2018版高考物理二轮复习第一部分专题五功功率动能定理学案

专题5 功 功率与动能定理[选考考点分布]考点一 功和能基本概念及规律辨析1．(2017·浙江4月选考·12)火箭发射回收是航天技术的一大进步．如图1所示，火箭在返回地面前的某段运动，可看成先匀速后减速的直线运动，最后撞落在地面上，不计火箭质量的变化，则（ ）图1A．火箭在匀速下降过程中，机械能守恒B．火箭在减速下降过程中，携带的检测仪器处于失重状态C．火箭在减速下降过程中合力做功等于火箭机械能的变化D．火箭着地时，火箭对地的作用力大于自身的重力答案 D解析匀速下降阶段，说明阻力等于重力，不止重力做功，所以机械能不守恒，选项A错；在减速阶段，加速度向上，所以超重，选项B错误；火箭着地时，地面给火箭的力大于火箭重力，即选项D正确；合外力做功等于动能改变量，选项C错．2. (2016·浙江10月学考·4)如图2所示，无人机在空中匀速上升时，不断增加的能量是（）图2A．动能B．动能、重力势能C．重力势能、机械能D．动能、重力势能、机械能答案 C解析无人机匀速上升，所以动能保持不变，所以选项A、B、D均错．高度不断增加，所以重力势能不断增加，因此无人机机械能不断增加，所以选项C正确．3. (2015·浙江10月学考·5)画作《瀑布》如图3所示．有人对此画作了如下解读：水流从高处倾泻而下，推动水轮机发电，又顺着水渠流动，回到瀑布上方，然后再次倾泻而下，如此自动地周而复始．这一解读违背了（）图3A．库仑定律B．欧姆定律C．电荷守恒定律D．能量守恒定律答案 D4. (人教版必修2P66第2题改编)如图4所示，质量为m的足球在水平地面的位置1被踢出后落到水平地面的位置3，在空中达到的最高点(位置2)的高度为h，已知重力加速度为g.下列说法正确的是（）图4A．足球由位置1运动到位置2的过程中，重力做的功为mghB．足球由位置1运动到位置3的过程中，重力做的功为2mghC．足球由位置2运动到位置3的过程中，重力势能减少了mghD．如果没有选定参考平面，就无法确定重力势能变化了多少答案 C解析足球由位置1运动到位置2的过程中，高度增加h，重力做功－mgh，选项A 错误；足球由位置1运动到位置3的过程中，由于位置1和位置3在同一水平面上，故足球的高度没有变化，重力做的功为零，选项B错误；足球由位置2运动到位置3的过程中，足球的高度降低，重力做正功，重力势能减少，由于2、3两位置的高度差是h，故重力势能减少了mgh，选项C正确；分析重力势能的变化，只要找出高度的变化量即可，与参考平面的选取没有关系，选项D错误．5．(人教版必修2P67、P68、P75、P80插图改编)如图5所示的几个运动过程中，物体的弹性势能增大的是（）图5A．如图甲，撑杆跳高的运动员上升过程中，杆的弹性势能B．如图乙，人拉长弹簧过程中，弹簧的弹性势能C．如图丙，模型飞机用橡皮筋发射出去的过程中，橡皮筋的弹性势能D．如图丁，小球被压缩弹簧向上弹起的过程，弹簧的弹性势能答案 B6．(2017·稽阳联谊学校8月联考)如图6所示，质量为m的小球(可以看成质点)，在恒力F的作用下，从地面上A点由静止开始运动．途经桌面处B点到达C点，现以桌面为参考平面，已知H<h，则（）图6A．小球从A到B重力做功小于从B到C重力做的功B．小球在A点的重力势能大于在C点的重力势能C．整个过程小球的机械能一定增大D．整个过程小球的机械能守恒答案 C解析 功的大小比较看绝对值，h >H ，所以A 错误；重力势能的大小看位置高低，A 点最低，B 错误；恒力F 始终做正功，所以机械能一直变大，C 对，D 错误．考点二 功和功率的分析与计算1．(2017·浙江11月选考·13)如图7所示是具有登高平台的消防车，具有一定质量的伸缩臂能够在5 min 内使承载4人的登高平台(人连同平台的总质量为400 kg)上升60 m 到达灭火位置．此后，在登高平台上的消防员用水炮灭火，已知水炮的出水量为3 m 3/min ，水离开炮口时的速率为20 m/s ，则用于（ ）图7A ．水炮工作的发动机输出功率约为1×104 WB ．水炮工作的发动机输出功率约为4×104 WC ．水炮工作的发动机输出功率约为2.4×106 WD ．伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为800 W 答案 B解析 若不计伸缩臂的质量，抬升登高平台的发动机输出功率P ＝mght＝400×10×60×15×60 W ＝800 W ，但伸缩臂具有一定质量，发动机输出功率应大于800 W ，故选项D 错误．在1 s 内，喷出去水的质量为m ′＝ρV ＝103×360 kg ＝50 kg ，喷出去水的重力势能为E p ＝m ′gh ＝50×10×60 J ＝3×104J ，水的动能为E k ＝12m ′v 2＝1×104 J ，所以1 s 内水增加的能量为4×104 J ，所以水炮工作的发动机输出功率为4×104 W ，选项B 正确，A 、C 错误．2．【2017·新课标Ⅱ卷】如图，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。

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专题五功功率动能定理江苏卷考情导向考点考题考情功功率的分析与计算２０1７年江苏T14考查共点力平衡的条件及其应用;功的计算１．该专题的题型以选择题、计算题为主．2．高考命题的热点集中在功、功率的分析与计算，应用动能定理解决单个物体的运动及多过程问题．动能定理的应用２0１7年江苏Ｔ３考查动能定理的应用2０1５年江苏T14考查了动能定理、牛顿第二定律、共点力平衡和胡克定律的运用2013年江苏T５考查频闪照片的理解、速度公式、动能和估算的方法考点1｜功功率的分析与计算难度:中档题型：选择题五年1考(对应学生用书第2２页)1．（2012·江苏高考T３）如图５.1所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球.在水平拉力作用下,小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点.在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是（）【导学号：172１40８0】图5.1A．逐渐增大 B.逐渐减小C．先增大,后减小ﻩ D.先减小,后增大【解题关键】关键语句信息解读在水平拉力作用下拉力Ｆ的方向不变小球以恒定速率运动小球做匀速圆周运动拉力沿切线方向分力与小球重力沿切线方向分力大小相等A [小球速率恒定，由动能定理知：拉力做的功与克服重力做的功始终相等，将小球的速度分解,可发现小球在竖直方向分速度逐渐增大，重力的瞬时功率也逐渐增大,则拉力的瞬时功率也逐渐增大，A项正确.］2.（2０1７·江苏高考T1４)如图5。

第一讲功功率动能定理[ 知识建构 ][ 高考调研 ]1. 考察方向展望：①重力、摩擦力、静电力和洛伦兹力的做功特色和求解．②与功、功率相关的剖析与计算．③动能定理和动力学方法的综合应用．④动能定理在电磁学中的应用．2. 常用的思想方法：①化曲为直的思想方法．②微元法．③协力功的求法．④变力功的求法．[ 答案 ] (1) 恒力做功的计算①单个力做的功：直接用W＝Fx cosα计算．有两种不一样的计算公式，即分解力或分解位移；常有的恒力功有：电场力功： W Q＝ qEd＝ qU安培力功： W安＝ BILd重力功： W G＝ mgh②协力做的功方法一：先求协力 F 合，再用 W合＝ F 合 l cosα求功．方法二：先求各个力做的功W1、 W2、W3、，再应用W合＝W1＋ W2＋ W3＋求协力做的功．(2)功率的两个公式W① P＝t.求出的功率是时间t 内的均匀功率．②P＝ Fv cosα.此中α是 F 与 v 方向的夹角；若 v 取刹时速度，则对应的 P 为刹时功率；若 v 取均匀速度，则对应的 P 为均匀功率．(3)对动能定理的理解①动能定理中所说的“外力”，是指物体遇到的全部力，包含重力．②对“总功”的两种理解各外力做功的代数和： W＝ W1＋ W2＋；合外力的功： W＝ F 合 l cosθ(力均为恒力)．③对“位移和速度”的理解：一定是相关于同一个惯性参照系，一般以地面为参照系．④动能定理表达式是一个标量式，不可以在某个方向上应用动能定理．考向一功和功率的计算[ 概括提炼 ]功和功率的理解与计算问题，一般应注意以下几点1．正确理解功的定义式W＝ Fl 及变形式 W＝ Fl cosα中各物理量的意义，该式仅合用于恒力做功的状况．2．变力做功的求解注意对问题的正确转变，如将变力转变为恒力，也可应用动能定理等方式求解．W3．关于功率的计算，应注意划分公式P＝t和公式 P＝ Fv，前式重视于均匀功率的计算，尔后式重视于刹时功率的计算．(2017 ·江苏卷) 以下图，两个半圆柱A、 B紧靠着静置于水平川m面上，其上有一圆滑圆柱C，三者半径均为R. C的质量为m， A、 B 的质量都为2，与地面间的动摩擦因数均为μ.现用水平向右的力拉A，使 A 迟缓挪动，直至C恰巧降到地面．整个过程中 B 保持静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加快度为g.求：(1)未拉A 时，C遇到B作使劲的大小；F(2)动摩擦因数的最小值μmin；(3)A挪动的整个过程中，拉力做的功W.[ 思路点拨 ]由圆柱 C一开始受力均衡可得卖力 F 的大小．动摩擦因数最小时， B 受 C 压力的水均分力最大．拉力为变力，可依据动能定理求解拉力做的功．[ 分析 ] (1) C受力均衡，有2F cos30°＝mg3解得 F＝3 mg(2)C恰巧降到地面时， B受 C压力的水均分力最大3F x max＝2 mgB受地面的摩擦力 f ＝μmg依据题意 f min＝ F xmax3解得μmin＝.(3)C降落的高度 h＝( 3－1) RA的位移 x＝2( 3－1) R摩擦力做功的大小 f ＝fx ＝2( 3－1)μmgRW依据动能定理W－ W＋ mgh＝0－0f解得＝(2μ－1)(3－1).W mgR33[答案](1)3 mg(2)2(3)(2 μ－ 1)(3－ 1) mgR动摩擦因数的最小值也可用以下方法剖析求解：以下图，用水平向右的力拉A，使 A 迟缓挪动，直至C恰巧降到地面时m对整体，有N B＋ N A＝mg＋2×2g，地面支持力N B＝ N A＝mg对 C，竖直方向上有2F B cos60°＝mg3对 B，水平方向上有 f ＝ F B sin60°＝2 mg而 f ≤f m＝μN B＝μmg，故动摩擦因数33μ≥2，最小值μmin＝2.当 F 为变力或物体做曲线运动时，或要求解的问题中没有明确固定的受力或在力的方向上的位移时，考虑用动能定理求变力做的功 . 剖析各力做功状况时不要出现“丢功”及“错功” . 严格依据重力、弹力、摩擦力的次序找出运动物体所受的各个力，而后正确判断出各个力做的功 . 存在电场时，还要考虑能否有电场力做功.[ 娴熟加强 ]1．(2017 ·长沙雅礼中学三模) 如右图所示是一种冲洗车辆用的手持式喷水枪．设枪口截面积为0.6 cm 2，喷出水的速度为33度为 1×10 kg/m )()20 m/s.当它工作时，预计水枪的均匀功率约为( 水的密A．12 W B． 120 WC． 240 W D． 1200 W[分析]考虑Δt时间内从枪口射出去的水，其质量为Δm＝ρsvΔt，该部分水增添的动能＝12＝13，则水枪的均匀功率P＝/＝1 2，联合上式，有2k k k ρsv3，代入数据，得P＝240 W.[答案]C2.( 多项选择 )(2017 ·河南五校联考) 将三个圆滑的平板倾斜固定，三个平板顶端究竟端的高度相等，三个平板与水平面间的夹角分别为θ1、θ2、θ3，以下图．现将三个完整同样的小球由最高点 A 沿三个平板同时无初速度地开释，经一段时间抵达平板的底端．则以下说法正确的是()A．重力对三个小球所做的功同样B．沿倾角为θ3的平板下滑的小球的重力的均匀功率最大C．三个小球抵达底端时的刹时速度同样D．沿倾角为θ3的平板下滑的小球抵达平板底端时重力的刹时功率最小[分析]假定平板的长度为x ，由功的定义式可知＝sinθ＝，则 A 正确；小球W mgx mgh在斜面上运动的加快度a＝ g sinθ，小球抵达平板底端时的速度为v＝2ax＝ 2gx sin θ＝12 2gh，明显抵达平板底端时的速度大小相等，但方向不一样，则C错误；由位移公式x＝2at 2x2h W mg sinθ2gh可知 t ＝ a ＝g sin2θ，整个过程中重力的均匀功率为P＝t＝2，则沿倾角为θ1 的平板下滑的小球的重力均匀功率最大， B 错误；依据＝cos(90 °－θ) ＝P mgvmgv sinθ，速度大小相等，沿倾角为θ3的平板下滑的小球抵达平板底端时重力的刹时功率最小， D 正确．[答案]AD3．(2017 ·全国卷Ⅲ ) 如图，一质量为m、长度为l的均匀柔嫩细绳PQ竖直悬挂．用外力将绳的下端Q迟缓地竖直向上拉起至M点， M点与绳的上端P 相距31l .重力加快度大小为g.在此过程中，外力做的功为()1A. mgl91 B. 6mgl1C.3mgl1 D. 2mgl[分析]将绳的下端Q 迟缓向上拉至点，相当于使下部分1的绳的重心高升1，故重M33l1l 1力势能增添3mg·3＝9mgl，由功能关系可知A项正确．[答案]A考向二动能定理的应用[ 概括提炼 ]应用动能定理解题应注意的四点1．方法的选择：动能定理常常用于单个物体的运动过程，因为不波及加快度实时间，比动力学方法要简捷．2．规律的应用：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．过程的选择：物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不一样的小过程( 如加快、减速的过程 ) ，此时能够分段应用动能定理，也能够对全过程应用动能定理，但假如对整个过程应用动能定理，则使问题简化．4．电磁场中的应用：在电磁场中运动时多了一个电场力或磁场力，特别注意电场力做功与路径没关，洛伦兹力在任何状况下都不做功．(2016 ·全国卷Ⅰ) 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5与一半径为6R的圆滑圆弧轨道相切于C点， AC＝7R， A、B、 C、 D均在同一竖直平面内．质量为 m的小物块 P 自 C点由静止开始下滑，最低抵达 E 点(未画出)．随后 P 沿轨道被弹回，最高抵达 F 点， AF＝4R.已知 P 与直轨道间的动摩擦因数1g.(取μ＝4，重力加快度大小为34sin37 °＝，cos37°＝ )55(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，从静止开始开释．已知P 自圆弧轨道的最高点7D处水平飞出后，恰巧经过G点． G点在C点左下方，与C点水平相距2R、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．[ 思路路线 ][分析](1) 依据题意知，、C 之间的距离为l＝7－2①B R R 设 P 抵达 B 点时的速度为v B，由动能定理得12mgl sinθ－μmgl cosθ＝2mv B②式中θ＝37°.联立①②式并由题给条件得Bv＝ 2 gR③(2) 设＝ .P 抵达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为p.P由B点运动到E点BE x E的过程中，由动能定理有12mgx sinθ－μmgx cosθ－E p＝0－2mv B④E、 F 之间的距离为l 1＝4R－2R＋ x⑤P抵达 E 点后反弹，从E点运动到 F 点的过程中，由动能定理有E p－ mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得x＝R⑦12E p＝5 mgR⑧75(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 x1＝2R－6R sinθ⑨55y1＝ R＋6R＋6R cosθ⑩式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ 的事实．设 P 在 D 点的速度为 v D ，由 D 点运动到 G 点的时间为 t . 由平抛运动公式有y 1＝1gt 2?2x1＝ D ?v t联立⑨⑩ ? ? 式得vD＝35 ?5 gR设 P 在 C 点速度的大小为 v C . 在 P 由 C 点运动到 D 点的过程中机械能守恒，22 5511 C11D1＋ cosθ ? 有 mv ＝ mv＋ mg RR2 26 6P 由 E 点运动到 C 点的过程中，由动能定理有12E p － m 1g ( x ＋5R )sin θ－ μm 1g ( x ＋ 5R )cos θ ＝ 2m 1v C ?联立⑦⑧ ? ?? 式得 m 1＝ 31m123 1[ 答案 ] (1)2gR (2) 5 mgR (3) 5 5gR 3m应用动能定理解题的基本步骤[ 娴熟加强 ]迁徙一 动力学与动能定理的综合应用方法1．(2017 ·宁德市模拟 ) 以下图，一半径为R 的水平圆环绕过圆心的竖直轴转动，圆盘边沿有一质量为m 的滑块 ( 可视为质点 ) ，当圆盘转动的角速度达到某一数值时，滑块从圆盘边沿滑落， 进入一段圆弧轨道AB . 随后滑上以v 0 顺时针匀速转动的传递带，当滑块滑到与传递带左端B 的距离为L / n 时，滑块速度恰巧与传递带速度同样．已知AB 段为一段圆滑的圆弧轨道，轨道半径为r ，圆弧轨道与传递带在B 点水平相切，滑块与圆盘、传递带间的动摩擦因数均为μ，重力加快度为g ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计滑块进入轨道 AB和经过B 点时的机械能损失．(1)当圆盘的角速度为多大时，滑块从圆盘上滑落？(2)求轨道 AB的高度．(3)求滑块抵达圆弧轨道的 B 点时对轨道的压力大小．[ 分析 ] (1) 滑块在圆盘上做圆周运动时，静摩擦力充任向心力，依据牛顿第二定律，可得μmg＝mω 2Rμg代入数据解得ω＝R .(2)滑块在 A 点时的速度 v A＝ωR＝μgR，设轨道 AB 的高度为 h，滑块抵达 B 点时的速度为 v，下滑过程机械能守恒，12122gh＋μgRmgh＝2mv－2mv，解得 v＝A若滑块滑上传递带时的速度小于传递带速度，则滑块在传递带上遇到向右的滑动摩擦12 1 22v －μgR μL力，做匀加快运动，依据动能定理有μmgL/n＝2mv－2mv，则 h＝0－n2g若滑块滑上传递带时的速度大于传递带的速度，则滑块遇到向左的滑动摩擦力，做匀减1 1 22－μgRμL速运动，依据动能定理有－2v0μmgL n＝2mv－2mv，则 h＝2g＋n .(3) 在B点，由牛顿第二定律，可得Nv2 F － mg＝ m r2mv02μmgL解得 F N＝mg＋r＋nr.μg22v －μgR μL v －μgR μL00[答案] (1)R(2)2g－n或2g＋n2(3)mg＋＋2μmgLr nr mv0迁徙二动能定理在电场中的应用2．(2017 ·上海市静安区摸底) 以以下图所示，两个带正电的点电荷M和 N，带电量均为Q，固定在圆滑绝缘的水平面上，相距 2L ， A 、 O 、 B 是 MN 连线上的三点，且 O 为中点， OA ＝ OBL＝ 2，一质量为m 、电量为q 的点电荷以初速度v 0 从A 点出发沿MN 连线向N 运动，在运动过程中电荷遇到大小恒定的阻力作用，但速度为零时，阻力也为零， 当它运动到 O 点时，动能为初动能的 n 倍，到 B 点速度恰巧为零， 而后返回来去运动， 直至最后静止．已知静电力恒量为k ，取 O 处电势为零，求：(1) A 点的场强盛小；(2) 阻力的大小； (3) A 点的电势；(4) 电荷在电场中运动的总行程．[分析](1) 由点电荷电场强度公式和电场叠加原理可得：AQQ32kQE ＝ k L 2－ k 3L2＝9L 2；22(2) 由对称性知， φA ＝ φB ，电荷从 A 到 B 的过程中， 电场力做功为零， 战胜阻力做功为：W ＝F L ，由动能定理：ff122mv 0－ F L ＝ 0－ 2mv ，得： F ＝2ffL(3) 设电荷从 A 到 O 点电场力做功为W ，战胜阻力做功为 1 2W ，F f1 1 21 2由动能定理： W F －W f ＝ nmv 0－ mv 02222mv 0得： W F ＝ 4 (2 n － 1)由： W F ＝q ( φA － φO )W F2mv 0得： φA ＝ ＝ 4 (2 n － 1)qq2mv 0(4) 电荷最后停在 O 点，在全过程中电场力做功为 W F ＝ 4 (2 n － 1) ，电荷在电场中运动的总行程为 s ，则阻力做功为－ F f s .12由动能定理： W F －F f s ＝ 0－ 2mv 021 21 2mv 0n －1) －＝－即： (20 042L mvs2mv解得： s＝( n＋0.5) L.232kQ mv0 [ 答案 ] (1)9L2(2) 2L2mv0(3) 4q (2 n－ 1)(4)( n＋ 0.5) L高考题型展望——动能定理与图象联合的问题[ 考点概括 ]动能定理与图象联合的问题1．图象问题剖析的“四步走”2．常有图象所围面积的含义v－ t图由公式 x＝vt可知， v－ t 图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移a－ t图由公式Δv＝at可知，a－t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量－图由公式＝可知，－x 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功F x W Fx FP－ t 图由公式 W＝Pt 可知， P－ t 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功[ 典题示例 ](201 7·河北名校结盟 ) 晓宇在研究一辆额定功率为P＝20 kW的轿车的性能，他驾驶一轿车在如图甲所示的平直路面上运动，此中轿车与ON段路面间的动摩擦因数比轿车与MO 段路面间的动摩擦因数大．晓宇驾驶轿车保持额定功率以10 m/s 的速度由M向右运动，该轿车从 M向右运动到 N的过程中，经过速度传感器丈量出轿车的速度随时间的变化规律图象如图乙所示，在 t ＝15 s时图线的切线与横轴平行．已知轿车的质量为m＝2 t，轿车在 MO 段、 ON段运动时与路面之间的阻力大小分别保持不变．求.(1)该轿车在 MO段行驶时的阻力大小；(2)该轿车在运动过程中恰巧经过 O点时加快度的大小；(3)该轿车由 O运动到 N的过程中位移的大小．[ 审题指导 ]第一步读题干—提信息题干信息1)驾驶轿车保持额定功率以10 m/s 的速度由向右运动属于恒定功率启动模型．M说明 t ＝15秒时轿车加快度为零，做匀速运2)在 t ＝15 s时图线的切线与横轴平行动．5～ 15 秒做加快度减小的变减速运动．3) 图乙4) 由O运动到N的过程中位移的大小注意O到N过程牵引力大小改变.第二步审程序—顺思路[ 分析 ] (1) 轿车在 MO 段运动时，以 10 m/s的速度匀速运动，有F ＝ f ， P ＝F v1111 20×103联立解得 f 1＝N ＝ 2000 N.10(2) 轿车在 ON 段保持额定功率不变，由图象可知t ＝ 15 s 时轿车开始做匀速直线运动，此时由力的均衡条件有F 2＝ f 2， P ＝F 2v 220×103联立解得 f 2＝N ＝ 4000 N5t ＝ 5 s 时轿车经过 O 点，开始做减速运动，有F 1－ f 2＝ma2解得 a ＝－ 1 m/s轿车经过 O 点时加快度大小为 1 m/s 2.(3) 由动能定理可知Pt －f x ＝ 12 1222mv －2mv21解得 x ＝ 68.75 m.[ 答案 ] (1)2000 N (2)1 m/s 2(3)68.75 m1 机车启动的方式不一样，机车运动的规律就不一样，所以机车启动时， 其功率、速度、加快度、 牵引力等物理量的变化规律也不同样，剖析图象时应注意坐标轴的意义及图象变化所描绘的规律.2 恒定功率下的加快必定不是匀加快，这类加快过程发动机做的功可用W ＝ Pt计算，不可以用W＝Fl计算因为 F 为变力.3以恒定牵引力加快时的功率必定不恒定，这类加快过程发动机做的功常用W＝ Fl计算，不可以用W＝ Pt计算因为功率P 是变化的.[ 展望题组]1．( 多项选择 )(2017 ·华中师大附中二模) 一质量为 2 kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以必定的初速度在粗拙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后，拉力渐渐减小，且当拉力减小到零时，物体恰巧停止运动，右图中给出了拉力随位移变化的关系图象．已知重力加速度g＝10 m/s2，由此可知()A．物体与水平面间的动摩擦因数约为0.35B．减速过程中拉力对物体所做的功约为13 JC．匀速运动时的速度约为 6 m/sD．减速运动的时间约为 1.7 s[分析]F－ s 图象围成的面积代表拉力 F 做的功，由图知减速阶段F－s 围成面积约13个小格，每个小格 1 J 则约为 13 J ，故 B 选项正确．刚开始匀速，则F＝μmg，由图知 F＝7 N，则F＝0－1 2F＝μ＝＝ 0.35 ，故 A 选项正确．全程应用动能定理F－0，此中mg Wμmgs2mv W(7 ×4＋ 13)J ＝ 41 J，得v≈6 m/s，故 C 正确．因为不是匀减速，没方法求减速运动的时间，故 D错误．[答案]ABC2．(2017 ·湖南五十校联考) 质量为 10 kg 的物体，在变力 F 作用下沿 x 轴做直线运动，力随坐标x 的变化状况如右图所示．物体在＝ 0 处，速度为 1 m/s ，全部摩擦不计，则物x体运动到 x＝16 m处时，速度大小为()A． 2 2 m/s B． 3 m/sC． 4 m/s D.17 m/s[ 分析 ]F－ x 图象与坐标轴围成的图形面积表示力 F 做的功，图形位于x 轴上方表示力做正功，位于x 轴下方表示力做负功，面积大小表示功的大小，所以物体运动到x＝16 m1 212处时，力 F 对物体做的总功W＝40 J，由动能定理，得W＝2mv2－2mv1，代入数据，可得v2＝3 m/s ，B 正确．[答案]B3．(2017 ·宁夏银川一中第二次考试) 质量为 1 kg 的物体，放在动摩擦因数为0.2 的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W和物体发生的位移s 之间的关系以以下图所示，重力加快度为10 m/s 2，则以下说法正确的选项是()A．AB段加快度大小为 3 m/s B．OA段加快度大小为 5 m/s 2 2C．s＝9 m 时速度大小为32 m/sD．s＝3 m 时速度大小为22 m/s[ 分析 ] 剖析可知W－s图线的斜率表示拉力的大小，由W－ s 图象，可知 F OA＝5 N， F AB＝2 N ，而物体遇到的摩擦力为F f＝2 N，故物体在 OA 段加快，由牛顿第二定律，可知F OA－ f ＝，故a ＝ 3 m/s2，而在段物体做匀速运动，选项A、 B 错误．在段，依据动能F ma AB OA定理，有－12v A＝3 2 m/s，故可知选项 C 正确， D 错误．＝A，解得Wμmgs2mv[答案]C4．泥石流是在雨季因为暴雨、洪水将含有沙石且柔软的土质山体经饱和稀释后形成的大水．泥石流流动的全过程固然只有很短时间，但因为其高速行进，拥有强盛的能量，因此损坏性极大．某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究，他们设计了如图甲的模型：在水平川面上搁置一个质量为m＝4 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下从静止开始运动，推力 F 随位移变化如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，g＝10 m/s2.则：(1)物体在运动过程中的最大加快度为多少？(2)在距出发点多远处，物体的速度达到最大？(3)物体在水平面上运动的最大位移是多少？[ 分析 ] (1) 当推力F最大时，加快度最大，由牛顿第二定律，得：F m－μmg＝ ma可解得： a m＝15 m/s2.(2) 由图象可知：F随x变化的函数方程为F＝80－20x速度最大时，协力为0，即F＝μmg所以 x＝3 m.(3) 位移最大时，末速度必定为0由动能定理可得：W F－μmgx＝0由图象可知，力 F 做的功为11W F＝2F m x m＝2×80×4 J＝160 J所以x＝8 m.[答案](1)15 m/s2(2)3 m(3)8 m。

第一讲功功率动能定理电场力功：W Q＝qEd＝qU安培力功：W安＝BILd重力功：W G＝mghF合l cosα求功．、W3、…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功．若v取瞬时速度，则对应的P为瞬时功率；①动能定理中所说的“外力”，是指物体受到的所有力，包括重力．②对“总功”的两种理解各外力做功的代数和：W＝W1＋W2＋…；合外力的功：W＝F合l cosθ(力均为恒力)．③对“位移和速度”的理解：必须是相对于同一个惯性参考系，一般以地面为参考系．④动能定理表达式是一个标量式，不能在某个方向上应用动能定理．考向一 功和功率的计算[归纳提炼]功和功率的理解与计算问题，一般应注意以下几点1．准确理解功的定义式W ＝Fl 及变形式W ＝Fl cos α中各物理量的意义，该式仅适用于恒力做功的情况．2．变力做功的求解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式求解．3．对于功率的计算，应注意区分公式P ＝Wt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．(2017·江苏卷)如图所示，两个半圆柱A 、B 紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C ，三者半径均为R .C 的质量为m ，A 、B 的质量都为m2，与地面间的动摩擦因数均为μ.现用水平向右的力拉A ，使A 缓慢移动，直至C 恰好降到地面．整个过程中B 保持静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .求：(1)未拉A 时，C 受到B 作用力的大小F ； (2)动摩擦因数的最小值μmin；(3)A 移动的整个过程中，拉力做的功W .[思路点拨] 由圆柱C 一开始受力平衡可得出力F 的大小．动摩擦因数最小时，B 受C 压力的水平分力最大．拉力为变力，可根据动能定理求解拉力做的功．[解析] (1)C 受力平衡，有2F cos30°＝mg 解得F ＝33mg (2)C 恰好降到地面时，B 受C 压力的水平分力最大F x max ＝32mg B 受地面的摩擦力f ＝μmg根据题意f min ＝F x max 解得μmin＝32. (3)C 下降的高度h ＝(3－1)RA 的位移x ＝2(3－1)R摩擦力做功的大小W f ＝fx ＝2(3－1)μmgR 根据动能定理W －W f ＋mgh ＝0－0 解得W ＝(2μ－1)(3－1)mgR . [答案] (1)33mg (2)32(3)(2μ－1)(3－1)mgR动摩擦因数的最小值也可用以下方法分析求解：如图所示，用水平向右的力拉A ，使A 缓慢移动，直至C 恰好降到地面时对整体，有N B ＋N A ＝mg ＋2×m2g ，地面支持力N B ＝N A ＝mg对C ，竖直方向上有2F B cos60°＝mg 对B ，水平方向上有f ＝F B sin60°＝32mg而f ≤f m ＝μN B ＝μmg ，故动摩擦因数μ≥32，最小值μmin＝32.当F 为变力或物体做曲线运动时，或要求解的问题中没有明确固定的受力或在力的方向上的位移时，考虑用动能定理求变力做的功.分析各力做功情况时不要出现“丢功”及“错功”.严格按照重力、弹力、摩擦力的顺序找出运动物体所受的各个力，然后准确判断出各个力做的功.存在电场时，还要考虑是否有电场力做功.[熟练强化]1．(2017·长沙雅礼中学三模)如右图所示是一种清洗车辆用的手持式喷水枪．设枪口截面积为0.6 cm 2，喷出水的速度为20 m/s.当它工作时，估计水枪的平均功率约为(水的密度为1×103kg/m 3)( )Δm ＝ρsv Δt ，该部分水增加E k ＝12ρsv 3Δt ，则水枪的平均功率P ＝ΔE k /Δt ＝12[答案] C 2.(多选)(2017·河南五校联考)将三个光滑的平板倾斜固定，三个平板顶端到底端的高度相等，三个平板与水平面间的夹角分别为θ1、θ2、θ3，如图所示．现将三个完全相同的小球由最高点A 沿三个平板同时无初速度地释放，经一段时间到达平板的底端．则下列说法正确的是( )A ．重力对三个小球所做的功相同B ．沿倾角为θ3的平板下滑的小球的重力的平均功率最大C ．三个小球到达底端时的瞬时速度相同D ．沿倾角为θ3的平板下滑的小球到达平板底端时重力的瞬时功率最小[解析] 假设平板的长度为x ，由功的定义式可知W ＝mgx sin θ＝mgh ，则A 正确；小球在斜面上运动的加速度a ＝g sin θ，小球到达平板底端时的速度为v ＝2ax ＝2gx sin θ＝2gh ，显然到达平板底端时的速度大小相等，但方向不同，则C 错误；由位移公式x ＝12at2可知t ＝2x a＝2h g sin 2θ，整个过程中重力的平均功率为P ＝W t ＝mg sin θ2gh2，则沿倾角为θ1的平板下滑的小球的重力平均功率最大，B 错误；根据P ＝mgv cos(90°－θ)＝mgv sin θ，速度大小相等，沿倾角为θ3的平板下滑的小球到达平板底端时重力的瞬时功率最小，D 正确．[答案] AD3．(2017·全国卷Ⅲ)如图，一质量为m 、长度为l 的均匀柔软细绳PQ 竖直悬挂．用外力将绳的下端Q 缓慢地竖直向上拉起至M 点，M 点与绳的上端P 相距13l .重力加速度大小为g .在此过程中，外力做的功为( )A.19mglB.16mglC.13mglM 点，相当于使下部分13的绳的重心升高13l ，故重A 项正确．动能定理的应用[归纳提炼]应用动能定理解题应注意的四点1．方法的选择：动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学方法要简捷．2．规律的应用：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．过程的选择：物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段应用动能定理，也可以对全过程应用动能定理，但如果对整个过程应用动能定理，则使问题简化．4．电磁场中的应用：在电磁场中运动时多了一个电场力或磁场力，特别注意电场力做功与路径无关，洛伦兹力在任何情况下都不做功．(2016·全国卷Ⅰ)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，AC ＝7R ，A 、B 、C 、D 均在同一竖直平面内．质量为m 的小物块P 自C 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，AF ＝4R .已知P 与直轨道间的动摩擦因数μ＝14，重力加速度大小为g .(取sin37°＝35，cos37°＝45)(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．[思路路线][解析] (1)根据题意知，B 、C 之间的距离为l ＝7R －2R ① 设P 到达B 点时的速度为v B ，由动能定理得mgl sin θ－μmgl cos θ＝12mv 2B ②式中θ＝37°.E p .P 由B 点运动到E 点E p ＝125mgR ⑧(3)设改变后P 的质量为m 1.D 点与G 点的水平距离x 1和竖直距离y 1分别为x 1＝72R －56R sin θ⑨y 1＝R ＋56R ＋56R cos θ⑩式中，已应用了过C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实．设P 在D 点的速度为v D ，由D 点运动到G 点的时间为t .由平抛运动公式有y 1＝12gt 2⑪x 1＝v D t ⑫联立⑨⑩⑪⑫式得v D ＝355gR ⑬设P 在C 点速度的大小为v C .在P 由C 点运动到D 点的过程中机械能守恒， 有12m 1v 2C ＝12m 1v 2D ＋m 1g ⎝ ⎛⎭⎪⎫56R ＋56R cos θ⑭ P 由E 点运动到C 点的过程中，由动能定理有 E p －m 1g (x ＋5R )sin θ－μm 1g (x ＋5R )cos θ＝12m 1v 2C ⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮式得m 1＝13m[答案] (1)2gR (2)125mgR (3)355gR 13m应用动能定理解题的基本步骤[熟练强化]迁移一 动力学与动能定理的综合应用方法1．(2017·宁德市模拟)如图所示，一半径为R 的水平圆盘绕过圆心的竖直轴转动，圆盘边缘有一质量为m 的滑块(可视为质点)，当圆盘转动的角速度达到某一数值时，滑块从圆盘边缘滑落，进入一段圆弧轨道AB .随后滑上以v 0顺时针匀速转动的传送带，当滑块滑到与传送带左端B 的距离为L /n 时，滑块速度恰好与传送带速度相同．已知AB 段为一段光滑的圆弧轨道，轨道半径为r ，圆弧轨道与传送带在B 点水平相切，滑块与圆盘、传送带间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计滑块进入轨道AB 和经过B 点时的机械能损失．(1)当圆盘的角速度为多大时，滑块从圆盘上滑落？ (2)求轨道AB 的高度．(3)求滑块到达圆弧轨道的B 点时对轨道的压力大小．[解析] (1)滑块在圆盘上做圆周运动时，静摩擦力充当向心力，根据牛顿第二定律，可得μmg ＝m ω2R代入数据解得ω＝μgR.(2)滑块在A 点时的速度v A ＝ωR AB 的高度为h ，滑块到达B 点时的2－2mv 2A ，解得v ＝2gh ＋μgR/n ＝12mv 20－12mv 2，则h ＝v 20－μgR 2g －μLn则滑块受到向左的滑动摩擦力，做匀减20－12mv 2，则h ＝v 20－μgR 2g ＋μLn.N －mg ＝m v 2r解得F N ＝mg ＋mv 20r ＋2μmgL nr.[答案] (1)μgR (2)v 20－μgR 2g －μL n 或v 20－μgR 2g ＋μL n(3)mg ＋mv 20r ＋2μmgLnr迁移二 动能定理在电场中的应用2．(2017·上海市静安区摸底)如下图所示，两个带正电的点电荷M 和N ，带电量均为Q ，固定在光滑绝缘的水平面上，相距2L ，A 、O 、B 是MN 连线上的三点，且O 为中点，OA ＝OB ＝L2，一质量为m 、电量为q 的点电荷以初速度v 0从A 点出发沿MN 连线向N 运动，在运动过程中电荷受到大小恒定的阻力作用，但速度为零时，阻力也为零，当它运动到O 点时，动能为初动能的n 倍，到B 点速度刚好为零，然后返回往复运动，直至最后静止．已知静电力恒量为k ，取O 处电势为零，求：(1)A 点的场强大小； (2)阻力的大小； (3)A 点的电势；(4)电荷在电场中运动的总路程．[解析] (1)由点电荷电场强度公式和电场叠加原理可得：E A ＝kQ ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 2 2－k Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫3L 2 2＝32kQ 9L2； (2)由对称性知，φA ＝φB ，电荷从A 到B 的过程中，电场力做功为零，克服阻力做功为：W f ＝F f L ，由动能定理：－F f L ＝0－12mv 20，得：F f ＝mv 202L(3)设电荷从A 到O 点电场力做功为W F ，克服阻力做功为12W f ，由动能定理：W F －12W f ＝12nmv 20－12mv 2得：W F ＝mv 24(2n －1)由：W F ＝q (φA －φO )得：φA ＝W F q ＝mv 24q(2n －1)(4)电荷最后停在O 点，在全过程中电场力做功为W F ＝mv 204(2n －1)，电荷在电场中运动的总路程为s ，则阻力做功为－F f s .由动能定理：W F －F f s ＝0－12mv 2即：mv 204(2n －1)－12L mv 20s ＝－12mv 2解得：s ＝(n ＋0.5)L .[答案] (1)32kQ 9L 2 (2)mv 202L (3)mv 24q(2n －1) (4)(n ＋0.5)L高考题型预测——动能定理与图象结合的问题[考点归纳]动能定理与图象结合的问题 1．图象问题分析的“四步走”段路面间的动摩擦因数大．晓宇驾驶轿车保持额定功率以10 m/s 的速度由M 向右运动，该轿车从M 向右运动到N 的过程中，通过速度传感器测量出轿车的速度随时间的变化规律图象如图乙所示，在t ＝15 s 时图线的切线与横轴平行．已知轿车的质量为m ＝2 t ，轿车在MO 段、ON 段运动时与路面之间的阻力大小分别保持不变．求.(1)该轿车在MO段行驶时的阻力大小；(2)该轿车在运动过程中刚好通过O点时加速度的大小；(3)该轿车由O运动到N的过程中位移的大小．[审题指导]第一步读题干—提信息[解析] (1)轿车在MO 段运动时，以10 m/s 的速度匀速运动，有F 1＝f 1，P ＝F 1v 1 联立解得f 1＝20×10310N ＝2000 N.(2)轿车在ON 段保持额定功率不变，由图象可知t ＝15 s 时轿车开始做匀速直线运动，2F 1－f 2＝ma2. 22－12mv 21[答案] (1)2000 N (2)1 m/s 2(3)68.75 m机车启动的方式不同，机车运动的规律就不同，因此机车启动时，其功率、速度、加速度、牵引力等物理量的变化规律也不相同，分析图象时应注意坐标轴的意义及图象变化所描述的规律.恒定功率下的加速一定不是匀加速，这种加速过程发动机做的功可用W ＝Pt 计算，不能用W ＝Fl 计算因为F 为变力以恒定牵引力加速时的功率一定不恒定，这种加速过程发动机做的功常用W ＝Fl计算，不能用W ＝Pt 计算因为功率P 是变化的[预测题组]1．(多选)(2017·华中师大附中二模)一质量为2 kg 的物体，在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，右图中给出了拉力随位移变化的关系图象．已知重力加速度g ＝10 m/s 2，由此可知( )A ．物体与水平面间的动摩擦因数约为0.35B ．减速过程中拉力对物体所做的功约为13 JC ．匀速运动时的速度约为6 m/sD ．减速运动的时间约为1.7 s[解析] F －s 图象围成的面积代表拉力F 做的功，由图知减速阶段F －s 围成面积约13个小格，每个小格1 J 则约为13 J ，故B 选项正确．刚开始匀速，则F ＝μmg ，由图知F ＝7 N ，则μ＝F mg ＝0.35，故A 选项正确．全程应用动能定理W F －μmgs ＝0－12mv 20，其中W F ＝(7×4＋13)J ＝41 J ，得v 0≈6 m/s，故C 正确．由于不是匀减速，没办法求减速运动的时间，故D 错误．[答案] ABC2．(2017·湖南五十校联考)质量为10 kg 的物体，在变力F 作用下沿x 轴做直线运动，力随坐标x 的变化情况如右图所示．物体在x ＝0处，速度为1 m/s ，一切摩擦不计，则物体运动到x ＝16 m 处时，速度大小为( )A．2 2 m/s B．3 m/sC．4 m/s D.17 m/s[解析] F－x图象与坐标轴围成的图形面积表示力F做的功，图形位于x轴上方表示力做正功，位于x x＝16 m 处时，力F对物体做的总功W＝40 J v2＝3 m/s，B正确．[答案] B3．(2017·宁夏银川一中第二次考试)质量为1 kg的物体，放在动摩擦因数为0.2的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W和物体发生的位移s之间的关系如下图所示，重力加速度为10 m/s2，则下列说法正确的是( )A．AB段加速度大小为3 m/s2B．OA段加速度大小为5 m/s2C．s＝9 m时速度大小为3 2 m/sD．s＝3 m时速度大小为2 2 m/s[解析] 分析可知W－s图线的斜率表示拉力的大小，由W－s图象，可知F OA＝5 N，F AB＝2 N ，而物体受到的摩擦力为F f ＝2 N ，故物体在OA 段加速，由牛顿第二定律，可知F OA －F f ＝ma ，故a ＝3 m/s 2，而在AB 段物体做匀速运动，选项A 、B 错误．在OA 段，根据动能定理，有W －μmgs ＝12mv 2A ，解得v A ＝3 2 m/s ，故可知选项C 正确，D 错误．[答案] C4．泥石流是在雨季由于暴雨、洪水将含有沙石且松软的土质山体经饱和稀释后形成的洪流．泥石流流动的全过程虽然只有很短时间，但由于其高速前进，具有强大的能量，因而破坏性极大．某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究，他们设计了如图甲的模型：在水平地面上放置一个质量为m ＝4 kg 的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下从静止开始运动，推力F 随位移变化如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，g ＝10 m/s 2.则：(1)物体在运动过程中的最大加速度为多少？ (2)在距出发点多远处，物体的速度达到最大？ (3)物体在水平面上运动的最大位移是多少？[解析] (1)当推力F 最大时，加速度最大，由牛顿第二定律，得：F m －μmg ＝ma m 可解得：a m ＝15 m/s 2.(2)由图象可知：F 随x 变化的函数方程为F ＝80－20x 速度最大时，合力为0，即F ＝μmg 所以x ＝3 m.(3)位移最大时，末速度一定为0 由动能定理可得：W F －μmgx ＝0 由图象可知，力F 做的功为W F ＝12F m x m ＝12×80×4 J＝160 J所以x ＝8 m.[答案] (1)15 m/s 2(2)3 m (3)8 m。

功功率动能定理考纲解读1.会判断功的正负，会计算恒力的功和变力的功.2.理解功率的两个公式P＝Wt和P＝Fv ，能利用P＝Fv计算瞬时功率.3.会分析机车的两种启动方式.4.掌握动能定理，能运用动能定理解答实际问题．考点一功的分析与计算1．功的正负(1)0≤α<90°，力对物体做功．(2)90°<α≤180°，力对物体做功，或者说物体克服这个力做了功．(3)α＝90°，力对物体不做功．2．功的计算：W＝(1)α是力与方向之间的夹角，l为物体对地的位移．(2)该公式只适用于做功．(3)功是 (填“标”或“矢”)量．例1.[正、负功的判断 ]如图2所示，质量为m的物体置于倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，在外力作用下，斜面以加速度a沿水平方向向左做匀加速运动，运动中物体m与斜面体相对静止．则关于斜面对m的支持力和摩擦力的下列说法中错误的是( )图2A．支持力一定做正功B．摩擦力一定做正功C．摩擦力可能不做功D．摩擦力可能做负功[变式题组]1、如图3所示，长为L的木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块，现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，则在整个过程中，下列说法不正确的是( )图3A．木板对小物块做功为12mv2B．摩擦力对小物块做功为mgL sinαC．支持力对小物块做功为mgL sinαD．滑动摩擦力对小物块做功为12mv2－mgL sinα功的计算方法(1)恒力做功：(2)变力做功：①用动能定理：W＝12mv22－12mv21.②当变力的功率P一定时，可用W＝Pt求功，如机车恒功率启动时．③将变力做功转化为恒力做功：当力的大小不变，而方向始终与运动方向相同或相反时，这类力的功等于力和路程(不是位移)2的乘积．如滑动摩擦力做功、空气阻力做功等． (3)总功的计算：①先求物体所受的合外力，再求合外力的功； ②先求每个力做的功，再求各功的代数和．考点二 功率的计算1．公式P ＝Wt和P ＝Fv 的区别P ＝Wt是功率的定义式，P ＝ 是功率的计算式． 2．平均功率的计算方法 (1)利用P ＝W t.(2)利用P ＝F ·v cos α，其中v 为物体运动的 ．3．瞬时功率的计算方法(1)利用公式P ＝Fv cos α，其中v 为t 时刻的 速度．(2)P ＝F ·v F ，其中v F 为物体的速度v 在力F 方向上的分速度．(3)P ＝F v ·v ，其中F v 为物体受到的外力F 在速度v 方向上的分力．例2 质量为m 的物体静止在光滑水平面上，从t ＝0时刻开始受到水平力的作用．力的大小F 与时间t 的关系如图4所示，力的方向保持不变，则()图4A ．3t 0时刻的瞬时功率为5F 20t 0mB ．3t 0时刻的瞬时功率为15F 20t 0mC ．在t ＝0到3t 0这段时间内，水平力的平均功率为23F 20t 04mD ．在t ＝0到3t 0这段时间内，水平力的平均功率为25F 20t 06m变式题组2.[对瞬时功率和平均功率的理解]把A 、B 两小球在离地面同一高度处以相同大小的初速度v 0分别沿水平方向和竖直方向抛出，不计空气阻力，如图5所示，则下列说法正确的是()图5A ．两小球落地时速度相同B ．两小球落地时，重力的瞬时功率相同C ．从开始运动至落地，重力对两小球做的功相同D ．从开始运动至落地，重力对两小球做功的平均功率相同4.[P ＝Fv 公式的应用]水平面上静止放置一质量为m ＝0.2kg 的物块，固定在同一水平面上的小型电动机通过水平细线牵引物块，使物块由静止开始做匀加速直线运动，2秒末达到额定功率，其v －t 图线如图6所示，物块与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.1，g ＝10m/s 2，电动机与物块间的距离足够长．求：图6(1)物块做匀加速直线运动时受到的牵引力大小；(2)电动机的额定功率；(3)物块在电动机牵引下，最终能达到的最大速3度．求解功率时应注意的“三个”问题 (1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率，对应于某一过程的功率为平均功率，对应于某一时刻的功率为瞬时功率．(2)求功率大小时要注意F 与v 方向的夹角α对结果的影响．(3)用P ＝F v cos α求平均功率时，v 应容易求得，如求匀变速直线运动中某力的平均功率． 考点三 动能定理及其应用1．表达式：W ＝12mv 22－12mv 21＝ 2．理解：动能定理公式中等号表明了合外力做功与物体动能的变化具有等量代换关系．合外力做功是引起物体动能变化的原因． 3．适用条件(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于 ． (2)既适用于恒力做功，也适用于 (3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以 作用．4．应用技巧：若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可以 考虑，也可以 考虑．例3 我国第一艘航空母舰“辽宁号”已经投入使用．为使战斗机更容易起飞，“辽宁号”使用了跃飞技术，其甲板可简化为如图7所示的模型：AB 部分水平，BC 部分倾斜，倾角为θ.战斗机从A 点开始滑跑，从C 点离舰，此过程中发动机的推力和战斗机所受甲板和空气阻力的合力大小恒为F ，ABC 甲板总长度为L ，战斗机质量为m ，离舰时的速度为v m ，不计飞机在B 处的机械能损失．求AB 部分的长度．图7应用动能定理解题的基本思路 (1)选取研究对象，明确它的运动过程； (2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况：受哪些力→各力是否做功→做正功还是负功→做多少功→各力做功的代数和(3)明确研究对象在过程的初、末状态的动能E k1和E k2；(4)列动能定理的方程W 合＝E k2－E k1及其他必要的解题方程，进行求解． 递进题组5.[对动能定理的理解]如图8所示，电梯质量为M ，在它的水平地板上放置一质量为m 的物体．电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v 1增加到v 2时，上升高度为H ，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是()图8A ．对物体，动能定理的表达式为W F N ＝12mv 22，其中W F N 为支持力的功B ．对物体，动能定理的表达式为W 合＝0，其中W 合为合力的功C ．对物体，动能定理的表达式为W F N －mgH ＝12mv 22－12mv 21 D ．对电梯，其所受合力做功为12Mv 22－12Mv 21考点四用动能定理巧解多过程问题【例4如图10所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.3m、h2＝1.35m．现让质量为m的小滑块自A点由静止释放．已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：图10(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；(2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔；(3)小滑块最终停止的位置距B点的距离．变式题组7．[多过程问题的分析与计算]如图11所示，一滑块(可视为质点)经水平轨道AB进入竖直平面内的四分之一圆弧形轨道BC.已知滑块的质量m＝0.5kg，滑块经过A点时的速度v A＝5m/s，AB长x＝4.5 m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.1，圆弧形轨道的半径R＝0.5 m，滑块离开C点后竖直上升的最大高度h ＝0.1 m．取g＝10 m/s2.求：图11(1)滑块第一次经B点时速度的大小；(2)滑块刚刚滑上圆弧形轨道时，对轨道上B点压力的大小；(3)滑块在从B运动到C的过程中克服摩擦力所做的功．【【高考模拟明确考向】】1．(2014·重庆·2)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( ) A．v2＝k1v1B．v2＝k1k2v1C．v2＝k2k1v1D．v2＝k2v12．(2014·新课标Ⅱ·16)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W F1、W F2分别表示拉力F1、F2所做的功，W f1、W f2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( )A．W F2>4W F1，W f2>2W f1B．W F2>4W F1，W f2＝2W f1C．W F2<4W F1，W f2＝2W f1D．W F2<4W F1，W f2<2W f13．(2014·大纲全国·19)一物块沿倾角为θ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12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()图12A．tanθ和H2B.⎝⎛⎭⎪⎫v22gH－1tanθ和H245C ．tan θ和H4 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22gH －1tan θ和H 44.质量为10kg 的物体，在变力F 作用下沿x 轴做直线运动，力随位移x 的变化情况如图13所示．物体在x ＝0处速度为1m/s ，一切摩擦不计，则物体运动到x ＝16m 处时，速度大小为( )图13A ．22m/sB ．3 m/sC ．4m/s D.17m/s 5.如图14所示，QB 段是半径为R ＝1m 的光滑圆弧轨道，AQ 段是长度为L ＝1m 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m ＝1kg(可视为质点)，P 与AQ 间的动摩擦因数μ＝0.1，若物块P 以速度v 0从A 点滑上水平轨道，到C 点又返回A 点时恰好静止．(取g ＝10m/s 2)求：图14(1)v 0的大小；(2)物块P 第一次刚通过Q 点时对圆弧轨道的压力．6。

功、功率与动能定理【2012命题趋向】功、能、能量守恒是近几年高考理科综合物理命题的重点、热点和焦点，也是广大考生普遍感到棘手的难点之一．能量守恒贯穿于整个高中物理学习的始终，是联系各部分知识的主线．它不仅为解决力学问题开辟了一条重要途径，同时也为我们分析问题和解决问题提供了重要依据．守恒思想是物理学中极为重要的思想方法，是物理学研究的极高境界，是开启物理学大门的金钥匙，同样也是对考生进行方法教育和能力培养的重要方面．因此，功、能、能量守恒可谓高考物理的重中之重，常作为压轴题出现在物理试卷中．纵观近几年高考理科综合试题，功、能、能量守恒考查的特点是：①灵活性强，难度较大，能力要求高，内容极丰富，多次出现综合计算；②题型全，不论是从内容上看还是从方法上看都极易满足理科综合试题的要求，经常与牛顿运动定律、圆周运动、电磁学和近代物理知识综合运用，在高考中所占份量相当大．从考题逐渐趋于稳定的特点来看，我们认为：2009年对功、能、能量守恒的考查重点仍放在分析问题和解决问题的能力上．因此在第二轮复习中，还是应在熟练掌握基本概念和规律的同时，注重分析综合能力的培养，训练从能量守恒的角度分析问题的思维方法．【考点透视】1．功的计算：（1）恒力做功的计算一般根据公式W =FS cosα，注意S严格的讲是力的作用点的位移.（2）将变力做功转化为恒力做功，常见的方法有三种：①如力是均匀变化的可用求平均力的方法将变力转化为恒力.②耗散力（如空气阻力）在曲线运动（或往返运动）过程中，所做的功等于力和路的乘积，不是力和位移的乘积，可将方向变化大小不变的变力转化为恒力来求力所做的功.③通过相关连点的联系将变力做功转化为恒力做功.2．摩擦力做功的特点（1）静摩擦力做功的特点①静摩擦力可以对物体做正功,也可以对物体做负功,还可以不做功.②在静摩擦力做功的过程中,只有机械能的相互转移(静摩擦力起着传递机械能的作用),而没有机械能转化为其它形式的能(如:没有内能的产生).③相互摩擦的系统内,一对静摩擦力所做功的总和等于零.（2）滑动摩擦力做功的特点① 滑动摩擦力可以对物体做正功,也可以对物体做负功,还可以不做功.②滑动摩擦力做功的过程中,能量的转化有两个方面:一是相互摩擦的物体之间机械能的转移;二是机械能转化为内能,转化为内能的量值等于机械能的减少量.③ 相互摩擦的系统内,一对滑动摩擦力所做功的总和总是负值,其绝对值等于滑动摩擦力与相对位移的乘积,即恰好等于系统损失的机械能,也等于系统增加的内能,表达式为Q=F•滑动s 相对. (s 为这两个物体间相对移动的路程).3．机动车的两种特殊起动过程分析（1）以恒定的功率起动：机车以恒定的功率起动后，若运动过程中所受阻力F´不变，由 于牵引力v PF =，随v 增大，F 减小，根据牛顿第二定律m F mv P m F F a '-='-=，当速度v 增大时，加速度a 减小，其运动情况是做加速度减小的加速动，直至F=F′时，a 减小至零，此后速度不再增大，速度达到最大值而做匀速运动，做匀速直线 运动的速度是F Pv m '=，这一过程的v-t 关系如图所示.（2）车以恒定的加速度a 运动： 由m F F a '-=知，当加速度a 不变时，发动机牵引力F 恒定，再由P = Fv 知，F 一定，发动机实际输出功率P 随v 的增大而增大，但当P 增大到额定功率以后不再增大，此后，发动机保持额定功率不变，v 继续增大，牵引力F 减小，直至F = F´时，a ＝0，车速达到最大值F P v m '=额，此后匀速运动.在P 增至P 额之前，车匀加速运动，其持续时间为a F ma P Fa P a v t )(00'+===额额（这个v 0必定小于v m ，它是车的功率增至P 额之时的瞬时速度）.计算时，利用F - F´=ma ，先算出F ；再求出F P v 额=0，最后根据v=at 求t 0；在P增至P 额之后，为加速度减小的加速运动，直至达到v m .这一过程的v/t 关系如图所示：注意：P =F v 中的F 仅是机车的牵引力，而非车辆所受合力，这一点在计算题目时极易出错.4．动能定理及其应用（1）对动能定理的理解：①W 总是所有外力对物体做的总功，这些力对物体所做功的代数和等于物体动能的增量，即W 总＝W 1+W 2+……（代数和）.或先将物体的外力进行合成，求出合外力F 合后，再用W 总=F 合s cos α进行计算.②因为动能定理中功和能均与参照物的选取有关，所以动能定理也与参照物的选取有关.中学物理中一般取地球为参照物.③不论物体做什么形式的运动，受力如何，动能定理总是适用的.④动能定理是计算物体位移或速率的简捷公式.当题目中涉及到位移时可优先考虑动能定理.⑤做功的过程是能量转化的过程，动能定理表达式中的“＝”的意义是一种因果联系的数值上相等的符号，它并不意味着“功就是动能增量”，也不意味着“功转变成了动能”，而是意味着“功引起物体动能的变化”.⑥动能定理公式两边每一项都是标量，因此动能定理是个标量方程.⑦若12k k E E >，即0>总W ，合力对物体做正功，物体的动能增加；若12k k E E <,即0<总W ，合力对物体做负功，物体的动能送减少.（2）应用动能定理应该注意：①明确研究对象和研究过程，找出始、末状态的速度情况.②要对物体进行正确的受力分析（包括重力、弹力等），明确各力的做功大小及正、负情况.③有些力在运动过程中不是始终存在，若物体运动过程中包含几个物理过程，物体运动状态、受力等情况均发生变化，则在考虑外力做功时，必须根据不同情况，分别对待.④若物体运动过程中包含几个不同的物理过程，解题时，可以分段考虑，也可视为一个整体过程，列出动能定理求解.5.机械能守恒定律及其应用（1）机械能是否守恒的判断①物体只受重力，只发生动能和重力势能的相互转化.如自由落体运动，抛体运动等.②只有弹力做功，只发生动能和弹性势能的相互转化.如在光滑水平面运动的物体碰到一个弹簧，和弹簧相互作用的过程中，对物体和弹簧组成的系统来说，机械能守恒.③物体既受重力，又受弹力，但只有重力和弹力做功，只发生动能、弹性势能、重力势能的相互转化，如自由下落的物体落到竖直的弹簧上和弹簧相互作用的过程.对物体和弹簧组成的系统来说，机械能守恒.④除受重力（或弹力）外，受其他力，但其他力不做功，或其他力做功的代数和为零.如物体在沿斜面拉力F的作用下沿斜面向下运动，其拉力的大小与摩擦力的大小相等，在此运动过程中，其机械能守恒，只要满足上述条件，机械能一定守恒，要切实理解.（2）应用机械能守恒定律的解题思路④明确研究对象，即哪些物体参与了动能和势能的相互转化，选择合适的初态和末态.②分析物体的受力并分析各个力做功，看是否符合机械能守恒条件.只有符合条件才能应用机械能守恒定律.③正确选择守恒定律的表达式列方程，可分过程列式，也可对全过程列式.④求解结果说明物理意义.【命题角度】功、功率、动能、动能定理1.如图5—1所示，木块A放在木块B的左上端，第一次将B固定在桌上，用恒力F拉A 到B的右端，F所做的功为W1；第二次B放在光滑地面上，用力F拉A到B右端，F做功为W2，比较两次做功大小 ( )图5—1A．W1<W2 B．W1=W2 C．W1>W2 D．无法比较[考场错解]B[专家把脉]把A在B上滑行的距离误认为A的位移，错误的原因是对做功公式w=Fscosθ中各物理量的意义理解不准确，位移s应以地面为参考系，不能以木块 B为参考系． [对症下药] A第一次拉动时，B静止，A的位移大小就是B的长度：s2=l；第二次拉动时，B在光滑的地面上滑动的位移设为s′，A的位移大小是：s2=l+s′．两次均用恒力F拉动，故有w1=Fs l=F l，W2=Fs2=F(l+ s′)，所以选项A正确．2.质量相等的A、B两球，从同一高度h同时开始运动，A做平抛运动，B做自由落体运动，则 ( )A．下落过程重力对两球做功相等B两球落地时动能相等C．下落过程中，在相同时刻，两球重力的功率始终相同D．下落过程，两球重力的平均功率相同[考场错解]漏选C．[专家把脉]两球重力相等，下落过程中，在相同时刻两球的速度大小、方向均不同，误认为重力的瞬时功率不相同，其原因是对瞬时功率的计算公式P=Fv或P=Fvcosθ理解不准确．[对症下药] ACD重力做功与物体的运动路径无关，两球重力相等，下落高度相等，所以选项A正确；由动能定理或机械能守恒定律可判断选项B错误；由平抛运动规律可知两球下落时间相等，选项D正确；由平抛运动规律可知两球下落过程任一时刻，B球竖直向下的分速度与A球的竖直速度相等，重力相等，所以选项C正确．3.如图5—2所示，质量为m的木块与水平转台之间的动摩擦因数为μ，木块与转轴相距为R，木块随转台由静止开始转动．当转速增加至某值时，木块即将在转台上滑动，此时转台已开始匀速转动，在这一过程中，摩擦力对木块做的功是 ( )A．0 B. 2πμmgR C．2μmgR DμmgR/2[考场错解]A或B[专家把脉]误认为木块随转台做圆周运动，摩擦力是向心力，方向时刻指向圆心，故摩擦力对木块不做功，误选A；认为木块与转台间的摩擦力大小为μmg，方向与速度方向相同，摩擦力对木块做功是2πμmgR，误选B[对症下药]D木块随转轴做速度逐渐增大的圆周运动，木块与转台间的静摩擦力应有两个作用效果，一个分力方向指向圆心，其作用是改变速度的方向，另一个分力方向与速度方向相同，其作用是改变速度的大小，所以木块所受摩擦力的方向既不指向圆心，也不与速度方向相同，且大小和方向在变化．当木块即将在转台上滑动时，摩擦力大小为μmg方向指向圆心，设此时速度为v，根据牛顿第二定律得：μmg=mv2，由动能定理，摩擦力对木块做功：W=mv2/2-O=μmgR/2，所以选项D正确．4．如图5—3所示，在匀加速向左运动的车厢内，一个人用力向前推车厢，若人与车始终保持相对静止，则以下结论中哪个是正确的 ( )A 人对车厢做正功B 车厢对人做正功 C．人对车厢不做功 D．条件不足，无法确定[考场错解]A[专家把脉]误认为人对车厢的作用力只有人对车厢前壁的水平推力，由于车向左运动，故力和位移同方向，所以人对车厢做正功．同理车厢对人做负功．[对症下药]B如果人只受到车厢前壁对他的水平向右的弹力，那么人受到的合力不可能向左．故人还受到另外一个作用力，即车厢底部对他水平向左的摩擦力,且向左的摩擦力大于向右的弹力．摩擦力对人做正功，向右的支持力做负功，它们的代数和为正，车厢底部对人竖直向上的弹力对人不做功，故车厢对人做正功．选项B正确．同理，分析人对车厢做负功.5．如图5—4所示，一块长木板B放在光滑水平地面上，在B上放一个木块A，现以恒定的水平力F拉B．由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参照物，A、B都向前移动一段距离，在此过程中 ( )A外力F做的功等于系统动能增量B B对A的摩擦力所做的功等于A的动能增量C．A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功D．外力F对B所做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做功之和[考场错解]AC[专家把脉]恒定的水平拉力F为系统的合外力，对系统误用动能定理，外力做的功等于系统动能的增量．误认为作用力和反作用力做功代数和一定为零．[对症下药]BD作用力和反作用力只是大小相等、方向相反，但它们的作用点作用在两个物体上，两个物体的位移没有必然联系，所以作用力和反作用力做功的代数和不一定为零．可以都做正功，都做负功，也可以一个做功，另一个不做功．可以推导出一对滑动摩擦力做功的代数和一定为负值，大小等于滑动摩擦力大小乘以相对路程，即W=fs相对路程，故选项C错误．因为一对滑动摩擦力做功不为零，故对系统应用动能定理时要考虑内力做功，故选项A错误．对A应用动能定理，只有B对A的摩擦力对A做功，故选项B正确．同理，对B应用动能定理，外力F对B所做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做功之和，故选项D正确．6．一个质量为 4 kg的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数μ=0.1.从t=0开始，物体受到一个大小和方向呈周期性变化的水平力F作用，力F随时间的变化规律如图5—5所示(g取10m/s2)．求：(1)83 s内物体的位移大小； (2)力F对物体所做的功．[考场错解]感觉过程复杂不知从何入手解答或找到规律但是对最后3 s内的分析出现错误．[专家把脉]对周期性变化的力学问题①要认真分析物体在第一个周期内的受力情况和运动情况，从而找到物体运动的规律②要注意过程中间是否有转折点，结束前的一段时间是否还遵循前面所总结的规律③优先对全过程选择规律列方程，其次分段求解．[对症下药] (1)0-T/2、 T-3T/2、2T-5T/2、3T-7T/2、……时间内物体的加速度大小为方向与正方向相同，T/2-2T、3T/2—2T、5T/2—3T、……时间内物体的加速度大小为，方向与正方向相反所以在每个周期T 内，前T/2时间内做初速度为零的匀加速直线运动，后T/2时间内做匀减速直线运动，且速度恰好减为零．每个T/2时间内的位移均为82 s 内物体的位移大小82 s 末物体的速度大小第83 s 内物体的位移大小为所以83 s 内物体的位移大小 S —S1+S2—167m ，(2)83 s 末物体的速度大小设力F 对物体所做的功为W F ，全过程由动能定理得解得：W F =676 J ． 专家会诊解决这类问题要注意以下三点：(1)恒力做功一般用公式w=Rcos a 直接计算；变力做功一般只能根据功和能的关系求解，若变力的功率恒定，可以用公式W —R 计算；(2)利用功率的定义式 求出的是平均功率：在公式P=Fvcosa 中，若口是平均速度，对应的功率为平均功率．若v 是瞬时速度，对应的功率是瞬时功率，通常用这个公式计算瞬时功率． (3)动能定理反映了外力对物体的功与物体动能变化之间的关系，利用动能定理解题的一般思路是：①明确研究对象；②分析研究对象的受力情况，弄清哪些外力做功，是做正功还是负功；③分析研究对象的运动过程，弄清初状态、末状态物体的动能：④用动能定理列方程求解．【高考真题精解精析】【2011高考试题解析】1.（海南）一质量为1kg 的质点静止于光滑水平面上，从t=0时起，第1秒内受到2N 的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1N 的外力作用。

功和功率从近几年的高考看，动能和动能定理 重力做功与重力势能 功能关系、机械能守恒第一节 功和功率一、功1．做功的两个必要条件：力和物体在力的方向上发生的位移．2．公式：W ＝Fl cos_α．适用于恒力做功．其中α为F 、l 方向间夹角，l 为物体对地的位移．3．功的正、负的判断 (1)α<90°，力对物体做正功．(2)α>90°，力对物体做负功，或说物体克服该力做功． (3)α＝90°，力对物体不做功．功是标量，比较做功多少要看功的绝对值． 1.判断正误(1)只要物体受力的同时又发生了位移，则一定有力对物体做功．( )(2)一个力对物体做了负功，则说明这个力一定阻碍物体的运动．( ) (3)作用力做负功时，反作用力一定做正功．( )(4)力对物体做功的正、负可由力和位移方向间的夹角决定．( ) (5)静摩擦力一定对物体不做功．( ) 提示：(1)× (2)√ (3)× (4)√ (5)× 二、功率1．定义：功与完成这些功所用时间的比值． 2．物理意义：描述力对物体做功的快慢． 3．公式(1)定义式：P ＝Wt ，P 为时间t 内的平均功率．(2)推论式：P ＝F v cos_α．(α为F 与v 的夹角)2.(2017·福建闽粤联合体联考)如图所示，质量相同的两物体从同一高度由静止开始运动，A 沿着固定在地面上的光滑斜面下滑，B 做自由落体运动．两物体分别到达地面时，下列说法正确的是( )A ．重力的平均功率P A ＞PB B ．重力的平均功率P A ＝P BC ．重力的瞬时功率P A ＝P BD ．重力的瞬时功率P A ＜P B提示：选D.B 做自由落体运动，运动时间t B ＝ 2hg.A 做匀加速直线运动，a ＝g sin θ，根据h sin θ＝12g sin θt 2A 得，t A ＝2h g sin 2θ，可知t A ＞t B .重力做功相等，根据P ＝W Gt 知，P A ＜P B ，A 、B 错误．根据动能定理，mgh ＝12m v 2得，两物体到达地面时的速度大小均为v ＝2gh .A 物体重力的瞬时功率P A ＝mg v sin θ，B 物体重力的瞬时功率P B ＝mg v .则P A ＜P B .C 错误，D 正确．对功的判断和计算 【知识提炼】1．功的正、负的判断方法(1)恒力做功的判断：依据力与位移的夹角来判断．(2)曲线运动中做功的判断：依据F 与v 的方向夹角α来判断，0°≤α<90°，力对物体做正功；90°<α≤180°，力对物体做负功；α＝90°，力对物体不做功．(3)依据能量变化来判断：功是能量转化的量度，若有能量转化，则必有力对物体做功．此法常用于判断两个相联系的物体之间的相互作用力做功的情况．2．合力做功的计算方法法一：先求合力F合，再用W合＝F合l cos α求功．法二：先求各个力做的功W1、W2、W3……，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋……求合力做的功．【典题例析】如图所示，质量为m的小球用长为L的轻绳悬挂于O点，用水平恒力F拉着小球从最低点运动到使轻绳与竖直方向成θ角的位置，求此过程中，各力对小球做的功及总功．[审题指导]W＝F·l cos α可以理解为功等于力与力方向上的位移的乘积．[解析]如解析图，小球在F方向的位移为CB，方向与F同向，则W F＝F·CB＝F·L sin θ小球在重力方向的位移为AC，方向与重力反向，则W G＝mg·AC·cos 180°＝－mg·L(1－cos θ)绳的拉力F T时刻与运动方向垂直，则W F T＝0故W总＝W F＋W G＋W F T＝F·L sin θ－mgL(1－cos θ)．[答案]见解析【跟进题组】考向1对功的正、负的判断1.一辆正沿平直路面行驶的车厢内，一个面向车前进方向站立的人对车厢壁施加水平推力F，在车前进s的过程中，下列说法正确的是()A．当车匀速前进时，人对车做的总功为正功B．当车加速前进时，人对车做的总功为负功C．当车减速前进时，人对车做的总功为负功D．不管车如何运动，人对车做的总功都为零解析：选B.人对车施加了三个力，分别为压力、推力F、静摩擦力f，根据力做功的公式及作用力和反作用力的关系判断做正功还是负功．当车匀速前进时，人对车厢壁的推力F 做的功为W F＝Fs，静摩擦力做的功为W f＝－fs，人处于平衡状态，根据作用力与反作用力的关系可知，F＝f，则人对车做的总功为零，故A错误；当车加速前进时，人处于加速状态，车厢对人的静摩擦力f′向右且大于车厢壁对人的作用力F′，所以人对车厢的静摩擦力f 向左，静摩擦力做的功W f＝－fs，人对车厢的推力F方向向右，做的功为W F＝Fs，因为f>F，所以人对车做的总功为负功，故B正确，D错误；同理可以证明当车减速前进时，人对车做的总功为正功，故C 错误．考向2 恒力做功的求解2．(高考全国卷Ⅱ)一物体静止在粗糙水平地面上．现用一大小为F 1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F 2，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W F 1、W F 2分别表示拉力F 1、F 2所做的功，W f 1、W f 2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( )A ．W F 2>4W F 1，W f 2>2W f 1B ．W F 2>4W F 1，W f 2＝2W f 1C ．W F 2<4W F 1，W f 2＝2W f 1D ．W F 2<4W F 1，W f 2<2W f 1解析：选C.物体两次的加速度之比a 2∶a 1＝2v t ∶v t ＝2∶1，位移之比l 2∶l 1＝2v 2t ∶v2t ＝2∶1，摩擦力之比f 2∶f 1＝1∶1，由牛顿第二定律得F －f ＝ma ，则拉力之比F 2∶F 1＝(ma 2＋f )∶(ma 1＋f )<2，做功之比W F 2∶W F 1＝(F 2·l 2)∶(F 1·l 1)<4，W f 2∶W f 1＝(－f 2·l 2)∶(－f 1·l 1)＝2∶1，故C 正确．考向3 变力做功的求解3．(多选)(2017·宁波模拟)如图所示，摆球质量为m ，悬线长为L ，把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球运动过程中空气阻力F 阻的大小不变，则下列说法正确的是( )A ．重力做功为mgLB ．悬线的拉力做功为0C ．空气阻力F 阻做功为－mgLD ．空气阻力F 阻做功为－12F 阻πL解析：选ABD.由重力做功特点得重力做功为：W G ＝mgL ，A 正确；悬线的拉力始终与v 垂直，不做功，B 正确；由微元法可求得空气阻力做功为：W F 阻＝－12F 阻πL ，D 正确．求解变力做功的几种思路(1)利用动能定理W ＝ΔE k 或功能关系W ＝ΔE 计算能量变化量ΔE 或ΔE k ，即等量替换的物理思想．(2)当变力的功率P 一定时，可用W ＝Pt 求功，如机车以恒定功率启动．(3)当变力方向不变，大小与位移成正比时，可用力对位移的平均值F ＝12(F 初＋F 末)来计算．(4)当变力大小不变，方向在变化且力的方向始终与速度方向相同或相反时，功可用力与路程的乘积计算．(5)用变力F 随位移x 的变化图象与x 轴所围的“面积”计算功．注意x 轴上下两侧分别表示正、负功．对功率的理解和计算 【知识提炼】1．平均功率的计算 (1)利用P ＝Wt.(2)利用P ＝F ·v cos α，其中v 为物体运动的平均速度，F 为恒力． 2．瞬时功率的计算(1)利用公式P ＝F ·v cos α，其中v 为t 时刻的瞬时速度． (2)P ＝F ·v F ，其中v F 为物体的速度v 在力F 方向上的分速度． (3)P ＝F v ·v ，其中F v 为物体受的外力F 在速度v 方向上的分力．对于α变化的不能用公式P ＝F v cos α计算平均功率．【典题例析】(多选)(2017·海口模拟)质量为m 的物体静止在光滑水平面上，从t ＝0时刻开始受到水平力的作用．力的大小F 与时间t 的关系如图所示，力的方向保持不变，则( )A ．3t 0时刻的瞬时功率为 5F 20t 0mB ．3t 0时刻的瞬时功率为 15F 20t 0mC ．在t ＝0到3t 0这段时间内，水平力的平均功率为 23F 20t 04mD ．在t ＝0到3t 0这段时间内，水平力的平均功率为 25F 20t 06m[审题指导] (1)求瞬时功率时，先明确所用公式，再确定该时刻的力和速度． (2)求平均功率时，先明确所用公式及研究的过程，再确定功和时间．[解析] 2t 0时刻速度大小v 2＝a 1·2t 0＝2F 0m t 0，3t 0时刻的速度大小为v 3＝v 2＋a 2t 0＝F 0m ·2t＋3F 0m ·t 0＝5F 0t 0m，3t 0 时刻力F ＝3F 0，所以瞬时功率P ＝3F 0·v 3＝15F 20t 0m，A 错、B 对；0～3t 0时间段，水平力对物体做功W ＝F 0x 1＋3F 0x 2＝F 0×12·F 0m (2t 0)2＋3F 0·v 2＋v 32t 0＝25F 20t 202m ，平均功率P ＝W t＝25F 20t 06m，C 错、D 对． [答案] BD(多选)(2015·高考浙江卷)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器．舰载机总质量为3.0×104 kg ，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105 N ；弹射器有效作用长度为100 m ，推力恒定．要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则( )A ．弹射器的推力大小为1.1×106 NB ．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108 JC ．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107 WD ．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s 2解析：选ABD.对舰载机应用运动学公式v 2－02＝2ax ，即802＝2·a ·100，得加速度a ＝32 m/s 2，选项D 正确；设总推力为F ，对舰载机应用牛顿第二定律可知：F －20%F ＝ma ，得F ＝1.2×106 N ，而发动机的推力为1.0×105 N ，则弹射器的推力为F推＝(1.2×106－1.0×105)N ＝1.1×106 N ，选项A 正确；弹射器对舰载机所做的功为W ＝F 推·l ＝1.1×108 J ，选项B 正确；弹射过程所用的时间为t ＝v a ＝8032 s ＝2.5 s ，平均功率P ＝W t ＝1.1×1082.5W ＝4.4×107 W ，选项C 错误．计算功率的基本思路(1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率，然后明确所用公式．(2)判断变力的瞬时功率的变化情况时，若F 大小不变，根据F 与v 的夹角的变化，由P ＝F ·v cos θ判断，若F 的大小和F 、v 夹角均变化时，可先把F 做功转换成其他恒力做功，然后再判断．机车启动问题 【知识提炼】两种启动方式的比较某汽车发动机的额定功率为60 kW ，汽车质量为5 t ，汽车在运动中所受阻力的大小恒为车重的0.1倍．(g 取10 m/s 2)(1)若汽车以额定功率启动，则汽车所能达到的最大速度是多少？当汽车速度达到5 m/s 时，其加速度是多少？(2)若汽车以恒定加速度0.5 m/s 2启动，则其匀加速过程能维持多长时间？ [审题指导] (1)达到最大速度时，汽车处于什么状态？ (2)v ＝5 m/s 时，牵引力多大？(3)以加速度0.5 m/s 2启动时，牵引力多大？此阶段能达到的最大速度为多少？ [解析] (1)当汽车的加速度为零时，汽车的速度v 达到最大值v m ，此时牵引力与阻力相等，故最大速度为v m ＝P F ＝PF f ＝60×1030.1×5 000×10 m/s ＝12 m/sv ＝5 m/s 时的牵引力F 1＝P v ＝60×1035 N ＝1.2×104 N ，由F 1－F f ＝ma 得：a ＝F 1－F fm＝1.2×104－0.1×5×103×105×103m/s 2＝1.4 m/s 2. (2)当汽车以a ′＝0.5 m/s 2的加速度启动时的牵引力 F 2＝ma ′＋F f ＝(5 000×0.5＋0.1×5×103×10) N＝7 500 N匀加速运动能达到的最大速度为v ′m ＝P F 2＝60×1037 500m/s ＝8 m/s由于此过程中汽车做匀加速直线运动，满足v ′m ＝a ′t 故匀加速过程能维持的时间t ＝v ′m a ′＝80.5 s ＝16 s.[答案] (1)12 m/s 1.4 m/s 2 (2)16 s【跟进题组】考向1 以恒定功率启动方式的求解1．(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k 1和k 2倍，最大速率分别为v 1和v 2，则( )A ．v 2＝k 1v 1B ．v 2＝k 1k 2v 1C ．v 2＝k 2k 1v 1D ．v 2＝k 2v 1解析：选B.车以最大速率行驶时，牵引力F 等于阻力F f ，即F ＝F f ＝kmg .由P ＝k 1mg v 1及P ＝k 2mg v 2，得v 2＝k 1k 2v 1，故B 正确．考向2 以恒定牵引力启动方式的求解2．某汽车集团公司研制了一辆燃油与电动混合动力赛车，燃油发动机单独工作时的额定功率为P ，蓄电池供电的电力发动机单独工作时的额定功率为3P4，已知赛车运动过程中受到的阻力恒定．(1)若燃油发动机单独工作时的最大速度为120 km/h ，则两台发动机同时工作时的最大速度为多少？(2)若赛车先单独启动电力发动机从静止开始做匀加速直线运动，经过t 1时间达到额定功率，然后以燃油发动机的额定功率单独启动继续加速，又经过t 2时间达到最大速度v 0，赛车总质量为m ，求赛车的整个加速距离．解析：(1)燃油发动机单独工作，P ＝F 1v 1＝f v 1 两台发动机同时工作，P ＋3P4＝F 2v 2＝f v 2最大速度v 2＝7v 14＝210 km/h.(2)燃油发动机的额定功率为P ，最大速度为v 0， 阻力f ＝Pv 0匀加速过程功率随时间均匀增加，发动机的平均功率为3P8，设总路程为s ，由动能定理有3P 8t 1＋Pt 2－fs ＝12m v 20解得s ＝P （3t 1＋8t 2）v 0－4m v 308P.答案：(1)210 km/h (2)P （3t 1＋8t 2）v 0－4m v 308P机车启动问题中的三个重要关系式(1)无论哪种运动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即v m ＝P F min ＝PF 阻(式中F min 为最小牵引力，其值等于阻力F 阻)．(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，速度不是最大，即v ＝P F ＜v m ＝P F 阻.(3)机车以恒定功率运动时，牵引力做的功W ＝Pt .由动能定理：Pt －F 阻x ＝ΔE k .此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小．1．如图所示，两箱相同的货物，现要用电梯将它们从一楼运到二楼，其中图甲是利用扶梯台式电梯运送货物，图乙是用履带式自动电梯运送，假设两种情况下电梯都是匀速地运送货物，下列关于两电梯在运送货物时说法正确的是( )A ．两种情况下电梯对货物的支持力都对货物做正功B ．图乙中电梯对货物的支持力对货物做正功C ．图甲中电梯对货物的支持力对货物不做功D ．图乙中电梯对货物的支持力对货物不做功解析：选D.在图甲中，货物随电梯匀速上升时，货物受到的支持力竖直向上，与货物位移方向的夹角小于90°，故此种情况下支持力对货物做正功，选项C 错误；图乙中，货物受到的支持力与履带式自动电梯接触面垂直，此时货物受到的支持力与货物位移垂直，故此种情况下支持力对货物不做功，故选项A 、B 错误，D 正确．2．(多选)(2017·成都模拟)一质量为1 kg 的质点静止于光滑水平面上，从t ＝0时起，第1秒内受到2 N 的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1 N 的外力作用．下列判断正确的是( )A ．0～2秒内外力的平均功率是94 WB ．第2秒内外力所做的功是54 JC ．第2秒末外力的瞬时功率最大D ．第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是45解析：选AD.由题意知质点所受的水平外力即为合力，则知质点在这2秒内的加速度分别为a 1＝2 m/s 2、a 2＝1 m/s 2，则质点在第1 s 末与第2 s 末的速度分别为v 1＝2 m/s 、v 2＝3 m/s ，每一秒内质点动能的增加量分别为ΔE k1＝12m v 21＝2 J 、ΔE k2＝12m v 22－12m v 21＝2.5 J ，D 正确．再由动能定理可知第2 s 内与0～2 s 内外力所做功分别为W 2＝ΔE k2＝2.5 J 、W ＝12m v 22－0＝4.5J ，则在0～2 s 内外力的平均功率P ＝W t ＝94 W ，A 正确、B 错误．由P ＝F v 知质点在第1 s末与第2 s 末的瞬时功率分别为P 1＝4 W 、P 2＝3 W ，故C 错误．3．如图甲所示，轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个质量m ＝0.5 kg 的物块，处于静止状态．以物块所在处为原点，以竖直向下为正方向建立x 轴，重力加速度g ＝10 m/s 2.现对物块施加竖直向下的拉力F ，F 随x 变化的情况如图乙所示．若物块运动到x ＝0.4 m 处速度为零，则在物块下移0.4 m 的过程中，弹簧弹性势能的增加量为( )A ．5.5 JB ．3.5 JC ．2.0 JD ．1.5 J解析：选A.由图线与横轴所围的“面积”可得物块下移0.4 m 的过程中，拉力F 做的功W ＝3.5 J ，重力势能减少量mgx ＝2 J ，由功能关系，弹簧弹性势能的增加量ΔE p ＝W ＋mgx ＝5.5 J ，选项A 正确．4.如图所示，细线的一端固定于O 点，另一端系一小球．在水平拉力F 的作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A 点运动到B 点．在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是( )A ．逐渐增大B ．逐渐减小C ．先增大，后减小D ．先减小，后增大解析：选A.因小球速率不变，所以小球以O 点为圆心做匀速圆周运动，受力如图所示，因此在切线方向上应有：mg sin θ＝F cos θ，得F ＝mg tan θ.则拉力F 的瞬时功率P ＝F ·v cos θ＝mg v ·sin θ.从A 运动到B 的过程中，拉力的瞬时功率随θ的增大而增大，A 项正确．5.当前我国“高铁”事业发展迅猛，假设一辆高速列车在机车牵引力和恒定阻力作用下，在水平轨道上由静止开始启动，其v －t 图象如图所示，已知0～t 1时间内为过原点的倾斜直线，t 1时刻达到额定功率P ，此后保持功率P 不变，在t 3时刻达到最大速度v 3，以后匀速运动．下列判断正确的是( )A ．从0至t 3时间内，列车一直做匀加速直线运动B ．t 2时刻的加速度大于t 1时刻的加速度C ．在t 3时刻以后，机车的牵引力为零D ．该列车所受的恒定阻力大小为P v 3解析：选D.0～t 1时间内，列车做匀加速运动，t 1～t 3时间内，加速度逐渐变小，故A 、B 错误；t 3以后列车做匀速运动，牵引力大小等于阻力大小，故C 错误；匀速运动时F f ＝F 牵＝P v 3，故D 正确． 6.(2015·高考四川卷)严重的雾霾天气，对国计民生已造成了严重的影响．汽车尾气是形成雾霾的重要污染源，“铁腕治污”已成为国家的工作重点．地铁列车可实现零排放，大力发展地铁，可以大大减少燃油公交车的使用，减少汽车尾气排放．若一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动，先匀加速运动20 s 达最高速度72 km/h ，再匀速运动80 s ，接着匀减速运动15 s 到达乙站停住．设列车在匀加速运动阶段牵引力为1×106 N ，匀速运动阶段牵引力的功率为6×103 kW ，忽略匀减速运动阶段牵引力所做的功．(1)求甲站到乙站的距离；(2)如果燃油公交车运行中做的功与该列车从甲站到乙站牵引力做的功相同，求公交车排放气态污染物的质量．(燃油公交车每做1焦耳功排放气态污染物3×10－6克)解析：(1)设列车匀加速直线运动阶段所用的时间为t 1，距离为s 1；在匀速直线运动阶段所用的时间为t 2，距离为s 2，速度为v ；在匀减速直线运动阶段所用的时间为t 3，距离为s 3；甲站到乙站的距离为s .则s 1＝12v t 1① s 2＝v t 2②s 3＝12v t 3③s＝s1＋s2＋s3④联立①②③④式并代入数据得s＝1 950 m．⑤(2)设列车在匀加速直线运动阶段的牵引力为F，所做的功为W1；在匀速直线运动阶段的牵引力的功率为P，所做的功为W2.设燃油公交车与该列车从甲站到乙站做相同的功W，将排放气态污染物的质量为M.则W1＝Fs1⑥W2＝Pt2⑦W＝W1＋W2⑧M＝(3×10－9 kg·J－1)·W⑨联立①⑥⑦⑧⑨式并代入数据得M＝2.04 kg.答案：(1)1 950 m(2)2.04 kg一、单项选择题1．有一固定轨道ABCD如图所示，AB段为四分之一光滑圆弧轨道，其半径为R，BC 段是水平光滑轨道，CD段是光滑斜面轨道，BC和斜面CD间用一小段光滑圆弧连接．有编号为1、2、3、4完全相同的4个小球(小球不能视为质点，其半径r<R)，紧挨在一起从圆弧轨道上某处由静止释放，经平面BC到斜面CD上，忽略一切阻力，则下列说法正确的是()A．四个小球在整个运动过程中始终不分离B．在圆弧轨道上运动时，2号球对3号球不做功C．在CD斜面轨道上运动时，2号球对3号球做正功D．在CD斜面轨道上运动时，2号球对3号球做负功解析：选A.圆弧轨道越低的位置切线的倾角越小，加速度越小，故相邻小球之间有挤压力，小球在水平面上速度相同，无挤压不分离，在斜面上加速度相同，无挤压也不分离，故B、C、D错误，A正确．2．(2015·高考海南卷)假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率．如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的()A．4倍B．2倍C. 3 倍D． 2 倍解析：选D.设F f ＝k v ，当阻力等于牵引力时，速度最大，输出功率变化前，有P ＝F v ＝F f v ＝k v ·v ＝k v 2，变化后有2P ＝F ′v ′＝k v ′·v ′＝k v ′2，联立解得v ′＝2v ，D 正确．3．如图所示，质量为m 的小猴子在荡秋千，大猴子用水平力F 缓慢将秋千拉到图示位置后由静止释放，此时藤条与竖直方向夹角为θ，小猴子到藤条悬点的长度为L ，忽略藤条的质量．在此过程中正确的是( )A ．缓慢上拉过程中拉力F 做的功W F ＝FL sin θB ．缓慢上拉过程中小猴子重力势能增加mgL cos θC ．小猴子再次回到最低点时重力的功率为零D ．由静止释放到最低点小猴子重力的功率逐渐增大解析：选C.缓慢上拉过程中拉力F 是变力，由动能定理，F 做的功等于克服重力做的功，即W F ＝mgL (1－cos θ)，重力势能增加mgL (1－cos θ)，选项A 、B 错误；小猴子由静止释放时速度为零，重力的功率为零，再次回到最低点时重力与速度方向垂直，其功率也为零，则小猴子下降过程中重力的功率先增大后减小，选项C 正确、D 错误．4.如图是武广铁路上某机车在性能测试过程中的v －t 图象，测试时机车先以恒定的牵引力F 启动发动机使机车在水平铁轨上由静止开始运动，t 1时刻机车关闭发动机，到t 2时刻机车完全停下．图象中θ>α，设整个测试过程中牵引力F 做的功和克服摩擦力f 做的功分别为W 1、W 2，0～t 1时间内F 做功的平均功率和全过程克服摩擦力f 做功的平均功率分别为P 1、P 2，则下列判断正确的是( )A ．W 1>W 2，F ＝2fB ．W 1＝W 2，F >2fC ．P 1<P 2，F >2fD ．P 1＝P 2，F ＝2f解析：选B.机车整个运动过程中，根据动能定理有W 1－W 2＝0，所以W 1＝W 2，又P 1＝W 1t 1，P 2＝W 2t 2，因t 2>t 1，所以P 1>P 2；根据牛顿第二定律，机车的牵引力为F 时的加速度大小a 1＝F －f m ，关闭发动机后机车加速度大小a 2＝f m，根据v －t 图象斜率的意义可知a 1>a 2，即F －f >f ，所以有F >2f ，综上分析可知，B 正确．5．水平面上一质量为m 的物体，在水平力F 作用下开始加速运动，如图甲所示，力F 的功率P 保持恒定，运动过程所受的阻力f 大小不变，物体速度最终达到稳定值v m ，F 作用过程中物体的速度v 的倒数与加速度a 的关系图象如图乙所示，仅在已知功率P 的情况下，根据图象所给的信息( )A ．可求出m 、f 、v mB ．不能求出mC ．不能求出fD ．可求出加速运动时间解析：选A.当加速度为零时，物体做匀速运动，此时牵引力等于阻力，速度为最大值；由功率的计算公式可得P ＝F v ，而F －f ＝ma ，联立可得1v ＝m P a ＋f P，由题图乙可得图线的斜率为m P ，纵截距为f P ＝1v m，因此可求出m 、f 和v m ，选项A 正确，B 、C 错误；物体做变加速运动，加速运动的时间不可求，选项D 错误．二、多项选择题6．(2017·山东济南模拟)汽车从静止匀加速启动，最后做匀速运动，其速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象如图所示，其中正确的是( )解析：选ACD.汽车启动时由P ＝F v 和F －F f ＝ma 可知，匀加速启动过程中，牵引力F 、加速度a 恒定不变，速度和功率均匀增大，当功率增大到额定功率后保持不变，牵引力逐渐减小到与阻力相等，加速度逐渐减小到零，速度逐渐增大到最大速度，故A 、C 、D 正确，B 错误．7.如图所示，细绳的一端绕过定滑轮与木箱相连，现以大小恒定的拉力F 拉动细绳，将静置于A 点的木箱经B 点移到C 点(AB ＝BC )，地面平直且与木箱的动摩擦因数处处相等．设从A 到B 和从B 到C 的过程中，F 做功分别为W 1、W 2，克服摩擦力做功分别为Q 1、Q 2，木箱经过B 、C 时的动能和F 的功率分别为E k B 、E k C 和P B 、P C ，则下列关系一定成立的有( )A ．W 1＞W 2B ．Q 1＞Q 2C ．E k B ＞E k CD ．P B ＞P C解析：选AB.F 做功W ＝Fl cos α(α为绳与水平方向的夹角)，AB 段和BC 段相比较，F 大小相同，l 相同，而α逐渐增大，故W 1＞W 2，A 正确；木箱运动过程中，支持力逐渐减小，摩擦力逐渐减小，故Q 1＞Q 2，B 正确；因为F cos α与摩擦力的大小关系无法确定，木箱运动情况不能确定，故动能关系、功率关系无法确定，C 、D 错误．8.(2017·孝感统测)如图所示，汽车通过轻质光滑的定滑轮，将一个质量为m 的物体从井中拉出，绳与汽车连接点距滑轮顶点高h ，开始时物体静止，滑轮两侧的绳都竖直绷紧，汽车以速度v向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平方向夹角为30°时，则( )A ．从开始到细绳与水平方向夹角为30°时，拉力做功mghB ．从开始到细绳与水平方向夹角为30°时，拉力做功mgh ＋38m v 2 C ．在细绳与水平方向夹角为30°时，拉力功率为mg vD ．在细绳与水平方向夹角为30°时，拉力功率大于32mg v 解析：选BD.汽车以v 向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平方向夹角为30°时，物体上升的高度恰为h ，对速度v 分解可知沿细绳方向的分速度大小为32v ，根据动能定理可知A 错误、B 正确；由于物体加速上升，故细绳拉力大于物体的重力，所以细绳拉力的功率大于32mg v ，C 错误，D 正确． 三、非选择题9.如图所示，竖直向上拉动细绳，使质量m ＝1 kg 的物体从静止开始以5 m/s 2的加速度上升，不计滑轮及绳子的质量和摩擦，则拉力F 在1 s 内对物体做的功为多大？拉力F 在1 s 末的瞬时功率为多大？(g 取10 m/s 2)解析：对物体受力分析，由牛顿第二定律得：2F －mg ＝ma ，由运动学规律可得在 1 s 内物体上升的高度和1 s 末的速度分别为h ＝12at 2，v ＝at . 根据动滑轮的特点以及功的定义可得，在1 s 内力F 做的功为W ＝F ·2h .1 s 末力F 对物体做功的瞬时功率为P ＝F ·2v联立上述方程，代入数据可得：W ＝37.5 J ，P ＝75 W.答案：37.5 J 75 W10．(2017·常州模拟)高速连续曝光照相机可在底片上重叠形成多个图象．现利用这架照相机对MD －2 000家用汽车的加速性能进行研究，如图为汽车做匀加速直线运动时三次曝光的照片，图中汽车的实际长度为4 m ，照相机每两次曝光的时间间隔为2.0 s .已知该汽车的质量为1 000 kg ，额定功率为90 kW ，汽车运动过程中所受的阻力始终为1 500 N.(1)试利用图示，求该汽车的加速度．(2)若汽车由静止开始以此加速度做匀加速运动，匀加速运动状态最多能保持多长时间．(3)汽车所能达到的最大速度是多大．(4)若该汽车从静止开始运动，牵引力不超过3 000 N ，求汽车运动2 400 m 所用的最短时间(汽车已经达到最大速度)．解析：(1)由题图可得汽车在第1个2 s 时间内的位移x 1＝9 m ，第2个2 s 时间内的位移x 2＝15 m汽车的加速度a ＝Δx T 2＝1.5 m/s 2. (2)由F －F f ＝ma 得，汽车牵引力F ＝F f ＋ma ＝(1 500＋1 000×1.5) N ＝3 000 N汽车做匀加速运动的末速度v ＝P 额F ＝90×1033×103m/s ＝30 m/s 匀加速运动保持的时间t 1＝v a ＝301.5s ＝20 s. (3)汽车所能达到的最大速度v m ＝P 额F f ＝90×1031.5×103m/s ＝60 m/s. (4)由(1)、(2)知匀加速运动的时间t 1＝20 s ，运动的距离x ′1＝v t 12＝302×20 m ＝300 m 所以，后阶段以恒定功率运动的距离x ′2＝(2 400－300) m ＝2 100 m对后阶段以恒定功率运动，有P 额t 2－F f x ′2＝12m (v 2m －v 2) 解得t 2＝50 s所以，所用最短时间为t 总＝t 1＋t 2＝(20＋50) s ＝70 s.答案：(1)1.5 m/s 2 (2)20 s (3)60 m/s (4)70 s四、选做题11.质量为2 kg 的物体放在水平面上，物体与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.1，在水平拉力F 的作用下，物体由静止开始运动，拉力做的功W 和物体发生的位移x 之间的关系如图所示，g ＝10 m/s 2.下列说法中正确的是( )A ．此物体在OA 段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15 W。

专题五 功和能第1讲 功、功率、动能定理一、构建知识网络：二、核心知识、方法回扣：1．做功的两个重要因素是：有力作用在物体上，且使物体在力的方向上 。

.功的求解可利用W ＝Fs cos α求，但F 必须为 ；变力的功一般应用 间接求解；也可以利用F —s 图象来求．2．功率是指单位时间内做的功，公式有：平均功率P ＝Wt ＝F v cos α；瞬时功率P ＝Fv cos α，当α＝0，即F 与v 方向 时，P ＝Fv . 3.常见的几种力做功的特点(1)重力、弹簧弹力、静电力做功与 无关. (2)摩擦力做功的特点①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功,也可以做负功,还可以不做功.②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和 ,在静摩擦力做功的过程中,只有机械能的转移,没有机械能转化为其他形式的能；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和 ,且总为 ,在一对滑动摩擦力做功的过程中,不仅有相互摩擦物体间机械能的转移,还有机械能转化为内能.转化为内能的量等于系统机械能的减少量,等于滑动摩擦力与 的乘积. ③摩擦生热是指滑动摩擦生热,静摩擦不会生热. 4.动能定理：(1)合力的功等于 的变化,即W ＝ . (2)动能定理的适用对象：涉及单个物体(或可看成单个物体的物体系)的受力和位移问题,或求解 做功的问题.(3)应用动能定理解题的基本思路 ①选取研究对象,明确它的运动过程.②分析研究对象的受力情况和各力做功情况,然后求各个外力做功的.③明确物体在运动过程始末状态的动能E k1和E k2.④列出动能定理的方程W合＝E k2－E k1,及其他必要的解题方程,进行求解.三、重要的二级结论：（1）恒力的功等于恒力×恒力方向的位移；恒力的功率等于恒力×恒力方向的速度。

（2）滑动摩擦力、空气阻力等，在曲线运动或往返运动时，这类力（大小不变）的功等于力和路程（不是位移）的积．（3）求摩擦生热时，Q=f滑×s相（4）水平面、斜面的动摩擦因素μ处处相同时，克服摩擦力的功等于μmgs水。