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文檔簡介

專題二功和能專題二功和能1.功(1)恒力做功的計(jì)算式W=Flcosα(α是F的方向與位移l方向的夾角)(2)恒力所做總功的兩種計(jì)算方法W總=F合lcosα或W總=W1+W2+…2.功率(1)計(jì)算功率的兩個(gè)公式:P=

,P=Fvcosα(α為F與v的夾角)(2)機(jī)車啟動(dòng)類問題中的“臨界點(diǎn)”1.功2.功率2①全程最大速度的臨界點(diǎn)滿足條件為:Ff=

;②勻加速運(yùn)動(dòng)達(dá)最大速度時(shí)滿足的條件為

=ma,此時(shí)瞬時(shí)功率等于額定功率P額;①全程最大速度的臨界點(diǎn)滿足條件為:Ff=?;功率P額;3③在勻加速過程中的某點(diǎn),有:

=ma;④在變加速運(yùn)動(dòng)過程中的某點(diǎn),有:

=ma'。3.動(dòng)能定理:W總=Ek2-Ek1=

。③在勻加速過程中的某點(diǎn),有:=ma;44.機(jī)械能守恒定律的三種表達(dá)方式(1)始末狀態(tài):

(應(yīng)選取零勢(shì)能參考平面)(2)能量轉(zhuǎn)化:ΔEk(增)=ΔEp(減)(3)研究對(duì)象:ΔEA=-ΔEB

4.機(jī)械能守恒定律的三種表達(dá)方式55.幾種常見的功能關(guān)系常見的幾種力做功能量變化功能關(guān)系重力做功重力勢(shì)能變化ΔEpWG=-ΔEp彈簧的彈力做功彈性勢(shì)能變化ΔEpW彈=-ΔEp合外力做功W合動(dòng)能變化ΔEkW合=ΔEk除重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力之外其他力做功W其他機(jī)械能變化ΔEW其他=ΔE滑動(dòng)摩擦力與介質(zhì)阻力做功Ffs相對(duì)系統(tǒng)內(nèi)能變化ΔE內(nèi)Ffs相對(duì)=ΔE內(nèi)電場(chǎng)力做功WAB=qUAB電勢(shì)能變化ΔEpWAB=-ΔEp5.幾種常見的功能關(guān)系常見的幾種力做功能量變化功能關(guān)系重力61.(2020江蘇單科,1,3分)質(zhì)量為1.5×103kg的汽車在水平路面上勻速行駛,速度

為20m/s,受到的阻力大小為1.8×103N。此時(shí),汽車發(fā)動(dòng)機(jī)輸出的實(shí)際功率是

()A.90WB.30kWC.36kWD.300kWC解析

由于汽車在水平路面上勻速行駛,其受到的合外力為0,故汽車的牽引力F等于其受到的阻力f,即F=f,則汽車發(fā)動(dòng)機(jī)輸出的實(shí)際功率P=Fv=fv=36kW,C正確。1.(2020江蘇單科,1,3分)質(zhì)量為1.5×103kg2.(2018江蘇單科,4,3分)從地面豎直向上拋出一只小球,小球運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后

落回地面。忽略空氣阻力,該過程中小球的動(dòng)能Ek與時(shí)間t的關(guān)系圖像是

()A解析

設(shè)小球初動(dòng)能為Ek0,初速度為v0,重力加速度為g。瞬時(shí)動(dòng)能Ek=Ek0-

mgh,h=v0t-

gt2,聯(lián)立得Ek=

mg2t2-mgv0t+Ek0,故A正確,B、C、D錯(cuò)誤。2.(2018江蘇單科,4,3分)從地面豎直向上拋出一只小球3.(多選)(2019江蘇單科,8,4分)如圖所示,輕質(zhì)彈簧的左端固定,并處于自然狀

態(tài)。小物塊的質(zhì)量為m,從A點(diǎn)向左沿水平地面運(yùn)動(dòng),壓縮彈簧后被彈回,運(yùn)動(dòng)

到A點(diǎn)恰好靜止。物塊向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為s,與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,

重力加速度為g,彈簧未超出彈性限度。在上述過程中()A.彈簧的最大彈力為μmgB.物塊克服摩擦力做的功為2μmgsC.彈簧的最大彈性勢(shì)能為μmgsD.物塊在A點(diǎn)的初速度為

BC3.(多選)(2019江蘇單科,8,4分)如圖所示,輕質(zhì)彈簧解析

對(duì)物塊從A點(diǎn)開始到再回到A點(diǎn)整個(gè)過程,由動(dòng)能定理可知Wf=-2μmgs=0-

m

,則vA=2

,故B正確,D錯(cuò)誤。對(duì)物塊從A點(diǎn)開始到彈簧壓縮量最大這一過程,由動(dòng)能定理可知W彈+Wf'=0-

m

,Wf'=-μmgs,則W彈=-μmgs,即物塊克服彈力做功為μmgs,所以彈簧彈性勢(shì)能增加μmgs,故C正確。當(dāng)克服彈力做功為μmgs時(shí),彈簧的最大彈力要大于μmg,故A錯(cuò)誤。解析

對(duì)物塊從A點(diǎn)開始到再回到A點(diǎn)整個(gè)過程,由動(dòng)能定理

201820192020功與能T4:上拋運(yùn)動(dòng)中的動(dòng)能-

時(shí)間圖像T7:彈簧參與的功能問題T14:連接體中的功能問題T8:彈簧參與的功能問題T1:汽車勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的功率T4:物塊在斜面、平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)對(duì)應(yīng)的Ek-x圖像T15:機(jī)械能守恒定律在“鼓形輪”中的應(yīng)用考向解讀1.重基礎(chǔ)講應(yīng)用。如將動(dòng)能定理與圖像等簡單綜合考查對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)的理解能力。2.重過程與方法。如涉及彈簧、連接體等的功能問題難度較大,考查學(xué)生的分析綜合能力。201820192020功與能T4:上拋運(yùn)動(dòng)中的動(dòng)能-

時(shí)答案(1)mg(2)?(3)?g解析

設(shè)AB=h。(2)當(dāng)輕桿運(yùn)動(dòng)至水平時(shí),A、B球速度最大且均為v,由機(jī)械能守恒有滑塊和彈簧剛接觸時(shí)的速度最大Ek,在水平面上有-μ'mg(x-x0)=Ek-Ek0,即Ek=-μ'mg(x-x0)+Ek0,綜上所述可知:兩段Ek-x時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°后仍固定在水平地面上(如圖2所示),在滑塊M從斜面頂端由靜

止釋放下滑至底端的過程中,能求出滑塊?()過山車運(yùn)行時(shí)

可以底朝上在圓軌道上運(yùn)行,游客不會(huì)掉下來。答案(1)mg?,方向豎直向下(2)h'≥?R(3)由圖示位置靜止釋放A、B兩小球,求釋放瞬間B球的加速度大小a。0-?m?,則vA=2?,故B正確,D錯(cuò)誤。由公式x=vt可知,v-t圖線與t軸所圍面積表示物體的位移如果已知

圓軌道的半徑為R,重力加速度為g,不考慮空氣阻力。(2018江蘇單科,4,3分)從地面豎直向上拋出一只小球,小球運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后

落回地面。設(shè)重力加速度為g,AB=L,則該過程中()答案(1)mg?,方向豎直向下(2)h'≥?R整個(gè)過程中,摩擦產(chǎn)生的熱量為mv2三、傳送帶、板塊模型中的功能問題圖像是過原點(diǎn)的曲線,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。性勢(shì)能最大,根據(jù)能量守恒mgLsin30°=?Wf+Ep,解得彈簧最大彈性勢(shì)能為Ep=一、功能規(guī)律與圖像的結(jié)合1.四類圖像中“面積”的含義v-t圖像由公式x=vt可知,v-t圖線與t軸所圍面積表示物體的位移a-t圖像由公式Δv=at可知,a-t圖線與t軸所圍面積表示物體速度的變化量F-x圖像由公式W=Fx可知,F-x圖線與x軸所圍面積表示力所做的功P-t圖像由公式W=Pt可知,P-t圖線與t軸所圍面積表示力所做的功答案(1)mg(2)?(3)?g一、功能規(guī)律與圖像的結(jié)2.功能相關(guān)圖像問題分析“三步走”

2.功能相關(guān)圖像問題分析“三步走”典例1

(2020江蘇單科,4,3分)如圖所示,一小物塊由靜止開始沿斜面向下滑動(dòng),最后停在水平地面上。斜面和地面平滑連接,且物塊與斜面、物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為常數(shù)。該過程中,物塊的動(dòng)能Ek與水平位移x關(guān)系的圖像是(

)A典例1

(2020江蘇單科,4,3分)如圖所示,一小物塊解析

設(shè)斜面傾角為θ,物塊滑到斜面底端時(shí)的動(dòng)能為Ek0,物塊在斜面上滑行的長度對(duì)應(yīng)的水平位移為x0,應(yīng)用動(dòng)能定理,在斜面上有(mgsinθ-μmgcosθ)·

=Ek,在水平面上有-μ'mg(x-x0)=Ek-Ek0,即Ek=-μ'mg(x-x0)+Ek0,綜上所述可知:兩段Ek-x圖線為線性關(guān)系,故A正確,B、C、D錯(cuò)誤。解析

設(shè)斜面傾角為θ,物塊滑到斜面底端時(shí)的動(dòng)能為Ek0變式1

(2020江蘇常州教育學(xué)會(huì)學(xué)業(yè)水平監(jiān)測(cè))如圖所示,在地面上空以初速度v0水平拋出一個(gè)質(zhì)量為m的小球,小球下落過程中,其動(dòng)能Ek、重力勢(shì)能Ep、重力的功率P、重力做的功W與時(shí)間t的關(guān)系圖像中,正確的是

()C變式1(2020江蘇常州教育學(xué)會(huì)學(xué)業(yè)水平監(jiān)測(cè))如圖所示,解析

小球某時(shí)刻的動(dòng)能Ek=

mv2=

m

+

mg2t2,則Ek-t圖像是不過原點(diǎn)且開口向上的拋物線,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;以地面為參考平面,小球的重力勢(shì)能Ep=Ep0-

mgh=Ep0-

mg2t2,則Ep-t圖像不是直線,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;重力的功率P=mgvy=mg·gt=mg2t,則P-t圖像是過原點(diǎn)的直線,選項(xiàng)C正確;重力做的功W=mgh=

mg2t2,則W-t圖像是過原點(diǎn)的曲線,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。解析

小球某時(shí)刻的動(dòng)能Ek=?mv2=?m?+?mg21.應(yīng)用動(dòng)能定理解題的基本步驟二、動(dòng)能定理的應(yīng)用1.應(yīng)用動(dòng)能定理解題的基本步驟二、動(dòng)能定理的應(yīng)用2.多過程問題的解題思路要點(diǎn)是“一拆”“一點(diǎn)”“一合”?!耙徊稹本?/p>

是分析物體的運(yùn)動(dòng)過程,將其各個(gè)不同的運(yùn)動(dòng)階段拆分開來,各個(gè)擊破;“一

點(diǎn)”就是找到各個(gè)運(yùn)動(dòng)階段的交接點(diǎn),交接點(diǎn)的瞬時(shí)速度將不同的運(yùn)動(dòng)連接

起來;“一合”就是找到不同運(yùn)動(dòng)的時(shí)間或空間的關(guān)系將其整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程聯(lián)

系起來。2.多過程問題的解題思路要點(diǎn)是“一拆”“一點(diǎn)”“一合”?!耙坏淅?

(2020江蘇無錫期末)2019年6月29日,首個(gè)江南文化特色的無錫融創(chuàng)

樂園隆重開園。其中有一座飛翼過山車,它是目前世界最高(最高處60米)、

速度最快(最高速度可達(dá)120千米/時(shí))、軌道最復(fù)雜的過山車。過山車運(yùn)行時(shí)

可以底朝上在圓軌道上運(yùn)行,游客不會(huì)掉下來。我們把這種情形抽象為如圖

乙所示的模型:光滑弧形軌道的下端與豎直光滑圓軌道相接,使質(zhì)量為m的小

球從弧形軌道上端滾下,小球從圓軌道下端進(jìn)入后沿圓軌道運(yùn)動(dòng)。如果已知

圓軌道的半徑為R,重力加速度為g,不考慮空氣阻力。求:典例2

(2020江蘇無錫期末)2019年6月29日,甲乙(1)若小球從高為h的A處由靜止釋放,求小球到達(dá)圓軌道底端時(shí)對(duì)軌道的壓力;(2)若要使小球運(yùn)動(dòng)過程中能通過圓弧軌道最高點(diǎn)且不脫離軌道,試求小球由

靜止釋放時(shí)的高度h'應(yīng)滿足的條件。甲乙(1)若小球從高為h的A處由靜止釋放,求小球到達(dá)圓軌道底答案(1)mg

,方向豎直向下(2)h'≥

R解析(1)設(shè)小球從高為h的A處由靜止釋放,到達(dá)最低點(diǎn)速度為v,此過程由動(dòng)

能定理得mgh=

mv2設(shè)小球到達(dá)圓軌道最低端時(shí)軌道對(duì)小球的支持力為N,由牛頓第二定律得N-

mg=m

根據(jù)牛頓第三定律,得小球到達(dá)圓軌道底端時(shí)對(duì)軌道的壓力N'=N聯(lián)立解得N'=mg

,方向豎直向下;答案(1)mg?,方向豎直向下(2)h'≥?R(2)小球恰好通過圓弧軌道最高點(diǎn)時(shí),由牛頓第二定律有mg=m

設(shè)此時(shí)小球從高H處由靜止釋放,由動(dòng)能定理得mg(H-2R)=

mv'2聯(lián)立解得H=

R故小球由靜止釋放時(shí)的高度應(yīng)滿足h'≥

R。(2)小球恰好通過圓弧軌道最高點(diǎn)時(shí),由牛頓第二定律有mg=m變式2

(多選)(2020江蘇鎮(zhèn)江期末)如圖1所示,傾角為θ(θ<45°)的斜劈,固定在

水平地面上,置于斜面上的滑塊M恰能沿斜面勻速下滑,已知滑塊M從斜面頂

端滑至底端的過程中,重力勢(shì)能減小量為K。重力加速度為g。現(xiàn)將該斜劈逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°后仍固定在水平地面上(如圖2所示),在滑塊M從斜面頂端由靜

止釋放下滑至底端的過程中,能求出滑塊

()A.下滑至底端時(shí)的速度

B.下滑過程中的加速度C.下滑至底端時(shí)的動(dòng)能

D.下滑至底端時(shí)重力的功率BC變式2(多選)(2020江蘇鎮(zhèn)江期末)如圖1所示,傾角為θ解析

設(shè)AB=h。滑塊M恰能沿斜面勻速下滑時(shí),有mgsinθ=μmgcosθ,得μ=tanθ,據(jù)重力勢(shì)能減小量為K得mgh=K,該斜面逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°后,根據(jù)動(dòng)能定理mg·

-μmgsinθ·

=

mv2=Ek,聯(lián)立解得v=,Ek=

-Ktanθ,由于m未知,所以不能根據(jù)mgh=K求出h,因此v求不出來,可求滑塊下滑至底端時(shí)的動(dòng)能Ek,故A項(xiàng)錯(cuò)誤,C項(xiàng)正確;根據(jù)牛頓第二定律得mgcosθ-μmgsinθ=ma,得a=gcosθ-gtanθsinθ,可以求出加速度a,故B項(xiàng)正確;滑塊下滑至底端時(shí)重力的功率為P=mgvcosθ,m和v都求不出來,則P求不出來,故D項(xiàng)錯(cuò)誤。解析

設(shè)AB=h?;瑝KM恰能沿斜面勻速下滑時(shí),有mg三、傳送帶、板塊模型中的功能問題求解傳送帶(板塊)相對(duì)滑動(dòng)的能量問題的方法說明:公式ΔQ=F滑·l相對(duì)中l(wèi)相對(duì)為兩接觸物體間的相對(duì)位移。若物體在傳送帶上

往復(fù)運(yùn)動(dòng)時(shí),則l相對(duì)為總的相對(duì)路程。三、傳送帶、板塊模型中的功能問題說明:公式ΔQ=F滑·l相對(duì)典例3

(多選)(2020江蘇鹽城三模)如圖所示,木板甲長為L,放在水平桌面上,

可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊乙疊放在甲左端。已知甲、乙質(zhì)量相等,甲與乙、甲與桌

面間動(dòng)摩擦因數(shù)相同。對(duì)乙施加水平向右的瞬時(shí)速度v,乙恰好未從甲上滑

落;此時(shí)對(duì)甲施加水平向右的瞬時(shí)速度v,最終甲、乙物體均靜止。下列作出

的甲、乙物體在運(yùn)動(dòng)過程中的動(dòng)能Ek與位移x的關(guān)系圖像,其中正確的是

()

典例3

(多選)(2020江蘇鹽城三模)如圖所示,木板高考物理二輪復(fù)習(xí)二功和能共優(yōu)質(zhì)公開課課件答案

AC對(duì)乙施加水平向右的瞬時(shí)速度v,對(duì)木板甲來說,因?yàn)橐覍?duì)甲的摩

擦力μmg小于木板與地面之間的最大靜摩擦力2μmg,可知木板甲是不動(dòng)的,則

對(duì)乙由動(dòng)能定理Ek乙=Ek乙0-μmgx;當(dāng)乙在甲上停止后,此時(shí)給甲一初速度v,則乙

在摩擦力作用下先做勻加速運(yùn)動(dòng),動(dòng)能Ek乙=μmgx;而甲做勻減速運(yùn)動(dòng),動(dòng)能Ek甲

=Ek甲0-(μmg+2μmg)x;當(dāng)甲、乙共速后一起做勻減速運(yùn)動(dòng)直至停止,此過程中

乙的動(dòng)能Ek乙=Ek乙1-μmgx,逐漸減小;此過程中甲受地面的摩擦力仍為向后的2μmg,但是乙對(duì)甲的靜摩擦力變?yōu)橄蚯暗摩蘭g,則此過程中甲的動(dòng)能Ek甲=Ek甲1-(2μmg-μmg)x,圖像的斜率變小;綜上所述,選項(xiàng)A、C正確,B、D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案

AC對(duì)乙施加水平向右的瞬時(shí)速度v,對(duì)木板甲來說典例4

(多選)(2020江蘇南通、泰州第一次調(diào)研)如圖所示,水平傳送帶以恒

定的速度v運(yùn)動(dòng),一質(zhì)量為m的小物塊輕放在傳送帶的左端,經(jīng)過一段時(shí)間后,

物塊和傳送帶以相同的速度一起運(yùn)動(dòng)。已知物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)

為μ,重力加速度為g,則

()

A.物塊加速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為μgB.物塊加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

C.整個(gè)過程中,傳送帶對(duì)物塊做的功為

mv2D.整個(gè)過程中,摩擦產(chǎn)生的熱量為mv2

AC典例4

(多選)(2020江蘇南通、泰州第一次調(diào)研)如解析

物塊加速運(yùn)動(dòng)時(shí),由牛頓第二定律得μmg=ma,可得a=μg,故A項(xiàng)正

確;物塊加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=

=

,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;整個(gè)過程中,根據(jù)動(dòng)能定理得傳送帶對(duì)物塊做的功為W=

mv2-0=

mv2,故C項(xiàng)正確;物塊加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間內(nèi)傳送帶的位移為x帶=vt,物塊的位移為x物=

t=

,物塊與傳送帶間相對(duì)位移大小為Δx=x帶-x物=

=

,整個(gè)過程中摩擦產(chǎn)生的熱量為Q=μmgΔx=

mv2,故D項(xiàng)錯(cuò)誤。解析

物塊加速運(yùn)動(dòng)時(shí),由牛頓第二定律得μmg=ma,可四、功能關(guān)系的應(yīng)用(1)功是能量轉(zhuǎn)化的量度,在不同的問題中具有的對(duì)應(yīng)關(guān)系是:四、功能關(guān)系的應(yīng)用

(2)彈簧中的功能關(guān)系物體與彈簧組成的系統(tǒng)在相互作用的過程中,在能量方面,由于彈簧的形變會(huì)具有彈性勢(shì)能,系統(tǒng)的總動(dòng)能將發(fā)生變化,若除重力和彈簧彈力以外的力不做

功,系統(tǒng)機(jī)械能守恒。若還有其他外力和內(nèi)力做功,這些力做功之和等于系統(tǒng)機(jī)械能改變量。做功之和為正,系統(tǒng)總機(jī)械能增加,反之減少。在相互作用的兩個(gè)物體與彈簧系統(tǒng)中,彈簧兩端物體把彈簧拉伸至最長(或壓縮至最短)時(shí),兩端的物體具有相同的速度,彈性勢(shì)能最大。如系統(tǒng)每個(gè)物體除彈簧彈力外所受合力為零,當(dāng)彈簧為自然長度時(shí),系統(tǒng)內(nèi)彈簧某一端的物體具有最大速度(如繃緊的彈簧由靜止釋放)。(2)彈簧中的功能關(guān)系典例5

(2020江蘇南通、泰州、揚(yáng)州等七市第二次調(diào)研)如圖所示,豎直平面

內(nèi)固定一半徑為R的光滑半圓環(huán),圓心在O點(diǎn)。質(zhì)量均為m的A、B兩小球套在

圓環(huán)上,用不可形變的輕桿連接,開始時(shí)球A與圓心O等高,球B在圓心O的正下

方。輕桿對(duì)小球的作用力沿桿方向。則,

(1)若對(duì)球B施加水平向左的力F,使A、B兩小球靜止在圖示位置,求力的大小F;(2)由圖示位置靜止釋放A、B兩小球,求此后運(yùn)動(dòng)過程中A球的最大速度v的大小;(3)由圖示位置靜止釋放A、B兩小球,求釋放瞬間B球的加速度大小a。典例5

(2020江蘇南通、泰州、揚(yáng)州等七市第二次調(diào)研答案(1)mg(2)

(3)

g解析(1)設(shè)圓環(huán)對(duì)A球的彈力為N1,輕桿對(duì)A球的彈力為F1,對(duì)A、B和輕桿整

體,根據(jù)平衡條件有N1-F=0對(duì)A球有F1sin45°-mg=0N1-F1cos45°=0解得F=mg答案(1)mg(2)?(3)?g(2)當(dāng)輕桿運(yùn)動(dòng)至水平時(shí),A、B球速度最大且均為v,由機(jī)械能守恒有mg

R-mg

=

(2m)v2解得v=

(3)在初始位置釋放瞬間,A、B速度為零,加速度都沿圓環(huán)切線方向,大小均為

a,設(shè)此時(shí)桿的彈力為F1,根據(jù)牛頓第二定律對(duì)A球有mg-F1sin45°=ma對(duì)B球有F1cos45°=ma解得a=

g。(2)當(dāng)輕桿運(yùn)動(dòng)至水平時(shí),A、B球速度最大且均為v,由機(jī)械能典例6

(多選)(2020江蘇蘇、錫、常、鎮(zhèn)四市調(diào)研)如圖所示,直桿與水平面

成30°角,一輕質(zhì)彈簧套在直桿上,下端固定在直桿底端?,F(xiàn)將一質(zhì)量為m的小滑塊從桿頂端A點(diǎn)由靜止釋放,滑塊壓縮彈簧到達(dá)最低點(diǎn)B后返回,脫離彈簧后恰能到達(dá)AB的中點(diǎn)。設(shè)重力加速度為g,AB=L,則該過程中()A.滑塊和彈簧剛接觸時(shí)的速度最大B.滑塊克服摩擦做功為

mgLC.滑塊加速度為零的位置只有一處D.彈簧最大彈性勢(shì)能為

mgLBD典例6

(多選)(2020江蘇蘇、錫、常、鎮(zhèn)四市調(diào)研)解析

滑塊向下運(yùn)動(dòng)受到的合力為零時(shí),速度最大,即mgsinθ=F彈+f時(shí),速度最大,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;小滑塊恰能運(yùn)動(dòng)到AB中點(diǎn)時(shí),根據(jù)動(dòng)能定理有0-0=mgsin30°-Wf,解得Wf=

mgL,故B項(xiàng)正確;滑塊加速度為零即合力為零,向下滑動(dòng)時(shí)0=F彈+f-mgsinθ,向上滑動(dòng)時(shí)F彈-(mgsinθ+f)=0,所以C項(xiàng)錯(cuò)誤;彈簧被壓縮到最短時(shí)彈性勢(shì)能最大,根據(jù)能量守恒mgLsin30°=

Wf+Ep,解得彈簧最大彈性勢(shì)能為Ep=

mgL,故D項(xiàng)正確。解析

滑塊向下運(yùn)動(dòng)受到的合力為零時(shí),速度最大,即mg專題二功和能專題二功和能1.功(1)恒力做功的計(jì)算式W=Flcosα(α是F的方向與位移l方向的夾角)(2)恒力所做總功的兩種計(jì)算方法W總=F合lcosα或W總=W1+W2+…2.功率(1)計(jì)算功率的兩個(gè)公式:P=

,P=Fvcosα(α為F與v的夾角)(2)機(jī)車啟動(dòng)類問題中的“臨界點(diǎn)”1.功2.功率40①全程最大速度的臨界點(diǎn)滿足條件為:Ff=

;②勻加速運(yùn)動(dòng)達(dá)最大速度時(shí)滿足的條件為

=ma,此時(shí)瞬時(shí)功率等于額定功率P額;①全程最大速度的臨界點(diǎn)滿足條件為:Ff=?;功率P額;41③在勻加速過程中的某點(diǎn),有:

=ma;④在變加速運(yùn)動(dòng)過程中的某點(diǎn),有:

=ma'。3.動(dòng)能定理:W總=Ek2-Ek1=

。③在勻加速過程中的某點(diǎn),有:=ma;424.機(jī)械能守恒定律的三種表達(dá)方式(1)始末狀態(tài):

(應(yīng)選取零勢(shì)能參考平面)(2)能量轉(zhuǎn)化:ΔEk(增)=ΔEp(減)(3)研究對(duì)象:ΔEA=-ΔEB

4.機(jī)械能守恒定律的三種表達(dá)方式435.幾種常見的功能關(guān)系常見的幾種力做功能量變化功能關(guān)系重力做功重力勢(shì)能變化ΔEpWG=-ΔEp彈簧的彈力做功彈性勢(shì)能變化ΔEpW彈=-ΔEp合外力做功W合動(dòng)能變化ΔEkW合=ΔEk除重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力之外其他力做功W其他機(jī)械能變化ΔEW其他=ΔE滑動(dòng)摩擦力與介質(zhì)阻力做功Ffs相對(duì)系統(tǒng)內(nèi)能變化ΔE內(nèi)Ffs相對(duì)=ΔE內(nèi)電場(chǎng)力做功WAB=qUAB電勢(shì)能變化ΔEpWAB=-ΔEp5.幾種常見的功能關(guān)系常見的幾種力做功能量變化功能關(guān)系重力441.(2020江蘇單科,1,3分)質(zhì)量為1.5×103kg的汽車在水平路面上勻速行駛,速度

為20m/s,受到的阻力大小為1.8×103N。此時(shí),汽車發(fā)動(dòng)機(jī)輸出的實(shí)際功率是

()A.90WB.30kWC.36kWD.300kWC解析

由于汽車在水平路面上勻速行駛,其受到的合外力為0,故汽車的牽引力F等于其受到的阻力f,即F=f,則汽車發(fā)動(dòng)機(jī)輸出的實(shí)際功率P=Fv=fv=36kW,C正確。1.(2020江蘇單科,1,3分)質(zhì)量為1.5×103kg2.(2018江蘇單科,4,3分)從地面豎直向上拋出一只小球,小球運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后

落回地面。忽略空氣阻力,該過程中小球的動(dòng)能Ek與時(shí)間t的關(guān)系圖像是

()A解析

設(shè)小球初動(dòng)能為Ek0,初速度為v0,重力加速度為g。瞬時(shí)動(dòng)能Ek=Ek0-

mgh,h=v0t-

gt2,聯(lián)立得Ek=

mg2t2-mgv0t+Ek0,故A正確,B、C、D錯(cuò)誤。2.(2018江蘇單科,4,3分)從地面豎直向上拋出一只小球3.(多選)(2019江蘇單科,8,4分)如圖所示,輕質(zhì)彈簧的左端固定,并處于自然狀

態(tài)。小物塊的質(zhì)量為m,從A點(diǎn)向左沿水平地面運(yùn)動(dòng),壓縮彈簧后被彈回,運(yùn)動(dòng)

到A點(diǎn)恰好靜止。物塊向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為s,與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,

重力加速度為g,彈簧未超出彈性限度。在上述過程中()A.彈簧的最大彈力為μmgB.物塊克服摩擦力做的功為2μmgsC.彈簧的最大彈性勢(shì)能為μmgsD.物塊在A點(diǎn)的初速度為

BC3.(多選)(2019江蘇單科,8,4分)如圖所示,輕質(zhì)彈簧解析

對(duì)物塊從A點(diǎn)開始到再回到A點(diǎn)整個(gè)過程,由動(dòng)能定理可知Wf=-2μmgs=0-

m

,則vA=2

,故B正確,D錯(cuò)誤。對(duì)物塊從A點(diǎn)開始到彈簧壓縮量最大這一過程,由動(dòng)能定理可知W彈+Wf'=0-

m

,Wf'=-μmgs,則W彈=-μmgs,即物塊克服彈力做功為μmgs,所以彈簧彈性勢(shì)能增加μmgs,故C正確。當(dāng)克服彈力做功為μmgs時(shí),彈簧的最大彈力要大于μmg,故A錯(cuò)誤。解析

對(duì)物塊從A點(diǎn)開始到再回到A點(diǎn)整個(gè)過程,由動(dòng)能定理

201820192020功與能T4:上拋運(yùn)動(dòng)中的動(dòng)能-

時(shí)間圖像T7:彈簧參與的功能問題T14:連接體中的功能問題T8:彈簧參與的功能問題T1:汽車勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的功率T4:物塊在斜面、平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)對(duì)應(yīng)的Ek-x圖像T15:機(jī)械能守恒定律在“鼓形輪”中的應(yīng)用考向解讀1.重基礎(chǔ)講應(yīng)用。如將動(dòng)能定理與圖像等簡單綜合考查對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)的理解能力。2.重過程與方法。如涉及彈簧、連接體等的功能問題難度較大,考查學(xué)生的分析綜合能力。201820192020功與能T4:上拋運(yùn)動(dòng)中的動(dòng)能-

時(shí)答案(1)mg(2)?(3)?g解析

設(shè)AB=h。(2)當(dāng)輕桿運(yùn)動(dòng)至水平時(shí),A、B球速度最大且均為v,由機(jī)械能守恒有滑塊和彈簧剛接觸時(shí)的速度最大Ek,在水平面上有-μ'mg(x-x0)=Ek-Ek0,即Ek=-μ'mg(x-x0)+Ek0,綜上所述可知:兩段Ek-x時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°后仍固定在水平地面上(如圖2所示),在滑塊M從斜面頂端由靜

止釋放下滑至底端的過程中,能求出滑塊?()過山車運(yùn)行時(shí)

可以底朝上在圓軌道上運(yùn)行,游客不會(huì)掉下來。答案(1)mg?,方向豎直向下(2)h'≥?R(3)由圖示位置靜止釋放A、B兩小球,求釋放瞬間B球的加速度大小a。0-?m?,則vA=2?,故B正確,D錯(cuò)誤。由公式x=vt可知,v-t圖線與t軸所圍面積表示物體的位移如果已知

圓軌道的半徑為R,重力加速度為g,不考慮空氣阻力。(2018江蘇單科,4,3分)從地面豎直向上拋出一只小球,小球運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后

落回地面。設(shè)重力加速度為g,AB=L,則該過程中()答案(1)mg?,方向豎直向下(2)h'≥?R整個(gè)過程中,摩擦產(chǎn)生的熱量為mv2三、傳送帶、板塊模型中的功能問題圖像是過原點(diǎn)的曲線,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。性勢(shì)能最大,根據(jù)能量守恒mgLsin30°=?Wf+Ep,解得彈簧最大彈性勢(shì)能為Ep=一、功能規(guī)律與圖像的結(jié)合1.四類圖像中“面積”的含義v-t圖像由公式x=vt可知,v-t圖線與t軸所圍面積表示物體的位移a-t圖像由公式Δv=at可知,a-t圖線與t軸所圍面積表示物體速度的變化量F-x圖像由公式W=Fx可知,F-x圖線與x軸所圍面積表示力所做的功P-t圖像由公式W=Pt可知,P-t圖線與t軸所圍面積表示力所做的功答案(1)mg(2)?(3)?g一、功能規(guī)律與圖像的結(jié)2.功能相關(guān)圖像問題分析“三步走”

2.功能相關(guān)圖像問題分析“三步走”典例1

(2020江蘇單科,4,3分)如圖所示,一小物塊由靜止開始沿斜面向下滑動(dòng),最后停在水平地面上。斜面和地面平滑連接,且物塊與斜面、物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為常數(shù)。該過程中,物塊的動(dòng)能Ek與水平位移x關(guān)系的圖像是(

)A典例1

(2020江蘇單科,4,3分)如圖所示,一小物塊解析

設(shè)斜面傾角為θ,物塊滑到斜面底端時(shí)的動(dòng)能為Ek0,物塊在斜面上滑行的長度對(duì)應(yīng)的水平位移為x0,應(yīng)用動(dòng)能定理,在斜面上有(mgsinθ-μmgcosθ)·

=Ek,在水平面上有-μ'mg(x-x0)=Ek-Ek0,即Ek=-μ'mg(x-x0)+Ek0,綜上所述可知:兩段Ek-x圖線為線性關(guān)系,故A正確,B、C、D錯(cuò)誤。解析

設(shè)斜面傾角為θ,物塊滑到斜面底端時(shí)的動(dòng)能為Ek0變式1

(2020江蘇常州教育學(xué)會(huì)學(xué)業(yè)水平監(jiān)測(cè))如圖所示,在地面上空以初速度v0水平拋出一個(gè)質(zhì)量為m的小球,小球下落過程中,其動(dòng)能Ek、重力勢(shì)能Ep、重力的功率P、重力做的功W與時(shí)間t的關(guān)系圖像中,正確的是

()C變式1(2020江蘇常州教育學(xué)會(huì)學(xué)業(yè)水平監(jiān)測(cè))如圖所示,解析

小球某時(shí)刻的動(dòng)能Ek=

mv2=

m

+

mg2t2,則Ek-t圖像是不過原點(diǎn)且開口向上的拋物線,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;以地面為參考平面,小球的重力勢(shì)能Ep=Ep0-

mgh=Ep0-

mg2t2,則Ep-t圖像不是直線,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;重力的功率P=mgvy=mg·gt=mg2t,則P-t圖像是過原點(diǎn)的直線,選項(xiàng)C正確;重力做的功W=mgh=

mg2t2,則W-t圖像是過原點(diǎn)的曲線,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。解析

小球某時(shí)刻的動(dòng)能Ek=?mv2=?m?+?mg21.應(yīng)用動(dòng)能定理解題的基本步驟二、動(dòng)能定理的應(yīng)用1.應(yīng)用動(dòng)能定理解題的基本步驟二、動(dòng)能定理的應(yīng)用2.多過程問題的解題思路要點(diǎn)是“一拆”“一點(diǎn)”“一合”。“一拆”就

是分析物體的運(yùn)動(dòng)過程,將其各個(gè)不同的運(yùn)動(dòng)階段拆分開來,各個(gè)擊破;“一

點(diǎn)”就是找到各個(gè)運(yùn)動(dòng)階段的交接點(diǎn),交接點(diǎn)的瞬時(shí)速度將不同的運(yùn)動(dòng)連接

起來;“一合”就是找到不同運(yùn)動(dòng)的時(shí)間或空間的關(guān)系將其整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程聯(lián)

系起來。2.多過程問題的解題思路要點(diǎn)是“一拆”“一點(diǎn)”“一合”?!耙坏淅?

(2020江蘇無錫期末)2019年6月29日,首個(gè)江南文化特色的無錫融創(chuàng)

樂園隆重開園。其中有一座飛翼過山車,它是目前世界最高(最高處60米)、

速度最快(最高速度可達(dá)120千米/時(shí))、軌道最復(fù)雜的過山車。過山車運(yùn)行時(shí)

可以底朝上在圓軌道上運(yùn)行,游客不會(huì)掉下來。我們把這種情形抽象為如圖

乙所示的模型:光滑弧形軌道的下端與豎直光滑圓軌道相接,使質(zhì)量為m的小

球從弧形軌道上端滾下,小球從圓軌道下端進(jìn)入后沿圓軌道運(yùn)動(dòng)。如果已知

圓軌道的半徑為R,重力加速度為g,不考慮空氣阻力。求:典例2

(2020江蘇無錫期末)2019年6月29日,甲乙(1)若小球從高為h的A處由靜止釋放,求小球到達(dá)圓軌道底端時(shí)對(duì)軌道的壓力;(2)若要使小球運(yùn)動(dòng)過程中能通過圓弧軌道最高點(diǎn)且不脫離軌道,試求小球由

靜止釋放時(shí)的高度h'應(yīng)滿足的條件。甲乙(1)若小球從高為h的A處由靜止釋放,求小球到達(dá)圓軌道底答案(1)mg

,方向豎直向下(2)h'≥

R解析(1)設(shè)小球從高為h的A處由靜止釋放,到達(dá)最低點(diǎn)速度為v,此過程由動(dòng)

能定理得mgh=

mv2設(shè)小球到達(dá)圓軌道最低端時(shí)軌道對(duì)小球的支持力為N,由牛頓第二定律得N-

mg=m

根據(jù)牛頓第三定律,得小球到達(dá)圓軌道底端時(shí)對(duì)軌道的壓力N'=N聯(lián)立解得N'=mg

,方向豎直向下;答案(1)mg?,方向豎直向下(2)h'≥?R(2)小球恰好通過圓弧軌道最高點(diǎn)時(shí),由牛頓第二定律有mg=m

設(shè)此時(shí)小球從高H處由靜止釋放,由動(dòng)能定理得mg(H-2R)=

mv'2聯(lián)立解得H=

R故小球由靜止釋放時(shí)的高度應(yīng)滿足h'≥

R。(2)小球恰好通過圓弧軌道最高點(diǎn)時(shí),由牛頓第二定律有mg=m變式2

(多選)(2020江蘇鎮(zhèn)江期末)如圖1所示,傾角為θ(θ<45°)的斜劈,固定在

水平地面上,置于斜面上的滑塊M恰能沿斜面勻速下滑,已知滑塊M從斜面頂

端滑至底端的過程中,重力勢(shì)能減小量為K。重力加速度為g?,F(xiàn)將該斜劈逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°后仍固定在水平地面上(如圖2所示),在滑塊M從斜面頂端由靜

止釋放下滑至底端的過程中,能求出滑塊

()A.下滑至底端時(shí)的速度

B.下滑過程中的加速度C.下滑至底端時(shí)的動(dòng)能

D.下滑至底端時(shí)重力的功率BC變式2(多選)(2020江蘇鎮(zhèn)江期末)如圖1所示,傾角為θ解析

設(shè)AB=h?;瑝KM恰能沿斜面勻速下滑時(shí),有mgsinθ=μmgcosθ,得μ=tanθ,據(jù)重力勢(shì)能減小量為K得mgh=K,該斜面逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°后,根據(jù)動(dòng)能定理mg·

-μmgsinθ·

=

mv2=Ek,聯(lián)立解得v=,Ek=

-Ktanθ,由于m未知,所以不能根據(jù)mgh=K求出h,因此v求不出來,可求滑塊下滑至底端時(shí)的動(dòng)能Ek,故A項(xiàng)錯(cuò)誤,C項(xiàng)正確;根據(jù)牛頓第二定律得mgcosθ-μmgsinθ=ma,得a=gcosθ-gtanθsinθ,可以求出加速度a,故B項(xiàng)正確;滑塊下滑至底端時(shí)重力的功率為P=mgvcosθ,m和v都求不出來,則P求不出來,故D項(xiàng)錯(cuò)誤。解析

設(shè)AB=h?;瑝KM恰能沿斜面勻速下滑時(shí),有mg三、傳送帶、板塊模型中的功能問題求解傳送帶(板塊)相對(duì)滑動(dòng)的能量問題的方法說明:公式ΔQ=F滑·l相對(duì)中l(wèi)相對(duì)為兩接觸物體間的相對(duì)位移。若物體在傳送帶上

往復(fù)運(yùn)動(dòng)時(shí),則l相對(duì)為總的相對(duì)路程。三、傳送帶、板塊模型中的功能問題說明:公式ΔQ=F滑·l相對(duì)典例3

(多選)(2020江蘇鹽城三模)如圖所示,木板甲長為L,放在水平桌面上,

可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊乙疊放在甲左端。已知甲、乙質(zhì)量相等,甲與乙、甲與桌

面間動(dòng)摩擦因數(shù)相同。對(duì)乙施加水平向右的瞬時(shí)速度v,乙恰好未從甲上滑

落;此時(shí)對(duì)甲施加水平向右的瞬時(shí)速度v,最終甲、乙物體均靜止。下列作出

的甲、乙物體在運(yùn)動(dòng)過程中的動(dòng)能Ek與位移x的關(guān)系圖像,其中正確的是

()

典例3

(多選)(2020江蘇鹽城三模)如圖所示,木板高考物理二輪復(fù)習(xí)二功和能共優(yōu)質(zhì)公開課課件答案

AC對(duì)乙施加水平向右的瞬時(shí)速度v,對(duì)木板甲來說,因?yàn)橐覍?duì)甲的摩

擦力μmg小于木板與地面之間的最大靜摩擦力2μmg,可知木板甲是不動(dòng)的,則

對(duì)乙由動(dòng)能定理Ek乙=Ek乙0-μmgx;當(dāng)乙在甲上停止后,此時(shí)給甲一初速度v,則乙

在摩擦力作用下先做勻加速運(yùn)動(dòng),動(dòng)能Ek乙=μmgx;而甲做勻減速運(yùn)動(dòng),動(dòng)能Ek甲

=Ek甲0-(μmg+2μmg)x;當(dāng)甲、乙共速后一起做勻減速運(yùn)動(dòng)直至停止,此過程中

乙的動(dòng)能Ek乙=Ek乙1-μmgx,逐漸減小;此過程中甲受地面的摩擦力仍為向后的2μmg,但是乙對(duì)甲的靜摩擦力變?yōu)橄蚯暗摩蘭g,則此過程中甲的動(dòng)能Ek甲=Ek甲1-(2μmg-μmg)x,圖像的斜率變小;綜上所述,選項(xiàng)A、C正確,B、D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案

AC對(duì)乙施加水平向右的瞬時(shí)速度v,對(duì)木板甲來說典例4

(多選)(2020江蘇南通、泰州第一次調(diào)研)如圖所示,水平傳送帶以恒

定的速度v運(yùn)動(dòng),一質(zhì)量為m的小物塊輕放在傳送帶的左端,經(jīng)過一段時(shí)間后,

物塊和傳送帶以相同的速度一起運(yùn)動(dòng)。已知物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)

為μ,重力加速度為g,則

()

A.物塊加速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為μgB.物塊加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

C.整個(gè)過程中,傳送帶對(duì)物塊做的功為

mv2D.整個(gè)過程中,摩擦產(chǎn)生的熱量為mv2

AC典例4

(多選)(2020江蘇南通、泰州第一次調(diào)研)如解析

物塊加速運(yùn)動(dòng)時(shí),由牛頓第二定律得μmg=ma,可得a=μg,故A項(xiàng)正

確;物塊加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=

=

,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;整個(gè)過程中,根據(jù)動(dòng)能定理得傳送帶對(duì)物塊做的功為W=

mv2-0=

mv2,故C項(xiàng)正確;物塊加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間內(nèi)傳送帶的位移為x帶=vt,物塊的位移為x物=

t=

,物塊與傳送帶間相對(duì)位移大小為Δx=x帶-x物=

=

,整個(gè)過程中摩擦產(chǎn)生的熱

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