高考物理热点预测功功率动能定理课件


第5讲 功 功率 动能定理

【考纲资讯】
功和功率 动能 动能定理 Ⅱ Ⅱ

【考情快报】 1.单独考查功和功率问题时,题型一般为选择题;动能定理 与直线运动、曲线运动相结合时,题型一般为计算题。 2.预计2013年高考对该讲的考查主要是: (1)考查机车的启动问题;

(2)考查变力做功问题;
(3)考查动能定理在电场、磁场、复合场中的综合应用问题。

【体系构建】

【核心自查】 一、功的分析与判断

1.常见功的特点
功 特点、计算公式 与路径无关,只与初、末位置 mgh 为初、末位 有关,|WG|=____(h 置的高度差)

重力的功

静摩擦力的功 滑动摩擦力的功

可以做正功、负功、不做功
可以做正功、负功、不做功

功 一对静摩擦力的功

特点、计算公式 零 总功为___

一对滑动摩擦力的功 总功为负功,W总=-Ffs(s为路程) 机车牵引力的功 电场力的功 电流的功 洛伦兹力的功 Pt ;F不变时,W=Fs P不变时,W=___ 与路径无关,只与初、末位置 qU 有关,W电=___ UIt 实质上是电场力的功,W=____ 零 为___

2.正、负功的判断 方法 利用F与l 的夹角α 正功 < ° α __90 负功 > ° α __90 不 做 功 = ° α __90

利用F与v 的夹角θ
利用功能关系

< ° θ __90 增加 能量_____

> ° θ __90 减少 能量_____

= ° θ __90 不变 能量_____

二、动能定理的应用 1.应用动能定理解题的基本步骤

2.应用动能定理解题时需注意的问题 直线 运动,也适用于_____ 曲线 运动;既适用 (1)动能定理既适用于_____ 恒力 做功,也适用于_____ 变力 做功。力可以是各种性质的力,既 于_____ 可以同时作用,也可以分段作用,只要求出在作用过程中各力 做功的多少和正负即可,这正是动能定理解题的优越性所在。 (2)动能定理是计算物体的位移或速率的简捷方法,当题目中涉 力、位移和速度 的求解时可优先考虑动能定理。 及_______________

(3)若物体运动的过程中包含几个不同过程,应用动能定理时,
分段 考虑,也可以把全过程作为一_____ 整体 来处理。 可以_____

【热点考向1】

功和功率的理解与计算

【典题训练1】(2011·海南高考)(多选)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 s内受到2 N的水平外 力作用,第2 s内受到同方向的1 N的外力作用。则下列判断正

确的是(

)
5 J 4 9 W 4

A.0~2 s内外力的平均功率是 B.第2 s内外力所做的功是

C.第2 s末外力的瞬时功率最大

D.第1 s内与第2 s内质点动能增加量的比值是

4 5

【解题指导】解答本题时应该注意2 s运动过程中的外力是变 化的,关键是正确求解每秒内的加速度,应该将全过程分为两

个运动阶段分别研究,求出每一阶段的末速度,应用动能定理
及功率公式确定功和功率。

【解析】选A、D。第1 s内质点的加速度a1=2 m/s2,1 s末的速 度v1=2×1 m/s=2 m/s;第2 s内的加速度a2=1 m/s2,第2 s末的 速度v2=(2+1×1)m/s=3 m/s;所以第2 s内外力做的功 P1=2×2 W=4 W,第2 s末的功率为P2=1×3 W=3 W,故C项错
1 2 mv W 2 2 9 误;0~2 s内外力的平均功率 P ? ? 故A项正 ? W, t t 4
1 1 2 2 W2 ? mv 2 ? mv1 ? 2.5 J, 故B项错误;第1 s末的功率为 2 2

确;第1 s内与第2 s内质点动能增加量的比值
1 2 mv1 ?E1 2 4 ? ? , 故D项正确。 ?E 2 W2 5

【拓展提升】 【考题透视】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。

【借题发挥】1.功率的计算

2.对于功和功率的理解与计算问题的解决,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=Flcosα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法求解。 (3)对于功率的计算,应注意区分公式 P ? W 和公式P=Fv,前
t

式侧重于平均功率的计算,而后式侧重于瞬时功率的计算。

【创新预测】 放在地面上的物体受到水平拉力的作用,在0~6 s内其速度与 时间的图象和拉力的功率与时间的图象如图所示,则物体的质 量为(g=10 m/s2)( )

5 A. kg 3

B. 10 kg 9

C. 3 kg 5

9 D. kg 10

【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=
P 5 ? N, 在前2 s内,根据牛顿第二定律得:F1-Ff=ma,又a= v 3 3 m/s2,则m= 10 kg,选项B正确,其他选项均错。 9

【热点考向2】

机车启动问题分析

【典题训练2】(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,

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:

4 用于供给发电机工作,发动机输送给发电机 5

1 5

(1)轿车以90 km/h的速度在平直公路上匀速行驶时,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′。

【解题指导】解答该题时应注意以下两点: (1)根据动能的变化求各个力(包括变力)做功的代数和,再求

变力功。
(2)若变力做功的功率恒定,则可考虑用W=Pt求变力的功。 【解析】(1)轿车牵引力与输出功率的关系式为P=F牵v,将P= 50 kW, F 牵= v1=90 km/h=25 m/s,代入得
P ? 2 ?103 N v1

当轿车匀速行驶时,牵引力与阻力大小相等,
有F阻=2×103 N

(2)在减速过程中,发动机只有 定理
1 1 1 2 Pt ? F阻 L ? mv 2 ? mv1 2 5 2 2

1 P用于轿车的牵引。根据动能 5

代入数据得Pt=1.575×105 J 电池获得的电能为E电=0.5×
4 Pt=6.3×104 J 5

(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=2×103 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 答案:(1)2×103 N (2)6.3×104 J (3)31.5 m

【拓展提升】 【考题透视】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,有可能
在2013年的高考中出现有关的考题。该部分的命题规律有以下 两点:

(1)结合生产、生活中某些运动过程(多用图象描述),结合牛
顿运动定律、运动学规律考查功和功率的概念,考查形式为选 择题和计算题。 (2)创设物理情景,把几种典型的运动 (如匀加速运动、圆周运 动、平抛运动等)组合起来,通过多过程综合考查。

【借题发挥】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
P ,牵引力是变力,牵引力做的功W=Pt。 f阻

(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。

【创新预测】
质量为m的汽车行驶在平直的公路上,在运动中所受阻力不变, 当汽车加速度为a、速度为v时,发动机的功率为P1,则当汽车

发动机的功率为P2时,汽车行驶的最大速度为多少?
【解析】设功率为P1时的牵引力为F,阻力为f,则有P1=Fv, F-f=ma联立解得f=F-ma= 速度 vm ? P2 ?
f P2 v 。 P1 ? mav
P1 -ma,当发动机的功率为P2时,最大 v

P2 v 答案: P1 ? mav

【热点考向3】

动能定理的应用

【典题训练3】(2012·北京高考)如图所示,质量为m的小物块
在粗糙水平桌面上做直线运动,经距离l后以速度v飞离桌面, 最终落在水平地面上。已知l=1.4 m,v=3.0 m/s,m=0.10 kg, 物 块与桌面间的动摩擦因数μ =0.25,桌面高h=0.45 m。不计空气 阻力,重力加速度g取10 m/s2。求:

(1)小物块落地点距飞出点的水平距离s;
(2)小物块落地时的动能Ek; (3)小物块的初速度大小v0。

【解题指导】解答本题需要把握以下三点:

(1)根据平抛运动规律可以求出水平位移。
(2)根据平抛运动开始时的机械能等于落地瞬间的机械能可以 求出落地瞬间的动能。

(3)根据动能定理可求出初速度。

【解析】(1)由平抛运动规律,有 竖直方向 h ? gt 2 得水平距离 s ? v
1 2

水平方向s=vt
2h ? 0.90 m g

1 mgh ? E k ? mv 2, 解得Ek=0.90 J (2)由动能定理, 2 1 1 2 2 (3)由动能定理,有-μmg·l= mv ? mv0 2 2 得初速度大小 v0 ? 2?gl ? v 2 ? 4.0 m / s

答案:(1)0.90 m

(2)0.90 J

(3)4.0 m/s

【拓展提升】 【考题透视】该知识点是近几年高考的重点,也是高考的热点,

考查的频率很高,分析近几年的考题,命题有以下规律:
(1)物体在单一过程中受恒力作用,确定物体动能的变化。 (2)物体经历多个过程,受多个力的作用,且每个过程中所受 力的个数可能不同,确定物体动能的变化。 (3)在一个复杂的综合问题的某一过程,应用牛顿第二定律与

动能定理相结合,分析力的做功或物体的动能变化情况。

【借题发挥】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。

【创新预测】 如图所示,在E=103 V/m的竖直匀强电场中,有一光滑的半圆形 绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN连接,半圆形轨道平面与电 场线平行,P为QN圆弧的中点,其半径R=40 cm,一带正电荷

q=10-4 C的小滑块质量m=10 g,与水平轨道间的动摩擦因数
μ =0.15 ,位于N点右侧1.5 m处,取g=10 m/s2,求:

(1)要使小滑块恰能运动到半圆轨道的最高点Q,则小滑块应以
多大的初速度v0向左运动? (2)这样运动的滑块通过P点时对轨道的压力是多大? 【解析】(1)设小滑块到达Q点的速度为v,在Q点由牛顿第二定
v2 律得: mg ? qE ? m ,小滑块从开始运动到到达Q点的过程中, R
2 由动能定理得:?mg ? 2R ? qE ? 2R ? ?(mg ? qE)x ? 1 mv 2 ? 1 mv 0 ,

2

2

联立解得v0=7 m/s。

(2)设小滑块到达P点的速度为v′,则从开始运动到到达P点的 过程中,由动能定理得:
1 1 2 ?? ? qE ? mg ? x ? ? mg ? qE ? R ? mv?2 ? mv 0 2 2
2 v ? 在P点有:FN=m ,代入数据得FN=0.6 N。 R

答案:(1)7 m/s

(2)0.6 N

动能定理的应用策略 1.对涉及单个物体的受力、位移及过程始、末速度的问题的分 析,尤其不涉及时间的,应优先考虑用动能定理求解。

2.若物体运动包含几个不同过程时,可分段运用动能定理列式,
也可以全程列式(当所求解的问题不涉及中间速度时)。

3.应用动能定理解题的思路和一般步骤

(1)确定研究对象和物理过程,找出始末状态的速度情况;
(2)分析研究对象的受力情况(包括重力),求出各力做功的代 数和,注意求功时,位移必须是相对地面的; (3)确定过程始、末状态的动能,以及动能的变化量; (4)利用动能定理列方程求解,要注意方程的左边是功,右边 是动能的变化量。 (5)有变力做功时,可以利用图象或定积分确定变力所做的功, 也可以根据物体动能的变化,应用动能定理先求出合力所做的

功,再求出变力所做的功。

【典题例证】 【典例】(2012·日照二模)(16分)如图所示,水平路面CD的右

侧有一长L1=2 m的板M,一物块放在板M的最右端,并随板一起
向左侧固定的平台运动,板M的上表面与平台等高。平台的上 表面AB长s=3 m,光滑半圆轨道AFE竖直固定在平台上,圆轨道 半径R=0.4 m,最低点与平台AB相切于A点。当板M的左端距离

平台L=2 m时,板与物块向左运动的速度v0=8 m/s。当板与 平台的竖直墙壁碰撞后,板立即停止运动,物块在板上滑动, 并滑上平台。已知板与路面的动摩擦因数μ 1=0.05,物块与板 的上表面及轨道AB的动摩擦因数μ 2=0.1,物块质量m=1 kg,取 g=10 m/s2。

(1)求物块进入圆轨道时对轨道上的A点的压力;
(2)判断物块能否到达圆轨道的最高点E。如果能,求物块离开 E点后在平台上的落点到A点的距离;如果不能,则说明理由。 【解题关键】(1)半圆轨道“与平台AB相切于A点”,说明A点 在圆弧上,并不是在水平面上。

(2)物块能否到达E点,取决于它在E点的速度大小。

【解题思路】(1)明确运动过程:DC段M与m共同向左减速运动, M与BC碰撞后,m先在M上减速运动,再滑到BA上减速运动;到

达A点后,沿圆轨道做圆周运动,最后可能在 E点水平抛出。
(2)选择解题方法:运用运动学方程、动能定理 (或机械能守恒 定律)、牛顿运动定律、平抛运动规律综合解题。

【规范解答】(1)设物块随板运动撞击竖直墙壁BC时的速度为v1
1 1 2 2 由动能定理得: ??1 ? m ? M ? gL ? ? M ? m ? v1 ? ? M ? m ? v0

设物块到A点时速度为v2由动能定理得:
?? 2 mg ? s ? L1 ? ?

2

2

(3分)

v2 由牛顿第二定律得:FN-mg=m 2 R

1 1 2 2 mv 2 ? mv1 2 2

(2分) (2分)

解得:FN=140 N,由牛顿第三定律知,物块对轨道A点的压力大 小为140 N,方向竖直向下 (1分)

(2)设物块能通过圆轨道的最高点,且在最高点处的速度为 v3,
1 1 2 2 解得: v3 ? 6 m / s ? gR ? 2 m / s
2 2 则有: ?2mgR ? mv3 ? mv 2

(2分)

(2分)

故能通过最高点,做平抛运动 有x=v3t 解得:x=2.4 m
1 2R ? gt 2 2

(1分) (2分)

(1分

答案:(1)140 N

方向竖直向下

(2)见规范解答

【拓展训练】

(2012·福建高考)如图所示,用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面
上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边。已知拖动缆绳的电动 机功率恒为P,小船的质量为m,小船受到的阻力大小恒为f,经过 A点时的速度大小为v0,小船从A点沿直线加速运动到B点经历时 间为t1,A、B两点间距离为d,缆绳质量忽略不计。求:

(1)小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功Wf; (2)小船经过B点时的速度大小v1; (3)小船经过B点时的加速度大小a。 【解析】(1)小船从A点运动到B点克服阻力做功Wf=fd (2)小船从A点运动到B点牵引力做的功W=Pt1 ① ②

由动能定理有W-Wf=
由①②③式解得v1=

1 1 2 2 mv1 ? mv 0 2 2
2 v0 ?



2 (Pt1 ? fd) m



(3)设小船经过B点时绳的拉力为F,绳与水平方向夹角为θ,

电动机牵引绳的速度为u,则P=Fu
u=v1cosθ 由牛顿第二定律有Fcosθ-f=ma 由④⑤⑥⑦式解得 a ?
P
2 m2 v0 ? 2m ? Pt1 ? fd ?


⑥ ⑦
? f m

2 2 答案:(1)fd (2) v0 ? (Pt1 ? fd) m
f ? (3) 2 2 m v0 ? 2m ? Pt1 ? fd ? m P

1.(2012·哈尔滨二模)一位同学在二楼教室窗口把一个篮球用 力水平抛出,篮球落地时重力的瞬时功率约为( A.5 W B.50 W C.500 W )

D.5 000 W

【解析】选B。此题为估算题,二楼教室窗口到地面的高度大 约有4 m,一个篮球的质量大约有0.6 kg,篮球落地时的竖直 分速度 v1 ? 2gh ? 2 ? 10 ? 4 m / s ? 9 m / s, 重力的瞬时功率 P=mgv1=54 W,故本题选B。

2.(2012·安徽高考)如图所示,在竖直平面内有一半径为R的 圆弧轨道,半径OA水平、OB竖直,一个质量为m的小球自A的正

上方P点由静止开始自由下落,小球沿轨道到达最高点B时恰好
对轨道没有压力。已知AP=2R,重力加速度为g,则小球从P到B 的运动过程中( )

A.重力做功2mgR B.机械能减少mgR C.合外力做功mgR
1 mgR 2

D.克服摩擦力做功

【解析】选D。重力做功与路径无关,所以WG=mgR,选项A错;
v2 小球在B点时所受重力等于向心力,mg ? m ,即以 v ? gR , R 1 1 从P点到B点,由动能定理知: W合 ? mv 2 ? mgR ,故选项C 2 2

错;根据能量的转化与守恒知:机械能的减少量为|ΔE|=
1 2

|ΔEP|-|ΔEk|= mgR,故选项B错;克服摩擦力做的功等于 机械能的减少量,故选项D对。

3.(2012·普陀区一模)(多选)如图所示,等腰直角三角体OCD 由不同材料A、B拼接而成,P为两材料在CD边上的交点,且

DP>CP。现将OD边水平放置,让小物块从C滑到D;然后将OC边
水平放置,再让小物块从D滑到C,小物块两次滑动经过P点的 时间相同。下列说法正确的是( )

A.A、B材料的动摩擦因数相同 B.两次滑动中小物块到达底端的速度相等 C.两次滑动中小物块到达P点的速度相等

D.两次滑动中小物块到达底端摩擦生热相等
【解析】选B、D。由小物块两次滑动经过P点的时间相同可知, 两次滑动的加速度不相同,A、B材料的动摩擦因数不相同,两 次滑动中小物块到达P点的速度不相等,选项A、C错误;由动 能定理,两次滑动中克服摩擦力做功相同,小物块到达底端的 速度相等,小物块到达底端摩擦生热相等,故选项 B、D正确。

4.(2012·南通二模)如图甲所示,一质量为m的滑块(可视为质
点)沿某斜面顶端A由静止滑下,已知滑块与斜面间的动摩擦因 数μ 和滑块到斜面顶端的距离x的关系如图乙所示。斜面倾角 为37°,长为L,有一半径为R=
1 L的光滑竖直半圆轨道刚好与 20

斜面底端B相接,且直径BC与水平面垂直,假设滑块经过B点时

没有能量损失。求:

(1)滑块滑至斜面中点时的加速度大小; (2)滑块滑至斜面底端时的速度大小;

(3)试分析滑块能否滑至光滑竖直半圆轨道的最高点C。如能,
请求出在最高点时滑块对轨道的压力;如不能,请说明理由。 【解析】(1)滑块滑至斜面中点时,由图乙可知,μ=0.5, 则对滑块:mgsin37°-μmgcos37°=ma 代入数据解得:a=
1 g 5

(2)滑块由顶端滑至底端,由动能定理得:
mgLsin37? ? Wf ? Wf ? fL ? ? 1 2 mv B 2

由图乙的物理意义得:
0 ? mgcos37? 2 L ? ? mgL, 2 5 解得: v B ? 2 gL 5

(3)设滑块能运动到C点,则从B到C,由动能定理:
1 1 2 , mv C ? mv 2 B 2 2

? mg ? 2R ?

1 解得: vC ? gL 5
2 v?C 如滑块恰好滑到C点:mg= m R

解得:v?C ? gR ?

1 gL ? vC 20

所以滑块能够到达C点 当滑块滑到C点时:
2 vC mg ? N ? m , R

解得N=3 mg

由牛顿第三定律得滑块在C点时对轨道的压力为3mg,方向竖直 向下 答案:(1) 1 g 5 (2)
2 gL 5

(3)见解析


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