二輪復(fù)習(xí)第一部分專題二第1講功功率和功能關(guān)系學(xué)案

第1講功功率和功能關(guān)系專題復(fù)習(xí)目標學(xué)科核心素養(yǎng)高考命題方向1.本講內(nèi)容主要是復(fù)習(xí)功和功率的分析與計算、動能定理以及力學(xué)中的功能關(guān)系應(yīng)用。2．熟練應(yīng)用動能定理進行分析和推理。1.物理觀念：主要是對功和功率的概念理解；對功能關(guān)系的理解。2．科學(xué)推理：應(yīng)用動能定理和力學(xué)中的功能關(guān)系分析和解決問題。高考強調(diào)以生活中的實例為背景，強化對做功和功率概念的理解，在多過程運動情景中運用動能定理分析和推理。命題方向主要圍繞功和功率、動能定理的應(yīng)用以及對功能關(guān)系的理解。[學(xué)生用書P15]一、幾種力做功的特點1．重力、彈簧彈力、靜電力做功與路徑無關(guān)。2．摩擦力做功的特點(1)單個摩擦力(包括靜摩擦力和滑動摩擦力)可以做正功，也可以做負功，還可以不做功。(2)相互作用的一對靜摩擦力做功的代數(shù)和總等于零，在靜摩擦力做功的過程中，只有機械能的轉(zhuǎn)移，沒有機械能轉(zhuǎn)化為其他形式的能；相互作用的一對滑動摩擦力做功的代數(shù)和不為零，且總為負值。在一對滑動摩擦力做功的過程中，相互摩擦的物體間不僅有機械能的轉(zhuǎn)移，還有部分機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的量等于系統(tǒng)機械能的減少量，等于滑動摩擦力與相對位移的乘積。(3)摩擦生熱是指滑動摩擦生熱，靜摩擦不會生熱。二、幾個重要的功能關(guān)系1．重力做的功等于重力勢能減少量，即WG＝－ΔEp。2．彈力做的功等于彈性勢能減少量，即W彈＝－ΔEp。3．合力做的功等于動能的變化，即W＝ΔEk。4．重力(或系統(tǒng)內(nèi)彈力)之外的其他力做的功等于機械能的變化，即W其他＝ΔE。5．系統(tǒng)內(nèi)一對滑動摩擦力做的功是系統(tǒng)內(nèi)能改變的量度，即Q＝Ffx相對。三、功和功率的求解1．功的求解：W＝Flcosα用于恒力做功，變力做功可以用動能定理或者圖像法來求解。2．功率的求解：可以用定義式P＝eq\f(W,t)來求解，如果力是恒力，可以用P＝Fv_cos_α來求解。四、動能定理的應(yīng)用技巧若運動包括幾個不同的過程，可以全程或者分過程應(yīng)用動能定理。題型一功和功率[學(xué)生用書P16]1．幾種力做功(1)重力、彈簧彈力、電場力、分子力做功與位移有關(guān)，與路徑無關(guān)。(2)滑動摩擦力、空氣阻力、安培力做功與路徑有關(guān)。2．平均功率(1)eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)。(2)eq\x\to(P)＝Feq\x\to(v)cosα，eq\x\to(v)為物體運動的平均速度。3．瞬時功率(1)P＝Fvcosα，v為t時刻的瞬時速度。(2)P＝FvF，vF為物體的速度v在力F方向上的分速度，v為t時刻的瞬時速度。(3)P＝Fvv，F(xiàn)v為物體受到的外力F在速度v方向上的分力，v為t時刻的瞬時速度。(2021·山東省第二次模擬)質(zhì)量分別為2m和m的A、B兩物體分別在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面運動，撤去F1、F2后受摩擦力的作用減速到停止，其v－t圖像如圖所示，則下列說法正確的是()A．F1和F2大小相等B．F1和F2對A、B做功之比為2∶1C．A、B所受摩擦力大小相等D．全過程中摩擦力對A、B做功之比為1∶2[解析]勻減速運動的加速度大小分別為aA＝eq\f(v0,2t0)，aB＝eq\f(v0,t0)，摩擦力大小分別為fA＝2maA＝eq\f(mv0,t0)，fB＝maB＝eq\f(mv0,t0)；對于勻加速運動過程，兩物體加速度大小分別為a1＝eq\f(v0,t0)，a2＝eq\f(v0,2t0)，根據(jù)牛頓第二定律得F1＝fA＋2ma1＝eq\f(3mv0,t0)，F(xiàn)2＝fB＋ma2＝eq\f(3mv0,2t0)，所以F1和F2大小不相等，A、B所受摩擦力大小相等，A錯誤，C正確；兩個物體勻加速直線運動的位移大小分別為x1＝eq\f(1,2)v0t0，x2＝eq\f(1,2)v0×2t0＝v0t0，F(xiàn)1和F2對A、B做功分別為W1＝F1x1＝eq\f(3,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，W2＝F2x2＝eq\f(3,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，所以F1和F2對A、B做功之比為1∶1；根據(jù)“面積”等于位移，可知全過程中兩物體的位移大小相等，兩物體所受的摩擦力之比為1∶1，故全過程中摩擦力對A、B做功之比為1∶1，B、D錯誤。[答案]C(2021·河北省學(xué)業(yè)水平選擇性考試)我國戰(zhàn)國時期墨家的著作《墨經(jīng)》記載了利用斜面提升重物可以省力的方法。如圖所示，傾角為α、長為2m的斜面固定在水平地面上，質(zhì)量為100kg的滑塊置于斜面底部A處，，現(xiàn)用恒力F沿斜面將滑塊拉到B處時，滑塊速度變?yōu)?m/s，重力加速度g取10m/s2，sinα，cosα＝0.8。將滑塊沿斜面拉到0.72m處時拉力F的功率為()A．52.5W B．63WC．352.5W D．423W[解析]對滑塊受力分析有F－mgsinα－μmgcosα＝ma根據(jù)運動學(xué)公式有v2＝2aL聯(lián)立解得F＝705N，a＝0.25m/s2將滑塊沿斜面拉到0.72m處時，速度為v′＝eq\r(2as)＝0.6m/s則拉力的功率為P＝Fv′＝423W。[答案]D【針對訓(xùn)練1】(2021·福建南平市第二次質(zhì)檢)電梯上升過程可以簡化為勻加速、勻速、勻減速三個階段，即加速到允許的最大速度v后做勻速運動，最后經(jīng)過勻減速運動將速度減為零。假設(shè)該電梯在加速和減速過程的加速度大小相等，一幢大樓每層樓高度相同，有一個質(zhì)量為m的人先坐電梯從1樓到7樓，辦完事后再從7樓到16樓，重力加速度為g，則()A．電梯從1樓到7樓的平均速度等于電梯從7樓到16樓的平均速度B．電梯從1樓到7樓的平均速度小于電梯從7樓到16樓的平均速度C．加速階段電梯對人做正功，減速階段電梯對人做負功D．上升過程中電梯對人做功的最大功率為mgv解析：選B。運動過程圖像如圖所示，因為電梯加速和減速過程的加速度大小相等，故t1＝t2，平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(\f(1,2)v（t1＋t2）＋vt3,t1＋t2＋t3)＝eq\f(v（t1＋t3）,2t1＋t3)＝eq\f(v,\f(t1,t1＋t3)＋1)電梯從7樓到16樓的勻速運動時間更長，所以平均速度更大，故A錯誤，B正確；電梯對人的作用力始終向上，與位移同向，故始終做正功，故C錯誤；上升過程中勻加速階段結(jié)束時，電梯對人做功的功率最大為P＝Fv＝(mg＋ma)v>mgv，故D錯誤?！踞槍τ?xùn)練2】(2021·江蘇揚州市調(diào)研)國產(chǎn)插電混動汽車比亞迪，百公里加速時間達到4.3s，其加速過程的v－t圖像如圖所示，已知汽車行駛速度越大，所受阻力越大。下列說法正確的是()A．行駛100km用時4.3sB．AB段加速度小于OA段C．AB段發(fā)動機動力不變D．BC段發(fā)動機功率增大解析：選D。速度達到100km/h需要時間4.3s，A錯誤；因v－t圖像的斜率表示加速度，可知AB段加速度大于OA段，B錯誤；在AB段汽車做勻加速運動，隨速度的增加阻力變大，根據(jù)F－f＝ma可知，發(fā)動機動力逐漸增加，C錯誤；BC段速度增加，發(fā)動機動力逐漸變大，根據(jù)P＝Fv可知，發(fā)動機功率增大，D正確。題型二動能定理的應(yīng)用[學(xué)生用書P17]1．基本思路(1)確定研究對象和研究過程。(2)進行運動分析和受力分析，確定初、末速度和各力做功情況，利用動能定理全過程或者分過程列式。2．解題技巧(1)動能定理是根據(jù)恒力做功和直線運動推導(dǎo)出來的，但是也適用于變力做功和曲線運動。(2)在解決涉及位移和速度而不涉及加速度和時間的問題時，常選用動能定理分析。(3)動能定理常用于分析多運動過程問題，關(guān)鍵是明確各力及各力作用的位移。(多選)(2021·高考全國卷甲)一質(zhì)量為m的物體自傾角為α的固定斜面底端沿斜面向上滑動。該物體開始滑動時的動能為Ek，向上滑動一段距離后速度減小為零，此后物體向下滑動，到達斜面底端時動能為eq\f(Ek,5)。已知sinα，重力加速度大小為g。則()A．物體向上滑動的距離為eq\f(Ek,2mg)B．物體向下滑動時的加速度大小為eq\f(g,5)C．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)等于D．物體向上滑動所用的時間比向下滑動的時間長[解析]物體從斜面底端回到斜面底端根據(jù)動能定理有－μmg·2lcosα＝eq\f(Ek,5)－Ek，物體從斜面底端到斜面頂端根據(jù)動能定理有－mglsinα－μmglcosα＝0－Ek，整理得l＝eq\f(Ek,mg)，μ＝，A錯誤，C正確；物體向下滑動時根據(jù)牛頓第二定律有ma＝mgsinα－μmgcosα，求解得出a＝eq\f(g,5)，B正確；物體向上滑動時根據(jù)牛頓第二定律有ma上＝mgsinα＋μmgcosα，物體向下滑動時根據(jù)牛頓第二定律有ma下＝mgsinα－μmgcosα，由上式可知a上>a下，由于上升過程中的末速度為零，下滑過程中的初速度為零，且走過相同的位移，根據(jù)公式l＝eq\f(1,2)at2，則可得出t上<t下，D錯誤。[答案]BC【針對訓(xùn)練3】(2021·高考河北卷)一半徑為R的圓柱體水平固定，橫截面如圖所示，長度為πR、不可伸長的輕細繩，一端固定在圓柱體最高點P處，另一端系一個小球，小球位于P點右側(cè)同一水平高度的Q點時，繩剛好拉直，將小球從Q點由靜止釋放，當(dāng)與圓柱體未接觸部分的細繩豎直時，小球的速度大小為(重力加速度為g，不計空氣阻力)()A．eq\r(（2＋π）gR)B．eq\r(2πg(shù)R)C．eq\r(2（1＋π）gR)D．2eq\r(gR)解析：選A。小球下落的高度為h＝πR－eq\f(π,2)R＋R＝eq\f(π＋2,2)R小球下落過程中，根據(jù)動能定理有mgh＝eq\f(1,2)mv2綜上有v＝eq\r(（2＋π）gR)?！踞槍τ?xùn)練4】(2021·江蘇連云港市適應(yīng)性演練)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(shù)均為常數(shù)。該過程中，物塊的動能Ek與水平位移x關(guān)系的圖像是()解析：選A。設(shè)斜面傾角為θ，動摩擦因數(shù)為μ，則物塊在斜面上下滑距離在水平面投影距離為x，根據(jù)動能定理，有mgxtanθ－μmgcosθ·eq\f(x,cosθ)＝Ek，整理可得(mgtanθ－μmg)x＝Ek，即在斜面上運動時動能與x成線性關(guān)系；當(dāng)小物塊在水平面運動時，根據(jù)動能定理有－μmgx＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－μmgx，Ek0為物塊剛下滑到平面上時的動能，則即在水平面運動時物塊動能與x也成線性關(guān)系。題型三功能關(guān)系的理解和應(yīng)用[學(xué)生用書P17]1．常見的功能關(guān)系2．兩條基本思路(1)某種形式的能減少，一定存在其他形式的能增加，且減少量和增加量一定相等，即ΔE減＝ΔE增。(2)某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量一定相等，即ΔEA減＝ΔEB增。(多選)(2021·高考廣東卷)長征途中，為了突破敵方關(guān)隘，戰(zhàn)士爬上陡峭的山頭，居高臨下向敵方工事內(nèi)投擲手榴彈，戰(zhàn)士在同一位置先后投出甲、乙兩顆質(zhì)量均為m的手榴彈，手榴彈從投出的位置到落地點的高度差為h，在空中的運動可視為平拋運動，軌跡如圖所示，重力加速度為g，下列說法正確的有()A．甲在空中的運動時間比乙的長B．兩手榴彈在落地前瞬間，重力的功率相等C．從投出到落地，每顆手榴彈的重力勢能減少mghD．從投出到落地，每顆手榴彈的機械能變化量為mgh[解析]由平拋運動規(guī)律可知，做平拋運動的時間t＝eq\r(\f(2h,g))，因為兩手榴彈運動的高度差相同，所以在空中運動的時間相等，故A錯誤；做平拋運動的物體落地前瞬間重力的功率P＝mgvcosθ＝mgvy＝mgeq\r(2gh)，因為兩手榴彈運動的高度差相同，質(zhì)量相同，所以落地前瞬間，兩手榴彈重力功率相同，故B正確；從投出到落地，手榴彈下降的高度為h，所以手榴彈重力勢能減小量ΔEp＝mgh，故C正確；從投出到落地，手榴彈做平拋運動，只有重力做功，機械能守恒，故D錯誤。[答案]BC(多選)(2021·廣東肇慶市第二次統(tǒng)一測試)如圖所示，將一直鐵棒AC固定在與水平地面垂直的墻角，鐵棒與水平面夾角為45°，B為AC的中點。在墻角固定一輕彈簧，使輕彈簧另一端與一帶孔的小球相連，小球穿過鐵棒并可在鐵棒上移動，小球到達B點時，彈簧恰好處于原長狀態(tài)?，F(xiàn)將小球從鐵棒頂端自由釋放，小球到達鐵棒底端時速度恰好為零，下列說法正確的是()A．小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒B．小球從A點運動到B點和從B點運動到C點的過程中摩擦力做功相同C．小球從A點運動到B點和從B點運動到C點的過程中彈簧彈力做功相同D．小球從A點運動到B點的過程中，動能的增加量等于彈簧彈力所做的功[解析]由于摩擦力做負功，系統(tǒng)杋械能不守恒，故A錯誤；由對稱性可知，小球從A點運動到B點的過程中和從B點運動到C點的過程中摩擦力做功相同，故B正確；小球從A點運動到B點的過程中彈簧彈力做正功，從B點運動到C點的過程中彈簧彈力做負功，故C錯誤；小球從A點運動到B點的過程中和從B點運動到C點的過程中，重力做功相同，彈簧彈力做功大小相等，整個運動過程中，由動能定理可知，重力做功的大小等于摩擦力做功的大小，則小球從A點運動到B點的過程中，重力做功的大小等于摩擦力做功的大小，由動能定理可知，動能的增加量等于彈簧彈力所做的功，故D正確。[答案]BD【針對訓(xùn)練5】(多選)(2021·廣西柳州市第三次模擬)如圖所示，一質(zhì)量不計的豎直圓盤可繞固定的水平軸O在豎直平面內(nèi)無摩擦地轉(zhuǎn)動。圓盤上固定著質(zhì)量均為m的小球A和B，且OA＝eq\r(3)a，OB＝a，OA與OB垂直。當(dāng)OA處于水平位置由靜止釋放圓盤，則在圓盤轉(zhuǎn)動過程中，下列說法正確的有()A．轉(zhuǎn)動過程中A、B球組成的系統(tǒng)機械能守恒B．當(dāng)A球位于O點正下方時，圓盤轉(zhuǎn)動的角速度達到最大C．圓盤轉(zhuǎn)動過程中，圓盤始終對A球不做功D．圓盤沿順時針方向轉(zhuǎn)動到角速度為0時，OA與豎直方向成30°角解析：選AD。圓盤在豎直平面內(nèi)無摩擦地轉(zhuǎn)動，對于A、B球組成的系統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，故A正確；A、B球組成的系統(tǒng)重心位于兩者連線的中點，當(dāng)系統(tǒng)的重心到達O點正下方時，系統(tǒng)重力勢能減少量最大，則動能的增加量最大，圓盤轉(zhuǎn)動的角速度最大，可知，當(dāng)A球位于O點正下方時，圓盤轉(zhuǎn)動的角速度不是最大，故B錯誤；圓盤轉(zhuǎn)動過程中，由于B的機械能是變化的，由系統(tǒng)的機械能守恒知，A的機械能是變化的，由功能關(guān)系可知圓盤對A球做功，故C錯誤；設(shè)圓盤沿順時針方向轉(zhuǎn)動到角速度為0時OA與豎直方向成α角，根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒知：從開始釋放到圓盤角速度為0的過程中，A的機械能減少量等于B的機械能增加量，得mg·eq\r(3)acosα＝mga(1＋sinα)，解得α＝30°，故