2020届二轮复习专题二能量与动量第4课时功和功率　功能关系课件（41张） 41页

第 4 课时 功和功率　功能关系 专题二 　 能量与动量 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 . 栏目索引 考点 1 　功、功率的分析与计算 考点 2 　功能关系的理解和应用 考点 3 　动能定理的应用 考点 4 　动力学与能量观点的综合应用 1. 恒力功的计算 (1) 单个恒力的功 W ＝ . (2) 合力为恒力的功 ① 先求合力，再求 W ＝ F 合 l cos α . ② W ＝ 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 ＝ 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 . Fl cos  α 考点 1 　功、功率的分析与计算 3. 功率的计算 平均功率 (2) P ＝ F v ，若 v 为瞬时速度，则 P 为 功率；若 v 为平均速度，则 P 为 功率 . 注意：力 F 与速度 v 方向不在同一直线上时功率为 F v cos θ . 瞬时 平均 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/s 2 . 则以下判断正确的是   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 图 1 √ √ 解析　 由速度－时间图象得到环先匀加速上升，然后匀速运动， 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 ＝ 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 ＝ F v 1 ＝ 5 × 0.5 W ＝ 2.5 W ； 第 1 s 末到第 3 s 末， P ＝ F v 1 ＝ 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 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   A. P 1 < P 2 < P 3 B. P 1 > P 2 > P 3 C. P 3 > P 1 > P 2 D. P 1 ＝ P 2 ＝ P 3 √ 图 2 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 ＝ 2 R sin θ ， 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 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   A. W 1 ＝ mgR B. W 2 ＝ mgR C. mgR < W <2 mgR D. W >2 mgR 图 3 √ √ 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 <2 mgR ，故 C 对， D 错 . 1. 几个重要的功能关系 (1) 重力做的功等于 的减少量，即 W G ＝ . (2) 弹力做的功等于 的减少量，即 W 弹 ＝ . (3) 合力做的功等于 的变化量，即 W ＝ . (4) 重力 ( 或系统内弹力 ) 之外的其他力做的功等于 的变化量，即 W 其他 ＝ Δ E . (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 . 考点 2 　功能关系的理解和应用 重力势能 － Δ E p 弹性势能 － Δ E p 动能 Δ E k 机械能 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 10 m/s 2 . 由图中数据可得   A. 物体的质量为 2 kg B. h ＝ 0 时，物体的速率为 20 m/s C. h ＝ 2 m 时，物体的动能 E k ＝ 40 J D. 从地面至 h ＝ 4 m ，物体的动能减少 100 J 图 4 √ √ 解析　 根据题图图像可知， h ＝ 4 m 时物体的重力势能 mgh ＝ 80 J ， 解得物体质量 m ＝ 2 kg ，抛出时物体的动能为 E k0 ＝ 100 J ， 选项 A 正确， B 错误； 由功能关系可知 F f h ＝ |Δ E 总 | ＝ 20 J ，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 － 100 J ，解得 E k ＝ 50 J ，选项 C 错误； 由题图图像可知，物体上升到 h ＝ 4 m 时，机械能为 80 J ，重力势能为 80 J ，动能为零，即从地面上升到 h ＝ 4 m ，物体动能减少 100 J ，选项 D 正确 . 变式训练 3.2018 年 2 月 13 日，平昌冬奥会女子单板滑雪 U 形池项目中，我国选手刘佳宇荣获亚军，为我国夺得此届冬奥会首枚奖牌 . 如图 5 为 U 形池模型，其中 A 、 B 为 U 形池两侧边缘， C 为 U 形池最低点， U 形池轨道各处粗糙程度相同 . 运动员 ( 可看成质点 ) 在池边高 h 处自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为 ，下列说法正确的是   A. 运动员再次进入池中后，能够冲出左侧边缘 A 然后返回 B. 运动员再次进入池中后，刚好到达左侧边缘 A 然后返回 C. 由 A 到 C 过程与由 C 到 B 过程相比，运动员损耗机械能相同 D. 由 A 到 C 过程与由 C 到 B 过程相比，前一过程运动员损耗 机械 能较小 √ 图 5 运动员受到的摩擦力与正压力成正比， 由圆周运动的规律可知， 运动员返回时比开始进入时的平均速率要小，平均摩擦力要小， 同理， A 到 C 过程比 C 到 B 过程平均速率大， 平均摩擦力大，运动员损耗机械能大，故 C 、 D 错误 . 4. ( 多选 ) (2018· 安徽安庆市二模 ) 如图 6 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 图 6 √ √ 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； 动能的增加量等于合外力做的功， 1. 表达式： W 总 ＝ . 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 之差 . (3) 动能定理既适用于直线运动，也适用于 运动 . (4) 动能定理既适用于恒力做功，也适用于 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 . 考点 3 　动能定理的应用 E k2 － E k1 动能 曲线 变力 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 ＝ 0.5 kg 的篮球静止在弹簧正上方，其底端距 A 点的高度 h 1 ＝ 1.10 m ，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 ＝ 0.15 m ，第一次反弹至最高点，篮球底端距 A 点的高度 h 2 ＝ 0.873 m ，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 ＝ 0.01 m ，弹性势能为 E p ＝ 0.025 J. 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 10 m/s 2 . 求： (1) 弹簧的劲度系数； 图 7 答案　 500 N/m 解析　 由最后静止的位置可知 kx 2 ＝ mg ，所以 k ＝ 500 N/m (2) 篮球在运动过程中受到的空气阻力的大小； 答案　 0.50 N 解析　 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 整个过程动能变化为 0 ，重力做功 mg Δ h ＝ mg ( h 1 － h 2 ) ＝ 1.135 J 空气阻力大小恒定，作用距离为 L ＝ h 1 ＋ h 2 ＋ 2 x 1 ＝ 2.273 m 故可得 F f ≈ 0.50 N (3) 篮球在整个运动过程中通过的路程 . 答案　 11.05 m 解析　 整个运动过程中，空气阻力一直与运动方向相反 整个过程动能变化为 0 ，重力做功 mg Δ h ′ ＝ mg ( h 1 ＋ x 2 ) ＝ 5.55 J 弹力做功 W 弹 ＝－ E p ＝－ 0.025 J 则空气阻力做功 W f ＝－ mg Δ h ′ － W 弹 ＝－ 5.525 J 因 W f ＝－ F f s 故解得 s ＝ 11.05 m. 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 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 8 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 √ 图 8 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 Δ h ＝ 3 m 时， 由动能定理结合题图可得－ ( mg ＋ F ) × Δ h ＝ (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 Δ h ＝ 3 m 时， 再由动能定理结合题图可得 ( mg － F ) × Δ h ＝ (48 － 24) J ， 联立解得 m ＝ 1 kg 、 F ＝ 2 N ， 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 ＝ 1.5 m ，木板 OA 和其他木板与水平地面的夹角都为 β ＝ 37° ， sin 37° ＝ 0.6 ， cos 37° ＝ 0.8 ， g 取 10 m/s 2 . 一个可看成质点的物体在木板 OA 上从离地高度 h ＝ 1.8 m 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 ) (1) 物体能否静止在木板上？请说明理由 . 图 9 答案　 不能　理由见解析 解析　 物体在木板上时，重力沿木板方向的分力为 mg sin β ＝ 0.6 mg 最大静摩擦力 F fm ＝ μmg cos β ＝ 0.16 mg 因 mg sin β > μmg cos β ，故物体不会静止在木板上 . (2) 物体运动的总路程是多少？ 答案　 11.25 m 解析　 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 ＝ 11.25 m (3) 物体最终停在何处？并作出解释 . 答案　 C 点　解释见解析 解析　 假设物体依次能到达 B 、 D 点，由动能定理得 解得 v B >0 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 . 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 . 考点 4 　动力学与能量观点的综合应用 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 μ 1 ＝ 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 μ 2 ＝ 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 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 . (1) 求右侧圆弧的轨道半径 R ； 图 10 答案　 0.8 m v 0 ＝ 6 m/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， 得到： a 1 ＝ 2 m/s 2 ， t 1 ＝ 0.5 s ， x 1 ＝ 2.75 m 因为 x 1 < L ，故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以 5 m/s 的速度滑上水平面 BC ，物块滑离传送带后恰到 E 点， 代入数据得到： R ＝ 0.8 m. (2) 求小物块最终停下时与 C 点的距离； 解析　 设物块从 E 点返回至 B 点的速度大小为 v B ， 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， (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 . 解析　 设传送带速度为 v 1 时物块恰能到 F 点， 从 B 到 F 过程中由动能定理可知： 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， 若物块在传送带上一直加速运动， 若物块在 E 、 F 间速度减为 0 ，则物块将脱离轨道 . 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° ， l < H ， g 取 10 m/s 2 ，空气阻力不计 .(sin 37° ＝ 0.6 ， cos 37° ＝ 0.8) (1) 若 OB 的长度 l ＝ 1 m ，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； 图 11 解析　 要使小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动， 从 B 点到最高点，由动能定理有： (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 . 解析　 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 ′ ， 小球从 ( H － l ) 高度做初速度为 v 0 ′ 的平抛运动， x ＝ v 0 ′ t