2025届高三一轮复习 第五章　机械能守恒定律第4讲　功能关系　能量守恒定律练习

第4讲　功能关系　能量守恒定律素养目标　1.熟练掌握几种常见的功能关系，并会用于解决实际问题。2.掌握一对摩擦力做功与能量转化的关系。3.会应用能量守恒观点解决综合问题。一、几种常见的功能关系及其表达式力做功能的变化定量关系合力的功动能变化W＝Ek2－Ek1＝ΔEk重力的功重力势能变化(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＝Ep1－Ep2弹簧弹力的功弹性势能变化(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＝Ep1－Ep2只有重力、弹簧弹力做功机械能不变化机械能守恒，ΔE＝0除重力和弹簧弹力之外的其他力做的功机械能变化(1)其他力做多少正功，物体的机械能就增加多少(2)其他力做多少负功，物体的机械能就减少多少(3)W其他＝ΔE一对相互作用的滑动摩擦力的总功机械能减少内能增加(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＝Ffx相对二、能量守恒定律1.内容能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。2.表达式ΔE减＝ΔE增。基础自测,1.(2023·河北任丘市第一中学期末)在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项。质量为m的跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F，当地的重力加速度为g，那么在他减速下降高度为h的过程中，下列说法正确的是(　　)A.他的动能减少了FhB.他的重力势能增加了mghC.他的机械能减少了(F－mg)hD.他的机械能减少了Fh答案　D解析　运动员进入水中后，克服合力做的功等于动能的减少量，故动能减少(F－mg)h，故A错误；运动员进入水中后，重力做功mgh，故重力势能减小mgh，故B错误；运动员进入水中后，除重力外，克服阻力做功Fh，故机械能减少了Fh，故C错误，D正确。2.如图1，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R，bc是半径为R的四分之一圆弧与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到水平恒力的作用，自a点从静止开始向右运动，重力加速度大小为g，且小球运动到c点时速度为，则小球从a点运动到c点时机械能的增量是(　　)图1A.2mgRB.3mgRC.4mgRD.5mgR答案　B解析　小球从a点运动到c点时机械能的增量是ΔE＝m()2＋mgR＝3mgR，故B正确。考点一　功能关系的理解与应用,1.只涉及动能的变化用动能定理分析。2.只涉及重力势能的变化，用重力做功与重力势能变化的关系分析。3.只涉及机械能的变化，用除重力和弹簧的弹力之外的其他力做功与机械能变化的关系分析。考向　功能关系的理解例1蹦床是少年儿童喜欢的一种体育运动，如图2，蹦床的中心由弹性网组成，若少年儿童从最高点落下至最低点的过程中，空气阻力大小恒定，则少年儿童(　　)图2A.机械能一直增大B.刚接触网面时，动能最大C.重力势能的减少量大于克服空气阻力做的功D.重力势能的减少量等于弹性势能的增加量答案　C解析　儿童从最高点落下直至最低点的过程中，弹性网弹力以及空气阻力一直做负功，因此其机械能一直减小，故A错误；儿童和弹性网接触的过程中先加速然后减速，故开始动能并非最大，故B错误；根据功能关系可知，重力做功等于克服空气阻力和克服弹力做功之和，则重力势能的减少量大于弹性势能的增加量，也大于克服空气阻力做功，故C正确，D错误。考向　功能关系与图像的结合例2从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图3所示。重力加速度g取10m/s2。根据图中数据可知(　　),图3A.物体的质量为4kgB.h＝0时，物体的速率为20m/sC.h＝2m时，物体的动能Ek＝40JD.从地面至h＝4m，物体的动能减少100J答案　D解析　根据题图可知，h＝4m时物体的重力势能Ep＝mgh＝80J，解得物体质量m＝2kg，抛出时物体的动能为Ek0＝100J，由公式Ek0＝mv2可知，h＝0时物体的速率为v＝10m/s，选项A、B错误；由功能关系可知fh＝|ΔE总|＝20J，解得物体上升过程中所受空气阻力f＝5N，从物体开始抛出至上升到h＝2m的过程中，由动能定理有－mgh－fh＝Ek－Ek0，解得Ek＝50J，选项C错误；由题图可知，物体上升到h＝4m时，机械能为80J，重力势能为80J，动能为零，即从地面上升到h＝4m，物体动能减少100J，选项D正确。考向　摩擦力做功与摩擦生热的计算例3(2023·江苏名校联盟月考)如图4所示，一小物块在粗糙程度相同的两个固定斜面上从A经B滑动到C，若不考虑物块在经过B点时机械能的损失，则下列说法中正确的是(　　)图4A.从A到B和从B到C，减少的机械能相等B.从A到B和从B到C，减少的重力势能相等,C.从A到B和从B到C，因摩擦而产生的热量相等D.小物块在C点的动能一定最大答案　B解析　设斜面与水平面的夹角为θ，则斜面的长度为L＝，物块受到的摩擦力为Ff＝μmgcosθ，物块下滑的过程中摩擦力做的功为Wf＝－FfL＝－h，可知在物块下滑的过程中，从B到C过程中克服摩擦力做的功多，物块减少的机械能多，故A错误；重力势能变化量由初、末位置高度差决定，AB段的高度和BC段的高度相同，则减少的重力势能相等，故B正确；摩擦力做负功产生热量，可知从B到C过程中克服摩擦力做的功多，产生的热量多，故C错误；根据动能定理ΔEk＝WG＋Wf，由于从B到C过程不知重力做功和摩擦力做功的关系，故不知B、C两位置小物块的动能大小关系，故D错误。考点二　能量守恒定律的理解和应用1.分清有几种形式的能在变化，如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等。2.明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式。3.列出能量守恒关系式：ΔE减＝ΔE增。例4(2023·湘豫名校联考)如图5甲所示，在水平面上固定倾角为θ＝37°、底端带有挡板的足够长的斜面，斜面体底端静止一质量为m＝1kg的物块(可视为质点)，从某时刻起，物块受到一个沿斜面向上的拉力F作用，拉力F随物块从初始位置第一次沿斜面向上的位移x变化的关系如图乙所示，随后不再施加外力作用，假设物块与固定挡板碰撞前后速率不变，不计空气阻力和碰撞时间，已知物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。求：,图5(1)物块在上滑过程中达到最大动能时拉力F的大小；(2)物块沿斜面上滑的最大位移的大小。答案　(1)10N　(2)2m解析　(1)上滑过程中对物块进行受力分析，当F＝mgsin37°＋μmgcos37°＝10N时，物块沿斜面上滑过程中达到的动能最大。(2)设物块沿斜面上滑的最大位移为xm，根据能量守恒定律得WF′＝mgxmsin37°＋μmgxmcos37°其中WF′＝J＝20J解得物块沿斜面上滑的最大位移的大小xm＝2m。跟踪训练毕节，是全国唯一一个以“开发扶贫、生态建设”为主题的试验区，是国家“西电东送”的主要能源基地。如图6所示，赫章的韭菜坪建有风力发电机，风力带动叶片转动，叶片再带动转子(磁极)转动，使定子(线圈，不计电阻)中产生电流，实现风能向电能的转化。若叶片长为l，设定的额定风速为v，空气的密度为ρ，额定风速下发电机的输出功率为P，则风能转化为电能的效率为(　　)图6A.B.C.D.答案　A解析　风能转化为电能的工作原理为将风的动能转化为输出的电能，设风吹向发电机的时间为t，则在t时间内吹向发电机的风的体积为V＝vt·S＝vt·πl2，则风的质量M＝ρV＝ρvt·πl2，因此风吹过的动能为Ek＝Mv2＝ρvt·πl2·v2,，在此时间内发电机输出的电能E＝Pt，则风能转化为电能的效率为η＝＝，故A正确，B、C、D错误。A级　基础对点练对点练1　功能关系的理解与应用1.某运动员参加撑杆跳高比赛如图1所示，这个过程中能量变化描述正确的是(　　)图1A.加速助跑过程中，运动员的动能和重力势能都不断增大B.起跳上升过程中，杆的弹性势能先增大后减小C.起跳上升过程中，运动员的机械能守恒D.运动员越过横杆正上方时，动能为零答案　B解析　加速助跑过程中，运动员的动能不断增加，重力势能不变，故A错误；起跳上升过程中，杆先逐渐弯曲然后伸直，则杆的弹性势能先增加后减少，故B正确；起跳上升过程中，运动员和杆的系统动能、重力势能和弹性势能之和守恒，因杆的弹性势能先增大后减小，则运动员的机械能先减小后增大，故C错误；运动员到达横杆正上方时，由于有水平速度，则动能不为零，故D错误。2.在自行车比赛中，某运动员在下坡过程中保持同一姿态滑行了一段距离，重力对他做功4000J，他克服阻力做功200J。则运动员在该段下坡过程(　　)A.动能增加了4000JB.机械能减小了200JC.机械能减小了3800JD.重力势能减小了3800J,答案　B解析　合力对运动员所做的功W总＝WG＋Wf＝4000J＋(－200)J＝3800J，根据动能定理得动能增加了3800J，故A错误；阻力做功Wf＝－200J，所以机械能减小了200J，故B正确，C错误；重力对他做功为4000J，则他的重力势能减小了4000J，故D错误。3.(2023·山东省实验中学模拟)一小球从地面上以某一初速度竖直向上抛出，运动过程中受到的阻力大小与速率成正比，在上升过程中，下列能正确反映小球的机械能E随上升高度h的变化规律(选地面为零势能参考平面)的是(　　)答案　C解析　设小球运动的速率为v时所受的阻力大小为f，根据题意可知f＝kv，根据功能关系得ΔE＝Wf＝fh，则E＝E0－ΔE＝E0－fh，因为速度逐渐减小，所以f逐渐减小，图像的斜率逐渐减小，故C正确。4.如图2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，以一定的初速度v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(　　)图2A.物块克服摩擦力做的功为0B.物块克服摩擦力做的功为2μmgsC.弹簧的最大弹性势能为0.5mv2D.弹簧的最大弹性势能为0.5mv2＋μmgs答案　B解析　整个过程中，物块所受的摩擦力Ff＝μmg，大小恒定，摩擦力一直做负功，根据功的定义可得物块克服摩擦力做的功为Wf＝μmg·2s＝2μmgs，故A错误，B,正确；向左运动过程中，根据动能定理可知－μmgs－Ep＝0－mv2，解得Ep＝0.5mv2－μmgs，故C、D错误。5.(2023·河北廊坊期末)一质量为m的小球，从地面附近的某高度处以初速度v水平抛出，除重力外小球还受一水平恒力作用，经过一段时间，小球的速度大小变为2v，方向竖直向下，小球还未到达地面。在此过程中(　　)A.小球的动能增加了mv2B.小球的重力势能减少了2mv2C.小球的机械能增加了2mv2D.水平恒力做功的大小大于重力做功的大小答案　B解析　小球的动能增加了ΔEk增＝m(2v)2－mv2＝mv2，故A错误；小球在竖直方向做自由落体运动，且水平恒力作用一段时间后，小球运动速度竖直向下，说明水平方向的速度恰好减为零，小球的重力势能减少了ΔEp减＝mgh，又(2v)2＝2gh，联立得ΔEp减＝2mv2，故B正确；下落过程根据动能定理得WF＋mgh＝m(2v)2－mv2，即WF＋2mv2＝m(2v)2－mv2，解得WF＝－mv2，水平恒力做功为－mv2，小球的机械能减小mv2；重力做功等于重力势能的减少量即为2mv2，故C、D错误。对点练2　能量守恒定律的理解和应用6.如图3所示，一个质量为M、长为L的木板B静止在光滑水平面上，其右端放有可视为质点的质量为m的滑块A，现用一水平恒力作用在滑块上，使滑块从静止开始做匀加速直线运动。滑块和木板之间的摩擦力为Ff，滑块滑到木板的最左端时，木板运动的距离为x，此过程中，下列说法错误的是(　　),图3A.滑块A到达木板B最左端时，具有的动能为(F－Ff)·(L＋x)B.滑块A到达木板B最左端时，木板B具有的动能为FfxC.滑块A克服摩擦力所做的功为FfLD.滑块A和木板B增加的机械能为F(L＋x)－FfL答案　C解析　对滑块A分析，滑块A相对于地面的位移为L＋x，根据动能定理得(F－Ff)(L＋x)＝mv2－0，则知滑块A到达木板B最左端时具有的动能为(F－Ff)(L＋x)，选项A正确；对木板B分析，根据动能定理得Ffx＝Mv′2－0，则知滑块A到达木板B最左端时，木板B具有的动能为Ffx，选项B正确；滑块A相对于地的位移大小为L＋x，则滑块A克服摩擦力所做的功为Ff(L＋x)，故选项C错误；根据能量守恒得，外力F做的功转化为木板B和滑块A的机械能和摩擦产生的内能，则有F(L＋x)＝ΔE＋Q，其中Q＝FfL，则滑块A和木板B增加的机械能为ΔE＝F(L＋x)－FfL，选项D正确。7.如图4所示，光滑水平面OB与足够长粗糙斜面BC交于B点。轻弹簧左端固定于竖直墙面，现将质量为m1的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上。不计滑块在B点的机械能损失；换用相同材料质量为m2的滑块(m2＞m1)压缩弹簧至同一点D后，重复上述过程，下列说法正确的是(　　)图4A.两滑块到达B点的速度相同B.两滑块沿斜面上升的最大高度相同C.两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同D.两滑块上升到最高点过程机械能损失不相同答案　C,解析　两滑块到B点的动能相同，但速度不同，故A错误；两滑块在斜面上运动时加速度相同，由于在B点时的速度不同，故上升的最大高度不同，故B错误；两滑块上升到斜面最高点过程克服重力做的功为mgh，设斜面倾角为θ，由能量守恒定律得Ep＝mgh＋μmgcosθ·，则mgh＝，故两滑块上升到斜面最高点过程克服重力做的功相同，故C正确；由能量守恒定律得E损＝μmgcosθ·＝，结合C可知D错误。B级　综合提升练8.如图5所示，光滑水平面AB与竖直面上的半圆形光滑固定轨道在B点衔接，BC为直径，一可看作质点的物块在A处压缩一轻质弹簧(物块与弹簧不连接)，释放物块，物块被弹簧弹出后，经过半圆形轨道B点之后恰好能通过半圆轨道的最高点C。现在换用一个质量较小的另一物块，被同样压缩的弹簧由静止弹出，不计空气阻力。则更换后(　　)图5A.物块不能到达C点B.物块经过C点时动能不变C.物块经过C点时的机械能变大D.物块经过B点时对轨道的压力变小答案　D解析　物块从A到C过程，由能量守恒有Ep＝mg·2R＋mv，可知质量变小，物块经过C点时动能变大，vC变大，物块也能到达C点，故A、B错误；由能量守恒定律可知物块经过C点时的机械能不变均为Ep，故C错误；物块从A到B,过程，由能量守恒有Ep＝mv，在B点有FN－mg＝m，解得FN＝mg＋，由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力变小，故D正确。9.如图6所示，A物体套在光滑的竖直杆上，B物体放置在粗糙水平桌面上，用一细绳连接。初始时细绳经过定滑轮呈水平，A、B物体质量均为m。A物体从P点由静止释放，下落到Q点时，速度为v，PQ之间的高度差为h，此时连接A物体的细绳与水平方向夹角为θ，此过程中，下列说法正确的是(　　)图6A.A物体做匀加速直线运动B.A物体到Q点时，B物体的速度为vsinθC.A物体减少的重力势能等于A、B两物体动能增量之和D.B物体克服摩擦做的功为mgh－mv2答案　B解析　滑块A下滑时，竖直方向受重力和细绳拉力的竖直分量，因细绳拉力的竖直分量是变化的，则滑块A所受的合力不是恒力，则A的加速度不是恒量，即A不是匀加速下滑，选项A错误；若滑块A的速度为v，则由速度的分解可知，滑块B的速度为vsinθ，选项B正确；由能量关系可知，A物体减少的重力势能等于B克服摩擦力做功和A、B两物体动能增量之和，选项C错误；B物体克服摩擦做的功为mgh－mv2－mv2sin2θ，选项D错误。10.(2023·河北衡水模拟)如图7甲所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中物块动能Ek与路程s的关系如图乙所示。出发位置为零势能面，重力加速度大小取g＝10m/s2，E为物块的机械能，Ep为物块的重力势能，下列图像中正确的是(　　),图7答案　C解析　由题意可知，刚开始的时候，物块具有一定的动能，沿斜面向上运动过程中，物块动能减小，重力势能增大，当速度为零时，重力势能达到最大，之后重力势能减小，动能增大，当再次达到斜面底端时，物块的动能比刚开始时动能小，说明运动过程有能量损失，机械能不守恒。由图可知，滑动过程中损失的能量为10J，单次损失的能量为5J，故当s＝10m时，重力势能为35J，s＝20m时，重力势能为0，故A、B错误；当s＝20m时，机械能为30J，最开始机械能为40J，故C正确，D错误。11.如图8所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相切，半圆形导轨的半径为R。一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右的速度后脱离弹簧，当它经过B点进入导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的8倍，之后向上运动恰能到达最高点C。不计空气阻力，重力加速度为g，试求：图8(1)物体在A点时弹簧的弹性势能；,(2)物体从B点运动至C点的过程中产生的内能。答案　(1)mgR　(2)mgR解析　　(1)设物体在B点的速度为vB，所受弹力为FNB，由牛顿第二定律得FNB－mg＝m由牛顿第三定律知FNB＝FNB′＝8mg由能量守恒定律可知，物体在A点时的弹性势能Ep＝mv＝mgR。(2)设物体在C点的速度为vC，由题意可知mg＝m物体由B点运动到C点的过程中，由能量守恒定律得Q＝mv－解得Q＝mgR。12.如图9所示，一物体质量m＝2kg，在倾角θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3m/s下滑，A点距弹簧上端挡板位置B点的距离LAB＝4m。当物体到达B点后将弹簧压缩到C点，最大压缩量LCB＝0.2m，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LAD＝3m。挡板及弹簧质量不计，g取10m/s2，sin37°＝0.6，求：图9(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。答案　(1)0.52　(2)24.4J解析　(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·sin37°＝μmgcos37°(LAB＋2LCB＋LBD)代入数据解得μ≈0.52。(2)物体由A到C的过程中，动能减少量为ΔEk＝mv重力势能减少量为ΔEp＝mgLACsin37°摩擦产生的热量为Q＝μmgcos37°·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＋mgLACsin37°－μmgcos37°·LAC＝24.4J。