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1、专题四 功 功率与动能定理,展示考纲明晰考向,方法归纳重点点拨,锁定考点高效突破,必备模型全面解读,展示考纲明晰考向,方法归纳重点点拨,一、功的计算 1.恒力F做功:W=Fxcos . 两种理解:(1)力F与在力F的方向上通过的位移xcos 的乘积;(2)在位移x方向的分力Fcos 与位移x的乘积.,(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
2、;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=E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=Ek或W=E. 3.合力的功W合 (1)W合=F合xcos ,F合是恒力. (2)W合=W1+W2+Wn,要注意各功的正负.,2.瞬时功率:P=Fvcos ,式中为F与v的夹角. 对机车而言,其输出功率P=Fv,其中F为机车的牵引力.,三、动能定理 1.适用对象:涉及单个物体(或可看成单个物体的物体系)的受力和位移问题,或求解变力做功的问题.,2.运用动能定理解题的基本思路和步骤,锁定考点
3、高效突破,考点一,功和功率的理解与计算,备选例题 (2015四川理综)严重的雾霾天气,对国计民生已造成了严重的影响.汽车尾气是形成雾霾的重要污染源,“铁腕治污”已成为国家的工作重点.地铁列车可实现零排放,大力发展地铁,可以大大减少燃油公交车的使用,减少汽车尾气排放. 若一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动,先匀加速运动20 s达最高速度72 km/h,再匀速运动80 s,接着匀减速运动15 s到达乙站停住.设列车在匀加速运动阶段牵引力为1106 N,匀速运动阶段牵引力的功率为6103 kW,忽略匀减速运动阶段牵引力所做的功. (1)求甲站到乙站的距离;,答案: (1)1 950 m,(2)如
4、果燃油公交车运行中做的功与该列车从甲站到乙站牵引力做的功相同,求公交车排放气态污染物的质量.(燃油公交车每做1焦耳功排放气态污染物310-6克),答案: (2)2.04 kg,思路探究(2)列车在从甲站到乙站过程中,哪几个分阶段内牵引力做功? 答案:列车在匀加速行驶和匀速行驶阶段牵引力做功.,通关演练,1.机车启动问题 (2015全国新课标理综)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( ),A,2.功率结合图像问题分析 (2015宿迁三校检测)如图(甲)所示,静止
5、在水平地面上的物块受到水平拉力F的作用,F与时间t的关系如图(乙)所示,设物块与地面之间的最大静摩擦力fm大小与滑动摩擦力大小相等,则( ) A.0t1时间内所受摩擦力大小不变 B.t1t2时间内物块做加速度减小的加速运动 C.t2时刻物块的速度最大 D.t2t3时间内物块克服摩擦力做功的功率增大,D,解析:在0到t1时间内水平拉力小于最大静摩擦力,物块保持不动,摩擦力大小逐渐增大,故选项A错误;t1到t2时刻,拉力逐渐增大,摩擦力不变,根据牛顿第二定律可知,加速度逐渐增大,故选项B错误;t1到t3时刻,合力向前,物块一直加速前进,t3时刻后合力反向,做减速运动,所以t3时刻速度最大,故选项C
6、错误;t2到t3时间内速度逐渐增大,摩擦力大小不变,根据P=Fv可知物块克服摩擦力做功的功率增大,故选项D正确.,3.功、功率及牛顿运动定律综合应用 (2015浙江理综)(多选)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器.舰载机总质量为3.0104 kg,设起飞过程中发动机的推力恒为1.0105N;弹射器有效作用长度为100 m,推力恒定.要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和,假设所受阻力为总推力的20%,则( ) A.弹射器的推力大小为1.1106 N B.弹射器对舰载机所做的功为1.1108 J C.弹射器对舰载机做功的平
7、均功率为8.8107 W D.舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s2,ABD,方法总结 功、功率及机车启动问题的注意点,(1)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,也可应用动能定理求解.,(3)机车匀加速启动过程中,机车功率是不断改变的,该过程的最大功率是额定功率;机车以额定功率启动过程中,牵引力是变力、牵引力做的功W=Pt.,考点二,动力学方法和动能定理的综合应用,典例,(2015山东理综)如图(甲)所示,物块与质量为m的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接.物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上,小球与右侧滑轮的距离为l.开始时物块和小球均静
8、止,将此时传感装置的示数记为初始值.现给小球施加一始终垂直于l段细绳的力,将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60角,如图(乙)所示,此时传感装置的示数为初始值的1.25倍;再将小球由静止释放,当运动至最低位置时,传感装置的示数为初始值的0.6倍.不计滑轮的大小和摩擦,重力加速度的大小为g.求:,思路探究 (1)传感装置的示数有三个不同的值,这与物块受到的哪个力变化有关? 答案:与轻质细绳对物块的拉力发生了变化有关.,(1)物块的质量;,规范解答:(1)设开始时细绳的拉力大小为T1,传感装置的初始值为F1,物块质量为M,由平衡条件得 对小球,T1=mg 对物块,F1+T1=Mg 当细绳与竖直方向的
9、夹角为60时,设细绳的拉力大小为T2,传感装置的示数为F2,据题意可知,F2=1.25F1,由平衡条件得 对小球,T2=mgcos 60 对物块,F2+T2=Mg 联立各式,代入数据得M=3m;,答案: (1)3m,(2)从释放到运动至最低位置的过程中,小球克服空气阻力所做的功.,思路探究 (2)细绳对物块的拉力和细绳对小球的拉力大小如何?在不同状态下通过对哪个物体进行分析可求得轻质细绳拉力的三个不同的值? 答案:由于是同一根绳跨过定滑轮、拉力大小相等.对小球进行不同状态下的受力分析,可分别求得轻质细绳拉力的三个不同的值.,答案:(2)0.1mgl,以例说法 应用动能定理解题的注意点,(1)如
10、果在某个运动过程中包含有几个不同运动性质的阶段(如加速、减速阶段),可以分段应用动能定理,也可以对全程应用动能定理,一般对全程列式更简单. (2)动能定理通常适用于单个物体或可看成单个物体的系统.如果涉及系统,因为要考虑内力做的功,所以要十分慎重.在中学阶段可以先分别对系统内每一个物体应用动能定理列式,然后再联立求解.,题组训练,1.单物体多状态下动能定理的应用 (2014全国新课标理综)一物体静止在粗糙水平地面上,现用一大小为F1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F2,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WF1、WF2分别表示拉
11、力F1、F2所做的功,Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功,则( ) A.WF24WF1,Wf22Wf1 B.WF24WF1,Wf2=2Wf1 C.WF24WF1,Wf2=2Wf1 D.WF24WF1,Wf22Wf1,C,C,(1)运动员的鞋底滑板与水平赛道AB间的动摩擦因数. (2)为了保证运动员不从D端离开赛道,圆弧DB段的半径R至少是多大?,(3)若圆弧DB的半径R取第(2)问计算出的最小值,增大运动员的初动能,使得运动员冲上赛道后可以到达的最大高度是1.5R处(相对于水平面),试求运动员的初动能并分析运动员最后能否停在水平赛道AB上.,考点三,动能定理在电磁场中的应用,典例
12、如图所示,在O点放置一个正电荷,在过O点的竖直平面内的A点,自由释放一个带正电的小球,小球的质量为m、电荷量为q.小球落下的轨迹如图中虚线所示,它与以O为圆心、R为半径的圆(图中实线表示)相交于B,C两点,O,C在同一水平线上,BOC=30,A距离OC的竖直高度为h.若小球通过B点的速度为v,重力加速度为g,试求: (1)小球通过C点的速度vC的大小;,审题突破,(2)小球由A到C的过程中电势能的增加量Ep.,以例说法 用动能定理解决电磁场中问题的注意点,(1)对于电场力做功或电势差的计算,选用动能定理往往最简便快捷,但运用动能定理时要特别注意运动过程的选取. (2)动能定理在力学和电磁场中应
13、用时的对比分析,题组训练,BD,答案:(1)3 m/s 57 N 方向竖直向下,答案: (2)2.25 m (3)9 J,(2)物块过B点后2 s内所滑行的距离s. (3)物块沿水平面运动过程中克服摩擦力做多少功?,(1)在0t2时间内,通过导体框截面的电荷量;,(2)在0t1时间内,导体框产生的热量.,“滑块滑板”模型,必备模型全面解读,1.“滑块滑板”模型特点 (1)两物体上下叠放,两物体之间有摩擦力作用,其中一个物体可能受到拉力作用; (2)两物体做不同的匀变速运动,之间有相对运动; (3)滑块当做质点,而滑板有一定的长度,滑块有滑离滑板的可能. 2.“滑块滑板”模型应用到的规律、方法
14、(1)“滑块滑板”模型问题中的判断与计算 不同阶段滑块、滑板间摩擦力的计算,滑块、滑板加速度方向的判断,滑块、滑板做匀加速或匀减速运动的判断; 滑块能否达到与滑板共速的判断,滑块滑离滑板的可能性的判断; 正确确定滑块、滑板的位移及相对位移.,模型解读,(2)“滑块滑板”模型问题突破关键 平衡状态下的滑板与滑块:破题关键是受力分析; 非平衡状态下的滑板与滑块:破题关键是受力分析、运动分析和牛顿第二、三定律的应用. (3)“滑块滑板”模型中功、能的计算方法 计算力所做的功时,位移是对地位移; 只有存在滑动摩擦力时才有内能产生; 计算因滑动摩擦产生的内能时,常用功能关系Q=Ffs,需注意的是s为物体
15、之间的相对路程. 3.“滑块滑板”模型的解题策略 (1)要正确分析物体的受力情况、运动过程,判断物体是一直匀加速运动还是先匀加速再匀速运动; (2)结合牛顿第二定律求加速度,利用运动学公式分析物体的速度关系及位移关系.,典例,如图所示,质量为m=1 kg的可视为质点的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带上的P点,随传送带运动到A点后水平抛出,小物块恰好无碰撞的沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑,圆弧轨道与质量为M=2 kg的足够长的小车左端在最低点O点相切,并在O点滑上小车,水平地面光滑,当物块运动到障碍物Q处时与Q发生无机械能损失的碰撞,碰撞前物块和小车已经相对静止,而小车可继续向右运动
16、(物块始终在小车上),小车运动过程中和圆弧无相互作用.已知圆弧半径R=1.0 m,圆弧对应的圆心角为53,A点距水平面的高度h=0.8 m,物块与小车间的动摩擦因数为=0.1,重力加速度g=10 m/s2,sin 53=0.8,cos 53=0.6. 试求: (1)小物块离开A点的水平初速度v1;,思路探究 (1)小物块运动到B点时,恰好无碰撞地沿圆弧切线进入竖直光滑圆弧轨道,由什么方法来确定小物块的水平初速度与在B点速度的关系? 答案:可将小物块在B点的速度进行正交分解,分解为水平分速度v1和竖直向下的分速度vy.,答案:(1)3 m/s,(2)小物块经过O点时对轨道的压力大小;,思路探究(2)由于碰撞Q时无机械能损失,而小物块和小车最终会静止下来,那么是什么原因使小物块和小车的动能全部损失了? 答案:由于小物块与小车间相对滑动产生内能使动能全部损失了.,答案:(2)43 N,(3)第一次碰撞后直至静止,物块
