（天津专用）2020高考物理二轮复习 专题二 能量与动量 第6讲 功能关系的理解与应用课件

专题二能量与动量第6讲功能关系的理解与应用-3-专题知识•理脉络真题诠释•导方向-4-专题知识•理脉络真题诠释•导方向1.(2019·全国卷3)从地面竖直向上抛出一物体,物体在运动过程中除受到重力外,还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以内时,物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2。该物体的质量为()A.2kgB.1.5kgC.1kgD.0.5kgC-5-专题知识•理脉络真题诠释•导方向解析:根据动能定理,物体在上升过程中有-mgh-Fh=Ek2-Ek1,其中Ek2=36J,Ek1=72J,h=3m在下落过程中有mgh-Fh=Ek4-Ek3,其中Ek3=24J,Ek4=48J,h=3m联立求得m=1kg故选C。命题考点动能定理能力要求本题涉及图像问题,解题关键是能够根据已知的公式、定律等推导出横坐标和纵坐标的关系式,分析斜率的变化,然后作出正确的判断。-6-专题知识•理脉络真题诠释•导方向2.(多选)(2019·全国卷1)在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上,把物体P轻放在弹簧上端,P由静止向下运动,物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示。在另一星球N上用完全相同的弹簧,改用物体Q完成同样的过程,其a-x关系如图中虚线所示。假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球M的半径是星球N的3倍,则()A.M与N的密度相等B.Q的质量是P的3倍C.Q下落过程中的最大动能是P的4倍D.Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍AC-7-专题知识•理脉络真题诠释•导方向解析:物体轻放在弹簧上端时,弹簧的弹力为零,此时的加速度即为星球表面的重力加速度,星球M表面的重力加速度为3a0,星球N表面的重力加速度为a0,根据黄金代换公式可得g=𝐺𝑀𝑟2=𝐺𝜌·43π𝑟3𝑟2=Gρ·43πr,g∝ρr,星球M和星球N表面的重力加速度之比为3∶1,半径之比为3∶1,则两星球密度相等,A正确。加速度为0,合力为0,设P的质量为m1,有3m1a0=kx0,设Q的质量为m2,有𝑚2𝑎0=2kx0,可解出𝑚2=6m1,B错误。根据动能定理,下落至最大速度过程,对P进行分析,有3𝑚1𝑎0x0-12𝑘𝑥02=12m1𝑣12,对Q进行分析,有𝑚2𝑎0·2x0-12k·4𝑥02=12m2𝑣22,可求出下落过程中Q的最大动能是P的4倍,C正确。弹簧达到最大压缩量时物体速度为0,根据机械能守恒定律,对物体P进行分析,有-8-专题知识•理脉络真题诠释•导方向3m1a0x=12kx2,联立3m1a0=kx0,可求出物体P下落过程中弹簧的最大压缩量是2x0。同理,根据机械能守恒定律,对物体Q进行分析,有m2a0x=12kx2,联立m2a0=2kx0,可求出物体Q下落过程中弹簧的最大压缩量是4x0,Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的2倍,D错误。命题考点万有引力定律、动能定理。能力要求本题主要考查了动能定理、万有引力定律及其应用以及图像问题,解题时要明确:(1)在星球表面,忽略星球自转的情况下,万有引力近似等于重力;(2)分析清楚图像表示的物理意义是关键。-9-专题知识•理脉络真题诠释•导方向3.(2019·天津卷)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试,并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞,故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成的,如图甲所示。为了便于研究舰载机的起飞过程,假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧,示意图如图乙所示,AB长l1=150m,BC水平投影l2=63m,图中C点切线方向与水平方向的夹角θ=12°(sin12°≈0.21)。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动,经t=6s到达B点进入BC。已知飞行员的质量m=60kg,g取10m/s2,求:-10-专题知识•理脉络真题诠释•导方向(1)舰载机水平运动的过程中,飞行员受到的水平力所做的功W;(2)舰载机刚进入BC时,飞行员受到竖直向上的压力FN多大。答案:(1)7.5×104J(2)1.1×103N解析:(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动,设其刚进入上翘甲板时的速度为v,则有𝑣2=𝑙1𝑡①根据动能定理,有W=12mv2-0②联立①②式,代入数据,得W=7.5×104J。③-11-专题知识•理脉络真题诠释•导方向命题考点动能定理,圆周运动。能力要求分析解答本题的关键是分清运动过程,应用相关规律求解。(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R,根据几何关系,有l2=Rsinθ④由牛顿第二定律,有FN-mg=m𝑣2𝑅⑤联立①④⑤式,代入数据,得FN=1.1×103N。⑥-12-突破点一突破点二突破点三突破点四突破点五功、功率的分析与计算考查方向常以选择题或计算题形式考查。突破方略1.功的计算-13-突破点一突破点二突破点三突破点四突破点五比较项力的特点计算方法恒力的功单个恒力W=Flcosα合力为恒力①先求合力,再求W=F合lcosα②W=W1+W2+…变力的功大小恒定,且方向始终沿轨迹切线方向力的大小跟路程的乘积力的方向不变,大小随位移线性变化W=Flcosα已知F-l图像功的大小等于“面积”一般变力动能定理-14-突破点一突破点二突破点三突破点四突破点五2.功率的计算(1)P=𝑊𝑡,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Fvcosθ。-15-突破点一突破点二突破点三突破点四突破点五模型构建【例1】(多选)(2018·天津南开区三模改编)A、B两物体分别在大小相同的水平恒力F的作用下由静止开始沿同一水平面运动,作用时间分别为t0和4t0,两物体运动的v-t图像如图所示,则()A.A、B两物体与水平面的摩擦力大小之比为5∶12B.水平力F对A、B两物体做功的最大功率之比为2∶1C.水平力F对A、B两物体做功之比为2∶1D.在整个运动过程中,摩擦力对A、B两物体做功的平均功率之比为5∶3AB-16-突破点一突破点二突破点三突破点四突破点五解析:由速度图像可知,A加速运动时的加速度aA1=2𝑣0𝑡0,减速运动时的加速度大小为aA2=𝑣0𝑡0,由牛顿第二定律有F-Ff1=m1·2𝑣0𝑡0,Ff1=m1·𝑣0𝑡0,解两式得Ff1=𝐹3;B加速运动时的加速度大小为aB1=𝑣04𝑡0,减速运动时的加速度大小为aB2=𝑣0𝑡0,由牛顿第二定律有F-Ff2=m2·𝑣04𝑡0,Ff2=m2·𝑣0𝑡0,解两式得Ff2=4𝐹5,所以A、B两物体与水平面的摩擦力之比为5∶12,A项正确;由速度图像知,水平力F对A、B两物体做功的最大功率之比为(F·2v0)∶(F·v0)=2∶1,B项正确;由图像面积表示位移可知两物体位移之比为6∶5,整个过程中,由动能定理易知,水平力F对A、B两物体做功之比等于摩擦力做功之比为1∶2,C项错误;由功率的定义式知摩擦力对A、B两物体做功的平均功率之比为5∶6,D项错误。-17-突破点一突破点二突破点三突破点四突破点五分析推理(1)水平力F对A、B两物体做功的最大功率为瞬时功率还是平均功率?(2)整个运动过程中,水平力F对A、B两物体做功(填“大于”“小于”或“等于”)A、B两物体克服摩擦力做功。(1)提示:瞬时功率。(2)提示:等于-18-突破点一突破点二突破点三突破点四突破点五迁移训练1.(多选)(2019·天津南开区模拟)如图所示,某中学科技小组制作了利用太阳能驱动小车的装置。当太阳光照射到小车上方的光电板时,光电板中产生的电流经电动机带动小车前进。小车在平直的公路上由静止开始匀加速行驶,经过时间t,速度为v时功率达到额定功率,并保持不变;小车又继续前进了距离s,达到最大速度vmax。设小车的质量为m,运动过程所受阻力恒为Ff,则()C.小车做匀加速直线运动时的牵引力为Ff+𝑚𝑣𝑡D.小车速度由零至vmax的过程牵引力做功为12𝑚𝑣max2+Ff𝑠+𝑣𝑡2A.小车的额定功率为FfvmaxB.小车的额定功率为FfvACD-19-突破点一突破点二突破点三突破点四突破点五解析:小车匀加速行驶时,牵引力不变,电动机的功率随着小车速度的增大而增大,当达到额定功率时,以额定功率行驶,做加速度逐渐减小的加速运动,最终当牵引力等于阻力时,速度达到最大,所以额定功率P=Ffvmax,故A正确,B错误;小车做匀加速直线运动的加速度a=𝑣𝑡,根据牛顿第二定律知F-Ff=ma,联立解得F=Ff+m𝑣𝑡,故C正确;根据动能定理知:W-Ff𝑠+𝑣𝑡2=12𝑚𝑣max2-0,小车速度由零至vmax的过程牵引力做功为W=12𝑚𝑣max2+Ff𝑠+𝑣𝑡2,故D正确。-20-突破点三突破点四突破点五突破点一突破点二机车启动问题考查方向常以选择题或计算题形式考查。突破方略三个重要关系式(1)无论哪种启动过程,机车的最大速度都等于其匀速直线运动时的速度,即vmax=𝑃𝐹min=𝑃𝐹阻(式中Fmin为最小牵引力,其值等于阻力F阻)。(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中,匀加速过程结束时,功率最大,速度不是最大,即v=𝑃𝐹vmax=𝑃𝐹阻。-21-突破点三突破点四突破点五突破点一突破点二(3)机车以恒定功率运行时,牵引力做的功W=Pt。由动能定理:Pt-F阻x=ΔEk。此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小。-22-突破点三突破点四突破点五突破点一突破点二模型构建【例2】(多选)(2019·甘肃天水三模)质量为400kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加速,受到的阻力不变,其加速度a和速度的倒数的关系如图所示,则赛车()A.速度随时间均匀增大B.加速度随时间均匀增大C.恒定功率为160kWD.所受阻力大小为1600N1𝑣CD-23-突破点三突破点四突破点五突破点一突破点二解析:由题图可知赛车做加速度减小的加速运动,且当牵引力等于阻力时,赛车的加速度为零,赛车的速度最大,A、B错误;对赛车受力分析,赛车受重力、支持力、牵引力以及摩擦力,由牛顿第二定律得F-Ff=ma,其中F=𝑃𝑣,联立解得a=𝑃𝑚𝑣−𝐹f𝑚,当赛车的速度最大时,加速度为零,此时有1𝑣=0.01m-1·s,即最大的速度为vmax=100m·s-1,又-𝐹f𝑚=-4m/s2,0=𝑃𝑚𝑣m−𝐹f𝑚,整理解得Ff=1600N,P=160kW,C、D正确。-24-突破点三突破点四突破点五突破点一突破点二迁移训练2.(多选)(2019·湖南衡阳模拟)一辆汽车在平直的公路上运动,运动过程中先保持某一恒定加速度,后保持恒定的牵引功率,其牵引力和速度的图像如图所示。若已知汽车的质量m、牵引力F1和速度v1及该车所能达到的最大速度v3,运动过程中所受阻力恒定,则根据图像所给的信息,下列说法正确的是()A.汽车行驶中所受的阻力为𝐹1𝑣1𝑣3B.汽车匀加速运动的过程中牵引力的冲量大小为𝑚𝑣1𝑣3𝑣3-𝑣1C.速度为v2时的加速度大小为𝐹1𝑣1𝑚𝑣2D.若速度为v2时牵引力恰为𝐹12,则有v2=2v1ABD-25-突破点三突破点四突破点五突破点一突破点二解析:根据牵引力和速度的图像得汽车运动中的最大功率为F1v1。该车达到最大速度时加速度为零,所以此时阻力等于牵引力,所以阻力Ff=𝐹1𝑣1𝑣3,A正确。根据牛顿第二定律,有恒定加速度时,加速度a1=𝐹1-𝐹f𝑚=𝐹1𝑚−𝐹1𝑣1𝑚𝑣3,加速的时间t=𝑣1𝑎1=𝑚𝑣1𝑣3𝐹1(𝑣3-𝑣1),则汽车匀加速运动的过程中牵引力的冲量大小为I=F1t=𝑚𝑣1𝑣3𝑣3-𝑣1,故B正确。速度为v2时的牵引力是𝐹1𝑣1𝑣2,根据牛顿第二定律,速度为v2时加速度大小为a2=𝐹1𝑣1𝑚𝑣2−𝐹1𝑣1𝑚𝑣3,故C错误。若速度为v2时牵引力恰为𝐹12,则𝐹1𝑣