（北京专用）2020版高考物理总复习 第六章 第4讲 功能关系 能量守恒定律课件

第4讲功能关系能量守恒定律一功能关系二能量守恒定律三传送带中的功能关系知识梳理考点一常见的功能关系考点二能量转化和守恒观点在力学问题中的应用考点三传送带模型的能量问题深化拓展知识梳理一、功能关系1.内容:(1)功是①能量转化的量度,即做了多少功就有②多少能发生了转化。(2)做功的过程一定伴随着③能量的转化,而且④能量的转化必通过做功来实现。2.功与对应能量的变化关系合外力的功(所有外力的功)动能变化重力做的功⑤重力势能变化弹簧弹力做的功⑥弹性势能变化外力(除重力、系统内弹力)做的功⑦机械能变化一对滑动摩擦力做的总功⑧内能变化电场力做的功⑨电势能变化分子力做的功⑩分子势能变化二、能量守恒定律1.内容:能量既不会凭空产生,也不会凭空消失,它只能从一种形式转化为另一种形式,或者从一个物体转移到别的物体,在转化或转移的过程中,能量的总量保持不变。2.表达式:ΔE减=ΔE增。三、传送带中的功能关系设皮带足够长,则物体从轻放上去到与皮带相对静止这个过程中(设摩擦力为f,时间为t) 对物体应用动能定理:①f t= mv2,摩擦力对皮带做功:W=②-fvt,2v12则产生热量:Q=fx相对=③f(vt- t)=④ mv2。 2v121.升降机底板上放一质量为100kg的物体,物体随升降机由静止开始竖直向上移动5m时速度达到4m/s,则此过程中(g取10m/s2) (A)A.升降机对物体做功5800JB.合外力对物体做功5800JC.物体的重力势能增加500JD.物体的机械能增加800J解析根据动能定理得W升-mgh= mv2,可解得W升=5800J,A正确;合外力做的功为W合= mv2= ×100×42J=800J,B错误;物体重力势能增加mgh=100×10×5J=5000J,C错误;物体机械能增加ΔE=Fh=W升=5800J,D错。1212122.一木块静止放在光滑水平面上,一颗子弹沿水平方向射入木块,若子弹进入木块的最大深度为x1,与此同时木块沿水平面移动了距离x2,设子弹在木块中受到的摩擦阻力大小不变,则在子弹进入木块的过程中(A)①子弹损失的动能与木块获得的动能之比为(x1+x2)∶x2②子弹损失的动能与系统损失的动能之比为(x1+x2)∶x1③木块获得的动能与因系统变热损失的动能之比为x2∶x1④木块获得的动能与因系统变热损失的动能之比为x1∶x2A.①②③B.①②④C.②③④D.①③④解析对子弹:-Ff(x1+x2)=ΔEk1对木块:Ffx2=ΔEk2对系统:ΔE=-Ffx1,Q=|ΔE|=Ffx1所以选A。3.(多选)如图所示,一个质量为m的物体(可视为质点),以某一初速度由A点冲上倾角为30°的固定斜面,其加速度大小为g,物体在斜面上运动的最高点为B,B点与A点的高度差为h,则从A点到B点的过程中,下列说法正确的是 (BC) A.物体动能损失了 B.物体动能损失了2mghC.物体机械能损失了mghD.物体机械能损失了 2mgh2mgh解析对物体应用牛顿第二定律:mgsin30°+Ff=ma,又a=g,解得Ff= mg。物体动能的损失量ΔEk=F合·x=ma =2mgh,物体机械能的损失量等于克服阻力做的功,ΔE=Ff· =mgh。故选B、C。12sin30hsin30h4.(多选)如图所示,质量m=1kg的物块,以速度v0=4m/s滑上正沿逆时针方向转动的水平传送带上,传送带上A、B两点间的距离L=6m,已知传送带的速度v=2m/s,物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g取10m/s2。关于物块在传送带上的运动,下列表述正确的是 (BD) A.物块相对传送带运动的时间为4sB.物块滑离传送带时的速率为2m/sC.传送带对物块做功为6JD.整个运动过程中由于摩擦产生的热量为18J解析物块受向左的摩擦力,做减速运动,减速至速度为0时,对地位移为x= = m=4mL,此后物块继续受向左的摩擦力,对地向左加速至与传送带速度相同,再向左匀速运动,离开传送带,选项B正确;物块相对传送带运动的时间t=t1+t2,其中t1= = s=2s,t2= =1s,t2时间内向左的位移x2'= ×t2=1m,则t=3s,选项A错;物块受到的摩擦力方向向左,而在摩擦力作用下物块向右运动了x-x2'=3m,传送带对物块的摩擦力对物块做功-μmg·(x-x2')=-0.2×1×10×3J=-6J,C项错;22002()vμg242(0.210)00vμg40.2100vμg2v由于摩擦产生的热量Q=μmg·Δx,Δx是相对位移,x带=v·t=6m,向左,x物=x-x2'=3m,向右,Δx=9m,Q=18J,D项正确。深化拓展考点一常见的功能关系  【情景素材·教师备用】1-1如图所示,在抗洪救灾中,一架直升机通过绳索,用恒力F竖直向上拉起一个漂在水面上的木箱,使其由水面开始加速上升到某一高度,若考虑空气阻力而不考虑空气浮力,则在此过程中,以下说法错误的有 (A) A.力F所做功减去克服空气阻力所做的功等于重力势能的增量B.木箱克服重力所做的功等于重力势能的增量C.力F、重力、空气阻力三者合力所做的功等于木箱动能的增量D.力F和空气阻力的合力所做的功等于木箱机械能的增量解析对木箱受力分析如图所示,由动能定理WF-mgh-Wf=ΔEk,故C对。由上式得WF-Wf=ΔEk+mgh,故A错、D对。由重力做功与重力势能变化关系知B对。故选A。 1-2如图所示,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,其运动的加速度为 g,此物体在斜面上上升的最大高度为h,则在这个过程中物体 (B) 34A.重力势能增加了 mghB.重力势能增加了mghC.动能损失了mghD.机械能损失了 mgh1434解析设物体受到的摩擦阻力为Ff,由牛顿第二定律得Ff+mgsin30°=ma= mg,解得Ff= mg。重力势能的变化由重力做功决定,故重力势能的增量ΔEp=mgh,B正确,A错误。动能的变化由合外力做功决定,则动能损失了(Ff+mgsin30°)x= mg = mgh,C错误。机械能的变化由重力、系统内弹力以外的其他力做功决定,本题摩擦力所做的负功即机械能的变化, =- mg·2h=- mgh,机械能损失了 mgh,D错。341434sin30h32fFW141212考点二能量转化和守恒观点在力学问题中的应用1.当涉及摩擦力做功,机械能不守恒时,一般用能量守恒定律。2.解题时,首先确定初末状态,然后分析状态变化过程中哪些形式的能量减少,哪些形式的能量增加,求出减少的能量总和ΔE减和增加的能量总和ΔE增,最后由ΔE减=ΔE增列式求解。 2-1(多选)质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上,质量为m的小物块,放在小车的最左端,现用一水平力F作用在小物块上,小物块与小车之间的摩擦力为f,经过一段时间小车运动的位移为x,小物块刚好滑到小车的右端,则下列说法中正确的是 ()A.此时物块的动能为F(x+L)B.此时小车的动能为fxC.这一过程中,物块和小车增加的机械能为Fx-fLD.这一过程中,因摩擦而产生的热量为fL答案BD对物块分析得(F-f)(x+L)=Ek物-0,可知A错误;对小车分析得fx=Ek车-0,可知B正确;因摩擦而产生的热量Q热=fL,F做的功减去产生的热量为物块和小车增加的机械能,即ΔE=F(x+L)-fL,故C错误,D正确。2-2如图所示,一物体质量m=2kg。在倾角为θ=37°的斜面上的A点以初速度v0=3m/s下滑,A点距弹簧上端B的距离AB=4m。当物体到达B后将弹簧压缩到C点,最大压缩量BC=0.2m,然后物体又被弹簧弹上去,弹到的最高位置为D点,D点距A点距离AD=3m。挡板及弹簧质量不计,g取10m/s2,求:(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ;(2)弹簧的最大弹性势能Epm。答案(1)0.52(2)24.4J解析由于有摩擦力存在,机械能不守恒,可用功能关系解题。(1)物体在最后的D点与开始的位置A点比较动能减少ΔEk= m =9J重力势能减少ΔEp=mglADsin37°=36J机械能减少ΔE=ΔEk+ΔEp=45J机械能的减少量全部用来克服摩擦力做功,即Wf=fl=45J,而路程l=5.4m,则f= 1220vfWl而f=μmgcos37°所以μ= ≈0.52(2)物体到C点瞬间对应的弹簧弹性势能最大,由A到C的过程:动能减少ΔEk'= m =9J重力势能减少ΔEp'=mglACsin37°=50.4J机械能的减少用于克服摩擦力做功Wf'=flAC=35Jcos37fmg1220v由能量守恒定律得Epm=ΔEk'+ΔEp'-Wf'=24.4J考点三传送带模型的能量问题传送带模型是高中物理中比较成熟的模型,一般设问的角度有两个:(1)动力学角度,如求物体在传送带上运动的时间、物体在传送带上能达到的速度、物体相对传送带滑过的位移,依据牛顿第二定律结合运动学规律求解。(2)能量的角度:求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等,常依据功能关系或能量守恒定律求解。若利用公式Q=Ffl相对求摩擦产生的热量,式中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。 3-1如图所示,传送带足够长,与水平面间的夹角θ=37°,并以v=10m/s的速度逆时针匀速转动着,在传送带的A端轻轻地放一个质量为m=1kg的小物体,若已知物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5(g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8),则下列有关说法正确的是 () A.小物体运动1s后,受到的摩擦力大小不适用公式F=μFNB.小物体运动1s后加速度大小为2m/s2C.在放上小物体的第1s内,系统产生50J的热量D.在放上小物体的第1s内,至少给系统提供能量70J才能维持传送带匀速转动答案B刚放上小物体时,小物体相对于传送带向上运动,小物体受到的摩擦力方向沿传送带向下,a= =10m/s2,1s末小物体速度为v=at=10m/s,因mgsinθμmgcosθ,则1s后小物体相对于传送带向下滑动,受到的摩擦力沿传送带向上,大小为f=μFN=μmgcosθ,小物体的加速度为a'= =gsinθ-μgcosθ=2m/s2,故A错,B对;在第1s内小物体与传送带产生热量为Q=Ff·L=μFN·L=μmgcosθ·L,L=vt- at2,代入数据得Q=20J,故C错;第1s内小物体的位移为x= vt=5m,其增加sincosmgθμmgθmsincosmgθμmgθm1212的动能为Ek= mv2=50J,需向系统提供的能量E=Ek+Q-mgsinθ·x=40J,D项错。123-2如图所示,一质量为m=2kg的滑块从半径为R=0.2m的光滑四分之一圆弧轨道的顶端A处由静止滑下,A点和圆弧对应的圆心O点等高,圆弧的底端B与水平传送带平滑相接。已知传送带匀速运行速度为v0=4m/s,B点到传送带右端C点的距离为L=2m。当滑块滑到传送带的右端C点时,其速度恰好与传送带的速度相同。(g=10m/s2)求: (1)滑块到达底端B时对轨道的压力;(2)滑块与传送带间的动摩擦因数μ;(3)此过程中,由于滑块与传送带之间的摩擦而产生的热量Q。答案(1)60N,方向竖直向下(2)0.3(3)4J解析(1)滑块由A到B的过程中,由机械能守恒定律得mgR= m 滑块在B点,由牛顿第二定律得FN-mg= 解得:FN=60N由牛顿第三定律得滑块到达底端B时对轨道的压力大小为60N,方向竖直向下。(2)解法一:滑块从B到C运动过程中,由牛顿第二定律得μmg=ma122Bv2BmvR由运动学公式得 - =2aL解得μ=0.3解法二:滑块在从A到C整个运动过程中,由动能定理得mgR+μmgL= m -0解得μ=0.3(3)滑块在从B到C运动过程中,设运动时间为t,由运动学公式得v0=vB+at产生的热量Q=μmg(v0t-L)解得Q