【物理】2018届二轮复习第4讲功、功率与动能定理学案

【物理】2018届二轮复习第4讲功、功率与动能定理学案

第 4 讲 功、功率与动能定理  考点一 功与功率的理解 1．(功的辨析)如图 41 所示，水平路面上有一辆质量为 M 的汽车，车厢中有一个质量为 m 的人正用恒力 F 向前推车厢，在车以加速度 a 向前加速行驶距离 L 的过程中，下列说法正确的 是( ) 图 41 A．人对车的推力 F 做的功为 FL B．人对车做的功为 maL C．车对人的作用力大小为 ma D．车对人的摩擦力做的功为(F－ma)L 2．(功率的辨析)如图 42 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 从地面开始做斜上抛 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( ) 图 42 A．PA＝PB＝PC＝PD B．PA＝PC>PB＝PD C．PA＝PC＝PD>PB D．PA>PC＝PD>PB 3．(机车的功率问题)用一根绳子竖直向上拉一个物块，物块从静止开始运动，绳子拉力的 功率按如图 43 所示规律变化，已知物块的质量为 m，重力加速度为 g，0～t0 时间内物块做匀加 速直线运动，t0 时刻后拉力的功率保持不变，t1 时刻物块达到最大速度，则下列说法正确的是 ( ) 图 43 A．物块始终做匀加速直线运动 B．0～t0 时间内物块的加速度大小为 P0 mt0 C．t0 时刻物块的速度大小为P0 mg D．0～t1 时间内物块上升的高度为 P0 mg t1－t0 2 － P20 2m2g3 4．(图像综合应用) 一质量为 m＝1 kg 的物体放在粗糙程度相同的水平面上，受到水平拉力 的作用，物体由静止开始沿直线运动，物体的加速度 a 和速度的倒数 1 v 的关系如图 44 所示．不 计空气阻力，重力加速度 g 取 10 m/s2.下列说法正确的是( ) 图 44 A．物体与水平面之间的动摩擦因数为 0.2 B．物体速度为 1.5 m/s 时，加速度大小为 1.5 m/s2 C．拉力的最大功率为 3 W D．物体匀加速运动的时间为 1 s  考点二 动能定理与图像结合问题 动能定理与图像的结合是常考题型，分析动能定理与图像结合问题可按以下三个基本步骤进 行： 考向 1 Fx 图像 例 1 如图 45 甲所示，在倾角为 30°的足够长的光滑斜面 AB 的 A 处平滑连接一粗糙水平 面 OA，OA 长为 4 m．有一质量为 m 的滑块，在 O 处受一水平向右的力 F 作用由静止开始运动．F 只在水平面上按图乙所示的规律变化．滑块与 OA 间的动摩擦因数μ＝0.25，g 取 10 m/s2，试求： (1)滑块运动到 A 处的速度大小； (2)不计滑块在 A 处的速率变化，滑块冲上斜面 AB 的长度． 图 45 考向 2 Wx 图像 例 2 质量为 2 kg 的物体放在动摩擦因数μ＝0.1 的水平面上，在水平拉力 F 的作用下，由静 止开始运动，拉力做的功 W 和物体发生的位移 x 之间的关系如图 46 所示，g 取 10 m/s2.下列说 法中正确的是( ) 图 46 A．此物体在 AB 段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为 15 W B．此物体在 AB 段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为 6 W C．此物体在 AB 段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为 6 W D．此物体在 AB 段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为 15 W 考向 3 Ex 图像 例 3 如图 47 甲所示，固定的粗糙斜面长为 10 m，一小滑块自斜面顶端由静止开始沿斜面 下滑的过程中，小滑块的动能 Ek 随位移 x 的变化规律如图乙所示，取斜面底端的重力势能为零， 小滑块的重力势能 Ep 随位移 x 的变化规律如图丙所示，重力加速度 g 取 10 m/s2.根据上述信息可 以求出( ) 图 47 A．斜面的倾角 B．小滑块与斜面之间的动摩擦因数 C．小滑块下滑的加速度的大小 D．小滑块受到的滑动摩擦力的大小  考点三 动能定理解决单体复杂问题 例 4 (14 分)如图 48 所示是跳台滑雪的示意图，雪道由倾斜的助滑雪道 AB、水平平台 BC、 着陆雪道 CD 及减速区 DE 组成，各雪道间均平滑连接．A 处与水平平台间的高度差 h＝45 m， CD 的倾角为 30°.运动员自 A 处由静止滑下，不计其在雪道 AB、BC 滑行和空中飞行时所受的 阻力，g 取 10 m/s2，运动员可视为质点． (1)求运动员滑离平台 BC 时的速度； (2)为保证运动员落在着陆雪道 CD 上，雪道 CD 长度至少为多少？ (3)若实际的着陆雪道 CD 长为 150 m，运动员着陆后滑到 D 点时具有的动能是着陆瞬间动 能的 80%，在减速区 DE 滑行 x＝100 m 后停下，则运动员在减速区所受平均阻力是其重力的多 少倍？ 图 48 [解答步骤规范] (1)运动员由 A 到 C 的过程中，由动能定理有 ________(2 分) 解得 v C＝ 2gh＝________．(1 分) (2)设运动员在着陆雪道上的落点 D′距点 C 的距离为 L，由平抛运动规律得 ________(2 分) ________(2 分) 解得 L＝________．(1 分) (3)运动员由 A 运动到落点 D′的过程中，由动能定理有 ________(2 分) 设运动员在减速区减速过程中所受平均阻力是其重力的 k 倍，对运动员在减速区运动过程， 由动能定理有 ________(2 分) 根据题意有 ________(1 分) 解得________．(1 分) 归纳 1．应用动能定理求解的思路和步骤 (1)了解由哪些过程组成，选哪个过程研究； (2)分析每个过程物体的受力情况； (3)分析各个力做功有何特点，对动能的变化有无贡献； (4)从总体上把握全过程，表达出总功，找出初、末状态的动能； (5)对所研究的全过程运用动能定理列方程． 2．动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动；既适用于恒力做功，也适用于变力做 功；力既可以同时作用，也可以分段作用． 3．“两状态，一过程”是应用动能定理的着眼点，即明确研究对象的始、末状态的速度或 动能情况，明确研究过程，关注这一过程的位置变化或位移信息． 变式 1 如图 49 所示，水平面上某点固定一轻质弹簧，A 点左侧的水平面光滑，右侧水平面 粗糙，在 A 点右侧 5 m 远处(B 点)竖直放置一半圆形管状光滑轨道，轨道半径 R＝0.4 m，连接处 相切．现将一质量 m＝0.1 kg 的小滑块放在弹簧的右端(在 A 点左侧且不与弹簧拴接)，用力向左 推滑块而压缩弹簧，使弹簧具有的弹性势能为 2 J，放手后滑块被向右弹出，它与 A 点右侧水平 面间的动摩擦因数μ＝0.2，取 g＝10 m/s2. (1)求滑块运动到半圆形轨道最低点 B 时对轨道的压力； (2)改变半圆形轨道的位置(左右平移)，使得被弹出的滑块到达半圆形轨道最高点 C 时对轨道 的压力大小等于滑块的重力，问 A、B 之间的距离应调整为多少？ 图 49 变式 2 如图 410 所示，将弹簧平放在绝缘水平面上，其左端固定，自然伸长时右端在 O 点， O 点左侧水平面光滑，右侧水平面粗糙．水平面上 OO′与 AA′之间区域(含边界)存在与竖直方向 的夹角θ＝37°、斜向右上方的匀强电场，电场强度 E＝5×103 N/C.现将一质量 m＝2 kg、电荷 量 q＝4×10－3 C 的带正电小物块从弹簧右端 O 点无初速度释放，物块从 A 点滑上倾角θ＝37° 的斜面．已知 O、A 间的距离为 4.9 m，斜面 AB 的长度为8 3 m，物块与 OA 段水平面间的动摩擦 因数μ1＝0.5，物块与斜面间的动摩擦因数μ2＝0.75.(物块可视为质点且与弹簧不拴连，物块通过 A 点时速率无变化，取 g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)求物块沿斜面向上滑行的时间； (2)若用外力推物块向左压缩弹簧至某一位置后由静止释放，且电场在物块进入电场区域运 动 0.4 s 后突然消失，物块恰能到达 B 点，求外力所做的功． 图 410 专题二 能量与动量 第 4 讲 功、功率与动能定理 高频考点探究 考点一 1．A [解析] 根据功的公式可知，人对车的推力做功为 W＝FL，选项 A 正确；在水平方向 上，由牛顿第二定律可知车对人的作用力为 F′＝ma，由牛顿第三定律可知人对车的作用力为－ ma，故人对车做的功为 W＝－maL，选项 B 错误；因车对人还有沿竖直方向的支持力，大小等 于 mg，故车对人的作用力大小为 N＝ （ma）2＋（mg）2，选项 C 错误；对人由牛顿第二定律 得 f－F＝ma，解得 f＝ma＋F，车对人的摩擦力做功为 W＝fL＝(F＋ma)L，选项 D 错误． 2．C [解析] 对小球 A、B，由机械能守恒定律知，到达地面的速度大小相等，方向不同， 由 P＝mgvcos θ，可得重力的功率 PA>PB，A、C 和 D 在竖直方向做自由落体运动，到达地面的 竖直分速度相等，由 P＝mgvy 可得重力的功率相等，选项 C 正确． 3．D [解析] 物块刚开始做匀加速运动时，绳子拉力 F1＝mg＋ma，t0 时刻物块的速度 v＝P0 F1 ＝ P0 m（g＋a） ，加速度 a＝v t0 ≠ P0 mt0 ，选项 B、C 错误；t0 时刻拉力的功率达到最大值，此后速度继 续增加，拉力减小，物块做变加速运动，选项 A 错误；t1 时刻物块达到最大速度，此时绳子拉力 F2＝mg，最大速度 vm＝P0 F2 ＝ P0 mg ，在 0～t1 时间内，由动能定理得－mgh＋P0 2 ·t0＋P0(t1－t0)＝1 2mv2m， 解得 h＝ P0 mgt1－t0 2 － P20 2m2g3 ，选项 D 正确． 4．C [解析] 由题图分析可知，物体由静止开始做匀加速运动，当物体速度为 1 m/s 时，拉 力的功率最大；此后，物体做拉力功率恒定的加速运动．物体速度 v1＝3 m/s 时，加速度 a1＝0， 则有 F＝Ff，拉力的最大功率 P＝Ffv1，物体速度 v2＝1 m/s 时，加速度 a2＝2 m/s2，根据牛顿第 二定律有P v2 －Ff＝ma2，解得 Ff＝1 N，P＝3 W，而 Ff＝μmg，故μ＝0.1，选项 A 错误，选项 C 正 确；由 P 1.5 m/s －Ff＝ma3 可得 a3＝1 m/s2，选项 B 错误；物体匀加速运动的时间为 t＝v2 a2 ＝0.5 s， 选项 D 错误． 考点二 例 1 (1)5 2 m/s (2)5 m [解析] (1)由题图乙知，在前 2 m 内，F1＝2mg，做正功，在第 3 m 内，F2＝－0.5mg，做负 功，在第 4 m 内，F3＝0.滑动摩擦力 Ff＝－μmg＝－0.25mg，始终做负功，对滑块在 OA 上运动 的全过程，由动能定理得 F1x1＋F2x2＋Ffx＝1 2mv2A－0 解得 vA＝5 2 m/s. (2)对滑块冲上斜面的过程，由动能定理得 －mgLsin 30°＝0－1 2mv2A 解得 L＝5 m. 例 2 D [解析] 前 3 m 位移内，拉力 F1＝W1 x1 ＝15 3 N＝5 N，物体的加速度 a1＝F1－μmg m ＝ 1.5 m/s2，前 3 m 末物体的速度 v1＝ 2a1x1＝3 m/s.3～9 m 位移内，拉力 F2＝W2 x2 ＝27－15 6 N＝2 N， a2＝F2－μmg m ＝0，物体做匀速直线运动．所以整个过程中拉力的最大功率为 Pmax＝F1v1＝5×3 W ＝15 W．故选项 D 正确． 例 3 D [解析] 图乙是动能—位移图像，其斜率的绝对值是小滑块所受合外力大小 F 合＝ mgsin θ－μmgcos θ＝2.5 N；图丙是重力势能—位移图像，其斜率的绝对值是小滑块所受重力沿 斜面向下的分量 Gx＝mgsin θ＝10 N．则可求出小滑块受到的滑动摩擦力的大小 Ff＝μmgcos θ＝ 7.5 N，D 正确．由于滑块质量未知，故其他量均不可求． 考点三 例 4 (1)mgh＝1 2mv2C 30 m/s (2)Lcos 30°＝vCt Lsin 30°＝1 2gt2 120 m (3)mg(h＋Lsin 30°)＝1 2mv2D′ －kmgx＝0－1 2mv2D 1 2mv2D＝0.8×1 2mv2D′ k＝0.84 例 4 变式 1 (1)6 N，方向竖直向下 (1)4 m 或 6 m [解析] (1)小滑块被弹出至到达 B 点的过程，据动能定理有 W 弹－μmgx＝1 2mv2B 滑块在 B 处有 FN－mg＝mv2B R 而 W 弹＝ΔEp＝2 J 解得 FN＝6 N 由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为 6 N，方向竖直向下． (2)在 C 处，滑块对轨道的压力大小为 mg，包含 2 种情况 ①若压力方向向上，在 C 处，对滑块由牛顿第二定律有 mg＋F′N1＝mv2C1 R F′N1＝FN1＝mg 整个过程，据动能定理有 W 弹－μmgx1－mg·2R＝1 2mv2C1 解得 x1＝4 m ②若压力方向向下，在 C 处，对滑块由牛顿第二定律有 mg－F′N2＝mv2C2 R F′N2＝FN2＝mg 整个过程，据动能定理有 W 弹－μmgx2－mg·2R＝1 2mv2C2 解得 x2＝6 m. 例 4 变式 2 (1)0.58 s (2)49 J [解析] (1)物块在 OA 之间做匀加速直线运动，有 N＋qEcos 37°＝mg qEsin 37°－μ1N＝ma1 v2A＝2a1xOA 联立以上各式，解得 N＝4 N，a1＝5 m/s2，vA＝7 m/s 物块在斜面上向上做匀减速直线运动，有 mgsin 37°＋μ2mgcos 37°＝ma2 解得 a2＝12 m/s2 假设物块在斜面上速度可减为零，且该过程在斜面上发生的位移为 x，有 0－v2A＝－2a2x 解得 x＝49 24 m<8 3 m，假设成立，由 0－vA＝－a2t，解得 t＝0.58 s. (2)设物块在 A 点时的速度大小为 v′A，因物块恰好能到达 B 点，故有 －2a2xAB＝0－v′2A 解得 v′A＝8 m/s 设物块刚进入电场区域时速度为 v0，电场消失时速度为 v1，则 v1＝v0＋a1t1，2a1x1＝v21－v20 电场消失后，物块做匀减速直线运动至 A 点，有 μ1mg＝ma3 －2a3(xOA－x1)＝v′2A－v21 联立得 a3＝5 m/s2，v0＝7 m/s 由功能关系得 W＝1 2mv20＝49 J.