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课件

专题二能量与动量第1讲功和功率动能定理建体系•记要点研考向•提能力做真题•明考向目录ONTENTSC4限训练•通高考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∶5B．电机的最大牵引力之比为2∶1C．电机输出的最大功率之比为2∶1D．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＝v02·2t0＝v0t0由图线②知，加速阶段和减速阶段上升高度和h1＝v022·(t02＋t02)＝14v0t0匀速阶段：h－h1＝12v0·t′，解得t′＝32t0故第②次提升过程所用时间为t02＋32t0＋t02＝52t0，两次上升所用时间之比为2t0∶52t0＝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＝F·v0，第②次在t02时刻，功率P2＝F·v02，第②次在匀速阶段P2′＝F′·v02＝mg·v02＜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：AC2．(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13l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为()A.19mglB.16mglC.13mglD.12mgl解析：QM段绳的质量为m′＝23m，未拉起时，QM段绳的重心在QM中点处，与M点距离为13l，绳的下端Q拉到M点时，QM段绳的重心与M点距离为16l，此过程重力做功WG＝－m′g(13l－16l)＝－19mgl，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＝19mgl，可知A项正确，B、C、D项错误．答案：A3.(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＝P1F1＝P1f.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′＝P2f，以后匀速运动．综合以上分析可知选项A正确．答案：A(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．4.(2016·高考全国卷Ⅲ，T24)如图，在竖直平面内有由14圆弧AB和12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R2.一小球在A点正上方与A相距R4处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动．解析：(1)小球下落至A点的过程，由动能定理得mg·R4＝EkA－0小球下落至B点的过程，由动能定理得mg(R4＋R)＝EkB－0由以上两式联立解得EkBEkA＝51.答案：(1)5∶1(2)见解析(2)小球恰好经过C点时，由牛顿第二定律得mg＝mv20R2，解得v0＝gR2小球由开始下落至C点的过程，由动能定理得mg·R4＝12mv2C－0，解得vC＝gR2由于vC＝v0，故小球恰好可以沿轨道运动到C点．■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．1．功(1)恒力做功：W＝Flcosα(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F­x图线与x轴所围“面积”求解．2．功率(1)平均功率：P＝Wt＝Fvcosα.(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＝F·v，F－F阻＝ma，vm＝PF阻，Pt－F阻x＝ΔEk.3．动能定理：W合＝12mv2－12mv20.4．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．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．240J,4WB.2400J,2400WC．2400J,40WD．4800J,80W答案：C解析：他每次引体向上克服重力所做的功为W1＝mgh＝60×10×0.4J＝240J，他在1min内克服重力所做的功为W＝10W1＝10×240J＝2400J，相应的功率约为P＝Wt＝40W，选项C正确．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μtanθ，传送带的速度为v(v0v)，方向未知，重力加速度为g.物体在传送带上运动过程中，下列说法正确的是()A．摩擦力对物体做功的最大瞬时功率是μmgvcosθB．摩擦力对物体做功的最大瞬时功率是μmgv0cosθC．摩擦力对物体可能先做负功后做正功D．摩擦力对物体做的总功可能为零解析：物体与传送带之间的动摩擦因数μtanθ，则μmgcosθmgsinθ，传送带的速度为v(v0v)，若v0与v同向，物体先做匀加速运动，直至物体加速运动到与传送带速度相同时物体速度最大，此时摩擦力的瞬时功率最大，则最大瞬时功率为P＝μmgvcosθ；若v0与v反向，物体沿传送带向上开始做类竖直上抛，根据对称性知，物体在传送带上运动的速度最大为v0，此时摩擦力的瞬时功率最大，则最大瞬时功率为P＝μmgv0cosθ，因为最大瞬时功率有两种可能值，所以选项A、B均错误．若v0与v反向，物体先是沿传送带向上做匀减速运动，速度为零后，沿传送带向下做匀加速运动，滑动摩擦力方向始终沿传送带向下，摩擦力先对物体做负功，后做正功，物体回到B端时位移为零，滑动摩擦力做的总功为零，选项C、D正确．答案：CD3．长为L的轻质细绳悬挂一个质量为m的小球，其下方有一个倾角为θ的光滑斜面体放在水平面上，开始时小球与斜面刚刚接触且细绳恰好竖直，如图所示．现在用水平推力F缓慢向左推动斜面体，直至细绳与斜面平行，则下列说法中正确的是()A．由于小球受到斜面的弹力始终与斜面垂直，故对小球不做功B．细绳对小球的拉力始终与小球的运动方向垂直，故对小球不做功C．小球受到的合外力对小球做功为零，故小球在该过程中机械能守恒D．若水平面光滑，则推力做功为mgL(1－cosθ)解析：小球受到的斜面的弹力沿小球位移方向有分量，故对小球做正功，A错误；细绳的拉力方向始终和小球的运动方向垂直，故对小球不做功，B正确；合外力对小球做的功等于小球动能的改变量，虽然合外力做功为零，但小球的重力势能增加，故小球在该过程中机械能不守恒，C错误；若水平面光滑，则推力做功等于小球重力势能的增量，即为mgL(1－sinθ)，D错误．答案：B1．恒定功率启动(1)机车先做加速度逐渐减小的变加速直线运动，后做匀速直线运动，速度—时间图象如图所示，当F＝F阻时，vm＝PF＝PF阻.(2)动能定理：Pt－F阻x＝12mv2m－0.2．恒定加速度启动(1)速度—时间图象如图所示．机车先做匀加速直线运动，当功率增大到额定功率后获得匀加速的最大速度v1.之后做变加速直线运动，直至达到最大速度vm后做匀速直线运动．(2)常用公式：F－F阻＝maP额＝Fv1P额＝F阻vmv1＝at14.如图所示，汽车在平直路面上匀速运动，用跨过光滑定滑轮的轻绳牵引轮船，汽车与滑轮间的绳保持水平，当牵引轮船的绳与水平方向成θ角时，轮船速度为v，汽车的功率为P，汽车受到的阻力(不含绳的拉力)恒为f，则此时绳对船的拉力大小为()A.Pvcosθ＋fB.Pvcosθ－fC.Pcosθv＋fD.Pcosθv－f解析：将船的速度分解如图所示，沿绳子方向的分速度v1＝vcosθ，根据P＝Fv1得，汽车的牵引力大小F＝Pv1＝Pvcosθ.根据平衡条件得，绳对汽车的拉力大小F′＝F－f＝Pvcosθ－f，那么此时绳对船的拉力大小为Pvcosθ－f，故选项B正确．答案：B5．一辆汽车在行驶过程中的最大输出功率与速度大小的关系如图所示，已知该车质量为2×103kg，在某平直路面上行驶，阻力恒为3×103N．若汽车从静止开始以恒定加速度2m/s2做匀加速运动，则此匀加速过程能持续的时间大约为()A．8sB．14sC．26sD．38s答案：B解析：由图象可知，汽车的最大功率约为P＝200kW，在匀加速阶段由牛顿第二定律可知F－F阻＝ma，即F＝F阻＋ma＝3×103N＋2×103×2N＝7000N，再由P＝Fv可知v＝PF＝200×1037000m/s＝2007m/s，由v＝at，解得t＝1007s≈14.3s，故选项B正确．6．(多选)(2018·江西赣中南五校联考)质量为m的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度—时间图象如图所示，从t1时刻起汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为Ff，则()A．0～t1时间内，汽车的牵引力做功的大小等于汽车动能的增加量B．t1～t2时间内，汽车的功率等于(mv1t1＋Ff)v1C．汽车运动的最大速度v2＝(mv1Fft1＋1)v1D．t1～t2时间内，汽车的平均速度等于v1＋v22解析：0～t1时间内，汽车加速度a＝v1t1，由牛顿第二定律F－Ff＝ma，解得F＝mv1t1＋Ff.t1～t2时间内，汽车的功率P＝Fv1＝(mv1t1＋Ff)v1，选项B正确；由P＝Ffv2可得汽车运动的最大速度v2＝PFf＝(mv1Fft1＋1)v1，选项C正确；根据动能定理，0～t1时间内，汽车的牵引力做的功减去克服阻力做的功等于汽车动能的增加量，选项A错误；t1～t2时间内，汽车的平均速度大于v1＋v22，选项D错误．答案：BC[方法技巧]解决机车启动问题的四点注意(1)分清是匀加速启动还是恒定功率启动，如第5题中是匀加速启动，第6题中0～t1时间内是匀加速运动，t1～t2时间内是恒定功率运动．(2)匀加速启动过程中，机车功率是不断增大的，当功率达到额定功率时匀加速运动速度达到最大(如第6题中t1时刻对应的速度v1)，但不是机车能达到的最大速度(t2时刻速度v2)，但该过程中的最大功率是额定功率．(3)以额定功率启动的过程中，牵引力是不断减小的，机车做加速度减小的加速运动，牵引力的最小值等于阻力．(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．[典例展示]如图甲所示是游乐园的过山车，其局部可简化为如图乙所示的示意图，倾角θ＝37°的两平行倾斜轨道BC、DE的下