【第二波強(qiáng)勢(shì)歸來(lái)】高考物理二輪沖刺專題四功和能復(fù)習(xí)教案

專題四功和能教學(xué)設(shè)計(jì)專題重點(diǎn)做功的兩個(gè)重要要素：有力作用在物體上且使物體在力的方向上發(fā)生了位移。功的求解可利用WFlcos求，但F為恒力；也能夠利用F-l圖像來(lái)求；變力的功一般應(yīng)用動(dòng)能定理間接求解。2.功率是指單位時(shí)間內(nèi)的功，求解公式有均勻功率PWFVcos，tW剎時(shí)功率P0時(shí)，即F與v方向同樣時(shí)，P=FV。FVcos，當(dāng)t常有的幾種力做功的特色⑴重力、彈簧彈力，電場(chǎng)力、分子力做功與路徑?jīng)]關(guān)⑵摩擦力做功的特色①單個(gè)摩擦力（包含靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力）能夠做正功，也能夠做負(fù)功，還能夠不做功。②互相作用的一對(duì)靜摩擦力做功的代數(shù)和總等于零，在靜摩擦力做功的過(guò)程中，只有機(jī)械能的轉(zhuǎn)移，沒(méi)有機(jī)械能的轉(zhuǎn)變?yōu)槠溆嘈问降哪?；互相作用的一?duì)滑動(dòng)摩擦力做功的代數(shù)和不為零，且總為負(fù)值，在一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做功的過(guò)程中，不單有互相摩擦物體間機(jī)械能的轉(zhuǎn)移，還有機(jī)械能轉(zhuǎn)變?yōu)閮?nèi)能。轉(zhuǎn)變?yōu)閮?nèi)能的量等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少，等于滑動(dòng)摩擦力與相對(duì)行程的乘積。③摩擦生熱，是指動(dòng)摩擦生熱，靜摩擦不會(huì)生熱幾個(gè)重要的功能關(guān)系⑴重力的功等于重力勢(shì)能的變化，即WGEP⑵彈力的功等于彈性勢(shì)能的變化，即W彈EP⑶協(xié)力的功等于動(dòng)能的變化，即W合EK⑷重力以外的功（除彈簧彈力）的其余力的功等于機(jī)械能的變化，即W其余E⑸一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做功等于系統(tǒng)中內(nèi)能的變化，QFl相對(duì)⑹分子力的功等于分子勢(shì)能的變化。第二部分：功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用電場(chǎng)力做功與路徑?jīng)]關(guān)。若電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)，則WFlcosEqlcos；若為非勻強(qiáng)電場(chǎng)，則一般利用UABWABq來(lái)進(jìn)行運(yùn)算磁場(chǎng)力可分為安培力和洛倫茲力。洛倫茲力在任何狀況下對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷都不做功；安培力能夠做正功、負(fù)功，還能夠不做功。3.電流做功的實(shí)質(zhì)是電場(chǎng)挪動(dòng)電荷做功。即W=UIt=Uq。導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中切割磁感線時(shí)，棒中感覺(jué)電流遇到的安培力對(duì)導(dǎo)體棒做負(fù)功，使機(jī)械能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔X。5.電場(chǎng)力做功等于電勢(shì)能的變化，即WABEP考大綱求考點(diǎn)要求考點(diǎn)解讀功和功率Ⅱ本專題考察的重點(diǎn)有：動(dòng)能和動(dòng)能定理Ⅱ⑴重力、摩擦力、電場(chǎng)力和洛倫茲力的做功特色和求解重力做功與重力勢(shì)能Ⅱ⑵與功、功率有關(guān)的剖析和計(jì)算。電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能Ⅱ⑶動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用。功能關(guān)系、機(jī)械能守恒Ⅱ⑷綜合應(yīng)用機(jī)械能守恒定律以及有關(guān)知識(shí)剖析有關(guān)問(wèn)題。定律⑸應(yīng)用動(dòng)能定理解決動(dòng)力學(xué)識(shí)題。電功率、焦耳定律Ⅰ此中動(dòng)能定理和能的轉(zhuǎn)變與守恒定律的應(yīng)用是考察的重點(diǎn)，考察的特色是親密聯(lián)系生活、生產(chǎn)實(shí)質(zhì)，聯(lián)系現(xiàn)代科學(xué)技術(shù)的問(wèn)題和能源環(huán)保問(wèn)題本部分內(nèi)容除在選擇題中進(jìn)行簡(jiǎn)單知識(shí)點(diǎn)組合考察功和功率的觀點(diǎn)外在解答題中將會(huì)以兩種情形命題：一是多種運(yùn)動(dòng)組合的多運(yùn)動(dòng)過(guò)程問(wèn)題，二是與電場(chǎng)、磁場(chǎng)聯(lián)系的綜合問(wèn)題中考察重力、電場(chǎng)力、摩擦力和磁場(chǎng)力的做功特色、動(dòng)能定理的應(yīng)用和能量守恒定律。一．教法引導(dǎo)此專題復(fù)習(xí)時(shí)，能夠先讓學(xué)生達(dá)成相應(yīng)的習(xí)題，在精心批閱以后以題目帶動(dòng)知識(shí)點(diǎn)，進(jìn)行適合提煉解說(shuō)。這一專題的知識(shí)點(diǎn)高考要求廣泛較高，屬于必考知識(shí)點(diǎn)。二輪復(fù)習(xí)時(shí)還是要步步為營(yíng)，從基本規(guī)律，基本解題步驟出發(fā)再進(jìn)行提高。因?yàn)檫@部分的綜合題許多，功和能只是是在解題中應(yīng)用的物理規(guī)律而以。二．三．

知識(shí)網(wǎng)絡(luò)典例精析題型1.（功能關(guān)系的應(yīng)用）從地面豎直上拋一個(gè)質(zhì)量為m的小球，小球上漲的最大高度為H。設(shè)上漲過(guò)程中空氣阻力為F恒定。則對(duì)于小球上漲的整個(gè)過(guò)程，以下說(shuō)法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是（小球動(dòng)能減少了mgHA.小球機(jī)械能減少了FHB.小球重力勢(shì)能增添了mgHC.小球加快度大于重力加快度g分析：由動(dòng)能定理可知，小球動(dòng)能的減小量等于小球戰(zhàn)勝重力和阻力F做的功為（mg+F）H，A錯(cuò)誤；小球機(jī)械能的減小等于戰(zhàn)勝阻力F做的功，為FH，B正確；小球重力勢(shì)能的增添等于小球小球戰(zhàn)勝重力做的功，為mgH，C正確；小球的加快度mgFag，D正確。m規(guī)律總結(jié)：功是能量轉(zhuǎn)變的量度，有以下幾個(gè)功能關(guān)系需要理解并切記⑴重力做功與路徑?jīng)]關(guān)，重力的功等于重力勢(shì)能的變化⑵滑動(dòng)摩擦力（或空氣阻力）做的功與路徑有關(guān)，而且等于轉(zhuǎn)變成的內(nèi)能⑶協(xié)力做功等于動(dòng)能的變化⑷重力（或彈力）以外的其余力做的功等于機(jī)械能的變化題型2.（功率及機(jī)車啟動(dòng)問(wèn)題）審題指導(dǎo)：1.在汽車勻加快啟動(dòng)時(shí)，勻加快運(yùn)動(dòng)剛結(jié)束時(shí)有兩大特點(diǎn)⑴牽引力還是勻加快運(yùn)動(dòng)時(shí)的牽引力，即

FFfma仍知足⑵PP額Fv注意勻加快運(yùn)動(dòng)的末速度其實(shí)不是整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程的最大速度題型3.（動(dòng)能定理的應(yīng)用）如下圖，豎直平面內(nèi)的軌道ABCD由水平軌道AB與圓滑的四分之一圓弧軌道CD構(gòu)成，AB恰與圓弧CD在C點(diǎn)相切，軌道固定在水平面上。一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從軌道的A端以初動(dòng)能E沖上水平軌道AB，沿著軌道運(yùn)動(dòng)，由DC弧滑下后停在水平軌道AB的中點(diǎn)。已知水平軌道AB長(zhǎng)為L(zhǎng)。求：1）小物塊與水平軌道的動(dòng)摩擦因數(shù)2）為了保證小物塊不從軌道的D端走開(kāi)軌道，圓弧軌道的半徑起碼是多大？（3）若圓弧軌道的半徑R取第（2）問(wèn)計(jì)算出的最小值，增大小物塊的初動(dòng)能，使得小物塊沖上軌道后能夠達(dá)到最大高度是

1.5R處，試求物塊的初動(dòng)能并剖析物塊可否停在水平軌道上。

假如能，將停在哪處？假如不可以，將以多大速度走開(kāi)水平軌道？分析：（1）小物塊最后停在AB的中點(diǎn)，在這個(gè)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得得2E3mgL（2）若小物塊恰好抵達(dá)D處，速度為零，同理，有mgLmgRE解得CD圓弧半徑起碼為ER3mg（3）設(shè)物塊以初動(dòng)能E′沖上軌道，能夠達(dá)到的最大高度是1.5R，由動(dòng)能定理得7E解得E6E，因?yàn)镋C物塊滑回C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為EC1.5mgRmgL2E，故物23塊將停在軌道上設(shè)到A點(diǎn)的距離為x，有mg(Lx)EC解得x1L4即物塊最后停在水光滑道AB上，距A點(diǎn)1L處。4規(guī)律總結(jié)：應(yīng)用動(dòng)能定理要比動(dòng)力學(xué)方法方便、簡(jiǎn)短。只有應(yīng)用動(dòng)力學(xué)方法能夠求解的勻變速直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，一般應(yīng)用動(dòng)能定理都可以求解。只管動(dòng)能定理是應(yīng)用動(dòng)力學(xué)方法推導(dǎo)出來(lái)的，但它解決問(wèn)題的范圍更寬泛。題型4.（綜合問(wèn)題）滑板運(yùn)動(dòng)是一項(xiàng)陸地上的“沖浪運(yùn)動(dòng)”，滑板運(yùn)動(dòng)員可在不一樣的滑坡上滑行，做出各樣動(dòng)作給人以美的享受。如圖甲所示，abcdef為同一豎直平面上挨次光滑連結(jié)的滑行軌道，此中ab段水平，H=3m，bc段和cd段均為斜直軌道，傾角θ=37o，de段是一半徑R=2.5m的四分之一圓弧軌道，o點(diǎn)為圓心,其正上方的d點(diǎn)為圓弧的最高點(diǎn)，滑板及運(yùn)動(dòng)員總質(zhì)量m=60kg，運(yùn)動(dòng)員滑經(jīng)d點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)滑板支持力用Nd表示，忽視摩擦阻力和空氣阻力，取g=10m/s2，sin37o=0.6，cos37o=0.8。除下述問(wèn)(3)中運(yùn)動(dòng)員做緩激動(dòng)作以外，均可把滑板及運(yùn)動(dòng)員視為質(zhì)點(diǎn)。運(yùn)動(dòng)員從bc段緊靠b處無(wú)初速滑下，求Nd的大??；(2)運(yùn)動(dòng)員漸漸減小從bc上無(wú)初速下滑時(shí)距水平川面的高度h，請(qǐng)?jiān)趫D乙的坐標(biāo)圖上作出Nd-h圖象(只依據(jù)作出的圖象評(píng)分，不要求寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程和作圖依照)運(yùn)動(dòng)員改為從b點(diǎn)以υ0=4m/s的速度水光滑出，落在bc上時(shí)通太短暫的緩激動(dòng)作使他只保存沿斜面方向的速度持續(xù)滑行，則他能否會(huì)從d點(diǎn)滑離軌道?請(qǐng)經(jīng)過(guò)計(jì)算得出結(jié)論分析：解：(1)從開(kāi)始滑下至d點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律得mg(HR)1m2①(12分)m

2mgNdR由①②得：2HN③(1分)Ndmg(3)360R所求的Ndh圖象如下圖(3分)(圖線兩個(gè)端點(diǎn)畫(huà)對(duì)各得1分，圖線為直線得1分)(3)當(dāng)以04m/s從b點(diǎn)水光滑出時(shí)，運(yùn)動(dòng)員做平拋運(yùn)動(dòng)落在Q點(diǎn)，如下圖。設(shè)Bq=s1，則s1sin3701gt2④(1分)2s1cos3700t⑤(1分)由④⑤得20tan3700.6s⑥(1分tgygt6m/s⑦(1分)在Q點(diǎn)緩沖后Qysin3700cos3706.8m/smg(H21gt2)mgR1md21mQ222

⑧(1分)從Qd(1分)運(yùn)動(dòng)員恰從d點(diǎn)滑離軌道應(yīng)知足：md`2mgR由⑨⑩得

(1分)`22`⑩(1分)dd4.76即dd可見(jiàn)滑板運(yùn)動(dòng)員不會(huì)從圓弧最高點(diǎn)d滑離軌道。(1分)題型5.（功能關(guān)系在電場(chǎng)中的應(yīng)用）如下圖勻強(qiáng)電場(chǎng)E的地區(qū)內(nèi)，在O點(diǎn)處擱置一點(diǎn)電荷Q，a、b、c、d、e、f為以O(shè)點(diǎn)為球心的球面上的點(diǎn)，aecf平面與電場(chǎng)平行，bedf平面與電場(chǎng)垂直，則以下說(shuō)法中正確的選項(xiàng)是A．b、d兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度同樣B．a(chǎn)點(diǎn)的電勢(shì)等于f點(diǎn)的電勢(shì)C．點(diǎn)電荷+q在球面上隨意兩點(diǎn)之間挪動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)力必定做功D．將點(diǎn)電荷+q在球面上隨意兩點(diǎn)之間挪動(dòng)，從球面上a點(diǎn)挪動(dòng)到c

點(diǎn)的電勢(shì)能變化量必定最大分析：因?yàn)辄c(diǎn)電荷

+Q在

b、d

兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向分別向上和向下，

b、d兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)盛小同樣，方向不一樣，

A錯(cuò)；a

點(diǎn)和

f

點(diǎn)位于

+Q形成電場(chǎng)的等勢(shì)面上，但若把一電荷從a點(diǎn)挪動(dòng)到f點(diǎn)，電場(chǎng)E要對(duì)電荷做功，B錯(cuò)；當(dāng)點(diǎn)電荷+q在bedf面上隨意兩點(diǎn)間挪動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)力不做功，C錯(cuò)；球面上相距最遠(yuǎn)的點(diǎn)（沿場(chǎng)強(qiáng)E的方向）是ac，電場(chǎng)E對(duì)其做功最大，電勢(shì)能的變化量最大。規(guī)律總結(jié)：1.在等勢(shì)面上挪動(dòng)電荷是，電場(chǎng)力不做功。2．電場(chǎng)力做功與路徑?jīng)]關(guān)，W=qU。電場(chǎng)力做的功等于電勢(shì)能的變化量。題型6.（功能關(guān)系在電磁感覺(jué)中的應(yīng)用）兩根足夠長(zhǎng)的圓滑導(dǎo)軌豎直擱置，間距為L(zhǎng)，底端接阻值為R的電阻。將質(zhì)量為m的金屬棒懸掛在一個(gè)固定的輕彈簧下端，金屬棒和導(dǎo)軌接觸優(yōu)秀，導(dǎo)軌所在平面與磁感覺(jué)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直，如下圖。除電阻R外其余電阻不計(jì)?，F(xiàn)將金屬棒從彈簧原長(zhǎng)地點(diǎn)由靜止開(kāi)釋．則A．開(kāi)釋瞬時(shí)金屬棒的加快度等于重力加快度gB．金屬棒向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，流過(guò)電阻R的電流方向?yàn)閍→bC．金屬棒的速度為v時(shí)．所受的安培力大小為F=D．電阻R上產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒重力勢(shì)能的減少分析：在開(kāi)釋的瞬時(shí)，速度為零，不受安培力的作用，只遇到重力，A對(duì)。由右手定章可得，電流的方向從b到a，B錯(cuò)。當(dāng)速度為v時(shí)，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為EBlv，遇到的安培力為FBIL，計(jì)算可得B2L2vFR

,C對(duì)。在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，是彈簧的彈性勢(shì)能、重力勢(shì)能和內(nèi)能的轉(zhuǎn)變，D錯(cuò)。題型7.（功能關(guān)系在混淆場(chǎng)內(nèi)的應(yīng)用）如下圖，MN是一固定在水平川面上足夠長(zhǎng)的絕緣平板（左邊有擋板），整個(gè)空間有平行于平板向右、場(chǎng)強(qiáng)為E=2N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在板上C點(diǎn)的左邊有一個(gè)垂直于紙面向外、磁感覺(jué)強(qiáng)度為B=1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一個(gè)質(zhì)量為m=410－3kg、帶負(fù)電的小物塊，帶電量q=10－2C，從C點(diǎn)由靜止開(kāi)始向左先做加快運(yùn)動(dòng)再做勻速運(yùn)動(dòng).當(dāng)物體遇到左端擋板后被彈回，若在碰撞瞬時(shí)將電場(chǎng)改為豎直向下，大小不變.小物塊返回時(shí)在磁場(chǎng)中恰做勻速運(yùn)動(dòng)，已知平板MC部分的長(zhǎng)度為L(zhǎng)=5m，物塊與平板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.2，求：1）小物塊向左運(yùn)動(dòng)過(guò)程中戰(zhàn)勝摩擦力做的功Wf；2）小物塊與左端擋板碰撞過(guò)程損失的機(jī)械能△E；（3）小物塊從與左擋板碰后到最后靜止所用時(shí)間t；（4）整個(gè)過(guò)程中因?yàn)槟Σ廉a(chǎn)生的熱量Q.分析：設(shè)小物塊向左勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小為v1，由均衡條件有qE(mgqv1B)0①設(shè)小物塊在向左運(yùn)動(dòng)過(guò)程中戰(zhàn)勝摩擦力做的功為W，由動(dòng)能定理有qELW1mv120②2由①②式解得m(qEmg)2J③WqEL2q2B22（2）設(shè)小物塊返回時(shí)在磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為v2，與右端擋板碰撞過(guò)程損失時(shí)構(gòu)能為E，則有Bqv2mgq