2020版高考物理一轮复习 第五章 第4讲 功能关系 能量守恒定律课件 新人教版

第五章机械能第4讲功能关系能量守恒定律考点1功能关系1．对功能关系的进一步理解(1)做功的过程就是能量转化的过程．不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的．(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等．2．几种常见的功能关系及其表达式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13l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为()AA.19mglB.16mglC.13mglD.12mgl解析：解法1：将绳的下端Q缓慢向上拉至M点，使M、Q之间的绳对折，外力克服下面13的绳的重力做功，W外＝|WG|，而下面13的绳重心升高13l，故克服重力做功|WG|＝m0g·13l，又m0＝13m，则W外＝|WG|＝13mg·13l＝19mgl，故A选项正确．解法2：Q缓慢移动说明绳子的动能变化忽略不计．以Q点为零势能点，细绳的初始机械能为12mgl，末态机械能为13mg·56l＋23mg·l2＝1118mgl，则增加的机械能ΔE＝1118mgl－12mgl＝19mgl.由功能关系可知A项正确．解法3：作用点位移x＝23l，平均作用力为16mg，故拉力做功W＝F·x＝19mgl，故A项正确．2．如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m(包括雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为13g.在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是()DA．运动员减少的重力势能全部转化为动能B．运动员获得的动能为13mghC．运动员克服摩擦力做功为23mghD．下滑过程中系统减少的机械能为13mgh解析：运动员的加速度大小为13g，小于gsin30°＝12g，所以其必受摩擦力，且大小为16mg，克服摩擦力做的功为16mg×hsin30°＝13mgh，故C错；摩擦力做负功，机械能不守恒，减少的重力势能没有全部转化为动能，有13mgh转化为内能，故A错，D正确；由动能定理知，运动员获得的动能为13mg×hsin30°＝23mgh，故B错．3．(多选)如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端．现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动．小物块和小车之间的摩擦力为f，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x.此过程中，以下结论正确的是()ABCA．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－f)(L＋x)B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为fxC．小物块克服摩擦力所做的功为f(L＋x)D．小物块和小车增加的机械能为Fx解析：由动能定理可得，小物块到达小车最右端时的动能Ek物＝W合＝(F－f)(L＋x)，A正确；小物块到达小车最右端时，小车的动能Ek车＝fx，B正确；小物块克服摩擦力所做的功Wf＝f(L＋x)，C正确；小物块和小车增加的机械能为F(L＋x)－fL，D错误．在应用功能关系解决具体问题的过程中：(1)若只涉及动能的变化，用动能定理分析．(2)若只涉及重力势能的变化，用重力做功与重力势能变化的关系分析．(3)若只涉及机械能变化，用除重力和弹簧的弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析．(4)若只涉及电势能的变化，用电场力做功与电势能变化的关系分析．考点2摩擦力做功与能量守恒定律1．两种摩擦力做功情况的对比2.对能量守恒定律的理解(1)转化：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)转移：某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量相等．3．运用能量守恒定律解题的基本思路考向1摩擦力做功的理解与计算将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2最低点相同，2和3高度相同．现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数μ均相同．在这三个过程中，下列说法不正确的是()AA．沿着1和2下滑到底端时，物块的速度不同，沿着2和3下滑到底端时，物块的速度相同B．沿着1下滑到底端时，物块的速度最大C．物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最多的D．物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量是一样多的[审题指导]此类问题一般要抓住相同点：(1)斜面1和2底面相同；(2)斜面2和3高度相同．【解析】设1、2、3木板与地面的夹角分别为θ1、θ2、θ3，木板长分别为l1、l2、l3，当物块沿木板1下滑时，由动能定理有mgh1－μmgl1cosθ1＝12mv21－0，当物块沿木板2下滑时，由动能定理有mgh2－μmgl2cosθ2＝12mv22－0，又h1h2，l1cosθ1＝l2cosθ2，可得v1v2；当物块沿木板3下滑时，由动能定理有mgh3－μmgl3cosθ3＝12mv23－0，又h2＝h3，l2cosθ2l3cosθ3，可得v2v3，故A不正确，B正确．三个过程中产生的热量分别为Q1＝μmgl1cosθ1，Q2＝μmgl2cosθ2，Q3＝μmgl3cosθ3，则Q1＝Q2Q3，故C、D正确．1．(2019·四川五校联考)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC＝h，此为过程Ⅰ；若圆环在C处获得一竖直向上的速度v，则恰好能回到A处，此为过程Ⅱ.已知弹簧始终在弹性范围内，重力加速度为g，则圆环()DA．在过程Ⅰ中，加速度一直减小B．在过程Ⅱ中，克服摩擦力做的功为12mv2C．在C处，弹簧的弹性势能为14mv2－mghD．在过程Ⅰ、过程Ⅱ中克服摩擦力做的功相同解析：对圆环受力分析，如图所示，圆环刚开始下滑时，圆环受到的合力向下，设弹簧原长为L，下滑过程中，弹簧弹力与竖直方向的夹角为θ，则弹簧弹力F＝kL(1sinθ－1)，竖直方向根据牛顿第二定律可得mg－Fcosθ－μFN＝ma，水平方向有Fsinθ＝FN，联立可知，圆环下滑过程中受到的合力先减小后增大，圆环的加速度先减小后增大，选项A错误；在过程Ⅰ和Ⅱ中，圆环在相同位置时受到的滑动摩擦力大小相等，所以在这两个过程中克服摩擦力做的功相等，选项D正确；在过程Ⅰ中，根据动能定理可得WG－Wf－W弹＝0，解得Wf＝WG－W弹，在过程Ⅱ中，根据动能定理可得－WG＋W弹－Wf＝－12mv2，联立解得Wf＝14mv2，在C处Ep弹＝W弹＝mgh－14mv2，选项BC错误．综上本题选D.考向2传送带模型中摩擦力做功与能量守恒(2019·江西新余四中检测)(多选)如图所示，水平传送带顺时针匀速转动，一物块轻放在传送带左端，当物块运动到传送带右端时恰与传送带速度相等．若传送带仍保持匀速运动，但速度加倍，仍将物块轻放在传送带左端，则物块在传送带上的运动与传送带的速度加倍前相比，下列判断正确的是()BDA．物块运动的时间变为原来的一半B．摩擦力对物块做的功不变C．摩擦产生的热量为原来的两倍D．电动机因带动物块多做的功是原来的两倍[审题指导]传送带速度加倍，不会影响物块的运动，但会使相对位移发生变化．【解析】由题意知物块向右做匀加速直线运动，传送带速度增大，物块仍然做加速度不变的匀加速直线运动，到达右端时速度未达到传送带速度，根据x＝12at2可知，运动的时间相同，故A错误；根据动能定理可知：Wf＝12mv20，因为物块的动能不变，所以摩擦力对物块做的功不变，故B正确；物块做匀加速直线运动的加速度为a＝μg，则匀加速直线运动的时间为：t＝v0μg，在这段时间内物块的位移为：x2＝v202μg，传送带的位移为：x1＝v0t＝v20μg，则传送带与物块间的相对位移大小，即划痕的长度为：Δx＝x1－x2＝v202μg，摩擦产生的热量Q＝μmgΔx＝mv202，当速度加倍后，在这段时间内物块的位移仍为：x2′＝v202a＝v202μg，传送带的位移为：x1′＝2v0t＝2v20μg，则传送带与物块间的相对位移大小，则划痕的长度为：Δx′＝x1′－x2′＝3v202μg，摩擦产生的热量Q′＝μmgΔx′＝3mv202，可知摩擦产生的热量为原来的3倍，故C错误；电动机多做的功转化成了物块的动能和摩擦产生的热量，速度没变时：W电＝Q＋mv202＝mv20；速度加倍后：W电′＝Q′＋mv202＝2mv20，故D正确．所以BD正确，AC错误．2．如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角为θ，传送带在电动机的带动下，始终保持v的速率运行，现把一质量为m的工件(可看做质点)轻轻放在传送带的底端，经过一段时间，工件与传送带达到共同速度后继续传送到达h高处，工件与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列结论正确的是()BA．工件与传送带间摩擦生热为12mv2B．传送带对工件做的功为12mv2＋mghC．传送带对工件做的功为μmghtanθD．电动机因传送工件多做的功为12mv2＋mgh解析：工件与传送带的相对位移s＝vt－v2t，对工件：v＝at＝(μgcosθ－gsinθ)·t，代入可得s＝v22μgcosθ－gsinθ，摩擦生热Q＝f·s＝μmgcosθv22μgcosθ－gsinθ，A错误；传送带对工件做的功等于工件增加的机械能，B正确，C错误；电动机因传送工件多做的功W＝12mv2＋mgh＋Q，D错误．考向3板块模型中摩擦力做功与能量守恒如图甲所示，质量M＝1.0kg的长木板A静止在光滑水平面上，在木板的左端放置一个质量m＝1.0kg的小铁块B，铁块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，对铁块施加水平向右的拉力F，F大小随时间变化如图乙所示，4s时撤去拉力．可认为A、B间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度g取10m/s2.求：(1)0～1s内，A、B的加速度大小aA、aB；(2)B相对A滑行的最大距离x；(3)0～4s内，拉力做的功W；(4)0～4s内系统产生的摩擦热Q.[审题指导](1)本题应分段分析每个物体的受力和运动情况，加速度的计算是关键；(2)做出A、B两物体的v­t图象，可使问题直观明了．【解析】(1)在0～1s内，A、B两物体分别做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得μmg＝MaA，F1－μmg＝maB，代入数据得aA＝2m/s2，aB＝4m/s2.(2)t1＝1s后，拉力F2＝μmg，铁块B做匀速运动，速度大小为v1；木板A仍做匀加速运动，又经过时间t2，速度与铁块B相等．v1＝aBt1，又v1＝aA(t1＋t2)，解得t2＝1s，设A、B速度相等后一起做匀加速运动，运动时间t3＝2s，加速度为a，则F2＝(M＋m)aa＝1m/s2，木板A受到的静摩擦力Ff＝Maμmg，A、B一起运动x＝12aBt21＋v1t2－12aA(t1＋t2)2，代入数据得x＝2m.(3)时间t1内拉力做的功W1＝F1x1＝F1·12aBt21＝12J，时间t2内拉力做的功W2＝F2x2＝F2v1t2＝8J，时间t3内拉力做的功W3＝F2x3＝F2(v1t3＋12at23)＝20J，4s内拉力做的功W＝W1＋W2＋W3＝40J.(4)系统的摩擦热Q只发生在t1＋t2时间内，铁块与木板相对滑动阶段，此过程中系统的摩擦热Q＝μmg·x＝4J.【答案】(1)aA＝2m/s2aB＝4m/s2(2)2m(3)40J(4)4J3．(多选)一上表面水平的小车在光滑水平面上匀速向右运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的质量m＝1kg的物块轻放在小车前端，如图甲所示，以后小车运动的速度—时间图象如图乙所示．已知物块始终在小车上，重力加速度g取10m/s2.则下列判断正确的是()ABDA．小车与物块间的动摩擦因数为0.2，小车的最小长度为1.25mB．物块的最终动能Ek＝0.5J，小车动能的减少量ΔEk＝3JC．小车与物块间摩擦生热3JD．小