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  • 2021-05-26 发布

【物理】2020届二轮复习专题二能量与动量第4课时功和功率 功能关系学案

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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,可以只在选择题中出现,考查动量守恒定律、动量定理的基本应用,也可在计算题中出现,特别是动量与动力学、能量结合、综合性强、难度高,应加大训练.‎ 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=Flcos α.‎ ‎(2)合力为恒力的功 ‎①先求合力,再求W=F合lcos α.‎ ‎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.‎ ‎(2)力的方向不变,大小随位移线性变化可用W=lcos 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=,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Fvcos 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10 m/s2.则以下判断正确的是(  )‎ 图1‎ A.小环的质量是1 kg B.细杆与地面间的倾角是30°‎ C.前3 s内拉力F的最大功率是2.25 W D.前3 s内拉力对小环做功5.75 J 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1 s内,a== m/s2=0.5 m/s2,加速阶段:F1-mgsin θ=ma;匀速阶段:F2-mgsin θ=0,联立以上三式解得:m=1 kg,sin θ=0.45,故A正确,B错误;第1 s内,速度不断变大,拉力的瞬时功率也不断变大,第1 s末,P=Fv1=5×0.5 W=2.5 W;第1 s末到第3 s末,P=Fv1=4.5×0.5 W=2.25 W,即拉力的最大功率为2.5 W,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×‎ ‎1 J=5.75 J,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P1、P2、P3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2‎ A.P1P2>P3‎ C.P3>P1>P2 D.P1=P2=P3‎ 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=gsin 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=2Rsin θ,所以t===,t与θ无关,即t1=t2=t3,而三个环重力做功W1>W2>W3,所以有:P1>P2>P3,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点由静止滑下,最后停在水平轨道上C点,此过程克服摩擦力做功为W1.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W2,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3‎ A.W1=mgR B.W2=mgR C.mgR2mgR 答案 AC 解析 滑块由A到C的过程,由动能定理可知mgR-W1=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W2μmgcos 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-μmgscos β=0‎ 解得s=11.25 m ‎(3)假设物体依次能到达B、D点,由动能定理得 mg(h-Lsin β)-μmgcos β(L+)=mvB2‎ 解得vB>0‎ mg(h-Lsin β)-μmgcos β(3L+)=mvD2‎ vD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=1 kg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=5 m,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=5 m/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Ep=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/s2.‎ 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)0.8 m (2) m (3) m/s≤v≤ m/s 解析 (1)物块被弹簧弹出,由Ep=mv02,可知:‎ v0=6 m/s 因为v0>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=ma1,v=v0-a1t1,x1=v0t1-a1t12‎ 得到:a1=2 m/s2,t1=0.5 s,x1=2.75 m 因为x10,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mvB2=μ2mg(s-x),代入数据解得:x= m.‎ ‎(3)设传送带速度为v1时物块恰能到F点,在F点满足mgsin 30°=m 从B到F过程中由动能定理可知:‎ ‎-μ2mgs-mg(R+Rsin 30°)=mvF2-mv12‎ 解得:v1= m/s 设传送带速度为v2时,物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E点,‎ 由mv22=μ2mg·3s+mgR 解得:v2= m/s 若物块在传送带上一直加速运动,由mvBm2-mv02=μ1mgL 知其到B点的最大速度vBm= m/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 m/s≤v≤ m/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=3 m,不可伸长的细线一端固定在O点,另一端系一质量m=2 kg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°,lm)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4‎ A.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 BD ‎7.(多选)(2019·四川第二次诊断)如图5甲所示,质量m=1 kg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=0.5 s时撤去拉力,其1.5 s内的速度随时间变化关系如图乙所示,g取10 m/s2.则(  )‎ 图5‎ A.0.5 s时拉力功率为12 W B.0.5 s内拉力做功9 J C.1.5 s后物块可能返回 D.1.5 s后物块一定静止 答案 AC 解析 0~0.5 s内物体的位移:x1=×0.5×2 m=0.5 m;0.5~1.5 s内物体的位移:x2=×1×‎ ‎2 m=1 m;由题图乙知,各阶段加速度的大小:a1=4 m/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,0~0.5 s内F-μgmcos θ-mgsin θ=ma1;0.5~1.5 s内-μmgcos θ-mgsin θ=-ma2,联立解得:F=6 N,但无法求出μ和θ.0.5 s时,拉力的功率P=Fv=12 W,故A正确.拉力做的功为W=Fx1=3 J,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10 N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=1 m,bc=0.2 m,则以下结论正确的是(  )‎ 图6‎ A.整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6 J B.整个过程中滑块动能的最大值为6 J C.从c到b弹簧的弹力对滑块做功5 J D.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, mghac+W弹′=0-0‎ 解得:W弹′=-6 J.‎ 则Epm=-W弹′=6 J 所以整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6 J,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:‎ mghad+W弹=Ekd-0‎ 因mghad<6 J,W弹<0‎ 所以Ekd<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6 J,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)如图7所示,滑块a、b的质量均为m,a套在固定竖直杆上,与光滑水平地面相距h,b放在地面上.a、b通过铰链用刚性轻杆连接,由静止开始运动.不计摩擦,a、b可视为质点,重力加速度大小为g.则(  )‎ 图7‎ A.a落地前,轻杆对b一直做正功 B.a落地时速度大小为 C.a下落过程中,其加速度大小始终不大于g D.a落地前,当a的机械能最小时,b对地面的压力大小为mg 答案 BD 解析 滑块b的初速度为零,末速度也为零,所以轻杆对b先做正功,后做负功,选项A错误;以滑块a、b及轻杆组成的系统为研究对象,系统的机械能守恒,当a刚落地时,b的速度为零,则mgh=mva2+0,即va=,选项B正确;a、b的先后受力如图甲、乙所示,‎ 由a的受力图可知,a下落过程中,其加速度大小先小于g后大于g,选项C错误;当a落地前b的加速度为零(即轻杆对b的作用力为零)时,b的机械能最大,a的机械能最小,这时b受重力、支持力,且FNb=mg,由牛顿第三定律可知,b对地面的压力大小为mg,选项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5 s内做匀加速直线运动,5 s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=1×103 kg,赛车受到的阻力为车重力的0.1倍,重力加速度g取10 m/s2,则以下说法正确的是(  )‎ 图8‎ A.赛车在前5 s内的牵引力为5×102 N B.赛车速度为25 m/s时的加速度为5 m/s2‎ C.赛车的额定功率为100 kW D.赛车的最大速度为80 m/s 答案 C 解析 匀加速直线运动的加速度大小为:a== m/s2=4 m/s2,根据牛顿第二定律得:F-Ff=ma,解得牵引力为:F=Ff+ma=0.1×1×103×10 N+1×103×4 N=5×103 N,故A错误;额定功率为:P=Fv=5 000×20 W=100 000 W=100 kW.当车的速度是25 m/s时,牵引力:F′== N=4 000 N,车的加速度:a′== m/s2=3 m/s2,故B错误,C正确;当牵引力与阻力相等时,速度最大,最大速度为:vm=== m/s=100 m/s,故D错误.‎ ‎11.(2019·福建泉州市期末质量检查)如图9所示,四分之一圆弧AB和半圆弧BC组成的光滑轨道固定在竖直平面内,A、C两端点等高,直径BC竖直,圆弧AB的半径为R,圆弧BC的半径为.一质量为m的小球从A点上方的D点由静止释放,恰好沿A点切线方向进入并沿轨道运动,不计空气阻力,重力加速度大小为g.‎ 图9‎ ‎(1)要使小球能运动到C点,D、A两点间的高度差h至少为多大?‎ ‎(2)改变h,小球通过C点后落到圆弧AB上的最小动能为多少?‎ 答案 (1) (2)mgR 解析 (1)设小球刚好通过C点的速度为v,则 mg=m 小球从D点到C点的过程中机械能守恒,有:‎ mgh=mv2‎ 联立解得h= ‎(2)设小球通过C点的速度为v0,落到圆弧AB上时,水平位移为x,下落高度为y,由平抛运动的规律可知x=v0t;y=gt2‎ 从C点抛出到落到圆弧AB上,由动能定理得:mgy=Ek-mv02‎ 又x2+y2=R2‎ 联立可得:Ek=mg(+3y)‎ 式中当=3y,即y=R时,Ek有最小值,‎ Ekmin=mgR.‎ ‎12.如图10所示,倾角为30°的足够长斜面固定于水平面上,轻滑轮的顶端与固定于竖直平面内圆环的圆心O及圆环上的P点在同一水平线上,细线一端与套在环上质量为m的小球相连,另一端跨过滑轮与质量为M的物块相连.小球在竖直向下拉力作用下静止于Q点,细线与环恰好相切,OQ、OP间成53°角.撤去拉力后球运动到P点速度恰好为零.忽略一切摩擦,重力加速度为g,取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,求:‎ 图10‎ ‎(1)拉力的大小F;‎ ‎(2)物块和球的质量之比M∶m;‎ ‎(3)撤去拉力瞬间,细线张力FT的大小.‎ 答案 (1)Mg-mg (2)12∶5‎ ‎(3)(mg或Mg)‎ 解析 (1)由平衡条件,对物块M:FT1=Mgsin 30°‎ 对球m:(F+mg)cos 53°=FT1‎ 得到:F=Mg-mg;‎ ‎(2)设环的半径为R,球运动至P过程中,球上升高度为:h1=Rsin 53°‎ 物块沿斜面下滑的距离为:‎ L=Rtan 53°-(-R)‎ 由机械能守恒定律有:‎ mgh1=MgLsin 30°‎ 得到:M∶m=12∶5;‎ ‎(3)细线的张力为FT,根据牛顿第二定律可以得到:‎ 物块M:Mgsin 30°-FT=Ma 球m:FT-mgcos 53°=ma 解得:FT=(FT=mg或FT=Mg).‎

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