高考物理二轮复习-专题三-动能定理和能量守恒定律-第6讲-功-功率-动能定理课件

第6讲功功率动能定理1高考巡航1.2016·全国卷Ⅱ(多选)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则()A．甲球用的时间比乙球长B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功解析：本题考查力与运动、功和能，意在考查学生应用动力学规律及功能关系解题的能力．由于两球由同种材料制成，甲球的质量大于乙球的质量，因此甲球的体积大于乙球的体积，甲球的半径大于乙球的半径，设球的半径为r，根据牛顿第二定律，下落过程中mg－kr＝ma，a＝g－krρ×43πr3＝g－3k4πρr2，可知，球下落过程做匀变速直线运动，且下落过程中半径大的球下落的加速度大，因此甲球下落的加速度大，由h＝12at2可知，下落相同的距离，甲球所用的时间短，A、C项错误；由v2＝2ah可知，甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小，B项正确；由于甲球受到的阻力大，因此克服阻力做的功多，D项正确．答案：BD2.2016·浙江卷(多选)如图所示为一滑草场．某条滑道由上、下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．则()A．动摩擦因数μ＝67B．载人滑草车最大速度为2gh7C．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g解析：本题考查运动与力的关系问题，意在考查学生对动能定理、牛顿第二定律、匀变速直线运动规律的理解和综合应用能力．由题意根据动能定理有，2mgh－Wf＝0，即2mgh－μmgcos45°·hsin45°－μmgcos37°·hsin37°＝0，得动摩擦因数μ＝67，则A项正确；载人滑草车克服摩擦力做的功为Wf＝2mgh，则C项错误；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a1＝g(sin45°－μcos45°)＝214g，a2＝g(sin37°－μcos37°)＝－335g，则载人滑草车在上下两段滑道上分别做加速运动和减速运动，则在上段底端时达到最大速度v，由运动学公式有2a1·hsin45°＝v2，得v＝2a1·hsin45°＝27gh，故B项正确，D项错误．答案：AB3.2015·全国卷Ⅱ一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示．假定汽车所受阻力的大小f恒定不变．下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是()答案：A4.2014·山东高考如图，半径为R的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A.已知壳内的场强处处为零；壳外空间的电场与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样．一带正电的试探电荷(不计重力)从球心以初动能Eko沿OA方向射出．下列关于试探电荷的动能Ek与离开球心的距离r的关系图线，可能正确的是()解析：壳内的场强处处为零，电荷在壳内运动时不受电场力作用，电场力做功为零，电荷的动能不变，故选项C、D错误；壳外的电场，离球壳越近场强越大，离球壳越远场强越小，题中Ek－r图像的斜率的大小表示电场力的大小，电荷在壳外向外运动时，电场强度逐渐减小，则图像的斜率也逐渐减小，故选项A正确，B错误．答案：A2核心梳理【主干知识】【要素回顾】一、常见功的特点做功的力(电流)做功特点、计算公式重力与路径无关，与物体的重力和初、末位置的高度差有关，|WG|＝mgh静摩擦力可以做正功、负功、不做功滑动摩擦力可以做正功、负功、不做功一对静摩擦力总功为零一对滑动摩擦力总功为负功，W总＝－Ffs相对机车牵引力P不变时，W＝Pt；F不变时，W＝Fs静电力与路径无关，只与初、末位置有关，W电＝qU电流电流做功实质上是静电力的功，W＝UIt洛伦兹力为零二、动能定理的应用1．应用动能定理解题的基本步骤2．应用动能定理解题时需注意的问题(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动；既适用于恒力做功，也适用于变力做功．力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用，只要求出在作用过程中各力做功的多少和正负即可，这正是动能定理解题的优越性所在．(2)动能定理是计算物体的位移或速率的简捷方法，当题目中涉及力、位移和速度的求解时可优先考虑动能定理．(3)若物体运动的过程中包含几个不同过程，应用动能定理时，可以分段考虑，也可以把全过程作为一整体来处理．3热点追踪考向一功和功率的理解和计算【例1】2016·全国卷Ⅱ(多选)如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连．现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点．已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM∠OMNπ2.在小球从M点运动到N点的过程中()A．弹力对小球先做正功后做负功B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差[规范解题]本题考查功能关系的应用，意在考查学生综合应用动力学规律及功能关系解题的能力．本题中小球初末状态时弹簧的弹力大小相等，即弹簧的形变量相等，弹簧的弹性势能相等，为分析D项提供了“该过程中弹簧的弹力做功为零”这一条件．小球在从M点运动到N点的过程中，弹簧的压缩量先增大，后减小，到某一位置时，弹簧处于原长，再继续向下运动到N点的过程中，弹簧又伸长．弹簧的弹力方向与小球速度的方向的夹角先大于90°，再小于90°，最后又大于90°，因此弹力先做负功，再做正功，最后又做负功，A项错误；弹簧与杆垂直时，小球的加速度等于重力加速度，当弹簧的弹力为零时，小球的加速度也等于重力加速度，B项正确；弹簧长度最短时，弹力与小球的速度方向垂直，这时弹力对小球做功的功率为零，C项正确；由于在M、N两点处，弹簧的弹力大小相等，即弹簧的形变量相等，根据动能定理可知，小球从M点到N点的过程中，弹簧的弹力做功为零，重力做功等于动能的增量，即小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差，D项正确．[答案]BCD[拓展思考](1)恒力功的公式是________．(2)功的正负的判断方法是什么？什么意义？(3)变力功有方法计算吗？例如均匀变化的力的功、摩擦力的功等．(4)重力做功与重力势能有什么联系？弹力做功与弹性势能有什么联系．(5)功率分为几种？分别怎样计算？[规律总结](1)计算力所做的功时，一定要注意是恒力做功还是变力做功．若是恒力做功，可用公式W＝Flcosα进行计算．若是变力做功，可以用以下几种方法进行求解：①微元法：把物体的运动分成无数个小段，计算每一小段力F做的功．②将变力做功转化为恒力做功．③用动能定理或功能关系进行求解．(2)对于功率的计算要区分是瞬时功率还是平均功率．P＝Wt只能用来计算平均功率．P＝Fvcosα中的v是瞬时速度时，计算出的功率是瞬时功率；v是平均速度时，计算出的功率是平均功率．变式训练12015·海南单科假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率，如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的()A．4倍B．2倍C.3倍D.2倍解析：设F阻＝kv，当阻力等于牵引力时，速度最大，输出功率变化前，有P＝Fv＝F阻v＝kv·v＝kv2，变化后有2P＝F′v′＝kv′·v′＝kv′2，联立解得v′＝2v，D正确．答案：D变式训练22014年10月2日，中国女子橄榄球队在仁川亚运会决赛中险胜日本队夺取金牌．在比赛中假设某运动员将质量为0.4kg的橄榄球以3m/s的速度水平抛出，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，当橄榄球的速度为5m/s时，其重力势能的减少量和重力的瞬时功率分别为()A．1.8J12WB．3.2J16WC．4J20WD．5J36W解析：根据平行四边形定则得v＝v2x＋v2y，代入数据解得vy＝4m/s；橄榄球运动过程中只受重力作用，机械能守恒，重力势能的减少量等于动能的增加量，动能的增加量ΔEk＝12mv2y＝12×0.4×16J＝3.2J，重力的瞬时功率P＝mgvy＝0.4×10×4W＝16W.答案：B变式训练3(多选)将一质量为m的木箱放在水平桌面上，现对木箱施加一斜向右下方的恒力，使木箱由静止开始以恒定的加速度a沿水平桌面向右做匀加速直线运动．已知恒力与水平方向的夹角为θ，木箱与桌面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.则木箱向右运动位移x的过程中，下列说法正确的是()A．恒力所做的功为ma－μgx1＋μtanθB．恒力所做的功为ma＋μgx1－μtanθC．木箱克服摩擦力做的功为μmgxD．木箱克服摩擦力做的功为μmatanθ＋gx1－μtanθ解析：以木箱为研究对象，竖直方向有Fsinθ＋mg＝FN，水平方向有Fcosθ－μFN＝ma，联立解得恒力F＝ma＋μgcosθ－μsinθ，摩擦力Ff＝μFN＝μmatanθ＋g1－μtanθ，则在此过程中恒力做的功为W＝Fxcosθ＝ma＋μgx1－μtanθ，木箱克服摩擦力做的功为Wf＝Ffx＝μmatanθ＋gx1－μtanθ.答案：BD考向二机车启动问题【例2】水平面上静止放置一质量为m＝0.2kg的物块，固定在同一水平面上的小型电动机通过水平细线牵引物块，使物块由静止开始做匀加速直线运动，2秒末达到额定功率，其v－t图线如图所示，物块与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.1，g＝10m/s2，电动机与物块间的距离足够远．求：(1)物块做匀加速直线运动时受到的牵引力大小；(2)电动机的额定功率；(3)物块在电动机牵引下，最终能达到的最大速度．[规范解题](1)由题图知物块在匀加速阶段加速度大小a＝ΔvΔt＝0.4m/s2物块受到的摩擦力大小Ff＝μmg设牵引力大小为F，则有：F－Ff＝ma得F＝0.28N(2)当v＝0.8m/s时，电动机达到额定功率，则P＝Fv＝0.224W(3)物块达到最大速度vm时，此时物块所受的牵引力大小等于摩擦力大小，有F1＝μmgP＝F1vm解得vm＝1.12m/s[答案](1)0.28N(2)0.224W(3)1.12m/s[拓展思考](1)机车启动分为几种模式？有什么特点？(2)解题的关键公式有哪几个？(3)能画出两种模式的v－t图象吗？每种模式分为几个阶段，每阶段的规律是什么？[规律总结]解决机车启动问题时的四点注意(1)分清是匀加速启动还是恒定功率启动．(2)匀加速启动过程中，机车功率是不断增大的，但该过程中的最大功率是额定功率．(3)以额定功率启动的过程中，牵引力是不断减小的，机车做加速度减小的加速运动，牵引力的最小值等于阻力．(4)无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足P＝f阻vm，P为机车的额定功率．变式训练4起重机的钢索将重物由地面起吊到空中某个高度，重物起吊过程中的速度－时间图象如图所示，则钢索拉力的功率随时间变化的图象可能是下图中的()解析：0～t1时间内，重物匀加速上升，F恒定且Fmg，由P＝F·v可知，功率P随v的增大而增大；t1～t2时间内，重物匀速上升，F＝mg，此过程P＝F·v恒定不变，但t1时刻起重机的功率突然变小了，A、D均错误；t2～t3时间内，重物减速上升，F恒定，且有Fmg，此过程中，由P＝F·v可知，起重机功率随v的减小而减小，并且在t2时刻功率突然变小了，故B正确，C错误．答案：B变式训练5如图甲所示，用固定的电动机水平拉着质量m＝2kg的小物块和质量M＝1kg的平板以相同的速度一起向右匀速运动，物块位于平板左侧，可视为质点．在平板的右侧一定距离处有台阶阻挡，平板撞上后会立即停止运动．电动机功率保持P＝3W不变，从某时刻t＝0起，测得物块的速度随时间的变化关系如图乙所示，t＝6s后可视为匀速运动，t＝10s时物块离开平板．重力加速度