高考物理：功、功率、动能定理

高考物理：功、功率、动能定理要点解读备考对策1.功、功率、动能定理及动量定理部分：考查与功、功率相关的分析和计算及动能定理、动量定理的综合应用，题型为选择题或与牛顿运动定律相结合的计算题。2．功能关系和动量、能量守恒部分：以直线运动、平抛和圆周运动为情景，考查运动过程中的受力分析、运动分析、能量转化及功能关系问题，以及带电粒子在电场、磁场中的能量问题，以计算题形式命题为主。1.正确判断是否做功、是做正功还是负功，掌握各种力做功的特点及计算方法，区别瞬时功率和平均功率。能熟练运用动能定理及动量定理解决综合问题，注意和图象有关的题型。2．加强综合运用功能关系、机械能守恒定律、能量守恒定律及动量守恒定律解决多运动过程问题的训练，提高运用动能定理、动量定理和能量守恒定律解决带电粒子在电场、磁场中的运动问题的能力，关注以竞技体育或近现代科技为背景命制的题目。1微网构建2高考真题3热点聚焦微网构建高考真题1．(2018·全国Ⅰ，14)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能()A．与它所经历的时间成正比B．与它的位移成正比C．与它的速度成正比D．与它的动量成正比B[解析]A错：速度v＝at，动能Ek＝12mv2＝12ma2t2，与经历的时间的平方成正比。B对：根据v2＝2ax，动能Ek＝12mv2＝12m·2ax＝max，与位移成正比。C错：动能Ek＝12mv2，与速度的平方成正比。D错：动量p＝mv，动能Ek＝12mv2＝p22m，与动量的平方成正比。2．(2018·全国Ⅱ，14)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[解析]A对、B错：由题意知，W拉－W阻＝ΔEk，则W拉＞ΔEk；C、D错：W阻与ΔEk的大小关系不确定。A3．(多选)(2018·全国Ⅲ，19)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∶5AC[解析]A对：由图线①知，上升总高度h＝v02·2t0＝v0t0。由图线②知，加速阶段和减速阶段上升高度和h1＝v022·(t02＋t02)＝14v0t0匀速阶段：h－h1＝12v0·t′，解得t′＝32t0故第②次提升过程所用时间为t02＋32t0＋t02＝52t0，两次上升所用时间之比为2t0∶52t0＝4∶5。B错：由于加速阶段加速度相同，故加速时牵引力相同。C对：在加速上升阶段，由牛顿第二定律知，F－mg＝ma，F＝m(g＋a)第①次在t0时刻，功率P1＝F·v0，第②次在t02时刻，功率P2＝F·v02，第②次在匀速阶段P2′＝F′·v02＝mg·v02P2，可知，电机的输出最大功率之比P1∶P2＝2∶1。D错：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。4．(2018·江苏，4)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()ABCDA[解析]小球做竖直上抛运动，设初速度为v0，则v＝v0－gt小球的动能Ek＝12mv2，把速度v代入得Ek＝12mg2t2－mgv0t＋12mv20Ek与t为二次函数关系。5．(多选)(2018·江苏，7)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AD[解析]A对，B错：由A点开始运动时，F弹Ff，合力向右，小物块向右加速运动，弹簧压缩量逐渐减小，F弹减小，由F弹－Ff＝ma知，a减小；当运动到F弹＝Ff时，a减小为零，此时弹簧仍处于压缩状态，由于惯性，小物块继续向右运动，此时F弹Ff，小物块做减速运动，且随着压缩量继续减小，F弹与Ff差值增大，即加速度增大；当越过O点后，弹簧被拉伸，此时弹力方向与摩擦力方向相同，有F′弹＋Ff＝ma′，随着拉伸量增大，a′也增大。故从A到B过程中，物块加速度先减小后增大，在压缩状态F弹＝Ff时速度达到最大。C错：在AO段物块运动方向与弹力方向相同，弹力做正功，在OB段运动方向与弹力方向相反，弹力做负功。D对：由动能定理知，A到B的过程中，弹力做功和摩擦力做功之和为0。6．(2018·天津，10)我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程。假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x＝1.6×103m时才能达到起飞所要求的速度v＝80m/s。已知飞机质量m＝7.0×104kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度取g＝10m/s2。求飞机滑跑过程中(1)加速度a的大小；(2)牵引力的平均功率P。[解析](1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，有v2＝2ax①代入数据解得a＝2m/s2②(2)设飞机滑跑受到的阻力为F阻，依题意有F阻＝0.1mg③设发动机的牵引力为F，根据牛顿第二定律有F－F阻＝ma④设飞机滑跑过程中的平均速度为v，有v＝v2⑤在滑跑阶段，牵引力的平均功率P＝Fv⑥联立②③④⑤⑥式得P＝8.4×106W⑦热点聚焦1．恒力做功的公式W＝Flcosα(通过F与l间的夹角α，判断F是否做功及做功的正、负)2．变力做功的计算(1)用动能定理W＝ΔEk或功能关系W＝ΔE计算(2)变力做功的功率一定时，用功率和时间计算：W＝Pt(3)将变力做功转化为恒力做功热点一功和功率的计算3．总功的计算(1)先求物体所受的合外力，再求合外力所做的功(2)先求每个力做的功，再求各力做功的代数和(3)利用动能定理，合力功等于动能的变化4．功率(1)平均功率：P＝Wt＝Fvcosα(2)瞬时功率：P＝Fvcosα(α为F与v的夹角)典例1A．小球经过D点的水平位移是落到B点水平位移的1/2B．小球经过D点的水平位移是落到B点水平位移的1/3C．小球经过D点与落在B点时重力做功的比为1/4D．小球经过D点与落在B点时重力做功的比为1/3(多选)(2017·安徽省江淮十校第三次联考)如图所示，A、B、C是水平面上同一直线上的三点，其中AB＝BC，在A点正上方的O点以初速度v0水平抛出一小球，刚好落在B点，小球运动的轨迹与OC的连线交与D点，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是()AC[解析]从O到B过程，根据平抛运动的分运动公式，有：AB＝v0t，h＝12gt2，联立解得：AB＝v02hg；在D点，速度偏转角正切值等于位移偏转角正切值的2倍，vDyvDx＝vDyv0＝2·h2AB＝1v0gh2；解得：vDy＝gh2，因vDy＝gtD；xD＝v0tD，解得xD＝v0h2g，则xD＝12AB，A正确，B错误；D点与出发点的竖直距离hD＝v2D2g＝14h，根据W＝mgh可知小球经过D点与落在B点时重力势能之比是1/4，C正确，D错误，故选AC。方法总结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、丙表示(丙图中图线为14圆弧)，力做的功分别为W1＝F1x1、W2＝12F2x2、W3＝π4F23或W3＝π4x23。(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侧重于平均功率的计算，P＝Fvcosθ侧重于瞬时功率的计算。〔类题演练1〕(2018·山东、湖北部分重点中学冲刺模拟)质量为m＝0.5kg的物体在光滑水平面上运动，沿两个互相垂直的方向的运动方程分别为：x＝3t2，y＝5t＋4t2。下列说法正确的是()A．物体受到的合外力大小为10NB．物体做匀加速直线运动C．前2s内合外力对物体做的功为140JD．第2s末合外力对物体做功的功率为165WC[解析]将y＝5t＋4t2、x＝3t2和x＝v0t＋12at2，比较系数可得，ax＝6m/s2，ay＝8m/s2，则加速度为：a＝10m/s2，根据牛顿第二定律可得：F＝ma＝5N，故A错误；物体沿x和y两方向都做匀加速直线运动，合外力方向与初速度(y方向)不共线，所以物体做的是匀变速曲线运动，故B错误；由功的定义，合外力的功W＝Fxx＋Fyy＝3×12J＋4×26J＝140J，故C正确；同理第2s末合外力对物体做功的功率为：P＝Fxvx＋Fyvy＝3×12W＋4×21W＝120W，故D错误。所以C正确，ABD错误。热点二机车启动问题1．机车输出功率P＝F·v，其中F为机车的牵引力2．机车启动的两类v－t图象(1)恒定功率启动机车先做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速直线运动。速度图象如图1所示，当F＝F阻时，vm＝PF＝PF阻图1(2)恒定加速度启动速度图象如图2所示。机车先做匀加速直线运动，当功率达到额定功率后获得匀加速运动的最大速度v1，若再加速，应保持额定功率不变做变加速运动，直到达到最大速度vm后做匀速运动图23．机车启动匀加速过程的最大速度v1(此时机车输出的功率最大)和全程的最大速度vm(此时F牵＝F阻)的求解方法(1)求v1：由F牵－F阻＝ma，P＝F牵v1可求v1＝PF阻＋ma(2)求vm：由P＝F阻vm，可求vm＝PF阻(2018·北京高考压轴卷)用一根绳子竖直向上拉一个物块，物块从静止开始运动，绳子拉力的功率按如图所示规律变化，已知物块的质量为m，重力加速度为g,0～t0时间内物块做匀加速直线运动，t0时刻后功率保持不变，t1时刻物块达到最大速度，则下列说法正确的是()典例2A．物块始终做匀加速直线运动B．0～t0时间内物块的加速度大小为P0mt0C．t0时刻物块的速度大小为P0mgD．0～t1时间内物块上升的高度为P0mg(t1－t02)－P202m2g3D[解析]0～t0时间内物块做匀加速直线运动，t0时刻后功率保持不变，根据P＝Fv知，v增大，F减小，物块做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零，物体做匀速直线运动，故A错误；根据P0＝Fv＝Fat，F＝mg＋ma得P＝(mg＋ma)at，可知图线的斜率k＝P0t0＝m(g＋a)a，可知a≠P0mt0，故B错误；在t1时刻速度达到最大，F＝mg，则速度v＝P0mg，可知t0时刻物块的速度大小小于P0mg，故C错误；P－t图线围成的面积表示牵引力做功的大小，根据动能定理得，P0t02＋P0(t1－t0)－mgh＝12mv2，解得h＝P0mg(t1－t02)－P202m2g3，故D正确。方法总结解决机车启动问题时的四点注意(1)明确启动方式：分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，匀加速运动阶段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。匀加速结束时的功率为额定功率，以后运动的功率也都是额定功率；匀加速结束时的牵引力与匀加速阶段的牵引力相同，都是ma＋f。(3)额定功率启动的过程：机车做加速度减小的加速运动，匀变速直线运动的规律不能