【物理】2020届二轮复习专题三　功和能第1课时功功率和功能关系学案 19页

第1课时　功　功率和功能关系 高考命题点 命题轨迹 情境图 功和功率的分析与计算 ‎2015‎ ‎2卷17‎ ‎15(2)17题 17(2)14题　18(3)19题 ‎2017‎ ‎2卷14‎ ‎2018‎ ‎3卷19‎ 动能定理的应用 ‎2015‎ ‎1卷17‎ ‎15(1)17题　　　　17(2)24题 ‎18(1)18题　 18(2)14题 ‎19(3)17题 ‎2017‎ ‎2卷24‎ ‎2018‎ ‎1卷14、18,‎ ‎2卷14‎ ‎2019‎ ‎3卷17‎ 机械能守恒和能量守恒定律的应用 ‎2018‎ ‎3卷17‎ 力学中功能关系的理解和应用 ‎2016‎ ‎2卷21‎ ‎16(2)21题　　　17(3)16题 ‎2017‎ ‎1卷24,‎ ‎3卷16‎ ‎1．几种力做功的特点 ‎(1)重力、弹簧弹力、静电力做功与路径无关．‎ ‎(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，不仅有相互摩擦的物体间机械能的转移，还有部分机械能转化为内能，转化为内能的量等于系统机械能的减少量，等于滑动摩擦力与相对位移的乘积．‎ ‎③摩擦生热是指滑动摩擦生热，静摩擦不会生热．‎ ‎2．几个重要的功能关系 ‎(1)重力的功等于重力势能的减少量，即WG＝－ΔEp.‎ ‎(2)弹力的功等于弹性势能的减少量，即W弹＝－ΔEp.‎ ‎(3)合力的功等于动能的变化，即W＝ΔEk.‎ ‎(4)重力(或系统内弹簧弹力)之外的其他力的功等于机械能的变化，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＝Ff·x相对．‎ ‎1．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象法来求解．‎ ‎(2)功率的求解：可以用定义式P＝来求解，如果力是恒力，可以用P＝Fvcos α来求解．‎ ‎2．动能定理的应用技巧 若运动包括几个不同的过程，可以全程或者分过程应用动能定理. ‎ 例1　 (多选)(2019·山东菏泽市下学期第一次模拟)如图1所示，半径为R的半圆弧槽固定在水平地面上，槽口向上，槽口直径水平，一个质量为m的物块从P点由静止释放刚好从槽口A点无碰撞地进入槽中，并沿圆弧槽匀速率地滑行到最低点B点，不计物块的大小，P点到A点高度为h，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是(　　)‎ 图1‎ A．物块从P到B过程克服摩擦力做的功为mg(R＋h)‎ B．物块从A到B过程重力的平均功率为 C．物块在B点时对槽底的压力大小为 ‎ D．物块到B点时重力的瞬时功率为mg 答案　BC 解析　物块从A到B过程做匀速圆周运动，根据动能定理有mgR－Wf＝0，因此克服摩擦力做功Wf＝mgR，A项错误；根据机械能守恒，物块到A点时的速度大小由mgh＝mv2得v＝，从A到B运动的时间t＝＝，因此从A到B过程中重力的平均功率为＝＝，B项正确；物块在B点时，根据牛顿第二定律FN－mg＝m，求得FN＝，根据牛顿第三定律可知，FN′＝FN＝，C项正确；物块到B点时，速度的方向与重力方向垂直，因此重力的瞬时功率为零，D项错误．‎ 拓展训练1　 (多选)(2019·山东济宁市第二次摸底)如图2所示，A、B两物体的质量分别为m、2m，中间用轻杆相连，放在光滑固定的斜面上(轻杆与斜面平行)．现将它们由静止释放，在下滑的过程中(　　)‎ 图2‎ A．两物体下滑的加速度相同 B．轻杆对A做正功，对B做负功 C．系统的机械能守恒 D．任意时刻两物体重力的功率相同 答案　AC 解析　因为A、B两物体用轻杆相连，一起运动，加速度相同，A正确；对两物体整体受力分析得：(2m＋m)gsin θ＝(2m＋m)a，整体加速度a＝gsin θ；设杆对B的力为F，隔离B可得：2mgsin θ＋F＝2ma，且a＝gsin θ，所以F＝0，B错误；只有重力对系统做功，动能和重力势能相互转化，机械能守恒，C正确；重力瞬时功率P＝mgvy，虽然两物体速度相同，但是质量不一样，则同一时刻两物体重力功率不一样，D错误．‎ 拓展训练2　 (多选)(2019·四川广元市第二次适应性统考)某质量m＝1 500 kg的“双引擎”小汽车，当行驶速度v≤54 km/h时靠电动机输出动力；当行驶速度在54 km/h90 km/h时汽油机和电动机同时工作，这种汽车更节能环保．该小汽车在一条平直的公路上由静止启动，汽车的牵引力F随运动时间t变化的图线如图3所示，所受阻力恒为1 250 N．已知汽车在t0时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至第11 s末．则在前11 s内(　　)‎ 图3‎ A．经过计算t0＝6 s B．电动机输出的最大功率为60 kW C．汽油机工作期间牵引力做的功为4.5×105 J D．汽车的位移为160 m 答案　AC 解析　开始阶段，牵引力F1＝5 000 N，根据牛顿第二定律可得，F1－Ff＝ma，解得：开始阶段加速度a＝2.5 m/s2.v1＝54 km/h＝15 m/s，根据t0＝，解得t0＝6 s，故A项正确；t0时刻，电动机输出的功率最大，且Pm＝F1v1＝5 000×15 W＝75 000 W＝75 kW，故B项错误；汽油机工作期间，功率P＝F2v1＝6 000×15 W＝90 kW,11 s末汽车的速度v2＝＝ m/s＝25 m/s，汽油机工作期间牵引力做的功W＝Pt2＝90×103×(11－6) J＝4.5×105 J，故C项正确；汽车前6 s内的位移x1＝at02＝×2.5×62 m＝45 m，后5 s内根据动能定理得：Pt2－Ffx2＝‎ mv22－mv12，解得：x2＝120 m．所以前11 s时间内汽车的位移x＝x1＋x2＝45 m＋120 m＝165 m，故D项错误． ‎ ‎1．应用动能定理解题的基本思路 ‎(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．‎ ‎2．动能定理的应用 ‎(1)动能定理是根据恒力做功和直线运动推导出来的，但是也适用于变力做功和曲线运动．‎ ‎(2)在涉及位移和速度而不涉及加速度和时间问题时，常选用动能定理分析．‎ ‎(3)动能定理常用于分析多运动过程问题，关键是明确各力及各力作用的位移．‎ 例2　 (多选)(2019·宁夏银川市质检)如图4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，载人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(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则(　　)‎ 图4‎ A．动摩擦因数μ＝ B．载人滑草车最大速度为 C．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g 答案　AB 解析　对载人滑草车从坡顶由静止到底端的全过程分析，由动能定理可知：mg·2h－μmgcos 45°·－μmgcos 37°·＝0，解得μ＝，选项A正确； 对经过上段滑道的过程分析，根据动能定理有mgh－μmgcos 45°·＝mv2，解得：v＝，选项B正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，选项C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为a＝＝ g，选项D错误．‎ 拓展训练3　 (2019·山西五地联考上学期期末)如图5所示，固定斜面倾角为θ.一轻弹簧的自然长度与斜面长相同，都为L，弹簧一端固定在斜面的底端，将一个质量为m的小球放在斜面顶端与弹簧另一端接触但不相连，用力推小球使其挤压弹簧并缓慢移到斜面的中点，松手后，小球最后落地的速度大小为v，不计空气阻力和一切摩擦，重力加速度为g，则该过程中，人对小球做的功W及小球被抛出后离地面的最大高度H分别为(　　)‎ 图5‎ A.mv2－mgLsin θ； B.mv2； C.mv2－mgLsin θ； D.mv2－mgLsin θ； 答案　A 解析　对人从开始压弹簧到小球落地的整个过程，由动能定理得W＋mgLsin θ＝mv2－0，‎ 则W＝mv2－mgLsin θ；‎ 设小球离开斜面时的速度为v0.对小球做斜抛运动的过程，由动能定理得mgLsin θ＝mv2－mv02；‎ 从最高点到落地的过程，由动能定理得mgH＝mv2－m(v0cos θ)2，‎ 联立解得：H＝.‎ 拓展训练4　 (2019·云南昭通市上学期期末)如图6，固定在竖直平面内的倾斜轨道AB，与水平固定光滑轨道BC相连，竖直墙壁CD高H＝0.2 m，在地面上紧靠墙壁固定一个和CD等高，底边长L1＝0.3 m的固定斜面．一个质量m＝0.1 kg的小物块(视为质点)在轨道AB上从距离B点L2＝4 m处由静止释放，从C点水平抛出，已知小物块与AB段轨道间的动摩擦因数为0.5，通过B点时无能量损失；AB段与水平面的夹角为37°.(空气阻力不计，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)‎ 图6‎ ‎(1)求小物块运动到B点时的速度大小；‎ ‎(2)求小物块从C点抛出到击中斜面的时间；‎ ‎(3)改变小物块从轨道上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值．‎ 答案　(1)4 m/s　(2) s　(3)0.15 J 解析　(1)对小物块从A到B过程分析，根据动能定理有：mgL2sin 37°－μmgL2cos 37°＝mvB2，‎ 解得：vB＝4 m/s；‎ ‎(2)设物块落在斜面上时水平位移为x，竖直位移为y，如图所示：‎ 对平抛运动，有：‎ x＝vBt，‎ y＝gt2，‎ 结合几何关系，有：＝＝，‎ 解得：t＝ s或t＝－ s(舍去)；‎ ‎(3)设小物块从轨道上A′点静止释放且A′B＝L，运动到B点时的速度为vB′，对物块从A′到碰撞斜面过程分析，根据动能定理有：mgLsin 37°－μmgcos 37°·L＋mgy＝mv2－0‎ 对物块从A′到运动到B过程分析，根据动能定理有 mvB′2＝mgLsin 37°－μmgLcos 37°‎ 又x＝vB′t，y＝gt2，＝ 联立解得：mv2＝mg(＋－)，‎ 故当＝，即y＝H＝0.12 m时，动能最小为Ekmin，代入数据，解得Ekmin＝0.15 J.‎ ‎1．机械能守恒的判断 ‎(1)利用机械能守恒的定义判断；‎ ‎(2)利用做功判断；‎ ‎(3)利用能量转化判断；‎ ‎(4)对于绳突然绷紧和物体间非弹性碰撞问题，机械能往往不守恒．‎ ‎2．解题步骤 ‎(1)选取研究对象，分析物理过程及状态；‎ ‎(2)分析受力及做功情况，判断机械能是否守恒；‎ ‎(3)选取参考面，根据机械能守恒列式．‎ ‎3．应用技巧 ‎ 对于连接体的机械能守恒问题，常常应用重力势能的减少量等于动能的增加量来分析和求解．‎ 例3　 (多选)(2019·福建厦门市上学期期末质检)有一款蹿红的小游戏“跳一跳”，游戏要求操作者通过控制棋子(质量为m，可视为质点)脱离平台时的速度，使其能从同一水平面上的平台跳到旁边的另一平台上．如图7所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹，轨迹的最高点距平台上表面高度为h，不计空气阻力，重力加速度为g，则(　　)‎ 图7‎ A．棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加mgh B．棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，机械能增加mgh C．棋子离开平台后距平台面高度为时动能为 D．棋子落到另一平台上时的速度大于 答案　AD 解析　设平台表面为零势能面，则棋子在最高点的重力势能为mgh，故棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加mgh，A正确；棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，不计空气阻力，只有重力做功，机械能守恒，B错误；取平台表面为零势能面，则棋子在最高点的机械能E＝mgh＋mv，vx为棋子在最高点的速度．由于机械能守恒，则棋子离开平台后距平台面高度为时，动能为Ek＝E－mgh＝mgh＋mv>，C 错误；设棋子落到另一平台时的瞬时速度大小为v，棋子从最高点落到另一平台的过程中，根据动能定理得：mgh＝mv2－mv，解得：v＝>，D正确．‎ 拓展训练5　 (多选)(2019·福建厦门市第一次质量检查)如图8所示，在竖直面内固定一半径为R的圆环，AC是圆环竖直直径，BD是圆环水平直径，半圆环ABC是光滑的， 半圆环CDA是粗糙的．一质量为m的小球(视为质点)在圆环的内侧A点获得大小为v0、方向水平向左的速度，小球刚好能第二次到达C点，重力加速度大小为g，不计空气阻力．在此过程中(　　)‎ 图8‎ A．小球通过A点时处于失重状态 B．小球第一次到达C点时速度为 C．小球第一次到达B点时受到圆环的弹力大小为m(－2g)‎ D．小球与圆环间因摩擦产生的热量为mv－mgR 答案　CD 解析　小球通过A点时，加速度向上，处于超重状态，选项A错误；因小球刚好能第二次到达C点，则此时mg＝m，可知小球第二次到达C点的速度为vC＝，因在轨道CDA上运动时要克服阻力做功，可知小球第一次到达C点的速度大于，选项B错误；小球从A到第一次到达B点，由动能定理：－mg·R＝mv－mv；在B点：FNB＝m，联立解得：FNB＝m(－2g)，选项C正确；根据能量守恒可知，此过程中，小球与圆环间因摩擦产生的热量为 Q＝mv－mv－mg·2R＝mv－mgR，选项D正确．‎ 例4　 (多选)(2019·东北三省四市教研联合体模拟)如图9所示，斜面1、曲面2和斜面3的顶端高度相同，底端位于同一水平面上，斜面1与曲面2的水平底边长度相同．‎ 一物体与三个面间的动摩擦因数相同，在它由静止开始分别沿三个面从顶端下滑到底端的过程中，下列判断正确的是(　　)‎ 图9‎ A．物体减少的机械能ΔE1＝ΔE2>ΔE3‎ B．物体减少的机械能ΔE2>ΔE1>ΔE3‎ C．物体到达底端时的速度v1＝v2W克3，由于在轨道2上滑动时，为曲线运动，由牛顿第二定律可得FN＝mgcos θ＋m，所以在轨道2上滑动时滑动摩擦力大于μmgcos θ，则W克2>W克1，故W克2>W克1>W克3，由此可知物体减少的机械能ΔE2>ΔE1>ΔE3；由动能定理可知mgh－W克＝mv2，由于W克2>W克1>W克3可得v2