2023屆高考物理二輪復(fù)習(xí)專題講義能量與動量——功能關(guān)系的理解和應(yīng)用講義

這是一份2023屆高考物理二輪復(fù)習(xí)專題講義能量與動量——功能關(guān)系的理解和應(yīng)用講義，共10頁。試卷主要包含了0×105 N，984×109 J等內(nèi)容，歡迎下載使用。
功能關(guān)系的理解和應(yīng)用本專題主要講解功、功率、動能定理以及常見功能關(guān)系等相關(guān)內(nèi)容，高考中往往以生活中的實(shí)例為背景，強(qiáng)化對做功和功率概念的理解，以及在多物體、多過程運(yùn)動情景中運(yùn)用動能定理進(jìn)行分析和推理計(jì)算，命題上重視結(jié)合圖像綜合考查。對學(xué)生的分析推理能力以及綜合應(yīng)用能力要求較高。探究1  功和功率典例1：（2022山東模擬）“復(fù)興號”動車在世界上首次實(shí)現(xiàn)了速度350km/h狀態(tài)下的自動駕駛，成為我國高鐵自主創(chuàng)新的又一重大標(biāo)志性成果。某列質(zhì)量m＝8.5×104 kg的動車，由靜止開始以加速度a＝2m/s2勻加速啟動，經(jīng)時(shí)間t1達(dá)到額定功率P＝8.0×103 kw后，保持該功率在平直軌道上行駛，經(jīng)時(shí)間t2＝4min達(dá)到最大速度vm＝360km/h。設(shè)動車行駛過程所受到的阻力大小保持不變，則下列說法正確的是（    ）A．動車達(dá)到額定功率后仍然做勻加速運(yùn)動B．動車勻加速行駛時(shí)的牽引力為2.0×105 NC．動車勻加速行駛所用的時(shí)間為t1＝50sD．動車加速過程中的牽引力做的功W＝1.984×109 J訓(xùn)練1：（2021·湖南歷年真題）“復(fù)興號”動車組用多節(jié)車廂提供動力，從而達(dá)到提速的目的?？傎|(zhì)量為m的動車組在平直的軌道上行駛。該動車組有四節(jié)動力車廂，每節(jié)車廂發(fā)動機(jī)的額定功率均為P，若動車組所受的阻力與其速率成正比（F阻＝kv，k為常量），動車組能達(dá)到的最大速度為vm。下列說法正確的是（　?。?/span>A．動車組在勻加速啟動過程中，牽引力恒定不變B．若四節(jié)動力車廂輸出功率均為額定值，則動車組從靜止開始做勻加速運(yùn)動C．若四節(jié)動力車廂輸出的總功率為2.25P，則動車組勻速行駛的速度為D．若四節(jié)動力車廂輸出功率均為額定值，動車組從靜止啟動，經(jīng)過時(shí)間t達(dá)到最大速度vm，則這一過程中該動車組克服阻力做的功為－Pt  探究2   動能定理及其應(yīng)用典例2:（2022·浙江模擬）我國選手谷愛凌在北京冬奧會自由式滑雪女子U型場地技巧決賽中奪得金牌。如圖所示，某比賽用U型池場地長度L＝160m、寬度d＝20m、深度h＝7.25m，兩邊豎直雪道與池底平面雪道通過圓弧雪道連接組成，橫截面像“U”字形狀，池底雪道平面與水平面夾角為θ＝20°。為測試賽道，將一質(zhì)量m＝1kg的小滑塊從U型池的頂端A點(diǎn)以初速度v0＝ m/s滑入；滑塊從B點(diǎn)第一次沖出U型池，沖出B點(diǎn)的速度vB＝10m/s，與豎直方向夾角為α（α未知），再從C點(diǎn)重新落回U型池（C點(diǎn)圖中未畫出）。已知A、B兩點(diǎn)間直線距離為25m，不計(jì)滑塊所受的空氣阻力，sin20°＝0.34，cos20°＝0.94，tan20°＝0.36。（1）A點(diǎn)至B點(diǎn)過程中，求小滑塊克服雪道阻力所做的功Wf；（2）忽略雪道對滑塊的阻力，若滑塊從池底平面雪道離開，求滑塊離開時(shí)速度v的大??；（3）若保持vB大小不變，調(diào)整速度vB與豎直方向的夾角為α0時(shí)，滑塊從沖出B點(diǎn)至重新落回U型池的時(shí)間最長，求tanα0。       訓(xùn)練2：（2022·河北月考）冰滑梯是東北地區(qū)體驗(yàn)冰雪運(yùn)動樂趣的設(shè)施之一。某冰滑梯的示意圖如圖所示，螺旋滑道的摩擦可忽略，傾斜滑道和水平滑道與同一滑板間的動摩擦因數(shù)μ相同，不同滑板與滑道的動摩擦因數(shù)μ不同，但是μ滿足μ0≤μ≤1.2μ0。在設(shè)計(jì)滑梯時(shí)，要確保所有游客在傾斜滑道上勻減速下滑，且滑行結(jié)束時(shí)停在水平滑道上，以下L1、L2的組合符合設(shè)計(jì)要求的是（    ）A．L1＝，L2＝ B．L1＝，L2＝C．L1＝，L2＝ D．L1＝，L2＝ 探究3   功能關(guān)系及其應(yīng)用典例3：（2022·湖北模擬）如下圖所示，楔形木塊abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和粗糙斜面bc與水平面的夾角相同，頂角b處安裝一個(gè)定滑輪。質(zhì)量分別為M、m（M大于m）的滑塊1、2，通過不可伸長的輕繩跨過定滑輪連接，輕繩與斜面平行。兩滑塊由靜止釋放后，沿斜面做勻加速運(yùn)動。若不計(jì)滑輪的質(zhì)量和摩擦，兩斜面粗糙程度相同，在兩滑塊沿斜面運(yùn)動的過程中（    ）A．輕繩對滑塊2做的功等于滑塊2增加的機(jī)械能B．重力對滑塊1做的功小于滑塊1減少的重力勢能C．輕繩對滑塊2做的功等于滑塊2增加的動能與滑塊2克服摩擦力所做的功之和D．兩滑塊與輕繩組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于滑塊1、滑塊2克服摩擦力所做的功之和訓(xùn)練3： （2021云南月考）如圖所示，絕緣細(xì)桿傾斜放置，小球M套在桿上可沿桿滑動，用彈簧與固定小球N相連，桿和彈簧處于同一豎直平面內(nèi)，現(xiàn)使M從與小球N等高的A位置由靜止釋放，M運(yùn)動到B點(diǎn)時(shí)彈簧與桿垂直且為原長，運(yùn)動到C點(diǎn)時(shí)速度減為零，M在A，C兩點(diǎn)時(shí)彈簧長度相同。下列說法正確的是（    ）A．M從A到C的過程，兩小球重力勢能一直減小B．M在A、C兩點(diǎn)的加速度大小一定相等C．M從A到B的過程，重力勢能減少量大于其克服摩擦力做的功D．M從A到B的過程，兩小球重力勢能減少量與彈簧彈性勢能的減少量之和等于M在B點(diǎn)處的動能                   功能關(guān)系的理解和應(yīng)用答案解析典例1：關(guān)鍵信息：加速度a＝2m/s2勻加速啟動 → 類比“機(jī)車恒定加速度啟動”運(yùn)動模型達(dá)到額定功率P＝8.0×103 kw后，保持該功率在平直軌道上行駛 → 類比“機(jī)車恒功率運(yùn)行”模型解題思路：以恒定加速度（牽引力恒定）啟動，結(jié)合牛頓第二定律F－F阻＝ma以及P＝Fv可知，速度增大，動車功率相應(yīng)增加，當(dāng)P＝P額時(shí)，勻加速運(yùn)動結(jié)束，此時(shí)滿足：v1＝at1＝＝；以恒功率運(yùn)行時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律F－F阻＝ma以及F＝可知， 速度增大， 牽引力減小，動車加速度逐漸減小，當(dāng)F＝F阻時(shí)，速度達(dá)到最大值，此后做勻速運(yùn)動，此時(shí)滿足：F＝F阻＝。A．動車達(dá)到額定功率后，根據(jù)P＝Fv可知隨著速度的增大，牽引力減小，結(jié)合牛頓第二定律F－f＝ma可知，動車做加速度減小的加速運(yùn)動，故A錯(cuò)誤；B．動車行駛到最大速度時(shí)，有F＝f根據(jù)P＝Fv可得P＝fvmax 解得：f＝8.0×104 N因?yàn)樽枇Υ笮”３植蛔?，動車勻加速行駛時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有：a＝解得此時(shí)的牽引力為：F＝2.5×105 N，故B錯(cuò)誤C．設(shè)動車勻加速行駛達(dá)到額定功率P＝8.0×103 kw時(shí)的速度為v1，勻加速運(yùn)動的時(shí)間為t1 根據(jù)v1＝，解得v1＝32m/s根據(jù)t1＝，動車勻加速行駛所用的時(shí)間為16s，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)x＝at2可得，動車勻加速運(yùn)動的位移為256m動車加速過程中的牽引力做的功：W＝Fx＋P額t2 解得W＝1.984×109J，D正確。故選D。 訓(xùn)練1：A．對動車受力分析，由牛頓第二定律有F－F阻＝ma，若動車組在勻加速啟動，即加速度a恒定，但F阻＝kv隨速度增大而增大，則牽引力也隨阻力增大而變大，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)動力車廂輸出功率均為額定值，則總功率為4P，由牛頓第二定律有－kv＝ma，可知加速啟動的過程，牽引力減小，阻力增大，則加速度逐漸減小，故B錯(cuò)誤；C．若四節(jié)動力車廂輸出的總功率為2.25P，則動車組勻速行駛時(shí)加速度為零，有＝kv 而以額定功率勻速時(shí)，有＝kvm，聯(lián)立解得v＝vm，故C正確；D．若四節(jié)動力車廂輸出功率均為額定值，動車組從靜止啟動，經(jīng)過時(shí)間t達(dá)到最大速度vm，由動能定理可知4Pt－WF阻＝－0，可得動車組克服阻力做的功為WF阻＝4Pt－，故D錯(cuò)誤；故選C。  典例2：關(guān)鍵信息：已知A到B過程的初末速度以及A、B兩點(diǎn)間直線距離 → 求出A、B位置的動能以及重力做功滑塊從池底平面雪道離開 → 確定初末位置以及重力做功保持vB大小不變，調(diào)整速度vB與豎直方向的夾角為α0 → 利用運(yùn)動的合成與分解進(jìn)行分析求解解題思路：已知A、B初末狀態(tài)的動能以及高度差，結(jié)合動能定理即可求解雪道阻力所做的功；在忽略阻力的情況下，已知初末位置的高度差，同樣利用動能定理可求出末動能（末速度）；關(guān)于斜拋運(yùn)動，常常利用運(yùn)動的分解思想進(jìn)行相關(guān)的計(jì)算以及判斷。（1）小滑塊從A點(diǎn)至B點(diǎn)過程中，由動能定理得：mgxsin20°－Wf＝－由幾何關(guān)系得x＝，解得Wf＝1.35J（2）忽略雪道對滑塊的阻力，滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動到池底平面雪道離開的過程中，由動能定理得：mgLsin20°＋mghcos20°＝mv2－，代入數(shù)據(jù)解得v＝35m/s（3）當(dāng)滑塊離開B點(diǎn)后設(shè)速度方向與U型池斜面的夾角為θ，沿U型池斜面方向分解速度及加速度vy＝vBsinθ，vx＝vBcosθ，ay＝gcos20°，ax＝gsin20°，vy＝ayt1，t＝2t1 由此可知，當(dāng)vy最大時(shí)，滑塊從沖出B點(diǎn)至重新落回U型池的時(shí)間最長，此時(shí)θ＝90°，即vB垂直于U型池斜面，所以α0＝20°，tanα0＝＝＝。訓(xùn)練2：設(shè)斜面傾角為θ，游客在傾斜滑道上勻減速下滑，則需滿足：mgsinθ＜μmgcosθ可得：μ＞tanθ＝即：L1＞因μ0≤μ≤1.2μ0，確保所有游客在傾斜滑道上勻減速下滑，所以：L1＞滑行結(jié)束時(shí)停在水平滑道上，由動能定理得：mg?2h－μmgcosθ?－μmgx＝0其中0＜x≤L2，可得：L1＜，L1＋L2≥代入μ0≤μ≤1.2μ0，可得：L1＜，L1＋L2≥綜合需滿足：＜L1＜，L1＋L2≥ABD錯(cuò)誤，C正確。故選C。 典例3：關(guān)鍵信息：示意圖形 → 斜面模型、連接體模型粗糙斜面ab和粗糙斜面bc → 機(jī)械能不守恒解題思路：AC．對滑塊2進(jìn)行分析，在其勻加速上滑的過程中，受力分析如圖所示根據(jù)功能關(guān)系，拉力T與摩擦力f做功之和等于滑塊2增加的機(jī)械能，故A錯(cuò)誤。同理可知，輕繩對滑塊2做的功等于滑塊2增加的動能、增加的重力勢能與滑塊2克服摩擦力所做的功之和，故C錯(cuò)誤。B．根據(jù)重力做功與重力勢能變化的關(guān)系可知，重力對滑塊1做的功等于滑塊1減少的重力勢能，故B錯(cuò)誤。D．對兩滑塊組成的系統(tǒng)進(jìn)行分析，可知除重力彈力以外的力做功，只有摩擦力對系統(tǒng)做負(fù)功，根據(jù)功能關(guān)系可知，除重力彈力以外的力做功，將導(dǎo)致機(jī)械能變化。摩擦力做負(fù)功，造成系統(tǒng)的機(jī)械能損失，所以兩滑塊與輕繩組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于滑塊1、2克服摩擦力做的功，所以D正確。故選D 訓(xùn)練3：A．M從A到C的過程，N的重力勢能不變，M的重力勢能一直減小，所以兩小球重力勢能一直減小，故A正確；B．設(shè)M運(yùn)動到A、C兩點(diǎn)時(shí)彈簧的彈力大小為F，摩擦力大小為f，桿與水平方向的夾角設(shè)為α，根據(jù)牛頓第二定律得：M在A點(diǎn)有：mgsinα＋Fcosα－f＝maAM在C點(diǎn)有：Fcosα＋f－mgsinα＝maC，對比可知，由于f與mgsinα的大小關(guān)系不能判斷，所以aA與aC的大小關(guān)系不能確定，故B錯(cuò)誤；C．由于M從A位置靜止釋放，到C時(shí)速度為0，且M在A、C兩點(diǎn)時(shí)彈簧長度相同，彈性勢能相同，所以M從A到C重力勢能減小量等于其克服摩擦力做功，根據(jù)對稱性可知，M從A運(yùn)動到B的過程中，重力勢能減小量也等于其克服摩擦力做功，故C錯(cuò)誤；D．M從A到B的過程，兩小球重力勢能減少量與彈簧彈性勢能的減少量之和等于M在B點(diǎn)處的動能和M克服摩擦力做的功之和，故D錯(cuò)誤。 故選A