届二轮复习 第5讲 功 功率 动能定理 教案.docx

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届二轮复习第5讲功功率动能定理教案

专题二　功和能

第5讲　功　功率　动能定理

网络构建

高考概况

考什么

1．考查功和功率问题；

2．考查机车的启动问题；

3．考查变力做功问题；

4．考查动能定理在电场、磁场、复合场中的综合应用问题。

怎么考

1.以当今热点为载体，考查功、功率等知识的相关分析与计算，有时结合vt，Ft图象考查；

2．动能定理以中等难度的选择题、计算题的形式考查，与曲线运动、电磁学等知识相结合。

怎么办

1．深刻理解基本概念和基本规律；

2．强化本讲知识与直线运动、曲线运动、电磁学知识综合应用类题目的训练；

3．归纳本讲解决综合类问题的步骤和方法。

1．做功的二要素

有力作用在物体上，且使物体在力的方向上发生一段位移。

功的求解可利用W＝Flcosα求，但F必须为恒力。

也可以利用Fl图象来求；变力的功一般应用动能定理间接求解。

2．功率的计算公式

平均功率＝；

瞬时功率P＝Fvcosα，当α＝0，即F与v方向相同时，P＝Fv。

3．正、负功的判断

方法

正功

负功

不做功

利用F与l

的夹角α

α<90°

α>90°

α＝90°

利用F与v

的夹角θ

θ<90°

θ>90°

θ＝90°

1．常见力做功的特点

做功的力

做功特点、计算公式

重力

与路径无关，与物体的重力和初、末位置的高度差有关，|WG|＝mgh

续表

做功的力

做功特点、计算公式

静摩擦力

可以做正功、负功、不做功

滑动摩擦力

可以做正功、负功、不做功

一对静摩擦力

总功为零

一对滑动摩擦力

总功为负功，W总＝－Ffs

机车牵引力

P不变时，W＝Pt；F不变时，W＝Fs

电场力

与路径无关，只与初、末位置有关，W电＝qU

电流

电流做功实质上是电场力做功，W＝UIt

洛伦兹力

不做功

2.变力F做功的求解方法

（1）若变力F是位移x的线性函数，则＝，W＝xcosα。

（2）滑动摩擦力、空气或介质阻力等，在物体做曲线运动时，这类力的方向始终与运动方向相反，若大小恒为Ff，则功等于力和路程（不是位移）的乘积，即W＝－Ffs，式中s为物体的运动路程。

（3）相互摩擦的系统内：

一对静摩擦力的功的代数和总为零，静摩擦力起着传递机械能的作用，而没有机械能转化为其他形式的能；一对滑动摩擦力的功的代数和等于摩擦力与相对路程的乘积，其值为负值。

W＝－F滑_x相对，且F滑x相对＝ΔE损＝Q内能

（4）变力F的功率P恒定，则W＝Pt。

（5）利用动能定理及功能关系等方法间接求解，即W合＝ΔEk或W＝ΔE。

1功和功率的理解和计算

以选择题的形式考查，常涉及功的正负判断、功的计算、平均功率与瞬时功率的分析与计算。

答案　ABD

解析　由题述可知，舰载机弹射过程的加速度为a＝＝m/s2＝32m/s2，D项正确；根据牛顿第二定律，F发＋F弹－0.2（F发＋F弹）＝ma，可求得弹射器的推力大小F弹＝1.1×106N，A项正确；弹射器对舰载机做的功为W＝Fs＝1.1×106×100J＝1.1×108J，B项正确；弹射过程的时间t＝＝s＝2.5s，弹射器做功的平均功率P＝＝4.4×107W，C项错误。

阻力对舰载机所做的功为多少？

提示　W＝－f·x＝－2.4×107J。

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，例如下图甲、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。

1．[2015·吉林测试]如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为2kg的物体在F作用下由静止开始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可知（　　）

A．物体加速度大小为2m/s2

B．F的大小为21N

C．2s末F的功率大小为42W

D．2s内F做功的平均功率为42W

答案　A

解析　速度时间图线的斜率表示加速度，则物体的加速度a＝m/s2＝2m/s2，故A正确；根据牛顿第二定律得，2F－mg＝ma，则F＝＝N＝12N，故B错误；2s末物体的速度为4m/s，则拉力作用点的速度为8m/s，则拉力的功率P＝Fv＝12×8W＝96W，故C错误。

2s内物体的位移x＝×2×4m＝4m，则拉力作用点的位移为8m，拉力平均功率P＝＝W＝48W，故D错误。

2.[2015·云南高中检测]（多选）如图所示，n个完全相同，边长足够小且互不粘连的小方块依次排列，总长度为l，总质量为M，它们一起以速度v在光滑水平面上滑动，某时刻开始滑上粗糙水平面。

小方块与粗糙水平面之间的动摩擦因数为μ，若小方块恰能完全进入粗糙水平面，则摩擦力对所有小方块做功的数值为（　　）

A.Mv2B．Mv2

C.μMglD．μMgl

答案　AC

解析　小方块恰能完全进入粗糙水平面，说明小方块进入粗糙水平面后速度为零，以所有小方块为研究对象，据动能定理得：

Wf＝0－Mv2，所以所有小方块克服摩擦力做功为Mv2，故A正确，B错误。

由于摩擦力是变力，联立Ff＝μFN和FN＝·x，得Ff＝·x。

画出Ffx图象如图所示：

Ffx图象围成的面积代表克服摩擦力的功，故C正确，D错误。

2机车启动问题

常以选择题或计算题的形式考查机车的两种启动方式，结合牛顿第二定律和动能定理等。

答案　A

解析　在vt图象中，图线的斜率代表汽车运动时的加速度，由牛顿第二定律可得：

在0～t1时间内，－f＝ma，①当速度v不变时，加速度a为零，在vt图象中为一条水平线；②当速度v变大时，加速度a变小，在v－t图象中为一条斜率逐渐减小的曲线，选项B、D错误；同理，在t1～t2时间内，－f＝ma，图象变化情况与0～t1时间内情况相似，由于汽车在运动过程中速度不会发生突变，故选项C错误，选项A正确。

解决机车启动问题时的四点注意

（1）分清是匀加速启动还是恒定功率启动。

（2）匀加速启动过程中，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）以额定功率启动的过程中，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。

3．[2015·石家庄二模]某测试员测试汽车启动、加速、正常行驶及刹车的性能。

前4s逐渐加大油门，使汽车做匀加速直线运动，4～15s保持油门位置不变，可视为发动机保持恒定功率运动，达到最大速度后保持匀速，15s时松开油门并踩刹车，经3s停止。

已知汽车的质量为1200kg，在加速及匀速过程中汽车所受阻力恒为f，刹车过程汽车所受阻力为5f，根据测试数据描绘vt图象如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．f＝1200N

B．0～4s内汽车所受牵引力为3.6×103N

C．4～15s汽车功率为360kW

D．4～15s内汽车位移为141m

答案　D

解析　刹车过程汽车加速度设为a，由牛顿第二定律得：

5f＝ma，由vt图知15～18s内a＝m/s2＝10m/s2，所以f＝2400N，故A选项错误。

由vt图知0～4s内加速度a1＝3m/s2，由牛顿第二定律得：

F－f＝ma1，得牵引力F＝6×103N，故B选项错误。

4～15s内发动机功率恒定，且15s时已达匀速，所以P＝fvm＝2400×30W＝7.2×104W，故C选项错误。

设4～15s内汽车位移为x，由动能定理得：

Pt－fx＝mv－mv，其中vm＝30m/s，v1＝12m/s，解得x＝141m，故D选项正确。

4．[2015·厦门期中]如图甲所示，某同学用轻绳通过定滑轮提升一重物，运用传感器（未在图中画出）测得此过程中不同时刻被提升重物的速度v与对轻绳的拉力F，并描绘出v图象。

假设某次实验从静止开始提升重物，所得的图象如图乙所示，其中线段AB与纵轴平行，它反映了被提升重物在第一个时间段内v和的关系；线段BC的延长线过原点，它反映了被提升重物在第二个时间段内v和

的关系；第三个时间段内拉力F和速度v均为C点所对应的大小保持不变，因此图象上没有反映。

实验中还测得重物由静止开始经过t＝1.4s，速度增加到vC＝3.0m/s，此后物体做匀速运动。

取重力加速度g＝10m/s2，绳重及一切摩擦力和阻力均忽略不计。

（1）求第一个时间段内重物的加速度有多大？

（2）求第二个时间段内牵引力的功率有多大？

（3）求被提升重物在第二个时间段内通过的路程。

答案　

（1）5.0m/s2　

（2）12W　（3）2.75m

解析　

（1）由v图象可知，第一个时间段内重物所受拉力保持不变，且F1＝6.0N

根据牛顿第二定律有F1－G＝ma

重物速度达到vC＝3.0m/s时，受力平衡，即G＝F2＝4.0N。

由此解得重物的质量m＝0.40kg

联立解得a＝5.0m/s2

（2）在第二段时间内，图象的斜率表示拉力的功率，所以拉力的功率保持不变P＝Fv＝3×4W＝12W。

（3）设第一段时间为t1，重物在这段时间内的位移为x1，则t1＝＝s＝0.40s，

x1＝at＝0.40m

设第二段时间为t2，t2＝t－t1＝1.0s

重物在t2这段时间内的位移为x2，根据动能定理有

Pt2－Gx2＝mv－mv

解得x2＝2.75m

则第二段重物上升的路程为2.75m。

3动能定理及其应用

应用动能定理时，一般结合典型运动进行考查，如平抛运动、圆周运动。

答案　

（1）18N　

（2）4J

解析　

（1）滑块A从Q飞出后做平抛运动，有：

L＝vQt

2R＝gt2

代入数据解得：

vQ＝4m/s

滑块A从P运动到Q过程中由动能定理得－mg2R＝mv－mv

在P点由牛顿第二定律得：

N－mg＝m

代入数据解得：

N＝18N，由牛顿第三定律可知，压力大小为18N

（2）皮带转动方向和滑块A运动方向相反，A在皮带上做匀减速运动

弹簧松开之后，其弹性势能转化成滑块A的动能：

Ep＝mv

滑块从N点到P点运动过程中，由动能定理有：

－μmgL＝mv－mv

代入数据解得：

Ep＝4J

若要小滑块A恰好能到达Q点，需让弹簧储存多少弹性势能？

提示　若滑块恰好能到达Q点，则mg＝

∴vQ＝2m/s

从Q到P由动能定理得：

mg2R＝mv－mv

从N到P由动能定理得：

－μmgL＝mv－mv

弹簧松开后，弹性势能转化为动能Ep＝mv

∴Ep＝2.8J

动能定理的应用

（1）应用动能定理解题的步骤

①确定研究对象和研究过程。

②分析研究对象的受力情况和各力的做功情况。

③写出该过程中合力做的功，或分别写出各个力做的功（注意功的正负），如果研究过程中物体受力情况有变化，要分别写出力在各个阶段做的功。

④写出物体的初、末动能