2020年高考物理二轮复习 专题二 第一讲 功和能课件

第一讲功和能功和功率是高考命题的热点，主要涉及的问题有：摩擦力做功问题、变力做功问题、平均功率问题、瞬时功率问题、力与速度方向不共线的功率问题，建议对本考点多加关注。考点一功和功率释疑4大考点记牢基本知识1．功的计算(1)恒力的功：W＝。(2)变力的功：①将变力做功转化为恒力做功；②应用F­x图像求解；③应用动能定理求解。Flcosα2．功率(1)平均功率：P＝。(2)瞬时功率：P＝。(3)应用：机车启动，P＝。WtFvcosαFv活用思路方法1．求总功W时，可以先求出合力，再求总功(合力应为恒力)；也可采用分段法分别求出各阶段力做的功，总功就等于这些功的代数和；还可以根据动能定理求解，如诊断卷第3题，设物块在t＝0和t＝5s时的速度分别为v0、v5，则总功为W＝12mv52－12mv02＝12×2×32J－0＝9J，所以P＝Wt＝1.8W。2．“机车”启动的图像与“机车”受力、“机车”运动相联系的问题难度一般较大，如诊断卷第4题，以汽车速度的倒数1v与加速度a的关系图像给出解题信息，首先要根据题述情景，运用相关物理知识列出相应的方程，将方程联立变化得到与图像符合的函数关系式，然后得出图像斜率、截距的物理意义，才能正确解答相关问题。[题点全练]1．(2019·云南昆明诊断)如图所示，两根不可伸长的轻绳一端与一个质量为m的小球相连于O点，另一端分别固定在小车天花板上的A、B两点，OA绳与天花板的夹角为30°，OB绳与天花板的夹角为60°，重力加速度为g。当小车以速度v向右做匀速直线运动，小球与车保持相对静止时，下列说法正确的是()A．OA绳对小球的拉力大小为32mgB．OB绳对小球的拉力大小为12mgC．OA绳对小球拉力做功的功率为34mgvD．重力对小球做功的功率为mgv解析：设OA绳对小球的拉力大小为F1，OB绳对小球的拉力大小为F2，对O点小球分析受力，由平衡条件得：F1cos30°＝F2cos60°，F1sin30°＋F2sin60°＝mg，联立解得：F1＝mg2，F2＝3mg2，选项A、B错误；OA绳对小球的拉力做功的功率P＝F1cos30°·v＝34mgv，选项C正确；由于重力竖直向下，方向与速度方向垂直，所以重力对小球做功的功率为零，选项D错误。答案：C2．[多选](2018·全国卷Ⅲ)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程()A．矿车上升所用的时间之比为4∶5B．电机的最大牵引力之比为2∶1C．电机输出的最大功率之比为2∶1D．电机所做的功之比为4∶5解析：两次提升的高度相同，则图线①②与时间轴围成的面积相等，由几何知识可得第②次提升过程所用时间为2t0＋t02＝52t0，所以两次上升所用时间之比为2t0∶52t0＝4∶5，故A正确。在加速上升阶段电机的牵引力最大，由牛顿第二定律知，F－mg＝ma，F＝m(g＋a)，由于两次提升的质量和加速度都相同，故最大牵引力相同，故B错误。两次提升加速阶段达到的最大速度之比为2∶1，由P＝Fv可知，电机输出的最大功率之比为2∶1，故C正确。两个过程动能变化量相同，克服重力做功相同，由动能定理知，两次电机做功也相同，故D错误。答案：AC3．[多选](2019·烟台模拟)如图所示，滑块以初速度v0滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点。则能大致反映滑块整个运动过程中速度v、加速度a、动能Ek、重力对滑块所做的功W与时间t或位移x关系的是(取初速度方向为正方向)()解析：滑块以初速度v0滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点。滑块先以较大加速度做匀减速直线运动，再以较小加速度做反向匀加速直线运动，A正确。滑块上滑和下滑时的加速度方向都向下，B错误。动能为标量且一定为正值，C错误。设斜面倾角为θ，由做功的定义式W＝－mgxsinθ，D正确。答案：AD动能定理的应用是高考的热点问题，往往与其他知识综合考查，具有情景新颖、过程复杂、知识综合性强(如诊断卷第7题)等特点，考生失分的原因往往是不会“分步”处理，即按照一定流程认真做好受力分析、运动过程分析，再根据动能定理结合其他力学规律列出方程，进而分步解决问题。建议对本考点重点攻坚。考点二动能定理的应用深化对动能定理的理解1．动能定理既适用于恒力做功、直线运动、单过程问题，也适用于变力做功(如诊断卷第5题)、曲线运动(如诊断卷第6题)、多过程问题。2．动能定理不涉及势能，解决的是合力做功与动能变化的问题，各力做功的情况都要进行分析。3．在接触面粗糙的情况下，机械能往往是不守恒的，可应用动能定理解题。4．应用动能定理求解多过程问题时，联系两个过程的关键物理量是速度。如诊断卷第7题，vA既是平抛运动的末速度，也是沿斜面AB运动的初速度，“恰好从A点沿斜面AB进入炒锅”说明vA的方向沿斜面AB向下，其水平方向的分速度vAx＝vP。掌握应用动能定理解题的思维流程[典例](2019·临沂二模)如图所示，倾角θ＝45°的粗糙平直导轨AB与半径为R的光滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内。一质量为m的小滑块(可以看作质点)从导轨上离地面高为h＝3R的D处无初速度下滑进入圆环轨道。接着小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，不计空气阻力，已知重力加速度为g。求：(1)滑块运动到圆环最高点C时的速度大小；(2)滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小；(3)滑块在斜面轨道BD间运动的过程中克服摩擦力做的功。[思维流程][解析](1)小滑块从C点飞出后做平抛运动，设水平速度为v0竖直方向上：R＝12gt2水平方向上：2R＝v0t解得：v0＝gR。(2)设小滑块在最低点时速度为v，小滑块从最低点到C点的过程由动能定理得：－mg·2R＝12mv02－12mv2解得：v＝5gR在最低点由牛顿第二定律得：FN－mg＝mv2R解得：FN＝6mg由牛顿第三定律得滑块对圆环轨道压力FN′＝6mg。(3)从D到最低点过程中，设DB过程中克服摩擦阻力做功为Wf，由动能定理得：mgh－Wf＝12mv2－0解得：Wf＝12mgR。[答案](1)gR(2)6mg(3)12mgR[题点全练]1．(2019·全国卷Ⅲ)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．0.5kg解析：画出运动示意图，设阻力为f，据动能定理知A→B(上升过程)：－(mg＋f)h＝EkB－EkAC→D(下落过程)：(mg－f)h＝EkD－EkC联立解得物体的质量m＝1kg，选项C正确。答案：C2．(2018·全国卷Ⅱ)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定()A．小于拉力所做的功B．等于拉力所做的功C．等于克服摩擦力所做的功D．大于克服摩擦力所做的功解析：由题意知，W拉－W阻＝ΔEk，则W拉＞ΔEk，故A正确、B错误；W阻与ΔEk的大小关系不确定，故C、D错误。答案：A3．(2019·驻马店二检)如图所示，AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA处于水平位置。AB是半径为R＝1m的14圆弧轨道，CDO是半径为r＝0.5m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板(可以把小球弹回不损失能量，图中没有画出)，D为CDO轨道的中点。BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接。已知BC段水平轨道长L＝2m，与小球之间的动摩擦因数μ＝0.2。现让一个质量为m＝1kg的小球P从A点的正上方距水平线OA高H处自由落下：(取g＝10m/s2)(1)当H＝2m时，问小球第一次到达D点对轨道的压力大小；(2)为使小球仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，问H的取值范围。解析：(1)设小球第一次到达D点的速度为vD，对小球从P到D点的过程，根据动能定理有：mg(H＋r)－μmgL＝12mvD2在D点轨道对小球的弹力FN提供向心力，则有FN＝mvD2r联立解得：FN＝84N，由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为：FN′＝FN＝84N。(2)为使小球仅仅与挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，H最小时必须满足能上升到O点，有：mgHmin－μmgL＝12mvO2在O点有：mg＝mvO2r联立解得：Hmin＝0.65m仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，H最大时，碰后再返回最高点能上升到D点，有：mg(Hmax＋r)－3μmgL＝0代入数据解得：Hmax＝0.7m故有：0.65m≤H≤0.7m。答案：(1)84N(2)0.65m≤H≤0.7m机械能守恒定律是高中物理的重要内容，同时也是高考命题的热点，此类问题主要涉及连接体问题、与实际生活相结合的问题，解题的关键是分析哪个物体或系统在哪个阶段机械能守恒。预计2020年高考仍可能会对机械能守恒定律进行考查，还有可能会结合动量进行考查，在复习时要引起重视。建议对本考点重点攻坚。考点三机械能守恒定律的应用判断机械能守恒的两个角度1．若只有物体重力和弹簧弹力做功，则物体和组成的系统机械能守恒。2．若系统内部只有动能和的相互转化，没有其他形式的能(如内能)与机械能相互转化，且系统与外部也没有能量的转移或转化，则系统机械能守恒。弹簧势能掌握系统机械能守恒的三种表达式谨记应用机械能守恒定律解题的基本思路突破三类连接体模型题型1绳连接的系统机械能守恒问题[例1](2019·南京模拟)如图所示，一半圆形碗的边缘上装有一定滑轮，滑轮两边通过一不可伸长的轻质细线挂着两个小物体，质量分别为m1、m2，m1m2。现让m1从靠近定滑轮处由静止开始沿碗内壁下滑。设碗固定不动，其内壁光滑、半径为R。则m1滑到碗最低点时的速度为()A．2m1－m2gR2m1＋m2B.2m1－m2gRm1＋m2C.2m1－2m2gRm1＋m2D．2m1－2m2gR2m1＋m2[解析]设当m1到达碗最低点时速率为v1，此时m2的速率为v2，由几何关系知v1cos45°＝v2，对m1、m2由机械能守恒定律得m1gR＝m2g·2R＋12m1v12＋12m2v22，解得v1＝2m1－2m2gR2m1＋m2，D正确。[答案]D题型2杆连接的系统机械能守恒问题[例2][多选]如图所示，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直光滑杆上，与光滑的水平地面相距h，b放在地面上。a、b通过铰链用刚性轻杆连接，不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g。下列说法正确的是()A．a落地前，轻杆对b一直做正功B．a落地时速度大小为2ghC．a下落过程中，其加速度大小始终不大于gD．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg[审题指导](1)审题时找出解题关键词“不计摩擦”，这提示我们系统中没有内能的转化，仅重力势能向动能转化，系统机械能守恒。(2)判断a落地时，b的速度大小是解题的突破口。[解析]由于刚性轻杆不可伸缩，滑块a、b沿轻杆方向的分速度相等，滑块a落地时，速度方向竖直向下，沿轻杆方向的分速度为0，故此时滑块b的速度为0，可见滑块b由静止开始先做加速运动后做减速运动，对滑块b受力分析，可知轻杆对滑块b先做正功、后做负功，选项A错误；因系统机械能守恒，则轻杆对滑块a先做负功，后做正功，做负功时，滑块a的加速度小于g，做正功时，滑块a的加速度大于g，选项C错误；轻杆对滑块a的弹力刚好为0时，a的机械能最小，此时对滑块b受力分析，可知地面对b的支持力刚好等于mg，根据牛顿第三定律，b对地面的压力大小为mg，选项D正确；由机械能守恒定律可得：mgh＝12mv2，即v＝2gh，选项B正确。[答案]BD题型3弹簧连接的系统