2025屆高考物理二輪復(fù)習(xí)講義：專題二 功和能、動量 第4講 功、功率、動能定理 【含答案】

2025屆高考物理二輪復(fù)習(xí)講義專題二功和能、動量第4講功、功率、動能定理【網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建】【關(guān)鍵能力】能量觀是物理觀念的要素之一.理解功和功率.了解生產(chǎn)生活中常見機械的功率大小及其意義.理解動能和動能定理.能對物體的能量狀態(tài)進行分析和推理,解決簡單的實際問題.能應(yīng)用動能定理解決多過程復(fù)雜問題.題型1功、功率的分析和計算1.功的計算(1)恒力做功一般用公式W=Flcosα計算;(2)變力做功通常應(yīng)用動能定理、微元法、等效轉(zhuǎn)化法、平均力法、圖像法求解,或者利用恒定功率求功公式W=Pt計算.2.功率的計算明確是求瞬時功率還是平均功率.P=Wt側(cè)重于平均功率的計算,P=Fvcosα(α為F和速度v的夾角)側(cè)重于瞬時功率的計算例1《天工開物》中記載了古人借助水力使用高轉(zhuǎn)筒車往稻田里引水的場景.引水過程簡化如下:兩個半徑約為R的水輪以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動,水筒在筒車上均勻排布,單位長度上有n個,與水輪間無相對滑動,每個水筒離開水面時裝有質(zhì)量為m的水,其中的60%被輸送到高出水面H處灌入稻田,當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間,則筒車對灌入稻田的水做功的功率為()A.2nmgω2RH5C.3nmgω2RH

例2[2022·浙江6月選考]小明用額定功率為1200W、最大拉力為300N的提升裝置,把靜置于地面的質(zhì)量為20kg的重物豎直提升到高為85.2m的平臺,先加速再勻速,最后做加速度大小不超過5m/s2的勻減速運動,到達平臺速度剛好為零,g取10m/s2,則提升重物的最短時間為 ()A.13.2s B.14.2s C.15.5s D.17.0s

【技法點撥】機車啟動問題(1)機車勻加速啟動過程的最大速度v1:此時機車的功率最大,由F牽-F阻=ma和P=F牽v1可得v1=PF(2)全程的最大速度vm:此時F牽=F阻,由P=F阻vm可得vm=PF【遷移拓展】1.在有登高平臺的消防車上,具有一定質(zhì)量的伸縮臂能夠在5min內(nèi)使承載4人的登高平臺(人連同平臺的總質(zhì)量為400kg)上升60m到達滅火位置,此后,在登高平臺上的消防員用水炮滅火.已知水炮的出水量為3m3/min,水離開炮口時的速率為20m/s,水的密度為1×103kg/m3,則用于 ()A.水炮工作的發(fā)動機輸出功率約為1×104WB.水炮工作的發(fā)動機輸出功率約為4×104WC.水炮工作的發(fā)動機輸出功率約為2.4×106WD.伸縮臂抬升登高平臺的發(fā)動機輸出功率約為800W2.(不定項)為民族“起重”,為大國“舉力”,這是對中國工程機械最好的詮釋.如圖甲所示為我國自主研發(fā)的第一臺全地面起重機QAY25,起重范圍從25t到2600t,中國起重機在世界地位越來越“重”.若該起重機由靜止開始提升質(zhì)量為200t的物體,其a-1v圖像如圖乙所示,不計其他阻力,g取10m/s2.下列說法正確的是(A.起重機在5s時的瞬時功率P=2.4×104WB.重物上升的最大速度vm=10m/sC.重物0~5s內(nèi)做勻加速直線運動D.10s內(nèi)起重機對重物做的功為W=1.8×108J3.[2024·河北滄州模擬]2023年11月10日,我國首條超高速低真空管道磁浮交通系統(tǒng)——高速飛車大同(陽高)試驗線工程完工,其特點是全封閉真空管道和磁懸浮運輸.如圖所示,高速飛車的質(zhì)量為m,額定功率為P0,高速飛車在平直軌道上從靜止開始運動,先以加速度a做勻加速直線運動,加速過程中達到額定功率P0,后又經(jīng)過一段時間達到該功率下的最大速度.若高速飛車行駛過程中所受到的阻力為Ff且保持不變,則下列說法正確的是 ()A.高速飛車勻加速直線運動過程中達到的最大速度為PB.高速飛車勻加速直線運動的時間為PC.高速飛車勻加速直線運動的位移為PD.高速飛車在整個加速過程中牽引力做的功等于m題型2動能定理及應(yīng)用1.應(yīng)用動能定理解題的步驟圖解2.應(yīng)用動能定理時需注意(1)動能定理表達式是一個標(biāo)量式,在某個方向上應(yīng)用動能定理是沒有依據(jù)的.(2)多過程往復(fù)運動問題一般應(yīng)用動能定理求解.例3[2024·學(xué)軍中學(xué)模擬]如圖所示,在豎直平面內(nèi)固定一個半徑為R的粗糙14圓軌道BC,與粗糙的水平軌道AB相切于B點.小滑塊(視為質(zhì)點)質(zhì)量為m,以大小為165gR(g為重力加速度的大小)的初速度從水平軌道上A點沿直線AB運動,恰好能到達C點,而后沿圓軌道BC下滑,最終停在水平軌道上.已知A、B兩點間的距離為R,滑塊與水平軌道AB間的動摩擦因數(shù)為0.2,則 A.滑塊第二次通過B點時對軌道BC的壓力大小為3.8mgB.滑塊第一次通過軌道BC所用的時間比第二次的多C.滑塊第二次通過軌道BC因摩擦產(chǎn)生的熱量小于0.4mgRD.滑塊最終停在B點左側(cè)水平軌道上且與B點間的距離小于3R

【技法點撥】本題需要綜合應(yīng)用動能定理、能量守恒定律解決多過程問題.由于摩擦生熱,通過軌道BC上的同一位置時第二次的速度總是小于第一次的速度,所以兩次的時間不同.第二次對軌道的壓力較小,摩擦力也較小,故產(chǎn)生的摩擦熱較小.例4[2024·蕭山中學(xué)模擬]如圖甲所示,一物塊以一定的初速度沿傾角為30°的固定斜面上滑,運動過程中摩擦力大小Ff恒定,物塊動能Ek與運動路程s的關(guān)系如圖乙所示.重力加速度大小取10m/s2,下列判斷正確的是 ()A.物塊的質(zhì)量為0.4kgB.物塊所受的摩擦力為1NC.物塊在最高點時重力勢能為30JD.物塊上滑過程中克服摩擦力做功為5J

【技法點撥】此題是動能定理與圖像綜合問題,一般圖像分析的切入點包含“軸、線、斜、點、截、面”.根據(jù)動能定理可得Ek-s圖像的斜率大小表示物體受到的合力,分別列上升和下降兩個過程的動能定理,可以求出未知外力和物體的質(zhì)量.【遷移拓展】1.冰滑梯是一種體驗冰雪運動的娛樂項目,其示意圖如圖所示,游客從螺旋滑道上端滑下,旋轉(zhuǎn)兩周后經(jīng)傾斜滑道沖上水平滑道,滑行結(jié)束時停在水平滑道上.假設(shè)螺旋滑道的圓面半徑為r=52πm,上端與下端高度差為h1=6m,傾斜滑道高度差為h2=2m,螺旋滑道、傾斜滑道和水平滑道均平滑相接,游客與各滑道間的動摩擦因數(shù)處處相同,游客可視為質(zhì)點.現(xiàn)測得游客某次滑行時停在水平滑道上的位置與螺旋滑道上端的水平距離為L=92m,則游客與各滑道間的動摩擦因數(shù)可能為(A.0.07 B.0.08C.0.09 D.0.102.[2024·嵊州模擬]如圖甲所示,質(zhì)量為0.2kg的物塊受到水平向右的拉力F,以4m/s的初速度從A點向右運動,F隨位移x變化的圖像如圖乙所示.已知物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.3,重力加速度g取10m/s2,在運動過程中物塊的最大速度為 ()A.58m/s B.42m/sC.34m/s D.32m/s題型3應(yīng)用動能定理解決力學(xué)綜合問題例5[2022·浙江1月選考]如圖所示,處于豎直平面內(nèi)的一探究裝置,由傾角α=37°的光滑直軌道AB、圓心為O1的半圓形光滑軌道BCD、圓心為O2的半圓形光滑細圓管軌道DEF、傾角也為37°的粗糙直軌道FG組成,B、D和F為軌道間的相切點,彈性板垂直軌道固定在G點(與B點等高),B、O1、D、O2和F點處于同一直線上.已知可視為質(zhì)點的滑塊質(zhì)量m=0.1kg,軌道BCD和DEF的半徑R=0.15m,軌道AB長度lAB=3m,滑塊與軌道FG間的動摩擦因數(shù)μ=78,滑塊與彈性板作用后,以等大速度彈回,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2.滑塊開始時均從軌道AB上某點由靜止釋放(1)若釋放點距B點的長度l=0.7m,求滑塊到最低點C時軌道對其支持力FN的大小;(2)設(shè)釋放點距B點的長度為lx,求滑塊第1次經(jīng)F點時的速度v與lx之間的關(guān)系式;(3)若滑塊最終靜止在軌道FG的中點,求釋放點距B點長度lx的值.規(guī)范答題區(qū)自評項目(共100分)自評得分書寫工整無涂抹(20分)有必要的文字說明(20分)使用原始表達式、無代數(shù)過程(30分)有據(jù)①②得③等說明(10分)結(jié)果為數(shù)字的帶有單位,求矢量的有方向說明(20分)【遷移拓展】1.[2024·瑞安中學(xué)模擬]如圖所示為安裝在水平地面上的某游戲裝置結(jié)構(gòu)示意圖,其左邊部分是一個高度和水平位置均可以調(diào)節(jié)的平臺,在平臺上面放置一個彈射裝置;游戲裝置的右邊部分由豎直固定的光滑圓弧軌道BC、粗糙水平直線軌道CD與豎直固定的光滑圓軌道DED'組成(底端連接處D與D'略錯開).已知圓弧軌道BC的圓心為O1、半徑R1=1.2m,其C端與水平面相切,O1B與O1C的夾角θ=60°;水平直線軌道CD長度L=1.2m,動摩擦因數(shù)μ=0.5;圓軌道DED'的半徑R2=0.8m.將質(zhì)量m=0.2kg的滑塊Q置于C點,再將質(zhì)量同為m=0.2kg的小球P經(jīng)彈射裝置從平臺上A點水平彈出,通過改變AB高度差h、水平距離和小球P在A點的初速度大小,總能讓小球沿B點的切線方向進入BC圓弧軌道,然后與滑塊Q發(fā)生彈性碰撞.空氣阻力不計,小球和滑塊均可視為質(zhì)點,重力加速度g取10m/s2.(1)若h=0.45m,求小球P從A點彈出時的初速度大小;(2)若h=0.45m,求小球P到達C點與Q碰撞前瞬間對圓弧軌道的壓力;(3)若P與Q碰撞后,Q能夠通過圓軌道的最高點E,求h需要滿足的條件.2.[2024·諸暨模擬]如圖所示是小智同學(xué)設(shè)計的一個游戲裝置,該裝置由傾角為60°的斜軌道AB、半徑為r1=0.4m且圓心角為60°的圓弧軌道EF、水平軌道FO2及一個半徑為r2=0.22m的四分之一圓弧軌道PQ組成,其中A、F、O2、Q在同一水平線上,B、E等高,B、E間的距離l1=0.23m,F、O2間的距離l2=0.7m,O1、O2分別為兩弧形軌道的圓心,F、P分別為兩弧形軌道的最低點,O1F、O2P在豎直方向上,滑塊與FO2軌道間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5,其余軌道均光滑.某次游戲時小智同學(xué)用沿斜面向上的恒力F拉一個可視為質(zhì)點的滑塊從傾斜軌道最低點A由靜止勻加速至B時撤去外力,發(fā)現(xiàn)滑塊剛好能從E點沿切線進入弧形軌道EF(無機械能損失),然后沿EF滑下經(jīng)O2落在圓弧軌道PQ上.已知滑塊質(zhì)量為m=0.1kg,不計空氣阻力,重力加速度g取10m/s2.(1)求滑塊經(jīng)過E點時的速度大小;(2)求滑塊在圓弧軌道EF的最低點F處時所受軌道支持力的大小和方向;(3)求滑塊落在圓弧軌道PQ上的位置;(4)若在FO2軌道上再對滑塊施加水平向右的力,求滑塊落在圓弧軌道PQ上的最小動能.參考答案與詳細解析題型1例1B[解析]由題知,水輪轉(zhuǎn)一圈灌入農(nóng)田的水的總質(zhì)量為m總=2πRnm×60%=1.2πRnm,則水輪轉(zhuǎn)一圈灌入稻田的水克服重力做的功W=1.2πRnmgH,筒車對灌入稻田的水做功的功率為P=WT,又T=2πω,聯(lián)立解得P=3nmgωRH5,例2C[解析]為了以最短時間提升重物,一開始先以最大拉力拉重物勻加速上升,當(dāng)功率達到額定功率時,保持功率不變直到重物達到最大速度,接著做勻速運動,最后以最大加速度勻減速上升至平臺時速度剛好為零,重物在第一階段的勻加速上升過程,根據(jù)牛頓第二定律可得a1=FTm-mgm=300?20×1020m/s2=5m/s2,當(dāng)功率達到額定功率時,重物的速度為v1=P額FTm=1200300m/s=4m/s,此過程所用時間為t1=v1a1=45s=0.8s,上升的高度為h1=v122a1=422×5m=1.6m,重物以最大速度勻速運動時,有vm=P額FT=P額mg=120020×10m/s=6m/s,重物最后以最大加速度做勻減速運動的時間為t3=vmam=65s=1.2s,上升的高度為h3=vm22am=622×5m=3.6m,設(shè)重物從結(jié)束勻加速運動到開始做勻減速運動所用時間為t2,該過程根據(jù)動能定理可得P額t2-mgh2=12mvm2-12mv12,又h2=H-h1-h3=85.2m-1.6m-3.6【遷移拓展】1.B[解析]重力加速度g取10m/s2時,登高平臺克服重力做功的功率P=mg?t=400×10×605×60W=800W,而伸縮臂具有一定質(zhì)量,升高了一定高度,所以用于伸縮臂抬升登高平臺的發(fā)動機輸出功率大于800W,D錯誤;在1s內(nèi),噴出去水的質(zhì)量為m'=ρV=103×360kg=50kg,噴出去水的重力勢能增加量為ΔEp=m'gh=50×10×60J=3×104J,水的動能增加量為ΔEk=12m'v2=1×104J,則1s內(nèi)水增加的機械能為ΔE=ΔEp+ΔEk=4×104J,所以用于水炮工作的發(fā)動機輸出功率約為4×104W,B正確,A2.CD[解析]由圖像可知重物勻加速運動的時間為t=va=102s=5s,即重物0~5s內(nèi)做勻加速直線運動,故C正確;根據(jù)牛頓第二定律與功率表達式可得F-mg=ma,P=Fv,聯(lián)立可得a=Pm·1v-g,則a-1v圖像的斜率k=Pm,由圖像可得k=2?(?10)0.1m2/s3,解得起重機5s時的瞬時功率為P=2.4×107W,故A錯誤;重物的最大速度vm=Pmg=12m/s,故B錯誤;在0~5s內(nèi),設(shè)起重機對重物做的功為W1,對重物由動能定理得W1-mgh=12mv2,其中h=12at2=12×2×52m=25m,解得W1=6×107J,5s后起重機功率恒定,則5~10s內(nèi)起重機對重物做的功為W2=Pt2=12×107J,所以10s內(nèi)起重機對重物做的功為W=W1+W3.C[解析]勻加速階段,根據(jù)牛頓第二定律可得F1-Ff=ma,又P0=F1v1,聯(lián)立解得高速飛車勻加速直線運動過程中達到的最大速度為v1=P0Ff+ma,高速飛車勻加速直線運動的時間為t1=v1a=P0a(Ff+ma),高速飛車勻加速直線運動的位移為x1=v12t1=P022a(Ff+ma)2,故A、B錯誤,C正確;當(dāng)牽引力等于阻力時,高速飛車的速度達到最大,為vm題型2例3C[解析]滑塊從A點運動到B點過程中,由動能定理有-μmgR=12mvB2-12mvA2,其中vA=165gR,μ=0.2,滑塊第一次通過B點時,根據(jù)牛頓第二定律有FN-mg=mvB2R,聯(lián)立解得FN=3.8mg,根據(jù)牛頓第三定律可知,滑塊第一次通過B點時對軌道BC的壓力大小為F壓=FN=3.8mg,由于滑塊從B滑到C后又滑回B的過程中摩擦力一直做負(fù)功,根據(jù)動能定理知,滑塊第二次通過軌道BC的B點時的速度比第一次的小,向心加速度也比第一次的小,對軌道的壓力小于3.8mg,A錯誤;由于摩擦生熱,所以滑塊通過軌道BC上的同一位置時第二次的速度總是小于第一次的速度,可見滑塊下滑過程的平均速率小于上滑過程的平均速率,而路程均為12πR,故滑塊第一次通過軌道BC所用的時間比第二次的少,B錯誤;根據(jù)能量守恒定律,滑塊第一次通過軌道BC的過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q1=12mvA2-mgR-μmgR=0.4mgR,由于滑塊通過軌道BC的過程中第二次對軌道的壓力較小,所以摩擦力也較小,產(chǎn)生的摩擦熱Q2<0.4mgR,C正確;滑塊從A點開始運動到在水平軌道上停下的過程中,根據(jù)能量守恒定律得12mvA例4D[解析]由圖像可知,0~10m內(nèi)物塊上滑,由動能定理得-mgsin30°·s-Ffs=Ek-Ek0,整理得Ek=Ek0-(mgsin30°+Ff)s,結(jié)合0~10m內(nèi)的圖像得,斜率的絕對值|k|=mgsin30°+Ff=4N,10~20m內(nèi)物塊下滑,由動能定理得(mgsin30°-Ff)(s-s1)=Ek,整理得Ek=(mgsin30°-Ff)s-(mgsin30°-Ff)s1,結(jié)合10~20m內(nèi)的圖像得,斜率k'=mgsin30°-Ff=3N,聯(lián)立解得Ff=0.5N,m=0.7kg,故A、B錯誤;由題意可得,物塊沿斜面上滑的最大距離為10m,所以物塊在最高點時重力勢能為Epm=mgs1·sin30°=35J,故C錯誤;物塊上滑過程中,由動能定理-mgsin30°·s1-Wf=0-Ek0,解得物塊上滑過程中克服摩擦力做功為Wf=5J,故D正確.【遷移拓展】1.A[解析]研究游客整個運動過程,根據(jù)動能定理有mg(h1+h2)-μmg(4πr)2-?12-μmgL=0,解得μ=0.08,實際上游客在螺旋滑道上運動時因為向心力的原因?qū)е轮С至Ρ仍谕嵌鹊男泵嫔系拇?則在螺旋滑道上運動時摩擦力做的功W>μmg(4πr)2-?12.A[解析]由圖像可知,拉力減小時表達式為F=F0+kx=1.8+0?1.812?6(x-6)(N)=3.6-0.3x(N),物塊受到的滑動摩擦力大小為Ff=μmg=0.3×0.2×10N=0.6N,當(dāng)物塊所受合力為零,即F=Ff時,物塊的速度最大,此時有3.6-0.3x(N)=0.6N,解得x=10m,F-x圖線與橫軸圍成的面積表示拉力對物塊做的功,設(shè)物塊的最大速度為vm,由圖像可知物塊速度最大時,拉力對物塊做的功為W'=12×1.8×6J+12×(1.8+0.6)×(10-6)J=10.2J,從物塊開始運動到速度最大的過程中,由動能定理得W'-μmgx=12mvm2-12mv02,解得vm=題型3例5(11分)(1)7N(2)v=12lx-9.6(lx≥0.85(3)1315m、95m或41[解析](1)從釋放點到C點過程,由動能定理得mglsin37°+mgR(1-cos37°)=12mvC2 在C點時,由牛頓第二定律得FN-mg=mvC2R 聯(lián)立解得FN=7N(1分)(2)從釋放點到F點過程,由動能定理得mglxsin37°-4mgRcos37°=12mv2 (1分解得v=12lx-9.6 能到達F點,說明在圓管軌道最高點時的速度大于0,則12mv2≥mgR(1-cos37°) (1分聯(lián)立解得lx≥0.85m(1分)(3)設(shè)整個過程中摩擦力做的功為第一次從F點到FG的中點過程中摩擦力做功的n倍,由動能定理得mglxsin37°-mglFG2sin37°-nμmglFG2cos37°=0其中l(wèi)FG=4Rtan37°=0.8解得lx=7當(dāng)n=1時,lx1=1315m(1分當(dāng)n=3時,lx2=95m(1分當(dāng)n=5時,lx3=4115m(1分【遷移拓展】1.(1)3m/s(2)6N,方向豎直向下(3)h≥1.5m[解析](1)小球從A到B過程,做平拋運動,則豎直方向上有vy2水平初速度v0=v聯(lián)立解得v0=3m/s(2)小球從A拋出至運動到C點,根據(jù)動能定理得mg(h+R1-R1cos60°)=12mvC2-解得vC=26m/s小球在C點時,