(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】
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
高考物理二轮复习方案 专题5 功、功率与动能定理 新课标
点通过的路程．
专题五 │ 要点热点探究
3．与势能对应的力(如重力、弹簧的弹力、电场力)做的 功等于运动质点相应势能的减少量．
4．作出变力F随位移x变化的图象，图线与坐标轴所围的 “面积”表示变力做的功．如图2－5－1所示，图线下方的对 应面积等于变力做的功．
专题五 │ 要点热点探究
5．当变力的功率一定时(如机车以恒定功率运行)，变力 做的功W＝Pt；当变力的功率变化时，可利用平均功率求功， W＝
专题五 │ 要点热点探究
要点热点探究 ► 探究点一 变力做功问题
1．当力的方向不变，大小随位移做线性变化时，可先求
力对位移的平均值
再由恒力做功的公式W＝
Fxcosα求功，如弹簧弹力做的功．
2．大小不变、方向变化的力做的功(如滑动摩擦力、空气
阻力等在曲线运动或往复运动中做的功)：W＝Fs，s为运动质
第二单元 │ 近年高考纵览
近年高考纵览
考点
2011年
2010年
2009年
山 东 卷 18 ， 海 全国课标卷16， 宁 夏 卷 17 、 21 ，
功、功率
南卷9
四川卷23
广东卷20，
全 国 课 标 卷 15 、上海卷18，福建 广 东 卷 10 ， 福
动能定理 广东卷36、北京 卷22，山东卷24，建卷21，四川卷
第二单元 │ 考情分析预测
2．以体育竞技项目为背景考查动能定理或机械能守恒定 律、能量守恒定律等，求解多种运动组合的多运动过程问题， 题型为计算题(或选择题)；
3．与电场、磁场联系的综合问题，以能量守恒为核心考 点考查重力、摩擦力、静电力、磁场力的做功特点，以及动能 定理、机械能守恒定律和能量守恒定律的应用，可能涉及弹簧 问题，题型一般为计算题(或选择题).
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
12/8/2021
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，
高三物理二轮复习课件专题二 第一讲 功、功率和动能定理
第一讲 功、功率和动能定理
专题二 动量与能量
◎高考命题分析
命题 主线 之
价值 引领
高考命题研究
四年考向分析
1.科学本质、科学态度：选 取了定速巡航、篮球运动、 赛道滑雪及冰滑梯等素材， 考查考生在解决问题时所体 现的核心价值及学科核心素 养水平 2．社会责任：选取了福建 土楼、复兴号动车组、红军 长征等素材，培养学生的民 族自信心和自豪感，激发学 生的进取意识、振兴中华的 使命感和责任感
Δx2＋Δx3＋…)＝Ff·2πR
第2轮 物理 （新高考）
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专题二 动量与能量
图例
方法
过程与结论
一个水平拉力 F 拉着一个物体在水平面上运动的位移为 图像法 x0，图线与横轴所围面积表示拉力所做的功，W＝F20x0
平均 值法
弹簧在弹性限度内由长度 x1 被继续拉至长度 x2 的过程中， 克服弹力做功 W＝kx1＋2 kx2·(x2－x1)
第2轮 物理 （新高考）
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专题二 动量与能量
2．求变力做功的六种方法
第2轮 物理 （新高考）
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专题二 动量与能量
3．机车启动问题 (1)机车匀加速启动过程的最大速度 v1：此时机车的功率最大，由 F 牵－ F 阻＝ma 和 P＝F 牵 v1 求得 v1＝F阻＋P ma。 (2)全程的最大速度 vm：此时 F 牵＝F 阻，由 P＝F 阻 vm 求得 vm＝FP阻。
A．
12.5μgL 4
C． 2μgL
第2轮 物理 （新高考）
B． μgL
D．
12.5 μgL 2
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专题二 动量与能量
解析： 第 5 个物块进入 BC 后物块开始做减速运动，因此第 5 个物块刚到达 B 点时 1 号物块的速度达到最大值，此过程中根据动能定理有 F·4L－μmg(L ＋2L＋3L＋4L)＝21×8mv2－0，得 v＝ 2μgL，C 正确。
高考复习指导2019届高三物理二轮复习 专题五 功、功率和动能定理课件.ppt
ma＋μg cos θ－μsinΒιβλιοθήκη θ，摩擦力f＝μFN＝
μma＋gcot cot θ－μ
θ
，则在此过程中恒力做的功为W＝Fxcos
θ＝ m1－a＋μtaμngθx ，
答木案箱克B服D摩擦力做的功为Wf＝fx＝μmcao＋t θg－coμt
θx .
高频考点 题组冲关
高频考点一 功和功率的计算
视角二 功率的分析与计算
高频考点 题组冲关
高频考点一 功和功率的计算
命题视角
题组冲关
因此3t0时刻的瞬时功率：P＝3F0·v2＝
15F02t0 m
，选项A错误、选项B正
确．
0～3t0时间内，水平拉力的平均功率为：
P
＝
F0l1＋3F0l2 3t0
＝
25F02t0 6m
，选项
C错误、选项D正确．
答案 BD
高频考点 题组冲关
高频考点 题组冲关
高频考点一 功和功率的计算
命题视角
题组冲关
解析
0～2t0时间内的加速度a1＝
F0 m
，末速度v1＝a1t1＝
2F0t0 m
，位移l1＝
1 2
a1t21＝2Fm0t20；
2t0～3t0时间内的加速度a2＝3mF0， 位移l2＝v1t2＋12a2t22＝72Fm0t20；末速度v2＝v1＋a2t2＝5Fm0t0；
高频考点 题组冲关
高频考点一 功和功率的计算
命题视角
题组冲关
知能必备
1.功的定义及恒力做功 的公式． 2.正、负功判断的常用 方法． 3.平均功率与瞬时功率
的区别及计算方法.
高频考点 题组冲关
高频考点一 功和功率的计算
高中物理第二轮复习 第一部分 专题二 第5讲功、功率、动能定理
12 构建网络•重温真题
高考考向
易错警示
配套作业
大二轮·物理（经典版）
4. (2016·全国卷Ⅲ)如图，在竖直平面内有由14圆弧 AB 和12圆弧 BC 组成的光滑固定轨道，两者在最低点 B 平滑连 接。AB 弧的半径为 R，BC 弧的半径为R2。一小球在 A 点正 上方与 A 相距R4处由静止开始自由下落，经 A 点沿圆弧轨道 运动。
B. 3
D. 3
π 8gR－ω
π 8gR＋ω
3 构建网络•重温真题
高考考向
易错警示
配套作业
大二轮·物理（经典版）
10. 宇宙空间有一种由三颗星体 A、B、C 组成的三星 体系，它们分别位于等边三角形 ABC 的三个顶点上，绕一 个固定且共同的圆心 O 做匀速圆周运动，轨道如图中实线 所示，其轨道半径 rA<rB<rC。忽略其他星体对它们的作用， 可知这三颗星体( )
32 构建网络•重温真题
高考考向
易错警示
配套作业
大二轮·物理（经典版）
2．(2017·长沙雅礼中学三模)如图所示是一种清洗车辆用 的手持式喷水枪。设枪口截面积为 0.6 cm2，喷出水的速度为 20 m/s。当它工作时，估计水枪的平均功率约为(水的密度为 1×103 kg/m3)( )
20 构建网络•重温真题
高考考向
易错警示
配套作业
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
大二轮·物理（经典版）
命题特点：动能定理是高考的重点，经常与直线运动、 曲线运动等综合起来进行考查，以计算题考查的较多，也在 选择题中出现，难度中等偏难。
思想方法：微元法、图象法、转换法、整体法与分段法。
21 构建网络•重温真题
高考考向
高考解码高三物理二轮复习教学案提升练习专题五功和能高品质版
高考导航 本专题主要考查的内容有动能定理及其应用、机械能守恒定律及其应用、功能关系等．从近几年高考来看，对本专题的考查主要以多过程、多状态的形式出现，常与其他知识综合考查，对考生的能力要求较高.5年来高考对动能和动能定理、功能关系、机械能守恒定律及其应用的考查略有浮动，整体趋于平稳．试题一般条件隐蔽，过程复杂，灵活性强.2016年高考，单独考查会以选择题为主；如果与牛顿运动定律、曲线运动、电磁学等内容结合考查会以计算题为主．预计以选择题形式呈现的概率较大．体系构建一、功、功率的计算1．功的定义式：W ＝Fl cos α，该公式只能求恒力做的功．2．计算功的方法(1)按照功的定义求功．(2)用动能定理W ＝ΔE k 或功能关系求功(当F 为变力时，高中阶段往往考虑用这种方法求功)．(3)利用功率公式W ＝Pt 求解．3．功率的计算(1)平均功率的计算方法①利用P ＝W t②利用P ＝F v cos θ(2)瞬时功率的计算方法：P ＝F v cos θ，v 是t 时刻的瞬时速度．二、机车的启动问题1．恒定功率启动机车第一阶段做加速度逐渐减小的加速运动，第二阶段做匀速直线运动．速度图象如图所示，当F＝F f时，v max＝PF＝PF f2．恒定加速度启动机车第一阶段做匀加速直线运动，当功率达到额定功率后达到匀加速过程的最大速度v1；第二阶段保持功率不变，做变加速运动，直至达到最大速度v max；第三阶段做匀速直线运动，速度图象如图所示．(1)求v1：由F－F f＝ma，P＝P额＝F v1得v1＝P额F f＋ma.(2)求v max∶v max＝P额F f说明(1)机车匀加速启动，当匀加速结束时，速度并未达到整个过程的最大速度v m.(2)P＝F v中的F是牵引力，并非合力．三、动能定理的理解1．外力对物体做的总功是物体受到的所有力做功的代数和，包括重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力或其他外力．2.动能定理虽然是在物体受恒力做直线运动时推导出来的，但对于物体受变力做曲线运动时，同样适用．其中的力可以是各种性质的力，各种力既可以同时作用，也可以分段作用，只要求出在作用过程中各力做功的多少和正负即可．3.对涉及单个物体的受力、位移及过程始末速度的问题的分析，尤其不涉及时间时，应优先考虑用动能定理求解．4．若物体运动包含几个不同过程时，可分段运用动能定理列式，也可以全程列式(不涉及中间速度时)．说明应用动能定理分析过程问题，关键是对研究对象进行受力分析，明确各力做功的正负及始末状态的动能，无须探究运动过程的细节．四、机械能守恒定律、功能关系及能量守恒1．机械能是否守恒的判断(1)用做功来判断：分析物体或系统的受力情况(包括内力和外力)，明确各力做功的情况，若对物体或系统只有重力或弹力做功，虽受其他力，但其他力不做功或做功的代数和为零，则机械能守恒．(2)用能量转化来判定：若物体系中只有动能和势能的相互转化而无机械能与其他形式能的转化，则物体系机械能守恒．(3)对一些绳子突然绷紧、物体间碰撞等问题，机械能一般不守恒，除非题目中有特别说明及暗示．2.功能关系：做功的过程就是能量转化的过程，做了多少功就表示有多少能量发生了转化，所以说功是能量转化的量度，熟练掌握不同功与不同形式能量的转化关系，以此解题就是利用功能关系解题．常见的功能关系：3．对能量守恒定律的理解(1)某种形式能量的减少，一定存在另外形式能量的增加且减少量与增加量相等．(2)某个物体能量的减少，一定存在别的物体能量的增加且减少量与增加量相等．1．(2014·课标Ⅱ)一物体静止在粗糙水平地面上．现用一大小为F 1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F 2，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W F 1、W F 2分别表示拉力F 1、F 2所做的功，W f 1、W f 2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( )A ．W F 2>4W F 1，W f 2>2W f 1B ．W F 2>4W F 1，W f 2＝2W f 1C ．W F 2<4W F 1，W f 2＝2W f 1D ．W F 2<4W F 1，W f 2<2W f 1答案 C解析 W F 1＝12m v 2＋μmg ·v 2t ，W F 2＝12m ·4v 2＋μmg 2v 2t ，故W F 2＜4W F 1；W f 1＝μmg ·v 2t ，W f 2＝μmg ·2v 2t ，故W f 2＝2W f 1，C 正确． 2．(2015·海南单科)假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率．如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的( )A ．4倍B ．2倍 C.3倍 D.2倍答案 D解析 因摩托艇受到的阻力f ＝k v ，设原来发动机的输出功率为P ，最大速率为v m .输出功率为2P 时，最大速率为v m ′，由P ＝F v ＝f v m ＝k v 2m 得v m ＝P k ，所以v ′m v m ＝2P P ＝2，因此A 、B 、C 错，D 对． 3．(2015·浙江理综)(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( )A ．弹射器的推力大小为1.1×106 NB ．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108 JC ．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107 WD ．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s 2答案 ABD解析 舰载机弹射过程中的加速度a ＝v 22x ＝8022×100m/s 2＝32 m/s 2，选项D 正确；对舰载机在水平方向受力分析，根据牛顿第二定律得：F 弹＋F 发－20%(F 弹＋F 发)＝ma ，解得：F弹＝1.1×106N ，选项A 正确；由功的定义得：W 弹＝F 弹·x ＝1.1×108J ，选项B 正确；由速度公式得弹射器对舰载机的作用时间t ＝v a ＝8032s ＝2.5 s ，由功率的定义得：P 弹＝W 弹t＝4.4×107W 选项C 错． 4．(2015·课标Ⅰ)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 答案 C解析 质点由静止开始下落到最低点N 的过程中由动能定理：mg ·2R －W ＝12m v 2 质点在最低点：F N －mg ＝m v 2R由牛顿第三定律得：F N ＝4mg联立得W ＝12mgR ，质点由N 点到Q 点的过程中在等高位置处的速度总小于由P 点到N 点下滑时的速度，故由N 点到Q 点过程克服摩擦力做功W ′＜W ，故质点到达Q 点后，会继续上升一段距离，选项C 正确．动能定理的应用1.动能定理是功能关系的一个具体体现，应用动能定理的关键是选择合适的研究对象，选好初态和末态，注意一定是合外力所做的总功，其中合外力是所有外力(包括重力)，一定是末动能减去初动能．应用动能定理解题时，在分析运动过程时无须深究物体运动过程中状态变化的细节，只需考虑整个过程的功及过程始末状态的动能，计算时把各个力的功连同符号(正、负)一同代入．2．动能定理是计算物体的位移或速率的简捷方法，当题目中涉及位移时可优先考虑动能定理．3．若物体运动的过程中包含几个不同过程，应用动能定理时，可以分段考虑，也可以把全过程作为一整体来处理．【例1】 如图所示，倾角θ＝30°的斜面固定在水平面上，斜面长L ＝2 m ，小物体A 与斜面间的动摩擦因数μ＝36，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端正好在斜面中点B 处．现从斜面最高点给物体A 一个沿斜面向下的初速度v 0＝2 m/s ，物体A 将弹簧压缩到最短后又恰好被弹回到AB 的中点C 处，不计空气阻力，g ＝10 m/s 2，则( )A ．物体第一次运动到B 点时速率为1 m/sB ．弹簧最大的压缩量为0.15 mC ．物体在被反弹上升过程中到达B 点时速度最大D ．物体第二次运动到B 点时速率为3 m/s【审题突破】 (1)本题以弹簧模型考查动能定理的应用，题中涉及的过程多，状态多，求解时一定要抓住动能定理的特点(不受物体受力情况、运动情况、轨迹情况限制，适用于单个物体和系统，也适用于单个过程和全过程，中间细节可不考虑)．(2)解答本题时要结合要求的问题，确定合适的研究过程，在求弹簧最大压缩量x 时，选取从A 到返回C 的过程，研究会使问题简便．答案 B解析 物体从A 到B ，由动能定理知(mg sin θ－μmg cos θ)·L 2＝12m v 21－12m v 20，代入数值得v 1＝3 m/s ，A 错；设弹簧最大压缩量为x ，从A 到返回C 的整个过程中，由动能定理得mg sinθ·L 4－μmg cos θ(2x ＋L 2＋L 4)＝0－12m v 20，代入数值得x ＝0.15 m ，B 对；物体在被反弹上升的过程中，当其合力为零时，速度最大，而在B 点合力沿斜面向下，即不是速度最大点，C 错；由动能定理知mg sin θ·L 2－μmg cos θ(2x ＋L 2)＝12m v 22－12m v 20， 代入数值得v 2＝302m/s ，D 错．应用动能定理的三点注意 (1)如果在某个运动过程中包含有几个不同运动性质的阶段(如加速、减速阶段)，可以分段应用动能定理，也可以对全程应用动能定理，一般对全程列式更简单．(2)因为动能定理中功和动能均与参考系的选取有关，所以动能定理也与参考系的选取有关．在中学物理中一般取地面为参考系． (3)动能定理通常适用于单个物体或可看成单个物体的系统．如果涉及多物体组成的系统，因为要考虑内力做的功，所以要十分慎重．在中学阶段可以先分别对系统内每一个物体应用动能定理，然后再联立求解．【变式训练】1．(2015·枣庄调研)如图所示，绝缘水平面上有宽为L ＝1.6 m 的匀强电场区AB ，电场强度方向水平向右，半径R ＝0.8 m 的竖直光滑半圆轨道与水平面相切于C ，D 为与圆心O 等高的点，GC 是竖直直径，一质量为m ＝0.1 kg ，电荷量q ＝0.01C 的带负电滑块(可视为质点)以v 0＝4 m/s 的初速度沿水平面向右进入电场，滑块恰好不能从B 点滑出电场，已知滑块与AB 段的动摩擦因数μ1＝0.4，与BC 段的动摩擦因数μ2＝0.8，g ＝10 m/s 2.(1)求匀强电场的电场强度E 的大小．(2)将滑块初速度变为v ′0＝3v 0，则滑块刚好能滑到D 点，求BC 的长度s .(3)若滑块恰好能通过最高点G ，则滑块的初速度应调为原初速度的多少倍？答案 (1)10 N/C (2)1.0 m (3)322v 解析 (1)由动能定理知qEL ＋μ1mgL ＝12m v 20代入数值得E ＝10 N/C.(2)因滑块刚好能到达D 点，则由动能定理知qEL ＋μ1mgL ＋μ2mgs ＋mgR ＝12m v ′20代入数值得s ＝1.0 m.(3)设滑块滑到C 点时速度为v 1，因滑块恰好能通过G 点，则在G 点有mg ＝m v 2G R从C 到G 由动能定理知－mg ·2R ＝12m v 2G －12m v 21 从A 到C 由动能定理知qEL ＋μ1mgL ＋μ2mgs ＝12m v 201－12m v 21 联立并代入数值得v 01＝62m/s ＝322v 0. 机械能守恒定律的应用解决机械能守恒综合题目的一般方法(1)对物体进行运动过程的分析，分析每一运动过程的运动规律．(2)对物体进行每一过程中的受力分析，确定有哪些力做功，有哪些力不做功，哪一过程中满足机械能守恒定律的条件．(3)分析物体的运动状态，根据机械能守恒定律及有关的力学规律列方程求解．【例2】 (2013·浙江高考)山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤，其示意图如下．图中A 、B 、C 、D 均为石头的边缘点，O 为青藤的固定点，h 1＝1.8 m ，h 2＝4.0 m ，x 1＝4.8 m ，x 2＝8.0 m ．开始时，质量分别为M ＝10 kg 和m ＝2 kg 的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头的A 点水平跳至中间石头．大猴抱起小猴跑到C 点，抓住青藤下端，荡到右边石头上的D 点，此时速度恰好为零．运动过程中猴子均可看成质点，空气阻力不计，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)大猴从A 点水平跳离时速度的最小值；(2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小；(3)猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小．【审题突破】 1.命题立意：本题以两只猴子的运动为情景，考查了平抛运动的规律、机械能守恒定律、牛顿第二定律．能力立意上考查考生分析物理运动过程中的各状态，找出彼此联系，进行计算得出结论的能力．2．解题关键：(1)题干中“速度恰好为零”，猴子到达D 点的动能为零．(2)问题中“速度的最小值”即大猴从A 到C 水平位移大小为x 1.(3)“猴子荡起时”即猴子做圆周运动．3．解题技巧：(1)处理平抛运动时，分解为水平和竖直两个方向处理．(2)猴子抓住青藤荡起，满足机械能守恒定律．(3)猴子抓住青藤荡起时，拉力和重力的合力提供向心力．答案 (1)8 m/s (2)9 m/s (3)216 N解析 (1)设猴子从A 点水平跳离时速度的最小值为v min ，根据平抛运动规律，有h 1＝12gt 2①x 1＝v min t ②联立①②式得v min ＝8 m/s ③(2)猴子抓住青藤后从C 到D 的过程，由动能定理，得：－(M ＋m )gh 2＝0－12(M ＋m )v 2C ④ v C ＝2gh 2＝80m/s ≈9 m/s ⑤(3)设拉力为F T ，青藤的长度为L ，在最低点，由牛顿第二定律得F T －(M ＋m )g ＝(M ＋m )v 2C L⑥ 由几何关系(L －h 2)2＋x 22＝L 2⑦ 得：L ＝10 m ⑧综合⑤⑥⑧式并代入数据解得：F T ＝(M ＋m )g ＋(M ＋m )v 2C L＝216 N.应用机械能守恒定律的“四种情景”(1)情景一：物体沿轨道运动，轨道光滑，物体只受重力和轨道弹力，只有重力对物体做功时．(2)情景二：物体在绳子或杆作用下运动，绳子或杆对物体的弹力始终与速度方向垂直时．(3)情景三：物体只在重力作用下做自由落体、上抛、下抛、平抛等各种抛体运动时．(4)情景四：多个物体组成的系统，在运动过程中没有摩擦生热，没有非弹性碰撞，没有绳子瞬间绷紧等现象，只有动能与重力势能(或弹性势能)相互转化时．【变式训练】2．(2015·天津理综)如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中()A．圆环的机械能守恒B．弹簧弹性势能变化了3mgLC．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变答案 B解析圆环在下滑过程中，圆环的重力和弹簧的弹力对圆环做功，圆环的机械能不守恒，圆环和弹簧组成的系统机械能守恒，系统的机械能等于圆环的动能和重力势能以及弹簧的弹性势能之和，选项A、D错误；对圆环进行受力分析，可知圆环从静止开始先向下加速运动且加速度逐渐减小，当弹簧对圆环的弹力沿杆方向的分力与圆环所受重力大小相等时，加速度减为0，速度达到最大，而后加速度反向且逐渐增大，圆环开始做减速运动，当圆环下滑到最大距离时，所受合力最大，选项C错误；由图中几何关系知圆环的下降高度为3L，由系统机械能守恒可得mg×3L＝ΔE p，解得ΔE P＝3mgL，选项B正确．功能关系能量守恒的综合应用利用功能关系解题的基本思路(1)分析物体的运动过程及每个过程的受力情况．因为每个过程的受力情况可能不同，引起的能量变化也不同．(2)分析清楚哪几个力做功、各力的位移、引起了哪种能量的变化．(3)根据功能关系列方程式求解或定性分析．(4)功能关系式选用上首先考虑动能定理，其次是机械能守恒定律，最后选择能量守恒定律，特别地当研究对象是系统，且系统机械能守恒时，首先考虑机械能守恒定律．【例3】(2014·广东高考)如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图．图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦．在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中()A．缓冲器的机械能守恒B．摩擦力做功消耗机械能C．垫板的动能全部转化为内能D．弹簧的弹性势能全部转化为动能【审题突破】 1.命题立意：本题综合考查机械能守恒的条件、摩擦生热、弹簧弹力做功等知识点，与实际应用相联系，综合性强．2．解题关键：车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中，摩擦力做功，机械能不守恒．3．解题技巧：(1)机械能守恒的条件：只有机械能内部的相互转化，没有摩擦力做功．(2)功是能量转化的量度，特定的力做功与特定的能量转化对应．答案 B解析在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中，有摩擦力做功，消耗机械能，缓冲器的机械能不守恒，A 项错误、B 项正确；在弹簧压缩的过程中，有部分动能转化成了弹簧的弹性势能，并没有全部转化为内能，C 项错误；在弹簧压缩的过程中，是部分动能转化成了弹簧的弹性势能，而不是弹簧的弹性势能全部转化为动能，D 项错误．利用功能关系解题的“三点注意”(1)功→能：分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功，根据功、能之间的对应关系，可以判定能的转化形式，确定能量之间的转化情况．(2)能→功：根据能量之间的转化情况，确定是什么力做功，可以计算变力做功的多少． (3)功能关系的实质：功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度和原因，能量转化是做功过程的必然结果．【变式训练】3．(多选)(2015·遵义二模)如图所示，长为L 的长木板水平放置，在木板的A 端放置一个质量为m 的小物块，现缓慢地抬高A 端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v ，在整个过程中( )A ．木板对小物块做的功为12m v 2B ．支持力对小物块做的功为零C ．小物块的机械能的增量为12m v 2－mgL sin αD ．滑动摩擦力对小物块做的功为12m v 2－mgL sin α答案 AD解析 在运动过程中，小物块受重力、木板施加的支持力和摩擦力，整个过程重力做功为零，由动能定理W 木＝12m v 2－0，A 正确；在物块被缓慢抬高过程中摩擦力不做功，由动能定理得W ′木－mgL sin α＝0－0，则有W ′木＝mgL sin α，故B 错误；由功能关系，机械能的增量为木板对小物块做的功，大小为12m v 2，C 错误；滑动摩擦力对小物块做的功W f ＝W木－W ′木＝12m v 2－mgL sin α，D 正确．[突破审题·规范解答]如图所示，x 轴与水平传送带重合，坐标原点O 在传送带的左端，传送带长L ＝8 m ，匀速运动的速度v 0＝5 m/s.一质量m ＝1 kg 的小物块，①轻轻放在传送带上x P ＝2 m 的P 点．小物块随传送带运动到Q 点后②冲上光滑斜面且刚好到达N 点(小物块到达N 点后被收集，不再滑下)．若小物块经过Q 处无机械能损失，③小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)N 点的纵坐标；(2)小物块④在传送带上运动产生的热量；(3)若将小物块轻轻放在传送带上的某些位置，最终均能沿光滑斜面越过纵坐标y M ＝0.5m 的M 点，求这些位置的⑤横坐标范围．答案 (1)1.25 m (2)12.5 J (3)0≤x <7 m解析 (1)小物块在传送带上做匀加速运动的加速度 a ＝μg ＝5 m/s 2.小物块与传送带共速时， 所用时间t ＝v 0a ＝1 s运动的位移x ＝12at 2＝2.5 m<(L －x P )＝6 m故小物块与传送带共速后以v 0＝5 m/s 的速度匀速运动到Q ，然后冲上光滑斜面到达N 点，由机械能守恒定律得12m v 20＝mgy N解得y N ＝1.25 m(2)小物块在传送带上相对传送带滑动的位移 x 相对＝v 0t －x ＝2.5 m产生的热量Q＝μmgx相对＝12.5 J(3)设在坐标为x1处轻轻将小物块放在传送带上，最终刚好能到达M点，由能量守恒得μmg(L－x1)＝mgy M代入数据解得x1＝7 m故小物块在传送带上的位置横坐标范围0≤x<7 m【易错分析】(1)常见的思维障碍：①在求小物块冲上斜面的初速度时，误认为小物块一直加速至Q处，错误求出v0＝2a（L－x P）＝215m/s.②在求摩擦生热时，误认为相对滑行的距离为L－x P＝6 m，这样求忽视了相对静止的一段距离．(2)因解答不规范导致失分：①将Q＝μmgx相对写成Q＝μmg(L－x P)，书写不规范而失分．②坐标范围写成x≤7 m或0≤x≤7，不够准确而失分．1．轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m＝0.5 kg的物块相连，如图甲所示，弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴．现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的情况如图乙所示．物块运动至x＝0.4 m处时速度为零．则此时弹簧的弹性势能为(g＝10 m/s2)()A．3.1 J B．3.5 JC．1.8 J D．2.0 J答案 A解析物块与水平面间的滑动摩擦力为f＝μmg＝1 N．F－x图线与x轴包围的面积表示功，可知物块从静止到运动至x＝0.4 m时F做功W＝3.5 J，物块克服摩擦力做功W f＝fx＝0.4 J．由功能关系可知，W－W f＝E p，此时弹簧的弹性势能为E p＝3.1 J，选项A正确．2.如图所示，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F＝mg sinθ.已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q 、滑块的动能E k 、机械能E 随时间t 变化关系，滑块的势能E p 随位移x 变化关系的是( )答案 CD解析 滑块运动到最高点的过程中，所受的合力等于沿斜面向下的摩擦力，滑块沿斜面向上做匀减速运动，运动到最高点的过程中产生的热量Q ＝fx ＝mg sin θ(v t －12at 2)，图A 错误，由动能定理得－mg sin θ(v t －12at 2)＝E k －12m v 2，E k ＝－mg sin θ(v t －12at 2)＋12m v 2，图B 错误．滑块的重力势能E P ＝mg x sin θ，图C 正确．根据题述知，F ＝mg sin θ＝μmg cos θ，机械能E 随时间t 不变，图D 正确．3．(2015·青岛5月检测)光滑水平面上质量为m ＝1 kg 的物体在水平拉力F 的作用下从静止开始运动，如图甲所示，若力F 随时间的变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是( )A ．拉力在前2 s 内和后4 s 内做的功之比为1∶1B ．拉力在前2 s 内和后4 s 内做的功之比为1∶3C ．拉力在4 s 末和6 s 末做功的功率之比为2∶3D ．拉力在前2 s 内和后4 s 内做功的功率之比为2∶3 答案 BD解析 由牛顿第二定律可得F ＝ma ，2 s 时的速度v 2＝a 1t ，则v 2＝Fm t ＝8 m/s ，6 s 时的速度v 6＝v 2＋F ′m t ′＝16 m/s ；由动能定理可得前2s 内拉力做的功W ＝12m v 22－0＝32 J ，后4 s内拉力的功W ′＝12m v 26－12m v 22＝96 J ，则W W ′＝13，选项A 错误，选项B 正确；4 s 末拉力做功的功率P ＝F v 2＝32 W ，6 s 末拉力做功的功率P ′＝F ′v 6＝2×16 W ＝32 W ，则P P ′＝11，选项C错误；根据平均功率的定义P ＝Wt ，则前2 s 内做功的功率P ＝16 W ，后4 s 内做功的功率P ′＝24 W ，即P P ′＝23，选项D 正确．4．(多选)如图所示，将质量为2m 的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m 的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d ，杆上的A 点与定滑轮等高，杆上的B 点在A 点下方距离A 为d 处．现将环从A 处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是( )A ．环到达B 处时，重物上升的高度h ＝d2B ．环到达B 处时，环与重物的速度大小之比为 2C ．环从A 到B ，环减少的机械能大于重物增加的机械能D ．环能下降的最大高度为43d答案 BD解析 环到达B 处时，重物上升的高度等于绳拉伸过来的长度，所以h ＝2d －d ，A 错误；环和重物在沿绳方向的速度相等，环到达B 处时，环与重物的速度大小之比为2，B 正确；环和重物组成的系统机械能守恒，环减少的机械能等于重物增加的机械能，C 错误；当环下降的高度最大时，两者速度均为零，由系统机械能守恒得，环减少的重力势能等于重物最大的重力势能，有mgh ＝2mg (h 2＋d 2－d )，解得h ＝43d ，D 正确．专题提升练习(五)一、选择题(共9小题，每小题6分，共54分．在每小题给出的四个选项中，第1～6小题只有一个选项符合题目要求，第7～9小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)1．有一质量为m 的木块，从半径为r 的圆弧曲面上的a 点滑向b 点，如图所示．如果由于摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是( )A ．木块的加速度不变B ．木块所受的合外力为零C ．木块所受的力都不对其做功D ．木块所受的合外力不为零，但合外力对木块所做的功为零 答案 D2．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 ，一切摩擦不计，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/s D.17 m/s 答案 B3．质量为2 kg 的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块动能E k 与其发生位移x 之间的关系如图所示．已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．x ＝1 m 时速度大小为2 m/sB ．x ＝3 m 时物块的加速度大小为2.5 m/s 2C ．在前4 m 位移过程中拉力对物块做的功为9 JD ．在前4 m 位移过程中物块所经历的时间为2.8 s 答案 D解析 对物块由动能定理得F 合x ＝ΔE k ，则F 合＝ΔE kx，即图线的斜率等于合外力．在0～2 s 内，F 合＝2 N ，设x ＝1 m 时速度大小为v ，由动能定理得F 合x ＝12×m v 2－0，v ＝ 2m/s ，选项A 错误；由图线知2～4 m 内加速度恒定，a ＝F 合m ＝ΔE k xm ＝52×2 m/s 2＝54 m/s 2，选项B 错误；在前4 m 位移过程中由动能定理得W －μmgx ＝9 J ，W ＝9 J ＋0.2×2×10×4 J ＝25 J ，选项C 错误；在x ＝2 m 时，12m v 21＝4 J ，v 1＝2 m/s ，在x ＝4 m 时，12m v 22＝9 J ，v 2＝3 m/s ，在前2 m 内，2 m ＝v 12t 1，t 1＝2 s ，在后2 m 内，2 m ＝v 1＋v 22t 2，t 2＝0.8 s ，故t ＝t 1＋t 2＝2.8 s ，选项D 正确．4．在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A 、B ，它们的质量分别。
2022年高考物理总复习第一部分常考考点复习第五章机械能守恒定律第2讲动能和动能定理
第2讲 动能和动能定理【课程标准】 1.理解动能和动能定理。
2.能用动能定理解释生产生活中的现象。
【素养目标】物理观念：了解动能的概念和动能定理的内容。
科学思维：会用动能定理分析曲线运动、多过程运动问题。
一、动能 定义 物体由于运动而具有的能公式 E k ＝21mv 2矢标性 动能是标量，只有正值，动能与速度方向无关状态量 动能是状态量，因为v 是瞬时速度 相对性 由于速度具有相对性，所以动能也具有相对性动能的 变化物体末动能与初动能之差，即ΔE k ＝12 mv 22 －12mv 21 。
动能的变化是过程量命题·生活情境滑滑梯是小朋友的乐趣所在，如图所示为一滑梯的实物图，水平段与斜面段平滑连接。
某小朋友从滑梯顶端由静止开始滑下，经斜面底端后水平滑行一段距离，停在水平滑道上。
整个过程小朋友的动能如何变化？ 提示：先增大后减小，最后变为0。
二、动能定理命题·科技情境荷兰埃因霍芬理工大学的太阳能团队研发出一款太阳能房车，车顶上配有一个8.8平方米的太阳能电池板，搭配60 kW·h的锂离子电池，最高时速可达120 km。
在晴朗的阳光下，该车一天可以行驶约730 km，而在电池充满电后，夜间行驶的续航里程也可以达到600 km。
(1)该款房车的能量转化关系是什么？提示：太阳能转化为电能，电能转化为动能和内能。
(2)若该款房车的质量为m，以恒定功率P启动，经时间t速度达到最大v，则房车受到的阻力在此过程中做的功是多少？提示：12mv2－Pt。
角度1 动能(1)质量大的物体，动能一定大。
( ×)(2)速度方向变化，物体的动能一定变化。
( ×)(3)动能不变的物体一定处于平衡状态。
( ×)角度2 动能定理(4)如果物体所受的合外力不为零，那么合外力对物体做的功一定不为零。
( ×)(5)合外力做功是物体动能变化的原因。
( √ ) (6)动能定理只适用于同时作用的力做功。
新教材适用2024版高考物理二轮总复习第1部分核心主干复习专题专题2功和能动量第6讲功功率动能定理题
专题二 功和能、动量第6讲 功、功率、动能定理必备知识”解读1.求功的六种方法(1)W ＝Fl cos α(恒力) 定义式 (2)W ＝Pt (变力，恒力) (3)W ＝ΔE k (变力，恒力)(4)W ＝ΔE (除重力做功的变力，恒力) 功能原理 (5)图像法(变力，恒力)(6)气体做功：W ＝P ΔV (P ——气体的压强；ΔV ——气体的体积变化) 2.功率：P ＝W t或P ＝Fv3.重力、电场力做功与路径无关；滑动摩擦力做功与路径有关，等于滑动摩擦力与路程的乘积。
4.沿粗糙斜面下滑的物体克服摩擦力做的功有时表示成W ＝μmgx (x 为与l 对应的水平位移)。
5.物体由斜面上高为h 的位置滑下来，滑到平面上的另一点停下来，若L 是释放点到停止点的水平总距离，则物体的与滑动面之间的摩擦因数μ与L ，h 之间存在关系μ＝h /L ，如图所示。
“关键能力”构建1.功和功率的求解(1)功的求解：W ＝Fl cos α用于恒力做功，变力做功可以用动能定理或者图像法来求解。
(2)功率的求解：可以用定义式P ＝Wt来求解，如果力是恒力，可以用P ＝Fv cos α来求解。
注意瞬时功率与平均功率的区别。
2.动能定理的应用技巧若运动包括几个不同的过程，可以全程或者分过程应用动能定理。
题型1 功和功率的计算〔真题研究1〕(2022·浙江6月高考)小明用额定功率为1 200 W 、最大拉力为300 N 的提升装置，把静置于地面的质量为20 kg 的重物竖直提升到高为85.2 m 的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5 m/s 2的匀减速运动，到达平台的速度刚好为零，g 取10 m/s 2，则提升重物的最短时间为( C )A ．13.2 sB ．14.2 sC ．15.5 sD ．17.0 s【审题指导】关键表述物理量及其关系用额定功率为1 200 W 、最大拉力为300 N 的提升装置，把静置于地面的质量为20 kg 的重物竖直提升到高为85.2 m 的平台最大加速度为a 1＝T m －mgm最大速度为v m ＝P 额F Tm最短时间最大的加速度加速，最大的速度匀速，最大的加速度减速所用时间最短达到额定功率时，保持功率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速上升至平台速度刚好为零，重物在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二定律可得a 1＝T m －mg m ＝300－20×1020m/s 2＝5 m/s 2，当功率达到额定功率时，设重物的速度为v 1，则有v 1＝P 额T m ＝1 200300 m/s ＝4 m/s ，此过程所用时间和上升高度分别为t 1＝v 1a 1＝45s ＝0.8s ，h 1＝v 212a 1＝422×5 m ＝1.6 m ，重物以最大速度匀速时，有v m ＝P 额T ＝P 额mg ＝1 200200m/s ＝6 m/s ，重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分别为t 3＝v m a m ＝65 s ＝1.2 s ，h 3＝v 2m2a m＝622×5 m ＝3.6 m ，设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为t 2，该过程根据动能定理可得P 额t 2－mgh 2＝12mv 2m －12mv 21，又h 2＝85.2 m －1.6 m －3.6 m ＝80 m ，联立解得t 2＝13.5 s ，故提升重物的最短时间为t min ＝t 1＋t 2＋t 3＝0.8 s ＋13.5 s ＋1.2 s ＝15.5 s ，C 正确，A 、B 、D 错误。
优化方案高考物理二轮复习 专题五 功、功率与动能定理
功、功率与动能定理热点一 功和功率的计算命题规律：在历年的高考中，很少出现简单、单独考查功和功率的计算，一般将其放在与功能关系、物体的运动等综合问题中一起考查，并且对于功和功率的考查一般以选择题形式出现，题目难度以中档题为主．1.(2014·高考新课标全国卷Ⅱ)一物体静止在粗糙水平地面上．现用一大小为F 1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F 2，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W F 1、W F 2分别表示拉力F 1、F 2所做的功，W f 1、W f 2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( ) A ．W F 2>4W F 1 ，W f 2>2W f 1 B ．W F 2>4W F 1 , W f 2＝2W f 1 C ．W F 2<4W F 1，W f 2＝2W f 1 D ．W F 2<4W F 1，W f 2<2W f 1[解析] 根据x ＝v ＋v 02t 得，两过程的位移关系x 1＝12x 2，根据加速度的定义a ＝v －v 0t 得，两过程的加速度关系为a 1＝a 22.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f 1＝f 2＝f ，根据牛顿第二定律F －f ＝ma 得，F 1－f 1＝ma 1，F 2－f 2＝ma 2，所以F 1＝12F 2＋12f ，即F 1>F 22.根据功的计算公式W ＝Fl ，可知W f 1＝12W f 2，W F 1>14W F 2，故选项C 正确，选项A 、B 、D 错误． [答案] C2.(2014·西安一模)如图所示，水平传送带以v ＝2 m/s 的速度匀速前进，上方漏斗中以每秒50 kg 的速度把煤粉竖直抖落到传送带上，然后一起随传送带运动．如果要使传送带保持原来的速度匀速前进，则传送带的电动机应增加的功率为( )A ．100 WB ．200 WC ．500 WD ．无法确定[解析] 漏斗均匀持续将煤粉抖落在传送带上，每秒钟有50 kg 的煤粉被加速至2 m/s ，故每秒钟传送带的电动机应多做的功为：ΔW ＝ΔE k ＋Q ＝12mv 2＋f ·Δs ＝mv 2＝200 J ，故传送带的电动机应增加的功率ΔP ＝ΔWt＝200 W ．B 对．[答案] B3.(多选)质量为m ＝2 kg 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 图象如图乙所示，取水平向右为正方向，g ＝10 m/s 2，则( )A ．物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5B ．10 s 末恒力F 的瞬时功率为6 WC ．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] 由题图乙知前后两段物体加速度的大小分别为a 1＝2 m/s 2、a 2＝1 m/s 2，由牛顿第二定律知F ＋μmg ＝ma 1，F －μmg ＝ma 2，联立得F ＝3 N 、μ＝0.05，A 错；10 s 末恒力F 的瞬时功率为P ＝Fv ＝18 W ，B 错；由速度图象与坐标轴所围面积的物理意义知，10 s 内物体的位移x ＝－2 m ，即在计时起点左侧2 m 处，C 对；10 s 内物体的路程为L ＝34 m ，即10 s 内物体克服摩擦力所做的功W ＝F f L ＝0.05×10×2×34 J＝34 J ，D 对． [答案] CD 错误!热点二 对动能定理应用的考查 命题规律：该知识点是近几年高考的重点，也是高考的热点，题型既有选择题，也有计算题．考查的频率很高，分析近几年的考题，命题有以下规律： (1)圆周运动与平衡知识的综合题． (2)考查圆周运动的临界和极值问题．1.(原创题)一人用恒定的力F ，通过图示装置拉着物体沿光滑水平面运动，A 、B 、C 是其运动路径上的三个点，且AC ＝BC .若物体从A 到C 、从C 到B 的过程中，人拉绳做的功分别为W FA 、W FB ，物体动能的增量分别为ΔE A 、ΔE B ，不计滑轮质量和摩擦，下列判断正确的是( )A ．W FA ＝W FB ΔE A ＝ΔE B B ．W FA ＞W FB ΔE A ＞ΔE BC ．W FA ＜W FB ΔE A ＜ΔE BD ．W FA ＞W FB ΔE A ＜ΔE B[解析] 如图，F 做的功等于F 1做的功，物体由A 向B 运动的过程中，F 1逐渐减小，又因为AC ＝BC ，由W ＝F 1l 知W FA ＞W FB ；对物体只有F 做功，由动能定理知ΔE A ＞ΔE B ，故B 正确． [答案] B2.(2014·高考大纲全国卷)一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v 时，上升的最大高度为H ，如图所示；当物块的初速度为v2时，上升的最大高度记为h .重力加速度大小为g .物块与斜坡间的动摩擦因数和h 分别为( )A ．tan θ和H2 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22gH －1tan θ和H 2C ．tan θ和H 4 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22gH －1tan θ和H 4 [解析] 设物块与斜坡间的动摩擦因数为μ，则物块沿斜坡上滑时的加速度大小a ＝μg cosθ＋g sin θ①当物块的初速度为v 时，由运动学公式知v 2＝2aHsin θ② 当物块的初速度为v2时，由运动学公式知⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22＝2a h sin θ③ 由②③两式得h ＝H4由①②两式得μ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22gH －1tan θ. [答案] D3.(2014·东北三省四市模拟)如图所示，QB 段为一半径为R ＝1 m 的光滑圆弧轨道，AQ 段为一长度为L ＝1 m 的粗糙水平轨道，两轨道相切于Q 点，Q 在圆心O 的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内．物块P 的质量为m ＝1 kg(可视为质点)，P 与AQ 间的动摩擦因数μ＝0.1，若物块P 以速度v 0从A 点滑上水平轨道，到C 点后又返回A 点时恰好静止．(g 取10 m/s 2)求：(1)v 0的大小；(2)物块P 第一次刚通过Q 点时对圆弧轨道的压力． [思路点拨]由A →Q →C →Q →A ――→动能定理v 0大小―→由A →Q ――→动能定理 物块在Q 点的速度――→牛顿第二定律轨道对物块的支持力――→牛顿第三定律物块P 对轨道的压力[解析] (1)物块P 从A 到C 又返回A 的过程中，由动能定理有 －μmg ·2L ＝0－12mv 2解得v 0＝4μgL ＝2 m/s.(2)设物块P 在Q 点的速度为v ，Q 点轨道对P 的支持力为F ，由动能定理和牛顿第二定律有－μmgL ＝12mv 2－12mv 2F －mg ＝m v 2R解得：F ＝12 N由牛顿第三定律可知，物块P 对Q 点的压力大小也为12 N ，方向竖直向下． [答案] (1)2 m/s (2)12 N ，方向竖直向下[总结提升] 1如果在某个运动过程中包含有几个不同运动性质的阶段如加速、减速阶段，可以分段应用动能定理，也可以对全程应用动能定理，一般对全程列式更简单. 2动能定理通常适用于单个物体或可看成单个物体的系统.如果涉及系统，因为要考虑内力做的功，所以要十分慎重.在中学阶段可以先分别对系统内每一个物体应用动能定理，然后再联立求解.)机车启动问题命题规律：机车启动问题在最近3年高考中出现的频率并不高，但该部分内容比较综合，在考查功率的同时也考查功能关系和运动过程的分析以及匀变速直线运动规律的运用，预计可能在2015年的高考中出现，题型为选择题或计算题都有可能．[解析] (1)由题图知物块在匀加速阶段加速度大小 a ＝ΔvΔt＝0.4 m/s 2(2分) 物块受到的摩擦力大小F f ＝μmg (1分) 设牵引力大小为F ，则有：F －F f ＝ma (2分) 得F ＝0.28 N ．(1分)(2)当v ＝0.8 m/s 时，电动机达到额定功率，则 P ＝Fv ＝0.224 W ．(4分)(3)物块达到最大速度v m 时，此时物块所受的牵引力大小等于摩擦力大小，有 F 1＝μmg (2分) P ＝F 1v m (2分)解得v m ＝1.12 m/s.(2分)[答案] (1)0.28 N (2)0.224 W (3)1.12 m/s [总结提升] 解决机车启动问题时的四点注意 (1)分清是匀加速启动还是恒定功率启动．(2)匀加速启动过程中，机车功率是不断增大的，但该过程中的最大功率是额定功率． (3)以额定功率启动的过程中，牵引力是不断减小的，机车做加速度减小的加速运动，牵引力的最小值等于阻力．(4)无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足P ＝f 阻v m ，P 为机车的额定功率． 最新预测 1 (多选)(2014·银川一模)提高机车运动速率的有效途径是增大发动机的功率和减小阻力因数(设阻力与物体运动速率的平方成正比，即F f ＝kv 2，k 是阻力因数)．当发动机的额定功率为P 0时，物体运动的最大速率为v m ，如果要使物体运动的速率增大到2v m ，则下列办法可行的是( )A ．阻力因数不变，使发动机额定功率增大到2P 0B ．发动机额定功率不变，使阻力因数减小到k4C ．阻力因数不变，使发动机额定功率增大到8P 0D ．发动机额定功率不变，使阻力因数减小到k8解析：选CD.速度达到最大时，P v m＝kv 2m ，即P ＝kv 3m .由此可知，若v m 增大到2v m ，当k 不变时，功率P 变为原来的8倍；当功率不变时，阻力因数变为原来的18，故C 、D 正确．最新预测2 为登月探测月球，上海航天技术研究院研制了“月球车”，如图甲所示，某探究性学习小组对“月球车”的性能进行了研究．他们让“月球车”在水平地面上由静止开始运动，并将“月球车”运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图乙所示的v －t 图象，已知0～t 1段为过原点的倾斜直线；t 1～10 s 内“月球车”牵引力的功率保持不变，且P ＝1.2 kW,7～10 s 段为平行于横轴的直线；在10 s 末停止遥控，让“月球车”自由滑行，“月球车”质量m ＝100 kg ，整个过程中“月球车”受到的阻力f 大小不变．(1)求“月球车”所受阻力f 的大小和“月球车”匀速运动时的速度大小； (2)求“月球车”在加速运动过程中的总位移s ； (3)求0～13 s 内牵引力所做的总功． 解析：(1)在10 s 末撤去牵引力后，“月球车”只在阻力f 作用下做匀减速运动，由图象可得a ＝v 13由牛顿第二定律得，其阻力f ＝ma7～10 s 内“月球车”匀速运动，设牵引力为F ，则F ＝f 由P ＝Fv 1可得“月球车”匀速运动时的速度v 1＝P /F ＝P /f联立解得v 1＝6 m/s ，a ＝2 m/s 2，f ＝200 N.(2)“月球车”的加速运动过程可以分为0～t 1时间内的匀加速运动和t 1～7 s 时间内的变加速运动两个阶段，t 1时功率为P ＝1.2 kW ，速度为v t ＝3 m/s 由P ＝F 1v t 可得此时牵引力为F 1＝P /v t ＝400 N由牛顿第二定律：F 1－f ＝ma 1，解得0～t 1时间内的加速度大小为a 1＝(F 1－f )/m ＝2 m/s 2匀加速运动的时间t 1＝v t a 1＝1.5 s匀加速运动的位移s 1＝12a 1t 21＝2.25 m在0～7 s 内由动能定理可得F 1s 1＋P (7－t 1)－fs ＝12mv 21－12mv 2代入数据解得“月球车”在加速运动过程中的总位移s ＝28.5 m. (3)在0～1.5 s 内，牵引力做功 W 1＝F 1s 1＝400×2.25 J＝900 J 在1.5～10 s 内，牵引力做功W 2＝P Δt ＝1 200×(10－1.5) J ＝10 200 J 10 s 后，停止遥控，牵引力做功为零0～13 s 内牵引力所做的总功W ＝W 1＋W 2＝11 100 J. 答案：见解析[失分防范] 1机车匀加速启动时，匀加速阶段的最大速度小于匀速运动的最大速度，前者用牛顿第二定律列式求解，后者用平衡知识求解.2匀加速阶段牵引力是恒力，牵引力做功用W ＝Fl 求解.以额定功率启动时，牵引力是变力，牵引力做功用W ＝Pt 求解.)一、选择题1．如图所示，三个固定的斜面底边长度相等，斜面倾角分别为30°、45°、60°，斜面的表面情况都一样．完全相同的三物体(可视为质点)A 、B 、C 分别从三斜面的顶部滑到底部，在此过程中( )A ．物体A 克服摩擦力做的功最多B ．物体B 克服摩擦力做的功最多C ．物体C 克服摩擦力做的功最多D ．三物体克服摩擦力做的功一样多 解析：选D.设斜面倾角为θ，斜面底边长为x 0，则物体下滑过程中克服阻力做功W ＝μmg cosθx 0cos θ＝μmgx 0，可见W 与斜面倾角θ无关，D 正确． 2．(2014·烟台一模)起重机以1 m/s 2的加速度将质量为1 000 kg 的货物由静止开始匀加速向上提升，若g 取10 m/s 2，则在1 s 内起重机对货物所做的功是( ) A ．500 J B ．4 500 J C ．5 000 J D ．5 500 J解析：选D.由牛顿第二定律得：F －mg ＝ma ，F ＝m (g ＋a )＝11 000 N,1秒内的位移：h ＝12at2＝0.5 m ，故W ＝F ·h ＝5 500 J ，D 正确．3．(2014·高考重庆卷)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k 1和k 2倍，最大速率分别为v 1和v 2，则( ) A ．v 2＝k 1v 1 B ．v 2＝k 1k 2v 1 C ．v 2＝k 2k 1v 1D ．v 2＝k 2v 1解析：选B.车达到最大速度时，牵引力大小等于阻力大小，此时车的功率等于克服阻力做功的功率．故P ＝k 1mgv 1＝k 2mgv 2，解得v 2＝k 1k 2v 1，选项B 正确．4．(2014·济南一模)如图所示，一个小环沿竖直放置的光滑圆环轨道做圆周运动．小环从最高点A (初速度为零)滑到最低点B 的过程中，小环线速度大小的平方v 2随下落高度h 的变化图象可能是下图中的( )解析：选B.考虑小环下降过程中受到的各个力的做功情况，重力做正功，圆环对小环的支持力始终与小环运动方向垂直，不做功，由动能定理mgh ＝12mv 2，v 2与h 的关系为线性关系，又因h ＝0时，v 也为零，所以图象过原点，只有B 符合条件，故选B.5．(2014·南昌一模)某汽车在平直公路上以功率P 、速度v 0匀速行驶时，牵引力为F 0.在t 1时刻，司机减小油门，使汽车的功率减为P2，此后保持该功率继续行驶，t 2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 ．t 2后的牵引力仍为F 0 B ．t 2后的牵引力小于F 0 C ．t 2后的速度仍为v 0 D ．t 2后的速度大于v 0解析：选A.由P ＝Fv 可知，当汽车的功率突然减小为P2时，瞬时速度还没来得及变化，则牵引力突然变为F 02，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，可见只有A 正确．6．(2014·安徽合肥二模)如图所示，在倾角为θ的光滑的斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端固定，另一端与质量为M 的平板A 连接，一个质量为m 的物体B 靠在平板的右侧．开始时用手按住物体B ，现放手，A 和B 沿斜面向上运动的距离为L 时，同时达到最大速度v ，重力加速度为g ，则以下说法正确的是( ) A ．A 和B 达到最大速度v 时，弹簧是自然长度 B ．A 和B 达到最大速度v 时，A 和B 恰要分离C ．从释放到A 和B 达到最大速度v 的过程中，弹簧对A 所做的功等于12Mv 2＋MgL sin θD ．从释放到A 和B 达到最大速度v 的过程中，A 受到的合力对A 所做的功等于12Mv 2解析：选D.取A 、B 整体为研究对象，当二者加速度a ＝0时，速度最大．此时弹簧处于压缩状态，选项A 错误；弹簧原长时，A 、B 分离，选项B 错误；从释放到A 和B 达到最大速度v 的过程中，弹簧对A 做功转化为A 和B 的动能以及势能，选项C 错误；从释放到A 和B 达到最大速度v 的过程中，A 受到的合力对A 所做的功等于A 动能的增量，故选项D 正确． 7．(多选)(2014·聊城模拟)一滑块在水平地面上沿直线滑行，t ＝0时速率为1 m/s.从此刻开始在与速度平行的方向上施加一水平作用力F ，力F 和滑块的速度v 随时间的变化规律分别如图甲和乙所示，两图中F 、v 取同一正方向．则( )A ．滑块的加速度为1 m/s 2B ．滑块与水平地面间的滑动摩擦力为2 NC ．第1 s 内摩擦力对滑块做功为－0.5 JD ．第2 s 内力F 的平均功率为3 W解析：选AC.由v －t 图象可求得滑块的加速度a ＝1 m/s 2，A 正确；设滑块所受的摩擦力大小为F f ，由牛顿第二定律得：1＋F f ＝ma,3－F f ＝ma ，可得：F f ＝1 N ，B 错误．由W ＝Fl 可得第1 s 内摩擦力对滑块做的功W ＝－1×12J ＝－0.5 J ，C 正确；由P ＝F v 可求得第2 s内力F 的平均功率为P ＝3×12W ＝1.5 W ，D 错误．8．(多选)放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s 内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象如图甲、乙所示．下列说法正确的是( )甲 乙 A ．0～6 s 内物体的位移大小为30 m B ．0～6 s 内拉力做的功为70 JC ．合外力在0～6 s 内做的功与0～2 s 内做的功相等D ．滑动摩擦力的大小为5 N解析：选ABC.根据速度与时间的图象，可以求出0～6 s 内物体的位移大小为30 m ；根据拉力的功率与时间的图象，可以求出0～6 s 内拉力做的功为70 J ；0～2 s 内，拉力的大小为5 N ，大于滑动摩擦力的大小；由于2～6 s 内合外力不做功，所以合外力在0～6 s 内做的功与0～2 s 内做的功相等．9．(多选)(2014·烟台模拟)如图所示，滑块以初速度v 0滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点．则能大致反映滑块整个运动过程中速度v 、加速度a 、动能E k 、重力对滑块所做的功W 与时间t 或位移x 关系的是(取初速度方向为正方向)( )解析：选AD.由牛顿第二定律可知，滑块上滑的加速度方向沿斜面向下，下滑的加速度也沿斜面向下，但a 上＞a 下，由于摩擦力做负功，滑块返回出发点的速度一定小于v 0，故A 正确，B 错误；因上滑和下滑过程中合外力不同，且E k 不小于0，故C 错误；重力对滑块做的负功先增大后减小，D 正确． 二、计算题10．(2014·西安一模)一匹马拉着质量为60 kg 的雪橇，从静止开始用80 s 的时间沿平直冰面跑完1 000 m ．设在运动过程中雪橇受到的阻力保持不变，已知雪橇在开始运动的8 s 时间内做匀加速直线运动，从第8 s 末开始，马拉雪橇做功的功率保持不变，使雪橇继续做直线运动，最后一段时间雪橇做的是匀速直线运动，速度大小为15 m/s ；开始运动的8 s 内马拉雪橇的平均功率是8 s 后功率的一半．求整个运动过程中马拉雪橇做功的平均功率和雪橇在运动过程中所受阻力的大小．解析：设8 s 后马拉雪橇的功率为P ，则匀速运动时 P ＝F ·v ＝f ·v即运动过程中雪橇受到的阻力大小f ＝P v① 对于整个过程运用动能定理得： P 2·t 1＋P (t 总－t 1)－f ·s ＝12mv 2－0② 代入数据，解①②得：P ＝723 W ，f ＝48.2 N 再由动能定理可得P t 总－f ·s ＝12mv 2解得：P ＝687 W.答案：687 W 48.2 N11．(2014·郑州市质量检测)如图甲所示，在水平路段AB 上有一质量为2×103kg 的汽车，正以10 m/s 的速度向右匀速行驶，汽车前方的水平路段BC 较粗糙，汽车通过整个ABC 路段的v －t 图象如图乙所示，在t ＝20 s 时汽车到达C 点，运动过程中汽车发动机的输出功率保持不变．假设汽车在AB 路段上运动时所受的恒定阻力(含地面摩擦力和空气阻力等)f 1＝2 000 N ．求：(1)汽车运动过程中发动机的输出功率P ； (2)汽车速度减至8 m/s 时加速度a 的大小； (3)BC 路段的长度．(解题时将汽车看成质点)解析：(1)汽车在AB 路段时，牵引力和阻力相等F 1＝f 1，P ＝F 1v 1 联立解得：P ＝20 kW.(2)t ＝15 s 后汽车处于匀速运动状态，有 F 2＝f 2，P ＝F 2v 2，f 2＝P /v 2 联立解得：f 2＝4 000 Nv ＝8 m/s 时汽车在做减速运动，有f 2－F ＝ma ，F ＝P /v解得a ＝0.75 m/s 2.(3)Pt －f 2s ＝12mv 22－12mv 21解得s ＝93.75 m. 答案：见解析12．(2014·淄博二模)如图所示，上表面光滑、长度为3 m 、质量M ＝10 kg 的木板，在F ＝50 N 的水平拉力作用下，以v 0＝5 m/s 的速度沿水平地面向右匀速运动．现将一个质量为m ＝3 kg 的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端，当木板运动了L ＝1 m 时，又将第二个同样的小铁块无初速地放在木板最右端，以后木板每运动1 m 就在其最右端无初速度地放上一个同样的小铁块．(g 取10 m/s 2)求：(1)木板与地面间的动摩擦因数； (2)刚放第三个小铁块时木板的速度；(3)从放第三个小铁块开始到木板停止的过程，木板运动的距离．解析：(1)木板做匀速直线运动时，受到地面的摩擦力设为F f ，由平衡条件得：F ＝F f ① 又F f ＝μMg ②联立①②并代入数据得：μ＝0.5.③(2)每放一个小铁块，木板所受的摩擦力增加μmg 设刚放第三个小铁块时木板的速度为v 1，对木板从放第一个小铁块到刚放第三个小铁块的过程，由动能定理得：－μmgL －2μmgL ＝12Mv 21－12Mv 20④联立③④并代入数据得：v 1＝4 m/s.⑤(3)从放第三个小铁块开始到木板停止之前，木板所受的合外力大小均为3μmg .从放第三个小铁块开始到木板停止的过程，设木板运动的距离为x ，对木板由动能定理得：－3μmgx ＝0－12Mv 21⑥联立③⑤⑥并代入数据得x ＝169m≈1.78 m.答案：(1)0.5 (2)4 m/s (3)1.78 m。
【精品推荐】2020高考物理二轮专题复习课标通用版 课件 专题2 功与能 动量 第1部分 第5讲
• 对木箱受力分析可知拉力做正功、摩擦力做负功，由动能定 理可知答案．
• 3.(2018·全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度 为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能( )
• A．与它所经历的时间成正比 • B．与它的位移成正比 • C．与它的速度成正比 • D．与它的动量成正比 • 【解题过程】 B
•小物块运动至C、D两点时受力具有对称性的特点，所受静 摩擦力大小相等，方向关于AB对称，从C点运动到D点的过 程中，重力先做正功后做负功，小物块动能始终不变，即合 外力做功始终为零，所以摩擦力对小物块先做负功后做正功， 选项D正确．
• 计算功和功率时应注意的两个问题 • 1．功的计算 • (1)恒力做功一般用功的公式或动能定理求解． • (2)变力做功一般用动能定理或图象法求解，用图象法求外力
第一部分 核心专题突破
专题二 功与能 动量
第5讲 功、功率、动能定理
思维导图
核心考点
1.功和功率的计算 (1)恒力做功 (2)变力做功 2.机车启动问题 (1)以恒定加速度启动方式的分析 (2)以恒定功率启动方式的分析
核心考点
3.动能定理的应用 (1)求变力做功 (2)运用动能定理解决往复运动问题 (3)运用动能定理解决曲线运动问题
• A．摩擦力做的功为－fs • B．力F做的功为Fscos θ • C．重力做的功为mgs • D．力F做的功为Fssin θ • 答案 AD
• 解析 摩擦力大小为f，则摩擦力所做的功为Wf＝－fs，选项A 正确；由题意可知，拉力与位移方向的夹角为90°－θ，则根 据功的公式可得WF＝Fscos(90°－θ)＝Fssin θ，选项B错误， D正确；由于竖直方向上没有位移，故重力不做功，选项C错 误．
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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．
专题五
功、功率与动能定理及应用
热点一
功和功率的计算
(多选)(2015· 西安一模)质量为 m＝2 kg 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 图象如图乙所示，取水平向右为正 方向，g 取 10 m/s2，则( CD )
A．物体与水平面间的动摩擦因数为 μ＝0.5 B．10 s 末恒力 F 的瞬时功率为 6 W 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
热点二
对动能定理应用的考查
(2015· 张掖二模)如图，一个质量为 0.6 kg 的小球以某 一初速度从 P 点水平抛出，恰好从光滑圆弧 ABC 的 A 点的切 线方向进入圆弧(不计空气阻力， 进入圆弧时无机械能损失)． 已 知圆弧的半径 R＝0.3 m，θ ＝60°，小球到达 A 点时的速度 vA＝4 m/s.g 取 10 m/s2，求：
解析：在 0～3 s 内水平拉力 F 作用在物体上，由 v－t 图象可 2 知，此时间内物体的加速度大小 a1＝ m/s2，3 s 末撤去力 F， 3 1 此后，物体的加速度大小 a2＝ m/s2.由 v－t 图线和横轴所围 3 面积表示位移，可知 3～6 s 内物体的位移为 7.5 m，而 6 s 末 物体的速度不为零，此后物体仍向前运动，故 A 错．由 ma2 1 ＝μmg，可得 μ＝ ，B 错．结合题图可知 F 与摩擦力方向相 30 同，由牛顿第二定律有 F＋μmg＝ma1，解得 F＝0.1 N，故 C 对．W＝－Fx＝－1.2 J，D 错．
1． (多选)(2015· 高考浙江卷)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．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
[关键点拨] (1)0～4 s 内，物体所受摩擦力方向向________，所受合力大小 为________.4 s～10 s 内， 摩擦力方向向________， 所受合力大 小为________． (2)由图象知， 0～4 s 内物体的加速度大小为________.4 s～10 s 内物体的加速度大小为________． (3)摩擦力在 0～4 s 和 4 s～10 s 内做的功各为正功还是负功？
(1)小球做平抛运动的初速度 v0 的大小； (2)P 点与 A 点的高度差； (3)小球到达圆弧最高点 C 时对轨道的压力．
[关键点拨] (1)“恰好从光滑圆弧 ABC 的 A 点的切线方向进入圆弧”说明 vA 与水平方向成________角． (2)小球由 P 至 A 过程满足的动能定理方程为 ____________________. (3)小球在 C 点的速度可由 A 点到 C 点的过程中________方程 求出，在 C 点由____________求解轨道对小球的支持力，再由 ____________求小球在 C 点时对轨道的压力．
方法技巧 (1)计算力所做的功时，一定要注意是恒力做功还是变力做 功．若是恒力做功，可用公式 W＝Flcos α 进行计算．若是变 力做功，可用以下几种方法进行求解： ①微元法：把物体的运动分成无数个小段，计算每一小段力 F 做的功．②将变力做功转化为恒力做功．③用动能定理或功能 关系进行求解. W (2)对于功率的计算要区分是瞬时功率还是平均功率． P＝ 只 t 能用来计算平均功率．P＝Fvcos α 中的 v 是瞬时速度时，计 算出的功率是瞬时功率；v 是平均速度时，计算出的功率是平 均功率.