专题17 功能关系与能量守恒（解析版）-2021届高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练

2021 届高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练 专题 17 功能关系与能量守恒 【专题导航】 目录 热点题型一　功能关系的理解和应用 .......................................................................................................................1 热点题型二　摩擦力做功与能量的转化 ...................................................................................................................4 类型一 滑块—滑板模型中能量的转化问题 .....................................................................................................4 类型二 传送带模型中能量的转化问题 .............................................................................................................6 类型三 水平地面上的摩擦力做功分析 .............................................................................................................8 类型四 曲面上的摩擦力做功分析 .....................................................................................................................9 热点题型三 能量守恒定律的应用 .........................................................................................................................10 【题型归纳】 热点题型一　功能关系的理解和应用 【题型要点】1．对功能关系的理解 (1)做功的过程就是能量转化的过程，不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的。 (2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对 应关系，二是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 各种力做功 对应能 的变化 定量的关系合力做功 动能变化 合力对物体做功等于物体动能的增量 W 合 ＝Ek2－Ek1 重力做功 重力势能 变化　　 重力做正功，重力势能减少，重力做负功， 重力势能增加，且 WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2 弹簧弹力 做功　　 弹性势能 变化　　 弹力做正功，弹性势能减少，弹力做负功， 弹性势能增加，且 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 非重力和 弹力做功 机械能 变化 除重力和弹力之外的其他力做正功，物体的 机械能增加，做负功，机械能减少，且 W 其 他＝ΔE 【例 1】(2020·吉林吉林市友好学校联合体期末)从地面竖直上抛一个质量为 m 的小球，小球上升的最大高 度为 h，设上升和下降过程中空气阻力大小恒为 Ff.重力加速度为 g，下列说法正确的是(　　) A．小球上升的过程中动能减少了 mgh B．小球上升和下降的整个过程中机械能减少了 Ffh C．小球上升的过程中重力势能增加了 mgh D．小球上升和下降的整个过程中动能减少了 Ffh 【答案】　C 【解析】　小球上升的过程中，重力和阻力都做负功，其中克服重力做功等于 mgh，故总功大于 mgh；根 据动能定理，总功等于动能的变化量，故动能的减小量大于 mgh，故 A 错误．除重力外其余力做的功等于 机械能的变化量，除重力外，克服阻力做功 2Ffh，故机械能减小 2Ffh，故 B 错误．小球上升 h，故重力势 能增加 mgh，故 C 正确．小球上升和下降的整个过程中，重力做功等于零，阻力做功等于－2Ffh，故根据 动能定理，动能减小 2Ffh，故 D 错误． 【变式 1】 (多选)(2020·四川德阳市第三次诊断)如图所示，离水平地面一定高度处水平固定一内壁光滑的 圆筒，筒内固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度．现将一小球从地面以某一初速度斜向上抛出，刚好能水 平进入圆筒中，不计空气阻力．下列说法中正确的是(　　)A．小球向上运动的过程中处于失重状态 B．小球压缩弹簧的过程中小球减小的动能等于弹簧增加的势能 C．弹簧获得的最大弹性势能等于小球抛出时的动能 D．小球从抛出到将弹簧压缩到最短的过程中小球的机械能守恒 【答案】AB 【解析】小球抛出的过程中加速度为 g，方向竖直向下，处于失重状态，故 A 正确；小球压缩弹簧的过程， 小球的动能和弹簧的弹性势能总量守恒，所以小球减小的动能等于弹簧增加的势能，故 B 正确；小球从抛 出到将弹簧压缩到最短的过程，小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能总量守恒，小球抛出时的动能等 于小球的重力势能增加量与弹簧的最大弹性势能之和，故 C 错误；小球从抛出到将弹簧压缩到最短的过程 中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，而小球的机械能不守恒，故 D 错误． 【变式 2】如图所示，质量为 1 kg 的滑块在倾角为 30°的光滑斜面上，从 a 点由静止开始下滑，到 b 点开始 压缩轻弹簧，到 c 点时达到最大速度，到 d 点(图中未画出)开始弹回，返回 b 点离开弹簧，恰能再回到 a 点．若 bc＝0.1 m，弹簧弹性势能的最大值为 8 J，g 取 10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．弹簧的劲度系数是 50 N/m B．从 d 点到 b 点滑块克服重力做功 8 J C．滑块的动能最大值为 8 J D．从 d 点到 c 点弹簧的弹力对滑块做功 8 J 【答案】A 【解析】当滑块的合力为 0 时，滑块速度最大，又知在 c 点时滑块的速度最大，故此瞬间滑块受力平衡， 则有 mgsin 30°＝xbc，可得 k＝mgsin 30° xbc ＝50 N/m，故选项 A 正确；滑块从 d 点到 a 点，运用动能定理得 WG ＋W 弹＝0－0，又 W 弹＝Ep＝8 J，可得 WG＝－8 J，即克服重力做功 8 J，所以从 d 点到 b 点滑块克服重力做 功小于 8 J，故选项 B 错误；滑块从 a 点到 c 点，由弹簧与滑块组成的系统的机械能守恒知：滑块的动能增 加量与弹簧弹性势能增加量之和等于滑块重力势能的减少量，小于 8 J，所以滑块的动能最大值小于 8 J，故选项 C 错误；弹簧弹性势能的最大值为 8 J，根据功能关系知从 d 点到 b 点弹簧的弹力对滑块做功 8 J，从 d 点到 c 点弹簧的弹力对滑块做功小于 8 J，故选项 D 错误． 【变式 3】(2020 河南三市二模，20)(多选)如图所示，电梯质量为 M，电梯地板上放置一个质量为 m 的物块， 轻质钢索拉动电梯由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，当上升高度为 H 时，速度达到 v0.不计空气阻力， 重力加速度为 g，在这个过程中(　　) A．物块所受支持力与钢索拉力之比为 m∶M B．地板对物块的支持力做的功等于 1 2mv2＋mgH C．物块克服重力做功的平均功率等于 1 2mgv D．电梯及物块构成的系统机械能增加量等于1 2(M＋m)v2 【答案】BC　 【解析】：钢索拉力 T＝(M＋m)(g＋a)，物块所受支持力 FN＝m(g＋a)，所以FN T ＝ m M＋m，A 项错误．对物 块 m，由动能定理有 WFN－mgH＝1 2mv2，得 WFN＝1 2mv2＋mgH，B 项正确．因物块做初速度为零的匀加速 直线运动，则其平均速度 v＝v 2，物块克服重力做功的平均功率 PG＝mgv＝1 2mgv，C 项正确．电梯及物块构 成的系统机械能增加量等于(M＋m)gH＋1 2(M＋m)v2，D 项错误． 【解题关键】物块由静止开始向上做匀加速直线运动，则平均速度 v＝v 2.不计空气阻力，钢索拉力做功等于 系统机械能增加量. 热点题型二　摩擦力做功与能量的转化 【要点诠释】1．两种摩擦力的做功情况比较类别 比较 静摩擦力 滑动摩擦力 能量的转化 方面 只有能量的转移，而没有能量的转 化 既有能量的转移，又有能量的转化不 同 点 一对摩擦力 的总功方面 一对静摩擦力所做功的代数和等 于零 一对滑动摩擦力所做功的代数和不 为零，总功 W＝－Ffl 相对，即相对滑 动时产生的热量 相 同 点 正功、负功、 不做功方面 两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功 2.相对滑动物体能量问题的解题流程 类型一 滑块—滑板模型中能量的转化问题 【例 1】．(多选)(2020·江西九江一模)第一次将一长木板静止放在光滑水平面上，如图甲所示，一小铅块(可 视为质点)以水平初速度 v0 由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止．第二次将长木板分 成 A、B 两块，使 B 的长度和质量均为 A 的 2 倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度 v0 由 A 的左端开始向右滑动，如图乙所示．若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列说法正确的 (　　) A．小铅块将从 B 的右端飞离木板B．小铅块滑到 B 的右端前已与 B 保持相对静止 C．第一次和第二次过程中产生的热量相等 D．第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量 【答案】BD. 【解析】：在第一次小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块 先使整个木板加速，当小铅块运动到 B 上后 A 停止加速，只有 B 加速，加速度大于第一次的对应过程，故 第二次小铅块与 B 将更早共速，所以小铅块还没有运动到 B 的右端，二者就已共速，A 错误，B 正确；由 于第一次的相对路程大于第二次的相对路程，则第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量，C 错误，D 正确． 【变式 1】(多选)如图所示，质量为 M、长度为 L 的小车静止在光滑水平面上，质量为 m 的小物块(可视为 质点)放在小车的最左端。现用一水平恒力 F 作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小 物块和小车之间的摩擦力为 f，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为 x。此过程中，以下结论正 确的是(　　) A．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－f)(L＋x) B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为 fx C．小物块克服摩擦力所做的功为 f(L＋x) D．小物块和小车增加的机械能为 Fx 【答案】　ABC 【解析】　由动能定理可得，小物块到达小车最右端时的动能 Ek 物＝W 合＝(F－f)(L＋x)，A 正确；小物块 到达小车最右端时，小车的动能 Ek 车＝fx，B 正确；小物块克服摩擦力所做的功 Wf＝f(L＋x)，C 正确；小物 块和小车增加的机械能为 F(L＋x)－fL，D 错误。 【变式 2】(2019·天津和平区一模)如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在 t＝0 时刻，一小物块以一 定速度从左端滑上长木板，之后长木板运动的 v­t 图象如图乙所示，已知小物块与长木板的质量均为 m＝1 kg，已知木板足够长，g 取 10 m/s2，求：(1)小物块与长木板间动摩擦因数的值； (2)在整个运动过程中，系统所产生的热量。 甲　　　　　　　　　乙 【答案】(1)0.5　(2)72 J 【解析】(1)设小物块与长木板间的动摩擦因数为 μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为 μ2，长木板达到的最 大速度为 vm，长木板加速过程中，由牛顿第二定律得 μ1mg－2μ2mg＝ma1 vm＝a1t1 木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿第二定律得 μ2·2mg＝2ma2 vm＝a2t2 由图象可知，vm＝2 m/s，t1＝2 s，t2＝1 s 联立解得 μ1＝0.5。 (2)设小物块初速度为 v0，刚滑上长木板时的加速度大小为 a0，则有 μ1mg＝ma0 vm＝v0－a0t1 在整个过程中，由能量守恒定律得 Q＝1 2mv20＝72 J。 类型二 传送带模型中能量的转化问题 【例 1】如图所示，某工厂用传送带向高处运送货物，将一货物轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速 到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到传送带顶端．下列说法正确的是(　　)A．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功 B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量 C．第一阶段物体和传送带间摩擦生的热等于第一阶段物体机械能的增加量 D．物体从底端到顶端全过程机械能的增加量大于全过程摩擦力对物体所做的功 【答案】C　 【解析】：对物体分析知，其在两个阶段所受摩擦力方向都沿斜面向上，与其运动方向相同，摩擦力对物 体都做正功，A 错误；由动能定理知，合外力做的总功等于物体动能的增加量，B 错误；物体机械能的增加 量等于摩擦力对物体所做的功，D 错误；设第一阶段物体的运动时间为 t，传送带速度为 v，对物体：x1＝v 2 t，对传送带：x1′＝v·t，摩擦产生的热 Q＝Ffx 相对＝Ff(x1′－x1)＝Ff·v 2t，机械能增加量 ΔE＝Ff·x1＝Ff·v 2t，所以 Q＝ΔE，C 正确． 【变式 3】(多选)如图所示，质量 m＝1 kg 的物体从高为 h＝0.2 m 的光滑轨道上 P 点由静止开始下滑，滑到 水平传送带上的 A 点，物体和传送带之间的动摩擦因数为 μ＝0.2，传送带 AB 之间的距离为 L＝5 m，传送 带一直以 v＝4 m/s 的速度匀速运动，则(g 取 10 m/s2)(　　) A．物体从 A 运动到 B 的时间是 1.5 s B．物体从 A 运动到 B 的过程中，摩擦力对物体做功为 2 J C．物体从 A 运动到 B 的过程中，产生的热量为 2 J D．物体从 A 运动到 B 的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为 10 J 【答案】AC　【解析】设物体下滑到 A 点的速度为 v0，对 PA 过程，由机械能守恒定律有 1 2mv20＝mgh，代入数据得 v0＝ 2gh ＝2 m/sμmgR＋μmgR， 因此 WFL1cos β＋L2，所以 1 2mv2Cmgsin 37°，物体沿轨道 CD 向上做匀减速运动，速度减为零后不再下滑。⑥(1 分) 由 B 上滑至最高点的过程，由功能关系得 mgR(1－cos 37°)＋(mgsin 37°＋μmgcos 37°)x＝1 2mv2B⑦(2 分) 代入数据解得 x＝1.09 m(1 分) 答案　(1)3 m/s　(2)34 N　(3)1.09 m 【方法技巧】多过程问题的解题技巧 (1)“合”——初步了解全过程，构建大致的运动图景。 (2)“分”——将全过程进行分解，分析每个过程的规律。 (3)“合”——找到子过程的联系，寻找解题方法。 【变式 1】如图所示，一物体质量 m＝2 kg，在倾角 θ＝37°的斜面上的 A 点以初速度 v0＝3 m/s 下滑，A 点 距弹簧上端 B 的距离 AB＝4 m．当物体到达 B 点后将弹簧压缩到 C 点，最大压缩量 BC＝0.2 m，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 AD＝3 m．挡板及弹簧质量不计，g 取 10 m/s2，sin 37°＝0.6，求： (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)24.5 J 【解析】：(1)物体从开始位置 A 点到最后 D 点的过程中，弹簧弹性势能没有发生变化，物体动能和重力势能减少，机械能的减少量为 ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝1 2mv20＋mglADsin 37°① 物体克服摩擦力产生的热量为 Q＝Ffx② 其中 x 为物体的路程，即 x＝5.4 m③ Ff＝μmgcos 37°④ 由能量守恒定律可得 ΔE＝Q⑤ 由①②③④⑤式解得 μ≈0.52. (2)由 A 到 C 的过程中，动能减少 ΔE′k＝1 2mv20⑥ 重力势能减少 ΔE′p＝mglACsin 37°⑦ 摩擦生热 Q＝FflAC＝μmgcos 37°lAC⑧ 由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为 Epm＝ΔE′k＋ΔE′p－Q⑨ 联立⑥⑦⑧⑨解得 Epm≈24.5 J. 【变式 2】如图所示，弹簧的一端固定，另一端连接一个物块，弹簧质量不计．物块(可视为质点)的质量为 m，在水平桌面上沿 x 轴运动，与桌面间的动摩擦因数为 μ.以弹簧原长时物块的位置为坐标原点 O，当弹簧 的伸长量为 x 时，物块所受弹簧弹力大小为 F＝kx，k 为常量． (1)请画出 F 随 x 变化的示意图；并根据 F－x 图象求物块沿 x 轴从 O 点运动到位置 x 的过程中弹力所做的 功． (2)物块由 x1 向右运动到 x3，然后由 x3 返回到 x2，在这个过程中， ①求弹力所做的功，并据此求弹性势能的变化量；②求滑动摩擦力所做的功；并与弹力做功比较，说明为什么不存在与摩擦力对应的“摩擦力势能”的概念． 【答案】：见解析 【解析】：(1)F－x 图象如图所示． 物块沿 x 轴从 O 点运动到位置 x 的过程中，弹力做负功；F－x 图线下的面积等于弹力做功大小．弹力做功 WF＝－1 2·kx·x＝－ 1 2kx2. (2)①物块由 x1 向右运动到 x3 的过程中，弹力做功 WF1＝－1 2·(kx1＋kx3)·(x3－x1)＝1 2kx21－1 2kx23 物块由 x3 向左运动到 x2 的过程中，弹力做功 WF2＝1 2·(kx2＋kx3)·(x3－x2)＝1 2kx23－1 2kx22 整个过程中，弹力做功 WF＝WF1＋WF2＝1 2kx21－1 2kx22 弹性势能的变化量 ΔEp＝－WF＝1 2kx22－1 2kx21. ②整个过程中，摩擦力做功 Wf＝－μmg(2x3－x1－x2)，与弹力做功比较，弹力做功与 x3 无关，即与实际路径 无关，只与始末位置有关，所以，我们可以定义一个由物体之间的相互作用力(弹力)和相对位置决定的能量 ——弹性势能．而摩擦力做功与 x3 有关，即与实际路径有关，所以，不可以定义与摩擦力对应的“摩擦力势 能”． 【变式 3】(2020·铜陵模拟)如图所示，半径为 R＝1.0 m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端 点 B 和圆心 O 的连线与水平方向的夹角 θ＝37°，另一端点 C 为轨道的最低点。C 点右侧的光滑水平面上紧 挨 C 点静止放置一木板，木板质量 M＝1 kg，上表面与 C 点等高。质量为 m＝1 kg 的物块(可视为质点)从空 中 A 点以 v0＝1.2 m/s 的速度水平抛出，恰好从轨道的 B 端沿切线方向进入轨道。已知物块与木板间的动摩 擦因数 μ＝0.2，g 取 10 m/s2。求：(1)物块经过 C 点时的速率 vC； (2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量 Q。 【答案】　(1)6 m/s　(2)9 J 【解析】(1)设物块在 B 点的速度为 vB，从 A 到 B 物块做平抛运动，有： vBsin θ＝v0 从 B 到 C，根据动能定理有： mgR(1＋sin θ)＝1 2mv2C－1 2mv2B 解得：vC＝6 m/s。 (2)物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用，最终将一起运动。设相对滑动时物块加速度大小为 a1， 木板加速度大小为 a2，经过时间 t 达到共同速度 v，则：μmg＝ma1，μmg＝Ma2，v＝vC－a1t，v＝a2t 根据能量守恒定律有： 1 2(m＋M)v2＋Q＝1 2mv2C 联立解得：Q＝9 J。