2018届二轮复习专题四第1讲功能关系在力学中的应用课件（52张）（全国通用）

2018届二轮复习专题四第1讲功能关系在力学中的应用课件（52张）（全国通用）

第 1 讲　 功能 关系在力学中的应用 专题四 　 功能关系的应用 知识回扣 规律方法 高考题型 2 　 动力学 方法和动能定理的综合应用 高考题型 3 　 应用 动力学和能量观点分析综合问题 高考题型 1 　 力学 中的几个重要功能关系的应用 高 考题 精选精练 知识回扣 规律方法 答案 知识回扣 1. 常见的几种力做功的特点 (1) 重力、弹簧弹力、静电力做功 与 无关 . (2) 摩擦力做功的特点 ① 单个摩擦力 ( 包括静摩擦力和滑动摩擦力 ) 可以做正功，也可以做负功，还可以不做功 . ② 相互作用的一对静摩擦力做功的 代数和 ， 在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的转移，没有机械能转化为其他形式的能；相互 作 用的一对滑动摩擦力做功的 代数和 ， 且总 为 . 在一对 滑动摩 擦 路径 总等于零 不为零 负值 答案 力 做功的过程中，不仅有相互摩擦物体间机械能的转移，还有部分机械能转化为内能，转化为内能的量等于系统机械能的减少量，等于滑动摩擦力 与 的 乘积 . ③ 摩擦生热是指滑动摩擦生热，静摩擦不会生热 . 相对位移 答案 2. 几个重要的功能关系 (1) 重力的功 等于 的 变化，即 W G ＝ . (2) 弹力的功 等于 的 变化，即 W 弹 ＝ . (3) 合力的功 等于 的 变化，即 W ＝ . (4) 重力 ( 或弹簧弹力 ) 之外的其他力的功 等于 的 变化 ， 即 W 其他 ＝ Δ E . (5) 一对滑动摩擦力做的功 等于 的 变化，即 Q ＝ F f · x 相对 . 重力势能 － Δ E p 弹性势能 － Δ E p 动能 Δ E k 机械能 系统中内能 1. 动能定理的应用 (1) 动能定理的适用情况：解决单个物体 ( 或可看成单个物体的物体系统 ) 受力与位移、速率关系的问题 . 动能定理既 适用于 运动 ，也 适用于 运动 ；既 适用于 做功 ，也 适用于 做功 ，力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用 . (2) 应用动能定理解题的基本思路 ① 选取研究对象，明确它的运动过程 . ② 分析研究对象的受力情况和各力做功情况，然后求各个外力做功 的 . 答案 规律方法 直线 曲线 恒力 变力 代数和 ③ 明确物体在运动过程初、末状态的动能 E k1 和 E k2 . ④ 列出动能定理的方程 W 合 ＝ E k2 － E k1 ，及其他必要的解题方程，进行求解 . 2. 机械能守恒定律的应用 (1) 机械能是否守恒的判断 ① 用做功来判断，看重力 ( 或弹簧弹力 ) 以外的其他力做功的代数和是否 为 . ② 用能量转化来判断，看是否有机械能与其他形式的能的相互转化 . ③ 对一些 “ 绳子突然绷紧 ”“ ” 等问题，机械能一般不守恒，除非题目中有特别说明或暗示 . 答案 零 物体间碰撞 答案 (2) 应用机械能守恒定律解题的基本思路 ① 选取研究对象 —— 物体系统 . ② 根据研究对象所经历的物理过程， 进行 、 分析 ，判断机械能是否守恒 . ③ 恰当的选取参考平面，确定研究对象在运动过程的初、末状态的机械能 . ④ 根据机械能守恒定律列方程，进行求解 . 受力 做功 力学中的几个重要功能关系的应用 高考题型 1 例 1 　 (2017· 山东滨州市一模 ) 两物块 A 和 B 用一轻 弹簧 连接 ，静止在水平桌面上，如图 1 甲，现用一 竖直向 上 的力 F 拉动物块 A ，使之向上做匀加速 直线运动， 如 图乙，在物块 A 开始运动到物块 B 将要 离开 桌面 的 过程 中 ( 弹簧始终处于弹性限度内 ) ，下列说法正确的 是 A. 力 F 先减小后增大 B. 弹簧的弹性势能一直增大 C. 物块 A 的动能和重力势能一直增大 D. 两物块 A 、 B 和轻弹簧组成的系统机械能先增大后 减小 答案 解析 √ 图 1 解析　 对 A 物块由牛顿第二定律得： F － mg ＋ kx ＝ ma ，解得： F ＝ m ( g ＋ a ) － kx ，由于 x 先减小后反向增大，故拉力一直增大，故 A 错误 ； 在 A 上升过程中，弹簧从压缩到伸长，所以弹簧的弹性势能先减小后增大，故 B 错误 ； 在 上升过程中，由于物块 A 做匀加速运动，所以物块 A 的速度增大，高度升高，则物块 A 的动能和重力势能增大，故 C 正确 ； 在 上升过程中，除重力与弹力做功外，还有拉力做正功，所以两物块 A 、 B 和轻弹簧组成的系统的机械能一直增大，故 D 错误 . 技巧点拨 1. 对研究对象进行受力分析、运动分析、能量分析 . 2. 熟练掌握动能、重力势能、弹性势能、机械能等变化的分析方法 . 1.(2017· 全国卷 Ⅲ ·16) 如图 2 ，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 . 重力加速度大小为 g . 在此过程中，外力做的功为 对点拓展练 √ 答案 解析 图 2 解析　 由题意可知， PM 段细绳的机械能不变， MQ 段细绳的重心升高 了 ， 则重力势能增加 Δ E p ＝ mg · ＝ mgl ，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为 W ＝ mgl ，故选项 A 正确， B 、 C 、 D 错误 . 2 1 2.( 多选 )(2017· 辽宁铁岭市协作体模拟 ) 如图 3 ，用轻绳连接的滑轮组下方悬挂着两个物体，它们的质量分别为 m 1 、 m 2 ，且 m 2 ＝ 2 m 1 ， m 1 用轻绳挂在动滑轮上，滑轮的质量、摩擦均不计 . 现将系统从静止释放，对 m 1 上升 h 高度 ( h 小于两滑轮起始高度差 ) 这一过程，下列说法正确的 是 A. m 2 减小的重力势能全部转化为 m 1 增加的重力势能 B. m 1 上升到 h 高度时的速度为 C. 轻绳对 m 2 做功的功率与轻绳对 m 1 做功的功率大小相等 D. 轻绳的张力大小 为 m 1 g 答案 解析 √ √ √ 图 3 2 1 解析　 根据能量守恒可知， m 2 减小的重力势能全部转化为 m 1 增加的重力势能和两物体的动能，故 A 错误； 根据动滑轮的特点可知， m 2 的速度大小为 m 1 速度大小的 2 倍，根据动能定理可得： m 2 g ·2 h － m 1 gh ＝ m 2 v 2 2 ＋ m 1 v 1 2 ， v 2 ＝ 2 v 1 ，解得： v 1 ＝ ， 故 B 正确； 绳子的拉力相同，故轻绳对 m 2 、 m 1 做功的功率大小分别为 P 2 ＝ F v 2 ， P 1 ＝ 2 F · v 1 ，由于 v 2 ＝ 2 v 1 ，故轻绳对 m 2 做功的功率与轻绳对 m 1 做功的功率大小相等，故 C 正确； 2 1 根据动滑轮的特点可知， m 1 的加速度大小为 m 2 的加速度大小的一半，根据牛顿第二定律可知： 2 F － m 1 g ＝ m 1 a ， m 2 g － F ＝ m 2 ·2 a ，联立解得： F ＝ ， 故 D 正确；故选 B 、 C 、 D. 2 1 动力学方法和动能定理的综合应用 高考 题型 2 例 2 　 (2017· 福建大联考 ) 如图 4 ，固定直杆上套有一小球和两根轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球相连，另一端分别固定在杆上相距为 2 L 的 A 、 B 两点 . 直杆与水平面的夹角为 θ ，小球质量为 m ，两根轻弹簧的原长均为 L 、劲度系数均 为 ， g 为重力加速度 . 答案 解析 图 4 (1) 小球在距 B 点 L 的 P 点处于静止状态，求此时小球受到的摩擦力大小和方向； 答案　 ， 方向沿杆向下 解析　 小球在 P 点时两根弹簧的弹力大小相等，设为 F ，根据 胡克定律 有 F ＝ k ( L － L ) ① 设小球静止时受到的摩擦力大小为 F f ，方向沿杆向下， 根据平衡条件有 mg sin θ ＋ F f ＝ 2 F ② 由 ①② 式并代入已知数据得 F f ＝ ③ 方向沿杆向下 (2) 设小球在 P 点受到的摩擦力为最大静摩擦力，且与滑动摩擦力相等 . 现让小球从 P 点以一沿杆方向的初速度向上运动，小球最高能到达距 A 点 L 的 Q 点，求初速度的大小 . 答案 解析 解析　 小球在 P 、 Q 两点时，弹簧的弹性势能相等，故小球从 P 到 Q 的过程中，弹簧对小球做功为零 据动能定理有 W 合 ＝ Δ E k 技巧点拨 1. 动能定理解题的 “ 两状态、一过程 ” ，即初、末状态和运动过程中外力做功 . 2. 无论直线、曲线、匀变速、非匀变速、单过程、多过程、单物体、物体系统，均可应用动能定理 . 3.(2017· 安徽省十校联考 ) 如图 5 所示，质量为 1 kg 的物块静止在水平面上，物块与水平面间的动摩擦因数 μ ＝ 0.2 ， t ＝ 0 时刻给物块施加一个水平向右的拉力 F ，使物块沿水平方向做直线运动，其加速度随时间变化的关系如表格所示，重力加速度 g 取 10 m/s 2 ，水平向右方向为正方向，求 ： 对点拓展练 4 3 图 5 时间 t (s) 加速度 a /(m·s － 2 ) 0 ～ 4 4 4 ～ 8 － 3 4 3 (1)0 ～ 4 s 内水平拉力的大小； 答案 解析 答案　 6 N 解析　 0 ～ 4 s 内，物块运动的加速度大小为 a 1 ＝ 4 m/s 2 根据牛顿第二定律： F 1 － μmg ＝ ma 1 ，求得： F 1 ＝ 6 N. (2)0 ～ 8 s 内物块运动的位移大小； 答案　 72 m 解析　 t 1 ＝ 4 s 时物块的速度大小： v 1 ＝ a 1 t 1 ＝ 16 m/s 0 ～ 8 s 内物块运动的位移： x ＝ v 1 t 1 ＋ v 1 t 2 ＋ a 2 t 2 2 ＝ 72 m 4 3 答案 解析 (3)0 ～ 8 s 内水平拉力做的功 . 答案　 152 J 解析　 8 s 时物块的速度： v 2 ＝ a 1 t 1 ＋ a 2 t 2 ＝ 4 m/s 根据动能定理： W － μmgx ＝ m v 2 2 ，解得 W ＝ 152 J. 4.(2017· 江西省六校 3 月联考 ) 如图 6 所示为一由 电动机 带动 的传送带加速装置示意图，传送带长 L ＝ 31.25 m ， 以 v 0 ＝ 6 m/s 顺时针方向转动，现将一质量 m ＝ 1 kg 的 物 体 轻放在传送带的 A 端，传送带将其带到另一端 B 后 ， 物体 将沿着半径 R ＝ 0.5 m 的光滑圆弧轨道运动， 圆弧 轨道 与传送带在 B 点相切， C 点为圆弧轨道的最高点， O 点为圆弧 轨道的圆心 . 已知传送带与物体间 的动摩擦因数 μ ＝ 0.8 ，传送带与水平地面间夹角 θ ＝ 37° ，已知 sin 37° ＝ 0.6 ， cos 37° ＝ 0.8 ， g ＝ 10 m/ s 2 ，物体可视为质点，求 ： 4 3 图 6 (1) 物体在 B 点对轨道的压力大小； 答案 4 3 解析 答案　 58 N 解析　 根据牛顿第二定律 ： μmg cos θ － mg sin θ ＝ ma 解得 a ＝ 0.4 m/s 2 设物体在 AB 上全程做匀加速运动，根据运动学公式： v B 2 ＝ 2 aL 解得 v B ＝ 5 m/s <6 m /s ，即物体在 AB 上全程做匀加速运动， 对 B 点受力分析有 F N － mg cos θ ＝ 得 F N ＝ 58 N 由牛顿第三定律可得物体在 B 点对轨道的压力大小 F N ′ ＝ 58 N ( 或利用 动能定理 mgh ＝ m v 2 － m v C 2 得 v ＝ 20 m/s) (2) 当物体过 B 点后将传送带撤去，求物体落到地面时的速度大小 . 答案 4 3 解析 答案　 20 m/s 解析　 设物体能够越过 C 点，从 B 到 C 利用动能定理： 从 C 点落到地面，物体做平抛运动，下落高度 h ＝ R ＋ R cos θ ＋ L sin θ ＝ 19.65 m 利用运动学公式： v y 2 ＝ 2 gh ，解得 v y ＝ m/s 应用动力学和能量观点分析综合问题 高考 题型 3 例 3 　 (2017· 齐鲁名校联考 ) 如图 7 所示，在某竖直平面内，光滑曲面 AB 与水平面 BC 平滑连接于 B 点， BC 右端连接一口深为 H 、宽度为 d 的深井 CDEF ，一个质量为 m 的小球放在曲面 AB 上，可从距 BC 面不同的高度处静止释放小球，已知 BC 段长 L ，小球与 BC 间的动摩擦因数为 μ ，取重力加速度 g ＝ 10 m/s 2 . 则： 图 7 (1) 若小球恰好落在井底 E 点处，求小球释放点距 BC 面的高度 h 1 ； 答案 解析 答案　 见解析 解析　 小球由 A 到 C ，由动能定理得 mgh － μmgL ＝ m v C 2 ① 自 C 点水平飞出后，由平抛运动规律得 x ＝ v C t ② y ＝ gt 2 ③ 由 ①②③ 得 h ＝ μL ＋ ④ 若小球恰好落在井底 E 处，则 x ＝ d ， y ＝ H 代入 ④ 式得小球的释放点距 BC 面的高度为 h 1 ＝ μL ＋ (2) 若小球不能落在井底，求小球打在井壁 EF 上的最小动能 E kmin 和此时的释放点距 BC 面的高度 h 2 . 答案 解析 答案　 见解析 解析　 若小球不能落在井底，设打在 EF 上的动能为 E k ，则 x ＝ d 小球由 C 到打在 EF 上，由动能定理 得 : 代入 v C 得： E k ＝ mgy ＋ 当 y ＝ 时 ， E k 最小，且 E kmin ＝ mgd 此时小球的释放点距 BC 面的高度为 h 2 ＝ μL ＋ mgy ＝ E k － m v C 2 技巧点拨 多个运动过程的组合实际上是多种物理规律和方法的综合应用，分析这种问题时注意要独立分析各个运动过程，而不同过程往往通过连接点的速度建立联系，有时对整个过程应用能量的观点解决问题会更简单 . 5.(2017· 上海市松江区模拟 ) 如图 8 所示， AB ( 光滑 ) 与 CD ( 粗糙 ) 为两个对称斜面，斜面的倾角均为 θ ，其上部都足够长，下部分别与一个光滑的圆弧面 BEC 的两端相切，一个物体在离切点 B 的高度为 H 处，以初速度 v 0 沿斜面向下运动，物体与 CD 斜面的动摩擦因数为 μ . 对点拓展练 图 8 (1) 物体首次到达 C 点的速度大小； 答案 解析 答案　 见解析 (2) 物体沿斜面 CD 上升的最大高度 h 和时间 t ； 答案 解析 答案　 见解析 解析　 物体沿 CD 上升的加速度大小 a ＝ g sin θ ＋ μg cos θ 物体从 C 点上升到最高点所用的时间 答案　 见解析 解析　 情况一： 物体滑上 CD 斜面并匀减速上升最终静止在 CD 斜面某处 . 理由 是物体与 CD 斜面的动摩擦因数较大 . 情况二： 物体在轨道上做往复运动，在斜面上做匀变速直线运动，最大高度逐渐降低，最终在 BEC 圆弧内做周期性往复运动 . 理由是物体与 CD 斜面的动摩擦因数较小，在 CD 斜面上克服摩擦力做功，机械能减少，在 BEC 圆弧内只有重力做功，机械能守恒 . (3) 请描述物体从静止开始下滑的整个运动情况 ，并简 要 说明理由 . 答案 解析 高考题精选精练 题组 1 　全国卷真题精选 1.( 多选 )(2016· 全国卷 Ⅱ ·21) 如图 9 ，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于 O 点，另一端与小球相连 . 现将小球从 M 点由静止释放，它在下降的过程中经过了 N 点 . 已知在 M 、 N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且 ∠ ONM < ∠ OMN < . 在小球从 M 点运动到 N 点的过程 中 A. 弹力对小球先做正功后做负功 B. 有两个时刻小球的加速度等于重力加速度 C. 弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零 D. 小球到达 N 点时的动能等于其在 M 、 N 两点的重力势能 差 √ 答案 1 2 3 4 5 6 解析 图 9 √ √ 当弹簧水平时，竖直方向的力只有重力，加速度为 g ；当弹簧处于原长位置时，小球只受重力，加速度为 g ，则有两个时刻的加速度大小等于 g ，选项 B 正确 ； 弹簧长度最短时，即弹簧水平，弹力与速度垂直，弹力对小球做功的功率为零，选项 C 正确 ； 由动能定理得， W F ＋ W G ＝ Δ E k ，因 M 和 N 两点处弹簧对小球的弹力大小相等，弹性势能相等，则由弹力做功特点知 W F ＝ 0 ，即 W G ＝ Δ E k ，选项 D 正确 . 1 2 3 4 5 6 解析　 因 M 和 N 两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且 ∠ ONM < ∠ OMN < ， 知 M 处的弹簧处于压缩状态， N 处的弹簧处于伸长状态，则弹簧的弹力对小球先做负功后做正功再做负功，选项 A 错误； A. W ＝ mgR ，质点恰好可以到达 Q 点 B. W ＞ mgR ，质点不能到达 Q 点 C. W ＝ mgR ，质点到达 Q 点后，继续上升一段距离 D. W ＜ mgR ，质点到达 Q 点后，继续上升一段距离 2.(2015· 新课标全国 Ⅰ ·17) 如图 10 ，一半径为 R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径 POQ 水平 . 一质量为 m 的质点自 P 点上方高度 R 处由静止开始下落，恰好从 P 点进入轨道 . 质点滑到轨道最低点 N 时，对轨道的压力为 4 mg ， g 为重力加速度的大小 . 用 W 表示质点从 P 点运动到 N 点的过程中克服摩擦力所做的功 . 则 √ 答案 1 2 3 4 5 6 解析 图 10 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 3.( 多选 )(2015· 新课标全国 Ⅱ ·21) 如图 11 ，滑块 a 、 b 的质量均为 m ， a 套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距 h ， b 放在地面上 . a 、 b 通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动 . 不计摩擦， a 、 b 可视为质点，重力加速度大小为 g . 则 A. a 落地前，轻杆对 b 一直做正功 B. a 落地时速度大小为 C. a 下落过程中，其加速度大小始终不大于 g D. a 落地前，当 a 的机械能最小时， b 对地面的压力大小为 mg √ 答案 1 2 3 4 5 6 解析 图 11 √ 由 a 的受力图可知， a 下落过程中，其加速度大小先小于 g 后大于 g ，选项 C 错误； 1 2 3 4 5 6 解析　 滑块 b 的初速度为零，末速度也为零，所以轻杆对 b 先做正功，后做负功，选项 A 错误； 以滑块 a 、 b 及轻杆为研究对象，系统的机械能守恒，当 a 刚落地时， b 的速度为零，则 mgh ＝ m v a 2 ＋ 0 ，即 v a ＝ ， 选项 B 正确； a 、 b 的先后受力如图所示 . 1 2 3 4 5 6 当 a 落地前 b 的加速度为零 ( 即轻杆对 b 的作用力为零 ) 时， b 的机械能最大， a 的机械能最小，这时 b 受重力、支持力，且 F N b ＝ mg ，由牛顿第三定律可知， b 对地面的压力大小为 mg ，选项 D 正确 . 答案 1 2 3 4 5 6 4.(2014· 新课标全国 Ⅱ ·16) 一物体静止在粗糙水平地面上 . 现用一大小为 F 1 的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为 v . 若将水平拉力的大小改为 F 2 ，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为 2 v . 对于上述两个过程，用 W F 1 、 W F 2 分别表示拉力 F 1 、 F 2 所做的功， W f1 、 W f2 分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则 A. W F 2 >4 W F 1 ， W f2 >2 W f1 B. W F 2 >4 W F 1 ， W f2 ＝ 2 W f1 C. W F 2 <4 W F 1 ， W f2 ＝ 2 W f1 D. W F 2 <4 W F 1 ， W f2 <2 W f1 解析 √ 1 2 3 4 5 6 解析　 由题可得，重力做功 W G ＝ 1 900 J ，则重力势能减少 1 900 J ，故 C 正确， D 错误 ； 由 动能定理得， W G － W f ＝ Δ E k , 克服 阻力做功 W f ＝ 100 J , 则 动能 增加 1 800 J ，故 A 、 B 错误 . 题组 2 　各省市真题精选 5.(2016· 四川理综 ·1) 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 1 900 J ，他克服阻力做功 100 J. 韩晓鹏在此过程中 A. 动能增加了 1 900 J B . 动能增加了 2 000 J C. 重力势能减小了 1 900 J D . 重力势能减小了 2 000 J √ 答案 1 2 3 4 5 6 解析 6.( 多选 )(2015· 浙江理综 ·18) 我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器 . 舰载机总质量为 3.0 × 10 4 kg ，设起飞过程中发动机的推力恒为 1.0 × 10 5 N ；弹射器有效作用长度为 100 m ，推力恒定 . 要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到 80 m/s. 弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的 20% ，则 A. 弹射器的推力大小为 1.1 × 10 6 N B. 弹射器对舰载机所做的功为 1.1 × 10 8 J C. 弹射器对舰载机做功的平均功率为 8.8 × 10 7 W D. 舰载机在弹射过程中的加速度大小为 32 m/s 2 √ 答案 1 2 3 4 5 6 解析 √ √ 1 2 3 4 5 6 解析　 设总推力为 F ，位移 x ，阻力 F 阻 ＝ 20% F ，对舰载机加速过程由动能定理得 Fx － 20% F · x ＝ m v 2 ，解得 F ＝ 1.2 × 10 6 N ，弹射器推力 F 弹 ＝ F － F 发 ＝ 1.2 × 10 6 N － 1.0 × 10 5 N ＝ 1.1 × 10 6 N ， A 正确； 弹射器对舰载机所做的功为 W ＝ F 弹 · x ＝ 1.1 × 10 6 × 100 J ＝ 1.1 × 10 8 J ， B 正确； 弹射器对舰载机做功的 平均功率 ＝ F 弹 · ＝ 4.4 × 10 7 W ， C 错误； 根据运动学公式 v 2 ＝ 2 ax ，得 a ＝ ＝ 32 m/s 2 ， D 正确 .