動能定理和能量守恒定律復習課件

專題三動能定理和能量守恒定律第5講功功率動能定理1.常用基本公式：（1）恒力做功的公式：W=________，其中α為__________________。（2）平均功率的公式：P==_______。（3）瞬時功率的公式：P=________，當α=0時，P=___。（4）動能定理的表達式：W總=______，其中W總為______________________。Flcosα力F和位移l的夾角FvcosαFvEk2-Ek1所有外力做功的代數和2.動能定理的適用條件：（1）動能定理既適用于直線運動，也適用于_________。（2）動能定理既適用于恒力做功，也適用于_________。曲線運動變力做功1.（2011·新課標全國卷）一質點開始時做勻速直線運動，從某時刻起受到一恒力作用。此后，該質點的動能不可能（）A.一直增大B.先逐漸減小至零，再逐漸增大C.先逐漸增大至某一最大值，再逐漸減小D.先逐漸減小至某一非零的最小值，再逐漸增大【解析】選C。當恒力方向與速度方向相同時，物體加速，動能一直增大，故A可能。當恒力方向與速度方向相反時，物體開始減速至零，再反向加速，動能先減小至零再增大，故B可能。當恒力與速度成小于90°的夾角時，把速度沿恒力方向和垂直恒力方向分解，物體做曲線運動，速度一直增大，故C不可能。當恒力與速度成大于90°的夾角時，把速度沿恒力方向和垂直恒力方向分解，開始在與恒力相反方向上物體做減速運動直至速度為0，而在垂直恒力方向上物體速度不變，某一時刻物體速度最小，此后，物體在恒力作用下速度增加，其動能經歷一個先減小到某一數值，再逐漸增大的過程，故D可能。2.（2012·安徽高考）如圖所示，在豎直平面內有一半徑為R的圓弧軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個質量為m的小球自A的正上方P點由靜止開始自由下落，小球沿軌道到達最高點B時恰好對軌道沒有壓力。已知AP=2R，重力加速度為g，則小球從P到B的運動過程中（）A.重力做功2mgRB.機械能減少mgRC.合外力做功mgRD.克服摩擦力做功mgR【解析】選D。重力做功與路徑無關，所以WG=mgR，選項A錯；小球在B點時所受重力等于向心力，即：所以從P點到B點，由動能定理知：W合=mv2=mgR，故選項C錯；根據能量的轉化與守恒知：機械能的減少量為|ΔE|=|ΔEp|-|ΔEk|=mgR，故選項B錯；克服摩擦力做的功等于機械能的減少量，故選項D對。3.（2012·福建高考）如圖，表面光滑的固定斜面頂端安裝一定滑輪，小物塊A、B用輕繩連接并跨過滑輪（不計滑輪的質量和摩擦）。初始時刻，A、B處于同一高度并恰好處于靜止狀態(tài)。剪斷輕繩后，A下落、B沿斜面下滑，則從剪斷輕繩到物塊著地，兩物塊（）A.速率的變化量不同B.機械能的變化量不同C.重力勢能的變化量相同D.重力做功的平均功率相同【解析】選D。設A、B離地高度為h,由于斜面表面光滑，A、B運動過程機械能守恒。機械能不變，物塊著地時速率相等,均為因此速率變化量相等，A、B錯。由于初始時刻A、B處于同一高度并處于靜止狀態(tài)，因此有mAg=mBgsinθ，重力勢能變化量不相等，C錯。從剪斷輕繩到兩物塊著地過程的平均速度大小為則故選D。4.（2013·海南高考）一質量m=0.6kg的物體以v0=20m/s的初速度從傾角α=30°的斜坡底端沿斜坡向上運動。當物體向上滑到某一位置時，其動能減少了ΔEk=18J，機械能減少了ΔE=3J。不計空氣阻力，重力加速度g=10m/s2，求：（1）物體向上運動時加速度的大??；（2）物體返回斜坡底端時的動能?！窘馕觥浚?）設物體運動過程中所受的摩擦力為f，向上運動的加速度的大小為a，由牛頓第二定律可知①設物體的動能減少ΔEk時，在斜坡上運動的距離為s,由功能關系可知ΔEk=(mgsinα+f)s②ΔE=fs③聯(lián)立①②③式，并代入數據可得a=6m/s2④（2）設物體沿斜坡向上運動的最大距離為sm，由運動學規(guī)律可得⑤設物體返回斜坡底端時的動能為Ek，由動能定理得Ek=(mgsinα-f)sm⑥聯(lián)立以上各式，并代入數據可得Ek=80J答案：（1）6m/s2（2）80J熱點考向1功、功率的理解與計算

【典例1】（2013·河西區(qū)一模）長為L的輕質細繩懸掛一個質量為m的小球，其下方有一個傾角為θ的光滑斜面體，放在水平面上，開始時小球與斜面剛剛接觸且細繩恰好豎直，如圖所示，現在用水平推力F緩慢向左推動斜面體，直至細繩與斜面體平行，則下列說法中正確的是（）A.由于小球受到斜面的彈力始終與斜面垂直，故對小球不做功B.細繩對小球的拉力始終與小球運動方向垂直，故對小球不做功C.小球受到的合外力對小球做功為零，故小球在該過程中機械能守恒D.若水平面光滑，則推力做功為mgL（1-cosθ）【解題探究】（1）當力與位移的夾角_____90°時，力不做功。當力與速度的夾角_____90°時，力不做功。（選填“大于”“小于”或“等于”）（2）推力F是恒力還是變力？如何求F的功？提示：由于斜面體在水平推力F的作用下緩慢運動，處于動態(tài)平衡狀態(tài)中，斜面體所受的合力為零，又由于小球對斜面體的彈力為變力，故F也為變力，在該題中變力F的功可用功能關系求解。等于等于（3）推力F做的功WF轉化為小球的重力勢能，請寫出WF的表達式。提示：由功能關系知推力做功等于小球重力勢能的增加量，即WF=mgh=mgL（1-sinθ）?！窘馕觥窟xB。小球受到斜面的彈力的方向和小球運動的方向夾角為銳角，故對小球做正功，A錯誤；細繩拉力方向始終和小球運動方向垂直，故對小球不做功，B正確；合外力對小球做功等于小球動能的改變量，雖然合外力做功為零，但小球重力勢能增加，機械能不守恒，C錯誤；若水平面光滑，則推力做功等于小球重力勢能的增加，即為WF=mgh=mgL(1-sinθ)，D錯誤?！究偨Y提升】關于功、功率應注意的三個問題（1）功的公式W=Fl和W=Flcosα僅適用于恒力做功的情況。（2）變力做功的求解要注意對問題的正確轉化，如將變力轉化為恒力，也可應用動能定理等方法求解。（3）對于功率的計算，應注意區(qū)分公式P=和公式P=Fv，前式側重于平均功率的計算，而后式側重于瞬時功率的計算?！咀兪接柧殹浚?013·莆田一模）物體A、B質量相同，A放在光滑的水平面上，B放在粗糙的水平面上，在相同的力F作用下，由靜止開始都通過了相同的位移s，下列說法正確的是（）A.力F對A做功較多，做功的平均功率也較大B.力F對B做功較多，做功的平均功率也較大C.力F對A、B做的功和做功的平均功率都相同D.力F對A、B做功相等，但對A做功的平均功率較大【解析】選D。由W=Fs知F對A和B做功一樣多，B在粗糙水平面上由于受到阻力的作用，B的加速度小，由s=at2知，通過相同的位移，B用的時間長，由P=知力對A做功的平均功率大，D正確?！咀兪絺溥x】放在地面上的物體受到水平拉力的作用，在0～6s內其速度與時間的圖像和拉力的功率與時間的圖像如圖所示，則物體的質量為（g=10m/s2）（）【解析】選B。物體在前2s內做勻加速直線運動，2s末的速度v2=6m/s，功率P2=30W，由公式P=Fv得知：前2s內的拉力F1=5N；后4s內做勻速直線運動，拉力等于阻力，則Ff=F==N，在前2s內，根據牛頓第二定律得：F1-Ff=ma，又a=3m/s2，則m=kg，選項B正確，其他選項均錯。熱點考向2發(fā)動機、電動機的功率問題

【典例2】（20分）（2011·浙江高考）節(jié)能混合動力車是一種可以利用汽油及所儲存電能作為動力來源的汽車。有一質量m=1000kg的混合動力轎車，在平直公路上以v1=90km/h勻速行駛，發(fā)動機的輸出功率為P=50kW。當駕駛員看到前方有80km/h的限速標志時，保持發(fā)動機功率不變，立即啟動利用電磁阻尼帶動的發(fā)電機工作給電池充電，使轎車做減速運動，運動L=72m后，速度變?yōu)関2=72km/h。此過程中發(fā)動機功率的用于轎車的牽引，用于供給發(fā)電機工作，發(fā)動機輸送給發(fā)電機的能量最后有50%轉化為電池的電能。假設轎車在上述運動過程中所受阻力保持不變。求：（1）轎車以90km/h的速度在平直公路上勻速行駛時，所受阻力F阻的大??；（2）轎車從90km/h減速到72km/h過程中，獲得的電能E電；（3）轎車僅用其在上述減速過程中獲得的電能E電維持72km/h勻速運動的距離L′?！窘忸}探究】（1）轎車勻速行駛時：①阻力F阻與牽引力F牽的關系為______。②此時發(fā)動機的功率P=_______。（2）轎車獲得的電能E電的求解：①該過程滿足的動能定理關系方程為_____________________。②獲得電能E電與發(fā)動機做功Pt滿足E電=______________。F阻=F牽F阻·v1（3）請分析轎車利用獲得的電能E電維持72km/h勻速運動的過程中存在的功能轉化關系。提示：由能的轉化和守恒定律可知，轎車獲得的電能E電全部用來克服阻力做功，即E電=F阻L′。【解析】（1）轎車牽引力與輸出功率的關系式為P=F牽v1，將P=50kW,v1=90km/h=25m/s，代入得F牽==2×103N（4分）當轎車勻速行駛時，牽引力與阻力大小相等，有F阻=2×103N（2分）（2）在減速過程中，發(fā)動機只有P用于轎車的牽引。根據動能定理（4分）代入數據得Pt=1.575×105J（2分）電池獲得的電能為E電=Pt××50%=6.3×104J（3分）（3）根據題設，轎車在平直公路上勻速行駛時受到的阻力仍為F阻=2×103N。在此過程中，由能量轉化及守恒定律可知，僅有電能用于克服阻力做功，E電=F阻L′，代入數據得L′=31.5m（5分）答案：（1）2×103N（2）6.3×104J（3）31.5m【總結提升】解決機車啟動問題時的四點注意（1）分清是勻加速啟動還是恒定功率啟動。（2）勻加速啟動過程中，機車功率是不斷改變的，但該過程中的最大功率是額定功率，勻加速運動階段的最大速度小于機車所能達到的最大速度，達到額定功率后做加速度減小的加速運動。（3）以額定功率啟動的過程中，機車做加速度減小的加速運動，速度最大值等于，牽引力是變力，牽引力做的功W=Pt。（4）無論哪種啟動方式，最后達到最大速度時，均滿足P=f阻vm，P為機車的額定功率。【變式訓練】（2013·南平二模）如圖所示的軌道由L=4.0m的水平直軌道AB和半圓豎直軌道BC組成，已知車與AB的動摩擦因數μ=0.1，BC光滑且半徑可調。有一絕緣玩具汽車上表面固定一個帶電量q=5.0×10-3C的物塊，總質量m=0.5kg，最初車靜止在平直軌道A點，通電后玩具汽車以恒定功率P=11W行駛，通電1.0s自動斷電，車能以某一速度從B點進入半圓軌道內側。（車可看成質點，整個運動過程物塊帶電量不變，g取10m/s2）問：（1）車到達B點時的速度大小是多少？（2）若車能通過半圓軌道最高點C，則軌道半徑最大值Rm是多少？（3）現在整個軌道所處空間加一豎直向下的勻強電場，軌道半徑調整為R=0.975m，要使車不離開軌道，所加的電場強度最小值E是多少？【解析】（1）玩具汽車在水平軌道AB間運動，由動能定理得：Pt-μmgL=mvB2-0①由①式解得：vB=6.0m/s（2）由題意可知，當車恰能通過半圓軌道最高點C時，軌道半徑為最大，得：mg=②由機械能守恒定律得：mvB2=mg2Rm+mvC2③由②③式得：Rm=0.72m（3）若要玩具汽車不離開軌道，由題意可知半圓軌道中最多只能運動圓弧，由動能定理得：Pt-μ（mg+qE）L-（mg+qE）R=0④由④式得：E=600N/C電場強度最小值E=600N/C答案：（1）6.0m/s（2）0.72m（3）600N/C熱點考向3動能定理的應用

【典例3】（18分）（2013·昆明一模）如圖甲所示，在傾角為30°的足夠長光滑斜面AB前，有一粗糙水平面OA，OA長為4m。有一質量為m的滑塊，從O處由靜止開始受一水平向右的力F作用。F按圖乙所示的規(guī)律變化?；瑝K與OA間的動摩擦因數μ=0.25，g取10m/s2，試求：（1）滑塊到A處的速度大?。唬?）不計滑塊在A處的速率變化，滑塊沖上斜面AB的長度是多少？【解題探究】（1）畫出滑塊在OA上的受力分析圖。提示：（2）試分析滑塊沖上AB后各力做功的情況。提示：重力做負功、支持力不做功。【解析】（1）由題圖乙知，在前2m內F1=2mg，做正功；（2分）在第3m內F2=-0.5mg，做負功；（2分）在第4m內F3=0。（1分）滑動摩擦力Ff=-μmg=-0.25mg，始終做負功。（2分）對OA過程由動能定理列式得F1s1+F2s2+Ffs=mvA2-0（3分）即2mg×2-0.5mg×1-0.25mg×4=mvA2，解得vA=m/s。（3分）（2）沖上斜面的過程，由動能定理得-mg·L·sin30°=0-mvA2，（3分）所以沖上斜面AB的長度L=5m。（2分）答案：（1）m/s（2）5m【拓展延伸】該題中（1）滑塊再滑回A處時的速度是多大？提示：滑塊下滑時也只有重力做正功，由mgL·sin30°=mv′A2得v′A=m/s（2）滑塊能否滑至O處？若能，在O處的速度多大？提示：設滑至O處的速度為v0，則在由A→O的過程中由動能定理得：-μmg·OA=mv02-mv′A2故v0=m/s即能滑至O處，速度為m/s【總結提升】應用動能定理的三點注意（1）如果在某個運動過程中包含有幾個不同運動性質的階段（如加速、減速階段），可以分段應用動能定理，也可以對全程應用動能定理，一般對全程列式更簡單。（2）因為動能定理中功和動能均與參考系的選取有關，所以動能定理也與參考系的選取有關。在中學物理中一般取地面為參考系。（3）動能定理既適用于單個物體也適用于單個物體組成的系統(tǒng)。【變式訓練】（2013·福州二模）某艦載機降落到靜止的航母上，圖甲為航母甲板上攔阻索阻攔艦載機過程的俯視示意圖，圖乙為艦載機尾鉤鉤住攔阻索正中位置、隨即關閉發(fā)動機后加速度a隨時間t變化的圖像。已知艦載機質量M=2.0×104kg，尾鉤剛鉤住攔阻索時的初速度v0=75m/s，t1=0.3s時攔阻索與尾鉤剛鉤住時攔阻索的初始位置夾角θ=45°，此時艦載機所受空氣阻力與甲板摩擦阻力大小之和f=2.0×105N，艦載機鉤住攔阻索至停止的全過程中，克服空氣阻力與甲板摩擦阻力做的總功Wf=2.0×107J。求：（1）t1=0.3s時刻攔阻索的拉力大小T；（2）艦載機鉤住攔阻索至停止的全過程中，克服攔阻索拉力做的功W；（3）t1=0.3s時艦載機的速度大小v1；t1=0.3s至t2=2.5s內通過的位移大小s。（提示：求速度變化量可類比于利用v-f圖像求位移的方法）【解析】（1）由圖像可知加速度大小a=30m/s2①由牛頓第二定律有2Tsinθ+f=Ma②由①②式解得T=×105N≈2.8×105N③（2）以艦載機為研究對象，由動能定理有-W-Wf=0-Mv02

④W≈3.6×107J⑤（3）由圖像可得速度的減少量Δv=4.5m/s⑥t1=0.3s時，v1=v0-Δv=70.5m/s⑦t1～t2時間內的位移大小s=v1t2-at22=82.5m⑧答案：（1）2.8×105N（2）3.6×107J（3）70.5m/s82.5m1.（2013·煙臺一模）起重機以1m/s2的加速度將質量為1000kg的貨物由靜止開始勻加速向上提升，若g取10m/s2，則在1s內起重機對貨物所做的功是（）A.500JB.4500JC.5000JD.5500J【解析】選D。貨物的加速度向上，由牛頓第二定律有F-mg=ma，起重機的拉力F=mg+ma=11000N，貨物的位移是s=at2=0.5m，做功為5500J。2.（2013·西安一模）如圖所示，水平傳送帶以v=2m/s的速度勻速前進，上方漏斗中以每秒50kg的速度把煤粉豎直抖落到傳送帶上，然后一起隨傳送帶運動。如果要使傳送帶保持原來的速度勻速前進，則傳送帶的電動機應增加的功率為（）A.100WB.200WC.500WD.無法確定【解析】選B。漏斗均勻持續(xù)將煤粉抖落在傳送帶上，每秒鐘有50kg的煤粉被加速至2m/s，故每秒鐘傳送帶的電動機應多做的功為：ΔW=ΔEk+Q=mv2+f·Δs=mv2=200J，故傳送帶的電動機應增加的功率ΔP==200W。B對。3.（2013·四川高考）近來，我國多個城市開始重點治理“中國式過馬路”行為。每年全國由于行人不遵守交通規(guī)則而引發(fā)的交通事故上萬起，死亡上千人。只有科學設置交通管制，人人遵守交通規(guī)則，才能保證行人的生命安全。如圖所示，停車線AB與前方斑馬線邊界CD間的距離為23m。質量8t、車長7m的卡車以54km/h的速度向北勻速行駛，當車前端剛駛過停車線AB，該車前方的機動車交通信號燈由綠燈變黃燈。（1）若此時前方C處人行橫道路邊等待的行人就搶先過馬路，卡車司機發(fā)現行人，立即制動，卡車受到的阻力為3×104N。求卡車的制動距離。（2）若人人遵守交通規(guī)則，該車將不受影響地駛過前方斑馬線邊界CD。為確保行人安全，D處人行橫道信號燈應該在南北向機動車信號燈變黃燈后至少多久變?yōu)榫G燈？【解析】已知卡車質量m=8t=8×103kg、初速度v0=54km/h=15m/s。（1）從制動到停車，阻力對卡車所做的功為W，由動能定理有W=-mv02①已知卡車所受的阻力Ff=-3×104N，設卡車的制動距離為s1，有W=Ffs1②聯(lián)立①②式，代入數據得s1=30m（2）已知車長l=7m，AB與CD的距離為s0=23m。設卡車駛過的距離為s2，D處人行橫道信號燈至少需經過時間Δt后變?yōu)榫G燈s2=s0+l③s2=v0Δt④聯(lián)立③④式，代入數據得Δt=2s答案：（1）30m（2）2s四動能定理的綜合應用【案例剖析】（19分）（2012·福建高考）如圖，用跨過光滑定滑輪的纜繩將海面上一艘失去動力的小船沿直線拖向岸邊。已知拖動纜繩的①電動機功率恒為P，小船的質量為m，小船受到的②阻力大小恒為f，經過A點時的速度大小為v0，小船從A點③沿直線加速運動到B點經歷時間為t1，A、B兩點間距離為d，④纜繩質量忽略不計。求：（1）小船從A點運動到B點的全過程⑤克服阻力做的功Wf；（2）小船經過⑥B點時的速度大小v1；（3）小船經過⑦B點時的加速度大小a。【審題】抓住信息，準確推斷關鍵信息信息挖掘題干①電動機功率恒為P牽引力功率恒定，是變力做功②阻力大小恒為f忽略其他因素對阻力的影響③沿直線加速運動是變