1、第5讲 功 功率 动能定理,1(2018课标)(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第次和第次提升过程( ),A矿车上升所用的时间之比为45 B电机的最大牵引力之比为21 C电机输出的最大功率之比为21 D电机所做的功之比为45 解析 在v-t图像中，图线的斜率表示物体运动的加速度，而两次提升过程变速阶段加速度的大小都相同，即在v-t图像中，它们变速阶段对应的图线要么重合，要么平行，
2、由图中几何关系可得：,第次所用时间t t0，即矿车上升所用时间之比为45，选项A正确；对矿车受力分析可知，当矿车向上做匀加速直线运动时，电机的牵引力最大，即Fmgma，得Fmgma，即最大牵引力之比为11，选项B错误；在第次提升过程中，电机输出的最大功率P1(mgma)v0，在第次提升过程中，电机输出的最大功率P2(mgma) v0，即 ，选项C正确；对两次提升过程，由动能定理可知Wmgh0，即 ，选项D错误。,答案 AC,2(2018课示)如图，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( ) A小于拉力所做的功 B等于拉力所做的功 C等于克服摩
3、擦力所做的功 D大于克服摩擦力所做的功,解析 由动能定理可知W拉WfEk0，因此，EkW拉，故A正确，B错误；Ek可能大于、等于或小于Wf，选项C、D错误。 答案 A,3(2018天津理综)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( ),A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 由于运动员在竖直面内的圆弧形滑道上运动时速率不变，故做匀速圆周运动，所受的合外力提供向心力，因此合外力不为零，选项A错误；滑
4、动摩擦力fFN，FN随着下滑位置的不同由A到B逐渐变大，因此滑动摩擦力变大，选项B错误；由动能定理知，合外力做的功等于动能的变化量，因速率不变，则动能不变，故合外力做功为零，选项C正确；机械能的改变量等于摩擦力做的功，故机械能减少，选项D错误。 答案 C,4(2018江苏单科)(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块( ),A加速度先减小后增大 B经过O点时的速度最大 C所受弹簧弹力始终做正功 D所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功,解析 对物块受力分析，当
5、弹簧处于压缩状态时，由牛顿第二定律可得kxfma，x减小，a减小，当a0时，物块速度最大，此时，物块在O点左侧，选项B错误；从加速度a0处到O点过程，由牛顿第二定律得fkxma，x减小，a增大，当弹簧处于伸长状态时，由牛顿第二定律可得kxfma，x增大，a继续增大，可知物块的加速度先减小后增大，选项A正确；物块所受弹簧的弹力对物块先做正功，后做负功，选项C错误；从A到B的过程，由动能定理可得W弹Wf0，选项D正确。 答案 AD,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WFl及变形式WFlcos 中各物理量的意义，该式仅适用于恒力做功的
6、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 和公式PFv，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。,例1 (2018天津五区县联考)如图所示，某质点运动的vt图像为正弦曲线。从图像可以判断( ) A质点做曲线运动 B在t1时刻，合外力的功率最大 C在t2t3时间内，合外力做负功 D在0t1和t2t3时间内，合外力的平均功率相等,解析 质点运动的v-t图像描述的是质点的直线运动，选项A错误；在t1时刻，v-t图线的斜率为零，加速度为零，合外力为零，合外力功率为零，选项B错误；由题图图像可
7、知，在t2t3时间内，质点的速度增大，动能增大，由动能定理可知，合外力做正功，选项C错误；在0t1和t2t3时间内，动能的变化量相同，故合外力做的功相等，则合外力的平均功率相等，选项D正确。 答案 D,创新预测 1(2018吉林模拟)一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t0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。下列判断正确的是( ) A02 s内外力的平均功率是 W B第2 s内外力所做的功是 J 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11,答案 A,2(2018黑龙江哈尔滨师范大学附属中学高三测试)测
8、定运动员体能的一种装置如图所示，运动员质量为 m1, 绳拴在腰间沿水平方向跨过定滑轮(不计滑轮质量及摩擦)，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( ),A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m2gv D人对传送带做功的功率为(m1m2)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，
9、故C正确，D错误。 答案 C,3(2018潍坊模拟)质量为m2 kg的物体沿水平面向右做直线运动，t0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图像如图乙所示，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0.5 B10 s末恒力F的瞬时功率为6 W C10 s末物体在计时起点左侧4 m处 D010 s内恒力F做功的平均功率为0.6 W 解析 由题图乙可知04 s内的加速度：a1 m/s2 2 m/s2，可得：Fmgma1；410 s内的加速度： a2 m/s21 m/s2，可得：Fmgma2；解得：F3 N，0.05，选项A错误；10 s末恒
10、力F的瞬时功率为P10F|v10|36 W18 W，选项B错误；,04 s内的位移x1 48 m16 m，410 s内的位移x2 66 m18 m，xx1x22 m，故10 s末物体在计时起点左侧2 m处，选项C错误；010 s内恒力F做功的平均功率为 W0.6 W，选项D正确。 答案 D,1恒定功率启动 (1)机车先做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速直线运动，速度图像如图所示，当FF阻时，vm 。,(2)能量关系：PtF阻x mv20。 2恒定加速度启动 (1)速度图像如图所示。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
11、达到最大速度vm后做匀速运动。,(2)经常用到的公式：,例2 质量为1103 kg、发动机额定功率为60 kW的汽车在平直公路上行驶，若汽车所受阻力大小恒为2103 N，下列判断正确的是( ) A汽车行驶能达到的最大速度是40 m/s B汽车从静止开始加速到20 m/s的过程，发动机所做功为2105 J C汽车保持额定功率启动，当速度大小为20 m/s时，其加速度大小为6 m/s2 D汽车以2 m/s2的恒定加速度启动，发动机在第2 s末的实际功率是16 kW,解析 当阻力和牵引力相等时，速度最大，故v m/s30 m/s，A错误；汽车从静止开始加速，但汽车如果以恒定功率启动，则做变加速直线运
12、动，运动时间和位移未知，故无法求解发动机做的功，B错误；汽车保持额定功率启动，当速度大小为20 m/s时，牵引力F N3 000 N，根据牛顿第二定律可得a m/s21 m/s2，C错误；,根据牛顿第二定律得牵引力为Ffma2 000 N1 0002 N4 000 N，则匀加速直线运动的最大速度为v1 m/s15 m/s，可知匀加速直线运动的时间为 t s7.5 s，2 s末的速度为vat222 m/s4 m/s，则发动机的实际功率为PFv4 0004 W16 kW，D正确。 答案 D,创新预测 4(2018广东佛山市一中段考)(多选)质量为m的汽车在平直公路上行驶，所受的阻力恒为车重的k倍。
13、汽车以额定功率行驶，当它加速行驶的速度为v时，加速度为a。则以下分析正确的是( ) A汽车发动机的额定功率为kmgvB汽车行驶的最大速度为 C当汽车加速度减小到 时，速度增加到2v D汽车发动机的额定功率为(makmg)v,解析 设汽车的额定功率为P，汽车的速度为v时，根据牛顿第二定律知： kmgma，所以P(makmg)v，故A错误，D正确；汽车匀速时，牵引力等于阻力，速度最大，故有：vm ，故B正确；加速度为 时，此时牵引力为F，则Fkmgm ，解得：Fkmg ，此时速度为：v 2v，故C错误。 答案 BD,5一辆汽车在平直的公路上以某一初速度运动，运动过程中保持恒定的牵引功率，其加速度a
14、和速度的倒数 图像如图所示。若已知汽车的质量，则根据图像所给的信息，不能求出的物理量是( ),A汽车的功率 B汽车行驶的最大速度 C汽车所受到的阻力 D汽车运动到最大速度所需的时间 解析 由FFfma，PFv可得：a ，对应图线可知， k40，可求出汽车的功率P，由a0时， 0.05 可得：vm20 m/s，再由vm ，可求出汽车受到的阻力Ff，但无法求出汽车运动到最大速度的时间，故应选D。 答案 D,6如图所示为汽车在水平路面上启动过程中的速度-时间图像，Oa为过原点的倾斜直线，ab段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc段是与ab段相切的水平直线，则下述说法正确的是( ),A0t1时间内汽车
15、做匀加速运动且功率恒定 Bt1t2时间内汽车牵引力做的功为 mv mv Ct1t2时间内的平均速度为 (v1v2) D在全过程中t1时刻的牵引力及其功率都是最大值，t2t3时间内牵引力最小,解析 汽车在0t1时间内，牵引力恒定，速度均匀增加，由PFv知其功率也增加，选项A错误；t1t2时间内，根据动能定理知WFWf mv mv ，选项B错误；由于t1t2时间内不是匀变速直线运动，故 (v1v2)，选项C错误；全过程中，t1时刻牵引力最大，功率达到额定功率，也最大，之后，功率不变，牵引力减小，直至Ff，此后汽车做匀速运动，选项D正确。 答案 D,1应用动能定理解题的基本步骤,2应用动能定理解题时
16、需注意的问题 (1)动能定理适用于物体做直线运动，也适用于曲线运动；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，当题目中涉及到位移时可优先考虑动能定理。 (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，可以分段考虑，也可以把全过程作为一整体来处理。,例3 为了从货车上卸货，工人在车厢旁倾斜架放一梯子，让质量为m的货箱顺着可视为平滑斜面的梯子下滑，如图所示。已知车厢顶部离地的高度为h，梯子所在斜面的倾角45，货箱从车
17、厢顶部所在高度处由静止释放，货箱与梯子间的动摩擦因数0.25，重力加速度为g。,(1)求货箱沿梯子下滑的加速度大小和货箱下滑至地面时的速度大小。 (2)若工人先用轻绳绑紧货箱，再让货箱从原位置由静止下滑，下滑过程使用平行于梯子的轻绳向上拉货箱，货箱匀加速下滑，到达地面时的速度为v ，求货箱下滑过程克服轻绳拉力做功的平均功率P。,解析 (1)货箱下滑过程，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma 将和代入解得加速度大小a g 由动能定理得 mghmgcos mv20 解得货箱下滑到地面时的速度大小为 v 。,(2)由已知条件知货箱下滑的位移为 s h 货箱受绳子拉力下滑过程，由动能定理得 (
18、mgsin mgcos )sWF mv20 由匀加速运动规律得s vt 货箱克服轻绳拉力做功的平均功率P 联立解得P mg 。,创新预测 7如图所示，质量为m的小滑块从O点以速度v0沿水平面向左运动，小滑块撞击弹簧后被弹簧弹回并最终静止于O点。则运动过程中弹簧获得的最大弹性势能是( ),解析 设动摩擦因数为，O点离弹簧右端距离为L，弹簧最大压缩量为x。小滑块从O点运动到弹簧压缩量最大时，速度减为0，由动能定理可得mg(Lx)W弹0 mv ，再分析弹簧压缩量最大到小滑块最终静止的过程，由动能定理可得W弹mg(Lx)00，联立可得W弹 mv ，故弹簧获得的最大弹性势能是mv，选项B正确。 答案 B
19、,8如图，与水平面夹角37的斜面和半径R0.4 m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内。滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零。已知滑块与斜面间动摩擦因数0.25。(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求：,(1)滑块在C点的速度大小vC； (2)滑块在B点的速度大小vB； (3)A、B两点间的高度差h。 解析 (1)在C点，滑块竖直方向所受合力提供向心力 mg vC 2 m/s,(3)滑块在AB的过程，利用动能定理有 mghmgcos 37 mv 0 代入数据解得h1.38 m 答案 (1)2 m/s (2)4.2
20、9 m/s (3)1.38 m,9如图所示，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。(g取10 m/s2)求：,(1)木板与地面间的动摩擦因数； (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
21、的摩擦力为Ff 由平衡条件得FFf 又FfMg 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,mgL2mgLMvMv 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(3mM)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 3mgx0 Mv 联立并代入数据得x m1.78 m。 答案 (1)0.5 (2)4 m/s (3)1.78 m,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
22、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。,【典例】 如图所示，水平路面CD的右侧有一长L12 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
23、，板M的上表面与平台等高。平台的上表面AB长s3 m，光滑半圆轨道AFE竖直固定在平台上，圆轨道半径R0.4 m，最低点与平台AB相切于A点。当板M的左端距离平台L2 m时，板与物块向左运动的速度v08 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10.05，物块与板的上表面及轨道AB的动摩擦因数20.1，物块质量m1 kg，取g10 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。,解得：x2.4 m。 答案
24、 (1)140 N 方向竖直向下 (2)见解析,拓展训练 1(2018河北石家庄二模)质量为m的小球在竖直向上的拉力作用下从静止开始运动，其vt图像如图所示(竖直向上为正方向，DE段为直线)，已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是( ),Dt3t4时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动 解析 vt图像中图线的斜率表示加速度，速度在时间轴之上表明速度一直为正，从图像可以看出小球先向上做加速度越来越大的加速运动，再做加速度越来越小的加速运动，,答案 C,2如图甲所示，在倾角为30的足够长光滑斜面AB前，有一粗糙水平面OA，OA长为4 m。有一质量为m的滑块，从O处由静止开始受一水平向右的力F作用。F按图乙所示的规律变化。滑块与OA间的动摩擦因数0.25，g取10 m/s2，试求：,(1)滑块到A处的速度大小； (2)不计滑块在A处的速率变化，滑块冲上斜面AB的长度是多少？ 解析 (1)由题图乙知，在前2 m内F12mg，做正功； 在第3 m内F20.5mg，做负功； 在第4 m内F30。 滑动摩擦力Ffmg0.25mg，始终做负功。 对OA过程由动能定理列式得,
