適用于老高考舊教材廣西專版2023屆高考物理二輪總復習第二部分專題二第5講功功率動能定理課件

第5講功功率動能定理專題二內容索引010203考情分析?備考定向核心梳理?規(guī)律導引高頻考點?探究突破04新題演練?能力遷移05怎樣得高分考情分析?備考定向命題熱點考題統(tǒng)計第5講

功

功率

動能定理熱點一

功、功率的理解與計算2018卷Ⅱ,14;2018卷Ⅲ,19熱點二

機車啟動問題2018卷Ⅰ,14熱點三

動能定理的應用2019卷Ⅱ,25;2019卷Ⅲ,17;2021卷Ⅰ,24;2022甲卷,14第6講

能量轉化與守恒定律熱點一

機械能守恒定律的應用2018卷Ⅰ,18;2020卷Ⅰ,20;2022乙卷,16熱點二

功能關系及其應用2019卷Ⅱ,18熱點三

能量觀點和動力學的綜合應用2020卷Ⅱ,25;2021卷Ⅱ,24命題熱點考題統(tǒng)計第7講

動量

動量的綜合應用熱點一

動量定理2018卷Ⅱ,15;2019卷Ⅰ,16;2020卷Ⅰ,14;2022乙卷,20熱點二

動量守恒定律的應用2020卷Ⅱ,21熱點三

動量和能量的綜合應用2018卷Ⅰ,24;2018卷Ⅱ,24;2018卷Ⅲ,25;2019卷Ⅰ,25;2019卷Ⅲ,25;2020卷Ⅲ,15;2020卷Ⅲ,25;2021卷Ⅰ,14;2021卷Ⅰ,19;2021卷Ⅱ,20;2022乙卷,25熱點四

動量定理、動量守恒定律在電磁學中的綜合應用2019卷Ⅲ,19;2020卷Ⅰ,25命題規(guī)律

近幾年高考命題主要集中在動能定理、功能關系、動量定理和動量守恒定律等重點內容,試題往往與電場、磁場以及典型的運動規(guī)律相聯系,多以選擇題和計算題形式考查。力對物體做功的計算,以及機車的啟動問題高考中也時有涉及,常以選擇題形式出現,備考時不可忽略。核心梳理?規(guī)律導引【知識脈絡梳理】

【規(guī)律方法導引】

1.知識規(guī)律(1)恒力做功的公式:W=Flcosα。2.思想方法(1)物理思想:微元思想、守恒思想。(2)物理方法:圖像法、類比法、轉換法、分段法、全程法。高頻考點?探究突破命題熱點一功、功率的理解與計算常以選擇題形式考查功、功率的基本公式。例1(多選)質量為m=2kg的物體沿水平面向右做直線運動,t=0時刻受到一個水平向左的恒力F,如圖甲所示,此后物體的v-t圖像如圖乙所示,取水平向右為正方向,g取10m/s2,則(

)A.物體與水平面間的動摩擦因數為μ=0.5B.10s末恒力F的瞬時功率為6WC.10s末物體在計時起點左側2m處D.10s內物體克服摩擦力做功34J思維導引

答案:

CD解析:

由題圖乙知前后兩段時間內物體加速度的大小分別為a1=2

m/s2、a2=1

m/s2,由牛頓第二定律知F+μmg=ma1,F-μmg=ma2,聯立得F=3

N、μ=0.05,A錯誤;10

s末恒力F的瞬時功率為P=Fv=18

W,B錯誤;由速度圖像與坐標軸所圍面積的物理意義知,10

s內物體的位移x=-2

m,即在計時起點左側2

m處,C正確;10

s內物體的路程為s=34

m,則10

s內物體克服摩擦力所做的功W=μmgs=0.05×2×10×34

J=34

J,D正確。規(guī)律方法

關于功、功率應注意的三個問題(1)功的公式W=Fl和W=Flcos

α僅適用于恒力做功的情況。(2)變力做功的求解要注意對問題的正確轉化,如將變力轉化為恒力,也可應用動能定理等方法求解。(3)對于功率的計算,應注意區(qū)分公式P=和公式P=Fv,前式側重于平均功率的計算,而后式側重于瞬時功率的計算。拓展訓練1(2021·浙江寧波二模)某城市中央廣場噴泉噴出的水柱最大高度可達20層樓的高度,噴管的直徑約為10cm。請你據此估計用于給該噴管噴水的電動機輸出功率約為(水的密度為1×103kg/m3)(

)A.8kW B.80kW C.160kW D.560kWC解析:

噴管的直徑約為10

cm,則半徑r=5

cm=0.05

m,根據實際情況,每層樓高約為h=3

m,所以噴水的高度H=20h=20×3

m=60

m,設水離開管口的速命題熱點二機車啟動問題常以選擇、計算題的形式考查機車的兩種啟動方式,及學生對實際物理問題的邏輯推理能力。例2如圖所示,飛機先在水平跑道上從靜止開始加速滑行,行駛距離x=600m后達到v1=216km/h的速度起飛,飛機滑行過程可視為勻加速直線運動,所受阻力大小恒為自身重力的

。起飛后,飛機以離地時的功率爬升t=20min,上升了h=8000m,速度增加到v2=720km/h。已知飛機的質量m=1×105kg,重力加速度大小g取10m/s2。求:(1)飛機在地面滑行時所受牽引力的大小F;(2)飛機在爬升過程中克服空氣阻力做的功Wf。思維導引

答案:

(1)4×105N

(2)1.898×1010

J規(guī)律方法

解決機車啟動時應注意的問題1.計算功和功率的注意事項(1)計算力所做的功時,一定要注意是恒力做功還是變力做功。若是恒力做功,可用公式W=Flcos

α進行計算。若是變力做功,可用以下幾種方法進行求解:①W=Pt,注意P為恒定功率;②微元法;③圖像法;④轉化法;⑤動能定理法等。(2)對于功率的計算要區(qū)分是瞬時功率還是平均功率。P=只能用來計算平均功率。P=Fvcos

α中的v是瞬時速度時,計算出的功率是瞬時功率;v是平均速度時,計算出的功率是平均功率。2.機車啟動問題的四個常用公式(1)P=Fv。(2)F-Ff=ma。(3)v=at(a恒定)。(4)Pt-Ffx=ΔEk(P恒定)。拓展訓練2(2021·山東日照一中期末)現已知質量為m的電車由靜止出發(fā)做勻加速直線運動,經過時間t后,該有軌電車的運行里程為L,此時發(fā)動機恰好達到額定功率P,有軌電車所受的阻力恒定,達到額定功率后,列車保持額定功率做變加速運動,最后以v1勻速運動,對此下列說法不正確的是(

)C命題熱點三動能定理的應用常以選擇、計算題的形式考查學生利用動能定理處理復雜過程的能力。例3(2022·浙江卷)物流公司通過滑軌把貨物直接裝運到卡車中。如圖所示,傾斜滑軌與水平面成24°角,長度l1=4m,水平滑軌長度可調,兩滑軌間平滑連接。若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑,其與滑軌間的動摩擦因數均為μ=,貨物可視為質點(取cos24°=0.9,sin24°=0.4,重力加速度g=10m/s2)。(1)求貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度a1的大小。(2)求貨物在傾斜滑軌末端時速度v的大小。(3)若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2m/s,求水平滑軌的最短長度l2。思維導引

答案:

(1)2m/s2

(2)4m/s

(3)2.7m解析:

(1)貨物在傾斜滑軌上滑行時,根據牛頓第二定律可得mgsin

24°-μmgcos

24°=ma1代入數據解得a1=2

m/s2。(2)根據速度—位移關系可得v2=2a1l1代入數據解得v=4

m/s。(3)貨物在水平軌道上運動時,根據動能定理可得例4如圖所示,在一傾角為37°的絕緣斜面下端O,固定有垂直于斜面的絕緣擋板。斜面ON段粗糙,長度s=0.02m,NM段光滑,長度l=0.5m。在斜面所在的區(qū)域有豎直向下的勻強電場,電場強度為2×105N/C。有一小滑塊質量為2×10-3kg,帶正電,電荷量為1×10-7C,小滑塊與ON段表面的動摩擦因數為0.75。將小滑塊從M點由靜止釋放,在運動過程中沒有電荷量損失,與擋板相碰后原速返回。已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2。求:(1)小滑塊第一次過N點的速度大小;(2)小滑塊最后停在距離擋板多遠的位置。思維導引

解析:

(1)設小滑塊第一次過N點的速度為v,則由動能定理有

(2)滑塊在ON段運動時所受的摩擦力Ff=μ(mgcos

37°+qEcos

37°)=2.4×10-2

N滑塊所受重力、電場力沿斜面的分力F1=mgsin

37°+qEsin

37°=2.4×10-2

N因此滑塊沿ON下滑時做勻速運動,上滑時做勻減速運動,速度為0時可停下。設小滑塊與擋板碰撞n次后停在距擋板距離為x處,則由動能定理得(mg+qE)(l+s-x)sin

37°-μ(mg+qE)[(2n-1)s+x]cos

37°=0由0≤x≤0.02

m得12.5≤n≤13.5取n=13得x=0.01

m。規(guī)律方法

1.物體在某個運動過程中包含有幾個運動性質不同的小過程(如加速、減速過程,圓周運動過程等),此時可以分段考慮,也可以對全過程分析,但若對整個過程利用動能定理列式通?？墒箚栴}簡化。2.對于電場力做功或涉及電勢差的計算,應用動能定理求解往往最簡便快捷,但應用動能定理時要特別注意運動過程的選取。3.應用動能定理解題的步驟:拓展訓練3(2020·江蘇卷)如圖所示,一小物塊由靜止開始沿斜面向下滑動,最后停在水平地面上。斜面和地面平滑連接,且物塊與斜面、物塊與地面間的動摩擦因數均為常數。該過程中,物塊的動能Ek與水平位移x關系的圖像是(

)A解析:

設斜面傾角為θ,小物塊的質量為m,物塊與斜面間的動摩擦因數為μ1,物塊與地面間的動摩擦因數為μ2,小物塊由靜止開始在斜面上運動的過程中,當水平位移為x時,由動能定理得mg·xtan

θ-μ1mgcos

θ·=Ek-0整理得小物塊的動能Ek與水平位移x的關系為Ek=(mgtan

θ-μ1mg)x假設小物塊達到斜面底端的動能為Ek0,此時小物塊的水平位移為x0,在水平面上運動的過程中,由動能定理得-μ2mg(x-x0)=Ek-Ek0整理得小物塊的動能Ek與水平位移x的關系為Ek=Ek0+μ2mgx0-μ2mgx所以小物塊的動能Ek與水平位移x關系的圖像為正比關系和一次函數關系,故A正確,B、C、D錯誤。拓展訓練4(2020·山東淄博二模)如圖所示,一游戲裝置由安裝在水平面上的固定輕質彈簧、豎直圓軌道(在最低點E分別與水平軌道EO和EA相連)、高度可調的斜軌道AB組成,各部分平滑連接。某次游戲時,滑塊從高為h=1.0m的斜軌道AB端點B由靜止釋放,沿斜軌道下滑經過圓軌道后壓縮彈簧,然后被彈出,再次經過圓軌道并滑上斜軌道,循環(huán)往復。已知圓軌道半徑r=0.1m,滑塊質量m=20g且可視為質點,CA長l1=0.4m,EO長l2=0.3m,滑塊與AB、EO之間的動摩擦因數μ=0.5,滑塊與其他軌道摩擦及空氣阻力忽略不計,g取10m/s2。(1)求滑塊第一次過最高點F時對軌道的壓力大小。(2)求彈簧獲得的最大彈性勢能Ep。(3)調節(jié)斜軌道的高度h,使滑塊從B點下滑后,只通過最高點F一次,且不脫離軌道,求h的大小范圍。答案:

(1)2.2N

(2)0.13J

(3)0.45m≤h≤0.6m解析:

(1)滑塊從B點到F點的過程中,根據動能定理有

聯立以上三式解得FN=2.2

N根據牛頓第三定律可知滑塊對軌道的壓力大小為FN'=FN=2.2

N。(2)滑塊從B點到彈簧壓縮量最大的過程,由動能定理得mgh-Wf'-W彈=0又Wf'=μmgl1+μmgl2彈簧獲得的最大彈性勢能Ep=W彈聯立以上三式解得Ep=0.13

J。(3)當滑塊恰好通過F點時,在F點由重力提供向心力,根據牛頓第二定律得又Wf=μmgl1解得h1=0.45

m要求只通過最高點F一次,滑塊壓縮彈簧被反彈后再次到達圓心等高處時,h取最大值?；瑝K從B點到壓縮彈簧后彈開再到圓心等高處的過程中,根據動能定理得mg(h2-r)-Wf″=0其中Wf″=μmg(l1+2l2)解得h2=0.6

m故只通過F點一次,且不脫離軌道,h的大小范圍為0.45

m≤h≤0.6

m。新題演練?能力遷移1.(2022·全國甲卷)北京2022年冬奧會首鋼滑雪大跳臺局部示意圖如圖所示。運動員從a處由靜止自由滑下,到b處起跳,c點為a、b之間的最低點,a、c兩處的高度差為h。要求運動員經過c點時對滑雪板的壓力不大于自身所受重力的k倍,運動過程中將運動員視為質點并忽略所有阻力,則c點處這一段圓弧雪道的半徑不應小于(

)D2.(2021·河北高三一模)在光滑水平面上,有一質量為10kg的滑塊,在變力F的作用下沿x軸做直線運動,F-x關系如圖所示,4~8m和12~16m的兩段曲線關于坐標點(10,0)對稱。滑塊在坐標原點處速度為1m/s,則滑塊運動到16m處的速度大小為(

)A.3m/s B.5m/s A解析:

圖像與坐標軸圍成的圖像的面積表示變力F做的功,所以根據動能定理得W=10×4

J=,解得v=3

m/s,故選A。3.(多選)一質量為2kg的小木塊放在粗糙的水平面上,現用一水平拉力F從靜止拉動小木塊,如圖甲所示。拉力F做的功和物體克服摩擦力Ff做的功與物體位移x的關系如圖乙所示,重力加速度g取10m/s2。下列說法正確的是(

)A.物體運動的位移為13mB.x=9m時,物體的速度為3m/sC.物體與地面之間的動摩擦因數為0.2D.物體在前3m運動過程中的加速度為1.5m/s2BD4.(2021·河南九師聯盟高考模擬)如圖所示,ABC是豎直面內的光滑固定軌道,AB水平,長度為2R,BC是半徑為R的四分之一的圓弧,與AB相切于B點。為了研究空氣動力學問題,現將一小球從距AB水平面高2R的E處以一定初速度水平拋出,由于存在水平向右的風的作用力,且該風力為恒力(其他方向空氣的作用力不計),小球恰好無碰撞地從C點進入圓弧軌道,并沿圓弧軌道運動到水平面上。已知拋出點距C點的水平距離為R,重力加速度為g,則該過程中小球速度為零的位置到B點的距離為(

)A.0.5R B.R

C.1.5R D.2RB5.(2019·天津卷)完全由我國自行設計、建造的國產新型航空母艦已完成多次海試,并取得成功。航母上的艦載機采用滑躍式起飛,故甲板是由水平甲板和上翹甲板兩部分構成。為了便于研究艦載機的起飛過程,假設上翹甲板BC是與水平甲板AB相切的一段圓弧,示意如圖所示,AB長l1=150m,BC水平投影l(fā)2=63m,圖中C點切線方向與水平方向的夾角θ=12°(sin12°≈0.21)。若艦載機從A點由靜止開始做勻加速直線運動,經t=6s到達B點進入BC。已知飛行員的質量m=60kg,g取10m/s2,求:(1)艦載機水平運動的過程中,飛行員受到的水平合力所做功W;(2)艦載機剛進入BC時,飛行員受到豎直向上的壓力FN多大。答案:

(1)7.5×104J

(2)1.1×103

N解析:

(1)艦載機由靜止開始做勻加速直線運動,設其剛進入上翹甲板時的聯立①②式,代入數據,得W=7.5×104

J。③(2)設上翹甲板所對應的圓弧半徑為R,根據幾何關系,有l(wèi)2=Rsin

θ④聯立①④⑤式,代入數據,得FN=1.1×103

N。⑥

怎樣得高分動能定理的綜合應用【典例示范】

如圖所示,粗糙水平軌道與光滑的

圓弧形軌道在A處相連接。圓弧軌道半徑為R,以圓弧軌道的圓心O點和兩軌道相接處A點所在豎直平面為界,在其右側空間存在著平行于水平軌道向左的勻強電場,在左側空間沒有電場。現有一質量為m、電荷量為+q的小物塊(可視為質點),從水平軌道的B位置由靜止釋放,結果物塊第一次沖出圓弧形軌道末端C后還能上升的最高位置為D,且C、D間的距離為R,已知物塊與水平軌道間的動摩擦因數為μ,B離A處的距離為x=2.5R(不計空氣阻力),求物塊第一次經過A點時的速度。思維流程

步驟1:選取研究對象物塊步驟2:確定研究過程從A到D步驟3(1)分析研究對象受哪些力?(2)各力做正功還是負功?做了多少功?(3)求出總功物塊受重力mg、支持力FN重力做負功-mg·2R;支持力不做功W總=-mg·2R以題說法

本題以“帶電小物塊在水平面上、

圓弧上”的運動為背景,考查學生對動能定理的應用。(1)動能定理是功能關系的一個具體體現,應用動能定理的關鍵是選擇合適的研究對象,選好初態(tài)和末態(tài),注意一定是合外力所做的總功,其中合外力是所有外力(包括重力)的合力,一定是末動能減去初動能。應用動能定理解題時,在分析運動過程時無須深究物體運動過程中狀態(tài)變化的細節(jié),只需考慮整個過程的功及過程始末狀態(tài)的動能,計算時把各個力的功連同符號(正、負)一同代入。(2)動能定理是計算物體的位移或速率的簡捷方法,當題目中涉及位移時可優(yōu)先考慮動能定理。(3)若物體運動的過程中包含幾個不同過程,應用動能定理時,可以分段考慮,也可以把全過程作為一整體來處