高考物理二輪復習二功和能共優(yōu)質公開課課件

專題二功和能專題二功和能1.功(1)恒力做功的計算式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算方法W總=F合lcosα或W總=W1+W2+…2.功率(1)計算功率的兩個公式:P=

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

;②勻加速運動達最大速度時滿足的條件為

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

=ma;④在變加速運動過程中的某點,有:

=ma'。3.動能定理:W總=Ek2-Ek1=

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

(應選取零勢能參考平面)(2)能量轉化:ΔEk(增)=ΔEp(減)(3)研究對象:ΔEA=-ΔEB

4.機械能守恒定律的三種表達方式55.幾種常見的功能關系常見的幾種力做功能量變化功能關系重力做功重力勢能變化ΔEpWG=-ΔEp彈簧的彈力做功彈性勢能變化ΔEpW彈=-ΔEp合外力做功W合動能變化ΔEkW合=ΔEk除重力和系統(tǒng)內彈力之外其他力做功W其他機械能變化ΔEW其他=ΔE滑動摩擦力與介質阻力做功Ffs相對系統(tǒng)內能變化ΔE內Ffs相對=ΔE內電場力做功WAB=qUAB電勢能變化ΔEpWAB=-ΔEp5.幾種常見的功能關系常見的幾種力做功能量變化功能關系重力61.(2020江蘇單科,1,3分)質量為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,汽車發(fā)動機輸出的實際功率是

()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)動機輸出的實際功率P=Fv=fv=36kW,C正確。1.(2020江蘇單科,1,3分)質量為1.5×103kg2.(2018江蘇單科,4,3分)從地面豎直向上拋出一只小球,小球運動一段時間后

落回地面。忽略空氣阻力,該過程中小球的動能Ek與時間t的關系圖像是

()A解析

設小球初動能為Ek0,初速度為v0,重力加速度為g。瞬時動能Ek=Ek0-

mgh,h=v0t-

gt2,聯(lián)立得Ek=

mg2t2-mgv0t+Ek0,故A正確,B、C、D錯誤。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,輕質彈簧的左端固定,并處于自然狀

態(tài)。小物塊的質量為m,從A點向左沿水平地面運動,壓縮彈簧后被彈回,運動

到A點恰好靜止。物塊向左運動的最大距離為s,與地面間的動摩擦因數(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.彈簧的最大彈性勢能為μmgsD.物塊在A點的初速度為

BC3.(多選)(2019江蘇單科,8,4分)如圖所示,輕質彈簧解析

對物塊從A點開始到再回到A點整個過程,由動能定理可知Wf=-2μmgs=0-

m

,則vA=2

,故B正確,D錯誤。對物塊從A點開始到彈簧壓縮量最大這一過程,由動能定理可知W彈+Wf'=0-

m

,Wf'=-μmgs,則W彈=-μmgs,即物塊克服彈力做功為μmgs,所以彈簧彈性勢能增加μmgs,故C正確。當克服彈力做功為μmgs時,彈簧的最大彈力要大于μmg,故A錯誤。解析

對物塊從A點開始到再回到A點整個過程,由動能定理

201820192020功與能T4:上拋運動中的動能-

時間圖像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:汽車勻速運動時的功率T4:物塊在斜面、平面上運動時對應的Ek-x圖像T15:機械能守恒定律在“鼓形輪”中的應用考向解讀1.重基礎講應用。如將動能定理與圖像等簡單綜合考查對基礎知識的理解能力。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,考查學生的分析綜合能力。201820192020功與能T4:上拋運動中的動能-

時答案(1)mg(2)?(3)?g解析

設AB=h。(2)當輕桿運動至水平時,A、B球速度最大且均為v,由機械能守恒有滑塊和彈簧剛接觸時的速度最大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時針旋轉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?()過山車運行時

可以底朝上在圓軌道上運行,游客不會掉下來。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,小球運動一段時間后

落回地面。設重力加速度為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的曲線,選項D錯誤。性勢能最大,根據(jù)能量守恒mgLsin30°=?Wf+Ep,解得彈簧最大彈性勢能為Ep=一、功能規(guī)律與圖像的結合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2.功能相關圖像問題分析“三步走”

2.功能相關圖像問題分析“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,最后停在水平地面上。斜面和地面平滑連接,且物塊與斜面、物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均為常數(shù)。該過程中,物塊的動能Ek與水平位移x關系的圖像是(

)A典例1

(2020江蘇單科,4,3分)如圖所示,一小物塊解析

設斜面傾角為θ,物塊滑到斜面底端時的動能為Ek0,物塊在斜面上滑行的長度對應的水平位移為x0,應用動能定理,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圖線為線性關系,故A正確,B、C、D錯誤。解析

設斜面傾角為θ,物塊滑到斜面底端時的動能為Ek0變式1

(2020江蘇常州教育學會學業(yè)水平監(jiān)測)如圖所示,在地面上空以初速度v0水平拋出一個質量為m的小球,小球下落過程中,其動能Ek、重力勢能Ep、重力的功率P、重力做的功W與時間t的關系圖像中,正確的是

()C變式1(2020江蘇常州教育學會學業(yè)水平監(jiān)測)如圖所示,解析

小球某時刻的動能Ek=

mv2=

m

+

mg2t2,則Ek-t圖像是不過原點且開口向上的拋物線,選項A錯誤;以地面為參考平面,小球的重力勢能Ep=Ep0-

mgh=Ep0-

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

mg2t2,則W-t圖像是過原點的曲線,選項D錯誤。解析

小球某時刻的動能Ek=?mv2=?m?+?mg21.應用動能定理解題的基本步驟二、動能定理的應用1.應用動能定理解題的基本步驟二、動能定理的應用2.多過程問題的解題思路要點是“一拆”“一點”“一合”?！耙徊稹本?/p>

是分析物體的運動過程,將其各個不同的運動階段拆分開來,各個擊破;“一

點”就是找到各個運動階段的交接點,交接點的瞬時速度將不同的運動連接

起來;“一合”就是找到不同運動的時間或空間的關系將其整個運動過程聯(lián)

系起來。2.多過程問題的解題思路要點是“一拆”“一點”“一合”?！耙坏淅?

(2020江蘇無錫期末)2019年6月29日,首個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120千米/時)、軌道最復雜的過山車。過山車運行時

可以底朝上在圓軌道上運行,游客不會掉下來。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,使質量為m的小

球從弧形軌道上端滾下,小球從圓軌道下端進入后沿圓軌道運動。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,求小球到達圓軌道底端時對軌道的壓力;(2)若要使小球運動過程中能通過圓弧軌道最高點且不脫離軌道,試求小球由

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

,方向豎直向下(2)h'≥

R解析(1)設小球從高為h的A處由靜止釋放,到達最低點速度為v,此過程由動

能定理得mgh=

mv2設小球到達圓軌道最低端時軌道對小球的支持力為N,由牛頓第二定律得N-

mg=m

根據(jù)牛頓第三定律,得小球到達圓軌道底端時對軌道的壓力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時,由牛頓第二定律有mg=m

設此時小球從高H處由靜止釋放,由動能定理得mg(H-2R)=

mv'2聯(lián)立解得H=

R故小球由靜止釋放時的高度應滿足h'≥

R。(2)小球恰好通過圓弧軌道最高點時,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,重力勢能減小量為K。重力加速度為g。現(xiàn)將該斜劈逆時針旋轉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.下滑至底端時的速度

B.下滑過程中的加速度C.下滑至底端時的動能

D.下滑至底端時重力的功率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AB=h。滑塊M恰能沿斜面勻速下滑時,有mgsinθ=μmgcosθ,得μ=tanθ,據(jù)重力勢能減小量為K得mgh=K,該斜面逆時針旋轉90°后,根據(jù)動能定理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的動能Ek,故A項錯誤,C項正確;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項正確;滑塊下滑至底端時重力的功率為P=mgvcosθ,m和v都求不出來,則P求不出來,故D項錯誤。解析

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

往復運動時,則l相對為總的相對路程。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,

可視為質點的物塊乙疊放在甲左端。已知甲、乙質量相等,甲與乙、甲與桌

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

落;此時對甲施加水平向右的瞬時速度v,最終甲、乙物體均靜止。下列作出

的甲、乙物體在運動過程中的動能Ek與位移x的關系圖像,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習二功和能共優(yōu)質公開課課件答案

AC對乙施加水平向右的瞬時速度v,對木板甲來說,因為乙對甲的摩

擦力μmg小于木板與地面之間的最大靜摩擦力2μmg,可知木板甲是不動的,則

對乙由動能定理Ek乙=Ek乙0-μmgx;當乙在甲上停止后,此時給甲一初速度v,則乙

在摩擦力作用下先做勻加速運動,動能Ek乙=μmgx;而甲做勻減速運動,動能Ek甲

=Ek甲0-(μmg+2μmg)x;當甲、乙共速后一起做勻減速運動直至停止,此過程中

乙的動能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,但是乙對甲的靜摩擦力變?yōu)橄蚯暗摩蘭g,則此過程中甲的動能Ek甲=Ek甲1-(2μmg-μmg)x,圖像的斜率變小;綜上所述,選項A、C正確,B、D項錯誤。答案

AC對乙施加水平向右的瞬時速度v,對木板甲來說典例4

(多選)(2020江蘇南通、泰州第一次調研)如圖所示,水平傳送帶以恒

定的速度v運動,一質量為m的小物塊輕放在傳送帶的左端,經(jīng)過一段時間后,

物塊和傳送帶以相同的速度一起運動。已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)

為μ,重力加速度為g,則

()

A.物塊加速運動時的加速度為μgB.物塊加速運動的時間為

C.整個過程中,傳送帶對物塊做的功為

mv2D.整個過程中,摩擦產(chǎn)生的熱量為mv2

AC典例4

(多選)(2020江蘇南通、泰州第一次調研)如解析

物塊加速運動時,由牛頓第二定律得μmg=ma,可得a=μg,故A項正

確;物塊加速運動的時間為t=

=

,故B項錯誤;整個過程中,根據(jù)動能定理得傳送帶對物塊做的功為W=

mv2-0=

mv2,故C項正確;物塊加速運動的時間內傳送帶的位移為x帶=vt,物塊的位移為x物=

t=

,物塊與傳送帶間相對位移大小為Δx=x帶-x物=

=

,整個過程中摩擦產(chǎn)生的熱量為Q=μmgΔx=

mv2,故D項錯誤。解析

物塊加速運動時,由牛頓第二定律得μmg=ma,可四、功能關系的應用(1)功是能量轉化的量度,在不同的問題中具有的對應關系是:四、功能關系的應用

(2)彈簧中的功能關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,由于彈簧的形變會具有彈性勢能,系統(tǒng)的總動能將發(fā)生變化,若除重力和彈簧彈力以外的力不做

功,系統(tǒng)機械能守恒。若還有其他外力和內力做功,這些力做功之和等于系統(tǒng)機械能改變量。做功之和為正,系統(tǒng)總機械能增加,反之減少。在相互作用的兩個物體與彈簧系統(tǒng)中,彈簧兩端物體把彈簧拉伸至最長(或壓縮至最短)時,兩端的物體具有相同的速度,彈性勢能最大。如系統(tǒng)每個物體除彈簧彈力外所受合力為零,當彈簧為自然長度時,系統(tǒng)內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)彈簧中的功能關系典例5

(2020江蘇南通、泰州、揚州等七市第二次調研)如圖所示,豎直平面

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

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

方。輕桿對小球的作用力沿桿方向。則,

(1)若對球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,求此后運動過程中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、揚州等七市第二次調研答案(1)mg(2)

(3)

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

體,根據(jù)平衡條件有N1-F=0對A球有F1sin45°-mg=0N1-F1cos45°=0解得F=mg答案(1)mg(2)?(3)?g(2)當輕桿運動至水平時,A、B球速度最大且均為v,由機械能守恒有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,設此時桿的彈力為F1,根據(jù)牛頓第二定律對A球有mg-F1sin45°=ma對B球有F1cos45°=ma解得a=

g。(2)當輕桿運動至水平時,A、B球速度最大且均為v,由機械能典例6

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

成30°角,一輕質彈簧套在直桿上,下端固定在直桿底端?，F(xiàn)將一質量為m的小滑塊從桿頂端A點由靜止釋放,滑塊壓縮彈簧到達最低點B后返回,脫離彈簧后恰能到達AB的中點。設重力加速度為g,AB=L,則該過程中()A.滑塊和彈簧剛接觸時的速度最大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.彈簧最大彈性勢能為

mgLBD典例6

(多選)(2020江蘇蘇、錫、常、鎮(zhèn)四市調研)解析

滑塊向下運動受到的合力為零時,速度最大,即mgsinθ=F彈+f時,速度最大,故A項錯誤;小滑塊恰能運動到AB中點時,根據(jù)動能定理有0-0=mgsin30°-Wf,解得Wf=

mgL,故B項正確;滑塊加速度為零即合力為零,向下滑動時0=F彈+f-mgsinθ,向上滑動時F彈-(mgsinθ+f)=0,所以C項錯誤;彈簧被壓縮到最短時彈性勢能最大,根據(jù)能量守恒mgLsin30°=

Wf+Ep,解得彈簧最大彈性勢能為Ep=

mgL,故D項正確。解析

滑塊向下運動受到的合力為零時,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算方法W總=F合lcosα或W總=W1+W2+…2.功率(1)計算功率的兩個公式:P=

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

;②勻加速運動達最大速度時滿足的條件為

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

=ma;④在變加速運動過程中的某點,有:

=ma'。3.動能定理:W總=Ek2-Ek1=

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

(應選取零勢能參考平面)(2)能量轉化:ΔEk(增)=ΔEp(減)(3)研究對象:ΔEA=-ΔEB

4.機械能守恒定律的三種表達方式435.幾種常見的功能關系常見的幾種力做功能量變化功能關系重力做功重力勢能變化ΔEpWG=-ΔEp彈簧的彈力做功彈性勢能變化ΔEpW彈=-ΔEp合外力做功W合動能變化ΔEkW合=ΔEk除重力和系統(tǒng)內彈力之外其他力做功W其他機械能變化ΔEW其他=ΔE滑動摩擦力與介質阻力做功Ffs相對系統(tǒng)內能變化ΔE內Ffs相對=ΔE內電場力做功WAB=qUAB電勢能變化ΔEpWAB=-ΔEp5.幾種常見的功能關系常見的幾種力做功能量變化功能關系重力441.(2020江蘇單科,1,3分)質量為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,汽車發(fā)動機輸出的實際功率是

()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)動機輸出的實際功率P=Fv=fv=36kW,C正確。1.(2020江蘇單科,1,3分)質量為1.5×103kg2.(2018江蘇單科,4,3分)從地面豎直向上拋出一只小球,小球運動一段時間后

落回地面。忽略空氣阻力,該過程中小球的動能Ek與時間t的關系圖像是

()A解析

設小球初動能為Ek0,初速度為v0,重力加速度為g。瞬時動能Ek=Ek0-

mgh,h=v0t-

gt2,聯(lián)立得Ek=

mg2t2-mgv0t+Ek0,故A正確,B、C、D錯誤。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,輕質彈簧的左端固定,并處于自然狀

態(tài)。小物塊的質量為m,從A點向左沿水平地面運動,壓縮彈簧后被彈回,運動

到A點恰好靜止。物塊向左運動的最大距離為s,與地面間的動摩擦因數(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.彈簧的最大彈性勢能為μmgsD.物塊在A點的初速度為

BC3.(多選)(2019江蘇單科,8,4分)如圖所示,輕質彈簧解析

對物塊從A點開始到再回到A點整個過程,由動能定理可知Wf=-2μmgs=0-

m

,則vA=2

,故B正確,D錯誤。對物塊從A點開始到彈簧壓縮量最大這一過程,由動能定理可知W彈+Wf'=0-

m

,Wf'=-μmgs,則W彈=-μmgs,即物塊克服彈力做功為μmgs,所以彈簧彈性勢能增加μmgs,故C正確。當克服彈力做功為μmgs時,彈簧的最大彈力要大于μmg,故A錯誤。解析

對物塊從A點開始到再回到A點整個過程,由動能定理

201820192020功與能T4:上拋運動中的動能-

時間圖像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:汽車勻速運動時的功率T4:物塊在斜面、平面上運動時對應的Ek-x圖像T15:機械能守恒定律在“鼓形輪”中的應用考向解讀1.重基礎講應用。如將動能定理與圖像等簡單綜合考查對基礎知識的理解能力。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,考查學生的分析綜合能力。201820192020功與能T4:上拋運動中的動能-

時答案(1)mg(2)?(3)?g解析

設AB=h。(2)當輕桿運動至水平時,A、B球速度最大且均為v,由機械能守恒有滑塊和彈簧剛接觸時的速度最大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時針旋轉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?()過山車運行時

可以底朝上在圓軌道上運行,游客不會掉下來。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,小球運動一段時間后

落回地面。設重力加速度為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的曲線,選項D錯誤。性勢能最大,根據(jù)能量守恒mgLsin30°=?Wf+Ep,解得彈簧最大彈性勢能為Ep=一、功能規(guī)律與圖像的結合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2.功能相關圖像問題分析“三步走”

2.功能相關圖像問題分析“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,最后停在水平地面上。斜面和地面平滑連接,且物塊與斜面、物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均為常數(shù)。該過程中,物塊的動能Ek與水平位移x關系的圖像是(

)A典例1

(2020江蘇單科,4,3分)如圖所示,一小物塊解析

設斜面傾角為θ,物塊滑到斜面底端時的動能為Ek0,物塊在斜面上滑行的長度對應的水平位移為x0,應用動能定理,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圖線為線性關系,故A正確,B、C、D錯誤。解析

設斜面傾角為θ,物塊滑到斜面底端時的動能為Ek0變式1

(2020江蘇常州教育學會學業(yè)水平監(jiān)測)如圖所示,在地面上空以初速度v0水平拋出一個質量為m的小球,小球下落過程中,其動能Ek、重力勢能Ep、重力的功率P、重力做的功W與時間t的關系圖像中,正確的是

()C變式1(2020江蘇常州教育學會學業(yè)水平監(jiān)測)如圖所示,解析

小球某時刻的動能Ek=

mv2=

m

+

mg2t2,則Ek-t圖像是不過原點且開口向上的拋物線,選項A錯誤;以地面為參考平面,小球的重力勢能Ep=Ep0-

mgh=Ep0-

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

mg2t2,則W-t圖像是過原點的曲線,選項D錯誤。解析

小球某時刻的動能Ek=?mv2=?m?+?mg21.應用動能定理解題的基本步驟二、動能定理的應用1.應用動能定理解題的基本步驟二、動能定理的應用2.多過程問題的解題思路要點是“一拆”“一點”“一合”?！耙徊稹本?/p>

是分析物體的運動過程,將其各個不同的運動階段拆分開來,各個擊破;“一

點”就是找到各個運動階段的交接點,交接點的瞬時速度將不同的運動連接

起來;“一合”就是找到不同運動的時間或空間的關系將其整個運動過程聯(lián)

系起來。2.多過程問題的解題思路要點是“一拆”“一點”“一合”?！耙坏淅?

(2020江蘇無錫期末)2019年6月29日,首個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120千米/時)、軌道最復雜的過山車。過山車運行時

可以底朝上在圓軌道上運行,游客不會掉下來。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,使質量為m的小

球從弧形軌道上端滾下,小球從圓軌道下端進入后沿圓軌道運動。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,求小球到達圓軌道底端時對軌道的壓力;(2)若要使小球運動過程中能通過圓弧軌道最高點且不脫離軌道,試求小球由

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

,方向豎直向下(2)h'≥

R解析(1)設小球從高為h的A處由靜止釋放,到達最低點速度為v,此過程由動

能定理得mgh=

mv2設小球到達圓軌道最低端時軌道對小球的支持力為N,由牛頓第二定律得N-

mg=m

根據(jù)牛頓第三定律,得小球到達圓軌道底端時對軌道的壓力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時,由牛頓第二定律有mg=m

設此時小球從高H處由靜止釋放,由動能定理得mg(H-2R)=

mv'2聯(lián)立解得H=

R故小球由靜止釋放時的高度應滿足h'≥

R。(2)小球恰好通過圓弧軌道最高點時,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,重力勢能減小量為K。重力加速度為g?，F(xiàn)將該斜劈逆時針旋轉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.下滑至底端時的速度

B.下滑過程中的加速度C.下滑至底端時的動能

D.下滑至底端時重力的功率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AB=h?；瑝KM恰能沿斜面勻速下滑時,有mgsinθ=μmgcosθ,得μ=tanθ,據(jù)重力勢能減小量為K得mgh=K,該斜面逆時針旋轉90°后,根據(jù)動能定理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的動能Ek,故A項錯誤,C項正確;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項正確;滑塊下滑至底端時重力的功率為P=mgvcosθ,m和v都求不出來,則P求不出來,故D項錯誤。解析

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

往復運動時,則l相對為總的相對路程。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,

可視為質點的物塊乙疊放在甲左端。已知甲、乙質量相等,甲與乙、甲與桌

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

落;此時對甲施加水平向右的瞬時速度v,最終甲、乙物體均靜止。下列作出

的甲、乙物體在運動過程中的動能Ek與位移x的關系圖像,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習二功和能共優(yōu)質公開課課件答案

AC對乙施加水平向右的瞬時速度v,對木板甲來說,因為乙對甲的摩

擦力μmg小于木板與地面之間的最大靜摩擦力2μmg,可知木板甲是不動的,則

對乙由動能定理Ek乙=Ek乙0-μmgx;當乙在甲上停止后,此時給甲一初速度v,則乙

在摩擦力作用下先做勻加速運動,動能Ek乙=μmgx;而甲做勻減速運動,動能Ek甲

=Ek甲0-(μmg+2μmg)x;當甲、乙共速后一起做勻減速運動直至停止,此過程中

乙的動能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,但是乙對甲的靜摩擦力變?yōu)橄蚯暗摩蘭g,則此過程中甲的動能Ek甲=Ek甲1-(2μmg-μmg)x,圖像的斜率變小;綜上所述,選項A、C正確,B、D項錯誤。答案

AC對乙施加水平向右的瞬時速度v,對木板甲來說典例4

(多選)(2020江蘇南通、泰州第一次調研)如圖所示,水平傳送帶以恒

定的速度v運動,一質量為m的小物塊輕放在傳送帶的左端,經(jīng)過一段時間后,

物塊和傳送帶以相同的速度一起運動。已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)

為μ,重力加速度為g,則

()

A.物塊加速運動時的加速度為μgB.物塊加速運動的時間為

C.整個過程中,傳送帶對物塊做的功為

mv2D.整個過程中,摩擦產(chǎn)生的熱量為mv2

AC典例4

(多選)(2020江蘇南通、泰州第一次調研)如解析

物塊加速運動時,由牛頓第二定律得μmg=ma,可得a=μg,故A項正

確;物塊加速運動的時間為t=

=

,故B項錯誤;整個過程中,根據(jù)動能定理得傳送帶對物塊做的功為W=

mv2-0=

mv2,故C項正確;物塊加速運動的時間內傳送帶的位移為x帶=vt,物塊的位移為x物=

t=

,物塊與傳送帶間相對位移大小為Δx=x帶-x物=

=

,整個過程中摩擦產(chǎn)生的熱