1、【考向解读】 预测 2016 年高考命题特点：功和功率的计算利用动能定理分析简单问题对动能变化、重力势能变化、弹性势能变化的分析对机械能守恒条件的理解及机械能守恒定律的简单应用交汇命题的主要考点有：结合 vt 、Ft 等图象综合考查多过程的功和功率的计算结合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题【命题热点突破一】功和功率的计算在历年的高考中，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例 1.一物体静止在粗糙水平地面上现用一大小为 F1 的水平
2、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、F 2 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( )AW F24WF1 ，W f22Wf1BW F24WF1 , Wf22W f1CW F2 mgR，质点不能到达 Q 点12CW mgR，质点到达 Q 点后，继续上升一段距离12DW mgR，质点到达 Q 点后，继续上升一段距离12解析：选 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 FNmg，已知 F
3、NF N4mg，则质点到达 N 点的动能为 EkN mv mgR.质点由开始至 N 点12 2N 32的过程，由动能定理得 mg2RW fE kN0，解得摩擦力做的功为 Wf mgR，即克服摩擦12力做的功为 WW f mgR.12设从 N 到 Q 的过程中克服摩擦力做功为 W，则 WW.从 N 到 Q 的过程，由动能定理得mgRW mv mv ，即 mgRW mv ，故质点到达 Q 点后速度不为 0，质点继12 2Q 12 2N 12 12 2Q续上升一段距离选项 C 正确3(2015海南单科，3，3 分) 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
4、，则摩托艇的最大速率变为原来的( )A4 倍 B2 倍 C. 倍 D. 倍3 2答案 D4(2014重庆理综，2,6 分)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( )Av 2k 1v1 Bv 2 v1 Cv 2 v1 Dv 2k 2v1k1k2 k2k1解析 汽车以最大速率行驶时，牵引力 F 等于阻力 f，即 Ffkmg.由 P k1mgv1 及Pk 2mgv2，得 v2 v1，故 B 正确k1k2答案 B4(2014新课标全国，16，6 分) 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,
5、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、F 2 所做的功，Wf1、 Wf2 分别表示前 后两次克服摩擦力所做的功，则( )AW F24W F1，W f22W f1 BW F24W F1，W f22W f1CW F24W F1，W f22W f1 D W F24W F1，W f22W f1解析 W F1 mv2mg t,WF2 m4v2mg t，故 WF24W F1；W f1 mg t， 12 v2 12 2v2 v2Wf2 mg t，故 Wf22W f1， C 正确2v
6、2答案 C5(2015浙江理综，18,6 分) 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 3.0104 kg，设起飞过程中发动机的推力恒为 1.0105 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 1.1106 NB弹射器对舰载机所做的功为 1.1108 JC弹射器对舰载机做功的平均功率为 8.8107 WD舰载机在弹射过程中的加速度大小为 32 m/s2解析 设总推力为 F,位移 x，阻力 F 阻 20%
7、F，对舰载机加速过程由动能定理得Fx 20%Fx mv2，解得 F1.210 6 N，弹射器推力 F 弹 FF 发 1.210 6 N1.010 5 12N1.110 6 N,A 正确；弹射器对舰载机所做的功为 W F 弹 x1.110 6100 J1.110 8 J，B 正确；弹射器对舰载机做功的平均功率 PF 弹 4.410 7 W,C 错误；根据运动学公0 v2式 v22ax，得 a 32 m/s 2，D 正确v22x答案 ABD6. (2015海南单科，4，3 分) 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
8、 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. mgR B. mgR 14 13C. mgR D. mgR 12 4mgR，C 正确12答案 C7(2014大纲全国，19，6 分) 一物块沿倾角为 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，如图所示；当物块的初速度为 时，上升的最大高度记为 h.重力加速v2度大小为 g.物块与斜坡间的动摩擦因数和 h 分别为( )Atan 和 B( 1)tan 和H2 v22gH H2Ctan 和 D( 1)tan 和H4 v22gH H4答案 D8(2015浙江理综
9、，23，16 分) 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 H0.8 m，长 L21.5 m 斜面与水平桌面的倾角 可在 060间调节后固定.将质量m0.2 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 10.05，物块与桌面间的动摩擦因数为 2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失(重力加速度取 g10 m/s 2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)求 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 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 2；(已知sin 370.6，cos 37 0.8)(3)继续
10、增大 角，发现 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)要使小物块能够下滑必须满足mgsin 1mgcos 解得 tan 0.05(2)物块从斜面顶端下滑到停在桌面边缘过程中物块克服摩擦力做功 Wf 1mgL1cos 2mg(L2L 1cos )全过程由动能定理得：mgL 1sin W f0代入数据解得 20.8(3)当 53时物块能够滑离桌面，做平抛运动落到地面上，物块从斜面顶 端由静止滑到桌面边缘，由动能定理得：mgL1sin W f mv212由解得 v1 m/s对于平抛过程列方程有：H gt2，解得 t0.4 s12x1v-t，解得 x10.4 m则 xmx
11、 1L 21.9 m答案 (1)tan 0.05 (2)0.8 (3)1.9 m9. (2015海南单科，14，13 分) 如图，位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧 ab 和抛物线 bc 组成,圆弧半径 Oa 水平，b 点为抛物线顶点已 知 h2 m，s m取重力加速度2大小 g10 m/s 2.(1)一小环套在轨道上从 a 点由静止滑下,当其在 bc 段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆弧轨道的半径；(2)若环从 b 点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达 c 点时速度的水平分量的大小根据运动的合成与分解可得 sin v水 平vc联立可得 v 水平 m/s.2103答案 (1)0.
12、25 m (2) m/s210310(2015山东理综，23，18 分) 如图甲所示，物块与质量为 m 的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上，小球与右侧滑轮的距离为 l.开始时物块和 小球均静止，将此时传感装置的示数记为初始值现给小球施加一始终垂直于 l 段细绳的力、将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成 60角，如图乙所示，此时传感装置的示数为初始值的 1.25 倍；再将小球由静止释放，当运动至最低位置时,传感装置的示数为初始值的 0.6 倍不计滑轮的大小和摩擦，重力 加速度的大小为 g.求：(1)物块的质量；(2)从释放到运动至最低位置
13、的过程中，小球克服空气阻力所做的功(2)设小球运动至最低位置时速度的大小为 v，从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服阻力所做的功为 Wf，由动能定理得mgl(1cos 60)W f mv212在最低位置，设细绳的拉力大小为 T3，传感装置的示数为 F3，据题意可知，F30.6F 1，对小球，由牛顿第二定律得T3mg m v2l对物块，由平衡条件得F3T 3Mg联立式，代入数据得Wf0.1mgl答案 (1)3m (2)0.1mgl11(2015重庆理综，8，16 分) 同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的实验装置，图中水平放置的底板上竖直地固定有 M 板和 N 板.M 板上
14、部有一半径为 R 的 圆14弧形的粗糙轨道，P 为最高点，Q 为最低点，Q 点处的切线水平，距底板高为 H.N 板上固定有三个圆环将质量为 m 的小球从 P 处静止释放,小球运动至 Q 飞出后无阻碍地通过各圆环中心,落到底板上距 Q 水平距离为 L 处，不考虑空气阻力，重力加速度为 g.求：(1)距 Q 水平距离为 的圆环中心到底板的高度；L2(2)小球运动到 Q 点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向；(3)摩擦力对小球做的功(2)联立式解得 v0L g2H在 Q 点处对球由牛顿第二定律得 FNmg 联立式解得 FNmg(1 )L22HR由牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小为FNF Nmg
15、(1 )L22HR方向竖直向下(3)从 P 到 Q 对小球由动能定理得mgRW f mv 12 20联立式解得 Wfmg( R) L24H答案 (1) H (2)L mg(1 )，方向竖直向下 (3)mg( R)34 g2H L22HR L24H12. (2015四川理综，9,15 分) 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
16、，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 1106 N,匀速运动阶段牵引力的功率为 6103 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 3106 克)解析 (1)设列车匀加速直线运动阶段所用的时间为 t1；距离为 s1；在匀速直 线运动阶段所用的时间为 t2,距离为 s2，速度为 v；在匀减速直线运动阶段所 用的时间为 t3，距离为s3；甲站到乙站的距离为 s.则 s1 v-t1 12s2v-t 2 答案 (1)1 950 m (2)2.04 kg
