1、第1讲功和功率动能定理建体系论要点_知识串联_熟记核心要点 思维导图要点熟记 1.功(1)恒力做功：WFlcos (为F与l之间的夹角)。(2)变力做功：用动能定理求解；用Fx图线与x轴所围“面积”求解。2.功率(1)平均功率：PFcos (为F与的夹角)。(2)瞬时功率：PFvcos (为F与v的夹角)。(3)两类机车启动问题中的关键方程：PFv，FF阻ma，vm，PtF阻xEk。3.动能定理：W合mv2mv。4.两点注意(1)应用动能定理的关键是写出各力做功的代数和，不要漏掉某个力做的功，同时要注意各力做功的正、负。(2)动能定理是标量式，不能在某一方向上应用。研考向提能力_考向研析_掌握
2、应试技能考向一功和功率的分析与计算1区分恒力、变力：恒力做功一般用功的公式或动能定理求解，变力做功用动能定理或图像法求解。2图像法求功的四种情况：力做的功分别为W甲F1x1、W乙F2x2、W丙F3x3(图丙中Fx的图线是四分之一圆周)、W丁Pt1P(t2t1)。3区分公式：P侧重于平均功率的计算，PFvcos 侧重于瞬时功率的计算。典例1(多选)(2018高考全国卷)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面。某竖井中矿车提升的速度大小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
3、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解析由图线知，矿车上升总高度h2t0v0t0。由图线知，加速阶段和减速阶段上升高度和h1()v0t0，匀速阶段：hh1v0t，解得tt0，故第次提升过程所用时间为t0t0，两次上升所用时间之比为2t0t045，A对；对矿车受力分析，当矿车向上做加速直线运动时，电机的牵引力最大，由于加速阶段加速度相同，故加速时牵引力相同，B错；在加速上升阶段，由牛顿第二定律知，Fmgma，Fm(ga)，第次在t0时刻，功率P1Fv0，第次在时刻，功率P2F，第次在匀
4、速阶段P2FmgP2，可知，电机输出的最大功率之比P1P221，C对；由动能定理知，两个过程动能变化量相同，克服重力做功相同，故两次电机做功也相同，D错。答案AC1如图所示，将完全相同的四个小球1、2、3、4分别从同一高度由静止释放或平抛(图乙)，其中图丙是一倾角为45的光滑斜面，图丁为光滑圆弧，不计空气阻力，则下列对四种情况下相关物理量的比较正确的是()A落地时间t1t2t3t4B全程重力做功W1W2W3W4C落地瞬间重力的功率P1P2P3P4D全程重力做功的平均功率 1234解析：图甲、乙中小球在竖直方向均做自由落体运动，故t1t2，其中h为竖直高度，对图丙，gtsin ，t3，其中为斜面
5、倾角，比较图丙和图丁，由动能定理可知，两小球从初始位置到水平面上同一高度处速度大小总相等，但小球4的路程长，因此t1t2t3vy3vy40，故落地瞬间重力的功率P1P2P3P4，选项C错误；全程重力做功的平均功率，因W相同，t1t2t334，选项D正确。答案：D2(多选)放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在06 s内其速度与时间的图像和该拉力的功率与时间的图像分别如图甲、乙所示。下列说法正确的是()A06 s内物体的位移大小为30 mB06 s内拉力做的功为70 JC合外力在06 s内做的功与02 s内做的功相等D滑动摩擦力的大小为5 N解析：由vt图像与t轴围成的面积表示位移，可得
6、06 s内物体的位移大小x6 m30 m，故A正确；由Pt图像与t轴围成的面积表示做功多少，可得在02 s内拉力对物体做的功W1 J30 J，26 s内拉力对物体做的功W2104 J40 J，所以06 s内拉力做的功为WW1W270 J，B正确；由图甲可知，在26 s内，物体做匀速运动，合外力为零，则合外力在06 s内做的功与02 s内做的功相等，故C正确；在26 s内，v6 m/s，P10 W，物体做匀速运动，滑动摩擦力FfF N N，故D错误。答案：ABC3(多选)如图所示，传送带AB的倾角为，且传送带足够长，现有质量为m、可视为质点的物体以初速度v0从B端开始向上运动，物体与传送带之间的
7、动摩擦因数tan ，传送带的速度为v(v0tan ，则mgcos mgsin ，传送带的速度为v(v00.4 m，故小环不能停在HK上。答案(1) m/s(2)1.04 N，方向竖直向上(3)小环不能停在HK上理由见解析方法技巧应用动能定理解题“四点技巧”(1)建立运动模型，判断物体做了什么运动。(2)分析各个运动过程中物体的受力和运动情况。(3)抓住运动模型之间的联系纽带，如速度、加速度、位移，确定初、末状态。(4)根据实际情况分阶段或整个过程利用动能定理列式计算。7. (2019高考全国卷)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
8、力作用。距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能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 kgB1.5 kgC1 kg D0.5 kg解析：画出运动示意图，设阻力为f，据动能定理知AB(上升过程)：EkBEkA(mgf)hCD(下落过程)：EkDEkC(mgf)h整理以上两式得mgh30 J，解得物体的质量m1 kg，选项C正确。答案：C8. (2020高考江苏卷)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关系的图像是()解
9、析：设斜面的倾角为，小物块滑至斜面某处(发生的水平位移为x)时的末动能为Ek，由动能定理得mgxtan 1mgcos Ek0，即mgxtan 1mgxEk0，故小物块沿斜面下滑时Ek与x成正比；当小物块在水平地面上运动时，可逆向看作初速度为零的加速运动，由动能定理得2mgxEk，即Ek与x也成正比，故A正确。答案：A9(2020湖南十校高三联考)游乐园的过山车其局部可简化为如图所示的示意图，倾角37的两平行倾斜轨道BC、DE的下端与水平半圆形轨道CD平滑连接，倾斜轨道BC的B端距轨道CD所在水平面的竖直高度h24 m，倾斜轨道DE与圆弧轨道EF相切于E点，圆弧轨道EF的圆心O1、水平半圆轨道C
10、D的圆心O2在同一水平面上，D点与O1点之间的距离L20 m。质量m1 000 kg的过山车(包括乘客)从B点由静止开始滑下，经过水平半圆轨道CD后，滑上倾斜轨道DE，到达圆弧轨道顶端F时，乘客对座椅的压力为自身重力的。已知过山车在BCDE段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比，比例系数，圆弧轨道EF光滑，整个运动过程中空气阻力不计，过山车经过各轨道之间的连接点时无机械能损失。(sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g取10 m/s2)(1)求过山车过F点时的速度大小；(2)求从B点到F点的整个运动过程中摩擦力对过山车做的功；(3)过山车过D点时发现圆弧轨道EF有故障，为
11、保证乘客安全，立即触发制动装置，使过山车不能到达EF段并保证不再下滑，设触发制动装置后，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则过山车受到的摩擦力至少为多大？解析：(1)设过山车过F点时的速度为vF，选择某个质量为m1的乘客为研究对象，根据牛顿第二定律有m1gm1gm1，又rLsin 联立方程并代入数据解得vF3 m/s。(2)设整个过程摩擦力做功为W，对过山车从B点到F点的过程，应用动能定理得mg(hr)Wmv0代入数据解得W7.5104 J。(3)触发制动装置后，设过山车恰好能够到达E点时对应的摩擦力为Ff，未触发制动装置时过山车在D点和F点的速度分别为vD和vF。触发制动装置时，对D点到E点的过程，由动能定理得FfLcos mgrcos 0mv未触发制动装置时，对D点到F点的过程，由动能定理得mgcos Lcos mgrmvmv联立方程并代入数据解得Ff4.56103 N因为Ffmgsin 6 000 N，故由题意可知过山车受到的摩擦力至少为6 000 N。答案：(1)3 m/s(2)7.5104 J(3)6 000 N