备考2024届高考物理一轮复习讲义第六章机械能第4讲功能关系能量守恒定律考点1功能关系的理解和应用

第4讲　功能关系　能量守恒定律核心考点五年考情命题分析预测功能关系的理解和应用2023：山东T4；2022：江苏T10；2019：全国ⅡT18功能关系在选择题中考查的频率比较高，特别是功能关系中的图像问题是高考的热点.预计2025年高考题出题可能性较大，有可能会结合体育运动等实际情境进行考查.能量守恒定律可能会结合弹簧模型以计算题形式考查.能量守恒定律的应用2023：浙江6月T18；2022：河北T9；2021：山东T18；2019：江苏T8考点1　功能关系的理解和应用1.对功能关系的理解（1）[1]　功　是能量转化的量度，做了多少功就有多少能量发生转化.（2）做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必须通过[2]　做功　来实现.2.几种常见的功能关系及表达式力做功能的变化二者关系合力做功动能变化W＝[3]　Ek2－Ek1　＝ΔEk 重力做功重力势能变化（1）重力做正功，重力势能减少；（2）重力做负功，重力势能增加；（3）WG＝－ΔEp＝[4]　Ep1－Ep2　弹簧弹力做功弹性势能变化（1）弹力做正功，弹性势能减少；（2）弹力做负功，弹性势能增加；（3）W弹＝－ΔEp＝[5]　Ep1－Ep2　只有重力或系统内弹力做功机械能不变化机械能守恒，即ΔE＝[6]　0　除重力和系统内弹力之外的其他力做功机械能变化（1）其他力做多少正功，物体的机械能增加多少；（2）其他力做多少负功，物体的机械能减少多少；（3）W其他＝[7]　ΔE　一对相互作用的滑动摩擦力的总功内能增加（1）作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能增加；（2）摩擦生热Q＝[8]　fx相对　电场力做功电势能变化（1）电场力做正功，电势能减少；（2）电场力做负功，电势能增加；（3）W电＝－ΔEp＝[9]　Ep1－Ep2　安培力做功电能变化W克安＝ΔE电，W安＝[10]　－ΔE电　滑雪者沿斜面下滑时，判断下列关于滑雪者功能关系说法的正误.（1）合力对滑雪者做负功，滑雪者动能一定减小.（　√　）（2）合力对滑雪者做正功，滑雪者机械能一定增加.（　✕　）（3）滑雪者动能增加时，滑雪者机械能可能增加.（　√　）（4）滑雪者重力势能的减少量等于滑雪者动能的增加量.（　✕　）研透高考明确方向 命题点1　功能关系的理解和简单应用1.[直线运动中功能关系的应用/多选]如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s匀速行驶.已知小车总质量为50kg，MN＝PQ＝20m，PQ段的倾角为30°，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力.下列说法正确的是（　ABD　）A.从M到N，小车牵引力大小为40NB.从M到N，小车克服摩擦力做功800JC.从P到Q，小车重力势能增加1×104JD.从P到Q，小车克服摩擦力做功700J解析　从M到N，由P1＝F1v1可得小车牵引力大小F1＝P1v1＝2005N＝40N，故A正确.从M到N，小车匀速行驶，牵引力等于摩擦力，可得摩擦力f1＝F1＝40N，小车克服摩擦力做的功Wf1＝f1·MN＝40×20J＝800J，故B正确.从P到Q，由P2＝F2v2可得小车牵引力大小F2＝P2v2＝5702N＝285N，从P到Q，小车匀速行驶，小车牵引力F2＝f2＋mgsin30°，解得f2＝F2-mgsin30°＝285N-50×10×12N＝35N；从P到Q，小车克服摩擦力做的功Wf2＝f2·PQ＝35×20J＝700J，故D正确.从P到Q，小车上升的高度h＝PQsin30°＝20×0.5m＝10m，小车重力势能的增加量ΔEp＝mgh＝50×10×10J＝5000J，C错误.一题多解　对选项B，由于小车匀速运动，动能不变，也可利用动能定理得出小车在MN段克服摩擦力做的功，即W1-Wf1＝0，W1＝P1t1，t1＝MNv1，得出Wf1＝W1＝P1MNv1＝200×205J＝800J.对选项D，由于小车匀速运动，动能不变，也可利用功能关系得出小车在PQ段克服摩擦力做的功，即W2－Wf2＝ΔEp＝mgh，W2＝P2t2，t2＝PQv2，得出Wf2＝W2-mgh＝P2PQv2-mgh＝570×202J-50×10×10J＝700J.方法点拨两种摩擦力做功特点的比较类型静摩擦力做功滑动摩擦力做功能量的转化（1）一部分机械能从一个物体转移到另一个物体. 机械能只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（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.[曲线运动中功能关系的应用]由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线”，如图中实线所示，图中虚线为不考虑空气阻力情况下炮弹的理想运动轨迹.O、a、b、c、d为弹道曲线上的五点，其中O点为发射点，d点为落地点，b点为轨迹的最高点，a、c距地面高度相等，下列说法正确的是（　D　）A.到达b点时，炮弹的速度为零B.炮弹到达b点时的加速度为重力加速度gC.炮弹经过a、c两点时的速度大小相等D.炮弹由O点运动到b点的时间小于由b点运动到d点的时间解析　到达b点vy=0vx≠0→A错b点受力分析如图→F＝（mg）2＋F阻2＞mg→ab＝Fm＞g→B错a、c高度相同，Wac＜0→va＞vc→C错结合h＝12at2分析↓tOb＜tbd→D对命题点2　功能关系中的图像问题分析 3.[W－x图像/2023新课标/多选]一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示.物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2.下列说法正确的是（　BC　）A.在x＝1m时，拉力的功率为6WB.在x＝4m时，物体的动能为2JC.从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为8JD.从x＝0运动到x＝4m的过程中，物体的动量最大为2kg·m/s解析　物体所受的滑动摩擦力大小为f＝μmg＝4N，0～1m的过程，由动能定理有W1-μmgx1＝12mv12，解得v1＝2m/s，又W-x图像的斜率表示拉力F，则0～2m的过程，拉力F1＝6N，故x＝1m时拉力的功率P1＝F1v1＝12W，A错误；0～4m的过程，由动能定理有W4-μmgx4＝Ek4-0，则在x＝4m时，物体的动能Ek4＝2J，B正确；0～2m的过程，物体克服摩擦力做的功Wf2＝fx2＝8J，C正确；由W-x图像可知，2～4m的过程，拉力F2＝3N，则F1＞f＞F2，所以物体在0～2m的过程做加速运动，2～4m的过程做减速运动，故0～4m的过程，物体在x＝2m处速度最大，由动能定理有W2-fx2＝12mv22，解得v2＝22m/s，故物体的最大动量为pm＝22kg·m/s，D错误.4.[多种图像组合]如图所示，某一斜面与水平面平滑连接，一小木块从斜面由静止开始滑下，滑到水平面上的A点停下，已知小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数相同，取水平面为参考平面，则此过程中木块的重力势能Ep、动能Ek、机械能E和产生的内能Q与水平位移x的关系图线错误的是（　C　）解析　设动摩擦因数为μ，斜面的倾角为θ，小木块开始下滑位置到水平面的高度为H；小木块在斜面上运动时的重力势能为Ep＝mg(H-h)，h＝xtanθ，解得Ep＝mgH- mgxtanθ，又小木块在水平面上运动时，Ep＝0，A正确.木块在斜面上运动时，根据动能定理得mgh-μmgscosθ＝Ek-0，h＝xtanθ，s＝xcosθ，解得Ek＝mgx(tanθ-μ)，木块在水平面上运动时，设初动能为Ek0，根据动能定理得-μmg(x-x1)＝Ek-Ek0，解得Ek＝Ek0-μmg(x-x1)，B正确.木块克服摩擦力做功转化为内能，木块在斜面上时，Q＝μmgscosθ，s＝xcosθ，解得Q＝μmgx，木块在水平面上运动时，Q＝μmg(x-x1)，木块在斜面上运动和在水平面上运动，图像的斜率相同，D正确.木块在斜面上运动时，根据能量守恒定律得E＝mgH-Q，Q＝μmgx.解得E＝mgH-μmgx，木块在水平面上运动时，设初始机械能为E0，根据能量守恒定律得E＝E0-μmg(x-x1)，木块在斜面上运动和在水平面上运动，图像的斜率相同，C错误.命题点3　功能关系的综合应用5.[2021北京]秋千由踏板和绳构成，人在秋千上的摆动过程可以简化为单摆的摆动，等效“摆球”的质量为m，人蹲在踏板上时摆长为l1，人站立时摆长为l2.不计空气阻力，重力加速度大小为g.（1）如果摆长为l1，“摆球”通过最低点时的速度为v，求此时“摆球”受到拉力T的大小.（2）在没有别人帮助的情况下，人可以通过在低处站起、在高处蹲下的方式使“摆球”摆得越来越高.a.人蹲在踏板上从最大摆角θ1开始运动，到最低点时突然站起，此后保持站立姿势摆到另一边的最大摆角为θ2.假定人在最低点站起前后“摆球”摆动速度大小不变，通过计算证明θ2＞θ1.b.实际上人在最低点快速站起后“摆球”摆动速度的大小会增大.随着摆动越来越高，达到某个最大摆角θ后，如果再次经过最低点时，通过一次站起并保持站立姿势就能实现在竖直平面内做完整的圆周运动，求在最低点“摆球”增加的动能ΔEk应满足的条件.答案　（1）mg＋mv2l1　（2）a.见解析　b.ΔEk≥52mgl2－mgl1（1－cosθ）解析　（1）“摆球”在最低点时，根据牛顿第二定律有T－mg＝mv2l1解得T＝mg＋mv2l1（2）a.设人在最低点站起前后“摆球”的摆动速度大小分别为v1、v2，根据功能关系得mgl1（1－cosθ1）＝12mv12 mgl2（1－cosθ2）＝12mv22已知v1＝v2，得mgl1（1－cosθ1）＝mgl2（1－cosθ2）因为l1＞l2，则cosθ1＞cosθ2所以θ2＞θ1b.设“摆球”由最大摆角θ摆至最低点时动能为Ek，根据功能关系得Ek＝mgl1（1－cosθ）“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，设通过最高点的最小速度为vmin根据牛顿第二定律得mg＝mvmin2l2“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，根据功能关系有Ek＋ΔEk≥2mgl2＋12mvmin2解得ΔEk≥52mgl2－mgl1（1－cosθ）.