新高考人教物理一輪學案專題突破3功能關系能量守恒定律

專題突破3功能關系能量守恒定律授課提示：對應學生用書第100頁eq\a\vs4\al(突破點一對功能關系的理解及應用)自主探究1．功能關系(1)功是能量轉化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉化。(2)做功的過程一定伴隨著能量的轉化，而且能量的轉化必須通過做功來實現(xiàn)。2．幾種常見的功能關系各種力做功對應能的變化定量關系合力做的功動能變化合力對物體做的功等于物體動能的增量W合＝Ek2－Ek1重力做的功重力勢能變化重力做正功，重力勢能減少，重力做負功，重力勢能增加，且WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2彈簧彈力做的功彈性勢能變化彈力做正功，彈性勢能減少，彈力做負功，彈性勢能增加，且W彈＝－ΔEp＝Ep1－Ep2只有重力、彈簧彈力做功不引起機械能變化機械能守恒ΔE＝0非重力和彈力做的功機械能變化重力和彈力之外的力做正功，物體的機械能增加，做負功，機械能減少，且W其他＝ΔE一對相互作用的滑動摩擦力做的總功內(nèi)能變化作用于系統(tǒng)的一對滑動摩擦力一定做負功，系統(tǒng)內(nèi)能增加且Q＝Ffx相對1.如圖，一質(zhì)量為m、長度為l的均勻柔軟細繩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)mgl解析：QM段繩的質(zhì)量為m′＝eq\f(2,3)m，未拉起時，QM段繩的重心在QM中點處，與M點距離為eq\f(1,3)l，繩的下端Q拉到M點時，QM段繩的重心與M點距離為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，對繩的下端Q拉到M點的過程，應用動能定理，可知外力做功W＝－WG＝eq\f(1,9)mgl，可知A項正確，B、C、D項錯誤。答案：A2．(多選)(2020·高考全國卷Ⅰ)m、長m的斜面頂端從靜止開始沿斜面下滑，其重力勢能和動能隨下滑距離s的變化如圖中直線Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2。則()A．物塊下滑過程中機械能不守恒B．C．m/s2D．m時機械能損失了12J解析：由Es圖象知，物塊動能與重力勢能的和減少，機械能不守恒，A正確；由Es圖象知，整個下滑過程中，物塊機械能減少量為ΔE＝30J－10J＝20J，而ΔE＝μmgcosα·s，mgh＝30J，其中cosα，hm，g＝10m/s2，則動摩擦因數(shù)μ，B正確；物塊下滑時的加速度a＝gsinα－μgcosα＝2m/s2，C錯誤；物塊下滑m時損失的機械能為ΔE′＝μmgcosα·s′＝8J，D錯誤。答案：ABeq\a\vs4\al(突破點二摩擦力做功與能量關系結合的兩類模型)師生互動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(shù)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(shù)和為負值，即至少有一個力做負功(1)摩擦力做功的計算：無論是滑動摩擦力，還是靜摩擦力，計算做功時都是用力與對地位移的乘積。(2)摩擦生熱的計算：應用公式Q＝Ff·l相對計算，其中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運動時，則l相對為總的相對路程?！皞魉蛶А蹦Ｐ蚚典例1]如圖所示，圖甲為水平傳送帶，圖乙為傾斜傳送帶，兩者長度相同，均沿順時針方向轉動，轉動速度大小相等，將兩個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動，到B端時均恰好與傳送帶速度相同，則下列說法正確的是()A．圖甲中物塊運動時間小于圖乙中物塊運動時間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、乙中傳送帶對物塊做的功都等于物塊動能的增加量D．圖甲、乙中傳送帶對物塊做的功都等于物塊機械能的增加量[解析]設傳送帶長度為L，速度為v。根據(jù)L＝eq\f(v,2)t，知t＝eq\f(2L,v)，L、v相等，所以時間t相等，故A錯誤；物體與傳送帶間的相對位移Δx＝vt－L＝eq\f(vt,2)，可知相對位移大小相等，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－mgsinα＝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錯誤；圖甲中只有摩擦力對物塊做功，由動能定理知，傳送帶對物塊做的功等于物塊動能的增加量，圖乙中傳送帶、物塊重力都對物塊做功，且重力做負功，由動能定理知，圖乙中傳送帶對物塊做的功大于物塊動能的增加量，故C錯誤；根據(jù)功能原理可知，圖甲、乙中傳送帶對物塊做的功都等于物塊機械能的增加量，故D正確。[答案]D規(guī)律總結“兩分析”巧解與功能相關的“傳送帶”模型———————————————————————1．動力學角度分析首先要正確分析物體的運動過程，做好受力分析，然后利用運動學公式結合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應時間內(nèi)的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關系。2．傳送帶問題中的功能關系分析(1)功能關系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。(2)對W和Q的理解：①傳送帶做的功W＝Fx傳，其中F為傳送帶的動力，x傳為傳送帶轉過的距離；②產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝FfΔx?！盎瑝K—滑板”模型[典例2]如圖所示，水平地面上有一長L＝2m、質(zhì)量M＝1kg的長板，其右端上方有一固定擋板。質(zhì)量m＝2kg的小滑塊從長板的左端以v0＝6m/s的初速度向右運動，同時長板在水平拉力F作用下以v＝2m/s的速度向右勻速運動，滑塊與擋板相碰后速度為0，長板繼續(xù)勻速運動，直到長板與滑塊分離。已知長板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1＝，滑塊與長板間動摩擦因數(shù)μ2＝，重力加速度g取10m/s2。求：(1)滑塊從長板的左端運動至擋板處的過程，長板的位移x；(2)滑塊碰到擋板前，水平拉力大小F；(3)滑塊從長板的左端運動至與長板分離的過程，系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q。[解析](1)滑塊在長板上做勻減速運動，a＝eq\f(μ2mg,m)＝μ2g，解得a＝5m/s2。根據(jù)運動學公式得L＝v0t－eq\f(1,2)at2，解得ts(ts舍去)，(碰到擋板前滑塊速度v1＝v0－at＝4m/s>2m/s，說明滑塊一直勻減速)長板移動的位移x＝vtm。(2)對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＝12N，F(xiàn)f2＝μ2mg＝10N，解得F＝2N。(3)方法一：滑塊與擋板碰撞前，滑塊與長板因摩擦產(chǎn)生的熱量Q1＝Ff2·(L－x)＝μ2mg(L－x)＝12J，滑塊與擋板碰撞后，滑塊與長板因摩擦產(chǎn)生的熱量Q2＝μ2mg(L－x)＝12J，整個過程中，板與地面因摩擦產(chǎn)生的熱量Q3＝μ1(M＋m)g·L＝24J，所以，系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝Q1＋Q2＋Q3＝48J。方法二：滑塊與擋板碰撞前，木板受到的拉力為F1＝2N[第(2)問可知]，F(xiàn)1做的功為W1＝Fx＝2×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＝22N，F(xiàn)2做的功為W2＝F2(L－x)＝22×J，碰到擋板前滑塊速度v1＝v0－at＝4m/s，滑塊動能變化ΔEk＝20J，所以系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝W1＋W2＋ΔEk＝48J。[答案](1)m(2)2N(3)48J方法技巧“滑塊—滑板”模型問題的分析方法———————————————————————(1)動力學分析：分別對滑塊和滑板進行受力分析，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：對滑塊和滑板分別運用動能定理，或者對系統(tǒng)運用能量守恒定律。如圖所示，要注意區(qū)分三個位移：①求摩擦力對滑塊做功時用滑塊對地的位移x滑；②求摩擦力對滑板做功時用滑板對地的位移x板；③求摩擦生熱時用相對滑動的位移x相。3．(多選)(2021·湖南長郡中學高三月考)一傳送帶裝置示意圖如圖所示，其中傳送經(jīng)過AB區(qū)域時是水平的，經(jīng)過BC區(qū)域時變?yōu)閳A弧形(圓弧很短，由光滑模板形成)，經(jīng)過CD區(qū)域時是傾斜的，AB和CD都和BC相切。現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小貨箱在A處放到傳送帶上，放置時初速度為零，經(jīng)傳送帶運送到D處，D和A的高度差為h。工作時傳送帶速度為v且穩(wěn)定不變。箱子在A處投放后，到達B時剛好相對于傳送帶靜止，且以后不再滑動(忽略經(jīng)BC段時的微小滑動)。已知該裝置由電動機帶動，傳送帶與輪子之間無相對滑動，不計輪軸處的摩擦。則小貨箱從A傳輸?shù)紻的過程中()A．小貨箱的動能增量為mv2B．小貨箱與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱為eq\f(1,2)mv2C．傳送帶對小貨箱做的功為eq\f(1,2)mv2＋mghD．電動機做的功為eq\f(1,2)mv2＋mgh解析：由于小貨箱最終相對于傳送帶靜止，小貨箱的動能增量為ΔEk＝eq\f(1,2)mv2，故A錯誤；在水平段運輸?shù)倪^程中，小貨箱在滑動摩擦力作用下做勻加速直線運動，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摩擦力，設這段時間內(nèi)小貨箱通過的位移為s，運動時間為t，根據(jù)動能定理可得，在水平方向上傳送帶對小貨箱做功為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)動能定理可得W－mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得傳送帶對小貨箱做的功為W＝eq\f(1,2)mv2＋mgh，故C正確；根據(jù)能量守恒定律和功能關系可得電動機做的功為W電＝ΔEk＋ΔEp＋Q＝mv2＋mgh，故D錯誤。答案：BC4．(2021·天津和平區(qū)模擬)如圖甲所示，一長木板靜止在水平地面上，在t＝0時刻，一小物塊以一定速度從左端滑上長木板，之后長木板運動的vt圖象如圖乙所示。已知小物塊與長木板的質(zhì)量均為m＝1kg，木板足夠長，g取10m/s2，求：甲乙(1)小物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)；(2)在整個運動過程中，系統(tǒng)所產(chǎn)生的熱量。解析：(1)設小物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ1，長木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2，長木板達到的最大速度為vm，長木板加速過程中，由牛頓第二定律得μ1mg－2μ2mg＝ma1vm＝a1t1木板和物塊相對靜止，共同減速過程中，由牛頓第二定律得μ2·2mg＝2ma2vm＝a2t2由圖象可知，vm＝2m/s，t1＝2s，t2＝1s聯(lián)立解得μ1。(2)設小物塊初速度為v0，剛滑上長木板時的加速度大小為a0，則有μ1mg＝ma0vm＝v0－a0t1在整個過程中，由能量守恒定律得Q＝eq\f(1,2)mv02＝72J。答案：(1)(2)72Jeq\a\vs4\al(突破點三能量轉化與守恒的應用)自主探究1．對能量守恒定律的兩點理解(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，一般應用能的轉化和守恒。(2)解題時，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．構建和諧型、節(jié)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(fā)電機，發(fā)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(fā)電機向蓄電池充電，將其他形式的能轉化成電能儲存起來?，F(xiàn)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，其動能隨位移變化關系如圖①所示；第二次啟動自動充電裝置，其動能隨位移變化關系如圖②所示，則第二次向蓄電池所充的電能是()A．200J B．250JC．300J D．500J解析：第一次關閉自動充電裝置，自由滑行時只有摩擦力做功，根據(jù)動能定理有－Ff·x1＝0－Ek，第二次啟動充電裝置后，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(shù)據(jù)計算可得W＝200J，選項A正確。答案：A6．質(zhì)量為m的人造地球衛(wèi)星與地心的距離為r時，引力勢能可表示為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動，由于受到極稀薄空氣的摩擦作用，飛行一段時間后其圓周運動的半徑變?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