第5章 链接高考6 功能关系、能量守恒定律-【创新教程】2025年高考物理总复习大一轮教师用书word（人教版）

链接高考6　功能关系、能量守恒定律 考点一　功能关系的理解和应用 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．功是能量转化的量度，力学中几种常见的功能关系如下 [典例1]　(2023·辽宁卷，13)某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能．某次演练中， 该飞机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水， 速度达到v1＝80 m/s时离开水面， 该过程滑行距离L＝1600 m、汲水质量m＝1.0×104 kg.离开水面后， 飞机攀升高度h＝100 m时速度达到v2＝100 m/s, 之后保持水平匀速飞行， 待接近目标时开始空中投水．取重力加速度 g＝10 m/s2 .求： (1)飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小及滑行时间 t； (2)整个攀升阶段， 飞机汲取的水的机械能增加量ΔE. 解析：(1)飞机做从静止开始做匀加速直线运动，平均速度为，则L＝v1t， 解得飞机滑行的时间为t＝＝ s＝40 s， 飞机滑行的加速度为a＝＝ m/s2＝2 m/s2. (2)飞机从水面至h＝100 m处，水的机械能包含水的动能和重力势能，则ΔE＝mv＋mgh＝×1×104×1002 J＋1×104×10×100 J＝6×107 J. 答案：(1)2 m/s2,40 s　(2)6×107 J 1．(多选)(2024·唐山模拟)质量为m的物体，在距地面h高处以初速度v竖直向下抛出．其加速度大小为0.5g，方向竖直向下．则在其下落到地面的过程中，下列说法中正确的是(　　) A．物体的重力势能减少0.5mgh B．物体的动能增加0.5mgh C．物体的机械能减少0.5mgh D．落地时的动能为mgh＋mv2 解析：BC　[物体在下落过程中，重力做正功为mgh，则重力势能减小mgh，故A错误；物体所受的合力为F＝ma＝0.5mg，则合力做功为W合＝0.5mgh，所以动能增加了0.5mgh，故B正确；物体下落过程中受到向下的重力mg和向上的力F′，而物体下落过程中受到的合外力大小为F＝0.5mg，即F＝mg－F′，解得F′＝0.5mg，WF′＝－0.5mgh，所以机械能减少了0.5mgh，故C正确；由动能定理得W合＝Ek－mv2＝0.5mgh，解得Ek＝0.5mgh＋mv2，故D错误．] 2．(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴O上，另一端与套在粗糙固定直杆A处质量为m的小球(可视为质点)相连．A点距水平面的高度为h，直杆与水平面的夹角为30°，OA＝OC，B为AC的中点，OB等于弹簧原长．小球从A处由静止开始下滑，经过B处的速度为v，并恰能停在C处．已知重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A．小球通过B点时的加速度为 B．小球通过AB段与BC段摩擦力做功相等 C．弹簧具有的最大弹性势能为mv2 D．A到C过程中，产生的内能为mgh 解析：BCD　[因为B点时弹簧处于原长，则到达B点时的加速度为a＝gsin 30°－μgcos 30°<g，选项A错误；因为AB段与BC段关于B点对称，则在两段上弹力的平均值相等，则摩擦力平均值相等，摩擦力做功相等，选项B正确；设小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为Wf，弹簧具有的最大弹性势能为Ep，根据能量守恒定律得，对于小球从A到B的过程有：mg·h＋Ep＝mv2＋Wf，从A到C的过程有：mgh＝2Wf，解得：Wf＝mgh，Ep＝mv2.即弹簧具有的最大弹性势能为mv2，A到C过程中，产生的内能为2Wf＝mgh，选项C、D正确．] 3．(2023·广东卷，8)(多选)人们用滑道从高处向低处运送货物．如图所示，可看作质点的货物从圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s.已知货物质量为20 kg，滑道高度h为4 m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10 m/s2.关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有(　　) A．重力做的功为360 J B．克服阻力做的功为440 J C．经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2 D．经过Q点时对轨道的压力大小为380 N 解析：BCD　[A.重力做的功为WG＝mgh＝800 J，A错误；B.下滑过程据动能定理可得WG－Wf＝mv，代入数据解得，Wf＝440 J，B正确；C.经过Q点时向心加速度大小为a＝＝9 m/s2，C正确；D.经过Q点时，据牛顿第二定律可得F－mg＝ma，解得货物受到的支持力大小为F＝380 N，据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380 N，D正确．故选BCD.] 功能关系的应用技巧 运用功能关系解题时，应弄清楚重力或弹力做什么功，合外力做什么功，除重力、弹力外的力做什么功，从而判断重力势能或弹性势能、动能、机械能的变化． (1)应弄清功与能的一一对应关系． (2)有的力做功时，相应的能增加，有的力做功时，相应的能减少，应注意区分． 　悬崖速降是一种户外运动．如图所示，速降者选择崖面平坦、高度适合的崖壁，用专业的登山绳做保护，由崖壁主体沿绳下跃，通过下降器和一个八字环控制摩擦阻力从而控制下降速度，从崖顶下降到崖底．某次速降中，速降者先从静止开始匀加速至2 m/s，接着匀速运动40 s，之后匀减速运动，到达地面时速度恰好减为零，总共用时60 s．速降者及装备的总质量为60 kg，运动方向始终竖直向下，重力加速度大小g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．在加速下降阶段，速降者及装备的机械能逐渐增大 B．在60 s内，速降者下降高度为90 m C．在60 s内，速降者及装备克服阻力做功4.8×104 J D．在变速下降的20 s内，速降者及装备克服阻力做功1.2×104 J 解析：D　[在加速下降阶段，阻力对速降者及装备整体做负功，则速降者及装备的机械能逐渐减小，故A错误；速降者匀速运动的速度为v＝2 m/s，设加速、匀速和减速的时间分别为t1、t2、t3，则t1＋t3＝60 s－40 s＝20 s，在60 s内，速降者下降高度为：x＝(t1＋t3)＋vt2＝×20 m＋2×40 m＝100 m，故B错误；设在60 s内，速降者及装备克服阻力做功为Wf.根据动能定理得mgx－Wf＝0，解得Wf＝6×104 J，故C错误；在变速下降的20 s内，速降者及装备克服阻力做功等于克服阻力做的总功减去匀速下降阶段克服阻力做功，为Wf′＝Wf－mgvt2，解得Wf′＝1.2×104 J，故D正确．] 考点二　能量守恒定律的综合应用 1．两种摩擦力做功的比较 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，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为负值，总功W＝－Ff·l相对，即摩擦时产生的热量 相 同 点 正功、 负功、 不做功 方面 (1)两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功 (2)静摩擦力做正功时，它的反作用力一定做负功 (3)滑动摩擦力做负功时，它的反作用力可能做正功，可能做负功，还可能不做功；但滑动摩擦力做正功或不做功时，它的反作用力一定做负功 2.三步求解相对滑动物体的能量问题 3．能量转化问题的解题思路 (1)当涉及滑动摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转化和守恒定律． (2)解题时，首先确定初、末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减和增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解． [典例2]　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点距弹簧上端挡板位置B点的距离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. 解：(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，机械能的减少量全部用来克服摩擦力做功，即：mv＋mgLAD·sin 37°＝μmgcos 37°(LAB＋2LCB＋LBD)， 代入数据解得：μ≈0.52. (2)物体由A到C的过程中， 动能减少量ΔEk＝mv， 重力势能减少量ΔEp＝mgLACsin 37°， 摩擦产生的热量Q＝μmgcos 37°·LAC 由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为： Epm＝ΔEk＋ΔEp－Q ＝mv＋mgLACsin 37°－μmgcos 37°·LAC ≈24.5 J. 答案：(1)0.52　(2)24.5 J ◆[迁移1]　滑块——滑板模型中的能量转化问题　 1．(2023·全国乙卷，21)(多选)如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动．已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时(　　) A．木板的动能一定等于fl B．木板的动能一定小于fl C．物块的动能一定大于mv－fl D．物块的动能一定小于mv－fl 解析：BD　[当物块从木板右端离开时， 对m有－fxm＝mv－mv， 对M有fxM＝Mv，其中l＝xm－xM， 由于l>xM，则根据以上分析可知木板的动能一定小于fl，A错误、B正确；根据以上分析，联立有 mv－fl＝mv＋Mv， 则物块的动能一定小于mv－fl，C错误、D正确．故选BD.] ◆[迁移2]　传送带模型中能量的转化问题　 2．(倾斜传送带)如图，一传送皮带与水平面夹角为30°，以2 m/s的恒定速度顺时针运行．现将一质量为10 kg的工件轻放于底端，经一段时间送到高2 m的平台上，工件与皮带间的动摩擦因数为μ＝，g取10 m/s2，求带动皮带的电动机由于传送工件而多消耗的电能． 解：设工件向上运动距离s时，速度达到传送带的速度v，由动能定理可知： －mgssin 30°＋μmgscos 30°＝mv2－0， 解得s＝0.8 m，说明工件未到达平台时，速度已达到v，所以工件动能的增量为ΔEk＝mv2＝20 J， 工件重力势能增量为ΔEp＝mgh＝200 J， 工件相对皮带的位移L＝vt－vt＝vt＝0.8 m， 由于摩擦产生热量Q＝fL＝μmgcos 30°L＝60 J， 电动机多消耗的电能为ΔEk＋ΔEp＋Q＝280 J. 答案：280 J ◆[迁移3]　能量守恒定律的综合应用　 3.图示为某商场的室内模拟滑雪机，该机主要由前后两个传动轴及传送带上粘合的雪毯构成，雪毯不断向上运动，使滑雪者产生身临其境的滑雪体验．已知坡道长L＝6 m，倾角θ＝37°，雪毯始终以速度v＝5 m/s向上运动．一质量m＝70 kg(含装备)的滑雪者从坡道顶端由静止滑下，滑雪者没有做任何助力动作，滑雪板与雪毯间的动摩擦因数μ＝，重力加速度g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.不计空气阻力．在滑雪者滑到坡道底端的过程中，求： (1)滑雪者的加速度大小a以及经历的时间t； (2)滑雪者克服摩擦力所做的功W； (3)滑雪板与雪毯间摩擦产生的热量Q. 解：(1)设滑雪者受到雪毯的支持力为N，摩擦力为f，在沿斜面方向，由牛顿第二定律可得 mg sin θ－f＝ma在垂直于斜面方向上： N＝mg cos θ， 滑雪者受到的摩擦力大小为：f＝μN， 联立解得：a＝3 m/s2， 由运动学公式L＝at2可知t＝＝2 s， (2)滑雪者克服摩擦力做功 Wf＝μmgL cos θ＝1 260 J. (3)此过程雪毯运行的距离为s＝vt＝10 m， 滑雪板与雪毯间摩擦产生的热量 Q＝μmg(L＋s)cos θ＝3 360 J. 答案：(1)3 m/s2　2 s　(2)1 260 J　(3)3 360 J 　(2023·山东卷，4)《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景．引水过程简化如下：两个半径均为R的水轮，以角速度ω匀速转动．水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，与水轮间无相对滑动．每个水筒离开水面时装有质量为m的水、其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田．当地的重力加速度为g，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为(　　) A.　　　　　 B． C. D．nmgωRH 解析：B　[由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，每个水筒离开水面时装有质量为m的水、其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田，则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为m总＝2πRnm×60%＝1.2πRnm， 则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W＝1.2πRnmgH， 则筒车对灌入稻田的水做功的功率为P＝， T＝，联立有P＝，故选B.] 解决力学问题的两种观点 1．动力学的观点 这是从分析物体的运动情况和受力情况入手解决力学问题的方法，其核心是牛顿运动定律和运动学公式的应用．利用牛顿第二定律可以就某一状态建立合力与加速度的关系，利用运动学公式可以建立v、x、t、a之间的关系．它们之间联系的桥梁是物体的加速度． 2．能量的观点 这是从分析力对物体做功与物体的能量转化情况入手解决问题的方法，其核心是利用常见的功能关系与机械能守恒定律求解物理问题． [典例]　图甲是某游乐场的一种“双环过山车”设施的一部分，其运行原理可以简化成图乙的“小球轨道”模型．其中AB段和圆轨道不计阻力，BC、CD、DE、EF段平直轨道与小球的动摩擦因数为μ＝0.2，DE段的倾角α＝53 °，B、C为两竖直圆轨道1、2的最低点，LBC＝LCD＝6 m，LDE＝1 m，LEF＝10 m，半径R1＝2 m．质量为m＝1 kg的小球(视为质点)，从轨道的右侧A点由静止开始下滑，设小球不脱离所有轨道，且不考虑D、E点的能量损失，(已知cos 37°＝0.8，重力加速度取g＝10 m/s2) 试求： (1)如果小球恰能通过第一个圆轨道，A点的高度h应是多少； (2)要使小球不脱离第二个圆轨道，半径R2应满足的条件． [解]　(1)小球恰好能过竖直圆轨道，则在最高点满足mg＝m， 小球从A点到最高点根据机械能守恒定律有 mg(h－2R1)＝mv， 联立解得h＝5 m. (2)要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论 ①轨道半径较小时，小球恰能通过第二个圆轨道，设在最高点的速度为v2，应满足 mg＝m， 同时满足，小球能通过第一轨道，根据动能定理有 mg(2R1－2R2)－μmgLBC＝mv－mv， 或者mg(h－2R2)－μmgLBC＝mv， 联立解得R2＝1.52 m. ②轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R2，根据动能定理 mg(2R1－R2)－μmgLBC＝0－ mv 或者mg(h－R2)－μmgLBC＝0， 联立解得R2＝3.8 m， 故R2≤1.52 m 或R2≥3.8 m. [答案]　：(1)5 m　(2)R2≤1.52 m或R2≥3.8 m 　如图所示为杂技演员进行摩托车表演的轨道，它由倾斜直线轨道AB、圆弧形轨道BCD、半圆形轨道DE、水平轨道EF组成．轨道BCD的半径R＝4.8 m，轨道DE的半径r＝2.4 m，轨道最低点C距水平地面的高度h＝0.2 m．表演者从A点驾驶摩托车由静止开始沿轨道AB运动，接着沿轨道BCDEF运动，然后从F点离开轨道，最后落到地面上的G点．已知表演者与摩托车的总质量m＝100 kg，表演者与摩托车可视为质点，阻力不计．取g＝10 m/s2. (1)某次表演中，通过C点时轨道对摩托车的支持力FN＝6 000 N，求表演者与摩托车经过C点时的速度大小vC. (2)若表演者与摩托车恰好能经过最高点D且安全完成完整表演．求F点与G点的水平距离x. 解：(1)摩托车受到轨道的支持力FN＝6 000 N， 对摩托车在C点应用牛顿第二定律可得FN－mg＝， 所以经过C点时的速度大小vC＝＝4 m/s. (2)表演者恰好能经过最高点D，应用牛顿第二定律可得mg＝. 从D点到F点，由机械能守恒定律可得mv＋mg·2r＝mv， 解得vF＝12 m/s， 平抛运动的竖直位移y＝R＋h＝5 m， 所以运动时间t＝＝1 s，因此表演者落地点G点与F点的水平距离x＝vFt＝12×1 m＝12 m. 答案：(1)4 m/s　(2)12 m 学科网（北京）股份有限公司 $$