第8章 专题提升12 功与能的综合扩展问题-【金版教程】2024-2025学年高中物理必修第二册创新导学案word（人教版2019）

专题提升十二　功与能的综合扩展问题 提升1　功能关系的综合问题 1．功与能的关系：功是能量转化的量度，某种力做功往往与一种具体形式的能量转化相联系，做了多少功，就有多少能量发生转化。 2．常见的功能关系 功 能量变化 功能关系式 重力做的功WG＝G·Δh 重力势能的变化ΔEp＝Ep2－Ep1 WG＝－ΔEpG 弹簧弹力做的功W弹＝弹·Δx 弹簧弹性势能的变化ΔEp＝Ep2－Ep1 W弹＝－ΔEp弹 合力做的功W合＝合·Δx 动能的变化ΔEk＝Ek2－Ek1 W合＝ΔEk 深化思考：一个力学系统，受到的重力做功WG，系统内弹力做功W弹，除重力、系统内弹力之外的其他力做功W其他，动能变化量为ΔEk，机械能变化量为ΔE。 试根据所学功能关系证明：W其他＝ΔE。 提示：对这个力学系统，根据动能定理可知，WG＋W弹＋W其他＝ΔEk，根据功能关系可知，WG＝－ΔEpG，W弹＝－ΔEp弹，联立并移项可得W其他＝ΔEk＋ΔEpG＋ΔEp弹，而机械能变化量ΔE＝ΔEk＋ΔEpG＋ΔEp弹，则可得W其他＝ΔE。 3．功能关系在图像中的应用 根据功能关系可知： (1)重力势能与高度的EpG­h关系图像的斜率为－G。 (2)弹簧弹性势能与形变量的Ep弹­x关系图像的斜率为－F弹。 (3)动能与位移的Ek­x关系图像的斜率为F合。 (4)机械能与位移的E­x关系图像的斜率为F其他。 例1　(2024·陕西省咸阳市高一下期末)5月2日至3日，来自全国各地的近200位青少年滑板运动员参与2024年中国青少年U系列滑板巡回赛(上海站)的比赛，如图所示。假如比赛中某运动员以同一姿态沿轨道下滑了一段距离，该过程中重力对他做功为800 J，他克服阻力做功为200 J，不计其他作用力所做的功，则该运动员在此过程中(　　) A．动能可能不变 B．动能增加了600 J C．重力势能减少了600 J D．机械能增加了200 J [解析]　在此过程中，设该运动员克服阻力做的功为Wf，重力做的功为WG，由动能定理可得WG－Wf＝ΔEk，得该运动员的动能增加了ΔEk＝600 J，故A错误，B正确；重力做正功，重力势能减少，且减少的重力势能等于重力做的功，即该运动员的重力势能减少了800 J，故C错误；除了重力以外的其他力做的功等于机械能的变化量，又因只计重力和阻力做功，则ΔE＝－Wf＝－200 J，故该运动员的机械能减少了200 J，故D错误。 [答案]　B [跟进训练1]　 (多选)如图所示，假设质量为m的跳伞运动员，由静止开始下落。在打开伞之前运动员受恒定阻力作用，下落的加速度为g，在运动员下落h的过程中，下列说法正确的是(　　) A．运动员的重力势能减少了mgh B．运动员克服阻力所做的功为mgh C．运动员的动能增加了mgh D．运动员的机械能减少了mgh 答案：CD 解析：在运动员下落h的过程中，其重力势能减少了mgh，故A错误；根据牛顿第二定律，运动员所受的合力F合＝ma＝mg，合力做功为mgh，则根据动能定理，可知运动员的动能增加了mgh，故C正确；合力做功等于重力做功与阻力做功的代数和，因为重力做功为mgh，则运动员克服阻力做功为mgh，故B错误；重力势能减少了mgh，动能增加了mgh，故运动员的机械能减少了mgh，故D正确。 例2　(2023·江苏省高一校联考期中)如图所示，一斜面固定在水平地面上，其底端与地面平滑相连。一小物块由静止开始沿斜面下滑，最后停在水平地面上。已知小物块与斜面、小物块与地面间的动摩擦因数均相同。选择地面为重力势能参考面，下列关于该过程中小物块的机械能E与其运动的路程x之间的关系图像，可能正确的是(　　) [解析]　设斜面的倾角为θ，小物块从斜面上下滑时，有－μmgΔx1cosθ＝ΔE1，可得E­x图像的斜率为k1＝＝－μmgcosθ；小物块在水平地面上运动时，有－μmgΔx2＝ΔE2，可得E­x图像的斜率为k2＝＝－μmg，故选A。 [答案]　A [跟进训练2]　 从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为(　　) A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg 答案：C 解析：画出运动示意图如图，设阻力大小为f，据动能定理知， A→B(上升过程)：EkB－EkA＝－(mg＋f)h C→D(下落过程)：EkD－EkC＝(mg－f)h 联立以上两式，解得物体的质量m＝1 kg，C正确。 提升2　摩擦力做功的功能关系 1．一对滑动摩擦力的功能关系 (1)一对滑动摩擦力做的功的大小，等于系统内能的增加量，即系统产生的热量，即|Wf|＝Q。 (2)作用于两物体间的一对滑动摩擦力做的总功，等于滑动摩擦力和相对滑动路程的乘积的负值，即Wf＝－Ff·x相对。 (3)由(1)(2)可知，一对滑动摩擦力所做总功的大小，|Wf|＝Ff·x相对，等于滑动过程因摩擦产生的热量，即Ff·x相对＝Q。 易错警示：因为摩擦力做功与路径有关，所以x相对不是相对位移，而是相对路程。 2．一对静摩擦力的功能关系 物体间一对静摩擦力对彼此做功时，由于两物体相对位移始终为零，故没有内能产生，只有物体间机械能的转移。 例3　(2024·福建省莆田市高一下期末)(多选)如图所示，木块放在光滑水平面上，一颗子弹水平射入木块。若子弹受到的平均阻力为f，射入深度为d，在此过程中木块的位移为s，则(　　) A．子弹的动能减少了fs B．木块的动能增加了fs C．子弹与木块组成的系统产生的热量为fd D．子弹克服阻力做功为fd [解析]　对子弹，根据动能定理可得－f(s＋d)＝ΔEk，可知子弹克服阻力做功为f(s＋d)，子弹的动能减少了f(s＋d)，故A、D错误；对木块，根据动能定理可得fs＝ΔEk′，可知木块的动能增加了fs，故B正确；由题图得子弹与木块发生的相对位移为d，根据功能关系可知，子弹与木块组成的系统产生的热量为Q＝fd，故C正确。 [答案]　BC [跟进训练3]　如图所示，木块A放在木块B的左端上方，用水平恒力F将A拉到B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功W1，生热Q1；第二次让B在光滑水平面上可自由滑动，F做功W2，生热Q2。则下列关系式正确的是(　　) A．W1<W2，Q1＝Q2 B．W1＝W2，Q1＝Q2 C．W1<W2，Q1<Q2 D．W1＝W2，Q1<Q2 答案：A 解析：第一次和第二次A相对于B的位移是相等的，而产生的热量等于滑动摩擦力乘以相对位移大小，因此Q1＝Q2；第一次A的对地位移要小于第二次A的对地位移，而功等于力乘以在力方向上发生的位移，因此W1<W2。A正确。 课后课时作业 题型一　功能关系的综合问题 1．(2023·山东省德州市高一下期末)以速度v0竖直向上抛出质量为m的小球，小球上升的最大高度为H，空气阻力的大小恒为f，以抛出点所在水平面为零重力势能面，重力加速度为g。则小球落到抛出点下方h时的机械能为(　　) A．mv－fh B．mv－fh＋mgh C．mv－f(2H＋h) D．mv－f(2H＋h)＋mgh 答案：C 解析：设小球在抛出点时的机械能为E0，落到抛出点下方h时的机械能为E，小球在运动的过程中只有重力和空气阻力做功，所以空气阻力对其做的功等于小球机械能的变化量，故有E－E0＝W空，其中E0＝mv，空气阻力一直做负功，则W空＝－f(2H＋h)，联立解得E＝mv－f(2H＋h)，故C正确。 2．如图所示，一滑板爱好者沿着倾角为30°的斜坡从静止开始自由下滑，下滑过程中的加速度大小恒为g，已知滑板爱好者连同滑板的总质量为m，重力加速度为g。在滑板爱好者(含滑板)沿斜坡下滑距离为L的过程中，下列说法正确的是(　　) A．滑板爱好者下滑过程中机械能守恒 B．滑板爱好者减少的重力势能为mgL C．滑板爱好者增加的动能为mgL D．滑板爱好者减少的机械能为mgL 答案：C 解析：若斜坡光滑，则滑板爱好者下滑的加速度a＝＝，而滑板爱好者在实际下滑过程中的加速度大小为<a，因此滑板爱好者下滑过程中受到阻力作用，机械能不守恒，故A错误；滑板爱好者减少的重力势能等于重力所做的功，为ΔEp＝mgLsin30°＝mgL，故B错误；由牛顿第二定律可知，滑板爱好者所受合力F＝m×g＝mg，根据动能定理可知，滑板爱好者增加的动能为ΔEk＝FL＝mgL，故C正确；滑板爱好者减少的机械能ΔE＝ΔEp－ΔEk＝mgL，故D错误。 3．(2024·山东省东营市高一下期末)如图所示，质量为2×103 kg的电梯在缆绳发生断裂后向下坠落，电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4 m/s，缓冲弹簧被压缩2 m时电梯速度减为零。下落过程中安全钳提供给电梯的滑动摩擦力共为1.7×104 N，取重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．电梯接触弹簧后速度立即减小 B．电梯压缩弹簧过程中电梯的加速度一直在减小 C．电梯速度减为零时弹簧的弹性势能为5.6×104 J D．电梯压缩弹簧过程中电梯的机械能减少了5.6×104 J 答案：D 解析：设缓冲弹簧的劲度系数为k，电梯接触弹簧后，对电梯，由牛顿第二定律有mg－f－kx＝ma，代入数据得加速度a＝1.5 m/s2－，可知随位移x的增大，电梯先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度逐渐增加的减速运动，故A、B错误；电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为v＝4 m/s，缓冲弹簧被压缩Δx＝2 m时电梯停止了运动，弹簧的弹性势能等于电梯克服弹簧弹力做的功，即E弹＝W弹，对电梯，根据动能定理得mg·Δx－f滑·Δx－W弹＝0－mv2，得E弹＝2.2×104 J，故C错误；电梯压缩弹簧过程中，电梯动能的减少量ΔEk＝mv2，重力势能的减少量ΔEp＝mg·Δx，则机械能的减少量ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝5.6×104 J，故D正确。 4．一台起重机将工件从地面由静止向上提起，在向上匀加速运动过程中，重物上升的高度为h时，重力势能为Ep，动能为Ek，机械能为E，克服重力做功的功率为P，设地面为重力势能的零势能面，下列图像对上述过程描述一定错误的是(　　) 答案：D 解析：重物上升的高度为h时的重力势能为Ep＝mgh，则Ep­h图像为过原点的倾斜直线，故A可能正确；重物向上做匀加速运动过程，起重机对重物的拉力大小恒定，设为F，对重物，由动能定理有(F－mg)h＝Ek－0，可得Ek＝(F－mg)h，则Ek­h图像为过原点的倾斜直线，故B可能正确；根据功能关系，重物的机械能变化量为ΔE＝FΔh，则E­h图像为过原点的倾斜直线，故C可能正确；设重物做匀加速运动的加速度大小为a，高度为h时速度为v，由牛顿第二定律有F－mg＝ma，由初速度为零的匀变速直线运动的速度与位移关系有v2＝2ah，则高度为h时重物克服重力做功的功率为P＝mgv，联立解得P＝mg，则P­h图像是非线性函数图像，故D一定错误。本题选描述一定错误的，故选D。 题型二　摩擦力做功的功能关系 5．(多选)用力F拉着一个物体从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功3 J，拉力F做功8 J，克服空气阻力做功0.5 J，则下列判断正确的是(　　) A．物体的重力势能一定增加了3 J B．物体的动能增加了10.5 J C．物体的机械能增加了7.5 J D．产生的热量为0.5 J 答案：BCD 解析：重力做功WG＝3 J，根据WG＝－ΔEpG，所以ΔEpG＝－3 J，即重力势能减少了3 J，故A错误；根据动能定理有WG＋WF＋Wf＝ΔEk，得ΔEk＝3 J＋8 J－0.5 J＝10.5 J，故B正确；除重力之外的力做功总和为W其他＝WF＋Wf＝7.5 J，根据W其他＝ΔE，则机械能增加了ΔE＝7.5 J，故C正确；空气阻力做功Wf＝－0.5 J，则根据摩擦力做功的功能关系Q＝－Wf可知，产生的热量为0.5 J，D正确。 6．(2024·吉林省通化市高一下期末)如图甲所示，倾角为37°的传送带在电动机带动下沿顺时针方向匀速转动，将一质量m＝10 kg的货物(可视为质点)轻放到传送带底端A，货物运动的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，t＝10 s时刻货物到达传送带顶端B，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，货物从A端运动到B端的过程中，下列说法正确的是(　　) A．货物受到的摩擦力做的功为920 J B．货物受到的摩擦力大小始终为64 N C．货物受到的合力做的功为920 J D．货物与传送带间因摩擦产生的热量为640 J 答案：A 解析：v­t图像中图线与t轴所围图形的面积表示位移，由题图乙知，传送带的长度为L＝×(5＋10)×2 m＝15 m，传送带的速度为v＝2 m/s，货物受到的摩擦力做的功等于货物的机械能增量，则Wf＝mgLsinθ＋mv2＝920 J，A正确；设0～5 s时间内货物受滑动摩擦力大小为f1，由牛顿第二定律有f1－mgsinθ＝ma，由题图乙知，货物的加速度大小为a＝ m/s2，则f1＝64 N，5～10 s时间内，由平衡条件可知货物所受静摩擦力大小为f2＝mgsinθ＝60 N，即货物受到的摩擦力大小不是始终为64 N，B错误；根据动能定理，货物受到的合力做的功为W合＝ΔEk＝mv2－0＝20 J，C错误；货物只在0～5 s内与传送带发生相对滑动，相对位移Δs＝vt1－vt1，则货物与传送带间因摩擦产生的热量为Q＝f1Δs，代入数据解得Q＝320 J，D错误。 7．(多选)如图甲所示，光滑水平面上放着质量为3 kg的长木板B，质量为3 kg的木块A以2 m/s的初速度滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在摩擦，之后木块A与长木板B的速度随时间变化的情况如图乙所示，取重力加速度大小g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．0～1 s内，摩擦力对A做功为－4.5 J B．A、B之间因摩擦产生的热量为3 J C．A、B之间的摩擦力大小无法计算 D．A、B之间的摩擦力大小为3 N 答案：ABD 解析：0～1 s内，根据动能定理知Wf＝ΔEk，根据动能的公式结合图像可知，0～1 s内A的动能变化量ΔEkA＝mv－mv＝－4.5 J，则摩擦力对A做功为Wf＝－4.5 J，故A正确；根据动能的公式结合图像可知，0～1 s内B的动能增加了ΔEkB＝mBv－0＝1.5 J，则A、B组成的系统机械能变化量ΔE＝ΔEkA＋ΔEkB＝－3 J，根据功能关系可知，摩擦力对系统做的功W＝ΔE＝－3 J，则A、B之间因摩擦产生的热量为Q＝|W|＝3 J，故B正确；A、B之间因摩擦产生的热量Q＝Ff·x相对，由图可知，x相对＝1 m，则A、B之间的摩擦力大小Ff＝3 N，C错误，D正确。 8．(多选)在大型物流货场，广泛应用着传送带搬运货物。如图甲所示，与水平面成θ角倾斜的传送带以恒定速率运动，将m＝1 kg的货物放在传送带上的A处，经过1.2 s到达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化图像如图乙所示。已知重力加速度g＝10 m/s2，由v­t图像可知，货物从A运动到B过程中(　　) A．货物所受摩擦力恒定不变 B．摩擦力对货物做功为－11.2 J C．货物与传送带间因摩擦产生的热量为4.8 J D．货物与传送带间因摩擦产生的热量为12.8 J 答案：BC 解析：由题图乙可知，传送带的速度为2 m/s，在0～0.2 s内，货物的速度小于传送带的速度，货物受沿传送带向下的摩擦力，在0.2～1.2 s内，货物的速度大于传送带的速度，货物受沿传送带向上的摩擦力，故A错误；设货物与传送带间的动摩擦因数为μ，结合A项分析，对货物，根据牛顿第二定律，在0～0.2 s内有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，在0.2～1.2 s内有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，由题图乙可知加速度大小a1＝ m/s2＝10 m/s2，a2＝ m/s2＝2 m/s2，联立并代入数据解得θ＝37°，μ＝0.5，v­t图线与t轴所围面积表示位移，则0～0.2 s内货物的位移x1＝×0.2 m＝0.2 m，传送带的位移y1＝2×0.2 m＝0.4 m，0.2～1.2 s内货物的位移x2＝×(1.2－0.2) m＝3 m，传送带的位移y2＝2×(1.2－0.2) m＝2 m，故摩擦力对货物做功W＝μmgcosθ·x1－μmgcosθ·x2＝－11.2 J，故B正确；设0～0.2 s内和0.2～1.2 s内，货物与传送带的相对位移大小分别为Δx1、Δx2，则Δx1＝y1－x1＝0.2 m，Δx2＝x2－y2＝1 m，货物与传送带摩擦产生的热量Q＝μmgcosθ·Δx1＋μmgcosθ·Δx2＝4.8 J，故C正确，D错误。 9．如图所示，半径R＝1.95 m的四分之一圆弧形曲面体AB固定在水平地面上，轻质弹簧处于压缩状态并用细线锁定，右端固定在墙上，左端放置一个质量m＝0.5 kg的小球(弹簧与小球不拴连)，此时弹簧具有的弹性势能Ep＝25 J，弹簧原长小于C、E间的距离。解除锁定后，小球被弹出并冲上曲面体，从最高点B冲出后又落回B点进入圆弧形轨道。AC平面粗糙，其他接触面均光滑。小球与水平面AC之间的动摩擦因数μ＝0.5，A、C间的距离L＝3.6 m，不计空气阻力，取g＝10 m/s2。求： (1)小球第一次到达A点时的速度vA； (2)小球第一次从B点冲出曲面体后又落回B点所用的时间t； (3)小球停止运动时与A点的距离x。 答案：(1)8 m/s　(2)1 s　(3)0.8 m 解析：(1)设小球第一次到达A点前弹簧弹力对小球做功为W弹，则对小球根据功能定理有 W弹－μmgL＝mv－0 根据功能关系可知W弹＝Ep－0 解得vA＝8 m/s。 (2)设小球第一次到达B点的速度大小为vB，对A到B的过程应用动能定理可得 －mgR＝mv－mv 解得vB＝5 m/s 小球从B点抛出后做竖直上抛运动，根据运动的对称性可知，再次回到B点时的速度大小相同，则有t＝＝＝1 s。 (3)其他接触面均光滑，可知小球最终静止在A、C之间，设小球在AC上运动的总路程为s，则根据动能定理有 W弹－μmgs＝0－0 解得s＝10 m 由此可知，小球停止运动时与A点距离 x＝3L－s＝0.8 m。 [名师点拨]　(1)物体做往复运动时，如果用运动学、动力学观点去分析运动过程，会十分烦琐，甚至无法确定往复运动的具体过程和终态。这时就体现出动能定理的优势了。由于动能定理解题的优越性，求解多过程往复运动问题时，一般应用动能定理。 (2)在有摩擦力做功的往复运动过程中，注意两种力做功的区别： ①重力做功只与初、末位置有关，而与路径无关； ②滑动摩擦力做功与路径有关，克服滑动摩擦力做的功W克f＝Ffs(s为路程)。 10．如图甲所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始运动，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示。其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线为平行于x轴的直线，则下列说法中错误的是(　　) A．物体在沿斜面向下运动 B．在0～x1过程中，物体的加速度一直增大 C．在0～x2过程中，物体先减速再匀速 D．在x1～x2过程中，物体的加速度大小为gsinθ 答案：C 解析：由题图乙可知，在0～x1过程中，物体的机械能一直在减少，故外力F做负功，物体沿斜面向下运动，A正确；对物体，由牛顿第二定律可得mgsinθ－F＝ma，题图乙中图线切线的斜率的绝对值表示外力F的大小，因此在0～x1过程中外力F逐渐减小，故物体的加速度一直增大，B正确；在x1～x2过程中，机械能不变，故外力F等于0，物体做加速度大小为gsinθ的匀加速直线运动，C错误，D正确。本题选说法错误的，故选C。 12 学科网（北京）股份有限公司 $$