高三物理二輪復(fù)習(xí) 第一篇 專題通關(guān)三 動(dòng)能定理和能量守恒定律 6 功 功率 動(dòng)能定理課件.ppt

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專題三動(dòng)能定理和能量守恒定律第6講功功率動(dòng)能定理 高考這樣考 1 2014 新課標(biāo)全國卷 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(dòng)物體 經(jīng)過一段時(shí)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(jīng)過同樣的時(shí)間后速度變?yōu)?v 對(duì)于上述兩個(gè)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 WF2 4WF1 Wf2 2Wf1B WF2 4WF1 Wf2 2Wf1C WF2 4WF1 Wf2 2Wf1D WF2 4WF1 Wf2 2Wf1 解析 選C 根據(jù)x t和Wf mgx可判斷 兩次克服摩擦力所做的功Wf2 2Wf1 由動(dòng)能定理得WF1 Wf1 mv2和WF2 Wf2 m 2v 2 整理可判斷WF2 4WF1 故選項(xiàng)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(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自軌道端點(diǎn)P由靜止開始滑下 滑到最低點(diǎn)Q時(shí) 對(duì)軌道的正壓力為2mg 重力加速度大小為g 質(zhì)點(diǎn)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(diǎn) FN mg 所以v 由P到Q根據(jù)動(dòng)能定理得mgR Wf mv2 解得Wf mgR 故C正確 3 2015 全國卷 一汽車在平直公路上行駛 從某時(shí)刻開始計(jì)時(shí) 發(fā)動(dòng)機(jī)的功率P隨時(shí)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(shí)間t變化的圖線中 可能正確的是 解析 選A 本題屬于機(jī)車的恒定功率啟動(dòng)問題 當(dāng)牽引力大于阻力時(shí) 機(jī)車加速運(yùn)動(dòng) 但速度的增加會(huì)導(dǎo)致牽引力變小 機(jī)車所受的合力變小 機(jī)車的加速度變小 故機(jī)車的運(yùn)動(dòng)為加速度不斷變小的加速運(yùn)動(dòng) 直到加速度等于零變?yōu)閯蛩僦本€運(yùn)動(dòng) 故0 t1時(shí)間內(nèi) 是一個(gè)恒定功率加速過程 直到變?yōu)閯蛩僦本€運(yùn)動(dòng) t1 t2時(shí)間內(nèi) 是另一個(gè)恒定功率加速過程 直到變?yōu)閯蛩僦本€運(yùn)動(dòng) 故A項(xiàng)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?dú)?nèi)的場(chǎng)強(qiáng)處處為零 殼外空間的電場(chǎng)與將球殼上的全部電荷集中于球心O時(shí)在殼外產(chǎn)生的電場(chǎng)一樣 一帶正電的試探電荷 不計(jì)重力 從球心以初動(dòng)能Ek0沿OA方向射出 下列關(guān)于試探電荷的動(dòng)能Ek與離開球心的距離r的關(guān)系圖線 可能正確的是 解析 選A 殼內(nèi)的場(chǎng)強(qiáng)處處為零 電荷在殼內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)不受電場(chǎng)力作用 電場(chǎng)力做功為零 電荷的動(dòng)能不變 故選項(xiàng)C D錯(cuò)誤 殼外的電場(chǎng) 離球殼越近場(chǎng)強(qiáng)越大 離球殼越遠(yuǎn)場(chǎng)強(qiáng)越小 題中Ek r圖像的斜率的大小表示電場(chǎng)力的大小 電荷在殼外向外運(yùn)動(dòng)時(shí) 電場(chǎng)強(qiáng)度逐漸減小 則圖像的斜率也逐漸減小 故選項(xiàng)A正確 B錯(cuò)誤 考情分析 主要題型 選擇題 計(jì)算題命題特點(diǎn) 1 功和功率的理解與計(jì)算 主要考查摩擦力做功正負(fù)的判斷與計(jì)算 彈簧彈力的做功情況 彈性繩的做功情況以及瞬時(shí)功率的計(jì)算問題等 2 結(jié)合牛頓第二定律 動(dòng)能定理考查機(jī)車的啟動(dòng)問題 3 應(yīng)用動(dòng)能定理考查單個(gè)物體 多個(gè)過程中動(dòng)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(shí)功率的公式 4 動(dòng)能定理的表達(dá)式 W合 Ek Ek0 W合是物體在運(yùn)動(dòng)過程中外力做的總功 Ek Ek0是物體的動(dòng)能增量 W Flcos P Fvcos 熱點(diǎn)考向1功和功率的理解與計(jì)算 典例1 多選 2015 浙江高考 我國科學(xué)家正在研制航母艦載機(jī)使用的電磁彈射器 艦載機(jī)總質(zhì)量為3 0 104kg 設(shè)起飛過程中發(fā)動(dòng)機(jī)的推力恒為1 0 105N 彈射器有效作用長(zhǎng)度為100m 推力恒定 要求艦載機(jī)在水平彈射結(jié)束時(shí)速度大小達(dá)到80m s 彈射過程中艦載機(jī)所受總推力為彈射器和發(fā)動(dòng)機(jī)推力之和 假設(shè)所受阻力為總推力的20 則 A 彈射器的推力大小為1 1 106NB 彈射器對(duì)艦載機(jī)所做的功為1 1 108JC 彈射器對(duì)艦載機(jī)做功的平均功率為8 8 107WD 艦載機(jī)在彈射過程中的加速度大小為32m s2 解題探究 1 計(jì)算彈射器的推力大小的思維軌跡 2 計(jì)算彈射器對(duì)艦載機(jī)所做的功及做功的平均功率的思維軌跡 由速度位移關(guān)系式v2 2ax求 出艦載機(jī)在彈射過程中的加速度 再對(duì)艦載機(jī)由牛頓第二定律求彈射 器的推力 由功的計(jì)算W F彈l求彈射器對(duì)艦載機(jī)所做的功 由速度公式v at求做 功時(shí)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(jī)彈射過程的加速度為a m s2 32m s2 D項(xiàng)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 1 106N A項(xiàng)正確 彈射器對(duì)艦載機(jī)做的功為W 1 1 106 100J 1 1 108J B項(xiàng)正確 彈射過程的時(shí)間t 2 5s 彈射器做功的平均功率P 4 4 107W C項(xiàng)錯(cuò)誤 典例2 2015 福州二模 如圖所示 一個(gè)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(zhì)量不相等的A B兩個(gè)小滑塊 mA mB 同時(shí)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(duì)斜面體的摩擦力方向水平向左C 兩滑塊滑至斜面底端時(shí)重力的瞬時(shí)功率相同D 地面對(duì)斜面體的支持力等于三個(gè)物體的總重力 名師解讀 1 命題立意 綜合考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律和瞬時(shí)功率 2 關(guān)鍵信息 兩斜面光滑 同時(shí)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 x at2 v at P Fvcos 4 易錯(cuò)警示 誤認(rèn)為地面對(duì)斜面體的支持力等于三個(gè)物體的總重力 解析 選B 設(shè)斜面傾角為 高為h 滑塊A下滑的加速度a gsin 位移x 根據(jù)x at2得 t 同理 B下滑的時(shí)間t 可知兩滑塊滑至底端的時(shí)間相同 故A錯(cuò)誤 A對(duì)斜面體壓力在水平方向的分力大小為mAgsin cos B對(duì)斜面體壓力在水平方向上的分力為mBgsin cos 因?yàn)閙A mB 則地面對(duì)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(zhì)量不同 兩滑塊的速度大小相同 則重力的 瞬時(shí)功率P mgvsin 不同 故C錯(cuò)誤 因?yàn)锳 B的加速度均沿斜面向下 對(duì)整體分析 整體處于失重狀態(tài) 則支持力小于三個(gè)物體的總重力 故D錯(cuò)誤 規(guī)律總結(jié) 關(guān)于功 功率應(yīng)注意的三個(gè)問題 1 適用條件 功的公式W Fl和W Flcos 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(zhuǎn)化 如將變力轉(zhuǎn)化為恒力 也可應(yīng)用動(dòng)能定理等方法求解 3 公式選擇 對(duì)于功率的計(jì)算 應(yīng)注意區(qū)分公式P 和公式P Fv 前式側(cè)重于平均功率的計(jì)算 而后式側(cè)重于瞬時(shí)功率的計(jì)算 題組過關(guān) 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(jìn)距離s 第二次使此物體沿粗糙水平面也前進(jìn)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 P2B W1 W2 P1 P2C W1 W2 P1 P2D W1 W2 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(yùn)動(dòng)時(shí)間較短 由P 可知P1 P2 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(jì)空氣阻力 如圖所示 則下列說法正確的是 A 兩小球落地時(shí)速度相同B 兩小球落地時(shí) 重力的瞬時(shí)功率相同C 從開始運(yùn)動(dòng)至落地 重力對(duì)兩小球做的功相同D 從開始運(yùn)動(dòng)至落地 重力對(duì)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(diǎn)可知 從開始運(yùn)動(dòng)至落地 重力對(duì)兩小球做功相同 選項(xiàng)C正確 由動(dòng)能定理可知 兩小球落地時(shí)的速度大小相同 而方向不相同 A錯(cuò)誤 由P mgvcos 可知 兩小球落地時(shí) 重力的瞬時(shí)功率不相同 選項(xiàng)B錯(cuò)誤 從開始運(yùn)動(dòng)至落地 運(yùn)動(dòng)時(shí)間不同 重力對(duì)兩小球做功的平均功率不相同 選項(xiàng)D錯(cuò)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(yùn)動(dòng) 若作用力變?yōu)樾毕蛏系暮懔2 物體做速度為v2的勻速運(yùn)動(dòng) 且F1與F2功率相同 則可能有 A F2 F1 v1 v2B F2 F1 v1F1 v1 v2D F2 F1 v1 v2 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 F2v2cos 現(xiàn)P1 P2 若F2 F1 一定有v1F1還是F2 F1都會(huì)有v1 v2 因此D正確 C錯(cuò)誤 加固訓(xùn)練 多選 質(zhì)量為m 2kg的物體沿水平面向右做直線運(yùn)動(dòng) t 0時(shí)刻受到一個(gè)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(dòng)摩擦因數(shù)為 0 5B 10s末恒力F的瞬時(shí)功率為6WC 10s末物體在計(jì)時(shí)起點(diǎn)左側(cè)2m處D 10s內(nèi)物體克服摩擦力做功34J 解析 選C D 由題圖乙知前后兩段時(shí)間內(nèi)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 mg ma1 F mg ma2 聯(lián)立得F 3N 0 05 A錯(cuò)誤 10s末恒力F的瞬時(shí)功率為P Fv 18W B錯(cuò)誤 由速度圖像與坐標(biāo)軸所圍面積的物理意義知 10s內(nèi)物體的位移x 2m 即在計(jì)時(shí)起點(diǎn)左側(cè)2m處 C正確 10s內(nèi)物體的路程為s 34m 即10s內(nèi)物體克服摩擦力所做的功W mgs 0 05 2 10 34J 34J D正確 熱點(diǎn)考向2機(jī)車啟動(dòng)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(yùn)動(dòng) 運(yùn)動(dòng)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(zhì)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(yùn)動(dòng)到最大速度所需的時(shí)間 名師解讀 1 命題立意 考查機(jī)車的啟動(dòng)問題 2 關(guān)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(zhì)量 3 答題必備 F Ff ma P Fv 4 易錯(cuò)警示 誤認(rèn)為選擇 能求出的物理量 而實(shí)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(duì)應(yīng)圖線可知 k 40 可求出汽車的功率P 由a 0時(shí) 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(yùn)動(dòng)到最大速度的時(shí)間 故應(yīng)選D 典例4 如圖所示為修建高層建筑常用的塔式起重機(jī) 在起重機(jī)將質(zhì)量m 5 103kg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(yùn)動(dòng) 加速度a 0 2m s2 當(dāng)起重機(jī)輸出功率達(dá)到其允許的最大值時(shí) 保持該功率直到重物做vm 1 02m s的勻速運(yùn)動(dòng) g取10m s2 不計(jì)額外功 求 1 起重機(jī)允許輸出的最大功率 2 重物做勻加速運(yùn)動(dòng)所經(jīng)歷的時(shí)間 3 起重機(jī)在第2s末的輸出功率 解題探究 1 求解起重機(jī)允許輸出的最大功率的思維軌跡 2 求解重物做勻加速運(yùn)動(dòng)所經(jīng)歷的時(shí)間的思維軌跡 重物 勻速運(yùn)動(dòng)時(shí) 牽引力與重物的重力平衡 由Pm mgvm求最大輸出功率 當(dāng)起重機(jī)輸出 功率達(dá)到最大值時(shí) 重物勻加速直線運(yùn)動(dòng)達(dá)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(yùn)動(dòng)的末速度 再由v at 求出勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 3 求解起重機(jī)在第2s末的輸出功率的思維軌跡 由勻加速運(yùn)動(dòng)經(jīng)歷 的時(shí)間判斷第2s末重物處于勻加速運(yùn)動(dòng)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(shí)有 F mg可得起重機(jī)的最大輸出功率為 Pm mgvm 5 1 104W 2 由牛頓第二定律得 F1 mg ma又有 Pm F1v勻mv勻m at1解得 t1 5s 3 v2 at2P F1v2解得 P 2 04 104W答案 1 5 1 104W 2 5s 3 2 04 104W 規(guī)律總結(jié) 解決機(jī)車啟動(dòng)問題的四點(diǎn)注意 1 明確啟動(dòng)方式 分清是勻加速啟動(dòng)還是恒定功率啟動(dòng) 2 勻加速啟動(dòng)過程 機(jī)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(yùn)動(dòng)的最大速度小于機(jī)車所能達(dá)到的最大速度 達(dá)到額定功率后做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng) 3 恒定功率啟動(dòng)過程 機(jī)車做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng) 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(guān)系式 無論哪種啟動(dòng)方式 在平直路面上最后達(dá)到最大速度時(shí) 均滿足P Ffvm P為機(jī)車的額定功率 題組過關(guān) 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 k1v1B v2 v1C v2 v1D v2 k2v1 解析 選B 汽車的阻力分別為f1 k1mg f2 k2mg 當(dāng)汽車以相同功率啟動(dòng)達(dá)到最大速度時(shí) 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8 8輪式裝甲車已達(dá)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(duì)的主力裝備 設(shè)該裝甲車的質(zhì)量為m 若在平直的公路上從靜止開始加速 前進(jìn)較短的距離s速度便可達(dá)到最大值vm 設(shè)在加速過程中發(fā)動(dòng)機(jī)的功率恒定為P 裝甲車所受阻力恒為f 當(dāng)速度為v vm v 時(shí) 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(shí) 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(shí)加速度為a D 裝甲車從靜止開始到達(dá)到最大速度vm所用時(shí)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(shí) 裝甲車的牽引力做功大于Fs A錯(cuò)誤 裝甲車勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度最大 故vm B正確 裝甲車速度為v時(shí) 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(dòng)能定理得Pt fs 解得t D錯(cuò)誤 3 起重機(jī)的鋼索將重物由地面吊到空中某個(gè)高度 其速度圖像如圖所示 則鋼索拉力的功率隨時(shí)間變化的圖像可能是圖中的 解析 選B 在0 t1時(shí)間內(nèi) 重物加速上升 設(shè)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(shí)間內(nèi) 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(shí)間內(nèi) 重物減速上升 設(shè)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(xiàng)正確 加固訓(xùn)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(shí) 牽引力為F0 在t1時(shí)刻 司機(jī)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(shí)刻 汽車又恢復(fù)到勻速運(yùn)動(dòng)狀態(tài) 下面是有關(guān)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F0B t2后的牽引力小于F0C t2后的速度仍為v0D t2后的速度小于v0 解析 選A D 由P Fv可知 當(dāng)汽車的功率突然減小為時(shí) 瞬時(shí)速度還沒來得及變化 則牽引力突然變?yōu)?汽車將做減速運(yùn)動(dòng) 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(yùn)動(dòng) 當(dāng)速度減小到使?fàn)恳τ值扔谧枇r(shí) 汽車再勻速運(yùn)動(dòng) 由 F0 v2可知此時(shí)v2 故A D正確 熱點(diǎn)考向3動(dòng)能定理的應(yīng)用 典例5 2015 廈門一模 如圖所示 質(zhì)量為m的物塊與水平轉(zhuǎn)臺(tái)之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 物塊與轉(zhuǎn)臺(tái)轉(zhuǎn)軸相距R 物塊隨轉(zhuǎn)臺(tái)由靜止開始轉(zhuǎn)動(dòng) 當(dāng)轉(zhuǎn)速增加到某值時(shí) 物塊即將開始滑動(dòng) 認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力 在這一過程中 摩擦力對(duì)物塊做的功是 A mgRB 2 mgRC 2 mgRD 0 名師解讀 1 命題立意 考查動(dòng)能定理求變力做功問題 2 關(guān)鍵信息 物塊隨轉(zhuǎn)臺(tái)由靜止開始轉(zhuǎn)動(dòng) 物塊即將開始滑動(dòng) 最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力 3 答題必備 F W合 4 易錯(cuò)警示 誤認(rèn)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(dòng)時(shí) 最大靜摩擦力提供向心力 有 mg 根據(jù)動(dòng)能定理有 解得 選項(xiàng)A正確 典例6 18分 2015 臨沂二模 如圖所示 傾角 45 的粗糙平直導(dǎo)軌AB與半徑為R的光滑圓環(huán)軌道相切 切點(diǎn)為B 整個(gè)軌道處在豎直平面內(nèi) 一質(zhì)量為m的小滑塊 可以看作質(zhì)點(diǎn) 從導(dǎo)軌上離地面高為h 3R的D處無初速度下滑進(jìn)入圓環(huán)軌道 接著小滑塊從圓環(huán)最高點(diǎn)C水平飛出 恰好擊中導(dǎo)軌上與圓心O等高的P點(diǎn) 不計(jì)空氣阻力 已知重力加速度為g 求 1 滑塊運(yùn)動(dòng)到圓環(huán)最高點(diǎn)C時(shí)的速度大小 2 滑塊運(yùn)動(dòng)到圓環(huán)最低點(diǎn)時(shí)對(duì)圓環(huán)軌道壓力的大小 3 滑塊在斜面軌道BD間運(yùn)動(dòng)的過程中克服摩擦力做的功 拿分策略 第一問 翻轉(zhuǎn)關(guān)鍵信息 小滑塊從圓環(huán)最高點(diǎn)C水平飛出 恰好擊中導(dǎo)軌上與圓心O等高的P點(diǎn) 按部就班列方程豎直方向列 式 2分 水平方向列 式 2分 第二問 明確運(yùn)動(dòng)過程 小滑塊由B至C沿豎直面做圓周運(yùn)動(dòng) 按部就班列方程圓周最低點(diǎn)至C點(diǎn)過程列 式 3分 在最低點(diǎn)列 式 3分 第三問 正確選擇運(yùn)動(dòng)過程 從D到最低點(diǎn) 全過程列 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(jié)果再拿到4分 若第二問能正確應(yīng)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(diǎn)飛出來做平拋運(yùn)動(dòng) 水平速度為v0 豎直方向上 R gt2 2分 水平方向上 R v0t 2分 解得 v0 1分 2 小滑塊在最低點(diǎn)時(shí)速度為v 由動(dòng)能定理得 mg 2R mv02 mv2 3分 解得 v 1分 在最低點(diǎn)由牛頓第二定律得 FN mg 3分 解得 FN 6mg 1分 由牛頓第三定律得 F N 6mg 1分 3 從D到最低點(diǎn)過程中 設(shè)DB過程中克服摩擦阻力做功Wf 由動(dòng)能定理得 mgh Wf mv2 0 3分 解得 Wf mgR 1分 答案 1 2 6mg 3 mgR 遷移訓(xùn)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(diǎn)與O點(diǎn)等高 如圖所示 使滑塊自B的正上方P點(diǎn)由靜止開始自由下落 滑塊沿軌道到達(dá)C時(shí)恰好對(duì)軌道沒有壓力 求PB間的高度h 解析 滑塊在C點(diǎn)時(shí)由牛頓第二定律得 mg m 解得 v 滑塊從P點(diǎn)到C點(diǎn) 由動(dòng)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(diǎn)在 典例6 中 若小滑塊剛好能過C點(diǎn) 求滑塊與軌道AB間的動(dòng)摩擦因數(shù) 解析 小滑塊剛好能過C點(diǎn) 則在C點(diǎn)由牛頓第二定律得 mg m解得 vC 小滑塊由D至C過程 由動(dòng)能定理得 mg h 2R mgcos 解得 答案 遷移3 使滑塊在P點(diǎn)釋放將 典例6 中的滑塊從軌道的P點(diǎn)由靜止釋放 滑塊與粗糙導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 求滑塊整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中在AB軌道上通過的總路程 解析 滑塊在P點(diǎn)釋放 滑塊將在兩軌道間做往返運(yùn)動(dòng) 當(dāng)滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為零后滑塊將只在圓弧軌道上運(yùn)動(dòng) 故全過程由動(dòng)能定理得 mgsPBsin mgscos 0由幾何關(guān)系得 sPB R解得 s 答案 規(guī)律總結(jié) 應(yīng)用動(dòng)能定理解題應(yīng)注意的三點(diǎn) 1 方法的選擇 動(dòng)能定理往往用于單個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)過程 由于不牽扯加速度及時(shí)間 比動(dòng)力學(xué)方法要方便 2 規(guī)律的應(yīng)用 動(dòng)能定理表達(dá)式是一個(gè)標(biāo)量式 在某個(gè)方向上應(yīng)用動(dòng)能定理是沒有依據(jù)的 3 過程的選擇 物體在某個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中包含有幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的小過程 如加速 減速的過程 此時(shí)可以分段應(yīng)用動(dòng)能定理 也可以對(duì)全過程應(yīng)用動(dòng)能定理 但如果對(duì)整個(gè)過程應(yīng)用動(dòng)能定理 則使問題簡(jiǎn)化 題組過關(guān) 1 2015 杭州一模 如圖所示 將質(zhì)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(shí) 其速度大小為v0 設(shè)小球在運(yùn)動(dòng)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(duì)小球向上運(yùn)動(dòng)的過程 由動(dòng)能定理得 mg Ff H 0 對(duì)小球向下運(yùn)動(dòng)的過程 由動(dòng)能定理得 mg Ff H 聯(lián)立解得Ff mg 選項(xiàng)D正確 2 2015 浙江高考 如圖所示 用一塊長(zhǎng)L1 1 0m的木板在墻和桌面間架設(shè)斜面 桌子高H 0 8m 長(zhǎng)L2 1 5m 斜面與水平桌面的傾角 可在0 60 間調(diào)節(jié)后固定 將質(zhì)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(dòng)摩擦因數(shù) 1 0 05 物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 2 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(dòng)摩擦力 1 求 角增大到多少時(shí) 物塊能從斜面開始下滑 用正切值表示 2 當(dāng) 角增大到37 時(shí) 物塊恰能停在桌面邊緣 求物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù) 2 已知sin37 0 6 cos37 0 8 3 繼續(xù)增大 角 發(fā)現(xiàn) 53 時(shí)物塊落地點(diǎn)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mgsin 1mgcos 滿足的條件tan 0 05 2 克服摩擦力做功Wf 1mgL1cos 2mg L2 L1cos 由動(dòng)能定理得mgL1sin Wf 0代入數(shù)據(jù)得 2 0 8 3 由動(dòng)能定理得mgL1sin Wf mv2代入數(shù)據(jù)得v 1m s H gt2 t 0 4s x1 vtx1 0 4m xm x1 L2 1 9m答案 1 tan 0 05 2 0 8 3 1 9m 加固訓(xùn)練 2015 撫順二模 冰壺運(yùn)動(dòng)是冬季奧運(yùn)會(huì)上的一項(xiàng)比賽項(xiàng)目 在第21屆冬季奧運(yùn)會(huì)上中國隊(duì)取得了較好的成績(jī) 假設(shè)質(zhì)量為m的冰壺在運(yùn)動(dòng)員的操控下 先從起滑架A點(diǎn)由靜止開始加速啟動(dòng) 經(jīng)過投擲線B時(shí)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(dòng)摩擦因數(shù)均為 重力加速度為g 1 求冰壺運(yùn)動(dòng)的最大速度vm 2 在AB段運(yùn)動(dòng)員水平推冰壺做的功W是多少 3 若對(duì)方有一只冰壺 冰壺可看作質(zhì)點(diǎn) 恰好緊靠營壘圓心處停著 為將對(duì)方冰壺碰出 推壺隊(duì)員將冰壺推出后 其他隊(duì)員在BO段的一半長(zhǎng)度內(nèi)用毛刷刷冰 使動(dòng)摩擦因數(shù)變?yōu)?若上述推壺隊(duì)員是以與原來完全相同的方式推出冰壺的 結(jié)果順利地將對(duì)方冰壺碰出界外 求運(yùn)動(dòng)冰壺在碰前瞬間的速度v 解析 1 對(duì)冰壺在B O段 由速度位移公式 0 vm2 2aL2 又 a g 解得 vm 2 在A B段 對(duì)冰壺由動(dòng)能定理得 W mgL1 mvm2 0解得 W mg L1 L2 3 從B O段 由動(dòng)能定理得 解得 v 答案 1 2 mg L1 L2 3 瞬時(shí)功率問題 典例 2015 南昌一模 如圖所示 細(xì)線的一端固定于O點(diǎn) 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(nèi)由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn) 在此過程中拉力的瞬時(shí)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(jì)難度為0 46 區(qū)分度為0 49 有30 的學(xué)生錯(cuò)選D 有10 2 的學(xué)生錯(cuò)選B 有13 8 的學(xué)生錯(cuò)選C 試卷評(píng)析 錯(cuò)誤角度 1 誤認(rèn)為小球的瞬時(shí)功率保持不變錯(cuò)因剖析 小球由A到B的過程中 認(rèn)為水平拉力保持不變 實(shí)際上小球運(yùn)動(dòng)過程中速率不變 小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng) 其拉力和重力沿圓周切向的合力為零 拉力為變力 錯(cuò)誤角度 2 不能正確判斷拉力瞬時(shí)功率的變化錯(cuò)因剖析 不能深入挖掘隱含條件 根據(jù)拉力和重力的關(guān)系進(jìn)行分析判斷 糾偏措施 1 要熟練掌握瞬時(shí)功率的計(jì)算公式P Fvcos 明確 角為F v的夾角 2 要深入挖掘隱含條件 將變力瞬時(shí)功率的計(jì)算轉(zhuǎn)化為恒力功率的計(jì)算 規(guī)范解答 選A 設(shè)細(xì)線與豎直方向的夾角為 小球質(zhì)量為m 速率為v 由小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng) 切向合力為零可得 mgsin Fcos 由P Fvcos 可得拉力F的瞬時(shí)功率表達(dá)式為P Fvcos mgvsin 可見功率P隨 的增大逐漸增大 A正確 類題試做 1 如圖所示 小球被細(xì)線懸掛于O點(diǎn) 若將小球拉至水平后由靜止釋放 則在小球下擺到最低點(diǎn)的過程中 重力瞬時(shí)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 mgvcos 得 剛釋放時(shí)v 0 P 0 到最低點(diǎn)時(shí) 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(shí)功率先增大后減小 選項(xiàng)D正確 2 多選 如圖所示 一個(gè)表面光滑的斜面體M置于水平地面上 它的兩個(gè)斜面與水平面的夾角分別為 且 M的頂端裝有一定滑輪 一輕質(zhì)細(xì)繩跨過定滑輪后連接A B兩個(gè)小滑塊 細(xì)繩與各自的斜面平行 不計(jì)繩與滑輪間的摩擦 A B恰好在同一高度處于靜止?fàn)顟B(tài) 剪斷細(xì)繩后 A B滑至斜面底端 M始終保持靜止 則 A 滑塊A的質(zhì)量大于滑塊B的質(zhì)量B 兩滑塊到達(dá)斜面底端時(shí)的速率相同C 兩滑塊到達(dá)斜面底端時(shí) 滑塊A重力的瞬時(shí)功率較大D 兩滑塊到達(dá)斜面底端所用時(shí)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 mAgsin FTB mBgsin 所以mA大于mB 選項(xiàng)A正確 由于A B滑塊距離地面的高度h相同 據(jù)機(jī)械能守恒定律可知兩者到達(dá)地面的速率v相同 選項(xiàng)B正確 兩者到達(dá)地面的瞬時(shí)功率為PA mAgvsin PB mBgvsin 所以PA PB 選項(xiàng)C錯(cuò)誤 兩者到達(dá)地面的時(shí)間滿足有tA大于tB 選項(xiàng)D錯(cuò)誤