1、专题三功和能动量守恒定律第5讲功功率动能定理1.常用基本公式：(1)恒力做功的公式：W=_，其中为_。(2)平均功率的公式：P=_。(3)瞬时功率的公式：P=_，当=0时，P=_。(4)动能定理的表达式：W总=_，其中W总为_。Flcos力F和位移l的夹角FvcosFvEk2-Ek1所有外力做功的代数和2.动能定理的适用条件：(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于_。(2)动能定理既适用于恒力做功，也适用于_。曲线运动变力做功1.(多选)(2011新课标全国卷)一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用。此后，该质点的动能可能()A.一直增大B.先逐渐减小至零，再逐渐增大C.先逐渐
2、增大至某一最大值，再逐渐减小D.先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大【解析】选A、B、D。当恒力方向与速度方向相同时，物体加速，动能一直增大，故A正确。当恒力方向与速度方向相反时，物体开始减速至零，再反向加速，动能先减小至零再增大，故B正确。当恒力与速度成小于90的夹角时，把速度沿恒力方向和垂直恒力方向分解，物体做曲线运动，速度一直增大，故C错。当恒力与速度成大于90的夹角时，把速度沿恒力方向和垂直恒力方向分解，开始在与恒力相反方向上物体做减速运动直至速度为0，而在垂直恒力方向上物体速度不变，某一时刻物体速度最小，此后，物体在恒力作用下速度增加，其动能经历一个先减小到某一数值，再逐渐增大的
3、过程，故D正确。2.(多选)(2013新课标全国卷)2012年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功。图甲为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图。飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止。某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t=0.4 s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度时间图线如图乙所示。假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1 000 m。已知航母始终静止，重力加速度的大小为g。则()A.从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的B.在0.42.5
4、 s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化C.在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5gD.在0.42.5 s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变【解析】选A、C。设着舰时舰载机的速度为v,无阻拦索时舰载机加速度大小为a，所以从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离即为v-t图像下的面积=113.28(m)，约为无阻拦索时的A正确；在0.42.5 s 时间内，飞机做匀减速直线运动，即阻拦索的张力的合力恒定不变，阻拦索的夹角逐渐减小，张力逐渐减小，故B错误；在滑行过程中，0.42.5 s时间内加速度最大，加速度大小为飞行员所承受的最大加速度超过2.5g，C正确；在0.42.5 s时间内，
5、阻拦系统对飞机做功的功率P=Fv，F不变，v逐渐减小，功率P减小，故D错误。3.(2013海南高考)一质量m=0.6 kg的物体以v0=20 m/s 的初速度从倾角=30的斜坡底端沿斜坡向上运动。当物体向上滑到某一位置时，其动能减少了Ek=18 J，机械能减少了E=3 J。不计空气阻力，重力加速度g=10 m/s2，求：(1)物体向上运动时加速度的大小；(2)物体返回斜坡底端时的动能。【解析】(1)设物体运动过程中所受的摩擦力为f，向上运动的加速度的大小为a，由牛顿第二定律可知 设物体的动能减少Ek时，在斜坡上运动的距离为s,由功能关系可知Ek=(mgsin+f)s E=fs 联立式，并代入数
6、据可得a=6 m/s2 (2)设物体沿斜坡向上运动的最大距离为sm，由运动学规律可得 设物体返回斜坡底端时的动能为Ek，由动能定理得Ek=(mgsin-f)sm 联立以上各式，并代入数据可得Ek=80 J答案：(1)6 m/s2 (2)80 J热点考向1 功、功率的理解和计算【典例1】(2013天津河西区一模)长为L的轻质细绳悬挂一个质量为m的小球，其下方有一个倾角为的光滑斜面体，放在水平面上，开始时小球与斜面刚刚接触且细绳恰好竖直，如图所示，现在用水平推力F缓慢向左推动斜面体，直至细绳与斜面体平行，则下列说法中正确的是()A.由于小球受到斜面的弹力始终与斜面垂直，故对小球不做功B.细绳对小球
7、的拉力始终与小球运动方向垂直，故对小球不做功C.小球受到的合外力对小球做功为零，故小球在该过程中机械能守恒D.若水平面光滑，则推力做功为mgL(1-cos)【解题探究】(1)当力与位移的夹角_90时，力不做功。当力与速度的夹角_90时，力不做功。(选填“大于”“小于”或“等于”)(2)推力F是恒力还是变力？如何求F的功？提示：由于斜面体在水平推力F的作用下缓慢运动，处于动态平衡状态中，斜面体所受的合力为零，又由于小球对斜面体的弹力为变力，故F也为变力，在该题中变力F的功可用功能关系求解。等于等于(3)推力F做的功WF转化为小球的重力势能，请写出WF的表达式。提示：由功能关系知推力做功等于小球重
8、力势能的增加量，即WF=mgh=mgL(1-sin)。【解析】选B。小球受到斜面的弹力的方向和小球运动的方向夹角为锐角，故对小球做正功，A错误；细绳拉力方向始终和小球运动方向垂直，故对小球不做功，B正确；合外力对小球做功等于小球动能的改变量，虽然合外力做功为零，但小球重力势能增加，机械能不守恒，C错误；若水平面光滑，则推力做功等于小球重力势能的增加，即为WF=mgh=mgL(1-sin)，D错误。【总结提升】关于功、功率应注意的三个问题(1)功的公式W=Fl和W=Flcos仅适用于恒力做功的情况。(2)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，也可应用动能定理等方法求解。(3)
9、对于功率的计算，应注意区分公式和公式P=Fv，前式侧重于平均功率的计算，而后式侧重于瞬时功率的计算。【变式训练】(多选)(2013青岛一模)如图所示，小物体A沿高为h、倾角为的光滑斜面以初速度v0从顶端滑到底端，而相同的物体B以同样大小的初速度从等高处竖直上抛，则()A.两物体落地时速度的大小相同B.两物体落地时，重力的瞬时功率相同C.从开始运动至落地过程中，重力对它们做功相同D.从开始运动至落地过程中，重力对它们做功的平均功率相同【解析】选A、C。由于竖直高度的变化是相同的，所以相同质量的物体重力做功是一样的，再根据动能定理可计算出末速度的大小相等，选项A、C正确。根据功率的定义，两物体落地
10、时竖直方向上的速度不同，可知选项B错误。由于两物体的运动时间不一定相同，所以选项D错误。【变式备选】放在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拉力的功率与时间的图像如图所示，则物体的质量为(g=10 m/s2)()【解析】选B。物体在前2 s内做匀加速直线运动，2 s末的速度v2=6 m/s，功率P2=30 W，由公式P=Fv得知：前2 s内的拉力F1=5 N；后4 s内做匀速直线运动，拉力等于阻力，则Ff=F=在前2 s内，根据牛顿第二定律得：F1-Ff=ma，又a=3 m/s2，则m=kg，选项B正确，其他选项均错。热点考向2 发动机、电动机的功率问题【典例2】(
11、20分)(2011浙江高考)节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车。有一质量m=1 000 kg的混合动力轿车，在平直公路上以v1=90 km/h 匀速行驶，发动机的输出功率为P=50 kW。当驾驶员看到前方有80 km/h的限速标志时，保持发动机功率不变，立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电，使轿车做减速运动，运动L=72 m后，速度变为v2=72 km/h。此过程中发动机功率的用于轿车的牵引，用于供给发电机工作，发动机输送给发电机的能量最后有50%转化为电池的电能。假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变。求：(1)轿车以90 km/h的速度在平直公路上匀
12、速行驶时，所受阻力F阻的大小；(2)轿车从90 km/h减速到72 km/h过程中，获得的电能E电；(3)轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能E电维持72 km/h匀速运动的距离L。【解题探究】(1)轿车匀速行驶时：阻力F阻与牵引力F牵的关系为_。此时发动机的功率P=_。(2)轿车获得的电能E电的求解：该过程满足的动能定理关系方程为。获得电能E电与发动机做功Pt满足E电=。F阻=F牵F阻v1(3)请分析轿车利用获得的电能E电维持72 km/h匀速运动的过程中存在的功能转化关系。提示：由能的转化和守恒定律可知，轿车获得的电能E电全部用来克服阻力做功，即E电=F阻L。【解析】(1)轿车牵引力与输出
13、功率的关系式为P=F牵v1，将P=50 kW,v1=90 km/h=25 m/s，代入得F牵=2103 N (4分)当轿车匀速行驶时，牵引力与阻力大小相等，有F阻=2103 N (2分)(2)在减速过程中，发动机只有用于轿车的牵引。根据动能定理(4分)代入数据得Pt=1.575105 J (2分)电池获得的电能为E电=(3分)(3)根据题设，轿车在平直公路上匀速行驶时受到的阻力仍为F阻=2103 N。在此过程中，由能量转化及守恒定律可知，仅有电能用于克服阻力做功，E电=F阻L，代入数据得L=31.5 m (5分)答案：(1)2103 N (2)6.3104 J (3)31.5 m【总结提升】解
14、决机车启动问题时的四点注意(1)分清是匀加速启动还是恒定功率启动。(2)匀加速启动过程中，机车功率是不断改变的，但该过程中的最大功率是额定功率，匀加速运动阶段的最大速度小于机车所能达到的最大速度，达到额定功率后做加速度减小的加速运动。(3)以额定功率启动的过程中，机车做加速度减小的加速运动，速度最大值等于牵引力是变力，牵引力做的功W=Pt。(4)无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足P=f阻vm，P为机车的额定功率。【变式训练】(多选)(2013银川一模)提高机车运动速率的有效途径是增大发动机的功率和减小阻力因数(设阻力与物体运动速率的平方成正比，即Ff=kv2，k是阻力因数)。当发动机
15、的额定功率为P0时，物体运动的最大速率为vm，如果要使物体运动的速率增大到2vm，则下列办法可行的是()A.阻力因数不变，使发动机额定功率增大到2P0B.发动机额定功率不变，使阻力因数减小到C.阻力因数不变，使发动机额定功率增大到8P0D.发动机额定功率不变，使阻力因数减小到【解析】选C、D。速度达到最大时，即P=kvm3。由此可知，若vm增大到2vm，当k不变时，功率P变为原来的8倍；当功率不变时，阻力因数变为原来的故C、D正确。热点考向3 动能定理的应用【典例3】(18分)(2013昆明一模)如图甲所示，在倾角为30的足够长光滑斜面AB前，有一粗糙水平面OA，OA长为4 m。有一质量为m的
16、滑块，从O处由静止开始受一水平向右的力F作用。F按图乙所示的规律变化。滑块与OA间的动摩擦因数=0.25，g取10 m/s2，试求：(1)滑块到A处的速度大小；(2)不计滑块在A处的速率变化，滑块冲上斜面AB的长度是多少？【解题探究】(1)画出滑块在OA上的受力分析图。提示:(2)试分析滑块冲上AB后各力做功的情况。提示：重力做负功、支持力不做功。【解析】(1)由题图乙知，在前2 m内F1=2mg，做正功；(2分)在第3 m内F2=-0.5mg，做负功；(2分)在第4 m内F3=0。(1分)滑动摩擦力Ff=-mg=-0.25mg，始终做负功。(2分)对OA过程由动能定理列式得(3分)即解得m/
17、s。(3分)(2)冲上斜面的过程，由动能定理得(3分)所以冲上斜面AB的长度L=5 m。(2分)答案：(1)(2)5 m【拓展延伸】该题中(1)滑块再滑回A处时的速度是多大？提示：滑块下滑时也只有重力做正功，由mgLsin30=得(2)滑块能否滑至O处？若能，在O处的速度多大？提示：设滑至O处的速度为v0，则在由AO的过程中由动能定理得：故即能滑至O处，速度为【总结提升】应用动能定理的三点注意(1)如果在某个运动过程中包含有几个不同运动性质的阶段(如加速、减速阶段)，可以分段应用动能定理，也可以对全程应用动能定理，一般对全程列式更简单。(2)因为动能定理中功和动能均与参考系的选取有关，所以动能
18、定理也与参考系的选取有关。在中学物理中一般取地面为参考系。(3)动能定理既适用于单个物体也适用于单个物体组成的系统。【变式训练】(2013如皋模拟)如图所示，斜面AB和水平面BC是从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。关于此情况下铁块运动情况的描述，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.以上说法均不对【解析】选A。设AB=
19、s1,BP=s2,AP=s3，动摩擦因数为，由动能定理得：mgs1sin-mgcoss1-mgs2=0，可得：mgs1sin=mg(s1cos+s2)，设沿AP滑到P的速度为vP，由动能定理得：因s1cos+s2=s3cos，故得：vP=0，即铁块恰好沿AP滑到P点，故A正确。1.(2013烟台一模)起重机以1 m/s2的加速度将质量为1 000 kg 的货物由静止开始匀加速向上提升，若g取10 m/s2，则在1 s内起重机对货物所做的功是()A.500 J B.4 500 JC.5 000 J D.5 500 J【解析】选D。货物的加速度向上，由牛顿第二定律有F-mg=ma，起重机的拉力F=
20、mg+ma=11 000 N，货物的位移是=0.5 m，做功为5 500 J。2.(2013西安一模)如图所示，水平传送带以v=2 m/s的速度匀速前进，上方漏斗中以每秒50 kg的速度把煤粉竖直抖落到传送带上，然后一起随传送带运动。如果要使传送带保持原来的速度匀速前进，则传送带的电动机应增加的功率为()A.100 W B.200 WC.500 W D.无法确定【解析】选B。漏斗均匀持续将煤粉抖落在传送带上，每秒钟有50 kg的煤粉被加速至2 m/s，故每秒钟传送带的电动机应多做的功为：故传送带的电动机应增加的功率B对。3.(2013天津和平区一模)如图所示，一个小环沿竖直放置的光滑圆环轨道做
21、圆周运动。小环从最高点A(初速度为零)滑到最低点B的过程中，小环线速度大小的平方v2随下落高度h的变化图像可能是图中的()【解析】选B。考虑小环下降过程中受到的各个力的做功情况，重力做正功，圆环对小环的支持力始终与小环运动方向垂直，不做功，由动能定理mgh=v2与h的关系为线性关系，又因h=0时，v也为零，所以图像过原点，只有B符合条件，故选B。4.(2013西安一模)一匹马拉着质量为60 kg的雪橇，从静止开始用80 s的时间沿平直冰面跑完1 000 m。设在运动过程中雪橇受到的阻力保持不变，已知雪橇在开始运动的8 s时间内做匀加速直线运动，从第8 s末开始，马拉雪橇做功的功率保持不变，使雪
22、橇继续做直线运动，最后一段时间雪橇做的是匀速直线运动，速度大小为15 m/s；开始运动的8 s内马拉雪橇的平均功率是8 s后功率的一半。求整个运动过程中马拉雪橇做功的平均功率和雪橇在运动过程中所受阻力的大小。【解析】设8 s后马拉雪橇的功率为P，则匀速运动时P=Fv=fv即运动过程中雪橇受到的阻力大小 对于整个过程运用动能定理得：代入数据，解得：P=723 W f=48.2 N再由动能定理可得解得：答案：687 W 48.2 N五动能定理的综合应用【案例剖析】(20分)(2013杭州一模)频闪照相是研究物理过程的重要手段，如图所示是某同学研究一质量为m=0.5 kg的小滑块从光滑水平面滑上粗糙
23、斜面并向上滑动时的频闪照片。已知斜面足够长，倾角为=37，闪光频率为10 Hz。经测量换算获得实景数据：s1=s2=40 cm，s3=35 cm，s4=25 cm，s5=15 cm。取g=10 m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，设滑块通过平面与斜面连接处时没有能量损失。求：(1)滑块与斜面间的动摩擦因数，并说明滑块在斜面上运动到最高点后能否自行沿斜面下滑；(2)滑块在斜面上运动过程中摩擦力做功的平均功率。【审题】抓住信息，准确推断关键信息信息挖掘题干频闪照相分析相同时间内滑块的位移情况从光滑水平面滑上粗糙斜面 水平面上不受摩擦力,斜面上受摩擦力闪光频率为10Hz闪光周期为0.1
24、s问题能否自行沿斜面下滑分析重力沿斜面的分力是否大于滑动摩擦力摩擦力做功的平均功率选公式求解【破题】精准分析,无破不立(1)请结合题意分析：在水平面上滑块做_运动，速度v0用公式v0=_求出。冲上斜面，滑块做_运动，加速度用公式s=_求出。当mgsin37_时，滑块能自行下滑。匀速直线s1f匀减速直线aT2mgcos37(2)如何求滑块在斜面上上滑和下滑全过程中摩擦力做的功？提示：先用动能定理求出上冲的最大距离，再根据功的定义求功，注意均为负功。(3)如何求滑块在斜面上的总时间？提示：分上滑和下滑两阶段，用运动学公式求出。【解题】规范步骤，水到渠成(1)由题意可知，滑块在水平面上做匀速直线运动
25、，且设速度为v0，则(2分)在斜面上滑块做匀减速直线运动，设加速度大小为a，则由公式有s3-s4=aT2，解得a=10 m/s2 (2分)由牛顿第二定律有mgsin+mgcos=ma (2分)联立以上方程解得=0.5 (1分)因tan37，所以滑块在斜面上运动到最高点后能自行沿斜面下滑(1分)(2)设滑块在斜面上能上滑的最大距离为sm，则对滑块在斜面上上滑过程应用动能定理有(2分)解得sm=0.8 m (1分)故滑块在斜面上上滑和下滑运动的全过程摩擦力所做的功为Wf=-2(mgcos)sm=-3.2 J (2分)下滑加速度为a2=gsin-gcos=2 m/s2 (2分)上滑时间为(1分)下滑时间为(1分)平均功率为(3分)答案：(1)0.5 能自行下滑(2)【点题】突破瓶颈，稳拿满分(1)常见的思维障碍。没有发现“频闪照相”的特点，即没有想到用公式s=aT2求物体上冲时的加速度。在求滑块运动的总时间时，误认为上冲的时间和下滑的时间相等，从而求错平均功率。(2)因解答不规范导致的失分。滑块上冲时，利用运动学求出的加速度为负值，而利用牛顿第二定律列式时，又常以合力的方向为正，所以因加速度的正、负出错导致计算失误而失分。误将滑块上冲斜面时的动能定理写为(mgsin+mgcos)sm=而导致不必要的失分，上式不应称为动能定理，可理解为功能关系，虽然计算结果正确，但理解产生了偏差。
