2018届高考物理二轮复习专题五功功率动能定理

-1-知识脉络梳理规律方法导引-2-知识脉络梳理规律方法导引1.知识规律恒力做功的公式:W=Flcos

α。平均功率的公式:P=𝑊𝑡

。(3)瞬时功率的公式:P=Fvcos

α。2

2(4)动能定理的表达式:W=1

𝑚𝑣22

−1

𝑚𝑣12。2.思想方法物理思想:微元思想。物理方法:图象法、类比法、分段法、全程法。-3-命题热点一

命题热点二 命题热点三功、功率的理解与计算A.物体与水平面间的动摩擦因数为μ=0.5B.10

s末恒力F的瞬时功率为6

WC.10s末物体在计时起点左侧2

m处D.10

s内物体克服摩擦力做功34

J常以选择题形式考查功、功率的基本公式。例1(不定项)质量为m=2kg的物体沿水平面向右做直线运动,t=0时刻受到一个水平向左的恒力F,如图甲所示,此后物体的v-t图象如图乙所示,取水平向右为正方向,g取10m/s2,则(CD

)-4-命题热点一命题热点二命题热点三解析由题图乙知前后两段时间内物体加速度的大小分别为a1=2m/s2、a2=1m/s2,由牛顿第二定律知F+μmg=ma1,F-μmg=ma2,联立得F=3N、μ=0.05,A错误;10

s末恒力F的瞬时功率为P=Fv=18

W,B错误;由速度图象与坐标轴所围面积的物理意义知,10s内物体的位移x=-2

m,即在计时起点左侧2

m处,C正确;10

s内物体的路程为

s=34

m,即10

s内物体克服摩擦力所做的功

W=μmgs=0.05×2×10×34

J=34

J,D正确。-5-命题热点一命题热点二命题热点三思维导引-6-命题热点一命题热点二命题热点三规律方法关于功、功率应注意的三个问题功的公式W=Fl和W=Flcos

α仅适用于恒力做功的情况。变力做功的求解要注意对问题的正确转化,如将变力转化为恒力,也可应用动能定理等方法求解。(3)对于功率的计算,应注意区分公式P=𝑊

和公式P=Fv,前式侧𝑡重于平均功率的计算,而后式侧重于瞬时功率的计算。-7-命题热点一

命题热点二 命题热点三拓展训练1(2017·全国Ⅲ卷)如图所示,一质量为m,长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点,M点与绳的上端P相39A.1mgl6B.1mgl3C.1mgl2D.1mgl距1l

。重力加速度大小为g。在此过程中,外力做的功为(

A

)A.测试时该电动汽车所受阻力为1.0×103

NB.该电动汽车的质量为1.2×103

kgC.在0~110

s内该电动汽车的牵引力做功为4.4×106

JD.在0~110

s内该电动汽车克服阻力做的功为2.44×106

J-8-命题热点一

命题热点二

命题热点三机车启动问题常以选择题的形式考查机车的两种启动方式,及学生对实际物理问题的逻辑推理能力。例2(不定项)某电动汽车在平直公路上从静止开始加速,测得发动机功率随时间变化的图象和其速度随时间变化的图象分别如图甲、乙所示,若电动汽车所受阻力恒定,则下列说法正确的是(ABD)-9-命题热点一命题热点二命题热点三解析汽车的额定功率为P=40kW,汽车匀速运动的速度为40m/s,牵

牵f

f𝑣m

40由

P=F

v,F =F

,得

F

=

𝑃

=

40×1

000

N=1.0×103

N,A

正确;由题图50乙,前

50

s

内加速度

a=25-0

m/s2=0.5

m/s2,50

s

末汽车达到额定功率,1

1由P=Fv

,v=25

m/s,得汽车牵引力F=40×10325N=1.6×103

N,由牛顿第二定律F-Ff=ma,得m=1.2×103

kg,B

正确;匀加速运动位移x1=1×50×25

m=625

m,0~110

s

内汽车牵引力做功WF=Fx1+Pt',其中2t'=60

s,得WF=3.4×106

J,故C

错误;在50~110

s

内设汽车位移为x2,2

2由动能定理Pt'-Ffx2=1

𝑚𝑣m

2

−1

𝑚𝑣12,克服摩擦力做功Wf=Ff(x1+x2),代入数据得Wf=2.44×106

J,D

正确。-10-命题热点一命题热点二命题热点三思维导引-11-命题热点一命题热点二命题热点三规律方法解决机车启动问题时应注意的问题分清是匀加速启动还是恒定功率启动。匀加速启动过程中,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,匀加速运动阶段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)以额定功率启动的过程中,机车做加速度减小的加速运动,速𝑃度最大值等于𝐹f

,牵引力是变力,牵引力做的功W=Pt。-12-命题热点一

命题热点二

命题热点三拓展训练2一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时,发动机的功率P随时间t的变化如图所示。假定汽车所受阻力的大小Ff恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中,可能正确的是(A

)A.汽车匀加速运动的时间为𝑚𝑣1𝑣3𝐹1(𝑣3-𝑣1)𝐹1𝑣1B.速度为v2

时的加速度大小为𝑚𝑣2C.汽车行驶中所受的阻力为𝐹1𝑣1𝑣2D.恒定加速时,加速度为𝐹1(𝑣3-𝑣1)𝑚𝑣3-13-命题热点一

命题热点二

命题热点三拓展训练3(不定项)(2017·云南曲靖模拟)一辆汽车在平直的公路上运动,运动过程中先保持某一恒定加速度,后保持恒定的牵引功率,其牵引力和速度的图象如图所示。若已知汽车的质量m,牵引力F1和速度v1及该车所能达到的最大速度v3,运动过程中所受阻力恒定,则根据图象所给的信息,下列说法正确的是(AD

)-14-命题热点一命题热点二命题热点三动能定理的应用常以选择、计算题的形式考查学生利用动能定理处理复杂过程的能力。-15-命题热点一 命题热点二

命题热点三例3如图所示,足够长的木板静止在粗糙的水平地面上,木板的质量m0=2kg,与地面间的动摩擦因数μ1=0.1;在木板的左端放置一个质量m=2

kg的小铅块(视为质点),小铅块与木板间的动摩擦因数

μ2=0.3。现给铅块一向右的初速度v0=4m/s,使其在木板上滑行,木板获得的最大速度v=1

m/s,g取10

m/s2,求:(1)木板达到最大速度时,木板运动的位移;(2)铅块与木板间因摩擦产生的总热量;(3)整个运动过程中木板对铅块的摩擦力所做的功。答案(1)0.5m (2)12

J (3)-16

J-16-命题热点一 命题热点二

命题热点三解析(1)设小铅块在木板上滑动过程中,木板达到最大速度时,木板运动的位移为x1,由动能定理得[μ2mg-μ1(m0+m)g]x1=1m0v22代入数据解得x1=0.5

m。(2)木板达到最大速度时,铅块运动的位移为x2,由动能定理得2

2-μ2mgx2=1mv2-1

𝑚𝑣02代入数据解得x2=2.5

m小铅块在木板上运动的位移Δx=x2-x1=2

m所以,铅块与木板间因摩擦产生的总热量Q=μ2mgΔx=12

J。(3)整个运动过程中木板对铅块的摩擦力所做的功2W=0-1

𝑚𝑣02=-16

J。-17-命题热点一命题热点二命题热点三思维导引-18-命题热点一 命题热点二

命题热点三例4如图所示,在一倾角为37°的绝缘斜面下端O,固定有垂直于斜面的绝缘挡板。斜面ON段粗糙,长度s=0.02

m,NM段光滑,长度

l=0.5

m。在斜面所在的区域有竖直向下的匀强电场,电场强度为

2×105

N/C。有一小滑块质量为2×10-3

kg,带正电,电荷量为1×10-7

C,小滑块与ON段表面的动摩擦因数为0.75。将小滑块从M点由

静止释放,在运动过程中没有电荷量损失,与挡板相碰后原速返回。已知sin

37°=0.6,cos

37°=0.8,g取10

m/s2。求:小滑块第一次过N点的速度大小;小滑块最后停在距离挡板多远的位置。答案

(1)2√3

m/s (2)0.01

m-19-命题热点一 命题热点二

命题热点三解析(1)小滑块第一次过N点的速度为v,则由动能定理有1mv2=mglsin

37°+qElsin

37°2代入数据得

v=2√3

m/s。(2)滑块在ON段运动时所受的摩擦力

Ff=μ(mgcos37°+qEcos37°)=2.4×10-2

N滑块所受重力、电场力沿斜面的分力

F1=mgsin

37°+qEsin

37°=2.4×10-2

N因此滑块沿ON下滑时做匀速运动,上滑时做匀减速运动,速度为0时可停下。设小滑块与挡板碰撞n次后停在距挡板距离为x处,则由动能定理得(mg+qE)(l+s-x)sin

37°-μ(mg+qE)[(2n-1)s+x]cos

37°=0由0≤x≤0.02

m得12.5≤n≤13.5取n=13得x=0.01

m。-20-命题热点一命题热点二命题热点三思维导引-21-命题热点一命题热点二命题热点三规律方法1.电场力做功与重力做功的特点类似,都与路径无关。对于电场力做功或涉及电势差的计算,选用动能定理往往最简便快捷,但运用动能定理时要特别注意运动过程的选取。应用动能定理解题的基本步骤:-22-命题热点一命题热点二命题热点三拓展训练4(2017·山东莱州模拟)如图所示,用内壁光滑的薄壁细管弯成的“S”形轨道固定于竖直平面内,其弯曲部分是由两个半径均为R=0.2

m的半圆平滑对接而成(圆的半径远大于细管内径),轨道底端D点与粗糙的水平地面相切。现有一辆质量为m=1

kg的玩具小车以恒定的功率从E点由静止开始出发,经过一段时间t=4

s后,出现了故障,发动机自动关闭,小车在水平地面继续运动并进入“S”形轨道,从轨道的最高点飞出后,恰好垂直撞在固定斜面B上的C点,C点与下半圆的圆心O等高。已知小车与地面之间的动摩擦因数为μ=0.1,ED之间的距离为x0=10

m,斜面的倾角为30°。求:(g取10m/s2)-23-命题热点一命题热点二命题热点三小车到达C点时的速度大小;在A点小车对轨道的压力大小是多少,方向如何;(3)小车的恒定功率。答案(1)4

m/s (2)10

N

方向竖直向上

(3)5

W-24-命题热点一命题热点二命题热点三解析(1)把C

点的速度分解为水平方向的vA

和竖直方向的vy,𝑦有𝑣

2=2g·3R,vC=𝑣𝑦cos30°,解得vC=4

m/s。(2)由(1)知小车在A

点的速度大小vA=vCsin

30°=2

m/s。因为vA>ඥ𝑔𝑅,对外轨有压力,轨道对小车的作用力向下,根据牛N顿第二定律有

mg+F

=m𝑣𝐴2𝑅N,解得

F =10

N根据牛顿第三定律得,小车对轨道的压力的大小FN'=FN=10

N,方向竖直向上。2(3)从E

到A

的过程中,由动能定理可得Pt-μmgx0-mg·4R=1

𝑚𝑣𝐴

2解得P=5W。-25-物块a的重力势能减少mgh摩擦力对a做的功等于a机械能的增量摩擦力对a做的功等于物块a、b动能增量之和

D.任意时刻,重力对a、b做功的瞬时功率大小相等1

2

3

4

51.(不定项)如图所示,足够长的传送带与水平方向的倾角为θ,物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连,b的质量为

m。开始时,a、b及传送带均静止,且a不受传送带摩擦力作用,现让传送带逆时针匀速转动,则在b上升h高度(未与滑轮相碰)过程中

(ACD)-26-1

2

3

4

52.(不定项)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m0,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(BC

)货物向上做匀速运动箱中的物体对箱底的压力大于mg图示位置时货车拉力的功率大于(m0+m)gvcos

θ此过程中货车拉力做的功为(m0+m)gh2A.W=1mgR,质点恰好可以到达Q

点2B.W>1mgR,质点不能到达Q

点2C.W=1mgR,质点到达Q

点后,继续上升一段距离2D.W<1mgR,质点到达Q

点后,继续上升一段距离-27-1

2

3

4

53.如图所示,一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置,直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落,恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时,对轨道的压力为4mg,g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则(

C

)-28-A.11

JC.18

JB.16

JD.9

J1

2

3

4

54.(2017·辽宁铁岭模拟)如图所示,竖直平面内放一直角杆MON,OM水平,ON竖直且光滑,用不可伸长的轻绳相连的两小球A和B分别套在OM和ON杆上,B球的质量为2kg,在作用于A球的水平力F的作用下,球A、B均处于静止状态,此时OA=0.3m,OB=0.4m。改变