PAGE9-微專題六功能關系能量守恒定律功能關系的理解及應用1.(2024·浙江選考)奧運會競賽項目撐桿跳高如圖所示，下列說法不正確的是()A．加速助跑過程中，運動員的動能增加B．起跳上升過程中，桿的彈性勢能始終增加C．起跳上升過程中，運動員的重力勢能增加D．越過橫桿后下落過程中，運動員的重力勢能削減，動能增加B[加速助跑過程中速度增大，動能增加，A正確；撐桿從起先形變到撐桿復原形變時，先是運動員部分動能轉化為桿的彈性勢能，后彈性勢能轉化為運動員的動能與重力勢能，桿的彈性勢能不是始終增加，B錯誤；起跳上升過程中，運動員的高度在不斷增大，所以運動員的重力勢能增加，C正確；當運動員越過橫桿下落的過程中，他的高度降低、速度增大，重力勢能轉化為動能，即重力勢能削減，動能增加，D正確。]2.(2024·全國卷Ⅲ)如圖所示，一質量為m、長度為l的勻稱松軟細繩PQ豎直懸掛。用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點，M點與繩的上端P相距eq\f(1,3)l。重力加速度大小為g。在此過程中，外力做的功為()A．eq\f(1,9)mgl B．eq\f(1,6)mglC．eq\f(1,3)mgl D．eq\f(1,2)mglA[以勻稱松軟細繩MQ段為探討對象，其質量為eq\f(2,3)m，取M點所在的水平面為零勢能面，起先時，細繩MQ段的重力勢能Ep1＝－eq\f(2,3)mg·eq\f(l,3)＝－eq\f(2,9)mgl，用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點時，細繩MQ段的重力勢能Ep2＝－eq\f(2,3)mg·eq\f(l,6)＝－eq\f(1,9)mgl，則外力做的功即克服重力做的功等于細繩MQ段的重力勢能的改變，即W＝Ep2－Ep1＝－eq\f(1,9)mgl＋eq\f(2,9)mgl＝eq\f(1,9)mgl，選項A正確。]3．(多選)(2024·全國卷Ⅰ)一物塊在高3.0m、長5.0m的斜面頂端從靜止起先沿斜面下滑，其重力勢能和動能隨下滑距離s的改變如圖中直線Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2。則()A．物塊下滑過程中機械能不守恒B．物塊與斜面間的動摩擦因數為0.5C．物塊下滑時加速度的大小為6.0m/s2D．當物塊下滑2.0m時機械能損失了12JAB[由重力勢能和動能隨下滑距離s改變的圖象可知，重力勢能和動能之和隨下滑距離s的增大而減小，可知物塊下滑過程中機械能不守恒，A項正確；在斜面頂端，重力勢能mgh＝30J，解得物塊質量m＝1kg，由重力勢能隨下滑距離s改變圖象可知，重力勢能可以表示為Ep＝(30－6s)J，由動能隨下滑距離s改變圖象可知，動能可以表示為Ek＝2sJ，設斜面傾角為θ，則有sinθ＝eq\f(h,L)＝eq\f(3,5)，cosθ＝eq\f(4,5)，由功能關系有－μmgcosθ·s＝Ep＋Ek－30J＝(30－6s＋2s－30)J＝－4sJ，可得μ＝0.5，B項正確；由Ek＝2sJ，Ek＝eq\f(mv2,2)可得，v2＝4sm2/s2，對比勻變速直線運動公式v2＝2as，可得a＝2m/s2，即物塊下滑時加速度的大小為2.0m/s2，C項錯誤；由重力勢能和動能隨下滑距離s改變圖象可知，當物塊下滑2.0m時機械能為E＝18J＋4J＝22J，機械能損失了ΔE＝30J－22J＝8J，D項錯誤。]1．常見的功能關系2．對功能關系的理解(1)做功的過程就是能量轉化的過程，不同形式的能量發生相互轉化是通過做功來實現的。(2)功是能量轉化的量度，功和能的關系，一是體現在不同的力做功，對應不同形式的能轉化，具有一一對應關系，二是做功的多少與能量轉化的多少在數值上相等。摩擦力做功與能量轉化1．兩種摩擦力做功的比較靜摩擦力做功滑動摩擦力做功只有能量的轉移，沒有能量的轉化既有能量的轉移，又有能量的轉化互為作用力和反作用力的一對靜摩擦力所做功的代數和為零，即要么一正一負，要么都不做功互為作用力和反作用力的一對滑動摩擦力所做功的代數和為負值，即至少有一個力做負功兩種摩擦力都可以對物體做正功或者負功，還可以不做功2.摩擦生熱的“三點”提示(1)大小：系統內因滑動摩擦力做功產生的熱量Q＝Ffx相對(2)產生：有滑動摩擦力的系統內存在相對位移，摩擦生熱Q＝Ffx相對中，x相對是兩物體間相對運動的位移，即同向相減、反向相加；若物體做往復運動，則x相對為總的相對路程。(3)能量改變有兩種形式：一是相互摩擦的物體之間機械能轉移；二是機械能轉化為內能(即熱量)。eq\o([典例1])如圖所示，傳送帶與地面的夾角θ＝37°，A、B兩端間距L＝16m，傳送帶以速度v＝10m/s沿順時針方向運動，物體m＝1kg，無初速度地放置于A端，它與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.5，試求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)(1)物體由A端運動到B端的時間；(2)系統因摩擦產生的熱量。思維流程：解此題按以下思路：eq\x(輕放物體)eq\o(→,\s\up10(受力),\s\do8(分析))eq\x(物體加速下滑)eq\o(→,\s\up10(運動),\s\do8(分析))eq\x(共速)eq\o(→,\s\up10(受力),\s\do8(分析))eq\x(接著加速)[解析](1)物體剛放上傳送帶時受到沿斜面對下的滑動摩擦力，由牛頓其次定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1設物體經時間t1加速到與傳送帶同速，則v＝a1t1，x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)解得a1＝10m/s2，t1＝1s，x1＝5m設物體與傳送帶同速后再經過時間t2到達B端，因mgsinθ>μmgcosθ，故當物體與傳送帶同速后，物體將接著加速，即mgsinθ－μmgcosθ＝ma2L－x1＝vt2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)解得t2＝1s故物體由A端運動到B端的時間t＝t1＋t2＝2s。(2)物體與傳送帶間的相對位移x相＝(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)＝6m故Q＝μmgcosθ·x相＝24J。[答案](1)2s(2)24J相對滑動物體能量問題的解題流程eq\o([跟進訓練])水平地面上摩擦力做功分析1.(多選)(2024·江蘇高考)如圖所示，輕質彈簧的左端固定，并處于自然狀態。小物塊的質量為m，從A點向左沿水平地面運動，壓縮彈簧后被彈回，運動到A點恰好靜止。物塊向左運動的最大距離為s，與地面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度。在上述過程中()A．彈簧的最大彈力為μmgB．物塊克服摩擦力做的功為2μmgsC．彈簧的最大彈性勢能為μmgsD．物塊在A點的初速度為eq\r(2μgs)BC[物塊向左運動壓縮彈簧，彈簧最短時，物塊具有向右的加速度，彈力大于摩擦力，即F>μmg，A錯誤；依據功的公式，物塊克服摩擦力做的功W＝μmgs＋μmgs＝2μmgs，B正確；依據能量守恒，彈簧彈開物塊的過程中，彈簧的彈性勢能通過摩擦力做功轉化為內能，故Epm＝μmgs，C正確；依據能量守恒，在整個過程中，物體的初動能通過摩擦力做功轉化為內能，即eq\f(1,2)mv2＝2μmgs，所以v＝2eq\r(μgs)，D錯誤。]傳送帶問題中的摩擦力做功問題2．(多選)(2024·遼寧新高考適應性考試)如圖所示，甲、乙兩滑塊的質量分別為1kg、2kg，放在靜止的水平傳送帶上，兩者相距5m，與傳送帶間的動摩擦因數均為0.2。t＝0時，甲、乙分別以6m/s、2m/s的初速度起先向右滑行。t＝0.5s時，傳送帶啟動(不計啟動時間)，馬上以3m/s的速度向右做勻速直線運動。傳送帶足夠長，重力加速度取10m/s2。下列說法正確的是()A．t＝0.5s時，兩滑塊相距2mB．t＝1.5s時，兩滑塊速度相等C．0～1.5s內，乙相對傳送帶的位移大小為0.25mD．0～2.5s內，兩滑塊與傳送帶間摩擦生熱共為14.5JBCD[兩物體變速運動時的加速度大小a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝2m/s2，依據x＝v0t－eq\f(1,2)at2，t＝0.5s時，兩滑塊相距Δx＝x0－(v1t－eq\f(1,2)at2)＋(v2t－eq\f(1,2)at2)＝3m，A錯誤；傳送帶啟動時，甲物體的速度為v′1＝v1－at＝5m/s，與傳送帶速度相等所用時間Δt1＝eq\f(v′1－v0,a)＝1s，因此在t＝1.5s時，甲滑塊速度與傳送帶啟動時相等，乙物體的速度為v′2＝v2－at＝1m/s，與傳送帶速度相等所用時間Δt2＝eq\f(v0－v′2,a)＝1s，因此在t＝1.5s時，乙滑塊速度與傳送帶相等，故1.5s時，兩滑塊速度相等，B正確；0～0.5s內，乙相對傳送帶的位移大小為x1＝v2t－eq\f(1,2)at2＝0.75m,1s～1.5s內，乙相對傳送帶的位移大小為x2＝v0t－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v′2t＋\f(1,2)at2))＝1m，因此0～1.5s內，乙相對傳送帶的位移大小為x2－x1＝0.25m，C正確；甲相對傳送帶的位移x甲＝v1t－eq\f(1,2)at2－v0t′1＝6×1.5m－eq\f(1,2)×2×1.52m－3×1m＝3.75m，甲滑塊與傳送帶間摩擦生熱量Q1＝μm1g·x甲＝7.5J，乙滑塊與傳送帶間摩擦生熱量Q2＝μm2g(x1＋x2)＝7J因此0～2.5s內，兩滑塊與傳送帶間摩擦生熱Q＝Q1＋Q2＝14.5J，D正確。故選BCD。]“滑塊—木板”問題中摩擦力做功3.(多選)如圖所示，在光滑的水平面上，有一質量為M的長木板以肯定的初速度向右勻速運動，將質量為m的小鐵塊無初速度地輕放到長木板右端，小鐵塊與長木板間的動摩擦因數為μ，當小鐵塊在長木板上相對長木板滑動L時，與長木板保持相對靜止，此時長木板對地的位移為x，在這個過程中，下面說法正確的是()A．小鐵塊增加的動能為μmg(x＋L)B．長木板削減的動能為μmgxC．摩擦產生的熱量為μmg(x－L)D．系統機械能的削減量為μmgLBD[對小鐵塊，摩擦力做正功，依據動能定理有μmg(x－L)＝eq\f(1,2)mv2－0，其中(x－L)為小鐵塊相對地面的位移，則小鐵塊增加的動能ΔEkm＝μmg(x－L)，A項錯誤；對長木板，摩擦力做負功，依據動能定理，長木板削減的動能ΔEkM＝μmgx，B項正確；摩擦產生的熱量Q＝μmgL(L為相對位移)，C項錯誤；依據能量守恒定律，系統削減的機械能等于產生的熱量ΔE＝Q＝μmgL，D項正確。]能量守恒定律的理解及應用1．對能量守恒定律的理解(1)轉化：某種形式的能量削減，肯定存在其他形式的能量增加，且削減量和增加量肯定相等。(2)轉移：某個物體的能量削減，肯定存在其他物體的能量增加，且削減量和增加量肯定相等。2．涉及彈簧的能量問題應留意兩個或兩個以上的物體與彈簧組成的系統相互作用的過程，具有以下特點：(1)假如只有重力和系統內彈簧彈力做功，系統機械能守恒。(2)假如系統每個物體除彈簧彈力外所受合外力為零，則當彈簧伸長或壓縮到最大程度時兩物體速度相同。eq\o([典例2])(多選)如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端與一質量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環相連，彈簧水平且處于原長。圓環從A處由靜止起先下滑，經過B處的速度最大，到達C處的速度為零，AC＝h。圓環在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A處。彈簧始終在彈性限度內，重力加速度為g。則圓環()A．下滑過程中，加速度始終減小B．下滑過程中，克服摩擦力做的功為eq\f(1,4)mv2C．在C處，彈簧的彈性勢能為eq\f(1,4)mv2－mghD．上滑經過B的速度大于下滑經過B的速度思路點撥：解此題的關鍵是依據“B處速度最大”、“C處速度為零”分析圓環的運動過程及能量轉化規律。BD[圓環從A處由靜止起先下滑，則說明圓環具有向下的加速度，經過B處的速度最大，說明在B處的加速度為零，到達C處的速度為零，說明圓環從B處起先減速、具有與速度相反方向的加速度，即下滑過程中，加速度先減小，后反向增大，故選項A錯誤；圓環從A處到C處的過程中，設圓環在C點時彈簧的彈性勢能為Ep，該過程中圓環克服摩擦力做功為Wf，由能量守恒定律得mgh＝Ep＋Wf，圓環從C處到A處的過程中，由能量守恒定律得mgh＋Wf＝Ep＋eq\f(1,2)mv2，由以上兩式解得Wf＝eq\f(1,4)mv2，Ep＝mgh－eq\f(1,4)mv2，選項B正確，C錯誤；由能量守恒定律得，圓環從A處到B處的過程中，mghAB＝E′p＋Wf1＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，圓環從B處到A處的過程中，mghAB＋Wf1＝E′p＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，由以上兩式知，v1<v2，選項D正確。]能量轉化問題的解題思路(1)當涉及摩擦力做功，機械能不守恒時，一般應用能量守恒定律。(2)解題時，首先確定初、末狀態，然后分析狀態改變過程中哪種形式的能量削減，哪種形式的能量增加，求出削減的能量總和ΔE減與增加的能量總和ΔE增，最終由ΔE減＝ΔE增列式求解。eq\o([跟進訓練])1.構建和諧型、節約型社會深得民心，遍布于生活的方方面面。自動充電式電動車就是很好的一例，電動車的前輪裝有發電機，發電機與蓄電池連接。當在騎車者用力蹬車或電動自行車自動滑行時，自行車就可以連通發電機向蓄電池充電，將其他形式的能轉化成電能儲存起來。現有某人騎車以500J的初動能在粗糙的水平路面上滑行，第一次關閉自動充電裝置，讓車自由滑行，其動能隨位移改變關系如圖①所示；其次次啟動自動充電裝置，其動能隨位移改變關系如圖②所示，則其次次向蓄電池所充的電能是()A．200J B．250JC．300J D．500JA[第一次關閉自動充電裝置，自由滑行時只有摩擦力做功，依據動能定理有－Ff·x1＝0－Ek，其次次啟動充電裝置后，滑行直至停下來的過程，動能一部分克服摩擦力做功，一部分轉化為電能，Ek＝Ff·x2＋W，代入數據計算可得W＝200J，選項A正確。]2．(多選)水平地面上固定有兩個高度相同的粗糙斜面體甲和乙，斜面長分別為s、L1，如圖所示。兩個完全相同的小滑塊A、B可視為質點，同時由靜止起先從甲、乙兩個斜面的頂端釋放，小滑塊A始終沿斜面甲滑究竟端C點，而小滑塊B沿斜面乙滑究竟端P點后又沿水平面滑行距離L2到D點(小滑塊B在P點從斜面滑到水平面時速度大小不變)，且s＝L1＋L2。小滑塊A、B與兩個斜面以及水平面間的動摩擦因數相同，則()A．滑塊A到達底端C點時的動能肯定比滑塊B到達D點時的動能小B．兩個滑塊在斜面上加速下滑的過程中，到達同一高度時，動能可能相同C．A、B兩個滑塊從斜面頂端分別運動到C、D的過程中，滑塊A重力做功的平均功率小于滑塊B重力做功的平均功率D．A、B兩個滑塊從斜面頂端分別運動到C、D的過程中，由于克服摩擦而產生的熱量肯定相同AC[依據動能定理，滑塊A由甲斜面頂端到達底端C點的過程，mgh－μmgcosα·s＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，滑塊B由乙斜面頂端到達D點的過程，mgh－μmgcosβ·L1－μmgL2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)，又s＝L1＋L2，依據幾何關系得scosα>L1cosβ＋L2，所以eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)<eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)，故A正確；兩個滑塊在斜面上加速下滑的過程中，到達同一高度時：mgh－μmgcosθ·eq\f(