江苏专用2025版高考物理一轮复习第5章机械能及其守恒定律第4节功能关系能量守恒定律教案

PAGEPAGE2第4节功能关系能量守恒定律一、功能关系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)做功的过程肯定伴随着能量的转化，而且能量的转化必需通过做功来实现。2．几种常见的功能关系几种常见力做功对应的能量改变数量关系式重力正功重力势能削减WG＝－ΔEp负功重力势能增加弹簧等的弹力正功弹性势能削减W弹＝－ΔEp负功弹性势能增加电场力正功电势能削减W电＝－ΔEp负功电势能增加合力正功动能增加W合＝ΔEk负功动能削减重力以外的其他力正功机械能增加W其＝ΔE负功机械能削减二、能量守恒定律1．内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消逝。它只能从一种形式转化为另一种形式，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。2．表达式：ΔE减＝ΔE增。1．思索辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)(1)力对物体做了多少功，物体就具有多少能。 (×)(2)能量在转移或转化过程中，其总量会不断削减。 (×)(3)在物体的机械能削减的过程中，动能有可能是增大的。 (√)(4)既然能量在转移或转化过程中是守恒的，故没有必要节约能源。 (×)(5)滑动摩擦力做功时，肯定会引起机械能的转化。 (√)(6)一个物体的能量增加，必定有别的物体的能量削减。 (√)2．(人教版必修2P78T3改编)某人掷铅球，出手时铅球的动能为150J(不计铅球高度改变)。关于人对铅球的做功状况和能量转化状况，下列说法正确的是()A．此人对铅球做了150J的功，将体内的化学能转化为铅球的动能B．此人对铅球做的功无法计算C．此人对铅球没有做功，因此没有能量的转化D．此人对铅球做了150J的功，将铅球的重力势能转化为铅球的动能[答案]A3．(鲁科版必修2P44T5改编)质量为m的物体以初速度v0沿水平面对左起先运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x。则从起先碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为()A.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmg(s＋x) B．eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmgxC．μmgs D．μmg(s＋x)A[由能量守恒定律可知，物体的初动能eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)一部分用于克服弹簧弹力做功，另一部分用于克服摩擦力做功，故物体克服弹簧弹力所做的功为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmg(s＋x)，故选项A正确。]对功能关系的理解及应用eq\o([依题组训练])1．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。2．力学中常见的功能关系eq\o([题组训练])1．(2024·烟台测试)质量为m的物体在竖直向上的恒定拉力F的作用下，由静止起先向上运动H高度，所受空气阻力恒为f，g为当地的重力加速度。则此过程中，下列说法正确的是()A．物体的动能增加了(F－mg)HB．物体的重力势能增加了mgHC．物体的机械能削减了fHD．物体的机械能增加了FHB[物体受到重力、拉力以及空气的阻力，由动能定理有ΔEk＝(F－mg－f)H，选项A错误；重力的功为－mgH，所以物体的重力势能增加了mgH，选项B正确；除重力外物体受到拉力和阻力，所以物体的机械能增加ΔE＝(F－f)H，选项C、D错误。]2.(2024·全国卷Ⅲ)如图所示，一质量为m、长度为l的匀称松软细绳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)mglC.eq\f(1,3)mgl D．eq\f(1,2)mglA[以匀称松软细绳MQ段为探讨对象，其质量为eq\f(2,3)m，取M点所在的水平面为零势能面，起先时，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段的重力势能的改变，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．(2024·广安高三检测)如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m(包括雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止起先匀加速下滑，加速度为eq\f(1,3)g。在他从上向下滑究竟端的过程中，下列说法正确的是()A．运动员削减的重力势能全部转化为动能B．运动员获得的动能为eq\f(1,3)mghC．运动员克服摩擦力做功为eq\f(2,3)mghD．下滑过程中系统削减的机械能为eq\f(1,3)mghD[运动员的加速度大小为eq\f(1,3)g，小于gsin30°＝eq\f(1,2)g，所以其必受摩擦力，且大小为eq\f(1,6)mg，克服摩擦力做的功为eq\f(1,6)mg×eq\f(h,sin30°)＝eq\f(1,3)mgh，故C错；摩擦力做负功，机械能不守恒，削减的重力势能没有全部转化为动能，有eq\f(1,3)mgh转化为内能，故A错，D对；由动能定理知，运动员获得的动能为eq\f(1,3)mg×eq\f(h,sin30°)＝eq\f(2,3)mgh，故B错。]功能关系的选取方法(1)若只涉及动能的改变用动能定理。(2)只涉及重力势能的改变，用重力做功与重力势能改变的关系分析。(3)只涉及机械能改变，用除重力和弹簧的弹力之外的力做功与机械能改变的关系分析。摩擦力做功与能量转化eq\o([讲典例示法])1．两种摩擦力的做功状况比较类别比较静摩擦力滑动摩擦力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，又有能量的转化不同点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＝－Ffl相对，即相对滑动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.相对滑动物体能量问题的解题流程eq\o([典例示法])如图所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A、B两端间距L＝16m，传送带以速度v＝10m/s沿顺时针方向运动，物体m＝1kg，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：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/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\o(→,\s\up14(受力),\s\do14(分析))eq\x(物体加速下滑)eq\o(→,\s\up14(运动),\s\do14(分析))eq\x(共速)eq\o(→,\s\up14(受力),\s\do14(分析))eq\x(共同加速)[解析](1)物体刚放上传送带时受到沿斜面对下的滑动摩擦力，由牛顿其次定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝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\o\al(2,1)解得a1＝10m/s2，t1＝1s，x1＝5m设物体与传送带同速后再经过时间t2到达B端，因mgsinθ>μmgcosθ，故当物体与传送带同速后，物体将接着加速，即mgsinθ－μmgcosθ＝ma2L－x1＝vt2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)解得t2＝1s故物体由A端运动到B端的时间t＝t1＋t2＝2s。(2)物体与传送带间的相对位移x相＝(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)＝6m故Q＝μmgcosθ·x相＝24J。[答案](1)2s(2)24J摩擦力做功的分析方法一是无论是滑动摩擦力，还是静摩擦力，计算做功时都是用力与对地位移的乘积。二是摩擦生热的计算公式Q＝Ff·x相对，其中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。eq\o([跟进训练])水平地面上的摩擦力做功分析1．(多选)(2024·江苏高考)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面对右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块()A．加速度先减小后增大B．经过O点时的速度最大C．所受弹簧弹力始终做正功D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功AD[对物块受力分析，当弹簧处于压缩状态时，由牛顿其次定律可得kx－f＝ma，x减小，a减小，当a＝0时，物块速度最大，此时，物块在O点左侧，选项B错误；从加速度a＝0处到O点过程，由牛顿其次定律得f－kx＝ma，x减小，a增大，当弹簧处于伸长状态时，由牛顿其次定律可得kx＋f＝ma，x增大，a接着增大，可知物块的加速度先减小后增大，选项A正确；物块所受弹簧的弹力对物块先做正功，后做负功，选项C错误；从A到B的过程，由动能定理可得W弹－Wf＝0，选项D正确。]曲面上的摩擦力做功分析2．(2024·湖北六市高三联考)如图所示，竖直平面内有一半径为R的固定eq\f(1,4)圆轨道与水平轨道相切于最低点B。一质量为m的小物块P(可视为质点)从A处由静止滑下，经过最低点B后沿水平轨道运动，到C处停下，B、C两点间的距离为R，物块P与圆轨道、水平轨道之间的动摩擦因数均为μ。现用力F将物块P沿下滑的路径从C处缓慢拉回圆弧轨道的顶端A，拉力F的方向始终与物块P的运动方向一样，物块P从B处经圆弧轨道到达A处过程中，克服摩擦力做的功为μmgR，下列说法正确的是()A．物块P在下滑过程中，运动到B处时速度最大B．物块P从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功等于2μmgRC．拉力F做的功小于2mgRD．拉力F做的功为mgR(1＋2μ)CD[当重力沿圆轨道切线方向的分力等于滑动摩擦力时速度最大，此位置在AB之间，故A错误；将物块P缓慢地从B拉到A，克服摩擦力做的功为μmgR，而物块P从A滑到B的过程中，物块P做圆周运动，依据向心力学问可知物块P所受的支持力比缓慢运动时要大，则滑动摩擦力增大，所以克服摩擦力做的功Wf大于μmgR，因此物块P从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功大于2μmgR，故B错误；由动能定理得，从C到A的过程中有WF－mgR－μmgR－μmgR＝0－0，则拉力F做的功为WF＝mgR(1＋2μ)，故D正确；从A到C的过程中，依据动能定理得mgR－Wf－μmgR＝0，因为Wf>μmgR，则mgR>μmgR＋μmgR，因此WF<2mgR，故C正确。]传送带模型中的摩擦力做功分析3.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)mv2B．摩擦力对物体做的功为mv2C．传送带克服摩擦力做的功为eq\f(1,2)mv2D．物体与传送带因摩擦产生的热量为eq\f(1,2)mv2D[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肯定大于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改变，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，依据能量守恒定律知，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”模型中的摩擦力做功分析4．如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2kg的另一物体B(可看成质点)以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间改变状况如图乙所示。下列说法正确的是(g取10m/s2)()甲乙A．木板A获得的动能为2JB．系统损失的机械能为4JC．木板A的最小长度为2mD．A、B间的动摩擦因数为0.1D[由题给图象可知，A、B的加速度大小都为1m/s2，依据牛顿其次定律知二者质量相等，木板获得的动能为1J，选项A错误；系统损失的机械能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)·2m·v2＝2J，选项B错误；由v­t图象可求出二者相对位移为1m，选项C错误；分析B的受力，依据牛顿其次定律，可求出μ＝0.1，选项D正确。]能量守恒定律的理解及应用eq\o([依题组训练])1.在儿童乐园的蹦床项目中，小孩在两根弹性绳和蹦床的帮助下实现上下弹跳。如图所示，某次蹦床活动中小孩静止时处于O点，当其弹跳到最高点A后下落可将蹦床压到最低点B，小孩可看成质点，不计空气阻力，下列说法正确的是()A．从A运动到O，小孩重力势能削减量大于动能增加量B．从O运动到B，小孩动能削减量等于蹦床弹性势能增加量C．从A运动到B，小孩机械能削减量小于蹦床弹性势能增加量D．若从B返回到A，小孩机械能增加量等于蹦床弹性势能削减量A[从A运动到O，小孩重力势能削减量等于动能增加量与弹性绳的弹性势能的增加量之和，选项A正确；从O运动到B，小孩动能和重力势能的削减量等于弹性绳和蹦床的弹性势能的增加量，选项B错误；从A运动到B，小孩机械能削减量大于蹦床弹性势能增加量，选项C错误；若从B返回到A，小孩机械能增加量等于蹦床和弹性绳弹性势能削减量之和，选项D错误。]2．(多选)(2024·江苏金陵中学高考模拟)如图所示，处于原长的水平轻弹簧左端固定在竖直挡板上，右端贴靠置于粗糙的水平面上O点的质量m的小物块，现对物块施加水平向左的恒力F0，物块向左运动至最远点P点时马上撤去F0，结果物块恰好返回O点静止，已知OP＝x0，重力加速度为g，则()A．物块在O点向左运动时刻加速度大小为eq\f(F0,m)B．物块在P点时刻，弹簧的弹性势能为eq\f(F0x0,2)C．物块与水平面摩擦力因数μ＝eq\f(F0,2mg)D．物块向左运动速度最大的位置与返回向右运动速度最大的位置不在同一点BC[物块从O到P的过程中，依据动能定理可得Fx0－μmgx0－WN＝0，物块从P到O的过程中，依据动能定理可得WN－μmgx0＝0，联立解得WN＝μmgx0＝eq\f(1,2)Fx0，所以物块与水平面摩擦力因数μ＝eq\f(F0,2mg)；物块在O点向左运动时刻加速度大小为a＝eq\f(F0－μmg,m)＝eq\f(F0,2m)；物块在P点时刻，弹簧的弹性势能为Ep＝μmgx0＝eq\f(1,2)Fx0；物块向左运动速度最大的位置时合外力为零，设弹簧的压缩量为x1，即F0－μmg－kx1＝0，解得弹簧的压缩量为x1＝eq\f(F0,2k)；返回向右运动速度最大的位置时合外力为零，设弹簧的压缩量为x2，即kx2－μmg＝0，解得弹簧的压缩量为x2＝eq\f(F0,2k)，所以物块向左运动速度最大的位置与返回向右运动速度最大的位置在同一点，故选项B、C正确，A、D错误。]3.(多选)(2024·常熟市中学高三开学考试)如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，重物Q的质量M＝6m。把滑块P从图中A点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时弹簧弹力大小相等。已知OA与水平面的夹角θ＝53°，OB长为L，与AB垂直，不计滑轮质量和摩擦力，重力加速度为g，s