【物理】2019届二轮复习功、功率 动能定理及其应用学案
第8讲 功、功率 动能定理及其应用
[考试要求和考情分析]
考试内容
选考要求
历次选考统计
命题角度
2016/04
2016/10
2017/04
2017/11
2018/04
2018/11
物理学史、功率与机车启动问题、功能关系
功
c
10
功率
c
10、13
5
动能和动能定理
d
20、22
4、20
12、20
20
20
20
功能关系、动能定理与物体的多过程问题
功的分析和计算
[要点总结]
1．判断力是否做功及做正、负功的方法
判断根据
适用情况
根据力和位移的方向的夹角判断
常用于恒力做功的判断
根据力和瞬时速度方向的夹角判断
常用于质点做曲线运动
根据功能关系或能量守恒定律判断
常用于变力做功的判断
2.计算功的方法
(1)恒力做的功
直接用W＝Flcos α计算。
(2)合外力做的功
方法一：先求合外力F合，再用W合＝F合lcos α求功。
方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合外力做的功。
[典例分析]
【例1】 (2018·浙江温岭选考模拟)如图1所示，匈牙利大力士希恩考·若尔特曾用牙齿拉动50 t的A320客机。他把绳索的一端系在飞机下方的前轮处，另一端用牙齿紧紧咬住，在52 s的时间内将飞机拉动了约40 m。假设大力士牙齿的拉力约为5×103 N，绳子与水平方向夹角θ约为30°。则在拉动飞机的过程中( )
图1
A．重力做功约为2.0×107 J
B．拉力做功约为1.7×105 J
C．克服阻力做功约为1.5×105 J
D．合外力做功约为2.0×104 J
解析 由于重力方向与运动方向垂直，所以重力不做功，选项A错误；由W＝Flcos α代入相关数据得拉力做功约1.7×105 J，选项B正确；由于未知飞机被拉动时的运动情况，所以无法求得阻力和合力，所以选项C、D均错误。
答案 B
[精典题组]
1．(2018·江淮十校联考)如图2所示，在向右做匀减速运动的车厢内，一人用力向前推车厢，该人与车厢始终保持相对静止。则下列说法中正确的是 ( )
图2
A．人对车厢的推力不做功
B．人对车厢的推力做负功
C．车厢对人的作用力做正功
D．车厢对人的作用力做负功
解析 人对车厢的推力方向向右，与车厢的位移方向相同，人对车厢的推力做正功，选项A、B错误；人随车厢一起向右减速，人运动的加速度方向向左，根据牛顿第二定律知车厢对人的水平作用力的方向向左，与车的位移方向相反，车厢对人的作用力做负功，选项D正确，C错误。
答案 D
2.(2018·浙江台州模拟)如图3所示，一物体分别沿轨道aO和bO由静止滑下，物体与轨道间的动摩擦因数相同，若斜面保持静止，物体克服滑动摩擦力做的功分别为W1和W2，则两个功的大小的正确关系是( )
图3
A．W1>W2 B．W1＝W2
C．W1
8.5×105 J，选项A正确，B错误；根据P合＝＝ W＝314 kW，选项C错误；因W牵>8.5×105 J，故牵引力做功的平均功率大于314 kW，选项D错误。
答案 A
[精典题组]
3．(2018·浙江宁波重点中学高三期末)用起重机将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，其v－t图象如图4所示，下列说法正确的是( )
图4
A．在0～t1时间内，起重机拉力逐渐变大
B．在t1～t2时间内，起重机拉力的功率保持不变
C．在t1～t2时间内，货物的机械能保持不变
D．在t2～t3时间内，起重机拉力对货物做负功
解析 v－t图象的斜率表示加速度大小，在0～t1时间内货物加速上升，加速度逐渐减小，起重机拉力逐渐变小，选项A错误；在t1～t2时间内，货物匀速上升，拉力方向向上，拉力等于重力，由P＝Fv可知起重机拉力的功率保持不变，选项B正确；在t1～t2时间内，货物匀速上升，动能不变，重力势能增大，所以机械能增大，选项C错误；在t2～t3时间内，货物匀减速上升，拉力方向向上，起重机拉力对货物做正功，选项D错误。
答案 B
4．(2018·浙江金丽衢十二校联考)跳绳是高中毕业生体育测试的项目之一，高三的小李同学在某次测验过程中，一分钟跳180次，每次跳跃，脚与地面的接触时间为跳跃一次所需时间的，则他克服重力做功的平均功率约为( )
A．20 W B．35 W
C．75 W D．120 W
解析 跳一次的时间是t＝ s＝ s；人跳离地面向上做竖直上抛，到最高点的时间为t1＝×× s＝0.1 s，此过程克服重力做功为W＝mg(gt)＝500×(×10×0.01) J＝25 J；跳绳时克服重力做功的功率为＝＝ W＝75 W，选项C正确，A、B、D错误。
答案 C
动能定理的理解和应用
[要点总结]
1．动能定理公式中体现的“三个关系”
(1)数量关系：即合力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系。可以通过计算物体动能的变化，求合力做的功，进而求得某一力做的功。
(2)单位关系：等式两侧物理量的国际单位都是焦耳。
(3)因果关系：合力的功是引起物体动能变化的原因。
2．对“外力”的理解
动能定理叙述中所说的“外力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力。
[典例分析]
【例3】 (2018·浙江台州高三期末质量评估)如图5所示是滑沙场地的一段可视为倾角为30°的斜面，设人和滑车总质量为m，人从距底端高为h处的顶端沿滑道由静止开始匀加速下滑，加速度为0.4g，人和滑车可视为质点，则从顶端向下滑到底端的过程中( )
图5
A．人和滑车获得的动能为0.4mgh
B．人和滑车克服摩擦力做功为0.6mgh
C．人和滑车所受合力做功为0.9mgh
D．人和滑车减少的机械能为0.2mgh
解析 设受到的摩擦力是f，加速度大小为0.4g，则沿斜面的方向mgsin 30°－f＝ma，解得f＝0.1mg，人和滑车下滑的过程中重力和摩擦力做功，获得的动能为Ek＝，代入数据解得Ek＝0.8mgh，选项A、C错误；整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为ΔE＝mgh－Ek＝mgh－0.8mgh＝0.2mgh，选项D正确；整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为0.2mgh，所以人和滑车克服摩擦力做功为0.2mgh，选项B错误。
答案 D
[精典题组]
5.(2018·浙江温州普通高中选考科目模拟)在篮球比赛中，某位同学获得罚球机会，他站在罚球线处用力将篮球投出，篮球约以1 m/s的速度撞击篮筐，如图6所示。已知篮球质量约为0.6 kg，篮筐离地高度约为3 m，忽略篮球受到的空气阻力，则该同学罚球时对篮球做的功大约为 ( )
图6
A．1 J B．8 J
C．50 J D．100 J
解析 该同学将篮球投出时的高度约为1.8 m，同学从开始投出篮球到撞击篮筐的过程中，由动能定理得W－mg(h2－h1)＝mv2，解得W＝mg(h2－h1)＋mv2＝0.6 kg×10 m/s2×(3 m－1.8 m)＋×0.6 kg×(1 m/s)2＝7.5 J，选项B正确，选项A、C、D错误。
答案 B
6.在赛车场上，为了安全起见，车道外围都固定上废旧轮胎作为围栏，当车碰撞围栏时起缓冲器作用。在一次模拟实验中用弹簧来代替废旧轮胎，实验情景如图7所示，水平放置的轻弹簧左侧固定于墙上，处于自然状态，开始赛车在A处且处于静止状态，距弹簧自由端的距离为L1＝1 m。当赛车启动时，产生水平向左的恒为F＝24 N的牵引力使赛车向左匀加速前进，当赛车接触弹簧的瞬间立即关闭发动机，赛车继续压缩弹簧，最后被弹回到B处停下。已知赛车的质量为m＝2 kg，A、B之间的距离为L2＝3 m，赛车被弹回的过程中离开弹簧时的速度大小为v＝4 m/s，水平向右。g取10 m/s2。求：
图7
(1)赛车和地面间的动摩擦因数；
(2)赛车刚接触弹簧时速度的大小；
(3)弹簧被压缩的最大距离。
解析 (1)从赛车离开弹簧到B点静止，由动能定理得
－μmg(L1＋L2)＝0－mv2
解得μ＝0.2。
(2)由动能定理
FL1－μmgL1＝ mv，得v1＝2 m/s。
(3)设弹簧被压缩的最大距离为L，从赛车加速到离开弹簧，由动能定理得
FL1－μmg(L1＋2L)＝mv2
解得L＝0.5 m。
答案 (1)0.2 (2)2 m/s (3)0.5 m
用动能定理解决多过程问题
[要点总结]
1．应用动能定理解题应抓好“两状态，一过程”
“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息。
2．应用动能定理解题的注意点
(1)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解。
(2)应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负。当一个力做负功时，可设物体克服该力做功为W，将该力做功表达为－W，也可以直接用字母W表示该力做功，使其字母本身含有负号。
[典例分析]
【例4】 (2018·浙江杭州地区六校高一期中联考)如图8甲所示是滑板运动的其中一种场地，可以简化为如图乙所示的模型。AB和CD为光滑的圆弧，半径R＝
1 m, BC为粗糙的水平面，长L＝2 m，动摩擦因数μ＝0.1。现有一运动员在BC中点处用力蹬地，立即获得一个初速度v0＝4 m/s向右运动，中途不再蹬地，不计空气阻力，运动员的质量m＝60 kg，g取10 m/s2。求：
图8
(1)第一次进入圆弧轨道CD的C点时对场地的压力；
(2)判断运动员能否运动到AB圆弧；
(3)运动员最终停止的位置。
解析 (1)从BC的中点到C点过程中由动能定理可得
－μmg＝mv－mv
vC＝＝ m/s
在C点根据牛顿第二定律可得FN－mg＝m
联立解得FN＝1 440 N。
根据牛顿第三定律，压力大小为1 440 N，方向竖直向下。
(2)根据动能定理可得－μmg＝mv－mv
vB＝＝ m/s>0，因此能滑上AB轨道。
(3)由动能定理可得－μmgx＝0－mv，解得x＝8 m，
恰好回到BC中点，即距B或距C 1 m处。
答案 (1)1 440 N 方向竖直向下 (2)见解析 (3)距B或距C 1 m处
[精典题组]
7．(2018·浙江名校协作体高三模拟)某兴趣小组设计了一个玩具轨道模型如图9所示，将一质量为m玩具小车(可以视为质点)放在O点，用弹簧装置将其弹出(每次弹出弹簧压缩量均相同)，使其沿着光滑的半圆形轨道OMA和ANB运动，BC段是一长为L1＝10.0 m的粗糙水平面，CD是倾角为θ＝37°的粗糙斜面，长度L2＝6.0 m，DE段是一长为L3＝1.0 m的粗糙水平面。圆弧OMA和ANB的半径分别为r＝1.0 m, R＝4.0 m。玩具小车与BC、CD、DE间的动摩擦因数均为μ＝0.5，不考虑在C点的能量损失(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。
图9
(1)若玩具小车的质量m＝1 kg，要使玩具小车恰好不脱离圆弧轨道，压缩弹簧弹性势能Ep为多少？
(2)在满足第(1)问的情况下，玩具小车最后停在离C点什么位置？
(3)若改变玩具小车质量，小车能不脱离圆轨道并停在DE段(小车不脱离直轨道)，问小车质量要满足什么条件？
解析 (1)以玩具小车为研究对象，小车不脱离轨道，则有mg＝m
以OA为研究过程，根据动能定理得
－mg×2r＋W弹＝mv2－0
Ep＝W弹
联立解得Ep＝2mgr＋mgR＝40 J。
(2)假设玩具小车运动到斜面某点速度为0，根据动能定理得
mg2R－μmgL1－μmg(cos θ)x1－mg(sin θ)x1
＝0－mv2
解得x1＝5 m<6 m，故假设正确。
根据动能定理得
mg2R－μmgL1－2μmg(cos θ)x1－μmgx2＝0－mv2
解得x2＝2 m。
(3)若停在D点，根据动能定理得
W弹＋m1g(2R－2r)－m1gL2sin θ－μm1g(L1＋L2cos θ)＝0
若停在E点，根据动能定理得
W弹＋m2g(2R－2r)－m2gL2sin θ－μm2g(L1＋L2cos θ＋L3)＝0
又Ep＝W弹
联立解得 kg
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