资源简介

功、功率　动能定理
[建体系·知关联]
[析考情·明策略]
考情分析 纵览2020年山东、海南、北京、天津各省市等级考物理试题，集中在正、负功的判断，机车启动为背景的功率的分析与计算，题型以选择题为主；动能定理在多过程问题中的应用等核心知识，题型多为计算题，且有一定的综合性。
素养呈现 1.功、功率的定义表达式
2.机车启动问题
3.理解并应用动能定理
素养落实 1.掌握功、功率的计算方法
2.掌握两类机车启动问题的分析计算方法
3.理解动能定理，掌握动能定理的应用方法
考点1| 功　功率的分析与计算
新储备·等级考提能
1．图解功和功率的计算
2．机车启动问题的两种求解思路
(1)图解机车以恒定功率启动：
(2)图解机车以恒定加速度启动：
新案例·等级考评价
[案例1]　(多选)(2020·湖北四校期中联考)一质量为m的物体静止在水平地面上，在水平拉力的作用下开始运动，图甲是在0～6 s内其速度与时间关系图象，图乙是拉力的功率与时间关系图象，g取10 m/s2。下列判断正确的是(　　)
甲　　　　　　乙
A．拉力的大小为4 N，且保持不变
B．物体的质量为2 kg
C．0～6 s内物体克服摩擦力做的功为24 J
D．0～6 s内拉力做的功为156 J
[题眼点拨]　①“图甲”信息：0～2 s内匀加速运动。2～6 s内匀速运动。
②“拉力功率”：注意P＝Fv中F的含义是F＝f＋ma。
BD　[对物体受力分析，由图甲可知，在0～2 s内物体做匀加速运动，拉力大于滑动摩擦力，在2～6 s内物体做匀速运动，拉力等于滑动摩擦力，因此拉力大小不恒定，选项A错误；在2～6 s内根据功率公式P＝Fv，有F＝＝4 N，故滑动摩擦力f＝F＝4 N，在图甲中，0～2 s内有a＝＝3 m/s2，由牛顿第二定律可知F′－f＝ma，又P′＝F′v，联立解得m＝2 kg，F′＝10 N，选项B正确；由图甲可知在0～6 s内物体通过的位移为x＝30 m，故物体克服摩擦力做的功为Wf＝fx＝120 J，选项C错误；由动能定理可知W－Wf＝mv2，故0～6 s内拉力做的功W＝mv2＋Wf＝×2×62 J＋120 J＝156 J，选项D正确。]
反思感悟：(1)根据v?t图象可以获得物体的运动速度、加速度、通过的位移等信息，根据P?t图象结合功率公式可以求出力的大小。
(2)恒力做功可以根据功的定义式求解，变力做功一般根据动能定理求解。
[跟进训练]
1．(原创题)2019国际田联钻石联赛上海站男子100米比赛中，中国选手苏炳添以10秒05的成绩获得第五名。苏炳添在比赛中，主要有起跑加速、途中匀速和加速冲刺三个阶段，他的脚与地面间不会发生相对滑动。以下说法正确的是(　　)
A．加速阶段地面对人的摩擦力做正功
B．匀速阶段地面对人的摩擦力做功
C．由于人的脚与地面间不发生相对滑动，所以不论加速还是匀速，地面对人的摩擦力始终不做功
D．无论加速还是匀速阶段，地面对人的摩擦力始终做负功
C　[人的脚与地面间的摩擦力是静摩擦力，该力的作用点并没有发生位移，所以地面对人的摩擦力始终不做功，选项C正确。]
2．一辆汽车在平直的公路上由静止开始启动。在启动过程中，汽车牵引力的功率及其瞬时速度随时间的变化情况分别如图甲、乙所示。已知汽车所受阻力恒为重力的，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
甲　　　　　　乙
A．该汽车的质量为3 000 kg
B．v0＝6 m/s
C．在前5 s内，阻力对汽车所做的功为25 kJ
D．在5～15 s内，汽车的位移大小约为67.19 m
D　[由 图象可得，汽车匀加速阶段的加速度a＝＝1 m/s2，汽车匀加速阶段的牵引力为F＝＝3 000 N，匀加速阶段由牛顿第二定律得F－0.2mg＝ma，解得m＝1 000 kg，A错误；牵引力功率为15 kW时，汽车行驶的最大速度v0＝＝7.5 m/s，B错误；前5 s内汽车的位移x＝at2＝12.5 m，阻力做功WFf＝－0.2mgx＝－25 kJ，C错误；5～15 s内，由动能定理得Pt－0.2mgs＝mv－mv2，解得s＝67.187 5 m≈67.19 m，D正确。]
3．(多选)如图所示，半径为R的半圆弧槽固定在水平地面上，槽口向上，槽口直径水平，一个质量为m的物块从P点由静止释放刚好从槽口A点无碰撞地进入槽中，并沿圆弧槽匀速率地滑行到最低点B点，不计物块的大小，P点到A点高度为h，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是(　　)
A．物块从P到B过程克服摩擦力做的功为mg(R＋h)
B．物块从A到B过程重力的平均功率为
C．物块在B点时对槽底的压力大小为
D．物块到B点时重力的瞬时功率为mg
BC　[物块从A到B过程做匀速圆周运动，根据动能定理有mgR－Wf＝0，因此克服摩擦力做功Wf＝mgR，A项错误；根据机械能守恒，物块到A点时的速度大小由mgh＝mv2得v＝，从A到B运动的时间t＝＝，因此从A到B过程中重力的平均功率为＝＝，B项正确；物块在B点时，根据牛顿第二定律FN－mg＝m，求得FN＝，根据牛顿第三定律可知，F′N＝FN＝，C项正确；物块到B点时，速度的方向与重力方向垂直，因此重力的瞬时功率为零，D项错误。]
考点2| 动能定理的应用
新储备·等级考提能
1．对动能定理的理解
(1)动能定理表达式W＝ΔEk中，W表示所有外力做功的代数和。ΔEk为所研究过程的末动能与初动能之差，且物体的速度均是相对地面的速度。
(2)
2．应用动能定理解题应注意的四点
(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学研究方法要简捷。
(2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的。
(3)物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑，但如能对整个过程利用动能定理列式，则可使问题简化。
(4)根据动能定理列方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。
新案例·等级考评价
[案例2]　(2020·陕西汉中第四次质检)如图是一种常见的圆桌，桌面中间嵌一半径为r＝1.5 m、可绕中心轴转动的圆盘，桌面与圆盘面在同一水平面内且两者间缝隙可不考虑。已知桌面离地高度为h＝0.8 m，将一可视为质点的小碟子放置在圆盘边缘，若缓慢增大圆盘转动的角速度，碟子将从圆盘上甩出并滑上桌面，再从桌面飞出，且落地点与桌面飞出点的水平距离为0.4 m。已知碟子质量m＝0.1 kg，碟子与圆盘间的最大静摩擦力Fmax＝0.6 N，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2。求：
(1)碟子从桌面飞出时的速度大小；
(2)碟子在桌面上运动时，桌面摩擦力对它做的功；
(3)若碟子与桌面间动摩擦因数为μ＝0.225，要使碟子不滑出桌面，则桌面半径至少是多少？
[思路点拨]　解此题要把握以下关键信息：
①当静摩擦力达到最大时，随圆盘一起转动的碟子开始滑动。
②碟子不滑出桌面的条件是运动到圆桌边缘时刚好减速到零。
[解析]　(1)碟子滑离圆桌后做平抛运动，则
h＝gt2，x＝vt
解得v＝x＝1 m/s。
(2)由题意得，当碟子在圆盘上转动时，由静摩擦力提供向心力，当静摩擦力达到最大时，碟子即将滑落，设碟子从圆盘上甩出时的速度大小为v0，则Fmax＝m
解得v0＝3 m/s
由动能定理得Wf＝mv2－mv，代入数据得Wf＝－0.4 J。
(3)当碟子滑到圆桌边缘时速度恰好减为零，对应的圆桌半径取最小值。设碟子在圆桌上滑动的位移为s，由动能定理有－μmgs＝0－mv
则圆桌的最小半径为R＝
联立解得R＝2.5 m。
[答案]　(1)1 m/s　(2)－0.4 J　(3)2.5 m
反思感悟：应用动能定理解题的思维流程
[跟进训练]
1．(原创题)如图所示为风力发电机，风力带动叶片转动，叶片再带动转子(磁极)转动，使定子(线圈，不计电阻)中产生感应电流，实现风能向电能的转化。若叶片长为l，设定的额定风速为v，空气的密度为ρ，额定风速下发电机的输出功率为P，则风能转化为电能的效率为(　　)
A． B． C． D．
A　[如图所示，建立一个“风柱”模型，“风柱”的横截面积为叶片旋转扫出的面积，则S＝πl2，经过时间t，可得“风柱”长度x＝vt，故所形成的“风柱”体积V＝πl2vt，“风柱”的质量m＝ρV＝ρπl2vt，根据动能定理，有风力在这段位移内做的功W＝Ek＝mv2＝ρπl2vt·v2＝ρπl2v3t，“风柱”的功率P风＝＝ρπl2v3，风能转化为电能的效率η＝＝。]
2．如图所示，光滑的半圆形轨道OA和AB位于同一竖直面内，它们的半径分别为r＝0.3 m和R＝0.4 m，两轨道相切于最高点A，半圆形轨道AB与水平轨道BC相切于最低点B，轨道BC的长度可以调节，轨道BC的右端与一倾角为45°的斜面CD相连，C点离地面的高度为h＝3.2 m。现用弹簧装置(图中未画出)将一小滑块(可视为质点)从半圆形轨道OA的最低点O弹出，小滑块运动过程中恰好不脱离圆弧轨道OAB，滑块与BC段的动摩擦因数为μ＝0.4，g取10 m/s2，忽略空气阻力。
(1)求小滑块从O点弹出时的速度大小；
(2)改变水平轨道BC的长度，使小滑块能够落在斜面CD上，求轨道BC的长度范围。
[解析]　(1)由题意，在最高点A对滑块受力分析，结合牛顿第二定律可得mg＝m，从O到A的过程中，由动能定理可得－mg·2r＝mv－mv
联立解得滑块从O点弹出时的速度大小v0＝4 m/s。
(2)若滑块恰好落在D点，此时BC的长度最短，则
水平方向有x＝vt
竖直方向有h＝gt2
联立解得滑块离开C的速度为v＝4 m/s
从O到C的过程中，由动能定理可得mg(2R－2r)－μmgx1＝mv2－mv
解得BC的最短长度为x1＝0.5 m。
滑块到C点的速度恰好为零时，从O到C有mg(2R－2r)－μmgx2＝－mv
解得BC最长为x2＝2.5 m
所以轨道BC的长度范围为0.5 m≤x≤2.5 m。
[答案]　(1)4 m/s　(2)0.5 m≤x≤2.5 m
3．(2020·山东潍坊高三质检)如图甲所示，在倾角θ＝30°的光滑固定斜面上有一劲度系数k＝100 N/m的轻质弹簧，弹簧下端固定在垂直于斜面的挡板上，弹簧上端拴接一质量m＝2 kg的物体，初始时物体处于静止状态。取g＝10 m/s2。
甲　　　　　　乙　　　　　 丙
(1)求初始时弹簧的形变量x0；
(2)现对物体施加沿斜面向上的拉力F，拉力F的大小与物体位移x的关系如图乙所示，设斜面足够长。
a．分析说明物体的运动性质并求出物体的速度v与位移x的关系式；b.若物体位移为0.1 m时撤去拉力F，在图丙中作出此后物体上滑过程中弹簧弹力f的大小随弹簧形变量变化的函数图象，并且求出此后物体沿斜面上滑的最大距离xm以及此后运动的最大速度vm的大小。
[解析]　(1)初始时物体处于平衡状态，由平衡条件可知kx0＝mgsin θ
解得x0＝0.1 m。
(2)a.设物体自初始状态向上有一微小的位移x时加速度为a，由牛顿第二定律得
a＝
由F?x图象可知F＝100x＋4.8(N)
联立上式得a＝2.4 m/s2
当弹簧处于伸长状态时，上述结论仍成立，可见物体做加速度为a＝2.4 m/s2的匀加速直线运动
所以有v2＝2ax＝4.8x
b．物体位移为0.1 m时撤去拉力F，此后物体滑动过程中弹簧弹力f的大小随弹簧形变量变化的函数图象如图1所示
图1　　　　　　　图2
物体上滑过程中克服弹力所做的功对应图2中的阴影面积，即
Wf＝kx
撤去拉力后，在物体上滑过程中根据动能定理有
－mgxmsin θ－Wf＝0－mv′2
由(2)a.可知，v′2＝4.8×0.1 m2/s2＝0.48 m2/s2
联立以上各式可得，xm＝0.04 m
物体再次回到初始位置时速度最大
对于全过程只有拉力F对物体做功，拉力F做的功为F?x图象(图乙)与坐标轴所围的面积，则有
WF＝×0.1 J＝0.98 J
根据动能定理可得WF＝mv
联立解得vm＝0.99 m/s。
[答案]　(1)0.1 m　(2)a：v2＝4.8x　b：0.04 m　0.99 m/s
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