专题二第1讲 功 功率和动能定理考向一 功和功率的计算 (选择题)1.恒力做功的公式W ＝Fl cos α(通过F 与l 间的夹角α判断F 是否做功及做功的正、负)。
2．功率(1)平均功率：P ＝Wt＝F v cos α。
(2)瞬时功率：P ＝Fv cos α(α为F 与v 的夹角)。
[例1] (2014·全国新课标Ⅱ)一物体静止在粗糙水平地面上。
现用一大小为F 1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v 。
若将水平拉力的大小改为F 2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v 。
对于上述两个过程，用WF 1、WF 2分别表示拉力F 1、F 2所做的功，W f 1、W f 2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( )A ．WF 2>4WF 1, W f 2>2W f 1B ．WF 2>4WF 1, W f 2＝2W f 1C ．WF 2<4WF 1, W f 2＝2W f 1D ．WF 2<4WF 1, W f 2<2W f 1 [思路探究](1)两次物体的加速度、位移存在什么关系？提示：因为前后两次t 相等，由a ＝vt ，x ＝v 2t 知，a 1∶a 2＝1∶2，x 1∶x 2＝1∶2。
(2)两次合力做功存在什么关系？提示：由动能定理知W 合1∶W 合2＝1∶4。
[解析] 由x ＝v t 知，前后两次的位移之比x 1∶x 2＝1∶2，由W f ＝fx 知W f 1∶W f 2＝1∶2；由动能定理知，WF 1－W f 1＝12mv 2，WF 2－W f 2＝12m ·(2v )2，所以WF 2－W f 2＝4(WF 1－W f 1)，又因为W f 2＝2W f 1，所以4WF 1－WF 2>0，即WF 2<4WF 1，C 正确。
[答案] C [感悟升华]计算功和功率时应注意的问题1．(2014·模拟)如图所示，自动卸货车始终静止在水平地面上，在液压机的作用下，车厢与水平面间的θ角逐渐增大且货物相对车厢静止的过程中，下列说确的是( )A ．货物受到的摩擦力增大B ．货物受到的支持力不变C ．货物受到的支持力对货物做正功D ．货物受到的摩擦力对货物做负功解析：选AC 货物处于平衡状态，则有mg sin θ＝f ，mg cos θ＝N ，θ增大，f 增大，N 减小，A 正确，B 错误；货物受到的支持力的方向与速度方向始终相同，做正功，C 正确；摩擦力的方向与速度方向始终垂直，不做功，D 错误。
2．质量为1 kg 的物体静止于光滑水平面上。
从t ＝0时刻起，物体受到向右的水平拉力F 作用，第1 s F ＝2 N ，第2 s F ＝1 N 。
下列判断正确的是( )A ．2 s 末物体的速度是4 m/sB ．2 s 物体的位移为3 mC ．第1 s 末拉力的瞬时功率最大D ．第2 s 末拉力的瞬时功率最大解析：选C 由牛顿第二定律得第1 s 和第2 s 的加速度分别为2 m/s 2和1 m/s 2，第1 s 末和第2 s 末的速度分别为v 1＝a 1t 1＝2 m/s ，v 2＝v 1＋a 2t 2＝3 m/s ，A 错误；2 s 的位移x ＝v 1t 12＋v 1＋v 22t 2＝3.5 m ，B 错误；第1 s 末拉力的瞬时功率P 1＝F 1v 1＝4 W ，第2 s 末拉力的瞬时功率P 2＝F 2v 2＝3 W ，C 正确，D 错误。
3．(2014·一模)质量为m ＝2 kg 的物体沿水平面向右做直线运动，t ＝0时刻受到一个水平向左的恒力F 作用，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 ＝10 m/s 2，则( )A ．物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5B ．10 s 末恒力F 的瞬时功率为6 WC ．10 s 末物体在计时起点左侧2 m 处D ．10 s 物体克服摩擦力做功34 J解析：选CD 由题图乙知前后两段物体加速度的大小分别为a 1＝2 m/s 2、a 2＝1 m/s 2，由牛顿第二定律知F ＋μmg ＝ma 1，F －μmg ＝ma 2，联立得F ＝3 N 、μ＝0.05，A 错误；10 s 末恒力F 的瞬时功率为P ＝Fv ＝18 W ，B 错误；由速度图像与坐标轴所围面积的物理意义知，10 s 物体的位移x ＝－2 m ，即在计时起点左侧2 m 处，C 正确；10 s 物体的路程为s ＝34 m ，则10 s 物体克服摩擦力所做的功W ＝μmgs ＝34 J ，D 正确。
考向二 机车启动问题 (选择题或计算题)1．机车输出功率：P ＝Fv ，其中F 为机车牵引力。
2．机车启动匀加速过程的最大速度v 1(此时机车输出的功率最大)和全程的最大速度v m (此时F 牵＝F 阻)求解方法：(1)求v 1：由F 牵－F 阻＝ma ，P ＝F 牵v 1可求v 1＝PF 阻＋ma。
(2)求v m ：由P ＝F 阻v m ，可求v m ＝PF 阻。
[例2](2014·五校联考)如图所示为修建高层建筑常用的塔式起重机。
在起重机将质量m＝5×103 kg的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度a ＝0.2 m/s2，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做v m＝1.02 m/s 的匀速运动。
取g＝10 m/s2，不计额外功。
求：(1)起重机允许输出的最大功率；(2)重物做匀加速运动所经历的时间；(3)起重机在第2 s末的输出功率。
[审题指导](1)题干中“重物由静止开始向上做匀加速直线运动”说明起重机以恒定的加速度启动。
(2)题干中“匀速运动”说明重物所受的起重机的牵引力与重物的重力平衡。
[解析](1)重物匀速上升时有F＝mg可得起重机的最大输出功率P m＝Fv m＝mgv m＝5.1×104 W(2) 设重物匀加速阶段受到的牵引力为F1，匀加速运动阶段的末速度为v匀m，由牛顿第二定律得F1－mg＝ma又有P m＝F1v匀mv匀m＝at1解得t1＝5 s(3)设第2 s末重物的速度为v2，由运动学公式知v2＝at2由牛顿第二定律知F1－mg＝ma且P＝F1v2解得P＝2.04×104 W[答案](1)5.1×104 W(2)5 s(3)2.04×104 W4．(2014·质检)某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶，受到的阻力分别为车重的k 1和k 2倍，最大速率分别为v 1和v 2，则( )A ．v 2＝k 1v 1B ．v 2＝k 1k 2v 1C ．v 2＝k 2k 1v 1 D ．v 2＝k 2v 1解析：选B 该车在水平路面上达到最大速率时，处于平衡状态，即该车此时的牵引力F 1＝k 1mg ，F 2＝k 2mg ，两种情况下，车的功率相同，即F 1v 1＝F 2v 2，解得v 2＝k 1v 1k 2，B 正确。
5．(2014·模拟)质量为8×102 kg 的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为15 m/s ，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F 与对应的速度v ，并描绘出F 1v 图像如图所示(图中AB 、BO 均为直线)，假设电动车行驶中所受的阻力恒定，求此过程中(1)电动车的额定功率；(2)电动车由静止开始运动，经过多长时间，速度达到2 m/s ?(3)若过B 点后16 s 达到最大速度，则电动车所走的总路程是多大？解析：(1)分析图线可知：电动车由静止开始做匀加速直线运动，达到额定功率后，做牵引力逐渐减小的变加速直线运动，达到最大速度后做匀速直线运动。
当最大速度v max ＝15 m/s 时，牵引力为F min ＝400 N ，由平衡条件得恒定阻力f ＝F min ＝400 N额定功率P ＝F min v max ＝6 kW(2)匀加速运动的末速度v ＝PF max解得v ＝3 m/s由牛顿第二定律知匀加速运动的加速度a ＝F max －fm解得a ＝2 m/s 2电动车在速度达到3 m/s 之前，一直做匀加速直线运动，所求时间t ＝v ′a解得t ＝1 s(3)设在匀加速阶段到达B 点的位移为x 1，则v 2＝2ax 1 解得x 1＝2.25 m从B 点到达最大速度过程中，由动能定理得Pt ′－fx 2＝12mv 2m －12mv 2解得x 2＝24 m故总的位移x ＝x 1＋x 2＝26.25 m 答案：(1)6 kW (2)1 s (3)26.25 m考向三 动能定理的应用 (选择题或计算题)[例3] (2014·模拟)如图所示，水平路面CD 的右侧有一长L 1＝2 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，板M 的上表面与平台等高。
平台的上表面AB 长s ＝3 m ，光滑半圆轨道AFE 竖直固定在平台上，圆轨道半径R ＝0.4 m ，最低点与平台AB 相切于A 点。
当板M 的左端距离平台L ＝2 m 时，板与物块向左运动的速度v 0＝8 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μ1＝0.05，物块与板的上表面及轨道AB 的动摩擦因数μ2＝0.1，物块质量m ＝1 kg ，取g ＝10 m/s 2。
(1)求物块进入圆轨道时对轨道上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。
[思路探究]在DC 段由动能定理求物块和板整体到达BC 时的速度→对物块在板和平台上运动过程由动能定理求物块到达A 点的速度→在A 点由牛顿第二定律求物块受到的支持力→由牛顿第三定律求物块对A 点的压力→假设物块能过E 点，由动能定理求物块经过E 点的速度→与物块刚好经过E 点的速度比较判断→若能经过E 点，物块做平抛运动。
[解析] (1)设物块随板运动撞击竖直墙壁BC 时的速度为v 1，由动能定理得－μ1(m ＋M )gL ＝12(M ＋m )v 21－12(M ＋m )v 2设物块到A 点时速度为v 2，由动能定理得－μ2mg (s ＋L 1)＝12mv 22－12mv 21 由牛顿第二定律得N －mg ＝m v 22R解得N ＝140 N由牛顿第三定律知，物块对轨道A 点的压力大小为140 N ，方向竖直向下。
(2)假设物块能通过圆轨道的最高点，且在最高点处的速度为v 3，则有－mg ·2R ＝12mv 23－12mv 22解得v 3＝6 m/s在最高点的临界速度v 满足的关系为mg ＝mv 2R解得v ＝2 m/s因为v 3＞v ，所以假设成立。
