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- 2021-05-27 发布
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习题课:
功能关系的三类典型问题
一 板块模型中的功能关系
1.
模型特点
:
(1)
系统中的两个组成物体会发生相对运动。
(2)
一般是多个物体的多个过程问题。
(3)
往往涉及摩擦力做功、动能、内能变化问题。
(4)
处理问题常常用到整体法和隔离法。
2.
解决思路
:
(1)
分清有多少种形式的能
(
如机械能、热能、电能
)
在变化。
(2)
分别找出所有减少的能量和所有增加的能量。
(3)
利用增加的能量与减少的能量相等列式计算。
【
典例示范
】
如图所示
,
一块足够长的
平板放在光滑的水平面上
①
,
其质量
M=2 kg,
一滑块以
v
0
=12 m/s
的初速度冲上平板
,
滑块的质量
m=1 kg,
滑块与平板间的动摩擦因数
μ
=
0.4
②
,g
取
10 m/s
2
。求
最终滑块与平板由于摩擦产生的热量
③
。
【
审题关键
】
序号
信息提取
①
平板与水平面间无摩擦力
②
滑块在摩擦力作用下减速
,
而平板是加速
③
最终状态是两者共速一起运动
【
解析
】
滑块的加速度大小
:
a
1
= =4 m/s
2
平板的加速度的大小
:
a
2
=
m/s
2
=2 m/s
2
最终滑块与平板具有共同速度
v
则
v=v
0
-a
1
t,v=a
2
t
代入数据解得
v=4 m/s
由能量守恒定律知
:Q=
代入数据得
Q=48 J
答案
:
48 J
【
定向训练
】
1.(
多选
)
如图所示
,
质量为
M
的木块放在光滑的水平面上
,
质量为
m
的子弹以速度
v
0
水平射中木块
,
并最终留在木块中与木块一起以速度
v
运动。已知当子弹相对木块静止时
,
木块前进距离
L
,
子弹进入木块的深度为
s
。若木块对子弹的阻力
F
f
视为恒定
,
则在此过程中产生的热量
A.Q=F
f
(
L
+s) B.Q=
C.Q=F
f
s D.Q=
【
解析
】
选
C
、
D
。对木块
:F
f
L
= Mv
2
对子弹
:-F
f
(
L
+s)= mv
2
- m
联立可得
,F
f
s= m - (M+m)v
2
依据能量转化和守恒定律
,Q= m - (M+m)v
2
产生的热量
Q=F
f
s,
故
C
、
D
正确。
2.
如图所示
,
右端连有一个光滑弧形槽的水平桌面
AB
长
L
=1.5 m,
一个质量为
m=0.5 kg
的木块在
F=1.5 N
的水平拉力作用下
,
从桌面上的
A
端由静止开始向右运动
,
木块到达
B
端时撤去拉力
F,
木块与水平桌面间的动摩擦因数
μ=0.2,g
取
10 m/s
2
。求
:
(1)
木块沿弧形槽上升的最大高度
(
木块未离开弧形槽
)
。
(2)
木块沿弧形槽滑回
B
端后
,
在水平桌面上滑动的最大距离。
【
解析
】
(1)
设木块沿弧形槽上升的最大高度为
h,
木块在最高点时的速度为零。从木块开始运动到弧形槽最高点
,
由动能定理得
:
F
L
-f
L
-mgh=0
其中
f=μN=μmg=0.2×0.5×10 N=1.0 N
所以
h=
(2)
设木块离开
B
点后沿桌面滑动的最大距离为
x
。由动能定理得
:mgh-fx=0
所以
:x= m=0.75 m
答案
:
(1)0.15 m
(2)0.75 m
二 含弹簧系统中的功能关系
1.
模型特点
:
(1)
系统中的弹簧发生弹性形变从而具有弹性势能。
(2)
弹簧的弹性势能具有对称性。相对于零势能点形变量相等的两点
(
弹簧仍处于弹性限度内
)
的弹性势能相等。
(3)
弹簧形变量发生变化
,
弹性势能与其他形式的能发生转化。
2.
解决思路
:
(1)
弹簧弹力做正功
,
弹簧的弹性势能减少
;
弹簧弹力做负功
,
弹簧的弹性势能增加。
(2)
弹簧弹力是变力
,
求弹力做功时
,
一般从能量的转化和守恒的角度来解决。
(3)
当弹簧最长或最短时
,
物体速度有极值
,
弹簧的弹性势能最大。
【
典例示范
】
(
多选
)(2019·
江苏高考
)
如图所示
,
轻质弹簧的左端固定
,
并处于自然状
态。小物块的质量为
m,
从
A
点向左沿水平地面运动
,
压缩弹簧后被弹回
,
运动到
A
点恰好静止。物块向左运动的最大距离为
s,
与地面间的动摩擦因数为
μ,
重力加速度为
g,
弹簧未超出弹性限度。在上述过程中
A.
弹簧的最大弹力为
μmg
B.
物块克服摩擦力做的功为
2μmgs
C.
弹簧的最大弹性势能为
μmgs
D.
物块在
A
点的初速度为
【
解析
】
选
B
、
C
。弹簧被压缩到最短时
,
物块有向右的
加速度
,
弹力大于滑动摩擦力
f=μmg,
选项
A
错误
;
物块
在运动中所受的摩擦力与运动方向总相反
,
物块运动的
路程为
2s,
所以克服摩擦力做的功为
W=2μmgs,
选项
B
正
确
;
由动能定理可知
,
从弹簧被压缩至最短到物块运动
到
A
点
,
动能的变化为零
,
弹簧的弹性势能等于克服摩擦
力做功
W′=μmgs,
选项
C
正确
;
由物块从
A
点到返回
A
点
,
根据动能定理
-μmg·2s=0-
可得
v
0
=2 ,
所
以选项
D
错误。
【
定向训练
】
1.
劲度系数分别为
k
A
=2 000 N/m
和
k
B
=3 000 N/m
的弹簧
A
和
B
连接在一
起
,
拉长后将两端固定
,
如图所示
,
弹性势能
E
pA
、
E
pB
的关系为
(
)
A.E
pA
=E
pB
B.E
pA
=1.5E
pB
C.E
pA
=2E
pB
D.E
pA
=0.5E
pB
【
解析
】
选
B
。弹簧
A
和
B
连接在一起
,
拉长后将两端固
定
,
根据力的相互性可知
,
两个弹簧的弹力大小相等。
由于弹簧的弹力大小与弹簧的伸长量之间的关系
:F=kx,
所以拉长弹簧的过程中对弹簧做的功
:W=F
·
x= Fx
= ;
又克服弹簧的弹力做的功等于弹簧增加的
弹性势能
,
可知
,
两个弹簧的拉力相等的条件下
,
弹性势
能与弹簧的劲度系数成反比
,
则 即
E
pA
=
1.5E
pB
,
故
B
正确。
2. (2019·
南充高一检测
)
如图所示
,
把质量
为
m
的物体放在竖直放置的弹簧上
,
并把物体
往下按至位置
A
保持平衡。 迅速松手后
,
弹
簧把物体弹起
,
物体升至最高位置
C,
途中经
过位置
B
时弹簧正好处于自由状态。 已知
A
、
B
的
高度差
h
1
,B
、
C
的高度差
h
2
,
弹簧质量和空气阻力均可忽略
,
重力加速度为
g,
取
B
处所在水平面为零势能面。求
:
(1)
物体在
C
处具有的重力势能。
(2)
物体在位置
A
处时弹簧的弹性势能。
(3)
物体上升过程中获得最大速度时
,
弹簧的形变量。
(
设弹簧劲度系数为
k)
【
解析
】
(1)
取
B
处所在水平面为零势能面
,
则物体在
C
处具有的重力势能
E
pC
=mgh
2
。
(2)
根据能量关系可知
:E
p
弹
+(-mgh
1
)=mgh
2
,
解得
E
p
弹
=mg(h
1
+h
2
)
。
(3)
物体速度最大时重力等于弹力
,
而
F=k
·
Δx
k
·
Δx=mg,
解得
:Δx=
。
答案
:
(1)mgh
2
(2)mg(h
1
+h
2
)
(3)
【
补偿训练
】
(
多选
)
如图
,
劲度系数为
k
的轻质弹簧
,
一端系在竖直放置的半径为
R
的圆环顶
点
P,
另一端系一质量为
m
的小球
,
小球
穿在圆环上做无摩擦的运动。设开始时小球置于
A
点
,
弹簧处于自然状态
,
当小球运动到最低点时速率为
v,
对圆环恰好没有压力。下列正确的是
(
)
A.
从
A
到
B
的过程中
,
小球的机械能守恒
B.
从
A
到
B
的过程中
,
小球的机械能减少
C.
小球过
B
点时
,
弹簧的弹力为
mg+m
D.
小球过
B
点时
,
弹簧的弹力为
mg+m
【
解析
】
选
B
、
C
。运动过程中
,
弹力对小球做负功
,
小球的机械能减少
,A
错
,B
对
;
由牛顿第二定律得
F-
mg=m ,
故小球过
B
点时
,
弹力
F=mg+m ,C
对
,D
错。
三 皮带传动模型中的功能关系
1.
模型特点
:
(1)
物块与传送带之间往往存在相对滑动。
(2)
物块的运动一般存在多个过程。
(3)
一般涉及内能的增加
,
即摩擦生热。
2.
解决思路
:
(1)
对物块受力分析
,
明确物块的运动情况。
(2)
计算物块和传送带的位移及相对位移。
(3)
利用公式
Q=fx
相对
求热量。
【
典例示范
】
如图所示
,
皮带的速度是
3 m/s,
两圆心距离
s=4.5 m,
现将
m=1 kg
的小物体轻放在左轮正上方的皮带上
,
物体与皮带间的动摩擦因数
μ=0.15,
电动机带动皮带将物体从左轮运送到右轮正上方时
,
求
:
(1)
小物体获得的动能
E
k
。
(2)
这一过程摩擦产生的热量
Q
。
(3)
这一过程电动机多消耗的电能
E
是多少
?(g
取
10 m/s
2
)
【
解析
】
(1)
对小物体有
μmg=ma,
得
a=1.5 m/s
2
速度相等时
v=at,t=2 s
x= at
2
=3 m<4.5 m
所以小物体应先匀加速后匀速
,
那么传到右轮正上方
时
,E
k
= mv
2
=4.5 J
(2)
只有加速过程受摩擦力
,
这一过程传送带的路程为
s=vt=6 m
Q=μmg(s-x)=4.5 J
(3)
电动机多消耗的电能转化为小物体的动能和摩擦生热
E
电
=E
k
+Q=9 J
答案
:
(1)4.5 J
(2)4.5 J
(3)9 J
【
定向训练
】
1.
一条长
12 m
的传送带
,
倾角为
30°,
它能够将工件从地面送到卡车上
,
每个工件的质量为
25 kg,
传送带每分钟可传送
16
个工件
,
不考虑传送带对工件的加速
,g
取
10 m/s
2
,
则有
(
)
A.
传送带每分钟对工件做的总功是
2.4×10
4
J
B.
摩擦力对工件每分钟做的总功是
1.2×10
4
J
C.
传送带的传送功率为
100 W
D.
传送带的传送功率为
200 W
【
解析
】
选
A
。传送工件时不计加速
,
则工件随传送带
一起匀速上升
,
即摩擦力
f=mgsinθ,
传送带对工件做功
实质上是传送带的摩擦力
f
对工件做功。所以
W= nf·
l
=16×mgsin30°×
l
=2.4×10
4
J,A
对
B
错。由功率
定义
P= W=400 W,C
、
D
错。
2.
如图所示
,
一水平方向的传送带以
恒定的速度
v=2 m/s
沿顺时针方向匀
速转动
,
传送带右端固定着一光滑的
四分之一圆弧面轨道
,
并与弧面下端相切。一质量为
m=1 kg
的物体自圆弧面轨道的最高点由静止滑下
,
圆弧
面轨道的半径
R=0.45 m,
物体与传送带之间的动摩擦因数为
μ=0.2,
不计物体滑过曲面与传送带交接处时的能量损失
,
传送带足够长
,g
取
10 m/s
2
。求
:
(1)
物体第一次从滑上传送带到离开传送带所经历的时间。
(2)
物体第一次从滑上传送带到离开传送带的过程中
,
传送带对物体做的功。
(3)
物体第一次从滑上传送带到离开传送带的过程中
,
由于摩擦产生的热量。
【
解析
】
(1)
沿圆弧面轨道下滑过程中机械能守恒
,
设物体滑上传送带时的速度为
v
1
,
则
mgR= ,
得
v
1
=3 m/s,
物体在传送带上运动的加速度
a= =μg=2 m/s
2
,
物体在传送带上向左运动的时间
t
1
= =1.5 s,
向左滑动的最大距离
s
物
1
= =2.25 m,
物体向右运动速度达到
v
时
,
向右运动的距离
s
物
2
= =1 m,
所用时间
t
2
= =1 s,
匀速运动的时间
t
3
= =0.625 s,
所以
t=t
1
+t
2
+t
3
=3.125 s
(2)
根据动能定理
,
传送带对物体做的功
:
W= =-2.5 J,
(3)
物体在传送带上向左滑动的最大距离
s
物
1
= =2.25 m
传送带向右运动位移
s
带
1
=vt
1
=3 m
Δs
1
=s
物
1
+s
带
1
=5.25 m
物体在传送带上向右运动
,
加速到与传送带速度相同
过程中
向右运动的距离
s
物
2
= =1 m
s
带
2
=vt
2
=2 m,Δs
2
=s
带
2
-s
物
2
=1 m
物体相对传送带运动的位移
Δs=Δs
1
+Δs
2
=6.25 m
由于摩擦产生的热量
Q=μmgΔs=12.5 J
答案
:
(1)3.125 s
(2)-2.5 J
(3)12.5 J
【
补偿训练
】
(
多选
)
如图所示
,
水平桌面上的轻
质弹簧一端固定
,
另一端与小物块
相连
,
弹簧处于自然长度时物块位于
O
点
(
图中未标
出
)
。物块的质量为
m,AB=a,
物块与桌面间的动摩擦
因数为
μ
。现用水平向右的力将物块从
O
点拉至
A
点
,
拉力做的功为
W
。撤去拉力后物块由静止向左运动
,
经
O
点到达
B
点时速度为零。重力加速度为
g
。则上述过程中
(
)
A.
物块在
A
点时
,
弹簧的弹性势能等于
W- μmga
B.
物块在
B
点时
,
弹簧的弹性势能小于
W- μmga
C.
经
O
点时
,
物块的动能小于
W-μmga
D.
物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在
B
点时弹簧的弹性势能
【
解析
】
选
B
、
C
。由于摩擦力的存在
,A
点时的弹性势
能必大于
B
点时的弹性势能
,
故弹簧原长的位置即
O
点一
定在稍靠近
B
右侧的某点
,
由
O
点拉到
A
点时
,
克服摩擦力
做的功一定大于
μmga,
故物块在
A
点时
,
弹簧的弹性
势能小于
W- μmga,A
项错误
;
从
A
点至
B
点
,
机械能继续
减少
μmga,
故物块在
B
点时
,
弹簧的弹性势能小于
W-
μmga,B
项正确
;
从
A
点至
O
点
,
克服摩擦力做的功仍
然大于
μmga,
故由
O
至
A
再由
A
至
O,
克服摩擦力做的
功的总量一定大于
μmga,
故
O
点的动能小于
W-μmga,C
项
正确
;
物块动能最大时
,
弹力等于摩擦力
,
而在
B
点弹力
与摩擦力的大小关系未知
,
故物块动能最大时弹簧伸长量与物块在
B
点时弹簧伸长量大小未知
,
故此两位置弹性势能大小关系无法判断
,
故
D
错误。
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