高考物理三輪沖刺 專題六 功和能課件

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1、專題六 功 和 能 1.1.功和功率功和功率 2.2.動(dòng)能和動(dòng)能定理動(dòng)能和動(dòng)能定理 3.3.重力做功與重力勢能重力做功與重力勢能 4.4.功能關(guān)系、機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用功能關(guān)系、機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用 1.1.理解功、功率、動(dòng)能、重力勢能、彈性勢能的物理意義，掌理解功、功率、動(dòng)能、重力勢能、彈性勢能的物理意義，掌握功和功率的計(jì)算方法握功和功率的計(jì)算方法. .2.2.靈活應(yīng)用動(dòng)能定理分析和解決動(dòng)力學(xué)問題靈活應(yīng)用動(dòng)能定理分析和解決動(dòng)力學(xué)問題. .3.3.能夠根據(jù)守恒條件判斷是否守恒，并能運(yùn)用機(jī)械能守恒定律能夠根據(jù)守恒條件判斷是否守恒，并能運(yùn)用機(jī)械能守恒定律分析與解決動(dòng)力學(xué)問題分析與解決動(dòng)力學(xué)問題

2、. .4.4.熟知幾種常用的功能關(guān)系，能夠利用能量的觀點(diǎn)處理問題熟知幾種常用的功能關(guān)系，能夠利用能量的觀點(diǎn)處理問題. .5.5.功和能常與直線運(yùn)動(dòng)、平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)、電磁場中粒子功和能常與直線運(yùn)動(dòng)、平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)、電磁場中粒子的運(yùn)動(dòng)、電磁感應(yīng)現(xiàn)象等相聯(lián)系，綜合考查學(xué)生獲取信息、整的運(yùn)動(dòng)、電磁感應(yīng)現(xiàn)象等相聯(lián)系，綜合考查學(xué)生獲取信息、整合信息、應(yīng)用力學(xué)規(guī)律解決問題的能力合信息、應(yīng)用力學(xué)規(guī)律解決問題的能力. . 功及功率的計(jì)算功及功率的計(jì)算【典例【典例1 1】(2011(2011海南高考海南高考) )一質(zhì)量為一質(zhì)量為1 kg1 kg的質(zhì)點(diǎn)靜止于光滑的質(zhì)點(diǎn)靜止于光滑水平面上，從水平面上，從t=0

3、t=0時(shí)起，第時(shí)起，第1 1秒內(nèi)受到秒內(nèi)受到2 N2 N的水平外力作用，第的水平外力作用，第2 2秒內(nèi)受到同方向的秒內(nèi)受到同方向的1 N1 N的外力作用的外力作用. .下列判斷正確的是下列判斷正確的是( )( )A.0A.02 2秒內(nèi)外力的平均功率是秒內(nèi)外力的平均功率是B.B.第第2 2秒內(nèi)外力所做的功是秒內(nèi)外力所做的功是C.C.第第2 2秒末外力的瞬時(shí)功率最大秒末外力的瞬時(shí)功率最大D.D.第第1 1秒內(nèi)與第秒內(nèi)與第2 2秒內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動(dòng)能增加量的比值是秒內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動(dòng)能增加量的比值是9W45J445【審題視角【審題視角】解答該題，應(yīng)注意以下兩點(diǎn)：解答該題，應(yīng)注意以下兩點(diǎn)：【關(guān)鍵點(diǎn)【關(guān)鍵點(diǎn)】(1)(1)先

4、利用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出位移先利用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出位移. .(2)(2)根據(jù)平均功率和瞬時(shí)功率的公式求解根據(jù)平均功率和瞬時(shí)功率的公式求解. . 【精講精析【精講精析】第第1 1秒內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的加速度秒內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的加速度a a1 1=2 m/s=2 m/s2 2，1 1秒末的速度秒末的速度v v1 1=2=21=2 (m/s1=2 (m/s) )；第；第2 2秒內(nèi)的加速度秒內(nèi)的加速度a a2 2=1 m/s=1 m/s2 2, ,第第2 2秒末的速度秒末的速度v v2 2=2+1=2+11=3 (m/s1=3 (m/s) )；所以第；所以第2 2秒內(nèi)外力做的功秒內(nèi)外力做的功 故故B B

5、錯(cuò)誤；第錯(cuò)誤；第1 1秒末的功率為秒末的功率為P P1 1=2=22=4(W),2=4(W),第第2 2秒末的功秒末的功率為率為P P2 2=1=13=3(W)3=3(W)，故，故C C錯(cuò)誤；錯(cuò)誤；0 02 2秒內(nèi)外力的平均功率秒內(nèi)外力的平均功率 故故A A正確；第正確；第1 1秒內(nèi)與第秒內(nèi)與第2 2秒內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動(dòng)能增加量秒內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動(dòng)能增加量的比值的比值 故故D D正確正確. .答案：答案：A A、D D 2.5 J，221mv92 Wt4，211221mvE42EW5，2222111Wmvmv22WPt【命題人揭秘【命題人揭秘】平均功率和瞬時(shí)功率的求解方法平均功率和瞬時(shí)功率的求解方法(1)(1)用

6、公式用公式 求出的是平均功率求出的是平均功率. .(2)(2)表達(dá)式表達(dá)式P=FvP=Fv，若，若v v為平均速度，則為平均速度，則P P為平均功率；若為平均功率；若v v為瞬時(shí)為瞬時(shí)速度，則速度，則P P為瞬時(shí)功率為瞬時(shí)功率. .若力與速度不在一條直線上，則若力與速度不在一條直線上，則P=FvcosP=Fvcos. . WPt 結(jié)合圖象定性分析功和功率結(jié)合圖象定性分析功和功率【典例【典例2 2】(2010(2010新課標(biāo)全國卷新課標(biāo)全國卷) )如圖所如圖所示，在外力作用下某質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的示，在外力作用下某質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的v-tv-t圖象圖象為正弦曲線為正弦曲線. .從圖中可以判斷從圖中可以判斷( )(

7、 )A.A.在在0 0t t1 1時(shí)間內(nèi)，外力做正功時(shí)間內(nèi)，外力做正功B.B.在在0 0t t1 1時(shí)間內(nèi)，外力的功率逐漸增大時(shí)間內(nèi)，外力的功率逐漸增大C.C.在在t t2 2時(shí)刻，外力的功率最大時(shí)刻，外力的功率最大D.D.在在t t1 1t t3 3時(shí)間內(nèi)，外力做的總功為零時(shí)間內(nèi)，外力做的總功為零【審題視角【審題視角】解答本題要把握以下三點(diǎn)：解答本題要把握以下三點(diǎn)：【關(guān)鍵點(diǎn)【關(guān)鍵點(diǎn)】(1)(1)通過通過v-tv-t圖象獲取速度、加速度隨時(shí)間的變化情況圖象獲取速度、加速度隨時(shí)間的變化情況. .(2)(2)由由F=maF=ma和和P=FvP=Fv推斷外力做功及功率的特點(diǎn)推斷外力做功及功率的特點(diǎn).

8、 .(3)t(3)t1 1和和t t3 3時(shí)刻速度大小相等，動(dòng)能相等時(shí)刻速度大小相等，動(dòng)能相等. . 【精講精析【精講精析】解答本題可按如下流程分析解答本題可按如下流程分析: :答案：答案：A A、D D 【命題人揭秘【命題人揭秘】判斷做功正負(fù)判斷做功正負(fù)“三法三法”(1)(1)根據(jù)力與位移的夾角根據(jù)力與位移的夾角：當(dāng)：當(dāng)090090時(shí)做正功；當(dāng)時(shí)做正功；當(dāng)9090180180時(shí)做負(fù)功；當(dāng)時(shí)做負(fù)功；當(dāng)=90=90時(shí)不做功時(shí)不做功. .(2)(2)根據(jù)力與速度的夾角根據(jù)力與速度的夾角：當(dāng)：當(dāng)090090時(shí)做正功；當(dāng)時(shí)做正功；當(dāng)9090180180時(shí)做負(fù)功；當(dāng)時(shí)做負(fù)功；當(dāng)=90=90時(shí)不做功時(shí)不做

9、功. .(3)(3)根據(jù)動(dòng)能的變化：動(dòng)能定理描述了合外力做功與動(dòng)能變化根據(jù)動(dòng)能的變化：動(dòng)能定理描述了合外力做功與動(dòng)能變化的關(guān)系，即的關(guān)系，即W W合合=E=Ek k末末-E-Ek k初初，當(dāng)動(dòng)能增加時(shí)合外力做正功；當(dāng)動(dòng)能，當(dāng)動(dòng)能增加時(shí)合外力做正功；當(dāng)動(dòng)能減少時(shí)，合外力做負(fù)功減少時(shí)，合外力做負(fù)功. . 動(dòng)能定理的應(yīng)用動(dòng)能定理的應(yīng)用【典例【典例3 3】(2012(2012北京高考北京高考) )如圖所示，如圖所示，質(zhì)量為質(zhì)量為m m的小物塊在粗糙水平桌面上做的小物塊在粗糙水平桌面上做直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)距離直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)距離l后以速度后以速度v v飛離桌飛離桌面，最終落在水平地面上面，最終落在水平地面上. .

10、已知已知l=1.4 m,v=3.0 m/s,m=1.4 m,v=3.0 m/s,m=0.10 kg,=0.10 kg,物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.25,=0.25,桌面高桌面高h(yuǎn)=0.45 m.h=0.45 m.不計(jì)空不計(jì)空氣阻力，重力加速度氣阻力，重力加速度g g取取10 m/s10 m/s2 2. .求：求： (1)(1)小物塊落地點(diǎn)距飛出點(diǎn)的水平距離小物塊落地點(diǎn)距飛出點(diǎn)的水平距離s;s;(2)(2)小物塊落地時(shí)的動(dòng)能小物塊落地時(shí)的動(dòng)能E Ek k; ;(3)(3)小物塊的初速度大小小物塊的初速度大小v v0 0. .【審題視角【審題視角】本題需要把握以下三點(diǎn)：本

11、題需要把握以下三點(diǎn)：【關(guān)鍵點(diǎn)【關(guān)鍵點(diǎn)】(1)(1)根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以求出水平位移根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以求出水平位移. .(2)(2)根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)開始時(shí)的機(jī)械能等于落地瞬間的機(jī)械能可以根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)開始時(shí)的機(jī)械能等于落地瞬間的機(jī)械能可以求出落地瞬間的動(dòng)能求出落地瞬間的動(dòng)能. .(3)(3)根據(jù)動(dòng)能定理可求出初速度根據(jù)動(dòng)能定理可求出初速度. . 【精講精析【精講精析】(1)(1)由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有豎直方向豎直方向水平方向水平方向s=vts=vt得水平距離得水平距離(2)(2)由機(jī)械能守恒定律得由機(jī)械能守恒定律得(3)(3)由動(dòng)能定理，有由動(dòng)能定理，有得初速度大小得初速度大小答案：答

12、案：(1)0.90 m (2)0.90 J (3)4.0 m/s(1)0.90 m (2)0.90 J (3)4.0 m/s 21hgt22hsv0.90 mg2k1Emvmgh0.90 J222011mgmvmv22l20v2gv4.0 m/sl 【命題人揭秘【命題人揭秘】應(yīng)用動(dòng)能定理解題的基本步驟應(yīng)用動(dòng)能定理解題的基本步驟(1)(1)選取研究對(duì)象，明確它的運(yùn)動(dòng)過程；選取研究對(duì)象，明確它的運(yùn)動(dòng)過程；(2)(2)分析研究對(duì)象的受力情況和各力的做功情況：分析研究對(duì)象的受力情況和各力的做功情況：(3)(3)明確研究對(duì)象在過程的始末狀態(tài)的動(dòng)能明確研究對(duì)象在過程的始末狀態(tài)的動(dòng)能E Ek1k1和和E E

13、k2k2；(4)(4)列出動(dòng)能定理的方程列出動(dòng)能定理的方程W W合合=E=Ek2k2-E-Ek1k1及其他必要的解題方程，進(jìn)及其他必要的解題方程，進(jìn)行求解行求解. . 功能關(guān)系的綜合應(yīng)用功能關(guān)系的綜合應(yīng)用【典例【典例4 4】(2012(2012福建高考福建高考) )如圖如圖, ,用跨過光滑定滑輪的纜繩將海面上用跨過光滑定滑輪的纜繩將海面上一艘失去動(dòng)力的小船沿直線拖向岸一艘失去動(dòng)力的小船沿直線拖向岸邊邊. .已知拖動(dòng)纜繩的電動(dòng)機(jī)功率恒為已知拖動(dòng)纜繩的電動(dòng)機(jī)功率恒為P,P,小船的質(zhì)量為小船的質(zhì)量為m,m,小船受小船受到的阻力大小恒為到的阻力大小恒為f,f,經(jīng)過經(jīng)過A A點(diǎn)時(shí)的速度大小為點(diǎn)時(shí)的速度大

14、小為v v0 0, ,小船從小船從A A點(diǎn)沿點(diǎn)沿直線加速運(yùn)動(dòng)到直線加速運(yùn)動(dòng)到B B點(diǎn)經(jīng)歷時(shí)間為點(diǎn)經(jīng)歷時(shí)間為t t1 1,A,A、B B兩點(diǎn)間距離為兩點(diǎn)間距離為d,d,纜繩質(zhì)纜繩質(zhì)量忽略不計(jì)量忽略不計(jì). .求求: : (1)(1)小船從小船從A A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B B點(diǎn)的全過程克服阻力做的功點(diǎn)的全過程克服阻力做的功W Wf f; ;(2)(2)小船經(jīng)過小船經(jīng)過B B點(diǎn)時(shí)的速度大小點(diǎn)時(shí)的速度大小v v1 1; ;(3)(3)小船經(jīng)過小船經(jīng)過B B點(diǎn)時(shí)的加速度大小點(diǎn)時(shí)的加速度大小a.a.【審題視角【審題視角】解答本題時(shí)應(yīng)明確以下三點(diǎn)：解答本題時(shí)應(yīng)明確以下三點(diǎn)：【關(guān)鍵點(diǎn)【關(guān)鍵點(diǎn)】(1)(1)繩牽引船

15、時(shí)合速度與分速度的關(guān)系繩牽引船時(shí)合速度與分速度的關(guān)系. .(2)(2)牽引功率與牽引力和牽引速度的關(guān)系牽引功率與牽引力和牽引速度的關(guān)系. .(3)(3)涉及恒功率的變力做功應(yīng)用動(dòng)能定理涉及恒功率的變力做功應(yīng)用動(dòng)能定理. .【精講精析【精講精析】(1)(1)小船從小船從A A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B B點(diǎn)克服阻力做功點(diǎn)克服阻力做功W Wf f=fd=fd (2)(2)小船從小船從A A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B B點(diǎn)牽引力做的功點(diǎn)牽引力做的功W=PtW=Pt1 1 由動(dòng)能定理有由動(dòng)能定理有 由由式解得式解得 22f1011WWmvmv2221012vvPtfdm(3)(3)設(shè)小船經(jīng)過設(shè)小船經(jīng)過B B點(diǎn)時(shí)繩的拉

16、力為點(diǎn)時(shí)繩的拉力為F F，繩與水平方向夾角為，繩與水平方向夾角為，電動(dòng)機(jī)牽引繩的速度為電動(dòng)機(jī)牽引繩的速度為u,u,則則P=Fu P=Fu u=vu=v1 1cos cos 由牛頓第二定律有由牛頓第二定律有Fcos-f=ma Fcos-f=ma 由式解得由式解得答案答案: :2201Pfamm v2m Ptfd 20122012Pf1 fd2v(Ptfd)3mmm v2m Ptfd 【命題人揭秘【命題人揭秘】功能關(guān)系的選用技巧功能關(guān)系的選用技巧(1)(1)在應(yīng)用功能關(guān)系解決具體問題的過程中在應(yīng)用功能關(guān)系解決具體問題的過程中, ,若只涉及動(dòng)能的變?nèi)糁簧婕皠?dòng)能的變化用動(dòng)能定理分析化用動(dòng)能定理分析.

17、.(2)(2)只涉及重力勢能的變化用重力做功與重力勢能變化的關(guān)系只涉及重力勢能的變化用重力做功與重力勢能變化的關(guān)系分析分析. .(3)(3)只涉及機(jī)械能變化用除重力和彈力之外的力做功與機(jī)械能只涉及機(jī)械能變化用除重力和彈力之外的力做功與機(jī)械能變化的關(guān)系分析變化的關(guān)系分析. .(4)(4)只涉及電勢能的變化用電場力做功與電勢能變化的關(guān)系分只涉及電勢能的變化用電場力做功與電勢能變化的關(guān)系分析析. . 機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用【典例【典例5 5】(2011(2011福建高考福建高考) )如圖為如圖為某種魚餌自動(dòng)投放器中的投餌管裝某種魚餌自動(dòng)投放器中的投餌管裝置示意圖，其下半部置示意圖，

18、其下半部ABAB是一長為是一長為2R2R的豎直細(xì)管，上半部的豎直細(xì)管，上半部BCBC是半徑為是半徑為R R的的四分之一圓弧彎管，管口沿水平方四分之一圓弧彎管，管口沿水平方向，向，ABAB管內(nèi)有一原長為管內(nèi)有一原長為R R、下端固、下端固定的輕質(zhì)彈簧定的輕質(zhì)彈簧. .投餌時(shí)，每次總將彈簧長度壓縮到投餌時(shí)，每次總將彈簧長度壓縮到0.5R0.5R后后鎖定，在彈簧上端放置一粒魚餌，解除鎖定，彈簧可將魚餌彈鎖定，在彈簧上端放置一粒魚餌，解除鎖定，彈簧可將魚餌彈射出去射出去. .設(shè)質(zhì)量為設(shè)質(zhì)量為m m的魚餌到達(dá)管口的魚餌到達(dá)管口C C時(shí)，對(duì)管壁的作用力恰好時(shí)，對(duì)管壁的作用力恰好為零為零. .不計(jì)魚餌在運(yùn)動(dòng)

19、過程中的機(jī)械能損失，且鎖定和解除鎖不計(jì)魚餌在運(yùn)動(dòng)過程中的機(jī)械能損失，且鎖定和解除鎖定時(shí)，均不改變彈簧的彈性勢能定時(shí)，均不改變彈簧的彈性勢能. .已知重力加速度為已知重力加速度為g.g.求：求：(1)(1)質(zhì)量為質(zhì)量為m m的魚餌到達(dá)管口的魚餌到達(dá)管口C C時(shí)的速度大小時(shí)的速度大小v v1 1；(2)(2)彈簧壓縮到彈簧壓縮到0.5R0.5R時(shí)的彈性勢能時(shí)的彈性勢能E Ep p；(3)(3)已知地面與水面相距已知地面與水面相距1.5R1.5R，若使該投餌管繞，若使該投餌管繞ABAB管的中軸線管的中軸線OOOO在在9090角的范圍內(nèi)來回緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)，每次彈射時(shí)只放置一粒角的范圍內(nèi)來回緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)，每次彈射

20、時(shí)只放置一粒魚餌，魚餌的質(zhì)量在魚餌，魚餌的質(zhì)量在 到到m m之間變化，且均能落到水面之間變化，且均能落到水面. .持續(xù)持續(xù)投放足夠長時(shí)間后，魚餌能夠落到水面的最大面積投放足夠長時(shí)間后，魚餌能夠落到水面的最大面積S S是多少？是多少？ 2m3【審題視角【審題視角】解答本題應(yīng)注意以下幾點(diǎn)解答本題應(yīng)注意以下幾點(diǎn): :【關(guān)鍵點(diǎn)【關(guān)鍵點(diǎn)】(1)(1)臨界條件的應(yīng)用臨界條件的應(yīng)用. .(2)(2)每次彈射時(shí)彈簧的彈性勢能不變每次彈射時(shí)彈簧的彈性勢能不變. .(3)(3)注意應(yīng)用幾何關(guān)系注意應(yīng)用幾何關(guān)系. .(4)(4)將復(fù)雜過程劃分為若干小過程進(jìn)行處理將復(fù)雜過程劃分為若干小過程進(jìn)行處理. .【精講精析【精

21、講精析】(1)(1)質(zhì)量為質(zhì)量為m m的魚餌到達(dá)管口的魚餌到達(dá)管口C C時(shí)做圓周運(yùn)動(dòng)的向時(shí)做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力完全由重力提供則由心力完全由重力提供則由 (2)(2)彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為魚餌的機(jī)械能，由機(jī)械能守恒彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為魚餌的機(jī)械能，由機(jī)械能守恒定律有定律有聯(lián)立方程解得聯(lián)立方程解得E Ep p=3mgR=3mgR(3)(3)魚餌離開管口魚餌離開管口C C做平拋運(yùn)動(dòng)，則有做平拋運(yùn)動(dòng)，則有x x1 1=R+v=R+v1 1t t聯(lián)立方程解得聯(lián)立方程解得x x1 1=4R=4R21vmgmR2p11Emg 1.5RRmv2214.5Rgt21vgR得當(dāng)魚餌質(zhì)量為當(dāng)魚餌質(zhì)量為 時(shí)，設(shè)其

22、到達(dá)管口的速度為時(shí)，設(shè)其到達(dá)管口的速度為v v2 2，由機(jī)械能守，由機(jī)械能守恒定律有恒定律有解得解得同理有同理有x x2 2=R+v=R+v2 2t t聯(lián)立方程解得聯(lián)立方程解得x x2 2=7R=7R魚餌能夠落到水面的最大面積魚餌能夠落到水面的最大面積答案：答案：2m32p221 2Emg 1.5RR( m)v32 32v2 gR22221133S xxR44 22331gR2 3mgR3R (8.25R )4 或【命題人揭秘【命題人揭秘】 機(jī)械能守恒定律在生活中的應(yīng)用機(jī)械能守恒定律在生活中的應(yīng)用本題通過對(duì)魚餌投放器的分析本題通過對(duì)魚餌投放器的分析, ,綜合考查了圓周運(yùn)動(dòng)的臨界條綜合考查了圓周

23、運(yùn)動(dòng)的臨界條件及平拋運(yùn)動(dòng)的分析思想、機(jī)械能守恒定律等知識(shí)，要求學(xué)生件及平拋運(yùn)動(dòng)的分析思想、機(jī)械能守恒定律等知識(shí)，要求學(xué)生具備較高的綜合分析能力具備較高的綜合分析能力. .善于將復(fù)雜問題劃分為若干子過程善于將復(fù)雜問題劃分為若干子過程進(jìn)行處理，體現(xiàn)了高考對(duì)考生能力的要求進(jìn)行處理，體現(xiàn)了高考對(duì)考生能力的要求. . 能量的轉(zhuǎn)化和守恒問題能量的轉(zhuǎn)化和守恒問題【典例【典例6 6】(2010(2010福建高考福建高考) )如圖所示，物體如圖所示，物體A A放在足夠長的木板放在足夠長的木板B B上，木板上，木板B B靜止于水平面靜止于水平面.t=0.t=0時(shí)，電動(dòng)機(jī)通過水平細(xì)繩以恒力時(shí)，電動(dòng)機(jī)通過水平細(xì)繩以恒

24、力F F拉木板拉木板B B，使它做初速度為零，加速度，使它做初速度為零，加速度a aB B=1.0 m/s=1.0 m/s2 2的勻加速直線的勻加速直線運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng). .已知已知A A的質(zhì)量的質(zhì)量m mA A和和B B的質(zhì)量的質(zhì)量m mB B均為均為2.0 kg2.0 kg，A A、B B之間的動(dòng)摩擦之間的動(dòng)摩擦因數(shù)因數(shù)1 1=0.05=0.05，B B與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)2 2=0.1=0.1，最大靜摩，最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小視為相等，重力加速度擦力與滑動(dòng)摩擦力大小視為相等，重力加速度g g取取10 m/s10 m/s2 2. .求：求： (1)(1)物體物體A

25、 A剛運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度剛運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度a aA A; ;(2)t=1.0 s(2)t=1.0 s時(shí)，電動(dòng)機(jī)的輸出功率時(shí)，電動(dòng)機(jī)的輸出功率P P；(3)(3)若若t=1.0 st=1.0 s時(shí)，將電動(dòng)機(jī)的輸出功率立即調(diào)整為時(shí)，將電動(dòng)機(jī)的輸出功率立即調(diào)整為P=5 WP=5 W，并在以后的運(yùn)動(dòng)過程中始終保持這一功率不變，并在以后的運(yùn)動(dòng)過程中始終保持這一功率不變，t=3.8 st=3.8 s時(shí)物時(shí)物體體A A的速度為的速度為1.2 m/s1.2 m/s. .則在則在t=1.0 st=1.0 s到到t=3.8 st=3.8 s這段時(shí)間內(nèi)木板這段時(shí)間內(nèi)木板B B的位移為多少？的位移為多少？ 【審題視角【審題

26、視角】解決本題，應(yīng)把握好以下三點(diǎn)：解決本題，應(yīng)把握好以下三點(diǎn)：【關(guān)鍵點(diǎn)【關(guān)鍵點(diǎn)】(1)(1)明確研究對(duì)象，準(zhǔn)確判斷運(yùn)動(dòng)及受力情況明確研究對(duì)象，準(zhǔn)確判斷運(yùn)動(dòng)及受力情況. .(2)A(2)A、B B速度相等是本題運(yùn)動(dòng)情景的分界點(diǎn)速度相等是本題運(yùn)動(dòng)情景的分界點(diǎn). .(3)(3)功率不變時(shí)，利用功率不變時(shí)，利用W=PtW=Pt求解變力做功求解變力做功. .【精講精析【精講精析】(1)(1)物體物體A A在水平方向上受滑動(dòng)摩擦力，根據(jù)牛頓在水平方向上受滑動(dòng)摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律得：第二定律得：1 1m mA Ag=mg=mA Aa aA A解得：解得：a aA A=0.5 m/s=0.5 m/s2 2

27、(2)t=1.0 s(2)t=1.0 s時(shí)，木板時(shí)，木板B B的速度大小為：的速度大小為：v v1 1=a=aB Bt=1 m/st=1 m/s由牛頓第二定律得：由牛頓第二定律得：F-F-1 1m mA Ag-g-2 2(m(mA A+m+mB B)g=m)g=mB Ba aB B電動(dòng)機(jī)的輸出功率為：電動(dòng)機(jī)的輸出功率為：P P1 1=Fv=Fv1 1解得：解得：P P1 1=7 W=7 W (3)(3)電動(dòng)機(jī)的輸出功率立即調(diào)整為電動(dòng)機(jī)的輸出功率立即調(diào)整為P=5 WP=5 W時(shí)，細(xì)繩對(duì)木板時(shí)，細(xì)繩對(duì)木板B B的的拉力為拉力為FF，由，由P=FvP=Fv1 1，解得：解得：F=5 NF=5 N由于

28、木板由于木板B B的受力滿足的受力滿足F-F-1 1m mA Ag-g-2 2(m(mA A+m+mB B)g=0)g=0木板木板B B做勻速直線運(yùn)動(dòng)，而物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，而物體A A在木板在木板B B上繼續(xù)做勻加速直線上繼續(xù)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)直到與木板運(yùn)動(dòng)直到與木板B B速度相同為止，這一過程的時(shí)間為速度相同為止，這一過程的時(shí)間為t t1 1，則：，則：v v1 1=a=aA A(t+t(t+t1 1) )這段時(shí)間木板這段時(shí)間木板B B的位移為：的位移為：s s1 1=v=v1 1t t1 1，A A、B B速度相同后，由于速度相同后，由于FF2 2(m(mA A+m+mB B)g )g 且

29、電動(dòng)機(jī)的輸出功率不變，且電動(dòng)機(jī)的輸出功率不變，A A、B B一起做加速一起做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得度減小的加速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得: :P(tP(t2 2-t-t1 1-t)-t)-2 2(m(mA A+m+mB B)gs)gs2 2代入數(shù)據(jù)得代入數(shù)據(jù)得 在在t=1.0 st=1.0 s到到t=3.8 st=3.8 s這段時(shí)間內(nèi)木板這段時(shí)間內(nèi)木板B B的位移為的位移為s=ss=s1 1+s+s2 2=3.03 m=3.03 m答案：答案：(1)0.5 m/s(1)0.5 m/s2 2 (2)7 W (3)3.03 m(2)7 W (3)3.03 m 22ABAAB111mmvmmv2

30、2【閱卷人點(diǎn)撥【閱卷人點(diǎn)撥】 失失分分提提示示(1)(1)對(duì)木板對(duì)木板B B受力分析出錯(cuò)，漏掉受力分析出錯(cuò)，漏掉A A對(duì)對(duì)B B的摩擦力或的摩擦力或A A對(duì)對(duì)B B的壓的壓力；力；(2)(2)求恒力求恒力F F的大小時(shí)，牛頓第二定律方程列錯(cuò)的大小時(shí)，牛頓第二定律方程列錯(cuò); ;(3)A(3)A、B B速度相等后誤認(rèn)為速度相等后誤認(rèn)為B B仍然做勻速直線運(yùn)動(dòng)，未對(duì)仍然做勻速直線運(yùn)動(dòng)，未對(duì)B B再次受力分析，力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系意識(shí)淡薄；再次受力分析，力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系意識(shí)淡薄；(4)(4)電動(dòng)機(jī)以恒定功率通過細(xì)繩拉電動(dòng)機(jī)以恒定功率通過細(xì)繩拉B B時(shí)，不會(huì)表示變力做功；時(shí)，不會(huì)表示變力做功；(5)(5)研究對(duì)

31、象不明確，不能選取整體法處理問題研究對(duì)象不明確，不能選取整體法處理問題. . 備備考考指指南南對(duì)于動(dòng)力學(xué)綜合性題目，在復(fù)習(xí)時(shí)要掌握必要的方法及解對(duì)于動(dòng)力學(xué)綜合性題目，在復(fù)習(xí)時(shí)要掌握必要的方法及解題要領(lǐng)：題要領(lǐng)：(1)(1)受力分析不要漏力、添力，可按照先重力再接觸力受力分析不要漏力、添力，可按照先重力再接觸力( (接接觸面處的彈力及摩擦力觸面處的彈力及摩擦力) )，最后其他外力的順序作圖，最后其他外力的順序作圖. .(2)(2)在復(fù)習(xí)求解變力做功的問題時(shí)，應(yīng)該掌握幾種方法：在復(fù)習(xí)求解變力做功的問題時(shí)，應(yīng)該掌握幾種方法：微元法、利用動(dòng)能定理、變力做功功率恒定利用微元法、利用動(dòng)能定理、變力做功功率

32、恒定利用W WF F=Pt.=Pt.(3)(3)對(duì)于兩個(gè)物體相對(duì)運(yùn)動(dòng)的情景，注重物理過程的分析，對(duì)于兩個(gè)物體相對(duì)運(yùn)動(dòng)的情景，注重物理過程的分析，搞清各個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)和受力特點(diǎn)，培養(yǎng)分析物理運(yùn)動(dòng)搞清各個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)和受力特點(diǎn)，培養(yǎng)分析物理運(yùn)動(dòng)情景的能力和靈活應(yīng)用物理規(guī)律解決問題的能力情景的能力和靈活應(yīng)用物理規(guī)律解決問題的能力. . 功的概念的理解與功的計(jì)算功的概念的理解與功的計(jì)算 高考指數(shù)高考指數(shù): :1.(20121.(2012安徽高考安徽高考) )如圖所示，在豎直平如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為面內(nèi)有一半徑為R R的圓弧軌道，半徑的圓弧軌道，半徑OAOA水水平、平、OBOB豎直，一個(gè)質(zhì)

33、量為豎直，一個(gè)質(zhì)量為m m的小球自的小球自A A的正的正上方上方P P點(diǎn)由靜止開始自由下落，小球沿軌道點(diǎn)由靜止開始自由下落，小球沿軌道到達(dá)最高點(diǎn)到達(dá)最高點(diǎn)B B時(shí)恰好對(duì)軌道沒有壓力時(shí)恰好對(duì)軌道沒有壓力. .已知已知AP=2R,AP=2R,重力加速度為重力加速度為g g，則小球從，則小球從P P到到B B的運(yùn)的運(yùn)動(dòng)過程中動(dòng)過程中( )( ) 【解題指南【解題指南】解答本題時(shí)要注意以下三點(diǎn)：解答本題時(shí)要注意以下三點(diǎn)：(1)(1)小球在小球在B B點(diǎn)所受重力等于向心力，由此可求出小球在點(diǎn)所受重力等于向心力，由此可求出小球在B B點(diǎn)的點(diǎn)的動(dòng)能動(dòng)能. .(2)(2)根據(jù)功能關(guān)系求出重力的功、合外力的功根

34、據(jù)功能關(guān)系求出重力的功、合外力的功. .(3)(3)根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化與守恒求出摩擦力的功、機(jī)械能的變化量根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化與守恒求出摩擦力的功、機(jī)械能的變化量. .A.A.重力做功重力做功2mgR B.2mgR B.機(jī)械能減少機(jī)械能減少mgRmgRC.C.合外力做功合外力做功mgRmgR D. D.克服摩擦力做功克服摩擦力做功1mgR2【解析【解析】選選D.D.重力做功與路徑無關(guān)，所以重力做功與路徑無關(guān)，所以W WG G=mgR=mgR，選項(xiàng)，選項(xiàng)A A錯(cuò)；錯(cuò)；小球在小球在B B點(diǎn)時(shí)所受重力等于向心力，即：點(diǎn)時(shí)所受重力等于向心力，即：從從P P點(diǎn)到點(diǎn)到B B點(diǎn)，由動(dòng)能定理知：點(diǎn)，由動(dòng)能定理知： 故選

35、項(xiàng)故選項(xiàng)C C錯(cuò)；錯(cuò)；根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化與守恒知：機(jī)械能的減少量為根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化與守恒知：機(jī)械能的減少量為|E|=|E|E|=|EP P| |-|E-|Ek k|= |= 故選項(xiàng)故選項(xiàng)B B錯(cuò)；克服摩擦力做的功等于機(jī)械能的錯(cuò)；克服摩擦力做的功等于機(jī)械能的減少量，故選項(xiàng)減少量，故選項(xiàng)D D對(duì)對(duì). . 2vmgmvgRR，所以，211WmvmgR22合，1mgR2，2.(20112.(2011江蘇高考江蘇高考) )如圖所示，演員正在進(jìn)行如圖所示，演員正在進(jìn)行雜技表演雜技表演. .由圖可估算出他將一只雞蛋拋出的由圖可估算出他將一只雞蛋拋出的過程中對(duì)雞蛋所做的功最接近于過程中對(duì)雞蛋所做的功最接近于( )(

36、 )A.0.3 J B.3 JA.0.3 J B.3 JC.30 J D.300 JC.30 J D.300 J 【解析【解析】選選A.A.估計(jì)一只雞蛋的質(zhì)量為估計(jì)一只雞蛋的質(zhì)量為6060克，雞蛋上升的高度為克，雞蛋上升的高度為5050厘米，對(duì)人拋雞蛋以及雞蛋上升到最高點(diǎn)全程應(yīng)用動(dòng)能定理厘米，對(duì)人拋雞蛋以及雞蛋上升到最高點(diǎn)全程應(yīng)用動(dòng)能定理有：有：W WF F-mgh-mgh=0=0，代入數(shù)值可知，代入數(shù)值可知W WF F=0.3 J=0.3 J，A A對(duì)對(duì). . 3.(20103.(2010上海高考上海高考) )如圖所示為質(zhì)量相等的兩個(gè)如圖所示為質(zhì)量相等的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)質(zhì)點(diǎn)A A、B B在同一直線上

37、運(yùn)動(dòng)的在同一直線上運(yùn)動(dòng)的v-tv-t圖象，由圖可圖象，由圖可知知( )( )A.A.在在t t時(shí)刻兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)在同一位置時(shí)刻兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)在同一位置B.B.在在t t時(shí)刻兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)速度相等時(shí)刻兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)速度相等C.C.在在0 0t t時(shí)間內(nèi)質(zhì)點(diǎn)時(shí)間內(nèi)質(zhì)點(diǎn)B B比質(zhì)點(diǎn)比質(zhì)點(diǎn)A A位移大位移大D.D.在在0 0t t時(shí)間內(nèi)合外力對(duì)兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)做功相等時(shí)間內(nèi)合外力對(duì)兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)做功相等【解析【解析】選選B B、C C、D.D.在在t t時(shí)刻兩質(zhì)點(diǎn)速度相等，故時(shí)刻兩質(zhì)點(diǎn)速度相等，故B B正確正確. .根據(jù)根據(jù)v-tv-t圖象中面積代表位移大小，在圖象中面積代表位移大小，在0 0t t時(shí)間內(nèi)質(zhì)點(diǎn)時(shí)間內(nèi)質(zhì)點(diǎn)B B比質(zhì)點(diǎn)比質(zhì)點(diǎn)A

38、 A位位移大，所以移大，所以C C正確，正確，A A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理，合外力對(duì)質(zhì)點(diǎn)做的錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理，合外力對(duì)質(zhì)點(diǎn)做的功等于該質(zhì)點(diǎn)動(dòng)能的變化，故功等于該質(zhì)點(diǎn)動(dòng)能的變化，故D D正確正確. . 功率的計(jì)算功率的計(jì)算 高考指數(shù)高考指數(shù): :4.(20124.(2012江蘇高考江蘇高考) )如圖所示，細(xì)線的一端如圖所示，細(xì)線的一端固定于固定于O O點(diǎn)，另一端系一小球點(diǎn)，另一端系一小球. .在水平拉力作在水平拉力作用下，小球以恒定速率在豎直平面內(nèi)由用下，小球以恒定速率在豎直平面內(nèi)由A A點(diǎn)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到運(yùn)動(dòng)到B B點(diǎn)點(diǎn). .在此過程中拉力的瞬時(shí)功率變在此過程中拉力的瞬時(shí)功率變化情況是化情況是( )(

39、)A.A.逐漸增大逐漸增大 B.B.逐漸減小逐漸減小C.C.先增大，后減小先增大，后減小 D.D.先減小，后增大先減小，后增大【解題指南【解題指南】本題考查了動(dòng)能定理、變力做功、瞬時(shí)功率問本題考查了動(dòng)能定理、變力做功、瞬時(shí)功率問題，難度中等，本題要把變力題，難度中等，本題要把變力( (水平拉力水平拉力) )做功做功( (和功率和功率) )問題轉(zhuǎn)問題轉(zhuǎn)化為恒力化為恒力( (重力重力) )做功做功( (和功率和功率) )問題問題. .【解析【解析】選選A.A.本題考查上升的過程中本題考查上升的過程中, ,重力做負(fù)功重力做負(fù)功, ,水平拉力水平拉力F F做正功做正功, ,由動(dòng)能定理得由動(dòng)能定理得 所

40、以所以W WF F=W=WG G，即，即拉力做的功和重力做的功總是相等的，則拉力做功的功率和重拉力做的功和重力做的功總是相等的，則拉力做功的功率和重力做功的功率也總是相等的，小球上擺過程中力做功的功率也總是相等的，小球上擺過程中, ,豎直方向速度豎直方向速度一直增大，重力功率一直增大，重力功率P=mgvP=mgv一直增大，所以拉力做功的功率也一直增大，所以拉力做功的功率也是逐漸增大的是逐漸增大的. .答案選答案選A.A. 22FG11WWmvmv022 ，5.(20125.(2012福建高考福建高考) )如圖如圖, ,表面光滑的表面光滑的固定斜面頂端安裝一定滑輪固定斜面頂端安裝一定滑輪, ,小

41、物塊小物塊A A、B B用輕繩連接并跨過滑輪用輕繩連接并跨過滑輪( (不計(jì)滑不計(jì)滑輪的質(zhì)量和摩擦輪的質(zhì)量和摩擦).).初始時(shí)刻初始時(shí)刻,A,A、B B處處于同一高度并恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)于同一高度并恰好處于靜止?fàn)顟B(tài). .剪斷輕繩后剪斷輕繩后,A,A下落、下落、B B沿斜面沿斜面下滑下滑, ,則從剪斷輕繩到物塊著地則從剪斷輕繩到物塊著地, ,兩物塊兩物塊( )( )A.A.速率的變化量不同速率的變化量不同 B.B.機(jī)械能的變化量不同機(jī)械能的變化量不同C.C.重力勢能的變化量相同重力勢能的變化量相同 D.D.重力做功的平均功率相同重力做功的平均功率相同【解題指南【解題指南】解答本題時(shí)應(yīng)明確以下三點(diǎn)：解

42、答本題時(shí)應(yīng)明確以下三點(diǎn)：(1)(1)矢量和標(biāo)量的描述不同矢量和標(biāo)量的描述不同. .(2)(2)平均功率的計(jì)算公式的理解平均功率的計(jì)算公式的理解. .(3)(3)據(jù)平衡狀態(tài)得兩物塊的質(zhì)量關(guān)系據(jù)平衡狀態(tài)得兩物塊的質(zhì)量關(guān)系. .【解析【解析】選選D.D.設(shè)設(shè)A A、B B離地高度為離地高度為h,h,由于斜面表面光滑，由于斜面表面光滑，A A、B B運(yùn)運(yùn)動(dòng)過程機(jī)械能守恒，機(jī)械能不變，物塊著地時(shí)速率相等動(dòng)過程機(jī)械能守恒，機(jī)械能不變，物塊著地時(shí)速率相等, ,均為均為 因此速率變化量相等，因此速率變化量相等，A A、B B錯(cuò)錯(cuò). .由于初始時(shí)刻由于初始時(shí)刻A A、B B處于處于同一高度并處于靜止?fàn)顟B(tài)，因此有

43、同一高度并處于靜止?fàn)顟B(tài)，因此有m mA Ag=mg=mB Bgsingsin，重力勢能變，重力勢能變化量不相等，化量不相等，C C錯(cuò)錯(cuò). .從剪斷輕繩到兩物塊著地過程的平均速度大從剪斷輕繩到兩物塊著地過程的平均速度大小為小為 故選故選D.D. 2gh,ABABAB1v2ghPm gv Pm gsinv PP ,2，則，6.(20126.(2012天津高考天津高考) )如圖甲所示如圖甲所示, ,靜止在水平地面的物塊靜止在水平地面的物塊A A，受，受到水平向右的拉力到水平向右的拉力F F作用作用,F,F與時(shí)間與時(shí)間t t的關(guān)系如圖乙所示的關(guān)系如圖乙所示, ,設(shè)物塊設(shè)物塊與地面的靜摩擦力最大值與地面

44、的靜摩擦力最大值f fm m與滑動(dòng)摩擦力大小相等與滑動(dòng)摩擦力大小相等, ,則則( )( )A.0A.0t t1 1時(shí)間內(nèi)時(shí)間內(nèi)F F的功率逐漸增大的功率逐漸增大B.tB.t2 2時(shí)刻物塊時(shí)刻物塊A A的加速度最大的加速度最大C.tC.t2 2時(shí)刻后物塊時(shí)刻后物塊A A做反向運(yùn)動(dòng)做反向運(yùn)動(dòng)D.tD.t3 3時(shí)刻物塊時(shí)刻物塊A A的動(dòng)能最大的動(dòng)能最大【解析【解析】選選B B、D.D.由由F-tF-t圖象可知，在圖象可知，在0 0t t1 1時(shí)間內(nèi)，時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)fFfFfm m，故物塊，故物塊仍沿同一方向做加速運(yùn)動(dòng)，至仍沿同一方向做加速運(yùn)動(dòng)，至t t3 3時(shí)刻速度最大，動(dòng)能最大，選時(shí)刻速度最大，動(dòng)能最

45、大，選項(xiàng)項(xiàng)C C錯(cuò)、錯(cuò)、D D對(duì)對(duì). . 7.(20117.(2011上海高考上海高考) )如圖，一長為如圖，一長為L L的的輕桿一端固定在光滑鉸鏈上，另一端輕桿一端固定在光滑鉸鏈上，另一端固定一質(zhì)量為固定一質(zhì)量為m m的小球的小球. .一水平向右的一水平向右的拉力作用于桿的中點(diǎn)，使桿以角速度拉力作用于桿的中點(diǎn)，使桿以角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)桿與水平方向成勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)桿與水平方向成6060時(shí)時(shí), ,拉力的功率為拉力的功率為( )( )A.mgLA.mgL B. B.C. D.C. D. 3mgL21mgL23mgL6【解析【解析】選選C.C.勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，動(dòng)能不變，拉力的功率在數(shù)值上應(yīng)等勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，動(dòng)能不

46、變，拉力的功率在數(shù)值上應(yīng)等于重力的功率于重力的功率. .為此，將線速度分解為水平速度和豎直速度，為此，將線速度分解為水平速度和豎直速度，重力的功率重力的功率P=-mgLsin30P=-mgLsin30= = 所以拉力的功率所以拉力的功率【誤區(qū)警示【誤區(qū)警示】解答本題易產(chǎn)生的兩個(gè)誤區(qū)解答本題易產(chǎn)生的兩個(gè)誤區(qū)(1)(1)瞬時(shí)功率的公式為瞬時(shí)功率的公式為P=FvcosP=Fvcos, ,式中式中為為F F與與v v的夾角，求解的夾角，求解時(shí)容易忘記考慮時(shí)容易忘記考慮. .(2)(2)合速度沿運(yùn)動(dòng)切向，不是水平方向，在對(duì)線速度分解時(shí)，合速度沿運(yùn)動(dòng)切向，不是水平方向，在對(duì)線速度分解時(shí)，應(yīng)向水平和豎直兩個(gè)

47、方向分解應(yīng)向水平和豎直兩個(gè)方向分解. . 1mgL,21PPmgL2 8.(20128.(2012北京高考北京高考) )摩天大樓中一部直通高層的客運(yùn)電梯摩天大樓中一部直通高層的客運(yùn)電梯. .行行程超過百米程超過百米. .電梯的簡化模型如圖甲所示電梯的簡化模型如圖甲所示. .考慮安全、舒適、考慮安全、舒適、省時(shí)等因素，電梯的加速度省時(shí)等因素，電梯的加速度a a是隨時(shí)間是隨時(shí)間t t變化的變化的. .已知電梯在已知電梯在t=0t=0時(shí)由靜止開始上升，時(shí)由靜止開始上升，a-ta-t圖像如圖乙所示圖像如圖乙所示. .電梯總質(zhì)量電梯總質(zhì)量m=2.0m=2.010103 3 kg. kg.忽略一切阻力忽略

48、一切阻力. .重力加速度重力加速度g g取取10 m/s10 m/s2 2. .(1)(1)求電梯在上升過程中受到的最大拉力求電梯在上升過程中受到的最大拉力F F1 1和最小拉力和最小拉力F F2 2; ;(2)(2)類比是一種常用的研究方法類比是一種常用的研究方法. .對(duì)于直線運(yùn)動(dòng)，教科書中講解對(duì)于直線運(yùn)動(dòng)，教科書中講解了由了由v -tv -t圖像求位移的方法圖像求位移的方法. .請你借鑒此方法，對(duì)比加速度和請你借鑒此方法，對(duì)比加速度和速度的定義，根據(jù)圖乙所示速度的定義，根據(jù)圖乙所示a-ta-t圖像，求電梯在第圖像，求電梯在第1 s1 s內(nèi)的速度內(nèi)的速度改變量改變量vv1 1和第和第2 s2

49、 s末的速率末的速率v v2 2; ;(3)(3)求電梯以最大速率上升時(shí)，拉力做功的功率求電梯以最大速率上升時(shí)，拉力做功的功率P P；再求在；再求在0 011 s11 s時(shí)間內(nèi)，拉力和重力對(duì)電梯所做的總功時(shí)間內(nèi)，拉力和重力對(duì)電梯所做的總功W.W. 【解題指南【解題指南】本題需要把握以下四點(diǎn)：本題需要把握以下四點(diǎn)：(1)(1)讀出圖像中正、負(fù)最大加速度，由牛頓第二定律分別計(jì)算讀出圖像中正、負(fù)最大加速度，由牛頓第二定律分別計(jì)算出最大拉力和最小拉力出最大拉力和最小拉力. .(2)(2)加速度圖像與時(shí)間軸圍成的面積表示速度的變化量加速度圖像與時(shí)間軸圍成的面積表示速度的變化量. .(3)(3)速度最大時(shí)

50、拉力等于重力，拉力的功率等于重力與速度的速度最大時(shí)拉力等于重力，拉力的功率等于重力與速度的乘積乘積. .(4)(4)根據(jù)動(dòng)能定理可計(jì)算總功根據(jù)動(dòng)能定理可計(jì)算總功. .【解析【解析】(1)(1)由牛頓第二定律，有由牛頓第二定律，有F-mg=maF-mg=ma由由a-ta-t圖像可知，圖像可知，F(xiàn) F1 1和和F F2 2對(duì)應(yīng)的加速度分別是對(duì)應(yīng)的加速度分別是a a1 1=1.0 m/s=1.0 m/s2 2，a a2 2=-1.0 m/s=-1.0 m/s2 2F F1 1=m(g+a=m(g+a1 1)=2.0)=2.010103 3(10+1.0) N=2.2(10+1.0) N=2.2101

51、04 4 N NF F2 2=m(g+a=m(g+a2 2)=2.0)=2.010103 3(10-1.0) N=1.8(10-1.0) N=1.810104 4 N N (2)(2)類比可得，所求速度變化量等于第類比可得，所求速度變化量等于第1 s1 s內(nèi)內(nèi)a-ta-t圖線下的面積圖線下的面積vv1 1=0.50 m/s=0.50 m/s同理可得同理可得vv2 2=v=v2 2-v-v0 0=1.5 m/s=1.5 m/sv v0 0=0=0，第，第2 s2 s末的速率末的速率v v2 2=1.5 m/s=1.5 m/s(3)(3)由由a-ta-t圖像可知，圖像可知，11 s11 s30 s

52、30 s內(nèi)速率最大，其值等于內(nèi)速率最大，其值等于0 011 s11 s內(nèi)內(nèi)a-ta-t圖線下的面積，有圖線下的面積，有v vm m=10 m/s=10 m/s此時(shí)電梯做勻速運(yùn)動(dòng)，拉力此時(shí)電梯做勻速運(yùn)動(dòng)，拉力F F等于重力等于重力mgmg，所求功率，所求功率P=FvP=Fvm m=mg=mgv vm m=2.0=2.010103 3101010 W=2.010 W=2.010105 5 W W由動(dòng)能定理，總功由動(dòng)能定理，總功W=EW=Ek2k2-E-Ek1k1= J= J=1.0=1.010105 5 J J答案：答案：(1) 2.2(1) 2.210104 4 N 1.8 N 1.810104

53、 4 N (2)0.50 m/s N (2)0.50 m/s1.5 m/s1.5 m/s (3)2.0 (3)2.010105 5 W 1.0 W 1.010105 5 J J 232m11mv02.0 101022 動(dòng)能定理的理解與應(yīng)用動(dòng)能定理的理解與應(yīng)用 高考指數(shù)高考指數(shù): :9.(20129.(2012四川高考四川高考) )如圖所示，勁度系如圖所示，勁度系數(shù)為數(shù)為k k的輕彈簧的一端固定在墻上，另的輕彈簧的一端固定在墻上，另一端與置于水平面上質(zhì)量為一端與置于水平面上質(zhì)量為m m的物體接的物體接觸觸( (未連接未連接) )，彈簧水平且無形變，彈簧水平且無形變. .用水平力用水平力F F緩慢

54、推動(dòng)物體，在緩慢推動(dòng)物體，在彈性限度內(nèi)彈簧長度被壓縮了彈性限度內(nèi)彈簧長度被壓縮了x x0 0，此時(shí)物體靜止，此時(shí)物體靜止. .撤去撤去F F后，物后，物體開始向左運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的最大距離為體開始向左運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的最大距離為4x4x0 0. .物體與水平面間的動(dòng)物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為摩擦因數(shù)為,重力加速度為重力加速度為g.g.則則( )( ) A.A.撤去撤去F F后，物體先做勻加速運(yùn)動(dòng)，再做勻減速運(yùn)動(dòng)后，物體先做勻加速運(yùn)動(dòng)，再做勻減速運(yùn)動(dòng)B.B.撤去撤去F F后，物體剛運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為后，物體剛運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為C.C.物體做勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為物體做勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為D.D.物體開始向左

55、運(yùn)動(dòng)到速度最大的過程中克服摩擦力做的功為物體開始向左運(yùn)動(dòng)到速度最大的過程中克服摩擦力做的功為【解析【解析】選選B B、D.D.撤去撤去F F后，在水平方向上物體受到彈簧的彈力后，在水平方向上物體受到彈簧的彈力和摩擦力的作用，由于彈力是變力和摩擦力的作用，由于彈力是變力. .所以，物體開始不可能做所以，物體開始不可能做勻變速運(yùn)動(dòng)，勻變速運(yùn)動(dòng)，A A錯(cuò)誤；撤去錯(cuò)誤；撤去F F瞬間，水平方向上物體受到彈簧向瞬間，水平方向上物體受到彈簧向0kxgm0 x2g0mgmg(x)k左的彈力左的彈力F FN N=kx=kx0 0和向右的摩擦力和向右的摩擦力F Ff f=mg=mg的作用，由牛頓第二定的作用，由

56、牛頓第二定律可知律可知 B B正確；物體到達(dá)初位置時(shí)，和彈正確；物體到達(dá)初位置時(shí)，和彈簧分離，之后才開始做勻減速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)位移為簧分離，之后才開始做勻減速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)位移為3x3x0 0，加速度，加速度大小為大小為 C C錯(cuò)誤；當(dāng)水平錯(cuò)誤；當(dāng)水平方向上物體受到彈簧向左的彈力方向上物體受到彈簧向左的彈力F FN N=kx=kx和向右的摩擦力和向右的摩擦力F Ff f=mg=mg平衡時(shí)，具有最大速度，所以平衡時(shí)，具有最大速度，所以 物體開始向左運(yùn)動(dòng)到速物體開始向左運(yùn)動(dòng)到速度最大，發(fā)生的位移為度最大，發(fā)生的位移為(x(x0 0-x).-x).所以，此過程中克服摩擦力做所以，此過程中克服摩擦力做的功為的

57、功為W=FW=Ff f(x(x0 0-x)= D-x)= D正確正確. . Nf0FFkxagmm，20f6xF12xagxat:tm2ag，由得，mgxk，0mgmg(x)k，10.(201110.(2011山東高考山東高考) )如圖所示，將小球如圖所示，將小球a a從地面從地面以初速度以初速度v v0 0豎直上拋的同時(shí)，將另一相同質(zhì)量的豎直上拋的同時(shí)，將另一相同質(zhì)量的小球小球b b從距地面從距地面h h處由靜止釋放，兩球恰在處由靜止釋放，兩球恰在 處相處相遇遇( (不計(jì)空氣阻力不計(jì)空氣阻力).).則則( )( )A.A.兩球同時(shí)落地兩球同時(shí)落地 B.B.相遇時(shí)兩球速度大小相等相遇時(shí)兩球速度

58、大小相等 C.C.從開始運(yùn)動(dòng)到相遇，球從開始運(yùn)動(dòng)到相遇，球a a動(dòng)能的減少量等于球動(dòng)能的減少量等于球b b動(dòng)能的增加量動(dòng)能的增加量D.D.相遇后的任意時(shí)刻，重力對(duì)球相遇后的任意時(shí)刻，重力對(duì)球a a做功功率和對(duì)球做功功率和對(duì)球b b做功功率相做功功率相等等h2【解題指南【解題指南】解答本題要注意以下四點(diǎn)：解答本題要注意以下四點(diǎn)：(1)a(1)a球做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，球做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，b b球做自由落體運(yùn)動(dòng)球做自由落體運(yùn)動(dòng). .(2)(2)緊緊抓住兩球恰在緊緊抓住兩球恰在 處相遇列式分析處相遇列式分析. .(3)(3)動(dòng)能的變化由動(dòng)能定理分析動(dòng)能的變化由動(dòng)能定理分析. .(4)(4)由瞬時(shí)功率的定義比

59、較由瞬時(shí)功率的定義比較a a、b b重力功率的大小重力功率的大小. .h2【解析【解析】選選C.C.相遇時(shí)相遇時(shí)b b球的位移球的位移 運(yùn)動(dòng)時(shí)間運(yùn)動(dòng)時(shí)間 相遇相遇時(shí)時(shí)a a球位移球位移相遇時(shí)相遇時(shí)a a球的速度球的速度v va a=v=v0 0-gt=0-gt=0，由題意可得此時(shí)，由題意可得此時(shí)b b球已經(jīng)具有向球已經(jīng)具有向下的速度而下的速度而a a球速度為零，故球速度為零，故b b球以較大速度先落地球以較大速度先落地, ,以后任意以后任意時(shí)刻重力的瞬時(shí)功率時(shí)刻重力的瞬時(shí)功率P=mgvP=mgv，b b球的瞬時(shí)功率總是大于球的瞬時(shí)功率總是大于a a球的瞬球的瞬時(shí)功率時(shí)功率. .選項(xiàng)選項(xiàng)A A、

60、B B、D D錯(cuò)誤錯(cuò)誤. .從開始運(yùn)動(dòng)到相遇，從開始運(yùn)動(dòng)到相遇，a a球克服重力所球克服重力所做的功等于重力對(duì)做的功等于重力對(duì)b b球所做的功，由動(dòng)能定理可得球所做的功，由動(dòng)能定理可得C C項(xiàng)正確項(xiàng)正確. . 2h1gt22，htg，222000h111v tgt ,gtv tgtvgtgh,2222 可得，11.(201111.(2011四川高考四川高考) )如圖是如圖是“神舟神舟”系列航系列航天飛船返回艙返回地面的示意圖，假定其過天飛船返回艙返回地面的示意圖，假定其過程可簡化為：打開降落傘一段時(shí)間后，整個(gè)程可簡化為：打開降落傘一段時(shí)間后，整個(gè)裝置勻速下降，為確保安全著陸，需點(diǎn)燃返裝置勻速下

61、降，為確保安全著陸，需點(diǎn)燃返回艙的緩沖火箭，在火箭噴氣過程中返回艙做減速直線運(yùn)動(dòng)，回艙的緩沖火箭，在火箭噴氣過程中返回艙做減速直線運(yùn)動(dòng)，則則( )( )A.A.火箭開始噴氣瞬間傘繩對(duì)返回艙的拉力變小火箭開始噴氣瞬間傘繩對(duì)返回艙的拉力變小B.B.返回艙在噴氣過程中減速的主要原因是空氣阻力返回艙在噴氣過程中減速的主要原因是空氣阻力C.C.返回艙在噴氣過程中所受合外力可能做正功返回艙在噴氣過程中所受合外力可能做正功D.D.返回艙在噴氣過程中處于失重狀態(tài)返回艙在噴氣過程中處于失重狀態(tài)【解析【解析】選選A.A.整個(gè)裝置勻速下降，火箭向下噴氣瞬間，獲得向整個(gè)裝置勻速下降，火箭向下噴氣瞬間，獲得向上的反沖力

62、，故傘繩對(duì)返回艙的拉力減小，上的反沖力，故傘繩對(duì)返回艙的拉力減小，A A項(xiàng)正確項(xiàng)正確; ;返回艙在返回艙在空氣阻力作用下勻速運(yùn)動(dòng)，故減速的主要原因是火箭的反沖力，空氣阻力作用下勻速運(yùn)動(dòng)，故減速的主要原因是火箭的反沖力，B B項(xiàng)錯(cuò)項(xiàng)錯(cuò); ;返回艙做減速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理可知，合外力做負(fù)功，返回艙做減速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理可知，合外力做負(fù)功，C C項(xiàng)錯(cuò)項(xiàng)錯(cuò); ;返回艙向下減速，加速度方向向上，處于超重狀態(tài)，返回艙向下減速，加速度方向向上，處于超重狀態(tài)，D D項(xiàng)錯(cuò)項(xiàng)錯(cuò). . 12.(201212.(2012重慶高考重慶高考) )如圖所示為一種擺式摩擦因數(shù)測量儀，可如圖所示為一種擺式摩擦因數(shù)測量儀，可測量輪

63、胎與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)，其主要部件有：底部固定有輪測量輪胎與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)，其主要部件有：底部固定有輪胎橡膠片的擺錘和連接擺錘的輕質(zhì)細(xì)桿胎橡膠片的擺錘和連接擺錘的輕質(zhì)細(xì)桿. .擺錘的質(zhì)量為擺錘的質(zhì)量為m m，細(xì)桿，細(xì)桿可繞軸可繞軸O O在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動(dòng)，擺錘重心到在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動(dòng)，擺錘重心到O O點(diǎn)距離為點(diǎn)距離為L.L.測量測量時(shí)，測量儀固定于水平地面，將擺錘從與時(shí)，測量儀固定于水平地面，將擺錘從與O O等高的位置處靜止釋等高的位置處靜止釋放放. .擺錘到最低點(diǎn)附近時(shí)，橡膠片緊壓地面擦過一小段距離擺錘到最低點(diǎn)附近時(shí)，橡膠片緊壓地面擦過一小段距離s(sLs(sL) )，之后繼續(xù)擺至與豎直

64、方向成，之后繼續(xù)擺至與豎直方向成角的最高位置角的最高位置. .若擺錘若擺錘對(duì)地面的壓力可視為大小為對(duì)地面的壓力可視為大小為F F的恒力，重力加速度為的恒力，重力加速度為g g，求，求(1)(1)擺錘在上述過程中損失的機(jī)械能；擺錘在上述過程中損失的機(jī)械能；(2)(2)在上述過程中摩擦力對(duì)擺錘所做的功；在上述過程中摩擦力對(duì)擺錘所做的功；(3)(3)橡膠片與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)橡膠片與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù). . 【解題指南【解題指南】解答本題時(shí)可按以下思路分析：解答本題時(shí)可按以下思路分析：【解析【解析】(1)(1)損失的機(jī)械能：損失的機(jī)械能：E=mgL-mg(L-Lcos)=mgLcosE=mgL-

65、mg(L-Lcos)=mgLcos(2)(2)摩擦力對(duì)擺錘做的功大小等于擺錘損失的機(jī)械能，摩擦力對(duì)擺錘做的功大小等于擺錘損失的機(jī)械能，因而，因而，W Wf f=-mgLcos=-mgLcos(3)|W(3)|Wf f|=f|=fs=Fs=Fs=mgLcoss=mgLcos答案：答案：(1)mgLcos (2)-mgLcos (3)(1)mgLcos (2)-mgLcos (3) mgLcosFsmgLcosFs13.(201013.(2010上海高考上海高考) )傾角傾角=37=37，質(zhì)量，質(zhì)量M=5 kgM=5 kg的粗糙斜面位于水平地面上，質(zhì)量的粗糙斜面位于水平地面上，質(zhì)量m=2 kgm=

66、2 kg的木塊置于斜面頂端，從靜止開始的木塊置于斜面頂端，從靜止開始勻加速下滑，經(jīng)勻加速下滑，經(jīng)t=2 st=2 s到達(dá)底端，運(yùn)動(dòng)路程到達(dá)底端，運(yùn)動(dòng)路程L=4 m,L=4 m,在此過程中在此過程中斜面保持靜止斜面保持靜止.(sin37.(sin37=0.6,cos37=0.6,cos37=0.8,g=0.8,g取取10 m/s10 m/s2 2) )求：求：(1)(1)地面對(duì)斜面的摩擦力大小與方向；地面對(duì)斜面的摩擦力大小與方向；(2)(2)地面對(duì)斜面的支持力大小；地面對(duì)斜面的支持力大小；(3)(3)通過計(jì)算證明木塊在此過程中滿足動(dòng)能定理通過計(jì)算證明木塊在此過程中滿足動(dòng)能定理. .【解析【解析】(1)(1)從靜止開始勻加速下滑，由運(yùn)動(dòng)規(guī)律：從靜止開始勻加速下滑，由運(yùn)動(dòng)規(guī)律： 得得a=2 m/sa=2 m/s2 2對(duì)木塊受力分析：對(duì)木塊受力分析：沿斜面方向：沿斜面方向：mgsin-fmgsin-f=ma =ma 垂直斜面方向：垂直斜面方向：mgcosmgcos-F-FN N=0 =0 由以上兩式得：由以上兩式得：f=8N,Ff=8N,FN N=16N =16N 21Lat2，對(duì)斜面受力分析