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当前位置:首页 > 临时分类 > (新课标)2020高考物理二轮复习 专题二 第1讲 功能关系的应用课件
第1部分专题突破方略专题二动量与能量第1讲功能关系的应用典题再现1.(2020·山东等级考模拟)我国自主研制的绞吸挖泥船“天鲲号”达到世界先进水平.若某段工作时间内,“天鲲号”的泥泵输出功率恒为1×104kW,排泥量为1.4m3/s,排泥管的横截面积为0.7m2.则泥泵对排泥管内泥浆的推力为()A.5×106NB.2×107NC.2×109ND.5×109N解析:选A.由排泥量和排泥管横截面积可求排泥速度v=1.4m3/s0.7m2=2m/s.由P=Fv可求F=Pv=1×107W2m/s=5×106N.考情分析典题再现2.(2020·山东等级考模拟)如图所示,有一束单色光入射到极限频率为ν0的金属板K上,具有最大初动能的某出射电子,沿垂直于平行板电容器极板的方向,从左侧极板上的小孔入射到两极板间的匀强电场后,到达右侧极板时速度刚好为零.已知电容器的电容为C,带电荷量为Q,极板间距为d,普朗克常量为h,电子电荷量的绝对值为e,不计电子的重力.关于电容器右侧极板的带电情况和入射光的频率ν,以下判断正确的是()A.带正电,ν0+QeChB.带正电,ν0+QeChdC.带负电,ν0+QeChD.带负电,ν0+QeChd解析:选C.以最大初动能入射至电容器的电子经板间电场到达右侧极板速度刚好为0,说明电场力做负功,电场强度方向向右,右侧极板所带电荷为负电荷,且-eU=0-Ek0,其中由电容器电压与电荷量的关系知U=QC,由最大初动能与单色光入射频率的关系知Ek0=hν-hν0;代入化简可得ν=ν0+QeCh.考情分析典题再现3.(2019·高考全国卷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:选C.设物体的质量为m,则物体在上升过程中,受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F,由动能定理结合题图可得-(mg+F)×3m=(36-72)J;物体在下落过程中,受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F,再由动能定理结合题图可得(mg-F)×3m=(48-24)J,联立解得m=1kg、F=2N,选项C正确,A、B、D均错误.考情分析命题研究对功能关系的考查历来是高考全国卷中的重中之重,尤其近几年全国卷对该部分知识点的命题呈现多样化,不但从动能、动能定理、机械能守恒定律等知识出发进行考查,还从运动形式的角度如平抛运动、匀变速直线运动、圆周运动等进行综合考查.山东模考对该部分的考查也是在多个题目中都有体现.在备考中一定要对本部分的基本知识如动能、势能、动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律等熟练掌握,并注意知识点在各种运动形式中的应用功、功率与动能定理【高分快攻】1.功和功率的计算方法2.应用动能定理解题的基本思路【典题例析】(多选)(2018·高考全国卷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]根据位移相同可得两图线与时间轴围成的面积相等,12v0×2t0=12×12v0[2t0+t′+(t0+t′)],解得t′=12t0,则对于第①次和第②次提升过程中,矿车上升所用的时间之比为2t0∶(2t0+12t0)=4∶5,A正确;加速过程中的牵引力最大,且已知两次加速时的加速度大小相等,故两次中最大牵引力相等,B错误;由题知两次提升的过程中矿车的最大速度之比为2∶1,由功率P=Fv,得最大功率之比为2∶1,C正确;两次提升过程中矿车的初、末速度都为零,则电机所做的功等于克服重力做的功,重力做的功相等,故电机所做的功之比为1∶1,D错误.[答案]AC【题组突破】角度1恒力做功的计算1.如图所示,建筑工人通过滑轮装置将一质量是100kg的料车沿30°角的斜面由底端匀速拉到顶端,斜面长L为4m,若不计滑轮的质量和各处的摩擦力,g取10m/s2,求这一过程中:(1)工人拉绳子的力做的功;(2)料车的重力做的功;(3)料车受到的合力对料车做的总功.解析:(1)工人拉绳子的力F=12mgsin30°,工人将料车拉到斜面顶端时,绳端移动的距离l=2L,工人拉绳子的力做的功W1=Fl=2000J.(2)重力做功,W2=-mgLsin30°=-2000J.(3)由于料车在斜面上匀速运动,则料车所受的合力为0,故W合=0.答案:(1)2000J(2)-2000J(3)0角度2巧解变力做功问题2.(多选)(2019·衡水中学信息卷)如图所示,倾角为θ、半径为R的倾斜圆盘绕圆心处的转轴O以角速度ω匀速转动,一个质量为m的小物块放在圆盘的边缘,小物块与圆盘间的动摩擦因数为μ.图中A、B分别为小物块转动过程中所经过的最高点和最低点,运动过程中经过的C、D两点连线与AB垂直,小物块与圆盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且始终相对于圆盘静止.重力加速度为g,下列说法正确的是()A.小物块受到的摩擦力始终指向圆心B.动摩擦因数μ一定大于tanθC.小物块从A点运动到B点的过程中,摩擦力对小物块做功为-μmgπRcosθD.当小物块运动至C、D两点时所受摩擦力大小相等,从C点运动到D点的过程中摩擦力对小物块先做负功后做正功解析:选BD.小物块所受重力沿圆盘的分力及静摩擦力的合力提供向心力,始终指向圆心,A错误;小物块在B点时由牛顿第二定律Ff-mgsinθ=mRω2,Ffmgsinθ,又因Ff≤μmgcosθ,所以μmgcosθmgsinθ,则μ一定大于tanθ,B正确;小物块从A点运动到B点的过程中由动能定理得mg·2Rsinθ+WFf=0,解得WFf=-mg·2Rsinθ,C错误;小物块运动至C、D两点时受力具有对称性.所受静摩擦力大小相等,方向关于AB对称,从C点运动到D点的过程中,重力先做正功后做负功,小物块动能始终不变,即合外力做功始终为0,所以摩擦力对小物块先做负功后做正功,D正确.角度3往复运动问题中动能定理的应用3.如图所示,质量为m的滑块距挡板P的距离为l0,滑块以初速度v0沿倾角为θ的斜面上滑,滑块与斜面间的动摩擦因数为μ,滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力.若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失,滑块经过的总路程是()A.1μv202gcosθ+l0tanθB.1μv202gsinθ+l0tanθC.2μv202gcosθ+l0tanθD.1μv202gcosθ+l0cotθ解析:选A.滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力,因此滑块最终必定停在挡板P处.设滑块经过的总路程为l,对滑块运动的全过程应用动能定理,有mgl0sinθ-μmglcosθ=0-12mv20,解得l=1μv202gcosθ+l0tanθ,选项A正确.角度4曲线运动问题中动能定理的应用4.如图所示,水平光滑轨道OA上有一质量m=2kg的小球以速度v0=20m/s向左运动,从A点飞出后恰好无碰撞地经过B点,B是半径为R=10m的光滑圆弧轨道的右端点,C为轨道最低点,且圆弧BC所对圆心角θ=37°,又与一动摩擦因数μ=0.2的粗糙水平直轨道CD相连,CD长为15m.进入另一竖直光滑半圆轨道,半圆轨道最高点为E,该轨道的半径也为R.不计空气阻力,物块均可视为质点,重力加速度取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:(1)A、B两点的高度差和物块在C点对圆弧轨道的压力;(2)通过计算分析甲物块能否经过E点.解析:(1)由题意知:在B点速度方向沿B点切线方向,在B点速度大小为:v1=v0cos37°=25m/s竖直速度大小为vy=v0tan37°=15m/s从A点到B点的时间为:t=vyg=1.5sAB的高度差为h=12gt2=11.25m从B点到C点由动能定理得:mgR(1-cos37°)=12mv2C-12mv21所以在C点N-mg=mv2CRN=153N由牛顿第三定律可知物体对轨道的压力为153N,方向向下.(2)假设甲物块通过E点时速大小为v2,从C点运到E点,由动能定理得:-μmgx-mg·2R=12mv22-12mv2C所以在E点速度大小为v2=205m/s在E点做圆周运动时最小速度为v3,有mg=mv23R所以v3=10m/s因为v2v3,所以甲物块能经过E点.答案:(1)11.25m153N,方向向下(2)能经过E点命题角度解决方法易错辨析恒力做功的计算公式法W=Fscosθ力的大小、方向不变时才可用公式求解变力做功的计算微元法或动能定理若力不是均匀变化的,则计算时一般用动能定理动能定理在平抛运动中的应用重力做功改变重力势能,用动能变化来分析速度的变化找准物体平抛运动的初、末位置命题角度解决方法易错辨析动能定理在往返直线运动中的应用只考虑初、末位置而不用考虑中间过程且注意摩擦力做功的特点是与路程有关系一定要准确分析物体最终的位置,一般处于平衡态动能定理在圆周运动中的应用向心力不做功,利用动能定理把特殊点的运动推广到一般位置准确找到圆周运动中的临界位置即速度极值点机车启动问题【高分快攻】1.机车匀加速启动过程的最大速度v1(此时机车输出的功率最大)和全程的最大速度vm(此时F牵=F阻)求解方法(1)求v1:由F牵-F阻=ma,P=F牵v1,可求v1=PF阻+ma.(2)求vm:由P=F阻vm,可求vm=PF阻.2.解决机车启动问题时的四点注意(1)分清是匀加速启动还是恒定功率启动.(2)匀加速启动过程中,机车功率不断增大,最大功率是额定功率.(3)以额定功率启动的过程中,牵引力不断减小,机车做加速度减小的加速运动,牵引力的最小值等于阻力.(4)无论哪种启动方式,最后达到最大速度时,均满足P=f阻vm,P为机车的额定功率.【典题例析】(2019·烟台模拟)一汽车在平直公路上行驶.从某时刻开始计时,发动机的功率P随时间t的变化如图所示.假定汽车所受阻力的大小f恒定不变.下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中,可能正确的是()[解析]由P-t图象知:0~t1内汽车以恒定功率P1行驶,t1~t2内汽车以恒定功率P2行驶.设汽车所受牵引力为F,则由P=Fv得,当v增加时,F减小,由a=F-fm知a减小,又因速度不可能突变,所以选项B、C、D错误,选项A正确.[答案]A【题组突破】角度1以恒定功率启动方式的分析1.(多选)质量为m的汽车在平直路面上启动,启动过程的v-t图象如图所示.从t1时刻起牵引力的功率保持不变,整个运动过程中汽车所受阻力恒为Ff,则()A.0~t1时间内,汽车的牵引力等于mv1t1B.t1~t2时间内,汽车的功率等于mv1t1+Ffv1C.汽车运动的最大速度v2=mv1Fft1+1v1D.t1~t2时间内,汽车的平均速度小于v1+v22解析:选BC.由题图可知,0~t1阶段,汽车做匀加速直线运动,a=v1t1,F1-Ff=ma,联立得F1=mv1t1+Ff,选项A错误;在t1时刻汽车达到额定功率P=F1v1=mv1t1+Ffv1,t1~t2时间内,汽车保持额定功率不变,选项B正确;t2时,速度达到最大值v2,此时F2=Ff,P=F2v2,v2=PF2=mv1Fft1+1v1,选项C正确;由v-t图线与t轴所围面积表示位移的大小可知,t1~t2时间内,汽车的平均速度大于v1+v22,选项D错误.角度2以恒定加速度启动方式的分析2.(2019·陕西五校模拟)水平面上静止放置一质量为m=0.2kg的物块,固定在同一水平
本文标题:(新课标)2020高考物理二轮复习 专题二 第1讲 功能关系的应用课件
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