专题06 功和功率 动能定理-2020年高考物理二轮复习热点题型与提分秘籍(解析版)

2020年高考物理二轮复习热点题型与提分秘籍专题06 功和功率 动能定理题型一 功和功率的理解和计算【题型解码】1.要注意区分是恒力做功，还是变力做功，求恒力的功常用定义式．2.变力的功根据特点可将变力的功转化为恒力的功(如大小不变、方向变化的阻力)，或用图象法、平均值法(如弹簧弹力的功)，或用W ＝Pt 求解(如功率恒定的力)，或用动能定理等求解．【典例分析1】(2019·山东菏泽市下学期第一次模拟)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2mg 2gh πC ．物块在B 点时对槽底的压力大小为(R ＋2h )mgR D ．物块到B 点时重力的瞬时功率为mg 2gh【参考答案】 BC【名师解析】 物块从A 到B 过程做匀速圆周运动，根据动能定理有mgR －W f ＝0，因此克服摩擦力做功W f ＝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 ＝12mv 2得v ＝2gh ，从A 到B 运动的时间t ＝12πR v ＝πR 22gh ，因此从A 到B 过程中重力的平均功率为P ＝W t ＝2mg 2ghπ，B 项正确；物块在B点时，根据牛顿第二定律F N －mg ＝m v 2R ，求得F N ＝(R ＋2h )mg R ，根据牛顿第三定律可知，F N ′＝F N ＝(R ＋2h )mg 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．【典例分析2】(2019·湖北武汉高三3月调研)如图所示，将完全相同的四个小球1、2、3、4分别从同一高度由静止释放或平抛(图乙)，其中图丙是一倾角为45°的光滑斜面，图丁为14光滑圆弧，不计空气阻力，则下列对四种情况下相关物理量的比较正确的是( )A ．落地时间t 1＝t 2＝t 3＝t 4B ．全程重力做功W 1＝W 2>W 3＝W 4C ．落地瞬间重力的功率P 1＝P 2＝P 3＝P 4D ．全程重力做功的平均功率P 1＝P 2>P 3>P 4 【参考答案】：D【名师解析】：图甲、乙中小球在竖直方向均做自由落体运动，故t 1＝t 2＝2hg，其中h 为竖直高度，对图丙，h sin θ＝12gt 23sin θ，t 3＝2hg sin 2θ，其中θ为斜面倾角，比较图丙和图丁，由动能定理可知，两小球从初始位置到水平面上同一高度处速度大小总相等，但小球4的路程长，因此t 1＝t 2<t 3<t 4，选项A 错误；因竖直高度相等，因此重力做功相等，选项B 错误；重力的瞬时功率等于mgv y ，小球四种方式落地时的竖直分速度v y 1＝v y 2>v y 3>v y 4＝0，故落地瞬间重力的功率P 1＝P 2>P 3>P 4，选项C 错误；综合分析，可知全程重力做功平均功率P ＝Wt，故P 1＝P 2>P 3>P 4，选项D 正确．【提分秘籍】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W 1＝F 1x 1、W 2＝12F 2x 2、W 3＝π4F 3x 3。

(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 ＝Fv cos θ的适用范围，P ＝Wt计算的是平均功率，P ＝Fv cos θ侧重于对瞬时功率的计算。

【突破训练】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300 kg)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3m 3/min ，水离开炮口时的速度为20m/s ，水的密度为1.0×103kg/m 3，g 取10 m/s 2。

下列说法正确的是( )A ．使水炮工作的发动机的输出功率为10 kWB ．使水炮工作的发动机的输出功率为30 kWC ．伸缩臂抬升登高平台过程中所做的功为1.8×104 JD ．伸缩臂抬升登高平台过程中所做的功为1.8×105 J 【答案】 D【解析】 水的密度为ρ＝1.0×103 kg/m 3,1 min 内流出水的质量：m ＝ρV ＝1.0×103×3 kg ＝3000 kg,1 min 内水获得的重力势能：E p ＝mgh ＝3000×10×60 J ＝1.8×106 J ，1 min 内水获得的动能：E k ＝12mv 2＝6×105 J ，使水炮工作的发动机输出功率为：P ＝W t ＝E p ＋E k t ＝1.8×106＋6×10560 W ＝4×104 W ，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 ＝300×10×60 J ＝1.8×105 J ，故C 错误，D 正确。

2．(2019·四川广元市第二次适应性统考)某质量m ＝1 500 kg 的“双引擎”小汽车，当行驶速度v ≤54 km/h 时靠电动机输出动力；当行驶速度在54 km/h<v ≤90 km/h 范围内时靠汽油机输出动力，同时内部电池充电；当行驶速度v >90 km/h 时汽油机和电动机同时工作，这种汽车更节能环保．该小汽车在一条平直的公路上由静止启动，汽车的牵引力F 随运动时间t 变化的图线如图3所示，所受阻力恒为1 250 N ．已知汽车在t 0时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至第11 s 末．则在前11 s 内( )A ．经过计算t 0＝6 sB ．电动机输出的最大功率为60 kWC ．汽油机工作期间牵引力做的功为4.5×105 JD ．汽车的位移为160 m【答案】 AC【解析】 开始阶段，牵引力F 1＝5 000 N ，根据牛顿第二定律可得，F 1－F f ＝ma ，解得：开始阶段加速度a ＝2.5 m/s 2.v 1＝54 km/h ＝15 m/s ，根据t 0＝v 1a ，解得t 0＝6 s ，故A 项正确；t 0时刻，电动机输出的功率最大，且P m ＝F 1v 1＝5 000×15 W ＝75 000 W ＝75 kW ，故B 项错误；汽油机工作期间，功率P ＝F 2v 1＝6 000×15 W ＝90 kW,11 s 末汽车的速度v 2＝P F ＝90×1033 600 m/s ＝25 m/s ，汽油机工作期间牵引力做的功W ＝Pt 2＝90×103×(11－6) J ＝4.5×105 J ，故C 项正确；汽车前6 s 内的位移x 1＝12at 02＝12×2.5×62 m ＝45 m ，后5 s 内根据动能定理得：Pt 2－F f x 2＝12mv 22－12mv 12，解得：x 2＝120 m ．所以前11 s 时间内汽车的位移x ＝x 1＋x 2＝45 m ＋120 m ＝165 m ，故D 项错误．题型二 机车启动问题【题型解码】分析机车启动问题时，抓住两个关键，一是汽车的运动状态，即根据牛顿第二定律找出牵引力与加速度的关系；二是抓住功率的定义式，即牵引力与速度的关系．综合以上两个关系，即可确定汽车的运动情况． 【典例分析1】(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v m 。

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v m 4增至v m 2，所用的时间可能等于3mv 2m32PD ．上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度v m ，所用时间一定小于2sv m【参考答案】 D【名师解析】 关掉油门后的下坡过程，汽车的速度不变，动能不变，高度降低，重力势能减小，则汽车的机械能减小，故A 错误；关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力大小不为零，时间不为零，则由I ＝Ft 可知冲量不为零，故B 错误；上坡过程中，汽车速度由v m 4增至v m2，设所用的时间为t ，根据动能定理可得：Pt －(f ＋mg sin θ)s ＝12m (v m 2)2－12m (v m 4)2，解得t ＝3mv 2m32P ＋(f ＋mg sin θ)s P，故C 错误；上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度v m ，功率不变，由P ＝Fv 可知速度增大，牵引力减小，加速度减小，设达到最大速度v m 所用时间为t 1，则由图象法可知v m 2·t 1<s ，解得t 1<2sv m，故D 正确。

【典例分析2】(2019·河南重点中学3月理综联考)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15，重力加速度g 取10 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．该汽车的质量为3 000 kgB ．v 0＝6 m/sC ．在前5 s 内，阻力对汽车所做的功为25 kJD ．在5～15 s 内，汽车的位移大小约为67.19 m 【参考答案】：D【名师解析】：由图象可得，汽车匀加速阶段的加速度a ＝Δv Δt ＝1 m/s 2，汽车匀加速阶段的牵引力为F ＝P v ＝3000 N ，匀加速阶段由牛顿第二定律得F －0.2mg ＝ma ，解得m ＝1 000 kg ，A 错误；牵引力功率为15 kW 时，汽车所受阻力F 1＝0.2mg ＝2 000 N ，汽车行驶的最大速度v 0＝PF 1＝7.5 m/s ，B 错误；前5 s 内汽车的位移x＝12at 2＝12.5 m ，阻力做功W F 1＝－0.2mgx ＝－25 kJ ，C 错误；5～15 s 内，由动能定理得Pt －0.2mgs ＝12mv 20－12mv 2，解得s ≈67.19 m ，D 正确． 【提分秘籍】解决机车启动问题时的分析思路(1)明确启动方式：分清是匀加速启动还是恒定功率启动。