2018版高考物理二轮复习第1部分专题整合突破专题5功功率动能定理课件
(通用版)高考物理二轮复习 第一部分 考前复习方略 专题五 功、功率与动能定理及应用课件【精品课件】
解 析 ： 对 舰载 机 应 用运动 学 公 式 v2 － 02 ＝ 2ax ， 即 802 ＝ 2·a·100，得加速度 a＝32 m/s2，选项 D 正确；设总推力为 F，对舰载机应用牛顿第二定律可知： F－20%F＝ma，得 F ＝1.2×106 N，而发动机的推力为 1.0×105 N，则弹射器的推 力为 F 推＝(1.2×106－1.0×105)N＝1.1×106 N，选项 A 正确； 弹射器对舰载机所做的功为 W＝F 推·l＝1.1×108 J，选项 B v 80 正确；弹射过程所用的时间为 t＝ ＝ s＝2.5 s，平均功率 P a 32
8 1.1 × 10 W ＝ ＝ W＝4.4×107W，选项 C 错误． t 2.5
2.(2015· 河北冀州 12 月调研 ) 一个质量为 0.3 kg 的物体沿水平面做直线运动，如图 所示，图线 a 表示物体受水平拉力时的 v －t 图线， 图线 b 表示撤去水平拉力后物体 继续运动的 v－t 图线，g＝10 m/s2，下列 说法中正确的是( C ) A．撤去拉力后物体还能滑行 7.5 m B．物体与水平面间的动摩擦因数为 0.1 C．水平拉力的大小为 0.1 N，方向与摩擦力方向相同 D．水平拉力对物体做功为 1.2 J
[解析] 由题图乙知前后两段时间内物体加速度的大小分别为 a1＝2 m/s2、a2＝1 m/s2，由牛顿第二定律知 F＋μmg＝ma1，F －μmg＝ma2，联立得 F＝3 N、μ＝0.05，A 错误；10 s 末恒力 F 的瞬时功率为 P＝Fv＝18 W，B 错误；由速度图象与坐标轴 所围面积的理意义知， 10 s 内物体的位移 x＝－2 m， 即在计 时起点左侧 2 m 处，C 正确；10 s 内物体的路程为 s＝34 m， 即 10 s 内 物 体 克 服 摩 擦 力 所 做 的 功 W ＝ μmgs ＝ 0.05×2×10×34 J＝34 J，D 正确．
2018版高考物理全国专用大二轮总复习与增分策略课件 专题七功 功率与动能定理
(3)总功的计算
①先求物体所受的合外力，再求合外力的功；
②先求每个力做的功，再求各功的代数和.
2.功率的计算方法
平均
①利用 P ＝Wt .
功率 ②利用 P ＝F v ，其中 v 为物体运动的平均速度.
瞬时 功率
利用公式P＝Fv，其中v为t时刻的瞬时速度.
例1 (多选)一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时刻开始，
答案
四、动能定理 1.内容：在一个过程中合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中
动能的变化 . 2.表达式 (1)W＝ ΔEk . (2)W＝ Ek2－Ek1 . (3)W＝ 12mv22－12mv12 . 3.物理意义： 合外力 做的功是物体动能变化的量度.
答案
4.适用条件 (1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动 . (2)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功 . (3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用.
√C.对物体，动能定理的表达式为 WN－mgH＝12mv2 2－12mv1 2，其中 WN 为支
持力的功
√D.对电梯，其所受合力做功为12Mv2 2－12Mv1 2
解析
456
5.(2016·温州市调研)如图8所示，一个弹簧左端固定于墙上，右端连接
物块，物块质量为m，它与水平桌面间的动摩擦因数为μ.起初用手按住
受到水平外力F作用，如图4所示.下列判断正确的是( )
√A.0～2 s内外力的平均功率是4 W
B.第2 s内外力所做的功是4 J
C.第2 s末外力的瞬时功率最大
√D.第1 s末与第2 s末外力的瞬时功率之比为9∶4
图4
解析
规律总结
求解功率时应注意的“三个”问题 (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； (3)瞬时功率计算时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率.
名师导学高考二轮总复习物理专题2 第5课功与功率动能定理 课件
1
1
定理得 Pt2－fx2＝2mv2m－2mv21
解得 x2＝1 000 m. 则汽车从静止到达到最大速度过的路程为
x＝x1＋x2＝1 010 m.
小结与拓展 汽车启动，一般认为阻力 f 不变， 要能灵活运用 P＝Fv，F－f＝ma，两式来分析问题， 匀加速启动阶段，F，f，a 都不变，v 增大，P 增大．如 果 P 不变，则 v 增大，F 减小，a 减小．当 a＝0 后， F＝f，匀速运动．
必要的辅助方程，进行求解．
1．求变力做功的几种方法
功的计算在中学物理中占有重要的地位，中学阶 段所学的功的计算公式 W＝Fscos α只能用于恒力做 功情况，对于变力做功的计算则没有一个固定公式可
用，变力做功问题可归纳如下： (1)功率恒定：WF＝Pt.注意：这是求牵引力做的
功，而不是合力做的功．
(4)平均力法 如果力的方向不变，力的大小对位移按线性规律
变化时，可用力的算术平均值(恒力)代替变力，利用 功的定义式求功．
W＝Fs＝（F1＋2F2）s.(如矩形木块在浮出水面过 程中浮力随木块浸入水中深度的减小而均匀减小)
(5)用动能定理求变力做功
例 1 如图甲所示，静止于光滑水平面上坐标原点
动能定理时，可以分段考虑，也可以全程作为一个整 体考虑．
3．一般应用步骤
(1)选取研究对象，明确它的运动过程．
(2)分析研究对象的受力情况和各力做功情况，然 后求各个外力做功的代数和．
(3)明确物体运动过程中初、末状态的动能 Ek1 和 Ek2.
(4)列出动能定理的方程 W 合＝Ek2－Ek1，及其他
0 时速度达到最大值 vm＝54 km/h＝15 m/s，此时发动 机的牵引力 F 与机车所受阻力相等，对汽车速度由 0 到 vm 过程运用动能定理(设发动机功率为 P)，则
功 功率与动能定理 课件——2021届高考物理二轮专题复习
• 2．动摩擦因数处处相同，克服摩擦力做功W＝μmgs.
02
命题热点突破
热点一 功和功率的分析与计算
• [训练1] (2017·全国卷Ⅱ)如图，一光滑大圆环固定在桌面上
，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环．小环由大
圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆A环
对它的作用力
()
• A．一直不做功
17
2018 年卷Ⅰ18 题
2018 年卷Ⅱ14 题
2019 年卷Ⅲ17 题
图(a)
2019 年卷Ⅱ25 题
图(b)
栏 目 导 航
01
知识规律链接
02
命题热点突破
01
知识规律链接
• 1．功与功率
• (1)用功的定义式W＝_F_l_co_s_α_____________计算力F的功时 ，一定要清楚三个要素：①研究对象，即对谁做功；②哪个力 做功，特别是当物体受多个力作用时，要找准力；③位移l，即 “力直接作用在其上的物体”“对地的位移”(绝对位移)．
电阻，忽略电缆对无人机的拉力，则
()
• A．空气对无人机的作用力始终大于或等于200 N
• B．直流电源对无人机供电的额定电流为12.5 A
• C．无人机上升过程中消耗的平均功率为100 W
• D．无人机上升及悬停时均有部分功率用于对空气做功
解析 无人机先向上加速后减速，最后悬停，则空气对无人机的作用力先大于 200 N 后小于 200 N，最后等于 200 N，选项 A 错误；直流电源对无人机供电的额定电流 I ＝UP＝5400000A＝12.5 A，选项 B 正确；若空气对无人机的作用力为 F＝mg＝200 N，则 无人机上升过程中消耗的平均功率－P ＝Fth＝2002×00100 W＝100 W，但是由于空气对无 人机向上的作用力不是一直为 200 N，则选项 C 错误；无人机上升及悬停时，螺旋桨 会使周围空气产生流动，则会有部分功率用于对空气做功，选项 D 正确．
2018届高考物理二轮复习专题二能量与动量第五讲活用三大观点破解力学计算题PPT课件
[例1] 如图所示，在水平地面建立 x 轴，质量为 m＝1 kg 的 木块放在质量为 M＝2 kg 的长木板上，木板长 L＝11.5 m。已知 木板与地面间的动摩擦因数 μ1＝0.1，木块与木板之间的动摩擦因 数 μ2＝0.9(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。木块与木板保持相 对静止共同向右运动，已知木板的左端 A 点经过坐标原点 O 时的 速度为 v0＝10 m/s，在坐标为 xP＝21 m 处有一挡板 P，木板与挡 板 P 瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回，而木块在此瞬间速度不 变，若碰后立刻撤去挡板 P，g 取 10 m/s2，求：
[方法点拨] (1)牛顿运动定律是动力学的基础，也是高考命题的重点 和热点。牛顿运动定律与匀变速直线运动规律相结合，常用 于解决斜面问题、滑块木板问题、传送带问题等。 (2)物体的受力情况往往与运动情况相联系，因此，应结 合实际情况，将物体运动过程分为多个阶段，再分析每个阶 段物体的运动规律和受力情况，同时注意各阶段间的速度关 系和位移关系。
2．能量观点 (1)不涉及物体运动加速度和时间的问题，可优先考虑使 用动能定理。如诊断卷第 3 题第(1)问。 (2)如果只有重力或弹簧弹力做功，而又不涉及运动的过 程时，可优先考虑使用机械能守恒定律。如诊断卷第 4、5 题。 (3)若物体间相互作用，明确两物体间相对滑行距离，或 以此为待求量时，可优先考虑应用功能关系或能量转化与守 恒定律。
[例3] 如图所示，在倾角为 30°的光滑斜 面上放置一质量为 m 的物块 B，B 的下端连 接一轻质弹簧，弹簧下端与挡板相连接，B 平 衡时，弹簧的压缩量为 x0，O 点为弹簧的原 长位置。在斜面顶端另有一质量也为 m 的物 块 A，距物块 B 为 3x0，现让 A 从静止开始沿斜面下滑，A 与 B 相碰后立即一起沿斜面向下运动，但不粘连，它们到达最低点后
2018大二轮高考总复习物理文档：第5讲 功、功率与动能定理(专题强化训练)(含答案)
专题强化训练(五) 功、功率与动能定理一、选择题(1～6为单选题，7～10为多选题)1．(2017·江苏卷)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为E k0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能E k 与位移x 关系的图线是( )解析：本题考查动能定理和图象的应用．依据动能定理，上升过程中F 升＝mg sin α＋μmg cos α大小恒定，下降过程中F 降＝mg sin α－μmg cos α大小恒定．说明在E k －x 图象中，上升、下降阶段图线的斜率均恒定，图线均为直线，则选项B 、D 错误．物块能够返回，返回过程位移减小，而动能增加，则A 项错误．因整个过程中摩擦力做负功，则E k1<E k0，故选项C 正确．答案：C2．(2017·辽宁省实验中学分校月考)一辆跑车在行驶过程中的最大输出功率与速度大小的关系如图，已知该车质量为 2×103 kg ，在某平直路面上行驶，阻力恒为3×103 N ．若汽车从静止开始以恒定加速度2 m/s 2做匀加速运动，则此匀加速过程能持续的时间大约为( )A ．8 sB ．14 sC ．26 sD ．38 s解析：由图可知，跑车的最大输出功率大约为200 kW ，根据牛顿第二定律得，牵引力F ＝f ＋ma ＝3000＋2000×2 N ＝7000 N ，则匀加速过程最大速度v m ＝P F ＝2000007000m/s ≈28.6 m/s 则匀加速过程持续的时间t ＝v m a ＝28.62s ＝14.3 s ．故B 正确，ACD 错误．答案：B3.(2017·兰州一中月考)一质量为1 kg 的质点静止于光滑水平面上，从t ＝0时起，第1秒内受到2 N 的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1 N 的外力作用．下列判断正确的是( )A ．0～2 s 内外力的平均功率是94WB ．第2秒内外力所做的功是54 JC ．第2秒末外力的瞬时功率最大D ．第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是1∶1解析：由牛顿第二定律和运动学公式求出1 s 末、2 s 末速度的大小分别为：v 1＝2 m/s 、v 2＝3 m/s ，故合力做功为W ＝12m v 2＝4.5 J ，功率为P ＝W t ＝4.52 W ＝94 W ．所以A 对；1 s 末、2 s 末功率分别为4 W 、3 W ．所以C 错；第1秒内与第2秒动能增加量分别为：12m v 21＝2 J ，12m v 22－12m v 21＝2.5 J ，比值为4∶5，所以D 错．答案：A4．(2017·长春外国语学校期末)质量为10 kg 的物体，在变力F 作用下沿x 轴做直线运动，力随坐标x 的变化情况如图所示．物体在x ＝0处，速度为1 m/s ，不计一切摩擦，则物体运动到x ＝16 m 处时，速度大小为()A ．2 2 m/sB ．3 m/sC ．4 m/sD ．17m/s解析：在0－4 m 位移内F 恒定，物体做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得a ＝Fm ＝1 m/s 2，根据2ax ＝v 24－v 20得v 4＝3 m/s ，对物体在4－16 m 内运动过程运用动能定理得12m v 216－12m v 24＝F 4－8s 4－8＋0－F 12－16s 12－16，从图中可知F 4－8＝F 12－16，s 4－8＝s 12－16＝4 m ，所以4－16 m 内力F 做功之和为0，所以v 16＝v 4＝3 m/s ，B 正确．答案：B5．(2017·广东省五校协作体联考)起重机用轻绳以恒定的功率P 使质量为m 的物体从静止开始竖直向上运动，经过一段时间t 达到最大速度v ，不计空气阻力，则在t 这段时间内( )A ．物体做匀加速运动B ．绳子拉力保持不变C ．起重机做的功为PtD ．起重机做的功为12m v 2解析：根据a ＝F －mg m ＝Pv－mgm ，随速度的增加，加速度a 减小，故物体做加速度减小的加速运动，选项A 错误；根据F ＝mg ＋ma ，则绳子拉力逐渐减小，选项B 错误；起重机做的功为P t ，选项C 正确；起重机做的功为mgh ＋12m v 2，选项D 错误；故选C ． 答案：C6． (2017·佛山市第一中学高三段考)如图，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )A ．W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点B ．W >12mgR ，质点不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离D ．W <12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离解析：在N 点，根据牛顿第二定律有：N －mg ＝m v 2NR，解得v N ＝3gR ，对质点从下落到N 点的过程运用动能定理得，mg ·2R －W ＝12m v 2N －0，解得W ＝12mgR .由于PN 段速度大于NQ 段速度，所以NQ 段的支持力小于PN 段的支持力，则在NQ 段克服摩擦力做功小于在PN 段克服摩擦力做功，对NQ 段运用动能定理得，－mgR －W ′＝12m v 2Q －12m v 2N ，因为W ′＜12mgR ，可知v Q ＞0，所以质点到达Q 点后，继续上升一段距离．故C 正确，ABD 错误．故选C ．答案：C7．(2017·天水一中模拟)如图甲所示，物体受到水平推力F 的作用，在粗糙水平面上做直线运动，通过力传感器和速度传感器监测到推力F 和物体速度v 随时间t 变化的规律如图乙所示．重力加速度g ＝10 m/s 2.则( )A ．物体的质量m ＝0.5 kgB ．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2C ．第2 s 内物体克服摩擦力做的功W ＝2 JD ．前2 s 内推力F 做功的平均功率P ＝1.5 W解析：由速度—时间图象可以知道在2～3 s 的时间内，物体做匀速运动，处于受力平衡状态，所以滑动摩擦力的大小为2 N ，在1～2 s 的时间内，物体做匀加速运动，直线的斜率代表加速度的大小，所以a ＝2－01 m/s 2＝2 m/s 2，由牛顿第二定律可得：F －f ＝ma ，所以m ＝0.5 kg ，A 正确；由f ＝μF N ＝μmg ，得μ＝fmg ＝0.4，B 错误；第2 s 内物体的位移是：x ＝12at 2＝1 m ，克服摩擦力做的功W ＝fx ＝2×1 J ＝2 J ，C 正确；在第1 s 内物体没有运动，只在第2 s运动，F 也只在第2 s 做功，F 做的功为W ′＝Fx ＝3×1 J ＝3 J ，所以前2 s 内推力F 做功的平均功率为：P －＝W ′t＝32W ＝1.5 W ，D 正确． 答案：ACD8．(2017·榆林市模拟)如图所示，内壁光滑半径大小为R 的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m 的小球静止在轨道底部A 点．现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动．当小球回到A 点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点．已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W 1，第二次击打过程中小锤对小球做功W 2.设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则W 1W 2的值可能是( )A ．12B ．34C ．23D ．1解析：第一次击打后球最多到达与球心O 等高位置，根据功能关系，有：W 1≤mgR …① 两次击打后可以到轨道最高点，根据功能关系，有：W 1＋W 2－2mgR ＝12m v 2…② 在最高点，有：mg ＋N ＝m v 2R ≥mg …③联立①②③解得：W 1≤mgR ；W 2≥32mgR故W 1W 2≤23，故AC 正确，BD 错误；故选AC ． 答案：AC9． (2017·宁德市高中质检)如图所示，质量m ＝1 kg 的物块在水平恒力F ＝20 N 的推动下，从粗糙斜面底部A 处由静止开始运动至高h ＝6 m 的B 处，用时t ＝2 s ．到达B 处时物块的速度大小为v ＝10 m/s ，重力加速度g ＝10 m/s 2.不计空气阻力，则A ．A 、B 之间的水平距离8 m B ．物块与斜面间的动摩擦因数为0.25C ．推力F 对物块做的功为120 JD ．物块克服摩擦力做的功为50 J解析：根据x ＝v2t ，解得x ＝10 m ，则AB 之间的水平距离d ＝102－62＝8 m ，选项A 正确； 斜面倾角为α＝37°，则由动能定理：Fd －mgh －μ(mg cos α＋F sin α)·x ＝12m v 2，代入数据解得μ＝0.25，选项B 正确；推力F 做的功：W F ＝Fx cos α＝20×8＝160 J ，选项C 错误；克服摩擦力做功：W f ＝μ(mg cos α＋F sin α)·x ＝0.25×(10×0.8＋20×0.6)×10 J ＝50 J ，选项D 正确；故选ABD ． 答案：ABD10． (2017·湖北省高三联考)如图所示，倾角为37°的光滑斜面上粘贴有一厚度不计、宽度为d ＝0.2 m 的橡胶带，橡胶带的上表面与斜面位于同一平面内，其上、下边缘与斜面的上、下边缘平行，橡胶带的上边缘到斜面的顶端距离为L ＝0.4 m ，现将质量为m ＝1 kg 、宽度为d 的薄矩形板上边缘与斜面顶端平齐且从斜面顶端静止释放．已知矩形板与橡胶带之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度取g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，矩形板由斜面顶端静止释放下滑到完全离开橡胶带的过程中(此过程矩形板始终在斜面上)，下列说法正确的是( )A ．矩形板受到的摩擦力为F f ＝4 NB ．矩形板的重力做功为W G ＝3.6 JC ．产生的热量为Q ＝0.8 JD ．矩形板的上边缘穿过橡胶带下边缘时速度大小为2355m/s解析：矩形板在滑过橡胶带的过程中对橡胶带的正压力是变化的，所以矩形板受摩擦力是变化的，故A 错误；重力做功W G ＝mg (L ＋d )sin θ＝3.6 J ，所以B 正确；产生的热量等于克服摩擦力做功Q ＝2×12μmg cos θ·d ＝0.8 J ，所以C 正确；根据动能定理：W G －Q ＝12m v 2－0，解得v ＝2355m/s ，所以D 正确．答案：BCD 二、计算题11．(2017·成都实验中学高三月考)如图所示，四分之三周长圆管的半径R ＝0.4 m ，管口B 和圆心O 在同一水平面上，D 是圆管的最高点，其中半圆周BE 段存在摩擦，BC 和CE 段动摩擦因数相同，ED 段光滑；质量m ＝0.5 kg 、直径稍小于圆管内径的小球从距B 正上方高H ＝2.5 m 的A 处自由下落，到达圆管最低点C 时的速率为6 m/s ，并继续运动直到从圆管的最高点D 飞出，恰能再次进入圆管，假定小球再次进入圆管时不计碰撞能量损失，取重力加速度g ＝10 m/s 2，求(1)小球飞离D 点时的速度；(2)小球从B 点到D 点过程中克服摩擦所做的功；(3)小球再次进入圆管后，能否越过C 点？请分析说明理由． 解析：(1)小球飞离D 点后做平抛运动， 在水平方向：R ＝v D t ，竖直方向：R ＝12gt 2，解得：v D ＝ 2 m/s ；(2)小球从A 到D 过程中，由动能定理得： mg (H －R )－W f 1＝12m v 2D －0，解得：W f 1＝10 J ；(3)小球从C 到D 过程中，由动能定理得： －2mgR －W f 2＝12m v 2D －12m v 2C ，解得：W f 2＝4.5 J ，小球从A 到C 过程中，由动能定理得：mg (H ＋R )－W f 3＝12m v 2C －0，解得：W f 3＝5.5 J ；小球再次从D 到C 的过程中，由动能定理得： －2mgR －W f 4＝12m v 2C －12m v 2D ， 解得：W f 4＝4.5 J －12m v 2C，W f 4<W f 2＝4.5 J ，v C ′>0，小球能过C 点．答案：(1) 2 m/s (2)10 J (3)小球再次进入圆管后，能越过C 点，因为到达C 点时速度大于零12．(2017·佛山市第一中学高三段考)如图，倾角θ＝30°的光滑斜面底端固定一块垂直于斜面的挡板．将长木板A 静置于斜面上，A 上放置一小物块B ，初始时A 下端与挡板相距L ＝4 m ，现同时无初速释放A 和B ．已知在A 停止运动之前B 始终没有脱离A 且不会与挡板碰撞，A 和B 的质量均为m ＝1 kg ，它们之间的动摩擦因数μ＝33，A 或B 与挡板每次碰撞损失的动能均为ΔE ＝10 J ，忽略碰撞时间，重力加速度大小g 取10 m/s 2.求(1)A 第一次与挡板碰前瞬间的速度大小v ；(2)A 第一次与挡板碰撞到第二次与挡板碰撞的时间Δt ； (3)B 相对于A 滑动的可能最短时间t ．解析：(1)B 和A 一起沿斜面向下运动，由动能定理得2mgL sin θ＝12(2m )v 2①由①式得v ＝210 m/s② (2)第一次碰后，对B 有mg sin θ＝μmg cos θ故B 匀速下滑 ③ 对A 有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1④ 得A 的加速度a 1＝10 m/s 2，方向始终沿斜面向下，A 将做类竖直上抛运动 ⑤ 设A 第1次反弹的速度大小为v 1，由动能定理有12m v 2－12m v 21＝ΔE⑥ Δt ＝2v 1a 1⑦ 由⑥⑦式得Δt ＝255s⑧ (3)设A 第2次反弹的速度大小为v 2，由动能定理有12m v 2－12m v 22＝2ΔE⑨ 得v 2＝0⑩即A 与挡板第2次碰后停在底端，B 继续匀速下滑，与挡板碰后B 反弹的速度为v ′，加速度大小为a ′，由动能定理有12m v 2－12m v ′2＝ΔE⑪ mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ′⑫当B 速度为0时，因mg sin θ＝μmg cos θ≤f m ，B 将静止在A 上．⑭当A 停止运动时，B 恰好匀速滑至挡板处，B 相对A 运动的时间t 最短，故t ＝Δt ＋t 2＝355 s ．答案：(1)210 m/s (2)255 s (3) 355s。
2018届高三物理二轮复习课件：第4讲 功、功率与动能定理 精品
【答案】C
【解析】由题图分析可知，物体由静止开始
做匀加速运动，当物体速度为 1 m/s 时，拉 力的功率最大；此后，物体做拉力功率恒定 的加速运动．物体速度 v1＝3 m/s 时，加速 度 a1＝0，则有 F＝Ff，拉力的最大功率 P ＝Ffv1，物体速度 v2＝1 m/s 时，加速度 a2 ＝2 m/s2，根据牛顿第二定律有vP2－Ff＝ma2， 解得 Ff＝1 N，P＝3 W，而 Ff＝μmg，故 μ ＝0.1，选项 A 错误，选项 C 正确；由1.5Pm/s －Ff＝ma3 可得 a3＝1 m/s2，选项 B 错误； 物体匀加速运动的时间为 t＝va22＝0.5 s，选 项 D 错误．
【答案】A
【解析】根据功的公式可知，人对车的推力
做功为 W＝FL，选项 A 正确；在水平方向 上，由牛顿第二定律可知车对人的作用力为 F′＝ma，由牛顿第三定律可知人对车的作 用力为－ma，故人对车做的功为 W＝－maL， 选项 B 错误；因车对人还有沿竖直方向的 支持力，大小等于 mg，故车对人的作用力
A．弹力对小球先做正功后做负功 B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度 C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零 D．小球到达 N 点时的动能等于其在 M、N 两点的重力势能差
【答案】BCD
【解析】 小球在 M 点时弹簧处于压缩状态，在 N 点时弹簧处于伸长状态，则在由 M 到
N 过程中有一点弹簧处于原长状态，设该点为 B 点，另设小球在 A 点时对应的弹簧最短， 如图所示．从 M 点到 A 点，弹簧压缩量变大，弹力做负功，从 A 点到 B 点弹簧从压缩逐 渐恢复至原长，弹力做正功，从 B 点到 N 点弹簧从原长逐渐伸长，弹力做负功，选项 A 错误．小球在 A 点时，水平方向上弹簧的弹力与杆的弹力相平衡，小球 受到的合外力 F 合＝mg，故加速度 a＝g；小球在 B 点时，弹簧处于原长， 杆对小球没有作用力，小球受到的合外力 F 合＝mg，故加速度 a＝g，B 正确．在 A 点时，弹簧的弹力 F 弹垂直于杆，小球的速度沿杆向下，则 P 弹＝F 弹 vcos α＝0，C 正确．从 M 点到 N 点，小球与弹簧所组成的系统机 械能守恒，则 Ek 增＝Ep 减，即 EkN－0＝Ep 重 M－Ep 重 N＋Ep 弹 M－Ep 弹 N，由于 在 M、N 两点弹簧弹力大小相同，由胡克定律可知，弹簧形变量相同， 则弹性势能 Ep 弹 N＝Ep 弹 M，故 EkN＝Ep 重 M－Ep 重 N，D 正确．
高考物理二轮复习能量和动量第五讲功功率动能定理课件
x1＝vDt⑫ 联立⑨⑩⑪⑫式得 vD＝35 5gR⑬ 设 P 在 C 点速度的大小为 vC.在 P 由 C 运动到 D 的过程中 机械能守恒，有
12/8/2021
12m1v2C＝12m1v2D＋m1g(56R＋56Rcosθ)⑭ P 由 E 点运动到 C 点的过程中，同理，由动能定理有 Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1g(x＋5R)cosθ＝12m1v2C⑮ 联立⑦⑧⑬⑭⑮式得 m1＝13m⑯
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2．(2018·福州模拟)(多选)在水平路面上 AB 段光滑，BC 段 粗糙，两段长度相同，如图所示．在 A 处静止的小物体(可视为 质点)在水平恒力 F 作用下，从 A 点开始运动，到 C 点恰好停 下．下列判断正确的是( AB )
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A．水平恒力 F 在两段路面上做功相等 B．整个过程水平恒力 F 做功等于克服摩擦力做功 C．水平恒力 F 在 AB 段的平均功率大于 BC 段的平均功率 D．水平恒力 F 在 AB 段中点位置瞬时功率大于在 BC 段中 点位置瞬时功率
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题组冲关调研
范有所得，练有高度
[范例调研]
[例 2] 如图，一轻弹簧原长为 2R，其一端固定在倾角为
37°的固定直轨道 AC 的底端 A 处，另一端位于直轨道上 B 处，
弹簧处于自然状态．直轨道与一半径为56R 的光滑圆弧轨道相切
于 C 点，AC＝7R，A、B、C、D 均在同一竖直平面内．质量
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②经常用到的公式： F－F阻＝ma P＝Fv P额＝F阻vm v1＝at 其中t为匀加速运动的时间
高三物理二轮复习 专题二 能量、动量和原子物理 第1讲 功 功率 动能定理课件
(2)若小球不能直接落在井底，求小球打在井 壁EF上的最小动能Ekmin和此时的释放点距BC面 的高度h2.
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突破点拨 (1)小球从A到C过程中，根据动能定理求出C点速度，从C点飞出做平抛运动刚 好到达E点． (2)小球不能直接落在井底，而打在井壁上的动能，跟释放点距BC面的高度h2 有关，找出这个动能跟h2的关系并依据数学知识求出最小动能．
A．弹射器的推力大小为1.1×106 N B．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108 J C．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107 W D．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s2
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突破点拨 (1)分析舰载机在弹射过程中做匀加速直线运动时的受力，先根据运动学公 式计算加速度，再根据牛顿第二定律求弹射器的推力． (2)根据 W＝Fl 求弹射器对舰载机所做的功，再根据 P＝Wt 计算其平均功率．
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2．功率的计算方法 (1)功率定义式 P＝Wt ，所求功率是时间 t 内的平均功率； (2)功率计算式 P＝Fvcos α，其中 α 是力与速度间的夹角．若 v 为瞬时速度， 则 P 为 F 在该时刻的瞬时功率；若 v 为平均速度，则 P 为 F 在该段位移内的平 均功率．
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1. (多选)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器．舰载机总质量为 3.0×104 kg，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105 N；弹射器有效作用长度为 100 m，推力恒定．要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s.弹射过程中 舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则 ( ABD )
A．一直不做功 B．一直做正功 C．始终指向大圆环圆心 D．始终背离大圆环圆心 解析 由于大圆环是光滑的，因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方 向始终与速度方向垂直，因此作用力不做功，A项正确，B项错误；小环刚下滑时， 大圆环对小环的作用力背离大圆环的圆心，滑到大圆环圆心以下的位置时，大圆环 对小环的作用力指向大圆环的圆心，C、D项错误．
高考物理二轮复习专题5功功率动能定理课件
A．W1>W2，F＝2Ff B．W1＝W2，F>2Ff C．P1<P2，F>2Ff D．P1＝P2，F＝2Ff
解析：对整个过程由动能定理可得 W1－W2＝0，解得 W1＝ W2.由图象可知，撤去拉力 F 后运动的时间大于水平力 F 作用的时 间，所以 a1>|a2|，即F－mFf>Fmf，F>2Ff，选项 A、D 错误，B 正确； 由于摩擦阻力作用时间一定大于水平力 F 作用时间，所以 P1>P2， 选项 C 错误．
12/8/2021
A．可求出 m、 f 和 vmax B．不能求出 m C．不能求出 f D．可求出物体加速运动时间
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解析：当加速度为零时，物体做匀速运动，此时牵引力大 小等于阻力大小，速度为最大值，最大速度 vmax＝01.1 m/s＝10 m/s；功率 P＝Fv，而 F－f＝ma，联立可得v1＝mP a＋Pf ，物体速 度的倒数1v与加速度 a 的关系图象的斜率为 k＝mP ，纵轴截距为Pf ＝0.1，因此可求出 m、f 和 vmax，选项 A 正确，B、C 错误．物 体做变加速运动，无法求解物体加速运动的时间，选项 D 错误．
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②经常用到的公式： F－F阻＝ma P＝Fv P额＝F阻vm v1＝at 其中t为匀加速运动的时间
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三、命题规律 1．在历年高考题中，功和功率一般以选择题为主． 2．在功和功率的计算中往往与动能定理、功能关系等综合 考查．
12/8/2021
题组冲关调研
范有所得，练有高度
在加速上升阶段，由牛顿第二定律知，
F－mg＝ma，F＝m(g＋a)
第①次在 t0 时刻，功率 P1＝Fv0，