2020高考物理二轮复习专题突破秘籍功能关系在力学中应用.doc

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关系在力学中的应用(考点汇聚+专题专讲专练+考点串讲,17页
word,含名师详解)
专题定位本专题主要用功能的看法解决物体的运动和带电体、带电粒子、:①重力、摩擦力、静
电力和洛伦兹力的做功特色和求解;②与功、功率相关的分析与计算;③几个重要的功能关系的应用;④动能定理的综合应用;⑤综合应用机械能守恒定律和能量守恒定律分析问题.
本专题是高考的要点和热门,命题情形新,联系实质亲近,综合性强,重视在计算题中命题,是高考的压轴题.
应试策略深刻理解功能关系,抓住两种命题情形搞打破:一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律,联合动力学方法解决多运动过程问题;二
是运用动能定理和能量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感觉问题.
功能关系在力学中的应用

重力、弹簧弹力、静电力做功与路径没关.
摩擦力做功的特色
①单个摩擦力(包含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互相作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零,在静摩擦力做功的过程中,
只有机械能的转移,没有机械能转变成其余形式的能;互相作用的一对滑动摩
擦力做功的代数和不为零,,不
仅有互相摩擦物体间机械能的转移,
的量等于系统机械能的减少许,等于滑动摩擦力与相对位移的乘积.
③摩擦生热是指滑动摩擦生热,静摩擦不会生热.

重力的功等于重力势能的变化,即WG=-ΔEp.
弹力的功等于弹性势能的变化,即W弹=-ΔEp.
合力的功等于动能的变化,即W=ΔEk.
重力(或弹簧弹力)以外的其余力的功等于机械能的变化,即W其余=E.
一对滑动摩擦力做的功等于系统中内能的变化,即Q=Ff·l相对.

动能定理的合用状况:解决单个物体(或可看作单个物体的物系统统)受力与位移、,也合用于曲线运动;既
合用于恒力做功,也合用于变力做功,力可以是各种性质的力,既可以同时作用,也可以分段作用.
应用动能定理解题的基本思路
①采用研究对象,明确它的运动过程.
②分析研究对象的受力状况和各力做功状况,而后求各个外力做功的代数和.
③明确物体在运动过程始、末状态的动能Ek1和Ek2.
④列出动能定理的方程W合=Ek2-Ek1,及其余必需的解题方程,进行求解.

机械能能否守恒的判断
①用做功来判断,看重力(或弹簧弹力)以外的其余力做功的代数和能否为零.
②用能量转变来判断,看能否有机械能转变成其余形式的能.
③对一些“绳索忽然绷紧”、“物体间碰撞”等问题,机械能一般不守恒,除
非题目中有特别说明及表示.
应用机械能守恒定律解题的基本思路①采用研究对象——物系统统.②依据研究对象所经历的物理过程,进行受力、做功分析,判断机械能能否守
恒.
③合适地采用参照平面,确立研究对象在运动过程的始、末状态时的机械能.
④依据机械能守恒定律列方程,进行求解.
题型1力学中的几个重要功能关系的应用
例1如图1所示,轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接,另一端与物体A相连,物体A静止于圆滑水平桌面上,右端接一细线,细线绕过圆滑的定滑轮与物体
,让细线恰好挺直,而后由静止开释B,直至B获取

( )
图1




分析把A、B和弹簧看做一个系统,该系统机械能守恒,在B着落直至B获取
最大速度的过程中,A的动能增大,弹簧弹性势能增大,所以B物体的机械能一
直减小,选项A正确;由动能定理知,B物体的动能的增添量等于它所受重力与
拉力做的功之和,选项B正确;B物体机械能的减少许等于弹簧的弹性势能的增
加量与A物体动能的增添量之和,选项C错误;对A物体和弹簧构成的系统,
由功能关系得,细线拉力对A物体做的功等于A物体与弹簧所构成的系统机械
能的增添量,选项D正确.
答案ABD
:重力做的功等于重力势能的变化量;
弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化量;重力以外的其余力做的功等于机械能
的变化量;合力做的功等于动能的变化量.
,
程各力做功的状况.
(2020·山东·16)如图

2所示,楔形木块

abc

固定在水平面上,粗
糙斜面ab和圆滑斜面bc与水平面的夹角相同,
分别为M、m(M>m)的滑块,经过不行伸长的轻绳越过定滑轮连接,,,
在两滑块沿斜面运动的过程中( )
图2




答案CD
分析两滑块开释后,M下滑、m上滑,摩擦力对M做负功,M和m构成的系统机械能减小,减小的机械能等于M战胜摩擦力所做的功,选项A错误,,还有摩擦力和绳的拉力对滑块M做负功,,滑块m机械能增添,且增添的机械能等于拉力做的功,选项C正确.
题型
例2

2

动力学方法和动能定理的综合应用
(15分)如图3所示,上表面圆滑、长度为

3m、质量

M=10kg

的木板,在

F
=50N的水平拉力作用下,以v0=5m/=3kg的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端,当木板运动了L=1m时,又将第二个相同的小铁块无初速地放在木板最右端,以
后木板每运动1m就在其最右端无初速度地放上一个相同的小铁块.(g取10m/s2)求:
图3
木板与地面间的动摩擦因数;
刚放第三个小铁块时木板的速度;
从放第三个小铁块开始到木板停止的过程,木板运动的距离.
审题打破木板在F=50N的水平拉力作用下,沿水平川面匀速运动,隐含什
么条件?放上小铁块后木板的受力如何变化?
分析

(1)木板做匀速直线运动时,遇到地面的摩擦力设为

Ff
由均衡条件得:
F=Ff

①(1

分)
又Ff=μMg

②(2
分)
联立①②并代入数据得:
μ=
③(1
分)
每放一个小铁块,木板所受的摩擦力增添μmg
设刚放第三个小铁块时木板的速度为v1,对木板从放第一个小铁块到刚放第三
个小铁块的过程,由动能定理得:
1
2
1
2
④(5
-μmgL-2μmgL=2Mv-
2Mv
1
0
分)
联立③④并代入数据得:
v1=4m/s⑤(1

分)
从放第三个小铁块开始到木板停止以前,木板所受的合外力大小均为
3μmg.
从放第三个小铁块开始到木板停止的过程,设木板运动的距离为x,对木板由动
能定理得:
12
-3μmgx=0-2Mv1

⑥(4

分)
16
联立③⑤⑥并代入数据得
x=

9
m≈
⑦(1
分)
答案(1)(2)4m/s(3)

.
,可以全过程列式,也可以分过程列式.
如图4所示,倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R=,O点为轨道圆心,BC为圆轨道直径且处于竖直方向,A、=1kg的滑块从A点由静止开始下滑,恰能滑到与O点
等高的D点,g取10m/s2,sin37°=,cos37°=.
图4
求滑块与斜面间的动摩擦因数μ;
若使滑块能到达C点,求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值;
若滑块走开C点的速度大小为4m/s,求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t.
答案(1)(2)23m/s(3)
分析(1)滑块从A点到D点的过程中,依据动能定理有
2R
mg·(2R-R)-μmgcos37°·sin37°=0-0
1
解得:μ=2tan37°=
若使滑块能到达C点,依据牛顿第二定律有
2
mvC
mg+FN=R
由FN≥0得vC≥Rg=2m/s
滑块从A点到C点的过程中,依据动能定理有
2R
1
2
1
2
-μmgcos37°·sin37°
=2mv-2mv
C
0
则v0=
2
°≥23m/s
vC+4μgRcot37
故v0的最小值为23m/s
滑块走开C点后做平抛运动,有
12
x=vC′t,y=2gt
2R-y
由几何知识得tan37°=
x
整理得:5t2+3t-=0
解得t=(t=-)
题型3动力学方法和机械能守恒定律的应用
例3(14分)如图5,质量为M=2kg的顶部有竖直壁的容器A,置于倾角为θ=
30°的固定圆滑斜面上,底部与斜面啮合,容器顶面恰好处于水平状态,容器
内有质量为m=、B系统从斜面上端由静止开始下滑L后恰好到达斜面底端,已知L=2m,取重力加快度g=10m/:
图5
小球到达斜面底端的速度大小;
下滑过程中,A的水平顶面对B的支持力大小;
下滑过程中,A对B所做的功.
审题打破A、B构成的系统内发生转移或转变的是什么能量?A的水平顶面对
B的支持力方向如何?
分析(1)依据机械能守恒定律:
1
2
(M+m)gLsinθ=2(M+m)v
(2
分)
解得:v=2gLsinθ=25m/s
(2
分)
(用牛顿运动定律和运动学知识求出速度的相同给
(2)小球与容器一起沿斜面自由下滑,加快度为

4分)a=gsin

θ

(1
分)
对B进行受力分析,以以下图,竖直方向受mg、FN作用,斜向下加
速运
动,依据牛顿第二定律
mg-FN=masin

θ

(3

分)
代入
解得

a=gsinθ
FN=mg(1-sin

2

θ)=mgcos2

θ=
(2

分)
设A对B做的功为Wm,则依据动能定理
m12
(2分)
mgLsinθ+W=2mv
1
2
解得Wm=2mv-mgLsinθ
1
2
=2m(2gLsinθ)
-mgLsin
θ=0
(2分)
答案(1)2
5m/s
(2)
(3)0
以题说法
若判断多个物体构成的系统机械能能否守恒,最简单有效的方法是
,此题中各个接触面都是圆滑
的,不会产生内能,也没有其余能量参加转移或转变,所以A、B构成的系统机
械能守恒.
如图6所示,轮半径r=10cm的传递带,水平部分AB的长度L=,与一圆心在O点、半径R=1m的竖直圆滑圆轨道的尾端相切于A点,AB高出水平川面H=,一质量m=(可视为质点),由圆轨道上的P点从静止开释,OP与竖直线的夹角θ=37°.已知sin37°=,cos37°=,g=10m/s2,滑块与传递带间的动摩擦因数μ=,不计空气阻力.
图6
求滑块对圆轨道尾端的压力;
若传递带向来保持静止,求滑块的落地点与B间的水平距离;
若传递带以v0=(传递带上部分由B到A
运动),求滑块在传递带上滑行过程中产生的内能.
答案

(1)

,方向竖直向下

(2)

(3)
分析

(1)从

P点到圆轨道尾端的过程中,由机械能守恒定律得:

mgR(1-cos
12
37°)=2mv
在轨道尾端由牛顿第二定律得:
2
mv
FN-mg=R
由以上两式得FN=
由牛顿第三定律得,,方向竖直向下.
若传递带静止,从A到B的过程中,由动能定理得:
1212
-μmgL=2mvB-2mv
解得:vB=1m/s
滑块从B点开始做平抛运动
滑块的落地点与

B点间的水平距离为:

x=vB

2H
g=
(3)传递带向左运动和传递带静止时,滑块的受力状况没有变化,滑块从

A到

B
v-vB
:
x=L+v0

μg=2
m
滑块在传递带上滑行过程中产生的内能为:
Q=μmgx=.

审题示例
(12分)如图7所示,半径为R的圆滑半圆轨道ABC与倾角为θ=37°的粗糙斜面轨道DC相切于C点,,恰好与半圆轨道的A点相切进入半圆轨道内侧,以后经半圆轨道沿斜面恰好滑到与抛出点等
50
,取R=9h,sin37°=,cos37°
=,不计空气阻力,求: