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1、学习必备欢迎下载功、功率与动能定理热点一功和功率的计算命题规律： 在历年的高考中，很少出现简单、单独考查功和功率的计算，一般将其放在与功能关系、 物体的运动等综合问题中一起考查，并且对于功和功率的考查一般以选择题形式出现，题目难度以中档题为主1.(2014高考新课标全国卷)一物体静止在粗糙水平地面上现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v.若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v.对于上述两个过程，用WF1、 WF2分别表示拉力F1、F2所做的功， Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则() AWF24WF1，Wf22Wf1BW
2、F24WF1 , Wf2 2Wf1CWF24WF1，Wf22Wf1DWF24WF1，Wf2F22.根据功的计算公式W Fl，可知 Wf112Wf2，WF114WF2，故选项C 正确，选项 A、B、 D 错误答案 C 2.(2014西安一模 )如图所示，水平传送带以v2 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() A100 W B200 W C500 W D无法确定解析 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
3、的电动机应多做的功为： W Ek Q12mv2fsmv2200 J，故传送带的电动机应增加的功率 P Wt200 W B 对答案 B 3.(多选 )质量为 m2 kg 的物体沿水平面向右做直线运动，t0 时刻受到一个水平向左的恒力 F，如图甲所示，此后物体的vt 图象如图乙所示，取水平向右为正方向，g10 m/s2，则() 学习必备欢迎下载A物体与水平面间的动摩擦因数为 0.5 B10 s 末恒力 F 的瞬时功率为6 W C10 s 末物体在计时起点左侧2 m 处D10 s 内物体克服摩擦力做功34 J 解析 由题图乙知前后两段物体加速度的大小分别为a12 m/s2、a21 m/s2，由牛顿第
4、二定律知 Fmg ma1，Fmg ma2，联立得F3 N、 0.05，A 错； 10 s末恒力 F 的瞬时功率为 PFv18 W，B 错；由速度图象与坐标轴所围面积的物理意义知，10 s 内物体的位移 x 2 m，即在计时起点左侧2 m 处， C 对； 10 s内物体的路程为L 34 m，即 10 s内物体克服摩擦力所做的功WFfL0.0510 234 J34 J，D 对答案 CD 错误 !热点二对动能定理应用的考查命题规律：该知识点是近几年高考的重点，也是高考的热点， 题型既有选择题， 也有计算题 考查的频率很高，分析近几年的考题，命题有以下规律：(1)圆周运动与平衡知识的综合题(2)考查圆
5、周运动的临界和极值问题1.(原创题 )一人用恒定的力F，通过图示装置拉着物体沿光滑水平面运动， A、B、C 是其运动路径上的三个点，且ACBC.若物体从 A 到 C、从 C 到 B 的过程中，人拉绳做的功分别为WFA、WFB，物体动能的增量分别为 EA、 EB，不计滑轮质量和摩擦，下列判断正确的是 () AWFAWFB EA EBBWFAWFB EA EBCWFAWFB EA EBDWFAWFB EA EB解析 如图， F 做的功等于F1做的功，物体由A 向 B 运动的过程中，F1逐渐减小，又因为 ACBC，由 W F1l 知 WF A WFB；对物体只有F 做功，由动能定理知 EA EB，故
6、 B正确答案 B 2.(2014高考大纲全国卷)一物块沿倾角为的斜坡向上滑动当物块的初速度为v 时，上升的最大高度为H， 如图所示； 当物块的初速度为v2时，上升的最大高度记为h.重力加速度大小为g.物块与斜坡间的动摩擦因数和 h 分别为 () Atan 和H2B.v22gH 1 tan 和H2Ctan 和H4D.v22gH 1 tan 和H4解析 设物块与斜坡间的动摩擦因数为 ，则物块沿斜坡上滑时的加速度大小agcos gsin 当物块的初速度为v 时，由运动学公式知学习必备欢迎下载v22aHsin 当物块的初速度为v2时，由运动学公式知v222ahsin 由两式得hH4由两式得 v22gH
7、1 tan . 答案 D 3.(2014东北三省四市模拟)如图所示， QB 段为一半径为R1 m 的光滑圆弧轨道，AQ 段为一长度为L1 m 的粗糙水平轨道，两轨道相切于Q 点，Q 在圆心 O 的正下方， 整个轨道位于同一竖直平面内 物块 P 的质量为 m1 kg(可视为质点 )， P 与 AQ 间的动摩擦因数 0.1，若物块 P 以速度 v0从 A 点滑上水平轨道，到C 点后又返回A 点时恰好静止(g 取 10 m/s2)求：(1)v0的大小；(2)物块 P 第一次刚通过Q 点时对圆弧轨道的压力思路点拨 由AQC QA 动能定理v0大小 由AQ 动能定理物块在 Q点的速度 牛顿第二定律轨道对
8、物块的支持力 牛顿第三定律物块 P对轨道的压力解析 (1)物块 P 从 A 到 C 又返回 A 的过程中，由动能定理有mg 2L012mv20解得 v04gL 2 m/s. (2)设物块 P 在 Q 点的速度为v，Q 点轨道对P 的支持力为F，由动能定理和牛顿第二定律有mgL 12mv212mv20Fmgmv2R解得： F 12 N 由牛顿第三定律可知，物块P 对 Q 点的压力大小也为12 N，方向竖直向下答案 (1)2 m/s(2)12 N，方向竖直向下总结提升 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
9、式更简单. 2 动能定理通常适用于单个物体或可看成单个物体的系统.如果涉及系统，因为要考虑内力做的功，所以要十分慎重.在中学阶段可以先分别对系统内每一个物体应用动能定理，然后再联立求解 .) 机车启动问题命题规律： 机车启动问题在最近3 年高考中出现的频率并不高，但该部分内容比较综合，在学习必备欢迎下载考查功率的同时也考查功能关系和运动过程的分析以及匀变速直线运动规律的运用，预计可能在 20XX 年的高考中出现，题型为选择题或计算题都有可能解析 (1)由题图知物块在匀加速阶段加速度大小a v t0.4 m/s2(2 分) 物块受到的摩擦力大小Ffmg (1 分 ) 设牵引力大小为F，则有： F
10、Ffma(2 分 ) 得 F 0.28 N(1 分) (2)当 v0.8 m/s 时，电动机达到额定功率，则PFv0.224 W (4 分) (3)物块达到最大速度vm时，此时物块所受的牵引力大小等于摩擦力大小，有F1 mg (2 分) PF1vm(2 分) 解得 vm1.12 m/s.(2 分) 答案 (1)0.28 N(2)0.224 W(3)1.12 m/s 总结提升 解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，机车功率是不断增大的，但该过程中的最大功率是额定功率(3)以额定功率启动的过程中，牵引力是不断减小的，机车做加速度减小的加速运动，牵
11、引力的最小值等于阻力(4)无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足Pf阻vm， P 为机车的额定功率最新预测1(多选 )(2014 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Ffkv2，k 是阻力因数 )当发动机的额定功率为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k4C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k8解析： 选 CD.速度达到最大时，Pv
12、mkv2m，即 Pkv3m.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18，故 C、D 正确最新预测2为登月探测月球，上海航天技术研究院研制了“月球车”，如图甲所示，某探究性学习小组对“月球车”的性能进行了研究他们让“月球车”在水平地面上由静止开始学习必备欢迎下载运动， 并将“月球车”运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图乙所示的vt 图象，已知 0 t1段为过原点的倾斜直线；t1 10 s 内“月球车”牵引力的功率保持不变，且 P1.2 kW,710 s段为平行于横轴的直线；在10 s 末停止遥控，让“月球车”自由滑行，“月球
13、车”质量 m100 kg，整个过程中“月球车”受到的阻力f 大小不变(1)求“月球车”所受阻力f 的大小和“月球车”匀速运动时的速度大小；(2)求“月球车”在加速运动过程中的总位移s；(3)求 013 s 内牵引力所做的总功解析： (1)在 10 s 末撤去牵引力后，“月球车 ”只在阻力f 作用下做匀减速运动，由图象可得 av13由牛顿第二定律得，其阻力fma710 s 内“月球车 ”匀速运动，设牵引力为F，则 Ff由 P Fv1可得 “月球车 ”匀速运动时的速度v1P/FP/f联立解得v16 m/s，a2 m/s2，f200 N. (2)“月球车 ”的加速运动过程可以分为0t1时间内的匀加速
14、运动和t17 s时间内的变加速运动两个阶段，t1时功率为P1.2 kW ，速度为vt3 m/s 由 P F1vt可得此时牵引力为F1P/vt400 N 由牛顿第二定律：F1fma1，解得 0t1时间内的加速度大小为a1(F1f)/m2 m/s2匀加速运动的时间t1vta11.5 s 匀加速运动的位移s112a1t212.25 m 在 07 s 内由动能定理可得F1s1P(7t1)fs12mv2112mv20代入数据解得 “月球车 ”在加速运动过程中的总位移s 28.5 m. (3)在 01.5 s 内，牵引力做功W1F1s14002.25 J 900 J 在 1.510 s内，牵引力做功W2P
15、 t1 200(101.5) J10 200 J 10 s后，停止遥控，牵引力做功为零013 s 内牵引力所做的总功WW1W211 100 J. 答案： 见解析失分防范 1 机车匀加速启动时，匀加速阶段的最大速度小于匀速运动的最大速度，前者用牛顿第二定律列式求解，后者用平衡知识求解. 2 匀加速阶段牵引力是恒力，牵引力做功用WFl 求解 .以额定功率启动时，牵引力是变力，牵引力做功用W Pt 求解 .) 一、选择题1如图所示，三个固定的斜面底边长度相等，斜面倾角分别为30 、45 、60 ，斜面的表面情况都一样完全相同的三物体(可视为质点 )A、B、C 分别从三斜面的顶部滑到底部，在此学习必备
16、欢迎下载过程中 () A物体 A 克服摩擦力做的功最多B物体 B 克服摩擦力做的功最多C物体 C 克服摩擦力做的功最多D三物体克服摩擦力做的功一样多解析： 选 D.设斜面倾角为 ，斜面底边长为x0，则物体下滑过程中克服阻力做功Wmg cos x0cos mgx0，可见 W 与斜面倾角无关， D 正确2(2014 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() A500 J B4 500 J C5 000 J D 5 500 J 解析： 选 D.由牛顿第二定律得：Fmgma，Fm
17、(ga)11 000 N,1 秒内的位移： h12at20.5 m，故 WF h 5 500 J，D 正确3(2014 高考重庆卷 )某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶，受到的阻力分别为车重的 k1和 k2倍，最大速率分别为v1和 v2，则 () Av2k1v1Bv2k1k2v1Cv2k2k1v1D v2 k2v1解析： 选 B.车达到最大速度时，牵引力大小等于阻力大小，此时车的功率等于克服阻力做功的功率故Pk1mgv1k2mgv2，解得 v2k1k2v1，选项 B 正确4(2014 济南一模 )如图所示，一个小环沿竖直放置的光滑圆环轨道做圆周运动小环从最高点 A(初速度为零 )滑到最
18、低点B 的过程中， 小环线速度大小的平方v2随下落高度h 的变化图象可能是下图中的() 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mgh12mv2， v2与 h 的关系为线性关系，又因 h 0时， v 也为零，所以图象过原点，只有B 符合条件，故选B. 5(2014 南昌一模 )某汽车在平直公路上以功率P、速度v0匀速行驶时，牵引力为F0.在 t1时刻，司机减小油门，使汽车的功率减为P2，此后保持该功率继续行驶，t2时刻，汽车又恢复到匀速运动状态下面是有关汽车牵引力F、速度 v 的几种说法，其中正确的是()
19、 At2后的牵引力仍为F0学习必备欢迎下载Bt2后的牵引力小于F0Ct2后的速度仍为v0Dt2后的速度大于v0解析： 选 A.由 PFv 可知，当汽车的功率突然减小为P2时，瞬时速度还没来得及变化，则牵引力突然变为F02，汽车将做减速运动，随着速度的减小，牵引力逐渐增大，汽车做加速度逐渐减小的减速运动，当速度减小到使牵引力又等于阻力时，汽车再匀速运动，可见只有A正确6(2014 安徽合肥二模)如图所示，在倾角为的光滑的斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端固定，另一端与质量为M 的平板 A 连接，一个质量为m 的物体 B 靠在平板的右侧开始时用手按住物体B，现放手， A 和 B 沿斜面向上运动的距离为
20、L 时，同时达到最大速度v，重力加速度为g，则以下说法正确的是() AA 和 B 达到最大速度v 时，弹簧是自然长度BA 和 B 达到最大速度v 时， A 和 B 恰要分离C从释放到A 和 B 达到最大速度v 的过程中，弹簧对A 所做的功等于12Mv2MgL sin D从释放到A 和 B 达到最大速度v 的过程中， A 受到的合力对A所做的功等于12Mv2解析： 选 D.取 A、 B 整体为研究对象，当二者加速度a0 时，速度最大此时弹簧处于压缩状态，选项A 错误；弹簧原长时，A、B 分离，选项B 错误；从释放到A 和 B 达到最大速度 v 的过程中，弹簧对A 做功转化为A 和 B 的动能以及
21、势能，选项C 错误；从释放到A和 B 达到最大速度v 的过程中， A 受到的合力对A 所做的功等于A 动能的增量，故选项D正确7(多选 )(2014 聊城模拟 )一滑块在水平地面上沿直线滑行，t0 时速率为1 m/s.从此刻开始在与速度平行的方向上施加一水平作用力F， 力 F 和滑块的速度v 随时间的变化规律分别如图甲和乙所示，两图中F、v 取同一正方向则() A滑块的加速度为1 m/s2B滑块与水平地面间的滑动摩擦力为2 N C第 1 s内摩擦力对滑块做功为0.5 J D第 2 s内力 F 的平均功率为3 W 解析： 选 AC.由 vt 图象可求得滑块的加速度a1 m/s2，A 正确；设滑块
22、所受的摩擦力大小为Ff，由牛顿第二定律得：1Ffma,3Ffma，可得： Ff1 N，B 错误由W Fl可得第 1 s 内摩擦力对滑块做的功W 112J 0.5 J，C 正确；由 P F v 可求得第2 s内力 F 的平均功率为P 312W 1.5 W，D 错误8(多选 )放在粗糙水平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象和该拉力的功率与时间的图象如图甲、乙所示下列说法正确的是() 学习必备欢迎下载甲乙A06 s 内物体的位移大小为30 m B06 s内拉力做的功为70 J C合外力在06 s内做的功与02 s 内做的功相等D滑动摩擦力的大小为5 N 解析： 选 ABC
23、. 根据速度与时间的图象，可以求出06 s内物体的位移大小为30 m；根据拉力的功率与时间的图象，可以求出06 s 内拉力做的功为70 J；02 s内，拉力的大小为5 N，大于滑动摩擦力的大小；由于 26 s内合外力不做功，所以合外力在06 s 内做的功与02 s 内做的功相等9(多选 )(2014 烟台模拟 )如图所示，滑块以初速度v0滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点则能大致反映滑块整个运动过程中速度v、加速度a、动能 Ek、重力对滑块所做的功W 与时间 t 或位移 x 关系的是 (取初速度方向为正方向)() 解析： 选 AD.由牛顿第二定律可知，滑块上滑的加速度方向沿斜面
24、向下，下滑的加速度也沿斜面向下，但a上a下，由于摩擦力做负功，滑块返回出发点的速度一定小于v0，故 A 正确， B 错误；因上滑和下滑过程中合外力不同，且Ek不小于 0，故 C 错误；重力对滑块做的负功先增大后减小，D 正确二、计算题10(2014 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
25、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PF vf v即运动过程中雪橇受到的阻力大小fPv对于整个过程运用动能定理得：P2 t1P(t总 t1)f s12mv20代入数据，解得：P723 W，f48.2 N 再由动能定理可得P t总f s12mv2解得：P 687 W. 学习必备欢迎下载答案： 687 W48.2 N 11 (2014 郑州市质量检测)如图甲所示，在水平路段AB 上有一质量为2 103kg 的汽车，正以 10 m/s的速度向右匀速行驶，汽车前方的水平路段BC 较粗糙
26、，汽车通过整个ABC 路段的 v t 图象如图乙所示，在 t20 s时汽车到达C 点，运动过程中汽车发动机的输出功率保持不变假设汽车在AB 路段上运动时所受的恒定阻力(含地面摩擦力和空气阻力等)f12 000 N求：(1)汽车运动过程中发动机的输出功率P；(2)汽车速度减至8 m/s 时加速度 a 的大小；(3)BC 路段的长度(解题时将汽车看成质点) 解析： (1)汽车在 AB 路段时，牵引力和阻力相等F1f1， PF1v1联立解得： P20 kW. (2)t15 s 后汽车处于匀速运动状态，有F2 f2，PF2v2，f2P/v2联立解得： f24 000 N v8 m/s 时汽车在做减速运
27、动，有f2Fma，FP/v解得 a 0.75 m/s2. (3)Ptf2s12mv2212mv21解得 s93.75 m. 答案： 见解析12 (2014 淄博二模 )如图所示，上表面光滑、长度为3 m、质量 M10 kg 的木板，在F50 N 的水平拉力作用下，以v0 5 m/s 的速度沿水平地面向右匀速运动现将一个质量为m3 kg 的小铁块 (可视为质点 )无初速度地放在木板最右端，当木板运动了L1 m 时，又将第二个同样的小铁块无初速地放在木板最右端，以后木板每运动1 m 就在其最右端无初速度地放上一个同样的小铁块(g 取 10 m/s2)求：(1)木板与地面间的动摩擦因数；(2)刚放第
28、三个小铁块时木板的速度；(3)从放第三个小铁块开始到木板停止的过程，木板运动的距离解析： (1)木板做匀速直线运动时，受到地面的摩擦力设为Ff，由平衡条件得：FFf又 FfMg 联立并代入数据得： 0.5.(2)每放一个小铁块，木板所受的摩擦力增加 mg设刚放第三个小铁块时木板的速度为v1，对木板从放第一个小铁块到刚放第三个小铁块的过程，由动能定理得：mgL 2mgL 12Mv2112Mv20联立并代入数据得：v14 m/s.(3)从放第三个小铁块开始到木板停止之前，木板所受的合外力大小均为3 mg . 从放第三个小铁块开始到木板停止的过程，设木板运动的距离为x，对木板由动能定理得：3mgx 012Mv21联立并代入数据得x169m 1.78 m. 答案： (1)0.5(2)4 m/s(3)1.78 m