2019高考物理二轮复习 专题二 能量与动量 第1讲 功和功率动能定理学案.docx

《2019高考物理二轮复习 专题二 能量与动量 第1讲 功和功率动能定理学案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019高考物理二轮复习 专题二 能量与动量 第1讲 功和功率动能定理学案.docx（19页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

第1讲　功和功率　动能定理 [做真题明考向]　　　　　　　　　　　　　　　　　真题体验　透视命题规律 授课提示：对应学生用书第23页 [真题再做] 1．(多选)(2018高考全国卷Ⅲ，T19)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面．某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程(　　) A．矿车上升所用的时间之比为4∶5 B．电机的最大牵引力之比为2∶1 C．电机输出的最大功率之比为2∶1 D．电机所做的功之比为4∶5 解析：由图线①知，矿车上升总高度h＝2t0＝v0t0 由图线②知，加速阶段和减速阶段上升高度和 h1＝(＋)＝v0t0 匀速阶段：h－h1＝v0t′，解得t′＝t0 故第②次提升过程所用时间为＋t0＋＝t0， 两次上升所用时间之比为2t0∶t0＝4∶5，A对； 对矿车受力分析，当矿车向上做加速直线运动时，电机的牵引力最大，由于加速阶段加速度相同，故加速时牵引力相同，B错； 在加速上升阶段，由牛顿第二定律知， F－mg＝ma，F＝m(g＋a) 第①次在t0时刻，功率P1＝Fv0， 第②次在时刻，功率P2＝F， 第②次在匀速阶段P2′＝F′＝mg＜P2， 可知，电机输出的最大功率之比P1∶P2＝2∶1，C对； 由动能定理知，两个过程动能变化量相同，克服重力做功相同，故两次电机做功也相同，D错． 答案：AC 2．(2017高考全国卷Ⅲ，T16)如图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂．用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为(　　) A.mgl　　　　　　　 B.mgl C.mgl D.mgl 解析：QM段绳的质量为m′＝m，未拉起时，QM段绳的重心在QM中点处，与M点距离为l，绳的下端Q拉到M点时，QM段绳的重心与M点距离为l，此过程重力做功WG＝－m′g(l－l)＝－mgl，对绳的下端Q拉到M点的过程，应用动能定理，可知外力做功W＝－WG＝mgl，可知A项正确，B、C、D项错误． 答案：A 3.(2015高考全国卷Ⅱ，T17)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(　　) 解析：当汽车的功率为P1时，汽车在运动过程中满足P1＝F1v，因为P1不变，v逐渐增大，所以牵引力F1逐渐减小，由牛顿第二定律得F1－f＝ma1，f不变，所以汽车做加速度减小的加速运动，当F1＝f时速度最大，且vm＝＝.当汽车的功率突变为P2时，汽车的牵引力突增为F2，汽车继续加速，由P2＝F2v可知F2减小，又因F2－f＝ma2，所以加速度逐渐减小，直到F2＝f时，速度最大vm′＝，以后匀速运动．综合以上分析可知选项A正确． 答案：A 4.(2016高考全国卷Ⅲ，T24)如图，在竖直平面内有由圆弧AB和圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接．AB弧的半径为R，BC弧的半径为.一小球在A点正上方与A相距处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动． (1)求小球在B、A两点的动能之比； (2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点． 解析：(1)小球下落至A点的过程，由动能定理得 mg＝EkA－0 小球下落至B点的过程，由动能定理得 mg(＋R)＝EkB－0 由以上两式联立解得＝. (2)小球恰好经过C点时，由牛顿第二定律得 mg＝m，解得v0＝ 小球由开始下落至C点的过程，由动能定理得 mg＝mv－0，解得vC＝ 由于vC＝v0，故小球恰好可以沿轨道运动到C点． 答案：(1)5∶1　(2)见解析 [考情分析] ■命题特点与趋势——怎么考 1．近几年高考命题点主要集中在正、负功的判断，功率的分析与计算，机车启动模型，动能定理在圆周运动、平抛运动中的应用．题目具有一定的综合性，难度适中． 2．本讲高考单独命题以选择题为主，综合命题以计算题为主，常将动能定理与机械能守恒定律、能量守恒定律相结合．动能定理仍是2019年高考的考查重点，要重点关注本讲知识与实际问题相结合的情景题目． ■解题要领——怎么做 　解决本讲知识要理解功和功率的定义、正负功的判断方法，机车启动两类模型的分析、动能定理及动能定理在变力做功中的灵活应用． [建体系记要点]　　　　　　　　　　　　　　知识串联　熟记核心要点 授课提示：对应学生用书第24页 [网络构建] [要点熟记] 1．功 (1)恒力做功：W＝Flcos α(α为F与l之间的夹角)． (2)变力做功：①用动能定理求解；②用F x图线与x轴所围“面积”求解． 2．功率 (1)平均功率：P＝＝Fcos α. (2)瞬时功率：P＝Fvcosα(α为F与v的夹角)． (3)机车启动两类模型中的关键方程：P＝Fv，F－F阻＝ma，vm＝，Pt－F阻x＝ΔEk. 3．动能定理：W合＝mv2－mv. 4．应用动能定理的两点注意 (1)应用动能定理的关键是写出各力做功的代数和，不要漏掉某个力做的功，同时要注意各力做功的正、负． (2)动能定理是标量式，不能在某一方向上应用． [研考向提能力]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　考向研析　掌握应试技能 授课提示：对应学生用书第24页 考向一　功和功率的分析与计算 1．(2018北京昌平期末)如图所示，质量为60kg的某同学在做引体向上运动，从双臂伸直到肩部与单杠同高度算1次．若他在1min内完成了10次，每次肩部上升的距离均为0.4m，则他在1min内克服重力所做的功及相应的功率约为(g取10m/s2)(　　) A．240 J,4 W　　　　 B.2 400 J,2 400 W C．2 400 J, 40 W D．4 800 J,80 W 解析：他每次引体向上克服重力所做的功为W1＝mgh＝60100.4 J＝240 J，他在1 min内克服重力所做的功为W＝10W1＝10240 J＝2 400 J，相应的功率约为P＝＝40 W，选项C正确． 答案：C 2．(多选)如图所示，传送带AB的倾角为θ，且传送带足够长，现有质量为m、可视为质点的物体以初速度v0从B端开始向上运动，物体与传送带之间的动摩擦因数μ>tanθ，传送带的速度为v(v0tanθ，则μmgcosθ>mgsinθ，传送带的速度为v(v0，C错误；0～30s内，汽车发动机做的功W1＝Fx1＝(J)＝15P(J)，30～54s内汽车发动机做功W2＝P(54s－30s)＝24P(J)，因此＝，D正确． 答案：BD 三、非选择题 11．一匹马拉着质量为60kg的雪橇，从静止开始用80s的时间沿平直冰面跑完1000m．设在运动过程中雪橇受到的阻力保持不变，已知雪橇在开始运动的8s时间内做匀加速直线运动，从第8s末开始，马拉雪橇做功的功率保持不变，使雪橇继续做直线运动，最后一段时间雪橇做的是匀速直线运动，速度大小为15m/s；开始运动的8s内马拉雪橇的平均功率是8s后功率的一半．求整个运动过程中马拉雪橇做功的平均功率和雪橇在运动过程中所受阻力的大小． 解析：设8s后马拉雪橇的功率为P，则匀速运动时 P＝Fv＝Ffv 即运动过程中雪橇受到的阻力大小Ff＝① 对于整个过程运用动能定理得 t1＋P(t总－t1)－Ffx＝mv2－0② 代入数据，解①②得P＝723W，Ff＝48.2N 再由动能定理可得t总－Ffx＝mv2 解得＝687W. 答案：687W　48.2N 12．某课外探究小组自制了如图所示的导轨，其中，导轨的所有半圆形部分均光滑，水平部分均粗糙．圆半径分别为R、2R、3R和4R，R＝0.5m，水平部分长度L＝2m，将导轨竖直放置，轨道最低点离水平地面高h＝1m．将一个质量为m＝0.5kg、中心有孔的钢球(孔径略大于细导轨直径)套在导轨端点P处，钢球与导轨水平部分的动摩擦因数均为μ＝0.4.给钢球一初速度v0＝13m/s，g取10 m/s2.求： (1)钢球运动至第一个半圆形轨道最低点A时对轨道的压力； (2)钢球落地点到抛出点的水平距离． 解析：(1)钢球从P点运动到A点的过程中，由动能定理得mg2R－μmgL＝mv－mv 由牛顿第二定律有FN－mg＝ 代入数据解得FN＝178N 由牛顿第三定律可知，钢球对轨道的压力大小为178N，方向竖直向下． (2)设钢球到达轨道末端点的速度为v2，对全程应用动能定理得－μmg5L－mg4R＝mv－mv 解得v2＝7m/s 由平抛运动规律得h＋8R＝gt2，s＝v2t 解得s＝7m. 答案：(1)178N，方向竖直向下　(2)7m 13．(2018重庆高三一诊)如图所示，绝缘轨道CDGH位于竖直平面内，圆弧段DG的圆心角为θ＝37，DG与水平段CD、倾斜段GH分别相切于D点和G点，CD段粗糙，DGH段光滑，在H处固定一垂直于轨道的绝缘挡板，整个轨道处于场强为E＝1104N/C、水平向右的匀强电场中．一质量m＝410－3 kg、带电量q＝＋310－6 C的小滑块在C处由静止释放，经挡板碰撞后滑回到CD段的中点P处时速度恰好为零．已知CD段长度L＝0.8 m，圆弧DG的半径r＝0.2 m；不计滑块与挡板碰撞时的动能损失，滑块可视为质点．g取10 m/s2，cos37＝0.8，sin37＝0.6.求： (1)滑块与CD段之间的动摩擦因数μ； (2)滑块在CD段上运动的总路程； (3)滑块与绝缘挡板碰撞时的最大动能和最小动能． 解析：(1)滑块由C处释放，经挡板碰撞后第一次滑回P点的过程中，由动能定理得 qE－μmg(L＋)＝0，解得μ＝＝0.25 (2)滑块在CD段上受到的滑动摩擦力μmg＝0.01N、电场力qE＝0.03N，滑动摩擦力小于电场力，故不可能停在CD段，滑块最终会在DGH间来回往复运动，且在D点的速度为0 全过程由动能定理得 qEL＋(－μmgx)＝0 解得x＝L＝3L＝2.4m (3)GH段的倾角θ＝37，滑块受到的重力mg＝0.04N，电场力qE＝0.03N，qEcosθ＝mgsinθ＝0.024N， 则滑块加速度a＝0， 所以滑块与绝缘挡板碰撞的最大动能为滑块第一次运动到G点的动能 对C到G过程由动能定理得 Ek最大＝Eq(L＋rsinθ)－μmgL－mg(r－rcosθ)＝0.018J 滑块最终在DGH间来回往复运动，碰撞绝缘挡板时有最小动能 对D到G过程由动能定理得 Ek最小＝Eqrsinθ－mg(r－rcosθ)＝0.002J 答案：(1)0.25　(2)2.4m　(3)0.018J　0.002J