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第1講　功和功率　動能定理 [做真題明考向]　　　　　　　　　　　　　　　　　真題體驗　透視命題規(guī)律 授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第23頁 [真題再做] 1．(多選)(2018高考全國卷Ⅲ，T19)地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機(jī)通過豎井運(yùn)送到地面．某豎井中礦車提升的速度大小v隨時間t的變化關(guān)系如圖所示，其中圖線①②分別描述兩次不同的提升過程，它們變速階段加速度的大小都相同；兩次提升的高度相同，提升的質(zhì)量相等．不考慮摩擦阻力和空氣阻力．對于第①次和第②次提升過程(　　) A．礦車上升所用的時間之比為4∶5 B．電機(jī)的最大牽引力之比為2∶1 C．電機(jī)輸出的最大功率之比為2∶1 D．電機(jī)所做的功之比為4∶5 解析：由圖線①知，礦車上升總高度h＝2t0＝v0t0 由圖線②知，加速階段和減速階段上升高度和 h1＝(＋)＝v0t0 勻速階段：h－h(huán)1＝v0t′，解得t′＝t0 故第②次提升過程所用時間為＋t0＋＝t0， 兩次上升所用時間之比為2t0∶t0＝4∶5，A對； 對礦車受力分析，當(dāng)?shù)V車向上做加速直線運(yùn)動時，電機(jī)的牽引力最大，由于加速階段加速度相同，故加速時牽引力相同，B錯； 在加速上升階段，由牛頓第二定律知， F－mg＝ma，F(xiàn)＝m(g＋a) 第①次在t0時刻，功率P1＝Fv0， 第②次在時刻，功率P2＝F， 第②次在勻速階段P2′＝F′＝mg＜P2， 可知，電機(jī)輸出的最大功率之比P1∶P2＝2∶1，C對； 由動能定理知，兩個過程動能變化量相同，克服重力做功相同，故兩次電機(jī)做功也相同，D錯． 答案：AC 2．(2017高考全國卷Ⅲ，T16)如圖，一質(zhì)量為m，長度為l的均勻柔軟細(xì)繩PQ豎直懸掛．用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點(diǎn)，M點(diǎn)與繩的上端P相距l(xiāng).重力加速度大小為g.在此過程中，外力做的功為(　　) A.mgl　　　　　　　 B.mgl C.mgl D.mgl 解析：QM段繩的質(zhì)量為m′＝m，未拉起時，QM段繩的重心在QM中點(diǎn)處，與M點(diǎn)距離為l，繩的下端Q拉到M點(diǎn)時，QM段繩的重心與M點(diǎn)距離為l，此過程重力做功WG＝－m′g(l－l)＝－mgl，對繩的下端Q拉到M點(diǎn)的過程，應(yīng)用動能定理，可知外力做功W＝－WG＝mgl，可知A項正確，B、C、D項錯誤． 答案：A 3.(2015高考全國卷Ⅱ，T17)一汽車在平直公路上行駛．從某時刻開始計時，發(fā)動機(jī)的功率P隨時間t的變化如圖所示．假定汽車所受阻力的大小f恒定不變．下列描述該汽車的速度v隨時間t變化的圖線中，可能正確的是(　　) 解析：當(dāng)汽車的功率為P1時，汽車在運(yùn)動過程中滿足P1＝F1v，因為P1不變，v逐漸增大，所以牽引力F1逐漸減小，由牛頓第二定律得F1－f＝ma1，f不變，所以汽車做加速度減小的加速運(yùn)動，當(dāng)F1＝f時速度最大，且vm＝＝.當(dāng)汽車的功率突變?yōu)镻2時，汽車的牽引力突增為F2，汽車?yán)^續(xù)加速，由P2＝F2v可知F2減小，又因F2－f＝ma2，所以加速度逐漸減小，直到F2＝f時，速度最大vm′＝，以后勻速運(yùn)動．綜合以上分析可知選項A正確． 答案：A 4.(2016高考全國卷Ⅲ，T24)如圖，在豎直平面內(nèi)有由圓弧AB和圓弧BC組成的光滑固定軌道，兩者在最低點(diǎn)B平滑連接．AB弧的半徑為R，BC弧的半徑為.一小球在A點(diǎn)正上方與A相距處由靜止開始自由下落，經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道運(yùn)動． (1)求小球在B、A兩點(diǎn)的動能之比； (2)通過計算判斷小球能否沿軌道運(yùn)動到C點(diǎn)． 解析：(1)小球下落至A點(diǎn)的過程，由動能定理得 mg＝EkA－0 小球下落至B點(diǎn)的過程，由動能定理得 mg(＋R)＝EkB－0 由以上兩式聯(lián)立解得＝. (2)小球恰好經(jīng)過C點(diǎn)時，由牛頓第二定律得 mg＝m，解得v0＝ 小球由開始下落至C點(diǎn)的過程，由動能定理得 mg＝mv－0，解得vC＝ 由于vC＝v0，故小球恰好可以沿軌道運(yùn)動到C點(diǎn)． 答案：(1)5∶1　(2)見解析 [考情分析] ■命題特點(diǎn)與趨勢——怎么考 1．近幾年高考命題點(diǎn)主要集中在正、負(fù)功的判斷，功率的分析與計算，機(jī)車啟動模型，動能定理在圓周運(yùn)動、平拋運(yùn)動中的應(yīng)用．題目具有一定的綜合性，難度適中． 2．本講高考單獨(dú)命題以選擇題為主，綜合命題以計算題為主，常將動能定理與機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律相結(jié)合．動能定理仍是2019年高考的考查重點(diǎn)，要重點(diǎn)關(guān)注本講知識與實際問題相結(jié)合的情景題目． ■解題要領(lǐng)——怎么做 　解決本講知識要理解功和功率的定義、正負(fù)功的判斷方法，機(jī)車啟動兩類模型的分析、動能定理及動能定理在變力做功中的靈活應(yīng)用． [建體系記要點(diǎn)]　　　　　　　　　　　　　　知識串聯(lián)　熟記核心要點(diǎn) 授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第24頁 [網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建] [要點(diǎn)熟記] 1．功 (1)恒力做功：W＝Flcos α(α為F與l之間的夾角)． (2)變力做功：①用動能定理求解；②用F x圖線與x軸所圍“面積”求解． 2．功率 (1)平均功率：P＝＝Fcos α. (2)瞬時功率：P＝Fvcosα(α為F與v的夾角)． (3)機(jī)車啟動兩類模型中的關(guān)鍵方程：P＝Fv，F(xiàn)－F阻＝ma，vm＝，Pt－F阻x＝ΔEk. 3．動能定理：W合＝mv2－mv. 4．應(yīng)用動能定理的兩點(diǎn)注意 (1)應(yīng)用動能定理的關(guān)鍵是寫出各力做功的代數(shù)和，不要漏掉某個力做的功，同時要注意各力做功的正、負(fù)． (2)動能定理是標(biāo)量式，不能在某一方向上應(yīng)用． [研考向提能力]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　考向研析　掌握應(yīng)試技能 授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第24頁 考向一　功和功率的分析與計算 1．(2018北京昌平期末)如圖所示，質(zhì)量為60kg的某同學(xué)在做引體向上運(yùn)動，從雙臂伸直到肩部與單杠同高度算1次．若他在1min內(nèi)完成了10次，每次肩部上升的距離均為0.4m，則他在1min內(nèi)克服重力所做的功及相應(yīng)的功率約為(g取10m/s2)(　　) A．240 J,4 W　　　　 B.2 400 J,2 400 W C．2 400 J, 40 W D．4 800 J,80 W 解析：他每次引體向上克服重力所做的功為W1＝mgh＝60100.4 J＝240 J，他在1 min內(nèi)克服重力所做的功為W＝10W1＝10240 J＝2 400 J，相應(yīng)的功率約為P＝＝40 W，選項C正確． 答案：C 2．(多選)如圖所示，傳送帶AB的傾角為θ，且傳送帶足夠長，現(xiàn)有質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點(diǎn)的物體以初速度v0從B端開始向上運(yùn)動，物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ>tanθ，傳送帶的速度為v(v0tanθ，則μmgcosθ>mgsinθ，傳送帶的速度為v(v0，C錯誤；0～30s內(nèi)，汽車發(fā)動機(jī)做的功W1＝Fx1＝(J)＝15P(J)，30～54s內(nèi)汽車發(fā)動機(jī)做功W2＝P(54s－30s)＝24P(J)，因此＝，D正確． 答案：BD 三、非選擇題 11．一匹馬拉著質(zhì)量為60kg的雪橇，從靜止開始用80s的時間沿平直冰面跑完1000m．設(shè)在運(yùn)動過程中雪橇受到的阻力保持不變，已知雪橇在開始運(yùn)動的8s時間內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動，從第8s末開始，馬拉雪橇做功的功率保持不變，使雪橇繼續(xù)做直線運(yùn)動，最后一段時間雪橇做的是勻速直線運(yùn)動，速度大小為15m/s；開始運(yùn)動的8s內(nèi)馬拉雪橇的平均功率是8s后功率的一半．求整個運(yùn)動過程中馬拉雪橇做功的平均功率和雪橇在運(yùn)動過程中所受阻力的大小． 解析：設(shè)8s后馬拉雪橇的功率為P，則勻速運(yùn)動時 P＝Fv＝Ffv 即運(yùn)動過程中雪橇受到的阻力大小Ff＝① 對于整個過程運(yùn)用動能定理得 t1＋P(t總－t1)－Ffx＝mv2－0② 代入數(shù)據(jù)，解①②得P＝723W，F(xiàn)f＝48.2N 再由動能定理可得t總－Ffx＝mv2 解得＝687W. 答案：687W　48.2N 12．某課外探究小組自制了如圖所示的導(dǎo)軌，其中，導(dǎo)軌的所有半圓形部分均光滑，水平部分均粗糙．圓半徑分別為R、2R、3R和4R，R＝0.5m，水平部分長度L＝2m，將導(dǎo)軌豎直放置，軌道最低點(diǎn)離水平地面高h(yuǎn)＝1m．將一個質(zhì)量為m＝0.5kg、中心有孔的鋼球(孔徑略大于細(xì)導(dǎo)軌直徑)套在導(dǎo)軌端點(diǎn)P處，鋼球與導(dǎo)軌水平部分的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.4.給鋼球一初速度v0＝13m/s，g取10 m/s2.求： (1)鋼球運(yùn)動至第一個半圓形軌道最低點(diǎn)A時對軌道的壓力； (2)鋼球落地點(diǎn)到拋出點(diǎn)的水平距離． 解析：(1)鋼球從P點(diǎn)運(yùn)動到A點(diǎn)的過程中，由動能定理得mg2R－μmgL＝mv－mv 由牛頓第二定律有FN－mg＝ 代入數(shù)據(jù)解得FN＝178N 由牛頓第三定律可知，鋼球?qū)壍赖膲毫Υ笮?78N，方向豎直向下． (2)設(shè)鋼球到達(dá)軌道末端點(diǎn)的速度為v2，對全程應(yīng)用動能定理得－μmg5L－mg4R＝mv－mv 解得v2＝7m/s 由平拋運(yùn)動規(guī)律得h＋8R＝gt2，s＝v2t 解得s＝7m. 答案：(1)178N，方向豎直向下　(2)7m 13．(2018重慶高三一診)如圖所示，絕緣軌道CDGH位于豎直平面內(nèi)，圓弧段DG的圓心角為θ＝37，DG與水平段CD、傾斜段GH分別相切于D點(diǎn)和G點(diǎn)，CD段粗糙，DGH段光滑，在H處固定一垂直于軌道的絕緣擋板，整個軌道處于場強(qiáng)為E＝1104N/C、水平向右的勻強(qiáng)電場中．一質(zhì)量m＝410－3 kg、帶電量q＝＋310－6 C的小滑塊在C處由靜止釋放，經(jīng)擋板碰撞后滑回到CD段的中點(diǎn)P處時速度恰好為零．已知CD段長度L＝0.8 m，圓弧DG的半徑r＝0.2 m；不計滑塊與擋板碰撞時的動能損失，滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)．g取10 m/s2，cos37＝0.8，sin37＝0.6.求： (1)滑塊與CD段之間的動摩擦因數(shù)μ； (2)滑塊在CD段上運(yùn)動的總路程； (3)滑塊與絕緣擋板碰撞時的最大動能和最小動能． 解析：(1)滑塊由C處釋放，經(jīng)擋板碰撞后第一次滑回P點(diǎn)的過程中，由動能定理得 qE－μmg(L＋)＝0，解得μ＝＝0.25 (2)滑塊在CD段上受到的滑動摩擦力μmg＝0.01N、電場力qE＝0.03N，滑動摩擦力小于電場力，故不可能停在CD段，滑塊最終會在DGH間來回往復(fù)運(yùn)動，且在D點(diǎn)的速度為0 全過程由動能定理得 qEL＋(－μmgx)＝0 解得x＝L＝3L＝2.4m (3)GH段的傾角θ＝37，滑塊受到的重力mg＝0.04N，電場力qE＝0.03N，qEcosθ＝mgsinθ＝0.024N， 則滑塊加速度a＝0， 所以滑塊與絕緣擋板碰撞的最大動能為滑塊第一次運(yùn)動到G點(diǎn)的動能 對C到G過程由動能定理得 Ek最大＝Eq(L＋rsinθ)－μmgL－mg(r－rcosθ)＝0.018J 滑塊最終在DGH間來回往復(fù)運(yùn)動，碰撞絕緣擋板時有最小動能 對D到G過程由動能定理得 Ek最?。紼qrsinθ－mg(r－rcosθ)＝0.002J 答案：(1)0.25　(2)2.4m　(3)0.018J　0.002J