2018年高考物理二轮复习练案：第5讲功功率动能定理 Word版含解析

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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》

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.

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

高考物理二轮复习专题功和能练含解析.doc

【答案】 0 或 h； gh 2H h
【解析】根据题意，从图可以看出力
F 是均匀减小的，可以得出力 F 随高度 x 的变化关系： F F0 kx ，
而 k F0 ，可以计算出物体到达 h 处时力错误！未指定书签。；物体从地面到 h 处的过程中，力 F 做正功， H
重力 G做负功，由动能定理可得： F h mgh ，而错误！未指定书签。，可以计算出：错误！未指定书签。，
【答案】 A
错误！未指定书签。
4．取水平地面为零势能面，一物块从某高处水平抛出，在抛出点其重力势能为动能的 3 倍。不计空气阻力，
该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为（
）
A． π B ． 5π C ． π D ． π
6
12
4
3
【答案】 D
【解析】试题分析：根据机械能守恒定律，以及已知条件：抛出时动能是重力势能的
则物体在初位置加速度为：错误！未指定书签。：错误！未指定书签。，而错误！未指定书签。
，计算得： a
，计算处理得：
gh ；当物体运动到 h 处时，加速度为 2H h
a
gh ，即加速度最大的位置是 0 或
2H h
h 处。
【考点定位】动能定理、牛顿第二定律
【方法技巧】首先结合图像分析物体从静止上升过程中加速度最大的位置，
III 卷）
【答案】 AC
【解析】试题分析本题考查速度图像，牛顿运动定律、功和功率及其相关的知识点。
错误！未指定书签。
点睛此题以速度图像给出解题信息。解答此题常见错误主要有四方面：一是对速度图像面积表示位移掌
握不到位；二是运用牛顿运动定律求解牵引力错误；三是不能找出最大功率；四是不能得出两次提升电机

2018版高考物理全国专用大二轮总复习与增分策略课件专题七功功率与动能定理

(3)总功的计算
①先求物体所受的合外力，再求合外力的功；
②先求每个力做的功，再求各功的代数和.
2.功率的计算方法
平均
①利用 P ＝Wt .
功率 ②利用 P ＝F v ，其中 v 为物体运动的平均速度.
瞬时功率
利用公式P＝Fv，其中v为t时刻的瞬时速度.
例1 (多选)一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时刻开始，
答案
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＝ ΔEk . (2)W＝ Ek2－Ek1 . (3)W＝ 12mv22－12mv12 . 3.物理意义：合外力做的功是物体动能变化的量度.
答案
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.
√C.对物体，动能定理的表达式为 WN－mgH＝12mv2 2－12mv1 2，其中 WN 为支
持力的功
√D.对电梯，其所受合力做功为12Mv2 2－12Mv1 2
解析
456
5.(2016·温州市调研)如图8所示，一个弹簧左端固定于墙上，右端连接
物块，物块质量为m，它与水平桌面间的动摩擦因数为μ.起初用手按住
受到水平外力F作用，如图4所示.下列判断正确的是( )
√A.0～2 s内外力的平均功率是4 W
B.第2 s内外力所做的功是4 J
C.第2 s末外力的瞬时功率最大
√D.第1 s末与第2 s末外力的瞬时功率之比为9∶4
图4
解析
规律总结
求解功率时应注意的“三个”问题 (1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率； (2)平均功率与一段时间(或过程)相对应，计算时应明确是哪个力在哪段时间(或过程)内做功的平均功率； (3)瞬时功率计算时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率.

2018高考物理二轮专题复习教学案：专题5 功功率动能定理

专题5 功功率与动能定理[选考考点分布]考点一功和能基本概念及规律辨析1．(2017·浙江4月选考·12)火箭发射回收是航天技术的一大进步．如图1所示，火箭在返回地面前的某段运动，可看成先匀速后减速的直线运动，最后撞落在地面上，不计火箭质量的变化，则（）图1A．火箭在匀速下降过程中，机械能守恒B．火箭在减速下降过程中，携带的检测仪器处于失重状态C．火箭在减速下降过程中合力做功等于火箭机械能的变化D．火箭着地时，火箭对地的作用力大于自身的重力答案 D解析匀速下降阶段，说明阻力等于重力，不止重力做功，所以机械能不守恒，选项A错；在减速阶段，加速度向上，所以超重，选项B错误；火箭着地时，地面给火箭的力大于火箭重力，即选项D正确；合外力做功等于动能改变量，选项C错．2. (2016·浙江10月学考·4)如图2所示，无人机在空中匀速上升时，不断增加的能量是（）图2A．动能B．动能、重力势能C．重力势能、机械能D．动能、重力势能、机械能答案 C解析无人机匀速上升，所以动能保持不变，所以选项A、B、D均错．高度不断增加，所以重力势能不断增加，因此无人机机械能不断增加，所以选项C正确．3. (2015·浙江10月学考·5)画作《瀑布》如图3所示．有人对此画作了如下解读：水流从高处倾泻而下，推动水轮机发电，又顺着水渠流动，回到瀑布上方，然后再次倾泻而下，如此自动地周而复始．这一解读违背了（）图3A．库仑定律B．欧姆定律C．电荷守恒定律D．能量守恒定律答案 D4. (人教版必修2P66第2题改编)如图4所示，质量为m的足球在水平地面的位置1被踢出后落到水平地面的位置3，在空中达到的最高点(位置2)的高度为h，已知重力加速度为g.下列说法正确的是（）图4A．足球由位置1运动到位置2的过程中，重力做的功为mghB．足球由位置1运动到位置3的过程中，重力做的功为2mghC．足球由位置2运动到位置3的过程中，重力势能减少了mghD．如果没有选定参考平面，就无法确定重力势能变化了多少答案 C解析足球由位置1运动到位置2的过程中，高度增加h，重力做功－mgh，选项A 错误；足球由位置1运动到位置3的过程中，由于位置1和位置3在同一水平面上，故足球的高度没有变化，重力做的功为零，选项B错误；足球由位置2运动到位置3的过程中，足球的高度降低，重力做正功，重力势能减少，由于2、3两位置的高度差是h，故重力势能减少了mgh，选项C正确；分析重力势能的变化，只要找出高度的变化量即可，与参考平面的选取没有关系，选项D错误．5．(人教版必修2P67、P68、P75、P80插图改编)如图5所示的几个运动过程中，物体的弹性势能增大的是（）图5A．如图甲，撑杆跳高的运动员上升过程中，杆的弹性势能B．如图乙，人拉长弹簧过程中，弹簧的弹性势能C．如图丙，模型飞机用橡皮筋发射出去的过程中，橡皮筋的弹性势能D．如图丁，小球被压缩弹簧向上弹起的过程，弹簧的弹性势能答案 B6．(2017·稽阳联谊学校8月联考)如图6所示，质量为m的小球(可以看成质点)，在恒力F的作用下，从地面上A点由静止开始运动．途经桌面处B点到达C点，现以桌面为参考平面，已知H<h，则（）图6A．小球从A到B重力做功小于从B到C重力做的功B．小球在A点的重力势能大于在C点的重力势能C．整个过程小球的机械能一定增大D．整个过程小球的机械能守恒答案 C解析功的大小比较看绝对值，h >H ，所以A 错误；重力势能的大小看位置高低，A 点最低，B 错误；恒力F 始终做正功，所以机械能一直变大，C 对，D 错误．考点二功和功率的分析与计算1．(2017·浙江11月选考·13)如图7所示是具有登高平台的消防车，具有一定质量的伸缩臂能够在5 min 内使承载4人的登高平台(人连同平台的总质量为400 kg)上升60 m 到达灭火位置．此后，在登高平台上的消防员用水炮灭火，已知水炮的出水量为3 m 3/min ，水离开炮口时的速率为20 m/s ，则用于（）图7A ．水炮工作的发动机输出功率约为1×104 WB ．水炮工作的发动机输出功率约为4×104 WC ．水炮工作的发动机输出功率约为2.4×106 WD ．伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为800 W 答案 B解析若不计伸缩臂的质量，抬升登高平台的发动机输出功率P ＝mght＝400×10×60×15×60 W ＝800 W ，但伸缩臂具有一定质量，发动机输出功率应大于800 W ，故选项D 错误．在1 s 内，喷出去水的质量为m ′＝ρV ＝103×360 kg ＝50 kg ，喷出去水的重力势能为E p ＝m ′gh ＝50×10×60 J ＝3×104J ，水的动能为E k ＝12m ′v 2＝1×104 J ，所以1 s 内水增加的能量为4×104 J ，所以水炮工作的发动机输出功率为4×104 W ，选项B 正确，A 、C 错误．2．【2017·新课标Ⅱ卷】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。

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
1 2
3 4
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)

2018年高考物理二轮复习课件：专题二第5讲功、功率和动能定理(84张)

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( )(导学号 57180022) 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
解析：(1)根据题意知，B、C 之间的距离 l 为 l＝7R－2R① 设 P 到达 B 点时的速度为 vB，由动能定理得 1 2 mglsin θ－μmglcos θ＝ mvB② 2
式中 θ＝37°.联立①②式并由题给条件得 vB＝2 gR. 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 Ep.P 由 B 点运动到 E 点的过程中，由动能定理有 1 2 mgxsin θ－μmgxcos θ－Ep＝0－ mvB④ 2 E、F 之间的距离 l1 为 l1＝4R－2R＋x⑤
[审题指导] 本题的重要条件有： (1)0～t1 汽车以恒定功率 P1 做加速直线运动． (2)t1～t2 汽车以恒定功率 P2 做加速直线运动．
[思路分析] 本题的思考程序为： P1 (1)0～t1 时间内汽车的功率保持 P1 不变→由 F＝ v 判断汽车牵引力的变化 →由牛顿第二定律判断汽车加速度的变化→由 v-t 图象的斜率表示加速度进行判断 →0～t1 时间内汽车的功率保持 P1 不变，可能先做加速度减小的加速运动再做匀速运动．
1 已知 P 与直轨道间的动摩擦因数 μ＝ .重力加速度大 4 3 4 小为 g，取 sin 37°＝，cos 37°＝ . 5 5
(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 7 好通过 G 点．G 点在 C 点左下方，与 C 点水平相距 R、 2 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．

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。

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．。

滚动复习05 功功率动能定理知识方法例析-2018高一高

滚动复习五功功率动能定理知识方法例析知识网络考情分析1．主要题型：选择题、计算题 2．命题特点(1)功和功率的理解与计算，主要考查摩擦力做功正负的判断与计算，弹簧弹力的做功情况，弹性绳的做功情况以及瞬时功率的计算问题等．(2)结合牛顿第二定律、动能定理考查机车的启动问题．(3)应用动能定理考查单个物体、多个过程中动能的变化以及力的做功情况． 3．思想方法常用方法：微元法、图象法、转换法、整体法与分段法．考点一功和功率核心知识 1．恒力做功W ＝FL cos α，α为力与位移的夹角⎩⎪⎨⎪⎧α<90°，力对物体做正功α＝90°，力对物体不做功α>90°，力对物体做负功2．功率平均功率P ＝W t＝F v －cos α，瞬时功率P ＝Fv cos α. 3．变力做功变力做功可由动能定理、能量守恒定律及F －x 图象面积求解．规律方法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，例如图甲、乙、丙所示(丙图中图线为14圆弧)，力做的功分别为W 1＝F 1x 1，W 2＝12F 2x 2、W 3＝π4F 23或W 3＝π4x 23.(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 ＝W t 和公式P ＝Fv cos θ的适用范围，P ＝W t侧重于平均功率的计算，P ＝Fv cos θ侧重于瞬时功率的计算．典例分析【例1】 (2017年湖北六校联考)如图所示，半径为R 的18光滑圆弧轨道左端有一质量为m 的小球，在大小恒为F 、方向始终与轨道相切的外力作用下，小球在竖直平面内由静止开始运动，轨道左端切线水平，当小球运动到轨道的末端时立即撤去外力，此时小球的速率为v ，已知重力加速度为g ，则( )A ．此过程外力做功为π2FRB ．此过程外力做功为22FRC ．小球离开轨道的末端时，拉力的功率为FvD ．小球离开轨道后运动到达的最高点距离圆弧轨道左端的高度为πRF4mg【答案】 C高度为h ，根据动能定理有W －mgh ＝12mv 21>0，代入W 的值可得h <πRF4mg，所以选项D 错误．【例2】物体受到水平推力F 的作用在粗糙水平面上做直线运动．通过力和速度传感器监测到推力F 、物体速度v 随时间t 变化的规律分别如图甲、乙所示．取g ＝10 m/s 2，则下列说法错误的是( ) A ．物体的质量m ＝0.5 kgB ．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.40C ．第2 s 内物体克服摩擦力做的功W ＝2 JD ．前2 s 内推力F 做功的平均功率P －＝3 W【答案】 D【解析】综合甲、乙两个图象信息，在1－2 s ，推力F 2＝3 N ，物体做匀加速运动，其加速度a ＝2 m/s 2，由牛顿运动定律可得，F 2－μmg ＝ma ；在2－3 s ，推力F 3＝2 N ，物体做匀速运动，由平衡条件可知，μmg ＝F 3；联立解得物体的质量m ＝0.5 kg ，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.40，选项A 、B 正确．由速度—时间图象所围的面积表示位移可得，第2 s 内物体位移x ＝1 m ，克服摩擦力做的功W f ＝μmgx ＝2 J ，选项C 正确．第1 s 内，由于物体静止，推力不做功；第2 s 内，推力做功W ＝F 2x ＝3 J ，前2 s 内推力F 做功为W ′＝3 J ，前2 s 内推力F 做功的平均功率P －＝W ′t ＝32W ＝1.5 W ，选项D 错误．【例3】．质量为m 的小球沿倾角为θ的足够长的光滑斜面由静止开始滚下，途中依次经过A 、B 、C 三点，已知AB ＝BC ＝L ，由A 到B 和B 到C 经历的时间分别为t 1＝4 s ，t 2＝2 s ，则下列说法正确的是( ) A ．小球的加速度大小为L3B ．小球经过B 点重力的瞬时功率为5mgL12C ．A 点与出发点的距离为L24D ．小球由静止到C 点过程中重力的平均功率为7mgL sin θ12【答案】：C功率P 2＝W t ＝724mgL sin θ，故D 错误．【例4】．质量为2.5 kg 的物体放在水平支持面上，在水平拉力F 作用下由静止开始运动，拉力F 做的功W 和物体发生的位移x 之间的关系图象如图所示．物体与水平支持面之间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g 取10 m/s 2.则( )A ．x ＝0至x ＝3 m 的过程中，物体的加速度是5 m/s 2B ．x ＝3 m 至x ＝9 m 过程中，物体的加速度是0.8 m/s 2C ．x ＝3 m 至x ＝9 m 过程中，物体做匀减速直线运动D ．x ＝0至x ＝9 m 过程中，合力对物体做的功是27 J 【答案】： C【解析】：x ＝0到x ＝3 m 的过程中，由W －x 图象的斜率知F 1＝5 N ，由牛顿第二定律F 1－μmg ＝ma 1，得a 1＝1 m/s 2，故A 错误．x ＝3 m 到x ＝9 m 的过程中，由W －x 图象的斜率知F 2＝2 N ，由牛顿第二定律F 2－μmg ＝ma 2得a 2＝－0.2 m/s 2，知物体做匀减速直线运动，故B 错误，C 正确．x ＝0到x ＝9 m 过程中合外力做功为W －μmgx ＝(27－2.5×9)J＝4.5 J ，故D 错误．【例5】．如图5－1－5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( )A．逐渐增大B．逐渐减小C．先增大，后减小D．先减小，后增大【答案】：A【解析】：mgv sinθ，随θ增大，P增大．综上所述，本题正确【答案】为A.【例6】．一质量为m的物体在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从底端向上做匀加速直线运动，斜面足够长，表面光滑，倾角为θ.经一段时间恒力F做功8 J，此后撤去恒力F，物体又经相同时间回到出发点，则在撤去该恒力前瞬间，该恒力的功率是( )A.23g m sin θB.43g m sin θ C.65g m sin θ D.83g m sin θ 【答案】：D【解析】：设F 作用下的加速度为a ，运动时间为t ，x ＝12at 2，末速度v ＝at ，撤去F 后的加速度为g sin θ，物体做类上抛运动，故以沿斜面向上为正方向，－x ＝vt －12g sin θ·t 2，解得a ＝g sin θ3，F －mg sin θ＝ma ，解得F ＝4mg sin θ3，因为F 做的功为8 J ，W ＝Fx ，所以x ＝6mg sin θ，故v ＝2ax ＝2m，所以F 的功率P ＝Fv ＝8g m sin θ3. 规律总结 1.功的计算恒力做功的计算公式：W ＝Fl cos α.当F 为变力时，用动能定理W ＝ΔE k 或功能关系求功.所求得的功是该过程中外力对物体或系统做的总功或者说是合力对物体做的功利用F —l 图象曲线下的面积求功. 利用W ＝Pt 计算. 2.功率功率定义式：P ＝Wt.所求功率是时间t 内的平均功率.功率计算式：P ＝Fv cos α.其中α是力与速度间的夹角.若v 为瞬时速度，则P 为F 在该时刻的瞬时功率；若v 为平均速度，则P 为F 在该段位移内的平均功率. 考点二机车启动问题核心知识 1．输出功率输出功率P ＝Fv ，其中F 为牵引力． 2．机车有两种启动方式(1)以额定功率启动，机车做加速度减小的加速运动，当牵引力减小到和摩擦力相等时，匀速运动，最大速度时有P ＝f ·v m ，所以v m ＝P f.(2)以恒定牵引力(加速度)启动，机车先做匀加速直线运动，再做加速度减小的加速运动，最终匀速．匀加速末速度v 1＝Pf ＋ma，最大速度v m ＝P f.规律方法解决机车启动问题时的四点注意(1)明确启动方式：分清是匀加速启动还是恒定功率启动．(2)匀加速启动过程：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)额定功率启动的过程：机车做加速度减小的加速运动，匀变速直线运动的规律不能用，速度最大值等于PF f，牵引力是变力，牵引力做的功可用W ＝Pt ，但不能用W ＝Fl cos θ. (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．典例分析【例1】如图所示为汽车在水平路面上启动过程中的速度图象，Oa 为过原点的倾斜直线，ab 段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc 段是与ab 段相切的水平直线，则下述说法正确的是( )A ．0－t 1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定B ．t 1－t 2时间内汽车牵引力做功为12mv 22－12mv 21C ．t 1－t 2时间内的平均速度为12(v 1＋v 2)D ．在全过程中t 1时刻的牵引力及其功率都是最大值，t 2－t 3时间内牵引力变小【答案】 D【解析】汽车在0－t 1时间内，牵引力恒定，速度均匀增加，由P ＝Fv 知其功率也增加，A 错误；t 1－t 2时间内根据动能定理知W －W f ＝12mv 22－12mv 21，B 错误；因t 1－t 2时间内不是匀变速直线运动，故v ≠12(v 1＋v 2)，C 错误；全过程中，t 1时刻牵引力最大，功率达到额定功率，也最大，之后，功率不变，牵引力减小，直至F ＝f ，此后汽车匀速运动，D 正确．【点评】用图象法描述机车启动问题，关键在于分清机车的运动阶段，找准变量和不变量．此类问题常用动能定理解决．【例2】一辆汽车在平直的公路上以某一初速度运动，运动过程中保持恒定的牵引功率，其加速度a 和速度的倒数1v图象如图所示．若已知汽车的质量，则根据图象所给的信息，不能求出的物理量是( )A ．汽车的功率B ．汽车行驶的最大速度C ．汽车所受到的阻力D ．汽车运动到最大速度所需的时间【答案】 D大速度的时间，故应选D.【例3】 (多选)一辆小汽车在水平路面上由静止启动，前5 s 内做匀加速直线运动，5 s 末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其v －t 图象如图所示．已知汽车的质量为m ＝2.0×103kg ，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，g 取10 m/s 2，则( )A ．汽车在前5 s 内的牵引力为4.0×103N B ．汽车在前5 s 内的牵引力为6.0×103N C ．汽车的额定功率为40 kW D ．汽车的最大速度为30 m/s 【答案】：BDv m ＝P f ＝6×1042×103m/s ＝30 m/s ，D 项正确．【例4】(2015年高考·课标全国卷Ⅱ)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 变化的图线中，可能正确的是( )【答案】：A【解析】：机车在公路上行驶受到牵引力F 和阻力f 的作用，常用公式有F －f ＝ma ，P ＝Fv .在0～t 1阶段，P 一定，v 增大，则F 减小，f 不变，则a 减小，故汽车做加速度逐渐减小的加速运动．在t 1～t 2阶段，仍然如此，直到F 减至等于f ，汽车的加速度为零，汽车开始匀速行驶，B 、D 错；若汽车开始做匀速运动，功率增大后，汽车的速度不会突变，C 错；A 正确．考点三动能定理核心知识规律方法应用动能定理解题的“四步三注意”(1)应用动能定理解题的四个步骤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三个问题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．典例分析【例1】如图所示，质量m＝1 kg的木块静止在高h＝1.2 m的平台上，木块与平台间的动摩擦因数μ＝0. 2，用水平推力F＝20 N，使木块产生位移l1＝3 m时撤去，木块又滑行l2＝1 m后飞出平台，求木块落地时速度的大小？【答案】11.3 m/s【解析】解法1：取木块为研究对象，其运动分三个过程，先匀加速前进l1，后匀减速l2，再做平抛运动，对每一过程，分别列动能定理得：代入数据解得v ＝11.3 m/s.【例2】如图所示，光滑水平面AB 与半圆形轨道在B 点相切，轨道位于竖直平面内，其半径为R .一个质量为m 的物块将弹簧压缩至A 点后由静止释放，在弹力作用下物块获得一向右速度，然后脱离弹簧，当它经过B 点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半个圆周运动到达C 点．不计空气阻力，重力加速度为g .(1)求弹簧弹力对物块做的功；(2)求物块m 从B 点运动到C 点克服阻力做的功；(3)如果半圆形轨道也是光滑的，其他条件不变，当物体由A 经B 运动到C ，然后落到水平面，落点为D (题中D 点未标出，且水平面足够长)，求D 点与B 点间的距离．【分析】本题可按以下思路进行分析：物块在各阶段的运动情况→各阶段力对物块的做功情况→应用动能定理求解【答案】（1）3mgR （2）12mgR .（3）22R 【解析】 (1)物块在B 点时，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2B R又F N ＝7mg在物体从A 点运动到B 点的过程中，只有弹簧弹力做功，根据动能定理有W ＝12mv 2B解得W ＝3mgR(3)若半圆形轨道光滑，则物块从B 点运动到C 的过程中只有重力做功，根据动能定理有－mg ×2R ＝12mv 2C －12mv 2B 解得v C ＝2gR从C 点到D 点，物块做平抛运动．有水平方向：x BD ＝v C t竖直方向：2R ＝12gt 2 解得x BD ＝22R .【例3】如图所示，ABCD 是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC 的连接处都是一段与BC 相切的圆弧，BC 为水平的，其长度d ＝0.50 m ．盆边缘的高度为h ＝0.30 m ，在A 处放一个质量为m 的小物块并让其从静止开始下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC 面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B 的距离为( )A．0.50 m B．0.25 mC．0.10 m D．0【答案】：D规律总结若物体的运动过程可以分为若干阶段，可以选择分段或全程应用动能定理，题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单、方便.应用全程法解题求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待，弄清楚物体所受的力在哪段位移上做功，哪些力做功，做正功还是负功，正确写出总功.。

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
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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
高频考点新题演练
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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第 5讲
功
功率
动能定理
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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
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
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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。

2018年高考物理二轮复习练案：第5讲 功 功率 动能定理 Word版含解析

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2018版高考物理全国专用大二轮总复习与增分策略课件 专题七功 功率与动能定理

2018高考物理二轮专题复习教学案：专题5 功 功率 动能定理

高考物理二轮专题复习课件第5讲 功 功率 动能定理