第1部分 专题2 第6讲 功能关系 机械能守恒定律 能量守恒定律（word教参）-【创新教程】2025年高考物理大二轮专题增分方案

第6讲　功能关系　机械能守恒定律　能量守恒定律 对应学生用书　P25 考点一　功能关系 1．功能关系的理解和应用 功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度． (1)根据功能之间的对应关系，判定能的转化情况． (2)根据能量转化，可计算变力做的功． 2．常见功能关系 能量 功能关系 表达式 势能 重力做功等于重力势能减少量 W＝Ep1－Ep2＝－ΔEp 弹力做功等于弹性势能减少量 静电力做功等于电势能减少量 分子力做功等于分子势能减少量 动能 合外力做功等于物体动能变化量 W＝Ek2－Ek1＝ mv2－ mv 机械能 除重力和弹力之外的其他力做功等于机械能变化量 W其他＝E2－E1＝ΔE机 摩擦产生 的内能 一对相互作用的摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能 Q＝Ff·s相对 s相对为相对路程 电能 克服安培力做功等于电能增加量 W克安＝E2－E1＝ΔE [例1]　(多选)(2024·天津市红桥区期末)如图所示，一轻弹簧下端固定在倾角为θ的固定斜面底端，弹簧处于原长时上端位于斜面上B点，B点以上光滑，B点到斜面底端粗糙，可视为质点的物体质量为m，从A点静止释放，将弹簧压缩到最短后恰好能被弹回到B点．已知A、B间的距离为L，物体与B点以下斜面间的动摩擦因数为μ(μ＜tan θ)，重力加速度为g，不计空气阻力，则此过程中(　　) A．克服摩擦力做的功为mgLsin θ B．弹簧的最大压缩量为 C．物体的最大动能一定等于mgLsin θ D．弹性势能的最大值为mgLsinθ [解题指导] 对整个过程，运用动能定理求克服摩擦力做的功．当物体受力平衡时速度最大，由平衡条件和胡克定律求出此时弹簧的压缩量，再分析弹簧最大的压缩量．通过分析物体的受力情况判断其运动情况，从而判断最大动能与mgLsin θ的关系．对物体下滑和上滑两个过程分别运用能量守恒列式，从而求得弹性势能的最大值． [解析]　对于整个过程，运用动能定理得mgLsin θ－Wf＝0，得克服摩擦力做的功Wf＝mgLsin θ，故A正确．物体接触弹簧前，由机械能守恒定律知，物体刚接触弹簧时的动能等于mgLsin θ.物体接触弹簧后，重力沿斜面向下的分力先大于滑动摩擦力和弹簧的弹力的合力，物体先加速下滑，后来重力沿斜面向下的分力小于滑动摩擦力和弹簧弹力的合力，物体减速下滑，所以重力沿斜面向下的分力等于滑动摩擦力和弹簧弹力的合力时，即物体的合力为零时，速度最大，动能最大，所以物体的最大动能一定大于mgLsin θ.设弹簧的最大压缩量为x，弹性势能的最大值为Ep.物体从A到最低点的过程，由能量守恒定律得mg(L＋x)sin θ＝μmgxcos θ＋Ep；物体从最低点到B点的过程，由能量守恒得mgxsin θ＋μmgxcos θ＝Ep；联立解得x＝，Ep＝mgLsin θ.故B、C错误，D正确． [答案]　AD 1．(多选)(2024·陕西渭南统考)一只排球在A点被竖直抛出，此时动能为20 J，上升到最大高度后，又回到A点，动能变为16 J，假设排球在整个运动过程中受到的阻力大小恒定，A点为零势能参考面，则在整个运动过程中，排球的动能变为10 J时，其重力势能的可能值为(　　) A．4 J　　B．6.75 J　　　C．8 J　　 D．9 J 解析：BD　[排球在整个运动过程中重力做功为零，所以只有阻力做功，阻力大小恒定不变，根据动能定理可知克服阻力做功为4 J，上升过程中克服阻力做功为2 J，上升过程中克服重力做功为18 J，当动能变为10 J时，克服重力和阻力做的总功为10 J，阻力做功与重力做功都与高度成正比，所以此时克服阻力做功为1 J，克服重力做功为9 J，此时重力势能为9 J；如果是下落阶段，在最高点时重力势能为18 J，动能变为10 J时，重力做功和阻力做功的和为10 J，即WG－Wf＝10 J，重力做功和克服阻力做功的比值为9∶1，所以重力做功为11.25 J，阻力做功为－1.25 J，此时重力势能减小11.25 J，重力势能为18 J－11.25 J＝6.75 J，故B、D正确，A、C错误．] 2．(2024·山东卷，7)如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d(d<l)．两木板与地面间动摩擦因数均为μ，弹性绳劲度系数为k，被拉伸时弹性势能E＝kx2(x为绳的伸长量)．现用水平力F缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，k保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则F所做的功等于(　　) A.＋μmg(l－d) B.＋μmg(l－d) C.＋2μmg(l－d) D.＋2μmg(l－d) 解析：B　[当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整体有kx0＝μmg， 解得弹性绳的伸长量x0＝， 则此时弹性绳的弹性势能为E0＝kx＝. 从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移为x1＝x0＋l－d， 则由功能关系可知该过程F所做的功W＝E0＋μmgx1＝＋μmg(l－d)．] 考点二　机械能守恒定律 1．判断机械能守恒的两个角度 (1)若只有物体重力和弹簧弹力做功，则物体和弹簧组成的系统机械能守恒． (2)若系统内部只有动能和势能的相互转化，没有其他形式的能(如内能)与机械能相互转化，且系统与外部也没有能量的转移或转化，则系统机械能守恒． 2．系统机械能守恒的三种表达式 3．应用机械能守恒定律解题的基本思路 　　　单物体机械能守恒 [例2]　(2024·湖南娄底二模)如图所示，半径为R的大圆环悬挂固定在竖直平面内，圆心为O，质量为m的小圆环套在大圆环上，从大圆环顶端由静止开始下滑，当小圆环运动到P点时，向心加速度大小等于重力加速度g的3倍，下列说法正确的是(　　) A．小圆环运动到P点的过程中重力势能减少mgR B．小圆环运动到P点时的速度大小为 C．PO连线与竖直方向的夹角为60° D．小圆环运动到P点时大圆环对小圆环的弹力大小为3mg [解题指导] 由向心加速度大小等于重力加速度g的3倍可求P点速度大小，由机械能守恒求P点小球与圆心的连线与竖直方向的夹角． [解析]　小圆环运动到P点时，有an＝＝3g，根据机械能守恒得，小圆环运动到P点的过程中重力势能的减少量等于动能的增加量，即ΔEp减＝mv2，联立可得v＝，ΔEp减＝mgR，故AB错误；设小球与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，如图所示 小圆环从初始位置运动到P的过程中，有mgR(1＋cos θ)＝mv2，在P点，有N－mgcos θ＝m，联立可得N＝mg，cos θ＝，所以θ＝60°，故C正确，D错误． [答案]　C 　　　多物体机械能守恒 [例3]　半径为R的光滑圆环竖直放置，环上套有两个质量分别为m和 m的小球A和B.A、B两球之间用一长为 R的轻杆相连，如图所示．开始时，A、B两球都静止，且A球在圆环的最高点，现将A、B两球由静止释放，试求： (1)B球到达最低点时的速度大小； (2)B球到达最低点的过程中，杆对A球做的功； (3)B球在圆环右侧区域内能达到的最高点位置． [解题指导] (1)圆环光滑，无摩擦力做功，系统机械能守恒． (2)B球通过杆对A球做功，A球机械能不守恒，A球的运动过程可用动能定理分析． [解析]　(1)释放后B球到达最低点的过程中，A、B两球和杆组成的系统机械能守恒，有mAgR＋mBgR＝mAv＋mBv， 因为A、B间的轻杆长为R，取O为圆环的圆心，由几何关系可得OA⊥OB，故OA、OB与杆间夹角均为45°，又因为两球沿杆方向速度相等，则vAcos 45°＝vBsin 45°，可得vA＝vB， 解得vB＝. (2)设杆对A球做的功为W杆A，对小球A应用动能定理可得 W杆A＋mAgR＝mAv 又vA＝vB，解得W杆A＝0. (3)设B球到达右侧最高点时，OB与竖直方向之间的夹角为θ，取圆环的圆心O所在的水平面为参考平面，由系统机械能守恒可得 mAgR＝mBgRcos θ－mAgRsin θ， 代入数据可得θ＝30°， 所以B球在圆环右侧区域内达到最高点时，高于圆心O的高度hB＝Rcos θ＝R. [答案]　(1)　(2)0　(3)高于圆环圆心 R处 　　　 轻弹簧连接的系统机械能守恒问题 [例4]　(多选)(2024·河北选择性考试模拟)如图，一顶角为直角的“∧”形光滑细杆竖直放置．质量均为m的两金属环套在细杆上，高度相同，用一劲度系数为k的轻质弹簧相连，弹簧处于原长l0.两金属环同时由静止释放，运动过程中弹簧的伸长在弹性限度内．已知弹簧的长度为l时，弹性势能为k(l－l0)2.对其中一个金属环，下列说法正确的是(　　) A．金属环的最大加速度为g B．金属环的最大速度为g C．金属环与细杆之间的最大压力为mg D．金属环达到最大速度时重力的功率为mg2 [解题指导] (1)根据对称性可知，在运动过程中，弹簧始终水平，金属环刚释放时加速度最大； (2)平衡位置也就是弹簧的弹力沿杆方向的分力与重力沿杆方向的分力相等时，速度最大； (3)只有弹簧的弹力和重力做功，机械能守恒；由几何关系可知，金属环下落的高度是弹簧形变量的一半． [解析]　刚释放时，弹簧处于原长，弹力为0，所以金属环的最大加速度为amax＝gsin 45°＝g，故A错误；设在平衡位置弹簧的伸长量为x1，根据平衡条件，沿杆方向有mgsin 45°＝kx1cos 45°，由机械能守恒定律得2mg·＝kx＋·2mv，解得金属环的最大速度为v0＝g，金属环达到最大速度时重力的功率为P＝mgv0cos 45°＝，故B正确，D错误；当金属环下落到最低点，金属环速度为0，金属环与细杆之间的压力最大，设此时弹簧的形变量为x2，由机械能守恒定律得2mg·＝kx，对金属环进行受力分析，垂直于杆方向有FN＝mgcos 45°＋kx2sin 45°，解得金属环与细杆之间的最大压力为FN＝mg，故C正确． [答案]　BC 考点三　能量守恒定律 应用能量守恒定律的基本思路 (1)某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，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． [例5]　(2024·江苏卷，14)如图所示，粗糙斜面的动摩擦因数为μ，倾角为θ，斜面长为L.一个质量为m的物块，在电动机作用下，从 A点由静止加速至B点时达到最大速度v，之后作匀速运动至C点，关闭电动机，从C点又恰好到达最高点D.求： (1)CD段长x； (2)BC段电动机的输出功率P； (3)全过程物块增加的机械能E1和电动机消耗的总电能E2的比值． [解题指导] (1)由牛顿第二定律结合运动学公式求CD段长； (2)物块在BC段匀速运动，由平衡条件求牵引力； (3)全过程物块增加的机械能等于重力势能的增加，由能量守恒得电动机消耗的总电能转化为物块增加的机械能和摩擦产生的内能． [解析]　(1)物块在CD段运动过程中，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma，由运动学公式0－v2＝－2ax， 联立解得x＝. (2)物块在BC段匀速运动，得电动机的牵引力为F＝mg sin θ＋μmgcos θ，由P＝Fv得P＝mgv(sin θ＋μcos θ)． (3)全过程物块增加的机械能为E1＝mgL sin θ， 整个过程由能量守恒得电动机消耗的总电能转化为物块增加的机械能和摩擦产生的内能，故可知E2＝E1＋μmg cos θ·L，故可得＝＝. [答案]　(1)　(2)mgv(sin θ＋μcos θ)　(3) 1．(2024·河北石家庄二中高三月考)如图所示，倾角为θ的斜面AB段光滑，BP段粗糙，一轻弹簧下端固定于斜面底端P处，弹簧处于原长时上端位于B点，可视为质点、质量为m的物体与BP之间的动摩擦因数为μ(μ＜tan θ)，物体从A点由静止释放，将弹簧压缩后恰好能回到AB的中点Q.已知A、B间的距离为x，重力加速度为g，则(　　) A．物体的最大动能等于mgxsin θ B．弹簧的最大形变量大于x C．物体第一次往返中克服摩擦力做的功为mgxsin θ D．物体第二次沿斜面上升的最高位置在B点 解析：C　[物体接触弹簧前，由机械能守恒定律可知，物体刚接触弹簧时的动能为Ek＝mgxsin θ，物体接触弹簧后，重力沿斜面向下的分力先大于滑动摩擦力和弹簧弹力的合力，物体先加速下滑，后重力沿斜面向下的分力小于滑动摩擦力和弹簧弹力的合力，物体减速下滑，所以当重力沿斜面向下的分力等于滑动摩擦力和弹簧弹力的合力时物体所受的合力为零，速度最大，动能最大，所以物体的最大动能一定大于mgxsin θ，A错误；设弹簧的最大压缩量为L，弹性势能最大为Ep，物体从A点到最低点的过程，由能量守恒定律得mg(L＋x)sin θ＝μmgLcos θ＋Ep，物体从最低点到Q点的过程，由能量守恒定律得mgsin θ＋μmgLcos θ＝Ep，联立解得L＝，由μ＜tan θ得L＞，但无法判断是否大于x，B错误；第一次往返过程中，根据能量守恒定律，可知损失的能量等于克服摩擦力做的功，则有ΔE＝2μmgLcos θ＝mgxsin θ，C正确；设从Q点到第二次最高点位置C，有mgxQCsin θ＝2μmgL′cos θ，如果L′＝L，则有xQC＝，即最高点为B，但由于物体从Q点下滑，则弹簧的最大形变量L′＜L，则有xQC＜，所以最高点应在B点上方，D错误．] 2．如图所示，倾角为θ＝37°的斜面与圆心为O、半径R＝0.9 m的光滑圆弧轨道在B点平滑连接，且固定于竖直平面内．斜面上固定一平行于斜面的轻质弹簧，现沿斜面缓慢推动质量为m1＝0.8 kg的滑块a使其压缩弹簧至A处，将滑块a由静止释放，通过D点时轨道对滑块a的弹力为零．已知A、B之间的距离为L＝1.35 m，滑块a与斜面间动摩擦因数μ＝0.25，C为圆弧轨道的最低点，CE为圆弧轨道的直径，OD水平，滑块a可视为质点，忽略空气阻力，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，≈1.73. (1)求滑块a在C点对轨道压力的大小． (2)求滑块a整个运动过程中系统因摩擦而产生的热量． (3)若仅将滑块a换为质量为m2＝0.05 kg的滑块b，滑块b由A点弹出后立即撤去弹簧，求滑块b第一次落在斜面上的位置至B点的距离(结果保留2位有效数字)． 解析：(1)由题可知，滑块a在D点处的速度为0，对滑块a由C至D点过程，由动能定理有－m1gR＝－m1v，对滑块a在C点由牛顿第二定律有F1－m1g＝，结合牛顿第三定律可知，滑块a在C点对轨道压力的大小FN＝F1＝24 N. (2)设滑块a在A处时弹簧储存的弹性势能为Ep，由能量守恒定律可知Ep＋m1gLsin 37°＝ μm1gLcos 37°＋m1gRcos 37°，解得Ep＝1.44 J，最终滑块a在B与B关于C对称的点之间运动，由能量守恒可知Q＝Ep＋m1gLsin 37°，解得Q＝7.92 J．(3)设滑块b能通过E点，对滑块b由A点至E点由能量守恒有Ep＋m2gLsin 37°＝μm2gLcos 37°＋m2g(R＋Rcos 37°)＋m2v，解得vE＝6 m/s，滑块b恰好能通过E点时，有m2g＝，可知vE＞v′，假设成立，设滑块b在空中运动的时间为t，滑块b落在斜面上的位置与B之间的水平距离为d，则有d＝vEt－Rsin 37°，(R＋Rcos 37°)－gt2＝dtan 37°，解得t＝s，又有x＝，解得x≈1.8 m. 答案：(1)24 N　(2)7.92 J　(3)1.8 m 对应学生用书　P29 1．(2024·江苏淮安市二模)如图所示，A、B两点位于同一高度，细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过B处的定滑轮固定在A点，质量为m的小球固定在细线上C点．现将小球从图示水平位置由静止释放，小球运动到D点时速度恰好为零(此时小物块未到达B点)，图中△ABD为直角三角形，小物块和小球均可视为质点，∠DBA＝37°，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则(　　) A．小球重力的功率一直增大 B．M∶m＝3∶5 C．运动过程中存在3个位置小球和小物块速度大小相等 D．小球运动到D点时，小物块受到的拉力大小为Mg 解析：D　[小球在题图所示水平位置和D点时速度均为0，重力的功率也为0，故重力的功率不是一直增大，故A错误；设AD长为3L，根据机械能守恒定律有Mg×2L＝mg×3Lcos 37°，解得M∶m＝6∶5，故B错误；小球在题图所示水平位置和D点时，小球和小物块的速度相等，均为0，AC长度不变，小球做圆周运动，其他位置小球速度沿BD方向的分速度大小等于小物块的速度大小，因此只有2个位置两者速度相等，故C错误；设小球在最低点D时沿BD方向的加速度大小为a，BD中的拉力为FT，根据牛顿第二定律有Mg－FT＝Ma，FT－mgcos 53°＝ma，解得FT＝Mg，故D正确．] 2．(2024·贵州凯里市第一中学模拟)如图所示为某小型购物商场的电梯，长L＝7.0 m，倾角θ＝37°.在某次搬运货物时，售货员将质量为m＝50 kg的货物无初速度放在电梯的最下端，然后启动电机，电梯先以a0＝1 m/s2的加速度顺时针做匀加速运动，速度达到v0＝2 m/s后匀速运动．已知货物与电梯表面的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，不计空气阻力．求： (1)货物从电梯底端运动到顶端所用的时间； (2)电机因运送该货物多做的功(忽略电梯自身动能的变化)． 解析：(1)对货物进行受力分析，货物受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力，由牛顿第二定律有μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma， 解得a＝0.4 m/s2<1 m/s2， 所以货物先以0.4 m/s2的加速度向上做匀加速运动，当速度与传送带速度相等时再做匀速直线运动．根据匀变速直线运动规律，货物加速阶段的位移x满足2ax＝v， 代入数据解得x＝＝5 m， 匀加速运动所需要的时间为 t1＝＝5 s， 之后做匀速直线运动，匀速运动的时间为 t2＝＝1 s， 货物从电梯底端运动到顶端所用的时间 t＝t1＋t2＝6 s. (2)根据功能关系可知，电机因运送该货物多做的功等于货物增加的动能、重力势能以及在皮带上产生的热量之和，则有 W＝mv＋mgh＋Q， Q＝μmgs相对cos 37°， s相对＝x皮－L， x皮＝＋v0＝10 m， h＝Lsin 37°， 联立解得W＝3 160 J. 答案：(1)6 s　(2)3 160 J 学科网（北京）股份有限公司 $$