江苏省2020版高考物理二轮复习 专题二 功和能课件

专题二功和能,一、功能问题与图像的结合(1)四类图像中“面积”的含义,(2)功能相关图像问题分析“三步走”,例1(2018江苏常州一模)如图所示,一小滑块(可视为质点)以某一初速度沿斜面向下滑动,最后停在水平面上。滑块与斜面间及水平面间的动摩擦因数相等,斜面与水平面连接处平滑且长度不计,则该过程中,滑块的机械能与水平位移x的关系的图线正确的是(取地面为零势能面)(d),答案d设滑块开始时的机械能为e0,斜面的倾角为,斜面长度为l,在斜面上运动时e=e0-mgcos=e0-mgx,在水平面上运动时e=e0-mglcos-mg(x-lcos)=e0-mgx,综上所述e=e0-mgx,故d正确,a、b、c错误。,变式(2018江苏单科,4,3分)从地面竖直向上抛出一只小球,小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力,该过程中小球的动能ek与时间t的关系图像是(a),答案a设小球初动能为ek0,初速度为v0,重力加速度为g。瞬时动能ek=ek0-mgh,h=v0t-gt2,联立得ek=mg2t2-mgv0t+ek0,故a正确,b、c、d错误。,二、动能定理在多过程中的应用1.应用动能定理解题的基本步骤,2.多过程问题的解题思路要点是“一拆”“一点”“一合”。“一拆”就是分析物体的运动过程,将其各个不同的运动阶段拆分开来,各个击破;“一点”就是找到各个运动阶段的交接点,交接点的瞬时速度的大小和方向将不同的运动连接起来;“一合”就是找到不同运动的时间或空间的关系将其整个运动过程联系起来。,例2(2019江苏泰州一模)如图所示,半径为r的圆管bcd竖直放置,一可视为质点的质量为m的小球以某一初速度从a点水平抛出,恰好从b点沿切线方向进入圆管,到达圆管最高点d后水平射出。已知小球在d点对管下壁压力大小为mg,且a、d两点在同一水平线上,bc弧对应的圆心角=60,重力加速度为g,不计空气阻力。求:(1)小球在a点初速度的大小;(2)小球在d点角速度的大小;(3)小球在圆管内运动过程中克服阻力做的功。,答案(1)(2)(3)mgr,解析(1)小球从a到b做平抛运动,竖直方向有=2gr(1+cos60)即vy=小球在a点的初速度与小球在b点的水平速度相同v0=(2)在d点,由牛顿第二定律有mg-mg=解得vd=,=,(3)从a到d全过程由动能定理得-w克=m-m解得w克=mgr,变式(多选)(2018江苏盐城模拟)冰壶比赛场地如图,运动员从发球区处推着冰壶出发,在投掷线mn处放手让冰壶滑出。设在某次投掷后发现冰壶投掷的初速度v0较小,直接滑行不能使冰壶沿虚线到达尽量靠近圆心o的位置,于是运动员在冰壶到达前用毛刷摩擦冰壶运行前方的冰面,这样可以使冰壶与冰面间的动摩擦因数从减小到某一较小值,设经过这样擦冰,冰壶恰好滑行到圆心o点。关于这一运动过程,以下说法正确的是(),a.为使本次投掷成功,必须在冰壶滑行路线上的特定区间上擦冰b.为使本次投掷成功,可以在冰壶滑行路线上的不同区间上擦冰c.擦冰区间越靠近投掷线,冰壶滑行的总时间越短d.擦冰区间越远离投掷线,冰壶滑行的总时间越短,答案bc从投掷线mn到o点应用动能定理有-mgl1-mgl2=0-m,l1+l2=l,所以可以在冰壶滑行路线上的不同区间上擦冰,只要保证擦冰的距离一定就行,故a错误,b正确;擦冰区间越靠近投掷线,则开始阶段冰壶的平均速度就越大,总的平均速度越大,距离一定,所以滑行的总时间越短,故c正确,d错误。,三、传送带、板块模型中的功能问题求解传送带(板块)相对滑动的能量问题的方法说明:公式q=f滑l相对中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。,例3(2018江苏淮安、宿迁质量检测)如图所示,水平桌面上质量为m的薄木板右端叠放着质量也为m的小物块,木板长为l,整体处于静止状态。已知物块与木板间的动摩擦因数为,木板与桌面间的动摩擦因数为,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。(1)若使木板与物块一起以初速度v0沿水平桌面向右运动,求木板向右运动的最大距离s0。,(2)若对木板施加水平向右的拉力f,为使木板沿水平桌面向右滑动且与物块间没有相对滑动,求拉力f应满足的条件。(3)若给木板施加大小为f=3mg、方向沿水平桌面向右的拉力,经过时间t0,撤去拉力f,此后运动过程中小物块始终未脱离木板,求木板运动全过程中克服桌面摩擦力所做的功w。,答案(1)(2)f(3)1.95m(gt0)2,解析(1)对木板和物块组成的系统,由动能定理得-2mgs0=0-2m解得s0=(2)设使木板和物块组成的系统一起向右滑动的最小拉力为fmin,最大拉力为fmax则fmin=2mg=对系统有fmax-=2mamax对物块有mg=mamax,解得fmax=要使木板沿水平桌面向右滑动且与物块间没有相对滑动,则,所以物块与木板之间发生相对滑动物块的加速度a1=g撤去拉力f时物块的速度v1=a1t0=gt0对木板有f-mg-=ma2得a2=g,撤去拉力f时木板的速度v2=a2t0=gt0撤去拉力f后木板的加速度a3=-g设撤去拉力f后,再经过时间t1,物块与木板达到共同速度v,之后再经过时间t2,木板停止滑行则v=a1(t0+t1)=a2t0+a3t1得t1=t0;v=gt0达到共同速度后有-2mg=2ma4得a4=-g,t2=t0木板运动的总位移s=+t1+t2=3.9g木板运动全过程中克服桌面摩擦力所做的功w=2mg3.9g=1.95m(gt0)2,变式(2019江苏通州、海门、启东联考)如图所示,足够长的传送带与水平方向的倾角为,物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑定滑轮与物块b相连,定滑轮质量不计,b的质量为m,开始时,a、b及传送带均静止,且开始时a恰不受摩擦力作用,重力加速度为g。现让传送带顺时针匀速转动,则在b下降h高度(a未脱离传送带)的过程中(bd),a.物块a的重力势能增加mghsinb.摩擦力对a做的功等于a和b系统机械能的增加量c.传送带由于运送a多消耗的电能等于系统产生的内能d.任意时刻,重力对a、b做功的瞬时功率大小相等,答案bd开始时,a、b及传送带均静止且a恰不受传送带摩擦力作用,有magsin=mbg,则ma=,b下降h,则a上升hsin,a重力势能的增加量为maghsin=mgh,故a错误;根据能量守恒得,摩擦力对a做的功等于a、b系统机械能的增加量,故b正确;由能量守恒得传送带由于运送a多消耗的电能等于系统产生的内能与系统动能的增加量之和,故c错误;任意时刻a、b的速率相等,对b,重力的瞬时功率大小pb=mgv,对a有pa=magvsin=mgv,所以重力对a、b做功的瞬时功率大小相等,故d正确。,四、功能关系的应用(1)功是能量转化的量度,在不同的问题中具有的对应关系是:,(2)弹簧中的功能关系物体与弹簧组成的系统在相互作用的过程中,在能量方面,由于弹簧的形变会具有弹性势能,系统的总动能将发生变化,若除重力和弹簧弹力以外的力不做功,系统机械能守恒。若还有其他外力和内力做功,这些力做功之和等于系统机械能改变量。做功之和为正,系统总机械能增加,反之减少。在相互作用的两个物体与弹簧系统中,弹簧两端物体把弹簧拉伸至最长(或压缩至最短)时,两端的物体具有相同的速度,弹性势能最大。如系统每个物体除弹簧弹力外所受合力为零,当弹簧为自然长度时,系统内弹簧某一端的物体具有最大速度(如绷紧的弹簧由静止释放)。,例4(2019江苏扬州一模)如图所示,半径为r的半圆形管道acb固定在竖直平面内,倾角为的斜面固定在水平面上,细线跨过定滑轮连接小球和物块,细线与斜面平行,物块质量为m,小球质量m=3m,对物块施加沿斜面向下的力f使其静止在斜面底端,小球恰在a点。撤去力f后,小球由静止下滑。重力加速度为g,sin=0.64,不计一切摩擦,求:(1)力f的大小;(2)小球运动到最低点c时,速度v的大小以及管壁对它的弹力n的大小;(3)在小球从a点运动到c点的过程中,细线对物块做的功w。,答案(1)2.36mg(2)6mg(3)mgr,解析(1)对小球:细线上的拉力t=3mg对物块有mgsin+f=t解得f=2.36mg(2)小球在c点时速度与物块速度大小相等对小球和物块组成的系统,由机械能守恒定律得3mgr-mgrsin=(3m+m)v2解得v=在c点,对小球应用牛顿第二定律有n-3mg=3m,解得n=6mg(3)在小球从a点运动到c点过程中,对物块应用动能定理有w-mgrsin=mv2-0解得w=mgr,变式(多选)(2018江苏单科,7,4分)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端连接一小物块,o点为弹簧在原长时物块的位置。物块由a点静止释放,沿粗糙程度相同的水平面向右运动,最远到达b点。在从a到b的过程中,物块(ad)a.加速度先减小后增大b.经过o点时的速度最大c.所受弹簧弹力始终做正功d.所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功,答案ad对物块受力分析,当弹簧处于压缩状态时,由牛顿第二定律可得kx-f