高考物理二轮复习 第1部分 专题整合突破 专题5 功 功率 动能定理教案

专题五功功率动能定理知识结构互联核心要点回扣1机车输出功率：PFv，其中F为机车牵引力2机车启动匀加速过程的最大速度v1(此时机车输出的功率最大)和全程的最大速度vm(此时F牵F阻)求解方法：(1)求v1：由F牵F阻ma，PF牵v1可求v1.(2)求vm：由PF阻vm，可求vm.3动能：表达式Ekmv2.4动能定理表达式中，W表示所有外力做功的代数和5动能定理的适用范围(1)既适用于直线运动，也适用于曲线运动(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功考点1功功率的分析与计算(对应学生用书第23页)品真题感悟高考考题统计五年4考：2017年卷T142016年卷T212015年卷T172014年卷T16考情分析1本考点命题角度为功的定义式的理解及应用、机车启动模型的分析2常涉及公式WFs cos ，PFv，Ffma，Pfvm及机车启动的两种问题3匀加速过程的末速度不是机车启动的最大速度4恒定功率启动中功的计算可用WPt计算1(功的理解与计算)(2017卷T14)如图51所示，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力()图51A一直不做功B一直做正功C始终指向大圆环圆心D始终背离大圆环圆心A光滑大圆环对小环只有弹力作用弹力方向沿大圆环的半径方向(下滑过程先背离圆心，后指向圆心)，与小环的速度方向始终垂直，不做功故选A.(2014卷T16)一物体静止在粗糙水平地面上现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v.若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v.对于上述两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则()AWF24WF1，Wf22Wf1BWF24WF1，Wf22Wf1CWF24WF1，Wf22Wf1DWF24WF1，Wf2.根据功的计算公式WFl，可知Wf1Wf2，WF1WF2，故选项C正确，选项A、B、D错误2(功和功率的分析与计算)(多选)(2016卷T21)如图52所示，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且ONMOMN.在小球从M点运动到N点的过程中，() 【导学号：19624059】图52A弹力对小球先做正功后做负功B有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差题眼点拨“M、N两点处弹簧对小球的弹力大小相等且ONMOMN说明M点弹簧处于压缩状态，N点弹簧处于伸长状态；“弹簧长度最短”说明弹簧与竖直杆垂直BCD在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且ONMOMNmgR，质点不能到达Q点CWmgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离DWmgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离题眼点拨利用N点的压力分析计算N点的速度；利用圆周运动速度越大压力越大的特点结合对称性分析摩擦力C设质点到达N点的速度为vN，在N点质点受到轨道的弹力为FN，则FNmg，已知FNFN4mg，则质点到达N点的动能为EkNmvmgR.质点由开始至N点的过程，由动能定理得mg2RWfEkN0，解得摩擦力做的功为WfmgR，即克服摩擦力做的功为WWfmgR.设从N到Q的过程中克服摩擦力做功为W，则WW.从N到Q的过程，由动能定理得mgRWmvmv，即mgRWmv，故质点到达Q点后速度不为0，质点继续上升一段距离选项C正确5(多过程应用动能定理)(2016卷T25)如图59所示，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37的固定直轨道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，重力加速度大小为g.(取sin 37，cos 37)图59(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P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量题眼点拨“弹簧原长为2R，AC7R”说明BC5R；“最低达E点”说明E点速度恰好为零；“最高到达F点”说明F点速度为零【解析】(1)根据题意知，B、C之间的距离l为l7R2R设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得mglsin mglcos mv式中37.联立式并由题给条件得vB2.(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mgxsin mgxcos Ep0mvE、F之间的距离l1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Epmgl1sin mgl1cos 0联立式并由题给条件得xREpmgR.(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y1分别为x1RRsin y1RRRcos 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y1gt2x1vDt联立式得vD设P在C点速度的大小为vC.在P由C运动到D的过程中机械能守恒，有m1vm1vm1g(RRcos )P由E点运动到C点的过程中，同理，由动能定理有Epm1g(x5R)sin m1g(x5R)cos m1v联立式得m1m.【答案】(1)2(2)mgR(3)m在第5题中，若将圆弧轨道和斜面的连接方式调为如图510所示，AB是倾角为30的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R，一个质量为m的物体(可以看作质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为.求：(1)物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程；(2)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点P距B点的距离至少多大？图510【解析】(1)对整体过程由动能定理得mgRcos mgcos s0所以s.(2)物体刚好到D点，有mg对全过程由动能定理得mgLsin mgcos LmgR(1cos )mv得LR.【答案】(1)(2)(多选)(2016卷T20)如图所示，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W.重力加速度大小为g.设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则()AaBaCN DNAC质点P下滑到最低点的过程中，由动能定理得mgRWmv2，则速度v，最低点的向心加速度a，选项A正确，选项B错误；在最低点时，由牛顿第二定律得Nmgma，N，选项C正确，选项D错误释疑难类题通法1应用动能定理解题的两条线索(1)明确研究对象进行受力分析对各力进行做功分析求出总功；(2)明确研究过程进行运动过程分析物体始末状态分析求出动能状态量求出动能变化量；最后结合两条线索列出动能定理方程求解2应用动能定理解题应注意的3个问题(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不牵扯加速度及时间，比动力学研究方法要简洁(2)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)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)，此时可以分段考虑；当所求问题不涉及中间的速度时，也可以对全过程应用动能定理求解对考向高效速练.考向1动能定理与图象的结合4(2017江苏高考)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是() 【导学号：19624062】C设斜面倾角为，根据动能定理，当小物块沿斜面上升时，有(mgsin f)xEkEk0，即Ek(fmgsin )xEk0，所以Ek与x的函数关系图象为直线，且斜率为负当小物块沿斜面下滑时根据动能定理有(mgsin f)(x0x)Ek0(x0为小物块到达最高点时的位移)，即Ek(mgsin f)x(mgsin f)x0所以下滑时Ek随x的减小而增大且为直线综上所述，选项C正确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，g取10 m/s2.则：甲乙(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WFFmxm804 J160 J所以x8 m.【答案】(1)15 m/s2(2)3 m (3)8 m考向2多过程应用动能定理5(2017清远市田家炳实验中学一模)用长为l、不可伸长的细线把质量为m的小球悬挂于O点，将小球拉至悬线偏离竖直方向角后放手，运动t时间后停在最低点则在时间t内()图511A小球重力做功为mgl(1cos )B空气阻力做功为mglcos C小球所受合力做功为mglsin D绳拉力做功的功率为A小球从开始运动到停止的过程中，下降的高度为：hl(1cos )，所以小球的重力做功：WGmghmgl(1cos )，故A正确在小球运动的整个过程中，重力和空气阻力对小球做功，根据动能定理得：WGWf00，所以：空气阻力做功WfWGmgl(1cos )故B错误；小球受到的合外力做功等于小球动能的变化，所以：W合000.故C错误；由于绳子的拉力始终与运动的方向垂直，所以绳子的拉力不做功绳子的拉力的功率为0.故D错误(2016河南豫南九校联盟联考)如图所示，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为L，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态可视为质点的小物块从轨道右侧A点以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回已知R0.4 m，L2.5 m，v06 m/s，物块质量m1 kg，与PQ段间的动摩擦因数0.4，轨道其他部分摩擦不计取g10 m/s2.求：(1)物块第一次经过圆形轨道最高点B时对轨道的压力；(2)物块仍以v0从右侧冲上轨道，调节PQ段的长度L，当L长度是多少时，物块恰能不脱离轨道返回A点继续向右运动【解析】(1)对物块，第一次从A点运动到B点，由动能定理得mg2Rmvmv在B点，有：N1mg解得：N140 N根据牛顿第三定律知，物块对轨道的压力大小为40 N，方向竖直向上(2)对物块，从A点到第二次到达B点，由动能定理得，mg2Lmg2RmvB2mv在B点，有：mg解得：L1 m.【答案】(1)40 N方向竖直向上(2)1 m规范练高分| 动能定理的综合应用类问题(对应学生用书第26页)典题在线(2016湖南十校联考T25,18分)为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为60，长为L12 m的倾斜轨道AB，通过微小圆弧与长为 L2 m的水平轨道BC相连，然后在C处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道D，如图512所示现将一个小球从距A点高为h0.9 m的水平台面上以一定的初速度v0水平弹出，到A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下已知小球与AB和BC间的动摩擦因数均为.g取10 m/s2，求：图512(1)小球初速度v0的大小；(2)小球滑过C点时的速度vC；(3)要使小球不离开轨道，则竖直圆弧轨道的半径R应该满足什么条件信息解读长度忽略不计且此处无碰撞和能量损失注意小球竖直平面内圆周运动的处理方法可在A点分解速度求解v0.小球在AB和BC上运动时，受摩擦力作用，存在摩擦力做功由图可知，小球运动是“平抛斜面圆周”的组合可在竖直平面内通过圆周最高点或在竖直平面内上升的高度不超过其半径考生抽样阅卷点评点评内容点评1该生在第(1)(2)步上分析及解析比较规范，能得全分(8分).点评2在第(3)步中，该生对“小球不离开轨道”的理解不全面，只考虑了完整圆周运动的情况，故只