二轮复习第一部分专题二第1讲功功率和功能关系学案

第1讲功功率和功能关系专题复习目标学科核心素养高考命题方向1.本讲内容主要是复习功和功率的分析与计算、动能定理以及力学中的功能关系应用。2．熟练应用动能定理进行分析和推理。1.物理观念：主要是对功和功率的概念理解；对功能关系的理解。2．科学推理：应用动能定理和力学中的功能关系分析和解决问题。高考强调以生活中的实例为背景，强化对做功和功率概念的理解，在多过程运动情景中运用动能定理分析和推理。命题方向主要围绕功和功率、动能定理的应用以及对功能关系的理解。[学生用书P15]一、几种力做功的特点1．重力、弹簧弹力、静电力做功与路径无关。2．摩擦力做功的特点(1)单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零，在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的转移，没有机械能转化为其他形式的能；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值。在一对滑动摩擦力做功的过程中，相互摩擦的物体间不仅有机械能的转移，还有部分机械能转化为内能，转化为内能的量等于系统机械能的减少量，等于滑动摩擦力与相对位移的乘积。(3)摩擦生热是指滑动摩擦生热，静摩擦不会生热。二、几个重要的功能关系1．重力做的功等于重力势能减少量，即WG＝－ΔEp。2．弹力做的功等于弹性势能减少量，即W弹＝－ΔEp。3．合力做的功等于动能的变化，即W＝ΔEk。4．重力(或系统内弹力)之外的其他力做的功等于机械能的变化，即W其他＝ΔE。5．系统内一对滑动摩擦力做的功是系统内能改变的量度，即Q＝Ffx相对。三、功和功率的求解1．功的求解：W＝Flcosα用于恒力做功，变力做功可以用动能定理或者图像法来求解。2．功率的求解：可以用定义式P＝eq\f(W,t)来求解，如果力是恒力，可以用P＝Fv_cos_α来求解。四、动能定理的应用技巧若运动包括几个不同的过程，可以全程或者分过程应用动能定理。题型一功和功率[学生用书P16]1．几种力做功(1)重力、弹簧弹力、电场力、分子力做功与位移有关，与路径无关。(2)滑动摩擦力、空气阻力、安培力做功与路径有关。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)为物体运动的平均速度。3．瞬时功率(1)P＝Fvcosα，v为t时刻的瞬时速度。(2)P＝FvF，vF为物体的速度v在力F方向上的分速度，v为t时刻的瞬时速度。(3)P＝Fvv，Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力，v为t时刻的瞬时速度。(2021·山东省第二次模拟)质量分别为2m和m的A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，撤去F1、F2后受摩擦力的作用减速到停止，其v－t图像如图所示，则下列说法正确的是()A．F1和F2大小相等B．F1和F2对A、B做功之比为2∶1C．A、B所受摩擦力大小相等D．全过程中摩擦力对A、B做功之比为1∶2[解析]匀减速运动的加速度大小分别为aA＝eq\f(v0,2t0)，aB＝eq\f(v0,t0)，摩擦力大小分别为fA＝2maA＝eq\f(mv0,t0)，fB＝maB＝eq\f(mv0,t0)；对于匀加速运动过程，两物体加速度大小分别为a1＝eq\f(v0,t0)，a2＝eq\f(v0,2t0)，根据牛顿第二定律得F1＝fA＋2ma1＝eq\f(3mv0,t0)，F2＝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错误，C正确；两个物体匀加速直线运动的位移大小分别为x1＝eq\f(1,2)v0t0，x2＝eq\f(1,2)v0×2t0＝v0t0，F1和F2对A、B做功分别为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对A、B做功之比为1∶1；根据“面积”等于位移，可知全过程中两物体的位移大小相等，两物体所受的摩擦力之比为1∶1，故全过程中摩擦力对A、B做功之比为1∶1，B、D错误。[答案]C(2021·河北省学业水平选择性考试)我国战国时期墨家的著作《墨经》记载了利用斜面提升重物可以省力的方法。如图所示，倾角为α、长为2m的斜面固定在水平地面上，质量为100kg的滑块置于斜面底部A处，，现用恒力F沿斜面将滑块拉到B处时，滑块速度变为1m/s，重力加速度g取10m/s2，sinα，cosα＝0.8。将滑块沿斜面拉到0.72m处时拉力F的功率为()A．52.5W B．63WC．352.5W D．423W[解析]对滑块受力分析有F－mgsinα－μmgcosα＝ma根据运动学公式有v2＝2aL联立解得F＝705N，a＝0.25m/s2将滑块沿斜面拉到0.72m处时，速度为v′＝eq\r(2as)＝0.6m/s则拉力的功率为P＝Fv′＝423W。[答案]D【针对训练1】(2021·福建南平市第二次质检)电梯上升过程可以简化为匀加速、匀速、匀减速三个阶段，即加速到允许的最大速度v后做匀速运动，最后经过匀减速运动将速度减为零。假设该电梯在加速和减速过程的加速度大小相等，一幢大楼每层楼高度相同，有一个质量为m的人先坐电梯从1楼到7楼，办完事后再从7楼到16楼，重力加速度为g，则()A．电梯从1楼到7楼的平均速度等于电梯从7楼到16楼的平均速度B．电梯从1楼到7楼的平均速度小于电梯从7楼到16楼的平均速度C．加速阶段电梯对人做正功，减速阶段电梯对人做负功D．上升过程中电梯对人做功的最大功率为mgv解析：选B。运动过程图像如图所示，因为电梯加速和减速过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)电梯从7楼到16楼的匀速运动时间更长，所以平均速度更大，故A错误，B正确；电梯对人的作用力始终向上，与位移同向，故始终做正功，故C错误；上升过程中匀加速阶段结束时，电梯对人做功的功率最大为P＝Fv＝(mg＋ma)v>mgv，故D错误。【针对训练2】(2021·江苏扬州市调研)国产插电混动汽车比亚迪，百公里加速时间达到4.3s，其加速过程的v－t图像如图所示，已知汽车行驶速度越大，所受阻力越大。下列说法正确的是()A．行驶100km用时4.3sB．AB段加速度小于OA段C．AB段发动机动力不变D．BC段发动机功率增大解析：选D。速度达到100km/h需要时间4.3s，A错误；因v－t图像的斜率表示加速度，可知AB段加速度大于OA段，B错误；在AB段汽车做匀加速运动，随速度的增加阻力变大，根据F－f＝ma可知，发动机动力逐渐增加，C错误；BC段速度增加，发动机动力逐渐变大，根据P＝Fv可知，发动机功率增大，D正确。题型二动能定理的应用[学生用书P17]1．基本思路(1)确定研究对象和研究过程。(2)进行运动分析和受力分析，确定初、末速度和各力做功情况，利用动能定理全过程或者分过程列式。2．解题技巧(1)动能定理是根据恒力做功和直线运动推导出来的，但是也适用于变力做功和曲线运动。(2)在解决涉及位移和速度而不涉及加速度和时间的问题时，常选用动能定理分析。(3)动能定理常用于分析多运动过程问题，关键是明确各力及各力作用的位移。(多选)(2021·高考全国卷甲)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为eq\f(Ek,5)。已知sinα，重力加速度大小为g。则()A．物体向上滑动的距离为eq\f(Ek,2mg)B．物体向下滑动时的加速度大小为eq\f(g,5)C．物体与斜面间的动摩擦因数等于D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长[解析]物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有－μmg·2lcosα＝eq\f(Ek,5)－Ek，物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有－mglsinα－μmglcosα＝0－Ek，整理得l＝eq\f(Ek,mg)，μ＝，A错误，C正确；物体向下滑动时根据牛顿第二定律有ma＝mgsinα－μmgcosα，求解得出a＝eq\f(g,5)，B正确；物体向上滑动时根据牛顿第二定律有ma上＝mgsinα＋μmgcosα，物体向下滑动时根据牛顿第二定律有ma下＝mgsinα－μmgcosα，由上式可知a上>a下，由于上升过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据公式l＝eq\f(1,2)at2，则可得出t上<t下，D错误。[答案]BC【针对训练3】(2021·高考河北卷)一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示，长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球，小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直，将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)()A．eq\r(（2＋π）gR)B．eq\r(2πgR)C．eq\r(2（1＋π）gR)D．2eq\r(gR)解析：选A。小球下落的高度为h＝πR－eq\f(π,2)R＋R＝eq\f(π＋2,2)R小球下落过程中，根据动能定理有mgh＝eq\f(1,2)mv2综上有v＝eq\r(（2＋π）gR)。【针对训练4】(2021·江苏连云港市适应性演练)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()解析：选A。设斜面倾角为θ，动摩擦因数为μ，则物块在斜面上下滑距离在水平面投影距离为x，根据动能定理，有mgxtanθ－μmgcosθ·eq\f(x,cosθ)＝Ek，整理可得(mgtanθ－μmg)x＝Ek，即在斜面上运动时动能与x成线性关系；当小物块在水平面运动时，根据动能定理有－μmgx＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－μmgx，Ek0为物块刚下滑到平面上时的动能，则即在水平面运动时物块动能与x也成线性关系。题型三功能关系的理解和应用[学生用书P17]1．常见的功能关系2．两条基本思路(1)某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔE减＝ΔE增。(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔEA减＝ΔEB增。(多选)(2021·高考广东卷)长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹，战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g，下列说法正确的有()A．甲在空中的运动时间比乙的长B．两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等C．从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少mghD．从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为mgh[解析]由平抛运动规律可知，做平抛运动的时间t＝eq\r(\f(2h,g))，因为两手榴弹运动的高度差相同，所以在空中运动的时间相等，故A错误；做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率P＝mgvcosθ＝mgvy＝mgeq\r(2gh)，因为两手榴弹运动的高度差相同，质量相同，所以落地前瞬间，两手榴弹重力功率相同，故B正确；从投出到落地，手榴弹下降的高度为h，所以手榴弹重力势能减小量ΔEp＝mgh，故C正确；从投出到落地，手榴弹做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，故D错误。[答案]BC(多选)(2021·广东肇庆市第二次统一测试)如图所示，将一直铁棒AC固定在与水平地面垂直的墙角，铁棒与水平面夹角为45°，B为AC的中点。在墙角固定一轻弹簧，使轻弹簧另一端与一带孔的小球相连，小球穿过铁棒并可在铁棒上移动，小球到达B点时，弹簧恰好处于原长状态。现将小球从铁棒顶端自由释放，小球到达铁棒底端时速度恰好为零，下列说法正确的是()A．小球和弹簧组成的系统机械能守恒B．小球从A点运动到B点和从B点运动到C点的过程中摩擦力做功相同C．小球从A点运动到B点和从B点运动到C点的过程中弹簧弹力做功相同D．小球从A点运动到B点的过程中，动能的增加量等于弹簧弹力所做的功[解析]由于摩擦力做负功，系统杋械能不守恒，故A错误；由对称性可知，小球从A点运动到B点的过程中和从B点运动到C点的过程中摩擦力做功相同，故B正确；小球从A点运动到B点的过程中弹簧弹力做正功，从B点运动到C点的过程中弹簧弹力做负功，故C错误；小球从A点运动到B点的过程中和从B点运动到C点的过程中，重力做功相同，弹簧弹力做功大小相等，整个运动过程中，由动能定理可知，重力做功的大小等于摩擦力做功的大小，则小球从A点运动到B点的过程中，重力做功的大小等于摩擦力做功的大小，由动能定理可知，动能的增加量等于弹簧弹力所做的功，故D正确。[答案]BD【针对训练5】(多选)(2021·广西柳州市第三次模拟)如图所示，一质量不计的竖直圆盘可绕固定的水平轴O在竖直平面内无摩擦地转动。圆盘上固定着质量均为m的小球A和B，且OA＝eq\r(3)a，OB＝a，OA与OB垂直。当OA处于水平位置由静止释放圆盘，则在圆盘转动过程中，下列说法正确的有()A．转动过程中A、B球组成的系统机械能守恒B．当A球位于O点正下方时，圆盘转动的角速度达到最大C．圆盘转动过程中，圆盘始终对A球不做功D．圆盘沿顺时针方向转动到角速度为0时，OA与竖直方向成30°角解析：选AD。圆盘在竖直平面内无摩擦地转动，对于A、B球组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒，故A正确；A、B球组成的系统重心位于两者连线的中点，当系统的重心到达O点正下方时，系统重力势能减少量最大，则动能的增加量最大，圆盘转动的角速度最大，可知，当A球位于O点正下方时，圆盘转动的角速度不是最大，故B错误；圆盘转动过程中，由于B的机械能是变化的，由系统的机械能守恒知，A的机械能是变化的，由功能关系可知圆盘对A球做功，故C错误；设圆盘沿顺时针方向转动到角速度为0时OA与竖直方向成α角，根据系统的机械能守恒知：从开始释放到圆盘角速度为0的过程中，A的机械能减少量等于B的机械能增加量，得mg·eq\r(3)acosα＝mga(1＋sinα)，解得α＝30°，故