第31讲　专题强化八　功能关系　能量守恒定律 讲义 -2027届高三物理一轮复习

第31讲　专题强化八　功能关系　能量守恒定律 考点1　功能关系的理解和应用 (能力考点·深度研析) 1．对功能关系的理解 (1)做功的过程就是能量转化的过程。不同的力做功，对应不同形式的能量转化。 (2)功是能量转化的量度，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 能量 功能关系 表达式 势能 重力做的功等于重力势能减少量 W＝Ep1－Ep2＝－ΔEp 弹力做的功等于弹性势能减少量 静电力做的功等于电势能减少量 分子力做的功等于分子势能的减少量 动能 合外力做的功等于物体动能变化量 W＝Ek2－Ek1＝ mv－mv 机械能 除重力和弹力之外的其他力做的功等于机械能变化量 W其他＝E2－E1＝ΔE 摩擦产生 的内能 一对相互作用的滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能 Q＝Ff·x相对 电能 克服安培力做的功等于电能增加量 W克安＝E2－E1＝ΔE电 (多选)(2025·乌鲁木齐模拟)如图所示，质量为2 kg的物体沿倾角为30°的固定斜面匀减速上滑了2 m距离，物体加速度的大小为8 m/s2(重力加速度g取10 m/s2)。在此过程中(　　) A．物体的重力势能增加了40 J B．物体的机械能减少了12 J C．物体的动能减少了32 J D．斜面克服摩擦力做功为12 J [答案]　BC [解析]　物体重力势能的增加量等于克服重力做的功，故有ΔEp＝mg·ssin 30°＝20 J，故物体的重力势能增加了20 J，故A错误；物体上滑过程，据牛顿第二定律有mgsin 30°＋f＝ma，解得f＝6 N，摩擦力对物体做的功等于物体机械能的改变量，故有ΔE机＝－f·s＝－12 J，即物体机械能减少了12 J，故B正确；据动能定理有ΔEk＝－mg·ssin 30°－fs＝－32 J，故物体的动能减少了32 J，故C正确；由于物体在上滑的过程中，斜面保持静止不动，所以斜面克服摩擦力做功为零，故D错误。 【跟踪训练】 (功能关系的应用)(2024·山东卷)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) [答案]　B [解析]　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＝，此时弹性绳的弹性势能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x1＝x0＋l－d，由功能关系可知该过程F所做的功W＝E0＋μmgx1＝＋μmg(l－d)，B正确。 (E－x图像问题)(多选)如图甲所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一木块以一定的初速度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长，上滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，则下列说法正确的是(　　) A．木块上滑过程中，重力势能增加了4E0 B．木块受到的摩擦力大小为 C．木块的重力大小为 D．木块与斜面间的动摩擦因数为 [答案]　BC [解析]　机械能的变化量等于重力势能变化量和动能变化量的和，则2E0－3E0＝0－3E0＋ΔEp，解得ΔEp＝2E0，故A错误；木块上滑过程中，机械能的变化量等于摩擦力所做的功，则－Ffx0＝2E0－3E0，解得Ff＝，故B正确；重力所做的功等于重力势能变化量，则mgx0sin 30°＝ΔEp，解得mg＝，故C正确；滑动摩擦力为Ff＝μmgcos 30°，解得μ＝，故D错误。 考点2　能量守恒定律的理解和应用 (能力考点·深度研析) 1．能量守恒定律：能量既不会消灭，也不会创生，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，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。 2．对能量守恒定律的两点理解 (1)某些形式增加的总能量ΔE增等于其他形式减少的总能量ΔE减。 (2)某些物体增加的总能量ΔE增等于其他物体减少的总能量ΔE减。 [答案]　(1)mgdsin θ　(2) (3)L>d＋ [解析]　(1)设小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带损失的机械能为ΔE，小车从刚通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，可知小车通过每一个减速带时重力势能的减少量等于经过减速带损失的机械能，即ΔE＝mgdsin θ。① (2)设小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能为ΔE0，对小车从静止开始到进入水平地面停止，由动能定理有 mg(49d＋L)sin θ－30ΔE0－20ΔE－μmgs＝0－0② 联立①②解得 ΔE0＝。③ (3)要使ΔE0>ΔE，有 >mgdsin θ④ 解得L>d＋。 反思提升　　　　 运用能量守恒定律解题的基本思路 【跟踪训练】 (电能和机械能之间的相互转化)(2024·安徽卷)在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的η倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为ρ，水管内径的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为(　　) A． B． C． D． [答案]　B [解析]　由平抛运动规律得l＝v0t、h＝gt2，联立解得水在出水口的速度v0＝，时间t内抽出的水的质量m＝ρSv0t，根据能量守恒定律得ηPt＝mg(H＋h)＋mv，联立解得水泵的输出功率P＝，B正确。 (内能和机械能之间的相互转化)如图所示，ABC为一弹性轻绳，其弹力大小符合胡克定律，弹性轻绳一端固定于A点，另一端连接质量为m的小球，小球穿在竖直杆上。轻杆OB一端固定在墙上，另一端为定滑轮。若弹性轻绳的自然长度等于AB，初始时ABC在一条水平线上，小球从C点由静止释放，滑到E点时速度恰好为零。已知C、E两点间的距离为h，D为CE的中点，重力加速度为g，小球在C点时弹性轻绳的拉力大小为，小球与杆之间的动摩擦因数为0.6，弹性轻绳始终在弹性限度内，其弹性势能的表达式为Ep＝kx2，其中k为劲度系数，x为伸长量。则小球下滑经过D点时的速度大小为(　　) A．　　　　　　 B． C． D． [答案]　B [解析]　小球在C点时，杆对小球的弹力为FN＝kxBC＝，释放小球后，设弹性轻绳与竖直杆间的夹角为θ，杆对小球的弹力等于弹性绳垂直于杆的分力，即FN＝kxsin θ，xsin θ＝xBC，故杆对小球的弹力保持FN＝不变，则小球所受滑动摩擦力的大小始终为f＝μFN＝μ·＝0.3mg，小球从C到E的过程中，由能量守恒定律得mgh＝fh＋，解得弹性轻绳的劲度系数为k＝，小球从C到D的过程中，由能量守恒定律得mg＝f＋＋mv2，解得小球在D点速度大小为v＝，B正确。 考点3　摩擦力做功与能量转化的关系 (能力考点·深度研析) 1．静摩擦力和滑动摩擦力做功特点的比较 　　　类型 比较 静摩擦力做功 滑动摩擦力做功 不同点 能量转 化方面 只有机械能从一个物体转移到另一个物体，而没有机械能转化为其他形式的能 (1)一部分机械能从一个物体转移到另一个物体 (2)一部分机械能转化为内能，此部分能量就是系统机械能的损失量 一对摩擦 力的总功 的特点 一对静摩擦力所做功的代数和总等于零 一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值，总功W＝－Ffs相对，即发生相对滑动时产生的热量 相同点 做功情况 两种摩擦力对物体可以做正功，也可以做负功，还可以不做功 2．注意区分摩擦力做功和摩擦生热 (1)无论是计算滑动摩擦力做功，还是计算静摩擦力做功，都应代入物体相对地面的位移。 (2)公式Q＝Ff·s 相对中s相对为两接触物体间的相对位移，若物体在接触面上做往复运动，则s相对为总的相对路程。 如图所示为速冻食品加工厂生产和包装饺子的一道工序。将饺子轻放在匀速运转的足够长的水平传送带上，不考虑饺子之间的相互作用和空气阻力。关于饺子在水平传送带上的运动，下列说法正确的是(　　) A．饺子一直做匀加速运动 B．传送带的速度越快，饺子的加速度越大 C．饺子由静止开始加速到与传送带速度相等的过程中，增加的动能等于因摩擦产生的热量 D．传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能 [答案]　C [解析]　饺子在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，故A错误；饺子的加速度a＝＝＝μg，与传送带的速度无关，故B错误；饺子从静止加速到与传送带共速的过程，饺子增加的动能Ek＝μmgs饺子，因摩擦产生的热量Q＝μmgs相对，又因为饺子从初速度为零开始做匀加速运动到和传送带共速，饺子的位移s饺子＝t，s相对＝s传送带－s饺子＝vt－＝，所以饺子增加的动能等于因摩擦产生的热量，故C正确；传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能与因摩擦产生的热量的总和，故D错误。 【跟踪训练】 一木块静置于光滑水平面上，一颗子弹沿水平方向飞来射入木块中。当子弹进入木块的深度达到最大值2 cm时，木块沿水平面恰好移动距离1 cm。在上述过程中系统损失的机械能与子弹损失的动能之比为(　　) A．1∶2 B．1∶3 C．2∶3 D．3∶2 [答案]　C [解析]　根据题意，子弹在摩擦力作用下的位移为x1＝(2＋1)cm＝3 cm，木块在摩擦力作用下的位移为x2＝1 cm；系统损失的机械能转化为内能，根据功能关系，有ΔE系统＝Q＝Ff(x1－x2)；子弹损失的动能等于子弹克服摩擦力做的功，即ΔE子弹＝Ffx1，可得＝，故C正确，A、B、D错误。 提能训练　练案[31] 基础巩固练 题组一　功能关系 1．(多选)(2025·八省联考河南卷)2024年我国研制的“朱雀三号”可重复使用火箭垂直起降飞行试验取得圆满成功。假设火箭在发动机的作用下，从空中某位置匀减速竖直下落，到达地面时速度刚好为零。若在该过程中火箭质量视为不变，则(　　) A．火箭的机械能不变 B．火箭所受的合力不变 C．火箭所受的重力做正功 D．火箭的动能随时间均匀减小 [答案]　BC [解析]　由于火箭匀减速竖直下落，速度减小，动能减小，且重力势能减小，故火箭的机械能减小，故A错误；由于火箭匀减速竖直下落，加速度恒定，由牛顿第二定律可知，火箭所受的合力不变，故B正确；由于火箭的重力势能减小，故火箭所受的重力做正功，故C正确；火箭的动能Ek＝mv2＝m(v0－at)2，故火箭的动能不随时间均匀减小，故D错误。故选BC。 2．(多选)(2025·北京四中期中)一质量为m的滑块在拉力F作用下从固定斜面的顶端下滑至底端的过程中，拉力F做功为W1，重力做功为W2，克服摩擦力做功为W3，则下列说法正确的是(　　) A．因摩擦而产生的热量为Q＝W2＋W3 B．动能的变化量为ΔEk＝W1＋W2－W3 C．重力势能的变化量为ΔEp＝W2 D．机械能的变化量为ΔE＝W1－W3 [答案]　BD [解析]　摩擦产生的热量等于滑块克服摩擦力做的功，则Q＝W3，故A错误；根据动能定理，合力做的功等于动能的变化量，即ΔEk＝W1＋W2－W3，故B正确；根据重力做功与重力势能变化的关系ΔEp＝－W2，故C错误；除重力外其他力做的功等于机械能的变化量，即ΔE＝W1－W3，故D正确。 3．(多选)滑雪运动员开展滑雪训练可简化为如下模型：将运动员(包括滑板)简化为质点，运动员以某一初速度从足够长的山坡底端向上冲，取坡底为参考平面。运动员的机械能E总和重力势能Ep随离开坡底的高度h的变化规律如图所示，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　) A．运动员向上冲的过程克服摩擦力做功为2×103 J B．运动员再次回到坡底时机械能为4.4×103 J C．运动员的质量为40 kg D．运动员的初速度大小为10 m/s [答案]　AC [解析]　由图像可知，运动员在冲上山坡之前，总的机械能为E总＝10×103 J，而冲上山坡，到达最高点时的机械能为E总′＝8×103 J，而在运动员从山坡底端到冲上山坡最高点的过程中，除了重力做功以外还有摩擦力做负功，因此可知运动员向上冲的过程克服摩擦力做功为2×103 J，故A正确；运动员再次回到坡底的过程中，仍然是除了重力做功以外摩擦力做负功，易知在下坡的过程中克服摩擦力做的功和在上坡过程中一样，因此可知运动员再次回到坡底时机械能应为6×103 J，故B错误；由于取了坡底为参考平面，因此运动员滑上山坡最高点后的重力势能就等于运动员的机械能，有mgh＝E总′，h＝20 m，解得m＝40 kg，故C正确；在坡底时运动员的动能等于运动员的机械能，则有mv2＝E总，解得v＝10 m/s，故D错误。 题组二　能量守恒定律 4．某型号玩具小车的电动机额定工作电压为5 V，工作电流为200 mA，车上装有100 cm2的太阳能电板，可用太阳能电板为该模型的电池供电。已知太阳辐射的总功率约为4×1026 W，太阳到地球的距离为1.5×1011 m，假设太阳光传播到达地面约有40%的能量损耗，小车的太阳能电板的光电转化效率为16%，若垂直电板光照6 h，则该玩具小车可工作时间约为(　　) A．4 h B．6 h C．8 h D．10 h [答案]　C [解析]　由于太阳辐射为球面状，则单位面积上接收的功率P＝，S＝4π×(1.5×1011)2 m2，垂直电板光照6 h，玩具小车吸收太阳能后转化成的电能为E＝P×60%×16%×0.01×6×3 600 J，玩具小车的电动机消耗的功率为P0＝UI＝5×0.2 W＝1 W，则玩具小车最长可工作时间约为t＝＝8 h。故选C。 5．(多选)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中(　　) A．弹簧的最大弹力为μmg B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs C．弹簧的最大弹性势能为μmgs D．物块在A点的初速度为 [答案]　BC [解析]　小物块处于最左端时，弹簧的压缩量最大，然后小物块先向右做加速运动后做减速运动，可知弹簧的最大弹力大于滑动摩擦力μmg，A项错误；物块从开始运动至最后回到A点过程，由功的定义可得物块克服摩擦力做功为2μmgs，B项正确；物块从最左侧运动至A点过程由能量守恒定律可知Ep＝μmgs，C项正确；设物块在A点的初速度为v0，整个过程应用动能定理有－2μmgs＝0－mv，解得v0＝2，D项错误。 题组三　摩擦力做功与能量转化的关系 6．如图所示，木板A放在光滑的水平面上，物体B以水平速度v0冲上木板A后，由于摩擦力作用，最后与木板A相对静止。则从物体B冲上木板A到与木板A相对静止的过程中，下列说法正确的是(　　) A．物体B动能的减少量等于木板A动能的增加量 B．物体B克服摩擦力做的功大于物体B动能的减少量 C．物体B损失的机械能小于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和 D．摩擦力对木板A做的功等于木板A动能的增加量 [答案]　D [解析]　根据动能定理知，物体B克服摩擦力做的功等于物体B动能的减少量，B错误；由能量守恒定律知，物体B损失的机械能，即物体B减少的动能等于木板A动能增加量和系统产生的内能之和，A错误；系统损失的机械能转化为系统的内能，由A选项分析可知，物体B损失的机械能等于木板A获得的动能和系统损失的机械能之和，C错误；根据动能定理知，摩擦力对木板A做的功等于木板A动能的增加量，D正确。 7．(多选)如图所示，将3个木板1、2、3固定在墙角，现将一个可以视为质点的物块分别从3个木板的顶端由静止释放，物块沿木板下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数均为μ。下列说法正确的是(　　) A．物块沿着1和2下滑到底端时速度大小相等 B．物块沿着3下滑到底端时速度最大 C．物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量最多 D．物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量一样多 [答案]　CD [解析]　设木板的长度为L，与竖直方向的夹角为θ，物块下滑到底端的过程中，由动能定理得mgh－μmgsin θ·L＝mv2，即mgh－μmg·x＝mv2，木板1和2在水平方向的投影x相同，物块沿着1下滑的高度h较大，故沿着1到达底端的速度大小大于沿着2到达底端的速度大小，A错误；物块沿着2和3下滑的高度h相同，木板3在水平方向的投影x比木板2的大，故沿着3下滑到底端时速度最小，B错误；由功能关系得产生的热量为Q＝μmgsin θ·L＝μmgx，物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量最多，沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量一样多，C、D正确。 8．(多选)如图所示，质量m＝1 kg的物块(可视为质点)，以速度大小v0＝4 m/s水平向右滑上正在逆时针转动的水平传送带，传送带AB的长度L＝6 m，传送带的速度大小v＝2 m/s，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度大小g＝10 m/s2。关于物块在传送带上的运动，下列表述正确的是(　　) A．物块滑离传送带时的动能为1 J B．物块滑离传送带时的动能为2 J C．传送带对物块做的功为6 J D．传送带对物块做的功为－6 J [答案]　BD [解析]　物块与传送带之间的摩擦力为μmg，加速度大小a＝μg＝2 m/s2，物块减速到零时的位移x＝＝4 m，没有到达B端，物块会向左加速运动，加速到与传送带相同速度时的位移x1＝＝1 m，则物块还要以2 m/s的速度向左匀速运动x′＝4 m－1 m＝3 m，脱离传送带，所以物块滑离传送带时的动能Ek＝mv2＝2 J，故A错误，B正确；根据动能定理，传送带对物块做的功为W＝mv2－mv＝－6 J，C错误，D正确。 能力提升练 9．如图所示，半径为R的圆弧曲面固定在水平面上，圆弧曲面各处粗糙程度相同。物块从圆弧上的A点由静止释放，下滑到最低点B。规定B点重力势能为零。物块下滑过程中，重力势能Ep和机械能E0与下落高度h的关系图像，最接近真实情况的是(　　) [答案]　A [解析]　物块下落高度为h时，其重力势能为Ep＝mg(R－h)＝mgR－mgh，故重力势能Ep与下落高度h的图像是一条斜率不变的倾斜直线，物块下落高度h时，由功能关系得物块的机械能为E＝mgR－Wf，设在下滑过程中重力与速度的夹角为θ，根据牛顿第二定律有FN－mgsin θ＝m，根据f＝μFN，物块在下滑的过程中速度逐渐增大，则其受到的摩擦力逐渐增大，故克服摩擦力做的功逐渐增多，即下滑相同的高度时，物块的机械能损耗越来越多，A正确。 10．(多选)(2025·辽宁大连高三期中)如图所示，倾角为θ＝53°的固定粗糙斜面上有一A点，长度为l＝0.5 m的木板质量分布均匀，其质量为M＝3 kg，开始用外力使木板下端与A点对齐，如图。木块质量为m＝1 kg，两者用一轻质细绳绕过光滑定滑轮连接在一起，木板与斜面间的动摩擦因数为μ＝。现撤去外力让木板由静止开始运动到上端刚好过A点，此过程中，下列说法正确的是(　　) A．木板M和木块m组成的系统机械能守恒 B．木板上端刚过A点时速度大小为 m/s C．木板减少的机械能等于木块增加的机械能与系统产生的热量之和 D．系统产生的热量为10 J [答案]　BC [解析]　由于斜面是粗糙的，木板M和木块m组成的系统在运动中会有摩擦生热，所以木板M和木块m组成的系统机械能不守恒，故A错误；木板M和木块m组成的系统由能量守恒定律有Mglsin θ－mgl＝(M＋m)v2＋μMglcos θ，解得v＝ m/s，故B正确；根据能量守恒定律可知木板减少的机械能等于木块增加的机械能与系统产生的热量之和，故C正确；系统产生的热量为Q＝μMglcos θ＝6 J，故D错误。 11．如图所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的O点，小圆环A和轻质弹簧套在轻杆上，长为2L的细线和弹簧两端分别固定于O和A，质量为m的小球B固定在细线的中点，装置静止时，细线与竖直方向的夹角为37°。现将装置由静止缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹角增大到53°时，A、B间细线的拉力恰好减小到零，弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反，重力加速度为g，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)装置静止时，弹簧弹力的大小F； (2)环A的质量M； (3)上述过程中装置对A、B所做的总功W。 [答案]　(1)　(2)m　(3)mgL [解析]　(1)装置静止时，设AB、OB的张力分别为F1、F2， 对A受力分析，由平衡条件得F＝F1sin 37° 对B受力分析，由平衡条件得F1cos 37°＋F2cos 37°＝mg，F1sin 37°＝F2sin 37°，联立解得F＝。 (2)细线与竖直方向夹角为53°时，设装置转动的角速度为ω，A、B的转动半径分别为rA、rB，由几何关系知 rA＝L，rB＝L。 由题知环A的向心力F′＝F 对A，F′＝Mω2·L 对B，mgtan 53°＝mω2·L 解得M＝m。 (3)B上升的高度h＝L，A、B的动能分别为EkA＝M2 EkB＝m2 根据能量守恒定律可知， W＝(EkA－0)＋(EkB－0)＋mgh 解得W＝mgL。 学科网（北京）股份有限公司 $