2019高考物理二輪復習 專題三 動量和能量 1-3-5 功 功率 動能定理課件.ppt

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1、第5講功功率動能定理,1(2018課標)(多選)地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機通過豎井運送到地面。某豎井中礦車提升的速度大小v隨時間t的變化關(guān)系如圖所示，其中圖線分別描述兩次不同的提升過程，它們變速階段加速度的大小都相同；兩次提升的高度相同，提升的質(zhì)量相等。不考慮摩擦阻力和空氣阻力。對于第次和第次提升過程(),A礦車上升所用的時間之比為45 B電機的最大牽引力之比為21 C電機輸出的最大功率之比為21 D電機所做的功之比為45 解析 在v-t圖像中，圖線的斜率表示物體運動的加速度，而兩次提升過程變速階段加速度的大小都相同，即在v-t圖像中，它們變速階段對應的圖線要么重合，要么平行，由圖中幾

2、何關(guān)系可得：,第次所用時間t t0，即礦車上升所用時間之比為45，選項A正確；對礦車受力分析可知，當?shù)V車向上做勻加速直線運動時，電機的牽引力最大，即Fmgma，得Fmgma，即最大牽引力之比為11，選項B錯誤；在第次提升過程中，電機輸出的最大功率P1(mgma)v0，在第次提升過程中，電機輸出的最大功率P2(mgma) v0，即 ，選項C正確；對兩次提升過程，由動能定理可知Wmgh0，即 ，選項D錯誤。,答案 AC,2(2018課示)如圖，某同學用繩子拉動木箱，使它從靜止開始沿粗糙水平路面運動至具有某一速度。木箱獲得的動能一定() A小于拉力所做的功 B等于拉力所做的功 C等于克服

3、摩擦力所做的功 D大于克服摩擦力所做的功,解析 由動能定理可知W拉WfEk0，因此，EkW拉，故A正確，B錯誤；Ek可能大于、等于或小于Wf，選項C、D錯誤。 答案 A,3(2018天津理綜)滑雪運動深受人民群眾喜愛。某滑雪運動員(可視為質(zhì)點)由坡道進入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道AB，從滑道的A點滑行到最低點B的過程中，由于摩擦力的存在，運動員的速率不變，則運動員沿AB下滑過程中(),A所受合外力始終為零 B所受摩擦力大小不變 C合外力做功一定為零 D機械能始終保持不變,解析 由于運動員在豎直面內(nèi)的圓弧形滑道上運動時速率不變，故做勻速圓周運動，所受的合外力提供向心力，因此合外力不為零，選項A錯誤；滑

4、動摩擦力fFN，F(xiàn)N隨著下滑位置的不同由A到B逐漸變大，因此滑動摩擦力變大，選項B錯誤；由動能定理知，合外力做的功等于動能的變化量，因速率不變，則動能不變，故合外力做功為零，選項C正確；機械能的改變量等于摩擦力做的功，故機械能減少，選項D錯誤。 答案 C,4(2018江蘇單科)(多選)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點為彈簧在原長時物塊的位置。物塊由A點靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運動，最遠到達B點。在從A到B的過程中，物塊(),A加速度先減小后增大 B經(jīng)過O點時的速度最大 C所受彈簧彈力始終做正功 D所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功,解析 對物塊受力分析，當彈

5、簧處于壓縮狀態(tài)時，由牛頓第二定律可得kxfma，x減小，a減小，當a0時，物塊速度最大，此時，物塊在O點左側(cè)，選項B錯誤；從加速度a0處到O點過程，由牛頓第二定律得fkxma，x減小，a增大，當彈簧處于伸長狀態(tài)時，由牛頓第二定律可得kxfma，x增大，a繼續(xù)增大，可知物塊的加速度先減小后增大，選項A正確；物塊所受彈簧的彈力對物塊先做正功，后做負功，選項C錯誤；從A到B的過程，由動能定理可得W彈Wf0，選項D正確。 答案 AD,1功率的計算：,2對于功和功率的理解與計算問題的解決，一般應注意以下幾點： (1)準確理解功的定義式WFl及變形式WFlcos 中各物理量的意義，該式僅適用于恒力做功的情

6、況。 (2)變力做功的求解注意對問題的正確轉(zhuǎn)化，如將變力轉(zhuǎn)化為恒力，也可應用動能定理等方法求解。 (3)對于功率的計算，應注意區(qū)分公式P 和公式PFv，前式側(cè)重于平均功率的計算，而后式側(cè)重于瞬時功率的計算。,例1 (2018天津五區(qū)縣聯(lián)考)如圖所示，某質(zhì)點運動的vt圖像為正弦曲線。從圖像可以判斷() A質(zhì)點做曲線運動 B在t1時刻，合外力的功率最大 C在t2t3時間內(nèi)，合外力做負功 D在0t1和t2t3時間內(nèi)，合外力的平均功率相等,解析 質(zhì)點運動的v-t圖像描述的是質(zhì)點的直線運動，選項A錯誤；在t1時刻，v-t圖線的斜率為零，加速度為零，合外力為零，合外力功率為零，選項B錯誤；由題圖圖像可知

7、，在t2t3時間內(nèi)，質(zhì)點的速度增大，動能增大，由動能定理可知，合外力做正功，選項C錯誤；在0t1和t2t3時間內(nèi)，動能的變化量相同，故合外力做的功相等，則合外力的平均功率相等，選項D正確。 答案 D,創(chuàng)新預測 1(2018吉林模擬)一質(zhì)量為1 kg的質(zhì)點靜止于光滑水平面上，從t0時起，第1 s內(nèi)受到2 N的水平外力作用，第2 s內(nèi)受到同方向的1 N的外力作用。下列判斷正確的是() A02 s內(nèi)外力的平均功率是 W B第2 s內(nèi)外力所做的功是 J C第2 s末外力的瞬時功率最大 D第1 s內(nèi)與第2 s內(nèi)質(zhì)點動能增加量的比值是11,答案 A,2(2018黑龍江哈爾濱師范大學附屬中學高三測試)測

8、定運動員體能的一種裝置如圖所示，運動員質(zhì)量為 m1, 繩拴在腰間沿水平方向跨過定滑輪(不計滑輪質(zhì)量及摩擦)，下懸一個質(zhì)量為m2的重物，人用力蹬傳送帶而人的重心不動，使傳送帶以速率v勻速向右運動。下面是人對傳送帶做功的四種說法，其中正確的是(),A人對傳送帶不做功 B人對傳送帶做負功 C人對傳送帶做功的功率為m2gv D人對傳送帶做功的功率為(m1m2)gv 解析 人對傳送帶的摩擦力方向向右，傳送帶在力的方向上有位移，所以人對傳送帶做功，摩擦力和位移的方向相同，故做正功，故A、B錯誤；人的重心不動，繩對人的拉力和人與傳送帶間的摩擦力平衡，而拉力又等于m2g，所以人對傳送帶做功的功率為m2gv，故

9、C正確，D錯誤。 答案 C,3(2018濰坊模擬)質(zhì)量為m2 kg的物體沿水平面向右做直線運動，t0時刻受到一個水平向左的恒力F，如圖甲所示，此后物體的v-t圖像如圖乙所示，取水平向右為正方向，g取10 m/s2，則(),A物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.5 B10 s末恒力F的瞬時功率為6 W C10 s末物體在計時起點左側(cè)4 m處 D010 s內(nèi)恒力F做功的平均功率為0.6 W 解析 由題圖乙可知04 s內(nèi)的加速度：a1 m/s2 2 m/s2，可得：Fmgma1；410 s內(nèi)的加速度： a2 m/s21 m/s2，可得：Fmgma2；解得：F3 N，0.05，選項A錯誤；10 s末恒

10、力F的瞬時功率為P10F|v10|36 W18 W，選項B錯誤；,04 s內(nèi)的位移x1 48 m16 m，410 s內(nèi)的位移x2 66 m18 m，xx1x22 m，故10 s末物體在計時起點左側(cè)2 m處，選項C錯誤；010 s內(nèi)恒力F做功的平均功率為 W0.6 W，選項D正確。 答案 D,1恒定功率啟動 (1)機車先做加速度逐漸減小的加速運動，后做勻速直線運動，速度圖像如圖所示，當FF阻時，vm 。,(2)能量關(guān)系：PtF阻x mv20。 2恒定加速度啟動 (1)速度圖像如圖所示。機車先做勻加速直線運動，當功率達到額定功率后獲得勻加速的最大速度v1。若再加速，應保持功

11、率不變做變加速運動，直至達到最大速度vm后做勻速運動。,(2)經(jīng)常用到的公式：,例2 質(zhì)量為1103 kg、發(fā)動機額定功率為60 kW的汽車在平直公路上行駛，若汽車所受阻力大小恒為2103 N，下列判斷正確的是() A汽車行駛能達到的最大速度是40 m/s B汽車從靜止開始加速到20 m/s的過程，發(fā)動機所做功為2105 J C汽車保持額定功率啟動，當速度大小為20 m/s時，其加速度大小為6 m/s2 D汽車以2 m/s2的恒定加速度啟動，發(fā)動機在第2 s末的實際功率是16 kW,解析 當阻力和牽引力相等時，速度最大，故v m/s30 m/s，A錯誤；汽車從靜止開始加速，但汽車如果以

12、恒定功率啟動，則做變加速直線運動，運動時間和位移未知，故無法求解發(fā)動機做的功，B錯誤；汽車保持額定功率啟動，當速度大小為20 m/s時，牽引力F N3 000 N，根據(jù)牛頓第二定律可得a m/s21 m/s2，C錯誤；,根據(jù)牛頓第二定律得牽引力為Ffma2 000 N1 0002 N4 000 N，則勻加速直線運動的最大速度為v1 m/s15 m/s，可知勻加速直線運動的時間為 t s7.5 s，2 s末的速度為vat222 m/s4 m/s，則發(fā)動機的實際功率為PFv4 0004 W16 kW，D正確。 答案 D,創(chuàng)新預測 4(2018廣東佛山市一中段考)(

13、多選)質(zhì)量為m的汽車在平直公路上行駛，所受的阻力恒為車重的k倍。汽車以額定功率行駛，當它加速行駛的速度為v時，加速度為a。則以下分析正確的是() A汽車發(fā)動機的額定功率為kmgv B汽車行駛的最大速度為 C當汽車加速度減小到 時，速度增加到2v D汽車發(fā)動機的額定功率為(makmg)v,解析 設汽車的額定功率為P，汽車的速度為v時，根據(jù)牛頓第二定律知： kmgma，所以P(makmg)v，故A錯誤，D正確；汽車勻速時，牽引力等于阻力，速度最大，故有：vm ，故B正確；加速度為 時，此時牽引力為F，則Fkmgm ，解得：Fkmg ，此時速度為：v 2v

14、，故C錯誤。 答案 BD,5一輛汽車在平直的公路上以某一初速度運動，運動過程中保持恒定的牽引功率，其加速度a和速度的倒數(shù) 圖像如圖所示。若已知汽車的質(zhì)量，則根據(jù)圖像所給的信息，不能求出的物理量是(),A汽車的功率 B汽車行駛的最大速度 C汽車所受到的阻力 D汽車運動到最大速度所需的時間 解析 由FFfma，PFv可得：a ，對應圖線可知， k40，可求出汽車的功率P，由a0時， 0.05 可得：vm20 m/s，再由vm ，可求出汽車受到的阻力Ff，但無法求出汽車運動到最大速度的時間，故應選D。 答案 D,6如圖所示為汽車在水平路面上啟動過程中的速度-時間圖像，Oa為過原點的傾斜直

15、線，ab段表示以額定功率行駛時的加速階段，bc段是與ab段相切的水平直線，則下述說法正確的是(),A0t1時間內(nèi)汽車做勻加速運動且功率恒定 Bt1t2時間內(nèi)汽車牽引力做的功為 mv mv Ct1t2時間內(nèi)的平均速度為 (v1v2) D在全過程中t1時刻的牽引力及其功率都是最大值，t2t3時間內(nèi)牽引力最小,解析 汽車在0t1時間內(nèi)，牽引力恒定，速度均勻增加，由PFv知其功率也增加，選項A錯誤；t1t2時間內(nèi)，根據(jù)動能定理知WFWf mv mv ，選項B錯誤；由于t1t2時間內(nèi)不是勻變速直線運動，故 (v1v2)，選項C錯誤；全過程中，t1時刻牽引力最大，功率達到額定功率，也最大，

16、之后，功率不變，牽引力減小，直至Ff，此后汽車做勻速運動，選項D正確。 答案 D,1應用動能定理解題的基本步驟,2應用動能定理解題時需注意的問題 (1)動能定理適用于物體做直線運動，也適用于曲線運動；適用于恒力做功，也適用于變力做功，力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時作用，也可以分段作用。只要求出在作用過程中各力做功的多少和正負即可。這正是動能定理解題的優(yōu)越性所在。 (2)動能定理是計算物體的位移或速率的簡捷方法，當題目中涉及到位移時可優(yōu)先考慮動能定理。 (3)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，也可以把全過程作為一整體來處理。,例3 為了從貨車上卸貨，工人在車廂旁

17、傾斜架放一梯子，讓質(zhì)量為m的貨箱順著可視為平滑斜面的梯子下滑，如圖所示。已知車廂頂部離地的高度為h，梯子所在斜面的傾角45，貨箱從車廂頂部所在高度處由靜止釋放，貨箱與梯子間的動摩擦因數(shù)0.25，重力加速度為g。,(1)求貨箱沿梯子下滑的加速度大小和貨箱下滑至地面時的速度大小。 (2)若工人先用輕繩綁緊貨箱，再讓貨箱從原位置由靜止下滑，下滑過程使用平行于梯子的輕繩向上拉貨箱，貨箱勻加速下滑，到達地面時的速度為v ，求貨箱下滑過程克服輕繩拉力做功的平均功率P。,解析 (1)貨箱下滑過程，由牛頓第二定律得mgsin mgcos ma 將和代入解得加速度大小a g 由動能定理得 mghmgco

18、s mv20 解得貨箱下滑到地面時的速度大小為 v 。,(2)由已知條件知貨箱下滑的位移為 s h 貨箱受繩子拉力下滑過程，由動能定理得 (mgsin mgcos )sWF mv20 由勻加速運動規(guī)律得s vt 貨箱克服輕繩拉力做功的平均功率P 聯(lián)立解得P mg 。,創(chuàng)新預測 7如圖所示，質(zhì)量為m的小滑塊從O點以速度v0沿水平面向左運動，小滑塊撞擊彈簧后被彈簧彈回并最終靜止于O點。則運動過程中彈簧獲得的最大彈性勢能是(),解析 設動摩擦因數(shù)為，O點離彈簧右端距離為L，彈簧最大壓縮量為x。小滑塊從O點運動到彈簧壓縮量最大時，速度減為0，由動能定理可得mg(L

19、x)W彈0 mv ，再分析彈簧壓縮量最大到小滑塊最終靜止的過程，由動能定理可得W彈mg(Lx)00，聯(lián)立可得W彈 mv ，故彈簧獲得的最大彈性勢能是mv，選項B正確。 答案 B,8如圖，與水平面夾角37的斜面和半徑R0.4 m的光滑圓軌道相切于B點，且固定于豎直平面內(nèi)。滑塊從斜面上的A點由靜止釋放，經(jīng)B點后沿圓軌道運動，通過最高點C時軌道對滑塊的彈力為零。已知滑塊與斜面間動摩擦因數(shù)0.25。(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求：,(1)滑塊在C點的速度大小vC； (2)滑塊在B點的速度大小vB； (3)A、B兩點間的高度差h。 解析 (1)在C點，滑塊豎直方向所

20、受合力提供向心力 mg vC 2 m/s,(3)滑塊在AB的過程，利用動能定理有 mghmgcos 37 mv 0 代入數(shù)據(jù)解得h1.38 m 答案 (1)2 m/s(2)4.29 m/s(3)1.38 m,9如圖所示，上表面光滑、長度足夠長、質(zhì)量M10 kg的木板，在F50 N的水平拉力作用下，以v05 m/s的速度沿水平地面向右勻速運動?，F(xiàn)將一個質(zhì)量為m3 kg的小鐵塊(可視為質(zhì)點)無初速度地放在木板最右端，當木板運動了L1 m時，又將第二個同樣的小鐵塊無初速度地放在木板最右端，以后木板再運動1 m時再在其最右端無初速度地放上一個同樣的小鐵塊。(g取10 m/s2)求

21、：,(1)木板與地面間的動摩擦因數(shù)； (2)剛放第三個鐵塊時木板的速度大?。?(3)從放第三個鐵塊開始(停止放后續(xù)鐵塊)到木板停下的過程，木板運動的距離。 解析 (1)木板做勻速直線運動時，受到地面的摩擦力為Ff 由平衡條件得FFf 又FfMg 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得0.5 (2)每放一個小鐵塊，木板所受的摩擦力增加mg， 令剛放第三個鐵塊時木板速度為v1，對木板從放第一個鐵塊到剛放第三個鐵塊的過程，由動能定理得,mgL2mgLMvMv 聯(lián)立代入數(shù)據(jù)得v14 m/s (3)從放第三個鐵塊開始到木板停下之前，木板所受的摩擦力恒為(3mM)g，從放第三個鐵塊開始到木板停下的過程，木板運動的距離為x，對木

22、板由動能定理得 3mgx0 Mv 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得x m1.78 m。 答案 (1)0.5(2)4 m/s(3)1.78 m,動能定理的應用策略 1對涉及單個物體的受力、位移及過程始、末速度的問題的分析，尤其不涉及時間的，應優(yōu)先考慮用動能定理求解。 2若物體運動包含幾個不同過程時，可分段運用動能定理列式，也可以全程列式(當所求解的問題不涉及中間速度時)。,3應用動能定理解題的思路和一般步驟： (1)確定研究對象和物理過程，找出始末狀態(tài)的速度情況； (2)分析研究對象的受力情況(包括重力)，求出各力做功的代數(shù)和，注意求功時，位移必須是相對地面的； (3)確定過程始、末狀態(tài)的動能，以及動能的

23、變化量； (4)利用動能定理列方程求解，要注意方程的左邊是功，右邊是動能的變化量。,【典例】 如圖所示，水平路面CD的右側(cè)有一長L12 m的板M，一物塊放在板M的最右端，并隨板一起向左側(cè)固定的平臺運動，板M的上表面與平臺等高。平臺的上表面AB長s3 m，光滑半圓軌道AFE豎直固定在平臺上，圓軌道半徑R0.4 m，最低點與平臺AB相切于A點。當板M的左端距離平臺L2 m時，板與物塊向左運動的速度v08 m/s。當板與平臺的豎直墻壁碰撞后，板立即停止運動，物塊在板上滑動，并滑上平臺。已知板與路面的動摩擦因數(shù)10.05，物塊與板的上表面及軌道AB的動摩擦因數(shù)20.1，物塊質(zhì)量m1 kg，取g10 m

24、/s2。,(1)求物塊進入圓軌道時對軌道上的A點的壓力； (2)判斷物塊能否到達圓軌道的最高點E。如果能，求物塊離開E點后在平臺上的落點到A點的距離；如果不能，則說明理由。,解得：x2.4 m。 答案 (1)140 N方向豎直向下(2)見解析,拓展訓練 1(2018河北石家莊二模)質(zhì)量為m的小球在豎直向上的拉力作用下從靜止開始運動，其vt圖像如圖所示(豎直向上為正方向，DE段為直線)，已知重力加速度大小為g，下列說法正確的是(),Dt3t4時間內(nèi)，小球豎直向下做勻減速直線運動 解析 vt圖像中圖線的斜率表示加速度，速度在時間軸之上表明速度一直為正，從圖像可以看出小球先向上做加速度越來越大的加速運動，再做加速度越來越小的加速運動，,答案 C,2如圖甲所示，在傾角為30的足夠長光滑斜面AB前，有一粗糙水平面OA，OA長為4 m。有一質(zhì)量為m的滑塊，從O處由靜止開始受一水平向右的力F作用。F按圖乙所示的規(guī)律變化?；瑝K與OA間的動摩擦因數(shù)0.25，g取10 m/s2，試求：,(1)滑塊到A處的速度大??； (2)不計滑塊在A處的速率變化，滑塊沖上斜面AB的長度是多少？ 解析 (1)由題圖乙知，在前2 m內(nèi)F12mg，做正功； 在第3 m內(nèi)F20.5mg，做負功； 在第4 m內(nèi)F30。 滑動摩擦力Ffmg0.25mg，始終做負功。 對OA過程由動能定理列式得,