1、专题三 动量和能量观点的综合应用第6讲 功 功率 动能定理1.常用基本公式:(1)恒力做功的公式:W=_,其中为_。(2)平均功率的公式:P=_。(3)瞬时功率的公式:P=_,当=0时,P=_。(4)动能定理的表达式:W总=_,其中W总为_。Fscos力F和位移s的夹角FvcosFvEk2-Ek1所有外力做功的代数和2.动能定理的适用条件:(1)动能定理既适用于直线运动,也适用于_。(2)动能定理既适用于恒力做功,也适用于_。曲线运动变力做功1.(2013新课标全国卷)2012年11月,“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功。图甲为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图。
2、飞机着舰并成功钩住阻拦索后,飞机的动力系统立即关闭,阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力,使飞机在甲板上短距离滑行后停止。某次降落,以飞机着舰为计时零点,飞机在t=0.4 s时恰好钩住阻拦索中间位置,其着舰到停止的速度时间图线如图乙所示。假如无阻拦索,飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1 000 m。已知航母始终静止,重力加速度的大小为g。则()A.从着舰到停止,飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的B.在0.42.5 s时间内,阻拦索的张力几乎不随时间变化C.在滑行过程中,飞行员所承受的加速度大小会超过2.5gD.在0.42.5 s时间内,阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变【解析】选A、C。设
3、着舰时舰载机的速度为v,无阻拦索时舰载机加速度大小为a，所以a=从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离即为v-t图像下的面积s2=700.4 2.450.42+100.5=113.28(m)，约为无阻拦索时的，A正确；在0.42.5 s时间内，飞机做匀减速直线运动，即阻拦索的张力的合力恒定不变，阻拦索的夹角逐渐减小，张力逐渐减小，故B错误；在滑行过程中，0.42.5 s时间内加速度最大，加速度大小为a=28.1 m/s2，飞行员所承受的最大加速度超过2.5g，C正确；在0.42.5 s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率P=Fv，F不变，v逐渐减小，功率P减小，故D错误。2.(2013海南高考)一质
4、量m=0.6 kg的物体以v0=20 m/s的初速度从倾角=30的斜坡底端沿斜坡向上运动。当物体向上滑到某一位置时，其动能减少了Ek=18 J，机械能减少了E=3 J。不计空气阻力，重力加速度g=10 m/s2，求：(1)物体向上运动时加速度的大小；(2)物体返回斜坡底端时的动能。【解析】(1)设物体运动过程中所受的摩擦力为Ff，向上运动的加速度的大小为a，由牛顿第二定律可知 设物体的动能减少Ek时，在斜坡上运动的距离为s,由功能关系可知Ek=(mgsin+Ff)s E=Ffs 联立式，并代入数据可得a=6 m/s2 (2)设物体沿斜坡向上运动的最大距离为sm，由运动学规律可得sm=设物体返回
5、斜坡底端时的动能为Ek，由动能定理得Ek=(mgsin-Ff)sm联立以上各式，并代入数据可得Ek=80 J答案：(1)6 m/s2 (2)80 J热点考向1 功、功率的理解和计算【典例1】(2013天津河西区一模)长为L的轻质细绳悬挂一个质量为m的小球,其下方有一个倾角为的光滑斜面体,放在水平面上,开始时小球与斜面刚刚接触且细绳恰好竖直,如图所示,现在用水平推力F缓慢向左推动斜面体,直至细绳与斜面体平行,则下列说法中正确的是()A.由于小球受到斜面的弹力始终与斜面垂直,故对小球不做功B.细绳对小球的拉力始终与小球运动方向垂直,故对小球不做功C.小球受到的合外力对小球做功为零,故小球在该过程中
6、机械能守恒D.若水平面光滑,则推力做功为mgL(1-cos)【解题探究】(1)当力与位移的夹角_90时,力不做功。当力与速度的夹角_90时,力不做功。(选填“大于”“小于”或“等于”)(2)推力F是恒力还是变力?如何求F的功?提示:由于斜面体在水平推力F的作用下缓慢运动,处于动态平衡状态中,斜面体所受的合力为零,又由于小球对斜面体的弹力为变力,故F也为变力,在该题中变力F的功可用功能关系求解。等于等于(3)推力F做的功WF转化为小球的重力势能,请写出WF的表达式。提示:由功能关系知推力做功等于小球重力势能的增加量,即WF=mgh=mgL(1-sin)。【解析】选B。小球受到斜面的弹力的方向和小
7、球运动的方向夹角为锐角,故对小球做正功,A错误;细绳拉力方向始终和小球运动方向垂直,故对小球不做功,B正确;合外力对小球做功等于小球动能的改变量,虽然合外力做功为零,但小球重力势能增加,机械能不守恒,C错误;若水平面光滑,则推力做功等于小球重力势能的增加,即为WF=mgh=mgL(1-sin),D错误。【总结提升】关于功、功率应注意的三个问题(1)功的公式W=Fs和W=Fscos仅适用于恒力做功的情况。(2)变力做功的求解要注意对问题的正确转化,如将变力转化为恒力,也可应用动能定理等方法求解。(3)对于功率的计算,应注意区分公式P=和公式P=Fv,前式侧重于平均功率的计算,而后式侧重于瞬时功率
8、的计算。【变式训练】(2013青岛一模)如图所示,小物体A沿高为h、倾角为的光滑斜面以初速度v0从顶端滑到底端,而相同的物体B以同样大小的初速度从等高处竖直上抛,则()A.两物体落地时速度的大小相同B.两物体落地时,重力的瞬时功率相同C.从开始运动至落地过程中,重力对它们做功相同D.从开始运动至落地过程中,重力对它们做功的平均功率相同【解析】选A、C。由于竖直高度的变化是相同的,所以相同质量的物体重力做功是一样的,再根据动能定理可计算出末速度的大小相等,选项A、C正确。根据功率的定义,两物体落地时竖直方向上的速度不同,可知选项B错误。由于两物体的运动时间不一定相同,所以选项D错误。【变式备选】
9、放在地面上的物体受到水平拉力的作用,在06s内其速度与时间的图像和拉力的功率与时间的图像如图所示,则物体的质量为(g=10m/s2)()【解析】选B。物体在前2 s内做匀加速直线运动，2 s末的速度v2=6 m/s，功率P2=30 W，由公式P=Fv得知：前2 s内的拉力F1=5 N；后4 s内做匀速直线运动，拉力等于阻力，则Ff=F=N，在前2 s内，根据牛顿第二定律得：F1-Ff=ma，又a=3 m/s2，则m=kg，选项B正确，其他选项均错。热点考向2 机车的两种启动方式【典例2】(16分)(2013桂林一模)我国人民海军进行登陆演练,假设一艘战舰因吨位大,吃水太深,只能停在离海岸某处。
10、登陆队员需要利用绳索,从较高的战舰甲板滑到登陆快艇上,再接近目标。若绳索两端固定好后,与竖直方向的夹角=30,队员甲先匀加速滑到最大速度,再靠摩擦匀减速滑至快艇,速度刚好为零,当队员甲开始下滑的同时,队员乙在甲板上的相同位置,向快艇以速度v0=3 m/s平抛救生圈。当第一个刚落到快艇上时立即抛出第二个,结果第二个救生圈刚好与队员甲同时到达快艇上的同一位置。取g=10m/s2,不计空气阻力,求:(1)战舰甲板到快艇的竖直高度H;(2)队员甲在绳索上运动的时间t0及下滑过程中的最大速度v1;(3)已知快艇的额定功率P=5kW,载人后连同装备总质量m=103kg,开始时停在离海岸s=1km处(如图)
11、,现在从静止开始以额定功率向登陆点加速靠近,到达岸边时刚好能达到最大速度v2=10m/s,求快艇运动的时间t。【解题探究】(1)战舰甲板到快艇竖直高度H的求解。救生圈做_运动。竖直位移H和水平位移x的关系为_。平抛x=Htan(2)队员甲下滑的时间t0和最大速度v1的求解。下滑时间t0与平抛时间t的关系为_。下滑的最大速度v1和下滑的平均速度的关系为绳长L与平均速度的关系为_。(3)快艇运动时间t的计算。快艇以_向登陆点运动。快艇受到水的阻力为Ff=_。该过程满足的动能定理的关系方程为_。t0=2t恒定功率【解析】(1)设救生圈做平抛运动时间为t，有H=gt2 (1分)Htan=v0t (2分
12、)代入数据得：H=16.2 m,t=1.8 s (1分)(2)由题意知：t0=2t=3.6 s (1分)绳长L=(1分)v1t0=L (2分)解得v1=6 =10.39 m/s (2分)(3)加速过程有Pt-Ffs=(2分)达到最大速度时，有v2=(2分)代入数据得：t=110 s (2分)答案：(1)16.2 m (2)3.6 s 10.39 m/s (3)110 s【总结提升】解决机车启动问题时的四点注意(1)分清是匀加速启动还是恒定功率启动。(2)匀加速启动过程中，机车功率是不断改变的，但该过程中的最大功率是额定功率，匀加速运动阶段的最大速度小于机车所能达到的最大速度，达到额定功率后做加
13、速度减小的加速运动。(3)以额定功率启动的过程中，机车做加速度减小的加速运动，速度最大值等于牵引力是变力，牵引力做的功W=Pt。(4)无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足P=Ffvm，P为机车的额定功率。【变式训练】(2013银川一模)提高机车运动速率的有效途径是增大发动机的功率和减小阻力因数(设阻力与物体运动速率的平方成正比,即Ff=kv2,k是阻力因数)。当发动机的额定功率为P0时,物体运动的最大速率为vm,如果要使物体运动的速率增大到2vm,则下列办法可行的是()A.阻力因数不变，使发动机额定功率增大到2P0B.发动机额定功率不变，使阻力因数减小到C.阻力因数不变，使发动机额定功
14、率增大到8P0D.发动机额定功率不变，使阻力因数减小到【解析】选C、D。速度达到最大时，即P=由此可知，若vm增大到2vm，当k不变时，功率P变为原来的8倍；当功率不变时，阻力因数变为原来的，故C、D正确。热点考向3 动能定理的应用【典例3】(18分)(2013昆明一模)如图甲所示,在倾角为30的足够长光滑斜面AB前,有一粗糙水平面OA,OA长为4m。有一质量为m的滑块,从O处由静止开始受一水平向右的力F作用。F按图乙所示的规律变化。滑块与OA间的动摩擦因数=0.25,g取10m/s2,试求:(1)滑块到A处的速度大小;(2)不计滑块在A处的速率变化,滑块冲上斜面AB的长度是多少?【解题探究】
15、(1)画出滑块在OA上的受力分析图。提示:(2)试分析滑块冲上AB后各力做功的情况。提示:重力做负功、支持力不做功。【解析】(1)由题图乙知,在前2m内F1=2mg,做正功;(2分)在第3m内F2=-0.5mg,做负功;(2分)在第4m内F3=0。(1分)滑动摩擦力Ff=-mg=-0.25mg,始终做负功。(2分)对OA过程由动能定理列式得F1s1+F2s2+Ffs=-0(3分)即2mg2-0.5mg1-0.25mg4=解得vA=5 m/s。(3分)(2)冲上斜面的过程，由动能定理得-mgLsin30=0-(3分)所以冲上斜面AB的长度L=5 m。(2分)答案：(1)5 m/s (2)5 m【
16、拓展延伸】该题中(1)滑块再滑回A处时的速度是多大？提示：滑块下滑时也只有重力做正功，由mgLsin30=得vA=5 m/s(2)滑块能否滑至O处？若能，在O处的速度多大？提示：设滑至O处的速度为v0，则在由AO的过程中由动能定理得：-mgOA=故v0=m/s即能滑至O处，速度为m/s【总结提升】应用动能定理的三点注意(1)如果在某个运动过程中包含有几个不同运动性质的阶段(如加速、减速阶段)，可以分段应用动能定理，也可以对全程应用动能定理，一般对全程列式更简单。(2)因为动能定理中功和动能均与参考系的选取有关，所以动能定理也与参考系的选取有关。在中学物理中一般取地面为参考系。(3)动能定理既适
17、用于单个物体也适用于单个物体组成的系统。【变式训练】(2013桂林二模)如图所示,水平桌面右端固定一光滑定滑轮,O点到定滑轮的距离s=0.5m,当用竖直向下的力将质量m=0.2kg的木块A按住不动时,质量M=0.3kg的重物B刚好与地面接触(对地面无压力),木块与桌面间的动摩擦因数为0.5。然后将木块A拉到P点,OP间的距离为h=0.5m,待B稳定后由静止释放,g取10m/s2。求:(1)木块A按住不动时所受摩擦力;(2)木块A由静止释放后运动到O点时的速度大小;(3)通过计算说明木块A是否会撞到定滑轮?若不会撞上请求出最终木块A停在距定滑轮多远的地方。【解析】(1)木块A按住不动时所受摩擦力
18、为静摩擦力，由平衡条件得Ff=Mg=3 N方向水平向左(2)在B下落至地面前，据动能定理，有Mgh-mgh=(3)在B落地后，A运动到停下来，据动能定理，有-mgs=0-mv2s=0.4 m_时,滑块能自行下滑。匀速直线s1f匀减速直线aT2mgcos37(2)如何求滑块在斜面上上滑和下滑全过程中摩擦力做的功?提示:先用动能定理求出上冲的最大距离,再根据功的定义求功,注意均为负功。(3)如何求滑块在斜面上的总时间?提示:分上滑和下滑两阶段,用运动学公式求出。【解题】规范步骤,水到渠成(1)由题意可知,滑块在水平面上做匀速直线运动,且设速度为v0,则v0=s1f=4.0m/s (2分)在斜面上滑
19、块做匀减速直线运动,设加速度大小为a,则由公式有s3-s4=aT2,解得a=10m/s2(2分)由牛顿第二定律有mgsin+mgcos=ma (2分)联立以上方程解得=0.5(1分)因tan37,所以滑块在斜面上运动到最高点后能自行沿斜面下滑(1分)(2)设滑块在斜面上能上滑的最大距离为sm，则对滑块在斜面上上滑过程应用动能定理有(-mgsin-mgcos)sm=0-(2分)解得sm=0.8 m (1分)故滑块在斜面上上滑和下滑运动的全过程摩擦力所做的功为=-2(mgcos)sm=-3.2 J (2分)下滑加速度为a2=gsin-gcos=2 m/s2 (2分)上滑时间为t1=0.4 s,(1
20、分)下滑时间为t2=(1分)平均功率为(3分)答案：(1)0.5 能自行下滑(2)-2(-1)W【点题】突破瓶颈，稳拿满分(1)常见的思维障碍。没有发现“频闪照相”的特点，即没有想到用公式s=aT2求物体上冲时的加速度。在求滑块运动的总时间时，误认为上冲的时间和下滑的时间相等，从而求错平均功率。(2)因解答不规范导致的失分。滑块上冲时，利用运动学求出的加速度为负值，而利用牛顿第二定律列式时，又常以合力的方向为正，所以因加速度的正、负出错导致计算失误而失分。误将滑块上冲斜面时的动能定理写为(mgsin+mgcos)sm=而导致不必要的失分，上式不应称为动能定理，可理解为功能关系，虽然计算结果正确，但理解产生了偏差。
