高三物理二轮复习 第一篇 专题通关三 动能定理和能量守恒定律 6 功 功率 动能定理课件.ppt
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专题三动能定理和能量守恒定律第6讲功功率动能定理 高考这样考 1 2014 新课标全国卷 一物体静止在粗糙水平地面上 现用一大小为F1的水平拉力拉动物体 经过一段时间后其速度变为v 若将水平拉力的大小改为F2 物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v 对于上述两个过程 用WF1 WF2分别表示拉力F1 F2所做的功 Wf1 Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功 则 A WF2 4WF1 Wf2 2Wf1B WF2 4WF1 Wf2 2Wf1C WF2 4WF1 Wf2 2Wf1D WF2 4WF1 Wf2 2Wf1 解析 选C 根据x t和Wf mgx可判断 两次克服摩擦力所做的功Wf2 2Wf1 由动能定理得WF1 Wf1 mv2和WF2 Wf2 m 2v 2 整理可判断WF2 4WF1 故选项C正确 2 2015 海南高考 如图 一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置 轨道两端等高 质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下 滑到最低点Q时 对轨道的正压力为2mg 重力加速度大小为g 质点自P滑到Q的过程中 克服摩擦力所做的功为 解析 选C 在Q点 FN mg 所以v 由P到Q根据动能定理得mgR Wf mv2 解得Wf mgR 故C正确 3 2015 全国卷 一汽车在平直公路上行驶 从某时刻开始计时 发动机的功率P随时间t的变化如图所示 假定汽车所受阻力的大小f恒定不变 下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中 可能正确的是 解析 选A 本题属于机车的恒定功率启动问题 当牵引力大于阻力时 机车加速运动 但速度的增加会导致牵引力变小 机车所受的合力变小 机车的加速度变小 故机车的运动为加速度不断变小的加速运动 直到加速度等于零变为匀速直线运动 故0 t1时间内 是一个恒定功率加速过程 直到变为匀速直线运动 t1 t2时间内 是另一个恒定功率加速过程 直到变为匀速直线运动 故A项正确 4 2014 山东高考 如图 半径为R的均匀带正电薄球壳 其上有一小孔A 已知壳内的场强处处为零 壳外空间的电场与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样 一带正电的试探电荷 不计重力 从球心以初动能Ek0沿OA方向射出 下列关于试探电荷的动能Ek与离开球心的距离r的关系图线 可能正确的是 解析 选A 壳内的场强处处为零 电荷在壳内运动时不受电场力作用 电场力做功为零 电荷的动能不变 故选项C D错误 壳外的电场 离球壳越近场强越大 离球壳越远场强越小 题中Ek r图像的斜率的大小表示电场力的大小 电荷在壳外向外运动时 电场强度逐渐减小 则图像的斜率也逐渐减小 故选项A正确 B错误 考情分析 主要题型 选择题 计算题命题特点 1 功和功率的理解与计算 主要考查摩擦力做功正负的判断与计算 弹簧弹力的做功情况 弹性绳的做功情况以及瞬时功率的计算问题等 2 结合牛顿第二定律 动能定理考查机车的启动问题 3 应用动能定理考查单个物体 多个过程中动能的变化以及力的做功情况 主干回顾 要素扫描 1 恒力做功的公式 2 平均功率的公式 3 瞬时功率的公式 4 动能定理的表达式 W合 Ek Ek0 W合是物体在运动过程中外力做的总功 Ek Ek0是物体的动能增量 W Flcos P Fvcos 热点考向1功和功率的理解与计算 典例1 多选 2015 浙江高考 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 104kg 设起飞过程中发动机的推力恒为1 0 105N 弹射器有效作用长度为100m 推力恒定 要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80m 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 A 弹射器的推力大小为1 1 106NB 弹射器对舰载机所做的功为1 1 108JC 弹射器对舰载机做功的平均功率为8 8 107WD 舰载机在弹射过程中的加速度大小为32m s2 解题探究 1 计算弹射器的推力大小的思维轨迹 2 计算弹射器对舰载机所做的功及做功的平均功率的思维轨迹 由速度位移关系式v2 2ax求 出舰载机在弹射过程中的加速度 再对舰载机由牛顿第二定律求弹射 器的推力 由功的计算W F弹l求弹射器对舰载机所做的功 由速度公式v at求做 功时间 再由P 求弹射器做功的平均功率 解析 选A B D 由题可知 舰载机弹射过程的加速度为a m s2 32m s2 D项正确 根据牛顿第二定律 0 8 F发 F弹 ma 求得弹射器的推力大小F弹 1 1 106N A项正确 弹射器对舰载机做的功为W 1 1 106 100J 1 1 108J B项正确 弹射过程的时间t 2 5s 弹射器做功的平均功率P 4 4 107W C项错误 典例2 2015 福州二模 如图所示 一个纵截面是等腰三角形的斜面体M置于水平地面上 它的底面粗糙 两斜面光滑 将质量不相等的A B两个小滑块 mA mB 同时从斜面上同一高度处静止释放 在两滑块滑至斜面底端的过程中 M始终保持静止 则 A B滑块先滑至斜面底端B 地面对斜面体的摩擦力方向水平向左C 两滑块滑至斜面底端时重力的瞬时功率相同D 地面对斜面体的支持力等于三个物体的总重力 名师解读 1 命题立意 综合考查牛顿运动定律和瞬时功率 2 关键信息 两斜面光滑 同时从斜面上同一高度处静止释放 M始终保持静止 3 答题必备 x at2 v at P Fvcos 4 易错警示 误认为地面对斜面体的支持力等于三个物体的总重力 解析 选B 设斜面倾角为 高为h 滑块A下滑的加速度a gsin 位移x 根据x at2得 t 同理 B下滑的时间t 可知两滑块滑至底端的时间相同 故A错误 A对斜面体压力在水平方向的分力大小为mAgsin cos B对斜面体压力在水平方向上的分力为mBgsin cos 因为mA mB 则地面对斜面体有向左的摩擦力 故B正确 滑块A滑到底端的速度v at B滑到底端的速度也为 由于质量不同 两滑块的速度大小相同 则重力的 瞬时功率P mgvsin 不同 故C错误 因为A B的加速度均沿斜面向下 对整体分析 整体处于失重状态 则支持力小于三个物体的总重力 故D错误 规律总结 关于功 功率应注意的三个问题 1 适用条件 功的公式W Fl和W Flcos 仅适用于恒力做功的情况 2 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 也可应用动能定理等方法求解 3 公式选择 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的计算 题组过关 1 2015 邯郸一模 某人用同一水平力先后两次拉同一物体 第一次使此物体沿光滑水平面前进距离s 第二次使此物体沿粗糙水平面也前进距离s 若先后两次拉力做的功为W1和W2 拉力做功的功率是P1和P2 则正确的是 A W1 W2 P1 P2B W1 W2 P1 P2C W1 W2 P1 P2D W1 W2 P1 P2 解析 选B 由W Fs可知两次的功相同 但由于地面光滑不受摩擦力 加速度较大 运动时间较短 由P 可知P1 P2 B正确 2 在某一高度处以相同大小的初速度v0分别沿水平方向和竖直方向抛出A B两小球 不计空气阻力 如图所示 则下列说法正确的是 A 两小球落地时速度相同B 两小球落地时 重力的瞬时功率相同C 从开始运动至落地 重力对两小球做的功相同D 从开始运动至落地 重力对两小球做功的平均功率相同 解析 选C 根据重力做功的特点可知 从开始运动至落地 重力对两小球做功相同 选项C正确 由动能定理可知 两小球落地时的速度大小相同 而方向不相同 A错误 由P mgvcos 可知 两小球落地时 重力的瞬时功率不相同 选项B错误 从开始运动至落地 运动时间不同 重力对两小球做功的平均功率不相同 选项D错误 3 多选 2015 太原一模 位于水平面上的物体在水平恒力F1作用下 做速度为v1的匀速运动 若作用力变为斜向上的恒力F2 物体做速度为v2的匀速运动 且F1与F2功率相同 则可能有 A F2 F1 v1 v2B F2 F1 v1F1 v1 v2D F2 F1 v1 v2 解析 选B D 水平恒力F1作用下的功率P1 F1v1 F2作用下的功率P2 F2v2cos 现P1 P2 若F2 F1 一定有v1F1还是F2 F1都会有v1 v2 因此D正确 C错误 加固训练 多选 质量为m 2kg的物体沿水平面向右做直线运动 t 0时刻受到一个水平向左的恒力F 如图甲所示 此后物体的v t图像如图乙所示 取水平向右为正方向 g取10m s2 则 A 物体与水平面间的动摩擦因数为 0 5B 10s末恒力F的瞬时功率为6WC 10s末物体在计时起点左侧2m处D 10s内物体克服摩擦力做功34J 解析 选C D 由题图乙知前后两段时间内物体加速度的大小分别为a1 2m s2 a2 1m s2 由牛顿第二定律知F mg ma1 F mg ma2 联立得F 3N 0 05 A错误 10s末恒力F的瞬时功率为P Fv 18W B错误 由速度图像与坐标轴所围面积的物理意义知 10s内物体的位移x 2m 即在计时起点左侧2m处 C正确 10s内物体的路程为s 34m 即10s内物体克服摩擦力所做的功W mgs 0 05 2 10 34J 34J D正确 热点考向2机车启动问题 典例3 2015 梅州一模 一辆汽车在平直的公路上以某一初速度运动 运动过程中保持恒定的牵引功率 其加速度a和速度的倒数图像如图所示 若已知汽车的质量 则根据图像所给的信息 不能求出的物理量是 A 汽车的功率B 汽车行驶的最大速度C 汽车所受到的阻力D 汽车运动到最大速度所需的时间 名师解读 1 命题立意 考查机车的启动问题 2 关键信息 保持恒定的牵引功率 加速度a和速度的倒数图像 已知汽车的质量 3 答题必备 F Ff ma P Fv 4 易错警示 误认为选择 能求出的物理量 而实际要求选择 不能求出的物理量 解析 选D 由F Ff ma P Fv可得 a 对应图线可知 k 40 可求出汽车的功率P 由a 0时 0 05可得 vm 20m s 再由vm 可求出汽车受到的阻力Ff 但无法求出汽车运动到最大速度的时间 故应选D 典例4 如图所示为修建高层建筑常用的塔式起重机 在起重机将质量m 5 103kg的重物竖直吊起的过程中 重物由静止开始向上做匀加速直线运动 加速度a 0 2m s2 当起重机输出功率达到其允许的最大值时 保持该功率直到重物做vm 1 02m s的匀速运动 g取10m s2 不计额外功 求 1 起重机允许输出的最大功率 2 重物做匀加速运动所经历的时间 3 起重机在第2s末的输出功率 解题探究 1 求解起重机允许输出的最大功率的思维轨迹 2 求解重物做匀加速运动所经历的时间的思维轨迹 重物 匀速运动时 牵引力与重物的重力平衡 由Pm mgvm求最大输出功率 当起重机输出 功率达到最大值时 重物匀加速直线运动达到最大速度 由牛顿第二 定律求出恒定的牵引力 由P Fv求出匀加速运动的末速度 再由v at 求出匀加速运动的时间 3 求解起重机在第2s末的输出功率的思维轨迹 由匀加速运动经历 的时间判断第2s末重物处于匀加速运动阶段 由v at求出2s末的速 度 再由P Fv求出2s末的输出功率 解析 1 重物匀速上升时有 F mg可得起重机的最大输出功率为 Pm mgvm 5 1 104W 2 由牛顿第二定律得 F1 mg ma又有 Pm F1v匀mv匀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 规律总结 解决机车启动问题的四点注意 1 明确启动方式 分清是匀加速启动还是恒定功率启动 2 匀加速启动过程 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速度减小的加速运动 3 恒定功率启动过程 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 满足的关系式 无论哪种启动方式 在平直路面上最后达到最大速度时 均满足P Ffvm P为机车的额定功率 题组过关 1 2014 重庆高考 某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶 受到的阻力分别为车重的k1和k2倍 最大速率分别为v1和v2 则 A v2 k1v1B v2 v1C v2 v1D v2 k2v1 解析 选B 汽车的阻力分别为f1 k1mg f2 k2mg 当汽车以相同功率启动达到最大速度时 有F f 故由P Fv可知最大速度v 则 有v2 v1 故选B 2 多选 2015 襄阳一模 我国自行研制的新一代8 8轮式装甲车已达到西方国家第三代战车的水平 将成为中国军方快速部署型轻装甲部队的主力装备 设该装甲车的质量为m 若在平直的公路上从静止开始加速 前进较短的距离s速度便可达到最大值vm 设在加速过程中发动机的功率恒定为P 装甲车所受阻力恒为f 当速度为v vm v 时 位移为s 所受牵引力为F 以下说法正确的是 A 装甲车速度为v时 装甲车的牵引力做功为Fs B 装甲车的最大速度vm C 装甲车速度为v时加速度为a D 装甲车从静止开始到达到最大速度vm所用时间t 解析 选B C 装甲车在加速过程中 其牵引力F 随着速度的增大 牵引力逐渐减小 故装甲车速度为v时 装甲车的牵引力做功大于Fs A错误 装甲车匀速运动时速度最大 故vm B正确 装甲车速度为v时 由牛顿第二定律得F f ma 解得a C正确 装甲车加速过程由动能定理得Pt fs 解得t D错误 3 起重机的钢索将重物由地面吊到空中某个高度 其速度图像如图所示 则钢索拉力的功率随时间变化的图像可能是图中的 解析 选B 在0 t1时间内 重物加速上升 设加速度为a1 则根据牛顿第二定律可得钢索的拉力F1 mg ma1 速度v1 a1t 所以拉力的功率P1 m a1 g a1t 在t1 t2时间内 重物匀速上升 拉力F2 mg 速度为v1 a1t1 所以拉力的功率P2 mga1t1 在t2 t3时间内 重物减速上升 设加速度大小为a2 则根据牛顿第二定律可得 钢索的拉力F2 mg ma2 速度v2 a1t1 a2t 所以拉力的功率为 P3 m g a2 a1t1 a2t 综上所述 只有B选项正确 加固训练 多选 2015 南昌一模 某汽车在平直公路上以功率P 速度v0匀速行驶时 牵引力为F0 在t1时刻 司机减小油门 使汽车的功率减为 此后保持该功率继续行驶 t2时刻 汽车又恢复到匀速运动状态 下面是有关汽车牵引力F 速度v的几种说法 其中正确的是 A t2后的牵引力仍为F0B t2后的牵引力小于F0C t2后的速度仍为v0D t2后的速度小于v0 解析 选A D 由P Fv可知 当汽车的功率突然减小为时 瞬时速度还没来得及变化 则牵引力突然变为 汽车将做减速运动 随着速度的减小 牵引力逐渐增大 汽车做加速度逐渐减小的减速运动 当速度减小到使牵引力又等于阻力时 汽车再匀速运动 由 F0 v2可知此时v2 故A D正确 热点考向3动能定理的应用 典例5 2015 厦门一模 如图所示 质量为m的物块与水平转台之间的动摩擦因数为 物块与转台转轴相距R 物块随转台由静止开始转动 当转速增加到某值时 物块即将开始滑动 认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力 在这一过程中 摩擦力对物块做的功是 A mgRB 2 mgRC 2 mgRD 0 名师解读 1 命题立意 考查动能定理求变力做功问题 2 关键信息 物块随转台由静止开始转动 物块即将开始滑动 最大静摩擦力等于滑动摩擦力 3 答题必备 F W合 4 易错警示 误认为摩擦力方向指向圆心 只提供向心力 不做功 解析 选A 物块即将开始滑动时 最大静摩擦力提供向心力 有 mg 根据动能定理有 解得 选项A正确 典例6 18分 2015 临沂二模 如图所示 倾角 45 的粗糙平直导轨AB与半径为R的光滑圆环轨道相切 切点为B 整个轨道处在竖直平面内 一质量为m的小滑块 可以看作质点 从导轨上离地面高为h 3R的D处无初速度下滑进入圆环轨道 接着小滑块从圆环最高点C水平飞出 恰好击中导轨上与圆心O等高的P点 不计空气阻力 已知重力加速度为g 求 1 滑块运动到圆环最高点C时的速度大小 2 滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小 3 滑块在斜面轨道BD间运动的过程中克服摩擦力做的功 拿分策略 第一问 翻转关键信息 小滑块从圆环最高点C水平飞出 恰好击中导轨上与圆心O等高的P点 按部就班列方程竖直方向列 式 2分 水平方向列 式 2分 第二问 明确运动过程 小滑块由B至C沿竖直面做圆周运动 按部就班列方程圆周最低点至C点过程列 式 3分 在最低点列 式 3分 第三问 正确选择运动过程 从D到最低点 全过程列 式 3分 按照过程列方程 就能拿到13分 若能正确解方程求出结果再拿到4分 若第二问能正确应用牛顿第三定律又可拿下1分 则得满分18分 解析 1 小滑块从C点飞出来做平抛运动 水平速度为v0 竖直方向上 R gt2 2分 水平方向上 R v0t 2分 解得 v0 1分 2 小滑块在最低点时速度为v 由动能定理得 mg 2R mv02 mv2 3分 解得 v 1分 在最低点由牛顿第二定律得 FN mg 3分 解得 FN 6mg 1分 由牛顿第三定律得 F N 6mg 1分 3 从D到最低点过程中 设DB过程中克服摩擦阻力做功Wf 由动能定理得 mgh Wf mv2 0 3分 解得 Wf mgR 1分 答案 1 2 6mg 3 mgR 迁移训练 迁移1 把斜面去掉 让滑块自由下落将 典例6 中的斜面去掉 使圆弧轨道的B点与O点等高 如图所示 使滑块自B的正上方P点由静止开始自由下落 滑块沿轨道到达C时恰好对轨道没有压力 求PB间的高度h 解析 滑块在C点时由牛顿第二定律得 mg m 解得 v 滑块从P点到C点 由动能定理得 mg h R mv2 0 解得 h R答案 R 迁移2 使小滑块刚好能过C点在 典例6 中 若小滑块刚好能过C点 求滑块与轨道AB间的动摩擦因数 解析 小滑块刚好能过C点 则在C点由牛顿第二定律得 mg m解得 vC 小滑块由D至C过程 由动能定理得 mg h 2R mgcos 解得 答案 迁移3 使滑块在P点释放将 典例6 中的滑块从轨道的P点由静止释放 滑块与粗糙导轨间的动摩擦因数为 求滑块整个运动过程中在AB轨道上通过的总路程 解析 滑块在P点释放 滑块将在两轨道间做往返运动 当滑块到达B点时的速度为零后滑块将只在圆弧轨道上运动 故全过程由动能定理得 mgsPBsin mgscos 0由几何关系得 sPB R解得 s 答案 规律总结 应用动能定理解题应注意的三点 1 方法的选择 动能定理往往用于单个物体的运动过程 由于不牵扯加速度及时间 比动力学方法要方便 2 规律的应用 动能定理表达式是一个标量式 在某个方向上应用动能定理是没有依据的 3 过程的选择 物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程 如加速 减速的过程 此时可以分段应用动能定理 也可以对全过程应用动能定理 但如果对整个过程应用动能定理 则使问题简化 题组过关 1 2015 杭州一模 如图所示 将质量为m的小球以速度v0由地面竖直向上抛出 小球落回地面时 其速度大小为v0 设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变 则空气阻力的大小等于 解析 选D 对小球向上运动的过程 由动能定理得 mg Ff H 0 对小球向下运动的过程 由动能定理得 mg Ff H 联立解得Ff mg 选项D正确 2 2015 浙江高考 如图所示 用一块长L1 1 0m的木板在墙和桌面间架设斜面 桌子高H 0 8m 长L2 1 5m 斜面与水平桌面的倾角 可在0 60 间调节后固定 将质量m 0 2kg的小物块从斜面顶端静止释放 物块与斜面间的动摩擦因数 1 0 05 物块与桌面间的动摩擦因数为 2 忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失 重力加速度g取10m s2 最大静摩擦力等于滑动摩擦力 1 求 角增大到多少时 物块能从斜面开始下滑 用正切值表示 2 当 角增大到37 时 物块恰能停在桌面边缘 求物块与桌面间的动摩擦因数 2 已知sin37 0 6 cos37 0 8 3 继续增大 角 发现 53 时物块落地点与墙面的距离最大 求此最大距离xm 解析 1 为使小物块下滑 则mgsin 1mgcos 满足的条件tan 0 05 2 克服摩擦力做功Wf 1mgL1cos 2mg L2 L1cos 由动能定理得mgL1sin Wf 0代入数据得 2 0 8 3 由动能定理得mgL1sin Wf mv2代入数据得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 加固训练 2015 抚顺二模 冰壶运动是冬季奥运会上的一项比赛项目 在第21届冬季奥运会上中国队取得了较好的成绩 假设质量为m的冰壶在运动员的操控下 先从起滑架A点由静止开始加速启动 经过投掷线B时释放 以后匀减速自由滑行刚好能滑至营垒中心O停下 已知AB相距L1 BO相距L2 冰壶与冰面各处动摩擦因数均为 重力加速度为g 1 求冰壶运动的最大速度vm 2 在AB段运动员水平推冰壶做的功W是多少 3 若对方有一只冰壶 冰壶可看作质点 恰好紧靠营垒圆心处停着 为将对方冰壶碰出 推壶队员将冰壶推出后 其他队员在BO段的一半长度内用毛刷刷冰 使动摩擦因数变为 若上述推壶队员是以与原来完全相同的方式推出冰壶的 结果顺利地将对方冰壶碰出界外 求运动冰壶在碰前瞬间的速度v 解析 1 对冰壶在B O段 由速度位移公式 0 vm2 2aL2 又 a g 解得 vm 2 在A B段 对冰壶由动能定理得 W mgL1 mvm2 0解得 W mg L1 L2 3 从B O段 由动能定理得 解得 v 答案 1 2 mg L1 L2 3 瞬时功率问题 典例 2015 南昌一模 如图所示 细线的一端固定于O点 另一端系一小球 在水平拉力作用下 小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点 在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是 A 逐渐增大B 逐渐减小C 保持不变D 先减小后增大 阅卷说明 本题抽样统计难度为0 46 区分度为0 49 有30 的学生错选D 有10 2 的学生错选B 有13 8 的学生错选C 试卷评析 错误角度 1 误认为小球的瞬时功率保持不变错因剖析 小球由A到B的过程中 认为水平拉力保持不变 实际上小球运动过程中速率不变 小球做匀速圆周运动 其拉力和重力沿圆周切向的合力为零 拉力为变力 错误角度 2 不能正确判断拉力瞬时功率的变化错因剖析 不能深入挖掘隐含条件 根据拉力和重力的关系进行分析判断 纠偏措施 1 要熟练掌握瞬时功率的计算公式P Fvcos 明确 角为F v的夹角 2 要深入挖掘隐含条件 将变力瞬时功率的计算转化为恒力功率的计算 规范解答 选A 设细线与竖直方向的夹角为 小球质量为m 速率为v 由小球做匀速圆周运动 切向合力为零可得 mgsin Fcos 由P Fvcos 可得拉力F的瞬时功率表达式为P Fvcos mgvsin 可见功率P随 的增大逐渐增大 A正确 类题试做 1 如图所示 小球被细线悬挂于O点 若将小球拉至水平后由静止释放 则在小球下摆到最低点的过程中 重力瞬时功率的变化情况是 A 减小B 增加C 先减小后增大D 先增大后减小 解析 选D 由公式P mgvcos 得 刚释放时v 0 P 0 到最低点时 90 P 0 在小球下摆的过程中 重力的功率不为零 故小球重力的瞬时功率先增大后减小 选项D正确 2 多选 如图所示 一个表面光滑的斜面体M置于水平地面上 它的两个斜面与水平面的夹角分别为 且 M的顶端装有一定滑轮 一轻质细绳跨过定滑轮后连接A B两个小滑块 细绳与各自的斜面平行 不计绳与滑轮间的摩擦 A B恰好在同一高度处于静止状态 剪断细绳后 A B滑至斜面底端 M始终保持静止 则 A 滑块A的质量大于滑块B的质量B 两滑块到达斜面底端时的速率相同C 两滑块到达斜面底端时 滑块A重力的瞬时功率较大D 两滑块到达斜面底端所用时间相同 解析 选A B 根据题意 由于A B滑块均处于平衡状态 有FTA FTB 而FTA mAgsin FTB mBgsin 所以mA大于mB 选项A正确 由于A B滑块距离地面的高度h相同 据机械能守恒定律可知两者到达地面的速率v相同 选项B正确 两者到达地面的瞬时功率为PA mAgvsin PB mBgvsin 所以PA PB 选项C错误 两者到达地面的时间满足有tA大于tB 选项D错误- 配套讲稿:
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