1、二轮物理 专题四 功 功率与动能定理 二轮物理 展示考纲明晰考向 方法归纳重点点拨 锁定考点高效突破 必备模型全面解读 二轮物理 展示考纲明晰考向 重要考点考题预测1.功和功率.()2.动能和动能定理.()功和功率的计算,利用动能定理研究多过程、直线及曲线运动是命题的热点.2016年高考对功和功率、机车启动问题以选择题的形式单独命题可能性较大,也可结合运动图象、生活情景综合命 题.对动能定理的考查可能与牛顿运动定律、电和磁等知识综合命题.二轮物理 方法归纳重点点拨 一、功的计算 1.恒力F做功:W=Fxcos.两种理解:(1)力F与在力F的方向上通过的位移xcos 的乘积;(2)在位移x方向的
2、分力Fcos 与位移x的乘积.2.变力 F 做功的求解方法(1)若变力 F 是位移 x 的线性函数,则 F=122FF,W=F xcos .(2)滑动摩擦力、空气或介质阻力等,在物体做曲线运动时,这类力的方向始终与运动方向相反,若大小恒为Ff,则功等于力和路程(不是位移)的乘积,即W=-Ffs,式中s为物体的运动路程.二轮物理(3)相互摩擦的系统内:一对静摩擦力的功的代数和总为零,静摩擦力起着传递机械能的作用,而没有机械能转化为其他形式的能;一对滑动摩擦力的功的代数和等于摩擦力与相对路程的乘积,其值为负值.W=-F滑x相对,且F滑x相对=E损=Q内能(4)变力F的功率P恒定,则W=Pt.(5)
3、利用动能定理及功能关系等方法间接求解.即W合=Ek或W=E.3.合力的功W合(1)W合=F合xcos ,F合是恒力.(2)W合=W1+W2+Wn,要注意各功的正负.二、功率的计算 1.平均功率:P=Wt 或 P=F v cos .2.瞬时功率:P=Fvcos ,式中 为F与v的夹角.对机车而言,其输出功率P=Fv,其中F为机车的牵引力.二轮物理 三、动能定理 1.适用对象:涉及单个物体(或可看成单个物体的物体系)的受力和位移问题,或求解变力做功的问题.2.运用动能定理解题的基本思路和步骤 二轮物理 锁定考点高效突破 考点一 功和功率的理解与计算 典例(2015四川理综)严重的雾霾天气,对国计民
4、生已造成了严重的影响.汽车尾气是形成雾霾的重要污染源,“铁腕治污”已成为国家的工作重点.地铁列车可实现零排放,大力发展地铁,可以大大减少燃油公交车的使用,减少汽车尾气排放.若一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动,先匀加速运动20 s达最高速度72 km/h,再匀速运动80 s,接着匀减速运动15 s到达乙站停住.设列车在匀加速运动阶段牵引力为1106 N,匀速运动阶段牵引力的功率为6103 kW,忽略匀减速运动阶段牵引力所做的功.(1)求甲站到乙站的距离;(2)如果燃油公交车运行中做的功与该列车从甲站到乙站牵引力做的功相同,求公交车排放气态污染物的质量.(燃油公交车每做1焦耳功排放气态污染物
5、310-6克)二轮物理 思路探究(1)列车在匀加速行驶和匀减速行驶这两个过程中,平均速度是多少?答案:这两个阶段的平均速度都是 v=2v=10 m/s.(2)列车在从甲站到乙站过程中,哪几个分阶段内牵引力做功?答案:列车在匀加速行驶和匀速行驶阶段牵引力做功.二轮物理 规范解答:(1)设列车匀加速直线运动阶段所用的时间为 t1,距离为 s1;在匀速直线运动阶段所用的时间为 t2,距离为 s2,速度为 v;在匀减速直线运动阶段所用的时间为 t3,距离为 s3;甲站到乙站的距离为 s.则 s1=12 vt1 s2=vt2 s3=12 vt3 s=s1+s2+s3 联立式并代入数据得 s=1 950
6、m.二轮物理(2)设列车在匀加速直线运动阶段的牵引力为 F,所做的功为 W1;在匀速直线运动阶段的牵引力的功率为 P,所做的功为 W2.设燃油公交车做与该列车从甲站到乙站做相同的功 W,将排放气态污染物质量为 M.则 W1=Fs1 W2=Pt2 W=W1+W2 M=(310-9 kgJ-1)W 联立式并代入数据得 M=2.04 kg.答案:(1)1 950 m(2)2.04 kg 二轮物理 以例说法 功、功率及机车启动问题的注意点(1)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,也可应用动能定理求解.(2)对于功率的计算,P=Wt 侧重于平均功率的计算,P=Fvcos 侧重于瞬时
7、功率的计算.(3)机车匀加速启动过程中,机车功率是不断改变的,该过程的最大功率是额定功率;机车以额定功率启动过程中,牵引力是变力、牵引力做的功W=Pt.二轮物理 题组训练 1.功、功率及牛顿运动定律综合应用(2015 浙江理综)(多选)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器.舰载机总质量为 3.0104 kg,设起飞过程中发动机的推力恒为 1.0 105N;弹射器有效作用长度为 100 m,推力恒定.要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到 80 m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和,假设所受阻力为总推力的 20%,则()A.弹射器的推力大小为 1.1106 N B.
8、弹射器对舰载机所做的功为 1.1108 J C.弹射器对舰载机做功的平均功率为 8.8107 W D.舰载机在弹射过程中的加速度大小为 32 m/s2 ABD 二轮物理 解析:舰载机弹射过程中的加速度 a=22vx=2802 100 m/s2=32 m/s2,选 项 D 正确;对舰载机在水平方向受力分析,根据牛顿第二定律得:F 弹+F 发-20%(F 弹+F 发)=ma,解得:F 弹=1.1106 N,选项 A 正确;由功的定义得:W 弹=F 弹 x=1.1108 J,选项 B 正确;由速度公式得弹射器对舰载机的作用时间 t=va=8032 s=2.5 s,由功率的定义得:P 弹=Wt弹=4.
9、4107W,选项 C 错误.二轮物理 2.功率结合图象问题分析(2015金丽衢十二校第二次联考)如图(甲)所示,物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动.通过力传感器和速度传感器检测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图(乙)所示,则前2 s内物体所受合外力做功的平均功率为()A.1 W B.0.5 W C.1.5 W D.2 W B 解析:根据速度时间图线知,前 2 s 内的位移 x=12 12 m=1 m,则推力 F所做的功为 WF=Fx=31 J=3 J,第 3 s 内做匀速直线运动,推力等于滑动摩擦力,则滑动摩擦力的大小 f=2 N,所以第 2 s 内克服摩擦力做功大小为
10、Wf=fx=21 J=2 J.则前 2 s 内平均功率为 P=Wt合=322 W=0.5 W.选项 B 正确.二轮物理 3.(2015 诸暨质检)如图所示,质量为 m 的汽车在平直公路上行驶,所受的阻力恒为车重的 k 倍.当它以速度为 v,加速度 a 加速前进时,发动机的实际功率正好等于额定功率,从该时刻起,发动机始终在额定功率下工作,重力加速度为 g.则以下分析正确的是()A.汽车发动机的额定功率为 kmgv B.汽车行驶的最大速度为 kga vkg C.当汽车加速度减小到 2a 时,速度增加到 2v D.欲使汽车最大速度增加到 2 倍,则发动机额定功率应增加到 4 倍 B 二轮物理 解析:
11、设汽车的额定功率为 P.汽车的速度为 v 时,根据牛顿第二定律 Pv -kmg=ma,所以 P=kmgv+mav,故选项 A,D 错误;汽车匀速时,牵引力等于阻力,速度最大,故有 vm=Pkmg=kmgvmavkmg=kga vkg,故选项 B 正确;加速度为2a 时,此时牵引力为 F,则 F-kmg=m 2a,解得 F=kmg+2ma,此时速度为 v=PF4WF1,Wf22Wf1 B.WF24WF1,Wf2=2Wf1 C.WF24WF1,Wf2=2Wf1 D.WF24WF1,Wf22Wf1 C 解析:根据 x=2v t 和 Wf=mgx 可判断,两次克服摩擦力所做的功 Wf2=2Wf1.由动
12、能定理得 WF1-Wf1=12 mv2和 WF2-Wf2=12 m(2v)2,整理可判断 WF2 12 mgR,质点不能到达 Q 点 C.W=12 mgR,质点到达 Q 点后,继续上升一段距离 D.W 12 mgR,质点到达 Q 点后,继续上升一段距离 C 二轮物理 解析:质点由静止开始下落到最低点 N 的过程中 由动能定理:mg2R-W=12 mv2 质点在最低点:FN-mg=2mvR 由牛顿第三定律得:FN=4mg 联立得 W=12 mgR,质点由 N 点到 Q 点的过程中在等高位置处的速率总小于由 P 点到 N 点下滑时的速率,故由 N 点到 Q 点过程克服摩擦力做功 WW,故质点到达
13、Q 点后,会继续上升一段距离,选项 C 正确.二轮物理 3.应用动能定理解决单物体多过程问题(2015 嘉兴第二次质检)如图所示,粗糙水平面与半径 R=1.6 m 的光滑 14 圆弧轨道相切于 B 点,质量为 m=2 kg 的物体(可视为质点)从 A 点以速度 vA=6 m/s 向右运动,到达 B 点时的速度大小为 vB=4 m/s,g=10 m/s2.(1)求从 A 到 B 的过程中,摩擦力对物体做的功;(2)通过计算判断物体能否从圆轨道最高点飞出?(3)若 xAB=5 m,物体最终停在 C 点(图中未画出),则 BC 长度是多少?二轮物理 解析:(1)设摩擦力对物体做功为 Wf,由动能定理
14、得 Wf=12 m2Bv-12 m2Av,代入数据得 Wf=-20 J.(2)设物体从 B 进入圆轨道后,到达最高点离地高度为 h,则 12 m2Bv=mgh,解得 h=0.8 m,因为 hR,所以物体不会从圆轨道最高点飞出.(3)设水平地面对物体的摩擦力为 f,A 到 B 有-fxAB=12 m2Bv-12 m2Av,B 到 C 有-fxBC=0-12 m2Bv,解得 xBC=4 m.答案:(1)-20 J(2)见解析(3)4 m 二轮物理 考点三 动能定理在电磁场中的应用 典例 如图所示,在 O 点放置一个正电荷,在过 O 点的竖直平面内的 A 点,自由释放一个带正电的小球,小球的质量为
15、m、电荷量为 q.小球落下的轨迹如图中虚线所示,它与以 O 为圆心、R 为半径的圆(图中实线表示)相交于 B,C两点,O,C 在同一水平线上,BOC=30,A 距离 OC 的竖直高度为 h.若小球通过 B 点的速度为 v,重力加速度为 g,试求:(1)小球通过 C 点的速度 vC的大小;(2)小球由 A 到 C 的过程中电势能的增加量 Ep.二轮物理 审题突破 二轮物理 规范解答:(1)因 B,C 两点电势相等,小球由 B 到 C 只有重力做功,由动能定理得 mgRsin 30=12 m2Cv-12 mv2,解得 vC=2vgR.(2)设由 A 到 C 电场力对小球做功 WAC,由 A 到 C
16、 应用动能定理得WAC+mgh=12 m2Cv-0,解得 WAC=12 m2Cv-mgh=12 mv2+12 mgR-mgh.由电势能变化与电场力做功的关系得Ep=-WAC=mgh-12 mv2-12 mgR.答案:(1)2vgR(2)mgh-12 mv2-12 mgR 二轮物理 以例说法 用动能定理解决电磁场中问题的注意点(1)对于电场力做功或电势差的计算,选用动能定理往往最简便快捷,但运用动能定理时要特别注意运动过程的选取.(2)动能定理在力学和电磁场中应用时的对比分析 二轮物理 题组训练 1.动能定理在电场中的应用(2015宁波模拟)(多选)如图所示,同一竖直平面内固定着绝缘细杆AB,C
17、D,长均为l,两杆间竖直距离为 h,B,D 两端与光滑绝缘的半圆形细杆相连,半圆形细杆与AB,CD 在同一竖直平面内,O 为 AD,BC 连线的交点.在 O 点固定一电荷量为 Q 的正点电荷,质量为 m,电荷量为 q 的带负电的小球,穿在细杆上,从 A 端以一定的初速度出发,沿杆滑动恰能到达 C 点.已知小球与两水平杆间的动摩擦因数为,小球所受库仑力始终小于重力,不计小球带电对点电荷 Q 电场的影响.则小球从 A 点到C 点的运动过程中,下列说法正确的是()A.点电荷 Q 在 A,C 两点产生的电场强度相同 B.小球运动到 O 点正下方时,受到的摩擦力最小,其值为（mg-24kqQh）C.从
18、B 点到 D 点的运动过程中电场力对小球先做正功后做负功 D.小球的初速度大小为24ghgl BD 二轮物理 解析:根据点电荷产生的场强 E=2kQr,可知点电荷在 A,C 两点的场强大小相同,方向不同,故选项 A 错误;受到的摩擦力为 F=(mg-qE)=(mg-2kqQr),当 r 最小时,摩擦力最小,即小球运动到 O 点正下方时,受到的摩擦力最小,其值为(mg-24kqQh),故选项 B 正确;BD 半圆为等势面,电场力对小球不做功,故选项 C 错误;根据动能定理,由对称性可知-mgh-2mgl=0-12 m20v,解得 v0=24ghgl,故选项 D 正确.二轮物理 2.动能定理在磁场
19、中的应用 如图所示,有一垂直于纸面向里的匀强磁场 B=1T,分布在半径为 R=0.45 m的光滑的 14 圆弧空间,轨道 AB 与粗糙水平面 BC 相连,质量 m=2 kg,电荷量q=+1 C 的物块由静止开始从 A 点滑下经 B 点进入动摩擦因数=0.2 的水平面.重力加速度 g 取 10 m/s2.求:(1)物块经 B 点时的速度大小 vt和物块经圆轨道 B 点时对轨道的压力.(2)物块过 B 点后 2 s 内所滑行的距离 s.(3)物块沿水平面运动过程中克服摩擦力做多少功?二轮物理 解析:(1)物块由 A 到 B 的过程中,由动能定理得:mgR=12 m2tv,解得 vt=3 m/s.物
20、块经 B 点时由牛顿第二定律得 FN-mg+Bvtq=2tmvR,解得 FN=57 N.由牛顿第三定律得 FN=FN=57 N.方向竖直向下.(2)物块做减速运动过程由牛顿第二定律得:mg=ma,解得 a=g=2 m/s2.物块停止时间 t 停=tva=1.5 s2 s.s=v t 停=02tv t 停=2.25 m.二轮物理(3)由动能定理得-Wf=-12 m2tv,解得 Wf=9 J.答案:(1)3 m/s 57 N 方向竖直向下(2)2.25 m(3)9 J 二轮物理 3.动能定理在电磁感应中的应用(2015 石家庄二模)如图(甲)所示,倾角为 的光滑斜面上有两个宽度均为d 的磁场区域,
21、磁感应强度大小都为 B,区域的磁感应强度方向垂直斜面向上,区域的磁感应强度方向垂直斜面向下,两磁场区域间距为 d.斜面上有一矩形导体框,其质量为 m,电阻为 R,导体框 ab,cd 边长为 l,bc,ad边长为 32 d.刚开始时,导体框 cd 边与磁场区域的上边界重合;t=0 时刻,静止释放导体框;t1时刻 ab 边恰进入磁场区域,框中电流为 I1;随即平行斜面垂直于cd边对导体框施加力,使框中电流均匀增加,到t2时刻框中电流为 I2.此时,ab 边未出磁场区域,框中电流如图(乙)所示.求:二轮物理(1)在0t2时间内,通过导体框截面的电荷量;(2)在0t1时间内,导体框产生的热量.二轮物理
22、 解析:(1)由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和电流的定义,得 0t1时间内,通过导体框截面的电荷量 q1=2BdlR.由电流的定义,得 t1t2时间内,通过导体框截面的电荷量 q2=122II(t2-t1),0t2时间内,通过导体框截面的电荷量 q=q1+q2=2BdlR+122II(t2-t1).二轮物理(2)设导体框 t1时刻的速度为 v1,在 0t1阶段,因 I1=12BlvR,可得 v1=12I RBl,根据动能定理可得 mg 2d sin+W 安=12 m21v-0,联立可得 W 安=-(mg 2d sin-2212 28mI RB l)导体框产生的热量等于克服安培力做的功,
23、即 Q=-W 安=mg 2d sin-2212 28mI RB l.答案:(1)2BdlR+122II(t2-t1)(2)mg 2d sin -2212 28mI RB l 二轮物理“滑块滑板”模型 模型解读 必备模型全面解读 1.“滑块滑板”模型特点(1)两物体上下叠放,两物体之间有摩擦力作用,其中一个物体可能受到拉力作用;(2)两物体做不同的匀变速运动,之间有相对运动;(3)滑块当做质点,而滑板有一定的长度,滑块有滑离滑板的可能.二轮物理 2.“滑块滑板”模型应用到的规律、方法(1)“滑块滑板”模型问题中的判断与计算 不同阶段滑块、滑板间摩擦力的计算,滑块、滑板加速度方向的判断,滑块、滑板
24、做匀加速或匀减速运动的判断;滑块能否达到与滑板共速的判断,滑块滑离滑板的可能性的判断;正确确定滑块、滑板的位移及相对位移.(2)“滑块滑板”模型问题突破关键 平衡状态下的滑板与滑块:破题关键是受力分析;非平衡状态下的滑板与滑块:破题关键是受力分析、运动分析和牛顿第二、三定律的应用.(3)“滑块滑板”模型中功、能的计算方法 计算力所做的功时,位移是对地位移;只有存在滑动摩擦力时才有内能产生;计算因滑动摩擦产生的内能时,常用功能关系Q=Ffs,需注意的是s为物体之间的相对路程.二轮物理 3.“滑块滑板”模型的解题策略(1)要正确分析物体的受力情况、运动过程,判断物体是一直匀加速运动还是先匀加速再匀
25、速运动;(2)结合牛顿第二定律求加速度,利用运动学公式分析物体的速度关系及位移关系.二轮物理 典例 如图所示,质量为m=1 kg的可视为质点的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带上的P点,随传送带运动到A点后水平抛出,小物块恰好无碰撞的沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑,圆弧轨道与质量为M=2 kg的足够长的小车左端在最低点O点相切,并在O点滑上小车,水平地面光滑,当物块运动到障碍物Q处时与Q发生无机械能损失的碰撞,碰撞前物块和小车已经相对静止,而小车可继续向右运动(物块始终在小车上),小车运动过程中和圆弧无相互作用.已知圆弧半径R=1.0 m,圆弧对应的圆心角 为53,A点距水平面的高度
26、h=0.8 m,物块与小车间的动摩擦因数为=0.1,重力加速度g=10 m/s2,sin 53=0.8,cos 53=0.6.试求:二轮物理(1)小物块离开A点的水平初速度v1;(2)小物块经过O点时对轨道的压力大小;(3)第一次碰撞后直至静止,物块相对小车的位移和小车做匀减速运动的总时间.思路探究(1)小物块运动到B点时,恰好无碰撞地沿圆弧切线进入竖直光滑圆弧轨道,由什么方法来确定小物块的水平初速度与在B点速度的关系?答案:可将小物块在B点的速度进行正交分解,分解为水平分速度v1和竖直向下的分速度vy.(2)由于碰撞Q时无机械能损失,而小物块和小车最终会静止下来,那么是什么原因使小物块和小车
27、的动能全部损失了?答案:由于小物块与小车间相对滑动产生内能使动能全部损失了.二轮物理 规范解答:(1)对小物块由 A 到 B 有2yv=2gh,在 B 点 tan=1yvv,解得 v1=3 m/s.(2)由 A 到 O,根据动能定理有 mg(h+R-Rcos)=12 m20v-12 m21v,在 O 点 FN-mg=m20vR,解得 v0=33 m/s,FN=43 N.由牛顿第三定律知,小物块对轨道的压力大小 FN=43 N.(3)小车在减速阶段,其加速度大小和方向有什么特点?答案:小车在减速阶段,其合力为Ff=mg,所以加速度大小和方向都不变化.二轮物理(3)摩擦力 Ff=mg=1 N,物块
28、滑上小车后经过时间 t 达到的共同速度为 vt,则0tmvva=tMva,am=fFm,aM=fFM,得 vt=333m/s.由于碰撞不损失能量,物块在小车上重复做匀减速和匀加速运动,相对小车始终向左运动,物块与小车最终静止,摩擦力做功使动能全部转化为内能,故有 Ffl 相=12(M+m)2tv 得 l 相=5.5 m.小车从物块碰撞后开始匀减速运动,(每个减速阶段)加速度 aM不变,aM=fFM=0.5 m/s2,vt=aMt,得 t=2333 s3.83 s.答案:(1)3 m/s(2)43 N(3)5.5 m 3.83 s 二轮物理 拓展变式(2015聊城二模)如图所示,质量M=8.0
29、kg,长L=2.0 m的木板静置在水平地面上,质量m=0.50 kg的小滑块(可视为质点)以速度v0=3.0 m/s从木板的左端冲上木板.已知滑块与木板间的动摩擦因数=0.20,重力加速度g取10 m/s2(结果中保留一位小数).(1)若木板固定,滑块将从木板的右端滑出,求滑块在木板上滑行的时间t和滑出时的速度v;(2)若水平地面光滑,且木板不固定,在小滑块冲上木板的同时,对木板施加一个水平向右的恒力F,如果要使滑块不脱离木板,力F应满足什么条件?假定滑块与木板之间最大静摩擦力与滑动摩擦力相等.二轮物理 解析:(1)由题意知,滑块在木板上运动时由牛顿第二定律得 mg=ma 则 a=g=0.21
30、0 m/s2=2 m/s2 滑块做匀减速运动,由于木板固定,设滑块滑离木板时产生的位移为 x,则x=v0t-12 at2 代入数据可得滑块运动时间 t=1.0 s 由公式 v=v0+at 得:v=3 m/s-21 m/s=1.0 m/s.二轮物理(2)令滑块恰好不滑离木板右端时,木板的最小加速度为 a,运动时间为 t,则有:根据速度时间关系有:3-2t=at 由位移关系得 32a tt-12 at2=2 由两式解得木板的最小加速度 a=0.25 m/s2 根据牛顿第二定律得 F+mg=Ma,则 对木板的最小拉力 F=Ma-mg=8.00.25 N-0.200.5010 N=1.0 N 若保证滑块不脱离木板,则木板加速度最大值 a=2 m/s2,根据牛顿第二定律得 F=(M+m)a=(8+0.5)2 N=17.0 N,对木板最大拉力为 17.0 N.答案:(1)1.0 s 1.0 m/s(2)1.0 NF17.0 N 二轮物理 点击进入限时训练