【物理】2020届二轮复习专题二能量与动量第4课时功和功率　功能关系学案

【物理】2020届二轮复习专题二能量与动量第4课时功和功率　功能关系学案

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，可以只在选择题中出现，考查动量守恒定律、动量定理的基本应用，也可在计算题中出现，特别是动量与动力学、能量结合、综合性强、难度高，应加大训练．‎ 第4课时　功和功率　功能关系 考点　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 α.‎ ‎(2)合力为恒力的功 ‎①先求合力，再求W＝F合lcos α.‎ ‎②W＝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 α计算．‎ ‎(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；‎ ‎(2)P＝Fv，若v为瞬时速度，则P为瞬时功率；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 θ.‎ 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10 m/s2.则以下判断正确的是(　　)‎ 图1‎ A．小环的质量是1 kg B．细杆与地面间的倾角是30°‎ C．前3 s内拉力F的最大功率是2.25 W D．前3 s内拉力对小环做功5.75 J 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，由题图可得：第1 s内，a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2，加速阶段：F1－mgsin θ＝ma；匀速阶段：F2－mgsin θ＝0，联立以上三式解得：m＝1 kg，sin θ＝0.45，故A正确，B错误；第1 s内，速度不断变大，拉力的瞬时功率也不断变大，第1 s末，P＝Fv1＝5×0.5 W＝2.5 W；第1 s末到第3 s末，P＝Fv1＝4.5×0.5 W＝2.25 W，即拉力的最大功率为2.5 W，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×‎ ‎1 J＝5.75 J，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．P1P2>P3‎ C．P3>P1>P2 D．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a＝gsin θ(θ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 θ，所以t＝＝＝，t与θ无关，即t1＝t2＝t3，而三个环重力做功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，重力加速度为g，则下列关系中正确的是(　　)‎ 图3‎ A．W1＝mgR B．W2＝mgR C．mgR2mgR 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W2μmgcos β，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－μmgscos β＝0‎ 解得s＝11.25 m ‎(3)假设物体依次能到达B、D点，由动能定理得 mg(h－Lsin β)－μmgcos β(L＋)＝mvB2‎ 解得vB>0‎ mg(h－Lsin β)－μmgcos β(3L＋)＝mvD2‎ 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　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m＝1 kg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＝5 m，物块与传送带间的动摩擦因数μ1＝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μ2＝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θ＝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＝5 m/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.‎ 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)0.8 m　(2) m　(3) m/s≤v≤ m/s 解析　(1)物块被弹簧弹出，由Ep＝mv02，可知：‎ v0＝6 m/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：μ1mg＝ma1，v＝v0－a1t1，x1＝v0t1－a1t12‎ 得到：a1＝2 m/s2，t1＝0.5 s，x1＝2.75 m 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速至0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mvB2＝μ2mg(s－x)，代入数据解得：x＝ m.‎ ‎(3)设传送带速度为v1时物块恰能到F点，在F点满足mgsin 30°＝m 从B到F过程中由动能定理可知：‎ ‎－μ2mgs－mg(R＋Rsin 30°)＝mvF2－mv12‎ 解得：v1＝ m/s 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mv22＝μ2mg·3s＋mgR 解得：v2＝ m/s 若物块在传送带上一直加速运动，由mvBm2－mv02＝μ1mgL 知其到B点的最大速度vBm＝ m/s 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．‎ 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＝3 m，不可伸长的细线一端固定在O点，另一端系一质量m＝2 kg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4‎ A．两滑块组成的系统机械能守恒 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 ‎7．(多选)(2019·四川第二次诊断)如图5甲所示，质量m＝1 kg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＝0.5 s时撤去拉力，其1.5 s内的速度随时间变化关系如图乙所示，g取10 m/s2.则(　　)‎ 图5‎ A．0.5 s时拉力功率为12 W B．0.5 s内拉力做功9 J C．1.5 s后物块可能返回 D．1.5 s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：x2＝×1×‎ ‎2 m＝1 m；由题图乙知，各阶段加速度的大小：a1＝4 m/s2，a2＝2 m/s2；设斜面倾角为θ，斜面对物块的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律，0～0.5 s内F－μgmcos θ－mgsin θ＝ma1；0.5～1.5 s内－μmgcos θ－mgsin θ＝－ma2，联立解得：F＝6 N，但无法求出μ和θ.0.5 s时，拉力的功率P＝Fv＝12 W，故A正确．拉力做的功为W＝Fx1＝3 J，故B错误．无法求出μ和θ，不清楚tan θ与μ的大小关系，故无法判断物块能否静止在斜面上，故C正确，D错误．‎ ‎8.(多选)(2019·安徽安庆市期末调研监测)如图6所示，重力为10 N的滑块轻放在倾角为30°的光滑斜面上，从a点由静止开始下滑，到b点接触到一个轻质弹簧，滑块压缩弹簧到c点开始弹回，返回b点离开弹簧，最后又回到a点．已知ab＝1 m，bc＝0.2 m，则以下结论正确的是(　　)‎ 图6‎ A．整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6 J B．整个过程中滑块动能的最大值为6 J C．从c到b弹簧的弹力对滑块做功5 J D．整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒 答案　AD 解析　滑块从a到c, mghac＋W弹′＝0－0‎ 解得：W弹′＝－6 J.‎ 则Epm＝－W弹′＝6 J 所以整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6 J，故A正确；‎ 当滑块受到的合外力为0时，滑块速度最大，设滑块在d点合外力为0，由分析可知d点在b 点和c点之间．滑块从a到d有：‎ mghad＋W弹＝Ekd－0‎ 因mghad＜6 J，W弹＜0‎ 所以Ekd＜6J，故B错误；‎ 从c点到b点弹簧的弹力对滑块做的功与从b点到c点弹簧的弹力对滑块做的功大小相等，即为6 J，故C错误；‎ 整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒，没有与系统外发生能量转化，故D正确．‎ ‎9．(多选)如图7所示，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上．a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g.则(　　)‎ 图7‎ A．a落地前，轻杆对b一直做正功 B．a落地时速度大小为 C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg 答案　BD 解析　滑块b的初速度为零，末速度也为零，所以轻杆对b先做正功，后做负功，选项A错误；以滑块a、b及轻杆组成的系统为研究对象，系统的机械能守恒，当a刚落地时，b的速度为零，则mgh＝mva2＋0，即va＝，选项B正确；a、b的先后受力如图甲、乙所示，‎ 由a的受力图可知，a下落过程中，其加速度大小先小于g后大于g，选项C错误；当a落地前b的加速度为零(即轻杆对b的作用力为零)时，b的机械能最大，a的机械能最小，这时b受重力、支持力，且FNb＝mg，由牛顿第三定律可知，b对地面的压力大小为mg，选项D正确．‎ ‎ 级争分练 ‎10．(2019·吉林“五地六校”合作体联考)一辆赛车在水平路面上由静止启动，在前5 s内做匀加速直线运动，5 s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动．其v－t图象如图8所示．已知赛车的质量为m＝1×103 kg，赛车受到的阻力为车重力的0.1倍，重力加速度g取10 m/s2，则以下说法正确的是(　　)‎ 图8‎ A．赛车在前5 s内的牵引力为5×102 N B．赛车速度为25 m/s时的加速度为5 m/s2‎ C．赛车的额定功率为100 kW D．赛车的最大速度为80 m/s 答案　C 解析　匀加速直线运动的加速度大小为：a＝＝ m/s2＝4 m/s2，根据牛顿第二定律得：F－Ff＝ma，解得牵引力为：F＝Ff＋ma＝0.1×1×103×10 N＋1×103×4 N＝5×103 N，故A错误；额定功率为：P＝Fv＝5 000×20 W＝100 000 W＝100 kW.当车的速度是25 m/s时，牵引力：F′＝＝ N＝4 000 N，车的加速度：a′＝＝ m/s2＝3 m/s2，故B错误，C正确；当牵引力与阻力相等时，速度最大，最大速度为：vm＝＝＝ m/s＝100 m/s，故D错误．‎ ‎11．(2019·福建泉州市期末质量检查)如图9所示，四分之一圆弧AB和半圆弧BC组成的光滑轨道固定在竖直平面内，A、C两端点等高，直径BC竖直，圆弧AB的半径为R，圆弧BC的半径为.一质量为m的小球从A点上方的D点由静止释放，恰好沿A点切线方向进入并沿轨道运动，不计空气阻力，重力加速度大小为g.‎ 图9‎ ‎(1)要使小球能运动到C点，D、A两点间的高度差h至少为多大？‎ ‎(2)改变h，小球通过C点后落到圆弧AB上的最小动能为多少？‎ 答案　(1)　(2)mgR 解析　(1)设小球刚好通过C点的速度为v，则 mg＝m 小球从D点到C点的过程中机械能守恒，有：‎ mgh＝mv2‎ 联立解得h＝ ‎(2)设小球通过C点的速度为v0，落到圆弧AB上时，水平位移为x，下落高度为y，由平抛运动的规律可知x＝v0t；y＝gt2‎ 从C点抛出到落到圆弧AB上，由动能定理得：mgy＝Ek－mv02‎ 又x2＋y2＝R2‎ 联立可得：Ek＝mg(＋3y)‎ 式中当＝3y，即y＝R时，Ek有最小值，‎ Ekmin＝mgR.‎ ‎12.如图10所示，倾角为30°的足够长斜面固定于水平面上，轻滑轮的顶端与固定于竖直平面内圆环的圆心O及圆环上的P点在同一水平线上，细线一端与套在环上质量为m的小球相连，另一端跨过滑轮与质量为M的物块相连．小球在竖直向下拉力作用下静止于Q点，细线与环恰好相切，OQ、OP间成53°角．撤去拉力后球运动到P点速度恰好为零．忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：‎ 图10‎ ‎(1)拉力的大小F；‎ ‎(2)物块和球的质量之比M∶m；‎ ‎(3)撤去拉力瞬间，细线张力FT的大小．‎ 答案　(1)Mg－mg　(2)12∶5‎ ‎(3)(mg或Mg)‎ 解析　(1)由平衡条件，对物块M：FT1＝Mgsin 30°‎ 对球m：(F＋mg)cos 53°＝FT1‎ 得到：F＝Mg－mg；‎ ‎(2)设环的半径为R，球运动至P过程中，球上升高度为：h1＝Rsin 53°‎ 物块沿斜面下滑的距离为：‎ L＝Rtan 53°－(－R)‎ 由机械能守恒定律有：‎ mgh1＝MgLsin 30°‎ 得到：M∶m＝12∶5；‎ ‎(3)细线的张力为FT，根据牛顿第二定律可以得到：‎ 物块M：Mgsin 30°－FT＝Ma 球m：FT－mgcos 53°＝ma 解得：FT＝(FT＝mg或FT＝Mg)．‎