《高三物理二輪復習 第一篇 專題攻略 專題三 動量與能量 第6講 功 功率 動能定理課件》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高三物理二輪復習 第一篇 專題攻略 專題三 動量與能量 第6講 功 功率 動能定理課件（101頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題三動量與能量第6講功功率動能定理【主干回顧主干回顧】【核心速填核心速填】(1)(1)恒力做功的恒力做功的公式公式:_:_。(2)(2)平均功率的公式平均功率的公式:_:_。(3)(3)瞬時功率的公式瞬時功率的公式:_:_。W=W=F FlcoscosP=P=FvcosFvcosWPFvcost(4)(4)動能定理的表達式動能定理的表達式:W:W合合=E=Ek k- -E Ek0k0=_=_。W W合合是物體在運動過程中外力做的總功。是物體在運動過程中外力做的總功。E Ek k- -E Ek0k0是物體的動能增量。是物體的動能增量。22011mvmv22熱點考向熱點考向1 1功和功率的理解與

2、計算功和功率的理解與計算【典例典例1 1】( (多選多選)(2016)(2016六安一模六安一模) )如圖所示如圖所示, ,一輛貨一輛貨車通過光滑輕質(zhì)定滑輪提升一箱貨物車通過光滑輕質(zhì)定滑輪提升一箱貨物, ,貨箱質(zhì)量為貨箱質(zhì)量為M,M,貨貨物質(zhì)量為物質(zhì)量為m,m,貨車以速度貨車以速度v v向左勻速運動向左勻速運動, ,將貨物提升高將貨物提升高度度h,h,則則( () )A.A.貨物向上做勻速運動貨物向上做勻速運動B.B.箱中的貨物對箱底的壓力大于箱中的貨物對箱底的壓力大于mgmgC.C.圖示位置時貨車拉力的功率大于圖示位置時貨車拉力的功率大于( (M+m)gvcosM+m)gvcosD.D.此過

3、程中貨車拉力做的功為此過程中貨車拉力做的功為( (M+m)ghM+m)gh【名師點撥名師點撥】(1)(1)運動分析運動分析: :貨車勻速運動貨車勻速運動, ,貨車速度沿著繩子方向的貨車速度沿著繩子方向的分量與貨箱和貨物整體向上運動的速度相等分量與貨箱和貨物整體向上運動的速度相等, ,即貨箱和即貨箱和貨物的速度貨物的速度v v1 1= =vcosvcos, ,由于由于不斷減小不斷減小, ,故貨箱和貨物故貨箱和貨物整體向上做加速運動。整體向上做加速運動。(2)(2)受力分析受力分析: :貨箱和貨物整體受繩子的拉力和重力的貨箱和貨物整體受繩子的拉力和重力的作用作用, ,其合力產(chǎn)生向上的加速度其合力產(chǎn)

4、生向上的加速度, ,故繩子的拉力故繩子的拉力F F大于大于( (M+m)gM+m)g。(3)(3)做功分析做功分析: :貨車的拉力對貨箱和貨物做正功貨車的拉力對貨箱和貨物做正功, ,重力做重力做負功負功, ,由功能關(guān)系確定貨車拉力做的功由功能關(guān)系確定貨車拉力做的功; ;由由P=FvP=Fv確定圖確定圖示位置時貨車拉力的瞬時功率。示位置時貨車拉力的瞬時功率?！窘馕鼋馕觥窟x選B B、C C。將貨車的速度進行正交分解。將貨車的速度進行正交分解, ,如圖所如圖所示示: :由于繩子不可伸長由于繩子不可伸長, ,貨箱和貨物整體向上運動的速度和貨箱和貨物整體向上運動的速度和貨車速度沿著繩子方向的分量相等貨車

5、速度沿著繩子方向的分量相等, ,即即v v1 1= =vcosvcos, ,由于由于不斷減小不斷減小, ,故貨箱和貨物整體向上做加速運動故貨箱和貨物整體向上做加速運動, ,處于處于超重狀態(tài)超重狀態(tài), ,故箱中的貨物對箱底的壓力大于故箱中的貨物對箱底的壓力大于mg,mg,選項選項A A錯錯誤誤,B,B正確正確; ;貨箱和貨物整體向上做加速運動貨箱和貨物整體向上做加速運動, ,則拉力大則拉力大于于( (M+m)gM+m)g, ,整體的速度為整體的速度為vcosvcos, ,拉力功率拉力功率P=FvP=Fv1 1 ( (M+m)gvcosM+m)gvcos, ,選項選項C C正確正確; ;此過程中貨

6、車拉力做的功等此過程中貨車拉力做的功等于貨箱和貨物整體動能的增加量和重力勢能的增加量于貨箱和貨物整體動能的增加量和重力勢能的增加量, ,大于大于( (M+m)ghM+m)gh, ,選項選項D D錯誤。錯誤。【題組過關(guān)題組過關(guān)】1.(20151.(2015海南高考海南高考) )假設(shè)摩托艇受到的阻力的大小正假設(shè)摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。如果摩托艇發(fā)動機的輸出功率變?yōu)樵扔谒乃俾省Ｈ绻ν型Оl(fā)動機的輸出功率變?yōu)樵瓉淼膩淼? 2倍倍, ,則摩托艇的最大速率變?yōu)樵瓉淼膭t摩托艇的最大速率變?yōu)樵瓉淼? () )A.4A.4倍倍B.2B.2倍倍C. C. 倍倍D. D. 倍倍23【解析解析】選選

7、D D。當功率為。當功率為P P時時,P=Fv=,P=Fv=kvvkvv=kv=kv2 2; ;當功率當功率為為2P2P時時,2P=,2P=kvvkvv=kv=kv2 2, ,因此因此,v= ,v= v,Dv,D正確。正確。22.(2.(多選多選)(2015)(2015浙江高考浙江高考) )我國科學家正在研制航母我國科學家正在研制航母艦載機使用的電磁彈射器。艦載機總質(zhì)量為艦載機使用的電磁彈射器。艦載機總質(zhì)量為3.03.0 10104 4kg,kg,設(shè)起飛過程中發(fā)動機的推力恒為設(shè)起飛過程中發(fā)動機的推力恒為1.01.010105 5N;N;彈彈射器有效作用長度為射器有效作用長度為100 m,100

8、 m,推力恒定。要求艦載機在推力恒定。要求艦載機在水平彈射結(jié)束時速度大小達到水平彈射結(jié)束時速度大小達到80 80 m/sm/s。彈射過程中艦。彈射過程中艦載機所受總推力為彈射器和發(fā)動機推力之和載機所受總推力為彈射器和發(fā)動機推力之和, ,假設(shè)所受假設(shè)所受阻力為總推力的阻力為總推力的20%,20%,則則( () )A.A.彈射器的推力大小為彈射器的推力大小為1.11.110106 6N NB.B.彈射器對艦載機所做的功為彈射器對艦載機所做的功為1.11.110108 8J JC.C.彈射器對艦載機做功的平均功率為彈射器對艦載機做功的平均功率為8.88.810107 7W WD.D.艦載機在彈射過程

9、中的加速度大小為艦載機在彈射過程中的加速度大小為32 m/s32 m/s2 2【解析解析】選選A A、B B、D D。由題可知。由題可知, ,艦載機彈射過程的加艦載機彈射過程的加速度為速度為a= =32 m/sa= =32 m/s2 2,D,D項正確項正確; ;根據(jù)牛頓根據(jù)牛頓第二定律第二定律,0.8(F,0.8(F發(fā)發(fā)+F+F彈彈)=ma,)=ma,求得彈射器的推力大小求得彈射器的推力大小F F彈彈=1.1=1.110106 6N,AN,A項正確項正確; ;彈射器對艦載機做的功為彈射器對艦載機做的功為W=W=1.11.110106 6100J=1.1100J=1.110108 8J,BJ,B

10、項正確項正確; ;彈射過程的時間彈射過程的時間t= =2.5 s,t= =2.5 s,彈射器做功的平均功率彈射器做功的平均功率P= =4.4P= =4.410107 7W,CW,C項錯誤。項錯誤。222v80m/s2x2 100v80 sa32Wt3.(3.(多選多選)(2016)(2016莆田一模莆田一模) )如圖甲所示如圖甲所示, ,一固定在地面一固定在地面上的足夠長斜面上的足夠長斜面, ,傾角為傾角為3737, ,物體物體A A放在斜面底端擋板放在斜面底端擋板處處, ,通過不可伸長的輕質(zhì)繩跨過光滑輕質(zhì)滑輪與物體通過不可伸長的輕質(zhì)繩跨過光滑輕質(zhì)滑輪與物體B B相連接相連接,B,B的質(zhì)量的質(zhì)

11、量M=1kg,M=1kg,繩繃直時繩繃直時B B離地面有一定高度。離地面有一定高度。在在t=0t=0時刻時刻, ,無初速度釋放無初速度釋放B,B,由固定在由固定在A A上的速度傳感器上的速度傳感器得到的數(shù)據(jù)繪出的得到的數(shù)據(jù)繪出的A A沿斜面向上運動的沿斜面向上運動的v -tv -t圖象如圖乙圖象如圖乙所示所示, ,若若B B落地后不反彈落地后不反彈,(g,(g取取10m/s10m/s2 2,sin37,sin37=0.6,=0.6,cos37cos37=0.8),=0.8),則下列說法正確的是則下列說法正確的是( () )A.A.物體物體A A開始下滑的加速度為開始下滑的加速度為8m/s8m/

12、s2 2B.B.物體物體A A沿斜面向上運動的過程中沿斜面向上運動的過程中, ,繩的拉力對繩的拉力對A A做的功做的功W=3JW=3JC.0.25 sC.0.25 s時物體時物體A A的重力的瞬時功率為的重力的瞬時功率為3W3WD.D.物體物體A A從底端開始運動到再次返回到底端過程克服摩從底端開始運動到再次返回到底端過程克服摩擦力做功等于物體擦力做功等于物體A A的機械能減少量的機械能減少量【解析解析】選選B B、C C。當。當B B落地后落地后,A,A開始做減速運動開始做減速運動, ,由圖由圖象得其加速度為象得其加速度為a a1 1= m/s= m/s2 2=8 m/s=8 m/s2 2,

13、 ,由牛頓第二定律由牛頓第二定律可得可得mgsin+mgcosmgsin+mgcos=ma=ma1 1, ,物體物體A A下滑過程由牛頓第下滑過程由牛頓第二定律可得二定律可得mgsin-mgcosmgsin-mgcos=ma=ma2 2, ,聯(lián)立解得聯(lián)立解得a a2 2=4m/s=4m/s2 2, ,故故A A錯誤錯誤; ;設(shè)繩的拉力為設(shè)繩的拉力為F FT T, ,對對B B由牛頓第二定律由牛頓第二定律Mg-FMg-FT T=Ma=Ma3 3,a,a3 3= m/s= m/s2 2=4 m/s=4 m/s2 2, ,解得解得F FT T=Mg-Ma=Mg-Ma3 3=6N,A=6N,A、B B

14、位位移大小相同移大小相同, ,則由圖象可知則由圖象可知A A上升階段上升階段,B,B的位移為的位移為x=x=20.2520.5 2 20.5m=0.5m,0.5m=0.5m,故繩的拉力對故繩的拉力對A A做功為做功為W=W=F FT Tx x=6=60.5J=3 J,0.5J=3 J,故故B B正確正確;0.25s;0.25s時速度為時速度為1 1 m/sm/s, ,設(shè)設(shè)A A的質(zhì)量的質(zhì)量為為m,m,由圖象知前由圖象知前0.5 s0.5 s內(nèi)內(nèi)A A做勻加速運動做勻加速運動, ,對對A A、B B整體整體由牛頓第二定律得由牛頓第二定律得Mg-Mg-mgsinmgsin- -mgcosmgcos

15、=(M+m)a=(M+m)a3 3, ,0.5s0.5s后后A A向上做勻減速直線運動向上做勻減速直線運動, ,對對A A由牛頓第二定律由牛頓第二定律得得mgsinmgsin+ +mgcosmgcos=ma=ma1 1, ,由以上兩式解得由以上兩式解得m=0.5kg,m=0.5kg,12故重力的瞬時功率為故重力的瞬時功率為P=mgvcos53P=mgvcos53=0.5=0.510101 10.6W0.6W=3W,=3W,故故C C正確正確; ;物體物體A A從底端開始運動到再次返回到底端從底端開始運動到再次返回到底端過程中物體過程中物體B B對對A A做功做功, ,故物體故物體A A克服摩擦

16、力做功不等于克服摩擦力做功不等于物體物體A A的機械能減少量的機械能減少量, ,故故D D錯誤。錯誤?！疽?guī)律總結(jié)規(guī)律總結(jié)】關(guān)于功、功率計算應注意的三個問題關(guān)于功、功率計算應注意的三個問題(1)(1)適用條件適用條件: :功的公式功的公式W=W=F Flcoscos僅適用于恒力做功的僅適用于恒力做功的情況。情況。(2)(2)變力做功變力做功: :變力做功的求解要注意問題的正確轉(zhuǎn)化變力做功的求解要注意問題的正確轉(zhuǎn)化, ,如將變力轉(zhuǎn)化為恒力如將變力轉(zhuǎn)化為恒力, ,利用利用F -F -l圖象曲線下的面積求功圖象曲線下的面積求功, ,利用利用W=PtW=Pt計算計算, ,也可應用動能定理或功能關(guān)系等方法

17、求也可應用動能定理或功能關(guān)系等方法求解。解。(3)(3)公式選擇公式選擇: :對于功率的計算對于功率的計算, ,應注意區(qū)分公式應注意區(qū)分公式P=P=和公式和公式P=P=FvcosFvcos, ,前式側(cè)重于平均功率的計算前式側(cè)重于平均功率的計算, ,而后式而后式側(cè)重于瞬時功率的計算。側(cè)重于瞬時功率的計算。Wt【加固訓練加固訓練】如圖所示如圖所示, ,一個縱截面是等腰三角形的斜面體一個縱截面是等腰三角形的斜面體M M置于水置于水平地面上平地面上, ,它的底面粗糙它的底面粗糙, ,兩斜面光滑。將質(zhì)量不相等兩斜面光滑。將質(zhì)量不相等的的A A、B B兩個小滑塊兩個小滑塊( (m mA A m mB B)

18、 )同時從斜面上同一高度處靜同時從斜面上同一高度處靜止釋放止釋放, ,在兩滑塊滑至斜面底端的過程中在兩滑塊滑至斜面底端的過程中,M,M始終保持靜始終保持靜止止, ,則則( () )A.BA.B滑塊先滑至斜面底端滑塊先滑至斜面底端B.B.地面對斜面體的摩擦力方向水平向左地面對斜面體的摩擦力方向水平向左C.C.兩滑塊滑至斜面底端時重力的瞬時功率相同兩滑塊滑至斜面底端時重力的瞬時功率相同D.D.地面對斜面體的支持力等于三個物體的總重力地面對斜面體的支持力等于三個物體的總重力【解析解析】選選B B。設(shè)斜面傾角為。設(shè)斜面傾角為,高為高為h,h,滑塊滑塊A A下滑的加下滑的加速度速度a=a=gsingsi

19、n, ,位移位移x= ,x= ,根據(jù)根據(jù)x= atx= at2 2得得,t=,t=同理同理,B,B下滑的時間下滑的時間t= t= 可知兩滑塊滑至底端的可知兩滑塊滑至底端的時間相同時間相同, ,故故A A錯誤錯誤;A;A對斜面體壓力在水平方向的分力大對斜面體壓力在水平方向的分力大小為小為m mA Agsincos,Bgsincos,B對斜面體壓力在水平方向上的分力對斜面體壓力在水平方向上的分力hsin1212h,sing12h,sing為為m mB Bgsincosgsincos, ,因為因為m mA A m mB B, ,則地面對斜面體有向左的則地面對斜面體有向左的摩擦力摩擦力, ,故故B B

20、正確正確; ;滑塊滑塊A A滑到底端的速度滑到底端的速度v=at= ,Bv=at= ,B滑到底端的速度也為滑到底端的速度也為 , ,由于質(zhì)量不同由于質(zhì)量不同, ,兩滑塊的速兩滑塊的速度大小相同度大小相同, ,則重力的瞬時功率則重力的瞬時功率P=P=mgvsinmgvsin不同不同, ,故故C C錯錯誤誤; ;因為因為A A、B B的加速度均沿斜面向下的加速度均沿斜面向下, ,對整體分析對整體分析, ,整體整體處于失重狀態(tài)處于失重狀態(tài), ,則支持力小于三個物體的總重力則支持力小于三個物體的總重力, ,故故D D錯錯誤。誤。2gh2gh熱點考向熱點考向2 2機車啟動問題機車啟動問題 【典例典例2

21、2】(2016(2016馬鞍山二模馬鞍山二模) )汽車發(fā)動機的額定功率汽車發(fā)動機的額定功率為為P P1 1, ,它在水平路面上行駛時受到的阻力它在水平路面上行駛時受到的阻力F Ff f大小恒定大小恒定, ,汽車由靜止開始做直線運動汽車由靜止開始做直線運動, ,最大車速為最大車速為v v。汽車發(fā)動。汽車發(fā)動機的輸出功率隨時間變化的圖象如圖。下列說法正確機的輸出功率隨時間變化的圖象如圖。下列說法正確的是的是( () )A.A.開始時汽車牽引力恒定開始時汽車牽引力恒定,t,t1 1時刻牽引力與阻力大小相時刻牽引力與阻力大小相等等B.B.開始時汽車牽引力逐漸增大開始時汽車牽引力逐漸增大,t,t1 1時

22、刻牽引力與阻力大時刻牽引力與阻力大小相等小相等C.C.開始時汽車做勻加速運動開始時汽車做勻加速運動,t,t1 1時刻速度達到時刻速度達到v,v,然后做然后做勻速直線運動勻速直線運動D.D.開始時汽車做勻加速直線運動開始時汽車做勻加速直線運動,t,t1 1時刻后做加速度逐時刻后做加速度逐漸減小的直線運動漸減小的直線運動, ,速度達到速度達到v v后做勻速直線運動后做勻速直線運動【思考思考】(1)(1)從圖象中能獲取哪些信息從圖象中能獲取哪些信息? ?提示提示: :汽車汽車0 0t t1 1時間內(nèi)以恒定加速度啟動。時間內(nèi)以恒定加速度啟動。t t1 1時刻達到額定功率時刻達到額定功率, ,此后以恒定

23、功率啟動。此后以恒定功率啟動。(2)t(2)t1 1時刻后汽車的牽引力、速度如何變化時刻后汽車的牽引力、速度如何變化? ?提示提示: :t t1 1時刻后汽車以恒定功率行駛時刻后汽車以恒定功率行駛, ,根據(jù)根據(jù)P=FvP=Fv可知可知,t,t1 1時刻后汽車速度增大時刻后汽車速度增大, ,牽引力減小牽引力減小, ,當牽引力等于阻力當牽引力等于阻力時時, ,汽車速度達到最大汽車速度達到最大, ,此后速度保持不變。此后速度保持不變?！窘馕鼋馕觥窟x選D D。在。在0 0t t1 1時間內(nèi)時間內(nèi), ,汽車發(fā)動機的功率均勻汽車發(fā)動機的功率均勻增大增大, ,故汽車以恒定加速度啟動故汽車以恒定加速度啟動,

24、,牽引力是恒定的牽引力是恒定的, ,汽車汽車做勻加速直線運動做勻加速直線運動,t,t1 1時刻達到額定功率時刻達到額定功率, ,根據(jù)根據(jù)P=FvP=Fv可可知知,t,t1 1時刻后汽車速度增大時刻后汽車速度增大, ,牽引力減小牽引力減小, ,則由牛頓第二則由牛頓第二定律定律a= a= 可知加速度減小可知加速度減小, ,汽車做加速度減小的加汽車做加速度減小的加速運動速運動, ,當加速度為零時當加速度為零時, ,即牽引力等于阻力時即牽引力等于阻力時, ,汽車速汽車速度達到最大度達到最大, ,此后汽車做勻速直線運動此后汽車做勻速直線運動, ,故故D D正確正確,A,A、B B、C C錯誤。錯誤。fF

25、Fm【遷移訓練遷移訓練】遷移遷移1:1:汽車以恒定功率啟動汽車以恒定功率啟動( (多選多選) )汽車在平直公路上以速度汽車在平直公路上以速度v v0 0勻速行駛勻速行駛, ,發(fā)動機功發(fā)動機功率為率為P,P,牽引力為牽引力為F F0 0,t,t1 1時刻時刻, ,司機減小了油門司機減小了油門, ,使汽車的使汽車的功率立即減小一半功率立即減小一半, ,并保持該功率繼續(xù)行駛并保持該功率繼續(xù)行駛, ,到到t t2 2時刻時刻, ,汽車又恢復了勻速直線運動。下列能正確表示這一過汽車又恢復了勻速直線運動。下列能正確表示這一過程中汽車牽引力程中汽車牽引力F F隨時間隨時間t t、速度、速度v v隨時間隨時間

26、t t變化的圖象變化的圖象是是( () )【解析解析】選選A A、D D。到。到t t1 1時刻功率立即減小一半時刻功率立即減小一半, ,速度減速度減小是一個過程小是一個過程, ,不能直接變?yōu)樵瓉淼囊话氩荒苤苯幼優(yōu)樵瓉淼囊话? ,所以是牽引所以是牽引力變?yōu)樵瓉淼囊话肓ψ優(yōu)樵瓉淼囊话? ,根據(jù)公式根據(jù)公式P=Fv,P=Fv,之后保持該功率繼之后保持該功率繼續(xù)行駛續(xù)行駛, ,速度減小速度減小, ,牽引力增大牽引力增大, ,根據(jù)根據(jù)a= a= 摩擦力恒摩擦力恒定定, ,所以加速度逐漸減小所以加速度逐漸減小, ,即即v -tv -t圖象的斜率減小圖象的斜率減小, ,當加當加速度為零時速度為零時, ,做

27、勻速直線運動做勻速直線運動, ,故選項故選項A A、D D正確。正確。fFFm，遷移遷移2:2:汽車在斜坡上以恒定功率啟動汽車在斜坡上以恒定功率啟動一輛質(zhì)量為一輛質(zhì)量為2t2t的汽車由靜止開始沿一傾角為的汽車由靜止開始沿一傾角為3030的足的足夠長斜坡向上運動夠長斜坡向上運動, ,汽車發(fā)動機的功率保持汽車發(fā)動機的功率保持48kW48kW不變不變, ,行駛行駛120 m120 m后達到最大速度。已知汽車受到地面的摩擦后達到最大速度。已知汽車受到地面的摩擦阻力為阻力為2 000 N2 000 N。(g(g取取10m/s10m/s2 2) )求求: :(1)(1)汽車可以達到的最大速度。汽車可以達到

28、的最大速度。(2)(2)汽車達到最大速度所用的時間汽車達到最大速度所用的時間( (結(jié)果保留一位小數(shù)結(jié)果保留一位小數(shù)) )?！窘馕鼋馕觥?1)(1)當汽車在斜坡上勻速運動時速度最大當汽車在斜坡上勻速運動時速度最大, ,則則: :F-mgsin30F-mgsin30-F-Ff f=0=0解得解得:F=1.2:F=1.210104 4N N由由P=FvP=Fv得得: :v vm m= =4m/s= =4m/sPF(2)(2)對全過程對全過程, ,運用動能定理得運用動能定理得: :Pt-Pt-mgxsin-Fmgxsin-Ff fx x= mv= mv2 2-0-0解得解得:t30.3s:t30.3s

29、答案答案: :(1)4m/s(1)4m/s(2)30.3 s(2)30.3 s12遷移遷移3:3:起重機以恒定加速度豎直吊起重物起重機以恒定加速度豎直吊起重物如圖所示為修建高層建筑常用的塔式起重機如圖所示為修建高層建筑常用的塔式起重機, ,在起重機在起重機將質(zhì)量為將質(zhì)量為m m的重物豎直吊起的過程中的重物豎直吊起的過程中, ,重物由靜止開始重物由靜止開始向上做勻加速直線運動向上做勻加速直線運動, ,加速度為加速度為a,a,當起重機輸出功率當起重機輸出功率達到其允許的最大值時達到其允許的最大值時, ,保持該功率直到重物做速度為保持該功率直到重物做速度為v vm m的勻速運動的勻速運動, ,不計額

30、外功。不計額外功。(1)(1)求起重機允許輸出的最大功率。求起重機允許輸出的最大功率。(2)(2)求重物做勻加速運動所經(jīng)歷的時間。求重物做勻加速運動所經(jīng)歷的時間。(3)(3)若已知起重機達到輸出功率的最大值若已知起重機達到輸出功率的最大值, ,又經(jīng)又經(jīng)tt時間時間, ,重物速度達到重物速度達到v vm m, ,求重物由靜止到以求重物由靜止到以v vm m做勻速運動過程做勻速運動過程中中, ,升高的高度。升高的高度?！窘馕鼋馕觥?1)(1)重物勻速上升時有重物勻速上升時有: :F=mgF=mg可得起重機的最大輸出功率為可得起重機的最大輸出功率為: :P Pm m= =mgvmgvm m(2)(2

31、)勻加速運動結(jié)束時勻加速運動結(jié)束時, ,起重機達到允許輸出的最大功起重機達到允許輸出的最大功率率, ,設(shè)此時重物受到的拉力為設(shè)此時重物受到的拉力為F F1 1, ,速度為速度為v v1 1, ,勻加速運動勻加速運動經(jīng)歷的時間為經(jīng)歷的時間為t t1 1, ,則由牛頓第二定律得則由牛頓第二定律得: :F F1 1-mg=ma-mg=ma又有又有:P:Pm m=F=F1 1v v1 1v v1 1=at=at1 1解得解得:t:t1 1= = mgva ga(3)(3)設(shè)物體勻加速上升的高度為設(shè)物體勻加速上升的高度為h h1 1, ,則有則有: :h h1 1= = 由動能定理得由動能定理得: :F

32、 F1 1h h1 1+P+Pm mt-mgh= t-mgh= 解得解得: : 答案答案: :(1)mgv(1)mgvm m 211at22m1mv222mmmgvvhvt2a ga2g 22mmmmgvgvv2 3vta ga2a ga2g【規(guī)律總結(jié)規(guī)律總結(jié)】解決機車啟動問題的四點注意解決機車啟動問題的四點注意(1)(1)明確啟動方式明確啟動方式: :分清是勻加速啟動還是恒定功率啟分清是勻加速啟動還是恒定功率啟動。動。(2)(2)勻加速啟動過程勻加速啟動過程: :機車功率是不斷改變的機車功率是不斷改變的, ,但該過程但該過程中的最大功率是額定功率中的最大功率是額定功率, ,勻加速運動的最大速

33、度小于勻加速運動的最大速度小于機車所能達到的最大速度機車所能達到的最大速度, ,達到額定功率后做加速度減達到額定功率后做加速度減小的加速運動。小的加速運動。(3)(3)恒定功率啟動過程恒定功率啟動過程: :機車做加速度減小的加速運動機車做加速度減小的加速運動, ,速度最大值等于速度最大值等于 牽引力是變力牽引力是變力, ,牽引力做的功牽引力做的功W=PtW=Pt。(4)(4)滿足的關(guān)系式滿足的關(guān)系式: :無論哪種啟動方式無論哪種啟動方式, ,在平直路面上最在平直路面上最后達到最大速度時后達到最大速度時, ,均滿足均滿足P=P=F Ff fv vm m,P,P為機車的額定功率。為機車的額定功率。

34、fPF，【加固訓練加固訓練】一輛汽車在平直的公路上以某一初速度運動一輛汽車在平直的公路上以某一初速度運動, ,運動過程運動過程中保持恒定的牽引功率中保持恒定的牽引功率, ,其加速度其加速度a a和速度的倒數(shù)和速度的倒數(shù) 圖圖象如圖所示。若已知汽車的質(zhì)量象如圖所示。若已知汽車的質(zhì)量, ,則根據(jù)圖象所給的信則根據(jù)圖象所給的信息息, ,不能求出的物理量是不能求出的物理量是( () )1vA.A.汽車的功率汽車的功率B.B.汽車行駛的最大速度汽車行駛的最大速度C.C.汽車所受到的阻力汽車所受到的阻力D.D.汽車運動到最大速度所需的時間汽車運動到最大速度所需的時間【解析解析】選選D D。由。由F-FF-

35、Ff f= =ma,Pma,P=Fv=Fv可得可得:a= :a= 對對應圖線可知應圖線可知, =k=40, =k=40,可求出汽車的功率可求出汽車的功率P,P,由由a=0a=0時時, , =0.05 =0.05可得可得: :v vm m=20m/s,=20m/s,再由再由v vm m= = 可求出汽車受到可求出汽車受到的阻力的阻力F Ff f, ,但無法求出汽車運動到最大速度的時間但無法求出汽車運動到最大速度的時間, ,故故應選應選D D。fFP 1m vm，Pmm1vfPF，熱點考向熱點考向3 3動能定理的應用動能定理的應用【典例典例3 3】(2016(2016全國卷全國卷)如圖如圖, ,在

36、豎直平面內(nèi)由在豎直平面內(nèi)由圓弧圓弧ABAB和和 圓弧圓弧BCBC組成的光滑固定軌道組成的光滑固定軌道, ,兩者在最低兩者在最低點點B B平滑連接。平滑連接。ABAB弧的半徑為弧的半徑為R,BCR,BC弧的半徑為弧的半徑為 一小一小球在球在A A點正上方與點正上方與A A相距相距 處由靜止開始自由下落處由靜止開始自由下落, ,經(jīng)經(jīng)A A點沿圓弧軌道運動。點沿圓弧軌道運動。1412R2。R4(1)(1)求小球在求小球在B B、A A兩點的動能之比。兩點的動能之比。(2)(2)通過計算判斷小球能否沿軌道運動到通過計算判斷小球能否沿軌道運動到C C點。點?！舅季S流程思維流程】第一步第一步: :審題干審

37、題干提取信息提取信息(1)(1)光滑固定軌道光滑固定軌道 小球在軌道上運動不受摩擦小球在軌道上運動不受摩擦力作用。力作用。(2)(2)由靜止開始自由下落由靜止開始自由下落 小球初速度為零小球初速度為零, ,只受只受重力作用。重力作用。第二步第二步: :突破難點突破難點確定小球恰好經(jīng)過確定小球恰好經(jīng)過C C點時的速度點時的速度(1)(1)求小球在求小球在B B、A A兩點的動能之比。兩點的動能之比。小球下落過程只有重力做功小球下落過程只有重力做功, ,由動能定理分別求出小由動能定理分別求出小球在球在B B、A A兩點的動能。兩點的動能。(2)(2)判斷小球能否沿軌道運動到判斷小球能否沿軌道運動到

38、C C點。點。由小球恰好經(jīng)過由小球恰好經(jīng)過C C點時只受重力作用確定小球經(jīng)過點時只受重力作用確定小球經(jīng)過C C點點時的最小速度時的最小速度, ,再由動能定理求出小球到達再由動能定理求出小球到達C C點時的速點時的速度度, ,通過比較兩個速度的大小關(guān)系確定小球能否沿軌通過比較兩個速度的大小關(guān)系確定小球能否沿軌道運動到道運動到C C點。點?！窘馕鼋馕觥?1)(1)小球下落過程由動能定理得小球下落過程由動能定理得: :小球下落至小球下落至A A點的過程點的過程: :mgmg =E =EkAkA-0-0小球下落至小球下落至B B點的過程點的過程: :mg( +R)=Emg( +R)=EkBkB-0-0

39、由以上兩式聯(lián)立解得由以上兩式聯(lián)立解得: : R4R4kBkAE5E1(2)(2)小球恰好經(jīng)過小球恰好經(jīng)過C C點時點時, ,由牛頓第二定律得由牛頓第二定律得: :mg= mg= 解得解得:v:v0 0= = 小球由開始下落至小球由開始下落至C C點的過程點的過程, ,由動能定理得由動能定理得: :20vmR2gR22CR1mgmv042解得解得: :v vC C= = 由于由于v vC C=v=v0 0, ,故小球恰好可以沿軌道運動到故小球恰好可以沿軌道運動到C C點點答案答案: :(1)51(1)51(2)(2)見解析見解析gR2真題變式真題變式1.1.在在【典例典例3 3】中若小球經(jīng)過中若

40、小球經(jīng)過C C點時對軌道的點時對軌道的壓力等于小球的重力壓力等于小球的重力, ,求小球由靜止開始自由下落的求小球由靜止開始自由下落的位置距位置距A A點的高度。點的高度?！窘馕鼋馕觥啃∏蛴伸o止開始下落至小球由靜止開始下落至C C點的過程點的過程, ,由動能由動能定理得定理得: :mghmgh= = 在在C C點對小球由牛頓第二定律得點對小球由牛頓第二定律得:2mg= :2mg= 解得解得:h= :h= 答案答案: : 2C1mv022CvmR2R2R2真題變式真題變式2.2.如圖所示如圖所示, ,在在【典例典例3 3】中若使小球帶上中若使小球帶上+q+q的電荷量的電荷量, ,使整個裝置處于豎直

41、向上的勻強電場中使整個裝置處于豎直向上的勻強電場中, ,場場強強E= E= 小球由靜止開始下落小球由靜止開始下落, ,求小球能夠經(jīng)過求小球能夠經(jīng)過C C點點時時, ,下落位置距離下落位置距離A A點的最小高度。點的最小高度。mg2q，【解析解析】小球由靜止開始下落至小球由靜止開始下落至C C點的過程點的過程, ,由動能定理得由動能定理得: :mgh-qEhmgh-qEh= = 在在C C點對小球由牛頓第二定律得點對小球由牛頓第二定律得: :mg-mg-qEqE= = 解得解得:h= :h= 答案答案: : 2C1mv022CvmR2R4R4真題變式真題變式3.3.如圖所示如圖所示, ,在在【典

42、例典例3 3】中若已知小球的質(zhì)中若已知小球的質(zhì)量為量為m,m,重力加速度為重力加速度為g,g,使小球帶上使小球帶上+q+q的電荷量的電荷量, ,裝置裝置處于垂直紙面向里的有界勻強磁場中處于垂直紙面向里的有界勻強磁場中,A,A、C C點恰好位點恰好位于磁場的上邊界于磁場的上邊界, ,磁感應強度磁感應強度B= B= 其他條件不變其他條件不變, ,求小球經(jīng)過求小球經(jīng)過BCBC弧的弧的B B、C C兩點時對軌道的壓力之比。兩點時對軌道的壓力之比。m2gqR，【解析解析】小球由靜止開始下落至小球由靜止開始下落至B B點的過程點的過程, ,由動能定理得由動能定理得: :在在B B點對小球由牛頓第二定律得點

43、對小球由牛頓第二定律得: :F FNBNB-mg-mg-qvqvB BB B= = 解得解得:F:FNBNB=(6+ )mg=(6+ )mg2BR1mg(R)mv0422BvmR25由牛頓第三定律得由牛頓第三定律得: :FFNBNB=F=FNBNB=(6+ )mg=(6+ )mg小球由靜止開始下落至小球由靜止開始下落至C C點的過程點的過程, ,由動能定理得由動能定理得: :在在C C點對小球由牛頓第二定律得點對小球由牛頓第二定律得: :F FNCNC+mg-qv+mg-qvC CB B= = 解得解得:F:FNCNC=mg=mg52CR1mgmv0422CvmR2由牛頓第三定律得由牛頓第三定

44、律得: :FFNCNC=F=FNCNC=mg=mg故故: : 答案答案: :6+6+ NBNCF65F5【規(guī)律總結(jié)規(guī)律總結(jié)】應用動能定理解題應注意的四點應用動能定理解題應注意的四點(1)(1)方法的選擇方法的選擇: :動能定理往往用于單個物體的運動過動能定理往往用于單個物體的運動過程程, ,由于不涉及加速度及時間由于不涉及加速度及時間, ,比動力學方法要簡捷。比動力學方法要簡捷。(2)(2)規(guī)律的應用規(guī)律的應用: :動能定理表達式是一個標量式動能定理表達式是一個標量式, ,在某在某個方向上應用動能定理是沒有依據(jù)的。個方向上應用動能定理是沒有依據(jù)的。(3)(3)過程的選擇過程的選擇: :物體在某

45、個運動過程中包含有幾個運物體在某個運動過程中包含有幾個運動性質(zhì)不同的小過程動性質(zhì)不同的小過程( (如加速、減速的過程如加速、減速的過程),),此時可此時可以分段應用動能定理以分段應用動能定理, ,也可以對全過程應用動能定理也可以對全過程應用動能定理, ,但如果對整個過程應用動能定理但如果對整個過程應用動能定理, ,則使問題簡化。則使問題簡化。(4)(4)電磁場中的應用電磁場中的應用: :在電磁場中運動時多了一個電場在電磁場中運動時多了一個電場力或磁場力力或磁場力, ,特別注意電場力做功與路徑無關(guān)特別注意電場力做功與路徑無關(guān), ,洛倫茲洛倫茲力在任何情況下都不做功。力在任何情況下都不做功?！炯庸?/p>

46、訓練加固訓練】1.1.如圖所示如圖所示, ,質(zhì)量為質(zhì)量為m m的物塊與水平轉(zhuǎn)的物塊與水平轉(zhuǎn)臺之間的動摩擦因數(shù)為臺之間的動摩擦因數(shù)為,物塊與轉(zhuǎn)臺物塊與轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)軸相距轉(zhuǎn)軸相距R,R,物塊隨轉(zhuǎn)臺由靜止開始轉(zhuǎn)物塊隨轉(zhuǎn)臺由靜止開始轉(zhuǎn)動動, ,當轉(zhuǎn)速增加到某值時當轉(zhuǎn)速增加到某值時, ,物塊即將開始滑動物塊即將開始滑動, ,認為最認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力大靜摩擦力等于滑動摩擦力, ,在這一過程中在這一過程中, ,摩擦力對摩擦力對物塊做的功是物塊做的功是( () )A. A. mgRmgRB.2mgRB.2mgRC.2mgRC.2mgRD.0D.012【解析解析】選選A A。物塊即將開始滑動時。物塊即將開

47、始滑動時, ,最大靜摩擦力提最大靜摩擦力提供向心力供向心力, ,有有mgmg= = 根據(jù)動能定理有根據(jù)動能定理有: : 解得解得 選項選項A A正確。正確。2mvR，2FfmvW2，F(xiàn)fmgRW2，2.2.如圖所示如圖所示, ,傾角傾角=45=45的粗糙的粗糙平直導軌平直導軌ABAB與半徑為與半徑為R R的光滑圓環(huán)的光滑圓環(huán)軌道相切軌道相切, ,切點為切點為B,B,整個軌道處在整個軌道處在豎直平面內(nèi)。一質(zhì)量為豎直平面內(nèi)。一質(zhì)量為m m的小滑塊的小滑塊( (可以看作質(zhì)點可以看作質(zhì)點) )從從導軌上離地面高為導軌上離地面高為h=3Rh=3R的的D D處無初速度下滑進入圓環(huán)處無初速度下滑進入圓環(huán)軌道

48、。接著小滑塊從圓環(huán)最高點軌道。接著小滑塊從圓環(huán)最高點C C水平飛出水平飛出, ,恰好擊中恰好擊中導軌上與圓心導軌上與圓心O O等高的等高的P P點點, ,不計空氣阻力不計空氣阻力, ,已知重力加已知重力加速度為速度為g g。求。求: :(1)(1)滑塊運動到圓環(huán)最高點滑塊運動到圓環(huán)最高點C C時的速度大小。時的速度大小。(2)(2)滑塊運動到圓環(huán)最低點時對圓環(huán)軌道壓力的大小?；瑝K運動到圓環(huán)最低點時對圓環(huán)軌道壓力的大小。(3)(3)滑塊在斜面軌道滑塊在斜面軌道BDBD間運動的過程中克服摩擦力做間運動的過程中克服摩擦力做的功。的功?！窘馕鼋馕觥?1)(1)小滑塊從小滑塊從C C點飛出來做平拋運動點

49、飛出來做平拋運動, ,水平速度為水平速度為v v0 0。豎直方向上豎直方向上: :R= gtR= gt2 2水平方向上水平方向上: : R=v R=v0 0t t解得解得:v:v0 0= = 122gR(2)(2)小滑塊在最低點時速度為小滑塊在最低點時速度為v,v,由動能定理得由動能定理得: :-mg-mg2R= 2R= 解得解得:v= :v= 在最低點由牛頓第二定律得在最低點由牛頓第二定律得: :F FN N-mg= -mg= 解得解得:F:FN N=6mg=6mg由牛頓第三定律得由牛頓第三定律得:F:FN N=6mg=6mg22011mvmv225gR2vmR(3)(3)從從D D到最低點

50、過程中到最低點過程中, ,設(shè)設(shè)DBDB過程中克服摩擦阻力過程中克服摩擦阻力做功做功W Wf f, ,由動能定理得由動能定理得: :mgh-Wmgh-Wf f= mv= mv2 2-0-0解得解得: :W Wf f= = mgRmgR答案答案: :(1) (1) (2)6mg(2)6mg(3) (3) mgRmgR1212gR12【經(jīng)典案例經(jīng)典案例】(20(20分分)(2016)(2016汕頭一模汕頭一模) )如圖是某同學的漫畫中出現(xiàn)如圖是某同學的漫畫中出現(xiàn)的裝置的裝置, ,描述了一個描述了一個“吃貨吃貨”用來做用來做“糖炒栗子糖炒栗子”的的“萌萌”事兒事兒: :將板栗在地面小平臺上以一定的初速

51、度經(jīng)將板栗在地面小平臺上以一定的初速度經(jīng)兩個四分之一圓弧銜接而成的軌道兩個四分之一圓弧銜接而成的軌道, ,從最高點從最高點P P飛出進飛出進入炒鍋內(nèi)入炒鍋內(nèi), ,利用來回運動使其均勻受熱。用質(zhì)量為利用來回運動使其均勻受熱。用質(zhì)量為m=10gm=10g的小滑塊代替栗子的小滑塊代替栗子, ,借這套裝置來研究一些物理借這套裝置來研究一些物理問題。設(shè)大小兩個四分之一圓弧半徑為問題。設(shè)大小兩個四分之一圓弧半徑為2R2R和和R,R=0.8m,R,R=0.8m,小平臺和圓弧均光滑。將過鍋底的縱截面看作是兩個小平臺和圓弧均光滑。將過鍋底的縱截面看作是兩個斜面斜面ABAB、CDCD和一段光滑圓弧組成和一段光滑圓

52、弧組成, ,斜面動摩擦因數(shù)均為斜面動摩擦因數(shù)均為0.25,0.25,兩斜面傾角均為兩斜面傾角均為=37=37,AB=CD=2R,A,AB=CD=2R,A、D D等高等高,D,D端固定一小擋板端固定一小擋板, ,碰撞不損失機械能碰撞不損失機械能, ,滑塊的運動始終滑塊的運動始終在包括鍋底最低點的豎直平面內(nèi)在包括鍋底最低點的豎直平面內(nèi), ,重力加速度為重力加速度為g g取取10m/s10m/s2 2。( (已知已知sin37sin37=0.6,cos37=0.6,cos37=0.8)=0.8)(1)(1)若滑塊恰好能經(jīng)若滑塊恰好能經(jīng)P P點飛出點飛出, ,為了使滑塊恰好沿為了使滑塊恰好沿ABAB斜

53、面斜面進入鍋內(nèi)進入鍋內(nèi), ,應調(diào)節(jié)鍋底支架高度使斜面的應調(diào)節(jié)鍋底支架高度使斜面的A A、D D點離地高點離地高為多少。為多少。(2)(2)求滑塊在鍋內(nèi)斜面上運動的總路程。求滑塊在鍋內(nèi)斜面上運動的總路程。(3)(3)對滑塊不同初速度對滑塊不同初速度, ,求其通過最高點求其通過最高點P P和小圓弧最低和小圓弧最低點點Q Q時受壓力之差的最小值。時受壓力之差的最小值。 【解題關(guān)鍵解題關(guān)鍵】(1)(1)關(guān)鍵信息關(guān)鍵信息: :斜面動摩擦因數(shù)均為斜面動摩擦因數(shù)均為0.25,0.25,兩斜面傾角均為兩斜面傾角均為=37=37滑塊在兩斜面上受到的滑動摩擦力大小相等?；瑝K在兩斜面上受到的滑動摩擦力大小相等?；瑝K

54、恰好能經(jīng)滑塊恰好能經(jīng)P P點飛出點飛出只有重力提供向心力。只有重力提供向心力?；瑝K恰好沿滑塊恰好沿ABAB斜面進入鍋內(nèi)斜面進入鍋內(nèi)滑塊到達滑塊到達A A點的速度點的速度方向與水平方向成方向與水平方向成3737角斜向下。角斜向下。 (2)(2)核心規(guī)律核心規(guī)律: :平拋運動可分解為水平方向的勻速直線運動和豎直平拋運動可分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動。方向的自由落體運動。動能定理動能定理:W:W合合= = 向心力公式向心力公式:F:Fn n=ma=man n= = 22011mvmv222vmR【問題拆分問題拆分】大題小做化繁為易大題小做化繁為易 第第(1)(1)問可拆分為問

55、可拆分為5 5個子問題個子問題滑塊恰好能經(jīng)滑塊恰好能經(jīng)P P點飛出的條件是什么點飛出的條件是什么? ?滑塊恰好沿滑塊恰好沿ABAB斜面進入鍋內(nèi)時斜面進入鍋內(nèi)時, ,豎直速度與水平速度豎直速度與水平速度存在什么關(guān)系存在什么關(guān)系? ?滑塊經(jīng)過滑塊經(jīng)過A A點時豎直速度是多大點時豎直速度是多大? ?滑塊由滑塊由P P點到點到A A點豎直方向下落的高度是多大點豎直方向下落的高度是多大? ?A A、D D點離地高為多大點離地高為多大? ?第第(2)(2)問可拆分為問可拆分為3 3個子問題個子問題滑塊經(jīng)過滑塊經(jīng)過A A點時的速度是多大點時的速度是多大? ?滑塊能不能再次回到滑塊能不能再次回到A A點而飛出

56、點而飛出? ?判斷滑塊最終到達斜面最低點時的速度是多大判斷滑塊最終到達斜面最低點時的速度是多大? ?動能動能是多大是多大? ?第第(3)(3)問可拆分為問可拆分為4 4個子問題個子問題寫出滑塊經(jīng)過寫出滑塊經(jīng)過Q Q點和點和P P點時力與速度的關(guān)系式。點時力與速度的關(guān)系式。寫出滑塊經(jīng)過寫出滑塊經(jīng)過Q Q點和點和P P點時所受壓力差的表達式。點時所受壓力差的表達式?；瑝K經(jīng)過滑塊經(jīng)過Q Q點和點和P P點時的速度存在什么關(guān)系點時的速度存在什么關(guān)系? ?確定滑塊經(jīng)過確定滑塊經(jīng)過Q Q點和點和P P點時所受壓力差存在最小值的點時所受壓力差存在最小值的條件條件, ,并計算最小壓力差。并計算最小壓力差。 【

57、規(guī)范解答規(guī)范解答】步步為營抓牢步驟分步步為營抓牢步驟分(1)(1)在在P P點點, ,由牛頓第二定律得由牛頓第二定律得:mg= :mg= (1(1分分) )解得解得: :v vP P= = (1(1分分) )到達到達A A點時速度方向要沿著點時速度方向要沿著AB,AB,在在A A點有點有: :v vy y= =v vP Ptantan= = (1(1分分) )所以所以A A、D D離地高度為離地高度為:h=3R- =1.95m:h=3R- =1.95m(1(1分分) ) 2Pvm2R2gR3 2gR42yv39R2g16(2)(2)滑塊到達滑塊到達A A點的速度為點的速度為:v= :v= (1

58、(1分分) )假設(shè)經(jīng)過一個來回能夠回到假設(shè)經(jīng)過一個來回能夠回到A A點點, ,設(shè)回來時動能為設(shè)回來時動能為E Ek k, ,由動能定理得由動能定理得: :-mgcos-mgcos8R=8R=E Ek k- mv- mv2 2(1(1分分) )解得解得: :E Ek k00(1(1分分) )P5 2gRvcos412所以滑塊不會滑到所以滑塊不會滑到A A而飛出而飛出(1(1分分) )滑塊在斜面上運動的全過程由動能定理得滑塊在斜面上運動的全過程由動能定理得: :mgmg2Rsin-mgcos2Rsin-mgcoss=0- mvs=0- mv2 2(2(2分分) )解得滑塊在鍋內(nèi)斜面上運動的總路程解

59、得滑塊在鍋內(nèi)斜面上運動的總路程s=11.05m(1s=11.05m(1分分) )12(3)(3)設(shè)初速度、最高點速度分別為設(shè)初速度、最高點速度分別為v v1 1、v v2 2, ,由牛頓第由牛頓第二定律得二定律得: :在在Q Q點點:F:F1 1-mg= -mg= (1(1分分) )解得解得:F:F1 1=mg+ =mg+ (1(1分分) )在在P P點點:F:F2 2+mg= +mg= (1(1分分) )解得解得:F:F2 2= -mg= -mg(1(1分分) )21vmR21vmR22vm2R22vm2RF=FF=F1 1-F-F2 2=2mg+ =2mg+=2mg+ =2mg+(1(1分

60、分) )滑塊從滑塊從Q Q點到點到P P點的過程由動能定理得點的過程由動能定理得: : (2(2分分) )解得解得v v1 12 2-v-v2 22 2=6gR=6gR為定值為定值故故v v2 2最小時最小時,F,F有最小值有最小值(1(1分分) )代入代入v v2 2的最小值的最小值 解得解得: :FFminmin=9mg=0.9N(1=9mg=0.9N(1分分) ) 2212(2vv )m2R2221222(vv )vm2R222111mg 3Rmvmv222gR，【答題規(guī)則答題規(guī)則】規(guī)則規(guī)則1.1.注重公式書寫注重公式書寫, ,簡化文字說明簡化文字說明閱卷只給公式賦分閱卷只給公式賦分,

61、,文字說明不賦分文字說明不賦分, ,如本題只寫了必如本題只寫了必要的文字說明。要的文字說明。規(guī)則規(guī)則2.2.時間比較緊張時間比較緊張, ,要盡量根據(jù)題設(shè)條件寫出必要的要盡量根據(jù)題設(shè)條件寫出必要的方程方程閱卷時只看評分標準中給定的公式賦分閱卷時只看評分標準中給定的公式賦分, ,只要公式正確只要公式正確, ,即使沒有計算出結(jié)果即使沒有計算出結(jié)果, ,同樣可以得高分。同樣可以得高分。規(guī)則規(guī)則3.3.題中有物理量符號題中有物理量符號, ,要按題中的字母列方程要按題中的字母列方程閱卷時的評分標準是按題中字母表達的閱卷時的評分標準是按題中字母表達的, ,否則會影響步否則會影響步驟分或結(jié)果分。驟分或結(jié)果分。

62、 【易錯提醒易錯提醒】(1)(1)審題不清審題不清, ,不能確定滑塊恰好經(jīng)過不能確定滑塊恰好經(jīng)過P P點的條件或者不點的條件或者不能確定滑塊經(jīng)過能確定滑塊經(jīng)過A A點時的速度方向點時的速度方向, ,而無法列方程求滑而無法列方程求滑塊平拋下落的高度。塊平拋下落的高度。(2)(2)滑塊在斜面上運動的過程中滑塊在斜面上運動的過程中, ,沒有判斷滑塊經(jīng)過一沒有判斷滑塊經(jīng)過一個來回是否會從個來回是否會從A A點飛出點飛出, ,造成失分。造成失分。(3)(3)不能確定滑塊在鍋內(nèi)的最終運動狀態(tài)不能確定滑塊在鍋內(nèi)的最終運動狀態(tài), ,導致無法列導致無法列出方程求解。出方程求解。(4)(4)求解滑塊經(jīng)過求解滑塊經(jīng)過Q Q點和點和P P點時所受壓力差的過程中點時所受壓力差的過程中, ,雖雖然列出了必要的方程然列出了必要的方程, ,卻沒有判斷出滑塊經(jīng)過卻沒有判斷出滑塊經(jīng)過Q Q點和點和P P點點時速度的平方差為一定值時速度的平方差為一定值, ,從而無法確定壓力差存在最從而無法確定壓力差存在最小值的條件小值的條件, ,導致無法求出最終結(jié)果。導致無法求出最終結(jié)果。