（江苏专用）2020高考物理二轮复习 第一部分 专题二 功和能 第一讲 功和功率 动能定理课件

专题二功和能第一讲功和功率动能定理123课前自测诊断课堂重点攻坚课后“达标”检测考点一功和功率释疑3大考点本考点主要考查功和功率的计算、机车牵引与启动问题，试题难度一般，多为选择题。在二轮复习中，注意打牢基础知识，细化审题、解题过程，此考点就能轻松取分。建议考生自学为主。(一)基本知识要记牢1．功(1)恒力的功：W＝Flcosα。(2)合力的功：W＝F合lcosα。(3)变力的功：①将变力做功转化为恒力做功；②应用F­x图像求解；③应用动能定理求解。2．功率(1)平均功率：P＝。(2)瞬时功率：P＝Fvcosα。(3)应用：机车启动，P＝。WtFv(二)常见错误剔除掉1．不注意题目的要求，凭感觉求解，易导致错误。如诊断卷第1题，因为F＞μmg，在力F作用下薄板向右加速，当撤去F后，薄板向右滑至L2时，速度恰好为零，薄板翻下桌子，此时力F做功最少，由动能定理得：WFmin＝μmg·L2＝1.6J，不注意这一点，易得：WFmin＝F·L2＝2J，错选C项。2．将计算瞬时功率的公式P＝Fvcosα误记为P＝Fv。3．不注意将机车启动的图像与机车受力和运动相联系，易导致错误。如诊断卷第4题，14～18s内，小车只在阻力作用下做匀减速运动，10～14s内，小车匀速运动，F＝f,0～10s内小车加速过程并不是匀变速直线运动，不能套用位移公式。1．如图所示，四个相同的小球A、B、C、D，其中A、B、C位于同一高度h处，A做自由落体运动，B沿光滑斜面由静止滑下，C做平抛运动，D从地面开始做斜抛运动，其运动的最大高度也为h。在每个小球落地的瞬间，其重力的功率分别为PA、PB、PC、PD。下列关系式正确的是()A．PA＝PB＝PC＝PDB．PA＝PCPB＝PDC．PA＝PC＝PDPBD．PAPC＝PDPB[题点全练]解析：小球落地时，A的重力的瞬时功率：PA＝mg2gh；B落地的瞬时功率：PB＝mg2ghsinθ；C落地的瞬时竖直速度为vy＝2gh，则落地时重力的瞬时功率：PC＝mg2gh；因D中小球上升的最大高度为h，则落地的瞬时竖直速度为vy＝2gh，则落地时重力的瞬时功率：PD＝mg2gh；故PA＝PC＝PDPB，故选项C正确，A、B、D错误。答案：C2．一物块在一个水平拉力作用下沿粗糙水平面运动，其v­t图像如图甲所示，水平拉力的P­t图像如图乙所示，取g＝10m/s2，求：(1)物块与水平面间的动摩擦因数μ；(2)物块运动全过程水平拉力所做的功W；(3)物块在0～2s内所受的水平拉力大小。解析：(1)由甲、乙两图比较可知，在第5～9s内，物块做匀减速运动加速度：a＝0－4.09－5m/s2＝－1.0m/s2由牛顿第二定律得：－μmg＝ma得：μ＝0.1。(2)对全过程：W＝12·P1t1＋P2t2＝12.0×22J＋4.0×3J＝24J。(3)法一：物块匀速运动阶段：F′－μmg＝0P2＝F′vm解得：μmg＝P2vm得：m＝1.0kg物块加速运动阶段，加速度：a0＝4.0－02m/s2＝2.0m/s2由牛顿第二定律得：F－μmg＝ma0解得F＝3.0N法二：由图像可知：当t1＝2.0s，v1＝4.0m/s时，P1＝12W由P1＝Fv1得：F＝124N＝3.0N。答案：(1)0.1(2)24J(3)3.0N3．(2019·无锡期末)如图(a)所示，质量为m＝2kg的物块以初速度v0＝20m/s从图中所示位置开始沿粗糙水平面向右运动，同时物块受到一水平向左的恒力F作用，在运动过程中物块速度随时间变化的规律如图(b)所示，g取10m/s2。试求：(1)物块在0～4s内的加速度a1的大小和4～8s内的加速度a2的大小；(2)恒力F的大小及物块与水平面间的动摩擦因数μ；(3)8s内恒力F所做的功。解析：(1)由题图可知，0～4s内，物块向右做匀减速直线运动，4～8s内，物块向左做匀加速直线运动；0～4s内，加速度的大小a1＝ΔvΔt＝204m/s2＝5m/s24～8s内，加速度的大小a2＝Δv′Δt′＝88－4m/s2＝2m/s2。(2)根据牛顿第二定律，在0～4s内恒力F与摩擦力同向：F＋μmg＝ma14～8s内恒力F与摩擦力反向：F－μmg＝ma2联立解得：F＝7N，μ＝0.15。(3)根据题给图形的面积可得8s内物块运动的位移s＝12×4×20m－12×4×8m＝24m恒力F做的功为W＝Fs＝－7×24J＝－168J。答案：(1)5m/s22m/s2(2)7N0.15(3)－168J考点二动能定理的理解和应用高考对本考点的考查相对简单，主要是针对动能定理的理解和一些简单应用。建议考生自学为主。(一)对动能定理的两点理解1．动能定理表达式中，W表示所有外力做功的，包括物体重力所做的功。2．动能定理表达式中，ΔEk为所研究的末动能与初动能之差，而且物体的速度均是相对地面的速度。(二)动能定理的适用范围1．既可适用于直线运动，也可适用于运动；既可适用于恒力做功，也可适用于做功。代数和过程曲线变力2．对单个物体的动能增量的判断宜采用动能定理，而对物体系统动能增量的大小判断则应考虑应用能量守恒定律。如诊断卷第5题，由动能定理可知，A的动能增量一定等于B对A的摩擦力对A所做的功，而外力F对A和B系统所做的功并没有全部转化为A、B的动能，还有一部分摩擦热产生，故不可用动能定理对系统直接分析。3．注意图像及其“面积”的含义。如诊断卷第8题，F­x图线与x轴所围“面积”表示力F所做的功。[题点全练]1.[多选](2019·潍坊模拟)如图所示，不可伸长的细绳长为l，一端固定在O点，另一端拴接一质量为m的小球。将小球拉至与O等高，细绳处于伸直状态的位置后由静止释放，在小球由静止释放到运动至最低点的过程中，小球所受阻力做的功为W，重力加速度为g，则小球到达最低点时()A．向心加速度a＝2mgl＋WmlB．向心加速度a＝2mgl－WmlC．绳的拉力F＝3mgl＋2WlD．绳的拉力F＝2mgl＋Wl解析：根据动能定理得：mgl＋W＝12mv2，则向心加速度为：a＝v2l＝2mgl＋Wml，故A正确，B错误；在最低点，根据牛顿第二定律得：F－mg＝mv2l，解得绳子的拉力为：F＝mg＋mv2l＝3mgl＋2Wl，故C正确，D错误。答案：AC2.(2019·南京摸底)如图所示，具有完全知识产权的两列中国标准动车组“复兴号”在京沪双向发车成功。若动车组各车厢总质量均相等，它由8节车厢组成。其中第1和5节车厢为动车，其余均为拖车，动车的额定功率都相同。若在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比，则该动车组()A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B．做匀速运动时，乘客相对车厢竖直向上跳起后将落在起跳点后方C．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比3∶2解析：动车组启动时乘客的加速度的方向与车厢运动的方向是相同的，所以乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相同，故A错误；动车组做匀速运动时，乘客相对车厢竖直向上跳起后，因为惯性，所以人在车前进的方向保持匀速运动状态，即人向前的位移等于车向前的位移，所以人将落在起跳点的位置，故B错误；设动车组进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离为s，则：－8kmg·s＝0－8×12mv2可得：s＝v22kg，可知进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度的平方成正比，故C错误；对6、7、8节车厢的整体：T56＝3ma＋3kmg；对7、8节车厢的整体：T67＝2ma＋2kmg，解得T56∶T67＝3∶2，故D正确。答案：D3.(2019·南京、盐城三模)如图所示，桌子靠墙固定放置，用一块长L1＝1.0m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌面距地面H＝0.8m，桌面总长L2＝1.5m，斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定，将质量m＝0.2kg的小物块(可视为质点)从斜面顶端由静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数μ2未知，忽略物块在斜面与桌面交接处的机械能损失，不计空气阻力。(重力加速度取g＝10m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力；取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)求当θ＝30°时，物块在斜面上下滑的加速度的大小；(可以用根号表示)(2)当θ增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(3)μ2取第(2)问中的数值，当θ角为多大时物块落地点与墙面的距离最大，最大距离xm是多少。解析：(1)对物块受力分析，根据牛顿第二定律可得mgsin30°－μ1mgcos30°＝ma代入数据得a＝(5－0.253)m/s2。(2)从释放物块到停下的过程中由动能定理得mgL1sin37°－μ1mgL1cos37°－μ2mg(L2－L1cos37°)＝0－0代入数据得μ2＝0.8。(3)从释放物块到滑离桌面时的过程中由动能定理得mgL1sinθ－μ1mgL1cosθ－μ2mg(L2－L1cosθ)＝12mv2得20sinθ－1.2＋34cosθ＝v2当θ＝53°时，vmax＝1m/s物块离开桌面后做平抛运动，由平抛运动规律竖直方向：H＝12gt2，水平方向：x1＝vmaxtxmax＝x1＋L2联立解得xmax＝1.9m。答案：(1)(5－0.253)m/s2(2)0.8(3)1.9m考点三应用动能定理解决力学综合问题本考点在高考中所设计的题目，一般呈现出情景新颖、过程复杂、知识综合性强等特点。考生失分的原因不是不会做，而是不会“分步”做，这个“分步”就是要求考生按照一定流程认真做好运动分析和过程分析，再根据动能定理结合其他力学规律列出方程，问题便可分步解决。建议对本考点重点攻坚。动能定理综合问题的思维流程[典例](2019·临沂二模)如图所示，倾角θ＝45°的粗糙平直导轨AB与半径为R的光滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内。一质量为m的小滑块(可以看作质点)从导轨上离地面高为h＝3R的D处无初速度下滑进入圆环轨道。接着小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，不计空气阻力，已知重力加速度为g。求：(1)滑块运动到圆环最高点C时的速度大小；(2)滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小；(3)滑块在斜面轨道BD间运动的过程中克服摩擦力做的功。[思维流程][解析](1)小滑块从C点飞出后做平抛运动，设水平速度为v0。竖直方向上：R＝12gt2水平方向上：2R＝v0t解得：v0＝gR。(2)设小滑块在最低点时速度为v，由动能定理得：－mg·2R＝12mv02－12mv2解得：v＝5gR在最低点由牛顿第二定律得：FN－mg＝mv2R解得：FN＝6mg由牛顿第三定律得：FN′＝6mg。(3)从D到最低点过程中，设DB过程中克服摩擦阻力做功Wf，由动能定理得：mgh－Wf＝12mv2－0解得：Wf＝12mgR。[答案](1)gR(2)6mg(3)12mgR[题点全练]1.[多选]如图所示，N、M、B分别为半径等于0.1m的竖直光滑圆轨道的左端点、最低点和右端点，B点和圆心O等高，连线NO与竖直方向的夹角为37°，现从B点正上方某处A点由静止释放一个质量为0.1kg的小球，进入圆轨道后，从N点飞出时的速度大小为2m/s，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是()A．A、B间的竖直高度为0.12mB．小球经过B点时对轨道压力的大小为2.4NC．小球经过M点时对轨道压力的大小为4.4ND．小球从A点到M点的过程中重力的功率一直增大解析：设A、B间的竖直高度为h，从A到N根据动能定理可得：mgh＋mgRcos37°＝12mvN2－0，解得：h＝0.12m，故A正确；小球经过B点时的速度为vB，根据动能定理可得mgh＝12mvB2－0，在B点时轨道对小球的压力的大小为F＝mvB2R＝2mghR＝2.4N，由牛顿第三定律可知B正确；小球经过M点时的速度为vM，根据动能定理可得mg(h