高三物理二輪復習 第一篇 專題通關三 動能定理和能量守恒定律 6 功 功率 動能定理課件.ppt

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專題三 動能定理和能量守恒定律 第6講 功 功率 動能定理,【高考這樣考】 1.(2014新課標全國卷Ⅱ)一物體靜止在粗糙水平地面上,現(xiàn)用一大小為F1的水平拉力拉動物體,經過一段時間后其速度變?yōu)関,若將水平拉力的大小改為F2,物體從靜止開始經過同樣的時間后速度變?yōu)?v,對于上述兩個過程,用WF1、WF2分別表示拉力F1、F2所做的功,Wf1、Wf2分別表示前后兩次克服摩擦力所做的功,則( ) A.WF24WF1,Wf22Wf1 B.WF24WF1,Wf2=2Wf1 C.WF24WF1,Wf2=2Wf1 D.WF24WF1,Wf22Wf1,【解析】選C。根據(jù)x= t和Wf=μmgx可判斷,兩次克服摩擦力所做的 功Wf2=2Wf1。由動能定理得WF1-Wf1= mv2和WF2-Wf2= m(2v)2,整理可判 斷WF24WF1,故選項C正確。,2.(2015海南高考)如圖,一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置,軌道兩端等高;質量為m的質點自軌道端點P由靜止開始滑下,滑到最低點Q時,對軌道的正壓力為2mg,重力加速度大小為g。質點自P滑到Q的過程中,克服摩擦力所做的功為( ),【解析】選C。在Q點,FN-mg= ,所以v= ;由P到Q根據(jù)動能定 理得mgR-Wf= mv2, 解得Wf= mgR,故C正確。,3.(2015全國卷Ⅱ)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】選A。本題屬于機車的恒定功率啟動問題。當牽引力大于阻力時,機車加速運動,但速度的增加會導致牽引力變小,機車所受的合力變小,機車的加速度變小,故機車的運動為加速度不斷變小的加速運動,直到加速度等于零變?yōu)閯蛩僦本€運動,故0～t1時間內,是一個恒定功率加速過程,直到變?yōu)閯蛩僦本€運動,t1～t2時間內,是另一個恒定功率加速過程,直到變?yōu)閯蛩僦本€運動,故A項正確。,4.(2014山東高考)如圖,半徑為R的均勻帶正電薄球殼,其上有一小孔A。已知殼內的場強處處為零;殼外空間的電場與將球殼上的全部電荷集中于球心O時在殼外產生的電場一樣。一帶正電的試探電荷(不計重力)從球心以初動能Ek0沿OA方向射出。下列關于試探電荷的動能Ek與離開球心的距離r的關系圖線,可能正確的是( ),【解析】選A。殼內的場強處處為零,電荷在殼內運動時不受電場力作用,電場力做功為零,電荷的動能不變,故選項C、D錯誤;殼外的電場,離球殼越近場強越大,離球殼越遠場強越小,題中Ek-r圖像的斜率的大小表示電場力的大小,電荷在殼外向外運動時,電場強度逐漸減小,則圖像的斜率也逐漸減小,故選項A正確,B錯誤。,【考情分析】 主要題型：選擇題、計算題 命題特點： 1.功和功率的理解與計算,主要考查摩擦力做功正負的判斷與計算,彈簧彈力的做功情況,彈性繩的做功情況以及瞬時功率的計算問題等。 2.結合牛頓第二定律、動能定理考查機車的啟動問題。 3.應用動能定理考查單個物體、多個過程中動能的變化以及力的做功情況。,【主干回顧】,【要素掃描】 (1)恒力做功的公式：_________。 (2)平均功率的公式： 。 (3)瞬時功率的公式：__________。 (4)動能定理的表達式：W合=Ek-Ek0= 。 ①W合是物體在運動過程中外力做的總功。 ②Ek-Ek0是物體的動能增量。,W=Flcosα,P=Fvcosα,熱點考向1 功和功率的理解與計算 【典例1】(多選)(2015浙江高考)我國科學家正在研制航母艦載機使用的電磁彈射器。艦載機總質量為3.0104kg,設起飛過程中發(fā)動機的推力恒為1.0105N;彈射器有效作用長度為100 m,推力恒定。要求艦載機在水平彈射結束時速度大小達到80 m/s。彈射過程中艦載機所受總推力為彈射器和發(fā)動機推力之和,假設所受阻力為總推力的20%,則( ),A.彈射器的推力大小為1.1106N B.彈射器對艦載機所做的功為1.1108J C.彈射器對艦載機做功的平均功率為8.8107W D.艦載機在彈射過程中的加速度大小為32 m/s2,【解題探究】 (1)計算彈射器的推力大小的思維軌跡：________________________ ____________________________________________________________ ___________ (2)計算彈射器對艦載機所做的功及做功的平均功率的思維軌跡： ____________________________________________________________ ________________________________________。,由速度位移關系式v2=2ax求,出艦載機在彈射過程中的加速度;再對艦載機由牛頓第二定律求彈射,器的推力。,由功的計算W=F彈l求彈射器對艦載機所做的功，由速度公式v=at求做,功時間，再由P= 求彈射器做功的平均功率,【解析】選A、B、D。由題可知,艦載機彈射過程的加速度為a= m/s2=32 m/s2,D項正確;根據(jù)牛頓第二定律,0.8(F發(fā)+ F彈)=ma,求得彈射器的推力大小F彈=1.1106N,A項正確;彈射器對艦 載機做的功為W=1.1106100J=1.1108J,B項正確;彈射過程的時 間t= =2.5 s,彈射器做功的平均功率P= =4.4107W,C項 錯誤。,【典例2】(2015福州二模)如圖所示,一個縱截面是等腰三角形的斜面體M置于水平地面上,它的底面粗糙,兩斜面光滑。將質量不相等的A、B兩個小滑塊(mAmB)同時從斜面上同一高度處靜止釋放,在兩滑塊滑至斜面底端的過程中,M始終保持靜止,則( ) A.B滑塊先滑至斜面底端 B.地面對斜面體的摩擦力方向水平向左 C.兩滑塊滑至斜面底端時重力的瞬時功率相同 D.地面對斜面體的支持力等于三個物體的總重力,【名師解讀】 (1)命題立意：綜合考查牛頓運動定律和瞬時功率。 (2)關鍵信息：兩斜面光滑;同時從斜面上同一高度處靜止釋放;M始終保持靜止。 (3)答題必備： ①x= at2; ②v=at; ③P=Fvcosα。 (4)易錯警示：誤認為地面對斜面體的支持力等于三個物體的總重力。,【解析】選B。設斜面傾角為α,高為h,滑塊A下滑的加速度a=gsinα, 位移x= ,根據(jù)x= at2得,t= ,同理,B下滑的時間 t= ,可知兩滑塊滑至底端的時間相同,故A錯誤;A對斜面體 壓力在水平方向的分力大小為mAgsinαcosα,B對斜面體壓力在水平 方向上的分力為mBgsinαcosα,因為mAmB,則地面對斜面體有向左的 摩擦力,故B正確;滑塊A滑到底端的速度v=at= ,B滑到底端的速 度也為 ,由于質量不同,兩滑塊的速度大小相同,則重力的,瞬時功率P=mgvsinα不同,故C錯誤;因為A、B的加速度均沿斜面向下,對整體分析,整體處于失重狀態(tài),則支持力小于三個物體的總重力,故D錯誤。,【規(guī)律總結】關于功、功率應注意的三個問題 (1)適用條件：功的公式W=Fl和W=Flcosα僅適用于恒力做功的情況。 (2)變力做功：變力做功的求解要注意問題的正確轉化,如將變力轉化為恒力,也可應用動能定理等方法求解。 (3)公式選擇：對于功率的計算,應注意區(qū)分公式P= 和公式P=Fv,前式側重于平均功率的計算,而后式側重于瞬時功率的計算。,【題組過關】 1.(2015邯鄲一模)某人用同一水平力先后兩次拉同一物體,第一次使此物體沿光滑水平面前進距離s,第二次使此物體沿粗糙水平面也前進距離s,若先后兩次拉力做的功為W1和W2,拉力做功的功率是P1和P2,則正確的是( ) A.W1=W2,P1=P2 B.W1=W2,P1P2 C.W1W2,P1P2 D.W1W2,P1=P2,【解析】選B。由W=Fs可知兩次的功相同,但由于地面光滑不受摩擦力, 加速度較大,運動時間較短,由P= 可知P1P2,B正確。,2.在某一高度處以相同大小的初速度v0分別沿水平方向和豎直方向拋出A、B兩小球,不計空氣阻力,如圖所示,則下列說法正確的是( ) A.兩小球落地時速度相同 B.兩小球落地時,重力的瞬時功率相同 C.從開始運動至落地,重力對兩小球做的功相同 D.從開始運動至落地,重力對兩小球做功的平均 功率相同,【解析】選C。根據(jù)重力做功的特點可知,從開始運動至落地,重力對兩小球做功相同,選項C正確;由動能定理可知,兩小球落地時的速度大小相同,而方向不相同,A錯誤;由P=mgvcosα可知,兩小球落地時,重力的瞬時功率不相同,選項B錯誤;從開始運動至落地,運動時間不同,重力對兩小球做功的平均功率不相同,選項D錯誤。,3.(多選)(2015太原一模)位于水平面上的物體在水平恒力F1作用下,做速度為v1的勻速運動;若作用力變?yōu)樾毕蛏系暮懔2,物體做速度為v2的勻速運動,且F1與F2功率相同。則可能有( ) A.F2=F1,v1v2 B.F2=F1,v1F1,v1v2 D.F2F1,v1v2,【解析】選B、D。水平恒力F1作用下的功率P1=F1v1,F2作用下的功率P2=F2v2cosθ,現(xiàn)P1=P2,若F2=F1,一定有v1F1還是F2F1都會有v1v2,因此D正確、C錯誤。,【加固訓練】(多選)質量為m=2kg的物體沿水平面向右做直線運動,t=0時刻受到一個水平向左的恒力F,如圖甲所示,此后物體的v-t圖像如圖乙所示,取水平向右為正方向,g取10m/s2,則( ),A.物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5 B.10 s末恒力F的瞬時功率為6W C.10 s末物體在計時起點左側2 m處 D.10 s內物體克服摩擦力做功34 J,【解析】選C、D。由題圖乙知前后兩段時間內物體加速度的大小分 別為a1=2m/s2、a2=1m/s2,由牛頓第二定律知F+μmg=ma1,F-μmg =ma2,聯(lián)立得F=3N、μ=0.05,A錯誤;10 s末恒力F的瞬時功率為 P=Fv=18W,B錯誤;由速度圖像與坐標軸所圍面積的物理意義知,10s 內物體的位移x=-2m,即在計時起點左側2m處,C正確;10s內物體的 路程為s=34m,即10s內物體克服摩擦力所做的功W=μmgs=0.052 1034J=34 J,D正確。,熱點考向2 機車啟動問題 【典例3】(2015梅州一模)一輛汽車在平直的公路上以某一初速度 運動,運動過程中保持恒定的牽引功率,其加速度a和速度的倒數(shù) 圖 像如圖所示。若已知汽車的質量,則根據(jù)圖像所給的信息,不能求出的 物理量是( ) A.汽車的功率 B.汽車行駛的最大速度 C.汽車所受到的阻力 D.汽車運動到最大速度所需的時間,【名師解讀】 (1)命題立意：考查機車的啟動問題。 (2)關鍵信息：保持恒定的牽引功率;加速度a和速度的倒數(shù) 圖像;已知汽車的質量。 (3)答題必備： ①F-Ff=ma; ②P=Fv。 (4)易錯警示：誤認為選擇“能求出的物理量”,而實際要求選擇“不能求出的物理量”。,【解析】選D。由F-Ff=ma,P=Fv可得：a= ,對應圖線可知, =k=40,可求出汽車的功率P,由a=0時, =0.05可得：vm=20m/s,再 由vm= ,可求出汽車受到的阻力Ff,但無法求出汽車運動到最大速度 的時間,故應選D。,【典例4】如圖所示為修建高層建筑常用的塔式起重機。在起重機將質量m=5103kg的重物豎直吊起的過程中,重物由靜止開始向上做勻加速直線運動,加速度a=0.2m/s2,當起重機輸出功率達到其允許的最大值時,保持該功率直到重物做vm=1.02m/s的勻速運動。g取10m/s2,不計額外功。求：,(1)起重機允許輸出的最大功率。 (2)重物做勻加速運動所經歷的時間。 (3)起重機在第2s末的輸出功率。,【解題探究】(1)求解起重機允許輸出的最大功率的思維軌跡：_____ ___________________________________________________________ (2)求解重物做勻加速運動所經歷的時間的思維軌跡：_____________ ___________________________________________________________ ___________________________________________________________ _______________________,重物,勻速運動時,牽引力與重物的重力平衡,由Pm=mgvm求最大輸出功率。,當起重機輸出,功率達到最大值時,重物勻加速直線運動達到最大速度,由牛頓第二,定律求出恒定的牽引力,由P=Fv求出勻加速運動的末速度,再由v=at,求出勻加速運動的時間。,(3)求解起重機在第2s末的輸出功率的思維軌跡：_________________ ___________________________________________________________ ________________________________,由勻加速運動經歷,的時間判斷第2 s末重物處于勻加速運動階段,由v=at求出2s末的速,度,再由P=Fv求出2s末的輸出功率。,【解析】(1)重物勻速上升時有：F=mg 可得起重機的最大輸出功率為： Pm=mgvm=5.1104W (2)由牛頓第二定律得：F1-mg=ma 又有：Pm=F1v勻m v勻m=at1 解得：t1=5s,(3)v2=at2 P=F1v2 解得：P=2.04104W 答案：(1)5.1104W (2)5 s (3)2.04104W,【規(guī)律總結】解決機車啟動問題的四點注意 (1)明確啟動方式：分清是勻加速啟動還是恒定功率啟動。 (2)勻加速啟動過程：機車功率是不斷改變的,但該過程中的最大功率是額定功率,勻加速運動的最大速度小于機車所能達到的最大速度,達到額定功率后做加速度減小的加速運動。,(3)恒定功率啟動過程：機車做加速度減小的加速運動,速度最大值等 于 ,牽引力是變力,牽引力做的功W=Pt。 (4)滿足的關系式：無論哪種啟動方式,在平直路面上最后達到最大速 度時,均滿足P=Ffvm,P為機車的額定功率。,【題組過關】 1.(2014重慶高考)某車以相同的功率在兩種不同的水平路面上行駛,受到的阻力分別為車重的k1和k2倍,最大速率分別為v1和v2,則( ) A.v2=k1v1 B.v2= v1 C.v2= v1 D.v2=k2v1,【解析】選B。汽車的阻力分別為f1=k1mg,f2=k2mg,當汽車以相同功率 啟動達到最大速度時,有F=f,故由P=Fv可知最大速度v= ,則 ,有v2= v1,故選B。,2.(多選)(2015襄陽一模)我國自行研制的新一代88輪式裝甲車已達到西方國家第三代戰(zhàn)車的水平,將成為中國軍方快速部署型輕裝甲部隊的主力裝備。設該裝甲車的質量為m,若在平直的公路上從靜止開始加速,前進較短的距離s速度便可達到最大值vm。設在加速過程中發(fā)動機的功率恒定為P,裝甲車所受阻力恒為f,當速度為v(vmv)時,位移為s′,所受牽引力為F。以下說法正確的是( ),A.裝甲車速度為v時,裝甲車的牽引力做功為Fs′ B.裝甲車的最大速度vm= C.裝甲車速度為v時加速度為a= D.裝甲車從靜止開始到達到最大速度vm所用時間t=,【解析】選B、C。裝甲車在加速過程中,其牽引力F= ,隨著速度的增 大,牽引力逐漸減小,故裝甲車速度為v時,裝甲車的牽引力做功大于 Fs′,A錯誤;裝甲車勻速運動時速度最大,故vm= ,B正確;裝甲車速 度為v時,由牛頓第二定律得F-f=ma,解得a= ,C正確;裝甲車加速 過程由動能定理得Pt-fs= ,解得t= ,D錯誤。,3.起重機的鋼索將重物由地面吊到空中某個高度,其速度圖像如圖所示,則鋼索拉力的功率隨時間變化的圖像可能是圖中的( ),【解析】選B。在0～t1時間內,重物加速上升,設加速度為a1,則根據(jù)牛頓第二定律可得鋼索的拉力F1=mg+ma1,速度v1=a1t,所以拉力的功率P1=m(a1+g)a1t,在t1～t2時間內,重物勻速上升,拉力F2=mg,速度為v1=a1t1,所以拉力的功率P2=mga1t1,在t2～t3時間內,重物減速上升,設加速度大小為a2,則根據(jù)牛頓第二定律可得,鋼索的拉力F2=mg-ma2,速度v2=a1t1-a2t,所以拉力的功率為：P3=m(g-a2)(a1t1-a2t),綜上所述,只有B選項正確。,【加固訓練】(多選)(2015南昌一模)某汽車在平直公路上以功率 P、速度v0勻速行駛時,牽引力為F0。在t1時刻,司機減小油門,使汽 車的功率減為 ,此后保持該功率繼續(xù)行駛,t2時刻,汽車又恢復到 勻速運動狀態(tài)。下面是有關汽車牽引力F、速度v的幾種說法,其中 正確的是( ) A.t2后的牽引力仍為F0 B.t2后的牽引力小于F0 C.t2后的速度仍為v0 D.t2后的速度小于v0,【解析】選A、D。由P=Fv可知,當汽車的功率突然減小為 時,瞬時 速度還沒來得及變化,則牽引力突然變?yōu)? ,汽車將做減速運動,隨著 速度的減小,牽引力逐漸增大,汽車做加速度逐漸減小的減速運動,當 速度減小到使牽引力又等于阻力時,汽車再勻速運動,由 =F0v2可 知此時v2= ,故A、D正確。,熱點考向3 動能定理的應用 【典例5】(2015廈門一模)如圖所示,質量為m的物塊與水平轉臺之間的動摩擦因數(shù)為μ,物塊與轉臺轉軸相距R,物塊隨轉臺由靜止開始轉動,當轉速增加到某值時,物塊即將開始滑動,認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,在這一過程中,摩擦力對物塊做的功是( ) A. μmgR B.2πmgR C.2μmgR D.0,【名師解讀】 (1)命題立意：考查動能定理求變力做功問題。 (2)關鍵信息：物塊隨轉臺由靜止開始轉動;物塊即將開始滑動;最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。 (3)答題必備： ①F= ; ②W合= (4)易錯警示：誤認為摩擦力方向指向圓心,只提供向心力,不做功。,【解析】選A。物塊即將開始滑動時,最大靜摩擦力提供向心力,有 μmg= ,根據(jù)動能定理有： ,解得 ,選項A正確。,【典例6】(18分)(2015臨沂二模)如圖所示,傾角θ=45的粗糙平直導軌AB與半徑為R的光滑圓環(huán)軌道相切,切點為B,整個軌道處在豎直平面內。一質量為m的小滑塊(可以看作質點)從導軌上離地面高為h=3R的D處無初速度下滑進入圓環(huán)軌道。接著小滑塊從圓環(huán)最高點C水平飛出,恰好擊中導軌上與圓心O等高的P點,不計空氣阻力,已知重力加速度為g。求：,(1)滑塊運動到圓環(huán)最高點C時的速度大小。 (2)滑塊運動到圓環(huán)最低點時對圓環(huán)軌道壓力的大小。 (3)滑塊在斜面軌道BD間運動的過程中克服摩擦力做的功。,【拿分策略】 第一問： 翻轉關鍵信息——“小滑塊從圓環(huán)最高點C水平飛出,恰好擊中導軌上與圓心O等高的P點” 按部就班列方程 豎直方向 列①式 (2分) 水平方向 列②式 (2分),第二問： 明確運動過程→小滑塊由B至C沿豎直面做圓周運動 按部就班列方程 圓周最低點至C點過程 列④式 (3分) 在最低點 列⑥式 (3分),第三問： 正確選擇運動過程→從D到最低點 全過程 列⑧式 (3分) 按照過程列方程,就能拿到13分,若能正確解方程求出結果再拿到4分,若第二問能正確應用牛頓第三定律又可拿下1分,則得滿分18分。,【解析】(1)小滑塊從C點飛出來做平拋運動,水平速度為v0。 豎直方向上：R= gt2 ①(2分) 水平方向上： R=v0t ②(2分) 解得：v0= ③(1分),(2)小滑塊在最低點時速度為v,由動能定理得： -mg2R= mv02- mv2 ④(3分) 解得：v= ⑤(1分) 在最低點由牛頓第二定律得：FN-mg= ⑥(3分) 解得：FN=6mg (1分) 由牛頓第三定律得：F′N=6mg ⑦(1分),(3)從D到最低點過程中,設DB過程中克服摩擦阻力做功Wf,由動能定理 得：mgh-Wf= mv2-0 ⑧(3分) 解得：Wf= mgR ⑨(1分) 答案：(1) (2)6mg (3) mgR,【遷移訓練】,遷移1：把斜面去掉,讓滑塊自由下落 將【典例6】中的斜面去掉,使圓弧軌道的B點與O點等高,如圖所示,使滑塊自B的正上方P點由靜止開始自由下落,滑塊沿軌道到達C時恰好對軌道沒有壓力。求PB間的高度h。,【解析】滑塊在C點時由牛頓第二定律得： mg=m ,解得：v= 滑塊從P點到C點,由動能定理得： mg(h-R)= mv2-0,解得：h= R 答案： R,遷移2：使小滑塊剛好能過C點 在【典例6】中,若小滑塊剛好能過C點,求滑塊與軌道AB間的動摩擦因數(shù)。,【解析】小滑塊剛好能過C點,則在C點由牛頓第二定律得： mg=m 解得：vC= 小滑塊由D至C過程,由動能定理得： mg(h-2R)-μmgcosθ 解得：μ= 答案：,遷移3：使滑塊在P點釋放 將【典例6】中的滑塊從軌道的P點由靜止釋放,滑塊與粗糙導軌間的動摩擦因數(shù)為μ,求滑塊整個運動過程中在AB軌道上通過的總路程。,【解析】滑塊在P點釋放,滑塊將在兩軌道間做往返運動,當滑塊到達B點時的速度為零后滑塊將只在圓弧軌道上運動,故全過程由動能定理得： mgsPBsinθ-μmgscosθ=0 由幾何關系得：sPB=R 解得：s= 答案：,【規(guī)律總結】應用動能定理解題應注意的三點 (1)方法的選擇：動能定理往往用于單個物體的運動過程,由于不牽扯加速度及時間,比動力學方法要方便。 (2)規(guī)律的應用：動能定理表達式是一個標量式,在某個方向上應用動能定理是沒有依據(jù)的。,(3)過程的選擇：物體在某個運動過程中包含有幾個運動性質不同的小過程(如加速、減速的過程),此時可以分段應用動能定理,也可以對全過程應用動能定理,但如果對整個過程應用動能定理,則使問題簡化。,【題組過關】 1.(2015杭州一模)如圖所示,將質量為m的小球以速度v0由地面豎直 向上拋出。小球落回地面時,其速度大小為 v0。設小球在運動過程 中所受空氣阻力的大小不變,則空氣阻力的大小等于( ),【解析】選D。對小球向上運動的過程,由動能定理得,-(mg+Ff)H= 0- ,對小球向下運動的過程,由動能定理得,(mg-Ff)H= , 聯(lián)立解得Ff= mg,選項D正確。,2.(2015浙江高考)如圖所示,用一塊長L1=1.0m的木板在墻和桌面間架設斜面,桌子高H=0.8m,長L2=1.5m。斜面與水平桌面的傾角θ可在0～60間調節(jié)后固定。將質量m=0.2kg的小物塊從斜面頂端靜止釋放,物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ1=0.05,物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ2,忽略物塊在斜面與桌面交接處的能量損失。(重力加速度g取10m/s2;最大靜摩擦力等于滑動摩擦力),(1)求θ角增大到多少時,物塊能從斜面開始下滑。(用正切值表示) (2)當θ角增大到37時,物塊恰能停在桌面邊緣,求物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ2。(已知sin37=0.6,cos37=0.8) (3)繼續(xù)增大θ角,發(fā)現(xiàn)θ=53時物塊落地點與墻面的距離最大,求此最大距離xm。,【解析】(1)為使小物塊下滑,則mgsinθ≥μ1mgcosθ θ滿足的條件tanθ≥0.05 (2)克服摩擦力做功Wf=μ1mgL1cosθ+μ2mg(L2-L1cosθ) 由動能定理得mgL1sinθ-Wf=0 代入數(shù)據(jù)得μ2=0.8,(3)由動能定理得mgL1sinθ-Wf= mv2 代入數(shù)據(jù)得v=1m/s,H= gt2,t=0.4s,x1=vt x1=0.4m,xm=x1+L2=1.9m 答案：(1)tanθ≥0.05 (2)0.8 (3)1.9 m,【加固訓練】(2015撫順二模)冰壺運動是冬季奧運會上的一項比賽項目,在第21屆冬季奧運會上中國隊取得了較好的成績。假設質量為m的冰壺在運動員的操控下,先從起滑架A點由靜止開始加速啟動,經過投擲線B時釋放,以后勻減速自由滑行剛好能滑至營壘中心O停下。已知AB相距L1,BO相距L2,冰壺與冰面各處動摩擦因數(shù)均為μ,重力加速度為g。,(1)求冰壺運動的最大速度vm。 (2)在AB段運動員水平推冰壺做的功W是多少? (3)若對方有一只冰壺(冰壺可看作質點)恰好緊靠營壘圓心處停著,為 將對方冰壺碰出,推壺隊員將冰壺推出后,其他隊員在BO段的一半長度 內用毛刷刷冰,使動摩擦因數(shù)變?yōu)?μ。若上述推壺隊員是以與原來 完全相同的方式推出冰壺的,結果順利地將對方冰壺碰出界外,求運動 冰壺在碰前瞬間的速度v。,【解析】(1)對冰壺在B→O段,由速度位移公式：0-vm2=-2aL2, 又：a= =μg,解得：vm= (2)在A→B段,對冰壺由動能定理得： W-μmgL1= mvm2-0 解得：W =μmg(L1+ L2),(3)從B→O段,由動能定理得： 解得：v= 答案：(1) (2)μmg(L1+L2) (3),瞬時功率問題 【典例】(2015南昌一模)如圖所示,細線的一端固定于O點,另一端系一小球。在水平拉力作用下,小球以恒定速率在豎直平面內由A點運動到B點。在此過程中拉力的瞬時功率變化情況是( ) A.逐漸增大 B.逐漸減小 C.保持不變 D.先減小后增大,【閱卷說明】本題抽樣統(tǒng)計難度為0.46,區(qū)分度為0.49。有30%的學生錯選D,有10.2%的學生錯選B,有13.8%的學生錯選C。,【試卷評析】 錯誤角度(1)：誤認為小球的瞬時功率保持不變 錯因剖析：小球由A到B的過程中,認為水平拉力保持不變,實際上小球運動過程中速率不變,小球做勻速圓周運動,其拉力和重力沿圓周切向的合力為零,拉力為變力。 錯誤角度(2)：不能正確判斷拉力瞬時功率的變化 錯因剖析：不能深入挖掘隱含條件,根據(jù)拉力和重力的關系進行分析判斷。,【糾偏措施】 1.要熟練掌握瞬時功率的計算公式P=Fvcosθ,明確θ角為F、v的夾角。 2.要深入挖掘隱含條件,將變力瞬時功率的計算轉化為恒力功率的計算。,【規(guī)范解答】選A。設細線與豎直方向的夾角為θ,小球質量為m,速率為v。由小球做勻速圓周運動,切向合力為零可得,mgsinθ=Fcosθ,由P=Fvcosθ可得拉力F的瞬時功率表達式為P=Fvcosθ=mgvsinθ,可見功率P隨θ的增大逐漸增大,A正確。,【類題試做】 1.如圖所示,小球被細線懸掛于O點,若將小球拉至水平后由靜止釋放, 則在小球下擺到最低點的過程中,重力瞬時功率的變化情況是( ) A.減小 B.增加 C.先減小后增大 D.先增大后減小,【解析】選D。由公式P=mgvcosθ得,剛釋放時v=0,P=0;到最低點時,θ=90,P=0;在小球下擺的過程中,重力的功率不為零,故小球重力的瞬時功率先增大后減小,選項D正確。,2.(多選)如圖所示,一個表面光滑的斜面體M置于水平地面上,它的兩個斜面與水平面的夾角分別為α、β,且αβ,M的頂端裝有一定滑輪,一輕質細繩跨過定滑輪后連接A、B兩個小滑塊,細繩與各自的斜面平行,不計繩與滑輪間的摩擦,A、B恰好在同一高度處于靜止狀態(tài)。剪斷細繩后,A、B滑至斜面底端,M始終保持靜止,則( ) A.滑塊A的質量大于滑塊B的質量 B.兩滑塊到達斜面底端時的速率相同 C.兩滑塊到達斜面底端時,滑塊A重力的瞬時功率較大 D.兩滑塊到達斜面底端所用時間相同,【解析】選A、B。根據(jù)題意,由于A、B滑塊均處于平衡狀態(tài),有FTA= FTB,而FTA=mAgsinα,FTB=mBgsinβ,所以mA大于mB,選項A正確;由于A、B 滑塊距離地面的高度h相同,據(jù)機械能守恒定律可知兩者到達地面的速 率v相同,選項B正確;兩者到達地面的瞬時功率為PA= mAgvsinα, PB=mBgvsinβ,所以PA=PB,選項C錯誤;兩者到達地面的時間滿足 有tA大于tB,選項D錯誤。,