高考物理 考前三個月 第1部分 專題5 功和能課件.ppt

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專題5功和能 1 2015 新課標全國 17 一汽車在平直公路上行駛 從某時刻開始計時 發(fā)動機的功率P隨時間t的變化如圖1所示 假定汽車所受阻力的大小f恒定不變 下列描述該汽車的速度v隨時間t變化的圖線中 可能正確的是 真題示例 圖1 答案A 2 2015 新課標全國 17 如圖2 一半徑為R 粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置 直徑POQ水平 一質量為m的質點自P點上方高度R處由靜止開始下落 恰好從P點進入軌道 質點滑到軌道最低點N時 對軌道的壓力為4mg g為重力加速度的大小 用W表示質點從P點運動到N點的過程中克服摩擦力所做的功 則 圖2 答案C 3 2015 四川理綜 9 嚴重的霧霾天氣 對國計民生已造成了嚴重的影響 汽車尾氣是形成霧霾的重要污染源 鐵腕治污 已成為國家的工作重點 地鐵列車可實現(xiàn)零排放 大力發(fā)展地鐵 可以大大減少燃油公交車的使用 減少汽車尾氣排放 如圖3所示 若一地鐵列車從甲站由靜止啟動后做直線運動 先勻加速運動20s達最高速度72km h 再勻速運動80s 接著勻減速運動15s到達乙站停住 設列車在勻加速運動階段牽引力為1 106N 勻速運動階段牽引力的功率為6 103kW 忽略勻減速運動階段牽引力所做的功 圖3 1 求甲站到乙站的距離 s2 vt2 s s1 s2 s3 聯(lián)立 式并代入數(shù)據(jù)得s 1950m 答案1950m 2 如果燃油公交車運行中做的功與該列車從甲站到乙站牽引力做的功相同 求公交車排放氣態(tài)污染物的質量 燃油公交車每做1焦耳功排放氣態(tài)污染物3 10 6克 解析設列車在勻加速直線運動階段的牽引力為F 所做的功為W1 在勻速直線運動階段的牽引力的功率為P 所做的功為W2 設燃油公交車做與該列車從甲站到乙站相同的功W 排放氣態(tài)污染物的質量為M 則W1 Fs1 W2 Pt2 W W1 W2 M 3 10 9kg J 1 W 聯(lián)立 式并代入數(shù)據(jù)得M 2 04kg答案2 04kg 1 題型特點 1 單獨命題 功和功率的計算 利用動能定理分析簡單問題 對動能變化 重力勢能變化 彈性勢能變化的分析 對機械能守恒條件的理解及機械能守恒定律的簡單應用 考綱解讀 2 交匯命題 結合v t F t等圖象綜合考查多過程的功和功率的計算 結合應用動能定理 機械能守恒定律和能量守恒定律 結合動力學方法解決多運動過程問題 2 考查熱點 1 守恒法 2 整體法 分段法 3 圖象法 內(nèi)容索引 考題一功和功率的計算 考題二功能關系的理解 考題三動能定理的應用 考題四動力學和能量觀點的綜合應用 專題綜合練 考題一功和功率的計算 1 下表列出了某種型號轎車的部分數(shù)據(jù) 圖4為轎車中用于改變車速的擋位 手推變速桿到達不同擋位可獲得不同的運行速度 從 1 5 逐擋速度增大 R是倒車擋 試問若轎車在額定功率下 要以最大動力上坡 變速桿應推至哪一擋 當轎車以最高速度運行時 轎車的牽引力約為多大 圖4 A 5 擋 8000NB 5 擋 2000NC 1 擋 4000ND 1 擋 2000N 答案D 2 如圖5所示 一質量為m的物體在沿斜面向上的恒力F作用下 由靜止從底端向上做勻加速直線運動 斜面足夠長 表面光滑 傾角為 經(jīng)一段時間恒力F做功8J 此后撤去恒力F 物體又經(jīng)相同時間回到出發(fā)點 則在撤去該恒力前瞬間 該恒力的功率是 圖5 答案D 3 某工地上 一架起重機將放在地面上的一個物體吊起 物體在起重機鋼繩的作用下由靜止開始豎直向上運動 運動過程中物體的機械能E與其位移x關系的圖象如圖6所示 其中0 x1過程的圖線為曲線 x1 x2過程的圖線為直線 根據(jù)圖象可知 圖6 A 0 x1過程中鋼繩的拉力逐漸增大B 0 x1過程中物體的動能一直增加C x1 x2過程中鋼繩的拉力一直不變D x1 x2過程中起重機的輸出功率一直增大 解析由于除重力和彈簧的彈力之外的其他力做多少負功物體的機械能就減少多少 所以E x圖象的斜率的絕對值等于物體所受拉力的大小 由圖可知在0 x1內(nèi)斜率的絕對值逐漸減小 故在0 x1內(nèi)物體所受的拉力逐漸減小 所以開始先加速運動 當拉力減小后 可能減速運動 故A B錯誤 由于物體在x1 x2內(nèi)所受的合力保持不變 故加速度保持不變 故物體受到的拉力不變 故C正確 由于物體在x1 x2內(nèi)E x圖象的斜率的絕對值不變 故物體所受的拉力保持不變 如果拉力等于物體所受的重力 故物體做勻速直線運動 所以超重機的輸出功率可能不變 故D錯誤 答案C 1 功的計算 1 恒力做功的計算公式 W Flcos 2 當F為變力時 用動能定理W Ek或功能關系求功 所求得的功是該過程中外力對物體 或系統(tǒng) 做的總功 或者說是合力對物體做的功 3 利用F l圖象曲線下的面積求功 4 利用W Pt計算 知識小結 考題二功能關系的理解 小球在豎直方向上下降h高度時重力做正功mgh 因此 小球的重力勢能減少mgh 故C錯誤 答案D 5 多選 如圖7所示 一小物體在粗糙程度相同的兩個固定斜面上從A經(jīng)B滑動到C 如不考慮在B點機械能的損失 則 圖7 A 從A到B和從B到C 減少的機械能相等B 從A到B和從B到C 增加的動能相等C 從A到B和從B到C 摩擦產(chǎn)生的熱量相等D 小物體在B點的動能一定最大 由題圖可知 物體從A到B和從B到C AB段的高度比較大 所以在AB段重力對物體做的功比較大 由動能定理 Ek W總 WG Wf 由 可知 從A到B和從B到C AB段增加的動能比較大 故B錯誤 物體從A到B和從B到C 物體減少的機械能轉化為內(nèi)能 物體減少的機械能相等 所以摩擦產(chǎn)生的熱量相等 故C正確 物體從B到C的過程中 重力對物體做正功 摩擦力對物體做負功 由于不知道二者的大小關系 所以C點的動能也有可能大于物體在B點的動能 故D錯誤 答案AC 6 如圖8所示 一個小球套在固定的傾斜光滑桿上 一根輕質彈簧的一端懸掛于O點 另一端與小球相連 彈簧與桿在同一豎直平面內(nèi) 將小球沿桿拉到與O點等高的位置由靜止釋放 小球沿桿下滑 當彈簧處于豎直時 小球速度恰好為零 若彈簧始終處于伸長且在彈性限度內(nèi) 在小球下滑過程中 下列說法正確的是 圖8 A 小球的機械能先增大后減小B 彈簧的彈性勢能一直增加C 重力做功的功率一直增大D 當彈簧與桿垂直時 小球的動能最大 解析先分析小球的運動過程 由靜止釋放 初速度為0 沿桿方向受重力和彈力的兩個分力 做加速運動 當彈簧與桿垂直時 還有重力沿桿方向的分力 繼續(xù)加速 當小球下滑到某個位置時 重力和彈力的兩個分力大小相等 方向相反時 加速度為0 速度最大 之后做減速運動 D錯誤 小球的機械能是動能和重力勢能之和 彈力做功是它變化的原因 彈力先做正功后做負功 小球的機械能先增后減 故A正確 彈簧的彈性勢能變化由彈力做功引起 彈力先做正功后做負功 故彈性勢能先減后增 B錯誤 重力做功的功率是重力沿桿方向的分力和速度的乘積 故應先增后減 C錯誤 答案A 1 功能關系 1 重力做功與重力勢能的變化關系 WG Ep 2 彈力做功與彈性勢能的變化關系 W彈 Ep 3 合力的功與動能變化的關系 W合 Ek 4 滑動摩擦力做功產(chǎn)生內(nèi)能的計算 Q Ffx相對 5 電場力做功 W Ep qU 電場力做正功 電勢能減少 電場力做負功 電勢能增加 知識小結 2 說明 1 一對相互作用的靜摩擦力做功代數(shù)和為0 不改變系統(tǒng)機械能 2 一對相互作用的滑動摩擦力做功代數(shù)和小于0 系統(tǒng)機械能減少 轉化為內(nèi)能 考題三動能定理的應用 圖9 解析拉力做功最小時 鐵鏈重心到達水平面時的速度剛好為零 從開始拉鐵鏈到鐵鏈的重心到達水平面的過程中運用動能定理得 答案D 8 2015 海南單科 4 如圖10所示 一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置 軌道兩端等高 質量為m的質點自軌道端點P由靜止開始滑下 滑到最低點Q時 對軌道的正壓力為2mg 重力加速度大小為g 質點自P滑到Q的過程中 克服摩擦力所做的功為 圖10 答案C 1 小物塊Q的質量m2 圖11 解析根據(jù)平衡條件 滿足 m1gsin53 m2gsin37 可得m2 4kg答案4kg 2 燒斷細繩后 物塊P第一次到達D點時對軌道的壓力大小 由幾何關系得h L1sin53 R 1 cos53 解得FD 78N 由牛頓第三定律得 物塊P對軌道的壓力大小為78N 答案78N 3 物塊P在MN斜面上滑行的總路程 解析分析可知最終物塊在CDM之間往復運動 C點和M點速度為零 由全過程動能定理得 m1gL1sin53 m1gcos53 s總 0解得s總 1m 答案1m 1 動能定理應用的基本步驟 1 選取研究對象 明確并分析運動過程 2 分析受力及各力做功的情況 受哪些力 每個力是否做功 在哪段位移過程中做功 正功 負功 做多少功 求出代數(shù)和 3 明確過程初 末狀態(tài)的動能Ek1及Ek2 規(guī)律小結 4 列方程W Ek2 Ek1 必要時注意分析題目的潛在條件 補充方程進行求解 2 應用動能定理時根據(jù)運動過程不同可以全程列式 也可分段列式 10 多選 如圖12甲所示 物體以一定初速度從傾角 37 的斜面底端沿斜面向上運動 上升的最大高度為3 0m 選擇地面為參考平面 上升過程中 物體的機械能E機隨高度h的變化如圖乙所示 g 10m s2 sin37 0 6 cos37 0 8 下列說法中正確的是 考題四動力學和能量觀點的綜合應用 A 物體的質量m 0 67kgB 物體可能靜止在斜面頂端C 物體上升過程的加速度大小a 10m s2D 物體回到斜面底端時的動能Ek 10J 圖12 答案CD 11 如圖13所示 在水平軌道豎直安放一個與水平面夾角為 長度為L0 以v0逆時針勻速轉動的傳送帶和一半徑為R的豎直圓形光滑軌道 水平軌道的PQ段鋪設特殊材料 調(diào)節(jié)其初始長度為L 水平軌道左側有一輕質彈簧 左端固定 彈簧處于自然伸長狀態(tài) 小物塊A輕放 初速度為0 在傳送帶頂端 通過傳送帶 水平軌道 圓形軌道 水平軌道后與彈簧接觸 之后A壓縮彈簧并被彈簧彈回 彈回速度為剛與彈簧接觸時速度的一半 經(jīng)水平軌道返回圓形軌道 物塊A可視為質點 已知R 0 2m 37 L0 1 8m L 1 0m v0 6m s 物塊A質量為m 1kg 與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為 1 0 5 與PQ段間的動摩擦因數(shù)為 2 0 2 軌道其他部分摩擦不計 物塊從傳送帶滑到水平軌道時機械能不損失 取g 10m s2 sin37 0 6 cos37 0 8 求 圖13 1 物塊A滑到傳送帶底端時速度的大小 解析物塊A在傳送帶上受重力和摩擦力的作用做加速運動 求得 a g據(jù)運動學公式得v2 2aL0 解得 v v0 6m s 答案見解析 2 物塊A剛與彈簧接觸時速度大小 答案見解析 3 物塊A返回到圓形軌道的高度 代入數(shù)據(jù)解得速度 v3 2m s 可得 返回到圓形軌道的高度為h 0 2m R 符合實際 答案見解析 4 若僅調(diào)節(jié)PQ段的長度L 當L滿足什么條件時 A物塊能返回圓形軌道且能沿軌道運動而不會脫離軌道 解析物塊A以v0沖上PQ段直到回到PQ段右側 聯(lián)立可得 A回到右側速度 要使A能返回右側軌道且能沿圓形軌道運動而不脫離軌道 則有 A沿軌道上滑至最大高度h時 速度減為0 則h滿足 0 h R v3 0 聯(lián)立可得 1m L 1 8m綜上所述 要使A物塊能返回圓形軌道并沿軌道運動而不脫離軌道 L滿足的條件是1m L 1 8m 1 如圖14所示 一小球從高h處自由下落進入水面 若小球在水中所受阻力為F kv2 且水足夠深 則 專題綜合練 圖14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A h越大 勻速時速度v越大B h變大 小球在水中動能變化一定變多C h變小 小球在水中動能變化可能變多D 小球在水中剛勻速的位置與h無關 解析當重力 浮力和阻力相等時 小球做勻速運動 有mg F浮 kv2 浮力是定值 可知勻速運動的速度是一定值 故A錯誤 若小球進入水中做加速運動 由于勻速運動的速度一定 高度h越大 進入水中的速度越大 則動能變化越小 若小球進入水中做減速運動 由于勻速運動的速度一定 高度h越大 進入水中的速度越大 則動能變化越大 同理 當h變小時 在水中的動能可能變多 可能變小 故B錯誤 C正確 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 小球勻速運動的速度是一定值 但是開始勻速運動的位置與h有關 故D錯誤 答案C 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 圖15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析圖A中小球到達最高點的速度可以為零 根據(jù)機械能守恒定律得 mgh 0 mgh 0 則h h 故A正確 繩球模型中 小球在最高點的速度不可能為零 故小球不可能到達h高的位置 否則機械能增加了 矛盾 故B錯誤 圖C中小球到達最高點的速度可以為零 根據(jù)機械能守恒定律得 mgh 0 mgh 0 則h h 故C正確 桿模型中 小球到達最高點的速度可以為零 根據(jù)機械能守恒定律得 mgh 0 mgh 0 則h h 故D正確 答案B 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 3 如圖16甲所示 質量m 1kg的物塊 可視為質點 以v0 10m s的初速度從粗糙斜面上的P點沿斜面向上運動到達最高點后 又沿原路返回 其速率隨時間變化的圖象如圖乙所示 已知斜面固定且足夠長 不計空氣阻力 取g 10m s2 下列說法中正確的是 圖16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A 物塊所受的重力與摩擦力之比為3 2B 在t 1s到t 6s的時間內(nèi)物塊所受重力的平均功率為50WC 在t 0到t 1s時間內(nèi)機械能的變化量大小與t 1s到t 6s時間內(nèi)機械能變化量大小之比為1 5D 在t 6s時物塊克服摩擦力做功的功率為20W 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案C 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 4 多選 如圖17所示 甲 乙兩傳送帶與水平面的夾角相同 都以恒定速率v向上運動 現(xiàn)將一質量為m的小物體 視為質點 輕輕放在A處 小物體在甲傳送帶上到達B處時恰好達到傳送帶的速率v 在乙傳送帶上到達離B處豎直高度為h的C處時達到傳送帶的速率v 已知B處離地面的高度均為H 則在小物體從A到B的過程中 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A 小物體與甲傳送帶間的動摩擦因數(shù)較小B 兩傳送帶對小物體做功相等C 兩傳送帶消耗的電能相等D 兩種情況下因摩擦產(chǎn)生的熱相等 圖17 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析根據(jù)公式v2 2ax 可知物體加速度關系a甲 a乙 再由牛頓第二定律 mgcos mgsin ma 得知 甲 乙 故A正確 傳送帶對小物體做功等于小物體的機械能的增加量 動能增加量相等 重力勢能的增加量也相同 故兩種傳送帶對小物體做功相等 故B正確 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由摩擦生熱Q Ffx相對知 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 根據(jù)能量守恒定律 電動機消耗的電能E電等于摩擦產(chǎn)生的熱量Q與物體增加的機械能之和 因物體兩次從A到B增加的機械能相同 Q甲 Q乙 所以將小物體運至B處 甲傳送帶消耗的電能更多 故C錯誤 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案AB 5 如圖18所示 質量為m的小球 可視為質點 用長為L的細線懸掛于O點 自由靜止在A位置 現(xiàn)用水平力F緩慢地將小球從A拉到B位置而靜止 細線與豎直方向夾角為 60 此時細線的拉力為F1 然后放手讓小球從靜止返回 到A點時細線的拉力為F2 則 圖18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A F1 F2 2mgB 從A到B 拉力F做功為F1LC 從B到A的過程中 小球受到的合外力大小不變D 從B到A的過程中 小球重力的瞬時功率一直增大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 6 人通過定滑輪將質量為m的物體 沿傾角為 的光滑斜面由靜止開始勻加速地由底端拉上斜面 物體上升的高度為h 到達斜面頂端的速度為v 如圖19所示 則在此過程中 圖19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 7 一個排球在A點被豎直拋出時動能為20J 上升到最大高度后 又回到A點 動能變?yōu)?2J 設排球在運動中受到的阻力大小恒定 則 A 上升到最高點過程重力勢能增加了20JB 上升到最高點過程機械能減少了8JC 從最高點回到A點過程克服阻力做功4JD 從最高點回到A點過程重力勢能減少了12J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析由題意知整體過程中動能 機械能 減少了8J 則上升過程克服阻力做功4J 下落過程克服阻力做功4J 上升到最高點過程動能減少量為20J 克服阻力做功4J即機械能減少4J 則重力勢能增加了16J A B錯誤 由前面分析知C正確 從最高點回到A點過程動能增加了12J 機械能減少4J 則重力勢能減少16J D錯誤 答案C 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 8 在物體下落過程中 速度小于10m s時可認為空氣阻力與物體速度成正比關系 某科研小組在研究小球下落后的運動過程時 得到速度隨時間變化的圖象 并作出t 0 5s時刻的切線 如圖20所示 已知小球在t 0時刻釋放 其質量為0 5kg 重力加速度g 10m s2 求 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 圖20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 小球與地面第一次碰撞過程中損失的機械能 解析由圖象可知 小球第一次與地面碰撞前瞬間速度v1 5m s 碰撞后瞬間速度v2 4m s 代入數(shù)據(jù)可得 E 2 25J 答案2 25J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 2 小球在運動過程中受到空氣阻力的最大值 由牛頓第二定律mg Ff ma 由于Ff kv k 0 75 則Ffmax kvmax 3 75N 答案3 75N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 圖21 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 物體到達C點時對軌道的壓力大小和物體越過C點后上升的最大高度h 聯(lián)立 并代入數(shù)據(jù)解得 軌道對物體的支持力FC 130N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 根據(jù)牛頓第三定律 物體到達C點時對軌道的壓力大小FC 130N物體越過C點后上升的過程中 由動能定理有 答案130N9 75m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 2 物體與水平面間的動摩擦因數(shù) 解得物體與水平面間的動摩擦因數(shù) 0 125 答案0 125 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 圖22 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 滑塊第一次經(jīng)過圓弧軌道最低點時對軌道的壓力大小 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析對第一次滑到最低點的過程中運用動能定理得 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 2 滑塊與CD面間的動摩擦因數(shù) 2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 設滑塊在CD上的摩擦力為Ff2 Ff2 2mgcos45 第一次在CD上靜止時離BD面的高度為h 由功能關系得 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 代入數(shù)據(jù)解得 2 0 25 答案0 25 3 經(jīng)過足夠長時間 滑塊在兩斜面上滑動的路程之和s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 經(jīng)過足夠長時間 滑塊將保持在BD間滑動 損失的機械能為 mgL 1mgcos45 s1 2mgcos45 s2