1、专题二能量与动量 第1讲 功和功率、动能定理 高考总复习大二轮 物 理 三年考情分析高考命题规律三年考题考查内容 核心素养卷 25T 动能定理 科学思维2019卷 17T 动能定理 物理观念1.功和功率是高考的必考内容，主要从变力做功、瞬时功率和平均功率等方面进行考查动能定理在直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功等各种情况中都可适用，是高考命题的热点卷 18T 动能定理 科学思维卷 14T 动能定理能量观念、科学推理卷 19T 功、功率 科学思维2018卷 25T 动能定理 科学思维2.在 2020 年高考中，对动能定理及机车启动模型的考查仍是热点，其考查方式可能会有以下几种：一是在选择题中
2、对动能定理的应用进行简单考查；二是在选择题中结合图像对动能定理进行考查；卷 14T功科学思维卷 24T 动能定理 科学思维2017卷 16T功物理观念三是在计算题中的某一过程中对动能定理进行考查；四是在带电粒子在电场中的运动过程中对动能定理进行考查；五是对功和功率的考查有可能结合新能源科技(如电动汽车)进行考查.考向一 功和功率的理解和计算知识必备提核心 通技法1恒力做功的公式WFlcos(通过 F 与 l 间的夹角 判断 F 是否做功及做功的正、负)2功率(1)平均功率：PWt F v cos.(2)瞬时功率：PFvcos(为 F 与 v 的夹角)跟进题组练考题 提能力1(2018全国卷，1
3、9T)(多选)地下矿井的矿石装在矿车中，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 45B电机的最大牵引力之比为 21C电机输出的最大功率之比为 21D电机所做的功之比为 45解析：AC 由 vt 图像的几何意义可得：t112t0，t232t0，t352t0，故t1t245，A 项正确；对矿车加速运动过程中，受力分析，由牛顿运动定律得：Fmgma，根据 vt 图像可知 a
4、 相同，则 F 相同，即F1F211，故 B 项错误；根据公式 PFv可得 P1Fv0，P2Fv02，所以P1P221，C 项正确；根据动能定理可得：W 牵mgh0，所以 W 牵mgh，高度、质量相同时，W 牵也相同，即W1W211，D 项错误2(2019安徽省安庆市二模)(多选)如图甲所示，物体受到水平推力 F 的作用，在粗糙水平面上做直线运动通过力传感器和速度传感器监测到推力 F 和物体速度 v 随时间 t 变化的规律如图乙所示重力加速度 g 取 10 m/s2，则()A物体的质量 m0.5 kgB物体与水平面间的动摩擦因数 0.2C第 2 s 内物体克服摩擦力做的功 Wf2 JD前 2
5、s 内推力 F 做功的平均功率 P 1.5 W解析：ACD 由题图乙可知，在 23 s 时间内物体匀速运动，处于平衡状态，所以滑动摩擦力的大小为 2 N在 12 s 时间内物体做匀加速运动，vt 图像的斜率代表加速度的大小，所以 a201 m/s22 m/s2，由牛顿第二定律可得：FFfma，所以 m0.5 kg，A 正确；由FfFNmg，则 Ffmg0.4，B 错误；第 2 s 内物体的位移是：x12at21 m，克服摩擦力做的功 WfFfx21 J2 J，C 正确；第 1 s 内物体没有运动，推力 F 做功为零，第 2 s 内物体运动，F 做的功为 WFx31 J3 J，所以前 2 s 内
6、推力 F 做功的平均功率为 P Wt 32 W1.5 W，D 正确3(2019福建省三明市上学期期末)(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、牵引力和功率随速度变化的图像，其中正确的是()解析：AC 汽车匀加速启动时，a 一定，根据 vat 知 v 均匀增大，根据 FmaFf 知 F 一定，根据 PFv 知，功率 P 也均匀增大，达到 P 额后，功率保持不变，v 继续增大，所以牵引力 FP
7、v减小，aFFfm减小，当 FFf 时，a0，vmPFf，此后做匀速运动，故 A、C 正确，B、D 错误易错警示辨易错 防未然关于功、功率计算应注意的三个问题(1)适用条件：功的公式 WFlcos 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 WPt 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 PWt 和公式 PFvcos，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考向二 机车启动问题知识必备提核心 通技法1机车输出功率：PFv，其中 F 为机车牵引力
8、2机车的两种启动方式：(1)恒定功率启动(2)匀加速启动3常用公式FF 阻maPFv，当 FF 阻时，vm PF阻v1at 其中 t 为匀加速运动的时间，v1 是匀加速运动的最大速度典题例析析典题 学通法例 1(2020盐城一模)把动力装置分散安装在每节车厢上，使其既具有牵引动力，又可以载客，这样的客车车厢叫作动车而动车组是几节自带动力的车厢(动车)加几节不带动力的车厢(也叫拖车)编成一组假设动车组运行过程中受到的阻力与其所受重力成正比，每节动车与拖车的质量都相等，每节动车的额定功率都相等若 2节动车加 6 节拖车编成的动车组的最大速度为 120 km/h，则 9 节动车加 3 节拖车编成的动
9、车组的最大速度为()A120 km/h B240 km/hC360 km/h D480 km/h审题指导(1)动车组达到最大速度时，做匀速运动；(2)动车组达到最大速度时，总功率与速度满足 PFfv.解析 C 若开动 2 节动车带 6 节拖车，最大速度可达到 120 km/h.设每节动车的功率为 P，每节车厢所受的阻力为 Ff，则有 2P8Ffv，当开动 9 节动车带 3 节拖车时，有 9P12Ffv，联立两式解得 v360 km/h，选项 C 正确迁移题组多角度 提能力迁移 1 汽车在水平面上以恒定功率启动1(2019保定二模)2019 年冬为了应对持续出现的雾霾污染天气，我市利用洒水车对主
10、干街道进行洒水降尘，设洒水车保持恒定功率上路行驶，在 t1 时刻以速度 v1 匀速驶入一段长直公路后开始不间断的洒水作业在 t2 时刻停止洒水作业并以速度 v2 匀速行驶已知公路对汽车的阻力与汽车重力成正比，下列说法正确的是()A洒水车一定做匀变速直线运动Bv2v1Ct1 时刻比 t2 时刻汽车所受牵引力大D从 t1 时刻至 t2 时刻洒水车的位移大小为v1v22(t2t1)解析：C 公路对汽车的阻力与汽车重力成正比，洒水过程中重力减小，阻力不断减小，汽车加速度不恒定，A 选项错误；t1 时刻阻力大，牵引力大，t2 时刻阻力小，牵引力小，C 选项正确；功率恒定，根据 PFv 可知汽车做匀速直线
11、运动时，牵引力大的速度小，故 v1v2，B 选项错误；洒水车不做匀变速直线运动，位移不等于v1v22(t2t1)，D 选项错误迁移 2 汽车在斜坡上以恒定功率启动2一辆质量为 2 t 的汽车由静止开始沿一倾角为 30的足够长斜坡向上运动，汽车发动机的功率保持 48 kW 不变，行驶 120 m 后达到最大速度已知汽车受到地面的摩擦阻力为 2 000 N(g 取 10 m/s2)求：(1)汽车可以达到的最大速度；(2)汽车达到最大速度所用的时间(结果保留一位小数)解析：(1)当汽车在斜坡上匀速运动时速度最大，则Fmgsin 30Ff0，解得 F1.2104 N由 PFv 得 vmPF4 m/s(
12、2)对全过程应用动能定理得 Ptmgxsin 30Ffx12mv2m0解得 t30.3 s答案：(1)4 m/s(2)30.3 s迁移 3 起重机以恒定加速度竖直吊起重物3如图所示为修建高层建筑常用的塔式起重机，在起重机将质量为 m 的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度为 a，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做速度为 vm 的匀速运动，不计额外功(1)求起重机允许输出的最大功率(2)求重物做匀加速运动所经历的时间(3)若已知起重机达到输出功率的最大值，又经 t 时间，重物速度达到 vm，求重物由静止到以 vm 做匀速运动过程中升高的高度解析
13、：(1)重物匀速上升时有 Fm g 可得起重机的最大输出功率为：Pmm gvm (2)匀加速运动结束时，起重机达到允许输出的最大功率，设此时重物受到的拉力为 F1，速度为 v1，匀加速运动经历的时间为 t1，则由牛顿第二定律得 F1m gm a 又有 PmF1v1 v1at1 解得：t1gvmaga(3)设物体匀加速上升的高度为 h1，则有 h112at21 由动能定理得 F1h1Pmtm gh12m v2m 解得 hgv2m2agavmtv2m2g答案：(1)mgvm(2)gvmaga(3)gv2m2agavmtv2m2g易错警示辨易错 防未然解决机车启动问题的四点注意(1)明确启动方式：分
14、清是匀加速启动还是恒定功率启动(2)匀加速启动过程：机车功率是不断改变的，但该过程中的最大功率是额定功率，匀加速运动的最大速度小于机车所能达到的最大速度，达到额定功率后做加速度减小的加速运动(3)恒定功率启动过程：机车做加速度减小的加速运动，速度最大值等于PFf，牵引力是变力，牵引力做的功 WPt.(4)满足的关系式：无论哪种启动方式，在平直路面上最后达到最大速度时，均满足 PFfvm，P 为机车的额定功率考向三 动能定理知识必备提核心 通技法典题例析析典题 学通法例 2(2019课标，17)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
15、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审题指导 物体受到大小不变的外力，方向始终与速度方向相反，即上升时外力方向向下，下落时外力方向向上，这是解答此题的关键解析 C 本题考查动能定理，体现了模型建构素养设外力大小为 f，在距地面高度 3 m 内的上升过程中，由动能定理知(mgf)h12mv2212mv21，由图像可知，12mv2172 J，12mv2236 J，得 mgf12 N同理结合物体在下落过程中的 Ekh 图像有 mgf8 N，联
16、立解得 mg10 N，则 m1 kg，选项 C 正确迁移题组多角度 提能力迁移 1 动能定理在曲线运动中的应用1如图，一半径为 R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为 m 的质点自轨道端点 P 由静止开始滑下，滑到最低点 Q时，对轨道的正压力为 2mg，重力加速度大小为 g.质点自 P 滑到 Q的过程中，克服摩擦力所做的功为()A.14mgRB.13mgRC.12mgRD.4mgR解析：C 当质点滑到 Q 点时，对轨道的正压力为 FN2mg，由牛顿第三定律知轨道对它的支持力 FNFN2mg，由牛顿第二定律有 FNmgmv2QR，得 v2QgR.对质点自 P 点滑到 Q 点应用动能定
17、理有 mgRWf12mv2Q0，得 Wf12mgR，因此，A、B、D 错，C 正确迁移 2 动能定理在变力做功中的应用2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 fx12mv2D物体克服橡皮泥块的阻力做的功为12mv2fx解析：C 根据功的定义式，物体 P 受到的水平面的阻力做的功 W1fxcos 180fx，选项 A 错误；物体克服水平面阻力做的功W2W1f
18、x，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 W1W3012mv2，解得 W3fx12mv2，选项 C 正确；物体克服橡皮泥块的阻力做的功为 W4W3fx12mv2 12mv2fx，选项 D 错误迁移 3 动能定理与图像的综合应用3质量为 m 的小球在竖直向上的拉力作用下从静止开始运动，其 v-t 图像如图所示(竖直向上为正方向，DE 段为直线)，已知重力加速度大小为 g，下列说法正确的是()At0t2 时间内，合力对小球先做正功后做负功B0t3 时间内，小球的平均速度一定为v32Ct3t4 时间内，拉力做的功为mv3v42(v4v3)g(t4t3)Dt3t4 时间内，
19、小球竖直向下做匀减速直线运动解析：C v-t 图像中图线的斜率表示加速度，速度在时间轴之上表明速度一直为正，从图像可以看出小球先向上做加速度越来越大的加速运动，再做加速度越来越小的加速运动，然后做加速度越来越大的减速运动，最后做匀减速运动，运动方向一直向上，D 错图中 t0t2 时间内小球做加速运动，故合力对小球一直做正功，A 错v-t图像中图线与 t 轴所围“面积”表示位移，而平均速度 vxt，结合图像中的“面积”可知 0t3 时间内，小球的平均速度大于v32，B 错t3t4 时间内由动能定理得 Wmgh12mv2412mv23，又 hv3v42(t4t3)，解得 Wmv3v42(v4v3)
20、g(t4t3)，C 对规律方法知规律 握方法动能定理的应用技巧1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2应用动能定理解题应注意的问题(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学研究方法更简洁(2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的(3)若物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、
21、减速的过程)，此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑，但如能对整个过程利用动能定理列式则可使问题简化(4)如果物体做自由落体运动或平抛运动或圆周运动往往动能定理结合牛顿第二定律或运动学公式联立求解动能定理在多阶段、多过程中的综合应用典例(2019新课标，25T)一质量为 m2 000 kg 的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶行驶过程中，司机突然发现前方 100 m 处有一警示牌，立即刹车刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图(a)中的图线图(a)中，0t1 时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶)，t10.8 s；t1t2 时
22、间段为刹车系统的启动时间，t21.3 s；从 t2 时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止已知从 t2时刻开始，汽车第 1 s 内的位移为 24 m，第 4 s 内的位移为 1 m(1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的 vt 图线；(2)求 t2 时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及 t1t2 时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少(以 t1t2 时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)？核心考点1.动能定理2.动量定理3.运动学公式、牛顿定律命题技巧通过研究
23、汽车的运动情景，考查了学生综合分析及运用数学知识解决问题的能力核心素养1.体现了科学推理与科学论证的素养要求2.渗透了关注生产、生活的价值观念审题关键汽车在刹车过程中停止运动的时刻未知，可采用假设法，由方程解得的结果判定假设的正确性.解析(1)v-t 图像如图所示(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为 v1，则 t1 时刻的速度也为v1，t2时刻的速度为 v2.在 t2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为 a.取t1 s，设汽车在 t2(n1)tt2nt内的位移为 sn，n1,2,3.若汽车在 t23tt24t时间内未停止，设它在 t23t时刻的速度为 v3，在 t24t时刻的速度为 v
24、4，由运动学公式有 s1s43a(t)2 s1v2t12a(t)2 v4v24at 联立式，代入已知数据解得 v4176 m/s 这说明在 t24t时刻前，汽车已经停止因此，式不成立 由于在 t23tt24t内汽车停止，由运动学公式 v3v23at 2as4v23 联立式，代入已知数据解得 a8 m/s2，v228 m/s 或者 a28825 m/s2，v229.76 m/s 但式情形下，v30，不合题意，舍去(3)设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为 f1.由牛顿定律有 f1m a 在 t1t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为 I12f1(t2t1)由动量定理有 Im v1m v2
25、 由动能定理，在 t1t2时间内，汽车克服阻力做的功为 W 12m v2112m v22 联立式，代入已知数据解得 v130 m/s W 1.16105 J 从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离 s 约为 sv1t112(v1v2)(t2t1)v222a 联立式，代入已知数据解得 s87.5 m 答案 见解析易错展示1.不能判定汽车在 t2时刻后做匀减速运动2.不会确定汽车停止的时刻在哪个时间段时3.不会应用动量定理、动能定理列方程求解.对点演练练类题 提素养1如图所示，水平轻质弹簧一端固定在墙壁上的 O 点，另一端自由伸长到 A 点，OA 之间的水平面光滑固定曲面在 B 处与水平面平滑
26、连接AB 之间的距离 s1 m质量 m0.2 kg 的物块开始时静置于水平面上的 B 点，物块与水平面间的动摩擦因数 0.4.现给物块一个水平向左的初速度 v05 m/s，g 取 10 m/s2.(1)求弹簧被压缩到最短时所具有的弹性势能 Ep；(2)求物块返回 B 点时的速度大小；(3)若物块能冲上曲面的最大高度 h0.2 m，求物块沿曲面上滑过程所产生的热量解析：(1)对物块从 B 点至压缩弹簧最短的过程有mgsW012mv20WEp代入数据解得 Fp1.7 J(2)对物块从 B 点开始运动至返回 B 点的过程有mg2s12mv2B12mv20代入数据解得 vB3 m/s(3)对物块沿曲面
27、上滑的过程，由动能定理得W 克 fmgh012mv2B又 QW 克 f代入数据解得 Q0.5 J.答案：(1)1.7 J(2)3 m/s(3)0.5 J2(2018全国卷，25T)如图，在竖直平面内，一半径为 R 的光滑圆弧轨道 ABC 和水平轨道 PA 在 A 点相切，BC 为圆弧轨道的直径，O 为圆心，OA 和 OB 之间的夹角为，sin 35.一质量为 m的小球沿水平轨道向右运动，经 A 点沿圆弧轨道通过 C 点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用已知小球在 C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零重力加速度大小为 g
28、.求(1)水平恒力的大小和小球到达 C 点时速度的大小；(2)小球到达 A 点时动量的大小；(3)小球从 C 点落至水平轨道所用的时间解析：(1)小球在 C 点受力如图因 tan Fmg，tan 34，所以 Fmgtan 34mgF mgcos 54mg又因 Fmv2CR 得：vC54gR 5gR2(2)从 A 点到 C 点，对小球由动能定理得：F(RRcos)12mv2C12mv2A解得：vA234 gR所以：pAmvAm234 gRm 23gR2.(3)小球离开 C 点后的运动轨迹如图所示，根据类平拋运动规律可得：xvCt，y12at2，由几何关系可得：yxtan R Rcos 由牛顿定律得 aFm 54g，联立可得：t3 5gR5g答案：(1)34mg 5gR2(2)m 23gR2(3)3 5gR5g