2019届高考物理二轮复习第一部分专题整合专题二功能与动量第1讲功和功率动能定理专项训练.doc

1、1第 1 讲 功和功率 动能定理真题再现 1.(2018全国卷)如图 211 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图 211A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解析 由动能定理 WF Wf Ek0，可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，A 正确。答案 A2(2018全国卷)如图 212 所示， abc 是竖直面内的光滑固定轨道， ab 水平，长度为 2R； bc 是半径为 R 的四分之一圆弧，与 ab 相切于 b 点。一质量为 m 的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自 a

2、点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为 g。小球从 a 点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为图 212A2 mgR B4 mgRC5 mgR D6 mgR解析 设小球运动到 c 点的速度大小为 vc，则对小球由 a 到 c 的过程，由动能定理有F3R mgR mv ，又 F mg，解得 vc2 ，小球离开 c 点后，在水平方向做初速度为12 2c gR零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开 c 点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为 g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开 c 点到其轨迹最高点所需的时间为 t 2 ，在水平方向的位移大小为v

3、cg Rgx gt22 R。由以上分析可知，小球从 a 点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向122的位移大小为 5R，则小球机械能的增加量为 E F5R5 mgR，C 正确，ABD 错误。答案 C3.(2015全国卷)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 t 的变化如图 213 所示。假定汽车所受阻力的大小 f 恒定不变。下列描述该汽车的速度 v 随时间 t 变化的图线中。可能正确的是图 213解析 本题属于机车的恒定功率启动问题。当牵引力大于阻力时，机车加速运动，但速度的增加会导致牵引力变小，机车所受的合力变小，机车的加速度变小，故机车的运动为加速度不断变小

4、的加速运动，直到加速度等于零变为匀速直线运动，故 0 t1时间内，是一个恒定功率加速过程，直到变为匀速直线运动， t1 t2时间内，是另一个恒定功率加速过程，直到变为匀速直线运动，故 A 项正确。答案 A4.(2017全国卷)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离 s0和 s1(s1 s0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图 214 所示。训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度 v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处。假定运动员在滑行过程中做

5、匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为 v1，重力加速度大小为 g，求图 214(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；(2)满足训练要求的运动员的最小加速度。解析 (1)设冰球的质量为 m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为 ，由动能定理得3 mgs 0 mv mv 12 21 12 20解得 。v20 v212gs0(2)冰球到达挡板时，满足训练需求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小。设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为 a1和 a2，所用的时间为 t。由运动学公式得v v 2 a1s020 21v0 v1 a1ts1 a2t212联立式得a2 。s1(v1 v0)22s20答案 见解

6、析考情分析分值 614 分题型 以选择题为主，计算题涉及其中一部分命题热点(1)功和功率的理解与计算(2)机车启动问题(3)应用动能定理解决综合问题考点一 功和功率的计算1功的计算(1)恒力做功 W Flcos 。(2)变力做功 W l( 为力对位移的平均值)。F F W Pt。( P 恒定，或 W t)P利用功能关系 W E 或动能定理 W Ek。图像法： F x 图线所围的面积； Pt 图线所围的面积。 W p V(计算气体做功)。2功率的计算(1)瞬时功率 P Fvcos ，其中 为 F 与 v 的夹角。4(2)平均功率 P 。Wt【题组突破】1(2018中山七校联考)汽车在平直公路上行

7、驶，在它的速度从零增加到 v 的过程中，汽车发动机做的功为 W1；它的速度从 v 增加到 2v 的过程中，汽车发动机做的功为 W2，设汽车在行驶过程中发动机的牵引力和所受阻力都不变，则有A W22 W1 B W23 W1C W24 W1 D仅能判定 W2 W1解析 速度从零增加到 v 的过程中的位移 x1 ，速度从 v 增加到 2v 的过程中的位v22a移 x2 ，则位移之比为 13，根据 W Fx 知，汽车发动机做功之比为4v2 v22a 3v22a13，即 W23 W1，故 B 正确，A、C、D 错误。答案 B2(2018哈尔滨师范大学附属中学高三测试)测定运动员体能的一种装置如图215

8、所示，运动员质量为 m1，绳拴在腰间沿水平方向跨过定滑轮(不计滑轮摩擦、质量)，下悬一个质量为 m2的重物，人用力蹬传送带而人的重心不动，使传送带以速率 v 匀速向右运动，下面是人对传送带做功的四种说法，其中正确的是图 215A人对传送带不做功B人对传送带做负功C人对传送带做功的功率为 m2gvD人对传送带做功的功率为( m1 m2)gv解析 人对传送带的摩擦力方向向右，传送带在力的方向上有位移，所以人对传送带做功，摩擦力和位移的方向相同，故做正功，故 A、B 错误；人的重心不动，绳对人的拉力和人与传送带间的摩擦力平衡，而拉力又等于 m2g，所以人对传送带做功的功率为 m2gv，故 C 正确，

9、D 错误。答案 C3(多选)如图 216 所示，物体沿弧形轨道滑下后进入足够长的水平传送带，传送带以图示方向匀速运转，则传送带对物体做功情况可能是5图 216A始终不做功B先做负功后做正功C先做正功后不做功D先做负功后不做功解析 当物体到达传送带上时，如果物体的速度恰好和传送带的速度相等，那么物体和传送带将一起在水平面上匀速运动，它们之间没有摩擦力的作用，所以传送带对物体始终不做功，所以 A 正确。若物体速度大于传送带速度，则受向后的摩擦力，传送带对物体做负功，当速度与传送带速度相等时，摩擦力为零，不再对物体做功，不会出现再做正功的情况，所以 B 错误，D 正确。若物体速度小于传送带速度，则受

10、向前的摩擦力，传送带对物体做正功，当速度与传送带速度相等，摩擦力又变为零，不再对物体做功，所以 C 正确。答案 ACD考点二 机车启动问题1恒定功率启动机车先做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速直线运动。速度图像如图 217 所示，当 F F 阻 时， vm 。PF PF阻图 2172恒定加速度启动速度图像如图 218 所示。机车先做匀加速直线运动，当功率达到额定功率后获得匀加速运动的最大速度 v1。若再加速，应保持功率不变做变加速运动，直至达到最大速度vm后做匀速运动。图 218(1)求 v1由 F F 阻 ma； P P 额 Fv1得 v1 。P额F阻 ma6(2)求 vm：由 P 额 F

11、 阻 vm得 vm 。P额F阻(3)求匀加速时间 t1： t1 。v1a(多选)(2018 资阳二诊)如图 219 所示为牵引力 F 和车速倒数 的关系图1v像。若汽车质量为 2103 kg，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，设其最大车速为 30 m/s，则正确的是图 219A汽车所受阻力为 2103 NB汽车车速为 15 m/s 时功率为 3104 WC汽车匀加速的加速度为 3 m/s2D汽车匀加速所需时间为 5 s解析 由图像可知车速为 30 m/s 时的牵引力为 F210 3 N，此时汽车做匀速运动，f F210 3 N，故 A 正确。此时汽车的功率为 P Fvm210 3

12、N30 m/s610 4 W。汽车在速度较小时做匀加速运动。设速度为 v1时开始做功率恒定的变加速运动，由P F1v1得 v1 m/s10 m/s。PF1 61046103即速度在 10 m/sv30 m/s 范围内，汽车的功率为 6104 W 保持不变，B 错误。由 F1 f ma 得 a2 m/s 2，故 C 错误。由 v1 at1得 t1 5 s，选项 D 正确。v1a答案 AD【题组突破】1(2018河南九校联考)如图 2110 所示，汽车在平直路面上匀速运动，用跨过光滑定滑轮的轻绳牵引轮船，汽车与滑轮间的绳保持水平，当牵引轮船的绳与水平方向成 角时，轮船速度为 v，汽车的功率为 P，

13、汽车受到的阻力(不含绳的拉力)恒为 f，则此时绳对船的拉力大小为7图 2110A. f B. fPvcos Pvcos C. f D. fPcos v Pcos v解析 将船的速度分解如图所示，沿绳子方向的分速度 v1 vcos ，根据 P Fv1得，汽车的牵引力大小 F 。根据平衡条件得，绳对汽车的拉力大小 F F fPv1 Pvcos f，那么此时绳对船的拉力大小为 f，故选项 B 正确。Pvcos Pvcos 答案 B2(2018鞍山二模)汽车在平直公路上以速度 v0匀速行驶，发动机功率为 P。快进入闹市区时，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半并保持该功率继续行驶。如图2111 四

14、个图像中，哪个图像正确表示了从司机减小油门开始，汽车的速度与时间的关系图 2111解析 汽车匀速行驶时合力为零即牵引力等于阻力，功率减小一半时，汽车的速度由于惯性来不及变化，根据功率和速度关系公式 P Fv，牵引力减小一半，小于阻力，合力向后，汽车做减速运动，由公式 P Fv 可知，功率一定时，速度减小后，牵引力增大，合力减小，加速度减小，故汽车做加速度不断减小的减速运动，当牵引力增大到等于阻力时，加速度减为零，物体将再次做匀速直线运动，故 C 正确，A、B、D 错误。答案 C考点三 动能定理的综合应用1对动能定理表达式 W Ek Ek2 Ek1的理解(1)动能定理表达式中， W 表示所有外力

15、做功的代数和，包括物体重力所做的功。(2)动能定理表达式中， Ek为所研究过程的末动能与初动能之差，而且物体的速度均是相对地面的速度。2应用动能定理解题应注意的三点(1)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，比动力学研究方法要简捷。8(2)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)物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑，但如能对整个过程利用动能定理列式，则可使问题简化。(2018 成都二诊)如图 2112 所示，四分之三周长圆管的半径 R0.4 m，管口 B 和圆心 O 在

16、同一水平面上， D 是圆管的最高点，其中半圆周 BE 段存在摩擦， BC 和CE 段动摩擦因数相同， ED 段光滑；质量 m0.5 kg、直径稍小于圆管内径的小球从 B 正上方高 H2.5 m 的 A 处自由下落，到达圆管最低点 C 时的速率为 6 m/s，并继续运动直到圆管的最高点 D 飞出，恰能再次进入圆管，假定小球再次进入圆管时不计碰撞能量损失，重力加速度 g 取 10 m/s2，求：图 2112(1)小球飞离 D 点时的速度大小；(2)小球从 B 点到 D 点过程中克服摩擦所做的功；(3)由动能定能分析小球再次进入圆管后能越过 C 点的原因。思路引导解析 (1)小球飞离 D 点后做平抛

17、运动，在水平方向： R vDt，竖直方向： R gt2，12解得 vD m/s。2(2)小球从 A 到 D 过程中，由动能定理得9mg(H R) Wf1 mv 0，12 2D解得 Wf110 J。(3)小球从 C 到 D 过程中，由动能定理得2 mgR Wf2 mv mv ，12 2D 12 2C解得 Wf24.5 J，小球从 A 到 C 过程中，由动能定理得mg(H R) Wf3 mv 0，12 2C解得 Wf35.5 J；小球再次进入圆管，从 D 到 C 的过程中，由动能定理得2mgR Wf4 mvC 2 mv ，12 12 2D解得 Wf44.5 J mvC 2，12Wf4 Wf24.5

18、 J。 vC0，小球能过 C 点。答案 (1) m/s (2)10 J2(3)小球再次进入圆管后，能越过 C 点，因为到达 C 点时的速度大于零。【题组突破】1.(2018天津卷)如图 2113 所示，滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道 AB，从滑道的 A 点滑行到最低点 B 的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿 AB 下滑过程中图 2113A所受合外力始终为零B所受摩擦力大小不变C合外力做功一定为零D机械能始终保持不变解析 运动员做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心，A 项错误；由动能定理可知，合外力做功一定为零，C 项正确；

19、运动员所受滑动摩擦力大小随运动员对滑道压力大小的变化而变化，B 项错误；运动员动能不变，重力势能减少，所以机械能减少，D 项错误。答案 C2动能定理在电学中的应用10(2018湖南五市十校联考)如图 2114 所示， BCD 为固定在竖直平面内的半径为r10 m 圆弧形光滑绝缘轨道， O 为圆心， OC 竖直， OD 水平， OB 与 OC 间夹角为 53，整个空间分布着范围足够大的竖直向下的匀强电场。从 A 点以初速 v09 m/s 沿 AO 方向水平抛出质量 m0.1 kg 的小球 (小球可视为质点)，小球带正电荷 q0.01 C，小球恰好从B 点沿垂直于 OB 的方向进入圆弧轨道。不计空

20、气阻力。求：图 2114(1)A、 B 间的水平距离 L；(2)匀强电场的电场强度 E；(3)小球过 C 点时对轨道的压力的大小 FN；(4)小球从 D 点离开轨道后上升的最大高度 H。解析 (1)从 A 到 B， vBy v0tan 53， vBy at， y rcos 53， y at2解得 t1 12s， a12 m/s 2， L v0t9 m(2)根据牛顿第二定律可得 mg qE ma，解得 E20 N/C(3)从 A 到 C，根据动能定理可得( mg qE)r mv mv 在 C 点， FN( mg qE)12 2c 12 20 m ，解得 FN4.41 N，由牛顿第三定律可知小球对

21、轨道压力大小为 4.41 N。v2cr(4)对全过程运用动能定理，( qE mg)H mv ，解得 H3.375 m。12 20答案 (1)9 m (2) E20 N/C (3) FN4.41 N(4)H3.375 m3如图 2115 所示，上表面光滑、长度足够长、质量 M10 kg 的木板，在 F50 N 的水平拉力作用下，以 v05 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度地放在木板最右端，以后木板再运动 1 m 时再在其最右端无初速度地放上一个同样的小铁块

22、。( g 取 10 m/s2)求：图 2115(1)木板与地面间的动摩擦因数；11(2)刚放第三个铁块时木板的速度大小；(3)从放第三个铁块开始(停止放后续铁块)到木板停下的过程，木板运动的距离。解析 (1)木板做匀速直线运动时，受到地面的摩擦力为 Ff由平衡条件得 F Ff又 Ff Mg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 ，令刚放第三个铁块时木板速度为 v1，对木板从放第一个铁块到刚放第三个铁块的过程，由动能定理得 mgL 2 mgL Mv Mv12 21 12 20联立代入数据得 v14 m/s(3)从放第三个铁块开始到木板停下之前，木板所受的摩擦力恒为 (3m M)g，从放第三个铁块开始到木板停下的过程，木板运动的距离为 x，对木板由动能定理得3 mgx 0 Mv12 21联立并代入数据得 x m1.78 m。169答案 (1)0.5 (2)4 m/s (3)1.78 m