《2020届高考物理二轮复习专题教案：专题二能量与动量第4课时功和功率功能关系》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届高考物理二轮复习专题教案：专题二能量与动量第4课时功和功率功能关系（19页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、功和功率功和功率 功能关系功能关系 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 卷 卷都是动量守恒的基本应用 运动过程简单 综合性较低 卷只是用到了动量的概念 19 年在计算题中出现 卷 卷都涉及动量与能量观点的 综合应用 卷中用到了动量定理 对于动量的考察
2、 综合性 难度有所提升 备考时应 多加注意 第第 4 4 课时课时 功和功率功和功率 功能关系功能关系 考点考点 功 功率的分析与计算功 功率的分析与计算 1 恒力功的计算 1 单个恒力的功W Flcos 2 合力为恒力的功 先求合力 再求W F合lcos W 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 计算 F 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 W t 2 P Fv 若v为瞬时速度 则P为瞬时功率
3、 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 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 s2 则以下判断正确的是 图 1 A 小环的质量是 1kg B 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 25W D 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
4、由题图可得 第 1s 内 a m s2 0 5 m s2 加速阶段 F1 mgsin ma 匀速阶段 F2 mgsin 0 v t 0 5 1 联立以上三式解得 m 1kg sin 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 Fv1 5 0 5W 2 5W 第 1s 末到第 3s 末 P Fv1 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
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 P1 P2P2 P3C P3 P1 P2D 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
6、 a gsin 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 所 以t t与 无关 即t1 t2 t3 而三个环重力做功 2x a 2 2Rsin gsin 4R g 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 1 4 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
7、速度为g 则下列关系中正确的是 图 3 A W1 mgRB W2 mgRC mgR W2mgR 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W2 W1 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 W2 0 即W W1 W2 由于W2 W1 m
8、gR 所以mgR W mgcos 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 mgscos 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 Lsin mgcos L mv h sin 1 2B2 解得vB 0 mg h Lsin mgcos 3L mv h sin 1 2D2 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 考点考点 动力学与能量观点的综合应用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
9、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
10、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 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 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 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
11、 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 m 3 m s v m s 1 33743 解析 1 物块被弹簧弹出 由Ep mv 可知 1 202 v0 6m 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 1mg ma1 v v0 a1t1 x1 v0t1 a1t 1 212 得到 a1 2m s2 t1 0 5s x1 2 75m 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 7 速至 0
12、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mv 2mg s x 代入数据解得 x m 1 2B2 1 3 3 设传送带速度为v1时物块恰能到F点 在F点满足mgsin30 m vF2 R 从B到F过程中由动能定理可知 2mgs mg R Rsin30 mv mv 1 2F2 1 212 解得 v1 m s 37 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mv 2mg 3s mgR 1 222 解得 v2 m s 43 若物块在传送带上一直加速运动 由mv mv 1mgL 1 2Bm2 1 202 知其到B
13、点的最大速度vBm m s 56 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 3743 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 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 3 A 两滑块组成
14、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 5 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 s2 图 4 A 10mB 9 5mC 9mD 8 5m 答案 B 解析
15、到达圆环顶点C时 刚好对轨道压力为零 则mg m 解得vC 2m s 则物 vC2 R10 体在BC阶段克服摩擦力做功 由动能定理mg H 2R WBC mv 解得WBC 10J 由于 1 2C2 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 WCB 10J 从 C到D由动能定理 mg 2R h WCB 0 mv 联立解得 9m h 10m 1 2C2 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
16、大小恒为车和人总重力的 0 02 倍 取g 10 m s2 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 s2 则 图 5 A 0 5s 时拉力功率为 12W B 0 5s 内拉力做功 9J C 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 x1 0 5 2 m 0 5 m 0 5 1 5 s 内物体的位移 1 2 x2 1 2m 1m 由题图乙知 各阶段加速度的大小 a1 4m s2 a2 2 m s2 设斜面 1 2 倾
