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培优点九功和功率、动能及动能定理
1.近几年对本部分内容的考查，在选择题部分主要考查功和功率、动能定理的理解和计算，计算题侧重于动力学、电磁学等主干知识和典型模型相结合进行综合考查，难度较大
2.注意要点1分析机车启动问题时，抓住两个关键，一是汽车的运动状态，即根据牛顿第二定律找出牵引力与加速度的关系；二是抓住功率的定义式，即牵引力与速度的关系2应用动能定理时，列动能定理方程要规范，注意各功的正负号问题典例
1.2018∙全国II卷∙14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.等于克服摩擦力所做的功D.大于克服摩擦力所做的功【解析】木箱受力如图所示，木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可知，所以动能小于拉力做的功，故A正确；无法比较动能与摩擦力做功的大小，C、D错误【答案】A典例
2.2018∙全国III卷∙19地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至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
①②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
①次和第
②次提升过程A.矿车上升所用的时间之比为4:5B.电机的最大牵引力之比为2:1C.电机输出的最大功率之比为2:1D.电机所做的功之比为4:5【解析】设第
②次所用时间为t，根据速度图象的面积等于位移可得t=5t0/2，所以第
①次和第
②次提升过程所用时间之比为2t0∶5t0/2=4∶5，选项A正确；由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，，可得提升的最大牵引力之比为1∶1，选项B错误；由功率公式，P=Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2∶1，选项C正确；加速上升过程的加速度，加速上升过程的牵引力，减速上升过程的加速度，减速上升过程的牵引力，匀速运动过程的牵引力F3=mg第
①次提升过程做功W1=mgv0t0；第
②次提升过程做功W2=mgv0t0；两次做功相同，选项D错误【答案】AC1．物体在水平拉力F作用下，沿x轴由坐标原点开始运动，设拉力F随x的变化分别如图甲、乙、丙所示，其中图甲为一半圆图形，对应拉力做功分别为W甲、W乙、W丙，则以下说法正确的是 A．W甲W乙W丙B．W甲W乙＝W丙C．W甲＝W乙＝W丙D．无法比较它们的大小【答案】B2．多选如图所示，在离地面高为H处以水平速度v0抛出一质量为m的小球，经时间t，小球离水平地面的高度变为h，此时小球的动能为Ek，重力势能为Ep选水平地面为零势能参考面，不计空气阻力下列图象中大致能反映小球动能Ek、势能Ep变化规律的是 【答案】AD【解析】由动能定理可知，mgH－h＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0＋mgH－mgh，Ek－h图象为一次函数图象，B项错误；又Ek＝Ek0＋mg2t2，可知Ek－t图象为开口向上的抛物线，A项正确；由重力势能定义式有Ep＝mgh，Ep－h为正比例函数，所以D项正确；由平抛运动规律有H－h＝gt2，所以Ep＝mgH－gt2，所以Ep－t图象不是直线，C项错误3．多选质量为2kg的遥控玩具电动汽车在平直路面上由静止开始沿直线运动，汽车受到的阻力恒为重力的，若牵引力做功W和汽车位移x之间的关系如图所示，已知重力加速度g＝10m/s2，则 A．汽车在0～1m位移内，牵引力是恒力，1～3m位移内，牵引力是变力B．汽车位移为
0.5m时，加速度的大小a＝5m/s2C．汽车位移在0～3m的过程中，牵引力的最大功率为20WD．汽车位移在0～3m的过程中，牵引力的平均功率为10W【答案】BCD【解析】根据公式W＝Fx可知，题中W－x图象的斜率表示汽车牵引力的大小，0～1m位移内，牵引力F1＝20N，1～3m位移内，牵引力F2＝10N，所以A错误；0～1m位移内，a＝5m/s2，B正确；0～1m位移内，汽车做匀加速运动，1～3m位移内，汽车受力平衡，做匀速运动，则速度刚达到最大时，牵引力功率最大，此时v1＝＝m/s，Pmax＝F1v1＝20W，C正确；牵引力做的总功W＝40J，时间t＝t1＋t2＝s＋s＝s，平均功率为＝＝10W，D正确4．多选如图甲所示，质量为1kg的物体静止在粗糙的水平地面上，在一水平外力F的作用下运动，外力F和物体克服摩擦力f所做的功与物体位移的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2下列分析正确的是 A．物体与地面之间的动摩擦因数为
0.2B．物体运动的位移为13mC．物体在前3m运动过程中的加速度为3m/s2D．x＝9m时，物体的速度为3m/s【答案】ACD【解析】由摩擦力做功的图象可知，W＝μmg·x＝20J，解得μ＝
0.2，A正确；由f＝μmg＝2N，f·x＝Wf＝27J可得x＝
13.5m，B错误；又WF＝F·x，可解得前3m内，F＝N＝5N，由F－f＝ma可得a＝3m/s2，C正确；由动能定理可得WF－fx＝mv2，解得x＝9m时物体的速度v＝3m/s，D正确
5.多选物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动通过力和速度传感器监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律分别如图甲、乙所示取g＝10m/s2，则下列说法正确的是 A．物体的质量m＝
0.5kgB．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝
0.4C．第2s内物体克服摩擦力做的功W＝2JD．前2s内推力F做功的平均功率＝3W【答案】ABC【解析】由题图甲、乙可知，在1～2s，推力F2＝3N，物体做匀加速直线运动，其加速度a＝2m/s2，由牛顿运动定律可得，F2－μmg＝ma；在2～3s，推力F3＝2N，物体做匀速直线运动，由平衡条件可知，μmg＝F3；联立解得物体的质量m＝
0.5kg，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝
0.4，选项A、B正确；由速度—时间图象所围的面积表示位移可得，第2s内物体位移x＝1m，克服摩擦力做的功Wf＝μmgx＝2J，选项C正确；第1s内，由于物体静止，推力不做功；第2s内，推力做功W＝F2x＝3J，即前2s内推力F做功为W′＝3J，前2s内推力F做功的平均功率＝＝W＝
1.5W，选项D错误6．如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，OM水平、ON竖直且光滑，用不可伸长的轻绳相连的两小球A和B分别套在OM和ON杆上，B球的质量为m＝2kg，在作用于A球的水平力F的作用下，A、B均处于静止状态，此时OA＝
0.3m，OB＝
0.4m，改变水平力F的大小，使A球向右加速运动，已知A球向右运动
0.1m时速度大小为3m/s，则在此过程中绳对B球的拉力所做的功为取g＝10m/s2 A．11JB．16JC．18JD．9J【答案】C【解析】A球向右运动
0.1m时，由几何关系得，B上升距离h＝
0.4m－m＝
0.1m，此时细绳与水平方向夹角θ的正切值tanθ＝，则得cosθ＝，sinθ＝，由运动的合成与分解知识可知vBsinθ＝vAcosθ，可得vB＝4m/s以B球为研究对象，由动能定理得W－mgh＝mvB2，代入数据解得W＝18J，即绳对B球的拉力所做的功为18J，故选C7．多选如图所示，在倾角为θ的斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端固定，另一端与质量为M的平板A连接，一个质量为m的物体B靠在平板的右侧，A、B与斜面之间的动摩擦因数均为μ开始时用手按住物体B使弹簧处于压缩状态，现放手，使A和B一起沿斜面向上运动距离L时，A和B达到最大速度v则以下说法正确的是 A．A和B达到最大速度v时，弹簧是自然长度B．若运动过程中A和B能够分离，则A和B恰好分离时，二者加速度大小均为gsinθ＋μcosθC．从释放到A和B达到最大速度v的过程中，弹簧对A所做的功等于Mv2＋MgLsinθ＋μMgLcosθD．从释放到A和B达到最大速度v的过程中，B受到的合力对它做的功等于mv2【答案】BD【解析】A和B达到最大速度v时，A和B的加速度为零对AB整体由平衡条件知kx＝m＋Mgsinθ＋μm＋Mgcosθ，所以此时弹簧处于压缩状态，故A错误；A和B恰好分离时，A、B间的弹力为0，A、B的加速度相同，对B受力分析，由牛顿第二定律知，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，得a＝gsinθ＋μgcosθ，故B正确；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对AB整体，根据动能定理得W弹－m＋MgLsinθ－μm＋Mgcosθ·L＝m＋Mv2，所以弹簧对A所做的功W弹＝m＋Mv2＋m＋MgLsinθ＋μm＋Mgcosθ·L，故C错误；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对于B，根据动能定理得B受到的合力对它做的功W合＝ΔEk＝mv2，故D正确8．如图甲所示，一滑块从平台上A点以初速度v0向右滑动，从平台上滑离后落到地面上的落地点离平台的水平距离为s，多次改变初速度的大小，重复前面的过程，根据测得的多组v0和s，作出s2－v02图象如图乙所示，滑块与平台间的动摩擦因数为
0.3，重力加速度g＝10m/s21求平台离地的高度h及滑块在平台上滑行的距离d；2若将滑块的质量增大为原来的2倍，滑块从A点以4m/s的初速度向右滑动，求滑块滑离平台后落地时的速度大小v′及落地点离平台的水平距离s的大小【解析】1设滑块滑到平台边缘时的速度为v，根据动能定理得－μmgd＝mv2－mv02
①滑块离开平台后做平抛运动，则有h＝gt2
②s＝vt
③联立以上三式得s2＝v02－4μhd
④由图象得图象的斜率等于，即＝＝
0.2
⑤解得h＝1m且当s＝0时，v02＝12，代入
④式解得d＝2m2由
①得v＝2m/s滑块离开平台后做平抛运动，则有h＝gt2
⑥得t＝＝s
⑦滑块滑离平台后落地时的速度为v′＝＝2m/s落地点离平台的水平距离s的大小为s＝vt＝m
9.如图所示，水平面上某点固定一轻质弹簧，A点左侧的水平面光滑，右侧水平面粗糙，在A点右侧5m远处B点竖直放置一半圆形管状光滑轨道，轨道半径R＝
0.4m，连接处相切现将一质量m＝
0.1kg的小滑块放在弹簧的右端在A点左侧且不与弹簧拴接，用力向左推滑块而压缩弹簧，使弹簧具有的弹性势能为2J，放手后滑块被向右弹出，它与A点右侧水平面间的动摩擦因数μ＝
0.2，取g＝10m/s21求滑块运动到半圆形轨道最低点B时对轨道的压力；2改变半圆形轨道的位置左右平移，使得被弹出的滑块到达半圆形轨道最高点C时对轨道的压力大小等于滑块的重力，问A、B之间的距离应调整为多少？【解析】1小滑块被弹出至到达B点的过程，据动能定理有W弹－μmgx＝mv滑块在B处有FN－mg＝meq\fvR而W弹＝ΔEp＝2J解得FN＝6N由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为6N，方向竖直向下2在C处，滑块对轨道的压力大小为mg，包含两种情况
①若压力方向向上，在C处，对滑块由牛顿第二定律有mg＋F′N1＝meq\fvR，F′N1＝FN1＝mg整个过程，据动能定理有W弹－μmgx1－mg·2R＝mv解得x1＝4m
②若压力方向向下，在C处，对滑块由牛顿第二定律有mg－F′N2＝meq\fvR；F′N2＝FN2＝mg整个过程，据动能定理有W弹－μmgx2－mg·2R＝mv解得x2＝6m
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