2019版高考物理江苏专版二轮复习课件：专题二 第一讲 功和功率 动能定理

到达 B 处时速度最大为 v1，加速度大小为 aB；小木块在 C 处以
速度 v 向左运动，恰好能沿原路回到 A 处，此过程中克服摩擦
力做功为 W2，经过 B 处的速度大小为 v2，重力加速度为 g。则
()
A．v＝2 gh
B．v1<v2
C．W1<W2
D．aB＝0
解析：木块下滑过程，在 B 点的速度最大，则切 向方向受力平衡，但是沿半径方向有向心加速 度，故 aB 不为零，选项 D 错误；木块沿轨道滑 动过程，根据动能定理，从 A 到 C 有 mgh－W1 ＝0，从 C 到 A 有－mgh－W2＝－12mv2，从 A 到 B 有 mghAB－WAB ＝12mv12，从 B 到 A 有－mghAB－WBA＝0－12mv22，分别整理可得， W1 ＝ mgh ， v ＝ 2gh＋2mW2 ， v1 ＝ 2ghAB－2WmAB ， v2 ＝
3.如图所示，长为 L 的轻杆一端连着质量 为 m 的小球，另一端与固定于水平地面 上 O 点的铰链相连，初始时小球静止于 地面上，边长为 L、质量为 M 的正方体左侧紧靠 O 点，且轻杆 位于正方体左下边垂直平分线上。现在杆中点处施加一个方向 始终垂直杆、大小不变的拉力，当杆转过 θ＝45°时撤去此拉 力，小球恰好能到达最高点，不计一切摩擦。求： (1)拉力做的功 W 和拉力的大小 F； (2)撤去拉力 F 时小球的动能 Ek； (3)小球运动到最高点后向右倾倒，当杆与水平面夹角为 α 时小 球的速度大小 v1(正方体和小球未分开)。
(3)法一：物块匀速运动阶段：F′－μmg＝0 P2＝F′vm 解得：μmg＝vPm2 得：m＝1.0 kg 物块加速运动阶段， 加速度：a0＝4.02－0 m/s2＝2.0 m/s2 由牛顿第二定律得：F－μmg＝ma0，解得 F＝3.0 N 法二：由图像可知：当 t1＝2.0 s，v1＝4.0 m/s 时，P1＝12 W 由 P1＝Fv1，得：F＝142 N＝3.0 N。
解析：(1)由动能定理有W－mgL＝0
且有W＝π4·L2 F 解得W＝mgL，F＝8mπ g。 (2)由动能定理有W－mgLsin θ＝Ek－0 解得Ek＝mgL1－ 22。 (3)此时正方体的速度v2＝v1sin α 由系统动能定理有mg(L－Lsin α)＝12mv12＋12Mv22 解得v1＝ 2mmg＋LM1－sisni2nαα。
解得：FN＝6mg 由牛顿第三定律得：FN′＝6mg。 (3)从 D 到最低点过程中，设 DB
过程中克服摩擦阻力做功 Wf，由动 能定理得：
mgh－Wf＝12mv2－0
解得：Wf＝12mgR。 [答案] (1) gR (2)6mg
1 (3)2mgR
题点全练
1.[多选]如图所示，N、M、B 分别为半径等于 0.1 m 的竖直光滑圆轨道的左端点、最低点 和右端点，B 点和圆心 O 等高，连线 NO 与 竖直方向的夹角为 37°，现从 B 点正上方某 处 A 点由静止释放一个质量为 0.1 kg 的小 球，进入圆轨道后，从 N 点飞出时的速度大小为 2 m/s，不计空 气阻力，重力加速度 g＝10 m/s2，下列说法正确的是 ( ) A．A、B 间的竖直高度为 0.12 m B．小球经过 B 点时对轨道压力的大小为 2.4 N C．小球经过 M 点时对轨道压力的大小为 4.4 N D．小球从 A 点到 M 点的过程中重力的功率一直增大
2ghAB＋2WmBA，所以 v1<v2，选项 B 正确；与上滑相比，下滑整 个过程的速度的平均值小，故木块与轨道间的压力、摩擦力小，所 以克服摩擦力做功少，即 W1<W2，又可得 v> 2gh，故选项 A 错误， C 正确。 答案：BC
考点二 动能定理的理解和应用
高考对本考点的考查相对简单，主要是针对动能定理的 理解和一些简单应用。建议考生自学为主。
(1)滑块运动到圆环最高点 C 时的速度大小； (2)滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小； (3)滑块在斜面轨道 BD 间运动的过程中克服摩擦力做的功。
[思维流程]
[解析] (1)小滑块从 C 点飞出 后做平抛运动，设水平速度为 v0。
竖直方向上：R＝12gt2 水平方向上： 2R＝v0t 解得：v0＝ gR。 (2)设小滑块在最低点时速度为 v，由动能定理得： －mg·2R＝12mv02－12mv2 解得：v＝ 5gR 在最低点由牛顿第二定律得：FN－mg＝mvR2
(一)对动能定理的两点理解 1．动能定理表达式中，W 表示所有外力做功的代数和， 包括物体重力所做的功。 2．动能定理表达式中，ΔEk 为所研究过程的末动能与初 动能之差，而且物体的速度均是相对地面的速度。
(二)动能定理的适用范围 1．既可适用于直线运动，也可适用于 曲线 运动；既可适 用于恒力做功，也可适用于 变力 做功。如诊断卷第6题，空气 阻力为变力，其做功大小不可应用W＝Flcos α直接求解，应 考虑使用动能定理求解。 2．对单个物体的动能增量的判断宜采用动能定理，而对 物体系统动能增量的大小判断则应考虑应用能量守恒定律。 如诊断卷第5题，由动能定理可知，A的动能增量一定等于B 对A的摩擦力对A所做的功，而外力F对A和B系统所做的功并 没有全部转化为A、B的动能，还有一部分摩擦热产生，故不 可用动能定理对系统直接分析。 3．注意图像及其“面积”的含义。如诊断卷第8题，F-x 图线与x轴所围“面积”表示力F所做的功。
答案：(1)0.1 (2)24 J (3)3.0 N
3．[多选](2018·连云港、徐州、宿迁三模)如图
所示，ABC 是一个位于竖直平面内的圆弧形
轨道，高度为 h，轨道的末端 C 处与水平面
相切。一个质量为 m 的小木块从轨道顶端 A
处由静止释放，到达 C 处停止，此过程中克服摩擦力做功为 W1，
解析：设 A、B 间的竖直高度为 h，从 A 到 N 根 据动能定理可得：mgh＋mgRcos 37°＝12mvN2－ 0，解得：h＝0.12 m，故 A 正确；小球经过 B 点 时的速度为 vB，根据动能定理可得 mgh＝12mvB2 －0，在 B 点时轨道对小球的压力的大小为 F＝ mvRB2＝2mRgh＝2.4 N，由牛顿第三定律可知 B 正确；小球经过 M 点 时的速度为 vM，根据动能定理可得 mg(h＋R)＝12mvM2－0，在 M 点 轨道对小球的支持力的大小满足 F－mg＝mvRM2，解得 F＝5.4 N，由 牛顿第三定律可知 C 错误；小球在 A 点重力的功率和在 M 点重力 的功率都为零，所以从 A 点到 M 点的过程中小球重力的功率先增大 后减小，故 D 错误。 答案：AB
动能定理综合问题的思维流程
[典例](2018·临沂二模)如图所示，倾 角 θ＝45°的粗糙平直导轨 AB 与半径为 R 的光滑圆环轨道相切，切点为 B，整个轨 道处在竖直平面内。一质量为 m 的小滑块 (可以看作质点)从导轨上离地面高为 h＝ 3R 的 D 处无初速度下滑进入圆环轨道。接着小滑块从圆环最高点 C 水平飞出，恰好击中导轨上与圆心 O 等高的 P 点，不计空气阻 力，已知重力加速度为 g。求：
2．功率 W
(1)平均功率：P＝ t 。
(2)瞬时功率：P＝Fvcos α。
(3)应用：机车启动，P＝ Fv 。
(二)常见错误剔除掉 1．不注意题目的要求，凭感觉求解，易导致错误。如诊 断卷第1题，因为F＞μmg，在力F作用下薄板向右加速，当撤 去F后，薄板向右滑至L2 时，速度恰好为零，薄板翻下桌子，此 时力F做功最少，由动能定理得：WFmin＝μmg·L2 ＝1.6 J，不注 意这一点，易得：WFmin＝F·L2＝2 J，错选C项。 2．将计算瞬时功率的公式P＝Fvcos α误记为P＝Fv。 3．不注意将机车启动的图像与机车受力和运动相联系， 易导致错误。如诊断卷第4题，14～18 s内，小车只在阻力作用 下做匀减速运动，10～14 s内，小车匀速运动，F＝f,0～10 s内 小车加速过程并不是匀变速直线运动，不能套用位移公式。
答案：(1)mgL
8mg π
(2)mgL1－
2 2
(3)
2mgL1－sin α m＋Msin2α
பைடு நூலகம்
考点三 应用动能定理解决力学综合问题
本考点在高考中所设计的题目，一般呈现出情景新颖、过程 复杂、知识综合性强等特点。考生失分的原因不是不会做，而是 不会“分步”做，这个“分步”就是要求考生按照一定流程认真 做好运动分析和过程分析，再根据动能定理结合其他力学规律列 出方程，问题便可分步解决。建议对本考点重点攻坚。
考点一 功和功率
本考点主要考查功和功率的计算、机车牵引与启动问 题，试题难度一般，多为选择题。在二轮复习中，注意打牢 基础知识，细化审题、解题过程，此考点就能轻松取分。建 议考生自学为主。
(一)基本知识要记牢 1．功 (1)恒力的功：W＝ Flcos α 。 (2)合力的功：W＝ F合lcos α 。 (3)变力的功： ①将变力做功转化为恒力做功； ②应用F-x图像求解； ③应用动能定理求解。
解析：设W弹为弹力对物块做的功，因为克服摩擦力做的功为
μmgx，由动能定理得W弹－μmgx＝
1 2
mv2－0，得W弹＝
1 2
mv2＋
μmgx，故C正确。 答案：C
2.[多选](2018·潍坊模拟)如图所示，不可伸长的细
绳长为 l，一端固定在 O 点，另一端拴接一质量
为 m 的小球。将小球拉至与 O 等高，细绳处于
B．PA＝PC>PB＝PD D．PA>PC＝PD>PB
解析：小球落地时，A 的重力的瞬时功率：PA＝mg 2gh； B 落地的瞬时功率：PB＝mg 2ghsin θ； C 落地的瞬时竖直速度为 vy＝ 2gh， 则落地时重力的瞬时功率：PC＝mg 2gh； 因 D 中小球上升的最大高度为 h，则落地的瞬时竖直速度为 vy＝ 2gh，则落地时重力的瞬时功率：PD＝mg 2gh； 故 PA＝PC＝PD>PB，故选项 C 正确，A、B、D 错误。
专题二 功和能
第 一 讲 功和功率 动能定理
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题点全练
1．如图所示，物块的质量为 m，它与水 平桌面间的动摩擦因数为 μ。起初，
用手按住物块，物块的速度为零，弹
簧的伸长量为 x。然后放手，当弹簧的长度回到原长时，物块
的速度为 v。则此过程中弹力所做的功为
()
A．12mv2－μmgx
B．μmgx－12mv2
C．12mv2＋μmgx
D．以上选项均不对
答案：C
2．一物块在一个水平拉力作用下沿粗糙水平面运动，其 v-t 图像如 图甲所示，水平拉力的 P-t 图像如图乙所示，取 g＝10 m/s2，求：
(1)物块与水平面间的动摩擦因数 μ； (2)物块运动全过程水平拉力所做的功 W； (3)物块在 0～2 s 内所受的水平拉力大小。
解析：(1)由甲、乙两图比较可知，在第 5～9 s 内，物块做匀减 速运动，加速度：a＝09－－45.0 m/s2＝－1.0 m/s2 由牛顿第二定律得：－μmg＝ma，得：μ＝0.1。 (2)对全过程：W＝12·P1t1＋P2t2＝12.02×2 J＋4.0×3 J＝24 J。
题点全练
1．如图所示，四个相同的小球 A、B、C、D，其中 A、B、C 位
于同一高度 h 处，A 做自由落体运动，B 沿光滑斜面由静止滑
下，C 做平抛运动，D 从地面开始做斜抛运动，其运动的最大
高度也为 h。在每个小球落地的瞬间，其重力的功率分别为 PA、
PB、PC、PD。下列关系式正确的是
()
A．PA＝PB＝PC＝PD C．PA＝PC＝PD>PB
伸直状态的位置后由静止释放，在小球由静止释
放到运动至最低点的过程中，小球所受阻力做的功为 W，重力
加速度为 g，则小球到达最低点时
()
A．向心加速度 a＝2mgml＋l W B．向心加速度 a＝2mgml－l W
C．绳的拉力 F＝3mgl＋l 2W
D．绳的拉力 F＝
2mgl＋W l
解析：根据动能定理得：mgl＋W＝12mv2，则向心加速度为： a＝vl2＝2mgml＋l W，故 A 正确，B 错误；在最低点，根据牛 顿第二定律得：F－mg＝mvl2，解得绳子的拉力为：F＝mg ＋mvl2＝3mgl＋l 2W，故 C 正确，D 错误。 答案：AC