1、高考资源网（） 您身边的高考专家优培8 功和功率、动能及动能定理考点分析1近几年对本部分内容的考查，在选择题部分主要考查功和功率、动能定理的理解和计算，计算题侧重于动力学、电磁学等主干知识和典型模型相结合进行综合考查，难度较大。2注意要点：(1)分析机车启动问题时，抓住两个关键，一是汽车的运动状态，即根据牛顿第二定律找出牵引力与加速度的关系；二是抓住功率的定义式，即牵引力与速度的关系。(2)利用动能定理求做功，对物体运动过程要求不严格，只要求得运动物体初末状态的速度即可。但列动能定理方程要规范，注意各功的正负号问题。例1(2020江苏卷4)如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水
2、平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图象是()【答案】A【解析】由题意可知设斜面倾角为，动摩擦因数为，则物块在斜面上下滑水平距离x时根据动能定理有mgxtan mgcos Ek，整理可得(mgxtan mg)xEk，即在斜面上运动时动能与x成线性关系；当小物块在水平面运动时有mgxEk，即在水平面运动时动能与x也成线性关系，A正确。例2(2019全国III卷17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落
3、过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为( )A2 kg B1.5 kg C1 kg D0.5 kg【答案】C【解析】设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，当h3 m时，由动能定理结合题图可得(mgF)h(3672) J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，当h3 m时，再由动能定理结合题图可得(mgF)h(4824) J，联立解得m1 kg、F2 N，选项C正确，A、B、D均错误。例2(2018全国III卷19)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。某竖井中矿车提升的
4、速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第次和第次提升过程( )A矿车上升所用的时间之比为45B电机的最大牵引力之比为21C电机输出的最大功率之比为21D电机所做的功之比为45【考题解读】本题考查速度图象，牛顿运动定律、功和功率及其相关的知识点。此题以速度图象给出解题信息。解答此题常见错误主要有四方面：一是对速度图象面积表示位移掌握不到位；二是运用牛顿运动定律求解牵引力错误；三是不能找出最大功率；四是不能得出两次提升电机做功。【答案】AC【解析】根据位移相同可得两
5、图线与时间轴围成的面积相等，v02t0v02t0t(t0t)，解得tt0，则对于第次和第次提升过程中，矿车上升所用的时间之比为2t0(2t0t0)45，A正确；加速过程中的牵引力最大，且已知两次加速时的加速度大小相等，故两次中最大牵引力相等，B错误；由题知两次提升的过程中矿车的最大速度之比为21，由功率PFv，得最大功率之比为21，C正确；两次提升过程中矿车的初、末速度都为零，则电机所做的功等于克服重力做的功，重力做的功相等，故电机所做的功之比为11，D错误。提分训练1(多选)如图所示，倾角为的光滑斜面足够长，一质量为m的小物体，在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从斜面底端沿斜面向上做匀加速直
6、线运动，经过时间t，力F做功为60 J，此后撤去力F，物体又经过相同的时间t回到斜面底端，若以底端的平面为零势能参考面，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A物体回到斜面底端的动能为60 JB恒力F2mgsin C撤去力F时，物体的重力势能是45 JD动能与势能相等的时刻一定出现在撤去力F之前【答案】AC【解析】由题设条件可知：前后两段小物体的运动的位移大小相等，方向相反，则由牛顿第二定律和运动学公式可得，x0t2，解得Fmgsin ，选项B错误；由题设条件知，Fx0mgx0sin 60 J，则此过程中重力做的功为WGmgx0sin 45 J，撤去力F时，物体的重力势能是45 J，选项C正确
7、；全程由动能定理可得Fx0Ek0，则物体回到斜面底端的动能Ek0为60 J，选项A正确；物体从最高点下滑的过程中一定有一个点的动能与势能相等，选项D错误。2(多选)如图所示，半径为R的半圆弧槽固定在水平地面上，槽口向上，槽口直径水平，一个质量为m的物块从P点由静止释放刚好从槽口A点无碰撞地进入槽中，并沿圆弧槽匀速率地滑行到最低点B点，不计物块的大小，P点到A点高度为h，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是()A物块从P到B过程克服摩擦力做的功为mg(Rh)B物块从A到B过程重力的平均功率为C物块在B点时对槽底的压力大小为 D物块到B点时重力的瞬时功率为mg【答案】BC【解析】物块从A到B过程
8、做匀速圆周运动，根据动能定理有mgRWf0，因此克服摩擦力做功WfmgR，A项错误；根据机械能守恒，物块到A点时的速度大小由mghmv2得v，从A到B运动的时间t，因此从A到B过程中重力的平均功率为，B项正确；物块在B点时，根据牛顿第二定律FNmgm，求得FN，根据牛顿第三定律可知，FNFN，C项正确；物块到B点时，速度的方向与重力方向垂直，因此重力的瞬时功率为零，D项错误。3(多选)某质量m1 500 kg的“双引擎”小汽车，当行驶速度v54 km/h时靠电动机输出动力；当行驶速度在54 km/h90 km/h时汽油机和电动机同时工作，这种汽车更节能环保。该小汽车在一条平直的公路上由静止启动
9、，汽车的牵引力F随运动时间t变化的图线如图所示，所受阻力恒为1250 N。已知汽车在t0时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至第11 s末。则在前11 s内()A经过计算t06 sB电动机输出的最大功率为60 kWC汽油机工作期间牵引力做的功为4.5105 JD汽车的位移为160 m【答案】AC【解析】开始阶段，牵引力F15000 N，根据牛顿第二定律可得，F1Ffma，解得：开始阶段加速度a2.5 m/s2。v154 km/h15 m/s，根据t0，解得t06 s，故A项正确；t0时刻，电动机输出的功率最大，且PmF1v1500015 W75 000 W75 kW，故B项错误；汽油机
10、工作期间，功率PF2v16 00015 W90 kW,11 s末汽车的速度v2 m/s25 m/s，汽油机工作期间牵引力做的功WPt290103(116) J4.5105 J，故C项正确；汽车前6 s内的位移x1at022.562 m45 m，后5 s内根据动能定理得：Pt2Ffx2mv22mv12，解得x2120 m，所以前11 s时间内汽车的位移xx1x245 m120 m165 m，故D项错误。4(多选)如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45和37的滑道组成，载人滑草车与草地之间的动摩擦因数为.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑
11、道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度为g，sin 370.6，cos 370.8)。则()A动摩擦因数B载人滑草车最大速度为C载人滑草车克服摩擦力做功为mghD载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g【答案】AB【解析】对载人滑草车从坡顶由静止到底端的全过程分析，由动能定理可知：mg2hmgcos 45mgcos 370，解得，选项A正确；对经过上段滑道的过程分析，根据动能定理有mghmgcos 45mv2，解得：v，选项B正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，选项C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为ag，选项D错误。5(多选)如图甲所
12、示，轻弹簧竖起放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖起向下方向建立从标轴Ox，作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是( )A当xh2x0时，小球的动能最小B最低点的坐标xh2x0C当xh2x0时，小球的加速度为g，且弹力为2mgD小球动能的最大值为mghmgx0【答案】CD 【解析】由图乙可知mgkx0，解得，由Fx图线与横轴所围图形的面积表示弹力所做的功，则有W弹k(xh)2，由动能定理得mg
13、xk(xh)20，即，解得，故最低点坐标不是h2x0，且此处动能不是最小，故A、B错误；由图可知，mgkx0，由对称性可知当xh2x0时，小球加速度为g，且弹力为2mg，故C正确；小球在xhx0处时，动能有最大值，根据动能定理有mg(hx0)W弹Ekm0，依题可得W弹mgx0，所以Ekmmghmgx0，故D正确。6(多选)如图所示，在同一竖直平面内，一根均匀的橡皮筋跨过光滑的固定钉子P，一端固定在O1点，另一端跟一可视为质点且质量为m的物体相连，橡皮筋的原长等于O1P，受到的弹力跟伸长长度成正比（比例系数为k），先让物体静止在粗糙斜面上的位置O2点，O2P垂直于斜面且O2PL0，然后释放物体，
14、物体开始沿斜面向下运动。已知斜面与物体间的动摩擦因数为0.5，斜面倾角为53且足够长，重力加速度为g，橡皮筋一直在弹性限度内，变力Fkx（方向不变）在x位移内的平均值为，且sin 530.8，cos 530.6。则物体沿斜面向下运动的过程中，下列说法正确的是( )A物体受到的摩擦力保持不变B物体沿斜面先做匀加速运动后做匀减速运动C物体运动的最大速度为D物体距离出发点的最大距离为【答案】AC【解析】物体沿斜面向下运动到某位置时的受力分析如图所示，设物体发生的位移为x，橡皮筋伸长的长度为L，橡皮筋与斜面之间的夹角为，由题可知Nmgcos 53Fsin ，fN，其中Fsin kLsin kL0，联立
15、解得f0.3mg0.5kL0，可见摩擦力是一个不变值，故A正确；物体受到的合力F合mgsin 53(mgcos 53Fsin )Fcos ma，其中Fcos kLcos kx，解得，可见加速度a随位移x先减小后增大，即物体在做变加速运动，故B错误；物体加速度时，速度最大，此时有0.5mg+0.5kL0kx0，解得，根据动能定理有mgsin 53x(mgcos 53kL0)xkxxmv2，解得，故C正确；设物体距离出发点的最远距离为x，根据动能定理有mgsin 53x(mgcos 53kL0)xkxx0，解得，故D错误。7如图所示，遥控赛车比赛中一个规定项目是“飞跃壕沟”，比赛要求：赛车从起点出
16、发，沿水平直轨道运动，在B点飞出后越过“壕沟”，落在平台EF段。已知赛车的额定功率P10.0 W，赛车的质量m1.0 kg，在水平直轨道上受到的阻力f2.0 N，AB段长L10.0 m，BE的高度差h1.25 m，BE的水平距离x1.5 m。赛车车长不计，空气阻力不计，g取10 m/s2。(1)若赛车在水平直轨道上能达到最大速度，求最大速度vm的大小；(2)要越过壕沟，求赛车在B点最小速度v的大小；(3)若在比赛中赛车通过A点时速度vA1 m/s，且赛车达到额定功率。要使赛车完成比赛，求赛车在AB段通电的最短时间t。【解析】(1)赛车在水平轨道上达到最大速度时，设其牵引力为F，根据牛顿第二定律
17、有：Ff0又因为PFvm解得：vm5 m/s。(2)赛车通过B点在空中做平抛运动，设赛车能越过壕沟的最小速度为v，在空中运动时间为t1，则有：hgt12，且xvt1解得：v3.0 m/s。(3)若赛车恰好能越过壕沟，且赛车通电时间最短，在赛车从A点运动到B点的过程中根据动能定理有：PtfLmv2mv解得：t2.4 s。8如图，固定在竖直平面内的倾斜轨道AB，与水平固定光滑轨道BC相连，竖直墙壁CD高H0.2 m，在地面上紧靠墙壁固定一个和CD等高，底边长L10.3 m的固定斜面。一个质量m0.1 kg的小物块(视为质点)在轨道AB上从距离B点L24 m处由静止释放，从C点水平抛出，已知小物块与
18、AB段轨道间的动摩擦因数为0.5，通过B点时无能量损失；AB段与水平面的夹角为37。(空气阻力不计，取重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)(1)求小物块运动到B点时的速度大小；(2)求小物块从C点抛出到击中斜面的时间；(3)改变小物块从轨道上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值。【解析】(1)对小物块从A到B过程分析，根据动能定理有：mgL2sin 37mgL2cos 37mvB2解得：vB4 m/s。(2)设物块落在斜面上时水平位移为x，竖直位移为y，如图所示，对平抛运动，有：xvBt，ygt2结合几何关系，有：解得：t s或t(舍去)。(3)设小物块
19、从轨道上A点静止释放且ABL，运动到B点时的速度为vB，对物块从A到碰撞斜面过程分析，根据动能定理有：mgLsin 37mgcos 37Lmgymv20对物块从A到运动到B过程分析，根据动能定理有：mvB2mgLsin 37mgLcos 37又xvBt，ygt2，联立解得：mv2mg()故当，即yH0.12 m时，动能最小为Ekmin，代入数据，解得Ekmin0.15 J。9某兴趣小组设计了一个玩具轨道模型如图甲所示，将一质量为m0.5 kg的玩具小车(可以视为质点)放在P点，用弹簧装置将其从静止弹出(弹性势能完全转化为小车初始动能)，使其沿着半径r1.0 m的光滑圆形竖直轨道OAO运动，玩具
20、小车受水平面PB的阻力为其自身重力的0.5倍，PB16.0 m，O为PB中点。B点右侧是一个高h1.25 m，宽L2.0 m的壕沟，g取10 m/s2。求：(1)要使小车恰好能越过圆形轨道的最高点A，则此种情况下，小车在O点受到轨道弹力的大小；(2)要求小车能安全的越过A点，并从B点平抛后越过壕沟，则弹簧的弹性势能至少为多少；(3)若在弹性限度内，弹簧的最大弹性势能Epm40 J，以O点为坐标原点，OB为x轴，从O到B方向为正方向，在图乙坐标上画出小车能进入圆形轨道且不脱离轨道情况下，弹簧弹性势能Ep与小车停止位置坐标x关系图。【解析】(1)恰好能越过圆形轨道的最高点，由重力提供向心力，即：m
21、gOA，由动能定理得：mg2rmvmv在最低点有：FNOmg联立解得：vA m/s，vO5 m/s，FNO30 N。(2)能越过A点，由(1)知vO5 m/sPO，由动能定理得：EP弹1kmgxPOmv0得Ep弹132.5 J从B点做平抛运动越过壕沟，有：LvBt，hgt2Ep弹2kmgxPBmv0解得：Ep弹244 J综上所述，弹簧弹性势能的最小值为44 J。(3)分类讨论：因为最大弹性势能为40 J，由Epmmgs0，得s16 m所以至多运动到B点，必不平抛。情况1：能越过O点，弹性势能32.5 JEp弹140 J当Ep弹1kmgx100，得13 mx116 m又因为O点是坐标原点，所以实际坐标值为5 mx118 m情况2：恰能到达圆轨道圆心等高点当Ep弹2kmgxPOmgr00，得Ep弹225 J由mgrkmgx21，得x212 m又因为O点是坐标原点，所以实际坐标值为x212 m恰能进入圆形轨道，当Ep弹2kmgxPO00，得Ep弹220 J，此时坐标值为0由动能定理表达式知，Ep弹与x是线性函数，图象如图所示。- 11 - 版权所有高考资源网