【讲与练】高中物理人教版(2019)必修2：第8章核心素养微课5学案

核心素养微课(五)课题一功能关系的理解和应用1．对功能关系的进一步理解(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。2．几种常见的功能关系及其表达式力做功能的变化定量关系合外力做功动能变化(1)合外力做正功，动能增加；(2)合外力做负功，动能减少；(3)W＝Ek2－Ek1＝ΔEk重力做功重力势能变化(1)重力做正功，重力势能减少；(2)重力做负功，重力势能增加；(3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2弹簧弹力做功弹性势能变化(1)弹力做正功，弹性势能减少；(2)弹力做负功，弹性势能增加；(3)WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2除重力和弹簧弹力之外的其他力做功机械能变化(1)其他力做正功，机械能增加；(2)其他力做负功，机械能减少；(3)W＝ΔE＝E2－E1一对相互作用的滑动摩擦力的总功内能变化(1)作用于系统的一对滑动摩擦力的总功一定为负值，系统内能增加；(2)Q＝Ff·L相对典例剖析典题1(多选)如图所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速度由底端冲上倾角为30°的固定斜面，上升的最大高度为h，其加速度大小为eq\f(3,4)g。在这个过程中，物体(AC)A．重力势能增加了mghB．动能减少了mghC．动能减少了eq\f(3mgh,2)D．机械能损失了eq\f(3mgh,2)解析：物体重力势能的增加量等于克服重力做的功，选项A正确；合力做的功等于物体动能的变化量，则可知动能减少量为ΔEk＝maeq\f(h,sin30°)＝eq\f(3,2)mgh，选项B错误，C正确；机械能的损失量等于克服摩擦力做的功，因为mgsin30°＋Ff＝ma，a＝eq\f(3,4)g，所以Ff＝eq\f(1,4)mg，故克服摩擦力做的功Wf＝Ffeq\f(h,sin30°)＝eq\f(1,4)mgeq\f(h,sin30°)＝eq\f(1,2)mgh，选项D错误。技巧点拨功能关系的选用原则(1)总的原则是根据做功与能量转化的一一对应关系，确定所选用的定理或规律，若只涉及动能的变化用动能定理分析。(2)只涉及重力势能的变化用重力做功与重力势能变化的关系分析。(3)只涉及机械能的变化用除重力和系统内弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析。对点训练❶一架直升机通过绳索用恒力F竖直向上拉起一个放在地面上的木箱，使其由静止开始加速上升到某一高度，若考虑空气阻力而不考虑空气浮力，则在此过程中①拉力F所做的功减去克服阻力所做的功等于木箱重力势能的增加量②木箱克服重力所做的功等于重力势能的增加量③拉力F、重力、阻力三者的合力所做的功等于木箱重力势能的增加量④拉力F和阻力的合力所做的功等于木箱机械能的增加量上述说法中正确的有(B)A．只有① B．②④C．①④ D．只有②解析：木箱上升时受到重力、拉力F和阻力，在此过程中，根据动能定理有WF－mgh－WFf＝eq\f(1,2)mv2，则拉力F所做的功减去克服阻力所做的功等于木箱机械能的增加量，拉力F、重力、阻力三者的合力所做的功等于木箱动能的增加量，故①③错误，④正确；重力势能的增加量等于木箱克服重力所做的功，故②正确，故选项B正确。课题二能量守恒定律的理解和应用对能量守恒定律的理解(1)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)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。典例剖析典题2如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),4)，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m＝4kg，B的质量为m＝2kg，初始时物体A到C点的距离为L＝1m，现给A、B一初速度v＝3m/s，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点。已知重力加速度取g＝10m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态，求此过程中：(1)物体A向下运动刚到达C点时的速度大小；(2)弹簧的最大压缩量；(3)弹簧的最大弹性势能。解析：(1)物体A向下运动到C点的过程中，对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得2mgLsinθ＋eq\f(1,2)·3mveq\o\al(2,0)＝mgL＋μ·2mgcosθ·L＋eq\f(1,2)·3mv2，解得v＝2m/s。(2)在物体A由C点将弹簧压缩到最大压缩量，又返回到C点的过程中，A、B组成的系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，即eq\f(1,2)·3mv2－0＝μ·2mgcosθ·2x其中x为弹簧的最大压缩量，解得x＝0.4m。(3)设弹簧的最大弹性势能为Epm，物体A由C点向下运动到最低点的过程中，对A、B和弹簧组成的系统，由能量守恒定律可得eq\f(1,2)·3mv2＋2mgxsinθ＝mgx＋μ·2mgcosθ·x＋Epm，解得Epm＝6J。答案：(1)2m/s(2)0.4m(3)6J规律总结运用能量守恒定律解题的基本思路素养达标1.(多选)目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运动，其中一些卫星的轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小，若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是(BD)A．卫星的动能逐渐减小B．由于地球引力做正功，引力势能一定减小C．由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变D．卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小量解析：卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，做近心运动，万有引力做正功，引力势能减小，B正确；由于稀薄气体的阻力做负功，机械能减小，C错误；卫星做圆周运动，设卫星质量为m，地球质量为M，卫星的速度大小为v，卫星轨道半径为r，则有eq\f(GMm,r2)＝eq\f(mv2,r)，解得v＝eq\r(\f(GM,r))，Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(GMm,2r)，轨道半径变小，则动能变大，可知引力做的正功大于卫星克服阻力做的功，A错误，D正确。2．(多选)如图所示，一轻弹簧左端固定在长木板的左端，右端与小木块连接，各接触面均光滑，长木板的质量为M，小木块的质量为m(m<M)。开始时，小木块和长木板均静止，现同时对小木块、长木板施加等大反向的水平恒力F1和F2，从两物体开始运动到弹簧第一次被拉至最长的过程中，对小木块、长木板和弹簧组成的系统(整个过程中弹簧形变不超过其弹性限度)，下列说法正确的是(BD)A．由于F1、F2等大反向，所以系统的机械能守恒B．由于F1、F2分别对小木块、长木板做正功，所以系统的机械能不断增加C．由于长木板质量较大，所以当小木块的动能到达最大时，长木板的动能未能达到最大D．小木块、长木板的动能将同时达到最大解析：由于F1、F2对系统做的功之和不为0，所以系统的机械能不守恒，故选项A错误；从两物体开始运动到弹簧第一次被拉至最长的过程中，F1、F2分别对小木块、长木板做正功，所以系统的机械能不断增加，故选项B正确；当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，长木板和小木块受力平衡，加速度减为0，此时速度均达到最大值，所以各自的动能均达到最大，故选项C错误，D正确。3．如图所示，重10N的滑块在倾角为30°的斜面上，从a点由静止开始下滑，到b点开始压缩轻弹簧，到c点时达到最大速度，到d点(图中未画出)开始弹回，返回b点离开弹簧，恰能再回到a点。若bc＝0.1m，弹簧弹性势能的最大值为8J，则下列说法正确的是(A)A．轻弹簧的劲度系数是50N/mB．从d到b滑块克服重力做功8JC．滑块的动能最大值为8JD．从d点到b点物体的动能增加量等于弹性势能减少量解析：滑块从b点开始压缩弹簧，到c点达到最大速度，说明在c点受力平衡，由牛顿第二定律kΔx＝mgsinθ，其中Δx＝bc，解得k＝50N/m，故A项正确；从d到a，滑块动能变化为零，弹簧对其做的功全部转化为重力势能，所以从d到a克服重力做功8J，显然从d到b滑块克服重力做功小于8J，故B项错误；c点滑块速度最大，动能最大，从d点到c点弹簧势能变化量小于从d点到b点弹簧势能变化量，即小于8J，从d点到c点弹簧势能变化量转化为滑块的动能和重力势能，所以在c点滑块动能小于8J，即滑块最大动能小于8J，故C项错误；从d点到b点，减小的弹性势能转化为滑块的动能和重力势能，故D项错误。故选A。4．(2023·合肥市高三一模)我国风洞技术世界领先。下图为某风洞实验的简化模型，风洞管中的均流区斜面光滑，一物块在恒定风力的作用下由静止沿斜面向上运动，从物块接触弹簧至到达最高点的过程中(弹簧在弹性限度内)，下列说法正确的是(D)A．物块的速度一直减小到零B．物块加速度先不变后减小C．弹簧弹性势能先不变后增大D．物块和弹簧组成的系统的机械能一直增大解析：从物块接触弹簧开始至到达最高点的过程中，对物块受力分析，沿斜面方向有F风－mgsinθ－kx＝ma，弹簧的压缩量x从0开始增大，物块先沿斜面加速，加速度向上且逐渐减小，当a减小到0时，速度加速到最大；然后加速度反向且逐渐增大，物体减速，直至减速到0，故A、B错误；由于弹簧的压缩量不断增大，所以弹性势能不断增大，故C错误；由于风力对物块一直做正功，所以物块与弹簧组成的系统机械能一直增大，故D正确。故选D。5．(多选)一抛物线形状的光滑固定导轨竖直放置，O为抛物线导轨的顶点，O点离地面的高度为h，A、B两点相距2h，轨道上套有一个小球M，小球M通过轻杆与光滑地面上的小球N相连，两小球的质量均为m，轻杆的长度为2h，现将小球M由距地面竖直高度eq\f(3,4)h处由静止释放，则(BC)A．小球M将做平抛运动B．小球M即将落地时，小球N的动能为eq\f(mgh,4)C．小球M即将落地时速度大小为eq\r(gh)D．小球M即将落地时，小球N的速度大小为eq\f(\r(gh),2)解析：小球M运动过程中受重力、轨道对小球的弹力、轻杆对小球的弹力，不满足做平抛运动的条件，A错误；小球M即将落地时，设小球M的速度为v，则小球N的速度为eq\f(\r(2),2)v，以两小球和轻杆组成的系统为研究对象，根据机械能守恒定律有eq\f(3mgh,4)＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)v))2，可以求出小球M的速度大小为eq\r(gh)，小球N的速度大小为eq\f(\r(2gh),2)，C正确，D错误；小球N的动能为eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)v))2＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2gh),2)))2＝eq\f(1,4)mgh，B正确。故选BC。6．(多选)(2022·大庆实验中学高一期末)足够长的传送带水平放置，在电动机的作用下以速度v2逆时针匀速转动，一质量为m的小煤块以速度v1滑上水平传送带的左端，且v1>v2。小煤块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(BD)A．煤块在传送带上的痕迹长为eq\f((v\o\al(2,1)－v\o\al(2,2)),2μg)B．煤块在传送带上的痕迹长为eq\f((v1＋v2)2,2μg)C．传送带与煤块摩擦产生的热量为eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,2))D．传送带克服煤块的摩擦力做功为mv2(v1＋v2)解析：小煤块以速度v1滑上传送带先向右做匀减速运动到速度为零，此过程有a＝eq\f(μmg,m)＝μg，t1＝eq\f(v1,a)，x1＝eq\f(v1,2)t1，此过程发生的相对位移为Δx1＝v2t1＋x1，联立解得Δx1＝eq\f(v1(2v2＋v1),2μg)，小煤块速度为零后开始向左做匀加速运动，直到与传送带达到共速v2，此过程有a＝eq\f(μmg,m)＝μg，t2＝eq\f(v2,a)，x2＝eq\f(v2,2)t2，此过程发生的相对位移为Δx2＝v2t2－x2，联立解得Δx2＝eq\f(v\o\al(2,2),2μg)，煤块在传送带上的痕迹长为s＝Δx1＋Δx2＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v1＋v2))2,2μg)，A错误，B正确；传送带与煤块摩擦产生的热量为Q＝μmgΔx1＋μmgΔx2＝μmgs＝eq\f(1,2)m(v1＋v2)2，C错误；传送带克服煤块的摩擦力做功为Wf＝μmgx传＝μmgv2(t1＋t2)＝mv2(v1＋v2)，D正确。故选BD。7．(多选)(2022·长安一中高一阶段练习)如图所示，光滑斜面体固定在水平地面上，顶端装有质量不计的光滑定滑轮，跨过定滑轮的不可伸长细线两端连接两质量相等的物块A和B。物块A的正下方地面上固定一竖直轻弹簧，弹簧始终处于弹性限度内，忽略空气阻力。物块B由斜面体底端静止释放后，在物块A下落至最低点的过程中。下列说法正确的是(AD)A．物块A与弹簧接触前，A、B组成的系统机械能守恒B．物块A刚与弹簧接触时，物块B的动能最大C．细线的拉力对物块B做的功大于B增加的机械能D．弹簧的最大弹性势能小于物块A下降过程中减少的重力势能解析：物块A与弹簧接触前，A、B组成的系统只有重力做功，故A、B组成的系统机械能守恒，故A正确；物块A刚与弹簧接触时弹簧的弹力为零，故系统依然有向下的加速度。在A向下加速的过程中，物块B在细绳拉力作用下与A有相同的速度大小，故物块A刚与弹簧接触时，物块B的动能还未达到最大值，故B错误；由功能关系知，除重