江苏专版2017高考物理二轮复习第1部分专题突破篇专题5功功率动能定理讲练

专题五功功率动能定理考点1| 功功率的分析与计算难度：中档 题型：选择题 五年1考(2012江苏高考T3)如图1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()图1A逐渐增大B逐渐减小C先增大，后减小D先减小，后增大【解题关键】关键语句信息解读在水平拉力作用下拉力F的方向不变小球以恒定速率运动小球做匀速圆周运动拉力沿切线方向分力与小球重力沿切线方向分力大小相等A小球速率恒定，由动能定理知：拉力做的功与克服重力做的功始终相等，将小球的速度分解，可发现小球在竖直方向分速度逐渐增大，重力的瞬时功率也逐渐增大，则拉力的瞬时功率也逐渐增大，A项正确(2015全国卷T17)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2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2【解题关键】解此题的关键有两点：(1)Pt图象vt图象的物理意义及相关信息(2)公式PFv及Ffma的应用A由Pt图象知：0t1内汽车以恒定功率P1行驶，t1t2内汽车以恒定功率P2行驶设汽车所受牵引力为F，则由PFv得，当v增加时，F减小，由a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(2014全国卷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WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则()A.WF24WF1，Wf22Wf1BWF24WF1，Wf22Wf1CWF24WF1，Wf22Wf1DWF24WF1，Wf2.根据功的计算公式WFl，可知Wf1Wf2，WF1WF2，故选项C正确，选项A、B、D错误1高考考查特点(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)理解公式WFs cos ，PFv，Ffma，Pfvm及机车启动的两种方式是解题的关键2解题的常见误区及提醒(1)应用公式WFs cos 时，忘掉公式仅用于恒力做功的条件(2)机车启动问题中要分清匀加速启动还是恒定功率启动(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WPt计算考向1功的理解与计算1如图3所示，将一个倾角为的光滑斜面体放在水平面上，一根长为L的轻质细绳悬挂着一个质量为m的小球，开始时小球与斜面体刚刚接触且细绳恰好竖直现在用水平推力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()图3A由于小球受到斜面的弹力始终与斜面垂直，故对小球不做功B细绳对小球的拉力始终与小球的运动方向垂直，故对小球不做功C小球受到的合外力对小球做功为零，故小球在该过程中机械能守恒D若水平面光滑，则推力做功为mgL(1cos )B小球受到斜面的弹力沿竖直方向有分量，故对小球做正功，A错误；细绳的拉力方向始终和小球的运动方向垂直，故对小球不做功，B正确；合外力对小球做的功等于小球动能的改变量，虽然合外力做功为零，但小球的重力势能增加，故小球在该过程中机械能不守恒，C错误；若水平面光滑，则推力做功为mgL(1sin )，D错误2(高考改编)例3(2014全国卷T16)中，若将平面改为如图4所示的斜面，物块与所有接触面摩擦因数相同，物块从A点静止释放，沿斜面AB到D时速度为v1，摩擦力做功为Wf1沿斜面AC到D时速度为v2，摩擦力做功为Wf2，则以下正确的是()图4Av1v2Wf1Wf2Bv1v2Wf1Wf2Cv1v2Wf1Wf2D无法确定C设斜面AC的长度为L，AC与水平面的夹角为，则物块下滑过程中摩擦力做功WmgLcos mgsOC与角无关，故物块由A到D摩擦力做功Wf1Wf2mgsOD，由动能定理可知，选项C正确考向2功率的分析和计算3(2016合肥市二模)如图5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()图5A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，mv2mghmv2，两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mgvcos ，B球重力瞬时功率mgv，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球做功的平均功率较大，选项D错误考向3机车启动问题4(高考改编)例2(2015全国卷T17)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6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6ABCDD由PFv可知，开始的时候PF0v0，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PFv，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，曲线逐渐变的平稳，故C错误，D正确(1)计算功、功率时应注意的三个问题功的公式WFl和WFlcos 仅适用于恒力做功的情况.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.对于功率的计算，应注意区分公式P和公式PFv，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)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vm(此时F牵F阻)求解方法：求v1：由F牵F阻ma，PF牵v1可求v1.求vm：由PF阻vm，可求vm.考点2| 动能定理的应用难度：较难 题型：选择题、计算题 五年4考(2015全国卷T17)如图7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：25702021】图7AWmgR，质点恰好可以到达Q点BWmgR，质点不能到达Q点CWmgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离DWmgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离【解题关键】解此题关键有两点：(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vN，在N点质点受到轨道的弹力为FN，则FNmg，已知FNFN4mg，则质点到达N点的动能为EkNmvmgR.质点由开始至N点的过程，由动能定理得mg2RWfEkN0，解得摩擦力做的功为WfmgR，即克服摩擦力做的功为WWfmgR.设从N到Q的过程中克服摩擦力做功为W，则WW.从N到Q的过程，由动能定理得mgRWmvmv，即mgRWmv，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(2015江苏高考T14)一转动装置如图8所示，四根轻杆OA、OC、AB和CB与两小球及一小环通过铰链连接，轻杆长均为l，球和环的质量均为m，O端固定在竖直的轻质转轴上套在转轴上的轻质弹簧连接在O与小环之间，原长为L.装置静止时，弹簧长为L.转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g.求：图8(1)弹簧的劲度系数k；(2)AB杆中弹力为零时，装置转动的角速度0；(3)弹簧长度从L缓慢缩短为L的过程中，外界对转动装置所做的功W.【解题关键】关键语句信息解读四根轻杆OA、OC、AB和CB与两个小球及一小环通过铰链连接轻杆对小球和小环的力一定沿杆，可以是拉力，也可以是压力装置静止时，弹簧长为L小球和小环的合力均为零弹簧对小环的弹力大小为k，方向竖直向上缓慢增大转速，小环缓慢上升小环的合力始终为零小球水平方向合力提供向心力，竖直方向合力为零弹簧长度从L缓慢缩短为的过程中全过程弹簧的弹性势能变化为零【解析】(1)装置静止时，设OA、AB杆中的弹力分别为F1、T1，OA杆与转轴的夹角为1.小环受到弹簧的弹力F弹1k小环受力平衡，F弹1mg2T1cos 1小球受力平衡，F1cos 1T1cos 1mgF1sin 1T1sin 1解得k.(2)设OA、AB杆中的弹力分别为F2、T2，OA杆与转轴的夹角为2，弹簧长度为x.小环受到弹簧的弹力F弹2k(xL)小环受力平衡，F弹2mg，得xL对小球，F2cos 2mgF2sin 2mlsin 2且cos 2解得0.(3)弹簧长度为L时，设OA、AB杆中的弹力分别为F3、T3，OA杆与弹簧的夹角为3.小环受到弹簧的弹力F弹3kL小环受力平衡，2T3cos 3mgF弹3，且cos 3对小球，F3cos 3T3cos 3mgF3sin 3T3sin 3mlsin 3解得3整个过程弹簧弹性势能变化为零，则弹力做的功为零，由动能定理Wmg2mg2m(3lsin 3)2解得WmgL.【答案】(1)(2)(3)mgL1高考考查特点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，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2解题的常见误区及提醒(1)公式Wmvmv中W应是总功，方程为标量方程，不能在某方向上应用(2)功的计算过程中，易出现正、负功判断及漏功的现象(3)多过程问题中，不善于挖掘题目中的隐含条件，运动物体的过程分析易出现错误考向1动能定理与图象的结合5(2016武汉三模)一质量为m的物体在水平恒力F的作用下沿水平面运动，在t0时刻撤去力F，其vt图象如图9所示已知物体与水平面间的动摩擦因数为，则下列关于力F的大小和力F做功W的大小关系式正确的是()图9AFmgBF2mgCWmgv0t0DWmgv0t0D全过程由动能定理有Fmg0，故F3mg，选项A、B错误；全过程由动能定理得Wmgx0，而全过程的位移x3t0，解得Wmgv0t0，选项C错误，选项D正确考向2多过程应用动能定理6如图10所示，AB是倾角为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.求：【导学号：25702022】(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10【解析】(1)对整体过程由动能定理得mgRcos mgcos s0所以s.(2)物体刚好到D点，有mg对全过程由动能定理得mgLsin mgcos LmgR(1cos )mv得LR.【答案】(1)(2)考向3动能定理在机车启动问题中的应用7(2016山西四校三联)如图11甲所示，用固定的电动机水平拉着质量m2 kg的小物块和质量M1 kg的平板以相同的速度一起向右匀速运动，物块位于平板左侧，可视为质点在平板的右侧一定距离处有台阶阻挡，平板撞上后会立刻停止运动电动机功率保持P3 W不变从某时刻t0起，测得物块的速度随时间的变化关系如图乙所示，t6 s后可视为匀速运动，t10 s时物块离开平板重力加速度取g10 m/s2，求：图11(1)平板与地面间的动摩擦因数为多大？(2)物块在1 s末和3 s末受到的摩擦力各为多大？(3)平板长度L为多少？【解析】(1)由题图可知，前2 s内物块和平板一起做匀速运动，对整体分析，在水平方向上受到水平向右的拉力和地面给平板的滑动摩擦力，此二力的合力为零拉力大小为：FT1滑动摩擦力大小为：Ff(Mm)g由平衡条件可得：(Mm)g可得：0.2.(2)物块在1 s末时与平板一起做匀速运动，合力为零物块受到水平向右的拉力与水平向左的静摩擦力，因此静摩擦力大小为：Ff1FT16 N物块在2 s末之后与平板发生相对运动，物块与平板间的摩擦力为滑动摩擦力且大小保持不变物块在6 s后可视为匀速运动，此时物块受到的合力为零，即拉力与滑动摩擦力大小相等方向相反，即：Ff2FT210 N物块在3 s末时受到的滑动摩擦力大小与6 s后受到的摩擦力大小相等，为10 N.(3)依题意，物块在2 s末之后一直到10 s时，物块从平板的一端运动到另一端，对物块由动能定理得：PtFf2Lmvmv代入数据解得：L2.416 m.【答案】(1)0.2(2)6 N10 N(3)2.416 m1应用动能定理解题的4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，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规范练高分| 动能定理的综合应用类问题典题在线(2016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60，长为L12 m的倾斜轨道AB，通过微小圆弧与长为 L2 m的水平轨道BC相连，然后在C处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道D，如图12所示现将一个小球从距A点高为h0.9 m的水平台面上以一定的初速度v0水平弹出，到A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下已知小球与AB和BC间的动摩擦因数均为.g取10 m/s2，求：图12(1)小球初速度v0的大小；(2)小球滑过C点时的速度vC；(3)要使小球不离开轨道，则竖直圆弧轨道的半径R应该满足什么条件信息解读长度忽略不计且此处无碰撞和能量损失注意小球竖直平面内圆周运动的处理方法可在A点分解速度求解v0.小球在AB和BC上运动时，受摩擦力作用，存在摩擦力做功由图可知，小球运动是“平抛斜面圆周”的组合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点评内容点评1该生在第(1)(2)步上分析及解析比较规范，能得全分(8分).点评2在第(3)步中，该生对“小球不离开轨道”的理解不全面，只考虑了完整圆周运动的情况，故只能得到5分.规范解答【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：v2gh(2分)即：vy3 m/s(1分)因为在A点的速度恰好沿AB方向，所以小球初速度：v0vytan 30 m/s.(2分)(2)从水平抛出到C点的过程中，由动能定理得：mg(hL1sin )mgL1cos mgL2mvmv(2分)解得：vC3 m/s.(1分)(3)小球刚好能通过最高点时，由牛顿第二定律有：mgm(2分)小球做圆周运动过程中，由动能定理有：2mgR1mv2mv(2分)解得：R11.08 m(1分)当小球刚好能到达与圆心等高时有：mgR2mv(2分)解得：R22.7 m(2分)当圆轨道与AB相切时：R3BCtan 601.5 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：0R1.08 m(2分)【答案】(1) m/s(2)3 m/s (3)0R1.08 m评分标准第(1)问中，若写出表达式和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)问中的方程若分段写出方程且正确同样给分第(3)问中若答案为0R2.7 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0R1.5，可减去1分14