2014广西物理《高考专狻二轮）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_。 (2)平均功率的公式:P= =_。 (3)瞬时功率的公式:P=_,当=0时,P=_。 (4)动能定理的表达式:W总=_,其中W总为_ _。,Fscos,力F和位移s的夹角,Fvcos,Fv,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新课标全国卷)2012年11月,“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功。图甲为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图。飞机着舰并成功钩住阻拦索后,飞机的动力系统立即关闭,阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力,使飞机在甲板上短距离滑行后停止。某次降落,以飞机着舰为计时零点,飞机在t=0.4 s时恰好钩住阻拦索中间位置,其着舰到停止的速度时间图线如图乙所示。假如无阻拦索,飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1 000 m。已知航母始终静止,重力加速度的大小为g。则( ),A.从着舰到停止,飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的 B.在0.42.5 s时间内,阻拦索的张力几乎不随时间变化 C.在滑行过程中,飞行员所承受的加速度大小会超过2.5g D.在0.42.5 s时间内,阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变,【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、功率的理解和计算 【典例1】(2013天津河西区一模)长为L的轻质细绳悬挂一个质量为m的小球,其下方有一个倾角为的光滑斜面体,放在水平面上,开始时小球与斜面刚刚接触且细绳恰好竖直,如图所示,现在用水平推力F缓慢向左推动斜面体,直至细绳与斜面体平行,则下列说法中正确的是( ),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)当力与位移的夹角_90时,力不做功。当力与速度 的夹角_90时,力不做功。(选填“大于”“小于”或“等于”) (2)推力F是恒力还是变力?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转化为小球的重力势能,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。,【变式训练】(2013青岛一模)如图所示, 小物体A沿高为h、倾角为的光滑斜面以 初速度v0从顶端滑到底端,而相同的物体B 以同样大小的初速度从等高处竖直上抛, 则( ) A.两物体落地时速度的大小相同 B.两物体落地时,重力的瞬时功率相同 C.从开始运动至落地过程中,重力对它们做功相同 D.从开始运动至落地过程中,重力对它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。,【变式备选】放在地面上的物体受到水平拉力的作用,在06s内其速度与时间的图像和拉力的功率与时间的图像如图所示,则物体的质量为(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 机车的两种启动方式 【典例2】(16分)(2013桂林一模)我国人民海军进行登陆演 练,假设一艘战舰因吨位大,吃水太深,只能停在离海岸某处。 登陆队员需要利用绳索,从较高的战舰甲板滑到登陆快艇上, 再接近目标。若绳索两端固定好后,与竖直方向的夹角=30, 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 刚好为零,当队员甲开始下滑的同时,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。当第一个刚落到快艇 上时立即抛出第二个,结果第二个救生圈刚好与队员甲同时到达 快艇上的同一位置。取g=10m/s2,不计空气阻力,求:,(1)战舰甲板到快艇的竖直高度H; (2)队员甲在绳索上运动的时间t0及下滑过程中的最大速度v1; (3)已知快艇的额定功率P=5kW,载人后连同装备总质量m=103kg,开始时停在离海岸s=1km处(如图),现在从静止开始以额定功率向登陆点加速靠近,到达岸边时刚好能达到最大速度v2=10m/s,求快艇运动的时间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。,【变式训练】(2013银川一模)提高机车运动速率的有效途径是增大发动机的功率和减小阻力因数(设阻力与物体运动速率的平方成正比,即Ff=kv2,k是阻力因数)。当发动机的额定功率为P0时,物体运动的最大速率为vm,如果要使物体运动的速率增大到2vm,则下列办法可行的是( ) 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 动能定理的应用 【典例3】(18分)(2013昆明一模)如图甲所示,在倾角为30的足够长光滑斜面AB前,有一粗糙水平面OA,OA长为4m。有一质量为m的滑块,从O处由静止开始受一水平向右的力F作用。F按图乙所示的规律变化。滑块与OA间的动摩擦因数=0.25,g取10m/s2,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)画出滑块在OA上的受力分析图。 提示:,(2)试分析滑块冲上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。,【变式训练】(2013桂林二模)如图所示,水平桌面右端固定一光滑定滑轮,O点到定滑轮的距离s=0.5m,当用竖直向下的力将质量m=0.2kg的木块A按住不动时,质量M=0.3kg的重物B刚好与地面接触(对地面无压力),木块与桌面间的动摩擦因数为0.5。然后将木块A拉到P点,OP间的距离为h=0.5m,待B稳定后由静止释放,g取10m/s2。求:,(1)木块A按住不动时所受摩擦力; (2)木块A由静止释放后运动到O点时的速度大小; (3)通过计算说明木块A是否会撞到定滑轮?若不会撞上请求出最终木块A停在距定滑轮多远的地方。,【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 m0.5 m 所以木块A不会撞到定滑轮，最终木块A停在距定滑轮0.1 m处。 答案：(1)3 N 方向水平向左 (2)2 m/s (3)不会撞上，停车 距定滑轮0.1 m处,1.(2013烟台一模)起重机以1m/s2的加速度将质量为 1 000 kg的货物由静止开始匀加速向上提升,若g取10m/s2, 则在1s内起重机对货物所做的功是( ) A.500 J B.4 500 J C.5 000 J D.5 500 J 【解析】选D。货物的加速度向上,由牛顿第二定律有F-mg= ma,起重机的拉力F=mg+ma=11000N,货物的位移是s= at2=0.5m, 做功为5500J。,2.(2013西安一模)如图所示,水平传送带以v=2m/s的速度匀速前进,上方漏斗中以每秒50kg的速度把煤粉竖直抖落到传送带上,然后一起随传送带运动。如果要使传送带保持原来的速度匀速前进,则传送带的电动机应增加的功率为( ) A.100 W B.200 W C.500 W D.无法确定,【解析】选B。漏斗均匀持续将煤粉抖落在传送带上，每秒钟 有50 kg的煤粉被加速至2 m/s，故每秒钟传送带的电动机应多 做的功为： W=Ek+Q= mv2+Ffs=mv2=200 J 故传送带的电动机应增加的功率P= =200 W。B对。,3.(2013济南一模)如图所示,一个小环沿 竖直放置的光滑圆环轨道做圆周运动。小环 从最高点A(初速度为零)滑到最低点B的过程 中,小环线速度大小的平方v2随下落高度h的 变化图像可能是图中的( ),【解析】选B。考虑小环下降过程中受到的各个力的做功情 况,重力做正功,圆环对小环的支持力始终与小环运动方向垂 直,不做功,由动能定理mgh= mv2,v2与h的关系为线性关系,又 因h=0时,v也为零,所以图像过原点,只有B符合条件,故选B。,4.(2013柳州一模)如图甲所示,一竖直平面内的轨道由粗糙斜面AD和光滑圆轨道DCE组成,AD与DCE相切于D点,C为圆轨道的最低点,将一小物块置于轨道ADC上离地面高为H处由静止下滑,用力传感器测出其经过C点时对轨道的压力N,改变H的大小,可测出相应的N的大小,N随H的变化关系如图乙折线PQI所示(PQ与QI两直线相连接于Q点),QI反向延长交纵轴于F点(0,5.8N),重力加速度g取10m/s2,求:,(1)小物块的质量m; (2)小物块与斜面AD间的动摩擦因数。,【解析】(1)当H=0时，N=mg，由图像的P点知，m=0.5 kg (2)当小物块从D点由静止下滑，由图像上PQ段可知，h= 0.2 m,N1=7 N 由mgh= N1-mg= 解得R=1 m cos= =37,如果小物块由斜面上高H处由静止释放 mgH-mgcos N2-mg= 对应图像FQI的F点知 当H=0时，N2=5.8 N 代入上式可得=0.3 答案：(1)0.5 kg (2)0.3,五 动能定理的综合应用 【案例剖析】(20分)(2013杭州一模)频闪照相是研究物理 过程的重要手段,如图所示是某同学研究一质量为m=0.5kg的小 滑块从光滑水平面滑上粗糙斜面并向上滑动时的频闪照片。 已知斜面足够长,倾角为=37,闪光频率为10Hz。经测量 换算获得实景数据:s1=s2=40cm,s3=35cm,s4=25cm,s5=15cm。取 g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8,设滑块通过平面与斜面 连接处时没有能量损失。求:,(1)滑块与斜面间的动摩擦因数,并说明滑块在斜面上运动到 最高点后能否自行沿斜面下滑; (2)滑块在斜面上运动过程中摩擦力做功的平均功率。,【审题】抓住信息,准确推断,【破题】精准分析,无破不立 (1)请结合题意分析。 在水平面上滑块做_运动,速度v0用公式v0=_求出。 冲上斜面,滑块做_运动,加速度用公式s=_ 求出。 当mgsin37_时,滑块能自行下滑。,匀速直线,s1f,匀减速直线,aT2,mgcos37,(2)如何求滑块在斜面上上滑和下滑全过程中摩擦力做的功? 提示:先用动能定理求出上