高考物理二轮复习板块一专题突破复习专题二能量与动量第一讲功功率动能定理学案.doc

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1、1第一讲第一讲 功功 功率功率 动能定理动能定理知识建构高考调研1.考查方向预测：重力、摩擦力、静电力和洛伦兹力的做功特点和求解与功、功率相关的分析与计算动能定理和动力学方法的综合应用动能定理在电磁学中的应用2.常用的思想方法：化曲为直的思想方法微元法合力功的求法变力功的求法答案 (1)恒力做功的计算单个力做的功：直接用WFxcos计算有两种不同的计算公式，即分解力或分解位移；常见的恒力功有：电场力功：WQqEdqU安培力功：W安BILd重力功：WGmgh合力做的功方法一：先求合力F合，再用W合F合lcos求功方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3、，再应用W合W1W2W3求合力做的功(2)

2、功率的两个公式P .求出的功率是时间t内的平均功率W tPFvcos.其中是F与v方向的夹角；若v取瞬时速度，则对应的P为瞬时功率；若v取平均速度，则对应的P为平均功率(3)对动能定理的理解动能定理中所说的“外力” ，是指物体受到的所有力，包括重力对“总功”的两种理解各外力做功的代数和：WW1W2；合外力的功：WF合lcos(力均为恒力)对“位移和速度”的理解：必须是相对于同一个惯性参考系，一般以地面为参考2系动能定理表达式是一个标量式，不能在某个方向上应用动能定理考向一 功和功率的计算归纳提炼功和功率的理解与计算问题，一般应注意以下几点1准确理解功的定义式WFl及变形式WFlcos中各物理量

3、的意义，该式仅适用于恒力做功的情况2变力做功的求解注意对问题的正确转化，如将变力转化为恒力，也可应用动能定理等方式求解3对于功率的计算，应注意区分公式P 和公式PFv，前式侧重于平均功率的计算，W t而后式侧重于瞬时功率的计算(2017江苏卷)如图所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R.C的质量为m，A、B的质量都为 ，与地面间m 2的动摩擦因数均为.现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面整个过程中B保持静止设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.求：(1)未拉A时，C受到B作用力的大小F；(2)动摩擦因数的最小值min；(3)A

4、移动的整个过程中，拉力做的功W.思路点拨 由圆柱C一开始受力平衡可得出力F的大小动摩擦因数最小时，B受3C压力的水平分力最大拉力为变力，可根据动能定理求解拉力做的功解析 (1)C受力平衡，有2Fcos30mg解得Fmg33(2)C恰好降到地面时，B受C压力的水平分力最大Fxmaxmg32B受地面的摩擦力fmg根据题意fminFxmax解得min.32(3)C下降的高度h(1)R3A的位移x2(1)R3摩擦力做功的大小Wffx2(1)mgR3根据动能定理WWfmgh00解得W(21)(1)mgR.3答案 (1)mg (2)3332(3)(21)(1)mgR3动摩擦因数的最小值也可用以下方法分析求

5、解：如图所示，用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面时对整体，有NBNAmg2g，地面支持力NBNAmgm 2对C，竖直方向上有 2FBcos60mg对B，水平方向上有fFBsin60mg324而ffmNBmg，故动摩擦因数，最小值min.3232当F为变力或物体做曲线运动时，或要求解的问题中没有明确固定的受力或在力的方向上的位移时，考虑用动能定理求变力做的功.分析各力做功情况时不要出现“丢功”及“错功”.严格按照重力、弹力、摩擦力的顺序找出运动物体所受的各个力，然后准确判断出各个力做的功.存在电场时，还要考虑是否有电场力做功.熟练强化1(2017长沙雅礼中学三模)如右图所示是一

6、种清洗车辆用的手持式喷水枪设枪口截面积为 0.6 cm2，喷出水的速度为 20 m/s.当它工作时，估计水枪的平均功率约为(水的密度为 1103 kg/m3)( )A12 W B120 WC240 W D1200 W解析 考虑t时间内从枪口射出去的水，其质量为msvt，该部分水增加的动能Ekmv2，结合上式，有Eksv3t，则水枪的平均功率1 21 2Ek/tsv3，代入数据，得 240 W.P1 2P答案 C2.5(多选)(2017河南五校联考)将三个光滑的平板倾斜固定，三个平板顶端到底端的高度相等，三个平板与水平面间的夹角分别为1、2、3，如图所示现将三个完全相同的小球由最高点A沿三个平板

7、同时无初速度地释放，经一段时间到达平板的底端则下列说法正确的是( )A重力对三个小球所做的功相同B沿倾角为3的平板下滑的小球的重力的平均功率最大C三个小球到达底端时的瞬时速度相同D沿倾角为3的平板下滑的小球到达平板底端时重力的瞬时功率最小解析 假设平板的长度为x，由功的定义式可知Wmgxsinmgh，则 A 正确；小球在斜面上运动的加速度agsin，小球到达平板底端时的速度为v，显然到达平板底端时的速度大小相等，但方向不同，则 C 错2ax2gxsin2gh误；由位移公式xat2可知t ，整个过程中重力的平均功率为P 1 22x a2h gsin2W t，则沿倾角为1的平板下滑的小球的重力平均

8、功率最大，B 错误；根据mgsin2gh2Pmgvcos(90)mgvsin，速度大小相等，沿倾角为3的平板下滑的小球到达平板底端时重力的瞬时功率最小，D 正确答案 AD3(2017全国卷)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l.重力加速度大小1 3为g.在此过程中，外力做的功为( )6A.mgl1 9B.mgl1 6C.mgl1 3D.mgl1 2解析 将绳的下端Q缓慢向上拉至M点，相当于使下部分 的绳的重心升高l，故1 31 3重力势能增加mg mgl，由功能关系可知 A 项正确1 3l 31 9答案 A考向二

9、 动能定理的应用归纳提炼应用动能定理解题应注意的四点1方法的选择：动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学方法要简捷2规律的应用：动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的3过程的选择：物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段应用动能定理，也可以对全过程应用动能定理，但如果对整个7过程应用动能定理，则使问题简化4电磁场中的应用：在电磁场中运动时多了一个电场力或磁场力，特别注意电场力做功与路径无关，洛伦兹力在任何情况下都不做功(2016全国卷)如图，一轻弹簧原长为 2R，其一端固定在倾角为 37的固定

10、直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC7R，A、B、C、D均在同一竖直平面5 6内质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF4R.已知P与直轨道间的动摩擦因数 ，重力加速度大小1 4为g.(取 sin37 ，cos37 )3 54 5(1)求P第一次运动到B点时速度的大小(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R.求7 2P

11、运动到D点时速度的大小和改变后P的质量思路路线 8解析 (1)根据题意知，B、C之间的距离为l7R2R设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得mglsinmglcosmv1 22B式中37.联立式并由题给条件得vB2gR(2)设BEx.P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep.P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有mgxsinmgxcosEp0mv1 22BE、F之间的距离为l14R2RxP到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有Epmgl1sinmgl1cos0联立式并由题给条件得xREpmgR12 5(3)设改变后P的质量为m1.D点与G点的水平距离x1和竖直距离y

12、1分别为x1RRsin7 25 6y1RRRcos5 65 6式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为的事实9设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t.由平抛运动公式有y1gt21 2x1vDt联立式得vD35 5gR设P在C点速度的大小为vC.在P由C点运动到D点的过程中机械能守恒，有m1vm1vm1g1 22C1 22D(5 6R5 6Rcos)P由E点运动到C点的过程中，由动能定理有Epm1g(x5R)sinm1g(x5R)cosm1v1 22C联立式得m1m1 3答案 (1)2 (2)mgR (3) mgR12 535 5gR1 3应用动能定理解题的基本步骤熟练强化

13、迁移一 动力学与动能定理的综合应用方法1(2017市模拟)如图所示，一半径为R的水平圆盘绕过圆心的竖直轴转动，圆盘边缘有一质量为m的滑块(可视为质点)，当圆盘转动的角速度达到某一数值时，滑块从圆盘边缘滑落，进入一段圆弧轨道AB.随后滑上以v0顺时针匀速转动的传送带，当滑块滑到与传送带左端B的距离为L/n时，滑块速度恰好与传送带速度相同已知AB段为一段光滑的圆弧轨道，轨道半径为r，圆弧轨道与传送带在B点水平相切，滑块与圆盘、传送带间的动摩擦因数均为，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计滑块进入轨道AB和经过B点时的机械能损失10(1)当圆盘的角速度为多大时，滑块从圆盘上滑落？(2)求

14、轨道AB的高度(3)求滑块到达圆弧轨道的B点时对轨道的压力大小解析 (1)滑块在圆盘上做圆周运动时，静摩擦力充当向心力，根据牛顿第二定律，可得mgm2R代入数据解得.g R(2)滑块在A点时的速度vAR，设轨道AB的高度为h，滑块到达B点时的gR速度为v，下滑过程机械能守恒，mghmv2mv，解得v1 21 22A2ghgR若滑块滑上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上受到向右的滑动摩擦力，做匀加速运动，根据动能定理有mgL/nmvmv2，则h1 22 01 2v2 0gR 2gL n若滑块滑上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块受到向左的滑动摩擦力，做匀减速运动，根据动能定理有m

15、gL/nmvmv2，则h.1 22 01 2v2 0gR 2gL n(3)在B点，由牛顿第二定律，可得FNmgmv2 r解得FNmg.mv2 0 r2mgL nr答案 (1) (2)或g Rv2 0gR 2gL nv2 0gR 2gL n(3)mgmv2 0 r2mgL nr迁移二 动能定理在电场中的应用2(2017市区摸底)如下图所示，两个带正电的点电荷M和N，带电量均为11Q，固定在光滑绝缘的水平面上，相距 2L，A、O、B是MN连线上的三点，且O为中点，OAOB ，一质量为m、电量为q的点电荷以初速度v0从A点出发沿MN连线向N运动，L 2在运动过程中电荷受到大小恒定的阻力作用，但速度为

16、零时，阻力也为零，当它运动到O点时，动能为初动能的n倍，到B点速度刚好为零，然后返回往复运动，直至最后静止已知静电力恒量为k，取O处电势为零，求：(1)A点的场强大小；(2)阻力的大小；(3)A点的电势；(4)电荷在电场中运动的总路程解析 (1)由点电荷电场强度公式和电场叠加原理可得：EAkk；Q(L 2)2Q(3L 2)232kQ 9L2(2)由对称性知，AB，电荷从A到B的过程中，电场力做功为零，克服阻力做功为：WfFfL，由动能定理：FfL0mv，得：Ff1 22 0mv2 0 2L(3)设电荷从A到O点电场力做功为WF，克服阻力做功为Wf，1 2由动能定理：WFWfnmvmv1 21

17、22 01 22 0得：WF(2n1)mv2 0 4由：WFq(AO)得：A(2n1)WF qmv2 0 4q(4)电荷最后停在O点，在全过程中电场力做功为WF(2n1)，电荷在电场中运mv2 0 4动的总路程为s，则阻力做功为Ffs.由动能定理：WFFfs0mv1 22 0即：(2n1)mv smvmv2 0 41 2L2 01 22 012解得：s(n0.5)L.答案 (1) (2) (3)(2n1) (4)(n0.5)L32kQ 9L2mv2 0 2Lmv2 0 4q高考题型预测动能定理与图象结合的问题考点归纳动能定理与图象结合的问题1图象问题分析的“四步走”2常见图象所围面积的含义vt

18、图由公式xvt可知，vt图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移at图由公式vat可知，at图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量Fx图由公式WFx可知，Fx图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功Pt图由公式WPt可知，Pt图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功典题示例(2017河北名校联盟)晓宇在研究一辆额定功率为P20 kW 的轿车的性能，他驾驶一轿车在如图甲所示的平直路面上运动，其中轿车与ON段路面间的动摩擦因数比轿车与MO段路面间的动摩擦因数大晓宇驾驶轿车保持额定功率以 10 m/s 的速度由M向右运动，该轿车从M向右运动到N的过程中，通过速度传感器测量出轿车的速度随时间的变化规律图象如图

19、乙所示，在t15 s 时图线的切线与横轴平行已知轿车的质量为m2 t，轿车在MO段、ON段运动时与路面之间的阻力大小分别保持不变求.13(1)该轿车在MO段行驶时的阻力大小；(2)该轿车在运动过程中刚好通过O点时加速度的大小；(3)该轿车由O运动到N的过程中位移的大小审题指导第一步 读题干提信息题干信息1)驾驶轿车保持额定功率以 10 m/s 的速度由M向右运动属于恒定功率启动模型 2)在t15 s 时图线的切线与横轴平行说明t15 秒时轿车加速度为零，做匀速运动3)图乙515 秒做加速度减小的变减速运动4)由O运动到N的过程中位移的大小注意O到N过程牵引力大小改变.第二步 审程序顺思路14解

20、析 (1)轿车在MO段运动时，以 10 m/s 的速度匀速运动，有F1f1，PF1v1联立解得f1 N2000 N.20 103 10(2)轿车在ON段保持额定功率不变，由图象可知t15 s 时轿车开始做匀速直线运动，此时由力的平衡条件有F2f2，PF2v2联立解得f2 N4000 N20 103 5t5 s 时轿车经过O点，开始做减速运动，有F1f2ma解得a1 m/s2轿车通过O点时加速度大小为 1 m/s2.(3)由动能定理可知Ptf2xmvmv1 22 21 22 1解得x68.75 m.答案 (1)2000 N (2)1 m/s2 (3)68.75 m1机车启动的方式不同，机车运动的

21、规律就不同，因此机车启动时，其功率、速度、加速度、牵引力等物理量的变化规律也不相同，分析图象时应注意坐标轴的意义及图象变化所描述的规律.2恒定功率下的加速一定不是匀加速，这种加速过程发动机做的功可用WPt计算，15不能用WFl计算因为F为变力.3以恒定牵引力加速时的功率一定不恒定，这种加速过程发动机做的功常用WFl计算，不能用WPt计算因为功率P是变化的.预测题组1(多选)(2017华中师大附中二模)一质量为 2 kg 的物体，在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，右图中给出了拉力随位移变化的关系图

22、象已知重力加速度g10 m/s2，由此可知( )A物体与水平面间的动摩擦因数约为 0.35B减速过程中拉力对物体所做的功约为 13 JC匀速运动时的速度约为 6 m/sD减速运动的时间约为 1.7 s解析 Fs图象围成的面积代表拉力F做的功，由图知减速阶段Fs围成面积约13 个小格，每个小格 1 J 则约为 13 J，故 B 选项正确刚开始匀速，则Fmg，由图知F7 N，则0.35，故 A 选项正确全程应用动能定理WFmgs0mv，其中F mg1 22 0WF(7413)J41 J，得v06 m/s，故 C 正确由于不是匀减速，没办法求减速运动的时间，故 D 错误答案 ABC2(2017湖南五

23、十校联考)质量为 10 kg 的物体，在变力F作用下沿x轴做直线运动，力随坐标x的变化情况如右图所示物体在x0 处，速度为 1 m/s，一切摩擦不计，则物体运动到x16 m 处时，速度大小为( )16A2 m/s B3 m/s2C4 m/s D. m/s17解析 Fx图象与坐标轴围成的图形面积表示力F做的功，图形位于x轴上方表示力做正功，位于x轴下方表示力做负功，面积大小表示功的大小，所以物体运动到x16 m 处时，力F对物体做的总功W40 J，由动能定理，得Wmvmv，代入数据，可得1 22 21 22 1v23 m/s，B 正确答案 B3(2017宁夏银川一中第二次考试)质量为 1 kg

24、的物体，放在动摩擦因数为 0.2 的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W和物体发生的位移s之间的关系如下图所示，重力加速度为 10 m/s2，则下列说法正确的是( )AAB段加速度大小为 3 m/s2BOA段加速度大小为 5 m/s2Cs9 m 时速度大小为 3 m/s2Ds3 m 时速度大小为 2 m/s2解析 分析可知Ws图线的斜率表示拉力的大小，由Ws图象，可知FOA5 17N，FAB2 N，而物体受到的摩擦力为Ff2 N，故物体在OA段加速，由牛顿第二定律，可知FOAFfma，故a3 m/s2，而在AB段物体做匀速运动，选项 A、B 错误在OA段，根据动能定理，

25、有Wmgsmv，解得vA3 m/s，故可知选项 C 正确，D 错误1 22A2答案 C4泥石流是在雨季由于暴雨、洪水将含有沙石且松软的土质山体经饱和稀释后形成的洪流泥石流流动的全过程虽然只有很短时间，但由于其高速前进，具有强大的能量，因而破坏性极大某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究，他们设计了如图甲的模型：在水平地面上放置一个质量为m4 kg 的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下从静止开始运动，推力F随位移变化如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为0.5，g10 m/s2.则：(1)物体在运动过程中的最大加速度为多少？(2)在距出发点多远处，物体的速度达到最大？(3)物体在水平面上运动的最大位移是多少？解析 (1)当推力F最大时，加速度最大，由牛顿第二定律，得：Fmmgmam可解得：am15 m/s2.(2)由图象可知：F随x变化的函数方程为F8020x速度最大时，合力为 0，即Fmg所以x3 m.(3)位移最大时，末速度一定为 0由动能定理可得：WFmgx0由图象可知，力F做的功为WFFmxm 804 J160 J1 21 2所以x8 m.答案 (1)15 m/s2 (2)3 m (3)8 m