资源简介 思维进阶五 功能关系 能量守恒定律 对应学生用书P128考点一 功能关系的理解与应用只有机械能改变的功能关系，明确哪种力做功是关键【例1】 如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的粗糙半圆形导轨在B点相接，导轨半径R＝0.4 m。一个质量为m＝1 kg的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，物体经过B点的速度为v1＝6 m/s，之后沿半圆形导轨运动，到达C点的速度为v2＝3 m/s，重力加速度g取10 m/s2。求：(1)弹簧压缩至A点时的弹性势能Ep；(2)物体沿半圆形导轨运动过程中克服阻力所做的功Wf；(3)若水平面AB粗糙，长为2 m，半圆形导轨光滑，已知物体与水平面间的动摩擦因数μ随位移x变化的图像如图乙所示，求物体经过C点时对导轨的压力。解析：(1)根据机械能守恒定律有 Ep＝m解得Ep＝18 J。(2)物体沿半圆形导轨运动过程中，由动能定理有－2mgR－Wf＝m－m解得Wf＝5.5 J物体沿半圆形导轨运动过程中克服阻力所做的功为5.5 J。(3)物体从A点到C点，由功能关系可知Ep－x－mg×2R＝m其中x＝ μmgx＝10××2.0×0.4 J＝4 J物体在C点由牛顿第二定律得F＋mg＝m解得F＝20 N由牛顿第三定律得物体经过C点时对导轨的压力大小为F压＝20 N，方向竖直向上。答案：(1)18 J (2)5.5 J (3)20 N，方向竖直向上 角度突破1.功和能是不同的概念，功是过程量，能是状态量；功是能量变化的原因，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常见力的功 对应能量的变化 定量关系式重力 正功 重力势能减少 WG＝－ΔEp负功 重力势能增加弹簧等的弹力 正功 弹性势能减少 W弹＝－ΔEp负功 弹性势能增加合力 正功 动能增加 W合＝ΔEk负功 动能减少重力、弹力以外的其他力 正功 机械能增加 W其他＝ΔE 破题路径有摩擦生热的功能关系，明确相对位移是核心【例2】 (2025·镇江测试)如图甲所示，一倾角为37°的传送带在电动机的带动下以恒定速率顺时针运行，传送带底端到顶端的距离为L＝10 m，现将一质量m＝2.0 kg的小煤块轻放于传送带底端，以传送带最底端为参考平面，小煤块在传送带上运动整个过程中速度的平方v2随位移x的变化如图乙所示，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，煤块可视为质点，其在传送带上经过会留下黑色痕迹，在煤块从传送带底端到顶端过程中，求：(1)煤块与传送带之间的动摩擦因数μ；(2)煤块在传送带上留下痕迹的长度；(3)电动机多做的功W。解析：(1)煤块放上传送带先做匀加速运动，根据v2＝2ax结合图乙可得煤块做匀加速运动的加速度为a＝ m/s2＝1 m/s2根据牛顿第二定律可得μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma解得动摩擦因数为μ＝0.875。(2)设传送带的速度为v，根据图像可知v＝ m/s＝3 m/s煤块加速的时间为t1＝＝3 s煤块与传送带的相对位移为Δx＝vt1－vt1＝4.5 m可知煤块在传送带上留下痕迹的长度为4.5 m。(3)煤块和传送带间因摩擦产生的热量为Q＝μmgcos37°Δx＝63 J煤块从传送带底端到顶端过程电动机多做的功等于煤块重力势能和动能的增加量以及因摩擦而产生的热量之和，则有W＝mgLsin 37°＋mv2＋Q解得W＝192 J。答案：(1)0.875 (2)4.5 m (3)192 J 角度突破滑动摩擦力与两物体间相对位移的乘积等于产生的内能，即Q＝Ff·s相对，若物体在接触面上做往复运动，则s相对为总的相对路程。 破题路径 能力要语涉及摩擦力做功时，机械能一般不守恒，需应用能量的转化和守恒定律。教学札记：考点二 能量守恒定律的理解与应用有电能转化的能量守恒，分析电能与其他形式能量的转化是关键【例3】 (2024·江苏高考)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(可视为质点)在电动机作用下，从斜面底端A点由静止加速至B点时达到最大速度v，之后做匀速运动至C点，关闭电动机，物块恰好到达最高点D点，重力加速度为g，不计电动机消耗的电热。求：(1)CD段长度x；(2)BC段电动机的输出功率P；(3)全过程储存的机械能E1和电动机消耗的总电能E2的比值。解析：(1)解法一 对物块从C点运动到D点的过程，由动能定理有－mgxsin θ－μmgxcos θ＝0－mv2解得x＝。解法二 对物块从C点运动到D点的过程，由牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma由运动学规律有0－v2＝－2ax解得x＝。(2)物块在BC段做匀速直线运动，由平衡条件有F＝mgsin θ＋μmgcos θ则电动机的输出功率P＝Fv＝mgv(sin θ＋μcos θ)。(3)全过程储存的机械能E1＝mgLsin θ由能量守恒定律可知电动机消耗的总电能E2＝mgLsin θ＋μmgLcos θ则＝。答案：(1) (2)mgv(sin θ＋μcos θ) (3) 角度突破能量守恒定律：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。 破题路径教学札记：[思维进阶(五)] 功能关系 能量守恒定律(选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟)1.如图所示为低空跳伞极限运动表演，运动员从悬崖上一跃而下，实现了自然奇观与极限运动的完美结合。假设质量为m的跳伞运动员，由静止开始下落(空气阻力不可忽略)，在打开伞之前，下落高度h时速度达到v。在运动员下落h的过程中，下列说法正确的是( )A.运动员的动能增加了mghB.运动员的重力势能减少了mv2C.阻力对运动员做的功为mgh－mv2D.运动员的机械能减少了mgh－mv2解析：选D。由于阻力的存在，重力势能的减少量不等于动能的增加量，因此动能的增量为ΔEk＝mv2，重力势能的减少量为ΔEp＝mgh，故A、B错误；根据动能定理可得mgh＋W阻力＝mv2，解得阻力对运动员做的功为W阻力＝mv2－mgh，故C错误；根据功能关系可知运动员的机械能减少了ΔE＝mgh－mv2，故D正确。2.如图所示，一个长为L、质量为M的木板，静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块(可视为质点)，以水平初速度v0，从木板的左端滑向另一端，设物块与木板间的动摩擦因数为μ，当物块与木板相对静止时，物块仍在长木板上，物块相对木板的位移为d，木板相对地面的位移为s，重力加速度为g。则在此过程中( )A.摩擦力对物块做功为μmg(s＋d)B.摩擦力对木板做功为－μmgsC.木板动能的增加量为μmgdD.由于摩擦而产生的热量为μmgd解析：选D。根据功的定义W＝Flcos θ，其中l指物体的位移，而θ指力与位移之间的夹角，可知摩擦力对物块做的功W1＝－μmg(s＋d)，摩擦力对木板做的功W2＝μmgs，故A、B错误；根据动能定理可知木板动能的增加量ΔEk＝W2＝μmgs，故C错误；由于摩擦而产生的热量Q＝Ff·Δx＝μmgd，故D正确。3.(生产生活融通题)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 hC.8 h D.10 h解析：选C。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C正确。4.(2024·安徽高考)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.解析：选B。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)＋m，联立解得水泵的输出功率P＝，B正确。5.(2025·江苏多校联考)篮球社团课上，以地面为零势能面，绘制篮球下落过程动能、势能和机械能随高度h的变化图像，即如图所示a、b、c三条图线，则( )A.图线c代表重力势能B.若空气阻力变大，图线b的斜率会变大C.若空气阻力变大，图线a的斜率会变大D.图线a和c的纵截距一定不相等解析：选C。重力势能为Ep＝mgh，图线b代表重力势能，斜率表示篮球的重力，若空气阻力变大，图线b的斜率不变，故A、B错误；设初状态的机械能为E0，根据功和能的关系可知篮球的机械能为f(H－h)＝E0－E，解得E＝E0－fH＋fh，图线a表示机械能随高度变化的图像，斜率表示空气阻力，空气阻力增大，斜率增大，故C正确；根据动能定理得mg(H－h)－f(H－h)＝Ek，解得Ek＝(mg－f)H－(mg－f)h，图线c表示动能随高度变化的图像，纵截距是mgH－fH，图线a的纵截距为E0－fH，因为mgH＝E0 ，所以mgH－fH＝E0－fH，上式两边均表示篮球落地时的动能，则图线a和c的纵截距一定相等，D错误。6.如图所示，将原长为L的轻弹簧置于长为2L的光滑水平面AB上，F为AB的中点，弹簧一端固定在A点，另一端与可视为质点且质量为m的滑块P接触。AB左侧为半径为L的光滑半圆轨道BCD，C点与圆心O等高。现将滑块P压缩弹簧0.5L至E点(图中未标出)后由静止释放，滑块恰好能到达轨道的最高点D，重力加速度为g。(1)求弹簧被压缩至E点时的弹性势能Ep；(2)在BF段铺一表面粗糙的薄膜，改用质量为2m的滑块Q仍将弹簧压缩到E点由静止释放，恰能运动到半圆轨道的C点，求滑块Q与薄膜间的动摩擦因数μ；(3)接第(2)问，求滑块Q在薄膜上运动的总路程s。解析：(1)滑块恰好能到达轨道的最高点D，则有mg＝m从E到D过程，由能量守恒有Ep＝m＋mg×2L联立解得Ep＝2.5mgL。(2)由题意可知滑块Q到C点时速度为0，则从E到C过程，由能量守恒有Ep＝μ×2mg×xBF＋2mgL＝μ×2mg×L＋2mgL解得μ＝0.25。(3)分析可知滑块Q最终停在BF上，由能量守恒有Ep＝μ×2mg×s解得s＝5L。答案：(1)2.5mgL (2)0.25 (3)5L7.某仓库运货的简化装置如图所示，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡。装满货物的小车从静止开始加速运动距离L，再以速度v沿斜坡匀速上行，关闭电动机后，小车又沿斜坡上行一段距离速度为零。卸货后，给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行。已知配重质量为m，小车质量为2m，车上货物质量为30m，重力加速度为g，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上货物总重力成正比，比例系数k＝0.25，配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦及缆绳质量。求：(1)斜坡倾角的正弦值sin θ；(2)关闭电动机后小车上行的距离d；(3)加速上行阶段电动机对小车做的功W。解析：(1)小车沿斜坡匀速下行，对小车有m车gsin θ＝km车g＋T对配重有T＝m配g将m车＝2m、m配＝m和k＝0.25代入解得sin θ＝0.75。(2)关闭电动机后，设小车上行的加速度大小为a，对小车由牛顿第二定律有m总gsin θ＋km总g－T'＝m总a对配重由牛顿第二定律有T'－m配g＝m配a根据运动学公式有v2＝2ad将m总＝32m、m配＝m和k＝0.25代入，解得d＝。(3)对小车、货物和配重系统，由功能关系得W－km总gL＝(m总＋m) v2＋m总gLsin θ－mgL将m总＝32m、k＝0.25代入，解得W＝31mgL＋16.5mv2。答案：(1)0.75 (2) (3)31mgL＋16.5mv28.(2025·南通测试)某传送装置如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，电动机用轻绳通过定滑轮与木板相连，木板上静置一物块。电动机以恒定功率P拉动木板由静止开始沿斜面向上运动，经过一段时间，木板与物块的速度刚好相同，大小为v0。已知木板与物块质量均为m，两者之间动摩擦因数μ＝，木板和斜面均足够长，轻绳与斜面始终平行，重力加速度为g，忽略其他摩擦。求上述时间内：(1)物块刚开始运动时的加速度大小a；(2)物块重力势能的增加量ΔEp；(3)木板和物块间因摩擦产生的内能Q。解析：(1)对物块由牛顿第二定律有μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma解得 a＝g。(2)根据运动学公式有＝2ax1解得x1＝物块重力势能的增加量ΔEp＝mgx1sin 30°解得ΔEp＝m。(3)运动时间为t＝对木板由动能定理有Pt－(μmgcos 30°＋mgsin 30°)x2＝m解得x2＝－木板和物块间因摩擦产生的内能Q＝μmgcos30°(x2－x1)解得Q＝－。答案：(1)g (2)m (3)－(共47张PPT)高三一轮总复习高效讲义物 理01第六章机械能守恒定律思维进阶五 功能关系 能量守恒定律角度突破考点一功能关系的理解与应用破题路径角度突破破题路径能力要语角度突破考点二能量守恒定律的理解与应用破题路径思维进阶五 功能关系 能量守恒定律0102030405060708010203040506070801020304050607080102030405060708010203040506070801020304050607080102030405060708010203040506070801020304050607080102030405060708010203040506070801020304050607080102030405060708010203040506070801020304050607080102030405060708010203040506070801020304050607080102030405060708010203040506070801020304050607080102030405060708谢谢观看 展开更多...... 收起↑ 资源列表 思维进阶五 功能关系 能量守恒定律.docx 思维进阶五 功能关系 能量守恒定律.pptx
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