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1、第1讲 功 功率与动能定理,专题二 能量和动量,内容索引,考点一 功和能基本概念及规律辨析,考点二 功率的分析与计算,考点三 动能定理的应用,考点四 动力学和能量观点的综合应用,功和能基本概念及规律辨析,考点一,1.功的正负：由WFlcos ，90，力对物体做负功. 2.恒力做功的计算方法,1 基础知识梳理,3.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Fl图象曲线下的面积求功，利用WPt计算，也可应用动能定理或功能关系等方法求解.,4.总功的计算 (1)先求物体所受的合外力，再求合外力做的功； (2)先求每个力做的功，再求各功的代数和. 5.机械能 (1)机械能包
2、括动能、重力势能和弹性势能； (2)重力势能：重力做正功，重力势能就减小，重力做负功，重力势能就增加，即WGEp； (3)弹性势能：弹力做正功，弹性势能就减小，弹力做负功，弹力势能就增加，伸长量与缩短量相等时，弹性势能相同.,1.正、负功的判断(2018温州市期中)载人飞行包是一个单人低空飞行装置，如图1所示，其发动机使用汽油作为燃料提供动力，可以垂直起降，也可以快速前进，若飞行包(包括人)在竖直匀速降落的过程中(空气阻力不可忽略)，下列说法正确的是 A.发动机对飞行包(包括人)做正功 B.飞行包(包括人)的重力做负功 C.空气阻力对飞行包(包括人)做负功 D.飞行包(包括人)的合力做负功,答
3、案,2 基本题目训练,图1,解析,解析 飞行包(包括人)在竖直匀速降落的过程中，发动机的动力向上，则发动机对飞行包(包括人)做负功，故A错误. 高度下降，飞行包(包括人)的重力做正功，故B错误. 空气阻力竖直向上，与位移方向相反，则空气阻力对飞行包(包括人)做负功，故C正确. 飞行包匀速运动，合力为零，则飞行包的合力不做功，故D错误.,2.做功的分析如图2所示，坐在雪橇上的人与雪橇的总质量为m，在与水平面成角的恒定拉力F作用下，沿水平地面向右移动了一段距离l.已知雪橇与地面间的动摩擦因数为，雪橇受到的 A.支持力做功为mgl B.重力做功为mgl C.拉力做功为Flcos D.滑动摩擦力做功为
4、mgl,答案,图2,解析,解析 对坐在雪橇上的人与雪橇整体进行受力分析，可知雪橇受到的支持力FNmgFsin ，滑动摩擦力FfFN(mgFsin )，由功的定义式可知，支持力做的功为零，重力做的功也为零，选项A、B错误； 滑动摩擦力做功WfFfll(mgFsin )，选项D错误； 拉力做功为Flcos ，选项C正确.,3.重力势能(2018浙江4月选考13)如图3所示，一根绳的两端分别固定在两座猴山上的A、B处，A、B两点水平距离为16 m，竖直距离为2 m，A、B间绳长为20 m.质量为10 kg的猴子抓住套在绳上的滑环从A处滑到B 处.以A点所在水平面为参考平面，猴子在滑行过程中重力势能最
5、小值约为(绳处于拉直状态) A.1.2103 J B.7.5102 J C.6.0102 J D.2.0102 J,答案,解析,图3,解析 重力势能最小的点为最低点，结合“同绳同力”可知，在最低点时，两侧绳子与水平方向夹角相同，记为， 设右边绳子长为a，则左边绳长为20a. 由几何关系得：20cos 16； asin (20a)sin 2,猴子的重心比绳子最低点大约低0.5 m， 所以在最低点的重力势能约为750 J，故选B.,4.机械能守恒(2018绍兴市选考诊断)“神舟十一号”飞船在发射至返回的过程中，哪个阶段中返回舱的机械能是守恒的 A.飞船加速升空阶段 B.飞船在椭圆轨道上绕地球运行的
6、阶段 C.返回舱与轨道舱分离，进入大气层后加速下降 D.返回舱在大气层运动一段时间后，打开降落伞，减速下降,答案,功率的分析与计算,考点二,1.首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率. 2.平均功率与一段时间(或过程)相对应，计算时应明确是哪个力在哪段时间(或过程)内做功的平均功率. (1)可用P . (2)可用PFvcos ，其中v为物体运动的平均速度.,3.计算瞬时功率时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率.求解瞬时功率时，如果F和v不同向，可用力F乘以沿F方向的分速度，或用速度v乘以沿速度方向的分力求解. (1)公式PFvcos ，其中v为某时刻的瞬时速度. (2)PFvF，其中v
7、F为物体的速度v在力F方向上的分速度. (3)PFvv，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力.,例1 (2017浙江11月选考13)如图4所示是具有登高平台的消防车，具有一定质量的伸缩臂能够在 5 min内使承载4人的登高平台(人连同平台的总质量为400 kg)上升60 m到达灭火位置.此后，在登高平台上的消防员用水炮灭火，已知水炮的出水量为3 m3/min，水离开炮口时的速率为20 m/s，则用于,图4,答案,解析,A.水炮工作的发动机输出功率约为1104 W B.水炮工作的发动机输出功率约为4104 W C.水炮工作的发动机输出功率约为2.4106 W D.伸缩臂抬升登高平台的发
8、动机输出功率约为800 W,解析 若不计伸缩臂的质量，抬升登高平台的发动机输出功率,但伸缩臂具有一定质量，发动机输出功率应大于800 W，故选项D错误；,喷出去水的重力势能为Epmgh501060 J3104 J，,所以1 s内水增加的能量为4104 J， 所以水炮工作的发动机输出功率为4104 W，选项B正确，A、C错误.,5.(2018金、丽、衢十二校联考)跳绳是丽水市高中毕业生体育测试的项目之一，如图5所示，高三的小李同学在某次测 验过程中，一分钟跳180次，每次跳跃，脚与地 面的接触时间为跳跃一次所需时间的，g取10 m/s2， 则他克服重力做功的平均功率约为 A.20 W B.35
9、W C.75 W D.120 W,答案,图5,解析,他跳离地面向上做竖直上抛运动，,故C正确，A、B、D错误.,解析 物块受到的阻力与速度成正比，根据牛顿第二定律，Fkvma，所以物块做加速度减小的加速运动，又因拉力功率PFv，F为恒力，所以功率随时间变化的规律和速度v随时间的变化规律一致，故C正确，A、B、D错误.,6.一物块放在水平面上，在水平恒力F的作用下从静止开始运动，物块受到的阻力与速度成正比，则关于拉力F的功率随时间变化的图象正确的是,答案,解析,7.(2018台州市高三期末)如图6所示，中国版“野牛”级重型气垫船，自重达540吨，装有额定输出功率为8 700 kW的大功率燃汽轮机
10、，最高时速为108 km/h.假设气垫船航行过程中所受的阻力Ff与速度v成正比，即Ffkv.则下列说法正确的是 A.该气垫船的最大牵引力为2.9105 N B.从题中给出的数据，无法计算k值 C.在输出额定功率下以最高时速航行时，气垫 船所受的阻力为2.9105 N D.以最高时速一半的速度匀速航行时，气垫船 发动机的输出功率为4 350 kW,答案,解析,图6,解析 在额定输出功率下以最高时速航行时，vm108 km/h30 m/s，,解得F1.45105 N，则PFv1.4510515 W2 175 kW，故D错误.,此时匀速运动，则FfF2.9105 N，若以恒定牵引力启动时，开始的牵引
11、力大于匀速运动的牵引力，所以最大牵引力大于2.9105 N，故A错误，C正确；,动能定理的应用,考点三,1.解题步骤,2.注意事项 (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便. (2)动能定理表达式是一个标量式，不能在某个方向上应用动能定理. (3)应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负.当一个力做负功时，可设物体克服该力做功为W，将该力做功表示为W，也可以直接用字母W表示该力做功，使其字母本身含有负号.,例2 如图7所示，倾角为37的斜面固定在水平地面上，劲度系数为k40 N/m的轻弹簧的轴线与斜面平行，弹簧下端固定在斜面底端的挡板上，弹簧与斜
12、面间无摩擦.一个质量为m5 kg的小滑块从斜面上的P点由静止滑下，小滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5，P点与弹簧自由端Q点间的距离为L1 m.已知整个过程弹簧始终在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与其形变量x的关系为Ep kx2，sin 370.6, cos 370.8，重力加速度g取10 m/s2.求：,图7,(1)小滑块从P点下滑到Q点时所经历的时间t；,答案,答案 1 s,解析 由牛顿第二定律可知，小滑块沿斜面下滑的加速度agsin gcos 2 m/s2,解析,(2)小滑块运动过程中达到的最大速度vm的大小；,答案,解析 设弹簧被压缩x0时小滑块达到最大速度vm，此时小滑块加速度为零，根
13、据平衡条件有mgsin mgcos kx0 对小滑块由静止滑下到达到最大速度的过程，由动能定理有,解析,(3)小滑块运动到最低点的过程中，弹簧的最大弹性势能.,解析 设小滑块运动至最低点时，弹簧的压缩量为x1， 由动能定理有 mgsin (Lx1)mgcos (Lx1)Epm0,解析,答案,答案 20 J,解得Epm20 J.,8.如图8甲所示，质量m1 kg的物体静止在光滑的水平面上，t0时刻，物体受到一力F的作用，t1 s时，撤去力F，某,图8,解析,时刻物体滑上倾角为37的粗糙斜面.已知物体从开始运动到滑上斜面最高点的vt图象如图乙所示，不计其他阻力，sin 370.6，cos 370.
14、8，g取10 m/s2.求： (1)力F做的功；,答案,答案 72 J,解析 物体1 s末的速度v112 m/s， 根据动能定理得：WF mv1272 J.,(2)物体从斜面底端滑到最高点过程中克服摩擦力做功的平均功率.,解析,答案,答案 36 W,解析 物体在12 s内沿水平面做匀速直线运动，物体在23 s内沿斜面向上做减速运动.,物体到达斜面底端的速度v212 m/s，到达斜面最高点的速度为零，根据动能定理得：,9.如图9所示为一滑梯的实物图，滑梯的斜面段长度L5.0 m，高度h3.0 m，为保证小朋友的安全，在水平面铺设安全地垫.水平段与斜面段平滑连接，小朋友在连接处速度大小不变.某,图
15、9,小朋友从滑梯顶端由静止开始滑下，经斜面底 端后水平滑行一段距离，停在水平地垫上.已知小朋友质量为m20 kg，小朋友在斜面上受到的平均阻力Ff188 N，在水平段受到的平均阻力Ff2100 N.不计空气阻力，取重力加速度g10 m/s2.求： (1)小朋友在斜面滑下的过程中克服摩擦力做的功；,解析,答案,答案 440 J,解析 小朋友在斜面滑下的过程中克服摩擦力做的功为：Wf1Ff1L885 J440 J,(2)小朋友滑到斜面底端时的速度v的大小；,解析,答案,答案 4 m/s,解析 小朋友在斜面上运动， 由动能定理得mghWf1 mv2 代入数据解得：v4 m/s,(3)为使小朋友不滑出
16、水平地垫，地垫的长度x至少多长.,解析,答案,答案 1.6 m,解析 小朋友在水平地垫上运动的过程，由动能定理得： Ff2x0 mv2 解得：x1.6 m,动力学和能量观点的综合应用,考点四,1.动力学观点：牛顿运动定律、运动学基本规律. 2.能量观点：动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律. 3.解题关键 (1)抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程. (2)两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带，也是解题的关键.,例3 (2017台州市选考模拟)如图10所示，质量为m0.1 kg的可视为质点的小球从静止开始沿半径为R140 cm的 圆弧轨道AB由A点滑
17、到B点后，进入与AB平滑连接的 圆弧管道BC.管道出口处为C，圆弧管道半径为R220 cm，在紧靠出口C处，有一半径为R38.4 cm、水平放置且绕其水平轴线匀速旋转的圆筒(不计筒皮厚度)，筒上开有小孔D，筒旋转时，小孔D恰好能经过出口C处，小球射出C出口 时，恰好能接着穿过D孔进入圆筒，并越 过轴线再从D孔向上穿出圆筒，到最高点 后返回又能向下穿过D孔进入圆筒，不计 摩擦和空气阻力，g取10 m/s2.问：,图10,(1)小球到达B点的瞬间前、后对轨道的压力分别为多大？,解析,答案,答案 3 N 5 N,解得FNB3 N,解得FNB5 N,由牛顿第三定律得，小球到达B点瞬间前、后对轨道的压力
18、分别为3 N和5 N.,(2)小球穿出圆筒小孔D时的速度多大？,解析,答案,答案 0.8 m/s,解析 从A到穿出D过程中，由机械能守恒可得：,解得：vD0.8 m/s,(3)圆筒转动的最大周期T为多少？,解析,答案,答案 0.08 s,解得：vC2 m/s 穿越圆筒过程中：vCvDg(nT0.5T) 从圆筒穿出到又进入圆筒过程中：2vDgnT 得到关系式：3n4n2 要使周期最大，n和n必须同时取正整数且n最小 取n1，得T0.08 s.,0.10 kg的小物块P从斜面上端A点无初速度下滑，物块P与斜面BC部分之间的动摩擦因数0.75.取sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g1
19、0 m/s2，忽略空气阻力.求：(1)物块第一次通过C点时的速度大小vC；,10.如图11所示，斜面ABC下端与光滑的圆弧轨道CDE相切于C，整个装置竖直固定，D是最低点，圆心角DOC37，E、B与圆心O等高，圆弧轨道半径R0.30 m，斜面长L1.90 m，AB部分光滑，BC部分粗糙.现有一个质量m,图11,答案,解析,解析 根据几何关系得，斜面BC部分的长度为：l0.40 m 设物块第一次通过B点时的速度为vB，根据动能定理有：,物块在BC部分滑动时受到的摩擦力大小为：Ffmgcos 370.60 N 在BC部分下滑过程中受到的合力为：Fmgsin 37Ff0,(2)物块第一次通过D点时受
20、到轨道的支持力大小FD；,解析,解析 设物块第一次通过D点时的速度为vD，则由动能定理有：,答案,答案 7.4 N,代入数据得：FD7.4 N.,(3)物块最终所处的位置.,解析,解析 物块每通过一次BC部分减小的机械能为：EFfl0.24 J,答案,答案 在斜面BC段且距离C点0.35 m,设物块第四次从下端进入BC部分后最终在距离C点x处静止， 则有mg(Lx)sin 37Ff(3lx)0，代入数据得：x0.35 m.,11.(2018杭州市期末)如图12所示，倾角为30的光滑斜劈AB长L10.4 m，放在离地高h0.8 m的水平桌面上，B点右端接一光滑小圆弧(图上未画出)，圆弧右端切线水
21、平，与桌面边缘的距离为L2.现有一小滑块从A点由静止释放，通过B点后恰好停在桌面边缘的C点，已知滑块与桌面间的动摩擦因数0.2. (1)求滑块到达B点的速度vB的大小；,解析,图12,答案,答案 2 m/s,解析 滑块从A到B的运动，根据机械能守恒定律得：,代入数据解得：vB2 m/s,(2)求B点到桌面边缘C点的距离L2；,解析,答案,答案 1 m,解析 从A到C根据动能定理可得： mgL1sin 30mgL20 解得：L21 m；,解析 从A到C根据动能定理可得：mgL1sin 30mg(L2L) mvC20，代入数据解得vC1.6 m/s， 滑块离开C后做平抛运动，根据平抛运动的规律可得：h gt2，解得：t0.4 s， 所以落地点P距C点正下方的O点的距离为：xvCt0.64 m.,(3)若将斜劈向右平移一段距离L0.64 m，滑块仍从斜劈上的A点由静止释放，最后滑块落在水平地面上的P点.求落地点P距C点正下方的O点的距离x.,解析,答案,答案 0.64 m,