《高考物理大二輪總復(fù)習(xí) 增分策略 專(zhuān)題四 第1講 功能關(guān)系在力學(xué)中的應(yīng)用課件.ppt》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理大二輪總復(fù)習(xí) 增分策略 專(zhuān)題四 第1講 功能關(guān)系在力學(xué)中的應(yīng)用課件.ppt（44頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

專(zhuān)題四功能關(guān)系的應(yīng)用 本專(zhuān)題主要用功能的觀點(diǎn)解決物體的運(yùn)動(dòng)和帶電體 帶電粒子 導(dǎo)體棒在電場(chǎng)或磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題 考查的重點(diǎn)有以下幾方面 重力 摩擦力 靜電力和洛倫茲力的做功特點(diǎn)和求解 與功 功率相關(guān)的分析與計(jì)算 幾個(gè)重要的功能關(guān)系的應(yīng)用 動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用 綜合應(yīng)用機(jī)械能守恒定律和能量守恒定律分析問(wèn)題 本專(zhuān)題是高考的重點(diǎn)和熱點(diǎn) 命題情景新 聯(lián)系實(shí)際密切 綜合性強(qiáng) 側(cè)重在計(jì)算題中命題 是高考的壓軸題 專(zhuān)題定位 深刻理解功能關(guān)系 抓住兩種命題情景搞突破 一是綜合應(yīng)用動(dòng)能定理 機(jī)械能守恒定律和能量守恒定律 結(jié)合動(dòng)力學(xué)方法解決多運(yùn)動(dòng)過(guò)程問(wèn)題 二是運(yùn)用動(dòng)能定理和能量守恒定律解決電場(chǎng) 磁場(chǎng)內(nèi)帶電粒子運(yùn)動(dòng)或電磁感應(yīng)問(wèn)題 應(yīng)考策略 高考題型1力學(xué)中的幾個(gè)重要功能關(guān)系的應(yīng)用 高考題型2動(dòng)力學(xué)方法和動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用 高考題型3綜合應(yīng)用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)分析多過(guò)程問(wèn)題 欄目索引 第1講功能關(guān)系在力學(xué)中的應(yīng)用 1 常見(jiàn)的幾種力做功的特點(diǎn) 1 重力 彈簧彈力 靜電力做功與路徑無(wú)關(guān) 2 摩擦力做功的特點(diǎn) 單個(gè)摩擦力 包括靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力 可以做正功 也可以做負(fù)功 還可以不做功 高考題型1力學(xué)中的幾個(gè)重要功能關(guān)系的應(yīng)用 解題方略 相互作用的一對(duì)靜摩擦力做功的代數(shù)和總等于零 在靜摩擦力做功的過(guò)程中 只有機(jī)械能的轉(zhuǎn)移 沒(méi)有機(jī)械能轉(zhuǎn)化為其他形式的能 相互作用的一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做功的代數(shù)和不為零 且總為負(fù)值 在一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做功的過(guò)程中 不僅有相互摩擦物體間機(jī)械能的轉(zhuǎn)移 還有部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能 轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的量等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量 等于滑動(dòng)摩擦力與相對(duì)位移的乘積 摩擦生熱是指滑動(dòng)摩擦生熱 靜摩擦不會(huì)生熱 2 幾個(gè)重要的功能關(guān)系 1 重力的功等于重力勢(shì)能的變化 即WG Ep 2 彈力的功等于彈性勢(shì)能的變化 即W彈 Ep 3 合力的功等于動(dòng)能的變化 即W Ek 4 重力 或彈簧彈力 之外的其他力的功等于機(jī)械能的變化 即W其他 E 5 一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做的功等于系統(tǒng)中內(nèi)能的變化 即Q Ff l相對(duì) 例1如圖1所示 固定在水平面上的光滑斜面傾角為30 質(zhì)量分別為M m的兩個(gè)物體通過(guò)細(xì)繩及輕彈簧連接于光滑輕滑輪兩側(cè) 斜面底端有一與斜面垂直的擋板 開(kāi)始時(shí)用手按住物體M 此時(shí)M距離擋板的距離為s 滑輪兩邊的細(xì)繩恰好伸直 且彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài) 已知M 2m 空氣阻力不計(jì) 松開(kāi)手后 關(guān)于兩物體的運(yùn)動(dòng) 下列說(shuō)法中正確的是 圖1 A M和m組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B 當(dāng)M的速度最大時(shí) m與地面間的作用力為零C 若M恰好能到達(dá)擋板處 則此時(shí)m的速度為零D 若M恰好能到達(dá)擋板處 則此過(guò)程中重力對(duì)M做的功等于彈簧彈性勢(shì)能的增加量與物體m的機(jī)械能增加量之和解析因M m之間有彈簧 故兩物體受彈簧的彈力做功 機(jī)械能不守恒 故A錯(cuò)誤 M的重力分力為Mgsin30 mg 物體先做加速運(yùn)動(dòng) 當(dāng)受力平衡時(shí)M速度達(dá)最大 則此時(shí)m受細(xì)繩的拉力為mg 故m恰好與地面間的作用力為零 故B正確 從m開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至M到達(dá)擋板處的過(guò)程中 彈力的大小一直大于m的重力 故m一直做加速運(yùn)動(dòng) M到達(dá)擋板處時(shí) m的速度不為零 故C錯(cuò)誤 重力對(duì)M做的功轉(zhuǎn)化為兩物體的動(dòng)能 彈簧的彈性勢(shì)能的增加量和m重力勢(shì)能的增加量 故D錯(cuò)誤 答案B 預(yù)測(cè)1 多選 某蹦床運(yùn)動(dòng)員在一次蹦床運(yùn)動(dòng)中僅在豎直方向運(yùn)動(dòng) 如圖2為蹦床對(duì)該運(yùn)動(dòng)員的作用力F隨時(shí)間t的變化圖象 不考慮空氣阻力的影響 下列說(shuō)法正確的是 A t1至t2時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)員和蹦床構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B t1至t2時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)員和蹦床構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能增加C t3至t4時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)員和蹦床的勢(shì)能之和增加D t3至t4時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)員和蹦床的勢(shì)能之和先減少后增加 圖2 解析機(jī)械能守恒的條件是只有重力或彈簧的彈力做功 所以整個(gè)過(guò)程重力勢(shì)能 彈性勢(shì)能和動(dòng)能總量保持不變 t1至t2過(guò)程內(nèi)運(yùn)動(dòng)員做功 運(yùn)動(dòng)員和蹦床構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能增加 故A錯(cuò)誤 B正確 t2以后 蹦床的彈力最大值不變 整個(gè)過(guò)程重力勢(shì)能 彈性勢(shì)能和動(dòng)能總量保持不變 t3時(shí)刻彈力為零 重力大于彈力 運(yùn)動(dòng)員做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng) 運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能增加 當(dāng)重力等于彈力時(shí) 加速度為零速度最大 再向后 彈力大于重力 運(yùn)動(dòng)員 做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng) 運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能減小 t4時(shí)速度最小 故動(dòng)能先增大后減小 故運(yùn)動(dòng)員和蹦床的勢(shì)能之和先減少后增加 故C錯(cuò)誤 D正確 答案BD 預(yù)測(cè)2某同學(xué)將質(zhì)量為m的一礦泉水瓶 可看成質(zhì)點(diǎn) 豎直向上拋出 水瓶以的加速度勻減速上升 上升的最大高度為H 水瓶往返過(guò)程受到的阻力大小不變 則 由于物體的加速度一直向下 故物體一直處于失重狀態(tài) 故D錯(cuò)誤 答案A 圖3 答案D 考向一 高考題型2動(dòng)力學(xué)方法和動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用 解題方略 1 動(dòng)能定理的適用情況 解決單個(gè)物體 或可看成單個(gè)物體的物體系統(tǒng) 受力與位移 速率關(guān)系的問(wèn)題 動(dòng)能定理既適用于直線運(yùn)動(dòng) 也適用于曲線運(yùn)動(dòng) 既適用于恒力做功 也適用于變力做功 力可以是各種性質(zhì)的力 既可以同時(shí)作用 也可以分段作用 2 應(yīng)用動(dòng)能定理解題的基本思路 1 選取研究對(duì)象 明確它的運(yùn)動(dòng)過(guò)程 2 分析研究對(duì)象的受力情況和各力做功情況 然后求各個(gè)外力做功的代數(shù)和 3 明確物體在運(yùn)動(dòng)過(guò)程初 末狀態(tài)的動(dòng)能Ek1和Ek2 4 列出動(dòng)能定理的方程W合 Ek2 Ek1 及其他必要的解題方程 進(jìn)行求解 例2如圖4所示為倉(cāng)儲(chǔ)公司常采用的 自動(dòng)化 貨物裝卸裝置 兩個(gè)相互垂直的斜面固定在地面上 貨箱A 含貨物 和配重B通過(guò)與斜面平行的輕繩跨過(guò)光滑滑輪相連 A裝載貨物后從h 8 0m高處由靜止釋放 運(yùn)動(dòng)到底端時(shí) A和B同時(shí)被鎖定 缺貨后解除鎖定 A在B的牽引下被拉回原高度處 再次被鎖定 已知 53 B的質(zhì)量M為1 0 103kg A B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為 0 5 滑動(dòng)摩擦力與最大靜摩擦力相等 g取10m s2 sin53 0 8 cos53 0 6 圖4 1 為使A由靜止釋放后能沿斜面下滑 其質(zhì)量m需要滿足什么條件 解析左斜面傾角為 則右斜面傾角為 90 53 37 貨箱由靜止釋放后能沿斜面下滑 則 mgsin Mgsin mgcos Mgcos 0得m 2 0 103kg 答案m 2 0 103kg 2 若A的質(zhì)量m 4 0 103kg 求它到達(dá)底端時(shí)的速度v 解析對(duì)系統(tǒng)應(yīng)用動(dòng)能定理 3 為了保證能被安全鎖定 A到達(dá)底端的速率不能大于12m s 請(qǐng)通過(guò)計(jì)算判斷 當(dāng)A的質(zhì)量m不斷增加時(shí) 該裝置能否被安全鎖定 解析當(dāng)A的質(zhì)量m與B的質(zhì)量M之間關(guān)系滿足m M時(shí) 貨箱下滑的加速度最大 到達(dá)斜面底端的速度也最大 此時(shí)有 mgsin mgcos mamam 5m s2 貨箱到達(dá)斜面底端的最大速度 vm 10m s 12m s所以 當(dāng)A的質(zhì)量m不斷增加時(shí) 該運(yùn)輸裝置能被安全鎖定 答案該裝置能被安全鎖定 預(yù)測(cè)4 2015 新課標(biāo)全國(guó) 17 如圖5 一半徑為R 粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置 直徑POQ水平 一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)上方高度R處由靜止開(kāi)始下落 恰好從P點(diǎn)進(jìn)入軌道 質(zhì)點(diǎn)滑到軌道最低點(diǎn)N時(shí) 對(duì)軌道的壓力為4mg g為重力加速度的大小 用W表示質(zhì)點(diǎn)從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中克服摩擦力所做的功 則 圖5 答案C 預(yù)測(cè)5如圖6所示 QB段為一半徑為R 1m的光滑圓弧軌道 AQ段為一長(zhǎng)度為L(zhǎng) 1m的粗糙水平軌道 兩軌道相切于Q點(diǎn) Q在圓心O的正下方 整個(gè)軌道位于同一豎直平面內(nèi) 物塊P的質(zhì)量為m 1kg 可視為質(zhì)點(diǎn) P與AQ間的動(dòng)摩擦因數(shù) 0 1 若物塊P以速度v0從A點(diǎn)滑上水平軌道 到C點(diǎn)后又返回A點(diǎn)時(shí)恰好靜止 取g 10m s2 求 圖6 1 v0的大小 解析在整個(gè)過(guò)程中由動(dòng)能定理可知 答案2m s 2 物塊P第一次剛通過(guò)Q點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力 解析從A到Q的過(guò)程中由動(dòng)能定理可知 聯(lián)立解得 FN 12N由牛頓第三定律可知物塊P第一次剛通過(guò)Q點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為12N 答案12N 高考題型3綜合應(yīng)用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)分析多過(guò)程問(wèn)題 解題方略 多個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程的組合實(shí)際上是多種物理規(guī)律和方法的綜合應(yīng)用 分析這種問(wèn)題時(shí)注意要獨(dú)立分析各個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程 而不同過(guò)程往往通過(guò)連接點(diǎn)的速度建立聯(lián)系 有時(shí)對(duì)整個(gè)過(guò)程應(yīng)用能量的觀點(diǎn)解決問(wèn)題會(huì)更簡(jiǎn)單 例3如圖7 在水平軌道右側(cè)固定半徑為R的豎直圓形光滑軌道 水平軌道的PQ段鋪設(shè)特殊材料 調(diào)節(jié)其初始長(zhǎng)度為l 水平軌道左側(cè)有一輕質(zhì)彈簧左端固定 彈簧處于自然伸長(zhǎng)狀態(tài) 可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊從軌道右側(cè)A點(diǎn)以初速度v0沖上軌道 通過(guò)圓形軌道 水平軌道后壓縮彈簧 并被彈簧以原速率彈回 已知R 0 4m l 2 5m v0 6m s 物塊質(zhì)量m 1kg 與PQ段間的動(dòng)摩擦因數(shù) 0 4 軌道其它部分摩擦不計(jì) 取g 10m s2 求 圖7 1 物塊經(jīng)過(guò)圓形軌道最高點(diǎn)B時(shí)對(duì)軌道的壓力 解析物塊沖上圓形軌道最高點(diǎn)B時(shí)速度為v 由機(jī)械能守恒得 物塊在B點(diǎn)時(shí) 由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得 由牛頓第三定律得 物塊對(duì)軌道壓力大小為40N 方向?yàn)樨Q直向上 答案40N 方向豎直方向 聯(lián)立 式并代入數(shù)據(jù)解得FN 40N 2 物塊從Q運(yùn)動(dòng)到P的時(shí)間及彈簧獲得的最大彈性勢(shì)能 解析物塊在Q點(diǎn)時(shí)速度為v0 6m s 在PQ段運(yùn)動(dòng)時(shí) 由牛頓第二定律有 mg ma 聯(lián)立 式并代入數(shù)據(jù)解得在PQ段運(yùn)動(dòng)時(shí)間t 0 5s t 2 5s不符合題意 舍去 物塊壓縮彈簧 由能量守恒得動(dòng)能轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能 有 聯(lián)立 式并代入數(shù)據(jù)解得Epm 8J答案0 5s8J 3 物塊仍以v0從右側(cè)沖上軌道 調(diào)節(jié)PQ段的長(zhǎng)度l 當(dāng)l長(zhǎng)度是多少時(shí) 物塊恰能不脫離軌道返回A點(diǎn)繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng) 解析設(shè)物塊以v0沖上軌道直到回到PQ段右側(cè)Q點(diǎn)時(shí)速度為v2 要使物塊恰能不脫離軌道返回A點(diǎn) 則物塊能沿軌道上滑至最高點(diǎn)且在最高點(diǎn)的速度大小為v3 則滿足 聯(lián)立 式并代入數(shù)據(jù)解得l 1m 答案1m 預(yù)測(cè)6在物體下落過(guò)程中 速度小于10m s時(shí)可認(rèn)為空氣阻力與物體速度成正比關(guān)系 某科研小組在研究小球下落后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程時(shí) 得到速度隨時(shí)間變化的圖象 并作出t 0 5s時(shí)刻的切線 如圖8所示 已知小球在t 0時(shí)刻釋放 其質(zhì)量為0 5kg 重力加速度g 10m s2 求 圖8 1 小球與地面第一次碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能 解析由圖象可知 小球第一次與地面碰撞前瞬間速度v1 5m s 碰撞后瞬間速度v2 4m s 代入數(shù)據(jù)可得 E 2 25J 答案2 25J 2 小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到空氣阻力的最大值 由牛頓第二定律mg f ma 由于f kv 得k 0 75 則fmax kvmax 3 75N 答案3 75N 預(yù)測(cè)7如圖9甲所示 一半徑R 1m 豎直圓弧形光滑軌道 與斜面相切于B處 圓弧軌道的最高點(diǎn)為M 斜面傾角 37 t 0時(shí)刻 有一質(zhì)量m 2kg的物塊從A點(diǎn)開(kāi)始沿斜面上滑 其在斜面上運(yùn)動(dòng)的速度變化規(guī)律如圖乙所示 若物塊恰能到達(dá)M點(diǎn) 取g 10m s2 sin37 0 6 cos37 0 8 求 圖9 1 物塊經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度vB 解析由題中的幾何關(guān)系知圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角為143 物塊從B到M上升的高度為 h R Rcos37 物塊恰能過(guò)最高點(diǎn) 則在M點(diǎn)由牛頓第二定律得 聯(lián)立以上各式解得物塊經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度為 2 物塊在斜面上滑動(dòng)的過(guò)程中克服摩擦力做的功 解析分析速度圖象可知物塊在斜面上的加速度為 在斜面上對(duì)物塊由牛頓第二定律得 mgsin Ff ma摩擦力 Ff ma mgsin 20N 12N 8N 則克服摩擦力做的功 W Ffx 8 0 9J 7 2J 答案7 2J