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(biāo)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(jì)算、動(dòng)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(dòng)能定理進(jìn)行分析和推理。1.物理觀念：主要是對(duì)功和功率的概念理解；對(duì)功能關(guān)系的理解。2．科學(xué)推理：應(yīng)用動(dòng)能定理和力學(xué)中的功能關(guān)系分析和解決問題。高考強(qiáng)調(diào)以生活中的實(shí)例為背景，強(qiáng)化對(duì)做功和功率概念的理解，在多過程運(yùn)動(dòng)情景中運(yùn)用動(dòng)能定理分析和推理。命題方向主要圍繞功和功率、動(dòng)能定理的應(yīng)用以及對(duì)功能關(guān)系的理解。[學(xué)生用書P15]一、幾種力做功的特點(diǎn)1．重力、彈簧彈力、靜電力做功與路徑無(wú)關(guān)。2．摩擦力做功的特點(diǎn)(1)單個(gè)摩擦力(包括靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力)可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功。(2)相互作用的一對(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程中，只有機(jī)械能的轉(zhuǎn)移，沒有機(jī)械能轉(zhuǎn)化為其他形式的能；相互作用的一對(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)摩擦力做功的過程中，相互摩擦的物體間不僅有機(jī)械能的轉(zhuǎn)移，還有部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的量等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，等于滑動(dòng)摩擦力與相對(duì)位移的乘積。(3)摩擦生熱是指滑動(dòng)摩擦生熱，靜摩擦不會(huì)生熱。二、幾個(gè)重要的功能關(guān)系1．重力做的功等于重力勢(shì)能減少量，即WG＝－ΔEp。2．彈力做的功等于彈性勢(shì)能減少量，即W彈＝－ΔEp。3．合力做的功等于動(dòng)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(jī)械能的變化，即W其他＝ΔE。5．系統(tǒng)內(nèi)一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做的功是系統(tǒng)內(nèi)能改變的量度，即Q＝Ffx相對(duì)。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(dòng)能定理或者圖像法來(lái)求解。2．功率的求解：可以用定義式P＝eq\f(W,t)來(lái)求解，如果力是恒力，可以用P＝Fv_cos_α來(lái)求解。四、動(dòng)能定理的應(yīng)用技巧若運(yùn)動(dòng)包括幾個(gè)不同的過程，可以全程或者分過程應(yīng)用動(dòng)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(chǎng)力、分子力做功與位移有關(guān)，與路徑無(wú)關(guān)。(2)滑動(dòng)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(yùn)動(dòng)的平均速度。3．瞬時(shí)功率(1)P＝Fvcosα，v為t時(shí)刻的瞬時(shí)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(shí)刻的瞬時(shí)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(shí)刻的瞬時(shí)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(yùn)動(dòng)，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(shuō)法正確的是()A．F1和F2大小相等B．F1和F2對(duì)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(duì)A、B做功之比為1∶2[解析]勻減速運(yùn)動(dòng)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(duì)于勻加速運(yùn)動(dòng)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(cuò)誤，C正確；兩個(gè)物體勻加速直線運(yùn)動(dòng)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(duì)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(duì)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(duì)A、B做功之比為1∶1，B、D錯(cuò)誤。[答案]C(2021·河北省學(xué)業(yè)水平選擇性考試)我國(guó)戰(zhàn)國(guó)時(shí)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(zhǎng)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(shí)，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(shí)拉力F的功率為()A．52.5W B．63WC．352.5W D．423W[解析]對(duì)滑塊受力分析有F－mgsinα－μmgcosα＝ma根據(jù)運(yùn)動(dòng)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(shí)，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(duì)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(jiǎn)化為勻加速、勻速、勻減速三個(gè)階段，即加速到允許的最大速度v后做勻速運(yùn)動(dòng)，最后經(jīng)過勻減速運(yùn)動(dòng)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(gè)質(zhì)量為m的人先坐電梯從1樓到7樓，辦完事后再?gòu)?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(duì)人做正功，減速階段電梯對(duì)人做負(fù)功D．上升過程中電梯對(duì)人做功的最大功率為mgv解析：選B。運(yùn)動(dòng)過程圖像如圖所示，因?yàn)殡娞菁铀俸蜏p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(yùn)動(dòng)時(shí)間更長(zhǎng)，所以平均速度更大，故A錯(cuò)誤，B正確；電梯對(duì)人的作用力始終向上，與位移同向，故始終做正功，故C錯(cuò)誤；上升過程中勻加速階段結(jié)束時(shí)，電梯對(duì)人做功的功率最大為P＝Fv＝(mg＋ma)v>mgv，故D錯(cuò)誤?！踞槍?duì)訓(xùn)練2】(2021·江蘇揚(yáng)州市調(diào)研)國(guó)產(chǎn)插電混動(dòng)汽車比亞迪，百公里加速時(shí)間達(dá)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(shuō)法正確的是()A．行駛100km用時(shí)4.3sB．AB段加速度小于OA段C．AB段發(fā)動(dòng)機(jī)動(dòng)力不變D．BC段發(fā)動(dòng)機(jī)功率增大解析：選D。速度達(dá)到100km/h需要時(shí)間4.3s，A錯(cuò)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(cuò)誤；在AB段汽車做勻加速運(yùn)動(dòng)，隨速度的增加阻力變大，根據(jù)F－f＝ma可知，發(fā)動(dòng)機(jī)動(dòng)力逐漸增加，C錯(cuò)誤；BC段速度增加，發(fā)動(dòng)機(jī)動(dòng)力逐漸變大，根據(jù)P＝Fv可知，發(fā)動(dòng)機(jī)功率增大，D正確。題型二動(dòng)能定理的應(yīng)用[學(xué)生用書P17]1．基本思路(1)確定研究對(duì)象和研究過程。(2)進(jìn)行運(yùn)動(dòng)分析和受力分析，確定初、末速度和各力做功情況，利用動(dòng)能定理全過程或者分過程列式。2．解題技巧(1)動(dòng)能定理是根據(jù)恒力做功和直線運(yùn)動(dòng)推導(dǎo)出來(lái)的，但是也適用于變力做功和曲線運(yùn)動(dòng)。(2)在解決涉及位移和速度而不涉及加速度和時(shí)間的問題時(shí)，常選用動(dòng)能定理分析。(3)動(dòng)能定理常用于分析多運(yùn)動(dòng)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(guó)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(dòng)。該物體開始滑動(dòng)時(shí)的動(dòng)能為Ek，向上滑動(dòng)一段距離后速度減小為零，此后物體向下滑動(dòng)，到達(dá)斜面底端時(shí)動(dòng)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(dòng)的距離為eq\f(Ek,2mg)B．物體向下滑動(dòng)時(shí)的加速度大小為eq\f(g,5)C．物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于D．物體向上滑動(dòng)所用的時(shí)間比向下滑動(dòng)的時(shí)間長(zhǎng)[解析]物體從斜面底端回到斜面底端根據(jù)動(dòng)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(dòng)能定理有－mglsinα－μmglcosα＝0－Ek，整理得l＝eq\f(Ek,mg)，μ＝，A錯(cuò)誤，C正確；物體向下滑動(dòng)時(shí)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(dòng)時(shí)根據(jù)牛頓第二定律有ma上＝mgsinα＋μmgcosα，物體向下滑動(dòng)時(shí)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(cuò)誤。[答案]BC【針對(duì)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(zhǎng)度為πR、不可伸長(zhǎng)的輕細(xì)繩，一端固定在圓柱體最高點(diǎn)P處，另一端系一個(gè)小球，小球位于P點(diǎn)右側(cè)同一水平高度的Q點(diǎn)時(shí)，繩剛好拉直，將小球從Q點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)與圓柱體未接觸部分的細(xì)繩豎直時(shí)，小球的速度大小為(重力加速度為g，不計(jì)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(dòng)能定理有mgh＝eq\f(1,2)mv2綜上有v＝eq\r(（2＋π）gR)?！踞槍?duì)訓(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(dòng)，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(dòng)摩擦因數(shù)均為常數(shù)。該過程中，物塊的動(dòng)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(dòng)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(dòng)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(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)能與x成線性關(guān)系；當(dāng)小物塊在水平面運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理有－μmgx＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－μmgx，Ek0為物塊剛下滑到平面上時(shí)的動(dòng)能，則即在水平面運(yùn)動(dòng)時(shí)物塊動(dòng)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(gè)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(zhǎng)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(diǎn)的高度差為h，在空中的運(yùn)動(dòng)可視為平拋運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的有()A．甲在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間比乙的長(zhǎng)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(shì)能減少mghD．從投出到落地，每顆手榴彈的機(jī)械能變化量為mgh[解析]由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq\r(\f(2h,g))，因?yàn)閮墒至駨椷\(yùn)動(dòng)的高度差相同，所以在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，故A錯(cuò)誤；做平拋運(yùn)動(dòng)的物體落地前瞬間重力的功率P＝mgvcosθ＝mgvy＝mgeq\r(2gh)，因?yàn)閮墒至駨椷\(yùn)動(dòng)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(shì)能減小量ΔEp＝mgh，故C正確；從投出到落地，手榴彈做平拋運(yùn)動(dòng)，只有重力做功，機(jī)械能守恒，故D錯(cuò)誤。[答案]BC(多選)(2021·廣東肇慶市第二次統(tǒng)一測(cè)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(diǎn)。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(dòng)，小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，彈簧恰好處于原長(zhǎng)狀態(tài)?，F(xiàn)將小球從鐵棒頂端自由釋放，小球到達(dá)鐵棒底端時(shí)速度恰好為零，下列說(shuō)法正確的是()A．小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B．小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)和從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中摩擦力做功相同C．小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)和從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中彈簧彈力做功相同D．小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，動(dòng)能的增加量等于彈簧彈力所做的功[解析]由于摩擦力做負(fù)功，系統(tǒng)杋械能不守恒，故A錯(cuò)誤；由對(duì)稱性可知，小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中和從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中摩擦力做功相同，故B正確；小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中彈簧彈力做正功，從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中彈簧彈力做負(fù)功，故C錯(cuò)誤；小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中和從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，重力做功相同，彈簧彈力做功大小相等，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，由動(dòng)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(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，重力做功的大小等于摩擦力做功的大小，由動(dòng)能定理可知，動(dòng)能的增加量等于彈簧彈力所做的功，故D正確。[答案]BD【針對(duì)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(jì)的豎直圓盤可繞固定的水平軸O在豎直平面內(nèi)無(wú)摩擦地轉(zhuǎn)動(dòng)。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(dòng)過程中，下列說(shuō)法正確的有()A．轉(zhuǎn)動(dòng)過程中A、B球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B．當(dāng)A球位于O點(diǎn)正下方時(shí)，圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度達(dá)到最大C．圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，圓盤始終對(duì)A球不做功D．圓盤沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)到角速度為0時(shí)，OA與豎直方向成30°角解析：選AD。圓盤在豎直平面內(nèi)無(wú)摩擦地轉(zhuǎn)動(dòng)，對(duì)于A、B球組成的系統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)的機(jī)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(diǎn)，當(dāng)系統(tǒng)的重心到達(dá)O點(diǎn)正下方時(shí)，系統(tǒng)重力勢(shì)能減少量最大，則動(dòng)能的增加量最大，圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度最大，可知，當(dāng)A球位于O點(diǎn)正下方時(shí)，圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度不是最大，故B錯(cuò)誤；圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，由于B的機(jī)械能是變化的，由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒知，A的機(jī)械能是變化的，由功能關(guān)系可知圓盤對(duì)A球做功，故C錯(cuò)誤；設(shè)圓盤沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)到角速度為0時(shí)OA與豎直方向成α角，根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)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(jī)械能減少量等于B的機(jī)械能增加量，得mg·eq\r(3)acosα＝mga(1＋sinα)，解得α＝30°，故