高考物理二輪復習學案：專題復習篇 專題2 第1講 功、功率　動能定理

1、PAGE 10 -功、功率動能定理建體系知關(guān)聯(lián)析考情明策略考情分析近幾年高考命題集中在正、負功的判斷，機車啟動為背景的功率的分析與計算，題型以選擇題為主；動能定理在多過程問題中的應用等核心知識，題型多為計算題，且有一定的綜合性。素養(yǎng)呈現(xiàn)1.功、功率的定義表達式2.機車啟動問題3.理解并應用動能定理素養(yǎng)落實1.掌握功、功率的計算方法2.掌握兩類機車啟動問題的分析計算方法3.理解動能定理，掌握動能定理的應用方法考點1| 功功率的分析與計算1圖解功和功率的計算2機車啟動問題的兩種求解思路(1)圖解機車以恒定功率啟動：(2)圖解機車以恒定加速度啟動：典例1(多選)(2020湖北四校期中聯(lián)考)一質(zhì)量為m

2、的物體靜止在水平地面上，在水平拉力的作用下開始運動，圖甲是在06 s內(nèi)其速度與時間關(guān)系圖象，圖乙是拉力的功率與時間關(guān)系圖象，g取10 m/s2。下列判斷正確的是()甲乙A拉力的大小為4 N，且保持不變B物體的質(zhì)量為2 kgC06 s內(nèi)物體克服摩擦力做的功為24 JD06 s內(nèi)拉力做的功為156 J題眼點撥“圖甲”信息：02秒內(nèi)勻加速運動。26 s內(nèi)勻速運動。“拉力功率”：注意PFv中F的含義是Ffma。BD對物體受力分析，由圖甲可知，在02 s內(nèi)物體做勻加速運動，拉力大于滑動摩擦力，在26 s內(nèi)物體做勻速運動，拉力等于滑動摩擦力，因此拉力大小不恒定，選項A錯誤；在26 s內(nèi)根據(jù)功率公式PFv，

3、有Feq f(P,v)4 N，故滑動摩擦力fF4 N，在圖甲中，02 s內(nèi)有aeq f(v,t)3 m/s2，由牛頓第二定律可知Ffma，又PFv，聯(lián)立解得m2 kg，F(xiàn)10 N，選項B正確；由圖甲可知在06 s內(nèi)物體通過的位移為x30 m，故物體克服摩擦力做的功為Wffx120 J，選項C錯誤；由動能定理可知WWfeq f(1,2)mv2，故06 s內(nèi)拉力做的功Weq f(1,2)mv2Wfeq f(1,2)262 J120 J156 J，選項D正確。反思感悟：(1)根據(jù)vt圖象可以獲得物體的運動速度、加速度、通過的位移等信息，根據(jù)Pt圖象結(jié)合功率公式可以求出力的大小。(2)恒力做功可以根據(jù)

4、功的定義式求解，變力做功一般根據(jù)動能定理求解。跟進訓練1(原創(chuàng)題)2019國際田聯(lián)鉆石聯(lián)賽上海站男子100米比賽中，中國選手蘇炳添以10秒05的成績獲得第五名。蘇炳添在比賽中，主要有起跑加速、途中勻速和加速沖刺三個階段，他的腳與地面間不會發(fā)生相對滑動。以下說法正確的是()A加速階段地面對人的摩擦力做正功B勻速階段地面對人的摩擦力做功C由于人的腳與地面間不發(fā)生相對滑動，所以不論加速還是勻速，地面對人的摩擦力始終不做功D無論加速還是勻速階段，地面對人的摩擦力始終做負功C人的腳與地面間的摩擦力是靜摩擦力，該力的作用點并沒有發(fā)生位移，所以地面對人的摩擦力始終不做功，選項C正確。2一輛汽車在平直的公路上

5、由靜止開始啟動。在啟動過程中，汽車牽引力的功率及其瞬時速度隨時間的變化情況分別如圖甲、乙所示。已知汽車所受阻力恒為重力的eq f(1,5)，重力加速度g取10 m/s2。下列說法正確的是()甲乙A該汽車的質(zhì)量為3 000 kgBv06 m/sC在前5 s內(nèi)，阻力對汽車所做的功為25 kJD在515 s內(nèi)，汽車的位移大小約為67.19 mD由 圖象可得，汽車勻加速階段的加速度aeq f(v,t)1 m/s2，汽車勻加速階段的牽引力為Feq f(P,v)3 000 N，勻加速階段由牛頓第二定律得F0.2mgma，解得m1 000 kg，A錯誤；牽引力功率為15 kW時，汽車行駛的最大速度v0eq

6、f(P,0.2mg)7.5 m/s，B錯誤；前5 s內(nèi)汽車的位移xeq f(1,2)at212.5 m，阻力做功WFf0.2mgx25 kJ，C錯誤；515 s內(nèi)，由動能定理得Pt0.2mgseq f(1,2)mveq oal(2,0)eq f(1,2)mv2，解得s67.187 5 m67.19 m，D正確。3.(多選)如圖所示，半徑為R的半圓弧槽固定在水平地面上，槽口向上，槽口直徑水平，一個質(zhì)量為m的物塊從P點由靜止釋放剛好從槽口A點無碰撞地進入槽中，并沿圓弧槽勻速率地滑行到最低點B點，不計物塊的大小，P點到A點高度為h，重力加速度大小為g，則下列說法正確的是()A物塊從P到B過程克服摩擦

7、力做的功為mg(Rh)B物塊從A到B過程重力的平均功率為eq f(2mgr(2gh),)C物塊在B點時對槽底的壓力大小為eq f(R2hmg,R)D物塊到B點時重力的瞬時功率為mgeq r(2gh)BC物塊從A到B過程做勻速圓周運動，根據(jù)動能定理有mgRWf0，因此克服摩擦力做功WfmgR，A項錯誤；根據(jù)機械能守恒，物塊到A點時的速度大小由mgheq f(1,2)mv2得veq r(2gh)，從A到B運動的時間teq f(f(1,2)R,v)eq f(R,2r(2gh)，因此從A到B過程中重力的平均功率為eq xto(P)eq f(W,t)eq f(2mgr(2gh),)，B項正確；物塊在B點

8、時，根據(jù)牛頓第二定律FNmgmeq f(v2,R)，求得FNeq f(R2hmg,R)，根據(jù)牛頓第三定律可知，F(xiàn)NFNeq f(R2hmg,R)，C項正確；物塊到B點時，速度的方向與重力方向垂直，因此重力的瞬時功率為零，D項錯誤。考點2| 動能定理的應用1對動能定理的理解(1)動能定理表達式WEk中，W表示所有外力做功的代數(shù)和。Ek為所研究過程的末動能與初動能之差，且物體的速度均是相對地面的速度。(2)2應用動能定理解題應注意的四點(1)動能定理往往用于單個物體的運動過程，由于不涉及加速度及時間，比動力學研究方法要簡捷。(2)動能定理表達式是一個標量式，在某個方向上應用動能定理是沒有依據(jù)的。(

9、3)物體在某個運動過程中包含有幾個運動性質(zhì)不同的過程(如加速、減速的過程)，此時可以分段考慮，也可以對全過程考慮，但如能對整個過程利用動能定理列式，則可使問題簡化。(4)根據(jù)動能定理列方程時，必須明確各力做功的正、負，確實難以判斷的先假定為正功，最后根據(jù)結(jié)果加以檢驗。典例2(2020陜西漢中第四次質(zhì)檢)如圖是一種常見的圓桌，桌面中間嵌一半徑為r1.5 m、可繞中心軸轉(zhuǎn)動的圓盤，桌面與圓盤面在同一水平面內(nèi)且兩者間縫隙可不考慮。已知桌面離地高度為h0.8 m，將一可視為質(zhì)點的小碟子放置在圓盤邊緣，若緩慢增大圓盤轉(zhuǎn)動的角速度，碟子將從圓盤上甩出并滑上桌面，再從桌面飛出，且落地點與桌面飛出點的水平距離

10、為0.4 m。已知碟子質(zhì)量m0.1 kg，碟子與圓盤間的最大靜摩擦力Fmax0.6 N，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g10 m/s2。求：(1)碟子從桌面飛出時的速度大?。?2)碟子在桌面上運動時，桌面摩擦力對它做的功；(3)若碟子與桌面間動摩擦因數(shù)為0.225，要使碟子不滑出桌面，則桌面半徑至少是多少？思路點撥解此題要把握以下關(guān)鍵信息：當靜摩擦力達到最大時，隨圓盤一起轉(zhuǎn)動的碟子開始滑動。碟子不滑出桌面的條件是運動到圓桌邊緣時剛好減速到零。解析(1)碟子滑離圓桌后做平拋運動，則heq f(1,2)gt2，xvt解得vxeq r(f(g,2h)1 m/s。(2)由題意得，當?shù)釉趫A盤上轉(zhuǎn)動時，

11、由靜摩擦力提供向心力，當靜摩擦力達到最大時，碟子即將滑落，設(shè)碟子從圓盤上甩出時的速度大小為v0，則Fmaxmeq f(voal(2,0),r)解得v03 m/s由動能定理得Wfeq f(1,2)mv2eq f(1,2)mveq oal(2,0)，代入數(shù)據(jù)得Wf0.4 J。(3)當?shù)踊綀A桌邊緣時速度恰好減為零，對應的圓桌半徑取最小值。設(shè)碟子在圓桌上滑動的位移為s，由動能定理有mgs0eq f(1,2)mveq oal(2,0)則圓桌的最小半徑為Req r(r2s2)聯(lián)立解得R2.5 m。答案(1)1 m/s(2)0.4 J(3)2.5 m反思感悟：應用動能定理解題的思維流程跟進訓練1(原創(chuàng)題

12、)如圖所示為風力發(fā)電機，風力帶動葉片轉(zhuǎn)動，葉片再帶動轉(zhuǎn)子(磁極)轉(zhuǎn)動，使定子(線圈，不計電阻)中產(chǎn)生感應電流，實現(xiàn)風能向電能的轉(zhuǎn)化。若葉片長為l，設(shè)定的額定風速為v，空氣的密度為，額定風速下發(fā)電機的輸出功率為P，則風能轉(zhuǎn)化為電能的效率為()Aeq f(2P,l2v3)Beq f(6P,l2v3)Ceq f(4P,l2v3)Deq f(8P,l2v3)A如圖所示，建立一個“風柱”模型，“風柱”的橫截面積為葉片旋轉(zhuǎn)掃出的面積，則Sl2，經(jīng)過時間t，可得“風柱”長度xvt，故所形成的“風柱”體積Vl2vt，“風柱”的質(zhì)量mVl2vt，根據(jù)動能定理，有風力在這段位移內(nèi)做的功WEkeq f(1,2)mv

13、2eq f(1,2)l2vtv2eq f(1,2)l2v3t，“風柱”的功率P風eq f(W,t)eq f(1,2)l2v3，風能轉(zhuǎn)化為電能的效率eq f(P,P風)eq f(2P,l2v3)。2.如圖所示，光滑的半圓形軌道OA和AB位于同一豎直面內(nèi)，它們的半徑分別為r0.3 m和R0.4 m，兩軌道相切于最高點A，半圓形軌道AB與水平軌道BC相切于最低點B，軌道BC的長度可以調(diào)節(jié)，軌道BC的右端與一傾角為45的斜面CD相連，C點離地面的高度為h3.2 m?，F(xiàn)用彈簧裝置(圖中未畫出)將一小滑塊(可視為質(zhì)點)從半圓形軌道OA的最低點O彈出，小滑塊運動過程中恰好不脫離圓弧軌道OAB，滑塊與BC段的

14、動摩擦因數(shù)為0.4，g取10 m/s2，忽略空氣阻力。(1)求小滑塊從O點彈出時的速度大??；(2)改變水平軌道BC的長度，使小滑塊能夠落在斜面CD上，求軌道BC的長度范圍。解析(1)由題意，在最高點A對滑塊受力分析，結(jié)合牛頓第二定律可得mgmeq f(voal(2,A),R)，從O到A的過程中，由動能定理可得mg2req f(1,2)mveq oal(2,A)eq f(1,2)mveq oal(2,0)聯(lián)立解得滑塊從O點彈出時的速度大小v04 m/s。(2)若滑塊恰好落在D點，此時BC的長度最短，則水平方向有xvt豎直方向有heq f(1,2)gt2聯(lián)立解得滑塊離開C的速度為v4 m/s從O到

15、C的過程中，由動能定理可得mg(2R2r)mgx1eq f(1,2)mv2eq f(1,2)mveq oal(2,0)解得BC的最短長度為x10.5 m。滑塊到C點的速度恰好為零時，從O到C有mg(2R2r)mgx2eq f(1,2)mveq oal(2,0)解得BC最長為x22.5 m所以軌道BC的長度范圍為0.5 mx2.5 m。答案(1)4 m/s(2)0.5 mx2.5 m3(2020山東濰坊高三質(zhì)檢)如圖甲所示，在傾角30的光滑固定斜面上有一勁度系數(shù)k100 N/m的輕質(zhì)彈簧，彈簧下端固定在垂直于斜面的擋板上，彈簧上端拴接一質(zhì)量m2 kg的物體，初始時物體處于靜止狀態(tài)。取g10 m/

16、s2。甲乙 丙(1)求初始時彈簧的形變量x0；(2)現(xiàn)對物體施加沿斜面向上的拉力F，拉力F的大小與物體位移x的關(guān)系如圖乙所示，設(shè)斜面足夠長。a分析說明物體的運動性質(zhì)并求出物體的速度v與位移x的關(guān)系式；b.若物體位移為0.1 m時撤去拉力F，在圖丙中作出此后物體上滑過程中彈簧彈力f的大小隨彈簧形變量變化的函數(shù)圖象，并且求出此后物體沿斜面上滑的最大距離xm以及此后運動的最大速度vm的大小。解析(1)初始時物體處于平衡狀態(tài)，由平衡條件可知kx0mgsin 解得x00.1 m。(2)a.設(shè)物體自初始狀態(tài)向上有一微小的位移x時加速度為a，由牛頓第二定律得aeq f(Fkx0 xmgsin ,m)由F-x圖象可知F100 x4.8(N)聯(lián)立上式得a2.4 m/s2當彈簧處于伸長狀態(tài)時，上述結(jié)論仍成立，可見物體做加速度為a2.4 m/s2的勻加速直線運動所以有v22ax4.8xb物體位移為0.1 m時撤去拉力F，此后物體滑動過程中彈簧彈力f的大小隨彈簧形變量變化的函數(shù)圖象如圖1所示圖1圖2物體上滑過程中克服彈力所做的功對應圖2中的陰影面積，即Wfeq f(1,2)kxeq oal(2,m)撤去