（课标通用）2020高考物理二轮复习 专题2 功与能 动量 第5讲 功、功率、动能定理课件

第5讲功、功率、动能定理思维导图核心考点1.功和功率的计算(1)恒力做功(2)变力做功2.机车启动问题(1)以恒定加速度启动方式的分析(2)以恒定功率启动方式的分析核心考点3.动能定理的应用(1)求变力做功(2)运用动能定理解决往复运动问题(3)运用动能定理解决曲线运动问题备考指要1.机车启动的“两种”过程(1)以恒定功率启动，先做加速度减小的加速运动，达到最大速度后做匀速运动．(2)以恒定加速度启动，先做匀加速运动，达到额定功率后做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动．备考指要2.摩擦力做功的“两点”注意(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功，要具体情况具体分析．(2)动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功，分清各过程是否做功.真题考情剖析热点题型突破1．(2019·全国卷Ⅲ)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()真题考情剖析A．2kgB．1.5kgC．1kgD．0.5kg【解题过程】C解析对上升过程，由动能定理，－(F＋mg)h＝Ek－Ek0，得Ek＝Ek0－(F＋mg)h，即F＋mg＝12N；下落过程，(mg－F)(6－h)＝Ek，即mg－F＝8N，联立两公式，解得m＝1kg，F＝2N.[命题视角]动能定理在竖直抛体运动中的应用[解题思维]由Ekh图象可知截距和斜率的大小，再由动能定理分别计算上升和下降过程中的动能Ek的大小．2.(2018·全国卷Ⅱ)如图所示，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【解题过程】A解析由题意知，W拉－W阻＝ΔEk，则W拉＞ΔEk，选项A正确，B错误；W阻与ΔEk的大小关系不确定，选项C、D错误．[命题视角]功、动能定理[解题思维]对木箱受力分析可知拉力做正功、摩擦力做负功，由动能定理可知答案．3.(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【解题过程】B解析列车启动的过程中加速度恒定，由匀变速直线运动的速度与时间关系可知v＝at，且列车的动能为Ek＝12mv2，由以上整理得Ek＝12ma2t2，动能与时间的平方成正比，动能与速度的平方成正比，选项A、C错误；将x＝12at2代入上式得Ek＝max，则列车的动能与位移成正比，选项B正确；由动能与动量的关系式Ek＝p22m可知，列车的动能与动量的平方成正比，选项D错误[命题视角]匀变速直线运动规律、动能、动量[解题思维]由列车的匀变速运动公式可得到速度表达式，然后准确写出动能表达式．热点题型突破功和功率的计算方法题型一功和功率的理解和计算视角一功、功率及相关图象问题1．(2018·全国卷Ⅱ)(多选)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，()(一)A．矿车上升所用的时间之比为4∶5B．电机的最大牵引力之比为2∶1C．电机输出的最大功率之比为2∶1D．电机所做的功之比为4∶5答案AC解析由图线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＝12v0t′，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2t0∶52t0＝4∶5，选项A正确．由于加速阶段加速度相同，故加速时牵引力相同，选项B错误．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＝Fv0，第②次在t02时刻，功率P2＝F·v02，第②次在匀速阶段P′2＝F′·v02＝mg·v02＜P2，可知，电机的输出最大功率之比P1∶P2＝2∶1，选项C正确．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，选项D错误．视角二恒力做功的计算2．(2019·江苏江阴四校联考)(多选)如图所示，质量为m的飞机在水平甲板上，受到与竖直方向成θ角的斜向下的恒定拉力F作用，沿水平方向移动了距离s，飞机与水平甲板之间的摩擦阻力大小恒为f，则在此过程中()A．摩擦力做的功为－fsB．力F做的功为FscosθC．重力做的功为mgsD．力F做的功为Fssinθ答案AD解析摩擦力大小为f，则摩擦力所做的功为Wf＝－fs，选项A正确；由题意可知，拉力与位移方向的夹角为90°－θ，则根据功的公式可得WF＝Fscos(90°－θ)＝Fssinθ，选项B错误，D正确；由于竖直方向上没有位移，故重力不做功，选项C错误．视角三变力功的分析与计算3．(2019·河北衡水中学信息卷)(多选)如图所示，倾角为θ、半径为R的倾斜圆盘绕圆心处的转轴O以角速度ω匀速转动，一个质量为m的小物块放在圆盘的边缘，小物块与圆盘间的动摩擦因数为μ.图中A、B分别为小物块转动过程中所经过的最高点和最低点，运动过程中经过的C、D两点连线与AB垂直，小物块与圆盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且始终相对于圆盘静止．重力加速度为g，下列说法正确的是()A．小物块受到的摩擦力始终指向圆心B．动摩擦因数μ一定大于tanθC．小物块从A点运动到B点的过程中，摩擦力对小物块做功为－μmgπRcosθD．当小物块运动至C、D两点时所受摩擦力大小相等，从C点运动到D点的过程中摩擦力对小物块先做负功后做正功答案BD解析小物块所受重力沿圆盘的分力及静摩擦力的合力提供向心力，始终指向圆心，选项A错误；小物块在B点时由牛顿第二定律有Ff－mgsinθ＝mRω2，Ffmgsinθ，又因Ff≤μmgcosθ，所以μmgcosθmgsinθ，则μ一定大于tanθ，选项B正确；小物块从A点运动到B点的过程中由动能定理得mg·2Rsinθ＋WFf＝0，解得WFf＝－mg·2Rsinθ，选项C错误；小物块运动至C、D两点时受力具有对称性的特点，所受静摩擦力大小相等，方向关于AB对称，从C点运动到D点的过程中，重力先做正功后做负功，小物块动能始终不变，即合外力做功始终为零，所以摩擦力对小物块先做负功后做正功，选项D正确．计算功和功率时应注意的两个问题1．功的计算(1)恒力做功一般用功的公式或动能定理求解．(2)变力做功一般用动能定理或图象法求解，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．2．功率的计算(1)明确是求瞬时功率还是平均功率．(2)平均功率与一段时间(或过程)相对应，计算时应明确是哪个力在哪段时间(或过程)内做功的平均功率．(3)瞬时功率计算时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率．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，机车功率不断增大，最大功率是额定功率．题型二机车启动问题(3)以额定功率启动的过程中，牵引力不断减小，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．视角一以恒定功率启动方式的分析1.(2019·山东师大附中模拟)汽车沿平直公路以恒定功率P从静止开始启动，如图所示为牵引力F与速度v的关系，加速过程在图中的T点结束，所用时间t＝8s，经历的路程s＝50m,8s后汽车做匀速运动，若汽车所受阻力始终不变，则()(二)A．汽车做匀速运动时的牵引力大小为2×105NB．汽车所受的阻力大小为4×104NC．汽车的恒定功率为1.6×105WD．汽车的质量为8×103kg答案C解析加速过程在T点结束，即此后汽车沿平直路面做匀速运动，由平衡条件和图象信息可得FT－f＝0，汽车做匀速运动时的牵引力大小为FT＝2×104N，汽车所受阻力大小为f＝2×104N，由图象信息得汽车的恒定功率P＝Fv＝2×104×8W＝1.6×105W，汽车加速运动过程，牵引力做功为W＝Pt，根据动能定理可得Pt－Fs＝12mv2，解得m＝8.75×103kg，故选项C正确，A、B、D错误．视角二以恒定加速度启动方式的分析2．(2019·黑龙江铁力一中模拟)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vt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．解析(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＝μmg，P＝F1vm，解得vm＝1.12m/s.答案(1)0.28N(2)0.224W(3)1.12m/s应用动能定理解题的基本思路题型三动能定理的理解和应用视角一应用动能定理求变力做功1．(2019·福建厦门外国语学校期中)如图所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g.质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为()(三)答案CA．14mgRB．13mgRC．12mgRD．π4mgR解析当质点由P点滑到Q点时，对轨道的正压力为FN＝2mg，由牛顿第三定律、牛顿第二定律得FN－mg＝mv2QR，则v2Q＝gR，对质点自P点滑到Q点应用动能定理得mgR－Wf＝12mv2Q－0，解得Wf＝12mgR，故选项A、B、D错误，C正确．视角二运用动能定理解决往复运动问题2．(2019·广西柳铁一中期中)如图所示，质量为m的滑块距挡板P的距离为l0，滑块以初速度v0沿倾角为θ的斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是()A．1μv202gcosθ＋l0tanθB．1μv202gsinθ＋l0tanθC．2μv202gcosθ＋l0tanθD．1μv202gcosθ＋l0cotθ答案A解析滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，因此滑块最终必定停在挡板P处．设滑块经过的总路程为l，对滑块运动的全过程应用动能定理，有mgl0sinθ－μmglcosθ＝0－12mv20，解得l＝1μv202gcosθ＋l0tanθ，选项A正确．视角三运用动能定理解决曲线运动问题3．(2019·辽宁师大附中期末)如图所示，水平光滑轨道OA上有一质量m＝2kg的小球以速度v0＝20m/s向左运动，从A点飞出后恰好无碰撞地经过B点，B是半径为R＝10m的光滑圆弧轨道的右端点，C为轨道最低点，且圆弧BC所对圆心角θ＝37°，又与一动摩擦因数μ＝0.2的粗糙水平直轨道CD相连，CD长为15m．进入另一竖直光滑半圆轨道，半圆轨道最高点为E，该轨道的半径也为R.不计空气阻力，小球可视为质点，重力加速度取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)A、B两点的高度差和小球在