2020届高考物理二轮复习 专题二 第一讲 功和功率 动能定理课件

专题二能量与动量[核心知识体系]第一讲功和功率动能定理近三年全国卷考情统计高考必备知识概览常考点全国卷Ⅰ全国卷Ⅱ全国卷Ⅲ功和功率机车的启动问题动能定理的应用2018·T142018·T142017·T172019·T172017·T161．(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[题眼点拨]①“始终与运动方向相反的外力”说明该外力始终阻碍物体运动做负功；②Ek-h图象的斜率为物体运动过程中受到的合外力．解析：设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)×3m＝(36－72)J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，再由动能定理结合题图可得(mg－F)×3m＝(48－24)J，联立解得m＝1kg、F＝2N，选项C正确，A、B、D错误．答案：C2．(2018·全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看做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[题眼点拨]①“匀加速直线运动”说明列车的运动情况可用匀变速运动的规律求解；②“列车的动能”说明动能与速度有关，让求的各物理量均与速度建立一定的联系．解析：列车的动能Ek＝12mv2与速度的平方成正比，列车在启动阶段的运动可看做初速度为零的匀加速直线运动，Ek＝12mv2＝12m(at)2，与时间的平方成正比，Ek＝12mv2＝p22m，与动量的平方成正比，由动能定理得max＝Ek，与它的位移成正比，故A、C、D错误，B正确．答案：B3．(2018·全国卷Ⅱ)如图所示，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[题眼点拨]①“静止开始”说明木箱的初速度为零；②“粗糙水平路面”说明地面对木箱有摩擦力，注意摩擦力不等于动摩擦因数与重力的乘积．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：WF－WFf＝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．答案：A4.(2017·全国卷Ⅱ)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直．一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)()A.v216gB.v28gC.v24gD.v22g[题眼点拨]①“从轨道上端水平飞出”说明飞出后做平抛运动；②“半圆形光滑轨道”说明无摩擦力．解析：设轨道半径为R，小物块从轨道上端飞出时的速度为v1，由于轨道光滑，根据动能定理有mg×2R＝12mv2－12mv21，小物块从轨道上端飞出后做平抛运动，对运动分解有：x＝v1t，2R＝12gt2，求得x＝－16R－v28g2＋v44g2，因此当R－v28g＝0，即R＝v28g时，x取得最大值，B项正确，A、C、D项错误．答案：B5.(2017·全国卷Ⅲ)如图所示，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂．用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距13l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为()A.19mglB.16mglC.13mglD.12mgl[题眼点拨]①“均匀柔软细绳”说明质量分布均匀；②“缓慢地竖直向上拉起”说明外力所做的功等于MQ段细绳重力势能的增加量．解析：QM段绳的质量为m′＝23m，未拉起时，QM段绳的重心在QM中点处，与M点距离为13l，绳的下端Q拉到M点时，QM段绳的重心与M点距离为16l，此过程重力做功WG＝－m′g13l－16l＝－19mgl，对绳的下端Q拉到M点的过程，应用动能定理，可知外力做功W＝－WG＝19mgl，可知A项正确，B、C、D项错误．答案：A命题特点与趋势1．近几年高考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，动能定理在圆周运动、平抛运动中的应用，题目具有一定的综合性，难度适中．2．本讲高考的命题方式单独命题以选择题为主，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.2020年的高考动能定理仍是考查重点，要关注本讲知识与实际问题相结合的情景题目．解题要领解决本讲知识要理解功和功率的定义、正负功的判断方法，机车启动两类模型的分析、动能定理及动能定理在变力做功中的灵活应用．考点1功和功率的计算功和功率的计算方法(多选)(2018·全国卷Ⅲ)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[题眼点拨]①“变速阶段加速度的大小都相同”说明合力相同；②“提升的高度相同”说明图象的面积相同；③“提升的质量相等”说明重力做的功相同．解析：设第②次所用时间为t，根据速度图象的面积等于位移可知，12×2t0×v0＝12(t＋t－t0)×12v0，解得t＝52t0，所以第①次和第②次提升过程所用时间之比为2t0∶52t0＝4∶5，选项A正确；由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，提升的最大牵引力之比为1∶1，选项B错误；由功率公式P＝Fv，电机输出的最大功率之比为2∶1，选项C正确；由动能定理得WF－mgh＝0－0，解得WF＝mgh，则两次做功相同，选项D错误．答案：AC1．计算力所做的功时，一定要注意是恒力做功还是变力做功．若是恒力做功，可用公式W＝Flcosα进行计算．若是变力做功，可用以下几种方法进行求解：(1)微元法：把物体的运动分成无数个小段，计算每一小段力F做的功．(2)将变力做功转化为恒力做功．(3)用动能定理或功能关系进行求解．2．对于功率的计算要区分是瞬时功率还是平均功率．P＝Wt只能用来计算平均功率．P＝Fvcosα中的v是瞬时速度时，计算出的功率是瞬时功率；v是平均速度时，计算出的功率是平均功率．[对点训练]1．(2019·洛阳模拟)如图所示，一轻绳的一端系在固定粗糙斜面上的O点，另一端系一小球，给小球一足够大的初速度，使小球在斜面上做圆周运动．在此过程中()A．斜面对小球的支持力做功B．重力对小球不做功C．绳的张力对小球不做功D．在任何一段时间内，小球克服摩擦力所做的功总是等于小球动能的减少量解析：斜面的支持力、绳的张力总是与小球的运动方向垂直，故不做功，A错误，C正确；小球在重力方向上有位移，因而重力对小球做功，B错误；小球动能的变化量等于合外力做的功，即重力与摩擦力做功的和，D错误．答案：C2．(2019·保定四校联考)质量m＝20kg的物体，在大小恒定的水平外力F的作用下，沿水平面做直线运动.0～2s内F与运动方向相反，2～4s内F与运动方向相同，物体的v-t图象如图所示．g取10m/s2，则()A．拉力F的大小为100NB．物体在4s时拉力的瞬时功率为120WC．4s内拉力所做的功为480JD．4s内物体克服摩擦力做的功为320J解析：取物体初速度方向为正方向，由题图可知物体与水平面间存在摩擦力，由题图可知0～2s内，－F－Ff＝ma1且a1＝－5m/s2；2～4s内，－F＋Ff＝ma2且a2＝－1m/s2，联立以上两式解得F＝60N，Ff＝40N，A错误；由P＝Fv得4s时拉力的瞬时功率为120W，B正确；由W＝Fx，0～2s内，W1＝－Fx1，2～4s内，W2＝Fx2，由题图可知x1＝10m，x2＝2m，代入数据解得，4s内拉力所做的功为－480J，C错误；摩擦力做功W＝Ff·s，摩擦力始终与速度方向相反，故s为路程，由题图可求得总路程为12m，4s内物体克服摩擦力做的功为480J，D错误．答案：B考点2机车启动问题1．机车输出功率：P＝Fv，其中F为机车牵引力．2．机车匀加速启动过程的最大速度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)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.3．解决机车启动问题时的四点注意．(1)分清是匀加速启动还是恒定功率启动．(2)匀加速启动过程中，机车功率不断增大，最大功率是额定功率．(3)以额定功率启动的过程中，牵引力不断减小，机车做加速度减小的加速运动，牵引力的最小值等于阻力．(4)无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足P＝F阻vm，P为机车的额定功率．(多选)(2019·马鞍山一模)如图所示为某汽车在平直公路上启动时发动机功率P随时间t变化的图象，P0为发动机的额定功率．已知在t2时刻汽车的速度已经达到最大值vm，汽车所受阻力大小与速度大小成正比．由此可得()A．在t3时刻，汽车速度一定等于vmB．在t1～t2时间内，汽车一定做匀速运动C．在t2～t3时间内，汽车一定做匀速运动D．在发动机功率达到额定功率前，汽车一定做匀加速运动[题眼点拨]①由图象知0～t1内汽车的功率均匀增加，t1～t3汽车以额定功率行驶；②“t2时刻汽车的速度已经达到最大值vm”说明t2后汽车牵引力与阻力相等(大小)，汽车做匀速直线运动．解析：已知在t2时刻汽车的速度已经达到最大值vm，此后汽车做匀速直线运动，速度不变，所以在t3时刻，汽车速度一定等于vm，故A正确；0～t1时间内汽车的功率均匀增加，汽车所受阻力增大，汽车做变加速直线运动；汽车的功率在t1时刻达到额定功率，根据P＝Fv，速度继续增大，牵引力减小，则加速度减小，则在t1～t2时间内汽车做加速度减小的加速运动，故B、D错误；在t2～t3时间内，汽车已达到最大速度，且功率保持不变，汽车一定做匀速直线运动，故C正确．答案：AC1．机车启动的方式不同，运动的规律就不同，即其功率、加速度、牵引力等物理量的变化规律不同，分析图象时应注意坐标轴的意义及图象变化所描述的规律．2．在公式P＝Fv中，F是机车的牵引力而不是机车所受合力，因此F＝Ff时，牵引力与阻力平衡，机车达到最大运行速度．3．解决机车启动问题一定要分清机车是匀加速启动还是恒定功率启动．(1)匀加速启动过程中，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，机车做加速度减小的加速运动．(2)以恒定功率启动的过程中，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用，速度最大值等于PFf，牵引力是变力，牵引力做的功可用W＝Pt求解，但不能用W＝Flcosθ求解．[对点训练]考向恒定功率的启动3．(多选)(2018·佛山第一中学检测)质量为m的汽车在平直公路上行驶，所受的阻力恒为车重的k倍．汽车以额定功率行驶，当它加速行驶的速度为v时，加速度为a.则以下分析正确的是()A．汽车发动机的额定功率为kmgvB．汽车行驶的最大速度为（kg＋a）vkgC．当汽车加速度减小到a2时，速度增加到2vD．汽车发动机的额定功率为(ma＋kmg)v解析：设汽车的额定功率为P，汽车的速度为v时，根据牛顿第二定律知：Pv－kmg＝ma；所以P＝(kmg＋ma)v，故A错误，D正确；汽车匀速行驶时，牵引力等于阻力，速度最大，故有：vm＝Pkmg＝（kmg＋ma）vkmg＝