1、专题突破复习板块一能量与动量专题二第一讲功 功率 动能定理知识网络构建 结网建体把脉考向知识建构高考调研1.考查方向预测：重力、摩擦力、静电力和洛伦兹力的做功特点和求解与功、功率相关的分析与计算动能定理和动力学方法的综合应用动能定理在电磁学中的应用2.常用的思想方法：化曲为直的思想方法微元法合力功的求法变力功的求法答案(1)恒力做功的计算单个力做的功：直接用 WFxcos 计算有两种不同的计算公式，即分解力或分解位移；常见的恒力功有：电场力功：WQqEdqU安培力功：W 安BILd重力功：WGmgh合力做的功方法一：先求合力 F 合，再用 W 合F 合lcos 求功方法二：先求各个力做的功 W
2、1、W2、W3、，再应用 W 合W1W2W3求合力做的功(2)功率的两个公式PWt.求出的功率是时间 t 内的平均功率PFvcos.其中 是 F 与 v 方向的夹角；若 v 取瞬时速度，则对应的 P 为瞬时功率；若 v 取平均速度，则对应的 P 为平均功率(3)对动能定理的理解动能定理中所说的“外力”，是指物体受到的所有力，包括重力对“总功”的两种理解各外力做功的代数和：WW1W2；合外力的功：WF 合lcos(力均为恒力)对“位移和速度”的理解：必须是相对于同一个惯性参考系，一般以地面为参考系动能定理表达式是一个标量式，不能在某个方向上应用动能定理核心要点突破 透析重难题型突破考向一 功和功
3、率的计算归纳提炼功和功率的理解与计算问题，一般应注意以下几点1准确理解功的定义式 WFl 及变形式 WFlcos 中各物理量的意义，该式仅适用于恒力做功的情况2变力做功的求解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式求解3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(2017江苏卷)如图所示，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，三者半径均为 R.C 的质量为 m，A、B 的质量都为m2，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
4、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：(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.思路点拨 由圆柱 C 一开始受力平衡可得出力 F 的大小动摩擦因数最小时，B 受 C 压力的水平分力最大拉力为变力，可根据动能定理求解拉力做的功解析(1)C 受力平衡，有2Fcos30mg解得 F 33 mg(2)C 恰好降到地面时，B 受 C 压力的水平分力最大Fxmax 32 mgB 受地面的摩擦力 fmg根据题意 fminFxmax解得 min 32.(3)C 下降的高度 h(31)RA
5、的位移 x2(31)R摩擦力做功的大小 Wffx2(31)mgR根据动能定理 WWfmgh00解得 W(21)(31)mgR.答案(1)33 mg(2)32(3)(21)(31)mgR动摩擦因数的最小值也可用以下方法分析求解：如图所示，用水平向右的力拉 A，使 A 缓慢移动，直至 C 恰好降到地面时对整体，有 NBNAmg2m2g，地面支持力 NBNAmg对 C，竖直方向上有 2FBcos60mg对 B，水平方向上有 fFBsin60 32 mg而 ffmNBmg，故动摩擦因数 32，最小值 min32.当 F 为变力或物体做曲线运动时，或要求解的问题中没有明确固定的受力或在力的方向上的位移时
6、，考虑用动能定理求变力做的功.分析各力做功情况时不要出现“丢功”及“错功”.严格按照重力、弹力、摩擦力的顺序找出运动物体所受的各个力，然后准确判断出各个力做的功.存在电场时，还要考虑是否有电场力做功.熟练强化1(2017长沙雅礼中学三模)如右图所示是一种清洗车辆用的手持式喷水枪设枪口截面积为 0.6 cm2，喷出水的速度为 20 m/s.当它工作时，估计水枪的平均功率约为(水的密度为 1103kg/m3)()A12 W B120 WC240 W D1200 W解析 考虑 t 时间内从枪口射出去的水，其质量为 msvt，该部分水增加的动能 Ek12mv2，结合上式，有 Ek12sv3t，则水枪的
7、平均功率 P Ek/t12sv3，代入数据，得 P240 W.答案 C2.(多选)(2017河南五校联考)将三个光滑的平板倾斜固定，三个平板顶端到底端的高度相等，三个平板与水平面间的夹角分别为 1、2、3，如图所示现将三个完全相同的小球由最高点 A沿三个平板同时无初速度地释放，经一段时间到达平板的底端则下列说法正确的是()A重力对三个小球所做的功相同B沿倾角为 3 的平板下滑的小球的重力的平均功率最大C三个小球到达底端时的瞬时速度相同D沿倾角为 3 的平板下滑的小球到达平板底端时重力的瞬时功率最小解析 假设平板的长度为 x，由功的定义式可知 Wmgxsinmgh，则 A 正确；小球在斜面上运动
8、的加速度 agsin，小球到达平板底端时的速度为 v 2ax 2gxsin 2gh，显然到达平板底端时的速度大小相等，但方向不同，则 C 错误；由位移公式 x12at2 可知 t2xa 2hgsin2，整个过程中重力的平均功率为 PWt mgsin 2gh2，则沿倾角为 1 的平板下滑的小球的重力平均功率最大，B 错误；根据 Pmgvcos(90)mgvsin，速度大小相等，沿倾角为 3 的平板下滑的小球到达平板底端时重力的瞬时功率最小，D 正确答案 AD3(2017全国卷)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
9、绳的上端 P 相距13l.重力加速度大小为 g.在此过程中，外力做的功为()A.19mglB.16mglC.13mglD.12mgl解析 将绳的下端 Q 缓慢向上拉至 M 点，相当于使下部分13的绳的重心升高13l，故重力势能增加13mgl319mgl，由功能关系可知 A 项正确答案 A考向二 动能定理的应用归纳提炼应用动能定理解题应注意的四点1方法的选择：动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学方法要简捷2规律的应用：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过程的选择：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
10、)，此时可以分段应用动能定理，也可以对全过程应用动能定理，但如果对整个过程应用动能定理，则使问题简化4电磁场中的应用：在电磁场中运动时多了一个电场力或磁场力，特别注意电场力做功与路径无关，洛伦兹力在任何情况下都不做功(2016全国卷)如图，一轻弹簧原长为 2R，其一端固定在倾角为 37的固定直轨道 AC 的底端 A 处，另一端位于直轨道上 B 处，弹簧处于自然状态直轨道与一半径为56R 的光滑圆弧轨道相切于 C 点，AC7R，A、B、C、D 均在同一竖直平面内质量为 m 的小物块 P 自 C 点由静止开始下滑，最低到达 E点(未画出)随后 P 沿轨道被弹回，最高到达 F 点，AF4R.已知 P
11、 与直轨道间的动摩擦因数14，重力加速度大小为g.(取 sin3735，cos3745)(1)求 P 第一次运动到 B 点时速度的大小(2)求 P 运动到 E 点时弹簧的弹性势能(3)改变物块 P 的质量，将 P 推至 E 点，从静止开始释放已知 P 自圆弧轨道的最高点 D 处水平飞出后，恰好通过 G 点G点在 C 点左下方，与 C 点水平相距72R、竖直相距 R.求 P 运动到D 点时速度的大小和改变后 P 的质量思路路线 解析(1)根据题意知，B、C 之间的距离为 l7R2R设 P 到达 B 点时的速度为 vB，由动能定理得mglsinmglcos12mv2B式中 37.联立式并由题给条件
12、得 vB2 gR(2)设 BEx.P 到达 E 点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为 Ep.P 由 B 点运动到 E 点的过程中，由动能定理有mgxsinmgxcosEp012mv2BE、F 之间的距离为 l14R2RxP 到达 E 点后反弹，从 E 点运动到 F 点的过程中，由动能定理有Epmgl1sinmgl1cos0联立式并由题给条件得 xREp125 mgR(3)设改变后 P 的质量为 m1.D 点与 G 点的水平距离 x1和竖直距离 y1 分别为 x172R56Rsiny1R56R56Rcos式中，已应用了过 C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为 的事实设 P 在 D 点的速度为 v
13、D，由 D 点运动到 G 点的时间为 t.由平抛运动公式有 y112gt2x1vDt联立式得 vD35 5gR设 P 在 C 点速度的大小为 vC.在 P 由 C 点运动到 D 点的过程中机械能守恒，有12m1v2C12m1v2Dm1g56R56Rcos P 由 E 点运动到 C 点的过程中，由动能定理有Epm1g(x5R)sinm1g(x5R)cos12m1v2C联立式得 m113m答案(1)2 gR(2)125 mgR(3)35 5gR 13m应用动能定理解题的基本步骤熟练强化迁移一 动力学与动能定理的综合应用方法1(2017宁德市模拟)如图所示，一半径为 R 的水平圆盘绕过圆心的竖直轴转
14、动，圆盘边缘有一质量为 m 的滑块(可视为质点)，当圆盘转动的角速度达到某一数值时，滑块从圆盘边缘滑落，进入一段圆弧轨道 AB.随后滑上以 v0 顺时针匀速转动的传送带，当滑块滑到与传送带左端 B 的距离为 L/n 时，滑块速度恰好与传送带速度相同已知 AB 段为一段光滑的圆弧轨道，轨道半径为r，圆弧轨道与传送带在 B 点水平相切，滑块与圆盘、传送带间的动摩擦因数均为，重力加速度为 g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计滑块进入轨道 AB 和经过 B 点时的机械能损失(1)当圆盘的角速度为多大时，滑块从圆盘上滑落？(2)求轨道 AB 的高度(3)求滑块到达圆弧轨道的 B 点时对轨道的压力大小解析
15、(1)滑块在圆盘上做圆周运动时，静摩擦力充当向心力，根据牛顿第二定律，可得 mgm2R代入数据解得 gR.(2)滑块在 A 点时的速度 vAR gR，设轨道 AB 的高度为 h，滑块到达 B 点时的速度为 v，下滑过程机械能守恒，mgh12mv212mv2A，解得 v 2ghgR若滑块滑上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上受到向右的滑动摩擦力，做匀加速运动，根据动能定理有mgL/n12mv2012mv2，则 hv20gR2gLn若滑块滑上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块受到向左的滑动摩擦力，做匀减速运动，根据动能定理有mgL/n12mv2012mv2，则 hv20gR2gLn
16、.(3)在 B 点，由牛顿第二定律，可得 FNmgmv2r解得 FNmgmv20r 2mgLnr.答案(1)gR (2)v20gR2gLn 或v20gR2gLn(3)mgmv20r 2mgLnr迁移二 动能定理在电场中的应用2(2017上海市静安区摸底)如下图所示，两个带正电的点电荷 M 和 N，带电量均为 Q，固定在光滑绝缘的水平面上，相距2L，A、O、B 是 MN 连线上的三点，且 O 为中点，OAOBL2，一质量为 m、电量为 q 的点电荷以初速度 v0 从 A 点出发沿 MN连线向 N 运动，在运动过程中电荷受到大小恒定的阻力作用，但速度为零时，阻力也为零，当它运动到 O 点时，动能为
17、初动能的n 倍，到 B 点速度刚好为零，然后返回往复运动，直至最后静止已知静电力恒量为 k，取 O 处电势为零，求：(1)A 点的场强大小；(2)阻力的大小；(3)A 点的电势；(4)电荷在电场中运动的总路程解析(1)由点电荷电场强度公式和电场叠加原理可得：EAk QL22kQ3L2232kQ9L2；(2)由对称性知，AB，电荷从 A 到 B 的过程中，电场力做功为零，克服阻力做功为：WfFfL，由动能定理：FfL012mv20，得：Ffmv202L(3)设电荷从 A 到 O 点电场力做功为 WF，克服阻力做功为12Wf，由动能定理：WF12Wf12nmv2012mv20得：WFmv204(2
18、n1)由：WFq(AO)得：AWFq mv204q(2n1)(4)电荷最后停在 O 点，在全过程中电场力做功为 WFmv204(2n1)，电荷在电场中运动的总路程为 s，则阻力做功为Ffs.由动能定理：WFFfs012mv20即：mv204(2n1)12Lmv20s12mv20解得：s(n0.5)L.答案(1)32kQ9L2 (2)mv202L (3)mv204q(2n1)(4)(n0.5)L名师微课导学 细研真题 升华素养高考题型预测动能定理与图象结合的问题考点归纳动能定理与图象结合的问题1图象问题分析的“四步走”2常见图象所围面积的含义vt 图由公式 xvt 可知，vt 图线与坐标轴围成的
19、面积表示物体的位移at 图由公式 vat 可知，at 图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量Fx 图由公式 WFx 可知，Fx 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功Pt 图由公式 WPt 可知，Pt 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功典题示例(2017河北名校联盟)晓宇在研究一辆额定功率为 P20 kW的轿车的性能，他驾驶一轿车在如图甲所示的平直路面上运动，其中轿车与 ON 段路面间的动摩擦因数比轿车与 MO 段路面间的动摩擦因数大晓宇驾驶轿车保持额定功率以 10 m/s 的速度由 M向右运动，该轿车从 M 向右运动到 N 的过程中，通过速度传感器测量出轿车的速度随时间的变化规律图象如图
20、乙所示，在 t15 s 时图线的切线与横轴平行已知轿车的质量为 m2 t，轿车在 MO 段、ON 段运动时与路面之间的阻力大小分别保持不变求.(1)该轿车在 MO 段行驶时的阻力大小；(2)该轿车在运动过程中刚好通过 O 点时加速度的大小；(3)该轿车由 O 运动到 N 的过程中位移的大小审题指导第一步 读题干提信息题干信息1)驾驶轿车保持额定功率以 10 m/s的速度由 M 向右运动属于恒定功率启动模型2)在 t15 s 时图线的切线与横轴平行说明 t15 秒时轿车加速度为零，做匀速运动3)图乙515 秒做加速度减小的变减速运动4)由 O 运动到 N 的过程中位移的大小注意 O到 N过程牵引
21、力大小改变.第二步 审程序顺思路解析(1)轿车在 MO 段运动时，以 10 m/s 的速度匀速运动，有 F1f1，PF1v1联立解得 f12010310 N2000 N.(2)轿车在 ON 段保持额定功率不变，由图象可知 t15 s 时轿车开始做匀速直线运动，此时由力的平衡条件有 F2f2，PF2v2联立解得 f2201035 N4000 Nt5 s 时轿车经过 O 点，开始做减速运动，有 F1f2ma解得 a1 m/s2轿车通过 O 点时加速度大小为 1 m/s2.(3)由动能定理可知 Ptf2x12mv2212mv21解得 x68.75 m.答案(1)2000 N(2)1 m/s2(3)6
22、8.75 m1机车启动的方式不同，机车运动的规律就不同，因此机车启动时，其功率、速度、加速度、牵引力等物理量的变化规律也不相同，分析图象时应注意坐标轴的意义及图象变化所描述的规律.2恒定功率下的加速一定不是匀加速，这种加速过程发动机做的功可用 WPt 计算，不能用 WFl 计算因为 F 为变力.3以恒定牵引力加速时的功率一定不恒定，这种加速过程发动机做的功常用 WFl 计算，不能用 WPt 计算因为功率 P 是变化的.预测题组1(多选)(2017华中师大附中二模)一质量为 2 kg 的物体，在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力
23、减小到零时，物体刚好停止运动，右图中给出了拉力随位移变化的关系图象已知重力加速度 g10 m/s2，由此可知()A物体与水平面间的动摩擦因数约为 0.35B减速过程中拉力对物体所做的功约为 13 JC匀速运动时的速度约为 6 m/sD减速运动的时间约为 1.7 s解析 Fs 图象围成的面积代表拉力 F 做的功，由图知减速阶段 Fs 围成面积约 13 个小格，每个小格 1 J 则约为 13 J，故 B 选项正确刚开始匀速，则 Fmg，由图知 F7 N，则 Fmg0.35，故 A 选项正确全程应用动能定理 WFmgs012mv20，其中 WF(7413)J41 J，得 v06 m/s，故 C 正确
24、由于不是匀减速，没办法求减速运动的时间，故 D 错误答案 ABC2(2017湖南五十校联考)质量为 10 kg 的物体，在变力 F作用下沿 x 轴做直线运动，力随坐标 x 的变化情况如右图所示物体在 x0 处，速度为 1 m/s，一切摩擦不计，则物体运动到 x16 m 处时，速度大小为()A2 2 m/s B3 m/sC4 m/s D.17 m/s解析 Fx 图象与坐标轴围成的图形面积表示力 F 做的功，图形位于 x 轴上方表示力做正功，位于 x 轴下方表示力做负功，面积大小表示功的大小，所以物体运动到 x16 m 处时，力F 对物体做的总功 W40 J，由动能定理，得 W12mv2212mv
25、21，代入数据，可得 v23 m/s，B 正确答案 B3(2017宁夏银川一中第二次考试)质量为 1 kg 的物体，放在动摩擦因数为 0.2 的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功 W 和物体发生的位移 s 之间的关系如下图所示，重力加速度为 10 m/s2，则下列说法正确的是()AAB 段加速度大小为 3 m/s2BOA 段加速度大小为 5 m/s2Cs9 m 时速度大小为 3 2 m/sDs3 m 时速度大小为 2 2 m/s解析 分析可知 Ws 图线的斜率表示拉力的大小，由 Ws 图象，可知 FOA5 N，FAB2 N，而物体受到的摩擦力为 Ff2 N，故物体在 O
26、A 段加速，由牛顿第二定律，可知 FOAFfma，故 a3 m/s2，而在 AB 段物体做匀速运动，选项 A、B 错误在 OA 段，根据动能定理，有 Wmgs12mv2A，解得 vA3 2 m/s，故可知选项 C 正确，D 错误答案 C4泥石流是在雨季由于暴雨、洪水将含有沙石且松软的土质山体经饱和稀释后形成的洪流泥石流流动的全过程虽然只有很短时间，但由于其高速前进，具有强大的能量，因而破坏性极大某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究，他们设计了如图甲的模型：在水平地面上放置一个质量为 m4 kg 的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下从静止开始运动，推力 F随位移变化如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为 0.5，g10 m/s2.则：(1)物体在运动过程中的最大加速度为多少？(2)在距出发点多远处，物体的速度达到最大？(3)物体在水平面上运动的最大位移是多少？解析(1)当推力 F 最大时，加速度最大，由牛顿第二定律，得：Fmmgmam可解得：am15 m/s2.(2)由图象可知：F 随 x 变化的函数方程为 F8020 x速度最大时，合力为 0，即 Fmg所以 x3 m.(3)位移最大时，末速度一定为 0由动能定理可得：WFmgx0由图象可知，力 F 做的功为WF12Fmxm12804 J160 J所以 x8 m.答案(1)15 m/s2(2)3 m(3)8 m