（新课标地区专用）2020高考物理二轮复习 专题三 功和能 第1课时 功 功率和功能关系课件

第一部分专题三功和能专题复习定位1.解决问题本专题主要培养学生应用功能关系分析和解决问题的能力.2.高考重点功和功率的分析与计算；动能定理的应用；机械能和能量守恒定律的应用；功能关系的理解和应用.3.题型难度以选择题为主，一般考查功和功率的分析、动能定理的应用以及功能关系的理解，题目难度较大.相关知识链接1.几种力做功的特点(1)重力、弹簧弹力、静电力做功与无关.(2)摩擦力做功的特点①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功.②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和，在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的转移，没有机械能转化为其他形式的能；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和，且总为.在一对滑动摩擦力做功的过程中，不仅有相互摩擦的物体间机械能的转移，还有部分机械能转化为内能，转化为内能的量等于系统机械能的减少量，等于滑动摩擦力与的乘积.③摩擦生热是指滑动摩擦生热，静摩擦不会生热.路径总等于零不为零负值相对位移2.几个重要的功能关系(1)重力的功等于减少量，即WG＝.(2)弹力的功等于减少量，即W弹＝.(3)合力的功等于的变化，即W＝.(4)重力(或系统内弹簧弹力)之外的其他力的功等于的变化，即W其他＝ΔE.(5)系统内一对滑动摩擦力做的功是系统内能改变的量度，即Q＝Ff·x相对.重力势能－ΔEp弹性势能－ΔEp动能ΔEk机械能规律方法提炼1.功和功率的求解(1)功的求解：W＝Flcosα用于恒力做功，变力做功可以用或者图象法来求解.(2)功率的求解：可以用定义式P＝来求解，如果力是恒力，可以用P＝Fvcosα来求解.2.动能定理的应用技巧若运动包括几个不同的过程，可以全程或者应用动能定理.动能定理分过程Wt高考题型1功和功率的分析与计算内容索引NEIRONGSUOYIN高考题型2动能定理的应用高考题型3机械能守恒和能量守恒定律的应用高考题型4力学中功能关系的理解和应用功和功率的分析与计算高考题型1例1(多选)(2019·山东菏泽市下学期第一次模拟)如图1所示，半径为R的半圆弧槽固定在水平地面上，槽口向上，槽口直径水平，一个质量为m的物块从P点由静止释放刚好从槽口A点无碰撞地进入槽中，并沿圆弧槽匀速率地滑行到最低点B点，不计物块的大小，P点到A点高度为h，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是A.物块从P到B过程克服摩擦力做的功为mg(R＋h)图1B.物块从A到B过程重力的平均功率为2mg2ghπC.物块在B点时对槽底的压力大小为R＋2hmgRD.物块到B点时重力的瞬时功率为mg2gh√√解析物块从A到B过程做匀速圆周运动，根据动能定理有mgR－Wf＝0，因此克服摩擦力做功Wf＝mgR，A项错误；根据机械能守恒，物块到A点时的速度大小由mgh＝12mv2得v＝2gh，从A到B运动的时间t＝12πRv＝πR22gh，因此从A到B过程中重力的平均功率为P＝Wt＝2mg2ghπ，B项正确；物块在B点时，根据牛顿第二定律FN－mg＝mv2R，求得FN＝R＋2hmgR，根据牛顿第三定律可知，FN′＝FN＝R＋2hmgR，C项正确；物块到B点时，速度的方向与重力方向垂直，因此重力的瞬时功率为零，D项错误.拓展训练1(多选)(2019·山东济宁市第二次摸底)如图2所示，A、B两物体的质量分别为m、2m，中间用轻杆相连，放在光滑固定的斜面上(轻杆与斜面平行).现将它们由静止释放，在下滑的过程中A.两物体下滑的加速度相同B.轻杆对A做正功，对B做负功C.系统的机械能守恒D.任意时刻两物体重力的功率相同图2√√解析因为A、B两物体用轻杆相连，一起运动，加速度相同，A正确；对两物体整体受力分析得：(2m＋m)gsinθ＝(2m＋m)a，整体加速度a＝gsinθ；设杆对B的力为F，隔离B可得：2mgsinθ＋F＝2ma，且a＝gsinθ，所以F＝0，B错误；只有重力对系统做功，动能和重力势能相互转化，机械能守恒，C正确；重力瞬时功率P＝mgvy，虽然两物体速度相同，但是质量不一样，则同一时刻两物体重力功率不一样，D错误.拓展训练2(2019·北京市东城区二模)我国自主研制、具有自主知识产权的新一代喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程.如图3，飞机在水平跑道上的滑跑可视作初速度为零的匀加速直线运动，当位移x＝1.6×103m时才能达到起飞所要求的速度v＝80m/s.已知飞机质量m＝7.0×104kg，滑跑时受到的阻力恒为自身重力的0.1倍，重力加速度g取10m/s2，求飞机滑跑过程中：(1)飞机的加速度a的大小；图3答案2m/s2解析由题意知，飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，由：v2＝2ax代入数据，解得：a＝2m/s2(2)飞机受到平均牵引力的大小；答案2.1×105N解析设飞机滑跑受到的阻力大小为Ff，则Ff＝0.1mg由牛顿第二定律：F－Ff＝ma代入数据，解得：F＝2.1×105N(3)飞机受到牵引力的平均功率P.答案8.4×106W解得P＝8.4×106W.解析设飞机滑跑过程中的平均速度为v，则v＝v2在滑跑阶段，牵引力的平均功率：P＝Fv动能定理的应用高考题型21.应用动能定理解题的基本思路(1)确定研究对象和研究过程；(2)进行运动分析和受力分析，确定初、末速度和各力做功情况，利用动能定理全过程或者分过程列式.2.动能定理的应用(1)动能定理是根据恒力做功和直线运动推导出来的，但是也适用于变力做功和曲线运动.(2)在涉及位移和速度而不涉及加速度和时间问题时，常选用动能定理分析.(3)动能定理常用于分析多运动过程问题，关键是明确各力及各力作用的位移.例2(多选)(2019·宁夏银川市质检)如图4所示为一滑草场.某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，载人滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8).则图4A.动摩擦因数μ＝67B.载人滑草车最大速度为2gh7C.载人滑草车克服摩擦力做功为mghD.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g√√载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，选项C错误；解析对载人滑草车从坡顶由静止到底端的全过程分析，由动能定理可知：mg·2h－μmgcos45°·hsin45°－μmgcos37°·hsin37°＝0，解得μ＝67，选项A正确；对经过上段滑道的过程分析，根据动能定理有mgh－μmgcos45°·hsin45°＝12mv2，解得：v＝2gh7，选项B正确；载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为a＝μmgcos37°－mgsin37°m＝335g，选项D错误.拓展训练3(2019·山西五地联考上学期期末)如图5所示，固定斜面倾角为θ.一轻弹簧的自然长度与斜面长相同，都为L，弹簧一端固定在斜面的底端，将一个质量为m的小球放在斜面顶端与弹簧另一端接触但不相连，用力推小球使其挤压弹簧并缓慢移到斜面的中点，松手后，小球最后落地的速度大小为v，不计空气阻力和一切摩擦，重力加速度为g，则该过程中，人对小球做的功W及小球被抛出后离地面的最大高度H分别为图5A.12mv2－mgLsinθ；v2sin2θ＋2gLsinθcos2θ2gB.12mv2；v2sin2θ－2gLsinθcos2θ2gC.12mv2－12mgLsinθ；v2sin2θ＋2gLsinθcos2θ2gD.12mv2－mgLsinθ；v22g√解析对人从开始压弹簧到小球落地的整个过程，由动能定理得W＋mgLsinθ＝12mv2－0，则W＝12mv2－mgLsinθ；设小球离开斜面时的速度为v0.对小球做斜抛运动的过程，由动能定理得mgLsinθ＝12mv2－12mv02；从最高点到落地的过程，由动能定理得mgH＝12mv2－12m(v0cosθ)2，联立解得：H＝v2sin2θ＋2gLsinθcos2θ2g.拓展训练4(2019·云南昭通市上学期期末)如图6，固定在竖直平面内的倾斜轨道AB，与水平固定光滑轨道BC相连，竖直墙壁CD高H＝0.2m，在地面上紧靠墙壁固定一个和CD等高，底边长L1＝0.3m的固定斜面.一个质量m＝0.1kg的小物块(视为质点)在轨道AB上从距离B点L2＝4m处由静止释放，从C点水平抛出，已知小物块与AB段轨道间的动摩擦因数为0.5，通过B点时无能量损失；AB段与水平面的夹角为37°.(空气阻力不计，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)图6(1)求小物块运动到B点时的速度大小；答案4m/s解析对小物块从A到B过程分析，根据动能定理有：mgL2sin37°－μmgL2cos37°解得：vB＝4m/s；＝12mvB2，(2)求小物块从C点抛出到击中斜面的时间；解析设物块落在斜面上时水平位移为x，竖直位移为y，如图所示：对平抛运动，有：x＝vBt，y＝12gt2，结合几何关系，有：H－yx＝HL1＝23，答案115s解得：t＝115s或t＝－35s(舍去)；(3)改变小物块从轨道上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值.答案0.15J解析设小物块从轨道上A′点静止释放且A′B＝L，运动到B点时的速度为vB′，对物块从A′到碰撞斜面过程分析，根据动能定理有：mgLsin37°－μmgcos37°·L＋mgy＝12mv2－012mvB′2＝mgLsin37°－μmgLcos37°对物块从A′到运动到B过程分析，根据动能定理有又x＝vB′t，y＝12gt2，H－yx＝23故当25y16＝9H216y，即y＝35H＝0.12m时，动能最小为Ekmin，代入数据，解得Ekmin＝0.15J.联立解得：12mv2＝mg(25y16＋9H216y－9H8)，机械能守恒和能量守恒定律的应用高考题型31.机械能守恒的判断(1)利用机械能守恒的定义判断；(2)利用做功判断；(3)利用能量转化判断；(4)对于绳突然绷紧和物体间非弹性碰撞问题，机械能往往不守恒.2.解题步骤(1)选取研究对象，分析物理过程及状态；(2)分析受力及做功情况，判断机械能是否守恒；(3)选取参考面，根据机械能守恒列式.3.应用技巧对于连接体的机械能守恒问题，常常应用重力势能的减少量等于动能的增加量来分析和求解.例3(多选)(2019·福建厦门市上学期期末质检)有一款蹿红的小游戏“跳一跳”，游戏要求操作者通过控制棋子(质量为m，可视为质点)脱离平台时的速度，使其能从同一水平面上的平台跳到旁边的另一平台上.如图7所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹，轨迹的最高点距平台上表面高度为h，不计空气阻力，重力加速度为g，则A.棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加mghB.棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，机械能增加mgh图7C.棋子离开平台后距平台面高度为h2时动能为mgh2D.棋子落到另一平台上时的速度大于2gh√√解析设平台表面为零势能面，则棋子在最高点的重力势能为mgh，故棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加mgh，A正确；棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，不计空气阻力，只有重力做功，机械能守恒，B错误；取平台表面为零势能面，则棋子在最高点的机械能E＝mgh＋12mvx2，vx为棋子在最高点的速度.由于机械能守恒，则棋子离开平台后距平台面高度为h2时，动能为Ek＝E－12mgh＝12mgh＋12mvx2mgh2，C错误；设棋子落到另一平台时的瞬时速度大小为v，棋子从最高点落到另一平台的过程中，根据动能定理得：mgh＝12mv2－12mvx2，解得：v＝2gh＋vx22gh，D正确.拓展训练5(多选)(2019·福建厦门市第一次质量检查)如图8所示，在竖直面内固定一半径为R的圆环，AC是圆环竖直直径，BD是圆环水平直径，半圆环ABC是光滑的，半圆环CDA是粗糙的.一质量为m的小球(视为质点)在圆环的内