物理二轮（山东专用）学案：专题2 第1讲　功和功率　动能定理 Word版含解析.doc

1、- 1 - 第 1 讲 功和功率 动能定理 析考情 明考向_考情分析_透视命题规律 一、构建体系 透析考情 思维导图 考情分析 1.高考在本讲命题点主要 集中在正、负功的判断， 功率的分析与计算，机车 启动模型等问题上，题目 具有一定的综合性，难度 适中。 2.本讲高考单独命题以选 择题为主， 如 2020 年天津 卷第 8 题；综合命题以计 算题为主，常将动能定理 与机械能守恒定律、能量 守恒定律相结合。 3.关注以竞技体育或近现 代科技为背景命制的题目 及与图像问题相结合的情 景题目。 二、熟记规律 高效突破 1功 (1)恒力做功：WFlcos ( 为 F 与 l 之间的夹角)。 (2)变

2、力做功：用动能定理求解；用 F- x 图线与 x 轴所围“面积”求解。 2功率 (1)平均功率：PW t Fv cos ( 为 F 与v 的夹角)。 (2)瞬时功率：PFvcos ( 为 F 与 v 的夹角)。 (3)机车启动两类模型中的关键方程：PF v，FF阻ma，vm P F阻，PtF 阻xEk。 3动能定理：W合1 2mv 21 2mv 2 0。 4应用动能定理时的两点注意 (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，同时要注意各力 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 提能力_考向研析_掌握应试技能 考向一 功和功率的分析与

3、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 - 2图像法求功的四种情况：力做的功分别为 W甲F1x1、W乙1 2F2x2、W 丙 4F3x3(图丙中 F- x 的图线是四分之一圆周)、W丁1 2Pt1P(t2t1)。 3区分公式：PW t 侧重于平均功率的计算，PFvcos 侧重于瞬时功率的计算。 典例 1 (多选)(2018 高考全国卷)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到 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

4、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。对于第次和第次提升过程( ) A矿车上升所用的时间之比为 45 B电机的最大牵引力之比为 21 C电机输出的最大功率之比为 21 D电机所做的功之比为 45 解析 由图线知，矿车上升总高度 hv0 2 2t0v0t0。 由图线知，加速阶段和减速阶段上升高度和 h1 v0 2 2 (t0 2 t0 2) 1 4v0t0， 匀速阶段：hh11 2v0 t，解得 t 3 2t0， 故第次提升过程所用时间为t0 2 3 2t0 t0 2 5 2t0， 两次上升所用时间之比为 2t05 2t045，A 对； 对矿车受力分析，当矿车向上做加速直线运

5、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，由牛顿第二定律知， Fmgma，Fm(ga)， 第次在 t0时刻，功率 P1F v0， 第次在t0 2时刻，功率 P2F v0 2， 第次在匀速阶段 P2Fv0 2 mg v0 2 P2， 可知，电机输出的最大功率之比 P1P221，C 对； 由动能定理知， 两个过程动能变化量相同， 克服重力做功相同， 故两次电机做功也相同， D 错。 答案 AC - 3 - 1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1

6、4光滑圆弧，不计空气阻力，则下列对四种情况 下相关物理量的比较正确的是( ) A落地时间 t1t2t3t4 B全程重力做功 W1W2W3W4 C落地瞬间重力的功率 P1P2P3P4 D全程重力做功的平均功率 P 1P 2P 3P 4 解析：图甲、乙中小球在竖直方向均做自由落体运动，故 t1t2 2h g ，其中 h 为竖直高度， 对图丙， h sin 1 2gt 2 3sin ，t3 2h gsin2，其中 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 t1t2t3vy3vy40，故落地瞬间重力的功率 P1P2P3

7、P4，选项 C 错误；全程重力做功的平均功率P W t ，因 W 相同，t1t2t3P 3P 4，选项 D 正确。 答案：D 2(多选)放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在 06 s 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( ) A06 s 内物体的位移大小为 30 m B06 s 内拉力做的功为 70 J C合外力在 06 s 内做的功与 02 s 内做的功相等 D滑动摩擦力的大小为 5 N 解析：由 v- t 图像与 t 轴围成的面积表示位移，可得 06 s 内物体的位移大小 x46 2 6 m 30 m，故 A 正确；由 P- t

8、图像与 t 轴围成的面积表示做功多少，可得在 02 s 内拉力对物体做 的功 W1302 2 J30 J，26 s 内拉力对物体做的功 W2104 J40 J，所以 06 s 内拉力 做的功为 WW1W270 J，B 正确；由图甲可知，在 26 s 内，物体做匀速运动，合外力 为零， 则合外力在 06 s 内做的功与 02 s 内做的功相等， 故 C 正确； 在 26 s 内， v6 m/s， P10 W，物体做匀速运动，滑动摩擦力 FfFP v 10 6 N5 3 N，故 D 错误。 - 4 - 答案：ABC 3(多选)如图所示，传送带 AB 的倾角为 ，且传送带足够长，现有质量为 m、可视

9、为质点的 物体以初速度 v0从 B 端开始向上运动，物体与传送带之间的动摩擦因数 tan ，传送带的速 度为v(v0tan ，则 mgcos mgsin ，传送带的速度为 v(v0v)，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 Pmgvcos ；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 Pmgv0cos ，因为最大瞬时功率有两种可能值，所

10、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)机车先做加速度逐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 当 FF阻时，vmP F P F阻。 PtF阻x1 2mv 2 m0。 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

11、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 FF 阻ma P额Fv1 P额F阻vm v1at1 - 5 - 典例 2 如图所示为汽车在水平路面上启动过程的 v- t 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变化的曲线， 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( ) A0t1时间内汽车以恒定功率做匀加速运动 Bt1t2时间内汽车的平均速度为v1v2 2 Ct1t2时间内汽车牵引力做的功等于1 2m(v 2 2v 2 1) D在全过程中 t1时刻汽车的牵引力及其功

12、率都是最大值 解析 由题图可知，0t1时间内汽车做匀加速直线运动，牵引力不变，速度增大，根据 P Fv 可知，汽车的功率增大，t1t2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；t1t2时间内，汽车做变加速直线运动，平均 速度v v1v2 2 ，选项 B 错误；t1t2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 WWf1 2mv 2 21 2mv 2 1，则牵引力做的功 WWf1 2mv 2 21 2mv 2 1，选项

13、C 错 误。 答案 D 易错警示 解决机车启动问题时的四点注意 (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，最后达到最大速度时，均满足 PF阻vm，P 为机车的额定功率。 4如图所示，质量为 m 的汽车在某下坡的公路上，从速度 v0开始加速运动，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该过程中汽车一直做匀加速直线运动 B该过程中汽车所受阻力 f P vm C该过程中汽车所受阻力做功

14、的大小为 Pt1 2mv 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，则汽车做加速度逐渐减小的加速运动，A 错误，D 正确；汽 - 6 - 车速度达到最大值 vm时，汽车的牵引力 F P vm，故 f P vmmgsin ，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：D 5(多选)发动机额定功率为 P0的汽车在水平路面上从静止开始先匀加速启动，最后达到最大 速度并做匀速直线运动，已知汽车所受路面阻力恒为 Ff，汽车刚开始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

15、和功 率随速度变化的图像，其中正确的是( ) 解析：汽车由静止开始匀加速启动时，a 一定，根据 vat 知 v 增大，由 FmaFf知 F 一定， 根据 PFv 知 v 均匀增大时，功率 P 也均匀增大，达到 P额后，功率保持不变，v 继续增大， 所以 FP v减小，a FFf m 减小，当 FFf时，a0，vmP Ff，此后汽车做匀速运动，故 A、C 正确。 答案：AC 6质量为 500 kg 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 20 kW C所受阻力大小为 2 000 N D速度大小

16、为 50 m/s 时牵引力大小为 3 000 N 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；根据 PFv，FFfma 可得 aP m 1 v Ff m，由图像可知 Ff m4， P m400，解得 Ff2 000 N， P2105 W，选项 B 错误，C 正确；速度大小为 50 m/s 时牵引力大小为 FP v 2105 50 N4 000 N，选项 D 错误。 答案：C 考向三 动能定理的应用 - 7 - 1“两状态，一过程” “两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况；“一过程”即明确研究过程， 确定这一过程中研究对象的受力情况和位

17、置变化或位移等信息。 2解题的流程 典例 3 光滑水平面 AB 与竖直面内的圆形导轨在 B 点连接，导轨半径 R0.5 m，一个质量 m2 kg 的小球在 A 处压缩一轻质弹簧，弹簧与小球不拴接。用手挡住小球不动，此时弹簧弹 性势能 Ep49 J，如图所示。放手后小球向右运动脱离弹簧，沿圆形轨道向上运动时恰能通过 最高点 C，g 取 10 m/s2。求： (1)小球脱离弹簧时的速度大小； (2)小球从 B 到 C 克服阻力做的功； (3)小球离开 C 点后落回水平面时的动能大小。 思路点拨 解此题关键有三点： (1)从 A 点开始至小球脱离弹簧的过程弹性势能转化为小球的动能。 (2)“恰能通过

18、最高点 C”提供了小球在最高点 C 的速度。 (3)小球离开 C 点做平抛运动。 解析 (1)小球从 A 点开始至小球脱离弹簧的过程中， 根据弹力做功与弹性势能变化的关系有 W弹Ep弹(0Ep)49 J 对小球而言，此过程只有弹力做功，故有 W弹1 2mv 20 得小球脱离弹簧时的速度为 v 2W弹 m 249 2 m/s7 m/s。 (2)小球恰好能通过最高点 C，在最高点小球只受重力作用，根据牛顿第二定律有 F合mgmv 2 C R 得小球在 C 点时的速度为 vC gR 100.5 m/s 5 m/s 因为 AB 段光滑，小球在 B 点时的速度等于小球脱离弹簧时的速度，即 vBv7 m/

19、s 在从 B 至 C 的过程中只有重力和阻力做功，根据动能定理有 WGWf1 2mv 2 C1 2mv 2 B，其中 WG2mgR 得阻力做功为 Wf1 2mv 2 C1 2mv 2 BWG24 J 所以从 B 至 C 的过程中小球克服阻力做功 24 J。 - 8 - (3)小球离开 C 点做平抛运动，此过程中只有重力做功，根据动能定理有 2mgREk1 2mv 2 C 得小球落地时的动能 Ek2mgR1 2mv 2 C25 J。 答案 (1)7 m/s (2)24 J (3)25 J 方法技巧 应用动能定理解题“四点技巧” (1)建立运动模型，判断物体做了什么运动，如典例中 BC 段为圆周运

20、动。 (2)分析各个运动过程中物体的受力和运动情况。 (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)根据实际情况分阶段(如典例中的 BC 段)或整个过程典例中第(3)问的求解，可从 A 点到落 地利用动能定理列式计算。 7. (2019 高考全国卷)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 3 m 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 10 m/s2。该物体的质量为( ) A2 kg B1.5 kg C1 kg D0.5 kg 解析：

21、画出运动示意图，设阻力为 f，据动能定理知 AB(上升过程)：EkBEkA(mgf)h CD(下落过程)：EkDEkC(mgf)h 整理以上两式得 mgh30 J，解得物体的质量 m1 kg，选项 C 正确。 答案：C 8. (2020 高考江苏卷)如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。 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( ) - 9 - 解析：设斜面的倾角为 ，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 mgxtan 1mgcos x cos

22、 Ek0，即 mgxtan 1mgxEk0，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 2mgxEk，即 Ek与 x 也成正比，故 A 正确。 答案：A 9(2020 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 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 h24 m，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

23、点之间的距离L20 m。 质量 m1 000 kg 的过山车(包括乘客)从 B 点由静止开始滑下，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重力的1 4。已知过山车在 BCDE 段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比， 比例系数 1 32， 圆弧轨道 EF 光滑，整个运动过程中空气阻力不计，过山车经过各轨道之间的连接点时无机械能损失。(sin 37 0.6，cos 370.8，重力加速度 g 取 10 m/s2) (1)求过山车过 F 点时的速度大小； (2)求从 B 点到 F 点的整个运动过程中摩擦力对过山车做的功； (3)过

24、山车过 D 点时发现圆弧轨道 EF 有故障，为保证乘客安全，立即触发制动装置，使过山 车不能到达 EF 段并保证不再下滑，设触发制动装置后，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则过 山车受到的摩擦力至少为多大？ - 10 - 解析：(1)设过山车过 F 点时的速度为 vF，选择某个质量为 m1的乘客为研究对象，根据牛顿第 二定律有 m1g1 4m1gm1 v2F r ， 又 rLsin 联立方程并代入数据解得 vF3 10 m/s。 (2)设整个过程摩擦力做功为 W，对过山车从 B 点到 F 点的过程，应用动能定理得 mg(hr)W1 2mv 2 F0 代入数据解得 W7.5104 J。 (3)触发制动装置后，设过山车恰好能够到达 E 点时对应的摩擦力为 Ff，未触发制动装置时过 山车在 D 点和 F 点的速度分别为 vD和 vF。触发制动装置时，对 D 点到 E 点的过程，由动能 定理得 FfLcos mgrcos 01 2mv 2 D 未触发制动装置时，对 D 点到 F 点的过程，由动能定理得mgcos Lcos mgr1 2mv 2 F1 2 mv2D 联立方程并代入数据解得 Ff4.56103 N 因为 Ffmgsin 6 000 N，故由题意可知过山车受到的摩擦力至少为 6 000 N。 答案：(1)3 10 m/s (2)7.5104 J (3)6 000 N