2022-2023年高考物理一轮复习 功能关系的三类典型问题课件(重点难点易错点核心热点经典考点)

这是一份2022-2023年高考物理一轮复习 功能关系的三类典型问题课件(重点难点易错点核心热点经典考点)，共43页。PPT课件主要包含了审题关键等内容，欢迎下载使用。
知识点一　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】【典例】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v0＝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＝0.4②,g取10 m/s2.求最终滑块与平板由于摩擦产生的热量③.
【解析】滑块的加速度大小:a1= =4 m/s2平板的加速度的大小:a2= m/s2=2 m/s2最终滑块与平板具有共同速度v则v=v0-a1t,v=a2t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
【素养训练】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v0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Ff视为恒定,则在此过程中产生的热量(　　)
A.Q=Ff(L+s) B.Q= C.Q=Ffs D.Q=
【解析】选C、D.对木块:FfL= Mv2对子弹:-Ff(L+s)= mv2- m 联立可得,Ffs= m - (M+m)v2依据能量转化和守恒定律,Q= m - (M+m)v2产生的热量Q=Ffs,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/s2.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:FL-fL-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
知识点二　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】【典例】(多选)如图所示,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
【解析】选A、D.由于水平面粗糙且O点为弹簧在原长时物块的位置,所以弹力与摩擦力平衡的位置在OA之间,加速度为零时弹力和摩擦力平衡,所以物块在从A到B的过程中加速度先减小后反向增大,故A正确;物体在平衡位置处速度最大,所以物块速度最大的位置在AO之间某一位置,即在O点左侧,故B错误;从A到O过程中弹力方向与位移方向相同,弹力做正功,从O到B过程中弹力方向与位移方向相反,弹力做负功,故C错误;从A到B过程中根据动能定理可得W弹-W克f=0,即W弹=W克f,即弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功,故D正确.
【素养训练】1.如图所示,一台升降机在箱底装有若干个弹簧,设在某次事故中,升降机吊索在空中断裂,忽略摩擦力,则升降机从弹簧下端触地到压缩弹簧至最低点的运动过程中(弹簧始终在弹性限度范围内)(　　)A.升降机的速度不断减小B.升降机的加速度不断减小C.升降机克服弹力做的功大于重力对升降机做的功D.升降机在最低点时,系统(升降机、弹簧和地球)重力势能和弹性势能之和最小
【解析】选C.刚接触地面时,弹力小于重力,合力向下,升降机继续向下加速,A错误;当弹力等于重力时,加速度为零,速度最大,继续压缩弹簧,弹力大于重力,合力向上,加速度增大,B错误;根据能量守恒有:触地时的动能加上重力势能的减小量都转化成了弹簧的弹性势能,所以克服弹力做的功大于重力对升降机做的功,C正确;根据系统机械能守恒,系统(升降机、弹簧和地球)重力势能和弹性势能之和与动能之和是定值,在最低点,动能最小,所以系统(升降机、弹簧和地球)重力势能和弹性势能之和最大,D错误.
2.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h1,B、C的高度差h2,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EpC=mgh2.(2) 根据能量关系可知:Ep弹+(-mgh1)=mgh2,解得Ep弹=mg(h1+h2).(3)物体速度最大时重力等于弹力,而F=k·Δxk·Δx=mg,解得:Δx= .答案:(1)mgh2　(2)mg(h1+h2)　(3)
【加固训练】　　(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.
知识点三　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】【典例】如图所示,足够长的水平传送带由电动机带动并始终保持速度v匀速运动.现将一个质量为m的物块轻放在传送带上的左端,过一段时间后物块能保持与传送带相对静止.设物块与传送带间的动摩擦因数为μ,对于这一过程下列说法正确的是(　　)A.传送带对物块做功为 mv2B.传送带克服摩擦力做功为 mv2C.传送这个物块系统摩擦生热为mv2D.动摩擦因数μ越大,传送过程中摩擦生热越多
【解析】选A.物块运动过程中,只有传送带对物块的摩擦力对它做功,根据动能定理得传送带对物块做功为Wf= mv2-0= mv2,故选项A正确;在物块与传送带相对静止之前,两者之间有相对位移,所以物块对传送带做功与传送带对物块做功并不相等,由于传送带相对于地的位移大于物块相对地的位移,所以传送带克服摩擦力做功大于 mv2,故选项B错误;设物块匀加速运动的时间为t,则物块与传送带相对位移大小为Δx=vt- vt=0.5vt,此过程中物块的位移为x物= vt=0.5vt,则有Δx=x物,则系统摩擦生热为Q=f·Δx=fx物= mv2,与动摩擦因数无关,故选项C、D错误.
【素养训练】1.(多选)在大型物流货场,广泛地应用传送带搬运货物.如图甲所示,倾斜的传送带以恒定速率运动,传送带始终是绷紧的,将m=1 kg的货物放在传送带上的A点,经过1.2 s到达传送带的B点.用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图像如图乙所示,已知重力加速度g=10 m/s2.由v-t图像可知(　　)
A.货物与传送带间的动摩擦因数为0.5B.A、B两点的距离为2.4 mC.货物从A运动到B的过程中,货物与传送带摩擦产生的热量为4.8 JD.货物从A运动到B的过程中,传送带对货物做功大小为12.8 J
【解析】选A、C.由v-t图像可知,货物在传送带上先做匀加速直线运动,加速度为:a1= =10 m/s2,对货物受力分析,受摩擦力,方向沿传送带向下,重力和支持力,可得mgsinθ+f=ma1,即mgsinθ+μmgcsθ=ma1, 同理货物做匀加速直线运动,加速度为:a2= =2 m/s2,对货物受力分析,受摩擦力,方向沿传送带向上,重力和支持力,可得mgsinθ-f=ma2,即mgsinθ-μmgcsθ=ma2,联立解得csθ=0.8,μ=0.5,故选项A正确;货物在传送带上先做加速度为a1的匀加速直线运动,当速度达到传送带速度,货物做加速度为a2的匀加速直线运动,所以物块由A到B的间距对应图像所围的“面积”,为x= ×2×0.2 m+ ×(2+4)×1 m=3.2 m,故选项B错误.根据功能关系,货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦
力乘以相对位移,可知摩擦力f=μmgcsθ=0.5×10×1×0.8 N=4 N,货物做加速度为a1的匀加速直线运动时,位移为:x1= ×2×0.2 m=0.2 m,传送带位移为x2=2×0.2 m=0.4 m,相对位移为Δx1=x2-x1=0.2 m,同理货物做加速度为a2的匀加速直线运动时,位移为x3= ×(2+4)×1 m=3 m,传送带位移为x4=2×1 m=2 m,相对位移为Δx2=x3-x4=1 m,故两者之间的总相对位移为Δx=Δx1+Δx2=1.2 m,货物与传送带摩擦产生的热量为Q=W=fΔx=4×1.2 J=4.8 J,故选项C正确;根据功能关系,货物做加速度为a1的匀加速直线运动时,对货物受力分析,受摩擦力,
方向沿传送带向下,摩擦力做正功为:Wf1=fx1=4×0.2 J=0.8 J,同理货物做加速度为a2的匀加速直线运动时,对货物受力分析,受摩擦力,方向沿传送带向上,摩擦力做负功为:Wf2=-fx3=-4×3 J=-12 J,所以整个过程,传送带对货物做功大小为12 J-0.8 J=11.2 J,故选项D错误.
2.如图所示,水平传送带以速率v=3 m/s匀速运行.工件(可视为质点)以v0=1 m/s的速度滑上传送带的左端A点,在传送带的作用下继续向右运动,然后从传送带右端B点水平飞出,落在水平地面上.已知工件的质量m=1 kg,工件与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1,抛出点B距地面的高度h=0.80 m,落地点与B点的水平距离x=1.2 m,g取10 m/s2.传送带的轮半径很小.求:
(1)工件离开B点时的速度.(2)在传送工件的过程中,传送带对工件做的功.(3)在传送工件的过程中,传送此工件由于摩擦产生的热量.
【解析】(1)工件离开B点后做平抛运动水平方向x=vBt竖直方向h= gt2工件离开B点时的速度: vB=3 m/s.(2)设传送带对工件做的功为W,根据动能定理: W= 解得:W=4 J.
(3)工件做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律有:μmg=ma,则a=μg加速时间:t0= 解得:t0=2 s工件相对于传送带的位移:Δs=vt0- ·t0=2 m由于摩擦产生的热量:Q=f·Δs=μmg·Δs=2 J.答案:(1)3 m/s　(2)4 J　(3)2 J
【加固训练】(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- μmgaB.物块在B点时,弹簧的弹性势能小于W- μmgaC.经O点时,物块的动能小于W-μmgaD.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.
1.(多选)如图,长度为L的小车静止在光滑的水平面上,可视为质点的小物块放在小车的最左端,现用一水平恒力F作用在小物块上,使物块从静止开始做匀加速直线运动,物块和小车之间的摩擦力为f,物块运动到小车的最右端时,小车通过的距离为x.则(　　)A.物块到达小车最右端时,小车具有的动能为fxB.物块到达小车最右端时,物块具有的动能为F(L+x)C.在这个过程中,摩擦力对物块所做的功为-f(L+x)D.在这个过程中,物块和小车增加的动能为fx
【解析】选A、C.对小车,由动能定理得Ek=fx,A正确;对物块,由动能定理可知,小车的动能为Ek=F(L+x)-f(L+x),B错误;物块克服摩擦力做功Wf=f(x+L),C正确;对物块与小车组成的系统,由能量守恒定律可知,系统增加的机械能为ΔE=F(x +L)-fL,增加的机械能就是物块和小车增加的动能,故D错误.
2.蹦极是一项既惊险又刺激的运动,深受年轻人的喜爱.如图所示,蹦极者从P点由静止跳下,到达A处时弹性绳刚好伸直,继续下降到最低点B处,B离水面还有数米距离.蹦极者(视为质点)在其下降的整个过程中,重力势能的减少量为ΔE1,绳的弹性势能的增加量为ΔE2,克服空气阻力做的功为W,则下列说法正确的是(　　)A.蹦极者从P到A的运动过程中,机械能守恒B.蹦极者与绳组成的系统从A到B的运动过程中,机械能守恒C.ΔE1=W+ΔE2D.ΔE1+ΔE2=W
【解析】选C.蹦极者从P到A的过程中,除了重力做功以外,有空气阻力做功,机械能不守恒,故A错误;从A到B的过程中,有重力、弹力和阻力做功,对于系统,除了重力和弹力做功以外,有阻力做功,系统机械能不守恒,故B错误;根据能量守恒知,由于动能变化量为零,重力势能的减小量等于弹性势能的增加量与克服阻力做功之和,即ΔE1=W+ΔE2,故C正确、D错误.
3.如图所示,一物体质量m = 2 kg.在倾角为θ =37°的斜面上的A点以初速度v0 = 3 m/s下滑.A点距弹簧上端B的距离AB = 4 m.当物体到达B后将弹簧压缩到C点,最大压缩量BC = 0.2 m.然后物体又被弹簧弹上去,弹到的最高位置为D点,AD=3 m.挡板及弹簧质量不计,取g=10 m/s2,sin37°=0.6,cs37°=0.8,求:(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ.(2)弹簧的最大弹性势能Epm.
【解析】(1)整个过程从A到D,由系统能量转化与守恒定律有:mgssin37°-μmgcs37°L=0- ,其中s=3 m,L=5.4 m代入数据计算得μ=0.5(2)弹簧压缩到C点时,对应的弹性势能最大,由A到C的过程,由系统能量转化与守恒定律有:Epm= +mgL1sin37°-μmgcs37°L1其中L1=4.2 m代入数据计算得Epm=25.8 J答案:(1)0.5　 (2)25.8 J
【加固训练】　　如图所示,固定斜面的倾角θ=30°,物体A与斜面之间的动摩擦因数μ= ,轻弹簧下端固定在斜面底端,弹簧处于原长时上端位于C点.用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B,滑轮右侧绳子与斜面平行,A的质量为2m,B的质量为m,初始时物体A到C点的距离为L.现给A、B一初速度v0> ,使A开始沿斜面向下运动,B向上运动,物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点.已知重力加速度为g,不计空气阻力,整个过程中,轻绳始终处于伸直状态,求:
(1)物体A向下运动刚到C点时的速度.(2)弹簧的最大压缩量.