【物理】2019届一轮复习全国版功能关系　能量守恒定律学案 19页

能力课　功能关系　能量守恒定律 ‎　[热考点]功能关系的理解和应用 ‎1.力学中常见的功能关系 ‎2.应用功能关系解决具体问题应注意以下三点 ‎(1)若只涉及动能的变化用动能定理。‎ ‎(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)只涉及机械能变化，用除重力和弹簧的弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析。‎ ‎【例1】　(2016·全国卷Ⅱ，21)(多选)如图1，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(　　)‎ 图1‎ 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 解析　因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<，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；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，WF＋WG＝ΔEk，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WF＝0，即WG＝ΔEk，选项D正确。‎ 答案　BCD ‎【变式训练1】　(2017·江苏泰州模拟)一个系统的机械能增大，究其原因，下列推测正确的是(　　)‎ A.可能是重力对系统做了功 B.一定是合外力对系统做了功 C.一定是系统克服合外力做了功 D.可能是摩擦力对系统做了功 解析　只有重力做功，系统的机械能守恒，选项A错误；除重力、弹力之外的力做正功时，系统机械能增加，做负功时则减少，故选项B、C错误；如果摩擦力对系统做正功，则系统机械能增加，故选项D正确。‎ 答案　D ‎【变式训练2】　(多选)如图2所示，质量相同的两物体a、b，用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻质定滑轮两侧，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上。初始时用力压住b使a、b静止，撤去此压力后，a开始运动，在a下降的过程中，b始终未离开桌面。在此过程中(　　)‎ 图2‎ A.a的动能小于b的动能 B.两物体机械能的变化量相等 C.a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量 D.绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和为零 解析　轻绳两端沿绳方向的速度分量大小相等，故可知a的速度等于b的速度沿绳方向的分量，a的动能比b的动能小，选项A正确；因为b与地面有摩擦力，运动时有热量产生，所以该系统机械能减少，故选项B、C错误；轻绳不可伸长，两端分别对a、b做功大小相等，符号相反，选项D正确。‎ 答案　AD ‎【变式训练3】　(2017·全国卷Ⅰ，24)一质量为8.00×104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60×105 m 处以7.5×103 m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s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)飞船着地前瞬间的机械能为Ek0＝mv①‎ 式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由①式和题给数据得Ek0＝4.0×108 J②‎ 设地面附近的重力加速度大小为g，飞船进入大气层时的机械能为 Eh＝mv＋mgh③‎ 式中，vh是飞船在高度1.6×105 m处的速度大小。由③式和题给数据得 Eh≈2.4×1012 J④‎ ‎(2)飞船在高度h′＝600 m处的机械能为 Eh′＝m(vh)2＋mgh′⑤‎ 由功能关系得 W＝Eh′－Ek0⑥‎ 式中，W是飞船从高度600 m处至着地瞬间的过程中克服阻力所做的功。‎ 由②⑤⑥式和题给数据得W≈9.7×108 J⑦‎ 答案　(1)4.0×108 J　2.4×1012 J　(2)9.7×108 J ‎　[常考点]能量守恒定律的应用 ‎1.对能量守恒定律的理解 ‎(1)转化：某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等。‎ ‎(2)转移：某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量相等。‎ ‎2.涉及弹簧的能量问题应注意 两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，具有以下特点：‎ ‎(1)能量变化上，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒。‎ ‎(2)如果系统每个物体除弹簧弹力外所受合外力为零，则当弹簧伸长或压缩到最大程度时两物体速度相同。‎ ‎【例2】　(2017·豫南九校联考)如图3所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m＝4 kg，B的质量为m＝2 kg，初始时物体A到C点的距离为L＝1 m，现给A、B一初速度v0＝3 m/s，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点。已知重力加速度取g＝10 m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态，求此过程中：‎ 图3‎ ‎ (1)物体A向下运动刚到达C点时的速度大小；‎ ‎(2)弹簧的最大压缩量；‎ ‎(3)弹簧中的最大弹性势能。‎ 解析　(1)物体A向下运动刚到C点的过程中，对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得 ‎2mgLsin θ＋·3mv ‎＝mgL＋μ·2mgcos θ·L＋·3mv2‎ 可解得v＝2 m/s。‎ ‎(2)以A、B组成的系统，在物体A将弹簧压缩到最大压缩量，又返回到C点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，即 ·3mv2－0＝μ·2mgcos θ·2x 其中x为弹簧的最大压缩量 解得x＝0.4 m。‎ ‎(3)设弹簧的最大弹性势能为Epm 由能量守恒定律可得 ·3mv2＋2mgxsin θ＝mgx＋μ·2mgcos θ·x＋Epm 解得Epm＝6 J。‎ 答案　(1)2 m/s　(2)0.4 m　(3)6 J ‎1.运用能量守恒定律解题的基本思路 ‎2.多过程问题的解题技巧 ‎(1)“合”——初步了解全过程，构建大致的运动图景。‎ ‎(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个过程的规律。‎ ‎(3)“合”——找到子过程的联系，寻找解题方法。　　　　　　‎ ‎【变式训练4】　(2017·浙江杭州模拟)在学校组织的趣味运动会上，某科技小组为大家提供了一个游戏。如图4所示，将一质量为0.1 kg 的钢球放在O 点，用弹射装置将其弹出，使其沿着光滑的半环形轨道OA和AB运动。BC段为一段长为L＝2.0 m的粗糙平面，DEFG为接球槽。圆弧OA和AB的半径分别为r＝0.2 m、R＝0.4 m,小球与BC段的动摩擦因数为μ＝0.7，C点离接球槽的高度为h＝1.25 m，水平距离为x＝0.5 m，接球槽足够大，g取10 m/s2。求：‎ 图4‎ ‎(1)要使钢球恰好不脱离半环形轨道，钢球在A点的速度大小；‎ ‎(2)钢球恰好不脱离轨道时，在B位置对半环形轨道的压力大小；‎ ‎(3)要使钢球最终能落入槽中，弹射速度v0至少多大？‎ 解析　(1)要使钢球恰好不脱离轨道，钢球在最高点时，对钢球分析有mg＝m，解得vA＝2 m/s。‎ ‎(2)钢球从A到B的过程由动能定理得 mg·2R＝mv－mv，‎ 在B点有FN－mg＝m，‎ 解得FN＝6 N，‎ 根据牛顿第三定律，钢球在B位置对半环形轨道的压力为6 N。‎ ‎(3)从C到D钢球做平抛运动，要使钢球恰好能落入槽中，‎ 则x＝vCt，h＝gt2，解得vC＝1 m/s，‎ 假设钢球在A点的速度恰为vA＝2 m/s时，钢球可运动到C点，且速度为vC′，从A到C有 mg·2R－μmgL＝mvC′2－mv，‎ 解得vC′2<0，‎ 故当钢球在A点的速度恰为vA＝2 m/s时，钢球不可能到达C点，更不可能入槽，要使钢球最终能落入槽中，需要更大的弹射速度，才能使钢球既不脱离轨道，又能落入槽中。当钢球到达C点速度为vC时，v0有最小值，从O到C有mgR－μmgL ‎＝mv－mv，‎ 解得v0＝ m/s。‎ 答案　(1)2 m/s　(2)6 N　(3) m/s ‎　[常考点]与摩擦生热相关的两个物理模型 ‎1.两个模型 ‎(1)滑块—木板模型。‎ ‎(2)传送带模型。‎ ‎2.两种摩擦力的做功情况比较 ‎ 类别 比较 静摩擦力 滑动摩擦力 不同点 能量的转化方面 只有能量的转移，而没有能量的转化 既有能量的转移，又有能量的转化 一对摩擦力的总功方面 一对静摩擦力所做功的代数和等于零 一对滑动摩擦力所做功的代数和不为零，总功W＝－Ffl相对，即相对滑动时产生的热量 相同点 正功、负功、不做功方面 两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功 ‎【例3】　如图5所示，AB为半径R＝0.8 m的光滑圆弧轨道，下端B恰与小车右端平滑对接。小车质量M＝3 kg，车长L＝2.06 m，车上表面距地面的高度h＝0.2 m，现有一质量m＝1 kg的滑块，由轨道顶端无初速度释放，滑到B端后冲上小车。已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.3，当车运动了t0＝1.5 s时，车被地面装置锁定(g＝10 m/s2)。试求：‎ 图5‎ ‎ (1)滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小；‎ ‎(2)车被锁定时，车右端距轨道B端的距离；‎ ‎(3)从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车上表面间由于摩擦而产生的热量大小。‎ 解析　(1)由机械能守恒定律和牛顿第二定律得 mgR＝mv，FNB－mg＝m 则FNB＝30 N ‎(2)设m滑上小车后经过时间t1与小车同速，共同速度大小为v，设滑块的加速度大小为a1，小车的加速度大小为a2‎ 对滑块有：μmg＝ma1，v＝vB－a1t1‎ 对于小车：μmg＝Ma2，v＝a2t1‎ 解得v＝1 m/s，t1＝1 s，‎ 因t1μMg·4l⑩‎ 要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C。由机械能守恒定律有 MvB′2≤Mgl⑪‎ Ep＝MvB′2＋μMg·4l⑫‎ 联立①⑩⑪⑫式得 m≤M