2. 功率公开课教案

专题五

功

功率

动能定理

考点1| 功

功率的分析与计算

难度：中档

题型：选择题

五年3考

(多选)(2016·全国甲卷T21)如图1所示，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连．现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点．已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相π等，且∠ONM<∠OMN<2.在小球从M点运动到N点的过程中，(

)

图1 A．弹力对小球先做正功后做负功

B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度

C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零

D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差

【解题关键】

1

关键语句

M、N两点处弹簧对小球的弹力大π小相等且∠ONM＜∠OMN＜2

弹簧长度最短

信息解读

M点弹簧处于压缩状态，N点弹簧处于伸长状态

弹簧与竖直杆垂直

πBCD

[在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<2，则小球在M点时弹簧处于压缩状态，在N点时弹簧处于拉伸状态，小球从M点运动到N点的过程中，弹簧长度先缩短，当弹簧与竖直杆垂直时弹簧达到最短，这个过程中弹力对小球做负功，然后弹簧再伸长，弹力对小球开始做正功，当弹簧达到自然伸长状态时，弹力为零，再随着弹簧的伸长弹力对小球做负功，故整个过程中，弹力对小球先做负功，再做正功，后再做负功，选项A错误．

在弹簧与杆垂直时及弹簧处于自然伸长状态时，小球加速度等于重力加速度，选项B正确．弹簧与杆垂直时，弹力方向与小球的速度方向垂直，则弹力对小球做功的功率为零，选项C正确．由机械能守恒定律知，在M、N两点弹簧弹性势能相等，在N点的动能等于从M点到N点重力势能的减小值，选项D正确．]

(2015·全国卷ⅡT17)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2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2 2

【解题关键】

解此题的关键有两点

(1)P-t图象v-t图象的物理意义及相关信息．

(2)公式P＝Fv及F－f＝ma的应用．

A

[由P-t图象知：0～t1内汽车以恒定功率P1行驶，t1～t2内汽车以恒定功率P2行驶．设汽车所受牵引力为F，则由P＝Fv得，当v增加时，F减小，由aF－f＝m知a减小，又因速度不可能突变，所以选项B、C、D错误，选项A正确．]

(2014·全国卷ⅡT16)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(

) A.WF2>4WF1，Wf2>2Wf1

B．WF2>4WF1，Wf2＝2Wf1

C．WF2<4WF1，Wf2＝2Wf1

D．WF2<4WF1，Wf2<2Wf1

【解题关键】

(1)初速度相同，时间相同，末速度分别为v和2v，则由x＝v＋v0v－v011t确定，位移关系为x＝x，由a＝，a＝11222t2a2.

11(2)由于地面有阻力，虽然a1＝2a2，但是F1≠2F2. v＋v01C

[根据x＝2t得，两过程的位移关系x1＝2x2，根据加速度的定义a＝3

v－v0a2，得两过程的加速度关系为a＝1t2.由于在相同的粗糙水平地面上运动，故两过程的摩擦力大小相等，即f1＝f2＝f，根据牛顿第二定律F－f＝ma得，F1－f111F2＝ma1，F2－f2＝ma2，所以F1＝2F2＋2f，即F1>2.根据功的计算公式W＝Fl，可11知Wf1＝2Wf2，WF1>4WF2，故选项C正确，选项A、B、D错误．]

1．高考考查特点

(1)本考点命题角度为功的定义式的理解及应用，机车启动模型的分析．

(2)理解公式W＝F·s

cos α，P＝F·v，F－f＝ma，P＝fvm及机车启动的两种方式是解题的关键．

2．解题的常见误区及提醒

(1)应用公式W＝F·s cos α时，忘掉公式仅用于恒力做功的条件．

(2)机车启动问题中要分清匀加速启动还是恒定功率启动．

(3)匀加速过程的末速度不是机车启动的最大速度．

(4)恒定功率启动中功的计算可用W＝P·t计算．

●考向1

功的理解与计算

1．如图3所示，将一个倾角为θ的光滑斜面体放在水平面上，一根长为L的轻质细绳悬挂着一个质量为m的小球，开始时小球与斜面体刚刚接触且细绳恰好竖直．现在用水平推力F缓慢向左推动斜面体，直至细绳与斜面体平行，则下列说法中正确的是(

)

【导学号：37162033】

图3 A．由于小球受到斜面的弹力始终与斜面垂直，故对小球不做功

B．细绳对小球的拉力始终与小球的运动方向垂直，故对小球不做功

C．小球受到的合外力对小球做功为零，故小球在该过程中机械能守恒

4

D．若水平面光滑，则推力做功为mgL(1－cos θ) B

[小球受到斜面的弹力沿竖直方向有分量，故对小球做正功，A错误；细绳的拉力方向始终和小球的运动方向垂直，故对小球不做功，B正确；合外力对小球做的功等于小球动能的改变量，虽然合外力做功为零，但小球的重力势能增加，故小球在该过程中机械能不守恒，C错误；若水平面光滑，则推力做功为mgL(1－sin θ)，D错误．] 2．(高考改编)[例3](2014·全国卷ⅡT16)中，若将平面改为如图4所示的斜面，物块与所有接触面摩擦因数相同，物块从A点静止释放，沿斜面AB到D时速度为v1，摩擦力做功为Wf1沿斜面AC到D时速度为v2，摩擦力做功为Wf2，则以下正确的是(

)

图4 A．v1＞v2

Wf1＜Wf2

C．v1＝v2

Wf1＝Wf2

B．v1＜v2

Wf1＞Wf2

D．无法确定

C

[设斜面AC的长度为L，AC与水平面的夹角为θ，则物块下滑过程中摩擦力做功W＝μmg·Lcos θ＝μmg·sOC与θ角无关，故物块由A到D摩擦力做功Wf1＝Wf2＝μmg·sOD，由动能定理可知，选项C正确．] ●考向2

功率的分析和计算

3．(2016·合肥市二模)如图5所示，两个完全相同的小球A、B，在同一高度处以相同大小的初速度v分别水平抛出和竖直向上抛出，下列说法正确的是(

)

图5 A．两小球落地时的速度相同

B．两小球落地时，A球重力的瞬时功率较小

C．从开始运动至落地，A球重力做功较大

5

D．从开始运动至落地，重力对A小球做功的平均功率较小

1212B

[根据机械能守恒定律得，mv＋mgh＝两小球落地时速度大小v′22mv′，是相同的，但两小球的速度方向不同，选项A错误；两小球落地时，A球重力瞬时功率mgv′cos α，B球重力瞬时功率mgv′，A球重力瞬时功率小于B球重力瞬时功率，选项B正确；从开始运动到落地，两球重力做功都是mgh，是相等的，选项C错误；从开始运动到落地，两球重力做功相等，A球下落时间较短，重力W对A球做功的平均功率P＝t较大，选项D错误．]

●考向3

机车启动问题

4．(高考改编)[例2](2015·全国卷ⅡT17)中，若汽车在平直公路上匀速行驶，牵引力为F0.P随时间t的变化规律如图6所示，t2时刻汽车又恢复了匀速直线运动，则下列图象正确的是(

)

图6

A

B

C

D D

[由P＝Fv可知，开始的时候P＝F0v0，功率降一半的时候，速度不能瞬间改变，所以瞬间变化的是力F，减小一半．由于一开始匀速，所以摩擦力等于F，故功率减半，导致牵引力减小，汽车开始减速，减速过程中，牵引力慢慢增大，减速的加速度越来越小，所以t1到t2时刻的速度图象慢慢变得平缓，t2时刻减速的加速度为零，故A、B错误；由于t1时刻，力突然减小，减速的加速度很大，速度快速的减小，根据P＝Fv，力F增加的较快，待速度下降越来越慢时，6

F增加的速度也变慢，曲线逐渐变的平稳，故C错误，D正确．]

1计算功、功率时应注意的三个问题

①功的公式W＝Fl和W＝Flcos α仅适用于恒力做功的情况.

②变力做功的求解要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.

W③对于功率的计算，应注意区分公式P＝t

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.

2机车启动模型中的两点技巧机车启动匀加速过程的最大速度v1此时机车输出的功率最大和全程的最大速度vm此时F牵＝F阻求解方法：

①求v1：由F牵－F阻＝ma，P＝F牵v1可求v1＝②求vm：由P＝F阻vm，可求vm＝P. F阻

考点2| 动能定理的应用

难度：较难

题型：选择题、计算题

五年3考

(2015·全国卷ⅠT17)如图7所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道，质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小．用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功．则(

) P.

F阻＋ma

图7 1A．W＝2mgR，质点恰好可以到达Q点

1B．W>2mgR，质点不能到达Q点

7

1C．W＝2mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离

1D．W<2mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离

【解题关键】

解此题关键有两点：

(1)利用N点的压力分析计算N点的速度．

(2)利用圆周运动速度越大压力越大的特点结合对称性分析摩擦力．

C

[设质点到达N点的速度为vN，在N点质点受到轨道的弹力为FN，则mv213NFN－mg＝R，已知FN＝F′N＝4mg，则质点到达N点的动能为EkN＝2mv2＝N2mgR.质点由开始至N点的过程，由动能定理得mg·2R＋Wf＝EkN－0，解得摩擦力做的11功为Wf＝－2mgR，即克服摩擦力做的功为W＝－Wf＝2mgR.

设从N到Q的过程中克服摩擦力做功为W′，则W′＜W.从N到Q的过程，112112由动能定理得－mgR－W′＝2mv2－mv，即mgR－W′＝Q2N22mvQ，故质点到达Q点后速度不为0，质点继续上升一段距离．选项C正确．]

(2016·全国乙卷T25)如图8所示，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5于自然状态．直轨道与一半径为6R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P134与直轨道间的动摩擦因数μ＝4，重力加速度大小为g.(取sin 37°＝5，cos 37°＝5)

图8 (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；

8

(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7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．

【解题关键】

关键语句

弹簧原长为2R，AC＝7R 最低点E点

最高到达F点

圆弧轨道的最高点D处水平飞出

信息解读

BC＝5R

E点速度恰好为零

F点速度为零

D点后做平抛运动

【解析】

(1)根据题意知，B、C之间的距离l为

l＝7R－2R 设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得

1mglsin θ－μmglcos θ＝2mv2B

式中θ＝37°.联立①②式并由题给条件得

vB＝2gR. ③

②

①

(2)设BE＝x.P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep.P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有

12mgxsin θ－μmgxcos θ－Ep＝0－2mvB

E、F之间的距离l1为

l1＝4R－2R＋x ⑤

④

P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有

Ep－mgl1sin θ－μmgl1cos θ＝0 联立③④⑤⑥式并由题给条件得

x＝R 12Ep＝5mgR. ⑦

⑧

⑥

(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

75x1＝2R－6Rsin θ

9 ⑨

55y1＝R＋6R＋6Rcos θ

⑩

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vD，由D点运动到G点的时间为t.

由平抛运动公式有

1y1＝2gt2 x1＝vDt 联立⑨⑩⑪⑫式得

3vD＝55gR

⑬

⑪

⑫

设P在C点速度的大小为vC.在P由C运动到D的过程中机械能守恒，有

115522mv＝mv＋mg(R＋121C21D66Rcos θ) P由E点运动到C点的过程中，同理，由动能定理有

1Ep－m1g(x＋5R)sin θ－μm1g(x＋5R)cos θ＝2m1v2C

联立⑦⑧⑬⑭⑮式得

1m1＝3m. 1231【答案】

(1)2gR

(2)5mgR

(3)55gR

3m

1．高考考查特点

本考点命题角度多为应用动能定理解决变力做功及多过程问题，题目综合性较强，正确理解动能定理，灵活分析物体的受力特点、运动特点及做功情况是常用方法．

2．解题的常见误区及提醒

112(1)公式W＝2mv2－t2mv0中W应是总功，方程为标量方程，不能在某方向上应用．

(2)功的计算过程中，易出现正、负功判断及漏功的现象．

(3)多过程问题中，不善于挖掘题目中的隐含条件，运动物体的过程分析易10 ⑭

⑮

⑯

出现错误．

●考向1

动能定理与图象的结合

5．(2016·武汉三模)一质量为m的物体在水平恒力F的作用下沿水平面运动，在t0时刻撤去力F，其v-t图象如图9所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，则下列关于力F的大小和力F做功W的大小关系式正确的是(

)

【导学号：37162034】

图9 A．F＝μmg

C．W＝μmgv0t0

B．F＝2μmg

3D．W＝2μmgv0t0

v0t03v0t0D

[全过程由动能定理有F·2－μmg2＝0，故F＝3μmg，选项A、B错v03误；全过程由动能定理得W－μmgx＝0，而全过程的位移x＝2·3t0，解得W＝2μmgv0t0，选项C错误，选项D正确．]

●考向2

多过程应用动能定理

6．(高考改编)[例5](2016·全国乙卷T25)中，若将圆弧轨道和斜面的连接方式调为如图10所示，AB是倾角为θ＝30°的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R，一个质量为m的物体(可以看作质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ.求：

(1)物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程；

(2)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点P距B点的距离至少多大？

11

图10 【解析】

(1)对整体过程由动能定理得mgR·cos θ－μmgcos θ·s＝0

R所以s＝μ.

mv2D(2)物体刚好到D点，有mg＝R

对全过程由动能定理得

1mgL′sin θ－μmgcos θ·L′－mgR(1＋cos θ)＝2mv2D得L′＝3＋3R.

1－3μ3＋3RR【答案】

(1)μ

(2)

1－3μ●考向3

动能定理在机车启动问题中的应用

7．(2016·山西四校三联)如图11甲所示，用固定的电动机水平拉着质量m＝2 kg的小物块和质量M＝1 kg的平板以相同的速度一起向右匀速运动，物块位于平板左侧，可视为质点．在平板的右侧一定距离处有台阶阻挡，平板撞上后会立刻停止运动．电动机功率保持P＝3 W不变．从某时刻t＝0起，测得物块的速度随时间的变化关系如图乙所示，t＝6 s后可视为匀速运动，t＝10 s时物块离开平板．重力加速度取g＝10 m/s2，求：

3＋2cos θ·R＝2sin θ－μcos θ

图11 (1)平板与地面间的动摩擦因数μ为多大？

12

(2)物块在1 s末和3 s末受到的摩擦力各为多大？

(3)平板长度L为多少？

【解析】

(1)由题图可知，前2 s内物块和平板一起做匀速运动，对整体分析，在水平方向上受到水平向右的拉力和地面给平板的滑动摩擦力，此二力的合力为零．

P拉力大小为：FT1＝v

1滑动摩擦力大小为：Ff＝μ(M＋m)g

P由平衡条件可得：v＝μ(M＋m)g

1可得：μ＝0.2.

(2)物块在1 s末时与平板一起做匀速运动，合力为零．物块受到水平向右的拉力与水平向左的静摩擦力，因此静摩擦力大小为：

PFf1＝FT1＝v＝6 N

1物块在2 s末之后与平板发生相对运动，物块与平板间的摩擦力为滑动摩擦力且大小保持不变．物块在6 s后可视为匀速运动，此时物块受到的合力为零，即拉力与滑动摩擦力大小相等方向相反，即：

PFf2＝FT2＝v＝10 N

2物块在3 s末时受到的滑动摩擦力大小与6 s后受到的摩擦力大小相等，为10 N.

(3)依题意，物块在2 s末之后一直到10 s时，物块从平板的一端运动到另一端，对物块由动能定理得：

112PΔt－Ff2L＝2mv2－22mv1

112PΔt－2mv22＋mv12代入数据解得：L＝＝2.416 m.

Ff2【答案】

(1)0.2

(2)6 N

10 N

(3)2.416 m

1．应用动能定理解题的4个步骤

(1)确定研究对象及其运动过程；

13

(2)分析受力情况和各力的做功情况；

(3)明确物体初末状态的动能；

(4)由动能定理列方程求解．

2．应用动能定理解题应注意的3个问题

(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不牵扯加速度及时间，比动力学研究方法要简洁．

(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小过程(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，但若能对整个过程利用动能定理列式则可使问题简化．

规范练高分| 动能定理的综合应用类问题

[典题在线] (2016·湖南十校联考T25,18分)为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为θ＝60°，长为L1＝23 m的倾斜轨道AB，3①通过微小圆弧与长为

L2＝2

m的水平轨道BC相连，然后在C处设计一个②竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道D，如图12所示．现将一个小球从距A点高为h＝0.9 m的水平台面上以一定的初速度v0水平弹出，③到A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下．已知④小球与AB和BC间的动摩擦因3数均为μ＝3.g取10 m/s2，求：

⑤图12

(1)小球初速度v0的大小；

(2)小球滑过C点时的速度vC；

(3)要使⑥小球不离开轨道，则竖直圆弧轨道的半径R应该满足什么条件．

14

[信息解读]

①长度忽略不计且此处无碰撞和能量损失．

②注意小球竖直平面内圆周运动的处理方法．

③可在A点分解速度求解v0. ④小球在AB和BC上运动时，受摩擦力作用，存在摩擦力做功．

⑤由图可知，小球运动是“平抛＋斜面＋圆周”的组合．

⑥可在竖直平面内通过圆周最高点或在竖直平面内上升的高度不超过其半径．

[考生抽样]

[阅卷点评]

点评

内容

点评1

该生在第(1)(2)步上分析及解析比较规范，能得全分(8分).

15

点评2

在第(3)步中，该生对“小球不离开轨道”的理解不全面，只考虑了完整圆周运动的情况，故只能得到5分. (1)小球做平抛运动到达A点，由平抛运动规律知竖直方向有：v2y＝2gh

即：vy＝32 m/s 因为在A点的速度恰好沿AB方向，

所以小球初速度：v0＝vytan 30°＝6 m/s. (2)从水平抛出到C点的过程中，由动能定理得：

112mg(h＋L1sin θ)－μmgL1cos θ－μmgL2＝2mv2－C2mv0

解得：vC＝36 m/s. (3)小球刚好能通过最高点时，由牛顿第二定律有：

v2mg＝mR

小球做圆周运动过程中，由动能定理有：

1212－2mgR＝2mv－2mvC

v2C解得：R＝＝1.08 m. 5g【答案】

(1)6 m/s

(2)36 m/s

(3)1.08 m [规范解答]

【解析】

(1)小球做平抛运动到达A点，由平抛运动规律知竖直方向有：v2y＝2gh 即：vy＝32 m/s 因为在A点的速度恰好沿AB方向，

所以小球初速度：v0＝vytan 30°＝6 m/s. (2)从水平抛出到C点的过程中，由动能定理得：

112mg(h＋L1sin θ)－μmgL1cos θ－μmgL2＝2mv2C－mv0

2解得：vC＝36 m/s. (3)小球刚好能通过最高点时，由牛顿第二定律有：

v2mg＝mR

116 ①(2分)

②(1分)

③(2分)

④(2分)

⑤(1分)

⑥(2分)

小球做圆周运动过程中，由动能定理有：

112－2mgR1＝2mv2－2mvC

2vC解得：R1＝5g＝1.08 m ⑦(2分)

⑧(1分)

当小球刚好能到达与圆心等高时有：

1mgR2＝2mv2C

2vC解得：R2＝2g＝2.7 m ⑨(2分)

⑩(2分)

当圆轨道与AB相切时：R3＝BCtan 60°＝1.5 m，即圆轨道的半径不能超过1.5 m

综上所述，要使小球不离开轨道，R应该满足的条件是：

0＜R≤1.08 m．

【答案】

(1)6 m/s

(2)36 m/s

(3)0＜R≤1.08

m [评分标准]

第(1)问中，若写出表达式①和③且数据正确的给满分，若结果v0的计算错误，则去掉1分．

第(2)问中的方程④若分段写出方程且正确同样给分．

第(3)问中若答案为0＜R≤2.7 m要减去最后2分，若分析和斜面的相切的情况，但结果写成0＜R≤1.5，可减去1分．

(2分)

17