高考物理二轮复习第一部分专题二功和能学案
高三物理第二轮复习全套教案功和能
功和能教学目标1．加强学生对功、功率、能量等概念的物理意义的理解．使他们能够在具体问题中合理地运用上述概念分析解决问题．2．通过动能定理、重力做功与重力势能关系的复习，使学生对功和能关系的认识进一步加深．并能够应用动能定理解决较复杂的问题．3．加强学生对机械能守恒定律及其适用条件的认识，使他们能够运用守恒条件判断具体问题是否满足机械能守恒定律，并应用机械能守恒定律求解问题．4．培养学生综合分析的能力，使他们逐步掌握在较复杂问题中分析题意，找出适用规律，并运用规律解决问题的方法．教学重点、难点分析功、功率、动能、重力势能的概念，动能定理、机械能守恒定律等规律及应用是本章重点．本章难点较多，动能定理及其应用、机械能守恒定律及其适用条件是比较突出的难点．教学过程设计教师活动讲述：今天我们开始复习功和能一章，这一章内容较多，能力要求也比较高，所以同学既要注意知识内容，又要注意研究方法．板书：功和能一、基本概念1．功讲述：下面我们首先复习基本概念，先来看看功的概念．提问：大家回忆一下，功是如何定义的？回答：功是作用在物体上的力与物体在力的方向上发生的位移的乘积．用公式表示为W=Fscosθ板书：W=Fscosθ提问：公式中θ角是如何确定的？国际单位制中功的单位是什么？还有哪些单位也可以表示功？它们之间又是如何换算的呢？回答：θ角是力与物体位移的夹角国际单位制中功的单位是焦耳，功的单位还有电子伏、千瓦时、卡等．它们之间的换算关系：1eV=1.6×10-19J1kWh=3.6×106J1cal=4.2J板书：单位：焦耳（J）1eV=1.6×10-19J1kWh=3.6×106Jlcal=4.2J提问：功的概念是人们在生产实践中总结出来的，比如说人在推车时做了1000焦耳的功，那么这1000焦耳的功究竟是哪个力做的呢？回答：是人的推力做的．讲述：所以，我们在研究功的时候必须首先明确是在研究哪个力做的功，另外考虑到动能定理的应用条件，我们还应该清楚这个力是否是物体所受的合力．这是我们要对功的概念做的第一点说明．说明：①首先明确做功的力及此力是否是合力提问：明确了研究对象之后，我们来回忆一下：做功的两个必要因素是什么？回答：作用在物体上的力和物体在力的方向上发生的位移提问：那么功的定义反映出功的本质是什么呢？或者说功的物理意义是什么呢？回忆一下．回答：功的本质是力在空间的积累．讲述：所谓积累，既可以是力在位移方向的分量Fcosθ与位移s的乘积，也可以是位移在力的方向上的分量scosθ与力F的乘积．理解功的概念时，要从本质上进行理解，而不能套公式．例如：物体在一个牵引力的作用下绕圆周运动了一圈，又回到出发点，求牵引力所做的功．讨论，少数学生会认为功为零，多数学生会认为功不为零，但追问为什么时却很难说清楚．讲述：如果套公式的话，由于物体运动一周的位移为零，会很容易得出牵引力做功为零的结论．但是，从牵引力作用过程中消耗了其他形式能量而转化为物体动能这一点就能看出，这当然是一个错误的结论．为什么会出错呢？请同学再讨论一下，注意牵引力的特点．讨论，得出结论：原因在于功的定义式是对恒力而言的，而在此问题中，牵引力的方向在随时变化，是一个变力，所以不能套用公式．讲述：此题的正确结论应从功是力在空间积累这一角度，得出牵引力所做功等于牵引力与物体所走过的圆周的乘积．通过刚才的例子，我们可以对功的概念再做两点说明：板书：②功的本质是力在空间的积累③功的定义式对恒力才适用提问：下面我们再来回忆一下，功是矢量还是标量，功的正负又是什么含义呢？回答：功是标量，但功有正负，做功的两个必要因素是力和位移，力是矢量，位移也是矢量，但它们的乘积是标量，所以功是标量．由于力与位移之间的夹角θ可以在0°～180°之间变化，即cosθ可以在1与-1之间变化，所以某个力所做功既可以是正数，也可以是负数．当θ角在0°～90°之间时，功为正，表示力在位移方向的分量与位移同向；当θ角在90°～180°之间时，功为负，表示力在位移方向的分量与位移反向．讲述：根据功的本质意义，所谓正功，就是力在空间是正的积累；所谓负功，就是力在空间是负的积累．提问：另外，我们知道研究功是离不开能量的，研究功的正负同样离不开能量，我们再来回忆一下，功和能量之间是什么关系呢？如何用能量的变化来说明正功与负功的意义呢？回答：功是能量改变的量度．力对物体做正功，导致物体能量增加；力对物体做负功，导致物体能量减少．讲述：这是正功与负功的本质差别．也是我们对功的概念要进行的再两点说明．板书：④功是能量改变的量度⑤功是标量，但功有正负讲述：需要对负功再加以说明的是：一个力对物体做了负功，也可以说成物体克服这个力做了功，例如，物体竖直上抛时，重力对物体做了-6焦耳的功，也可以说成物体克服重力做了6焦耳的功．提问：在实际问题中，我们还经常要涉及到合力做功的问题．大家回忆一下，如果一个物体受到几个力，那么物体所受合力所做的功与物体所受的各个力是什么关系呢？原因又是什么呢？回答：合力做的功等于各分力功的代数和．由于功是标量，所以当物体受到几个力的作用时，各力所做的功相加，就等于合力所做的功．板书：⑥合力功等于各力功的代数和讲述：另外，因为功的决定因素之一位移与参照物有关，所以功的大小还与参照物的选取有关．比如，我用力推桌子，但没有推动．以地面为参照物我没有做功，而以运动的物体为参照物，我却做了功．所以一般情况下研究功，必须以地面为参考物．板书：⑦功与参照物有关，一般必须以地面为参照物．讲述：下面我们来复习有关功率概念的知识．提问：首先我们回忆一下功率的定义、单位及其物理意义．回答：功跟完成这些功所用时间的比值，叫做功率．功率的定义式为：P=W/t国际单位制中，功率的单位是瓦特，1瓦特=1焦耳/秒．功率的常用单位还有千瓦，1千瓦=1000瓦特．功率是表示做功快慢的物理量．讲述：由于功是能量转化的量度，所以功率从本质上讲，是描述能量转化快慢的物理量．提问：功率也可以用力和速度来表示，表达式是什么，是怎样推导出来的？回答：P=Fvcosθ由于W=Fscosθ，代入P=W/t得到：P=Fscosθ/t=Fvcosθ板书：P=W/t=Fvcosθ单位：瓦特（W）1kW=1000W板书：①功率是表示做功快慢，即能量转化快慢的物理量提问：在研究功率时经常要遇到平均功率和即时功率，它们分别表示什么意义呢？它们通常用什么公式来求呢？回答：平均功率表示一段时间内某力做功的平均快慢，即时功率表示某一时刻某力做功的快慢．通常用公式P=W/t来计算平均功率，用公式P=Fvcosθ来计算即时功率，其中v为此时物体的即时速度．板书：②平均功率与即时功率提问：在研究某些机械的功率时还经常要遇到额定功率、实际功率及输出、输入功率等概念，它们分别表示什么意义呢？回答：额定功率是某机械正常工作时的功率．每一个机械都有一个额定功率值，机械在此功率或在此功率以下工作，机械不会损坏；如果超过此功率，机械可能就要损坏．机械不一定总在额定功率下工作，这时机械的即时功率叫做机械的实际功率．机械对外做功的实际功率，称做此时机械的输出功率；外界对机械做功的实际功率，称做此时机械的输入功率．板书：③额定功率与实际功率，输出功率与输入功率讲述：下面我们来复习机械能．机械能包括动能和势能，势能又包括重力势能和弹性势能．板书：3．机械能（1）动能提问：我们先来回忆动能的意义及它的表达式和单位．回答：物体由于运动而具有的能量叫做动能．物体的动能用公式表示为：Ek=mv2/2国际单位制中，动能的单位与功一样，也是焦耳．板书：Ek=mv2/2单位：焦耳提问：动能是矢量还是标量？动能有参照物吗？动能的最小值是多少？回答：动能是标量，没有方向．所以动能只与物体运动的速度大小——速率有关，而与物体的运动方向无关．物体的动能，一般情况下都是以地面为参照物的．物体的动能最小为零，无负值．板书：说明：①动能是标量②地面为参照物③最小值为零，无负值提问：动能是描述物体运动状态的一个物理量，我们学习过的动量也是一个描述物体运动状态的物理量．它们之间有什么联系和区别呢？回答：它们都是描述物体运动状态的量．对同一个物体，它的动量增大，动能也必然增大．反之，动能增大，动量也必然增大．它们之间大小的关系为：Ek=P2/2m，这是它们的联系．动量是矢量，有方向；动能是标量，没有方向．动量与速度的一次方成正比，动能与速度的二次方成正比．板书：④动能与动量Ek=p2/2m讲述：刚才同学们已经基本分析出动能与动量的联系和区别，当然动能与动量的本质区别还在于守恒定律中所表现出的特点不同：动量是机械运动相互传递时表现出的一个守恒量；而动能则是当机械运动向热运动等其他形式运动转化时所表现出的一个量．这一点，同学们会随着今后的学习进一步加深领悟．提问：下面我们再来看看重力势能．同学们先回忆一下什么是重力势能，它的表达式是怎样的？回答：物体由于被举高而具有的能量叫做重力势能．用公式表示：Ep=mgh板书：（2）重力势能Ep=mgh提问：对于重力势能，我们还能够回忆起哪些内容，请同学们踊跃发言．回答：重力势能是标量，没有方向．重力势能有正负，重力势能为正表示物体的势能大于它的零势能面的势能，正的重力势能数值越大表示物体的重力势能越大；重力势能为负表示物体的势能小于它在零势能面的势能，负的重力势能数值越大表示物体的重力势能越小．重力势能的大小是和零势能面的选取有关的，由于零势能面的选取是任意的，所以物体的重力势能也是相对的，故物体重力势能的绝对量是没有意义的，只有物体势能的变化量才是有意义的．由于重力势能是因为地球与物体之间具有相互吸引力而产生的，又与物体与地球的相对位置有关，所以重力势能是物体与地球所构成的系统所具有的．通常情况下我们所说的物体的重力势能，实际是物体与地球所构成系统的引力势能的一种简称．板书：说明：①重力势能是标量，但有正负②重力势能与零势能面的选取有关③重力势能是物体与地球所构成的系统所具有的讲述：需要说明的是：只有类似重力这样，做功与路径无关的力，才能引入势能的概念．我们下面要复习的弹性势能也是这样．而类似摩擦力这样做功与路径有关的力，则不能引入势能．提问：下面同学们回忆一下关于弹性势能所需要掌握的知识．回答：物体由于发生弹性形变而具有的能量叫做弹性势能．物体的弹性势能的大小与物体的材料、发生弹性形变的大小等有关．弹性势能与弹力做功的关系，与重力势能与重力做功的关系相类似：弹力做正功，物体的弹性势能就减少；弹力做负功，或者叫外力克服弹力做功，物体的弹性势能就增加．板书：（3）弹性势能讲述：对于弹性势能，我们只要定性了解就可以了，中学范围内对它的大小不做定量的讨论．讲述：关于机械能的概念需要最后说明的是：我们学习过的分子势能、电势能等，虽然也是势能，但它们不属于机械能范畴．所以如动能与电势能相互转化的问题，不属于机械能守恒．下面，我们开始复习这一章的基本规律．板书：二、基本规律1．动能定理提问：首先我们复习动能定理．大家回忆一下动能定理的内容及表达式是怎样的，表达式中各个物理量是什么含义？回答：动能定理的内容是：外力对物体所做的总功，等于物体动能的增加量．用公式表示：其中，W为外力所做的总功，是各个外力所做功的代数和．Ek2表示物体末状态的动能，Ek1表示物体初状态的动能．Ek2与Ek1的差△Ek为物体动能的变化量．板书：W=△Ek=Ek2-Ek1讲述：对于动能定理的理解及应用，应在以下几方面引起注意：首先，动能定理是描述一个物体前后状态量之差与过程量之间关系的一个规律，它的研究对象是一个物体，Ek1Ek2分别表示其初、末状态，W 表示初、末状态之间的过程．板书：说明：①研究对象是一个物体提问：其次我们来分析一下，动能定理所反映的外力的总功与物体动能变化之间的关系，跟牛顿定律所反映的合外力与物体运动状态的关系是否相同呢？讨论并回答：动能定理反映的是外力的总功与物体动能变化之间的关系，跟合外力与物体运动状态的关系有所不同：如果一个物体受到的合外力不为零，物体的运动速度将发生变化；如果一个物体外力对它做的总功不为零，物体的动能将发生变化．表面看来两者似乎相同，但仔细分析会发现如果一个物体受到的合外力为零，物体运动状态将保持不变；如果外力对一个物体所做总功为零，物体动能保持不变，但物体的运动状态仍可能变化（运动方向可能变化）．所以合外力引起物体运动状态的变化，外力所做总功引起物体的动能变化，两者不能混淆．板书：②合外力引起物体运动状态的变化，外力所做总功引起物体的动能变化提问：下面我们看看看动能定理是矢量式还是标量式呢？使用动能定理时有没有正负号问题呢？回答：动能定理是一个标量式，应用时不用考虑方向．动能是正标量，无负值．但动能的变化量△Ek 可以为负，当外力功的总和W为正功时，末动能大于初动能，△Ek为正；当外力功的总和为负功时，末动能小于初动能，△Ek为负．板书：③是标量式，但有正负讲述：下面我们再看看动能定理中功W，在推导动能定理时，为物体所受合外力的功，但根据前面我们对功的讨论可以知道，也为物体所受各个外力功的代数和．而且其外力既可以是有几个外力同时作用在物体上，也可以是先后作用在物体上的几个力．如：一个物体先受到力F1的作用，F1对物体做功W1，后改用力F2作用于物体，F2对物体做功W2，则整个过程中外力对物体所做总功W=W1 +W2．板书：④W为外力功的代数和．外力既可以同时作用，也可以是先后作用讲述：应用动能定理时，还应注意参照物的选取．由于动能定理中的物理量功和动能的大小均与参照物的选取有关，所以使用动能定理时，参照物不能变化．一般情况下，均取地面为参照物，即动能中物体的速度，各力做功中的物体位移，都是对地面而言的．板书：⑤取地面为参照物讲述：下面我们复习本章中另外一个重要的规律：机械能守恒定律．板书：2．机械能守恒定律提问：请同学们回忆一下机械能守恒定律的内容、条件及表达式．回答：机械能守恒定律的内容：在只有重力和弹力做功的情形下，物体的动能和势能发生相互转化，但总的机械能保持不变．用公式表示：E1=E2其中E1表示开始时系统的机械能，包括初状态时系统内各个物体的动能与势能，E2表示最终时系统的机械能，包括末状态时系统内各个物体的动能与势能．板书：E1=E2讲述：由于机械能守恒定律只涉及开始状态和终了状态的机械能，不涉及中间运动过程的细节，因此用它来处理问题相当简便．对于机械能守恒定律，应在以下几个方面有充分的认识和理解：提问：首先，我们来分析一下机械能守恒定律的研究对象，这个研究对象是一个物体呢，还是一个系统呢？为什么？如果是系统的话，重力在这个系统中是个什么样的力？回答：机械能守恒定律的研究对象是系统．由于机械能包括重力势能和弹性势能，而凡是势能总是相互作用的物体所共有的能，所以势能是属于系统的，于是机械能也是一个系统所具有的．故而，我们所研究的机械能守恒系统包括地球，在这个系统中，重力是内力．板书：说明：①研究对象是系统，重力是系统内力提问：从守恒定律的叙述中，我们已经发现机械能守恒的条件是：只有重力和弹力做功．那么为什么重力和弹力做功不改变系统的机械能呢？回答：如果只有重力做功，只能引起物体动能与重力势能之间的转化．重力做了多少功，重力势能就减少多少，物体动能就增加多少；运动物体克服重力做了多少功，重力势能就增加多少，物体的动能就减少多少．所以，包括物体与地球在内的系统的机械能不变．如果只有物体间的弹力做功，只能引起物体的动能与物体间的弹性势能之间的转化．弹力做了多少功，弹性势能就减少多少，动能就增加多少；运动物体克服弹力做了多少功，弹性势能就增加多少，动能就减少多少．包括各物体及它们间的弹性体在内的系统的机械能不变．讲述：值得注意的是，关于机械能守恒的条件的叙述，刚才的表述只是多种表述中的一种，我们应该了解各种不同的表述方式．板书：②机械能守恒的条件讲述：机械能守恒的条件可以有两类表述，一类是从做功的特点表述，另一类是从能的转化表述，其实质是一致的．从做功的特点表述，可正面叙述为：只有系统内部的重力和弹力做功．或反面叙述为：既无外力做功又无其他内力做功．从能的转化表述，可正面叙述为：只有系统内部的动能、重力势能、弹性势能之间的转化．或反面叙述为：既无外界能量与系统内部机械能之间的转化或转移，也没有系统内部其他能量与机械能之间的转化．下面我们看看如何应用机械能守恒定律解决问题．板书：③机械能守恒定律的应用提问：对于应用机械能守恒定律解题，我们在高一时曾做过不少练习，通常解题要经过哪几步呢？回答：应用机械能守恒定律解决问题时第一步应选定所研究的系统，第二步再判断此系统是否满足机械能守恒的条件，如判断出系统的机械能守恒，第三步再把系统内各个物体的动能与势能代入机械能守恒定律公式进行计算．提问：怎样选定所研究的系统？回答：选定研究系统即明确所研究的是哪些物体，它们之间有哪些相互作用，它们与外界的联系点是什么．</PGN0047.TXT/PGN>提问：系统机械能是否守恒是怎样判断的？回答：判断系统机械能是否守恒时应根据机械能守恒条件，判断系统内物体间的相互作用是否只有重力和弹力，如果有别的力，这个力是否做功及外界是否对系统不做功．提问：代入各物体机械能时要注意什么？回答：代入物体机械能时要注意应把各个物体的动能和势能都考虑到，不能丢掉某一项，如果是一个物体与地球组成的系统，比如各种抛体问题，等式左右两边应各有一项动能和势能，如果是一个物体与地球组成的系统，如各种连接体问题，等式左右两边应各有两项动能和势能，如系统中还有弹性体，如含有弹簧，则还要考虑弹性势能．其中如果合理选取零势能面，能使若干项重力势能为零，使计算更为简化．讲述：通过前面的复习，我们把功和能这一章的主要概念和规律简要地回忆了一遍，下面我们来看几个常见的应用．板书：三、常见应用1．汽车在恒定功率下的运动提问：我们先来讨论汽车在恒定功率下的运动问题．一辆汽车，如果其牵引力的功率恒定，且运动过程中所受阻力不变，它可能做匀变速运动吗？为什么？回答：不可能做匀变速运动．因为当汽车速度改变后，根据公式P=Fvcoxθ=Fv，汽车的牵引力将减小，根据牛顿第二定律F-f= ma，汽车的加速度也将减小，所以汽车不可能做匀变速运动．提问：那么汽车将做什么样的运动呢？你能否画出汽车速度随时间变化的运动图像呢？回答：设汽车最初静止，当汽车启动时，由于汽车速度很小，故此时牵引力很大，因阻力恒定，故此时汽车的加速度也很大，随着汽车的速度逐渐增大，由于功率恒定，所以牵引力逐渐减小，汽车的加速度也逐渐减小，但汽车的速度仍在增大，当汽车的速度增加到某一数值后，牵引力减小到与阻力一样大，汽车的加速度变为零，汽车将保持这一速度做匀速直线运动，这种运动的v-t图像如图所示．板图：讲述：下面我们再来讨论一个典型例题，木块在木板上相对滑动的问题．板书：2．木块在木板上相对滑动板图：讲述：问题是这样的，一质量为M的木板置于光滑水平面上，另一质量为m的木块以初速度v0在木板上滑动，木块与木板间存在大小为f的相互摩擦力，且木块在木板上滑动了一段距离s后两物体相对静止．下面我们对这个问题进行讨论，此问题中由于木块对木板有摩擦力，所以当木块在木板上滑动的过程中，木板相对地面也滑动了一段距离，设木块和木板最后共同的速度为v′，这个速度我们是可以根据动量守恒定律求出来的．再设木板相对地面滑动距离为s1，木块相对于地面滑行的距离为s2．提问：s1和s2之间存在什么关系呢？回答：s2-s1=s即木块和木板对地面的位移之差就是相对位移．提问：这段过程中木块动能如何变化？木板动能如何变化？它们所构成系统的动能如何变化？回答：木块动能减少，根据动能定理有：mv2/2-mv′2/2=fs2木板动能增加，根据动能定理有：Mv′2/2=fs1上面两式相减，得：mv2/2-mv′2/2-Mv′2/2=fs2-fs1=fs等式左边就是系统前后动能的差，由于fs大于零，所以系统的动能减少了．讲述：由这个问题我们可以得到这样的结论：由于系统内的摩擦力做功，使系统机械能向内能转化，产生的内能等于系统动能的减少量且等于摩擦力乘以两物体间的相对位移．这一结论在实际应用中常可以使问题得到简化，是一个比较有用的结论．值得注意的是，摩擦力乘以相对位移并不是一个功，而是一对摩擦力做功的代数和．。
高三物理二轮复习第一部分专题二功与能第1讲功、功率与动能定理学案
专题二 功与能第1讲 功、功率与动能定理2016高考导航——适用于全国卷Ⅰ第1讲 功、功率与动能定理热点一 功和功率的计算命题规律 在历年的高考中，很少出现简单、单独考查功和功率的计算，一般将其放在与功能关系、物体的运动等综合问题中一起考查，并且对于功和功率的考查一般以选择题形式出现，题目难度以中档题为主．1．(多选)(2015·西安一模)质量为m ＝2 kg 的物体沿水平面向右做直线运动，t ＝0时刻受到一个水平向左的恒力F ，如图甲所示，此后物体的v －t 图象如图乙所示，取水平向右为正方向，g 取10 m/s 2，则( )A ．物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5B ．10 s 末恒力F 的瞬时功率为6 WC ．10 s 末物体在计时起点左侧2 m 处D ．10 s 内物体克服摩擦力做功34 J [突破点拨](1)0～4 s 内，物体所受摩擦力方向向________，所受合力大小为________.4 s ～10 s 内，摩擦力方向向________，所受合力大小为________．(2)由图象知，0～4 s 内物体的加速度大小为________.4 s ～10 s 内物体的加速度大小为________．(3)摩擦力在0～4 s 和4 s ～10 s 内做的功各为正功还是负功？[解析] 由题图乙知前后两段时间内物体加速度的大小分别为a 1＝2 m/s 2、a 2＝1 m/s 2，由牛顿第二定律知F ＋μmg ＝ma 1，F －μmg ＝ma 2，联立得F ＝3 N 、μ＝0.05，A 错误；10 s 末恒力F 的瞬时功率为P ＝Fv ＝18 W ，B 错误；由速度图象与坐标轴所围面积的物理意义知，10 s 内物体的位移x ＝－2 m ，即在计时起点左侧2 m 处，C 正确；10 s 内物体的路程为s ＝34 m ，即10 s 内物体克服摩擦力所做的功W ＝μmgs ＝0.05×2×10×34 J ＝34 J ，D 正确．[答案] CD(1)在上述题1中，0～10 s 内恒力F 做功的平均功率为多大？解析：10 s 内物体的位移x ＝－2 m ，恒力F 做的功W ＝Fx ＝－3×(－2) J ＝6 J ，P ＝W t＝610W ＝0.6 W. 答案：0.6 W(2)在上述题1中，0～10 s 内合外力对物体所做的功为多少？解析：由动能定理得W 合＝12mv 2－12mv 20＝12×2×(－6)2 J －12×2×82J ＝－28 J.答案：－28 J2．(多选)(2015·高考浙江卷)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器．舰载机总质量为3.0×104 kg ，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105N ；弹射器有效作用长度为100 m ，推力恒定．要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则( )A ．弹射器的推力大小为1.1×106NB ．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108JC ．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107WD ．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s 2[解析] 对舰载机应用运动学公式v 2－02＝2ax ，即802＝2·a ·100，得加速度a ＝32 m/s 2，选项D 正确；设总推力为F ，对舰载机应用牛顿第二定律可知：F －20%F ＝ma ，得F ＝1.2×106 N ，而发动机的推力为1.0×105 N ，则弹射器的推力为F 推＝(1.2×106－1.0×105)N＝1.1×106 N ，选项A 正确；弹射器对舰载机所做的功为W ＝F 推·l ＝1.1×108J ，选项B正确；弹射过程所用的时间为t ＝v a ＝8032 s ＝2.5 s ，平均功率P ＝W t ＝1.1×1082.5W ＝4.4×107W ，选项C 错误．[答案] ABD3.(2015·河北冀州调研)一个质量为0.3 kg 的物体沿水平面做直线运动，如图所示，图线a 表示物体受水平拉力时的v －t 图线，图线b 表示撤去水平拉力后物体继续运动的v－t 图线，g ＝10 m/s 2，下列说法中正确的是( )A ．撤去拉力后物体还能滑行7.5 mB ．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1C ．水平拉力的大小为0.1 N ，方向与摩擦力方向相同D ．水平拉力对物体做功为1.2 J [解析] 在0～3 s 内水平拉力F 作用在物体上，由v －t 图象可知，此时间内物体的加速度大小a 1＝23 m/s 2，3 s 末撤去力F ，此后，物体的加速度大小a 2＝13 m/s 2.由v －t 图线和横轴所围面积表示位移，可知3～6 s 内物体的位移为7.5 m ，而6 s 末物体的速度不为零，此后物体仍向前运动，故A 错．由ma 2＝μmg ，可得μ＝130，B 错．结合题图可知F 与摩擦力方向相同，由牛顿第二定律有F ＋μmg ＝ma 1，解得F ＝0.1 N ，故C 对．W ＝－Fx ＝－1.2 J ，D 错．[答案] C [方法技巧](1)计算力所做的功时，一定要注意是恒力做功还是变力做功．若是恒力做功，可用公式W ＝Fl cos α进行计算．若是变力做功，可用以下几种方法进行求解：①微元法：把物体的运动分成无数个小段，计算每一小段力F 做的功．②将变力做功转化为恒力做功．③用动能定理或功能关系进行求解．(2)对于功率的计算要区分是瞬时功率还是平均功率．P ＝W t只能用来计算平均功率．P ＝Fv cos α中的v 是瞬时速度时，计算出的功率是瞬时功率；v 是平均速度时，计算出的功率是平均功率．热点二 对动能定理应用的考查命题规律 该知识点是近几年高考的重点，也是高考的热点，题型既有选择题，也有计算题．考查的频率很高，分析近几年的考题，命题有以下规律：(1)圆周运动与平衡知识的综合题．(2)考查圆周运动的临界和极值问题．1．(2015·张掖二模)如图，一个质量为0.6 kg 的小球以某一初速度从P 点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC 的A 点的切线方向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)．已知圆弧的半径R ＝0.3 m ，θ＝60°，小球到达A 点时的速度v A ＝4 m/s.g 取10 m/s 2，求：(1)小球做平抛运动的初速度v 0. (2)P 点与A 点的高度差．(3)小球到达圆弧最高点C 时对轨道的压力． [突破点拨](1)“恰好从光滑圆弧ABC 的A 点的切线方向进入圆弧”说明v A 与水平方向成________角．(2)小球由P 至A 过程满足的动能定理方程为_______________________. (3)小球在C 点的速度可由A 点到C 点的过程中________方程求出，在C 点由____________求解轨道对小球的支持力，再由____________求小球在C 点时对轨道的压力．[解析] (1)由题意知小球到A 点的速度v A 沿曲线上A 点的切线方向，对速度分解如图所示：小球做平抛运动，由平抛运动规律得： v 0＝v x ＝v A cos θ＝2 m/s.(2)小球由P 至A 的过程由动能定理得：mgh ＝12mv 2A －12mv 2解得：h ＝0.6 m.(3)小球从A 点到C 点的过程中，由动能定理得： －mg (R cos θ＋R )＝12mv 2C －12mv 2A解得：v C ＝7 m/s小球在C 点由牛顿第二定律得：F N C ＋mg ＝m v 2CR解得：F N C ＝8 N由牛顿第三定律得：F ′N C ＝F N C ＝8 N方向竖直向上．[答案] (1)2 m/s (2)0.6 m (3)8 N ，方向竖直向上(1)在上述题1中，求小球经过最低点B 时对轨道的压力大小．解析：小球由A 至B 过程由动能定理得：mgR (1－cos θ)＝12mv 2B －12mv 2A解得：v B ＝19 m/s在B 点由牛顿第二定律得：F N B －mg ＝m v 2BR解得：F N B ＝44 N由牛顿第三定律得小球经过最低点B 时对轨道的压力大小为F ′N B ＝F N B ＝44 N. 答案：44 N(2)在上述题1中，若圆弧轨道粗糙，小球恰好能够经过最高点C ，求此过程小球克服摩擦力所做的功．解析：小球恰好经过C 点时，在C 点由牛顿第二定律得：mg ＝m v 2CR解得：v C ＝ 3 m/s小球由A 至C 过程由动能定理得： －mg (R cos θ＋R )－W f ＝12mv 2C －12mv 2A解得：W f ＝1.2 J.答案：1.2 J2.(2015·高考海南卷)如图，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为2mg ，重力加速度大小为g .质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为( )A ．14mgR B ．13mgR C ．12mgR D ．π4mgR[解析] 当质点由P 点滑到Q 点时，对轨道的正压力为F N ＝2mg ，由牛顿第三定律、牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2Q R，v 2Q ＝gR .对质点自P 点滑到Q 点应用动能定理得：mgR －W f ＝12mv 2Q －0，得：W f ＝12mgR ，因此，A 、B 、D 错误，C 正确．[答案] C3．(2015·高考浙江卷)如图所示，用一块长L 1＝1.0 m 的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H ＝0.8 m ，长L 2＝1.5 m ．斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定．将质量m ＝0.2 kg 的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失．(重力加速度取g ＝10 m/s 2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)当θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示) (2)当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(3)继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离x m . [解析] (1)为使小物块下滑，应有mg sin θ≥μ1mg cos θ， θ满足的条件tan θ≥0.05即当θ＝arctan 0.05时物块恰好从斜面开始下滑．(2)克服摩擦力做功W f ＝μ1mgL 1cos θ＋μ2mg (L 2－L 1cos θ)① 由动能定理得mgL 1sin θ－W f ＝0 代入数据得μ2＝0.8.(3)由动能定理得mgL 1sin θ－W f ＝12mv 2结合①式并代入数据得v ＝1 m/s 由平抛运动规律得H ＝12gt 2，x 1＝vt解得t ＝0.4 s x 1＝0.4 mx m ＝x 1＋L 2＝1.9 m.[答案] (1)arctan 0.05 (2)0.8 (3)1.9 m [总结提升](1)如果在某个运动过程中包含有几个不同运动性质的阶段(如加速、减速阶段)，可以分段应用动能定理，也可以对全程应用动能定理，一般对全程列式更简单．(2)动能定理通常适用于单个物体或可看成单个物体的系统．如果涉及系统，因为要考虑内力做的功，所以要十分慎重．在中学阶段可以先分别对系统内每一个物体应用动能定理，然后再联立求解．机车的启动问题命题规律 机车启动问题在最近3年高考中出现的频率并不高，但该部分内容比较综合，在考查功率的同时也考查功能关系和运动过程的分析以及匀变速直线运动规律的运用，预计可能在2016年的高考中出现，题型为选择题或计算题．[范例] (2015·陕西五校模拟)(16分)水平面上静止放置一质量为m ＝0.2 kg 的物块，固定在同一水平面上的小型电动机通过水平细线牵引物块，使物块由静止开始做匀加速直线运动，2秒末达到额定功率，其v －t 图线如图所示，物块与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.1，g ＝10 m/s 2，电动机与物块间的距离足够远．求：(1)物块做匀加速直线运动时受到的牵引力大小； (2)电动机的额定功率；(3)物块在电动机牵引下，最终能达到的最大速度．[规范答题] (1)由题图知物块在匀加速阶段加速度大小 a ＝Δv Δt＝0.4 m/s 2(2分) 物块受到的摩擦力大小F f ＝μmg (1分) 设牵引力大小为F ，则有：F －F f ＝ma (2分) 得F ＝0.28 N ．(1分)(2)当v ＝0.8 m/s 时，电动机达到额定功率，则 P ＝Fv ＝0.224 W ．(4分)(3)物块达到最大速度v m 时，此时物块所受的牵引力大小等于摩擦力大小，有 F 1＝μmg (2分) P ＝F 1v m (2分)解得v m ＝1.12 m/s.(2分)[答案] (1)0.28 N (2)0.224 W (3)1.12 m/s [总结提升]解决机车启动问题时的四点注意(1)分清是匀加速启动还是恒定功率启动．(2)匀加速启动过程中，机车功率是不断增大的，但该过程中的最大功率是额定功率． (3)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．(4)无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足P ＝f 阻v m ，P 为机车的额定功率． [最新预测]1.(2015·北京东城区模拟)起重机的钢索将重物由地面起吊到空中某个高度，重物起吊过程中的速度－时间图象如图所示，则钢索拉力的功率随时间变化的图象可能是下图中的( )解析：选B ．0～t 1时间内，重物匀加速上升，F 恒定且F >mg ，由P ＝F ·v 可知，功率P 随v 的增大而增大；t 1～t 2时间内，重物匀速上升，F ＝mg ，此过程P ＝F ·v 恒定不变，但t 1时刻起重机的功率突然变小了，A 、D 均错误；t 2～t 3时间内，重物减速上升，F 恒定，且有F <mg ，此过程中，由P ＝F ·v 可知，起重机功率随v 的减小而减小，并且在t 2时刻功率突然变小了，故B 正确，C 错误．2．(2015·宁波模拟)如图甲所示，用固定的电动机水平拉着质量m ＝2 kg 的小物块和质量M ＝1 kg 的平板以相同的速度一起向右匀速运动，物块位于平板左侧，可视为质点．在平板的右侧一定距离处有台阶阻挡，平板撞上后会立刻停止运动．电动机功率保持P ＝3 W 不变．从某时刻t ＝0起，测得物块的速度随时间的变化关系如图乙所示，t ＝6 s 后可视为匀速运动，t ＝10 s 时物块离开平板．重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)平板与地面间的动摩擦因数μ为多大？(2)物块在1 s 末和3 s 末受到的摩擦力各为多大？ (3)平板长度L 为多少？解析：(1)由题干图可知，前2 s 内物块和平板一起做匀速运动，对整体分析，在水平方向上受到水平向右的拉力和地面给平板的滑动摩擦力，此二力的合力为零．拉力大小为：F T1＝P v 1滑动摩擦力大小为：F f ＝μ(M ＋m )g 由平衡条件可得：P v 1＝μ(M ＋m )g可得：μ＝0.2.(2)物块在1 s 末时与平板一起做匀速运动，合力为零．物块受到水平向右的拉力与水平向左的静摩擦力，因此静摩擦力大小为：F f1＝F T1＝Pv 1＝6 N物块在2 s 末之后与平板发生相对运动，之后物块与平板间的摩擦力为滑动摩擦力且大小保持不变．物块在6 s 后可视为匀速运动，此时物块受到的合力为零，即拉力与滑动摩擦力大小相等方向相反，即：F f2＝F T2＝Pv 2＝10 N物块在3 s 末时受到的滑动摩擦力大小与6 s 后受到的摩擦力大小相等，为10 N. (3)依题意，物块在2 s 末之后一直到10 s 时，物块从平板的一端运动到另一端，对物块由动能定理得：P Δt －F f2L ＝12mv 22－12mv 21代入数据解得：L ＝P Δt －12mv 22＋12mv 21F f2＝2.416 m.答案：(1)0.2 (2)6 N 10 N (3)2.416 m [失分防范](1)机车匀加速启动时，匀加速阶段的最大速度小于匀速运动的最大速度，前者用牛顿第二定律列式求解，后者用平衡知识求解．(2)匀加速阶段牵引力是恒力，牵引力做功用W ＝Fl 求解．以额定功率启动时，牵引力是变力，牵引力做功用W ＝Pt 求解．一、选择题1．(2015·太原一模)如图所示，质量m ＝1 kg 、长L ＝0.8 m 的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相齐．板与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4.现用F ＝5 N 的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F 做的功至少为(g 取10 m/s 2)( )A ．1 JB ．1.6 JC ．2 JD ．4 J解析：选B ．木板中心到达桌子边缘时即可翻下，则W F ≥μmg ·L 2＝0.4×1×10×0.82J＝1.6 J ，故B 正确．2．(2015·襄阳一模)用竖直向上大小为30 N 的力F ，将2 kg 的物体由沙坑表面静止提升1 m 时撤去力F ，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20 cm.若忽略空气阻力，g 取10 m/s 2.则物体克服沙坑的阻力所做的功为( )A ．20 JB ．24 JC ．34 JD ．54 J 解析：选C ．对全程应用动能定理得： F ·h ＋mgd －W f ＝0即30×1 J ＋2×10×0.2 J －W f ＝0 W f ＝34 J ，故C 正确．3．(2015·荆州一模)一个质量为m 的物块，在几个共点力的作用下静止在光滑水平面上．现把其中一个水平方向的力从F 突然增大到3F ，并保持其他力不变，则从这时开始t s 末，该力的瞬时功率是( )A ．9F 2t mB ．6F 2tmC ．4F 2tmD ．3F 2tm解析：选B ．物块受到的合力为2F ，根据牛顿第二定律有2F ＝ma ，在合力作用下，物块做初速度为零的匀加速直线运动，速度v ＝at ，该力大小为3F ，则该力的瞬时功率P ＝3Fv ，解以上各式得P ＝6F 2t m，B 正确．4．(多选)(2015·华中师大附中一模)开口向上的半球形曲面的截面如图所示，直径AB 水平．一小物块在曲面内A 点以某一速率开始下滑，曲面内各处动摩擦因数不同，因摩擦作用物块下滑时速率不变，则下列说法正确的是( )A ．物块运动的过程中加速度始终为零B ．物块所受合外力大小不变，方向时刻在变化C ．在滑到最低点C 以前，物块所受摩擦力大小逐渐变小D ．滑到最低点C 时，物块所受重力的瞬时功率达到最大解析：选BC ．由于物块做匀速圆周运动，所受合外力大小不变，方向时刻指向圆心，提供圆周运动的向心力，产生向心加速度，A 错误，B 正确；在下滑的过程中，物块受力如图所示，则摩擦力等于重力沿切线方向的分力，即F f ＝mg cos θ，随着物块下滑，θ角越来越大，物块所受摩擦力越来越小，C 正确；滑到最低点时，速度沿水平方向，此时重力的瞬时功率P ＝mgv cos θ，由于速度的方向与重力方向垂直，因此重力的瞬时功率恰好等于零，D 错误．5．一人用恒定的力F ，通过图示装置拉着物体沿光滑水平面运动，A 、B 、C 是其运动路径上的三个点，且AC ＝BC ．若物体从A 到C 、从C 到B 的过程中，人拉绳做的功分别为W FA 、W FB ，物体动能的增量分别为ΔE A 、ΔE B ，不计滑轮质量和摩擦，下列判断正确的是( )A ．W FA ＝W FB ，ΔE A ＝ΔE B B ．W FA ＞W FB ，ΔE A ＞ΔE BC ．W FA ＜W FB ，ΔE A ＜ΔE BD ．W FA ＞W FB ，ΔE A ＜ΔE B解析：选B ．如图，F 做的功等于F 1做的功，物体由A 向B 运动的过程中，F 1逐渐减小，又因为AC ＝BC ，由W ＝F 1l 知W FA ＞W FB ；对物体只有F 做功，由动能定理知ΔE A ＞ΔE B ，故B 正确．6．质量为m 的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为P ，且行驶过程中受到的摩擦阻力大小一定，汽车速度能够达到的最大值为v ，那么当汽车的车速为v4时，汽车的瞬时加速度的大小为( )A ．P mvB ．2P mvC ．3P mvD ．4P mv解析：选C ．设汽车所受摩擦力为F f ，以v 行驶时有：P v ＝F f ，以v 4行驶时，F 牵＝Pv /4，由牛顿第二定律得：4P v －P v ＝ma ，a ＝3Pmv，故C 正确．7．(多选)一辆汽车在平直公路上以速度v 0开始加速行驶，经过一段时间t ，前进距离l ，此时恰好达到其最大速度v m ，设此过程中汽车发动机始终以额定功率P 工作，汽车所受阻力恒为F f ，则在这段时间里，发动机所做的功为( )A ．F f v m tB ．PtC ．12mv 2m ＋F f l －12mv 20 D ．F f tv 0＋v m2解析：选ABC ．发动机牵引力为变力，而牵引力的功率恒定，则可用W ＝Pt 求变力做功，选项B 正确；根据P ＝F 牵v ＝F f v m ，所以W ＝F f v m t ，选项A 正确；根据动能定理，W －F f l ＝12mv 2m－12mv 20，解得W ＝12mv 2m －12mv 20＋F f l ，选项C 正确． 8.(2015·高考全国卷Ⅰ，T17，6分)如图，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )A ．W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点B ．W >12mgR ，质点不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离D ．W <12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离解析：选C ．设质点到达N 点的速度为v N ，在N 点质点受到轨道的弹力为F N ，则F N －mg＝mv 2N R ，已知F N ＝F ′N ＝4mg ，则质点到达N 点的动能为E k N ＝12mv 2N ＝32mgR .质点由开始至N 点的过程，由动能定理得mg ·2R ＋W f ＝E k N －0，解得摩擦力做的功为W f ＝－12mgR ，即克服摩擦力做的功为W ＝－W f ＝12mgR .设从N 到Q 的过程中克服摩擦力做功为W ′，则W ′<W .从N 到Q 的过程，由动能定理得－mgR －W ′＝12mv 2Q －12mv 2N ，即12mgR －W ′＝12mv 2Q ，故质点到达Q 点后速度不为0，质点继续上升一段距离．选项C 正确．9．(2015·河北衡水中学三模)如图所示，质量为0.1 kg 的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m 后以3.0 m/s 的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m ，若不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2，则( )A ．小物块的初速度是5 m/sB ．小物块的水平射程为1.2 mC ．小物块在桌面上克服摩擦力做8 J 的功D ．小物块落地时的动能为0.9 J解析：选D ．小物块在桌面上克服摩擦力做功W f ＝μmgL ＝2 J ，C 错．在水平桌面上滑行，由动能定理得－W f ＝12mv 2－12mv 20，解得v 0＝7 m/s ，A 错．小物块飞离桌面后做平抛运动，有x ＝vt 、h ＝12gt 2，解得x ＝0.9 m ，B 错．设小物块落地时动能为E k ，由动能定理得mgh ＝E k －12mv 2，解得E k ＝0.9 J ，D 正确．10．(2015·山西模拟)用传感器研究质量为2 kg 的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s 内物体的加速度随时间变化的关系如图所示．下列说法正确的是( )A ．0～6 s 内物体先向正方向运动，后向负方向运动B ．0～6 s 内物体在4 s 时的速度最大C ．物体在2～4 s 内速度不变D ．0～4 s 内合力对物体做的功等于0～6 s 内合力做的功 解析：选D ．由v ＝at 可知，a －t 图象中，图线与坐标轴所围面积表示质点的速度，0～6 s 内物体的速度始终为正值，故一直为正方向，A 项错；t ＝5 s 时，速度最大，B 项错；2～4 s 内加速度保持不变且不为零，速度一定变化，C 项错；0～4 s 内与0～6 s 内图线与坐标轴所围面积相等，故物体4 s 末和6 s 末速度相同，由动能定理可知，两段时间内合力对物体做功相等，D 项正确．二、计算题 11．(2015·海淀区一模)如图所示，水平轨道与竖直平面内的圆弧轨道平滑连接后固定在水平地面上，圆弧轨道B 端的切线沿水平方向．质量m ＝1.0 kg 的滑块(可视为质点)在水平恒力F ＝10.0 N 的作用下，从A 点由静止开始运动，当滑块运动的位移x ＝0.50 m 时撤去力F .已知A 、B 之间的距离x 0＝1.0 m ，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.10，g 取10 m/s 2.求：(1)在撤去力F 时，滑块的速度大小． (2)滑块通过B 点时的动能．(3)滑块通过B 点后，能沿圆弧轨道上升的最大高度h ＝0.35 m ，求滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做的功．解析：(1)滑动摩擦力F f ＝μmg设撤去力F 前滑块的加速度为a 1，根据牛顿第二定律得： F －μmg ＝ma 1解得：a 1＝9.0 m/s 2设滑块运动位移为0.50 m 时的速度大小为v ，根据运动学公式得：v 2＝2a 1x 解得：v ＝3.0 m/s.(2)设滑块通过B 点时的动能为E k B ，从A 到B 运动过程中，由动能定理得： Fx －F f x 0＝E k B解得：E k B ＝4.0 J.(3)设滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做功为W F f ，由动能定理得： －mgh －W F f ＝0－E k B 解得：W F f ＝0.50 J.答案：(1)3.0 m/s (2)4.0 J (3)0.50 J12．(2015·福建厦门质检)如图所示，在竖直方向上A 、B 两物体通过劲度系数为k 的轻质弹簧相连，A 放在水平地面上；B 、C 两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C 放在固定的光滑斜面上．用手拿住C ，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab 段的细线竖直、cd 段的细线与斜面平行．已知A 、B 的质量均为m ，斜面倾角为θ＝37°，重力加速度为g ，滑轮的质量和摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．C 释放后沿斜面下滑，当A 刚要离开地面时，B 的速度最大，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)从开始到物体A 刚要离开地面的过程中，物体C 沿斜面下滑的距离； (2)C 的质量；(3)A 刚要离开地面时，C 的动能．解析：(1)设开始时弹簧压缩的长度为x B ，则有kx B ＝mg设当物体A 刚要离开地面时，弹簧的伸长量为x A ，则有kx A ＝mg当物体A 刚要离开地面时，物体B 上升的距离与物体C 沿斜面下滑的距离相等，为： h ＝x A ＋x B 解得：h ＝2mgk.(2)物体A 刚要离开地面时，以B 为研究对象，物体B 受到重力mg 、弹簧的弹力kx A 、细线的拉力F T 三个力的作用，设物体B 的加速度为a ，根据牛顿第二定律：对B 有：F T －mg －kx A ＝ma对C 有：m C g sin θ－F T ＝m C a B 获得最大速度时，有：a ＝0 解得：m C ＝10m3.(3)法一：由于x A ＝x B ，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，弹簧弹力做功为零，且物体A 刚要离开地面时，B 、C 两物体的速度相等，设为v 0，由动能定理得：m C gh sin θ－mgh ＋W 弹＝12(m ＋m C )v 20－0其中W 弹＝0 解得：v 20＝12mg 213k所以E k C ＝12m C v 20＝20m 2g213k .法二：根据动能定理，对C ：m C gh sin θ－W T ＝E k C －0 对B ：W T －mgh ＋W 弹＝E k B －0 其中W 弹＝0又：E k C ∶E k B ＝10∶3 解得：E k C ＝20m 2g213k.答案：(1)2mg k (2)10m 3 (3)20m 2g213k。
高三物理二轮复习 第一部分 专题二 功与能 第2讲 机械能守恒、功能关系学案
第2讲 机械能守恒、功能关系热点一 机械能守恒定律的应用命题规律 该知识点为每年高考的重点，分析近几年高考试题，命题规律有以下三点： (1)判断某系统在某过程中机械能是否守恒．(2)结合物体的典型运动进行考查，如平抛运动、圆周运动、自由落体运动．(3)在综合问题的某一过程中遵守机械能守恒定律时进行考查．1．(多选)(2015·汕头一模)如图所示，在倾角为30°的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为1 kg 和2 kg 的可视为质点的小球A 和B ，两球之间用一根长L ＝0.2 m 的轻杆相连，小球B 距水平面的高度h ＝0.1 m ．斜面底端与水平面之间有一光滑短圆弧相连，两球从静止开始下滑到光滑水平面上，g 取10 m/s 2.则下列说法中正确的是( )A ．下滑的整个过程中A 球机械能守恒B ．下滑的整个过程中两球组成的系统机械能守恒C ．两球在光滑水平面上运动时的速度大小为2 m/sD ．系统下滑的整个过程中B 球机械能的增加量为23J[突破点拨](1)“光滑固定斜面”“光滑短圆弧”“光滑水平面”说明A 、B 两球不受摩擦力的作用．(2)A 、B 两球(含轻杆)组成的系统，从静止到滑到水平面上的整个过程中只有________力做功，故机械能________．(3)A 球、B 球都在斜面上下滑的过程中，两球各自的机械能都________．B 球刚滑到水平面到A 球刚滑到水平面的过程中，B 球的机械能________，A 球的机械能________．[解析] A 、B 下滑的整个过程中，杆的弹力对A 球做负功，A 球机械能减少，选项A 错误；A 、B 两球组成的系统只有重力和系统内弹力做功，机械能守恒，选项B 正确；对A 、B 两球组成的系统由机械能守恒定律得m A g (h ＋L sin 30°)＋m B gh ＝12(m A ＋m B )v 2，解得v ＝236 m/s ，选项C 错误；B 球机械能的增加量为ΔE p ＝12m B v 2－m B gh ＝23J ，选项D 正确．[答案] BD在上述题1中，系统下滑的整个过程中杆的弹力对A 球做多少功？A 球机械能如何变化？解析：A 、B 两球在光滑水平面上运动时的速度大小为v ＝236 m/s ，对A 球下滑全过程由动能定理得m A g (h ＋L sin 30°)＋W ＝12m A v 2，解得W ＝－23 J ，A 球机械能减少了23 J.答案：见解析2.(多选)(2015·长沙二模)如图所示，物体A 的质量为M ，圆环B 的质量为m ，通过轻绳连接在一起，跨过光滑的定滑轮，圆环B 套在光滑的竖直杆上，设杆足够长．开始时连接圆环的绳处于水平，长度为l ，现从静止释放圆环．不计定滑轮和空气的阻力，以下说法正确的是( )A ．当M ＝2m 时，l 越大，则圆环B 下降的最大高度h 越大 B ．当M ＝2m 时，l 越大，则圆环B 下降的最大高度h 越小C ．当M ＝m ，且l 确定时，圆环B 下降过程中速度先增大后减小到零D ．当M ＝m ，且l 确定时，圆环B 下降过程中速度一直增大 [解析]由系统机械能守恒可得mgh ＝Mg (h 2＋l 2－l )，当M ＝2m 时，h ＝43l ，所以A 选项正确；当M ＝m 时，对圆环受力分析如图，可知F T ＝mgcos θ＞Mg ，故圆环在下降过程中系统的重力势能一直在减少，则系统的动能一直在增加，所以D 选项正确．[答案] AD3.(2015·合肥二模)如图所示，绕过光滑轻质定滑轮的轻绳连接物体A 和B ，光滑水平台面上物体B 的质量是物体A 的12，绳恰伸直时，用手托住A ，A 离地面的高度为H ，然后由静止释放A ，若以地面为零势能面，当A 的动能和势能相等时，A 距地面的高度是( )A ．H5 B ．H3 C ．2H 5D ．4H 5[解析] 设物体B 的质量为m ，则物体A 的质量为2m ，当A 离地面的高度为h 时，A 的动能与势能相等，故有12·2mv 2＝2mgh ，以A 、B 为整体由牛顿第二定律可得：2mg ＝(2m ＋m )a ，解得a ＝2g 3，由匀变速直线运动规律可得，当A 离地面的高度为h 时，v 2＝2a (H －h )，联立可得h ＝25H ，C 对．[答案] C [总结提升](1)机械能守恒定律的三种表达式 ①守恒观点：E k1＋E p1＝E k2＋E p2 ②转化观点：ΔE p ＝－ΔE k ③转移观点：ΔE A 增＝ΔE B 减(2)机械能守恒定律解题的基本思路 ①选取研究对象——物体系或物体．②根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒． ③恰当地选取参考平面，确定研究对象初末态时的机械能． ④灵活选取机械能守恒的表达式，列机械能守恒定律方程． ⑤解方程，统一单位，进行运算，求出结果，进行检验．热点二 功能关系的应用命题规律 该知识点为每年高考的重点和热点，在每年的高考中都会涉及，分析近几年考题，命题规律有如下特点：(1)考查做功与能量变化的对应关系．(2)涉及对滑动摩擦力做功与产生内能(热量)的考查．1．(2015·南京模拟)如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在t ＝0时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，以后长木板运动的v －t 图象如图乙所示．已知小物块与长木板的质量均为m ＝1 kg ，小物块与长木板间及长木板与地面间均有摩擦，经1.0 s 后小物块与长木板相对静止(g 取10 m/s 2)，求：(1)小物块与长木板间动摩擦因数的值； (2)在整个运动过程中，系统所产生的热量． [突破点拨](1)0～1.0 s 内，小物块受向左的滑动摩擦力而做____________运动；长木板在两个摩擦力的作用下做________运动．(2)1.0 s 后，小物块与木板一起做____________运动．此过程中，小物块所受摩擦力的方向为________．[解析] (1)两者共同减速的过程中a 2＝0－v m t 2－t 1＝－2.5 m/s 2由牛顿第二定律得：－μ2(m ＋m )g ＝(m ＋m )a 2 解得：μ2＝0.25 长木板加速过程中a 1＝v m t 1－0＝2 m/s 2由牛顿第二定律得μ1mg －μ2(m ＋m )g ＝ma 1 代入数据解得：μ1＝0.7. (2)小物块在减速过程中，有 μ1mg ＝ma 3，a 3＝7 m/s 2 v m ＝v 0－a 3t 1，v 0＝9 m/s在整个运动过程中，由能量守恒定律得Q ＝12mv 20联立解得Q ＝40.5 J.[答案] (1)0.7 (2)40.5 J(1)在上述题1中，从开始运动到最后静止，长木板运动的位移为多少？解析：根据题干图乙可知，长木板运动的位移为图象中图线与坐标轴所围成的面积，故长木板运动的位移为x ＝12×1.8×2 m ＝1.8 m.答案：1.8 m(2)在上述题1中，若小物块未从长木板上掉下来，则长木板至少多长？ 解析：在0～1.0 s 内，长木板的位移为x 1＝12×2×1 m ＝1 m已求得v 0＝9 m/s 小物块的位移为x 2＝12(v 0＋v m )t 1＝12×(9＋2)×1 m ＝5.5 m则长木板长度至少为l ＝x 2－x 1＝4.5 m. 答案：4.5 m2．(多选)(2015·遵义二模)如图所示，长为L 的长木板水平放置，在木板的A 端放置一个质量为m 的小物块，现缓慢地抬高A 端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v ，在整个过程中( )A ．木板对小物块做的功为12mv 2B ．支持力对小物块做的功为零C ．小物块的机械能的增量为12mv 2－mgL sin αD ．滑动摩擦力对小物块做的功为12mv 2－mgL sin α[解析] 在运动过程中，小物块受重力、木板施加的支持力和摩擦力，整个过程重力做功为零，由动能定理得W 木＝12mv 2－0，A 正确；在物块被缓慢抬高过程中摩擦力不做功，由动能定理得W ′木－mgL sin α＝0－0，则有W ′木＝mgL sin α，B 错误；由功能关系，机械能的增量为木板对小物块做的功，大小为12mv 2，C 错误；滑动摩擦力对小物块做的功W f ＝W 木－W ′木＝12mv 2－mgL sin α，D 正确．[答案] AD3．(2015·山西太原一模)将小球以10 m/s 的初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能E k 、重力势能E p 与上升高度h 间的关系分别如图中两图线所示．取g ＝10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．小球的质量为0.2 kgB ．小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.20 NC ．小球动能与重力势能相等时的高度为2013mD ．小球上升到2 m 时，动能与重力势能之差为0.5 J[解析] 在最高点E p ＝mgh 得m ＝0.1 kg ，A 项错误；由除重力以外其他力做功W 其他＝ΔE 可知：－F f h ＝E 高－E 低，E 为机械能，解得F f ＝0.25 N ，B 项错误；设小球动能和重力势能相等时的高度为H ，此时有mgH ＝12mv 2，由动能定理：－F f H －mgH ＝12mv 2－12mv 20得H ＝209 m ，故C 项错误；当上升h ′＝2 m 时，由动能定理，－F f h ′－mgh ′＝E k2－12mv 20得E k2＝2.5 J ，E p2＝mgh ′＝2 J ，所以动能与重力势能之差为0.5 J ，故D 项正确．[答案] D [总结提升]解决功能关系问题应注意的三个方面(1)分析清楚是什么力做功，并且清楚该力做正功，还是做负功；根据功能之间的对应关系，判定能的转化形式，确定能量之间的转化情况．(2)也可以根据能量之间的转化情况，确定是什么力做功，尤其是可以方便计算变力做功的多少．(3)功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度和原因，在不同问题中的具体表现不同．用动力学和能量观点解决传送带问题命题规律 传送带是最重要的模型之一，近两年高考中虽没有出现，但解决该问题涉及的知识面较广，又能与平抛运动、圆周运动相结合，因此预计在2016年高考中出现的可能性很大，题型为选择题或计算题．[范例] (2015·淄博一模)(17分)如图是利用传送带装运煤块的示意图．其中传送带长L ＝6 m ，倾角θ＝37°，煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，传送带的主动轮和从动轮半径相等．主动轮轴顶端与运煤车底板间的竖直高度H ＝1.8 m ，与运煤车车厢中心的水平距离x ＝1.2 m ．现在传送带底端由静止释放一些煤块(可视为质点)，质量m ＝5 kg ，煤块在传送带的作用下运送到高处．要使煤块在轮的最高点水平抛出并落在车厢中心．取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)煤块在轮的最高点水平抛出时的速度； (2)主动轮和从动轮的半径R ；(3)电动机运送煤块多消耗的电能．[规范答题] (1)煤块离开传送带后做平抛运动 水平方向x ＝vt (1分) 竖直方向H ＝12gt 2(1分)代入数据得v ＝2 m/s.(1分)(2)要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零．(1分)由牛顿第二定律得：mg ＝m v 2R(2分)代入数据解得 R ＝0.4 m ．(1分)(3)由牛顿第二定律F ＝ma 得μmg cos θ－mg sin θ＝ma (2分)即a ＝0.4 m/s 2(1分) 由v ＝v 0＋at ，v 0＝0得 煤块匀加速运动的时间t ′＝va＝5 s(1分)煤块的位移x 1＝12at ′2＝5 m<L ＝6 m(1分)由于μ>tan 37°，所以煤块将匀速运动到顶端．(1分) 由功能关系得传送带多消耗的电能E ＝12mv 2＋μmg cos 37°(vt ′－x 1)＋mgL sin 37°(2分)代入数据，由以上各式得E ＝350 J ．(2分) [答案] (1)2 m/s (2)0.4 m (3)350 J [总结提升](1)传送带模型题的分析流程：(2)传送带问题中的功能关系：传送带做的功W F ＝Fl 带，功率P ＝Fv 带；摩擦力做功W 摩＝F f l ；物体与皮带间摩擦生热Q ＝F f l 相对．(3)如质量为m 的物体无初速度放在水平传送带上，最终与传送带共速，则在整个加速过程中物体获得的动能E k 及因摩擦而产生的热量Q 有如下关系：E k ＝Q ＝12mv 2传.[最新预测]1.(2015·西安一模)如图所示，水平传送带以v ＝2 m/s 的速度匀速前进，上方漏斗中以每秒50 kg 的速度把煤粉竖直抖落到传送带上，然后一起随传送带运动．如果要使传送带保持原来的速度匀速前进，则传送带的电动机应增加的功率为( )A ．100 WB ．200 WC ．500 WD ．无法确定 解析：选B ．漏斗均匀持续将煤粉抖落在传送带上，每秒钟有50 kg 的煤粉被加速至2 m/s ，故每秒钟传送带的电动机应多做的功为：ΔW ＝ΔE k ＋Q ＝12mv 2＋F f ·Δx ＝mv 2＝200 J ，故传送带的电动机应增加的功率ΔP ＝ΔWt＝200 W ．B 对．2．(多选)(2015·银川一中高三第五次考试)如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行，现将一质量m ＝1 kg 的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则下列说法正确的是( )A ．物体与传送带间的动摩擦因数为0.875B ．0～8 s 内物体位移的大小为18 mC ．0～8 s 内物体机械能的增量为90 JD ．0～8 s 内物体与传送带由于摩擦产生的热量为126 J解析：选AC ．根据速度时间图象分析，前6秒钟，物体的加速度方向沿传送带向上，大小为a ＝1 m/s 2，根据物体在传送带上受力分析有μmg cos θ－mg sin θ＝ma ，整理得μ＝0.875，选项A 正确.0～8 s 内物体位移等于前8秒钟速度时间图象与时间轴围成的面积，时间轴上面的部分代表位移为正，下面的部分代表位移为负，结合图象得位移x ＝（2＋6）×42 m －2×22 m ＝14 m ，选项B 错误.0～8 s 内物体动能增加量为12m ×v 2－12m ×v 20＝6 J ，重力势能增加量为mgx ×sin θ＝84 J ，机械能增加量为6 J ＋84 J ＝90 J ，选项C 正确．摩擦生热分为三部分，第一部分为前2秒：Q 1＝μmg cos θ×v 02t 1＝14 J ，第二部分为2～6 s ，摩擦生热Q 2＝μmg cos θ×v2t 2＝56 J ，最后物体做匀速直线运动摩擦力为静摩擦力，二者没有相对运动，不产生热量，所以0～8 s 内物体与传送带由于摩擦产生的热量为Q 1＋Q 2＝70 J ，选项D 错误．[失分防范]解决传送带问题应注意以下四点(1)摩擦力的方向及存在阶段的判断． (2)物体能否达到与传送带共速的判断．(3)计算产生的热量时，正确确定物体相对传送带滑动的距离．(4)弄清能量转化关系：传送带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与产生的内能之和．一、选择题1．(2015·高考四川卷)在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小( )A ．一样大B ．水平抛的最大C ．斜向上抛的最大D ．斜向下抛的最大解析：选A ．不计空气阻力的抛体运动，机械能守恒．故以相同的速率向不同的方向抛出落至同一水平地面时，物体速度的大小相等．故只有选项A 正确．2．(多选)(2015·湖北省六校高三联考)如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m 的圆环，圆环与一弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A 点，橡皮绳竖直时处于原长h .让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零．则在圆环下滑过程中(整个过程中橡皮绳始终处于弹性限度内)( )A．橡皮绳的弹性势能一直增大B．圆环的机械能先不变后减小C．橡皮绳的弹性势能增加了mghD．橡皮绳再次到达原长时圆环动能最大解析：选BC．橡皮绳开始处于原长，弹性势能为零，圆环刚开始下滑到橡皮绳再次伸直达到原长过程中，弹性势能始终为零，A项错误；圆环在下落的过程中，橡皮绳的弹性势能先不变后不断增大，根据机械能守恒定律可知，圆环的机械能先不变，后减小，B项正确；从圆环开始下滑到滑至最低点过程中，圆环的重力势能转化为橡皮绳的弹性势能，C项正确；橡皮绳达到原长时，圆环受合外力方向沿杆方向向下，对环做正功，动能仍增大，D项错误．3.(2015·高考天津卷)如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中( )A．圆环的机械能守恒B．弹簧弹性势能变化了3mgLC．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变解析：选B．圆环沿杆下滑的过程中，圆环与弹簧组成的系统动能、弹性势能、重力势能之和守恒，选项A、D错误；弹簧长度为2L时，圆环下落的高度h＝3L，根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能增加了ΔE p＝mgh＝3mgL，选项B正确；圆环释放后，圆环向下先做加速运动，后做减速运动，当速度最大时，合力为零，下滑到最大距离时，具有向上的加速度，合力不为零，选项C错误．4．(多选)如图所示，汽车通过轻质光滑的定滑轮，将一个质量为m的物体从井中拉出，绳与汽车连接点A距滑轮顶点高为h，开始时物体静止，滑轮两侧的绳都竖直绷紧，汽车以速度v向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平方向夹角为30°，则( )A ．从开始到绳与水平方向夹角为30°时，拉力做功mghB ．从开始到绳与水平方向夹角为30°时，拉力做功mgh ＋38mv 2C ．在绳与水平方向夹角为30°时，拉力的功率为mgvD ．在绳与水平方向夹角为30°时，拉力的功率大于32mgv 解析：选BD ．将汽车的速度分解为沿绳方向和垂直于绳方向，易知汽车沿绳方向的速度等于物体上升的速度，即物体上升的速度v ′＝v cos θ.拉力做的功全部转化为物体的动能和重力势能，当θ＝30°时，物体上升的高度为h ，物体的速度为32v ，拉力做的功为mgh ＋38mv 2，由于汽车匀速向右运动，所以v 不变，θ变小，v ′增大，物体向上加速运动，处于超重状态，拉力大于重力，拉力的功率大于32mgv . 5.(多选)(2015·陕西西工大附中适应考)如图所示，质量为m 的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速率v 匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程，下列说法正确的是( )A ．电动机多做的功为12mv 2B ．摩擦力对物体做的功为12mv 2C ．电动机增加的功率为μmgvD ．传送带克服摩擦力做的功为12mv 2解析：选BC ．由能量守恒知电动机多做的功为物体动能增量和摩擦产生的热量Q 的总和，所以A 项错误；根据动能定理，对物体列方程，W f ＝12mv 2，所以B 项正确；因为电动机增加的功率P ＝物体动能增量＋摩擦产生的热量时间＝μmg v 2t ＋μmg v 2tt＝μmgv ，C 项正确；因为传送带与物体共速之前，传送带的路程是物体路程的2倍，所以传送带克服摩擦力做功是摩擦力对物体做功的2倍，即mv 2，D 项错误．6．(多选)(2015·廊坊市质量检测)如图所示，在离地面高为H 处以水平速度v 0抛出一质量为m 的小球，经时间t ，小球离水平地面的高度变为h ，此时小球的动能为E k ，重力势能为E p (选水平地面为零势能参考面)．下列图象中大致能反映小球动能E k 、势能E p 变化规律的是( )解析：选AD ．由动能定理可知，mg (H －h )＝E k －E k0，即E k ＝E k0＋mgH －mgh ，E k －h 图象为一次函数图象，B 项错误；又E k ＝E k0＋12mg 2t 2，可知E k －t 图象为开口向上的抛物线，A 项正确；由重力势能定义式有：E p ＝mgh ，E p －h 为正比例函数，所以D 项正确；由平抛运动规律有：H －h ＝12gt 2，所以E p ＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫H －12gt 2，所以E p －t 图象不是直线，C 项错误． 7.(2015·厦门市质检)在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A 、B ，它们的质量分别为m 1、m 2，弹簧劲度系数为k ，C 为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一平行于斜面向上的恒力F 拉物块A 使之向上运动，当物块B 刚要离开挡板C 时，物块A 沿斜面运动的距离为d ，速度为v ，则( )A ．此过程中拉力F 做功的大小等于物块A 动能的增加量B ．当物块B 刚要离开挡板时，受力满足m 2g sin θ＝kdC ．当物块B 刚要离开挡板时，物块A 的加速度为(F －kd )/m 1D ．此过程中弹簧弹性势能的增加量为Fd －12m 1v 2解析：选C ．整个过程中，由功能关系可知拉力F 对系统做功等于系统机械能的增加量，若两物块质量相等，初、末状态弹簧的弹性势能不变，物块A 动能和重力势能均增大，拉力做功大于物块A 动能增加量，A 项错误；开始时，弹簧处于压缩状态，m 1g sin θ＝k Δx 1①；B 刚要离开挡板时，弹簧处于伸长状态，形变量为Δx 2，由平衡条件可知，m 2g sin θ＝k Δx 2<kd ②，B 项错误；由牛顿第二定律有，F －k Δx 2－m 1g sin θ＝m 1a ③，Δx 1＋Δx 2＝d ④，解①③④得：a ＝F －kdm 1，C 项正确；整个过程中，由功能关系可知，弹性势能增加量ΔE p ＝Fd －12m 1v 2－m 1gd sin θ，D 项错误．8．(2015·漳州一模)质量为m 的带电小球，在充满匀强电场的空间中水平抛出，小球运动时的加速度方向竖直向下，大小为2g3.当小球下降高度为h 时，不计空气阻力，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．小球的动能减少了mgh3B ．小球的动能增加了2mgh3C ．小球的电势能减少了2mgh3D ．小球的电势能增加了mgh解析：选B ．小球受的合力F ＝23mg ，据动能定理，合力做功等于动能的增加量，故ΔE k＝Fh ＝23mgh ，选项A 错、B 对．由题意可知，电场力F 电＝13mg ，电场力做负功，电势能增加，ΔE p ＝F 电·h ＝13mgh ，选项C 、D 均错．9．(多选)(2015·株洲一模)如图所示，物体A 、B 通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A 、B 的质量分别为m 、2m .开始时细绳伸直，用手托着物体A 使弹簧处于原长，且A 与地面的距离为h ，物体B 静止在地面上．放手后物体A 下落，与地面即将接触时速度为v ，此时物体B 对地面恰好无压力．若在物体A 下落的过程中，弹簧始终处在弹性限度内，则A 接触地面前的瞬间( )A ．物体A 的加速度大小为g ，方向竖直向下B ．弹簧的弹性势能等于mgh －12mv 2C ．物体B 有向上的加速度D ．弹簧对物体A 拉力的瞬时功率大小为2mgv解析：选BD ．当A 即将接触地面时，物体B 对地面恰好无压力，对B 受力分析可知，细绳拉力等于轻弹簧弹力F ＝2mg ，选项C 错误；然后对A 受力分析可得：F －mg ＝ma ，可得a ＝g ，方向竖直向上，选项A 错误；A 下落过程中，A 与弹簧整体机械能守恒，可得mgh ＝E p ＋12mv 2，弹簧的弹性势能E p ＝mgh －12mv 2，选项B 正确；拉力的瞬时功率为P ＝Fv ＝2mgv ，选项D 正确．10.(2014·高考山东卷)2013年我国相继完成“神十”与“天宫”对接、“嫦娥”携“玉兔”落月两大航天工程．某航天爱好者提出“玉兔”回家的设想：如图，将携带“玉兔”的返回系统由月球表面发射到h 高度的轨道上，与在该轨道绕月球做圆周运动的飞船对接，然后由飞船送“玉兔”返回地球．设“玉兔”质量为m ，月球半径为R ，月面的重力加速度为g 月．以月面为零势能面，“玉兔”在h 高度的引力势能可表示为E p ＝GMmhR （R ＋h ），其中G 为引力常量，M 为月球质量．若忽略月球的自转，从开始发射到对接完成需要对“玉兔”做的功为( )A ．mg 月RR ＋h(h ＋2R )B ．mg 月RR ＋h(h ＋2R ) C ．mg 月R R ＋h ⎝ ⎛⎭⎪⎫h ＋22R D ．mg 月R R ＋h ⎝ ⎛⎭⎪⎫h ＋12R 解析：选D ．“玉兔”在h 高处做圆周运动时有G Mm （R ＋h ）2＝mv 2R ＋h.发射“玉兔”时对“玉兔”做的功W ＝12mv 2＋E p .在月球表面有GMm R 2＝mg 月，联立各式解得W ＝mg 月R R ＋h ⎝ ⎛⎭⎪⎫h ＋12R .故选项D正确，选项A 、B 、C 错误．二、计算题11．(2015·湖北八校二联)如图所示，半径为R 的光滑圆环竖直放置，直径MN 为竖直方向，环上套有两个小球A 和B ，A 、B 之间用一长为3R 的轻杆相连，小球可以沿环自由滑动，开始时杆处于水平状态，已知A 的质量为m ，重力加速度为g .(1)若B 球质量也为m ，求此时杆对B 球的弹力大小；(2)若B 球质量为3m ，由静止释放轻杆，求B 球由初始位置运动到N 点的过程中，轻杆对B 球所做的功．解析：(1)对B 球，受力分析如图，由几何关系得θ＝60°，F N2＝mg tan 60°＝3mg .(2)由系统机械能守恒得： 3mg 12R －mgR ＝123mv 2B ＋12mv 2A 又v A ＝v B对B 运用动能定理得：3mg R 2＋W ＝123mv 2B解得：W ＝－98mgR .答案：(1)3mg (2)－98mgR12．(2015·德州二模)如图所示，轮半径r ＝10 cm 的传送带，水平部分AB 的长度L ＝1.5 m ，与一圆心在O 点、半径R ＝1 m 的竖直光滑圆轨道的末端相切于A 点，AB 高出水平地面H ＝1.25 m ，一质量m ＝0.1 kg 的小滑块(可视为质点)，由圆轨道上的P 点从静止释放，OP 与竖直线的夹角θ＝37°.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，不计空气阻力．(1)求滑块对圆轨道末端的压力；(2)若传送带一直保持静止，求滑块的落地点与B 间的水平距离；(3)若传送带以v 0＝0.5 m/s 的速度沿逆时针方向运行(传送带上部分由B 到A 运动)，求滑块在传送带上滑行过程中产生的内能．解析：(1)从P 点到圆轨道末端的过程中，由机械能守恒定律得：mgR (1－cos 37°)＝12mv 2在轨道末端由牛顿第二定律得：F N －mg ＝mv 2R由以上两式得F N ＝1.4 N由牛顿第三定律得，滑块对圆轨道末端的压力大小为1.4 N ，方向竖直向下． (2)若传送带静止，从A 到B 的过程中，由动能定理得： －μmgL ＝12mv 2B －12mv 2解得：v B ＝1 m/s由于mg ＝m v 2Br所以滑块从B 点开始做平抛运动滑块的落地点与B 点间的水平距离为：x ＝v B2Hg＝0.5 m.(3)传送带向左运动和传送带静止时，滑块的受力情况没有变化，滑块从A 到B 的运动情况没有改变．所以滑块和传送带间的相对位移为：Δx ＝L ＋v 0v －v Bμg＝2 m 滑块在传送带上滑行过程中产生的内能为： Q ＝μmg Δx ＝0.2 J.答案：(1)1.4 N ，方向竖直向下 (2)0.5 m (3)0.2 J。
高考物理二轮复习第一部分专题二能量与动量学案.doc
专题二第一讲功和能1.[考查功的计算]如图所示，倾角为30°的粗糙斜面与倾角为60°的光滑斜面对接在一起，两斜面上分别放有质量均为m的物块甲和乙，两物块通过一跨过光滑定滑轮的细线连在一起。
物块甲与粗糙斜面间动摩擦因数为μ，在平行于斜面的拉力F的作用下两物块做匀速运动。
从图示位置开始计时，在物块甲与滑轮相碰前的一段时间内，力F做的功为()A．mgL B．mgLC．mgL D．mgL解析：选A对物块甲：T＋mg sin 30°＝μmg cos 30°；对物块乙：F＝T＋mg sin 60°；F做的功：W＝FL；解得W＝mgL，故A正确。
2．[考查平均功率与瞬时功率的分析与计算][多选]如图甲所示，一个质量m＝2 kg的物块静止放置在粗糙水平地面O 处，物块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.5，在水平拉力F作用下物块由静止开始向右运动，经过一段时间后，物块回到出发点O处，取水平向右为速度的正方向，物块运动过程中其速度v随时间t变化规律如图乙所示，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是()A．物块经过4 s时间到出发点B．4.5 s时水平力F的瞬时功率为24 WC．0～5 s内摩擦力对物块先做负功，后做正功，总功为零D．0～5 s内物块所受合力的平均功率为1.8 W解析：选BD由图像可知，前4 s内速度方向始终为正方向，故前4 s时间内没有回到出发点，选项A错误；根据v-t图线的斜率表示加速度，可知3～5 s内，加速度a＝－m/s2＝－3 m/s2,4.5 s时的速度v＝aΔt＝－3×(4.5－4) m/s＝－1.5 m/s，根据牛顿第二定律有F＋μmg＝ma，得F＝－16 N，负号表示力的方向水平向左，水平力F的瞬时功率P＝Fv＝24 W，选项B正确；滑动摩擦力的方向始终与速度方向相反，摩擦力始终做负功，选项C错误；3～5 s 内合力为恒力，物块的位移为零，合力做的功为零，0～3 s内，物块的加速度a1＝m/s2＝1 m/s2，位移x1＝×1×32m＝4.5 m，合力做的功W＝ma1x1＝9 J，0～5 s内合力的平均功率＝＝W＝1.8 W，选项D正确。
教科版物理高考第二轮复习——功和能问题(学案)
一、教学内容：高考第二轮复习——功和能问题二、学习目标：1、把握功和能问题分析的常规思维方法。
2、把握功和能问题知识体系的重点与核心内容。
3、重点把握功和能问题在高考题目中的热点题型及相应的解题策略。
考点地位：从近几年高考试题看，本专题内容是历年高考命题的重点、难点和热点，题目的特点表现为灵活性强、综合面广、过程复杂且环节较多、能力要求高、题型涉及全面、综合性强，本考点内容常与牛顿运动定律、圆周运动、电磁学知识进行综合，突出考查学生的综合分析问题的能力，题目重量重、常以压轴题的形式显现。
三、重难点解析：（一）功的运算1. 恒力的功W=Fscosα，α为力和位移方向的夹角.2. 变力的功（1）用动能定理或功能关系求解（功是能量转化的量度）.（2）利用功率运算：若变力F的功率P恒定，可用W=Pt求功，如机车以恒定功率行驶时牵引力的功.（3）将变力的功转化为恒力的功①当力的大小不变，而方向始终与运动方向相同或相反时，可将变力的作用过程分割成若干个小过程，将每个小过程的功求出，再求总功（此即微元法）.②滑动摩擦力、空气阻力等，当物体做曲线运动或往返运动时，这类力的方向总和运动的方向相反，它们做的功等于力和路程（不是位移）的积，即W=－Ff·s，式中s为物体运动的总路程.③当力的方向不变，大小随位移做线性变化时，可先求出力对位移的平均值122F FF+=，再由W=F·scosα运算功，如弹簧弹力做的功.（4）作出变力F随位移x变化的图像，图线与横轴所围的面积，即为变力的功.3. 合外力的功（1）W合=F合s cosα（F合是恒力），此法适用于各力差不多上恒力，且作用时刻相同时.（2）W合= W1 + W2+…+ Wn，即各个分力做功的代数和，要注意各功的正负.（3）W合=ΔEk.4. 一对作用力与反作用力的功和一对平稳力的功（1）一对作用力与反作用力的功作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，同时存在，同时消逝. 但它们分别作用在两个不同的物体上，而这两个物体各自发生的位移却是不确定的. 因此作用力做功时，反作用力可能做功，也可能不做功，可能做正功，也可能做负功，不要以为作用力、反作用力所做的功一定是数值相等，一正一负.（2）一对静摩擦力做的功①单个静摩擦力能够做正功，也能够做负功，还能够不做功.②相互摩擦的系统内，一对静摩擦力所做功的代数和总为零，即W1+ W2=0.③在静摩擦力做功的过程中，只有机械能在物体之间的转移，而没有机械能转化为其他形式的能.（3）一对滑动摩擦力做的功①单个滑动摩擦力能够对物体做正功，也能够对物体做负功，因此也能够不做功.②相互摩擦的系统内，一对滑动摩擦力所做的功的代数和总为负值，其绝对值恰等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，即恰等于系统因摩擦而缺失的机械能. （W1+ W2=－Q ，其中Q 确实是在摩擦过程中产生的内能）③一对滑动摩擦力做功的过程中，能量的转化有两种情形：一是相互摩擦的物体之间机械能的转移；二是机械能转化为内能，转化为内能的数值等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，即Q=Ff ·Δx.（4）一对平稳力的功因一对平稳力是作用在同一物体上，若物体静止，则两个力都不做功；若物体运动，则这一对力所做的功一定是数值相等，一正一负.（二）功率的运算1. 平均功率：平均功率应明确是哪一过程中的平均功率，其运算公式为P =Wt （一样公式）；P =F ·vcos α（F 为恒力，v 为平均速度）. 2. 瞬时功率：瞬时功率对应物体运动过程中的某一时刻，其运算公式为P=F ·vcos α，其中α为现在刻F 与v 的夹角.3. 机车的启动问题汽车之类的交通工具靠发动机对外做功，发动机的额定功率认为是其最大输出功率，实际工作的功率范畴在0－P额之间.（1）机车以恒定功率启动设机车在运动过程中所受的阻力Ff保持不变，由F－Ff =ma及F=P ／v知，随着速度v的增大，F将减小，加速度a减小，因此机车做变加速运动，当a=0时，机车速度达到最大值vm=P／Ff，以后机车将做匀速直线运动，v－t图如图所示.（2）以恒定加速度a启动要坚持机车的加速度恒定，则牵引力应为恒力. 由P=Fv知，汽车的输出功率必将越来越大，而输出功率的增大是有限的，当输出功率达到额定功率以后，机车只能再以恒定的功率（额定功率）行驶，此后，随着速度v的连续增大，牵引力F将减小，加速度a将减小，当a=0时，速度达到最大值vm=P／Ff，以后机车做匀速运动. 其v－t图如图所示. 图中的v 0是匀加速过程能达到的最大速度，而vm是全过程所能达到的最大速度，两者不能混淆.问题1、功和功率的运算问题：图示为修建高层建筑常用的塔式起重机。
高考物理二轮复习教案专题二能量与动量功和功率功能关系
功和功率 功能关系复习备考建议(1)能量观点是高中物理三大观点之一，是历年高考必考内容；或与直线运动、平抛运动、圆周运动结合，或与电场、电磁感应结合，或与弹簧、传送带、板块连接体等结合；或借助选择题单独考查功、功率、动能定理、功能关系的理解，或在计算题中考查动力学与能量观点的综合应用，难度较大．(2)对于动量问题，17年只在选择题中出现，而且是动量守恒、动量定理的基本应用，18年在计算题中出现，Ⅰ卷、Ⅱ卷都是动量守恒的基本应用，运动过程简单，综合性较低，Ⅲ卷只是用到了动量的概念，19年在计算题中出现，Ⅰ卷、Ⅲ卷都涉及动量与能量观点的综合应用，Ⅱ卷中用到了动量定理，对于动量的考察，综合性、难度有所提升，备考时应多加注意．第4课时 功和功率 功能关系 考点 功、功率的分析与计算1．恒力功的计算(1)单个恒力的功W ＝Fl cos α. (2)合力为恒力的功①先求合力，再求W ＝F 合l cos α. ②W ＝W 1＋W 2＋…. 2．变力功的计算(1)若力大小恒定，且方向始终沿轨迹切线方向，可用力的大小跟路程的乘积计算． (2)力的方向不变，大小随位移线性变化可用W ＝F l cos α计算． (3)F －l 图象中，功的大小等于“面积”． (4)求解一般变力做的功常用动能定理． 3．功率的计算(1)P ＝Wt，适用于计算平均功率；(2)P ＝Fv ，若v 为瞬时速度，则P 为瞬时功率；若v 为平均速度，则P 为平均功率． 注意：力F 与速度v 方向不在同一直线上时功率为Fv cos θ.例1 (多选)(2019·山西晋中市适应性调研)如图1甲所示，足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，沿杆方向给环施加一个拉力F ，使环由静止开始运动，已知拉力F 及小环速度v 随时间t 变化的规律如图乙、丙所示，重力加速度g 取10m/s 2.则以下判断正确的是( )图1A ．小环的质量是1kgB ．细杆与地面间的倾角是30°C ．前3s 内拉力F 的最大功率是2.25WD ．前3s 内拉力对小环做功5.75J 答案 AD解析 由速度－时间图象得到环先匀加速上升，然后匀速运动，由题图可得：第1s 内，a ＝Δv t ＝0.51m/s 2＝0.5 m/s 2，加速阶段：F 1－mg sin θ＝ma ；匀速阶段：F 2－mg sin θ＝0，联立以上三式解得：m ＝1kg ，sin θ＝0.45，故A 正确，B 错误；第1s 内，速度不断变大，拉力的瞬时功率也不断变大，第1s 末，P ＝Fv 1＝5×0.5W＝2.5W ；第1s 末到第3s 末，P ＝Fv 1＝4.5×0.5W＝2.25W ，即拉力的最大功率为2.5W ，故C 错误；从速度－时间图象可以得到，第1 s 内的位移为0.25 m,1～3 s 内的位移为1 m ，前3 s 内拉力做的功为：W ＝5×0.25 J ＋4.5×1J ＝5.75J ，故D 正确． 变式训练1.(2019·河南名校联盟高三下学期2月联考)如图2所示，ad 、bd 、cd 是竖直面内三根固定的光滑细杆，a 、b 、c 、d 位于同一圆周上，a 点为圆周的最高点，d 点为最低点．每根杆上都套着一个质量相等的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a 、b 、c 处由静止释放，用P 1、P 2、P 3依次表示各滑环从静止滑到d 过程中重力的平均功率，则( )图2A ．P 1<P 2<P 3B ．P 1>P 2>P 3C ．P 3>P 1>P 2D ．P 1＝P 2＝P 3 答案 B解析 对小滑环b 受力分析，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得，小滑环做初速度为零的匀加速直线运动的加速度为a ＝g sin θ(θ为杆与水平方向的夹角)，由数学知识可知，小滑环的位移x ＝2R sin θ，所以t ＝2xa＝2×2R sin θg sin θ＝4Rg，t 与θ无关，即t 1＝t 2＝t 3，而三个环重力做功W 1>W 2>W 3，所以有：P 1>P 2>P 3，B 正确．2.(多选)(2019·福建龙岩市期末质量检查)如图3所示，在竖直平面内有一条不光滑的轨道ABC ，其中AB 段是半径为R 的14圆弧，BC 段是水平的．一质量为m 的滑块从A 点由静止滑下，最后停在水平轨道上C 点，此过程克服摩擦力做功为W 1.现用一沿着轨道方向的力推滑块，使它缓慢地由C 点推回到A 点，此过程克服摩擦力做功为W 2，推力对滑块做功为W ，重力加速度为g ，则下列关系中正确的是( )图3A ．W 1＝mgRB ．W 2＝mgRC ．mgR <W <2mgRD ．W >2mgR 答案 AC解析 滑块由A 到C 的过程，由动能定理可知mgR －W 1＝0，故A 对；滑块由A 到B 做圆周运动，而在推力作用下从C 经过B 到达A 的过程是一个缓慢的匀速过程，所以从A 到B 的过程中平均支持力大于从B 到A 的平均支持力，那么摩擦力从A 到B 做的功大于从B 到A 做的功，而两次经过BC 段摩擦力做功相等，故W 2<W 1＝mgR ，故B 错；滑块由C 到A 的过程中，由能量守恒可知，推力对滑块做的功等于滑块重力势能增加量与克服摩擦力所做的功两部分，即W －mgR －W 2＝0，即W ＝W 1＋W 2，由于W 2<W 1＝mgR ，所以mgR <W <2mgR ，故C 对，D 错．考点 功能关系的理解和应用1．几个重要的功能关系(1)重力做的功等于重力势能的减少量，即W G ＝－ΔE p . (2)弹力做的功等于弹性势能的减少量，即W 弹＝－ΔE p . (3)合力做的功等于动能的变化量，即W ＝ΔE k .(4)重力(或系统内弹力)之外的其他力做的功等于机械能的变化量，即W 其他＝ΔE . (5)系统内一对滑动摩擦力做的功是系统内能改变的量度，即Q ＝F f ·x 相对． 2．理解(1)做功的过程就是能量转化的过程，不同形式的能量发生相互转化可以通过做功来实现．(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同性质的力做功对应不同形式的能转化，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等． 3．应用(1)分析物体运动过程中受哪些力，有哪些力做功，有哪些形式的能发生变化． (2)列动能定理或能量守恒定律表达式．例2 (多选)(2019·全国卷Ⅱ·18)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E 总等于动能E k 与重力势能E p 之和．取地面为重力势能零点，该物体的E 总和E p 随它离开地面的高度h 的变化如图4所示．重力加速度取10m/s 2.由图中数据可得( )图4A ．物体的质量为2kgB ．h ＝0时，物体的速率为20m/sC ．h ＝2m 时，物体的动能E k ＝40JD ．从地面至h ＝4m ，物体的动能减少100J 答案 AD解析 根据题图图像可知，h ＝4m 时物体的重力势能mgh ＝80J ，解得物体质量m ＝2kg ，抛出时物体的动能为E k0＝100J ，由公式E k0＝12mv 2可知，h ＝0时物体的速率为v ＝10m/s ，选项A 正确，B 错误；由功能关系可知F f h ＝|ΔE 总|＝20J ，解得物体上升过程中所受空气阻力F f ＝5 N ，从物体开始抛出至上升到h ＝2 m 的过程中，由动能定理有－mgh －F f h ＝E k －100J ，解得E k ＝50J ，选项C 错误；由题图图像可知，物体上升到h ＝4m 时，机械能为80J ，重力势能为80J ，动能为零，即从地面上升到h ＝4m ，物体动能减少100J ，选项D 正确． 变式训练3.(多选)(2018·安徽安庆市二模)如图5所示，一运动员穿着飞行装备从飞机上跳出后的一段运动过程可近似认为是匀变速直线运动，运动方向与水平方向成53°角，运动员的加速度大小为3g4.已知运动员(包含装备)的质量为m ，则在运动员下落高度为h 的过程中，下列说法正确的是(sin53°＝45，cos53°＝35)( )图5A ．运动员重力势能的减少量为35mghB ．运动员动能的增加量为34mghC ．运动员动能的增加量为1516mghD ．运动员的机械能减少了116mgh答案 CD解析 运动员下落的高度是h ，则重力做功：W ＝mgh ，所以运动员重力势能的减少量为mgh ，故A 错误；运动员下落的高度是h ，则飞行的距离：L ＝h sin53°＝54h ，运动员受到的合外力：F 合＝ma ＝34mg ，动能的增加量等于合外力做的功，即：ΔE k ＝W 合＝F 合L ＝34mg ×54h ＝1516mgh ，故B 错误，C 正确；运动员重力势能的减少量为mgh ，动能的增加量为1516mgh ，所以运动员的机械能减少了116mgh ，故D 正确．4．(多选)(2019·福建厦门市第一次质量检查)如图6甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端与A 物体相连接，将B 物体放置在A 物体上面，A 、B 的质量都为m ，初始时两物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F 作用在物体B 上，使物体B 开始向上做匀加速运动，拉力F 与物体B 的位移x 的关系如图乙所示(g ＝10m/s 2)，下列说法正确的是( )图6A ．0～4cm 过程中，物体A 、B 和弹簧组成的系统机械能增大B ．0～4cm 过程中，弹簧的弹性势能减小，物体B 运动到4cm 处，弹簧弹性势能为零C ．弹簧的劲度系数为7.5N/cmD．弹簧的劲度系数为5.0N/cm答案AC解析0～4 cm过程中，物体A、B和弹簧组成的系统，因力F对系统做正功，则系统的机械能增大，选项A正确．由题图可知，在x＝4 cm处A、B分离，此时A、B之间的压力为零，A、B的加速度相等，但是弹簧仍处于压缩状态，弹簧的弹性势能不为零，选项B错误．开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有：2mg＝kΔl1；拉力F1为20 N时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律，有：F1＝2ma；物体B与A分离后，拉力F2为50 N，根据牛顿第二定律，有：F2－mg＝ma；物体A与B分离时，物体A的加速度为a，则根据牛顿第二定律有：kΔl2－mg＝k(Δl1－4 cm)－mg＝ma；联立解得：m＝4.0 kg，k＝7.5 N/cm.选项C正确，D错误．考点动能定理的应用1．表达式：W总＝E k2－E k1.2．五点说明(1)W总为物体在运动过程中所受各力做功的代数和．(2)动能变化量E k2－E k1一定是物体在末、初两状态的动能之差．(3)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．(4)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功．(5)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用．3．基本思路(1)确定研究对象和研究过程．(2)进行运动分析和受力分析，确定初、末速度和各力做功情况，利用动能定理全过程或者分过程列式．4．在功能关系中的应用(1)对于物体运动过程中不涉及加速度和时间，而涉及力和位移、速度的问题时，一般选择动能定理，尤其是曲线运动、多过程的直线运动等．(2)动能定理也是一种功能关系，即合外力做的功(总功)与动能变化量一一对应．例3如图7所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原长时上端与刻度尺上的A点等高．质量m＝0.5kg的篮球静止在弹簧正上方，其底端距A点的高度h1＝1.10m，篮球由静止释放，测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最大形变量x1＝0.15m，第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度h2＝0.873m，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x2＝0.01m，弹性势能为E p＝0.025J．若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球形变，弹簧形变在弹性限度范围内，g取10m/s2.求：图7(1)弹簧的劲度系数；(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力的大小； (3)篮球在整个运动过程中通过的路程． 答案 (1)500N/m (2)0.50N (3)11.05m 解析 (1)由最后静止的位置可知kx 2＝mg ， 所以k ＝500N/m(2)由动能定理可知，在篮球由静止下落到第一次反弹至最高点的过程中mg Δh －F f ·L ＝12mv 22－12mv 12整个过程动能变化为0，重力做功mg Δh ＝mg (h 1－h 2)＝1.135J 空气阻力大小恒定，作用距离为L ＝h 1＋h 2＋2x 1＝2.273m故可得F f ≈0.50N(3)整个运动过程中，空气阻力一直与运动方向相反 根据动能定理有mg Δh ′＋W f ＋W 弹＝12mv 2′2－12mv 12整个过程动能变化为0，重力做功mg Δh ′＝mg (h 1＋x 2)＝5.55J 弹力做功W 弹＝－E p ＝－0.025J则空气阻力做功W f ＝－mg Δh ′－W 弹＝－5.525J 因W f ＝－F f s 故解得s ＝11.05m. 变式训练5.(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3m 以内时，物体上升、下落过程中动能E k 随h 的变化如图8所示．重力加速度取10m/s 2.该物体的质量为( )图8A．2kgB．1.5kgC．1kgD．0.5kg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＝3m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＝3m时，再由动能定理结合题图可得(mg－F)×Δh＝(48－24) J，联立解得m＝1kg、F＝2N，选项C正确，A、B、D均错误．6．由相同材料的木板搭成的轨道如图9所示，其中木板AB、BC、CD、DE、EF…的长均为L ＝1.5m，木板OA和其他木板与水平地面的夹角都为β＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.一个可看成质点的物体在木板OA上从离地高度h＝1.8m处由静止释放，物体与木板间的动摩擦因数都为μ＝0.2，在两木板交接处都用小曲面相连，使物体能顺利地经过，既不损失动能，也不会脱离轨道，在以后的运动过程中，求：(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)图9(1)物体能否静止在木板上？请说明理由．(2)物体运动的总路程是多少？(3)物体最终停在何处？并作出解释．答案(1)不能理由见解析(2)11.25m (3)C点解释见解析解析(1)物体在木板上时，重力沿木板方向的分力为mg sinβ＝0.6mg最大静摩擦力F fm＝μmg cosβ＝0.16mg因mg sinβ>μmg cosβ，故物体不会静止在木板上．(2)从物体开始运动到停下，设总路程为s，由动能定理得mgh －μmgs cos β＝0解得s ＝11.25m(3)假设物体依次能到达B 、D 点，由动能定理得mg (h －L sin β)－μmg cos β(L ＋hsin β)＝12mv B 2 解得v B >0mg (h －L sin β)－μmg cos β(3L ＋hsin β)＝12mv D 2 v D 无解说明物体能通过B 点但不能到达D 点，因物体不能静止在木板上，故物体最终停在C 点．考点 动力学与能量观点的综合应用1．两个分析(1)综合受力分析、运动过程分析，由牛顿运动定律做好动力学分析．(2)分析各力做功情况，做好能量的转化与守恒的分析，由此把握各运动阶段的运动性质，各连接点、临界点的力学特征、运动特征、能量特征． 2．四个选择(1)当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题；(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律；(3)当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻的问题选择牛顿第二定律求解；(4)复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合分析求解．例4 (2019·河北邯郸市测试)如图10所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m ＝1kg 可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度．在平台的右端有一传送带，AB 长L ＝5m ，物块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2，与传送带相邻的粗糙水平面BC 长s ＝1.5 m ，它与物块间的动摩擦因数μ2＝0.3，在C 点右侧有一半径为R 的光滑竖直圆弧轨道与BC 平滑连接，圆弧对应的圆心角为θ＝120°，在圆弧的最高点F 处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来．若传送带以v ＝5m/s 的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失．当弹簧储存的E p ＝18 J 能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E 点，取g ＝10 m/s 2.图10(1)求右侧圆弧的轨道半径R ；(2)求小物块最终停下时与C 点的距离；(3)若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围．答案 (1)0.8m (2)13m (3)37m/s≤v ≤43m/s解析 (1)物块被弹簧弹出，由E p ＝12mv 02，可知：v 0＝6m/s因为v 0>v ，故物块滑上传送带后先减速，物块与传送带相对滑动过程中， 由：μ1mg ＝ma 1，v ＝v 0－a 1t 1，x 1＝v 0t 1－12a 1t 12得到：a 1＝2m/s 2，t 1＝0.5s ，x 1＝2.75m因为x 1<L ，故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以5m/s 的速度滑上水平面BC ，物块滑离传送带后恰到E 点，由动能定理可知：12mv 2＝μ2mgs ＋mgR代入数据得到：R ＝0.8m.(2)设物块从E 点返回至B 点的速度大小为v B ， 由12mv 2－12mv B 2＝μ2mg ·2s 得到v B ＝7m/s ，因为v B >0，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速，由运动的对称性可知，物块以相同的速率离开传送带，经分析可知最终在BC 间停下，设最终停在距C 点x 处，由12mv B 2＝μ2mg (s －x )，代入数据解得：x ＝13m. (3)设传送带速度为v 1时物块恰能到F 点，在F 点满足mg sin30°＝m v F 2R从B 到F 过程中由动能定理可知： －μ2mgs －mg (R ＋R sin30°)＝12mv F 2－12mv 12解得：v 1＝37m/s设传送带速度为v 2时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E 点， 由12mv 22＝μ2mg ·3s ＋mgR解得：v 2＝43m/s若物块在传送带上一直加速运动，由12mv B m 2－12mv 02＝μ1mgL知其到B 点的最大速度v B m ＝56m/s若物块在E 、F 间速度减为0，则物块将脱离轨道．综合上述分析可知，只要传送带速度37m/s≤v ≤43m/s 就满足条件． 变式训练7.(2019·山东青岛二中上学期期末)如图11所示，O 点距水平地面的高度为H ＝3m ，不可伸长的细线一端固定在O 点，另一端系一质量m ＝2kg 的小球(可视为质点)，另一根水平细线一端固定在墙上A 点，另一端与小球相连，OB 线与竖直方向的夹角为37°，l <H ，g 取10m/s 2，空气阻力不计．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)图11(1)若OB 的长度l ＝1m ，剪断细线AB 的同时，在竖直平面内垂直OB 的方向上，给小球一个斜向下的冲量，为使小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，求此冲量的大小； (2)若先剪断细线AB ，当小球由静止运动至最低点时再剪断OB ，小球最终落地，求OB 的长度l 为多长时，小球落地点与O 点的水平距离最远，最远水平距离是多少． 答案 (1)246kg·m/s (2)1.5m355m 解析 (1)要使小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，最高点需满足：mg ＝m v 2l从B 点到最高点，由动能定理有： －mg (l ＋l cos37°)＝12mv 2－12mv 02联立得一开始的冲量大小为I ＝mv 0＝246kg·m/s(2)从剪断AB 到小球至H －l 高度过程，设小球至H －l 高度处的速度为v 0′ 由机械能守恒可得12mv 0′2＝mgl (1－cos37°)小球从H －l 高度做初速度为v 0′的平抛运动，12gt 2＝H －l ，x ＝v 0′t 联立得，x ＝45(－l 2＋3l ) 当l ＝1.5m 时x 取最大值，为355m ．专题突破练1．(2019·山东烟台市上学期期末)如图1所示，把两个相同的小球从离地面相同高度处，以相同大小的初速度v 分别沿竖直向上和水平向右方向抛出，不计空气阻力．则下列说法中正确的是( )图1A ．两小球落地时速度相同B ．两小球落地时，重力的瞬时功率相同C ．从小球抛出到落地，重力对两小球做的功相等D ．从小球抛出到落地，重力对两小球做功的平均功率相等 答案 C解析 两小球运动过程中均只有重力做功，故机械能都守恒，由机械能守恒定律得，两小球落地时的速度大小相同，但方向不同，故A 错误；两小球落地时，由于竖直方向的分速度不同，故重力的瞬时功率不相同，故B 错误；由重力做功公式W ＝mgh 得，从开始运动至落地，重力对两小球做功相同，故C 正确；从抛出至落地，重力对两小球做的功相同，但是落地的时间不同，故重力对两小球做功的平均功率不相同，故D 错误．2.(2019·河北张家口市上学期期末)如图2所示，运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，在这两个过程中，下列说法正确的是( )图2A ．运动员先处于超重状态后处于失重状态B ．空气浮力对系统始终做负功C ．加速下降时，重力做功大于系统重力势能的减小量D ．任意相等的时间内系统重力势能的减小量相等 答案 B解析 运动员先加速向下运动，处于失重状态，后减速向下运动，处于超重状态，选项A 错误；空气浮力与运动方向总相反，则对系统始终做负功，选项B 正确；无论以什么运动状态运动，重力做功都等于系统重力势能的减小量，选项C 错误；因为是变速运动，相等的时间内，因为系统下降的高度不相等，则系统重力势能的减小量不相等，选项D 错误． 3．(2019·河南驻马店市上学期期终)一物体在竖直向上的恒力作用下，由静止开始上升，到达某一高度时撤去外力．若不计空气阻力，则在整个上升过程中，物体的机械能E 随时间t 变化的关系图象是( )答案 A解析 设物体在恒力作用下的加速度为a ，机械能增量为：ΔE ＝F Δh ＝F ·12at 2，知此时E－t 图象是开口向上的抛物线；撤去外力后的上升过程中，机械能守恒，则机械能不随时间改变，故A 正确，B 、C 、D 错误．4．(多选)如图3所示，楔形木块abc 固定在水平面上，粗糙斜面ab 和光滑斜面bc 与水平面的夹角相同，顶角b 处安装一定滑轮．质量分别为M 、m (M >m )的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )图3A ．两滑块组成的系统机械能守恒B ．轻绳对m 做的功等于m 机械能的增加量C ．重力对M 做的功等于M 动能的增加量D ．两滑块组成的系统机械能的损失等于M 克服摩擦力做的功 答案 BD5.(2019·福建三明市期末质量检测)如图4所示，一个质量m ＝1 kg 的小球(视为质点)从H ＝11m 高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB 进入半径R ＝4m 的竖直圆环内侧，且与圆环的动摩擦因数处处相等，当到达圆环顶点C 时，刚好对轨道压力为零，然后沿CB 圆弧滑下，进入光滑弧形轨道BD ，到达高度为h 的D 点时速度为零，则h 的值可能为(重力加速度g ＝10m/s 2)( )图4A ．10mB ．9.5mC ．9mD ．8.5m 答案 B解析 到达圆环顶点C 时，刚好对轨道压力为零，则mg ＝m v C 2R，解得v C ＝210m/s ，则物体在BC 阶段克服摩擦力做功，由动能定理mg (H －2R )－W BC ＝12mv C 2，解得W BC ＝10J ；由于从C到B 过程小球对圆轨道的平均压力小于从B 到C 过程小球对圆轨道的平均压力，则小球从C 到B 过程克服摩擦力做的功小于从B 到C 过程克服摩擦力做的功，即0<W CB <10J ；从C 到D 由动能定理：mg (2R －h )－W CB ＝0－12mv C 2，联立解得9m<h <10m.6．一名外卖送餐员用电动自行车沿平直公路行驶给客户送餐，中途因电瓶“没电”，只能改用脚蹬车以5m/s 的速度匀速前行，骑行过程中所受阻力大小恒为车和人总重力的0.02倍(取g ＝10 m/s 2)，该送餐员骑电动自行车以5m/s 的速度匀速前行过程做功的功率最接近( )A ．10WB ．100WC ．1kWD ．10kW 答案 B解析 设送餐员和车的总质量为100kg ，匀速行驶时的速率为5m/s ，匀速行驶时的牵引力与阻力大小相等，F ＝0.02mg ＝20 N ，则送餐员骑电动自行车匀速行驶时的功率为P ＝Fv ＝100W ，故B 正确．7．(多选)(2019·四川第二次诊断)如图5甲所示，质量m ＝1kg 的物块在平行斜面向上的拉力F 作用下从静止开始沿斜面向上运动，t ＝0.5s 时撤去拉力，其1.5s 内的速度随时间变化关系如图乙所示，g 取10m/s 2.则( )图5A ．0.5s 时拉力功率为12WB ．0.5s 内拉力做功9JC ．1.5s 后物块可能返回D ．1.5s 后物块一定静止 答案 AC解析 0～0.5 s 内物体的位移：x 1＝12×0.5×2 m＝0.5 m ；0.5～1.5 s 内物体的位移：x 2＝12×1×2m ＝1m ；由题图乙知，各阶段加速度的大小：a 1＝4m/s 2，a 2＝2 m/s 2；设斜面倾角为θ，斜面对物块的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律，0～0.5s 内F －μgm cos θ－mg sin θ＝ma 1；0.5～1.5s 内－μmg cos θ－mg sin θ＝－ma 2，联立解得：F ＝6N ，但无法求出μ和θ.0.5s 时，拉力的功率P ＝Fv ＝12W ，故A 正确．拉力做的功为W ＝Fx 1＝3J ，故B 错误．无法求出μ和θ，不清楚tan θ与μ的大小关系，故无法判断物块能否静止在斜面上，故C 正确，D 错误．8.(多选)(2019·安徽安庆市期末调研监测)如图6所示，重力为10N 的滑块轻放在倾角为30°的光滑斜面上，从a 点由静止开始下滑，到b 点接触到一个轻质弹簧，滑块压缩弹簧到c 点开始弹回，返回b 点离开弹簧，最后又回到a 点．已知ab ＝1m ，bc ＝0.2m ，则以下结论正确的是( )图6A ．整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6JB ．整个过程中滑块动能的最大值为6JC ．从c 到b 弹簧的弹力对滑块做功5JD ．整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒 答案 AD解析 滑块从a 到c, mgh ac ＋W 弹′＝0－0，解得：W 弹′＝－6J ．则E pm ＝－W 弹′＝6J ，所以整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6J ，故A 正确；当滑块受到的合外力为0时，滑块速度最大，设滑块在d 点合外力为0，由分析可知d 点在b 点和c 点之间．滑块从a 到d 有：mgh ad ＋W 弹＝E k d －0，因mgh ad ＜6J ，W 弹＜0，所以E k d ＜6J ，故B 错误；从c 点到b 点弹簧的弹力对滑块做的功与从b 点到c 点弹簧的弹力对滑块做的功大小相等，即为6J ，故C 错误；整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒，没有与系统外发生能量转化，故D 正确．9．(多选)(2019·河南九师联盟质检)如图7所示，半径为R ＝0.4m 的14圆形光滑轨道固定于竖直平面内，圆形轨道与光滑固定的水平轨道相切，可视为质点的质量均为m ＝0.5kg 的小球甲、乙用轻杆连接，置于圆轨道上，小球甲与O 点等高，小球乙位于圆心O 的正下方．某时刻将两小球由静止释放，最终它们在水平面上运动，g 取10m/s 2.则( )图7A ．小球甲下滑过程中机械能增加B ．小球甲下滑过程中重力对它做功的功率先增大后减小C ．小球甲下滑到圆形轨道最低点对轨道压力的大小为12ND ．整个过程中轻杆对小球乙做的功为1J 答案 BD解析 小球甲下滑过程中，轻杆对甲做负功，则甲的机械能减小，故A 错误．小球甲下滑过程中，最高点速度为零，故重力的功率为零；最低点速度和重力垂直，故重力的功率也是零；而中途重力的功率不为零，故重力的功率应该是先增大后减小，故B 正确．两个球与轻杆组成的系统机械能守恒，故：mgR ＝12mv 2＋12mv 2，解得：v ＝gR ＝10×0.4m/s ＝2 m/s ；小球甲下滑到圆弧形轨道最低点，重力和支持力的合力提供向心力，故：F N －mg ＝m v 2R，解得：F N＝mg ＋m v 2R ＝0.5×10N＋0.5×220.4N ＝10N ，根据牛顿第三定律，小球甲对轨道的压力大小为10N ，故C 错误；整个过程中，对球乙，根据动能定理，有：W ＝12mv 2＝12×0.5×22J ＝1J ，故D 正确．10．(2019·吉林“五地六校”合作体联考)一辆赛车在水平路面上由静止启动，在前5s 内做匀加速直线运动，5s 末达到额定功率，之后保持以额定功率运动．其v －t 图象如图8所示．已知赛车的质量为m ＝1×103kg ，赛车受到的阻力为车重力的0.1倍，重力加速度g 取10m/s 2，则以下说法正确的是( )图8A ．赛车在前5s 内的牵引力为5×102N。
高考物理大二轮复习专题二功和能第三讲功能关系在电学中的应用教学案
第三讲功能关系在电学中的应用[答案] (1)W电＝qUW电＝qEdW电＝－ΔE p(2)①焦耳定律：Q＝I2Rt②功能关系：Q＝W克服安培力③能量转化：Q＝W其他能的减少量热点考向一动力学观点和能量观点在电磁场中的应用【典例】(·郴州二模) 如图所示，一足够长的固定斜面，倾角θ＝30°.质量为M＝0.2 kg的绝缘长板A，以初速度v0＝3 m/s，沿斜面匀速下滑．空间有一沿斜面向下的匀强电场，电场强度E＝2.5×102 N/C.质量为m＝0.1 kg，电量为q＝＋4×10－4 C的光滑小物块B，轻放在A板表面最上端．此后经时间t＝0.1 s，撤去电场，当物块速度为v＝8 m/s时，恰好离开板A，求：(1)撤去电场时，物块B的动能E k B和0.1 s内的电势能变化量ΔE p.(2)撤去电场时，板A的速度v A.(3)物块B在板A上运动的全过程，系统发热Q.[思路引领][解析] (1)在电场力作用下，物块B 受重力、支持力、电场力作用，由牛顿第二定律得：mg sin30°＋qE ＝ma B解得：a B ＝6 m/s 2撤电场时，物块B 的速度：v B ＝a B t ＝0.6 m/s物块B 的动能E k B ＝12mv 2B ＝0.018 J 物块B 在0.1 s 内在电场方向上的位移：L 1＝v 2B 2a B＝0.03 m 物块B 的电势能变化量：ΔE p ＝－qEL 1＝－3×10－3 J(2)A 在斜面上匀速下滑，由平衡条件得：Mg sin30°＝μMg cos30°解得：μ＝33B 轻放上A ，对A 由牛顿第二定律得：μ(M ＋m )g cos30°－Mg sin30°＝Ma 0解得：a 0＝2.5 m/s 2撤电场时，A 的速度：v A ＝v 0－a 0t ＝2.75 m/s.(3)撤去电场后，B 在A 上运动时，由牛顿第二定律得：mg sin30°＝ma ′B解得：a ′B ＝5 m/s 2t ′＝v －v B a ′B＝1.48 s 物块B 在A 上运动的时间：t B ＝t ＋t ′＝1.58 s斜面对板A 的最大静摩擦力F fm ＝μ(M ＋m )g cos30°>Mg sin30°当A 速度减为0后，A 将静止在斜面上板A 做匀减速运动的时间t A ＝v 0a 0＝1.2 s<t B 故板A 向下运动的位移：x ＝v 202a 0＝95m 由功能关系得：Q ＝μ(M ＋m )g cos30°·x ＝2.7 J.[答案] (1)0.018 J －3×10－3 J (2)2.75 m/s (3)2.7 J电场中的功能关系迁移一电场中的功能关系1．(多选)(·河北名校联盟)质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落．t秒末，在小球下落的空间中，加上竖直向上、范围足够大的匀强电场．再经过t 秒，小球又回到A 点，不计空气阻力且小球从未落地，重力加速度为g ，则( )A ．小球所受电场力的大小是4mgB ．小球回到A 点时的动能是mg 2t 2C ．从A 点到最低点的距离是23gt 2D ．从A 点到最低点，小球的电势能增加了mg 2t 2[解析] 小球先做自由下落，然后受电场力和重力向下做匀减速直线运动直到速度为0，再向上做匀加速运动回到A 点，设加上电场后小球的加速度大小为a ，规定向下为正方向，整个过程中小球的位移为0，运用运动学公式有，12gt 2＋gt ·t －12at 2＝0，解得a ＝3g ，根据牛顿第二定律得F 电－mg ＝ma ，所以电场力是重力的4倍为4mg ，故A 正确；t s 末的速度v 1＝gt ，加电场后，返回A 点的速度v A ＝v 1－at ＝gt －3gt ＝－2gt ，小球回到A 点时的动能是E k ＝12mv 2A ＝12m (－2gt )2＝2mg 2t 2，故B 错误；从A 点自由下落的高度h 1＝12gt 2，匀减速下降的高度h 2＝v 212a ＝gt 22×3g ＝16gt 2，小球从A 点到最低点的距离h ＝h 1＋h 2＝12gt 2＋16gt 2＝23gt 2，故C 正确；从A 到最低点小球电势能增加量等于克服电场力做的功ΔE p ＝F 电h 2＝4mg ×16gt 2＝23mg 2t 2，故D 错误． [答案] AC迁移二 电磁场中的功能关系2．(·江西六校联考)如图所示，一带正电小球穿在一根绝缘粗糙直杆上，杆与水平方向夹角为θ，整个空间存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，先给小球一初速度，使小球沿杆向下运动，在A 点时的动能为100 J ，在C 点时动能减为零，D 为AC 的中点，那么带电小球在运动过程中( )A ．到达C 点后小球不可能沿杆向上运动B ．小球在AD 段克服摩擦力做的功与在DC 段克服摩擦力做的功不等C ．小球在D 点时的动能为50 JD ．小球电势能的增加量等于重力势能的减少量[解析] 如果电场力大于重力，则速度减为零后小球可能沿杆向上运动，选项A错误；小球受重力、电场力、洛伦兹力、弹力和滑动摩擦力，由于F洛＝qvB，故洛伦兹力减小，导致支持力和滑动摩擦力变化，故小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等，选项B正确；由于小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等，故小球在D点时的动能也就不一定为50 J，选项C错误；该过程是小球的重力势能、电势能、动能和系统的内能之和守恒，故小球电势能的增加量不等于重力势能的减少量，选项D错误．[答案] B伦兹力不做功，但是洛伦兹力会随v变化，导致支持力和摩擦力变化，从而会影响摩擦做功的大小. 热点考向二动力学观点和能量观点在电磁感应中的应用【典例】(·湖北六校联考)将一斜面固定在水平面上，斜面的倾角为θ＝30°，其上表面绝缘且斜面的顶端固定一挡板，在斜面上加一垂直斜面向上的匀强磁场，磁场区域的宽度为H＝0.4 m，如图甲所示，磁场边界与挡板平行，且上边界到斜面顶端的距离为x＝0.55 m．将一通电导线围成的矩形导线框abcd置于斜面的底端，已知导线框的质量为m＝0.1 kg、导线框的电阻为R＝0.25 Ω、ab 的长度为L＝0.5 m．从t＝0时刻开始在导线框上加一恒定的拉力F，拉力的方向平行于斜面向上，使导线框由静止开始运动，当导线框的下边与磁场的上边界重合时，将恒力F撤走，最终导线框与斜面顶端的挡板发生碰撞，碰后导线框以等大的速度反弹，导线框沿斜面向下运动．已知导线框向上运动的v－t图像如图乙所示，导线框与斜面间的动摩擦因数为μ＝33，整个运动过程中导线框没有发生转动，且始终没有离开斜面，g ＝10 m/s 2.(1)求在导线框上施加的恒力F 以及磁感应强度的大小； (2)若导线框沿斜面向下运动通过磁场时，其速度v 与位移s 的关系为v ＝v 0－B 2L 2mRs ，其中v 0是导线框ab 边刚进入磁场时的速度大小，s 为导线框ab 边进入磁场区域后对磁场上边界的位移大小，求整个过程中导线框中产生的热量Q .[思路引领] (1)(2)[解析] (1)由v －t 图像可知，在0～0.4 s 时间内导线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为v 1＝2.0 m/s ，所以在此过程中的加速度a ＝ΔvΔt＝5.0 m/s 2由牛顿第二定律有F －mg sin θ－μmg cos θ＝ma 解得F ＝1.5 N由v －t 图像可知，导线框进入磁场区域后以速度v 1做匀速直线运动通过导线框的电流I ＝E R ＝BLv 1R导线框所受安培力F 安＝BIL对于导线框匀速运动的过程，由力的平衡条件有F ＝mg sin θ＋μmg cos θ＋B 2L 2v 1R解得B ＝0.50 T.(2)导线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v 1匀速穿出磁场，说明导线框的宽度等于磁场的宽度H .导线框ab 边离开磁场后做匀减速直线运动，到达挡板时的位移为x 0＝x －H ＝0.15 m设导线框与挡板碰撞前的速度为v 2，由动能定理，有 －mg (x －H )sin θ－μmg (x －H )cos θ＝12mv 22－12mv 21解得v 2＝v 21－2gx －H sin θ＋μcos θ＝1.0 m/s导线框碰挡板后速度大小仍为v 2，导线框下滑过程中，由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等，即mg sin θ＝μmg cos θ＝0.50 N ，因此导线框与挡板碰撞后向下做匀速运动，ab 边刚进入磁场时的速度为v 2＝1.0 m/s ；进入磁场后因为又受到安培力作用而减速，做加速度逐渐变小的减速运动，设导线框全部离开磁场区域时的速度为v 3由v ＝v 0－B 2L 2mR s 得v 3＝v 2－2B 2L 2HmR＝－1.0 m/s因v 3<0，说明导线框在离开磁场前速度已经减为零，这时安培力消失，导线框受力平衡，所以导线框将静止在磁场中某位置导线框向上运动通过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q 1＝I 2Rt ＝2B 2L 2Hv 1R＝0.40 J导线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热Q 2＝12mv 22＝0.05 J所以Q ＝Q 1＋Q 2＝0.45 J.[答案] (1)1.5 N 0.50 T (2)0.45 J用动力学观点、能量观点解答电磁感应问题的一般步骤(·江西七校联考)如下图所示，两条光滑的金属导轨相距L＝1 m，其中MN段平行于PQ段，位于同一水平面内，NN0段与QQ0段平行，位于与水平面成倾角37°的斜面上，且MNN0与PQQ0均在竖直平面内．在水平导轨区域和倾斜导轨区域内分别有垂直于水平面和斜面的匀强磁场B1和B2，且B1＝B2＝0.5 T．ab和cd是质量均为m＝0.1 kg、电阻均为R＝4 Ω的两根金属棒，ab置于水平导轨上，cd置于倾斜导轨上，均与导轨垂直且接触良好．从t＝0时刻起，ab棒在外力作用下由静止开始沿水平方向向右运动(ab棒始终在水平导轨上运动，且垂直于水平导轨)，cd受到F＝0.6－0.25t(N)沿斜面向上的力的作用，始终处于静止状态．不计导轨的电阻．(sin37°＝0.6，g取10 m/s2)(1)求流过cd棒的电流I cd随时间t变化的函数关系；(2)求ab棒在水平导轨上运动的速度v ab随时间t变化的函数关系；(3)求从t＝0时刻起，1.0 s内通过ab棒的电荷量q；(4)若t＝0时刻起，1.0 s内作用在ab棒上的外力做功为W＝16 J，求这段时间内cd棒产生的焦耳热Q cd.[解析] (1)由题意知cd棒受力平衡，则F＋F cd＝mg sin37°F cd＝B2I cd L，得I cd＝0.5t(A)．(2)ab棒中电流I ab＝I cd＝0.5t(A)则回路中电源电动势E＝I cd R总ab棒切割磁感线，产生的感应电动势为E＝B1Lv ab解得ab 棒的速度v ab ＝8t (m/s)所以，ab 棒做初速度为零的匀加速直线运动． (3)ab 棒的加速度为a ＝8 m/s 2，1．0 s 内的位移为x ＝12at 2＝12×8×1.02 m ＝4 m根据I ＝ER 总＝ΔΦR 总t ＝B 1LxR 总t得q ＝I t ＝B 1Lx R 总＝0.5×1×48C ＝0.25 C.(4)t ＝1.0 s 时，ab 棒的速度，v ab ＝8t (m/s)＝8 m/s ，根据动能定理有W －W 安＝12mv 2ab －0，得1.0 s 内克服安培力做功W 安＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫16－12×0.1×82 J ＝12.8 J 回路中产生的焦耳热Q ＝W 安＝12.8 Jcd 棒上产生的焦耳热Q cd ＝Q2＝6.4 J.[答案] (1)I cd ＝0.5t (A) (2)v ab ＝8t (m/s) (3)0.25 C (4)6.4 J功能关系在力学和电磁感应中应用时的“三同三异”考场满分答卷策略——功能关系在电学中的应用真题案例审题流程(·全国卷Ⅱ)如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d.两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同．G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0)．质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计．(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；专题强化训练(七)一、选择题1．(·天津卷)如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m 的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程( )A ．动能增加12mv 2 B ．机械能增加2mv 2 C ．重力势能增加32mv 2 D ．电势能增加2mv 2[解析] 小球动能的增加量为ΔE k ＝12m (2v )2－12mv 2＝32mv 2，A 错误；小球在竖直方向上的分运动为竖直上抛，到N 时竖直方向的速度为零，则M 、N 两点之间的高度差为h ＝v 22g，小球重力势能的增加量为ΔE p ＝mgh ＝12mv 2，C 错误；电场力对小球做正功，则小球的电势能减少，由能量守恒定律可知，小球减小的电势能等于重力势能与动能的增加量之和，则电势能的减少量为ΔE p ′＝32mv 2＋12mv 2＝2mv 2，D 错误；由功能关系可知，除重力外的其他力对小球所做的功等于小球机械能的增加量，即2mv 2，B 正确．[答案] B2．(多选)(·湖北武汉高三毕业生四月调研) 如图所示，匀强电场与水平方向成夹角θ(θ<45°)，场中有一质量为m 、可视为质点的带电小球，用长为L 的细线悬挂于O 点，当小球静止时，细线恰好水平．现用竖直向下的恒定外力将小球拉到竖直方向最低点时，小球速度刚好再次为零．若小球电荷量保持不变，则在此过程中( )A ．小球电势能一直在增加，电势能增量为ΔE p ＝mgL ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋1tan θ B ．小球机械能一直在减小，机械能增量为ΔE ＝－mgLC ．小球在最低点的加速度a ＝0D ．小球的最大动能E km ＝(2－1)mgL 1tan θ[解析] 设小球所受电场力为F ，根据小球静止时，细线恰好水平，可以得出F sin θ＝mg ，解得F ＝mg sin θ.用竖直向下的恒定外力将小球拉到竖直方向最低点，需要克服电场力做功，小球电势能一直在增加．根据功能关系，小球电势能增加量为ΔE p ＝FL cos θ＋FL sin θ＝mgL ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋1tan θ，选项A 正确；用竖直向下的恒定外力将小球拉到竖直方向最低点时，小球速度刚好再次为零，分析可知，恒定外力做功大小与重力和电场力的合力做功大小相等，又水平方向和竖直方向运动距离都为L ，故恒定外力与重力和电场力的合力大小相等，F 外＝F 合＝mg 1tan θ，故总的合力恰好与竖直方向夹角为45°，则小球机械能先增大后减小，选项B 错误；由以上分析可知小球在最低点的合力方向与竖直方向夹角为45°，根据牛顿第二定律可知小球在最低点的加速度不为零，选项C 错误；分析可知，当转过45°时，小球有最大速度，易知小球所受合力为F 合＝mg 2tan θ，由动能定理可得小球的最大动能E kmax ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫L －2L 2·mg 2tan θ＝(2－1)mgL 1tan θ，选项D 正确． [答案] AD3．(多选)(·湖北省六校联合体4月联考)一带电小球在空中由A 点运动到B 点的过程中，只受重力、电场力和空气阻力三个力的作用．若重力势能增加5 J ，机械能增加1.5 J ，电场力做功2 J ，则小球( )A ．重力做功为5 JB ．电势能减少2 JC ．空气阻力做功0.5 JD ．动能减少3.5 J[解析] 小球的重力势能增加5 J，则小球克服重力做功5 J，故选项A错误；电场力对小球做功2 J，则小球的电势能减少2 J，故选项B正确；小球共受到重力、电场力、空气阻力三个力作用，小球的机械能增加1.5 J，则除重力以外的力做功为1.5 J，电场力对小球做功2 J，则知，空气阻力做功为－0.5 J，即小球克服空气阻力做功0.5 J，故选项C错误；重力、电场力、空气阻力三力做功之和为－3.5 J，根据动能定理，小球的动能减少3.5 J，故选项D 正确．[答案] BD4．(·山东省实验中学模拟)如图所示，平行板电容器水平放置，两极板间电场强度大小为E，中间用一光滑绝缘细杆垂直连接，杆上套有带正电荷的小球和绝缘弹簧，小球压在弹簧上，但与弹簧不拴接，开始时对小球施加一竖直向下的外力，将小球压至某位置使小球保持静止．撤去外力后小球从静止开始向上运动，上升h时恰好与弹簧分离，分离时小球的速度为v，小球上升过程不会撞击到上极板，已知小球的质量为m，带电荷量为q，重力加速度为g，下列说法正确的是( )A ．与弹簧分离时小球的动能为mgh ＋qEhB ．从开始运动到与弹簧分离，小球增加的机械能为mgh ＋qEhC ．从开始运动到与弹簧分离，小球减少的电势能为qE hD ．撤去外力时弹簧的弹性势能为12mv 2－(qE －mg )h [解析] 根据动能定理可知，合外力对小球所做的功等于小球动能的变化量，所以小球与弹簧分离时的动能为E k ＝qEh －mgh ＋E p ，选项A 错误；从开始运动到与弹簧分离，小球增加的机械能为ΔE ＝mgh ＋12mv 2＝qEh ＋E p ，选项B 错误；小球减少的电势能为Eqh ，故选项C 错误；从撤去外力到小球与弹簧分离，由动能定理可知，12mv 2＝E p ＋qEh －mgh ，所以E p ＝12mv 2－(qE －mg )h ，选项D 正确．[答案] D5．(多选)(·河南六市第5次联考)如右图所示，半径为R 的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直平面内，磁感应强度为B 的匀强磁场方向垂直轨道平面向里．一可视为质点、质量为m 、电荷量为q (q >0)的小球由轨道左端A 处无初速度滑下．当小球滑至轨道最低点C 时，给小球再施加一始终水平向右的外力F ，使小球能保持不变的速率滑过轨道右侧的D 点．若小球始终与轨道接触，重力加速度为g ，则下列判断中正确的是( )A ．小球在C 点受到的洛伦兹力大小为qB gRB ．小球在C 点对轨道的压力大小为3mg －qB 2gRC ．小球从C 到D 的过程中，外力F 的大小保持不变D ．小球从C 到D 的过程中，外力F 的功率逐渐增大[解析] 小球从A 到C 过程中由机械能守恒有mgR ＝12mv 2，解得v ＝2gR ，所以小球在C 点受到的洛伦兹力大小为F洛＝qB 2gR ，故选项A 错误；在C 点由牛顿第二定律有F N －mg ＋F 洛＝m v 2R，解得F N ＝3mg －qB 2gR ，故选项B 正确；小球从C 到D 的过程中，合外力始终指向圆心，所以mg cos θ＝F sin θ，θ变化，外力F 的大小发生变化，故选项C 错误；小球从C 到D 的过程中，由能量守恒定律可知外力F 的功率等于重力功率大小，所以外力F 的功率逐渐增大，故选项D 正确．[答案] BD6．(·福建宁德一模)如图所示，固定在倾角为θ＝30°的斜面内的两根平行长直光滑金属导轨的间距为d ＝1 m ，其底端接有阻值为R ＝2 Ω的电阻，整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度大小为B ＝2 T 的匀强磁场中．一质量为m ＝1 kg(质量分布均匀)的导体杆ab 垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触．现杆在沿斜面向上、垂直于杆的恒力F ＝10 N 作用下从静止开始沿导轨向上运动距离L ＝6 m 时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．设杆接入电路的电阻为r ＝2 Ω，导轨电阻不计，重力加速度大小为g ＝10 m/s 2.则此过程( )A ．杆的速度最大值为4 m/sB ．流过电阻R 的电荷量为6 CC ．在这一过程中，整个回路产生的热量为17.5 JD ．流过电阻R 的电流方向为由c 到d[解析] 当杆达到最大速度时满足F ＝B 2d 2v m r ＋R＋mg sin θ，解得v m ＝5 m/s ，选项A 错误；流过电阻R 的电荷量q ＝ΔΦr ＋R ＝BLd r ＋R＝2×6×12＋2C ＝3 C ，选项B 错误；回路产生的热量Q ＝FL －mgL sin θ－12mv 2m ＝17.5 J ，选项C 正确；由右手定则可知流过R 的电流方向从d 到c ，选项D 错误．[答案] C7．(多选)(·东北省四市联考)如图所示，在宽度为d 的条形无场区左侧Ⅰ区和右侧Ⅱ区内，存在着磁感应强度大小均为B 的匀强磁场，磁场方向如图所示．有一边长为l (l >d )、电阻均匀分布且阻值为R 的正方形金属线框EFGH 置于Ⅰ区域，EF 边与磁场边界平行，现使线框以垂直于磁场边界的速度v 从图示位置向右匀速运动，则( )A ．当EF 边刚进入Ⅱ区时，线框中电流方向为顺时针，大小为Blv RB ．当EF 边刚进入中间无磁场区时，E 、F 两点间的电压为Blv4C ．将线框拉至HG 边刚离开Ⅰ区的过程中，拉力所做的功为B 2l 2v 4l －3dRD ．将线框从Ⅰ区全部拉入Ⅱ区的过程中，回路中产生的焦耳热为2B 2l 2v 2l －d R[解析] 当EF 边刚进入Ⅱ区时，金属线框HG 、EF 边均切割磁感线，由右手定则可判断出HG 边切割磁感线产生的感应电动势方向为顺时针方向，EF 边切割磁感线产生的感应电动势方向为顺时针方向，则回路中产生总感应电动势为E 1＝2Blv ，由闭合电路欧姆定律，回路中产生的感应电流大小为I 1＝E 1R ＝2Blv R ，方向为顺时针方向，选项A 错误．当EF 边刚进入中间无磁场区域时，只有HG 边切割磁感线，回路中产生的感应电动势E 2＝Blv ，感应电流I 2＝E 2R，E 、F 两点之间的电压为U ＝I 2R 4＝Blv4，选项B 正确．线框在整个运动过程中做匀速运动，故线框所受安培力和拉力始终相等．线框在Ⅰ区运动，磁通量不变，不产生感应电流，拉力不做功；在EF 边进入中间无磁场区域的过程中，只有HG 边切割磁感线，回路中产生的感应电动势为E 2＝Blv ，感应电流I 2＝E 2R，线框所受安培力F 1＝BI 2l ，拉力做功W 1＝F 1d ＝B 2l 2vd R；当EF 边进入Ⅱ区距离小于l －d 时，HG 、EF 边均切割磁感线，回路中产生总感应电动势为E 1＝2Blv ，感应电流大小为I 1＝E 1R ＝2Blv R，线框所受总安培力F 2＝2BI 1l ，拉力做功W 2＝F 2(l －d )＝4B 2l 2v l －dR ，则将线框拉至HG 边刚离开Ⅰ区的过程中，拉力所做的功W ＝W 1＋W 2＝B 2l 2v 4l －3d R，选项C 正确．当EF 边进入Ⅱ区距离大于l －d 小于l 时，只有EF 边切割磁感线，产生感应电动势E 3＝Blv ，感应电流I 3＝E 3R，线框所受安培力F 3＝BI 3l ，拉力做功W 3＝F 3d ＝B 2l 2vd R；将线框从Ⅰ区全部拉入Ⅱ区的过程中，安培力做的总功W ′＝－W 1－W 2－W 3＝－2B 2l 2v 2l －dR .根据克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热可知，回路中产生的焦耳热为Q ＝－W ′＝2B 2l 2v 2l －d R，选项D 正确．[答案] BCD8. (多选)(·苏州模拟)在如图所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B 的匀强磁场，区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上．区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为L .一个质量为m 、电阻为R 、边长也为L 的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑．当ab 边刚越过GH 进入磁场Ⅰ区时，恰好以速度v 1做匀速直线运动；当ab 边下滑到JP 与MN 的中间位置时，线框又恰好以速度v 2做匀速直线运动，从ab 进入GH 到MN 与JP 的中间位置的过程中，线框的动能变化量为ΔE k ，重力对线框做功大小为W 1，安培力对线框做功大小为W 2，下列说法中正确的是( )A ．在下滑过程中，由于重力做正功，所以有v 2>v 1B ．从ab 进入GH 到MN 与JP 的中间位置的过程中，机械能守恒C ．从ab 进入GH 到MN 与JP 的中间位置的过程中，有(W 1－ΔE k )的机械能转化为电能D ．从ab 进入GH 到MN 到JP 的中间位置的过程中，线框动能的变化量为ΔE k ＝W 1－W 2[解析] 由平衡条件，第一次匀速运动时，mg sin θ＝B 2L 2v 1R，第二次匀速运动时，mg sin θ＝4B 2L 2v 2R，则v 2<v 1，选项A 错误；ab 进入磁场后，安培力做负功，机械能减少，选项B 错误；从ab 进入GH 到MN 与JP 的中间位置的过程中，由动能定理得，W 1－W 2＝ΔE k ，选项D 正确；线框克服安培力做功为W 2，等于产生的电能，且W 2＝W 1－ΔE k ，选项C 正确．[答案] CD9．(多选)(·抚州质检)如图所示，在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B 、方向相反的水平匀强磁场．PQ 为两个磁场的分界线，磁场范围足够大．一个边长为a 、质量为m 、电阻为R 的金属正方形线框，以速度v 垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中时，线框的速度为v 2，则下列说法正确的是( )A ．此过程中通过线框截面的电荷量为Ba 22RB ．此时线框中的电功率为B 2a 2v 24RC ．此过程中回路产生的电能为3mv 28D ．此时线框的加速度为2B 2a 2v mR[解析] 根据q ＝ΔΦR，穿过线圈的磁通量由Ba 2减小到零，所以此过程中通过线框横截面的电荷量为Ba 2R，选项A 错误；此时线框中的电动势E ＝2Ba ·v 2＝Bav ，电功率P ＝E 2R ＝B 2a 2v 2R，选项B 错误；此过程中回路产生的电能等于线圈动能的减少量，12mv 2－12m ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫v 22＝38mv 2，选项C 正确；此时线框中的电流I ＝E R ＝Bav R，线框所受的安培力的合力为F ＝2BIa ，加速度为a ＝2B 2a 2v mR，选项D 正确． [答案] CD二、非选择题10．(·浙江五校联考)如图所示，光滑绝缘水平面AB 与倾角θ＝37°，长L ＝5 m 的固定绝缘斜面BC 在B 处平滑相连，在斜面的C 处有一与斜面垂直的弹性绝缘挡板．质量m ＝0.5 kg 、带电荷量q ＝＋5×10－5 C 的绝缘带电小滑块(可看作质点)置于斜面的中点D ，整个空间存在水平向右的匀强电场，场强E ＝2×105 N/C ，现让滑块以v 0＝14 m/s 的速度沿斜面向上运动．设滑块与挡板碰撞前后所带电荷量不变、速度大小不变，滑块和斜面间的动摩擦因数μ＝0.1.(g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，求：(1)滑块沿斜面向上运动的加速度大小；(2)滑块运动的总路程．[解析] (1)滑块与斜面之间的摩擦力f ＝μ(mg cos37°＋qE sin37°)＝1 N根据牛顿第二定律可得qE cos37°－mg sin37°－f ＝ma ，解得a ＝8 m/s 2.(2)由题可知，滑块最终停在C 点．设滑块从D 点开始运动到最终停在C 点的过程中在斜面上运动的总路程为s 1，由动能定理有qE L 2cos37°－mg L 2sin37°－fs 1＝0－12mv 20 解得s 1＝61.5 m设滑块第1次到B 时动能为E k1，从D 到B 由动能定理得 －qE L 2cos37°＋mg L 2sin37°－f ·3L 2＝E k1－12mv 20解得E k1＝29 J设滑块第1次从B滑到水平面上的最远距离为x1，由动能定理得－qEx1＝0－E k1，解得x1＝2.9 m水平面光滑，滑块滑回到B点时动能不变，滑块在斜面上往返一次克服摩擦力做功W f＝2fL＝10 J滑块第2次回到B点时动能为E k2＝E k1－W f＝19 J设滑块第2次从B滑到水平面上的最远距离为x2，由动能定理得－qEx2＝0－E k2，解得x2＝1.9 m同理，滑块第3次从B滑到水平面上的最远距离为x3＝0.9 m 此后就不会再滑到水平面上了滑块在水平面上运动的总路程为s2＝2(x1＋x2＋x3)＝11.4 m滑块运动的总路程s＝s1＋s2＝72.9 m[答案] (1)8 m/s2(2)72.9 m11．(·内蒙古包头联考)如图甲所示，两根足够长的光滑直金属导轨MN、PQ平行固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，两导轨间距L＝1 m，导轨的电阻可忽略．M、P两点间接有阻值为R的电阻．一根质量m＝1 kg、电阻r＝0.2 Ω的均匀直金属杆ab放在两导轨上，与导轨垂直且接触良好．整套装置处于磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．自图示位置起，杆ab受到大小为F、方向平行导轨向下的拉力作用，力F随杆ab运动速度v变化的图像如图乙所示，杆由静止开始运动，测得通过电阻R的电流随时间均匀增大．g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6.(1)试判断金属杆ab 在匀强磁场中做何种运动，请写出推理过程；(2)求电阻R 的阻值；(3)金属杆ab 自静止开始下滑通过位移x ＝1 m 的过程中，拉力的平均功率为6.6 W ，求在此过程中回路中产生的焦耳热．[解析] (1)通过R 的电流I ＝E R ＋r ，E ＝BLv ，所以I ＝BLv R ＋r因为B 、L 、R 、r 为定值，所以I 与v 成正比．又因为电流I 随时间均匀增大，故杆的速度v 也随时间均匀增大，即杆的加速度为恒量，金属杆做匀加速直线运动(或金属杆做初速度为零的匀加速直线运动)．(2)对杆：根据牛顿第二定律有F ＋mg sin θ－F 安＝ma由图乙可知：F ＝0.5v ＋2(N)F 安＝BIL ＝14R ＋0.8v (N) 则可得：2＋mg sin θ＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0.5－14R ＋0.8v ＝ma 因为v 为变量，a 为定值，所以a 与v 无关，必有ma ＝2＋mg sin θ，0.5－14R ＋0.8＝0 解得a ＝8 m/s 2，R ＝0.3 Ω(3)由能量守恒定律得Pt ＋mgx sin θ＝Q ＋12mv 2 由匀变速直线运动规律得x ＝12at 2，v ＝at 联立解得t ＝0.5 s ，v ＝4 m/s ，Q ＝1.3 J.[答案] (1)见解析 (2)0.3 Ω (3)1.3 J。
4(教师2稿)12017届高三第二轮复习《专题(2)功和能》学案(1)2017.4
知识框图考什么本专题考查的主要内容有：重力、摩擦力、电场力和洛伦兹力的做功特点和求解；与功和功率相关的分析与计算；几种重要的功能关系的应用；动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律的综合应用。
怎么考本专题知识是历年高考的重点和难点，对功和功率的计算的考查，多以选择题的形式命题，对功能关系及机械能守恒定律的考查，主要以计算题的形式出现，对动能定理的考查，则出现在选择题或计算题中的情况都比较常见。
怎么办复习时应注意深入细致地理解定义式、公式及关系式中各物理量的确切含义，扎实理解与记忆机械能守恒的条件，灵活运用条件处理生活中的热点情景及科技运用和发展中出现的与机械能有关的问题，重点关注动能定理、功能关系及机械能守恒定律与直线、平抛、圆周运动规律相结合问题的处理与练习。
《第1讲 功能关系在力学中的应用》一、求功的方法比较 1．恒力做功的求法(1)应用公式W ＝Fs cos α其中α是F 、s 间的夹角． (2)用动能定理(从做功的效果)求功：2122k k 1122W E E mv mv ＝－＝－此公式可以求恒力做功也可以求变力做功．特别提醒：(1)应用动能定理求的功是物体所受合外力的功，而不是某一个力的功． (2)合外力的功也可用W 合＝F 合s cos α或W 合＝F 1s 1cos α＋F 2s 2cos α＋…求解． 2．变力做功的求法特别提醒：(1)摩擦力既可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互摩擦的系统内：一对静摩擦力做功的代数和总为零，静摩擦力起着传递机械能的作用，而没有机械能转化为其他形式的能；一对滑动摩擦力做功的代数和等于摩擦力与相对路程的乘积，其值为负值，W ＝－F f ·s 相对，且F f ·s 相对＝ΔE 损＝Q 内能．二、两种功率表达式的比较1．功率的定义式：P ＝Wt，所求出的功率是时间t 内的平均功率．2．功率的计算式：P ＝Fv cos θ，其中θ是力与速度间的夹角，该公式有两种用法：(1)求某一时刻的瞬时功率．这时F 是该时刻的作用力大小，v 取瞬时值，对应的P 为F 在该时刻的瞬时功率；(2)当v 为某段位移(时间)内的平均速度时，则要求这段位移(时间)内F 必须为恒力，对应的P 为F 在该段时间内的平均功率．特别提醒：公式P ＝Fv cos θ在高中阶段常用于机车类问题的处理，此时P 指发动机的输出功率，F 为牵引力，F f 为阻力，则任一时刻都满足P ＝F ·v ，机车任一状态的加速度a ＝F －F f m，当机车匀速运动时，F ＝F f ，P ＝F ·v ＝F f ·v .三、对动能定理的理解 1．对公式的理解(1)计算式为标量式，没有方向性，动能的变化为末动能减去初动能． (2)研究对象是单一物体或可以看成单一物体的整体．(3)公式中的位移和速度必须是相对于同一参考系，一般以地面为参考系． 2．动能定理的优越性(1)适用范围广：应用于直线运动，曲线运动，单一过程，多过程，恒力做功，变力做功．(2)应用便捷：公式不涉及物体运动过程的细节，不涉及加速度和时间问题，应用时比牛顿运动定律和运动学方程方便，而且能解决牛顿运动定律不能解决的变力问题和曲线运动问题四、机械能守恒定律 1．机械能守恒条件(1)只有重力或系统内弹簧弹力做功。
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专题二 功和能[学前先做高考题] 高考题最经典，每做一次都有新发现1．(多选)(2015·江苏高考)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m 、套在粗糙竖直固定杆A 处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。
圆环从A 处由静止开始下滑，经过B 处的速度最大，到达C 处的速度为零，AC ＝h 。
圆环在C 处获得一竖直向上的速度v ，恰好能回到A 。
弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g 。
则圆环( )A ．下滑过程中，加速度一直减小B ．下滑过程中，克服摩擦力做的功为14mv 2C ．在C 处，弹簧的弹性势能为14mv 2－mghD ．上滑经过B 的速度大于下滑经过B 的速度解析：选BD 圆环下落时，先加速，在B 位置时速度最大，加速度减小至0。
从B 到C 圆环减速，加速度增大，方向向上，选项A 错误；圆环下滑时，设克服摩擦力做功为W f ，弹簧的最大弹性势能为ΔE p ，由A 到C 的过程中，根据能量关系有mgh ＝ΔE p ＋W f 。
由C 到A 的过程中，有12mv 2＋ΔE p ＝W f ＋mgh 。
联立解得W f ＝14mv 2，ΔE p ＝mgh －14mv 2。
选项B 正确，C 错误；设圆环在B 位置时，弹簧的弹性势能为ΔE p ′，根据能量守恒，A 到B 的过程有12mv B 2＋ΔE p ′＋W f ′＝mgh ′，B 到A 的过程有12mv B ′2＋ΔE p ′＝mgh ′＋W f ′，比较两式得v B ′>v B ，选项D正确。
2．(2017·江苏高考)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。
物块初动能为E k0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能E k 与位移x 关系的图线是( )解析：选C 设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m ，则物块在上滑过程中根据动能定理有－(mg sin θ＋μmg cos θ)x ＝E k －E k0，即E k ＝E k0－(mg sin θ＋μmg cos θ)x ，所以物块的动能E k 与位移x 的函数关系图线为直线且斜率为负；物块沿斜面下滑的过程中根据动能定理有(mg sin θ－μmg cos θ)(x 0－x )＝E k ，其中x 0为物块到达最高点时的位移，即E k ＝－(mg sin θ－μmg cos θ)x ＋(mg sin θ－μmg cos θ)x 0，所以下滑时E k 随x的减小而增大且为直线。
由此可以判断C 项正确。
3．(2017·江苏高考)如图所示，两个半圆柱A 、B 紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C ，三者半径均为R 。
C 的质量为m ，A 、B 的质量都为m2，与地面间的动摩擦因数均为μ。
现用水平向右的力拉A ，使A 缓慢移动，直至C 恰好降到地面。
整个过程中B 保持静止。
设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g 。
求：(1)未拉A 时，C 受到B 作用力的大小F ； (2)动摩擦因数的最小值μmin；(3)A 移动的整个过程中，拉力做的功W 。
解析：(1)对C 受力分析，如图甲所示：根据平衡条件有 2F cos 30°＝mg 解得F ＝33mg 。
(2)C 恰好降到地面时，如图乙所示：B 受C 压力的水平分力最大F x max ＝32mg B 受地面的摩擦力f ＝μmg根据题意，B 保持静止， 则有f min ＝F x max ，解得 μmin＝32。
(3)C 下降的高度h ＝(3－1)RA 的位移x ＝2(3－1)R摩擦力做功的大小W f ＝fx ＝2(3－1)μmgR 根据动能定理W －W f ＋mgh ＝0－0 解得W ＝(2μ－1)(3－1)mgR 。
答案：(1)33mg (2)32(3)(2μ－1)(3－1)mgR4．(2015·江苏高考)一转动装置如图所示，四根轻杆OA 、OC 、AB 和CB 与两小球及一小环通过铰链连接，轻杆长均为l ，球和环的质量均为m ，O 端固定在竖直的轻质转轴上。
套在转轴上的轻质弹簧连接在O 与小环之间，原长为L 。
装置静止时，弹簧长为32L 。
转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升。
弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g 。
求：(1)弹簧的劲度系数k ；(2)AB 杆中弹力为零时，装置转动的角速度ω0；(3)弹簧长度从32L 缓慢缩短为12L 的过程中，外界对转动装置所做的功W 。
解析：(1)装置静止时，设OA 、AB 杆中的弹力分别为F 1、T 1，OA 杆与转轴的夹角为θ1。
小环受到弹簧的弹力F 弹1＝k ·L2小环受力平衡，F 弹1＝mg ＋2T 1 cos θ1 小球受力平衡，F 1cos θ1＋T 1cos θ1＝mgF 1sin θ1＝T 1sin θ1解得k ＝4mgL。
(2)设OA 、AB 杆中的弹力分别为F 2、T 2，OA 杆与转轴的夹角为θ2，弹簧长度为x 。
小环受到弹簧的弹力F 弹2＝k (x －L ) 小环受力平衡，F 弹2＝mg ，得x ＝54L对小球，F 2cos θ2＝mgF 2sin θ2＝m ω02l sin θ2且cos θ2＝x2l解得ω0＝8g 5L。
(3)弹簧长度为12L 时，设OA 、AB 杆中的弹力分别为F 3、T 3，OA 杆与弹簧的夹角为θ3。
小环受到弹簧的弹力F 弹3＝12kL小环受力平衡，2T 3cos θ3＝mg ＋F 弹3， 且cos θ3＝L4l对小球，F 3cos θ3＝T 3cos θ3＋mgF 3sin θ3＋T 3sin θ3＝m ω32l sin θ3解得ω3＝16gL整个过程弹簧弹性势能变化为零，则弹力做的功为零，由动能定理 W －mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫3L 2－L 2－2mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫3L 4－L 4＝2×12m (ω3l sin θ3)2解得W ＝mgL ＋16mgl2L。
答案：(1)4mgL(2)8g 5L (3)mgL ＋16mgl 2L七、两个概念、一个模型，破解功和功率问题[抓牢解题本源]一、两个概念——功和功率 1．功 (1)功的正负(2)功的计算①恒力的功→W ＝Fl cos_α。
②变力的功→动能定理或等效法。
③恒定功率的功→W ＝Pt 。
2．功率(1)瞬时功率：P ＝Fv cos_α。
(2)平均功率：P ＝W t或P ＝F v cos α。
二、一个模型——机车启动[例1] (多选)如图所示，一物体沿弧形轨道滑下后进入足够长的水平传送带，传送带以图示方向匀速转动，则传送带对物体的做功情况可能是( )A ．始终不做功B ．先做负功后做正功C ．先做正功后不做功D ．先做负功后不做功[思路点拨] 本题可按以下思路进行分析：物体滑到传送带上时的速度与传送带的速度的关系→物体相对传送带的运动情况→传送带对物体的做功情况[解析] 设传送带的速度大小为v 1，物体刚滑上传送带时的速度大小为v 2。
若v 2＝v 1，则物体与传送带间无摩擦力，传送带对物体始终不做功；若v 2＞v 1，物体相对于传送带向右运动，物体受到的滑动摩擦力向左，则物体先减速到速度为v 1，然后随传送带一起匀速运动，故传送带对物体先做负功后不做功；若v 2<v 1，物体相对于传送带向左运动，受到的滑动摩擦力向右，物体先加速到速度为v 1，然后随传送带一起匀速运动，故传送带对物体先做正功后不做功，选项A 、C 、D 正确。
[答案] ACD [备考锦囊]变力做功的几种等效求法(1)利用微元法求变力做功将物体的位移分割成许多小段，因小段很小，每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将变力做功转化为在无数多个无穷小的位移上的恒力所做元功的代数和。
此法在中学阶段，常应用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题。
(2)化变力为恒力求变力做功变力做功直接求解时，通常都比较复杂，但若通过转换研究的对象，有时可化为恒力做功，用W ＝Fl cos α求解。
此法常常应用于轻绳通过定滑轮拉物体的问题。
(3)利用F x 图像求变力做功在F x 图像中，图线与x 轴所围“面积”的代数和就表示力F 在这段位移所做的功，且位于x 轴上方的“面积”为正，位于x 轴下方的“面积”为负，但此方法只适用于便于求图线所围面积的情况(如三角形、矩形、圆等规则的几何图形)。
[即时训练](多选)(2017·沐阳模拟)如图所示，摆球质量为m ，悬线的长为L ，把悬线拉到水平位置后放手。
设在摆球从A 点运动到B 点的过程中空气阻力F 阻的大小不变，则下列说法正确的是( )A ．重力做功为mgLB ．悬线的拉力做功为0C ．空气阻力F 阻做功为－mgLD ．空气阻力F 阻做功为－12F 阻πL解析：选ABD 小球下落过程中，重力做功为mgL ，A 正确；悬线的拉力始终与速度方向垂直，拉力做功为0，B 正确；空气阻力F 阻大小不变，方向始终与速度方向相反，故空气阻力F 阻做功为－F 阻·12πL ，C 错误，D 正确。
[例2] (2017·邳州模拟)质量为m ＝2 kg 的物体沿水平面向右做直线运动，t ＝0时刻受到一个水平向左的恒力F ，如图甲所示，此后物体的v t 图像如图乙所示，取水平向右为正方向，g 取10 m/s 2，则( )A ．物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5B ．10 s 末恒力F 的瞬时功率为6 WC ．10 s 末物体在计时起点左侧4 m 处D ．0～10 s 内恒力F 做功的平均功率为0.6 W [审题指导] 结合图像，分析可知(1)0～4 s ，物体加速度大小a 1＝2_m/s 2，牛顿第二定律表达式为F ＋μmg ＝ma 1。
(2)4～10 s ，物体的加速度大小为a 2＝1_m/s 2，牛顿第二定律表达式为F －μmg ＝ma 2。
[解析] 由题图乙可知0～4 s 内的加速度大小：a 1＝84 m/s 2＝2 m/s 2，可得：F ＋μmg＝ma 1；4～10 s 内的加速度大小：a 2＝66 m/s 2＝1 m/s 2，可得：F －μmg ＝ma 2；解得：F ＝3 N ，μ＝0.05，选项A 错误；10 s 末恒力F 的瞬时功率为P 10＝Fv 10＝3×6 W＝18 W ，选项B 错误；0～4 s 内的位移x 1＝12×4×8 m＝16 m,4～10 s 内的位移x 2＝－12×6×6 m＝－18 m ，故10 s末物体在计时起点左侧2 m 处，选项C 错误；0～10 s 内恒力F 做功的平均功率为P ＝Fx t＝3×210W ＝0.6 W ，选项D 正确。