【物理】2019届二轮复习专题二第1讲功和功率动能定理学案

【物理】2019届二轮复习专题二第1讲功和功率动能定理学案

第 1 讲　功和功率　动能定理 [做真题·明考向]　　　　　　　　　　　　　　　 　　真题体验　透视命题规律 授课提示：对应学生用书第 23 页 [真题再做] 1．(多选)(2018·高考全国卷Ⅲ，T19)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 4∶5 B．电机的最大牵引力之比为 2∶1 C．电机输出的最大功率之比为 2∶1 D．电机所做的功之比为 4∶5 解析：由图线①知，矿车上升总高度 h＝v0 2 ·2t0＝v0t0 由图线②知，加速阶段和减速阶段上升高度和 h1＝ v0 2 2 ·(t0 2＋t0 2)＝1 4v0t0 匀速阶段：h－h1＝1 2v0·t′，解得 t′＝3 2t0 故第②次提升过程所用时间为t0 2＋3 2t0＋t0 2＝5 2t0， 两次上升所用时间之比为 2t0∶5 2t0＝4∶5，A 对； 对矿车受力分析，当矿车向上做加速直线运动时，电机的牵引力最大，由于加速阶段加 速度相同，故加速时牵引力相同，B 错； 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t0 2时刻，功率 P2＝F·v0 2 ， 第②次在匀速阶段 P2′＝F′·v0 2 ＝mg·v0 2 ＜P2， 可知，电机输出的最大功率之比 P1∶P2＝2∶1，C 对； 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， D 错． 答案：AC 2．(2017·高考全国卷Ⅲ，T16)如图，一质量为 m，长度为 l 的均匀柔软细绳 PQ 竖直悬 挂．用外力将绳的下端 Q 缓慢地竖直向上拉起至 M 点，M 点与绳的上端 P 相距1 3 l.重力加速度大小为 g.在此过程中，外力做的功为(　　) A.1 9mgl　　　　　　　 B.1 6mgl C.1 3mgl D.1 2mgl 解析：QM 段绳的质量为 m′＝2 3m，未拉起时，QM 段绳的重心在 QM 中点处，与 M 点距离为 1 3l，绳的下端 Q 拉到 M 点时，QM 段绳的重心与 M 点距离为 1 6l，此过程重力做功 WG＝－m′g(1 3l－1 6l)＝－1 9mgl，对绳的下端 Q 拉到 M 点的过程，应用动能定理，可知外力 做功 W＝－WG＝1 9mgl，可知 A 项正确，B、C、D 项错误． 答案：A 3.(2015·高考全国卷Ⅱ，T17)一汽车在平直公路上行驶．从某时 刻开始计时，发动机的功率 P 随时间 t 的变化如图所示．假定汽车所 受阻力的大小 f 恒定不变．下列描述该汽车的速度 v 随时间 t 变化的 图线中，可能正确的是(　　) 解析：当汽车的功率为 P1 时，汽车在运动过程中满足 P1＝F1v，因为 P1 不变，v 逐渐 增大，所以牵引力 F1 逐渐减小，由牛顿第二定律得 F1－f＝ma1，f 不变，所以汽车做加速度 减小的加速运动，当 F1＝f 时速度最大，且 vm＝P1 F1＝P1 f .当汽车的功率突变为 P2 时，汽车的 牵引力突增为 F2，汽车继续加速，由 P2＝F2v 可知 F2 减小，又因 F2－f＝ma2，所以加速度 逐渐减小，直到 F2＝f 时，速度最大 vm′＝P2 f ，以后匀速运动．综合以上分析可知选项 A 正确． 答案：A 4.(2016·高考全国卷Ⅲ，T24)如图，在竖直平面内有由1 4圆弧 AB 和1 2圆 弧 BC 组成的光滑固定轨道，两者在最低点 B 平滑连接．AB 弧的半径为 R，BC 弧的半径为R 2.一小球在 A 点正上方与 A 相距R 4处由静止开始自由下 落，经 A 点沿圆弧轨道运动． (1)求小球在 B、A 两点的动能之比； (2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到 C 点． 解析：(1)小球下落至 A 点的过程，由动能定理得 mg·R 4＝EkA－0 小球下落至 B 点的过程，由动能定理得 mg(R 4＋R)＝EkB－0 由以上两式联立解得EkB EkA＝5 1. (2)小球恰好经过 C 点时，由牛顿第二定律得 mg＝mv20 R 2 ，解得 v0＝ gR 2 小球由开始下落至 C 点的过程，由动能定理得 mg·R 4＝1 2mv2C－0，解得 vC＝ gR 2 由于 vC＝v0，故小球恰好可以沿轨道运动到 C 点． 答案：(1)5∶1　(2)见解析 [考情分析] ■ 命题特点与趋势——怎么考 1．近几年高考命题点主要集中在正、负功的判断，功率的分析与计算，机车启动模型， 动能定理在圆周运动、平抛运动中的应用．题目具有一定的综合性，难度适中． 2．本讲高考单独命题以选择题为主，综合命题以计算题为主，常将动能定理与机械能 守恒定律、能量守恒定律相结合．动能定理仍是 2019 年高考的考查重点，要重点关注本讲 知识与实际问题相结合的情景题目． ■ 解题要领——怎么做 　解决本讲知识要理解功和功率的定义、正负功的判断方法，机车启动两类模型的分析、 动能定理及动能定理在变力做功中的灵活应用． [建体系·记要点]　　　　　　　　　　　　　 　知识串联　熟记核心要点 授课提示：对应学生用书第 24 页 [网络构建] [要点熟记] 1．功 (1)恒力做功：W＝Flcos α(α 为 F 与 l 之间的夹角)． (2)变力做功：①用动能定理求解；②用 F ­x 图线与 x 轴所围“面积”求解． 2．功率 (1)平均功率：P＝W t ＝Fvcos α. (2)瞬时功率：P＝Fvcos α(α 为 F 与 v 的夹角)． (3)机车启动两类模型中的关键方程：P＝F·v，F－F 阻＝ma，v m＝ P F 阻，Pt－F 阻 x＝ ΔEk. 3．动能定理：W 合＝1 2mv2－1 2mv20. 4．应用动能定理的两点注意 (1)应用动能定理的关键是写出各力做功的代数和，不要漏掉某个力做的功，同时要注 意各力做功的正、负． (2)动能定理是标量式，不能在某一方向上应用． [研考向·提能力]　　　　 　　　　　　　　　　　　 　　　考向研析　掌握应试技能 授课提示：对应学生用书第 24 页 考向一　功和功率的分析与计算 1．(2018·北京昌平期末)如图所示，质量为 60 kg 的某同学在做引体向上运动，从双臂 伸直到肩部与单杠同高度算 1 次．若他在 1 min 内完成了 10 次，每次肩部上升的距离均为 0.4 m，则他在 1 min 内克服重力所做的功及相应的功率约为(g 取 10 m/s2)(　　) A．240 J,4 W　　　　 B.2 400 J,2 400 W C．2 400 J, 40 W D．4 800 J,80 W 解析：他每次引体向上克服重力所做的功为 W1＝mgh＝60×10×0.4 J＝240 J，他在 1 min 内克服重力所做的功为 W＝10W1＝10×240 J＝2 400 J，相应的功率约为 P＝W t ＝40 W，选 项 C 正确． 答案：C 2．(多选)如图所示，传送带 AB 的倾角为 θ，且传送带足够长，现有质量为 m、可视为 质点的物体以初速度 v0 从 B 端开始向上运动，物体与传送带之间的动摩擦因数 μ>tan θ，传 送带的速度为 v(v0tan θ，则 μmgcos θ>mgsin θ，传送带的速度为 v(v04 3，C 错误；0～30 s 内，汽车发动机做的功 W 1＝Fx1＝ P 18×30 × 18 2 (J)＝ 15P(J)，30～54 s 内汽车发动机做功 W2＝P(54 s－30 s)＝24P(J)，因此W1 W2＝5 8，D 正确． 答案：BD 三、非选择题 11．一匹马拉着质量为 60 kg 的雪橇，从静止开始用 80 s 的时间沿平直冰面跑完 1 000 m．设在运动过程中雪橇受到的阻力保持不变，已知雪橇在开始运动的 8 s 时间内做匀加速 直线运动，从第 8 s 末开始，马拉雪橇做功的功率保持不变，使雪橇继续做直线运动，最后 一段时间雪橇做的是匀速直线运动，速度大小为 15 m/s；开始运动的 8 s 内马拉雪橇的平均 功率是 8 s 后功率的一半．求整个运动过程中马拉雪橇做功的平均功率和雪橇在运动过程中 所受阻力的大小． 解析：设 8 s 后马拉雪橇的功率为 P，则匀速运动时 P＝F·v＝Ff·v 即运动过程中雪橇受到的阻力大小 Ff＝P v ① 对于整个过程运用动能定理得 P 2·t1＋P(t 总－t1)－Ff·x＝1 2mv2－0② 代入数据，解①②得 P＝723 W，Ff＝48.2 N 再由动能定理可得 Pt 总－Ff·x＝1 2mv2 解得P＝687 W. 答案：687 W　48.2 N 12．某课外探究小组自制了如图所示的导轨，其中，导轨的所有半圆形部分均光滑，水 平部分均粗糙．圆半径分别为 R、2R、3R 和 4R，R＝0.5 m，水平部分长度 L＝2 m，将导轨 竖直放置，轨道最低点离水平地面高 h＝1 m．将一个质量为 m＝0.5 kg、中心有孔的钢球(孔 径略大于细导轨直径)套在导轨端点 P 处，钢球与导轨水平部分的动摩擦因数均为 μ＝0.4.给 钢球一初速度 v0＝13 m/s，g 取 10 m/s2.求： (1)钢球运动至第一个半圆形轨道最低点 A 时对轨道的压力； (2)钢球落地点到抛出点的水平距离． 解析：(1)钢球从 P 点运动到 A 点的过程中，由动能定理得 mg·2R－μmg·L＝1 2mv21－1 2mv 20 由牛顿第二定律有 FN－mg＝mv21 R 代入数据解得 FN＝178 N 由牛顿第三定律可知，钢球对轨道的压力大小为 178 N，方向竖直向下． (2)设钢球到达轨道末端点的速度为 v2，对全程应用动能定理得－μmg·5L－mg·4R＝ 1 2mv 22－1 2mv20 解得 v2＝7 m/s 由平抛运动规律得 h＋8R＝1 2gt2，s＝v2t 解得 s＝7 m. 答案：(1)178 N，方向竖直向下　(2)7 m 13．(2018·重庆高三一诊)如图所示，绝缘轨道 CDGH 位于竖直平面内，圆弧段 DG 的 圆心角为 θ＝37°，DG 与水平段 CD、倾斜段 GH 分别相切于 D 点和 G 点，CD 段粗糙，DGH 段光滑，在 H 处固定一垂直于轨道的绝缘挡板，整个轨道处于场强为 E＝1×104 N/C、水平 向右的匀强电场中．一质量 m＝4×10－3 kg、带电量 q＝＋3×10－6 C 的小滑块在 C 处由静止 释放，经挡板碰撞后滑回到 CD 段的中点 P 处时速度恰好为零．已知 CD 段长度 L＝0.8 m， 圆弧 DG 的半径 r＝0.2 m；不计滑块与挡板碰撞时的动能损失，滑块可视为质点．g 取 10 m/s2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6.求： (1)滑块与 CD 段之间的动摩擦因数 μ； (2)滑块在 CD 段上运动的总路程； (3)滑块与绝缘挡板碰撞时的最大动能和最小动能． 解析：(1)滑块由 C 处释放，经挡板碰撞后第一次滑回 P 点的过程中，由动能定理得 qEL 2－μmg(L＋L 2)＝0，解得 μ＝ qE 3mg＝0.25 (2)滑块在 CD 段上受到的滑动摩擦力 μmg＝0.01 N、电场力 qE＝0.03 N，滑动摩擦力小 于电场力，故不可能停在 CD 段，滑块最终会在 DGH 间来回往复运动，且在 D 点的速度为 0 全过程由动能定理得 qE·L＋(－μmg·x)＝0 解得 x＝ qE μmgL＝3L＝2.4 m (3)GH 段的倾角 θ＝37°，滑块受到的重力 mg＝0.04 N，电场力 qE＝0.03 N，qEcos θ＝ mgsin θ＝0.024 N， 则滑块加速度 a＝0， 所以滑块与绝缘挡板碰撞的最大动能为滑块第一次运动到 G 点的动能 对 C 到 G 过程由动能定理得 Ek 最大＝Eq(L＋rsin θ)－μmgL－mg(r－rcos θ)＝0.018 J 滑块最终在 DGH 间来回往复运动，碰撞绝缘挡板时有最小动能 对 D 到 G 过程由动能定理得 Ek 最小＝Eqrsin θ－mg(r－rcos θ)＝0.002 J 答案：(1)0.25　(2)2.4 m　(3)0.018 J　0.002 J