1、第一部分专题整合突破 专题二 动量与能量 第 1 讲 功和功率 动能定理 高考导航领悟真谛 1(2017全国卷14)如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力()A一直不做功B一直做正功C始终指向大圆环圆心D始终背离大圆环圆心解析：光滑大圆环对小环只有弹力作用。弹力方向沿大圆环的半径方向(下滑过程先背离圆心，后指向圆心)，与小环的速度方向始终垂直，不做功。故选 A。答案：A命题点：弹力和功。2.(2016全国卷21)(多选)如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于 O 点，另一端与
2、小球相连。现将小球从 M 点由静止释放，它在下降的过程中经过了 N 点。已知在 M、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且ONMOMN2。在小球从 M 点运动到 N 点的过程中，()A弹力对小球先做正功后做负功B有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D小球到达 N 点时的动能等于其在 M、N 两点的重力势能差解析：小球在从 M 点运动到 N 点的过程中，弹簧的压缩量先增大，后减小，到某一位置时，弹簧处于原长，再继续向下运动到 N 点的过程中，弹簧又伸长。弹簧的弹力方向与小球速度的方向的夹角先大于90，再小于90，最后又大于90，因此弹力先做负功，再做正
3、功，最后又做负功，A 项错误；弹簧与杆垂直时，小球的加速度等于重力加速度，当弹簧的弹力为零时，小球的加速度也等于重力加速度，B 项正确；弹簧长度最短时，弹力与小球的速度方向垂直，这时弹力对小球做功的功率为零，C 项正确；由于在 M、N 两点处，弹簧的弹力大小相等，即弹簧的形变量相等，根据动能定理可知，小球从 M 点到 N 点的过程中，弹簧的弹力做功为零，重力做功等于动能的增量，即小球到达 N 点时的动能等于其在 M、N 两点的重力势能差，D 项正确。答案：BCD命题点：受力分析、正功和负功、瞬时功率、机械能守恒定律等。3.(2016全国卷20)(多选)如图，一固定容器的内壁是半径为 R 的半球
4、面；在半球面水平直径的一端有一质量为 m 的质点 P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为 W。重力加速度大小为 g。设质点 P 在最低点时，向心加速度的大小为 a，容器对它的支持力大小为 FN，则()Aa2mgRWmR Ba2mgRWmRCFN3mgR2WRDFN2mgRWR解析：质点 P 下滑到最低点的过程中，由动能定理得 mgRW12mv2，则速度 v2mgRWm，最低点的向心加速度 av2R2mgRWmR，选项 A 正确，选项 B 错误；在最低点时，由牛顿第二定律得 FNmgma，FN3mgR2WR，选项 C 正确，选项 D 错误。答案：AC命题点：动能定理、牛顿
5、第二定律及向心加速度的应用。4(2017全国卷24)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距 x0 和 x1(x1x0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图所示。训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度 v0 击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处。假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为 v1。重力加速度大小为g。求(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；(2)满足训练要求的运动员的最小加速度。解析：(1)设冰球的质量为 m，冰球与冰面之间
6、的动摩擦因数为，由动能定理得mgx012mv2112mv20解得 v20v212gx0(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小。设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为 a1 和 a2，所用的时间为 t。由运动学公式得v20v212a1x0v0v1a1tx112a2t2联立式得a2x1v1v022x20答案：(1)v20v212gx0 (2)x1v1v022x20命题点：动能定理、匀变速直线运动的规律。考点突破互动讲练 考向一 功和功率规律方法1恒力做功的公式：WFlcos 2功率(1)平均功率：PWt F v cos(2)瞬时功率：PFvcos 3
7、机车的启动(1)机车输出功率：PFv，其中 F 为机车牵引力。(2)机车的两种启动方式：恒定功率启动；匀加速启动。常用公式FF 阻maPFv当 FF 阻时，vm PF阻v1at 其中 t 为匀加速运动的时间，v1 是匀加速运动的最大速度。静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t4 s 时停下，其 v-t 图象如图所示，已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是()A整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功B整个过程中拉力做的功等于零Ct2 s 时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大Dt1 s 到 t3 s 这段时间内拉力不做功解析：对物块运动的整个过程运用动
8、能定理得：WFWf0，即拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功，选项 A 正确，B 错误。在 01 s 时间内，拉力恒定且大于摩擦力，物块做匀加速运动，速度增大，t1 s 时，速度最大，拉力的瞬时功率最大；t2 s 时，物块匀速运动，拉力等于摩擦力，所以 t2 s 时刻拉力的瞬时功率不是最大的，选项 C 错误。t1 s 到 t3 s 这段时间，物块匀速运动，拉力做正功，摩擦力做负功，合外力做功为零，选项 D 错误。答案：A题组训练1(多选)甲、乙两个质量相同的物体，用大小相等的力 F 分别拉它们在水平面上从静止开始运动相同的距离 x。如图所示，甲在光滑面上，乙在粗糙面上，则下列关于力 F 对甲、乙
9、做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法中正确的是()A力 F 对甲做功多B力 F 对甲、乙两个物体做的功一样多C甲物体获得的动能比乙大D甲、乙两个物体获得的动能相同解析：由功的公式 WFxcos 可知，两种情况下力 F 对甲、乙两个物体做的功一样多，A 错误，B 正确；根据动能定理，对甲有 FxEk10，对乙有 FxFfxEk20，可知 Ek1Ek2，即甲物体获得的动能比乙大，C 正确，D 错误。答案：BC2.(2017济宁模拟)如图所示的竖直轨道，其圆形部分半径分别是 R 和R2，质量为 m 的小球通过这段轨道时，在 A 点时刚好对轨道无压力，在 B 点时对轨道的压力为 mg。则小球由 A 点
10、运动到 B 点的过程中摩擦力对小球做的功为()AmgRB98mgRC54mgRD43mgR解析：在 A 处对小球由牛顿第二定律得 mgmv2AR，vA gR，在 B 处对小球由牛顿第二定律得 mgFNmv2BR2，又 FNmg，解得 vB gR，小球由 A 到 B的过程由动能定理得 mg2R2R2 Wf12mv2B12mv2A，解得 WfmgR，故 A正确。答案：A3(2017山西省高三名校联考)(多选)如图甲所示，水平面上的物体在水平向右的拉力 F 作用下，由静止开始运动，运动过程中 F 的功率恒为 5 W，物体运动速度的倒数1v与加速度 a 的关系如图乙所示。下列说法正确的是()A该运动为
11、匀加速直线运动B物体的质量为 1 kgC物体速度为 1 m/s 时的加速度大小为 3 m/s2D物体加速运动的时间可能为 1 s解析：由于功率恒定，物体在外力作用下先做变加速直线运动，最终做匀速直线运动，选项 A 错误；对物体有，FFfma，PFv，1vFfPmPa，在1v-a图象中，由其斜率 kmp得，m1 kg，由FfP0.4 sm1 得，Ff2 N，选项 B 正确；当速度 v1 m/s，代入上述表达式得，a3 m/s2，选项 C 正确；物体的最大速度为 vmPFf2.5 m/s，由 PtFfx12mv2m知，由于位移大小不确定，所以加速运动时间不确定，选项 D 错误。答案：BC关于功、功
12、率应注意的三个问题(1)适用条件：功的公式 WFl 和 WFlcos 仅适用于恒力做功的情况。(2)变力做功：变力做功的求解要注意问题的正确转化，如将变力转化为恒力，也可应用动能定理等方法求解。(3)公式选择：对于功率的计算，应注意区分公式 PWt 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。考向二 动能定理的综合应用规律方法1动能定理表达式：W 合Ek2Ek1。2五点说明(1)W 合为物体在运动过程中外力的总功。(2)动能增量 Ek2Ek1 一定是物体在末、初两状态动能之差。(3)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。(4)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变
13、力做功。(5)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用。3应用动能定理的关键“两点一过程”(1)“两点”：指初、末状态及对应的动能 Ek1、Ek2。(2)“一过程”：指从初状态到末状态的运动过程及合力做的功 W 合。(2017云南昆明模拟)如图所示，AB 为倾角 37的斜面轨道，轨道的 AC 部分光滑，CB 部分粗糙。BP 为圆心角等于 143，半径 R1 m 的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于 B点，P，O 两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在 A 点，另一自由端在斜面上 C 点处，现有一质量 m2 kg 的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到 D 点后(不拴接)释放，物块经过 C
14、 点后，从 C 点运动到 B 点过程中的位移与时间的关系为 x12t4t2(式中 x 单位是 m，t 单位是 s)，假设物块第一次经过B 点后恰能到达 P 点，(sin 370.6，cos 370.8，g 取 10 m/s2)试求：(1)若 CD1 m，物块从 D 点运动到 C 点的过程中，弹簧对物块所做的功；(2)B、C 两点间的距离 x。(3)若在 P 处安装一个竖直弹性挡板，小物块与挡板碰撞时间极短且无机械能损失，小物块与弹簧相互作用不损失机械能，试通过计算判断物块在第一次与挡板碰撞后的运动过程中是否会脱离轨道。解析：(1)由 x12t4t2 知，物块在 C 点速度为 v012 m/s，
15、a8 m/s2设物块从 D 点运动到 C 点的过程中，弹簧对物块所做的功为 W，由动能定理得Wmgsin 37 CD 12mv20代入数据得 W12mv20mgsin 37 CD 156 J。(2)物块在 CB 段，根据牛顿第二定律，物块所受合力Fma16 N物块在 P 点的速度满足 mgmv2PRC 到 P 的过程，由动能定理得FxmgR(1cos 37)12mv2P12mv20解得 x498 m6.125 m。(3)假设物块第一次从圆弧轨道返回并与弹簧相互作用后，能够回到与 O 点等高的位置 Q 点，且设其速度为 vQ，由动能定理得mgR2mgxcos 3712mv2Q12mv2P又 mgsin mgcos ma解得 0.25解得 v2Q19 m2s2mgsin 37，物体沿轨道 CD 向上做匀减速运动，速度减为零后不再下滑。(1 分)由 B 上滑至最高点的过程，由动能定理得mgR(1cos 37)(mgsin 37mgcos 37)x012mv2B(3 分)代入数据解得 x1.09 m(2 分)答案：(1)3 m/s(2)34 N(3)1.09 m课时作业 点击进入WORD链接谢谢观看！