2018年高考物理复习练案：第5讲 功 功率 动能定理 含解析
2018年高考物理二轮复习保分小题自主演练：专题二第5讲功、功率和动能定理 含解析 精品
专题二功和能第5讲功、功率和动能定理1．关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是()A．合外力为零，则合外力做功一定为零B．合外力做功为零，则合外力一定为零C．合外力做功越多，则动能一定越大D．动能不变，则物体合外力一定为零解析：由W＝Fl cos α可知，物体所受合外力为零，合外力做功一定为零，但合外力做功为零，可能是α＝90°，故A正确，B错误；由动能定理W＝ΔE k可知，合外力做功越多，动能变化量越大，但动能不一定越大，动能不变，合外力做功为零，但合外力不一定为零，C、D均错误．答案：A2．(多选)如图所示，质量相同的甲、乙两个小物块，甲从竖直固定的光滑圆弧轨道顶端由静止滑下，轨道半径为R，圆弧底端切线水平，乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滑下．下列判断正确的是()A．两物块到达底端时速度相同B．两物块运动到底端的过程中重力做功相同C．两物块到达底端时动能相同D ．两物块到达底端时，甲物块重力做功的瞬时功率大于乙物块重力做功的瞬时功率解析：根据动能定理得mgR ＝12m v 2，两物块到达底端的动能相等，速度大小相等，但是速度的方向不同，故选项A 错误，C 正确；两物块运动到底端的过程中，下落的高度相同，重力做功相同，故选项B 正确；两物块到达底端的速度大小相等，甲物块重力与速度方向垂直，瞬时功率为零，则乙物块重力做功的瞬时功率大于甲物块重力做功的瞬时功率，故选项D 错误．答案：BC3.如图所示，一半径为R 的半圆轨道竖直固定放置，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( )(导学号 57180027)A.14mgR B.13mgR C.12mgR D.π4mgR 解析：在Q 点，F N －mg ＝m v 2R，所以v ＝gR ，由P 到Q 根据动能定理得mgR －W ＝12m v 2，解得W ＝12mgR ，故C 正确． 答案：C4.如图所示，竖直平面内的轨道Ⅰ和Ⅱ都由两段细直杆连接而成，两轨道长度相等．用相同的水平恒力将穿在轨道最低点B 的静止小球，分别沿Ⅰ和Ⅱ推至最高点A，所需时间分别为t1、t2；动能增量分别为ΔE k1、ΔE k2.假定球在经过轨道转折点前后速度的大小不变，且球与Ⅰ、Ⅱ轨道间的动摩擦因数相等，则()(导学号57180028)A．ΔE k1＞ΔE k2，t1＞t2B．ΔE k1＝ΔE k2，t1＞t2C．ΔE k1＞ΔE k2，t1＜t2D．ΔE k1＝ΔE k2，t1＜t2解析：两轨道长度相等，球与Ⅰ、Ⅱ轨道间的动摩擦因数相等，用相同的水平恒力使它们到达最高点，则水平恒力做功相等，摩擦力做功相等，重力做功相等，根据动能定理知，动能的增量相等，即ΔE k1＝ΔE k2.作出小球在轨道Ⅰ、Ⅱ上运动的v t图象如图所示，则t1＞t2.故选B.答案：B一、单项选择题1.如图所示，有一长为L、质量均匀分布的长铁链，其总质量为M，下端位于斜面的B端，斜面长为3L，其中AC段、CD段、DB段长均为L，CD段与铁链的动摩擦因数为32，其余部分均可视为光滑，现用轻绳把铁链沿斜面全部拉到水平面上，人至少要做的功为()(导学号57180113)A.113MgL 8B.53MgL ＋8MgL 4C.12＋34MgLD.332MgL 解析：拉力做功最小时，铁链重心到达水平面时的速度刚好为零，对从开始拉铁链到铁链的重心到达水平面的过程运用动能定理得WF min －Mg ·52L ·sin 60°－μMg cos 60°·L ＝0－0，解得WF min ＝332MgL ，故D 项正确．答案：D2．如图所示，一倾角为45°的粗糙斜面与粗糙水平轨道平滑对接，有一质量为m 的物体由斜面的A 点静止滑下，物体与斜面和地面间的动摩擦因数相同．已知A 距离地面的高度为4 m ，当物体滑至水平地面的C 点时速度恰好为零，且BC 距离为4 m ．若将BC 水平轨道抬起，与水平面间夹角为30°，其他条件不变，则物体能沿BD 斜面上升的最大高度为( )A ．(8－43) mB ．(8－23) m C.43 m D ．8 m解析：由A 点到C 点，利用动能定理可得mgh －μmg cos 45°×2h －μmgl BC ＝0，解得μ＝0.5，设沿BD 斜面上升的最大高度为h ′，则由动能定理可得mg (h －h ′)－μmg cos 45°×2h －μmg ·cos 30°×2h ′＝0，解得h ′＝(8－43)m ，A 正确，B 、C 、D 错误．答案：A3．(2017·石家庄模拟)质量为m 的小球在竖直向上的拉力作用下从静止开始运动，其v-t 图象如图所示(竖直向上为正方向，DE 段为直线)，已知重力加速度大小为g ，下列说法正确的是( )(导学号 57180114)A ．t 3～t 4时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动B ．t 0～t 2时间内，合力对小球先做正功后做负功C ．0～t 2时间内，小球的平均速度一定为v 22D ．t 3～t 4时间内，拉力做的功为m （v 3＋v 4）2[(v 4－v 3)＋g (t 4－t 3)] 解析：根据题意，向上为正方向，故在t 3～t 4时间内，小球竖直向上做匀减速直线运动，故选项A 错误．t 0～t 2时间内，速度一直增大，根据动能定理可以知道，合力对小球一直做正功，故选项B 错误.0～t 2时间内，小球的平均速度等于位移与时间的比值，不一定为v 22，故选项C 错误．根据动能定理，在t 3～t 4时间内：W F －mg ·v 3＋v 42·(t 4－t 3)＝12m v 24－12m v 23，整理可得W F ＝m （v 3＋v 4）2·[(v 4－v 3)＋g (t 4－t 3)]，故选项D 正确．答案：D4．(2017·潍坊模拟)如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，O 为圆心，AB 为沿水平方向的直径．若在A 点以初速度v1沿AB方向平抛一小球，小球将击中坑壁上的最低点D点；若A 点小球抛出的同时，在C点以初速度v2沿BA方向平抛另一相同质量的小球并也能击中D点．已知∠COD＝60°，且不计空气阻力，则()(导学号57180115)A．两小球同时落到D点B．两小球在此过程中动能的增加量相等C．在击中D点前瞬间，重力对两小球做功的功率相等D．两小球初速度之比v1∶v2＝6∶3解析：根据h＝12gt2得，t＝2hg，两球下降的高度之比为2∶1，则运动的时间之比为2∶1.由几何关系知，两球的水平位移之比为2∶ 3 ，则两球的初速度之比为6∶3，故D正确，A错误．因为两小球下降的高度不同，重力做功不同，根据动能定理知，动能的增加量不相等，故B错误．两球下落的高度之比为2∶1，则落到D点的竖直速度不相等，根据P＝mg v y可知，重力的瞬时功率不相等，C 错误．故选D.答案：D二、多项选择题5．(2017·武汉模拟)小明同学参加中学生跳水比赛，若他的质量为m, 当他从离水面高为h的跳台上以速度v1起跳，最后以速度v2进入水中，若不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．小明同学起跳过程中，跳台对他的支持力做功为12m v21B ．小明同学起跳过程中，跳台对他的支持力做功为12m v 22 C ．小明同学起跳时所做的功等于12m v 21 D ．小明同学起跳时所做的功等于12m v 22－mgh 解析：小明同学起跳过程中，跳台对他的支持力做功为零，选项A 、B 错误；小明同学起跳时所做的功等于他的动能的增量12m v 21，选项C 正确；根据机械能守恒定律可知，12m v 21＋mgh ＝12m v 22，则小明同学起跳时所做的功等于12m v 22－mgh ，选项D 正确；故选CD. 答案：CD6．(2017·衡阳联考)一辆汽车在平直的公路上运动，运动过程中先保持某一恒定加速度，后保持恒定的牵引功率，其牵引力和速度的图象如图所示．若已知汽车的质量m 、牵引力F 1和速度v 1及该车所能达到的最大速度v 3，运动过程中所受阻力恒定，则根据图象所给的信息，下列说法正确的是( )(导学号 57180116)A ．汽车行驶中所受的阻力为F 1v 1v 3B ．汽车匀加速运动的过程中牵引力的冲量大小为m v 1v 3v 3－v 1C ．速度为v 2时的加速度大小为F 1v 1m v 2D ．若速度为v 2时牵引力恰为F 12，则有v 2＝2v 1解析：根据牵引力和速度的图象以及功率公式P ＝F v 得汽车运动中的最大功率为F 1v 1.汽车所能达到的最大速度时加速度为零，所以此时阻力等于牵引力，所以阻力F f ＝F 1v 1v 3，选项A 正确．根据牛顿第二定律，有恒定加速度时，加速度a ′＝F 1－F f m ＝F 1m －F 1v 1m v 3，加速的时间t ＝v 1a ′＝m v 1v 3F 1（v 3－v 1），则汽车匀加速运动的过程中牵引力的冲量大小为I ＝F 1t ＝m v 1v 3v 3－v 1，故选项B 正确．速度为v 2时的牵引力是F 1v 1v 2，对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和阻力，根据牛顿第二定律，速度为v 2时加速度大小为a ＝F 1v 1m v 2－F 1v 1m v 3，故选项C 错误．若速度为v 2时牵引力恰为F 12，则F 1v 1v 2＝F 12，则v 2＝2v 1，选项D 正确．故选ABD.答案：ABD7．(2017·湖北七市联考)如图所示，倾角为37°的光滑斜面上粘贴有一厚度不计、宽度为d ＝0.2 m 的橡胶带，橡胶带的上表面与斜面位于同一平面内，其上、下边缘与斜面的上、下边缘平行，橡胶带的上边缘到斜面的顶端距离为L ＝0.4 m ，现将质量为m ＝1 kg 、宽度为d 的薄矩形板上边缘与斜面顶端平齐且从斜面顶端静止释放．已知矩形板与橡胶带之间的动摩擦因素为0.5，重力加速度g 取10 m/s 2，不计空气阻力，矩形板由斜面顶端静止释放下滑到完全离开橡胶带的过程中(此过程矩形板始终在斜面上)，下列说法正确的是( )A ．矩形板受到的摩擦力为F f ＝4 NB ．矩形板的重力做功为 W G ＝3.6 JC ．产生的热量为Q ＝0.8 JD ．矩形板的上边缘穿过橡胶带下边缘时速度大小为2355m/s 解析：矩形板在滑过橡胶带的过程中对橡胶带的正压力是变化的，所以矩形板受到的摩擦力是变化的，故A 错误；重力做功W G ＝mg (L ＋d )sin θ＝3.6 J ，所以B 正确；产生的热量等于克服摩擦力做功Q ＝2×12μmg cos θ·d ＝0.8 J ，所以C 正确；根据动能定理：W G －Q ＝12m v 2－0，解得v ＝2355m/s ，所以D 正确． 答案：BCD三、计算题8．(2017·衡水模拟)一辆汽车的质量为m ，其发动机的额定功率为P 0，从某时刻起汽车以速度v 0在水平公路上沿直线匀速行驶，此时汽车发动机的输出功率为P 04，接着汽车开始沿直线匀加速行驶，当速度增加到8v 05时，发动机的输出功率恰好为P 0.如果汽车在水平公路上沿直线行驶中所受到的阻力与行驶速率成正比，求：(1)汽车在水平公路上沿直线行驶所能达到的最大速率v m ；(2)汽车匀加速行驶所经历的时间和通过的距离．解析：(1)汽车以速度v 0在水平公路上沿直线匀速行驶时发动机的输出功率为P 04，可知P 04＝k v 0·v 0 汽车在水平公路上沿直线行驶所能达到的最大功率P 0＝k v m ·v m 解得v m ＝2v 0.(2)当汽车速度增加到8v 05时，设牵引力为F ，汽车的加速度为a ，P 0＝F ·8v 05由牛顿第二定律得F －k ·8v 05＝ma 汽车匀加速行驶所经历的时间t ＝8v 05－v 0a解得t ＝8m v 203P 0 汽车匀加速行驶通过的距离x ＝v 0t ＋12at 2＝52m v 3015P 0. 答案：(1)2v 0 (2)8m v 203P 0 52m v 3015P 0 9.如图所示，在倾角θ＝37°的绝缘斜面所在空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E ＝4.0×103 N/C ，在斜面底端有一与斜面垂直的绝缘弹性挡板．质量m ＝0.20 kg 的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下，滑到斜面底端以与挡板相碰前的速率返回．已知斜面的高度h ＝0.24 m ，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.30，滑块带电荷量q ＝－5.0×10－4C ，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.求：(导学号57180117)(1)滑块从斜面最高点滑到斜面底端时的速度大小；(2)滑块在斜面上运动的总路程s和系统产生的热量Q. 解析：(1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力F f＝μ(mg＋qE)cos 37°＝0.96 N，设到达斜面底端时的速度为v，根据动能定理得(mg＋qE)h－F f·hsin 37°＝12m v2，解得v＝2.4 m/s.(2)滑块最终将静止在斜面底端，因此重力势能和电势能的减少量等于克服摩擦力做的功(mg＋qE)h＝F f s.解得滑块在斜面上运动的总路程s＝1 m，Q＝F f s＝0.96 J.答案：(1)2.4 m/s(2)1 m0.96 J10．如图所示，两块相同的薄木板紧挨着静止在水平地面上，每块木板的质量为M＝1.0 kg，长度为L＝1.0 m，它们与地面间的动摩擦因数均为μ1＝0.10.木板1的左端放有一块质量为m＝1.0 kg的小铅块(可视为质点)，它与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.25.现突然给铅块一个水平向右的初速度，使其在木板1上滑行．假设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度g取10 m/s2.(1)当铅块的初速度v0＝2.0 m/s时，铅块相对地面滑动的距离是多大？(2)若铅块的初速度v1＝3.0 m/s，铅块停止运动时与木板2左端的距离是多大？解：(1)取水平向右为正方向，相对木板滑动时，铅块与木板间的滑动摩擦力的大小为F f＝μ2mg＝2.5 N，当铅块在木板1上滑动时，两块木板与地面间的最大静摩擦力的大小为F f1＝μ1(2M＋m)g＝3.0 N，因为F f<F f1，所以铅块在木板1上运动时，两块木板都保持静止．设铅块能在木板1上停止运动，相对木板1运动的距离为x，则－F f·x＝0－12m v2，解得x＝0.8 m，因为x<L，所以假设成立，铅块相对地面滑动的距离也为0.8 m.(2)铅块刚离开木板1时两块木板速度均为0，设此时铅块的速度为v2，则－F f·L＝12m v22－12m v21，解得v2＝2 m/s，铅块在木板2上滑动时，设铅块的加速度为a，木板2的加速度为a1，则a＝－F fm＝－μ2g＝－2.5 m/s2，a1＝μ2mg－μ1（M＋m）gM＝0.5 m/s2.假设铅块滑上木板2后，经过时间t能相对木板2静止，此时铅块和木板2的共同速度为v，该过程铅块位移为x1，木板2的位移为x2，铅块与木板2左端的距离为Δx，v＝v2＋at，v＝a1t，x1＝v2t＋12at2，x2＝12a1t2，Δx＝x1－x2，解得Δx＝23m，此后铅块相对木板2保持相对静止，即铅块停止运动时与木板2左端的距离为23m. 答案：(1)0.8 m (2)23m。
高三物理二轮复习《专题二第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.
功、功率与动能定理(解析版)
构建知识网络：考情分析：功和功率、动能和动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律是力学的重点，也是高考考查的重点，常以选择题、计算题的形式出现，考查常与生产生活实际联系紧密，题目的综合性较强。
复习中要特别注意功和功率的计算，动能定理、机械能守恒定律的应用以及与平抛运动、圆周运动知识的综合应用重点知识梳理： 一、功1.做功的两个要素(1)作用在物体上的力. (2)物体在力的方向上发生的位移. 2.功的物理意义 功是能量转化的量度. 3.公式 W ＝Fl cos_α(1)α是力与位移方向之间的夹角，l 为物体对地的位移. (2)该公式只适用于恒力做功. 4.功的正负(1)当0≤α<π2时，W >0，力对物体做正功.(2)当π2<α≤π时，W <0，力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功.(3)当α＝π2时，W ＝0，力对物体不做功.通晓两类力做功特点(1)重力、弹簧弹力和电场力都属于“保守力”，做功均与路径无关，仅由作用对象的初、末位置(即位移)决定。
(2)摩擦力属于“耗散力”，做功与路径有关。
二、功率1.物理意义：描述力对物体做功的快慢.2.公式：(1)P ＝Wt ，P 为时间t 内的物体做功的快慢.(2)P ＝Fv①v 为平均速度，则P 为平均功率. ②v 为瞬时速度，则P 为瞬时功率. 3.对公式P ＝Fv 的几点认识：(1)公式P ＝Fv 适用于力F 的方向与速度v 的方向在一条直线上的情况. (2)功率是标量，只有大小，没有方向；只有正值，没有负值.(3)当力F 和速度v 不在同一直线上时，可以将力F 分解或者将速度v 分解. 4.额定功率：机械正常工作时的最大功率.5.实际功率：机械实际工作时的功率，要求不能大于额定功率. 三、动能1.定义：物体由于运动而具有的能.2.公式：E k ＝12mv 2.3.物理意义：动能是状态量，是标量(选填“矢量”或“标量”)，只有正值，动能与速度方向无关.4.单位：焦耳，1J ＝1N·m ＝1kg·m 2/s 2.5.动能的相对性：由于速度具有相对性，所以动能也具有相对性.6.动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔE k ＝12mv 22－12mv 12.四、动能定理1.内容：在一个过程中合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化.2.表达式：(1)W ＝ΔE k . (2)W ＝E k2－E k1. (3)W ＝12mv 22－12mv 12.3.物理意义：合外力做的功是物体动能变化的量度.4.适用条件(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动. (2)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功.(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用. 【名师提醒】一对平衡力做功绝对值肯定相等；一对相互作用力做功的绝对值不一定相等，可以同为正或同为负，也可以一个做功一个不做功，可以一正一负绝对值不一定相等---因为相互作用力作用在不同的物体上，不同的物体位移不一定相等。
大二轮高考总复习物理文档：第5讲功、功率与动能定理-
(1) 机车先做加速度逐渐减小的变加速直线运动，后做匀速直线运动，速度
如图所示，当
F＝F
阻 时，
v
m＝
PF＝
P F阻
．
— 时间图象
(2)动能定理
Pt1－ F
阻
x＝
1 2m
v
2m－
0
．
2． 恒定加速度启动
(1) 速度 — 时间图象如图所示．机车先做匀加速直线运动，当功率增大到额定功率后获
得匀加速的最大速度 v1.之后做变加速直线运动，直至达到最大速度
θ，则
h
相同时，倾角较小则拉力做的功较
多，选项 A 正确， C 错误；重力做功为 WG＝ mgh，则重力做功相同，选项 B 错误；克服摩
擦力做的功
Wf＝
μ
mcgos
θ·L ＝
μ
h m·gtan
θ，所以倾角越大，摩擦力做功越小，选项
D 错误．
答案： A
高频考点 2 机车启动问题
机车的两类启动问题
1． 恒定功率启动
(4)用平均力求功 (力与位移呈线性关系，如弹簧的弹力 )；
(5)利用 W＝ Pt 求功．
2． 求功率的途径 (1)平均功率： P＝ Wt ， P＝ F－v cos α．
(2)瞬时功率： P＝ Fvcos α．
1－ 1． (2017 ·全国卷Ⅱ )如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在 大圆环上套着一个小环． 小环由大圆环的最高点从静止开始下滑， 在小环下滑的过程中， 大 圆环对它的作用力 ( )
C．由 P＝Fv 只能求某一时刻的瞬时功率 D．从 P＝F v 知，当汽车发动机功率一定时，牵引力与速度成反比 解析： 由 P＝ Wt 能求某段时间的平均功率，当物体做功快慢相同时，也可求得某一时刻 的瞬时功率，选项 A 错误；从 P＝ Fv 知，当汽车的牵引力不变时，汽车的瞬时功率与它的
高考物理二轮专题复习课件第5讲 功 功率 动能定理
• 3．(多选)(2018·全国Ⅲ，19)地下矿井中的矿石装在 用电机通过竖井运送到地面。某竖井中矿车提升的速度大
的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的
它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同
质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第
过程，
()
• A．矿车上升所用的时间之比为4∶5
故第②次提升过程所用时间为t20＋32t0＋t20＝52t0，
两次上升所用时间之比为2t0∶
5 2
t0＝4∶5。B错：由于加速
同，故加速时牵引力相同。C对：在加速上升阶段，由牛顿第二定
F－mg＝ma，F＝m(g＋a)
第①次在t0时刻，功率P1＝F·v0，
第②次在t20时刻，功率P2＝F·v20，
第②次在匀速阶段P2′＝F′·v20＝mg·v20<P2，
可知，电机的输出最大功率之比P1∶P2＝2∶1。D错：由动能定
过程动能变化量相同，克服重力做功相同，故两次电机做功也相同
• 4．(2018·江苏，4)从地面竖直向上抛出一只小球， 一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动
t的关系图象是 ( )
A
B
C
D
[解析] 小球做竖直上抛运动，设初速度为v0，则 v＝v0－gt 小球的动能Ek＝12mv2，把速度v代入得 Ek＝12mg2t2－mgv0t＋12mv20 Ek与t为二次函数关系。
专题整合突破
专题二 能量与动量
要点解读
备考对策
1.功、功率、动能定理及动量定理部 1.正确判断是否做功、是做正 分：考查与功、功率相关的分析和 ，掌握各种力做功的特点及
计算及动能定理、动量定理的综合 区别瞬时功率和平均功率。
2018届高考物理大二轮复习第5讲功功率动能定理专题复习指导课件
[ 析 ]
本题考查竖直面内的圆周运动与做功问题。由于大圆环是光滑
的，因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方向始终与速度方向垂 直，因此作用力不做功，A项正确，B项错误；小环刚下滑时，大圆环对小环的 作用力背离大圆环的圆心，滑到大圆环圆心以下的位置时，大圆环对小环的作 用力指向大圆环的圆心，C、D项错误。
第 5讲
功
功率
动能定理
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微 高 热 复
网 考 点 习
构 真 聚 练
建 题 焦 案
微网构建
高考真题
1．(2017· 全国卷Ⅱ，14)如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直 平面内，在大圆环上套着一个小环，小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在 小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力 导学号 86084093 ( A ) A．一直不做功 B．一直做正功 C．始终指向大圆环圆心 D．始终背离大圆环圆心
安徽省江淮十校第三次联考) 如图所示，A、B、C 是 典例1 (多选)(2017· 水平面上同一直线上的三点，其中 AB＝BC，在 A 点正上方的 O 点以初速度 v0 水平抛出一小球，刚好落在 B 点，小球运动的轨迹与 OC 的连线交与 D 点，不 计空气阻力，重力加速度为 g，则下列说法正确的是 导学号 86084097 ( AC )
热点聚焦
热点一 功和功率的计算
1．恒力做功的公式 W＝Flcosα(通过F与l间的夹角α，判断F是否做功及做功的正、负) 2．变力做功的计算 (1)用动能定理W＝ΔEk或功能关系W＝ΔE计算 (2)变力做功的功率一定时，用功率和时间计算：W＝Pt
(3)将变力做功转化为恒力做功
3．总功的计算 (1)先求物体所受的合外力，再求合外力所做的功 (2)先求每个力做的功，再求各力做功的代数和 (3)利用动能定理，合力功等于动能的变化 4．功率 W (1)平均功率：P＝ t ＝F v cosα (2)瞬时功率：P＝Fvcosα(α 为 F 与 v 的夹角)
江苏物理《高考专题》二轮复习讲义专题三第5讲功功率动能定理解析
小为 a 7 0 － 2 .4 5 0 .4 － 1 0 m 飞/s 2 行 员2 8 所.1 m 承/受s 2 ， 的最大
2 .1
加速度超过2.5g，选项C正确；在0.4～2.5 s时间内，阻拦系
统对飞机做功的功率P=Fv，F不变，v逐渐减小，功率P减小， 故D错。
热点考向 1 功、功率的理解和计算 【典例1】(2013·天津河西区一模)长 为L的轻质细绳悬挂一个质量为m的小 球，其下方有一个倾角为θ的光滑斜 面体，放在水平面上，开始时小球与 斜面刚刚接触且细绳恰好竖直，如图所示，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( )
专题三 动能定理和能量守恒定律 第5讲 功 功率 动能定理
1.常用基本公式： (1)恒力做功的公式：W=_F_lc_o_s_α__，其中α为_力__F_和__位__移__l的__夹__角__。
(2)平均功率的公式：P= W =_F_v_c_o_s_。
t
(3)瞬时功率的公式：P=_F_v_c_o_s_α__，当α=0时，P=_F_v_。 (4)动能定理的表达式：W总=_E_k_2-_E_k_1，其中W总为_所__有__外__力__做__功__ _的__代__数__和__。
A.从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的
1 10
B.在0.4～2.5 s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化
C.在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5g
D.在0.4～2.5 s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变
【解析】选A、C。设着舰时舰载机的速度为v,无阻拦索时舰载 机加速度大小为a，所以 av2 702 m /s22.45m /s2 ，
平面内由A点运动到B点。在此过程中拉
2018届高考物理三轮冲刺导学案---功、功率(含解析)-最新教育文档
三轮冲刺导学案---功、功率考点剖析一、功1．概念：一个物体受到力的作用，并在力的方向上发生了一段位移，这个力就对物体做了功。
2．做功的两个要素（1）物体受力的作用。
（2）物体在力的方向上发生了位移。
注意：两个要素缺一不可，因为有力不一定有位移，有位移不一定有力。
3．功的物理意义：功是能量转化的量度。
功只有大小，没有方向。
4．功的计算公式（1）力F与位移l同向时，W=Fl。
（2）力F与位移l夹角为α时，W=Fl cos α。
其中F、l、α分别为力的大小、位移的大小和力与位移的夹角。
注意：（1）计算功时首先应明确要求的是哪一个力的功，物体所受的各个力做功时互不影响；（2）力对物体做功，只与F、l、α有关，与物体的运动状态无关。
5．功的单位在国际单位制中，功的单位是焦耳，简称焦，符号是J。
1 J等于1 N的力使物体在力的方向上发生1 m的位移所做的功，即1 J=1 N·m。
6．功的正负1．功的正负不表示方向、大小，只表示做功的力是阻力还是动力。
2．正功与负功及不做功的判定（1）根据力和位移的夹角判定（多用于恒力做功）。
①当F、l夹角为锐角时，F做正功。
②当F、l夹角为钝角时，F做负功。
③当F、l夹角为直角时，F不做功。
（2）根据力和速度的夹角判定（多用于曲线运动）。
①当F、v夹角为锐角时，F做正功。
②当F、v夹角为钝角时，F做负功。
③当F、v夹角为直角时，F不做功。
7．合力做功的两种求解思路由合力与分力的等效替代关系知，合力与分力做功也是可以等效替代的，因此计算总功的方法有两种：（1）先求物体所受到的合外力，再根据公式W合=F合l cos α求合外力的功。
（2）先根据W=Fl cos α，求每个分力做的功W1，W2，···，W n，再根据W合=W1+W2+···+W n，求合力的功，即合力做的功等于各分力做功的代数和。
二、功率1．定义功W跟完成这些功所用的时间t的比值叫做功率，通常用P表示。
2018年物理新课标高考总复习第一轮复习教师用书：第五
功和功率从近几年的高考看，动能和动能定理 重力做功与重力势能 功能关系、机械能守恒第一节 功和功率一、功1．做功的两个必要条件：力和物体在力的方向上发生的位移．2．公式：W ＝Fl cos_α．适用于恒力做功．其中α为F 、l 方向间夹角，l 为物体对地的位移．3．功的正、负的判断 (1)α<90°，力对物体做正功．(2)α>90°，力对物体做负功，或说物体克服该力做功． (3)α＝90°，力对物体不做功．功是标量，比较做功多少要看功的绝对值． 1.判断正误(1)只要物体受力的同时又发生了位移，则一定有力对物体做功．( )(2)一个力对物体做了负功，则说明这个力一定阻碍物体的运动．( ) (3)作用力做负功时，反作用力一定做正功．( )(4)力对物体做功的正、负可由力和位移方向间的夹角决定．( ) (5)静摩擦力一定对物体不做功．( ) 提示：(1)× (2)√ (3)× (4)√ (5)× 二、功率1．定义：功与完成这些功所用时间的比值． 2．物理意义：描述力对物体做功的快慢． 3．公式(1)定义式：P ＝Wt ，P 为时间t 内的平均功率．(2)推论式：P ＝F v cos_α．(α为F 与v 的夹角)2.(2017·福建闽粤联合体联考)如图所示，质量相同的两物体从同一高度由静止开始运动，A 沿着固定在地面上的光滑斜面下滑，B 做自由落体运动．两物体分别到达地面时，下列说法正确的是( )A ．重力的平均功率P A ＞PB B ．重力的平均功率P A ＝P BC ．重力的瞬时功率P A ＝P BD ．重力的瞬时功率P A ＜P B提示：选D.B 做自由落体运动，运动时间t B ＝ 2hg.A 做匀加速直线运动，a ＝g sin θ，根据h sin θ＝12g sin θt 2A 得，t A ＝2h g sin 2θ，可知t A ＞t B .重力做功相等，根据P ＝W Gt 知，P A ＜P B ，A 、B 错误．根据动能定理，mgh ＝12m v 2得，两物体到达地面时的速度大小均为v ＝2gh .A 物体重力的瞬时功率P A ＝mg v sin θ，B 物体重力的瞬时功率P B ＝mg v .则P A ＜P B .C 错误，D 正确．对功的判断和计算 【知识提炼】1．功的正、负的判断方法(1)恒力做功的判断：依据力与位移的夹角来判断．(2)曲线运动中做功的判断：依据F 与v 的方向夹角α来判断，0°≤α<90°，力对物体做正功；90°<α≤180°，力对物体做负功；α＝90°，力对物体不做功．(3)依据能量变化来判断：功是能量转化的量度，若有能量转化，则必有力对物体做功．此法常用于判断两个相联系的物体之间的相互作用力做功的情况．2．合力做功的计算方法法一：先求合力F合，再用W合＝F合l cos α求功．法二：先求各个力做的功W1、W2、W3……，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋……求合力做的功．【典题例析】如图所示，质量为m的小球用长为L的轻绳悬挂于O点，用水平恒力F拉着小球从最低点运动到使轻绳与竖直方向成θ角的位置，求此过程中，各力对小球做的功及总功．[审题指导]W＝F·l cos α可以理解为功等于力与力方向上的位移的乘积．[解析]如解析图，小球在F方向的位移为CB，方向与F同向，则W F＝F·CB＝F·L sin θ小球在重力方向的位移为AC，方向与重力反向，则W G＝mg·AC·cos 180°＝－mg·L(1－cos θ)绳的拉力F T时刻与运动方向垂直，则W F T＝0故W总＝W F＋W G＋W F T＝F·L sin θ－mgL(1－cos θ)．[答案]见解析【跟进题组】考向1对功的正、负的判断1.一辆正沿平直路面行驶的车厢内，一个面向车前进方向站立的人对车厢壁施加水平推力F，在车前进s的过程中，下列说法正确的是()A．当车匀速前进时，人对车做的总功为正功B．当车加速前进时，人对车做的总功为负功C．当车减速前进时，人对车做的总功为负功D．不管车如何运动，人对车做的总功都为零解析：选B.人对车施加了三个力，分别为压力、推力F、静摩擦力f，根据力做功的公式及作用力和反作用力的关系判断做正功还是负功．当车匀速前进时，人对车厢壁的推力F 做的功为W F＝Fs，静摩擦力做的功为W f＝－fs，人处于平衡状态，根据作用力与反作用力的关系可知，F＝f，则人对车做的总功为零，故A错误；当车加速前进时，人处于加速状态，车厢对人的静摩擦力f′向右且大于车厢壁对人的作用力F′，所以人对车厢的静摩擦力f 向左，静摩擦力做的功W f＝－fs，人对车厢的推力F方向向右，做的功为W F＝Fs，因为f>F，所以人对车做的总功为负功，故B正确，D错误；同理可以证明当车减速前进时，人对车做的总功为正功，故C 错误．考向2 恒力做功的求解2．(高考全国卷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 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解析：选C.物体两次的加速度之比a 2∶a 1＝2v t ∶v t ＝2∶1，位移之比l 2∶l 1＝2v 2t ∶v2t ＝2∶1，摩擦力之比f 2∶f 1＝1∶1，由牛顿第二定律得F －f ＝ma ，则拉力之比F 2∶F 1＝(ma 2＋f )∶(ma 1＋f )<2，做功之比W F 2∶W F 1＝(F 2·l 2)∶(F 1·l 1)<4，W f 2∶W f 1＝(－f 2·l 2)∶(－f 1·l 1)＝2∶1，故C 正确．考向3 变力做功的求解3．(多选)(2017·宁波模拟)如图所示，摆球质量为m ，悬线长为L ，把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球运动过程中空气阻力F 阻的大小不变，则下列说法正确的是( )A ．重力做功为mgLB ．悬线的拉力做功为0C ．空气阻力F 阻做功为－mgLD ．空气阻力F 阻做功为－12F 阻πL解析：选ABD.由重力做功特点得重力做功为：W G ＝mgL ，A 正确；悬线的拉力始终与v 垂直，不做功，B 正确；由微元法可求得空气阻力做功为：W F 阻＝－12F 阻πL ，D 正确．求解变力做功的几种思路(1)利用动能定理W ＝ΔE k 或功能关系W ＝ΔE 计算能量变化量ΔE 或ΔE k ，即等量替换的物理思想．(2)当变力的功率P 一定时，可用W ＝Pt 求功，如机车以恒定功率启动．(3)当变力方向不变，大小与位移成正比时，可用力对位移的平均值F ＝12(F 初＋F 末)来计算．(4)当变力大小不变，方向在变化且力的方向始终与速度方向相同或相反时，功可用力与路程的乘积计算．(5)用变力F 随位移x 的变化图象与x 轴所围的“面积”计算功．注意x 轴上下两侧分别表示正、负功．对功率的理解和计算 【知识提炼】1．平均功率的计算 (1)利用P ＝Wt.(2)利用P ＝F ·v cos α，其中v 为物体运动的平均速度，F 为恒力． 2．瞬时功率的计算(1)利用公式P ＝F ·v cos α，其中v 为t 时刻的瞬时速度． (2)P ＝F ·v F ，其中v F 为物体的速度v 在力F 方向上的分速度． (3)P ＝F v ·v ，其中F v 为物体受的外力F 在速度v 方向上的分力．对于α变化的不能用公式P ＝F v cos α计算平均功率．【典题例析】(多选)(2017·海口模拟)质量为m 的物体静止在光滑水平面上，从t ＝0时刻开始受到水平力的作用．力的大小F 与时间t 的关系如图所示，力的方向保持不变，则( )A ．3t 0时刻的瞬时功率为 5F 20t 0mB ．3t 0时刻的瞬时功率为 15F 20t 0mC ．在t ＝0到3t 0这段时间内，水平力的平均功率为 23F 20t 04mD ．在t ＝0到3t 0这段时间内，水平力的平均功率为 25F 20t 06m[审题指导] (1)求瞬时功率时，先明确所用公式，再确定该时刻的力和速度． (2)求平均功率时，先明确所用公式及研究的过程，再确定功和时间．[解析] 2t 0时刻速度大小v 2＝a 1·2t 0＝2F 0m t 0，3t 0时刻的速度大小为v 3＝v 2＋a 2t 0＝F 0m ·2t＋3F 0m ·t 0＝5F 0t 0m，3t 0 时刻力F ＝3F 0，所以瞬时功率P ＝3F 0·v 3＝15F 20t 0m，A 错、B 对；0～3t 0时间段，水平力对物体做功W ＝F 0x 1＋3F 0x 2＝F 0×12·F 0m (2t 0)2＋3F 0·v 2＋v 32t 0＝25F 20t 202m ，平均功率P ＝W t＝25F 20t 06m，C 错、D 对． [答案] BD(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( )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解析：选ABD.对舰载机应用运动学公式v 2－02＝2ax ，即802＝2·a ·100，得加速度a ＝32 m/s 2，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 正确；弹射过程所用的时间为t ＝v a ＝8032 s ＝2.5 s ，平均功率P ＝W t ＝1.1×1082.5W ＝4.4×107 W ，选项C 错误．计算功率的基本思路(1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率，然后明确所用公式．(2)判断变力的瞬时功率的变化情况时，若F 大小不变，根据F 与v 的夹角的变化，由P ＝F ·v cos θ判断，若F 的大小和F 、v 夹角均变化时，可先把F 做功转换成其他恒力做功，然后再判断．机车启动问题 【知识提炼】两种启动方式的比较某汽车发动机的额定功率为60 kW ，汽车质量为5 t ，汽车在运动中所受阻力的大小恒为车重的0.1倍．(g 取10 m/s 2)(1)若汽车以额定功率启动，则汽车所能达到的最大速度是多少？当汽车速度达到5 m/s 时，其加速度是多少？(2)若汽车以恒定加速度0.5 m/s 2启动，则其匀加速过程能维持多长时间？ [审题指导] (1)达到最大速度时，汽车处于什么状态？ (2)v ＝5 m/s 时，牵引力多大？(3)以加速度0.5 m/s 2启动时，牵引力多大？此阶段能达到的最大速度为多少？ [解析] (1)当汽车的加速度为零时，汽车的速度v 达到最大值v m ，此时牵引力与阻力相等，故最大速度为v m ＝P F ＝PF f ＝60×1030.1×5 000×10 m/s ＝12 m/sv ＝5 m/s 时的牵引力F 1＝P v ＝60×1035 N ＝1.2×104 N ，由F 1－F f ＝ma 得：a ＝F 1－F fm＝1.2×104－0.1×5×103×105×103m/s 2＝1.4 m/s 2. (2)当汽车以a ′＝0.5 m/s 2的加速度启动时的牵引力 F 2＝ma ′＋F f ＝(5 000×0.5＋0.1×5×103×10) N＝7 500 N匀加速运动能达到的最大速度为v ′m ＝P F 2＝60×1037 500m/s ＝8 m/s由于此过程中汽车做匀加速直线运动，满足v ′m ＝a ′t 故匀加速过程能维持的时间t ＝v ′m a ′＝80.5 s ＝16 s.[答案] (1)12 m/s 1.4 m/s 2 (2)16 s【跟进题组】考向1 以恒定功率启动方式的求解1．(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 1B ．v 2＝k 1k 2v 1C ．v 2＝k 2k 1v 1D ．v 2＝k 2v 1解析：选B.车以最大速率行驶时，牵引力F 等于阻力F f ，即F ＝F f ＝kmg .由P ＝k 1mg v 1及P ＝k 2mg v 2，得v 2＝k 1k 2v 1，故B 正确．考向2 以恒定牵引力启动方式的求解2．某汽车集团公司研制了一辆燃油与电动混合动力赛车，燃油发动机单独工作时的额定功率为P ，蓄电池供电的电力发动机单独工作时的额定功率为3P4，已知赛车运动过程中受到的阻力恒定．(1)若燃油发动机单独工作时的最大速度为120 km/h ，则两台发动机同时工作时的最大速度为多少？(2)若赛车先单独启动电力发动机从静止开始做匀加速直线运动，经过t 1时间达到额定功率，然后以燃油发动机的额定功率单独启动继续加速，又经过t 2时间达到最大速度v 0，赛车总质量为m ，求赛车的整个加速距离．解析：(1)燃油发动机单独工作，P ＝F 1v 1＝f v 1 两台发动机同时工作，P ＋3P4＝F 2v 2＝f v 2最大速度v 2＝7v 14＝210 km/h.(2)燃油发动机的额定功率为P ，最大速度为v 0， 阻力f ＝Pv 0匀加速过程功率随时间均匀增加，发动机的平均功率为3P8，设总路程为s ，由动能定理有3P 8t 1＋Pt 2－fs ＝12m v 20解得s ＝P （3t 1＋8t 2）v 0－4m v 308P.答案：(1)210 km/h (2)P （3t 1＋8t 2）v 0－4m v 308P机车启动问题中的三个重要关系式(1)无论哪种运动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即v m ＝P F min ＝PF 阻(式中F min 为最小牵引力，其值等于阻力F 阻)．(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，速度不是最大，即v ＝P F ＜v m ＝P F 阻.(3)机车以恒定功率运动时，牵引力做的功W ＝Pt .由动能定理：Pt －F 阻x ＝ΔE k .此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小．1．如图所示，两箱相同的货物，现要用电梯将它们从一楼运到二楼，其中图甲是利用扶梯台式电梯运送货物，图乙是用履带式自动电梯运送，假设两种情况下电梯都是匀速地运送货物，下列关于两电梯在运送货物时说法正确的是( )A ．两种情况下电梯对货物的支持力都对货物做正功B ．图乙中电梯对货物的支持力对货物做正功C ．图甲中电梯对货物的支持力对货物不做功D ．图乙中电梯对货物的支持力对货物不做功解析：选D.在图甲中，货物随电梯匀速上升时，货物受到的支持力竖直向上，与货物位移方向的夹角小于90°，故此种情况下支持力对货物做正功，选项C 错误；图乙中，货物受到的支持力与履带式自动电梯接触面垂直，此时货物受到的支持力与货物位移垂直，故此种情况下支持力对货物不做功，故选项A 、B 错误，D 正确．2．(多选)(2017·成都模拟)一质量为1 kg 的质点静止于光滑水平面上，从t ＝0时起，第1秒内受到2 N 的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1 N 的外力作用．下列判断正确的是( )A ．0～2秒内外力的平均功率是94 WB ．第2秒内外力所做的功是54 JC ．第2秒末外力的瞬时功率最大D ．第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是45解析：选AD.由题意知质点所受的水平外力即为合力，则知质点在这2秒内的加速度分别为a 1＝2 m/s 2、a 2＝1 m/s 2，则质点在第1 s 末与第2 s 末的速度分别为v 1＝2 m/s 、v 2＝3 m/s ，每一秒内质点动能的增加量分别为ΔE k1＝12m v 21＝2 J 、ΔE k2＝12m v 22－12m v 21＝2.5 J ，D 正确．再由动能定理可知第2 s 内与0～2 s 内外力所做功分别为W 2＝ΔE k2＝2.5 J 、W ＝12m v 22－0＝4.5J ，则在0～2 s 内外力的平均功率P ＝W t ＝94 W ，A 正确、B 错误．由P ＝F v 知质点在第1 s末与第2 s 末的瞬时功率分别为P 1＝4 W 、P 2＝3 W ，故C 错误．3．如图甲所示，轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个质量m ＝0.5 kg 的物块，处于静止状态．以物块所在处为原点，以竖直向下为正方向建立x 轴，重力加速度g ＝10 m/s 2.现对物块施加竖直向下的拉力F ，F 随x 变化的情况如图乙所示．若物块运动到x ＝0.4 m 处速度为零，则在物块下移0.4 m 的过程中，弹簧弹性势能的增加量为( )A ．5.5 JB ．3.5 JC ．2.0 JD ．1.5 J解析：选A.由图线与横轴所围的“面积”可得物块下移0.4 m 的过程中，拉力F 做的功W ＝3.5 J ，重力势能减少量mgx ＝2 J ，由功能关系，弹簧弹性势能的增加量ΔE p ＝W ＋mgx ＝5.5 J ，选项A 正确．4.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F 的作用下，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 ．先增大，后减小D ．先减小，后增大解析：选A.因小球速率不变，所以小球以O 点为圆心做匀速圆周运动，受力如图所示，因此在切线方向上应有：mg sin θ＝F cos θ，得F ＝mg tan θ.则拉力F 的瞬时功率P ＝F ·v cos θ＝mg v ·sin θ.从A 运动到B 的过程中，拉力的瞬时功率随θ的增大而增大，A 项正确．5.当前我国“高铁”事业发展迅猛，假设一辆高速列车在机车牵引力和恒定阻力作用下，在水平轨道上由静止开始启动，其v －t 图象如图所示，已知0～t 1时间内为过原点的倾斜直线，t 1时刻达到额定功率P ，此后保持功率P 不变，在t 3时刻达到最大速度v 3，以后匀速运动．下列判断正确的是( )A ．从0至t 3时间内，列车一直做匀加速直线运动B ．t 2时刻的加速度大于t 1时刻的加速度C ．在t 3时刻以后，机车的牵引力为零D ．该列车所受的恒定阻力大小为P v 3解析：选D.0～t 1时间内，列车做匀加速运动，t 1～t 3时间内，加速度逐渐变小，故A 、B 错误；t 3以后列车做匀速运动，牵引力大小等于阻力大小，故C 错误；匀速运动时F f ＝F 牵＝P v 3，故D 正确． 6.(2015·高考四川卷)严重的雾霾天气，对国计民生已造成了严重的影响．汽车尾气是形成雾霾的重要污染源，“铁腕治污”已成为国家的工作重点．地铁列车可实现零排放，大力发展地铁，可以大大减少燃油公交车的使用，减少汽车尾气排放．若一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动，先匀加速运动20 s 达最高速度72 km/h ，再匀速运动80 s ，接着匀减速运动15 s 到达乙站停住．设列车在匀加速运动阶段牵引力为1×106 N ，匀速运动阶段牵引力的功率为6×103 kW ，忽略匀减速运动阶段牵引力所做的功．(1)求甲站到乙站的距离；(2)如果燃油公交车运行中做的功与该列车从甲站到乙站牵引力做的功相同，求公交车排放气态污染物的质量．(燃油公交车每做1焦耳功排放气态污染物3×10－6克)解析：(1)设列车匀加速直线运动阶段所用的时间为t 1，距离为s 1；在匀速直线运动阶段所用的时间为t 2，距离为s 2，速度为v ；在匀减速直线运动阶段所用的时间为t 3，距离为s 3；甲站到乙站的距离为s .则s 1＝12v t 1① s 2＝v t 2②s 3＝12v t 3③s＝s1＋s2＋s3④联立①②③④式并代入数据得s＝1 950 m．⑤(2)设列车在匀加速直线运动阶段的牵引力为F，所做的功为W1；在匀速直线运动阶段的牵引力的功率为P，所做的功为W2.设燃油公交车与该列车从甲站到乙站做相同的功W，将排放气态污染物的质量为M.则W1＝Fs1⑥W2＝Pt2⑦W＝W1＋W2⑧M＝(3×10－9 kg·J－1)·W⑨联立①⑥⑦⑧⑨式并代入数据得M＝2.04 kg.答案：(1)1 950 m(2)2.04 kg一、单项选择题1．有一固定轨道ABCD如图所示，AB段为四分之一光滑圆弧轨道，其半径为R，BC 段是水平光滑轨道，CD段是光滑斜面轨道，BC和斜面CD间用一小段光滑圆弧连接．有编号为1、2、3、4完全相同的4个小球(小球不能视为质点，其半径r<R)，紧挨在一起从圆弧轨道上某处由静止释放，经平面BC到斜面CD上，忽略一切阻力，则下列说法正确的是()A．四个小球在整个运动过程中始终不分离B．在圆弧轨道上运动时，2号球对3号球不做功C．在CD斜面轨道上运动时，2号球对3号球做正功D．在CD斜面轨道上运动时，2号球对3号球做负功解析：选A.圆弧轨道越低的位置切线的倾角越小，加速度越小，故相邻小球之间有挤压力，小球在水平面上速度相同，无挤压不分离，在斜面上加速度相同，无挤压也不分离，故B、C、D错误，A正确．2．(2015·高考海南卷)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：选D.设F f ＝k v ，当阻力等于牵引力时，速度最大，输出功率变化前，有P ＝F v ＝F f v ＝k v ·v ＝k v 2，变化后有2P ＝F ′v ′＝k v ′·v ′＝k v ′2，联立解得v ′＝2v ，D 正确．3．如图所示，质量为m 的小猴子在荡秋千，大猴子用水平力F 缓慢将秋千拉到图示位置后由静止释放，此时藤条与竖直方向夹角为θ，小猴子到藤条悬点的长度为L ，忽略藤条的质量．在此过程中正确的是( )A ．缓慢上拉过程中拉力F 做的功W F ＝FL sin θB ．缓慢上拉过程中小猴子重力势能增加mgL cos θC ．小猴子再次回到最低点时重力的功率为零D ．由静止释放到最低点小猴子重力的功率逐渐增大解析：选C.缓慢上拉过程中拉力F 是变力，由动能定理，F 做的功等于克服重力做的功，即W F ＝mgL (1－cos θ)，重力势能增加mgL (1－cos θ)，选项A 、B 错误；小猴子由静止释放时速度为零，重力的功率为零，再次回到最低点时重力与速度方向垂直，其功率也为零，则小猴子下降过程中重力的功率先增大后减小，选项C 正确、D 错误．4.如图是武广铁路上某机车在性能测试过程中的v －t 图象，测试时机车先以恒定的牵引力F 启动发动机使机车在水平铁轨上由静止开始运动，t 1时刻机车关闭发动机，到t 2时刻机车完全停下．图象中θ>α，设整个测试过程中牵引力F 做的功和克服摩擦力f 做的功分别为W 1、W 2，0～t 1时间内F 做功的平均功率和全过程克服摩擦力f 做功的平均功率分别为P 1、P 2，则下列判断正确的是( )A ．W 1>W 2，F ＝2fB ．W 1＝W 2，F >2fC ．P 1<P 2，F >2fD ．P 1＝P 2，F ＝2f解析：选B.机车整个运动过程中，根据动能定理有W 1－W 2＝0，所以W 1＝W 2，又P 1＝W 1t 1，P 2＝W 2t 2，因t 2>t 1，所以P 1>P 2；根据牛顿第二定律，机车的牵引力为F 时的加速度大小a 1＝F －f m ，关闭发动机后机车加速度大小a 2＝f m，根据v －t 图象斜率的意义可知a 1>a 2，即F －f >f ，所以有F >2f ，综上分析可知，B 正确．5．水平面上一质量为m 的物体，在水平力F 作用下开始加速运动，如图甲所示，力F 的功率P 保持恒定，运动过程所受的阻力f 大小不变，物体速度最终达到稳定值v m ，F 作用过程中物体的速度v 的倒数与加速度a 的关系图象如图乙所示，仅在已知功率P 的情况下，根据图象所给的信息( )A ．可求出m 、f 、v mB ．不能求出mC ．不能求出fD ．可求出加速运动时间解析：选A.当加速度为零时，物体做匀速运动，此时牵引力等于阻力，速度为最大值；由功率的计算公式可得P ＝F v ，而F －f ＝ma ，联立可得1v ＝m P a ＋f P，由题图乙可得图线的斜率为m P ，纵截距为f P ＝1v m，因此可求出m 、f 和v m ，选项A 正确，B 、C 错误；物体做变加速运动，加速运动的时间不可求，选项D 错误．二、多项选择题6．(2017·山东济南模拟)汽车从静止匀加速启动，最后做匀速运动，其速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象如图所示，其中正确的是( )解析：选ACD.汽车启动时由P ＝F v 和F －F f ＝ma 可知，匀加速启动过程中，牵引力F 、加速度a 恒定不变，速度和功率均匀增大，当功率增大到额定功率后保持不变，牵引力逐渐减小到与阻力相等，加速度逐渐减小到零，速度逐渐增大到最大速度，故A 、C 、D 正确，B 错误．7.如图所示，细绳的一端绕过定滑轮与木箱相连，现以大小恒定的拉力F 拉动细绳，将静置于A 点的木箱经B 点移到C 点(AB ＝BC )，地面平直且与木箱的动摩擦因数处处相等．设从A 到B 和从B 到C 的过程中，F 做功分别为W 1、W 2，克服摩擦力做功分别为Q 1、Q 2，木箱经过B 、C 时的动能和F 的功率分别为E k B 、E k C 和P B 、P C ，则下列关系一定成立的有( )A ．W 1＞W 2B ．Q 1＞Q 2C ．E k B ＞E k CD ．P B ＞P C解析：选AB.F 做功W ＝Fl cos α(α为绳与水平方向的夹角)，AB 段和BC 段相比较，F 大小相同，l 相同，而α逐渐增大，故W 1＞W 2，A 正确；木箱运动过程中，支持力逐渐减小，摩擦力逐渐减小，故Q 1＞Q 2，B 正确；因为F cos α与摩擦力的大小关系无法确定，木箱运动情况不能确定，故动能关系、功率关系无法确定，C 、D 错误．8.(2017·孝感统测)如图所示，汽车通过轻质光滑的定滑轮，将一个质量为m 的物体从井中拉出，绳与汽车连接点距滑轮顶点高h ，开始时物体静止，滑轮两侧的绳都竖直绷紧，汽车以速度v向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平方向夹角为30°时，则( )A ．从开始到细绳与水平方向夹角为30°时，拉力做功mghB ．从开始到细绳与水平方向夹角为30°时，拉力做功mgh ＋38m v 2 C ．在细绳与水平方向夹角为30°时，拉力功率为mg vD ．在细绳与水平方向夹角为30°时，拉力功率大于32mg v 解析：选BD.汽车以v 向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平方向夹角为30°时，物体上升的高度恰为h ，对速度v 分解可知沿细绳方向的分速度大小为32v ，根据动能定理可知A 错误、B 正确；由于物体加速上升，故细绳拉力大于物体的重力，所以细绳拉力的功率大于32mg v ，C 错误，D 正确． 三、非选择题9.如图所示，竖直向上拉动细绳，使质量m ＝1 kg 的物体从静止开始以5 m/s 2的加速度上升，不计滑轮及绳子的质量和摩擦，则拉力F 在1 s 内对物体做的功为多大？拉力F 在1 s 末的瞬时功率为多大？(g 取10 m/s 2)解析：对物体受力分析，由牛顿第二定律得：2F －mg ＝ma ，由运动学规律可得在 1 s 内物体上升的高度和1 s 末的速度分别为h ＝12at 2，v ＝at . 根据动滑轮的特点以及功的定义可得，在1 s 内力F 做的功为W ＝F ·2h .1 s 末力F 对物体做功的瞬时功率为P ＝F ·2v联立上述方程，代入数据可得：W ＝37.5 J ，P ＝75 W.答案：37.5 J 75 W10．(2017·常州模拟)高速连续曝光照相机可在底片上重叠形成多个图象．现利用这架照相机对MD －2 000家用汽车的加速性能进行研究，如图为汽车做匀加速直线运动时三次曝光的照片，图中汽车的实际长度为4 m ，照相机每两次曝光的时间间隔为2.0 s .已知该汽车的质量为1 000 kg ，额定功率为90 kW ，汽车运动过程中所受的阻力始终为1 500 N.(1)试利用图示，求该汽车的加速度．(2)若汽车由静止开始以此加速度做匀加速运动，匀加速运动状态最多能保持多长时间．(3)汽车所能达到的最大速度是多大．(4)若该汽车从静止开始运动，牵引力不超过3 000 N ，求汽车运动2 400 m 所用的最短时间(汽车已经达到最大速度)．解析：(1)由题图可得汽车在第1个2 s 时间内的位移x 1＝9 m ，第2个2 s 时间内的位移x 2＝15 m汽车的加速度a ＝Δx T 2＝1.5 m/s 2. (2)由F －F f ＝ma 得，汽车牵引力F ＝F f ＋ma ＝(1 500＋1 000×1.5) N ＝3 000 N汽车做匀加速运动的末速度v ＝P 额F ＝90×1033×103m/s ＝30 m/s 匀加速运动保持的时间t 1＝v a ＝301.5s ＝20 s. (3)汽车所能达到的最大速度v m ＝P 额F f ＝90×1031.5×103m/s ＝60 m/s. (4)由(1)、(2)知匀加速运动的时间t 1＝20 s ，运动的距离x ′1＝v t 12＝302×20 m ＝300 m 所以，后阶段以恒定功率运动的距离x ′2＝(2 400－300) m ＝2 100 m对后阶段以恒定功率运动，有P 额t 2－F f x ′2＝12m (v 2m －v 2) 解得t 2＝50 s所以，所用最短时间为t 总＝t 1＋t 2＝(20＋50) s ＝70 s.答案：(1)1.5 m/s 2 (2)20 s (3)60 m/s (4)70 s四、选做题11.质量为2 kg 的物体放在水平面上，物体与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.1，在水平拉力F 的作用下，物体由静止开始运动，拉力做的功W 和物体发生的位移x 之间的关系如图所示，g ＝10 m/s 2.下列说法中正确的是( )A ．此物体在OA 段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15 W。
2018年全国卷高考物理总复习《功和能》专题演练(含解析)
2018年全国卷高考物理总复习《功和能》专题演练1．小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q 球的绳短。
将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。
将两球由静止释放，在各自轨迹的最低点（）A．P球的速度一定大于Q球的速度B．P球的动能一定小于Q球的动能C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度【答案】C2．（多选）两实心小球甲和乙由同一种材质制成，甲球质量大于乙球质量。
两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。
若它们下落相同的距离，则（）A．甲球用的时间比乙球长B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功【答案】BD3．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】D4．在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小（）A．一样大B．水平抛的最大C．斜向上抛的最大D．斜向下抛的最大【答案】A5．一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变化的图像中，可能正确的是（）A B C D【答案】A6．（多选）如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接。
不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g。
则（）A．a落地前，轻杆对b一直做正功B．a落地时速度大小为C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于gD．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg【答案】BD7．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，并且处于原长状态，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BC．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】B8．【2017·长春外国语学校高三上学期期末考试】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，不计一切摩擦，则物体运动到x=16 m处时，速度大小为（）A．2 2 m/s B．3 m/s C．4 m/s D.17m/s【答案】B9．【2017·河南省中原名校豫南九校高三上学期第四次质量考评】如图所示，汽车在平直路面上匀速运动，用跨过光滑定滑轮的轻绳牵引轮船，汽车与滑轮间的绳保持水平，当牵引轮船的绳与水平方向成θ角时，轮船速度为υ，汽年的功率为P，汽车受到的阻力(不含绳的拉力)恒为f，则此时绳对船的拉力大小为（）A ．f P +θυcos B ．f P -θυcos C ．f P +υθcos D ．f P -υθcos【答案】B10．如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，一质量为m 的带正电小球在外力F 的作用下静止与图示位置，小球与弹簧不连接，弹簧处于压缩状态，现撤去F ，在小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力、弹簧弹力对小球做功分别为1W 、2W 、3W ，不计空气阻力，则上述过程中（ ）A ．小球重力势能的增量为1WB ．小球与弹簧组成的系统机械能守恒C ．小球的动能的增量为12W W +D ．小球机械能的增加量为23W W + 【答案】D11．如图所示，重10 N 的滑块在倾角为30°的斜面上，从a 点由静止开始下滑，到b 点开始压缩轻弹簧，到c 点时达到最大速度，到d 点(图中未画出)开始弹回，返回b 点离开弹簧，恰能再回到a 点．若bc =0.1 m ，弹簧弹性势能的最大值为8 J ，则下列说法正确的是（ ）A．轻弹簧的劲度系数是50 N/mB．从d到b滑块克服重力做功8 JC．滑块的动能最大值为8 JD．从d点到c点弹簧的弹力对滑块做功8 J【答案】A12．【2017·株洲市高三教学质量统一检测】如图所示，质量为m的小滑块（可视为质点），从h高处的A 点由静止开始沿斜面下滑，停在水平地面上的B点（斜面和水平面之间有小圆弧平滑连接）。
2018年高考物理二轮复习 第5讲 功 功率 动能定理练案
专题二 第5讲 功 功率 动能定理限时：40分钟一、选择题(本题共12小题，其中1～4题为单选，5～8题为多选)1．如图所示，一物体在水平恒力作用下沿光滑的水平面做曲线运动，当物体从M 点运动到N 点时，其速度方向恰好改变了90°，则物体在M 点到N 点的运动过程中，物体的动能将 ( C )A ．不断增大B ．不断减小C ．先减小后增大D ．先增大后减小[解析] 其速度方向恰好改变了90°，可以判断恒力方向应为右下方，与初速度的方向夹角要大于90°小于180°才能出现末速度与初速度垂直的情况，因此恒力先做负功，当达到速度与恒力方向垂直后，恒力做正功，动能先减小后增大．所以C 正确。
故选C 。
2．(2017·新疆维吾尔自治区二模)如图所示，一根跨过一固定的水平光滑细杆的轻绳两端拴有两个小球，球a 置于水平地面上，球b 被拉到与细杆同一水平的位置，把绳拉直后，由静止释放球b ，当球b 摆到O 点正下方时，球a 对地面的压力大小为其重力的13，已知图中Ob 段的长度小于Oa 段的长度，不计空气阻力，则 ( D )A ．球b 下摆过程中处于失重状态B ．球b 下摆过程中向心加速度变小C ．当球b 摆到O 点正下方时，球b 所受的向心力为球a 重力的23D ．两球质量之比m a m b ＝[解析] 球b 下落过程中，做圆周运动，向心加速度指向圆心，加速度向上，故处于超重，故A 错误； b 球速度增大，根据a ＝v 2r可知，向心加速度增大，故B 错误；当球b 摆到O 点正下方时，球a 对地面的压力大小为其重力的13，则F ＋F N ＝m a g ，解得F ＝23m a g ，球b 所受的向心力为F 向＝F －m b g ＝23m a g －m b g ，故C 错误；设Ob 绳长为l ，在下落过程中，根据动能定理可知m b gl ＝12m b v 2，则F 向＝m b v2l，联立解得m am b ＝，故D 正确。
高考物理一轮复习：5.1《功、功率》教学案(含答案)
第1讲功 功率考纲下载：功和功率(Ⅱ)主干知识·练中回扣——忆教材 夯基提能 1．功(1)做功的两个要素 ①作用在物体上的力。
②物体在力的方向上发生的位移。
(2)公式：W ＝Fl cos α①α是力与位移方向之间的夹角，l 是物体对地的位移。
②该公式只适用于恒力做功。
(3)功的正负①当0≤α<π2时，W>0，力对物体做正功。
②当π2<α≤π时，W<0，力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功。
③当α＝π2时，W ＝0，力对物体不做功。
2．功率(1)物理意义：描述力对物体做功的快慢。
(2)公式①P ＝Wt，P 为时间t 内的平均功率；②P ＝Fv cos _α，若v 为平均速度，则P 为平均功率；若v 为瞬时速度，则P 为瞬时功率。
(3)额定功率：机械正常工作时的最大输出功率。
(4)实际功率：机械实际工作时的输出功率，要求不大于额定功率。
巩固小练1．判断正误(1)只要物体受力的同时又发生了位移，则一定有力对物体做功。
(×)(2)一个力对物体做了负功，则说明这个力一定阻碍物体的运动。
(√)(3)作用力做正功时，反作用力一定做负功。
(×)(4)力始终垂直物体的运动方向，则该力对物体不做功。
(√)(5)摩擦力对物体一定做负功。
(×)(6)由P＝Fv可知，发动机功率一定时，机车的牵引力与运行速度的大小成反比。
(√)(7)汽车上坡时换成低挡位，其目的是减小速度得到较大的牵引力。
(√)[功的正负判断]2．[多选]质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面上，斜面沿水平方向向右匀速移动了距离s，如图所示，物体m相对斜面静止。
则下列说法正确的是()A．重力对物体m做正功B．合力对物体m做功为零C．摩擦力对物体m做负功D．支持力对物体m做正功解析：选BCD物体的受力及位移如图所示，支持力F N与位移x的夹角α<90°，故支持力做正功，D正确；重力垂直位移，故重力不做功，A错误；摩擦力F f与x夹角β>90°，故摩擦力做负功，C正确；合力为零，合力不做功，B正确。
2018版高考物理二轮教师用书：第1部分 专题5 功 功率 动能定理 含解析 精品
专题五 功 功率 动能定理——————[知识结构互联]——————[核心要点回扣]——————1．机车输出功率：P ＝F v ，其中F 为机车牵引力．2．机车启动匀加速过程的最大速度v 1(此时机车输出的功率最大)和全程的最大速度v m (此时F 牵＝F 阻)求解方法：(1)求v 1：由F 牵－F 阻＝ma ，P ＝F 牵v 1可求v 1＝P ma ＋F 阻. (2)求v m ：由P ＝F 阻v m ，可求v m ＝P F 阻. 3．动能：表达式E k ＝12m v 2.4．动能定理表达式中，W 表示所有外力做功的代数和．5．动能定理的适用范围(1)既适用于直线运动，也适用于曲线运动．(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功．考点1 功 功率的分析与计算(对应学生用书第23页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计] 五年4考：2018年Ⅱ卷T 14 2018年Ⅱ卷T 21 2018年Ⅱ卷T 17 2018年Ⅱ卷T 16[考情分析]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．常涉及公式W＝F·s cos α，P＝F·v，F－f＝ma，P＝f v m及机车启动的两种问题．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．1．(功的理解与计算)(2018·Ⅱ卷T14)如图5-1所示，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环．小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力()图5-1A．一直不做功B．一直做正功C．始终指向大圆环圆心D．始终背离大圆环圆心A[光滑大圆环对小环只有弹力作用．弹力方向沿大圆环的半径方向(下滑过程先背离圆心，后指向圆心)，与小环的速度方向始终垂直，不做功．故选A.](2018·Ⅱ卷T16)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W F1、W F2分别表示拉力F1、F2所做的功，W f1、W f2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则()A．W F2>4W F1，W f2>2W f1B．W F2>4W F1，W f2＝2W f1C．W F2<4W F1，W f2＝2W f1D．W F2<4W F1，W f2<2W f1C[根据x＝v＋v02t得，两过程的位移关系x1＝12x2，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．]2．(功和功率的分析与计算)(多选)(2018·Ⅱ卷T 21)如图5-2所示，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连．现将小球从M 点由静止释放，它在下降的过程中经过了N 点．已知在M 、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM <∠OMN <π2.在小球从M 点运动到N 点的过程中，( )【导学号：19624189】图5-2A ．弹力对小球先做正功后做负功B ．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C ．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D ．小球到达N 点时的动能等于其在M 、N 两点的重力势能差[题眼点拨] ①“M 、N 两点处弹簧对小球的弹力大小相等且∠ONM ＜∠OMN ＜π”2说明M 点弹簧处于压缩状态，N 点弹簧处于伸长状态；②“弹簧长度最短”说明弹簧与竖直杆垂直．BCD [在M 、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM <∠OMN <π2，则小球在M 点时弹簧处于压缩状态，在N 点时弹簧处于拉伸状态，小球从M 点运动到N 点的过程中，弹簧长度先缩短，当弹簧与竖直杆垂直时弹簧达到最短，这个过程中弹力对小球做负功，然后弹簧再伸长，弹力对小球开始做正功，当弹簧达到自然伸长状态时，弹力为零，再随着弹簧的伸长弹力对小球做负功，故整个过程中，弹力对小球先做负功，再做正功，后再做负功，选项A 错误．在弹簧与杆垂直时及弹簧处于自然伸长状态时，小球加速度等于重力加速度，选项B 正确．弹簧与杆垂直时，弹力方向与小球的速度方向垂直，则弹力对小球做功的功率为零，选项C 正确．由机械能守恒定律知，在M 、N 两点弹簧弹性势能相等，在N 点的动能等于从M 点到N 点重力势能的减小值，选项D 正确．]3．(机车启动问题)(2018·Ⅱ卷T 17)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5-3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5-3A [由P -t 图象知：0～t 1内汽车以恒定功率P 1行驶，t 1～t 2内汽车以恒定功率P 2行驶．设汽车所受牵引力为F ，则由P ＝F v 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．]在第3题中，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5-4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5-4A BC DD[由P＝F v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＝F v，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，曲线逐渐变得平稳，故C错误，D正确．]■熟技巧·类题通法…………………………………………………………………·1．计算功、功率时应注意的三个问题(1)功的公式W＝Fl和W＝Fl cos 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＝F v，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．分析机车启动问题的两技巧、四注意(1)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v m(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＝PF阻＋ma.②求v m：由P＝F阻v m，可求v m＝PF阻.(2)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，当功率达到额定功率时匀加速运动过程的速度达到最大，但不是机车能达到的最大速度，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 f v m，P为机车的额定功率．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..·考向1功的理解与计算1．(2018·遵义一中押题卷)一物体放在水平地面上，如图5-5甲所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图乙所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图丙所示．则()甲乙丙图5-5A．2～6 s时间内物体的加速度为0.5 m/s2B．物体的质量为1 kgC．整个过程中，物体所受摩擦力始终为2 ND．0～10 s时间内，物体克服摩擦力所做的功为30 JD[在速度-时间图象上，斜率表示加速度，由图丙可得2～6 s时间内物体的加速度为：a＝ΔvΔt＝36－2m/s2＝0.75 m/s2，故A错误．由图丙知，6～8 s内物体做匀速直线运动，由平衡条件得：f2＝F2＝2 N 由图丙可得2～6 s物体做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：F1－f2＝ma联立代入数据解得：m＝43kg，故B错误．在0～1 s内物体静止不动，物体所受摩擦力f1＝F1＝1 N,2～10 s内物体所受摩擦力f2＝2 N，故C错误．在整个过程中通过的位移为：x＝12×(2＋8)×3 m＝15 m，物体克服摩擦力做功：W＝f2x＝2×15 J＝30 J，故D正确．]考向2功率的分析与计算2．(2018·东北三省四市教研联合体一模)如图5-6是滑雪场的一条雪道．质量为70 kg的某滑雪运动员由A点沿圆弧轨道滑下，在B点以5 3 m/s的速度水平飞出，落到了倾斜轨道上的C点(图中未画出)．不计空气阻力，θ＝30°，g 取10 m/s2，则下列判断正确的是()【导学号：19624180】图5-6A．该滑雪运动员腾空的时间为1 sB．B、C两点间的落差为5 3 mC．落到C点时重力的瞬时功率为3 5007 WD．若该滑雪运动员从更高处滑下，落到C点时速度与竖直方向的夹角变小A[运动员平抛的过程中，水平位移为x＝v0t竖直位移为y＝12gt2落地时：tan θ＝y x联立解得t＝1 s，y＝5 m．故A正确，B错误；落地时速度的竖直分量：v y＝gt＝10×1 m/s＝10 m/s所以落到C点时重力的瞬时功率为：P＝mg·v y＝70×10×10 W＝7 000 W，故C错误；根据落地时速度方向与水平方向之间的夹角的表达式：tan α＝gtv0＝2×12gt2v0t＝2·yx＝2tan θ，可知到C点时速度与竖直方向的夹角与平抛运动的初速度无关，故D错误．](2018·合肥市二模)如图所示，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()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，12m v2＋mgh＝12m v′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mg v′cos α，B球重力瞬时功率mg v′，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＝Wt较大，选项D错误．]考向3机车启动问题3．(多选)(2018·揭阳市揭东一中检测)质量为400 kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a和速度的倒数1v的关系如图5-7所示，则赛车()图5-7A ．速度随时间均匀增大B ．加速度随时间均匀增大C ．输出功率为160 kWD ．所受阻力大小为1 600 NCD [由图可知，加速度变化，故做变加速直线运动，故A 错误；a -1v 函数方程a ＝400v －4，汽车加速运动，速度增大，加速度减小，故B 错误；对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：F －f ＝ma其中：F ＝P v联立得：a ＝P m v －f m结合图线，当物体的速度最大时，加速度为零，故结合图象可以知道，a＝0时，1v ＝0.01 (m·s －1)－1，v ＝100 m/s ，所以最大速度为100 m/s由图象可知：f m ＝4，解得阻力大小为1 600 N当a ＝0时由a ＝P m v －f m .解得：P ＝160 kW ，故C 、D 正确．]考点2 动能定理的应用(对应学生用书第25页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计] 五年4考：2018年Ⅰ卷T 25、ⅢT 20 2018年Ⅰ卷T 172018年Ⅱ卷T 24[考情分析]1．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．2．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．3．功的计算过程中，易出现正、负功判断及漏功的现象．4．多过程问题中，要善于挖掘题目中的隐含条件，认清运动过程的衔接点．4．(动能定理求解变力做功)(2018·Ⅰ卷T 17)如图5-8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：19624181】图5-8A ．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[题眼点拨] 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v N ，在N 点质点受到轨道的弹力为F N ，则F N －mg ＝m v 2N R ，已知F N ＝F ′N ＝4mg ，则质点到达N 点的动能为E kN ＝12m v 2N＝32mgR .质点由开始至N 点的过程，由动能定理得mg ·2R ＋W f ＝E kN －0，解得摩擦力做的功为W f＝－12mgR，即克服摩擦力做的功为W＝－W f＝12mgR.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′＝12m v2Q－12m v2N，即12mgR－W′＝12m v2Q，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．] 5．(多过程应用动能定理)(2018·Ⅰ卷T25)如图5-9所示，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态．直轨道与一半径为56R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内．质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)，随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF＝4R.已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝14，重力加速度大小为g.(取sin 37°＝35，cos 37°＝45)图5-9(1)求P第一次运动到B点时速度的大小；(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能；(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放．已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点．G点在C点左下方，与C点水平相距72R、竖直相距R.求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量．[题眼点拨]①“弹簧原长为2R，AC＝7R”说明BC＝5R；②“最低达E点”说明E点速度恰好为零；③“最高到达F点”说明F点速度为零．【解析】(1)根据题意知，B、C之间的距离l为l ＝7R －2R ①设P 到达B 点时的速度为v B ，由动能定理得mgl sin θ－μmgl cos θ＝12m v 2B ②式中θ＝37°.联立①②式并由题给条件得v B ＝2gR . ③(2)设BE ＝x .P 到达E 点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为E p .P 由B 点运动到E 点的过程中，由动能定理有mgx sin θ－μmgx cos θ－E p ＝0－12m v 2B ④E 、F 之间的距离l 1为l 1＝4R －2R ＋x ⑤P 到达E 点后反弹，从E 点运动到F 点的过程中，由动能定理有E p －mgl 1sin θ－μmgl 1cos θ＝0⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得x ＝R⑦ E p ＝125mgR . ⑧ (3)设改变后P 的质量为m 1.D 点与G 点的水平距离x 1和竖直距离y 1分别为x 1＝72R －56R sin θ⑨ y 1＝R ＋56R ＋56R cos θ ⑩式中，已应用了过C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实． 设P 在D 点的速度为v D ，由D 点运动到G 点的时间为t .由平抛运动公式有y 1＝12gt 2⑪ x 1＝v D t⑫联立⑨⑩⑪⑫式得v D ＝355gR ⑬ 设P 在C 点速度的大小为v C .在P 由C 运动到D 的过程中机械能守恒，有12m 1v 2C ＝12m 1v 2D ＋m 1g (56R ＋56R cos θ)⑭P 由E 点运动到C 点的过程中，同理，由动能定理有E p －m 1g (x ＋5R )sin θ－μm 1g (x ＋5R )cos θ＝12m 1v 2C ⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮式得m 1＝13m .⑯【答案】 (1)2gR (2)125mgR (3)355gR 13m在第5题中，若将圆弧轨道和斜面的连接方式调为如图5-10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：(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5-10【解析】 (1)对整体过程由动能定理得mgR ·cos θ－μmg cos θ·s ＝0 所以s ＝R μ.(2)物体刚好到D 点，有mg ＝m v 2D R对全过程由动能定理得mgL ′sin θ－μmg cos θ·L ′－mgR (1＋cos θ)＝12m v 2D 得L ′＝3＋2cos θ2(sin θ－μcos θ)·R ＝(3＋3)R 1－3μ. 【答案】 (1)R μ (2)(3＋3)R 1－3μ(多选)(2018·Ⅲ卷·T 20)如图所示，一固定容器的内壁是半径为R 的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m 的质点P .它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W .重力加速度大小为g .设质点P 在最低点时，向心加速度的大小为a ，容器对它的支持力大小为N ，则( )A ．a ＝2(mgR －W )mRB ．a ＝2mgR －W mRC ．N ＝3mgR －2W RD ．N ＝2(mgR －W )RAC [质点P 下滑到最低点的过程中，由动能定理得mgR －W ＝12m v 2，则速度v ＝2(mgR －W )m ，最低点的向心加速度a ＝v 2R ＝2(mgR －W )mR，选项A 正确，选项B 错误；在最低点时，由牛顿第二定律得N －mg ＝ma ，N ＝3mgR －2W R，选项C 正确，选项D 错误．] ■释疑难·类题通法…………………………………………………………………·1．应用动能定理解题的两条线索(1)明确研究对象→进行受力分析→对各力进行做功分析→求出总功；(2)明确研究过程→进行运动过程分析→物体始末状态分析→求出动能状态量→求出动能变化量；最后结合两条线索列出动能定理方程求解． 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；当所求问题不涉及中间的速度时，也可以对全过程应用动能定理求解．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..·考向1动能定理与图象的结合4．(2018·江苏高考)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为E k0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能E k与位移x关系的图线是()【导学号：19624182】C[设斜面倾角为θ，根据动能定理，当小物块沿斜面上升时，有－(mg sin θ＋f)x＝E k－E k0，即E k＝－(f＋mg sin θ)x＋E k0，所以E k与x的函数关系图象为直线，且斜率为负．当小物块沿斜面下滑时根据动能定理有(mg sin θ－f)(x0－x)＝E k－0(x0为小物块到达最高点时的位移)，即E k＝－(mg sin θ－f)x＋(mg sin θ－f)x0所以下滑时E k随x的减小而增大且为直线．综上所述，选项C正确．]泥石流是在雨季由于暴雨、洪水将含有沙石且松软的土质山体经饱和稀释后形成的洪流．泥石流流动的全过程虽然只有很短时间，但由于其高速前进，具有强大的能量，因而破坏性极大．某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究，他们设计了如图甲的模型：在水平地面上放置一个质量为m ＝4 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下从静止开始运动，推力F随位移变化如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，g取10 m/s2.则：甲乙(1)物体在运动过程中的最大加速度为多少？(2)在距出发点多远处，物体的速度达到最大？(3)物体在水平面上运动的最大位移是多少？【解析】(1)当推力F最大时，加速度最大，由牛顿第二定律，得：F m －μmg＝ma m可解得：a m＝15 m/s2.(2)由图象可知：F随x变化的函数方程为F＝80－20x速度最大时，合力为0，即F＝μmg所以x＝3 m.(3)位移最大时，末速度一定为0由动能定理可得：W F－μmgx＝0由图象可知，力F做的功为W F＝12F m x m＝12×80×4 J＝160 J所以x＝8 m.【答案】(1)15 m/s2(2)3 m(3)8 m考向2多过程应用动能定理5．(2018·清远市田家炳实验中学一模)用长为l、不可伸长的细线把质量为m的小球悬挂于O点，将小球拉至悬线偏离竖直方向α角后放手，运动t时间后停在最低点．则在时间t内()图5-11 A．小球重力做功为mgl(1－cos α) B．空气阻力做功为－mgl cos αC．小球所受合力做功为mgl sin αD．绳拉力做功的功率为mgl(1－cos α)tA[小球从开始运动到停止的过程中，下降的高度为：h＝l(1－cos α)，所以小球的重力做功：W G＝mgh＝mgl(1－cos α)，故A正确．在小球运动的整个过程中，重力和空气阻力对小球做功，根据动能定理得：W G＋W f＝0－0，所以：空气阻力做功W f＝－W G＝－mgl(1－cos α)．故B错误；小球受到的合外力做功等于小球动能的变化，所以：W合＝0－0＝0.故C错误；由于绳子的拉力始终与运动的方向垂直，所以绳子的拉力不做功．绳子的拉力的功率为0.故D错误．](2018·河南豫南九校联盟联考)如图所示，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为L，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态．可视为质点的小物块从轨道右侧A点以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回．已知R＝0.4 m，L＝2.5 m，v0＝6 m/s，物块质量m＝1 kg，与PQ段间的动摩擦因数μ＝0.4，轨道其他部分摩擦不计．取g＝10 m/s2.求：(1)物块第一次经过圆形轨道最高点B时对轨道的压力；(2)物块仍以v0从右侧冲上轨道，调节PQ段的长度L，当L长度是多少时，物块恰能不脱离轨道返回A点继续向右运动．【解析】(1)对物块，第一次从A点运动到B点，由动能定理得－mg·2R＝12m v2B－12m v2在B点，有：N1＋mg＝m v2B R解得：N1＝40 N根据牛顿第三定律知，物块对轨道的压力大小为40 N，方向竖直向上．(2)对物块，从A点到第二次到达B点，由动能定理得，－μmg·2L－mg·2R＝12m v B′2－12m v2在B点，有：mg＝m v B′2R解得：L＝1 m.【答案】(1)40 N方向竖直向上(2)1 m规范练高分| 动能定理的综合应用类问题(对应学生用书第26页)[典题在线](2018·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＝32m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5-12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＝33.g取10 m/s2，求：⑤图5-12(1)小球初速度v0的大小；(2)小球滑过C点时的速度v C；(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]【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：v2y＝2gh ①(2分)即：v y＝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＝v y tan 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＝12m v2C－12m v20④(2分)解得：v C＝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＝m v2R1⑥(2分)小球做圆周运动过程中，由动能定理有：－2mgR1＝12m v2－12m v2C⑦(2分)解得：R1＝v2C5g＝1.18 m ⑧(1分)当小球刚好能到达与圆心等高时有：mgR2＝12m v2C⑨(2分)解得：R2＝v2C2g＝2.7 m ⑩(1分)当圆轨道与`AB相切时：R3＝BC tan 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≤1.18 m．(2分)【答案】(1) 6 m/s(2)3 6 m/s(3)0＜R≤1.18 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 m，可减去1分．。
高考物理复习专题五 动能定理 能量守恒定律练习题(含详细答案)
高考物理复习专题五动能定理能量守恒定律一、单选题1.如图所示，在竖直平面内有一固定轨道，其中AB是长为R的粗糙水平直轨道，BCD是圆心为O，半径为R的3/4光滑圆弧轨道，两轨道相切于B点．在推力作用下，质量为m的小滑块从A 点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点时即撤去推力，小滑块恰好能沿圆轨道经过最高点C。
重力加速度大小为g，取AB所在的水平面为零势能面。
则小滑块（）A．在AB段运动的加速度为2gB．经B点时加速度为零C．在C点时合外力的瞬时功率为D．上滑时动能与重力势能相等的位置在直径DD′上方2.运输人员要把质量为，体积较小的木箱拉上汽车。
现将长为L的木板搭在汽车尾部与地面间，构成一固定斜面，然后把木箱沿斜面拉上汽车。
斜面与水平地面成30o角，拉力与斜面平行。
木箱与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度为g。
则将木箱运上汽车，拉力至少做功（）A．B．C．D．3.如图所示，轻质弹簧的一端固定在粗糙斜面的挡板O点，另一端固定一个小物块。
小物块从P1位置（此位置弹簧伸长量为零）由静止开始运动，运动到最低点P2位置，然后在弹力作用下上升运动到最高点P3位置(图中未标出)。
在此两过程中，下列判断正确的是（）A．下滑和上滑过程弹簧和小物块系统机械能守恒B．下滑过程物块速度最大值位置比上滑过程速度最大位置高C．下滑过程弹簧和小物块组成系统机械减小量比上升过程小D．下滑过程克服弹簧弹力和摩擦力做功总值比上滑过程克服重力和摩擦力做功总值小4.如图所示，水平桌面上有一小车，装有砂的砂桶通过细绳给小车施加一水平拉力，小车从静止开始做直线运动。
保持小车的质量M不变，第一次实验中小车在质量为m1的砂和砂桶带动下由静止前进了一段距离s；第二次实验中小车在质量为m2的砂和砂桶带动下由静止前进了相同的距离s，其中。
两次实验中，绳对小车的拉力分别为T1和T2，小车，砂和砂桶系统的机械能变化量分别为和，若空气阻力和摩擦阻力的大小保持不变，不计绳，滑轮的质量，则下列分析正确的是（）A．B．C．D．5.小车静止在光滑的水平导轨上，一个小球用细绳悬挂在车上由图中位置无初速释放，在小球下摆到最低点的过程中，下列说法正确的是( )A．绳对球的拉力不做功B．球克服绳拉力做的功等于球减少的机械能C．绳对车做的功等于球减少的动能D．球减少的重力势能等于球增加的动能6.如图所示，自动卸货车静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下，θ角缓慢增大，在货物相对车厢仍然静止的过程中，下列说法正确的是（）A．货物受到的支持力变小B．货物受到的摩擦力变小C．货物受到的支持力对货物做负功D．货物受到的摩擦力对货物做负功7.一质量为0.6kg的物体以20m/s的初速度竖直上抛，当物体上升到某一位置时，其动能减少了18J，机械能减少了3J。
新课标高考物理二轮复习 专题05-功 功率 动能定理(解析版)
高考物理二轮复习专题内容05功功率动能定理§知识网络§1．做功的二要素有力作用在物体上，且使物体在力的方向上发生一段位移。
功的求解可利用W＝Fl cosα求，但F必须为恒力。
也可以利用F-l图象来求；变力的功一般应用动能定理间接求解。
2．功率的计算公式平均功率P＝W t；瞬时功率P＝Fv cosα，当α＝0，即F与v方向相同时，P＝Fv。
3．正、负功的判断方法正功负功不做功利用F与l的夹角αα<90°α>90°α＝90°利用F与v的夹角θθ<90°θ>90°θ＝90°4．常见力做功的特点4．考查动能定理在电场、磁场、复合场中的综合应用问题。
▲考试题型1.以当今热点为载体，考查功、功率等知识的相关分析与计算，有时结合v-t，F-t图象考查；2．动能定理以中等难度的选择题、计算题的形式考查，与曲线运动、电磁学等知识相结合。
▲应考策略1．深刻理解基本概念和基本规律；2．强化本讲知识与直线运动、曲线运动、电磁学知识综合应用类题目的训练；3．归纳本讲解决综合类问题的步骤和方法。
§热点考向§考向一、功和功率的理解和计算1.计算功和功率时应注意的问题(1)计算功时，要注意分析受力情况和能量转化情况，分清是恒力做功，还是变力做功，恒力做功一般用功的公式或动能定理求解，变力做功用动能定理或图象法求解；(2)用图象法求外力做功时应注意横轴和纵轴分别表示的物理意义，若横轴表示位移，纵轴表示力，则可用图线与横轴围成的面积表示功，例如下图甲、乙、丙所示(丙图中图线为14圆弧)，力做的功分别为W1＝F1x1、W2＝12F2x2、W3＝π4F23或W3＝π4x23；(3)计算功率时，要明确是求瞬时功率，还是平均功率，若求瞬时功率应明确是哪一时刻或位置的瞬时功率，若求平均功率应明确是哪段时间内的平均功率；应注意区分公式P＝Wt和公式P＝Fv cosθ的适用范围，P＝Wt侧重于平均功率的计算，P＝Fv cosθ侧重于瞬时功率的计算。
2018年高考物理复习天津市2018届高考物理二轮复习：专题五 功 功率 动能定理
专题二
命题热点一 命题热点二
第 5讲
功
功率
动能定理
高频考点 新题演练
核心梳理 命题热点三
-5-
思维导引
专题二
命题热点一 命题热点二
第 5讲
功
功率
动能定理
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核心梳理 命题热点三
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规律方法关于功、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= ������ 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。
3
1 9 1 C. mgl 3
A. mgl
1 6 1 D. mgl 2
B. mgl
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机车启动问题 常以选择题的形式考查机车的两种启动方式,及学生对实际物理问 题的逻辑推理能力。 例2(不定项)某电动汽车在平直公路上从静止开始加速,测得发动机 功率随时间变化的图象和其速度随时间变化的图象分别如图甲、 乙所示,若电动汽车所受阻力恒定,则下列说法正确的是(ABD)
专题二
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功率
动能定理
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规律方法解决机车启动问题时应注意的问题 (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 ������f ,牵引力是变力,牵引力做的功W=Pt。
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专题二第5讲
限时：40分钟
一、选择题(本题共12小题，其中1～4题为单选，5～8题为多选)
1．如图所示，一物体在水平恒力作用下沿光滑的水平面做曲线运动，当物体从M点运动到N点时，其速度方向恰好改变了90°，则物体在M点到N点的运动过程中，物体的动能将导学号 86084103( C )
A．不断增大B．不断减小
C．先减小后增大D．先增大后减小
[解析] 其速度方向恰好改变了90°，可以判断恒力方向应为右下方，与初速度的方向夹角要大于90°小于180°才能出现末速度与初速度垂直的情况，因此恒力先做负功，当达到速度与恒力方向垂直后，恒力做正功，动能先减小后增大．所以C正确。
故选C。
2．(2017·新疆维吾尔自治区二模)如图所示，一根跨过一固定的水平光滑细杆的轻绳两端拴有两个小球，球a置于水平地面上，球b被拉到与细杆同一水平的位置，把绳拉直后，由静止释放球b，当球b摆到O点正下方时，球a对地面
的压力大小为其重力的1
3
，已知图中Ob段的长度小于Oa段的长度，不计空气阻
力，则导学号 86084104( D )
A．球b下摆过程中处于失重状态
B．球b下摆过程中向心加速度变小
C ．当球b 摆到O 点正下方时，球b 所受的向心力为球a 重力的2
3
D ．两球质量之比m a m b ＝9 2
[解析] 球b 下落过程中，做圆周运动，向心加速度指向圆心，加速度向上，故处于超重，故A 错误； b 球速度增大，根据a ＝v 2
r 可知，向心加速度增大，故
B 错误；当球b 摆到O 点正下方时，球a 对地面的压力大小为其重力的1
3，则F
＋F N ＝m a g ，解得F ＝23m a g ，球b 所受的向心力为F 向＝F －m b g ＝2
3m a g －m b g ，故C 错
误；设Ob 绳长为l ，在下落过程中，根据动能定理可知m b gl ＝12m b v 2，则F 向＝m b v 2
l ，
联立解得m a m b ＝9 2，故D 正确。
3．(2017·江苏省淮阴中学4月模拟)体育课甲、乙两位同学相距一定距离站立后进行篮球的传球训练，如图所示，甲先将篮球抛给乙，乙接球后将球又抛给甲，球飞行的线路如图所示，A 、B 分别是两次轨迹的最高点。
假设甲、乙两位同学的抛球点和接球点均位于同一水平线上，球在飞行过程中空气对它的作用力忽略不计，则下列说法正确的是导学号 86084105( A )
A ． 篮球从甲飞向乙运动的时间比从乙飞向甲的时间长
B ． 乙接到球前球的瞬时速度一定大于甲接到球前球的瞬时速度
C ． 篮球经过A 点时的速度一定大于经过B 点时的速度
D ． 抛篮球时，甲对篮球做的功一定大于乙对篮球做的功
[解析] 篮球被抛出后做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，设初速度为v ，与水平方向的夹角为α，则上升的最大高度H ＝(vsin α)22g ，落回与抛出点同一水平线的时间t ＝2vsin α
g 射程为x ＝vcos α·t ＝v 2sin2α
g
，由题意可知：H A >H B ，甲同学的竖直分速度大，即甲的vsin α大，篮球
从甲飞向乙运动的时间比从乙飞向甲的时间长，A正确；甲的vsinα大，不能确定甲的v大，B错误；篮球经过最高点时的速度等于水平分速度，甲的vsinα大，
不能确定vcosα大，C错误；抛篮球时，对篮球做的功：W＝1
2
mv2，因不能确定v
的大小，所以不能确定对篮球做功的大小，D错误，故选A。
4．(2017·山西省一模)由两种不同材料拼接成的直轨道ABC，B为两种材料的分界线，长度AB>BC。
先将ABC按图1方式搭建成倾角为θ的斜面，让一小物块(可看做质点)从斜面顶端由静止释放，经时间t小物块滑过B点；然后将ABC 按图2方式搭建成倾角为θ的斜面，同样将小物块从斜面顶端由静止释放，小物块经相同时间t滑过B点。
则小物块导学号 86084106( D )
A．与AB段的动摩擦因数比与BC段的动摩擦因数大
B．两次滑到B点的速率相同
C．两次从顶端滑到底端所用的时间相同
D．两次从顶端滑到底端的过程中摩擦力做功相同
[解析] 第一种情况：从A到B过程，AB＝1
2
a
1
t2＝
1
2
g(sinθ－μ
1
cosθ)t2，第
二种情况从C到B的过程，CB＝1
2
a
2
t2＝
1
2
g(sinθ－μ
2
cosθ)t2，因为AB>BC，所以
μ1<μ2，即物块与AB段的动摩擦因数比BC段的动摩擦因数小，A错误；据题意两
次做匀加速直线运动s＝v
2
t，可知位移大的平均速度大，末速度同样大，故第一
次到B的速率更大些，B错误；由W
f ＝－μ
1
mgcosθ·AB－μ
2
mgcosθ·BC，则两次摩擦
力做功相等，故D正确；两个过程摩擦力做功相等，重力做功相等，根据动能定
理可知，两次物块到达底端速度相等，设为v，则第一种BC＝v
1
＋v
2
t
1
，第二种
BA＝v
2
＋v
2
t
2
，因BC<BA，v
1
>v
2
，所以t
1
<t
2
即第二次到达底端的时间较长，C错误。