1、考點一功和功率1.考查功的大小計算(2015沈陽期中)如圖1所示，質(zhì)量m1 kg、長L0.8 m的均勻矩形薄板靜止在水平桌面上，其右端與桌子邊緣相平。板與桌面間的動摩擦因數(shù)為0.4?，F(xiàn)用F5 N的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F做的功至少為(g取10 m/s2)()圖1A1 JB1.6 JC2 J D4 J2考查機車的啟動與牽引問題(2015海南高考)假設(shè)摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。如果摩托艇發(fā)動機的輸出功率變?yōu)樵瓉淼?倍，則摩托艇的最大速率變?yōu)樵瓉淼?)A4倍 B2倍C.倍 D.倍3考查功率的分析與計算 (多選)位于水平面上的物體在水平恒力F1作用下，做速度為v1的勻速運動；若

2、作用力變?yōu)樾毕蛏系暮懔2，物體做速度為v2的勻速運動，且F1與F2功率相同。則可能有()圖2AF2F1v1v2 BF2F1v1F1v1v2 DF2F1v1mgR，質(zhì)點不能到達Q點CWmgR，質(zhì)點到達Q點后，繼續(xù)上升一段距離DWmgR，質(zhì)點到達Q點后，繼續(xù)上升一段距離12考查動能定理與圓周運動的綜合如圖11所示，傾斜軌道AB的傾角為37，CD、EF軌道水平，AB與CD通過光滑圓弧管道BC連接，CD右端與豎直光滑圓周軌道相連。小球可以從D進入該軌道，沿軌道內(nèi)側(cè)運動，從E滑出該軌道進入EF水平軌道。小球由靜止從A點釋放，已知AB長為5R，CD長為R，重力加速度為g，小球與傾斜軌道AB及水平軌道CD

3、、EF的動摩擦因數(shù)均為0.5，sin 370.6，cos 370.8，圓弧管道BC入口B與出口C的高度差為1.8R。求：(在運算中，根號中的數(shù)值無需算出)圖11(1)小球滑到斜面底端C時速度的大小。(2)小球剛到C時對軌道的作用力。(3)要使小球在運動過程中不脫離軌道，豎直圓周軌道的半徑R應(yīng)該滿足什么條件？答 案1選B在薄板沒有翻轉(zhuǎn)之前，薄板與水平面之間的摩擦力fmg4 N。力F做的功用來克服摩擦力消耗的能量，而在這個過程中薄板只需移動的距離為，則做的功至少為Wf1.6 J，所以B正確。2選D設(shè)fkv，當阻力等于牽引力時，速度最大，輸出功率變化前，有PFvfvkvvkv2，變化后有2PFvkv

4、vkv2，聯(lián)立解得vv，D正確。3選BD根據(jù)平衡條件有F1mg，設(shè)F2與水平面間的夾角為，則有F2cos (mgF2sin )，得F2，因而兩力大小關(guān)系不確定，但兩種運動情況下，物體均做勻速運動，且拉力功率相同，因而克服摩擦力做功的功率也相同，顯然第二種情況下，摩擦力較小，則有v1v2，即B、D正確。4選A由Pt圖像知：0t1內(nèi)汽車以恒定功率P1行駛，t1t2內(nèi)汽車以恒定功率P2行駛。設(shè)汽車所受牽引力為F，則由PFv得，當v增加時，F(xiàn)減小，由a知a減小，又因速度不可能突變，所以選項B、C、D錯誤，選項A正確。5選CD由物體的速度圖像和動能定理可知在02 s內(nèi)物體先加速后減速，合外力先做正功后做

5、負功，A錯；根據(jù)動能定理得03 s內(nèi)合外力做功為零，12 s內(nèi)合外力做負功，C對，B錯；在01 s內(nèi)比13 s內(nèi)合外力做功快，D對。6選BDA物體所受的合外力等于B對A的摩擦力，對物體A應(yīng)用動能定理，則有B對A的摩擦力所做的功等于A的動能的增量，B對；A對B的摩擦力與B對A的摩擦力是一對作用力與反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑動，A、B相對地的位移不等，故二者做功不等，C錯；對長木板B應(yīng)用動能定理，WFWfEkB，即WFEkBWf就是外力F對B做的功，等于B的動能增量與B克服摩擦力所做的功之和，D對；由前述討論知B克服摩擦力所做的功與A的動能增量(等于B對A的摩擦力所做的功)不

6、等，故A錯。7選C在Q點質(zhì)點受到豎直向下的重力和豎直向上的支持力，兩力的合力充當向心力，所以有Nmgm，N2mg，聯(lián)立解得v，下落過程中重力做正功，摩擦力做負功，根據(jù)動能定理可得mgRWfmv2，解得WfmgR，所以克服摩擦力做功為mgR，C正確。8解析：(1)當推力F最大時，加速度最大，由牛頓第二定律，得：Fmmgmam可解得：am15 m/s2。(2)由圖像可知：F隨x變化的函數(shù)方程為F8020x速度最大時，合力為0，即Fmg所以x3 m。(3)位移最大時，末速度一定為0由動能定理可得：WFmgx0由圖像可知，力F做的功為WFFmxm804 J160 J所以x8 m。答案：(1)15 m/

7、s2(2)3 m(3)8 m9選A物塊從A點釋放，恰好能滑動到C點，物塊受重力、支持力、滑動摩擦力。設(shè)斜面AC長為L，運用動能定理列出等式：mgLsin 1mgcos L2mgcos L000解得：tan ，故選A。10選B根據(jù)幾何關(guān)系可知，足球做平拋運動的豎直高度為h，水平位移為x水平 ，則足球位移的大小為：x ，選項A錯誤；由hgt2，x水平v0t，可得足球的初速度為v0，選項B正確；對小球應(yīng)用動能定理：mgh，可得足球末速度v，選項C錯誤；初速度方向與球門線夾角的正切值為tan ，選項D錯誤。11選C設(shè)質(zhì)點到達N點的速度為vN，在N點質(zhì)點受到軌道的彈力為FN，則FNmg，已知FNFN4m

8、g，則質(zhì)點到達N點的動能為EkNmvN2mgR。質(zhì)點由開始至N點的過程，由動能定理得mg2RWfEkN0，解得摩擦力做的功為WfmgR，即克服摩擦力做的功為WWfmgR。設(shè)從N到Q的過程中克服摩擦力做功為W，則WW。從N到Q的過程，由動能定理得mgRWmvQ2mvN2，即mgRWmvQ2，故質(zhì)點到Q點后速度不為0，質(zhì)點繼續(xù)上升一段距離。選項C正確。12解析：(1)設(shè)小球到達C點時速度為v，小球從A運動至C過程，由動能定理，有：mg(5Rsin 371.8R)mgcos 375RmvC2可得：vC 。(2)小球沿BC軌道做圓周運動，設(shè)在C點時軌道對球的作用力為FN，由牛頓第二定律，有：FNmgm其中r滿足：rrsin 531.8R聯(lián)立上式可得：FN6.6mg由牛頓第三定律可得，球?qū)壍赖淖饔昧?.6mg，方向豎直向下。(3)要使小球不脫離軌道，有兩種情況：情況一：小球能滑過圓周軌道最高點，進入EF軌道，則小球在最高點應(yīng)滿足：mmg小球從C直到此最高點過程，由動能定理，有：mgRmg2RmvP2mvC2可得：RR0.92R