高三物理一轮复习《功能关系能量守恒定律》.ppt

第4讲 功能关系 能量守恒定律,【知识梳理】 知识点1 功能关系 1.功是_的量度,即做了多少功就有多少_ _。 2.做功的过程一定伴随着_,而且_ _必须通过做功来实现。,能量转化,能量,发生了转化,能量的转化,能量的转,化,3.常见的功能关系: (1)合外力做功与动能的关系:_。 (2)重力做功与重力势能的关系:_。 (3)弹力做功与弹性势能的关系:_。 (4)除重力(或系统内弹力)以外其他力做功与机械能的 关系:_。 (5)克服滑动摩擦力做功与内能的关系:_。,W合=Ek,WG=-Ep,W弹=-Ep,W其他=E机,Ffl相对=E内,【直观解读】 如图所示,质量为m的物体沿高h、倾 角为、动摩擦因数为的粗糙斜面 下滑至光滑水平面并压缩弹簧,直至 物体的速度为零。则: 全过程合外力对物体做功为_,其动能的变化量为 _。,零,零,物体下滑过程中,重力对物体做_(选填“正功” 或“负功”),其大小为WG=_,物体的重力势能减少, 减少量为_。 滑动摩擦力对物体做的功Wf=_,物体与 斜面的内能增加,增加量为_。,正功,mgh,mgh,压缩弹簧过程,弹力对物体做_,弹簧的弹性势能 增加,增加量_克服弹力做功的多少。 全过程中,物体与弹簧组成的系统,除重力和弹簧弹 力做功以外,只有_做负功,系统的机械能 减少,减少量为_。,负功,等于,滑动摩擦力,知识点2 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_,或者从一个物体_ _,在_的过程中,能量的总量 _。 2.适用范围:能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律, 是各种自然现象中_的一条规律。,转化为另一种形式,转移,到另一个物体,转化和转移,保持不变,普遍适用,3.表达式: (1)E初=E末,初状态各种能量的总和等于_ _。 (2)E增=E减,增加的那些能量的增加量等于减少的 那些能量的减少量。,末状态各种能,量的总和,【易错辨析】 (1)能量转化是通过做功来实现的。 ( ) (2)力对物体做了多少功,物体就有多少能。 ( ) (3)力对物体做正功,物体的总能量一定增加。 ( ) (4)能量在转化和转移的过程中,其总量会不断减少。 ( ),(5)能量在转化和转移的过程中总量保持不变,因此能源取之必尽,用之不竭,故无需节约能源。 ( ) (6)滑动摩擦力做功时,一定会引起能量的转化。( ) 提示:(1)。做功的过程就是物体能量转化的过程,而能量转化是通过做功来实现的。,(2)。功是能量转化的量度。 (3)。在真空中自由下落的小球,重力做正功,但小球的机械能保持不变。 (4)。能量在转化和转移的过程中,其总量保持不变。,(5)。能量的转化和转移具有方向性,会产生能量耗散,且现在可利用的能源有限,故需要节约能源。 (6)。滑动摩擦力做功会引起机械能向内能转化。,【核心要素精讲】 对功能关系的进一步理解: (1)做功的过程就是能量转化的过程。不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的。,考点1 功能关系的理解和应用,(2)功是能量转化的量度,功和能的关系,一是体现到不同的力做功,对应不同形式的能量转化,具有一一对应关系,二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。,【高考命题探究】 【典例1】(2016四川高考)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离,重力对他做功1900J,他克服阻力做功100J。韩晓鹏在此过程中 世纪金榜导学号42722116( ),A.动能增加了1900J B.动能增加了2000J C.重力势能减小了1900J D.重力势能减小了2000J,【解析】选C。由动能定理得W合=1900J-100J=1800J,动能增加了1800J,故A、B错;重力势能的减少量等于重力做功等于1900J,C正确,D错误。,【感悟提高】 (1)特点:本题属于功能关系的考查。 (2)方法:解答本题应用了合外力做功与动能的关系以 及重力做功与重力势能的关系。动能的增量_合 力做的功,重力势能的减少量_重力做的正功。 (3)拓展:本题中,运动员的机械能_。,等于,等于,减少100J,【强化训练】 1.(多选)(2017阜阳模拟)如图所示,木块静止在光滑水平桌面上,一子弹水平射入木块的深度为d时,子弹与木块相对静止,在子弹射入的过程中,木块沿桌面移动的距离为L,木块对子弹的平均阻力为Ff,那么在这一过程中正确的是 ( ),A.木块的机械能增量为FfL B.子弹的机械能减少量为Ff(L+d) C.系统的机械能减少量为Ffd D.系统的机械能减少量为Ff(L+d),【解析】选A、B、C。木块机械能的增量等于子弹对木块的作用力Ff做的功FfL,选项A正确;子弹机械能的减少量等于动能的减少量,即子弹克服阻力做的功Ff(L +d),选项B正确;系统减少的机械能等于因摩擦产生的热量,Q=Ffx相对=Ffd,选项C正确,D错误。,2. (多选)(2017牡丹江模拟)如图所示,劲度系数为k 的轻弹簧的一端固定在墙上,另一端与置于水平面上质 量为m的物体接触(未连接),弹簧水平且无形变。用水 平力缓慢推动物体,在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0,此时物体静止。撤去F后,物体开始向左运动,运动的最大距离为4x0。物体与水平面间的动摩擦因数为,重力加速度为g。则 ( ),A.撤去F后,物体先做匀加速运动,再做匀减速运动 B.撤去F后,物体刚运动时的加速度大小为 -g C.弹簧被压缩了x0时具有的弹性势能为3mgx0 D.物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力 做的功为mg(x0- ),【解析】选B、D。撤去F后,物体受四个力作用,竖直方 向上重力和地面的支持力是一对平衡力,水平方向受向 左的弹簧弹力F弹和向右的滑动摩擦力Ff,根据牛顿第二 定律得物体刚开始运动时的加速度a= 滑动摩擦力不变,而弹簧的弹力随着压缩量 的减小而减小,弹力先大于滑动摩擦力,后小于滑动摩 擦力,合外力先减小后增大,则加速度先减小后增大,故,物体先做变加速运动,再做变减速运动,最后物体离开 弹簧后做匀减速运动,故A错误、B正确;物体通过的最 大距离为4x0,由功能关系得,弹簧被压缩了x0时具有的 弹性势能为Ep=mg4x0=4mgx0,故C错误;当弹簧的 弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反时,速度最大, 此时弹簧的压缩量为x= ,则物体开始向左运动到,速度最大的过程中克服摩擦力做的功为W=mg(x0-x) =mg(x0- ),故D正确。,【规律总结】功能关系的应用技巧 运用功能关系解题时,应弄清楚重力或弹力做什么功,合外力做什么功,除重力、弹力外的力做什么功,从而判断重力势能或弹性势能、动能、机械能的变化。 (1)应弄清功与能的一一对应关系。 (2)有的力做功时,相应的能增加,有的力做功时,相应的能减少,应注意区分。,【加固训练】 如图所示,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,一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止 开始自由下落,小球沿轨道到达最高点B时对轨道压力为 。已知AP=2R,重力加速度为g,则小球从P到B的运动过 程中 ( ),A.重力做功2mgR B.合外力做功 mgR C.克服摩擦力做功 mgR D.机械能减少2mgR,【解析】选B。小球能通过B点,在B点速度v满足:mg+ 解得v= ,从P到B过程,重力做功等于 重力势能减小量mgR,动能增加量为 合外力 做功等于动能增加量 mgR,机械能减小量为:mgR- 克服摩擦力做功等于机械能减小量 mgR, 故只有B选项正确。,考点2 摩擦力做功与能量的关系 【核心要素精讲】 两种摩擦力做功情况比较:,【高考命题探究】 【典例2】 (2017长沙模拟)如图是建 筑工地上常用的一种“深穴打夯机”示 意图,电动机带动两个滚轮匀速转动将 夯杆从深坑提上来,当夯杆底端刚到达 坑口时,两个滚轮彼此分开,将夯杆释 放,夯杆在自身重力作用下,落回深坑,夯实坑底,然后,两个滚轮再将夯杆压紧,夯杆被提上来,如此周而复始(夯杆被滚轮提升过程中,经历匀加速和匀速运动过程)。已知两个滚轮边缘的线速度恒为v,夯杆质量为m,则下列说法正确的是 ( ) 世纪金榜导学号42722117,A.夯杆被提上来的过程中滚轮先对它施加向上的滑动摩擦力,后不对它施力 B.增加滚轮匀速转动的角速度或增加滚轮对杆的正压力可减小提杆的时间 C.滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能的增量 D.一次提杆过程系统共产生热量 mv2,【思考探究】 (1)夯杆被提升经历匀加速和匀速运动过程,分析这两个过程的受力情况如何? 提示:匀加速运动过程受重力和向上的滑动摩擦力作用,匀速运动过程受重力和向上的静摩擦力作用。,(2)增加滚轮匀速转动的角速度或增加滚轮对杆的正压力时,夯杆的运动情况将如何变化? 提示:增加滚轮匀速转动的角速度时夯杆获得的最大速度增大;增加滚轮对杆的正压力,夯杆受到的滑动摩擦力增大,匀加速运动的加速度增大。,(3)夯杆提升过程,有哪些力做功?功能关系怎样? 提示:夯杆提升过程,夯杆的摩擦力对夯杆做正功,重力对夯杆做负功,合力做的功等于夯杆动能的增量;摩擦力与相对位移的乘积等于系统产生的热量。,【解析】选B。夯杆被提上来的过程中,先受到滑动摩 擦力,然后受静摩擦力,故A错误;增加滚轮匀速转动的 角速度时夯杆获得的最大速度增大,可减小提杆的时间, 增加滚轮对杆的正压力,夯杆受到的滑动摩擦力增大, 匀加速运动的加速度增大,可减小提杆的时间,故B正确; 根据功能关系可知,滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能、,重力势能的增量之和,故C错误;设匀加速直线运动过程, 夯杆受到的滑动摩擦力大小为Ff,加速度为a,质量为m, 匀加速运动的时间为t,则相对位移大小为x=vt- 解得x= ,摩擦产生的热量Q=Ffx,根据 牛顿第二定律得Ff-mg=ma,联立解得Q= 故D错误。,【强化训练】 1.如图所示,一小球用轻质线悬挂在木板的支架上,木板沿倾角为的斜面下滑时,细线呈竖直状态,则在木板下滑的过程中,下列说法中正确的是 ( ),A.小球的机械能守恒 B.木板、小球组成的系统机械能守恒 C.木板与斜面间的动摩擦因数为 D.木板、小球组成的系统减少的机械能转化为内能,【解析】选D。因拉小球的细线呈竖直状态,所以小球 受到重力和竖直向上的拉力,在水平方向没有分力,所 以小球在水平方向没有加速度,小球沿斜面向下运动, 所以小球一定是匀速下滑,小球的动能不变,重力势能 减小,机械能不守恒,故A错误;木板与小球的运动状态 相同,所以木板、小球组成的系统动能不变,重力势能,减小,机械能也不守恒,故B错误;木板与小球下滑过程中满足(M+m)gsin=(M+m)gcos,即木板与斜面间的动摩擦因数为=tan,故C错误;由能量守恒可知,木板、小球组成的系统减少的机械能转化为内能,故D正确。,2. (多选)(2017岳阳模拟)如图,曲面EC是半径为 R=0.4m的 圆弧,C端切线水平且与水平面CA相连,在 CE上固定一光滑木板CD,CD与CA平滑连接,质量为 m=0.2kg的小滑块从水平面上A处以初速度v0=4m/s向左 运动,恰好可以到达木板的D端,下滑后停在B处,AB=3BC, 重力加速度g取10m/s2,则由题中信息可求出 ( ),A.滑块与水平面AC的动摩擦因数 B.木板CD与水平面的夹角 C.滑块在木板CD上下滑时重力的平均功率 D.整个过程的摩擦热,【解析】选B、C、D。对全过程由动能定理得 -mg(xAC+xBC)=0- ,对A到D过程由动能定理得 -mgxAC-mg(2Rsin)sin=0- ,解以上两 式可以求出木板与水平面的夹角,无法求出滑块与水平 面的动摩擦因数,故A错误,B正确;CD的长度L=2Rsin, 滑块在CD上下滑的加速度a=gsin,根据运动学公式,可以求出运动的时间,根据P= 可以求出滑块在 木板CD上下滑时重力的平均功率,故C正确;根据 -mg(xAC+xBC)=0- 可以求出整个过程中克服摩擦 力做的功,由功能关系可以求出整个过程的摩擦热,故D 正确。,【加固训练】 (多选)水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙,底边长分别为L1、L2,且L1L2,如图所示。两个完全相同的小滑块A、B(可视为质点)与两个斜面间的动摩擦因数相同,将小滑块A、B分别从甲、乙两个斜面的顶端同时由静止开始释放,取地面所在的水平面为参考平面,则 ( ),A.从顶端到底端的运动过程中,由于克服摩擦而产生的热量一定相同 B.滑块A到达底端时的动能一定比滑块B到达底端时的动能大,C.两个滑块加速下滑的过程中,到达同一高度时,机械能可能相同 D.两个滑块从顶端运动到底端的过程中,重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大,【解析】选B、D。滑块沿斜面下滑的过程滑块克服摩 擦力做的功Wf=mgcosx=mgL,由于L1L2,故滑块 从斜面顶端滑到底端的过程中,摩擦力做功不同,所以 克服摩擦而产生的热量一定不同,A错误;由于滑块B受 到的摩擦力Ff=mgcos大,且通过的位移大,则克服 摩擦力做功多,滑块A克服摩擦力做功少,损失的机械能 少,根据动能定理,可知滑块A到达底端时的动能一定比,B到达底端时的动能大,故B正确;两个滑块在斜面上加速下滑的过程中,到达同一高度时,重力做功相同,由于甲的斜面倾角大,所以A、B在斜面上滑行的距离不等,即摩擦力做功不等,机械能不同,故C错误;整个过程中,两滑块所受重力做功相同,但由于A先到达底端,故重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大,D正确。,考点3 能量转化问题的综合应用 【核心要素精讲】 能量转化问题的解题思路: (1)当涉及摩擦力做功,机械能不守恒时,一般应用能的转化和守恒定律。,(2)解题时,首先确定初末状态,然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少,哪种形式的能量增加,求出减少的能量总和E减与增加的能量总和E增,最后由E减=E增列式求解。,【高考命题探究】 【典例3】 (2017佛山模拟) 如图,一个倾角=30的光滑 直角三角形斜劈固定在水平地 面上,顶端连有一轻质光滑定滑 轮。质量为m的A物体置于地面,上端与劲度系数为k,的竖直轻弹簧相连。一条轻质绳跨过定滑轮,一端与斜面上质量为m的B物体相连,另一端与弹簧上端连接。调整细绳和A、B物体的位置,使弹簧处于原长状态,且细 绳自然伸直并与三角斜劈的两个面平行。现将B物体由静止释放,已知B物体恰好能使A物体刚要离开地面但不继续上升。求: 世纪金榜导学号42722118,(1)B物体在斜面上下滑的最大距离x。 (2)B物体下滑到最低点时的加速度大小和方向。 (3)若将B物体换成质量为2m的C物体,C物体由上述初始位置静止释放,当A物体刚好要离开地面时,C物体的速度大小v。,【思考探究】 (1)已知条件“A物体刚要离开地面但不继续上升”在解题中有什么用途? 提示:A处于平衡状态。,(2)B物体受几个力作用?加速度大小和方向如何确定? 提示:B物体受重力、斜面的支持力和绳的拉力作用,合外力产生加速度,取正方向列牛顿第二定律方程,计算加速度,根据加速度的正负确定方向。,【解析】(1)当A物体刚要离开地面但不上升时,A物体处于平衡状态,设B物体沿斜面下滑x,则弹簧伸长为x。对A物体有: kx-mg=0 解得:x=,(2)当A物体刚要离开地面时,A与地面间作用力为0。 对A物体:由平衡条件得: FT-mg=0 设B物体的加速度大小为a,对B物体,由牛顿第二定律 得:FT-mgsin=ma 解得:a= g B物体加速度的方向沿斜面向上,(3)A物体刚要离开地面时,弹簧的弹性势能增加E,对B物体下滑的过程,由能量守恒定律得: E=mgxsin 对C物体下滑的过程,由能量守恒定律得: E+ 2mv2=2mgxsin 解得:v=,答案:(1) (2) g 方向沿斜面向上 (3),【强化训练】 1. (2017中山模拟)如图所示,质量相等 的物体A、B通过一轻质弹簧相连,开始时B 放在地面上,A、B均处于静止状态,此时弹 簧压缩量x1。现通过细绳将A向上缓慢拉起, 第一阶段拉力做功为W1时,弹簧变为原长;第二阶段,拉力再做功W2时,B刚要离开地面,此时弹簧伸长量为x2。弹簧一直在弹性限度内,则 ( ) A.x1x2 B.拉力做的总功等于A的重力势能的增加量 C.第一阶段,拉力做的功等于A的重力势能的增加量 D.第二阶段,拉力做的功等于A的重力势能的增加量,【解析】选B。开始时A压缩弹簧,形变量为x1= ,要 使B刚要离开地面,则弹力应等于B的重力,即kx2=mg,故 形变量x2= ,则x1=x2=x,故选项A错误;缓慢提升物体A, 物体A的动能不变,第一阶段与第二阶段弹簧的形变量 相同,弹簧的弹性势能Ep相同,弹簧弹力做的功相同,由 动能定理得W1+W弹-mgx=0-0,W2-W弹-mgx=0-0,W1= mgx- W弹=mgx-Ep,W2= mgx+W弹=mgx+Ep,由于在整个过程中,弹,簧的弹性势能不变,物体A、B的动能不变,B的重力势能不变,由能量守恒定律可知,拉力做的功转化为A的重力势能,拉力做的总功等于A的重力势能的增加量,故选项B正确;第一阶段物体重力势能的增加量为mgx,由W1=mgx-Ep可知,拉力做的功小于A的重力势能的增量,故选项C错误;由A可知,第二阶段重力势能的增加量为mgx,由W2=mgx+Ep可知拉力做的功大于A的重力势能的增加量,故选项D错误。,2.如图所示,光滑曲面AB与水平面BC 平滑连接于B点,BC右端连接内壁光 滑、半径为r的 细圆管CD,管口D 端正下方直立一根劲度系数为k的轻 弹簧,轻弹簧一端固定,另一端恰好与 管口D端平齐。质量为m的滑块在曲面上距BC的高度为 2r处从静止开始下滑,滑块与BC间的动摩擦因数= ,进入管口C端时与圆管恰好无作用力,通过CD后压缩弹簧,在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧的弹性势能为Ep。求:,(1)滑块到达B点时的速度大小vB。 (2)水平面BC的长度s。 (3)在压缩弹簧过程中滑块的最大速度vm。,【解析】(1)滑块在曲面上下滑过程,由动能定理得: mg2r= 解得:vB=2 (2)在C点,由mg= 得vC= 滑块从A点运动到C点过程,由动能定理得: mg2r-mgs= 解得:s=3r,(3)设在压缩弹簧过程中速度最大时,滑块离D端的距离为x0,则有:kx0=mg 解得:x0= 由能量守恒得:mg(r+x0)= 解得:vm=,答案:(1) (2)3r (3),【加固训练】 如图所示,一物体质量m=2kg,在倾 角=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点后将弹 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点的距离AD= 3m。挡板及弹簧质量不计,g取10m/s2,sin37=0.6,求: (1)物体与斜面间的动摩擦因数。 (2)弹簧的最大弹性势能Epm。,【解析】(1)物体从开始位置A点到最后D点的过程中, 弹性势能没有发生变化,动能和重力势能减少,机械能 的减少量为 E=Ek+Ep= +mglADsin37 物体克服摩擦力产生的热量为,Q=Ffx 其中x为物体的路程,即x=5.4m Ff=mgcos37 由能量守恒定律可得E=Q 由式解得=0.52。,(2)由A到C的过程中,动能减少 Ek= 重力势能减少Ep=mglACsin37 摩擦生热Q=FflAC=mgcos37lAC 由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为 Epm=Ek+Ep-Q 联立解得 Epm=24.5J。,答案:(1)0.52 (2)24.5J,考点4 用能量观点分析传送带模型 【核心要素精讲】 1.传送带模型的特点: (1)传送带的传动状态由转动轴决定,匀速转动或加速转动,与物体的运动情况无关。,(2)物体的运动状态由物体刚滑上传送带的初速度和所受的合外力来决定,故对物体正确受力分析和过程分析是突破该类题型的关键。,2.传送带模型的功能关系: (1)对功WF和Q的理解。 传送带做的功:WF=Fx传; 产生的内能Q=Ffx相对,其中x相对为物体与传送带间的相对位移。 (2)功能关系分析:WF=Ek+Ep+Q。,3.解决传送带模型应注意的问题: (1)明确传送带的运动情况,是匀速、匀加速还是存在两段不同的运动过程。 (2)审清物体接触传送带时相对地面的初速度是否为零。,(3)判断初始时刻物体与传送带之间的相对运动。 (4)分析确定摩擦力的情况。 (5)判断当物体与传送带速度相等时,摩擦力的大小、方向是否发生突变。,【高考命题探究】 【典例4】(2017石嘴山模拟)如图所示,水平传送带长L=12m,且以v=5m/s的恒定速率顺时针转动,光滑轨道与传送带的右端B点平滑连接,有一质量m=2kg的物块从 距传送带高h=5m的A点由静止开始滑下。已知物块与传送带之间的动摩擦因数=0.5,重力加速度g取10m/s2,求: 世纪金榜导学号42722119,(1)物块距传送带左端C的最小距离。 (2)物块再次经过B点后滑上曲面的最大高度。 (3)在整个运动过程中,物块与传送带间因摩擦而产生的热量。,【解析】(1)物块从A到B的过程中,由动能定理得: mgh= 解得:vB=10m/s 物块在传送带上向左运动的过程中,由牛顿第二定律得:mg=ma,解得:a=5m/s2 由运动学公式得:0- =-2ax1 解得:x1=10m 且t1= =2s 物块距传送带左端C的最小距离: dmin=L-x1=2m,(2)物块在传送带上向右运动的过程中,由牛顿第二定律得:mg=ma 解得:a=5m/s2 物块到达与传送带共速的时间: t2= =1s,x2= =2.5m10m 此后物块随传送带向右匀速运动,经过B点时的速度v=5m/s 物块经过B点后滑上曲面的过程中,由动能定理得: -mghm=0- mv2 解得:hm=1.25m,(3)物块在传送带上向左运动的过程中,相对位移: x1=x1+vt1=20m 此过程中产生的热量:Q1=mgx1=200J 物块在传送带上向右运动的过程中,相对位移: x2=vt2-x2=2.5m 此过程中产生的热量:Q2=mgx2=25J 全程产生的热量:Q热=Q1+Q2=225J,答案:(1)2m (2)1.25m (3)225J,【迁移训练】,迁移1:物体与传送带运动方向相同 (多选)如图所示,质量m=1kg的物体从高为h=0.2m的光滑轨道上P点由静止开始下滑,滑到水平传送带上的A点,物体和皮带之间的动摩擦因数为=0.2,传送带AB之间的距离为L=5m,传送带一直以v=4m/s的速度匀速运动,则 ( ),A.物体从A运动到B的时间是1.5s B.物体从A运动到B的过程中,摩擦力对物体做了2J功 C.物体从A运动到B的过程中,产生2J热量 D.物体从A运动到B的过程中,带动传送带转动电动机多做了10J功,【解析】选A、C。设物体下滑到A点的速度为v0,对PA 过程,由动能定理得mgh= ,解得v0=2m/sv=4m/s, 则物体滑上传送带后,在滑动摩擦力作用下匀加速运动, 加速度大小为a= =g=2m/s2,加速至速度与传送带 相等的时间t1= =1s,匀加速运动的位移x1= t1= 1m=3mL=5m,所以物体与传送带共速 后向右匀速运动,匀速运动的时间为t2=,=0.5s,故物体从A运动到B的时间为t=t1+t2=1.5s,故A 正确;物体运动到B的速度是v=4m/s,由动能定理得Wf= =6J,故B错误;在t1时 间内,皮带做匀速运动的位移为x皮带=vt1=4m,故产生热 量Q=mgx=mg(x皮带-x1)=2J,故C正确;电动机多做 的功一部分转化成了物体的动能,另一部分转化为内,能,则电动机多做的功W= =8J,故D错误。,迁移2:传送带倾斜放置 如图所示,足够长的传送带以恒定速率顺时针运行。将 一个物体轻轻放在传送带底端,第一阶段物体被加速到 与传送带具有相同的速度,第二阶段与传送带相对静止, 匀速运动到达传送带顶端。下列说法中正确的是( ),A.第一阶段摩擦力对物体做正功,第二阶段摩擦力对物体不做功 B.第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体重力势能的变化 C.第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量 D.物体从底端到顶端全过程机械能的增加量等于全过程摩擦力对物体所做的功,【解析】选D。物体受重力、支持力和摩擦力,摩擦力 一直沿斜面向上,第一阶段滑动摩擦力对物体做正功, 第二阶段静摩擦力对物体做正功,故A错误;假定传送带 速度为v,第一阶段,物体匀加速位移x1= t,传送带位 移x2=vt,除重力外其余力做的功等于机械能的变化量, 故物体机械能增加量等于Ffx1,由功能关系得内能增加 量为Q=Ffx=Ff(x2-x1),故第一阶段物体和传送带间的,摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加量,大于重力势能的增加量,故B错误;根据动能定理,第一阶段合力做的功等于动能的增加量,由于重力和摩擦力都做功,故第一阶段摩擦力对物体做的功不等于第一阶段物体动能的增加量,故C错误;由功能关系物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程摩擦力对物体所做的功,故D正确。,迁移3:传送带与竖直圆轨道相连接 (多选)如图所示,光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车 轨道的简化模型,最低点B处的入、出口靠近但相互错 开,C是半径为R的圆形轨道的最高点,BD部分水平,末端 D点与右端足够长的水平传送带无缝连接,传送带以恒 定速度v逆时针转动,现将一质量为m的小滑块从轨道AB,上某一固定位置A由静止释放,滑块能通过C点后再经D点滑上传送带,则 ( ),A.固定位置A到B点的竖直高度可能为2R B.滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v有关 C.滑块可能重新回到出发点A处 D.传送带速度v越大,滑块与传送带摩擦产生的热量越多,【解析】选C、D。设AB的高度为h,假设滑块从A点下滑 刚好通过最高点C,则此时应该是滑块下滑的高度的最 小值,则刚好通过最高点时,由重力提供向心力,则 mg= ,解得vC= ,从A到C根据动能定理mg(h-2R) = -0,整理得到:h=2.5R,故选项A错误;从A点到 最终停止,根据动能定理得mgh-mgx=0,可以得到 x= ,可以看出滑块在传送带上向右运动的最大距离,与传送带速度v无关,与高度h有关,故选项B错误;滑块在传送带上先做减速运动,可能反向做加速运动,如果再次到达D点时速度大小不变,则根据能量守恒,可以再次回到A点,故选项C正确;滑块与传送带之间产生的热量Q=mgx相对,当传送带的速度越大,则在相同时间内二者相对位移越大,则产生的热量越多,故选项D正确。,【规律总结】解决传送带问题的“5点”注意 (1)明确传送带的运动情况,是匀速、匀加速还是存在两段不同的运动过程。 (2)审清物体接触传送带时相对地面的初速度是否为零。,(3)判断初始时刻物体与传送带之间的相对运动。 (4)分析确定摩擦力的情况。 (5)判断当物体与传送带速度相等时,摩擦力的大小、方向是否发生突变。,【加固训练】 如图所示,传送带与地面的夹角=37,A、B两端间距L=16m,传送带以速度v=10m/s,沿顺时针方向运动,物体m=1kg,无初速度地放置于A端,它与传送带间的动摩擦因数=0.5,试求:,(1)物体由A端运动到B端的时间。 (2)系统因摩擦产生的热量。 【解析】(1)物体刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力,由牛顿第二定律得: mgsin+mgcos=ma1, 设物体经时间t,加速到与传送带同速, 则v=a1t1,x1= 可解得:a1=10m/s2 t1=1s x1=5m,因mgsinmgcos,故当物体与传送带同速后,物体将继续加速由mgsin-mgcos=ma2 L-x1=vt2+ 解得:t2=1s 故物体由A端运动到B端的时间t=t1+t2=2s,(2)物体与传送带间的相对位移 x相=(vt1-x1)+(L-x1- vt2)=6m 故Q=mgcosx相=24J 答案:(1)2s (2)24J,考点5 用能量观点分析滑块木板模型 【核心要素精讲】 解决滑块-木板问题的基本思路: (1)解题切入点确定是滑块带动木板运动,还是木板带动滑块运动。,(2)明情景析过程受力分析、做功分析、能量分析与运动过程分析。 (3)理思路选规律确定二者所处的运动状态和运动过 程,判断滑块与木板是否发生相对滑动。若涉及相互作用时间,则要用牛顿第二定律和运动学规律;若涉及做功和能量转化问题,则要用动能定理、功能关系或能量守恒定律求解。,(4)巧布局详解析列状态方程或者过程方程,若滑块与木板发生相对运动,找出二者的位移关系和速度关系。,【高考命题探究】 【典例5】(2017合肥模拟)如图所示,一轻弹簧一端 与竖直墙壁相连,另一端与放在光滑水平面上的长木板 左端接触,轻弹簧处于原长,长木板的质量为M,一物块 以初速度v0从长木板的右端向左滑上长木板,在长木板 向左运动的过程中,物块一直相对于木板向左滑动,物,块的质量为m,物块与长木板间的动摩擦因数为,轻弹簧的劲度系数为k,当弹簧的压缩量达到最大时,物块刚好滑到长木板的中点,且相对于木板的速度刚好为零,此时弹簧获得的最大弹性势能为Ep。(已知弹簧形变量为x,弹力做功W= kx2)求: 世纪金榜导学号42722120,(1)物块滑上长木板的一瞬间,长木板的加速度大小。 (2)长木板向左运动的最大速度。 (3)长木板的长度。,【解析】(1)物块滑上长木板时,长木板受到的合外力等于滑块对长木板的摩擦力,由牛顿第二定律得: mg=Ma 解得:a=,(2)当长木板向左运动到最大速度时,弹簧的弹力等于 物块对长木板的摩擦力,则: kx=mg 解得:x= 长木板从开始运动到速度最大的过程,设最大速度为v, 由动能定理得: 解得:v=,(3)当弹簧的压缩量达到最大时,木板的速度为零,物块的速度也为零,设长木板的长度为L,根据能量守恒定律得: 解得:L=,答案:(1) (2) (3),【强化训练】 (2017宿州模拟)静置于光滑水平面上的两相同滑块A与B紧靠在一起,长度均为L=1.25m,小滑块C静置于A的左端。已知C与A、B间的动摩擦因数均为=0.5,A、B、C质量均为m=1kg,现对C施加F=10N的水平恒力,将C从A的左端拉到B的右端的过程中,g取10m/s2。求:,(1)A对B做的功。 (2)B发生的位移大小。,【解析】(1)对C由牛顿第二定律得: F-mCg=mCaC 代入数据解得:aC=5m/s2 对AB整体由牛顿第二定律得: mCg=(mA+mB)aA=2mAaA 当C运动到A右端时,则有: L= (aC-aA)t12=1.25m,此时A、B的速度为:vB=vA=aAt1 联立代入数据解得:vB=vA=2.5m/s t1=1s,aA=2.5m/s2 对B由动能定理得: WAB= -0=3.125J C的速度:vC=aCt1=5m/s B的位移:xB1= =1.25m,(2)C在B上滑动过程中,A、B分离,C的加速度不变,对B由牛顿第二定律得: mCg=mBaB 当C从B左端运动到B右端时,有: L=vCt2+ xB2=vBt2+ 整个过程B的位移:xB=xB1+xB2 联立以上各式解得:xB=3.125m,答案:(1)3.125J (2)3.125m,【加固训练】 1.(2017长沙模拟)如图所示,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(可视为质点)放在小车的最左端,现用一水平向右恒力F作用在小物块上,使物块从静止开始做匀加速直线运动,物块和小车之间的滑动摩擦力为Ff,物块滑到小车的最右端时,小车运动的距离为s,在这个过程中,以下结论正确的是 ( ),A.物块到达小车最右端时具有的动能为F(L+s) B.物块到达小车最右端时,小车具有的动能为Ffs C.物块克服摩擦力所做的功为FfL D.物块和小车增加的机械能为Fs,【解析】选B。物块在水平方向受到拉力和滑动摩擦力的作用,根据动能定理得,物块的动能为Ek=(F-Ff)(s+L),故选项A错误;小车在水平方向只受到滑动摩擦力的作用,物块到达小车最右端时,根据动能定理得小车具有的动能为Ffs,故选项B正确;物块克服滑动摩擦力做功Wf= Ff(s+L),故选项C错误;由功能关系得知,物块和小车增加的机械能为F(s+L)- FfL,故选项D错误。,2.如图所示,有一个可视为质点的质量为m=1kg的小物 块,从光滑平台上的A点以v0=2m/s的初速度水平抛出, 到达C点时,恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面 上的光滑圆弧轨道,最后小物块滑上紧靠轨道末端D点 的质量为M=3kg的长木板。已知木板上表面与圆弧轨道 末端切线相平,木板下表面与水平地面之间光滑,小物,块与长木板间的动摩擦因数=0.3,圆弧轨道的半径为R=0.4m,C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角=60,不计空气阻力,g取10m/s2。求:,(1)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力。 (2)要使小物块不滑出长木板,木板