(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

v 1
对物体应用动能定理:① f 2 t= 2 mv2 ,
摩擦力对皮带做功:W=② -fvt ,
v
1
则产生热量:Q=fx相对=③ f(vt- 2 t) =④ 2 mv2 。
1.升降机底板上放一质量为100 kg的物体,物体随升降机由静止开始竖 直向上移动5 m时速度达到4 m/s,则此过程中(g取10 m/s2) ( A ) A.升降机对物体做功5 800 J B.合外力对物体做功5 800 J C.物体的重力势能增加500 J D.物体的机械能增加800 J
能的变化,W Ff
=- 1 mg·2h=-1 mgh,机械能损失了1 mgh,D错。
4
2
2
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。
角为30°的固定斜面,其运动的加速度为 3 g,此物体在斜面上上升的最大
4
高度为h,则在这个过程中物体 ( B )
A.重力势能增加了 34 mgh
B.重力势能增加了mgh C.动能损失了mgh
D.机械能损失了 1 mgh
4
解析 设物体受到的摩擦阻力为Ff,由牛顿第二定律得Ff+mg sin 30°
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
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fx C.这一过程中,物块和小车增加的机械能为Fx-fL D.这一过程中,因摩擦而产生的热量为fL
m
第
1
s
内小物体与传送带产生热量为Q=Ff·L=μFN·L=μmg
cos
θ·L,L=vt-1
2
at2,代入数据得Q=20 J,故C错;第1 s内小物体的位移为x= 1 vt=5 m,其增加
2
的动能为Ek= 12 mv2=50 J,需向系统提供的能量E=Ek+Q-mg sin θ·x=40 J,D
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 )
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
第4讲 功能关系 能量守恒定律
知 一 功能关系 识 二 能量守恒定律 梳 理 三 传送带中的功能关系
深 考点一 常见的功能关系
化 拓
考点二 能量转化和守恒观点在力学问题中的应用
展 考点三 传送带模型的能量问题
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。
解析 根据动能定理得W升-mgh= 12mv2,可解得W升=5 800 J,A正确;合 外力做的功为W合= 12 mv2= 12 ×100×42 J=800 J,B错误;物体重力势能增
加mgh=100×10×5 J=5 000 J,C错误;物体机械能增加ΔE=Fh=W升=
5 800 J,D错。
2.一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)∶x2 ②子弹损失的动能与系统损失的动能之比为(x1+x2)∶x1 ③木块获得的动能与因系统变热损失的动能之比为x2∶x1 ④木块获得的动能与因系统变热损失的动能之比为x1∶x2 A.①②③ B.①②④ C.②③④ D.①③④
A.物体动能损失了 m2gh
B.物体动能损失了2mgh C.物体机械能损失了mgh
D.物体机械能损失了 m2gh
解析 对物体应用牛顿第二定律:mg sin 30°+Ff=ma,又a=g,解得Ff
= 12 mg。物体动能的损失量ΔEk=F合·x=mas inh30 =2mgh,物体机械能的损 失量等于克服阻力做的功,ΔE=Ff· sinh30 =mgh。故选B、C。
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=2 kg。在倾角为θ=37°的斜面上的A点以 初速度v0=3 m/s下滑,A点距弹簧上端B的距离 AB=4 m。当物体到达B后 将弹簧压缩到C点,最大压缩量BC=0.2 m,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=3 m。挡板及弹簧质量不计,g 取10 m/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。
Epm=ΔEk'+ΔEp'-Wf'=24.4 J
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
带对物块的摩擦力对物块做功-μmg·(x-x2')=-0.2×1×10×3 J=-6 J,C项错;
由于摩擦产生的热量 Q=μmg·Δx,Δx是相对位移,x带=v·t=6 m,向左,x物=x-x2' =3 m,向右,Δx=9 m,Q=18 J,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】
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= 0μvg0
= 4
0.2 10
s=2
s,
t2= vμg0 =1 s,t2时间内向左的位移x2'= 2v ×t2=1 m,则t=3 s,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'=3 m,传送
4.(多选)如图所示,质量m=1 kg的物块,以速度v0=4 m/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=6 m,已知传 送带的速度v=2 m/s,物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g 取10 m/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4 s
则 f= Wf
l
而f=μmg cos 37°
所以μ= f ≈0.52 mg cos37
(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'= 12 m v02 =9 J
重力势能减少ΔEp'=mglAC sin 37°=50.4 J 机械能的减少用于克服摩擦力做功
Wf'=f lAC=35 J 由能量守恒定律得
2.功与对应能量的变化关系
合外力的功(所有外力的功) 重力做的功
弹簧弹力做的功 外力(除重力、系统内弹力)做的功
一对滑动摩擦力做的总功 电场力做的功 分子力做的功
动能变化 ⑤ 重力势能 变化 ⑥ 弹性势能 变化
⑦ 机械能 变化 ⑧ 内能 变化 ⑨ 电势能 变化 ⑩ 分子势能 变化
二、能量守恒定律
答案 (1)0.52 (2)24.4 J 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= 12 mv 02 =9 J
重力势能减少ΔEp=mglAD sin 37°=36 J 机械能减少ΔE=ΔEk+ΔEp=45 J 机械能的减少量全部用来克服摩擦力做功,即Wf=fl=45 J,而路程l=5.4 m,
=ma= 34 mg,解得Ff= 14 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+mg
sin
30°)x= 3 mg h
4 sin 30
= 3 mgh,C错误。机械能的变化由重
2
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
B.物块滑离传送带时的速率为2 m/s
C.传送带对物块做功为6 J D.整个运动过程中由于摩擦产生的热量为18 J
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= 02 v02 =
42
m=4 m<L,此后物块继续受向左的摩擦
2 (μg) 2 (0.2 10)
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=10 m/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=1 kg 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10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8),则下列有关说法正确的是 ( )
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)
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
A.小物体运动1 s后,受到的摩擦力大小不适用公式F=μFN B.小物体运动1 s后加速度大小为2 m/s2 C.在放上小物体的第1 s内,系统产生50 J的热量 D.在放上小物体的第1 s内,至少给系统提供能量70 J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= mg sin θ μmg cosθ =10 m/s2,1 s末小物体
m
速度为v=at=10 m/s,因mg sin θ>μmg cos θ,则1 s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=μmg cos θ,小物体
的加速度为a'= mg sin θ μmg cosθ =g sin θ-μg cos θ=2 m/s2,故A错,B对;在
项错。
3-2 如图所示,一质量为m=2 kg的滑块从半径为R=0.2 m 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=4 m/s, B点到传送带右端C点的距离为L=2 m。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=10 m/s2)求: