高考物理二轮复习 专题二 能量与动量 第4课时 功和功率 功能关系教案

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2014高考物理二轮复习与测试课件: 第4讲 功能关系在力学中的应用

2014高考物理二轮复习与测试课件: 第4讲 功能关系在力学中的应用

猴子先做平抛运动,后做圆周运动,两运动过
程机械能均守恒.寻求力的关系时要考虑牛顿第二定律. (1)设猴子从 A 点水平跳离时速度的最小值为 vmin 根据平 抛运动规律,有 1 2 h1= gt ① 2 x1=vmint② 联立①②式,得 vmin=8 m/s.③
(2)猴子抓住青藤后的运动过程中机械能守恒, 设荡起时速度 为 vC,有 1 2 (M+m)gh2= (M+m)vC④ 2 vC= 2gh2= 80 m/s≈9 m/s.⑤
• (3)真题样板 • 1. (2013·山东卷·16)如图所示,楔形木块abc 固定在水平面上,粗糙斜面ab和光滑斜面bc 与水平面的夹角相同,顶角b处安装一定滑 轮,质量分别为M、m(M>m)的滑块,通过 不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接,轻绳与斜 面平行.两滑块由静止释放后,沿斜面做匀 加速运动.若不计滑轮的质量和摩擦,在两 滑块沿斜面运动的过程中( )
• 机械能守恒定律的应用

(2013·浙江卷·23)山谷中有三块石 头和一根不可伸长的轻质青藤,其示意图如 图.图中A、B、C、D均为石头的边缘点,O 为青藤的固定点,h1=1.8 m,h2=4.0 m,x1 =4.8 m,x2=8.0 m.开始时,质量分别为M =10 kg和m=2 kg的大、小两只滇金丝猴分 别位于左边和中间的石头上,当大猴发现小 猴将受到伤害时,迅速从左边石头的A点水 平跳至中间石头.
• 解决机械能守恒定律与力学的综合应用这 一类题目的方法步骤 • (1)对物体进行运动过程的分析,分析每一 运动过程的运动规律. • (2)对物体进行每一过程中的受力分析,确 定有哪些力做功,有哪些力不做功.哪一 过程中满足机械能守恒定律的条件. • (3)分析物体的运动状态,根据机械能守恒 定律及有关的力学规律列方程求解.

(浙江专用版)2020版高考物理二轮复习专题二能量与动量第4讲功和功率功能关系讲义

(浙江专用版)2020版高考物理二轮复习专题二能量与动量第4讲功和功率功能关系讲义

功和功率 功能关系专题定位 1.掌握功、功率相关的分析与计算方法;2.深刻理解功能关系;3.综合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律,结合动力学方法解决多运动过程问题;4.掌握动量定理和动量守恒定律;5.综合应用动量和能量观点解决复杂问题.第4讲 功和功率 功能关系[相关知识链接] 1.功的计算(1)单个恒力的功W =Fl cos α (2)合力为恒力的功①先求合力,再求W =F 合l cos α ②W =W 1+W 2+… 2.功率的计算(1)P =W t,适用于计算平均功率;(2)P =Fv ,若v 为瞬时速度,P 为瞬时功率,若v 为平均速度,P 为平均功率. 注意:力F 与速度v 方向不在同一直线上时功率为Fv cos θ. (3)机车启动问题[规律方法提炼]变力功的计算(1)若力大小恒定,且方向始终沿轨迹切线方向,可用力的大小跟路程的乘积计算(2)力的方向不变,大小随位移线性变化可用W=F l cosα计算(3)已知F-l图象,功的大小等于“面积”(4)一般变力只能用动能定理求解例1(2019·嘉、丽3月联考)如图所示,篮球运动员平筐扣篮,起跳后头顶与篮筐齐平.若图中篮筐距地高度2.9m,球员竖直起跳,则其平筐扣篮过程中克服重力所做的功及离地时重力瞬时功率约为( )A.900J,-2000W B.900J,-4000WC.500J,-1000W D.2000J,-4000W答案 B解析篮球运动员的身高约为1.8m,则跳起的高度h=2.9m-1.8m=1.1m篮球运动员的体重约为mg=800N,则起跳过程中克服重力做的功W=mgh=880J≈900J起跳时的速度为v,则根据位移速度关系可得:v2=2gh,解得v=2gh≈4.7m/s离地时重力瞬时功率约为P=-mgv=-3760W≈-4000W,故B正确,A、C、D错误.拓展训练1(2019·山东烟台市第一学期期末)把两个相同的小球从离地面相同高度处,以相同大小的初速度v分别沿竖直向上和水平向右方向抛出,不计空气阻力.则下列说法中正确的是( )A.两小球落地时速度相同B.两小球落地时,重力的瞬时功率相同C.从小球抛出到落地,重力对两小球做的功相等D.从小球抛出到落地,重力对两小球做功的平均功率相等答案 C拓展训练2 (2019·浙南名校联盟高三期末)袋鼠跳是一项很有趣的运动.如图所示,一位质量m =60kg 的老师参加袋鼠跳游戏,全程10m ,假设该老师从起点到终点用了相同的10跳,每一次跳起后,重心上升最大高度为h =0.2m .忽略空气阻力,下列说法正确的是( )A .该老师起跳时,地面对该老师做正功B .该老师每跳跃一次克服重力做功的功率约为300WC .该老师从起点到终点的时间可能是7sD .该老师从起点到终点的时间可能是4s 答案 C例2 (多选)发动机额定功率为P 0的汽车在水平路面上从静止开始先匀加速启动,最后达到最大速度并做匀速直线运动,已知汽车所受路面阻力恒为F f ,汽车刚开始启动时的牵引力和加速度分别为F 0和a 0,如图所示描绘的是汽车在这一过程中速度随时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象,其中正确的是( )答案 AC解析 汽车由静止开始匀加速启动时,a 一定,根据v =at 知v 增大,由F =ma +F f 知F 一定,根据P =Fv 知v 均匀增大,功率P 也均匀增大,达到P 额后,功率保持不变,v 继续增大,所以F =Pv 减小,a =F -F f m 减小,当F =F f 时,a =0,v m =PF f,此后汽车做匀速运动,故A 、C 正确.[相关知识链接]1.表达式:W 总=E k2-E k1.2.五点说明(1)W 总为物体在运动过程中所受各力做功的代数和.(2)动能增量E k2-E k1一定是物体在末、初两状态的动能之差. (3)动能定理既适用于直线运动,也适用于曲线运动. (4)动能定理既适用于恒力做功,也适用于变力做功.(5)力可以是各种性质的力,既可以同时作用,也可以分阶段作用. [规律方法提炼] 1.基本思路(1)确定研究对象和物理过程;(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.“两点一过程”(1)“两点”:指初、末状态及对应的动能E k1、E k2.(2)“一过程”:指从初状态到末状态的运动过程及合力做的功W 合. 3.在功能关系中的应用(1)对于物体运动过程中不涉及加速度和时间,而涉及力和位移、速度的问题时,一般选择动能定理,尤其是曲线运动、多过程的直线运动等.(2)动能定理也是一种功能关系,即合外力做的功(总功)与动能变化量一一对应.例3 如图所示为一滑梯的实物图,滑梯的斜面段长度L =5.0m ,高度h =3.0m ,为保证小朋友的安全,在水平地面上铺设了安全地垫.水平段与斜面段平滑连接,小朋友在连接处速度大小不变.某小朋友从滑梯顶端由静止开始滑下,经斜面底端后水平滑行一段距离,停在水平地垫上.已知小朋友质量为m =20kg ,小朋友在斜面上受到的平均阻力F f1=88N ,在水平段受到的平均阻力F f2=100N .不计空气阻力,取重力加速度g =10m/s 2.求:(1)小朋友在斜面顶端滑下的过程中克服摩擦力做的功; (2)小朋友滑到斜面底端时的速度v 的大小;(3)为使小朋友不滑出水平地垫,地垫的长度x 至少多长. 答案 (1)440J (2)4m/s (3)1.6m解析 (1)小朋友在斜面滑下的过程中克服摩擦力做的功为:W f1=F f1L =88×5J=440J (2)小朋友在斜面上运动,由动能定理得mgh -W f1=12mv 2代入数据解得:v =4m/s(3)小朋友在水平地垫上运动的过程,由动能定理得: -F f2x =0-12mv 2解得:x =1.6m.拓展训练3 (多选)(2019·宁夏银川市质检)如图所示为一滑草场.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,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(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失,sin37°=0.6,cos37°=0.8).则( )A .动摩擦因数μ=67B .载人滑草车最大速度为2gh 7C .载人滑草车克服摩擦力做功为mghD .载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g答案 AB解析 对整段过程,由动能定理知mg ·2h -μmg cos45°·h sin45°-μmg cos37°·hsin37°=0解得μ=67,载人滑草车克服摩擦力做功为mg ·2h ,故A 正确,C 错误;滑草车在下段滑道时,对其受力分析如图: 沿斜面方向:F 合=mg sin37°-μF N 垂直斜面方向:F N =mg cos37°联立知F 合=-335mg ,负号表示合力方向沿斜面向上知滑草车在下段滑道做匀减速直线运动 加速度大小为a =|F 合|m =335g ,故D 错误.由以上分析知滑草车到达两段滑道交接处时速度最大,由动能定理知:mgh -μmg cos45°hsin45°=12mv m 2解得v m =2gh7,故B 正确. 拓展训练4 在赛车场上,为了安全起见,车道外围都固定上废旧轮胎作为围栏,当车碰撞围栏时起缓冲器作用.为了检验废旧轮胎的缓冲效果,在一次模拟实验中用轻弹簧来代替废旧轮胎,实验情景如图所示,水平放置的轻弹簧左侧固定于墙上,处于自然状态,开始赛车在A 处且处于静止状态,距弹簧自由端的距离L 1=1m .当赛车启动时,产生水平向左的恒为F =24N 的牵引力使赛车向左匀加速前进,当赛车接触轻弹簧的瞬间立即关闭发动机,赛车继续压缩轻弹簧,最后被弹回到B 处停下.已知赛车的质量m =2kg ,A 、B 之间的距离L 2=3m ,赛车被弹回的过程中离开弹簧时的速度大小v =4m/s ,方向水平向右.取g =10 m/s 2.求:(1)赛车和地面间的动摩擦因数; (2)弹簧被压缩的最大距离. 答案 (1)0.2 (2)0.5m解析 (1)从赛车离开弹簧到B 处停下, 由动能定理得-μmg (L 1+L 2)=0-12mv 2解得μ=0.2(2)设轻弹簧被压缩的最大距离为L ,从赛车加速到离开弹簧,由动能定理得FL 1-μmg (L 1+2L )=12mv 2-0解得L =0.5m.1.功能关系的理解(1)做功的过程就是能量转化的过程,不同形式的能量发生相互转化可以通过做功来实现. (2)功是能量转化的量度.①重力做功是重力势能改变的量度,W G =-ΔE p . ②弹簧弹力做功是弹性势能改变的量度,W 弹=-ΔE p . ③电场力做功是电势能改变的量度,W =-ΔE p . ④合外力做功是动能改变的量度.⑤除重力或弹簧弹力外的其他力做功是物体机械能改变的量度.⑥一对滑动摩擦力做功是系统内能改变的量度. 2.功能关系的应用(1)分析物体运动过程中受哪些力,有哪些力做功,有哪些形式的能发生变化 (2)根据自己习惯用动能定理或能量守恒定律理解或计算例4 (2017·全国卷Ⅲ·16)如图,一质量为m ,长度为l 的均匀柔软细绳PQ 竖直悬挂.用外力将绳的下端Q 缓慢地竖直向上拉起至M 点,M 点与绳的上端P 相距13l .重力加速度大小为g .在此过程中,外力做的功为( )A.19mglB.16mglC.13mglD.12mgl 答案 A解析 由题意可知,PM 段细绳的机械能不变,MQ 段细绳的重心升高了l6,则重力势能增加ΔE p=23mg ·l 6=19mgl ,由功能关系可知,在此过程中,外力做的功为W =19mgl ,故选项A 正确,B 、C 、D 错误.拓展训练5 (2019·超级全能生2月联考)“竹蜻蜓”是一种儿童玩具,双手用力搓柄可使“竹蜻蜓”向上升,某次实验,“竹蜻蜓”离手后沿直线上升到最高点,在该过程中( )A .空气对“竹蜻蜓”的作用力大于“竹蜻蜓”对空气的作用力B .“竹蜻蜓”的动能一直增加C .“竹蜻蜓”的重力势能一直增加D .“竹蜻蜓”的机械能守恒 答案 C解析 根据牛顿第三定律可知,空气对“竹蜻蜓”的力一定等于“竹蜻蜓”对空气的力,A 错误;“竹蜻蜓”离手后沿直线上升到最高点,从运动描述可知它是先加速后减速,所以动能先增加后减少,高度升高,重力势能一直增加,B 错误,C 正确;空气对“竹蜻蜓”做功,故“竹蜻蜓”的机械能不守恒,D 错误.拓展训练6 (2019·福建龙岩市3月质量检查)如图所示,固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环,圆环与一根轻质弹性橡皮绳相连,橡皮绳的另一端固定在地面上的A点,橡皮绳竖直且处于原长h,让圆环沿杆从静止开始下滑,滑到杆的底端时速度为零.则在圆环下滑过程中(整个过程中橡皮绳的形变始终处于弹性限度内),下列说法中正确的是( )A.圆环的机械能守恒B.圆环的机械能先增大后减小C.圆环滑到杆的底端时机械能减少了mghD.橡皮绳再次恰好伸直时圆环动能最大答案 C解析圆环沿光滑杆滑下,滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功,即环的重力和橡皮绳的拉力,所以圆环的机械能不守恒,如果把圆环和橡皮绳组成的系统作为研究对象,则系统的机械能守恒,因为橡皮绳的弹性势能先不变再增大,所以圆环的机械能先不变后减小,故A、B错误;圆环的机械能减少了mgh,故C正确;在圆环下滑过程中从开始下滑到橡皮绳再次到达原长时,动能一直增大,但不是最大,沿杆方向合力为零的时刻,圆环的速度最大,故D错误.1.做好两个分析(1)综合受力分析、运动过程分析,由牛顿运动定律做好动力学分析.(2)分析各力做功情况,做好能量的转化与守恒的分析,由此把握运动各阶段的运动性质,各连接点、临界点的力学特征、运动特征和能量特征.2.做好四个选择(1)当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时,一般选择用动力学方法解题;(2)当涉及功、能和位移时,一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题,题目中出现相对位移时,应优先选择能量守恒定律;(3)当涉及细节并要求分析力时,一般选择牛顿运动定律,对某一时刻进行分析时选择牛顿第二定律求解;(4)复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合解题.例5(2019·浙南名校联盟高三期末)儿童乐园里的弹珠游戏不仅具有娱乐性还可以锻炼儿童的眼手配合能力.某弹珠游戏可简化成如图所示的竖直平面内OABCD透明玻璃管道,管道的半径较小.为研究方便建立平面直角坐标系,O 点为抛物口,下方接一满足方程y =59x2的光滑抛物线形状管道OA ;AB 、BC 是半径相同的光滑圆弧管道,CD 是动摩擦因数μ=0.8的粗糙直管道;各部分管道在连接处均相切.A 、B 、C 、D 的横坐标分别为x A =1.20m 、x B =2.00m 、x C =2.65m 、x D =3.40m .已知,弹珠质量m =100g ,直径略小于管道内径.E 为BC 管道的最高点,在D 处有一反弹膜能无能量损失的反弹弹珠,sin37°=0.6,sin53°=0.8,g 取10m/s 2,求:(1)若要使弹珠不与管道OA 触碰,在O 点抛射速度v 0应该多大;(2)若要使弹珠第一次到达E 点时对轨道压力等于弹珠重力的3倍,在O 点抛射速度v 0应该多大;(3)游戏设置3次通过E 点获得最高分,若要获得最高分在O 点抛射速度v 0的范围. 答案 见解析解析 (1)由y =59x 2得:A 点坐标(1.20m,0.80m)由平抛运动规律:x A =v 0t ,y A =12gt 2,v Ay =gt ,v A =v 02+v Ay 代入数据,求得t =0.4s ,v 0=3m/s ,v Ay =4 m/s ,v A =5m/s ;(2)由平抛运动速度关系,可得θ=53°,求得AB 、BC 圆弧的半径R =0.5m对E 点:3mg +mg =m v E 2R,求得:v E =25m/s对弹球由O 点到E 点的过程由动能定理得:mgy A -mgR (1-cos53°)=12mv E 2-12mv 02求得:v 0=22m/s ;(3)sin α=2.65-2.00-0.400.5=0.5,α=30°,CD 与水平面的夹角也为α=30°(可不求)设3次通过E 点的速度最小值为v 1,有:mgy A -mgR (1-cos53°)-2μmgL CD cos30°=0-12mv 12,求得:v 1=23m/s设3次通过E 点的速度最大值为v 2,有:mgy A -mgR (1-cos53°)-4μmgL CD cos30°=0-12mv 22,求得:v 2=6m/s考虑2次经过E 后不从O 点离开,有:-2μmgL CD cos30°=0-12mv 32,求得:v 3=26m/s因v 2>v 3,所以23m/s<v 0<26m/s拓展训练7 (2019·宁波市3月模拟)如图所示,竖直面内用光滑钢管弯成的“9”字形固定轨道与水平桌面的右端相接,“9”字全高H =0.8m ,“9”字上半部分四分之三圆弧半径为R =0.2m ,钢管的内径大小忽略不计.桌面左端固定轻质弹簧,开始弹簧处于锁定状态,其右端处于A 位置,此时弹簧具有的弹性势能为E p =2.16J ,将质量m =0.1kg 的可看作质点的小球放在A 位置与弹簧相接触,解除弹簧锁定后,小球从A 被弹出后经过B 点进入“9”字形轨道最后从D 点水平抛出,AB 间水平距离为L =1.2m ,小球与桌面间的动摩擦因数为μ=0.3,重力加速度g 取10m/s 2,不计空气阻力,假设水平地面足够长,试求:(1)弹簧解除锁定后,小球到B 点时的速度大小; (2)小球运动到轨道最高点C 时对轨道的作用力;(3)若小球从“9”字形轨道D 点水平抛出后,第一次与地面碰撞前速度方向与水平地面倾角θ=45°,每一次与地面碰撞过程中小球水平速度分量保持不变,小球弹起来的竖直速度分量减小为碰撞前的一半,直到最后沿着水平地面滚动,求小球开始沿地面滚动的位置与D 点的水平距离以及碰撞过程中小球损失的机械能. 答案 (1)6m/s (2)9N ,方向竖直向上 (3)8.4m 1.4J解析 (1)设小球到B 点时的速度为v 0,弹簧解除锁定后,由动能定理得E p -μmgL =12mv 02 v 0=6m/s(2)对小球由B 到C 运动,由动能定理得: -mgH =12mv C 2-12mv 02在C 点:F N +mg =m v C 2R解得:F N =9N由牛顿第三定律得:小球对轨道的作用力大小为9N ,方向竖直向上(3)小球由B 到D 运动:-mg (H -2R )=12mv D 2-12mv 02解得:v D =28m/s 第1次到达地面时:v y =v Dtan45°,v y =v D =28m/s竖直方向有:2gh =v y 2,解得:h =1.4m.小球离开D 点直到最后在水平地面做直线运动,在竖直方向运动的总时间:t 总=v y g +2×[12×v y g +(12)2×v y g +(12)3×v yg+…]代入:t 总≈2810s +2×2810×121-12s =357s小球离开D 点直到最后在水平地面做直线运动,在水平方向运动的位移大小:x =v D t 总=8.4m损失的机械能为:ΔE =mgh ΔE =mgh =1.4J.专题强化练基础题组1.(多选)(2019·温州市联考)一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落,到最低点时距水面还有数米距离.假定空气阻力可忽略,运动员可视为质点,下列说法正确的是( )A .运动员到达最低点前重力势能始终减小B .蹦极绳张紧后的下落过程中,弹力做负功,弹性势能增加C .蹦极过程中,运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D .蹦极过程中,重力势能的改变与重力势能零点的选取有关 答案 ABC解析 运动员到达最低点前重力始终做正功,重力势能始终减小,故A 正确;蹦极绳张紧后的下落过程中,弹力方向与位移方向始终相反,弹力做负功,弹性势能增加,故B 正确;以运动员、地球和蹦极绳所组成的系统,只有重力和弹力做功,系统的机械能守恒,故C 正确;重力势能的改变与重力做功有关,取决于初末位置的高度差,与重力势能零点的选取无关,故D 错误.2.(2019·诸暨市期末)人们用一块弹性毯子将小孩竖直抛起,再保持弹性毯子水平,接住小孩,这是阿拉斯加当地人的一种娱乐方式.若不计空气阻力,下列说法中正确的是( ) A.用毯子将小孩上抛,毯子对小孩做正功,小孩机械能增加B.小孩在空中上升时处于超重状态,下落过程处于失重状态C.小孩由最高点下落,一接触到弹性毯子就立刻做减速运动D.小孩由最高点下落至速度为零的过程中,小孩机械能守恒答案 A3.(2019·金华十校高三期末)“反向蹦极”是蹦极运动的一种类型,如图所示,将弹性绳拉长后固定在运动员身上,并通过其他力作用使运动员停留在地面上,当撤去其他力后,运动员从A点被“发射”出去冲向高空,当上升到B点时弹性绳恢复原长,运动员继续上升到最高点C,若运动员始终沿竖直方向运动并视为质点,忽略弹性绳质量与空气阻力.下列说法正确的是( )A.运动员在A点时弹性绳的弹性势能最小B.运动员在B点时的动能最大C.运动员在C点时的加速度大小为0D.运动员从A点运动到B点的过程,弹性绳的弹性势能减小量大于运动员重力势能的增加量答案 D4.(2019·广东深圳市第一次调研)在水平地面上方某处,把质量相同的P、Q两小球以相同速率沿竖直方向抛出,P向上,Q向下,不计空气阻力,两球从抛出到落地的过程中( ) A.P球重力做功较多B.两球重力的平均功率相等C.落地前瞬间,P球重力的瞬时功率较大D.落地前瞬间,两球重力的瞬时功率相等答案 D解析根据W=mgh可知两球重力做功相同,选项A错误;上抛的物体运动时间长,根据P=W t 可知两球重力的平均功率不相等,选项B错误;根据机械能守恒定律可知12mv2=mgh+12mv02,两球落地的速度相同,根据P=mgv可知落地前瞬间,两球重力的瞬时功率相等,选项C错误,D正确.5.(2019·绍兴市3月选考)一高度为d 的仓库起火,现需要利用仓库前方固定在地面上的消防水炮给它灭火.如图所示,水炮与仓库的距离为d ,出水口的横截面积为S ,喷水方向可自由调节、功率也可以变化.火势最猛的那层楼窗户上、下边缘离地高度分别为0.75d 和0.25d ,(要使灭火效果最好)要求水喷入时的方向与窗户面垂直.已知水炮的效率为η,水的密度为ρ,重力加速度为g ,不计空气阻力,忽略水炮离地高度.下列说法正确的是( )A .若水从窗户下边缘进入,则进入时的速度大小为gdB .若水从窗户上边缘进入,则进入时的速度大小为2gdC .若水从窗户的正中间进入,则此时的水炮功率最小D .满足水从窗户进入的水炮功率最小值为12ρS (gd )32答案 C解析 将水的运动逆向看作是平抛运动,上边缘进入,由d =v 1t,0.75d =12gt 2,得v 1=32gd . 下边缘进入d =v 2t,0.25d =12gt 2,得v 2=2gd ,故A 、B 错误.设从h 处进入,由h =12gt2及d =v x t ,v y 2=2gh .则初速度v 02=v x 2+v y 2=gd 22h +2gh ,当gd 22h =2gh ,即h =d2时v 0有最小值v 0=gd ,功率最小;由F ·Δt =ρv 0S Δtv 0,得F =ρSv 02,功率P =Fv 0=ρSv 03=ρS (gd )32,故C 正确,D 错误.6.(2019·绍兴诸暨市期末) 某三层书架放在1m 高的桌面上,书架的层高均为30cm ,隔板厚度不计.假设每本书质量为1kg ,高度为20cm ,每层书架可竖直摆放10本书,一开始所有书全部都平铺在水平地面上.现将书搬到书架上并竖直放满书架,需要做的功为(g 取10m/s 2) ( )A .435JB .420JC .120JD .390J 答案 B解析 放满书的三层书架,三层书的重心分别上升1.1m ,1.4m,1.7m ,由W =mg (h 1+h 2+h 3)=420J.7.放置于水平地面上的物体在水平恒力F 作用下,以不同的速度沿着力F 的方向匀速运动了距离L .第一次的速度为v 1,恒力F 做的功为W 1,功率为P 1;第二次的速度为v 2,恒力F 做的功为W 2,功率为P 2.已知v 1>v 2,则下列判断正确的是( ) A .W 1>W 2,P 1=P 2 B .W 1>W 2,P 1>P 2 C .W 1=W 2,P 1=P 2 D .W 1=W 2,P 1>P 2答案 D解析 根据W =FL 可知,两次做功相同则W 1=W 2;由于v 1>v 2,所以第一次做功时间短,根据P =Wt可得P 1>P 2,选项D 正确. 8.(2019·天津市和平区上学期期末)如图所示,两个半径不同、内壁光滑的半圆轨道,固定于地面,两轨道的球心O 、O ′在同一水平高度上,一小球先后从与轨道球心在同一高度上的A 、B 两点从静止开始滑下,以轨道球心所在位置为零势能面,通过最低点时,下列说法中不正确的是( )A .小球对轨道的压力是相同的B .小球的速度相同C .小球向心加速度是相同的D .小球的机械能相同 答案 B解析 设小球通过最低点的速度大小为v ,半圆的半径为R .在落到最低点的过程中.根据动能定理得mgR =12mv 2-0,解得v =2gR ,可知R 越大v 越大,故B 错误;在最低点,竖直方向上的合力提供向心力,由牛顿第二定律有F N -mg =m v 2R,联立解得F N =3mg ,可知轨道对小球的支持力与半圆轨道的半径无关,由牛顿第三定律可知小球对两轨道的压力大小圴为重力的3倍,方向均竖直向下,故A 正确;在最低点,a =F N -mgm=2g ,方向竖直向上,故C 正确;两球下滑都只有重力做功,满足机械能守恒,故D 正确.9.一名外卖送餐员用电动自行车沿平直公路行驶给客户送餐,中途因电瓶“没电”,只能改用脚蹬车以5m/s 的速度匀速前行,骑行过程中所受阻力大小恒为车和人总重力的0.02倍(取g =10 m/s 2),该送餐员骑电动自行车以5m/s 的速度匀速前行过程做功的功率最接近( )A .10WB .100WC .1kWD .10kW答案 B解析 设送餐员和车的总质量为100kg ,匀速行驶时的速率为5m/s ,匀速行驶时的牵引力与阻力大小相等,F =0.02mg =20N ,则送餐员骑电动自行车匀速行驶时的功率为P =Fv = 100W ,故B 正确. 能力题组10.(2018·全国卷Ⅰ·18)如图,abc 是竖直面内的光滑固定轨道,ab 水平,长度为2R ;bc 是半径为R 的四分之一圆弧,与ab 相切于b 点.一质量为m 的小球,始终受到与重力大小相等的水平外力的作用,自a 点处从静止开始向右运动.重力加速度大小为g .小球从a 点开始运动到其轨迹最高点,机械能的增量为( )A .2mgRB .4mgRC .5mgRD .6mgR答案 C解析 小球从a 运动到c ,根据动能定理,得F ·3R -mgR =12mv 12,又F =mg ,故v 1=2gR ,小球离开c 点在竖直方向做竖直上抛运动,水平方向做初速度为零的匀加速直线运动.且水平方向与竖直方向的加速度大小相等,都为g ,故小球从c 点到最高点所用的时间t =v 1g=2R g ,水平位移x =12gt 2=2R , 根据功能关系,小球从a 点到轨迹最高点机械能的增量为力F 做的功,即ΔE =F ·(2R +R +x )=5mgR .11.(2019·宁波市“十校联考”)如图所示,一水平圆盘绕过圆心的竖直轴转动,圆盘半径R =0.2m ,圆盘边缘有一质量m =1kg 的小滑块.当圆盘转动的角速度达到某一数值时,滑块恰从圆盘边缘A 沿过渡圆管滑落,进入轨道ABC ,AB 粗糙,BCD 光滑,CD 面足够长且离地面高为h ′=0.4m ,经C 点后突然给滑块施加水平向右的恒力F =1033N .已知AB 段斜面倾角为60°,BC 段斜面倾角为30°,小滑块与圆盘的动摩擦因数μ=0.5,A 点离B 点所在水平面的高度h =1.2m ,运动到B 点时的速度为3m/s ,滑块从A 至C 运动过程中始终未脱离轨道,不计在过渡圆管处和B 点的机械能损失,最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力,重力加速度g 取10 m/s 2,求:(1)滑出A 点时,圆盘转动的角速度ω; (2)小滑块在从A 到B 时,摩擦力做的功; (3)小滑块在CD 面上的落点距C 点的水平距离. 答案 (1)5rad/s (2)-8J (3)315m 解析 (1)滑块在圆盘上做圆周运动时,静摩擦力充当向心力, 根据牛顿第二定律得:μmg =m ω2R , 代入数据解得:ω=5rad/s (2)v A =ωR =5×0.2m/s=1 m/s ,从A 到B 的运动过程由动能定理:mgh +W f =12mv B 2-12mv A 2,解得W f =-8J(3)-mgh ′=12mv C 2-12mv B 2解得v C =1m/s对小滑块经C 点后受力分析可知,F 合=2033N ,则合加速度大小为a =2033m/s 2,方向与C点速度方向垂直v y =v C sin30°,小滑块经C 点到落地的过程,用时t =2v yg,小滑块在C 点时,水平方向的速度v x =v C cos30°,水平方向加速度a =F m ,小滑块在CD 面上的落点距C 点的水平距离x =v x t +12at 2,联立解得x=315m. 12.(2019·诸暨市期末)如图所示是滑块翻越碰撞游戏的示意图.弹射装置将滑块以一定初速度从A 点弹出,滑块沿粗糙桌面运动,从B 点进入竖直光滑圆轨道,沿圆轨道运动一周后离开轨道,向桌面边缘的C 点运动.滑块在C 点水平抛出,恰好在D 点沿DE 方向进入光滑倾斜轨道.固定在轨道底端的弹性板EF 与轨道垂直,滑块与弹性板碰撞后反弹,碰撞过程中有能量损失.已知可视为质点的滑块质量m =0.1kg ,滑块与桌面间的动摩擦因数μ=0.2,桌面AB 和桌面BC 长度分别为x 1=2.25m 与x 2=1.0m ,C 、D 两点高度差h =0.2m ,轨道的倾角θ为30°,DE 长度L =0.9m ,每次滑块与弹性板碰撞后速度大小变为碰前的0.6倍,重力加。

高考物理二轮复习精品资料专题04 功、功率与动能定理教学案

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专题四功、功率与动能定理【2013考纲解读】功、能、能量守恒是近几年高考理科综合物理命题的重点、热点和焦点,也是广大考生普遍感到棘手的难点之一.能量守恒贯穿于整个高中物理学习的始终,是联系各部分知识的主线.它不仅为解决力学问题开辟了一条重要途径,同时也为我们分析问题和解决问题提供了重要依据.守恒思想是物理学中极为重要的思想方法,是物理学研究的极高境界,是开启物理学大门的金钥匙,同样也是对考生进行方法教育和能力培养的重要方面.因此,功、能、能量守恒可谓高考物理的重中之重,常作为压轴题出现在物理试卷中.纵观近几年高考理科综合试题,功、能、能量守恒考查的特点是:①灵活性强,难度较大,能力要求高,内容极丰富,多次出现综合计算;②题型全,不论是从内容上看还是从方法上看都极易满足理科综合试题的要求,经常与牛顿运动定律、圆周运动、电磁学和近代物理知识综合运用,在高考中所占份量相当大.从考题逐渐趋于稳定的特点来看,我们认为:2013年对功、能、能量守恒的考查重点仍放在分析问题和解决问题的能力上.因此在第二轮复习中,还是应在熟练掌握基本概念和规律的同时,注重分析综合能力的培养,训练从能量守恒的角度分析问题的思维方法.【知识网络构建】【重点知识整合】一、求功的方法比较 1.恒力做功的求法(1)应用公式W =Fs cos α其中α是F 、s 间的夹角. (2)用动能定理(从做功的效果)求功:2122k k 1122W E E m v m v =-=-此公式可以求恒力做功也可以求变力做功.特别提醒:(1)应用动能定理求的功是物体所受合外力的功,而不是某一个力的功. (2)合外力的功也可用W 合=F 合s cos α或W 合=F 1s 1cos α+F 2s 2cos α+…求解. 2.变力做功的求法特别提醒:(1)摩擦力既可以做正功,也可以做负功,还可以不做功.(2)相互摩擦的系统内:一对静摩擦力做功的代数和总为零,静摩擦力起着传递机械能的作用,而没有机械能转化为其他形式的能;一对滑动摩擦力做功的代数和等于摩擦力与相对路程的乘积,其值为负值,W =-F f ·s 相对,且F f ·s 相对=ΔE 损=Q 内能.二、两种功率表达式的比较1.功率的定义式:P =Wt,所求出的功率是时间t 内的平均功率.2.功率的计算式:P =Fv cos θ,其中θ是力与速度间的夹角,该公式有两种用法: (1)求某一时刻的瞬时功率.这时F 是该时刻的作用力大小,v 取瞬时值,对应的P 为F 在该时刻的瞬时功率;(2)当v 为某段位移(时间)内的平均速度时,则要求这段位移(时间)内F 必须为恒力,对应的P 为F 在该段时间内的平均功率.特别提醒:公式P =Fv cos θ在高中阶段常用于机车类问题的处理,此时P 指发动机的输出功率,F 为牵引力,F f 为阻力,则任一时刻都满足P =F ·v ,机车任一状态的加速度a=F -F fm,当机车匀速运动时,F =F f ,P =F ·v =F f ·v . 三、对动能定理的理解 1.对公式的理解(1)计算式为标量式,没有方向性,动能的变化为末动能减去初动能. (2)研究对象是单一物体或可以看成单一物体的整体.(3)公式中的位移和速度必须是相对于同一参考系,一般以地面为参考系. 2.动能定理的优越性(1)适用范围广:应用于直线运动,曲线运动,单一过程,多过程,恒力做功,变力做功.(2)应用便捷:公式不涉及物体运动过程的细节,不涉及加速度和时间问题,应用时比牛顿运动定律和运动学方程方便,而且能解决牛顿运动定律不能解决的变力问题和曲线运动问题.【高频考点突破】 考点一 功的计算功的计算在高中阶段占有十分重要的地位,涉及功的计算问题,要掌握以下三点: 1.判断力是否做功的方法:恒力作用时用力和位移的夹角判断,变力作用时一般用力和速度的夹角判断.2.做功的求法:恒力做功应用W =Fs cos θ,变力做功优先考虑动能定理或将变力转化为恒力.3.整体法求功:涉及连接体的问题,若不涉及内力做功,一般优先考虑整体法. 例1、如图5-1所示,竖直平面内放一直角杆,直角杆的水平部分粗糙,动摩擦因数μ=0.20,竖直部分光滑,两部分各套有质量为2.0 kg 和1.0 kg 的小球A 和B ,A 、B 间用细绳相连,初始位置OA =1.5 m ,OB =2.0 m ,g 取10 m/s 2,则图5-1(1)若用水平拉力F 1沿水平杆向右缓慢拉A ,使之移动0.5 m ,该过程中A 受到的摩擦力多大?拉力F 1做功多少?(2)若小球A 、B 都有一定的初速度,A 在水平拉力F 2的作用下,使B 由初始位置以1.0 m/s 的速度匀速上升0.5 m ,此过程中拉力F 2做功多少?考点二 功率的计算公式P =F ·v cos θ的应用在解题过程中的几种情况:1.计算某一力的瞬时功率,若力F 与速度v 之间有夹角θ,则P =Fv cos θ,体现分解F 或v 的思想;若F 与v 共线同方向,则P =F ·v .2.计算机车启动类问题时,牛顿第二定律Pv-f =ma 和匀速状态时P 额=f ·v m 两公式的联合应用.3.对恒定功率问题,也可用动能定理的形式Pt -f ·s =12mvt 2-12mv 2.例2、如图5-3所示,物体A 放在足够长的木板B 上,木板B 静置于水平面.t =0时,电动机通过水平细绳以恒力F 拉木板B ,使它做初速度为零、加速度a B =1.0 m/s 2的匀加速直线运动.已知A 的质量m A 和B 的质量m B 均为2.0 kg ,A 、B 之间的动摩擦因数μ1=0.05,B 与水平面之间的动摩擦因数μ2=0.1,最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等,重力加速度g 取10 m/s 2.求:图5-3(1)物体A刚运动时的加速度a A;(2)t=1.0 s时,电动机的输出功率P;(3)若t=1.0 s时,将电动机的输出功率立即调整为P′=5 W,并在以后的运动过程中始终保持这一功率不变,t=3.8 s时物体A的速度为1.2 m/s.则在t=1.0 s到t=3.8 s 这段时间内木板B的位移为多少?F-μ1m A g-μ2(m A+m B)g=m B a B④(6分)电动机输出功率P1=Fv1⑤(7分)由③④⑤并代入数据解得P1=7 W.⑥(9分)(3)电动机的输出功率调整为5 W时,设细绳对木板B的拉力为F′,则P′=F′v1⑦(10分)代入数据解得F′=5 N⑧(11分)木板B受力满足F′-μ1m A g-μ2(m A+m B)g=0⑨(13分)所以木板B将做匀速直线运动,而物体A则继续在B上做匀加速直线运动直到A、B速度相等.设这一过程时间为t′,有v1=a A(t+t′)⑩(14分)这段时间内B的位移s1=v1t′⑪(15分)A、B速度相同后,由于F′>μ2(m A+m B)g且电动机输出功率恒定,A、B将一起做加速度逐渐减小的变加速运动,由动能定理得P ′(t 2-t ′-t 1)-μ2(m A +m B )gs 2=12(m A +m B )2Av -12(m A +m B )21v⑫(17分) 联立②③⑩⑪⑫并代入数据解得木板B 在t =1.0 s 到t =3.8 s 这段时间内的位移s =s 1+s 2=3.03 m(或取s =3.0 m).(20分)【答案】 (1)0.5 m/s 2 (2)7 W (3)3.03 m(或3.0 m) 考点三 动能定理的应用动能定理是力学的基本规律,在应用动能定理分析解决问题时,要注意以下几点: 1.研究对象一般是单个物体,分析的过程可以是单一过程,也可以是几个过程组成的复杂过程,物体的运动可以是直线运动也可以是曲线运动.2.分析研究对象的受力情况(包括重力),各力是否做功,做正功还是负功,并分别求出各力做功的代数和,但要注意求功时,位移必须是相对地面的. 3.确定过程始、末状态的动能.4.利用动能定理列方程求解,要注意方程的左边是功,右边是动能的变化量. 例3、如图5-5甲所示为游乐场中过山车的实物图片,图乙是过山车的模型图.在模型图中,半径分别为R 1=2.0 m 和R 2=8.0 m 的两个光滑圆形轨道,固定在倾角为α=37°的倾斜直轨道平面上的Q 、Z 两点,且两圆形轨道的最高点A 、B 均与P 点平齐,圆形轨道与斜直轨道之间圆滑连接.现使小车(视作质点)从P 点以一定的初速度沿斜直轨道向下运动.已知斜直轨道与小车间的动摩擦因数为μ=124,g =10 m/s 2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求:(1)若小车恰好能通过第一个圆形轨道的最高点A 处,则其在P 点的初速度应为多大? (2)若小车在P 点的初速度为10 m/s ,则小车能否安全通过两个圆形轨道?【解析】 (1)设小车经过A 点时的临界速度为v 1,根据牛顿第二定律有211m v m g R =设Q 点与P 点高度差为h 1,PQ 间距离为L 1,则L 1=R 11+cos αsin α设小车在P 点的初速度为v 01,从P 点到A 点的过程中,由动能定理得-(μmg cos α)L 1=12小车能安全通过两个圆形轨道的临界条件,是在B 点速度为v 2时,由牛顿第二定律知,小车满足mg =mv 22R 2设小车在P 点的初速度为v 02,从P 点到B 点的过程中,由动能定理得: -μmg cos αL 2=1222-12mv 202解得:v 02=4 6 m/s因为4 6 m/s <10 m/s ,故能安全通过两圆形轨道. 【答案】 (1)2 6 m/s (2)能 【难点探究】难点一 变力做功问题1.当力的方向不变,大小随位移做线性变化时,可先求力对位移的平均值再由恒力做功的公式W =Fx cos α求功,如弹簧弹力做的功.2.大小不变、方向变化的力做的功(如滑动摩擦力、空气阻力等在曲线运动或往复运动中做的功):W=Fs,s为运动质点通过的路程.3.与势能对应的力(如重力、弹簧的弹力、电场力)做的功等于运动质点相应势能的减少量.4.作出变力F随位移x变化的图象,图线与坐标轴所围的“面积”表示变力做的功.如图所示,图线下方的对应面积等于变力做的功.5.当变力的功率一定时(如机车以恒定功率运行),变力做的功W=Pt;当变力的功率变化时,可利用平均功率求功,W=6.利用动能定理求变力做的功,或用功能关系W=ΔE求变力做的功,即用能量的增量等效变换变力所做的功,如求重力、弹簧弹力做的功.例1 一质量为m的物体静止在水平面上,在水平方向的拉力F作用下开始运动,在0~6 s内其运动的速度—时间图象与拉力的功率—时间图象如图2-5-2所示,取g=10 m/s2,下列判断正确的是( )图2-5-2A.拉力F的大小为4 N,且保持不变B.物体的质量为2 kgC.0~6 s内物体克服摩擦力做功24 JD.0~6 s内拉力做的功为156 J【答案】BD【解析】由图象可知,t=2 s后物体做匀速直线运动,则F2=f,由速度为6 m/s,P2=F 2v ,故f =F 2=Pv =4 N .由速度图象知,物体在0~2 s 内做匀加速直线运动,加速度大小a =Δv Δt =3 m/s 2,由于t =2 s 时,v =6 m/s ,P 1=60 W ,此时拉力F 1=P 1v=10 N ,在0~2 s 内,由牛顿第二定律F 1-f =ma ,可得m =2 kg ,选项A 错误、B 正确.由速度图象可知物体在前2 s 内的位移x 1=6 m ,在后4 s 内的位移为x 2=24 m,6 s 内物体克服摩擦力做功W f =f(x 1+x 2)=120 J,6 s 内拉力做的功为W =F 1x 1+F 2x 2=156 J ,选项C 错误、D 正确.【点评】 本题综合考查了运动图象、功率图象、牛顿第二定律、功率及变力做功等相关知识.对分段图象问题,要在明确题意的基础上,对各段分别进行研究,并找出联系相邻两段的物理量.对函数图象问题,还特别要注意函数方程和函数图象是一一对应的关系.难点二 功率的计算问题1.平均功率:P -=W tP -=F v -cos α(v -是平均速度).2.瞬时功率:P =Fv cos α(v 是瞬时速度,α是力F 与瞬时速度之间的夹角).重力的瞬时功率P G =mgv cos α=mgv y ,即重力的瞬时功率等于重力和物体在该时刻的竖直分速度的乘积.注意:功和功率的概念易与v -t 图象、F -t 图象等函数图象一起综合考查,一般可通过v -t 图象求得位移,通过F -t 图象读出力,然后利用W =Fx cos α、P =Fv cos α等公式求解.例2、一质量为1 kg 的质点静止于光滑水平面上,从t =0时起,第1 s 内受到2 N 的水平外力作用,第2 s 内受到同方向的1 N 的外力作用.下列判断正确的是( )A .0~2 s 内外力的平均功率是B .第2 s 内外力所做的功是C .第2 s 末外力的瞬时功率最大D .第1 s 内与第2 s 内质点动能增加量的比值是 【答案】AD【解析】 由牛顿第二定律F =ma 可得,第1 s 内的加速度a 1=2 m/s 2,第2 s 内的加速度a 2=1 m/s 2;由匀变速直线运动规律可得,第1 s 内的位移x 1=1 m ,第1 s 末的速度v 1=2 m/s ,第2 s 内的位移x 2=2.5 m ,第2 s 末的速度v 2=3 m/s ;由做功公式W =Fx 可求,第1 s 内外力做功W 1=2 J ,第2 s 内外力做功W 2=2.5 J ,选项B 错误; 0~2 s 内外力的平均功率P =W 1+W 2t 1+t 2=4.5 J 2 s =94W ,选项A 正确;第2 s 末外力瞬时功率P 2=F 2v 2=3 W ,第1 s 末外力瞬时功率P 1=F 1v 1=4 W >P 2,选项C 错误;由动能定理知,动能增加量之比等于合外力做功之比,所以ΔE k1ΔE k2=W 1W 2=45,选项D 正确.难点三 机车启动问题1.求解机车发动机类问题的关键是要明确机车的功率是牵引力的功率,不是机车受到的合力的功率.发动机允许输出的最大功率即为其额定功率,它是在正常条件下可以长时间工作的最大功率.2.机车两种启动方式的运动对比3.机车两种启动方式流程图 (1)以恒定功率启动(2)匀加速度启动例 3 、节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车.有一质量m =1000 kg 的混合动力轿车,在平直公路上以v 1=90 km/h 匀速行驶,发动机的输出功率为P =50 kW.当驾驶员看到前方有80 km/h 的限速标志时,保持发动机功率不变,立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电,使轿车做减速运动,运动L =72 m 后,速度变为v 2=72 km/h.此过程中发动机功率的15用于轿车的牵引,45用于供给发电机工作,发动机输送给发电机的能量最后有50%转化为电池的电能.假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变.求:(1)轿车以90 km/h 在平直公路上匀速行驶,所受阻力F 阻的大小; (2)轿车从90 km/h 减速到72 km/h 过程中,获得的电能E 电 ;(3)轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能E 电 维持72 km/h 匀速运动的距离L ′. 【答案】(1)2×103 N (2)6.3×104 J (3)31.5 m 【解析】 (1)汽车牵引力与输出功率关系 P =F 牵v将P =50 kW ,v 1=90 km/h =25 m/s 代入得 F 牵=Pv 1=2×103 N 当轿车匀速行驶时,牵引力与阻力大小相等,有F 阻=2×103 N(2)在减速过程中,注意到发动机只有15P 用于汽车的牵引.根据动能定理有15Pt -F 阻L =12mv 22-12mv 21 代入数据得Pt =1.575×105 J 电源获得的电能为E 电=0.5×45Pt =6.3×104 J(3)根据题设,轿车在平直公路上匀速行驶时受到的阻力仍为F 阻=2×103N .在此过程中,由能量转化及守恒定律可知,仅有电能用于克服阻力做功.E 电=F 阻L ′代入数据得L ′=31.5 m.【点评】 本题是机车发动机功率问题的综合计算题,结合生活实际和节能减排,重点考查了减速过程中的能量转换,通过用于轿车的机械功和克服安培力做功的比例关系间接求解减速过程中产生的电能,进一步计算减速过程产生的电能能够维持轿车匀速前进的距离.难点四动能定理在曲线运动中的应用1.动能定理既适用于做直线运动的物体,也适用于做曲线运动的物体.2.动能定理既适用于恒力做功,也适用于变力做功;力既可以同时作用,也可以分段作用;力可以是各种性质的力.3.如果在某个运动过程中包含有几个不同运动性质的阶段(如加速、减速阶段),可以分段应用动能定理,也可以对全程应用动能定理,一般对全程列式更简单.4.因为动能定理中功和动能均与参考系的选取有关,所以动能定理也与参考系的选取有关.在中学物理中一般取地面为参考系.5.动能定理建立的是外力做的总功和物体动能变化之间的一个双向关系:既可以由总功求物体动能的变化,又可以由动能的变化求总功.它是求解变力做功的有效方法.6.动能定理通常适用于单个物体或可看成单个物体的系统.如果涉及系统,因为要考虑内力做的功,所以要十分慎重.在中学阶段可以先分别对系统内每一个物体应用动能定理,然后再联立求解.例4 、如图2-5-5所示,竖直固定放置的粗糙斜面AB的下端与光滑的圆弧BCD的B 点相切,圆弧轨道的半径为R,圆心O与A、D在同一水平面上,∠COB=θ.现有质量为m的小物体从距D点为的高处无初速释放,已知物体恰能从D点进入圆轨道,求:(1)为使小物体不会从A点冲出斜面,小物体与斜面间的动摩擦因数至少为多少?(2)若小物块与斜面间的动摩擦因数μ=则小物体在斜面上通过的总路程为多少?(3)在(2)的条件下,当小物体通过圆弧轨道最低点C时,对C的最大压力和最小压力各是多少?【答案】(1)14tan θ (2)5R 2tan θ (3)⎝⎛⎭⎫3+12cos θmg (3-2cos θ)mg【解析】 (1)为使小物体不会从A 点冲出斜面,由动能定理得 mgR cos θ4-μmg cos θ R tan θ≤0 解得μ≥14tan θ即动摩擦因数至少为14tan θ(2)由μmg cos θ=12mg sin θ<mg sin θ,则物体不能停在斜面AB 上,故最终小物体将从B 点开始在C 两侧做往复运动,由动能定理得mg ⎝⎛⎭⎫R cos θ4+R cos θ-μmgs cos θ=0 解得s =5R 2tan θ即小物体在斜面上通过的总路程为5R 2tan θ.(3)由于小物体第一次通过最低点时速度最大,此时压力最大,由动能定理,得 mg⎝⎛⎭⎫R cos θ4+R =122 由牛顿第二定律,得F Nmax -mg =m v 2R联立解得F Nmax =⎝⎛⎭⎫3+12cos θmg最终小物体将从B 点开始做往复运动,则有【点评】 应用动能定理解答竖直平面内的圆周运动问题,尤其是多过程的问题,需要准确分析物体在每一过程的受力情况和运动情况,明确各阶段运动的联系和能量变化情况. 【历届高考真题】【2012高考】(2012·上海)15.质量相等的均质柔软细绳A 、B 平放于水平地面,绳A 较长。

高考物理大二轮复习专题二能量与动量功功率动能定理课件.ppt

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2019-球所做的功相同 B.沿倾角为θ3的平板下滑的小球的重力的平均功率最大 C.三个小球到达底端时的瞬时速度相同 D.沿倾角为θ3的平板下滑的小球到达平板底端时重力的瞬 时功率最小
2019-9-10
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19
[解析] 假设平板的长度为x,由功的定义式可知W= mgxsinθ=mgh,则A正确;小球在斜面上运动的加速度a=
gsinθ,小球到达平板底端时的速度为v= 2ax = 2gxsinθ = 2gh ,显然到达平板底端时的速度大小相等,但方向不同,则
C错误;由位移公式x=
1 2
at2可知t=
2ax =
2h gsin2θ
,整个过
程中重力的平均功率为P=Wt =mgsin2θ 2gh,则沿倾角为θ1的平 板下滑的小球的重力平均功率最大,B错误;根据P=
Rg
.故由机械能守恒定律得
1 2
mv
2 B
=mgR
+m R2g2③;联立①②③式得F=5mπ g.选项D正确.
[答案] D
2019-9-10
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迁移三 机车启动问题 3.(2018·宁夏模拟)一辆跑车在行驶过程中的最大输出功率 与速度大小的关系如图所示.已知该车质量为2×103 kg,在某 平直路面上行驶,阻力恒为3×103 N.若汽车从静止开始以恒定 加速度2 m/s2做匀加速运动,则此匀加速过程能持续的时间大约 为( )
2019-9-10
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2019-9-10
核心要点突破 H
透析重难 题型突破
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9
考向一 功和功率的计算 [归纳提炼]
功和功率的理解与计算问题,一般应注意以下几点 1.准确理解功的定义式W=Fl及变形式W=Flcosα中各物 理量的意义,该式仅适用于恒力做功的情况. 2.变力做功的求解注意对问题的正确转化,如将变力转化 为恒力,也可应用动能定理等方式求解. 3.对于功率的计算,应注意区分公式P=Wt 和公式P=Fv, 前式侧重于平均功率的计算,而后式侧重于瞬时功率的计算.

高考教案物理二轮总结学习复习计划专题二能量及动量第讲功及功率动能定理教案

高考教案物理二轮总结学习复习计划专题二能量及动量第讲功及功率动能定理教案

第1讲 功和功率 动能定理[做真题·明考向] 真题体验 透视命题规律讲课提示:对应学生用书第23页[真题再做]1.(多项选择)(2018·高考全国卷Ⅲ,T19)地下矿井中的矿石装在矿车中,用电机经过竖井运送到地面.某竖井中矿车提高的速度大小v 随时间t 的变化关系如下图,此中图线①②分别描绘两次不一样的提高过程,它们变速阶段加快度的大小都同样;两次提高的高度同样,提高的质量相等.不考虑摩擦阻力和空气阻力.关于第①次和第②次提高过程( )A .矿车上涨所用的时间之比为4∶5B .电机的最大牵引力之比为2∶1C .电机输出的最大功率之比为2∶1D .电机所做的功之比为4∶5分析:由图线①知,矿车上涨总高度h =v 02·2t 0=v 0t 0由图线②知,加快阶段和减速阶段上涨高度和h 1=v 022·(t 02+t 02)=14v 0t 0匀速阶段:h -h 1=12v 0·t ′,解得t ′=32t 0故第②次提高过程所用时间为t 02+32t 0+t 02=52t 0,两次上涨所用时间之比为2t 0∶52t 0=4∶5,A 对;对矿车受力剖析,当矿车向上做加快直线运动时,电机的牵引力最大,因为加快阶段加快度同样,故加快时牵引力同样,B 错;在加快上涨阶段,由牛顿第二定律知,F -mg =ma ,F =m (g +a )第①次在t 0时辰,功率P 1=F ·v 0, 第②次在t 02时辰,功率P 2=F ·v 02, 第②次在匀速阶段P 2′=F ′·v 02=mg ·v 02<P 2,可知,电机输出的最大功率之比P 1∶P 2=2∶1,C 对;由动能定理知,两个过程动能变化量同样,战胜重力做功同样,故两次电机做功也同样,D 错.答案:AC2.(2017·高考全国卷Ⅲ,T16)如图,一质量为m ,长度为l 的均匀柔嫩细绳PQ 竖直悬挂.用外力将绳的下端Q 迟缓地竖直向上拉起至M点,M 点与绳的上端P 相距13l .重力加快度大小为g .在此过程中,外力做的功为( )A.19mglB.16mglC.13mglD.12mgl分析:QM 段绳的质量为m ′=23m ,未拉起时,QM 段绳的重心在QM 中点处,与M 点距离为13l ,绳的下端Q 拉到M 点时,QM 段绳的重心与M 点距离为16l ,此过程重力做功W G =-m ′g (13l -16l )=-19mgl ,对绳的下端Q 拉到M 点的过程,应用动能定理,可知外力做功W =-W G =19mgl ,可知A 项正确,B 、C 、D项错误.答案:A3.(2015·高考全国卷Ⅱ,T17)一汽车在平直公路上行驶.从某时辰开始计时,发动机的功率P 随时间t 的变化如下图.假设汽车所受阻力的大小f 恒定不变.以下描绘该汽车的速度v 随时间t 变化的图线中,可能正确的选项是( )分析:当汽车的功率为P 1时,汽车在运动过程中知足P 1=F 1v ,因为P 1不变,v 渐渐增大,所以牵引力F 1渐渐减小,由牛顿第二定律得F 1-f =ma 1,f不变,所以汽车做加快度减小的加快运动,当F 1=f 时速度最大,且v m =P 1F 1=P 1f .当汽车的功率突变成P 2时,汽车的牵引力突增为F 2,汽车连续加快,由P 2=F 2v 可知F 2减小,又因F 2-f =ma 2,所以加快度渐渐减小,直到F 2=f 时,速度最大v m ′=P 2f ,此后匀速运动.综合以上剖析可知选项A 正确.答案:A4.(2016·高考全国卷Ⅲ,T24)如图,在竖直平面内有由14圆弧AB 和12圆弧BC 构成的圆滑固定轨道,二者在最低点B 光滑连结.AB 弧的半径为R ,BC 弧的半径为R 2.一小球在A 点正上方与A 相距R 4处由静止开始自由着落,经A 点沿圆弧轨道运动.(1)求小球在B 、A 两点的动能之比;(2)经过计算判断小球可否沿轨道运动到C 点.分析:(1)小球着落至A 点的过程,由动能定理得mg ·R 4=E k A -0小球着落至B 点的过程,由动能定理得mg (R 4+R )=E k B -0由以上两式联立解得E k B E k A=51. (2)小球恰巧经过C 点时,由牛顿第二定律得mg =m v 20R 2,解得v 0=gR 2小球由开始着落至C 点的过程,由动能定理得mg ·R 4=12mv 2C -0,解得v C =gR2因为v C =v 0,故小球恰巧能够沿轨道运动到C 点.答案:(1)5∶1 (2)看法析[考情剖析]■命题特色与趋向——怎么考1.近几年高考命题点主要集中在正、负功的判断,功率的剖析与计算,机车启动模型,动能定理在圆周运动、平抛运动中的应用.题目拥有必定的综合性,难度适中.2.本讲高考独自命题以选择题为主,综合命题以计算题为主,常将动能定理与机械能守恒定律、能量守恒定律相联合.动能定理还是2019年高考的考察重点,要重点关注本讲知识与实质问题相联合的情形题目.■解题要领——怎么做解决本讲知识要理解功和功率的定义、正负功的判断方法,机车启动两类模型的剖析、动能定理及动能定理在变力做功中的灵巧应用.[建系统·记重点] 知识串连 熟记中心重点讲课提示:对应学生用书第24页[网络建立][重点熟记]1.功(1)恒力做功:W =Fl cos α(α为F 与l 之间的夹角).(2)变力做功:①用动能定理求解;②用F ­x 图线与x 轴所围“面积”求解.2.功率(1)均匀功率:P =W t =F v cos α.(2)刹时功率:P =Fv cos α(α为F 与v 的夹角).(3)机车启动两类模型中的重点方程:P =F ·v ,F -F 阻=ma ,v m =P F 阻,Pt -F 阻x =ΔE k . 3.动能定理:W 合=12mv 2-12mv 20.4.应用动能定理的两点注意(1)应用动能定理的重点是写出各力做功的代数和,不要遗漏某个力做的功,同时要注意各力做功的正、负.(2)动能定理是标量式,不可以在某一方向上应用.[研考向·提能力] 考向研析 掌握应试技术讲课提示:对应学生用书第24页考向一 功和功率的剖析与计算1.(2018·北京昌平期末)如下图,质量为60kg 的某同学在做引体向上运动,从双臂挺直到肩部与单杠同高度算1次.若他在1min 内达成了10次,每次肩部上涨的距离均为,则他在1min内战胜重力所做的功及相应的功率约为(g取10m/s2)()A.240 J,4 W B.2 400 J,2 400 WC.2 400 J, 40 W D.4 800 J,80 W分析:他每次引体向上战胜重力所做的功为W1=mgh=60×10×0.4 J=240 J,他在1 min内战胜重力所做的功为W=10W1=10×240 J=2 400 J,相应的功率约为P=Wt=40 W,选项C正确.答案:C2.(多项选择)如下图,传递带AB的倾角为θ,且传递带足够长,现有质量为m、可视为质点的物体以初速度v0从B端开始向上运动,物体与传递带之间的动摩擦因数μ>tanθ,传递带的速度为v(v0<v),方向未知,重力加快度为g.物体在传递带上运动过程中,以下说法正确的选项是()A.摩擦力对物体做功的最大刹时功率是μmgv cosθB.摩擦力对物体做功的最大刹时功率是μmgv0cosθC.摩擦力对物体可能先做负功后做正功D.摩擦力对物体做的总功可能为零分析:物体与传递带之间的动摩擦因数μ>tanθ,则μmg cosθ>mg sinθ,传递带的速度为v(v0<v),若v0与v同向,物体先做匀加快运动,直至物体加快运动到与传递带速度同样时物体速度最大,此时摩擦力的刹时功率最大,则最大刹时功率为P=μmgv cosθ;若v0与v反向,物体沿传递带向上开始做类竖直上抛,依据对称性知,物体在传递带上运动的速度最大为v0,此时摩擦力的刹时功率最大,则最大刹时功率为P=μmgv0cosθ,因为最大刹时功率有两种可能值,所以选项A、B均错误.若v0与v反向,物体先是沿传递带向上做匀减速运动,速度为零后,沿传递带向下做匀加快运动,滑动摩擦力方向一直沿传递带向下,摩擦力先对物体做负功,后做正功,物体回到B端时位移为零,滑动摩擦力做的总功为零,选项C、D正确.答案:CD3.长为L的轻质细绳悬挂一个质量为m的小球,其下方有一个倾角为θ的圆滑斜面体放在水平面上,开始时小球与斜面刚才接触且细绳恰巧竖直,如下图.此刻用水平推力F迟缓向左推进斜面体,直至细绳与斜面平行,则以下说法中正确的选项是()A.因为小球遇到斜面的弹力一直与斜面垂直,故对小球不做功B.细绳对小球的拉力一直与小球的运动方向垂直,故对小球不做功C.小球遇到的合外力对小球做功为零,故小球在该过程中机械能守恒D.若水平面圆滑,则推力做功为mgL(1-cosθ)分析:小球遇到的斜面的弹力沿小球位移方向有重量,故对小球做正功,A 错误;细绳的拉力方向一直和小球的运动方向垂直,故对小球不做功,B正确;合外力对小球做的功等于小球动能的改变量,固然合外力做功为零,但小球的重力势能增添,故小球在该过程中机械能不守恒,C错误;若水平面圆滑,则推力做功等于小球重力势能的增量,即为mgL(1-sinθ),D错误.答案:B考向二机车启动问题1.恒定功率启动(1)机车先做加快度渐渐减小的变加快直线运动,后做匀速直线运动,速度—时间图象如下图,当F=F阻时,v m=PF=PF阻.(2)动能定理:Pt -F 阻x=12mv 2m -0. 2.恒定加快度启动(1)速度—时间图象如下图.机车先做匀加快直线运动,当功率增大到额定功率后获取匀加快的最大速度v 1.以后做变加快直线运动,直至达到最大速度v m 后做匀速直线运动.(2)常用公式:⎩⎨⎧ F -F 阻=ma P 额=Fv 1P 额=F 阻v m v 1=at 14.如下图,汽车在平直路面上匀速运动,用越过圆滑定滑轮的轻绳牵引轮船,汽车与滑轮间的绳保持水平,当牵引轮船的绳与水平方向成θ角时,轮船速度为v ,汽车的功率为P ,汽车遇到的阻力(不含绳的拉力)恒为f ,则此时绳对船的拉力大小为( )A.P v cos θ+fB.P v cos θ-fC.P cos θv +f D.P cos θv -f分析:将船的速度分解如下图,沿绳索方向的分速度v 1=v cos θ,依据P =Fv 1得,汽车的牵引力大小F =P v 1=P v cos θ.依据均衡条件得,绳对汽车的拉力大小F ′=F -f =P v cos θ-f ,那么此时绳对船的拉力大小为P v cos θ-f ,应选项B 正确.答案:B5.一辆汽车内行驶过程中的最大输出功率与速度大小的关系如下图,已知该车质量为2×103kg ,在某平直路面上行驶,阻力恒为3×103N .若汽车从静止开始以恒定加快度2m/s 2做匀加快运动,则此匀加快过程能连续的时间大概为( )A .8sB .14sC .26sD .38s分析:由图象可知,汽车的最大功率约为P =200kW ,在匀加快阶段由牛顿第二定律可知F -F 阻=ma ,即F =F 阻+ma =3×103N +2×103×2N =7000N ,再由P =Fv 可知v =P F =200×1037000m/s =2007m/s ,由v =at ,解得t =1007s≈14.3s ,应选项B 正确.答案:B6.(多项选择)(2018·江西赣中南五校联考)质量为m 的汽车在平直路面上启动,启动过程的速度—时间图象如下图,从t 1时辰起汽车的功率保持不变,整个运动过程中汽车所受阻力恒为F f ,则( )A .0~t 1时间内,汽车的牵引力做功的大小等于汽车动能的增添量B .t 1~t 2时间内,汽车的功率等于(m v 1t 1+F f )v 1 C .汽车运动的最大速度v 2=(mv 1F f t 1+1)v 1 D .t 1~t 2时间内,汽车的均匀速度等于v 1+v 22分析:0~t 1时间内,汽车加快度a =v 1t 1,由牛顿第二定律F -F f =ma ,解得F =m v 1t 1+F f .t 1~t 2时间内,汽车的功率P =Fv 1=(m v 1t 1+F f )v 1,选项B 正确;由P=F f v2可得汽车运动的最大速度v2=PF f=(mv1F f t1+1)v1,选项C正确;依据动能定理,0~t1时间内,汽车的牵引力做的功减去战胜阻力做的功等于汽车动能的增添量,选项A错误;t1~t2时间内,汽车的均匀速度大于v1+v22,选项D错误.答案:BC[方法技巧]解决机车启动问题的四点注意(1)分清是匀加快启动还是恒定功率启动,如第5题中是匀加快启动,第6题中0~t1时间内是匀加快运动,t1~t2时间内是恒定功率运动.(2)匀加快启动过程中,机车功率是不停增大的,当功率达到额定功率时匀加快运动速度达到最大(如第6题中t1时辰对应的速度v1),但不是机车能达到的最大速度(t2时辰速度v2),但该过程中的最大功率是额定功率.(3)以额定功率启动的过程中,牵引力是不停减小的,机车做加快度减小的加快运动,牵引力的最小值等于阻力.(4)不论哪一种启动方式,最后达到最大速度时,均知足P=F f v m,P为机车的额定功率.考向三动能定理的应用[典例展现]如图甲所示是游玩园的过山车,其局部可简化为如图乙所示的表示图,倾角θ=37°的两平行倾斜轨道BC、DE的下端与水平半圆形轨道CD 顺滑连结,倾斜轨道BC的B端距轨道CD所在水平面的竖直高度h=24m,倾斜轨道DE与圆弧轨道EF相切于E点,圆弧轨道EF的圆心O1、水平半圆轨道CD的圆心O2在同一水平面上,D点与O1点之间的距离L=20m,质量m=1000kg的过山车(包含乘客)从B点由静止开始滑下,经过水平半圆轨道CD后,滑上倾斜轨道DE,抵达圆弧轨道顶端F时,乘客对座椅的压力为自己重力的1 4.已知过山车在BCDE段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比,比率系数μ=132,圆弧轨道EF圆滑,整个运动过程中空气阻力不计,过山车经过各轨道之间的连结点时无机械能损失.(sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加快度g取10m/s2)(1)求过山车过F点时的速度大小;(2)求从B点到F点的整个运动过程中摩擦力对过山车做的功;(3)过山车过D点时发现圆弧轨道EF有故障,为保证乘客安全,立刻触发制动装置,使过山车不可以抵达EF段并保证不再下滑,设触发制动装置后,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则过山车遇到的摩擦力起码为多大?[分析](1)设过山车过F点时的速度为v F,选择某个质量为m1的乘客为研究对象,依据牛顿第二定律有m1g-14m1g=m1v2Fr,又r=L sinθ联立方程并代入数据解得v F=310m/s.(2)设整个过程摩擦力做功为W,对过山车从B点到F点的过程,应用动能定理得mg(h-r)+W=12mv2F-0代入数据解得W=-7.5×104J.(3)触发制动装置后,设过山车恰巧能够抵达E点时对应的摩擦力为F f,过山车在D点和F点的速度分别为v D和v F,由动能定理得-F f L cosθ-mgr cosθ=0-12mv2D未触发制动装置时,对D点到F点的过程,由动能定理得-μmg cosθ·L cosθ-mgr=12mv2F-12mv2D联立方程并代入数据解得F f=4.56×103N因为F f<mg sinθ=6000N,故由题意可知过山车遇到的摩擦力起码为6000N. [答案](1)310m/s(2)-7.5×104J(3)6000N[方法技巧]应用动能定理解题应抓好“一个过程、两个状态、四个关注”(1)一个过程:明确研究过程,确立这一过程研究对象的受力状况和地点变化或位移信息.(2)两个状态:明确研究对象的始、末状态的速度或动能状况,如例题中B 点的速度为零,F 点的速度可利用动力学求出.(3)四个关注①成立运动模型,判断物体做了哪些运动,如例题中EF 段为圆周运动. ②剖析各个运动过程中物体的受力和运动状况.③抓住运动模型之间的联系纽带,如速度、加快度、位移,确立初、末状态. ④依据实质状况分阶段(如例题中选DEF 段)或整个过程利用动能定理列式计算.7.如下图,质量为m 的小滑块从O 点以速度v 0沿水平面向左运动,小滑块撞击弹簧后被弹簧弹回并最后静止于O 点,则运动过程中弹簧获取的最大弹性势能是( ) A.13mv 20B.14mv 20C.16mv 20D.18mv 20分析:设动摩擦因数为μ,O 点离弹簧右端距离为L ,弹簧最大压缩量为Δx .小滑块从O 点运动到弹簧压缩量最大时,速度减为0,由动能定理可得-μmg (L+Δx )-W 弹=0-12mv 20,再剖析弹簧压缩量最大到小滑块最后静止的过程,由动能定理可得W 弹-μmg (L +Δx )=0-0,联立可得W 弹=14mv 20,故弹簧获取的最大弹性势能是14mv 20,选项B 正确.答案:B(1)物块运动到C 点时的速度大小v C ;(2)物块在圆轨道最低点P 遇到轨道支持力的大小F N ;(3)A 点离P 点所在的水平川面的高度H .分析:(1)物块落在D 点时,速度在竖直方向上的分速度v y =gt =20m/s ,又tan37°=v C v y联立解得v C =15m/s.(2)在物块从P 点运动到C 点的过程中,由动能定理得-mg ·2R =12mv 2C -12mv 2P在P 点由重力与支持力的协力供给向心力得F N -mg =m v 2P R联立以上式子并代入数据解得F N =3250N.(3)在物块从A 点运动到P 点的过程中,由动能定理可得mgH -μmg cos37°H -R +R cos37°sin37°=12mv 2P 解得H =45.5m.9.(2018·江苏南京一模)如下图,炼钢厂往常用滚筒来传递软钢锭,使拥有必定初速度的软钢锭经过滚筒滑上平台.质量为M 的软钢锭长为L ,上表面圆滑,下表面与平台间是粗拙的.现以水平向右的初速度滑上平台,所有滑上平台时的速度为v .此时,在其右端无初速度地放上一个质量为m 的滑块(视为质点).随后软钢锭滑过2L 距离时速度为零,滑块恰巧抵达平台.重力加快度为g ,空气阻力不计.求:(1)滑块获取的最大加快度(不考虑与平台的撞击过程);(2)滑块放上后,软钢锭滑动过程战胜阻力做的功;(3)滑块抵达平台的动能.分析:(1)因为滑块与软钢锭间无摩擦,所以,软钢锭在平台上滑过距离L 时,滑块离开做自由落体运动,滑块获取的最大加快度a =g .(2)软钢锭滑上平台时的动能E k =12Mv 2 设战胜阻力做功为W f 克,由动能定理得-W f 克=0-12Mv 2则W f 克=12Mv 2(3)滑块离开软钢锭后自由着落到平台的时间与软钢锭在平台最后滑动L 的时间同样,都为t ,L =12μgt 2,-μ(M +m )gL -μMgL =0-12Mv 2v m =gtE km =12mv 2m联解以上四个方程式得E km =2(2M +m )mg 2L 2Mv 2答案:(1)g (2)12Mv 2 (3)2(2M +m )mg 2L 2Mv 2[限训练·通高考] 科学设题 拿下高考高分独自成册 对应学生用书第131页(45分钟)一、单项选择题1.(2018·高考全国卷Ⅱ)如图,某同学用绳索拉动木箱,使它从静止开始沿粗拙水平路面运动至拥有某一速度.木箱获取的动能必定( )A .小于拉力所做的功B .等于拉力所做的功C .等于战胜摩擦力所做的功D .大于战胜摩擦力所做的功分析:由题意知,W 拉-W 阻=ΔE k ,则W 拉>ΔE k ,A 对,B 错;W 阻与ΔE k 的大小关系不确立,C 、D 错.答案:A2.如下图,质量为m 的汽车在某下坡的公路上,赶快度v 0开始加快运动,经时间t 速度达到最大值v m .设在此过程中汽车发动机的功率恒为P ,汽车所受的摩擦阻力为恒力.关于该过程,以下说法正确的选项是( )A .该过程中汽车向来做匀加快直线运动B .该过程中汽车所受阻力f =P v mC .该过程中汽车所受阻力做功的大小为Pt +12mv 2mD .该过程中汽车做加快度不停减小的加快运动分析:汽车发动机的功率恒为P ,则汽车做加快度渐渐减小的加快运动,A错误,D 正确;汽车速度达到最大值v m 时,汽车的牵引力F =P v m ,故f =P v m+mg sin θ,B 错误;因为还有重力做功,汽车所受阻力做的功没法求出,C 错误.答案:D3.如下图,质量为m 的小球(可视为质点)用长为L 的细线悬挂于O 点,自由静止在A 地点.现用水平力F 迟缓地将小球从A 地点拉到B 地点后静止,此时细线与竖直方向夹角为θ=60°,细线的拉力为F 1,而后松手让小球从静止返回,到A 点时细线的拉力为F 2,则( )A .F 1=F 2=2mgB .从A 到B ,拉力F 做的功为F 1LC .从B 到A 的过程中,小球遇到的协力大小不变D .从B 到A 的过程中,小球重力的刹时功率向来增大分析:在B 地点,依据均衡条件有F 1sin30°=mg ,解得F 1=2mg .从B 到A ,依据动能定理得mgL (1-cos60°)=12mv 2,依据牛顿第二定律得F 2-mg =m v 2L ,联立两式解得F 2=2mg ,故A 项正确;从A 到B ,小球迟缓挪动,依据动能定理得W F -mgL (1-cos60°)=0,解得W F =12mgL ,故B 项错误;从B 到A 的过程中,小球的速度大小在变化,沿径向的协力在变化,故C 项错误;在B 地点,重力的功率为零,在最低点,重力的方向与速度方向垂直,重力的功率为零,可知从B 到A 的过程中,重力的功领先增大后减小,故D 项错误.答案:Am ,在平直路面上行驶时,所受阻力不变.当均衡车加快度为a ,速度为v 时,均衡车的功率为P 1,则当功率为P 2时,均衡车行驶的最大速度为( )A.P 2v P 1B.P 2v P 1-mavC.P 1v P 2D.P 1v P 2-mav分析:对均衡车受力剖析,设遇到的阻力的大小为F f ,由牛顿第二定律可得,F -F f =ma ,所以F =F f +ma ,所以功率P 1=Fv =(F f +ma )v ,解得F f =P 1v -ma ,当功率恒为P 2时,设最大速度为v ′,则P 2=F ′v ′=F f v ′,所以v ′=P 2F f =P 2v P 1-mav,选项B 正确. 答案:B5.一滑块在水平川面上沿直线滑行,t =0时的速率为1m/s ,从此刻开始在与初速度相反的方向上施加一水平作使劲F ,力F 和滑块的速度v 随时间的变化规律分别如图甲、乙所示,两图取同一正方向,g 取10 m/s 2,则以下说法正确的选项是( )A .滑块的质量为2kgB .第1s 内摩擦力对滑块做的功为-1JC .第2s 末拉力FD.第2s内拉力F分析:由题图乙可知滑块的加快度a=1m/s2,依据牛顿第二定律,在第1s 内有F+F f=ma,第2s内有F′-F f=ma,代入数据解得F f=1N,m=2kg,A正确;第1s内滑块的位移大小x1=12×1×1m=0.5m,则摩擦力对滑块做的功W F f=-F f x1=-1×0.5J=-0.5J,B错误;第2s末拉力的功率P=F′v=3×1W=3W,C错误;第2s内滑块的位移x2=12×1×1m=0.5m,则第2s内拉力的均匀功率P=Wt=F′x2t=,1)W=1.5W,D错误.答案:A500kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加快,遇到的阻力不变,其加快度a和速度的倒数1v的关系如下图,则赛车()A.做匀加快直线运动B.功率为20kWC.所受阻力大小为2000ND.速度大小为50m/s时牵引力大小为3000N分析:由图象可知,汽车的加快度随速度的增大而减小,故汽车不做匀加快运动,选项A错误;依据P=Fv,F-F f=ma可得a=Pm·1v-F fm,由图象可知F fm=4,Pm=400,解得F f=2000N,P=2×105W,选项B错误,C正确;速度大小为50m/s时牵引力大小为F=Pv=2×10550N=4000N,选项D错误.答案:C7.(2017·高考江苏卷)一小物块沿斜面向上滑动,而后滑回到原处.物块初动能为E k0,与斜面间的动摩擦因数不变,则该过程中,物块的动能E k与位移x 关系的图线是()分析:物块上滑时,重力沿斜面的分力和摩擦力均沿斜面向下,下滑时,摩擦力沿斜面向上,依据动能定理W =ΔE k 知,图象中的斜率表示物块遇到的协力,物块上滑时恒定的协力大于物块下滑时恒定的协力,所以C 项正确.答案:C二、多项选择题8.(2018·湖南长沙高三一模)如下图,内壁圆滑半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上,一个质量为m 的小球静止在轨道底部A 点.现用小锤沿水平方向快速击打小球,击打后快速移开,使小球沿轨道在竖直面内运动.当小球回到A 点时,再次用小锤沿运动方向击打小球,一定经过两次击打,小球才能运动到圆轨道的最高点.已知小球在运动过程中一直未离开轨道,在第一次击打过程中小锤对小球做功W ,第二次击打过程中小锤对小球做功4W ,设两次击打过程中小锤对小球做的功所有用来增添小球的动能,则W 的值可能是( ) A.56mgR B.34mgR C.38mgR D.32mgR分析:第一次击打小球时,小球运动的最大高度为R ,即W ≤mgR .第二次击打小球,使小球运动到圆轨道的最高点,而小球能够经过最高点的条件为mg ≤m v 2高R ,即v 高≥gR .小球从静止到抵达最高点的过程中,由动能定理得W +4W -mg ·2R =12mv 2高-0,得W ≥12mgR ,所以W 知足12mgR ≤W ≤mgR ,选项A 、B 正确.答案:AB9.a 、b 为紧靠着的且两边固定的两张同样薄纸,如下图.一个质量为1kg 的小球从距纸面高为60cm 的地方自由着落,恰能穿破两张纸.若将a 纸的地点高升,b 纸的地点不变,在同样条件下要使小球还能穿破两张纸,则a 纸距离b 纸可能是(小球穿破两张纸时,战胜阻力做功同样)( )A .15cmB .20cmC .30cmD .60cm分析:小球穿过两张纸时,由动能定理得mgh -2W =0,将a 纸向上移,若恰能穿过第一张纸,则mgh ′-W =0,解得着落的高度h ′=12h ,所以两张纸的距离不可以超出12h =30cm ,选项A 、B 、C 正确.答案:ABC10.(2018·福建福州高三质检)如下图为某电动汽车在加快性能试验过程中的v ­t 图象.为了简化计算,可近似以为:汽车运动时遇到的阻力恒定,在0~30s 内做匀加快直线运动,30s 后汽车发动机的功率保持不变.则( )A .15s 末、30s 末汽车的牵引力大小之比为2∶1B .15s 末、30s 末汽车的发动机功率之比为1∶2C .30s 末、54s 末汽车的加快度大小之比为4∶3D .0~30s 内、30~54s 内汽车发动机做功之比为5∶8分析:由题意可知汽车前30s 做匀加快直线运动,则牵引力恒定,所以A 错误;由图可知15s 末、30s 末的速度分别为9m/s 、18 m/s ,由公式P =Fv 可知,15s 末、30s 末汽车的发动机功率之比为1∶2,B 正确;由图可知30s 末、54s 末的加快度之比应为a 1a 2=P 18-F f P 24-F f=43×P -18F f P -24F f >43,C 错误;0~30s 内,汽车发动机做的功W 1=Fx 1=P 18×30×182(J)=15P (J),30~54s 内汽车发动机做功W 2=P (54s -30s)=24P (J),所以W 1W 2=58,D 正确.答案:BD三、非选择题11.一匹马拉着质量为60kg的雪橇,从静止开始用80s的时间沿平直冰面跑完1000m.设在运动过程中雪橇遇到的阻力保持不变,已知雪橇在开始运动的8s时间内做匀加快直线运动,从第8s末开始,马拉雪橇做功的功率保持不变,使雪橇连续做直线运动,最后一段时间雪橇做的是匀速直线运动,速度大小为15m/s;开始运动的8s内马拉雪橇的均匀功率是8s后功率的一半.求整个运动过程中马拉雪橇做功的均匀功率和雪橇在运动过程中所受阻力的大小.分析:设8s后马拉雪橇的功率为P,则匀速运动时P=F·v=F f·v即运动过程中雪橇遇到的阻力大小F f=P v①关于整个过程运用动能定理得P2·t1+P(t总-t1)-F f·x=12mv2-0②代入数据,解①②得P=723W,F f再由动能定理可得P t总-F f·x=12mv2解得P=687W.12.某课外研究小组自制了如下图的导轨,此中,导轨的所有半圆形部分均圆滑,水平部分均粗拙.圆半径分别为R、2R、3R和4R,R=,水平部分长度L=2m,将导轨竖直搁置,轨道最低点离水平川面高h=1m.将一个质量为m=、中心有孔的钢球(孔径略大于细导轨直径)套在导轨端点P处,钢球与导轨水平部分的动摩擦因数均为μv0=13m/s,g取10 m/s2.求:(1)钢球运动至第一个半圆形轨道最低点A时对轨道的压力;(2)钢球落地址到抛出点的水平距离.。

2023高考物理二轮专题复习:功和能机械能课件

2023高考物理二轮专题复习:功和能机械能课件

专题二 能量与动量
知识归纳 素养奠基
2.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像 法来求解.
(2)功率的求解:可以用定义式 P=Wt 来求解,如果力是恒力,可以用 P=Fvcos α 来求解.
3.动能定理的应用. (1)内容:力在一个过程中对物体所做的功,等于物体在这个过程中动能的变 化.
(1)物体动能增加与减少要看合外力对物体做正功还是做负功.
(2)物体势能的增加与减少要看对应的作用力(如重力、弹簧弹力、电场力等)
做负功还是做正功.
(3)物体机械能增加与减少要看重力之外的力对物体做正功还是做负功.
专题二 能量与动量
命题点一 功、功率的理解与应用
细研命题点 提升素养
计算功和功率时应注意的问题 计算功率时,要明确是求瞬时功率,还是平均功率,若求瞬时功率应明确是 哪一时刻或位置的瞬时功率,若求平均功率应明确是哪段时间内的平均功率; 应注意区分公式 P=Wt 和公式 P=Fvcos θ 的适用范围,P=Wt 侧重于平均功 率的计算,P=Fvcos θ 侧重于瞬时功率的计算.
答案:B
专题二 能量与动量
细研命题点 提升素养
引体向上是中学生体育测试的项目之一,引体向上运动的吉尼斯世界
纪录是53次/分钟.若一个普通中学生在30秒内完成12次引体向上,该学生此
过程中克服重力做功的平均功率最接近于( )
A.5 W
B.20 W
C.100 W
D.400 W
解析:学生体重约为 50 kg,每次引体向上上升高度约为 0.5 m,引体向上一
专题二 能量与动量
细研命题点 提升素养
解析:在ab段,根据平衡条件可知,牵引力F1=mgsin θ+f,所以在ab段汽车 的输出功率P1=F1v不变,在bc段牵引力F2=f,bc段的输出功率P2=F2v<P1, 故A错误,B正确;在cd段牵引力F3=f-mgsin θ,汽车的输出P3=F3v<P2,在 cd段汽车的输出功率不变,且小于bc段,故C、D错误.故选B.

2020届高考物理二轮复习专题教案:专题二能量与动量第4课时功和功率功能关系

2020届高考物理二轮复习专题教案:专题二能量与动量第4课时功和功率功能关系

功和功率功能关系复习备考建议(1)能量观点是高中物理三大观点之一,是历年高考必考内容;或与直线运动、平抛运动、圆周运动结合,或与电场、电磁感应结合,或与弹簧、传送带、板块连接体等结合;或借助选择题单独考查功、功率、动能定理、功能关系的理解,或在计算题中考查动力学与能量观点的综合应用,难度较大.(2)对于动量问题,17年只在选择题中出现,而且是动量守恒、动量定理的基本应用,18年在计算题中出现,Ⅰ卷、Ⅱ卷都是动量守恒的基本应用,运动过程简单,综合性较低,Ⅲ卷只是用到了动量的概念,19年在计算题中出现,Ⅰ卷、Ⅲ卷都涉及动量与能量观点的综合应用,Ⅱ卷中用到了动量定理,对于动量的考察,综合性、难度有所提升,备考时应多加注意.第4课时 功和功率 功能关系考点 功、功率的分析与计算1.恒力功的计算(1)单个恒力的功W=Fl cosα.(2)合力为恒力的功①先求合力,再求W=F合l cosα.②W=W1+W2+….2.变力功的计算(1)若力大小恒定,且方向始终沿轨迹切线方向,可用力的大小跟路程的乘积计算.F(2)力的方向不变,大小随位移线性变化可用W=l cosα计算.(3)F-l图象中,功的大小等于“面积”.(4)求解一般变力做的功常用动能定理.3.功率的计算(1)P =,适用于计算平均功率;W t (2)P =Fv ,若v 为瞬时速度,则P 为瞬时功率;若v 为平均速度,则P 为平均功率.注意:力F 与速度v 方向不在同一直线上时功率为Fv cos θ.例1 (多选)(2019·山西晋中市适应性调研)如图1甲所示,足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角,在杆上套有一个光滑小环,沿杆方向给环施加一个拉力F ,使环由静止开始运动,已知拉力F 及小环速度v 随时间t 变化的规律如图乙、丙所示,重力加速度g 取10m/s 2.则以下判断正确的是( )图1A .小环的质量是1kgB .细杆与地面间的倾角是30°C .前3s 内拉力F 的最大功率是2.25WD .前3s 内拉力对小环做功5.75J答案 AD解析 由速度-时间图象得到环先匀加速上升,然后匀速运动,由题图可得:第1s 内,a ==m/s 2=0.5 m/s 2,加速阶段:F 1-mg sin θ=ma ;匀速阶段:F 2-mg sin θ=0,Δv t 0.51联立以上三式解得:m =1kg ,sin θ=0.45,故A 正确,B 错误;第1s 内,速度不断变大,拉力的瞬时功率也不断变大,第1s 末,P =Fv 1=5×0.5W =2.5W ;第1s 末到第3s 末,P =Fv 1=4.5×0.5W =2.25W ,即拉力的最大功率为2.5W ,故C 错误;从速度-时间图象可以得到,第1 s 内的位移为0.25 m,1~3 s 内的位移为1 m ,前3 s 内拉力做的功为:W =5×0.25 J +4.5×1J =5.75J ,故D 正确.变式训练1.(2019·河南名校联盟高三下学期2月联考)如图2所示,ad 、bd 、cd 是竖直面内三根固定的光滑细杆,a 、b 、c 、d 位于同一圆周上,a 点为圆周的最高点,d 点为最低点.每根杆上都套着一个质量相等的小滑环(图中未画出),三个滑环分别从a 、b 、c 处由静止释放,用P 1、P 2、P 3依次表示各滑环从静止滑到d 过程中重力的平均功率,则( )图2A .P 1<P 2<P 3B .P 1>P 2>P 3C .P 3>P 1>P 2D .P 1=P 2=P 3答案 B解析 对小滑环b 受力分析,受重力和支持力,将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解,根据牛顿第二定律得,小滑环做初速度为零的匀加速直线运动的加速度为a =g sin θ(θ为杆与水平方向的夹角),由数学知识可知,小滑环的位移x =2R sin θ,所以t ===,t 与θ无关,即t 1=t 2=t 3,而三个环重力做功2xa 2×2R sin θg sin θ4Rg W 1>W 2>W 3,所以有:P 1>P 2>P 3,B 正确.2.(多选)(2019·福建龙岩市期末质量检查)如图3所示,在竖直平面内有一条不光滑的轨道ABC ,其中AB 段是半径为R 的圆弧,BC 段是水平的.一质量为m 的滑块从A 点由静止14滑下,最后停在水平轨道上C 点,此过程克服摩擦力做功为W 1.现用一沿着轨道方向的力推滑块,使它缓慢地由C 点推回到A 点,此过程克服摩擦力做功为W 2,推力对滑块做功为W ,重力加速度为g ,则下列关系中正确的是( )图3A .W 1=mgRB .W 2=mgRC .mgR <W <2mgRD .W >2mgR答案 AC解析 滑块由A 到C 的过程,由动能定理可知mgR -W 1=0,故A 对;滑块由A 到B 做圆周运动,而在推力作用下从C 经过B 到达A 的过程是一个缓慢的匀速过程,所以从A 到B 的过程中平均支持力大于从B 到A 的平均支持力,那么摩擦力从A 到B 做的功大于从B 到A 做的功,而两次经过BC 段摩擦力做功相等,故W 2<W 1=mgR ,故B 错;滑块由C 到A 的过程中,由能量守恒可知,推力对滑块做的功等于滑块重力势能增加量与克服摩擦力所做的功两部分,即W -mgR -W 2=0,即W =W 1+W 2,由于W 2<W 1=mgR ,所以mgR <W <2mgR ,故C 对,D 错.考点 功能关系的理解和应用1.几个重要的功能关系(1)重力做的功等于重力势能的减少量,即W G =-ΔE p .(2)弹力做的功等于弹性势能的减少量,即W 弹=-ΔE p .(3)合力做的功等于动能的变化量,即W =ΔE k .(4)重力(或系统内弹力)之外的其他力做的功等于机械能的变化量,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 =F f ·x 相对.2.理解(1)做功的过程就是能量转化的过程,不同形式的能量发生相互转化可以通过做功来实现.(2)功是能量转化的量度,功和能的关系,一是体现在不同性质的力做功对应不同形式的能转化,二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等.3.应用(1)分析物体运动过程中受哪些力,有哪些力做功,有哪些形式的能发生变化.(2)列动能定理或能量守恒定律表达式.例2 (多选)(2019·全国卷Ⅱ·18)从地面竖直向上抛出一物体,其机械能E 总等于动能E k 与重力势能E p 之和.取地面为重力势能零点,该物体的E 总和E p 随它离开地面的高度h 的变化如图4所示.重力加速度取10m/s 2.由图中数据可得( )图4A .物体的质量为2kgB .h =0时,物体的速率为20m/sC .h =2m 时,物体的动能E k =40JD .从地面至h =4m ,物体的动能减少100J答案 AD解析 根据题图图像可知,h =4m 时物体的重力势能mgh =80J ,解得物体质量m =2kg ,抛出时物体的动能为E k0=100J ,由公式E k0=mv 2可知,h =0时物体的速率为v =10m/s ,选12项A 正确,B 错误;由功能关系可知F f h =|ΔE 总|=20J ,解得物体上升过程中所受空气阻力F f =5 N ,从物体开始抛出至上升到h =2 m 的过程中,由动能定理有-mgh -F f h =E k -100J ,解得E k =50J ,选项C 错误;由题图图像可知,物体上升到h =4m 时,机械能为80J ,重力势能为80J ,动能为零,即从地面上升到h =4m ,物体动能减少100J ,选项D 正确.变式训练3.(多选)(2018·安徽安庆市二模)如图5所示,一运动员穿着飞行装备从飞机上跳出后的一段运动过程可近似认为是匀变速直线运动,运动方向与水平方向成53°角,运动员的加速度大小为.已知运动员(包含装备)的质量为m ,则在运动员下落高度为h 的过程中,下3g 4列说法正确的是(sin53°=,cos53°=)( )4535图5A .运动员重力势能的减少量为mgh35B .运动员动能的增加量为mgh34C .运动员动能的增加量为mgh1516D .运动员的机械能减少了mgh116答案 CD解析 运动员下落的高度是h ,则重力做功:W =mgh ,所以运动员重力势能的减少量为mgh ,故A 错误;运动员下落的高度是h ,则飞行的距离:L ==h ,运动员受到的h sin53°54合外力:F 合=ma =mg ,动能的增加量等于合外力做的功,即:ΔE k =W 合=F 合34L =mg ×h =mgh ,故B 错误,C 正确;运动员重力势能的减少量为mgh ,动能的增加量34541516为mgh ,所以运动员的机械能减少了mgh ,故D 正确.15161164.(多选)(2019·福建厦门市第一次质量检查)如图6甲所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端与A 物体相连接,将B 物体放置在A 物体上面,A 、B 的质量都为m ,初始时两物体处于静止状态.现用竖直向上的拉力F 作用在物体B 上,使物体B 开始向上做匀加速运动,拉力F 与物体B 的位移x 的关系如图乙所示(g =10m/s 2),下列说法正确的是( )图6A.0~4cm过程中,物体A、B和弹簧组成的系统机械能增大B.0~4cm过程中,弹簧的弹性势能减小,物体B运动到4cm处,弹簧弹性势能为零C.弹簧的劲度系数为7.5N/cmD.弹簧的劲度系数为5.0N/cm答案 AC解析 0~4 cm过程中,物体A、B和弹簧组成的系统,因力F对系统做正功,则系统的机械能增大,选项A正确.由题图可知,在x=4 cm处A、B分离,此时A、B之间的压力为零,A、B的加速度相等,但是弹簧仍处于压缩状态,弹簧的弹性势能不为零,选项B错误.开始物体处于静止状态,重力和弹力二力平衡,有:2mg=kΔl1;拉力F1为20 N时,弹簧弹力和重力平衡,合力等于拉力,根据牛顿第二定律,有:F1=2ma;物体B与A分离后,拉力F2为50 N,根据牛顿第二定律,有:F2-mg=ma;物体A与B分离时,物体A的加速度为a,则根据牛顿第二定律有:kΔl2-mg=k(Δl1-4 cm)-mg=ma;联立解得:m=4.0 kg,k=7.5 N/cm.选项C正确,D错误.考点 动能定理的应用1.表达式:W总=E k2-E k1.2.五点说明(1)W总为物体在运动过程中所受各力做功的代数和.(2)动能变化量E k2-E k1一定是物体在末、初两状态的动能之差.(3)动能定理既适用于直线运动,也适用于曲线运动.(4)动能定理既适用于恒力做功,也适用于变力做功.(5)力可以是各种性质的力,既可以同时作用,也可以分阶段作用.3.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.4.在功能关系中的应用(1)对于物体运动过程中不涉及加速度和时间,而涉及力和位移、速度的问题时,一般选择动能定理,尤其是曲线运动、多过程的直线运动等.(2)动能定理也是一种功能关系,即合外力做的功(总功)与动能变化量一一对应.例3 如图7所示,在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧,弹簧原长时上端与刻度尺上的A 点等高.质量m =0.5kg 的篮球静止在弹簧正上方,其底端距A 点的高度h 1=1.10m ,篮球由静止释放,测得第一次撞击弹簧时,弹簧的最大形变量x 1=0.15m ,第一次反弹至最高点,篮球底端距A 点的高度h 2=0.873m ,篮球多次反弹后静止在弹簧的上端,此时弹簧的形变量x 2=0.01m ,弹性势能为E p =0.025J .若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定,忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球形变,弹簧形变在弹性限度范围内,g 取10m/s 2.求:图7(1)弹簧的劲度系数;(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力的大小;(3)篮球在整个运动过程中通过的路程.答案 (1)500N/m (2)0.50N (3)11.05m解析 (1)由最后静止的位置可知kx 2=mg ,所以k =500N/m(2)由动能定理可知,在篮球由静止下落到第一次反弹至最高点的过程中mg Δh -F f ·L =mv -mv 12221212整个过程动能变化为0,重力做功mg Δh =mg (h 1-h 2)=1.135J空气阻力大小恒定,作用距离为L =h 1+h 2+2x 1=2.273m故可得F f ≈0.50N(3)整个运动过程中,空气阻力一直与运动方向相反根据动能定理有mg Δh ′+W f +W 弹=mv 2′2-mv 121212整个过程动能变化为0,重力做功mg Δh ′=mg (h 1+x 2)=5.55J弹力做功W 弹=-E p =-0.025J则空气阻力做功W f =-mg Δh ′-W 弹=-5.525J因W f=-F f s故解得s=11.05m.变式训练5.(2019·全国卷Ⅲ·17)从地面竖直向上抛出一物体,物体在运动过程中除受到重力外,还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用.距地面高度h在3m以内时,物体上升、下落过程中动能E k随h的变化如图8所示.重力加速度取10m/s2.该物体的质量为( )图8A.2kgB.1.5kgC.1kgD.0.5kg答案 C解析 设物体的质量为m,则物体在上升过程中,受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F,当Δh=3m时,由动能定理结合题图可得-(mg+F)×Δh=(36-72) J;物体在下落过程中,受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F,当Δh=3m时,再由动能定理结合题图可得(mg-F)×Δh=(48-24) J,联立解得m=1kg、F=2N,选项C正确,A、B、D均错误.6.由相同材料的木板搭成的轨道如图9所示,其中木板AB、BC、CD、DE、EF…的长均为L=1.5m,木板OA和其他木板与水平地面的夹角都为β=37°,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2.一个可看成质点的物体在木板OA上从离地高度h=1.8m处由静止释放,物体与木板间的动摩擦因数都为μ=0.2,在两木板交接处都用小曲面相连,使物体能顺利地经过,既不损失动能,也不会脱离轨道,在以后的运动过程中,求:(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)图9(1)物体能否静止在木板上?请说明理由.(2)物体运动的总路程是多少?(3)物体最终停在何处?并作出解释.答案 (1)不能 理由见解析 (2)11.25m (3)C 点 解释见解析解析 (1)物体在木板上时,重力沿木板方向的分力为mg sin β=0.6mg最大静摩擦力F fm =μmg cos β=0.16mg因mg sin β>μmg cos β,故物体不会静止在木板上.(2)从物体开始运动到停下,设总路程为s ,由动能定理得mgh -μmgs cos β=0解得s =11.25m(3)假设物体依次能到达B 、D 点,由动能定理得mg (h -L sin β)-μmg cos β(L +)=mv h sin β12B 2解得v B >0mg (h -L sin β)-μmg cos β(3L +)=mv hsin β12D 2v D 无解说明物体能通过B 点但不能到达D 点,因物体不能静止在木板上,故物体最终停在C 点.考点 动力学与能量观点的综合应用1.两个分析(1)综合受力分析、运动过程分析,由牛顿运动定律做好动力学分析.(2)分析各力做功情况,做好能量的转化与守恒的分析,由此把握各运动阶段的运动性质,各连接点、临界点的力学特征、运动特征、能量特征.2.四个选择(1)当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时,一般选择用动力学方法解题;(2)当涉及功、能和位移时,一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题,题目中出现相对位移时,应优先选择能量守恒定律;(3)当涉及细节并要求分析力时,一般选择牛顿运动定律,对某一时刻的问题选择牛顿第二定律求解;(4)复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合分析求解.例4 (2019·河北邯郸市测试)如图10所示,一根轻弹簧左端固定于竖直墙上,右端被质量m =1kg 可视为质点的小物块压缩而处于静止状态,且弹簧与物块不拴接,弹簧原长小于光滑平台的长度.在平台的右端有一传送带,AB 长L =5m ,物块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.2,与传送带相邻的粗糙水平面BC 长s =1.5 m ,它与物块间的动摩擦因数μ2=0.3,在C 点右侧有一半径为R 的光滑竖直圆弧轨道与BC 平滑连接,圆弧对应的圆心角为θ=120°,在圆弧的最高点F 处有一固定挡板,物块撞上挡板后会以原速率反弹回来.若传送带以v =5m/s 的速率顺时针转动,不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失.当弹簧储存的E p =18 J 能量全部释放时,小物块恰能滑到与圆心等高的E 点,取g =10 m/s 2.图10(1)求右侧圆弧的轨道半径R ;(2)求小物块最终停下时与C 点的距离;(3)若传送带的速度大小可调,欲使小物块与挡板只碰一次,且碰后不脱离轨道,求传送带速度的可调节范围.答案 (1)0.8m (2)m (3)m/s≤v ≤m/s133743解析 (1)物块被弹簧弹出,由E p =mv ,可知:1202v 0=6m/s因为v 0>v ,故物块滑上传送带后先减速,物块与传送带相对滑动过程中,由:μ1mg =ma 1,v =v 0-a 1t 1,x 1=v 0t 1-a 1t 1212得到:a 1=2m/s 2,t 1=0.5s ,x 1=2.75m因为x 1<L ,故物块与传送带同速后相对静止,最后物块以5m/s 的速度滑上水平面BC ,物块滑离传送带后恰到E 点,由动能定理可知:mv 2=μ2mgs +mgR12代入数据得到:R =0.8m.(2)设物块从E 点返回至B 点的速度大小为v B ,由mv 2-mv =μ2mg ·2s1212B 2得到v B =m/s ,因为v B >0,故物块会再次滑上传送带,物块在恒定摩擦力的作用下先减7速至0再反向加速,由运动的对称性可知,物块以相同的速率离开传送带,经分析可知最终在BC 间停下,设最终停在距C 点x 处,由mv =μ2mg (s -x ),代入数据解得:x =m.12B 213(3)设传送带速度为v 1时物块恰能到F 点,在F 点满足mg sin30°=m vF 2R从B 到F 过程中由动能定理可知:-μ2mgs -mg (R +R sin30°)=mv -mv 12F 21212解得:v 1=m/s37设传送带速度为v 2时,物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E 点,由mv =μ2mg ·3s +mgR1222解得:v 2=m/s43若物块在传送带上一直加速运动,由mv -mv =μ1mgL12B m21202知其到B 点的最大速度v B m =m/s56若物块在E 、F 间速度减为0,则物块将脱离轨道.综合上述分析可知,只要传送带速度m/s≤v ≤m/s 就满足条件.3743变式训练7.(2019·山东青岛二中上学期期末)如图11所示,O 点距水平地面的高度为H =3m ,不可伸长的细线一端固定在O 点,另一端系一质量m =2kg 的小球(可视为质点),另一根水平细线一端固定在墙上A 点,另一端与小球相连,OB 线与竖直方向的夹角为37°,l <H ,g 取10m/s 2,空气阻力不计.(sin37°=0.6,cos37°=0.8)图11(1)若OB 的长度l =1m ,剪断细线AB 的同时,在竖直平面内垂直OB 的方向上,给小球一个斜向下的冲量,为使小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动,求此冲量的大小;(2)若先剪断细线AB ,当小球由静止运动至最低点时再剪断OB ,小球最终落地,求OB 的长度l 为多长时,小球落地点与O 点的水平距离最远,最远水平距离是多少.答案 (1)2kg·m/s (2)1.5m m46355解析 (1)要使小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动,最高点需满足:mg =m v 2l 从B 点到最高点,由动能定理有:-mg (l +l cos37°)=mv 2-mv 121202联立得一开始的冲量大小为I =mv 0=2kg·m/s46(2)从剪断AB 到小球至H -l 高度过程,设小球至H -l 高度处的速度为v 0′由机械能守恒可得mv 0′2=mgl (1-cos37°)12小球从H -l 高度做初速度为v 0′的平抛运动,gt 2=H -l ,x =v 0′t12联立得,x =45(-l 2+3l )当l =1.5m 时x 取最大值,为m .355专题突破练1.(2019·山东烟台市上学期期末)如图1所示,把两个相同的小球从离地面相同高度处,以相同大小的初速度v 分别沿竖直向上和水平向右方向抛出,不计空气阻力.则下列说法中正确的是( )图1A .两小球落地时速度相同B .两小球落地时,重力的瞬时功率相同C .从小球抛出到落地,重力对两小球做的功相等D .从小球抛出到落地,重力对两小球做功的平均功率相等答案 C解析 两小球运动过程中均只有重力做功,故机械能都守恒,由机械能守恒定律得,两小球落地时的速度大小相同,但方向不同,故A 错误;两小球落地时,由于竖直方向的分速度不同,故重力的瞬时功率不相同,故B 错误;由重力做功公式W =mgh 得,从开始运动至落地,重力对两小球做功相同,故C 正确;从抛出至落地,重力对两小球做的功相同,但是落地的时间不同,故重力对两小球做功的平均功率不相同,故D 错误.2.(2019·河北张家口市上学期期末)如图2所示,运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程,在这两个过程中,下列说法正确的是( )图2A .运动员先处于超重状态后处于失重状态B .空气浮力对系统始终做负功C .加速下降时,重力做功大于系统重力势能的减小量D .任意相等的时间内系统重力势能的减小量相等答案 B解析 运动员先加速向下运动,处于失重状态,后减速向下运动,处于超重状态,选项A 错误;空气浮力与运动方向总相反,则对系统始终做负功,选项B 正确;无论以什么运动状态运动,重力做功都等于系统重力势能的减小量,选项C 错误;因为是变速运动,相等的时间内,因为系统下降的高度不相等,则系统重力势能的减小量不相等,选项D 错误.3.(2019·河南驻马店市上学期期终)一物体在竖直向上的恒力作用下,由静止开始上升,到达某一高度时撤去外力.若不计空气阻力,则在整个上升过程中,物体的机械能E 随时间t 变化的关系图象是( )答案 A解析 设物体在恒力作用下的加速度为a ,机械能增量为:ΔE =F Δh =F ·at 2,知此时12E -t 图象是开口向上的抛物线;撤去外力后的上升过程中,机械能守恒,则机械能不随时间改变,故A 正确,B 、C 、D 错误.4.(多选)如图3所示,楔形木块abc 固定在水平面上,粗糙斜面ab 和光滑斜面bc 与水平面的夹角相同,顶角b 处安装一定滑轮.质量分别为M 、m (M >m )的滑块,通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接,轻绳与斜面平行.两滑块由静止释放后,沿斜面做匀加速运动.若不计滑轮的质量和摩擦,在两滑块沿斜面运动的过程中( )图3A .两滑块组成的系统机械能守恒B .轻绳对m 做的功等于m 机械能的增加量C .重力对M 做的功等于M 动能的增加量D .两滑块组成的系统机械能的损失等于M 克服摩擦力做的功答案 BD5.(2019·福建三明市期末质量检测)如图4所示,一个质量m =1 kg 的小球(视为质点)从H =11m 高处,由静止开始沿光滑弯曲轨道AB 进入半径R =4m 的竖直圆环内侧,且与圆环的动摩擦因数处处相等,当到达圆环顶点C 时,刚好对轨道压力为零,然后沿CB 圆弧滑下,进入光滑弧形轨道BD ,到达高度为h 的D 点时速度为零,则h 的值可能为(重力加速度g =10m/s 2)( )图4A .10mB .9.5mC .9mD .8.5m答案 B解析 到达圆环顶点C 时,刚好对轨道压力为零,则mg =m ,解得v C =2m/s ,则物vC 2R 10体在BC 阶段克服摩擦力做功,由动能定理mg (H -2R )-W BC =mv ,解得W BC =10J ;由于12C 2从C 到B 过程小球对圆轨道的平均压力小于从B 到C 过程小球对圆轨道的平均压力,则小球从C 到B 过程克服摩擦力做的功小于从B 到C 过程克服摩擦力做的功,即0<W CB <10J ;从C 到D 由动能定理:mg (2R -h )-W CB =0-mv ,联立解得9m<h <10m.12C 26.一名外卖送餐员用电动自行车沿平直公路行驶给客户送餐,中途因电瓶“没电”,只能改用脚蹬车以5m/s 的速度匀速前行,骑行过程中所受阻力大小恒为车和人总重力的0.02倍(取g =10 m/s 2),该送餐员骑电动自行车以5m/s 的速度匀速前行过程做功的功率最接近( )A .10WB .100WC .1kWD .10kW答案 B解析 设送餐员和车的总质量为100kg ,匀速行驶时的速率为5m/s ,匀速行驶时的牵引力与阻力大小相等,F =0.02mg =20 N ,则送餐员骑电动自行车匀速行驶时的功率为P =Fv =100W ,故B 正确.7.(多选)(2019·四川第二次诊断)如图5甲所示,质量m =1kg 的物块在平行斜面向上的拉力F 作用下从静止开始沿斜面向上运动,t =0.5s 时撤去拉力,其1.5s 内的速度随时间变化关系如图乙所示,g 取10m/s 2.则( )图5A .0.5s 时拉力功率为12WB .0.5s 内拉力做功9JC .1.5s 后物块可能返回D .1.5s 后物块一定静止答案 AC解析 0~0.5 s 内物体的位移:x 1=×0.5×2 m =0.5 m ;0.5~1.5 s 内物体的位移:12x 2=×1×2m =1m ;由题图乙知,各阶段加速度的大小:a 1=4m/s 2,a 2=2 m/s 2;设斜面12倾角为θ,斜面对物块的动摩擦因数为μ,根据牛顿第二定律,0~0.5s 内F -μgm cos θ-mg sin θ=ma 1;0.5~1.5s 内-μmg cos θ-mg sin θ=-ma 2,联立解得:F =6N ,但无法求出μ和θ.0.5s 时,拉力的功率P =Fv =12W ,故A 正确.拉力做的功为W =Fx 1=3J ,故B 错误.无法求出μ和θ,不清楚tan θ与μ的大小关系,故无法判断物块能否静止在斜面上,故C 正确,D 错误.8.(多选)(2019·安徽安庆市期末调研监测)如图6所示,重力为10N 的滑块轻放在倾角为30°的光滑斜面上,从a 点由静止开始下滑,到b 点接触到一个轻质弹簧,滑块压缩弹簧到c 点开始弹回,返回b 点离开弹簧,最后又回到a 点.已知ab =1m ,bc =0.2m ,则以下结论正确的是( )图6A .整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6JB .整个过程中滑块动能的最大值为6JC .从c 到b 弹簧的弹力对滑块做功5JD .整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒答案 AD解析 滑块从a 到c, mgh ac +W 弹′=0-0,解得:W 弹′=-6J .则E pm =-W 弹′=6J ,所以整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6J ,故A 正确;当滑块受到的合外力为0时,滑块速度最大,设滑块在d 点合外力为0,由分析可知d 点在b 点和c 点之间.滑块从a 到d 有:mgh ad +W 弹=E k d -0,因mgh ad <6J ,W 弹<0,所以E k d <6J ,故B 错误;从c 点到b 点弹簧的弹力对滑块做的功与从b 点到c 点弹簧的弹力对滑块做的功大小相等,即为6J ,故C 错误;整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒,没有与系统外发生能量转化,故D 正确.9.(多选)(2019·河南九师联盟质检)如图7所示,半径为R =0.4m 的圆形光滑轨道固定14于竖直平面内,圆形轨道与光滑固定的水平轨道相切,可视为质点的质量均为m =0.5kg 的小球甲、乙用轻杆连接,置于圆轨道上,小球甲与O 点等高,小球乙位于圆心O 的正下方.某时刻将两小球由静止释放,最终它们在水平面上运动,g 取10m/s 2.则( )图7A .小球甲下滑过程中机械能增加B .小球甲下滑过程中重力对它做功的功率先增大后减小C .小球甲下滑到圆形轨道最低点对轨道压力的大小为12ND .整个过程中轻杆对小球乙做的功为1J答案 BD解析 小球甲下滑过程中,轻杆对甲做负功,则甲的机械能减小,故A 错误.小球甲下滑过程中,最高点速度为零,故重力的功率为零;最低点速度和重力垂直,故重力的功率也是零;而中途重力的功率不为零,故重力的功率应该是先增大后减小,故B 正确.两个球与轻杆组成的系统机械能守恒,故:mgR =mv 2+mv 2,解得:v ==m/s =2 1212gR 10×0.4m/s ;小球甲下滑到圆弧形轨道最低点,重力和支持力的合力提供向心力,故:F N -mg =m ,解得:F N =mg +m =0.5×10N +0.5×N =10N ,根据牛顿第三定律,小球甲对轨道v 2R v 2R 220.4的压力大小为10N ,故C 错误;整个过程中,对球乙,根据动能定理,有:W =mv 2=×0.5×22J =1J ,故D 正确.121210.(2019·吉林“五地六校”合作体联考)一辆赛车在水平路面上由静止启动,在前5s 内做匀加速直线运动,5s 末达到额定功率,之后保持以额定功率运动.其v -t 图象如图8所示.已知赛车的质量为m =1×103kg ,赛车受到的阻力为车重力的0.1倍,重力加速度。

高考物理二轮课件:功、功率和动能定理

高考物理二轮课件:功、功率和动能定理

解析:选 ABD.由重力做功特点得重力做功为:WG=mgL,A 正确;悬线的拉力始终与 v 垂直,不做功,B 正确;由微元法可求得空气阻力做功为:WF 阻=-12F 阻 πL,D 正确.
1.功的正、负的判断方法 (1)恒力做功的判断:依据力与位移的夹角来判断. (2)曲线运动中做功的判断:依据 F 与 v 的方向夹角 α 来判断,0≤α<90°,力对物体做 正功;90°<α≤180°,力对物体做负功;α=90°,力对物体不做功. (3)依据能量变化来判断:功是能量转化的量度,若有能量转化,则必有力对物体做功.此 法常用于判断两个相互联系的物体之间的相互作用力做功的情况.
[解析] 小球在从 M 点运动到 N 点的过程中,弹簧的压缩量先增大,后减小,到某一位 置时,弹簧处于原长,再继续向下运动到 N 点的过程中,弹簧又伸长.弹簧的弹力方向 与小球速度的方向的夹角先大于 90°,再小于 90°,最后又大于 90°,因此弹力先做 负功,再做正功,最后又做负功,A 项错误;弹簧与杆垂直时,小球的加速度等于重力 加速度,当弹簧的弹力为零时,小球的加速度也等于重力加速度,B 项正确;弹簧长度 最短时,弹力与小球的速度方向垂直,这时弹力对小球做功的功率为零,C 项正确;由 于在 M、N 两点处,弹簧的弹力大小相等,即弹簧的形变量相等,根据动能定理可知, 小球从 M 点到 N 点的过程中,弹簧的弹力做功为零,重力做功等于动能的增量,即小球 到达 N 点时的动能等于其在 M、N 两点的重力势能差,D 项正确. [答案] BCD
3.(多选)(2019·宁波模拟)如图所示,摆球质量为 m,悬线长为 L,把悬线拉到水平位置 后放手.设在摆球运动过程中空气阻力 F 阻的大小不变,则下列说法正确的是( )
A.重力做功为 mgL B.悬线的拉力做功为零 C.空气阻力 F 阻做功为-mgL D.空气阻力 F 阻做功为-12F 阻 πL

2014高考物理复习方案二轮课件:第4讲 功、功率与动能定理

2014高考物理复习方案二轮课件:第4讲 功、功率与动能定理
图2- 6 4-
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第4讲
功、功率与动能定理
高 频 考 点 探 究
[解析] 设木盒质量为 M, 木盒中固定一质量为 m 的砝 1 m+M gx =0- m+M v2 ,解得 x = 码,由动能定理,有-μ 1 1 2 v2 ;加一个竖直向下的恒力 F(F=mg),由动能定理,有- 2μ g Mv2 1 2 μm+Mgx2=0- Mv ,解得 x2= ;显然 x2<x1,B 正 2 2m+Mμg 确. B
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第4讲
功、功率与动能定理
高 频 考 点 探 究
例 2 北京时间 2013 年 4 月 20 日 8 时 02 分, 在四川省雅 安市芦山县发生 7.0 级地震. 地震引发多处山体崩塌, 严重危 害灾区人民的生命和财产安全.研究崩塌体的运动时可建立 如图 2- 5 所示的简化模型, 4当崩塌体速度较低、 坡面较缓时, 崩塌体的运动可视为滑动.假设某崩塌体质量为 m,初速度 为零,当地重力加速度为 g,θ 为坡面与水平面的夹角,H 为 崩塌体距水平面的高度, 为崩塌体与坡面以及地面间的动摩 μ 擦因数.不考虑崩塌体途经 A 处时的速度大小变化.求: (1)崩塌体滑动到坡底 A 点时的速度大小; (2)水平面上安全位 置距 A 点的最小距离. 图 2- 5 4返回目录
第4讲
功、功率与动能定理
高 频 考 点 探 究
例 3[2013·北京卷] (18 分)蹦床比赛分成预备运动和比赛动作两个阶段.最初,运 动员静止站在蹦床上;在预备运动阶段,他经过若干次蹦跳,逐渐增加上升高度,最终达 到完成比赛动作所需的高度;此后,进入比赛动作阶段.把蹦床简化为一个竖直放置的轻 弹簧,弹力大小 F=kx(x 为床面下沉的距离,k 为常量).质量 m=50 kg 的运动员静止站 在蹦床上,床面下沉 x0=0.10 m;在预备运动中,假定运动员所做的总功 W 全部用于增加 其机械能;在比赛动作中,把该运动员视作质点,其每次离开床面做竖直上抛运动的腾空 时间均为Δ t=2.0 s,设运动员每次落下使床面压缩的最大深度均为 x1.取重力加速度 g =10 m/s2,忽略空气阻力的影响. (1)求常量 k,并在图中画出弹力 F 随 x 变化的示意图; (2)求在比赛动作中,运动员离 开床面后上升的最大高度 hm; (3)借助 F-x 图像可以确定弹力做功 的规律,在此基础上,求 x1 和 W 的值. 图 2­4­7

高中物理功与功率教案

高中物理功与功率教案

高中物理功与功率教案
一、教学目标
1. 知识目标:了解功和功率的概念,掌握计算功和功率的方法。

2. 能力目标:能够运用所学知识解决相关问题。

3. 情感目标:培养学生对物理学的兴趣,激发学生学习物理的热情。

二、教学重点
1. 掌握功和功率的基本概念。

2. 理解功和功率的计算方法。

三、教学内容
1. 功的定义和计算方法。

2. 功率的定义和计算方法。

3. 运用功和功率的概念解决实际问题。

四、教学过程
1. 探究:通过实验或例题引出功和功率的概念。

2. 讲解:讲解功和功率的定义,说明其计算方法。

3. 练习:组织学生进行练习,加深对功和功率的理解。

4. 拓展:引导学生进一步了解功和功率在生活中的应用。

五、课堂小结
1. 复习功和功率的定义和计算方法。

2. 强调功和功率在物理学中的重要性。

六、课后作业
1. 完成练习题。

2. 思考功和功率在日常生活中的应用。

七、教学反思
1. 本节课的教学设计是否能够有效帮助学生理解功和功率的概念。

2. 学生是否能够熟练掌握功和功率的计算方法。

3. 如何进一步激发学生对物理学的兴趣和热情。

高三物理高考二轮复习专题教案:功和能

高三物理高考二轮复习专题教案:功和能

专题四 功和能 教案专题要点1.做功的两个重要因素:有力作用在物体上且使物体在力的方向上发生了位移。

功的求解可利用θcos Fl W =求,但F 为恒力;也可以利用F-l 图像来求;变力的功一般应用动能定理间接求解。

2.功率是指单位时间内的功,求解公式有θcos V F t WP ==平均功率,θcos FV t WP ==瞬时功率,当0=θ时,即F 与v 方向相同时,P=FV 。

3.常见的几种力做功的特点⑴重力、弹簧弹力,电场力、分子力做功与路径无关 ⑵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,没有机械能的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,不仅有相互摩擦物体间机械能的转移,还有机械能转化为内能。

转化为内能的量等于系统机械能的减少,等于滑动摩擦力与相对路程的乘积。

③摩擦生热,是指动摩擦生热,静摩擦不会生热 4.几个重要的功能关系⑴重力的功等于重力势能的变化,即P G E W ∆-= ⑵弹力的功等于弹性势能的变化,即PE W ∆-=弹⑶合力的功等于动能的变化,即KE W ∆=合⑷重力之外的功(除弹簧弹力)的其他力的功等于机械能的变化,即EW ∆=其它⑸一对滑动摩擦力做功等于系统中内能的变化,相对Fl Q =⑹分子力的功等于分子势能的变化。

第二部分:功能关系在电学中的应用电场力做功与路径无关。

若电场为匀强电场,则θθcos cos Eql Fl W ==;若为非匀强电场,则一般利用q W U AB AB =来进行运算。

磁场力可分为安培力和洛伦兹力。

洛伦兹力在任何情况下对运动电荷都不做功;安培力可以做正功、负功,还可以不做功。

电流做功的实质是电场移动电荷做功。

即W=UIt=Uq 。

导体棒在磁场中切割磁感线时,棒中感应电流受到的安培力对导体棒做负功,使机械能转化为电脑。

动量、功能关系教案

动量、功能关系教案

专题二:动量、功能关系第一课时:功和功率考点分析:关于“功和功率”的知识在高考中反复出现,从06—10年,即在选择题中考察相关概念,又在计算题中一般以与直流电路结合或力电磁综合考察相关计算。

磁综合考察相关计算。

具体考点:重力、弹力、电场力、分子力、摩擦力、安培力做功的特点;功的定义和最大输出功率;热功率;机械功率;电功;热功等计算。

分 值:6---16分;06年20题、24题;07年:18题、24题、25题;08年:18题;09年:19题、23题;10年:21题、23题、24题。

考试形式:选择题、计算题选择题、计算题 教学方法:小组探究学习法小组探究学习法内 容:一、考点复习:学生自学完成表格1、常见力做功的特点和功能关系:、常见力做功的特点和功能关系:常见力做功常见力做功 做功正负做功正负 能量变化能量变化 (减小↓)(减小↓) (增加↑)(增加↑)定量关系定量关系 重力做功重力做功 + 重力势能E P ↓ mgh =-△E P- ↑ 分子力做功分子力做功 + 分子势能E 分子 ↓ W 分子=-△E 分子 - ↑弹簧力做功弹簧力做功 + 弹性势能E 弹性 ↓ W 弹=-△E 弹性 - ↑电场力做功电场力做功 + 电势能E 电势 ↓ qu =-△E 电势 - ↑滑动摩擦力对滑动摩擦力对系统做的总功系统做的总功- 内能Q ↑ F ·S 相对=Q 安培力做功安培力做功+ 电能E ↓ │W 安│=△E 电 - ↑ 合力做功合力做功+ 动能E K ↑ W 合=△E K - ↓ 除重力或弹簧力外的力做功力外的力做功 + 机械能E 机↑ W 非=△E 机 - ↓ 2、功和功率的求法: 功的求法功的求法 功的计算式功的计算式对应功率对应功率 定义式定义式 W =PtP =t w 分 类 机械功机械功 W =FS cos θP =FV cos θ 电场力做功电场力做功 W =qu =Eq ·SP =t qu qu 电功电功 W =UItP =UI 热功热功 Q=W =I 2RtP =I 2R 摩擦力做功摩擦力做功 W f =F ·S动能定理动能定理 W 总=△E Kv v m 0 t 0 t B v v 0 t t 0 A F F f t 0 t 0 P 0 t t 0变力做功算法:①平均力法:W =F ·S②图像法:p ---t 图象、F ---s 图象的物理意义图象的物理意义③动能定理。

高三二轮专题复习教学案(功和能)

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学习必备欢迎下载高三物理二轮复习教学案 (04)课题:功能关系的理解和应用题型 1 做功与能量变化的对应关系例 1. 在“奥运”比赛项目中,高台跳水是我国运动员的强项,质量为m 的跳水运动员竖直进入水中后受到水的阻力而做减速运动,设水对他的阻力大小恒为F,当地的重力加速度为g,那么在他减速下降高度为h 的过程中,下列说法正确的是( ABC)A .他的机械能减少了Fh B.他的重力势能减少了mghC.他的动能减少了(F- mg)h D.他的动能减少了Fh变式 1. 在固定的负点电荷正上方有一质量为m 的带正电的小球,现用竖直向上的恒力作用在小球上,使小球从静止开始向上运动,当小球上升高h 时,速度为 v。

则这一过程中( ABD)A. 小球所受合外力做功为1 mv2 B.电场力对小球做功为 1 mv 2mgh Fh22C.机械能的增加量等于电场力做的功D.机械能增量和电势能增量之和为Fh例 2. 如图所示为某电动传送装置的示意图 .传送带与水平面的夹角为θ,绷紧的传送带始终保持恒定速率 v 运行。

现有一物体从静止开始轻轻放到传送带的底端,如果传送的高度 h 一定,且物体到达顶端前已经与传送带达到共同速度。

则下列说法正确的是( B )A .将物体由底端传送到顶端,传送装置多消耗的电能与θ无关B.减小θ,则将物体由底端传送到顶端,传送装置多消耗的电能减少C.当θ一定时,将物体由底端传送到顶端,传送装置多消耗的电能与v 无关D.当θ一定时,将物体由底端传送到顶端,传送装置多消耗的电能与v2成正比变式 2.如图所示为某传送装置的示意图.传送带与水平面的夹角为θ,绷紧的传送带始终保持恒定速率v 运行。

现有一质量为 m 的物体从静止开始轻轻放到传送带的底端,同时受到沿传送带向上的拉力 F 的作用,如果传送的高度为 h,物体与传送带间的动摩擦因数为μ。

求物体从传送带底端运动到顶端的过程中,传送带对物体所做的功。

(设传送带长度较大,且物体能够到达传送带顶部。

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功和功率功能关系考情分析与备考建议1.五年考情分析(1)能量观点是高中物理三大观点之一,是历年高考必考内容;或与直线运动、平抛运动、圆周运动结合,或与电场、电磁感应结合,或与弹簧、传送带、板块连接体等结合;或借助选择题单独考查功、功率、动能定理、功能关系的理解,或在计算题中考查动力学与能量观点的综合应用,难度较大.(2)对于动量问题,17年只在选择题中出现,而且是动量守恒、动量定理的基本应用,18年在计算题中出现,Ⅰ卷、Ⅱ卷都是动量守恒的基本应用,运动过程简单,综合性较低,Ⅲ卷只是用到了动量的概念,19年在计算题中出现,Ⅰ卷、Ⅲ卷都涉及动量与能量观点的综合应用,Ⅱ卷中用到了动量定理,对于动量的考察,综合性、难度有所提升,备考时应多加注意.第4课时 功和功率 功能关系考点功、功率的分析与计算1.恒力功的计算(1)单个恒力的功W =Fl cos α. (2)合力为恒力的功①先求合力,再求W =F 合l cos α. ②W =W 1+W 2+…. 2.变力功的计算(1)若力大小恒定,且方向始终沿轨迹切线方向,可用力的大小跟路程的乘积计算. (2)力的方向不变,大小随位移线性变化可用W =F l cos α计算. (3)F -l 图象中,功的大小等于“面积”. (4)求解一般变力做的功常用动能定理. 3.功率的计算(1)P =Wt,适用于计算平均功率;(2)P =Fv ,若v 为瞬时速度,则P 为瞬时功率;若v 为平均速度,则P 为平均功率. 注意:力F 与速度v 方向不在同一直线上时功率为Fv cos θ.例1 (多选)(2019·山西晋中市适应性调研)如图1甲所示,足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角,在杆上套有一个光滑小环,沿杆方向给环施加一个拉力F ,使环由静止开始运动,已知拉力F 及小环速度v 随时间t 变化的规律如图乙、丙所示,重力加速度g 取10m/s 2.则以下判断正确的是( )图1A .小环的质量是1kgB .细杆与地面间的倾角是30°C .前3s 内拉力F 的最大功率是2.25WD .前3s 内拉力对小环做功5.75J 答案 AD解析 由速度-时间图象得到环先匀加速上升,然后匀速运动,由题图可得:第1s 内,a =Δvt=0.51m/s 2=0.5 m/s 2,加速阶段:F 1-mg sin θ=ma ;匀速阶段:F 2-mg sin θ=0,联立以上三式解得:m =1kg ,sin θ=0.45,故A 正确,B 错误;第1s 内,速度不断变大,拉力的瞬时功率也不断变大,第1s 末,P =Fv 1=5×0.5W=2.5W ;第1s 末到第3s 末,P =Fv 1=4.5×0.5W =2.25W ,即拉力的最大功率为2.5W ,故C 错误;从速度-时间图象可以得到,第1 s 内的位移为0.25 m,1~3 s 内的位移为1 m ,前3 s 内拉力做的功为:W =5×0.25 J+4.5×1J =5.75J ,故D 正确. 变式训练1.(2019·河南名校联盟高三下学期2月联考)如图2所示,ad 、bd 、cd 是竖直面内三根固定的光滑细杆,a 、b 、c 、d 位于同一圆周上,a 点为圆周的最高点,d 点为最低点.每根杆上都套着一个质量相等的小滑环(图中未画出),三个滑环分别从a 、b 、c 处由静止释放,用P 1、P 2、P 3依次表示各滑环从静止滑到d 过程中重力的平均功率,则( )图2A .P 1<P 2<P 3B .P 1>P 2>P 3C .P 3>P 1>P 2D .P 1=P 2=P 3 答案 B解析 对小滑环b 受力分析,受重力和支持力,将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解,根据牛顿第二定律得,小滑环做初速度为零的匀加速直线运动的加速度为a =g sin θ(θ为杆与水平方向的夹角),由数学知识可知,小滑环的位移x =2R sin θ,所以t =2xa=2×2R sin θg sin θ=4Rg,t 与θ无关,即t 1=t 2=t 3,而三个环重力做功W 1>W 2>W 3,所以有:P 1>P 2>P 3,B 正确.2.(多选)(2019·福建龙岩市期末质量检查)如图3所示,在竖直平面内有一条不光滑的轨道ABC ,其中AB 段是半径为R 的14圆弧,BC 段是水平的.一质量为m 的滑块从A 点由静止滑下,最后停在水平轨道上C 点,此过程克服摩擦力做功为W 1.现用一沿着轨道方向的力推滑块,使它缓慢地由C 点推回到A 点,此过程克服摩擦力做功为W 2,推力对滑块做功为W ,重力加速度为g ,则下列关系中正确的是( )图3A .W 1=mgRB .W 2=mgRC .mgR <W <2mgRD .W >2mgR 答案 AC解析 滑块由A 到C 的过程,由动能定理可知mgR -W 1=0,故A 对;滑块由A 到B 做圆周运动,而在推力作用下从C 经过B 到达A 的过程是一个缓慢的匀速过程,所以从A 到B 的过程中平均支持力大于从B 到A 的平均支持力,那么摩擦力从A 到B 做的功大于从B 到A 做的功,而两次经过BC 段摩擦力做功相等,故W 2<W 1=mgR ,故B 错;滑块由C 到A 的过程中,由能量守恒可知,推力对滑块做的功等于滑块重力势能增加量与克服摩擦力所做的功两部分,即W -mgR -W 2=0,即W =W 1+W 2,由于W 2<W 1=mgR ,所以mgR <W <2mgR ,故C 对,D 错.考点功能关系的理解和应用1.几个重要的功能关系(1)重力做的功等于重力势能的减少量,即W G =-ΔE p . (2)弹力做的功等于弹性势能的减少量,即W 弹=-ΔE p . (3)合力做的功等于动能的变化量,即W =ΔE k .(4)重力(或系统内弹力)之外的其他力做的功等于机械能的变化量,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 =F f ·x 相对. 2.理解(1)做功的过程就是能量转化的过程,不同形式的能量发生相互转化可以通过做功来实现. (2)功是能量转化的量度,功和能的关系,一是体现在不同性质的力做功对应不同形式的能转化,二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等. 3.应用(1)分析物体运动过程中受哪些力,有哪些力做功,有哪些形式的能发生变化. (2)列动能定理或能量守恒定律表达式.例2 (多选)(2019·全国卷Ⅱ·18)从地面竖直向上抛出一物体,其机械能E 总等于动能E k 与重力势能E p 之和.取地面为重力势能零点,该物体的E 总和E p 随它离开地面的高度h 的变化如图4所示.重力加速度取10m/s 2.由图中数据可得( )图4A .物体的质量为2kgB .h =0时,物体的速率为20m/sC .h =2m 时,物体的动能E k =40JD .从地面至h =4m ,物体的动能减少100J 答案 AD解析 根据题图图像可知,h =4m 时物体的重力势能mgh =80J ,解得物体质量m =2kg ,抛出时物体的动能为E k0=100J ,由公式E k0=12mv 2可知,h =0时物体的速率为v =10m/s ,选项A正确,B 错误;由功能关系可知F f h =|ΔE 总|=20J ,解得物体上升过程中所受空气阻力F f =5 N ,从物体开始抛出至上升到h =2 m 的过程中,由动能定理有-mgh -F f h =E k -100J ,解得E k =50J ,选项C 错误;由题图图像可知,物体上升到h =4m 时,机械能为80J ,重力势能为80J ,动能为零,即从地面上升到h =4m ,物体动能减少100J ,选项D 正确. 变式训练3.(多选)(2018·安徽安庆市二模)如图5所示,一运动员穿着飞行装备从飞机上跳出后的一段运动过程可近似认为是匀变速直线运动,运动方向与水平方向成53°角,运动员的加速度大小为3g4.已知运动员(包含装备)的质量为m ,则在运动员下落高度为h 的过程中,下列说法正确的是(sin53°=45,cos53°=35)( )图5A .运动员重力势能的减少量为35mghB .运动员动能的增加量为34mghC .运动员动能的增加量为1516mghD .运动员的机械能减少了116mgh答案 CD解析 运动员下落的高度是h ,则重力做功:W =mgh ,所以运动员重力势能的减少量为mgh ,故A 错误;运动员下落的高度是h ,则飞行的距离:L =h sin53°=54h ,运动员受到的合外力:F 合=ma =34mg ,动能的增加量等于合外力做的功,即:ΔE k =W 合=F 合L =34mg ×54h =1516mgh ,故B 错误,C 正确;运动员重力势能的减少量为mgh ,动能的增加量为1516mgh ,所以运动员的机械能减少了116mgh ,故D 正确.4.(多选)(2019·福建厦门市第一次质量检查)如图6甲所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端与A 物体相连接,将B 物体放置在A 物体上面,A 、B 的质量都为m ,初始时两物体处于静止状态.现用竖直向上的拉力F 作用在物体B 上,使物体B 开始向上做匀加速运动,拉力F 与物体B 的位移x 的关系如图乙所示(g =10m/s 2),下列说法正确的是( )图6A .0~4cm 过程中,物体A 、B 和弹簧组成的系统机械能增大B .0~4cm 过程中,弹簧的弹性势能减小,物体B 运动到4cm 处,弹簧弹性势能为零C .弹簧的劲度系数为7.5N/cmD .弹簧的劲度系数为5.0N/cm 答案 AC解析 0~4 cm 过程中,物体A 、B 和弹簧组成的系统,因力F 对系统做正功,则系统的机械能增大,选项A 正确.由题图可知,在x =4 cm 处A 、B 分离,此时A 、B 之间的压力为零,A 、B 的加速度相等,但是弹簧仍处于压缩状态,弹簧的弹性势能不为零,选项B 错误.开始物体处于静止状态,重力和弹力二力平衡,有:2mg =k Δl 1;拉力F 1为20 N 时,弹簧弹力和重力平衡,合力等于拉力,根据牛顿第二定律,有:F 1=2ma ;物体B 与A 分离后,拉力F 2为50 N ,根据牛顿第二定律,有:F 2-mg =ma ;物体A 与B 分离时,物体A 的加速度为a ,则根据牛顿第二定律有:k Δl 2-mg =k (Δl 1-4 cm)-mg =ma ;联立解得:m =4.0 kg ,k =7.5 N/cm.选项C 正确,D 错误.考点动能定理的应用1.表达式:W总=E k2-E k1.2.五点说明(1)W总为物体在运动过程中所受各力做功的代数和.(2)动能变化量E k2-E k1一定是物体在末、初两状态的动能之差.(3)动能定理既适用于直线运动,也适用于曲线运动.(4)动能定理既适用于恒力做功,也适用于变力做功.(5)力可以是各种性质的力,既可以同时作用,也可以分阶段作用.3.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.4.在功能关系中的应用(1)对于物体运动过程中不涉及加速度和时间,而涉及力和位移、速度的问题时,一般选择动能定理,尤其是曲线运动、多过程的直线运动等.(2)动能定理也是一种功能关系,即合外力做的功(总功)与动能变化量一一对应.例3如图7所示,在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧,弹簧原长时上端与刻度尺上的A点等高.质量m=0.5kg的篮球静止在弹簧正上方,其底端距A点的高度h1=1.10m,篮球由静止释放,测得第一次撞击弹簧时,弹簧的最大形变量x1=0.15m,第一次反弹至最高点,篮球底端距A点的高度h2=0.873m,篮球多次反弹后静止在弹簧的上端,此时弹簧的形变量x2=0.01m,弹性势能为E p=0.025J.若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定,忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球形变,弹簧形变在弹性限度范围内,g取10m/s2.求:图7(1)弹簧的劲度系数;(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力的大小;(3)篮球在整个运动过程中通过的路程.答案(1)500N/m (2)0.50N (3)11.05m解析(1)由最后静止的位置可知kx2=mg,所以k=500N/m(2)由动能定理可知,在篮球由静止下落到第一次反弹至最高点的过程中mg Δh -F f ·L =12mv 22-12mv 12整个过程动能变化为0,重力做功mg Δh =mg (h 1-h 2)=1.135J 空气阻力大小恒定,作用距离为L =h 1+h 2+2x 1=2.273m故可得F f ≈0.50N(3)整个运动过程中,空气阻力一直与运动方向相反 根据动能定理有mg Δh ′+W f +W 弹=12mv 2′2-12mv 12整个过程动能变化为0,重力做功mg Δh ′=mg (h 1+x 2)=5.55J 弹力做功W 弹=-E p =-0.025J则空气阻力做功W f =-mg Δh ′-W 弹=-5.525J 因W f =-F f s 故解得s =11.05m. 变式训练5.(2019·全国卷Ⅲ·17)从地面竖直向上抛出一物体,物体在运动过程中除受到重力外,还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用.距地面高度h 在3m 以内时,物体上升、下落过程中动能E k 随h 的变化如图8所示.重力加速度取10m/s 2.该物体的质量为( )图8A .2kgB .1.5kgC .1kgD .0.5kg 答案 C解析 设物体的质量为m ,则物体在上升过程中,受到竖直向下的重力mg 和竖直向下的恒定外力F ,当Δh =3m 时,由动能定理结合题图可得-(mg +F )×Δh =(36-72) J ;物体在下落过程中,受到竖直向下的重力mg 和竖直向上的恒定外力F ,当Δh =3m 时,再由动能定理结合题图可得(mg -F )×Δh =(48-24) J ,联立解得m =1kg 、F =2N ,选项C 正确,A 、B 、D 均错误.6.由相同材料的木板搭成的轨道如图9所示,其中木板AB 、BC 、CD 、DE 、EF …的长均为L =1.5m ,木板OA 和其他木板与水平地面的夹角都为β=37°,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g 取10m/s 2.一个可看成质点的物体在木板OA 上从离地高度h =1.8m 处由静止释放,物体与木板间的动摩擦因数都为μ=0.2,在两木板交接处都用小曲面相连,使物体能顺利地经过,既不损失动能,也不会脱离轨道,在以后的运动过程中,求:(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)图9(1)物体能否静止在木板上?请说明理由. (2)物体运动的总路程是多少? (3)物体最终停在何处?并作出解释.答案 (1)不能 理由见解析 (2)11.25m (3)C 点 解释见解析 解析 (1)物体在木板上时,重力沿木板方向的分力为mg sin β=0.6mg最大静摩擦力F fm =μmg cos β=0.16mg因mg sin β>μmg cos β,故物体不会静止在木板上. (2)从物体开始运动到停下,设总路程为s ,由动能定理得mgh -μmgs cos β=0解得s =11.25m(3)假设物体依次能到达B 、D 点,由动能定理得mg (h -L sin β)-μmg cos β(L +hsin β)=12mv B 2解得v B >0mg (h -L sin β)-μmg cos β(3L +hsin β)=12mv D 2 v D 无解说明物体能通过B 点但不能到达D 点,因物体不能静止在木板上,故物体最终停在C 点.考点动力学与能量观点的综合应用1.两个分析(1)综合受力分析、运动过程分析,由牛顿运动定律做好动力学分析.(2)分析各力做功情况,做好能量的转化与守恒的分析,由此把握各运动阶段的运动性质,各连接点、临界点的力学特征、运动特征、能量特征. 2.四个选择(1)当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时,一般选择用动力学方法解题;(2)当涉及功、能和位移时,一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题,题目中出现相对位移时,应优先选择能量守恒定律;(3)当涉及细节并要求分析力时,一般选择牛顿运动定律,对某一时刻的问题选择牛顿第二定律求解;(4)复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合分析求解.例4 (2019·河北邯郸市测试)如图10所示,一根轻弹簧左端固定于竖直墙上,右端被质量m =1kg 可视为质点的小物块压缩而处于静止状态,且弹簧与物块不拴接,弹簧原长小于光滑平台的长度.在平台的右端有一传送带,AB 长L =5m ,物块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.2,与传送带相邻的粗糙水平面BC 长s =1.5 m ,它与物块间的动摩擦因数μ2=0.3,在C 点右侧有一半径为R 的光滑竖直圆弧轨道与BC 平滑连接,圆弧对应的圆心角为θ=120°,在圆弧的最高点F 处有一固定挡板,物块撞上挡板后会以原速率反弹回来.若传送带以v =5m/s 的速率顺时针转动,不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失.当弹簧储存的E p =18 J 能量全部释放时,小物块恰能滑到与圆心等高的E 点,取g =10 m/s 2.图10(1)求右侧圆弧的轨道半径R ;(2)求小物块最终停下时与C 点的距离;(3)若传送带的速度大小可调,欲使小物块与挡板只碰一次,且碰后不脱离轨道,求传送带速度的可调节范围.答案 (1)0.8m (2)13m (3)37m/s≤v ≤43m/s解析 (1)物块被弹簧弹出,由E p =12mv 02,可知:v 0=6m/s因为v 0>v ,故物块滑上传送带后先减速,物块与传送带相对滑动过程中, 由:μ1mg =ma 1,v =v 0-a 1t 1,x 1=v 0t 1-12a 1t 12得到:a 1=2m/s 2,t 1=0.5s ,x 1=2.75m因为x 1<L ,故物块与传送带同速后相对静止,最后物块以5m/s 的速度滑上水平面BC ,物块滑离传送带后恰到E 点,由动能定理可知:12mv 2=μ2mgs +mgR代入数据得到:R =0.8m.(2)设物块从E 点返回至B 点的速度大小为v B , 由12mv 2-12mv B 2=μ2mg ·2s 得到v B =7m/s ,因为v B >0,故物块会再次滑上传送带,物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速,由运动的对称性可知,物块以相同的速率离开传送带,经分析可知最终在BC 间停下,设最终停在距C 点x 处,由12mv B 2=μ2mg (s -x ),代入数据解得:x =13m. (3)设传送带速度为v 1时物块恰能到F 点,在F 点满足mg sin30°=m v F 2R从B 到F 过程中由动能定理可知: -μ2mgs -mg (R +R sin30°)=12mv F 2-12mv 12解得:v 1=37m/s设传送带速度为v 2时,物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E 点, 由12mv 22=μ2mg ·3s +mgR 解得:v 2=43m/s若物块在传送带上一直加速运动,由12mv B m 2-12mv 02=μ1mgL知其到B 点的最大速度v B m =56m/s若物块在E 、F 间速度减为0,则物块将脱离轨道.综合上述分析可知,只要传送带速度37m/s≤v ≤43m/s 就满足条件. 变式训练7.(2019·山东青岛二中上学期期末)如图11所示,O 点距水平地面的高度为H =3m ,不可伸长的细线一端固定在O 点,另一端系一质量m =2kg 的小球(可视为质点),另一根水平细线一端固定在墙上A 点,另一端与小球相连,OB 线与竖直方向的夹角为37°,l <H ,g 取10m/s 2,空气阻力不计.(sin37°=0.6,cos37°=0.8)图11(1)若OB 的长度l =1m ,剪断细线AB 的同时,在竖直平面内垂直OB 的方向上,给小球一个斜向下的冲量,为使小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动,求此冲量的大小; (2)若先剪断细线AB ,当小球由静止运动至最低点时再剪断OB ,小球最终落地,求OB 的长度l 为多长时,小球落地点与O 点的水平距离最远,最远水平距离是多少.答案 (1)246kg·m/s (2)1.5m355m 解析 (1)要使小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动,最高点需满足:mg =m v 2l从B 点到最高点,由动能定理有: -mg (l +l cos37°)=12mv 2-12mv 02联立得一开始的冲量大小为I =mv 0=246kg·m/s(2)从剪断AB 到小球至H -l 高度过程,设小球至H -l 高度处的速度为v 0′ 由机械能守恒可得12mv 0′2=mgl (1-cos37°)小球从H -l 高度做初速度为v 0′的平抛运动, 12gt 2=H -l ,x =v 0′t 联立得,x =45(-l 2+3l ) 当l =1.5m 时x 取最大值,为355m .专题突破练 级保分练1.(2019·山东烟台市上学期期末)如图1所示,把两个相同的小球从离地面相同高度处,以相同大小的初速度v 分别沿竖直向上和水平向右方向抛出,不计空气阻力.则下列说法中正确的是( )图1A .两小球落地时速度相同B .两小球落地时,重力的瞬时功率相同C .从小球抛出到落地,重力对两小球做的功相等D .从小球抛出到落地,重力对两小球做功的平均功率相等 答案 C解析 两小球运动过程中均只有重力做功,故机械能都守恒,由机械能守恒定律得,两小球落地时的速度大小相同,但方向不同,故A 错误;两小球落地时,由于竖直方向的分速度不同,故重力的瞬时功率不相同,故B 错误;由重力做功公式W =mgh 得,从开始运动至落地,重力对两小球做功相同,故C正确;从抛出至落地,重力对两小球做的功相同,但是落地的时间不同,故重力对两小球做功的平均功率不相同,故D错误.2.(2019·河北张家口市上学期期末)如图2所示,运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程,在这两个过程中,下列说法正确的是( )图2A.运动员先处于超重状态后处于失重状态B.空气浮力对系统始终做负功C.加速下降时,重力做功大于系统重力势能的减小量D.任意相等的时间内系统重力势能的减小量相等答案 B解析运动员先加速向下运动,处于失重状态,后减速向下运动,处于超重状态,选项A错误;空气浮力与运动方向总相反,则对系统始终做负功,选项B正确;无论以什么运动状态运动,重力做功都等于系统重力势能的减小量,选项C错误;因为是变速运动,相等的时间内,因为系统下降的高度不相等,则系统重力势能的减小量不相等,选项D错误.3.(2019·河南驻马店市上学期期终)一物体在竖直向上的恒力作用下,由静止开始上升,到达某一高度时撤去外力.若不计空气阻力,则在整个上升过程中,物体的机械能E随时间t 变化的关系图象是( )答案 A解析设物体在恒力作用下的加速度为a,机械能增量为:ΔE=FΔh=F·12at2,知此时E-t图象是开口向上的抛物线;撤去外力后的上升过程中,机械能守恒,则机械能不随时间改变,故A正确,B、C、D错误.4.(多选)如图3所示,楔形木块abc固定在水平面上,粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同,顶角b处安装一定滑轮.质量分别为M、m(M>m)的滑块,通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接,轻绳与斜面平行.两滑块由静止释放后,沿斜面做匀加速运动.若不计滑轮的质量和摩擦,在两滑块沿斜面运动的过程中( )图3A .两滑块组成的系统机械能守恒B .轻绳对m 做的功等于m 机械能的增加量C .重力对M 做的功等于M 动能的增加量D .两滑块组成的系统机械能的损失等于M 克服摩擦力做的功 答案 BD5.(2019·福建三明市期末质量检测)如图4所示,一个质量m =1 kg 的小球(视为质点)从H =11m 高处,由静止开始沿光滑弯曲轨道AB 进入半径R =4m 的竖直圆环内侧,且与圆环的动摩擦因数处处相等,当到达圆环顶点C 时,刚好对轨道压力为零,然后沿CB 圆弧滑下,进入光滑弧形轨道BD ,到达高度为h 的D 点时速度为零,则h 的值可能为(重力加速度g =10m/s 2)( )图4A .10mB .9.5mC .9mD .8.5m 答案 B解析 到达圆环顶点C 时,刚好对轨道压力为零,则mg =m v C 2R,解得v C =210m/s ,则物体在BC 阶段克服摩擦力做功,由动能定理mg (H -2R )-W BC =12mv C 2,解得W BC =10J ;由于从C 到B 过程小球对圆轨道的平均压力小于从B 到C 过程小球对圆轨道的平均压力,则小球从C 到B过程克服摩擦力做的功小于从B 到C 过程克服摩擦力做的功,即0<W CB <10J ;从C 到D 由动能定理:mg (2R -h )-W CB =0-12mv C 2,联立解得9m<h <10m.6.一名外卖送餐员用电动自行车沿平直公路行驶给客户送餐,中途因电瓶“没电”,只能改用脚蹬车以5m/s 的速度匀速前行,骑行过程中所受阻力大小恒为车和人总重力的0.02倍(取g =10 m/s 2),该送餐员骑电动自行车以5m/s 的速度匀速前行过程做功的功率最接近( )A .10WB .100WC .1kWD .10kW 答案 B解析 设送餐员和车的总质量为100kg ,匀速行驶时的速率为5m/s ,匀速行驶时的牵引力与阻力大小相等,F =0.02mg =20 N ,则送餐员骑电动自行车匀速行驶时的功率为P =Fv =100W ,故B 正确.7.(多选)(2019·四川第二次诊断)如图5甲所示,质量m =1kg 的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动,t=0.5s时撤去拉力,其1.5s内的速度随时间变化关系如图乙所示,g取10m/s2.则( )图5A.0.5s时拉力功率为12WB.0.5s内拉力做功9JC.1.5s后物块可能返回D.1.5s后物块一定静止答案AC解析0~0.5 s内物体的位移:x1=12×0.5×2 m=0.5 m;0.5~1.5 s内物体的位移:x2=12×1×2m=1m;由题图乙知,各阶段加速度的大小:a1=4m/s2,a2=2 m/s2;设斜面倾角为θ,斜面对物块的动摩擦因数为μ,根据牛顿第二定律,0~0.5s内F-μgm cosθ-mg sinθ=ma1;0.5~1.5s内-μmg cosθ-mg sinθ=-ma2,联立解得:F=6N,但无法求出μ和θ.0.5s时,拉力的功率P=Fv=12W,故A正确.拉力做的功为W=Fx1=3J,故B错误.无法求出μ和θ,不清楚tanθ与μ的大小关系,故无法判断物块能否静止在斜面上,故C 正确,D错误.8.(多选)(2019·安徽安庆市期末调研监测)如图6所示,重力为10N的滑块轻放在倾角为30°的光滑斜面上,从a点由静止开始下滑,到b点接触到一个轻质弹簧,滑块压缩弹簧到c点开始弹回,返回b点离开弹簧,最后又回到a点.已知ab=1m,bc=0.2m,则以下结论正确的是( )图6A.整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6JB.整个过程中滑块动能的最大值为6JC.从c到b弹簧的弹力对滑块做功5JD.整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒答案AD解析滑块从a到c, mgh ac+W弹′=0-0,解得:W弹′=-6J.则E pm=-W弹′=6J,所以整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6J,故A正确;当滑块受到的合外力为0时,滑块速度最大,设滑块在d 点合外力为0,由分析可知d 点在b 点和c 点之间.滑块从a 到d 有:mgh ad +W 弹=E k d -0,因mgh ad <6J ,W 弹<0,所以E k d <6J ,故B 错误;从c 点到b 点弹簧的弹力对滑块做的功与从b 点到c 点弹簧的弹力对滑块做的功大小相等,即为6J ,故C 错误;整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒,没有与系统外发生能量转化,故D 正确. 9.(多选)(2019·河南九师联盟质检)如图7所示,半径为R =0.4m 的14圆形光滑轨道固定于竖直平面内,圆形轨道与光滑固定的水平轨道相切,可视为质点的质量均为m =0.5kg 的小球甲、乙用轻杆连接,置于圆轨道上,小球甲与O 点等高,小球乙位于圆心O 的正下方.某时刻将两小球由静止释放,最终它们在水平面上运动,g 取10m/s 2.则( )图7A .小球甲下滑过程中机械能增加B .小球甲下滑过程中重力对它做功的功率先增大后减小C .小球甲下滑到圆形轨道最低点对轨道压力的大小为12ND .整个过程中轻杆对小球乙做的功为1J 答案 BD解析 小球甲下滑过程中,轻杆对甲做负功,则甲的机械能减小,故A 错误.小球甲下滑过程中,最高点速度为零,故重力的功率为零;最低点速度和重力垂直,故重力的功率也是零;而中途重力的功率不为零,故重力的功率应该是先增大后减小,故B 正确.两个球与轻杆组成的系统机械能守恒,故:mgR =12mv 2+12mv 2,解得:v =gR =10×0.4m/s =2 m/s ;小球甲下滑到圆弧形轨道最低点,重力和支持力的合力提供向心力,故:F N -mg =m v 2R,解得:F N=mg +m v 2R =0.5×10N+0.5×220.4N =10N ,根据牛顿第三定律,小球甲对轨道的压力大小为10N ,故C 错误;整个过程中,对球乙,根据动能定理,有:W =12mv 2=12×0.5×22J =1J ,故D 正确.级争分练10.(2019·吉林“五地六校”合作体联考)一辆赛车在水平路面上由静止启动,在前5s 内做匀加速直线运动,5s 末达到额定功率,之后保持以额定功率运动.其v -t 图象如图8所示.已知赛车的质量为m =1×103kg ,赛车受到的阻力为车重力的0.1倍,重力加速度g 取10m/s 2,则以下说法正确的是( )。

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