【物理】2019届一轮复习教科版第五章机械能和能源能力课学案

【物理】2019届一轮复习教科版第五章机械能和能源能力课学案

能力课　功能关系　能量守恒定律 ‎　[热考点]功能关系的理解和应用 ‎1.力学中常见的功能关系 ‎2.应用功能关系解决具体问题应注意以下三点 ‎(1)若只涉及动能的变化用动能定理。‎ ‎(2)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)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。‎ ‎【例1】　(2016·全国卷Ⅱ，21)(多选)如图1，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点。已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<。在小球从M 点运动到N点的过程中(　　)‎ 图1‎ A.弹力对小球先做正功后做负功 B.有两个时刻小球的加速度等于重力加速度 C.弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零 D.小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差 解析　因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<，M处的弹簧处于压缩状态，N处的弹簧处于伸长状态，则弹簧的弹力对小球先做负功后做正功再做负功，选项A错误；当弹簧水平时，竖直方向的力只有重力，加速度为g；当弹簧处于原长位置时，小球只受重力，加速度为g，则有两个时刻的加速度大小等于g，选项B正确；弹簧长度最短时，即弹簧水平，弹力与速度垂直，弹力对小球做功的功率为零，选项C正确；由动能定理得，WF＋WG＝ΔE ，因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，弹性势能相等，则由弹力做功特点知WF＝0，即WG＝ΔE ，选项D正确。‎ 答案　BCD ‎【变式训练1】　(2018·江苏泰州模拟)一个系统的机械能增大，究其原因，下列推测正确的是(　　)‎ A.可能是重力对系统做了功 B.一定是合外力对系统做了功 C.一定是系统克服合外力做了功 D.可能是摩擦力对系统做了功 解析　‎ 只有重力做功，系统的机械能守恒，选项A错误；除重力、弹力之外的力做正功时，系统机械能增加，做负功时则减少，故选项B、C错误；如果摩擦力对系统做正功，则系统机械能增加，故选项D正确。‎ 答案　D ‎【变式训练2】　(多选)如图2所示，质量相同的两物体a、b，用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻质定滑轮两侧，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上。初始时用力压住b使a、b静止，撤去此压力后，a开始运动，在a下降的过程中，b始终未离开桌面。在此过程中(　　)‎ 图2‎ A.a的动能小于b的动能 B.两物体机械能的变化量相等 C.a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量 D.绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和为零 解析　轻绳两端沿绳方向的速度分量大小相等，故可知a的速度等于b的速度沿绳方向的分量，a的动能比b的动能小，选项A正确；因为b与地面有摩擦力，运动时有热量产生，所以该系统机械能减少，故选项B、C错误；轻绳不可伸长，两端分别对a、b做功大小相等，符号相反，选项D正确。‎ 答案　AD ‎【变式训练3】　(2017·全国卷Ⅰ，24)一质量为8.00×104 g的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60×105 m 处以7.5×103 m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地面。取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s2(结果保留2位有效数字)。‎ ‎(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；‎ ‎(2)求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0 。‎ 解析　(1)飞船着地前瞬间的机械能为 E 0＝mv①‎ 式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由①式和题给数据得 E 0＝4.0×108 J②‎ 设地面附近的重力加速度大小为g，飞船进入大气层时的机械能为 Eh＝mv＋mgh③‎ 式中，vh是飞船在高度1.6×105 m处的速度大小。由③式和题给数据得 Eh≈2.4×1012 J④‎ ‎(2)飞船在高度h′＝600 m处的机械能为 Eh′＝m(vh)2＋mgh′⑤‎ 由功能关系得 W＝Eh′－E 0⑥‎ 式中，W是飞船从高度600 m处至着地瞬间的过程中克服阻力所做的功。‎ 由②⑤⑥式和题给数据得W≈9.7×108 J⑦‎ 答案　(1)4.0×108 J　2.4×1012 J　(2)9.7×108 J ‎　[常考点]能量守恒定律的应用 ‎1.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。‎ ‎2.涉及弹簧的能量问题应注意 两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，具有以下特点：‎ ‎(1)能量变化上，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒。‎ ‎(2)如果系统每个物体除弹簧弹力外所受合外力为零，则当弹簧伸长或压缩到最大程度时两物体速度相同。‎ ‎【例2】　(2018·豫南九校联考)如图3所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m＝4 g，B的质量为m＝2 g，初始时物体A到C点的距离为L＝1 m，现给A、B一初速度v0＝3 m/s，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点。已知重力加速度取g＝10 m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态，求此过程中：‎ 图3‎ ‎(1)物体A向下运动刚到达C点时的速度大小；‎ ‎(2)弹簧的最大压缩量；‎ ‎(3)弹簧中的最大弹性势能。‎ 解析　(1)物体A向下运动刚到C点的过程中，对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得 ‎2mgLsin θ＋·3mv ‎＝mgL＋μ·2mgcos θ·L＋·3mv2‎ 可解得v＝2 m/s。‎ ‎(2)以A、B组成的系统，在物体A将弹簧压缩到最大压缩量，又返回到C点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，即 ·3mv2－0＝μ·2mgcos θ·2x 其中x为弹簧的最大压缩量 解得x＝0.4 m。‎ ‎(3)设弹簧的最大弹性势能为Epm，由能量守恒定律可得 ·3mv2＋2mgxsin θ＝mgx＋μ·2mgcos θ·x＋Epm 解得Epm＝6 J。‎ 答案　(1)2 m/s　(2)0.4 m　(3)6 J ‎1.运用能量守恒定律解题的基本思路 ‎2.多过程问题的解题技巧 ‎(1)“合”——初步了解全过程，构建大致的运动图景。‎ ‎(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个过程的规律。‎ ‎(3)“合”——找到子过程的联系，寻找解题方法。　　　　　　‎ ‎【变式训练4】　(2018·浙江杭州模拟)在学校组织的趣味运动会上，某 技小组为大家提供了一个游戏。如图4所示，将一质量为0.1 g 的钢球放在O点，用弹射装置将其弹出，使其沿着光滑的半环形轨道OA和AB运动。BC段为一段长为L＝2.0 m的粗糙平面，DEFG为接球槽。圆弧OA和AB的半径分别为r＝0.2 m、R＝0.4 m，小球与BC段的动摩擦因数为μ＝0.7，C点离接球槽的高度为h＝1.25 m，水平距离为x＝0.5 m，接球槽足够大，g取10 m/s2。求：‎ 图4‎ ‎(1)要使钢球恰好不脱离半环形轨道，钢球在A点的速度大小；‎ ‎(2)钢球恰好不脱离轨道时，在B位置对半环形轨道的压力大小；‎ ‎(3)要使钢球最终能落入槽中，弹射速度v0至少多大？‎ 解析　(1)要使钢球恰好不脱离轨道，钢球在最高点时，对钢球分析有mg＝m，解得vA＝2 m/s。‎ ‎(2)钢球从A到B的过程由动能定理得 mg·2R＝mv－mv，‎ 在B点有N－mg＝m，‎ 解得N＝6 N，‎ 根据牛顿第三定律，钢球在B位置对半环形轨道的压力为6 N。‎ ‎(3)从C到D钢球做平抛运动，要使钢球恰好能落入槽中，‎ 则x＝vCt，h＝gt2，解得vC＝1 m/s，‎ 假设钢球在A点的速度恰为vA＝2 m/s时，钢球可运动到C点，且速度为vC′，从A到C有 mg·2R－μmgL＝mvC′2－mv，‎ 解得vC′2<0，‎ 故当钢球在A点的速度恰为vA＝2 m/s时，钢球不可能到达C点，更不可能入槽，要使钢球最终能落入槽中，需要更大的弹射速度，才能使钢球既不脱离轨道，又能落入槽中。当钢球到达C点速度为vC时，v0有最小值，从O到C有mgR－μmgL＝mv－mv，解得v0＝ m/s。‎ 答案　(1)2 m/s　(2)6 N　(3) m/s ‎　[常考点]与摩擦生热相关的两个物理模型 ‎1.两个模型 ‎(1)滑块—木板模型。‎ ‎(2)传送带模型。‎ ‎2.两种摩擦力的做功情况比较 ‎ 类别 比较 静摩擦力 滑动摩擦力 不同点 能量的转化方面 只有能量的转移，而没有能量的转化 既有能量的转移，又有能量的转化 一对摩擦力的总功方面 一对静摩擦力所做功的代数和等于零 一对滑动摩擦力所做功的代数和不为零，总功W＝－Ffl相对，即相对滑动时产生的热量 相同点 正功、负功、不做功方面 两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功 ‎【例3】　如图5所示，AB为半径R＝0.8 m的光滑圆弧轨道，下端B恰与小车右端平滑对接。小车质量M＝3 g，车长L＝2.06 m，车上表面距地面的高度h＝0.2 m，现有一质量m＝1 g的滑块，由轨道顶端无初速度释放，滑到B端后冲上小车。已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.3，当车运动了t0＝1.5 s时，车被地面装置锁定(g＝10 m/s2)。试求：‎ 图5‎ ‎(1)滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小；‎ ‎(2)车被锁定时，车右端距轨道B端的距离；‎ ‎(3)从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车上表面间由于摩擦而产生的热量大小。‎ 解析　(1)由机械能守恒定律和牛顿第二定律得 mgR＝mv，NB－mg＝m 则NB＝30 N ‎(2)设m滑上小车后经过时间t1与小车同速，共同速度大小为v，设滑块的加速度大小为a1，小车的加速度大小为a2‎ 对滑块有：μmg＝ma1，‎ v＝vB－a1t1‎ 对于小车：μmg＝Ma2，‎ v＝a2t1‎ 解得v＝1 m/s，t1＝1 s，‎ 因t1mQ，则两小球的动能大小无法比较，选项B错误；对小球在最低点受力分析得，F拉－mg＝m，可得F拉＝3mg，选项C正确；由a＝＝2g可知，两球的向心加速度相等，选项D错误。‎ 答案　C ‎【典例2】　(2017·全国卷Ⅱ，17)如图8所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直。一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时，对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)(　　)‎ 图8‎ A. B. C. D. 解析　物块由最低点到最高点的过程，由机械能守恒定律得mv2＝mg·2r＋mv。‎ 物块做平抛运动时，落地点到轨道下端的距离x＝v1t，2r＝gt2，联立解得x＝，由数学知识可知，当4r＝时，x最大，即r＝，故选项B正确。‎ 答案　B 活页作业 ‎(时间：40分钟)‎ ‎►题组一　功能关系的应用 ‎1.如图1是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图。图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦。在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中(　　)‎ 图1‎ A.缓冲器的机械能守恒 B.摩擦力做功消耗机械能 C.垫板的动能全部转化为内能 D.弹簧的弹性势能全部转化为动能 解析　在车厢相互撞击使弹簧压缩过程中，由于要克服摩擦力做功，且缓冲器所受合外力做功不为零，因此机械能不守恒，选项A错误；克服摩擦力做功消耗机械能，选项B正确；撞击以后垫板和车厢有相同的速度，因此动能并不为零，选项C错误；压缩弹簧过程弹簧的弹性势能增加，并没有减少，选项D错误。‎ 答案　B ‎2.安徽首家滑雪场正式落户国家AAAA级旅游景区——安庆巨石山，现已正式“开滑”。如图2所示，滑雪者从O点由静止沿斜面自由滑下，接着在水平面上滑至N点停下。斜面、水平面与滑雪板之间的动摩擦因数都为μ＝0.1。滑雪者(包括滑雪板)的质量为m＝50 g，g取 10 m/s2，O、N两点间的水平距离为s＝100 m。在滑雪者经过ON段运动的过程中，克服摩擦力做的功为(　　)‎ 图2‎ A.1 250 J B.2 500 J C.5 000 J D.7 500 J 解析　设斜面的倾角为θ，则滑雪者从O到N的运动过程中克服摩擦力做的功Wf＝μmgcos θ·xOM＋μmgxMN，由题图可知，xOMcos θ＋xMN＝s，两式联立可得Wf＝μmgs＝0.1×50×10×100 J＝5 000 J，故选项A、B、D错误，C正确。‎ 答案　C ‎►题组二　能量守恒定律的应用 ‎3.(2018·四川绵阳一诊)如图3所示，倾角为α ‎＝30°且表面光滑的斜面固定在水平地面上，有一条长为l、质量为m的均匀铁链，其中三分之二置于斜面上，另外一端连接一个质量也为m的钢球，钢球可视为质点。当钢球带着铁链由静止开始向下运动，直到铁链刚好全部离开斜面(此时铁链还未到达地面，不计空气阻力)，在此过程中(　　)‎ 图3‎ A.铁链机械能逐渐减少 B.钢球重力势能减少量等于铁链机械能增加量 C.铁链重力势能的减少量小于其动能增加量 D.铁链和钢球总的重力势能减少了2mgl 解析　钢球对铁链做正功，机械能增加，A错误；钢球重力势能减少量等于钢球动能增加量与铁链机械能增加量之和，B错误；由于钢球对铁链做正功，由功能关系知，铁链重力势能的减少量小于其动能增加量，C正确；钢球的重力势能减少ΔEp1＝mg·l＝mgl，铁链的重力势能减少ΔEp2＝mg·＝mgl，故总重力势能减少了ΔE＝ΔEp1＋ΔEp2＝mgl，D错误。‎ 答案　C ‎4.如图4所示，一质量m＝0.4 g的滑块(可视为质点)静止于水平轨道上的A点，滑块与轨道间的动摩擦因数μ＝0.1。现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P＝10 W。经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为25.6 N。已知轨道AB的长度L＝2 m，圆弧形轨道的半径R＝0.5 m，半径OC和竖直方向的夹角α＝37°。(空气阻力可忽略，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：‎ 图4‎ ‎(1)滑块运动到C点时速度的大小vC；‎ ‎(2)B、C两点的高度差h及水平距离x；‎ ‎(3)水平外力作用在滑块上的时间t。‎ 解析　(1)滑块运动到D点时，由牛顿第二定律得 N－mg＝m，‎ 滑块由C点运动到D点的过程，由机械能守恒定律得 mgR(1－cos α)＋mv＝mv，‎ 代入数据，联立解得vC＝5 m/s。‎ ‎(2)滑块从B到C做平抛运动，在C点速度的竖直分量为vy＝vCsin α＝3 m/s，‎ 所以B、C两点的高度差为h＝＝ m＝0.45 m，‎ 滑块由B运动到C所用的时间为t1＝＝ s＝0.3 s，‎ 滑块运动到B点的速度即平抛运动的初速度为 vB＝vCcos α＝4 m/s，‎ 所以B、C间的水平距离x＝vBt1＝4×0.3 m＝1.2 m。‎ ‎(3)滑块由A点运动到B点的过程，由动能定理得 Pt－μmgL＝mv 代入数据解得t＝0.4 s。‎ 答案　(1)5 m/s　(2)0.45 m　1.2 m　(3)0.4 s ‎5.如图5所示，半径R＝0.4 m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ＝30°，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上。质量m＝0.1 g的小物块(可视为质点)从空中A点以v0＝2 m/s 的速度被水平抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动至D点时，弹簧被压缩至最短，C、D两点间的水平距离L＝1.2 m，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2。求：‎ 图5‎ ‎(1)小物块经过圆弧轨道上B点时速度vB的大小；‎ ‎(2)小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力大小；‎ ‎(3)弹簧的弹性势能的最大值Epm。‎ 解析　(1)小物块恰好从B点沿切线方向进入轨道，由几何关系有vB＝＝4 m/s ‎(2)小物块由B点运动到C点，由机械能守恒定律有 mgR(1＋sin θ)＝mv－mv 在C点处，由牛顿第二定律有N－mg＝m，‎ 解得N＝8 N 根据牛顿第三定律，小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力N′大小为8 N。‎ ‎(3)小物块从B点运动到D点，由能量守恒定律有 Epm＝mv＋mgR(1＋sin θ)－μmgL＝0.8 J。‎ 答案　(1)4 m/s　(2)8 N　(3)0.8 J ‎►题组三　与摩擦生热相关的两个物理模型 ‎6.(多选)如图6所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为f，用水平的恒定拉力F作用于滑块。当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为x，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论正确的是(　　)‎ 图6‎ A.上述过程中，F做功大小为mv＋Mv B.其他条件不变的情况下，M越大，x越小 C.其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长 D.其他条件不变的情况下，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多 解析　由功能原理可知，上述过程中，F做功大小为二者动能与产生的热量之和，选项A错误；其他条件不变的情况下，M越大，M的加速度越小，x越小，选项B正确；其他条件不变的情况下，F越大，滑块的加速度越大，滑块到达右端所用时间越短，选项C错误；其他条件不变的情况下，滑块与木板间产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，f越大，滑块与木板间产生的热量越多，选项D正确。‎ 答案　BD ‎7.(2018·江西九江一模)(多选)第一次将一长木板静止放在光滑水平面上，如图7甲所示，一小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止。第二次将长木板分成A、B两块，使B的长度和质量均为A的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v0由A的左端开始向右滑动，如图乙所示。若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列说法正确的是(　　)‎ 图7‎ A.小铅块将从B的右端飞离木板 B.小铅块滑到B的右端前已与B保持相对静止 C.第一次和第二次过程中产生的热量相等 D.第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量 解析　在第一次小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，当小铅块运动到B上后A停止加速，只有B加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与B将更早共速，所以小铅块还没有运动到B的右端，二者就已共速，选项A错误，B正确；由于第一次的相对路程大于第二次的相对路程，则第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量，选项C错误，D正确。‎ 答案　BD ‎8.如图8所示，某工厂用传送带向高处运送物体，将一物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到传送带顶端。下列说法正确的是(　　)‎ 图8‎ A.第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功 B.第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量 C.第一阶段物体和传送带间摩擦产生的热量等于第一阶段物体机械能的增加量 D.物体从底端到顶端全过程机械能的增加量大于全过程摩擦力对物体所做的功 解析　对物体受力分析知，其在两个阶段所受摩擦力方向都沿斜面向上，与其运动方向相同，摩擦力对物体都做正功，选项A错误；由动能定理知，外力做的总功等于物体动能的增加量，选项B错误；物体机械能的增加量等于摩擦力对物体所做的功，选项D错误；设第一阶段运动时间为t，传送带速度为v，对物体：x1＝t，对传送带：x1′＝vt，摩擦产生的热量Q＝fx相对＝f(x1′－x1)＝f·t，机械能增加量ΔE＝fx1＝f·t，所以Q＝ΔE，选项C正确。‎ 答案　C ‎9.某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意图如图9所示，皮带在电动机的带动下保持v＝1 m/s 的恒定速度向右运动，现将一质量为m＝2 g的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数μ＝0.5。设皮带足够长，取g＝10 m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求：‎ 图9‎ ‎(1)邮件滑动的时间t；‎ ‎(2)邮件对地的位移大小x；‎ ‎(3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W。‎ 解析　(1)设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为f ‎，则 f＝μmg①‎ 取向右为正方向，对邮件应用动量定理，有 ft＝mv－0②‎ 由①②式并代入数据得t＝0.2 s③‎ ‎(2)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，对邮件应用动能定理，有fx＝mv2－0④‎ 由①④式并代入数据得x＝0.1 m⑤‎ ‎(3)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为s，则s＝vt⑥‎ 摩擦力对皮带做的功W＝－fs⑦‎ 由①③⑥⑦式并代入数据得W＝－2 J⑧‎ 答案　(1)0.2 s　(2)0.1 m　(3)－2 J