2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 能量與動量 第1講 功和功率動能定理學(xué)案.docx

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第1講　功和功率　動能定理 [做真題明考向]　　　　　　　　　　　　　　　　　真題體驗　透視命題規(guī)律 授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第23頁 [真題再做] 1．(多選)(2018高考全國卷Ⅲ，T19)地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機(jī)通過豎井運送到地面．某豎井中礦車提升的速度大小v隨時間t的變化關(guān)系如圖所示，其中圖線①②分別描述兩次不同的提升過程，它們變速階段加速度的大小都相同；兩次提升的高度相同，提升的質(zhì)量相等．不考慮摩擦阻力和空氣阻力．對于第①次和第②次提升過程(　　) A．礦車上升所用的時間之比為4∶5 B．電機(jī)的最大牽引力之比為2∶1 C．電機(jī)輸出的最大功率之比為2∶1 D．電機(jī)所做的功之比為4∶5 解析：由圖線①知，礦車上升總高度h＝2t0＝v0t0 由圖線②知，加速階段和減速階段上升高度和 h1＝(＋)＝v0t0 勻速階段：h－h(huán)1＝v0t′，解得t′＝t0 故第②次提升過程所用時間為＋t0＋＝t0， 兩次上升所用時間之比為2t0∶t0＝4∶5，A對； 對礦車受力分析，當(dāng)?shù)V車向上做加速直線運動時，電機(jī)的牽引力最大，由于加速階段加速度相同，故加速時牽引力相同，B錯； 在加速上升階段，由牛頓第二定律知， F－mg＝ma，F(xiàn)＝m(g＋a) 第①次在t0時刻，功率P1＝Fv0， 第②次在時刻，功率P2＝F， 第②次在勻速階段P2′＝F′＝mg＜P2， 可知，電機(jī)輸出的最大功率之比P1∶P2＝2∶1，C對； 由動能定理知，兩個過程動能變化量相同，克服重力做功相同，故兩次電機(jī)做功也相同，D錯． 答案：AC 2．(2017高考全國卷Ⅲ，T16)如圖，一質(zhì)量為m，長度為l的均勻柔軟細(xì)繩PQ豎直懸掛．用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點，M點與繩的上端P相距l(xiāng).重力加速度大小為g.在此過程中，外力做的功為(　　) A.mgl　　　　　　　 B.mgl C.mgl D.mgl 解析：QM段繩的質(zhì)量為m′＝m，未拉起時，QM段繩的重心在QM中點處，與M點距離為l，繩的下端Q拉到M點時，QM段繩的重心與M點距離為l，此過程重力做功WG＝－m′g(l－l)＝－mgl，對繩的下端Q拉到M點的過程，應(yīng)用動能定理，可知外力做功W＝－WG＝mgl，可知A項正確，B、C、D項錯誤． 答案：A 3.(2015高考全國卷Ⅱ，T17)一汽車在平直公路上行駛．從某時刻開始計時，發(fā)動機(jī)的功率P隨時間t的變化如圖所示．假定汽車所受阻力的大小f恒定不變．下列描述該汽車的速度v隨時間t變化的圖線中，可能正確的是(　　) 解析：當(dāng)汽車的功率為P1時，汽車在運動過程中滿足P1＝F1v，因為P1不變，v逐漸增大，所以牽引力F1逐漸減小，由牛頓第二定律得F1－f＝ma1，f不變，所以汽車做加速度減小的加速運動，當(dāng)F1＝f時速度最大，且vm＝＝.當(dāng)汽車的功率突變?yōu)镻2時，汽車的牽引力突增為F2，汽車?yán)^續(xù)加速，由P2＝F2v可知F2減小，又因F2－f＝ma2，所以加速度逐漸減小，直到F2＝f時，速度最大vm′＝，以后勻速運動．綜合以上分析可知選項A正確． 答案：A 4.(2016高考全國卷Ⅲ，T24)如圖，在豎直平面內(nèi)有由圓弧AB和圓弧BC組成的光滑固定軌道，兩者在最低點B平滑連接．AB弧的半徑為R，BC弧的半徑為.一小球在A點正上方與A相距處由靜止開始自由下落，經(jīng)A點沿圓弧軌道運動． (1)求小球在B、A兩點的動能之比； (2)通過計算判斷小球能否沿軌道運動到C點． 解析：(1)小球下落至A點的過程，由動能定理得 mg＝EkA－0 小球下落至B點的過程，由動能定理得 mg(＋R)＝EkB－0 由以上兩式聯(lián)立解得＝. (2)小球恰好經(jīng)過C點時，由牛頓第二定律得 mg＝m，解得v0＝ 小球由開始下落至C點的過程，由動能定理得 mg＝mv－0，解得vC＝ 由于vC＝v0，故小球恰好可以沿軌道運動到C點． 答案：(1)5∶1　(2)見解析 [考情分析] ■命題特點與趨勢——怎么考 1．近幾年高考命題點主要集中在正、負(fù)功的判斷，功率的分析與計算，機(jī)車啟動模型，動能定理在圓周運動、平拋運動中的應(yīng)用．題目具有一定的綜合性，難度適中． 2．本講高考單獨命題以選擇題為主，綜合命題以計算題為主，常將動能定理與機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律相結(jié)合．動能定理仍是2019年高考的考查重點，要重點關(guān)注本講知識與實際問題相結(jié)合的情景題目． ■解題要領(lǐng)——怎么做 　解決本講知識要理解功和功率的定義、正負(fù)功的判斷方法，機(jī)車啟動兩類模型的分析、動能定理及動能定理在變力做功中的靈活應(yīng)用． [建體系記要點]　　　　　　　　　　　　　　知識串聯(lián)　熟記核心要點 授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第24頁 [網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建] [要點熟記] 1．功 (1)恒力做功：W＝Flcos α(α為F與l之間的夾角)． (2)變力做功：①用動能定理求解；②用F x圖線與x軸所圍“面積”求解． 2．功率 (1)平均功率：P＝＝Fcos α. (2)瞬時功率：P＝Fvcosα(α為F與v的夾角)． (3)機(jī)車啟動兩類模型中的關(guān)鍵方程：P＝Fv，F(xiàn)－F阻＝ma，vm＝，Pt－F阻x＝ΔEk. 3．動能定理：W合＝mv2－mv. 4．應(yīng)用動能定理的兩點注意 (1)應(yīng)用動能定理的關(guān)鍵是寫出各力做功的代數(shù)和，不要漏掉某個力做的功，同時要注意各力做功的正、負(fù)． (2)動能定理是標(biāo)量式，不能在某一方向上應(yīng)用． [研考向提能力]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　考向研析　掌握應(yīng)試技能 授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第24頁 考向一　功和功率的分析與計算 1．(2018北京昌平期末)如圖所示，質(zhì)量為60kg的某同學(xué)在做引體向上運動，從雙臂伸直到肩部與單杠同高度算1次．若他在1min內(nèi)完成了10次，每次肩部上升的距離均為0.4m，則他在1min內(nèi)克服重力所做的功及相應(yīng)的功率約為(g取10m/s2)(　　) A．240 J,4 W　　　　 B.2 400 J,2 400 W C．2 400 J, 40 W D．4 800 J,80 W 解析：他每次引體向上克服重力所做的功為W1＝mgh＝60100.4 J＝240 J，他在1 min內(nèi)克服重力所做的功為W＝10W1＝10240 J＝2 400 J，相應(yīng)的功率約為P＝＝40 W，選項C正確． 答案：C 2．(多選)如圖所示，傳送帶AB的傾角為θ，且傳送帶足夠長，現(xiàn)有質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的物體以初速度v0從B端開始向上運動，物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ>tanθ，傳送帶的速度為v(v0tanθ，則μmgcosθ>mgsinθ，傳送帶的速度為v(v0，C錯誤；0～30s內(nèi)，汽車發(fā)動機(jī)做的功W1＝Fx1＝(J)＝15P(J)，30～54s內(nèi)汽車發(fā)動機(jī)做功W2＝P(54s－30s)＝24P(J)，因此＝，D正確． 答案：BD 三、非選擇題 11．一匹馬拉著質(zhì)量為60kg的雪橇，從靜止開始用80s的時間沿平直冰面跑完1000m．設(shè)在運動過程中雪橇受到的阻力保持不變，已知雪橇在開始運動的8s時間內(nèi)做勻加速直線運動，從第8s末開始，馬拉雪橇做功的功率保持不變，使雪橇繼續(xù)做直線運動，最后一段時間雪橇做的是勻速直線運動，速度大小為15m/s；開始運動的8s內(nèi)馬拉雪橇的平均功率是8s后功率的一半．求整個運動過程中馬拉雪橇做功的平均功率和雪橇在運動過程中所受阻力的大?。? 解析：設(shè)8s后馬拉雪橇的功率為P，則勻速運動時 P＝Fv＝Ffv 即運動過程中雪橇受到的阻力大小Ff＝① 對于整個過程運用動能定理得 t1＋P(t總－t1)－Ffx＝mv2－0② 代入數(shù)據(jù)，解①②得P＝723W，F(xiàn)f＝48.2N 再由動能定理可得t總－Ffx＝mv2 解得＝687W. 答案：687W　48.2N 12．某課外探究小組自制了如圖所示的導(dǎo)軌，其中，導(dǎo)軌的所有半圓形部分均光滑，水平部分均粗糙．圓半徑分別為R、2R、3R和4R，R＝0.5m，水平部分長度L＝2m，將導(dǎo)軌豎直放置，軌道最低點離水平地面高h(yuǎn)＝1m．將一個質(zhì)量為m＝0.5kg、中心有孔的鋼球(孔徑略大于細(xì)導(dǎo)軌直徑)套在導(dǎo)軌端點P處，鋼球與導(dǎo)軌水平部分的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.4.給鋼球一初速度v0＝13m/s，g取10 m/s2.求： (1)鋼球運動至第一個半圓形軌道最低點A時對軌道的壓力； (2)鋼球落地點到拋出點的水平距離． 解析：(1)鋼球從P點運動到A點的過程中，由動能定理得mg2R－μmgL＝mv－mv 由牛頓第二定律有FN－mg＝ 代入數(shù)據(jù)解得FN＝178N 由牛頓第三定律可知，鋼球?qū)壍赖膲毫Υ笮?78N，方向豎直向下． (2)設(shè)鋼球到達(dá)軌道末端點的速度為v2，對全程應(yīng)用動能定理得－μmg5L－mg4R＝mv－mv 解得v2＝7m/s 由平拋運動規(guī)律得h＋8R＝gt2，s＝v2t 解得s＝7m. 答案：(1)178N，方向豎直向下　(2)7m 13．(2018重慶高三一診)如圖所示，絕緣軌道CDGH位于豎直平面內(nèi)，圓弧段DG的圓心角為θ＝37，DG與水平段CD、傾斜段GH分別相切于D點和G點，CD段粗糙，DGH段光滑，在H處固定一垂直于軌道的絕緣擋板，整個軌道處于場強(qiáng)為E＝1104N/C、水平向右的勻強(qiáng)電場中．一質(zhì)量m＝410－3 kg、帶電量q＝＋310－6 C的小滑塊在C處由靜止釋放，經(jīng)擋板碰撞后滑回到CD段的中點P處時速度恰好為零．已知CD段長度L＝0.8 m，圓弧DG的半徑r＝0.2 m；不計滑塊與擋板碰撞時的動能損失，滑塊可視為質(zhì)點．g取10 m/s2，cos37＝0.8，sin37＝0.6.求： (1)滑塊與CD段之間的動摩擦因數(shù)μ； (2)滑塊在CD段上運動的總路程； (3)滑塊與絕緣擋板碰撞時的最大動能和最小動能． 解析：(1)滑塊由C處釋放，經(jīng)擋板碰撞后第一次滑回P點的過程中，由動能定理得 qE－μmg(L＋)＝0，解得μ＝＝0.25 (2)滑塊在CD段上受到的滑動摩擦力μmg＝0.01N、電場力qE＝0.03N，滑動摩擦力小于電場力，故不可能停在CD段，滑塊最終會在DGH間來回往復(fù)運動，且在D點的速度為0 全過程由動能定理得 qEL＋(－μmgx)＝0 解得x＝L＝3L＝2.4m (3)GH段的傾角θ＝37，滑塊受到的重力mg＝0.04N，電場力qE＝0.03N，qEcosθ＝mgsinθ＝0.024N， 則滑塊加速度a＝0， 所以滑塊與絕緣擋板碰撞的最大動能為滑塊第一次運動到G點的動能 對C到G過程由動能定理得 Ek最大＝Eq(L＋rsinθ)－μmgL－mg(r－rcosθ)＝0.018J 滑塊最終在DGH間來回往復(fù)運動，碰撞絕緣擋板時有最小動能 對D到G過程由動能定理得 Ek最?。紼qrsinθ－mg(r－rcosθ)＝0.002J 答案：(1)0.25　(2)2.4m　(3)0.018J　0.002J