高三物理二轮复习第一篇专题攻略专题三动量与能量第6讲功功率动能定理课件

专题三动量与能量 第6讲功功率动能定理 主干回顾 核心速填 1 恒力做功的公式 2 平均功率的公式 3 瞬时功率的公式 W Flcos P Fvcos 4 动能定理的表达式 W合 Ek Ek0 W合是物体在运动过程中外力做的总功 Ek Ek0是物体的动能增量 热点考向1功和功率的理解与计算 典例1 多选 2016 六安一模 如图所示 一辆货车通过光滑轻质定滑轮提升一箱货物 货箱质量为M 货物质量为m 货车以速度v向左匀速运动 将货物提升高度h 则 A 货物向上做匀速运动B 箱中的货物对箱底的压力大于mgC 图示位置时货车拉力的功率大于 M m gvcos D 此过程中货车拉力做的功为 M m gh 名师点拨 1 运动分析 货车匀速运动 货车速度沿着绳子方向的分量与货箱和货物整体向上运动的速度相等 即货箱和货物的速度v1 vcos 由于 不断减小 故货箱和货物整体向上做加速运动 2 受力分析 货箱和货物整体受绳子的拉力和重力的作用 其合力产生向上的加速度 故绳子的拉力F大于 M m g 3 做功分析 货车的拉力对货箱和货物做正功 重力做负功 由功能关系确定货车拉力做的功 由P Fv确定图示位置时货车拉力的瞬时功率 解析 选B C 将货车的速度进行正交分解 如图所示 由于绳子不可伸长 货箱和货物整体向上运动的速度和货车速度沿着绳子方向的分量相等 即v1 vcos 由于 不断减小 故货箱和货物整体向上做加速运动 处于超重状态 故箱中的货物对箱底的压力大于mg 选项A错误 B正确 货箱和货物整体向上做加速运动 则拉力大于 M m g 整体的速度为vcos 拉力功率P Fv1 M m gvcos 选项C正确 此过程中货车拉力做的功等 于货箱和货物整体动能的增加量和重力势能的增加量 大于 M m gh 选项D错误 题组过关 1 2015 海南高考 假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率 如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍 则摩托艇的最大速率变为原来的 A 4倍B 2倍C 倍D 倍 解析 选D 当功率为P时 P Fv kv v kv2 当功率为2P时 2P kv v kv 2 因此 v v D正确 2 多选 2015 浙江高考 我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器 舰载机总质量为3 0 104kg 设起飞过程中发动机的推力恒为1 0 105N 弹射器有效作用长度为100m 推力恒定 要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80m s 弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和 假设所受阻力为总推力的20 则 A 弹射器的推力大小为1 1 106NB 弹射器对舰载机所做的功为1 1 108JC 弹射器对舰载机做功的平均功率为8 8 107WD 舰载机在弹射过程中的加速度大小为32m s2 解析 选A B D 由题可知 舰载机弹射过程的加速度为a 32m s2 D项正确 根据牛顿第二定律 0 8 F发 F弹 ma 求得弹射器的推力大小F弹 1 1 106N A项正确 弹射器对舰载机做的功为W 1 1 106 100J 1 1 108J B项正确 弹射过程的时间t 2 5s 弹射器做功的平均功率P 4 4 107W C项错误 3 多选 2016 莆田一模 如图甲所示 一固定在地面上的足够长斜面 倾角为37 物体A放在斜面底端挡板处 通过不可伸长的轻质绳跨过光滑轻质滑轮与物体B相连接 B的质量M 1kg 绳绷直时B离地面有一定高度 在t 0时刻 无初速度释放B 由固定在A上的速度传感器得到的数据绘出的A沿斜面向上运动的v t图象如图乙所示 若B落地后不反弹 g取10m s2 sin37 0 6 cos37 0 8 则下列说法正确的是 A 物体A开始下滑的加速度为8m s2B 物体A沿斜面向上运动的过程中 绳的拉力对A做的功W 3JC 0 25s时物体A的重力的瞬时功率为3WD 物体A从底端开始运动到再次返回到底端过程克服摩擦力做功等于物体A的机械能减少量 解析 选B C 当B落地后 A开始做减速运动 由图象得其加速度为a1 m s2 8m s2 由牛顿第二定律可得mgsin mgcos ma1 物体A下滑过程由牛顿第二定律可得mgsin mgcos ma2 联立解得a2 4m s2 故A错误 设绳的拉力为FT 对B由牛顿第二定律Mg FT Ma3 a3 m s2 4m s2 解得FT Mg Ma3 6N A B位移大小相同 则由图象可知A上升阶段 B的位移为x 2 0 5m 0 5m 故绳的拉力对A做功为W FTx 6 0 5J 3J 故B正确 0 25s时速度为1m s 设A的质量为m 由图象知前0 5s内A做匀加速运动 对A B整体由牛顿第二定律得Mg mgsin mgcos M m a3 0 5s后A向上做匀减速直线运动 对A由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma1 由以上两式解得m 0 5kg 故重力的瞬时功率为P mgvcos53 0 5 10 1 0 6W 3W 故C正确 物体A从底端开始运动到再次返回到底端过程中物体B对A做功 故物体A克服摩擦力做功不等于物体A的机械能减少量 故D错误 规律总结 关于功 功率计算应注意的三个问题 1 适用条件 功的公式W Flcos 仅适用于恒力做功的情况 2 变力做功 变力做功的求解要注意问题的正确转化 如将变力转化为恒力 利用F l图象曲线下的面积求功 利用W Pt计算 也可应用动能定理或功能关系等方法求解 3 公式选择 对于功率的计算 应注意区分公式P 和公式P Fvcos 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 加固训练 如图所示 一个纵截面是等腰三角形的斜面体M置于水平地面上 它的底面粗糙 两斜面光滑 将质量不相等的A B两个小滑块 mA mB 同时从斜面上同一高度处静止释放 在两滑块滑至斜面底端的过程中 M始终保持静止 则 A B滑块先滑至斜面底端B 地面对斜面体的摩擦力方向水平向左C 两滑块滑至斜面底端时重力的瞬时功率相同D 地面对斜面体的支持力等于三个物体的总重力 解析 选B 设斜面倾角为 高为h 滑块A下滑的加速度a gsin 位移x 根据x at2得 t 同理 B下滑的时间t 可知两滑块滑至底端的时间相同 故A错误 A对斜面体压力在水平方向的分力大小为mAgsin cos B对斜面体压力在水平方向上的分力 为mBgsin cos 因为mA mB 则地面对斜面体有向左的摩擦力 故B正确 滑块A滑到底端的速度v at B滑到底端的速度也为 由于质量不同 两滑块的速度大小相同 则重力的瞬时功率P mgvsin 不同 故C错误 因为A B的加速度均沿斜面向下 对整体分析 整体处于失重状态 则支持力小于三个物体的总重力 故D错误 热点考向2机车启动问题 典例2 2016 马鞍山二模 汽车发动机的额定功率为P1 它在水平路面上行驶时受到的阻力Ff大小恒定 汽车由静止开始做直线运动 最大车速为v 汽车发动机的输出功率随时间变化的图象如图 下列说法正确的是 A 开始时汽车牵引力恒定 t1时刻牵引力与阻力大小相等B 开始时汽车牵引力逐渐增大 t1时刻牵引力与阻力大小相等C 开始时汽车做匀加速运动 t1时刻速度达到v 然后做匀速直线运动D 开始时汽车做匀加速直线运动 t1时刻后做加速度逐渐减小的直线运动 速度达到v后做匀速直线运动 思考 1 从图象中能获取哪些信息 提示 汽车0 t1时间内以恒定加速度启动 t1时刻达到额定功率 此后以恒定功率启动 2 t1时刻后汽车的牵引力 速度如何变化 提示 t1时刻后汽车以恒定功率行驶 根据P Fv可知 t1时刻后汽车速度增大 牵引力减小 当牵引力等于阻力时 汽车速度达到最大 此后速度保持不变 解析 选D 在0 t1时间内 汽车发动机的功率均匀增大 故汽车以恒定加速度启动 牵引力是恒定的 汽车做匀加速直线运动 t1时刻达到额定功率 根据P Fv可知 t1时刻后汽车速度增大 牵引力减小 则由牛顿第二定律a 可知加速度减小 汽车做加速度减小的加速运动 当加速度为零时 即牵引力等于阻力时 汽车速度达到最大 此后汽车做匀速直线运动 故D正确 A B C错误 迁移训练 迁移1 汽车以恒定功率启动 多选 汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶 发动机功率为P 牵引力为F0 t1时刻 司机减小了油门 使汽车的功率立即减小一半 并保持该功率继续行驶 到t2时刻 汽车又恢复了匀速直线运动 下列能正确表示这一过程中汽车牵引力F随时间t 速度v随时间t变化的图象是 解析 选A D 到t1时刻功率立即减小一半 速度减小是一个过程 不能直接变为原来的一半 所以是牵引力变为原来的一半 根据公式P Fv 之后保持该功率继续行驶 速度减小 牵引力增大 根据a 摩擦力恒定 所以加速度逐渐减小 即v t图象的斜率减小 当加速度为零时 做匀速直线运动 故选项A D正确 迁移2 汽车在斜坡上以恒定功率启动一辆质量为2t的汽车由静止开始沿一倾角为30 的足够长斜坡向上运动 汽车发动机的功率保持48kW不变 行驶120m后达到最大速度 已知汽车受到地面的摩擦阻力为2000N g取10m s2 求 1 汽车可以达到的最大速度 2 汽车达到最大速度所用的时间 结果保留一位小数 解析 1 当汽车在斜坡上匀速运动时速度最大 则 F mgsin30 Ff 0解得 F 1 2 104N由P Fv得 vm 4m s 2 对全过程 运用动能定理得 Pt mgxsin Ffx mv2 0解得 t 30 3s答案 1 4m s 2 30 3s 迁移3 起重机以恒定加速度竖直吊起重物如图所示为修建高层建筑常用的塔式起重机 在起重机将质量为m的重物竖直吊起的过程中 重物由静止开始向上做匀加速直线运动 加速度为a 当起重机输出功率达到其允许的最大值时 保持该功率直到重物做速度为vm的匀速运动 不计额外功 1 求起重机允许输出的最大功率 2 求重物做匀加速运动所经历的时间 3 若已知起重机达到输出功率的最大值 又经 t时间 重物速度达到vm 求重物由静止到以vm做匀速运动过程中 升高的高度 解析 1 重物匀速上升时有 F mg可得起重机的最大输出功率为 Pm mgvm 2 匀加速运动结束时 起重机达到允许输出的最大功率 设此时重物受到的拉力为F1 速度为v1 匀加速运动经历的时间为t1 则由牛顿第二定律得 F1 mg ma又有 Pm F1v1v1 at1解得 t1 3 设物体匀加速上升的高度为h1 则有 h1 由动能定理得 F1h1 Pm t mgh 解得 答案 1 mgvm 规律总结 解决机车启动问题的四点注意 1 明确启动方式 分清是匀加速启动还是恒定功率启动 2 匀加速启动过程 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 恒定功率启动过程 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 满足的关系式 无论哪种启动方式 在平直路面上最后达到最大速度时 均满足P Ffvm P为机车的额定功率 加固训练 一辆汽车在平直的公路上以某一初速度运动 运动过程中保持恒定的牵引功率 其加速度a和速度的倒数图象如图所示 若已知汽车的质量 则根据图象所给的信息 不能求出的物理量是 A 汽车的功率B 汽车行驶的最大速度C 汽车所受到的阻力D 汽车运动到最大速度所需的时间 解析 选D 由F Ff ma P Fv可得 a 对应图线可知 k 40 可求出汽车的功率P 由a 0时 0 05可得 vm 20m s 再由vm 可求出汽车受到的阻力Ff 但无法求出汽车运动到最大速度的时间 故应选D 热点考向3动能定理的应用 典例3 2016 全国卷 如图 在竖直平面内由圆弧AB和圆弧BC组成的光滑固定轨道 两者在最低点B平滑连接 AB弧的半径为R BC弧的半径为一小球在A点正上方与A相距处由静止开始自由下落 经A点沿圆弧轨道运动 1 求小球在B A两点的动能之比 2 通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点 思维流程 第一步 审题干 提取信息 1 光滑固定轨道小球在轨道上运动不受摩擦力作用 2 由静止开始自由下落小球初速度为零 只受重力作用 第二步 突破难点 确定小球恰好经过C点时的速度 1 求小球在B A两点的动能之比 小球下落过程只有重力做功 由动能定理分别求出小球在B A两点的动能 2 判断小球能否沿轨道运动到C点 由小球恰好经过C点时只受重力作用确定小球经过C点时的最小速度 再由动能定理求出小球到达C点时的速度 通过比较两个速度的大小关系确定小球能否沿轨道运动到C点 解析 1 小球下落过程由动能定理得 小球下落至A点的过程 mg EkA 0小球下落至B点的过程 mg R EkB 0由以上两式联立解得 2 小球恰好经过C点时 由牛顿第二定律得 mg 解得 v0 小球由开始下落至C点的过程 由动能定理得 解得 vC 由于vC v0 故小球恰好可以沿轨道运动到C点答案 1 5 1 2 见解析 真题变式1 在 典例3 中若小球经过C点时对轨道的压力等于小球的重力 求小球由静止开始自由下落的位置距A点的高度 解析 小球由静止开始下落至C点的过程 由动能定理得 mgh 在C点对小球由牛顿第二定律得 2mg 解得 h 答案 真题变式2 如图所示 在 典例3 中若使小球带上 q的电荷量 使整个装置处于竖直向上的匀强电场中 场强E 小球由静止开始下落 求小球能够经过C点时 下落位置距离A点的最小高度 解析 小球由静止开始下落至C点的过程 由动能定理得 mgh qEh 在C点对小球由牛顿第二定律得 mg qE 解得 h 答案 真题变式3 如图所示 在 典例3 中若已知小球的质量为m 重力加速度为g 使小球带上 q的电荷量 装置处于垂直纸面向里的有界匀强磁场中 A C点恰好位于磁场的上边界 磁感应强度B 其他条件不变 求小球经过BC弧的B C两点时对轨道的压力之比 解析 小球由静止开始下落至B点的过程 由动能定理得 在B点对小球由牛顿第二定律得 FNB mg qvBB 解得 FNB 6 mg 由牛顿第三定律得 F NB FNB 6 mg小球由静止开始下落至C点的过程 由动能定理得 在C点对小球由牛顿第二定律得 FNC mg qvCB 解得 FNC mg 由牛顿第三定律得 F NC FNC mg故 答案 6 规律总结 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 加固训练 1 如图所示 质量为m的物块与水平转台之间的动摩擦因数为 物块与转台转轴相距R 物块随转台由静止开始转动 当转速增加到某值时 物块即将开始滑动 认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力 在这一过程中 摩擦力对物块做的功是 A mgRB 2 mgRC 2 mgRD 0 解析 选A 物块即将开始滑动时 最大静摩擦力提供向心力 有 mg 根据动能定理有 解得选项A正确 2 如图所示 倾角 45 的粗糙平直导轨AB与半径为R的光滑圆环轨道相切 切点为B 整个轨道处在竖直平面内 一质量为m的小滑块 可以看作质点 从导轨上离地面高为h 3R的D处无初速度下滑进入圆环轨道 接着小滑块从圆环最高点C水平飞出 恰好击中导轨上与圆心O等高的P点 不计空气阻力 已知重力加速度为g 求 1 滑块运动到圆环最高点C时的速度大小 2 滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小 3 滑块在斜面轨道BD间运动的过程中克服摩擦力做的功 解析 1 小滑块从C点飞出来做平抛运动 水平速度为v0 竖直方向上 R gt2水平方向上 R v0t解得 v0 2 小滑块在最低点时速度为v 由动能定理得 mg 2R 解得 v 在最低点由牛顿第二定律得 FN mg 解得 FN 6mg由牛顿第三定律得 F N 6mg 3 从D到最低点过程中 设DB过程中克服摩擦阻力做功Wf 由动能定理得 mgh Wf mv2 0解得 Wf mgR答案 1 2 6mg 3 mgR 经典案例 20分 2016 汕头一模 如图是某同学的漫画中出现的装置 描述了一个 吃货 用来做 糖炒栗子 的 萌 事儿 将板栗在地面小平台上以一定的初速度经两个四分之一圆弧衔接而成的轨道 从最高点P飞出进入炒锅内 利用来回运动使其均匀受热 用质量为 m 10g的小滑块代替栗子 借这套装置来研究一些物理问题 设大小两个四分之一圆弧半径为2R和R R 0 8m 小平台和圆弧均光滑 将过锅底的纵截面看作是两个斜面AB CD和一段光滑圆弧组成 斜面动摩擦因数均为0 25 两斜面倾角均为 37 AB CD 2R A D等高 D端固定一小挡板 碰撞不损失机械能 滑块的运动始终在包括锅底最低点的竖直平面内 重力加速度为g取10m s2 已知sin37 0 6 cos37 0 8 1 若滑块恰好能经P点飞出 为了使滑块恰好沿AB斜面进入锅内 应调节锅底支架高度使斜面的A D点离地高为多少 2 求滑块在锅内斜面上运动的总路程 3 对滑块不同初速度 求其通过最高点P和小圆弧最低点Q时受压力之差的最小值 解题关键 1 关键信息 斜面动摩擦因数均为0 25 两斜面倾角均为 37 滑块在两斜面上受到的滑动摩擦力大小相等 滑块恰好能经P点飞出 只有重力提供向心力 滑块恰好沿AB斜面进入锅内 滑块到达A点的速度方向与水平方向成37 角斜向下 2 核心规律 平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动 动能定理 W合 向心力公式 Fn man 问题拆分 大题小做化繁为易第 1 问可拆分为5个子问题 滑块恰好能经P点飞出的条件是什么 滑块恰好沿AB斜面进入锅内时 竖直速度与水平速度存在什么关系 滑块经过A点时竖直速度是多大 滑块由P点到A点竖直方向下落的高度是多大 A D点离地高为多大 第 2 问可拆分为3个子问题 滑块经过A点时的速度是多大 滑块能不能再次回到A点而飞出 判断滑块最终到达斜面最低点时的速度是多大 动能是多大 第 3 问可拆分为4个子问题 写出滑块经过Q点和P点时力与速度的关系式 写出滑块经过Q点和P点时所受压力差的表达式 滑块经过Q点和P点时的速度存在什么关系 确定滑块经过Q点和P点时所受压力差存在最小值的条件