7-7能量守恒定律和功能关系（解析版）--2024高考一轮物理复习100考点100讲

这是一份7-7能量守恒定律和功能关系（解析版）--2024高考一轮物理复习100考点100讲，共18页。试卷主要包含了 功和能的关系， 能量守恒定律，　能量守恒定律解题思路， 对能量守恒定律的理解，　摩擦力做功与能量转化，，轻绳伸直后由静止释放等内容，欢迎下载使用。
2024年高考一轮复习100考点100讲第7章   机械能第7.7 讲  能量守恒定律和功能关系【知识点精讲】1．功能关系(1)功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。(2)做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必须通过做功来实现。2．能源人类对能源的利用大致经历了三个时期，即柴薪时期、煤炭时期、石油时期。自工业革命以来，煤和石油成为人类的主要能源。 3．自然界中自动地能量转化和转移具有方向性(1)机械能可以自发地全部转化为内能，但内能不能自发地全部转化为机械能而不引起其他变化。(2)内能总是自动地从高温物体向低温物体转移，而不能自动地从低温物体向高温物体转移。4．能量耗散(1) 燃料燃烧时，一旦把自己的热量释放出去，就不会再次自动能聚集起来供人类重新利用。电池中的化学能转化为电能，电能又通过灯泡转化为内能和光能，热和光被其他物质吸收之后变成周围环境的内能，我们无法把这些内能收集起来重新利用，这种现象叫做能量的耗散。(2)能量耗散带来的问题：一是可利用能源越来越少，造成能源危机；二是使环境吸收的耗散能量越来越多，造成环境污染，温度升高。（3）．能源短缺和环境恶化已经成为关系到人类社会能否持续发展的大问题。5. 功和能的关系（1）．功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。（2）．做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必通过做功来实现。（3）．功和能量变化关系如下：6. 能量守恒定律内容：能量既不会消灭，也不会创生。它只会从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到另一个物体，而在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变。表达式：ΔE减＝ΔE增。【方法归纳】1.　能量守恒定律解题思路2. 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．3．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． 4.　摩擦力做功与能量转化（1）．两种摩擦力的做功情况比较类别比较静摩擦力滑动摩擦力不同点能量的转化方面只有能量的转移，而没有能量的转化既有能量的转移，又有能量的转化一对摩擦力的总功方面一对静摩擦力所做功的代数和等于零一对滑动摩擦力所做功的代数和不为零，总功W＝－Ff·x相对，即摩擦时产生的热量相同点正功、负功、不做功方面两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功（2）.求解相对滑动物体的能量问题的方法(i)正确分析物体的运动过程，做好受力情况分析．(ii)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．(iii)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． 【最新高考题精练】1.(12分) （2021年1月浙江选考）如图所示，竖直平面内由倾角a＝60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心O2的连线，以及O2、E、O1和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ＝30°，G点与竖直墙面的距离。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力。(1)若释放处高度h＝h0，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小vc及在此过程中所受合力的冲量的大小和方向;(2)求小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN与h的关系式;(3)若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件?【名师解析】（1）由机械能守恒定律，mgh0=mvC2解得：vC=，由动量定理，I=mvC=m，方向水平向左。（2）由机械能守恒定律，mg（h-R）=mvD2在D点，由牛顿第二定律，FN=m解得：FN=2mg（-1）h满足的条件h≥R （3）第1种情况，不滑离轨道原路返回，条件是h≤R第2种情况，与墙面垂直碰撞后原路返回，在进入G之前是平抛运动，vxt=d，vy=gt，其中vx=vGsinθ，vy= vGcosθ，联立解得：vG=2，由机械能守恒定律，mg（h-R）=mvG2解得h满足的条件h=2.（16分）（2020高考江苏物理）如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动.在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为.在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物.重物由静止下落，带动鼓形轮转动.重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为.绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g.求：（1）重物落地后，小球线速度的大小v；（2）重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F；（3）重物下落的高度h.【名师解析】.（1）线速度  得（2）向心力  设F与水平方向的夹角为，则；解得（3）落地时，重物的速度，由机械能守恒得解得3．（12分）（2020年7月浙江选考）小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道和倾角的斜轨道平滑连接而成。质量的小滑块从弧形轨道离地高处静止释放。已知，，滑块与轨道和间的动摩擦因数均为，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。（1）求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；（2）通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；（3）若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道上到达的高度h与x之间的关系。（碰撞时间不计，，）【名师解析】：（1）机械能守恒定律        牛顿第二定律       牛顿第三定律          ，方向水平向左（2）能在斜轨道上到达的最高点为点，功能关系得，故不会冲出（3）滑块运动到距A点x处的速度为v，动能定理碰撞后的速度为，动量守恒定律设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h，动能定理得 4．(2015·浙江学业水平考试)太阳能汽车是利用太阳能电池板将太阳能转化为电能工作的一种新型汽车。已知太阳辐射的总功率约为4×1026 W，太阳到地球的距离为1.5×1011 m，假设太阳光传播到达地面的过程中约有40%的能量损耗，某太阳能汽车所用太阳能电池板接收到的太阳能转化为机械能的转化效率约为15%。若驱动该太阳能汽车正常行驶所需的机械功率为5 kW，且其中的来自于太阳能电池板，则所需的太阳能电池板的面积至少约为(已知半径为r的球体积为V＝πr3，球表面积为S＝4πr2)(　　)A．2 m2  B．6 m2  C．8 m2  D．12 m2【参考答案】C【名师解析】　以太阳为球心，以太阳到地球的距离为半径的球的表面积S＝4πd2，太阳辐射到该单位面积上的功率为P′＝。设电池板的面积为S′，由能量守恒得P机＝P′×15%×S′。解以上各式得S′＝≈8 m2。5．(2015·浙江学业水平考试)如图所示为跳伞爱好者表演高楼跳伞的情形，他们从楼顶跳下后，在距地面一定高度处打开伞包，最终安全着陆。则跳伞者(　　)A．机械能一直减小   B．机械能一直增大C．动能一直减小   D．重力势能一直增大【参考答案】A【名师解析】　由于空气阻力和降落伞对人的拉力做负功，所以跳伞者的机械能一直减小，A选项正确，B选项错误；打开伞包前人加速下降，动能增大，C选项错误；人的高度一直降低，重力势能一直减小，D选项错误。【最新模拟题精练】1．（2023天津南开区一模）桔槔（gāo）是我国古代的一种取水机械。其原理如图所示，在竖直支架上安装一根可绕支点转动的长细杆，杆的一端固定磐石，另一端通过长竹悬挂水桶。取水时人借助自身重力向下拉动长竹，使水桶浸入水中；打满水后，人向上助力提起水桶，忽略桔槔各衔接处的阻力，下列说法正确的是（　　）A. 向下取水过程，桔槔系统的机械能守恒B. 向下取水过程，人对桔槔系统做的功等于磐石增加的重力势能C. 向上提水过程，人对桔槔系统做的功一定等于系统机械能的改变量D. 向上提水过程，人对桔槔系统做的功一定等于系统的动能改变量【参考答案】C【名师解析】向下取水的过程中，人对桔槔系统做正功，桔槔系统的机械能增大，故A错误；向下取水的过程中，磐石的重力势能和动能都增大，水桶的重力势能减小，动能增大，所以人对桔槔系统做的功不一定等于磐石增加的重力势能，故B错误；根据功能关系，向上提水过程，人对桔槔系统做功一定等于系统机械能的改变量，故C正确，D错误。2. . (2023湖南名校5月质检)如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为的水平轨道AB通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道AB和水平轨道BO（长为）在B点与一个半径的光滑的竖直固定圆弧轨道相切于B点。以水平轨道BO末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下。水平轨道BO右下方有一段弧形轨道PQ，该弧形轨道是曲线在坐标系xOy（x>0，y>0）中的一半（见图中实线部分），弧形轨道Q端在y轴上。带电量为q（q>0）、质量为m的小球1与水平轨道AB、BO间的动摩擦因数为，在x轴上方存在竖直向上的匀强电场，其场强，重力加速度为g。（1）若小球1从倾斜轨道上由静止开始下滑，恰好能经过圆形轨道的最高点，求小球1经过O点时的速度大小；（2）若小球1从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在弧形轨道PQ上，请证明小球1每次落在PQ时动能均相同，并求出该动能大小；（3）将小球2静置于O点，小球1沿倾斜轨道由静止开始下滑，与小球2发生弹性碰撞（碰撞时间极短），小球1与小球2发生碰撞前的速度为，要使两小球碰后均能落在弧形轨道PQ上的同一地点，且小球1运动过程中从未脱离过圆形轨道，求小球1和小球2的质量之比。【参考答案】（1）；（2）证明过程见解析，；（3）或【名师解析】（1）设小球1恰好经过圆形轨道最高点时的速度大小为v，根据牛顿第二定律有   ①设小球1经过O点时的速度大小为v0，对小球1从圆形轨道最高点到O点的运动过程，根据动能定理有   ②联立①②解得   ③（2）小球1离开O点后做平抛运动，设经时间t小球1落在弧形轨道PQ上，根据运动学规律可知落点的坐标分别为   ④   ⑤由题意可知   ⑥设小球1落在弧形轨道PQ时的动能为Ek，对小球1从O点到落在弧形轨道PQ的过程，根据动能定理有   ⑦联立③~⑦式解得   ⑧由⑧式可知小球1每次落在PQ时动能均相同。（3）设小球2质量为M，小球1与小球2碰撞后二者的速度大小分别为、。要使两小球均能落在弧形轨道PQ上，两小球从O点抛出时应具有相同的速度，而两小球发生的是弹性碰撞，碰后不可能速度相同（即粘在一起），所以小球1碰后一定反弹，根据动量守恒定律和能量守恒定律分别有   ⑨   ⑩联立⑨⑩解得   ⑪   ⑫小球1运动过程中从未脱离过圆形轨道，分以下两种情况：第一种：小球1反弹后进入圆形轨道运动但未超过圆形轨道圆心等高处就沿轨道滑回，并且在返回O点时的速度大小为v2，这种情况下根据动能定理有   ⑬联立⑪⑫⑬解得   ⑭第二种：小球1反弹后进入圆形轨道并能够通过最高点，并到达倾斜轨道上，之后从倾斜轨道上滑回经过圆形轨道最终返回O点，且返回时速度大小为v2，这种情况下根据动能定理有   ⑮联立⑪⑫⑮解得   ⑯3.（16分）（2023湖北武汉4月调研）如图所示，在水平地面上方固定一足够长水平轨道，质量为的滑块套在水平轨道上，一不可伸长的轻绳一端固定在滑块底部O点，另一端连接质量为的小球。已知O点到地面的高度为，重力加速度大小为，不计小球与滑块受到的空气阻力。现将小球拉至与O点等高的处（A在水平轨道正下方），轻绳伸直后由静止释放。（1）若水平轨道光滑，轻绳OA长度为，当小球摆动到最低点时，迅速剪断轻绳，小球运动一段时间后落地（不反弹），小球落地时与滑块间的水平距离是多少?（2）若水平轨道粗糙，滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小球在摆动过程中，滑块始终保持静止；i.当小球所受重力的功率最大时，轻绳与水平方向的夹角的正弦值是多少?ii.滑块与水平轨道间的动摩擦因数至少是多少?【名师解析】.（16分）（1）设小球摆到最低点时速度大小为，滑块速度大小为，根据水平方向系统动量守恒，有①  1分根据系统机械能守恒，有②  1分剪断轻绳后，滑块做匀速运动，小球做平抛运动，经时间t落地，有③  1分小球落地时与滑块间的水平距离④  2分联立解得⑤  1分（2）设轻绳长度为，轻绳与水平方向夹角为时，绳中张力为，小球速度为。对小球，根据动能定理，有⑥  1分根据牛顿第二定律，有⑦  1分小球重力的功率⑧  1分重力功率最大时，小球速度的竖直分量最大，即小球加速度的竖直分量，则⑨  1分联立解得⑩  1分ii.对滑块，根据力的平衡，有水平方向  1分竖直方向  1分滑块始终保持静止，有  1分联立解得  1分则解得  1分 4.. (2023鄂东南省级示范性高中教育改革联盟5月模拟)如图所示，水平传送带以v=6m/s顺时针匀速转动，水平部分AB的长为L，并与长为3.6m的光滑倾斜轨道BC在B点平滑连接，BC与水平面的夹角为。现将一个可视为质点的工件从A点由静止释放，滑块与传送带间的动摩擦因数为，，要使工件能到达C点（没有施加其他外力辅助），下列关于和的取值可能正确的是（　　）A.  B. C.  D. 【参考答案】BC【名师解析】设工件恰好到达C点，根据机械能守恒工件达到B点的最小速度为恰好与传送带速度相等，则在水平传送带上，根据动能定理 5．（2023四川成都七中二诊）如图所示为速冻食品加工厂生产和包装饺子的一道工序。将饺子轻放在匀速运转的足够长的水平传送带上，不考虑饺子之间的相互作用和空气阻力。关于饺子在水平传送带上的运动，下列说法正确的是（　　）A．饺子一直做匀加速运动B．传送带的速度越快，饺子的加速度越大C．饺子由静止开始加速到与传送带速度相等的过程中，增加的动能等于因摩擦产生的热量D．传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能【参考答案】C【名师解析】饺子在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，故A错误；饺子的加速度，与传送带的速度无关，故B错误；饺子从静止加速到与传送带共速的过程，饺子增加的动能，因摩擦产生的热量又因为饺子从初速度为零开始做匀加速运动到和传送带共速，饺子的位移，所以饺子增加的动能等于因摩擦产生的热量，故C正确；传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能与因摩擦产生的热量的总和，故D错误。 6.（2022福建厦门四模）如图甲所示，足够长的水平传送带以某一恒定速率顺时针转动，一根轻弹簧两端分别与物块和竖直墙面连接，将物块在传送带左端无初速度释放，此时弹簧恰处于原长且为水平。物块向右运动的过程中，受到的摩擦力大小与物块位移的关系如图乙所示。已知物块质量为m，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为已知量，则（　　）
 A. 过程，物块所受的摩擦力方向向右B. 过程，物块做匀加速运动C. 弹簧的劲度系数为D. 传送带的速度为【参考答案】AC【名师解析】物块在刚释放的一段时间内相对传送带向左滑动，受到的滑动摩擦力向右，同时弹簧弹力逐渐增大，由题图乙可知当x=x0时，摩擦力发生突变，瞬间减小后，随着x正比例增大，考虑到弹簧弹力也是随x而正比例增大，由此可推知当x=x0时，物块刚好达与传送带达到共同速度，之后随着传送带继续向右运动，在x~2x0过程物块始终相对传送带静止，弹力和静摩擦力同时增大且平衡，物块做匀速直线运动，当x=2x0时，弹簧弹力大小增大至与滑动摩擦力大小相同，故A正确，B错误；C．根据前面分析可知，弹簧的劲度系数为，故C正确；D．在0~x0过程，弹簧弹力从0线性增大到kx0，则此过程的平均弹力大小为设传送带的速度为v，此过程对物块根据动能定理有解得，故D错误。 7.（2022天津大港期末） 如图所示，AB为倾角θ=37°的斜面轨道，轨道的AC部分光滑，CB部分粗糙。BP为圆心角等于143°，半径R=1m的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于B点，P、O两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A点，另一自由端在斜面上C点处，现有一质量m=2kg的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D点后（不拴接）释放，物块经过C点后，从C点运动到B点过程中的位移与时间的关系为x=12t-4t2（式中x单位是m，t单位是s），假设物块第一次经过B点后恰能到达P点，（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）试求：    (1)若CD=1m，物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功；(2)B、C两点间的距离x。(3)若BC部分光滑，把物块仍然压缩到D点释放，求物块运动到P点时受到轨道的压力大小。【参考答案】(1)156J；(2)6.125m；(3)49N【名师解析】(1)由x=12t-4t2知，物块在C点速度为v0=12m/s加速度大小a=8m/s2设物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功为W，由动能定理得W-mgsin37°·代入数据得W=+mgsin37°·=156J。(2)物块在CB段，根据牛顿第二定律，物块所受合力F=ma=16N物块在P点的速度满足mg=C到P的过程，由动能定理得-Fx-mgR（1+cos37°)=解得x=m=6.125m。(3)物块从C到P的过程中，由动能定理得-mgxsin37°-mgR（1+cos37°）=-物块在P点时满足FN+mg=联立以上两式得FN=49N。8． （2021辽宁模拟预测13）如图所示，倾角为的直角斜面体固定在水平地面上，其顶端固定有一轻质定滑轮，轻质弹簧和轻质细绳相连，一端接质量为m2的物块B，物块B放在地面上且使滑轮和物块间的细绳竖直，一端连接质量为m1的物块A，物块A放在光滑斜面上的P点保持静止，弹簧和斜面平行，此时弹簧具有的弹性势能为EP。不计定滑轮，细绳，弹簧的质量，不计斜面，滑轮的摩擦，已知弹簧的劲度系数为k，P点到斜面底端的距离为L。现将物块A缓慢斜向上移动，直到弹簧刚恢复原长时由静止释放物块A，当物块B刚要离开地面时，物块A的速度即变为零，求：(1)当物块B刚要离开地面时，物块A的加速度；(2)在以后的运动过程中物块A的最大速度。【参考答案】(1) A的加速度大小为，方向沿斜面向上(2)【名师解析】(1)B刚要离开地面时，A的速度恰好为零，即以后B不会离开地面．当B刚要离开地面时，地面对B的支持力为零，设绳上拉力为F．  B受力平衡，F=m2g对A，由牛顿第二定律，设沿斜面向上为正方向，  m1gsinθ-F=m1a联立解得 由最初A自由静止在斜面上时，地面对B支持力不为零，推得m1gsinθ＜m2g，  即， 故A的加速度大小为，方向沿斜面向上(2)由题意，物块A将以P为平衡位置振动，当物块回到位置P时有最大速度，设为vm．从A由静止释放，到A刚好到达P点过程，由系统能量守恒得，当A自由静止在P点时，A受力平衡，m1gsinθ=kx联立解得，