1、培優點八功和功率、動能及動能定理 一、考點分析.近幾年對本部分內容的考查，在選擇題部分主要考查功和功率、動能定理的理解和計算，計算題側重于 動力學、電磁學等主干知識和典型模型相結合進行綜合考查，難度較大。.注意要點：(1)分析機車啟動問題時，抓住兩個關鍵，一是汽車的運動狀態，即根據牛頓第二定律找出牽引力與加速度 的關系；二是抓住功率的定義式，即牽引力與速度的關系。(2)利用動能定理求做功，對物體運動過程要求不嚴格，只要求得運動物體初末狀態的速度即可。但列動能 定理方程要規范，注意各功的正負號問題。二、考題再現典例1.(2019怪國III卷？17次地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中除受到重

2、力外，還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用。距地面高度 h在3 m以內時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。該物體的質量為()A. 2 kgB. 1.5 kgC. 1 kgD. 0.5 kg典例2.(2018怪國III卷？19地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機通過豎井運送至地面。某豎井中礦車提升的速度大小v隨時間t的變化關系如圖所示，其中圖線分別描述兩次不同的提升過程，它們變速階段加 速度的大小都相同；兩次提升的高度相同，提升的質量相等。不考慮摩擦阻力和空氣阻力。對于第次和 TOC o 1-5 h z 第次提升過程()A.礦車上升所用的時

3、間之比為4 : 5B.電機的最大牽引力之比為 2 ： 1C.電機輸出的最大功率之比為2 ： 1D,電機所做的功之比為4 : 5三、對點速練1.如圖所示，兩個完全相同的小球分別從水平地面上A點和A點正上方的O點拋出，O點拋出小球做平拋運動，A點斜拋出的小球能達到的最高點與。點等高，且兩球同時落到水平面上的B點，關于兩球的運動，下列說法正確的是（）A.兩小球應該是同時拋出B.兩小球著地速度大小相等C.兩小球著地前瞬間時刻，重力的瞬時功率相等D.兩小球做拋體運動過程重力做功相等2.（多選）在粗糙水平面上的物體受到水平拉力的作用，在時間的圖象分別如圖甲、乙所示。下列說法正確的是（06 s內拉力做功為

4、70 J06 s內物體的位移大小為 36 m 5C.滑動摩擦力的大小 -3 ND.合力在06 s內做的功大于 02 s內做的功3.（多選）在傾角為。的光滑固定斜面上有兩個用輕彈簧連接的物塊A和B,它們的質量分別為 m和2m,彈簧的勁度系數為k, C為一固定擋板，系統處于靜止狀態。現用一沿斜面方向的恒力拉物塊A使之沿斜面向上運動，當B剛離開C時，A的速度為v,加速度為a,且方向沿斜面向上。設彈簧始終處于彈性限度內， TOC o 1-5 h z 重力加速度為g,則（）3mgsinA.當B剛離開C時，A發生的位移大小為 k -223m g sinB.從靜止到B剛離開C的過程中，物塊 A克服重力做功為

5、kC. B剛離開C時，恒力對 A做功的功率為（2mgsin 0+ ma）v1D.當A的速度達到最大時，B的加速度大小為2ax與斜面傾角。的關系，將某一物體每4.（多選）如圖甲所示，為測定物體沖上粗糙斜面能達到的最大位移次以不變的初速率 V0沿足夠長的斜面向上推出，調節斜面與水平方向的夾角。，實驗測得x與斜面傾角0的關系如圖乙所示，取 g=10 m/s2。根據圖象可求出（）A .物體的初速率 V0= 6 m/sB.物體與斜面間的動摩擦因數科=0.5C.當0= 30o時，物體達到最大位移后將保持靜止D .取不同的傾角 0,物體在斜面上能達到的位移X的最小值xmin=0.7 m5.（多選）如圖所示，

6、在豎直平面內有一固定光滑軌道，其中 AB是長為R的水平軌道，BCDE是圓心為O、3一半徑為R的點圓弧軌道，兩軌道相切于 B點，在外力作用下，一小球從 A點由靜止開始做勻加速直線運動,到達B點時撤除外力。已知小球剛好能沿圓軌道經過最高點D,下列說法正確的是（）3A.小球在AB段加速度的大小為2gB.小球在C點對軌道的壓力大小為 3mgC.小球在E點時的速率為 2gRD.小球從E點運動到A點所用的時間為（點 J3）JR6.一輛汽車質量為 1 X 10kg,額定最大功率為 2X10W,V2,運動中汽車所受阻力恒定，其行駛過程中牽引力1,F與車速的倒數-的關系如圖所不。則A.圖線AB段汽車勻速運動B.

7、圖線BC段汽車做勻加速度運動C.整個運動中的最大加速度為2 m/s2D.當汽車的速度為 5 m/s時發動機的功率為 2X 10W()7.（多選）如圖甲所示，輕彈簧豎起放置，下端固定在水平地面上，一質量為m的小球，從離彈簧上端高 h處由靜止釋放。某同學在研究小球落到彈簧上后繼續向下運動到最低點的過程，他以小球開始下落的位置為原點，沿豎起向下方向建立從標軸Ox,作出小球所受彈力 F大小隨小球下落的位置坐標 x的變化關系如圖乙所示，不計空氣阻力，重力加速度為go以下判斷正確的是（）A .當x= h+2x0時，小球的動能最小B.最低點的坐標x=h+2x。C.當x= h+2xo時，小球的加速度為一g,且

8、彈力為2mg1D.小球動能的取大值為 mgh + gmgx。8.（多選）如圖所示，在同一豎直平面內，一根均勻的橡皮筋跨過光滑的固定釘子P, 一端固定在 Oi點，另一端跟一可視為質點且質量為m的物體相連，橡皮筋的原長等于 OiP,受到的彈力跟伸長長度成正比（比例系數為k）,先讓物體靜止在粗糙斜面上的位置O2點，02P垂直于斜面且02P=Lo,然后釋放物體，物體開始沿斜面向下運動。已知斜面與物體間的動摩擦因數為0.5,斜面傾角為53。且足夠長，重力加速度為 g,F kx橡皮筋一直在彈性限度內，變力F=kx (方向不變)在x位移內的平均值為萬，且sin 53 =0.8, cos 53 TOC o 1

9、-5 h z = 0.6。則物體沿斜面向下運動的過程中，下列說法正確的是()A.物體受到的摩擦力保持不變B.物體沿斜面先做勻加速運動后做勻減速運動 以C.物體運動的最大速度為mgL0底，mkD.物體距離出發點的最大距離為3 L0 mg.如圖所示，遙控賽車比賽中一個規定項目是飛躍壕溝”，比賽要求：賽車從起點出發，沿水平直軌道運動，在B點飛出后越過 壕溝”，落在平臺EF段。已知賽車的額定功率 P=10.0 W,賽車的質量 m=1.0 kg, 在水平直軌道上受到的阻力f=2.0 N,AB段長L=10.0 m, BE的高度差h= 1.25 m, BE的水平距離 x= 1.5 m。賽車車長不計，空氣阻力

10、不計，g取10 m/s2。HA3r i %f(1)若賽車在水平直軌道上能達到最大速度，求最大速度Vm的大小；(2)要越過壕溝，求賽車在 B點最小速度v的大小；(3)若在比賽中賽車通過 A點時速度va= 1 m/s ,且賽車達到額定功率。要使賽車完成比賽，求賽車在AB段通電的最短時間to.如圖所示，AB是固定于豎直平面內的四分之一光滑圓弧軌道，末端B處的切線方向水平。 一物體P (可視為質點)從圓弧最高點 A處由靜止釋放，滑到 B端飛出，落到地面上的 C點。測得C點和B點的水平距離OC=L, B點距地面的高度 OB=h。現在軌道下方緊貼 B端安裝一個水平傳送帶，傳送帶的右端與B點1的距離為,。當

11、傳送帶靜止時，讓物體 P從A處由靜止釋放，物體 P沿軌道滑過B點后又在傳送帶上滑行 并從傳送帶右端水平飛出，仍落在地面上的C點。(1)求物體P與傳送帶之間的動摩擦因數。(2)若傳送帶驅動輪順時針轉動，帶動傳送帶以速度v勻速運動。再把物體 P從A處由靜止釋放，物體 P落在地面上。設著地點與 O點的距離為x,求出x可能的范圍。11 .如圖所示，水平地面上固定著一個高為h的三角形斜面體，質量為M的小物塊甲和質量為m的小物塊乙均靜止在斜面體的頂端。現同時釋放甲、乙兩小物塊，使其分別從傾角為。的斜面下滑，且分別在圖中P處和Q處停下。甲、乙兩小物塊與斜面、水平面間的動摩擦因數均為因設兩小物塊在轉彎處均不彈

12、起且不損耗機械能，重力加速度取g。求：(1)小物塊甲沿斜面下滑的加速度；(2)小物塊乙從頂端滑到底端所用的時間；(3)甲、乙在整個運動過程發生的位移大小之比。二、考題再現典例1.【解析】對上升過程，由動能定理，一(F + mg)h=EkEk0,得Ek= Ek0(F+mg)h,即F + mg=12 N; 下落過程，(mgF)(6 h)=Ek,即 mgF=k?= 8 N,聯立兩公式，得到 m= 1 kg、F= 2 N。【答案】C 11 1典例2.【斛析】根據位移相同可得兩圖線與時間軸圍成的面積相等，2V0 X 10 =萬fm,因此物體達到最大位移后將下滑，故 C錯誤；根據動能定理一 mgxsin

13、30Vo0.8)Ji 0.52 sin( ),其中 tan a= 2,當 0+ a= 90 時,x 122g (sin cosmgcos 30 = 0- mvo2,解得0.8 八 xmin -1 2- 0.7故D正確。sin( 0+ o)= 1,此時位移最小，1 0.5 m,2mg=mR ,解得Vd7 gR ,從b到D,5.【答案】BD【解析】小球恰好能通過 D點，在D點，根據牛頓第二定律可知根據動能定理可知2mgR= 1mvD2mVB ,解得vB = J演；在AB段由速度位移公式可知vB2=2aR,解得a= 2.5g,故A錯誤；從B到C,根據動能定理可知mgR=1 mvC1 mv22 B ,

14、解得 Vc= V3gR ,在 C 點,2LVcFn= m3mg根據牛頓第二定律可知R ，故B正確；E點和C點高度相同，具有相同的速度大小Ve Vc=x/3gR,故C錯誤；從E點運動到A點所用的時間為t,由運動學公式得，R=VEt+|gt2,解得t (指啟RYg，故D正確。.【答案】C【解析】AB段汽車的牽引力不變，根據牛頓第二定律，加速度不變，做勻加速直線運動，故A錯誤；BC段圖線的斜率表示汽車的功率，功率不變，知汽車達到額定功率，當速度增大，牽引力減小，則加速度減小，做加速度減小的加速運動，到達C點加速度為零，做勻速直線運動，故 B錯誤；在整個運動過程中，AB 段的加速度最大，在C點牽引力等

15、于阻力，f = 1000N ,則最大加速度F f 3000 100022P 2 10420a =m/s =2m/s 故 C 正確。在 B 點汽車的速度 v - =m/s=一 m/s 5m/sm 1000F 30003,知汽車速度為5m/s時發動機的功率小于 2X10W,故D錯誤。.【答案】CD【解析】由圖乙可知mg=kx0,解得刈 四，由Fx圖線與橫軸所圍圖形的面積表示彈力所做的功，則 kJ2h有 W彈= (xh)2,由動能定理得 mgx-1k(x- h)2= 0,即 mgx (x h) 0,解得 x h x0 1 J1 -, TOC o 1-5 h z 2M x022最低點坐標不是 h+2x

16、,且此處動能不是最小，故 A、B錯誤；由圖可知， mg=kx,由對稱性可知當 x=h+2x0時，小球加速度為g,且彈力為2mg,故C正確；小球在x=h + x。處時，動能有最大值，根據動11能te理有 mg(h +xo)+亞彈=Ekm0,依題可得 W彈=mgx0,所以Ekm= mgh + mgx。，故D正確。8.【答案】AC【解析】物體沿斜面向下運動到某位置時的受力分析如圖所示，設物體發生的位移為x,橡皮筋伸長的長度為 L,橡皮筋與斜面之間的夾角為 。，由題可知N = mgcos 53 - Fsin 0, f= N, 其中Fsin 0= kLsin 9= kL0,聯立解得f= 0.3mg 0.

17、5kL0,可見摩擦力是一個不變值，故 A正1 a0= kx,解得 m確；物體受到的合力 F 合=mgsin 53 Mmgcos 53 Fsin Fcos 0= ma,其中 Fcos 0= kLcos0.5mg 0.5kLo kx,可見加速度a隨位移x先減小后增大，即物體在做變加速運動，故x強LoB錯誤；物體加速度a 0時，速度最大，此時有0.5mg+0.5kL。kx=0,解得 2 k ,根據動能定mg kL0一,一一11v理有mgsin 53於一/mgcos 53 kL。）?（一2kx?= 2mv2,解得2mk ,故C正確；設物體距離出發點的x L mg最遠距離為x?,根據動能定理有 mgsi

18、n 53 x?- /mgcos 53 kL）/?-kx?,?= 0,解得k，故D錯誤。9【解析】（1）賽車在水平軌道上達到最大速度時，設其牽引力為F,根據牛頓第二定律有：Ff= 0又因為P=FVm1所以：- m/s（2）賽車通過B點在空中做平拋運動，設賽車能越過壕溝的最小速度為v,在空中運動時間為t1,則有且 x=vt1所以 v= 3.0m/s（3）若賽車恰好能越過壕溝，且賽車通電時間最短，在賽車從A點運動到B點的過程中根據動能定理有：1 1Pt fL -mV2 - - m4帶入數據解得：t=2.4s10【解析】（1）無傳送帶時，物體由 B運動到C,做平拋運動，設物體在 B點的速度為vb,則L=VBt, h=2gt2“ v vb 解得：有傳送帶時，設物體離開傳送帶時的速度為v1,則有:1L = v1t112 12-2（i mgLmw2 mvB2 TOC o 1-5 h z vL g3Lv1.T-解得：2V2h,8ho(2)物體在傳送帶上全程減速時，離開傳送帶的末速度物體在傳送帶上全程加速時，離開傳送帶的末速度為L gV2 M22h,物體仍落在C點，則Xmin = LV2?,由動能定理有11 O 12mgL = mv2