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第1讲功和功率动能定理做真题明考向真题体验透视命题规律授课提示：对应学生用书第23页真题再做1(多选)(2018高考全国卷，T19)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等不考虑摩擦阻力和空气阻力对于第次和第次提升过程()A矿车上升所用的时间之比为45B电机的最大牵引力之比为21C电机输出的最大功率之比为21D电机所做的功之比为45解析：由图线知，矿车上升总高度h2t0v0t0由图线知，加速阶段和减速阶段上升高度和h1()v0t0匀速阶段：hh1v0t，解得tt0故第次提升过程所用时间为t0t0，两次上升所用时间之比为2t0t045，A对；对矿车受力分析，当矿车向上做加速直线运动时，电机的牵引力最大，由于加速阶段加速度相同，故加速时牵引力相同，B错；在加速上升阶段，由牛顿第二定律知，Fmgma，Fm(ga)第次在t0时刻，功率P1Fv0，第次在时刻，功率P2F，第次在匀速阶段P2FmgP2，可知，电机输出的最大功率之比P1P221，C对；由动能定理知，两个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，D错答案：AC2(2017高考全国卷，T16)如图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为()A.mglB.mglC.mglD.mgl解析：QM段绳的质量为mm，未拉起时，QM段绳的重心在QM中点处，与M点距离为l，绳的下端Q拉到M点时，QM段绳的重心与M点距离为l，此过程重力做功WGmg(ll)mgl，对绳的下端Q拉到M点的过程，应用动能定理，可知外力做功WWGmgl，可知A项正确，B、C、D项错误答案：A3.(2015高考全国卷，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()解析：当汽车的功率为P1时，汽车在运动过程中满足P1F1v，因为P1不变，v逐渐增大，所以牵引力F1逐渐减小，由牛顿第二定律得F1fma1，f不变，所以汽车做加速度减小的加速运动，当F1f时速度最大，且vm.当汽车的功率突变为P2时，汽车的牵引力突增为F2，汽车继续加速，由P2F2v可知F2减小，又因F2fma2，所以加速度逐渐减小，直到F2f时，速度最大vm，以后匀速运动综合以上分析可知选项A正确答案：A4.(2016高考全国卷，T24)如图，在竖直平面内有由圆弧AB和圆弧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.一小球在A点正上方与A相距处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动(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)小球下落至A点的过程，由动能定理得mgEkA0小球下落至B点的过程，由动能定理得mg(R)EkB0由以上两式联立解得.(2)小球恰好经过C点时，由牛顿第二定律得mgm，解得v0小球由开始下落至C点的过程，由动能定理得mgmv0，解得vC由于vCv0，故小球恰好可以沿轨道运动到C点答案：(1)51(2)见解析考情分析命题特点与趋势怎么考1近几年高考命题点主要集中在正、负功的判断，功率的分析与计算，机车启动模型，动能定理在圆周运动、平抛运动中的应用题目具有一定的综合性，难度适中2本讲高考单独命题以选择题为主，综合命题以计算题为主，常将动能定理与机械能守恒定律、能量守恒定律相结合动能定理仍是2019年高考的考查重点，要重点关注本讲知识与实际问题相结合的情景题目解题要领怎么做解决本讲知识要理解功和功率的定义、正负功的判断方法，机车启动两类模型的分析、动能定理及动能定理在变力做功中的灵活应用建体系记要点知识串联熟记核心要点授课提示：对应学生用书第24页网络构建要点熟记1功(1)恒力做功：WFlcos (为F与l之间的夹角)(2)变力做功：用动能定理求解；用F x图线与x轴所围“面积”求解2功率(1)平均功率：PFcos .(2)瞬时功率：PFvcos(为F与v的夹角)(3)机车启动两类模型中的关键方程：PFv，FF阻ma，vm，PtF阻xEk.3动能定理：W合mv2mv.4应用动能定理的两点注意(1)应用动能定理的关键是写出各力做功的代数和，不要漏掉某个力做的功，同时要注意各力做功的正、负(2)动能定理是标量式，不能在某一方向上应用研考向提能力考向研析掌握应试技能授课提示：对应学生用书第24页考向一功和功率的分析与计算1(2018北京昌平期末)如图所示，质量为60kg的某同学在做引体向上运动，从双臂伸直到肩部与单杠同高度算1次若他在1min内完成了10次，每次肩部上升的距离均为0.4m，则他在1min内克服重力所做的功及相应的功率约为(g取10m/s2)()A240 J,4 WB.2 400 J,2 400 WC2 400 J, 40 W D4 800 J,80 W解析：他每次引体向上克服重力所做的功为W1mgh60100.4 J240 J，他在1 min内克服重力所做的功为W10W110240 J2 400 J，相应的功率约为P40 W，选项C正确答案：C2(多选)如图所示，传送带AB的倾角为，且传送带足够长，现有质量为m、可视为质点的物体以初速度v0从B端开始向上运动，物体与传送带之间的动摩擦因数tan，传送带的速度为v(v0tan，则mgcosmgsin，传送带的速度为v(v0v)，若v0与v同向，物体先做匀加速运动，直至物体加速运动到与传送带速度相同时物体速度最大，此时摩擦力的瞬时功率最大，则最大瞬时功率为Pmgvcos；若v0与v反向，物体沿传送带向上开始做类竖直上抛，根据对称性知，物体在传送带上运动的速度最大为v0，此时摩擦力的瞬时功率最大，则最大瞬时功率为Pmgv0cos，因为最大瞬时功率有两种可能值，所以选项A、B均错误若v0与v反向，物体先是沿传送带向上做匀减速运动，速度为零后，沿传送带向下做匀加速运动，滑动摩擦力方向始终沿传送带向下，摩擦力先对物体做负功，后做正功，物体回到B端时位移为零，滑动摩擦力做的总功为零，选项C、D正确答案：CD3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，直至细绳与斜面平行，则下列说法中正确的是()A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)解析：小球受到的斜面的弹力沿小球位移方向有分量，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，则推力做功等于小球重力势能的增量，即为mgL(1sin)，D错误答案：B考向二机车启动问题1恒定功率启动(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，速度时间图象如图所示，当FF阻时，vm.(2)动能定理：PtF阻xmv0.2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vm后做匀速直线运动(2)常用公式：4.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角时，轮船速度为v，汽车的功率为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.fB.fC.fD.f解析：将船的速度分解如图所示，沿绳子方向的分速度v1vcos，根据PFv1得，汽车的牵引力大小F.根据平衡条件得，绳对汽车的拉力大小FFff，那么此时绳对船的拉力大小为f，故选项B正确答案：B5一辆汽车在行驶过程中的最大输出功率与速度大小的关系如图所示，已知该车质量为2103kg，在某平直路面上行驶，阻力恒为3103N若汽车从静止开始以恒定加速度2m/s2做匀加速运动，则此匀加速过程能持续的时间大约为()A8sB14sC26sD38s解析：由图象可知，汽车的最大功率约为P200kW，在匀加速阶段由牛顿第二定律可知FF阻ma，即FF阻ma3103N21032N7000N，再由PFv可知vm/sm/s，由vat，解得ts14.3s，故选项B正确答案：B6(多选)(2018江西赣中南五校联考)质量为m的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度时间图象如图所示，从t1时刻起汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为Ff，则()A0t1时间内，汽车的牵引力做功的大小等于汽车动能的增加量Bt1t2时间内，汽车的功率等于(mFf)v1C汽车运动的最大速度v2(1)v1Dt1t2时间内，汽车的平均速度等于解析：0t1时间内，汽车加速度a，由牛顿第二定律FFfma，解得FmFf.t1t2时间内，汽车的功率PFv1(mFf)v1，选项B正确；由PFfv2可得汽车运动的最大速度v2(1)v1，选项C正确；根据动能定理，0t1时间内，汽车的牵引力做的功减去克服阻力做的功等于汽车动能的增加量，选项A错误；t1t2时间内，汽车的平均速度大于，选项D错误答案：BC解决机车启动问题的四点注意(1)分清是匀加速启动还是恒定功率启动，如第5题中是匀加速启动，第6题中0t1时间内是匀加速运动，t1t2时间内是恒定功率运动(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速度达到最大(如第6题中t1时刻对应的速度v1)，但不是机车能达到的最大速度(t2时刻速度v2)，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PFfvm，P为机车的额定功率考向三动能定理的应用典例展示如图甲所示是游乐园的过山车，其局部可简化为如图乙所示的示意图，倾角37的两平行倾斜轨道BC、DE的下端与水平半圆形轨道CD顺滑连接，倾斜轨道BC的B端距轨道CD所在水平面的竖直高度h24m，倾斜轨道DE与圆弧轨道EF相切于E点，圆弧轨道EF的圆心O1、水平半圆轨道CD的圆心O2在同一水平面上，D点与O1点之间的距离L20m，质量m1000kg的过山车(包括乘客)从B点由静止开始滑下，经过水平半圆轨道CD后，滑上倾斜轨道DE，到达圆弧轨道顶端F时，乘客对座椅的压力为自身重力的.已知过山车在BCDE段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比，比例系数，圆弧轨道EF光滑，整个运动过程中空气阻力不计，过山车经过各轨道之间的连接点时无机械能损失(sin370.6，cos370.8，重力加速度g取10m/s2)(1)求过山车过F点时的速度大小；(2)求从B点到F点的整个运动过程中摩擦力对过山车做的功；(3)过山车过D点时发现圆弧轨道EF有故障，为保证乘客安全，立即触发制动装置，使过山车不能到达EF段并保证不再下滑，设触发制动装置后，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则过山车受到的摩擦力至少为多大？解析(1)设过山车过F点时的速度为vF，选择某个质量为m1的乘客为研究对象，根据牛顿第二定律有m1gm1gm1，又rLsin联立方程并代入数据解得vF3m/s.(2)设整个过程摩擦力做功为W，对过山车从B点到F点的过程，应用动能定理得mg(hr)Wmv0代入数据解得W7.5104J.(3)触发制动装置后，设过山车恰好能够到达E点时对应的摩擦力为Ff，过山车在D点和F点的速度分别为vD和vF，由动能定理得FfLcosmgrcos0mv未触发制动装置时，对D点到F点的过程，由动能定理得mgcosLcosmgrmvmv联立方程并代入数据解得Ff4.56103N因为Ff，C错误；030s内，汽车发动机做的功W1Fx1(J)15P(J)，3054s内汽车发动机做功W2P(54s30s)24P(J)，因此，D正确答案：BD三、非选择题11一匹马拉着质量为60kg的雪橇，从静止开始用80s的时间沿平直冰面跑完1000m设在运动过程中雪橇受到的阻力保持不变，已知雪橇在开始运动的8s时间内做匀加速直线运动，从第8s末开始，马拉雪橇做功的功率保持不变，使雪橇继续做直线运动，最后一段时间雪橇做的是匀速直线运动，速度大小为15m/s；开始运动的8s内马拉雪橇的平均功率是8s后功率的一半求整个运动过程中马拉雪橇做功的平均功率和雪橇在运动过程中所受阻力的大小解析：设8s后马拉雪橇的功率为P，则匀速运动时PFvFfv即运动过程中雪橇受到的阻力大小Ff对于整个过程运用动能定理得t1P(t总t1)Ffxmv20代入数据，解得P723W，Ff48.2N再由动能定理可得t总Ffxmv2解得687W.答案：687W48.2N12某课外探究小组自制了如图所示的导轨，其中，导轨的所有半圆形部分均光滑，水平部分均粗糙圆半径分别为R、2R、3R和4R，R0.5m，水平部分长度L2m，将导轨竖直放置，轨道最低点离水平地面高h1m将一个质量为m0.5kg、中心有孔的钢球(孔径略大于细导轨直径)套在导轨端点P处，钢球与导轨水平部分的动摩擦因数均为0.4.给钢球一初速度v013m/s，g取10 m/s2.求：(1)钢球运动至第一个半圆形轨道最低点A时对轨道的压力；(2)钢球落地点到抛出点的水平距离解析：(1)钢球从P点运动到A点的过程中，由动能定理得mg2RmgLmvmv由牛顿第二定律有FNmg代入数据解得FN178N由牛顿第三定律可知，钢球对轨道的压力大小为178N，方向竖直向下(2)设钢球到达轨道末端点的速度为v2，对全程应用动能定理得mg5Lmg4Rmvmv解得v27m/s由平抛运动规律得h8Rgt2，sv2t解得s7m.答案：(1)178N，方向竖直向下(2)7m13(2018重庆高三一诊)如图所示，绝缘轨道CDGH位于竖直平面内，圆弧段DG的圆心角为37，DG与水平段CD、倾斜段GH分别相切于D点和G点，CD段粗糙，DGH段光滑，在H处固定一垂直于轨道的绝缘挡板，整个轨道处于场强为E1104N/C、水平向右的匀强电场中一质量m4103 kg、带电量q3106 C的小滑块在C处由静止释放，经挡板碰撞后滑回到CD段的中点P处时速度恰好为零已知CD段长度L0.8 m，圆弧DG的半径r0.2 m；不计滑块与挡板碰撞时的动能损失，滑块可视为质点g取10 m/s2，cos370.8，sin370.6.求：(1)滑块与CD段之间的动摩擦因数；(2)滑块在CD段上运动的总路程；(3)滑块与绝缘挡板碰撞时的最大动能和最小动能解析：(1)滑块由C处释放，经挡板碰撞后第一次滑回P点的过程中，由动能定理得qEmg(L)0，解得0.25(2)滑块在CD段上受到的滑动摩擦力mg0.01N、电场力qE0.03N，滑动摩擦力小于电场力，故不可能停在CD段，滑块最终会在DGH间来回往复运动，且在D点的速度为0全过程由动能定理得qEL(mgx)0解得xL3L2.4m(3)GH段的倾角37，滑块受到的重力mg0.04N，电场力qE0.03N，qEcosmgsin0.024N，则滑块加速度a0，所以滑块与绝缘挡板碰撞的最大动能为滑块第一次运动到G点的动能对C到G过程由动能定理得Ek最大Eq(Lrsin)mgLmg(rrcos)0.018J滑块最终在DGH间来回往复运动，碰撞绝缘挡板时有最小动能对D到G过程由动能定理得Ek最小Eqrsinmg(rrcos)0.002J答案：(1)0.25(2)2.4m(3)0.018J0.002J
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