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42 5年高考3年模拟B版(教师用书)专题六机械能及其守恒定律对应学生用书起始页码P66考点一功和功率 一、功的计算方法1.恒力做的功:直接用W=Flcosα计算。2.合外力做的功:(1)先求合外力F合,再由W合=F合lcosα求合外力做的功。(2)先求各个力做的功W1、W2、W3…,再应用W合=W1+W2+W3+…求合外力做的功。3.变力做的功:(1)应用动能定理求解。(2)用W=Pt求解,其中变力的功率P不变。(3)微元法求变力做功:将物体的位移分割成许多小段,因小段很小,每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力,这样就将变力做功转化为在无数多个无穷小的位移上的恒力所做元功的代数和。此法在中学阶段,常应用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题。(4)图像法根据力(F)-位移(l)图像的物理意义计算变力对物体所做的功,如图中阴影部分的面积在数值上等于变力所做功的大小。(5)利用平均力求变力做功:若物体受到的力方向不变,而大小随位移成线性变化,则可以认为物体受到一大小为F=F1+F22的恒力作用,F1、F2分别为物体初、末态所受到的力,然后用公式W=Flcosα求此力所做的功。 在水平面上运动的物体,从t=0时刻起受到一个水平力F的作用,力F和此后物体的速度v随时间t变化的图像如图所示,则( )A.在t=0时刻之前物体所受的合力一定做负功B.从t=0时刻开始的前3s内,力F做的功为零C.除力F外,其他外力在第1s内做正功D.力F在第3s内做的功是第2s内做的功的3倍解题思路 1.根据两个题给图像,先弄清各个阶段的运动性质以及各段位移情况,再计算各段的做功情况。2.计算做功前,一定要弄清求的是哪个力的功。解析 由v-t图像知,物体在受到力F的第1s内做匀速运动,且力F与v同向,说明之前物体受到的合力与速度反向,物体所受的合力一定做负功,A正确;力F在前3s内一直与速度同向,力F一直做正功,B错误;在第1s内,除力F外,其他力的合力大小为10N,方向与速度方向相反,其他外力在第1s内做负功,C错误;力F在第2s内和第3s内做功分别为W2=5×12×(1+2)×1J=7.5J,W3=15×12×(1+2)×1J=22.5J,D正确。答案 AD 二、功率1.平均功率的计算(1)利用P=Wt。(2)利用P=Fvcosα,其中v为物体运动的平均速度。2.瞬时功率的计算(1)利用公式P=Fvcosα,其中v为t时刻的瞬时速度。(2)利用公式P=FvF,其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度。(3)利用公式P=Fvv,其中Fv为物体受的外力F在速度v方向上的分力。3.计算功率的三个注意(1)要弄清楚是平均功率还是瞬时功率。(2)平均功率与一段时间(或过程)相对应,计算时应明确是哪个力在哪段时间(或过程)内做功的平均功率。(3)瞬时功率计算时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率。求解瞬时功率时,如果F与v不同向,可用力F乘以F方向的分速度,或速度v乘以速度方向的分力求解。 质量为m的物体静止在光滑水平面上,从t=0时刻开始受到水平力的作用。力的大小F与时间t的关系如图所示,力的方向保持不变,则( )A.3t0时刻的瞬时功率为5F20t0mB.3t0时刻的瞬时功率为15F20t0mC.0~3t0内,水平力的平均功率为23F20t04mD.0~3t0内,水平力的平均功率为25F20t06m解题思路 1.计算瞬时功率时要先计算出对应时刻的瞬六 机械能及其守恒定律43 时速度大小。2.计算平均功率时则要先计算出对应阶段的位移大小。解析 根据F-t图线,在0~2t0内的加速度a1=F0m2t0时的速度v2=a1·2t0=2F0mt00~2t0内位移x1=v22·2t0=2F0mt20,故0~2t0内水平力做的功W1=F0x1=2F20mt20在2t0~3t0内的加速度a2=3F0m3t0时的速度v3=v2+a2t0=5F0mt0故3t0时的瞬时功率P3=3F0v3=15F20t0m在2t0~3t0内位移x2=v2+v32·t0=7F0t202m故2t0~3t0内水平力做的功W2=3F0·x2=21F20t202m因此在0~3t0内的平均功率P=W1+W23t0=25F20t06m。故B、D正确。答案 BD1.质量为1kg的物体被人用手由静止提高1m,这时物体的速度是2m/s,g取10m/s2,则下列说法中不·正·确·的是( )A.手对物体做功12JB.合外力对物体做功12JC.合外力对物体做功2JD.物体克服重力做功10J1.答案 B W合=ΔEk=2J,WG克=mgh=10J,W合=WF-WG克,故WF=12J,因此B不正确。2.如图所示,用与水平方向成θ角的力F,拉着质量为m的物体沿水平地面匀速前进s,已知物体和地面间的动摩擦因数为μ。则在此过程中F做的功为( )A.mgs B.μmgs C.μmgscosθ+μsinθ D.μmgs1+μtanθ2.答案 D 物体受力平衡,有Fsinθ+FN=mg,Fcosθ-μFN=0,在此过程中F做的功W=Fscosθ=μmgs1+μtanθ,D正确。3.一个质量为m的物块,在几个共点力的作用下静止在光滑水平面上。现把其中一个水平方向的力从F突然增大到3F,并保持其他力不变,则从这时开始到t秒末,该力的瞬时功率是( )A.3F2tmB.4F2tmC.6F2tmD.9F2tm3.答案 C 物块受到的合力为2F,根据牛顿第二定律有2F=ma,在合力作用下,物块做初速度为零的匀加速直线运动,速度v=at,该力大小为3F,则该力的瞬时功率P=3Fv,解以上各式得P=6F2tm,C正确。4.在一段平直的公路上,汽车保持额定功率P行驶,所受的阻力大小恒为f。已知汽车的质量为m,最大速率为vm。若某时刻汽车的速度大小为v(v<vm)时,汽车的加速度大小为a,所受的牵引力大小为F,则下列关系式正确的是( )A.f=PvB.F=maC.P=(f+ma)vmD.a=Fm-Pmvm4.答案 D 汽车的功率是指牵引力的功率,汽车保持额定功率行驶时,当牵引力等于阻力时,汽车速度最大,此时有P=fvm,选项A、C错误;速度达到最大之前,牵引力大于阻力,根据牛顿第二定律有F-f=ma⇒a=F-fm=F-Pvmm=Fm-Pmvm,选项B错误,选项D正确。5.利用如图甲所示的装置可以将物体竖直向上提起。已知质量为2kg的物体在外力F作用下由静止开始向上做匀加速运动,其速度随时间的变化关系如图乙所示。滑轮质量、摩擦均不计,g取10m/s2。(1)判断物体处于超重状态还是失重状态;(2)求外力F的大小;(3)求前4s内外力F所做的功。5.答案 (1)超重状态 (2)10.5N (3)84J解析 (1)物体由静止开始向上做匀加速运动,加速度方向竖直向上,处于超重状态。(2)由速度-时间图线的斜率表示加速度,得物体的加速度为a=ΔvΔt=24m/s2=0.5m/s2。根据牛顿第二定律得2F-mg=ma,则F=m(g+a)2=2×(10+0.5)2N=10.5N。(3)4s内物体的位移为x=12at2=12×0.5×42m=4m,则拉力作用点的位移为s=2x=8m外力F所做的功为W=Fs=10.5×8J=84J。考点二动能定理及其应用 一、对动能定理的理解动能定理可以表达为:物体所受外力的总功等于物体动能的变化量。1.对“外力”的两点理解(1)“外力”指的是物体(或系统)所受到所有外力,即重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力,它们可以同时作用,也可以不同时作用。(2)既可以是恒力,也可以是变力。2.“=”体现的两个关系44 5年高考3年模拟B版(教师用书) 如图所示,电梯质量为M,在它的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下由静止开始竖直向上加速运动,当上升高度为H时,电梯的速度达到v,则在这个过程中,以下说法中正确的是( )A.电梯地板对物体的支持力所做的功等于mv22B.电梯地板对物体的支持力所做的功大于mv22C.钢索的拉力所做的功等于mv22+MgHD.钢索的拉力所做的功大于mv22+MgH解题思路 1.求地板支持力的功,必须把物体隔离出来分析。2.求钢索的拉力的功,采用整体法分析较为简便。解析 以物体为研究对象,由动能定理有WN-mgH=12mv2,即WN=mgH+12mv2,选项B正确、选项A错误。以系统为研究对象,由动能定理得WT-(m+M)gH=12(M+m)v2,即WT=12(M+m)v2+(M+m)gH>mv22+MgH,选项D正确、选项C错误。答案 BD 二、动能定理的应用1.应用流程2.注意事项(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的,一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。(2)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析,并画出运动过程的草图,借助草图理解物理过程之间的关系。(3)当物体的运动包含多个不同过程时,可分段应用动能定理求解;当所求解的问题不涉及中间的速度时,也可以全过程应用动能定理求解,这样更简便。(4)列动能定理方程时,必须明确各力做功的正、负,确实难以判断的先假定为正功,最后根据结果加以检验。3.动能定理在多过程问题中的应用(1)对于多个物理过程要仔细分析,将复杂的过程分割成一个一个子过程,分别对每个过程分析,得出每个过程遵循的规律。当每个过程都可以运用动能定理时,可以选择分段或全程应用动能定理,题目不涉及中间量时,选择全程应用动能定理更简单、方便。(2)应用全程法解题求功时,有些力可能不是全过程都作用的,必须根据不同的情况分别对待,弄清楚物体所受的力在哪段位移上做功,哪些力做功,做正功还是负功,正确写出总功。 如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成,轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接,其中轨道AB、CD段是光滑的,水平轨道BC的长度s=5m,轨道CD足够长且倾角θ=37°,A、D两点离轨道BC的高度分别为h1=4.3m、h2=1.35m。现让质量为m的小滑块自A点由静止释放。已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小;(2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔;(3)小滑块最终停止的位置距B点的距离。解题思路 1.从A→D的过程可全程应用动能定理。2.时间可通过牛顿第二定律结合运动学公式计算。3.判断最后的位置可不管具体的运动过程,而对从最初到最后的整个过程应用动能定理进行计算。解析 (1)小滑块从A→B→C→D过程中,由动能定理得mg(h1-h2)-μmgs=12mv2D-0将h1、h2、s、μ、g代入得vD=3m/s。(2)小滑块从A→B→C过程中,由动能定理得mgh1-μmgs=12mv2C将h1、s、μ、g代入得vC=6m/s小滑块沿CD段上滑加速度大小a=gsinθ=6m/s2小滑块沿CD段上滑到最高点的时间t1=vCa=1s由对称性可知小滑块从最高点滑回C点的时间t2=t1=1s故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔t=t1+t2=2s。(3)设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s′,有mgh1=μmgs′将h1、μ代入得s′=8.6m故小滑块最终停止的位置距B点的距离为2s-s′=1.4m。答案 (1)3m/s (2)2s (3)1.4m1.(多选)质量为1.0kg的物体以某初速度在水平面上滑行,由于摩擦阻力的作用,其动能Ek随位移s变化的情况如图所示,则下列判断正
本文标题:(天津专用)2020届高考物理一轮复习 专题六 机械能及其守恒定律教师用书(PDF,含解析)
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