【優(yōu)化方案】2021屆高考物理二輪復(fù)習(xí)綜合講義：專題五-功、功率與動能定理(導(dǎo)學(xué)導(dǎo)練-含詳解)

功、功率與動能定理熱點一功和功率的計算命題規(guī)律：在歷年的高考中，很少毀滅簡潔、單獨考查功和功率的計算，一般將其放在與功能關(guān)系、物體的運動等綜合問題中一起考查，并且對于功和功率的考查一般以選擇題形式毀滅，題目難度以中檔題為主．1.(2022·高考新課標全國卷Ⅱ)一物體靜止在粗糙水平地面上．現(xiàn)用一大小為F1的水平拉力拉動物體，經(jīng)過一段時間后其速度變?yōu)関.若將水平拉力的大小改為F2，物體從靜止開頭經(jīng)過同樣的時間后速度變?yōu)?v.對于上述兩個過程，用WF1、WF2分別表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分別表示前后兩次克服摩擦力所做的功，則()A．WF2>4WF1，Wf2>2Wf1B．WF2>4WF1,Wf2＝2Wf1C．WF2<4WF1，Wf2＝2Wf1D．WF2<4WF1，Wf2<2Wf1[解析]依據(jù)x＝eq\f(v＋v0,2)t得，兩過程的位移關(guān)系x1＝eq\f(1,2)x2，依據(jù)加速度的定義a＝eq\f(v－v0,t)得，兩過程的加速度關(guān)系為a1＝eq\f(a2,2).由于在相同的粗糙水平地面上運動，故兩過程的摩擦力大小相等，即f1＝f2＝f，依據(jù)牛頓其次定律F－f＝ma得，F(xiàn)1－f1＝ma1，F(xiàn)2－f2＝ma2，所以F1＝eq\f(1,2)F2＋eq\f(1,2)f，即F1>eq\f(F2,2).依據(jù)功的計算公式W＝Fl，可知Wf1＝eq\f(1,2)Wf2，WF1>eq\f(1,4)WF2，故選項C正確，選項A、B、D錯誤．[答案]C2.(2022·西安一模)如圖所示，水平傳送帶以v＝2m/s的速度勻速前進，上方漏斗中以每秒50kg的速度把煤粉豎直抖落到傳送帶上，然后一起隨傳送帶運動．A．100W B．200WC．500W D．無法確定[解析]漏斗均勻持續(xù)將煤粉抖落在傳送帶上，每秒鐘有50kg的煤粉被加速至2m/s，故每秒鐘傳送帶的電動機應(yīng)多做的功為：ΔW＝ΔEk＋Q＝eq\f(1,2)mv2＋f·Δs＝mv2＝200J，故傳送帶的電動機應(yīng)增加的功率ΔP＝eq\f(ΔW,t)＝200W．B對．[答案]B3.(多選)質(zhì)量為m＝2kg的物體沿水平面對右做直線運動，t＝0時刻受到一個水平向左的恒力F，如圖甲所示，此后物體的v－t圖象如圖乙所示，取水平向右為正方向，g＝10m/sA．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5B．10s末恒力F的瞬時功率為6WC．10s末物體在計時起點左側(cè)2D．10s內(nèi)物體克服摩擦力做功34J[解析]由題圖乙知前后兩段物體加速度的大小分別為a1＝2m/s2、a2＝1m/s2，由牛頓其次定律知F＋μmg＝ma1，F(xiàn)－μmg＝ma2，聯(lián)立得F＝3N、μ＝0.05，A錯；10s末恒力F的瞬時功率為P＝Fv＝18W，B錯；由速度圖象與坐標軸所圍面積的物理意義知，10s內(nèi)物體的位移x＝－2m，即在計時起點左側(cè)2m處，C對；10s內(nèi)物體的路程為L＝34m，即10s內(nèi)物體克服摩擦力所做的功W＝FfL＝0.05×[答案]CDeq\x(\a\vs4\al([方法技巧]1計算力所做的功時，確定要留意是恒力做功還是變力做功.若是恒力做功，可用公式W＝Flcosα進行計算.若是變力做功，可用以下幾種方法進行求解：,①微元法：把物體的運動分成很多個小段，計算每一小段力F的功.②將變力做功轉(zhuǎn)化為恒力做功.③用動能定理或功能關(guān)系進行求解.,2對于功率的計算要區(qū)分是瞬時功率還是平均功率.P＝\f(W,t)只能用來計算平均功率.P＝Fvcosα中的v是瞬時速度時，計算出的功率是瞬時功率；v是平均速度時，計算出的功率是平均功率.))熱點二對動能定理應(yīng)用的考查命題規(guī)律：該學(xué)問點是近幾年高考的重點，也是高考的熱點，題型既有選擇題，也有計算題．考查的頻率很高，分析近幾年的考題，命題有以下規(guī)律：(1)圓周運動與平衡學(xué)問的綜合題．(2)考查圓周運動的臨界和極值問題．1.(原創(chuàng)題)一人用恒定的力F，通過圖示裝置拉著物體沿光滑水平面運動，A、B、C是其運動路徑上的三個點，且AC＝BC.若物體從A到C、從C到B的過程中，人拉繩做的功分別為WFA、WFB，物體動能的增量分別為ΔEA、ΔEB，不計滑輪質(zhì)量和摩擦，下列推斷正確的是()A．WFA＝WFBΔEA＝ΔEBB．WFA＞W(wǎng)FBΔEA＞ΔEBC．WFA＜WFBΔEA＜ΔEBD．WFA＞W(wǎng)FBΔEA＜ΔEB[解析]如圖，F(xiàn)做的功等于F1做的功，物體由A向B運動的過程中，F(xiàn)1漸漸減小，又由于AC＝BC，由W＝F1l知WFA＞W(wǎng)FB；對物體只有F做功，由動能定理知ΔEA＞ΔEB，故B正確[答案]B2.(2022·高考大綱全國卷)一物塊沿傾角為θ的斜坡向上滑動．當物塊的初速度為v時，上升的最大高度為H，如圖所示；當物塊的初速度為eq\f(v,2)時，上升的最大高度記為h.重力加速度大小為g.物塊與斜坡間的動摩擦因數(shù)和h分別為()A．tanθ和eq\f(H,2)B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,2gH)－1))tanθ和eq\f(H,2)C．tanθ和eq\f(H,4)D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,2gH)－1))tanθ和eq\f(H,4)[解析]設(shè)物塊與斜坡間的動摩擦因數(shù)為μ，則物塊沿斜坡上滑時的加速度大小a＝μgcosθ＋gsinθ①當物塊的初速度為v時，由運動學(xué)公式知v2＝2aeq\f(H,sinθ)②當物塊的初速度為eq\f(v,2)時，由運動學(xué)公式知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2)))2＝2aeq\f(h,sinθ)③由②③兩式得h＝eq\f(H,4)由①②兩式得μ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,2gH)－1))tanθ.[答案]D3.(2022·東北三省四市模擬)如圖所示，QB段為一半徑為R＝1m的光滑圓弧軌道，AQ段為一長度為L＝1m的粗糙水平軌道，兩軌道相切于Q點，Q在圓心O的正下方，整個軌道位于同一豎直平面內(nèi)．物塊P的質(zhì)量為m＝1kg(可視為質(zhì)點)，P與AQ間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，若物塊P以速度v0從A點滑上水平軌道，到C點后又返回A點時恰好靜止．(g取(1)v0的大??；(2)物塊P第一次剛通過Q點時對圓弧軌道的壓力．[思路點撥]eq\x(由A→Q→C→Q→A)eq\o(→,\s\up7(動能),\s\do5(定理))eq\x(v0大小)→eq\x(由A→Q)eq\o(→,\s\up7(動能),\s\do5(定理))eq\x(\a\al(物塊在Q點,的速度))eq\o(→,\s\up7(牛頓其次),\s\do5(定律))eq\x(\a\al(軌道對物塊,的支持力))eq\o(→,\s\up7(牛頓第三),\s\do5(定律))eq\x(\a\al(物塊P對,軌道的壓力))[解析](1)物塊P從A到C又返回A的過程中，由動能定理有－μmg·2L＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(4μgL)＝2m/s.(2)設(shè)物塊P在Q點的速度為v，Q點軌道對P的支持力為F，由動能定理和牛頓其次定律有－μmgL＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)F－mg＝meq\f(v2,R)解得：F＝12N由牛頓第三定律可知，物塊P對Q點的壓力大小也為12N，方向豎直向下．[答案](1)2m/s(2)12N[總結(jié)提升]1假如在某個運動過程中包含有幾個不同運動性質(zhì)的階段如加速、減速階段，可以分段應(yīng)用動能定理，也可以對全程應(yīng)用動能定理，一般對全程列式更簡潔.2動能定理通常適用于單個物體或可看成單個物體的系統(tǒng).假如涉及系統(tǒng)，由于要考慮內(nèi)力做的功，所以要格外慎重.在中學(xué)階段可以先分別對系統(tǒng)內(nèi)每一個物體應(yīng)用動能定理，然后再聯(lián)立求解.)機車啟動問題命題規(guī)律：機車啟動問題在最近3年高考中毀滅的頻率并不高，但該部分內(nèi)容比較綜合，在考查功率的同時也考查功能關(guān)系和運動過程的分析以及勻變速直線運動規(guī)律的運用，估量可能在2021年的高考中毀滅，題型為選擇題或計算題都有可能．[解析](1)由題圖知物塊在勻加速階段加速度大小a＝eq\f(Δv,Δt)＝0.4m/s2(2分)物塊受到的摩擦力大小Ff＝μmg(1分)設(shè)牽引力大小為F，則有：F－Ff＝ma(2分)得F＝0.28N．(1分)(2)當v＝0.8P＝Fv＝0.224W．(4分)(3)物塊達到最大速度vm時，此時物塊所受的牽引力大小等于摩擦力大小，有F1＝μmg(2分)P＝F1vm(2分)解得vm＝1.12m/s.([答案](1)0.28N(2)0.224W(3)1.12[總結(jié)提升]解決機車啟動問題時的四點留意(1)分清是勻加速啟動還是恒定功率啟動．(2)勻加速啟動過程中，機車功率是不斷增大的，但該過程中的最大功率是額定功率．(3)以額定功率啟動的過程中，牽引力是不斷減小的，機車做加速度減小的加速運動，牽引力的最小值等于阻力．(4)無論哪種啟動方式，最終達到最大速度時，均滿足P＝f阻vm，P為機車的額定功率．最新猜想1(多選)(2022·銀川一模)提高機車運動速率的有效途徑是增大發(fā)動機的功率和減小阻力因數(shù)(設(shè)阻力與物體運動速率的平方成正比，即Ff＝kv2，k是阻力因數(shù))．當發(fā)動機的額定功率為P0時，物體運動的最大速率為vm，假如要使物體運動的速率增大到2vm，則下列方法可行的是()A．阻力因數(shù)不變，使發(fā)動機額定功率增大到2P0B．發(fā)動機額定功率不變，使阻力因數(shù)減小到eq\f(k,4)C．阻力因數(shù)不變，使發(fā)動機額定功率增大到8P0D．發(fā)動機額定功率不變，使阻力因數(shù)減小到eq\f(k,8)解析：選CD.速度達到最大時，eq\f(P,vm)＝kveq\o\al(2,m)，即P＝kveq\o\al(3,m).由此可知，若vm增大到2vm，當k不變時，功率P變?yōu)樵瓉淼?倍；當功率不變時，阻力因數(shù)變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,8)，故C、D正確．最新猜想2為登月探測月球，上海航天技術(shù)爭辯院研制了“月球車”，如圖甲所示，某探究性學(xué)習(xí)小組對“月球車”的性能進行了爭辯．他們讓“月球車”在水平地面上由靜止開頭運動，并將“月球車”運動的全過程記錄下來，通過數(shù)據(jù)處理得到如圖乙所示的v－t圖象，已知0～t1段為過原點的傾斜直線；t1～10s內(nèi)“月球車”牽引力的功率保持不變，且P＝1.2kW,7～10s段為平行于橫軸的直線；在10s末停止遙控，讓“月球車”自由滑行，“月球車”質(zhì)量m＝100kg，整個過程中“月球車”受到的阻力f(1)求“月球車”所受阻力f的大小和“月球車”勻速運動時的速度大小；(2)求“月球車”在加速運動過程中的總位移s；(3)求0～13s內(nèi)牽引力所做的總功．解析：(1)在10s末撤去牽引力后，“月球車”只在阻力f作用下做勻減速運動，由圖象可得a＝eq\f(v1,3)由牛頓其次定律得，其阻力f＝ma7～10s內(nèi)“月球車”勻速運動，設(shè)牽引力為F，則F＝f由P＝Fv1可得“月球車”勻速運動時的速度v1＝P/F＝P/f聯(lián)立解得v1＝6m/s，a＝2m/s2，(2)“月球車”的加速運動過程可以分為0～t1時間內(nèi)的勻加速運動和t1～7s時間內(nèi)的變加速運動兩個階段，t1時功率為P＝1.2kW，速度為vt＝3由P＝F1vt可得此時牽引力為F1＝P/vt＝400N由牛頓其次定律：F1－f＝ma1，解得0～t1時間內(nèi)的加速度大小為a1＝(F1－f)/m＝2m勻加速運動的時間t1＝eq\f(vt,a1)＝1.5s勻加速運動的位移s1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝2.25m在0～7s內(nèi)由動能定理可得F1s1＋P(7－t1)－fs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入數(shù)據(jù)解得“月球車”在加速運動過程中的總位移s＝28.5(3)在0～1.5s內(nèi)，牽引力做功W1＝F1s1＝400×2.25J＝900J在1.5～10s內(nèi)，牽引力做功W2＝PΔt＝1200×(10－1.5)J＝10200J10s后，停止遙控，牽引力做功為零0～13s內(nèi)牽引力所做的總功W＝W1＋W2＝11100J.答案：見解析[失分防范]1機車勻加速啟動時，勻加速階段的最大速度小于勻速運動的最大速度，前者用牛頓其次定律列式求解，后者用平衡學(xué)問求解.2勻加速階段牽引力是恒力，牽引力做功用W＝Fl求解.以額定功率啟動時，牽引力是變力，牽引力做功用W＝Pt求解.)一、選擇題1．如圖所示，三個固定的斜面底邊長度相等，斜面傾角分別為30°、45°、60°，斜面的表面狀況都一樣．完全相同的三物體(可視為質(zhì)點)A、B、C分別從三斜面的頂部滑到底部，在此過程中()A．物體A克服摩擦力做的功最多B．物體B克服摩擦力做的功最多C．物體C克服摩擦力做的功最多D．三物體克服摩擦力做的功一樣多解析：選D.設(shè)斜面傾角為θ，斜面底邊長為x0，則物體下滑過程中克服阻力做功W＝μmgcosθeq\f(x0,cosθ)＝μmgx0，可見W與斜面傾角θ無關(guān)，D正確．2．(2022·煙臺一模)起重機以1m/s2的加速度將質(zhì)量為1000kg的貨物由靜止開頭勻加速向上提升，若g取10m/sA．500J B．4500JC．5000J D．5500J解析：選D.由牛頓其次定律得：F－mg＝ma，F(xiàn)＝m(g＋a)＝11000N,1秒內(nèi)的位移：h＝eq\f(1,2)at2＝0.5m，故W＝F·h＝5500J，D正確．3．(2022·高考重慶卷)某車以相同的功率在兩種不同的水平路面上行駛，受到的阻力分別為車重的k1和k2倍，最大速率分別為v1和v2，則()A．v2＝k1v1 B．v2＝eq\f(k1,k2)v1C．v2＝eq\f(k2,k1)v1 D．v2＝k2v1解析：選B.車達到最大速度時，牽引力大小等于阻力大小，此時車的功率等于克服阻力做功的功率．故P＝k1mgv1＝k2mgv2，解得v2＝eq\f(k1,k2)v1，選項B正確．4．(2022·濟南一模)如圖所示，一個小環(huán)沿豎直放置的光滑圓環(huán)軌道做圓周運動．小環(huán)從最高點A(初速度為零)滑到最低點B的過程中，小環(huán)線速度大小的平方v2隨下落高度h的變化圖象可能是下圖中的()解析：選B.考慮小環(huán)下降過程中受到的各個力的做功狀況，重力做正功，圓環(huán)對小環(huán)的支持力始終與小環(huán)運動方向垂直，不做功，由動能定理mgh＝eq\f(1,2)mv2，v2與h的關(guān)系為線性關(guān)系，又因h＝0時，v也為零，所以圖象過原點，只有B符合條件，故選B.5．(2022·南昌一模)某汽車在平直大路上以功率P、速度v0勻速行駛時，牽引力為F0.在t1時刻，司機減小油門，使汽車的功率減為eq\f(P,2)，此后保持該功率連續(xù)行駛，t2時刻，汽車又恢復(fù)到勻速運動狀態(tài)．下面是有關(guān)汽車牽引力F、速度v的幾種說法，其中正確的是()A．t2后的牽引力仍為F0B．t2后的牽引力小于F0C．t2后的速度仍為v0D．t2后的速度大于v0解析：選A.由P＝Fv可知，當汽車的功率突然減小為eq\f(P,2)時，瞬時速度還沒來得及變化，則牽引力突然變?yōu)閑q\f(F0,2)，汽車將做減速運動，隨著速度的減小，牽引力漸漸增大，汽車做加速度漸漸減小的減速運動，當速度減小到使牽引力又等于阻力時，汽車再勻速運動，可見只有A正確．6．(2022·安徽合肥二模)如圖所示，在傾角為θ的光滑的斜面上，輕質(zhì)彈簧一端與斜面底端固定，另一端與質(zhì)量為M的平板A連接，一個質(zhì)量為m的物體B靠在平板的右側(cè)．開頭時用手按住物體B，現(xiàn)放手，A和B沿斜面對上運動的距離為L時，同時達到最大速度v，重力加速度為g，則以下說法正確的是()A．A和B達到最大速度v時，彈簧是自然長度B．A和B達到最大速度v時，A和B恰要分別C．從釋放到A和B達到最大速度v的過程中，彈簧對A所做的功等于eq\f(1,2)Mv2＋MgLsinθD．從釋放到A和B達到最大速度v的過程中，A受到的合力對A所做的功等于eq\f(1,2)Mv2解析：選D.取A、B整體為爭辯對象，當二者加速度a＝0時，速度最大．此時彈簧處于壓縮狀態(tài)，選項A錯誤；彈簧原長時，A、B分別，選項B錯誤；從釋放到A和B達到最大速度v的過程中，彈簧對A做功轉(zhuǎn)化為A和B的動能以及勢能，選項C錯誤；從釋放到A和B達到最大速度v的過程中，A受到的合力對A所做的功等于A動能的增量，故選項D正確．7．(多選)(2022·聊城模擬)一滑塊在水平地面上沿直線滑行，t＝0時速率為1m/s.從今刻開頭在與速度平行的方向上施加一水平作用力F，力F和滑塊的速度v隨時間的變化規(guī)律分別如圖甲和乙所示，兩圖中F、v取同一正方向．A．滑塊的加速度為1mB．滑塊與水平地面間的滑動摩擦力為2NC．第1s內(nèi)摩擦力對滑塊做功為－0.5JD．第2s內(nèi)力F的平均功率為3W解析：選AC.由v－t圖象可求得滑塊的加速度a＝1m/s2，A正確；設(shè)滑塊所受的摩擦力大小為Ff，由牛頓其次定律得：1＋Ff＝ma,3－Ff＝ma，可得：Ff＝1N，B錯誤．由W＝Fl可得第1s內(nèi)摩擦力對滑塊做的功W＝－1×eq\f(1,2)J＝－0.5J，C正確；由eq\x\to(P)＝Feq\x\to(v)可求得第2s內(nèi)力F的平均功率為eq\x\to(P)＝3×eq\f(1,2)W＝1.5W，D錯誤．8．(多選)放在粗糙水平地面上的物體受到水平拉力的作用，在0～6s內(nèi)其速度與時間的圖象和該拉力的功率與時間的圖象如圖甲、乙所示．下列說法正確的是()甲乙A．0～6s內(nèi)物體的位移大小為30B．0～6s內(nèi)拉力做的功為70JC．合外力在0～6s內(nèi)做的功與0～2s內(nèi)做的功相等D．滑動摩擦力的大小為5N解析：選ABC.依據(jù)速度與時間的圖象，可以求出0～6s內(nèi)物體的位移大小為30m；依據(jù)拉力的功率與時間的圖象，可以求出0～6s內(nèi)拉力做的功為70J；0～2s內(nèi)，拉力的大小為5N，大于滑動摩擦力的大??；由于2～6s內(nèi)合外力不做功，所以合外力在0～6s內(nèi)做的功與0～29．(多選)(2022·煙臺模擬)如圖所示，滑塊以初速度v0滑上表面粗糙的固定斜面，到達最高點后又返回到動身點．則能大致反映滑塊整個運動過程中速度v、加速度a、動能Ek、重力對滑塊所做的功W與時間t或位移x關(guān)系的是(取初速度方向為正方向)()解析：選AD.由牛頓其次定律可知，滑塊上滑的加速度方向沿斜面對下，下滑的加速度也沿斜面對下，但a上＞a下，由于摩擦力做負功，滑塊返回動身點的速度確定小于v0，故A正確，B錯誤；因上滑和下滑過程中合外力不同，且Ek不小于0，故C錯誤；重力對滑塊做的負功先增大后減小，D正確．二、計算題10．(2022·西安一模)一匹馬拉著質(zhì)量為60kg的雪橇，從靜止開頭用80s的時間沿平直冰面跑完1000m．設(shè)在運動過程中雪橇受到的阻力保持不變，已知雪橇在開頭運動的8s時間內(nèi)做勻加速直線運動，從第8s末開頭，馬拉雪橇做功的功率保持不變，使雪橇連續(xù)做直線運動，最終一段時間雪橇做的是勻速直線運動，速度大小為15m/s；開頭運動的8解析：設(shè)8s后馬拉雪橇的功率為P，則勻速運動時P＝F·v＝f·v即運動過程中雪橇受到的阻力大小f＝eq\f(P,v)①對于整個過程運用動能定理得：eq\f(P,2)·t1＋P(t總－t1)－f·s＝eq\f(1,2)mv2－0②代入數(shù)據(jù)，解①②得：P＝723W，f＝48.2N再由動能定理可得eq\x\to(P)t總－f·s＝eq\f(1,2)mv2解得：eq\x\to(P)＝687W.答案：687W48.2N11．(2022·鄭州市質(zhì)量檢測)如圖甲所示，在水平路段AB上有一質(zhì)量為2×103kg的汽車，正以10m/s的速度向右勻速行駛，汽車前方的水平路段BC較粗糙，汽車通過整個ABC路段的v－t圖象如圖乙所示，在t＝20s時汽車到達C點，運動過程中汽車發(fā)動機的輸出功率保持不