2021高考物理二轮复习专题二能量与动量第6讲功能关系的理解与应用课件 49页

专题二 　 能量与动量 第 6 讲 　 功能关系的理解与应用 - 3 - 专题知识 • 理脉络 真题诠释 • 导方向 - 4 - 专题知识 • 理脉络 真题诠释 • 导方向 1 . (2019· 全国卷 3) 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 3 m 以内时 , 物体上升、下落过程中动能 E k 随 h 的变化如图所示。重力加速度取 10 m/s 2 。该物体的质量为 ( 　　 ) A.2 kg B.1 . 5 kg C.1 kg D.0 . 5 kg C - 5 - 专题知识 • 理脉络 真题诠释 • 导方向 解析 : 根据动能定理 , 物体在上升过程中有 -mgh-Fh=E k2 -E k1 , 其中 E k2 = 36 J, E k1 = 72 J, h= 3 m 在下落过程中有 mgh-Fh=E k4 -E k3 , 其中 E k3 = 24 J, E k4 = 48 J, h= 3 m 联立求得 m= 1 kg 故选 C 。 命题考点 动能定理 能力要求 本题涉及图像问题 , 解题关键是能够根据已知的公式、定律等推导出横坐标和纵坐标的关系式 , 分析斜率 的变化 , 然后作出正确的判断。 - 6 - 专题知识 • 理脉络 真题诠释 • 导方向 2 . ( 多选 )(2019· 全国卷 1) 在星球 M 上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上 , 把物体 P 轻放在弹簧上端 ,P 由静止向下运动 , 物体的加速度 a 与弹簧的压缩量 x 间的关系如图中实线所示。在另一星球 N 上用完全相同的弹簧 , 改用物体 Q 完成同样的过程 , 其 a - x 关系如图中虚线所示。假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球 M 的半径是星球 N 的 3 倍 , 则 ( 　　 ) A.M 与 N 的密度相等 B.Q 的质量是 P 的 3 倍 C.Q 下落过程中的最大动能是 P 的 4 倍 D.Q 下落过程中弹簧的最大压缩量是 P 的 4 倍 AC - 7 - 专题知识 • 理脉络 真题诠释 • 导方向 解析 : 物体轻放在弹簧上端时 , 弹簧的弹力为零 , 此时的加速度即为星球表面的重力加速度 , 星球 M 表面的重力加速度为 3 a 0 , 星球 N 表面的重力加速度为 a 0 , 球 N 表面的重力加速度之比为 3 ∶ 1, 半径之比为 3 ∶ 1, 则两星球密度相等 ,A 正确。加速度为 0, 合力为 0, 设 P 的质量为 m 1 , 有 3 m 1 a 0 =kx 0 , 程中 Q 的最大动能是 P 的 4 倍 ,C 正确。弹簧达到最大压缩量时物体速度为 0, 根据机械能守恒定律 , 对物体 P 进行分析 , 有 - 8 - 专题知识 • 理脉络 真题诠释 • 导方向 压缩量是 4 x 0 ,Q 下落过程中弹簧的最大压缩量是 P 的 2 倍 ,D 错误。 命题考点 万有引力定律、动能定理。 能力要求 本题主要考查了动能定理、万有引力定律及其应用以及图像问题 , 解题时要明确 :(1) 在星球表面 , 忽略星球自转的情况下 , 万有引力近似等于重力 ;(2) 分析清楚 图像表示的物理意义是关键。 - 9 - 专题知识 • 理脉络 真题诠释 • 导方向 3 . (2019· 天津卷 ) 完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试 , 并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞 , 故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成的 , 如图甲所示。为了便于研究舰载机的起飞过程 , 假设上翘甲板 BC 是与水平甲板 AB 相切的一段圆弧 , 示意图如图乙所示 , AB 长 l 1 = 150 m, BC 水平投影 l 2 = 63 m, 图中 C 点切线方向与水平方向的夹角 θ = 12 ° (sin 12 ° ≈0 . 21) 。若舰载机从 A 点由静止开始做匀加速直线运动 , 经 t= 6 s 到达 B 点进入 BC 。已知飞行员的质量 m= 60 kg, g 取 10 m/s 2 , 求 : - 10 - 专题知识 • 理脉络 真题诠释 • 导方向 (1) 舰载机水平运动的过程中 , 飞行员受到的水平力所做的功 W ; (2) 舰载机刚进入 BC 时 , 飞行员受到竖直向上的压力 F N 多大。 答案 : (1)7 . 5×10 4 J 　 (2)1 . 1×10 3 N 解析 : (1) 舰载机由静止开始做匀加速直线运动 , 设其刚进入上翘甲板时的速度为 v , 联立 ①② 式 , 代入数据 , 得 W= 7 . 5×10 4 J 。 ③ - 11 - 专题知识 • 理脉络 真题诠释 • 导方向 命题考点 动能定理 , 圆周运动。 能力要求 分析解答本题 的关键是分清运动过程 , 应用相关规律求解。 (2) 设上翘甲板所对应的圆弧半径为 R , 根据几何关系 , 有 l 2 =R sin θ ④ 由牛顿第二定律 , 有 联立 ①④⑤ 式 , 代入数据 , 得 F N = 1 . 1×10 3 N 。 ⑥ - 12 - 突破点一 突破点二 突破点三 突破点四 突破点五 功、功率的分析与计算 考查方向 常以选择题或计算题形式考查。 突破方略 1 . 功的计算 - 13 - 突破点一 突破点二 突破点三 突破点四 突破点五 - 14 - 突破点一 突破点二 突破点三 突破点四 突破点五 2 . 功率的 计算 (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 。 - 15 - 突破点一 突破点二 突破点三 突破点四 突破点五 模型构建 【例 1 】 ( 多选 )(2018· 天津南开区三模改编 )A 、 B 两物体分别在大小相同的水平恒力 F 的作用下由静止开始沿同一水平面运动 , 作用时间分别为 t 0 和 4 t 0 , 两物体运动的 v - t 图像如图所示 , 则 ( 　　 ) A.A 、 B 两物体与水平面的摩擦力大小 之 比 为 5 ∶ 12 B. 水平力 F 对 A 、 B 两物体做功的 最大功 率 之比为 2 ∶ 1 C. 水平力 F 对 A 、 B 两物体做功之比为 2 ∶ 1 D. 在整个运动过程中 , 摩擦力对 A 、 B 两 物 体 做功的平均功率之比为 5 ∶ 3 AB - 16 - 突破点一 突破点二 突破点三 突破点四 突破点五 A 项正确 ; 由速度图像知 , 水平力 F 对 A 、 B 两物体做功的最大功率之比为 ( F· 2 v 0 ) ∶ ( F·v 0 ) = 2 ∶ 1,B 项正确 ; 由图像面积表示位移可知两物体位移之比为 6 ∶ 5, 整个过程中 , 由动能定理易知 , 水平力 F 对 A 、 B 两物体做功之比等于摩擦力做功之比为 1 ∶ 2,C 项错误 ; 由功率的定义式知摩擦力对 A 、 B 两物体做功的平均功率之比为 5 ∶ 6,D 项错误。 - 17 - 突破点一 突破点二 突破点三 突破点四 突破点五 分析推理 (1) 水平力 F 对 A 、 B 两物体做功的最大功率为瞬时功率还是平均功率 ? (2) 整个运动过程中 , 水平力 F 对 A 、 B 两物体做功 　　　　　 ( 填 “ 大于 ”“ 小于 ” 或 “ 等于 ”)A 、 B 两物体克服摩擦力做功。   (1) 提示 : 瞬时功率。 (2) 提示 : 等于 - 18 - 突破点一 突破点二 突破点三 突破点四 突破点五 迁移训练 1 . ( 多选 )(2019· 天津南开区模拟 ) 如图所示 , 某中学科技小组制作了利用太阳能驱动小车的装置。当太阳光照射到小车上方的光电板时 , 光电板中产生的电流经电动机带动小车前进。小车在平直的公路上由静止开始匀加速行驶 , 经过时间 t , 速度为 v 时功率达到额定功率 , 并保持不变 ; 小车又继续前进了距离 s , 达到最大速度 v max 。设小车的质量为 m , 运动过程所受阻力恒为 F f , 则 ( 　　 ) A. 小车的额定功率为 F f v max B. 小车的额定功率为 F f v ACD - 19 - 突破点一 突破点二 突破点三 突破点四 突破点五 解析 : 小车匀加速行驶时 , 牵引力不变 , 电动机的功率随着小车速度的增大而增大 , 当达到额定功率时 , 以额定功率行驶 , 做加速度逐渐减小的加速运动 , 最终当牵引力等于阻力时 , 速度达到最大 , 所以额定功率 P=F f v max , 故 A 正确 ,B 错误 ; 小车做匀加速直线运动的 加速 - 20 - 突破点三 突破点四 突破点五 突破点一 突破点二 机车启动问题 考查方向 常以选择题或计算题形式考查。 突破方略 三个重要关系式 (1) 无论哪种启动过程 , 机车的最大速度都等于其匀速直线运动 时 (2) 机车以恒定加速度启动的运动过程中 , 匀加速过程结束时 , 功率最大 , 速度不是最大 , - 21 - 突破点三 突破点四 突破点五 突破点一 突破点二 (3) 机车以恒定功率运行时 , 牵引力做的功 W=Pt 。由动能定理 : Pt-F 阻 x= Δ E k 。此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小。 - 22 - 突破点三 突破点四 突破点五 突破点一 突破点二 模型构建 【例 2 】 ( 多选 )(2019· 甘肃天水三模 ) 质量为 400 kg 的赛车在平直赛道上以恒定功率加速 , 受到的阻力不变 , 其加速度 a 和速度的 倒数 的 关系如图所示 , 则赛车 ( 　　 ) A. 速度随时间均匀增大 B. 加速度随时间均匀增大 C. 恒定功率为 160 kW D. 所受阻力大小为 1 600 N CD - 23 - 突破点三 突破点四 突破点五 突破点一 突破点二 解析 : 由题图可知赛车做加速度减小的加速运动 , 且当牵引力等于阻力时 , 赛车的加速度为零 , 赛车的速度最大 ,A 、 B 错误 ; 对赛车受力分析 , 赛车受重力、支持力、牵引力以及摩擦力 , 由 牛顿第二定 - 24 - 突破点三 突破点四 突破点五 突破点一 突破点二 迁移训练 2 . ( 多选 )(2019· 湖南衡阳模拟 ) 一辆汽车在平直的公路上运动 , 运动过程中先保持某一恒定加速度 , 后保持恒定的牵引功率 , 其牵引力和速度的图像如图所示。若已知汽车的质量 m 、牵引力 F 1 和速度 v 1 及该车所能达到的最大速度 v 3 , 运动过程中所受阻力恒定 , 则根据图像所给的信息 , 下列说法正确的是 ( 　　 ) ABD - 25 - 突破点三 突破点四 突破点五 突破点一 突破点二 解析 : 根据牵引力和速度的图像得汽车运动中的最大功率为 F 1 v 1 。该车达到最大速度时加速度为零 , 所以此时阻力等于牵引力 , 所以 则 v 2 = 2 v 1 ,D 正确。故选 A 、 B 、 D 。 - 26 - 突破点三 突破点四 突破点五 突破点一 突破点二 动能定理的理解与应用 考查方向 常以选择题或计算题考查。 突破方略 1 . 动能定理表达式 : W 总 =E k2 -E k1 。 2 . 应用动能定理的关键 ——“ 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 。 - 27 - 突破点三 突破点四 突破点五 突破点一 突破点二 3 . 在常见的功能关系中 , 动能定理的应用尤为广泛 (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的反映 合外力做的功 ( 总功 ) 与动能变化量一一对应。 - 28 - 突破点三 突破点四 突破点五 突破点一 突破点二 模型构建 【例 3 】 ( 多选 )(2019· 天津二模 ) 如图甲所示 , 为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移 x 与斜面倾角 θ 的关系 , 将某一物体每次以不变的初速率 v 0 沿足够长的斜面向上推出 , 调节斜面与水平方向的夹角 θ , 实验测得 x 与斜面倾角 θ 的关系如图乙所示 , g 取 10 m/s 2 , ≈ 2 . 24 。根据图像可求出 ( 　　 ) - 29 - 突破点三 突破点四 突破点五 突破点一 突破点二 A. 物体的初速率 v 0 = 6 m/s B. 物体与斜面间的动摩擦因数 μ = 0 . 5 C. 当 θ = 30 ° 时 , 物体达到最大位移后将保持静止 D. 取不同的倾角 θ , 物体在斜面上能达到的位移 x 的最小值 x min ≈0 . 7 m 答案 : BD 　 - 30 - 突破点三 突破点四 突破点五 突破点一 突破点二 解析 : 由题图可知 , 当夹角为 90 ° 时 , x= 0 . 80 m, 物体做竖直上抛运动 , - 31 - 突破点三 突破点四 突破点五 突破点一 突破点二 迁移训练 3 . (2019· 天津北辰区模拟 ) 如图所示 , 某货场需将质量为 m= 50 kg 的货物 ( 可视为质点 ) 从高处运送至地面 , 为避免货物与地面发生撞击 , 现利用光滑倾斜轨道 SP 、竖直面内弧形轨道 PQ , 使货物由倾斜轨道顶端距底端高度 h= 3 . 2 m 处无初速度滑下。两轨道相切于 P , 倾斜轨道与水平面夹角为 θ = 53 ° , 弧形轨道半径 R= 2 m, 末端切线水平。 ( 不考虑货物与各轨道相接处能量损失 ,sin 53 ° = 0 . 8,cos 53 ° = 0 . 6, g 取 10 m/s 2 ) 。 - 32 - 突破点三 突破点四 突破点五 突破点一 突破点二 (1) 求货物从 S 点到达 P 点所经历时间 ; (2) 若货物到达弧形轨道末端 Q 时对轨道的压力为 1 200 N, 求货物通过圆弧轨道阶段克服摩擦力所做的功 ; (3) 货物经过 P 点时重力的功率。 - 33 - 突破点三 突破点四 突破点五 突破点一 突破点二 答案 : (1)1 s 　 (2)1 300 J 　 (3)3 200 W 解析 : (1) 货物从 S 点到达 P 点做匀加速直线运动 , 根据牛顿第二定律得 mg sin 53 ° =ma 得 a= 8 m/s 2 - 34 - 突破点三 突破点四 突破点五 突破点一 突破点二 (2) 由牛顿第三定律 , 有货物到达弧形轨道末端 Q 时轨道对货物的支持力 F N =F N '= 1 200 N 解得 W f = 1 300 J 。 (3) 货物经过 P 点时的速度 v P =at 货物经过 P 点时重力的功率 P=mgv P sin 53 ° 解得 P= 3 200 W 。 - 35 - 突破点三 突破点四 突破点五 突破点一 突破点二 机械能守恒定律及其应用 考查方向 常以选择题或计算题形式考查。 突破方略 系统机械能守恒的应用 (1) 判断方法 若系统只有动能和重力势能 ( 或弹性势能 ) 的相互转化 , 没有机械能与其他形式的能 ( 如摩擦热 ) 的相互转化 , 则系统机械能守恒。 (2) 列方程 一般用转化式 Δ E k =- Δ E p 或转移式。 - 36 - 突破点三 突破点四 突破点五 突破点一 突破点二 模型构建 【例 4 】 (2018· 江苏卷 ) 如图所示 , 钉子 A 、 B 相距 5 l , 处于同一高度。细线的一端系有质量为 m' 的小物块 , 另一端绕过 A 固定于 B 。质量为 m 的小球固定在细线上 C 点 ,B 、 C 间的线长为 3 l 。用手竖直向下拉住小球 , 使小球和物块都静止 , 此时 B C 与水平方向的夹角为 53 ° 。松手后 , 小球运动到与 A 、 B 相同高度时的速度恰好为零 , 然后向下运动。忽略一切摩擦 , 重力加速度为 g , 取 sin 53 ° = 0 . 8,cos 53 ° = 0 . 6 。求 : ( 1) 小球受到手的拉力大小 F ; (2) 物块和小球的质量之比 m' ∶ m ; (3) 小球向下运动到最低点时 , 物块所受的拉力大小 F T 。 - 37 - 突破点三 突破点四 突破点五 突破点一 突破点二 解析 : (1) 如图所示 , 设小球受 A C 、 B C 方向的拉力分别为 F 1 、 F 2 F 1 sin 53 ° =F 2 cos 53 ° F+mg=F 1 cos 53 ° +F 2 sin 53 ° 且 F 1 =m'g - 38 - 突破点三 突破点四 突破点五 突破点一 突破点二 (2) 小球运动到与 A 、 B 相同高度过程中 , 小球上升高度 h 1 = 3 l sin 53 ° 物块下降高度 h 2 =l AC +l BC -l AB = 2 l 根据机械能守恒定律 mgh 1 =m'gh 2 (3) 根据机械能守恒定律 , 小球向下运动到最低点时回到起始点 . 设此时小球沿 A C 方向的加速度大小为 a , 物块受到的拉力为 F T 根据牛顿第二定律 , m'g-F T =m'a 小球受 AC 方向的拉力 F T '=F T 根据牛顿第二定律 , F T '-mg cos 53 ° =ma - 39 - 突破点三 突破点四 突破点五 突破点一 突破点二 分析推理 (1) 小球静止时如何求解受力 ? (2) 松手后整个系统机械能守恒吗 ? (1) 提示 : 小球静止时受力分析 , 利用平衡列式求解。 (2) 提示 : 松手后整个系统机械能守恒。 - 40 - 突破点三 突破点四 突破点五 突破点一 突破点二 以题说法 要注意机械能守恒表达式的 选取 - 41 - 突破点三 突破点四 突破点五 突破点一 突破点二 迁移训练 4 . (2019· 天津一中月考 ) 如图所示 , 半径为 R 的圆筒固定在小车上 , 小车以速度 v 向右匀速运动 , 有一光滑小球相对静止在圆筒的最低点。当小车遇到障碍物突然停止时 , 小球在圆筒中上升的最大高度不可能的是 ( 　　 ) B - 42 - 突破点三 突破点四 突破点五 突破点一 突破点二 解析 : 球由于惯性会继续运动 , 可能会越过最高点做圆周运动 , 也 - 43 - 突破点三 突破点四 突破点五 突破点一 突破点二 能量守恒与功能关系 考查方向 常以选择题或计算题形式考查 。 - 44 - 突破点三 突破点四 突破点五 突破点一 突破点二 突破 方略 力学中几种常见的功能关系 做功的过程就是能量转化的过程。功是能量转化的量 度 , 某种力做功一定对应特定的某种能量的变化 , 即它们是 “ 一一对应 ” 关系。 W G =E p1 -E p2 W 弹 =E p1 -E p2 W 合 ( 或 W 总 ) =E k2 -E k1 W 其他 =E 2 -E 1 ( 除重力或弹簧弹力之外的其他力做的功等于机械能的变化 ) |W f 总 |= Δ Q ( 摩擦力对系统做的总功等于系统内能的增加量 ) - 45 - 突破点三 突破点四 突破点五 突破点一 突破点二 模型构建 【例 5 】 ( 多选 )(2019· 山东泰安上学期期中 ) 一物体在竖直方向的升降机中 , 由静止开始竖直向上做直线运动 , 运动过程中小球的机械能 E 与其上升高度 h 的关系图像如图所示 , 其中 0 ~h 1 过程的图线为曲线 , h 1 ~h 2 过程中的图线为直线。下列说法正确的是 ( 　　 ) A.0 ~h 1 过程中 , 升降机对小球的支持 力 一 定做正功 B.0 ~h 1 过程中 , 小球的动能一定在增加 C. h 1 ~h 2 过程中 , 小球的动能可能不变 D. h 1 ~h 2 过程中 , 小球重力势能可能不变 AC - 46 - 突破点三 突破点四 突破点五 突破点一 突破点二 解析 : 设小球所受支持力大小为 F , 由功能关系得 Fh=E , 所以 E - h 图像的斜率的绝对值等于小球所受支持力的大小 , 由题图知机械能增大 , 所以升降机对小球的支持力做正功 , 在 0 ~h 1 过程中切线斜率的绝对值逐渐减小 , 故在 0 ~h 1 内小球所受的支持力逐渐减小 , 所以小球 0 ~h 1 过程中先加速运动 , 当支持力减小后 , 可能继续加速 , 也可能减速 ,A 正确 ,B 错误 ; 由于小球在 h 1 ~h 2 过程中 E - h 图线的斜率不变 , 所以小球所受的支持力保持不变 , 故物体可能做匀速运动 , 动能不变 , 但高度增大 , 故小球的重力势能增大 ,C 正确 ,D 错误。 - 47 - 突破点三 突破点四 突破点五 突破点一 突破点二 迁移训练 5 . ( 多选 )(2019· 湖北八校联考 ) 一滑块从固定的斜面底端冲上粗糙的斜面 , 到达某一高度后返回斜面底端。下列各图分别表示滑块在斜面上运动的速度 v 、动能 E k 、重力势能 E p 、机械能 E 随时间 t 或 x ( 偏离出发点的距离 ) 变化的图像 , 选斜面底端为零势能面 , 则下列图像可能正确的是 ( 　　 ) AB - 48 - 突破点三 突破点四 突破点五 突破点一 突破点二 解析 : 滑块在斜面上的运动过程中 , 由于存在摩擦力 , 机械能不断减小 , 经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度 , 回到出发点时的速度比出发时的初速度小 , 设 α 为斜面倾角 , 又由牛顿第二定律可知滑块上滑的加速度大小为 a 1 =g sin α + μ g cos α , 下滑的加速度大小为 a 2 =g sin α - μ g cos α , 则下滑过程 v - t 图线的斜率绝对值较小 , 上滑的时间比下滑的时间短 ,A 正确 ; 由于滑块克服摩擦力做功 , 其机械能不断减小 , 在滑块上滑的过程中 , 根据动能定理得 : -F f x-mgx sin α =E k -E k0 , 整理得 E k =E k0 - ( F f +mg sin α ) x , 在滑块下滑过程中 ,( mg sin α -F f ) ( x max -x ) =E k - 0, 整理得 E k =- ( mg sin α -F f ) x+ ( mg sin α -F f ) x max , 所以上滑和下滑过程 E k - x 图像均为直线 , 斜率为负 ,B 正确 ; 滑块在上滑过程 的 - 49 - 突破点三 突破点四 突破点五 突破点一 突破点二 h 为上滑的最大高度 , t 0 是滑块上滑的时间 , 此为开口向下的抛物线方程 ,C 错误 ; 由于滑块克服摩擦力做功 , 其机械能不断减小 , 根据功能关系得上滑时 , E=E 0 -F f x , 下滑时 , E=E h -F f ( x max -x ), 滑块的机械能是不断减小的 , 但返回斜面底端时的机械能并不为零 ,D 错误。