2019届二轮复习功能关系的理解与应用课件（共53张）（江苏专用） 53页

第 1 讲　功能关系的理解与应用 专题三 　 动量和能量 内容索引 网络构建 　规律 方法 高考题型 1 　力学中的几个重要功能关系的应用 高考题型 2 　能量观点的应用 高考题型 3 　动力学和能量观点的综合应用 网络构建 规律方法 网络构建 1. 几个重要的功能关系 (1) 重力的功等于重力势能的变化，即 W G ＝－ Δ E p . (2) 弹力的功等于弹性势能的变化，即 W 弹 ＝－ Δ E p . (3) 合力的功等于动能的变化，即 W ＝ Δ E k . (4) 重力 ( 或弹簧弹力 ) 之外的其他力的功等于机械能的变化，即 W 其他 ＝ Δ E . (5) 一对滑动摩擦力做的功等于系统中内能的变化，即 Q ＝ F f · l 相对 . 规律 方法 2. 动能定理的应用 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 . 动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动；既适用于恒力做功，也适用于变力做功，力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用 . 3. 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零 . (2) 用能量转化来判断，看是否有机械能转化为其他形式的能 . (3) 对一些 “ 绳突然绷紧 ”“ 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或暗示 . 力学中的几个重要功能关系的应用 高考题型 1 例 1 　 ( 多选 )(2018· 江苏单科 ·7) 如图 1 所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块， O 点为弹簧在原长时物块的位置 . 物块由 A 点静止释放，沿 粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达 B 点 . 在从 A 到 B 的过程中，物 块 A. 加速度先减小后增大 B. 经过 O 点时的速度最大 C. 所受弹簧弹力始终做正功 D. 所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的 功 答案 √ 解析 图 1 √ 解析　 由 A 点开始运动时， F 弹 > F f ，合力向右，小物块向右加速运动，弹簧压缩量逐渐减小， F 弹 减小，由 F 弹 － F f ＝ ma 知， a 减小；当运动到 F 弹 ＝ F f 时， a 减小为零，此时弹簧仍处于压缩状态，由于惯性，小物块继续向右运动，此时 F 弹 < F f ，小物块做减速运动，且随着压缩量继续减小， F 弹 与 F f 差值增大，即加速度增大；当越过 O 点后，弹簧被拉伸，此时弹力方向与摩擦力方向相同，有 F 弹 ′ ＋ F f ＝ ma ′ ，随着拉伸量增大， a ′ 也增大 . 故从 A 到 B 过程中，物块加速度先减小后增大，在压缩状态 F 弹 ＝ F f 时速度达到最大，故 A 对， B 错； 在 AO 段物块运动方向与弹力方向相同，弹力做正功，在 OB 段物块运动方向与弹力方向相反，弹力做负功，故 C 错； 由动能定理知， A 到 B 的过程中，弹簧弹力做功和摩擦力做功之和为 0 ，故 D 对 . 拓展训练 1 　 ( 多选 )(2017· 扬州中学 4 月模拟 ) 如图 2 所示，斜面体 B 静置于水平桌面上 . 一质量为 m 的木块 A 从斜面底端开始以初速度 v 0 沿斜面上滑，然后又返回出发点，此时速度为 v ，且 v ＜ v 0 . 在木块运动的过程中斜面体始终保持静止 . 则下列说法中正确的 是 A. A 上滑过程中桌面对 B 的支持力比下滑过程中大 B. A 上滑过程中桌面对 B 的静摩擦力比下滑过程中大 C. A 上滑时机械能的减小量等于克服重力做的功与 产 生 的内能之和 D. 在 A 上滑与下滑的过程中， A 、 B 系统损失的机械能 相等 答案 √ 图 2 √ 拓展训练 2 　 ( 多选 )(2018· 丹阳高级中学模拟 ) 如图 3 所示，足够长的光滑斜面固定在水平面上，竖直轻质弹簧与 A 、 B 物块相连， A 、 C 物块由跨过光滑小滑轮的轻绳连接 . 初始时刻， C 在外力作用下静止，绳中恰好无拉力， B 放置在水平面上， A 静止 . 现撤去外力，物块 C 沿斜面向下运动，当 C 运动到最低点时， B 刚好离开地面 . 已知 A 、 B 的质量均为 m ，弹簧始终处于弹性限度内，则上述过程 中 A. C 的质量 m C 可能小于 m B. C 的速度最大时， A 的加速度为零 C. C 的速度最大时，弹簧弹性势能最小 D. A 、 B 、 C 组成的系统的机械能先变小后变 大 √ √ 答案 解析 图 3 解析　 设斜面的倾角为 θ ，由物块 C 能拉动 A 向上运动可知 m C g sin θ ＞ mg ，则 C 的质量 m C 一定大于 m ，选项 A 错误 ； C 的速度最大时，加速度为零，因 A 的加速度等于 C 的加速度，则此时 A 的加速度也为零，选项 B 正确 ； 因只有重力和弹力做功，则 A 、 B 、 C 及弹簧组成的系统的机械能守恒，因弹性势能先减小后增大，则 A 、 B 、 C 系统的机械能先变大后变小，选项 D 错误 . 拓展训练 3 　 ( 多选 )(2017· 江苏单科 ·9) 如图 4 所示，三个小球 A 、 B 、 C 的质量均为 m ， A 与 B 、 C 间通过铰链用轻杆连接，杆长为 L . B 、 C 置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长 . 现 A 由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角 α 由 60° 变为 120°. A 、 B 、 C 在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为 g . 则此下降过程中 答案 √ 解析 图 4 √ C. 弹簧的弹性势能最大时， A 的加速度方向竖直向下 当 A 球的速度为零时，弹簧的弹性势能最大， A 的加速度方向竖直向上， C 错误； 能量观点的应用 高考 题型 2 1. 能量观点规律的选择 (1) 对单个物体的动能增量的大小判断宜采用动能定理 . (2) 对物体系统动能增量的大小判断应考虑运用能量守恒定律 . (3) 动能定理可用于求变力做功 . (4) 系统机械能守恒问题常列 Δ E 1 ＝－ Δ E 2 . 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 . 题型 1 　动能定理的 应用 例 2 　 (2018· 江苏省高考压轴冲刺卷 ) 如图 5 甲所示为一景区游乐滑道，游客坐在坐垫上沿着花岗岩滑道下滑，可依靠手脚与侧壁间的摩擦来控制下滑速度 . 滑道简化图如图乙所示，滑道由 AB 、 BC 、 CD 三段组成，各段之间平滑连接 . AB 段和 CD 段与水平面夹角为 θ 1 ，竖直距离均为 h 0 ， BC 段与水平面夹角为 θ 2 ，竖直距离 为 h 0 . 一质量为 m 的游客从 A 点由静止开始下滑，到达底端 D 点时的安全速度不得 大于 ( 重力加速度为 g ) ，若使用坐垫 ， 坐垫与滑道 底面间摩擦不计，若未使用 坐垫， 游客与 各段滑道底面间的摩擦力大小恒为 重 力的 0.1 倍，运动过程中游客始终不离开滑道 ， 空气阻力 不计 . 已知 sin θ 1 ＝ ， sin θ 2 ＝ ， 求 ： 图 5 (1) 若游客使用坐垫且与侧壁间无摩擦自由下滑，则游客在 BC 段增加的动能 Δ E k ； 答案 解析 (2) 若游客未使用坐垫且与侧壁间无摩擦自由下滑，则游客到达 D 点时是否安全； 答案 解析 答案　 不安全 解析　 在 AD 段，由动能定理得： (3) 若游客使用坐垫下滑，且游客安全到达 D 点，则全过程克服侧壁摩擦力做功的最小值 . 答案 解析 答案　 1.5 mgh 0 解析　 整个过程，由动能定理得： 解得： W ＝ 1.5 mgh 0 . 拓展训练 4 　 (2018· 盐城市三模 ) 如图 6 所示，质量为 m 、半径为 R 的光滑圆柱体 B 放在水平地面上，其左侧有半径为 R 、质量为 m 的半圆柱体 A ，右侧有质量为 m 的长方体木块 C ，现用水平向左的推力推木块 C ，使其缓慢移动，直到圆柱体 B 恰好运动到半圆柱体 A 的顶端，在此过程中 A 始终保持静止 . 已知 C 与地面间的动摩擦因数 μ ＝ ， 重力加速度为 g . 求 ： (1) 圆柱体 B 下端离地高 为 时 ，地面对半圆柱体 A 的 支持 力大小； 答案 图 6 解析 答案　 2 mg 解析　 以 A 和 B 整体为研究对象，地面对圆柱体 A 的支持力 F N ＝ 2 mg . (2) 木块 C 移动的整个过程中水平推力的最大值； 答案 解析 答案　 (3) 木块 C 移动的整个过程中水平推力所做的功 . 答案 解析 答案　 根据动能定理 W － W f － mgR ＝ 0 题型 2 　机械能守恒定律的应用 例 3 　 (2018· 南通等六市一调 ) 如图 7 所示， A 、 B 两小球质量均为 m ， A 球位于半径为 R 的竖直光滑圆轨道内侧， B 球穿过固定的光滑竖直长杆，杆和圆轨道在同一竖直平面内，杆的延长线过轨道圆心 O . 两球用轻质铰链与长为 L ( L ＞ 2 R ) 的轻杆连接，连接两球的轻杆能随小球自由移动， M 、 N 、 P 三点分别为圆轨道上最低点、圆心的等高点和最高点 ， 重力加速度 为 g . (1) 对 A 球施加一个始终沿圆轨道切向的推力，使其缓慢从 M 点 移至 N 点，求 A 球在 N 点受到的推力大小 F ； 答案 解析 图 7 答案　 2 mg 解析　 在 N 点， A 、 B 和轻杆整体处于平衡状态 ， 在 竖直方向有： F － 2 mg ＝ 0 解得： F ＝ 2 mg (2) 在 M 点给 A 球一个水平向左的初速度， A 球沿圆轨道运动到最高点 P 时速度大小为 v ，求 A 球在 M 点时的初速度大小 v 0 ； 答案 解析 解析　 A 球在 M 点、 P 点时， B 球的速度都为零 A 、 B 球和轻杆组成的系统在运动过程中满足机械能守恒定律，则 (3) 在 (2) 的情况下，若 A 球运动至 M 点时， B 球的加速度大小为 a ，求此时圆轨道对 A 球的作用力大小 F A . 答案 解析 解析　 此时 B 球有向上的加速度 a ，设杆对 B 球支持力为 F 0 ，由牛顿第二定律有 F 0 － mg ＝ ma A 球此时受到重力、轨道竖直向上的支持力和轻杆竖直向下的压力，由牛顿第二定律有 拓展训练 5 　 (2018· 盐城市期中 ) 如图 8 甲所示，游乐场的过山车可以底朝上在圆形轨道上运行，游客却不会掉落下来 . 我们把这种情景抽象为如图乙所示的模型： h 高的弧形轨道下端与半径为 R 的竖直圆形轨道平滑相接，使质量为 m 的小球从弧形轨道上端滚下，小球进入圆形轨道下端后沿圆形轨道运动 . 不计一切阻力，重力加速度为 g . 图 8 (1) 求小球运动到圆形轨道最低点时的角速度； 答案 解析 (2) 求小球在圆形轨道上运动而不脱离时 h 的取值范围 . 答案 解析 解析　 小球在圆形轨道上运动而不脱离，那么，小球运动的最高点 H ＝ 2 R 或 0 ＜ H ≤ R ； 当 0 ＜ H ≤ R 时，设在最高点的速度为 0 ，对小球从静止到运动到最高点的过程由动能定理可得： mg ( h － H ) ＝ 0 ，所以 h ＝ H ，即 0 ＜ h ≤ R ； 高考 题型 3 动力学和能量观点的综合应用 规律的优选原则 (1) 涉及运动时间或相互作用时间，宜优先选取牛顿第二定律和运动学公式 . (2) 对单个物体，宜选用动能定理，特别是涉及位移的应优先选用动能定理 . (3) 若是多个物体组成的系统，则优先考虑机械能守恒定律和能量守恒定律 . (4) 若涉及系统内物体间的相对路程并涉及滑动摩擦力做功，要优先考虑能量守恒定律 . 例 4 　 (2018· 江苏单科 ·14) 如图 9 所示，钉子 A 、 B 相距 5 l ，处于同一高度 . 细线的一端系有质量为 M 的小物块，另一端绕过 A 固定于 B . 质量为 m 的小球固定在细线上 C 点， B 、 C 间的线长为 3 l . 用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时 BC 与水平方向的夹角为 53°. 松手后，小球运动到与 A 、 B 相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动 . 忽略一切摩擦，重力加速度为 g ，取 sin 53° ＝ 0.8 ， cos 53° ＝ 0.6. 求： 图 9 (1) 小球受到手的拉力大小 F ； 答案 解析 解析　 设小球受 AC 、 BC 的拉力分别为 F 1 、 F 2 F 1 sin 53° ＝ F 2 cos 53° F ＋ mg ＝ F 1 cos 53° ＋ F 2 sin 53 ° 且 F 1 ＝ Mg (2) 物块和小球的质量之比 M ∶ m ； 答案 解析 解析　 小球运动到与 A 、 B 相同高度过程中 小球上升高度 h 1 ＝ 3 l sin 53° ，物块下降高度 h 2 ＝ 2 l 物块和小球组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律 mgh 1 ＝ Mgh 2 (3) 小球向下运动到最低点时，物块 M 所受的拉力大小 T . 答案 解析 解析　 根据机械能守恒定律，小球回到起始点 . 设此时 AC 方向的加速度大小为 a ，物块受到的拉力为 T 对物块由牛顿第二定律 Mg － T ＝ Ma 根据牛顿第三定律，小球受 AC 的拉力 T ′ ＝ T 对小球，在沿 AC 方向，由牛顿第二定律 T ′ － mg cos 53° ＝ ma 拓展训练 6 　 (2018· 常州市一模 ) 如图 10 所示，光滑水平细杆 P 点套一小环，小环通过长 L ＝ 1 m 的轻绳悬挂一夹子，夹子内夹有质量 m ＝ 1 kg 的物块，物块两竖直侧面与夹子间的最大静摩擦力均为 F fm ＝ 7 N. 现对物块施加 F ＝ 8 N 的水平恒力作用，物块和小环一起沿水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，小环碰到杆上的钉子 Q 时立即停止运动，物块恰好相对夹子滑动，此时夹子立即锁定物块，锁定后物块仍受 恒 力 F 的作用 . 小环 和夹子的大小及质量均不计，物块可 看成 质点 ，重力加速度 g ＝ 10 m/s 2 . 求 ： (1) 物块做匀加速运动的加速度大小 a ； 答案 解析 图 10 答案　 8 m/s 2 解析　 以小环、夹子和物块组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得： F ＝ ma 解得： a ＝ 8 m/s 2 (2) P 、 Q 两点间的距离 s ； 答案 解析 答案　 0.25 m 解析　 环到达 Q ，物块与夹子间刚达到最大静摩擦力，设此时物块的速度为 v 解得 v ＝ 2 m/s (3) 物块向右摆动的最大高度 h . 答案 解析 答案　 1 m 解析　 物块上升的最大高度为 h ，水平距离为 x ，由动能定理得 F ( x ＋ s ) － mgh ＝ 0 由几何关系得 ( L － h ) 2 ＋ x 2 ＝ L 2 拓展训练 7 　 (2018· 苏锡常镇一调 ) 冬奥会上自由式滑雪是一项极具观赏性的运动 . 其场地由助滑坡 AB ( 高度差为 10 m) 、过渡区 BDE ( 两段半径不同的圆弧平滑连接而成，其中 DE 半径为 3 m 、对应的圆心角为 60°) 和跳台 EF ( 高度可调，取 h ＝ 4 m) 等组成，如图 11 所示，质量为 60 kg 的运动员由 A 点静止出发，沿轨道运动到 F 处飞出 . 运动员飞出的速度须在 54 km /h 到 68 km/ h 之间才能在空中完成规定动作 . 设 运 动员 借助滑雪杆仅在 AB 段做功，不计摩擦 和 空气阻力 ， g 取 10 m/s 2 . 则 ： 图 11 (1) 为能完成空中动作，则该运动员在 AB 过程中至少做多少功？ 答案　 3 150 J 答案 解析 (2) 为能完成空中动作，在过渡区最低点 D 处，求该运动员受到的最小支持力； 答案　 7 300 J 答案 解析 解析　 从 D 点到 F 点，根据动能定理有 解得运动员在 D 点受到的最小支持力： (3) 若该运动员在 AB 段和 EF 段均视为匀变速运动，且两段运动时间之比为 t AB ∶ t EF ＝ 3 ∶ 1 ，已知 AB ＝ 2 EF ，则运动员在这两段运动的加速度之比为多少？ 答案　 2 ∶ 3 答案 解析 设滑到 B 点速度为 v 1 ，则滑到 E 点速度也为 v 1 ，又设滑到 F 点速度为 v 2 . 得： a 1 ∶ a 2 ＝ 2 ∶ 3.