高考物理一轮复习专题功功率动能定理课件

高 考 物 理 一 轮复习 专题功 功率动 能定理 课件
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3．(2018·全国卷Ⅱ，14)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗
糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定( )
A．小于拉力所做的功
A
B．等于拉力所做的功
C．等于克服摩擦力所做的功
将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，由平衡条件得：
竖直方向上：Fsinθ＋mg＝FN
①
水平方向上：Fcosθ－Ff＝0
②
Ff＝μFN
③
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①②③联立解得：F＝cosθμ－mμgsinθ。可见 θ 变大 F 变大，A 正确；由①式可知 FN 变大，FN 变大摩擦也肯定变大，C、D 错误；由于重力和支持力不做功，故推 力 F 的功率等于摩擦力的功率，由于速度不变摩擦力变大，故摩擦力的功率变大， 所以推力 F 的功率变大，B 正确。
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机车启动问题
核心知识
1．机车输出功率 P＝F·v，其中F为机车的牵引力
2．机车启动的两类 v－t 图象 (1)恒定功率启动 机车先做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速直线运动。
速度图象如图 1 所示，当 F＝F 阻时，vm＝FP＝FP阻
由牛顿第二定律，有
FN－mg＝mvR2
⑤
联立①④⑤式，代入数据，得
FN＝1.1×103 N
⑥
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类题演练
1．(多选)(2019·浙江省丽水市模拟)如图甲所示，某同学用拖把直行拖地，沿 推杆方向对拖把施加推力F，此时推力与水平方向的夹角为θ1，且拖把刚好做 匀速直线运动；从某时刻开始，拖把推杆与水平方向的夹角变为θ2，如图乙所 示，保持拖把的速度大小和方向不变，则( )
v0
h1＝
2 2
·(t20＋t20)＝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t20＋32t0＋t20＝52t0，
两次上升所用时间之比为 2t0 52t0＝4 5。B 错：由于加速阶段加速度相同，
故加速时牵引力相同。C 对：在加速上升阶段，由牛顿第二定律知：
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(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＝Wt 和公式 P＝Fvcosθ 的适用范围，P＝Wt 侧重于平均功率的计 算，P＝Fvcosθ 侧重于瞬时功率的计算。
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 AC 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
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[解析] A 对：由图线①知，上升总高度 h＝v20·2t0＝v0t0。 由图线②知，加速阶段和减速阶段上升高度和
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F－mg＝ma，F＝m(g＋a) 第①次在 t0 时刻，功率 P1＝F·v0 第②次在t20时刻，功率 P2＝F·v20 第②次在匀速阶段 P2′＝F′·v20＝mg·v20<P2 可知，电机的输出最大功率之比 P1 P2＝2 1。D 错：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。
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图2
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3．机车启动匀加速过程的最大速度 v1(此时机车输出的功率最大)和全程的最 大速度 vm(此时 F 牵＝F 阻)的求解方法
(1)求 v1：由 F 牵－F 阻＝ma，P＝F 牵 v1 可求 v1＝F阻＋P ma (2)求 vm：由 P＝F 阻 vm，可求 vm＝FP阻
D．大于克服摩擦力所做的功
[解析] A对、B错：由题意知，W拉－W阻＝ΔEk，则W拉＞ΔEk；C、D错：W阻 与ΔEk的大小关系不确定。
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4．(多选)(2018·全国卷Ⅲ，19)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，( )
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(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 表示(丙图中图线为14圆弧)，力做的功分别为 W1＝F1x1、W2＝12F2x2、W3＝π4F3x3。
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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。
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D．与它的动量成正比
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[解析] A 错：速度 v＝at，动能 Ek＝12mv2＝12ma2t2，与经历的时间的平方成 正比。B 对：根据 v2＝2ax，动能 Ek＝12mv2＝12m·2ax＝max，与位移成正比。C 错： 动能 Ek＝12mv2，与速度的平方成正比。D 错：动量 p＝mv，动能 Ek＝12mv2＝2pm2 ， 与动量的平方成正比。
图1
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(2)恒定加速度启动 速度图象如图2所示。机车先做匀加速直线运动，当功率达到额定功率后获得
匀加速运动的最大速度v1，若再加速，应保持额定功率不变做变加速运动，直 到达到最大速度vm后做匀速运动
B．1.5 kg C
C．1 kg D．0.5 kg
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[解析] 画出运动示意图，设阻力为f，据动能定理知 A→B(上升过程)：EkB－EkA＝－(mg＋f)h C→D(下落过程)：EkD－EkC＝(mg－f)h 整理以上两式得：mgh＝30 J，解得物体的质量m＝1 kg。 选项C正确。
A．推力F变大
AB
B．推力F的功率增大
C．地面对拖把的支持力变小
D．地面对拖把的摩擦力变小
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[解析]
设拖把与地面之间的动摩擦因数为μ，则拖把匀速运动时，受到重力、支持力、 推力和摩擦力，处于平衡状态，受力示意图如图所示。
第5讲 功 功率 动能定理
1．(2019·全国卷Ⅲ，17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受
到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地
面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重 力加速度取10 m/s2。该物体的质量为( )
A．2 kg
D
B．两球重力的平均功率相等
C．落地前瞬间，P球重力的瞬时功率较大
D．落地前瞬间，两球重力的瞬时功率相等
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[解析] 重力做功为 WG＝mgh，由于两球质量相同，下落高度相同，故重力 做功相同，A 错误；两球落地下落时间不同，P 球落地时间长，由平均功率公式 P ＝WtG可得重力的平均功率不相等，B 错误；对两球由动能定理列方程：mgh＝12mv2 －12mv20，可得两球落地时速度大小相等，方向都是竖直向下。由瞬时功率公式 P ＝mgv 可得两球在落地前瞬间，重力的瞬时功率相等，C 错误，D 正确。
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典例探究
【典例1】 (2019·广东省深圳市模拟)在水平地面上方某处，把质量相同的P、
Q两小球以相同速率沿竖直方向抛出，P向上，Q向下，不计空气阻力，两球从 抛出到落地的过程中( )
A．P球重力做功较多
(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；
(2)舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力F 多大。 高考物理一轮复习专题功功率动能定理课件
N
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[答案](1)7.5×104 J (2)1.1×103 N
[解析] (1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速
功和功率的计算
核心知识 1．恒力做功的公式 W＝Flcosα(通过F与l间的夹角α，判断F是否做功及做功的正、负) 2．变力做功的计算 (1)用动能定理W＝ΔEk或功能关系W＝ΔE计算 (2)变力做功的功率一定时，用功率和时间计算：W＝Pt (3)将变力做功转化为恒力做功
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度为 v，则有
v2＝Lt1
①
根据动能定理，有W＝7.5×104 J
③
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(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为 R，根据几何关系，有
L2＝Rsinθ
④
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2．(2018·全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直
线运动。在启动阶段，列车的动能( )
A．与它所经历的时间成正比
B
B．与它的位移成正比
C．与它的速度成正比
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3．总功的计算 (1)先求物体所受的合外力，再求合外力所做的功 (2)先求每个力做的功，再求各力做功的代数和 (3)利用动能定理，合力功等于动能的变化 4．功率 (1)平均功率：P＝Wt ＝F v cosα (2)瞬时功率：P＝Fvcosα(α 为 F 与 v 的夹角)
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5．(2019·天津，10)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多 次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲 板和上翘甲板两部分构成，如图1所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假 设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图2，AB长L1＝150 m， BC水平投影L2＝63 m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝ 12°(sin12°≈0.21)。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t＝6 s到 达B点进入BC。已知飞行员的质量m＝60 kg，g＝10 m/s2，求：