2021物理二轮复习学案专题复习篇专题2第1讲功、功率动能定理含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2021新高考物理（山东专用）二轮复习学案：专题复习篇专题2第1讲功、功率动能定理含解析功、功率动能定理[建体系·知关联］[析考情·明策略]考情分析纵览2020年山东、海南、北京、天津各省市等级考物理试题,集中在正、负功的判断，机车启动为背景的功率的分析与计算，题型以选择题为主；动能定理在多过程问题中的应用等核心知识，题型多为计算题，且有一定的综合性。素养呈现1。功、功率的定义表达式2.机车启动问题3。理解并应用动能定理素养落实1.掌握功、功率的计算方法2.掌握两类机车启动问题的分析计算方法3。理解动能定理，掌握动能定理的应用方法考点1｜功功率的分析与计算新储备·等级考提能1．图解功和功率的计算2．机车启动问题的两种求解思路(1)图解机车以恒定功率启动：（2)图解机车以恒定加速度启动：新案例·等级考评价［案例1］(多选）（2020·湖北四校期中联考）一质量为m的物体静止在水平地面上,在水平拉力的作用下开始运动，图甲是在0~6s内其速度与时间关系图象，图乙是拉力的功率与时间关系图象，g取10m/s2。下列判断正确的是（)甲乙A．拉力的大小为4N，且保持不变B．物体的质量为2kgC．0～6s内物体克服摩擦力做的功为24JD．0~6s内拉力做的功为156J[题眼点拨]①“图甲”信息：0～2s内匀加速运动。2～6s内匀速运动。②“拉力功率":注意P＝Fv中F的含义是F＝f＋ma。BD［对物体受力分析，由图甲可知，在0～2s内物体做匀加速运动，拉力大于滑动摩擦力，在2~6s内物体做匀速运动，拉力等于滑动摩擦力，因此拉力大小不恒定，选项A错误；在2～6s内根据功率公式P＝Fv，有F＝eq\f(P,v)＝4N，故滑动摩擦力f＝F＝4N，在图甲中，0～2s内有a＝eq\f（Δv,Δt)＝3m/s2，由牛顿第二定律可知F′－f＝ma，又P′＝F′v，联立解得m＝2kg，F′＝10N，选项B正确;由图甲可知在0~6s内物体通过的位移为x＝30m,故物体克服摩擦力做的功为Wf＝fx＝120J,选项C错误；由动能定理可知W－Wf＝eq\f(1,2)mv2,故0～6s内拉力做的功W＝eq\f(1,2)mv2＋Wf＝eq\f（1，2)×2×62J＋120J＝156J，选项D正确.]反思感悟:(1）根据v­t图象可以获得物体的运动速度、加速度、通过的位移等信息，根据P。t图象结合功率公式可以求出力的大小.（2）恒力做功可以根据功的定义式求解，变力做功一般根据动能定理求解。[跟进训练]1．(原创题）2019国际田联钻石联赛上海站男子100米比赛中，中国选手苏炳添以10秒05的成绩获得第五名。苏炳添在比赛中，主要有起跑加速、途中匀速和加速冲刺三个阶段,他的脚与地面间不会发生相对滑动。以下说法正确的是(）A．加速阶段地面对人的摩擦力做正功B．匀速阶段地面对人的摩擦力做功C．由于人的脚与地面间不发生相对滑动，所以不论加速还是匀速,地面对人的摩擦力始终不做功D．无论加速还是匀速阶段，地面对人的摩擦力始终做负功C[人的脚与地面间的摩擦力是静摩擦力，该力的作用点并没有发生位移，所以地面对人的摩擦力始终不做功，选项C正确.]2．一辆汽车在平直的公路上由静止开始启动。在启动过程中，汽车牵引力的功率及其瞬时速度随时间的变化情况分别如图甲、乙所示.已知汽车所受阻力恒为重力的eq\f（1，5)，重力加速度g取10m/s2.下列说法正确的是(）甲乙A．该汽车的质量为3000kgB．v0＝6m/sC．在前5s内，阻力对汽车所做的功为25kJD．在5～15s内，汽车的位移大小约为67。19mD[由图象可得，汽车匀加速阶段的加速度a＝eq\f(Δv，Δt）＝1m/s2，汽车匀加速阶段的牵引力为F＝eq\f（P,v）＝3000N，匀加速阶段由牛顿第二定律得F－0。2mg＝ma，解得m＝1000kg，A错误；牵引力功率为15kW时,汽车行驶的最大速度v0＝eq\f(P,0.2mg）＝7。5m/s，B错误；前5s内汽车的位移x＝eq\f（1,2)at2＝12.5m,阻力做功WFf＝－0。2mgx＝－25kJ，C错误；5～15s内,由动能定理得Pt－0.2mgs＝eq\f(1,2）mveq\o\al(2，0)－eq\f（1，2)mv2,解得s＝67。1875m≈67。19m,D正确。]3．（多选)如图所示,半径为R的半圆弧槽固定在水平地面上，槽口向上，槽口直径水平，一个质量为m的物块从P点由静止释放刚好从槽口A点无碰撞地进入槽中，并沿圆弧槽匀速率地滑行到最低点B点，不计物块的大小，P点到A点高度为h，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（)A．物块从P到B过程克服摩擦力做的功为mg(R＋h)B．物块从A到B过程重力的平均功率为eq\f(2mg\r（2gh），π)C．物块在B点时对槽底的压力大小为eq\f（R＋2hmg,R)D．物块到B点时重力的瞬时功率为mgeq\r（2gh)BC[物块从A到B过程做匀速圆周运动，根据动能定理有mgR－Wf＝0，因此克服摩擦力做功Wf＝mgR,A项错误；根据机械能守恒，物块到A点时的速度大小由mgh＝eq\f(1，2）mv2得v＝eq\r（2gh），从A到B运动的时间t＝eq\f(\f(1,2)πR,v)＝eq\f（πR，2\r(2gh）)，因此从A到B过程中重力的平均功率为eq\x\to(P）＝eq\f（W，t)＝eq\f(2mg\r（2gh）,π），B项正确；物块在B点时，根据牛顿第二定律FN－mg＝meq\f(v2,R)，求得FN＝eq\f（R＋2hmg，R），根据牛顿第三定律可知，F′N＝FN＝eq\f（R＋2hmg，R），C项正确;物块到B点时，速度的方向与重力方向垂直，因此重力的瞬时功率为零,D项错误。］考点2|动能定理的应用新储备·等级考提能1．对动能定理的理解（1）动能定理表达式W＝ΔEk中，W表示所有外力做功的代数和。ΔEk为所研究过程的末动能与初动能之差，且物体的速度均是相对地面的速度。(2)2．应用动能定理解题应注意的四点（1)动能定理往往用于单个物体的运动过程,由于不涉及加速度及时间，比动力学研究方法要简捷。（2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的.(3)物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的过程（如加速、减速的过程），此时可以分段考虑,也可以对全过程考虑，但如能对整个过程利用动能定理列式，则可使问题简化。（4）根据动能定理列方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。新案例·等级考评价［案例2](2020·陕西汉中第四次质检)如图是一种常见的圆桌，桌面中间嵌一半径为r＝1。5m、可绕中心轴转动的圆盘，桌面与圆盘面在同一水平面内且两者间缝隙可不考虑。已知桌面离地高度为h＝0。8m,将一可视为质点的小碟子放置在圆盘边缘,若缓慢增大圆盘转动的角速度，碟子将从圆盘上甩出并滑上桌面,再从桌面飞出,且落地点与桌面飞出点的水平距离为0.4m。已知碟子质量m＝0。1kg，碟子与圆盘间的最大静摩擦力Fmax＝0.6N，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2。求：(1）碟子从桌面飞出时的速度大小；（2）碟子在桌面上运动时,桌面摩擦力对它做的功；(3)若碟子与桌面间动摩擦因数为μ＝0.225，要使碟子不滑出桌面，则桌面半径至少是多少？[思路点拨］解此题要把握以下关键信息：①当静摩擦力达到最大时,随圆盘一起转动的碟子开始滑动。②碟子不滑出桌面的条件是运动到圆桌边缘时刚好减速到零。［解析]（1)碟子滑离圆桌后做平抛运动，则h＝eq\f（1，2）gt2，x＝vt解得v＝xeq\r(\f（g，2h））＝1m/s。(2)由题意得,当碟子在圆盘上转动时,由静摩擦力提供向心力，当静摩擦力达到最大时，碟子即将滑落，设碟子从圆盘上甩出时的速度大小为v0，则Fmax＝meq\f（v\o\al(2,0）,r)解得v0＝3m/s由动能定理得Wf＝eq\f（1,2)mv2－eq\f(1，2)mveq\o\al（2，0），代入数据得Wf＝－0。4J.(3）当碟子滑到圆桌边缘时速度恰好减为零，对应的圆桌半径取最小值。设碟子在圆桌上滑动的位移为s,由动能定理有－μmgs＝0－eq\f(1，2）mveq\o\al（2，0）则圆桌的最小半径为R＝eq\r（r2＋s2)联立解得R＝2。5m。[答案]（1）1m/s（2)－0。4J（3）2。5m反思感悟：应用动能定理解题的思维流程[跟进训练]1．（原创题）如图所示为风力发电机，风力带动叶片转动,叶片再带动转子（磁极）转动，使定子（线圈，不计电阻)中产生感应电流，实现风能向电能的转化。若叶片长为l，设定的额定风速为v，空气的密度为ρ，额定风速下发电机的输出功率为P，则风能转化为电能的效率为()A．eq\f（2P，πρl2v3)B．eq\f（6P,πρl2v3）C．eq\f(4P，πρl2v3）D．eq\f(8P，πρl2v3）A[如图所示，建立一个“风柱”模型,“风柱”的横截面积为叶片旋转扫出的面积,则S＝πl2，经过时间t，可得“风柱”长度x＝vt，故所形成的“风柱”体积V＝πl2vt，“风柱"的质量m＝ρV＝ρπl2vt，根据动能定理，有风力在这段位移内做的功W＝Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f（1，2)ρπl2vt·v2＝eq\f（1,2)ρπl2v3t,“风柱”的功率P风＝eq\f（W，t）＝eq\f（1,2)ρπl2v3，风能转化为电能的效率η＝eq\f（P,P风)＝eq\f(2P,πρl2v3)。］2．如图所示，光滑的半圆形轨道OA和AB位于同一竖直面内，它们的半径分别为r＝0.3m和R＝0.4m，两轨道相切于最高点A,半圆形轨道AB与水平轨道BC相切于最低点B，轨道BC的长度可以调节，轨道BC的右端与一倾角为45°的斜面CD相连,C点离地面的高度为h＝3.2m.现用弹簧装置(图中未画出）将一小滑块(可视为质点）从半圆形轨道OA的最低点O弹出，小滑块运动过程中恰好不脱离圆弧轨道OAB,滑块与BC段的动摩擦因数为μ＝0.4，g取10m/s2，忽略空气阻力。(1)求小滑块从O点弹出时的速度大小；（2）改变水平轨道BC的长度，使小滑块能够落在斜面CD上，求轨道BC的长度范围。［解析］（1)由题意,在最高点A对滑块受力分析，结合牛顿第二定律可得mg＝meq\f（v\o\al（2，A),R）,从O到A的过程中，由动能定理可得－mg·2r＝eq\f（1,2）mveq\o\al(2,A)－eq\f(1，2)mveq\o\al（2,0）联立解得滑块从O点弹出时的速度大小v0＝4m/s。(2)若滑块恰好落在D点，此时BC的长度最短，则水平方向有x＝vt竖直方向有h＝eq\f(1,2）gt2联立解得滑块离开C的速度为v＝4m/s从O到C的过程中,由动能定理可得mg（2R－2r)－μmgx1＝eq\f(1,2)mv2－eq\f（1，2）mveq\o\al（2,0)解得BC的最短长度为x1＝0.5m。滑块到C点的速度恰好为零时，从O到C有mg(2R－2r）－μmgx2＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2，0）解得BC最长为x2＝2.5m所以轨道BC的长度范围为0。5m≤x≤2.5m。［答案］（1)4m/s(2）0。5m≤x≤2。5m3．（2020·山东潍坊高三质检）如图甲所示，在倾角θ＝30°的光滑固定斜面上有一劲度系数k＝100N/m的轻质弹簧，弹簧下端固定在垂直于斜面的挡板上，弹簧上端拴接一质量m＝2kg的物体，初始时物体处于静止状态。取g＝10m/s2.甲乙丙（1）求初始时弹簧的形变量x0；(2）现对物体施加沿斜面向上的拉力F，拉力F的大小与物体位移x的关系如图乙所示,设斜面足够长。a．分析说明物体的运动性质并求出物体的速度v与位移x的关系式;b.若物体位移为0.1m时撤去拉力F，在图丙中作出此后物体上滑过程中弹簧弹力f的大小随弹簧形变量变化的函数图象,并且求出此后物体沿斜面上滑的最大距离xm以及此后运动的最大速度vm的大小。[解析](1)初始时物体处于平衡状态，由平衡条件可知kx0＝mgsinθ解得x0＝0.1m。(2）a.设物体自初始状态向上有一微小的位移x时加速度为a，由牛顿第二定律得a＝eq\f（F＋kx0－x－mgsinθ，m）由F­x图象可知F＝100x＋4.8（N)联立上式得a＝2.4m/s2当弹簧处于伸长状态时，上述结论仍成立，可见物体做加速度为a＝2.4m/s2的匀加速直线运动所以有v2＝2ax＝4。8xb．物体位移为0。1m时撤去拉力F，此后物体滑动过程中弹簧弹力f的大小随弹簧形变量变化的函数图象如图1所示图1图2物体上滑过程中克服弹力所做的功对应图2中的阴影面积，即Wf＝eq\f(1，2)kxeq\o\al(2,m）撤去拉力后,在物体上滑过程中根据动能定理有－mgxmsinθ－Wf＝0－eq\f（1，2）mv′2由(2)a。可知，v′2＝4。8×0.1m2/s2＝0.48