2018届二轮复习应用动能定理分析多过程问题学案(全国通用)

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二轮专题八功功率动能定理导学案

)图1
．先减小，后增大的应用．
缓慢向左推动斜面体，直至细绳与斜面体平行，则下列说法中正确的是()图3 ．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
＝W f2D．无法确定
5
若汽车在平直公路上匀速行驶，牵引
，质点不能到达Q 点
求：图8
杆中弹力为零时，装置转动的角速度ω0；的过程中，外界对转动装置所做的功W .
BCD 是光滑的圆弧轨道，点由静止释放，轨道上通过的总路程；图10
距B 点的距离至少多大？速度一起向右匀速运动，物块位于平板左侧，可视为质C ；
应该满足什么条件．。

(浙江选考)2018版高考物理二轮复习专题二能量和动量第1讲功功率与动能定理学案

第1讲功功率与动能定理[选考考点分布]考点一功和能基本概念及规律辨析1．(2017·浙江4月选考·12)火箭发射回收是航天技术的一大进步．如图1所示，火箭在返回地面前的某段运动，可看成先匀速后减速的直线运动，最后撞落在地面上，不计火箭质量的变化，则( )图1A ．火箭在匀速下降过程中，机械能守恒B．火箭在减速下降过程中，携带的检测仪器处于失重状态C．火箭在减速下降过程中合力做功等于火箭机械能的变化D．火箭着地时，火箭对地的作用力大于自身的重力答案 D解析匀速下降阶段，说明阻力等于重力，不止重力做功，所以机械能不守恒，选项A错；在减速阶段，加速度向上，所以超重，选项B错误；火箭着地时，地面给火箭的力大于火箭重力，即选项D正确；合外力做功等于动能改变量，选项C错．2. (2016·浙江10月学考·4)如图2所示，无人机在空中匀速上升时，不断增加的能量是( )图2A．动能B．动能、重力势能C．重力势能、机械能D．动能、重力势能、机械能答案 C解析无人机匀速上升，所以动能保持不变，所以选项A、B、D均错．高度不断增加，所以重力势能不断增加，因此无人机机械能不断增加，所以选项C正确．3. (2015·浙江10月学考·5)画作《瀑布》如图3所示．有人对此画作了如下解读：水流从高处倾泻而下，推动水轮机发电，又顺着水渠流动，回到瀑布上方，然后再次倾泻而下，如此自动地周而复始．这一解读违背了( )图3A．库仑定律B．欧姆定律C．电荷守恒定律D．能量守恒定律答案 D4. (人教版必修2P66第2题改编)如图4所示，质量为m的足球在水平地面的位置1被踢出后落到水平地面的位置3，在空中达到的最高点(位置2)的高度为h，已知重力加速度为g.下列说法正确的是( )图4A．足球由位置1运动到位置2的过程中，重力做的功为mghB．足球由位置1运动到位置3的过程中，重力做的功为2mghC．足球由位置2运动到位置3的过程中，重力势能减少了mghD．如果没有选定参考平面，就无法确定重力势能变化了多少答案 C解析足球由位置1运动到位置2的过程中，高度增加h，重力做功－mgh，选项A错误；足球由位置1运动到位置3的过程中，由于位置1和位置3在同一水平面上，故足球的高度没有变化，重力做的功为零，选项B错误；足球由位置2运动到位置3的过程中，足球的高度降低，重力做正功，重力势能减少，由于2、3两位置的高度差是h，故重力势能减少了mgh，选项C正确；分析重力势能的变化，只要找出高度的变化量即可，与参考平面的选取没有关系，选项D错误．5．(人教版必修2P67、P68、P75、P80插图改编)如图5所示的几个运动过程中，物体的弹性势能增大的是( )图5A．如图甲，撑杆跳高的运动员上升过程中，杆的弹性势能B．如图乙，人拉长弹簧过程中，弹簧的弹性势能C．如图丙，模型飞机用橡皮筋发射出去的过程中，橡皮筋的弹性势能D．如图丁，小球被压缩弹簧向上弹起的过程，弹簧的弹性势能答案 B6．(2017·稽阳联谊学校8月联考)如图6所示，质量为m的小球(可以看成质点)，在恒力F 的作用下，从地面上A点由静止开始运动．途经桌面处B点到达C点，现以桌面为参考平面，已知H <h ，则( )图6A ．小球从A 到B 重力做功小于从B 到C 重力做的功 B ．小球在A 点的重力势能大于在C 点的重力势能 C ．整个过程小球的机械能一定增大D ．整个过程小球的机械能守恒答案 C解析功的大小比较看绝对值，h >H ，所以A 错误；重力势能的大小看位置高低，A 点最低，B 错误；恒力F 始终做正功，所以机械能一直变大，C 对，D 错误．考点二功和功率的分析与计算1．(2017·浙江11月选考·13)如图7所示是具有登高平台的消防车，具有一定质量的伸缩臂能够在5 min 内使承载4人的登高平台(人连同平台的总质量为400 kg)上升60 m 到达灭火位置．此后，在登高平台上的消防员用水炮灭火，已知水炮的出水量为3 m 3/min ，水离开炮口时的速率为20 m/s ，则用于( )图7A ．水炮工作的发动机输出功率约为1×104W B ．水炮工作的发动机输出功率约为4×104 W C ．水炮工作的发动机输出功率约为2.4×106 W D ．伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为800 W 答案 B解析若不计伸缩臂的质量，抬升登高平台的发动机输出功率P ＝mgh t ＝400×10×60×15×60W ＝800 W ，但伸缩臂具有一定质量，发动机输出功率应大于800 W ，故选项D 错误．在1 s内，喷出去水的质量为m ′＝ρV ＝103×360 kg ＝50 kg ，喷出去水的重力势能为E p ＝m ′gh ＝50×10×60 J＝3×104 J ，水的动能为E k ＝12m ′v 2＝1×104 J ，所以1 s 内水增加的能量为4×104J ，所以水炮工作的发动机输出功率为4×104W ，选项B 正确，A 、C 错误．2．(2017·浙江11月选考·10)如图8所示，质量为60 kg 的某运动员在做俯卧撑运动，运动过程中可将她的身体视为一根直棒．已知重心在c 点，其垂线与脚、两手连线中点间的距离Oa 、Ob 分别为0.9 m 和0.6 m ．若她在1 min 内做了30个俯卧撑，每次肩部上升的距离均为0.4 m ，则克服重力做的功和相应的功率约为( )图8A ．430 J,7 WB ．4 300 J,70 WC ．720 J,12 WD ．7 200 J,120 W答案 B解析设每次俯卧撑中，运动员重心变化的高度为h ，由几何关系可得，h 0.4＝0.90.9＋0.6，即h ＝0.24 m ．一次俯卧撑中，克服重力做功W ＝mgh ＝60×9.8×0.24 J＝141.12 J ，所以1 min内克服重力做的总功为W 总＝NW ＝4 233.6 J ，功率P ＝W 总t＝70.56 W ，故选B.3．(2017·金华市高三上学期期末)如图9所示，质量为m 的汽车在平直公路上行驶，所受的阻力恒为车重的k 倍，当它以速度v ，加速度a 加速前进时，发动机的实际功率正好等于额定功率，从该时刻起，发动机始终在额定功率下运转，重力加速度为g ，则以下分析正确的是( )图9A ．汽车发动机的额定功率为kmgvB ．汽车行驶的最大速度为(kg ＋a )v kgC ．当汽车加速度减小到a2时，速度增加到2vD ．欲使汽车最大速度增加到此时的2倍，则发动机额定功率应增加到此时的4倍答案 B解析速度为v 时，根据牛顿第二定律知P 0v－kmg ＝ma ，所以P 0＝kmgv ＋mav ，故A 错误；最后汽车匀速运动牵引力等于阻力时速度最大，故v m ＝P 0kmg ＝kmgv ＋mav kmg ＝v ＋av kg，故B 正确；加速度为a 2时，此时牵引力为F ，则F －kmg ＝m a2，解得F ＝kmg ＋ma2，此时速度为v ＝P 0F＝kmgv ＋mav kmg ＋ma 2＝2kgv ＋2av 2kg ＋a ，故C 错误；由于汽车匀速运动时速度最大，汽车受到的阻力不变，此时的功率P ＝F f ·2v m ＝2P 0，故D 错误．4．(2017·浙江“七彩阳光”联考)物体在大小相等的力F 作用下，分别在粗糙的水平地面上发生了一段位移x ，其力与速度方向夹角如图10所示，则下列判断正确的是()图10A ．甲图中力F 做负功B ．乙图中合外力做功最多C ．丙图中摩擦力做功最多D ．三个图中力F 做功相同答案 B解析根据W ＝Fx cos α，甲中F 与位移x 的夹角为30°，故为正功，乙中F 与x 的夹角为150°，故为负功，丙中F 与x 的夹角为30°，故为正功，三种情况下力F 的功的大小是相同的；甲图中摩擦力最大做功最多；乙图中合外力为F 的水平分力与摩擦力的和，而甲和丙中合外力为F 的水平分力与摩擦力的差，乙图中合外力做功最多．5．(2017·浙江“七彩阳光”联考)周末放学了，小黄高兴的骑着电动自行车沿平直公路回家，中途因电瓶“没电”，只能改用脚蹬车以5 m/s 的速度匀速前行，骑行过程中所受阻力恒为车和人总重的0.02倍，取重力加速度g ＝10 m/s 2.根据估算，小黄骑此电动车做功的平均功率最接近( )A ．10 WB ．100 WC ．1 kWD ．10 kW 答案 B解析车和人的质量大约100 kg ，匀速行驶时，牵引力等于阻力，F ＝F f ＝0.02mg ＝0.02×1 000N ＝20 N ，则骑车的平均功率P ＝Fv ＝20×5 W＝100 W.1.功的计算方法 (1)恒力做功：W ＝Fl cos α，F 为恒力．(2)变力做功：①用动能定理：W ＝12mv 2 2－12mv 1 2.②当变力的功率P 一定时，可用W ＝Pt 求功，如机车恒功率启动时． ③将变力做功转化为恒力做功：当力的大小不变，而方向始终与运动方向相同或相反时，这类力的功等于力和路程(不是位移)的乘积．如滑动摩擦力做功、空气阻力做功等．2．平均功率与一段时间(或过程)相对应，计算时应明确是哪个力在哪段时间(或过程)内做功的平均功率． (1)可用P ＝Wt.(2)可用P ＝Fv cos α，其中v 为物体运动的平均速度．3．计算瞬时功率时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率．求解瞬时功率时，如果F 和v 不同向，可用力F 乘以F 方向的分速度，或用速度v 乘以速度方向的分力求解． (1)公式P ＝Fv cos α，其中v 为t 时刻的瞬时速度． (2)P ＝Fv F ，其中v F 为物体的速度v 在力F 方向上的分速度． (3)P ＝F v v ，其中F v 为物体受到的外力F 在速度v 方向上的分力．考点三动能定理的应用1．(2016·浙江10月学考·20)如图11甲所示，游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行，可抽象为图乙所示的模型．倾角为45°的直轨道AB 、半径R ＝10 m 的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的直轨道EF .分别通过水平光滑衔接轨道BC 、C ′E 平滑连接，另有水平减速直轨道FG 与EF 平滑连接，EG 间的水平距离l ＝40 m ．现有质量m ＝500 kg 的过山车，从高h ＝40 m 处的A 点静止下滑，经BCDC ′EF 最终停在G 点．过山车与轨道AB 、EF 间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，与减速直轨道FG 间的动摩擦因数μ2＝0.75.过山车可视为质点，运动中不脱离轨道，g 取10 m/s 2.求：图11(1)过山车运动至圆轨道最低点C 时的速度大小； (2)过山车运动至圆轨道最高点D 时对轨道的作用力大小； (3)减速直轨道FG 的长度x .(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 答案 (1)810 m/s (2)7×103N (3)30 m 解析 (1)设C 点的速度为v C ，由动能定理得mgh －μ1mg cos 45°hsin 45°＝12mv C 2代入数据解得v C ＝810 m/s (2)设D 点速度为v D ，由动能定理得mg (h －2R )－μ1mg cos 45°hsin 45°＝12mv D 2F ＋mg ＝m v D2R，解得F ＝7×103 N由牛顿第三定律知，过山车在D 点对轨道的作用力为7×103N (3)全程应用动能定理mg [h －(l －x )tan 37°]－μ1mg cos 45°hsin 45°－μ1mg cos 37°l －xcos 37°－μ2mgx ＝0解得x ＝30 m.2．(2015·浙江10月选考·20)如图12所示是公路上的“避险车道”，车道表面是粗糙的碎石，其作用是供下坡的汽车在刹车失灵的情况下避险．质量m ＝2.0×103kg 的汽车沿下坡行驶，当驾驶员发现刹车失灵的同时发动机失去动力，此时速度表示数为v 1＝36 km/h ，汽车继续沿下坡匀加速直行l ＝350 m 、下降高度h ＝50 m 时到达“避险车道”，此时速度表示数为v 2＝72 km/h.(g ＝10 m/s 2)图12(1)求从发现刹车失灵至到达“避险车道”这一过程汽车动能的变化量； (2)求汽车在下坡过程中所受的阻力；(3)若“避险车道”与水平面间的夹角为17°，汽车在“避险车道”受到的阻力是在下坡公路上的3倍，求汽车在“避险车道”上运动的最大位移(sin 17°≈0.3)．答案 (1)3.0×105J (2)2.0×103N (3)33.3 m 解析 (1)由ΔE k ＝12mv 2 2－12mv 1 2得ΔE k ＝3.0×105 J(2)由动能定理mgh －F f l ＝12mv 2 2－12mv 1 2得F f ＝12mv 1 2－12mv 2 2＋mgh l＝2.0×103N(3)设汽车在“避险车道”上运动的最大位移是x ，由动能定理－(mg sin 17°＋3F f )x ＝0－12mv 2 2得x ＝12mv 2 2mg sin 17°＋3F f≈33.3 m3．(2017·宁波市九校高三上学期期末)如图13所示为一遥控电动赛车(可视为质点)和它运动轨道示意图．假设在某次演示中，赛车从A 位置由静止开始运动，经2 s 后关闭电动机，赛车继续前进至B 点后水平飞出，赛车能从C 点无碰撞地进入竖直平面内的圆形光滑轨道，D 点和E 点分别为圆形轨道的最高点和最低点．已知赛车在水平轨道AB 段运动时受到的恒定阻力为0.4 N ，赛车质量为0.4 kg ，通电时赛车电动机的输出功率恒为2 W ，B 、C 两点间高度差为0.45 m ，C 与圆心O 的连线和竖直方向的夹角α＝37°，空气阻力忽略不计，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图13(1)赛车通过C 点时的速度大小； (2)赛道AB 的长度；(3)要使赛车能通过圆轨道最高点D 后回到水平赛道EG ，其半径需要满足什么条件．答案 (1)5 m/s (2)2 m (3)0＜R ≤2546 m解析 (1)赛车在BC 间做平抛运动，则v y ＝2gh ＝3 m/s.由图可知：v C ＝v ysin 37°＝5 m/s(2)由(1)可知B 点速度v 0＝v C cos 37°＝4 m/s 则根据动能定理：Pt －F f l AB ＝12mv 0 2，得到：l AB ＝2 m.(3)当恰好通过最高点D 时，有：mg ＝m v D2R从C 到D ，由动能定理可知：－mgR (1＋cos 37°)＝12mv D 2－12mv C 2，解得R ＝2546 m ，所以轨道半径需满足0＜R ≤2546m(可以不写0)． 4. (2016·温州市期中)如图14所示，倾角为30°的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6 m/s 的速度运动，运动方向如图所示．一个质量为2 kg 的物体(可视为质点)，从h ＝3.2 m 高处由静止沿斜面下滑，物体经过A 点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失．物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，物体向左最多能滑到传送带左右两端A 、B 连线的中点处，重力加速度g 取10 m/s 2，求：图14(1)传送带左、右两端A 、B 间的距离L ；(2)上述过程中物体与传送带组成的系统因摩擦产生的热量； (3)物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大高度h ′. 答案 (1)12.8 m (2)160 J (3)1.8 m解析 (1)从静止开始到在传送带上的速度等于0的过程中运用动能定理得：mgh －μmgL 2＝0－0，解得L ＝12.8 m.(2)在此过程中，物体与传送带间的相对位移x 相＝L 2＋v 带·t ，又L 2＝12μgt 2，而摩擦热Q ＝μmg ·x 相，以上三式可联立得Q ＝160 J.(3)物体随传送带向右匀加速，设当速度为v 带＝6 m/s 时，向右的位移为x ，则μmgx ＝12mv 带2得x ＝3.6 m ＜L2，即物体在到达A 点前速度与传送带相等，最后以v 带＝6 m/s 的速度冲上斜面，由动能定理得12mv 带 2＝mgh ′，解得h ′＝1.8 m.1.应用动能定理解题的步骤2．注意事项(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学研究方法要简便．(2)动能定理表达式是一个标量式，不能在某个方向上应用动能定理．(3)应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负．当一个力做负功时，可设物体克服该力做功为W ，将该力做功表示为－W ，也可以直接用字母W 表示该力做功，使其字母本身含有负号．考点四动力学和能量观点的综合应用1．(2017·浙江11月选考·20)如图15甲所示是游乐园的过山车，其局部可简化为如图乙的示意图，倾角θ＝37°的两平行倾斜轨道BC 、DE 的下端与水平半圆形轨道CD 顺滑连接，倾斜轨道BC 的B 端高度h ＝24 m ，倾斜轨道DE 与圆弧EF 相切于E 点，圆弧EF 的圆心O 1、水平半圆轨道CD 的圆心O 2与A 点在同一水平面上，DO 1的距离L ＝20 m ．质量m ＝1 000 kg 的过山车(包括乘客)从B 点自静止滑下，经过水平半圆轨道后，滑上另一倾斜轨道，到达圆弧顶端F 时乘客对座椅的压力为自身重力的0.25倍．已知过山车在BCDE 段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比，比例系数μ＝132，EF 段摩擦力不计，整个运动过程空气阻力不计．(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)甲乙图15(1)求过山车过F 点时的速度大小；(2)求从B 到F 整个运动过程中摩擦力对过山车做的功；(3)如果过D 点时发现圆轨道EF 段有故障，为保证乘客的安全，立即触发制动装置，使过山车不能到达EF 段并保证不再下滑，则过山车受到的摩擦力至少应多大？答案 (1)310 m/s (2)－7.5×104J (3)6×103N 解析 (1)在F 点由牛顿第二定律得：m 人g －0.25m 人g ＝m 人v F2r，r ＝L sin θ＝12 m代入已知数据可得：v F ＝310 m/s (2)根据动能定理，从B 点到F 点： 12mv F 2－0＝mg (h －r )＋W f 解得W f ＝－7.5×104J(3)在没有故障时，物体到达D 点的速度为v D ，根据动能定理12mv F 2－12mv D 2＝－mgr －μmg cos37°·L DEL DE ＝L cos 37°＝16 m ，发现故障之后，过山车不能到达EF 段，设刹车后恰好到达E 点速度为零，在此过程中，过山车受到的摩擦力为F f1，根据动能定理 0－12mv D 2＝－mgL DE sin 37°－F f1L DE ，联立各式解得F f1＝4.6×103N使过山车能停在倾斜轨道上的摩擦力至少为F f2，则有F f2－mg sin θ＝0，解得F f2＝6×103N 综上可知，过山车受到的摩擦力至少应为6×103N.2．(2017·浙江4月选考·20)图16中给出了一段“S”形单行盘山公路的示意图．弯道1、弯道2可看作两个不同水平面上的圆弧，圆心分别为O 1、O 2，弯道中心线半径分别为r 1＝10 m ，r 2＝20 m ，弯道2比弯道1高h ＝12 m ，有一直道与两弯道圆弧相切．质量m ＝1 200 kg 的汽车通过弯道时做匀速圆周运动，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是车重的1.25倍，行驶时要求汽车不打滑．(sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8)图16(1)求汽车沿弯道1中心线行驶时的最大速度v 1；(2)汽车以v 1进入直道，以P ＝30 kW 的恒定功率直线行驶了t ＝8.0 s 进入弯道2，此时速度恰为通过弯道中心线的最大速度，求直道上除重力以外的阻力对汽车做的功；(3)汽车从弯道1的A 点进入，从同一直径上的B 点驶离，有经验的司机会利用路面宽度，用最短时间匀速安全通过弯道．设路宽d ＝10 m ，求此最短时间(A 、B 两点都在轨道中心线上，计算时视汽车为质点)．答案见解析解析 (1)在弯道1行驶的最大速度设为v 1由牛顿第二定律，kmg ＝m v 1 2r 1得v 1＝kgr 1＝5 5 m/s(2)在弯道2行驶的最大速度设为v 2由牛顿第二定律，kmg ＝m v 22r 2得v 2＝kgr 2＝510 m/s 直道上由动能定理Pt －mgh ＋W f ＝12mv 2 2－12mv 1 2代入数据可得W f ＝－2.1×104J (3)沿如图所示内切的路线行驶时间最短由图可得r ′2＝r 1 2＋[r ′－(r 1－d 2)]2代入数据可得r ′＝12.5 m 汽车沿该线路行驶的最大速度为v ′则kmg ＝m v ′2r ′得v ′＝kgr ′＝12.5 m/s 由sin θ＝r 1r ′＝0.8 则对应的圆心角2θ＝106° 线路长度s ＝106360×2πr ′≈23.1 m最短时间t ′＝sv ′≈1.8 s3．(2016·浙江4月选考·20)如图17所示，装置由一理想弹簧发射器及两个轨道组成．其中轨道Ⅰ由光滑轨道AB 与粗糙直轨道BC 平滑连接，高度差分别是h 1＝0.20 m 、h 2＝0.10 m ，BC 水平距离L ＝1.00 m ．轨道Ⅱ由AE 、螺旋圆形EFG 和GB 三段光滑轨道平滑连接而成，且A点与F 点等高．当弹簧压缩量为d 时，恰能使质量m ＝0.05 kg 的滑块沿轨道Ⅰ上升到B 点；当弹簧压缩量为2d 时，恰能使滑块沿轨道Ⅰ上升到C 点．(已知弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，g ＝10 m/s 2)图17(1)当弹簧压缩量为d 时，求弹簧的弹性势能及滑块离开弹簧瞬间的速度大小； (2)求滑块与轨道BC 间的动摩擦因数；(3)当弹簧压缩量为d 时，若沿轨道Ⅱ运动，滑块能否上升到B 点？请通过计算说明理由．答案 (1)0.1 J 2 m/s (2)0.5 (3)不能，理由见解析解析 (1)由机械能守恒定律可得E 弹＝ΔE k ＝ΔE p ＝mgh 1＝0.05×10×0.20 J＝0.1 JΔE k ＝12mv 0 2可得v 0＝2 m/s(2)由E 弹∝d 2可得ΔE k ′＝E 弹′＝4E 弹＝4mgh 1 由动能定理可得－mg (h 1＋h 2)－μmgL ＝－ΔE k ′ μ＝3h 1－h 2L＝0.5(3)恰能通过螺旋轨道最高点须满足的条件是mg ＝mv 2R m由机械能守恒定律有v ＝v 0＝2 m/s 得R m ＝0.4 m当R >R m ＝0.4 m 时，滑块会脱离螺旋轨道，不能上升到B 点．4．(2017·台州市9月选考)如图18所示，质量为m ＝0.1 kg 可视为质点的小球从静止开始沿半径为R 1＝40 cm 的14圆弧轨道AB 由A 点滑到B 点后，进入与AB 圆滑连接的14圆弧管道BC .管道出口处为C ，圆弧管道半径为R 2＝20 cm ，在紧靠出口C 处，有一半径为R 3＝8.4 cm 、水平放置且绕其水平轴线匀速旋转的圆筒(不计筒皮厚度)，筒上开有小孔D ，筒旋转时，小孔D 恰好能经过出口C 处，小球射出C 出口时，恰好能接着穿过D 孔进入圆筒，并越过轴线再从D 孔向上穿出圆筒，到最高点后返回又能向下穿过D 孔进入圆筒，不计摩擦和空气阻力，g取10 m/s 2.问：图18(1)小球到达B 点的瞬间前、后对轨道的压力分别为多大？ (2)小球穿出圆筒小孔D 时的速度多大？ (3)圆筒转动的最大周期T 为多少？答案 (1)3 N 5 N (2)0.8 m/s (3)0.08 s 解析 (1)从A 到B ，由动能定理得：mgR 1＝12mv B 2由牛顿第二定律得：到达B 点瞬间前：F N B －mg ＝m v B2R 1解得F N B ＝3 N到达B 点瞬间后：F N B ′－mg ＝m v B2R 2解得F N B ′＝5 N由牛顿第三定律得：小球对轨道的压力分别为3 N 和5 N. (2)从A 到D 过程中，由机械能守恒可得：mgR 1＝mgR 2＋mg ·2R 3＋12mv D 2解得：v D ＝0.8 m/s(3)由机械能守恒可得：mgR 1＝mgR 2＋12mv C 2解得：v C ＝2 m/s穿越圆筒过程中：v C －v D ＝g (nT ＋0.5T ) 穿出到进入圆筒过程中：2v D ＝gn ′T 得到关系式：3n ′＝4n ＋2要使周期最大，n 和n ′必须同时取正整数且n 最小取n ＝1，得T max ＝0.08 s.1.动力学观点：牛顿运动定律、运动学基本规律．2．能量观点：动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律．3．解题关键(1)抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程．(2)两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带，也是解题的关键．专题强化练(限时：35分钟)1. (2017·浙江吴越联盟联考)跳水比赛中，看似不起眼的跳板却是高科技产品，不仅要够结实，够弹性，而且还要软硬度适中．如图1所示，运动员在跳板上会有一个起跳动作，若研究从运动员下落接触跳板到下落到最低点这一过程，下列说法正确的是( )图1A．运动员的动能不断增大B．运动员的机械能先增大后减小C．运动员的势能先减小后增大D．跳板的弹性势能不断增大答案 D2．(2017·杭州市四校联考)第17届亚运会于2014年9月19日～10月4日在韩国仁川举行，我国运动员薛长锐、李玲以5.55 m和4.35 m分别夺得男、女撑杆跳金牌．如果把撑杆跳全过程分成四个阶段：a～b、b～c、c～d、d～e，如图2所示，不计空气阻力，则对这四个阶段的描述不正确的是( )图2A．a～b阶段：加速助跑，人和杆的总机械能增加B．b～c阶段：杆弯曲、人上升，系统动能减少，重力势能和弹性势能增加C．c～d阶段：杆伸直、人上升，人的动能减少量等于重力势能增加量D．d～e阶段：人过横杆后下落，重力所做的功等于人动能的增加量答案 C解析a～b阶段：人加速过程中，人和杆的动能增加，重力势能不变，人和杆的机械能增加，所以A正确；b～c阶段：人上升过程中，人和杆的动能减少，重力势能和杆的弹性势能均增加，所以B正确；c～d阶段：杆在恢复原长的过程中，人的动能和杆的弹性势能减少量之和等于重力势能的增加量，所以C错误；d～e阶段：只有重力做功，重力所做的功等于人动能的增加量，所以D正确．3. (2017·金华市义乌模拟)如图3所示，缆车在牵引索的牵引下沿固定的倾斜索道加速上行，所受阻力不能忽略．在缆车向上运动的过程中，下列说法正确的是( )图3A．缆车克服重力做的功小于缆车增加的重力势能B．缆车增加的动能等于牵引力对缆车做的功和克服阻力做的功之和C．缆车所受牵引力做的功等于缆车克服阻力和克服重力做的功之和D．缆车增加的机械能等于缆车受到的牵引力与阻力做的功之和答案 D解析根据重力做功与重力势能的变化关系可知，缆车克服重力做的功等于缆车增加的重力势能，故A错误；由动能定理可知，牵引力对缆车做的功等于缆车增加的动能、增加的重力势能与克服摩擦力所做的功之和，即牵引力对缆车做的功等于缆车增加的机械能与缆车克服摩擦力做的功之和，故B、C错误，D正确．4. (2017·浙江“9＋1”高中联盟期中)如图4为倾角可调的可移动式皮带输送机，适用于散状物料或成件物品的装卸工作．在顺时针(从左侧看)匀速转动的输送带上端无初速度放一货物，货物从上端运动到下端的过程中，其动能E k(选择地面所在的水平面为参考平面)与位移x的关系图象可能正确的是( )图4答案 B解析货物从上端运动到下端的过程可能一直加速、也可能先加速后匀速或者先加速后做加速度较小的加速运动，故只有B正确．5. (2017·浙江温州中学选考)飞机若仅依靠自身喷气式发动机推力起飞需要较长的跑道，某同学设计在航空母舰上安装电磁弹射器以缩短飞机起飞距离，他的设计思想如下：如图5所示，航空母舰的水平跑道总长l＝180 m，其中电磁弹射器是一种长度为l1＝120 m的直线电机，这种直线电机从头至尾可以提供一个恒定的牵引力F牵．一架质量为m＝2.0×104kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推＝1.2×105N．考虑到飞机在起飞过程中受到的阻力与速度大小有关，假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的0.05倍，在后一阶段的平均阻力为飞机重力的0.2倍．飞机离舰起飞的速度v＝100 m/s，航母处于静止状态，飞机可视为质量恒定的质点，g＝10 m/s2.请计算(计算结果均保留两位有效数字)图5(1)飞机在后一阶段的加速度大小；(2)电磁弹射器的牵引力F牵的大小；(3)电磁弹射器输出效率可以达到80%，则每弹射这样一架飞机电磁弹射器需要消耗多少能量．答案(1)4.0 m/s2(2)6.8×105 N (3)1.0×108 J解析(1)令后一阶段飞机加速度为a2，平均阻力为F f2＝0.2mg，则F推－F f2＝ma2，得a2＝4.0 m/s2.(2)令电磁弹射阶段飞机加速度为a1，末速度为v1，平均阻力为F f1＝0.05mg，则v21＝2a1l1，v2－v1 2＝2a2(l－l1)，得a1≈39.7 m/s，由F牵＋F推－F f1＝ma1，得F牵≈6.8×105 N.(3)电磁弹射器对飞机做功W＝F牵l1≈8.2×107 J，则其消耗的能量E＝W80%≈1.0×108 J.6．(2017·浙江名校协作体联考)如图6所示，质量m＝1 kg的小物块静止放在粗糙水平桌面上，它与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.4，且与水平桌面边缘O点的距离s＝8 m．在紧贴桌面边缘O 点右侧固定了一个12圆弧挡板，半径R ＝3 m ，圆心与桌面同高．今以O 点为原点建立平面直角坐标系．现用F ＝8 N 的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板．(g 取10 m/s 2)图6(1)若小物块恰能击中圆弧挡板最低点，则其离开O 点时的动能大小； (2)在第(1)问情况下拉力F 作用的时间；(3)若小物块在空中运动的时间为0.6 s ，则拉力F 作用的距离．答案 (1)7.5 J (2)1588 s (3)6516m 解析 (1)小物块离开O 点后开始做平抛运动，故：R ＝v 0t ，R ＝12gt 2又E k O ＝12mv 0 2，得E k O ＝7.5 J.(2)由开始运动到小物块到达O 点由动能定理得：F ·x －μmgs ＝12mv 0 2，解得x ＝7916m 由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma ，得a ＝4 m/s 212at 2＝x ，得t ＝1588s (3)小物块离开O 点后开始做平抛运动，由下落时间可知下落距离y ＝12gt 2，解得y ＝1.8 m.①若小物块落到半圆的左半边，则平抛运动水平位移x 1＝R －R 2－y 2＝0.6 m ，v 1＝x 1t＝1 m/s由动能定理得F ·L 1－μmgs ＝12mv 1 2解得L 1＝6516m②若小物块落到半圆的右半边，同理可得v 2＝9 m/s。

18年高考物理二轮复习专题05功、功率与动能定理学案

专题05 功、功率与动能定理构建知识网络：考情分析：功和功率、动能和动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律是力学的重点，也是高考考查的重点，常以选择题、计算题的形式出现，考查常与生产生活实际联系紧密，题目的综合性较强。

复习中要特别注意功和功率的计算，动能定理、机械能守恒定律的应用以及与平抛运动、圆周运动知识的综合应用重点知识梳理：一、功1.做功的两个要素(1)作用在物体上的力. (2)物体在力的方向上发生的位移. 2.功的物理意义功是能量转化的量度. 3.公式W ＝Fl cos_α(1)α是力与位移方向之间的夹角，l 为物体对地的位移. (2)该公式只适用于恒力做功. 4.功的正负(1)当0≤α<π2时，W >0，力对物体做正功.(2)当π2<α≤π时，W <0，力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功.(3)当α＝π2时，W ＝0，力对物体不做功.通晓两类力做功特点(1)重力、弹簧弹力和电场力都属于“保守力”，做功均与路径无关，仅由作用对象的初、末位置(即位移)决定。

(2)摩擦力属于“耗散力”，做功与路径有关。

二、功率1.物理意义：描述力对物体做功的快慢.2.公式：(1)P ＝Wt，P 为时间t 内的物体做功的快慢. (2)P ＝Fv①v 为平均速度，则P 为平均功率. ②v 为瞬时速度，则P 为瞬时功率. 3.对公式P ＝Fv 的几点认识：(1)公式P ＝Fv 适用于力F 的方向与速度v 的方向在一条直线上的情况. (2)功率是标量，只有大小，没有方向；只有正值，没有负值.(3)当力F 和速度v 不在同一直线上时，可以将力F 分解或者将速度v 分解. 4.额定功率：机械正常工作时的最大功率.5.实际功率：机械实际工作时的功率，要求不能大于额定功率. 三、动能1.定义：物体由于运动而具有的能.2.公式：E k ＝12mv 2.3.物理意义：动能是状态量，是标量(选填“矢量”或“标量”)，只有正值，动能与速度方向无关.4.单位：焦耳，1J ＝1N·m＝1kg·m 2/s 2.5.动能的相对性：由于速度具有相对性，所以动能也具有相对性.6.动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔE k ＝12mv 22－12mv 12.四、动能定理1.内容：在一个过程中合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化.2.表达式：(1)W ＝ΔE k . (2)W ＝E k2－E k1. (3)W ＝12mv 22－12mv 12.3.物理意义：合外力做的功是物体动能变化的量度.4.适用条件(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动. (2)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功.(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用.【名师提醒】一对平衡力做功绝对值肯定相等；一对相互作用力做功的绝对值不一定相等，可以同为正或同为负，也可以一个做功一个不做功，可以一正一负绝对值不一定相等---因为相互作用力作用在不同的物体上，不同的物体位移不一定相等。

2018届高考物理二轮复习板块一专题突破复习专题二能量与动量第一讲功功率动能定理学案

第一讲功功率动能定理[ 知识建构 ][ 高考调研 ]1. 考察方向展望：①重力、摩擦力、静电力和洛伦兹力的做功特色和求解．②与功、功率相关的剖析与计算．③动能定理和动力学方法的综合应用．④动能定理在电磁学中的应用．2. 常用的思想方法：①化曲为直的思想方法．②微元法．③协力功的求法．④变力功的求法．[ 答案 ] (1) 恒力做功的计算①单个力做的功：直接用W＝Fx cosα计算．有两种不一样的计算公式，即分解力或分解位移；常有的恒力功有：电场力功： W Q＝ qEd＝ qU安培力功： W安＝ BILd重力功： W G＝ mgh②协力做的功方法一：先求协力 F 合，再用 W合＝ F 合 l cosα求功．方法二：先求各个力做的功W1、 W2、W3、，再应用W合＝W1＋ W2＋ W3＋求协力做的功．(2)功率的两个公式W① P＝t.求出的功率是时间t 内的均匀功率．②P＝ Fv cosα.此中α是 F 与 v 方向的夹角；若 v 取刹时速度，则对应的 P 为刹时功率；若 v 取均匀速度，则对应的 P 为均匀功率．(3)对动能定理的理解①动能定理中所说的“外力”，是指物体遇到的全部力，包含重力．②对“总功”的两种理解各外力做功的代数和： W＝ W1＋ W2＋；合外力的功： W＝ F 合 l cosθ(力均为恒力)．③对“位移和速度”的理解：一定是相关于同一个惯性参照系，一般以地面为参照系．④动能定理表达式是一个标量式，不可以在某个方向上应用动能定理．考向一功和功率的计算[ 概括提炼 ]功和功率的理解与计算问题，一般应注意以下几点1．正确理解功的定义式W＝ Fl 及变形式 W＝ Fl cosα中各物理量的意义，该式仅合用于恒力做功的状况．2．变力做功的求解注意对问题的正确转变，如将变力转变为恒力，也可应用动能定理等方式求解．W3．关于功率的计算，应注意划分公式P＝t和公式 P＝ Fv，前式重视于均匀功率的计算，尔后式重视于刹时功率的计算．(2017 ·江苏卷) 以下图，两个半圆柱A、 B紧靠着静置于水平川m面上，其上有一圆滑圆柱C，三者半径均为R. C的质量为m， A、 B 的质量都为2，与地面间的动摩擦因数均为μ.现用水平向右的力拉A，使 A 迟缓挪动，直至C恰巧降到地面．整个过程中 B 保持静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加快度为g.求：(1)未拉A 时，C遇到B作使劲的大小；F(2)动摩擦因数的最小值μmin；(3)A挪动的整个过程中，拉力做的功W.[ 思路点拨 ]由圆柱 C一开始受力均衡可得卖力 F 的大小．动摩擦因数最小时， B 受 C 压力的水均分力最大．拉力为变力，可依据动能定理求解拉力做的功．[ 分析 ] (1) C受力均衡，有2F cos30°＝mg3解得 F＝3 mg(2)C恰巧降到地面时， B受 C压力的水均分力最大3F x max＝2 mgB受地面的摩擦力 f ＝μmg依据题意 f min＝ F xmax3解得μmin＝.(3)C降落的高度 h＝( 3－1) RA的位移 x＝2( 3－1) R摩擦力做功的大小 f ＝fx ＝2( 3－1)μmgRW依据动能定理W－ W＋ mgh＝0－0f解得＝(2μ－1)(3－1).W mgR33[答案](1)3 mg(2)2(3)(2 μ－ 1)(3－ 1) mgR动摩擦因数的最小值也可用以下方法剖析求解：以下图，用水平向右的力拉A，使 A 迟缓挪动，直至C恰巧降到地面时m对整体，有N B＋ N A＝mg＋2×2g，地面支持力N B＝ N A＝mg对 C，竖直方向上有2F B cos60°＝mg3对 B，水平方向上有 f ＝ F B sin60°＝2 mg而 f ≤f m＝μN B＝μmg，故动摩擦因数33μ≥2，最小值μmin＝2.当 F 为变力或物体做曲线运动时，或要求解的问题中没有明确固定的受力或在力的方向上的位移时，考虑用动能定理求变力做的功 . 剖析各力做功状况时不要出现“丢功”及“错功” . 严格依据重力、弹力、摩擦力的次序找出运动物体所受的各个力，而后正确判断出各个力做的功 . 存在电场时，还要考虑能否有电场力做功.[ 娴熟加强 ]1．(2017 ·长沙雅礼中学三模) 如右图所示是一种冲洗车辆用的手持式喷水枪．设枪口截面积为0.6 cm 2，喷出水的速度为33度为 1×10 kg/m )()20 m/s.当它工作时，预计水枪的均匀功率约为( 水的密A．12 W B． 120 WC． 240 W D． 1200 W[分析]考虑Δt时间内从枪口射出去的水，其质量为Δm＝ρsvΔt，该部分水增添的动能＝12＝13，则水枪的均匀功率P＝/＝1 2，联合上式，有2k k k ρsv3，代入数据，得P＝240 W.[答案]C2.( 多项选择 )(2017 ·河南五校联考) 将三个圆滑的平板倾斜固定，三个平板顶端究竟端的高度相等，三个平板与水平面间的夹角分别为θ1、θ2、θ3，以下图．现将三个完整同样的小球由最高点 A 沿三个平板同时无初速度地开释，经一段时间抵达平板的底端．则以下说法正确的是()A．重力对三个小球所做的功同样B．沿倾角为θ3的平板下滑的小球的重力的均匀功率最大C．三个小球抵达底端时的刹时速度同样D．沿倾角为θ3的平板下滑的小球抵达平板底端时重力的刹时功率最小[分析]假定平板的长度为x ，由功的定义式可知＝sinθ＝，则 A 正确；小球W mgx mgh在斜面上运动的加快度a＝ g sinθ，小球抵达平板底端时的速度为v＝2ax＝ 2gx sin θ＝12 2gh，明显抵达平板底端时的速度大小相等，但方向不一样，则C错误；由位移公式x＝2at 2x2h W mg sinθ2gh可知 t ＝ a ＝g sin2θ，整个过程中重力的均匀功率为P＝t＝2，则沿倾角为θ1 的平板下滑的小球的重力均匀功率最大， B 错误；依据＝cos(90 °－θ) ＝P mgvmgv sinθ，速度大小相等，沿倾角为θ3的平板下滑的小球抵达平板底端时重力的刹时功率最小， D 正确．[答案]AD3．(2017 ·全国卷Ⅲ ) 如图，一质量为m、长度为l的均匀柔嫩细绳PQ竖直悬挂．用外力将绳的下端Q迟缓地竖直向上拉起至M点， M点与绳的上端P 相距31l .重力加快度大小为g.在此过程中，外力做的功为()1A. mgl91 B. 6mgl1C.3mgl1 D. 2mgl[分析]将绳的下端Q 迟缓向上拉至点，相当于使下部分1的绳的重心高升1，故重M33l1l 1力势能增添3mg·3＝9mgl，由功能关系可知A项正确．[答案]A考向二动能定理的应用[ 概括提炼 ]应用动能定理解题应注意的四点1．方法的选择：动能定理常常用于单个物体的运动过程，因为不波及加快度实时间，比动力学方法要简捷．2．规律的应用：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．过程的选择：物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不一样的小过程( 如加快、减速的过程 ) ，此时能够分段应用动能定理，也能够对全过程应用动能定理，但假如对整个过程应用动能定理，则使问题简化．4．电磁场中的应用：在电磁场中运动时多了一个电场力或磁场力，特别注意电场力做功与路径没关，洛伦兹力在任何状况下都不做功．(2016 ·全国卷Ⅰ) 如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端 A 处，另一端位于直轨道上 B 处，弹簧处于自然状态．直轨道5与一半径为6R的圆滑圆弧轨道相切于C点， AC＝7R， A、B、 C、 D均在同一竖直平面内．质量为 m的小物块 P 自 C点由静止开始下滑，最低抵达 E 点(未画出)．随后 P 沿轨道被弹回，最高抵达 F 点， AF＝4R.已知 P 与直轨道间的动摩擦因数1g.(取μ＝4，重力加快度大小为34sin37 °＝，cos37°＝ )55(1)求 P 第一次运动到 B点时速度的大小．(2)求 P 运动到 E 点时弹簧的弹性势能．(3) 改变物块P 的质量，将P 推至E点，从静止开始开释．已知P 自圆弧轨道的最高点7D处水平飞出后，恰巧经过G点． G点在C点左下方，与C点水平相距2R、竖直相距R.求P运动到 D点时速度的大小和改变后P 的质量．[ 思路路线 ][分析](1) 依据题意知，、C 之间的距离为l＝7－2①B R R 设 P 抵达 B 点时的速度为v B，由动能定理得12mgl sinθ－μmgl cosθ＝2mv B②式中θ＝37°.联立①②式并由题给条件得Bv＝ 2 gR③(2) 设＝ .P 抵达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为p.P由B点运动到E点BE x E的过程中，由动能定理有12mgx sinθ－μmgx cosθ－E p＝0－2mv B④E、 F 之间的距离为l 1＝4R－2R＋ x⑤P抵达 E 点后反弹，从E点运动到 F 点的过程中，由动能定理有E p－ mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得x＝R⑦12E p＝5 mgR⑧75(3)设改变后 P 的质量为 m1. D 点与 G 点的水平距离 x1和竖直距离 y1分别为 x1＝2R－6R sinθ⑨55y1＝ R＋6R＋6R cosθ⑩式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ 的事实．设 P 在 D 点的速度为 v D ，由 D 点运动到 G 点的时间为 t . 由平抛运动公式有y 1＝1gt 2?2x1＝ D ?v t联立⑨⑩ ? ? 式得vD＝35 ?5 gR设 P 在 C 点速度的大小为 v C . 在 P 由 C 点运动到 D 点的过程中机械能守恒，22 5511 C11D1＋ cosθ ? 有 mv ＝ mv＋ mg RR2 26 6P 由 E 点运动到 C 点的过程中，由动能定理有12E p － m 1g ( x ＋5R )sin θ－ μm 1g ( x ＋ 5R )cos θ ＝ 2m 1v C ?联立⑦⑧ ? ?? 式得 m 1＝ 31m123 1[ 答案 ] (1)2gR (2) 5 mgR (3) 5 5gR 3m应用动能定理解题的基本步骤[ 娴熟加强 ]迁徙一动力学与动能定理的综合应用方法1．(2017 ·宁德市模拟 ) 以下图，一半径为R 的水平圆环绕过圆心的竖直轴转动，圆盘边沿有一质量为m 的滑块 ( 可视为质点 ) ，当圆盘转动的角速度达到某一数值时，滑块从圆盘边沿滑落，进入一段圆弧轨道AB . 随后滑上以v 0 顺时针匀速转动的传递带，当滑块滑到与传递带左端B 的距离为L / n 时，滑块速度恰巧与传递带速度同样．已知AB 段为一段圆滑的圆弧轨道，轨道半径为r ，圆弧轨道与传递带在B 点水平相切，滑块与圆盘、传递带间的动摩擦因数均为μ，重力加快度为g ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计滑块进入轨道 AB和经过B 点时的机械能损失．(1)当圆盘的角速度为多大时，滑块从圆盘上滑落？(2)求轨道 AB的高度．(3)求滑块抵达圆弧轨道的 B 点时对轨道的压力大小．[ 分析 ] (1) 滑块在圆盘上做圆周运动时，静摩擦力充任向心力，依据牛顿第二定律，可得μmg＝mω 2Rμg代入数据解得ω＝R .(2)滑块在 A 点时的速度 v A＝ωR＝μgR，设轨道 AB 的高度为 h，滑块抵达 B 点时的速度为 v，下滑过程机械能守恒，12122gh＋μgRmgh＝2mv－2mv，解得 v＝A若滑块滑上传递带时的速度小于传递带速度，则滑块在传递带上遇到向右的滑动摩擦12 1 22v －μgR μL力，做匀加快运动，依据动能定理有μmgL/n＝2mv－2mv，则 h＝0－n2g若滑块滑上传递带时的速度大于传递带的速度，则滑块遇到向左的滑动摩擦力，做匀减1 1 22－μgRμL速运动，依据动能定理有－2v0μmgL n＝2mv－2mv，则 h＝2g＋n .(3) 在B点，由牛顿第二定律，可得Nv2 F － mg＝ m r2mv02μmgL解得 F N＝mg＋r＋nr.μg22v －μgR μL v －μgR μL00[答案] (1)R(2)2g－n或2g＋n2(3)mg＋＋2μmgLr nr mv0迁徙二动能定理在电场中的应用2．(2017 ·上海市静安区摸底) 以以下图所示，两个带正电的点电荷M和 N，带电量均为Q，固定在圆滑绝缘的水平面上，相距 2L ， A 、 O 、 B 是 MN 连线上的三点，且 O 为中点， OA ＝ OBL＝ 2，一质量为m 、电量为q 的点电荷以初速度v 0 从A 点出发沿MN 连线向N 运动，在运动过程中电荷遇到大小恒定的阻力作用，但速度为零时，阻力也为零，当它运动到 O 点时，动能为初动能的 n 倍，到 B 点速度恰巧为零，而后返回来去运动，直至最后静止．已知静电力恒量为k ，取 O 处电势为零，求：(1) A 点的场强盛小；(2) 阻力的大小； (3) A 点的电势；(4) 电荷在电场中运动的总行程．[分析](1) 由点电荷电场强度公式和电场叠加原理可得：AQQ32kQE ＝ k L 2－ k 3L2＝9L 2；22(2) 由对称性知， φA ＝ φB ，电荷从 A 到 B 的过程中，电场力做功为零，战胜阻力做功为：W ＝F L ，由动能定理：ff122mv 0－ F L ＝ 0－ 2mv ，得： F ＝2ffL(3) 设电荷从 A 到 O 点电场力做功为W ，战胜阻力做功为 1 2W ，F f1 1 21 2由动能定理： W F －W f ＝ nmv 0－ mv 02222mv 0得： W F ＝ 4 (2 n － 1)由： W F ＝q ( φA － φO )W F2mv 0得： φA ＝＝ 4 (2 n － 1)qq2mv 0(4) 电荷最后停在 O 点，在全过程中电场力做功为 W F ＝ 4 (2 n － 1) ，电荷在电场中运动的总行程为 s ，则阻力做功为－ F f s .12由动能定理： W F －F f s ＝ 0－ 2mv 021 21 2mv 0n －1) －＝－即： (20 042L mvs2mv解得： s＝( n＋0.5) L.232kQ mv0 [ 答案 ] (1)9L2(2) 2L2mv0(3) 4q (2 n－ 1)(4)( n＋ 0.5) L高考题型展望——动能定理与图象联合的问题[ 考点概括 ]动能定理与图象联合的问题1．图象问题剖析的“四步走”2．常有图象所围面积的含义v－ t图由公式 x＝vt可知， v－ t 图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移a－ t图由公式Δv＝at可知，a－t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量－图由公式＝可知，－x 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功F x W Fx FP－ t 图由公式 W＝Pt 可知， P－ t 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功[ 典题示例 ](201 7·河北名校结盟 ) 晓宇在研究一辆额定功率为P＝20 kW的轿车的性能，他驾驶一轿车在如图甲所示的平直路面上运动，此中轿车与ON段路面间的动摩擦因数比轿车与MO 段路面间的动摩擦因数大．晓宇驾驶轿车保持额定功率以10 m/s 的速度由M向右运动，该轿车从 M向右运动到 N的过程中，经过速度传感器丈量出轿车的速度随时间的变化规律图象如图乙所示，在 t ＝15 s时图线的切线与横轴平行．已知轿车的质量为m＝2 t，轿车在 MO 段、 ON段运动时与路面之间的阻力大小分别保持不变．求.(1)该轿车在 MO段行驶时的阻力大小；(2)该轿车在运动过程中恰巧经过 O点时加快度的大小；(3)该轿车由 O运动到 N的过程中位移的大小．[ 审题指导 ]第一步读题干—提信息题干信息1)驾驶轿车保持额定功率以10 m/s 的速度由向右运动属于恒定功率启动模型．M说明 t ＝15秒时轿车加快度为零，做匀速运2)在 t ＝15 s时图线的切线与横轴平行动．5～ 15 秒做加快度减小的变减速运动．3) 图乙4) 由O运动到N的过程中位移的大小注意O到N过程牵引力大小改变.第二步审程序—顺思路[ 分析 ] (1) 轿车在 MO 段运动时，以 10 m/s的速度匀速运动，有F ＝ f ， P ＝F v1111 20×103联立解得 f 1＝N ＝ 2000 N.10(2) 轿车在 ON 段保持额定功率不变，由图象可知t ＝ 15 s 时轿车开始做匀速直线运动，此时由力的均衡条件有F 2＝ f 2， P ＝F 2v 220×103联立解得 f 2＝N ＝ 4000 N5t ＝ 5 s 时轿车经过 O 点，开始做减速运动，有F 1－ f 2＝ma2解得 a ＝－ 1 m/s轿车经过 O 点时加快度大小为 1 m/s 2.(3) 由动能定理可知Pt －f x ＝ 12 1222mv －2mv21解得 x ＝ 68.75 m.[ 答案 ] (1)2000 N (2)1 m/s 2(3)68.75 m1 机车启动的方式不一样，机车运动的规律就不一样，所以机车启动时，其功率、速度、加快度、牵引力等物理量的变化规律也不同样，剖析图象时应注意坐标轴的意义及图象变化所描绘的规律.2 恒定功率下的加快必定不是匀加快，这类加快过程发动机做的功可用W ＝ Pt计算，不可以用W＝Fl计算因为 F 为变力.3以恒定牵引力加快时的功率必定不恒定，这类加快过程发动机做的功常用W＝ Fl计算，不可以用W＝ Pt计算因为功率P 是变化的.[ 展望题组]1．( 多项选择 )(2017 ·华中师大附中二模) 一质量为 2 kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以必定的初速度在粗拙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后，拉力渐渐减小，且当拉力减小到零时，物体恰巧停止运动，右图中给出了拉力随位移变化的关系图象．已知重力加速度g＝10 m/s2，由此可知()A．物体与水平面间的动摩擦因数约为0.35B．减速过程中拉力对物体所做的功约为13 JC．匀速运动时的速度约为 6 m/sD．减速运动的时间约为 1.7 s[分析]F－ s 图象围成的面积代表拉力 F 做的功，由图知减速阶段F－s 围成面积约13个小格，每个小格 1 J 则约为 13 J ，故 B 选项正确．刚开始匀速，则F＝μmg，由图知 F＝7 N，则F＝0－1 2F＝μ＝＝ 0.35 ，故 A 选项正确．全程应用动能定理F－0，此中mg Wμmgs2mv W(7 ×4＋ 13)J ＝ 41 J，得v≈6 m/s，故 C 正确．因为不是匀减速，没方法求减速运动的时间，故 D错误．[答案]ABC2．(2017 ·湖南五十校联考) 质量为 10 kg 的物体，在变力 F 作用下沿 x 轴做直线运动，力随坐标x 的变化状况如右图所示．物体在＝ 0 处，速度为 1 m/s ，全部摩擦不计，则物x体运动到 x＝16 m处时，速度大小为()A． 2 2 m/s B． 3 m/sC． 4 m/s D.17 m/s[ 分析 ]F－ x 图象与坐标轴围成的图形面积表示力 F 做的功，图形位于x 轴上方表示力做正功，位于x 轴下方表示力做负功，面积大小表示功的大小，所以物体运动到x＝16 m1 212处时，力 F 对物体做的总功W＝40 J，由动能定理，得W＝2mv2－2mv1，代入数据，可得v2＝3 m/s ，B 正确．[答案]B3．(2017 ·宁夏银川一中第二次考试) 质量为 1 kg 的物体，放在动摩擦因数为0.2 的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W和物体发生的位移s 之间的关系以以下图所示，重力加快度为10 m/s 2，则以下说法正确的选项是()A．AB段加快度大小为 3 m/s B．OA段加快度大小为 5 m/s 2 2C．s＝9 m 时速度大小为32 m/sD．s＝3 m 时速度大小为22 m/s[ 分析 ] 剖析可知W－s图线的斜率表示拉力的大小，由W－ s 图象，可知 F OA＝5 N， F AB＝2 N ，而物体遇到的摩擦力为F f＝2 N，故物体在 OA 段加快，由牛顿第二定律，可知F OA－ f ＝，故a ＝ 3 m/s2，而在段物体做匀速运动，选项A、 B 错误．在段，依据动能F ma AB OA定理，有－12v A＝3 2 m/s，故可知选项 C 正确， D 错误．＝A，解得Wμmgs2mv[答案]C4．泥石流是在雨季因为暴雨、洪水将含有沙石且柔软的土质山体经饱和稀释后形成的大水．泥石流流动的全过程固然只有很短时间，但因为其高速行进，拥有强盛的能量，因此损坏性极大．某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究，他们设计了如图甲的模型：在水平川面上搁置一个质量为m＝4 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下从静止开始运动，推力 F 随位移变化如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，g＝10 m/s2.则：(1)物体在运动过程中的最大加快度为多少？(2)在距出发点多远处，物体的速度达到最大？(3)物体在水平面上运动的最大位移是多少？[ 分析 ] (1) 当推力F最大时，加快度最大，由牛顿第二定律，得：F m－μmg＝ ma可解得： a m＝15 m/s2.(2) 由图象可知：F随x变化的函数方程为F＝80－20x速度最大时，协力为0，即F＝μmg所以 x＝3 m.(3) 位移最大时，末速度必定为0由动能定理可得：W F－μmgx＝0由图象可知，力 F 做的功为11W F＝2F m x m＝2×80×4 J＝160 J所以x＝8 m.[答案](1)15 m/s2(2)3 m(3)8 m。

2018年高考物理二轮温习专题冲破练5动能定理机械能守恒定律功能关系的应用

专题冲破练5 动能定理机械能守恒定律功能关系的应用
(时刻:45分钟总分值:100分)
一、选择题(共11小题,每题6分,共66分。在每题给出的四个选项中,第1~5小题只有一个选项符合题目要求,第6~11小题有多个选项符合题目要求,全数选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分)
1.(2017吉林普高调研)一质量为1 kg的质点静止于滑腻水平面上,从t=0时起,第1秒内受到2 N的水平外力作用,第2秒内受到同方向的1 N的外力作用。以下判定正确的选项是()
D.0~10 s内恒力F做功的平均功率为0.6 W
答案 D
解析由图线可知0~4 s内的加速度a1= m/s2=2 m/s2,可得F+μmg=ma1;由图线可知4~10 s内的加速度a2= m/s2=1 m/s2,可得F-μmg=ma2;解得:F=3 N,μ=0.05,选项A错误;10 s末恒力F的瞬时功率为P10=Fv10=3×6 W=18 W,选项B错误;0~4 s内的位移x1= ×4×8 m=16 m,4~10 s内的位移x2=- ×6×6 m=-18 m,故10 s末物体在计时起点左侧2 m处,选项C错误;0~10 s内恒力F做功的平均功率为 W=0.6 W,选项D正确。
3.质量为m=2 kg的物体沿水平面向右做直线运动,t=0时刻受到一个水平向左的恒力F,如图甲所示,尔后物体的v-t图象如图乙所示,取水平向右为正方向,g取10 m/s2,那么()
A.物体与水平面间的动摩擦因数为μ=0.5
B.10 s末恒力F的瞬时功率为6 W
C.10 s末物体在计时起点左侧4 m处
4.
如下图,半径为R的滑腻圆环竖直放置,N为圆环的最低点。在环上套有两个小球A和B,A、B之间用一根长为 R的轻杆相连,使两小球能在环上自由滑动。已知A球质量为4m,B球质量为m,重力加速度为g。现将杆从图示的水平位置由静止释放,在A球滑到N点的进程中,轻杆对B球做的功为()

2018届高考物理二轮复习板块一专题二能量与动量 2-1 功功率动能定理教案

(1)未拉 A 时，C 受到 B 作用力的大小 F； (2)动摩擦因数的最小值 μmin； (3)A 移动的整个过程中，拉力做的功 W. [思路点拨] 由圆柱 C 一开始受力平衡可得出力 F 的大小．动摩擦因数最小时，B 受 C 压力的水平分力最大．拉力为变力，可根据动能定理求解拉力做的功．
[解析] (1)C 受力平衡，有 2Fcos30°＝mg
有12m1v2C＝12m1v2D＋m1g56R＋56Rcosθ⑭ P 由 E 点运动到 C 点的过程中，由动能定理有
Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1g(x＋5R)cosθ＝12m1v2C⑮
联立⑦⑧⑬⑭⑮式得 m1＝13m
[答案]
(1)2 gR
12 (2) 5 mgR
3 (3)5 5gR
(3)对动能定理的理解 ①动能定理中所说的“外力”，是指物体受到的所有力，包括重力． ②对“总功”的两种理解各外力做功的代数和：W＝W1＋W2＋…；合外力的功：W＝F 合 lcosθ(力均为恒力)． ③对“位移和速度”的理解：必须是相对于同一个惯性参考系，一般以地面为参考系． ④动能定理表达式是一个标量式，不能在某个方向上应用动能定理．
板
块
专题突破复习
一
专
题
能量与动量
二
第一讲
功功率动能定理
知识网络构建
结网建体把脉考向
[知识建构]
[高考调研]
1.考查方向预测：①重力、摩擦力、静电力和洛伦兹力的做功特点和求解．②与功、功率相关的分析与计算．③动能定理和动力学方法的综合应用．④动能定理在电磁学中的应用． 2.常用的思想方法：①化曲为直的思想方法．②微元法．③合力功的求法．④变力功的求法．

[推荐学习]2018版高考物理二轮复习第一部分专题六机械能守恒定律功能关系学案

专题六机械能守恒定律功能关系考点1| 机械能守恒定律的应用难度：中档题题型：选择题、计算题五年2考(对应学生用书第27页)1．(2016·江苏高考T 14)如图61所示，倾角为α的斜面A 被固定在水平面上，细线的一端固定于墙面，另一端跨过斜面顶端的小滑轮与物块B 相连，B 静止在斜面上．滑轮左侧的细线水平，右侧的细线与斜面平行．A 、B 的质量均为m ．撤去固定A 的装置后，A 、B 均做直线运动．不计一切摩擦，重力加速度为g ．求：图61(1)A 固定不动时，A 对B 支持力的大小N ； (2)A 滑动的位移为x 时，B 的位移大小s ； (3)A 滑动的位移为x 时的速度大小v A ．【导学号：17214098】【解题关键】【解析】 (1)支持力的大小N ＝mg cos α． (2)根据几何关系s x ＝x ·(1－cos α)，s y ＝x ·sin α且s ＝s 2x ＋s 2y 解得s ＝－cos α·x ．(3)B 的下降高度s y ＝x ·sin α 根据机械能守恒定律mgs y ＝12mv 2A ＋12mv 2B根据速度的定义得v A ＝Δx Δt ，v B ＝ΔsΔt则v B ＝－cos α·v A解得v A ＝2gx sin α3－2cos α．【答案】 (1)mg cos α (2)－cos α·x(3)2gx sin α3－2cos α2．(多选)(2017·江苏高考T 9)如图62所示，三个小球A 、B 、C 的质量均为m ，A 与B 、C 间通过铰链用轻杆连接，杆长为L ．B 、C 置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长．现A 由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°．A 、B 、C 在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g ．则此下降过程中( )【导学号：17214099】图62A ．A 的动能达到最大前，B 受到地面的支持力小于32mgB ．A 的动能最大时，B 受到地面的支持力等于32mgC ．弹簧的弹性势能最大时，A 的加速度方向竖直向下D ．弹簧的弹性势能最大值为32mgL AB [A 对：取A 、B 、C 整体研究，三个小球皆静止时，地面对B 、C 球的弹力各为32mg ．当A 球下降时，只要A 球未达最大速度，有竖直向下的加速度，A 球就处于失重状态，地面对B 球的支持力小于32mg ．B 对：A 球的动能最大时，a A ＝0，系统在竖直方向上F 合＝0，则地面对B 球的弹力为32mg ．C 错：弹簧的弹性势能最大时，对应着弹簧伸长量最大，A 球运动到最低点，此时v A ＝0，但a A ≠0，加速度方向竖直向上．D 错：两杆间夹角由60°变为120°，A 球下落的距离h ＝L sin 60°－L sin 30°＝3－12L ，A 球重力势能的减少量为ΔE p ＝3－12mgL ．由能量转化知，弹簧的弹性势能最大值为3－12mgL ．]机械能守恒定律应用中的“三选取” (1)研究对象的选取研究对象的选取是解题的首要环节，有的问题选单个物体(实为一个物体与地球组成的系统)为研究对象，有的选几个物体组成的系统为研究对象，如图63所示单选物体A 机械能减少不守恒，但由物体A 、B 二者组成的系统机械能守恒．图63(2)研究过程的选取研究对象的运动过程分几个阶段，有的阶段机械能守恒，而有的阶段机械能不守恒，因此在应用机械能守恒定律解题时要注意过程的选取． (3)机械能守恒表达式的选取①守恒观点：E k1＋E p1＝E k2＋E p2．(需选取参考面) ②转化观点：ΔE p ＝－ΔE k ．(不需选取参考面) ③转移观点：ΔE A 增＝ΔE B 减．(不需选取参考面)●考向1 机械能守恒条件的应用1．(2017·镇江一模)风洞飞行体验是运用先进的科技手段实现高速风力将人吹起并悬浮于空中，如图64所示．若在人处于悬浮状态时增加风力，则体验者在加速上升过程中( )【导学号：17214100】图64A ．处于失重状态，机械能增加B ．处于失重状态，机械能减少C ．处于超重状态，机械能增加D ．处于超重状态，机械能减少C [由题意可知，人加速向上运动，故人的加速度向上，处于超重状态；由于风力对人做正功，故人的机械能增加，故C 正确，A 、B 、D 错误．]2．(2017·泰州三模)如图65所示，每级台阶的高和宽均相等，一小球抛出后从台阶上逐级弹下，在每级台阶上弹起的高度相同，落在每级台阶上的位置离边缘的距离也相同，则( )图65A ．小球落到每级台阶前瞬间的速度相等B ．小球在相邻台阶间运动的时间越来越短C ．小球在整个运动过程中机械能守恒D ．小球与台阶碰撞过程中受摩擦力作用A [小球平抛后落在台阶上，落到台阶上瞬间的速度方向斜向下，反弹后做斜抛运动，即竖直向上做匀减速直线运动，加速度为重力加速度，水平方向上做匀速运动，由题意知每级台阶上弹起的高度相同，落在每级台阶上的位置离边缘的距离也相同，所以小球在运动过程中不受空气阻力，小球与台阶碰撞过程中不受摩擦力作用，所以小球落到每级台阶前瞬间的速度相等，故A 正确，D 错误；因在竖直方向上球与台阶碰撞前后速度不相等，所以机械能不守恒，C 错误；由于小球每次弹起，竖直向上做加速度为重力加速度的匀减速直线运动，而每级台阶上弹起的高度相同，由逆向思维可得：h ＝12gt 2，所以小球在相邻台阶间运动的时间不变，故B 错误．] ●考向2 单个物体机械能守恒3．(2017·南京四模)背越式跳高是一项跳跃垂直障碍的运动项目，包括助跑、起跳、过杆和落地四个阶段，图为从起跳到落地运动过程分解图，某同学身高1．80 m ，体重60 kg ，参加学校运动会成功地越过1．90 m 的横杆，该同学跳起时刻的动能可能是下列哪个值( )【导学号：17214101】图66A ．500 JB ．600 JC ．800 JD ．2 000 JC [运动员跳高过程可以看作竖直上抛运动，当重心达到横杆时速度恰好为零，有：运动员重心升高高度至少为：h ＝1．90 m －1．802 m ＝1．0 m ．根据机械能守恒定律可知，跳起时的动能：E k ＝mgh ＝60×10×1 J＝600 J ；因实际过程中可能存在阻力，则可知，只有动能大于600 J 时才能成功越过，但2 000 J 不符合实际，故只有C 正确，A 、B 、D 错误．]●考向3 系统机械能守恒4．(2017·连云港模拟)如图67所示，一根长度L ＝5 m 的轻杆两端用光滑铰链连接两个物块A 、B ，两物块质量均为m ＝1 kg ，A 靠在光滑墙壁上，B 放在水平地面上，此时杆与地面夹角为53°．取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8．图67(1)若地面是粗糙的，要让杆不倒下，则物块B 与地面间的动摩擦因数至少为多大(假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)；(2)若地面是光滑的，求当杆与水平面夹角为37°时两个物块的速度大小．【解析】 (1)对A 、B 受力分析，分别列式为：对A 在竖直方向上有：N 1sin 53°＝mg 对B 在水平方向上有：N 1cos 53°＝fN ＝mg ＋N 1sin 53° f ＝μN联立解得：μ＝38．(2)下滑过程中，杆和物体构成的系统机械能守恒，得到：mgL (sin 53°－sin 37°)＝12mv 21＋12mv 22物块沿杆速度相等，有：v 1cos 53°＝v 2cos 37° 解得：v 1＝855 m/s ，v 2＝655 m/s ．【答案】 (1)38 (2)855 m/s 655 m/s考点2| 功能关系及能量守恒难度：较难题型：选择题、计算题五年2考(对应学生用书第28页)3．(多选)(2015·江苏高考T 9)如图68所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m 、套在粗糙竖直固定杆A 处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A 处由静止开始下滑，经过B 处的速度最大，到达C 处的速度为零，AC ＝h ．圆环在C 处获得一竖直向上的速度v ，恰好能回到A ．弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g ．则圆环( )【导学号：17214102】图68A ．下滑过程中，加速度一直减小B ．下滑过程中，克服摩擦力做的功为14mv 2C ．在C 处，弹簧的弹性势能为14mv 2－mghD ．上滑经过B 的速度大于下滑经过B 的速度【解题关键】解此题应注意以下三点：(1)圆环在A 处时，弹簧水平且处于原长，此时弹簧弹性势能为零． (2)经过B 处的速度最大，则加速度为零．(3)圆环下滑过程中和上滑过程中克服摩擦力做功大小相同．BD [圆环下落时，先加速，在B 位置时速度最大，加速度减小至0．从B 到C 圆环减速，加速度增大，方向向上，选项A 错误．圆环下滑时，设克服摩擦力做功为W f ，弹簧的最大弹性势能为ΔE p ，由A 到C 的过程中，根据能量关系有mgh ＝ΔE p ＋W f ．由C 到A 的过程中，有12mv 2＋ΔE p ＝W f ＋mgh ．联立解得W f ＝14mv 2，ΔE p ＝mgh －14mv 2．选项B 正确，选项C 错误．设圆环在B 位置时，弹簧的弹性势能为ΔE ′p ，根据能量守恒，A 到B 的过程有12mv 2B ＋ΔE ′p ＋W ′f ＝mgh ′，B 到A 的过程有12mv ′2B ＋ΔE ′p ＝mgh ′＋W ′f ，比较两式得v ′B >v B ，选项D 正确．]4．(多选)(2013·江苏高考T 9)如图69所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O 点(图中未标出)．物块的质量为m ，AB ＝a ，物块与桌面间的动摩擦因数为μ．现用水平向右的力将物块从O 点拉至A 点，拉力做的功为W ．撤去拉力后物块由静止向左运动，经O 点到达B 点时速度为零．重力加速度为g ．则上述过程中( )【导学号：17214103】图69A ．物块在A 点时，弹簧的弹性势能等于W －12μmgaB ．物块在B 点时，弹簧的弹性势能小于W －32μmgaC ．经O 点时，物块的动能小于W －μmgaD ．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B 点时弹簧的弹性势能BC [由于有摩擦，O 点不在AB 的中点，而是在AB 中点的左侧(如图所示)．由题知AB ＝a ，OA >a 2，OB <a2．根据功能关系，物块在A 点时，弹簧的弹性势能E p＝W －μmgOA ＜W －12μmga ，选项A 错误；物块在B 点时，弹簧的弹性势能E ′p ＝E p －μmga＝W －μmgOA －μmga ＜W －32μmga ，选项B 正确；物块在O 点的动能E k ＝E p －μmgOA ＝W－2μmgOA ＜W －μmga ，选项C 正确；物块动能最大时，弹簧的弹力kx ＝μmg ，此时物块处于M 点(如图所示)，如果BO ＜OM ，则物块动能最大时弹簧的弹性势能大于物块在B 点时弹簧的弹性势能，选项D 错误．]功是能量转化的量度，是能量转化的标志●考向1 能量转化与守恒关系的应用5．(多选)(2017·盐城二模)如图610所示，在竖直平面内固定两个很靠近的同心圆轨道，外圆内表面光滑，内圆外表面粗糙，一质量为m 的小球从轨道的最低点以初速度v 0向右运动．球的直径略小于两圆间距，球运动的轨道半径为R ，不计空气阻力，下列说法正确的是( )【导学号：17214104】图610A ．若v 0＝4gR ，则小球在整个运动过程中克服摩擦力做功等于mgRB ．若使小球在最低点的速度v 0大于5gR ，则小球在整个运动过程中，机械能守恒C ．若小球要做一个完整的圆周运动，小球在最低点的速度v 0必须大于等于5gRD ．若小球第一次运动到最高点，内圆对小球的支持力为0．5mg ，则小球在最低点对外圆环的压力为5．5mgAB [若使小球始终做完整的圆周运动，小球应沿外圆内侧运动，在运动过程中不受摩擦力，机械能守恒，小球恰好运动到最高点时速度设为v ，则有：mg ＝m v 2R，由机械能守恒定律得：12mv 20＝mg ·2R ＋12mv 2，小球在最低点时的最小速度为：v 0＝5gR ，所以若使小球始终做完整的圆周运动，则v 0一定不小于5gR ，故B 正确；若v 0＝4gR ，小球在运动过程中一定与内圆接触，机械能不断减少，经过足够长时间，小球最终可能在圆心下方做往复运动，最高点与圆心等高，机械能为mgR ，最低点的机械能为：12mv 20＝2mgR ，故小球在整个运动过程中机械能损失mgR ，即克服摩擦力做功等于mgR ，故A 正确；若小球的速度小于5gR ，也是有可能做一个完整的圆周运动的，只是最终在圆心下方做往复运动，故C 错误；若小球第一次运动到最高点，内圆对小球的支持力为0．5mg ，根据牛顿第二定律，有：mg －0．5mg ＝m v 2R，若圆环内外表面均光滑，则到达最低点的速度满足：12mv ′2＝12mv 2＋mg ·2R ，在最低点：F N －mg ＝m v ′2R ，解得F N ＝5．5mg ，但由于内圆外表面粗糙，所以小球在最低点对外圆环的压力小于5．5mg ．] ●考向2 功能关系的综合应用6．(多选)(2017·达州市一模)如图611所示，质量为m 的一辆小汽车从水平地面AC 上的A 点沿斜坡匀速行驶到B 点．B 距水平面高h ，以水平地面为零势能面，重力加速度为g ．小汽车从A 点运动到B 点的过程中(空气阻力不能忽略)，下列说法正确的是( )【导学号：17214105】图611A ．合外力做功为零B ．合外力做功为mghC ．小汽车的机械能增加量为mghD ．牵引力做功为mghAC [汽车匀速运动，动能不变，则根据动能定理可知，合外力做功为零，故A 正确，B 错误；小汽车动能不变，重力势能增加了mgh ，则可知小汽车机械能增加量为mgh ，故C 正确；对上升过程由动能定理可知，牵引力的功等于重力势能的增加量和克服阻力做功之和，故牵引力做功一定大于mgh ，故D 错误．]7．(2017·徐州二模)如图612所示，左端带有挡板P 的长木板质量为m ，置于光滑水平面上，劲度系数很大的轻弹簧左端与P 相连，弹簧处于原长时右端在O 点，木板上表面O 点右侧粗糙、左侧光滑．若将木板固定，质量也为m 的小物块以速度v 0从距O 点为L 的A 点向左运动，与弹簧碰撞后反弹，向右最远运动至B 点，OB 的距离为3L ，已知重力加速度为g ．图612(1)求物块和木板间动摩擦因数μ及上述过程弹簧的最大弹性势能E p ．(2)解除对木板的固定，物块仍然从A 点以初速度v 0向左运动，由于弹簧劲度系数很大，物块与弹簧接触时间很短可以忽略不计，物块与弹簧碰撞后，木板与物块交换速度． ①求物块从A 点运动到刚接触弹簧经历的时间t ； ②物块最终离O 点的距离x ．【导学号：17214106】【解析】 (1)研究物块从A 点开始运动至B 点的过程，由动能定理有：－μmg (4L )＝0－12mv 2解得：μ＝v 208gL研究物块从弹簧压缩量最大处至B 点的过程，由功能关系有：－μmg (3L )＝0－E p 解得：E p ＝38mv 20．(2)①设物块在木板上运动的加速度大小为a 1，则有： μmg ＝ma 1解得：a 1＝μg (方向水平向右)设木板运动的加速度大小为a 2，则有：μmg ＝ma 2 解得：a 2＝μg (方向水平向左)由几何关系有：(v 0t －12a 1t 2)－12a 2t 2＝L解得：t 1＝－2Lv 0，t 2＝＋2Lv 0(舍去)．②设物块刚接触弹簧时，物块和木板速度分别是v 1、v 2，则有：v 1＝v 0－a 1t 1 v 2＝a 2t 1物块和木板碰撞交换速度后，在摩擦力作用下分别做加速和减速运动，设运动的时间为t 、达到共同速度为v ，则有： v ＝v 2＋a 1t v ＝v 1－a 2t解得：v 1＝2＋24v 0，v 2＝2－24v 0，v ＝v 02上述过程由功能关系有：－μmg (L ＋x )＝12(2m )v 2－12mv 20解得：x ＝L ．【答案】(1)v208gL38mv20(2)①－2Lv0②L规范练高分| 动力学与功能关系综合应用问题(对应学生用书第30页)[典题在线](2017·河南郑州二模)(17分)如图613是利用传送带装运煤块的示意图．其中传送带长L＝6 m，倾角θ＝37°，煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0．8①，传送带的主动轮和从动轮半径相等．主动轮轴顶端与运煤车底板间的竖直高度H＝1．8 m，与运煤车车厢中心的水平距离x＝1．2 m．现在传送带底端由静止释放一些煤块(可视为质点)，质量m＝5_kg，煤块在传送带的作用下运送到高处．②要使煤块在轮的最高点水平抛出并落在车厢中心．③取g＝10 m/s2，sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8．求：图613(1)煤块在轮的最高点水平抛出时的速度；(2)主动轮和从动轮的半径R；(3)电动机运送煤块多消耗的电能．④[信息解读]①煤块与传送带间存在摩擦力．②煤块放在传送带上的运动有两种可能：a．一直加速到顶端．b．先加速后匀速到顶端．③最高点煤块对轮子的压力为零，平抛的水平距离恰好为x．④多消耗的电能等于煤块增加的机械能与因摩擦产生的内能之和．[考生抽样][阅卷点评]【解析】 (1)煤块离开传送带后做平抛运动水平方向x ＝vt ①(1分)竖直方向H ＝12gt 2②(1分)代入数据得v ＝2 m/s ．③(1分)(2)要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零．(1分)由牛顿第二定律得：mg ＝m v 2R④(2分) 代入数据解得R ＝0．4 m ．⑤(1分)(3)由牛顿第二定律F ＝ma 得μmg cos θ－mg sin θ＝ma ⑥(2分)即a ＝0．4 m/s 2⑦(1分)由v ＝v 0＋at ，v 0＝0得煤块匀加速运动的时间 t ′＝v a＝5 s⑧(1分) 煤块的位移x 1＝12at ′2＝5 m<L ＝6 m⑨(1分) 由于μ>tan 37°，所以煤块将匀速运动到顶端．(1分)由功能关系得传送带多消耗的电能E ＝12mv 2＋μmg cos 37°(vt ′－x 1)＋mgL sin 37°⑩(2分)代入数据，由以上各式得E ＝350 J ．⑪(2分)【答案】 (1)2 m/s (2)0．4 m (3)350 J[评分标准](1)在第(2)中不进行压力为零的分析，只写出方程④且结果计算正确同样给满分．(2)第(3)中只写出方程⑥⑧而没有写出结果⑦，不影响得分．(3)第⑨后没有对结果和运动情况分析，不影响得分．(4)对第⑩分步书写，只要正确可给分．。

《动能定理与多过程问题》教学设计

《动能定理与多过程问题》教学设计
一、教学目标
1.掌握运用动能定理解决多过程问题的方法。

2.能够正确分析多过程中各阶段的受力和能量变化。

3.培养学生的物理思维和问题解决能力。

二、教学重难点
1.重点：动能定理在多过程问题中的应用。

2.难点：确定多过程中的初末状态和各阶段的做功情况。

三、教学方法
讲授法、实例分析法、讨论法。

四、教学过程
1.导入
通过实例展示多过程运动问题，引出动能定理的应用。

2.多过程问题分析
（1）分析多过程中各阶段的运动特点和受力情况。

（2）确定初末状态和各阶段的做功。

3.例题讲解
选取典型的多过程问题进行动能定理的应用讲解。

4.讨论交流
组织学生讨论不同多过程问题的解法。

5.课堂练习
让学生进行动能定理与多过程问题的练习。

6.课堂小结
总结动能定理在多过程问题中的分析要点和解题技巧。

7.作业布置
布置课后作业，包括多过程问题的应用题。

2018版高考物理二轮复习专题四功能关系的应用教学案

专题四功能关系的应用考情分析命题解读本专题共6个考点，其中功和功率、动能动能定理、重力势能、机械能守恒定律及其应用四个考点为Ⅱ要求，弹性势能、能量守恒为Ⅰ要求，这些考点皆属于高频考点。

从近三年命题情况看，命题特点为：(1)注重基础知识与实际问题结合。

如2011年的抛鸡蛋、2013年的球碰撞等，难度较小。

(2)注重方法与综合。

如2012年、2013年、2015年的“弹簧问题”、2016年的连接体等，难度较大。

整体难度偏难，命题指数★★★★★，复习目标是达B 冲A 。

图1A.从D 到C 过程中，弹丸的机械能守恒B.从D 到C 过程中，弹丸的动能一直在增大C.从D 到E 过程橡皮筋对弹丸做的功大于从E 到C 过程橡皮筋对弹丸做的功D.从D 到C 过程中，橡皮筋的弹性势能先增大后减小解析从D 到C ，橡皮筋的弹力对弹丸做功，所以弹丸的机械能增大，故A 项错误；弹丸在与橡皮筋作用过程中，受到向上的弹力和向下的重力，橡皮筋ACB 恰好处于原长状态，在C 处橡皮筋的拉力为0，在CD 连线中的某一处，弹力和重力相等时，弹丸受力平衡，所以从D 到C ，弹丸的合力先向上后向下，速度先增大后减小，弹丸的动能先增大后减小，故B 项错误；从D 到C ，橡皮筋对弹丸一直做正功，橡皮筋的弹性势能一直减小，故D 项错误；从D 到E 橡皮筋作用在弹丸上的合力大于从E 到C 橡皮筋作用在弹丸上的合力，两段位移相等，所以DE 段橡皮筋对弹丸做功较多，故C 项正确。

答案 C2.(多选)(2017·南京三模)从离沙坑高度H 处无初速地释放一个质量为m 的小球，小球落入沙坑后，陷入深度为h 。

已知当地重力加速度为g ，不计空气阻力，则下列关于小球下落全过程的说法正确的是( ) A.重力对小球做功为mgHB.小球的重力势能减少了mg (H ＋h )C.外力对小球所做的总功为零D.小球在沙坑中受到的平均阻力为H hmg解析重力全程做功，故重力做功和重力势能减少量均为mg (H ＋h )，A 项错误，B 项正确；小球初、末速度都为零，由动能定理，外力总功为零，C 项正确；由mg (H ＋h )－f h ＝0，可知阻力f ＝mg （H ＋h ）h，D 项错误。

应用动能定理处理多过程问题

1 /6专题：应用动能定理处理多过程问题１一.利用动能定理解题的方法和步骤1、明确研究对象、研究过程，找出初、末状态的速度情况．2、要对物体进行正确受力分析（包括重力），明确各力的做功大小及正负情况．有些力在运动过程中不是始终存在，若物体运动过程中包含几个物理过程，物体运动状态受力情况均发生变化，因而在考虑外力做功时，必须根据不同情况分别对待． 3、明确物体在过程的起始状态动能和末状态的动能．4、列出动能定理的方程，及其它必要的解题方程进行求解．二.应用动能定理巧解多过程问题。

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，如能对整个过程利用动能定理列式则使问题简化。

１:如图所示，质量为m 的钢珠从高出地面h 处由静止自由下落，落到地面进入沙坑10h停止, 则：(1)钢珠在沙坑中受到的平均阻力是重力的多少倍？(2)若要使钢珠陷入沙坑h8，则钢珠在h 处的动能应为多少？(设钢珠在沙坑中所受平均阻力大小不随深度改变)2:如图所示，AB 为14圆弧轨道，BC 为水平直轨道，圆弧的半径为R ，BC 的长度也是R ，一质量为m 的物体，与两个轨道的动摩擦因素都是μ，当它由轨道顶端A 从静止下滑时，恰好运动到C 处停止，那么物体在A B 段克服摩擦力做功为( )A.12μmgRB.12mgR C ．mgR D ．(1－μ)mgR ３:一小物体从高h 的斜面上无初速滑下, 在水平面上滑行一段静止,水平方向的总位移为s,设斜面和水平面的动摩擦因数相同,求摩擦因数为多少？４．: 质量为80kg 的跳伞运动员从离地500m 的直升机上跳下,经过2s 拉开绳索开启降落伞,如图是跳伞过程的v-t 图像,g 取10m/s2,根据图像求：（1） t=1s 时运动员的加速度和所受的阻力？（2） 14s 内运动员下落的高度及克服阻力做的功？５．质量为m 的物体从地面上方H 高处无初速释放，落到地面后出现一个深为h 的坑，如图所示，在此过程中（）2 / 6A 、重力对物体做功mgHB 、物体重力势能减少mg （H-h ）C 、合力对物体做的总功为零D 、地面对物体的平均阻力为hmgH６．一物体静止在不光滑的水平面上，已知m =1 kg,μ=0.1，现用水平外力F =2 N 拉其运动5 m ，然后立即撤去水平外力F ，求：该物体在水平面上运动的总路程？(g 取10 m/s 2)７．质量为m 的球在距地面高度H 处无初速度下落，运动过程中空气阻力大小恒为重力的0．2倍，球与地面碰撞时无机械能量损失而向上弹起，求：该球停止前通过的总路程是多少？８．如图示，一质量为2kg 的铅球从离地面2m 高处自由下落，陷入沙坑2cm 深处，求：沙子对铅球的平均阻力。

2018版高考复习实验(5)《探究动能定理》教学案(含答案)

实验五探究动能定理前期准备·明确原理——知原理抓住关键【实验目的】1．通过实验探究外力做功与物体速度变化的关系。

2．通过实验数据分析，总结出外力做功与物体速度平方的正比关系。

【实验原理】1.改变功的大小：采用如图所示的实验装臵，用1条、2条、3条、…规格同样的橡皮筋将小车拉到同一位臵由静止释放，橡皮筋拉力对小车所做的功依次为W、2W、3W、…2．确定速度的大小：小车获得的速度v可以由纸带和打点计时器测出，也可以用其他方法测出。

3．寻找功与速度变化的关系：以橡皮筋拉力所做的功W为纵坐标，小车获得的速度v为横坐标，作出W-v或Wv2图象。

分析图象，得出橡皮筋拉力对小车所做的功与小车获得的速度的定量关系。

【实验器材】小车(前面带小钩)、长木板(两侧适当的对称位臵钉两个铁钉)、打点计时器及纸带、学生电源及导线(若使用电火花计时器则不用学生电源)、若干条等长的橡皮筋、毫米刻度尺。

再现实验·重视过程——看过程注重数据【实验步骤】1．按原理图将仪器安装好。

2．平衡摩擦力：在长木板的有打点计时器的一端下面垫一块木板，反复移动木板的位臵，直至小车上不挂橡皮筋时，轻推小车，纸带打出的点间距均匀，即小车能匀速运动为止。

3．先用1条橡皮筋做实验，用打点计时器和纸带测出小车获得的速度v1，设此时橡皮筋对小车做的功为W，将这一组数据记入表格。

4．用2条橡皮筋做实验，实验中橡皮筋拉伸的长度与第一次相同，这时橡皮筋对小车做的功为2W，测出小车获得的速度v2，将数据记入表格。

5．用3条、4条……橡皮筋做实验，用同样的方法测出功和速度，记入表格。

【数据处理】1．求小车速度实验获得如图所示纸带，利用纸带上点迹均匀的一段测出两点间的距离，如纸带上A、C两点间的距离x，则v＝x2T(其中T为打点周期)。

2．计算W、2W、3W、…时对应v、v2的数值，填入下面表格。

3.作图象在坐标纸上分别作出 W-v 和 W-v2图线，从中找出功与速度变化的关系。

微型专题5：利用动能定理分析变力做功和多过程问题学案(含答案)

微型专题5：利用动能定理分析变力做功和多过程问题学案（含答案）微型专题5利用动能定理分析变力做功和多过程问题知识目标核心素养1.进一步理解动能定理，领会应用动能定理解题的优越性.2.会利用动能定理分析变力做功.曲线运动以及多过程问题.1.体会动能定理在分析变力问题.曲线运动.多过程问题中的优越性.2.建立求解“多过程往复运动问题”的模型，提高逻辑推理和综合分析问题的能力.一.利用动能定理求变力的功1动能定理不仅适用于求恒力做的功，也适用于求变力做的功，同时因为不涉及变力作用的过程分析，应用非常方便2利用动能定理求变力的功是最常用的方法，当物体受到一个变力和几个恒力作用时，可以用动能定理间接求变力做的功，即W变W其他Ek.例1如图1所示，质量为m的小球自由下落d后，沿竖直面内的固定轨道ABC运动，AB是半径为d的光滑圆弧，BC是直径为d的粗糙半圆弧B是轨道的最低点小球恰能通过圆弧轨道的最高点C.重力加速度为g，求图11小球运动到B处时对轨道的压力大小；2小球在BC运动过程中，摩擦力对小球做的功答案15mg2mgd解析1小球运动到B点的过程由动能定理得2mgdmv2，在B点FNmgm，得FN5mg，根据牛顿第三定律小球在B处对轨道的压力大小FNFN5mg.2小球恰好通过C点，则mgm.小球从B运动到C的过程mgdWfmvC2mv2，得Wfmgd.【考点】应用动能定理求变力的功【题点】应用动能定理求变力的功B至C的过程中摩擦力为变力大小方向都变，求变力的功不能直接根据功的公式，通常用动能定理求解针对训练1如图2所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g.质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为图2A.mgRB.mgRC.mgRD.mgR答案C解析质点经过Q点时，由重力和轨道支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得FNmgm，由题意及牛顿第三定律知FN2mg，可得vQ，质点自P滑到Q的过程中，由动能定理得mgRWfmvQ2，得克服摩擦力所做的功为WfmgR，选项C正确【考点】应用动能定理进行有关的计算【题点】应用动能定理求功二.利用动能定理分析多过程问题一个物体的运动如果包含多个运动阶段，可以选择分段或全程应用动能定理1分段应用动能定理时，将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况和初.末动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，然后联立求解2全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功情况，分析每个力做的功，确定整个过程中合外力做的总功，然后确定整个过程的初.末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解当题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单，更方便注意当物体运动过程中涉及多个力做功时，各力对应的位移可能不相同，计算各力做功时，应注意各力对应的位移计算总功时，应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和例2如图3所示，右端连有一个光滑弧形槽的水平桌面AB长L1.5m，一个质量为m0.5kg的木块在F1.5N的水平拉力作用下，从桌面上的A端由静止开始向右运动，木块到达B端时撤去拉力F，木块与水平桌面间的动摩擦因数0.2，取g10m/s2.求图31木块沿弧形槽上升的最大高度木块未离开弧形槽；2木块沿弧形槽滑回B端后，在水平桌面上滑行的最大距离答案10.15m20.75m解析1设木块沿弧形槽上升的最大高度为h，木块在最高点时的速度为零从木块开始运动到沿弧形槽上升到最大高度处，由动能定理得FLfLmgh0其中fFNmg0.20.510N1.0N所以hm0.15m2设木块离开B点后沿桌面滑行的最大距离为x.由动能定理得mghfx0所以xm0.75m【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题针对训练2如图4所示，质量m1kg的木块静止在高h1.2m的平台上，木块与平台间的动摩擦因数0.2，用水平推力F20N，使木块滑行l13m时撤去，木块又滑行l21m后飞出平台，求木块落地时速度的大小g取10m/s2图4答案11.3m/s解析解法一取木块为研究对象，其运动分三个过程，先匀加速前进l1，后匀减速前进l2，再做平抛运动，对每一过程，分别由动能定理得Fl1mgl1mv12mgl2mv22mv12mghmv32mv22解得v311.3m/s解法二对全过程由动能定理得Fl1mgl1l2mghmv20代入数据解得v11.3m/s【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题三.动能定理在平抛.圆周运动中的应用动能定理常与平抛运动.圆周运动相结合，解决这类问题要特别注意1与平抛运动相结合时，要注意应用运动的合成与分解的方法，如分解位移或分解速度求平抛运动的有关物理量2与竖直平面内的圆周运动相结合时，应特别注意隐藏的临界条件有支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为vmin0.没有支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为vmin.例3如图5所示，一可以看成质点的质量m2kg的小球以初速度v0沿光滑的水平桌面飞出后，恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道，BC为圆弧竖直直径，其中B为轨道的最低点，C为最高点且与水平桌面等高，圆弧AB对应的圆心角53，轨道半径R0.5m已知sin530.8，cos530.6，不计空气阻力，g取10m/s2.图51求小球的初速度v0的大小；2若小球恰好能通过最高点C，求在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功答案13m/s24J解析1在A点由平抛运动规律得vAv0小球由桌面到A点的过程中，由动能定理得mgRRcosmvA2mv02由得v03m/s.2若小球恰好通过最高点C，在最高点C处有mg，小球从桌面运动到C点的过程中，由动能定理得WfmvC2mv02，代入数据解得Wf4J.【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题四.动能定理在多过程往复运动中的应用例4某游乐场的滑梯可以简化为如图6所示竖直面内的ABCD轨道，AB为长L6m.倾角37的斜轨道，BC为水平轨道，CD为半径R15m.圆心角37的圆弧轨道，轨道AB段粗糙，其余各段均光滑一小孩可视为质点从A点以初速度v02m/s下滑，沿轨道运动到D点时的速度恰好为零不计经过B点时的能量损失已知该小孩的质量m30kg，取sin370.6，cos370.8，g10m/s2，不计空气阻力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求图61该小孩第一次经过圆弧轨道C点时，对圆弧轨道的压力；2该小孩与AB段的动摩擦因数；3该小孩在轨道AB上运动的总路程s.答案1420N，方向向下20.25321m解析1由C到D速度减为0，由动能定理可得mgRRcos370mvC2，vC2m/s在C点，由牛顿第二定律得FNmgm，FN420N根据牛顿第三定律，小孩对轨道的压力大小为420N，方向向下2小孩从A运动到D的过程中，由动能定理得mgLsinmgLcosmgR1cos0mv02可得0.253在AB斜轨上，mgcosmgsin，小孩不能静止在斜轨上，则小孩从A点以初速度v0滑下，最后静止在BC轨道B处由动能定理mgLsinmgscos0mv02解得s21m.1在含有摩擦力的往复运动过程中，注意两种力做功的区别1重力做功只与初末位置有关，而与路径无关；2滑动摩擦力或全部阻力做功与路径有关，克服摩擦力或全部阻力做的功Wfss为路程2由于动能定理解题的优越性，求多过程往复运动问题中的路程，一般应用动能定理.1用动能定理求变力的功如图7所示，质量为m的物体与水平转台间的动摩擦因数为，物体与转轴相距R，物体随转台由静止开始转动当转速增至某一值时，物体即将在转台上滑动，此时转台开始匀速转动设物体的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，则在整个过程中摩擦力对物体做的功是图7A0B2mgRC2mgRD.答案D解析物体即将在转台上滑动但还未滑动时，转台对物体的最大静摩擦力恰好提供向心力，设此时物体做圆周运动的线速度为v，则有mg.在物体由静止到获得速度v的过程中，物体受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物体做功，由动能定理得Wmv20.联立解得WmgR.【考点】应用动能定理求变力的功【题点】应用动能定理求变力的功2用动能定理求变力的功质量为m 的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图8所示已知物体与水平面间的动摩擦因数为，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为图8A.mv02mgsxB.mv02mgxCmgsDmgsx答案A解析由动能定理得Wmgsx0mv02，Wmv02mgsx【考点】应用动能定理求变力的功【题点】应用动能定理求变力的功3利用动能定理分析多过程往复运动问题如图9所示，ABCD为一竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10m，BC长1m，AB和CD轨道光滑一质量为1kg的物体，从A点以4m/s的速度开始运动，经过BC后滑到高出C点10.3m的D点速度为0.求g取10m/s2图91物体与BC轨道间的动摩擦因数；2物体第5次经过B点时的速度；3物体最后停止的位置距B点多少米答案10.5213.3m/s3距B点0.4m解析1由动能定理得mghHmgsBC0mv12，解得0.5.2物体第5次经过B点时，物体在BC 上滑动了4次，由动能定理得mgHmg4sBCmv22mv12，解得v24m/s13.3m/s.3分析整个过程，由动能定理得mgHmgs0mv12，解得s21.6m.所以物体在轨道上来回运动了10次后，还有1.6m，故最后停止的位置与B点的距离为2m1.6m0.4m.【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用运动定理处理含曲线运动的多过程问题4动能定理在平抛.圆周运动中的应用如图10所示，一个质量为m0.6kg的小球以初速度v02m/s从P点水平抛出，从粗糙圆弧ABC的A点沿切线方向进入不计空气阻力，进入圆弧时无动能损失且恰好沿圆弧通过最高点C，已知圆弧的圆心为O，半径R0.3m，60，g10m/s2.求图101小球到达A点的速度vA的大小；2P点到A点的竖直高度H；3小球从圆弧A点运动到最高点C的过程中克服摩擦力所做的功W.答案14m/s20.6m31.2J解析1在A点由速度的合成得vA，代入数据解得vA4m/s2从P点到A点小球做平抛运动，竖直分速度vyv0tan由运动学规律有vy22gH解得H0.6m3恰好过C点满足mg由A点到C点由动能定理得mgR1cosWmvC2mvA2代入数据解得W1.2J.【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用运动定理处理含曲线运动的多过程问题。

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专题五功功率动能定理——————[知识结构互联]——————[核心要点回扣]——————1．机车输出功率：P ＝Fv ，其中F 为机车牵引力．2．机车启动匀加速过程的最大速度v 1(此时机车输出的功率最大)和全程的最大速度v m (此时F 牵＝F 阻)求解方法：(1)求v 1：由F 牵－F 阻＝ma ，P ＝F 牵v 1可求v 1＝Pma ＋F 阻(2)求v m ：由P ＝F 阻v m ，可求v m ＝P F 阻. 3．动能：表达式E k ＝12mv 2.4．动能定理表达式中，W 表示所有外力做功的代数和． 5．动能定理的适用范围(1)既适用于直线运动，也适用于曲线运动． (2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功．考点1 功功率的分析与计算(对应学生用书第23页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………· [考题统计] 五年4考：2017年Ⅱ卷T 14 2016年Ⅱ卷T 21 2015年Ⅱ卷T 17 2014年Ⅱ卷T 16 [考情分析]1．本考点命题角度为功的定义式的理解及应用、机车启动模型的分析．2．常涉及公式W ＝F ·s cos α，P ＝F ·v ，F －f ＝ma ，P ＝fv m 及机车启动的两种问题． 3．匀加速过程的末速度不是机车启动的最大速度．4．恒定功率启动中功的计算可用W ＝P ·t 计算．1．(功的理解与计算)(2017·Ⅱ卷T14)如图51所示，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环．小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力( )图51A ．一直不做功B ．一直做正功C ．始终指向大圆环圆心D ．始终背离大圆环圆心A [光滑大圆环对小环只有弹力作用．弹力方向沿大圆环的半径方向(下滑过程先背离圆心，后指向圆心)，与小环的速度方向始终垂直，不做功．故选A.](2014·Ⅱ卷T 16)一物体静止在粗糙水平地面上．现用一大小为F 1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v .若将水平拉力的大小改为F 2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v .对于上述两个过程，用W F 1、W F 2分别表示拉力F 1、F 2所做的功，W f 1、W f 2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( )A ．W F 2>4W F 1，W f 2>2W f 1B ．W F 2>4W F 1，W f 2＝2W f 1C ．W F 2<4W F 1，W f 2＝2W f 1D ．W F 2<4W F 1，W f 2<2W f 1 C [根据x ＝v ＋v 02t 得，两过程的位移关系x 1＝12x 2，根据加速度的定义a ＝v －v 0t，得两过程的加速度关系为a 1＝a 22.由于在相同的粗糙水平地面上运动，故两过程的摩擦力大小相等，即f 1＝f 2＝f ，根据牛顿第二定律F －f ＝ma 得，F 1－f 1＝ma 1，F 2－f 2＝ma 2，所以F 1＝12F 2＋12f ，即F 1>F 22.根据功的计算公式W ＝Fl ，可知W f 1＝12W f 2，W F 1>14W F 2，故选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．]2．(功和功率的分析与计算)(多选)(2016·Ⅱ卷T 21)如图52所示，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连．现将小球从M 点由静止释放，它在下降的过程中经过了N 点．已知在M 、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM <∠OMN <π2.在小球从M 点运动到N 点的过程中，( )【导学号：19624059】图52A ．弹力对小球先做正功后做负功B ．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C ．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D ．小球到达N 点时的动能等于其在M 、N 两点的重力势能差[题眼点拨] ①“M 、N 两点处弹簧对小球的弹力大小相等且∠ONM ＜∠OMN ＜π”2说明M 点弹簧处于压缩状态，N 点弹簧处于伸长状态；②“弹簧长度最短”说明弹簧与竖直杆垂直．BCD [在M 、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM <∠OMN <π2，则小球在M 点时弹簧处于压缩状态，在N 点时弹簧处于拉伸状态，小球从M 点运动到N 点的过程中，弹簧长度先缩短，当弹簧与竖直杆垂直时弹簧达到最短，这个过程中弹力对小球做负功，然后弹簧再伸长，弹力对小球开始做正功，当弹簧达到自然伸长状态时，弹力为零，再随着弹簧的伸长弹力对小球做负功，故整个过程中，弹力对小球先做负功，再做正功，后再做负功，选项A 错误．在弹簧与杆垂直时及弹簧处于自然伸长状态时，小球加速度等于重力加速度，选项B 正确．弹簧与杆垂直时，弹力方向与小球的速度方向垂直，则弹力对小球做功的功率为零，选项C 正确．由机械能守恒定律知，在M 、N 两点弹簧弹性势能相等，在N 点的动能等于从M 点到N 点重力势能的减小值，选项D 正确．]3．(机车启动问题)(2015·Ⅱ卷T 17)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53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( )图53A [由P t 图象知：0～t 1内汽车以恒定功率P 1行驶，t 1～t 2内汽车以恒定功率P 2行驶．设汽车所受牵引力为F ，则由P ＝Fv 得，当v 增加时，F 减小，由a ＝F －fm知a 减小，又因速度不可能突变，所以选项B 、C 、D 错误，选项A 正确．]在第3题中，若汽车在平直公路上匀速行驶，牵引力为F 0.P 随时间t 的变化规律如图54所示，t 2时刻汽车又恢复了匀速直线运动，则下列图象正确的是( )图54A BC DD [由P ＝Fv 可知，开始的时候P ＝F 0v 0，功率降一半的时候，速度不能瞬间改变，所以瞬间变化的是力F ，减小一半．由于一开始匀速，所以摩擦力等于F ，故功率减半，导致牵引力减小，汽车开始减速，减速过程中，牵引力慢慢增大，减速的加速度越来越小，所以t 1到t 2时刻的速度图象慢慢变得平缓，t 2时刻减速的加速度为零，故A 、B 错误；由于t 1时刻，力突然减小，减速的加速度很大，速度快速的减小，根据P ＝Fv ，力F 增加的较快，待速度下降越来越慢时，F 增加的速度也变慢，曲线逐渐变得平稳，故C 错误，D 正确．]■熟技巧·类题通法…………………………………………………………………· 1．计算功、功率时应注意的三个问题(1)功的公式W ＝Fl 和W ＝Fl cos α仅适用于恒力做功的情况．(2)变力做功的求解要注意对问题的正确转化，如将变力转化为恒力，也可应用动能定理等方法求解．(3)对于功率的计算，应注意区分公式P ＝Wt和公式P ＝Fv ，前式侧重于平均功率的计算，而后式侧重于瞬时功率的计算． 2．分析机车启动问题的两技巧、四注意(1)机车启动模型中的两点技巧机车启动匀加速过程的最大速度v 1(此时机车输出的功率最大)和全程的最大速度v m (此时F 牵＝F 阻)求解方法：①求v 1：由F 牵－F 阻＝ma ，P ＝F 牵v 1可求v 1＝PF 阻＋ma.②求v m ：由P ＝F 阻v m ，可求v m ＝P F 阻. (2)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，机车功率是不断增大的，当功率达到额定功率时匀加速运动过程的速度达到最大，但不是机车能达到的最大速度，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 ＝F f v m ，P 为机车的额定功率． ■对考向·高效速练…………………………………………………………………..· 考向1 功的理解与计算1．(2017·遵义一中押题卷)一物体放在水平地面上，如图55甲所示，已知物体所受水平拉力F 随时间t 的变化情况如图乙所示，物体相应的速度v 随时间t 的变化关系如图丙所示．则( )甲乙丙图55A ．2～6 s 时间内物体的加速度为0.5 m/s 2B ．物体的质量为1 kgC ．整个过程中，物体所受摩擦力始终为2 ND ．0～10 s 时间内，物体克服摩擦力所做的功为30 JD [在速度时间图象上，斜率表示加速度，由图丙可得2～6 s 时间内物体的加速度为：a ＝Δv Δt ＝36－2m/s 2＝0.75 m/s 2，故A 错误．由图丙知，6～8 s 内物体做匀速直线运动，由平衡条件得：f 2＝F 2＝2 N 由图丙可得2～6 s 物体做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：F 1－f 2＝ma 联立代入数据解得：m ＝43 kg ，故B 错误．在0～1 s 内物体静止不动，物体所受摩擦力f 1＝F 1＝1 N,2～10 s 内物体所受摩擦力f 2＝2 N ，故C 错误．在整个过程中通过的位移为：x ＝12×(2＋8)×3 m＝15 m ，物体克服摩擦力做功：W＝f 2x ＝2×15 J＝30 J ，故D 正确．] 考向2 功率的分析与计算2．(2017·东北三省四市教研联合体一模)如图56是滑雪场的一条雪道．质量为70 kg 的某滑雪运动员由A 点沿圆弧轨道滑下，在B 点以5 3 m/s 的速度水平飞出，落到了倾斜轨道上的C 点(图中未画出)．不计空气阻力，θ＝30°，g 取10 m/s 2，则下列判断正确的是( )【导学号：19624060】图56A ．该滑雪运动员腾空的时间为1 sB ．B 、C 两点间的落差为5 3 mC ．落到C 点时重力的瞬时功率为3 5007 WD ．若该滑雪运动员从更高处滑下，落到C 点时速度与竖直方向的夹角变小 A [运动员平抛的过程中，水平位移为x ＝v 0t 竖直位移为y ＝12gt 2落地时：tan θ＝y x联立解得t ＝1 s ，y ＝5 m ．故A 正确，B 错误；落地时速度的竖直分量：v y ＝gt ＝10×1 m/s＝10 m/s所以落到C 点时重力的瞬时功率为：P ＝mg ·v y ＝70×10×10 W＝7 000 W ，故C 错误；根据落地时速度方向与水平方向之间的夹角的表达式：tan α＝gt v 0＝2×12gt 2v 0t ＝2·yx＝2tan θ，可知到C 点时速度与竖直方向的夹角与平抛运动的初速度无关，故D 错误．](2016·合肥市二模)如图所示，两个完全相同的小球A 、B ，在同一高度处以相同大小的初速度v 分别水平抛出和竖直向上抛出，下列说法正确的是( )A ．两小球落地时的速度相同B ．两小球落地时，A 球重力的瞬时功率较小C ．从开始运动至落地，A 球重力做功较大D ．从开始运动至落地，重力对A 小球做功的平均功率较小B [根据机械能守恒定律得，12mv 2＋mgh ＝12mv ′2，两小球落地时速度大小v ′是相同的，但两小球的速度方向不同，选项A 错误；两小球落地时，A 球重力瞬时功率mgv ′cos α，B 球重力瞬时功率mgv ′，A 球重力瞬时功率小于B 球重力瞬时功率，选项B 正确；从开始运动到落地，两球重力做功都是mgh ，是相等的，选项C 错误；从开始运动到落地，两球重力做功相等，A 球下落时间较短，重力对A 球做功的平均功率P ＝Wt较大，选项D 错误．] 考向3 机车启动问题3．(多选)(2017·揭阳市揭东一中检测)质量为400 kg 的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a 和速度的倒数1v的关系如图57所示，则赛车()图57A ．速度随时间均匀增大B ．加速度随时间均匀增大C ．输出功率为160 kWD ．所受阻力大小为1 600 NCD [由图可知，加速度变化，故做变加速直线运动，故A 错误；a 1v 函数方程a ＝400v－4，汽车加速运动，速度增大，加速度减小，故B 错误；对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：F －f ＝ma其中：F ＝P v联立得：a ＝P mv －f m结合图线，当物体的速度最大时，加速度为零，故结合图象可以知道，a ＝0时，1v＝0.01 (m·s －1)－1，v ＝100 m/s ，所以最大速度为100 m/s 由图象可知：fm＝4，解得阻力大小为1 600 N 当a ＝0时由a ＝P mv －f m.解得：P ＝160 kW ，故C 、D 正确．]考点2 动能定理的应用 (对应学生用书第25页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………· [考题统计] 五年4考：2016年Ⅰ卷T 25、ⅢT 20 2015年Ⅰ卷T 17 2013年Ⅱ卷T 24 [考情分析]1．本考点命题角度多为应用动能定理解决变力做功及多过程问题，题目综合性较强． 2．正确理解动能定理，灵活分析物体的受力特点、运动特点及做功情况是常用方法． 3．功的计算过程中，易出现正、负功判断及漏功的现象．4．多过程问题中，要善于挖掘题目中的隐含条件，认清运动过程的衔接点．4．(动能定理求解变力做功)(2015·Ⅰ卷T 17)如图58所示，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道，质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )【导学号：19624061】图58A ．W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点B ．W >12mgR ，质点不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离D ．W <12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离[题眼点拨] ①利用N 点的压力分析计算N 点的速度；②利用圆周运动速度越大压力越大的特点结合对称性分析摩擦力．C [设质点到达N 点的速度为v N ，在N 点质点受到轨道的弹力为F N ，则F N －mg ＝mv 2NR，已知F N ＝F ′N ＝4mg ，则质点到达N 点的动能为E kN ＝12mv 2N ＝32mgR .质点由开始至N 点的过程，由动能定理得mg ·2R ＋W f ＝E kN －0，解得摩擦力做的功为W f ＝－12mgR ，即克服摩擦力做的功为W ＝－W f ＝12mgR .设从N 到Q 的过程中克服摩擦力做功为W ′，则W ′＜W .从N 到Q 的过程，由动能定理得－mgR －W ′＝12mv 2Q －12mv 2N ，即12mgR －W ′＝12mv 2Q ，故质点到达Q 点后速度不为0，质点继续上升一段距离．选项C 正确．]5．(多过程应用动能定理)(2016·Ⅰ卷T 25)如图59所示，一轻弹簧原长为2R ，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC 的底端A 处，另一端位于直轨道上B 处，弹簧处于自然状态．直轨道与一半径为56R 的光滑圆弧轨道相切于C 点，AC ＝7R ，A 、B 、C 、D 均在同一竖直平面内．质量为m 的小物块P 自C 点由静止开始下滑，最低到达E 点(未画出)，随后P 沿轨道被弹回，最高到达F 点，AF ＝4R .已知P 与直轨道间的动摩擦因数μ＝14，重力加速度大小为g .(取sin 37°＝35，cos 37°＝45)图59(1)求P 第一次运动到B 点时速度的大小； (2)求P 运动到E 点时弹簧的弹性势能；(3)改变物块P 的质量，将P 推至E 点，从静止开始释放．已知P 自圆弧轨道的最高点D 处水平飞出后，恰好通过G 点．G 点在C 点左下方，与C 点水平相距72R 、竖直相距R .求P 运动到D 点时速度的大小和改变后P 的质量．[题眼点拨] ①“弹簧原长为2R ，AC ＝7R ”说明BC ＝5R ；②“最低达E 点”说明E 点速度恰好为零；③“最高到达F 点”说明F 点速度为零．【解析】 (1)根据题意知，B 、C 之间的距离l 为l ＝7R －2R ①设P 到达B 点时的速度为v B ，由动能定理得mgl sin θ－μmgl cos θ＝12mv 2B②式中θ＝37°.联立①②式并由题给条件得v B ＝2gR . ③(2)设BE ＝x .P 到达E 点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为E p .P 由B 点运动到E 点的过程中，由动能定理有mgx sin θ－μmgx cos θ－E p ＝0－12mv 2B ④ E 、F 之间的距离l 1为 l 1＝4R －2R ＋x⑤P 到达E 点后反弹，从E 点运动到F 点的过程中，由动能定理有 E p －mgl 1sin θ－μmgl 1cos θ＝0⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得x ＝R ⑦ E p ＝125mgR .⑧(3)设改变后P 的质量为m 1.D 点与G 点的水平距离x 1和竖直距离y 1分别为x 1＝72R －56R sin θ ⑨ y 1＝R ＋56R ＋56R cos θ⑩式中，已应用了过C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实．设P 在D 点的速度为v D ，由D 点运动到G 点的时间为t . 由平抛运动公式有y 1＝12gt 2 ⑪ x 1＝v D t⑫联立⑨⑩⑪⑫式得v D ＝355gR ⑬设P 在C 点速度的大小为v C .在P 由C 运动到D 的过程中机械能守恒，有 12m 1v 2C ＝12m 1v 2D ＋m 1g (56R ＋56R cos θ)⑭ P 由E 点运动到C 点的过程中，同理，由动能定理有 E p －m 1g (x ＋5R )sin θ－μm 1g (x ＋5R )cos θ＝12m 1v 2C ⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮式得m 1＝13m .⑯【答案】 (1)2gR (2)125mgR(3)355gR 13m在第5题中，若将圆弧轨道和斜面的连接方式调为如图510所示，AB 是倾角为θ＝30°的粗糙直轨道，BCD 是光滑的圆弧轨道，AB 恰好在B 点与圆弧相切，圆弧的半径为R ，一个质量为m 的物体(可以看作质点)从直轨道上的P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P 点与圆弧的圆心O 等高，物体与轨道AB 间的动摩擦因数为μ.求：(1)物体做往返运动的整个过程中在AB 轨道上通过的总路程；(2)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D ，释放点P 距B 点的距离至少多大？图510【解析】 (1)对整体过程由动能定理得mgR ·cos θ－μmg cos θ·s ＝0 所以s ＝Rμ.(2)物体刚好到D 点，有mg ＝mv 2DR对全过程由动能定理得mgL ′sin θ－μmg cos θ·L ′－mgR (1＋cos θ)＝12mv 2D得L ′＝3＋2cos θθ－μcos θ·R ＝＋3R1－3μ.【答案】 (1)R μ (2)＋3R1－3μ(多选)(2016·Ⅲ卷·T 20)如图所示，一固定容器的内壁是半径为R 的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m 的质点P .它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W .重力加速度大小为g .设质点P 在最低点时，向心加速度的大小为a ，容器对它的支持力大小为N ，则( )A ．a ＝mgR －WmRB ．a ＝2mgR －W mRC ．N ＝3mgR －2WRD ．N ＝mgR －WRAC [质点P 下滑到最低点的过程中，由动能定理得mgR －W ＝12mv 2，则速度v ＝mgR －W m ，最低点的向心加速度a ＝v 2R ＝mgR －WmR，选项A 正确，选项B错误；在最低点时，由牛顿第二定律得N －mg ＝ma ，N ＝3mgR －2WR，选项C 正确，选项D 错误．]■释疑难·类题通法…………………………………………………………………· 1．应用动能定理解题的两条线索(1)明确研究对象→进行受力分析→对各力进行做功分析→求出总功；(2)明确研究过程→进行运动过程分析→物体始末状态分析→求出动能状态量→求出动能变化量；最后结合两条线索列出动能定理方程求解．2．应用动能定理解题应注意的3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，比动力学研究方法要简洁．(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；当所求问题不涉及中间的速度时，也可以对全过程应用动能定理求解．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..·考向1 动能定理与图象的结合4．(2017·江苏高考)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为E k0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能E k与位移x关系的图线是( )【导学号：19624062】C[设斜面倾角为θ，根据动能定理，当小物块沿斜面上升时，有－(mg sin θ＋f)x＝E k－E k0，即E k＝－(f＋mg sin θ)x＋E k0，所以E k与x的函数关系图象为直线，且斜率为负．当小物块沿斜面下滑时根据动能定理有(mg sin θ－f)(x0－x)＝E k－0(x0为小物块到达最高点时的位移)，即E k＝－(mg sin θ－f)x＋(mg sin θ－f)x0所以下滑时E k随x的减小而增大且为直线．综上所述，选项C 正确．]泥石流是在雨季由于暴雨、洪水将含有沙石且松软的土质山体经饱和稀释后形成的洪流．泥石流流动的全过程虽然只有很短时间，但由于其高速前进，具有强大的能量，因而破坏性极大．某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究，他们设计了如图甲的模型：在水平地面上放置一个质量为m ＝4 kg 的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下从静止开始运动，推力F 随位移变化如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，g 取10 m/s 2.则：甲乙(1)物体在运动过程中的最大加速度为多少？ (2)在距出发点多远处，物体的速度达到最大？ (3)物体在水平面上运动的最大位移是多少？【解析】 (1)当推力F 最大时，加速度最大，由牛顿第二定律，得：F m －μmg ＝ma m 可解得：a m ＝15 m/s 2.(2)由图象可知：F 随x 变化的函数方程为F ＝80－20x 速度最大时，合力为0，即F ＝μmg 所以x ＝3 m.(3)位移最大时，末速度一定为0 由动能定理可得：W F －μmgx ＝0 由图象可知，力F 做的功为W F ＝12F m x m ＝12×80×4 J＝160 J所以x ＝8 m.【答案】 (1)15 m/s 2(2)3 m (3)8 m 考向2 多过程应用动能定理5．(2017·清远市田家炳实验中学一模)用长为l 、不可伸长的细线把质量为m 的小球悬挂于O 点，将小球拉至悬线偏离竖直方向α角后放手，运动t 时间后停在最低点．则在时间t 内( )图511A ．小球重力做功为mgl (1－cos α)B ．空气阻力做功为－mgl cos αC ．小球所受合力做功为mgl sin αD ．绳拉力做功的功率为mgl －cos αtA [小球从开始运动到停止的过程中，下降的高度为：h ＝l (1－cos α)，所以小球的重力做功：W G ＝mgh ＝mgl (1－cos α)，故A 正确．在小球运动的整个过程中，重力和空气阻力对小球做功，根据动能定理得：W G ＋W f ＝0－0，所以：空气阻力做功W f ＝－W G ＝－mgl (1－cos α)．故B 错误；小球受到的合外力做功等于小球动能的变化，所以：W 合＝0－0＝0.故C 错误；由于绳子的拉力始终与运动的方向垂直，所以绳子的拉力不做功．绳子的拉力的功率为0.故D 错误．](2016·河南豫南九校联盟联考)如图所示，在水平轨道右侧固定半径为R 的竖直圆形光滑轨道，水平轨道的PQ 段铺设特殊材料，调节其初始长度为L ，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态．可视为质点的小物块从轨道右侧A 点以初速度v 0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回．已知R ＝0.4 m ，L ＝2.5 m ，v 0＝6 m/s ，物块质量m ＝1 kg ，与PQ 段间的动摩擦因数μ＝0.4，轨道其他部分摩擦不计．取g ＝10 m/s 2.求：(1)物块第一次经过圆形轨道最高点B 时对轨道的压力；(2)物块仍以v 0从右侧冲上轨道，调节PQ 段的长度L ，当L 长度是多少时，物块恰能不脱离轨道返回A 点继续向右运动．【解析】 (1)对物块，第一次从A 点运动到B 点，由动能定理得－mg ·2R ＝12mv 2B －12mv 20在B 点，有：N 1＋mg ＝mv 2BR解得：N 1＝40 N根据牛顿第三定律知，物块对轨道的压力大小为40 N ，方向竖直向上． (2)对物块，从A 点到第二次到达B 点，由动能定理得，－μmg ·2L －mg ·2R ＝12mv B ′2－12mv 20在B 点，有：mg ＝mv B ′2R解得：L＝1 m.【答案】(1)40 N 方向竖直向上(2)1 m规范练高分| 动能定理的综合应用类问题(对应学生用书第26页)[典题在线](2016·湖南十校联考T25,18分)为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为θ＝60°，长为L1＝2 3 m的倾斜轨道AB，①通过微小圆弧与长为L2＝32m的水平轨道BC相连，然后在C处设计一个②竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道D，如图512所示．现将一个小球从距A点高为h＝0.9 m 的水平台面上以一定的初速度v0水平弹出，③到A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下．已知④小球与AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝33.g取10 m/s2，求：⑤图512(1)小球初速度v0的大小；(2)小球滑过C点时的速度v C；(3)要使⑥小球不离开轨道，则竖直圆弧轨道的半径R应该满足什么条件．[信息解读]①长度忽略不计且此处无碰撞和能量损失．②注意小球竖直平面内圆周运动的处理方法．③可在A点分解速度求解v0.④小球在AB和BC上运动时，受摩擦力作用，存在摩擦力做功．⑤由图可知，小球运动是“平抛＋斜面＋圆周”的组合．⑥可在竖直平面内通过圆周最高点或在竖直平面内上升的高度不超过其半径．[考生抽样][阅卷点评]【解析】 (1)小球做平抛运动到达A 点，由平抛运动规律知竖直方向有：v 2y ＝2gh①(2分) 即：v y ＝3 2 m/s②(1分)因为在A 点的速度恰好沿AB 方向，所以小球初速度：v 0＝v y tan 30°＝ 6 m/s. ③(2分)(2)从水平抛出到C 点的过程中，由动能定理得：mg (h ＋L 1sin θ)－μmgL 1cos θ－μmgL 2＝12mv 2C －12mv 2④(2分)解得：v C ＝3 6 m/s. ⑤(1分)(3)小球刚好能通过最高点时，由牛顿第二定律有：mg ＝m v 2R 1⑥(2分)小球做圆周运动过程中，由动能定理有：－2mgR 1＝12mv 2－12mv 2C⑦(2分) 解得：R 1＝v 2C5g＝1.08 m⑧(1分)当小球刚好能到达与圆心等高时有：mgR 2＝12mv 2C⑨(2分) 解得：R 2＝v 2C2g＝2.7 m⑩(1分)当圆轨道与`AB 相切时：R 3＝BC tan 60°＝1.5 m ，即圆轨道的半径不能超过1.5 m 综上所述，要使小球不离开轨道，R 应该满足的条件是： 0＜R ≤1.08 m．(2分)【答案】 (1) 6 m/s (2)3 6 m/s (3)0＜R ≤1.08 m [评分标准]第(1)问中，若写出表达式①和③且数据正确的给满分，若结果v 0的计算错误，则去掉1分．第(2)问中的方程④若分段写出方程且正确同样给分．第(3)问中若答案为0＜R ≤2.7 m 要减去最后2分，若分析和斜面的相切的情况，但结果写成0＜R ≤1.5 m，可减去1分．。

2018届高三物理二轮题复习课件：专题五动能定理、机械能守恒定律课件 (共24张PPT)

2018届高考物理二轮复习专题5：动能定理、机械能守恒定律
知识网络
知识梳理
1.恒力做功的公式:W=Flcos α。 2.机车启动两类模型中的关键方程:P=F· v,F-Ff=ma。 1 1 3.动能定理的表达式:W 合= mv2- ��0 2。 2 2 4.机械能守恒定律的表达式: (1)守恒的观点:Ek1+Ep1=Ek2+Ep2。 (2)转化的观点:ΔEp=-ΔEk。 (3)转移的观点:EA增=EB减。 5.常见的力学中功能关系: (1)合外力做功与动能的关系:W合=ΔEk。 (2)重力做功与重力势能的关系:WG=-ΔEp。 (3)弹力做功与弹性势能的关系:W弹=-ΔEp。 (4)除重力以外其他力做功与机械能的关系:W其他=ΔE机。 (5)滑动摩擦力做功与内能的关系:Ffl相对=ΔE内。
3.(多选)(2016全国Ⅱ卷)如图,小球套在光滑的竖直杆上,轻弹簧一端固定于O点,另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放,它在下降的过程中经过了N点。已知在M、N两点处,弹簧对小球的弹力大小相等,且 ∠ONM<∠OMN< π。在小球从M点运动到N点的过程中（ BCD）
2
A.弹力对小球先做正功后做负功 B.有两个时刻小球的加速度等于重力加速度 C.弹簧长度最短时,弹力对小球做功的功率为零 D.小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差
��1��1 ��3
B. 汽车匀加速运动的过程中牵引力的冲量大小为
��1��1 C. 速度为 v 2 时的加速度大小为 �� 2 ��1 D. 若速度为 v 2 时牵引力恰为 2 , 则有 v 2=2v 1
��1 ��3 ��3-��1

高考物理二轮复习动能定理应用归类复习教案

动能定理综合应用归类复习动能定理是高中物理教学中用能量观点分析力学问题常见的基本规律之一，也是高考中的高频考点知识，近几年来，高考试题注重将动能定理与牛顿运动定律、曲线运动、机械能、能量守恒定律、电磁学等知识相结合，综合考查考查学生的分析、推理、综合应用能力，试题具有过程复杂、难度较大、能力要求高的特点，。

一、动能与其他形式能的综合例题一、（2008年广东理基）一个25kg的小孩从高度为3.0m的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度为2.0m／s。

取g＝10m／s2，关于力对小孩做的功，以下结果正确的是（）A．合外力做功50J B．阻力做功500JC．重力做功500J D．支持力做功50J解析：小孩在下滑过程中受重力、斜面的支持力、摩擦力，其中重力做正功，支持力不做功，摩擦力做负功，物体的初动能为1=kE，末运动能为JJmvEk500.2252121222=⨯⨯==，物体动能的变化为2221-21初末vmmvEk=∆=50J，由动能定理有，合力做的功为W=50J，而JWJWmghWWWfffG 500.31025=+⨯⨯=+=+=故W f=-700J.正确答案为A。

此题中熏力做正功750J，重力势能减少了750J，摩擦力做负功700J，机械能减少了700J，合力做功50J，动能增加了50J。

点评：功是能量转化的量度，物体动能发生变化则一定有力对物体做了功。

动能定理应用中求合力的功及确定物体初末状态的动能是关键。

解题时要巧妙地运用好功能关系、能量守恒定律，同时注意把动能的变化，重力势能的变化，机械能的变化，电势能的变化与相应力做功的关系区别开来。

例题二、（05天津卷）一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下。

若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况为（）Ａ．动能减小Ｂ．电势能增加Ｃ．动能和电势能之和减小Ｄ．重力势能和电势能之和增加解析：解答油滴受到重力和电场力，由油滴的运动轨迹可以判断油滴的合外力竖直向上，电场力大于重力。