《2019版 2 专题5 功 功率 动能定理.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019版 2 专题5 功 功率 动能定理.docx（15页珍藏版）》请在三一办公上搜索。
1、I撅期BAN K U A I E R动量与能量专题五功功率动能定理高考统计定方向命题热点提炼高考命题方向五年考情汇总1.功和功率的计 算考向1.功的计算2018-全国卷 III T192017-全国卷I T242017-全国卷 II T142016-全国卷 II T19考向2.功率的分析与计算2015-全国卷IIT172.动能定理的应考向1.应用动能定理求解做功问题2018-全国卷 II T142015-全国卷I T17用考向2.应用动能定理解决多过程问2018-全国卷III T25题2016.全国卷I T25储知识览核心要点考什么学什么（对应学生用书第19页）1. 明晰功、功率和动能定理的基
2、本规律2. 抓住解决机车启动问题的关键（1）机车输出功率：P=Fv，其中F为机车牵引力.（2）机车启动匀加速过程的最大速度v1（此时机车输出的功率最大）和全程的 最大速度vm（此时F牵=尸阻）求解方法：P 求 v1： 由 F牵一尸阻=ma, P=F牵v1可求 乌=尸 +ma阻 求v :由P=F v，可求v =5.m阻 mm F命题热点1功和功率的计算（对应学生用书第20页）真题再做一一感悟考法考向1. （2017-全国卷II）如图1所示，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.
3、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A 光滑大圆环对小环只有弹力作用.弹力方向沿大圆环的半径方向（下滑 过程先背离圆心，后指向圆心），与小环的速度方向始终垂直，不做功.故选A.2.（多选）（2018全国卷III）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。随时间I的变化关系如图2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.不考虑摩擦阻力和空气阻力.对于 第次和第次提升过程，（）图2A. 矿车上升所用的时间之比为4：5B. 电机的最大牵引力之比为2：
4、 1C. 电机输出的最大功率之比为2： 1D. 电机所做的功之比为4：5AC 根据位移相同可得两图线与时间轴围成的面积相等，1v0X2t0=2x2 v02t0+t +（t0+t）,解得t =；t0,则对于第次和第次提升过程中，矿车 上升所用的时间之比为2t0 : 2t0+J=4 : 5, A正确.加速过程中的牵引力最 大，且已知两次加速时的加速度大小相等，故两次中最大牵引力相等，B错误.由 题知两次提升的过程中矿车的最大速度之比为2 ： 1,由功率P=Fv，得最大功 率之比为2： 1, C正确.两次提升过程中矿车的初、末速度都为零，则电机所 做的功等于克服重力做的功，重力做的功相等，故电机所做
5、的功之比为1 ： 1, D 错误.光速解法:利用图中阴影三角形和右侧平行四边形的面积相等能够更快地求 出时间的关系.如如 2 to T3. （2015-全国卷II）一汽车在平直公路上行驶.从某时刻开始计时，发动机 的功率P随时间I的变化如图3所示.假定汽车所受阻力的大小/恒定不变.下 列描述该汽车的速度。随时间I变化的图线中，可能正确的是（）Pi :0 Xi t2 tA 由P-t图象知：0t内汽车以恒定功率P行驶，tt2内汽车以恒定功 率P2行驶.设汽车所受牵引力为尸，则由P=Fv得，当v增加时，F减小，由aF-f一,=*知a减小，又因速度不可能突变，所以选项B、C、D错误，选项A正确.母题变
6、式 在上题中，若汽车在平直公路上匀速行驶，牵引力为F0.P随时 间t的变化规律如图4所示，t2时刻汽车又恢复了匀速直线运动，则下列图象正确的是()0 ti t2D 由P=Fv可知，开始时P=Fovo，功率降一半时，速度不能瞬间改变， 所以瞬间变化的是力牵引F,减小一半.由于一开始匀速，所以摩擦力等于Fo, 故功率减半，导致牵引力减小，汽车开始减速，减速过程中，牵引力慢慢增大， 减速的加速度越来越小，所以t1到t2时刻的速度图象慢慢变得平缓，t2时刻减速 的加速度为零，故A、B错误；由于t1时刻，牵引力突然减小，减速的加速度很 大，速度快速的减小，根据P=Fv，力F增加的较快，待速度下降越来越慢
7、时， F增加的速度也变慢，曲线逐渐变得平稳，故C错误，D正确.规律方法求功思路是：根据物体的受力情况和物体的运动情况判断待求功对应的 力是恒力还是变力.(2) 求恒力做功的方法有：用功的公式直接求解、正交分解力或位移后再求 解；求变力做功的方法有：运用公式巧=Pt(功率恒定)、图象法、动能定理法求 解.(3) 求功率思路是：先判断待求功率是瞬时功率还是平均功率，根据公式P=5 a求解瞬时功率根据公式牛户解平均功率.模拟尝鲜一一高考类题集训考向1功的计算1.（多选）（2018咸阳模拟）质量为m=2 kg的物体沿水平面向右做直线运动， t=0时刻受到一个水平向左的恒力F,如图5甲所示，取水平向右为
8、正方向，此物体的v-t图象如图乙所示，g=10 m/s2，则（）乙图5A. 物体与水平面间的动摩擦因数 =0.5B. 10 s内恒力F对物体做功102 JC. 10 s末物体在计时起点位置左侧2 m处D. 10 s内物体克服摩擦力做功34 J8CD由图线可知04 s内的加速度大小：=4m/s2=2 m/s2,可得：F+Rmg=ma1;由图线可知410 s内的加速度大小：a2=6m/s2= 1 m/s2,可得：Fmg2X4X8-?X6X6=ma2 ;解得：F = 3 N , / = 0.05 ,故 A 错误；10 s末物体位移：尤= m=2 m,故10 s末物体在计时起点左侧2 m处，恒力F 做
9、的功为W=F-x=3X2 J = 6 J,选项B错误，C正确；04 s内的位移x.=1X4X8 m= 16 m; 410 s内的位移x =?X6X6 m=18 m,10 s内物体克服摩擦力做功22W=mg（X +x2） = 34 J,故 D 正确.2. （2018-江南十校联考）如图6所示，水平地面上有一倾角为3的三角形斜 面体，其质量为M，上表面粗糙，下表面光滑.滑块质量为m，放在斜面上能保持静止.现用一个从零开始缓慢增大、方向水平向右的外力F作用在斜面体上， 直到滑块与斜面体发生相对运动为止.在该过程中滑块受到的各力的分析，正确的是()图6A. 斜面对滑块的支持力一直不做功B. 滑块受到的
10、摩擦力一直做负功C. 斜面对滑块的支持力始终等于mgcos 6D. 当F大于(M+m)gtan 6之后，支持力大于;命cos JD 以滑块为研究对象，受力分析如图所示，当推力F比较小的时候，滑 块有下滑的趋势，受沿斜面向上的摩擦力，如图，在运动过程中，支持力与运动方向夹角为锐角，做正功，故A错误;当推力增大到某一值的时候，滑块有沿斜面向上滑动的趋势，摩擦力方向变 为沿斜面向下，故摩擦力先做负功，后做正功，故B错误；滑块在水平方向做 加速运动，竖直方向合力为零，可得：mg=FNcos 6+fSin 6,所以C错误；当F = (M+m)tan 6时，摩擦力减小为零，FN=mo，当F大于(M+m)g
11、tan 6之后，滑块有沿斜面向上滑动的趋势，摩擦力方向变为沿斜面向下，在竖直方向：mg=FNcos 6fsin 6,解得fn=mg+fsin 6cos 6所以D正确.考向2功率的分析与计算3. (2018西北师大附中模拟)一质量为m的汽车原来在平直路面上以速度。匀速行驶，发动机的输出功率为尸.从某时刻开始，司机突然加大油门将汽车发 动机的输出功率提升至某个值并保持不变，结果汽车在速度到达2。之后又开始 匀速行驶.若汽车行驶过程所受路面阻力保持不变，不计空气阻力.下列说法正 确的是（）PA-汽车加速过程的最大加速度为布3B-汽车加速过程的平均速度为20C. 汽车速度从0增大到20过程做匀加速运动
12、D. 汽车速度增大时发动机产生的牵引力随之不断增大A 设汽车所受的阻力为则开始时：P=fu;加大油门后：P=f20，则2P、0 f PP1 = 2P;汽车在开始加大油门时的加速度最大，最大加速度为am= m =痴0,0+20 3选项A正确；汽车若做匀加速运动，则平均速度为一=2。；而汽车随速度的增加，由P=F0可知牵引力减少，则加速度减小，即汽车做加速度减小的加速3运动，则平均速度不等于20，选项B、C、D错误.4.（多选）（2018.湖南G1联盟联考）质量为m的物体静止在光滑水平面上，从 1=0时刻开始受到水平力的作用.力的大小F与时间I的关系如图7所示，力的 方向保持不变，则（）2Fo;；
13、 o 2io 3to t图7A. 34时刻的瞬时功率为F0B. 3t0时刻的瞬时功率为4F#0一. 8F2tC. 在t=0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为寸D. 在t=0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为F0AC 在。2$0时间内，物体的加速度（2=牛，则2t0时刻的瞬时速度v1 =2Fa-2t0 = 2at0,在2t03t0时间内，物体的加速度a =，则3t0时刻的瞬时速度v=q +a t =4.所以3t时刻的瞬时功率P=2Fv=8Ft0, 故 A正确，B错 10 m00 m误.在t=0到3t0这段时间内，根据动能定理得：水平力做的功W=2mv20 =:小伴卫小二坦蚩，则平均功率P
14、 =W=等毒，故C正确，D错误.2 V m j m3L 3m命题热点2动能定理的应用（对应学生用书第20页）真题再做一一感悟考法考向1. （2018-全国卷II）如图8所示，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始 沿粗糙水平路面运动至具有某一速度.木箱获得的动能一定（）A. 小于拉力所做的功B. 等于拉力所做的功C. 等于克服摩擦力所做的功D. 大于克服摩擦力所做的功A 由动能定理WFWf=Ek0,可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的 功，A正确.2. （2015全国卷I）如图9所示，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
15、止开始下落，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（）oR/V0 Q图9A. W=1mgR，质点恰好可以到达Q点B. Wl2mgR，质点不能到达Q点C. W=|mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离D. WmgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离题眼点拨利用在N点对轨道的压力分析计算质点在N点的速度;利 用圆周运动速度越大压力越大的特点结合对称性分析摩擦力.C 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，则mv213FNmg-RN，已知Fn=F N=4mg，则质点到达N
16、点的动能为鸟洒=2刀0方=2mgR.质点由开始至N点的过程，由动能定理得mg2R+Wf=EkN0,解得摩擦力做的功为Wf=2mgR，即克服摩擦力做的功为W= W=2mgR.设从N到Q的过程中克服摩擦力做功为W,从N到Q的过程中质点所受 摩擦力小于从P到N的过程中质点所受摩擦力，则W VW.从N到Q的过程， 由动能定理得一mgR W =2mvQ2mvN，即；mgR W =mvQ，故质点到达Q点后速度不为0,质点继续上升一段距离.选项C正确.3. （2018-全国卷III）如图10所示，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弓瓜 轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA3
17、和OB之间的夹角为a，sin a=g一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作 用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用.已知小球在C点所受合力的方向 指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零.重力加速度大小为g.求：图10(1) 水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；(2) 小球到达A点时动量的大小；(3) 小球从C点落至水平轨道所用的时间.题眼点拨根据小球在C点对轨道的压力恰好为零，可以得出小球所受 的合外力，由合外力等于向心力得出小球到达C点时速度的大小.(2)对小球由A 到C的运动过程，利用动能定理可以得出小球到达A
18、点时速度的大小.(3)将小 球从C点抛出的运动分解得出小球从C点落至水平轨道所用的时间.【解析】(1)设水平恒力的大小为乌，小球到达C点时所受合力的大小为 尸.由力的合成法则有F-0=tan a mgF2 = (mg)2+F0设小球到达C点时的速度大小为0,由牛顿第二定律得V2F=mR由式和题给数据得3_Fo=4mg5gR会0=.(2)设小球到达A点的速度大小为V,作CDLPA，交PA于D点，由几何关 系得DA=Rsin aCD=R(1 + cos a)由动能定理有11一 mg. CDF0- DA=mv2 一 mv2由式和题给数据得，小球在A点的动量大小为p=mv=m23gR.(3)小球离开C
19、点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大 小为g.设小球在竖直方向的初速度为气，从C点落至水平轨道上所用时间为t. 由运动学公式有+%2= CD气=vsin a由式和题给数据得t=【答案】(1)4 mg规律方法(1)应用动能定理解题时，不涉及势能问题，解决的是合力做的功与动能变 化量的问题，各力做功的情况要一进行分析.在接触面粗糙的情况下，机械能往往是不守恒的，可应用动能定理解题.模拟尝鲜一一高考类题集训考向1应用动能定理求解做功问题1.(2018-巴蜀中学模拟)如图11所示，质量为m的物块与转轴。相距R,物块随水平转台由静止开始缓慢转动，当转速增加到一定值时，物块即将在转台 上滑
20、动，在物块由静止到开始滑动前的这一过程中，转台对物块做的功为零， 若物块与转台之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则物块与转台间的动摩擦 因数为()图11A. 0.125B. 0.15C. 0.25D. 0.5C 由于物块做圆周运动，物块刚开始滑动这一时刻，物块受到转台的摩擦,一 -，V2力达到最大静摩擦力，并由此提供向心力，则有：pmg=mR，解得：v=WgR, 设转台对物块做的功为W,根据动能定理得：W=2；mv2=mgR，又v=.；pgR，联 立解得：p = 0.25，故选C.2.如图12所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A,若将小球A 从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的
21、最大高度为龙.若将小球A换为 质量为3m的小球8,仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度 为（重力加速度为g,不计空气阻力）（）h/ 一 _、 wI 、* f H J图12A2ghBp 半B 小球A下降h过程小球克服弹簧弹力做功为W,根据动能定理，有mgh -W1 = 0;小球B下降过程，由动能定理有3mgh-W1=1X3mv2-0,解得：v半，故B正确.考向2应用动能定理解决多过程问题3. （2018-驻马店二次质检）如图13所示AB和CDO都是处于竖直平面内的 光滑圆弧形轨道，OA处于水平位置.AB是半径为R=1 m的：圆弧轨道，CDO 是半径为,=0.5 m的半圆轨道，最高点
22、O处固定一个竖直弹性挡板(可以把小球 弹回不损失能量，图中没有画出)，D为CDO轨道的中点.BC段是水平粗糙轨 道，与圆弧形轨道平滑连接.已知BC段水平轨道长L=2 m，与小球之间的动 摩擦因数ii = 0.2.现让一个质量为m=1 kg的小球P从A点的正上方距水平线OA 高H处自由落下：(取g=10 m/s2)图13(1) 当H=2 m时，问小球第一次到达D点对轨道的压力大小；(2) 为使小球仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，问H的 取值范围.【解析】(1)设小球第一次到达D点的速度为vD，对小球从P到D点的过程，根据动能定理有:,1mg（H 十 r） pmgL=2mvD在D点轨道对小球的支持力Fn提供向心力，则有 =瘁联立解得：Fn = 84 N，由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为：Fn= Fn=84 N.(2)为使小球仅仅与挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，H最小时必 须满足能上升到O点，有：1mgHminmgL=2mvOV2在O点有：mg=m代入数据解得：Hmin=0.65 m仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，H最大时，碰后再 返回最高点能上升到D点，有：mg(Hmax+r)-3mgL = 0代入数据解得：Hma履0.7 m故有：0.65 mWHW0.7 m.【答案】(1)84 N (2)0.65 mWHW0.7 m
