高考二轮辅导第5讲功功率和动能定理分析

设经位移 x1 达到共同速度，则 v2＝2a1x1⑤ 解得 x1＝0.2 m＜3.2 m⑥ 继续加速过程中 mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，⑦ 解得 a2＝2 m/s2 由 v2B－v2＝2a2x2⑧ x2＝L－x1＝3 m⑨
解得 vB＝4 m/s 在从 B 到 D 的过程中，由动能定理 mgh－W＝12mv2D－12mv2B⑩ 解得 W＝3 J．⑪ 答案： (1)2 5 m/s (2)3 J
关于功、功率应注意的三个问题 (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＝Wt 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.
由 D→E
④“刚好能通过最高点 E”
重力提供向心力
第二步：审设问理清思路，选规律
解析： (1)金属块在 E 点有 mg＝mvR2E① 解得 vE＝2 m/s 在从 D 到 E 过程中，由动能定理得 －mg2R＝12mv2E－12mv2D② 解得 vD＝2 5 m/s.③ (2)金属块刚放时， mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，④ 解得 a1＝10 m/s2.
第1讲 功 功率和动能定理
考向一 功和功率的理解与计算(选择题)
1、如图所示，在足够大的光滑水平面上，一个质量为m ＝1 kg的小球，以速度v0＝10 m/s向正北方向运动，从t＝0时 刻起受到向东的恒力F＝10 N的作用，经过1 s后将F的方向改 为向西、大小不变．从0时刻到2 s末的时间内，下列说法中正 确的是( )
＝F′v′＝kv′·v′＝kv′2，联立解得 v′＝ 2v，D 正确．
答案： D
3.2014年10月2日，中国女子橄榄球队在仁川亚运会决赛 中险胜日本队夺取金牌．在比赛中假设某运动员将质量为0.4 kg的橄榄球以3 m/s的速度水平抛出，不计空气阻力，重力加 速度g＝10 m/s2，当橄榄球的速度为5 m/s时，其重力势能的减 少量和重力的瞬时功率分别为( )
(1)金属块经过 D 点时的速度大小； (2)金属块在 BCD 弯道上克服摩擦力做的功．
[教你审题] 第一步：审题干
提取信息
①“在上端 A 点无初速放……” 为零
金属块的初速度
②“动摩擦因数为 μ＝0.5” 在摩擦力
金属块与传送带间存
③“半径 R＝0.4 m 的光滑圆轨道……” 过程，金属块不受摩擦力作用
(3)距 A 点14L 处
考向三 动力学方法和动能定理的综合应用
2、 (2015·江西南昌市教研室交流卷)如图所示，倾角 θ ＝30°、长 L＝4.5 m 的斜面，底端与一个光滑的14圆弧轨道平滑 连接，圆弧轨道底端切线水平．一质量为 m＝1 kg 的物块(可视 为质点)从斜面最高点 A 由静止开始沿斜面下滑，经过斜面底 端 B 后恰好能到达圆弧轨道最高点 C，又从圆弧轨道滑回，能 上升到斜面上的 D 点，再由 D 点由斜面下滑沿圆弧轨道上升， 再滑回，这样往复运动，最后停在 B 点．
小物块滑回 C 点时的动能为 EC＝1.5mgR＝E2，由于 EC＜
μmgL＝23E，故小物块将停在轨道上

设小物块最终停止的位置到 A 点的距离为 x，有－μmg(L
－x)＝－EC，解得 x＝14L
即小物块最终停在水平滑道 AB 上，距 A 点14L 处．
答案：
2E (1)3mgL
E (2)3mg
解得：a＝2.5 m/s2
从 A 到 B，物块匀加速运动，由 L＝12at2
可得 t＝3
10 5
s
(2)因为物块恰好到 C 点，所以到 C 点速度为 0.设物块到 B
点的速度为 v，则由动能定理得 mgR＝12mv2
FN－mg＝mvR2 解得 FN＝3mg＝30 N 由牛顿第三定律可得，物块对轨道的压力为 FN′＝30 N， 方向向下
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
解析： 设总推力为 F，位移 x，阻力 F 阻＝20%F，对舰 载机加速过程由动能定理得 Fx－20%F·x＝12mv2，解得 F＝ 1.2×106 N，弹射器推力 F 弹＝F－F 发＝1.2×106 N－1.0×105 N ＝1.1×106 N，A 正确；弹射器对舰载机所做的功为 W＝F 弹·x ＝1.1×106×100 J＝1.1×108 J，B 正确；弹射器对舰载机做功 的平均功率 P ＝F 弹·0＋2 v＝4.4×107 W，C 错误；根据运动学 公式 v2＝2ax，得 a＝2vx2＝32 m/s2，D 正确．
(1)小物块与水平轨道的动摩擦因数 μ. (2)为了保证小物块不从轨道的 D 端离开轨道，圆弧轨道的 半径 R 至少是多大？ (3)若圆弧轨道的半径 R 取第(2)问计算出的最小值，增大 小物块的初动能，使得小物块冲上轨道后可以达到的最大高度 是 1.5R 处，试求小物块的初动能并分析小物块能否停在水平轨 道上．如果能，将停在何处？如果不能，将以多大速度离开水 平轨道？
答案： ABC
6、2．如图所示，竖直平面内的轨道 ABCD 由水平轨道 AB 与光滑的四分之一圆弧轨道 CD 组成，AB 恰与圆弧 CD 在 C 点相切，轨道固定在水平面上．一个质量为 m 的小物块(可视 为质点)从轨道的 A 端以初动能 E 冲上水平轨道 AB，沿着轨道 运动，由 DC 弧滑下后停在水平轨道 AB 的中点．已知水平轨 道 AB 长为 L.求：
解析： (1)小物块最终停在 AB 的中点，在整个过程中， 由动能定理得－μmg(L＋0.5L)＝－E，所以 μ＝3m2EgL.
(2)若小物块刚好到达 D 处，速度为零，则有－μmgL－mgR ＝－E
解得 CD 圆弧半径至少为 R＝3mEg. (3)设小物块以初动能 E′冲上轨道，可以达到的最大高度 是 1.5R，由动能定理得－μmgL－1.5mgR＝－E′， 解得 E′＝76E
令 x2 表示 B 刚要离开 C 时弹簧的伸长量，对物块 B 有 kx2＝mgsin 30°. 所以 x1＝x2，弹力做的功为零． (2)B 刚要离开 C 时，对物块 A，有 F－mgsin 30°－kx2＝ma. 将 F＝2mg 代入上式得 a＝g，
对 A：2a(x1＋x2)＝v2， Ek＝12mv2＝mk2g2.
1 C.2mgR
D．π4mgR
解析： 在 Q 点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支 持力，两力的合力充当向心力，所以有 FN－mg＝mvR2，FN＝ 2mg，联立解得 v＝ gR，下滑过程中，根据动能定理可得 mgR －Wf＝12mv2，解得 Wf＝12mgR，所以克服摩擦力做功12mgR，C 正确．
×0.4×16
J ＝ 3.2
J，重力的瞬时功率
P ＝ mgvy ＝
0.4×10×4 W＝16 W.
答案： B
考向二 动能定理的应用
4、 (2015·青岛市检测)如图传送带 A、B 之间的距离为 L＝3.2 m，与水平面间夹角 θ＝37°，传送带沿顺时针方向转动， 速度恒为 v＝2 m/s，在上端 A 点无初速放置一个质量为 m＝1 kg、大小可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为 μ ＝0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径 R＝0.4 m 的 光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点 E，已知 B、D 两 点的竖直高度差为 h＝0.5 m(取 g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：
答案： C
9、2.(2015·内 蒙 古 包 头 测 评 ) 如 图 所 示，在倾角为 θ＝30°的光滑斜面上有两 个用轻质弹簧相连接的物块 A、B，它们 的质量均为 m，弹簧的劲度系数为 k，C 为一固定挡板，系统处 于静止状态．现开始用一沿斜面方向的力 F 拉物块 A 使之向上 匀加速运动，当物块 B 刚要离开 C 时 F 的大小恰为 2mg.求：
(3)从开始释放至最终停在 B 处，设物块在斜面上滑行的总
路程为 x，则由动能定理得 mgLsin θ－μmgxcos θ＝0
解得 x＝9 m
答案：
3 10 (1) 5 s
(2)30 N，方向向下
(3)9 m
多个运动的组合实际上是多种物理规律和方法的综合应 用，分析这种问题时注意要各个运动过程独立分析，而不同过 程往往通过连接点的速度建立联系，有时对整个过程应用能量 的观点解决问题会更简单．
5．(多选)(2015·浙江理综·18)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．2 s 末 F 做功的功率为 0 B．0～2 s 内小球的位移为 20 m C．第 1 s 内小球的速度变化了 10( 2－1) m/s D．第 1 s 内 F 做功为 100 J 解析： 第 1 s 内，小球向正北方向做匀速运动，位移为 10 m，沿 F 方向做匀加速运动，位移为 5 m，F 做功为 50 J， 速度变化了 10 m/s，选项 C、D 错误；0～2 s 内，小球正北的 位移为 20 m，沿 F 方向的位移为 10 m，故 0～2 s 内小球的位 移为 10 5 m，选项 B 错误；2 s 末小球沿 F 方向的速度为 0， F 的功率为 0，选项 A 正确． 答案： A
应用动能定理解题应注意的三点 (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捷． (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，但如能对整个过程利用动能定理列式，则使问题简 化．
(1)从 F 开始作用到物块 B 刚要离开 C 的过程中弹簧弹力对 物块 A 做的功；
(2)物块 B 刚要离开 C 时，物块 A 的动能； (3)从 F 开始作用到物块 B 刚要离开 C 的过程中力 F 做的功．
解析： (1)令 x1 表示未加 F 时弹簧的压缩量，对物块 A 有 kx1＝mgsin 30°.
A．1.8 J 12 W B．3.2 J 16 W C．4 J 20 W D．5 J 36 W
解析： 根据平行四边形定则得 v＝ vx2＋v2y，代入数据解 得 vy＝4 m/s；橄榄球运动过程中只受重力作用，机械能守恒，
重力势能的减少量等于动能的增加量，动能的增加量 ΔEk＝12
mv
2 y
＝
1 2
[题组训练]
8、1．(2015·海南单科·4)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( )
A.14mgR
B．13mgR
已知物块与斜面间的动摩擦因数为 μ＝ 63，g＝10 m/s2，假设 物块经过斜面与圆弧轨道平滑连接处速率不变．求：
(1)物块经多长时间第一次到 B 点； (2)物块第一次经过 B 点时对圆弧轨道的压力； (3)物块在斜面上滑行的总路程．
解析： (1)物块沿斜面下滑时，
mgsin θ－μmgcos θ＝ma
[题组训练]
2、1．(2015·海南单科·3)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
解析： 设 F 阻＝kv，当阻力等于牵引力时，速度最大，
输出功率变化前，有 P＝Fv＝F 阻 v＝kv·v＝kv2，变化后有 2P