高三物理二輪復習 第2部分 考前回扣 倒計時第7天 功能關系和能量守恒教師用書

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倒計時第7天　功能關系和能量守恒 A．主干回顧 B．精要檢索 1．恒力做功的計算式 W＝Flcos α(α是F與位移l方向的夾角)． 2．恒力所做總功的計算 W總＝F合lcos α或W總＝W1＋W2＋……. 3．計算功率的兩個公式 P＝或P＝Fvcos α. 4．動能定理 W總＝Ek2－Ek1. 5．機車啟動類問題中的“臨界點” (1)全程最大速度的臨界點為：F阻＝. (2)勻加速運動的最后點為－F阻＝ma；此時瞬時功率等于額定功率P額． (3)在勻加速過程中的某點有：－F阻＝ma. (4)在變加速運動過程中的某點有－F阻＝ma2. 6．重力勢能 Ep＝mgh(h是相對于零勢能面的高度) 7．機械能守恒定律的三種表達方式 (1)始末狀態(tài)：mgh1＋mv＝mgh2＋mv. (2)能量轉化：ΔEk(增)＝ΔEp(減)． (3)研究對象：ΔEA＝－ΔEB. 8．幾種常見的功能關系 做功 能量變化 功能關系 重力做功 重力勢能變化ΔEp WG＝－ΔEp 彈力做功 彈性勢能變化ΔEp WFN＝－ΔEp 合外力做功W合 動能變化ΔEk W合＝ΔEk 除重力和彈力之外其他力做功W其 機械能變化ΔE W其＝ΔE 滑動摩擦力與介質阻力做功Ffl相對 系統(tǒng)內能變化ΔE內 Ffl相對＝ΔE內 電場力做功WAB＝qUAB 電勢能變化ΔEp WAB＝－ΔEp 電流做功W＝UIt 電能變化ΔE W＝－ΔE 9.應用動能定理的情況 (1)動能定理的計算式為標量式，不涉及方向問題，在不涉及加速度和時間的問題時，可優(yōu)先考慮動能定理． (2)動能定理的研究對象是單一物體，或者可以看成單一物體的物體系． (3)動能定理既適用于物體的直線運動，也適用于曲線運動；既適用于恒力做功，也適用于變力做功，力可以是各種性質的力，既可以同時作用，也可以分段作用． (4)若物體運動的過程中包含幾個不同過程，應用動能定理時，可以分段考慮，也可以視全過程為一整體來處理． C．考前熱身 1．(多選)如圖1所示，光滑水平面上有一長為L的小車，在小車的一端放有一物體，在物體上施一水平恒力F，使它由靜止開始從小車的一端運動到另一端，設小車與物體之間的摩擦力為f，則(　　) 圖1 A．物體到達另一端時的動能為(F－f)(s＋L) B．物體到達另一端時小車的動能為fs C．整個過程中消耗的機械能為fs D．物體克服摩擦力做功為fL AB　[對物體運用動能定理可得(F－f)(s＋L)＝mv2，則A正確；對車運用動能定理可得fs＝Mv2，則B正確；系統(tǒng)在整個過程中消耗的機械能等于滑動摩擦力與相對位移的乘積，則整個過程中消耗的機械能為fL，C錯誤；物體克服摩擦力所做的功為f(L＋s)，D錯誤．] 2．一物塊沿傾角為θ的斜面向上滑動，當物塊的初速度為v時，上升的最大高度為H，如圖2所示；當物塊的初速度為2v時，上升的最大高度記為h.重力加速度大小為g.物塊與斜面間的動摩擦因數μ和h分別為(　　) 圖2 A．tan θ和2H B．tan θ和4H C.tan θ和2H D.tan θ和4H D　[物塊以初速度v上升的過程，由動能定理可得－mgH－μmgcos θ＝0－mv2；以初速度2v上升的過程，由動能定理可得－mgh－μmgcos θ＝0－m(2v)2，聯(lián)立解得μ＝tan θ，h＝4H，選項D正確．] 3．140 kg的玉兔號月球車采用輪式方案在月球的平整表面前進(所受摩擦力按滑動摩擦力計算)，通過光照自主進行工作．若車輪與月球地面間的動摩擦因數為μ＝0.5，月球表面的重力加速度為g＝1.6 m/s2，現(xiàn)在正以最大速度做勻速直線運動，前進100 m用時30 min.則月球車提供的動力功率為(　　) A．P＝1.1102 W B．P＝16.2 W C．P＝81 W D．P＝6.2 W D　[玉兔號月球車以最大速度做勻速直線運動時所受的摩擦力等于前進提供的動力，由力平衡得：F＝μmg，解得F＝112 N，平均速度v＝＝ m/s＝ m/s，P＝Fv，解得P＝6.2 W，故D正確．] 4．如圖3所示，在豎直平面內有一半徑為R的圓弧軌道，半徑OA水平，OB豎直．一質量為m的小球自A點正上方的P點由靜止開始自由下落，小球沿軌道到達最高點B時恰好對軌道沒有壓力．已知AP＝2R，重力加速度為g，則小球從P到B的運動過程中(　　) 圖3 A．重力做功2mgR B．機械能減少mgR C．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功mgR D　[重力做功與路徑無關，只與初、末位置有關，故小球從P到B的過程中，重力做的功為WG＝mgR，選項A錯誤；小球沿軌道到達最高點B時恰好對軌道沒有壓力，根據牛頓第二定律，有mg＝m，解得vB＝，從P到B過程，重力勢能的減少量為mgR，動能的增加量為mv＝，故機械能的減少量為mgR－＝，選項B錯誤；小球從P到B的過程中，合外力做的功等于動能的增加量，即為，選項C錯誤；從P到B的過程中，小球克服摩擦力做的功等于機械能的減少量，即為，選項D正確．] 5．(多選)如圖4所示，質量分別為m和2m的兩個小球A和B，中間用長為2L的輕桿相連，在桿的中點O處有一固定水平轉動軸，把桿置于水平位置后由靜止釋放，在B球沿順時針轉動到最低位置的過程中(　　) 圖4 A．A、B兩球的角速度大小始終相等 B．重力對B球做功的瞬時功率一直增大 C．B球轉動到最低位置時的速度大小為 D．桿對B球做正功，B球機械能不守恒 AC　[A、B兩球用輕桿相連，角速度大小始終相等，選項A正確；桿在水平位置時，重力對B球做功的瞬時功率為零，桿在豎直位置時，B球的重力和速度方向垂直，重力對B球做功的瞬時功率也為零，但在其他位置重力對B球做功的瞬時功率不為零，因此，重力對B球做功的瞬時功率先增大后減小，選項B錯誤；設B球轉動到最低位置時的速度為v，兩球角速度大小相等，轉動半徑相等，所以兩球的線速度大小也相等，對A、B兩球和桿組成的系統(tǒng)，由機械能守恒定律得，2mgL－mgL＝(2m)v2＋mv2，解得v＝，選項C正確；B球的重力勢能減少了2mgL，動能增加了mgL，機械能減少了，所以桿對B球做負功，選項D錯誤．] 6．(多選)如圖5甲所示，質量m＝0.5 kg，初速度v0＝10 m/s的物體，受到一個與初速方向相反的外力F的作用，沿粗糙的水平面滑動，經3 s后撤去外力，直到物體停止，整個過程物體的vt圖象如圖乙所示，g取10 m/s2，則(　　) 圖5 A．物體與地面間的動摩擦因數為0.1 B．0～2 s內F做的功為－8 J C．0～7 s內物體由于摩擦產生的熱量為25 J D．0～7 s內物體滑行的總位移為29 m ABD　[由圖象可知物體在3～7 s內僅受摩擦力，做勻減速直線運動，其加速度大小a＝1 m/s2＝μg，得物體與地面間的動摩擦因數為0.1，A正確；計算0～7 s內所圍面積可得物體滑行的總位移為x＝29 m，D正確，0～7 s內物體由于摩擦產生的熱量為Q＝μmgx＝14.5 J，C錯誤；0～2 s加速度大小a1＝2 m/s2，由μmg＋F＝ma1可得F＝0.5 N,0～2 s內位移由面積可得x′＝16 m，所以F做的功為W＝－Fx′＝－8 J，B正確．] 7．如圖6所示，在光滑水平地面上放置質量為M＝2 kg的長木板，木板上表面與固定的豎直弧形軌道相切．一質量m＝1 kg的小滑塊自A點沿弧面由靜止滑下，A點距離長木板上表面的高度h＝0.6 m．滑塊在長木板上滑行t＝1 s后，和長木板以共同速度v＝1 m/s勻速運動，g取10 m/s2.求： 圖6 (1)滑塊與木板間的摩擦力； (2)滑塊沿弧面下滑過程中克服摩擦力做的功； (3)滑塊自A點沿弧面由靜止滑下到與長木板共同運動，產生的內能是多少？ 【導學號：37162098】 【解析】　(1)滑塊在長木板上滑行時，對長木板，根據牛頓第二定律有Ff＝Ma1 由運動學公式得v＝a1t 代入數據解得Ff＝2 N. (2)滑塊在長木板上滑行時，對滑塊，根據牛頓第二定律有－Ff＝ma2 設滑塊滑上長木板時的初速度為v0，則有v－v0＝a2t 代入數據解得v0＝3 m/s 滑塊沿弧面下滑的過程，由動能定理得 mgh－Q1＝mv－0 代入數據解得Q1＝1.5 J. (3)滑塊在木板上滑行，t＝1 s時長木板的位移為 s1＝a1t2 此過程中滑塊的位移為s2＝v0t＋a2t2 故滑塊相對木板滑行的距離為L＝s2－s1＝1.5 m 所以Q2＝FfL＝3 J 則Q＝Q1＋Q2＝4.5 J. 【答案】　(1)2 N　(2)1.5 J　(3)4.5 J