【物理】2018届二轮复习　功能关系和能量守恒学案（全国通用）

【物理】2018届二轮复习　功能关系和能量守恒学案（全国通用）

倒计时第7天　功能关系和能量守恒 A．主干回顾 B．精要检索 ‎1．恒力做功的计算式 W＝Flcos α(α是F与位移l方向的夹角)．‎ ‎2．恒力所做总功的计算 W总＝F合lcos α或W总＝W1＋W2＋…….‎ ‎3．计算功率的两个公式 P＝或P＝Fvcos α.‎ ‎4．动能定理 W总＝Ek2－Ek1.‎ ‎5．机车启动类问题中的“临界点”‎ ‎(1)全程最大速度的临界点为：F阻＝.‎ ‎(2)匀加速运动的最后点为－F阻＝ma；此时瞬时功率等于额定功率P额．‎ ‎(3)在匀加速过程中的某点有：－F阻＝ma.‎ ‎(4)在变加速运动过程中的某点有－F阻＝ma2.‎ ‎6．重力势能 Ep＝mgh(h是相对于零势能面的高度)‎ ‎7．机械能守恒定律的三种表达方式 ‎(1)始末状态：mgh1＋mv＝mgh2＋mv.‎ ‎(2)能量转化：ΔEk(增)＝ΔEp(减)．‎ ‎(3)研究对象：ΔEA＝－ΔEB.‎ ‎8．几种常见的功能关系 做功 能量变化 功能关系 重力做功 重力势能变化ΔEp WG＝－ΔEp 弹力做功 弹性势能变化ΔEp WFN＝－ΔEp 合外力做功W合 动能变化ΔEk W合＝ΔEk 除重力和弹力之外其他力做功W其 机械能变化ΔE W其＝ΔE 滑动摩擦力与介质阻力做功Ffl相对 系统内能变化ΔE内 Ffl相对＝ΔE内 电场力做功WAB＝qUAB 电势能变化ΔEp WAB＝－ΔEp 电流做功W＝UIt 电能变化ΔE W＝－ΔE ‎9.应用动能定理的情况 ‎(1)动能定理的计算式为标量式，不涉及方向问题，在不涉及加速度和时间的问题时，可优先考虑动能定理．‎ ‎(2)动能定理的研究对象是单一物体，或者可以看成单一物体的物体系．‎ ‎(3)动能定理既适用于物体的直线运动，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．‎ ‎(4)若物体运动的过程中包含几个不同过程，应用动能定理时，可以分段考虑，也可以视全过程为一整体来处理．‎ C．考前热身 ‎1．(多选)如图1所示，光滑水平面上有一长为L的小车，在小车的一端放有一物体，在物体上施一水平恒力F，使它由静止开始从小车的一端运动到另一端，设小车与物体之间的摩擦力为f，则(　　)‎ 图1‎ A．物体到达另一端时的动能为(F－f)(s＋L)‎ B．物体到达另一端时小车的动能为fs C．整个过程中消耗的机械能为fs D．物体克服摩擦力做功为fL AB　[对物体运用动能定理可得(F－f)(s＋L)＝mv2，则A正确；对车运用动能定理可得fs＝Mv2，则B正确；系统在整个过程中消耗的机械能等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，则整个过程中消耗的机械能为fL，C错误；物体克服摩擦力所做的功为f(L＋s)，D错误．]‎ ‎2．一物块沿倾角为θ的斜面向上滑动，当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图2所示；当物块的初速度为2v时，上升的最大高度记为h.重力加速度大小为g.物块与斜面间的动摩擦因数μ和h分别为(　　)‎ 图2‎ A．tan θ和2H B．tan θ和4H C.tan θ和2H D.tan θ和4H D　[物块以初速度v上升的过程，由动能定理可得－mgH－μmgcos θ·＝0－mv2；以初速度2v上升的过程，由动能定理可得－mgh－μmgcos θ·＝0－m(2v)2，联立解得μ＝tan θ，h＝4H，选项D正确．]‎ ‎3．140 kg的玉兔号月球车采用轮式方案在月球的平整表面前进(所受摩擦力按滑动摩擦力计算)，通过光照自主进行工作．若车轮与月球地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，月球表面的重力加速度为g＝1.6 m/s2，现在正以最大速度做匀速直线运动，前进100 m用时30 min.则月球车提供的动力功率为(　　)‎ A．P＝1.1×102 W B．P＝16.2 W C．P＝81 W D．P＝6.2 W D　[玉兔号月球车以最大速度做匀速直线运动时所受的摩擦力等于前进提供的动力，由力平衡得：F＝μmg，解得F＝112 N，平均速度v＝＝ m/s＝ m/s，P＝Fv，解得P＝6.2 W，故D正确．]‎ ‎4．如图3所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平，OB竖直．一质量为m的小球自A点正上方的P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力．已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中(　　)‎ 图3‎ A．重力做功2mgR B．机械能减少mgR C．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功mgR D　[重力做功与路径无关，只与初、末位置有关，故小球从P到B的过程中，重力做的功为WG＝mgR，选项A错误；小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力，根据牛顿第二定律，有mg＝m，解得vB＝，从P到B过程，重力势能的减少量为mgR，动能的增加量为mv＝，故机械能的减少量为mgR－＝，选项B错误；小球从P到B的过程中，合外力做的功等于动能的增加量，即为，选项C错误；从P到B的过程中，小球克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，即为，选项D正确．]‎ ‎5．(多选)如图4所示，质量分别为m和2m的两个小球A和B，中间用长为2L的轻杆相连，在杆的中点O处有一固定水平转动轴，把杆置于水平位置后由静止释放，在B球沿顺时针转动到最低位置的过程中(　　)‎ 图4‎ A．A、B两球的角速度大小始终相等 B．重力对B球做功的瞬时功率一直增大 C．B球转动到最低位置时的速度大小为 D．杆对B球做正功，B球机械能不守恒 ‎ AC　[A、B两球用轻杆相连，角速度大小始终相等，选项A正确；杆在水平位置时，重力对B球做功的瞬时功率为零，杆在竖直位置时，B球的重力和速度方向垂直，重力对B球做功的瞬时功率也为零，但在其他位置重力对B球做功的瞬时功率不为零，因此，重力对B球做功的瞬时功率先增大后减小，选项B错误；设B球转动到最低位置时的速度为v，两球角速度大小相等，转动半径相等，所以两球的线速度大小也相等，对A、B两球和杆组成的系统，由机械能守恒定律得，2mgL－mgL＝(2m)v2＋mv2，解得v＝，选项C正确；B球的重力势能减少了2mgL，动能增加了mgL ‎，机械能减少了，所以杆对B球做负功，选项D错误．]‎ ‎6．(多选)如图5甲所示，质量m＝0.5 kg，初速度v0＝10 m/s的物体，受到一个与初速方向相反的外力F的作用，沿粗糙的水平面滑动，经3 s后撤去外力，直到物体停止，整个过程物体的vt图象如图乙所示，g取10 m/s2，则(　　)‎ 图5‎ A．物体与地面间的动摩擦因数为0.1‎ B．0～2 s内F做的功为－8 J C．0～7 s内物体由于摩擦产生的热量为25 J D．0～7 s内物体滑行的总位移为29 m ABD　[由图象可知物体在3～7 s内仅受摩擦力，做匀减速直线运动，其加速度大小a＝1 m/s2＝μg，得物体与地面间的动摩擦因数为0.1，A正确；计算0～7 s内所围面积可得物体滑行的总位移为x＝29 m，D正确，0～7 s内物体由于摩擦产生的热量为Q＝μmgx＝14.5 J，C错误；0～2 s加速度大小a1＝2 m/s2，由μmg＋F＝ma1可得F＝0.5 N,0～2 s内位移由面积可得x′＝16 m，所以F做的功为W＝－Fx′＝－8 J，B正确．]‎ ‎7．如图6所示，在光滑水平地面上放置质量为M＝2 kg的长木板，木板上表面与固定的竖直弧形轨道相切．一质量m＝1 kg的小滑块自A点沿弧面由静止滑下，A点距离长木板上表面的高度h＝0.6 m．滑块在长木板上滑行t＝1 s后，和长木板以共同速度v＝1 m/s匀速运动，g取10 m/s2.求：‎ 图6‎ ‎(1)滑块与木板间的摩擦力；‎ ‎(2)滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功；‎ ‎(3)滑块自A点沿弧面由静止滑下到与长木板共同运动，产生的内能是多少？ ‎ ‎【导学号：37162098】‎ ‎【解析】　(1)滑块在长木板上滑行时，对长木板，根据牛顿第二定律有Ff＝Ma1‎ 由运动学公式得v＝a1t 代入数据解得Ff＝2 N.‎ ‎(2)滑块在长木板上滑行时，对滑块，根据牛顿第二定律有－Ff＝ma2‎ 设滑块滑上长木板时的初速度为v0，则有v－v0＝a2t 代入数据解得v0＝3 m/s 滑块沿弧面下滑的过程，由动能定理得 mgh－Q1＝mv－0‎ 代入数据解得Q1＝1.5 J.‎ ‎(3)滑块在木板上滑行，t＝1 s时长木板的位移为 s1＝a1t2‎ 此过程中滑块的位移为s2＝v0t＋a2t2‎ 故滑块相对木板滑行的距离为L＝s2－s1＝1.5 m 所以Q2＝Ff·L＝3 J 则Q＝Q1＋Q2＝4.5 J.‎ ‎【答案】　(1)2 N　(2)1.5 J　(3)4.5 J