2020届二轮复习专题二　功和能课件（32张）（江苏专用）

2020届二轮复习专题二　功和能课件（32张）（江苏专用）

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Δ v = 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 E 0 ,斜面的倾角为 θ ,斜面长度为 L ,在斜面 上运动时 E = E 0 - μmg cos θ ×   = E 0 - μmgx ,在水平面上运动时 E = E 0 - μmgL cos θ - μmg ·( x - L cos θ )= E 0 - μmgx ,综上所述 E = E 0 - μmgx ,故D正确,A、B、C错误。 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 E k 与时间 t 的关系图像是   (　 A 　)   答案     A　设小球初动能为 E k0 ,初速度为 v 0 ,重力加速度为 g 。瞬时动能 E k = E k0 - mgh , h = v 0 t -   gt 2 ,联立得 E k =   mg 2 t 2 - mgv 0 t + E k0 ,故A正确,B、C、D错误。 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。 答案 　(1)   　(2)   　 (3)   mgR 解析 　(1)小球从 A 到 B 做平抛运动,竖直方向有   =2 gR (1+cos 60 ° ) 即 v y =   小球在 A 点的初速度与小球在 B 点的水平速度相同 v 0 =   =   (2)在 D 点,由牛顿第二定律有 mg -   mg =   解得 v D =   ω =   =   (3)从 A 到 D 全过程由动能定理得- W 克 =   m   -   m   解得 W 克 =   mgR 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 v 0 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- μmgL 1 - μ ' mgL 2 =0-   m   , L 1 + L 2 = 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。 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 v 0 沿水平桌面向右运动,求木板向右运动的 最大距离 s 0 。 (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 =3 μmg 、方向沿水平桌面向右的拉力,经过时间 t 0 ,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)1.95 m ( μgt 0 ) 2 解析 　(1)对木板和物块组成的系统,由动能定理得 -   ·2 mgs 0 =0-   ·2 m   解得 s 0 =   (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 F min ,最大拉力为 F max 则 F min =2 mg ×   =   对系统有 F max -   =2 ma max 对物块有 μmg = ma max 解得 F max =   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 =3 μmg >   ,所以物块与木板之间发生相对滑动 物块的加速度 a 1 = μg 撤去拉力 F 时物块的速度 v 1 = a 1 t 0 = μgt 0 　　 对木板有 F - μmg -   = ma 2 得 a 2 =   μg 撤去拉力 F 时木板的速度 v 2 = a 2 t 0 =   μgt 0 撤去拉力 F 后木板的加速度 a 3 =-   μg 设撤去拉力 F 后,再经过时间 t 1 ,物块与木板达到共同速度 v ,之后再经过时间 t 2 , 木板停止滑行 则 v = a 1 ( t 0 + t 1 )= a 2 t 0 + a 3 t 1 得 t 1 =   t 0 ; v =   μgt 0 达到共同速度后有-2 mg ·   =2 ma 4 得 a 4 =-   μg t 2 =   =   t 0 木板运动的总位移 s =   +   t 1 +   t 2 =3.9 μg   木板运动全过程中克服桌面摩擦力所做的功 W =2 mg ×   × 3.9 μg   =1.95 m ( μgt 0 ) 2 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 mgh sin θ B.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 m a g sin θ = m b g ,则 m a =   , b 下降 h ,则 a 上升 h sin θ , a 重力势能的增加量为 m a g · h sin θ = 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 P b = mgv ,对 a 有 P a = m a gv sin θ = mgv ,所以重力对 a 、 b 做功 的瞬时功率大小相等,故D正确。 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 =3 m ,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 ,sin θ =   ≈ 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 。 答案 　(1)2.36 mg 　 (2)   　6 mg 　(3)   mgR 解析 　(1) 对小球:细线上的拉力 T =3 mg 对物块有 mg sin θ + F = T 解得 F =2.36 mg (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 3 mgR - mg ·   π R sin θ =   (3 m + m ) v 2 解得 v =   在 C 点,对小球应用牛顿第二定律有 N -3 mg =3 m   解得 N =6 mg (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 ·   π R sin θ =   mv 2 -0 解得 W =   mgR 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 - W f =0,选项D正确。