2020高考物理二轮复习 600分冲刺 专题二 能量与动量 第5讲 功 功率 动能定理课件

专题整合突破第一部分专题二能量与动量[要点解读]1.功、功率、动能定理及动量定理部分：考查与功、功率相关的分析和计算及动能定理、动量定理的综合应用，题型为选择题或与牛顿运动定律相结合的计算题。2.功能关系和动量、能量守恒部分：以直线运动、平抛和圆周运动为情景，考查运动过程中的受力分析、运动分析、能量转化及功能关系问题，以及带电粒子在电场、磁场中的能量问题，以计算题形式命题为主。[备考对策]1.正确判断是否做功、是做正功还是负功，掌握各种力做功的特点及计算方法，区别瞬时功率和平均功率。能熟练运用动能定理及动量定理解决综合问题，注意和图象有关的题型。2.加强综合运用功能关系、机械能守恒定律、能量守恒定律及动量守恒定律解决多运动过程问题的训练，提高运用动能定理、动量定理和能量守恒定律解决带电粒子在电场、磁场中的运动问题的能力，关注以竞技体育或近现代科技为背景命制的题目。第5讲功功率动能定理1体系认知感悟真题2聚焦热点备考通关3复习练案课时跟踪体系认知感悟真题•1．(2019·全国卷Ⅲ，17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2。该物体的质量为()•A．2kgB．1.5kg•C．1kgD．0.5kgC•[解析]画出运动示意图，设阻力为f，据动能定理知•A→B(上升过程)：EkB－EkA＝－(mg＋f)h•C→D(下落过程)：EkD－EkC＝(mg－f)h•整理以上两式得：mgh＝30J，解得物体的质量m＝1kg。•选项C正确。•2．(2018·全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能()•A．与它所经历的时间成正比•B．与它的位移成正比•C．与它的速度成正比•D．与它的动量成正比B[解析]A错：速度v＝at，动能Ek＝12mv2＝12ma2t2，与经历的时间的平方成正比。B对：根据v2＝2ax，动能Ek＝12mv2＝12m·2ax＝max，与位移成正比。C错：动能Ek＝12mv2，与速度的平方成正比。D错：动量p＝mv，动能Ek＝12mv2＝p22m，与动量的平方成正比。•3．(2018·全国卷Ⅱ，14)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定()•A．小于拉力所做的功•B．等于拉力所做的功•C．等于克服摩擦力所做的功•D．大于克服摩擦力所做的功•[解析]A对、B错：由题意知，W拉－W阻＝ΔEk，则W拉＞ΔEk；C、D错：W阻与ΔEk的大小关系不确定。A•4．(多选)(2018·全国卷Ⅲ，19)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程，()•A．矿车上升所用的时间之比为45•B．电机的最大牵引力之比为21•C．电机输出的最大功率之比为21•D．电机所做的功之比为45AC[解析]A对：由图线①知，上升总高度h＝v02·2t0＝v0t0。由图线②知，加速阶段和减速阶段上升高度和h1＝v022·(t02＋t02)＝14v0t0匀速阶段：h－h1＝12v0·t′，解得t′＝32t0故第②次提升过程所用时间为t02＋32t0＋t02＝52t0，两次上升所用时间之比为2t052t0＝45。B错：由于加速阶段加速度相同，故加速时牵引力相同。C对：在加速上升阶段，由牛顿第二定律知：F－mg＝ma，F＝m(g＋a)第①次在t0时刻，功率P1＝F·v0第②次在t02时刻，功率P2＝F·v02第②次在匀速阶段P2′＝F′·v02＝mg·v02P2可知，电机的输出最大功率之比P1P2＝21。D错：由动能定理知，两个过程动能变化量相同，克服重力做功相同，故两次电机做功也相同。•5．(2019·天津，10)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图2，AB长L1＝150m，BC水平投影L2＝63m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°(sin12°≈0.21)。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t＝6s到达B点进入BC。已知飞行员的质量m＝60kg，g＝10m/s2，求：•(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；•(2)舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大。•[答案](1)7.5×104J(2)1.1×103N[解析](1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有v2＝L1t①根据动能定理，有W＝12mv2－0②联立①②式，代入数据，得W＝7.5×104J③(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有L2＝Rsinθ④由牛顿第二定律，有FN－mg＝mv2R⑤联立①④⑤式，代入数据，得FN＝1.1×103N⑥聚焦热点备考通关•1．恒力做功的公式•W＝Flcosα(通过F与l间的夹角α，判断F是否做功及做功的正、负)•2．变力做功的计算•(1)用动能定理W＝ΔEk或功能关系W＝ΔE计算•(2)变力做功的功率一定时，用功率和时间计算：W＝Pt•(3)将变力做功转化为恒力做功功和功率的计算核心知识3．总功的计算(1)先求物体所受的合外力，再求合外力所做的功(2)先求每个力做的功，再求各力做功的代数和(3)利用动能定理，合力功等于动能的变化4．功率(1)平均功率：P＝Wt＝Fvcosα(2)瞬时功率：P＝Fvcosα(α为F与v的夹角)•【典例1】(2019·广东省深圳市模拟)在水平地面上方某处，把质量相同的P、Q两小球以相同速率沿竖直方向抛出，P向上，Q向下，不计空气阻力，两球从抛出到落地的过程中()•A．P球重力做功较多•B．两球重力的平均功率相等•C．落地前瞬间，P球重力的瞬时功率较大•D．落地前瞬间，两球重力的瞬时功率相等D典例探究[解析]重力做功为WG＝mgh，由于两球质量相同，下落高度相同，故重力做功相同，A错误；两球落地下落时间不同，P球落地时间长，由平均功率公式P＝WGt可得重力的平均功率不相等，B错误；对两球由动能定理列方程：mgh＝12mv2－12mv20，可得两球落地时速度大小相等，方向都是竖直向下。由瞬时功率公式P＝mgv可得两球在落地前瞬间，重力的瞬时功率相等，C错误，D正确。•计算功和功率时应注意的问题•(1)计算功时，要注意分析受力情况和能量转化情况，分清是恒力做功，还是变力做功，恒力做功一般用功的公式或动能定理求解，变力做功用动能定理或图象法求解。(2)用图象法求外力做功时应注意横轴和纵轴分别表示的物理意义，若横轴表示位移，纵轴表示力，则可用图线与横轴围成的面积表示功，例如下图甲、乙、丙表示(丙图中图线为14圆弧)，力做的功分别为W1＝F1x1、W2＝12F2x2、W3＝π4F3x3。(3)计算功率时，要明确是求瞬时功率，还是平均功率，若求瞬时功率应明确是哪一时刻或位置的瞬时功率，若求平均功率应明确是哪段时间内的平均功率；应注意区分公式P＝Wt和公式P＝Fvcosθ的适用范围，P＝Wt侧重于平均功率的计算，P＝Fvcosθ侧重于瞬时功率的计算。•1．(多选)(2019·浙江省丽水市模拟)如图甲所示，某同学用拖把直行拖地，沿推杆方向对拖把施加推力F，此时推力与水平方向的夹角为θ1，且拖把刚好做匀速直线运动；从某时刻开始，拖把推杆与水平方向的夹角变为θ2，如图乙所示，保持拖把的速度大小和方向不变，则()•A．推力F变大•B．推力F的功率增大•C．地面对拖把的支持力变小•D．地面对拖把的摩擦力变小类题演练AB•[解析]•设拖把与地面之间的动摩擦因数为μ，则拖把匀速运动时，受到重力、支持力、推力和摩擦力，处于平衡状态，受力示意图如图所示。•将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，由平衡条件得：•竖直方向上：Fsinθ＋mg＝FN①•水平方向上：Fcosθ－Ff＝0②•Ff＝μFN③①②③联立解得：F＝μmgcosθ－μsinθ。可见θ变大F变大，A正确；由①式可知FN变大，FN变大摩擦也肯定变大，C、D错误；由于重力和支持力不做功，故推力F的功率等于摩擦力的功率，由于速度不变摩擦力变大，故摩擦力的功率变大，所以推力F的功率变大，B正确。•1．机车输出功率•P＝F·v，其中F为机车的牵引力机车启动问题核心知识2．机车启动的两类v－t图象(1)恒定功率启动机车先做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速直线运动。速度图象如图1所示，当F＝F阻时，vm＝PF＝PF阻图1•(2)恒定加速度启动•速度图象如图2所示。机车先做匀加速直线运动，当功率达到额定功率后获得匀加速运动的最大速度v1，若再加速，应保持额定功率不变做变加速运动，直到达到最大速度vm后做匀速运动图23．机车启动匀加速过程的最大速度v1(此时机车输出的功率最大)和全程的最大速度vm(此时F牵＝F阻)的求解方法(1)求v1：由F牵－F阻＝ma，P＝F牵v1可求v1＝PF阻＋ma(2)求vm：由P＝F阻vm，可求vm＝PF阻•【典例2】(2019·四川模拟)如图所示为修建高层建筑常用的塔式起重机，在起重机将质量为m的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度为a，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率不变，直到重物做速度为vm的匀速运动。不计钢绳的重力和额外功，重力加速度为g。则重物匀加速上升的时间为()C典例探究A．vmgB．vmaC．gvmag＋aD．gvmag－a[解析]重物匀速运动时功率最大，设为P额，有P额＝Fvm，此时牵引力等于重物的重力，牵引力F＝mg，联立以上两式得：P额＝mgvm。设重物匀加速阶段的末速度为v1，此时功率达到最大功率P额，设此时绳子拉力为F1。可得：P额＝F1v1，牵引力为：F1＝m(g＋a)。加速时间为t，则有：v1＝at。由以上三式得：t＝gvmag＋a，只有C正确。•解决机车启动问题时的四点注意•(1)明确启动方式：分清是匀加速启动还是恒定功率启动。•(2)匀加速启动过程：机车功率是不断改变的，但该过程中的最大功率是额定功率，匀加速运动阶段的最大速度小于机车所能达到的最大速度，达到额定功率后做加速度减小的加速运动。匀加速结束时的功率为额定功率，以后运动的功率也都是额定功率；匀加速结束时的牵引力与匀加速阶段的牵引力相同，都是ma＋f。(3)额定功率启动的过程：机车做加速度减小的加速运动，匀变速直线运动的规律不能用，速度最大值等于PF1，牵引力是变力，牵引力做的功可用W＝Pt，但不能用W＝Flcosθ。(4)无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足P＝Ffvm。•2．用一根绳子竖直向上拉一个物块，物块从静止开始运动，绳子拉力的功率按如图所示规律变化，已知物块的质量为m，重力加速度为g,0～t0时间内物块做匀加速直线运动，t0时刻后功率保持不变，t1时刻物块达到最大速度，则下列说法正确的是()类题演练DA．物块始终做匀加速直线运动B．0～t0时间内物块的加速度大小为P0mt0C．t0时刻物块的速度大小为P0mgD．0～t1时间内物块上升的高度为P0mg(t1－t02)－P202m2g3[解析]0～t0时间内物块做匀加速直线运动，t0时刻后功率保持不变，根据P＝Fv知，v增大，F减小，物块做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零，物体做匀速直线运动，故A错误；根据P0＝Fv＝Fat，F＝mg＋ma得P＝(mg＋ma)at，可知图线的斜率k＝P0t0＝m(g＋a)a，可知a≠P0mt0，故B错误；在t1时刻速度达到最大，F＝mg，则速度v