2022届高三统考物理人教版一轮复习学案：5.4 功能关系　能量守恒定律

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知识点一 功能关系
1．功能关系
(1)功是________的量度，即做了多少功就有多少________发生了转化．
(2)做功的过程一定伴随着____________，而且________必须通过做功来实现．
2．几种常见的功能关系及其表达式：
3.两个特殊的功能关系：
(1)滑动摩擦力与两物体间相对位移的乘积等于产生的内能，即________＝Q.
(2)感应电流克服安培力做的功等于产生的电能，即W克安＝E电．
知识点二 能量守恒定律
1．内容
能量既不会凭空________，也不会凭空消失，它只能从一种形式________为另一种形式，或者从一个物体________到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量________．
2．表达式
(1)E1＝E2. (2)ΔE减＝________.
思考辨析
(1)功等于能，功就是能．( )
(2)力对物体做功过程中，功和能相互转化．( )
(3)在物体的机械能减少的过程中，动能有可能是增大的．( )
(4)滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化．( )
(5)一个物体的能量增加，必定有别的物体能量减少．( )
(6)合力(不包括重力)做的功等于物体动能的改变量．( )
(7)克服与势能有关的力(重力、弹簧弹力、电场力等)做的功等于对应势能的增加量．( )
(8)能量守恒定律是有条件的．( )
教材改编
[人教版必修2P80T1，改编](多选)把质量是0.2 kg的小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A的位置，如图甲所示．迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置C(图丙)，途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态(图乙)．已知B、A的高度差为0.1 m，C、B的高度差为0.2 m，弹簧的质量和空气的阻力均可忽略．则状态甲中弹簧的弹性势能与状态乙中小球的动能分别为(g＝10 m/s2)( )
A．Ep＝0.6 J B．Ep＝6 J
C．Ek＝0.4 J D．Ek＝4 J
考点一 功能关系的理解及应用
师生共研
题型1|由能量变化分析做功
例1 如图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂．用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距13l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为( )
A. 19mgl B. 16mgl C. 13mgl D. 12mgl
题型2|由做功分析能量变化
例2 [2018·全国卷Ⅰ，18]如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )
A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR
题型3|功能关系的综合应用
例3 [2020·全国卷Ⅰ，20] (多选)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2.则( )
A．物块下滑过程中机械能不守恒
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
练1 [2020·温州模拟]蹦极是一项既惊险又刺激的运动，深受年轻人的喜爱，如图所示，蹦极者从P点由静止跳下，到达A处时弹性绳刚好伸直，继续下降到最低点B处，B离水面还有数米距离．蹦极者(视为质点)在其下降的整个过程中，重力势能的减少量为ΔE1，绳的弹性势能的增加量为ΔE2，克服空气阻力做的功为W，则下列说法正确的是( )
A．蹦极者从P到A的运动过程中，机械能守恒
B．蹦极者与绳组成的系统从A到B的运动过程中，机械能守恒
C．ΔE1＝W＋ΔE2
D．ΔE1＋ΔE2＝W
练2 焰火晚会上，万发礼花弹点亮夜空，如图所示为竖直放置的炮筒在发射礼花弹．炮筒的长度为1 m，每个礼花弹质量为1 kg(在炮筒内运动过程中看作质量不变)，礼花弹在炮筒中受到重力、高压气体的推力和炮筒内阻力的作用．当地重力加速度为10 m/s2，发射过程中高压气体对礼花弹做功900 J，礼花弹离开炮筒口时的动能为800 J．礼花弹从炮筒底部竖直运动到炮筒口的过程中，下列判断正确的是( )
A．重力势能增加800 J
B．克服炮筒内阻力做功90 J
C．克服炮筒内阻力做功无法计算
D．机械能增加800 J
考点二 能量守恒定律的应用
师生共研
对能量守恒定律的理解
(1)转化：某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等．
(2)转移：某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量相等．
例4 如图所示，一物体质量m＝2 kg，在倾角θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3 m/s下滑，A点距弹簧上端B的距离AB＝4 m．当物体到达B点后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝0.2 m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，D点距A点的距离AD＝3 m，挡板及弹簧质量不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：
(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ.
(2)弹簧的最大弹性势能Epm.
练3 (多选)如图所示，AB为固定水平长木板，长为L，C为长木板的中点，AC段光滑，CB段粗糙，一原长为L4的轻弹簧一端连在长木板左端的挡板上，另一端连一物块，开始时将物块拉至长木板的右端B点，由静止释放物块，物块在弹簧弹力的作用下向左滑动，已知物块与长木板CB段间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，弹簧的劲度系数为k，且k>4μmgL，物块第一次到达C点时，物块的速度大小为v0，这时弹簧的弹性势能为E0，不计物块的大小，则下列说法正确的是( )
A．物块可能会停在CB面上某处
B．物块最终会做往复运动
C．弹簧开始具有的最大弹性势能为12mv02＋E0
D．物块克服摩擦做的功最大为12mv02＋12μmgL
练4 [2021·浙江东阳模拟]如图所示，水平面上的A点有一固定的理想弹簧发射装置，发射装置内壁光滑，A点为发射口所在的位置，在竖直面内由内壁光滑的钢管弯成的“9”字形固定轨道在B点与水平面平滑相接，钢管内径很小，“9”字全高H＝1 m，“9”字上半部分圆弧轨道半径R＝0.1 m，圆弧为34圆周，圆弧轨道与其下端相接的水平部分轨道相切，当弹簧压缩量为2 cm(弹性限度内)时，启动发射装置，恰能使质量m＝0.1 kg的滑块沿轨道上升到最高点C，已知弹簧弹性势能与其压缩量的平方成正比，A、B间距离为L＝4 m，滑块与水平面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)当弹簧压缩量为2 cm时，弹簧的弹性势能；
(2)当弹簧压缩量为3 cm(弹性限度内)时，启动发射装置，滑块滑到轨道最高点C时对轨道的作用力；
(3)当弹簧压缩量为3 cm时，启动发射装置，滑块从D点水平抛出后的水平射程．
题后反思
1．运用能量守恒定律解题的基本思路
2．多过程问题的解题技巧
(1)“合”——初步了解全过程，构建大致的运动图景．
(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个过程的规律．
(3)“合”——找到子过程的联系，寻找解题方法．
考点三 摩擦力做功与能量转化
多维探究
1．两种摩擦力的做功情况比较
2.求解相对滑动物体的能量问题的方法
(1)正确分析物体的运动过程，做好受力情况分析．
(2)利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位移关系．
(3)公式Q＝Ff·x相对中x相对为两接触物体间的相对位移，若物体在传送带上做往复运动时，则x相对为总的相对路程．
题型1|滑块一滑板模型中能量的转化问题
例5 如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在t＝0时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，之后长木板运动v ­ t图象如图乙所示，已知小物块与长木板的质量均为m＝1 kg，已知木板足够长，(g＝10 m/s2)，求：
(1)小物块与长木板间动摩擦因数的值；
(2)在整个运动过程中，系统所产生的热量．
题型2|传送带模型中能量的转化问题
例6 电动机带动水平传送带以速度v匀速传动，一质量为m的小木块由静止轻放在传送带上，如图所示．若小木块与传送带之间的动摩擦因数为μ，当小木块与传送带相对静止时，求：
(1)小木块的位移；
(2)传送带转过的路程；
(3)小木块获得的动能；
(4)摩擦过程产生的摩擦热；
(5)电动机带动传送带匀速传动输出的总能量．
练5 [2021·江西九江一模](多选)第一次将一长木板静止放在光滑水平面上，如图甲所示，一小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止．第二次将长木板分成A、B两块，使B的长度和质量均为A的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v0由A的左端开始向右滑动，如图乙所示．若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列说法正确的是( )
A．小铅块将从B的右端飞离木板
B．小铅块滑到B的右端前已与B保持相对静止
C．第一次和第二次过程中产生的热量相等
D．第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量
练6 [2020·黑龙江齐齐哈尔市期末]如图所示，固定的粗糙弧形轨道下端B处水平，上端A与B的高度差为h1＝0.3 m，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ＝37°，传送带的上端C点与B点的高度差为h2＝0.112 5 m(传送带传动轮的大小可忽略不计)．一质量为m＝1 kg的滑块(可看作质点)从轨道的A点由静止滑下，然后从B点水平抛出，恰好以平行于传送带的速度落到传送带上C点，传送带逆时针转动，速度大小为v＝0.5 m/s，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，且传送带足够长，空气阻力忽略不计，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，试求：
(1)滑块运动至C点时的速度vC的大小；
(2)滑块由A到B运动过程中克服摩擦力做的功Wf；
(3)滑块在传送带上运动时与传送带因摩擦产生的热量Q.
思维拓展
能量守恒与功能关系STSE问题
例1 [太阳能路灯]图中的路灯为太阳能路灯，每只路灯的光伏电池板有效采光面积约0.3 m2.晴天时电池板上每平方米每小时接收到的太阳辐射能约为3×106 J．如果每天等效日照时间约为6 h，光电池一天产生的电能可供30 W的路灯工作8 h，则光电池的光电转换效率约为( )
A．4.8% B．9.6% C．16% D．44%
例2 [风力发电]毕节，是全国唯一一个以“开发扶贫、生态建设”为主题的试验区，是国家“西电东送”的主要能源基地．如图所示，赫章的韭菜坪建有风力发电机，风力带动叶片转动，叶片再带动转子(磁极)转动，使定子(线圈，不计电阻)中产生电流，实现风能向电能的转化．若叶片长为l，设定的额定风速为v，空气的密度为ρ，额定风速下发电机的输出功率为P，则风能转化为电能的效率为( )
A. 2Pπρl2v3 B. 6Pπρl2v3 C. 4Pπρl2v3 D. 8Pπρl2v3
例3 [节能汽车] (多选)某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到节能的目的．某次测试中，汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机，测出了汽车动能Ek与位移x的关系图象如图所示，其中①是关闭储能装置时的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线．已知汽车的质量为1 000 kg，设汽车运动过程中所受地面阻力恒定，空气阻力不计．根据图象所给的信息可求出( )
A．汽车行驶过程中所受地面的阻力为1 000 N
B．汽车的额定功率为80 kW
C．汽车加速运动的时间为22.5 s
D．汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5×105 J
例4 [无人驾驶乘用车]
情境：2018年11月11日，在百度世界大会上，百度与一汽共同宣布：L4级别完全自动化无人驾驶乘用车将批量生产．有关资料检测表明，当无人驾驶车正以20 m/s的速度在平直公路上行驶时，遇到紧急情况需立即刹车(忽略无人驾驶汽车反应时间)．设该车刹车时产生的加速度大小为8 m/s2.
问题：将上述运动简化为匀减速直线运动，直到汽车停下．已知无人驾驶汽车质量为1.8 t.
求：在此过程中该无人驾驶汽车
(1)动能如何变化？
(2)前进的距离x是多少？
第4讲 功能关系 能量守恒定律
基础落实
知识点一
1．(1)能量转化 能量 (2)能量的转化 能量转化
2．重力势能 减小 增加 Ep1－Ep2 弹性势能 减少 增加 机械能 0 机械能 增加 减小 减少 增加 增加 Ff·x相对
3．Ff·x相对
知识点二
1．产生 转化 转移 保持不变
2．(2)ΔE增
思考辨析
(1)× (2)× (3)√ (4)√ (5)√ (6)× (7)√ (8)×
教材改编
答案：AC
考点突破
例1 解析：以均匀柔软细绳MQ段为研究对象，其质量为23m，取M点所在的水平面为零势能面，开始时，细绳MQ段的重力势能Ep1＝－23mg·l3＝－29mgl，用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点时，细绳MQ段的重力势能Ep2＝－23mg·l6＝－19mgl，则外力做的功即克服重力做的功等于细绳MQ段的重力势能的变化，即W＝Ep2－Ep1＝－19mgl＋29mgl＝19mgl，选项A正确．
答案：A
例2 解析：设小球运动到c点的速度大小为vc，则对小球由a到c的过程，由动能定理有F·3R－mgR＝12mvc2，又F＝mg，解得vc＝2gR，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为t＝vcg＝2Rg，在水平方向的位移大小为x＝12gt2＝2R.由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨道最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量为ΔE＝F·5R＝5mgR，C正确，A、B、D错误．
答案：C
例3 解析：由题图可得Fp0＝mgh＝30 J，其中h＝3 m，则m＝1 kg，动能和重力势能之和减小，机械能不守恒，故A正确；由题图可知，物块到达底端时动能为10 J，由Ek＝12mv2，可得v＝25 m/s，由v2－v02＝2as得，a＝v2-v022s＝2 m/s2，故C错误；设斜面倾角为θ，有sin θ＝0.6，cs θ＝0.8，由牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cs θ＝ma，解得μ＝0.5，故B正确；下滑2.0 m时，动能、重力势能之和为22 J，故机械能损失8 J，故D错误．故选A、B.
答案：AB
练1 解析：蹦极者从P到A及从A到B的运动过程中，由于有空气阻力做功，所以机械能减少，选项A、B错误；整个过程中重力势能的减少量等于绳的弹性势能增加量和克服空气阻力做功之和，即ΔE1＝W＋ΔE2，选项C正确，选项D错误．
答案：C
练2 解析：礼花弹从炮筒底部竖直运动到炮筒口的过程中，重力势能增加ΔEp＝mgΔh＝10 J，A错误；由动能定理可知，合外力对礼花弹做功800 J，重力做功－10 J，高压气体做功900 J，所以克服炮筒内阻力做功90 J，B正确，C错误；由功能关系，重力以外其他力做功810 J，所以礼花弹机械能增加810 J，D错误．
答案：B
例4 解析：(1)物体从开始位置A点到最后D点的过程中，弹性势能没有发生变化，动能和重力势能减少，机械能的减少量为
ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝12mv02＋mgxADsin 37°①
物体克服摩擦力产生的热量为Q＝Ffx②
其中x为物体的路程，即x＝5.4 m③
Ff＝μmgcs 37°④
由能量守恒定律可得ΔE＝Q⑤
由①②③④⑤式解得μ＝0.52.
(2)由A到C的过程中，动能减少ΔE′k＝12mv02⑥
重力势能减少ΔE′p＝mgxACsin37°⑦
摩擦生热Q′＝FfxAC＝μmgcs37°xAC⑧
由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为
ΔEpm＝ΔE′k＋ΔE′p－Q′⑨
联立⑥⑦⑧⑨解得ΔEpm＝24.5 J.
答案：(1)0.52 (2)24.5 J
练3 解析：由于k>4μmgL，k·14L>μmg，由此，物块不可能停在BC段，故A错误；只要物块滑上BC段，就要克服摩擦力做功，物块的机械能就减小，所以物块最终会在 AC段做往返运动，故B正确；物块从开始运动到第一次运动到C点的过程中，根据能量守恒定律得：Epm＝E0＋12mv02＋μmg·L2，故C错误；物块第一次到达C点时，物块的速度大小为v0，物块最终会在AC段做往返运动，到达C点的速度为0，可知物块克服摩擦做的功最大为Wfm＝Epm－E0＝12mv02＋12μmgL，故D正确．
答案：BD
练4 解析：(1)根据能量守恒定律得，Ep＝μmgL＋mgH，解得Ep＝1.8 J.
(2)因为弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比
故当弹簧压缩量为3 cm时，E′P＝94Ep
根据能量守恒定律得E′P＝μmgL＋mgH＋12mvC2
由牛顿第二定律得FN＋mg＝mvC2R，解得FN＝44 N
由牛顿第三定律可知，滑块滑到轨道最高点C时对轨道作用力的大小F′N＝44 N，方向竖直向上．
(3)根据能量守恒定律可得E′p＝μmgL＋mg(H－2R)＋12mvD2，解得vD＝7 m/s
由平抛运动规律得H－2R＝12gt2，x＝vDt
故水平射程x＝2.8 m.
答案：(1)1.8 J (2)44 N 方向竖直向上 (3)2.8 m
例5 解析：本题考查功能关系在板块模型中的应用．
(1)设小物块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，长木板达到的最大速度为vm，长木板加速过程中，由牛顿第二定律得
μ1mg－2μ2mg＝ma1，
vm＝a1t1，
木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿第二定律得
μ2·2mg＝2ma2，
vm＝a2t2，
由图象可知，vm＝2 m/s，t1＝2 s，t2＝1 s，
联立解得μ1＝0.5.
(2)设小物块初速度为v0，则滑上长木板时的加速度大小为a0，则有μ1mg＝ma0，
vm＝v0－a0t1，
在整个过程中，由能量守恒定律得Q＝12mv02＝72 J.
答案：(1)0.5 (2)72 J
例6 解析：木块刚放上时速度为零，必然受到传送带的滑动摩擦力作用，做匀加速直线运动，达到与传送带共速后不再相对滑动，整个过程中木块获得一定的能量，系统要产生摩擦热．对小木块，相对滑动时由μmg＝ma得加速度a＝μg.由v＝at得，达到相对静止所用时间t＝vμg.
(1)小木块的位移l1＝v2t＝v22μg.
(2)传送带始终匀速运动，路程l2＝vt＝v2μg.
(3)小木块获得的动能Ek＝12mv2
也可用动能定理μmgl1＝Ek，故Ek＝12mv2.
(4)产生的摩擦热：Q＝μmg(l2－l1)＝12mv2.(注意：Q＝Ek是一种巧合，不是所有的问题都这样)
(5)由能量守恒定律得，电机输出的总能量转化为小木块的动能与摩擦热，所以E总＝Ek＋Q＝mv2.
答案：(1) v22μg (2) v2μg (3) 12mv2 (4) 12mv2 (5)mv2
练5 解析：在第一次小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，当小铅块运动到B上后A停止加速，只有B加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与B将更早共速，所以小铅块还没有运动到B的右端，二者就已共速，A错误，B正确；由于第一次的相对路程大于第二次的相对路程，则第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量，C错误，D正确．
答案：BD
练6 解析：(1)在C点，竖直分速度：vy＝2gh2＝1.5 m/s
由vy＝vCsin 37°，解得vC＝2.5 m/s
(2)C点的水平分速度与B点的速度相等，则
vB＝vx＝vCcs 37°＝2 m/s
从A到B点的过程中，根据动能定理得
mgh1－Wf＝12mvB2
解得Wf＝1 J
(3)滑块在传送带上运动时，根据牛顿第二定律有
μmgcs 37°－mgsin 37°＝ma
解得a＝0.4 m/s2
达到与传送带共速所需时间t＝vC-va＝5 s滑块与传送带间的相对位移Δx＝v+vC2t－vt＝5 m
由于mgsin 37°