2016届高三物理二轮复习第一部分专题二第1讲功、功率与动能定理

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热点聚焦 备考对策

1.功、功率与动能定理部分：考查与功、功率相关的分析和计算及动能定理的综合应用，题型为选择题或与牛顿运动定律相结合的计算题.

2.功能关系和能量守恒部分：以直线运动、平抛和圆周运动为情景，考查运动过程中的受力分析、运动分析、能量转化及功能关系问题，以及带电粒子在电场、磁场中的能量问题，以计算题形式命题为主． 1.正确判断是否做功、是做正功还是负功，掌握各种力做功的特点及计算方法，区别瞬时功率和平均功率，能熟练运用动能定理解决综合问题，注意和图象有关的题型.

2.加强综合运用功能关系、机械能守恒定律和能量守恒定律解决多运动过程问题的训练，提高运用动能定理和能量守恒定律解决带电粒子在电场、磁场中的运动问题的能力，关注以竞技体育或近现代科技为背景命制的题目.

第1讲 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．(多选)(2015·西安一模)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，如图甲所示，此后物体的v－t图象如图乙所示，取水平向右为正方向，g取10 m/s2，则( )

A．物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5

B．10 s末恒力F的瞬时功率为6 W

C．10 s末物体在计时起点左侧2 m处

D．10 s内物体克服摩擦力做功34 J [突破点拨]

(1)0～4 s内，物体所受摩擦力方向向________，所受合力大小为________.4 s～10 s内，摩擦力方向向________，所受合力大小为________．

(2)由图象知，0～4 s内物体的加速度大小为________.4 s～10 s内物体的加速度大小为________．

(3)摩擦力在0～4 s和4 s～10 s内做的功各为正功还是负功？

[解析] 由题图乙知前后两段时间内物体加速度的大小分别为a1＝2 m/s2、a2＝1 m/s2，由牛顿第二定律知F＋μmg＝ma1，F－μmg＝ma2，联立得F＝3 N、μ＝0.05，A错误；10 s末恒力F的瞬时功率为P＝Fv＝18 W，B错误；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正确；10 s内物体的路程为s＝34 m，即10 s内物体克服摩擦力所做的功W＝μmgs＝0.05×2×10×34 J＝34 J，D正确．

[答案]

CD

(1)在上述题1中，0～10 s内恒力F做功的平均功率为多大？

解析：10 s内物体的位移x＝－2 m，恒力F做的功W＝Fx＝－3×(－2) J＝6 J，P＝Wt＝610

W＝0.6 W.

答案：0.6 W

(2)在上述题1中，0～10 s内合外力对物体所做的功为多少？

解析：由动能定理得W合＝12mv2－12mv20＝12×2×(－6)2 J－12×2×82 J＝－28 J.

答案：－28 J

2．(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 N

B．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108 J

C．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107 W

D．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s2

[解析] 对舰载机应用运动学公式v2－02＝2ax，即802＝2·a·100，得加速度a＝32 m/s2，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＝va＝8032 s＝2.5 s，平均功率P＝Wt＝1.1×1082.5 W＝4.4×107W，选项C错误．

[答案] ABD

3.(2015·河北冀州调研)一个质量为0.3 kg的物体沿水平面做直线运动，如图所示，图线a表示物体受水平拉力时的v－t图线，图线b表示撤去水平拉力后物体继续运动的v－t图线，g＝10 m/s2，下列说法中正确的是(

)

A．撤去拉力后物体还能滑行7.5 m

B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1

C．水平拉力的大小为0.1 N，方向与摩擦力方向相同

D．水平拉力对物体做功为1.2 J

[解析] 在0～3 s内水平拉力F作用在物体上，由v－t图象可知，此时间内物体的加速度大小a1＝23 m/s2，3 s末撤去力F，此后，物体的加速度大小a2＝13 m/s2.由v－t 图线和横轴所围面积表示位移，可知3～6 s内物体的位移为7.5 m，而6 s末物体的速度不为零，此后物体仍向前运动，故A错．由ma2＝μmg，可得μ＝130，B错．结合题图可知F与摩擦力方向相同，由牛顿第二定律有F＋μmg＝ma1，解得F＝0.1 N，故C对．W＝－Fx＝－1.2 J，D错．

[答案] C

[方法技巧]

(1)计算力所做的功时，一定要注意是恒力做功还是变力做功．若是恒力做功，可用公式W＝Flcos α进行计算．若是变力做功，可用以下几种方法进行求解：

①微元法：把物体的运动分成无数个小段，计算每一小段力F做的功．②将变力做功转化为恒力做功．

③用动能定理或功能关系进行求解．

(2)对于功率的计算要区分是瞬时功率还是平均功率．P＝Wt只能用来计算平均功率．P＝Fvcos α中的v是瞬时速度时，计算出的功率是瞬时功率；v是平均速度时，计算出的功率是平均功率．

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)考查圆周运动的临界和极值问题．

1．(2015·张掖二模)如图，一个质量为0.6 kg的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)．已知圆弧的半径R＝0.3 m，θ＝60°，小球到达A点时的速度vA＝4 m/s.g取10 m/s2，求：

(1)小球做平抛运动的初速度v0.

(2)P点与A点的高度差．

(3)小球到达圆弧最高点C时对轨道的压力．

[突破点拨]

(1)“恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧”说明vA与水平方向成________角．

(2)小球由P至A过程满足的动能定理方程为_______________________.

(3)小球在C点的速度可由A点到C点的过程中________方程求出，在C点由____________求解轨道对小球的支持力，再由____________求小球在C点时对轨道的压力．

[解析] (1)由题意知小球到A点的速度vA沿曲线上A点的切线方向，对速度分解如图所示：

小球做平抛运动，由平抛运动规律得：

v0＝vx＝vAcos θ＝2 m/s.

(2)小球由P至A的过程由动能定理得：

mgh＝12mv2A－12mv20 解得：h＝0.6 m.

(3)小球从A点到C点的过程中，由动能定理得：

－mg(Rcos θ＋R)＝12mv2C－12mv2A

解得：vC＝7 m/s

小球在C点由牛顿第二定律得：

FNC＋mg＝mv2CR

解得：FNC＝8 N

由牛顿第三定律得：F′NC＝FNC＝8 N

方向竖直向上．

[答案] (1)2 m/s (2)0.6 m (3)8 N，方向竖直向上

(1)在上述题1中，求小球经过最低点B时对轨道的压力大小．

解析：小球由A至B过程由动能定理得：

mgR(1－cos θ)＝12mv2B－12mv2A

解得：vB＝19 m/s

在B点由牛顿第二定律得：

FNB－mg＝mv2BR

解得：FNB＝44 N

由牛顿第三定律得小球经过最低点B时对轨道的压力大小为F′NB＝FNB＝44 N.

答案：44 N

(2)在上述题1中，若圆弧轨道粗糙，小球恰好能够经过最高点C，求此过程小球克服摩擦力所做的功．

解析：小球恰好经过C点时，在C点由牛顿第二定律得：mg＝mv2CR 解得：vC＝3 m/s

小球由A至C过程由动能定理得：

－mg(Rcos θ＋R)－Wf＝12mv2C－12mv2A

解得：Wf＝1.2 J.

答案：1.2 J

2.(2015·高考海南卷)如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g.质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为(

)

A．14mgR B．13mgR

C．12mgR D．π4mgR

[解析] 当质点由P点滑到Q点时，对轨道的正压力为FN＝2mg，由牛顿第三定律、牛顿第二定律得FN－mg＝mv2QR，v2Q＝gR.对质点自P点滑到Q点应用动能定理得：

mgR－Wf＝12mv2Q－0，得：Wf＝12mgR，因此，A、B、D错误，C正确．

[答案] C

3．(2015·高考浙江卷)如图所示，用一块长L1＝1.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H＝0.8 m，长L2＝1.5 m．斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定．将质量m＝0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失．(重力加速度取g＝10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)

(1)当θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)

(2)当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

(3)继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm.

[解析] (1)为使小物块下滑，应有mgsin θ≥μ1mgcos θ，

θ满足的条件tan θ≥0.05