2022届高考物理二轮专题复习学案练习专题二 第6课时 功、功率 动能定理

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第6课时 功、功率 动能定理
高考题型1 功 功率的分析与计算
1．功的计算
(1)恒力做功一般用功的公式或动能定理求解．
(2)变力做功的几种求法
2．功率的计算
(1)明确是求瞬时功率还是平均功率．
P＝eq \f(W,t)侧重于平均功率的计算，P＝Fvcs α(α为F和速度v的夹角)侧重于瞬时功率的计算．
(2)机车启动(F阻不变)
①三个基本关系式：F－F阻＝ma，F＝eq \f(P,v)，vm＝eq \f(P,F阻)
②两种常见情况
a．恒定功率启动：P不变；
b．恒定加速度启动：开始阶段a不变．
无论哪种启动方式，最大速度都等于匀速运动时的速度，即vm＝eq \f(P,F阻).
考题示例
例1 (多选)(2018·全国卷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1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，( )
图1
A．矿车上升所用的时间之比为4∶5
B．电机的最大牵引力之比为2∶1
C．电机输出的最大功率之比为2∶1
D．电机所做的功之比为4∶5
答案 AC
解析 由图线①知，上升总高度h＝eq \f(v0,2)·2t0＝v0t0.
由图线②知，加速阶段和减速阶段上升高度和
h1＝eq \f(1,2)·eq \f(v0,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t0,2)＋\f(t0,2)))＝eq \f(1,4)v0t0
匀速阶段：h－h1＝eq \f(1,2)v0·t′，解得t′＝eq \f(3,2)t0
故第②次提升过程所用时间为eq \f(t0,2)＋eq \f(3,2)t0＋eq \f(t0,2)＝eq \f(5,2)t0，
两次上升所用时间之比为2t0∶eq \f(5,2)t0＝4∶5，A项正确；
由于加速阶段加速度相同，故加速时牵引力相同，B项错误；
在加速上升阶段，由牛顿第二定律知，
F－mg＝ma，则F＝m(g＋a)
第①次在t0时刻，功率P1＝F·v0，
第②次在eq \f(t0,2)时刻，功率P2＝F·eq \f(v0,2)，
第②次在匀速阶段P2′＝F′·eq \f(v0,2)＝mg·eq \f(v0,2)ΔEk，A项正确，B项错误；W阻与ΔEk的大小关系不确定，C、D项错误．
例4 (2019·全国卷Ⅲ·17)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随h的变化如图7所示．重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为( )
图7
A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg
答案 C
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，当Δh＝3 m时，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)Δh＝(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，当Δh＝3 m时，再由动能定理结合题图可得(mg－F)Δh＝(48－24) J，联立解得m＝1 kg、F＝2 N，选项C正确，A、B、D均错误．
命题预测
4．(多选)(2020·四川泸州市质量检测)如图8甲所示，一小木块以某一初速度冲上倾角θ＝37°足够长的固定斜面．若以斜面底端为位移初始点，乙图为小木块在斜面上运动的动能Ek随位移x变化关系图像．忽略空气阻力的影响，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，则下列判断正确的是( )
图8
A．小木块从底端冲到最高点的过程中，损失的机械能为40 J
B．小木块从底端出发再回到底端的过程中，摩擦力做功为－20 J
C. 小木块的质量m＝1 kg
D．小木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2
答案 BC
解析 小木块在运动过程中受到重力、摩擦力以及支持力作用，支持力不做功，摩擦力做负功，所以机械能减少，而上升和下降过程中机械能的减少量相等，根据图像可知，上升和下降整个过程机械能的减少量为20 J，则小木块从底端冲到最高点的过程中，损失的机械能为10 J，小木块从底端出发再回到底端的过程中，摩擦力做功为－20 J，故A错误，B正确；上升过程，根据动能定理有：
－mgxsin θ－μmgxcs θ＝0－40 J
又μmgcs θ·x＝10 J
联立解得m＝1 kg，μ＝0.25
故C正确，D错误．
5.(多选)(2020·三湘名校教育联盟高三第二次大联考)如图9所示，倾角为α＝37°的足够长的粗糙斜面AB固定在水平面上，一小物块从距B点10 m的A点由静止释放后，下滑到B点与弹性挡板碰撞后无能量损失反弹，恰能冲上斜面的Q点(图中未画出)．设物块与斜面间的动摩擦因数为0.5，以B点所在水平面为零势能面(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2)．则下列说法正确的是( )
图9
A．Q点到B点距离为2 m
B．物块沿斜面下滑时机械能减少，沿斜面上滑时机械能增加
C．物块下滑时，动能与势能相等的位置在AB中点上方
D．物块从开始释放到最终静止经过的总路程为15 m
答案 AD
解析 物块从A到Q全过程由动能定理得mg(s1－s2)sin 37°－μmg(s1＋s2)cs 37°＝0，代入μ＝0.5，s1＝10 m，解得s2＝2 m，选项A正确；全过程摩擦力一直做负功，物块的机械能不断减少，选项B错误；物块从A下滑到AB中点时，由能量守恒定律可得mgH－mgeq \f(H,2)＝Ek＋Q，显然此处重力势能大于动能，继续下滑时重力势能将减小，动能增加，故动能与重力势能相等的位置在AB中点下方，选项C错误；因为μ＜tan θ，所以物块最终静止在挡板处，根据能量守恒得mgs1sin 37°＝μmgscs 37°，代入数据解得s＝15 m，选项D正确．
6．(2020·湘赣皖十五校高三第一次联考)如图10所示，可视为质点的质量为m＝0.2 kg的小滑块静止在水平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F＝4 N的作用下，从A点开始做匀加速直线运动，当其滑行到AB的中点时撤去拉力，滑块继续运动到B点后进入半径为R＝0.3 m且内壁光滑的竖直固定圆轨道，在圆轨道上运行一周后从B处的出口(未画出，且入口和出口稍稍错开)出来后向C点滑动，C点的右边是一个“陷阱”，D点是平台边缘上的点，C、D两点的高度差为h＝0.2 m，水平距离为x＝0.6 m．已知滑块运动到圆轨道的最高点时对轨道的压力大小刚好为滑块重力的3倍，水平轨道BC的长度为l2＝2.0 m，小滑块与水平轨道AB、BC间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2.
图10
(1)求水平轨道AB的长度l1；
(2)试通过计算判断小滑块能否到达“陷阱”右侧的D点；
(3)若在AB段水平拉力F作用的距离可变，要达到小滑块在运动过程中，既不脱离竖直圆轨道，又不落入C、D间的“陷阱”的目的，试求水平拉力F作用的距离范围．
答案 (1)2.4 m (2)见解析 (3)见解析
解析 (1)设小滑块运动到竖直圆轨道最高点时的速度大小为v，则有4mg＝meq \f(v2,R)，从B点运动到最高点的过程中，设小滑块到达B点时的速度大小为vB，由机械能守恒定律有eq \f(1,2)mvB2＝mg·2R＋eq \f(1,2)mv2，
代入数据解得vB＝2eq \r(6) m/s.
小滑块由A到B的过程中，由动能定理可得eq \f(1,2)Fl1－μmgl1＝eq \f(1,2)mvB2，
代入数据可解得l1＝2.4 m.
(2)设小滑块到达C点时的速度大小为vC，
则由动能定理可得－μmgl2＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mvB2
代入数据解得vC＝2 m/s
设小滑块下落h＝0.2 m所需要的时间为t，则有
h＝eq \f(1,2)gt2，解得t＝0.2 s
故小滑块在水平方向上运动的距离为
x0＝vCt＝0.4 m