江苏省2020版高考物理二轮复习 专题二 功和能课件

专题二功和能一、功能问题与图像的结合(1)四类图像中“面积”的含义v-t图像由公式x=vt可知,v-t图线与t轴所围面积表示物体的位移a-t图像由公式Δv=at可知,a-t图线与t轴所围面积表示物体速度的变化量F-x图像由公式W=Fx可知,F-x图线与x轴所围面积表示力所做的功P-t图像由公式W=Pt可知,P-t图线与t轴所围面积表示力所做的功(2)功能相关图像问题分析“三步走” 例1(2018江苏常州一模)如图所示,一小滑块(可视为质点)以某一初速度沿斜面向下滑动,最后停在水平面上。滑块与斜面间及水平面间的动摩擦因数相等,斜面与水平面连接处平滑且长度不计,则该过程中,滑块的机械能与水平位移x的关系的图线正确的是(取地面为零势能面) (D)   答案D设滑块开始时的机械能为E0,斜面的倾角为θ,斜面长度为L,在斜面上运动时E=E0-μmgcosθ× =E0-μmgx,在水平面上运动时E=E0-μmgLcosθ-μmg·(x-Lcosθ)=E0-μmgx,综上所述E=E0-μmgx,故D正确,A、B、C错误。cosxθ变式(2018江苏单科,4,3分)从地面竖直向上抛出一只小球,小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力,该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图像是 (A) 答案A设小球初动能为Ek0,初速度为v0,重力加速度为g。瞬时动能Ek=Ek0-mgh,h=v0t- gt2,联立得Ek= mg2t2-mgv0t+Ek0,故A正确,B、C、D错误。1212二、动能定理在多过程中的应用1.应用动能定理解题的基本步骤 2.多过程问题的解题思路要点是“一拆”“一点”“一合”。“一拆”就是分析物体的运动过程,将其各个不同的运动阶段拆分开来,各个击破;“一点”就是找到各个运动阶段的交接点,交接点的瞬时速度的大小和方向将不同的运动连接起来;“一合”就是找到不同运动的时间或空间的关系将其整个运动过程联系起来。例2(2019江苏泰州一模)如图所示,半径为R的圆管BCD竖直放置,一可视为质点的质量为m的小球以某一初速度从A点水平抛出,恰好从B点沿切线方向进入圆管,到达圆管最高点D后水平射出。已知小球在D点对管下壁压力大小为 mg,且A、D两点在同一水平线上,BC弧对应的圆心角θ=60°,重力加速度为g,不计空气阻力。求:(1)小球在A点初速度的大小;(2)小球在D点角速度的大小;(3)小球在圆管内运动过程中克服阻力做的功。12答案(1) (2) (3) mgRgR2gR14解析(1)小球从A到B做平抛运动,竖直方向有 =2gR(1+cos60°)即vy= 小球在A点的初速度与小球在B点的水平速度相同v0= = (2)在D点,由牛顿第二定律有mg- mg= 解得vD= 2yv3gRtan60?yvgR122DmvR22gRω= = DvR2gR(3)从A到D全过程由动能定理得-W克= m - m 解得W克= mgR122Dv1220v14变式(多选)(2018江苏盐城模拟)冰壶比赛场地如图,运动员从发球区处推着冰壶出发,在投掷线MN处放手让冰壶滑出。设在某次投掷后发现冰壶投掷的初速度v0较小,直接滑行不能使冰壶沿虚线到达尽量靠近圆心O的位置,于是运动员在冰壶到达前用毛刷摩擦冰壶运行前方的冰面,这样可以使冰壶与冰面间的动摩擦因数从μ减小到某一较小值μ‘,设经过这样擦冰,冰壶恰好滑行到圆心O点。关于这一运动过程,以下说法正确的是 () A.为使本次投掷成功,必须在冰壶滑行路线上的特定区间上擦冰B.为使本次投掷成功,可以在冰壶滑行路线上的不同区间上擦冰C.擦冰区间越靠近投掷线,冰壶滑行的总时间越短D.擦冰区间越远离投掷线,冰壶滑行的总时间越短答案BC从投掷线MN到O点应用动能定理有-μmgL1-μ'mgL2=0- m ,L1+L2=L,所以可以在冰壶滑行路线上的不同区间上擦冰,只要保证擦冰的距离一定就行,故A错误,B正确;擦冰区间越靠近投掷线,则开始阶段冰壶的平均速度就越大,总的平均速度越大,距离一定,所以滑行的总时间越短,故C正确,D错误。1220v三、传送带、板块模型中的功能问题求解传送带(板块)相对滑动的能量问题的方法 说明:公式Q=F滑·l相对中l相对为两接触物体间的相对位移。若物体在传送带上往复运动时,则l相对为总的相对路程。例3(2018江苏淮安、宿迁质量检测)如图所示,水平桌面上质量为m的薄木板右端叠放着质量也为m的小物块,木板长为L,整体处于静止状态。已知物块与木板间的动摩擦因数为μ,木板与桌面间的动摩擦因数为 ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。 (1)若使木板与物块一起以初速度v0沿水平桌面向右运动,求木板向右运动的最大距离s0。4μ(2)若对木板施加水平向右的拉力F,为使木板沿水平桌面向右滑动且与物块间没有相对滑动,求拉力F应满足的条件。(3)若给木板施加大小为F=3μmg、方向沿水平桌面向右的拉力,经过时间t0,撤去拉力F,此后运动过程中小物块始终未脱离木板,求木板运动全过程中克服桌面摩擦力所做的功W。答案(1) (2) F≤ (3)1.95m(μgt0)2202vμg2μmg52μmg解析(1)对木板和物块组成的系统,由动能定理得- ·2mgs0=0- ·2m 解得s0= (2)设使木板和物块组成的系统一起向右滑动的最小拉力为Fmin,最大拉力为Fmax则Fmin=2mg× = 对系统有Fmax- =2mamax对物块有μmg=mamax4μ1220v202vμg4μ2μmg2μmg解得Fmax= 要使木板沿水平桌面向右滑动且与物块间没有相对滑动,则 F≤ (3)由于F=3μmg ,所以物块与木板之间发生相对滑动物块的加速度a1=μg撤去拉力F时物块的速度v1=a1t0=μgt0对木板有F-μmg- =ma2得a2= μg52μmg2μmg52μmg52μmg24μmg32撤去拉力F时木板的速度v2=a2t0= μgt0撤去拉力F后木板的加速度a3=- μg设撤去拉力F后,再经过时间t1,物块与木板达到共同速度v,之后再经过时间t2,木板停止滑行则v=a1(t0+t1)=a2t0+a3t1得t1= t0;v= μgt0达到共同速度后有-2mg· =2ma4得a4=- μg323215654μ14t2= = t0木板运动的总位移s= + t1+ t2=3.9μg 木板运动全过程中克服桌面摩擦力所做的功W=2mg× ×3.9μg =1.95m(μgt0)2060-5-4μgtμg245202vt22vv2v20t4μ20t变式(2019江苏通州、海门、启东联考)如图所示,足够长的传送带与水平方向的倾角为θ,物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑定滑轮与物块b相连,定滑轮质量不计,b的质量为m,开始时,a、b及传送带均静止,且开始时a恰不受摩擦力作用,重力加速度为g。现让传送带顺时针匀速转动,则在b下降h高度(a未脱离传送带)的过程中 (BD) A.物块a的重力势能增加mghsinθB.摩擦力对a做的功等于a和b系统机械能的增加量C.传送带由于运送a多消耗的电能等于系统产生的内能D.任意时刻,重力对a、b做功的瞬时功率大小相等答案BD开始时,a、b及传送带均静止且a恰不受传送带摩擦力作用,有magsinθ=mbg,则ma= ,b下降h,则a上升hsinθ,a重力势能的增加量为mag·hsinθ=mgh,故A错误;根据能量守恒得,摩擦力对a做的功等于a、b系统机械能的增加量,故B正确;由能量守恒得传送带由于运送a多消耗的电能等于系统产生的内能与系统动能的增加量之和,故C错误;任意时刻a、b的速率相等,对b,重力的瞬时功率大小Pb=mgv,对a有Pa=magvsinθ=mgv,所以重力对a、b做功的瞬时功率大小相等,故D正确。sinmθ四、功能关系的应用(1)功是能量转化的量度,在不同的问题中具有的对应关系是: (2)弹簧中的功能关系物体与弹簧组成的系统在相互作用的过程中,在能量方面,由于弹簧的形变会具有弹性势能,系统的总动能将发生变化,若除重力和弹簧弹力以外的力不做功,系统机械能守恒。若还有其他外力和内力做功,这些力做功之和等于系统机械能改变量。做功之和为正,系统总机械能增加,反之减少。在相互作用的两个物体与弹簧系统中,弹簧两端物体把弹簧拉伸至最长(或压缩至最短)时,两端的物体具有相同的速度,弹性势能最大。如系统每个物体除弹簧弹力外所受合力为零,当弹簧为自然长度时,系统内弹簧某一端的物体具有最大速度(如绷紧的弹簧由静止释放)。例4(2019江苏扬州一模)如图所示,半径为R的半圆形管道ACB固定在竖直平面内,倾角为θ的斜面固定在水平面上,细线跨过定滑轮连接小球和物块,细线与斜面平行,物块质量为m,小球质量M=3m,对物块施加沿斜面向下的力F使其静止在斜面底端,小球恰在A点。撤去力F后,小球由静止下滑。重力加速度为g,sinθ= ≈0.64,不计一切摩擦,求:(1)力F的大小;(2)小球运动到最低点C时,速度v的大小以及管壁对它的弹力N的大小;(3)在小球从A点运动到C点的过程中,细线对物块做的功W。2π答案(1)2.36mg(2) 6mg(3) mgRgR32解析(1)对小球:细线上的拉力T=3mg对物块有mgsinθ+F=T解得F=2.36mg(2)小球在C点时速度与物块速度大小相等对小球和物块组成的系统,由机械能守恒定律得3mgR-mg· πRsinθ= (3m+m)v2解得v= 在C点,对小球应用牛顿第二定律有N-3mg=3m 1212gR2vR解得N=6mg(3)在小球从A点运动到C点过程中,对物块应用动能定理有W-mg· πRsinθ= mv2-0解得W= mgR121232变式(多选)(2018江苏单科,7,4分)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端连接一小物块,O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放,沿粗糙程度相同的水平面向右运动,最远到达B点。在从A到B的过程中,物块 (AD) A.加速度先减小后增大B.经过O点时的速度最大C.所受弹簧弹力始终做正功D.所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功答案AD对物块受力分析,当弹簧处于压缩状态时,由牛顿第二定律可得kx-f=ma,x减小,a减小,当a=0时,物块速度最大,此时,物块在O点左侧,选项B错误;从加速度a=0处到O点过程,由牛顿第二定律得f-kx=ma,x减小,a增大,当弹簧处于伸长状态时,由牛顿第二定律可得kx+f=ma,x增大,a继续增大,可知物块的加速度先减小后增大,选项A正确;物块所受弹簧的弹力对物块先做正功,后做负功,选项C错误;从A到B的过程,由动能定理可得W弹-Wf=0,选项D正确。