2021版高考物理二轮复习-专题二-功和能学案.docx

2021版高考物理二轮复习 专题二 功和能学案2021版高考物理二轮复习 专题二 功和能学案年级：姓名：- 14 -专题二功和能回归教材必备知识1.功(1)恒力做功的计算式W=Flcos(是F的方向与位移l方向的夹角)(2)恒力所做总功的两种计算方法W总=F合lcos或W总=W1+W2+2.功率(1)计算功率的两个公式:P=Wt,P=Fvcos(为F与v的夹角)(2)机车启动类问题中的“临界点”全程最大速度的临界点满足条件为:Ff=P额vm;匀加速运动达最大速度时满足的条件为Pv1-Ff=ma,此时瞬时功率等于额定功率P额;在匀加速过程中的某点,有:P1v-Ff=ma;在变加速运动过程中的某点,有:P额v2-Ff=ma。3.动能定理:W总=Ek2-Ek1=12mv22-12mv124.机械能守恒定律的三种表达方式(1)始末状态:mgh1+12mv12=mgh2+12mv22(应选取零势能参考平面)(2)能量转化:Ek(增)=Ep(减)(3)研究对象:EA=-EB5.几种常见的功能关系常见的几种力做功能量变化功能关系重力做功重力势能变化EpWG=-Ep弹簧的弹力做功弹性势能变化EpW弹=-Ep合外力做功W合动能变化EkW合=Ek除重力和系统内弹力之外其他力做功W其他机械能变化EW其他=E滑动摩擦力与介质阻力做功Ffs相对系统内能变化E内Ffs相对=E内电场力做功WAB=qUAB电势能变化EpWAB=-Ep高考演练明确方向1.(2020江苏单科,1,3分)质量为1.5103kg的汽车在水平路面上匀速行驶,速度为20m/s,受到的阻力大小为1.8103N。此时,汽车发动机输出的实际功率是()A.90WB.30kWC.36kWD.300kW答案C由于汽车在水平路面上匀速行驶,其受到的合外力为0,故汽车的牵引力F等于其受到的阻力f,即F=f,则汽车发动机输出的实际功率P=Fv=fv=36kW,C正确。2.(2018江苏单科,4,3分)从地面竖直向上抛出一只小球,小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力,该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图像是()答案A设小球初动能为Ek0,初速度为v0,重力加速度为g。瞬时动能Ek=Ek0-mgh,h=v0t-12gt2,联立得Ek=12mg2t2-mgv0t+Ek0,故A正确,B、C、D错误。3.(多选)(2019江苏单科,8,4分)如图所示,轻质弹簧的左端固定,并处于自然状态。小物块的质量为m,从A点向左沿水平地面运动,压缩弹簧后被弹回,运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s,与地面间的动摩擦因数为,重力加速度为g,弹簧未超出弹性限度。在上述过程中()A.弹簧的最大弹力为mgB.物块克服摩擦力做的功为2mgsC.弹簧的最大弹性势能为mgsD.物块在A点的初速度为2gs答案BC对物块从A点开始到再回到A点整个过程,由动能定理可知Wf=-2mgs=0-，则，故B正确，D错误。对物块从A点开始到弹簧压缩量最大这一过程，由动能定理可知，=-mgs,则W弹=-mgs,即物块克服弹力做功为mgs,所以弹簧弹性势能增加mgs,故C正确。当克服弹力做功为mgs时,弹簧的最大弹力要大于mg,故A错误。201820192020功与能T4:上抛运动中的动能-时间图像T7:弹簧参与的功能问题T14:连接体中的功能问题T8:弹簧参与的功能问题T1:汽车匀速运动时的功率T4:物块在斜面、平面上运动时对应的Ek-x图像T15:机械能守恒定律在“鼓形轮”中的应用考向解读1.重基础讲应用。如将动能定理与图像等简单综合考查对基础知识的理解能力。2.重过程与方法。如涉及弹簧、连接体等的功能问题难度较大,考查学生的分析综合能力。考向突破关键能力一、功能规律与图像的结合1.四类图像中“面积”的含义v-t图像由公式x=vt可知,v-t图线与t轴所围面积表示物体的位移a-t图像由公式v=at可知,a-t图线与t轴所围面积表示物体速度的变化量F-x图像由公式W=Fx可知,F-x图线与x轴所围面积表示力所做的功P-t图像由公式W=Pt可知,P-t图线与t轴所围面积表示力所做的功2.功能相关图像问题分析“三步走”典例1(2020江苏单科,4,3分)如图所示,一小物块由静止开始沿斜面向下滑动,最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接,且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中,物块的动能Ek与水平位移x关系的图像是()答案A设斜面倾角为,物块滑到斜面底端时的动能为Ek0,物块在斜面上滑行的长度对应的水平位移为x0,应用动能定理,在斜面上有(mgsin-mgcos)xcos=Ek,在水平面上有-mg(x-x0)=Ek-Ek0,即Ek=-mg(x-x0)+Ek0,综上所述可知:两段Ek-x图线为线性关系,故A正确,B、C、D错误。1(2020江苏常州教育学会学业水平监测)如图所示,在地面上空以初速度v0水平抛出一个质量为m的小球,小球下落过程中,其动能Ek、重力势能Ep、重力的功率P、重力做的功W与时间t的关系图像中,正确的是() 答案C小球某时刻的动能Ek=12mv2=12mv02+12mg2t2,则Ek-t图像是不过原点且开口向上的抛物线,选项A错误;以地面为参考平面,小球的重力势能Ep=Ep0-mgh=Ep0-12mg2t2,则Ep-t图像不是直线,选项B错误;重力的功率P=mgvy=mggt=mg2t,则P-t图像是过原点的直线,选项C正确;重力做的功W=mgh=12mg2t2,则W-t图像是过原点的曲线,选项D错误。二、动能定理的应用1.应用动能定理解题的基本步骤2.多过程问题的解题思路要点是“一拆”“一点”“一合”。“一拆”就是分析物体的运动过程,将其各个不同的运动阶段拆分开来,各个击破;“一点”就是找到各个运动阶段的交接点,交接点的瞬时速度将不同的运动连接起来;“一合”就是找到不同运动的时间或空间的关系将其整个运动过程联系起来。典例2(2020江苏无锡期末)2019年6月29日,首个江南文化特色的无锡融创乐园隆重开园。其中有一座飞翼过山车,它是目前世界最高(最高处60米)、速度最快(最高速度可达120千米/时)、轨道最复杂的过山车。过山车运行时可以底朝上在圆轨道上运行,游客不会掉下来。我们把这种情形抽象为如图乙所示的模型:光滑弧形轨道的下端与竖直光滑圆轨道相接,使质量为m的小球从弧形轨道上端滚下,小球从圆轨道下端进入后沿圆轨道运动。如果已知圆轨道的半径为R,重力加速度为g,不考虑空气阻力。求:甲乙(1)若小球从高为h的A处由静止释放,求小球到达圆轨道底端时对轨道的压力;(2)若要使小球运动过程中能通过圆弧轨道最高点且不脱离轨道,试求小球由静止释放时的高度h应满足的条件。答案(1)mg1+2hR,方向竖直向下(2)h52R解析(1)设小球从高为h的A处由静止释放,到达最低点速度为v,此过程由动能定理得mgh=12mv2设小球到达圆轨道最低端时轨道对小球的支持力为N,由牛顿第二定律得N-mg=mv2R根据牛顿第三定律,得小球到达圆轨道底端时对轨道的压力N=N联立解得N=mg1+2hR,方向竖直向下;(2)小球恰好通过圆弧轨道最高点时,由牛顿第二定律有mg=mv2R设此时小球从高H处由静止释放,由动能定理得mg(H-2R)=12mv2联立解得H=52R故小球由静止释放时的高度应满足h52R。2(多选)(2020江苏镇江期末)如图1所示,倾角为(45)的斜劈,固定在水平地面上,置于斜面上的滑块M恰能沿斜面匀速下滑,已知滑块M从斜面顶端滑至底端的过程中,重力势能减小量为K。重力加速度为g。现将该斜劈逆时针旋转90后仍固定在水平地面上(如图2所示),在滑块M从斜面顶端由静止释放下滑至底端的过程中,能求出滑块()A.下滑至底端时的速度B.下滑过程中的加速度C.下滑至底端时的动能D.下滑至底端时重力的功率答案BC设AB=h。滑块M恰能沿斜面匀速下滑时,有mgsin=mgcos,得=tan,据重力势能减小量为K得mgh=K,该斜面逆时针旋转90后,根据动能定理mghtan-mgsinhsin=12mv2=Ek,联立解得v=2ghtan-2ghtan,Ek=Ktan-Ktan,由于m未知,所以不能根据mgh=K求出h,因此v求不出来,可求滑块下滑至底端时的动能Ek,故A项错误,C项正确;根据牛顿第二定律得mgcos-mgsin=ma,得a=gcos-gtansin,可以求出加速度a,故B项正确;滑块下滑至底端时重力的功率为P=mgvcos,m和v都求不出来,则P求不出来,故D项错误。三、传送带、板块模型中的功能问题求解传送带(板块)相对滑动的能量问题的方法说明:公式Q=F滑l相对中l相对为两接触物体间的相对位移。若物体在传送带上往复运动时,则l相对为总的相对路程。典例3(多选)(2020江苏盐城三模)如图所示,木板甲长为L,放在水平桌面上,可视为质点的物块乙叠放在甲左端。已知甲、乙质量相等,甲与乙、甲与桌面间动摩擦因数相同。对乙施加水平向右的瞬时速度v,乙恰好未从甲上滑落;此时对甲施加水平向右的瞬时速度v,最终甲、乙物体均静止。下列作出的甲、乙物体在运动过程中的动能Ek与位移x的关系图像,其中正确的是()答案AC对乙施加水平向右的瞬时速度v,对木板甲来说,因为乙对甲的摩擦力mg小于木板与地面之间的最大静摩擦力2mg,可知木板甲是不动的,则对乙由动能定理Ek乙=Ek乙0-mgx;当乙在甲上停止后,此时给甲一初速度v,则乙在摩擦力作用下先做匀加速运动,动能Ek乙=mgx;而甲做匀减速运动,动能Ek甲=Ek甲0-(mg+2mg)x;当甲、乙共速后一起做匀减速运动直至停止,此过程中乙的动能Ek乙=Ek乙1-mgx,逐渐减小;此过程中甲受地面的摩擦力仍为向后的2mg,但是乙对甲的静摩擦力变为向前的mg,则此过程中甲的动能Ek甲=Ek甲1-(2mg-mg)x,图像的斜率变小;综上所述,选项A、C正确,B、D项错误。典例4(多选)(2020江苏南通、泰州第一次调研)如图所示,水平传送带以恒定的速度v运动,一质量为m的小物块轻放在传送带的左端,经过一段时间后,物块和传送带以相同的速度一起运动。已知物块与传送带间的动摩擦因数为,重力加速度为g,则()A.物块加速运动时的加速度为gB.物块加速运动的时间为v2gC.整个过程中,传送带对物块做的功为12mv2D.整个过程中,摩擦产生的热量为mv2答案AC物块加速运动时,由牛顿第二定律得mg=ma,可得a=g,故A项正确;物块加速运动的时间为t=va=vg,故B项错误;整个过程中,根据动能定理得传送带对物块做的功为W=12mv2-0=12mv2,故C项正确;物块加速运动的时间内传送带的位移为x带=vt,物块的位移为x物=0+v2t=vt2,物块与传送带间相对位移大小为x=x带-x物=vt2=v22g,整个过程中摩擦产生的热量为Q=mgx=12mv2,故D项错误。四、功能关系的应用(1)功是能量转化的量度,在不同的问题中具有的对应关系是:(2)弹簧中的功能关系物体与弹簧组成的系统在相互作用的过程中,在能量方面,由于弹簧的形变会具有弹性势能,系统的总动能将发生变化,若除重力和弹簧弹力以外的力不做功,系统机械能守恒。若还有其他外力和内力做功,这些力做功之和等于系统机械能改变量。做功之和为正,系统总机械能增加,反之减少。在相互作用的两个物体与弹簧系统中,弹簧两端物体把弹簧拉伸至最长(或压缩至最短)时,两端的物体具有相同的速度,弹性势能最大。如系统每个物体除弹簧弹力外所受合力为零,当弹簧为自然长度时,系统内弹簧某一端的物体具有最大速度(如绷紧的弹簧由静止释放)。典例5(2020江苏南通、泰州、扬州等七市第二次调研)如图所示,竖直平面内固定一半径为R的光滑半圆环,圆心在O点。质量均为m的A、B两小球套在圆环上,用不可形变的轻杆连接,开始时球A与圆心O等高,球B在圆心O的正下方。轻杆对小球的作用力沿杆方向。则,(1)若对球B施加水平向左的力F,使A、B两小球静止在图示位置,求力的大小F;(2)由图示位置静止释放A、B两小球,求此后运动过程中A球的最大速度v的大小;(3)由图示位置静止释放A、B两小球,求释放瞬间B球的加速度大小a。答案(1)mg(2)(2-1)gR(3)12g解析(1)设圆环对A球的弹力为N1,轻杆对A球的弹力为F1,对A、B和轻杆整体,根据平衡条件有N1-F=0对A球有F1sin45-mg=0N1-F1cos45=0解得F=mg(2)当轻杆运动至水平时,A、B球速度最大且均为v,由机械能守恒有mg22R-mgR-22R=12(2m)v2解得v=(2-1)gR(3)在初始位置释放瞬间,A、B速度为零,加速度都沿圆环切线方向,大小均为a,设此时杆的弹力为F1,根据牛顿第二定律对A球有mg-F1sin45=ma对B球有F1cos45=ma解得a=12g。典例6(多选)(2020江苏苏、锡、常、镇四市调研)如图所示,直杆与水平面成30角,一轻质弹簧套在直杆上,下端固定在直杆底端。现将一质量为m的小滑块从杆顶端A点由静止释放,滑块压缩弹簧到达最低点B后返回,脱离弹簧后恰能到达AB的中点。设重力加速度为g,AB=L,则该过程中()A.滑块和弹簧刚接触时的速度最大B.滑块克服摩擦做功为14mgLC.滑块加速度为零的位置只有一处D.弹簧最大弹性势能为13mgL答案BD滑块向下运动受到的合力为零时,速度最大,即mgsin=F弹+f时,速度最大,故A项错误;小滑块恰能运动到AB中点时,根据动能定理有0-0=mgL2sin30-Wf,解得Wf=14mgL,故B项正确;滑块加速度为零即合力为零,向下滑动时0=F弹+f-mgsin,向上滑动时F弹-(mgsin+f)=0,所以C项错误;弹簧被压缩到最短时弹性势能最大,根据能量守恒mgLsin30=23Wf+Ep,解得弹簧最大弹性势能为Ep=13mgL,故D项正确。一、单项选择题1.(2020江苏南通吕四中学质量检测)若物体在某一运动过程中动能保持不变,则在该过程中()A.物体一定做匀速直线运动B.重力对物体一定做正功C.合外力可能对物体做正功D.物体的加速度可能与速度始终垂直答案D动能保持不变,表示速度的大小不变,不代表速度方向不变,比如匀速圆周运动,故A项错误;由动能定理知,动能保持不变,说明合外力的功为零,不说明重力对物体一定做正功,比如水平面内的匀速圆周运动,重力不做功,故B项错误;由动能定理知,若合外力对物体做正功,动能一定增加,不会保持不变,故C项错误;物体的加速度可能与速度始终垂直,比如匀速圆周运动,故D项正确。2.(2020江苏苏、锡、常、镇四市调研)我国高铁舒适、平稳、快捷。设高铁高速运行时所受的空气阻力与车速成正比,高铁分别以300km/h和350km/h的速度匀速运行时克服空气阻力的功率之比为()A.67B.76C.3649D.4936答案C高铁高速运行时所受的空气阻力与车速成正比,则f=kv,则克服阻力的功率为P=fv=kv2,所以高铁分别以300km/h和350km/h的速度匀速运行时克服空气阻力的功率之比为P1P2=kv12kv22=3649,故A、B、D项错误,C项正确。3.(2020江苏苏中三市3月调研)将一小球从高处水平抛出,最初2s内小球动能Ek随时间t变化的图线如图所示,不计空气阻力,重力加速度g取10m/s2。根据图像信息,无法确定的物理量是()A.小球的质量B.小球的初速度C.小球拋出时的高度D.最初2s内重力对小球做功的平均功率答案C设小球的初速度为v0,则2s末的速度为:v2=v02+(102m/s)2,根据图像可知:小球的初动能Ek0=12mv02=5J,2s末的动能Ek2=12mv22=25J,解得:m=0.1kg,v0=10m/s,故A、B不符合题意;最初2s内重力对小球做功的平均功率: