浙江高考物理复习专题二能量和动量第1讲功功率与动能定理学案.docx

第1讲功功率与动能定理历次选考考情分析章知识内容考试要求历次选考统计必考加试2015/102016/042016/102017/042017/112018/04机械能守恒定律追寻守恒量能量b功cc功率cc10、13重力势能cc4、2013弹性势能bb20动能和动能定理dd202020202020机械能守恒定律dd2012能量守恒定律与能源cd54考点一功和能基本概念及规律辨析1功的正负：由WFlcos ，90，力对物体做负功2恒力做功的计算方法3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Fl图象曲线下的面积求功，利用WPt计算，也可应用动能定理或功能关系等方法求解4总功的计算(1)先求物体所受的合外力，再求合外力做的功；(2)先求每个力做的功，再求各功的代数和5机械能(1)机械能包括动能、重力势能和弹性势能；(2)重力势能：重力做正功，重力势能就减小，重力做负功，重力势能就增加，即WGEp；(3)弹性势能：弹力做正功，弹性势能就减小，弹力做负功，弹力势能就增加，伸长量与缩短量相等时，弹性势能相同1正、负功的判断(2018温州市期中)载人飞行包是一个单人低空飞行装置，如图1所示，其发动机使用汽油作为燃料提供动力，可以垂直起降，也可以快速前进，若飞行包(包括人)在竖直匀速降落的过程中(空气阻力不可忽略)，下列说法正确的是()图1A发动机对飞行包(包括人)做正功B飞行包(包括人)的重力做负功C空气阻力对飞行包(包括人)做负功D飞行包(包括人)的合力做负功答案C解析飞行包(包括人)在竖直匀速降落的过程中，发动机的动力向上，则发动机对飞行包(包括人)做负功，故A错误高度下降，飞行包(包括人)的重力做正功，故B错误空气阻力竖直向上，与位移方向相反，则空气阻力对飞行包(包括人)做负功，故C正确飞行包匀速运动，合力为零，则飞行包的合力不做功，故D错误2做功的分析如图2所示，坐在雪橇上的人与雪橇的总质量为m，在与水平面成角的恒定拉力F作用下，沿水平地面向右移动了一段距离l.已知雪橇与地面间的动摩擦因数为，雪橇受到的()图2A支持力做功为mglB重力做功为mglC拉力做功为Flcos D滑动摩擦力做功为mgl答案C解析对坐在雪橇上的人与雪橇整体进行受力分析，可知雪橇受到的支持力FNmgFsin ，滑动摩擦力FfFN(mgFsin )，由功的定义式可知，支持力做的功为零，重力做的功也为零，选项A、B错误；滑动摩擦力做功WfFfll(mgFsin )，选项D错误；拉力做功为Flcos ，选项C正确3重力势能(2018浙江4月选考13)如图3所示，一根绳的两端分别固定在两座猴山上的A、B处，A、B两点水平距离为16 m，竖直距离为2 m，A、B间绳长为20 m质量为10 kg的猴子抓住套在绳上的滑环从A处滑到B处以A点所在水平面为参考平面，猴子在滑行过程中重力势能最小值约为(绳处于拉直状态)()图3A1.2103 J B7.5102 JC6.0102 J D2.0102 J答案B解析重力势能最小的点为最低点，结合“同绳同力”可知，在最低点时，两侧绳子与水平方向夹角相同，记为，设右边绳子长为a，则左边绳长为20a.由几何关系得：20cos 16；asin (20a)sin 2联立解得a m，所以最低点与参考平面的高度差为sin 7 m，猴子的重心比绳子最低点大约低0.5 m，所以在最低点的重力势能约为750 J，故选B.4机械能守恒(2018绍兴市选考诊断)“神舟十一号”飞船在发射至返回的过程中，哪个阶段中返回舱的机械能是守恒的()A飞船加速升空阶段B飞船在椭圆轨道上绕地球运行的阶段C返回舱与轨道舱分离，进入大气层后加速下降D返回舱在大气层运动一段时间后，打开降落伞，减速下降答案B考点二功率的分析与计算1首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率2平均功率与一段时间(或过程)相对应，计算时应明确是哪个力在哪段时间(或过程)内做功的平均功率(1)可用P.(2)可用PFvcos ，其中v为物体运动的平均速度3计算瞬时功率时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率求解瞬时功率时，如果F和v不同向，可用力F乘以沿F方向的分速度，或用速度v乘以沿速度方向的分力求解(1)公式PFvcos ，其中v为某时刻的瞬时速度(2)PFvF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度(3)PFvv，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力例1(2017浙江11月选考13)如图4所示是具有登高平台的消防车，具有一定质量的伸缩臂能够在5 min内使承载4人的登高平台(人连同平台的总质量为400 kg)上升60 m到达灭火位置此后，在登高平台上的消防员用水炮灭火，已知水炮的出水量为3 m3/min，水离开炮口时的速率为20 m/s，则用于()图4A水炮工作的发动机输出功率约为1104 WB水炮工作的发动机输出功率约为4104 WC水炮工作的发动机输出功率约为2.4106 WD伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为800 W答案B解析若不计伸缩臂的质量，抬升登高平台的发动机输出功率P4001060 W800 W，但伸缩臂具有一定质量，发动机输出功率应大于800 W，故选项D错误；在1 s内，喷出去水的质量为mV103 kg50 kg，喷出去水的重力势能为Epmgh501060 J3104 J，水的动能为Ekmv21104 J，所以1 s内水增加的能量为4104 J，所以水炮工作的发动机输出功率为4104 W，选项B正确，A、C错误5(2018金、丽、衢十二校联考)跳绳是丽水市高中毕业生体育测试的项目之一，如图5所示，高三的小李同学在某次测验过程中，一分钟跳180次，每次跳跃，脚与地面的接触时间为跳跃一次所需时间的，g取10 m/s2，则他克服重力做功的平均功率约为()图5A20 W B35 W C75 W D120 W答案C解析小李同学跳一次的时间是：t s s，他跳离地面向上做竖直上抛运动，到最高点的时间为：t1(1) s0.1 s，此过程中克服重力做功为：Wmg(gt12)500(100.01) J25 J，跳绳时克服重力做功的功率为： W75 W，故C正确，A、B、D错误6一物块放在水平面上，在水平恒力F的作用下从静止开始运动，物块受到的阻力与速度成正比，则关于拉力F的功率随时间变化的图象正确的是()答案C解析物块受到的阻力与速度成正比，根据牛顿第二定律，Fkvma，所以物块做加速度减小的加速运动，又因拉力功率PFv，F为恒力，所以功率随时间变化的规律和速度v随时间的变化规律一致，故C正确，A、B、D错误7(2018台州市高三期末)如图6所示，中国版“野牛”级重型气垫船，自重达540吨，装有额定输出功率为8 700 kW的大功率燃汽轮机，最高时速为108 km/h.假设气垫船航行过程中所受的阻力Ff与速度v成正比，即Ffkv.则下列说法正确的是()图6A该气垫船的最大牵引力为2.9105 NB从题中给出的数据，无法计算k值C在输出额定功率下以最高时速航行时，气垫船所受的阻力为2.9105 ND以最高时速一半的速度匀速航行时，气垫船发动机的输出功率为4 350 kW答案C解析在额定输出功率下以最高时速航行时，vm108 km/h30 m/s，根据PFv得：F N2.9105 N，此时匀速运动，则FfF2.9105 N，若以恒定牵引力启动时，开始的牵引力大于匀速运动的牵引力，所以最大牵引力大于2.9105 N，故A错误，C正确；根据Ffkv得：k Ns/m9.67103 Ns/m，故B错误；以最高时速一半的速度匀速航行时，牵引力Fk，解得F1.45105 N，则PFv1.4510515 W2 175 kW，故D错误考点三动能定理的应用1解题步骤2注意事项(1)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，比动力学研究方法要简便(2)动能定理表达式是一个标量式，不能在某个方向上应用动能定理(3)应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负当一个力做负功时，可设物体克服该力做功为W，将该力做功表示为W，也可以直接用字母W表示该力做功，使其字母本身含有负号例2如图7所示，倾角为37的斜面固定在水平地面上，劲度系数为k40 N/m的轻弹簧的轴线与斜面平行，弹簧下端固定在斜面底端的挡板上，弹簧与斜面间无摩擦一个质量为m5 kg的小滑块从斜面上的P点由静止滑下，小滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5，P点与弹簧自由端Q点间的距离为L1 m已知整个过程弹簧始终在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与其形变量x的关系为Epkx2，sin 370.6, cos 370.8，重力加速度g取10 m/s2.求：图7(1)小滑块从P点下滑到Q点时所经历的时间t；(2)小滑块运动过程中达到的最大速度vm的大小；(3)小滑块运动到最低点的过程中，弹簧的最大弹性势能答案(1)1 s(2) m/s(3)20 J解析(1)由牛顿第二定律可知，小滑块沿斜面下滑的加速度agsin gcos 2 m/s2由Lat2解得t1 s(2)设弹簧被压缩x0时小滑块达到最大速度vm，此时小滑块加速度为零，根据平衡条件有mgsin mgcos kx0对小滑块由静止滑下到达到最大速度的过程，由动能定理有mgsin (Lx0)mgcos (Lx0)kx02mv m2解得vm m/s(3)设小滑块运动至最低点时，弹簧的压缩量为x1，由动能定理有mgsin (Lx1)mgcos (Lx1)Epm0又Epmkx12解得Epm20 J.8如图8甲所示，质量m1 kg的物体静止在光滑的水平面上，t0时刻，物体受到一力F的作用，t1 s时，撤去力F，某时刻物体滑上倾角为37的粗糙斜面已知物体从开始运动到滑上斜面最高点的vt图象如图乙所示，不计其他阻力，sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2.求：图8(1)力F做的功；(2)物体从斜面底端滑到最高点过程中克服摩擦力做功的平均功率答案(1)72 J(2)36 W解析(1)物体1 s末的速度v112 m/s，根据动能定理得：WFmv1272 J.(2)物体在12 s内沿水平面做匀速直线运动，物体在23 s内沿斜面向上做减速运动物体沿斜面上滑的最大距离为：xt36 m物体到达斜面底端的速度v212 m/s，到达斜面最高点的速度为零，根据动能定理得：mgxsin 37W克0mv22解得：W克36 J因此克服摩擦力做功的平均功率为：36 W.9如图9所示为一滑梯的实物图，滑梯的斜面段长度L5.0 m，高度h3.0 m，为保证小朋友的安全，在水平面铺设安全地垫水平段与斜面段平滑连接，小朋友在连接处速度大小不变某小朋友从滑梯顶端由静止开始滑下，经斜面底端后水平滑行一段距离，停在水平地垫上已知小朋友质量为m20 kg，小朋友在斜面上受到的平均阻力Ff188 N，在水平段受到的平均阻力Ff2100 N不计空气阻力，取重力加速度g10 m/s2.求：图9(1)小朋友在斜面滑下的过程中克服摩擦力做的功；(2)小朋友滑到斜面底端时的速度v的大小；(3)为使小朋友不滑出水平地垫，地垫的长度x至少多长答案(1)440 J(2)4 m/s(3)1.6 m解析(1)小朋友在斜面滑下的过程中克服摩擦力做的功为：Wf1Ff1L885 J440 J(2)小朋友在斜面上运动，由动能定理得mghWf1mv2代入数据解得：v4 m/s(3)小朋友在水平地垫上运动的过程，由动能定理得：Ff2x0mv2解得：x1.6 m考点四动力学和能量观点的综合应用1动力学观点：牛顿运动定律、运动学基本规律2能量观点：动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律3解题关键(1)抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程(2)两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带，也是解题的关键例3(2017台州市选考模拟)如图10所示，质量为m0.1 kg的可视为质点的小球从静止开始沿半径为R140 cm的圆弧轨道AB由A点滑到B点后，进入与AB平滑连接的圆弧管道BC.管道出口处为C，圆弧管道半径为R220 cm，在紧靠出口C处，有一半径为R38.4 cm、水平放置且绕其水平轴线匀速旋转的圆筒(不计筒皮厚度)，筒上开有小孔D，筒旋转时，小孔D恰好能经过出口C处，小球射出C出口时，恰好能接着穿过D孔进入圆筒，并越过轴线再从D孔向上穿出圆筒，到最高点后返回又能向下穿过D孔进入圆筒，不计摩擦和空气阻力，g取10 m/s2.问：图10(1)小球到达B点的瞬间前、后对轨道的压力分别为多大？(2)小球穿出圆筒小孔D时的速度多大？(3)圆筒转动的最大周期T为多少？答案(1)3 N5 N(2)0.8 m/s(3)0.08 s解析(1)从A到B，由动能定理得：mgR1mvB2由牛顿第二定律得，到达B点瞬间前：FNBmgm解得FNB3 N到达B点瞬间后：FNBmgm解得FNB5 N由牛顿第三定律得，小球到达B点瞬间前、后对轨道的压力分别为3 N和5 N.(2)从A到穿出D过程中，由机械能守恒可得：mgR1mgR2mg2R3mvD2解得：vD0.8 m/s(3)由机械能守恒可得：mgR1mgR2mvC2解得：vC2 m/s穿越圆筒过程中：vCvDg(nT0.5T)从圆筒穿出到又进入圆筒过程中：2vDgnT得到关系式：3n4n2要使周期最大，n和n必须同时取正整数且n最小取n1，得T0.08 s.10如图11所示，斜面ABC下端与光滑的圆弧轨道CDE相切于C，整个装置竖直固定，D是最低点，圆心角DOC37，E、B与圆心O等高，圆弧轨道半径R0.30 m，斜面长L1.90 m，AB部分光滑，BC部分粗糙现有一个质量m0.10 kg的小物块P从斜面上端A点无初速度下滑，物块P与斜面BC部分之间的动摩擦因数0.75.取sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g10 m/s2，忽略空气阻力求：图11(1)物块第一次通过C点时的速度大小vC；(2)物块第一次通过D点时受到轨道的支持力大小FD；(3)物块最终所处的位置答案(1)3 m/s(2)7.4 N(3)在斜面BC段且距离C点0.35 m解析(1)根据几何关系得，斜面BC部分的长度为：l0.40 m设物块第一次通过B点时的速度为vB，根据动能定理有：mg(Ll)sin 37mvB20，代入数据得：vB3 m/s物块在BC部分滑动时受到的摩擦力大小为：Ffmgcos 370.60 N在BC部分下滑过程中受到的合力为：Fmgsin 37Ff0则物块第一次通过C点时的速度为：vCvB3 m/s.(2)设物块第一次通过D点时的速度为vD，则由动能定理有：mgR(1cos 37)mvD2mvC2FDmgm代入数据得：FD7.4 N.(3)物块每通过一次BC部分减小的机械能为：EFfl0.24 J物块在B点的动能为：EkBmvB20.118 J0.9 J，物块能通过BC部分的次数为：n3.75，设物块第四次从下端进入BC部分后最终在距离C点x处静止，则有mg(Lx)sin 37Ff(3lx)0，代入数据得：x0.35 m.11(2018杭州市期末)如图12所示，倾角为30的光滑斜劈AB长L10.4 m，放在离地高h0.8 m的水平桌面上，B点右端接一光滑小圆弧(图上未画出)，圆弧右端切线水平，与桌面边缘的距离为L2.现有一小滑块从A点由静止释放，通过B点后恰好停在桌面边缘的C点，已知滑块与桌面间的动摩擦因数0.2.图12(1)求滑块到达B点的速度vB的大小；(2)求B点到桌面边缘C点的距离L2；(3)若将斜劈向右平移一段距离L0.64 m，滑块仍从斜劈上的A点由静止释放，最后滑块落在水平地面上的P点求落地点P距C点正下方的O点的距离x.答案(1)2 m/s(2)1 m(3)0.64 m解析(1)滑块从A到B的运动，根据机械能守恒定律得：mgL1sin 30mvB2代入数据解得：vB2 m/s(2)从A到C根据动能定理可得：mgL1sin 30mgL20解得：L21 m；(3)从A到C根据动能定理可得：mgL1sin 30mg(L2L)mvC20，代入数据解得vC1.6 m/s，滑块离开C后做平抛运动，根据平抛运动的规律可得：hgt2，解得：t0.4 s，所以落地点P距C点正下方的O点的距离为：xvCt0.64 m.专题强化练1(2018名校协作体联考)如图1所示，拖拉机耕地时一般比在道路上行驶时速度慢，这样做的主要目的是()图1A节省燃料 B提高柴油机的功率C提高传动机械的效率 D增大拖拉机的牵引力答案D2(2018七彩阳光联盟期中)如图2所示，某一足球比赛中，运动员大力踢出的点球恰好击中横梁假定足球击中横梁时速度大小为20 m/s，足球的质量为450 g，球门高度约为2.4 m，不计空气阻力，则该运动员对足球所做的功的大小约为()图2A45 J B90 J C100 J D180 J答案C解析球门高度约为h2.4 m，对足球从运动员踢球到击中横梁的过程，根据动能定理得：Wmghmv20，则Wmghmv20.45102.4 J0.45202 J100.8 J100 J.3(2018杭州市期末)研究表明，人步行时重心升降的幅度约为脚跨一步距离的0.1倍某同学体重为70 kg，在水平地面上匀速步行的速度为5 km/h，g取10 m/s2，此过程中他的平均功率约为()A5 W B50 W C100 W D200 W答案C解析人步行时重心升降的幅度约为脚跨一步距离的0.1倍，设该同学在时间t内在水平地面上运动的距离为vt，此过程中重心上升的高度为h0.1vt，其重力为G700 N，所以平均功率P0.1Gv0.1700 W97.2 W，故C正确4(2018西湖高级中学月考)如图3所示，四个完全相同的小球在同一高度以相同大小的初速度v0分别水平、竖直向下、竖直向上、斜向上抛出，不计空气阻力的影响，下列说法正确的是()图3A小球飞行过程中加速度相同B小球落地时的动能不同C从开始运动至落地，重力对小球做功不相同D从开始运动至落地，重力对小球做功的平均功率相同答案A解析物体都做抛体运动，故加速度都为重力加速度，都相同，故A正确；根据动能定理可知，小球落地时的动能相同，故B错误；根据Wmgh可知，重力做功相同，故C错误；小球的运动时间不同，由公式P可知重力对小球做功的平均功率不同，故D错误5(2018宁波市重点中学联考)如图4甲所示，用起重机将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，其vt图象如图乙所示，下列说法正确的是()图4A0t1时间内，起重机拉力逐渐变大B在t1t2时间内，起重机拉力的功率保持不变C在t1t2时间内，货物的机械能保持不变D在t2t3时间内，起重机拉力对货物做负功答案B6(2018绍兴市选考诊断)某一水力发电站的水位的平均落差为50 m，每秒约有6106 kg的水用来发电，水的重力势能有10%转化为电能，g取10 m/s2，则()A每秒水减少的重力势能约为3108 JB发电的平均功率约为6108 WC每天的发电量约为7.2106 kWhD若将这些电能以0.5元/度的价格卖出，则一年可收入约为3 600万元答案C7(2018西湖高级中学月考)如图5所示，质量为m的物体(可视为质点)从倾角为30的光滑斜面上的h高处自由下滑到底端A处，则在这个过程中()图5A重力势能减少了mgh B重力势能减少了mghC机械能增加了mgh D机械能减少了mgh答案B解析物体的高度下降了h，重力对物体做功为mgh，则重力势能减少了mgh，故A错误，B正确；斜面光滑，物体在运动过程中只受重力和斜面的支持力，而支持力对物体不做功，只有重力做功，所以物体的机械能守恒，故C、D错误8.如图6所示，汽车停在缓坡上，要求驾驶员在保证汽车不后退的前提下向上启动，这就是汽车驾驶中的“坡道起步”，驾驶员的正确操作是：变速杆挂入低速挡，徐徐踩下加速踏板，然后慢慢松开离合器，同时松开手刹，汽车慢慢启动，下列说法正确的是()图6A变速杆挂入低速挡，是为了增大汽车的输出功率B变速杆挂入低速挡，是为了能够提供较大的牵引力C徐徐踩下加速踏板，是为了让牵引力对汽车做更多的功D徐徐踩下加速踏板，是为了让汽车的输出功率保持为额定功率答案B解析由PFv可知，在功率一定的情况下，当速度减小时，汽车的牵引力就会增大，此时更容易上坡，则换低速挡，增大牵引力，故A错误，B正确；徐徐踩下加速踏板，发动机的输出功率增大，根据PFv可知，目的是为了增大牵引力，故C、D错误9(2018台州市3月模拟)蹦极是一项极限活动如图7所示，游客站在平台上，用橡皮绳固定住身体后由静止下落，触地前弹起，然后反复弹起落下不计空气阻力和橡皮绳的质量，在第一次下落过程中()图7A游客一直处于完全失重状态B橡皮绳刚绷紧时，游客的动能最大C游客的机械能先保持不变，后逐渐减小D游客下落到最低点时，橡皮绳的弹性势能大于游客减少的重力势能答案C10如图8所示，在水平地面上固定一足够长的倾角30的光滑斜面，质量为m2 kg的小滑块从斜面底端，在与斜面平行的恒力F作用下由静止开始沿斜面上升，经过时间t撤去恒力F，又经过时间t小滑块回到斜面底端，此时小滑块的动能为49 J，g取10 m/s2，则下列说法正确的是()图8A拉力F做的功为24.5 JB撤去拉力时小滑块刚好滑到最大高度的一半C撤去拉力时小滑块的速度是7 m/sD与斜面平行的恒力F N答案D解析整个过程中，小滑块的重力不做功，支持力不做功，拉力做正功，由动能定理知：WF49 J，故选项A错误；取沿斜面向上为正方向，设小滑块刚撤去拉力时的速度大小为v1，回到底端时的速度大小为v2，有拉力时的位移x1t，从撤去拉力到回到底端时的位移x1t，根据题意，解得：v22v1，小滑块到达最底端的速度大小v27 m/s，所以撤去拉力时速度是v13.5 m/s，故C错误；设从撤去拉力到小滑块上升到最大高度的位移为x2，则由运动学公式知v1，v2，解得x13x2，撤去拉力时的高度为最大高度的四分之三，故B错误；由动能定理，在小滑块上升的过程中，Fx1mg(x1x2)sin 0，解得F N，故D正确11(2018宁波市十校联考)如图9是某设计师设计的游乐场滑梯轨道简化模型图，在倾角53的长直轨道AC上的B点轻放一小车，B点到C点的距离L04 m，下滑到C点后进入了弧形的光滑轨道CDEF，其中CDE是半径为R5 m，圆心角为106的圆弧，EF为半径R5 m，圆心角为53的圆弧，已知小车的质量为60 kg，车与轨道AC间存在摩擦，动摩擦因数为0.5，不计其他阻力，sin 530.8，cos 530.6，g10 m/s2，下列说法不正确的是()图9A小车滑至C点的速度为6 m/sB小车到达D点时对轨道的压力为1 560 NC小车刚好能沿着轨道滑到F点D若小车从长直轨道上距C点L9 m开始由静止下滑，则小车能在F点水平抛出答案A解析由B到C根据动能定理：mgL0sin 53mgL0cos 53mvC2，解得vC2 m/s，选项A错误；到达D点时：mvC2mgR(1cos 53)mvD2，解得vD4 m/s，则在D点：FNmgm，解得FN1 560 N，由牛顿第三定律知选项B正确；假设小球能到达F点，则mvC2mgR(1cos 53)mvF2，解得vF0，可知小车刚好能到达F点，选项C正确；从B到F点，由动能定理mgLsin 53mgR(1cos 53)mgLcos 53mvF2得vF5 m/s，在F点：mgFNm，解得FN0，即此时小车能在F点水平抛出，选项D正确12如图10所示，AB为水平轨道，竖直平面内的半圆轨道BCD的下端与水平轨道相切于B点，质量m0.50 kg的滑块(可视为质点)，从A点以速度vA10 m/s沿水平轨道向右运动，恰好能通过半圆轨道的上端D点，已知AB长x3.5 m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数0.10，半圆轨道的半径R0