2.4.1 功和功率的四类典型问题(Word教师用书)-【创新方案】2025年高考物理二轮复习专题辅导与测试(北京，江苏专版)

学前必明·一网在胸|有哪些知识·知识间有怎么样的联系 专题四　动能定理与动量定理 　　高考对本专题的考查有如下特点:(1)功和功率、动能定理的命题注重与生产、生活、科技相结合,将对相关知识的考查放在一些与实际问题相结合的情境中,多数题目是与牛顿运动定律、平抛运动、圆周运动以及电磁学等知识相结合进行综合性考查。(2)动量和动量的变化量这两个概念常穿插在动量定理的应用中考查;动量定理的应用是本部分的重点和难点,也是高考的热点,特别是以运用动量定理解决生活和生产、科技中的实际应用问题的形式出现。 本专题共设计3个教学主题,建议用时2课时  主题一　功和功率的四类典型问题 类型(一)　摩擦力做功问题 摩擦力做功与摩擦热分析 (1)摩擦力可以对物体做正功,也可以对物体做负功,还可以对物体不做功。 (2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零。 (3)相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零,且总为负值。滑动摩擦力做功时,既有物体间机械能转移,也有部分机械能转化为内能,内能Q=f·x相对,x相对为两接触物体间的相对位移。 [考法全训] 1.(2024·安徽高考)某同学参加户外拓展活动,遵照安全规范,坐在滑板上,从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑,至底端时速度为v。已知人与滑板的总质量为m,可视为质点。重力加速度大小为g,不计空气阻力。则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为 (　 ) A.mgh B.mv2 C.mgh+mv2 D.mgh-mv2 解析:选D　人在下滑的过程中,由动能定理可得mgh-Wf=mv2-0,可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为Wf=mgh-mv2,故选D。 2. (2024·天一中学段考)A、B两物体质量之比mA∶mB=3∶1,它们以相同的初速度v0在水平面上做匀减速直线运动,直到停止,其v ⁃t图像如图所示。物体的加速度为a,位移为x,摩擦力为f,摩擦力做功为Wf,则在此过程中 (　 ) A.aA∶aB=1∶3 B.fA∶fB=9∶1 C.xA∶xB=3∶1 D.WfA∶WfB=1∶9 解析:选B　根据v ⁃t图像斜率的绝对值等于加速度的大小,则A物体加速度大小为aA=,B物体加速度大小为aB=,可得aA∶aB=3∶1,根据牛顿第二定律可得fA=mAaA,fB=mBaB,可得fA∶fB=mAaA∶mBaB=9∶1,故A错误,B正确;根据v⁃t图像与横坐标轴围成的面积表示位移可知xA=v0t,xB=v0·3t,可得xA∶xB=1∶3,根据Wf=-fx,可得WfA∶WfB=3∶1,故C、D错误。 3. (2024·镇江模拟)如图所示,利用倾斜的传送带可以将高处的货物卸下来。第一次传送带静止,货物M从传送带顶端由静止滑下,滑离传送带所用时间为t1;第二次传送带按照图中箭头所示顺时针转动,货物M从传送带顶端由静止滑下,滑离传送带所用时间为t2。两次运动情况相比,下列判断正确的是 (　 ) A.货物滑离传送带所用时间t2大于t1 B.货物运动的加速度不相等 C.货物滑离传送带的过程中系统产生的热量相等 D.货物滑离传送带的过程中摩擦力对货物做的功相等 解析:选D　货物M第一次下滑时受重力、支持力和沿传送带向上的滑动摩擦力做匀加速直线运动;货物M第二次下滑传送带顺时针转动时,M相对于传送带向下滑,所受的摩擦力仍然沿传送带向上,故M受力不变,加速度不变,仍做匀加速直线运动,设传送带长为L,则L=at2,可知货物滑离传送带所用时间t2等于t1,故A、B错误;当传送带顺时针转动时,货物相对传送带滑动的距离增大,故货物第二次滑离传送带的过程中系统产生的热量较大,故C错误;两次下滑过程货物所受的摩擦力相同,且货物滑离传送带时,摩擦力的作用距离相同,故两次运动货物滑离传送带的过程中摩擦力对货物做的功相等,故D正确。 类型(二)　变力做功的计算问题 　　求解变力做功问题在高考命题中时常出现,根据变力的特点和物体的运动规律,通常采用如下四种方法求解: (1)应用动能定理;(2)微元法;(3)图像法;(4)等效转化法。 [典例]　2024年4月30日17时46分,神舟十七号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。如图所示,若返回舱在离地面约6 km的高空打开主伞(降落伞),在主伞的作用下返回舱速度从80 m/s降至10 m/s,此后可视为匀速下降,当返回舱在距离地面1 m时启动反推发动机,速度减至2 m/s时恰好落到地面。设主伞所受的空气阻力为f=kv,其中k为定值,v为速率,其余阻力不计。已知返回舱(含航天员)总质量为3 000 kg,主伞的质量忽略不计,忽略返回舱质量的变化,g取10 m/s2,设全过程为竖直方向的运动。 (1)在主伞打开后的瞬间,求返回舱的加速度大小; (2)若在反推发动机工作时主伞与返回舱之间的绳索处于松弛状态,求反推发动机在该过程中对返回舱做的功。 　　[解析]　(1)设主伞打开后的瞬间返回舱所受阻力为f1,返回舱匀速下降时所受阻力为f2,返回舱匀速下降时,对返回舱进行受力分析,根据平衡条件可得f2=kv2=mg,解得k=3 000,主伞打开后的瞬间,对返回舱由牛顿第二定律可知mg-f1=ma 由题意知f1=kv1 联立可得a=-70 m/s2 所以主伞打开后的瞬间,返回舱的加速度大小为70 m/s2。 (2)从离地1 m到恰好落到地面,由动能定理可知mgh+W=m-m 解得反推发动机在该过程中对返回舱做的功为W=-1.74×105 J。 　　[答案]　(1)70 m/s2　(2)-1.74×105 J [考法全训] 方法1　微元法求变力做功 1.(2024·常州模拟)如图所示,用一个大小不变的力F拉着滑块(视为质点)使其沿半径为R的水平圆轨道匀速运动半周,若力F的方向始终与其在圆轨道上作用点的切线成60°夹角,则力F做的功为 (　 ) A.　　　　　 B.2FR　 　 C.FR D.FπR 解析:选A　将力F分解为沿切线方向和垂直于切线方向两个分力,其中垂直于切线方向的分力始终与速度方向垂直,不做功,沿切线方向的分力始终与速度方向相同,则滑块匀速运动半周,力F做的功为W=Fcos 60°·πR=,故选A。 方法2　图像法求变力做功 2.(2024·江苏扬州期中)如图甲所示,质量为0.2 kg的物块在水平向右的拉力F的作用下从A点由静止开始向右运动,F随位移x变化的图像如图乙所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.3,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,物块在运动过程中,下列说法正确的是 (　 ) A.当拉力F=0时,物体的速度最大 B.拉力从1.8 N减小到0.6 N的过程中,拉力做的功为19.2 J C.物体的最大速度为4 m/s D.物体的最大速度为6 m/s 解析:选C　物块的最大静摩擦力为f0=μmg=0.6 N,根据题图乙可知,当拉力大于最大静摩擦力时,物体向右加速运动,当拉力与最大静摩擦力相等时,合力为零,物体速度达到最大值,故A错误;根据数学函数关系可知,拉力F=0.6 N时,位移x=8 m,F⁃x图像中,图像与横坐标轴所围成的面积表示功,则拉力从1.8 N减小到0.6 N的过程中,拉力做的功为W1= J=9.6 J,故B错误;拉力F=0.6 N时,物体速度达到最大值,根据动能定理有W1-f0x=m,其中x=8 m,解得vmax=4 m/s,故C正确,D错误。 方法3　等效转化法求变力做功 3.如图所示,某人利用100 N的恒力F作用于不可伸长的轻绳的一端,轻绳通过定滑轮将放在水平面上的物体从A点缓慢移到B点。开始时,与物体相连的轻绳和水平面的夹角为α1,当物体移到B点时,轻绳和水平面的夹角为α2。已知α1=30°,α2=45°,h=2 m,不计滑轮质量及轻绳与滑轮间的摩擦。则轻绳对物体的拉力所做的功约为 (　 ) A.68 J B.117 J C.200 J D.220 J 解析:选B　由几何关系知,恒力F的作用点的位移大小为l=-≈1.17 m,在物体从A点缓慢移到B点的过程中,恒力F做的功为W=Fl=100×1.17 J=117 J,故轻绳对物体的拉力所做的功为117 J。 类型(三)　功和功率与图像的综合问题 1.功和功率与图像的综合问题一般有三类: (1)由F⁃t、a⁃t图像等分析运动过程,计算功和功率; (2)由v⁃t图像结合动能定理求功或瞬时功率、平均功率; (3)由F⁃x、P⁃t图像与坐标轴围成的面积求解功。 2.求解图像类问题时,首先要明确图像的物理意义,将图像与相关的物理情境、物理规律联系起来,并从图像中获取有用信息进行求解。 　　[典例]　 (2024·淮安模拟)一种升降电梯的原理图如图甲所示,A为电梯的轿厢,B为平衡配重。在某次运行时A(含乘客)、B的质量分别为M=1 200 kg和m=800 kg。A、B由跨过轻质滑轮的足够长轻质缆绳连接。电动机通过牵引绳向下拉配重B,使得电梯的轿厢由静止开始向上运动(轿厢A、配重B一直未与滑轮相撞)。不计空气阻力和摩擦阻力,重力加速度g取10 m/s2。轿厢A向上运动过程中的v ⁃t图像如图乙所示。下列说法正确的是 (　 ) A.0~5 s内电动机对外做功1.2×105 J B.5~8 s内配重B处于失重状态 C.0~3 s内配重B下面绳子拉力为零 D.0~8 s内绳子拉力对轿厢A的最大功率7.2×104 W [解析]　v⁃t图像与坐标轴围成的面积表示位移,0~5 s内,轿厢的位移为x= m=21 m,0~5 s内,根据动能定理有W+mgx-Mgx=(M+m),解得0~5 s内电动机对外做功为W=1.2×105 J,故A正确;v ⁃t图像的斜率表示加速度,5~8 s内斜率为负值,则轿厢有向下的加速度,则配重B有向上的加速度,处于超重状态,故B错误;0~3 s 内,轿厢的加速度为a== m/s2=2 m/s2,设A、B间的缆绳拉力为FA,重物B下端的缆绳拉力为FB,对轿厢,根据牛顿第二定律有FA-Mg=Ma,对配重B,根据牛顿第二定律有FB+mg-FA=ma,解得FA=14 400 N,FB=8 000 N,故C错误;3 s时,轿厢A的速度最大,A、B间的缆绳拉力FA最大,则3 s时绳子拉力对轿厢A的功率最大,为Pm=FAvm=14 400×6 W=8.64×104 W,故D错误。 [答案]　A [思维建模] 解决非常规图像问题的两种方法 (1)排除法:定性地分析每一个过程中物理量的变化(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化),特别是物理量的正负,排除错误的选项。 (2)函数法:根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系,然后结合图像进行分析和判断。 [考法全训] 1.一物体在粗糙水平面上受到水平拉力作用,从静止开始运动,在一段时间内的速度v随时间t变化的情况如图所示,下列描述此拉力的功率P随时间t变化的图像中,可能正确的是 (　 ) 解析:选D　由v⁃t图像可知,物体先做初速度为零的匀加速直线运动,后做匀速运动。在匀加速直线运动阶段,由牛顿第二定律可得F-μmg=ma,解得拉力F=μmg+ma,速度v=at,则拉力的功率P=Fv=(μmg+ma)at,即拉力的功率P随时间t均匀增大;在匀速运动阶段,拉力F=μmg,拉力的功率P=μmgv,恒定不变,且小于匀加速直线运动阶段末时刻的功率;综上所述可知,拉力的功率P随时间t变化的图像可能正确的是D选项。 2. (2024·南通调研)一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用,在光滑水平面上从静止开始做加速直线运动的a⁃t图像如图乙所示,则 (　 ) A.t=6 s时,物体的速度为12 m/s B.t=6 s时,拉力F的功率为144 W C.在0~6 s内,合外力对物体做的功为144 J D.在0~6 s内,拉力对物体的冲量为48 N·s 解析:选B　根据Δv=aΔt,可知a⁃t图像中,图线与坐标轴所围成的面积表示速度的变化量,则在t=6 s时,物体的速度v6=Δv=××6 m/s=18 m/s,故A错误;根据牛顿第二定律得F=ma6=2×4 N=8 N,则在t=6 s时,拉力F的功率P=Fv6=8×18 W=144 W,故B正确;根据动能定理得W合=ΔEk=m-0=324 J,故C错误;根据动量定理,在0~6 s时间内IF=mv6-0,解得IF=36 N·s,故D错误。 3.质量为1 kg的物体,在一水平拉力F的作用下由静止开始在水平面上运动,运动过程中受到地面的摩擦力大小为1 N,拉力F随位移x的变化如图所示,运动1 m后撤去拉力,则下列说法正确的是 (　 ) A.物体的最大位移为8 m B.物体的最大速度为2 m/s C.运动过程中合外力的最大功率为8 W D.运动过程中合外力的最大功率为4 W 解析:选D　在F⁃x图像中,图线与横坐标轴所围成的面积表示力所做的功,则拉力F做的功为WF=×1×J=4 J,设物体的最大位移为x,由能量守恒定律得WF=fx,代入数据得x== m=4 m,A错误;由动能定理知,撤去拉力瞬间物体的速度最大为vm,则WF-fx1=m,代入数据得vm== m/s,B错误;在运动过程中合外力最大时,拉力F=5 N,速度vm= m/s,合外力功率最大为Pm=vm=× W=4 W,C错误,D正确。 类型(四)　机车启动问题 1.恒定功率启动 (1)v⁃t图像如图甲所示,机车先做加速度逐渐减小的加速运动,后做匀速直线运动。 (2)常用关系:当F=F阻时,P=Fvm=F阻vm;Pt-F阻x=mv2-0。 2.恒定加速度启动 (1)v⁃t图像如图乙所示,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,直至达到最大速度vm后做匀速运动。 (2)常用关系:F-F阻=ma,P=Fv1,P=F阻vm,v1=at1,其中t1为匀加速运动的时间。 [典例]　(2024·金陵中学模拟)一辆汽车在水平路面上由静止启动,在前6 s内做匀加速直线运动,6 s末达到额定功率,之后保持额定功率运动至t1时刻达到最大速度,其v⁃t图像如图所示。已知汽车的质量m=1.5×103 kg,汽车受到路面的阻力大小与其重力大小的比值为k=0.1,取重力加速度g=10 m/s2,不计空气阻力。下列说法正确的是 (　 ) A.在前6 s内汽车的牵引力大小为4.5×103 N B.汽车的额定功率为60 kW C.汽车的最大速度为38 m/s D.汽车加速过程的位移大小x与时间t1的关系式为x=612-36t1(m) [解析]　由题意可知f=kmg=1.5×103 N,由题图可知前6 s内汽车的加速度大小a==2 m/s2,由牛顿第二定律得F-f=ma,解得汽车的牵引力大小F=4.5×103 N,故A正确;汽车在6 s末达到额定功率,则P=Fv=5.4×104 W=54 kW,故B错误;汽车的最大速度为vmax==36 m/s,故C错误;0~6 s 内汽车的位移大小为x1=×6 m=36 m,汽车在变加速运动过程中由动能定理有m-mv2=Pt-kmgx2,t=t1-6 s,x=x1+x2,解得x=36t1-756(m),故D错误。 [答案]　A [微点拨] 解决机车启动问题的两点注意 (1)分清是匀加速启动还是恒定功率启动 ①匀加速启动过程中,机车功率是不断增大的,当功率达到额定功率时匀加速运动速度达到最大,但不是机车能达到的最大速度。 ②以额定功率启动的过程中,牵引力是不断减小的,机车做加速度减小的加速运动,牵引力的最小值等于阻力。 (2)无论哪种启动方式,最后达到最大速度时,均满足P=Ffvm,P为机车的额定功率。 [考法全训] 1. (2024·南京调研)2023年11月10日,我国首条具有完全自主知识产权的超高速低真空管道磁浮交通系统试验线——高速飞车大同(阳高)试验线一期主体工程完工,其速度能达1000 km/h以上,标志着我国在新型交通领域的研究已迈入世界先进行列。如图所示,高速飞车的质量为m,额定功率为P0,高速飞车以额定功率P0在平直轨道上从静止开始运动,经时间t达到该功率下的最大速度,设恒定阻力为Ff,则 (　 ) A.高速飞车达到的最大速率等于 B.高速飞车达到最大速度前加速度与牵引力成正比 C.高速飞车在时间t内牵引力做功大于 D.在时间t内列车位移大于- 解析:选C　高速飞车所受牵引力等于阻力时,速度最大,则有vm=,故A错误;根据牛顿第二定律可得F-Ff=ma,高速飞车达到最大速度前加速度与牵引力不成正比关系,故B错误;根据动能定理可知WF-Wf=m,则WF=Wf+>,故C正确;根据动能定理可知P0t-Ffs=m,解得s=-,故D错误。 2. (2024·靖江模拟)新能源汽车以恒定的加速度由静止开始沿平直的公路行驶,t1时刻达到发动机额定功率后保持功率不变,从t2时刻起汽车匀速行驶。汽车所受的阻力大小不变,则此过程中汽车的加速度a、速度v、牵引力F、功率P随时间t的变化规律正确的是 (　 ) 解析:选C　由题意可知汽车以恒定的加速度启动,则汽车先做匀加速直线运动,后做加速度减小的加速运动,再做匀速直线运动,加速度为零,故A错误;0~t1阶段v⁃t图线为过原点的倾斜直线,故B错误;0~t1时间内汽车的牵引力恒定不变,t1后汽车的功率等于额定功率,速度增大,牵引力减小,根据P=Fv,可知P不变,v增大的越来越慢,则F减小的越来越慢,即t1~t2时间内F⁃t图线的斜率的绝对值减小,t2后加速度减为零,汽车的速度达到最大,汽车开始做匀速直线运动,即牵引力等于阻力,故C正确;汽车做匀加速直线运动时,根据P=Fv,由于v随时间均匀增大,F不变,则该阶段P随t均匀增大,即0~t1时间内P⁃t图线为一条过原点的倾斜直线,汽车的功率达到额定功率时,汽车的功率恒定不变,故D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $$