2014广西物理《高考专题》（二轮）复习课件专题三_第6讲功 功率 动能定理

专题三 动量和能量观点的综合应用 第6讲 功 功率 动能定理 1.常用基本公式: (1)恒力做功的公式:W=_,其中为为_。 (2)平均功率的公式:P= =_。 (3)瞬时时功率的公式:P=_,当=0时时,P=_。 (4)动动能定理的表达式:W总 总=_,其中W总总为 为_ _。 Fscos力F和位移s的夹夹角 FvcosFv Ek2-Ek1 所有外力做功的 代数和 2.动能定理的适用条件: (1)动能定理既适用于直线运动,也适用于_。 (2)动能定理既适用于恒力做功,也适用于_。 曲线运动 变力做功 1.(2013新课标课标 全国卷)2012年11月,“歼歼15”舰载舰载 机在“ 辽辽宁号”航空母舰舰上着舰舰成功。图图甲为为利用阻拦拦系统让舰载统让舰载 机在飞飞行甲板上快速停止的原理示意图图。飞飞机着舰舰并成功钩钩 住阻拦拦索后,飞飞机的动动力系统统立即关闭闭,阻拦拦系统统通过过阻拦拦索 对飞对飞 机施加一作用力,使飞飞机在甲板上短距离滑行后停止。某 次降落,以飞飞机着舰为计时舰为计时 零点,飞飞机在t=0.4 s时时恰好钩钩住阻 拦拦索中间间位置,其着舰舰到停止的速度时间图线时间图线 如图图乙所示。 假如无阻拦拦索,飞飞机从着舰舰到停止需要的滑行距离约为约为 1 000 m。已知航母始终终静止,重力加速度的大小为为g。则则( ) A.从着舰舰到停止,飞飞机在甲板上滑行的距离约为约为 无阻拦拦索时时的 B.在0.42.5 s时间时间 内,阻拦拦索的张张力几乎不随时间变时间变 化 C.在滑行过过程中,飞飞行员员所承受的加速度大小会超过过2.5g D.在0.42.5 s时间时间 内,阻拦拦系统对飞统对飞 机做功的功率几乎不变变 【解析】选A、C。设着舰时舰载机的速度为v,无阻拦索时舰 载机加速度大小为a，所以a= 从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离即为v-t图像下的 面积s2=700.4 2.450.42+ 100.5=113.28(m)，约为无阻拦索时的 ，A正确；在 0.42.5 s时间内，飞机做匀减速直线运动，即阻拦索的张力 的合力恒定不变，阻拦索的夹角逐渐减小，张力逐渐减小，故 B错误；在滑行过程中，0.42.5 s时间内加速度最大，加速 度大小为a= =28.1 m/s2，飞行员所承受 的最大加速度超过2.5g，C正确；在0.42.5 s时间内，阻拦 系统对飞机做功的功率P=Fv，F不变，v逐渐减小，功率P减小 ，故D错误。 2.(2013海南高考)一质量m=0.6 kg的物体以v0=20 m/s的初速 度从倾角=30的斜坡底端沿斜坡向上运动。当物体向上滑 到某一位置时，其动能减少了Ek=18 J，机械能减少了E=3 J。不计空气阻力，重力加速度g=10 m/s2，求： (1)物体向上运动时加速度的大小； (2)物体返回斜坡底端时的动能。 【解析】(1)设物体运动过程中所受的摩擦力为Ff，向上运动的 加速度的大小为a，由牛顿第二定律可知 设物体的动能减少Ek时，在斜坡上运动的距离为s ,由功 能关系可知 Ek=(mgsin+Ff)s E=Ffs 联立式，并代入数据可得 a=6 m/s2 (2)设物体沿斜坡向上运动的最大距离为sm，由运动学规律可得 sm= 设物体返回斜坡底端时的动能为Ek，由动能定理得 Ek=(mgsin-Ff)sm 联立以上各式，并代入数据可得 Ek=80 J 答案：(1)6 m/s2 (2)80 J 热点考向1 功、功率的理解和计计算 【典例1】(2013天津河西区一模)长为长为 L的轻质细绳悬轻质细绳悬 挂一 个质质量为为m的小球,其下方有一个倾倾角为为的光滑斜面体,放在 水平面上,开始时时小球与斜面刚刚刚刚 接触且细绳细绳 恰好竖竖直,如图图 所示,现现在用水平推力F缓缓慢向左推动动斜面体,直至细绳细绳 与斜面 体平行,则则下列说说法中正确的是( ) A.由于小球受到斜面的弹力始终与斜面垂直,故对小球不做功 B.细绳对小球的拉力始终与小球运动方向垂直,故对小球不做 功 C.小球受到的合外力对小球做功为零,故小球在该过程中机械 能守恒 D.若水平面光滑,则推力做功为mgL(1-cos) 【解题探究】 (1)当力与位移的夹夹角_90时时,力不做功。当力与速度 的夹夹角_90时时,力不做功。(选选填“大于”“小于”或“ 等于”) (2)推力F是恒力还还是变变力?如何求F的功? 提示:由于斜面体在水平推力F的作用下缓慢运动,处于动态平 衡状态中,斜面体所受的合力为零,又由于小球对斜面体的弹力 为变力,故F也为变力,在该题中变力F的功可用功能关系求解。 等于 等于 (3)推力F做的功WF转转化为为小球的重力势势能,请请写出WF的表达式 。 提示:由功能关系知推力做功等于小球重力势能的增加量,即 WF=mgh=mgL(1-sin)。 【解析】选B。小球受到斜面的弹力的方向和小球运动的方向 夹角为锐角,故对小球做正功,A错误;细绳拉力方向始终和小球 运动方向垂直,故对小球不做功,B正确;合外力对小球做功等于 小球动能的改变量,虽然合外力做功为零,但小球重力势能增加 ,机械能不守恒,C错误;若水平面光滑,则推力做功等于小球重 力势能的增加,即为WF=mgh=mgL(1-sin),D错误。 【总结提升】 关于功、功率应注意的三个问题 (1)功的公式W=Fs和W=Fscos仅适用于恒力做功的情况。 (2)变力做功的求解要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法求解。 (3)对于功率的计算,应注意区分公式P= 和公式P=Fv,前式侧 重于平均功率的计算,而后式侧重于瞬时功率的计算。 【变变式训练训练 】(2013青岛岛一模)如图图所示, 小物体A沿高为为h、倾倾角为为的光滑斜面以 初速度v0从顶顶端滑到底端,而相同的物体B 以同样样大小的初速度从等高处竖处竖 直上抛, 则则( ) A.两物体落地时时速度的大小相同 B.两物体落地时时,重力的瞬时时功率相同 C.从开始运动动至落地过过程中,重力对对它们们做功相同 D.从开始运动动至落地过过程中,重力对对它们们做功的平均功率相同 【解析】选A、C。由于竖直高度的变化是相同的,所以相同质 量的物体重力做功是一样的,再根据动能定理可计算出末速度 的大小相等,选项A、C正确。根据功率的定义,两物体落地时竖 直方向上的速度不同,可知选项B错误。由于两物体的运动时间 不一定相同,所以选项D错误。 【变变式备选备选 】放在地面上的物体受到水平拉力的作用,在06s 内其速度与时间时间 的图图像和拉力的功率与时间时间 的图图像如图图所示, 则则物体的质质量为为(g=10m/s2)( ) 【解析】选B。物体在前2 s内做匀加速直线运动，2 s末的速 度v2=6 m/s，功率P2=30 W，由公式P=Fv得知：前2 s内的拉 力F1=5 N；后4 s内做匀速直线运动，拉力等于阻力，则 Ff=F= N，在前2 s内，根据牛顿第二定律得：F1-Ff=ma， 又a=3 m/s2，则m= kg，选项B正确，其他选项均错。 热点考向2 机车车的两种启动动方式 【典例2】(16分)(2013桂林一模)我国人民海军进军进 行登陆陆演 练练,假设设一艘战舰战舰 因吨位大,吃水太深,只能停在离海岸某处处。 登陆队员陆队员 需要利用绳绳索,从较较高的战舰战舰 甲板滑到登陆陆快艇上, 再接近目标标。若绳绳索两端固定好后,与竖竖直方向的夹夹角=30, 队员队员 甲先匀加速滑到最大速度,再靠摩擦匀减速滑至快艇,速度 刚刚好为为零,当队员队员 甲开始下滑的同时时,队员队员 乙在甲板上的相同位 置,向快艇以速度v0=3 m/s平抛救生圈。当第一个刚刚落到快艇 上时时立即抛出第二个,结结果第二个救生圈刚刚好与队员队员 甲同时时到达 快艇上的同一位置。取g=10m/s2,不计计空气阻力,求: (1)战舰战舰 甲板到快艇的竖竖直高度H; (2)队员队员 甲在绳绳索上运动动的时间时间 t0及下滑过过程中的最大速度 v1; (3)已知快艇的额额定功率P=5kW,载载人后连连同装备总质备总质 量 m=103kg,开始时时停在离海岸s=1km处处(如图图),现现在从静止开始以 额额定功率向登陆陆点加速靠近,到达岸边时刚边时刚 好能达到最大速度 v2=10m/s,求快艇运动动的时间时间 t。 【解题探究】 (1)战舰甲板到快艇竖直高度H的求解。 救生圈做_运动。 竖直位移H和水平位移x的关系为_。 平抛 x=Htan (2)队员甲下滑的时间t0和最大速度v1的求解。 下滑时间t0与平抛时间t的关系为_。 下滑的最大速度v1和下滑的平均速度的关系为 绳长L与平均速度的关系为_。 (3)快艇运动时间t的计算。 快艇以_向登陆点运动。 快艇受到水的阻力为Ff=_。 该过程满足的动能定理的关系方程为_。 t0=2t 恒定功率 【解析】(1)设救生圈做平抛运动时间为t， 有H= gt2 (1分) Htan=v0t (2分) 代入数据得：H=16.2 m,t=1.8 s (1分) (2)由题意知：t0=2t=3.6 s (1分) 绳长L= (1分) v1t0=L (2分) 解得v1=6 =10.39 m/s (2分) (3)加速过程有Pt-Ffs= (2分) 达到最大速度时，有v2= (2分) 代入数据得：t=110 s (2分) 答案：(1)16.2 m (2)3.6 s 10.39 m/s (3)110 s 【总结提升】 解决机车启动问题时的四点注意 (1)分清是匀加速启动还是恒定功率启动。 (2)匀加速启动过程中，机车功率是不断改变的，但该过程中 的最大功率是额定功率，匀加速运动阶段的最大速度小于机车 所能达到的最大速度，达到额定功率后做加速度减小的加速运动 。 (3)以额定功率启动的过程中，机车做加速度减小的加速运 动，速度最大值等于 牵引力是变力，牵引力做的功W=Pt。 (4)无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足 P=Ffvm，P为机车的额定功率。 【变变式训练训练 】(2013银银川一模)提高机车车运动动速率的有效途 径是增大发动发动 机的功率和减小阻力因数(设设阻力与物体运动动速 率的平方成正比,即Ff=kv2,k是阻力因数)。当发动发动 机的额额定功 率为为P0时时,物体运动动的最大速率为为vm,如果要使物体运动动的速率 增大到2vm,则则下列办办法可行的是( ) A.阻力因数不变，使发动机额定功率增大到2P0 B.发动机额定功率不变，使阻力因数减小到 C.阻力因数不变，使发动机额定功率增大到8P0 D.发动机额定功率不变，使阻力因数减小到 【解析】选C、D。速度达到最大时， 即P= 由此可 知，若vm增大到2vm，当k不变时，功率P变为原来的8倍；当功 率不变时，阻力因数变为原来的 ，故C、D正确。 热点考向3 动动能定理的应应用 【典例3】(18分)(2013昆明一模)如图图甲所示,在倾倾角为为30 的足够长够长 光滑斜面AB前,有一粗糙水平面OA,OA长为长为 4m。有一 质质量为为m的滑块块,从O处处由静止开始受一水平向右的力F作用。F 按图图乙所示的规规律变变化。滑块块与OA间间的动动摩擦因数=0.25,g 取10m/s2,试试求: (1)滑块到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的长度是多少? 【解题探究】 (1)画出滑块块在OA上的受力分析图图。 提示: (2)试试分析滑块块冲上AB后各力做功的情况。 提示:重力做负功、支持力不做功。 【解析】(1)由题图乙知,在前2m内F1=2mg,做正功; (2分) 在第3m内F2=-0.5mg,做负功; (2分) 在第4m内F3=0。 (1分) 滑动摩擦力Ff=-mg=-0.25mg,始终做负功。 (2分) 对OA过程由动能定理列式得 F1s1+F2s2+Ffs= -0 (3分) 即2mg2-0.5mg1-0.25mg4= 解得vA=5 m/s。 (3分) (2)冲上斜面的过程，由动能定理得 -mgLsin30=0- (3分) 所以冲上斜面AB的长度L=5 m。 (2分) 答案：(1)5 m/s (2)5 m 【拓展延伸】该题中 (1)滑块再滑回A处时的速度是多大？ 提示：滑块下滑时也只有重力做正功， 由mgLsin30= 得vA=5 m/s (2)滑块能否滑至O处？若能，在O处的速度多大？ 提示：设滑至O处的速度为v0，则在由AO的过程中由动能定 理得：-mgOA= 故v0= m/s 即能滑至O处，速度为 m/s 【总结提升】 应用动能定理的三点注意 (1)如果在某个运动过程中包含有几个不同运动性质的阶段(如 加速、减速阶段)，可以分段应用动能定理，也可以对全程应 用动能定理，一般对全程列式更简单。 (2)因为动能定理中功和动能均与参考系的选取有关，所以动 能定理也与参考系的选取有关。在中学物理中一般取地面为参 考系。 (3)动能定理既适用于单个物体也适用于单个物体组成的系统 。 【变变式训练训练 】(2013桂林二模)如图图所示,水平桌面右端固定 一光滑定滑轮轮,O点到定滑轮轮的距离s=0.5m,当用竖竖直向下的力 将质质量m=0.2kg的木块块A按住不动时动时 ,质质量M=0.3kg的重物B刚刚好 与地面接触(对对地面无压压力),木块块与桌面间间的动动摩擦因数为为 0.5。然后将木块块A拉到P点,OP间间的距离为为h=0.5m,待B稳稳定后 由静止释释放,g取10m/s2。求: (1)木块块A按住不动时动时 所受摩擦力; (2)木块块A由静止释释放后运动动到O点时时的速度大小; (3)通过计过计 算说说明木块块A是否会撞到定滑轮轮?若不会撞上请请求出 最终终木块块A停在距定滑轮轮多远远的地方。 【解析】(1)木块A按住不动时所受摩擦力为静摩擦力，由平 衡条件得 Ff=Mg=3 N 方向水平向左 (2)在B下落至地面前，据动能定理，有Mgh-mgh= (3)在B落地后，A运动到停下来，据动能定理，有-mgs= 0- mv2 s= =0.4 m_时时,滑块块能自行下滑。 匀速直线线 s1f 匀减速直线线aT2 mgcos37 (2)如何求滑块块在斜面上上滑和下滑全过过程中摩擦力做的功? 提示:先用动能定理求出上冲的最大距离,再根据功的定义求功 ,注意均为负功。 (3)如何求滑块块在斜面上的总时间总时间 ? 提示:分上滑和下滑两阶段,用运动学公式求出。 【解题】规范步骤,水到渠成 (1)由题意可知,滑块在水平面上做匀速直线运动,且设速度为 v0,则 v0= =s