老高考统考物理二轮复习课件：专题二 第1讲　功和功率　动能定理.ppt

1、专题二 能量与动量 第1讲 功和功率 动能定理 建体系论要点_知识串联_熟记核心要点 思维导图思维导图 考情分析考情分析 1.功功 (1)恒力做功：恒力做功：WFlcos ( 为为 F 与与 l 之间的夹角之间的夹角)。 (2)变力做功：变力做功：用动能定理求解用动能定理求解；用用 F- x 图线与图线与 x 轴所围轴所围“面积面积”求求 解解。 2.功率功率 (1)平均功率：平均功率：PW t Fv cos ( 为 为 F 与与v 的夹角 的夹角)。 (2)瞬时功率：瞬时功率：PFvcos ( 为为 F 与与 v 的夹角的夹角)。 (3)两类机车启动问题中的关键方程：两类机车启动问题中的关键

2、方程：PF v，FF 阻阻ma，vm P F阻 阻， ， PtF 阻阻xEk。 3.动能定理：动能定理：W 合合1 2mv 2 1 2mv 2 0。 。 4.两点注意两点注意 (1)应用动能定理的关键是写出应用动能定理的关键是写出各力做功的代数和各力做功的代数和，不要漏掉某个力做的，不要漏掉某个力做的 功，同时要注意各力做功的正、负。功，同时要注意各力做功的正、负。 (2)动能定理是动能定理是标标量式，不能在某一方向上应用量式，不能在某一方向上应用。 研考向提能力_考向研析_掌握应试技能 考向一考向一 功和功率的分析与计算功和功率的分析与计算 1区分恒力、变力：区分恒力、变力：恒力做功一般用功

3、的公式或动能定理求解，变力做恒力做功一般用功的公式或动能定理求解，变力做 功用动能定理或图功用动能定理或图像法求解。像法求解。 2图像法求功的四种情况：图像法求功的四种情况：力做的功分别为力做的功分别为 W 甲甲F1x1、W乙乙1 2F2x2、 、 W 丙丙 4F3x3(图丙中 图丙中 F- x 的图线是四分之一圆周的图线是四分之一圆周)、W 丁丁1 2Pt1 P(t2t1)。 3区分公式：区分公式：PW t 侧重于平均功率的计算，侧重于平均功率的计算，PFvcos 侧重于瞬时功侧重于瞬时功 率的计算。率的计算。 典例1 (多选)(2018高考全国卷)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井

4、运送到地面。某竖井中矿 车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加 速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。 不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第次和第次提升过程( ) A矿车上升所用的时间之比为45 B电机的最大牵引力之比为21 C电机输出的最大功率之比为21 D电机所做的功之比为45 AC 解析解析 由图线由图线知，矿车上升总高度知，矿车上升总高度 hv0 2 2t0v0t0。 由图线由图线知，加速阶段和减速阶段上升高度和知，加速阶段和减速阶段上升高度和 h1 v0 2 2 (t0 2 t0 2) 1 4v0t0， ， 匀速阶

5、段：匀速阶段：hh11 2v0 t，解得 ，解得 t3 2t0， ， 故第故第次提升过程所用时间为次提升过程所用时间为t0 2 3 2t0 t0 2 5 2t0， ， 两次上升所用时间之比为两次上升所用时间之比为 2t05 2t0 45，A 对；对； 对矿车受力分析，当矿车向上做加速直线运动时，电机的牵引力对矿车受力分析，当矿车向上做加速直线运动时，电机的牵引力最大，最大， 由于加速阶段加速度相同，故加速时牵引力相同，由于加速阶段加速度相同，故加速时牵引力相同，B 错；错； 在加速上升阶段，由牛顿第二定律知，在加速上升阶段，由牛顿第二定律知， Fmgma，Fm(ga)， 第第次在次在 t0时刻

6、，功率时刻，功率 P1F v0， 第第次在次在t0 2时刻，功率 时刻，功率 P2F v0 2 ， 第第次在匀速阶段次在匀速阶段 P2F v0 2 mg v0 2 P2， 可知，电机输出的最大功率之比可知，电机输出的最大功率之比 P1P221，C 对；对； 由动能定理知由动能定理知，两个过程动能变化量相同，克服重力做功相同，故两次，两个过程动能变化量相同，克服重力做功相同，故两次 电机做功也相同，电机做功也相同，D 错。错。 1如图所示，将完全相同的四个小球如图所示，将完全相同的四个小球 1、2、3、4 分别从同一高度由静止释分别从同一高度由静止释 放或平抛放或平抛(图乙图乙)， 其中图丙是一

7、倾角为， 其中图丙是一倾角为 45 的光滑斜面，图丁为的光滑斜面，图丁为1 4光滑圆弧， 光滑圆弧， 不计空气阻力，则下列对四种情况下相关物理量的比较正确的是不计空气阻力，则下列对四种情况下相关物理量的比较正确的是( ) A落地时间落地时间 t1t2t3t4 B全程重力做功全程重力做功 W1W2W3W4 C落地瞬间重力的功率落地瞬间重力的功率 P1P2P3P4 D全程重力做功的平均功全程重力做功的平均功率率 P 1 P 2P 3P 4 D 解析：解析：图甲、乙中小球在竖图甲、乙中小球在竖直方向均做自由落体运动，故直方向均做自由落体运动，故 t1t2 2h g ， 其中其中 h 为竖直高度，对图

8、丙，为竖直高度，对图丙， h sin 1 2gt 2 3sin ， ，t3 2h gsin2，其中 ，其中 为斜面倾角，比较图丙和图丁，由动能定理可知，为斜面倾角，比较图丙和图丁，由动能定理可知，两小球从初始位置到两小球从初始位置到 水平面上同一高度处速度大小总相等，但小球水平面上同一高度处速度大小总相等，但小球 4 的路程长，因此的路程长，因此 t1 t2t3vy3vy40，故落地瞬间重力的功率，故落地瞬间重力的功率 P1P2P3P4，选项，选项 C 错误；错误； 全程重力做功的平均功率全程重力做功的平均功率P W t ，因，因 W 相同，相同，t1t2t3P 3 P 4，选项 ，选项 D

9、正确。正确。 2(多选)放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在06 s内其速度与时间的图像和该拉力的功率与时 间的图像分别如图甲、乙所示。下列说法正确的是( ) A06 s内物体的位移大小为30 m B06 s内拉力做的功为70 J C合外力在06 s内做的功与02 s内做的功相等 D滑动摩擦力的大小为5 N 解析：解析：由由 v- t 图像与图像与 t 轴围成的面积表示位移，可得轴围成的面积表示位移，可得 06 s 内物体的位移内物体的位移 大小大小 x4 6 2 6 m30 m，故，故 A 正确；由正确；由 P- t 图像与图像与 t 轴围成的面积表轴围成的面积表 示做功多少， 可

10、得在示做功多少， 可得在 02 s 内拉力对物体做的功内拉力对物体做的功 W130 2 2 J30 J， 2 6 s 内拉力对物体做的功内拉力对物体做的功 W2104 J40 J，所以，所以 06 s 内拉力做的功内拉力做的功 为为 WW1W270 J，B 正确；由图甲可知，在正确；由图甲可知，在 26 s 内，物体做匀速内，物体做匀速 运动， 合外力为零， 则合外力在运动， 合外力为零， 则合外力在 06 s 内做的功与内做的功与 02 s 内做的功相等，内做的功相等， 故故 C 正确；在正确；在 26 s 内，内，v6 m/s，P10 W，物体做匀速运动，滑动，物体做匀速运动，滑动 摩擦力

11、摩擦力 FfFP v 10 6 N5 3 N，故 ，故 D 错误。错误。 答案：ABC 3(多选)如图所示，传送带AB的倾角为，且传送带足够长，现有质量为m、可视为质点的物体以初速度v0从B 端开始向上运动，物体与传送带之间的动摩擦因数tan ，传送带的速度为v(v0tan ，则mgcos mgsin ，传送带的速度为v(v00.4 m，故小环不能停在，故小环不能停在 HK 上。上。 答案答案 (1) 5 m/s (2)1.04 N，方向竖直向上，方向竖直向上 (3)小环不能停在小环不能停在 HK 上上 理由见解理由见解析析 方法技巧 应用动能定理解题“四点技巧” (1)建立运动模型，判断物体

12、做了什么运动。 (2)分析各个运动过程中物体的受力和运动情况。 (3)抓住运动模型之间的联系纽带，如速度、加速度、位移，确定初、末状态。 (4)根据实际情况分阶段或整个过程利用动能定理列式计算。 7. (2019高考全国卷)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方 向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变 化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为( ) A2 kg B1.5 kg C1 kg D0.5 kg C 解析：解析：画出运动示意图，设阻力为画出运动示意图，设阻力为 f，据动能定理知

13、，据动能定理知 AB(上升过程上升过程)：EkBEkA(mgf)h CD(下落过程下落过程)：EkDEkC(mgf)h 整理以上两式得整理以上两式得 mgh30 J，解得物体的质量，解得物体的质量 m1 kg，选项，选项 C 正确。正确。 8. (2020高考江苏卷)如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑 连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关 系的图像是( ) A 解析：解析：设斜面的倾角为设斜面的倾角为 ，小物块滑至斜面某处，小物块滑至斜面某处(发生的水平位移为发生的水平位移为 x)时时 的末动能

14、为的末动能为 Ek，由动能定理得，由动能定理得 mgxtan 1mgcos x cos Ek0，即，即 mgxtan 1mgxEk0，故小物块沿斜面下滑时，故小物块沿斜面下滑时 Ek与与 x 成正比；当小成正比；当小 物块在水平地面上运动时，可逆向看作初速度为零的加速运动，由动能物块在水平地面上运动时，可逆向看作初速度为零的加速运动，由动能 定理得定理得2mgxEk，即，即 Ek与与 x 也成正比，故也成正比，故 A 正确。正确。 9(2020 湖南十校高三联考湖南十校高三联考)游游乐园的过山车其局部可简化为如图所示的乐园的过山车其局部可简化为如图所示的 示意图，倾角示意图，倾角 37 的两平

15、行倾斜轨道的两平行倾斜轨道 BC、DE 的下端与水平半圆形轨的下端与水平半圆形轨 道道 CD 平滑连接， 倾斜轨道平滑连接， 倾斜轨道 BC 的的 B 端距轨道端距轨道 CD 所在水平面的竖直高度所在水平面的竖直高度 h24 m，倾斜轨道，倾斜轨道 DE 与圆弧轨道与圆弧轨道 EF 相切于相切于 E 点，点，圆弧轨道圆弧轨道 EF 的圆的圆 心心 O1、水平半圆轨道、水平半圆轨道 CD 的圆心的圆心 O2在同一水平面上，在同一水平面上，D 点与点与 O1点之间点之间 的距离的距离 L20 m。 质量。 质量 m1 000 kg 的过山车的过山车(包括乘客包括乘客)从从 B 点由静止开点由静止开

16、 始滑下，经过水平半圆轨道始滑下，经过水平半圆轨道 CD 后，滑上后，滑上倾斜轨道倾斜轨道 DE，到达圆弧轨道顶，到达圆弧轨道顶 端端 F 时，乘客对座椅的压力为自身重力的时，乘客对座椅的压力为自身重力的1 4。已知过山车在 。已知过山车在 BCDE 段运段运 动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比，比例系数动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比，比例系数 1 32， ， 圆弧轨道圆弧轨道 EF 光滑，整个运动过程中空气阻力不计，过山车光滑，整个运动过程中空气阻力不计，过山车经过各轨道经过各轨道 之间的连接点时无机械能损失。之间的连接点时无机械能损失。(sin 37 0.6，cos

17、 37 0.8，重力加速，重力加速 度度 g 取取 10 m/s2) (1)求过山车过F点时的速度大小； (2)求从B点到F点的整个运动过程中摩擦力对过山车做的功； (3)过山车过D点时发现圆弧轨道EF有故障，为保证乘客安全，立即触发制动装置，使过山车不能到达EF段并保证 不再下滑，设触发制动装置后，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则过山车受到的摩擦力至少为多大？ 解析解析：(1)设过山车过设过山车过 F 点时的速度为点时的速度为 vF，选择某个质量为，选择某个质量为 m1的乘客为的乘客为 研究对象，根据牛顿第二定律有研究对象，根据牛顿第二定律有 m1g1 4m1g m1v 2 F r ， 又又

18、rLsin 联立方程并代入数据解得联立方程并代入数据解得 vF3 10 m/s。 (2)设整个过程摩擦力做功为设整个过程摩擦力做功为 W，对过山车从，对过山车从 B 点到点到 F 点的过程，应用动点的过程，应用动 能定理得能定理得 mg(hr)W1 2mv 2 F 0 代入数据解得代入数据解得 W7.5104 J。 (3)触发制动装置后，设过山车恰好能够到达触发制动装置后，设过山车恰好能够到达 E 点时对应的摩擦力为点时对应的摩擦力为 Ff， 未触发制动装置时过山车在未触发制动装置时过山车在 D 点和点和 F 点的速度分别为点的速度分别为 vD和和 vF。触发制。触发制 动装置时，对动装置时，对 D 点到点到 E 点的过程，由动能定理得点的过程，由动能定理得 FfLcos mgrcos 01 2mv 2 D 未触发未触发制动装置时， 对制动装置时， 对 D点到点到 F点的过程， 由动能定理得点的过程， 由动能定理得mgcos Lcos mgr1 2mv 2 F 1 2mv 2 D 联立方程并代入数据解得联立方程并代入数据解得 Ff4.56103 N 因为因为 Ffmgsin 6 000 N，故由题意可知过山车受到的摩擦力至少为，故由题意可知过山车受到的摩擦力至少为 6 000 N。 答案答案：(1)3 10 m/s (2)7.5104 J (3)6 000 N