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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.WF24WF1,Wf22Wf1 B.WF24WF1,Wf2=2Wf1 C.WF24WF1,Wf2=2Wf1 D.WF24WF1,Wf22Wf1,【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WF24WF1,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0t1时间内,是一个恒定功率加速过程,直到变为匀速直线运动,t1t2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3.0104kg,设起飞过程中发动机的推力恒为1.0105N;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( ),A.弹射器的推力大小为1.1106N B.弹射器对舰载机所做的功为1.1108J C.弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8107W D.舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/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=32 m/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=1.1106N,A项正确;弹射器对舰 载机做的功为W=1.1106100J=1.1108J,B项正确;弹射过程的时 间t= =2.5 s,弹射器做功的平均功率P= =4.4107W,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(mAmB)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mAgsincos,B对斜面体压力在水平 方向上的分力为mBgsincos,因为mAmB,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=P2 B.W1=W2,P1P2 C.W1W2,P1P2 D.W1W2,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P1P2,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,v1v2 B.F2=F1,v1F1,v1v2 D.F2F1,v1v2,【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F2F1都会有v1v2,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=0.5 B.10 s末恒力F的瞬时功率为6W C.10 s末物体在计时起点左侧2 m处 D.10 s内物体克服摩擦力做功34 J,【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;10 s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=0.052 1034J=34 J,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=5103kg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2 s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=5.1104W (2)由牛顿第二定律得：F1-mg=ma 又有：Pm=F1v匀m v匀m=at1 解得：t1=5s,(3)v2=at2 P=F1v2 解得：P=2.04104W 答案：(1)5.1104W (2)5 s (3)2.04104W,【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=k1v1 B.v2= v1 C.v2= v1 D.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88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(vmv)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0t1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t1t2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t2t3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F0 B.t2后的牵引力小于F0 C.t2后的速度仍为v0 D.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 =F0v2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. mgR B.2mgR C.2mgR D.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： -mg2R= 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：FN=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060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mgsin1mgcos 满足的条件tan0.05 (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=vt x1=0.4m,xm=x1+L2=1.9m 答案：(1)tan0.05 (2)0.8 (3)1.9 m,【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BO段,由速度位移公式：0-vm2=-2aL2, 又：a= =g,解得：vm= (2)在AB段,对冰壶由动能定理得： W-mgL1= mvm2-0 解得：W =mg(L1+ L2),(3)从BO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。,
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