(通用版)高考物理二轮专题复习05 功 功率 动能定理(解析版)

秘籍05功功率动能定理高考频度：★★★★★难易程度：★★★☆☆考向一功和功率真题演练【典例1】（2018·新课标全国III卷）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【答案】AC【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（此题中为提升的高度）可知，SKIPIF1<0×2t0×v0=SKIPIF1<0×（t+3t0/2）×SKIPIF1<0v0，解得：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，F–mg=ma，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a1=SKIPIF1<0，加速上升过程的牵引力F1=ma1+mg=m(SKIPIF1<0+g)，减速上升过程的加速度a2=–SKIPIF1<0，减速上升过程的牵引力F2=ma2+mg=m(g–SKIPIF1<0)，匀速运动过程的牵引力F3=mg。第①次提升过程做功W1=F1×SKIPIF1<0×t0×v0+F2×SKIPIF1<0×t0×v0=mgv0t0；第②次提升过程做功W2=F1×SKIPIF1<0×SKIPIF1<0t0×SKIPIF1<0v0+F3×SKIPIF1<0v0×3t0/2+F2×SKIPIF1<0×SKIPIF1<0t0×SKIPIF1<0v0=mgv0t0；两次做功相同，选项D错误。关于功、功率计算应注意的三个问题(1)适用条件：功的公式W＝Flcosα仅适用于恒力做功的情况。(2)变力做功：变力做功的求解要注意问题的正确转化，如将变力转化为恒力，利用Fl图像曲线下的面积求功，利用W＝Pt计算，也可应用动能定理或功能关系等方法求解。(3)公式选择：对于功率的计算，应注意区分公式P＝eq\f(W,t)和公式P＝Fvcosα，前式侧重于平均功率的计算，而后式侧重于瞬时功率的计算。模拟精炼(2019·河南联盟联考)如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为最低点。每根杆上都套着一个质量相等的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c处由静止释放，用P1、P2、P3依次表示各滑环从静止滑到d过程中重力的平均功率，则A．P1<P2<P3 B．P1>P2>P3C．P3>P1>P2 D．P1＝P2＝P3【答案】B【解析】对小滑环，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得小滑环做初速为零的匀加速直线运动的加速度为a＝gsinθ(θ为杆与水平方向的夹角)，由图中的直角三角形可知，小滑环的位移S＝2Rsinθ，所以t＝eq\r(\f(2S,a))＝eq\r(\f(2×2Rsinθ,gsinθ))＝eq\r(\f(4R,g))，t与θ无关，即t1＝t2＝t3；根据WG＝mgh，结合图象可知重力做功的关系是：W1>W2>W3，根据P＝eq\f(W,t)可知P1>P2>P3。考向二机车的两种启动方式真题演练【典例2】（2018·新课标全国I卷）高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的均加速直线运动，在启动阶段列车的动能A．与它所经历的时间成正比B．与它的位移成正比C．与它的速度成正比D．与它的动量成正比【答案】B【解析】根据初速度为零匀变速直线运动规律可知，在启动阶段，列车的速度与时间成正比，即v=at，由动能公式Ek=SKIPIF1<0mv2，可知列车动能与速度的二次方成正比，与时间的二次方成正比，选项AC错误；由v2=2ax，可知列车动能与位移x成正比，选项B正确；由动量公式p=mv，可知列车动能Ek=SKIPIF1<0mv2=SKIPIF1<0，即与列车的动量二次方成正比，选项D错误。三个重要关系式(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即vmax＝eq\f(P额,F阻)。(2)机车以恒定加速度启动的过程中，匀加速过程结束时功率达到最大，但速度不是最大，即v＝eq\f(P额,F)<vmax＝eq\f(P额,F阻)。(3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功为W＝P额t，由动能定理得P额t－F阻x＝ΔEk，此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小。模拟精炼（2019·四川省成都市高三三模）目前，我国在人工智能和无人驾驶技术方面已取得较大突破。为早日实现无人驾驶，某公司对汽车性能进行了一项测试，让质量为m的汽车沿一山坡直线行驶。测试中发现，下坡时若关掉油门，则汽车的速度保持不变；若以恒定的功率P上坡，则从静止启动做加速运动，发生位移s时速度刚好达到最大值vm。设汽车在上坡和下坡过程中所受阻力的大小分别保持不变，下列说法正确的是A．关掉油门后的下坡过程，汽车的机械能守恒B．关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力的冲量为零C．上坡过程中，汽车速度由SKIPIF1<0增至SKIPIF1<0，所用的时间可能等于SKIPIF1<0D．上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度vm，所用时间一定小于SKIPIF1<0【答案】D【解析】A、关掉油门后的下坡过程，汽车的速度不变、动能不变，重力势能减小，则汽车的机械能减小，故A错误；B、关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力大小不为零，时间不为零，则冲量不为零，故B错误；C、上坡过程中，汽车速度由SKIPIF1<0增至SKIPIF1<0，所用的时间为t，根据动能定理可得：SKIPIF1<0，解得SKIPIF1<0，故C错误；D、上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度SKIPIF1<0，功率不变，则速度增大、加速度减小，所用时间为SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，解得SKIPIF1<0，故D正确。考向三动能定理真题演练【典例3】（2019·新课标全国Ⅲ卷）从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2。该物体的质量为A．2kg B．1.5kg C．1kg D．0.5kg【答案】C【解析】对上升过程，由动能定理，SKIPIF1<0，得SKIPIF1<0，即F+mg=12N；下落过程，SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0N，联立两公式，得到m=1kg、F=2N。应用动能定理解题的步骤(1)确定研究对象和研究过程。(2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况。(3)写出该过程中合力做的功，或分别写出各个力做的功(注意功的正、负)，如果研究过程中物体受力情况有变化，要分别写出力在各个阶段做的功。(4)写出物体的初、末动能。(5)根据动能定理列式求解。模拟精炼如图所示，质量为m的物体P以初速度v在水平面上运动，运动x距离后与一固定的橡皮泥块Q相碰撞(碰后物体静止)．已知物体运动时所受到的水平面的阻力大小恒为f，则下列说法正确的是A．水平面阻力做的功为fxB．物体克服水平面阻力做的功为－fxC．橡皮泥块对物体做的功为fx－eq\f(1,2)mv2D．物体克服橡皮泥块的阻力做的功为eq\f(1,2)mv2＋fx【答案】C【解析】根据功的定义式，物体P受到的水平面的阻力做的功W1＝fxcos180°＝－fx，选项A错误；物体克服水平面阻力做的功W2＝－W1＝fx，选项B错误；设橡皮泥块对物体做的功为W3，根据动能定理，有W1＋W3＝0－eq\f(1,2)mv2，解得W3＝fx－eq\f(1,2)mv2，选项C正确；物体克服橡皮泥块的阻力做的功为W4＝－W3＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(fx－\f(1,2)mv2))＝eq\f(1,2)mv2－fx，选项D错误。横扫千军1．(2019·江淮十校联考)如图所示，水平路面上有一辆质量为M的汽车，车厢中有一个质量为m的人正用恒力F向前推车厢，在车以加速度a向前减速行驶距离L的过程中，车与人相对静止．下列说法正确的是A．车对人的作用力大小为ma，方向水平向右B．车对人的摩擦力可能为零C．人对车做的功一定为FLD．车对人做的功为maL【答案】B【解析】对人进行受力分析，人受重力及车对人的作用力，合力大小为ma，方向水平向右，故车对人的作用力大小应为meq\r(a2＋g2)，方向右上，选项A错误；水平方向对人应用牛顿第二定律，如果恰有F＝ma，则车对人的摩擦力可能为零，选项B正确；只有车与人的摩擦力为零时，人对车做的功才为FL，选项C错误；人所受的合力为ma，向右，位移L向左，所以车对人做的功为－maL,选项D错误。2．(多选)(2019·江苏宿迁联考)一辆汽车以速度v0在平直的公路上匀速行驶．到达某处时，司机减小油门使汽车输出功率减小为原来的一半，并保持该功率行驶。假设汽车受到的阻力恒定，下列能正确表示从减小油门开始，汽车加速度a、速度v、时间t之间关系是【答案】AD【解析】汽车匀速行驶时牵引力等于阻力，即f阻＝F牵＝eq\f(P,v0)；功率突然减小一半，P′＝eq\f(P,2)，汽车的速度由于惯性来不及变化，此时v＝v0，则根据功率和速度关系公式P′＝F′v0，牵引力立刻减小一半，小于阻力，合力向后，汽车做减速运动，又由公式P＝Fv可知，功率一定时，速度减小后，牵引力增大，合力减小，加速度减小，故物体做加速度不断减小的减速运动，当牵引力增大到等于阻力时，加速度减为零，此时速度刚好减为起初速度的一半eq\f(v0,2)，物体重新以eq\f(v0,2)的速度做匀速直线运动；故速度v、时间t之间关系C错误，D正确；由牛顿第二定律可知：f－F牵′＝ma，即eq\f(P,v0)－eq\f(P′,v)＝ma，因P′＝eq\f(P,2)，解得：a＝－eq\f(P,2mv)＋eq\f(P,mv0)，由题意可知，当eq\f(1,v)<eq\f(1,v0)时，a＝0；若eq\f(1,v)>eq\f(1,v0)，a＝－eq\f(P,2mv)＋eq\f(P,mv0)，故加速度a，时间t之间关系A正确，B错误。3．(2019·苏北三市联考)如图所示，象棋子压着纸条，放在光滑水平桌面上。第一次沿水平方向将纸条抽出，棋子落在地面上的P点。将棋子、纸条放回原来的位置，仍沿原水平方向将纸条抽出，棋子落在地面上的Q点，与第一次相比A．棋子受到纸条的摩擦力较大B．棋子落地速度与水平方向夹角较大C．纸条对棋子的摩擦力做功较多D．棋子离开桌面至落地过程中动能增量较大【答案】C【解析】两次由于正压力不变，根据滑动摩擦力公式f＝μFN纸带对棋子的摩擦力没变，故选项A错误；棋子离开桌面后做平抛运动，由于竖直分位移相同，根据竖直方向运动规律可知时间相同，由于第二次水平分位移较大，所以第二次做平抛运动的初速度大，可知第二次纸条对棋子的摩擦力做功较多，设落地时速度与水平方向夹角为θ，则tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)，可知第二次棋子落地时速度与水平方向夹角较小，故选项B错误，选项C正确；根据动能定理可知，动能的增量等于合外力做的功，由于不计空气阻力，则合力做的功即为重力做的功，由题可知重力做的功相等，故动能的增量相等，故选项D错误。4．（2019·湖南省长沙市第一中学高三下学期高考模拟）如图所示，A物体质量为m，B质量为2m，用一轻绳相连，将A用一轻弹簧悬挂于天花板上，系统处于静止状态，此时弹簧的伸长量为x，弹性势能为Ep，已知弹簧的弹性势能与形变量的平方成正比，且弹簧始终在弹性限度内．现将悬线剪断，则在以后的运动过程中，A物体的A．最大动能为SKIPIF1<0B．最大动能为SKIPIF1<0C．速度达到最大时，弹簧弹力做功为SKIPIF1<0D．速度达到最大时，弹簧弹力做功为SKIPIF1<0【答案】AD【解析】设弹簧的劲度系数为k，初始状态SKIPIF1<0，动能最大时，弹簧伸长量SKIPIF1<0，知A物体向上移动的距离△x＝SKIPIF1<0x，已知弹簧的弹性势能与形变量的平方成正比，则A物体动能最大时，弹性势能为SKIPIF1<0EP，则弹性势能减小SKIPIF1<0EP。因为弹力做功等于弹性势能的减小量，所以A物体速度达到最大时，弹簧弹力做功为SKIPIF1<0Ep。在此过程中，弹性势能减小SKIPIF1<0EP，重力势能增加SKIPIF1<0mgx，则动能增加SKIPIF1<0Ep–SKIPIF1<0mgx，即最大动能为SKIPIF1<0Ep–SKIPIF1<0mgx。故AD正确，BC错误。5．(2019·福建宁德联考)据报道，2018年7月上海中车公司生产的全球最大马力无人遥控潜水器在上海下线，主要用于深海搜寻和打捞等．该潜水器质量为5×103kg，在某次作业中，潜水器与质量为4×103kg的重物从3km深的海底一起沿竖直方向匀速上升到海面，已知上升过程中潜水器的机械功率恒为180kW，水对潜水器与重物的浮力和阻力相互平衡，其他影响可忽略，重力加速度g取10m/s2，则潜水器与重物上升的速度大小为A．1.8m/s B．2.0m/sC．3.6m/s D．4.5m/s【答案】B【解析】以潜水器和重物整体为研究对象，因为整体匀速提升，故处于平衡状态，又浮力