专题五功功率与动能定理导学导练含详解.docx

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专题五功功率与动能定理导学导练含详解

功、功率与动能定理

热点一　功和功率的计算

命题规律：

在历年的高考中，很少出现简单、单独考查功和功率的计算，一般将其放在与功能关系、物体的运动等综合问题中一起考查，并且对于功和功率的考查一般以选择题形式出现，题目难度以中档题为主．

1.（2014·高考新课标全国卷Ⅱ）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．WF2>4WF1，Wf2>2Wf1

B．WF2>4WF1,Wf2＝2Wf1

C．WF2<4WF1，Wf2＝2Wf1

D．WF2<4WF1，Wf2<2Wf1

[解析]　根据x＝t得，两过程的位移关系x1＝x2，根据加速度的定义a＝得，两过程的加速度关系为a1＝.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f1＝f2＝f，根据牛顿第二定律F－f＝ma得，F1－f1＝ma1，F2－f2＝ma2，所以F1＝F2＋f，即F1>.根据功的计算公式W＝Fl，可知Wf1＝Wf2，WF1>WF2，故选项C正确，选项A、B、D错误．

[答案]　C

2.（2014·西安一模）如图所示，水平传送带以v＝2m/s的速度匀速前进，上方漏斗中以每秒50kg的速度把煤粉竖直抖落到传送带上，然后一起随传送带运动．如果要使传送带保持原来的速度匀速前进，则传送带的电动机应增加的功率为（　　）

A．100WB．200W

C．500WD．无法确定

[解析]　漏斗均匀持续将煤粉抖落在传送带上，每秒钟有50kg的煤粉被加速至2m/s，故每秒钟传送带的电动机应多做的功为：

ΔW＝ΔEk＋Q＝mv2＋f·Δs＝mv2＝200J，故传送带的电动机应增加的功率ΔP＝＝200W．B对．

[答案]　B

3.（多选）质量为m＝2kg的物体沿水平面向右做直线运动，t＝0时刻受到一个水平向左的恒力F，如图甲所示，此后物体的v－t图象如图乙所示，取水平向右为正方向，g＝10m/s2，则（　　）

A．物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5

B．10s末恒力F的瞬时功率为6W

C．10s末物体在计时起点左侧2m处

D．10s内物体克服摩擦力做功34J

[解析]　由题图乙知前后两段物体加速度的大小分别为a1＝2m/s2、a2＝1m/s2，由牛顿第二定律知F＋μmg＝ma1，F－μmg＝ma2，联立得F＝3N、μ＝0.05，A错；10s末恒力F的瞬时功率为P＝Fv＝18W，B错；由速度图象与坐标轴所围面积的物理意义知，10s内物体的位移x＝－2m，即在计时起点左侧2m处，C对；10s内物体的路程为L＝34m，即10s内物体克服摩擦力所做的功W＝FfL＝0.05×10×2×34J＝34J，D对．

[答案]　CD

热点二　对动能定理应用的考查

命题规律：

该知识点是近几年高考的重点，也是高考的热点，题型既有选择题，也有计算题．考查的频率很高，分析近几年的考题，命题有以下规律：

（1）圆周运动与平衡知识的综合题．

（2）考查圆周运动的临界和极值问题．

1.（原创题）一人用恒定的力F，通过图示装置拉着物体沿光滑水平面运动，A、B、C是其运动路径上的三个点，且AC＝BC.若物体从A到C、从C到B的过程中，人拉绳做的功分别为WFA、WFB，物体动能的增量分别为ΔEA、ΔEB，不计滑轮质量和摩擦，下列判断正确的是（　　）

A．WFA＝WFB　ΔEA＝ΔEB

B．WFA＞WFB　ΔEA＞ΔEB

C．WFA＜WFB　ΔEA＜ΔEB

D．WFA＞WFB　ΔEA＜ΔEB

[解析]　如图，F做的功等于F1做的功，物体由A向B运动的过程中，F1逐渐减小，又因为AC＝BC，由W＝F1l知WFA＞WFB；对物体只有F做功，由动能定理知ΔEA＞ΔEB，故B正确．

[答案]　B

2.（2014·高考大纲全国卷）一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示；当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h.重力加速度大小为g.物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为（　　）

A．tanθ和B.tanθ和

C．tanθ和D.tanθ和

[解析]　设物块与斜坡间的动摩擦因数为μ，则物块沿斜坡上滑时的加速度大小a＝μgcosθ＋gsinθ①

当物块的初速度为v时，由运动学公式知

v2＝2a②

当物块的初速度为时，由运动学公式知

2＝2a③

由②③两式得h＝

由①②两式得μ＝tanθ.

[答案]　D

3.（2014·东北三省四市模拟）如图所示，QB段为一半径为R＝1m的光滑圆弧轨道，AQ段为一长度为L＝1m的粗糙水平轨道，两轨道相切于Q点，Q在圆心O的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内．物块P的质量为m＝1kg（可视为质点），P与AQ间的动摩擦因数μ＝0.1，若物块P以速度v0从A点滑上水平轨道，到C点后又返回A点时恰好静止．（g取10m/s2）求：

（1）v0的大小；

（2）物块P第一次刚通过Q点时对圆弧轨道的压力．

[思路点拨]　

―→

[解析]　

（1）物块P从A到C又返回A的过程中，由动能定理有

－μmg·2L＝0－mv

解得v0＝＝2m/s.

（2）设物块P在Q点的速度为v，Q点轨道对P的支持力为F，由动能定理和牛顿第二定律有

－μmgL＝mv2－mv

F－mg＝m

解得：

F＝12N

由牛顿第三定律可知，物块P对Q点的压力大小也为12N，方向竖直向下．

[答案]　

（1）2m/s　

（2）12N，方向竖直向下

[总结提升]　

（1）如果在某个运动过程中包含有几个不同运动性质的阶段（如加速、减速阶段），可以分段应用动能定理，也可以对全程应用动能定理，一般对全程列式更简单.

（2）动能定理通常适用于单个物体或可看成单个物体的系统.如果涉及系统，因为要考虑内力做的功，所以要十分慎重.在中学阶段可以先分别对系统内每一个物体应用动能定理，然后再联立求解.）

机车启动问题

命题规律：

机车启动问题在最近3年高考中出现的频率并不高，但该部分内容比较综合，在考查功率的同时也考查功能关系和运动过程的分析以及匀变速直线运动规律的运用，预计可能在2015年的高考中出现，题型为选择题或计算题都有可能．

[解析]　

（1）由题图知物块在匀加速阶段加速度大小

a＝＝0.4m/s2（2分）

物块受到的摩擦力大小Ff＝μmg（1分）

设牵引力大小为F，则有：

F－Ff＝ma（2分）

得F＝0.28N．（1分）

（2）当v＝0.8m/s时，电动机达到额定功率，则

P＝Fv＝0.224W．（4分）

（3）物块达到最大速度vm时，此时物块所受的牵引力大小等于摩擦力大小，有

F1＝μmg（2分）

P＝F1vm（2分）

解得vm＝1.12m/s.（2分）

[答案]　

（1）0.28N　

（2）0.224W　（3）1.12m/s

[总结提升]　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，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阻vm，P为机车的额定功率．

最新预测1　（多选）（2014·银川一模）提高机车运动速率的有效途径是增大发动机的功率和减小阻力因数（设阻力与物体运动速率的平方成正比，即Ff＝kv2，k是阻力因数）．当发动机的额定功率为P0时，物体运动的最大速率为vm，如果要使物体运动的速率增大到2vm，则下列办法可行的是（　　）

A．阻力因数不变，使发动机额定功率增大到2P0

B．发动机额定功率不变，使阻力因数减小到

C．阻力因数不变，使发动机额定功率增大到8P0

D．发动机额定功率不变，使阻力因数减小到

解析：

选CD.速度达到最大时，＝kv，即P＝kv.由此可知，若vm增大到2vm，当k不变时，功率P变为原来的8倍；当功率不变时，阻力因数变为原来的，故C、D正确．

最新预测2　为登月探测月球，上海航天技术研究院研制了“月球车”，如图甲所示，某探究性学习小组对“月球车”的性能进行了研究．他们让“月球车”在水平地面上由静止开始运动，并将“月球车”运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图乙所示的v－t图象，已知0～t1段为过原点的倾斜直线；t1～10s内“月球车”牵引力的功率保持不变，且P＝1.2kW,7～10s段为平行于横轴的直线；在10s末停止遥控，让“月球车”自由滑行，“月球车”质量m＝100kg，整个过程中“月球车”受到的阻力f大小不变．

（1）求“月球车”所受阻力f的大小和“月球车”匀速运动时的速度大小；

（2）求“月球车”在加速运动过程中的总位移s；

（3）求0～13s内牵引力所做的总功．

解析：

（1）在10s末撤去牵引力后，“月球车”只在阻力f作用下做匀减速运动，由图象可得a＝

由牛顿第二定律得，其阻力f＝ma

7～10s内“月球车”匀速运动，设牵引力为F，则F＝f

由P＝Fv1可得“月球车”匀速运动时的速度v1＝P/F＝P/f

联立解得v1＝6m/s，a＝2m/s2，f＝200N.

（2）“月球车”的加速运动过程可以分为0～t1时间内的匀加速运动和t1～7s时间内的变加速运动两个阶段，t1时功率为P＝1.2kW，速度为vt＝3m/s

由P＝F1vt可得此时牵引力为F1＝P/vt＝400N

由牛顿第二定律：

F1－f＝ma1，解得0～t1时间内的加速度大小为a1＝（F1－f）/m＝2m/s2

匀加速运动的时间t1＝＝1.5s

匀加速运动的位移s1＝a1t＝2.25m

在0～7s内由动能定理可得

F1s1＋P（7－t1）－fs＝mv－mv

代入数据解得“月球车”在加速运动过程中的总位移s＝28.5m.

（3）在0～1.5s内，牵引力做功

W1＝F1s1＝400×2.25J＝900J

在1.5～10s内，牵引力做功

W2＝PΔt＝1200×（10－1.5）J＝10200J

10s后，停止遥控，牵引力做功为零

0～13s内牵引力所做的总功W＝W1＋W2＝11100J.

答案：

见解析

[失分防范]　

（1）机车匀加速启动时，匀加速阶段的最大速度小于匀速运动的最大速度，前者用牛顿第二定律列式求解，后者用平衡知识求解.

（2）匀加速阶段牵引力是恒力，牵引力做功用W＝Fl求解.以额定功率启动时，牵引力是变力，牵引力做功用W＝Pt求解.）

一、选择题

1．如图所示，三个固定的斜面底边长度相等，斜面倾角分别为30°、45°、60°，斜面的表面情况都一样．完全相同的三物体（可视为质点）A、B、C分别从三斜面的顶部滑到底部，在此过程中（　　）

A．物体A克服摩擦力做的功最多

B．物体B克服摩擦力做的功最多

C．物体C克服摩擦力做的功最多

D．三物体克服摩擦力做的功一样多

解析：

选D.设斜面倾角为θ，斜面底边长为x0，则物体下滑过程中克服阻力做功W＝μmgcosθ＝μmgx0，可见W与斜面倾角θ无关，D正确．

2．（2014·烟台一模）起重机以1m/s2的加速度将质量为1000kg的货物由静止开始匀加速向上提升，若g取10m/s2，则在1s内起重机对货物所做的功是（　　）

A．500JB．4500J

C．5000JD．5500J

解析：

选D.由牛顿第二定律得：

F－mg＝ma，F＝m（g＋a）＝11000N,1秒内的位移：

h＝at2＝0.5m，故W＝F·h＝5500J，D正确．

3．（2014·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k1和k2倍，最大速率分别为v1和v2，则（　　）

A．v2＝k1v1B．v2＝v1

C．v2＝v1D．v2＝k2v1

解析：

选B.车达到最大速度时，牵引力大小等于阻力大小，此时车的功率等于克服阻力做功的功率．故P＝k1mgv1＝k2mgv2，解得v2＝v1，选项B正确．

4．（2014·济南一模）如图所示，一个小环沿竖直放置的光滑圆环轨道做圆周运动．小环从最高点A（初速度为零）滑到最低点B的过程中，小环线速度大小的平方v2随下落高度h的变化图象可能是下图中的（　　）

解析：

选B.考虑小环下降过程中受到的各个力的做功情况，重力做正功，圆环对小环的支持力始终与小环运动方向垂直，不做功，由动能定理mgh＝mv2，v2与h的关系为线性关系，又因h＝0时，v也为零，所以图象过原点，只有B符合条件，故选B.

5．（2014·南昌一模）某汽车在平直公路上以功率P、速度v0匀速行驶时，牵引力为F0.在t1时刻，司机减小油门，使汽车的功率减为，此后保持该功率继续行驶，t2时刻，汽车又恢复到匀速运动状态．下面是有关汽车牵引力F、速度v的几种说法，其中正确的是（　　）

A．t2后的牵引力仍为F0

B．t2后的牵引力小于F0

C．t2后的速度仍为v0

D．t2后的速度大于v0

解析：

选A.由P＝Fv可知，当汽车的功率突然减小为时，瞬时速度还没来得及变化，则牵引力突然变为，汽车将做减速运动，随着速度的减小，牵引力逐渐增大，汽车做加速度逐渐减小的减速运动，当速度减小到使牵引力又等于阻力时，汽车再匀速运动，可见只有A正确．

6．（2014·安徽合肥二模）如图所示，在倾角为θ的光滑的斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端固定，另一端与质量为M的平板A连接，一个质量为m的物体B靠在平板的右侧．开始时用手按住物体B，现放手，A和B沿斜面向上运动的距离为L时，同时达到最大速度v，重力加速度为g，则以下说法正确的是（　　）

A．A和B达到最大速度v时，弹簧是自然长度

B．A和B达到最大速度v时，A和B恰要分离

C．从释放到A和B达到最大速度v的过程中，弹簧对A所做的功等于Mv2＋MgLsinθ

D．从释放到A和B达到最大速度v的过程中，A受到的合力对A所做的功等于Mv2

解析：

选D.取A、B整体为研究对象，当二者加速度a＝0时，速度最大．此时弹簧处于压缩状态，选项A错误；弹簧原长时，A、B分离，选项B错误；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，弹簧对A做功转化为A和B的动能以及势能，选项C错误；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，A受到的合力对A所做的功等于A动能的增量，故选项D正确．

7．（多选）（2014·聊城模拟）一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时速率为1m/s.从此刻开始在与速度平行的方向上施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲和乙所示，两图中F、v取同一正方向．则（　　）

A．滑块的加速度为1m/s2

B．滑块与水平地面间的滑动摩擦力为2N

C．第1s内摩擦力对滑块做功为－0.5J

D．第2s内力F的平均功率为3W

解析：

选AC.由v－t图象可求得滑块的加速度a＝1m/s2，A正确；设滑块所受的摩擦力大小为Ff，由牛顿第二定律得：

1＋Ff＝ma,3－Ff＝ma，可得：

Ff＝1N，B错误．由W＝Fl可得第1s内摩擦力对滑块做的功W＝－1×J＝－0.5J，C正确；由＝F可求得第2s内力F的平均功率为＝3×W＝1.5W，D错误．

8．（多选）放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象如图甲、乙所示．下列说法正确的是（　　）

　　　　甲　　　　　　　　　乙

A．0～6s内物体的位移大小为30m

B．0～6s内拉力做的功为70J

C．合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等

D．滑动摩擦力的大小为5N

解析：

选ABC.根据速度与时间的图象，可以求出0～6s内物体的位移大小为30m；根据拉力的功率与时间的图象，可以求出0～6s内拉力做的功为70J；0～2s内，拉力的大小为5N，大于滑动摩擦力的大小；由于2～6s内合外力不做功，所以合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等．

9．（多选）（2014·烟台模拟）如图所示，滑块以初速度v0滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点．则能大致反映滑块整个运动过程中速度v、加速度a、动能Ek、重力对滑块所做的功W与时间t或位移x关系的是（取初速度方向为正方向）（　　）

解析：

选AD.由牛顿第二定律可知，滑块上滑的加速度方向沿斜面向下，下滑的加速度也沿斜面向下，但a上＞a下，由于摩擦力做负功，滑块返回出发点的速度一定小于v0，故A正确，B错误；因上滑和下滑过程中合外力不同，且Ek不小于0，故C错误；重力对滑块做的负功先增大后减小，D正确．

二、计算题

10．（2014·西安一模）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

P＝F·v＝f·v

即运动过程中雪橇受到的阻力大小

f＝①

对于整个过程运用动能定理得：

·t1＋P（t总－t1）－f·s＝mv2－0②

代入数据，解①②得：

P＝723W，f＝48.2N

再由动能定理可得

t总－f·s＝mv2

解得：

＝687W.

答案：

687W　48.2N

11．（2014·郑州市质量检测）如图甲所示，在水平路段AB上有一质量为2×103kg的汽车，正以10m/s的速度向右匀速行驶，汽车前方的水平路段BC较粗糙，汽车通过整个ABC路段的v－t图象如图乙所示，在t＝20s时汽车到达C点，运动过程中汽车发动机的输出功率保持不变．假设汽车在AB路段上运动时所受的恒定阻力（含地面摩擦力和空气阻力等）f1＝2000N．求：

（1）汽车运动过程中发动机的输出功率P；

（2）汽车速度减至8m/s时加速度a的大小；

（3）BC路段的长度．（解题时将汽车看成质点）

解析：

（1）汽车在AB路段时，牵引力和阻力相等F1＝f1，P＝F1v1

联立解得：

P＝20kW.

（2）t＝15s后汽车处于匀速运动状态，有

F2＝f2，P＝F2v2，f2＝P/v2

联立解得：

f2＝4000N

v＝8m/s时汽车在做减速运动，有f2－F＝ma，F＝P/v

解得a＝0.75m/s2.

（3）Pt－f2s＝mv－mv

解得s＝93.75m.

答案：

见解析

12．（2014·淄博二模）如图所示，上表面光滑、长度为3m、质量M＝10kg的木板，在F＝50N的水平拉力作用下，以v0＝5m/s的速度沿水平地面向右匀速运动．现将一个质量为m＝3kg的小铁块（可视为质点）无初速度地放在木板最右端，当木板运动了L＝1m时，又将第二个同样的小铁块无初速地放在木板最右端，以后木板每运动1m就在其最右端无初速度地放上一个同样的小铁块．（g取10m/s2）求：

（1）木板与地面间的动摩擦因数；

（2）刚放第三个小铁块时木板的速度；

（3）从放第三个小铁块开始到木板停止的过程，木板运动的距离．

解析：

（1）木板做匀速直线运动时，受到地面的摩擦力设为Ff，由平衡条件得：

F＝Ff①

又Ff＝μMg②

联立①②并代入数据得：

μ＝0.5.③

（2）每放一个小铁块，木板所受的摩擦力增加μmg

设刚放第三个小铁块时木板的速度为v1，对木板从放第一个小铁块到刚放第三个小铁块的过程，由动能定理得：

－μmgL－2μmgL＝Mv－Mv④

联立③④并代入数据得：

v1＝4m/s.⑤

（3）从放第三个小铁块开始到木板停止之前，木板所受的合外力大小均为3μmg.

从放第三个小铁块开始到木板停止的过程，设木板运动的距离为x，对木板由动能定理得：

－3μmgx＝0－Mv⑥

联立③⑤⑥并代入数据得x＝m≈1.78m.

答案：

（1）0.5　

（2）4m/s　（3）1.78m