2020届高考物理二轮复习 第一部分 专题二 功 第5讲 功和功率 动能定理课件

第5讲功和功率动能定理构建网络·重温真题1．(2019·全国卷Ⅲ)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3m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10m/s2。该物体的质量为()A．2kgB．1.5kgC．1kgD．0.5kg答案C解析画出运动示意图如图，设阻力大小为f，据动能定理知，A→B(上升过程)：EkB－EkA＝－(mg＋f)hC→D(下落过程)：EkD－EkC＝(mg－f)h联立以上两式，解得物体的质量m＝1kg，C正确。2．(2018·全国卷Ⅱ)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动能一定()A．小于拉力所做的功B．等于拉力所做的功C．等于克服摩擦力所做的功D．大于克服摩擦力所做的功答案A解析木箱受力如图所示：木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可知即：WF－Wf＝12mv2－0，所以动能小于拉力做的功，故A正确；无法比较动能与摩擦力做功的大小，C、D错误。3．(2018·全国卷Ⅲ)(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。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①②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①次和第②次提升过程()A．矿车上升所用的时间之比为4∶5B．电机的最大牵引力之比为2∶1C．电机输出的最大功率之比为2∶1D．电机所做的功之比为4∶5答案AC解析设第②次所用时间为t，根据速度图象与t轴所围的面积等于位移(此题中为提升的高度)可知，12×2t0×v0＝12×t－t0＋t×12v0，解得：t＝5t02，所以第①次和第②次提升过程所用时间之比为2t0∶5t02＝4∶5，A正确；由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F－mg＝ma，可得提升的最大牵引力之比为1∶1，B错误；由功率公式P＝Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2∶1，C正确；两次提升过程中动能增加量均为0，由动能定理得W电－mgh＝0，两次提升高度h相同，所以电机两次做功相同，D错误。4．(2018·江苏高考)(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块()A．加速度先减小后增大B．经过O点时的速度最大C．所受弹簧弹力始终做正功D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功答案AD解析物体从A点到O点的过程，弹力逐渐减为零，刚开始弹簧弹力大于摩擦力，故可分为弹力大于摩擦力过程和弹力小于摩擦力过程：弹力大于摩擦力过程，合力向右，加速度也向右，由于弹力逐渐减小，摩擦力不变，物块所受合力逐渐减小，加速度逐渐减小，当弹力等于摩擦力时速度最大，此位置在A点与O点之间；弹力小于摩擦力过程，合力方向与运动方向相反，弹力减小，摩擦力大小不变，物体所受合力增大，物体的加速度随弹簧形变量的减小而增大，方向向左，物体做减速运动；从O点到B点的过程弹力增大，合力向左，加速度继续增大，A正确，B错误；从A点到O点过程，弹簧由压缩恢复原长，弹力做正功，从O点到B点的过程，弹簧被拉伸，弹力做负功，故C错误；从A到B的过程中根据动能定理弹簧弹力做的功等于物体克服摩擦力做的功，故D正确。5．(2017·全国卷Ⅱ)如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力()A．一直不做功B．一直做正功C．始终指向大圆环圆心D．始终背离大圆环圆心答案A解析光滑大圆环对小环只有弹力作用。弹力方向沿大圆环的半径方向(下滑过程先背离圆心，后指向圆心)，与小环的速度方向始终垂直，不做功。故选A。6．(2018·江苏高考)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是()答案A解析小球做竖直上抛运动时，速度v＝v0－gt，根据动能Ek＝12mv2得Ek＝12m(v0－gt)2，故图象A正确。7．(2019·天津高考)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图2，AB长L1＝150m，BC水平投影L2＝63m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°(sin12°≈0.21)。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t＝6s到达B点进入BC。已知飞行员的质量m＝60kg，g＝10m/s2，求(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；(2)舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大。答案(1)7.5×104J(2)1.1×103N解析(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有v2＝L1t①根据动能定理，对飞行员有W＝12mv2－0②联立①②式，代入数据，得W＝7.5×104J③(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有L2＝Rsinθ④由牛顿第二定律，对飞行员有FN－mg＝mv2R⑤联立①④⑤式，代入数据，得FN＝1.1×103N。⑥命题特点：功和功率的判断和计算、动能定理的应用是高考的重点，经常与直线运动、曲线运动等综合起来进行考查，以选择题和计算题考查较多，各种难度都可能出现。思想方法：微元法、图象法、转换法、整体法与分段法。高考考向1高考考向1功和功率的理解和计算例1(2018·江西联考)(多选)A、B两物体分别在大小相同的水平恒力F的作用下由静止开始沿同一水平面运动，作用时间分别为t0和4t0，两物体运动的v­t图象如图所示，则()A．A、B两物体与水平面的摩擦力大小之比为5∶12B．水平力F对A、B两物体做功的最大功率之比为2∶1C．水平力F对A、B两物体做功之比为2∶1D．在整个运动过程中，摩擦力对A、B两物体做功的平均功率之比为5∶3破题关键点(1)水平力F对A、B两物体做功的最大功率为瞬时功率还是平均功率？(2)整个运动过程中，水平力F对A、B两物体做功________(填“大于”“小于”或“等于”)A、B两物体克服摩擦力做功。提示：瞬时功率。提示：等于。[解析]由v­t图象可知，A加速运动时的加速度aA1＝2v0t0，减速运动时的加速度大小为aA2＝v0t0，由牛顿第二定律有：F－f1＝m1·2v0t0，f1＝m1·v0t0，解两式得：f1＝F3；B加速运动时的加速度大小为aB1＝v04t0，减速运动时的加速度大小为aB2＝v0t0，由牛顿第二定律有：F－f2＝m2·v04t0，f2＝m2·v0t0，解两式得：f2＝4F5，所以A、B两物体与水平面的摩擦力之比为5∶12，A正确；由v­t图象知，水平力F对A、B两物体做功的最大功率之比为(F·2v0)∶(F·v0)＝2∶1，B正确；由v­t图象与t轴所围的面积表示位移可知两物体有水平力F作用时的位移之比为1∶2，由W＝Fs可知，F对A、B两物体做功之比为1∶2，C错误；整个运动过程中，摩擦力对A做的功WA＝－F·2v0t02＝－Fv0t0，对B做的功WB＝－F·v0·4t02＝－2Fv0t0，由P＝Wt可得PA＝－Fv0t03t0＝－Fv03，PB＝－2Fv0t05t0＝－2Fv05，PA∶PB＝5∶6，D错误。[答案]AB计算功和功率时应注意的问题(1)计算功时，要注意分析受力情况和能量转化情况，分清是恒力做功，还是变力做功，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、转化法或图象法求解。(2)用图象法求外力做功时应注意横轴和纵轴分别表示的物理意义，若横轴表示位移，纵轴表示力，则可用图线与横轴围成的面积表示功，例如下图甲、乙、丙所示(丙图中图线为14圆弧)，力做的功分别为W1＝F1x1、W2＝12F2x2、W3＝π4F3x3。(3)计算功率时，要明确是求瞬时功率，还是平均功率，若求瞬时功率，应明确是哪一时刻或哪个位置的瞬时功率，若求平均功率应明确是哪段时间内的平均功率；应注意区分公式P＝Wt和公式P＝Fvcosθ的适用范围，P＝Wt计算的是平均功率，P＝Fvcosθ侧重于对瞬时功率的计算。1.(2019·合肥高三第三次质检)图示为一辆配备了登高平台的消防车，其伸缩臂能够在短时间内将承载了3名消防员的登高平台(人与平台的总质量为300kg)抬升到60m高的灭火位置，此后消防员用水炮灭火。已知水炮的出水量为3m3/min，水离开炮口时的速度为20m/s，水的密度为1.0×103kg/m3，g取10m/s2。下列说法正确的是()A．使水炮工作的发动机的输出功率为10kWB．使水炮工作的发动机的输出功率为30kWC．伸缩臂抬升登高平台过程中所做的功为1.8×104JD．伸缩臂抬升登高平台过程中所做的功为1.8×105J答案D解析水的密度为ρ＝1.0×103kg/m3,1min内流出水的质量：m＝ρV＝1.0×103×3kg＝3000kg,1min内水获得的重力势能：Ep＝mgh＝3000×10×60J＝1.8×106J，1min内水获得的动能：Ek＝12mv2＝6×105J，使水炮工作的发动机输出功率为：P＝Wt＝Ep＋Ekt＝1.8×106＋6×10560W＝4×104W，故A、B错误；伸缩臂抬升登高平台过程中所做的功等于登高平台克服重力做的功：W′＝m′gh＝300×10×60J＝1.8×105J，故C错误，D正确。2．(2018·开封一模)(多选)如图所示，一质量为m的小球固定在长为2L的轻杆上端，轻杆下端用光滑铰链连接于地面上的A点，杆可绕A点在竖直平面内自由转动，杆的中点系一细绳，电机与自动装置控制绳子，使得杆可以从虚线位置绕A点逆时针倒向地面，且整个倒下去的过程中，杆做匀速转动。那么在此过程中()A．小球重力做功为2mgLB．绳子拉力做功大于2mgLC．重力做功功率逐渐增大D．绳子拉力做功功率先增大后减小答案AC解析小球在该过程中下降高度为2L，所以小球重力做功为2mgL，A正确；杆匀速转动过程中，小球动能不变，由动能定理可知，该过程中合外力做功为零，所以绳子拉力做功与重力做功大小相等，为2mgL，B错误；重力做功的功率等于重力与小球沿竖直方向分速度的乘积，杆匀速转动，小球做匀速圆周运动，该过程中小球竖直方向的速度不断增大，所以重力做功的功率不断增大，C正确；由动能定理可得，拉力做功功率与重力做功功率始终大小相等，故拉力做功功率不断增大，D错误。高考考向2高考考向2机车启动问题例2(2019·四川省成都市高三三模)目前，我国在人工智能和无人驾驶技术方面已取得较大突破。为早日实现无人驾驶，某公司对汽车性能进行了一项测试，让质量为m的汽车沿一山坡直线行驶。测试中发现，下坡时若关掉油门，则汽车的速度保持不变；若以恒定的功率P上坡，则从静止启动做加速运动，发生位移s时速度刚好达到最大值vm。设汽车在上坡和下坡过程中所受阻力的大小保持不变，下列说法正确的是()A．关掉油门后的下坡过程，汽车的机械能守恒B．关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力的冲量为零C．上坡过程中，汽车速度由vm4增至vm2，所用的时间可能等于3mv2m32PD．上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度vm，所用时间一定小于2svm破题关键点(1)恒定功率启动过程中，汽车做何种形式的运动？(2)功率不变时，汽车运动时间如何求解？提示：汽车功率不变时，速度增大牵引就会减小，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当牵引力等于阻力时速度最大。提示：功率不变时牵引力做功等于Pt，可以由动能定理求解时间。解题