學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2021新高考物理（山東專用）二輪復(fù)習(xí)學(xué)案：專題復(fù)習(xí)篇專題2第1講功、功率動(dòng)能定理含解析功、功率動(dòng)能定理[建體系·知關(guān)聯(lián)］[析考情·明策略]考情分析縱覽2020年山東、海南、北京、天津各省市等級(jí)考物理試題,集中在正、負(fù)功的判斷，機(jī)車啟動(dòng)為背景的功率的分析與計(jì)算，題型以選擇題為主；動(dòng)能定理在多過程問題中的應(yīng)用等核心知識(shí)，題型多為計(jì)算題，且有一定的綜合性。素養(yǎng)呈現(xiàn)1。功、功率的定義表達(dá)式2.機(jī)車啟動(dòng)問題3。理解并應(yīng)用動(dòng)能定理素養(yǎng)落實(shí)1.掌握功、功率的計(jì)算方法2.掌握兩類機(jī)車啟動(dòng)問題的分析計(jì)算方法3。理解動(dòng)能定理，掌握動(dòng)能定理的應(yīng)用方法考點(diǎn)1｜功功率的分析與計(jì)算新儲(chǔ)備·等級(jí)考提能1．圖解功和功率的計(jì)算2．機(jī)車啟動(dòng)問題的兩種求解思路(1)圖解機(jī)車以恒定功率啟動(dòng)：（2)圖解機(jī)車以恒定加速度啟動(dòng)：新案例·等級(jí)考評(píng)價(jià)［案例1］(多選）（2020·湖北四校期中聯(lián)考）一質(zhì)量為m的物體靜止在水平地面上,在水平拉力的作用下開始運(yùn)動(dòng)，圖甲是在0~6s內(nèi)其速度與時(shí)間關(guān)系圖象，圖乙是拉力的功率與時(shí)間關(guān)系圖象，g取10m/s2。下列判斷正確的是（)甲乙A．拉力的大小為4N，且保持不變B．物體的質(zhì)量為2kgC．0～6s內(nèi)物體克服摩擦力做的功為24JD．0~6s內(nèi)拉力做的功為156J[題眼點(diǎn)撥]①“圖甲”信息：0～2s內(nèi)勻加速運(yùn)動(dòng)。2～6s內(nèi)勻速運(yùn)動(dòng)。②“拉力功率":注意P＝Fv中F的含義是F＝f＋ma。BD［對(duì)物體受力分析，由圖甲可知，在0～2s內(nèi)物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，拉力大于滑動(dòng)摩擦力，在2~6s內(nèi)物體做勻速運(yùn)動(dòng)，拉力等于滑動(dòng)摩擦力，因此拉力大小不恒定，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在2～6s內(nèi)根據(jù)功率公式P＝Fv，有F＝eq\f(P,v)＝4N，故滑動(dòng)摩擦力f＝F＝4N，在圖甲中，0～2s內(nèi)有a＝eq\f（Δv,Δt)＝3m/s2，由牛頓第二定律可知F′－f＝ma，又P′＝F′v，聯(lián)立解得m＝2kg，F(xiàn)′＝10N，選項(xiàng)B正確;由圖甲可知在0~6s內(nèi)物體通過的位移為x＝30m,故物體克服摩擦力做的功為Wf＝fx＝120J,選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可知W－Wf＝eq\f(1,2)mv2,故0～6s內(nèi)拉力做的功W＝eq\f(1,2)mv2＋Wf＝eq\f（1，2)×2×62J＋120J＝156J，選項(xiàng)D正確.]反思感悟:(1）根據(jù)v-t圖象可以獲得物體的運(yùn)動(dòng)速度、加速度、通過的位移等信息，根據(jù)P。t圖象結(jié)合功率公式可以求出力的大小.（2）恒力做功可以根據(jù)功的定義式求解，變力做功一般根據(jù)動(dòng)能定理求解。[跟進(jìn)訓(xùn)練]1．(原創(chuàng)題）2019國際田聯(lián)鉆石聯(lián)賽上海站男子100米比賽中，中國選手蘇炳添以10秒05的成績獲得第五名。蘇炳添在比賽中，主要有起跑加速、途中勻速和加速?zèng)_刺三個(gè)階段,他的腳與地面間不會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。以下說法正確的是(）A．加速階段地面對(duì)人的摩擦力做正功B．勻速階段地面對(duì)人的摩擦力做功C．由于人的腳與地面間不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，所以不論加速還是勻速,地面對(duì)人的摩擦力始終不做功D．無論加速還是勻速階段，地面對(duì)人的摩擦力始終做負(fù)功C[人的腳與地面間的摩擦力是靜摩擦力，該力的作用點(diǎn)并沒有發(fā)生位移，所以地面對(duì)人的摩擦力始終不做功，選項(xiàng)C正確.]2．一輛汽車在平直的公路上由靜止開始啟動(dòng)。在啟動(dòng)過程中，汽車牽引力的功率及其瞬時(shí)速度隨時(shí)間的變化情況分別如圖甲、乙所示.已知汽車所受阻力恒為重力的eq\f（1，5)，重力加速度g取10m/s2.下列說法正確的是(）甲乙A．該汽車的質(zhì)量為3000kgB．v0＝6m/sC．在前5s內(nèi)，阻力對(duì)汽車所做的功為25kJD．在5～15s內(nèi)，汽車的位移大小約為67。19mD[由圖象可得，汽車勻加速階段的加速度a＝eq\f(Δv，Δt）＝1m/s2，汽車勻加速階段的牽引力為F＝eq\f（P,v）＝3000N，勻加速階段由牛頓第二定律得F－0。2mg＝ma，解得m＝1000kg，A錯(cuò)誤；牽引力功率為15kW時(shí),汽車行駛的最大速度v0＝eq\f(P,0.2mg）＝7。5m/s，B錯(cuò)誤；前5s內(nèi)汽車的位移x＝eq\f（1,2)at2＝12.5m,阻力做功WFf＝－0。2mgx＝－25kJ，C錯(cuò)誤；5～15s內(nèi),由動(dòng)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正確。]3．（多選)如圖所示,半徑為R的半圓弧槽固定在水平地面上，槽口向上，槽口直徑水平，一個(gè)質(zhì)量為m的物塊從P點(diǎn)由靜止釋放剛好從槽口A點(diǎn)無碰撞地進(jìn)入槽中，并沿圓弧槽勻速率地滑行到最低點(diǎn)B點(diǎn)，不計(jì)物塊的大小，P點(diǎn)到A點(diǎn)高度為h，重力加速度大小為g，則下列說法正確的是（)A．物塊從P到B過程克服摩擦力做的功為mg(R＋h)B．物塊從A到B過程重力的平均功率為eq\f(2mg\r（2gh），π)C．物塊在B點(diǎn)時(shí)對(duì)槽底的壓力大小為eq\f（R＋2hmg,R)D．物塊到B點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率為mgeq\r（2gh)BC[物塊從A到B過程做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理有mgR－Wf＝0，因此克服摩擦力做功Wf＝mgR,A項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)機(jī)械能守恒，物塊到A點(diǎn)時(shí)的速度大小由mgh＝eq\f(1，2）mv2得v＝eq\r（2gh），從A到B運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq\f(\f(1,2)πR,v)＝eq\f（πR，2\r(2gh）)，因此從A到B過程中重力的平均功率為eq\x\to(P）＝eq\f（W，t)＝eq\f(2mg\r（2gh）,π），B項(xiàng)正確；物塊在B點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律FN－mg＝meq\f(v2,R)，求得FN＝eq\f（R＋2hmg，R），根據(jù)牛頓第三定律可知，F(xiàn)′N＝FN＝eq\f（R＋2hmg，R），C項(xiàng)正確;物塊到B點(diǎn)時(shí)，速度的方向與重力方向垂直，因此重力的瞬時(shí)功率為零,D項(xiàng)錯(cuò)誤。］考點(diǎn)2|動(dòng)能定理的應(yīng)用新儲(chǔ)備·等級(jí)考提能1．對(duì)動(dòng)能定理的理解（1）動(dòng)能定理表達(dá)式W＝ΔEk中，W表示所有外力做功的代數(shù)和。ΔEk為所研究過程的末動(dòng)能與初動(dòng)能之差，且物體的速度均是相對(duì)地面的速度。(2)2．應(yīng)用動(dòng)能定理解題應(yīng)注意的四點(diǎn)（1)動(dòng)能定理往往用于單個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)過程,由于不涉及加速度及時(shí)間，比動(dòng)力學(xué)研究方法要簡捷。（2)動(dòng)能定理表達(dá)式是一個(gè)標(biāo)量式，在某個(gè)方向上應(yīng)用動(dòng)能定理是沒有依據(jù)的.(3)物體在某個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中包含有幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的過程（如加速、減速的過程），此時(shí)可以分段考慮,也可以對(duì)全過程考慮，但如能對(duì)整個(gè)過程利用動(dòng)能定理列式，則可使問題簡化。（4）根據(jù)動(dòng)能定理列方程時(shí)，必須明確各力做功的正、負(fù)，確實(shí)難以判斷的先假定為正功，最后根據(jù)結(jié)果加以檢驗(yàn)。新案例·等級(jí)考評(píng)價(jià)［案例2](2020·陜西漢中第四次質(zhì)檢)如圖是一種常見的圓桌，桌面中間嵌一半徑為r＝1。5m、可繞中心軸轉(zhuǎn)動(dòng)的圓盤，桌面與圓盤面在同一水平面內(nèi)且兩者間縫隙可不考慮。已知桌面離地高度為h＝0。8m,將一可視為質(zhì)點(diǎn)的小碟子放置在圓盤邊緣,若緩慢增大圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度，碟子將從圓盤上甩出并滑上桌面,再從桌面飛出,且落地點(diǎn)與桌面飛出點(diǎn)的水平距離為0.4m。已知碟子質(zhì)量m＝0。1kg，碟子與圓盤間的最大靜摩擦力Fmax＝0.6N，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取g＝10m/s2。求：(1）碟子從桌面飛出時(shí)的速度大小；（2）碟子在桌面上運(yùn)動(dòng)時(shí),桌面摩擦力對(duì)它做的功；(3)若碟子與桌面間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.225，要使碟子不滑出桌面，則桌面半徑至少是多少？[思路點(diǎn)撥］解此題要把握以下關(guān)鍵信息：①當(dāng)靜摩擦力達(dá)到最大時(shí),隨圓盤一起轉(zhuǎn)動(dòng)的碟子開始滑動(dòng)。②碟子不滑出桌面的條件是運(yùn)動(dòng)到圓桌邊緣時(shí)剛好減速到零。［解析]（1)碟子滑離圓桌后做平拋運(yùn)動(dòng)，則h＝eq\f（1，2）gt2，x＝vt解得v＝xeq\r(\f（g，2h））＝1m/s。(2)由題意得,當(dāng)?shù)釉趫A盤上轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),由靜摩擦力提供向心力，當(dāng)靜摩擦力達(dá)到最大時(shí)，碟子即將滑落，設(shè)碟子從圓盤上甩出時(shí)的速度大小為v0，則Fmax＝meq\f（v\o\al(2,0）,r)解得v0＝3m/s由動(dòng)能定理得Wf＝eq\f（1,2)mv2－eq\f(1，2)mveq\o\al（2，0），代入數(shù)據(jù)得Wf＝－0。4J.(3）當(dāng)?shù)踊綀A桌邊緣時(shí)速度恰好減為零，對(duì)應(yīng)的圓桌半徑取最小值。設(shè)碟子在圓桌上滑動(dòng)的位移為s,由動(dòng)能定理有－μmgs＝0－eq\f(1，2）mveq\o\al（2，0）則圓桌的最小半徑為R＝eq\r（r2＋s2)聯(lián)立解得R＝2。5m。[答案]（1）1m/s（2)－0。4J（3）2。5m反思感悟：應(yīng)用動(dòng)能定理解題的思維流程[跟進(jìn)訓(xùn)練]1．（原創(chuàng)題）如圖所示為風(fēng)力發(fā)電機(jī)，風(fēng)力帶動(dòng)葉片轉(zhuǎn)動(dòng),葉片再帶動(dòng)轉(zhuǎn)子（磁極）轉(zhuǎn)動(dòng)，使定子（線圈，不計(jì)電阻)中產(chǎn)生感應(yīng)電流，實(shí)現(xiàn)風(fēng)能向電能的轉(zhuǎn)化。若葉片長為l，設(shè)定的額定風(fēng)速為v，空氣的密度為ρ，額定風(fēng)速下發(fā)電機(jī)的輸出功率為P，則風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能的效率為()A．eq\f（2P，πρl2v3)B．eq\f（6P,πρl2v3）C．eq\f(4P，πρl2v3）D．eq\f(8P，πρl2v3）A[如圖所示，建立一個(gè)“風(fēng)柱”模型,“風(fēng)柱”的橫截面積為葉片旋轉(zhuǎn)掃出的面積,則S＝πl(wèi)2，經(jīng)過時(shí)間t，可得“風(fēng)柱”長度x＝vt，故所形成的“風(fēng)柱”體積V＝πl(wèi)2vt，“風(fēng)柱"的質(zhì)量m＝ρV＝ρπl(wèi)2vt，根據(jù)動(dòng)能定理，有風(fēng)力在這段位移內(nèi)做的功W＝Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f（1，2)ρπl(wèi)2vt·v2＝eq\f（1,2)ρπl(wèi)2v3t,“風(fēng)柱”的功率P風(fēng)＝eq\f（W，t）＝eq\f（1,2)ρπl(wèi)2v3，風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能的效率η＝eq\f（P,P風(fēng))＝eq\f(2P,πρl2v3)。］2．如圖所示，光滑的半圓形軌道OA和AB位于同一豎直面內(nèi)，它們的半徑分別為r＝0.3m和R＝0.4m，兩軌道相切于最高點(diǎn)A,半圓形軌道AB與水平軌道BC相切于最低點(diǎn)B，軌道BC的長度可以調(diào)節(jié)，軌道BC的右端與一傾角為45°的斜面CD相連,C點(diǎn)離地面的高度為h＝3.2m.現(xiàn)用彈簧裝置(圖中未畫出）將一小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn)）從半圓形軌道OA的最低點(diǎn)O彈出，小滑塊運(yùn)動(dòng)過程中恰好不脫離圓弧軌道OAB,滑塊與BC段的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.4，g取10m/s2，忽略空氣阻力。(1)求小滑塊從O點(diǎn)彈出時(shí)的速度大小；（2）改變水平軌道BC的長度，使小滑塊能夠落在斜面CD上，求軌道BC的長度范圍。［解析］（1)由題意,在最高點(diǎn)A對(duì)滑塊受力分析，結(jié)合牛頓第二定律可得mg＝meq\f（v\o\al（2，A),R）,從O到A的過程中，由動(dòng)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）聯(lián)立解得滑塊從O點(diǎn)彈出時(shí)的速度大小v0＝4m/s。(2)若滑塊恰好落在D點(diǎn)，此時(shí)BC的長度最短，則水平方向有x＝vt豎直方向有h＝eq\f(1,2）gt2聯(lián)立解得滑塊離開C的速度為v＝4m/s從O到C的過程中,由動(dòng)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的最短長度為x1＝0.5m。滑塊到C點(diǎn)的速度恰好為零時(shí)，從O到C有mg(2R－2r）－μmgx2＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2，0）解得BC最長為x2＝2.5m所以軌道BC的長度范圍為0。5m≤x≤2.5m。［答案］（1)4m/s(2）0。5m≤x≤2。5m3．（2020·山東濰坊高三質(zhì)檢）如圖甲所示，在傾角θ＝30°的光滑固定斜面上有一勁度系數(shù)k＝100N/m的輕質(zhì)彈簧，彈簧下端固定在垂直于斜面的擋板上，彈簧上端拴接一質(zhì)量m＝2kg的物體，初始時(shí)物體處于靜止?fàn)顟B(tài)。取g＝10m/s2.甲乙丙（1）求初始時(shí)彈簧的形變量x0；(2）現(xiàn)對(duì)物體施加沿斜面向上的拉力F，拉力F的大小與物體位移x的關(guān)系如圖乙所示,設(shè)斜面足夠長。a．分析說明物體的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)并求出物體的速度v與位移x的關(guān)系式;b.若物體位移為0.1m時(shí)撤去拉力F，在圖丙中作出此后物體上滑過程中彈簧彈力f的大小隨彈簧形變量變化的函數(shù)圖象,并且求出此后物體沿斜面上滑的最大距離xm以及此后運(yùn)動(dòng)的最大速度vm的大小。[解析](1)初始時(shí)物體處于平衡狀態(tài)，由平衡條件可知kx0＝mgsinθ解得x0＝0.1m。(2）a.設(shè)物體自初始狀態(tài)向上有一微小的位移x時(shí)加速度為a，由牛頓第二定律得a＝eq\f（F＋kx0－x－mgsinθ，m）由F-x圖象可知F＝100x＋4.8（N)聯(lián)立上式得a＝2.4m/s2當(dāng)彈簧處于伸長狀態(tài)時(shí)，上述結(jié)論仍成立，可見物體做加速度為a＝2.4m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)所以有v2＝2ax＝4。8xb．物體位移為0。1m時(shí)撤去拉力F，此后物體滑動(dòng)過程中彈簧彈力f的大小隨彈簧形變量變化的函數(shù)圖象如圖1所示圖1圖2物體上滑過程中克服彈力所做的功對(duì)應(yīng)圖2中的陰影面積，即Wf＝eq\f(1，2)kxeq\o\al(2,m）撤去拉力后,在物體上滑過程中根據(jù)動(dòng)能定理有－mgxmsinθ－Wf＝0－eq\f（1，2）mv′2由(2)a?？芍瑅′2＝4。8×0.1m2/s2＝0.48