高三物理二輪復(fù)習(xí) 第一篇 專題通關(guān)三 動能定理和能量守恒定律 6 功 功率 動能定理課件.ppt

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專題三動能定理和能量守恒定律第6講功功率動能定理 高考這樣考 1 2014 新課標(biāo)全國卷 一物體靜止在粗糙水平地面上 現(xiàn)用一大小為F1的水平拉力拉動物體 經(jīng)過一段時間后其速度變?yōu)関 若將水平拉力的大小改為F2 物體從靜止開始經(jīng)過同樣的時間后速度變?yōu)?v 對于上述兩個過程 用WF1 WF2分別表示拉力F1 F2所做的功 Wf1 Wf2分別表示前后兩次克服摩擦力所做的功 則 A WF2 4WF1 Wf2 2Wf1B WF2 4WF1 Wf2 2Wf1C WF2 4WF1 Wf2 2Wf1D WF2 4WF1 Wf2 2Wf1 解析 選C 根據(jù)x t和Wf mgx可判斷 兩次克服摩擦力所做的功Wf2 2Wf1 由動能定理得WF1 Wf1 mv2和WF2 Wf2 m 2v 2 整理可判斷WF2 4WF1 故選項C正確 2 2015 海南高考 如圖 一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置 軌道兩端等高 質(zhì)量為m的質(zhì)點自軌道端點P由靜止開始滑下 滑到最低點Q時 對軌道的正壓力為2mg 重力加速度大小為g 質(zhì)點自P滑到Q的過程中 克服摩擦力所做的功為 解析 選C 在Q點 FN mg 所以v 由P到Q根據(jù)動能定理得mgR Wf mv2 解得Wf mgR 故C正確 3 2015 全國卷 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 選A 本題屬于機(jī)車的恒定功率啟動問題 當(dāng)牽引力大于阻力時 機(jī)車加速運動 但速度的增加會導(dǎo)致牽引力變小 機(jī)車所受的合力變小 機(jī)車的加速度變小 故機(jī)車的運動為加速度不斷變小的加速運動 直到加速度等于零變?yōu)閯蛩僦本€運動 故0 t1時間內(nèi) 是一個恒定功率加速過程 直到變?yōu)閯蛩僦本€運動 t1 t2時間內(nèi) 是另一個恒定功率加速過程 直到變?yōu)閯蛩僦本€運動 故A項正確 4 2014 山東高考 如圖 半徑為R的均勻帶正電薄球殼 其上有一小孔A 已知殼內(nèi)的場強(qiáng)處處為零 殼外空間的電場與將球殼上的全部電荷集中于球心O時在殼外產(chǎn)生的電場一樣 一帶正電的試探電荷 不計重力 從球心以初動能Ek0沿OA方向射出 下列關(guān)于試探電荷的動能Ek與離開球心的距離r的關(guān)系圖線 可能正確的是 解析 選A 殼內(nèi)的場強(qiáng)處處為零 電荷在殼內(nèi)運動時不受電場力作用 電場力做功為零 電荷的動能不變 故選項C D錯誤 殼外的電場 離球殼越近場強(qiáng)越大 離球殼越遠(yuǎn)場強(qiáng)越小 題中Ek r圖像的斜率的大小表示電場力的大小 電荷在殼外向外運動時 電場強(qiáng)度逐漸減小 則圖像的斜率也逐漸減小 故選項A正確 B錯誤 考情分析 主要題型 選擇題 計算題命題特點 1 功和功率的理解與計算 主要考查摩擦力做功正負(fù)的判斷與計算 彈簧彈力的做功情況 彈性繩的做功情況以及瞬時功率的計算問題等 2 結(jié)合牛頓第二定律 動能定理考查機(jī)車的啟動問題 3 應(yīng)用動能定理考查單個物體 多個過程中動能的變化以及力的做功情況 主干回顧 要素掃描 1 恒力做功的公式 2 平均功率的公式 3 瞬時功率的公式 4 動能定理的表達(dá)式 W合 Ek Ek0 W合是物體在運動過程中外力做的總功 Ek Ek0是物體的動能增量 W Flcos P Fvcos 熱點考向1功和功率的理解與計算 典例1 多選 2015 浙江高考 我國科學(xué)家正在研制航母艦載機(jī)使用的電磁彈射器 艦載機(jī)總質(zhì)量為3 0 104kg 設(shè)起飛過程中發(fā)動機(jī)的推力恒為1 0 105N 彈射器有效作用長度為100m 推力恒定 要求艦載機(jī)在水平彈射結(jié)束時速度大小達(dá)到80m s 彈射過程中艦載機(jī)所受總推力為彈射器和發(fā)動機(jī)推力之和 假設(shè)所受阻力為總推力的20 則 A 彈射器的推力大小為1 1 106NB 彈射器對艦載機(jī)所做的功為1 1 108JC 彈射器對艦載機(jī)做功的平均功率為8 8 107WD 艦載機(jī)在彈射過程中的加速度大小為32m s2 解題探究 1 計算彈射器的推力大小的思維軌跡 2 計算彈射器對艦載機(jī)所做的功及做功的平均功率的思維軌跡 由速度位移關(guān)系式v2 2ax求 出艦載機(jī)在彈射過程中的加速度 再對艦載機(jī)由牛頓第二定律求彈射 器的推力 由功的計算W F彈l求彈射器對艦載機(jī)所做的功 由速度公式v at求做 功時間 再由P 求彈射器做功的平均功率 解析 選A B D 由題可知 艦載機(jī)彈射過程的加速度為a m s2 32m s2 D項正確 根據(jù)牛頓第二定律 0 8 F發(fā) F彈 ma 求得彈射器的推力大小F彈 1 1 106N A項正確 彈射器對艦載機(jī)做的功為W 1 1 106 100J 1 1 108J B項正確 彈射過程的時間t 2 5s 彈射器做功的平均功率P 4 4 107W C項錯誤 典例2 2015 福州二模 如圖所示 一個縱截面是等腰三角形的斜面體M置于水平地面上 它的底面粗糙 兩斜面光滑 將質(zhì)量不相等的A B兩個小滑塊 mA mB 同時從斜面上同一高度處靜止釋放 在兩滑塊滑至斜面底端的過程中 M始終保持靜止 則 A B滑塊先滑至斜面底端B 地面對斜面體的摩擦力方向水平向左C 兩滑塊滑至斜面底端時重力的瞬時功率相同D 地面對斜面體的支持力等于三個物體的總重力 名師解讀 1 命題立意 綜合考查牛頓運動定律和瞬時功率 2 關(guān)鍵信息 兩斜面光滑 同時從斜面上同一高度處靜止釋放 M始終保持靜止 3 答題必備 x at2 v at P Fvcos 4 易錯警示 誤認(rèn)為地面對斜面體的支持力等于三個物體的總重力 解析 選B 設(shè)斜面傾角為 高為h 滑塊A下滑的加速度a gsin 位移x 根據(jù)x at2得 t 同理 B下滑的時間t 可知兩滑塊滑至底端的時間相同 故A錯誤 A對斜面體壓力在水平方向的分力大小為mAgsin cos B對斜面體壓力在水平方向上的分力為mBgsin cos 因為mA mB 則地面對斜面體有向左的摩擦力 故B正確 滑塊A滑到底端的速度v at B滑到底端的速度也為 由于質(zhì)量不同 兩滑塊的速度大小相同 則重力的 瞬時功率P mgvsin 不同 故C錯誤 因為A B的加速度均沿斜面向下 對整體分析 整體處于失重狀態(tài) 則支持力小于三個物體的總重力 故D錯誤 規(guī)律總結(jié) 關(guān)于功 功率應(yīng)注意的三個問題 1 適用條件 功的公式W Fl和W Flcos 僅適用于恒力做功的情況 2 變力做功 變力做功的求解要注意問題的正確轉(zhuǎn)化 如將變力轉(zhuǎn)化為恒力 也可應(yīng)用動能定理等方法求解 3 公式選擇 對于功率的計算 應(yīng)注意區(qū)分公式P 和公式P Fv 前式側(cè)重于平均功率的計算 而后式側(cè)重于瞬時功率的計算 題組過關(guān) 1 2015 邯鄲一模 某人用同一水平力先后兩次拉同一物體 第一次使此物體沿光滑水平面前進(jìn)距離s 第二次使此物體沿粗糙水平面也前進(jìn)距離s 若先后兩次拉力做的功為W1和W2 拉力做功的功率是P1和P2 則正確的是 A W1 W2 P1 P2B W1 W2 P1 P2C W1 W2 P1 P2D W1 W2 P1 P2 解析 選B 由W Fs可知兩次的功相同 但由于地面光滑不受摩擦力 加速度較大 運動時間較短 由P 可知P1 P2 B正確 2 在某一高度處以相同大小的初速度v0分別沿水平方向和豎直方向拋出A B兩小球 不計空氣阻力 如圖所示 則下列說法正確的是 A 兩小球落地時速度相同B 兩小球落地時 重力的瞬時功率相同C 從開始運動至落地 重力對兩小球做的功相同D 從開始運動至落地 重力對兩小球做功的平均功率相同 解析 選C 根據(jù)重力做功的特點可知 從開始運動至落地 重力對兩小球做功相同 選項C正確 由動能定理可知 兩小球落地時的速度大小相同 而方向不相同 A錯誤 由P mgvcos 可知 兩小球落地時 重力的瞬時功率不相同 選項B錯誤 從開始運動至落地 運動時間不同 重力對兩小球做功的平均功率不相同 選項D錯誤 3 多選 2015 太原一模 位于水平面上的物體在水平恒力F1作用下 做速度為v1的勻速運動 若作用力變?yōu)樾毕蛏系暮懔2 物體做速度為v2的勻速運動 且F1與F2功率相同 則可能有 A F2 F1 v1 v2B F2 F1 v1F1 v1 v2D F2 F1 v1 v2 解析 選B D 水平恒力F1作用下的功率P1 F1v1 F2作用下的功率P2 F2v2cos 現(xiàn)P1 P2 若F2 F1 一定有v1F1還是F2 F1都會有v1 v2 因此D正確 C錯誤 加固訓(xùn)練 多選 質(zhì)量為m 2kg的物體沿水平面向右做直線運動 t 0時刻受到一個水平向左的恒力F 如圖甲所示 此后物體的v t圖像如圖乙所示 取水平向右為正方向 g取10m s2 則 A 物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為 0 5B 10s末恒力F的瞬時功率為6WC 10s末物體在計時起點左側(cè)2m處D 10s內(nèi)物體克服摩擦力做功34J 解析 選C D 由題圖乙知前后兩段時間內(nèi)物體加速度的大小分別為a1 2m s2 a2 1m s2 由牛頓第二定律知F mg ma1 F mg ma2 聯(lián)立得F 3N 0 05 A錯誤 10s末恒力F的瞬時功率為P Fv 18W B錯誤 由速度圖像與坐標(biāo)軸所圍面積的物理意義知 10s內(nèi)物體的位移x 2m 即在計時起點左側(cè)2m處 C正確 10s內(nèi)物體的路程為s 34m 即10s內(nèi)物體克服摩擦力所做的功W mgs 0 05 2 10 34J 34J D正確 熱點考向2機(jī)車啟動問題 典例3 2015 梅州一模 一輛汽車在平直的公路上以某一初速度運動 運動過程中保持恒定的牽引功率 其加速度a和速度的倒數(shù)圖像如圖所示 若已知汽車的質(zhì)量 則根據(jù)圖像所給的信息 不能求出的物理量是 A 汽車的功率B 汽車行駛的最大速度C 汽車所受到的阻力D 汽車運動到最大速度所需的時間 名師解讀 1 命題立意 考查機(jī)車的啟動問題 2 關(guān)鍵信息 保持恒定的牽引功率 加速度a和速度的倒數(shù)圖像 已知汽車的質(zhì)量 3 答題必備 F Ff ma P Fv 4 易錯警示 誤認(rèn)為選擇 能求出的物理量 而實際要求選擇 不能求出的物理量 解析 選D 由F Ff ma P Fv可得 a 對應(yīng)圖線可知 k 40 可求出汽車的功率P 由a 0時 0 05可得 vm 20m s 再由vm 可求出汽車受到的阻力Ff 但無法求出汽車運動到最大速度的時間 故應(yīng)選D 典例4 如圖所示為修建高層建筑常用的塔式起重機(jī) 在起重機(jī)將質(zhì)量m 5 103kg的重物豎直吊起的過程中 重物由靜止開始向上做勻加速直線運動 加速度a 0 2m s2 當(dāng)起重機(jī)輸出功率達(dá)到其允許的最大值時 保持該功率直到重物做vm 1 02m s的勻速運動 g取10m s2 不計額外功 求 1 起重機(jī)允許輸出的最大功率 2 重物做勻加速運動所經(jīng)歷的時間 3 起重機(jī)在第2s末的輸出功率 解題探究 1 求解起重機(jī)允許輸出的最大功率的思維軌跡 2 求解重物做勻加速運動所經(jīng)歷的時間的思維軌跡 重物 勻速運動時 牽引力與重物的重力平衡 由Pm mgvm求最大輸出功率 當(dāng)起重機(jī)輸出 功率達(dá)到最大值時 重物勻加速直線運動達(dá)到最大速度 由牛頓第二 定律求出恒定的牽引力 由P Fv求出勻加速運動的末速度 再由v at 求出勻加速運動的時間 3 求解起重機(jī)在第2s末的輸出功率的思維軌跡 由勻加速運動經(jīng)歷 的時間判斷第2s末重物處于勻加速運動階段 由v at求出2s末的速 度 再由P Fv求出2s末的輸出功率 解析 1 重物勻速上升時有 F mg可得起重機(jī)的最大輸出功率為 Pm mgvm 5 1 104W 2 由牛頓第二定律得 F1 mg ma又有 Pm F1v勻mv勻m at1解得 t1 5s 3 v2 at2P F1v2解得 P 2 04 104W答案 1 5 1 104W 2 5s 3 2 04 104W 規(guī)律總結(jié) 解決機(jī)車啟動問題的四點注意 1 明確啟動方式 分清是勻加速啟動還是恒定功率啟動 2 勻加速啟動過程 機(jī)車功率是不斷改變的 但該過程中的最大功率是額定功率 勻加速運動的最大速度小于機(jī)車所能達(dá)到的最大速度 達(dá)到額定功率后做加速度減小的加速運動 3 恒定功率啟動過程 機(jī)車做加速度減小的加速運動 速度最大值等于 牽引力是變力 牽引力做的功W Pt 4 滿足的關(guān)系式 無論哪種啟動方式 在平直路面上最后達(dá)到最大速度時 均滿足P Ffvm P為機(jī)車的額定功率 題組過關(guān) 1 2014 重慶高考 某車以相同的功率在兩種不同的水平路面上行駛 受到的阻力分別為車重的k1和k2倍 最大速率分別為v1和v2 則 A v2 k1v1B v2 v1C v2 v1D v2 k2v1 解析 選B 汽車的阻力分別為f1 k1mg f2 k2mg 當(dāng)汽車以相同功率啟動達(dá)到最大速度時 有F f 故由P Fv可知最大速度v 則 有v2 v1 故選B 2 多選 2015 襄陽一模 我國自行研制的新一代8 8輪式裝甲車已達(dá)到西方國家第三代戰(zhàn)車的水平 將成為中國軍方快速部署型輕裝甲部隊的主力裝備 設(shè)該裝甲車的質(zhì)量為m 若在平直的公路上從靜止開始加速 前進(jìn)較短的距離s速度便可達(dá)到最大值vm 設(shè)在加速過程中發(fā)動機(jī)的功率恒定為P 裝甲車所受阻力恒為f 當(dāng)速度為v vm v 時 位移為s 所受牽引力為F 以下說法正確的是 A 裝甲車速度為v時 裝甲車的牽引力做功為Fs B 裝甲車的最大速度vm C 裝甲車速度為v時加速度為a D 裝甲車從靜止開始到達(dá)到最大速度vm所用時間t 解析 選B C 裝甲車在加速過程中 其牽引力F 隨著速度的增大 牽引力逐漸減小 故裝甲車速度為v時 裝甲車的牽引力做功大于Fs A錯誤 裝甲車勻速運動時速度最大 故vm B正確 裝甲車速度為v時 由牛頓第二定律得F f ma 解得a C正確 裝甲車加速過程由動能定理得Pt fs 解得t D錯誤 3 起重機(jī)的鋼索將重物由地面吊到空中某個高度 其速度圖像如圖所示 則鋼索拉力的功率隨時間變化的圖像可能是圖中的 解析 選B 在0 t1時間內(nèi) 重物加速上升 設(shè)加速度為a1 則根據(jù)牛頓第二定律可得鋼索的拉力F1 mg ma1 速度v1 a1t 所以拉力的功率P1 m a1 g a1t 在t1 t2時間內(nèi) 重物勻速上升 拉力F2 mg 速度為v1 a1t1 所以拉力的功率P2 mga1t1 在t2 t3時間內(nèi) 重物減速上升 設(shè)加速度大小為a2 則根據(jù)牛頓第二定律可得 鋼索的拉力F2 mg ma2 速度v2 a1t1 a2t 所以拉力的功率為 P3 m g a2 a1t1 a2t 綜上所述 只有B選項正確 加固訓(xùn)練 多選 2015 南昌一模 某汽車在平直公路上以功率P 速度v0勻速行駛時 牽引力為F0 在t1時刻 司機(jī)減小油門 使汽車的功率減為 此后保持該功率繼續(xù)行駛 t2時刻 汽車又恢復(fù)到勻速運動狀態(tài) 下面是有關(guān)汽車牽引力F 速度v的幾種說法 其中正確的是 A t2后的牽引力仍為F0B t2后的牽引力小于F0C t2后的速度仍為v0D t2后的速度小于v0 解析 選A D 由P Fv可知 當(dāng)汽車的功率突然減小為時 瞬時速度還沒來得及變化 則牽引力突然變?yōu)?汽車將做減速運動 隨著速度的減小 牽引力逐漸增大 汽車做加速度逐漸減小的減速運動 當(dāng)速度減小到使?fàn)恳τ值扔谧枇r 汽車再勻速運動 由 F0 v2可知此時v2 故A D正確 熱點考向3動能定理的應(yīng)用 典例5 2015 廈門一模 如圖所示 質(zhì)量為m的物塊與水平轉(zhuǎn)臺之間的動摩擦因數(shù)為 物塊與轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)軸相距R 物塊隨轉(zhuǎn)臺由靜止開始轉(zhuǎn)動 當(dāng)轉(zhuǎn)速增加到某值時 物塊即將開始滑動 認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力 在這一過程中 摩擦力對物塊做的功是 A mgRB 2 mgRC 2 mgRD 0 名師解讀 1 命題立意 考查動能定理求變力做功問題 2 關(guān)鍵信息 物塊隨轉(zhuǎn)臺由靜止開始轉(zhuǎn)動 物塊即將開始滑動 最大靜摩擦力等于滑動摩擦力 3 答題必備 F W合 4 易錯警示 誤認(rèn)為摩擦力方向指向圓心 只提供向心力 不做功 解析 選A 物塊即將開始滑動時 最大靜摩擦力提供向心力 有 mg 根據(jù)動能定理有 解得 選項A正確 典例6 18分 2015 臨沂二模 如圖所示 傾角 45 的粗糙平直導(dǎo)軌AB與半徑為R的光滑圓環(huán)軌道相切 切點為B 整個軌道處在豎直平面內(nèi) 一質(zhì)量為m的小滑塊 可以看作質(zhì)點 從導(dǎo)軌上離地面高為h 3R的D處無初速度下滑進(jìn)入圓環(huán)軌道 接著小滑塊從圓環(huán)最高點C水平飛出 恰好擊中導(dǎo)軌上與圓心O等高的P點 不計空氣阻力 已知重力加速度為g 求 1 滑塊運動到圓環(huán)最高點C時的速度大小 2 滑塊運動到圓環(huán)最低點時對圓環(huán)軌道壓力的大小 3 滑塊在斜面軌道BD間運動的過程中克服摩擦力做的功 拿分策略 第一問 翻轉(zhuǎn)關(guān)鍵信息 小滑塊從圓環(huán)最高點C水平飛出 恰好擊中導(dǎo)軌上與圓心O等高的P點 按部就班列方程豎直方向列 式 2分 水平方向列 式 2分 第二問 明確運動過程 小滑塊由B至C沿豎直面做圓周運動 按部就班列方程圓周最低點至C點過程列 式 3分 在最低點列 式 3分 第三問 正確選擇運動過程 從D到最低點 全過程列 式 3分 按照過程列方程 就能拿到13分 若能正確解方程求出結(jié)果再拿到4分 若第二問能正確應(yīng)用牛頓第三定律又可拿下1分 則得滿分18分 解析 1 小滑塊從C點飛出來做平拋運動 水平速度為v0 豎直方向上 R gt2 2分 水平方向上 R v0t 2分 解得 v0 1分 2 小滑塊在最低點時速度為v 由動能定理得 mg 2R mv02 mv2 3分 解得 v 1分 在最低點由牛頓第二定律得 FN mg 3分 解得 FN 6mg 1分 由牛頓第三定律得 F N 6mg 1分 3 從D到最低點過程中 設(shè)DB過程中克服摩擦阻力做功Wf 由動能定理得 mgh Wf mv2 0 3分 解得 Wf mgR 1分 答案 1 2 6mg 3 mgR 遷移訓(xùn)練 遷移1 把斜面去掉 讓滑塊自由下落將 典例6 中的斜面去掉 使圓弧軌道的B點與O點等高 如圖所示 使滑塊自B的正上方P點由靜止開始自由下落 滑塊沿軌道到達(dá)C時恰好對軌道沒有壓力 求PB間的高度h 解析 滑塊在C點時由牛頓第二定律得 mg m 解得 v 滑塊從P點到C點 由動能定理得 mg h R mv2 0 解得 h R答案 R 遷移2 使小滑塊剛好能過C點在 典例6 中 若小滑塊剛好能過C點 求滑塊與軌道AB間的動摩擦因數(shù) 解析 小滑塊剛好能過C點 則在C點由牛頓第二定律得 mg m解得 vC 小滑塊由D至C過程 由動能定理得 mg h 2R mgcos 解得 答案 遷移3 使滑塊在P點釋放將 典例6 中的滑塊從軌道的P點由靜止釋放 滑塊與粗糙導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為 求滑塊整個運動過程中在AB軌道上通過的總路程 解析 滑塊在P點釋放 滑塊將在兩軌道間做往返運動 當(dāng)滑塊到達(dá)B點時的速度為零后滑塊將只在圓弧軌道上運動 故全過程由動能定理得 mgsPBsin mgscos 0由幾何關(guān)系得 sPB R解得 s 答案 規(guī)律總結(jié) 應(yīng)用動能定理解題應(yīng)注意的三點 1 方法的選擇 動能定理往往用于單個物體的運動過程 由于不牽扯加速度及時間 比動力學(xué)方法要方便 2 規(guī)律的應(yīng)用 動能定理表達(dá)式是一個標(biāo)量式 在某個方向上應(yīng)用動能定理是沒有依據(jù)的 3 過程的選擇 物體在某個運動過程中包含有幾個運動性質(zhì)不同的小過程 如加速 減速的過程 此時可以分段應(yīng)用動能定理 也可以對全過程應(yīng)用動能定理 但如果對整個過程應(yīng)用動能定理 則使問題簡化 題組過關(guān) 1 2015 杭州一模 如圖所示 將質(zhì)量為m的小球以速度v0由地面豎直向上拋出 小球落回地面時 其速度大小為v0 設(shè)小球在運動過程中所受空氣阻力的大小不變 則空氣阻力的大小等于 解析 選D 對小球向上運動的過程 由動能定理得 mg Ff H 0 對小球向下運動的過程 由動能定理得 mg Ff H 聯(lián)立解得Ff mg 選項D正確 2 2015 浙江高考 如圖所示 用一塊長L1 1 0m的木板在墻和桌面間架設(shè)斜面 桌子高H 0 8m 長L2 1 5m 斜面與水平桌面的傾角 可在0 60 間調(diào)節(jié)后固定 將質(zhì)量m 0 2kg的小物塊從斜面頂端靜止釋放 物塊與斜面間的動摩擦因數(shù) 1 0 05 物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為 2 忽略物塊在斜面與桌面交接處的能量損失 重力加速度g取10m s2 最大靜摩擦力等于滑動摩擦力 1 求 角增大到多少時 物塊能從斜面開始下滑 用正切值表示 2 當(dāng) 角增大到37 時 物塊恰能停在桌面邊緣 求物塊與桌面間的動摩擦因數(shù) 2 已知sin37 0 6 cos37 0 8 3 繼續(xù)增大 角 發(fā)現(xiàn) 53 時物塊落地點與墻面的距離最大 求此最大距離xm 解析 1 為使小物塊下滑 則mgsin 1mgcos 滿足的條件tan 0 05 2 克服摩擦力做功Wf 1mgL1cos 2mg L2 L1cos 由動能定理得mgL1sin Wf 0代入數(shù)據(jù)得 2 0 8 3 由動能定理得mgL1sin Wf mv2代入數(shù)據(jù)得v 1m s H gt2 t 0 4s x1 vtx1 0 4m xm x1 L2 1 9m答案 1 tan 0 05 2 0 8 3 1 9m 加固訓(xùn)練 2015 撫順二模 冰壺運動是冬季奧運會上的一項比賽項目 在第21屆冬季奧運會上中國隊取得了較好的成績 假設(shè)質(zhì)量為m的冰壺在運動員的操控下 先從起滑架A點由靜止開始加速啟動 經(jīng)過投擲線B時釋放 以后勻減速自由滑行剛好能滑至營壘中心O停下 已知AB相距L1 BO相距L2 冰壺與冰面各處動摩擦因數(shù)均為 重力加速度為g 1 求冰壺運動的最大速度vm 2 在AB段運動員水平推冰壺做的功W是多少 3 若對方有一只冰壺 冰壺可看作質(zhì)點 恰好緊靠營壘圓心處停著 為將對方冰壺碰出 推壺隊員將冰壺推出后 其他隊員在BO段的一半長度內(nèi)用毛刷刷冰 使動摩擦因數(shù)變?yōu)?若上述推壺隊員是以與原來完全相同的方式推出冰壺的 結(jié)果順利地將對方冰壺碰出界外 求運動冰壺在碰前瞬間的速度v 解析 1 對冰壺在B O段 由速度位移公式 0 vm2 2aL2 又 a g 解得 vm 2 在A B段 對冰壺由動能定理得 W mgL1 mvm2 0解得 W mg L1 L2 3 從B O段 由動能定理得 解得 v 答案 1 2 mg L1 L2 3 瞬時功率問題 典例 2015 南昌一模 如圖所示 細(xì)線的一端固定于O點 另一端系一小球 在水平拉力作用下 小球以恒定速率在豎直平面內(nèi)由A點運動到B點 在此過程中拉力的瞬時功率變化情況是 A 逐漸增大B 逐漸減小C 保持不變D 先減小后增大 閱卷說明 本題抽樣統(tǒng)計難度為0 46 區(qū)分度為0 49 有30 的學(xué)生錯選D 有10 2 的學(xué)生錯選B 有13 8 的學(xué)生錯選C 試卷評析 錯誤角度 1 誤認(rèn)為小球的瞬時功率保持不變錯因剖析 小球由A到B的過程中 認(rèn)為水平拉力保持不變 實際上小球運動過程中速率不變 小球做勻速圓周運動 其拉力和重力沿圓周切向的合力為零 拉力為變力 錯誤角度 2 不能正確判斷拉力瞬時功率的變化錯因剖析 不能深入挖掘隱含條件 根據(jù)拉力和重力的關(guān)系進(jìn)行分析判斷 糾偏措施 1 要熟練掌握瞬時功率的計算公式P Fvcos 明確 角為F v的夾角 2 要深入挖掘隱含條件 將變力瞬時功率的計算轉(zhuǎn)化為恒力功率的計算 規(guī)范解答 選A 設(shè)細(xì)線與豎直方向的夾角為 小球質(zhì)量為m 速率為v 由小球做勻速圓周運動 切向合力為零可得 mgsin Fcos 由P Fvcos 可得拉力F的瞬時功率表達(dá)式為P Fvcos mgvsin 可見功率P隨 的增大逐漸增大 A正確 類題試做 1 如圖所示 小球被細(xì)線懸掛于O點 若將小球拉至水平后由靜止釋放 則在小球下擺到最低點的過程中 重力瞬時功率的變化情況是 A 減小B 增加C 先減小后增大D 先增大后減小 解析 選D 由公式P mgvcos 得 剛釋放時v 0 P 0 到最低點時 90 P 0 在小球下擺的過程中 重力的功率不為零 故小球重力的瞬時功率先增大后減小 選項D正確 2 多選 如圖所示 一個表面光滑的斜面體M置于水平地面上 它的兩個斜面與水平面的夾角分別為 且 M的頂端裝有一定滑輪 一輕質(zhì)細(xì)繩跨過定滑輪后連接A B兩個小滑塊 細(xì)繩與各自的斜面平行 不計繩與滑輪間的摩擦 A B恰好在同一高度處于靜止?fàn)顟B(tài) 剪斷細(xì)繩后 A B滑至斜面底端 M始終保持靜止 則 A 滑塊A的質(zhì)量大于滑塊B的質(zhì)量B 兩滑塊到達(dá)斜面底端時的速率相同C 兩滑塊到達(dá)斜面底端時 滑塊A重力的瞬時功率較大D 兩滑塊到達(dá)斜面底端所用時間相同 解析 選A B 根據(jù)題意 由于A B滑塊均處于平衡狀態(tài) 有FTA FTB 而FTA mAgsin FTB mBgsin 所以mA大于mB 選項A正確 由于A B滑塊距離地面的高度h相同 據(jù)機(jī)械能守恒定律可知兩者到達(dá)地面的速率v相同 選項B正確 兩者到達(dá)地面的瞬時功率為PA mAgvsin PB mBgvsin 所以PA PB 選項C錯誤 兩者到達(dá)地面的時間滿足有tA大于tB 選項D錯誤