2020高考物理新课标专用版冲刺大二轮讲义:专题二 能量与动量 第4课时 Word版含答案.pdf
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1、第 1 页 共 24 页 复习备考建议 1能量观点是高中物理三大观点之一,是历年高考必考内容 ; 或与直线运动、平抛运动、圆 周运动结合,或与电场、电磁感应结合,或与弹簧、传送带、板块连接体等结合;或借助选 择题单独考查功、功率、动能定理、功能关系的理解,或在计算题中考查动力学与能量观点 的综合应用,难度较大 2对于动量问题,可以只在选择题中出现,考查动量守恒定律、动量定理的基本应用,也可 在计算题中出现,特别是动量与动力学、能量结合、综合性强、难度高,应加大训练 第第 4 课时 功和功率 功能关系课时 功和功率 功能关系 考点考点 功、功率的分析与计算 功、功率的分析与计算 1恒力功的计算
2、(1)单个恒力的功 WFlcos . (2)合力为恒力的功 先求合力,再求 WF合lcos . WW1W2. 2变力功的计算 (1)若力大小恒定,且方向始终沿轨迹切线方向,可用力的大小跟路程的乘积计算 (2)力的方向不变,大小随位移线性变化可用 W lcos 计算F 第 2 页 共 24 页 (3)Fl 图象中,功的大小等于“面积” (4)求解一般变力做的功常用动能定理 3功率的计算 (1)P,适用于计算平均功率; W t (2)PFv,若 v 为瞬时速度,则 P 为瞬时功率;若 v 为平均速度,则 P 为平均功率 注意:力 F 与速度 v 方向不在同一直线上时功率为 Fvcos . 例 1
3、(多选)(2019山西晋中市适应性调研)如图 1 甲所示,足够长的固定光滑细杆与地面成 一定倾角,在杆上套有一个光滑小环,沿杆方向给环施加一个拉力 F,使环由静止开始运动, 已知拉力 F 及小环速度 v 随时间 t 变化的规律如图乙、 丙所示, 重力加速度 g 取 10 m/s2.则以 下判断正确的是( ) 图 1 A小环的质量是 1 kg B细杆与地面间的倾角是 30 C前 3 s 内拉力 F 的最大功率是 2.25 W D前 3 s 内拉力对小环做功 5.75 J 答案 AD 解析 由速度时间图象得到环先匀加速上升,然后匀速运动,由题图可得:第 1 s 内,a m/s20.5 m/s2,加
4、速阶段:F1mgsin ma;匀速阶段:F2mgsin 0,联立以 v t 0.5 1 上三式解得:m1 kg,sin 0.45,故 A 正确,B 错误;第 1 s 内,速度不断变大,拉力的 第 3 页 共 24 页 瞬时功率也不断变大,第 1 s 末,PFv150.5 W2.5 W; 第 1 s 末到第 3 s 末,PFv1 4.50.5 W2.25 W,即拉力的最大功率为 2.5 W,故 C 错误;从速度时间图象可以得到, 第 1 s 内的位移为 0.25 m,13 s 内的位移为 1 m, 前 3 s 内拉力做的功为 : W50.25 J4.5 1 J5.75 J,故 D 正确 变式训练
5、 1.(2019河南名校联盟高三下学期 2 月联考)如图 2 所示,ad、bd、cd 是竖直面内三根固定的 光滑细杆,a、b、c、d 位于同一圆周上,a 点为圆周的最高点,d 点为最低点每根杆上都 套着一个质量相等的小滑环(图中未画出), 三个滑环分别从 a、 b、 c 处由静止释放, 用 P1、 P2、 P3 依次表示各滑环从静止滑到 d 过程中重力的平均功率,则( ) 图 2 AP1P2P3 CP3P1P2 DP1P2P3 答案 B 解析 对小滑环 b 受力分析, 受重力和支持力, 将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解, 根据牛顿第二定律得, 小滑环做初速度为零的匀加速直线运动的加速度为
6、 agsin ( 为杆与 水平方向的夹角), 由数学知识可知, 小滑环的位移 x2Rsin , 所以 t 2x a 2 2Rsin gsin ,t 与 无关,即 t1t2t3,而三个环重力做功 W1W2W3,所以有 : P1P2P3,B 正确 4R g 2.(多选)(2019福建龙岩市期末质量检查)如图3所示, 在竖直平面内有一条不光滑的轨道ABC, 其中 AB 段是半径为 R 的 圆弧,BC 段是水平的一质量为 m 的滑块从 A 点由静止滑下,最 1 4 后停在水平轨道上 C 点,此过程克服摩擦力做功为 W1.现用一沿着轨道方向的力推滑块,使 第 4 页 共 24 页 它缓慢地由 C 点推回
7、到 A 点,此过程克服摩擦力做功为 W2,推力对滑块做功为 W,重力加 速度为 g,则下列关系中正确的是( ) 图 3 AW1mgR BW2mgR CmgR2mgR 答案 AC 解析 滑块由 A 到 C 的过程,由动能定理可知 mgRW10,故 A 对 ; 滑块由 A 到 B 做圆周 运动,而在推力作用下从 C 经过 B 到达 A 的过程是一个缓慢的匀速过程,所以从 A 到 B 的 过程中平均支持力大于从 B 到 A 的平均支持力,那么摩擦力从 A 到 B 做的功大于从 B 到 A 做的功,而两次经过 BC 段摩擦力做功相等,故 W2mgcos ,故物体不会静止在木板上 (2)从物体开始运动到
8、停下,设总路程为 s,由动能定理得 mghmgscos 0 解得 s11.25 m (3)假设物体依次能到达 B、D 点,由动能定理得 mg(hLsin )mgcos (L) mvB2 h sin 1 2 解得 vB0 mg(hLsin )mgcos (3L) mvD2 h sin 1 2 vD无解 说明物体能通过 B 点但不能到达 D 点,因物体不能静止在木板上,故物体最终停在 C 点 考点考点 动力学与能量观点的综合应用 动力学与能量观点的综合应用 1两个分析 (1)综合受力分析、运动过程分析,由牛顿运动定律做好动力学分析 (2)分析各力做功情况,做好能量的转化与守恒的分析,由此把握各运动
9、阶段的运动性质,各 连接点、临界点的力学特征、运动特征、能量特征 2四个选择 (1)当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时, 一般选择用动力学方法解题 ; 第 12 页 共 24 页 (2)当涉及功、能和位移时,一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律 解题,题目中出现相对位移时,应优先选择能量守恒定律; (3)当涉及细节并要求分析力时,一般选择牛顿运动定律,对某一时刻的问题选择牛顿第二定 律求解; (4)复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合分析求解 例 4 (2019河北邯郸市测试)如图 10 所示, 一根轻弹簧左端固定于竖直墙上, 右端被质量
10、 m 1 kg 可视为质点的小物块压缩而处于静止状态,且弹簧与物块不拴接,弹簧原长小于光滑 平台的长度 在平台的右端有一传送带, AB 长 L5 m, 物块与传送带间的动摩擦因数 10.2, 与传送带相邻的粗糙水平面 BC 长 s1.5 m, 它与物块间的动摩擦因数 20.3, 在 C 点右侧有 一半径为 R 的光滑竖直圆弧轨道与 BC 平滑连接,圆弧对应的圆心角为 120,在圆弧的最 高点 F 处有一固定挡板,物块撞上挡板后会以原速率反弹回来若传送带以 v5 m/s 的速率 顺时针转动,不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失当弹簧储存的 Ep18 J 能量全部 释放时,小物块恰能滑到与圆心等
11、高的 E 点,取 g10 m/s2. 图 10 (1)求右侧圆弧的轨道半径 R; (2)求小物块最终停下时与 C 点的距离; (3)若传送带的速度大小可调,欲使小物块与挡板只碰一次,且碰后不脱离轨道,求传送带速 度的可调节范围 答案 (1)0.8 m (2) m (3) m/sv m/s 1 3 3743 解析 (1)物块被弹簧弹出,由 Ep mv02,可知: 1 2 v06 m/s 因为 v0v,故物块滑上传送带后先减速,物块与传送带相对滑动过程中, 第 13 页 共 24 页 由:1mgma1,vv0a1t1,x1v0t1 a1t12 1 2 得到:a12 m/s2,t10.5 s,x12
12、.75 m 因为 x10,故物块会再次滑上传送带,物块在恒定摩擦力的作用下先减速7 至 0 再反向加速, 由运动的对称性可知, 物块以相同的速率离开传送带, 经分析可知最终在 BC 间停下,设最终停在距 C 点 x 处,由 mvB22mg(sx),代入数据解得:x m. 1 2 1 3 (3)设传送带速度为 v1时物块恰能到 F 点,在 F 点满足 mgsin 30mv F2 R 从 B 到 F 过程中由动能定理可知: 2mgsmg(RRsin 30) mvF2 mv12 1 2 1 2 解得:v1 m/s37 设传送带速度为 v2时,物块撞挡板后返回能再次上滑恰到 E 点, 由 mv222m
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