2025屆高考物理二輪復(fù)習(xí)專題二第1講功和功率動能定理學(xué)案

PAGE13-第1講功和功率動能定理思維導(dǎo)圖要點熟記1.功(1)恒力做功：W＝Flcosα(α為F與l之間的夾角)。(2)變力做功：①用動能定理求解；②用F-x圖線與x軸所圍“面積”求解。2.功率(1)平均功率：P＝eq\f(W,t)＝Feq\o(v,\s\up6(－))cosα(α為F與eq\o(v,\s\up6(－))的夾角)。(2)瞬時功率：P＝Fvcosα(α為F與v的夾角)。(3)兩類機(jī)車啟動問題中的關(guān)鍵方程：P＝F·v，F(xiàn)－F阻＝ma，vm＝eq\f(P,F阻)，Pt－F阻x＝ΔEk。3.動能定理：W合＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。4.兩點留意(1)應(yīng)用動能定理的關(guān)鍵是寫出各力做功的代數(shù)和，不要漏掉某個力做的功，同時要留意各力做功的正、負(fù)。(2)動能定理是標(biāo)量式，不能在某一方向上應(yīng)用。[研考向·提實力]__________________________________考向研析__駕馭應(yīng)試技能考向一功和功率的分析與計算1．區(qū)分恒力、變力：恒力做功一般用功的公式或動能定理求解，變力做功用動能定理或圖像法求解。2．圖像法求功的四種狀況：力做的功分別為W甲＝F1x1、W乙＝eq\f(1,2)F2x2、W丙＝eq\f(π,4)F3x3(圖丙中F-x的圖線是四分之一圓周)、W丁＝eq\f(1,2)Pt1＋P(t2－t1)。3．區(qū)分公式：P＝eq\f(W,t)側(cè)重于平均功率的計算，P＝Fvcosθ側(cè)重于瞬時功率的計算。[典例1](多選)(2024·高考全國卷Ⅲ)地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機(jī)通過豎井運輸?shù)降孛?。某豎井中礦車提升的速度大小v隨時間t的改變關(guān)系如圖所示，其中圖線①②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(zhì)量相等。不考慮摩擦阻力和空氣阻力。對于第①次和第②次提升過程()A．礦車上升所用的時間之比為4∶5B．電機(jī)的最大牽引力之比為2∶1C．電機(jī)輸出的最大功率之比為2∶1D．電機(jī)所做的功之比為4∶5[解析]由圖線①知，礦車上升總高度h＝eq\f(v0,2)·2t0＝v0t0。由圖線②知，加速階段和減速階段上上升度和h1＝eq\f(\f(v0,2),2)·(eq\f(t0,2)＋eq\f(t0,2))＝eq\f(1,4)v0t0，勻速階段：h－h(huán)1＝eq\f(1,2)v0·t′，解得t′＝eq\f(3,2)t0，故第②次提升過程所用時間為eq\f(t0,2)＋eq\f(3,2)t0＋eq\f(t0,2)＝eq\f(5,2)t0，兩次上升所用時間之比為2t0∶eq\f(5,2)t0＝4∶5，A對；對礦車受力分析，當(dāng)?shù)V車向上做加速直線運動時，電機(jī)的牽引力最大，由于加速階段加速度相同，故加速時牽引力相同，B錯；在加速上升階段，由牛頓其次定律知，F(xiàn)－mg＝ma，F(xiàn)＝m(g＋a)，第①次在t0時刻，功率P1＝F·v0，第②次在eq\f(t0,2)時刻，功率P2＝F·eq\f(v0,2)，第②次在勻速階段P2′＝F′·eq\f(v0,2)＝mg·eq\f(v0,2)＜P2，可知，電機(jī)輸出的最大功率之比P1∶P2＝2∶1，C對；由動能定理知，兩個過程動能改變量相同，克服重力做功相同，故兩次電機(jī)做功也相同，D錯。[答案]AC1．如圖所示，將完全相同的四個小球1、2、3、4分別從同一高度由靜止釋放或平拋(圖乙)，其中圖丙是一傾角為45°的光滑斜面，圖丁為eq\f(1,4)光滑圓弧，不計空氣阻力，則下列對四種狀況下相關(guān)物理量的比較正確的是()A．落地時間t1＝t2＝t3＝t4B．全程重力做功W1＝W2>W3＝W4C．落地瞬間重力的功率P1＝P2＝P3＝P4D．全程重力做功的平均功率eq\o(P,\s\up6(－))1＝eq\o(P,\s\up6(－))2>eq\o(P,\s\up6(－))3>eq\o(P,\s\up6(－))4解析：圖甲、乙中小球在豎直方向均做自由落體運動，故t1＝t2＝eq\r(\f(2h,g))，其中h為豎直高度，對圖丙，eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,3)sinθ，t3＝eq\r(\f(2h,gsin2θ))，其中θ為斜面傾角，比較圖丙和圖丁，由動能定理可知，兩小球從初始位置到水平面上同一高度處速度大小總相等，但小球4的路程長，因此t1＝t2<t3<t4，選項A錯誤；因豎直高度相等，因此重力做功相等，選項B錯誤；重力的瞬時功率等于mgvy，小球四種方式落地時的豎直分速度vy1＝vy2>vy3>vy4＝0，故落地瞬間重力的功率P1＝P2>P3>P4，選項C錯誤；全程重力做功的平均功率eq\o(P,\s\up6(－))＝eq\f(W,t)，因W相同，t1＝t2<t3<t4，故eq\o(P,\s\up6(－))1＝eq\o(P,\s\up6(－))2>eq\o(P,\s\up6(－))3>eq\o(P,\s\up6(－))4，選項D正確。答案：D2．(多選)放在粗糙水平地面上的物體受到水平拉力的作用，在0～6s內(nèi)其速度與時間的圖像和該拉力的功率與時間的圖像分別如圖甲、乙所示。下列說法正確的是()A．0～6s內(nèi)物體的位移大小為30mB．0～6s內(nèi)拉力做的功為70JC．合外力在0～6s內(nèi)做的功與0～2s內(nèi)做的功相等D．滑動摩擦力的大小為5N解析：由v-t圖像與t軸圍成的面積表示位移，可得0～6s內(nèi)物體的位移大小x＝eq\f(4＋6,2)×6m＝30m，故A正確；由P-t圖像與t軸圍成的面積表示做功多少，可得在0～2s內(nèi)拉力對物體做的功W1＝eq\f(30×2,2)J＝30J，2～6s內(nèi)拉力對物體做的功W2＝10×4J＝40J，所以0～6s內(nèi)拉力做的功為W＝W1＋W2＝70J，B正確；由圖甲可知，在2～6s內(nèi)，物體做勻速運動，合外力為零，則合外力在0～6s內(nèi)做的功與0～2s內(nèi)做的功相等，故C正確；在2～6s內(nèi)，v＝6m/s，P＝10W，物體做勻速運動，滑動摩擦力Ff＝F＝eq\f(P,v)＝eq\f(10,6)N＝eq\f(5,3)N，故D錯誤。答案：ABC3．(多選)如圖所示，傳送帶AB的傾角為θ，且傳送帶足夠長，現(xiàn)有質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的物體以初速度v0從B端起先向上運動，物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ>tanθ，傳送帶的速度為v(v0<v)，方向未知，重力加速度為g。物體在傳送帶上運動過程中，下列說法正確的是()A．摩擦力對物體做功的最大瞬時功率肯定是μmgvcosθB．摩擦力對物體做功的最大瞬時功率肯定是μmgv0cosθC．摩擦力對物體可能先做負(fù)功后做正功D．摩擦力對物體做的總功可能為零解析：物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ>tanθ，則μmgcosθ>mgsinθ，傳送帶的速度為v(v0<v)，若v0與v同向，物體先做勻加速運動，直至物體加速運動到與傳送帶速度相同時物體速度最大，此時摩擦力的瞬時功率最大，則最大瞬時功率為P＝μmgvcosθ；若v0與v反向，物體沿傳送帶先向上做減速運動，達(dá)到靜止后再向下做加速運動，在速率達(dá)到v0時正好運動到B端，物體在傳送帶上運動的速度最大為v0，此時摩擦力的瞬時功率最大，則最大瞬時功率為P＝μmgv0cosθ，因為最大瞬時功率有兩種可能值，所以選項A、B錯誤。若v0與v反向，物體先是沿傳送帶向上做勻減速運動，速度為零后，沿傳送帶向下做勻加速運動，滑動摩擦力方向始終沿傳送帶向下，摩擦力先對物體做負(fù)功，后做正功，物體回到B端時位移為零，滑動摩擦力做的總功為零，選項C、D正確。答案：CD考向二機(jī)車啟動問題1．恒定功率啟動(1)機(jī)車先做加速度漸漸減小的變加速直線運動，后做勻速直線運動，速度—時間圖像如圖所示。(2)常用公式①當(dāng)F＝F阻時，vm＝eq\f(P,F)＝eq\f(P,F阻)。②Pt－F阻x＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－0。2．恒定加速度啟動(1)機(jī)車先做勻加速直線運動，當(dāng)功率增大到額定功率后獲得勻加速的最大速度v1，之后做變加速直線運動，直至達(dá)到最大速度vm后做勻速直線運動，速度—時間圖像如圖所示。(2)常用公式eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(F－F阻＝ma,P額＝Fv1,P額＝F阻vm,v1＝at1))[典例2]如圖所示為汽車在水平路面上啟動過程的v-t圖像，Oa為過原點的傾斜直線，ab段是汽車以額定功率行駛時的加速階段速度隨時間改變的曲線，bc段是與ab段相切的水平直線。整個啟動過程中阻力恒為f，則下列說法正確的是()A．0～t1時間內(nèi)汽車以恒定功率做勻加速運動B．t1～t2時間內(nèi)汽車的平均速度為eq\f(v1＋v2,2)C．t1～t2時間內(nèi)汽車牽引力做的功等于eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1))D．在全過程中t1時刻汽車的牽引力及其功率都是最大值[解析]由題圖可知，0～t1時間內(nèi)汽車做勻加速直線運動，牽引力不變，速度增大，依據(jù)P＝Fv可知，汽車的功率增大，t1～t2時間內(nèi)，汽車的功率不變，速度增大，牽引力減小，t2時刻后，牽引力減小到與阻力相等，汽車做勻速直線運動，可知在全過程中t1時刻汽車的牽引力及其功率都是最大值，選項A錯誤，D正確；t1～t2時間內(nèi)，汽車做變加速直線運動，平均速度eq\o(v,\s\up6(－))≠eq\f(v1＋v2,2)，選項B錯誤；t1～t2時間內(nèi)，設(shè)汽車牽引力做的功為W，克服摩擦力做的功為Wf，由動能定理可得W－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，則牽引力做的功W＝Wf＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，選項C錯誤。[答案]D易錯警示解決機(jī)車啟動問題時的四點留意……………………(1)勻加速啟動過程中，最大功率是額定功率，勻加速的末速度不是機(jī)車運行的最大速度。(2)以額定功率啟動的過程中，牽引力的最小值等于阻力。(3)無論哪種啟動方式，最終達(dá)到最大速度時，均滿意P＝F阻vm，P為機(jī)車的額定功率。4．如圖所示，質(zhì)量為m的汽車在某下坡的馬路上，從速度v0起先加速運動，經(jīng)時間t速度達(dá)到最大值vm。設(shè)在此過程中汽車發(fā)動機(jī)的功率恒為P，汽車所受的阻力為恒力。對于該過程，以下說法正確的是()A．該過程中汽車始終做勻加速直線運動B．該過程中汽車所受阻力f＝eq\f(P,vm)C．該過程中汽車所受阻力做功的大小為Pt＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)D．該過程中汽車做加速度不斷減小的加速運動解析：汽車發(fā)動機(jī)的功率恒為P，則汽車做加速度漸漸減小的加速運動，A錯誤，D正確；汽車速度達(dá)到最大值vm時，汽車的牽引力F＝eq\f(P,vm)，故f＝eq\f(P,vm)＋mgsinθ，B錯誤；由于還有重力做功，汽車所受阻力做的功無法求出，C錯誤。答案：D5．(多選)發(fā)動機(jī)額定功率為P0的汽車在水平路面上從靜止起先先勻加速啟動，最終達(dá)到最大速度并做勻速直線運動，已知汽車所受路面阻力恒為Ff，汽車剛起先啟動時的牽引力和加速度分別為F0和a0。如圖所示描繪的是汽車在這一過程中速度隨時間以及加速度、牽引力和功率隨速度改變的圖像，其中正確的是()解析：汽車由靜止起先勻加速啟動時，a肯定，依據(jù)v＝at知v增大，由F＝ma＋Ff知F肯定，依據(jù)P＝Fv知v勻稱增大時，功率P也勻稱增大，達(dá)到P額后，功率保持不變，v接著增大，所以F＝eq\f(P,v)減小，a＝eq\f(F－Ff,m)減小，當(dāng)F＝Ff時，a＝0，vm＝eq\f(P,Ff)，此后汽車做勻速運動，故A、C正確。答案：AC6．質(zhì)量為500kg的賽車在平直賽道上以恒定功率加速，受到的阻力不變，其加速度a和速度的倒數(shù)eq\f(1,v)的關(guān)系如圖所示，則賽車()A．做勻加速直線運動B．功率為20kWC．所受阻力大小為2000ND．速度大小為50m/s時牽引力大小為3000N解析：由圖像可知，賽車的加速度隨速度的增大而減小，故賽車不做勻加速運動，選項A錯誤；依據(jù)P＝Fv，F(xiàn)－Ff＝ma可得a＝eq\f(P,m)·eq\f(1,v)－eq\f(Ff,m)，由圖像可知eq\f(Ff,m)＝4，eq\f(P,m)＝400，解得Ff＝2000N，P＝2×105W，選項B錯誤，C正確；速度大小為50m/s時牽引力大小為F＝eq\f(P,v)＝eq\f(2×105,50)N＝4000N，選項D錯誤。答案：C考向三動能定理的應(yīng)用1．“兩狀態(tài)，一過程”“兩狀態(tài)”即明確探討對象的始、末狀態(tài)的速度或動能狀況；“一過程”即明確探討過程，確定這一過程中探討對象的受力狀況和位置改變或位移等信息。2．解題的流程[典例3]小明同學(xué)在上海迪士尼樂園體驗了超刺激的嬉戲項目“創(chuàng)極速光輪”后，對“過山車”類型的軌道運動充溢了愛好。為此他自己利用器材設(shè)計拼接了一條軌道，如圖所示，ABC為一條水平軌道，BC段長度為20cm，斜直軌道CD段長度為15cm，與水平面夾角θ＝37°，BC段與CD段在C點平滑連接，豎直圓弧軌道DEF的圓心為O1，半徑R1＝10cm，圓軌道與CD相切于D點，E為圓弧軌道的最高點，半徑O1F水平，F(xiàn)G段為豎直軌道，與eq\f(1,4)圓軌道GH相切于G點，圓形軌道GH圓心為O2，半徑R2＝4cm，G、O2、D在同一水平線上，水平軌道HK長度為40cm，HK與CD軌道錯開。在AB段的A端固定一輕質(zhì)彈簧，彈簧自然伸長時剛好位于B端，現(xiàn)在B端放置一個小環(huán)(可視為質(zhì)點)但不拴接，小環(huán)的質(zhì)量為m＝0.01kg，現(xiàn)推動小環(huán)壓縮彈簧，當(dāng)彈簧壓縮量為d時釋放小環(huán)，小環(huán)恰好能運動到D點。已知小環(huán)只在軌道BC、CD、HK上受到摩擦力，動摩擦因數(shù)μ＝0.5，彈簧彈性勢能與彈簧彈性形變量的二次方成正比。不計空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。(1)求小環(huán)在B點的速度大小v；(2)某次試驗，彈簧壓縮量為2d，求小環(huán)在E處對軌道的壓力；(3)小環(huán)能否停在HK上？若能，求出彈簧壓縮量的取值范圍；若不能，請說明理由。[思路點撥]解此題留意以下兩點：(1)求B點的速度由B→D應(yīng)用動能定理時留意摩擦力做功。(2)利用彈性勢能和形變量的關(guān)系，確定小環(huán)運動到B點的動能。[解析](1)由B到D，依據(jù)動能定理有－μmglBC－μmglCDcosθ－mglCDsinθ＝0－eq\f(1,2)mv2代入數(shù)據(jù)得v＝eq\r(5)m/s。(2)彈簧壓縮量為d時，彈性勢能Ep＝kd2＝eq\f(1,2)mv2彈簧壓縮量為2d時，彈性勢能Ep′＝k(2d)2＝eq\f(1,2)mv′2小環(huán)在B點的動能變?yōu)樵瓉淼?倍，則速度v′＝2v，設(shè)到E點速度為vE，軌道對環(huán)的彈力為FE，依據(jù)動能定理有－μmglBC－μmglCDcosθ－mglCDsinθ－mgR1(1＋cosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)－eq\f(1,2)mv′2由牛頓其次定律有mg＋FE＝meq\f(v′2,R1)聯(lián)立解得FE＝1.04N依據(jù)牛頓第三定律知，小環(huán)在E處對軌道的壓力為1.04N，方向豎直向上。(3)假設(shè)小環(huán)在E點速度為零時，在HK上滑行的距離為x，依據(jù)動能定理有mgR1(1＋cosθ)＋mgR2－μmgx＝0，代入數(shù)據(jù)得x＝0.44m>0.4m，故小環(huán)不能停在HK上。[答案](1)eq\r(5)m/s(2)1.04N，方向豎直向上(3)小環(huán)不能停在HK上理由見解析方法技巧應(yīng)用動能定理解題“四點技巧”……………………(1)建立運動模型，推斷物體做了什么運動。(2)分析各個運動過程中物體的受力和運動狀況。(3)抓住運動模型之間的聯(lián)系紐帶，如速度、加速度、位移，確定初、末狀態(tài)。(4)依據(jù)實際狀況分階段或整個過程利用動能定理列式計算。7.(2024·高考全國卷Ⅲ)從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中除受到重力外，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3m以內(nèi)時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的改變?nèi)鐖D所示。重力加速度取10m/s2。該物體的質(zhì)量為()A．2kg B．1.5kgC．1kg D．0.5kg解析：畫出運動示意圖，設(shè)阻力為f，據(jù)動能定理知A→B(上升過程)：EkB－EkA＝－(mg＋f)hC→D(下落過程)：EkD－EkC＝(mg－f)h整理以上兩式得mgh＝30J，解得物體的質(zhì)量m＝1kg，選項C正確。答案：C8.(2024·高考江蘇卷)如圖所示，一小物塊由靜止起先沿斜面對下滑動，最終停在水平地面上。斜面和地面平滑連接，且物塊與斜面、物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均為常數(shù)。該過程中，物塊的動能Ek與水平位移x關(guān)系的圖像是()解析：設(shè)斜面的傾角為θ，小物塊滑至斜面某處(發(fā)生的水平位移為x)時的末動能為Ek，由動能定理得mgxtanθ－μ1mgcosθeq\f(x,cosθ)＝Ek－0，即mgxtanθ－μ1mgx＝Ek－0，故小物塊沿斜面下滑時Ek與x成正比；當(dāng)小物塊在水平地面上運動時，可逆向看作初速度為零的加速運動，由動能定理得μ2mgx＝Ek，即Ek與x也成正比，故A正確。答案：A9．(2024·湖南十校高三聯(lián)考)游樂園的過山車其局部可簡化為如圖所示的示意圖，傾角θ＝37°的兩平行傾斜軌道BC、DE的下端與水平半圓形軌道CD平滑連接，傾斜軌道BC的B端距軌道CD所在水平面的豎直高度h＝24m，傾斜軌道DE與圓弧軌道EF相切于E點，圓弧軌道EF的圓心O1、水平半圓軌道CD的圓心O2在同一水平面上，D點與O1點之間的距離L＝20m。質(zhì)量m＝1000kg的過山車(包括乘客)從B點由靜止起先滑下，經(jīng)過水平半圓軌道CD后，滑上傾斜軌道DE，到達(dá)圓弧軌道頂端F時，乘客對座椅的壓力為自身