2018版高考物理二轮复习第一部分专题五功功率动能定理学案

1、专题五功功率动能定理江苏卷考情导向考点考题考情功功率的分析与计算2017年江苏T14考查共点力平衡的条件及其应用；功的计算1该专题的题型以选择题、计算题为主2高考命题的热点集中在功、功率的分析与计算，应用动能定理解决单个物体的运动及多过程问题动能定理的应用2017年江苏T3考查动能定理的应用2015年江苏T14考查了动能定理、牛顿第二定律、共点力平衡和胡克定律的运用2013年江苏T5考查频闪照片的理解、速度公式、动能和估算的方法考点1| 功功率的分析与计算难度：中档 题型：选择题 五年1考(对应学生用书第22页)1(2012江苏高考T3)如图51所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球在水平

2、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() 【导学号：】图51A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2(2017江苏高考T14)如图52所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者

3、半径均为RC的质量为m，A、B的质量都为，与地面间的动摩擦因数均为现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面整个过程中B保持静止设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g求：图52(1)未拉A时，C受到B作用力的大小F；(2)动摩擦因数的最小值min；(3)A移动的整个过程中，拉力做的功W 【导学号：】【解析】(1)对C受力分析，如图所示根据平衡条件有2Fcos 30mg解得Fmg(2)C恰好降到地面时，B受C压力的水平分力最大FxmaxmgB受地面的摩擦力fmg根据题意，B保持静止，则有fminFxmax解得min(3)C下降的高度h(1)RA的位移x2(1)R摩擦力做功的大小

4、Wffx2(1)mgR根据动能定理WWfmgh00解得W(21)(1)mgR【答案】(1)mg(2)(3)(21)(1)mgR1计算功、功率时应注意的三个问题(1)功的公式WFl和WFlcos 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：(1)求v1：由F牵F阻ma，PF牵v1可求v1(2)求v

5、m：由PF阻vm，可求vm考向1功的理解与计算1(多选)(2017徐州二模)如图53所示，竖直平面内有一半圆槽，A、C等高，B为圆槽最低点，小球从A点正上方O点静止释放，从A点切入圆槽，刚好能运动至C点设球在AB段和BC段运动过程中，运动时间分别为t1、t2，克服摩擦力做功分别为W1、W2，则()图53At1t2Bt1t2CW1W2 DW1W2BC小球刚开始自由落体，到达C点速度大小为零，由受力分析，小球在BC阶段一直减速，则小球在AB阶段平均速率大于BC阶段，两段弧长相等，所以t1t2，B选项正确在AB和BC任一对称位置上都有小球在AB上速率大于BC上速率，则需要的向心力大，则轨道对小球的弹

6、力大，由摩擦力公式，受到的摩擦力就大，两段圆弧相等，根据功的计算公式可得W1W2，C选项正确2(2017徐州模拟)如图54所示，在投球游戏中，小明坐在可升降的椅子上，向正前方的圆桶水平抛出篮球已知某次抛出点的实际高度为20 m，桶的高度为04 m，到抛出点的水平距离为16 m，球恰好落入桶内，篮球质量约为05 kg，小明对球做功约为() 【导学号：】图54A02 J B2 JC20 J D200 JB篮球做平抛运动，竖直方向下降高度为抛出点的实际高度与桶的高度差，竖直方向：Hhgt2水平方向：xvt由动能定理，人对篮球做功为篮球平抛初动能，则：WMv2由以上三式代入数据可得小明对球做功约为2

7、J，故选B考向2功率的分析和计算3(多选)(2017徐州期中)如图55所示，物块用一不可伸长的轻绳跨过小滑轮与小球相连，与小球相连的轻绳处于水平拉直状态小球由静止释放运动到最低点过程中，物块始终保持静止，不计空气阻力下列说法正确的有() 【导学号：】图55A小球刚释放时，地面对物块的摩擦力为零B小球运动到最低点时，地面对物块的支持力可能为零C上述过程中小球的机械能守恒D上述过程中小球重力的功率一直增大AC小球刚释放时，小球速度为零，此时绳子的拉力为零，对物块分析可知，受到的摩擦力为零，故A正确；小球运动到最低点时，若地面对物块的支持力为零，此时绳子的拉力对物块有向右的分力，不可能静止，故B错误

8、；整体受力分析，只有重力做功，故机械能守恒，故C正确；刚释放小球时，小球速度为零，小球重力的功率为零，到达最低点时，速度方向与重力方向垂直，小球重力的功率为零，故小球重力的功率先增大后减小，故D错误4(2017宿迁三模)如图56所示，四个相同的小球A、B、C、D，其中A、B、C位于同一高度h处，A做自由落体运动，B沿光滑斜面由静止滑下，C做平抛运动，D从地面开始做斜抛运动，其运动的最大高度也为h在每个小球落地的瞬间，其重力的功率分别为PA、PB、PC、PD下列关系式正确的是() 【导学号：】图56APAPBPCPD BPAPCPBPDCPAPCPDPB DPAPCPDPBCA做自由落体运动，C

9、做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，故A、C落地时竖直方向的速度大小相同，故落地时的功率Pmgv相同；D做斜抛运动，到达最高点跟A下落时的高度相同，故竖直方向的速度跟A落地时的速度大小相同，故功率相同；B沿斜面下滑，下滑到斜面底端的速度跟A落地时的速度相同，但速度方向与重力方向成一定的夹角，故功率小于A的功率，故C正确考向3机车启动问题5(2017南通模拟)近年来城市的汽车越来越多，排放的汽车尾气是形成“雾霾”天气的一个重要因素，为减少二氧化碳排放，我国城市公交正大力推广新型节能环保电动车，在检测某款电动车性能的实验中，质量为8102 kg的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为15

10、 m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F及对应的速度v，并描绘出F图象(图中AB、AO均为直线)，假设电动车行驶时所受的阻力恒定，则根据图象，下列判断中正确的是()【导学号：】图57A电动车运动过程中所受的阻力f2 000 NB电动车的额定功率P6 000 WC电动车由静止开始持续匀加速运动的时间t75 sD电动车从静止开始运动到最大速度消耗的电能E9104 JB当最大速度vmax15 m/s时，牵引力为Fmin400 N，故恒定阻力fFmin400 N，故A错误；额定功率PFminvmax6 kW，故B正确；匀加速运动的加速度a m/s22 m/s2，匀加速运动的最大速度v

11、m/s3 m/s，电动车维持匀加速运动的时间t15 s，故C错误；AC段做变加速直线运动，无法求解其运动位移，所以无法求出时间，也就求不出阻力做的功，故D错误考点2| 动能定理的应用难度：较难 题型：选择题、计算题 五年3考(对应学生用书第23页)3(2015江苏高考T14)一转动装置如图58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58(

12、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

13、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

14、 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)mgL4(2017江苏高考T3)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是()C设斜面倾角为，根据动能定理，当小物块沿斜面上升时，有(mgsin f)xEkEk0，即Ek(fmgsin )xEk0，所以Ek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(mgsin f)(x0x)Ek0(x0为小物块到达最高点时的位移)，即Ek(mgsin f)

15、x(mgsin f)x0所以下滑时Ek随x的减小而增大且为直线综上所述，选项C正确5(2013江苏高考T5)水平面上，一白球与一静止的灰球碰撞，两球质量相等碰撞过程的频闪照片如图59所示，据此可推断，碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的() 【导学号：】图59A30% B50%C70% D90%A根据v和Ekmv2解决问题量出碰撞前的小球间距与碰撞后的小球间距之比为127，即碰撞后两球速度大小v与碰撞前白球速度v的比值，所以损失的动能Ekmv22mv2，30%，故选项A正确1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

16、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考向1动能定理与图象的结合6(2017盐城二模)质量为m的球从地面以初速度v0竖直向上抛出，已知球所受的空气阻力与速度大小成正比，下列图象分别描述了球在空中运动的加速度a、速度v随时间t的变化关系和动能Ek、机

17、械能E(选地面处重力势能为零)随球距离地面高度h的变化关系，其中可能正确的是() 【导学号：】ABCDCvt图象与t轴的交点表示小球到达最高点，速度为0，此时空气阻力为0，小球所受的合力等于重力，由牛顿第二定律得：mgma，ag0，故A错误上升过程有 mgfma上，下降过程有mgfma下，又fkv，得a上g，则上升过程中，随着v的减小，a减小由数学知识有a，减小，所以at图象应是曲线同理，下降过程，at图象也是曲线，故B错误上升过程有Ek(mgkv)h，得(mgkv)，v减小，减小，Ekh图象应是切线斜率逐渐减小的曲线下降过程有Ek(mgkv)h，得mgkv，v增大，减小，Ekh图象应是切线斜

18、率逐渐减小的曲线，故C正确上升过程有Ekvh，得kv，v减小，减小，Eh图象应是曲线，故D错误考向2多过程应用动能定理7(2017镇江一模)如图510所示的装置由水平弹簧发射器及两个轨道组成：轨道是光滑轨道AB，AB间高度差h1020 m；轨道由AE和螺旋圆形EFG两段光滑轨道和粗糙轨道GB平滑连接而成，且A点与F点等高轨道最低点与AF所在直线的高度差h2040 m当弹簧压缩量为d时，恰能使质量m005 kg的滑块沿轨道上升到B点，当弹簧压缩量为2d时，恰能使滑块沿轨道上升到B点，滑块两次到达B点处均被装置锁定不再运动已知弹簧弹性势能Ep与弹簧压缩量x的平方成正比，弹簧始终处于弹性限度范围内，

19、不考虑滑块与发射器之间的摩擦，重力加速度g取10 m/s2图510(1)当弹簧压缩量为d时，求弹簧的弹性势能及滑块离开弹簧瞬间的速度大小；(2)求滑块经过螺旋图形轨道最高点F处时对轨道的压力大小；(3)求滑块通过GB段过程中克服摩擦力所做的功 【导学号：】【解析】(1)当弹簧压缩量为d时，恰能使质量m005 kg的滑块沿轨道上升到B点，所以根据能量转化和守恒定律得：弹簧弹性势能Ep1mgh1解得：Ep101 J又对滑块由静止到离开弹簧过程由能量转化和守恒定律得：Ep1mv2解得：v2 m/s(2)根据题意，弹簧弹性势能Ep与弹簧压缩量x的平方成正比，所以弹簧压缩量为2d时，弹簧弹性势能为Ep2

20、04 J根据题意，滑块到达F点处的速度v4 m/s根据牛顿第二定律：Fma可得：mgFNm解得：FN35 N根据牛顿第三定律：F处滑块对轨道的压力大小为35 N(3)滑块通过GB段过程，根据能量转化和守恒定律得Ep2mgh1Q解得：Q03 J又QW克所以滑块通过GB段过程中克服摩擦力所做的功W克03 J【答案】(1)01 J2 m/s(2)35 N(3)03 J8(2017徐州模拟)如图511所示为某车间传送装置的简化示意图，由水平传送带、粗糙斜面、轻质弹簧及力传感器组成传送带通过一段光滑圆弧与斜面顶端相切，且保持v04 m/s的恒定速率运行，AB之间距离为L8 m，斜面倾角37，弹簧劲度系数

21、k200 N/m，弹性势能Epkx2，式中x为弹簧的形变量，弹簧处于自然状态时上端到斜面顶端的距离为d32 m现将一质量为4 kg的工件轻放在传送带A端，工件与传送带、斜面间的动摩擦因数均为05，不计其它阻力，sin 3706，cos 3708，g取10 m/s2求：图511(1)工件传到B端经历的时间；(2)传感器的示数最大值；(3)工件经多次缓冲后停在斜面上，传感器的示数为20 N，工件在斜面上通过的总路程(结果保留三位有效数字) 【导学号：】【解析】(1)设工件轻放后向右的加速度为a，达共速时位移为x1，时间为t1，由牛顿第二定律：mgma可得：ag5 m/s2t1 s08 sx1at2

22、5082 m16 m接着工件向右匀速运动，设时间为t2，t2 s16 s工件传到B端经历的时间tt1t224 s(2)设传感器示数最大时弹簧的压缩量为x1，由动能定理得：mg(dx1)sin 37mg(dx1)cos 37kx0mv代入数据得：x108 m传感器的示数最大值为：Fmkx1160 N(3)设传感器示数为20 N时弹簧的压缩量为x2，工件在斜面上通过的总路程为s，则：x2 m01 m由能量守恒得：mvmg(dx2)sin 37mgscos 37kx代入数据得：s689 m【答案】(1)24 s(2)160 N(3)689 m考向3动能定理在机车启动问题中的应用9(2017红桥区期末

23、)一辆由电动机提供牵引力的实验小车在水平的直轨道上由静止开始运动，其运动的全过程转化为如图512所示的v t图象，图象显示2 s10 s时间段内的图象为曲线，其余时间段图象均为直线已知实验小车运动的过程中，2 s14 s时间段内小车的功率保持不变，在14 s末关闭发动机而让小车自由滑行已知小车的质量为1 kg，假设在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变求：图512(1)小车所受到的阻力大小及02 s时间内电动机提供的牵引力F的大小；(2)小车匀速行驶阶段的功率P；(3)小车在010 s运动过程中位移x的大小 【导学号：】【解析】(1)由图象可得，在14 s18 s内的加速度为：a3 m/s2

24、075 m/s2小车受到阻力大小为：fma3075 N在02 s内的加速度为：a1 m/s205 m/s2由Ffma1得，电动机提供的牵引力大小为：Fma1f125 N(2)在10 s14 s内小车做匀速运动，有：Ff故小车功率为：PFv0753 W225 W(3)速度图象与时间轴的“面积”的数值等于物体位移大小：02 s内，s121 m1 m2 s10 s内，根据动能定理有：Ptfs2mvmv代入数据解得：s2187 m故小车在加速过程中的位移为：ss1s2197 m【答案】(1)075 N125 N(2)225 W(3)197 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25页)典题在线(2017湖南十校联考)(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513所示现将一个小球从距A点高为h09 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