第一部分专题二第1讲功、功率与动能定理

1、2016高考导航适用于全国卷热点聚焦备考对策1.功、功率与动能定理部分：考查与功、功率相关的分析和计算及动能定理的综合应用，题型为选择题或与牛顿运动定律相结合的计算题.2.功能关系和能量守恒部分：以直线运动、平抛和圆周运动为情景，考查运动过程中的受力分析、运动分析、能量转化及功能关系问题，以及带电粒子在电场、磁场中的能量问题，以计算题形式命题为主1.正确判断是否做功、是做正功还是负功，掌握各种力做功的特点及计算方法，区别瞬时功率和平均功率，能熟练运用动能定理解决综合问题，注意和图象有关的题型.2.加强综合运用功能关系、机械能守恒定律和能量守恒定律解决多运动过程问题的训练，提高运用动能定理和能量

2、守恒定律解决带电粒子在电场、磁场中的运动问题的能力，关注以竞技体育或近现代科技为背景命制的题目.第1讲功、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(多选)(2015·西安一模)质量为m2 kg的物体沿水平面向右做直线运动，t0时刻受到一个水平向左的恒力F，如图甲所示，此后物体的vt图象如图乙所示，取水平向右为正方向，g取10 m/s2，则()A物体与水平面间的动摩擦因数为0.5B10 s末恒力F的瞬时功率为6

3、 WC10 s末物体在计时起点左侧2 m处D10 s内物体克服摩擦力做功34 J突破点拨(1)04 s内，物体所受摩擦力方向向_，所受合力大小为_.4 s10 s内，摩擦力方向向_，所受合力大小为_(2)由图象知，04 s内物体的加速度大小为_.4 s10 s内物体的加速度大小为_(3)摩擦力在04 s和4 s10 s内做的功各为正功还是负功？解析由题图乙知前后两段时间内物体加速度的大小分别为a12 m/s2、a21 m/s2，由牛顿第二定律知Fmgma1，Fmgma2，联立得F3 N、0.05，A错误；10 s末恒力F的瞬时功率为PFv18 W，B错误；由速度图象与坐标轴所围面积的物理意义知

4、，10 s内物体的位移x2 m，即在计时起点左侧2 m处，C正确；10 s内物体的路程为s34 m，即10 s内物体克服摩擦力所做的功Wmgs0.05×2×10×34 J34 J，D正确答案CD(1)在上述题1中，010 s内恒力F做功的平均功率为多大？解析：10 s内物体的位移x2 m，恒力F做的功WFx3×(2) J6 J，P W0.6 W.答案：0.6 W(2)在上述题1中，010 s内合外力对物体所做的功为多少？解析：由动能定理得W合mv2mv×2×(6)2 J×2×82 J28 J.答案：28 J2(多选

5、)(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/s2解析对舰载机应用运动学公式

6、v2022ax，即8022·a·100，得加速度a32 m/s2，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：F20%Fma，得F1.2×106 N，而发动机的推力为1.0×105 N，则弹射器的推力为F推(1.2×1061.0×105)N1.1×106 N，选项A正确；弹射器对舰载机所做的功为WF推·l1.1×108 J，选项B正确；弹射过程所用的时间为t s2.5 s，平均功率P W4.4×107W，选项C错误答案ABD3.(2015·河北冀州调研)一个质量为0.3 k

7、g的物体沿水平面做直线运动，如图所示，图线a表示物体受水平拉力时的vt图线，图线b表示撤去水平拉力后物体继续运动的vt图线，g10 m/s2，下列说法中正确的是()A撤去拉力后物体还能滑行7.5 mB物体与水平面间的动摩擦因数为0.1C水平拉力的大小为0.1 N，方向与摩擦力方向相同D水平拉力对物体做功为1.2 J解析在03 s内水平拉力F作用在物体上，由vt图象可知，此时间内物体的加速度大小a1 m/s2，3 s末撤去力F，此后，物体的加速度大小a2 m/s2.由vt 图线和横轴所围面积表示位移，可知36 s内物体的位移为7.5 m，而6 s末物体的速度不为零，此后物体仍向前运动，故A错由m

8、a2mg，可得，B错结合题图可知F与摩擦力方向相同，由牛顿第二定律有Fmgma1，解得F0.1 N，故C对WFx1.2 J，D错答案C方法技巧(1)计算力所做的功时，一定要注意是恒力做功还是变力做功若是恒力做功，可用公式WFlcos 进行计算若是变力做功，可用以下几种方法进行求解：微元法：把物体的运动分成无数个小段，计算每一小段力F做的功将变力做功转化为恒力做功用动能定理或功能关系进行求解(2)对于功率的计算要区分是瞬时功率还是平均功率P只能用来计算平均功率PFvcos 中的v是瞬时速度时，计算出的功率是瞬时功率；v是平均速度时，计算出的功率是平均功率热点二对动能定理应用的考查命题规律该知识点

9、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(2015·张掖二模)如图，一个质量为0.6 kg的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)已知圆弧的半径R0.3 m，60°，小球到达A点时的速度vA4 m/s.g取10 m/s2，求：(1)小球做平抛运动的初速度v0.(2)P点与A点的高度差(3)小球到达圆弧最高点C时对轨道的压力突破点拨(1)“恰好从光滑圆弧ABC的

10、A点的切线方向进入圆弧”说明vA与水平方向成_角(2)小球由P至A过程满足的动能定理方程为_.(3)小球在C点的速度可由A点到C点的过程中_方程求出，在C点由_求解轨道对小球的支持力，再由_求小球在C点时对轨道的压力解析(1)由题意知小球到A点的速度vA沿曲线上A点的切线方向，对速度分解如图所示：小球做平抛运动，由平抛运动规律得：v0vxvAcos 2 m/s.(2)小球由P至A的过程由动能定理得：mghmvmv解得：h0.6 m.(3)小球从A点到C点的过程中，由动能定理得：mg(Rcos R)mvmv解得：vC m/s小球在C点由牛顿第二定律得：FNCmgm解得：FNC8 N由牛顿第三定律

11、得：FCFNC8 N方向竖直向上答案(1)2 m/s(2)0.6 m(3)8 N，方向竖直向上(1)在上述题1中，求小球经过最低点B时对轨道的压力大小解析：小球由A至B过程由动能定理得：mgR(1cos )mvmv解得：vB m/s在B点由牛顿第二定律得：FNBmgm解得：FNB44 N由牛顿第三定律得小球经过最低点B时对轨道的压力大小为FNBFNB44 N.答案：44 N(2)在上述题1中，若圆弧轨道粗糙，小球恰好能够经过最高点C，求此过程小球克服摩擦力所做的功解析：小球恰好经过C点时，在C点由牛顿第二定律得：mgm解得：vC m/s小球由A至C过程由动能定理得：mg(Rcos R)Wfmv

12、mv解得：Wf1.2 J.答案：1.2 J2.(2015·高考海南卷)如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，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()AmgR BmgRCmgR DmgR解析当质点由P点滑到Q点时，对轨道的正压力为FN2mg，由牛顿第三定律、牛顿第二定律得FNmgm，vgR.对质点自P点滑到Q点应用动能定理得：mgRWfmv0，得：WfmgR，因此，A、B、D错误，C正确答案C3(2015·高考浙江卷)如图所示，用一块长L11.0 m

13、的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H0.8 m，长L21.5 m斜面与水平桌面的倾角可在060°间调节后固定将质量m0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数10.05，物块与桌面间的动摩擦因数为2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失(重力加速度取g10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)当角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)(2)当角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数2；(已知sin 37°0.6，cos 37°0.8)(3)继续增大角，发现53°时物块落地点与

14、墙面的距离最大，求此最大距离xm.解析(1)为使小物块下滑，应有mgsin 1mgcos ，满足的条件tan 0.05即当arctan 0.05时物块恰好从斜面开始下滑(2)克服摩擦力做功Wf1mgL1cos 2mg(L2L1cos )由动能定理得mgL1sin Wf0代入数据得20.8.(3)由动能定理得mgL1sin Wfmv2结合式并代入数据得v1 m/s由平抛运动规律得Hgt2，x1vt解得t0.4 sx10.4 mxmx1L21.9 m.答案(1)arctan 0.05(2)0.8(3)1.9 m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

15、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的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2016年的高考中出现，题型为选择题或计算题范例(2015·陕西五校模拟)(16分)水平面上静止放置一质量为m0.2 kg的物块，固定在同一水平面上的小型电动机通过水平细线牵引物块

16、，使物块由静止开始做匀加速直线运动，2秒末达到额定功率，其vt图线如图所示，物块与水平面间的动摩擦因数为0.1，g10 m/s2，电动机与物块间的距离足够远求：(1)物块做匀加速直线运动时受到的牵引力大小；(2)电动机的额定功率；(3)物块在电动机牵引下，最终能达到的最大速度规范答题(1)由题图知物块在匀加速阶段加速度大小a0.4 m/s2(2分)物块受到的摩擦力大小Ffmg(1分)设牵引力大小为F，则有：FFfma(2分)得F0.28 N(1分)(2)当v0.8 m/s时，电动机达到额定功率，则PFv0.224 W(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，

17、有F1mg(2分)PF1vm(2分)解得vm1.12 m/s.(2分)答案(1)0.28 N(2)0.224 W(3)1.12 m/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Pf阻vm，P为机车的额定功率最新预测1.(2015·北京东城区模拟)起重机的钢索将重物由地面起吊到空中某个高度，重物起吊过程中的速度时间图象如图所示，则钢

18、索拉力的功率随时间变化的图象可能是下图中的()解析：选B0t1时间内，重物匀加速上升，F恒定且F>mg，由PF·v可知，功率P随v的增大而增大；t1t2时间内，重物匀速上升，Fmg，此过程PF·v恒定不变，但t1时刻起重机的功率突然变小了，A、D均错误；t2t3时间内，重物减速上升，F恒定，且有F<mg，此过程中，由PF·v可知，起重机功率随v的减小而减小，并且在t2时刻功率突然变小了，故B正确，C错误2(2015·宁波模拟)如图甲所示，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

19、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g10 m/s2，求：(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)由题干图可知，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

20、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，之后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(

21、3)2.416 m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WFl求解以额定功率启动时，牵引力是变力，牵引力做功用WPt求解一、选择题1(2015·太原一模)如图所示，质量m1 kg、长L0.8 m的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相齐板与桌面间的动摩擦因数为0.4.现用F5 N的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F做的功至少为(g取10 m/s2)()A1 J B1.6 JC2 J D4 J解析：选B木板中心到达桌子边缘时即可翻下，则WFmg

22、83;0.4×1×10× J1.6 J，故B正确2(2015·襄阳一模)用竖直向上大小为30 N的力F，将2 kg 的物体由沙坑表面静止提升1 m时撤去力F，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20 cm.若忽略空气阻力，g取10 m/s2.则物体克服沙坑的阻力所做的功为()A20 J B24 JC34 J D54 J解析：选C对全程应用动能定理得：F·hmgdWf0即30×1 J2×10×0.2 JWf0Wf34 J，故C正确3(2015·荆州一模)一个质量为m的物块，在几个共点力的作用下静

23、止在光滑水平面上现把其中一个水平方向的力从F突然增大到3F，并保持其他力不变，则从这时开始t s末，该力的瞬时功率是()A BC D解析：选B物块受到的合力为2F，根据牛顿第二定律有2Fma，在合力作用下，物块做初速度为零的匀加速直线运动，速度vat，该力大小为3F，则该力的瞬时功率P3Fv，解以上各式得P，B正确4(多选)(2015·华中师大附中一模)开口向上的半球形曲面的截面如图所示，直径AB水平一小物块在曲面内A点以某一速率开始下滑，曲面内各处动摩擦因数不同，因摩擦作用物块下滑时速率不变，则下列说法正确的是()A物块运动的过程中加速度始终为零B物块所受合外力大小不变，方向时刻在

24、变化C在滑到最低点C以前，物块所受摩擦力大小逐渐变小D滑到最低点C时，物块所受重力的瞬时功率达到最大解析：选BC由于物块做匀速圆周运动，所受合外力大小不变，方向时刻指向圆心，提供圆周运动的向心力，产生向心加速度，A错误，B正确；在下滑的过程中，物块受力如图所示，则摩擦力等于重力沿切线方向的分力，即Ffmgcos ，随着物块下滑，角越来越大，物块所受摩擦力越来越小，C正确；滑到最低点时，速度沿水平方向，此时重力的瞬时功率Pmgvcos ，由于速度的方向与重力方向垂直，因此重力的瞬时功率恰好等于零，D错误5一人用恒定的力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

25、ACBC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EA、EB，不计滑轮质量和摩擦，下列判断正确的是()AWFAWFB，EAEBBWFAWFB，EAEBCWFAWFB，EAEBDWFAWFB，EAEB解析：选B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ACBC，由WF1l知WFAWFB；对物体只有F做功，由动能定理知EAEB，故B正确6质量为m的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的摩擦阻力大小一定，汽车速度能够达到的最大值为v，那么当汽车的车速为时，汽车的瞬时加速度的大小为()A B

26、C D解析：选C设汽车所受摩擦力为Ff，以v行驶时有：Ff，以行驶时，F牵，由牛顿第二定律得：ma，a，故C正确7(多选)一辆汽车在平直公路上以速度v0开始加速行驶，经过一段时间t，前进距离l，此时恰好达到其最大速度vm，设此过程中汽车发动机始终以额定功率P工作，汽车所受阻力恒为Ff，则在这段时间里，发动机所做的功为()AFfvmt BPtCmvFflmv DFft解析：选ABC发动机牵引力为变力，而牵引力的功率恒定，则可用WPt求变力做功，选项B正确；根据PF牵vFfvm，所以WFfvmt，选项A正确；根据动能定理，WFflmvmv，解得WmvmvFfl，选项C正确8.(2015·

27、高考全国卷，T17，6分)如图，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()AWmgR，质点恰好可以到达Q点BW>mgR，质点不能到达Q点CWmgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离DW<mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离解析：选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.

28、质点由开始至N点的过程，由动能定理得mg·2RWfEkN0，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W<W.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9(2015·河北衡水中学三模)如图所示，质量为0.1 kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m，若不计空气阻力，取g10 m/s2，则()A小物块的初速度是5 m/sB小物

29、块的水平射程为1.2 mC小物块在桌面上克服摩擦力做8 J的功D小物块落地时的动能为0.9 J解析：选D小物块在桌面上克服摩擦力做功WfmgL2 J，C错在水平桌面上滑行，由动能定理得Wfmv2mv，解得v07 m/s，A错小物块飞离桌面后做平抛运动，有xvt、hgt2，解得x0.9 m，B错设小物块落地时动能为Ek，由动能定理得mghEkmv2，解得Ek0.9 J，D正确10(2015·山西模拟)用传感器研究质量为2 kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到06 s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示下列说法正确的是()A06 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动

30、B06 s内物体在4 s时的速度最大C物体在24 s内速度不变D04 s内合力对物体做的功等于06 s内合力做的功解析：选D由vat可知，at图象中，图线与坐标轴所围面积表示质点的速度，06 s内物体的速度始终为正值，故一直为正方向，A项错；t5 s时，速度最大，B项错；24 s内加速度保持不变且不为零，速度一定变化，C项错；04 s内与06 s内图线与坐标轴所围面积相等，故物体4 s末和6 s末速度相同，由动能定理可知，两段时间内合力对物体做功相等，D项正确二、计算题11(2015·海淀区一模)如图所示，水平轨道与竖直平面内的圆弧轨道平滑连接后固定在水平地面上，圆弧轨道B端的切线沿水平方向质量m1.0 kg的滑块(可视为质点)在水平恒力F10.0 N的作用下，从A点由静止开始运动，当滑块运动的位移x0.50 m时撤去力F.已知A、B之间的距离x01.0 m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数0.10，g取10 m/s2.求：(1)在撤去力F时，滑块的速度大小(2)滑块通过B点时的动能(3)滑块通过B点后，能沿圆弧轨道上升的最大高度