1、专题二 能量与动量第一讲功和功率动能定理“功和功率 动能定理”学前诊断 点击链接 考点一 功和功率本考点主要考查功和功率的计算(诊断卷第 1、2 题)，机车牵引与启动问题(诊断卷第 3、4 题)，试题难度一般，多为选择题。在二轮复习中，注意打牢基础知识，细化审题、解题过程，此考点就能轻松取分。建议考生自学为主夯基固本1功(1)恒力的功：W。(2)合力的功：W。(3)变力的功：将变力做功转化为恒力做功；应用 F-x 图像求解；应用动能定理求解。2功率(1)平均功率：P。(2)瞬时功率：PFvcos。(3)应用：机车启动，P。Flcos F 合lcos WtFv重点清障功和功率的公式、图像应用常见
2、错误警示1不注意题目的要求，凭感觉求解，易导致错误。如诊断卷第 1 题，因为 Fmg，在力 F 作用下薄板向右加速，当撤去 F 后，薄板向右滑至L2时，速度恰好为零，薄板翻下桌子，此时力 F 做功最少，由动能定理得：WFminmgL21.6 J，不注意这一点，易得：WFminFL22 J，错选 C 项。2将计算瞬时功率的公式 PFvcos 误记为 PFv。3不注意将机车启动的图像与机车受力和运动相联系，易导致错误。如诊断卷第 4 题，机车启动时：Ffma，FPv，可得出：aPm1v fm，对应图像可得：Pm 40.01，fm4，可得出：P160 kW，f1 600 N。1(2017全国卷)如图
3、，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：由于大圆环是光滑的，因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方向始终与速度方向垂直，因此作用力不做功，A 项正确，B 项错误；小环刚下滑时，大圆环对小环的作用力背离大圆环的圆心，滑到大圆环圆心以下的位置时，大圆环对小环的作用力指向大圆环的圆心，C、D 项错误。答案：A 2多选如图甲所示，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监测到推
4、力 F 和物体速度 v 随时间 t 变化的规律如图乙所示。取重力加速度 g10 m/s2，则()A物体的质量 m0.5 kgB物体与水平面间的动摩擦因数 0.2C第 2 s 内物体克服摩擦力做的功 W2 JD前 2 s 内推力 F 做功的平均功率 P 1.5 W解析：由速度时间图像可以知道在 23 s 的时间内，物体做匀速运动，处于受力平衡状态，所以滑动摩擦力的大小为 2 N，在 12 s 的时间内，物体做匀加速运动，直线的斜率代表加速度的大小，所以 a201 m/s22 m/s2，由牛顿第二定律可得：Ffma，所以 m0.5 kg，A 正确；由 fFNmg，得 fmg0.4，B 错误；第 2
5、 s 内物体的位移是：x12at21 m，克服摩擦力做的功 Wfx21 J2 J，C 正确；在第 1 s 内物体没有运动，只在第 2 s 运动，F 也只在第 2 s 做功，F 做的功为 WFx31 J3 J，所以前 2 s 内推力 F 做功的平均功率为：P Wt32 W1.5 W，D 正确。答案：ACD 3目前，我国的高铁技术已处于世界领先水平，它是由几节自带动力的车厢(动车)加几节不带动力的车厢(拖车)组成一个编组，称为动车组。若每节动车的额定功率均为 1.35104 kW，每节动车与拖车的质量均为 5104 kg，动车组运行过程中每节车厢受到的阻力恒为其重力的 0.075 倍。若已知 1
6、节动车加 2 节拖车编成的动车组运行时的最大速度 v0 为 466.7 km/h。我国的沪昆高铁是由2 节动车和 6 节拖车编成动车组来工作的，其中头、尾为动车，中间为拖车。当列车高速行驶时会使列车的“抓地力”减小不易制动，解决的办法是制动时，常用“机械制动”与“风阻制动”配合作用，所谓“风阻制动”就是当检测到车轮压力非正常下降时，通过升起风翼(减速板)调节其风阻，先用高速时的风阻来增大“抓地力”将列车进行初制动，当速度较小时才采用机械制动。求：(所有结果保留 2 位有效数字)(1)沪昆高铁的最大时速 v 为多少？(2)当动车组以加速度 1.5 m/s2 加速行驶时，第 3 节车厢对第4 节车
7、厢的作用力为多大？(3)沪昆高铁以题(1)中的最大速度运动时，测得此时风相对于运行车厢的速度为 100 m/s，已知横截面积为 1 m2 的风翼上可产生 1.29104 N 的阻力，此阻力转化为车厢与地面阻力的效率为 90%。沪昆高铁每节车厢顶安装有 2 片风翼，每片风翼的横截面积为 1.3 m2，求此情况下“风阻制动”的最大功率为多大？解析：(1)由 P3kmgv0,2P8kmgv，代入数据解得：v0.75 v03.5102 km/h；(2)设各动车的牵引力为 F 牵，第 3 节车厢对第 4 节车厢的作用力大小为 F，以第 1、2、3 节车厢为研究对象，由牛顿第二定律得：F 牵3kmgF3m
8、a以动车组整体为研究对象，由牛顿第二定律得：2F 牵8kmg8ma由上述两式得：Fkmgma P3v0ma1.1105 N。(3)由风阻带来的列车与地面的阻力为：Fm1.291041.3280.9 N2.4105 N“风阻制动”的最大功率为PFmvm2.4105350 0003 600 W2.3107 W。答案：(1)3.5102 km/h(2)1.1105 N(3)2.3107 W考点二 动能定理的理解和应用高考对本考点的考查相对简单，主要是针对动能定理的理解和一些简单应用。建议考生自学为主夯基固本1对动能定理的两点理解(1)动能定理表达式中，W表示所有外力做功的，包括物体重力所做的功。(2
9、)动能定理表达式中，Ek 为所研究的末动能与初动能之差，而且物体的速度均是相对地面的速度。2动能定理的适用范围(1)既可适用于直线运动，也可适用于运动。(2)既可适用于恒力做功，也可适用于做功。代数和过程曲线变力重点清障1对单个物体的动能增量的判断宜采用动能定理，而对物体系统动能增量的大小判断则应考虑应用能量守恒定律。如诊断卷第 5 题，由动能定理可知，A 的动能增量一定等于 B 对 A 的摩擦力对 A 所做的功，而外力 F 对 A 和 B 系统所做的功并没有全部转化为 A、B 的动能，还有一部分摩擦热产生，故不可用动能定理对系统直接分析。2动能定理可用于求解变力做功。如诊断卷第 6 题，空气
10、阻力为变力，其做功大小不可应用 WFlcos 直接求解，应考虑使用动能定理求解。3注意图像及其“面积”的含义。如诊断卷第 7 题中，F-x 图线与 x 轴所围“面积”表示力 F 所做的功，易得 B 项正确；诊断卷第 8 题中，v-t 图线与 t 轴所围面积表示巴铁在 25 s 内运动的总位移。1如图所示，物块的质量为 m，它与水平桌面间的动摩擦因数为。起初，用手按住物块，物块的速度为零，弹簧的伸长量为 x。然后放手，当弹簧的长度回到原长时，物块的速度为 v。则此过程中弹力所做的功为()A12mv2mgx Bmgx12mv2C12mv2mgxD以上选项均不对解析：设 W 弹为弹力对物体做的功，因
11、为克服摩擦力做的功为 mgx，由动能定理得 W 弹mgx12mv20，得 W 弹12mv2mgx。答案：C 2多选(2017潍坊安丘一中期中)如图所示，不可伸长的细绳长为 l，一端固定在 O 点，另一端拴接一质量为 m 的小球。将小球拉至与 O等高，细绳处于伸直状态的位置后由静止释放，在小球由静止释放到运动至最低点的过程中，小球所受阻力做的功为 W，重力加速度为 g，则小球到达最低点时()A向心加速度 a2mglWmlB向心加速度 a2mglWmlC绳的拉力 F3mgl2WlD绳的拉力 F 2mglWl解析：根据动能定理得：mglW12mv2，则向心加速度为：av2l 2mglWml，故 A
12、正确，B 错误；在最低点，根据牛顿第二定律得：Fmgmv2l，解得绳子的拉力为：Fmgmv2l 3mgl2Wl，故 C 正确，D 错误。答案：AC考点三 应用动能定理解决力学综合问题本考点在高考中所设计的题目，一般呈现出情景新颖(诊断卷第 9 题)，过程复杂(诊断卷第 10 题)，知识综合性强(诊断卷第 11、12 题)等特点，考生失分的原因不是不会做，而是不会“分步”做，这个“分步”就是要求考生按照一定流程认真做好运动分析和过程分析，再根据动能定理结合其他力学规律列出方程，问题便可分步解决。建议对本考点重点攻坚动能定理综合问题的思维流程 典例(2017临沂二模)如图所示，倾角 45的粗糙平直
13、导轨 AB 与半径为 R 的光滑圆环轨道相切，切点为 B，整个轨道处在竖直平面内。一质量为 m 的小滑块(可以看作质点)从导轨上离地面高为 h3R 的 D 处无初速度下滑进入圆环轨道。接着小滑块从圆环最高点 C 水平飞出，恰好击中导轨上与圆心 O 等高的 P 点，不计空气阻力，已知重力加速度为 g。求：(1)滑块运动到圆环最高点 C 时的速度大小；(2)滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小；(3)滑块在斜面轨道 BD 间运动的过程中克服摩擦力做的功。思维流程解析(1)小滑块从 C 点飞出后做平抛运动，设水平速度为 v0。竖直方向上：R12gt2水平方向上：2Rv0t解得：v0 gR。(2
14、)设小滑块在最低点时速度为 v，由动能定理得：mg2R12mv0212mv2解得：v 5gR在最低点由牛顿第二定律得：FNmgmv2R 解得：FN6mg由牛顿第三定律得：FN6mg。(3)从 D 到最低点过程中，设 DB 过程中克服摩擦阻力做功 Wf，由动能定理得：mghWf12mv20解得：Wf12mgR。答案(1)gR(2)6mg(3)12mgR1如图为某同学建立的一个测量动摩擦因数的模型。物块自左侧斜面上 A 点由静止滑下，滑过下面一段平面后，最高冲至右侧斜面上的 B 点。实验中测量出了三个角度，左右斜面的倾角 和 及 AB 连线与水平面的夹角为。物块与各接触面间动摩擦因数相同且为，忽略
15、物块在拐角处的能量损失，以下结论正确的是()Atan Btan Ctan Dtan 2解析：对全过程运用动能定理，结合摩擦力做功的大小，求出动摩擦因数大小。设 AB 的水平长度为 x，竖直高度差为h，对 A 到 B 的过程运用动能定理得 mghmgcos ACmgCEmgcos EB0，因为 ACcos CEEBcos x，则有 mghmgx0，解得 hxtan，故 C 正确。答案：C 2(2016天津高考)我国将于 2022 年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示，质量 m60 kg 的运动员从长直助滑道 AB 的 A 处由静止开始以加速度 a3.6 m/s2匀加速滑下，
16、到达助滑道末端 B 时速度 vB24 m/s，A 与 B 的竖直高度差 H48 m。为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点 C 处附近是一段以 O 为圆心的圆弧。助滑道末端 B 与滑道最低点 C 的高度差 h5 m，运动员在 B、C 间运动时阻力做功 W1 530 J，取 g10 m/s2。(1)求运动员在 AB 段下滑时受到阻力 Ff 的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的 6 倍，则C 点所在圆弧的半径 R 至少应为多大。解析：(1)运动员在 AB 段做初速度为零的匀加速运动，设 AB 的长度为 x，则有vB22ax由牛顿第二定律有mg
17、HxFfma联立式，代入数据解得Ff144 N。(2)设运动员到达 C 点时的速度为 vC，在由 B 到达 C 的过程中，由动能定理有mghW12mvC212mvB2设运动员在 C 点所受的支持力为 FN，由牛顿第二定律有FNmgmvC2R 由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的 6 倍，联立式，代入数据解得R12.5 m。答案：(1)144 N(2)12.5 m一、高考真题集中演练明规律1多选(2016全国卷)如图，一固定容器的内壁是半径为 R 的半球面；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。
18、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 N，则()Aa2mgRWmR Ba2mgRWmRCN3mgR2WRDN2mgRWR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，在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 Nmgma，N3mgR2WR，选项 C 正确，选项 D 错误。答案：AC 2(2015全国卷)如图，一半径为 R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径 POQ 水平。一质量为 m 的质点自 P点上方高度 R 处由静止
19、开始下落，恰好从P 点进入轨道。质点滑到轨道最低点 N 时，对轨道的压力为 4mg，g 为重力加速度的大小。用 W 表示质点从 P 点运动到 N 点的过程中克服摩擦力所做的功。则()AW12mgR，质点恰好可以到达 Q 点BW12mgR，质点不能到达 Q 点CW12mgR，质点到达 Q 点后，继续上升一段距离DW12mgR，质点到达 Q 点后，继续上升一段距离解析：设质点到达 N 点的速度为 vN，在 N 点质点受到轨道的弹力为 FN，则 FNmgmvN2R，已知 FNFN4mg，则质点到达 N 点的动能为 EkN12mvN232mgR。质点由开始至 N点的过程，由动能定理得 mg2RWfEk
20、N0，解得摩擦力做的功为 Wf12mgR，即克服摩擦力做的功为 WWf12mgR。设从 N 到 Q 的过程中克服摩擦力做功为 W，则WW。从 N 到 Q 的过程，由动能定理得mgRW12mvQ212mvN2，即12mgRW12mvQ2，故质点到 Q 点后速度不为 0，质点继续上升一段距离。选项 C 正确。答案：C 3(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
21、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 与直轨道间的动摩擦因数 14，重力加速度大小为 g。取sin 3735，cos 3745(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。解析：(1)根据题意知，B、C 之间的距离 l 为l7R2R设
22、 P 到达 B 点时的速度为 vB，由动能定理得mglsin mglcos 12mvB2式中 37。联立式并由题给条件得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mgxsin mgxcos Ep012mvB2E、F 之间的距离 l1 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Epmgl1sin mgl1cos 0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x172
23、R56Rsin y1R56R56Rcos 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 vD，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12m1vC212m1vD2m1g56R56Rcos P 由 E 点运动到 C 点的过程中，由动能定理有Epm1g(x5R)sin m1g(x5R)cos 12m1vC2联立式得m113m。答案：(1)2 gR(2)125 mgR(3)35 5gR 13m二、名校
24、模拟重点演练明趋势4多选(2018 届高三皖南八校联考)如图所示，竖直平面内有一光滑圆环，半径为 R，圆心为 O，B 为最低点，C 为最高点，圆环左下方开一个小口与光滑斜面相切于 A 点，AOB37，小球从斜面上某一点由静止释放，经 A 点进入圆轨道，不计小球经过 A 点的机械能损失，sin 370.6，cos 370.8，则要保证运动过程中小球不离开轨道，小球释放的位置到 A 点的距离可能是()ARB2RC3RD4R解析：若使小球恰能经过最高点 C，则 mgmvC2R，根据动能定理 mg(h2R)12mvC2，解得 h52R，小球释放的位置到 A 点的距离是 xhR1cos 37sin 37
25、236 R，选项 D 正确；若使小球恰能经过与圆心 O 等高的一点，则释放的高度 h R，此 时 小 球 释 放 的 位 置 到A点 的 距 离 是xhR1cos 37sin 3743R，选项 A 正确。答案：AD 5多选(2017威海模拟)如图所示，斜面 AB和水平面 BC 是由同一板材上截下的两段，在 B 处用小圆弧连接。将小铁块(可视为质点)从 A 处由静止释放后，它沿斜面向下滑行，进入平面，最终静止于 P 处。若从该板材上再截下一段，搁置在 A、P 之间，构成一个新的斜面，再将铁块放回 A 处，并轻推一下使之沿新斜面向下滑动。关于此情况下铁块的运动情况，下列描述正确的是()A铁块一定能够到达 P 点B铁块的初速度必须足够大才能到达 P 点C铁块能否到达 P 点与铁块质量有关D铁块能否到达 P 点与铁块质量无关解析：设 A 距离地面的高度为 h，铁块与板材之间的动摩擦因数为，对全过程运用动能定理有 mghmgcos sABmgsBP0，得 mghmg(sABcos sBP)0，而 sABcos sBP OP，即 h OP 0，铁块在新斜面上有 mgsin mgcos ma，由 sin cos h OPAP0，可知铁块在新斜面上做匀速运动，与铁块的质量 m 无关，铁块一定能够到达 P 点，选项 A、D 正确，B、C 错误。答案：AD
