第一篇 大单元设计二 专题6 功和功率 动能定理-2025版高考物理二轮复习

15专题6功和功率动能定理考向一功和功率角度1功和功率的分析与计算两种功率平均功率P=Wt或P=Fv(v瞬时功率P=Fvcosθ,θ为该时刻F、v方向间的夹角方法技巧(1)先要弄清楚是平均功率还是瞬时功率(2)平均功率与一段时间(或过程)相对应,计算时应明确是哪个力在哪段时间(或过程)内做功的平均功率(3)瞬时功率计算时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率。求解瞬时功率时,如果F与v不同向,可用力F乘力F方向的分速度,或速度v乘速度v方向的分力【典题例析】[典例1](2024·福建选择考)两绳拉木板,每条拉力F=250N,15s内匀速前进20m[1],θ=22.5°,cos22.5°≈0.9。求:

(1)阻力f大小;(2)两绳拉力做的功;(3)两绳拉力的总功率[2]。【题眼破译】[1]木板受力平衡,两拉力的水平合力等于阻力;同时可以求出匀速运动的速度。[2]求的是两拉力的平均功率。【解析】(1)由于木板匀速运动,则有2Fcosθ=f代入数据解得f=450N(2)根据功的定义式有W=2Flcosθ代入数据解得W=9.0×103J(3)方法一:根据功率的定义式有P=W代入数据有P=600W方法二:由于木板做匀速直线运动,平均速度等于瞬时速度,有v=xt=4则P=2Fcosθ·v=600W答案:(1)450N(2)9.0×103J(3)600W[预测1]如图所示,密度为ρ、边长为a的立方体木块漂浮在水面上(h为木块在水面上的高度)。现用竖直向下的力F将木块按入水中,直到木块上表面刚浸没,则此过程中木块克服浮力做功为(已知水的密度为ρ0、重力加速度为g)()A.ρa3gh B.12a3gh(ρ+ρ0C.ρ0a3gh(a-h) D.12a3gh(a-h)(ρ+ρ0【解析】选B。木块漂浮在水面上时有F浮=G=ρga3,木块上表面刚浸没时受到的浮力为F'浮=ρ0ga3浮力做的功为W=F浮+F'浮2h=12ga3【加固训练】(多选)如图1所示,一木块放在水平地面上,在水平拉力F=3N作用下向右运动,水平地面AB段光滑,BC段粗糙,木块从A点运动到C点的v-t图像如图2所示,重力加速度g取10m/s2,则下列说法正确的是()A.该木块的质量为3kgB.在t=6s时,克服摩擦力做功的功率为6WC.拉力在AC段做的功为57JD.木块在BC段克服摩擦力做功的平均功率为3.5W【解析】选B、C。由图2可知木块在AB段运动的加速度a1=0.5m/s2,在BC段运动的加速度a2=0.25m/s2,根据F=ma1可得m=6kg,A项错误;由F-f=ma2得f=1.5N,故在t=6s时克服摩擦力做功的功率P1=fv=6W,B项正确;由图2可知0~2s的位移s1=5m,2~6s的位移s2=14m,故拉力在AC段做的功W=F(s1+s2)=57J,C项正确;木块在BC段克服摩擦力做功的平均功率PBC=fs2t【模型图解】变力做功的求法方法情境图示情境解读微元法摩擦力大小不变,方向始终沿切线方向Wf=-Ff·2πR等效转换F为恒力,绳是轻绳W=F·(hsinα-平均力法F随x线性变化W=kx1+kx22·(图像法面积的代数和为总功功率法W=Pt牵引力做功,P恒定动能定理小球缓慢从A点移动到B点,水平力F做功WF=mgL(1-cosθ)角度2机车启动问题两种情形恒定功率启动P不变,此时做加速度减小的加速运动,直至达到最大速度vm恒定加速度启动开始阶段a不变,做匀加速直线运动,F-F阻=ma,v=at,达到额定功率后P=Fv,然后保持功率不变,加速度逐渐减小到零,最终做匀速直线运动两个关系式P=Fv,F-F阻=ma方法技巧(1)无论哪种启动过程,机车的最大速度都为vm=P(2)机车以恒定加速度启动时,匀加速过程结束后功率最大,速度未达到最大值,即v1=P额F<vm(3)机车以恒定功率运行时,牵引力做的功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、速度或时间【典题例析】[典例2](多选)(2024·张家界二模)发展新能源汽车是我国当前一项重大国家战略。假设有一辆纯电动汽车质量m=2×103kg,汽车沿平直的公路从静止开始启动,汽车启动后的速度记为v,牵引力大小记为F,v-1F图像如图所示,vm表示最大速度,ab平行于v轴,bc反向延长线过原点。已知汽车运动过程中受到的阻力大小恒定,bc段汽车运动的时间为20s。下列说法正确的是(A.汽车所受阻力为4×103NB.汽车从a到b的加速度大小为5m/s2C.汽车能够获得的最大速度为25m/sD.汽车从b到c过程中运动的位移为350m【题眼破译】【解析】选A、C。根据P=Fv,可得v=P1因给定图像bc是过原点的直线,可知在bc段汽车以恒定的功率启动,此时汽车的功率为P=10110×1由图像可知汽车能达到的最大速度vm=10110×14m/s=25m/s,则阻力f=P选项A、C正确;从a到b汽车的牵引力为F=104N,则加速度大小为a=F-fm=104-4×1032×103m/s2=3m/s2,选项B错误;从b到c由动能定理得Pt-fs=【加固训练】(2021·湖南选择考)“复兴号”动车组用多节车厢提供动力,从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。设动车组有四节动力车厢,每节车厢发动机的额定功率均为P,设动车组所受的阻力与其速率成正比(F阻=kv,k为常量),动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是()A.动车组在匀加速启动过程中,牵引力恒定不变B.若四节动力车厢输出功率均为额定值,则动车组从静止开始做匀加速运动C.若四节动力车厢输出的总功率为2.25P,则动车组匀速行驶的速度为34vD.若四节动力车厢输出功率均为额定值,动车组从静止启动,经过时间t达到最大速度vm,则这一过程中该动车组克服阻力做的功为12mvm【解析】选C。对动车组由牛顿第二定律有F-F阻=ma,若动车组在匀加速启动,即加速度a恒定,但F阻=kv随速度增大而增大,则牵引力也随阻力增大而变大,故A错误;若四节动力车厢输出功率均为额定值,则总功率为4P,由牛顿第二定律有4Pv-kv=ma,故可知加速启动的过程,牵引力减小,阻力增大,则加速度逐渐减小,故B错误;若四节动力车厢输出的总功率为2.25P,动车组匀速行驶时加速度为零,有2.25Pv=kv,而以额定功率匀速行驶时,有4Pvm=kvm,联立解得v=34vm,故C正确;若四节动力车厢输出功率均为额定值,动车组从静止启动,经过时间t达到最大速度vm,由动能定理可知4Pt-WF阻=12【模型图解】机车启动的两种模型启动方式情境图示情境解读恒定功率启动功率:恒定速度:变加速恒定加速度启动功率:先增大,后恒定速度:先匀加速后变加速最终匀速考向二动能定理的应用角度1动能定理求解多过程问题1.利用动能定理求解多过程问题的基本思路2.注意:(1)将“多过程”分解为许多“子过程”,各“子过程”间由“衔接点”连接。对各“衔接点”进行受力分析和运动分析,必要时画出受力图和过程示意图。(2)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点,选择合理的物理规律列方程。【典题例析】[典例3](2024·丹东一模)某兴趣小组模拟一个娱乐设施做如下实验:如图所示,轨道ABCD竖直固定在水平地面上。已知倾斜轨道AB与水平地面的夹角θ=37°,A点距地面高度h=0.3m,水平轨道BC与左侧半圆轨道切于C点,BC长0.2m,半圆轨道光滑,半径R=0.2m,倾斜轨道AB、水平轨道BC与小物块间的动摩擦因数μ=0.5,g取10m/s2。设小物块通过倾斜轨道底端B点时速度大小不变,现将m=0.1kg的小物块P(可视为质点)从倾斜轨道上A点以初动能Ek0=0.8J释放。(sin37°=0.6,cos37°=0.8)则(1)判断小物块P能否运动到半圆轨道的最高点D;(2)若C点另放置一个m=0.1kg的小物块Q(可视为质点),P与Q碰撞后粘在一起,求PQ整体沿倾斜轨道上升的最大高度及最终停下来的位置与B点的距离。【解析】(1)从A到C的过程中,由动能定理得mgh-μmgxBC-μmgcosθ·ℎsinθ=12mv解得vC=4m/s从C到D的过程中,由动能定理得-mg×2R=12mvD2-解得vD=22m/s设恰好到达最高点D的临界速度为vmin,由重力为向心力得mg=mvmin解得vmin=gR=2m/s因为vD>vmin,所以小物块P能到达半圆轨道最高点。(2)P与Q碰撞过程中,由动量守恒定律得mvC=2mv解得v=2m/s,对PQ物块由动能定理得-2mgh'=-12×2mv2解得h'=0.2m=R所以P与Q碰撞后恰好运动到与圆心等高的位置,不会脱离轨道,则从C点再次到达倾斜轨道最高点过程,由动能定理得-μ·2mg(xBC+ℎ1tan37°)-2mgh1=0-12×2解得h1=0.06m从最大高度到停止运动的过程中2mgh1-2μmgℎ1tan37°解得x=0.04m所以停在B左侧0.04m答案:(1)见解析(2)0.06m0.04m【加固训练】(多选)“太阳落到大门西,爬上山坡打滑梯。你也争来他也抢,回家都是满身泥。”滑梯是小朋友们最喜爱的娱乐项目之一。某幼儿园在空地上做了一个滑梯,如图甲所示,可简化为图乙所示模型。其主要结构由倾斜部分AB和水平部分BC组成,中间平滑连接,根据空地的大小,滑梯的倾斜部分水平跨度为2.4m,高1.8m。滑梯和儿童裤子布料之间的动摩擦因数为0.4,一质量为20kg的小孩(可看成质点)从滑梯顶部A由静止开始无助力滑下,g取10m/s2,则()A.小孩在滑梯上下滑的加速度大小为2.8m/s2B.小孩滑到B点的速度大小vB=23m/sC.为了使小孩不滑出滑梯,水平部分BC长度至少为2.1mD.保持A点不变,减小倾斜滑梯的长度而增大滑梯的倾角(如图乙中虚线AB'所示),则下滑过程中小孩所受重力做功的平均功率不变【解析】选A、C。对小孩在滑梯上受力分析,由牛顿第二定律有mgsinα-μmgcosα=ma,根据已知条件可得tanα=1.82.4=34,则可得sinα=0.6,cosα=0.8,解得a=2.8m/s2,故A正确;对小孩从A点滑到B点的过程应用动能定理,有mgh-μmgcosα·lAB=12mvB2,其中h=1.8m,lAB=ℎsinα=3m,解得vB=16.8m/s≈4.1m/s,故B错误;假设小孩恰好不滑出滑梯,设水平部分BC的最小长度为x,对小孩在水平部分的运动应用动能定理,有-μmgx=-12mvB2,解得x=2.1m,故C正确;设小孩在斜面上下滑的时间为t,则有ℎsinα=12g(sinα【模型图解】分类情境图示情境解读直线运动的多过程若地面光滑过程①:匀加速直线运动过程②:匀减速直线运动包含弹簧、曲线运动的多过程若地面光滑过程①:加速直线运动过程②:匀速直线运动过程③:变速圆周运动包含电场力作用的多过程过程①:平抛运动过程②:圆周运动过程③:直线运动角度2动能定理与图像综合问题解决动能定理与图像问题的方法和技巧【典题例析】[典例4](多选)(2024·晋城三模)如图甲所示,倾角为30°的光滑斜面上,质量为2kg的小物块在平行于斜面的拉力F作用下由静止沿斜面向上运动,拉力(F)随位移(x)变化的图像如图乙所示。取g=10m/s2,则在物块沿斜面运动的过程中,下列判断正确的是()A.上升过程中,当x=7.5m时物块的速度最大B.上升过程中,当x=10m时物块的速度为0C.上升过程中,物块能到达的最大高度为7.5mD.下降过程中,当x=0时重力对物块做功的功率为1006W【解析】选A、C。小物块所受重力沿斜面向下的分力大小为mgsin30°=10N根据图像可知,在拉力作用下,物块先沿斜面向上做匀加速直线运动,后向上做加速度减小的直线运动,当拉力大小为10N时,加速度减小为0,此时速度达到最大值,根据图乙,结合数学函数关系,可以解得x=7.5m,故A正确;当x=10m时,根据动能定理有WF-mgxsin30°=12mv其中WF=(5+10解得v=52m/s,故B错误;令物块沿斜面运动到x=10m位置之后,沿斜面继续向上减速至0的位移为x1,则有-mgx1sin30°=0-12mv2,解得x1则上升过程中,物块能到达的最大高度为H=(x+x1)sin30°=(10+5)×12故C正确;物块由最高点下降至最低点过程有mg(x+x1)sin30°=12mv12,解得v1则下降过程中,当x=0时重力对物块做功的功率为P=mgv1sin30°,解得P=506W,故D错误。[预测2](多选)(2024·石嘴山模拟)如图(a)所示,一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑,运动过程中摩擦力大小f恒定,物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示。重力加速度大小取10m/s2,下列判断正确的是()A.物块的质量为7kgB.物块所受摩擦力f=0.5NC.物块在最高点时重力势能为45JD.物块上滑过程克服摩擦力做功为5J【解析】选B、D。0~10m内物块上滑,由动能定理得-mgsin30°s-fs=Ek-Ek0,整理得Ek=Ek0-(mgsin30°+f)s,结合0~10m内的图像得,斜率的绝对值|k|=mgsin30°+f=4010N=4N,10~20m内物块下滑,由动能定理得(mgsin30°-f)(s-s1)=Ek,整理得Ek=(mgsin30°-f)s-(mgsin30°-f)s1,结合10~20m内的图像斜率可知k'=mgsin30°-f=3010N=3N,联立解得f=0.5N,m=0.7kg,故B正确,A错误;由题意可得,物块沿斜面上滑的最大距离为10m,所以物块在最高点时重力势能为Epm=mgs1sin30°=0.7×10×10×12J=35J,故C错误;物块在上滑过程中,由动能定理可知-mgs1sin30°-Wf=0-Ek0,代入数据解得物块上滑过程克服摩擦力做功为【加固训练】(多选)质量为1kg的物体静止在粗糙的水平地面上,在一水平外力F的作用下运