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1、专题三 动量与能量,第6讲 功 功率 动能定理,【主干回顾】,【核心速填】 (1)恒力做功的公式:_。 (2)平均功率的公式:_。 (3)瞬时功率的公式:_。,W=Flcos,P=Fvcos,(4)动能定理的表达式:W合=Ek-Ek0=_。 W合是物体在运动过程中外力做的总功。 Ek-Ek0是物体的动能增量。,热点考向1 功和功率的理解与计算 【典例1】(多选)(2016六安一模)如图所示,一辆货车通过光滑轻质定滑轮提升一箱货物,货箱质量为M,货物质量为m,货车以速度v向左匀速运动,将货物提升高度h,则 ( ),A.货物向上做匀速运动 B.箱中的货物对箱底的压力大于mg C.图示位置时货车拉力
2、的功率大于(M+m)gvcos D.此过程中货车拉力做的功为(M+m)gh,【名师点拨】 (1)运动分析:货车匀速运动,货车速度沿着绳子方向的分量与货箱和货物整体向上运动的速度相等,即货箱和货物的速度v1=vcos,由于不断减小,故货箱和货物整体向上做加速运动。,(2)受力分析:货箱和货物整体受绳子的拉力和重力的作用,其合力产生向上的加速度,故绳子的拉力F大于(M+m)g。 (3)做功分析:货车的拉力对货箱和货物做正功,重力做负功,由功能关系确定货车拉力做的功;由P=Fv确定图示位置时货车拉力的瞬时功率。,【解析】选B、C。将货车的速度进行正交分解,如图所示:,由于绳子不可伸长,货箱和货物整体
3、向上运动的速度和 货车速度沿着绳子方向的分量相等,即v1=vcos,由于 不断减小,故货箱和货物整体向上做加速运动,处于 超重状态,故箱中的货物对箱底的压力大于mg,选项A错 误,B正确;货箱和货物整体向上做加速运动,则拉力大 于(M+m)g,整体的速度为vcos,拉力功率P=Fv1 (M+m)gvcos,选项C正确;此过程中货车拉力做的功等,于货箱和货物整体动能的增加量和重力势能的增加量,大于(M+m)gh,选项D错误。,【题组过关】 1.(2015海南高考)假设摩托艇受到的阻力的大小正 比于它的速率。如果摩托艇发动机的输出功率变为原 来的2倍,则摩托艇的最大速率变为原来的 ( ) A.4倍
4、 B.2倍 C. 倍 D. 倍,【解析】选D。当功率为P时,P=Fv=kvv=kv2;当功率 为2P时,2P=kvv=kv2,因此,v= v,D正确。,2.(多选)(2015浙江高考)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3.0 104kg,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1.1106N B.弹射器对舰载机所做的功为1.1108J C.弹射器对舰载机做功
5、的平均功率为8.8107W D.舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s2,【解析】选A、B、D。由题可知,舰载机弹射过程的加 速度为a= =32 m/s2,D项正确;根据牛顿 第二定律,0.8(F发+F弹)=ma,求得弹射器的推力大小F弹 =1.1106N,A项正确;弹射器对舰载机做的功为W= 1.1106100J=1.1108J,B项正确;弹射过程的时间 t= =2.5 s,弹射器做功的平均功率P= =4.4 107W,C项错误。,3.(多选)(2016莆田一模)如图甲所示,一固定在地面上的足够长斜面,倾角为37,物体A放在斜面底端挡板处,通过不可伸长的轻质绳跨过光滑轻质滑轮与物体B相
6、连接,B的质量M=1kg,绳绷直时B离地面有一定高度。在t=0时刻,无初速度释放B,由固定在A上的速度传感器得到的数据绘出的A沿斜面向上运动的v -t图象如图乙所示,若B落地后不反弹,(g取10m/s2,sin37=0.6, cos37=0.8),则下列说法正确的是 ( ),A.物体A开始下滑的加速度为8m/s2 B.物体A沿斜面向上运动的过程中,绳的拉力对A做的功W=3J C.0.25 s时物体A的重力的瞬时功率为3W D.物体A从底端开始运动到再次返回到底端过程克服摩擦力做功等于物体A的机械能减少量,【解析】选B、C。当B落地后,A开始做减速运动,由图 象得其加速度为a1= m/s2=8
7、m/s2,由牛顿第二定律 可得mgsin+mgcos=ma1,物体A下滑过程由牛顿第 二定律可得mgsin-mgcos=ma2,联立解得a2=4m/s2, 故A错误;设绳的拉力为FT,对B由牛顿第二定律Mg-FT =Ma3,a3= m/s2=4 m/s2,解得FT=Mg-Ma3=6N,A、B位 移大小相同,则由图象可知A上升阶段,B的位移为x=,20.5m=0.5m,故绳的拉力对A做功为W=FTx=6 0.5J=3 J,故B正确;0.25s时速度为1 m/s,设A的质量 为m,由图象知前0.5 s内A做匀加速运动,对A、B整体 由牛顿第二定律得Mg-mgsin-mgcos=(M+m)a3, 0
8、.5s后A向上做匀减速直线运动,对A由牛顿第二定律 得mgsin+mgcos=ma1,由以上两式解得m=0.5kg,故重力的瞬时功率为P=mgvcos53=0.51010.6W =3W,故C正确;物体A从底端开始运动到再次返回到底端 过程中物体B对A做功,故物体A克服摩擦力做功不等于 物体A的机械能减少量,故D错误。,【规律总结】关于功、功率计算应注意的三个问题 (1)适用条件:功的公式W=Flcos仅适用于恒力做功的情况。 (2)变力做功:变力做功的求解要注意问题的正确转化,如将变力转化为恒力,利用F -l图象曲线下的面积求功,利用W=Pt计算,也可应用动能定理或功能关系等方法求解。,(3)
9、公式选择:对于功率的计算,应注意区分公式P= 和公式P=Fvcos,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。,【加固训练】 如图所示,一个纵截面是等腰三角形的斜面体M置于水平地面上,它的底面粗糙,两斜面光滑。将质量不相等的A、B两个小滑块(mAmB)同时从斜面上同一高度处静止释放,在两滑块滑至斜面底端的过程中,M始终保持静止,则 ( ),A.B滑块先滑至斜面底端 B.地面对斜面体的摩擦力方向水平向左 C.两滑块滑至斜面底端时重力的瞬时功率相同 D.地面对斜面体的支持力等于三个物体的总重力,【解析】选B。设斜面倾角为,高为h,滑块A下滑的加 速度a=gsin,位移x= ,根据x=
10、 at2得,t= 同理,B下滑的时间t= 可知两滑块滑至底端的 时间相同,故A错误;A对斜面体压力在水平方向的分力大 小为mAgsincos,B对斜面体压力在水平方向上的分力,为mBgsincos,因为mAmB,则地面对斜面体有向左的 摩擦力,故B正确;滑块A滑到底端的速度v=at= ,B 滑到底端的速度也为 ,由于质量不同,两滑块的速 度大小相同,则重力的瞬时功率P=mgvsin不同,故C错 误;因为A、B的加速度均沿斜面向下,对整体分析,整体 处于失重状态,则支持力小于三个物体的总重力,故D错 误。,热点考向2 机车启动问题 【典例2】(2016马鞍山二模)汽车发动机的额定功率为P1,它在
11、水平路面上行驶时受到的阻力Ff大小恒定,汽车由静止开始做直线运动,最大车速为v。汽车发动机的输出功率随时间变化的图象如图。下列说法正确的是 ( ),A.开始时汽车牵引力恒定,t1时刻牵引力与阻力大小相等 B.开始时汽车牵引力逐渐增大,t1时刻牵引力与阻力大小相等 C.开始时汽车做匀加速运动,t1时刻速度达到v,然后做匀速直线运动 D.开始时汽车做匀加速直线运动,t1时刻后做加速度逐渐减小的直线运动,速度达到v后做匀速直线运动,【思考】 (1)从图象中能获取哪些信息? 提示:汽车0t1时间内以恒定加速度启动。 t1时刻达到额定功率,此后以恒定功率启动。,(2)t1时刻后汽车的牵引力、速度如何变化
12、? 提示:t1时刻后汽车以恒定功率行驶,根据P=Fv可知,t1时刻后汽车速度增大,牵引力减小,当牵引力等于阻力时,汽车速度达到最大,此后速度保持不变。,【解析】选D。在0t1时间内,汽车发动机的功率均匀 增大,故汽车以恒定加速度启动,牵引力是恒定的,汽车 做匀加速直线运动,t1时刻达到额定功率,根据P=Fv可 知,t1时刻后汽车速度增大,牵引力减小,则由牛顿第二 定律a= 可知加速度减小,汽车做加速度减小的加 速运动,当加速度为零时,即牵引力等于阻力时,汽车速 度达到最大,此后汽车做匀速直线运动,故D正确,A、 B、C错误。,【迁移训练】,迁移1:汽车以恒定功率启动 (多选)汽车在平直公路上以
13、速度v0匀速行驶,发动机功率为P,牵引力为F0,t1时刻,司机减小了油门,使汽车的功率立即减小一半,并保持该功率继续行驶,到t2时刻,汽车又恢复了匀速直线运动。下列能正确表示这一过程中汽车牵引力F随时间t、速度v随时间t变化的图象是 ( ),【解析】选A、D。到t1时刻功率立即减小一半,速度减 小是一个过程,不能直接变为原来的一半,所以是牵引 力变为原来的一半,根据公式P=Fv,之后保持该功率继 续行驶,速度减小,牵引力增大,根据a= 摩擦力恒 定,所以加速度逐渐减小,即v -t图象的斜率减小,当加 速度为零时,做匀速直线运动,故选项A、D正确。,迁移2:汽车在斜坡上以恒定功率启动 一辆质量为
14、2t的汽车由静止开始沿一倾角为30的足 够长斜坡向上运动,汽车发动机的功率保持48kW不变, 行驶120 m后达到最大速度。已知汽车受到地面的摩擦 阻力为2 000 N。(g取10m/s2)求: (1)汽车可以达到的最大速度。 (2)汽车达到最大速度所用的时间(结果保留一位小数)。,【解析】(1)当汽车在斜坡上匀速运动时速度最大,则: F-mgsin30-Ff=0 解得:F=1.2104N 由P=Fv得:vm= =4m/s,(2)对全过程,运用动能定理得: Pt-mgxsin-Ffx= mv2-0 解得:t30.3s 答案:(1)4m/s (2)30.3 s,迁移3:起重机以恒定加速度竖直吊起
15、重物 如图所示为修建高层建筑常用的塔式起重机,在起重机将质量为m的重物竖直吊起的过程中,重物由静止开始向上做匀加速直线运动,加速度为a,当起重机输出功率达到其允许的最大值时,保持该功率直到重物做速度为vm的匀速运动,不计额外功。,(1)求起重机允许输出的最大功率。 (2)求重物做匀加速运动所经历的时间。 (3)若已知起重机达到输出功率的最大值,又经t时间,重物速度达到vm,求重物由静止到以vm做匀速运动过程中,升高的高度。,【解析】(1)重物匀速上升时有: F=mg 可得起重机的最大输出功率为: Pm=mgvm,(2)匀加速运动结束时,起重机达到允许输出的最大功 率,设此时重物受到的拉力为F1
16、,速度为v1,匀加速运动 经历的时间为t1,则由牛顿第二定律得: F1-mg=ma 又有:Pm=F1v1 v1=at1 解得:t1=,(3)设物体匀加速上升的高度为h1,则有: h1= 由动能定理得: F1h1+Pmt-mgh= 解得: 答案:(1)mgvm,【规律总结】解决机车启动问题的四点注意 (1)明确启动方式:分清是匀加速启动还是恒定功率启动。 (2)匀加速启动过程: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)恒定功率启动过程:机车做加速度减小的加速运动, 速度最大值等于 牵引力是变力,牵引力做的功 W=Pt。 (4)满足的关系式:无论哪种启动方式,在平直路面上
