2019届高考物理二轮复习 专题4 功能关系在力学中的应用学案.docx

4 功能关系在力学中的应用能量观点是高中物理解决问题的三大方法之一，既在选择题中出现，也在综合性的计算题中应用，常将功、功率、动能、势能等基础知识融入其他问题考查，也常将动能定理、机械能守恒、功能关系作为解题工具在综合题中应用。考查的重点有以下几方面：(1)(变力)做功和功率问题；(2)动能定理的应用；(3)机械能守恒的条件；(4)机械能守恒定律与平抛运动、圆周运动的综合；(5)功能关系与能量守恒。1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。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，不仅有相互摩擦的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。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WGEp。(2)弹力的功等于弹性势能的变化，即W弹Ep。(3)合力的功等于动能的变化，即WEk。(4)重力(或系统内弹簧弹力)之外的其他力的功等于机械能的变化，即W其他E。(5)一对滑动摩擦力做的功等于系统中内能的变化，即QFfx相对。1功和功率的求解(1)功的求解：WFlcos 用于恒力做功，变力做功可以用动能定理或者图象法来求解。(2)功率的求解：可以用定义式P来求解，如果力是恒力，可以用PFvcos 来求解。2动能定理的应用技巧若运动包括几个不同的过程，可以全程或者分过程应用动能定理。1(2018全国卷19)地下矿井的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第次和第次提升过程，()A矿车上升所用的时间之比为45B电机的最大牵引力之比为21C电机输出的最大功率之比为21D电机所做的功之比为452如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A。现以恒定的外力拉B，使A、B间产生相对滑动，如果以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离，在此过程中()A外力F做的功等于A和B动能的增量BB对A的摩擦力所做的功，等于A的动能增量CA对B的摩擦力所做的功，等于B对A的摩擦力所做的功D外力F对B做的功等于B的动能的增量1如图所示，一个质量为m的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为30的固定斜面，其运动的加速度大小为0.6g，该物体在斜面上上升的最大高度为h，g10 m/s2，则在这个过程中物体的()A机械能守恒B重力势能增加了0.5mghC机械能损失了0.2mghD动能损失了1.1mgh2(多选)如图所示，在升降机内有一固定的光滑斜面体，一轻弹簧的一端连在位于斜面体下方的固定木板A上，另一端与质量为m的物块B相连，弹簧与斜面平行。升降机由静止开始加速上升高度h的过程中()A物块B的重力势能增加量一定等于mghB物块B的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的弹力对其做功的代数和C物块B的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的弹力对其做功的代数和D物块B和弹簧组成系统的机械能的增加量等于斜面对物块B的支持力和A对弹簧的弹力做功的代数和3(多选)以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m1 kg的货物放在传送带上的A处，经过1.2 s到达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图象如图乙所示，已知重力加速度g取10 m/s2，由vt图线可知()AA、B两点的距离为2.4 mB货物与传送带的动摩擦因数为0.5C货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功大小为12.8 JD货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8 J1(多选)倾角30的斜面体固定在水平面上，在斜面体的底端附近固定一挡板，一质量不计的弹簧下端固定在挡板上，弹簧自然伸长时其上端位于斜面体上的O点处。质量分别为4m、m的物块甲和乙用一质量不计的细绳连接，跨过固定在斜面体顶端的光滑定滑轮，如图所示。开始物块甲位于斜面体上的M处，且MOL，物块乙开始距离水平面足够远，现将物块甲和乙由静止释放，物块甲沿斜面下滑，当物块甲将弹簧压缩到N点时，物块甲、乙的速度减为零，。已知物块甲与斜面体之间的动摩擦因数，重力加速度取g10 m/s2，忽略空气的阻力，整个过程细绳始终没有松弛。则下列说法正确的是()A物块甲由静止释放到斜面体上N点的过程，物块甲先做匀加速直线运动，紧接着做匀减速直线运动直到速度减为零B物块甲在与弹簧接触前的加速度大小为0.5 m/s2C物块甲位于N点时，弹簧所储存的弹性势能的最大值为D物块甲位于N点时，弹簧所储存的弹性势能的最大值为2如图所示，质量m0.2 kg的小球套在固定的光滑圆环上，圆环的圆心为O，轻质弹簧的一端固定于圆心，另一端与小球相连，弹簧、小球和圆环在同一竖直平面内，B、C分别为圆环的最低点和最高点。小球受到水平向右的恒力F作用，静止于圆环上A点且恰好与圆环间无相互作用，此时弹簧与竖直方向上的夹角60o。已知弹簧劲度系数k40N/m，原长l00.6 m，g取10 m/s2。(1)求水平力F的大小；(2)撤掉F，求小球运动到B点时对轨道的压力的大小；(3)若圆环粗糙，撤掉F同时使小球获得大小为5 m/s的速度，小球运动到最高点C处对轨道的压力为6 N，求此过程中小球克服摩擦力做的功。3“打水漂”是男女老少都适合体验的水上项目，将扁平的小石片在手上呈水平放置后，用力飞出，石片遇到水面后并不会直接沉入水中，而是在水面上擦水面滑行一小段距离后再弹起再飞，跳跃数次后沉入水中，即称为“打水漂”。如图所示，现在有一人从岸边离水面高度为1.8 m处，以8 m/s的水平初速度用力飞出一质量为20 g的小石片，小石片在水面上弹跳数次后沉入水底，在水面上滑行时受到的水平阻力为0.4 N。假设每次小石片接触水面相同的时间0.04 s后跳起，小石片在水面上滑动后在竖直方向上跳起时的速度与此时沿水面滑动的速度之比为常数k，k0.75；小石片在水面上速度减为零后，以0.5 m/s2加速度沿竖直方向沉入深为1 m的水底。不计空气阻力。求：(1)小石片第一次接触水面时的速度；(2)小石片从开始到沉入水底的整个过程中，水对小石片做的功；(3)小石片从抛出到沉入水底的总时间。4如图所示轻弹簧一端固定在水平面上的竖直挡板上，处于原长时另一端位于水平面上B点处，B点左侧光滑，右侧粗糙。水平面的右侧C点处有一足够长的斜面与水平面平滑连接，斜面倾角为37，斜面上有一半径为R1 m的光滑半圆轨道与斜面切于D点，半圆轨道的最高点为E，G为半圆轨道的另一端点，LBC2.5 m，A、B、C、D、E、G均在同一竖直面内。使质量m0.5 kg的小物块P挤压弹簧右端至A点，然后由静止释放P，P到达B点时立即受到斜向右上方，与水平方向的夹角为37，大小为F5 N的恒力，一直保持F对物块P的作用，结果P通过半圆轨道的最高点E时的速度为m/s。已知P与水平面斜面间的动摩擦因数均为0.5，g取10m/s2，sin 370.6，求：(1)P运动到E点时对轨道的压力大小；(2)弹簧的最大弹性势能；(3)若其他条件不变，增大B、C间的距离使P过G点后恰好能垂直落在斜面上，求P在斜面上的落点距D点的距离。参考答案1【解题思路】由图线知，上升总高度hv0t0；由图线知，加速阶段和减速阶段上升的总高度h1v0t0；匀速阶段有hh1v0t，解得匀速运动的时间tt0，故第次提升过程所用时间为t0t0，两次上升所用时间之比为2t0t045，A项正确。由于加速阶段加速度相同，故加速时牵引力相同，B项错误。在加速上升阶段，由牛顿第二定律知，Fmgma，Fm(ga)，第次在t0时刻，功率P1Fv0，第次在时刻，功率P2F，第次在匀速阶段Fmg，P2FmgP2，可知，电机输出的最大功率之比P1P221，C项正确。由动能定理知，两个过程动能变化量相同，均为零，克服重力做功相同，故两次电机做功也相同，D项错误。【答案】AC2【解题思路】根据功能关系可知，外力F做的功等于A和B动能的增量与产生的内能之和，故A错误；以A物体作为研究对象，A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体，运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，故B正确；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不相等，故C错误；对B应用动能定理，有WFWfEkB，即WFEkBWf就是外力F对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，故D错误。【答案】B1【解题思路】由牛顿第二定律得：mgsin 30fm0.6g，解得摩擦力f0.1mg，此过程有摩擦力做功，机械能不守恒，故A错误；物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了EPmgh，故B错误；由功能关系知，机械能的损失量Efs0.1mg2h0.2mgh，故C正确；由动能定理可知，动能损失量为合外力做的功的大小，即：EkF合s0.6mg2h1.2mgh，故D错误。【答案】C2【解题思路】物体B开始受重力、支持力、弹簧的弹力处于平衡状态。当具有向上的加速度时，合力向上，弹簧弹力和支持力在竖直方向上的分力大于重力，所以弹簧的弹力增大，物体B相对于斜面向下运动。物体B上升的高度小于h，所以重力势能的增加量小于mgh，故A错误；物体B受重力、支持力、弹簧的弹力，物体B机械能的增加量等于斜面支持力和弹簧弹力做功的代数和，故B正确；对物体B用动能定理，物块B的动能增加量等于斜面的支持力、弹簧的拉力和重力对其做功的代数和，故C错误；物块B和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和A对弹簧拉力做功的和，故D正确。【答案】BD3【解题思路】货物由A到B的间距为对应图象所围梯形的“面积”：，故A错误。由vt图象可知，货物在传送带上先以a110 m/s2做匀加速直线运动，后以a22 m/s2做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mgsinmgcos ma1，mgsinmgcos ma2，联立解得cos 0.8，0.5，故B正确。第一阶段：fmgcos 4 N，由图象知位移x10.2 m，摩擦力做正功，Wf1fx10.8 J；同理第二阶段：由图象知位移x23 m，摩擦力做负功，Wf2fx212 J，所以整个过程，传送带对货物做功大小为：12 J0.8 J11.2 J，故C错误。根据功能关系，货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，第一阶段，x1x皮x10.2 m，第二阶段，x2x2x皮21 m，故两者之间的总相对位移xx1x21.2 m，货物与传送带摩擦产生的热量QWfx4.8 J，故D正确。【答案】BD1【解题思路】释放物块甲、乙后，物块甲沿斜面加速下滑，当与弹簧接触时，开始压缩弹簧，弹簧产生沿斜面向上的弹力，物块甲做加速度减小的加速运动，当把弹簧压缩到某一位置时，物块甲沿斜面受力平衡，速度达到最大，之后物块甲做加速度增大的减速运动，A错误；对物块甲、乙，根据牛顿第二定律有4mgsinmgf5ma，其中f4mgcos ，解得a0.5 m/s2，B正确；以物块甲和乙为研究对象，从M点运动到N点，在N点弹簧压缩最短，弹性势能最大，由动能定理得，解得，弹性势能的变化量，C正确，D错误。【答案】BC2【解析】(1)由平衡条件知：Fmgtan 60解得：N。(2)弹簧处于压缩状态，则又得：R0.5 m小球从A到B的过程，由动能定理得：FNB12 N。(3)经分析可知，小球受到轨道对它向下的弹力6 N小球从A到C的过程，由动能定理得：解得：J。3【解析】(1)小石片先做平抛运动，竖直方向：解得t10.6 svy0gt16 m/s则m/s。(2)小石片沉入水底时的速度：v22ah2解得v1 m/s从抛出到沉入水底，根据动能定理：解得W1.19 J。(3)小石片在水面上滑行时，有：m/s2每次滑行速度的变化量：vat0.8 m/s 由可知，小石片共在水平上滑行了10次，空中弹起后飞行了9次第n次弹起后的速度vxnvx0vx(80.8n) m/s再由vynkvxn和可得第n次弹起后在空中飞行的时间为：为一等差数列，首项t11.08 s、公差d0.12根据等差数列求和公式可得小石片在空中的飞行时间：s在水面上滑行的时间为t30.0410s0.4s在水中下沉的时间为s总时间tt1t2t3t48.4s。4【解析】(1) P在半圆轨道的最高点E，设轨道对P的压力为FN，由牛顿运动定律得：解得：FN3N由牛顿第三定律得，P运动到E点时对轨道的压力FN3 N。(2)P从D点到E点，由动能定理得：解得：m/sP从C点到D点，由牛顿运动定律得：Fmgsin37mgcos 37ma1解得a10，说明P从C点到D点匀速运动，故m/s由能的转化和守恒得：解得：Epm1 J。(2)P在G点脱离圆轨道，做曲线运动，把该运动分解为平行于斜面的匀减速直线运动和垂直于斜面的初速度为零的匀加速直线运动，有：Fmgsin37ma3，mgcos 37ma4解得：a34 m/s2，a48 m/s2P垂直落在斜面上，运动时间满足：平行于斜面方向上：0vGa3t联立解得：m/s平行于斜面方向上：m即P在斜面上的落地距D的距离x1 m。