人教版高考物理一輪復(fù)習(xí)第5章機(jī)械能專題突破3功能關(guān)系能量守恒定律學(xué)案含答案-學(xué)案下載-教習(xí)網(wǎng)

專題突破3　功能關(guān)系　能量守恒定律授課提示：對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第100頁 eq \a\vs4\al(突破點(diǎn)一　對(duì)功能關(guān)系的理解及應(yīng)用)　　自主探究 1．功能關(guān)系 (1)功是能量轉(zhuǎn)化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化。 (2)做功的過程一定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化，而且能量的轉(zhuǎn)化必須通過做功來實(shí)現(xiàn)。 2．幾種常見的功能關(guān)系 1.如圖，一質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為l的均勻柔軟細(xì)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(diǎn)，M點(diǎn)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)mgl C.eq \f(1,3)mgl D.eq \f(1,2)mgl 解析：QM段繩的質(zhì)量為m′＝eq \f(2,3)m，未拉起時(shí)，QM段繩的重心在QM中點(diǎn)處，與M點(diǎn)距離為eq \f(1,3)l，繩的下端Q拉到M點(diǎn)時(shí)，QM段繩的重心與M點(diǎn)距離為eq \f(1,6)l，此過程重力做功WG＝－m′g(eq \f(1,3)l－eq \f(1,6)l)＝－eq \f(1,9)mgl，對(duì)繩的下端Q拉到M點(diǎn)的過程，應(yīng)用動(dòng)能定理，可知外力做功W＝－WG＝eq \f(1,9)mgl，可知A項(xiàng)正確，B、C、D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案：A 2．(多選)(2020·高考全國(guó)卷Ⅰ)一物塊在高3.0 m、長(zhǎng)5.0 m 的斜面頂端從靜止開始沿斜面下滑，其重力勢(shì)能和動(dòng)能隨下滑距離s的變化如圖中直線Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。則(　　) A．物塊下滑過程中機(jī)械能不守恒 B．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5 C．物塊下滑時(shí)加速度的大小為6.0 m/s2 D．當(dāng)物塊下滑2.0 m時(shí)機(jī)械能損失了12 J 解析：由Es圖象知，物塊動(dòng)能與重力勢(shì)能的和減少，機(jī)械能不守恒，A正確；由Es圖象知，整個(gè)下滑過程中，物塊機(jī)械能減少量為ΔE＝30 J－10 J＝20 J，而ΔE＝μmgcos α·s，mgh＝30 J，其中cos α＝0.8，h＝3.0 m，g＝10 m/s2，則動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，B正確；物塊下滑時(shí)的加速度a＝gsin α－μgcos α＝2 m/s2，C錯(cuò)誤；物塊下滑2.0 m 時(shí)損失的機(jī)械能為ΔE′＝μmgcos α·s′＝8 J，D錯(cuò)誤。答案：AB eq \a\vs4\al(突破點(diǎn)二　摩擦力做功與能量關(guān)系結(jié)合的兩類模型)　　師生互動(dòng) 1．兩種摩擦力做功的比較 2.摩擦力做功的分析方法 (1)摩擦力做功的計(jì)算：無論是滑動(dòng)摩擦力，還是靜摩擦力，計(jì)算做功時(shí)都是用力與對(duì)地位移的乘積。 (2)摩擦生熱的計(jì)算：應(yīng)用公式Q＝Ff·l相對(duì)計(jì)算，其中l(wèi)相對(duì)為兩接觸物體間的相對(duì)位移，若物體在傳送帶上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)時(shí)，則l相對(duì)為總的相對(duì)路程。　“傳送帶”模型 [典例1]　如圖所示，圖甲為水平傳送帶，圖乙為傾斜傳送帶，兩者長(zhǎng)度相同，均沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)速度大小相等，將兩個(gè)完全相同的物塊分別輕放在圖甲、乙傳送帶上的A端，兩物塊均由靜止開始做勻加速運(yùn)動(dòng)，到B端時(shí)均恰好與傳送帶速度相同，則下列說法正確的是(　　) A．圖甲中物塊運(yùn)動(dòng)時(shí)間小于圖乙中物塊運(yùn)動(dòng)時(shí)間 B．圖甲、乙中傳送帶和物塊間因摩擦產(chǎn)生的熱量相等 C．圖甲、乙中傳送帶對(duì)物塊做的功都等于物塊動(dòng)能的增加量 D．圖甲、乙中傳送帶對(duì)物塊做的功都等于物塊機(jī)械能的增加量 [解析]　設(shè)傳送帶長(zhǎng)度為L(zhǎng)，速度為v。根據(jù)L＝eq \f(v,2)t，知t＝eq \f(2L,v)，L、v相等，所以時(shí)間t相等，故A錯(cuò)誤；物體與傳送帶間的相對(duì)位移Δx＝vt－L＝eq \f(vt,2)，可知相對(duì)位移大小相等，由a＝eq \f(v,t)知加速度大小相等，根據(jù)牛頓第二定律，甲圖中有Ff1＝ma，乙圖中有Ff2－mgsin α＝ma，可得Ff1＜Ff2，摩擦生熱Q＝FfΔx，所以圖乙中傳送帶和物塊間因摩擦產(chǎn)生的熱量較大，故B錯(cuò)誤；圖甲中只有摩擦力對(duì)物塊做功，由動(dòng)能定理知，傳送帶對(duì)物塊做的功等于物塊動(dòng)能的增加量，圖乙中傳送帶、物塊重力都對(duì)物塊做功，且重力做負(fù)功，由動(dòng)能定理知，圖乙中傳送帶對(duì)物塊做的功大于物塊動(dòng)能的增加量，故C錯(cuò)誤；根據(jù)功能原理可知，圖甲、乙中傳送帶對(duì)物塊做的功都等于物塊機(jī)械能的增加量，故D正確。 [答案]　D 規(guī)律總結(jié)“兩分析”巧解與功能相關(guān)的“傳送帶”模型 ——————————————————————— 1．動(dòng)力學(xué)角度分析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．傳送帶問題中的功能關(guān)系分析 (1)功能關(guān)系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。 (2)對(duì)W和Q的理解：①傳送帶做的功W＝Fx傳，其中F為傳送帶的動(dòng)力，x傳為傳送帶轉(zhuǎn)過的距離；②產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝FfΔx?！?　“滑塊—滑板”模型 [典例2]　如圖所示，水平地面上有一長(zhǎng)L＝2 m、質(zhì)量M＝1 kg的長(zhǎng)板，其右端上方有一固定擋板。質(zhì)量m＝2 kg的小滑塊從長(zhǎng)板的左端以v0＝6 m/s的初速度向右運(yùn)動(dòng)，同時(shí)長(zhǎng)板在水平拉力F作用下以v＝2 m/s的速度向右勻速運(yùn)動(dòng)，滑塊與擋板相碰后速度為0，長(zhǎng)板繼續(xù)勻速運(yùn)動(dòng)，直到長(zhǎng)板與滑塊分離。已知長(zhǎng)板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.4，滑塊與長(zhǎng)板間動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)滑塊從長(zhǎng)板的左端運(yùn)動(dòng)至擋板處的過程，長(zhǎng)板的位移x； (2)滑塊碰到擋板前，水平拉力大小F； (3)滑塊從長(zhǎng)板的左端運(yùn)動(dòng)至與長(zhǎng)板分離的過程，系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q。 [解析]　(1)滑塊在長(zhǎng)板上做勻減速運(yùn)動(dòng)，a＝eq \f(μ2mg,m)＝μ2g，解得a＝5 m/s2。根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得L＝v0t－eq \f(1,2)at2，解得t＝0.4 s(t＝2.0 s舍去)， (碰到擋板前滑塊速度v1＝v0－at＝4 m/s>2 m/s，說明滑塊一直勻減速) 長(zhǎng)板移動(dòng)的位移x＝vt＝0.8 m。 (2)對(duì)板受力分析如圖所示，由平衡條件有F＋Ff2＝Ff1，其中Ff1＝μ1(M＋m)g＝12 N，F(xiàn)f2＝μ2mg＝10 N，解得F＝2 N。 (3)方法一：滑塊與擋板碰撞前，滑塊與長(zhǎng)板因摩擦產(chǎn)生的熱量Q1＝Ff2·(L－x)＝μ2mg(L－x)＝12 J，滑塊與擋板碰撞后，滑塊與長(zhǎng)板因摩擦產(chǎn)生的熱量Q2＝μ2mg(L－x)＝12 J，整個(gè)過程中，板與地面因摩擦產(chǎn)生的熱量Q3＝μ1(M＋m)g·L＝24 J，所以，系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝Q1＋Q2＋Q3＝48 J。方法二：滑塊與擋板碰撞前，木板受到的拉力為F1＝2 N[第(2)問可知]， F1做的功為W1＝Fx＝2×0.8 J＝1.6 J，滑塊與擋板碰撞后，木板受到的拉力為 F2＝Ff1＋Ff2＝μ1(M＋m)g＋μ2mg＝22 N， F2做的功為W2＝F2(L－x)＝22×1.2 J＝26.4 J，碰到擋板前滑塊速度v1＝v0－at＝4 m/s，滑塊動(dòng)能變化ΔEk＝20 J，所以系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝W1＋W2＋ΔEk＝48 J。 [答案]　(1)0.8 m　(2)2 N　(3)48 J 方法技巧 “滑塊—滑板”模型問題的分析方法 ——————————————————————— (1)動(dòng)力學(xué)分析：分別對(duì)滑塊和滑板進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出各自的加速度；從放上滑塊到二者速度相等，所用時(shí)間相等，由t＝eq \f(Δv2,a2)＝eq \f(Δv1,a1)可求出共同速度v和所用時(shí)間t，然后由位移公式可分別求出二者的位移。 (2)功和能分析：對(duì)滑塊和滑板分別運(yùn)用動(dòng)能定理，或者對(duì)系統(tǒng)運(yùn)用能量守恒定律。如圖所示，要注意區(qū)分三個(gè)位移： ①求摩擦力對(duì)滑塊做功時(shí)用滑塊對(duì)地的位移x滑； ②求摩擦力對(duì)滑板做功時(shí)用滑板對(duì)地的位移x板； ③求摩擦生熱時(shí)用相對(duì)滑動(dòng)的位移x相?！? 3．(多選)(2021·湖南長(zhǎng)郡中學(xué)高三月考)一傳送帶裝置示意圖如圖所示，其中傳送經(jīng)過AB區(qū)域時(shí)是水平的，經(jīng)過BC區(qū)域時(shí)變?yōu)閳A弧形(圓弧很短，由光滑模板形成)，經(jīng)過CD區(qū)域時(shí)是傾斜的，AB和CD都和BC相切?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m的小貨箱在A處放到傳送帶上，放置時(shí)初速度為零，經(jīng)傳送帶運(yùn)送到D處，D和A的高度差為h。工作時(shí)傳送帶速度為v且穩(wěn)定不變。箱子在A處投放后，到達(dá)B時(shí)剛好相對(duì)于傳送帶靜止，且以后不再滑動(dòng)(忽略經(jīng)BC段時(shí)的微小滑動(dòng))。已知該裝置由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)，傳送帶與輪子之間無相對(duì)滑動(dòng)，不計(jì)輪軸處的摩擦。則小貨箱從A傳輸?shù)紻的過程中(　　) A．小貨箱的動(dòng)能增量為mv2 B．小貨箱與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱為eq \f(1,2)mv2 C．傳送帶對(duì)小貨箱做的功為eq \f(1,2)mv2＋mgh D．電動(dòng)機(jī)做的功為eq \f(1,2)mv2＋mgh 解析：由于小貨箱最終相對(duì)于傳送帶靜止，小貨箱的動(dòng)能增量為ΔEk＝eq \f(1,2)mv2，故A錯(cuò)誤；在水平段運(yùn)輸?shù)倪^程中，小貨箱在滑動(dòng)摩擦力作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其末速度等于傳送帶的速度，用f表示小貨箱與傳送帶之間的滑動(dòng)摩擦力，設(shè)這段時(shí)間內(nèi)小貨箱通過的位移為s，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，根據(jù)動(dòng)能定理可得，在水平方向上傳送帶對(duì)小貨箱做功為Wf＝fs＝eq \f(1,2)mv2，其中s＝eq \f(v,2)t，小貨箱與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱為Q＝fΔx相＝f(vt－s)＝eq \f(1,2)mv2，故B正確；小貨箱從A傳輸?shù)紻的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得W－mgh＝eq \f(1,2)mv2，解得傳送帶對(duì)小貨箱做的功為W＝eq \f(1,2)mv2＋mgh，故C正確；根據(jù)能量守恒定律和功能關(guān)系可得電動(dòng)機(jī)做的功為W電＝ΔEk＋ΔEp＋Q＝mv2＋mgh，故D錯(cuò)誤。答案：BC 4．(2021·天津和平區(qū)模擬)如圖甲所示，一長(zhǎng)木板靜止在水平地面上，在t＝0時(shí)刻，一小物塊以一定速度從左端滑上長(zhǎng)木板，之后長(zhǎng)木板運(yùn)動(dòng)的vt圖象如圖乙所示。已知小物塊與長(zhǎng)木板的質(zhì)量均為m＝1 kg，木板足夠長(zhǎng)，g取10 m/s2，求：甲　　　　　　　　　　乙 (1)小物塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)； (2)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，系統(tǒng)所產(chǎn)生的熱量。解析：(1)設(shè)小物塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，長(zhǎng)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，長(zhǎng)木板達(dá)到的最大速度為vm，長(zhǎng)木板加速過程中，由牛頓第二定律得 μ1mg－2μ2mg＝ma1 vm＝a1t1 木板和物塊相對(duì)靜止，共同減速過程中，由牛頓第二定律得 μ2·2mg＝2ma2 vm＝a2t2 由圖象可知，vm＝2 m/s，t1＝2 s，t2＝1 s 聯(lián)立解得μ1＝0.5。 (2)設(shè)小物塊初速度為v0，剛滑上長(zhǎng)木板時(shí)的加速度大小為a0，則有 μ1mg＝ma0 vm＝v0－a0t1 在整個(gè)過程中，由能量守恒定律得Q＝eq \f(1,2)mv02＝72 J。答案：(1)0.5　(2)72 J eq \a\vs4\al(突破點(diǎn)三　能量轉(zhuǎn)化與守恒的應(yīng)用)　　自主探究 1．對(duì)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。 2．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。 (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。 5．構(gòu)建和諧型、節(jié)約型社會(huì)深得民心，遍布于生活的方方面面。自動(dòng)充電式電動(dòng)車就是很好的一例，電動(dòng)車的前輪裝有發(fā)電機(jī)，發(fā)電機(jī)與蓄電池連接。當(dāng)在騎車者用力蹬車或電動(dòng)自行車自動(dòng)滑行時(shí)，自行車就可以連通發(fā)電機(jī)向蓄電池充電，將其他形式的能轉(zhuǎn)化成電能儲(chǔ)存起來?，F(xiàn)有某人騎車以500 J的初動(dòng)能在粗糙的水平路面上滑行，第一次關(guān)閉自動(dòng)充電裝置，讓車自由滑行，其動(dòng)能隨位移變化關(guān)系如圖①所示；第二次啟動(dòng)自動(dòng)充電裝置，其動(dòng)能隨位移變化關(guān)系如圖②所示，則第二次向蓄電池所充的電能是(　　) A．200 J　　　　　　　　 B．250 J C．300 J D．500 J 解析：第一次關(guān)閉自動(dòng)充電裝置，自由滑行時(shí)只有摩擦力做功，根據(jù)動(dòng)能定理有－Ff·x1＝0－Ek，第二次啟動(dòng)充電裝置后，滑行直至停下來的過程，動(dòng)能一部分克服摩擦力做功，一部分轉(zhuǎn)化為電能，Ek＝Ff·x2＋W，代入數(shù)據(jù)計(jì)算可得W＝200 J，選項(xiàng)A正確。答案：A 6．質(zhì)量為m的人造地球衛(wèi)星與地心的距離為r時(shí)，引力勢(shì)能可表示為Ep＝－Geq \f(Mm,r)，其中G為引力常量，M為地球質(zhì)量。該衛(wèi)星原來在半徑為R1的軌道上繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由于受到極稀薄空氣的摩擦作用，飛行一段時(shí)間后其圓周運(yùn)動(dòng)的半徑變?yōu)镽2，此過程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量為(　　) A．GMm(eq \f(1,R2)－eq \f(1,R1)) B．GMm(eq \f(1,R1)－eq \f(1,R2)) C.eq \f(GMm,2)(eq \f(1,R2)－eq \f(1,R1)) D.eq \f(GMm,2)(eq \f(1,R1)－eq \f(1,R2)) 解析：衛(wèi)星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由地球的萬有引力提供向心力，則軌道半徑為R1時(shí)Geq \f(Mm,R12)＝meq \f(v12,R1)①，衛(wèi)星的引力勢(shì)能為Ep1＝－eq \f(GMm,R1)②，軌道半徑為R2時(shí)Geq \f(Mm,R22)＝meq \f(v22,R2)③，衛(wèi)星的引力勢(shì)能為Ep2＝－eq \f(GMm,R2)④，設(shè)摩擦產(chǎn)生的熱量為Q，根據(jù)能量守恒定律得eq \f(1,2)mv12＋Ep1＝eq \f(1,2)mv22＋Ep2＋Q⑤，聯(lián)立①～⑤得Q＝eq \f(GMm,2)(eq \f(1,R2)－eq \f(1,R1))。答案：C 各種力做功對(duì)應(yīng)能的變化定量關(guān)系合力做的功動(dòng)能變化合力對(duì)物體做的功等于物體動(dòng)能的增量W合＝Ek2－Ek1重力做的功重力勢(shì)能變化重力做正功，重力勢(shì)能減少，重力做負(fù)功，重力勢(shì)能增加，且WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2彈簧彈力做的功彈性勢(shì)能變化彈力做正功，彈性勢(shì)能減少，彈力做負(fù)功，彈性勢(shì)能增加，且W彈＝－ΔEp＝Ep1－Ep2只有重力、彈簧彈力做功不引起機(jī)械能變化機(jī)械能守恒ΔE＝0非重力和彈力做的功機(jī)械能變化重力和彈力之外的力做正功，物體的機(jī)械能增加，做負(fù)功，機(jī)械能減少，且W其他＝ΔE一對(duì)相互作用的滑動(dòng)摩擦力做的總功內(nèi)能變化作用于系統(tǒng)的一對(duì)滑動(dòng)摩擦力一定做負(fù)功，系統(tǒng)內(nèi)能增加且Q＝Ffx相對(duì)靜摩擦力做功滑動(dòng)摩擦力做功只有能量的轉(zhuǎn)移，沒有能量的轉(zhuǎn)化既有能量的轉(zhuǎn)移，又有能量的轉(zhuǎn)化互為作用力和反作用力的一對(duì)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(duì)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

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