【物理】2019届一轮复习人教版功功率动能定理学案

【物理】2019届一轮复习人教版功功率动能定理学案

五 功　功率　动能定理 知识方法例析 知识网络 考情分析 ‎1．主要题型：选择题、计算题 ‎2．命题特点 ‎(1)功和功率的理解与计算，主要考查摩擦力做功正负的判断与计算，弹簧弹力的做功情况，弹性绳的做功情况以及瞬时功率的计算问题等．‎ ‎(2)结合牛顿第二定律、动能定理考查机车的启动问题．‎ ‎(3)应用动能定理考查单个物体、多个过程中动能的变化以及力的做功情况．‎ ‎3．思想方法 常用方法：微元法、图象法、转换法、整体法与分段法．‎ 考点一　功和功率 核心知识 ‎1．恒力做功 W＝FLcosα，α为力与位移的夹角 ‎2．功率 平均功率P＝＝Fcosα，‎ 瞬时功率P＝Fvcosα.‎ ‎3．变力做功 变力做功可由动能定理、能量守恒定律及F－x图象面积求解．‎ 规律方法 计算功和功率时应注意的问题 ‎(1)计算功时，要注意分析受力情况和能量转化情况，分清是恒力做功，还是变力做功，恒力做功一般用功的公式或动能定理求解，变力做功用动能定理或图象法求解．‎ ‎(2)用图象法求外力做功时应注意横轴和纵轴分别表示的物理意义，若横轴表示位移，纵轴表示力，则可用图线与横轴围成的面积表示功，例如图甲、乙、丙所示(丙图中图线为圆弧)，力做的功分别为W1＝F1x1，W2＝F2x2、W3＝F或W3＝x.‎ ‎(3)计算功率时，要明确是求瞬时功率，还是平均功率，若求瞬时功率应明确是哪一时刻或位置的瞬时功率，若求平均功率应明确是哪段时间内的平均功率；应注意区分公式P＝和公式P＝Fvcosθ的适用范围，P＝侧重于平均功率的计算，P＝Fvcosθ侧重于瞬时功率的计算．‎ 典例分析 ‎【例1】　(2017年湖北六校联考)如图所示，半径为R的光滑圆弧轨道左端有一质量为m的小球，在大小恒为F、方向始终与轨道相切的外力作用下，小球在竖直平面内由静止开始运动，轨道左端切线水平，当小球运动到轨道的末端时立即撤去外力，此时小球的速率为v，已知重力加速度为g，则(　　)‎ A．此过程外力做功为FR B．此过程外力做功为FR C．小球离开轨道的末端时，拉力的功率为Fv D．小球离开轨道后运动到达的最高点距离圆弧轨道左端的高度为 ‎【答案】　C 高度为h，根据动能定理有W－mgh＝mv>0，代入W的值可得h<，所以选项D错误．‎ ‎【例2】　物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动．通过力和速度传感器监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律分别如图甲、乙所示．取g＝10 m/s2，则下列说法错误的是(　　)‎ A．物体的质量m＝0.5 g B．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.40‎ C．第2 s内物体克服摩擦力做的功W＝2 J D．前2 s内推力F做功的平均功率＝3 W ‎【答案】　D ‎【解析】　综合甲、乙两个图象信息，在1－2 s，推力F2＝3 N，物体做匀加速运动，其加速度a＝2 m/s2，由牛顿运动定律可得，F2－μmg＝ma；在2－3 s，推力F3＝2 N，物体做匀速运动，由平衡条件可知，μmg＝F3；联立解得物体的质量m＝0.5 g，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.40，选项A、B正确．由速度—时间图象所围的面积表示位移可得，第2 s内物体位移x＝1 m，克服摩擦力做的功Wf ＝μmgx＝2 J，选项C正确．第1 s内，由于物体静止，推力不做功；第2 s内，推力做功W＝F2x＝3 J，前2 s内推力F做功为W′＝3 J，前2 s内推力F做功的平均功率＝＝ W＝1.5 W，选项D错误．‎ ‎【例3】．质量为m的小球沿倾角为θ的足够长的光滑斜面由静止开始滚下，途中依次经过A、B、C三点，已知AB＝BC＝L，由A到B和B到C经历的时间分别为t1＝4 s，t2＝2 s，则下列说法正确的是(　　)‎ A．小球的加速度大小为 B．小球经过B点重力的瞬时功率为 C．A点与出发点的距离为 D．小球由静止到C点过程中重力的平均功率为 ‎【答案】：C 功率P2＝＝mgLsinθ，故D错误． 4 ‎ ‎【例4】．质量为2.5 g的物体放在水平支持面上，在水平拉力F作用下由静止开始运动，拉力F做的功W和物体发生的位移x之间的关系图象如图所示．物体与水平支持面之间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g取10 m/s2.则(　　)‎ A．x＝0至x＝3 m的过程中，物体的加速度是5 m/s2‎ B．x＝3 m至x＝9 m过程中，物体的加速度是0.8 m/s2‎ C．x＝3 m至x＝9 m过程中，物体做匀减速直线运动 D．x＝0至x＝9 m过程中，合力对物体做的功是27 J ‎【答案】： C ‎【解析】：x＝0到x＝3 m的过程中，由W－x图象的斜率知F1＝5 N，由牛顿第二定律F1－μmg＝ma1，得a1＝1 m/s2，故A错误．x＝3 m到x＝9 m的过程中，由W－x图象的斜率知F2＝2 N，由牛顿第二定律F2－μmg＝ma2得a2＝－0.2 m/s2，知物体做匀减速直线运动，故B错误，C正确．x＝0到x＝9 m过程中合外力做功为W－μmgx＝(27－2.5×9)J＝4.5 J，故D错误．‎ ‎【例5】．如图5－1－5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(　　)‎ A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先增大，后减小 D．先减小，后增大 ‎【答案】：A ‎【解析】：‎ mgvsinθ，随θ增大，P增大．综上所述，本题正确 ‎【答案】为A.‎ ‎【例6】．一质量为m的物体在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从底端向上做匀加速直线运动，斜面足够长，表面光滑，倾角为θ.经一段时间恒力F做功8 J，此后撤去恒力F，物体又经相同时间回到出发点，则在撤去该恒力前瞬间，该恒力的功率是(　　)‎ ‎ 。 。 ‎ A.gsinθ B.gsinθ C.gsinθ D.gsinθ ‎【答案】：D ‎【解析】：设F作用下的加速度为a，运动时间为t，x＝at2，末速度v＝at，撤去F后的加速度为gsinθ，物体做类上抛运动，故以沿斜面向上为正方向，－x＝vt－gsinθ·t2，解得a＝，F－mgsinθ＝ma，解得F＝，因为F做的功为8 J，W＝Fx，所以x＝，故v＝＝，所以F的功率P＝Fv＝.‎ 规律总结 ‎ 1.功的计算 (1)恒力做功的计算公式：W＝Flcosα.‎ (2)当F为变力时，用动能定理W＝ΔE 或功能关系求功.所求得的功是该过程中外力对物体(或系统)做的总功(或者说是合力对物体做的功).‎ (3)利用F—l图象曲线下的面积求功.‎ (4)利用W＝Pt计算.‎ ‎2.功率 (1)功率定义式：P＝.所求功率是时间t内的平均功率.‎ (2)功率计算式：P＝Fvcosα.其中α是力与速度间的夹角.若v为瞬时速度，则P为F在该时刻的瞬时功率；若v为平均速度，则P为F在该段位移内的平均功率.‎ 考点二　机车启动问题 核心知识 ‎1．输出功率 输出功率P＝Fv，其中F为牵引力．‎ ‎2．机车有两种启动方式 ‎(1)以额定功率启动，机车做加速度减小的加速运动，当牵引力减小到和摩擦力相等时，匀速运动，最大速度时有P＝f·vm，所以vm＝.‎ ‎(2)以恒定牵引力(加速度)启动，机车先做匀加速直线运动，再做加速度减小的加速运动，最终匀速．‎ 匀加速末速度v1＝，最大速度vm＝.‎ 规律方法 解决机车启动问题时的四点注意 ‎(1)明确启动方式：分清是匀加速启动还是恒定功率启动．‎ ‎(2)匀加速启动过程：机车功率是不断改变的，但该过程中的最大功率是额定功率，匀加速运动阶段的最大速度小于机车所能达到的最大速度，达到额定功率后做加速度减小的加速运动．‎ ‎(3)额定功率启动的过程：机车做加速度减小的加速运动，匀变速直线运动的规律不能用，速度最大值等于，牵引力是变力，牵引力做的功可用W＝Pt，但不能用W＝Flcosθ.‎ ‎(4)无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足P＝Ffvm，P为机车的额定功率．‎ 典例分析 ‎【例1】　如图所示为汽车在水平路面上启动过程中的速度图象，Oa为过原点的倾斜直线，ab段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc段是与ab段相切的水平直线，则下述说法正确的是(　　)‎ A．0－t1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定 B．t1－t2时间内汽车牵引力做功为mv－mv C．t1－t2时间内的平均速度为(v1＋v2)‎ D．在全过程中t1时刻的牵引力及其功率都是最大值，t2－t3时间内牵引力变小 ‎【答案】　D ‎【解析】　 汽车在0－t1时间内，牵引力恒定，速度均匀增加，由P＝Fv知其功率也增加，A错误；t1－t2时间内根据动能定理知W－Wf＝mv－mv，B错误；因t1－t2时间内不是匀变速直线运动，故v≠(v1＋v2)，C错误；全过程中，t1时刻牵引力最大，功率达到额定功率，也最大，之后，功率不变，牵引力减小，直至F＝f，此后汽车匀速运动，D正确． ‎ ‎【点评】　用图象法描述机车启动问题，关键在于分清机车的运动阶段，找准变量和不变量．此类问题常用动能定理解决．‎ ‎【例2】　一辆汽车在平直的公路上以某一初速度运动，运动过程中保持恒定的牵引功率，其加速度a和速度的倒数图象如图所示．若已知汽车的质量，则根据图象所给的信息，不能求出的物理量是(　　)‎ A．汽车的功率 B．汽车行驶的最大速度 C．汽车所受到的阻力 D．汽车运动到最大速度所需的时间 ‎【答案】　D 大速度的时间，故应选D. 2 ‎ ‎【例3】 (多选)一辆小汽车在水平路面上由静止启动，前5 s内做匀加速直线运动，5 s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其v－t图象如图所示．已知汽车的质量为m＝2.0×103 g，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，g取10 m/s2，则(　　)‎ A．汽车在前5 s内的牵引力为4.0×103N B．汽车在前5 s内的牵引力为6.0×103N C．汽车的额定功率为40 W D．汽车的最大速度为30 m/s ‎【答案】：BD vm＝＝m/s＝30 m/s，D项正确． ‎ ‎【例4】(2015年高考·课标全国卷Ⅱ)一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示．假定汽车所受阻力的大小f恒定不变．下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是(　　)‎ ‎【答案】：A ‎【解析】：机车在公路上行驶受到牵引力F和阻力f的作用，常用公式有F－f＝ma，P＝Fv.在0 t1阶段，P一定，v增大，则F减小，f不变，则a减小，故汽车做加速度逐渐减小的加速运动．在t1 t2阶段，仍然如此，直到F减至等于f，汽车的加速度为零，汽车开始匀速行驶，B、D错；若汽车开始做匀速运动，功率增大后，汽车的速度不会突变，C错；A正确．‎ 考点三　动能定理 核心知识 规律方法 应用动能定理解题的“四步三注意”‎ ‎(1)应用动能定理解题的四个步骤 ‎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三个问题 ‎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 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．‎ 典例分析 ‎【例1】　如图所示，质量m＝1 g的木块静止在高h＝1.2 m的平台上，木块与平台间的动摩擦因数μ＝0. 2，用水平推力F＝20 N，使木块产生位移l1＝3 m时撤去，木块又滑行l2＝1 m后飞出平台，求木块落地时速度的大小？‎ ‎【答案】11.3 m/s ‎【解析】　解法1：取木块为研究对象，其运动分三个过程，先匀加速前进l1，后匀减速l2，再做平抛运动，对每一过程，分别列动能定理得：‎ 代入数据解得v＝11.3 m/s.‎ ‎【例2】　如图所示，光滑水平面AB与半圆形轨道在B点相切，轨道位于竖直平面内，其半径为R.一个质量为m的物块将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物块获得一向右速度，然后脱离弹簧，当它经过B点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半个圆周运动到达C点．不计空气阻力，重力加速度为g.‎ ‎(1)求弹簧弹力对物块做的功；‎ ‎(2)求物块m从B点运动到C点克服阻力做的功；‎ ‎(3)如果半圆形轨道也是光滑的，其他条件不变，当物体由A经B运动到C，然后落到水平面，落点为D(题中D点未标出，且水平面足够长)，求D点与B点间的距离．‎ ‎【分析】　本题可按以下思路进行分析：‎ →→ .X.X. ‎ ‎【答案】（1）3mgR（2）mgR.（3）2R ‎【解析】　(1)物块在B点时，由牛顿第二定律得 FN－mg＝m 又FN＝7mg 在物体从A点运动到B点的过程中，只有弹簧弹力做功，根据动能定理有 W＝mv 解得W＝3mgR ‎(3)若半圆形轨道光滑，则物块从B点运动到C的过程中只有重力做功，根据动能定理有 ‎－mg×2R＝mv－mv 解得vC＝ 从C点到D点，物块做平抛运动．有 水平方向：xBD＝vCt 竖直方向：2R＝gt2‎ 解得xBD＝2R. · 1 ‎ ‎【例3】如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC为水平的，其长度d＝0.50 m．盆边缘的高度为h＝0.30 m，在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B的距离为(　　)‎ A．0.50 m B．0.25 m C．0.10 m D．0‎ ‎【答案】：D 规律总结 若物体的运动过程可以分为若干阶段，可以选择分段或全程应用动能定理，题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单、方便.应用全程法解题求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待，弄清楚物体所受的力在哪段位移上做功，哪些力做功，做正功还是负功，正确写出总功.‎