6.2 能量与动量 修补能力的欠缺(课件PPT)-【新高考方案】2025年高考物理二轮复习专题增分方略

2 修补能力的欠缺 二轮复习3步走 CONTENTS 目录 补强点(一)　不会准确选用恰当方法 求解变力做功问题 补强点(二)　不会应用“柱状模型” 解决流体类问题 补强点(三)　不会根据电路特点 求解焦耳热问题 补强点(一)　不会准确选用恰当方法 求解变力做功问题 求变力做功的六种方法 方法 示例 注意事项 动能 定理 WF=mgL(1-cos θ) 小球从A点缓慢移动到B点 微元 法 Wf=-Ff·2πR 摩擦力大小不变,方向始终沿切线方向 等效 转换 W=F· F是恒力,绳是轻绳 续表 平均 力法 W=·(x2-x1) F随x线性变化 续表 图像 法 面积的代数和为总功 功率 法 W=Pt P恒定,牵引力做功 续表 1.(多选)中国高铁是中国走向世界的一张亮丽名片。如图所示,一列质量为m的高速列车,初速度为v0,以恒定功率P在平直轨道上运动,经时间t达到该功率下的最大速度vm。设列车行驶过程所受到的阻力f保持不变,则在时间t内 (　　) A.该列车做匀加速直线运动 B.该列车牵引力做的功为Pt C.克服阻力做的功为fvmt D.合力做的功为m-m 提能训练 √ √ 解析:列车以恒定功率运动,根据P=F牵v知随着速度的增加,牵引力逐渐减小,合力减小,加速度减小,故列车做加速度逐渐减小的变加速直线运动,A错误;此过程牵引力的功率不变,牵引力做的功可以表示为W牵=Pt,B正确;此过程阻力大小不变,但列车不是匀速运动,位移不等于vmt,所以克服阻力做的功不等于fvmt,C错误;由动能定理可知此过程合力做的功为W合=m-m,D正确。 2.水平地面上质量为m=2 kg的物体在水平拉力F的作用下从静止开始运动,拉力F随位移x变化的关系式为F=4+2x(N),已知物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.20,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g=10 m/s2,则物体运动位移为4 m时的速度为 (　　) A.2 m/s B.4 m/s C.5 m/s D.6 m/s √ 解析:解法一:平均力法 因物体受到的水平拉力F=4+2x(N),随位移线性变化,因此可用平均力法求拉力做的功。物体与水平地面间的最大静摩擦力f=μmg=4 N,当x=0时,F1=4 N=f,物体恰好开始运动,当x=4 m 时,F2=12 N,所以在4 m内水平拉力F的平均值为==8 N,所以水平拉力F在4 m内做功为W1=x=32 J,而摩擦力做功为W2=-fx=-μmgx=-16 J,根据动能定理有W1+W2=mv2,代入数值解得v=4 m/s,所以B正确。 解法二:图像法 以位移x为横坐标、合力F合为纵坐标建立坐标系,再作出合力随位移x变化的图像,如图所示,则图线与横轴 所围面积表示合力所做的功W=·x=16 J, 根据动能定理有W=mv2,解得v=4 m/s, 所以B正确。 3.(2024·湖南株洲一模)(多选)如图,质量为m的电动遥控玩具车在竖直面内沿圆轨道内壁以恒定速率v运动,已知圆轨道的半径为R,玩具车所受的摩擦阻力为玩具车对轨道压力的k倍,重 力加速度为g, P、Q为圆轨道上同一竖直方向上的 两点,不计空气阻力。运动过程中,玩具车 (　　) A.在最低点与最高点对轨道的压力大小之差为6mg B.通过P、Q两点时对轨道的压力大小之和为 C.由最低点到最高点克服摩擦力做功为kπmv2 D.由最低点到最高点电动机做功为2kπmv2+2mgR √ √ 解析:在最低点,玩具车在半径方向受到向下的重力和向上的支持力,由向心力公式得N3-mg=,在最高点,玩具车在半径方向受到向下的重力和向下的支持力,由向心力公式得N4+mg=,两式相减可得N3-N4=2mg,由牛顿第三定律可知,玩具车在最低点与最高点对轨道的压力 大小之差为2mg,A错误;在P、Q两点的受力如图所示,在Q点,由向心力公式有N1-mgcos θ=,在P点,由向心力公式有N2+mgcos θ=,两式相加可得N1+N2=,因在不同位置玩具车与圆轨道间的压力不同,故摩擦力是一个变力,将圆轨道分成N段,在轨道上下关于水平直径对称的位置上取两小段A、B,每段的长度为Δx=,则在A、B两小段的压 力可视为恒力,克服摩擦力做功之和为Wf1=k(N1+N2)Δx,解得Wf1=k××=,所以玩具车从最低点 到最高点克服摩擦力做功为Wf2=Wf1=kπmv2,B、C 正确;玩具车在竖直面内沿圆轨道内壁以恒定速率v 运动,由最低点到最高点,由动能定理可知WF-Wf2-mg· 2R=0,解得WF=kπmv2+2mgR,D错误。 补强点(二)　不会应用“柱状模型”解决流体类问题 两类不同的流体碰撞模型 两类 模型 第一类是“吸收类模型”,即流体与被碰物体 接触后速度变为零。第二类是“反弹类模型” (如图所示),即流体与被碰物体接触后以原 速率反弹。 对比 分析 设时间t内流体与物体相碰的“粒子”数为n,碰前每个“粒子”的动量大小为p,被碰物体对“粒子”的平均作用力为F,以平均作用力F的方向为正方向,则“吸收类模型”满足F1t=0-n(-p),“反弹类模型”满足F2t=np-n(-p),“反弹类模型”的动量变化量的绝对值为“吸收类模型”的动量变化量的绝对值的2倍,解题时一定要明辨模型类别,避免出错。 续表 1.(2024·山东菏泽三模)风筝在我国已存在两千年之久,又有纸鸢、鹞子之称。如图所示,某时刻风筝静止在空中,风筝面与水平面夹角为θ,牵引线与竖直方向夹角为2θ。已知风筝质量为m,垂直风筝面的风速大小为v,风筝面的面积为S,重力加速度为g, 则风筝所在高度空气密度为 (　　) A. B. C. D. 提能训练 √ 解析:对风筝受力分析如图1所示,作出矢量三角形如图2所示,可知风筝此时获得的垂直风筝面的力F=2mgcos θ,根据牛顿第三定律,风筝对垂直风筝面的风的作用力大小也为F,以风为研究对象,Δt时间内垂直打在风筝面的风的质量Δm=ρSvΔt,在垂 直风筝面方向上由动量定理有F·Δt=Δm·v, 联立解得空气密度为ρ=,故选A。 2.如图所示,某航拍小型无人机有四个相同的风扇,每个风扇的半径均为R,当它在无风的天气悬停时,每个风扇都呈水平状态,风扇吹出的空气速度大小都等于v,吹出的空气流动方向相同。已知空气的平均密度为ρ,不考虑其他位置空气流动的影响。则风扇悬停时,下列说法错误的是 (　　) A.风扇吹出的空气流动方向竖直向下 B.单位时间内每个风扇吹出的空气的质量为ρπR2v C.无人机的总重力等于4ρπR2v2 D.每个风扇对空气做功的功率为ρπR2v2 √ 解析:由于无人机悬停时受到的升力与其重力平衡,风扇吹出的空气流动方向均为竖直向下,故A正确;单位时间内每个风扇吹出的空气质量为=ρ=ρπR2v,故B正确;根据动量定理得FΔt=Δmv,解得每个风扇对空气的作用力大小为F=ρπR2v2,根据牛顿第三定律,空气对每个风扇的作用力大小F'=F=ρπR2v2,根据平衡条件可知,无人机的总重力G=4F'=4ρπR2v2,故C正确;每个风扇对空气做功的功率为P=Fv=ρπR2v3,故D错误。本题选错误的,故选D。 3.(2024·昆明高三调研)太阳帆飞船是目前唯一可能承载人类到达太阳系外星系的航天器。太阳光光子流撞击航天器帆面,产生持续光压,使航天器可在太空中飞行。若有一艘太阳帆飞船在航行,太阳光垂直照射帆面,帆面的面积为66 300 m2,单位面积帆面每秒接收的太阳辐射能量为1.2×103 J。已知太阳辐射平均波长为10-6 m,假设太阳帆能完全反射太阳光,不计太阳光反射的频率变化,普朗克常量h=6.63×10-34 J·s,则下列说法正确的是 (　　) A.太阳辐射的光子能量约为6.63×10-28 J B.太阳辐射的光子动量约为6.63×10-24 kg·m·s-1 C.太阳辐射对飞船的平均作用力约为0.53 N D.帆面每秒钟接收到的光子数量约为4.0×1020个 √ 解析:太阳辐射的光子能量ε=hν=h=1.989×10-19 J,A错误;太阳辐射的光子的动量p==6.63×10-28 kg·m·s-1,B错误;帆面每秒接收的能量E=E0S,所以帆面每秒接收的光子数N=,解得N==4.0×1026个,D错误;光射到帆面被全部反射,由动量定理有Ft=2Ntp×100%,故F=≈0.53 N,C正确。 4.(2024·山东青岛三模)高楼出现火情时,需要一种举高喷射消防车。如图,某高楼离地面65 m处出现火情,消防车正在灭火中。已知水炮炮口与楼房距离为15 m,与地面距离为60 m,水炮每分钟喷出3 m3的水,水柱刚好垂直打中着火房间窗户,水流冲击到窗户玻璃后向四周流散。重力加速度g=10 m/s2,下列说法正确的是 (　　) A.水泵对水做功的功率约为3.3×104 W B.水泵对水做功的功率约为3.8×104 W C.水流对窗户玻璃冲击力约为500 N D.水流对窗户玻璃冲击力约为900 N √ 解析:将水喷到窗户时的过程的逆过程是平抛运动,则水喷到窗户时的速度v==x=15× m/s=15 m/s,每秒喷出水的质量为= kg=50 kg,水泵对水做功的功率为P=== =50×(10×65+×152) W≈3.8×104 W,A错误,B正确; 水喷射到窗户上时,由动量定理有-FΔt=0-mv,解得F=v=50×15 N= 750 N,C、D错误。 补强点(三)　不会根据电路特点求解焦耳热问题 1.能量转化及焦耳热的求法 (1)能量转化 (2)求解焦耳热Q的三种方法 焦耳定律 Q=I2Rt 功能关系 Q=WA(克服安培力做的功) 能量变化 Q=ΔE(其他形式的能的减少量) 2.解题的一般步骤 (1)确定研究对象(导体棒或回路); (2)弄清电磁感应过程中哪些力做功,以及哪些形式的能量相互转化; (3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解。 1.(多选)兴趣小组的同学在实验室设计了如图所示的简易电吹风,主要器材有:定值电阻R1、R2,电动机M和电热丝R。已知电动机M标有“100 V,50 W”字样,它的线圈内阻为4 Ω,R1=480 Ω, 电热丝R=44 Ω,把该电吹风接入220 V家庭电路中, 电动机M恰好可以正常工作,则下列说法正确的是 (　　) 提能训练 A.电热丝的热功率P=1 100 W B.电阻R2=240 Ω C.电动机M正常工作时的输出功率P1=49 W D.开关S1、S2都闭合,1分钟电路消耗的电能为E=7.26×103 J √ √ 解析:根据电路图可知,S1闭合时电热丝两端的电压为UR=220 V,则其热功率为P== W=1 100 W,故A正确;电动机正常工作,则可得电动机所在支路的电流为IM== A=0.5 A,根据并联电路的特征可得IM=120 V,解得R2=480 Ω,故B错误;电动机正常工作时PM=P1+P热, 而P热=r=0.52×4 W=1 W,可得电动机M正常工作时的输出功率P1=49 W,故C正确;当开关S1、S2都闭合,电热丝所在支路电流IR== A=5 A,则可得干路电流I=IR+IM=5.5 A,1分钟电路消耗的电能为E=UIt=220×5.5×60 J=7.26×104 J,故D错误。 2.(2024·河北三模)(多选)如图所示,水平面内放置的光滑平行导轨左窄右宽,左轨宽度为d,右轨宽度为2d,匀强磁场与导轨平面垂直,磁感应强度为B。质量为m和2m的甲、乙两金属棒分别垂直放在导轨上,某时刻,分别给甲、乙两金属棒一个大小为v0和2v0的向右的初速度,设回路总电阻不变,导轨足够长,从甲、 乙两金属棒获得初速度到二者稳 定运动的过程中,下列说法正确的 是 (　　) A.甲、乙的加速度总是大小相等 B.甲、乙匀速运动的速度大小相等 C.回路产生的焦耳热为m D.通过回路某一横截面的电荷量为 √ √ 解析:根据牛顿第二定律,对甲棒BId=ma1,对乙棒BI×2d=2ma2,解得a1=a2,故A正确;当两棒产生的感应电动势相等时,电路中无感应电流,甲、乙匀速运动,则有Bdv1=B×2dv2,解得v1=2v2,故B错误;根据动量定理,对甲棒有BdΔt=mv1-mv0,对乙棒有-B×2dΔt=2mv2-2m×2v0,解得v1=2v0,v2=v0,根据能量守恒定律有m+×2m×(2v0)2=×m ×(2v0)2+×2m+Q,回路产生的焦耳热为Q=m,故C错误;根据动量定理,对甲棒有BdΔt=mv1-mv0,又q=Δt,解得q=,故D正确。 3.(2024·重庆高三调研)(多选)如图所示,间距为L、电阻不计的平行光滑导轨固定于水平面上,导轨左侧连接阻值为R的定值电阻,导轨间的矩形区域M1M2N2N1分布着竖直方向的磁场(图中未画出),其中M1M2=d、M1N1=L,磁感应强度Bx的大小按与导轨平行的x轴方向(原点O在M1N1上)分布满足关系:Bx=B0sin。长度为L、电阻为R的金属杆ab垂直于导轨 且始终与导轨良好接触,在外力作用下,从虚线M1N1左侧开始,以大小为v的速度匀速穿过磁场区域,则下列说法正确的是(　　) A.从x=0到x=过程中,通过定值电阻的电荷量为 B.从x=0到x=过程中,通过定值电阻的电荷量为 C.金属杆穿过磁场区域过程中,定值电阻产生电热为 D.金属杆穿过磁场区域过程中,定值电阻产生电热为 √ √ 解析:金属杆ab切割磁感线产生感应电动势e=BxLv=B0Lvsin=B0Lvsint, 等效类比旋转切割e=BSωsin ωt,所以ω=,BSω=B0Lv, 从x=0到x=过程中,即从t=0到t=过程中, 通过定值电阻的电荷量为q==,故A错误,B正确; 金属杆穿过磁场区域过程中,定值电阻产生电热为Q=, 又Q总=×,解得Q=,故C错误,D正确。 本课结束 $$