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

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第1講　功和功率　動(dòng)能定理 [做真題明考向]　　　　　　　　　　　　　　　　　真題體驗(yàn)　透視命題規(guī)律 授課提示：對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第23頁(yè) [真題再做] 1．(多選)(2018高考全國(guó)卷Ⅲ，T19)地下礦井中的礦石裝在礦車(chē)中，用電機(jī)通過(guò)豎井運(yùn)送到地面．某豎井中礦車(chē)提升的速度大小v隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖所示，其中圖線(xiàn)①②分別描述兩次不同的提升過(guò)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(duì)于第①次和第②次提升過(guò)程(　　) A．礦車(chē)上升所用的時(shí)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(xiàn)①知，礦車(chē)上升總高度h＝2t0＝v0t0 由圖線(xiàn)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(guò)程所用時(shí)間為＋t0＋＝t0， 兩次上升所用時(shí)間之比為2t0∶t0＝4∶5，A對(duì)； 對(duì)礦車(chē)受力分析，當(dāng)?shù)V車(chē)向上做加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)，電機(jī)的牽引力最大，由于加速階段加速度相同，故加速時(shí)牽引力相同，B錯(cuò)； 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(shí)刻，功率P1＝Fv0， 第②次在時(shí)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(duì)； 由動(dòng)能定理知，兩個(gè)過(guò)程動(dòng)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(cuò)． 答案：AC 2．(2017高考全國(guó)卷Ⅲ，T16)如圖，一質(zhì)量為m，長(zhǎng)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(diǎn)，M點(diǎn)與繩的上端P相距l(xiāng).重力加速度大小為g.在此過(guò)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(shí)，QM段繩的重心在QM中點(diǎn)處，與M點(diǎn)距離為l，繩的下端Q拉到M點(diǎn)時(shí)，QM段繩的重心與M點(diǎn)距離為l，此過(guò)程重力做功WG＝－m′g(l－l)＝－mgl，對(duì)繩的下端Q拉到M點(diǎn)的過(guò)程，應(yīng)用動(dòng)能定理，可知外力做功W＝－WG＝mgl，可知A項(xiàng)正確，B、C、D項(xiàng)錯(cuò)誤． 答案：A 3.(2015高考全國(guó)卷Ⅱ，T17)一汽車(chē)在平直公路上行駛．從某時(shí)刻開(kāi)始計(jì)時(shí)，發(fā)動(dòng)機(jī)的功率P隨時(shí)間t的變化如圖所示．假定汽車(chē)所受阻力的大小f恒定不變．下列描述該汽車(chē)的速度v隨時(shí)間t變化的圖線(xiàn)中，可能正確的是(　　) 解析：當(dāng)汽車(chē)的功率為P1時(shí)，汽車(chē)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中滿(mǎn)足P1＝F1v，因?yàn)镻1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(chē)做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)F1＝f時(shí)速度最大，且vm＝＝.當(dāng)汽車(chē)的功率突變?yōu)镻2時(shí)，汽車(chē)的牽引力突增為F2，汽車(chē)?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(shí)，速度最大vm′＝，以后勻速運(yùn)動(dòng)．綜合以上分析可知選項(xiàng)A正確． 答案：A 4.(2016高考全國(guó)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(diǎn)B平滑連接．AB弧的半徑為R，BC弧的半徑為.一小球在A點(diǎn)正上方與A相距處由靜止開(kāi)始自由下落，經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道運(yùn)動(dòng)． (1)求小球在B、A兩點(diǎn)的動(dòng)能之比； (2)通過(guò)計(jì)算判斷小球能否沿軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)． 解析：(1)小球下落至A點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得 mg＝EkA－0 小球下落至B點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)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(guò)C點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得 mg＝m，解得v0＝ 小球由開(kāi)始下落至C點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)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(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)． 答案：(1)5∶1　(2)見(jiàn)解析 [考情分析] ■命題特點(diǎn)與趨勢(shì)——怎么考 1．近幾年高考命題點(diǎn)主要集中在正、負(fù)功的判斷，功率的分析與計(jì)算，機(jī)車(chē)啟動(dòng)模型，動(dòng)能定理在圓周運(yùn)動(dòng)、平拋運(yùn)動(dòng)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(dú)命題以選擇題為主，綜合命題以計(jì)算題為主，常將動(dòng)能定理與機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律相結(jié)合．動(dòng)能定理仍是2019年高考的考查重點(diǎn)，要重點(diǎn)關(guān)注本講知識(shí)與實(shí)際問(wèn)題相結(jié)合的情景題目． ■解題要領(lǐng)——怎么做 　解決本講知識(shí)要理解功和功率的定義、正負(fù)功的判斷方法，機(jī)車(chē)啟動(dòng)兩類(lèi)模型的分析、動(dòng)能定理及動(dòng)能定理在變力做功中的靈活應(yīng)用． [建體系記要點(diǎn)]　　　　　　　　　　　　　　知識(shí)串聯(lián)　熟記核心要點(diǎn) 授課提示：對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第24頁(yè) [網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建] [要點(diǎn)熟記](méi) 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(dòng)能定理求解；②用F x圖線(xiàn)與x軸所圍“面積”求解． 2．功率 (1)平均功率：P＝＝Fcos α. (2)瞬時(shí)功率：P＝Fvcosα(α為F與v的夾角)． (3)機(jī)車(chē)啟動(dòng)兩類(lèi)模型中的關(guān)鍵方程：P＝Fv，F(xiàn)－F阻＝ma，vm＝，Pt－F阻x＝ΔEk. 3．動(dòng)能定理：W合＝mv2－mv. 4．應(yīng)用動(dòng)能定理的兩點(diǎn)注意 (1)應(yīng)用動(dòng)能定理的關(guān)鍵是寫(xiě)出各力做功的代數(shù)和，不要漏掉某個(gè)力做的功，同時(shí)要注意各力做功的正、負(fù)． (2)動(dòng)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(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第24頁(yè) 考向一　功和功率的分析與計(jì)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(yùn)動(dòng)，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(xiàng)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(zhǎng)，現(xiàn)有質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點(diǎn)的物體以初速度v0從B端開(kāi)始向上運(yùn)動(dòng)，物體與傳送帶之間的動(dòng)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(cuò)誤；0～30s內(nèi)，汽車(chē)發(fā)動(dòng)機(jī)做的功W1＝Fx1＝(J)＝15P(J)，30～54s內(nèi)汽車(chē)發(fā)動(dòng)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(kāi)始用80s的時(shí)間沿平直冰面跑完1000m．設(shè)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中雪橇受到的阻力保持不變，已知雪橇在開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的8s時(shí)間內(nèi)做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，從第8s末開(kāi)始，馬拉雪橇做功的功率保持不變，使雪橇繼續(xù)做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，最后一段時(shí)間雪橇做的是勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，速度大小為15m/s；開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的8s內(nèi)馬拉雪橇的平均功率是8s后功率的一半．求整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中馬拉雪橇做功的平均功率和雪橇在運(yùn)動(dòng)過(guò)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(yùn)動(dòng)時(shí) P＝Fv＝Ffv 即運(yùn)動(dòng)過(guò)程中雪橇受到的阻力大小Ff＝① 對(duì)于整個(gè)過(guò)程運(yùn)用動(dòng)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(dòng)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(zhǎng)度L＝2m，將導(dǎo)軌豎直放置，軌道最低點(diǎn)離水平地面高h(yuǎn)＝1m．將一個(gè)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(diǎn)P處，鋼球與導(dǎo)軌水平部分的動(dòng)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(yùn)動(dòng)至第一個(gè)半圓形軌道最低點(diǎn)A時(shí)對(duì)軌道的壓力； (2)鋼球落地點(diǎn)到拋出點(diǎn)的水平距離． 解析：(1)鋼球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)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(diǎn)的速度為v2，對(duì)全程應(yīng)用動(dòng)能定理得－μmg5L－mg4R＝mv－mv 解得v2＝7m/s 由平拋運(yùn)動(dòng)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(diǎn)和G點(diǎn)，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(gè)軌道處于場(chǎng)強(qiáng)為E＝1104N/C、水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)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(diǎn)P處時(shí)速度恰好為零．已知CD段長(zhǎng)度L＝0.8 m，圓弧DG的半徑r＝0.2 m；不計(jì)滑塊與擋板碰撞時(shí)的動(dòng)能損失，滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)．g取10 m/s2，cos37＝0.8，sin37＝0.6.求： (1)滑塊與CD段之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ； (2)滑塊在CD段上運(yùn)動(dòng)的總路程； (3)滑塊與絕緣擋板碰撞時(shí)的最大動(dòng)能和最小動(dòng)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(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)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(dòng)摩擦力μmg＝0.01N、電場(chǎng)力qE＝0.03N，滑動(dòng)摩擦力小于電場(chǎng)力，故不可能停在CD段，滑塊最終會(huì)在DGH間來(lái)回往復(fù)運(yùn)動(dòng)，且在D點(diǎn)的速度為0 全過(guò)程由動(dòng)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(chǎng)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(dòng)能為滑塊第一次運(yùn)動(dòng)到G點(diǎn)的動(dòng)能 對(duì)C到G過(guò)程由動(dòng)能定理得 Ek最大＝Eq(L＋rsinθ)－μmgL－mg(r－rcosθ)＝0.018J 滑塊最終在DGH間來(lái)回往復(fù)運(yùn)動(dòng)，碰撞絕緣擋板時(shí)有最小動(dòng)能 對(duì)D到G過(guò)程由動(dòng)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