2020届高考二轮专题透析物理复习微专题04 功和功率 动能定理
2020届高考二轮专题透析物理复习教师书微专题04 功和功率 动能定理
专题2动量和能量04功和功率动能定理考点1▶功与功率的理解1.功和功率的计算方法2.计算功和功率的注意事项(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:①W=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;等等。
只能用来计算平均功率。
P=Fv cos α中的v是瞬(2)对于功率的计算要区分是瞬时功率还是平均功率。
P=Wt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。
1.(改编自2019年江苏卷,T8)(多选)如图所示,轻质弹簧的左端固定,并处于自然状态。
小物块的质量为m,从A点向左沿水平地面运动,压缩弹簧后被弹回,运动到A点恰好静止。
物块向左运动的最大距离为s,与地面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,弹簧未超出弹性限度。
在上述过程中()。
A.弹簧的最大弹力为μmgB.物块克服摩擦力做的功为2μmgsC.压缩弹簧过程克服弹力做的功为μmgsD.物块开始在A点摩擦力的瞬时功率大小为2μmg√μgs解析▶由物块被弹回可知,弹簧的最大弹力大于μmg,A项错误;在小物块往返过程中,摩擦力始终做负功,克服摩擦力共做功2μmgs,B项正确;在小物块向右运动的过程中,弹性势能最后全部转化为内能,即克服摩擦力做的功为μmgs,C项正确;在小物块往返过程中,有两个力(弹簧弹力和摩擦力)做功,弹簧弹力先做负功后做正功,两次所做的总功为零,摩擦力始终做负功,由动能定理可知,克服摩擦力所做的功就等于小物块的初动能,即2μmgs=1m v02,2故物块在A点的初速度v0=2√μgs,则此时摩擦力的瞬时功率P=fv0=2μmg√μgs,所以D项正确。
答案▶BCD点评▶解答此题的关键:一是要注意滑动摩擦力做功与路径有关,直线运动中在摩擦力大小不变的情况下其做的功应等于其大小与路程的乘积;二是弹簧的弹力是变力时,可以由功能关系求得;三是瞬时功率直接由推导式P=Fv求解。
(江苏专用)2020版高考物理二轮复习专题二第一讲功和功率动能定理课件
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解析：炮弹在竖直方向上做竖直上抛运动，上升时间与下落时 间相等。根据下落过程竖直方向做自由落体运动，h＝12gt2，第 二次下落高度高，所以第二次炮弹在空中运动时间较长，故 A 正确，B 错误；根据动能定理：mgh＝12mv2－12mv02，由于两 次在空中运动过程重力做功都是零，所以 v＝v0，故两次炮弹 落地时速度相等，故 C、D 错误。 答案：A
解析：从 v-t 图线的斜率表示加速度可知，在 0～t1 时间内，加 速度增大，由牛顿第二定律可知，合力增大，故 A 项错误；由 动能定理知 0～t2 时间内，动能增量为 0，即合力做功为 0，故 B 项错误；t1 时刻，F 最大，v＝0，F 的功率为 0，t2 时刻 F＝ 0，速度最大，F 的功率为 0，t1～t2 时间内，合力的功率先增 大后减小，故 C 项正确；由动能定理知 t2～t4 间内，动能增量 为 0，即合力做功为 0，故 D 项正确。 答案：CD
[典例] 下列各图是反映汽车以额定功率 P 额从静止启动， 最后做匀速运动的过程，汽车的速度 v 随时间 t 以及加速度 a、 牵引力 F 和功率 P 随速度 v 变化的图像中正确的是 ( )
[解析] 汽车以额定功率启动时，功率一定，由 P＝Fv 可 知，速度增大，牵引力 F 减小，根据 F－Ff＝ma，加速度逐渐 减小，但速度继续增大，当牵引力等于阻力时，速度达到最大， 故 A 正确，B、C、D 错
1．[多选](2019·南通模拟)如图，某质点沿直线运动的 v-t 图像
为余弦曲线，从图中可以判断
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A．在 0～t1 时间内，合力逐渐减小 B．在 0～t2 时间内，合力做正功 C．在 t1～t2 时间内，合力的功率先增大后减小 D．在 t2～t4 时间内，合力做的总功为零
2020年高考物理二轮提分攻略专题04 功和能
2020年物理二轮专题过关宝典专题四：功和能【知识回扣】 一、功和功率 1.功的计算恒力做的功：直接用W ＝Fl cos α计算。
变力做的功：①应用动能定理求解；②应用W ＝Pt 求解，此法适用于变力的功率P 不变； 2.功率的计算平均功率的计算方法：①利用P＝tW ；②利用P ＝F·v cos α，其中v 为物体运动的平均速度。
瞬时功率的计算方法：利用公式P ＝Fvcos α，其中v 为t 时刻的瞬时速度； 3. 机车的两种启动模型的分析 （1）模型综述物体在牵引力（受功率和速度制约）作用下，从静止开始克服一定的阻力，加速度不变或变化，最终加速度等于零，速度达到最大值。
（2）模型特征a. 以恒定功率启动的方式： ①动态过程：②这一过程的速度—时间图象如图所示：b. 以恒定加速度启动的方式： ①动态过程：②这一过程的速度—时间图象如图所示：深化拓展：无论哪种启动方式，机车最终的最大速度都应满足：v m ＝fF P，且以这个速度做匀速直线运动。
二、动能定理1. 动能定理：合外力做功等于物体在这个过程中动能的变化量。
W ＝E k2－E k1＝12mv 22－12mv 21. 2．适用范围(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功。
三、机械能守恒定律1.判断机械能是否守恒的两个角度（1）从做功的角度：若只有重力(或弹力)做功或虽有其他外力做功但其他力做功的代数和为零，则该物体（或该系统）的机械能守恒。
2.从能的角度：若系统内只有动能和势能的相互转化，没有其他形式的能与机械能转化，且系统与外部也没有能力的转化与转移，则系统机械能守恒。
2.机械能守恒的三种表示形式(1)守恒观点：E k1＋E p1＝E k2＋E p2(要选零势能参考平面) (2)转化观点：ΔE k ＝－ΔE p (不用选零势能参考平面) (3)转移观点：ΔE A 增＝ΔE B 减(不用选零势能参考平面) 四、力学中的功能关系合外力做功等于物体动能的改变 W 合＝E k2－E k1＝ΔE k 重力做功衡量重力势能的减少量 W G ＝E p1－E p2＝－ΔE p 弹簧弹力做功衡量弹性势能的减少量W 弹＝E p1－E p2＝－ΔE p 除了重力和弹簧弹力之外的其他力所做的总功，等于物体机械能的改变W 其他＝E 2－E 1＝ΔE一对滑动摩擦力做功的代数和等于因摩擦而产生的内能 Q ＝fx 相对，x 相对为物体间相对滑动的距离【热门考点透析】考点一 功和功率1.轻质弹簧右端固定在墙上,左端与一质量m=0.5 kg 的物块相连,如图甲所示,弹簧处于原长状态,物块静止且与水平面间的动摩擦因数μ=0.2。
2020高考物理 功、功率与动能定理 Word版含答案
专题二动量与能量第5讲功、功率与动能定理一、明晰功和功率的根本规律二、抓住机车启动问题解决关键1．机车输出功率：P＝F v ,其中F为机车牵引力．2．机车启动匀加速过程的最|||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＝PF阻．三、理解动能及动能定理的根本应用高频考点1功和功率的计算1．求功的途径(1)用定义式(W＝Fl cos α)求恒力功；(2)用动能定理W ＝12m v 22－12m v 21求功；(3)用F -l 图象所围的面积求功；(4)用平均力求功(力与位移呈线性关系 ,如弹簧的弹力)； (5)利用W ＝Pt 求功． 2．求功率的途径(1)平均功率：P ＝W t ,P ＝F v －cos α．(2)瞬时功率：P ＝F v cos α．1－1． (2021·全国卷Ⅱ)如图 ,一光滑大圆环固定在桌面上 ,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解析：此题考查圆周运动、功．小环在固定的光滑大圆环上滑动 ,做圆周运动 ,其速度沿大圆环切线方向 ,大圆环对小环的弹力(即作用力)垂直于切线方向 ,与速度垂直 ,故大圆环对小环的作用力不做功 ,选项A 正确、B 错误．开始时大圆环对小环的作用力背离圆心 ,到达圆心等高点时弹力提供向心力 ,故大圆环对小环的作用力指向圆心 ,选项C 、D 错误．答案：A1－2.(多项选择)(2021·全国新课标Ⅱ卷)两实心小球甲和乙由同一种材质制成 ,甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落 ,假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比 ,与球的速率无关．假设它们下落相同的距离 ,那么( )A ．甲球用的时间比乙球长B ．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C ．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D ．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功解析：两球的质量m ＝ρ·43πr 3 ,对两球由牛顿第二定律a ＝mg －f m ＝g －kr ρ·43πr 3＝g －k ρ·43πr 2,可得a 甲>a 乙 ,由h ＝12at 2知甲球的运动时间较短 ,选项A 、C 错误．由v ＝2ah 得v 甲>v 乙 ,应选项B 正确．因f 甲>f 乙 ,由W f ＝f ·h 知阻力对甲球做功较大 ,选项D 正确．答案：BD1－3.关于功率公式P ＝Wt 和P ＝F v 的说法正确的选项是( )A ．由P ＝Wt 只能求某一时刻的瞬时功率B ．从P ＝F v 知 ,汽车的功率与它的速度成正比C ．由P ＝F v 只能求某一时刻的瞬时功率D ．从P ＝F v 知 ,当汽车发动机功率一定时 ,牵引力与速度成反比解析：由P ＝Wt 能求某段时间的平均功率 ,当物体做功快慢相同时 ,也可求得某一时刻的瞬时功率 ,选项A 错误；从P ＝F v 知 ,当汽车的牵引力不变时 ,汽车的瞬时功率与它的速度成正比 ,选项B 错误；由P ＝F v 能求某一时刻的瞬时功率 ,假设v 是平均速度 ,那么也可求解平均功率 ,选项C 错误；从P ＝F v 知 ,当汽车发动机功率一定时 ,牵引力与速度成反比 ,选项D 正确．答案：D 1－4．(2021·上海静安区高三质检)物体在平行于斜面向上的拉力作用下 ,分别沿倾角不同斜面的底端 ,匀速运动到高度相同的顶端 ,物体与各斜面间的动摩擦因数相同 ,那么( )A ．沿倾角较小的斜面拉 ,拉力做的功较多B ．沿倾角较大的斜面拉 ,克服重力做的功较多C ．无论沿哪个斜面拉 ,拉力做的功均相同D ．无论沿哪个斜面拉 ,克服摩擦力做的功相同 解析：设斜面倾角为θ ,斜面高度h ,斜面长度L ＝hsin θ,物体匀速被拉到顶端 ,根据动能定理W F ＝mgh ＋μmg cos θ·L ＝mgh ＋μmg ·htan θ ,那么h 相同时 ,倾角较小那么拉力做的功较多 ,选项A 正确 ,C 错误；重力做功为W G ＝mgh ,那么重力做功相同 ,选项B 错误；克服摩擦力做的功W f ＝μmg cos θ·L ＝μmg ·htan θ,所以倾角越大 ,摩擦力做功越小 ,选项D 错误．答案：A高频考点2 机车启动问题机车的两类启动问题1．恒定功率启动(1)机车先做加速度逐渐减小的变加速直线运动 ,后做匀速直线运动 ,速度 -时间图象如以下图 ,当F ＝F 阻时 ,v m ＝P F ＝PF 阻．(2)动能定理Pt 1－F 阻x ＝12m v 2m －0．2．恒定加速度启动(1)速度 -时间图象如以下图．机车先做匀加速直线运动 ,当功率增大到额定功率后获得匀加速的最|||大速度v 1.之后做变加速直线运动 ,直至|||到达最|||大速度v m 后做匀速直线运动．(2)常用公式： ⎩⎪⎨⎪⎧F －F 阻＝ma P ＝F v P 额＝F 阻v mv 1＝at12－1. (2021·全国卷Ⅱ)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 的变化如以下图．假定汽车所受阻力的大小f 恒定不变．以下描述该汽车的速度v 随时间t 变化的图线中 ,可能正确的选项是( )解析：由P -t 图象知：0～t 1内汽车以恒定功率P 1行驶 ,t 1～t 2内汽车以恒定功率P 2行驶．设汽车所受牵引力为F ,那么由P ＝F v 得 ,当v 增加时 ,F 减小 ,由a ＝F －f m 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．答案：A2－2.(2021·南昌十所省重点中学二模)用一根绳子竖直向上拉一个物块 ,物块从静止开始运动 ,绳子拉力的功率按如以下图规律变化 ,物块的质量为m ,重力加速度为g,0～t 0时间内物块做匀加速直线运动 ,t 0时刻后功率保持不变 ,t 1时刻物块到达最|||大速度 ,那么以下说法正确的选项是( )A ．物块始终做匀加速直线运动B ．0～t 0时间内物块的加速度大小为P 0mt 0C ．t 0时刻物块的速度大小为P 0mgD ．0～t 1时间内物块上升的高度为P 0mg ⎝⎛⎭⎫t 1－t 02－P 202m 2g3 解析：0～t 0时间内物块做匀加速直线运动 ,t 0时刻后功率保持不变 ,根据P ＝F v 知 ,v 增大 ,F 减小 ,物块做加速度减小的加速运动 ,当加速度减小到零 ,物体做匀速直线运动 ,故A 错误；根据P 0＝F v ＝Fat ,F ＝mg ＋ma 得P ＝(mg ＋ma )at ,可知图线的斜率k ＝P 0t 0＝m (g ＋a )a ,可知a ≠P 0mt 0 ,故B 错误；在t 1时刻速度到达最|||大 ,F ＝mg ,那么速度v ＝P 0mg ,可知t 0时刻物块的速度大小小于P 0mg,故C 错误；P -t 图线围成的面积表示牵引力做功的大小 ,根据动能定理得 ,P 0t 02＋P 0(t 1－t 0)－mgh ＝12m v 2 ,解得h ＝P 0mg ⎝⎛⎭⎫t 1－t 02－P 202m 2g3 ,故D 正确．答案：D2－3.(多项选择)(2021·衡阳市高三第二次联考)一辆汽车在平直的公路上运动 ,运动过程中先保持某一恒定加速度 ,后保持恒定的牵引功率 ,其牵引力和速度的图象如以下图．假设汽车的质量m 、牵引力F 1和速度v 1及该车所能到达的最|||大速度v 3 ,运动过程中所受阻力恒定 ,那么根据图象所给的信息 ,以下说法正确的选项是( )A ．汽车行驶中所受的阻力为F 1v 1v 3B ．汽车匀加速运动的过程中牵引力的冲量大小为m v 1v 3(v 3－v 1)C ．速度为v 2时的加速度大小为F 1v 1m v 2D ．假设速度为v 2时牵引力恰为F 12,那么有v 2＝2v 1解析：根据牵引力和速度的图象和功率P ＝F v 得汽车运动中的最|||大功率为F 1v 1.该车所能到达的最|||大速度时加速度为零 ,所以此时阻力等于牵引力 ,所以阻力f ＝F 1v 1v 3 ,选项A正确；根据牛顿第二定律 ,有恒定加速度时 ,加速度a ′＝F 1－f m ＝F 1m －F 1v 1m v 3 ,匀加速的时间：t ＝v 1a ′＝m v 1v 3F 1(v 3－v 1) ,那么汽车匀加速运动的过程中牵引力的冲量大小为I ＝F 1t ＝m v 1v 3(v 3－v 1),故B 正确；速度为v 2时的牵引力是F 1v 1v 2 ,对汽车受力分析 ,受重力、支持力、牵引力和阻力 ,根据牛顿第二定律有 ,速度为v 2时加速度大小为a ＝F 1v 1m v 2－F 1v 1m v 3,故C 错误；假设速度为v 2时牵引力恰为F 12 ,那么F 1v 1v 2＝F 12,那么v 2＝2v 1 ,选项D 正确；应选ABD ．答案：ABD高频考点3 动能定理的应用3－1.(多项选择) (2021·全国卷Ⅲ)如图 ,一固定容器的内壁是半径为R 的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m 的质点P .它在容器内壁由静止下滑到最|||低点的过程中 ,克服摩擦力做的功为W .重力加速度大小为g .设质点P 在最|||低点时 ,向心加速度的大小为a ,容器对它的支持力大小为N ,那么( )A ．a ＝2(mgR －W )mRB ．a ＝2mgR －WmRC ．N ＝3mgR －2WRD ．N ＝2(mgR －W )R解析：质点P 下滑过程中 ,重力和摩擦力做功 ,根据动能定理可得mgR －W ＝12m v 2 ,根据公式a ＝v 2R ,联立可得a ＝2(mgR －W )mR ,A 正确 ,B 错误；在最|||低点重力和支持力的合力充当向心力 ,根据牛顿第二定律可得 ,N －mg ＝ma ,代入可得 ,N ＝3mgR －2WR,C 正确 ,D 错误．答案：AC3－2.(2021·成都外国语学校月考)如图 ,质量为M ＝3 kg 的小滑块 ,从斜面顶点A 静止开始沿ABC 下滑 ,最|||后停在水平面D 点 ,不计滑块从AB 面滑上BC 面 ,以及从BC 面滑上CD 面的机械能损失．：AB ＝BC ＝5 m ,CD ＝9 m ,θ＝53° ,β＝37° ,重力加速度g ＝10 m/s 2 ,在运动过程中 ,小滑块与接触面的动摩擦因数相同．那么( )A ．小滑块与接触面的动摩擦因数μ＝0.5B ．小滑块在AB 面上运动时克服摩擦力做功 ,等于在BC 面上运动克服摩擦力做功 C ．小滑块在AB 面上运动时间大于小滑块在BC 面上的运动时间D ．小滑块在AB 面上运动的加速度a 1与小滑块在BC 面上的运动的加速度a 2之比是5/3 解析：根据动能定理得 ,Mg (S AB sin θ＋S BC sin β)－μMg (S AB cos θ＋S BC cos β)－μMS CD ＝0 ,解得：μ＝716 ,A 错误；在AB 段正压力小于BC 段正压力 ,故在AB 段克服摩擦力做功小于在BC 段克服摩擦力做的功 ,B 错误；小滑块在AB 面上运动的平均速度小于小滑块在BC 面上的平均速度 ,故小滑块在AB 面上运动时间大于小滑块在BC 面上运动时间 ,C 正确；小滑块在AB 面上运动的加速度：a 1＝g sin θ－μg cos θ＝438m/s 2 ,小滑块在BC 面上运动的加速度∶a 2＝g sin β－μg cos β＝52m/s 2 ,那么a 1∶a 2＝43∶20 ,D 错误．答案：C3－3． (2021·江西师范大学附属中学月考)如以下图 ,竖直放置的等螺距螺线管高为h ,该螺线管是用长为l 的硬质直管(内径远小于h )弯制而成．一光滑小球从上端管口由静止释放 ,关于小球的运动 ,以下说法正确的选项是( )A ．小球到达下端管口时的速度大小与l 有关B ．小球到达下端管口时重力的功率为mg 2ghC ．小球到达下端的时间为2l 2ghD ．小球在运动过程中受管道的作用力大小不变解析：在小球到达最|||低点的过程中只有重力做功 ,故根据动能定理可知mgh ＝12m v 2 ,解得v ＝2gh 小球到达下端管口时的速度大小与h 有关 ,与l 无关 ,故A 错误；到达下端管口的速度为v ＝2gh ,速度沿管道的切线方向 ,故重力的瞬时功率为p ＝mg 2gh sin θ ,故B 错误；物体在管内下滑的加速度为a ＝gh l ,故下滑所需时间为t ,那么l ＝12at 2 ,即t ＝2la＝2l 2gh,故C 正确；小球做的是加速螺旋运动 ,速度愈来愈大 ,做的是螺旋圆周运动 ,根据F n ＝m v 2R可知 ,支持力越来越大 ,故D 错误；应选C ． 答案：C3－4.(2021·全国卷Ⅱ)为提高冰球运发动的加速能力 ,教练员在冰面上与起跑线相距s 0和s 1(s 1<s 0)处分别放置一个挡板和一面小旗 ,如以下图．训练时 ,让运发动和冰球都位于起跑线上 ,教练员将冰球以初速度v 0击出 ,使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时 ,运发动垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时 ,运发动至|||少到达小旗处．假定运发动在滑行过程中做匀加速运动 ,冰球到达挡板时的速度为v 1.重力加速度大小为g .求(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数； (2)满足训练要求的运发动的最|||小加速度．解析：(1)设冰球的质量为m ,冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ ,由动能定理得 －μmgs 0＝12m v 21－12m v 20 ① 解得μ＝v 20－v 212gs 0②(2)冰球到达挡板时 ,满足训练要求的运发动中 ,刚好到达小旗处的运发动的加速度最|||小．设这种情况下 ,冰球和运发动的加速度大小分别为a 1和a 2 ,所用的时间为t ．由运动学公式得v 20－v 21＝2a 1s 0③ v 0－v 1＝a 1t ④ s 1＝12a 2t 2⑤ 联立③④⑤式得a 2＝s 1(v 1＋v 0)22s 20⑥答案：(1)v 20－v 212gs 0 (2)s 1(v 1＋v 0)22s 201．动能定理往往用于单个物体的运动过程 ,由于不牵扯加速度及时间 ,比动力学研究方法要简洁．2．动能定理表达式是一个标量式 ,在某个方向上应用动能定理是没有依据的． 3．物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程) ,此时可以分段考虑 ,也可以对全过程考虑 ,但假设能对整个过程利用动能定理列式那么可使问题简化．应用动能定理解决多过程多体类问题动能定理解决多过程问题(2021·全国乙卷)如图 ,一轻弹簧原长为2R ,其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC 的底端A 处 ,另一端位于直轨道上B 处 ,弹簧处于自然状态．直轨道与一半径为56R 的光滑圆弧轨道相切于C 点 ,AC ＝7R ,A 、B 、C 、D 均在同一竖直平面内．质量为m 的小物块P 自C 点由静止开始下滑 ,最|||低到达E 点(未画出) ,随后P 沿轨道被弹回 ,最|||高到达F 点 ,AF ＝4R .P 与直轨道间的动摩擦因数μ＝14 ,重力加速度大小为g .取sin 37°＝35 ,cos 37°＝45(1)求P 第|一次运动到B 点时速度的大小． (2)求P 运动到E 点时弹簧的弹性势能．(3)改变物块P 的质量 ,将P 推至|||E 点 ,从静止开始释放．P 自圆弧轨道的最|||高点D 处水平飞出后 ,恰好通过G 点．G 点在C 点左下方 ,与C 点水平相距72R 、竖直相距R .求P 运动到D 点时速度的大小和改变后P 的质量．[思路点拨] (1)物块P 从C 到B 点 ,受力情况、运动情况怎样 ?可用什么公式求解 ? (2)物块P 从C 到E 再到F 点 ,受力情况及各力做功情况怎样 ?如何求f 做的功 ?怎样求BE 这段距离 ?(3)分析物块P 从C 到E 的过程中各力对物块做功的情况 ,如何求弹簧弹力做的功 ? (4)改变物块质量后 ,物块由D 到G 做什么运动 ?应用什么公式 ?(5)改变物块质量后 ,分析由E 到D 过程中各力做功情况 ,由动能定理求解改变后P 的质量．提示：(1)物块P 受重力mg 、支持力N 、摩擦力f 作用 ,做匀加速直线运动 ,可由牛顿第二定律结合运动学公式求解 ,也可由动能定理求解．(2)物块受重力mg 、支持力N 、弹簧弹力及摩擦力作用 ,全过程只有重力和摩擦力做功 ,由能量守恒定律可求BE 的长度．(3)确定始末状态的动能 ,分析各力做功 ,由W G ＋W f ＋W 弹＝ΔE k 求解． (4)平抛运动：y ＝12gt 2 ,x ＝v 0t ．【解析】 (1)根据题意知 ,B 、C 之间的距离l 为 l ＝7R －2R①设P 到达B 点时的速度为v B ,由动能定理得 mgl sin θ－μmgl cos θ＝12m v 2B② 式中θ＝37°.联立①②式并由题给条件得 v B ＝2gR .③(2)设BE ＝x .P 到达E 点时速度为零 ,设此时弹簧的弹性势能为E p .P 由B 点运动到E 点的过程中 ,由动能定理有mgx sin θ－μmgx cos θ－E p ＝0－12m v 2B④E 、F 之间的距离l 1为 l 1＝4R －2R ＋x⑤P 到达E 点后反弹 ,从E 点运动到F 点的过程中 ,由动能定理有 E p －mgl 1sin θ－μmgl 1cos θ＝0⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得 x ＝R ⑦ E p ＝125mgR .⑧(3)设改变后P 的质量为m 1.D 点与G 点的水平距离x 1和竖直距离y 1分别为x 1＝72R －56R sinθ⑨ y 1＝R ＋56R ＋56R cos θ⑩式中 ,已应用了过C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实． 设P 在D 点的速度为v D ,由D 点运动到G 点的时间为t ． 由平抛运动公式有 y 1＝12gt 2⑪ x 1＝v D t⑫联立⑨⑩⑪⑫式得 v D ＝355gR⑬设P 在C 点速度的大小为v C ．在P 由C 点运动到D 点的过程中机械能守恒 ,有 12m 1v 2C ＝12m 1v 2D ＋m 1g ⎝⎛⎭⎫56R ＋56R cos θ⑭P 由E 点运动到C 点的过程中 ,由动能定理有 E p －m 1g (x ＋5R )sin θ－μm 1g (x ＋5R )cos θ＝12m 1v 2C ⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮式得 m 1＝13m .⑯ 【答案】 (1)2gR (2)125mgR (3)355gR 13m应用动能定理解题的根本思路动能定理解决多物体问题如以下图 ,足够长的木板上外表光滑 ,其质量M ＝10 kg ,在水平拉力F ＝50 N 的作用下 ,以v 0＝5 m/s 的速度沿水平地面向右匀速运动．现有假设干个小铁块 ,它们质量均为m ＝1 kg.某时刻将一个铁块轻轻放在木板最|||右端 ,木板运动L ＝1 m 后 ,又将第二个铁块轻轻放在木板最|||右端 ,只要木板运动L 就在木板最|||右端轻轻放上一个铁块．(g 取10 m/s 2)求：(1)放上第|一个铁块后 ,木板运动1 m 时的速度大小； (2)直到木板停下来能放在木板上的铁块个数；(3)木板停下来前放在木板上的最|||后一个铁块与木板最|||右端的距离．【解析】 (1)开始时木板匀速运动 ,设木板与地面间的动摩擦因数为μ ,那么有F ＝μMg ,解得μ＝0.5放上第1个铁块后 ,根据动能定理有μmgL ＝12M v 20－12M v 21 ,解得v 1＝2 6 m/s ．(2)假设木板上放x 个铁块后木板仍向右运动 ,那么木板所受合力F 合＝f －F ＝xμmg 放上第2个铁块后 ,有2μmgL ＝12M v 21－12M v 22 放上第n 个铁块后 ,有nμmgL ＝12M v 2n －1－12M v 2n 可得(1＋2＋3＋…＋n )μmgL ＝12M v 20－12M v 2n 木板停下来时有v n ＝0 ,整理得n 2＋n －50＝0 ,解得n ＝6.6 ,所以最|||终能有7个铁块放在木板上．(3)当放上第7个铁块后 ,设木板停下来后铁块距木板最|||右端的距离为d ,由(2)可知 6(6＋1)2μmgL ＋7μmgd ＝12M v 20－0 解得d ＝47m ．【答案】 (1)26m/s (2)7个 (3)47m第6讲 机械能守恒与能量守恒一、明晰一个网络,理解机械能守恒定律的应用方法二、掌握系统机械能守恒的三种表达式三、理清、透析各类功能关系高频考点1机械能守恒定律的应用运用机械能守恒定律分析求解问题时,应注意：1．研究对象的选取研究对象的选取是解题的首|||要环节,有的问题选单个物体(实为一个物体与地球组成的系统)为研究对象机械能不守恒,但选此物体与其他几个物体组成的系统为研究对象,机械能却是守恒的．如以下图,单独选物体A机械能减少,但由物体A、B二者组成的系统机械能守恒．2．要注意研究过程的选取有些问题研究对象的运动过程分几个阶段,有的阶段机械能守恒,而有的阶段机械能不守恒．因此,在应用机械能守恒定律解题时要注意过程的选取．3．注意机械能守恒表达式的选取"守恒的观点〞的表达式适用于单个或多个物体机械能守恒的问题,列式时需选取参考平面．而用 "转移〞和 "转化〞的角度反映机械能守恒时,不必选取参考平面．1－1．(多项选择)(2021·全国Ⅱ卷)如图,滑块a、b的质量均为m ,a套在固定竖直杆上,与光滑水平地面相距h ,b放在地面上．a、b通过铰链用刚性轻杆连接,由静止开始运动．不计摩擦,a、b可视为质点,重力加速度大小为g.那么()A．a落地前,轻杆对b一直做正功B．a落地时速度大小为2ghC．a下落过程中,其加速度大小始终不大于gD．a落地前,当a的机械能最|||小时,b对地面的压力大小为mg解析：由题意知,系统机械能守恒．设某时刻a、b的速度分别为v a、v b.此时刚性轻杆与竖直杆的夹角为θ ,分别将v a、v b分解,如图．因为刚性杆不可伸长 ,所以沿杆的分速度v ∥与v ∥′是相等的 ,即v a cos θ＝v b sin θ.当a 滑至|||地面时θ＝90° ,此时v b ＝0 ,由系统机械能守恒得mgh ＝12m v 2a ,解得v a ＝2gh ,选项B正确；同时由于b 初、末速度均为零 ,运动过程中其动能先增大后减小 ,即杆对b 先做正功后做负功 ,选项A 错误；杆对b 的作用先是推力后是拉力 ,对a 那么先是阻力后是动力 ,即a 的加速度在受到杆的向下的拉力作用时大于g ,选项C 错误；b 的动能最|||大时 ,杆对a 、b 的作用力为零 ,此时a 的机械能最|||小 ,b 只受重力和支持力 ,所以b 对地面的压力大小为mg ,选项D 正确．答案：BD1－2.(多项选择)(2021·泰安市高三质检)如以下图 ,将质量为2 m 的重物悬挂在轻绳的一端 ,轻绳的另一端系一质量为m 的环 ,环套在竖直固定的光滑直杆上A 点 ,光滑定滑轮与直杆的距离为d .A 点与定滑轮等高 ,B 点在距A 点正下方d 处．现将环从A 处由静止释放 ,不计一切摩擦阻力 ,以下说法正确的选项是( )A ．环到达B 处时 ,重物上升的高度h ＝dB ．环从A 到B ,环减少的机械能等于重物增加的机械能C ．环从A 点能下降的最|||大高度为43dD ．当环下降的速度最|||大时 ,轻绳的拉力T ＝2mg解析：根据几何关系有 ,环从A 下滑至|||B 点时 ,重物上升的高度h ＝2d －d ,故A 错误；环下滑过程中无摩擦力做功 ,故系统机械能守恒 ,即满足环减小的机械能等于重物增加的机械能 ,故B 正确；设环下滑最|||大高度为H 时环和重物的速度均为零 ,此时重物上升的最|||大高度为：H 2＋d 2－d ,根据机械能守恒有：mgH ＝2mg (H 2＋d 2－d ) ,解得：H ＝4d3 ,故C正确；环向下运动 ,做非匀速运动 ,就有加速度 ,所以重物向上运动 ,也有加速度 ,即环运动的时候 ,绳的拉力不可能是2mg ,故D 错误．所以BC 正确 ,AD 错误．答案：BC1－3.(2021·全国卷Ⅰ)一质量为8.00×104kg 的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×105 m 处以7.50×103 m/s 的速度进入大气层 ,逐渐减慢至|||速度为100 m/s 时下落到地面．取地面为重力势能零点 ,在飞船下落过程中 ,重力加速度可视为常量 ,大小取为9.8 m/s 2.(结果保存2位有效数字)(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；(2)求飞船从离地面高度600 m 处至|||着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功 ,飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%．解析：(1)飞船着地前瞬间的机械能为 E k0＝12m v 20①式中 ,m 和v 0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率．由①式和题给数据得 E k0＝4.0×108 J② 设地面附近的重力加速度大小为g .飞船进入大气层时的机械能为 E h ＝12m v 2h＋mgh③式中 ,v h 是飞船在高度1.60×105 m 处的速度大小．由③式和题给数据得 E h ≈2.4×1012J④(2)飞船在高度h ′＝600 m 处的机械能为 E h ′＝12m ⎝⎛⎭⎫2.0100v h 2＋mgh ′⑤由功能原理得 W ＝E h ′－E k0⑥式中 ,W 是飞船从高度600 m 处至|||着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功．由②⑤⑥式和题给数据得W ≈9.7×108 J⑦答案：(1)4.0×108 J 2.4×1012 J (2)9.7×108 J1－4． (2021·全国丙卷)如图 ,在竖直平面内有由14圆弧AB 和12圆弧BC 组成的光滑固定轨道 ,两者在最|||低点B 平滑连接．AB 弧的半径为R ,BC 弧的半径为R2.一小球在A 点正上方与A 相距R4处由静止开始自由下落 ,经A 点沿圆弧轨道运动．(1)求小球在B 、A 两点的动能之比；(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点．解析：(1)设小球的质量为m ,小球在A 点的动能为E k A ,由机械能守恒定律得E k A ＝mg R4①设小球在B 点的动能为E k B ,同理有E k B ＝mg 5R4② 由①②式得E k BE k A＝5.③(2)假设小球能沿轨道运动到C 点 ,那么小球在C 点所受轨道的正压力N 应满足N ≥0④设小球在C 点的速度大小为v C ,由牛顿第二定律和向心加速度公式有N ＋mg ＝m v 2CR 2 ⑤由④⑤式得 ,v C 应满足mg ≤m 2v 2CR⑥ 由机械能守恒定律得mg R 4＝12m v 2C⑦由⑥⑦式可知 ,小球恰好可以沿轨道运动到C 点． 答案：(1)5 (2)能沿轨道运动到C 点高频考点2 能量守恒定律的应用(2021·福建卷)如图 ,质量为M 的小车静止在光滑水平面上 ,小车AB 段是半径为R 的四分之一圆弧光滑轨道 ,BC 段是长为L 的水平粗糙轨道 ,两段轨道相切于B 点．一质量为m 的滑块在小车上从A 点由静止开始沿轨道滑下 ,重力加速度为g ．(1)假设固定小车 ,求滑块运动过程中对小车的最|||大压力大小；(2)假设不固定小车 ,滑块仍从A 点由静止下滑 ,然后滑入BC 轨道 ,最|||后从C 点滑出小车．滑块质量m ＝M2 ,在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍 ,滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为μ ,求：①滑块运动过程中 ,小车的最|||大速度大小v m ； ②滑块从B 到C 运动过程中 ,小车的位移大小s ．[思路点拨] (1)由题中信息 "小车静止在光滑水平面上〞得知假设不固定小车 ,那么当滑块下滑时小车会在水平面上向左滑动．(2)由BC 段粗糙可知滑块在BC 段相对小车滑动时会产生热量． (3)滑块对小车压力最|||大的位置在哪里 ?怎样求最|||大压力 ? (4)小车不固定时什么时候速度最|||大 ?怎样求小车的最|||大速度 ?提示：(3)滑块对小车压力最|||大的位置在B 处 ,由能量守恒定律求得滑块在B 处的速度 ,再由牛顿第二定律求出滑块在B 处的支持力 ,由牛顿第三定律得到滑块对小车的压力．(4)滑块滑到小车的B 点时 ,小车速度最|||大 ,由下滑过程中小车和滑块组成的系统机械能守恒即可求出最|||大速度．【解析】 (1)滑块滑到B 点时对小车压力最|||大 ,从A 到B 机械能守恒 ,有mgR ＝12m v 2B,滑块在B 点处 ,由牛顿第二定律有N －mg ＝m v 2BR解得N ＝3mg由牛顿第三定律可得N ′＝3mg ．(2)①滑块下滑到达B 点时 ,小车速度最|||大．由机械能守恒定律 ,有mgR ＝12M v 2m ＋12m (2v m )2解得v m ＝gR3． ②设滑块运动到C 点时 ,小车速度大小为v C ,由功能关系有mgR －μmgL ＝12M v 2C ＋12m (2v C )2设滑块从B 到C 过程中 ,小车运动加速度大小为a ,由牛顿第二定律有μmg ＝Ma由运动学规律有v 2C －v 2m ＝－2as解得s ＝13L ．【答案】 (1)3mg (2)①gR 3 ②L 31．与能量有关的力学综合题的特点(1)常见的与能量有关的力学综合题有单一物体多过程和多个物体多过程两大类型； (2)联系前后两个过程的关键物理量是速度 ,前一个过程的末速度是后一个过程的初速度；(3)当涉及功、能和位移时 ,一般选用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律 ,题目中出现相对位移时 ,应优先选择能量守恒定律．2．解答与能量有关的综合题时的本卷须知(1)将复杂的物理过程分解为几个简单的物理过程 ,挖掘出题中的隐含条件 ,找出联系不同阶段的 "桥梁〞．(2)分析物体所经历的各个运动过程的受力情况以及做功情况的变化 ,选择适合的规律求解．2－1.(多项选择)(2021·湖北省六校联合体高三联考)图示为某探究活动小组设计的节能运动系统．斜面轨道倾角为30° ,质量为M 的木箱与轨道的动摩擦因数为35,木箱在轨道A 端时 ,自动装货装置将质量为m 的货物装入木箱 ,然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下 ,在轻弹簧被压缩至|||最|||短时 ,自动卸货装置立刻将货物卸下 ,然后木箱恰好被弹回到轨道A 端 ,重复上述过程．以下选项正确的选项是( )A ．m ＝3MB ．m ＝2MC ．木箱不与弹簧接触时 ,上滑过程的运动时间大于下滑过程中的运动时间D ．假设货物的质量减少 ,那么木箱一定不能回到A 处解析：设下滑的距离为l ,根据能量守恒有(M ＋m )gl sin θ－μ(M ＋m )gl cos θ＝Mgl sin θ＋μMgl cos θ得m ＝3 M ,A 正确、B 错误；受力分析可知 ,下滑时加速度为g －μg cos θ ,上滑时加速度为g ＋μg cos θ ,上滑过程可以看作相同大小加速度的反向的初速度为零的下滑过程 ,位移相同 ,加速度大的时间短 ,C 错误；根据(M ＋m )gl sin θ－μ(M ＋m )gl cos θ＝Mgl sin θ＋μMgl cos θ ,木箱恰好被弹回到轨道A 端 ,如果货物的质量减少 ,等号前边一定小于后边 ,即轻弹簧被压缩至|||最|||短时的弹性势能小于木箱回到A 处所需的能量 ,那么木箱一定不能回到A 处 ,D 正确；应选AD ．答案：AD2－2.(多项选择)(2021·南昌市高三第二次模拟)水平长直轨道上紧靠放置n 个质量为m 可看作质点的物块 ,物块间用长为l 的细线连接 ,开始处于静止状态 ,轨道动摩擦力因数为μ.用水平恒力F 拉动1开始运动 ,到连接第n 个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零 ,那么( )A ．拉力F 所做功为nFlB ．系统克服摩擦力做功为n (n －1)μmgl2C ．F >nμmg 2D ．(n －1)μmg <F <nμmg解析：物体1的位移为(n －1)l ,那么拉力F 所做功为W F ＝F ·(n －1)l ＝(n －1)Fl ,故A 错。
课标版高考物理二轮复习 4专题四 功和能 动量(可编辑word)
专题四功和能动量一、主干知法必记1.功和功率(1)恒力做功:W=Fl cos α(α是力F与位移l之间的夹角)。
(2)总功的计算:W总=F合l cos α或W总=W1+W2+…或W总=E k2-E k1。
(3)利用F-l图像求功:F-l图像与横轴围成的面积等于力F的功。
(4)功率:P=或P=Fv cos α。
2.动能定理和机械能守恒定律(1)动能定理: W=m-m。
(2)机械能守恒定律:E k1+E p1=E k2+E p2或ΔE k增=ΔE p减或ΔE A增=ΔE B减。
3.功能关系和能量守恒定律(1)几种常见的功能关系①合外力对物体所做的功等于物体动能的变化量。
②重力做的功等于物体重力势能的减少量。
③弹簧弹力做的功等于弹簧弹性势能的减少量。
④除重力(或系统内弹力)以外的力对系统做的功等于系统机械能的变化量。
⑤滑动摩擦力与相对路程的乘积等于产生的热量。
⑥电场力做的功等于电势能的减少量。
⑦电流做的功等于电能的变化量。
⑧安培力做的功等于电能的减少量。
(2)能量守恒定律:E1=E2或ΔE减=ΔE增。
4.冲量、动量和动量定理(1)冲量:力和力的作用时间的乘积,即I=Ft,方向与力的方向相同。
(2)动量:物体的质量与速度的乘积,即p=mv,方向与速度方向相同。
(3)动量定理:物体所受合力的冲量等于物体动量的变化量,即F合·t=Δp=p'-p。
5.动量守恒定律(1)动量守恒定律的表达式①p'=p,其中p'、p分别表示系统的末动量和初动量。
②m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'。
③Δp1=-Δp2,此式表明:当两个相互作用的物体组成的系统动量守恒时,系统内两个物体动量的变化必定大小相等,方向相反(或者说,一个物体动量的增加量等于另一个物体动量的减少量)。
(2)动量守恒定律成立的条件①系统不受外力或系统所受外力的矢量和为零。
②系统所受的外力的合力虽不为零,但系统外力比内力小得多,如碰撞问题中的摩擦力、爆炸过程中的重力等,可以忽略不计。
2020届高考物理二轮复习微专题04 功和功率 动能定理
考点 探究
KAODIAN TANJIU
点评▶ 解答此题的关键:一是要注意滑动摩擦力做功与路径有关,直线运动中在摩擦 力大小不变的情况下其做的功应等于其大小与路程的乘积;二是弹簧的弹力是变力时, 可以由功能关系求得;三是瞬时功率直接由推导式 P=Fv 求解。
考点 探究
变式训练
KAODIAN TANJIU
小物块的质量为 m,从 A 点向左沿水平地面运动,压缩弹簧后被弹回,运动到 A 点恰好
静止。物块向左运动的最大距离为 s,与地面间的动摩擦因数为 μ,重力加速度为 g,弹
簧未超出弹性限度。在上述过程中(BCD )。
A.弹簧的最大弹力为 μmg
B.物块克服摩擦力做的功为 2μmgs
C.压缩弹簧过程克服弹力做的功为 μmgs D.物块开始在 A 点摩擦力的瞬时功率大小为 2μmg ������������������
a-t 图象 化量
F-x 图象 由公式 W=Fx 可知,F-x 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功 P-t 图象 由公式 W=Pt 可知,P-t 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功
考点 探究
KAODIAN TANJIU
典型例题 2.(2019 年全国卷Ⅰ,T21)(多选)在星球 M 上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上,把物体
1.(2019 年福建省泉州市高中毕业质检)(多选)如图所示,轻绳一端固定在 O 点,另一
端系一质量为 m 的小球。现将小球拉至与 O 点等高的 A 处,由静止释放后小球摆
到最低点 B,此时速度大小为 v。不计空气阻力,已知重力加速度大小为 g。下列说
法正确的是( AC )。 A.该过程重力做的功为1mv2
B.Q 的质量是 P 的 3 倍
功和功率 动能定理-2024年高考物理二轮热点题型归纳含参考答案
功和功率 动能定理目录题型一 功和功率的理解和计算题型二 机车启动问题题型三 动能定理及其应用题型四 功能中的图像问题题型一功和功率的理解和计算【题型解码】1.要注意区分是恒力做功，还是变力做功，求恒力的功常用定义式．2.变力的功根据特点可将变力的功转化为恒力的功(如大小不变、方向变化的阻力)，或用图象法、平均值法(如弹簧弹力的功)，或用W =Pt 求解(如功率恒定的力)，或用动能定理等求解．1(2023上·福建三明·高三校联考期中)如图所示，同一高度处有4个质量相同且可视为质点的小球，现使小球A 做自由落体运动，小球B 做平抛运动，小球C 做竖直上抛运动，小球D 做竖直下抛运动，且小球B 、C 、D 抛出时的初速度大小相同，不计空气阻力。
小球从释放或抛出到落地的过程中()A.重力对4个小球做的功相同B.重力对4个小球做功的平均功率相等C.落地前瞬间，重力对4个小球的瞬时功率大小关系为P A =P B <P C =P DD.重力对4个小球做功的平均功率大小关系为P A =P B >P C =P D【提分秘籍】计算功和功率时应注意的问题(1)计算功时，要注意分析受力情况和能量转化情况，分清是恒力做功，还是变力做功，恒力做功一般用功的公式或动能定理求解，变力做功用动能定理、转化法或图象法求解。
(2)用图象法求外力做功时应注意横轴和纵轴分别表示的物理意义，若横轴表示位移，纵轴表示力，则可用图线与横轴围成的面积表示功，例如下图甲、乙、丙所示(丙图中图线为14圆弧)，力做的功分别为W 1=F 1x 1、W 2=12F 2x 2、W 3=π4F 3x 3。
(3)计算功率时，要明确是求瞬时功率，还是平均功率，若求瞬时功率，应明确是哪一时刻或哪个位置的瞬时功率，若求平均功率应明确是哪段时间内的平均功率；应注意区分公式P =Wt和公式P =Fv cos θ的适用范围，P =Wt计算的是平均功率，P =Fv cos θ侧重于对瞬时功率的计算。
2020高考物理二轮复习主题四 功和能
主题四功和能规律方法提炼1.应用动能定理的三点提醒(1)方法的选择：动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学方法要简捷。
(2)规律的应用：动能定理表达式是一个标量式，不能在某个方向上应用动能定理。
(3)过程的选择：物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段应用动能定理，也可以对全过程应用动能定理，但如果对整个过程应用动能定理，往往能使问题简化。
2.机械能守恒的判断及应用技巧(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)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。
3.与能量有关的力学综合题的解决方法(1)常见的与能量有关的力学综合题有单一物体多过程和多个物体多过程两大类型。
(2)联系前后两个过程的关键物理量是速度，前一个过程的末速度是后一个过程的初速度。
(3)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律。
1.如图1所示，质量为m的足球静止在地面1位置，被踢出后落到地面3位置。
在空中达到的最高点2的高度为h，速度为v。
已知重力加速度为g。
下列说法正确的是()图1A.运动员对足球做的功为mgh＋12m v2B.足球落到3位置时的动能为mghC.足球刚离开1位置时动能大于mgh＋12m v2D.足球在2位置时的机械能等于其在3位置时的动能解析由于足球运动过程中受空气阻力作用，所以机械能逐渐减少，选项C正确。
答案 C2.(2019·福建三明一中模拟)小明骑电动自行车沿平直公路行驶，因电瓶“没电”，故改用脚蹬车匀速前行。
设小明与车的总质量为100 kg，骑行过程中所受阻力恒为车和人总重力的0.02倍，g取10 m/s2。
2020年高考物理二轮复习热点题型：功和功率的理解与计算(附教师版)
2020年高考物理二轮复习热点题型功和功率的理解与计算热点题型一功的分析及恒力功的计算1．计算功的方法(1)对于恒力做功利用W＝Fl cos α；(2)对于变力做功可利用动能定理(W＝ΔE k)；(3)对于机车启动问题中的定功率启动问题，牵引力的功可以利用W＝Pt.2．合力功计算方法(1)先求合外力F合，再用W合＝F合l cos α求功．(2)先求各个力做的功W1、W2、W3、…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合外力做的功．3．几种力做功比较(1)重力、弹簧弹力、电场力、分子力做功与位移有关，与路径无关．(2)滑动摩擦力、空气阻力、安培力做功与路径有关．(3)摩擦力做功有以下特点：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；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．③相互作用的一对滑动摩擦力做功过程中会发生物体间机械能转移和机械能转化为内能，内能Q＝F f x相对．对功的正、负的判断【例1】.一辆正沿平直路面行驶的车厢内，一个面向车前进方向站立的人对车厢壁施加水平推力F，在车前进s的过程中，下列说法正确的是()A．当车匀速前进时，人对车做的总功为正功B．当车加速前进时，人对车做的总功为负功C．当车减速前进时，人对车做的总功为负功D．不管车如何运动，人对车做的总功都为零【变式1】如图所示，木块B上表面是水平的，木块A置于B上，并与B保持相对静止，一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑过程中()A．A所受的合外力对A不做功B．B对A的弹力做正功C．B对A的摩擦力做正功D．A对B做正功【变式2】(2019·河北邯郸月考)里约奥运会男子100米决赛中，牙买加名将博尔特以9秒81的成绩夺得冠军．博尔特在比赛中，主要有起跑加速、途中匀速和加速冲刺三个阶段，他的脚与地面间不会发生相对滑动．以下说法正确的是()A．加速阶段地面对人的摩擦力做正功B．匀速阶段地面对人的摩擦力不做功C．由于人的脚与地面间不发生相对滑动，所以不论加速还是匀速，地面对人的摩擦力始终不做功D．无论加速还是匀速阶段，地面对人的摩擦力始终做负功恒力做功的求解恒力做功的计算方法【例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 f1 C．W F2<4W F1，W f2＝2W f1D．W F2<4W F1，W f2<2W f1【变式1】如图所示，质量为m的物体在恒力F的作用下从底端沿斜面向上一直匀速运动到顶端，斜面高h，倾斜角为θ.现把物体放在顶端，发现物体在轻微扰动后可匀速下滑，重力加速度大小为g.则在上升过程中恒力F做的功为()A．Fh B．Mgh C．2mgh D．无法确定【变式2】如图所示，两个物体与水平地面间的动摩擦因数相等，它们的质量也相等．在甲图中用力F1拉物体，在乙图中用力F2推物体，夹角均为α，两个物体都做匀速直线运动，通过相同的位移．设F1和F2对物体所做的功分别为W1和W2，物体克服摩擦力做的功分别为W3和W4，下列判断正确的是()甲乙A．F1＝F2B．W1＝W2 C．W3＝W4D．W1－W3＝W2－W4 热点题型二求解变力做功的四种方法应用动能定理用力W微元法质量为力做功＝平均力弹簧由伸长＝图象法一水平拉力与横轴所围面积表示拉力所做的功，【例3】如图所示，质量为m的小球用长L的细线悬挂而静止在竖直位置．现用水平拉力F 将小球缓慢拉到细线与竖直方向成θ角的位置．在此过程中，拉力F做的功为()A．FL cos θ B．FL sin θ C．FL(1－cos θ) D．mgL(1－cos θ) 【变式1】如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑。
(课标版)2020高考物理二轮复习专题5功、功率、动能定理课件
2．如图甲所示，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，力 F 的功率 P 保持恒定，运动过程中物 体所受的阻力 f 大小不变，物体速度最终达到最大值 vmax，此 过程中物体速度的倒数v1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，根据图象所给信息可知以下说法中正 确的是( A )
第五讲 功、功率、动能定理
热点一 功和功率
强化学思知能
学有所思，思有深度
一、牢记公式，胸藏下图，任考题千变万化
二、方法技巧总结 1．利用等效思维法“化变为恒”求变力做功 (1)若力的大小改变，方向不变，且力的大小与物体的位移 大小成线性关系，则可用 W＝ F l 求此变力的功，其中 F ＝ F初＋F末 2. (2)若力的大小不变，方向时刻变化，但力的方向始终与运 动方向相同或相反，则可用 W＝Fl 求此变力的功，其中 l 为物 体运动的路程．
P2＝F·v20，
第②次在匀速阶段 F′＝mg，P2′＝F′·v20＝mg·v20<P2， 可知，电机输出的最大功率之比 P1 P2＝2 1，C 项正
确； 由动能定理知，两个过程动能变化量相同，均为零，克服
重力做功相同，故两次电机做功也相同，D 项错误．
功、功率及机车启动问题的注意点 1变力做功的求解要注意对问题的正确转化，如将变力转 化为恒力，也可应用动能定理求解. 2对于功率的计算，P＝Wt 侧重于平均功率的计算，P＝ Fvcosα 侧重于瞬时功率的计算. 3机车匀加速启动过程中，机车功率是不断改变的，该过 程的最大功率是额定功率；机车以额定功率启动过程中，牵引 力是变力、牵引力做的功 W＝Pt.
3．(多选)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，( AC )