2018_2019学年高中物理主题深化提升专题三功能关系及应用学案新人教版必修2.doc

1、1专题三 功能关系及应用主题深化提升考点一 功能关系的理解及应用1.力学中几种常见的功能关系:2.功能关系的选用原则:(1)只涉及动能的变化用动能定理分析。(2)只涉及重力势能的变化用重力做功与重力势能变化的关系分析。(3)只涉及弹性势能的变化用弹力做功与弹性势能变化的关系分析。(4)只涉及机械能变化用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析。(5)涉及内能的变化用系统内一对滑动摩擦力做功之和分析。【对点训练】1. (2017全国卷)如图,一质量为 m,长度为 l 的均匀柔软细绳 PQ 竖直悬挂。用外力将绳的下端 Q 缓慢地竖直向上拉起至 M 点,M 点与绳的上端 P 相距 l。重力加速

2、度大小为 g。在此过程中,外力做的功为 ( )A. mgl B. mgl19 162C. mgl D. mgl13 12【解析】选 A。把 Q 点提到 M 点的过程中,PM 段软绳的机械能不变,MQ 段软绳的机械能的增量为 E= mg(- l)- mg(- l)= mgl,由功能关系可知 :在此过程中,外力做的功为23 16 23 13 19W= mgl,故 A 正确,B、C、D 错误。192.(2017全国卷)一质量为 8.00104 kg 的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度为 1.60105 m 处以 7.50103 m/s 的速度进入大气层,逐渐减慢至速度为 100 m/s

3、 时下落到地面。取地面为重力势能零点,在飞船下落过程中,重力加速度可视为常量,大小取为 9.8 m/s2。(结果保留 2 位有效数字) (1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能。(2)求飞船从离地面高度 600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功,已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的 2.0%。【解析】(1)飞船着地前机械能:E k0= m = 8104(100)2 J=4.0108 J,12 12飞船进入大气层时的机械能: Eh=mgh+ m =81049.81.6105 J+ 8104(7.5103)2 J=2.41012 J12 12(2)飞船

4、在 h = 600 m 处的机械能:Eh =mgh+ m(vh2%)2=1.37109 J12飞船从高度 600 m 处至着地瞬间的过程中克服阻力所做的功:W = E h - Ek0解得:W = 9.710 8 J答案:(1)4.010 8 J 2.410 12 J (2)9.710 8 J【补偿训练】(多选) (2018德阳高一检测)如图所示,固定于地面、倾角为 的光滑斜面上有一轻质弹簧,轻质弹簧一端与固定于斜面底端的挡板 C 连接,另一端与物块 A 连接,物块 A 上方放置有另一物块 B,物块 A、B 质量均为 m 且不粘连,整个系统在沿斜面向下的恒力 F 作用下而处于静止状态。某一时刻将

5、力 F 撤去,若在弹簧将 A、B 弹起过程中,A、B 能够分离,则下列叙述3正确的是 ( )A.从力 F 撤去到 A、B 发生分离的过程中,弹簧及 A、B 物块所构成的系统机械能守恒B.A、B 被弹起过程中,A、B 即将分离时,两物块速度达到最大C.A、B 刚分离瞬间,A 的加速度大小为 gsin D.若斜面为粗糙斜面,则从力 F 撤去到 A、B 发生分离的过程中,弹簧减少的弹性势能一定大于 A、B 增加的机械能与系统摩擦生热之和【解析】选 A、C。从力 F 撤去到 A、B 发生分离的过程中,弹簧及 A、B 物块所构成的系统只有重力和弹簧的弹力做功,所以系统的机械能守恒,故 A 正确;A、B

6、被弹起过程中,合力等于零时,两物块速度达到最大,此时弹簧处于压缩状态,A、B 还没有分离,故 B 错误;A、B 刚分离瞬间,A、B 间的弹力为零,对 B 分析,由牛顿第二定律得 mgsin =ma B,得 aB=gsin ,此瞬间 A 与 B 的加速度相同,所以 A 的加速度大小为 gsin ,故 C 正确;若斜面为粗糙斜面,则从力 F 撤去到 A、B 发生分离的过程中,由能量守恒定律知,弹簧减少的弹性势能一定等于A、B 增加的机械能与系统摩擦生热之和,故 D 错误。考点二 摩擦力做功与能量的关系1.静摩擦力做功的特点:(1)静摩擦力可以做正功,也可以做负功,还可以不做功。(2)相互作用的一对

7、静摩擦力做功的代数和总等于零。(3)静摩擦力做功时,只有机械能的相互转移,不会转化为内能。2.滑动摩擦力做功的特点:(1)滑动摩擦力可以做正功,也可以做负功,还可以不做功。(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内,一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果:机械能全部转化为内能;有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移,另外一部分转化为内能。(3)摩擦生热的计算:Q=F fx 相对 。其中 x 相对 为相互摩擦的两个物体间的相对运动距离。【对点训练】1.如图甲,长木板 A 放在光滑的水平面上,质量为 m=2 kg 的另一物体 B(可看作质点)以水平速度 v0=2 m/s 滑上原来静止的长木板 A 的表面。由于

8、 A、B 间存在摩擦,之后 A、B 速度随4时间变化情况如图乙所示,则下列说法正确的是(g 取10 m/s2)( )A.木板获得的动能为 2 JB.系统损失的机械能为 4 JC.木板 A 的最小长度为 2 mD.A、B 间的动摩擦因数为 0.1【解析】选 D。由图象可知,A、B 的加速度大小都为 1 m/s2,根据牛顿第二定律知二者质量相等,木板获得的动能为 1 J,选项 A 错误;系统损失的机械能 E= m - 2mv2=2 J,122012选项 B 错误;由 v-t 图象可求出二者相对位移为 1 m,所以 C 错误;分析 B 的受力,根据牛顿第二定律,可求出 =0.1,选项 D 正确。2.

9、(多选)如图所示,质量为 m 的滑块以一定初速度滑上倾角为 的固定斜面,同时施加一沿斜面向上的恒力 F=mgsin ;已知滑块与斜面间的动摩擦因数 =tan ,取出发点为参考点,能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量 Q、滑块动能 Ek、重力势能 Ep、机械能E 随时间 t、位移 x 关系的是 ( )【解析】选 C、D。根据滑块与斜面间的动摩擦因数 =tan 可知,滑动摩擦力等于重力沿斜面向下的分力。施加一沿斜面向上的恒力 F=mgsin ,滑块机械能保持不变,重力势能随位移 x 均匀增大,选项 C、D 正确;产生的热量 Q=Ffx,随位移均匀增大,滑块动能 Ek随位移 x均匀减小,选项

10、A、B 错误。3.(多选)水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面体甲和乙,乙的斜面倾角大,甲、乙斜面长分别为 s、L 1,如图所示。两个完全相同的小滑块 A、B 可视为质点,同时由静止开5始从甲、乙两个斜面的顶端释放,小滑块 A 一直沿斜面甲滑到底端 C,而小滑块 B 沿斜面乙滑到底端 P 后又沿水平面滑行到 D(小滑块 B 在 P 点从斜面滑到水平面的速度大小不变),在水平面上滑行的距离 PD=L2,且 s=L1+L2。小滑块 A、B 与两个斜面和水平面间的动摩擦因数相同,则 ( )A.滑块 A 到达底端 C 点时的动能一定比滑块 B 到达 D 点时的动能小B.两个滑块在斜面上加速下滑的

11、过程中,到达同一高度时,动能可能相同C.A、B 两个滑块从斜面顶端分别运动到 C、D 的过程中,滑块 A 重力做功的平均功率小于滑块 B 重力做功的平均功率D.A、B 两个滑块从斜面顶端分别运动到 C、D 的过程中,由于克服摩擦而产生的热量一定相同【解析】选 A、C。研究滑块 A 到达底端 C 点的过程,根据动能定理得,mgh-mgcos s= m ,研究滑块 B 到达 D 点的过程,根据动能定理得,mgh-122mgcos L 1-mgL 2= m ,s=L1+L2,根据几何关系得 scos L 1cos +L 2,所以 m122 12 m ,故 A 正确;两个滑块在斜面上加速下滑的过程中,

12、到达同一高度时,重力做功相2122同,但克服摩擦力做功不等,所以动能不同,产生的热量也不同,故 B、D 错误;整个过程中,两滑块所受重力做功相同,但由于滑块 A 运动时间长,故重力对滑块 A 做功的平均功率比滑块B 的小,故 C 正确。【补偿训练】如图所示为一种摆式动摩擦因数测量仪,其可测量轮胎与地面间的动摩擦因数,其主要部件有:底部固定有轮胎橡胶片的摆锤和连接摆锤的轻质细杆。摆锤的质量为 m,细杆可绕轴 O 在竖直平面内自由转动,摆锤重心到 O 点距离为 L。测量时,测量仪固定于水平地面,将摆锤从与 O 等高的位置处由静止释放。摆锤摆到最低点附近时,橡胶片紧压地面擦过一小段距离 s(sL),

13、之后继续摆至与竖直方向成 角的最高位置。若摆锤对地面的压力可视为大小为 F 的恒力,重力加速度为 g,求:6(1)摆锤在上述过程中损失的机械能。(2)在上述过程中摩擦力对摆锤所做的功。(3)橡胶片与地面之间的动摩擦因数。【解析】(1)选从右侧最高点到左侧最高点的过程进行研究。因为初、末状态动能为零,所以全程损失的机械能 E 等于减少的重力势能,即 E=mgLcos (2)对全程应用动能定理:W G+Wf=0 WG=mgLcos 由式得 Wf=-WG=-mgLcos (3)由滑动摩擦力公式得Ff=F 摩擦力做的功 Wf=-Ffs 联立式得:=答案:(1)mgLcos (2)-mgLcos (3)