2018届二轮复习 功 功率 动能定理课件(共75张)(江苏专用)

专题五 功 功率 动能定理考点1| 功 功率的分析与计算 难度：中档 题型：选择题 五年1考(对应学生用书第22页)1．(2012·江苏高考T 3)如图5­1所示，细线的一端固定于O 点，另一端系一小球．在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A 点运动到B 点．在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是( )【导学号：17214080】图5­1A ．逐渐增大B ．逐渐减小C ．先增大，后减小D ．先减小，后增大【解题关键】 速度分解，可发现小球在竖直方向分速度逐渐增大，重力的瞬时功率也逐渐增大，则拉力的瞬时功率也逐渐增大，A 项正确．]2．(2017·江苏高考T 14)如图5­2所示，两个半圆柱A 、B 紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C ，三者半径均为R ．C 的质量为m ，A 、B 的质量都为m2，与地面间的动摩擦因数均为μ．现用水平向右的力拉A ，使A 缓慢移动，直至C 恰好降到地面．整个过程中B 保持静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ．求：图5­2(1)未拉A 时，C 受到B 作用力的大小F ； (2)动摩擦因数的最小值μmin；(3)A 移动的整个过程中，拉力做的功W ．【导学号：17214081】【解析】 (1)对C 受力分析，如图所示．根据平衡条件有2F cos 30°＝mg 解得F ＝33mg ． (2)C 恰好降到地面时，B 受C 压力的水平分力最大F x max ＝32mg B 受地面的摩擦力f ＝μmg根据题意，B 保持静止，则有f min ＝F x max 解得μmin＝32． (3)C 下降的高度h ＝(3－1)RA 的位移x ＝2(3－1)R摩擦力做功的大小W f ＝fx ＝2(3－1)μmgR 根据动能定理W －W f ＋mgh ＝0－0解得W ＝(2μ－1)(3－1)mgR ．【答案】 (1)33mg (2)32(3)(2μ－1)(3－1)mgR1．计算功、功率时应注意的三个问题(1)功的公式W ＝Fl 和W ＝Fl cos α仅适用于恒力做功的情况．(2)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 ＝Wt和公式P ＝Fv ，前式侧重于平均功率的计算，而后式侧重于瞬时功率的计算． 2．机车启动模型中的两点技巧机车启动匀加速过程的最大速度v 1(此时机车输出的功率最大)和全程的最大速度v m (此时F 牵＝F 阻)求解方法：(1)求v 1：由F 牵－F 阻＝ma ，P ＝F 牵v 1可求v 1＝PF 阻＋ma．(2)求v m ：由P ＝F 阻v m ，可求v m ＝P F 阻．●考向1 功的理解与计算1．(多选)(2017·徐州二模)如图5­3所示，竖直平面内有一半圆槽，A 、C 等高，B 为圆槽最低点，小球从A 点正上方O 点静止释放，从A 点切入圆槽，刚好能运动至C 点．设球在AB 段和BC 段运动过程中，运动时间分别为t 1、t 2，克服摩擦力做功分别为W 1、W 2，则( )图5­3A ．t 1＞t 2B ．t 1＜t 2C ．W 1＞W 2D ．W 1＜W 2BC [小球刚开始自由落体，到达C 点速度大小为零，由受力分析，小球在BC 阶段一直减速，则小球在AB 阶段平均速率大于BC 阶段，两段弧长相等，所以t 1＜t 2，B 选项正确．在AB 和BC 任一对称位置上都有小球在AB 上速率大于BC 上速率，则需要的向心力大，则轨道对小球的弹力大，由摩擦力公式，受到的摩擦力就大，两段圆弧相等，根据功的计算公式可得W 1＞W 2，C 选项正确．]2．(2017·徐州模拟)如图5­4所示，在投球游戏中，小明坐在可升降的椅子上，向正前方的圆桶水平抛出篮球．已知某次抛出点的实际高度为2．0 m ，桶的高度为0．4 m ，到抛出点的水平距离为1．6 m ，球恰好落入桶内，篮球质量约为0．5 kg ，小明对球做功约为( )【导学号：17214082】图5­4A ．0．2 JB ．2 JC ．20 JD ．200 JB [篮球做平抛运动，竖直方向下降高度为抛出点的实际高度与桶的高度差，竖直方向：H －h ＝12gt 2①水平方向：x ＝vt ②由动能定理，人对篮球做功为篮球平抛初动能，则：W ＝12Mv 2③由以上三式代入数据可得小明对球做功约为2 J ，故选 B ．] ●考向2 功率的分析和计算3．(多选)(2017·徐州期中)如图5­5所示，物块用一不可伸长的轻绳跨过小滑轮与小球相连，与小球相连的轻绳处于水平拉直状态．小球由静止释放运动到最低点过程中，物块始终保持静止，不计空气阻力．下列说法正确的有( )【导学号：17214083】图5­5A ．小球刚释放时，地面对物块的摩擦力为零B ．小球运动到最低点时，地面对物块的支持力可能为零C ．上述过程中小球的机械能守恒D ．上述过程中小球重力的功率一直增大AC [小球刚释放时，小球速度为零，此时绳子的拉力为零，对物块分析可知，受到的摩擦力为零，故A 正确；小球运动到最低点时，若地面对物块的支持力为零，此时绳子的拉力对物块有向右的分力，不可能静止，故B 错误；整体受力分析，只有重力做功，故机械能守恒，故C 正确；刚释放小球时，小球速度为零，小球重力的功率为零，到达最低点时，速度方向与重力方向垂直，小球重力的功率为零，故小球重力的功率先增大后减小，故D 错误．]4．(2017·宿迁三模)如图5­6所示，四个相同的小球A 、B 、C 、D ，其中A 、B 、C 位于同一高度h 处，A 做自由落体运动，B 沿光滑斜面由静止滑下，C 做平抛运动，D 从地面开始做斜抛运动，其运动的最大高度也为h ．在每个小球落地的瞬间，其重力的功率分别为P A 、P B 、P C 、PD ．下列关系式正确的是( )【导学号：17214084】图5­6A ．P A ＝PB ＝PC ＝PD B ．P A ＝P C ＞P B ＝P D C ．P A ＝P C ＝P D ＞P BD ．P A ＞P C ＝P D ＞P BC [A 做自由落体运动，C 做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，故A 、C 落地时竖直方向的速度大小相同，故落地时的功率P ＝mgv 相同；D 做斜抛运动，到达最高点跟A 下落时的高度相同，故竖直方向的速度跟A 落地时的速度大小相同，故功率相同；B 沿斜面下滑，下滑到斜面底端的速度跟A 落地时的速度相同，但速度方向与重力方向成一定的夹角，故功率小于A 的功率，故C 正确．] ●考向3 机车启动问题5．(2017·南通模拟)近年来城市的汽车越来越多，排放的汽车尾气是形成“雾霾”天气的一个重要因素，为减少二氧化碳排放，我国城市公交正大力推广新型节能环保电动车，在检测某款电动车性能的实验中，质量为8×102kg 的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为15 m/s ，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F 及对应的速度v ，并描绘出F ­1v图象(图中AB 、AO 均为直线)，假设电动车行驶时所受的阻力恒定，则根据图象，下列判断中正确的是( )【导学号：17214085】图5­7A ．电动车运动过程中所受的阻力f ＝2 000 NB ．电动车的额定功率P ＝6 000 WC ．电动车由静止开始持续匀加速运动的时间t ＝7．5 sD ．电动车从静止开始运动到最大速度消耗的电能E ＝9×104JB [当最大速度v max ＝15 m/s 时，牵引力为F min ＝400 N ，故恒定阻力f ＝F min ＝400 N ，故A 错误；额定功率P ＝F min v max ＝6 kW ，故B 正确；匀加速运动的加速度a ＝F －f m ＝2 000－400800m/s 2＝2 m/s 2，匀加速运动的最大速度v ＝P F ＝6 0002 000m/s ＝3 m/s ，电动车维持匀加速运动的时间t ＝v a＝1．5 s ，故C 错误；AC 段做变加速直线运动，无法求解其运动位移，所以无法求出时间，也就求不出阻力做的功，故D 错误．]考点2| 动能定理的应用 难度：较难 题型：选择题、计算题 五年3考(对应学生用书第23页)3．(2015·江苏高考T 14)一转动装置如图5­8所示，四根轻杆OA 、OC 、AB 和CB 与两小球及一小环通过铰链连接，轻杆长均为l ，球和环的质量均为m ，O 端固定在竖直的轻质转轴上．套在转轴上的轻质弹簧连接在O 与小环之间，原长为L ．装置静止时，弹簧长为32L ．转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升．弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g ．求：图5­8(1)弹簧的劲度系数k ；(2)AB 杆中弹力为零时，装置转动的角速度ω0；(3)弹簧长度从32L 缓慢缩短为12L 的过程中，外界对转动装置所做的功W ．【解题关键】11θ1．小环受到弹簧的弹力F 弹1＝k ·L2小环受力平衡，F 弹1＝mg ＋2T 1cos θ1 小球受力平衡，F 1cos θ1＋T 1cos θ1＝mgF 1sin θ1＝T 1sin θ1解得k ＝4mgL．(2)设OA 、AB 杆中的弹力分别为F 2、T 2，OA 杆与转轴的夹角为θ2，弹簧长度为x ． 小环受到弹簧的弹力F 弹2＝k (x －L ) 小环受力平衡，F 弹2＝mg ，得x ＝54L对小球，F 2cos θ2＝mgF 2sin θ2＝m ω20l sin θ2且cos θ2＝x2l解得ω0＝8g 5L． (3)弹簧长度为12L 时，设OA 、AB 杆中的弹力分别为F 3、T 3，OA 杆与弹簧的夹角为θ3．小环受到弹簧的弹力F 弹3＝12kL小环受力平衡，2T 3cos θ3＝mg ＋F 弹3，且cos θ3＝L4l对小球，F 3cos θ3＝T 3cos θ3＋mgF 3sin θ3＋T 3sin θ3＝m ω23l sin θ3解得ω3＝16gL整个过程弹簧弹性势能变化为零，则弹力做的功为零，由动能定理 W －mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫3L 2－L 2－2mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫3L 4－L 4＝2×12m (ω3l sin θ3)2解得W ＝mgL ＋16mgl2L．【答案】 (1)4mgL(2)8g 5L (3)mgL ＋16mgl 2L4．(2017·江苏高考T 3)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为E k0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能E k 与位移x 关系的图线是( )C [设斜面倾角为θ，根据动能定理，当小物块沿斜面上升时，有 －(mg sin θ＋f )x ＝E k －E k0，即E k ＝－(f ＋mg sin θ)x ＋E k0，所以E k 与x 的函数关系图象为直线，且斜率为负． 当小物块沿斜面下滑时根据动能定理有(mg sin θ－f )(x 0－x )＝E k －0(x 0为小物块到达最高点时的位移)，即E k ＝－(mg sin θ－f )x ＋(mg sin θ－f )x 0所以下滑时E k 随x 的减小而增大且为直线． 综上所述，选项C 正确．]5．(2013·江苏高考T 5)水平面上，一白球与一静止的灰球碰撞，两球质量相等．碰撞过程的频闪照片如图5­9所示，据此可推断，碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的( )【导学号：17214086】图5­9A ．30%B ．50%C ．70%D ．90%A [根据v ＝x t 和E k ＝12mv 2解决问题．量出碰撞前的小球间距与碰撞后的小球间距之比为12∶7，即碰撞后两球速度大小v ′与碰撞前白球速度v 的比值，v ′v ＝712．所以损失的动能ΔE k ＝12mv 2－12·2mv ′2，ΔE k E k0≈30%，故选项A 正确．]1．应用动能定理解题的4个步骤(1)确定研究对象及其运动过程； (2)分析受力情况和各力的做功情况； (3)明确物体初末状态的动能； (4)由动能定理列方程求解． 2．应用动能定理解题应注意的3个问题(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不牵扯加速度及时间，比动力学研究方法要简洁．(2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的． (3)物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑，但若能对整个过程利用动能定理列式则可使问题简化．●考向1 动能定理与图象的结合6．(2017·盐城二模)质量为m 的球从地面以初速度v 0竖直向上抛出，已知球所受的空气阻力与速度大小成正比，下列图象分别描述了球在空中运动的加速度a 、速度v 随时间t 的变化关系和动能E k 、机械能E (选地面处重力势能为零)随球距离地面高度h 的变化关系，其中可能正确的是( )【导学号：17214087】A BC DC [v ­t 图象与t 轴的交点表示小球到达最高点，速度为0，此时空气阻力为0，小球所受的合力等于重力，由牛顿第二定律得：mg ＝ma ，a ＝g ≠0，故A 错误．上升过程有 mg ＋f ＝ma 上，下降过程有mg －f ＝ma 下，又f ＝kv ，得a 上＝g ＋kv m，则上升过程中，随着v 的减小，a 减小．由数学知识有Δa 上Δt ＝k m ·Δv Δt ＝km a ，减小，所以a ­t 图象应是曲线．同理，下降过程，a ­t 图象也是曲线，故B 错误．上升过程有ΔE k ＝－(mg ＋kv )Δh ，得ΔE kΔh ＝－(mg ＋kv )，v 减小，⎪⎪⎪⎪⎪⎪ΔE k Δh 减小，E k­h 图象应是切线斜率逐渐减小的曲线．下降过程有ΔE k ＝(mg －kv )Δh ，得ΔE k Δh ＝mg －kv ，v 增大，⎪⎪⎪⎪⎪⎪ΔE k Δh 减小，E k­h 图象应是切线斜率逐渐减小的曲线，故C 正确．上升过程有ΔE ＝－kv ·Δh ，得ΔE Δh ＝－kv ，v 减小，⎪⎪⎪⎪⎪⎪ΔE Δh 减小，E ­h 图象应是曲线，故D 错误．] ●考向2 多过程应用动能定理7．(2017·镇江一模)如图5­10所示的装置由水平弹簧发射器及两个轨道组成：轨道Ⅰ是光滑轨道AB ，AB 间高度差h 1＝0．20 m ；轨道Ⅱ由AE 和螺旋圆形EFG 两段光滑轨道和粗糙轨道GB 平滑连接而成，且A 点与F 点等高．轨道最低点与AF 所在直线的高度差h 2＝0．40 m ．当弹簧压缩量为d 时，恰能使质量m ＝0．05 kg 的滑块沿轨道Ⅰ上升到B 点，当弹簧压缩量为2d 时，恰能使滑块沿轨道Ⅱ上升到B 点，滑块两次到达B 点处均被装置锁定不再运动．已知弹簧弹性势能E p 与弹簧压缩量x 的平方成正比，弹簧始终处于弹性限度范围内，不考虑滑块与发射器之间的摩擦，重力加速度g 取10 m/s 2．图5­10(1)当弹簧压缩量为d 时，求弹簧的弹性势能及滑块离开弹簧瞬间的速度大小； (2)求滑块经过螺旋图形轨道最高点F 处时对轨道的压力大小； (3)求滑块通过GB 段过程中克服摩擦力所做的功．【导学号：17214088】【解析】 (1)当弹簧压缩量为d 时，恰能使质量m ＝0．05 kg 的滑块沿轨道Ⅰ上升到B 点，所以根据能量转化和守恒定律得： 弹簧弹性势能E p1＝mgh 1 解得：E p1＝0．1 J又对滑块由静止到离开弹簧过程由能量转化和守恒定律得：E p1＝12mv 2解得：v ＝2 m/s ．(2)根据题意，弹簧弹性势能E p 与弹簧压缩量x 的平方成正比，所以弹簧压缩量为2d 时，弹簧弹性势能为E p2＝0．4 J根据题意，滑块到达F 点处的速度v ′＝4 m/s 根据牛顿第二定律：F ＝ma可得：mg ＋F N ＝m v ′2R解得：F N ＝3．5 N根据牛顿第三定律：F 处滑块对轨道的压力大小为3．5 N ． (3)滑块通过GB 段过程，根据能量转化和守恒定律得E p2＝mgh 1＋Q解得：Q ＝0．3 J 又Q ＝W 克所以滑块通过GB 段过程中克服摩擦力所做的功W 克＝0．3 J ． 【答案】 (1)0．1 J 2 m/s (2)3．5 N (3)0．3 J8．(2017·徐州模拟)如图5­11所示为某车间传送装置的简化示意图，由水平传送带、粗糙斜面、轻质弹簧及力传感器组成．传送带通过一段光滑圆弧与斜面顶端相切，且保持v 0＝4 m/s 的恒定速率运行，AB 之间距离为L ＝8 m ，斜面倾角θ＝37°，弹簧劲度系数k ＝200 N/m ，弹性势能E p ＝12kx 2，式中x 为弹簧的形变量，弹簧处于自然状态时上端到斜面顶端的距离为d ＝3．2 m ．现将一质量为4 kg 的工件轻放在传送带A 端，工件与传送带、斜面间的动摩擦因数均为0．5，不计其它阻力，sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8，g 取10 m/s 2．求：图5­11(1)工件传到B 端经历的时间； (2)传感器的示数最大值；(3)工件经多次缓冲后停在斜面上，传感器的示数为20 N ，工件在斜面上通过的总路程．(结果保留三位有效数字)【导学号：17214089】【解析】 (1)设工件轻放后向右的加速度为a ，达共速时位移为x 1，时间为t 1，由牛顿第二定律：μmg ＝ma 可得：a ＝μg ＝5 m/s 2t 1＝v 0a ＝45s ＝0．8 sx 1＝12at 2＝12×5×0．82 m ＝1．6 m接着工件向右匀速运动，设时间为t 2，t 2＝L －x 1v 0＝8－1．64s ＝1．6 s工件传到B 端经历的时间t ＝t 1＋t 2＝2．4 s ．(2)设传感器示数最大时弹簧的压缩量为Δx 1，由动能定理得：mg (d ＋Δx 1)sin 37°－μmg (d ＋Δx 1)cos 37°－12k Δx 21＝0－12mv 2代入数据得：Δx 1＝0．8 m传感器的示数最大值为：F m ＝k ·Δx 1＝160 N ．(3)设传感器示数为20 N 时弹簧的压缩量为Δx 2，工件在斜面上通过的总路程为s ，则：Δx 2＝F 2k ＝20200m ＝0．1 m由能量守恒得：12mv 20＋mg (d ＋Δx 2)sin 37°＝μmgs cos 37°＋12k Δx 22 代入数据得：s ＝6．89 m ．【答案】 (1)2．4 s (2)160 N (3)6．89 m ●考向3 动能定理在机车启动问题中的应用9．(2017·红桥区期末)一辆由电动机提供牵引力的实验小车在水平的直轨道上由静止开始运动，其运动的全过程转化为如图5­12所示的v ­t 图象，图象显示2 s ～10 s 时间段内的图象为曲线，其余时间段图象均为直线．已知实验小车运动的过程中，2 s ～14 s 时间段内小车的功率保持不变，在14 s 末关闭发动机而让小车自由滑行．已知小车的质量为1 kg ，假设在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变．求：图5­12(1)小车所受到的阻力大小及0～2 s 时间内电动机提供的牵引力F 的大小； (2)小车匀速行驶阶段的功率P ；(3)小车在0～10 s 运动过程中位移x 的大小．【导学号：17214090】【解析】 (1)由图象可得，在14 s ～18 s 内的加速度为：a 3＝Δv Δt ＝0－318－14m/s 2＝－0．75 m/s 2小车受到阻力大小为：f ＝ma 3＝0．75 N在0～2 s 内的加速度为：a 1＝Δv Δt ＝12m/s 2＝0．5 m/s 2由F －f ＝ma 1得，电动机提供的牵引力大小为：F ＝ma 1＋f ＝1．25 N ．(2)在10 s ～14 s 内小车做匀速运动，有：F ＝f 故小车功率为：P ＝Fv ＝0．75×3 W＝2．25 W ．(3)速度图象与时间轴的“面积”的数值等于物体位移大小： 0～2 s 内，s 1＝12×2×1 m＝1 m2 s ～10 s 内，根据动能定理有：Pt －fs 2＝12mv 22－12mv 21代入数据解得：s 2＝18．7 m 故小车在加速过程中的位移为：s ＝s 1＋s 2＝19．7 m ．【答案】 (1)0．75 N 1．25 N (2)2．25 W (3)19．7 m规范练高分| 动能定理的综合应用类问题(对应学生用书第25页)[典题在线](2017·湖南十校联考)(18分)为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为θ＝60°，长为L1＝2 3 m的倾斜轨道AB，①通过微小圆弧与长为L2＝32m的水平轨道BC相连，然后在C处设计一个②竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道D，如图5­13所示．现将一个小球从距A点高为h＝0．9 m的水平台面上以一定的初速度v0水平弹出，③到A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下．已知④小球与AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝33．g取10 m/s2，求：⑤图5­13(1)小球初速度v0的大小；(2)小球滑过C点时的速度v C；(3)要使⑥小球不离开轨道，则竖直圆弧轨道的半径R应该满足什么条件．[信息解读]①长度忽略不计且此处无碰撞和能量损失．②注意小球竖直平面内圆周运动的处理方法．③可在A点分解速度求解v0．④小球在AB和BC上运动时，受摩擦力作用，存在摩擦力做功．⑤由图可知，小球运动是“平抛＋斜面＋圆周”的组合．⑥可在竖直平面内通过圆周最高点或在竖直平面内上升的高度不超过其半径．[考生抽样][阅卷点评][规范解答]【解析】(1)小球做平抛运动到达A点，由平抛运动规律知竖直方向有：v2y＝2gh①(2分)即：v y＝3 2 m/s②(1分)因为在A点的速度恰好沿AB方向，所以小球初速度：v0＝v y tan 30°＝ 6 m/s．③(2分)(2)从水平抛出到C点的过程中，由动能定理得：mg (h ＋L 1sin θ)－μmgL 1cos θ－μmgL 2＝12mv 2C －12mv 20④(2分)解得：v C ＝3 6 m/s ．⑤(1分)(3)小球刚好能通过最高点时，由牛顿第二定律有：mg ＝m v 2R 1⑥(2分)小球做圆周运动过程中，由动能定理有： －2mgR 1＝12mv 2－12mv 2C ⑦(2分)解得：R 1＝v 2C5g＝1．08 m⑧(1分)当小球刚好能到达与圆心等高时有：mgR 2＝12mv 2C ⑨(2分)解得：R 2＝v 2C2g＝2．7 m⑩(2分)当圆轨道与AB 相切时：R 3＝BC tan 60°＝1．5 m ，即圆轨道的半径不能超过1．5 m 综上所述，要使小球不离开轨道，R 应该满足的条件是： 0＜R ≤1．08 m ．(2分)【答案】 (1) 6 m/s (2)3 6 m/s (3)0＜R ≤1．08 m [评分标准]第(1)问中，若写出表达式①和③且数据正确的给满分，若结果v 0的计算错误，则去掉1分．第(2)问中的方程④若分段写出方程且正确同样给分．第(3)问中若答案为0＜R ≤2．7 m 要减去最后2分，若分析和斜面的相切的情况，但结果写成0＜R ≤1．5 m ，可减去1分．。