高考物理一轮复习第5章机械能及其守恒定律微专题6功能关系能量守恒定律学案

这是一份高考物理一轮复习第5章机械能及其守恒定律微专题6功能关系能量守恒定律学案，共10页。
1. (2019·浙江选考)奥运会比赛项目撑杆跳高如图所示，下列说法不正确的是( )
A．加速助跑过程中，运动员的动能增加
B．起跳上升过程中，杆的弹性势能一直增加
C．起跳上升过程中，运动员的重力势能增加
D．越过横杆后下落过程中，运动员的重力势能减少，动能增加
B [加速助跑过程中速度增大，动能增加，A正确；撑杆从开始形变到撑杆恢复形变时，先是运动员部分动能转化为杆的弹性势能，后弹性势能转化为运动员的动能与重力势能，杆的弹性势能不是一直增加，B错误；起跳上升过程中，运动员的高度在不断增大，所以运动员的重力势能增加，C正确；当运动员越过横杆下落的过程中，他的高度降低、速度增大，重力势能转化为动能，即重力势能减少，动能增加，D正确。]
2.(2017·全国卷Ⅲ)如图所示，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eq \f(1,3)l。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为( )
A．eq \f(1,9)mgl B．eq \f(1,6)mgl C．eq \f(1,3)mgl D．eq \f(1,2)mgl
A [以均匀柔软细绳MQ段为研究对象，其质量为eq \f(2,3) m，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＝－eq \f(2,3)mg·eq \f(l,3)＝－eq \f(2,9)mgl，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＝－eq \f(2,3)mg·eq \f(l,6)＝－eq \f(1,9)mgl，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＝－eq \f(1,9)mgl＋eq \f(2,9)mgl＝eq \f(1,9)mgl，选项A正确。]
3．(多选)(2020·全国卷Ⅰ)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
AB [由重力势能和动能随下滑距离s变化的图象可知，重力势能和动能之和随下滑距离s的增大而减小，可知物块下滑过程中机械能不守恒，A项正确；在斜面顶端，重力势能mgh＝30 J，解得物块质量m＝1 kg，由重力势能随下滑距离s变化图象可知，重力势能可以表示为Ep＝(30－6s)J，由动能随下滑距离s变化图象可知，动能可以表示为Ek＝2s J，设斜面倾角为θ，则有sin θ＝eq \f(h,L)＝eq \f(3,5)，cs θ＝eq \f(4,5)，由功能关系有－μmgcs θ·s＝Ep＋Ek－30 J＝(30－6s＋2s－30) J＝－4s J，可得μ＝0.5，B项正确；由Ek＝2s J，Ek＝eq \f(mv2,2)可得，v2＝4s m2/s2，对比匀变速直线运动公式v2＝2as，可得a＝2 m/s2，即物块下滑时加速度的大小为2.0 m/s2，C项错误；由重力势能和动能随下滑距离s变化图象可知，当物块下滑2.0 m时机械能为E＝18 J＋4 J＝22 J，机械能损失了ΔE＝30 J－22 J＝8 J，D项错误。]
1．常见的功能关系
2．对功能关系的理解
(1)做功的过程就是能量转化的过程，不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的。
(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。
摩擦力做功与能量转化
1．两种摩擦力做功的比较
2.摩擦生热的“三点”提醒
(1)大小：系统内因滑动摩擦力做功产生的热量Q＝Ffx相对
(2)产生：有滑动摩擦力的系统内存在相对位移，摩擦生热Q＝Ffx相对中，x相对是两物体间相对运动的位移，即同向相减、反向相加；若物体做往复运动，则x相对为总的相对路程。
(3)能量变化有两种形式：一是相互摩擦的物体之间机械能转移；二是机械能转化为内能(即热量)。
eq \([典例1]) 如图所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A、B两端间距L＝16 m，传送带以速度v＝10 m/s沿顺时针方向运动，物体m＝1 kg，无初速度地放置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，试求：(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2)
(1)物体由A端运动到B端的时间；
(2)系统因摩擦产生的热量。
思维流程：解此题按以下思路：
eq \x(轻放物体)eq \(――→,\s\up10(受力),\s\d6(分析))eq \x(物体加速下滑)eq \(――→,\s\up10(运动),\s\d6(分析))eq \x(共速)eq \(――→,\s\up10(受力),\s\d6(分析))eq \x(继续加速)
[解析] (1)物体刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得
mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1
设物体经时间t1加速到与传送带同速，则
v＝a1t1，x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)
解得a1＝10 m/s2，t1＝1 s，x1＝5 m
设物体与传送带同速后再经过时间t2到达B端，因mgsin θ>μmgcs θ，故当物体与传送带同速后，物体将继续加速，即mgsin θ－μmgcs θ＝ma2
L－x1＝vt2＋eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)
解得t2＝1 s
故物体由A端运动到B端的时间
t＝t1＋t2＝2 s。
(2)物体与传送带间的相对位移
x相＝(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)＝6 m
故Q＝μmgcs θ·x相＝24 J。
[答案] (1)2 s (2)24 J
相对滑动物体能量问题的解题流程
eq \([跟进训练])
水平地面上摩擦力做功分析
1．(多选)(2019·江苏高考)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中( )
A．弹簧的最大弹力为μmg
B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C．弹簧的最大弹性势能为μmgs
D．物块在A点的初速度为eq \r(2μgs)
BC [物块向左运动压缩弹簧，弹簧最短时，物块具有向右的加速度，弹力大于摩擦力，即F>μmg，A错误；根据功的公式，物块克服摩擦力做的功W＝μmgs＋μmgs＝2μmgs，B正确；根据能量守恒，弹簧弹开物块的过程中，弹簧的弹性势能通过摩擦力做功转化为内能，故Epm＝μmgs，C正确；根据能量守恒，在整个过程中，物体的初动能通过摩擦力做功转化为内能，即eq \f(1,2)mv2＝2μmgs，所以v＝2eq \r(μgs)，D错误。]
传送带问题中的摩擦力做功问题
2.如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以图示速度v匀速运动。物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体运动一段距离能保持与传送带相对静止。对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程，下列说法正确的是( )
A．电动机多做的功为eq \f(1,2)mv2
B．摩擦力对物体做的功为mv2
C．传送带克服摩擦力做的功为eq \f(1,2)mv2
D．物体与传送带因摩擦产生的热量为eq \f(1,2)mv2
D [电动机多做的功转化成了物体的动能和内能，物体从静止释放到相对传送带静止过程中获得的动能为eq \f(1,2)mv2，所以电动机多做的功一定大于eq \f(1,2)mv2，所以A错误；物体从静止释放到相对传送带静止过程中只有摩擦力对物体做功，由动能定理可知，摩擦力对物体做的功等于物体动能的变化，即为eq \f(1,2)mv2，所以B错误；物体做匀加速直线运动的末速度为v，故此过程中物体的平均速度为eq \f(v,2)，传送带的速度为v，则此过程传送带的位移为物体位移的2倍，因为摩擦力对物体做功为eq \f(1,2)mv2，故传送带克服摩擦力做的功为mv2，故C错误；传送带克服摩擦力做的功为mv2，物体获得的动能为eq \f(1,2)mv2，根据能量守恒定律知，物体与传送带因摩擦产生的热量为eq \f(1,2)mv2，故D正确。]
“滑块—木板”问题中摩擦力做功
3.(多选)如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为M的长木板以一定的初速度向右匀速运动，将质量为m的小铁块无初速度地轻放到长木板右端，小铁块与长木板间的动摩擦因数为μ，当小铁块在长木板上相对长木板滑动L时，与长木板保持相对静止，此时长木板对地的位移为x，在这个过程中，下面说法正确的是( )
A．小铁块增加的动能为μmg(x＋L)
B．长木板减少的动能为μmgx
C．摩擦产生的热量为μmg(x－L)
D．系统机械能的减少量为μmgL
BD [对小铁块，摩擦力做正功，根据动能定理有μmg(x－L)＝eq \f(1,2)mv2－0，其中(x－L)为小铁块相对地面的位移，则小铁块增加的动能ΔEkm＝μmg(x－L)，A项错误；对长木板，摩擦力做负功，根据动能定理，长木板减少的动能ΔEkM＝μmgx，B项正确；摩擦产生的热量Q＝μmgL(L为相对位移)，C项错误；根据能量守恒定律，系统减少的机械能等于产生的热量ΔE＝Q＝μmgL，D项正确。]
能量守恒定律的理解及应用
1．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，且减少量和增加量一定相等。
2．涉及弹簧的能量问题应注意
两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，具有以下特点：
(1)如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒。
(2)如果系统每个物体除弹簧弹力外所受合外力为零，则当弹簧伸长或压缩到最大程度时两物体速度相同。
eq \([典例2]) (多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC＝h。圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A处。弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。则圆环( )
A．下滑过程中，加速度一直减小
B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为eq \f(1,4)mv2
C．在C处，弹簧的弹性势能为eq \f(1,4)mv2－mgh
D．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度
思路点拨：解此题的关键是根据“B处速度最大”、“C处速度为零”分析圆环的运动过程及能量转化规律。
BD [圆环从A处由静止开始下滑，则说明圆环具有向下的加速度，经过B处的速度最大，说明在B处的加速度为零，到达C处的速度为零，说明圆环从B处开始减速、具有与速度相反方向的加速度，即下滑过程中，加速度先减小，后反向增大，故选项A错误；圆环从A处到C处的过程中，设圆环在C点时弹簧的弹性势能为Ep，该过程中圆环克服摩擦力做功为Wf，由能量守恒定律得mgh＝Ep＋Wf，圆环从C处到A处的过程中，由能量守恒定律得mgh＋Wf＝Ep＋eq \f(1,2)mv2，由以上两式解得Wf＝eq \f(1,4)mv2，Ep＝mgh－eq \f(1,4)mv2，选项B正确，C错误；由能量守恒定律得，圆环从A处到B处的过程中，mghAB＝E′p＋Wf1＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，圆环从B处到A处的过程中，mghAB＋Wf1＝E′p＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，由以上两式知，v1L1cs β＋L2，所以eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)