高三物理二轮复习《专题二第5讲 功 功率 动能定理》
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第5讲 功 功率 动能定理
【核心知识】
同向：W Fl
(1)恒力做功的公式:W=Flcosα 反向：W Fl
(2)平均功率的公式:P = W Fvcos。
t (3)瞬时功率的公式:P=Fvcosα 同向：P Fv
(4)动能定理的表达式:
垂直：P Fvcos900 0
W合 Ek
(1)求小球在 B、A 两点的动能之比； (2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到 C 点．
解析：(1)设小球的质量为 m，小球在 A 点的动能为 EkA， 由机械能守恒定律得 EkA＝mgR4① 设小球在 B 点的动能为 EkB，同理有 EkB＝mg54R② 由①②式得EEkkBA＝51③ (2)若小球能沿轨道运动到 C 点，则小球在 C 点所受轨道的正压力 N 应满足 N≥0④
v at2
v 2gR
vD
此过程中产生的热量 Q2＝μmg×vt2－v2t2＝mgR
f
0
所以滑块第一次在传送带上滑动过程中产生的热量 Q＝9mgR.
同向： x相对
x带
x物
v t1
v 2
t1
[真题 4] (2018·高考天津卷)我国自行研制、具有完 全自主知识产权的新一代大型喷气式客机 C919 首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程．假 设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移 x ＝1.6×103 m 时才能达到起飞所要求的速度 v＝80 m/s.已知飞机质量 m ＝7.0×104 kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的 0.1 倍，重力加速度取 g ＝10 m/s2.求飞机滑跑过程中 (1)加速度 a 的大小； (2)牵引力的平均功率 P.
解析：(1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，有 v2＝2ax① 代入数据解得 a＝2 m/s2② (2)设飞机滑跑受到的阻力为 F 阻，依题意有 F 阻＝0.1mg③
设发动机的牵引力为 F，根据牛顿第二定律有 F－F 阻＝ma④ 设飞机滑跑过程中的平均速度为 v ，有 v ＝v2⑤ 在滑跑阶段，牵引力的平均功率 P＝F v ⑥ 联立②③④⑤⑥式得 P＝8.4×106 W⑦
“女武神”..输出的最大功率约为800kW，碳纤维单体车身使其车重仅为1000kg左右．
某次测试中，“女武神”沿着倾角为30°的斜坡向上行驶，若它受到的阻力恒为
车重的0.3倍，g=10m/s2，则 最大速度时： F牵 f
A．理论上“女武神”能达到的最大速度为 160m/s
P F牵vm fvm
(6)电磁场中的应用：在电磁场中运动时多了一个电场力或磁场力， 特别注意电场力做功与路径无关，洛伦兹力在任何情况下都不做功．
3．明确过程始末状态的动能 Ek1 和 Ek2. 4．利用动能定理方程式 W1＋W2＋W3＋…＝12mv22－12mv21求解．
[真题 1] (2018·高考全国卷Ⅱ)如图，某同学
动能定理：
Pt
f
x
1 2
mvm2
0
x 640m
解决机车启动问题时的四点技巧 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，机车功率是不断改变的，但该过程中的最 大功率是额定功率，匀加速运动阶段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．以额定功率启动的过程中，机车做加速度减小的加速运动，速 度最大值等于FPf，牵引力是变力，牵引力做的功 W＝Pt. 4．无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足 P＝Ffvm，P 为机车的额定功率．
设小球在 C 点的速度大小为 vC，由牛顿第二定律和向心加速度公 式有 N＋mg＝mvRC2 ⑤
2 由④⑤式得，vC 应满足 mg≤m2Rv2C⑥ 由机械能守恒定律得 mgR4＝12mvC2 ⑦ 由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到 C 点．
答案：(1)5∶1 (2)能沿轨道运动到 C 点
P到B重力做功： WG mg h mgR 机械能变化量：
向左滑离 D 点时的速度与滑上 D 点的速度相等，小滑块才恰能返回 A
点．故传送带的速度 v≥vD 小滑块由 A 到 D 过程中，根据动能定理得：
mg×4R＝12mvD2 －0 故 vD＝2 2gR. 所以传送带的速度 v≥2 2gR.
vD
4R
vD
f
0
摩擦产生的热量 Q＝Ff x相对
先向右减速到0
如图所示，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
FN
落，恰好从 P 点进入轨道．质点滑到轨道最低点 N
v
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m从g P
点运动到 N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( C )
且FN 4mg
W f克
1 2
mgR
从开始下落到最低点N，由动能定理：
FN
W f克 '
1 2
mgR
v
mg
2R
W f克
mv 2 2
mg
左侧速度大，压力大，摩擦力大
W f克
1 2
mgR
f FN
考向3 用动能定理分析多过程问题
如图所示，光滑轨道 ABCD 中 BC 为 四分之一圆弧，圆弧半径为 R，CD 部分水平，末 端 D 点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传 送带以恒定速度 v 逆时针转动．现将一质量为 m 的小滑块从轨道上 A 点由静止释放，A 到 C 的竖 直高度为 4R，求：
A．W＝12mgR，质点恰好可以到达 Q 点
从开始下落到Q，由动能定理：
B．W＞12mgR，质点不能到达 Q 点
W f总 mgR
mg R Wf总
1 2
mvQ2
0
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
mv 2
在B点，由牛顿第二定律 FN mg R
vm
P f
B．若“女武神”以最大功率启动，可做加速度减小的变加速直线运动
恒定功率
P Fv
a F f m
C．若“女武神”以10m/s2的加速度启动，加速5s即可达到最大速度
v at 50m / s 160
D．若“女武神”以最大功率启动，加速20s即可达到最大速度,则运动的距离为1km
l/2 F
v
v gl(sin 1)
Ek
1 2
mv2
mg
l 2
(sin
1)
垂直：PG Gvcos900 0
在Q点，牛顿m第g 二定律：
F mg mv2 l 2
热点二 机车启动问题
1．机车输出功率
P＝F·v，其中F为机车的牵引力
2．机车启动的两类 v－t 图象
(1)恒定功率启动 P Fv
应用动能定理的四环节 1．明确研究对象和研究过程 研究对象一般取单个物体，通常不取一个系统(整体)为研究对象．研 究过程要根据已知量和所求量来定，可以对某个运动阶段应用动能定 理，也可以对整个运动过程(全程)应用动能定理．
2．分析物体受力及各力做功的情况 (1)受哪些力？ (2)每个力是否做功？ (3)在哪段位移哪段过程中做功？ (4)做正功还是负功？ (5)用恒力做功的公式计算各恒力做的功及其代数和．对变力做功或 要求的功用 W 表示．
(1)小滑块运动到 BC 中点时对轨道的压力多大； (2)若小滑块恰能返回 A 点，传送带速度 v 的取值范围； (3)若传送带的速度 v＝ 2gR，滑块第一次返回 D 点在传送带上滑 动过程中产生的热量为多少．
解析 (1)从 A 到 BC 中点过程中，由动能定理得：
mg(3R＋Rsin 45°)＝12mv2－0
4R 3R
在 BC 中点，根据牛顿第二定律结合向心力公式得：
FN
θ
FN－mgcos 45°＝mRv2
mg cos θ
联立以上两式得：FN＝6＋3
2
2mg
mg
由牛顿第三定律可知小滑块对轨道的压力大小为6＋3
2
2mg.
(2)小滑块从 D 点滑上传送带先减速为零，然后反向加速，只有当
F FN
用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路 面运动至具有某一速度．木箱获得的动能一定 ()
f
mg
A A．小于拉力所做的功
B．等于拉力所做的功
C．等于克服摩擦力所做的功
D．大于克服摩擦力所做的功
解析：选 A.由动能定理 WF－Wf＝Ek－0，可知木箱获得的动能一
定小于拉力所做的功，A 正确．
考向2 变力作用下动能定理的应用
W合
1 2
mv2
1 2
mv02
1-2 小球由静止释放，细线与钉子B接触后，小球继续下降。取B点为参考
平面，当小球运动到B点正下方的Q点时
P到Q，重力做的功：
WG
mg ( l sin
2
l) 2
P到Q，动能定理：
mg l (sin 1) 1 mv2 0
2
2
l
l sin 2
l/2
答案：(1)2 m/s2 (2)8.4×106 W
[真题 5] (高考全国卷)如图，在竖直平面内由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．
3．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)的求解方法
(1)求 v1：由 F 牵－F 阻＝ma，P＝F 牵 v1 可求 v1＝F阻＋P ma
(2)求 vm：由 P＝F 阻 vm，可求 vm＝FP阻
3)求匀加速时间 t1 : v1 at1
A．重力做功 2mgR E E2 E1
B．机械能减少 mgR
2
mvB 2
mgR
C．合外力做功 mgR 1 mgR
vB
零
2
小Dm．球g克vB恰服2 好摩m擦v过gRBR力B2做点功：21mW动gWfR合 能功定能E1机2理关m系：v12B：2mgR12
mg
mgR
a F f m
机车先做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速直线运动。速度图象如图 1
所示直，到当 F＝F 阻时，vm＝FP＝FP阻
• (2)恒定加速度启动
• 速度图象如图。机车先做匀加速直线运动，当功率达到额定功率后
获得匀加速运动的最大速度v1，若再加速，应保持额定功率不变做变加 速运动，直到达到最大速度vm后做匀速运动
后反向加速到v与传送带共速
(3)设滑块与传送带间的动摩擦因数为 μ，小滑块在传送带上滑动时
加速度大小 a＝μg f mg ma
vD at1
小滑块从
D
点滑上传送带到减速为零所需时间为
t1，则
t1＝2
2gR μg
此小反过滑向 程块中向：产左x相生加对的速热过x带量程中Qx物 所1＝需μv时tm1 g间×v2D为t1vtt12＋，v则2Dtt12＝＝8mμ2gggRR.
【核心知识】
同向：W Fl
(1)恒力做功的公式:W=Flcosα 反向：W Fl
(2)平均功率的公式:P = W Fvcos。
t (3)瞬时功率的公式:P=Fvcosα 同向：P Fv
(4)动能定理的表达式:
垂直：P Fvcos900 0
W合 Ek
(1)求小球在 B、A 两点的动能之比； (2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到 C 点．
解析：(1)设小球的质量为 m，小球在 A 点的动能为 EkA， 由机械能守恒定律得 EkA＝mgR4① 设小球在 B 点的动能为 EkB，同理有 EkB＝mg54R② 由①②式得EEkkBA＝51③ (2)若小球能沿轨道运动到 C 点，则小球在 C 点所受轨道的正压力 N 应满足 N≥0④
v at2
v 2gR
vD
此过程中产生的热量 Q2＝μmg×vt2－v2t2＝mgR
f
0
所以滑块第一次在传送带上滑动过程中产生的热量 Q＝9mgR.
同向： x相对
x带
x物
v t1
v 2
t1
[真题 4] (2018·高考天津卷)我国自行研制、具有完 全自主知识产权的新一代大型喷气式客机 C919 首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程．假 设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移 x ＝1.6×103 m 时才能达到起飞所要求的速度 v＝80 m/s.已知飞机质量 m ＝7.0×104 kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的 0.1 倍，重力加速度取 g ＝10 m/s2.求飞机滑跑过程中 (1)加速度 a 的大小； (2)牵引力的平均功率 P.
解析：(1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，有 v2＝2ax① 代入数据解得 a＝2 m/s2② (2)设飞机滑跑受到的阻力为 F 阻，依题意有 F 阻＝0.1mg③
设发动机的牵引力为 F，根据牛顿第二定律有 F－F 阻＝ma④ 设飞机滑跑过程中的平均速度为 v ，有 v ＝v2⑤ 在滑跑阶段，牵引力的平均功率 P＝F v ⑥ 联立②③④⑤⑥式得 P＝8.4×106 W⑦
“女武神”..输出的最大功率约为800kW，碳纤维单体车身使其车重仅为1000kg左右．
某次测试中，“女武神”沿着倾角为30°的斜坡向上行驶，若它受到的阻力恒为
车重的0.3倍，g=10m/s2，则 最大速度时： F牵 f
A．理论上“女武神”能达到的最大速度为 160m/s
P F牵vm fvm
(6)电磁场中的应用：在电磁场中运动时多了一个电场力或磁场力， 特别注意电场力做功与路径无关，洛伦兹力在任何情况下都不做功．
3．明确过程始末状态的动能 Ek1 和 Ek2. 4．利用动能定理方程式 W1＋W2＋W3＋…＝12mv22－12mv21求解．
[真题 1] (2018·高考全国卷Ⅱ)如图，某同学
动能定理：
Pt
f
x
1 2
mvm2
0
x 640m
解决机车启动问题时的四点技巧 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，机车功率是不断改变的，但该过程中的最 大功率是额定功率，匀加速运动阶段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．以额定功率启动的过程中，机车做加速度减小的加速运动，速 度最大值等于FPf，牵引力是变力，牵引力做的功 W＝Pt. 4．无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足 P＝Ffvm，P 为机车的额定功率．
设小球在 C 点的速度大小为 vC，由牛顿第二定律和向心加速度公 式有 N＋mg＝mvRC2 ⑤
2 由④⑤式得，vC 应满足 mg≤m2Rv2C⑥ 由机械能守恒定律得 mgR4＝12mvC2 ⑦ 由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到 C 点．
答案：(1)5∶1 (2)能沿轨道运动到 C 点
P到B重力做功： WG mg h mgR 机械能变化量：
向左滑离 D 点时的速度与滑上 D 点的速度相等，小滑块才恰能返回 A
点．故传送带的速度 v≥vD 小滑块由 A 到 D 过程中，根据动能定理得：
mg×4R＝12mvD2 －0 故 vD＝2 2gR. 所以传送带的速度 v≥2 2gR.
vD
4R
vD
f
0
摩擦产生的热量 Q＝Ff x相对
先向右减速到0
如图所示，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
FN
落，恰好从 P 点进入轨道．质点滑到轨道最低点 N
v
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m从g P
点运动到 N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( C )
且FN 4mg
W f克
1 2
mgR
从开始下落到最低点N，由动能定理：
FN
W f克 '
1 2
mgR
v
mg
2R
W f克
mv 2 2
mg
左侧速度大，压力大，摩擦力大
W f克
1 2
mgR
f FN
考向3 用动能定理分析多过程问题
如图所示，光滑轨道 ABCD 中 BC 为 四分之一圆弧，圆弧半径为 R，CD 部分水平，末 端 D 点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传 送带以恒定速度 v 逆时针转动．现将一质量为 m 的小滑块从轨道上 A 点由静止释放，A 到 C 的竖 直高度为 4R，求：
A．W＝12mgR，质点恰好可以到达 Q 点
从开始下落到Q，由动能定理：
B．W＞12mgR，质点不能到达 Q 点
W f总 mgR
mg R Wf总
1 2
mvQ2
0
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
mv 2
在B点，由牛顿第二定律 FN mg R
vm
P f
B．若“女武神”以最大功率启动，可做加速度减小的变加速直线运动
恒定功率
P Fv
a F f m
C．若“女武神”以10m/s2的加速度启动，加速5s即可达到最大速度
v at 50m / s 160
D．若“女武神”以最大功率启动，加速20s即可达到最大速度,则运动的距离为1km
l/2 F
v
v gl(sin 1)
Ek
1 2
mv2
mg
l 2
(sin
1)
垂直：PG Gvcos900 0
在Q点，牛顿m第g 二定律：
F mg mv2 l 2
热点二 机车启动问题
1．机车输出功率
P＝F·v，其中F为机车的牵引力
2．机车启动的两类 v－t 图象
(1)恒定功率启动 P Fv
应用动能定理的四环节 1．明确研究对象和研究过程 研究对象一般取单个物体，通常不取一个系统(整体)为研究对象．研 究过程要根据已知量和所求量来定，可以对某个运动阶段应用动能定 理，也可以对整个运动过程(全程)应用动能定理．
2．分析物体受力及各力做功的情况 (1)受哪些力？ (2)每个力是否做功？ (3)在哪段位移哪段过程中做功？ (4)做正功还是负功？ (5)用恒力做功的公式计算各恒力做的功及其代数和．对变力做功或 要求的功用 W 表示．
(1)小滑块运动到 BC 中点时对轨道的压力多大； (2)若小滑块恰能返回 A 点，传送带速度 v 的取值范围； (3)若传送带的速度 v＝ 2gR，滑块第一次返回 D 点在传送带上滑 动过程中产生的热量为多少．
解析 (1)从 A 到 BC 中点过程中，由动能定理得：
mg(3R＋Rsin 45°)＝12mv2－0
4R 3R
在 BC 中点，根据牛顿第二定律结合向心力公式得：
FN
θ
FN－mgcos 45°＝mRv2
mg cos θ
联立以上两式得：FN＝6＋3
2
2mg
mg
由牛顿第三定律可知小滑块对轨道的压力大小为6＋3
2
2mg.
(2)小滑块从 D 点滑上传送带先减速为零，然后反向加速，只有当
F FN
用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路 面运动至具有某一速度．木箱获得的动能一定 ()
f
mg
A A．小于拉力所做的功
B．等于拉力所做的功
C．等于克服摩擦力所做的功
D．大于克服摩擦力所做的功
解析：选 A.由动能定理 WF－Wf＝Ek－0，可知木箱获得的动能一
定小于拉力所做的功，A 正确．
考向2 变力作用下动能定理的应用
W合
1 2
mv2
1 2
mv02
1-2 小球由静止释放，细线与钉子B接触后，小球继续下降。取B点为参考
平面，当小球运动到B点正下方的Q点时
P到Q，重力做的功：
WG
mg ( l sin
2
l) 2
P到Q，动能定理：
mg l (sin 1) 1 mv2 0
2
2
l
l sin 2
l/2
答案：(1)2 m/s2 (2)8.4×106 W
[真题 5] (高考全国卷)如图，在竖直平面内由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．
3．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)的求解方法
(1)求 v1：由 F 牵－F 阻＝ma，P＝F 牵 v1 可求 v1＝F阻＋P ma
(2)求 vm：由 P＝F 阻 vm，可求 vm＝FP阻
3)求匀加速时间 t1 : v1 at1
A．重力做功 2mgR E E2 E1
B．机械能减少 mgR
2
mvB 2
mgR
C．合外力做功 mgR 1 mgR
vB
零
2
小Dm．球g克vB恰服2 好摩m擦v过gRBR力B2做点功：21mW动gWfR合 能功定能E1机2理关m系：v12B：2mgR12
mg
mgR
a F f m
机车先做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速直线运动。速度图象如图 1
所示直，到当 F＝F 阻时，vm＝FP＝FP阻
• (2)恒定加速度启动
• 速度图象如图。机车先做匀加速直线运动，当功率达到额定功率后
获得匀加速运动的最大速度v1，若再加速，应保持额定功率不变做变加 速运动，直到达到最大速度vm后做匀速运动
后反向加速到v与传送带共速
(3)设滑块与传送带间的动摩擦因数为 μ，小滑块在传送带上滑动时
加速度大小 a＝μg f mg ma
vD at1
小滑块从
D
点滑上传送带到减速为零所需时间为
t1，则
t1＝2
2gR μg
此小反过滑向 程块中向：产左x相生加对的速热过x带量程中Qx物 所1＝需μv时tm1 g间×v2D为t1vtt12＋，v则2Dtt12＝＝8mμ2gggRR.