高三物理二輪復(fù)習(xí)教師用書板塊一專題二第一講功功率動能定理

板塊一專題突破復(fù)習(xí)第一講功功率動能定理[知識建構(gòu)][高考調(diào)研]1.考查方向預(yù)測：①重力、摩擦力、靜電力和洛倫茲力的做功特點和求解．②與功、功率相關(guān)的分析與計算．③動能定理和動力學(xué)方法的綜合應(yīng)用．④動能定理在電磁學(xué)中的應(yīng)用．2.常用的思想方法：①化曲為直的思想方法．②微元法．③合力功的求法．④變力功的求法．[答案](1)恒力做功的計算①單個力做的功：直接用W＝Fxcosα計算．有兩種不同的計算公式，即分解力或分解位移；常見的恒力功有：電場力功：WQ＝qEd＝qU安培力功：W安＝BILd重力功：WG＝mgh②合力做的功方法一：先求合力F合，再用W合＝F合lcosα求功．方法二：先求各個力做的功W1、W2、W3、…，再應(yīng)用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功．(2)功率的兩個公式①P＝eq\f(W,t).求出的功率是時間t內(nèi)的平均功率．②P＝Fvcosα.其中α是F與v方向的夾角；若v取瞬時速度，則對應(yīng)的P為瞬時功率；若v取平均速度，則對應(yīng)的P為平均功率．(3)對動能定理的理解①動能定理中所說的“外力”，是指物體受到的所有力，包括重力．②對“總功”的兩種理解各外力做功的代數(shù)和：W＝W1＋W2＋…；合外力的功：W＝F合lcosθ(力均為恒力)．③對“位移和速度”的理解：必須是相對于同一個慣性參考系，一般以地面為參考系．④動能定理表達式是一個標(biāo)量式，不能在某個方向上應(yīng)用動能定理．考向一功和功率的計算[歸納提煉]功和功率的理解與計算問題，一般應(yīng)注意以下幾點1．準(zhǔn)確理解功的定義式W＝Fl及變形式W＝Flcosα中各物理量的意義，該式僅適用于恒力做功的情況．2．變力做功的求解注意對問題的正確轉(zhuǎn)化，如將變力轉(zhuǎn)化為恒力，也可應(yīng)用動能定理等方式求解．3．對于功率的計算，應(yīng)注意區(qū)分公式P＝eq\f(W,t)和公式P＝Fv，前式側(cè)重于平均功率的計算，而后式側(cè)重于瞬時功率的計算．(2017·江蘇卷)如圖所示，兩個半圓柱A、B緊靠著靜置于水平地面上，其上有一光滑圓柱C，三者半徑均為R.C的質(zhì)量為m，A、B的質(zhì)量都為eq\f(m,2)，與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ.現(xiàn)用水平向右的力拉A，使A緩慢移動，直至C恰好降到地面．整個過程中B保持靜止．設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g.求：(1)未拉A時，C受到B作用力的大小F；(2)動摩擦因數(shù)的最小值μmin；(3)A移動的整個過程中，拉力做的功W.[思路點撥]由圓柱C一開始受力平衡可得出力F的大小．動摩擦因數(shù)最小時，B受C壓力的水平分力最大．拉力為變力，可根據(jù)動能定理求解拉力做的功．[解析](1)C受力平衡，有2Fcos30°＝mg解得F＝eq\f(\r(3),3)mg(2)C恰好降到地面時，B受C壓力的水平分力最大Fxmax＝eq\f(\r(3),2)mgB受地面的摩擦力f＝μmg根據(jù)題意fmin＝Fxmax解得μmin＝eq\f(\r(3),2).(3)C下降的高度h＝(eq\r(3)－1)RA的位移x＝2(eq\r(3)－1)R摩擦力做功的大小Wf＝fx＝2(eq\r(3)－1)μmgR根據(jù)動能定理W－Wf＋mgh＝0－0解得W＝(2μ－1)(eq\r(3)－1)mgR.[答案](1)eq\f(\r(3),3)mg(2)eq\f(\r(3),2)(3)(2μ－1)(eq\r(3)－1)mgR動摩擦因數(shù)的最小值也可用以下方法分析求解：如圖所示，用水平向右的力拉A，使A緩慢移動，直至C恰好降到地面時對整體，有NB＋NA＝mg＋2×eq\f(m,2)g，地面支持力NB＝NA＝mg對C，豎直方向上有2FBcos60°＝mg對B，水平方向上有f＝FBsin60°＝eq\f(\r(3),2)mg而f≤fm＝μNB＝μmg，故動摩擦因數(shù)μ≥eq\f(\r(3),2)，最小值μmin＝eq\f(\r(3),2).當(dāng)F為變力或物體做曲線運動時，或要求解的問題中沒有明確固定的受力或在力的方向上的位移時，考慮用動能定理求變力做的功.分析各力做功情況時不要出現(xiàn)“丟功”及“錯功”.嚴(yán)格按照重力、彈力、摩擦力的順序找出運動物體所受的各個力，然后準(zhǔn)確判斷出各個力做的功.存在電場時，還要考慮是否有電場力做功.[熟練強化]1．(2017·長沙雅禮中學(xué)三模)如右圖所示是一種清洗車輛用的手持式噴水槍．設(shè)槍口截面積為0.6cm2，噴出水的速度為20m/s.當(dāng)它工作時，估計水槍的平均功率約為(水的密度為1×103kg/mA．12W B．120WC．240W D．1200W[解析]考慮Δt時間內(nèi)從槍口射出去的水，其質(zhì)量為Δm＝ρsvΔt，該部分水增加的動能ΔEk＝eq\f(1,2)Δmv2，結(jié)合上式，有ΔEk＝eq\f(1,2)ρsv3Δt，則水槍的平均功率eq\x\to(P)＝ΔEk/Δt＝eq\f(1,2)ρsv3，代入數(shù)據(jù)，得eq\x\to(P)＝240W.[答案]C2.(多選)(2017·河南五校聯(lián)考)將三個光滑的平板傾斜固定，三個平板頂端到底端的高度相等，三個平板與水平面間的夾角分別為θ1、θ2、θ3，如圖所示．現(xiàn)將三個完全相同的小球由最高點A沿三個平板同時無初速度地釋放，經(jīng)一段時間到達平板的底端．則下列說法正確的是()A．重力對三個小球所做的功相同B．沿傾角為θ3的平板下滑的小球的重力的平均功率最大C．三個小球到達底端時的瞬時速度相同D．沿傾角為θ3的平板下滑的小球到達平板底端時重力的瞬時功率最小[解析]假設(shè)平板的長度為x，由功的定義式可知W＝mgxsinθ＝mgh，則A正確；小球在斜面上運動的加速度a＝gsinθ，小球到達平板底端時的速度為v＝eq\r(2ax)＝eq\r(2gxsinθ)＝eq\r(2gh)，顯然到達平板底端時的速度大小相等，但方向不同，則C錯誤；由位移公式x＝eq\f(1,2)at2可知t＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(\f(2h,gsin2θ))，整個過程中重力的平均功率為P＝eq\f(W,t)＝eq\f(mgsinθ\r(2gh),2)，則沿傾角為θ1的平板下滑的小球的重力平均功率最大，B錯誤；根據(jù)P＝mgvcos(90°－θ)＝mgvsinθ，速度大小相等，沿傾角為θ3的平板下滑的小球到達平板底端時重力的瞬時功率最小，D正確．[答案]AD3．(2017·全國卷Ⅲ)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eq\f(1,3)l.重力加速度大小為g.在此過程中，外力做的功為()A.eq\f(1,9)mglB.eq\f(1,6)mglC.eq\f(1,3)mglD.eq\f(1,2)mgl[解析]將繩的下端Q緩慢向上拉至M點，相當(dāng)于使下部分eq\f(1,3)的繩的重心升高eq\f(1,3)l，故重力勢能增加eq\f(1,3)mg·eq\f(l,3)＝eq\f(1,9)mgl，由功能關(guān)系可知A項正確．[答案]A考向二動能定理的應(yīng)用[歸納提煉]應(yīng)用動能定理解題應(yīng)注意的四點1．方法的選擇：動能定理往往用于單個物體的運動過程，由于不涉及加速度及時間，比動力學(xué)方法要簡捷．2．規(guī)律的應(yīng)用：動能定理表達式是一個標(biāo)量式，在某個方向上應(yīng)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(zhì)不同的小過程(如加速、減速的過程)，此時可以分段應(yīng)用動能定理，也可以對全過程應(yīng)用動能定理，但如果對整個過程應(yīng)用動能定理，則使問題簡化．4．電磁場中的應(yīng)用：在電磁場中運動時多了一個電場力或磁場力，特別注意電場力做功與路徑無關(guān)，洛倫茲力在任何情況下都不做功．(2016·全國卷Ⅰ)如圖，一輕彈簧原長為2R，其一端固定在傾角為37°的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài)．直軌道與一半徑為eq\f(5,6)R的光滑圓弧軌道相切于C點，AC＝7R，A、B、C、D均在同一豎直平面內(nèi)．質(zhì)量為m的小物塊P自C點由靜止開始下滑，最低到達E點(未畫出)．隨后P沿軌道被彈回，最高到達F點，AF＝4R.已知P與直軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(1,4)，重力加速度大小為g.(取sin37°＝eq\f(3,5)，cos37°＝eq\f(4,5))(1)求P第一次運動到B點時速度的大?。?2)求P運動到E點時彈簧的彈性勢能．(3)改變物塊P的質(zhì)量，將P推至E點，從靜止開始釋放．已知P自圓弧軌道的最高點D處水平飛出后，恰好通過G點．G點在C點左下方，與C點水平相距eq\f(7,2)R、豎直相距R.求P運動到D點時速度的大小和改變后P的質(zhì)量．[思路路線][解析](1)根據(jù)題意知，B、C之間的距離為l＝7R－2R①設(shè)P到達B點時的速度為vB，由動能定理得mglsinθ－μmglcosθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)②式中θ＝37°.聯(lián)立①②式并由題給條件得vB＝2eq\r(gR)③(2)設(shè)BE＝x.P到達E點時速度為零，設(shè)此時彈簧的彈性勢能為Ep.P由B點運動到E點的過程中，由動能定理有mgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)④E、F之間的距離為l1＝4R－2R＋x⑤P到達E點后反彈，從E點運動到F點的過程中，由動能定理有Ep－mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0⑥聯(lián)立③④⑤⑥式并由題給條件得x＝R⑦Ep＝eq\f(12,5)mgR⑧(3)設(shè)改變后P的質(zhì)量為m1.D點與G點的水平距離x1和豎直距離y1分別為x1＝eq\f(7,2)R－eq\f(5,6)Rsinθ⑨y1＝R＋eq\f(5,6)R＋eq\f(5,6)Rcosθ⑩式中，已應(yīng)用了過C點的圓軌道半徑與豎直方向夾角仍為θ的事實．設(shè)P在D點的速度為vD，由D點運動到G點的時間為t.由平拋運動公式有y1＝eq\f(1,2)gt2?x1＝vDt?聯(lián)立⑨⑩??式得vD＝eq\f(3,5)eq\r(5gR)?設(shè)P在C點速度的大小為vC.在P由C點運動到D點的過程中機械能守恒，有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,D)＋m1geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)R＋\f(5,6)Rcosθ))?P由E點運動到C點的過程中，由動能定理有Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1g(x＋5R)cosθ＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)?聯(lián)立⑦⑧???式得m1＝eq\f(1,3)m[答案](1)2eq\r(gR)(2)eq\f(12,5)mgR(3)eq\f(3,5)eq\r(5gR)eq\f(1,3)m應(yīng)用動能定理解題的基本步驟[熟練強化]遷移一動力學(xué)與動能定理的綜合應(yīng)用方法1．(2017·寧德市模擬)如圖所示，一半徑為R的水平圓盤繞過圓心的豎直軸轉(zhuǎn)動，圓盤邊緣有一質(zhì)量為m的滑塊(可視為質(zhì)點)，當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)動的角速度達到某一數(shù)值時，滑塊從圓盤邊緣滑落，進入一段圓弧軌道AB.隨后滑上以v0順時針勻速轉(zhuǎn)動的傳送帶，當(dāng)滑塊滑到與傳送帶左端B的距離為L/n時，滑塊速度恰好與傳送帶速度相同．已知AB段為一段光滑的圓弧軌道，軌道半徑為r，圓弧軌道與傳送帶在B點水平相切，滑塊與圓盤、傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計滑塊進入軌道AB和經(jīng)過B點時的機械能損失．(1)當(dāng)圓盤的角速度為多大時，滑塊從圓盤上滑落？(2)求軌道AB的高度．(3)求滑塊到達圓弧軌道的B點時對軌道的壓力大?。甗解析](1)滑塊在圓盤上做圓周運動時，靜摩擦力充當(dāng)向心力，根據(jù)牛頓第二定律，可得μmg＝mω2R代入數(shù)據(jù)解得ω＝eq\r(\f(μg,R)).(2)滑塊在A點時的速度vA＝ωR＝eq\r(μgR)，設(shè)軌道AB的高度為h，滑塊到達B點時的速度為v，下滑過程機械能守恒，mgh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，解得v＝eq\r(2gh＋μgR)若滑塊滑上傳送帶時的速度小于傳送帶速度，則滑塊在傳送帶上受到向右的滑動摩擦力，做勻加速運動，根據(jù)動能定理有μmgL/n＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2，則h＝eq\f(v\o\al(2,0)－μgR,2g)－eq\f(μL,n)若滑塊滑上傳送帶時的速度大于傳送帶的速度，則滑塊受到向左的滑動摩擦力，做勻減速運動，根據(jù)動能定理有－μmgL/n＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2，則h＝eq\f(v\o\al(2,0)－μgR,2g)＋eq\f(μL,n).(3)在B點，由牛頓第二定律，可得FN－mg＝meq\f(v2,r)解得FN＝mg＋eq\f(mv\o\al(2,0),r)＋eq\f(2μmgL,nr).[答案](1)eq\r(\f(μg,R))(2)eq\f(v\o\al(2,0)－μgR,2g)－eq\f(μL,n)或eq\f(v\o\al(2,0)－μgR,2g)＋eq\f(μL,n)(3)mg＋eq\f(mv\o\al(2,0),r)＋eq\f(2μmgL,nr)遷移二動能定理在電場中的應(yīng)用2．(2017·上海市靜安區(qū)摸底)如下圖所示，兩個帶正電的點電荷M和N，帶電量均為Q，固定在光滑絕緣的水平面上，相距2L，A、O、B是MN連線上的三點，且O為中點，OA＝OB＝eq\f(L,2)，一質(zhì)量為m、電量為q的點電荷以初速度v0從A點出發(fā)沿MN連線向N運動，在運動過程中電荷受到大小恒定的阻力作用，但速度為零時，阻力也為零，當(dāng)它運動到O點時，動能為初動能的n倍，到B點速度剛好為零，然后返回往復(fù)運動，直至最后靜止．已知靜電力恒量為k，取O處電勢為零，求：(1)A點的場強大?。?2)阻力的大??；(3)A點的電勢；(4)電荷在電場中運動的總路程．[解析](1)由點電荷電場強度公式和電場疊加原理可得：EA＝keq\f(Q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))2)－keq\f(Q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3L,2)))2)＝eq\f(32kQ,9L2)；(2)由對稱性知，φA＝φB，電荷從A到B的過程中，電場力做功為零，克服阻力做功為：Wf＝FfL，由動能定理：－FfL＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得：Ff＝eq\f(mv\o\al(2,0),2L)(3)設(shè)電荷從A到O點電場力做功為WF，克服阻力做功為eq\f(1,2)Wf，由動能定理：WF－eq\f(1,2)Wf＝eq\f(1,2)nmveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得：WF＝eq\f(mv\o\al(2,0),4)(2n－1)由：WF＝q(φA－φO)得：φA＝eq\f(WF,q)＝eq\f(mv\o\al(2,0),4q)(2n－1)(4)電荷最后停在O點，在全過程中電場力做功為WF＝eq\f(mv\o\al(2,0),4)(2n－1)，電荷在電場中運動的總路程為s，則阻力做功為－Ffs.由動能定理：WF－Ffs＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)即：eq\f(mv\o\al(2,0),4)(2n－1)－eq\f(1,2L)mveq\o\al(2,0)s＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得：s＝(n＋0.5)L.[答案](1)eq\f(32kQ,9L2)(2)eq\f(mv\o\al(2,0),2L)(3)eq\f(mv\o\al(2,0),4q)(2n－1)(4)(n＋0.5)L高考題型預(yù)測——動能定理與圖象結(jié)合的問題[考點歸納]動能定理與圖象結(jié)合的問題1．圖象問題分析的“四步走”2．常見圖象所圍面積的含義v－t圖由公式x＝vt可知，v－t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體的位移a－t圖由公式Δv＝at可知，a－t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體速度的變化量F－x圖由公式W＝Fx可知，F(xiàn)－x圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功P－t圖由公式W＝Pt可知，P－t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功[典題示例](2017·河北名校聯(lián)盟)曉宇在研究一輛額定功率為P＝20kW的轎車的性能，他駕駛一轎車在如圖甲所示的平直路面上運動，其中轎車與ON段路面間的動摩擦因數(shù)比轎車與MO段路面間的動摩擦因數(shù)大．曉宇駕駛轎車保持額定功率以10m/s的速度由M向右運動，該轎車從M向右運動到N的過程中，通過速度傳感器測量出轎車的速度隨時間的變化規(guī)律圖象如圖乙所示，在t＝15s時圖線的切線與橫軸平行．已知轎車的質(zhì)量為m＝2t，轎車在MO段、ON段運動時與路面之間的阻力大小分別保持不變．求.(1)該轎車在MO段行駛時的阻力大?。?2)該轎車在運動過程中剛好通過O點時加速度的大?。?3)該轎車由O運動到N的過程中位移的大?。甗審題指導(dǎo)]第一步讀題干—提信息題干信息1)駕駛轎車保持額定功率以10m/s的速度由M向右運動屬于恒定功率啟動模型．2)在t＝15s時圖線的切線與橫軸平行說明t＝15秒時轎車加速度為零，做勻速運動．3)圖乙5～15秒做加速度減小的變減速運動．4)由O運動到N的過程中位移的大小注意O到N過程牽引力大小改變.第二步審程序—順?biāo)悸穂解析](1)轎車在MO段運動時，以10m/s的速度勻速運動，有F1＝f1，P＝F1v1聯(lián)立解得f1＝eq\f(20×103,10)N＝2000N.(2)轎車在ON段保持額定功率不變，由圖象可知t＝15s時轎車開始做勻速直線運動，此時由力的平衡條件有F2＝f2，P＝F2v2聯(lián)立解得f2＝eq\f(20×103,5)N＝4000Nt＝5s時轎車經(jīng)過O點，開始做減速運動，有F1－f2＝ma解得a＝－1m/s2轎車通過O點時加速度大小為1m/s2.(3)由動能定理可知Pt－f2x＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得x＝68.75m.[答案](1)2000N(2)1m/s2(3)68.75m1機車啟動的方式不同，機車運動的規(guī)律就不同，因此機車啟動時，其功率、速度、加速度、牽引力等物理量的變化規(guī)律也不相同，分析圖象時應(yīng)注意坐標(biāo)軸的意義及圖象變化所描述的規(guī)律.2恒定功率下的加速一定不是勻加速，這種加速過程發(fā)動機做的功可用W＝Pt計算，不能用W＝Fl計算因為F為變力.3以恒定牽引力加速時的功率一定不恒定，這種加速過程發(fā)動機做的功常用W＝Fl計算，不能用W＝Pt計算因為功率P是變化的.[預(yù)測題組]1．(多選)(2017·華中師大附中二模)一質(zhì)量為2kg的物體，在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做勻速運動，當(dāng)運動一段時間后，拉力逐漸減小，且當(dāng)拉力減小到零時，物體剛好停止運動，右圖中給出了拉力隨位移變化的關(guān)系圖象．已知重力加速度g＝10m/s2，由此可知()A．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)約為0.35B．減速過程中拉力對物體所做的功約為13JC．勻速運動時的速度約為6m/sD．減速運動的時間約為1.7s[解析]F－s圖象圍成的面積代表拉力F做的功，由圖知減速階段F－s圍成面積約13個小格，每個小格1J則約為13J，故B選項正確．剛開始勻速，則F＝μmg，由圖知F＝7N，則μ＝eq\f(F,mg)＝0.35，故A選項正確．全程應(yīng)用動能定理WF－μmgs＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中WF＝(7×4＋13)J＝41J，得v0≈6m/s，故C正確．由于不是勻減速，沒辦法求減速運動的時間，故D錯誤．[答案]ABC2．(2017·湖南五十校聯(lián)考)質(zhì)量為10kg的物體，在變力F作用下沿x軸做直線運動，力隨坐標(biāo)x的變化情況如右圖所示．物體在x＝0處，速度為1m/s，一切摩擦不計，則物體運動到x＝16m處時，速度大小為()A．2eq\r(2)m/s B．3m/sC．4m/s D.eq\r(17)m/s[解析]F－x圖象與坐標(biāo)軸圍成的圖形面積表示力F做的功，圖形位于x軸上方表示力做正功，位于x軸下方表示力做負功，面積大小表示功的大小，所以物體運動到x＝16m處時，力F對物體做的總功W＝40J，由動能定理，得W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(