物理二轮(山东专用)学案:专题2 第1讲 功和功率 动能定理 Word版含解析
新教材物理鲁科版必修第二册教案:第1章第3节 动能和动能定理 1 【含答案】
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第一章功和机械能第3节动能和动能定理本节内容主要包括动能和动能定理两部分内容,是在学习了“功和功率”的基础上的知识。
动能定理是高中物理内容中十分重要的内容之一,是中学阶段处理功能问题使用频率最高的物理规律,是对前面研究恒力做功做了一个深入,对变力做功也适用,并为进一步学习机械能守恒打下了基础,因此这一节有承上启下的作用。
【物理观念】理解动能的内涵,能用动能定理分析解释生产生活中的相关现象,解决一些相关的实际问题。
【科学思维】能利用动能定理解决动力学问题和变力做功问题。
【科学探究】能通过理论推导得出动能定理的内容。
【科学态度与责任】通过对动能和动能定理的演绎推理,使学生从中领略到物理等自然科学中所蕴含的严谨的逻辑关系,有较强的学习和研究物理的兴趣。
【教学重点】能科学探究功与动能变化的关系,借助牛顿第二定律,推到出动能定理。
【教学难点】会用动能定理处理有关实际问题,特别是动能定理在变力做功和曲线运动中的应用,领会运用动能定理解题的优越性。
【导入新课】思考:1.风力发电是一种重要的节能方法,风力发电的效率与哪些因素有关?2.龙卷风给人类带来了极大的灾难,龙卷风为什么具有那么大的能量呢?(引出本节主题“动能”)【新课讲授】一、动能1、定义:物体因为运动而具有的能量称为动能。
(根据实例体会动能的概念)思考:根据以下两个问题,猜想动能的大小与什么因素有关?(1)质量相同的汽车,运动得越快,具有的能量越多。
动能与物体的速度有关(2)相同的速度,载重货车具有的能量要比小汽车具有的能量多。
动能与物体的质量有关思考:如何验证动能与质量和速度的关系?【演示实验】在光滑的导轨,滑块A由静止开始滑下,与木块B相碰,推动木块做功。
(分析实验现象,得出实验结论)甲:质量不同的小球从同一高度释放。
乙:同一小球从不同高度释放。
【结论】物体的质量越大,速度越大,它的动能就越大。
即质量、速度是动能的两个影响因素。
2、动能表达式:3、动能是标量,是一个状态量,单位是焦耳(J)4、动能只有正值,没有负值。
高三物理功、功率、动能定理知识精讲 鲁教版
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高三物理功、功率、动能定理知识精讲一. 本周教学内容:功、功率、动能定理〔一〕功和功率1. 功功是力的空间积累效应。
它和位移相对应〔也和时间相对应〕。
计算功的方法有两种:〔1〕按照定义求功。
即:W =Fscos θ。
在高中阶段,这种方法只适用于恒力做功。
当20πθ<≤时F 做正功,当2πθ=时F 不做功,当πθπ≤<2时F 做负功。
这种方法也可以说成是:功等于恒力和沿该恒力方向上的位移的乘积。
〔2〕用动能定理W =ΔE k 或功能关系求功。
当F 为变力时,高中阶段往往考虑用这种方法求功。
这里求得的功是该过程中外力对物体做的总功〔或者说是合外力做的功〕。
这种方法的依据是:做功的过程就是能量转化的过程,功是能的转化的量度。
如果知道某一过程中能量转化的数值,那么也就知道了该过程中对应的功的数值。
例1. 如下列图,质量为m 的小球用长L 的细线悬挂而静止在竖直位置。
在如下三种情况下,分别用水平拉力F 将小球拉到细线与竖直方向成θ角的位置。
在此过程中,拉力F 做的功各是多少?〔1〕用F 缓慢地拉;〔2〕F 为恒力;〔3〕假设F 为恒力,而且拉到该位置时小球的速度刚好为零。
可供选择的答案有A.θcos FLB.θsin FLC.()θcos 1-FLD.()θcos 1-mgL解:〔1〕假设用F 缓慢地拉,如此显然F 为变力,只能用动能定理求解。
F 做的功等于该过程抑制重力做的功。
选D〔2〕假设F 为恒力,如此可以直接按定义求功。
选B〔3〕假设F 为恒力,而且拉到该位置时小球的速度刚好为零,那么按定义直接求功和按动能定理求功都是正确的。
选B 、D在第三种情况下,由θsin FL =()θcos 1-mgL ,可以得到2tan sin cos 1θθθ=-=mg F ,可见在摆角为2θ时小球的速度最大。
实际上,因为F 与mg 的合力也是恒力,而绳的拉力始终不做功,所以其效果相当于一个摆,我们可以把这样的装置叫做“歪摆〞。
高考二轮总复习课件物理(适用于老高考旧教材)专题2能量与动量第1讲 动能定理机械能守恒定律功能关系的
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(1)建立运动模型。
(2)抓住运动过程之间运动参量的联系。
(3)分阶段或全过程列式计算。
(4)对于选定的研究过程,只考虑初、末位置而不用考虑中间过程。
注意摩擦力做功特点
深化拓展
应用动能定理解题应注意的三个问题
(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程,由于不涉及加速度及时间,比
动力学研究方法要简捷。
则重力的瞬时功率不为0,C错误;随着运动员在圆弧跳台上升高,速率逐渐
减小,所需要的向心力也在减小,向心力由台面的支持力与重力垂直接触面
向下的分力提供,由牛顿第二定律有FN-mgcos θ=m
大,v在减小,所以FN在减小,D正确。
2
,随着高度升高,θ在增
2.(命题角度1、2)(多选)一个质量为5 kg静止在水平地面上的物体,某时刻
能定理
1
Pt-W=2 m 2 ,则这一过程中小汽车克服阻力做的功为
D 错误。
W=Pt- 2 ,率启动
1
a-图像和
1
a-v 图像
1
F-图像问题
恒定加速度启动
1
F-v 图像
恒定功率启动
1
a- 图像
v
恒定加速度启动
1
F- 图像
v
①AB 段牵引力不变,做匀加速直线运动;
1
1
2
由动能定理得-mg·2r-W=2 2 − 2 1 2 ,联立解得小球克服阻力做的功
W=mgr,A 错误,B 正确;设再一次到达最低点时速度为 v3,假设空气阻力做
功不变,从最高点到最低点根据动能定理得
最低点,根据牛顿第二定律
1
mg·2r-W= 3 2
2018届高考物理二轮复习 板块一 专题二 能量与动量 2-1 功 功率 动能定理教案
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(1)未拉 A 时,C 受到 B 作用力的大小 F; (2)动摩擦因数的最小值 μmin; (3)A 移动的整个过程中,拉力做的功 W. [思路点拨] 由圆柱 C 一开始受力平衡可得出力 F 的大 小.动摩擦因数最小时,B 受 C 压力的水平分力最大.拉力为变 力,可根据动能定理求解拉力做的功.
[解析] (1)C 受力平衡,有 2Fcos30°=mg
有12m1v2C=12m1v2D+m1g56R+56Rcosθ⑭ P 由 E 点运动到 C 点的过程中,由动能定理有
Ep-m1g(x+5R)sinθ-μm1g(x+5R)cosθ=12m1v2C⑮
联立⑦⑧⑬⑭⑮式得 m1=13m
[答案]
(1)2 gR
12 (2) 5 mgR
3 (3)5 5gR
(3)对动能定理的理解 ①动能定理中所说的“外力”,是指物体受到的所有力,包 括重力. ②对“总功”的两种理解 各外力做功的代数和:W=W1+W2+…; 合外力的功:W=F 合 lcosθ(力均为恒力). ③对“位移和速度”的理解:必须是相对于同一个惯性参考 系,一般以地面为参考系. ④动能定理表达式是一个标量式,不能在某个方向上应用动 能定理.
板
块
专题突破复习
一
专
题
能量与动量
二
第一讲
功 功率 动能定理
知识网络构建
结网建体 把脉考向
[知识建构]
[高考调研]
1.考查方向预测:①重力、摩擦 力、静电力和洛伦兹力的做功特 点和求解.②与功、功率相关的 分析与计算.③动能定理和动力 学方法的综合应用.④动能定理 在电磁学中的应用. 2.常用的思想方法:①化曲为直 的思想方法.②微元法.③合力 功的求法.④变力功的求法.
高考物理二轮复习教案专题二能量与动量功和功率功能关系
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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 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 =Δv t =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=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 =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/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 sinβ=0.6mg最大静摩擦力F fm=μmg cosβ=0.16mg因mg sinβ>μmg cosβ,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 ·12at 2,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/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=12×0.5×2 m=0.5 m ;0.5~1.5 s 内物体的位移:x 2=12×1×2m =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.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( )图8A .赛车在前5s 内的牵引力为5×102N。
2018-2019学年高中物理(鲁科版)必修2学案:第一章第3节 功率Word版含解析
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第3节功率一、课前预习:1.定义:功W 所用时间t的叫做功率。
2.定义式:3.物理意义:表示物体的物理量。
4.单位:教师请一位同学正确地说出定义式中各个字母所表示的物理量及其单位。
国际单位:,常用单位:5. 功率是,功率表示做功过程中能量转化的快慢。
6 额定功率:指动力机械在最大输出功率。
也是机械发动机铭牌上的标称值。
额定功率是动力机械重要的性能指标,一个动力机械的额定功率是一定的,机器不一定都在额定功率下工作。
7、实际功率:机械在运行过程中的功率是实际功率。
实际功率可以小于额定功率,可以等于其额定功率(称满负荷运行),但不能大于额定功率,否则容易将机械损坏。
机车启动过程中,发动机的功率指牵引力的功率而不是合外力或阻力的功率。
8、平均功率:物体在一段时间内叫平均功率。
通常用定义式P=W/t 描述,只有当物体匀速运动时,才等于瞬时功率。
9、瞬时功率:物体在叫做瞬时功率。
通常用P=Fv表示,必须注意F、v与P的同时性。
二、典型例题:例一:一物体做自由落体运动,在第1 s内和第2 s内,重力对该物体做的功之比和在第1 s末和第2 s末重力做功的瞬时功率之比分别为()A.1∶3 1∶2B.1∶2 1∶3C.1∶3 1∶4D.1∶4 1∶3【解析】选A.自由下落的物体在第1 s内、第2 s内的位移之比为1∶3,由W G=mgh知,重力做功之比为1∶3,自由下落的物体第1 s末、第2 s末的速率之比为1∶2,由P=mgv知,重力做功的瞬时功率之比为1∶2,故选项A正确.例二、.飞行员进行素质训练时,抓住秋千杆由水平状态开始下摆,到达竖直状态的过程中,如图1所示,飞行员受重力的瞬时功率的变化情况是( )A.一直增大B.一直减少C.先增大后减小D.先减小后增大【解析】选C.根据P=Gvcos θ(θ是杆与水平方向的夹角),θ=0时v=0,P=0;θ=90°时,cos θ=0,P=0,其他情况P>0.所以功率先增大后减小.例三、汽车在平直公路上以速度v 0匀速行驶,发动机功率为P.快进入闹市区时,司机减小了油门,使汽车的功率立即减小一半并保持该功率继续行驶.如图四个图象中,哪个图象正确表示了从司机减小油门开始,汽车的速度与时间的关系( )【解析】选C 。
物理二轮(山东专用)学案:专题9 第1讲 2.动量和能量 Word版含解析
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2.动量和能量 [临考必背]一、功和功率1.判断某力是否做功,做正功还是负功 (1)F 与l 的夹角(恒力)。
(2)F 与v 的夹角(曲线运动的情况)。
(3)能量变化(两个相联系的物体做曲线运动的情况)。
2.求功的六种方法(1)W =Fl cos α(恒力,定义式)。
(2)W =Pt (变力,恒定功率)。
(3)W =ΔE k (变力或恒力)。
(4)W 其他=ΔE 机(功能原理)。
(5)图像法(变力或恒力)。
(6)气体做功:W =p ΔV (p ——气体的压强;ΔV ——气体的体积变化)。
3.计算功率的两个公式P =Wt或P =F v cos α。
4.机车启动类问题中的“图像”及“特殊点” (1)两种启动方式对应的图像恒定功率启动 恒定加速度启动(2)全程最大速度的临界点为F f =P 额v m。
(3)匀加速运动的最后点为P 额v 0-F f =ma ,此时瞬时功率为额定功率,瞬时速度为匀加速过程的最大速度。
(4)在匀加速过程中的某点有P 1v 1-F f =ma 1。
(5)在变加速运动过程中的某点有P 额v 2-F f =ma 2。
5.动能定理W 总=E k2-E k1。
W 总是外力所做的总功,包括自身重力所做的功。
6.重力势能E p =mgh (h 是相对于零势能面的高度)。
7.机械能守恒定律的三种表达方式(1)始、末状态:mgh 1+12m v 21=mgh 2+12m v 22。
(2)能量转化:ΔE k =-ΔE p 。
(3)研究对象:ΔE A 增=ΔE B 减。
8.几种常见的功能关系做功 能量变化 功能关系 重力做功 重力势能变化ΔE p W G =-ΔE p 弹力做功 弹性势能变化ΔE p W 弹=-ΔE p 合外力做功W 合 动能变化ΔE k W 合=ΔE k 除重力和弹力之外其他力做功W 其他 机械能变化ΔE W 其他=ΔE滑动摩擦力与介 系统内能变化ΔE 内 F f l 相对=ΔE 内质阻力做功F f l 相对 电场力做功 W AB =qU AB 电势能变化ΔE p W AB =-ΔE p 电流做功W =UIt电能变化ΔEW =ΔE二、动量1.动量:p =m v 。
高三物理二轮复习 专题二 第1讲 功 功率 动能定理课件(全国通用)
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[例 1] (2012·江苏高考)如图 2-1-1 所
示,细线的一端固定于 O 点,另一端系一小
球。在水平拉力作用下,小球以恒定速率在
竖直平面内由 A 点运动到 B 点。在此过程中
拉力的瞬时功率变化情况是
( ) 图 2-1-1
A.逐渐增大
B.逐渐减小
C.先增大,后减小
D.先减小,后增大
[思路点拨] 解答本题时应注意以下两点:
解析:选 D 设斜面倾角为 θ,斜面底边长为 x0,则物体 下滑过程中克服阻力做功 W=μmgcos θcoxs0 θ=μmgx0,可 见 W 与斜面倾角 θ 无关,D 正确。
2.(2012·淄博模拟)质量为1 500 kg的汽车在平直的公路上 运动, v -t图象如图2-1-6所示。由此可求 ( )
⑥
(3)设轻杆恰好移动时,小车撞击速度为 v1
12mv1 2=W
⑦
由④⑦解得 v1= v0 2-2fml
当 v< v0 2-2fml 时,v′=v
当 v0 2-2fml ≤v≤
v0 2+23mfl时,v′= v0 2-2fml 。
[答案]
f (1)k
(2)
(3)见解析
v0 2+23mfl
一、基础知识要记牢 (1)动能定理表达式:W合=Ek2-Ek1 (2)两点说明: ①W合为物体在运动过程中外力的总功。 ②动能增量Ek2-Ek1一定是物体在末初两状态动能之差。
3.质量均为 m 的两物块 A、B 以一定的
初速度在水平面上只受摩擦力而滑
动,如图 2-1-7 所示是它们滑动的
最大位移 x 与初速度的平方 v0 2的关
系图象,已知 v02 2=2v01 2,下列描述中正 图 2-1-7
高三二轮复习《第1讲 功、功率、动能定理》教案
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专题五 功和能第1讲 功、功率、动能定理一、构建知识网络:二、核心知识、方法回扣:1.做功的两个重要因素是:有力作用在物体上,且使物体在力的方向上 。
.功的求解可利用W =Fs cos α求,但F 必须为 ;变力的功一般应用 间接求解;也可以利用F —s 图象来求.2.功率是指单位时间内做的功,公式有:平均功率P =Wt =F v cos α;瞬时功率P =Fv cos α,当α=0,即F 与v 方向 时,P =Fv . 3.常见的几种力做功的特点(1)重力、弹簧弹力、静电力做功与 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 ,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 ,且总为 ,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量,等于滑动摩擦力与 的乘积. ③摩擦生热是指滑动摩擦生热,静摩擦不会生热. 4.动能定理:(1)合力的功等于 的变化,即W = . (2)动能定理的适用对象:涉及单个物体(或可看成单个物体的物体系)的受力和位移问题,或求解 做功的问题.(3)应用动能定理解题的基本思路 ①选取研究对象,明确它的运动过程.②分析研究对象的受力情况和各力做功情况,然后求各个外力做功的.③明确物体在运动过程始末状态的动能E k1和E k2.④列出动能定理的方程W合=E k2-E k1,及其他必要的解题方程,进行求解.三、重要的二级结论:(1)恒力的功等于恒力×恒力方向的位移;恒力的功率等于恒力×恒力方向的速度。
(2)滑动摩擦力、空气阻力等,在曲线运动或往返运动时,这类力(大小不变)的功等于力和路程(不是位移)的积.(3)求摩擦生热时,Q=f滑×s相(4)水平面、斜面的动摩擦因素μ处处相同时,克服摩擦力的功等于μmgs水。
2024-2025学年新教材高中物理第1章功和机械能第2节功率教案1鲁科版必修第二册
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1.理论介绍:首先,我们要了解功率的基本概念。功率是单位时间内所做的功。它是描述物体做功快慢的重要物理量。
2.案例分析:接下来,我们来看一个具体的案例。这个案例展示了功率在实际中的应用,以及它如何帮助我们解决问题。
3.重点难点解析:在讲授过程中,我会特别强调功率的计算和功率与做功的关系这两个重点。对于难点部分,我会通过举例和比较来帮助大家理解。
1. 功率的概念:引导学生理解功率的定义,即单位时间内所做的功。
2. 功率的计算:教授学生如何计算不同物理情境下的功率,包括恒力做功和变力做功的情况。
3. 功率与做功的关系:让学生掌握功率与做功之间的关系,包括功率的变形公式和功率的物理意义。
4. 实例分析:通过分析实际物理情境,让学生应用功率的概念和计算方法,提高学生的应用能力。
此外,我也会加强对学生的引导和启发,鼓励他们提出问题和观点,培养他们的思考和解决问题的能力。例如,在讨论功率在实际生活中的应用时,我可以让学生提出自己在生活中遇到的与功率相关的问题,并引导他们通过分析和思考,找到解决问题的方法。
九.教学评价与反馈
1. 课堂表现:在课堂上,学生们积极参与,大部分学生能够跟随我的讲解,认真听讲并做笔记。但也有一部分学生表现出较低的专注度,容易分心。
难点:功率的计算和应用,特别是变力做功情况下功率的计算。
解决办法:通过实验和实例,让学生观察和分析不同力做功时的功率变化,引导学生运用物理原理和数学方法解决实际问题,同时提供典型的练习题进行针对性训练,帮助学生突破难点。
四、教学资源
1. 软硬件资源:多媒体投影仪、白板、计算器、实验器材(如滑轮组、计时器等)。
1. 科学思维:通过学习功率的概念和计算方法,培养学生运用科学思维解决物理问题的能力,提高学生的逻辑推理和数学应用能力。
二轮复习第1讲 功、功率与动能定理
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热点突破 技法提炼 高考探究 命题预测 限时训练 规范解答
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热点一 对功和功率的计算的考查
热点例析
题组设计
[命题·微解读]
在历年的高考中,很少出现简单、单独考查功和功率的计算,一般将 其放在与功能关系、物体的运动等综合问题中一起考查,并且对于功 和功率的考查一般以选择题形式出内现容,题目难度以中档题为主.
的大 平小 拉定为 力义的Fa1大=的小水v改-平t为v拉0,F力2,得拉物两动体物过从体程静,的止经加开过速始一经度段过关时同系间样为后的其时a速1=间度后a2变2.速由为度于v变.在若为相将2水同v.
的对于粗上糙述水两平个地过面程上,运用动WF,1、故W两F2过分别程表的示摩拉擦力力F大1、小F相2 所等做,的即功,f1W=f1f、2
动能定理,一般对全程列式更简单.
内容
(2)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.
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高三物理二轮复习
专题二 功与能量 第1讲 功、功率与动能定理
热
热点一 对功和功率的计算的考查
点
热点二 对动能定理应用的考查
命题·剖析
1.功、功率与动能定理部分:考查与功、功率相关的分析和计算及动 能定理的综合应用,题型为选择题或与牛顿运动定律相结合的计算 题. 2.功能关系和能量守恒部分:以直内线容运动、平抛和圆周运动为情景, 考查运动过程中的受力分析、运动分析、能量转化及功能关系问题, 以及带电粒子在电场、磁场中的能量问题,以计算题形式命题为主.
2021物理统考版二轮复习学案:专题复习篇 专题2 第1讲 功、功率动能定理含解析
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2021高考物理统考版二轮复习学案:专题复习篇专题2 第1讲功、功率动能定理含解析功、功率动能定理[建体系·知关联][析考情·明策略]考情分析近几年高考命题集中在正、负功的判断,机车启动为背景的功率的分析与计算,题型以选择题为主;动能定理在多过程问题中的应用等核心知识,题型多为计算题,且有一定的综合性.素养呈现1.功、功率的定义表达式2.机车启动问题3。
理解并应用动能定理素养落实1。
掌握功、功率的计算方法2.掌握两类机车启动问题的分析计算方法3。
理解动能定理,掌握动能定理的应用方法1.图解功和功率的计算2.机车启动问题的两种求解思路(1)图解机车以恒定功率启动:(2)图解机车以恒定加速度启动:[典例1](多选)(2020·湖北四校期中联考)一质量为m的物体静止在水平地面上,在水平拉力的作用下开始运动,图甲是在0~6 s内其速度与时间关系图象,图乙是拉力的功率与时间关系图象,g取10 m/s2。
下列判断正确的是()甲乙A .拉力的大小为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的功为24 JD .0~6 s 内拉力做的功为156 J[题眼点拨] ①“图甲”信息:0~2秒内匀加速运动.2~6 s 内匀速运动.②“拉力功率":注意P =Fv 中F 的含义是F =f +ma .BD [对物体受力分析,由图甲可知,在0~2 s 内物体做匀加速运动,拉力大于滑动摩擦力,在2~6 s 内物体做匀速运动,拉力等于滑动摩擦力,因此拉力大小不恒定,选项A 错误;在2~6 s 内根据功率公式P =Fv ,有F =错误!=4 N ,故滑动摩擦力f =F =4 N,在图甲中,0~2 s 内有a =Δv Δt=3 m/s 2,由牛顿第二定律可知F ′-f =ma ,又P ′=F ′v ,联立解得m =2 kg ,F ′=10 N,选项B 正确;由图甲可知在0~6 s 内物体通过的位移为x =30 m ,故物体克服摩擦力做的功为W f =fx =120 J ,选项C 错误;由动能定理可知W -W f =错误!mv 2,故0~6 s 内拉力做的功W =错误!mv 2+W f =错误!×2×62 J +120 J =156 J,选项D 正确。
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第1讲 功和功率 动能定理[析考情·明考向]___________________________________考情分析__透视命题规律 一、构建体系 透析考情 思维导图 考情分析1.高考在本讲命题点主要集中在正、负功的判断,功率的分析与计算,机车启动模型等问题上,题目具有一定的综合性,难度适中。
2.本讲高考单独命题以选择题为主,如2020年天津卷第8题;综合命题以计算题为主,常将动能定理与机械能守恒定律、能量守恒定律相结合。
3.关注以竞技体育或近现代科技为背景命制的题目及与图像问题相结合的情景题目。
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)平均功率:P =Wt=F v -cos α(α为F 与v -的夹角)。
(2)瞬时功率:P =F v cos α(α为F 与v 的夹角)。
(3)机车启动两类模型中的关键方程:P =F ·v ,F -F 阻=ma ,v m =PF 阻,Pt -F 阻x =ΔE k 。
3.动能定理:W 合=12m v 2-12m v 20。
4.应用动能定理时的两点注意(1)应用动能定理的关键是写出各力做功的代数和,不要漏掉某个力做的功,同时要注意各力做功的正、负。
(2)动能定理是标量式,不能在某一方向上应用。
[研考向·提能力]___________________________________考向研析__掌握应试技能考向一 功和功率的分析与计算1.区分恒力、变力:恒力做功一般用功的公式或动能定理求解,变力做功用动能定理或图像法求解。
2.图像法求功的四种情况:力做的功分别为W 甲=F 1x 1、W 乙=12F 2x 2、W 丙=π4F 3x 3(图丙中F -x的图线是四分之一圆周)、W 丁=12Pt 1+P (t 2-t 1)。
3.区分公式:P =Wt侧重于平均功率的计算,P =F v cos θ侧重于瞬时功率的计算。
[典例1] (多选)(2018·高考全国卷Ⅲ)地下矿井中的矿石装在矿车中,用电机通过竖井运送到地面。
某竖井中矿车提升的速度大小v 随时间t 的变化关系如图所示,其中图线①②分别描述两次不同的提升过程,它们变速阶段加速度的大小都相同;两次提升的高度相同,提升的质量相等。
不考虑摩擦阻力和空气阻力。
对于第①次和第②次提升过程( )A .矿车上升所用的时间之比为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[解析] 由图线①知,矿车上升总高度 h =v 02·2t 0=v 0t 0。
由图线②知,加速阶段和减速阶段上升高度和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次提升过程所用时间为t 02+32t 0+t 02=52t 0,两次上升所用时间之比为2t 0∶52t 0=4∶5,A 对;对矿车受力分析,当矿车向上做加速直线运动时,电机的牵引力最大,由于加速阶段加速度相同,故加速时牵引力相同,B 错; 在加速上升阶段,由牛顿第二定律知, F -mg =ma ,F =m (g +a ), 第①次在t 0时刻,功率P 1=F ·v 0,第②次在t 02时刻,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相同,克服重力做功相同,故两次电机做功也相同,D 错。
[答案] AC1.如图所示,将完全相同的四个小球1、2、3、4分别从同一高度由静止释放或平抛(图乙),其中图丙是一倾角为45°的光滑斜面,图丁为14光滑圆弧,不计空气阻力,则下列对四种情况下相关物理量的比较正确的是( )A .落地时间t 1=t 2=t 3=t 4B .全程重力做功W 1=W 2>W 3=W 4C .落地瞬间重力的功率P 1=P 2=P 3=P 4D .全程重力做功的平均功率 P -1=P -2>P -3>P -4解析:图甲、乙中小球在竖直方向均做自由落体运动,故t 1=t 2=2hg,其中h 为竖直高度,对图丙,h sin θ=12gt 23sin θ,t 3=2hg sin 2θ,其中θ为斜面倾角,比较图丙和图丁,由动能定理可知,两小球从初始位置到水平面上同一高度处速度大小总相等,但小球4的路程长,因此t 1=t 2<t 3<t 4,选项A 错误;因竖直高度相等,因此重力做功相等,选项B 错误;重力的瞬时功率等于mg v y ,小球四种方式落地时的竖直分速度v y 1=v y 2>v y 3>v y 4=0,故落地瞬间重力的功率P 1=P 2>P 3>P 4,选项C 错误;全程重力做功的平均功率P -=Wt,因W 相同,t 1=t 2<t 3<t 4,故P -1=P -2>P -3>P -4,选项D 正确。
答案:D2.(多选)放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用,在0~6 s 内其速度与时间的图像和该拉力的功率与时间的图像分别如图甲、乙所示。
下列说法正确的是( )A .0~6 s 内物体的位移大小为30 mB .0~6 s 内拉力做的功为70 JC .合外力在0~6 s 内做的功与0~2 s 内做的功相等D .滑动摩擦力的大小为5 N解析:由v -t 图像与t 轴围成的面积表示位移,可得0~6 s 内物体的位移大小x =4+62×6 m =30 m ,故A 正确;由P -t 图像与t 轴围成的面积表示做功多少,可得在0~2 s 内拉力对物体做的功W 1=30×22J =30 J ,2~6 s 内拉力对物体做的功W 2=10×4 J =40 J ,所以0~6 s 内拉力做的功为W =W 1+W 2=70 J ,B 正确;由图甲可知,在2~6 s 内,物体做匀速运动,合外力为零,则合外力在0~6 s 内做的功与0~2 s 内做的功相等,故C 正确;在2~6 s 内,v =6 m/s ,P =10 W ,物体做匀速运动,滑动摩擦力F f =F =P v =106 N =53N ,故D 错误。
答案:ABC3.(多选)如图所示,传送带AB的倾角为θ,且传送带足够长,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,物体与传送带之间的动摩擦因数μ>tan θ,传送带的速度为v(v0<v),方向未知,重力加速度为g。
物体在传送带上运动过程中,下列说法正确的是() A.摩擦力对物体做功的最大瞬时功率一定是μmg v cos θB.摩擦力对物体做功的最大瞬时功率一定是μmg v0cos θC.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解析:物体与传送带之间的动摩擦因数μ>tan θ,则μmg cos θ>mg sin θ,传送带的速度为v(v0<v),若v0与v同向,物体先做匀加速运动,直至物体加速运动到与传送带速度相同时物体速度最大,此时摩擦力的瞬时功率最大,则最大瞬时功率为P=μmg v cos θ;若v0与v反向,物体沿传送带先向上做减速运动,达到静止后再向下做加速运动,在速率达到v0时正好运动到B端,物体在传送带上运动的速度最大为v0,此时摩擦力的瞬时功率最大,则最大瞬时功率为P=μmg v0cos θ,因为最大瞬时功率有两种可能值,所以选项A、B错误。
若v0与v反向,物体先是沿传送带向上做匀减速运动,速度为零后,沿传送带向下做匀加速运动,滑动摩擦力方向始终沿传送带向下,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:CD考向二机车启动问题1.恒定功率启动(1)机车先做加速度逐渐减小的变加速直线运动,后做匀速直线运动,速度—时间图像如图所示。
(2)常用公式①当F=F阻时,v m=PF=PF阻。
②Pt-F阻x=12m v2m-0。
2.恒定加速度启动(1)机车先做匀加速直线运动,当功率增大到额定功率后获得匀加速的最大速度v1,之后做变加速直线运动,直至达到最大速度v m后做匀速直线运动,速度—时间图像如图所示。
(2)常用公式⎩⎪⎨⎪⎧F-F阻=maP额=F v1P额=F阻v mv1=at1[典例2] 如图所示为汽车在水平路面上启动过程的v -t 图像,Oa 为过原点的倾斜直线,ab段是汽车以额定功率行驶时的加速阶段速度随时间变化的曲线,bc 段是与ab 段相切的水平直线。
整个启动过程中阻力恒为f ,则下列说法正确的是( )A .0~t 1时间内汽车以恒定功率做匀加速运动B .t 1~t 2时间内汽车的平均速度为v 1+v 22C .t 1~t 2时间内汽车牵引力做的功等于12m (v 22-v 21) D .在全过程中t 1时刻汽车的牵引力及其功率都是最大值[解析] 由题图可知,0~t 1时间内汽车做匀加速直线运动,牵引力不变,速度增大,根据P =F v 可知,汽车的功率增大,t 1~t 2时间内,汽车的功率不变,速度增大,牵引力减小,t 2时刻后,牵引力减小到与阻力相等,汽车做匀速直线运动,可知在全过程中t 1时刻汽车的牵引力及其功率都是最大值,选项A 错误,D 正确;t 1~t 2时间内,汽车做变加速直线运动,平均速度v -≠v 1+v 22,选项B 错误;t 1~t 2时间内,设汽车牵引力做的功为W ,克服摩擦力做的功为W f ,由动能定理可得W -W f =12m v 22-12m v 21,则牵引力做的功W =W f +12m v 22-12m v 21,选项C 错误。
[答案] D 易错警示解决机车启动问题时的四点注意……………………………………………………(1)匀加速启动过程中,最大功率是额定功率,匀加速的末速度不是机车运行的最大速度。
(2)以额定功率启动的过程中,牵引力的最小值等于阻力。
(3)无论哪种启动方式,最后达到最大速度时,均满足P =F 阻v m ,P 为机车的额定功率。
4.如图所示,质量为m 的汽车在某下坡的公路上,从速度v 0开始加速运动,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 ,汽车所受的阻力为恒力。
对于该过程,以下说法正确的是( )A .该过程中汽车一直做匀加速直线运动B .该过程中汽车所受阻力f =Pv mC .该过程中汽车所受阻力做功的大小为Pt +12m v 2mD .该过程中汽车做加速度不断减小的加速运动解析:汽车发动机的功率恒为P ,则汽车做加速度逐渐减小的加速运动,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 =Pv m+mg sin θ,B 错误;由于还有重力做功,汽车所受阻力做的功无法求出,C 错误。