2025届高考物理二轮复习专题二第1讲功和功率动能定理学案

PAGE13-第1讲功和功率动能定理思维导图要点熟记1.功(1)恒力做功：W＝Flcosα(α为F与l之间的夹角)。(2)变力做功：①用动能定理求解；②用F­x图线与x轴所围“面积”求解。2.功率(1)平均功率：P＝eq\f(W,t)＝Feq\o(v,\s\up6(－))cosα(α为F与eq\o(v,\s\up6(－))的夹角)。(2)瞬时功率：P＝Fvcosα(α为F与v的夹角)。(3)两类机车启动问题中的关键方程：P＝F·v，F－F阻＝ma，vm＝eq\f(P,F阻)，Pt－F阻x＝ΔEk。3.动能定理：W合＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。4.两点留意(1)应用动能定理的关键是写出各力做功的代数和，不要漏掉某个力做的功，同时要留意各力做功的正、负。(2)动能定理是标量式，不能在某一方向上应用。[研考向·提实力]__________________________________考向研析__驾驭应试技能考向一功和功率的分析与计算1．区分恒力、变力：恒力做功一般用功的公式或动能定理求解，变力做功用动能定理或图像法求解。2．图像法求功的四种状况：力做的功分别为W甲＝F1x1、W乙＝eq\f(1,2)F2x2、W丙＝eq\f(π,4)F3x3(图丙中F­x的图线是四分之一圆周)、W丁＝eq\f(1,2)Pt1＋P(t2－t1)。3．区分公式：P＝eq\f(W,t)侧重于平均功率的计算，P＝Fvcosθ侧重于瞬时功率的计算。[典例1](多选)(2024·高考全国卷Ⅲ)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运输到地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的改变关系如图所示，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[解析]由图线①知，矿车上升总高度h＝eq\f(v0,2)·2t0＝v0t0。由图线②知，加速阶段和减速阶段上上升度和h1＝eq\f(\f(v0,2),2)·(eq\f(t0,2)＋eq\f(t0,2))＝eq\f(1,4)v0t0，匀速阶段：h－h1＝eq\f(1,2)v0·t′，解得t′＝eq\f(3,2)t0，故第②次提升过程所用时间为eq\f(t0,2)＋eq\f(3,2)t0＋eq\f(t0,2)＝eq\f(5,2)t0，两次上升所用时间之比为2t0∶eq\f(5,2)t0＝4∶5，A对；对矿车受力分析，当矿车向上做加速直线运动时，电机的牵引力最大，由于加速阶段加速度相同，故加速时牵引力相同，B错；在加速上升阶段，由牛顿其次定律知，F－mg＝ma，F＝m(g＋a)，第①次在t0时刻，功率P1＝F·v0，第②次在eq\f(t0,2)时刻，功率P2＝F·eq\f(v0,2)，第②次在匀速阶段P2′＝F′·eq\f(v0,2)＝mg·eq\f(v0,2)＜P2，可知，电机输出的最大功率之比P1∶P2＝2∶1，C对；由动能定理知，两个过程动能改变量相同，克服重力做功相同，故两次电机做功也相同，D错。[答案]AC1．如图所示，将完全相同的四个小球1、2、3、4分别从同一高度由静止释放或平抛(图乙)，其中图丙是一倾角为45°的光滑斜面，图丁为eq\f(1,4)光滑圆弧，不计空气阻力，则下列对四种状况下相关物理量的比较正确的是()A．落地时间t1＝t2＝t3＝t4B．全程重力做功W1＝W2>W3＝W4C．落地瞬间重力的功率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：图甲、乙中小球在竖直方向均做自由落体运动，故t1＝t2＝eq\r(\f(2h,g))，其中h为竖直高度，对图丙，eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,3)sinθ，t3＝eq\r(\f(2h,gsin2θ))，其中θ为斜面倾角，比较图丙和图丁，由动能定理可知，两小球从初始位置到水平面上同一高度处速度大小总相等，但小球4的路程长，因此t1＝t2<t3<t4，选项A错误；因竖直高度相等，因此重力做功相等，选项B错误；重力的瞬时功率等于mgvy，小球四种方式落地时的竖直分速度vy1＝vy2>vy3>vy4＝0，故落地瞬间重力的功率P1＝P2>P3>P4，选项C错误；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，选项D正确。答案：D2．(多选)放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间的图像和该拉力的功率与时间的图像分别如图甲、乙所示。下列说法正确的是()A．0～6s内物体的位移大小为30mB．0～6s内拉力做的功为70JC．合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等D．滑动摩擦力的大小为5N解析：由v­t图像与t轴围成的面积表示位移，可得0～6s内物体的位移大小x＝eq\f(4＋6,2)×6m＝30m，故A正确；由P­t图像与t轴围成的面积表示做功多少，可得在0～2s内拉力对物体做的功W1＝eq\f(30×2,2)J＝30J，2～6s内拉力对物体做的功W2＝10×4J＝40J，所以0～6s内拉力做的功为W＝W1＋W2＝70J，B正确；由图甲可知，在2～6s内，物体做匀速运动，合外力为零，则合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等，故C正确；在2～6s内，v＝6m/s，P＝10W，物体做匀速运动，滑动摩擦力Ff＝F＝eq\f(P,v)＝eq\f(10,6)N＝eq\f(5,3)N，故D错误。答案：ABC3．(多选)如图所示，传送带AB的倾角为θ，且传送带足够长，现有质量为m、可视为质点的物体以初速度v0从B端起先向上运动，物体与传送带之间的动摩擦因数μ>tanθ，传送带的速度为v(v0<v)，方向未知，重力加速度为g。物体在传送带上运动过程中，下列说法正确的是()A．摩擦力对物体做功的最大瞬时功率肯定是μmgvcosθB．摩擦力对物体做功的最大瞬时功率肯定是μmgv0cosθC．摩擦力对物体可能先做负功后做正功D．摩擦力对物体做的总功可能为零解析：物体与传送带之间的动摩擦因数μ>tanθ，则μmgcosθ>mgsinθ，传送带的速度为v(v0<v)，若v0与v同向，物体先做匀加速运动，直至物体加速运动到与传送带速度相同时物体速度最大，此时摩擦力的瞬时功率最大，则最大瞬时功率为P＝μmgvcosθ；若v0与v反向，物体沿传送带先向上做减速运动，达到静止后再向下做加速运动，在速率达到v0时正好运动到B端，物体在传送带上运动的速度最大为v0，此时摩擦力的瞬时功率最大，则最大瞬时功率为P＝μmgv0cosθ，因为最大瞬时功率有两种可能值，所以选项A、B错误。若v0与v反向，物体先是沿传送带向上做匀减速运动，速度为零后，沿传送带向下做匀加速运动，滑动摩擦力方向始终沿传送带向下，摩擦力先对物体做负功，后做正功，物体回到B端时位移为零，滑动摩擦力做的总功为零，选项C、D正确。答案：CD考向二机车启动问题1．恒定功率启动(1)机车先做加速度渐渐减小的变加速直线运动，后做匀速直线运动，速度—时间图像如图所示。(2)常用公式①当F＝F阻时，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．恒定加速度启动(1)机车先做匀加速直线运动，当功率增大到额定功率后获得匀加速的最大速度v1，之后做变加速直线运动，直至达到最大速度vm后做匀速直线运动，速度—时间图像如图所示。(2)常用公式eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(F－F阻＝ma,P额＝Fv1,P额＝F阻vm,v1＝at1))[典例2]如图所示为汽车在水平路面上启动过程的v­t图像，Oa为过原点的倾斜直线，ab段是汽车以额定功率行驶时的加速阶段速度随时间改变的曲线，bc段是与ab段相切的水平直线。整个启动过程中阻力恒为f，则下列说法正确的是()A．0～t1时间内汽车以恒定功率做匀加速运动B．t1～t2时间内汽车的平均速度为eq\f(v1＋v2,2)C．t1～t2时间内汽车牵引力做的功等于eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1))D．在全过程中t1时刻汽车的牵引力及其功率都是最大值[解析]由题图可知，0～t1时间内汽车做匀加速直线运动，牵引力不变，速度增大，依据P＝Fv可知，汽车的功率增大，t1～t2时间内，汽车的功率不变，速度增大，牵引力减小，t2时刻后，牵引力减小到与阻力相等，汽车做匀速直线运动，可知在全过程中t1时刻汽车的牵引力及其功率都是最大值，选项A错误，D正确；t1～t2时间内，汽车做变加速直线运动，平均速度eq\o(v,\s\up6(－))≠eq\f(v1＋v2,2)，选项B错误；t1～t2时间内，设汽车牵引力做的功为W，克服摩擦力做的功为Wf，由动能定理可得W－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，则牵引力做的功W＝Wf＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，选项C错误。[答案]D易错警示解决机车启动问题时的四点留意……………………(1)匀加速启动过程中，最大功率是额定功率，匀加速的末速度不是机车运行的最大速度。(2)以额定功率启动的过程中，牵引力的最小值等于阻力。(3)无论哪种启动方式，最终达到最大速度时，均满意P＝F阻vm，P为机车的额定功率。4．如图所示，质量为m的汽车在某下坡的马路上，从速度v0起先加速运动，经时间t速度达到最大值vm。设在此过程中汽车发动机的功率恒为P，汽车所受的阻力为恒力。对于该过程，以下说法正确的是()A．该过程中汽车始终做匀加速直线运动B．该过程中汽车所受阻力f＝eq\f(P,vm)C．该过程中汽车所受阻力做功的大小为Pt＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)D．该过程中汽车做加速度不断减小的加速运动解析：汽车发动机的功率恒为P，则汽车做加速度渐渐减小的加速运动，A错误，D正确；汽车速度达到最大值vm时，汽车的牵引力F＝eq\f(P,vm)，故f＝eq\f(P,vm)＋mgsinθ，B错误；由于还有重力做功，汽车所受阻力做的功无法求出，C错误。答案：D5．(多选)发动机额定功率为P0的汽车在水平路面上从静止起先先匀加速启动，最终达到最大速度并做匀速直线运动，已知汽车所受路面阻力恒为Ff，汽车刚起先启动时的牵引力和加速度分别为F0和a0。如图所示描绘的是汽车在这一过程中速度随时间以及加速度、牵引力和功率随速度改变的图像，其中正确的是()解析：汽车由静止起先匀加速启动时，a肯定，依据v＝at知v增大，由F＝ma＋Ff知F肯定，依据P＝Fv知v匀称增大时，功率P也匀称增大，达到P额后，功率保持不变，v接着增大，所以F＝eq\f(P,v)减小，a＝eq\f(F－Ff,m)减小，当F＝Ff时，a＝0，vm＝eq\f(P,Ff)，此后汽车做匀速运动，故A、C正确。答案：AC6．质量为500kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a和速度的倒数eq\f(1,v)的关系如图所示，则赛车()A．做匀加速直线运动B．功率为20kWC．所受阻力大小为2000ND．速度大小为50m/s时牵引力大小为3000N解析：由图像可知，赛车的加速度随速度的增大而减小，故赛车不做匀加速运动，选项A错误；依据P＝Fv，F－Ff＝ma可得a＝eq\f(P,m)·eq\f(1,v)－eq\f(Ff,m)，由图像可知eq\f(Ff,m)＝4，eq\f(P,m)＝400，解得Ff＝2000N，P＝2×105W，选项B错误，C正确；速度大小为50m/s时牵引力大小为F＝eq\f(P,v)＝eq\f(2×105,50)N＝4000N，选项D错误。答案：C考向三动能定理的应用1．“两状态，一过程”“两状态”即明确探讨对象的始、末状态的速度或动能状况；“一过程”即明确探讨过程，确定这一过程中探讨对象的受力状况和位置改变或位移等信息。2．解题的流程[典例3]小明同学在上海迪士尼乐园体验了超刺激的嬉戏项目“创极速光轮”后，对“过山车”类型的轨道运动充溢了爱好。为此他自己利用器材设计拼接了一条轨道，如图所示，ABC为一条水平轨道，BC段长度为20cm，斜直轨道CD段长度为15cm，与水平面夹角θ＝37°，BC段与CD段在C点平滑连接，竖直圆弧轨道DEF的圆心为O1，半径R1＝10cm，圆轨道与CD相切于D点，E为圆弧轨道的最高点，半径O1F水平，FG段为竖直轨道，与eq\f(1,4)圆轨道GH相切于G点，圆形轨道GH圆心为O2，半径R2＝4cm，G、O2、D在同一水平线上，水平轨道HK长度为40cm，HK与CD轨道错开。在AB段的A端固定一轻质弹簧，弹簧自然伸长时刚好位于B端，现在B端放置一个小环(可视为质点)但不拴接，小环的质量为m＝0.01kg，现推动小环压缩弹簧，当弹簧压缩量为d时释放小环，小环恰好能运动到D点。已知小环只在轨道BC、CD、HK上受到摩擦力，动摩擦因数μ＝0.5，弹簧弹性势能与弹簧弹性形变量的二次方成正比。不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。(1)求小环在B点的速度大小v；(2)某次试验，弹簧压缩量为2d，求小环在E处对轨道的压力；(3)小环能否停在HK上？若能，求出弹簧压缩量的取值范围；若不能，请说明理由。[思路点拨]解此题留意以下两点：(1)求B点的速度由B→D应用动能定理时留意摩擦力做功。(2)利用弹性势能和形变量的关系，确定小环运动到B点的动能。[解析](1)由B到D，依据动能定理有－μmglBC－μmglCDcosθ－mglCDsinθ＝0－eq\f(1,2)mv2代入数据得v＝eq\r(5)m/s。(2)弹簧压缩量为d时，弹性势能Ep＝kd2＝eq\f(1,2)mv2弹簧压缩量为2d时，弹性势能Ep′＝k(2d)2＝eq\f(1,2)mv′2小环在B点的动能变为原来的4倍，则速度v′＝2v，设到E点速度为vE，轨道对环的弹力为FE，依据动能定理有－μmglBC－μmglCDcosθ－mglCDsinθ－mgR1(1＋cosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)－eq\f(1,2)mv′2由牛顿其次定律有mg＋FE＝meq\f(v′2,R1)联立解得FE＝1.04N依据牛顿第三定律知，小环在E处对轨道的压力为1.04N，方向竖直向上。(3)假设小环在E点速度为零时，在HK上滑行的距离为x，依据动能定理有mgR1(1＋cosθ)＋mgR2－μmgx＝0，代入数据得x＝0.44m>0.4m，故小环不能停在HK上。[答案](1)eq\r(5)m/s(2)1.04N，方向竖直向上(3)小环不能停在HK上理由见解析方法技巧应用动能定理解题“四点技巧”……………………(1)建立运动模型，推断物体做了什么运动。(2)分析各个运动过程中物体的受力和运动状况。(3)抓住运动模型之间的联系纽带，如速度、加速度、位移，确定初、末状态。(4)依据实际状况分阶段或整个过程利用动能定理列式计算。7.(2024·高考全国卷Ⅲ)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的改变如图所示。重力加速度取10m/s2。该物体的质量为()A．2kg B．1.5kgC．1kg D．0.5kg解析：画出运动示意图，设阻力为f，据动能定理知A→B(上升过程)：EkB－EkA＝－(mg＋f)hC→D(下落过程)：EkD－EkC＝(mg－f)h整理以上两式得mgh＝30J，解得物体的质量m＝1kg，选项C正确。答案：C8.(2024·高考江苏卷)如图所示，一小物块由静止起先沿斜面对下滑动，最终停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图像是()解析：设斜面的倾角为θ，小物块滑至斜面某处(发生的水平位移为x)时的末动能为Ek，由动能定理得mgxtanθ－μ1mgcosθeq\f(x,cosθ)＝Ek－0，即mgxtanθ－μ1mgx＝Ek－0，故小物块沿斜面下滑时Ek与x成正比；当小物块在水平地面上运动时，可逆向看作初速度为零的加速运动，由动能定理得μ2mgx＝Ek，即Ek与x也成正比，故A正确。答案：A9．(2024·湖南十校高三联考)游乐园的过山车其局部可简化为如图所示的示意图，倾角θ＝37°的两平行倾斜轨道BC、DE的下端与水平半圆形轨道CD平滑连接，倾斜轨道BC的B端距轨道CD所在水平面的竖直高度h＝24m，倾斜轨道DE与圆弧轨道EF相切于E点，圆弧轨道EF的圆心O1、水平半圆轨道CD的圆心O2在同一水平面上，D点与O1点之间的距离L＝20m。质量m＝1000kg的过山车(包括乘客)从B点由静止起先滑下，经过水平半圆轨道CD后，滑上倾斜轨道DE，到达圆弧轨道顶端F时，乘客对座椅的压力为自身