1、专题二 能量与动量 第1讲 功和功率 动能定理 一、构建体系 透析考情析考情明考向_考情分析_透视命题规律思维导图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。考情分析二、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)变力做功：用动能定理求解；用 F-x 图线与 x 轴所围“面
2、积”求解。2功率(1)平均功率：PWt Fvcos(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：PFv，FF阻ma，vm PF阻，PtF 阻xEk。3动能定理：W 合12mv212mv20。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
3、情况：力做的功分别为 W 甲F1x1、W 乙12F2x2、W 丙4F3x3(图丙中 F-x 的图线是四分之一圆周)、W 丁12Pt1P(t2t1)。3区分公式：PWt 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
4、大功率之比为21D电机所做的功之比为45AC解析 由图线知，矿车上升总高度hv02 2t0v0t0。由图线知，加速阶段和减速阶段上升高度和h1v022(t02t02)14v0t0，匀速阶段：hh112v0t，解得 t32t0，故第次提升过程所用时间为t0232t0t0252t0，两次上升所用时间之比为 2t052t045，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，由牛顿第二定律知，Fmgma，Fm(ga)，第次在 t0 时刻，功率 P1Fv0，第次在t02时刻，功率 P2Fv02，第次在匀速阶段 P
5、2Fv02 mgv02 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。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14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 t1t2t3t4B全程重力做功 W1W2W3W4C落地瞬间重力的功率 P1P2P3P4D全程重力做功的平均功率 P1P2P3P4D 解析：图甲、乙中小球在竖直方向均做自由落体运动，故 t1t22hg，其中 h 为竖
6、直高度，对图丙，hsin 12gt23sin ，t32hgsin2，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 P1P2P3P4，选项 C 错误；全程重力做功的平均功率PWt，因 W 相同，t1t2t3P3P4，选项 D 正确。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 mB06 s内拉力做的功为70 JC合外力在06 s
7、内做的功与02 s内做的功相等D滑动摩擦力的大小为5 NABC 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 x462 6 m30 m，故 A 正确；由 P-t 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 W13022 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
8、匀速运动，滑动摩擦力 FfFPv106 N53 N，故 D 错误。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
9、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。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，vmPF PF阻。PtF 阻x12mv2m0。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
10、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FF阻maP额Fv1P额F阻vmv1at1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v1v22Ct1t2 时间内汽车牵引力做的功等于12m(v22v21)D在全过程中 t1 时刻汽车的牵引力及其功率都是最大值D 解析 由
11、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 PFv 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vv1v22，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 WWf12mv2212mv21，则牵引力做的功 WWf12mv2212mv21，选项 C 错误。易错警示解决机车启动问题时的四点注意(1)
12、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 PvmC该过程中汽车所受阻力做功的大小为 Pt12mv2mD该过程中汽车做加速度不断减小的加速运动D 解析：汽车发动机的功率
13、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；汽车速度达到最大值 vm时，汽车的牵引力 F Pvm，故f Pvmmgsin ，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。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、牵引力和功率随速度变化的图像，其中正确的是()AC 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
14、，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 FPv减小，aFFfm减小，当 FFf 时，a0，vmPFf，此后汽车做匀速运动，故 A、C 正确。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1v的关系如图所示，则赛车()A做匀加速直线运动B功率为 20 kWC所受阻力大小为 2 000 ND速度大小为 50 m/s 时牵引力大小为 3 000 NC 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 aPm1v
15、Ffm，由图像可知Ffm4，Pm400，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 FPv210550 N4 000 N，选项 D 错误。考向三 动能定理的应用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
16、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12mv20得小球脱离弹簧时的速度为v2W弹m 2492 m/s7 m/
17、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mgmv2CR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/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 WGWf12mv2C12mv2B，其中 WG2mgR得阻力做功为 Wf12mv2C12mv2BWG24 J所以从 B 至 C 的过程中小球克服阻力做功 24 J。答案(1)7 m/s(2)24 J(3)25 J(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2m
18、gREk12mv2C得小球落地时的动能 Ek2mgR12mv2C25 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
19、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 kgC1 kgD0.5 kgC 解析：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)hCD(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。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()A 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
20、 x)时的末动能为 Ek，由动能定理得 mgxtan 1mgcos xcos 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。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
21、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 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14。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 132，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 370.6，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
22、个运动过程中摩擦力对过山车做的功；(3)过山车过 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？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m1g14m1gm1v2Fr，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)W12mv2F0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 012mv2D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 mgr12mv2F12mv2D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限时练通高考 点击进入word.
