人教版高考物理一轮复习第5章机械能专题突破3功能关系能量守恒定律学案含答案

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专题突破3　功能关系　能量守恒定律授课提示：对应学生用书第100页eq \a\vs4\al(突破点一　对功能关系的理解及应用)　　自主探究1．功能关系(1)功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。(2)做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必须通过做功来实现。2．几种常见的功能关系1.如图，一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距eq \f(1,3)l。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为(　　)A.eq \f(1,9)mgl　　　　　　 B.eq \f(1,6)mglC.eq \f(1,3)mgl D.eq \f(1,2)mgl解析：QM段绳的质量为m′＝eq \f(2,3)m，未拉起时，QM段绳的重心在QM中点处，与M点距离为eq \f(1,3)l，绳的下端Q拉到M点时，QM段绳的重心与M点距离为eq \f(1,6)l，此过程重力做功WG＝－m′g(eq \f(1,3)l－eq \f(1,6)l)＝－eq \f(1,9)mgl，对绳的下端Q拉到M点的过程，应用动能定理，可知外力做功W＝－WG＝eq \f(1,9)mgl，可知A项正确，B、C、D项错误。答案：A2．(多选)(2020·高考全国卷Ⅰ)一物块在高3.0 m、长5.0 m 的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则(　　)A．物块下滑过程中机械能不守恒B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J解析：由Es图象知，物块动能与重力势能的和减少，机械能不守恒，A正确；由Es图象知，整个下滑过程中，物块机械能减少量为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，则动摩擦因数μ＝0.5，B正确；物块下滑时的加速度a＝gsin α－μgcos α＝2 m/s2，C错误；物块下滑2.0 m 时损失的机械能为ΔE′＝μmgcos α·s′＝8 J，D错误。答案：ABeq \a\vs4\al(突破点二　摩擦力做功与能量关系结合的两类模型)　　师生互动1．两种摩擦力做功的比较2.摩擦力做功的分析方法(1)摩擦力做功的计算：无论是滑动摩擦力，还是静摩擦力，计算做功时都是用力与对地位移的乘积。(2)摩擦生热的计算：应用公式Q＝Ff·l相对计算 ，其中l相对为两接触物体间的相对位移，若物体在传送带上做往复运动时，则l相对为总的相对路程。　“传送带”模型[典例1]　如图所示，图甲为水平传送带，图乙为倾斜传送带，两者长度相同，均沿顺时针方向转动，转动速度大小相等，将两个完全相同的物块分别轻放在图甲、乙传送带上的A端，两物块均由静止开始做匀加速运动，到B端时均恰好与传送带速度相同，则下列说法正确的是(　　)A．图甲中物块运动时间小于图乙中物块运动时间B．图甲、乙中传送带和物块间因摩擦产生的热量相等C．图甲、乙中传送带对物块做的功都等于物块动能的增加量D．图甲、乙中传送带对物块做的功都等于物块机械能的增加量[解析]　设传送带长度为L，速度为v。根据L＝eq \f(v,2)t，知t＝eq \f(2L,v)，L、v相等，所以时间t相等，故A错误；物体与传送带间的相对位移Δx＝vt－L＝eq \f(vt,2)，可知相对位移大小相等，由a＝eq \f(v,t)知加速度大小相等，根据牛顿第二定律，甲图中有Ff1＝ma，乙图中有Ff2－mgsin α＝ma，可得Ff1＜Ff2，摩擦生热Q＝FfΔx，所以图乙中传送带和物块间因摩擦产生的热量较大，故B错误；图甲中只有摩擦力对物块做功，由动能定理知，传送带对物块做的功等于物块动能的增加量，图乙中传送带、物块重力都对物块做功，且重力做负功，由动能定理知，图乙中传送带对物块做的功大于物块动能的增加量，故C错误；根据功能原理可知，图甲、乙中传送带对物块做的功都等于物块机械能的增加量，故D正确。[答案]　D规律总结“两分析”巧解与功能相关的“传送带”模型———————————————————————1．动力学角度分析首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系。2．传送带问题中的功能关系分析(1)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。(2)对W和Q的理解：①传送带做的功W＝Fx传，其中F为传送带的动力，x传为传送带转过的距离；②产生的内能Q＝FfΔx。　　“滑块—滑板”模型[典例2]　如图所示，水平地面上有一长L＝2 m、质量M＝1 kg的长板，其右端上方有一固定挡板。质量m＝2 kg的小滑块从长板的左端以v0＝6 m/s的初速度向右运动，同时长板在水平拉力F作用下以v＝2 m/s的速度向右匀速运动，滑块与挡板相碰后速度为0，长板继续匀速运动，直到长板与滑块分离。已知长板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.4，滑块与长板间动摩擦因数μ2＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。求：(1)滑块从长板的左端运动至挡板处的过程，长板的位移x；(2)滑块碰到挡板前，水平拉力大小F；(3)滑块从长板的左端运动至与长板分离的过程，系统因摩擦产生的热量Q。[解析]　(1)滑块在长板上做匀减速运动，a＝eq \f(μ2mg,m)＝μ2g，解得a＝5 m/s2。根据运动学公式得L＝v0t－eq \f(1,2)at2，解得t＝0.4 s(t＝2.0 s舍去)，(碰到挡板前滑块速度v1＝v0－at＝4 m/s>2 m/s，说明滑块一直匀减速)长板移动的位移x＝vt＝0.8 m。(2)对板受力分析如图所示，由平衡条件有F＋Ff2＝Ff1，其中Ff1＝μ1(M＋m)g＝12 N，Ff2＝μ2mg＝10 N，解得F＝2 N。(3)方法一：滑块与挡板碰撞前，滑块与长板因摩擦产生的热量Q1＝Ff2·(L－x)＝μ2mg(L－x)＝12 J，滑块与挡板碰撞后，滑块与长板因摩擦产生的热量Q2＝μ2mg(L－x)＝12 J，整个过程中，板与地面因摩擦产生的热量Q3＝μ1(M＋m)g·L＝24 J，所以，系统因摩擦产生的热量Q＝Q1＋Q2＋Q3＝48 J。方法二：滑块与挡板碰撞前，木板受到的拉力为F1＝2 N[第(2)问可知]，F1做的功为W1＝Fx＝2×0.8 J＝1.6 J，滑块与挡板碰撞后，木板受到的拉力为F2＝Ff1＋Ff2＝μ1(M＋m)g＋μ2mg＝22 N，F2做的功为W2＝F2(L－x)＝22×1.2 J＝26.4 J，碰到挡板前滑块速度v1＝v0－at＝4 m/s，滑块动能变化ΔEk＝20 J，所以系统因摩擦产生的热量Q＝W1＋W2＋ΔEk＝48 J。[答案]　(1)0.8 m　(2)2 N　(3)48 J方法技巧“滑块—滑板”模型问题的分析方法———————————————————————(1)动力学分析：分别对滑块和滑板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度；从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由t＝eq \f(Δv2,a2)＝eq \f(Δv1,a1)可求出共同速度v和所用时间t，然后由位移公式可分别求出二者的位移。(2)功和能分析：对滑块和滑板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律。如图所示，要注意区分三个位移：①求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x滑；②求摩擦力对滑板做功时用滑板对地的位移x板；③求摩擦生热时用相对滑动的位移x相。　3．(多选)(2021·湖南长郡中学高三月考)一传送带装置示意图如图所示，其中传送经过AB区域时是水平的，经过BC区域时变为圆弧形(圆弧很短，由光滑模板形成)，经过CD区域时是倾斜的，AB和CD都和BC相切。现将一质量为m的小货箱在A处放到传送带上，放置时初速度为零，经传送带运送到D处，D和A的高度差为h。工作时传送带速度为v且稳定不变。箱子在A处投放后，到达B时刚好相对于传送带静止，且以后不再滑动(忽略经BC段时的微小滑动)。已知该装置由电动机带动，传送带与轮子之间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。则小货箱从A传输到D的过程中(　　)A．小货箱的动能增量为mv2B．小货箱与传送带间因摩擦产生的热为eq \f(1,2)mv2C．传送带对小货箱做的功为eq \f(1,2)mv2＋mghD．电动机做的功为eq \f(1,2)mv2＋mgh解析：由于小货箱最终相对于传送带静止，小货箱的动能增量为ΔEk＝eq \f(1,2)mv2，故A错误；在水平段运输的过程中，小货箱在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动，其末速度等于传送带的速度，用f表示小货箱与传送带之间的滑动摩擦力，设这段时间内小货箱通过的位移为s，运动时间为t，根据动能定理可得，在水平方向上传送带对小货箱做功为Wf＝fs＝eq \f(1,2)mv2，其中s＝eq \f(v,2)t，小货箱与传送带间因摩擦产生的热为Q＝fΔx相＝f(vt－s)＝eq \f(1,2)mv2，故B正确；小货箱从A传输到D的过程中，根据动能定理可得W－mgh＝eq \f(1,2)mv2，解得传送带对小货箱做的功为W＝eq \f(1,2)mv2＋mgh，故C正确；根据能量守恒定律和功能关系可得电动机做的功为W电＝ΔEk＋ΔEp＋Q＝mv2＋mgh，故D错误。答案：BC4．(2021·天津和平区模拟)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，木板足够长，g取10 m/s2，求：甲　　　　　　　　　　乙(1)小物块与长木板间的动摩擦因数；(2)在整个运动过程中，系统所产生的热量。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＝ma1vm＝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＝2ma2vm＝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＝ma0vm＝v0－a0t1在整个过程中，由能量守恒定律得Q＝eq \f(1,2)mv02＝72 J。答案：(1)0.5　(2)72 Jeq \a\vs4\al(突破点三　能量转化与守恒的应用)　　自主探究1．对能量守恒定律的两点理解(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等。(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等。2．能量转化问题的解题思路(1)当涉及摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转化和守恒。(2)解题时，首先确定初、末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减与增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解。5．构建和谐型、节约型社会深得民心，遍布于生活的方方面面。自动充电式电动车就是很好的一例，电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接。当在骑车者用力蹬车或电动自行车自动滑行时，自行车就可以连通发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来。现有某人骑车以500 J的初动能在粗糙的水平路面上滑行，第一次关闭自动充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图①所示；第二次启动自动充电装置，其动能随位移变化关系如图②所示，则第二次向蓄电池所充的电能是(　　)A．200 J　　　　　　　　 B．250 JC．300 J D．500 J解析：第一次关闭自动充电装置，自由滑行时只有摩擦力做功，根据动能定理有－Ff·x1＝0－Ek，第二次启动充电装置后，滑行直至停下来的过程，动能一部分克服摩擦力做功，一部分转化为电能，Ek＝Ff·x2＋W，代入数据计算可得W＝200 J，选项A正确。答案：A6．质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为Ep＝－Geq \f(Mm,r)，其中G为引力常量，M为地球质量。该卫星原来在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R2，此过程中因摩擦而产生的热量为(　　)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：卫星做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则轨道半径为R1时Geq \f(Mm,R12)＝meq \f(v12,R1)①，卫星的引力势能为Ep1＝－eq \f(GMm,R1)②，轨道半径为R2时Geq \f(Mm,R22)＝meq \f(v22,R2)③，卫星的引力势能为Ep2＝－eq \f(GMm,R2)④，设摩擦产生的热量为Q，根据能量守恒定律得eq \f(1,2)mv12＋Ep1＝eq \f(1,2)mv22＋Ep2＋Q⑤，联立①～⑤得Q＝eq \f(GMm,2)(eq \f(1,R2)－eq \f(1,R1))。答案：C各种力做功对应能的变化定量关系合力做的功动能变化合力对物体做的功等于物体动能的增量W合＝Ek2－Ek1重力做的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弹簧弹力做的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、弹簧弹力做功不引起机械能变化机械能守恒ΔE＝0非重力和弹力做的功机械能变化重力和弹力之外的力做正功，物体的机械能增加，做负功，机械能减少，且W其他＝ΔE一对相互作用的滑动摩擦力做的总功内能变化作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能增加且Q＝Ffx相对静摩擦力做功滑动摩擦力做功只有能量的转移，没有能量的转化既有能量的转移，又有能量的转化互为作用力和反作用力的一对静摩擦力所做功的代数和为零，即要么一正一负，要么都不做功互为作用力和反作用力的一对滑动摩擦力所做功的代数和为负值，即至少有一个力做负功