【物理】2020届二轮复习专题三 功和能第1课时功功率和功能关系学案

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【物理】2020届二轮复习专题三 功和能第1课时功功率和功能关系学案

第1课时 功 功率和功能关系 高考命题点 命题轨迹 情境图 功和功率的分析与计算 ‎2015‎ ‎2卷17‎ ‎15(2)17题 17(2)14题 18(3)19题 ‎2017‎ ‎2卷14‎ ‎2018‎ ‎3卷19‎ 动能定理的应用 ‎2015‎ ‎1卷17‎ ‎15(1)17题    17(2)24题 ‎18(1)18题  18(2)14题 ‎19(3)17题 ‎2017‎ ‎2卷24‎ ‎2018‎ ‎1卷14、18,‎ ‎2卷14‎ ‎2019‎ ‎3卷17‎ 机械能守恒和能量守恒定律的应用 ‎2018‎ ‎3卷17‎ 力学中功能关系的理解和应用 ‎2016‎ ‎2卷21‎ ‎16(2)21题   17(3)16题 ‎2017‎ ‎1卷24,‎ ‎3卷16‎ ‎1.几种力做功的特点 ‎(1)重力、弹簧弹力、静电力做功与路径无关.‎ ‎(2)摩擦力做功的特点 ‎①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功,也可以做负功,还可以不做功.‎ ‎②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零,在静摩擦力做功的过程中,只有机械能的转移,没有机械能转化为其他形式的能;相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零,且总为负值.在一对滑动摩擦力做功的过程中,不仅有相互摩擦的物体间机械能的转移,还有部分机械能转化为内能,转化为内能的量等于系统机械能的减少量,等于滑动摩擦力与相对位移的乘积.‎ ‎③摩擦生热是指滑动摩擦生热,静摩擦不会生热.‎ ‎2.几个重要的功能关系 ‎(1)重力的功等于重力势能的减少量,即WG=-ΔEp.‎ ‎(2)弹力的功等于弹性势能的减少量,即W弹=-ΔEp.‎ ‎(3)合力的功等于动能的变化,即W=ΔEk.‎ ‎(4)重力(或系统内弹簧弹力)之外的其他力的功等于机械能的变化,即W其他=ΔE.‎ ‎(5)系统内一对滑动摩擦力做的功是系统内能改变的量度,即Q=Ff·x相对.‎ ‎1.功和功率的求解 ‎(1)功的求解:W=Flcos α用于恒力做功,变力做功可以用动能定理或者图象法来求解.‎ ‎(2)功率的求解:可以用定义式P=来求解,如果力是恒力,可以用P=Fvcos α来求解.‎ ‎2.动能定理的应用技巧 若运动包括几个不同的过程,可以全程或者分过程应用动能定理. ‎ 例1  (多选)(2019·山东菏泽市下学期第一次模拟)如图1所示,半径为R的半圆弧槽固定在水平地面上,槽口向上,槽口直径水平,一个质量为m的物块从P点由静止释放刚好从槽口A点无碰撞地进入槽中,并沿圆弧槽匀速率地滑行到最低点B点,不计物块的大小,P点到A点高度为h,重力加速度大小为g,则下列说法正确的是(  )‎ 图1‎ A.物块从P到B过程克服摩擦力做的功为mg(R+h)‎ B.物块从A到B过程重力的平均功率为 C.物块在B点时对槽底的压力大小为 ‎ D.物块到B点时重力的瞬时功率为mg 答案 BC 解析 物块从A到B过程做匀速圆周运动,根据动能定理有mgR-Wf=0,因此克服摩擦力做功Wf=mgR,A项错误;根据机械能守恒,物块到A点时的速度大小由mgh=mv2得v=,从A到B运动的时间t==,因此从A到B过程中重力的平均功率为==,B项正确;物块在B点时,根据牛顿第二定律FN-mg=m,求得FN=,根据牛顿第三定律可知,FN′=FN=,C项正确;物块到B点时,速度的方向与重力方向垂直,因此重力的瞬时功率为零,D项错误.‎ 拓展训练1  (多选)(2019·山东济宁市第二次摸底)如图2所示,A、B两物体的质量分别为m、2m,中间用轻杆相连,放在光滑固定的斜面上(轻杆与斜面平行).现将它们由静止释放,在下滑的过程中(  )‎ 图2‎ A.两物体下滑的加速度相同 B.轻杆对A做正功,对B做负功 C.系统的机械能守恒 D.任意时刻两物体重力的功率相同 答案 AC 解析 因为A、B两物体用轻杆相连,一起运动,加速度相同,A正确;对两物体整体受力分析得:(2m+m)gsin θ=(2m+m)a,整体加速度a=gsin θ;设杆对B的力为F,隔离B可得:2mgsin θ+F=2ma,且a=gsin θ,所以F=0,B错误;只有重力对系统做功,动能和重力势能相互转化,机械能守恒,C正确;重力瞬时功率P=mgvy,虽然两物体速度相同,但是质量不一样,则同一时刻两物体重力功率不一样,D错误.‎ 拓展训练2  (多选)(2019·四川广元市第二次适应性统考)某质量m=1 500 kg的“双引擎”小汽车,当行驶速度v≤54 km/h时靠电动机输出动力;当行驶速度在54 km/h90 km/h时汽油机和电动机同时工作,这种汽车更节能环保.该小汽车在一条平直的公路上由静止启动,汽车的牵引力F随运动时间t变化的图线如图3所示,所受阻力恒为1 250 N.已知汽车在t0时刻第一次切换动力引擎,以后保持恒定功率行驶至第11 s末.则在前11 s内(  )‎ 图3‎ A.经过计算t0=6 s B.电动机输出的最大功率为60 kW C.汽油机工作期间牵引力做的功为4.5×105 J D.汽车的位移为160 m 答案 AC 解析 开始阶段,牵引力F1=5 000 N,根据牛顿第二定律可得,F1-Ff=ma,解得:开始阶段加速度a=2.5 m/s2.v1=54 km/h=15 m/s,根据t0=,解得t0=6 s,故A项正确;t0时刻,电动机输出的功率最大,且Pm=F1v1=5 000×15 W=75 000 W=75 kW,故B项错误;汽油机工作期间,功率P=F2v1=6 000×15 W=90 kW,11 s末汽车的速度v2== m/s=25 m/s,汽油机工作期间牵引力做的功W=Pt2=90×103×(11-6) J=4.5×105 J,故C项正确;汽车前6 s内的位移x1=at02=×2.5×62 m=45 m,后5 s内根据动能定理得:Pt2-Ffx2=‎ mv22-mv12,解得:x2=120 m.所以前11 s时间内汽车的位移x=x1+x2=45 m+120 m=165 m,故D项错误. ‎ ‎1.应用动能定理解题的基本思路 ‎(1)确定研究对象和研究过程;‎ ‎(2)进行运动分析和受力分析,确定初、末速度和各力做功情况,利用动能定理全过程或者分过程列式.‎ ‎2.动能定理的应用 ‎(1)动能定理是根据恒力做功和直线运动推导出来的,但是也适用于变力做功和曲线运动.‎ ‎(2)在涉及位移和速度而不涉及加速度和时间问题时,常选用动能定理分析.‎ ‎(3)动能定理常用于分析多运动过程问题,关键是明确各力及各力作用的位移.‎ 例2  (多选)(2019·宁夏银川市质检)如图4所示为一滑草场.某条滑道由上下两段高均为h,与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成,载人滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑,经过上、下两段滑道后,最后恰好静止于滑道的底端(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失,重力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8).则(  )‎ 图4‎ A.动摩擦因数μ= B.载人滑草车最大速度为 C.载人滑草车克服摩擦力做功为mgh D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g 答案 AB 解析 对载人滑草车从坡顶由静止到底端的全过程分析,由动能定理可知:mg·2h-μmgcos 45°·-μmgcos 37°·=0,解得μ=,选项A正确; 对经过上段滑道的过程分析,根据动能定理有mgh-μmgcos 45°·=mv2,解得:v=,选项B正确;载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh,选项C错误;载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为a== g,选项D错误.‎ 拓展训练3  (2019·山西五地联考上学期期末)如图5所示,固定斜面倾角为θ.一轻弹簧的自然长度与斜面长相同,都为L,弹簧一端固定在斜面的底端,将一个质量为m的小球放在斜面顶端与弹簧另一端接触但不相连,用力推小球使其挤压弹簧并缓慢移到斜面的中点,松手后,小球最后落地的速度大小为v,不计空气阻力和一切摩擦,重力加速度为g,则该过程中,人对小球做的功W及小球被抛出后离地面的最大高度H分别为(  )‎ 图5‎ A.mv2-mgLsin θ; B.mv2; C.mv2-mgLsin θ; D.mv2-mgLsin θ; 答案 A 解析 对人从开始压弹簧到小球落地的整个过程,由动能定理得W+mgLsin θ=mv2-0,‎ 则W=mv2-mgLsin θ;‎ 设小球离开斜面时的速度为v0.对小球做斜抛运动的过程,由动能定理得mgLsin θ=mv2-mv02;‎ 从最高点到落地的过程,由动能定理得mgH=mv2-m(v0cos θ)2,‎ 联立解得:H=.‎ 拓展训练4  (2019·云南昭通市上学期期末)如图6,固定在竖直平面内的倾斜轨道AB,与水平固定光滑轨道BC相连,竖直墙壁CD高H=0.2 m,在地面上紧靠墙壁固定一个和CD等高,底边长L1=0.3 m的固定斜面.一个质量m=0.1 kg的小物块(视为质点)在轨道AB上从距离B点L2=4 m处由静止释放,从C点水平抛出,已知小物块与AB段轨道间的动摩擦因数为0.5,通过B点时无能量损失;AB段与水平面的夹角为37°.(空气阻力不计,取重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)‎ 图6‎ ‎(1)求小物块运动到B点时的速度大小;‎ ‎(2)求小物块从C点抛出到击中斜面的时间;‎ ‎(3)改变小物块从轨道上释放的初位置,求小物块击中斜面时动能的最小值.‎ 答案 (1)4 m/s (2) s (3)0.15 J 解析 (1)对小物块从A到B过程分析,根据动能定理有:mgL2sin 37°-μmgL2cos 37°=mvB2,‎ 解得:vB=4 m/s;‎ ‎(2)设物块落在斜面上时水平位移为x,竖直位移为y,如图所示:‎ 对平抛运动,有:‎ x=vBt,‎ y=gt2,‎ 结合几何关系,有:==,‎ 解得:t= s或t=- s(舍去);‎ ‎(3)设小物块从轨道上A′点静止释放且A′B=L,运动到B点时的速度为vB′,对物块从A′到碰撞斜面过程分析,根据动能定理有:mgLsin 37°-μmgcos 37°·L+mgy=mv2-0‎ 对物块从A′到运动到B过程分析,根据动能定理有 mvB′2=mgLsin 37°-μmgLcos 37°‎ 又x=vB′t,y=gt2,= 联立解得:mv2=mg(+-),‎ 故当=,即y=H=0.12 m时,动能最小为Ekmin,代入数据,解得Ekmin=0.15 J.‎ ‎1.机械能守恒的判断 ‎(1)利用机械能守恒的定义判断;‎ ‎(2)利用做功判断;‎ ‎(3)利用能量转化判断;‎ ‎(4)对于绳突然绷紧和物体间非弹性碰撞问题,机械能往往不守恒.‎ ‎2.解题步骤 ‎(1)选取研究对象,分析物理过程及状态;‎ ‎(2)分析受力及做功情况,判断机械能是否守恒;‎ ‎(3)选取参考面,根据机械能守恒列式.‎ ‎3.应用技巧 ‎ 对于连接体的机械能守恒问题,常常应用重力势能的减少量等于动能的增加量来分析和求解.‎ 例3  (多选)(2019·福建厦门市上学期期末质检)有一款蹿红的小游戏“跳一跳”,游戏要求操作者通过控制棋子(质量为m,可视为质点)脱离平台时的速度,使其能从同一水平面上的平台跳到旁边的另一平台上.如图7所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹,轨迹的最高点距平台上表面高度为h,不计空气阻力,重力加速度为g,则(  )‎ 图7‎ A.棋子从离开平台至运动到最高点的过程中,重力势能增加mgh B.棋子从离开平台至运动到最高点的过程中,机械能增加mgh C.棋子离开平台后距平台面高度为时动能为 D.棋子落到另一平台上时的速度大于 答案 AD 解析 设平台表面为零势能面,则棋子在最高点的重力势能为mgh,故棋子从离开平台至运动到最高点的过程中,重力势能增加mgh,A正确;棋子从离开平台至运动到最高点的过程中,不计空气阻力,只有重力做功,机械能守恒,B错误;取平台表面为零势能面,则棋子在最高点的机械能E=mgh+mv,vx为棋子在最高点的速度.由于机械能守恒,则棋子离开平台后距平台面高度为时,动能为Ek=E-mgh=mgh+mv>,C 错误;设棋子落到另一平台时的瞬时速度大小为v,棋子从最高点落到另一平台的过程中,根据动能定理得:mgh=mv2-mv,解得:v=>,D正确.‎ 拓展训练5  (多选)(2019·福建厦门市第一次质量检查)如图8所示,在竖直面内固定一半径为R的圆环,AC是圆环竖直直径,BD是圆环水平直径,半圆环ABC是光滑的, 半圆环CDA是粗糙的.一质量为m的小球(视为质点)在圆环的内侧A点获得大小为v0、方向水平向左的速度,小球刚好能第二次到达C点,重力加速度大小为g,不计空气阻力.在此过程中(  )‎ 图8‎ A.小球通过A点时处于失重状态 B.小球第一次到达C点时速度为 C.小球第一次到达B点时受到圆环的弹力大小为m(-2g)‎ D.小球与圆环间因摩擦产生的热量为mv-mgR 答案 CD 解析 小球通过A点时,加速度向上,处于超重状态,选项A错误;因小球刚好能第二次到达C点,则此时mg=m,可知小球第二次到达C点的速度为vC=,因在轨道CDA上运动时要克服阻力做功,可知小球第一次到达C点的速度大于,选项B错误;小球从A到第一次到达B点,由动能定理:-mg·R=mv-mv;在B点:FNB=m,联立解得:FNB=m(-2g),选项C正确;根据能量守恒可知,此过程中,小球与圆环间因摩擦产生的热量为 Q=mv-mv-mg·2R=mv-mgR,选项D正确.‎ 例4  (多选)(2019·东北三省四市教研联合体模拟)如图9所示,斜面1、曲面2和斜面3的顶端高度相同,底端位于同一水平面上,斜面1与曲面2的水平底边长度相同.‎ 一物体与三个面间的动摩擦因数相同,在它由静止开始分别沿三个面从顶端下滑到底端的过程中,下列判断正确的是(  )‎ 图9‎ A.物体减少的机械能ΔE1=ΔE2>ΔE3‎ B.物体减少的机械能ΔE2>ΔE1>ΔE3‎ C.物体到达底端时的速度v1=v2W克3,由于在轨道2上滑动时,为曲线运动,由牛顿第二定律可得FN=mgcos θ+m,所以在轨道2上滑动时滑动摩擦力大于μmgcos θ,则W克2>W克1,故W克2>W克1>W克3,由此可知物体减少的机械能ΔE2>ΔE1>ΔE3;由动能定理可知mgh-W克=mv2,由于W克2>W克1>W克3可得v2
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