1、功、功率动能定理建体系知关联析考情明策略考情分析纵览2020年山东、海南、北京、天津各省市等级考物理试题，集中在正、负功的判断，机车启动为背景的功率的分析与计算，题型以选择题为主；动能定理在多过程问题中的应用等核心知识，题型多为计算题，且有一定的综合性。素养呈现1.功、功率的定义表达式2.机车启动问题3.理解并应用动能定理素养落实1.掌握功、功率的计算方法2.掌握两类机车启动问题的分析计算方法3.理解动能定理，掌握动能定理的应用方法考点1| 功功率的分析与计算新储备等级考提能1图解功和功率的计算2机车启动问题的两种求解思路(1)图解机车以恒定功率启动：(2)图解机车以恒定加速度启动：新案例等级
2、考评价案例1(多选)(2020湖北四校期中联考)一质量为m的物体静止在水平地面上，在水平拉力的作用下开始运动，图甲是在06 s内其速度与时间关系图象，图乙是拉力的功率与时间关系图象，g取10 m/s2。下列判断正确的是()甲乙A拉力的大小为4 N，且保持不变B物体的质量为2 kgC06 s内物体克服摩擦力做的功为24 JD06 s内拉力做的功为156 J题眼点拨“图甲”信息：02 s内匀加速运动。26 s内匀速运动。“拉力功率”：注意PFv中F的含义是Ffma。BD对物体受力分析，由图甲可知，在02 s内物体做匀加速运动，拉力大于滑动摩擦力，在26 s内物体做匀速运动，拉力等于滑动摩擦力，因此
3、拉力大小不恒定，选项A错误；在26 s内根据功率公式PFv，有F4 N，故滑动摩擦力fF4 N，在图甲中，02 s内有a3 m/s2，由牛顿第二定律可知Ffma，又PFv，联立解得m2 kg，F10 N，选项B正确；由图甲可知在06 s内物体通过的位移为x30 m，故物体克服摩擦力做的功为Wffx120 J，选项C错误；由动能定理可知WWfmv2，故06 s内拉力做的功Wmv2Wf262 J120 J156 J，选项D正确。反思感悟：(1)根据vt图象可以获得物体的运动速度、加速度、通过的位移等信息，根据Pt图象结合功率公式可以求出力的大小。(2)恒力做功可以根据功的定义式求解，变力做功一般根
4、据动能定理求解。跟进训练1(原创题)2019国际田联钻石联赛上海站男子100米比赛中，中国选手苏炳添以10秒05的成绩获得第五名。苏炳添在比赛中，主要有起跑加速、途中匀速和加速冲刺三个阶段，他的脚与地面间不会发生相对滑动。以下说法正确的是()A加速阶段地面对人的摩擦力做正功B匀速阶段地面对人的摩擦力做功C由于人的脚与地面间不发生相对滑动，所以不论加速还是匀速，地面对人的摩擦力始终不做功D无论加速还是匀速阶段，地面对人的摩擦力始终做负功C人的脚与地面间的摩擦力是静摩擦力，该力的作用点并没有发生位移，所以地面对人的摩擦力始终不做功，选项C正确。2一辆汽车在平直的公路上由静止开始启动。在启动过程中，
5、汽车牵引力的功率及其瞬时速度随时间的变化情况分别如图甲、乙所示。已知汽车所受阻力恒为重力的，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是()甲乙A该汽车的质量为3 000 kgBv06 m/sC在前5 s内，阻力对汽车所做的功为25 kJD在515 s内，汽车的位移大小约为67.19 mD由 图象可得，汽车匀加速阶段的加速度a1 m/s2，汽车匀加速阶段的牵引力为F3 000 N，匀加速阶段由牛顿第二定律得F0.2mgma，解得m1 000 kg，A错误；牵引力功率为15 kW时，汽车行驶的最大速度v07.5 m/s，B错误；前5 s内汽车的位移xat212.5 m，阻力做功WFf0.2mg
6、x25 kJ，C错误；515 s内，由动能定理得Pt0.2mgsmvmv2，解得s67.187 5 m67.19 m，D正确。3(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mgBC物块从A到B过程做匀速圆周运动，根据动能定理有mgRWf0，因
7、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。考点2| 动能定理的应用新储备等级考提能1对动能定理的理解(1)动能定理表达式WEk中，W表示所有外力做功的代数和。Ek为所研究过程的末动能与初动能之差，且物体的速度均是相对地面的速度。(2)2应用动能定理解题应注意的四点(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于
8、不涉及加速度及时间，比动力学研究方法要简捷。(2)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)物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑，但如能对整个过程利用动能定理列式，则可使问题简化。(4)根据动能定理列方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。新案例等级考评价案例2(2020陕西汉中第四次质检)如图是一种常见的圆桌，桌面中间嵌一半径为r1.5 m、可绕中心轴转动的圆盘，桌面与圆盘面在同一水平面内且两者间缝隙可不考虑。已知桌面离地高度为h0.8 m，将一可
9、视为质点的小碟子放置在圆盘边缘，若缓慢增大圆盘转动的角速度，碟子将从圆盘上甩出并滑上桌面，再从桌面飞出，且落地点与桌面飞出点的水平距离为0.4 m。已知碟子质量m0.1 kg，碟子与圆盘间的最大静摩擦力Fmax0.6 N，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g10 m/s2。求：(1)碟子从桌面飞出时的速度大小；(2)碟子在桌面上运动时，桌面摩擦力对它做的功；(3)若碟子与桌面间动摩擦因数为0.225，要使碟子不滑出桌面，则桌面半径至少是多少？思路点拨解此题要把握以下关键信息：当静摩擦力达到最大时，随圆盘一起转动的碟子开始滑动。碟子不滑出桌面的条件是运动到圆桌边缘时刚好减速到零。解析(1)碟子滑离圆
10、桌后做平抛运动，则hgt2，xvt解得vx1 m/s。(2)由题意得，当碟子在圆盘上转动时，由静摩擦力提供向心力，当静摩擦力达到最大时，碟子即将滑落，设碟子从圆盘上甩出时的速度大小为v0，则Fmaxm解得v03 m/s由动能定理得Wfmv2mv，代入数据得Wf0.4 J。(3)当碟子滑到圆桌边缘时速度恰好减为零，对应的圆桌半径取最小值。设碟子在圆桌上滑动的位移为s，由动能定理有mgs0mv则圆桌的最小半径为R联立解得R2.5 m。答案(1)1 m/s(2)0.4 J(3)2.5 m反思感悟：应用动能定理解题的思维流程跟进训练1(原创题)如图所示为风力发电机，风力带动叶片转动，叶片再带动转子(磁
11、极)转动，使定子(线圈，不计电阻)中产生感应电流，实现风能向电能的转化。若叶片长为l，设定的额定风速为v，空气的密度为，额定风速下发电机的输出功率为P，则风能转化为电能的效率为()A B C DA如图所示，建立一个“风柱”模型，“风柱”的横截面积为叶片旋转扫出的面积，则Sl2，经过时间t，可得“风柱”长度xvt，故所形成的“风柱”体积Vl2vt，“风柱”的质量mVl2vt，根据动能定理，有风力在这段位移内做的功WEkmv2l2vtv2l2v3t，“风柱”的功率P风l2v3，风能转化为电能的效率。2如图所示，光滑的半圆形轨道OA和AB位于同一竖直面内，它们的半径分别为r0.3 m和R0.4 m，
12、两轨道相切于最高点A，半圆形轨道AB与水平轨道BC相切于最低点B，轨道BC的长度可以调节，轨道BC的右端与一倾角为45的斜面CD相连，C点离地面的高度为h3.2 m。现用弹簧装置(图中未画出)将一小滑块(可视为质点)从半圆形轨道OA的最低点O弹出，小滑块运动过程中恰好不脱离圆弧轨道OAB，滑块与BC段的动摩擦因数为0.4，g取10 m/s2，忽略空气阻力。(1)求小滑块从O点弹出时的速度大小；(2)改变水平轨道BC的长度，使小滑块能够落在斜面CD上，求轨道BC的长度范围。解析(1)由题意，在最高点A对滑块受力分析，结合牛顿第二定律可得mgm，从O到A的过程中，由动能定理可得mg2rmvmv联立
13、解得滑块从O点弹出时的速度大小v04 m/s。(2)若滑块恰好落在D点，此时BC的长度最短，则水平方向有xvt竖直方向有hgt2联立解得滑块离开C的速度为v4 m/s从O到C的过程中，由动能定理可得mg(2R2r)mgx1mv2mv解得BC的最短长度为x10.5 m。滑块到C点的速度恰好为零时，从O到C有mg(2R2r)mgx2mv解得BC最长为x22.5 m所以轨道BC的长度范围为0.5 mx2.5 m。答案(1)4 m/s(2)0.5 mx2.5 m3(2020山东潍坊高三质检)如图甲所示，在倾角30的光滑固定斜面上有一劲度系数k100 N/m的轻质弹簧，弹簧下端固定在垂直于斜面的挡板上，
14、弹簧上端拴接一质量m2 kg的物体，初始时物体处于静止状态。取g10 m/s2。甲乙 丙(1)求初始时弹簧的形变量x0；(2)现对物体施加沿斜面向上的拉力F，拉力F的大小与物体位移x的关系如图乙所示，设斜面足够长。a分析说明物体的运动性质并求出物体的速度v与位移x的关系式；b.若物体位移为0.1 m时撤去拉力F，在图丙中作出此后物体上滑过程中弹簧弹力f的大小随弹簧形变量变化的函数图象，并且求出此后物体沿斜面上滑的最大距离xm以及此后运动的最大速度vm的大小。解析(1)初始时物体处于平衡状态，由平衡条件可知kx0mgsin 解得x00.1 m。(2)a.设物体自初始状态向上有一微小的位移x时加速
15、度为a，由牛顿第二定律得a由Fx图象可知F100x4.8(N)联立上式得a2.4 m/s2当弹簧处于伸长状态时，上述结论仍成立，可见物体做加速度为a2.4 m/s2的匀加速直线运动所以有v22ax4.8xb物体位移为0.1 m时撤去拉力F，此后物体滑动过程中弹簧弹力f的大小随弹簧形变量变化的函数图象如图1所示图1图2物体上滑过程中克服弹力所做的功对应图2中的阴影面积，即Wfkx撤去拉力后，在物体上滑过程中根据动能定理有mgxmsin Wf0mv2由(2)a.可知，v24.80.1 m2/s20.48 m2/s2联立以上各式可得，xm0.04 m物体再次回到初始位置时速度最大对于全过程只有拉力F对物体做功，拉力F做的功为Fx图象(图乙)与坐标轴所围的面积，则有WF0.1 J0.98 J根据动能定理可得WFmv联立解得vm0.99 m/s。答案(1)0.1 m(2)a：v24.8xb：0.04 m0.99 m/s
