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專題突破3功能關(guān)系能量守恒定律授課提示:對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第100頁(yè)eq\a\vs4\al(突破點(diǎn)一對(duì)功能關(guān)系的理解及應(yīng)用)自主探究1.功能關(guān)系(1)功是能量轉(zhuǎn)化的量度,即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化。(2)做功的過(guò)程一定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化,而且能量的轉(zhuǎn)化必須通過(guò)做功來(lái)實(shí)現(xiàn)。2.幾種常見(jiàn)的功能關(guān)系各種力做功對(duì)應(yīng)能的變化定量關(guān)系合力做的功動(dòng)能變化合力對(duì)物體做的功等于物體動(dòng)能的增量W合=Ek2-Ek1重力做的功重力勢(shì)能變化重力做正功,重力勢(shì)能減少,重力做負(fù)功,重力勢(shì)能增加,且WG=-ΔEp=Ep1-Ep2彈簧彈力做的功彈性勢(shì)能變化彈力做正功,彈性勢(shì)能減少,彈力做負(fù)功,彈性勢(shì)能增加,且W彈=-ΔEp=Ep1-Ep2只有重力、彈簧彈力做功不引起機(jī)械能變化機(jī)械能守恒ΔE=0非重力和彈力做的功機(jī)械能變化重力和彈力之外的力做正功,物體的機(jī)械能增加,做負(fù)功,機(jī)械能減少,且W其他=ΔE一對(duì)相互作用的滑動(dòng)摩擦力做的總功內(nèi)能變化作用于系統(tǒng)的一對(duì)滑動(dòng)摩擦力一定做負(fù)功,系統(tǒng)內(nèi)能增加且Q=Ffx相對(duì)1.如圖,一質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為l的均勻柔軟細(xì)繩PQ豎直懸掛。用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點(diǎn),M點(diǎn)與繩的上端P相距eq\f(1,3)l。重力加速度大小為g。在此過(guò)程中,外力做的功為()A.eq\f(1,9)mgl B.eq\f(1,6)mglC.eq\f(1,3)mgl D.eq\f(1,2)mgl解析:QM段繩的質(zhì)量為m′=eq\f(2,3)m,未拉起時(shí),QM段繩的重心在QM中點(diǎn)處,與M點(diǎn)距離為eq\f(1,3)l,繩的下端Q拉到M點(diǎn)時(shí),QM段繩的重心與M點(diǎn)距離為eq\f(1,6)l,此過(guò)程重力做功WG=-m′g(eq\f(1,3)l-eq\f(1,6)l)=-eq\f(1,9)mgl,對(duì)繩的下端Q拉到M點(diǎn)的過(guò)程,應(yīng)用動(dòng)能定理,可知外力做功W=-WG=eq\f(1,9)mgl,可知A項(xiàng)正確,B、C、D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案:A2.(多選)(2020·高考全國(guó)卷Ⅰ)m、長(zhǎng)m的斜面頂端從靜止開(kāi)始沿斜面下滑,其重力勢(shì)能和動(dòng)能隨下滑距離s的變化如圖中直線Ⅰ、Ⅱ所示,重力加速度取10m/s2。則()A.物塊下滑過(guò)程中機(jī)械能不守恒B.C.m/s2D.m時(shí)機(jī)械能損失了12J解析:由Es圖象知,物塊動(dòng)能與重力勢(shì)能的和減少,機(jī)械能不守恒,A正確;由Es圖象知,整個(gè)下滑過(guò)程中,物塊機(jī)械能減少量為ΔE=30J-10J=20J,而ΔE=μmgcosα·s,mgh=30J,其中cosα,hm,g=10m/s2,則動(dòng)摩擦因數(shù)μ,B正確;物塊下滑時(shí)的加速度a=gsinα-μgcosα=2m/s2,C錯(cuò)誤;物塊下滑m時(shí)損失的機(jī)械能為ΔE′=μmgcosα·s′=8J,D錯(cuò)誤。答案:ABeq\a\vs4\al(突破點(diǎn)二摩擦力做功與能量關(guān)系結(jié)合的兩類模型)師生互動(dòng)1.兩種摩擦力做功的比較靜摩擦力做功滑動(dòng)摩擦力做功只有能量的轉(zhuǎn)移,沒(méi)有能量的轉(zhuǎn)化既有能量的轉(zhuǎn)移,又有能量的轉(zhuǎn)化互為作用力和反作用力的一對(duì)靜摩擦力所做功的代數(shù)和為零,即要么一正一負(fù),要么都不做功互為作用力和反作用力的一對(duì)滑動(dòng)摩擦力所做功的代數(shù)和為負(fù)值,即至少有一個(gè)力做負(fù)功(1)摩擦力做功的計(jì)算:無(wú)論是滑動(dòng)摩擦力,還是靜摩擦力,計(jì)算做功時(shí)都是用力與對(duì)地位移的乘積。(2)摩擦生熱的計(jì)算:應(yīng)用公式Q=Ff·l相對(duì)計(jì)算,其中l(wèi)相對(duì)為兩接觸物體間的相對(duì)位移,若物體在傳送帶上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)時(shí),則l相對(duì)為總的相對(duì)路程?!皞魉蛶А蹦P蚚典例1]如圖所示,圖甲為水平傳送帶,圖乙為傾斜傳送帶,兩者長(zhǎng)度相同,均沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng),轉(zhuǎn)動(dòng)速度大小相等,將兩個(gè)完全相同的物塊分別輕放在圖甲、乙傳送帶上的A端,兩物塊均由靜止開(kāi)始做勻加速運(yùn)動(dòng),到B端時(shí)均恰好與傳送帶速度相同,則下列說(shuō)法正確的是()A.圖甲中物塊運(yùn)動(dòng)時(shí)間小于圖乙中物塊運(yùn)動(dòng)時(shí)間B.圖甲、乙中傳送帶和物塊間因摩擦產(chǎn)生的熱量相等C.圖甲、乙中傳送帶對(duì)物塊做的功都等于物塊動(dòng)能的增加量D.圖甲、乙中傳送帶對(duì)物塊做的功都等于物塊機(jī)械能的增加量[解析]設(shè)傳送帶長(zhǎng)度為L(zhǎng),速度為v。根據(jù)L=eq\f(v,2)t,知t=eq\f(2L,v),L、v相等,所以時(shí)間t相等,故A錯(cuò)誤;物體與傳送帶間的相對(duì)位移Δx=vt-L=eq\f(vt,2),可知相對(duì)位移大小相等,由a=eq\f(v,t)知加速度大小相等,根據(jù)牛頓第二定律,甲圖中有Ff1=ma,乙圖中有Ff2-mgsinα=ma,可得Ff1<Ff2,摩擦生熱Q=FfΔx,所以圖乙中傳送帶和物塊間因摩擦產(chǎn)生的熱量較大,故B錯(cuò)誤;圖甲中只有摩擦力對(duì)物塊做功,由動(dòng)能定理知,傳送帶對(duì)物塊做的功等于物塊動(dòng)能的增加量,圖乙中傳送帶、物塊重力都對(duì)物塊做功,且重力做負(fù)功,由動(dòng)能定理知,圖乙中傳送帶對(duì)物塊做的功大于物塊動(dòng)能的增加量,故C錯(cuò)誤;根據(jù)功能原理可知,圖甲、乙中傳送帶對(duì)物塊做的功都等于物塊機(jī)械能的增加量,故D正確。[答案]D規(guī)律總結(jié)“兩分析”巧解與功能相關(guān)的“傳送帶”模型———————————————————————1.動(dòng)力學(xué)角度分析首先要正確分析物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程,做好受力分析,然后利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應(yīng)時(shí)間內(nèi)的位移,找出物體和傳送帶之間的位移關(guān)系。2.傳送帶問(wèn)題中的功能關(guān)系分析(1)功能關(guān)系分析:W=ΔEk+ΔEp+Q。(2)對(duì)W和Q的理解:①傳送帶做的功W=Fx傳,其中F為傳送帶的動(dòng)力,x傳為傳送帶轉(zhuǎn)過(guò)的距離;②產(chǎn)生的內(nèi)能Q=FfΔx?!盎瑝K—滑板”模型[典例2]如圖所示,水平地面上有一長(zhǎng)L=2m、質(zhì)量M=1kg的長(zhǎng)板,其右端上方有一固定擋板。質(zhì)量m=2kg的小滑塊從長(zhǎng)板的左端以v0=6m/s的初速度向右運(yùn)動(dòng),同時(shí)長(zhǎng)板在水平拉力F作用下以v=2m/s的速度向右勻速運(yùn)動(dòng),滑塊與擋板相碰后速度為0,長(zhǎng)板繼續(xù)勻速運(yùn)動(dòng),直到長(zhǎng)板與滑塊分離。已知長(zhǎng)板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=,滑塊與長(zhǎng)板間動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=,重力加速度g取10m/s2。求:(1)滑塊從長(zhǎng)板的左端運(yùn)動(dòng)至擋板處的過(guò)程,長(zhǎng)板的位移x;(2)滑塊碰到擋板前,水平拉力大小F;(3)滑塊從長(zhǎng)板的左端運(yùn)動(dòng)至與長(zhǎng)板分離的過(guò)程,系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q。[解析](1)滑塊在長(zhǎng)板上做勻減速運(yùn)動(dòng),a=eq\f(μ2mg,m)=μ2g,解得a=5m/s2。根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得L=v0t-eq\f(1,2)at2,解得ts(ts舍去),(碰到擋板前滑塊速度v1=v0-at=4m/s>2m/s,說(shuō)明滑塊一直勻減速)長(zhǎng)板移動(dòng)的位移x=vtm。(2)對(duì)板受力分析如圖所示,由平衡條件有F+Ff2=Ff1,其中Ff1=μ1(M+m)g=12N,F(xiàn)f2=μ2mg=10N,解得F=2N。(3)方法一:滑塊與擋板碰撞前,滑塊與長(zhǎng)板因摩擦產(chǎn)生的熱量Q1=Ff2·(L-x)=μ2mg(L-x)=12J,滑塊與擋板碰撞后,滑塊與長(zhǎng)板因摩擦產(chǎn)生的熱量Q2=μ2mg(L-x)=12J,整個(gè)過(guò)程中,板與地面因摩擦產(chǎn)生的熱量Q3=μ1(M+m)g·L=24J,所以,系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q=Q1+Q2+Q3=48J。方法二:滑塊與擋板碰撞前,木板受到的拉力為F1=2N[第(2)問(wèn)可知],F(xiàn)1做的功為W1=Fx=2×J,滑塊與擋板碰撞后,木板受到的拉力為F2=Ff1+Ff2=μ1(M+m)g+μ2mg=22N,F(xiàn)2做的功為W2=F2(L-x)=22×J,碰到擋板前滑塊速度v1=v0-at=4m/s,滑塊動(dòng)能變化ΔEk=20J,所以系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q=W1+W2+ΔEk=48J。[答案](1)m(2)2N(3)48J方法技巧“滑塊—滑板”模型問(wèn)題的分析方法———————————————————————(1)動(dòng)力學(xué)分析:分別對(duì)滑塊和滑板進(jìn)行受力分析,根據(jù)牛頓第二定律求出各自的加速度;從放上滑塊到二者速度相等,所用時(shí)間相等,由t=eq\f(Δv2,a2)=eq\f(Δv1,a1)可求出共同速度v和所用時(shí)間t,然后由位移公式可分別求出二者的位移。(2)功和能分析:對(duì)滑塊和滑板分別運(yùn)用動(dòng)能定理,或者對(duì)系統(tǒng)運(yùn)用能量守恒定律。如圖所示,要注意區(qū)分三個(gè)位移:①求摩擦力對(duì)滑塊做功時(shí)用滑塊對(duì)地的位移x滑;②求摩擦力對(duì)滑板做功時(shí)用滑板對(duì)地的位移x板;③求摩擦生熱時(shí)用相對(duì)滑動(dòng)的位移x相。3.(多選)(2021·湖南長(zhǎng)郡中學(xué)高三月考)一傳送帶裝置示意圖如圖所示,其中傳送經(jīng)過(guò)AB區(qū)域時(shí)是水平的,經(jīng)過(guò)BC區(qū)域時(shí)變?yōu)閳A弧形(圓弧很短,由光滑模板形成),經(jīng)過(guò)CD區(qū)域時(shí)是傾斜的,AB和CD都和BC相切?,F(xiàn)將一質(zhì)量為m的小貨箱在A處放到傳送帶上,放置時(shí)初速度為零,經(jīng)傳送帶運(yùn)送到D處,D和A的高度差為h。工作時(shí)傳送帶速度為v且穩(wěn)定不變。箱子在A處投放后,到達(dá)B時(shí)剛好相對(duì)于傳送帶靜止,且以后不再滑動(dòng)(忽略經(jīng)BC段時(shí)的微小滑動(dòng))。已知該裝置由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng),傳送帶與輪子之間無(wú)相對(duì)滑動(dòng),不計(jì)輪軸處的摩擦。則小貨箱從A傳輸?shù)紻的過(guò)程中()A.小貨箱的動(dòng)能增量為mv2B.小貨箱與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱為eq\f(1,2)mv2C.傳送帶對(duì)小貨箱做的功為eq\f(1,2)mv2+mghD.電動(dòng)機(jī)做的功為eq\f(1,2)mv2+mgh解析:由于小貨箱最終相對(duì)于傳送帶靜止,小貨箱的動(dòng)能增量為ΔEk=eq\f(1,2)mv2,故A錯(cuò)誤;在水平段運(yùn)輸?shù)倪^(guò)程中,小貨箱在滑動(dòng)摩擦力作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng),其末速度等于傳送帶的速度,用f表示小貨箱與傳送帶之間的滑動(dòng)摩擦力,設(shè)這段時(shí)間內(nèi)小貨箱通過(guò)的位移為s,運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t,根據(jù)動(dòng)能定理可得,在水平方向上傳送帶對(duì)小貨箱做功為Wf=fs=eq\f(1,2)mv2,其中s=eq\f(v,2)t,小貨箱與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱為Q=fΔx相=f(vt-s)=eq\f(1,2)mv2,故B正確;小貨箱從A傳輸?shù)紻的過(guò)程中,根據(jù)動(dòng)能定理可得W-mgh=eq\f(1,2)mv2,解得傳送帶對(duì)小貨箱做的功為W=eq\f(1,2)mv2+mgh,故C正確;根據(jù)能量守恒定律和功能關(guān)系可得電動(dòng)機(jī)做的功為W電=ΔEk+ΔEp+Q=mv2+mgh,故D錯(cuò)誤。答案:BC4.(2021·天津和平區(qū)模擬)如圖甲所示,一長(zhǎng)木板靜止在水平地面上,在t=0時(shí)刻,一小物塊以一定速度從左端滑上長(zhǎng)木板,之后長(zhǎng)木板運(yùn)動(dòng)的vt圖象如圖乙所示。已知小物塊與長(zhǎng)木板的質(zhì)量均為m=1kg,木板足夠長(zhǎng),g取10m/s2,求:甲乙(1)小物塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù);(2)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,系統(tǒng)所產(chǎn)生的熱量。解析:(1)設(shè)小物塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1,長(zhǎng)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2,長(zhǎng)木板達(dá)到的最大速度為vm,長(zhǎng)木板加速過(guò)程中,由牛頓第二定律得μ1mg-2μ2mg=ma1vm=a1t1木板和物塊相對(duì)靜止,共同減速過(guò)程中,由牛頓第二定律得μ2·2mg=2ma2vm=a2t2由圖象可知,vm=2m/s,t1=2s,t2=1s聯(lián)立解得μ1。(2)設(shè)小物塊初速度為v0,剛滑上長(zhǎng)木板時(shí)的加速度大小為a0,則有μ1mg=ma0vm=v0-a0t1在整個(gè)過(guò)程中,由能量守恒定律得Q=eq\f(1,2)mv02=72J。答案:(1)(2)72Jeq\a\vs4\al(突破點(diǎn)三能量轉(zhuǎn)化與守恒的應(yīng)用)自主探究1.對(duì)能量守恒定律的兩點(diǎn)理解(1)某種形式的能量減少,一定存在其他形式的能量增加,且減少量和增加量一定相等。(2)某個(gè)物體的能量減少,一定存在其他物體的能量增加,且減少量和增加量一定相等。2.能量轉(zhuǎn)化問(wèn)題的解題思路(1)當(dāng)涉及摩擦力做功,機(jī)械能不守恒時(shí),一般應(yīng)用能的轉(zhuǎn)化和守恒。(2)解題時(shí),首先確定初、末狀態(tài),然后分析狀態(tài)變化過(guò)程中哪種形式的能量減少,哪種形式的能量增加,求出減少的能量總和ΔE減與增加的能量總和ΔE增,最后由ΔE減=ΔE增列式求解。5.構(gòu)建和諧型、節(jié)約型社會(huì)深得民心,遍布于生活的方方面面。自動(dòng)充電式電動(dòng)車就是很好的一例,電動(dòng)車的前輪裝有發(fā)電機(jī),發(fā)電機(jī)與蓄電池連接。當(dāng)在騎車者用力蹬車或電動(dòng)自行車自動(dòng)滑行時(shí),自行車就可以連通發(fā)電機(jī)向蓄電池充電,將其他形式的能轉(zhuǎn)化成電能儲(chǔ)存起來(lái)。現(xiàn)有某人騎車以500J的初動(dòng)能在粗糙的水平路面上滑行,第一次關(guān)閉自動(dòng)充電裝置,讓車自由滑行,其動(dòng)能隨位移變化關(guān)系如圖①所示;第二次啟動(dòng)自動(dòng)充電裝置,其動(dòng)能隨位移變化關(guān)系如圖②所示,則第二次向蓄電池所充的電能是()A.200J B.250JC.300J D.500J解析:第一次關(guān)閉自動(dòng)充電裝置,自由滑行時(shí)只有摩擦力做功,根據(jù)動(dòng)能定理有-Ff·x1=0-Ek,第二次啟動(dòng)充電裝置后,滑行直至停下來(lái)的過(guò)程,動(dòng)能一部分克服摩擦力做功,一部分轉(zhuǎn)化為電能,Ek=Ff·x2+W,代入數(shù)據(jù)計(jì)算可得W=200J,選項(xiàng)A正確。答案:A6.質(zhì)量為m的人造地球衛(wèi)星與地心的距離為r時(shí),引力勢(shì)能可表示為Ep=-Geq\f(Mm,r),其中G為引力常量,M為地球質(zhì)量。該衛(wèi)星原來(lái)在半徑為R1的軌道上繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng),由于受到極稀薄空氣的摩擦作用,飛行一段時(shí)間后其圓周運(yùn)動(dòng)的半徑變?yōu)镽2,此過(guò)程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量為()A.GMm(eq\f(1,R2)-eq\f(1,R1)) B.GMm(eq\f(1,R1)-eq\f(1,R2))C.eq\f(GMm,2)(eq\f(1,R2)-eq\f(1,R1)) D.eq\f(GMm,2)(eq
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