(新课标地区专用)2020高考物理二轮复习专题三功和能第1课时功功率和功能关系课件
专题复习定位
1.解决问题 本专题主要培养学生应用功能关系分析和解决问题的能力. 2.高考重点 功和功率的分析与计算；动能定理的应用；机械能和能量守恒定律的应用；功能关 系的理解和应用. 3.题型难度 以选择题为主，一般考查功和功率的分析、动能定理的应用以及功能关系的理解， 题目难度较大.
例3 (多选)(2019·福建厦门市上学期期末质检)有一款蹿红的小游戏“跳一跳”，游
戏要求操作者通过控制棋子(质量为m，可视为质点)脱离平台时的速度，使其能从同
一水平面上的平台跳到旁边的另一平台上.如图7所示的抛物线为棋子在某次跳跃过
程中的运动轨迹，轨迹的最高点距平台上表面高度为h，不计空气阻力，重力加速度
1
v＝
2gh，从
A
到
B
运动的时间
t＝2πvR＝2
πR ，因此从 2gh
A
到
B 过程中重力的平均功率为 P ＝Wt ＝2mgπ 2gh，B 项正确； 物块在 B 点时，根据牛顿第二定律 FN－mg＝mvR2，求得 FN＝R＋2Rhmg，根据牛顿 第三定律可知，FN′＝FN＝R＋2Rhmg，C 项正确；
内容索引
NEIRONGSUOYIN
高考题型1 功和功率的分析与计算 高考题型2 动能定理的应用 高考题型3 机械能守恒和能量守恒定律的应用 高考题型4 力学中功能关系的理解和应用
高考题型1 功和功率的分析与计算
例1 (多选)(2019·山东菏泽市下学期第一次模拟)如图1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)
例2 (多选)(2019·宁夏银川市质检)如图4所示为一滑草场.某条滑道由上下两段高均
为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，载人滑草车与草地之间的动摩擦因
数为μ.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，
最后恰好静止于滑道的底端(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加
规律方法提炼
1.功和功率的求解 (1)功的求解：W＝Flcos α用于恒力做功，变力做功可以用 动能定理 或者图象法来 求解. (2)功率的求解：可以用定义式P＝Wt 来求解，如果力是恒力，可以用P＝Fvcos α来求解. 2.动能定理的应用技巧 若运动包括几个不同的过程，可以全程或者 分过程 应用动能定理.
图6
(1)求小物块运动到B点时的速度大小；
答案 4 m/s 解析 对小物块从A到B过程分析，根据动能定理有：mgL2sin 37°－μmgL2cos 37° ＝12mvB2， 解得：vB＝4 m/s；
(2)求小物块从C点抛出到击中斜面的时间；
答案
1 15
s
解析 设物块落在斜面上时水平位移为x，竖直位移为y，如图所示：
答案 2 m/s2 图3
解析 由题意知，飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动， 由：v2＝2ax 代入数据，解得：a＝2 m/s2
(2)飞机受到平均牵引力的大小；
答案 2.1×105 N 解析 设飞机滑跑受到的阻力大小为Ff，则Ff＝0.1mg 由牛顿第二定律：F－Ff＝ma 代入数据，解得：F＝2.1×105 N
对平抛运动，有：
x＝vBt， y＝12gt2， 结合几何关系，有：H－x y＝LH1＝23， 解得：t＝115 s 或 t＝－35 s(舍去)；
(3)改变小物块从轨道上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值. 答案 0.15 J
解析 设小物块从轨道上A′点静止释放且A′B＝L，运动到B点时的速度为vB′， 对物块从A′到碰撞斜面过程分析，根据动能定理有： mgLsin 37°－μmgcos 37°·L＋mgy＝12mv2－0 对物块从A′到运动到B过程分析，根据动能定理有 12mvB′2＝mgLsin 37°－μmgLcos 37° 又 x＝vB′t，y＝12gt2，H－x y＝23 联立解得：12mv2＝mg(2156y＋91H6y2－98H)， 故当2156y＝91H6y2，即 y＝35H＝0.12 m 时，动能最小为 Ekmin，代入数据，解得 Ekmin＝0.15 J.
2.几个重要的功能关系 (1)重力的功等于 重力势能 减少量，即WG＝ －ΔEp . (2)弹力的功等于 弹性势能 减少量，即W弹＝ －ΔEp . (3)合力的功等于 动能 的变化，即W＝ ΔEk .
(4)重力(或系统内弹簧弹力)之外的其他力的功等于 机械能 的变化，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＝Ff·x相对.
高考题型3 机械能守恒和能量守恒定律的应用
1.机械能守恒的判断 (1)利用机械能守恒的定义判断； (2)利用做功判断； (3)利用能量转化判断； (4)对于绳突然绷紧和物体间非弹性碰撞问题，机械能往往不守恒. 2.解题步骤 (1)选取研究对象，分析物理过程及状态； (2)分析受力及做功情况，判断机械能是否守恒； (3)选取参考面，根据机械能守恒列式. 3.应用技巧 对于连接体的机械能守恒问题，常常应用重力势能的减少量等于动能的增加量来分 析和求解.
速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8).则
√A.动摩擦因数 μ＝67
√B.载人滑草车最大速度为
2gh 7
C.载人滑草车克服摩擦力做功为 mgh
D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g
图4
解析 对载人滑草车从坡顶由静止到底端的全过程分析，由动能定理可知：mg·2h－ μmgcos 45°·sinh45°－μmgcos 37°·sinh37°＝0，解得 μ＝67，选项 A 正确；
√C.系统的机械能守恒ห้องสมุดไป่ตู้
D.任意时刻两物体重力的功率相同
图2
解析 因为A、B两物体用轻杆相连，一起运动，加速度相同，A正确；
对两物体整体受力分析得：(2m＋m)gsin θ＝(2m＋m)a，整体加速度a＝gsin θ；设杆 对B的力为F，隔离B可得：2mgsin θ＋F＝2ma，且a＝gsin θ，所以F＝0，B错误； 只有重力对系统做功，动能和重力势能相互转化，机械能守恒，C正确； 重力瞬时功率P＝mgvy，虽然两物体速度相同，但是质量不一样，则同一时刻两物体 重力功率不一样，D错误.
(3)飞机受到牵引力的平均功率P.
答案 8.4×106 W 解析 设飞机滑跑过程中的平均速度为 v ，则 v ＝v2 在滑跑阶段，牵引力的平均功率：P＝F v 解得P＝8.4×106 W.
高考题型2 动能定理的应用
1.应用动能定理解题的基本思路 (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. 2.动能定理的应用 (1)动能定理是根据恒力做功和直线运动推导出来的，但是也适用于变力做功和曲线 运动. (2)在涉及位移和速度而不涉及加速度和时间问题时，常选用动能定理分析. (3)动能定理常用于分析多运动过程问题，关键是明确各力及各力作用的位移.
√B.物块从 A 到 B 过程重力的平均功率为2mgπ 2gh √C.物块在 B 点时对槽底的压力大小为R＋2Rhmg
D.物块到 B 点时重力的瞬时功率为 mg 2gh 图1
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－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＝12mv2 得
则 W＝12mv2－mgLsin θ；
设小球离开斜面时的速度为 v0.对小球做斜抛运动的过程，由动能定理得 mgLsin θ＝
12mv2－12mv02；
从最高点到落地的过程，由动能定理得 mgH＝12mv2－12m(v0cos θ)2，
联立解得：H＝v2sin2θ＋22ggLsin
θcos2θ .
拓展训练4 (2019·云南昭通市上学期期末)如图6，固定在竖直平面内的倾斜轨道AB， 与水平固定光滑轨道BC相连，竖直墙壁CD高H＝0.2 m，在地面上紧靠墙壁固定一 个和CD等高，底边长L1＝0.3 m的固定斜面.一个质量m＝0.1 kg的小物块(视为质点) 在轨道AB上从距离B点L2＝4 m处由静止释放，从C点水平抛出，已知小物块与AB段 轨道间的动摩擦因数为0.5，通过B点时无能量损失；AB段与水平面的夹角为37°.(空 气阻力不计，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
相关知识链接
1.几种力做功的特点 (1)重力、弹簧弹力、静电力做功与 路径 无关. (2)摩擦力做功的特点 ①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功. ②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和 总等于零 ，在静摩擦力做功的过程中，只 有机械能的转移，没有机械能转化为其他形式的能；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 .在一对滑动摩擦力做功的过程中，不仅有相互摩 擦的物体间机械能的转移，还有部分机械能转化为内能，转化为内能的量等于系统 机械能的减少量，等于滑动摩擦力与 相对位移 的乘积. ③摩擦生热是指滑动摩擦生热，静摩擦不会生热.
拓展训练2 (2019·北京市东城区二模)我国自主研制、具有自主知识产权的新一代喷 气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程.如图3，飞机在水平跑道 上的滑跑可视作初速度为零的匀加速直线运动，当位移x＝1.6×103 m时才能达到起 飞所要求的速度v＝80 m/s.已知飞机质量m＝7.0×104 kg，滑跑时受到的阻力恒为自 身重力的0.1倍，重力加速度g取10 m/s2，求飞机滑跑过程中： (1)飞机的加速度a的大小；
2020届高考物理二轮复习专题二第一讲功和功率动能定理课件
专题二能量与动量[核心知识体系]第一讲功和功率动能定理近三年全国卷考情统计高考必备知识概览常考点全国卷Ⅰ全国卷Ⅱ全国卷Ⅲ功和功率机车的启动问题动能定理的应用2018·T142018·T142017·T172019·T172017·T161．(2019·全国卷Ⅲ)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3 m 以内时，物体上升、下落过程中动能E k随h的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为()A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg[题眼点拨]①“始终与运动方向相反的外力”说明该外力始终阻碍物体运动做负功；②E k-h图象的斜率为物体运动过程中受到的合外力．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，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)×3 m＝(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，再由动能定理结合题图可得(mg－F)×3 m＝(48－24)J，联立解得m＝1 kg、F＝2 N，选项C正确，A、B、D错误．答案：C2．(2018·全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看做初速度为零的匀加速直线运动，在启动阶段列车的动能()A．与它所经历的时间成正比B．与它的位移成正比C．与它的速度成正比D．与它的动量成正比[题眼点拨]①“匀加速直线运动”说明列车的运动情况可用匀变速运动的规律求解；②“列车的动能”说明动能与速度有关，让求的各物理量均与速度建立一定的联系．解析：列车的动能E k＝12m v2与速度的平方成正比，列车在启动阶段的运动可看做初速度为零的匀加速直线运动，E k＝12m v2＝12m(at)2，与时间的平方成正比，Ek＝12m v2＝p22m，与动量的平方成正比，由动能定理得max＝E k，与它的位移成正比，故A、C、D错误，B正确．答案：B3．(2018·全国卷Ⅱ)如图所示，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动能一定()A. 小于拉力所做的功B. 等于拉力所做的功C. 等于克服摩擦力所做的功D. 大于克服摩擦力所做的功[题眼点拨]①“静止开始”说明木箱的初速度为零；②“粗糙水平路面”说明地面对木箱有摩擦力，注意摩擦力不等于动摩擦因数与重力的乘积．解析：木箱受力如图所示：木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可知：W F－WF f＝12m v2－0 ，所以动能小于拉力做的功，故A正确；无法比较动能与摩擦力做功的大小，C、D错误．答案：A4.(2017·全国卷Ⅱ)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直．一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)()A.v216g B.v28gC.v24g D.v22g[题眼点拨] ①“从轨道上端水平飞出”说明飞出后做平抛运动；②“半圆形光滑轨道”说明无摩擦力．解析：设轨道半径为R ，小物块从轨道上端飞出时的速度为v 1，由于轨道光滑，根据动能定理有mg ×2R ＝12m v 2－12m v 21，小物块从轨道上端飞出后做平抛运动，对运动分解有：x ＝v 1t ，2R ＝12gt 2，求得x ＝－16⎝⎛⎭⎪⎪⎫R －v 28g 2＋v 44g 2，因此当R －v 28g ＝0，即R ＝v 28g 时，x 取得最大值，B 项正确，A 、C 、D 项错误．答案：B5.(2017·全国卷Ⅲ)如图所示，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂．用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距13l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为()A.19mgl B.16mglC.13mgl D.12mgl[题眼点拨]①“均匀柔软细绳”说明质量分布均匀；②“缓慢地竖直向上拉起”说明外力所做的功等于MQ 段细绳重力势能的增加量．解析：QM段绳的质量为m′＝23m，未拉起时，QM段绳的重心在QM中点处，与M点距离为13l，绳的下端Q拉到M点时，QM段绳的重心与M点距离为16l，此过程重力做功W G ＝－m ′g ⎝ ⎛⎭⎪⎫13l －16l ＝－19mgl ，对绳的下端Q 拉到M 点的过程，应用动能定理，可知外力做功W ＝－W G ＝19mgl ，可知A 项正确，B 、C 、D 项错误． 答案：A命题特点与趋势1．近几年高考命题点主要集中在正、负功的判断，功率的分析与计算，机车启动模型，动能定理在圆周运动、平抛运动中的应用，题目具有一定的综合性，难度适中．2．本讲高考的命题方式单独命题以选择题为主，综合命题以计算题为主，常将动能定理与机械能守恒定律、能量守恒定律相结合.2020年的高考动能定理仍是考查重点，要关注本讲知识与实际问题相结合的情景题目．解题要领解决本讲知识要理解功和功率的定义、正负功的判断方法，机车启动两类模型的分析、动能定理及动能定理在变力做功中的灵活应用．考点1功和功率的计算功和功率的计算方法(多选)(2018·全国卷Ⅲ)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面．某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程()A ．矿车上升所用的时间之比为4∶5B ．电机的最大牵引力之比为2∶1C ．电机输出的最大功率之比为2∶1D ．电机所做的功之比为4∶5[题眼点拨] ①“变速阶段加速度的大小都相同”说明合力相同；②“提升的高度相同”说明图象的面积相同；③“提升的质量相等”说明重力做的功相同．解析：设第②次所用时间为t ，根据速度图象的面积等于位移可知，12×2t 0×v 0＝12(t ＋t －t 0)×12v 0，解得t ＝52t 0，所以第①次和第②次提升过程所用时间之比为2t0∶52t0＝4∶5，选项A正确；由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，提升的最大牵引力之比为1∶1，选项B错误；由功率公式P＝F v，电机输出的最大功率之比为2∶1，选项C正确；由动能定理得W F－mgh＝0－0，解得W F ＝mgh，则两次做功相同，选项D错误．答案：AC1．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＝Wt只能用来计算平均功率．P＝F v 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．[对点训练]1．(2019·洛阳模拟)如图所示，一轻绳的一端系在固定粗糙斜面上的O点，另一端系一小球，给小球一足够大的初速度，使小球在斜面上做圆周运动．在此过程中()A．斜面对小球的支持力做功B．重力对小球不做功C．绳的张力对小球不做功D．在任何一段时间内，小球克服摩擦力所做的功总是等于小球动能的减少量解析：斜面的支持力、绳的张力总是与小球的运动方向垂直，故不做功，A错误，C正确；小球在重力方向上有位移，因而重力对小球做功，B错误；小球动能的变化量等于合外力做的功，即重力与摩擦力做功的和，D错误．答案：C2．(2019·保定四校联考)质量m＝20 kg的物体，在大小恒定的水平外力F的作用下，沿水平面做直线运动.0～2 s内F与运动方向相反，2～4s内F与运动方向相同，物体的v-t图象如图所示．g取10 m/s2，则()A．拉力F的大小为100 NB．物体在4 s时拉力的瞬时功率为120 WC．4 s内拉力所做的功为480 JD．4 s内物体克服摩擦力做的功为320 J解析：取物体初速度方向为正方向，由题图可知物体与水平面间存在摩擦力，由题图可知0～2 s内，－F－F f ＝ma1且a1＝－5 m/s2；2～4 s内，－F＋F f＝ma2且a2＝－1 m/s2，联立以上两式解得F＝60 N，F f＝40 N，A错误；由P＝F v得4 s时拉力的瞬时功率为120 W，B正确；由W＝Fx，0～2 s内，W1＝－Fx1，2～4 s内，W2＝Fx2，由题图可知x1＝10 m，x2＝2 m，代入数据解得，4 s内拉力所做的功为－480 J，C错误；摩擦力做功W＝F f·s，摩擦力始终与速度方向相反，故s为路程，由题图可求得总路程为12 m，4 s内物体克服摩擦力做的功为480 J，D 错误．答案：B考点2机车启动问题1．机车输出功率：P＝F v，其中F为机车牵引力．2．机车匀加速启动过程的最大速度v1(此时机车输出的功率最大)和全程的最大速度v m(此时F牵＝F阻)求解方法．(1)求v1：由F牵－F阻＝ma，P＝F牵v1可求v1＝PF阻＋ma.(2)求v m：由P＝F阻v m，可求v m＝P F阻.3．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，机车功率不断增大，最大功率是额定功率．(3)以额定功率启动的过程中，牵引力不断减小，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．(多选)(2019·马鞍山一模)如图所示为某汽车在平直公路上启动时发动机功率P随时间t变化的图象，P0为发动机的额定功率．已知在t2时刻汽车的速度已经达到最大值v m，汽车所受阻力大小与速度大小成正比．由此可得()A．在t3时刻，汽车速度一定等于v mB．在t1～t2时间内，汽车一定做匀速运动C．在t2～t3时间内，汽车一定做匀速运动D．在发动机功率达到额定功率前，汽车一定做匀加速运动[题眼点拨]①由图象知0～t1内汽车的功率均匀增加，t1～t3汽车以额定功率行驶；②“t2时刻汽车的速度已经达到最大值v m”说明t2后汽车牵引力与阻力相等(大小)，汽车做匀速直线运动．解析：已知在t2时刻汽车的速度已经达到最大值v m，此后汽车做匀速直线运动，速度不变，所以在t3时刻，汽车速度一定等于v m，故A正确；0～t1时间内汽车的功率均匀增加，汽车所受阻力增大，汽车做变加速直线运动；汽车的功率在t1时刻达到额定功率，根据P＝F v，速度继续增大，牵引力减小，则加速度减小，则在t1～t2时间内汽车做加速度减小的加速运动，故B、D错误；在t2～t3时间内，汽车已达到最大速度，且功率保持不变，汽车一定做匀速直线运动，故C正确．答案：AC1．机车启动的方式不同，运动的规律就不同，即其功率、加速度、牵引力等物理量的变化规律不同，分析图象时应注意坐标轴的意义及图象变化所描述的规律．2．在公式P＝F v中，F是机车的牵引力而不是机车所受合力，因此F＝F f时，牵引力与阻力平衡，机车达到最大运行速度．3．解决机车启动问题一定要分清机车是匀加速启动还是恒定功率启动．(1)匀加速启动过程中，机车功率是不断改变的，但该过程中的最大功率是额定功率，匀加速运动阶段的最大速度小于机车所能达到的最大速度，达到额定功率后，机车做加速度减小的加速运动．(2)以恒定功率启动的过程中，机车做加速度减小的加速运动，匀变速直线运动的规律不能用，速度最大值等于PF f，牵引力是变力，牵引力做的功可用W＝Pt求解，但不能用W＝Fl cos θ求解．[对点训练]考向恒定功率的启动3．(多选)(2018·佛山第一中学检测)质量为m的汽车在平直公路上行驶，所受的阻力恒为车重的k倍．汽车以额定功率行驶，当它加速行驶的速度为v时，加速度为a.则以下分析正确的是()A．汽车发动机的额定功率为kmg vB．汽车行驶的最大速度为（kg＋a）vkgC．当汽车加速度减小到a2时，速度增加到2vD．汽车发动机的额定功率为(ma＋kmg)v解析：设汽车的额定功率为P，汽车的速度为v时，根据牛顿第二定律知：Pv－kmg＝ma；所以P＝(kmg＋ma)v，故A错误，D正确；汽车匀速行驶时，牵引力等于阻力，速度最大，故有：v m＝Pkmg＝（kmg＋ma）vkmg＝（kg ＋a ）v kg ，故B 正确；加速度为a 2时，设此时牵引力为F ，则F －kmg ＝m ·a 2，解得：F ＝kmg ＋ma 2，此时速度为：v ＝P F ＝（kmg ＋ma ）v kmg ＋ma 2<2v ，故C 错误． 答案：BD考向恒定加速度启动4．(2019·芜湖模拟)一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的功率达到最大值P，之后起重机保持该功率不变，继续提升重物，最后重物以最大速度v2匀速上升，不计钢绳重力．则整个过程中，下列说法正确的是()A．钢绳的最大拉力为P v2B．重物匀加速过程的时间为m v21P－mg v1C．重物匀加速过程的加速度为P m v1D．速度由v1增大至v2的过程中，重物的平均速度v—＜v1＋v22解析：匀加速过程物体处于超重状态，钢绳拉力较大，匀加速运动阶段钢绳的拉力为F＝Pv1，故A错误；根据牛顿第二定律可知F－mg＝ma，结合v＝at解得a＝Pm v1－g，t＝m v21P－mg v1，故B正确，C错误；在速度由v1增大至v2的过程中，做加速度减小的变加速运动，平均速度v—＞v1＋v22，故D错误．答案：B考点3动能定理的应用(2019·信阳模拟)如图所示，AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道固定，OA处于水平位置．AB是半径为R＝1 m的14圆周轨道，CDO是半径为r＝0.5 m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板(可以把小球弹回，不损失能量)图中没有画出，D为CDO轨道的中点．BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接．已知BC段水平轨道长L＝2 m，与小球之间的动摩擦因数μ＝0.2，现让一个质量为m＝1 kg 的小球从A点的正上方距水平线OA高H的P处自由落下(g取10 m/s2)．请回答下列问题．(1)当H＝2 m时，求此时小球第一次到达D点对轨道的压力大小；(2)为使小球仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，求H的取值范围．[题眼点拨]①“自由落下”说明小球落至A点前做自由落体运动，②“仅仅与弹性挡板碰撞一次，且球不会脱离CDO轨道”说明H最小时必须满足小球能上升到O点，H最大时，碰后再返回最高点能至D点．解析：(1)设小球第一次到达D的速度为v D，对小球从P到D点的过程，根据动能定理得mg(H＋r)－μmgL＝12m v2D－0，在D点轨道对小球的支持力F N提供向心力，则有F N＝m v2D r，联立解得：F N＝84 N，由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为F ′N ＝F N ＝84 N ；(2)为使小球仅仅与挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO 轨道，H 最小时必须满足能上升到O 点，由动能定理得mgH min －μmgL ＝12m v 20－0， 在O 点有：mg ＝m v 20r， 代入数据解得：H min ＝0.65 m.仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，H最大时，碰后再返回最高点能上升到D点，则有mg(H max＋r)－3μmgL＝0，代入数据解得H max＝0.7 m，故有0.65 m≤H≤0.7 m.答案：(1)84 N(2)0.65 m≤H≤0.7 m[对点训练]考向动能定理与图象的结合5．(2019·衡水模拟)质量m＝1 kg的物体静止放在粗糙水平地面上．现对物体施加一个随位移变化的水平外力F时物体在水平面上运动．已知物体与地面间的滑动摩擦力与最大静摩擦力相等．若F-x图象如图所示．且4～5 m 内物体匀速运动．x＝7 m时撤去外力，g取10 m/s2，则下列有关描述正确的是()A．物体与地面间的动摩擦因数为0.1B．当x取3 m时物体的速度最大C．撤去外力时物体的速度为 2 m/sD．撤去外力后物体还能在水平面上滑行3 s解析：4～5 m内物体匀速运动，则有F＝F f＝μmg，得μ＝Fmg＝310＝0.3，故A错误；只要F＞F f＝μmg，物体就在加速，所以在0～4 m内物体一直加速，x＝4 m时物体的速度最大，故B错误；根据图象与x轴所围的面。
2020年高考物理二轮复习课件：专题二第一讲 功和能
3．[多选](2019·烟台模拟)如图所示，滑块以初 速度 v0 滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高 点后又返回到出发点。则能大致反映滑块整 个运动过程中速度 v、加速度 a、动能 Ek、重力对滑块所做 的功 W 与时间 t 或位移 x 关系的是(取初速度方向为正方向) ()
解析：滑块以初速度 v0 滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后 又返回到出发点。滑块先以较大加速度做匀减速直线运动，再以 较小加速度做反向匀加速直线运动，A 正确。滑块上滑和下滑时 的加速度方向都向下，B 错误。动能为标量且一定为正值，C 错 误。设斜面倾角为 θ，由做功的定义式 W＝－mgxsin θ，D 正确。
[题点全练]
1．(2019·云南昆明诊断)如图所示，两根不可伸
长的轻绳一端与一个质量为 m 的小球相连于
O 点，另一端分别固定在小车天花板上的 A、
B 两点，OA 绳与天花板的夹角为 30°，OB 绳与天花板的夹角为
60°，重力加速度为 g。当小车以速度 v 向右做匀速直线运动，小
球与车保持相对静止时，下列说法正确的是
第一讲 功和能
1
课 前 自 测 诊 断 点击进入
2
课堂重点攻坚
3
课后“高仿”检测
释疑 4 大考点
考点一 功和功率 功和功率是高考命题的热点，主要涉及的问题有：摩擦力做 功问题、变力做功问题、平均功率问题、瞬时功率问题、力与速 度方向不共线的功率问题，建议对本考点多加关注。
记 牢 基本知识
1．功的计算 (1)恒力的功：W＝ Flcos α 。 (2)变力的功： ①将变力做功转化为恒力做功；
()
A．2
m1－m2gR 2m1＋m2
B.
2m1－m2gR m1＋m2
2020高考物理二轮复习第一部分专题三功与能量第1讲功功率和功能关系课件
解析 人的速度有两个效果，一个是沿绳子方向运动，再一个是沿垂直绳
子方向运动，如图所示，前进位移x的过程中，根据几何知识可得cosθ＝
x h2＋x2
，故根据速度的分解可得沿绳方向的分速度为vcosθ＝
3．常见的力学中功能关系 (1)合外力做功与动能的关系：W合＝ 6 ΔEk 。 (2)重力做功与重力势能的关系：WG＝ 7 －ΔEp 。 (3)弹力做功与弹性势能的关系：W弹＝ 8 －ΔEp 。 (4)除重力以外其他力做功与机械能的关系：W其他＝ 9 ΔE机 。 (5)滑动摩擦力做功与内能的关系：Ffl相对＝ 10 ΔE内 。
热点考向•能力突破Fra bibliotek功和功率的求解策略
例1 (多选)(2018·全国卷Ⅲ)地下矿井的矿石装在矿车中，用电机通过竖 井运送到地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示， 其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相 同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对 于第①次和第②次提升过程( )
第1讲 功 功率和功能关系
真题概览•考情感悟
核心 考点
功能 关系 与 能量 守恒
全国 试题 Ⅰ卷
Ⅱ卷
Ⅲ卷
2019
T25：功 能关系
T18：功 能关系 T25：动 能定理
T17：动 能定理
2018
2017
T18：机械能变 化、动能定理
T24：机械 能的计算、 功能关系
T17：机械 T14：动能定 能守恒定律 理、摩擦力做功 T24：动能
2020新课标高考物理二轮复习教师用书：第1部分 专题2 第1讲 功 功率 动能定理 Word版含
姓名，年级：时间：第1讲功功率动能定理考点1 功功率的分析与计算■新依据·等级考预测·❶分析近五年全国卷及北京卷、天津卷的高考题可以看出,本考点知识与图象相结合是高考命题的热点,主要考查功、功率的分析与计算及机车启动问题。
题型一般为选择题,难度适中。
❷预计2020年等级考对本考点的考查仍会以机车问题为背景，涉及功和功率的综合应用。
14上，环面位于竖直平面内,在大圆环上套着一个小环.小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中,大圆环对它的作用力（）A．一直不做功B．一直做正功C．始终指向大圆环圆心D．始终背离大圆环圆心A ［光滑大圆环对小环只有弹力作用.弹力方向沿大圆环的半径方向(下滑过程先背离圆心，后指向圆心)，与小环的速度方向始终垂直，不做功.故选A.]2.(2015·全国卷Ⅱ·T17）一汽车在平直公路上行驶。
从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示.假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。
下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是（）A ［由P。
t图象知：0～t1内汽车以恒定功率P1行驶，t1～t2内汽车以恒定功率P2行驶。
设汽车所受牵引力为F,则由P＝Fv得，当v增加时，F减小，由a＝错误!知a减小，又因速度不可能突变，所以选项B、C、D错误，选项A正确.]3。
(多选）(2018·全国卷Ⅲ·T19）地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面．某竖井中矿车提升的速度大小v 随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程,它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。
不考虑摩擦阻力和空气阻力.对于第①次和第②次提升过程，( ）A．矿车上升所用的时间之比为4∶5B．电机的最大牵引力之比为2∶1C．电机输出的最大功率之比为2∶1D．电机所做的功之比为4∶5AC [根据位移相同可得两图线与时间轴围成的面积相等，错误! v0×2t0＝错误!×错误!v0[2t0＋t′＋（t0＋t′)］，解得t′＝错误!t0，则对于第①次和第②次提升过程中，矿车上升所用的时间之比为2t0∶错误!＝4∶5,A正确。
2020版高考物理大二轮复习专题二第1讲功能关系的应用讲义(2021-2022学年)
功能关系的应用ﻬ第1讲 功能关系的应用真题再现 考情分析１．(２0１9·高考全国卷Ⅲ)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３ m 以内时，物体上升、下落过程中动能E k 随ｈ的变化如图所示．重力加速度取１０ m ／s 2。
该物体的质量为( ） Ａ。
2 kgＢ．1.５ k ｇC ．1 k ｇＤ．0。
5 kg解析：选C 。
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 ，由动能定理结合题图可得－（mg +F )×3m=（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 ,再由动能定理结合题图可得（mg -Ｆ）×３ m ＝（48-24) J,联立解得ｍ=１ kg 、F =２ Ｎ,选项C 正确,A 、ﻬA。
物体的质量为2ｋgB。
h＝0时，物体的速率为2０ｍ/sC。
ｈ＝2 ｍ时，物体的动能Ｅk=40 JＤ.从地面至h＝4 m,物体的动能减少100 Ｊ解析:选ＡD.根据题给图象可知ｈ=４ m时物体的重力势能mgh=8０Ｊ，解得物体质量m=2 kg,抛出时物体的动能为E k=100 J，由动能公式Ｅｋ＝错误!ｍv2，可知h＝0时物体的速率为ｖ=１0 m／s，选项A正确，B错误;由功能关系可知fｈ＝｜ΔE｜=2０ J，解得物体上升过程中所受空气阻力f＝5 N，从物体开始抛出至上升到h=2ｍ的过程中,由动能定理有－mgh－fh＝E k-100 J,解得Eｋ=50Ｊ，选项Ｃ错误;由题给图象可知，物体上升到ｈ=４ｍ时,机械能为８０ J，重力势能为8０ J，动能为零，即物体从地面上升到ｈ＝4 m,物体动能减少１00 Ｊ，选项Ｄ正确.3．(2０18·高考全国卷Ⅰ）如图,abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R;bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点．一质量为ｍ的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用,自a点处从静止开始向右运动.重力加速度大小为ｇ.小球从a点开始运动到其轨迹最高点,机械能的增量为()A.２ｍｇRB．４mgRC.５mgRＤ.６ｍgＲ解析：选C。
(新课标地区专用)2020高考物理二轮复习专题三功和能第2课时动力学和能量观点的综合应用课件
高考题型2 动力学和能量观点分析多运动组合问题
例2 (2019·湖北恩施州2月教学质量检测)如图3所示为轮滑比赛的一段模拟赛道.一 个小物块从A点以一定的初速度水平抛出，刚好无碰撞地从C点进入光滑的圆弧赛道， 圆弧赛道所对的圆心角为60°，圆弧半径为R，圆弧赛道的最低点与水平赛道DE平滑 连接，DE长为R，物块经圆弧赛道进入水平赛道，然后在E点无碰撞地滑上左侧的斜 坡，斜坡的倾角为37°，斜坡也是光滑的，物块恰好能滑到斜坡的最高点F，F、O、 A三点在同一高度，重力加速度大小为g，不计空气阻力，不计物块的大小.求： (1)物块的初速度v0的大小及物块与水平赛道间的动摩擦因数；
答案 2 2 m/s
图2
解析 水杯通过最高点时，对水由牛顿第二定律得：
mg＝mvR02，其中 R＝(0.2＋0.6) m＝0.8 m
解得：v0＝2 2 m/s；
(2)若在最高点水刚好不洒出，在最低点时水对杯底的压力为16 N，求蒸笼环从最高 点运动到最低点的过程中，蒸笼环对杯子和水所做的功W. 答案 3.2 J
图1
解析 小物块恰能到圆轨道最高点时，物块与轨道间无弹力.设最高点物块速度为vC，
由 mg＝mvRC2得：vC＝2 m/s 物块从B运动到C，由动能定理得： －2mgR＝12mvC2－12mvB2 解得：vB＝2 5 m/s；
(2)在(1)情况下小物块在P点时对轨道的压力大小；
答案 36 N 解析 物块从 P 到 C 由动能定理：－mgR(1－sin θ)＝12mvC2－12mvP2， 解得 vP＝655 m/s 在 P 点由牛顿第二定律：mgsin θ＋FN＝mvRP2 解得FN＝36 N； 根据牛顿第三定律可知，小物块在P点对轨道的压力大小为FN′＝FN＝36 N
(高考前沿)2020届高三物理二轮专题复习精品教案功和能doc高中物理
（高考前沿）2020届高三物理二轮专题复习精品教案功和能doc高中物理目的要求：准确把握功、功率、动能，势能、机械能等概念头，准确明白得动能定理、机械能守恒定律功能关系，能熟练把握它们的运用方法。
强化解决动力学咨询题的方法训练和能力培养功第1课知识简析一、功的概念1、定义：力和力的作用点通过位移的乘积．2.做功的两个必要因素：力和物体在力的方向上的位移3、公式：W＝FScosα〔α为F与s的夹角〕．讲明：恒力做功大小只与F、s、α这三个量有关．与物体是否还受其他力、物体运动的速度、加速度等其他因素无关，也与物体运动的路径无关．4.单位：焦耳〔J) 1 J＝1N·m.5.物理意义：表示力在空间上的积存效应，是能的转化的量度6.功是标量，没有方向，然而有正负．正功表示动力做功，负功表示阻力做功，功的正负表示能的转移方向．①当0≤a＜900时W＞0，力对物体做正功；②当α=900时W＝0，力对物体不做功；③当900＜α≤1800时W＜0，力对物体做负功或讲成物脚体克服那个力做功，这两种讲法是从二个角度来描述同一个咨询题．二、注意的几个咨询题①F：当F是恒力时，我们可用公式W＝Fscosθ运算；当F大小不变而方向变化时，分段求力做的功；当F的方向不变而大小变化时，不能用W＝Fscosθ公式运算〔因数学知识的缘故〕，我们只能用动能定理求力做的功．②S：是力的作用点通过的位移，用物体通过的位移来表述时，在许多咨询题上学生往往会产生一些错觉，在后面的练习中会认识到这一点，另外位移S应当弄清是相对哪一个参照物的位移③功是过程量：即做功必定对应一个过程〔位移〕，应明确是哪个力在哪一过程中的功．④什么力做功：在研究咨询题时，必须弄明白是什么力做的功．如下图，在力F作用下物体匀速通过位移S那么力做功FScosθ，重力做功为零，支持力做功为零，摩擦力做功－Fscosθ，合外力做功为零．【例1】如下图，在恒力F的作用下，物体通过的位移为S，那么力F做的功为解析：力F做功W＝2Fs．此情形物体尽管通过位移为S．但力的作用点通过的位移为2S，因此力做功为2FS．答案：2Fs【例2】如下图，质量为m的物体，静止在倾角为α的粗糙的斜面体上，当两者一起向右匀速直线运动，位移为S时，斜面对物体m的弹力做的功是多少？物体m所受重力做的功是多少？摩擦力做功多少？斜面对物体m做功多少？解析：物体m受力如下图，m有沿斜面下滑的趋势，f为静摩擦力，位移S的方向同速度v的方向．弹力N对m做的功W1＝N·scos〔900＋α〕＝－ mgscosαs i nα，重力G对m做的功W2＝G·s cos900=0．摩擦力f对m做的功W3=fscosα=mgscosαsinα．斜面对m的作用力即N和f的合力，方向竖直向上，大小等于mg〔m处于平稳状态〕，那么： w＝F合scos900＝mgscos900＝o答案：－ mgscos αs i n α，0， mgscos αs i n α，0点评：求功，必须清晰地明白是哪个力的功，应正确地画出力、位移，再求力的功．【例3】如下图，把A 、B 两球由图示位置同时由静止开释〔绳开始时拉直〕，那么在两球向左下摆动时．以下讲法正确的选项是A 、 绳子OA 对A 球做正功B 、 绳子AB 对B 球不做功C 、 绳子AB 对A 球做负功D 、 绳子AB 对B 球做正功解析：由于O 点不动，A 球绕O 点做圆周运动，OA 对球A 不做功。
2020高考物理新课标地区专用提分大二轮讲义：专题三 功和能 第1课时
第1课时功功率和功能关系[专题复习定位]1．解决问题本专题主要培养学生应用功能关系分析和解决问题的能力．2．高考重点功和功率的分析与计算；动能定理的应用；机械能和能量守恒定律的应用；功能关系的理解和应用．3．题型难度以选择题为主，一般考查功和功率的分析、动能定理的应用以及功能关系的理解，题目难度较大．1．几种力做功的特点(1)重力、弹簧弹力、静电力做功与路径无关．(2)摩擦力做功的特点①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零，在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的转移，没有机械能转化为其他形式的能；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．在一对滑动摩擦力做功的过程中，不仅有相互摩擦的物体间机械能的转移，还有部分机械能转化为内能，转化为内能的量等于系统机械能的减少量，等于滑动摩擦力与相对位移的乘积．③摩擦生热是指滑动摩擦生热，静摩擦不会生热．2．几个重要的功能关系(1)重力的功等于重力势能减少量，即W G＝－ΔE p.(2)弹力的功等于弹性势能减少量，即W弹＝－ΔE p.(3)合力的功等于动能的变化，即W＝ΔE k.(4)重力(或系统内弹簧弹力)之外的其他力的功等于机械能的变化，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．1．功和功率的求解(1)功的求解：W＝Fl cos α用于恒力做功，变力做功可以用动能定理或者图象法来求解．(2)功率的求解：可以用定义式P＝Wt来求解，如果力是恒力，可以用P＝F v cos α来求解．2．动能定理的应用技巧若运动包括几个不同的过程，可以全程或者分过程应用动能定理．例1(多选)(2019·山东菏泽市下学期第一次模拟)如图1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()图1A．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2mg2ghπC．物块在B点时对槽底的压力大小为(R＋2h)mgRD．物块到B点时重力的瞬时功率为mg2gh答案BC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＝12m v2得v＝2gh，从A到B运动的时间t＝12πRv＝πR22gh，因此从A到B过程中重力的平均功率为P＝Wt＝2mg2ghπ，B项正确；物块在B点时，根据牛顿第二定律F N－mg＝m v2R，求得F N＝(R＋2h)mgR，根据牛顿第三定律可知，F N ′＝F N ＝(R ＋2h )mgR ，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．拓展训练1 (多选)(2019·山东济宁市第二次摸底)如图2所示，A 、B 两物体的质量分别为m 、2m ，中间用轻杆相连，放在光滑固定的斜面上(轻杆与斜面平行)．现将它们由静止释放，在下滑的过程中( )图2A ．两物体下滑的加速度相同B ．轻杆对A 做正功，对B 做负功C ．系统的机械能守恒D ．任意时刻两物体重力的功率相同 答案 AC解+析 因为A 、B 两物体用轻杆相连，一起运动，加速度相同，A 正确；对两物体整体受力分析得：(2m ＋m )g sin θ＝(2m ＋m )a ，整体加速度a ＝g sin θ；设杆对B 的力为F ，隔离B 可得：2mg sin θ＋F ＝2ma ，且a ＝g sin θ，所以F ＝0，B 错误；只有重力对系统做功，动能和重力势能相互转化，机械能守恒，C 正确；重力瞬时功率P ＝mg v y ，虽然两物体速度相同，但是质量不一样，则同一时刻两物体重力功率不一样，D 错误．拓展训练2 (2019·北京市东城区二模)我国自主研制、具有自主知识产权的新一代喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程．如图3，飞机在水平跑道上的滑跑可视作初速度为零的匀加速直线运动，当位移x ＝1.6×103 m 时才能达到起飞所要求的速度v ＝ 80 m/s .已知飞机质量m ＝7.0×104 kg ，滑跑时受到的阻力恒为自身重力的0.1倍，重力加速度g 取10 m/s 2，求飞机滑跑过程中：图3(1)飞机的加速度a 的大小； (2)飞机受到平均牵引力的大小； (3)飞机受到牵引力的平均功率P .答案 (1)2 m/s 2 (2)2.1×105 N (3)8.4×106 W解+析 (1)由题意知，飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动， 由：v 2＝2ax代入数据，解得：a ＝2 m/s 2(2)设飞机滑跑受到的阻力大小为F f ，则F f ＝0.1mg 由牛顿第二定律：F －F f ＝ma 代入数据，解得：F ＝2.1×105 N(3)设飞机滑跑过程中的平均速度为v ，则v ＝v2在滑跑阶段，牵引力的平均功率：P ＝F v 解得P ＝8.4×106 W.1．应用动能定理解题的基本思路 (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． 2．动能定理的应用(1)动能定理是根据恒力做功和直线运动推导出来的，但是也适用于变力做功和曲线运动． (2)在涉及位移和速度而不涉及加速度和时间问题时，常选用动能定理分析． (3)动能定理常用于分析多运动过程问题，关键是明确各力及各力作用的位移．例2 (多选)(2019·宁夏银川市质检)如图4所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h ，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，载人滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度为g ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则( )图4A ．动摩擦因数μ＝67B ．载人滑草车最大速度为2gh 7C ．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD ．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g答案 AB解+析 对载人滑草车从坡顶由静止到底端的全过程分析，由动能定理可知：mg ·2h － μmg cos 45°·h sin 45°－μmg cos 37°·h sin 37°＝0，解得μ＝67，选项A 正确； 对经过上段滑道的过程分析，根据动能定理有mgh －μmg cos 45°·h sin 45°＝12m v 2，解得：v ＝2gh7，选项B 正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh ，选项C 错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为a ＝μmg cos 37°－mg sin 37°m ＝335g ，选项D 错误．拓展训练3 (2019·山西五地联考上学期期末)如图5所示，固定斜面倾角为θ.一轻弹簧的自然长度与斜面长相同，都为L ，弹簧一端固定在斜面的底端，将一个质量为m 的小球放在斜面顶端与弹簧另一端接触但不相连，用力推小球使其挤压弹簧并缓慢移到斜面的中点，松手后，小球最后落地的速度大小为v ，不计空气阻力和一切摩擦，重力加速度为g ，则该过程中，人对小球做的功W 及小球被抛出后离地面的最大高度H 分别为( )图5A.12m v 2－mgL sin θ；v 2sin 2θ＋2gL sin θcos 2θ2gB.12m v 2；v 2sin 2θ－2gL sin θcos 2θ2gC.12m v 2－12mgL sin θ；v 2sin 2θ＋2gL sin θcos 2θ2g D.12m v 2－mgL sin θ；v 22g 答案 A解+析 对人从开始压弹簧到小球落地的整个过程，由动能定理得W ＋mgL sin θ＝12m v 2－0，则W ＝12m v 2－mgL sin θ；设小球离开斜面时的速度为v 0.对小球做斜抛运动的过程，由动能定理得mgL sin θ＝12m v 2－12m v 02； 从最高点到落地的过程，由动能定理得mgH ＝12m v 2－12m (v 0cos θ)2，联立解得：H ＝v 2sin 2θ＋2gL sin θcos 2θ2g.拓展训练4 (2019·云南昭通市上学期期末)如图6，固定在竖直平面内的倾斜轨道AB ，与水平固定光滑轨道BC 相连，竖直墙壁CD 高H ＝0.2 m ，在地面上紧靠墙壁固定一个和CD 等高，底边长L 1＝0.3 m 的固定斜面．一个质量m ＝0.1 kg 的小物块(视为质点)在轨道AB 上从距离B 点L 2＝4 m 处由静止释放，从C 点水平抛出，已知小物块与AB 段轨道间的动摩擦因数为0.5，通过B 点时无能量损失；AB 段与水平面的夹角为37°.(空气阻力不计，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图6(1)求小物块运动到B 点时的速度大小； (2)求小物块从C 点抛出到击中斜面的时间；(3)改变小物块从轨道上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值． 答案 (1)4 m/s (2)115s (3)0.15 J解+析 (1)对小物块从A 到B 过程分析，根据动能定理有：mgL 2sin 37°－μmgL 2cos 37°＝12m v B 2，解得：v B ＝4 m/s ；(2)设物块落在斜面上时水平位移为x ，竖直位移为y ，如图所示：对平抛运动，有： x ＝v B t ， y ＝12gt 2，结合几何关系，有：H －y x ＝H L 1＝23，解得：t ＝115 s 或t ＝－35s(舍去)；(3)设小物块从轨道上A ′点静止释放且A ′B ＝L ，运动到B 点时的速度为v B ′，对物块从A ′到碰撞斜面过程分析，根据动能定理有：mgL sin 37°－μmg cos 37°·L ＋mgy ＝12m v 2－0对物块从A ′到运动到B 过程分析，根据动能定理有 12m v B ′2＝mgL sin 37°－μmgL cos 37° 又x ＝v B ′t ，y ＝12gt 2，H －y x ＝23联立解得：12m v 2＝mg (25y 16＋9H 216y －9H8)，故当25y 16＝9H 216y ，即y ＝35H ＝0.12 m 时，动能最小为E kmin ，代入数据，解得E kmin ＝0.15 J.1．机械能守恒的判断(1)利用机械能守恒的定义判断； (2)利用做功判断； (3)利用能量转化判断；(4)对于绳突然绷紧和物体间非弹性碰撞问题，机械能往往不守恒． 2．解题步骤(1)选取研究对象，分析物理过程及状态； (2)分析受力及做功情况，判断机械能是否守恒； (3)选取参考面，根据机械能守恒列式． 3．应用技巧对于连接体的机械能守恒问题，常常应用重力势能的减少量等于动能的增加量来分析和求解． 例3 (多选)(2019·福建厦门市上学期期末质检)有一款蹿红的小游戏“跳一跳”，游戏要求操作者通过控制棋子(质量为m ，可视为质点)脱离平台时的速度，使其能从同一水平面上的平台跳到旁边的另一平台上．如图7所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹，轨迹的最高点距平台上表面高度为h ，不计空气阻力，重力加速度为g ，则( )图7A ．棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加mghB ．棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，机械能增加mghC ．棋子离开平台后距平台面高度为h 2时动能为mgh2D ．棋子落到另一平台上时的速度大于2gh 答案 AD解+析 设平台表面为零势能面，则棋子在最高点的重力势能为mgh ，故棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加mgh ，A 正确；棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，不计空气阻力，只有重力做功，机械能守恒，B 错误；取平台表面为零势能面，则棋子在最高点的机械能E ＝mgh ＋12m v x 2，v x 为棋子在最高点的速度．由于机械能守恒，则棋子离开平台后距平台面高度为h 2时，动能为E k ＝E －12mgh ＝12mgh ＋12m v x 2>mgh2，C 错误；设棋子落到另一平台时的瞬时速度大小为v ，棋子从最高点落到另一平台的过程中，根据动能定理得：mgh ＝12m v 2－12m v x 2，解得：v ＝2gh ＋v x 2>2gh ，D 正确．拓展训练5 (多选)(2019·福建厦门市第一次质量检查)如图8所示，在竖直面内固定一半径为R 的圆环，AC 是圆环竖直直径，BD 是圆环水平直径，半圆环ABC 是光滑的， 半圆环CDA 是粗糙的．一质量为m 的小球(视为质点)在圆环的内侧A 点获得大小为v 0、方向水平向左的速度，小球刚好能第二次到达C 点，重力加速度大小为g ，不计空气阻力．在此过程中( )图8A ．小球通过A 点时处于失重状态B ．小球第一次到达C 点时速度为gRC ．小球第一次到达B 点时受到圆环的弹力大小为m (v 02R－2g )D ．小球与圆环间因摩擦产生的热量为12m v 02－52mgR答案 CD解+析 小球通过A 点时，加速度向上，处于超重状态，选项A 错误；因小球刚好能第二次到达C 点，则此时mg ＝m v C 2R ，可知小球第二次到达C 点的速度为v C ＝gR ，因在轨道CDA上运动时要克服阻力做功，可知小球第一次到达C 点的速度大于gR ，选项B 错误；小球从A 到第一次到达B 点，由动能定理：－mg ·R ＝12m v B 2－12m v 02；在B 点：F N B ＝m v B 2R ，联立解得：F N B ＝m (v 02R －2g )，选项C 正确；根据能量守恒可知，此过程中，小球与圆环间因摩擦产生的热量为 Q ＝12m v 02－12m v C 2－mg ·2R ＝12m v 02－52mgR ，选项D 正确.例4 (多选)(2019·东北三省四市教研联合体模拟)如图9所示，斜面1、曲面2和斜面3的顶端高度相同，底端位于同一水平面上，斜面1与曲面2的水平底边长度相同．一物体与三个面间的动摩擦因数相同，在它由静止开始分别沿三个面从顶端下滑到底端的过程中，下列判断正确的是( )图9A ．物体减少的机械能ΔE 1＝ΔE 2>ΔE 3B ．物体减少的机械能ΔE 2>ΔE 1>ΔE 3C ．物体到达底端时的速度v 1＝v 2<v 3D ．物体到达底端时的速度v 2<v 1<v 3 答案 BD解+析 如图所示，由功能关系可知物体克服摩擦力所做的功，等于物体减少的机械能．当物体在斜面上滑动时，物体克服摩擦力所做的功为μmg cos θ·AC ＝μmg BC ，则物体克服摩擦力所做的功与BC 边长度有关，W 克1>W 克3，由于在轨道2上滑动时，为曲线运动，由牛顿第二定律可得F N ＝mg cos θ＋m v 2R ，所以在轨道2上滑动时滑动摩擦力大于μmg cos θ，则W克2>W 克1，故W 克2>W 克1>W 克3，由此可知物体减少的机械能ΔE 2>ΔE 1>ΔE 3；由动能定理可知mgh －W 克＝12m v 2，由于W 克2>W 克1>W 克3可得v 2<v 1<v 3，故B 、D 正确．拓展训练6 (多选)(2019·安徽安庆市二模)如图10所示，光滑细杆MN 倾斜固定，与水平方向夹角为θ，一轻质弹簧一端固定在O 点， 另一端连接一小球，小球套在细杆上，O 与杆MN 在同一竖直平面内，P 为MN 的中点，且OP 垂直于MN ，已知小球位于杆上M 、P 两点时，弹簧的弹力大小相等且在弹性限度内．现将小球从细杆顶端M 点由静止释放，则在小球沿细杆从M 点运动到N 点的过程中(重力加速度为g )，以下判断正确的是( )图10A ．弹簧弹力对小球先做正功再做负功B ．小球加速度大小等于g sin θ的位置有三个C ．小球运动到P 点时的速度最大D ．小球运动到N 点时的动能是运动到P 点时动能的两倍 答案 BD拓展训练7 (多选)(2019·云南昆明市4月质检)如图11所示，质量为m 的小环(可视为质点)套在固定的光滑竖直杆上，一足够长且不可伸长的轻绳一端与小环相连，另一端跨过光滑的定滑轮与质量为M 的物块相连，已知M ＝2m .与定滑轮等高的A 点和定滑轮之间的距离为d ＝3 m ，定滑轮大小及质量可忽略．现将小环从A 点由静止释放，小环运动到C 点速度为0，重力加速度取g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )图11A ．A 、C 间距离为4 mB ．小环最终静止在C 点C ．小环下落过程中减少的重力势能始终等于物块增加的机械能D ．当小环下滑至绳与杆的夹角为60°时，小环与物块的动能之比为2∶1答案 AD解+析 由机械能守恒得：mgL AC ＝Mg (d 2＋L AC 2－d )，解得：L AC ＝4 m ，故A 正确；设小环最终静止在C 点，绳中的拉力等于2mg ，对小环有：F T ＝mg sin 53°＝54mg ≠2mg ，小环不能静止，所以假设不成立，故B 错误；由机械能守恒可知，小环下落过程中减少的重力势能转化为物块增加的机械能和小环增加的动能，故C 错误；将小环的速度沿绳和垂直绳方向分解，沿绳方向的速度即为物块的速度v M ＝v m cos 60°，由E k ＝12m v 2可知，小环与物块的动能之比为2∶1，故D 正确．专题强化练(限时40分钟)1.(2019·湖南衡阳市第二次联考)2019年春晚在开场舞蹈《春海》中拉开帷幕．如图1所示，五名领舞者在钢丝绳的拉动下以相同速度缓缓升起，若五名领舞者的质量(包括衣服和道具)相等，下面说法中正确的是( )图1A ．观众欣赏表演时可把领舞者看做质点B ．2号和4号领舞者的重力势能相等C ．3号领舞者处于超重状态D ．她们在上升过程中机械能守恒答案 B解+析 观众欣赏表演时看领舞者的动作，所以不能将领舞者看做质点，故A 错误；2号和4号领舞者始终处于同一高度，质量相等，所以重力势能相等，故B 正确；五名领舞者在钢丝绳的拉动下以相同速度缓缓升起，所以处于平衡状态，故C 错误；上升过程中，钢丝绳对她们做正功，所以机械能增大，故D 错误．2．(2019·广东深圳市第一次调研)在水平地面上方某处，把质量相同的P 、Q 两小球以相同速率沿竖直方向抛出，P 向上，Q 向下，不计空气阻力，两球从抛出到落地的过程中( )A ．P 球重力做功较多B ．两球重力的平均功率相等C ．落地前瞬间，P 球重力的瞬时功率较大D ．落地前瞬间，两球重力的瞬时功率相等答案 D解+析 根据W ＝mgh 可知两球重力做功相同，选项A 错误；上抛的小球运动时间长，根据P ＝W t 可知两球重力的平均功率不相等，选项B 错误；根据机械能守恒定律12m v 2＝mgh ＋12m v 02可知，两球落地的速度相同，由P ＝mg v 可知落地前瞬间，两球重力的瞬时功率相等，选项C 错误，D 正确．3．(2019·贵州黔东南州第一次模拟)某次顶竿表演结束后，演员A (视为质点)自竿顶由静止开始滑下，如图2甲所示．演员A 滑到竿底时速度正好为零，然后曲腿跳到水平地面上，演员A 的质量为50 kg ，长竹竿的质量为5 kg ，A 下滑的过程中速度随时间变化的图象如图乙所示．重力加速度取g ＝10 m/s 2，则t ＝5 s 时，演员A 所受重力的功率为( )图2A ．50 WB ．500 WC ．55 WD ．550 W答案 B解+析 由v －t 图象可知，4～6 s 内A 向下减速，加速度的大小为：a 2＝22m/s 2＝1 m/s 2，t ＝5 s 时，A 的速度大小为v 5＝2 m/s －a 2Δt ＝2 m/s －1×1 m/s ＝1 m/s ，演员A 所受重力的功率为P G ＝m A g v 5＝50×10×1 W ＝500 W ，故B 正确．4.(多选)(2019·陕西榆林市第二次模拟)如图3所示，某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB ，从滑道的A 点滑行到最低点B 的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB 下滑过程中( )图3A ．所受合力保持不变B ．所受滑道的支持力逐渐增大C ．机械能保持不变D ．克服摩擦力做功和重力做功相等答案 BD解+析 运动员的速率不变，则向心加速度大小不变，方向变化，即向心力大小不变，方向变化，则所受合力大小不变，方向变化，选项A 错误；所受滑道的支持力为F N ，F N －mg cos θ＝m v 2R(θ角是所在位置的切线与水平面的夹角)，随着θ减小，则所受滑道的支持力逐渐增大，选项B 正确；下滑过程中动能不变，重力势能减小，则机械能减小，选项C 错误；根据动能定理：W G －W f ＝ΔE k ＝0，即克服摩擦力做功和重力做功相等，选项D 正确．5.(多选)(2019·湖南衡阳市第一次联考)两个质量相等的物体A 、B 并排静放在水平地面上，现用同向水平拉力F 1、F 2分别作用于物体A 和B 上，分别作用一段时间后撤去，两物体各自滑行一段距离后停止运动．两物体运动的v －t 图象分别如图4中图线a 、b 所示．已知拉力F 1、F 2分别撤去后，物体做减速运动过程的v －t 图线彼此平行(相关数据已在图中标出)．由图中信息可以得出( )图4A ．两个物体A 、B 与水平地面间的动摩擦因数相同B ．F 1等于2.5F 2C ．F 1对物体A 所做的功与F 2对物体B 所做的功一样多D ．F 1的最大瞬时功率等于F 2的最大瞬时功率的2倍答案 ACD解+析 由题图可知减速阶段加速度大小a 1＝a 2＝1 m/s 2，根据μmg ＝ma 可知：μ1＝μ2＝0.1，故A 正确；加速阶段的加速度a 1′＝2.51.5 m/s 2＝53 m/s 2，a 2′＝23m/s 2，根据F －μmg ＝ma 得：F 1＝83m ，F 2＝53m ，所以F 1＝1.6F 2，故B 错误；加速阶段的位移分别为x 1＝2.52×1.5 m ＝ 1.875 m ，x 2＝22×3 m ＝3 m ，拉力做的功分别为W 1＝F 1x 1＝5m (J)，W 2＝F 2x 2＝5m (J)，故C 正确；F 1的最大瞬时功率P 1＝F 1v 1＝203m (W)，F 2的最大瞬时功率P 2＝F 2v 2＝103m (W)，所以P 1＝2P 2，故D 正确．6．(2019·山东泰安市第二轮复习质量检测)如图5所示的轨道由倾角为45°的斜面与水平面连接而成，将一小球(可看成质点)从斜面顶端以3 J 的初动能水平抛出，不计空气阻力，经过一段时间，小球以9 J 的动能第一次落在轨道上．若将此小球以6 J 的初动能从斜面顶端水平抛出，则小球第一次落在轨道上的动能为( )图5A ．9 JB ．12 JC ．15 JD ．30 J答案 B解+析 假设小球落到斜面上，分解位移可知x ＝v 0t ，y ＝12gt 2，x ＝y ，可得t ＝2v 0g，落到斜面上的速度大小为v ＝5v 0.由E k ＝12m v 2可知，小球从顶端抛出时v 0＝6m ，落到轨道时速度v ′＝18m，v ′＝3v 0，所以小球将会落到水平面上，由动能定理：mgh ＝(9－3) J ＝E k －6 J ，E k ＝12 J.7．(2019·安徽合肥市第二次质检)如图6甲所示，置于水平地面上质量为m 的物体，在竖直拉力F 作用下，由静止开始向上运动，其动能E k 与距地面高度h 的关系如图乙所示，已知重力加速度为g ，空气阻力不计．下列说法正确的是( )图6A ．在0～h 0过程中，F 大小始终为mgB．在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为2∶1C．在0～2h0过程中，物体的机械能不断增加D．在2h0～3.5h0过程中，物体的机械能不断减少答案 C解+析0～h0过程中，E k－h图象为一段直线，由动能定理得：(F－mg)h0＝mgh0－0，故F ＝2mg，A错误；由A可知，F在0～h0过程中，做功为2mgh0，在h0～2h0过程中，由动能定理可知，W F－mgh0＝1.5mgh0－mgh0，解得W F＝1.5mgh0，因此在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为4∶3，故B错误；在0～2h0过程中，F一直做正功，故物体的机械能不断增加，C正确；在2h0～3.5h0过程中，由动能定理得W F′－1.5mgh0＝0－1.5mgh0，则W F′＝0，故F做功为0，物体的机械能保持不变，故D错误．8.(多选)(2018·山东淄博市模拟)如图7所示，内壁光滑的真空玻璃管竖直放在水平地面上，管内底部竖直放有一轻弹簧处于自然伸长状态，正上方有两个质量分别为m和2m的a、b小球，用竖直的轻杆连着，并处于静止状态，球的直径比管的内径稍小．现释放两个小球，让它们自由下落，重力加速度大小为g.则在球与弹簧接触至运动到最低点的过程中，下列说法正确的是(弹簧始终处于弹性限度内)()图7A．a球的动能始终减小B．b球克服弹簧弹力做的功是杆对b球做功的3倍C．弹簧对b球做的功等于a、b两球机械能的变化量D．b球到达最低点时杆对a球的作用力等于mg答案BC解+析刚开始接触时，由于弹簧的弹力小于两者的重力之和，所以此时两球仍做加速运动，当弹簧的弹力等于两球的重力之和时，两球速度达到最大，之后弹簧的弹力大于两球的重力之和，两球做减速运动，故A错误；两球的加速度始终相等，设为a，根据牛顿第二定律，对a球有F杆－mg＝ma，对b球有F弹－2mg－F杆＝2ma，解得F弹＝3F杆，则由W＝Fl可知，弹簧对b球做的功是杆对b球做功的3倍，即b球克服弹簧弹力做的功是杆对b球做功的3倍，故B 正确；将两球看做一个整体，整体除了重力做功之外就是弹簧弹力做功，由功能关系可知弹簧对b 球做的功等于a 、b 两球机械能的变化量，故C 正确；b 球到达最低点时a 、b 均具有向上的加速度，此时杆对a 球的作用力一定大于a 球的重力mg ，故D 错误．9.(多选)(2019·广东茂名市第一次综合测试)如图8所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆轨道，外圆光滑，内圆粗糙．一质量为m 的小球从轨道的最低点以初速度v 0向右运动，球的直径略小于两圆间距，球运动的轨道半径为R ，不计空气阻力．设小球过最低点时重力势能为零，下列说法正确的是( )图8A ．若小球运动到最高点时速度为0，则小球机械能一定不守恒B ．若经过足够长时间，小球最终的机械能可能为32mgR C ．若使小球始终做完整的圆周运动，则v 0一定不小于5gRD ．若小球第一次运动到最高点时速度大小为0，则v 0＝2gR答案 AC解+析 若小球运动到最高点时速度为0，则小球在运动过程中一定与内圆接触，要克服摩擦力做功，小球的机械能不守恒，故A 正确； 若初速度v 0比较小，小球在运动过程中一定与内圆接触，机械能不断减少，经过足够长时间，小球最终在圆心下方运动，最大的机械能为mgR ，故B 错误；若初速度v 0足够大，小球始终沿外圆做完整的圆周运动，机械能守恒，机械能必定大于2mgR ，小球恰好运动到最高点时速度设为v ，则有mg ＝m v 2R ，12m v 02＝mg ·2R ＋12m v 2，小球在最低点时的最小速度v 0＝5gR ，所以若使小球始终做完整的圆周运动，则v 0一定不小于5gR ，故C 正确；如果内圆光滑，小球在运动过程中不受摩擦力，小球在运动过程中机械能守恒，如果小球运动到最高点时速度为0，由机械能守恒定律得：12m v 02＝mg ·2R ，小球在最低点时的速度v 0＝2gR ，由于内圆粗糙，小球在运动过程中要克服摩擦力做功，则小球在最低点时的速度v 0一定大于2gR ，故D 错误．10.(2019·福建龙岩市3月质量检查)如图9所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一根轻质弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直且处于原长h，让圆环沿杆从静止开始下滑，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)，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法中正确的是()图9A．圆环的机械能守恒B．圆环的机械能先增大后减小C．圆环滑到杆的底端时机械能减少了mghD．橡皮绳再次恰好伸直时圆环动能最大答案 C解+析圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和橡皮绳的拉力，所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和橡皮绳组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，因为橡皮绳的弹性势能先不变再增大，所以圆环的机械能先不变后减小，故A、B错误；当圆环滑到杆的底端时，速度为零，则圆环的机械能减少了mgh，故C正确；从圆环下滑到橡皮绳再次到达原长，动能一直增大，但再次原长时动能不是最大，沿杆方向合力为零的时刻，圆环的速度最大，此时圆环的动能最大，故D错误．11．(多选)(2019·云南玉溪一中第五次调研)如图10所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，AB、CD是圆环相互垂直的两条直径，C、D两点与圆心O等高．一质量为m的光滑小球套在圆环上，一根轻质弹簧一端连在小球上，另一端固定在P点，P点在圆心O的正下方R2处．小球从最高点A由静止开始沿逆时针方向运动，已知弹簧的原长为R，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为g.下列说法正确的是()图10。
浙江省2020高考物理二轮复习专题二第一讲功功率和动能定理讲义含解析
高考物理二轮复习专题：第一讲功、功率和动能定理知识内容考试要求备考指津1.追寻守恒量——能量 b 1.对功和功率等基本概念的考查往往涉及对概念的理解，一般以选择题的形式出现．2．动能定理是高考考查的重点，考查形式有选择题，也有计算题．计算题中单纯考查动能定理的题目较少，往往与其他知识综合在一起考查.2.功 c3.功率 c4.重力势能 c5.弹性势能 b6.动能和动能定理d功的理解与计算【题组过关】1．(2019·浙江省名校联考)“激流勇进”是一种常见的水上机动游乐设备，常见于主题游乐园中．游客们在一定安全装置的束缚下，沿着设计好的水道漂行．其间通常会有至少一次大幅度的机械提升和瞬时跌落．图中所示为游客们正坐在皮筏艇上从高处沿斜坡水道向下加速滑行，在此过程中下列说法正确的是( )A．合力对游客做负功B．皮筏艇对游客不做功C．重力对游客做正功D．游客的机械能增加解析：选C.加速下滑，合力沿斜坡向下，合力做正功，选项A错误，重力做正功，选项C正确；皮筏艇对游客的摩擦力做负功，机械能减少，选项B、D错误．2．一物体静止在粗糙水平地面上．现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v.若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v.对于上述两个过程，用W F1、W F2分别表示拉力F1、F2所做的功，W f1、W f2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( )A．W F2>4W F1，W f2>2W f1B．W F2>4W F1，W f2＝2W f1C．W F2<4W F1，W f2＝2W f1D．W F2<4W F1，W f2<2W f1解析：选C.物体两次的加速度之比a 2∶a 1＝2v t ∶v t ＝2∶1，位移之比l 2∶l 1＝2v 2t ∶v2t ＝2∶1，摩擦力之比f 2∶f 1＝1∶1，由牛顿第二定律得F －f ＝ma ，则拉力之比F 2∶F 1＝(ma 2＋f )∶(ma 1＋f )<2，做功之比W F 2∶W F 1＝(F 2·l 2)∶(F 1·l 1)<4，W f 2∶W f 1＝(－f 2·l 2)∶(－f 1·l 1)＝2∶1，故C 正确．3．(多选)(2019·宁波模拟)如图所示，摆球质量为m ，悬线长为L ，把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球运动过程中空气阻力F 阻的大小不变，则下列说法正确的是( )A ．重力做功为mgLB ．悬线的拉力做功为零C ．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.由重力做功特点得重力做功为：W G ＝mgL ，A 正确；悬线的拉力始终与v 垂直，不做功，B 正确；由微元法可求得空气阻力做功为：W F 阻＝－12F 阻πL ，D 正确．1．功的正、负的判断方法(1)恒力做功的判断：依据力与位移的夹角来判断．(2)曲线运动中做功的判断：依据F 与v 的方向夹角α来判断，0≤α<90°，力对物体做正功；90°<α≤180°，力对物体做负功；α＝90°，力对物体不做功．(3)依据能量变化来判断：功是能量转化的量度，若有能量转化，则必有力对物体做功．此法常用于判断两个相互联系的物体之间的相互作用力做功的情况．2．求解变力做功的几种思路(1)利用动能定理W ＝ΔE k 或功能关系W ＝ΔE 计算能量变化量ΔE 或ΔE k ，即等量替换的物理思想．(2)当变力的功率P 一定时，可用W ＝Pt 求功，如机车以恒定功率启动．(3)当变力方向不变，大小与位移成正比时，可用力对位移的平均值F ＝12(F 初＋F 末)来计算．(4)当变力大小不变，方向在变化且力的方向始终与速度方向相同或相反时，功可用力与路程的乘积计算．(5)用变力F 随位移x 的变化图象与x 轴所围的“面积”计算功．注意x 轴上、下两侧分别表示正、负功．对功率的理解与计算 【重难提炼】1．平均功率的计算 (1)利用P ＝W t.(2)利用P ＝F ·v cos α，其中v 为物体运动的平均速度，F 为恒力． 2．瞬时功率的计算(1)利用公式P ＝F ·v cos α，其中v 为t 时刻的瞬时速度． (2)P ＝F ·v F ，其中v F 为物体的速度v 在力F 方向上的分速度． (3)P ＝F v ·v ，其中F v 为物体受的外力F 在速度v 方向上的分力．对于α变化的不能用公式P ＝Fv cos α计算平均功率．3．两种启动方式的比较两种方式以恒定功率启动以恒定加速度启动P －t 图和v －t 图OA 段过程分析v ↑⇒F ＝P （不变）v↓⇒a ＝F －F 阻m↓ a ＝F －F 阻m不变⇒ F 不变，v ↑⇒P ＝Fv ↑直到P 额＝Fv 1 OA 段运动性质 加速度减小的加速直线运动匀加速直线运动，维持时间t 0＝v 1aAB 段过程分析F ＝F 阻⇒a ＝0⇒F 阻＝Pv mv ↑⇒F ＝P 额v ↓⇒a ＝F －F 阻m↓运动性质以v m 做匀速直线运动加速度减小的加速运动BC 段 无F ＝F 阻⇒a ＝0⇒以v m ＝P 额F 阻做匀速直线运动某汽车发动机的额定功率为60 kW ，汽车质量为5 t ，汽车在运动中所受阻力的大小恒为车重的0.1.(g 取10 m/s 2)(1)若汽车以额定功率启动，则汽车所能达到的最大速度是多少？当汽车速度达到5 m/s 时，其加速度是多少？(2)若汽车以恒定加速度0.5 m/s 2启动，则其匀加速过程能维持多长时间？[审题突破] (1)达到最大速度时，汽车处于什么状态？ (2)v ＝5 m/s 时，牵引力多大？(3)以加速度0.5 m/s 2启动时，牵引力多大？此阶段能达到的最大速度为多少？ [解析] (1)当汽车的加速度为零时，汽车的速度v 达到最大值v m ，此时牵引力与阻力相等，故最大速度为v m ＝P F ＝P F f ＝60×1030.1×5 000×10m/s ＝12 m/sv ＝5 m/s 时的牵引力F 1＝P v ＝60×1035N ＝1.2×104N ，由F 1－F f ＝ma 得：a ＝F 1－F fm＝1.2×104－0.1×5×103×105×103m/s 2＝1.4 m/s 2. (2)当汽车以a ′＝0.5 m/s 2的加速度启动时的牵引力F 2＝ma ′＋F f ＝(5 000×0.5＋0.1×5×103×10) N＝7 500 N匀加速运动能达到的最大速度为v ′m ＝P F 2＝60×1037 500m/s ＝8 m/s由于此过程中汽车做匀加速直线运动，满足v ′m ＝a ′t 故匀加速过程能维持的时间t ＝v ′m a ′＝80.5s ＝16 s. [答案] (1)12 m/s 1.4 m/s 2(2)16 s【题组过关】考向一 平均功率与瞬时功率1．(2019·杭州二模)质量为m 的物体静止在光滑水平面上，从t ＝0时刻开始受到水平力的作用．力的大小F 与时间t 的关系如图所示，力的方向保持不变，则( )A ．3t 0时刻的瞬时功率为5F 20t 0mB ．3t 0时刻的瞬时功率为15F 20t 0mC ．在0～3t 0这段时间内，水平力的平均功率为23F 20t 04mD ．在0～3t 0这段时间内，水平力的平均功率为25F 20t 08m解析：选B.2t 0时刻的速度大小v 2＝a 1·2t 0＝2F 0mt 0，3t 0时刻的速度大小为v 3＝v 2＋a 2t 0＝F 0m ·2t 0＋3F 0m t 0＝5F 0t 0m ，3t 0时刻力F ＝3F 0，所以瞬时功率P ＝3F 0·v 3＝15F 20t 0m，选项A 错误，B 正确；0～3t 0时间段内，水平力对物体做功W ＝F 0x 1＋3F 0x 2＝F 0×12·F 0m (2t 0)2＋3F 0·v 2＋v 32t 0＝25F 20t 202m ，平均功率P ＝W t ＝25F 20t 06m，选项C 、D 均错误． 考向二 以恒定功率启动方式的求解2．某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶，受到的阻力分别为车重的k 1和k 2倍，最大速率分别为v 1和v 2，则( )A ．v 2＝k 1v 1B ．v 2＝k 1k 2v 1 C ．v 2＝k 2k 1v 1D ．v 2＝k 2v 1解析：选B.车以最大速率行驶时，牵引力F 等于阻力F f ，即F ＝F f ＝kmg .由P ＝k 1mgv 1及P ＝k 2mgv 2，得v 2＝k 1k 2v 1，故B 正确．考向三 以恒定牵引力启动方式的求解3．(多选)(2019·宁波月考)下列各图是反映汽车(额定功率P 额)从静止开始匀加速启动，最后做匀速直线运动的过程中，其速度随时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象，其中正确的是( )解析：选ACD.从静止开始匀加速启动，由公式P ＝Fv 及题意知，当力恒定时，随着速度的增加功率P 增大，当P ＝P 额时，功率不再增加，此时，牵引力F 大于阻力f ，速度继续增加，牵引力减小，此后汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当F ＝f 时，速度达最大，做匀速直线运动．由以上分析知，B 错误，A 、C 、D 正确．4．某汽车集团公司研制了一辆燃油与电动混合动力赛车，燃油发动机单独工作时的额定功率为P ，蓄电池供电的电力发动机单独工作时的额定功率为3P4，已知赛车运动过程中受到的阻力恒定．(1)若燃油发动机单独工作时的最大速度为120 km/h ，则两台发动机同时工作时的最大速度为多少？(2)若赛车先单独启动电力发动机从静止开始做匀加速直线运动，经过t 1时间达到额定功率，然后以燃油发动机的额定功率单独启动继续加速，又经过t 2时间达到最大速度v 0，赛车总质量为m ，求赛车的整个加速距离．解析：(1)燃油发动机单独工作，P ＝F 1v 1＝fv 1 两台发动机同时工作，P ＋3P4＝F 2v 2＝fv 2最大速度v 2＝7v 14＝210 km/h.(2)燃油发动机的额定功率为P ，最大速度为v 0， 阻力f ＝P v 0匀加速过程功率随时间均匀增加，发动机的平均功率为3P8，设总路程为s ，由动能定理有3P 8t 1＋Pt 2－fs ＝12mv 20 解得s ＝P （3t 1＋8t 2）v 0－4mv 38P.答案：(1)210 km/h (2)P （3t 1＋8t 2）v 0－4mv 38P1．计算功率的基本思路(1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率，然后明确所用公式．(2)判断变力的瞬时功率的变化情况时，若F 大小不变，根据F 与v 的夹角的变化，由P ＝F ·v cos θ判断，若F 的大小和F 、v 夹角均变化时，可先把F 做功转换成其他恒力做功，然后再判断． 2．机车启动问题中的三个重要关系式(1)无论哪种运动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即v m ＝P F min ＝P F 阻(式中F min 为最小牵引力，其值等于阻力F 阻)．(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，速度不是最大，即v ＝P F ＜v m ＝P F 阻. (3)机车以恒定功率运动时，牵引力做的功W ＝Pt .由动能定理：Pt －F 阻x ＝ΔE k .此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小．动能定理的应用 【重难提炼】(多选)如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连．现将小球从M 点由静止释放，它在下降的过程中经过了N 点．已知在M 、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM <∠OMN <π2.在小球从M 点运动到N 点的过程中，( )A ．弹力对小球先做正功后做负功B ．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C ．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D ．小球到达N 点时的动能等于其在M 、N 两点的重力势能差[解析] 小球在从M 点运动到N 点的过程中，弹簧的压缩量先增大，后减小，到某一位置时，弹簧处于原长，再继续向下运动到N 点的过程中，弹簧又伸长．弹簧的弹力方向与小球速度的方向的夹角先大于90°，再小于90°，最后又大于90°，因此弹力先做负功，再做正功，最后又做负功，A 项错误；弹簧与杆垂直时，小球的加速度等于重力加速度，当弹簧的弹力为零时，小球的加速度也等于重力加速度，B 项正确；弹簧长度最短时，弹力与小球的速度方向垂直，这时弹力对小球做功的功率为零，C 项正确；由于在M 、N 两点处，弹簧的弹力大小相等，即弹簧的形变量相等，根据动能定理可知，小球从M 点到N 点的过程中，弹簧的弹力做功为零，重力做功等于动能的增量，即小球到达N 点时的动能等于其在M 、N 两点的重力势能差，D 项正确．[答案] BCD【题组过关】考向一 运用动能定理求变力做功1.如图所示， 在外力作用下某质点运动的v －t 图象为正弦曲线．从图中可以判断( )A ．在0～t 1时间内，外力做负功B ．在0～t 1时间内，外力的功率逐渐增大C ．在t 2时刻，外力的功率最大D ．在t 1～t 3时间内，外力做的总功为零解析：选D.由动能定理可知，在0～t 1时间内质点速度越来越大，动能越来越大，外力一定做正功，故A 项错误；在t 1～t 3时间内，动能变化量为零，可以判定外力做的总功为零，故D 项正确；由P ＝F ·v 知0、t 1、t 2、t 3四个时刻功率为零，故B 、C 都错误．2．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 2NR，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．考向二 运用动能定理解决往复运动问题3．如图所示，质量为 m 的滑块距挡板 P 的距离为 l 0，滑块以初速度 v 0沿倾角为θ的斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是( )A.1μ⎝⎛⎭⎪⎫v202g cos θ＋l0tan θB.1μ⎝⎛⎭⎪⎫v202g sin θ＋l0tan θC.2μ⎝⎛⎭⎪⎫v202g cos θ＋l0tan θD.1μ⎝⎛⎭⎪⎫v202g cos θ＋l0cot θ解析：选A.滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，因此滑块最终必定停在挡板P 处．设滑块经过的总路程为l，对滑块运动的全过程应用动能定理，有mgl0sin θ－μmgl cosθ＝ 0 －12mv20，解得l＝1μ⎝⎛⎭⎪⎫v202g cos θ＋l0tan θ，选项A正确．考向三运用动能定理解决曲线运动问题4．(2017·浙江选考11月)如图(1)所示是游乐园的过山车，其局部可简化为如图(2)的示意图，倾角θ＝37°的两平行倾斜轨道BC、DE的下端与水平半圆形轨道CD顺滑连接，倾斜轨道BC的B端高度h＝24 m，倾斜轨道DE与圆弧EF相切于E点，圆弧EF的圆心O1、水平半圆轨道CD的圆心O2与A点在同一水平面上，DO1的距离L＝20 m．质量m＝1 000 kg 的过山车(包括乘客)从B点自静止滑下，经过水平半圆轨道后，滑上另一倾斜轨道，到达圆弧顶端F时乘客对座椅的压力为自身重力的0.25倍．已知过山车在BCDE段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比，比例系数μ＝132，EF段摩擦力不计，整个运动过程空气阻力不计．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)(1)求过山车过F点时的速度大小．(2)求从B到F整个运动过程中摩擦力对过山车做的功．(3)如果过D点时发现圆轨道EF段有故障，为保证乘客的安全，立即触发制动装置，使过山车不能到达EF段并保证不再下滑，则过山车受到的摩擦力至少应多大？解析：(1)在F 点的向心力F 向＝mg －0.25mg ＝m v 2Fr，代入已知数据可知v F ＝310 m/s.(2)根据动能定理，从B 点到F 点，有 12mv 2F －0＝mgh BF ＋W 正 解得W 正＝－7.5×104J.(3)触发制动后能恰好到达E 点对应的摩擦力为F f1－F f1L cos θ－mgr cos θ＝0－12mv 2D未触发制动时，对D 点到F 点的过程，有 －μmg cos θL cos θ－mgr ＝12mv 2F －12mv 2D联立得F f1＝7316×103 N ＝4.6×103N要使过山车停在倾斜轨道上，摩擦力为F f2F f2＝mg sin θ＝6×103 N故F fm ＝6×103N. 答案：见解析1．动能定理虽然是在恒力作用下的直线运动中推导出来的，但也适用于变力做功、曲线运动的情况．2．当问题涉及力、位移(或路程)、速度，而不涉及加速度和时间时，可优先考虑利用动能定理分析问题．3．对于多过程问题，求解时可对全过程应用动能定理，从而避开对每个运动过程的具体细节进行分析，具有过程简明、运算量小等优点．4．应用动能定理的关键是写出各力做功的代数和，不要漏掉某个力做的功，同时要注意各力做功的正、负．5．应用动能定理解题的基本思路[课后作业(八)] (建议用时：50分钟)一、选择题1.(2017·浙江选考11月)如图所示，质量为60 kg 的某运动员在做俯卧撑运动，运动过程中可将她的身体视为一根直棒．已知重心在c 点，其垂线与脚、两手连线中点间的距离oa 、ob 分别为0.9 m 和0.6 m ．若她在1 min 内做了30个俯卧撑，每次肩部上升的距离均为0.4 m ，则克服重力做的功和相应的功率约为( )A ．430 J ，7 WB ．4 300 J ，70 WC ．720 J ，12 WD ．7 200 J ，120 W解析：选B.根据相似三角形，每次俯卧撑中，重心变化的高度h 0.4 m ＝0.90.9＋0.6，即h ＝0.24 m ．一次俯卧撑中，克服重力做功W ＝mgh ＝60×10×0.24 J ＝144 J ，所以一分钟内克服重力做功为W 总＝nW ＝4 320 J ，功率P ＝W 总t＝72 W ，故选项B 正确． 2．假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率．如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的( )A ．4倍B ．2倍 C. 3 倍D. 2 倍解析：选D.设F f ＝kv ，当阻力等于牵引力时，速度最大，输出功率变化前，有P ＝Fv ＝F f v ＝kv ·v ＝kv 2，变化后有2P ＝F ′v ′＝kv ′·v ′＝kv ′2，联立解得v ′＝2v ，D 正确．3．(2017·浙江选考11月)如图所示是具有登高平台的消防车，具有一定质量的伸缩臂能够在5 min 内使承载4人的登高平台(人连同平台的总质量为400 kg)上升60 m 到达灭火位置．此后，在登高平台上的消防员用水炮灭火，已知水炮的出水量为3 m 3/min ，水离开炮口时的速率为20 m/s ，则用于( )A ．水炮工作的发动机输出功率约为1×104W B ．水炮工作的发动机输出功率约为4×104 W C ．水炮工作的发动机输出功率约为2.4×106 W D ．伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为800 W 解析：选B.登高平台克服重力做功的功率P ＝mgh t ＝400×10×605×60W ＝800 W ，而伸缩臂具有一定质量，升高了一定高度输出功率大于800 W ，选项D 错误；在1秒钟内，喷出去水的质量为m ′＝ρV ＝103×120kg ＝50 kg ，喷出去水的重力势能为W G ＝m ′gh ＝50×10×60 J ＝3×104 J ，水的动能为12m ′v 2＝1×104 J ，所以1 s 内水增加的能量为4×104J ，所以功率为4×104W ，选项B 正确，选项A 、C 错误．4.(2019·温州月考)如图所示，一质量为m 的质点在半径为R 的半球形容器中(容器固定)由静止开始自边缘上的A 点滑下，到达最低点B 时，它对容器的正压力为F N .重力加速度为g ，则质点自A 滑到B 的过程中，摩擦力对其所做的功为( )A.12R (F N －3mg ) B.12R (2mg －F N ) C.12R (F N －mg ) D.12R (F N －2mg ) 解析：选A.质点在B 点，由牛顿第二定律，有：F N －mg ＝m v 2R，质点在B 点的动能为E k B ＝12mv 2＝12(F N －mg )R .质点自A 滑到B 的过程中，由动能定理得：mgR ＋W f ＝E k B －0，解得：W f ＝12R (F N －3mg )，选项A 正确，B 、C 、D 错误．5．水平面上一质量为m 的物体，在水平力F 作用下开始加速运动，如图甲所示，力F 的功率P 保持恒定，运动过程所受的阻力f 大小不变，物体速度最终达到稳定值v m ，F 作用过程中物体的速度v 的倒数与加速度a 的关系图象如图乙所示，仅在已知功率P 的情况下，根据图象所给的信息( )A ．可求出m 、f 、v mB ．不能求出mC ．不能求出fD ．可求出加速运动时间解析：选A.当加速度为零时，物体做匀速运动，此时牵引力等于阻力，速度为最大值；由功率的计算公式可得P ＝Fv ，而F －f ＝ma ，联立可得1v ＝m P a ＋fP，由题图乙可得图线的斜率为m P，纵截距为f P ＝1v m，因此可求出m 、f 和v m ，选项A 正确，B 、C 错误；物体做变加速运动，加速运动的时间不可求，选项D 错误．6．质量为2 kg 的物体以一定的初速度沿倾角为30°的斜面向上滑行，在向上滑行的过程中，其动能随位移的变化关系如图所示，则物体返回到出发点时的动能为(取g ＝10 m/s 2) ( )A ．34 JB ．56 JC．92 J D．196 J解析：选A.物体上滑的过程中重力与摩擦力都做负功，由动能定理得－mgx·sin 30°－F f x＝0－E0，下滑的过程中重力做正功，摩擦力做负功，得mgx·sin 30°－F f x＝E－0，代入数据得E＝34 J，故选A.7．如图甲所示，轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个质量m＝0.5 kg 的物块，处于静止状态．以物块所在处为原点，以竖直向下为正方向建立x轴，重力加速度g＝10 m/s2.现对物块施加竖直向下的拉力F，F随x变化的情况如图乙所示．若物块运动到x＝0.4 m处速度为零，则在物块下移0.4 m的过程中，弹簧弹性势能的增加量为( )A．5.5 J B．3.5 JC．2.0 J D．1.5 J解析：选A.由图线与横轴所围的“面积”可得物块下移0.4 m的过程中，拉力F做的功W＝3.5 J，重力势能减少量mgx＝2 J，由功能关系，弹簧弹性势能的增加量ΔE p＝W＋mgx＝5.5 J，选项A正确．8.如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球．在水平拉力F的作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点．在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是( )A．逐渐增大B．逐渐减小C．先增大，后减小D．先减小，后增大解析：选A.因小球速率不变，所以小球以O点为圆心做匀速圆周运动，受力如图所示，因此在切线方向上应有：mg sin θ＝F cos θ，得F＝mg tanθ.则拉力F的瞬时功率P＝F·v cos θ＝mgv·sin θ.从A运动到B的过程中，拉力的瞬时功率随θ的增大而增大，A项正确．9．(2018·浙江选考4月)如图所示，一根绳的两端分别固定在两座猴山的A、B处，A、B两点水平距离为16 m，竖直距离为2 m，A、B间绳长为20 m．质量为10 kg的猴子抓住套在绳上的滑环从A处滑到B处．以A点所在水平面为参考平面，猴子在滑行过程中重力势能最小值约为(绳处于拉直状态)( )A ．－1.2×103J B ．－7.5×102J C ．－6.0×102 JD ．－2.0×102J解析：选B.由图可知猴子到C 点时重力势能最小，∠BCF ＝∠ECF ＝θ，所以L BC ·sin θ＋L AC ·sin θ＝BD ，所以sin θ＝BD L AB ＝45，即θ＝53°.AD ＝2 m ，则ED ＝AD ·tan 53°＝83m ，所以FE ＝203 m ．FC ∶AD ＝FE ∶ED ，得FC ＝5 m ，所以AC 高度差为7 m ，再加上猴子自身高度，重心距套环约为0.5 m ，故猴子重力势能最小约为E p ＝－mgh ＝－750 J ，故选项B 正确．10．(多选)汽车从静止匀加速启动，最后做匀速运动，其速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象如图所示，其中正确的是( )解析：选ACD.汽车启动时由P ＝Fv 和F －F f ＝ma 可知，匀加速启动过程中，牵引力F 、加速度a 恒定不变，速度和功率均匀增大，当功率增大到额定功率后保持不变，牵引力逐渐减小到与阻力相等，加速度逐渐减小到零，速度逐渐增大到最大速度，故A 、C 、D 正确，B 错误．二、非选择题11.如图所示，竖直向上拉动细绳，使质量m ＝1 kg 的物体从静止开始以5 m/s2的加速度上升，不计滑轮及绳子的质量和摩擦，则拉力F 在1 s 内对物体做的功为多大？拉力F 在1 s 末的瞬时功率为多大？(g 取10 m/s 2)解析：对物体受力分析，由牛顿第二定律得： 2F －mg ＝ma ，由运动学规律可得在 1 s 内物体上升的高度和1 s 末的速度分别为h ＝12at 2，v ＝at .根据动滑轮的特点以及功的定义可得，在1 s 内力F 做的功为W ＝F ·2h . 1 s 末力F 对物体做功的瞬时功率为P ＝F ·2v 联立上述方程，代入数据可得：W ＝37.5 J ，P ＝75 W.答案：37.5 J 75 W12．(2019·湖州模拟)高速连续曝光照相机可在底片上重叠形成多个图象．现利用这架照相机对MD －2 000家用汽车的加速性能进行研究，如图为汽车做匀加速直线运动时三次曝光的照片，图中汽车的实际长度为4 m ，照相机每两次曝光的时间间隔为2.0 s .已知该汽车的质量为 1 000 kg ，额定功率为90 kW ，汽车运动过程中所受的阻力始终为 1 500 N.(1)试利用图示，求该汽车的加速度．(2)若汽车由静止开始以此加速度做匀加速运动，匀加速运动状态最多能保持多长时间． (3)汽车所能达到的最大速度是多大．(4)若该汽车从静止开始运动，牵引力不超过3 000 N ，求汽车运动2 400 m 所用的最短时间(汽车已经达到最大速度)．解析：(1)由题图可得汽车在第1个2 s 时间内的位移x 1＝9 m ，第2个2 s 时间内的位移x 2＝15 m汽车的加速度a ＝Δx T2＝1.5 m/s 2.(2)由F －F f ＝ma 得，汽车牵引力F ＝F f ＋ma ＝(1 500＋1 000×1.5) N ＝3 000 N汽车做匀加速运动的末速度v ＝P 额F ＝90×1033×103m/s ＝30 m/s匀加速运动保持的时间t 1＝v a ＝301.5s ＝20 s.(3)汽车所能达到的最大速度v m ＝P 额F f ＝90×1031.5×103m/s ＝60 m/s.(4)由(1)、(2)知匀加速运动的时间t 1＝20 s ，运动的距离x ′1＝vt 12＝302×20 m ＝300 m所以，后阶段以恒定功率运动的距离x ′2＝(2 400－300) m ＝2 100 m对后阶段以恒定功率运动，有P 额t 2－F f x ′2＝12m (v 2m －v 2)解得t 2＝50 s所以，所用最短时间为t 总＝t 1＋t 2＝(20＋50) s ＝70 s. 答案：(1)1.5 m/s 2(2)20 s (3)60 m/s (4)70 s13．(2018·高考全国卷Ⅲ)如图，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道PA 在A 点相切，BC 为圆弧轨道的直径，O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，sin α＝35.一质量为m 的小球沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆弧轨道通过C 点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用．已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g .求(1)水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小； (2)小球到达A 点时动量的大小； (3)小球从C 点落至水平轨道所用的时间．解析：(1)设水平恒力的大小为F 0，小球到达C 点时所受合力的大小为F .由力的合成法则有F 0mg＝tan α①F 2＝(mg )2＋F 20②设小球到达C 点时的速度大小为v ，由牛顿第二定律得F ＝m v 2R③由①②③式和题给数据得F 0＝34mg ④v ＝5gR 2.⑤ (2)设小球到达A 点的速度大小为v 1，作CD ⊥PA ，交PA 于D 点，由几何关系得DA ＝R sinα⑥CD ＝R (1＋cos α)⑦由动能定理有－mg ·CD －F 0·DA ＝12mv 2－12mv 21⑧由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A 点的动量大小为p ＝mv 1＝m 23gR2.⑨(3)小球离开C 点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g .设小球在竖直方向的初速度为v ⊥，从C 点落至水平轨道上所用时间为t .由运动学公式有v ⊥t ＋12gt 2＝CD ⑩ v ⊥＝v sin α⑪由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得t ＝355R g.⑫答案：见解析。
2020高考二轮总复习物理(教师)3 附答案解析
名师导学·高考二轮总复习·物理(教师用书)(这是双页眉，请据需要手工删加)专题三能量与动量(这是单页眉，请据需要手工删加)专题三能量与动量二、考向分析及备考建议功和功率、动能和动能定理、重力做功与重力势能、功能关系、机械能守恒定律及其应用，动量、动量定理、动量守恒定律及其应用，弹性碰撞和非弹性碰撞是历年高考的热点，2019年三套全国卷的25题进行了重点综合考查，以后还会这样．本专题命题点多，特别重视对考纲中5个Ⅱ级考点的考查，题型多变．在复习备考中要引起足够重视，对5个Ⅱ级考点逐一落实．加强对诸如：变力做功、动能定理的综合应用，弹簧、传送带模型中的能量关系，滑块－滑板模型中的动量和能量分析与计算，动量定理和动量守恒定律在生活中的应用、人船模型、动量守恒的多过程问题、弹性碰撞的理解和应用，以应对高考对理解能力、建模能力、综合分析能力、应用数学处理物理问题的能力的综合考查．第1讲功功率动能定理【p24】【p24】1．功和功率的计算方法(1) 功的计算：恒力做功，可用公式__W＝Fl cos__α__进行计算．变力做功，可用以下几种方法进行求解：①功率法：W＝Pt，注意P为恒定功率；②微元法；③图象法；④转化法；⑤动能定理法等．(2)功率的计算：区分瞬时功率和平均功率．P＝Wt只能用来计算__平均功率__．P＝Fv cosα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__．2．机车的启动问题(1)机车输出功率：P＝Fv，其中F为机车牵引力．(2)机车匀加速启动过程的最大速度v1及v m的求解方法．①求v1：由F牵－F阻＝ma，P＝F牵v1可求v1＝__PF阻＋ma__．②求v m：由P＝F阻v m，可求v m＝__PF阻__．3．动能定理的内容及表达式动能和动能定理错误!4．对动能定理的进一步理解(1)W总是所有外力对物体做的__总功__，这些力对物体所做功的__代数和__等于物体动能的增量．(2)动能定理与参考系的选取有关．中学物理中一般取__地面__为参考系．(3)动能定理既适用于物体的直线运动，也适用于__曲线__运动；既适用于恒力做的功，也适用于__变力__做的功．力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用；只要求出在作用过程中各力做功的多少和正负即可．动能定理是计算物体的位移或速率的简捷公式，当题目中涉及到位移时可优先考虑__动能定理__．这些正是运用动能定理解题的优越性所在．(4)若物体的运动过程包含几个不同的过程，应用动能定理时，可以分段考虑，也可以全程作为一个整体考虑．【p25】考点一功和功率的分析与计算例1某一空间飞行器质量为m，从地面起飞时，恰好沿与水平方向成θ＝30°角的直线斜向右上方匀加速飞行，此时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角α＝60°，经时间t后，将动力方向沿逆时针旋转60°，同时适当调节其大小，使飞行器沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，重力加速度为g，求：(1)t时刻飞行器的速率v；(2)t时刻发动机动力的功率P；(3)从起飞到上升到最大高度的整个过程中，飞行器发动机的动力做的总功W.【解析】(1)对飞行器进行受力分析如图，根据正弦定理F合sin（90°－α）＝Fsin（90°＋θ）＝mgsin（α－θ）得F ＝3mg ，F 合＝mg 根据牛顿第二定律有F 合＝ma 得a ＝gt 时刻飞行器的速率v ＝at ＝gt.(2)设t 时刻发动机动力的功率为P ，则P ＝Fv cos (α－θ) 得P ＝32mg 2t(3)动力方向沿逆时针旋转60°，恰好与速度方向垂直，减速过程发动机动力做的功为零．飞行器从地面到最大高度的整个过程中发动机动力做的总功W ＝0＋P 2t 得W ＝34mg 2t 2.【答案】(1)gt (2)32mg 2t (3)34mg 2t 2【方法总结】(1)计算恒力做功的流程图(2)计算功率的策略：先判后算．先判断功率为瞬时功率还是平均功率，然后进行相关运算． 变式训练1(2018·全国卷Ⅲ)(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面．某竖井中矿车提升的速度大小v 随时间t 的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程( )A ．矿车上升所用的时间之比为4∶5B ．电机的最大牵引力之比为2∶1C ．电机输出的最大功率之比为2∶1D ．电机所做的功之比为4∶5【解析】设第②次所用时间为t ，根据速度图象的“面积”等于位移(此题中为提升的高度)可知，12×2t 0×v 0＝12×(t ＋t －t 0)×12v 0，解得：t ＝5t 02，所以第①次和第②次提升过程所用时间之比为2t 0∶5t 02＝4∶5，选项A 正确；由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F －mg ＝ma ，可得提升的最大牵引力之比为1∶1，选项B 错误；由功率公式，P ＝Fv ，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2∶1，选项C 正确；由动能定理：W F －mgh ＝ΔE k ＝0，∴W F ＝mgh ；两次做功相同，选项D 错误．【答案】AC考点二 机车的启动问题 例2我国在改革开放的四十年内，各个行业都获得了巨大的进步，高铁技术更是成为国家名片．一列高铁列车的总质量为m ，运动过程中的阻力恒为f ，列车沿直线由静止启动过程中列车的输出功率与速度的关系图象如图所示，当列车的速度超过v 0后，列车的功率保持不变，恒为3fv 0.(1)求列车匀加速运动的时间t 1；(2)若列车从静止开始运动至刚好达到最大速度时位移为x ，求由静止开始至达到最大速度的过程列车的运动时间t.【解析】(1)在匀加速阶段，由图可知，牵引力F ＝3fv 0v 0＝3f 根据牛顿第二定律可得：F －f ＝ma 根据速度时间关系可得：v 0＝at 1 联立解得t 1＝mv 02f ；(2)最大速度v m ＝3fv 0f ＝3v 0匀加速运动的位移x 1＝12at 21＝mv 204f恒定功率至达最大速度过程，根据动能定理可得： 3fv 0(t －t 1)－f(x －x 1)＝12mv 2m －12mv 20 联立解得t ＝x 3v 0＋7mv 04f .【答案】(1)mv 02f (2)x 3v 0＋7mv 04f【方法总结】解决机车启动问题时注意以下四点：(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，机车功率不断增大，最大功率是额定功率．(3)以额定功率启动的过程中，牵引力不断减小，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． 变式训练2 (多选)汽车在平直公路上以速度v 0匀速行驶，发动机功率为P ，牵引力为F 0，t 1时刻，司机减小了油门，使汽车的功率立即减为原来的一半，并保持该功率继续行驶，到t 2时刻，汽车又恢复了匀速直线运动．能正确表示这一过程中汽车牵引力F 和速度v 随时间t 变化的图象是( )A BC D【解析】由题，汽车以功率P 、速度v 0匀速行驶时，牵引力与阻力平衡．当司机减小油门，使汽车的功率减为一半时，速度不能突变，根据P ＝Fv 得知，汽车的牵引力突然减小到原来的一半，即为F ＝12F 0，而阻力没有变化，则汽车开始做减速运动，由于功率保持为P2，随着速度的减小，牵引力逐渐增大，根据牛顿第二定律得知，汽车的加速度逐渐减小，做加速度减小的变加速运动．当汽车再次匀速运动时，牵引力与阻力再次平衡，大小相等，由P ＝Fv 得知，此时汽车的速度为原来的一半．故选A 、D .【答案】AD考点三 动能定理及其应用例3 如图所示，水平轨道BC 的左端与固定的光滑竖直14圆轨道相切于B 点，右端与一倾角为30°的光滑斜面轨道在C 点平滑连接(即物体经过C 点时速度的大小不变)，斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为2 kg 的滑块从圆弧轨道的顶端A 点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D 点，已知光滑圆轨道的半径R ＝0.45 m ，水平轨道BC 长为0.4 m ，与滑块间的动摩擦因数μ＝0.2，光滑斜面轨道上CD 长为0.6 m ，g 取10 m /s 2，求：(1)滑块第一次经过B 点时对轨道的压力大小；(2)整个过程中弹簧具有的最大弹性势能；(3)滑块在水平轨道BC 上运动的总时间及滑块最终停在何处？【解析】(1)滑块从A 点到B 点，由动能定理可得：mgR ＝12mv 2B－0 解得：v B ＝3 m /s滑块在B 点：F －mg ＝m v 2B R解得：F ＝60 N由牛顿第三定律可得：物块经过B 点时对轨道的压力F′＝F ＝60 N(2)滑块第一次到达D 点时，弹簧具有最大的弹性势能E p滑块从A 点到D 点，设该过程弹簧弹力对滑块做的功为W ，由动能定理可得： mgR －μmgL BC －mgL CD sin 30°＋W ＝0E p ＝－W解得：E p ＝1.4 J(3)将滑块在BC 段的运动全程看做匀减速直线运动，加速度a ＝μg ＝2 m /s 2则滑块在水平轨道BC 上运动的总时间t ＝v B a＝1.5 s 滑块最终停止在水平轨道BC 间，设滑块在BC 段运动的总路程为s ，从滑块第一次经过B 点到最终停下来的全过程，由动能定理可得：－μmgs ＝0－12mv 2B解得s ＝2.25 m结合BC 段的长度可知，滑块最终停止在BC 间距B 点0.15 m 处(或距C 点0.25 m 处)．【答案】(1)60 N (2)1.4 J (3)1.5 s 最终停止在距B 点0.15 m 处【方法总结】1.应用动能定理解题的基本思路：(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，利用动能定理对全过程或者分过程列式．2．动能定理的应用：(1)动能定理是根据恒力做功和直线运动推导出来的，但是也适用于变力做功和曲线运动．(2)在涉及位移和速度而不涉及加速度和时间问题时，常选用动能定理分析．变式训练3(多选)如图所示，光滑水平面上放着足够长的木板B ，木板B 上放着木块A ，A 、B 接触面粗糙．现用一水平拉力F 作用在B 上，使其由静止开始运动，用f 1表示B 对A 的摩擦力，f 2表示A 对B 的摩擦力，下列说法正确的有( )A ．F 做的功一定等于A 、B 系统动能的增加量B ．F 做的功可能大于A 、B 系统动能的增加量C ．f 1对A 做的功等于A 动能的增加量D ．f 2对B 做的功等于B 动能的增加量【解析】由于开始运动后，A 是否会相对于B 发生运动，从题中给出的条件不能判断．如果两者发生相对运动，对整体分析可知，F 做功转化为两个物体的动能及系统的内能，故F 做的功会大于AB 系统动能的增加量，A 错误，B 正确；由动能定理可知，f 1对A 做的功等于A 动能的增加量，C 正确；f 2对B 做负功和拉力做功的总功等于B 动能的增加量，D错误．【答案】BC【方法总结】在分析A、B组成的系统的动能变化时，既要考虑外力做功，也要考虑内力做功，由于内力是一对相互作用的摩擦力，若为静摩擦力，对系统不做功．若为滑动摩擦力，对系统恒做负功．所以外力做功要加上一个负功，才等于系统的动能增量，故外力做功大于等于系统的动能增量．变式训练4课间，小白同学在足够大的水平桌面上竖直放置了一块直角三角板，然后将一长L＝15 cm的直尺靠在三角板上距水平桌面高h＝9 cm处的A点，下端放在水平桌面上的B点，让另一同学将一物块从直尺顶端由静止释放，最终物块停在水平桌面上的C点(图中未画出)，测得B、C间的距离x1＝13 cm.改变直尺一端在三角板上放着点的位置，物块仍从直尺顶端由静止释放，物块在水平桌面上停止的位置离三角板底端O的距离x会发生变化．已知物块与水平桌面间的动摩擦因数μ1＝0.6，不计物块通过B点时的机械能损失，求：(1)物块与直尺间的动摩擦因数μ2；(2)改变直尺一端在三角板上放置点的位置，物块从直尺顶端由静止释放后在水平桌面上停止的位置离三角板底端O的最大距离x m.【解析】(1)由动能定理可知mgh＝μ2mg cos∠ABO×L＋μ1mgx1由几何关系可知cos∠ABO＝AB2－AO2L＝45解得物块与直尺之间的动摩擦因数μ2＝0.1(2)设直尺与水平方向的夹角为θ，由动能定理可知，mg sinθ×L＝μ2mg cosθ×L＋μ1mgx2木块在水平桌面上停止的位置离三角板底端O的距离x＝L cosθ＋x2代入数据可得x ＝25⎝⎛⎭⎫sin θ＋12cos θcm 可得最大距离x m ＝2552cm 【答案】(1)0.1 (2)2552cm 【p 123】A 组1.如图所示，两个完全相同的小球分别从水平地面上A 点和A 点正上方的O 点抛出，O 点抛出小球做平抛运动，A 点斜抛出的小球能达到的最高点与O 点等高，且两球同时落到水平面上的B 点，关于两球的运动，下列说法正确的是( )A ．两小球应该是同时抛出B ．两小球着地速度大小相等C ．两小球着地前瞬间时刻，重力的瞬时功率相等D ．两小球做抛体运动过程重力做功相等【解析】斜抛运动在竖直方向的分运动是竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的时间对称性，可知斜抛物体的运动时间是下降时间的两倍，而由于斜抛物体的最高点与另一小球的抛出点的高度一样，则可知做斜抛运动的小球运动时间是做平抛运动的小球运动时间的两倍，要使两小球同时落地，两小球不能同时抛出，故A错误；由前面的分析可知两小球落地时竖直方向的分速度大小相等，由于水平方向均做匀速直线运动，且两小球水平的分位移一样，根据x＝v t结合时间关系可知，做斜抛运动的小球在水平的分速度大小为做平抛运动的小球在水平方向的分速度的一半，根据v＝v20＋v2y可知两小球落地时速度大小不相等，故B错误；设小球落地时，速度与水平方向的夹角为α，根据瞬时功率公式可得小球落地时，重力的瞬时功率为P＝mg v cos(90°－α)＝mg v sin α＝mg v y，由前面的分析可知，两小球落地时重力的瞬时功率相等，故C正确；做斜抛运动的小球初、末两位置的高度差为0，则可知重力做功为0，而做平抛运动的小球的初、末两位置的高度差不为0，即重力做功不为0，故两小球运动过程中重力做功不相等，故D错误．【答案】C2.(多选)如图所示，某中学科技小组制作了利用太阳能驱动小车的装置．当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进．小车在平直的公路上由静止开始匀加速行驶，经过时间t，速度为v时功率达到额定功率，并保持不变；小车又继续前进了距离s，达到最大速度v m.设小车的质量为m，运动过程所受阻力恒为f，则()A．小车的额定功率为f v mB ．小车的额定功率为f vC ．小车做匀加速直线运动时的牵引力为f ＋m v tD ．小车速度由零至v m 的过程中，牵引力做功为12m v 2m ＋f ⎝⎛⎭⎫s ＋v t 2 【解析】小车匀加速行驶时，牵引力不变，电动机的功率随着小车速度的增大而增大，当达到额定功率时，以额定功率行驶，做加速度逐渐减小的加速运动，最终当牵引力等于阻力时，速度达到最大，所以额定功率P ＝f v m ，故A 正确，B 错误；小车做匀加速直线运动加速度a ＝v t ，根据牛顿第二定律知F －f ＝ma ，联立解得F ＝f ＋m v t，故C 正确；根据动能定理知：W －f (s ＋12v t )＝12m v 2m－0，小车速度由零至v m 的过程中，牵引力做功为W ＝12m v 2m ＋f ⎝⎛⎭⎫s ＋v t 2，故D 正确． 【答案】ACD3.如图所示，某足球运动员在罚点球时，球被踢出后水平垂直击中球门横梁的中点，已知足球的质量为450 g ，罚球点离球门线的距离为11 m ，球门高2.44 m ，忽略空气的作用，g 取10 m/s 2，则该运动员在罚点球时对足球做的功最接近( )A ．280 JB ．200 JC ．120 JD ．70 J【解析】将运动视为逆向的平抛运动，则h ＝12gt 2，x ＝v 0t ，解得最高点速度v 0＝x g 2h≈15.75 m/s ，此时机械能E ＝mgh ＋12m v 20＝0.45×10×2.44 J ＋12×0.45×15.752 J ≈66.79 J ，根据功能关系知末状态机械能近似等于运动员做的功，故D 正确．【答案】D4.如图所示，一足够长的木板在光滑水平面上以速度v 向右匀速运动，现将质量为m 的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，已知物体和木板之间的动摩擦因数为μ.为保持木板的速度不变，须对木板施一水平向右的作用力F .从物体放到木板上到它相对木板静止的过程中，力F 做的功为( )A.m v 24B.m v 22C ．m v 2D ．2m v 2【解析】物体和木板之间的摩擦力f ＝μmg ，对于木板，要保持速度v 不变，有F ＝f ＝μmg .对于物体，根据牛顿第二定律：μmg ＝ma ，解得：a ＝μg ，物体做匀加速直线运动，有t ＝v a ＝v μg ，此时木板的位移s ＝v t ＝v 2μg ，水平向右的作用力F 做功：W ＝Fs ＝μmg ·v 2μg ＝m v 2，故C 正确，A 、B 、D 错误．【答案】C5．如图所示，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 后，继续上升一段距离 D ．W <12mgR ，质点到达Q 后，继续上升一段距离【解析】根据动能定理可得P 点动能E k P ＝mgR ，经过N 点时，半径方向的合力提供向心力，可得4mg －mg ＝m v 2N R ，所以N 点动能为E k N ＝3mgR 2，从P 点到N 点根据动能定理可得mgR －W ＝3mgR 2－mgR ，即克服摩擦力做功W ＝mgR 2.质点运动过程，半径方向的合力提供向心力即F N －mg sin θ＝ma ＝m v 2R，根据左右对称，在同一高度，由于摩擦力做功导致右半部分的速度小，轨道弹力变小，滑动摩擦力f ＝μF N 变小，所以摩擦力做功变小，那么从N 到Q ，根据动能定理，Q 点动能E k Q ＝3mgR 2－mgR －W ′，由于W ′<mgR 2，所以Q 点速度仍然没有减小到0，仍会继续向上运动一段距离，对照选项C 对．【答案】C6．(多选)2022年第24届冬季奥林匹克运动会将在中国举行，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．跳台滑雪赛道可简化为助滑道、着陆坡、停止区三部分，如图所示．一次比赛中，质量m 的运动员从A 处由静止下滑，运动到B 处后水平飞出，落在了着陆坡末端的C 点，滑入停止区后，在与C 等高的D 处速度减为零．已知B 、C 之间的高度差为h ，着陆坡的倾角为θ，重力加速度为g .只考虑运动员在停止区受到的阻力，不计其他能量损失．由以上信息可以求出( )A ．运动员在空中飞行的时间B ．A 、B 之间的高度差C ．运动员在停止区运动过程中克服阻力做功D ．C 、D 两点之间的水平距离【解析】设运动员在空中飞行的时间为t ，根据平抛运动的规律，y ＝h ＝12gt 2，解得：t ＝2h g ，故A 正确；水平方向x ＝v t ，由几何关系可得，y x ＝tan θ，代入数据解得v ＝1tan θgh 2，从A 到B 由动能定理得：mgh AB ＝12m v 2，h AB ＝h 4tan 2θ，故B 正确；设到C 的速度为v C ，从B 到C 的过程由动能定理得：mgh ＝12m v 2C －12m v 2，可求得到C 的速度v C ，从C 到D 的过程由动能定理得：－W 克f ＝0－12m v 2C，则克服阻力做功可求解，故C 正确；运动员在C 、D 两点之间做变速曲线运动，两点之间的水平距离无法求解，故D 错误．【答案】ABC7．如图所示，14圆弧轨道AB 被竖直固定，其下端点B 的切线水平．现将可视为质点的质量为m ＝1 kg 的小球从A 点由静止释放，小球从B 点冲出后，最终打在右方的竖直墙上的C 点(未画出)，在C 点的速度方向与水平方向夹角为37°，已知B 端与墙壁的水平距离为l ＝0.3 m ，不计一切摩擦和阻力，g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．圆弧轨道的半径为0.02 mB ．小球在轨道最低点B 对轨道的压力大小为10 NC ．从A 到C 的整个过程中，重力的功率先减小后增加D ．在C 点的动能为3.125 J【解析】设在B 点是速度为v B ，在C 点的速度为v C ，小球从B 点抛出后做平抛运动，水平方向有：l ＝v B t ，即 0.3＝v B t ，竖直方向有：v Cy ＝gt ，根据速度夹角关系知：tan 37°＝v Cy v B ＝gt 0.3t＝gt 20.3＝34，解得：t ＝320s ，v B ＝2 m/s ，由A 到B ，由机械能守恒定律可得mgR ＝12m v 2B ，R ＝v 2B 2g ＝2×220 m ＝0.2 m ，故A 错误；在B 点有N －mg ＝m v 2B R，所以小球对轨道的压力N ＝mg ＋m v 2B R ＝⎝⎛⎭⎫1×10＋1×2×20.2N ＝30 N ，故B 错误；在A 点，因为速度为零，所以重力的功率为零，在B 点，速度和重力垂直，故在B 点重力的功率为零，所以A 到B 重力的功率先增大后减小，B 到C ，重力的功率逐渐增大，故C 错误．在C 点根据速度关系v C ＝v B cos 37°＝20.8m/s ＝2.5 m/s ，动能E k ＝12m v 2C ＝12×1×2.5×2.5 J ＝3.125 J ，故D 正确． 【答案】DB 组8.(多选)质量为m 的小球穿在足够长的水平直杆上，小球与杆之间的动摩擦因数为μ，受到方向始终指向O 点的力F 作用，且F ＝ks ，k 为比例系数，s 为小球和O 点的距离．小球从a 点由静止出发恰好运动到d 点；小球在d 点以初速度v 0向a 点运动，恰好运动到b 点．已知Oc 垂直于杆且c 为垂足，b 点为ac 的中点，Oc ＝d ，cd ＝bc ＝l .不计小球的重力，下列说法正确的是( )A ．小球从a 运动到d 的过程中只有两个位置F 的功率为零B ．小球从a 运动到b 的过程与从b 运动到c 的过程克服摩擦力做功相等C ．v 0＝2μkdl mD ．小球在d 的速度至少要2v 0才能运动到a 点【解析】小球从a 运动到d 的过程中，在a 点、d 点速度为零，拉力的功率为零，在c 点拉力的方向和速度方向垂直，功率为零，有三处，A 错误；因为不计小球的重力，所以F 在垂直杆方向上的分力即为小球与杆之间的正压力，N ＝F sin θ(θ为力F 与杆之间的夹角)，故摩擦力F f ＝μN ＝μF sin θ，从a 到b 克服摩擦力做功为W f 1＝μF sin θ·l ＝μk ()s ·sin θ·l ＝μkdl ，同理从b 到c 克服摩擦力做功为W f 2＝μF sin θ·l ＝μk ()s ·sin θ·l ＝μkdl ，B 正确；根据动能定理可得μF sin θ·2l ＝2μk (s ·sin θ)·l ＝2μkdl ＝12m v 20，解得v 0＝2μkdl m ，C 正确；设在d 点的速度为v ，恰好能运动到a 点，根据动能定理可得12m v 2＝W F ＋3μkdl ，而W F ＝3μkdl ，联立v 0＝2μkdl m，解得v ＝3v 0，D 错误．【答案】BC9．如图所示，某生产厂家为了测定该厂所生产的玩具车的性能，将两个完全相同的玩具车A 、B 并排放在两平行且水平的轨道上，分别通过挂钩连接另一个与玩具车等质量的货车(无牵引力)，控制两车以相同的速度v 0做匀速直线运动．某时刻，通过控制器使两车的挂钩断开，玩具车A 保持原来的牵引力不变，玩具车B 保持原来的输出功率不变，当玩具车A 的速度为2v 0时，玩具车B 的速度为1.5v 0，则( )A ．在这段时间内两车的位移之比为6∶5B ．玩具车A 的功率变为原来的4倍C ．两车克服阻力做功的比值为12∶11D ．两车牵引力做功的比值为5∶1【解析】设挂钩断开瞬间的牵引力为F ，车受的摩擦力大小f ＝F 2，对玩具车A 分析有Fx 1－fx 1＝12m (2v 0)2－12m v 20＝32m v 20；对玩具车B 分析有Pt －fx 2＝12m (1.5v 0)2－12m v 20＝58m v 20，已知P ＝F v 0，对玩具车A 分析由动量定理得：(F －f )t ＝2m v 0－m v 0，x 1＝v 0＋2v 02t ，解得：x 1∶x 2＝12∶11，故A 错；克服阻力做功W f ＝fx ，则W f 1W f 2＝x 1x 2＝1211，故C 正确；牵引力做功W A ＝Fx 1＝3m v 20，W B ＝Pt ＝2m v 20，得W A W B ＝32，故D 错；由P A ＝F ·2v 0＝2P ，故B 错． 【答案】C10．如图为某课外活动小组模拟高铁动车编组实验，假设动车组是由动车和拖车编组而成，只有动车提供动力．该模拟列动车组由10节车厢组成，其中第1节和第6节车厢为动车，每节动车的额定功率均为P ，每节车厢的总质量均为m ，动车组运行过程中所受阻力为车重的k 倍．若动车组以额定功率沿水平方向做直线运动，经时间t 速度达到最大．重力加速度为g ，求：(1)当动车组速度达到最大速度一半时的加速度大小和此时第7节车厢对第8节拉力大小；(2)动车组从启动至速度刚达到最大的过程中所通过的路程．【解析】(1)设动车组最大速度为v m ，则：2P ＝10kmg v m解得：v m ＝P 5kmg当v ＝v m 2时，2P ＝F v ，F ＝20kmg 由牛顿第二定律得：F －10kmg ＝10ma解得：a ＝kg ，以8、9、10三节车厢为研究对象，由牛顿第二定律得：F ′－3kmg ＝3ma ，解得：F ′＝6kmg .(2)由动能定律得：2Pt －10kmgx ＝12×10m v 2m 解得：x ＝Pt 5kmg －P 250k 3m 2g 3. 【答案】(1)kg 6kmg (2)Pt 5kmg －P 250k 3m 2g 311．由学生组成的一个课题小组，在研究变力做功时，设计了如下的模型：如图甲，在水平地面上放置一个质量为m ＝5 kg 的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F 随位移x 变化的图象如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.4，g ＝10 m/s 2.(1)画出0～4 m 内物体加速度a 随位移x 变化的图象；(2)物体速度最大时推力的功率为多少？(3)推力F 减为零后物体还能滑行多远？【解析】(1)由牛顿运动定律得：F －f ＝ma得：a ＝F －f m当F ＝100 N ，x ＝0时，a ＝16 m/s 2当F ＝f ＝20 N 时，a ＝0，x ＝3.2 mF ＝0 N 时，x ＝4 m ，a ＝－4 m/s 2图象如图所示．(2)由题图可得推力F 随位移x 的变化关系式为：F ＝100－25x (N)又当物体速度最大时，物体加速度为0所以：此时F ′＝f ＝μmg解得：x ＝3.2 m 此时推力F ′＝20 N物体从开始到速度最大时，由动能定理得：W F －μmgx ＝12m v 2m由F －x 图象的物理意义得：W F ＝S 面积＝12×(20＋100)×3.2 J ＝192 J 代入数据得：v m ＝1655 m/s 此时推力的功率：P ＝F ′v m ＝20×165 5 W ＝64 5 W (3)由题图可知推力为零时的位移x ＝4 m W 总＝12×100×4 J ＝200 J 由动能定理得：W 总－fx 总＝0－0解得x 总＝10 mx ′＝x 总－x ＝6 m故物体还能滑行6 m【答案】(1)见解析图 (2)64 5 W (3)6 m第2讲机械能守恒定律功能关系【p28】【p28】1．机械能守恒的判断(1)利用机械能守恒的定义判断；(2)利用做功判断；(3)利用能量转化判断；(4)对于绳突然绷紧和物体间非弹性碰撞问题，机械能往往不守恒．2．功能关系(1)重力的功等于__重力势能增量__的负值W G＝－ΔE p；(2)电场力的功等于__电势能增量__的负值W电＝－ΔE p′；(3)弹簧弹力的功等于__弹性势能增量__的负值W弹＝－ΔE p″；(4)合外力的功等于__动能的变化__W合＝ΔE k；(5)一对滑动摩擦力做的总功等于__系统内能__的变化fx相对＝ΔE内＝Q；(6)除重力和弹簧弹力之外的力做功等于__物体机械能__的变化，W其他＝ΔE；(7)电流做的功等于其他能量的增量IUt＝ΔE′；(8)安培力做功等于电能与机械能的转化．【p28】。