2019高考物理二輪復習 專題二 能量與動量 第1講 功和功率動能定理學案.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：對應學生用書第23頁真題再做1(多選)(2018高考全國卷，T19)地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機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的變化關系如圖所示，其中圖線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次和第次提升過程()A礦車上升所用的時間之比為45B電機的最大牽引力之比為21C電機輸出的最大功率之比為21D電機所做的功之比為45解析：由圖線知，礦車上升總高度h2t0v0t0由圖線知，加速階段和減速階段上升高度和h1()v0t0勻速階段：hh1v0t，解得tt0故第次提升過程所用時間為t0t0，兩次上升所用時間之比為2t0t045，A對；對礦車受力分析，當?shù)V車向上做加速直線運動時，電機的牽引力最大，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(xiàn)mgma，F(xiàn)m(ga)第次在t0時刻，功率P1Fv0，第次在時刻，功率P2F，第次在勻速階段P2FmgP2，可知，電機輸出的最大功率之比P1P221，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，故兩次電機做功也相同，D錯答案：AC2(2017高考全國卷，T16)如圖，一質(zhì)量為m，長度為l的均勻柔軟細繩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.mglB.mglC.mglD.mgl解析：QM段繩的質(zhì)量為mm，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WGmg(ll)mgl，對繩的下端Q拉到M點的過程，應用動能定理，可知外力做功WWGmgl，可知A項正確，B、C、D項錯誤答案：A3.(2015高考全國卷，T17)一汽車在平直公路上行駛從某時刻開始計時，發(fā)動機的功率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：當汽車的功率為P1時，汽車在運動過程中滿足P1F1v，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F1fma1，f不變，所以汽車做加速度減小的加速運動，當F1f時速度最大，且vm.當汽車的功率突變?yōu)镻2時，汽車的牽引力突增為F2，汽車繼續(xù)加速，由P2F2v可知F2減小，又因F2fma2，所以加速度逐漸減小，直到F2f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：A4.(2016高考全國卷，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mgEkA0小球下落至B點的過程，由動能定理得mg(R)EkB0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mgm，解得v0小球由開始下落至C點的過程，由動能定理得mgmv0，解得vC由于vCv0，故小球恰好可以沿軌道運動到C點答案：(1)51(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、負功的判斷，功率的分析與計算，機車啟動模型，動能定理在圓周運動、平拋運動中的應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，要重點關注本講知識與實際問題相結(jié)合的情景題目解題要領怎么做解決本講知識要理解功和功率的定義、正負功的判斷方法，機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用建體系記要點知識串聯(lián)熟記核心要點授課提示：對應學生用書第24頁網(wǎng)絡構建要點熟記1功(1)恒力做功：WFlcos (為F與l之間的夾角)(2)變力做功：用動能定理求解；用F x圖線與x軸所圍“面積”求解2功率(1)平均功率：PFcos .(2)瞬時功率：PFvcos(為F與v的夾角)(3)機車啟動兩類模型中的關鍵方程：PFv，F(xiàn)F阻ma，vm，PtF阻xEk.3動能定理：W合mv2mv.4應用動能定理的兩點注意(1)應用動能定理的關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(2)動能定理是標量式，不能在某一方向上應用研考向提能力考向研析掌握應試技能授課提示：對應學生用書第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的功率約為(g取10m/s2)()A240 J,4 WB.2 400 J,2 400 WC2 400 J, 40 W D4 800 J,80 W解析：他每次引體向上克服重力所做的功為W1mgh60100.4 J240 J，他在1 min內(nèi)克服重力所做的功為W10W110240 J2 400 J，相應的功率約為P40 W，選項C正確答案：C2(多選)如圖所示，傳送帶AB的傾角為，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)tan，傳送帶的速度為v(v0tan，則mgcosmgsin，傳送帶的速度為v(v0v)，若v0與v同向，物體先做勻加速運動，直至物體加速運動到與傳送帶速度相同時物體速度最大，此時摩擦力的瞬時功率最大，則最大瞬時功率為Pmgvcos；若v0與v反向，物體沿傳送帶向上開始做類豎直上拋，根據(jù)對稱性知，物體在傳送帶上運動的速度最大為v0，此時摩擦力的瞬時功率最大，則最大瞬時功率為Pmgv0cos，因為最大瞬時功率有兩種可能值，所以選項A、B均錯誤若v0與v反向，物體先是沿傳送帶向上做勻減速運動，速度為零后，沿傳送帶向下做勻加速運動，滑動摩擦力方向始終沿傳送帶向下，摩擦力先對物體做負功，后做正功，物體回到B端時位移為零，滑動摩擦力做的總功為零，選項C、D正確答案：CD3長為L的輕質(zhì)細繩懸掛一個質(zhì)量為m的小球，其下方有一個傾角為的光滑斜面體放在水平面上，開始時小球與斜面剛剛接觸且細繩恰好豎直，如圖所示現(xiàn)在用水平推力F緩慢向左推動斜面體，直至細繩與斜面平行，則下列說法中正確的是()A由于小球受到斜面的彈力始終與斜面垂直，故對小球不做功B細繩對小球的拉力始終與小球的運動方向垂直，故對小球不做功C小球受到的合外力對小球做功為零，故小球在該過程中機械能守恒D若水平面光滑，則推力做功為mgL(1cos)解析：小球受到的斜面的彈力沿小球位移方向有分量，故對小球做正功，A錯誤；細繩的拉力方向始終和小球的運動方向垂直，故對小球不做功，B正確；合外力對小球做的功等于小球動能的改變量，雖然合外力做功為零，但小球的重力勢能增加，故小球在該過程中機械能不守恒，C錯誤；若水平面光滑，則推力做功等于小球重力勢能的增量，即為mgL(1sin)，D錯誤答案：B考向二機車啟動問題1恒定功率啟動(1)機車先做加速度逐漸減小的變加速直線運動，后做勻速直線運動，速度時間圖象如圖所示，當FF阻時，vm.(2)動能定理：PtF阻xmv0.2恒定加速度啟動(1)速度時間圖象如圖所示機車先做勻加速直線運動，當功率增大到額定功率后獲得勻加速的最大速度v1.之后做變加速直線運動，直至達到最大速度vm后做勻速直線運動(2)常用公式：4.如圖所示，汽車在平直路面上勻速運動，用跨過光滑定滑輪的輕繩牽引輪船，汽車與滑輪間的繩保持水平，當牽引輪船的繩與水平方向成角時，輪船速度為v，汽車的功率為P，汽車受到的阻力(不含繩的拉力)恒為f，則此時繩對船的拉力大小為()A.fB.fC.fD.f解析：將船的速度分解如圖所示，沿繩子方向的分速度v1vcos，根據(jù)PFv1得，汽車的牽引力大小F.根據(jù)平衡條件得，繩對汽車的拉力大小FFff，那么此時繩對船的拉力大小為f，故選項B正確答案：B5一輛汽車在行駛過程中的最大輸出功率與速度大小的關系如圖所示，已知該車質(zhì)量為2103kg，在某平直路面上行駛，阻力恒為3103N若汽車從靜止開始以恒定加速度2m/s2做勻加速運動，則此勻加速過程能持續(xù)的時間大約為()A8sB14sC26sD38s解析：由圖象可知，汽車的最大功率約為P200kW，在勻加速階段由牛頓第二定律可知FF阻ma，即FF阻ma3103N21032N7000N，再由PFv可知vm/sm/s，由vat，解得ts14.3s，故選項B正確答案：B6(多選)(2018江西贛中南五校聯(lián)考)質(zhì)量為m的汽車在平直路面上啟動，啟動過程的速度時間圖象如圖所示，從t1時刻起汽車的功率保持不變，整個運動過程中汽車所受阻力恒為Ff，則()A0t1時間內(nèi)，汽車的牽引力做功的大小等于汽車動能的增加量Bt1t2時間內(nèi)，汽車的功率等于(mFf)v1C汽車運動的最大速度v2(1)v1Dt1t2時間內(nèi)，汽車的平均速度等于解析：0t1時間內(nèi)，汽車加速度a，由牛頓第二定律FFfma，解得FmFf.t1t2時間內(nèi)，汽車的功率PFv1(mFf)v1，選項B正確；由PFfv2可得汽車運動的最大速度v2(1)v1，選項C正確；根據(jù)動能定理，0t1時間內(nèi)，汽車的牽引力做的功減去克服阻力做的功等于汽車動能的增加量，選項A錯誤；t1t2時間內(nèi)，汽車的平均速度大于，選項D錯誤答案：BC解決機車啟動問題的四點注意(1)分清是勻加速啟動還是恒定功率啟動，如第5題中是勻加速啟動，第6題中0t1時間內(nèi)是勻加速運動，t1t2時間內(nèi)是恒定功率運動(2)勻加速啟動過程中，機車功率是不斷增大的，當功率達到額定功率時勻加速運動速度達到最大(如第6題中t1時刻對應的速度v1)，但不是機車能達到的最大速度(t2時刻速度v2)，但該過程中的最大功率是額定功率(3)以額定功率啟動的過程中，牽引力是不斷減小的，機車做加速度減小的加速運動，牽引力的最小值等于阻力(4)無論哪種啟動方式，最后達到最大速度時，均滿足PFfvm，P為機車的額定功率考向三動能定理的應用典例展示如圖甲所示是游樂園的過山車，其局部可簡化為如圖乙所示的示意圖，傾角37的兩平行傾斜軌道BC、DE的下端與水平半圓形軌道CD順滑連接，傾斜軌道BC的B端距軌道CD所在水平面的豎直高度h24m，傾斜軌道DE與圓弧軌道EF相切于E點，圓弧軌道EF的圓心O1、水平半圓軌道CD的圓心O2在同一水平面上，D點與O1點之間的距離L20m，質(zhì)量m1000kg的過山車(包括乘客)從B點由靜止開始滑下，經(jīng)過水平半圓軌道CD后，滑上傾斜軌道DE，到達圓弧軌道頂端F時，乘客對座椅的壓力為自身重力的.已知過山車在BCDE段運動時所受的摩擦力與軌道對過山車的支持力成正比，比例系數(shù)，圓弧軌道EF光滑，整個運動過程中空氣阻力不計，過山車經(jīng)過各軌道之間的連接點時無機械能損失(sin370.6，cos370.8，重力加速度g取10m/s2)(1)求過山車過F點時的速度大??；(2)求從B點到F點的整個運動過程中摩擦力對過山車做的功；(3)過山車過D點時發(fā)現(xiàn)圓弧軌道EF有故障，為保證乘客安全，立即觸發(fā)制動裝置，使過山車不能到達EF段并保證不再下滑，設觸發(fā)制動裝置后，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則過山車受到的摩擦力至少為多大？解析(1)設過山車過F點時的速度為vF，選擇某個質(zhì)量為m1的乘客為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有m1gm1gm1，又rLsin聯(lián)立方程并代入數(shù)據(jù)解得vF3m/s.(2)設整個過程摩擦力做功為W，對過山車從B點到F點的過程，應用動能定理得mg(hr)Wmv0代入數(shù)據(jù)解得W7.5104J.(3)觸發(fā)制動裝置后，設過山車恰好能夠到達E點時對應的摩擦力為Ff，過山車在D點和F點的速度分別為vD和vF，由動能定理得FfLcosmgrcos0mv未觸發(fā)制動裝置時，對D點到F點的過程，由動能定理得mgcosLcosmgrmvmv聯(lián)立方程并代入數(shù)據(jù)解得Ff4.56103N因為Ff，C錯誤；030s內(nèi)，汽車發(fā)動機做的功W1Fx1(J)15P(J)，3054s內(nèi)汽車發(fā)動機做功W2P(54s30s)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小解析：設8s后馬拉雪橇的功率為P，則勻速運動時PFvFfv即運動過程中雪橇受到的阻力大小Ff對于整個過程運用動能定理得t1P(t總t1)Ffxmv20代入數(shù)據(jù)，解得P723W，F(xiàn)f48.2N再由動能定理可得t總Ffxmv2解得687W.答案：687W48.2N12某課外探究小組自制了如圖所示的導軌，其中，導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，R0.5m，水平部分長度L2m，將導軌豎直放置，軌道最低點離水平地面高h1m將一個質(zhì)量為m0.5kg、中心有孔的鋼球(孔徑略大于細導軌直徑)套在導軌端點P處，鋼球與導軌水平部分的動摩擦因數(shù)均為0.4.給鋼球一初速度v013m/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mg2RmgLmvmv由牛頓第二定律有FNmg代入數(shù)據(jù)解得FN178N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)設鋼球到達軌道末端點的速度為v2，對全程應用動能定理得mg5Lmg4Rmvmv解得v27m/s由平拋運動規(guī)律得h8Rgt2，sv2t解得s7m.答案：(1)178N，方向豎直向下(2)7m13(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，整個軌道處于場強為E1104N/C、水平向右的勻強電場中一質(zhì)量m4103 kg、帶電量q3106 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L0.8 m，圓弧DG的半徑r0.2 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，cos370.8，sin370.6.求：(1)滑塊與CD段之間的動摩擦因數(shù)；(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qEmg(L)0，解得0.25(2)滑塊在CD段上受到的滑動摩擦力mg0.01N、電場力qE0.03N，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間來回往復運動，且在D點的速度為0全過程由動能定理得qEL(mgx)0解得xL3L2.4m(3)GH段的傾角37，滑塊受到的重力mg0.04N，電場力qE0.03N，qEcosmgsin0.024N，則滑塊加速度a0，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(Lrsin)mgLmg(rrcos)0.018J滑塊最終在DGH間來回往復運動，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最小Eqrsinmg(rrcos)0.002J答案：(1)0.25(2)2.4m(3)0.018J0.002J