浙江專用版2020版高考物理二輪復(fù)習(xí)專題二能量與動量第4講功和功率功能關(guān)系講義.docx

教學(xué)資料范本浙江專用版2020版高考物理二輪復(fù)習(xí)專題二能量與動量第4講功和功率功能關(guān)系講義編 輯：_時 間：_功和功率 功能關(guān)系專題定位1.掌握功、功率相關(guān)的分析與計算方法；2.深刻理解功能關(guān)系；3.綜合應(yīng)用動能定理、機械能守恒定律和能量守恒定律、結(jié)合動力學(xué)方法解決多運動過程問題；4.掌握動量定理和動量守恒定律；5.綜合應(yīng)用動量和能量觀點解決復(fù)雜問題第4講功和功率功能關(guān)系相關(guān)知識鏈接1功的計算(1)單個恒力的功WFlcos(2)合力為恒力的功先求合力、再求WF合lcosWW1W22功率的計算(1)P、適用于計算平均功率；(2)PFv、若v為瞬時速度、P為瞬時功率、若v為平均速度、P為平均功率注意：力F與速度v方向不在同一直線上時功率為Fvcos.(3)機車啟動問題以恒定功率啟動以恒定加速度啟動Pt圖象與vt圖象運動規(guī)律OA段：做加速度逐漸減小的變加速直線運動；AB段：做速度為vm的勻速直線運動OA段：以加速度a做勻加速直線運動；AB段：做加速度逐漸減小的變加速直線運動；BC段：做速度為vm的勻速直線運動過程分析OA段：vFa；AB段：FF阻a0P額F阻vmOA段：a不變F不變vPFv、直到PP額Fv1；AB段：vFa；BC段：FF阻a0v達到最大值、vm規(guī)律方法提煉變力功的計算(1)若力大小恒定、且方向始終沿軌跡切線方向、可用力的大小跟路程的乘積計算(2)力的方向不變、大小隨位移線性變化可用Wlcos計算(3)已知Fl圖象、功的大小等于“面積”(4)一般變力只能用動能定理求解例1(20xx嘉、麗3月聯(lián)考)如圖所示、籃球運動員平筐扣籃、起跳后頭頂與籃筐齊平若圖中籃筐距地高度2.9m、球員豎直起跳、則其平筐扣籃過程中克服重力所做的功及離地時重力瞬時功率約為()A900J、20xxWB900J、4000WC500J、1000WD20xxJ、4000W答案B解析籃球運動員的身高約為1.8m、則跳起的高度h2.9m1.8m1.1m籃球運動員的體重約為mg800N、則起跳過程中克服重力做的功Wmgh880J900J起跳時的速度為v、則根據(jù)位移速度關(guān)系可得：v22gh、解得v4.7m/s離地時重力瞬時功率約為Pmgv3760W4000W、故B正確、A、C、D錯誤拓展訓(xùn)練1(20xx山東市第一學(xué)期期末)把兩個相同的小球從離地面相同高度處、以相同大小的初速度v分別沿豎直向上和水平向右方向拋出、不計空氣阻力則下列說法中正確的是()A兩小球落地時速度相同B兩小球落地時、重力的瞬時功率相同C從小球拋出到落地、重力對兩小球做的功相等D從小球拋出到落地、重力對兩小球做功的平均功率相等答案C拓展訓(xùn)練2(20xx浙南名校聯(lián)盟高三期末)袋鼠跳是一項很有趣的運動如圖所示、一位質(zhì)量m60kg的老師參加袋鼠跳游戲、全程10m、假設(shè)該老師從起點到終點用了相同的10跳、每一次跳起后、重心上升最大高度為h0.2m忽略空氣阻力、下列說法正確的是()A該老師起跳時、地面對該老師做正功B該老師每跳躍一次克服重力做功的功率約為300WC該老師從起點到終點的時間可能是7sD該老師從起點到終點的時間可能是4s答案C例2(多選)發(fā)動機額定功率為P0的汽車在水平路面上從靜止開始先勻加速啟動、最后達到最大速度并做勻速直線運動、已知汽車所受路面阻力恒為Ff、汽車剛開始啟動時的牽引力和加速度分別為F0和a0、如圖所示描繪的是汽車在這一過程中速度隨時間以及加速度、牽引力和功率隨速度變化的圖象、其中正確的是()答案AC解析汽車由靜止開始勻加速啟動時、a一定、根據(jù)vat知v增大、由FmaFf知F一定、根據(jù)PFv知v均勻增大、功率P也均勻增大、達到P額后、功率保持不變、v繼續(xù)增大、所以F減小、a減小、當(dāng)FFf時、a0、vm、此后汽車做勻速運動、故A、C正確相關(guān)知識鏈接1表達式：W總Ek2Ek1.2五點說明(1)W總為物體在運動過程中所受各力做功的代數(shù)和(2)動能增量Ek2Ek1一定是物體在末、初兩狀態(tài)的動能之差(3)動能定理既適用于直線運動、也適用于曲線運動(4)動能定理既適用于恒力做功、也適用于變力做功(5)力可以是各種性質(zhì)的力、既可以同時作用、也可以分階段作用規(guī)律方法提煉1基本思路(1)確定研究對象和物理過程；(2)進行運動分析和受力分析、確定初、末速度和各力做功情況、利用動能定理全過程或者分過程列式2“兩點一過程”(1)“兩點”：指初、末狀態(tài)及對應(yīng)的動能Ek1、Ek2.(2)“一過程”：指從初狀態(tài)到末狀態(tài)的運動過程及合力做的功W合3在功能關(guān)系中的應(yīng)用(1)對于物體運動過程中不涉及加速度和時間、而涉及力和位移、速度的問題時、一般選擇動能定理、尤其是曲線運動、多過程的直線運動等(2)動能定理也是一種功能關(guān)系、即合外力做的功(總功)與動能變化量一一對應(yīng)例3如圖所示為一滑梯的實物圖、滑梯的斜面段長度L5.0m、高度h3.0m、為保證小朋友的安全、在水平地面上鋪設(shè)了安全地墊水平段與斜面段平滑連接、小朋友在連接處速度大小不變某小朋友從滑梯頂端由靜止開始滑下、經(jīng)斜面底端后水平滑行一段距離、停在水平地墊上已知小朋友質(zhì)量為m20kg、小朋友在斜面上受到的平均阻力Ff188N、在水平段受到的平均阻力Ff2100N不計空氣阻力、取重力加速度g10m/s2.求：(1)小朋友在斜面頂端滑下的過程中克服摩擦力做的功；(2)小朋友滑到斜面底端時的速度v的大??；(3)為使小朋友不滑出水平地墊、地墊的長度x至少多長答案(1)440J(2)4m/s(3)1.6m解析(1)小朋友在斜面滑下的過程中克服摩擦力做的功為：Wf1Ff1L885J440J(2)小朋友在斜面上運動、由動能定理得mghWf1mv2代入數(shù)據(jù)解得：v4m/s(3)小朋友在水平地墊上運動的過程、由動能定理得：Ff2x0mv2解得：x1.6m.拓展訓(xùn)練3(多選)(20xx寧夏市質(zhì)檢)如圖所示為一滑草場某條滑道由上、下兩段高均為h、與水平面傾角分別為45和37的滑道組成、滑草車與草地之間的動摩擦因數(shù)為.質(zhì)量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑、經(jīng)過上、下兩段滑道后、最后恰好靜止于滑道的底端(不計滑草車在兩段滑道交接處的能量損失、sin370.6、cos370.8)則()A動摩擦因數(shù)B載人滑草車最大速度為C載人滑草車克服摩擦力做功為mghD載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為g答案AB解析對整段過程、由動能定理知mg2hmgcos45mgcos370解得、載人滑草車克服摩擦力做功為mg2h、故A正確、C錯誤；滑草車在下段滑道時、對其受力分析如圖：沿斜面方向：F合mgsin37FN垂直斜面方向：FNmgcos37聯(lián)立知F合mg、負(fù)號表示合力方向沿斜面向上知滑草車在下段滑道做勻減速直線運動加速度大小為ag、故D錯誤由以上分析知滑草車到達兩段滑道交接處時速度最大、由動能定理知：mghmgcos45mv解得vm、故B正確拓展訓(xùn)練4在賽車場上、為了安全起見、車道外圍都固定上廢舊輪胎作為圍欄、當(dāng)車碰撞圍欄時起緩沖器作用為了檢驗廢舊輪胎的緩沖效果、在一次模擬實驗中用輕彈簧來代替廢舊輪胎、實驗情景如圖所示、水平放置的輕彈簧左側(cè)固定于墻上、處于自然狀態(tài)、開始賽車在A處且處于靜止?fàn)顟B(tài)、距彈簧自由端的距離L11m當(dāng)賽車啟動時、產(chǎn)生水平向左的恒為F24N的牽引力使賽車向左勻加速前進、當(dāng)賽車接觸輕彈簧的瞬間立即關(guān)閉發(fā)動機、賽車?yán)^續(xù)壓縮輕彈簧、最后被彈回到B處停下已知賽車的質(zhì)量m2kg、A、B之間的距離L23m、賽車被彈回的過程中離開彈簧時的速度大小v4m/s、方向水平向右取g10 m/s2.求：(1)賽車和地面間的動摩擦因數(shù)；(2)彈簧被壓縮的最大距離答案(1)0.2(2)0.5m解析(1)從賽車離開彈簧到B處停下、由動能定理得mg(L1L2)0mv2解得0.2(2)設(shè)輕彈簧被壓縮的最大距離為L、從賽車加速到離開彈簧、由動能定理得FL1mg(L12L)mv20解得L0.5m.1功能關(guān)系的理解(1)做功的過程就是能量轉(zhuǎn)化的過程、不同形式的能量發(fā)生相互轉(zhuǎn)化可以通過做功來實現(xiàn)(2)功是能量轉(zhuǎn)化的量度重力做功是重力勢能改變的量度、WGEp.彈簧彈力做功是彈性勢能改變的量度、W彈Ep.電場力做功是電勢能改變的量度、WEp.合外力做功是動能改變的量度除重力或彈簧彈力外的其他力做功是物體機械能改變的量度一對滑動摩擦力做功是系統(tǒng)內(nèi)能改變的量度2功能關(guān)系的應(yīng)用(1)分析物體運動過程中受哪些力、有哪些力做功、有哪些形式的能發(fā)生變化(2)根據(jù)自己習(xí)慣用動能定理或能量守恒定律理解或計算例4(20xx全國卷16)如圖、一質(zhì)量為m、長度為l的均勻柔軟細繩PQ豎直懸掛用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點、M點與繩的上端P相距l(xiāng).重力加速度大小為g.在此過程中、外力做的功為()A.mglB.mglC.mglD.mgl答案A解析由題意可知、PM段細繩的機械能不變、MQ段細繩的重心升高了、則重力勢能增加Epmgmgl、由功能關(guān)系可知、在此過程中、外力做的功為Wmgl、故選項A正確、B、C、D錯誤拓展訓(xùn)練5(20xx超級全能生2月聯(lián)考)“竹蜻蜓”是一種兒童玩具、雙手用力搓柄可使“竹蜻蜓”向上升、某次實驗、“竹蜻蜓”離手后沿直線上升到最高點、在該過程中()A空氣對“竹蜻蜓”的作用力大于“竹蜻蜓”對空氣的作用力B“竹蜻蜓”的動能一直增加C“竹蜻蜓”的重力勢能一直增加D“竹蜻蜓”的機械能守恒答案C解析根據(jù)牛頓第三定律可知、空氣對“竹蜻蜓”的力一定等于“竹蜻蜓”對空氣的力、A錯誤；“竹蜻蜓”離手后沿直線上升到最高點、從運動描述可知它是先加速后減速、所以動能先增加后減少、高度升高、重力勢能一直增加、B錯誤、C正確；空氣對“竹蜻蜓”做功、故“竹蜻蜓”的機械能不守恒、D錯誤拓展訓(xùn)練6(20xx福建市3月質(zhì)量檢查)如圖所示、固定的傾斜光滑桿上套有一個質(zhì)量為m的圓環(huán)、圓環(huán)與一根輕質(zhì)彈性橡皮繩相連、橡皮繩的另一端固定在地面上的A點、橡皮繩豎直且處于原長h、讓圓環(huán)沿桿從靜止開始下滑、滑到桿的底端時速度為零則在圓環(huán)下滑過程中(整個過程中橡皮繩的形變始終處于彈性限度內(nèi))、下列說法中正確的是()A圓環(huán)的機械能守恒B圓環(huán)的機械能先增大后減小C圓環(huán)滑到桿的底端時機械能減少了mghD橡皮繩再次恰好伸直時圓環(huán)動能最大答案C解析圓環(huán)沿光滑桿滑下、滑到桿的底端的過程中有兩個力對圓環(huán)做功、即環(huán)的重力和橡皮繩的拉力、所以圓環(huán)的機械能不守恒、如果把圓環(huán)和橡皮繩組成的系統(tǒng)作為研究對象、則系統(tǒng)的機械能守恒、因為橡皮繩的彈性勢能先不變再增大、所以圓環(huán)的機械能先不變后減小、故A、B錯誤；圓環(huán)的機械能減少了mgh、故C正確；在圓環(huán)下滑過程中從開始下滑到橡皮繩再次到達原長時、動能一直增大、但不是最大、沿桿方向合力為零的時刻、圓環(huán)的速度最大、故D錯誤1做好兩個分析(1)綜合受力分析、運動過程分析、由牛頓運動定律做好動力學(xué)分析(2)分析各力做功情況、做好能量的轉(zhuǎn)化與守恒的分析、由此把握運動各階段的運動性質(zhì)、各連接點、臨界點的力學(xué)特征、運動特征和能量特征2做好四個選擇(1)當(dāng)物體受到恒力作用發(fā)生運動狀態(tài)的改變而且又涉及時間時、一般選擇用動力學(xué)方法解題；(2)當(dāng)涉及功、能和位移時、一般選用動能定理、機械能守恒定律、功能關(guān)系或能量守恒定律解題、題目中出現(xiàn)相對位移時、應(yīng)優(yōu)先選擇能量守恒定律；(3)當(dāng)涉及細節(jié)并要求分析力時、一般選擇牛頓運動定律、對某一時刻進行分析時選擇牛頓第二定律求解；(4)復(fù)雜問題的分析一般需選擇能量的觀點、運動與力的觀點綜合解題例5(20xx浙南名校聯(lián)盟高三期末)兒童樂園里的彈珠游戲不僅具有娛樂性還可以鍛煉兒童的眼手配合能力某彈珠游戲可簡化成如圖所示的豎直平面內(nèi)OABCD透明玻璃管道、管道的半徑較小為研究方便建立平面直角坐標(biāo)系、O點為拋物口、下方接一滿足方程yx2的光滑拋物線形狀管道OA；AB、BC是半徑相同的光滑圓弧管道、CD是動摩擦因數(shù)0.8的粗糙直管道；各部分管道在連接處均相切A、B、C、D的橫坐標(biāo)分別為xA1.20m、xB2.00m、xC2.65m、xD3.40m已知、彈珠質(zhì)量m100g、直徑略小于管道內(nèi)徑E為BC管道的最高點、在D處有一反彈膜能無能量損失的反彈彈珠、sin370.6、sin530.8、g取10m/s2、求：(1)若要使彈珠不與管道OA觸碰、在O點拋射速度v0應(yīng)該多大；(2)若要使彈珠第一次到達E點時對軌道壓力等于彈珠重力的3倍、在O點拋射速度v0應(yīng)該多大；(3)游戲設(shè)置3次通過E點獲得最高分、若要獲得最高分在O點拋射速度v0的范圍答案見解析解析(1)由yx2得：A點坐標(biāo)(1.20m,0.80m)由平拋運動規(guī)律：xAv0t、yAgt2、vAygt、vA代入數(shù)據(jù)、求得t0.4s、v03m/s、vAy4 m/s、vA5m/s；(2)由平拋運動速度關(guān)系、可得53、求得AB、BC圓弧的半徑R0.5m對E點：3mgmgm、求得：vE2m/s對彈球由O點到E點的過程由動能定理得：mgyAmgR(1cos53)mvmv求得：v02m/s；(3)sin0.5、30、CD與水平面的夾角也為30(可不求)設(shè)3次通過E點的速度最小值為v1、有：mgyAmgR(1cos53)2mgLCDcos300mv、求得：v12m/s設(shè)3次通過E點的速度最大值為v2、有：mgyAmgR(1cos53)4mgLCDcos300mv、求得：v26m/s考慮2次經(jīng)過E后不從O點離開、有：2mgLCDcos300mv、求得：v32m/s因v2v3、所以2m/sv0v2、則下列判斷正確的是()AW1W2、P1P2BW1W2、P1P2CW1W2、P1P2DW1W2、P1P2答案D解析根據(jù)WFL可知、兩次做功相同則W1W2；由于v1v2、所以第一次做功時間短、根據(jù)P可得P1P2、選項D正確8(20xx市區(qū)上學(xué)期期末)如圖所示、兩個半徑不同、內(nèi)壁光滑的半圓軌道、固定于地面、兩軌道的球心O、O在同一水平高度上、一小球先后從與軌道球心在同一高度上的A、B兩點從靜止開始滑下、以軌道球心所在位置為零勢能面、通過最低點時、下列說法中不正確的是()A小球?qū)壍赖膲毫κ窍嗤腂小球的速度相同C小球向心加速度是相同的D小球的機械能相同答案B解析設(shè)小球通過最低點的速度大小為v、半圓的半徑為R.在落到最低點的過程中根據(jù)動能定理得mgRmv20、解得v、可知R越大v越大、故B錯誤；在最低點、豎直方向上的合力提供向心力、由牛頓第二定律有FNmgm、聯(lián)立解得FN3mg、可知軌道對小球的支持力與半圓軌道的半徑無關(guān)、由牛頓第三定律可知小球?qū)绍壍赖膲毫Υ笮V為重力的3倍、方向均豎直向下、故A正確；在最低點、a2g、方向豎直向上、故C正確；兩球下滑都只有重力做功、滿足機械能守恒、故D正確9一名外賣送餐員用電動自行車沿平直公路行駛給客戶送餐、中途因電瓶“沒電”、只能改用腳蹬車以5m/s的速度勻速前行、騎行過程中所受阻力大小恒為車和人總重力的0.02倍(取g10 m/s2)、該送餐員騎電動自行車以5m/s的速度勻速前行過程做功的功率最接近()A10WB100WC1kWD10kW答案B解析設(shè)送餐員和車的總質(zhì)量為100kg、勻速行駛時的速率為5m/s、勻速行駛時的牽引力與阻力大小相等、F0.02mg20N、則送餐員騎電動自行車勻速行駛時的功率為PFv100W、故B正確能力題組10.(20xx全國卷18)如圖、abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道、ab水平、長度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧、與ab相切于b點一質(zhì)量為m的小球、始終受到與重力大小相等的水平外力的作用、自a點處從靜止開始向右運動重力加速度大小為g.小球從a點開始運動到其軌跡最高點、機械能的增量為()A2mgRB4mgRC5mgRD6mgR答案C解析小球從a運動到c、根據(jù)動能定理、得F3RmgRmv、又Fmg、故v12、小球離開c點在豎直方向做豎直上拋運動、水平方向做初速度為零的勻加速直線運動且水平方向與豎直方向的加速度大小相等、都為g、故小球從c點到最高點所用的時間t2、水平位移xgt22R、根據(jù)功能關(guān)系、小球從a點到軌跡最高點機械能的增量為力F做的功、即EF(2RRx)5mgR.11(20xx市“十校聯(lián)考”)如圖所示、一水平圓盤繞過圓心的豎直軸轉(zhuǎn)動、圓盤半徑R0.2m、圓盤邊緣有一質(zhì)量m1kg的小滑塊當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)動的角速度達到某一數(shù)值時、滑塊恰從圓盤邊緣A沿過渡圓管滑落、進入軌道ABC、AB粗糙、BCD光滑、CD面足夠長且離地面高為h0.4m、經(jīng)C點后突然給滑塊施加水平向右的恒力FN已知AB段斜面傾角為60、BC段斜面傾角為30、小滑塊與圓盤的動摩擦因數(shù)0.5、A點離B點所在水平面的高度h1.2m、運動到B點時的速度為3m/s、滑塊從A至C運動過程中始終未脫離軌道、不計在過渡圓管處和B點的機械能損失、最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力、重力加速度g取10 m/s2、求：(1)滑出A點時、圓盤轉(zhuǎn)動的角速度；(2)小滑塊在從A到B時、摩擦力做的功；(3)小滑塊在CD面上的落點距C點的水平距離答案(1)5rad/s(2)8J(3)m解析(1)滑塊在圓盤上做圓周運動時、靜摩擦力充當(dāng)向心力、根據(jù)牛頓第二定律得：mgm2R、代入數(shù)據(jù)解得：5rad/s(2)vAR50.2m/s1 m/s、從A到B的運動過程由動能定理：mghWfmvmv、解得Wf8J(3)mghmvmv解得vC1m/s對小滑塊經(jīng)C點后受力分析可知、F合N、則合加速度大小為am/s2、方向與C點速度方向垂直vyvCsin30、小滑塊經(jīng)C點到落地的過程、用時t、小滑塊在C點時、水平方向的速度vxvCcos30、水平方向加速度a、小滑塊在CD面上的落點距C點的水平距離xvxtat2、聯(lián)立解得xm.12(20xx市期末)如圖所示是滑塊翻越碰撞游戲的示意圖彈射裝置將滑塊以一定