功和功率动能定理

1、诊断卷 七功和功率动能定理功和功率考点一1.考查功的大小运算 2022 沈阳期中 如图 1 所示,质量m1 kg、长 L0.8 m 的匀称矩形薄板静止在水平桌面上,其右端与桌子边缘相平；板与桌面间的动摩擦因数为 0.4；现用 F5 N 的水平力向右推薄板,使它翻下桌子,力 F 做的功至少为 g 取 10 m/s 2 图 1 A1 J B1.6 J C2 J D4 J 2考查机车的启动与牵引问题 2022 海南高考 假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率；假如摩托艇发动机的输出功率变为原先的 2 倍,就摩托艇的最大速率变为原先的 A4 倍 B2 倍C. 3倍 D. 2倍3考查功率的分析与运算

2、多项 位于水平面上的物体在水平恒力F1作用下, 做速度为 v1的匀速运动； 如作用力变为斜向上的恒力F2,物体做速度为v 2 的匀速运动,且F1 与 F 2功率相同；就可能有 图 2 AF2F1 v 1v2 BF 2F1 v 1F 1 v 1v 2 DF 2F1 v1 2mgR,质点不能到达 Q 点1CW2mgR,质点到达 Q 点后,连续上升一段距离1DW 2mgR,质点到达 Q 点后,连续上升一段距离12考查动能定理与圆周运动的综合 如图 11 所示,倾斜轨道AB 的倾角为 37 , CD、 EF 轨道水平, AB 与 CD 通过光滑圆弧管道 BC 连接, CD 右端与竖直光滑圆周轨道相连；

3、小球可以从 D 进入该轨道,沿轨道内侧运动,从 E 滑出该轨道进入 EF 水平轨道；小球由静止从 A 点释放,已知 AB 长为 5R,CD 长为 R,重力加速度为 g,小球与倾斜轨道 AB 及水平轨道 CD 、EF 的动摩擦因数均为0.5,sin 37 0.6,cos 37 0.8,圆弧管道 BC 入口 B 与出口 C 的高度差为 1.8R；求：在运算中,根号中的数值无需算出 图 11 1小球滑到斜面底端 C 时速度的大小；2小球刚到 C 时对轨道的作用力；3要使小球在运动过程中不脱离轨道,竖直圆周轨道的半径R 应当满意什么条件？答 案1选 B 在薄板没有翻转之前,薄板与水平面之间的摩擦力 f

4、 mg4 N；力 F 做的功用来克服摩擦力消耗的能量,而在这个过程中薄板只需移动的距离为 L2,就做的功至少为WfL 2 1.6 J,所以 B 正确；2选 D 设 f kv,当阻力等于牵引力时,速度最大,输出功率变化前,有 PFvfvkvv kv 2,变化后有 2P Fvkvvkv2,联立解得 v2v,D 正确；3选 BD 依据平稳条件有 F1 mg,设 F2与水平面间的夹角为 ,就有 F2cos mgF 2sin ,得 F2cos sin F 1,因而两力大小关系不确定,但两种运动情形下,物体均做匀速运动, 且拉力功率相同,因而克服摩擦力做功的功率也相同,明显其次种情形下,摩擦力较小,就有

5、v 1v 2,即 B、 D 正确；4选 A 由 P-t 图像知： 0t 1内汽车以恒定功率 P1 行驶, t 1t2 内汽车以恒定功率 P2行驶；设汽车所受牵引力为 F,就由 PFv 得,当 v 增加时, F 减小,由 aFf m知 a 减小,又因速度不行能突变,所以选项 B、C、D 错误,选项 A 正确；5选 CD 由物体的速度图像和动能定理可知在 02 s 内物体先加速后减速,合外力先做正功后做负功,A 错；依据动能定理得 03 s 内合外力做功为零,12 s 内合外力做负功, C 对, B 错；在 01 s 内比 13 s 内合外力做功快,D 对；6选 BD A 物体所受的合外力等于 B

6、 对 A 的摩擦力,对物体 A 应用动能定理,就有B 对 A 的摩擦力所做的功等于 A 的动能的增量,B 对； A 对 B 的摩擦力与 B 对 A 的摩擦力是一对作用力与反作用力,大小相等,方向相反,但是由于A 在 B 上滑动, A、B 相对地的位移不等, 故二者做功不等, C 错；对长木板 B 应用动能定理, WFWf EkB,即 WF EkBWf 就是外力 F 对 B 做的功,等于B 的动能增量与B 克服摩擦力所做的功之和,D 对；由前述争论知B 克服摩擦力所做的功与A 的动能增量 等于 B 对 A 的摩擦力所做的功不等,故 A 错；7选 C 在 Q 点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支

7、持力,两力的合力充当向心2力,所以有 Nmgmv R,N2mg,联立解得 vgR,下落过程中重力做正功,摩擦力做负功,依据动能定理可得 mgRWf1 2mv 2,解得 Wf1 2mgR,所以克服摩擦力做功为 12mgR,C 正确；8解析： 1当推力 F 最大时,加速度最大,由牛顿其次定律,得：F m mgmam可解得： am15 m/s 2；2由图像可知： F 随 x 变化的函数方程为 F80 20 x速度最大时,合力为 0,即 F mg所以 x3 m；3位移最大时,末速度肯定为 0 由动能定理可得：WF mgx0 由图像可知,力 F 做的功为WF1 2Fmxm1 2 80 4 J160 J

8、所以 x8 m；答案： 115 m/s 2 23 m 38 m 9选 A 物块从 A 点释放,恰好能滑动到 C 点,物块受重力、支持力、滑动摩擦力；设斜面 AC 长为 L,运用动能定理列出等式：2 3mgLsin 1mgcos 5L2mgcos 5L000 解得： tan 2132,应选 A；510选 B 依据几何关系可知,足球做平抛运动的竖直高度为 h,水平位移为 x 水平 2 2s 2L 4,就足球位移的大小为：xx水平 2h 2s 2L 4h 2,选项 A 错误；由 h1 2gt 2,2x 水平 v0t,可得足球的初速度为 v02h g L4s 2 ,选项 B 正确；对小球应用动能定理：

9、2 2 2mghmv 2mv 0 2,可得足球末速度 vv 0 22gh2h g L4s 2 2gh,选项 C 错误； 初速度方向与球门线夹角的正切值为tan 2s L,选项 D 错误；11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 F N,就 F N2mgmvNR,已知 FNF N4mg,就质点到达 N 点的动能为 EkN1 2mvN 23 2mgR；质点由开始至 N 点的过程,由动能定理得 mg2RWfEkN0,解得摩擦力做的功为 Wf1 2mgR,即克服摩擦力做的功为 W Wf1 2mgR；设从 N 到 Q 的过程中克服摩擦力做功为 W,就WW；从 N 到

10、Q 的过程, 由动能定理得mgRW1 2mv Q 21 2mvN 2,即1 2mgRW1 2mv Q 2,故质点到 Q 点后速度不为 0,质点连续上升一段距离；选项 C 正确；12解析： 1设小球到达 C 点时速度为 v,小球从 A 运动至 C 过程,由动能定理,有：mg5Rsin 37 1.8R mgcos 37 5R1 2mvC 2可得： v C28gR5；2小球沿 BC 轨道做圆周运动, 设在 C 点时轨道对球的作用力为 F N,由牛顿其次定律,有：2FNmg mv C r其中 r 满意： rrsin 53 1.8R联立上式可得：FN6.6mg由牛顿第三定律可得,球对轨道的作用力为 3要使小球不脱离轨道,有两种情形：6.6mg,方向竖直向下；情形一：小球能滑过圆周轨道最高点,进入 EF 轨道,就小球在最高点应满意：2 m v P Rmg小球从 C 直到此最高点过程,由动能定理,有： mgRmg2R1 2mv P 21 2mv C 2可得： R 23 25R0.92R情形二