（新高考）2024年高考物理復(fù)習(xí)第28講 功能關(guān)系 能量守恒定律（知識(shí)講義）（原卷版+解析）

頁理解各種功能關(guān)系和能量守恒定律。利用功能關(guān)系和能量守恒定處理有關(guān)物理問題?？键c(diǎn)要求考題統(tǒng)計(jì)考情分析（1）功能關(guān)系（2）能量守恒定律2023年全國乙卷第21題2022年山東卷第2題2022年1月浙江卷第12題高考對功能關(guān)系和能量守恒定律的考查非常頻繁，考題的形式多以選擇題和計(jì)算題，該部分內(nèi)容貫穿于重力場、電場、磁場中，是三大處理物理問題的方法之一。考點(diǎn)一功能關(guān)系及能量守恒定律知識(shí)點(diǎn)1幾種常見的功能關(guān)系及其表達(dá)式力做功能的變化定量關(guān)系合力做的功動(dòng)能變化W＝Ek2－Ek1＝ΔEk重力做的功重力勢能變化(1)重力做正功，重力勢能減少(2)重力做負(fù)功，重力勢能增加(3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2彈簧彈力做的功彈性勢能變化(1)彈力做正功，彈性勢能減少(2)彈力做負(fù)功，彈性勢能增加(3)W＝－ΔEp＝Ep1－Ep2除重力和彈力之外的其他力做的功機(jī)械能變化(1)其他力做多少正功，物體的機(jī)械能就增加多少(2)其他力做多少負(fù)功，物體的機(jī)械能就減少多少(3)W其他＝ΔE一對相互作用的滑動(dòng)摩擦力做的總功機(jī)械能減少內(nèi)能增加(1)作用于系統(tǒng)的一對滑動(dòng)摩擦力一定做負(fù)功，系統(tǒng)內(nèi)能增加(2)摩擦生熱Q＝Ff·x相對知識(shí)點(diǎn)2能量守恒定律1．內(nèi)容：能量既不會(huì)憑空產(chǎn)生，也不會(huì)憑空消失，它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為其他形式，或者從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到別的物體，在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過程中，能量的總量保持不變。2．表達(dá)式：ΔE減＝ΔE增。3．能量守恒定律的兩點(diǎn)理解(1)某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量和增加量一定相等。(2)某個(gè)物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量一定相等。4．能量轉(zhuǎn)化問題的解題思路(1)當(dāng)涉及摩擦力做功，機(jī)械能不守恒時(shí)，一般應(yīng)用能的轉(zhuǎn)化和守恒定律。(2)解題時(shí)，首先確定初、末狀態(tài)，然后分析狀態(tài)變化過程中哪種形式的能量減少，哪種形式的能量增加，求出減少的能量總和ΔE減與增加的能量總和ΔE增，最后由ΔE減＝ΔE增列式求解。考向功能關(guān)系及能量守恒定律的應(yīng)用1．滑沙運(yùn)動(dòng)類似滑雪和旱地雪橇，一游客從斜面上距水平地面h高處以的加速度由靜止滑至地面，游客連同滑板質(zhì)量為m，斜面傾角為θ=30°，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間。下列說法中正確的是（

）A．游客連同滑板克服摩擦力做功 B．游客連同滑板的機(jī)械能減少C．游客連同滑板的動(dòng)能增加 D．斜面對滑板的作用力不做功【答案】B【詳解】A．游客連同滑板沿斜面做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)滑至地面的速度為設(shè)克服摩擦力做的功為Wf，根據(jù)動(dòng)能定理解得故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)能量守恒，游客連同滑板機(jī)械能的減少量等于克服摩擦力做的功，為，故B正確；C．動(dòng)能的增加量為故C錯(cuò)誤；D．斜面對滑板的作用力為支持力和摩擦力，支持力垂直于斜面斜向左上方，與運(yùn)動(dòng)方向垂直不做功，摩擦力與運(yùn)動(dòng)方向相反做負(fù)功，故D錯(cuò)誤。故選B。2．如圖甲所示，斜面傾角為、足夠長、光滑的斜面體固定在水平地面上，可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為的物塊置于斜面上足夠高處，時(shí)刻在物塊上施加一沿斜面向上的變化的外力，同時(shí)釋放物塊，利用計(jì)算機(jī)描繪了0~4s時(shí)間內(nèi)物塊的速度隨時(shí)間的變化圖象，如圖乙所示，規(guī)定沿斜面向下的方向?yàn)檎较?，物塊在釋放點(diǎn)的重力勢能為零，重力加速度大小為。則（）A．1~2s的時(shí)間內(nèi)外力的大小為40NB．0~1s時(shí)間內(nèi)與2~4s時(shí)間內(nèi)的外力大小之比為2:19C．1s末物塊的機(jī)械能為32JD．0~4s的時(shí)間內(nèi)物塊的機(jī)械能減少了350J【答案】BD【詳解】A．由圖乙可知，時(shí)內(nèi)物塊的加速度為位移大小為由牛頓第二定律得解得由圖乙可知，時(shí)內(nèi)物塊的加速度為位移大小為由牛頓第二定律得解得故A錯(cuò)誤；B．由圖乙可知，時(shí)內(nèi)物塊的加速度為位移大小為由牛頓第二定律得解得則故B正確；CD．由題意可知，t=0時(shí)刻，物塊的機(jī)械能為0，由功能關(guān)系可知，物塊機(jī)械能的變化量等于整個(gè)過程外力F所做的功，外力做的功為即1s末物塊的機(jī)械能為-8J，外力做的功為則整個(gè)過程中物塊機(jī)械能變化量大小為故C錯(cuò)誤，D正確。故選BD?？键c(diǎn)二摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化知識(shí)點(diǎn)1兩種摩擦力做功的比較靜摩擦力做功滑動(dòng)摩擦力做功互為作用力和反作用力的一對靜摩擦力所做功的代數(shù)和為零，即要么一正一負(fù)，要么都不做功互為作用力和反作用力的一對滑動(dòng)摩擦力所做功的代數(shù)和為負(fù)值，即至少有一個(gè)力做負(fù)功兩種摩擦力都可以對物體做正功或者負(fù)功，還可以不做功知識(shí)點(diǎn)2求相對滑動(dòng)物體的能量問題的方法(1)正確分析物體的運(yùn)動(dòng)過程,做好受力情況分析。(2)利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式,結(jié)合牛頓第二定律分析物體的速度關(guān)系及位移關(guān)系。(3)公式Q=Ff·l相對中l(wèi)相對為兩接觸物體間的相對位移,若物體在傳送帶上做往復(fù)運(yùn)動(dòng),則l相對為總的相對路程。知識(shí)點(diǎn)3傳送帶的動(dòng)力學(xué)和能量規(guī)律1．兩個(gè)設(shè)問角度(1)動(dòng)力學(xué)角度：首先要正確分析物體的運(yùn)動(dòng)過程，做好受力分析，然后利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應(yīng)時(shí)間內(nèi)的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關(guān)系。(2)能量角度：求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶由于相對滑動(dòng)而產(chǎn)生的熱量、因放上物體而使電動(dòng)機(jī)多消耗的電能等，常依據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律求解。2．兩個(gè)功能關(guān)系(1)傳送帶電動(dòng)機(jī)做的功W電＝ΔEk＋ΔEp＋Q＝Fx傳。(2)傳送帶摩擦力產(chǎn)生的熱量Q＝Ff·x相對。知識(shí)點(diǎn)4板塊模型的動(dòng)力學(xué)和能量規(guī)律1．兩個(gè)分析角度(1)動(dòng)力學(xué)角度：首先隔離物塊和木板，分別分析受力，求出加速度，根據(jù)初速度分析兩者的運(yùn)動(dòng)過程，畫出運(yùn)動(dòng)軌跡圖，找到位移和相對位移關(guān)系，根據(jù)時(shí)間關(guān)系列位移等式和速度等式。(2)能量角度：物塊在木板上滑行時(shí)，速度減小的物塊動(dòng)能減小，速度增大的木板動(dòng)能增加，根據(jù)能量守恒，減小的動(dòng)能等于增加的動(dòng)能與系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能之和。2．三種處理方法(1)求解對地位移可優(yōu)先考慮應(yīng)用動(dòng)能定理。(2)求解相對位移可優(yōu)先考慮應(yīng)用能量守恒定律。(3)地面光滑時(shí)，求速度可優(yōu)先考慮應(yīng)用動(dòng)量守恒定律?？枷?傳送帶類的功能轉(zhuǎn)化1．如圖所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角，傳送帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下，始終保持的速度順時(shí)針運(yùn)行?，F(xiàn)把一質(zhì)量為的工件（可視為質(zhì)點(diǎn)）輕放在傳送帶的底端，經(jīng)過一段時(shí)間工件與傳送帶達(dá)到共同速度后繼續(xù)傳送到4m高處。已知工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為，則在此過程中，下列說法正確的是（）A．工件加速過程的時(shí)間為 B．傳送帶對工件做的功為C．工件與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量為 D．電動(dòng)機(jī)因傳送工件多做的功為【答案】C【詳解】A．工件加速過程由牛頓第二定律得解得加速度得加速時(shí)間故A錯(cuò)誤；B．工件在傳送帶上不僅受重力還受到傳送帶對它的摩擦力和支持力，由動(dòng)能定理有得傳送帶對工件做的功故B錯(cuò)誤；C．加速過程工件與傳送帶相對運(yùn)動(dòng)的位移工件與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量故C正確；D．電動(dòng)機(jī)多做的功等于系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的熱量和工件機(jī)械能的增加量，則有故D錯(cuò)誤。故選C。2．如圖甲所示一水平的淺色長傳送帶上放置一煤塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），煤塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。初始時(shí)，傳送帶與煤塊都是靜止的。現(xiàn)讓傳送帶在外力作用下先加速后減速，其速度—時(shí)間（v-t）圖像如圖乙所示，假設(shè)傳送帶足夠長，經(jīng)過一段時(shí)間，煤塊在傳送帶上留下了一段黑色痕跡，，則下列說法正確的是（）

A．黑色痕跡的長度為36mB．煤塊在傳送帶上的相對位移為16mC．若煤塊的質(zhì)量為1kg，則煤塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為160JD．煤塊的質(zhì)量越大黑色痕跡的長度越短【答案】BC【詳解】A．煤塊先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可知經(jīng)時(shí)間，速度達(dá)到設(shè)經(jīng)過煤塊和傳送帶共速為，皮帶減速的加速度，有；聯(lián)立解得，此后因，則煤塊和皮帶各自勻減速到停止，煤塊減速到零的時(shí)間為作出煤塊的速度v-t圖像如圖所示（圖像過6s，12m/s；與傳送帶的圖像交于8s，16m/s；然后減速，交t軸于16s）

由圖可知，煤塊先相對皮帶向左滑動(dòng)的相對位移為共速后煤塊相對皮帶往右滑動(dòng)的相對位移為則痕跡應(yīng)取較長的相對位移為故A錯(cuò)誤；B．全程煤塊在傳送帶上的相對位移為故B正確；C．煤塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為故C正確；D．若煤塊的質(zhì)量變大，其加速和減速的加速度均不變，則圖像不變，各段的相對位移不變，則痕跡長也不變，故D錯(cuò)誤。故選BC?？枷?板塊類的功能轉(zhuǎn)化3．如圖所示，木板A靜止于光滑水平面上，木塊B輕置于木板A上。現(xiàn)施加外力F拉著木塊B做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，木板A在摩擦力作用下也向右加速運(yùn)動(dòng)，但加速度小于木塊B的加速度，則（）A．木板A所受摩擦力對木板A做負(fù)功B．木板A對木塊B的摩擦力做的功與木塊B對木板A的摩擦力做的功的大小相等C．木塊與木板間摩擦產(chǎn)生的熱量等于木板A對木塊B的摩擦力做功的大小減去木塊B對木板A的摩擦力做的功D．力F做的功等于木塊B與木板A的動(dòng)能增量之和【答案】C【詳解】A．木板A所受摩擦力方向與其運(yùn)動(dòng)方向相同，對木板A做正功，故A錯(cuò)誤；B．木板A對木塊B的摩擦力做的功大小為木塊B對木板A的摩擦力做的功大小為由題意得的大小與的大小相等，但，所以兩者做功大小不相等，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．摩擦生熱的計(jì)算公式為又因?yàn)樗杂泄蔆項(xiàng)正確；D．根據(jù)能量守恒有，力F做的功等于木塊B和木塊A動(dòng)能的增量之和，再加上A、B相對運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的熱量，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。故選C。4．如圖所示，水平地面上有足夠長平板車M，車上最右端放一物塊m＝0.9kg，開始時(shí)M、m均靜止。t＝0時(shí)，車在外力作用下開始沿水平面向右運(yùn)動(dòng)，其v-t圖像如圖所示，已知物塊與平板車間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，0-4s內(nèi)物塊m始終沒有滑出小車，取g＝10m/s2。下列說法正確的是（）A．0-4s內(nèi)，物塊m的加速度一直保持不變B．要使物塊m不會(huì)從車的左端滑出小車，小車的長度至少mC．0-4s內(nèi)，m與M間因相對滑動(dòng)產(chǎn)生的內(nèi)能為12.8JD．0-4s內(nèi)，m、M相對地面的位移大小之比為7：9【答案】CD【詳解】A．根據(jù)速度與時(shí)間的圖象的斜率表示加速度，則車先以的加速度勻加速直線運(yùn)動(dòng)后以的加速度勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)物體與車的動(dòng)摩擦因數(shù)可知，物體與車的滑動(dòng)摩擦力產(chǎn)生的加速度為，有物塊與小車速度相同前，物塊受到的滑動(dòng)摩擦力一直向右，物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，物塊與小車速度相同后，物塊受到的滑動(dòng)摩擦力向左，物塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng)。物塊運(yùn)動(dòng)圖像如圖紅線所示0-4s，物塊先加速后減，加速時(shí)加速度向右，減速時(shí)加速度向左，A錯(cuò)誤；B．設(shè)時(shí)刻物塊與小車速度相等解得此時(shí)物塊和小車的速度為之后，物塊相對小車向右滑，在時(shí)，物塊速度，，物塊和小車的相對位移，由圖像得要使物塊m不會(huì)從車的左端滑出小車，小車的長度至少。B錯(cuò)誤；C．時(shí)，物塊的速度，，由圖像可知小車和物塊的相對位移所以因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，C正確；D．0-4s內(nèi)，小車位移物塊位移所以，D正確。故選CD?？键c(diǎn)三功能關(guān)系中的圖像問題知識(shí)點(diǎn)常見圖像的基本規(guī)律EK-x圖像EP-x圖像E-x圖像E-t圖像xOEK①②xOEP①②xOE①②tOE①②斜率：合外力①合外力沿+x方向②合外力沿-x方向斜率：重力、彈力等①力沿-x方向②力沿+x方向斜率：除重力、彈力以外的力①沿+x方向②沿-x方向斜率：功率考向1EK-x圖像1．汽車在平直的公路上以額定功率行駛，行駛一段距離后關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)，測出了汽車動(dòng)能Ek與位移x的關(guān)系圖像如圖所示。已知汽車的質(zhì)量為1×103kg，汽車運(yùn)動(dòng)過程中所受地面的阻力恒定，空氣的阻力不計(jì)。則下列說法正確的是（）A．汽車受到地面的阻力大小為200NB．汽車的額定功率為8000WC．汽車加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為16.25sD．汽車加速過程中牽引力做的功為8×105J【答案】C【詳解】A．根據(jù)動(dòng)能定理得解得故A錯(cuò)誤。B．設(shè)汽車勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v，則有勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)牽引力與阻力大小相等，則汽車的額定功率為聯(lián)立解得故B錯(cuò)誤；C．對于加速運(yùn)動(dòng)過程，根據(jù)動(dòng)能定理得代入數(shù)據(jù)得，故C正確；D．汽車牽引力做的功應(yīng)大于汽車的動(dòng)能增加量，所以汽車加速過程中牽引力做的功大于8×105J，故D錯(cuò)誤。故選C。考向2EP-x圖像2．如圖甲所示，豎直放置的輕彈簧一端固定于風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)室的水平地面，質(zhì)量的小球在輕彈簧正上方某處由靜止下落，同時(shí)受到一個(gè)豎直向上恒定的風(fēng)力。以小球開始下落的位置為原點(diǎn)，豎直向下為x軸正方向，取地面為零勢能參考面，在小球下落的全過程中，小球重力勢能隨小球位移變化關(guān)系如圖乙中的圖線①，彈簧彈性勢能隨小球位移變化關(guān)系如圖乙中的圖線②，彈簧始終在彈性限度范圍內(nèi)，取重力加速度，則（）A．小球釋放位置距地面的高度為0.7mB．小球在下落過程受到的風(fēng)力為0.10NC．小球剛接觸彈簧時(shí)的動(dòng)能為0.50JD．彈簧對小球的最大彈力大小為10.8N【答案】ABD【詳解】A．由圖乙可知，小球處于釋放位置的重力勢能為0.70J，故根據(jù)可得解得故A正確；B．對下落的小球的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)分析，小球未接觸彈簧前，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)小球受重力和豎直向上的恒定風(fēng)力f，根據(jù)牛頓第二定律有在小球接觸彈簧后，彈簧開始形變，此時(shí)小球受重力、風(fēng)力、彈簧的彈力，根據(jù)牛頓第二定律有；，在增大，則T在增大，在減小，此時(shí)小球做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)直到即時(shí)小球速度最大，之后小球繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)，但此時(shí)，而在增大，小球做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，直到小球速度減為0，由圖乙可知小球速度減為0時(shí)小球下落0.6m，故；故B正確；C．小球剛接觸彈簧時(shí)，小球下落了h1=0.5m，則解得故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)彈力做功跟彈性勢能的變化關(guān)系知式中?Ep=0.54J，，?x=0.1m，解得Fm=10.8N故D正確。故選ABD?？枷?E-x圖像3．如圖甲所示，固定在水平面的傾角為θ的粗糙斜面上，有一個(gè)質(zhì)量為m的物體在沿斜面方向的力F的作用下由靜止開始向下運(yùn)動(dòng)，物體與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物體的機(jī)械能E隨位移x的變化關(guān)系如圖乙所示。其中0～x1過程的圖線是曲線，x1～x2過程的圖線為平行于x軸的直線，重力加速度為g，下列說法中不正確的是（）A．在x1～x2過程中，F(xiàn)等于摩擦力B．在0～x1過程中，F(xiàn)逐漸增大C．在x1～x2過程中，物體的加速度為gsinD．在0～x2過程中，拉力F做的功為WF=E1-E2【答案】D【詳解】A．根據(jù)圖像，在x1～x2過程中，機(jī)械能不變，根據(jù)功和能的關(guān)系，拉力與摩擦力的總功等于零解得，A正確；C．在x1～x2過程中，根據(jù)牛頓第二定律；解得，C正確；B．根據(jù)圖像，在0～x1過程中，機(jī)械能減少，根據(jù)功和能的關(guān)系，拉力F與摩擦力的總功小于零所以圖像的斜率表示拉力和摩擦力的合力因?yàn)閳D像的斜率減小，所以合力減小，F(xiàn)逐漸增大，B正確；D．在0～x2過程中，根據(jù)功和能的關(guān)系，拉力F與摩擦力的總功等于機(jī)械能的增量解得，D錯(cuò)誤。故選D?？枷?E-t圖像4．在沿斜面向上的恒力F作用下，一物體從足夠長的光滑斜面的底端由靜止開始向上運(yùn)動(dòng)，在某一高度撤去恒力F。以地面為零勢能面，設(shè)重力勢能為、機(jī)械能為，則整個(gè)向上運(yùn)動(dòng)過程中，它們隨時(shí)間t變化的圖像正確的是（）A． B．C． D．【答案】A【詳解】根據(jù)題意可知，撤去恒力前，物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為，撤去恒力后，物體做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為，勻加速后物體的速度為，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得，勻加速時(shí)的位移為勻減速時(shí)的位移為AB．以地面為零勢能面，根據(jù)題意，由重力做功與重力勢能的關(guān)系可知，撤去恒力前可知，重力勢能與時(shí)間為二次函數(shù)，且開口向上，撤去恒力后可知，重力勢能與時(shí)間仍為二次函數(shù)，但開口向下，故B錯(cuò)誤A正確；CD．根據(jù)題意，由功能關(guān)系可知，撤去恒力前，物體的機(jī)械能為可知，機(jī)械能與時(shí)間為二次函數(shù)，且開口向上，撤去恒力后，只有重力做功，機(jī)械能保持不變，故CD錯(cuò)誤。故選A。1．（