【物理】2019届一轮复习人教版　功能关系的应用学案

【物理】2019届一轮复习人教版　功能关系的应用学案

第7讲 　功能关系的应用 专题定位　本专题主要用功能的观点解决物体的运动和带电体、带电粒子、导体棒在电场或磁场中的运动问题．考查的重点有以下几方面：①重力、摩擦力、静电力和洛伦兹力的做功特点和求解；②与功、功率相关的分析与计算；③几个重要的功能关系的应用；④动能定理的综合应用；⑤综合应用机械能守恒定律和能量守恒定律分析问题．‎ 本专题是高考的重点和热点，命题情景新，联系实际密切，综合性强，侧重在计算题中命题，是高考的压轴题．‎ 应考策略　深刻理解功能关系，抓住两种命题情景搞突破：一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题；二是运用动能定理和能量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感应问题．‎ 高考题型1　力学中的几个重要功能关系的应用 解题方略 ‎1．常见的几种力做功的特点 ‎(1)重力、弹簧弹力、静电力做功与路径无关．‎ ‎(2)摩擦力做功的特点 ‎①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．‎ ‎②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零，在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的转移，没有机械能转化为其他形式的能；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值．在一对滑动摩擦力做功的过程中，不仅有相互摩擦物体间机械能的转移，还有部分机械能转化为内能．转化为内能的量等于系统机械能的减少量，等于滑动摩擦力与相对位移的乘积．‎ ‎③摩擦生热是指滑动摩擦生热，静摩擦不会生热．‎ ‎2．几个重要的功能关系 ‎(1)重力的功等于重力势能的变化，即WG＝－ΔEp.‎ ‎(2)弹力的功等于弹性势能的变化，即W弹＝－ΔEp.‎ ‎(3)合力的功等于动能的变化，即W＝ΔE .‎ ‎(4)重力(或弹簧弹力)之外的其他力的功等于机械能的变化，即W其他＝ΔE.‎ ‎(5)一对滑动摩擦力做的功等于系统中内能的变化，即Q＝Ff·l 相对．‎ 例1　(2015·青岛一模)如图1所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为30°，质量分别为M、m的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板．开始时用手按住物体M，此时M距离挡板的距离为s，滑轮两边的细绳恰好伸直，且弹簧处于原长状态．已知M＝2m，空气阻力不计．松开手后，关于两物体的运动，下列说法中正确的是(　　)‎ 图1‎ A．M和m组成的系统机械能守恒 B．当M的速度最大时，m与地面间的作用力为零 C．若M恰好能到达挡板处，则此时m的速度为零 D．若M恰好能到达挡板处，则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和 预测1　(多选)(2015·武汉市5月模拟)某蹦床运动员在一次蹦床运动中仅在竖直方向运动，如图2为蹦床对该运动员的作用力F随时间t的变化图象．不考虑空气阻力的影响，下列说法正确的是(　　)‎ 图2‎ A．t1至t2时间内运动员和蹦床构成的系统机械能守恒 B．t1至t2时间内运动员和蹦床构成的系统机械能增加 C．t3至t4时间内运动员和蹦床的势能之和增加 D．t3至t4时间内运动员和蹦床的势能之和先减少后增加 预测2　(2015·河南八市模拟)某同学将质量为m的一矿泉水瓶(可看成质点)竖直向上抛出，水瓶以的加速度匀减速上升，上升的最大高度为H，水瓶往返过程受到的阻力大小不变，则(　　)‎ A．上升过程中水瓶的动能改变量为mgH B．上升过程中水瓶的机械能减少了mgH C．水瓶落回地面时动能大小为 D．水瓶上升过程处于超重状态，下落过程处于失重状态 预测3　(2015·安庆模拟)如图3所示，某段滑雪道倾角为30°，总质量为m的滑雪运动员从高为h处的雪道顶端由静止开始匀加速下滑，加速度为g，在他下滑到底端的过程中(　　)‎ 图3‎ A．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mgh[ :学 XX ]‎ C．运动员克服摩擦力做功为mgh D．运动员减少的机械能为mgh 高考题型2　动力学方法和动能定理的综合应用 解题方略 ‎1．动能定理的适用情况：解决单个物体(或可看成单个物体的物体系统)受力与位移、速率关系的问题．动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动；既适用于恒力做功，也适用于变力做功，力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用．‎ ‎2．应用动能定理解题的基本思路 ‎(1)选取研究对象，明确它的运动过程．‎ ‎(2)分析研究对象的受力情况和各力做功情况，然后求各个外力做功的代数和．‎ ‎(3)明确物体在运动过程初、末状态的动能E 1和E 2.‎ ‎(4)列出动能定理的方程W合＝E 2－E 1，及其他必要的解题方程，进行求解．‎ 例2　(2015·苏锡常镇四市调研)如图4所示为仓储公司常采用的“自动化”货物装卸装置，两个相互垂直的斜面固定在地面上，货箱A(含货物)和配重B通过与斜面平行的轻绳跨过光滑滑轮相连．A装载货物后从h＝8.0 m高处由静止释放，运动到底端时，A和B同时被锁定，缺货后解除锁定，A在B的牵引下被拉回原高度处，再次被锁定．已知θ＝53°，B的质量M为1.0×103 g，A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°‎ ‎＝0.6.‎ 图4‎ ‎(1)为使A由静止释放后能沿斜面下滑，其质量m需要满足什么条件？[ :学 XX ]‎ ‎(2)若A的质量m＝4.0×103 g，求它到达底端时的速度v；‎ ‎(3)为了保证能被安全锁定，A到达底端的速率不能大于12 m/s.请通过计算判断：当A的质量m不断增加时，该装置能否被安全锁定．‎ ‎　‎ ‎　‎ ‎　‎ ‎　‎ ‎　‎ 预测4　(2015·新课标全国Ⅰ·17) 如图5，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小．用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功．则(　　)‎ 图5‎ A．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点 B．W＞mgR，质点不能到达Q点 C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离 D．W＜mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离 预测5　(2015·宝鸡九校联考)如图6所示，QB段为一半径为R＝1 m的光滑圆弧轨道，AQ段为一长度为L＝1 m的粗糙水平轨道，两轨道相切于Q点，Q在圆心O的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内．物块P的质量为m＝1 g(可视为质点)，P与AQ间的动摩擦因数μ＝0.1，若物块P以速度v0从A点滑上水平轨道，到C点后又返回A点时恰好静止．(取g＝10 m/s2)求：‎ 图6‎ ‎(1)v0的大小；‎ ‎(2)物块P第一次刚通过Q点时对圆弧轨道的压力．‎ ‎[ : xx ]‎ ‎　‎ ‎　‎ 高考题型3　综合应用动力学和能量观点分析多过程问题 解题方略 多个运动过程的组合实际上是多种物理规律和方法的综合应用，分析这种问题时注意要独立分析各个运动过程，而不同过程往往通过连接点的速度建立联系，有时对整个过程应用能量的观点解决问题会更简单．‎ 例3　(2015·宁德市5月模拟)如图7，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为l，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态．可视为质点的小物块从轨道右侧A点以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回．已知R＝0.4 m，l＝2.5 m，v0＝6 m/s，物块质量m＝1 g，与PQ段间的动摩擦因数μ＝0.4，轨道其它部分摩擦不计．取g＝10 m/s2，求：‎ 图7‎ ‎(1)物块经过圆形轨道最高点B时对轨道的压力；‎ ‎(2)物块从Q运动到P的时间及弹簧获得的最大弹性势能；‎ ‎(3)物块仍以v0从右侧冲上轨道，调节PQ段的长度l，当l长度是多少时，物块恰能不脱离轨道返回A点继续向右运动．‎ ‎　‎ ‎　‎ 预测6　(2015·河北衡水中学三调)在物体下落过程中，速度小于10 m/s时可认为空气阻力与物体速度成正比关系．某 研小组在研究小球下落后的运动过程时，得到速度随时间变化的图象，并作出t＝0.5 s时刻的切线，如图8所示．已知小球在t＝0时刻释放，其质量为0.5 g，重力加速度g＝10 m/s2，求：‎ 图8‎ ‎(1)小球与地面第一次碰撞过程中损失的机械能；‎ ‎(2)小球在运动过程中受到空气阻力的最大值．‎ ‎　‎ ‎　‎ 预测7　(2015·西安八校联考)如图9甲所示，一半径R＝1 m、竖直圆弧形光滑轨道，与斜面相切于B 处，圆弧轨道的最高点为M，斜面倾角θ＝37°，t＝0时刻，有一质量m＝2 g的物块从A点开始沿斜面上滑，其在斜面上运动的速度变化规律如图乙所示．若物块恰能到达M点，(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：‎ 图9‎ ‎(1)物块经过B点时的速度vB；‎ ‎(2)物块在斜面上滑动的过程中克服摩擦力做的功．‎ 学生用书答案精析 专题四　功能关系的应用 第1讲　功能关系在力学中的应用 高考题型1　力学中的几个重要功能关系的应用 例1　B　[因M、m之间有弹簧，故两物体受弹簧的弹力做功，机械能不守恒，故A错误；M的重力分力为Mgsin 30°＝mg，物体先做加速运动，当受力平衡时M速度达最大，则此时m受细绳的拉力为mg，故m恰好与地面间的作用力为零，故B正确；从m开始运动至M到达挡板处的过程中，弹力的大小一直大于m的重力，故m一直做加速运动，M到达挡板处时，m的速度不为零，故C错误；重力对M做的功转化为两物体的动能、弹簧的弹性势能的增加量和m重力势能的增加量，故D错误．]‎ 预测1　BD 预测2　A 预测3　D 高考题型2　动力学方法和动能定理的综合应用 例2　(1)m>2.0×103 g　(2)2 m/s　(3)该装置能被安全锁定 解析　(1)左斜面倾角为θ，则右斜面倾角为β＝90°－53°＝37°，货箱由静止释放后能沿斜面下滑，则：‎ mgsin θ－Mgsin β－μmgcos θ－μMgcos β>0‎ 得m>2.0×103 g.‎ ‎(2)对系统应用动能定理：mgh－Mg－(μmgcos θ＋μMgcos β) ‎＝(M＋m)v2‎ 得v＝2 m/s.‎ ‎(3)当A的质量m与B的质量M之间关系满足m≫M时，货箱下滑的加速度最大，到达斜面底端的速度也最大，此时有：‎ mgsin θ－μmgcos θ＝mam am＝5 m/s2‎ 又：v＝2amL 货箱到达斜面底端的最大速度：‎ vm＝10 m/s<12 m/s[ :学, , ]‎ 所以，当A的质量m不断增加时，该运输装置能被安全锁定．‎ 预测4　C 预测5　(1)2 m/s　(2)12 N 解析　(1)在整个过程中由动能定理可知：‎ ‎－μmg·2L＝0－mv v0＝＝ m/s＝2 m/s.‎ ‎(2)从A到Q的过程中由动能定理可知：‎ ‎－μmg·L＝mv－mv 在Q点由牛顿第二定律可得：‎ FN－mg＝m 联立解得：FN＝12 N 由牛顿第三定律可知物块P第一次刚通过Q点时对轨道的压力为12 N.‎ 高考题型3　综合应用动力学和能量观点分析多过程问题 例3　(1)40 N，方向竖直方向　(2)0.5 s　8 J　(3)1 m 解析　(1)物块冲上圆形轨道最高点B时速度为v，由机械能守恒得：‎ mv＝mv2＋2mgR①‎ 物块在B点时，由牛顿运动定律得：‎ FN＋mg＝②‎ 联立①②式并代入数据解得FN＝40 N 由牛顿第三定律得，物块对轨道压力大小为40 N，方向为竖直向上 ‎(2)物块在Q点时速度为v0＝6 m/s，‎ 在PQ段运动时，由牛顿第二定律有：‎ μmg＝ma③‎ 由运动规律l＝v0t－at2④‎ 联立③④式并代入数据解得在PQ段运动时间t＝0.5 s(t＝2.5 s不符合题意，舍去)‎ 设物块在P点时速度为v1，有 v－v＝－2μgl⑤‎ 物块压缩弹簧，由能量守恒得动能转化为弹性势能，有 Epm＝mv⑥‎ 联立⑤⑥式并代入数据解得Epm＝8 J ‎(3)设物块以v0冲上轨道直到回到PQ段右侧Q点时速度为v2，有 ‎－2μmgl＝mv－mv⑦‎ 要使物块恰能不脱离轨道返回A点，则物块能沿轨道上滑至最高点且在最高点的速度大小为v3，则满足 mv＝2mgR＋mv⑧‎ 且mg＝⑨‎ 联立⑦⑧⑨式并代入数据解得l＝1 m.‎ 预测6　(1)2.25 J　(2)3.75 N 解析　(1)由图象可知，小球第一次与地面碰撞前瞬间速度v1＝5 m/s，碰撞后瞬间速度v2＝－4 m/s，碰撞过程损失的机械能ΔE＝mv－mv 代入数据可得ΔE＝2.25 J.‎ ‎(2)由图象可得t＝0.5 s时小球加速度 a＝＝4 m/s2‎ 由牛顿第二定律mg－f＝ma，‎ 由于f＝ v，得 ＝0.75，‎ 则fmax＝ vmax＝3.75 N.‎ 预测7　(1) m/s　(2)7.2 J 解析　(1)由题中的几何关系知圆弧对应的圆心角为143°，物块从B到M上升的高度为：h＝R＋Rcos 37°‎ 物块恰能过最高点，则在M点由牛顿第二定律得：mg＝m 物块从B到M的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：mv－mv＝mgh 联立以上各式解得物块经过B点时的速度为：‎ vB＝ m/s.‎ ‎(2)分析速度图象可知物块在斜面上的加速度为：a＝＝ m/s2＝10 m/s2‎ 在斜面上对物块由牛顿第二定律得：‎ mgsin θ＋Ff＝ma 摩擦力：Ff＝ma－mgsin θ＝20 N－12 N＝8 N 对物块由v－v＝2ax，可得：x＝0.9 m 则克服摩擦力做的功：W＝Ffx＝8×0.9 J＝7.2 J.‎