高考物理二轮复习第1部分专题突破篇专题5功功率动能定理讲练 14页

专题五 功 功率 动能定理 考点 1| 功 功率的分析与计算 难度：中档 题型：选择题 五年 1 考 (2012·江苏高考 T3)如图 1 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( ) 图 1 A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先增大，后减小 D．先减小，后增大 【解题关键】 关键语句 信息解读 在水平拉力作用下 拉力 F 的方向不变 小球以恒定速率运动 小球做匀速圆周运动 拉力沿切线方向分力与小球重力沿切线方向分力大小相等 A [小球速率恒定，由动能定理知：拉力做的功与克服重力做的功始终相等，将小球的 速度分解，可发现小球在竖直方向分速度逐渐增大，重力的瞬时功率也逐渐增大，则拉力的 瞬时功率也逐渐增大，A 项正确．] (2015·全国卷ⅡT17)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 2 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( ) 图 2 【解题关键】 解此题的关键有两点： (1)Pt 图象 vt 图象的物理意义及相关信息． (2)公式 P＝Fv 及 F－f＝ma 的应用． A [由 Pt 图象知：0～t1 内汽车以恒定功率 P1 行驶，t1～t2 内汽车以恒定功率 P2 行驶．设 汽车所受牵引力为 F，则由 P＝Fv 得，当 v 增加时，F 减小，由 a＝F－f m 知 a 减小，又因速 度不可能突变，所以选项 B、C、D 错误，选项 A 正确．] (2014·全国卷ⅡT16)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>2Wf1 B．WF2>4WF1，Wf2＝2Wf1 C．WF2<4WF1，Wf2＝2Wf1 D．WF2<4WF1，Wf2<2Wf1 【解题关键】 (1)初速度相同，时间相同，末速度分别为 v 和 2v，则由 x ＝v＋v0 2 t 确定，位移关系为 x1＝1 2 x2，由 a＝v－v0 t ，a1＝1 2 a2. (2)由于地面有阻力，虽然 a1＝1 2 a2，但是 F1≠1 2 F2. C [根据 x＝v＋v0 2 t 得，两过程的位移关系 x1＝1 2 x2，根据加速度的定义 a＝v－v0 t ，得两 过程的加速度关系为 a1＝a2 2 .由于在相同的粗糙水平地面上运动，故两过程的摩擦力大小相 等，即 f1＝f2＝f，根据牛顿第二定律 F－f＝ma 得，F1－f1＝ma1，F2－f2＝ma2，所以 F1＝1 2 F2 ＋1 2 f，即 F1>F2 2 .根据功的计算公式 W＝Fl，可知 Wf1＝1 2 Wf2，WF1>1 4 WF2，故选项 C 正确，选项 A、 B、D 错误．] 1．高考考查特点 (1)本考点命题角度为功的定义式的理解及应用，机车启动模型的分析． (2)理解公式 W＝F·s cos α，P＝F·v，F－f＝ma，P＝fvm 及机车启动的两种方式是 解题的关键． 2．解题的常见误区及提醒 (1)应用公式 W＝F·s cos α时，忘掉公式仅用于恒力做功的条件． (2)机车启动问题中要分清匀加速启动还是恒定功率启动． (3)匀加速过程的末速度不是机车启动的最大速度． (4)恒定功率启动中功的计算可用 W＝P·t 计算． ●考向 1 功的理解与计算 1．如图 3 所示，将一个倾角为θ的光滑斜面体放在水平面上，一根长为 L 的轻质细绳 悬挂着一个质量为 m 的小球，开始时小球与斜面体刚刚接触且细绳恰好竖直．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( ) 图 3 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的运动方向垂直，故对小球不做功 C．小球受到的合外力对小球做功为零，故小球在该过程中机械能守恒 D．若水平面光滑，则推力做功为 mgL(1－cos θ) B [小球受到斜面的弹力沿竖直方向有分量，故对小球做正功，A 错误；细绳的拉力方 向始终和小球的运动方向垂直，故对小球不做功，B 正确；合外力对小球做的功等于小球动 能的改变量，虽然合外力做功为零，但小球的重力势能增加，故小球在该过程中机械能不守 恒，C 错误；若水平面光滑，则推力做功为 mgL(1－sin θ)，D 错误．] 2．(高考改编)[例 3](2014·全国卷ⅡT16)中，若将平面改为如图 4 所示的斜面，物块 与所有接触面摩擦因数相同，物块从 A 点静止释放，沿斜面 AB 到 D 时速度为 v1，摩擦力做 功为 Wf1 沿斜面 AC 到 D 时速度为 v2，摩擦力做功为 Wf2，则以下正确的是( ) 图 4 A．v1＞v2 Wf1＜Wf2 B．v1＜v2 Wf1＞Wf2 C．v1＝v2 Wf1＝Wf2 D．无法确定 C [设斜面 AC 的长度为 L，AC 与水平面的夹角为θ，则物块下滑过程中摩擦力做功 W ＝μmg·Lcos θ＝μmg·sOC 与θ角无关，故物块由 A 到 D 摩擦力做功 Wf1＝Wf2＝μmg·sOD， 由动能定理可知，选项 C 正确．] ●考向 2 功率的分析和计算 3．(2016·合肥市二模)如图 5 所示，两个完全相同的小球 A、B，在同一高度处以相同 大小的初速度 v 分别水平抛出和竖直向上抛出，下列说法正确的是( ) 图 5 A．两小球落地时的速度相同 B．两小球落地时，A 球重力的瞬时功率较小 C．从开始运动至落地，A 球重力做功较大 D．从开始运动至落地，重力对 A 小球做功的平均功率较小 B [根据机械能守恒定律得，1 2 mv2＋mgh＝1 2 mv′2，两小球落地时速度大小 v′是相同的， 但两小球的速度方向不同，选项 A 错误；两小球落地时，A 球重力瞬时功率 mgv′cos α，B 球重力瞬时功率 mgv′，A 球重力瞬时功率小于 B 球重力瞬时功率，选项 B 正确；从开始运 动到落地，两球重力做功都是 mgh，是相等的，选项 C 错误；从开始运动到落地，两球重力 做功相等，A 球下落时间较短，重力对 A 球做功的平均功率 P ＝W t 较大，选项 D 错误．] ●考向 3 机车启动问题 4．(高考改编)[例 2](2015·全国卷ⅡT17)中，若汽车在平直公路上匀速行驶，牵引力 为 F0.P 随时间 t 的变化规律如图 6 所示，t2 时刻汽车又恢复了匀速直线运动，则下列图象 正确的是( ) 图 6 A B C D D [由 P＝Fv 可知，开始的时候 P＝F0v0，功率降一半的时候，速度不能瞬间改变，所 以瞬间变化的是力 F，减小一半．由于一开始匀速，所以摩擦力等于 F，故功率减半，导致 牵引力减小，汽车开始减速，减速过程中，牵引力慢慢增大，减速的加速度越来越小，所以 t1 到 t2 时刻的速度图象慢慢变得平缓，t2 时刻减速的加速度为零，故 A、B 错误；由于 t1 时 刻，力突然减小，减速的加速度很大，速度快速的减小，根据 P＝Fv，力 F 增加的较快，待 速度下降越来越慢时，F 增加的速度也变慢，曲线逐渐变的平稳，故 C 错误，D 正确．] 1 计算功、功率时应注意的三个问题 ①功的公式 W＝Fl 和 W＝Flcos α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＝W t 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. 2 机车启动模型中的两点技巧 机车启动匀加速过程的最大速度 v1 此时机车输出的功率最大 和全程的最大速度 vm 此时 F 牵＝F 阻 求解方法： ①求 v1：由 F 牵－F 阻＝ma，P＝F 牵 v1 可求 v1＝ P F 阻＋ma . ②求 vm：由 P＝F 阻 vm，可求 vm＝ P F 阻 . 考点 2| 动能定理的应用 难度：较难 题型：选择题、计算题 五年 4 考 (2015·全国卷ⅠT17)如图 7 所示，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( ) 【导学号：25702021】 图 7 A．W＝1 2 mgR，质点恰好可以到达 Q 点 B．W>1 2 mgR，质点不能到达 Q 点 C．W＝1 2 mgR，质点到达 Q 点后，继续上升一段距离 D．W<1 2 mgR，质点到达 Q 点后，继续上升一段距离 【解题关键】 解此题关键有两点： (1)利用 N 点的压力分析计算 N 点的速度． (2)利用圆周运动速度越大压力越大的特点结合对称性分析摩擦力． C [设质点到达 N 点的速度为 vN，在 N 点质点受到轨道的弹力为 FN，则 FN－mg＝mv2 N R ， 已知 FN＝F′N＝4mg，则质点到达 N 点的动能为 EkN＝1 2 mv2 N＝3 2 mgR.质点由开始至 N 点的过程， 由动能定理得 mg·2R＋Wf＝EkN－0，解得摩擦力做的功为 Wf＝－1 2 mgR，即克服摩擦力做的功 为 W＝－Wf＝1 2 mgR. 设从 N 到 Q 的过程中克服摩擦力做功为 W′，则 W′＜W.从 N 到 Q 的过程，由动能定理 得－mgR－W′＝1 2 mv2 Q－1 2 mv2 N，即 1 2 mgR－W′＝1 2 mv2 Q，故质点到达 Q 点后速度不为 0，质点继续 上升一段距离．选项 C 正确．] (2015·江苏高考 T14)一转动装置如图 8 所示，四根轻杆 OA、OC、AB 和 CB 与两 小球及一小环通过铰链连接，轻杆长均为 l，球和环的质量均为 m，O 端固定在竖直的轻质 转轴上．套在转轴上的轻质弹簧连接在 O 与小环之间，原长为 L.装置静止时，弹簧长为 3 2 L. 转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升．弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气 阻力，重力加速度为 g.求： 图 8 (1)弹簧的劲度系数 k； (2)AB 杆中弹力为零时，装置转动的角速度ω0； (3)弹簧长度从 3 2 L 缓慢缩短为 1 2 L 的过程中，外界对转动装置所做的功 W. 【解题关键】 关键语句 信息解读 四根轻杆 OA、OC、AB 和 CB 与两个小球及一小环通过 铰链连接 轻杆对小球和小环的力一定沿杆，可以是拉力，也 可以是压力 装置静止时，弹簧长为 3 2 L 小球和小环的合力均为零 弹簧对小环的弹力大小为 kL 2 ，方向竖直向上 缓慢增大转速，小环缓慢上 升 小环的合力始终为零 小球水平方向合力提供向心力， 竖直方向合力为零 弹簧长度从 3 2 L 缓慢缩短为L 2 的过程中 全过程弹簧的弹性势能变化为零 【解析】 (1)装置静止时，设 OA、AB 杆中的弹力分别为 F1、T1，OA 杆与转轴的夹角为 θ1. 小环受到弹簧的弹力 F 弹 1＝k·L 2 小环受力平衡，F 弹 1＝mg＋2T1cos θ1 小球受力平衡，F1cos θ1＋T1cos θ1＝mg F1sin θ1＝T1sin θ1 解得 k＝4mg L . (2)设 OA、AB 杆中的弹力分别为 F2、T2，OA 杆与转轴的夹角为θ2，弹簧长度为 x. 小环受到弹簧的弹力 F 弹 2＝k(x－L) 小环受力平衡，F 弹 2＝mg，得 x＝5 4 L 对小球，F2cos θ2＝mg F2sin θ2＝mω2 0lsin θ2 且 cos θ2＝ x 2l 解得ω0＝ 8g 5L . (3)弹簧长度为 1 2 L 时，设 OA、AB 杆中的弹力分别为 F3、T3，OA 杆与弹簧的夹角为θ3. 小环受到弹簧的弹力 F 弹 3＝1 2 kL 小环受力平衡，2T3cos θ3＝mg＋F 弹 3，且 cos θ3＝ L 4l 对小球，F3cos θ3＝T3cos θ3＋mg F3sin θ3＋T3sin θ3＝mω2 3lsin θ3 解得ω3＝ 16g L 整个过程弹簧弹性势能变化为零，则弹力做的功为零，由动能定理 W－mg 3L 2 －L 2 －2mg 3L 4 －L 4 ＝2×1 2 m(ω3lsin θ3)2 解得 W＝mgL＋16mgl2 L . 【答案】 (1)4mg L (2) 8g 5L (3)mgL＋16mgl2 L 1．高考考查特点 本考点命题角度多为应用动能定理解决变力做功及多过程问题，题目综合性较强，正确 理解动能定理，灵活分析物体的受力特点、运动特点及做功情况是常用方法． 2．解题的常见误区及提醒 (1)公式 W＝1 2 mv2 t－1 2 mv 2 0中 W 应是总功，方程为标量方程，不能在某方向上应用． (2)功的计算过程中，易出现正、负功判断及漏功的现象． (3)多过程问题中，不善于挖掘题目中的隐含条件，运动物体的过程分析易出现错误． ●考向 1 动能定理与图象的结合 5．(2016·武汉三模)一质量为 m 的物体在水平恒力 F 的作用下沿水平面运动，在 t0 时 刻撤去力 F，其 vt 图象如图 9 所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，则下列关于 力 F 的大小和力 F 做功 W 的大小关系式正确的是( ) 图 9 A．F＝μmg B．F＝2μmg C．W＝μmgv0t0 D．W＝3 2 μmgv0t0 D [全过程由动能定理有 F·v0t0 2 －μmg3v0t0 2 ＝0，故 F＝3μmg，选项 A、B 错误；全过 程由动能定理得 W－μmgx＝0，而全过程的位移 x＝v0 2 ·3t0，解得 W＝3 2 μmgv0t0，选项 C 错 误，选项 D 正确．] ●考向 2 多过程应用动能定理 6．如图 10 所示，AB 是倾角为θ＝30°的粗糙直轨道，BCD 是光滑的圆弧轨道，AB 恰 好在 B 点与圆弧相切，圆弧的半径为 R，一个质量为 m 的物体(可以看作质点)从直轨道上的 P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知 P 点与圆弧的圆心 O 等高，物体与 轨道 AB 间的动摩擦因数为μ.求： 【导学号：25702022】 (1)物体做往返运动的整个过程中在 AB 轨道上通过的总路程； (2)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点 D，释放点 P 距 B 点的距离至少多大？ 图 10 【解析】 (1)对整体过程由动能定理得 mgR·cos θ－μmgcos θ·s＝0 所以 s＝ R μ . (2)物体刚好到 D 点，有 mg＝mv2 D R 对全过程由动能定理得 mgL′sin θ － μmgcos θ·L′ － mgR(1 ＋ cos θ) ＝ 1 2 mv 2 D 得 L′ ＝ 3＋2cos θ 2 sin θ－μcos θ ·R＝ 3＋ 3 R 1－ 3μ . 【答案】 (1) R μ (2) 3＋ 3 R 1－ 3μ ●考向 3 动能定理在机车启动问题中的应用 7．(2016·山西四校三联)如图 11 甲所示，用固定的电动机水平拉着质量 m＝2 kg 的小 物块和质量 M＝1 kg 的平板以相同的速度一起向右匀速运动，物块位于平板左侧，可视为质 点．在平板的右侧一定距离处有台阶阻挡，平板撞上后会立刻停止运动．电动机功率保持 P ＝3 W 不变．从某时刻 t＝0 起，测得物块的速度随时间的变化关系如图乙所示，t＝6 s 后 可视为匀速运动，t＝10 s 时物块离开平板．重力加速度取 g＝10 m/s2，求： 图 11 (1)平板与地面间的动摩擦因数μ为多大？ (2)物块在 1 s 末和 3 s 末受到的摩擦力各为多大？ (3)平板长度 L 为多少？ 【解析】 (1)由题图可知，前 2 s 内物块和平板一起做匀速运动，对整体分析，在水 平方向上受到水平向右的拉力和地面给平板的滑动摩擦力，此二力的合力为零． 拉力大小为：FT1＝P v1 滑动摩擦力大小为：Ff＝μ(M＋m)g 由平衡条件可得：P v1 ＝μ(M＋m)g 可得：μ＝0.2. (2)物块在 1 s 末时与平板一起做匀速运动，合力为零．物块受到水平向右的拉力与水 平向左的静摩擦力，因此静摩擦力大小为： Ff1＝FT1＝P v1 ＝6 N 物块在 2 s 末之后与平板发生相对运动，物块与平板间的摩擦力为滑动摩擦力且大小保 持不变．物块在 6 s 后可视为匀速运动，此时物块受到的合力为零，即拉力与滑动摩擦力大 小相等方向相反，即： Ff2＝FT2＝P v2 ＝10 N 物块在 3 s 末时受到的滑动摩擦力大小与 6 s 后受到的摩擦力大小相等，为 10 N. (3)依题意，物块在 2 s 末之后一直到 10 s 时，物块从平板的一端运动到另一端，对物 块由动能定理得： PΔt－Ff2L＝1 2 mv2 2－1 2 mv2 1 代入数据解得：L＝ PΔt－1 2 mv2 2＋1 2 mv2 1 Ff2 ＝2.416 m. 【答案】 (1)0.2 (2)6 N 10 N (3)2.416 m 1．应用动能定理解题的 4 个步骤 (1)确定研究对象及其运动过程； (2)分析受力情况和各力的做功情况； (3)明确物体初末状态的动能； (4)由动能定理列方程求解． 2．应用动能定理解题应注意的 3 个问题 (1)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，比动力学研究 方法要简洁． (2)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)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)， 此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑，但若能对整个过程利用动能定理列式则可使问题 简化． 规范练高分| 动能定理的综合应用类问题 [典题在线] (2016·湖南十校联考 T25,18 分)为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列的设想： 取一个与水平方向夹角为θ＝60°，长为 L1＝2 3 m 的倾斜轨道 AB，①通过微小圆弧与长 为 L2＝ 3 2 m 的水平轨道 BC 相连，然后在 C 处设计一个②竖直完整的光滑圆轨道，出口为 水平轨道 D，如图 12 所示．现将一个小球从距 A 点高为 h＝0.9 m 的水平台面上以一定的初 速度 v0 水平弹出，③到 A 点时速度方向恰沿 AB 方向，并沿倾斜轨道滑下．已知④小球与 AB 和 BC 间的动摩擦因数均为μ＝ 3 3 .g 取 10 m/s2，求： ⑤图 12 (1)小球初速度 v0 的大小； (2)小球滑过 C 点时的速度 vC； (3)要使⑥小球不离开轨道，则竖直圆弧轨道的半径 R 应该满足什么条件． [信息解读] ①长度忽略不计且此处无碰撞和能量损失． ②注意小球竖直平面内圆周运动的处理方法． ③可在 A 点分解速度求解 v0. ④小球在 AB 和 BC 上运动时，受摩擦力作用，存在摩擦力做功． ⑤由图可知，小球运动是“平抛＋斜面＋圆周”的组合． ⑥可在竖直平面内通过圆周最高点或在竖直平面内上升的高度不超过其半径． [考生抽样] [阅卷点评] 点评 内容 点评 1 该生在第(1)(2)步上分析及解析比较规范，能得全分(8 分). 点评 2 在第(3)步中，该生对“小球不离开轨道”的理解不全面，只考虑了完整 圆周运动的情况，故只能得到 5 分. [规范解答] 【解析】 (1)小球做平抛运动到达 A 点，由平抛运动规律知竖直方向有：v2 y＝2gh ①(2 分) 即：vy＝3 2 m/s ②(1 分) 因为在 A 点的速度恰好沿 AB 方向， 所以小球初速度：v0＝vytan 30°＝ 6 m/s. ③(2 分) (2)从水平抛出到 C 点的过程中，由动能定理得： mg(h＋L1sin θ)－μmgL1cos θ－μmgL2＝1 2 mv2 C－1 2 mv2 0 ④(2 分) 解得：vC＝3 6 m/s. ⑤(1 分) (3)小球刚好能通过最高点时，由牛顿第二定律有： mg＝mv2 R1 ⑥(2 分) 小球做圆周运动过程中，由动能定理有： －2mgR1＝1 2 mv2－1 2 mv2 C ⑦(2 分) 解得：R1＝v2 C 5g ＝1.08 m ⑧(1 分) 当小球刚好能到达与圆心等高时有： mgR2＝1 2 mv2 C ⑨(2 分) 解得：R2＝v2 C 2g ＝2.7 m ⑩(2 分) 当圆轨道与 AB 相切时：R3＝BCtan 60°＝1.5 m，即圆轨道的半径不能超过 1.5 m 综上所述，要使小球不离开轨道，R 应该满足的条件是： 0＜R≤1.08 m． (2 分) 【答案】 (1) 6 m/s (2)3 6 m/s (3)0＜R≤1.08 m [评分标准] 第(1)问中，若写出表达式①和③且数据正确的给满分，若结果 v0 的计算错误，则去掉 1 分． 第(2)问中的方程④若分段写出方程且正确同样给分． 第(3)问中若答案为 0＜R≤2.7 m 要减去最后 2 分，若分析和斜面的相切的情况，但结 果写成 0＜R≤1.5，可减去 1 分．