高三二轮专题复习教学案(功和能)
高考物理二轮复习第一部分专题二功和能学案
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。
高三物理二轮复习课教学设计案例-功能关系 能量守恒
高三物理二轮复习课教学设计案例——功能关系能量守恒（长沙市长郡中学高三物理李龙军）【教材分析】1、功能关系能量守恒是是贯穿整个物理的一条主线,每年的高考中都要涉及到,综合程度高,考查的能力要求高。
2、高考考纲上要求掌握：“功能关系、机械能守恒定律及其应用”。
3、功能关系和能量守恒是高考的重点,更是高考的热点，往往与电场、磁场以及典型的运动规律相联系，并常作为压轴题出现。
可能从以下角度组织命题:(1) 滑动摩擦力做功情况下的功能关系问题.(2) 与带电粒子在电场、磁场、复合场中的运动相综合的问题。
【学情分析】1、我校学生整体层次较高，要求在高考中要尽量少丢分，然而很多学生知识迁移能力、综合分析能力和模型构建应用能力其实并不强，而且不善于思考，还存在“眼高手低”的问题。
2、新课程理念要求，教育教学过程中师生地位要均等，要以人为本，坚持学生的主体地位，教师的主导地位。
3、本节课是方法的探究归纳课，呈现在学生面前的是现象，是问题，当然也要结论。
受应试教育的影响，在上课前告诉学生上课的内容，学生会将结论记住，在课堂上机械的，剧本式的配合老师，没有深入的思考，达不到教学的目的，因此本节课的教学没有要求学生预习。
4、面对新现象，新问题，没有唯一固定的答案，学生有浓厚的探究欲望，为其思维的发散提供了较大的空间。
从另外一个角度讲，本节内容，数学运算，物理理论要求不高，适当地又降低了学习难度，重点在受力分析、过程分析、方法选择上，选择探究式教学是最佳的途径。
【教学目标】1、知识与技能a）通过对几个典型例题的探究分析，找到几种常用的功能关系，特别是合力功、重力功、弹力功以及除重力、弹力外其他力的功分别所对应的能量转化关系，并会在平时的学习和考试中灵活运用。
b）理解能量守恒定律，并能分析解决有关问题。
c）通过对同一个问题中可能涉及的多种方法进行反复对比分析，找到最佳方法，培养学生分析问题和解决问题的能力。
2、过程与方法a）学会从能量转化和守恒的观点来解释物理现象，分析物理问题。
高考物理二轮复习专题二能量与动量第讲功和功率动能定理学案.docx
第1讲 功和功率 动能定理[做真题·明考向] 真题体验 透视命题规律 授课提示：对应学生用书第23页[真题再做]1．(多选)(2018·高考全国卷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∶5解析：由图线①知，矿车上升总高度h ＝v 02·2t 0＝v 0t 0由图线②知，加速阶段和减速阶段上升高度和h 1＝v 022·(t 02＋t 02)＝14v 0t 0匀速阶段：h －h 1＝12v 0·t ′，解得t ′＝32t 0故第②次提升过程所用时间为t 02＋32t 0＋t 02＝52t 0，两次上升所用时间之比为2t 0∶52t 0＝4∶5，A 对；对矿车受力分析，当矿车向上做加速直线运动时，电机的牵引力最大，由于加速阶段加速度相同，故加速时牵引力相同，B 错；在加速上升阶段，由牛顿第二定律知，F －mg ＝ma ，F ＝m (g ＋a )第①次在t 0时刻，功率P 1＝F ·v 0， 第②次在t 02时刻，功率P 2＝F ·v 02，第②次在匀速阶段P 2′＝F ′·v 02＝mg ·v 02＜P 2，可知，电机输出的最大功率之比P 1∶P 2＝2∶1，C 对；由动能定理知，两个过程动能变化量相同，克服重力做功相同，故两次电机做功也相同，D 错．答案：AC2．(2017·高考全国卷Ⅲ，T16)如图，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.16mgl C.13mgl D.12mgl 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：A3.(2015·高考全国卷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( )解析：当汽车的功率为P 1时，汽车在运动过程中满足P 1＝F 1v ，因为P 1不变，v 逐渐增大，所以牵引力F 1逐渐减小，由牛顿第二定律得F 1－f ＝ma 1，f 不变，所以汽车做加速度减小的加速运动，当F 1＝f 时速度最大，且v m ＝P 1F 1＝P 1f.当汽车的功率突变为P 2时，汽车的牵引力突增为F 2，汽车继续加速，由P 2＝F 2v 可知F 2减小，又因F 2－f ＝ma 2，所以加速度逐渐减小，直到F 2＝f 时，速度最大v m ′＝P 2f，以后匀速运动．综合以上分析可知选项A 正确．答案：A4.(2016·高考全国卷Ⅲ，T24)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R 2.一小球在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)小球下落至A 点的过程，由动能定理得mg ·R4＝E k A －0小球下落至B 点的过程，由动能定理得mg (R4＋R )＝E k B －0由以上两式联立解得E k B E k A ＝51. (2)小球恰好经过C 点时，由牛顿第二定律得mg ＝m v 20R2，解得v 0＝gR2小球由开始下落至C 点的过程，由动能定理得mg ·R 4＝12mv 2C －0，解得v C ＝gR2由于v C ＝v 0，故小球恰好可以沿轨道运动到C 点． 答案：(1)5∶1 (2)见解析[考情分析]■命题特点与趋势——怎么考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．动能定理仍是2019年高考的考查重点，要重点关注本讲知识与实际问题相结合的情景题目．■解题要领——怎么做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．[建体系·记要点] 知识串联 熟记核心要点授课提示：对应学生用书第24页[网络构建][要点熟记]1．功(1)恒力做功：W ＝Fl cos α(α为F 与l 之间的夹角)．(2)变力做功：①用动能定理求解；②用F x 图线与x 轴所围“面积”求解． 2．功率(1)平均功率：P ＝W t＝F v cos α.(2)瞬时功率：P ＝Fv cos α(α为F 与v 的夹角)．(3)机车启动两类模型中的关键方程：P ＝F ·v ，F －F 阻＝ma ，v m ＝PF 阻，Pt －F 阻x ＝ΔE k . 3．动能定理：W 合＝12mv 2－12mv 20.4．应用动能定理的两点注意(1)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．(2)动能定理是标量式，不能在某一方向上应用．[研考向·提能力] 考向研析 掌握应试技能授课提示：对应学生用书第24页考向一 功和功率的分析与计算1．(2018·北京昌平期末)如图所示，质量为60kg 的某同学在做引体向上运动，从双臂伸直到肩部与单杠同高度算1次．若他在1min 内完成了10次，每次肩部上升的距离均为0.4m ，则他在1min 内克服重力所做的功及相应的功率约为(g 取10m/s 2)( )A ．240 J,4 W B.2 400 J,2 400 W C ．2 400 J, 40 WD ．4 800 J,80 W解析：他每次引体向上克服重力所做的功为W 1＝mgh ＝60×10×0.4 J＝240 J ，他在1 min 内克服重力所做的功为W ＝10W 1＝10×240 J＝2 400 J ，相应的功率约为P ＝Wt＝40 W ，选项C 正确．答案：C2．(多选)如图所示，传送带AB 的倾角为θ，且传送带足够长，现有质量为m 、可视为质点的物体以初速度v 0从B 端开始向上运动，物体与传送带之间的动摩擦因数μ>tan θ，传送带的速度为v (v 0<v )，方向未知，重力加速度为g .物体在传送带上运动过程中，下列说法正确的是( )A ．摩擦力对物体做功的最大瞬时功率是μmgv cos θB ．摩擦力对物体做功的最大瞬时功率是μmgv 0cos θC ．摩擦力对物体可能先做负功后做正功D ．摩擦力对物体做的总功可能为零解析：物体与传送带之间的动摩擦因数μ>tan θ，则μmg cos θ>mg sin θ，传送带的速度为v (v 0<v )，若v 0与v 同向，物体先做匀加速运动，直至物体加速运动到与传送带速度相同时物体速度最大，此时摩擦力的瞬时功率最大，则最大瞬时功率为P ＝μmgv cos θ；若v 0与v 反向，物体沿传送带向上开始做类竖直上抛，根据对称性知，物体在传送带上运动的速度最大为v 0，此时摩擦力的瞬时功率最大，则最大瞬时功率为P ＝μmgv 0cos θ，因为最大瞬时功率有两种可能值，所以选项A 、B 均错误．若v 0与v 反向，物体先是沿传送带向上做匀减速运动，速度为零后，沿传送带向下做匀加速运动，滑动摩擦力方向始终沿传送带向下，摩擦力先对物体做负功，后做正功，物体回到B 端时位移为零，滑动摩擦力做的总功为零，选项C 、D 正确．答案：CD3．长为L 的轻质细绳悬挂一个质量为m 的小球，其下方有一个倾角为θ的光滑斜面体放在水平面上，开始时小球与斜面刚刚接触且细绳恰好竖直，如图所示．现在用水平推力F 缓慢向左推动斜面体，直至细绳与斜面平行，则下列说法中正确的是( )A ．由于小球受到斜面的弹力始终与斜面垂直，故对小球不做功B ．细绳对小球的拉力始终与小球的运动方向垂直，故对小球不做功C ．小球受到的合外力对小球做功为零，故小球在该过程中机械能守恒D ．若水平面光滑，则推力做功为mgL (1－cos θ)解析：小球受到的斜面的弹力沿小球位移方向有分量，故对小球做正功，A 错误；细绳的拉力方向始终和小球的运动方向垂直，故对小球不做功，B 正确；合外力对小球做的功等于小球动能的改变量，虽然合外力做功为零，但小球的重力势能增加，故小球在该过程中机械能不守恒，C 错误；若水平面光滑，则推力做功等于小球重力势能的增量，即为mgL (1－sin θ)，D 错误．答案：B考向二 机车启动问题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—时间图象如图所示，当F ＝F 阻时，v m ＝P F ＝PF 阻. (2)动能定理：Pt －F 阻x ＝12mv 2m －0.2．恒定加速度启动(1)速度—时间图象如图所示．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，直至达到最大速度v m 后做匀速直线运动．(2)常用公式：⎩⎪⎨⎪⎧F －F 阻＝maP 额＝Fv1P 额＝F 阻vm v 1＝at14.如图所示，汽车在平直路面上匀速运动，用跨过光滑定滑轮的轻绳牵引轮船，汽车与滑轮间的绳保持水平，当牵引轮船的绳与水平方向成θ角时，轮船速度为v ，汽车的功率为P ，汽车受到的阻力(不含绳的拉力)恒为f ，则此时绳对船的拉力大小为( )A.P v cos θ＋f B.P v cos θ－fC.P cos θv ＋f D.P cos θv－f 解析：将船的速度分解如图所示，沿绳子方向的分速度v 1＝v cos θ，根据P ＝Fv 1得，汽车的牵引力大小F ＝P v 1＝Pv cos θ.根据平衡条件得，绳对汽车的拉力大小F ′＝F －f ＝P v cos θ－f ，那么此时绳对船的拉力大小为P v cos θ－f ，故选项B 正确．答案：B5．一辆汽车在行驶过程中的最大输出功率与速度大小的关系如图所示，已知该车质量为2×103kg ，在某平直路面上行驶，阻力恒为3×103N ．若汽车从静止开始以恒定加速度2m/s 2做匀加速运动，则此匀加速过程能持续的时间大约为()A ．8sB ．14sC ．26sD ．38s解析：由图象可知，汽车的最大功率约为P ＝200kW，在匀加速阶段由牛顿第二定律可知F －F阻＝ma ，即F ＝F阻＋ma ＝3×103N ＋2×103×2N＝7000N ，再由P ＝Fv 可知v ＝P F＝200×1037000m/s ＝2007m/s ，由v ＝at ，解得t ＝1007s≈14.3s，故选项B 正确． 答案：B6．(多选)(2018·江西赣中南五校联考)质量为m 的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度—时间图象如图所示，从t 1时刻起汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为F f ，则( )A ．0～t 1时间内，汽车的牵引力做功的大小等于汽车动能的增加量B ．t 1～t 2时间内，汽车的功率等于(m v 1t 1＋F f )v 1 C ．汽车运动的最大速度v 2＝(mv 1F f t 1＋1)v 1 D ．t 1～t 2时间内，汽车的平均速度等于v 1＋v 22解析：0～t 1时间内，汽车加速度a ＝v 1t 1，由牛顿第二定律F －F f ＝ma ，解得F ＝m v 1t 1＋F f .t 1～t 2时间内，汽车的功率P ＝Fv 1＝(m v 1t 1＋F f )v 1，选项B 正确；由P ＝F f v 2可得汽车运动的最大速度v 2＝P F f ＝(mv 1F f t 1＋1)v 1，选项C 正确；根据动能定理，0～t 1时间内，汽车的牵引力做的功减去克服阻力做的功等于汽车动能的增加量，选项A 错误；t 1～t 2时间内，汽车的平均速度大于v 1＋v 22，选项D 错误．答案：BC [方法技巧]解决机车启动问题的四点注意(1)分清是匀加速启动还是恒定功率启动，如第5题中是匀加速启动，第6题中0～t 1时间内是匀加速运动，t 1～t 2时间内是恒定功率运动．(2)匀加速启动过程中，机车功率是不断增大的，当功率达到额定功率时匀加速运动速度达到最大(如第6题中t 1时刻对应的速度v 1)，但不是机车能达到的最大速度(t 2时刻速度v 2)，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 f v m ，P 为机车的额定功率．考向三 动能定理的应用[典例展示] 如图甲所示是游乐园的过山车，其局部可简化为如图乙所示的示意图，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 端距轨道CD 所在水平面的竖直高度h ＝24m ，倾斜轨道DE 与圆弧轨道EF 相切于E 点，圆弧轨道EF 的圆心O 1、水平半圆轨道CD 的圆心O 2在同一水平面上，D 点与O 1点之间的距离L ＝20m ，质量m ＝1000kg 的过山车(包括乘客)从B 点由静止开始滑下，经过水平半圆轨道CD 后，滑上倾斜轨道DE ，到达圆弧轨道顶端F 时，乘客对座椅的压力为自身重力的14.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，圆弧轨道EF 光滑，整个运动过程中空气阻力不计，过山车经过各轨道之间的连接点时无机械能损失．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g 取10m/s 2)(1)求过山车过F 点时的速度大小；(2)求从B 点到F 点的整个运动过程中摩擦力对过山车做的功；(3)过山车过D 点时发现圆弧轨道EF 有故障，为保证乘客安全，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，设触发制动装置后，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则过山车受到的摩擦力至少为多大？[解析] (1)设过山车过F 点时的速度为v F ，选择某个质量为m 1的乘客为研究对象，根据牛顿第二定律有m 1g －14m 1g ＝m 1v 2Fr，又r ＝L sin θ联立方程并代入数据解得v F ＝310m/s.(2)设整个过程摩擦力做功为W ，对过山车从B 点到F 点的过程，应用动能定理得mg (h －r )＋W ＝12mv 2F －0代入数据解得W ＝－7.5×104J.(3)触发制动装置后，设过山车恰好能够到达E 点时对应的摩擦力为F f ，过山车在D 点和F 点的速度分别为v D 和v F ，由动能定理得－F f L cos θ－mgr cos θ＝0－12mv 2D未触发制动装置时，对D 点到F 点的过程，由动能定理得 －μmg cos θ·L cos θ－mgr ＝12mv 2F －12mv 2D联立方程并代入数据解得F f ＝4.56×103N因为F f <mg sin θ＝6000N ，故由题意可知过山车受到的摩擦力至少为6000N. [答案] (1)310m/s (2)－7.5×104J (3)6000N [方法技巧]应用动能定理解题应抓好 “一个过程、两个状态、四个关注”(1)一个过程：明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息．(2)两个状态：明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，如例题中B 点的速度为零，F 点的速度可利用动力学求出．(3)四个关注①建立运动模型，判断物体做了哪些运动，如例题中EF 段为圆周运动． ②分析各个运动过程中物体的受力和运动情况．③抓住运动模型之间的联系纽带，如速度、加速度、位移，确定初、末状态． ④根据实际情况分阶段(如例题中选DEF 段)或整个过程利用动能定理列式计算．7.如图所示，质量为m 的小滑块从O 点以速度v 0沿水平面向左运动，小滑块撞击弹簧后被弹簧弹回并最终静止于O 点，则运动过程中弹簧获得的最大弹性势能是( )A.13mv 20 B.14mv 20 C.16mv 20 D.18mv 20 解析：设动摩擦因数为μ，O 点离弹簧右端距离为L ，弹簧最大压缩量为Δx .小滑块从O 点运动到弹簧压缩量最大时，速度减为0，由动能定理可得－μmg (L ＋Δx )－W 弹＝0－12mv 20，再分析弹簧压缩量最大到小滑块最终静止的过程，由动能定理可得W弹－μmg (L ＋Δx )＝0－0，联立可得W 弹＝14mv 20，故弹簧获得的最大弹性势能是14mv 20，选项B 正确．答案：B8.如图所示是一个质量m ＝50kg 的物块(可看作质点)，从静止开始沿斜面从A 点滑下，沿切线从B 点进入半径R ＝15m 的光滑竖直圆弧轨道BPC ，通过轨道最高点C 时水平飞出，经t ＝2s 落到斜面上的D 点，其速度方向与斜面垂直，斜面与水平面的夹角θ＝37°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.075，不计空气阻力，重力加速度g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.试求：(1)物块运动到C 点时的速度大小v C ；(2)物块在圆轨道最低点P 受到轨道支持力的大小F N ； (3)A 点离P 点所在的水平地面的高度H .解析：(1)物块落在D 点时，速度在竖直方向上的分速度v y ＝gt ＝20m/s ，又tan37°＝v Cv y联立解得v C ＝15m/s.(2)在物块从P 点运动到C 点的过程中，由动能定理得－mg ·2R ＝12mv 2C －12mv 2P在P 点由重力与支持力的合力提供向心力得F N －mg ＝m v 2PR联立以上式子并代入数据解得F N ＝3250N.(3)在物块从A 点运动到P 点的过程中，由动能定理可得mgH －μmg cos37°H －R ＋R cos37°sin37°＝12mv 2P解得H ＝45.5m.答案：(1)15m/s (2)3250N (3)45.5m9．(2018·江苏南京一模)如图所示，炼钢厂通常用滚筒来传送软钢锭，使具有一定初速度的软钢锭通过滚筒滑上平台．质量为M 的软钢锭长为L ，上表面光滑，下表面与平台间是粗糙的．现以水平向右的初速度滑上平台，全部滑上平台时的速度为v .此时，在其右端无初速度地放上一个质量为m 的滑块(视为质点)．随后软钢锭滑过2L 距离时速度为零，滑块恰好到达平台．重力加速度为g ，空气阻力不计．求：(1)滑块获得的最大加速度(不考虑与平台的撞击过程)； (2)滑块放上后，软钢锭滑动过程克服阻力做的功； (3)滑块到达平台的动能．解析：(1)由于滑块与软钢锭间无摩擦，所以，软钢锭在平台上滑过距离L 时，滑块脱离做自由落体运动，滑块获得的最大加速度a ＝g . (2)软钢锭滑上平台时的动能E k ＝12Mv 2设克服阻力做功为W f 克， 由动能定理得－W f 克＝0－12Mv 2则W f 克＝12Mv 2(3)滑块脱离软钢锭后自由下落到平台的时间与软钢锭在平台最后滑动L 的时间相同，都为t ，L ＝12μgt 2，－μ(M ＋m )gL －μMgL ＝0－12Mv 2 v m ＝gt E km ＝12mv 2m联解以上四个方程式得 E km ＝2(2M ＋m )mg 2L 2Mv2答案：(1)g (2)12Mv 2 (3)2(2M ＋m )mg 2L2Mv 2[限训练·通高考] 科学设题 拿下高考高分单独成册 对应学生用书第131页(45分钟)一、单项选择题1.(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，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解析：由题意知，W 拉－W 阻＝ΔE k ，则W 拉＞ΔE k ，A 对，B 错；W 阻与ΔE k 的大小关系不确定，C 、D 错．答案：A2．如图所示，质量为m 的汽车在某下坡的公路上，从速度v 0开始加速运动，经时间t 速度达到最大值v m .设在此过程中汽车发动机的功率恒为P ，汽车所受的摩擦阻力为恒力．对于该过程，以下说法正确的是( )A ．该过程中汽车一直做匀加速直线运动B ．该过程中汽车所受阻力f ＝Pv mC ．该过程中汽车所受阻力做功的大小为Pt ＋12mv 2mD ．该过程中汽车做加速度不断减小的加速运动解析：汽车发动机的功率恒为P ，则汽车做加速度逐渐减小的加速运动，A 错误，D 正确；汽车速度达到最大值v m 时，汽车的牵引力F ＝P v m ，故f ＝P v m＋mg sin θ，B 错误；由于还有重力做功，汽车所受阻力做的功无法求出，C 错误．答案：D3.如图所示，质量为m 的小球(可视为质点)用长为L 的细线悬挂于O点，自由静止在A 位置．现用水平力F 缓慢地将小球从A 位置拉到B 位置后静止，此时细线与竖直方向夹角为θ＝60°，细线的拉力为F 1，然后放手让小球从静止返回，到A 点时细线的拉力为F 2，则( )A ．F 1＝F 2＝2mgB ．从A 到B ，拉力F 做的功为F 1LC ．从B 到A 的过程中，小球受到的合力大小不变D ．从B 到A 的过程中，小球重力的瞬时功率一直增大解析：在B 位置，根据平衡条件有F 1sin30°＝mg ，解得F 1＝2mg .从B 到A ，根据动能定理得mgL (1－cos60°)＝12mv 2，根据牛顿第二定律得F 2－mg ＝m v2L ，联立两式解得F 2＝2mg ，故A 项正确；从A 到B ，小球缓慢移动，根据动能定理得W F －mgL (1－cos60°)＝0，解得W F ＝12mgL ，故B 项错误；从B 到A 的过程中，小球的速度大小在变化，沿径向的合力在变化，故C 项错误；在B 位置，重力的功率为零，在最低点，重力的方向与速度方向垂直，重力的功率为零，可知从B 到A 的过程中，重力的功率先增大后减小，故D 项错误．答案：A4.人与平衡车的总质量为m ，在平直路面上行驶时，所受阻力不变．当平衡车加速度为a ，速度为v 时，平衡车的功率为P 1，则当功率为P 2时，平衡车行驶的最大速度为( )A.P 2vP 1 B.P 2vP 1－mavC.P 1v P 2D.P 1vP 2－mav解析：对平衡车受力分析，设受到的阻力的大小为F f ，由牛顿第二定律可得，F －F f ＝ma ，所以F ＝F f ＋ma ，所以功率P 1＝Fv ＝(F f ＋ma )v ，解得F f ＝P 1v－ma ，当功率恒为P 2时，设最大速度为v ′，则P 2＝F ′v ′＝F f v ′，所以v ′＝P 2F f ＝P 2vP 1－mav，选项B 正确．答案：B5．一滑块在水平地面上沿直线滑行，t ＝0时的速率为1m/s ，从此刻开始在与初速度相反的方向上施加一水平作用力F ，力F 和滑块的速度v 随时间的变化规律分别如图甲、乙所示，两图取同一正方向，g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．滑块的质量为2kgB ．第1s 内摩擦力对滑块做的功为－1JC ．第2s 末拉力F 的瞬时功率为0.3WD ．第2s 内拉力F 的平均功率为0.15W解析：由题图乙可知滑块的加速度a ＝1m/s 2，根据牛顿第二定律，在第1s 内有F ＋F f＝ma ，第2s 内有F ′－F f ＝ma ，代入数据解得F f ＝1N ，m ＝2kg ，A 正确；第1s 内滑块的位移大小x 1＝12×1×1m＝0.5m ，则摩擦力对滑块做的功W F f ＝－F f x 1＝－1×0.5J＝－0.5J ，B错误；第2s 末拉力的功率P ＝F ′v ＝3×1W＝3W ，C 错误；第2s 内滑块的位移x 2＝12×1×1m＝0.5m ，则第2s 内拉力的平均功率P ＝W t ＝F ′x 2t ＝3×0.51W ＝1.5W ，D 错误．答案：A6.质量为500kg 的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a 和速度的倒数1v的关系如图所示，则赛车( )A ．做匀加速直线运动B ．功率为20kWC ．所受阻力大小为2000ND ．速度大小为50m/s 时牵引力大小为3000N解析：由图象可知，汽车的加速度随速度的增大而减小，故汽车不做匀加速运动，选项A 错误；根据P ＝Fv ，F －F f ＝ma 可得a ＝P m ·1v－F f m，由图象可知F f m＝4，Pm＝400，解得F f ＝2000N ，P ＝2×105W ，选项B 错误，C 正确；速度大小为50m/s 时牵引力大小为F ＝P v ＝2×10550N ＝4000N ，选项D 错误．答案：C7．(2017·高考江苏卷)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：物块上滑时，重力沿斜面的分力和摩擦力均沿斜面向下，下滑时，摩擦力沿斜面向上，根据动能定理W ＝ΔE k 知，图象中的斜率表示物块受到的合力，物块上滑时恒定的合力大于物块下滑时恒定的合力，所以C 项正确．答案：C二、多项选择题8.(2018·湖南长沙高三一模)如图所示，内壁光滑半径大小为R 的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m 的小球静止在轨道底部A 点．现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动．当小球回到A 点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，必须经过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点．已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W ，第二次击打过程中小锤对小球做功4W ，设两次击打过程中小锤对小球做的功全部用来增加小球的动能，则W 的值可能是( )A.56mgRB.34mgRC.38mgR D.32mgR 解析：第一次击打小球时，小球运动的最大高度为R ，即W ≤mgR .第二次击打小球，使小球运动到圆轨道的最高点，而小球能够通过最高点的条件为mg ≤m v 2高R，即v 高≥gR .小球从静止到到达最高点的过程中，由动能定理得W ＋4W －mg ·2R ＝12mv 2高－0，得W ≥12mgR ，所以W 满足12mgR ≤W ≤mgR ，选项A 、B 正确．答案：AB9.a 、b 为紧靠着的且两边固定的两张相同薄纸，如图所示．一个质量为1kg 的小球从距纸面高为60cm 的地方自由下落，恰能穿破两张纸．若将a 纸的位置升高，b 纸的位置不变，在相同条件下要使小球仍能穿破两张纸，则a 纸距离b 纸可能是(小球穿破两张纸时，克服阻力做功相同)( )A ．15cmB ．20cmC ．30cmD ．60cm解析：小球穿过两张纸时，由动能定理得mgh －2W ＝0，将a 纸向上移，若恰能穿过第一张纸，则mgh ′－W ＝0，解得下落的高度h ′＝12h ，因此两张纸的距离不能超过12h ＝30cm ，选项A 、B 、C 正确．答案：ABC10．(2018·福建福州高三质检)如图所示为某电动汽车在加速性能试验过程中的v t 图象．为了简化计算，可近似认为：汽车运动时受到的阻力恒定，在0～30s 内做匀加速直线运动，30s 后汽车发动机的功率保持不变．则( )A ．15s 末、30s 末汽车的牵引力大小之比为2∶1B ．15s 末、30s 末汽车的发动机功率之比为1∶2C ．30s 末、54s 末汽车的加速度大小之比为4∶3D ．0～30s 内、30～54s 内汽车发动机做功之比为5∶8解析：由题意可知汽车前30s 做匀加速直线运动，则牵引力恒定，因此A 错误；由图可知15s 末、30s 末的速度分别为9m/s 、18 m/s ，由公式P ＝Fv 可知，15s 末、30s 末汽车的发动机功率之比为1∶2，B 正确；由图可知30s 末、54s 末的加速度之比应为a 1a 2＝P18－F f P24－F f＝43×P －18F f P －24F f >43，C 错误；0～30s 内，汽车发动机做的功W 1＝Fx 1＝P 18×30×182(J)＝15P (J)，30～54s 内汽车发动机做功W 2＝P (54s －30s)＝24P (J)，因此W 1W 2＝58，D 正确．答案：BD 三、非选择题11．一匹马拉着质量为60kg 的雪橇，从静止开始用80s 的时间沿平直冰面跑完1000m ．设在运动过程中雪橇受到的阻力保持不变，已知雪橇在开始运动的8s 时间内做匀加速直线运动，从第8s 末开始，马拉雪橇做功的功率保持不变，使雪橇继续做直线运动，最后一段时间雪橇做的是匀速直线运动，速度大小为15m/s ；开始运动的8s 内马拉雪橇的平均功率是8s 后功率的一半．求整个运动过程中马拉雪橇做功的平均功率和雪橇在运动过程中所受阻力的大小．解析：设8s 后马拉雪橇的功率为P ，则匀速运动时P ＝F ·v ＝F f ·v即运动过程中雪橇受到的阻力大小F f ＝Pv① 对于整个过程运用动能定理得P2·t 1＋P (t 总－t 1)－F f ·x ＝12mv 2－0② 代入数据，解①②得P ＝723W ，F f ＝48.2N。
高考物理二轮复习精品资料Ⅰ专题5 功、功率与动能定理教学案(学生版)
功、功率与动能定理【2012命题趋向】功、能、能量守恒是近几年高考理科综合物理命题的重点、热点和焦点，也是广大考生普遍感到棘手的难点之一．能量守恒贯穿于整个高中物理学习的始终，是联系各部分知识的主线．它不仅为解决力学问题开辟了一条重要途径，同时也为我们分析问题和解决问题提供了重要依据．守恒思想是物理学中极为重要的思想方法，是物理学研究的极高境界，是开启物理学大门的金钥匙，同样也是对考生进行方法教育和能力培养的重要方面．因此，功、能、能量守恒可谓高考物理的重中之重，常作为压轴题出现在物理试卷中．纵观近几年高考理科综合试题，功、能、能量守恒考查的特点是：①灵活性强，难度较大，能力要求高，内容极丰富，多次出现综合计算；②题型全，不论是从内容上看还是从方法上看都极易满足理科综合试题的要求，经常与牛顿运动定律、圆周运动、电磁学和近代物理知识综合运用，在高考中所占份量相当大．从考题逐渐趋于稳定的特点来看，我们认为：2009年对功、能、能量守恒的考查重点仍放在分析问题和解决问题的能力上．因此在第二轮复习中，还是应在熟练掌握基本概念和规律的同时，注重分析综合能力的培养，训练从能量守恒的角度分析问题的思维方法．【考点透视】1．功的计算：（1）恒力做功的计算一般根据公式W =FS cosα，注意S严格的讲是力的作用点的位移.（2）将变力做功转化为恒力做功，常见的方法有三种：①如力是均匀变化的可用求平均力的方法将变力转化为恒力.②耗散力（如空气阻力）在曲线运动（或往返运动）过程中，所做的功等于力和路的乘积，不是力和位移的乘积，可将方向变化大小不变的变力转化为恒力来求力所做的功.③通过相关连点的联系将变力做功转化为恒力做功.2．摩擦力做功的特点（1）静摩擦力做功的特点①静摩擦力可以对物体做正功,也可以对物体做负功,还可以不做功.②在静摩擦力做功的过程中,只有机械能的相互转移(静摩擦力起着传递机械能的作用),而没有机械能转化为其它形式的能(如:没有内能的产生).③相互摩擦的系统内,一对静摩擦力所做功的总和等于零.（2）滑动摩擦力做功的特点① 滑动摩擦力可以对物体做正功,也可以对物体做负功,还可以不做功.②滑动摩擦力做功的过程中,能量的转化有两个方面: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,转化为内能的量值等于机械能的减少量.③ 相互摩擦的系统内,一对滑动摩擦力所做功的总和总是负值,其绝对值等于滑动摩擦力与相对位移的乘积,即恰好等于系统损失的机械能,也等于系统增加的内能,表达式为Q=F•滑动s 相对. (s 为这两个物体间相对移动的路程).3．机动车的两种特殊起动过程分析（1）以恒定的功率起动：机车以恒定的功率起动后，若运动过程中所受阻力F´不变，由 于牵引力v PF =，随v 增大，F 减小，根据牛顿第二定律m F mv P m F F a '-='-=，当速度v 增大时，加速度a 减小，其运动情况是做加速度减小的加速动，直至F=F′时，a 减小至零，此后速度不再增大，速度达到最大值而做匀速运动，做匀速直线 运动的速度是F Pv m '=，这一过程的v-t 关系如图所示.（2）车以恒定的加速度a 运动： 由m F F a '-=知，当加速度a 不变时，发动机牵引力F 恒定，再由P = Fv 知，F 一定，发动机实际输出功率P 随v 的增大而增大，但当P 增大到额定功率以后不再增大，此后，发动机保持额定功率不变，v 继续增大，牵引力F 减小，直至F = F´时，a ＝0，车速达到最大值F P v m '=额，此后匀速运动.在P 增至P 额之前，车匀加速运动，其持续时间为a F ma P Fa P a v t )(00'+===额额（这个v 0必定小于v m ，它是车的功率增至P 额之时的瞬时速度）.计算时，利用F - F´=ma ，先算出F ；再求出F P v 额=0，最后根据v=at 求t 0；在P增至P 额之后，为加速度减小的加速运动，直至达到v m .这一过程的v/t 关系如图所示：注意：P =F v 中的F 仅是机车的牵引力，而非车辆所受合力，这一点在计算题目时极易出错.4．动能定理及其应用（1）对动能定理的理解：①W 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，即W 总＝W 1+W 2+……（代数和）.或先将物体的外力进行合成，求出合外力F 合后，再用W 总=F 合s cos α进行计算.②因为动能定理中功和能均与参照物的选取有关，所以动能定理也与参照物的选取有关.中学物理中一般取地球为参照物.③不论物体做什么形式的运动，受力如何，动能定理总是适用的.④动能定理是计算物体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.⑤做功的过程是能量转化的过程，动能定理表达式中的“＝”的意义是一种因果联系的数值上相等的符号，它并不意味着“功就是动能增量”，也不意味着“功转变成了动能”，而是意味着“功引起物体动能的变化”.⑥动能定理公式两边每一项都是标量，因此动能定理是个标量方程.⑦若12k k E E >，即0>总W ，合力对物体做正功，物体的动能增加；若12k k E E <,即0<总W ，合力对物体做负功，物体的动能送减少.（2）应用动能定理应该注意：①明确研究对象和研究过程，找出始、末状态的速度情况.②要对物体进行正确的受力分析（包括重力、弹力等），明确各力的做功大小及正、负情况.③有些力在运动过程中不是始终存在，若物体运动过程中包含几个物理过程，物体运动状态、受力等情况均发生变化，则在考虑外力做功时，必须根据不同情况，分别对待.④若物体运动过程中包含几个不同的物理过程，解题时，可以分段考虑，也可视为一个整体过程，列出动能定理求解.5.机械能守恒定律及其应用（1）机械能是否守恒的判断①物体只受重力，只发生动能和重力势能的相互转化.如自由落体运动，抛体运动等.②只有弹力做功，只发生动能和弹性势能的相互转化.如在光滑水平面运动的物体碰到一个弹簧，和弹簧相互作用的过程中，对物体和弹簧组成的系统来说，机械能守恒.③物体既受重力，又受弹力，但只有重力和弹力做功，只发生动能、弹性势能、重力势能的相互转化，如自由下落的物体落到竖直的弹簧上和弹簧相互作用的过程.对物体和弹簧组成的系统来说，机械能守恒.④除受重力（或弹力）外，受其他力，但其他力不做功，或其他力做功的代数和为零.如物体在沿斜面拉力F的作用下沿斜面向下运动，其拉力的大小与摩擦力的大小相等，在此运动过程中，其机械能守恒，只要满足上述条件，机械能一定守恒，要切实理解.（2）应用机械能守恒定律的解题思路④明确研究对象，即哪些物体参与了动能和势能的相互转化，选择合适的初态和末态.②分析物体的受力并分析各个力做功，看是否符合机械能守恒条件.只有符合条件才能应用机械能守恒定律.③正确选择守恒定律的表达式列方程，可分过程列式，也可对全过程列式.④求解结果说明物理意义.【命题角度】功、功率、动能、动能定理1.如图5—1所示，木块A放在木块B的左上端，第一次将B固定在桌上，用恒力F拉A 到B的右端，F所做的功为W1；第二次B放在光滑地面上，用力F拉A到B右端，F做功为W2，比较两次做功大小 ( )图5—1A．W1<W2 B．W1=W2 C．W1>W2 D．无法比较[考场错解]B[专家把脉]把A在B上滑行的距离误认为A的位移，错误的原因是对做功公式w=Fscosθ中各物理量的意义理解不准确，位移s应以地面为参考系，不能以木块 B为参考系． [对症下药] A第一次拉动时，B静止，A的位移大小就是B的长度：s2=l；第二次拉动时，B在光滑的地面上滑动的位移设为s′，A的位移大小是：s2=l+s′．两次均用恒力F拉动，故有w1=Fs l=F l，W2=Fs2=F(l+ s′)，所以选项A正确．2.质量相等的A、B两球，从同一高度h同时开始运动，A做平抛运动，B做自由落体运动，则 ( )A．下落过程重力对两球做功相等B两球落地时动能相等C．下落过程中，在相同时刻，两球重力的功率始终相同D．下落过程，两球重力的平均功率相同[考场错解]漏选C．[专家把脉]两球重力相等，下落过程中，在相同时刻两球的速度大小、方向均不同，误认为重力的瞬时功率不相同，其原因是对瞬时功率的计算公式P=Fv或P=Fvcosθ理解不准确．[对症下药] ACD重力做功与物体的运动路径无关，两球重力相等，下落高度相等，所以选项A正确；由动能定理或机械能守恒定律可判断选项B错误；由平抛运动规律可知两球下落时间相等，选项D正确；由平抛运动规律可知两球下落过程任一时刻，B球竖直向下的分速度与A球的竖直速度相等，重力相等，所以选项C正确．3.如图5—2所示，质量为m的木块与水平转台之间的动摩擦因数为μ，木块与转轴相距为R，木块随转台由静止开始转动．当转速增加至某值时，木块即将在转台上滑动，此时转台已开始匀速转动，在这一过程中，摩擦力对木块做的功是 ( )A．0 B. 2πμmgR C．2μmgR DμmgR/2[考场错解]A或B[专家把脉]误认为木块随转台做圆周运动，摩擦力是向心力，方向时刻指向圆心，故摩擦力对木块不做功，误选A；认为木块与转台间的摩擦力大小为μmg，方向与速度方向相同，摩擦力对木块做功是2πμmgR，误选B[对症下药]D木块随转轴做速度逐渐增大的圆周运动，木块与转台间的静摩擦力应有两个作用效果，一个分力方向指向圆心，其作用是改变速度的方向，另一个分力方向与速度方向相同，其作用是改变速度的大小，所以木块所受摩擦力的方向既不指向圆心，也不与速度方向相同，且大小和方向在变化．当木块即将在转台上滑动时，摩擦力大小为μmg方向指向圆心，设此时速度为v，根据牛顿第二定律得：μmg=mv2，由动能定理，摩擦力对木块做功：W=mv2/2-O=μmgR/2，所以选项D正确．4．如图5—3所示，在匀加速向左运动的车厢内，一个人用力向前推车厢，若人与车始终保持相对静止，则以下结论中哪个是正确的 ( )A 人对车厢做正功B 车厢对人做正功 C．人对车厢不做功 D．条件不足，无法确定[考场错解]A[专家把脉]误认为人对车厢的作用力只有人对车厢前壁的水平推力，由于车向左运动，故力和位移同方向，所以人对车厢做正功．同理车厢对人做负功．[对症下药]B如果人只受到车厢前壁对他的水平向右的弹力，那么人受到的合力不可能向左．故人还受到另外一个作用力，即车厢底部对他水平向左的摩擦力,且向左的摩擦力大于向右的弹力．摩擦力对人做正功，向右的支持力做负功，它们的代数和为正，车厢底部对人竖直向上的弹力对人不做功，故车厢对人做正功．选项B正确．同理，分析人对车厢做负功.5．如图5—4所示，一块长木板B放在光滑水平地面上，在B上放一个木块A，现以恒定的水平力F拉B．由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参照物，A、B都向前移动一段距离，在此过程中 ( )A外力F做的功等于系统动能增量B B对A的摩擦力所做的功等于A的动能增量C．A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功D．外力F对B所做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做功之和[考场错解]AC[专家把脉]恒定的水平拉力F为系统的合外力，对系统误用动能定理，外力做的功等于系统动能的增量．误认为作用力和反作用力做功代数和一定为零．[对症下药]BD作用力和反作用力只是大小相等、方向相反，但它们的作用点作用在两个物体上，两个物体的位移没有必然联系，所以作用力和反作用力做功的代数和不一定为零．可以都做正功，都做负功，也可以一个做功，另一个不做功．可以推导出一对滑动摩擦力做功的代数和一定为负值，大小等于滑动摩擦力大小乘以相对路程，即W=fs相对路程，故选项C错误．因为一对滑动摩擦力做功不为零，故对系统应用动能定理时要考虑内力做功，故选项A错误．对A应用动能定理，只有B对A的摩擦力对A做功，故选项B正确．同理，对B应用动能定理，外力F对B所做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做功之和，故选项D正确．6．一个质量为 4 kg的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数μ=0.1.从t=0开始，物体受到一个大小和方向呈周期性变化的水平力F作用，力F随时间的变化规律如图5—5所示(g取10m/s2)．求：(1)83 s内物体的位移大小； (2)力F对物体所做的功．[考场错解]感觉过程复杂不知从何入手解答或找到规律但是对最后3 s内的分析出现错误．[专家把脉]对周期性变化的力学问题①要认真分析物体在第一个周期内的受力情况和运动情况，从而找到物体运动的规律②要注意过程中间是否有转折点，结束前的一段时间是否还遵循前面所总结的规律③优先对全过程选择规律列方程，其次分段求解．[对症下药] (1)0-T/2、 T-3T/2、2T-5T/2、3T-7T/2、……时间内物体的加速度大小为方向与正方向相同，T/2-2T、3T/2—2T、5T/2—3T、……时间内物体的加速度大小为，方向与正方向相反所以在每个周期T 内，前T/2时间内做初速度为零的匀加速直线运动，后T/2时间内做匀减速直线运动，且速度恰好减为零．每个T/2时间内的位移均为82 s 内物体的位移大小82 s 末物体的速度大小第83 s 内物体的位移大小为所以83 s 内物体的位移大小 S —S1+S2—167m ，(2)83 s 末物体的速度大小设力F 对物体所做的功为W F ，全过程由动能定理得解得：W F =676 J ． 专家会诊解决这类问题要注意以下三点：(1)恒力做功一般用公式w=Rcos a 直接计算；变力做功一般只能根据功和能的关系求解，若变力的功率恒定，可以用公式W —R 计算；(2)利用功率的定义式 求出的是平均功率：在公式P=Fvcosa 中，若口是平均速度，对应的功率为平均功率．若v 是瞬时速度，对应的功率是瞬时功率，通常用这个公式计算瞬时功率． (3)动能定理反映了外力对物体的功与物体动能变化之间的关系，利用动能定理解题的一般思路是：①明确研究对象；②分析研究对象的受力情况，弄清哪些外力做功，是做正功还是负功；③分析研究对象的运动过程，弄清初状态、末状态物体的动能：④用动能定理列方程求解．【高考真题精解精析】【2011高考试题解析】1.（海南）一质量为1kg 的质点静止于光滑水平面上，从t=0时起，第1秒内受到2N 的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1N 的外力作用。
高考物理二轮复习专题二能量和动量功功率与动能定理学案
第1讲功功率与动能定理[选考考点分布]章知识内容考试要求历次选考统计必考加试2020/10 2020/04 2020/10 2020/04 2020/11机械能守恒定律追寻守恒量——能量b功 c c 10、13功率 c c重力势能 c c 4、20弹性势能 b b 20动能和动能定理d d 20 20 20 20 20机械能守恒定律d d 20 12能量守恒定律与能源c d 5 4考点一功和能基本概念及规律辨析1．(2020·浙江4月选考·12)火箭发射回收是航天技术的一大进步．如图1所示，火箭在返回地面前的某段运动，可看成先匀速后减速的直线运动，最后撞落在地面上，不计火箭质量的变化，则( )图1A．火箭在匀速下降过程中，机械能守恒B．火箭在减速下降过程中，携带的检测仪器处于失重状态C．火箭在减速下降过程中合力做功等于火箭机械能的变化D．火箭着地时，火箭对地的作用力大于自身的重力答案 D解析匀速下降阶段，说明阻力等于重力，不止重力做功，所以机械能不守恒，选项A错；在减速阶段，加速度向上，所以超重，选项B错误；火箭着地时，地面给火箭的力大于火箭重力，即选项D正确；合外力做功等于动能改变量，选项C错．2. (2020·浙江10月学考·4)如图2所示，无人机在空中匀速上升时，不断增加的能量是( )图2A．动能B．动能、重力势能C．重力势能、机械能D．动能、重力势能、机械能答案 C解析无人机匀速上升，所以动能保持不变，所以选项A、B、D均错．高度不断增加，所以重力势能不断增加，因此无人机机械能不断增加，所以选项C正确．3. (2020·浙江10月学考·5)画作《瀑布》如图3所示．有人对此画作了如下解读：水流从高处倾泻而下，推动水轮机发电，又顺着水渠流动，回到瀑布上方，然后再次倾泻而下，如此自动地周而复始．这一解读违背了( )图3A．库仑定律B．欧姆定律C．电荷守恒定律D．能量守恒定律答案 D4. (人教版必修2P66第2题改编)如图4所示，质量为m的足球在水平地面的位置1被踢出后落到水平地面的位置3，在空中达到的最高点(位置2)的高度为h，已知重力加速度为g.下列说法正确的是( )图4A．足球由位置1运动到位置2的过程中，重力做的功为mghB．足球由位置1运动到位置3的过程中，重力做的功为2mghC．足球由位置2运动到位置3的过程中，重力势能减少了mghD．如果没有选定参考平面，就无法确定重力势能变化了多少答案 C解析足球由位置1运动到位置2的过程中，高度增加h，重力做功－mgh，选项A错误；足球由位置1运动到位置3的过程中，由于位置1和位置3在同一水平面上，故足球的高度没有变化，重力做的功为零，选项B错误；足球由位置2运动到位置3的过程中，足球的高度降低，重力做正功，重力势能减少，由于2、3两位置的高度差是h，故重力势能减少了mgh，选项C正确；分析重力势能的变化，只要找出高度的变化量即可，与参考平面的选取没有关系，选项D错误．5．(人教版必修2P67、P68、P75、P80插图改编)如图5所示的几个运动过程中，物体的弹性势能增大的是( )图5A．如图甲，撑杆跳高的运动员上升过程中，杆的弹性势能B．如图乙，人拉长弹簧过程中，弹簧的弹性势能C．如图丙，模型飞机用橡皮筋发射出去的过程中，橡皮筋的弹性势能D．如图丁，小球被压缩弹簧向上弹起的过程，弹簧的弹性势能答案 B6．(2020·稽阳联谊学校8月联考)如图6所示，质量为m的小球(可以看成质点)，在恒力F的作用下，从地面上A点由静止开始运动．途经桌面处B点到达C点，现以桌面为参考平面，已知H<h，则( )图6A．小球从A到B重力做功小于从B到C重力做的功B．小球在A点的重力势能大于在C点的重力势能C．整个过程小球的机械能一定增大D．整个过程小球的机械能守恒答案 C解析 功的大小比较看绝对值，h>H ，所以A 错误；重力势能的大小看位置高低，A 点最低，B 错误；恒力F 始终做正功，所以机械能一直变大，C 对，D 错误．考点二 功和功率的分析与计算1．(2020·浙江11月选考·13)如图7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( )图7A ．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 答案 B解析 若不计伸缩臂的质量，抬升登高平台的发动机输出功率P ＝mgh t ＝400×10×60×15×60 W ＝800 W ，但伸缩臂具有一定质量，发动机输出功率应大于800 W ，故选项D 错误．在1 s 内，喷出去水的质量为m′＝ρV＝103×360 kg ＝50 kg ，喷出去水的重力势能为E p ＝m′gh＝50×10×60 J＝3×104J ，水的动能为E k ＝12m ′v 2＝1×104 J ，所以1 s 内水增加的能量为4×104 J ，所以水炮工作的发动机输出功率为4×104W ，选项B 正确，A 、C 错误．2．(2020·浙江11月选考·10)如图8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( )图8A ．430 J,7 WB ．4 300 J,70 WC ．720 J,12 WD ．7 200 J,120 W答案 B解析设每次俯卧撑中，运动员重心变化的高度为h，由几何关系可得，h0.4＝0.90.9＋0.6，即h＝0.24 m．一次俯卧撑中，克服重力做功W＝mgh＝60×9.8×0.24 J＝141.12 J，所以1 min内克服重力做的总功为W 总＝NW＝4 233.6 J，功率P＝W总t＝70.56 W，故选B.3．(2020·金华市高三上学期期末)如图9所示，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，当它以速度v，加速度a加速前进时，发动机的实际功率正好等于额定功率，从该时刻起，发动机始终在额定功率下运转，重力加速度为g，则以下分析正确的是( )图9A．汽车发动机的额定功率为kmgvB．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．欲使汽车最大速度增加到此时的2倍，则发动机额定功率应增加到此时的4倍答案 B解析速度为v时，根据牛顿第二定律知P0v－kmg＝ma，所以P0＝kmgv＋mav，故A错误；最后汽车匀速运动牵引力等于阻力时速度最大，故v m＝P0kmg＝kmgv＋mavkmg＝v＋avkg，故B正确；加速度为a2时，此时牵引力为F，则F－kmg＝ma2，解得F＝kmg＋ma2，此时速度为v＝P0F＝kmgv＋mavkmg＋ma2＝2kgv＋2av2kg＋a，故C错误；由于汽车匀速运动时速度最大，汽车受到的阻力不变，此时的功率P＝F f·2v m＝2P0，故D错误．4．(2020·浙江“七彩阳光”联考)物体在大小相等的力F作用下，分别在粗糙的水平地面上发生了一段位移x，其力与速度方向夹角如图10所示，则下列判断正确的是( )图10A．甲图中力F做负功B．乙图中合外力做功最多C ．丙图中摩擦力做功最多D ．三个图中力F 做功相同 答案 B解析 根据W ＝Fxcos α，甲中F 与位移x 的夹角为30°，故为正功，乙中F 与x 的夹角为150°，故为负功，丙中F 与x 的夹角为30°，故为正功，三种情况下力F 的功的大小是相同的；甲图中摩擦力最大做功最多；乙图中合外力为F 的水平分力与摩擦力的和，而甲和丙中合外力为F 的水平分力与摩擦力的差，乙图中合外力做功最多．5．(2020·浙江“七彩阳光”联考)周末放学了，小黄高兴的骑着电动自行车沿平直公路回家，中途因电瓶“没电”，只能改用脚蹬车以5 m/s 的速度匀速前行，骑行过程中所受阻力恒为车和人总重的0.02倍，取重力加速度g ＝10 m/s 2.根据估算，小黄骑此电动车做功的平均功率最接近( ) A ．10 W B ．100 W C ．1 kW D ．10 kW 答案 B解析 车和人的质量大约100 kg ，匀速行驶时，牵引力等于阻力，F ＝F f ＝0.02mg ＝0.02×1 000 N ＝20 N ，则骑车的平均功率P ＝Fv ＝20×5 W＝100 W.1.功的计算方法 (1)恒力做功：W ＝Flcos α，F 为恒力． (2)变力做功：①用动能定理：W ＝12mv 2 2－12mv 1 2.②当变力的功率P 一定时，可用W ＝Pt 求功，如机车恒功率启动时． ③将变力做功转化为恒力做功：当力的大小不变，而方向始终与运动方向相同或相反时，这类力的功等于力和路程(不是位移)的乘积．如滑动摩擦力做功、空气阻力做功等．2．平均功率与一段时间(或过程)相对应，计算时应明确是哪个力在哪段时间(或过程)内做功的平均功率． (1)可用P ＝Wt.(2)可用P ＝Fvcos α，其中v 为物体运动的平均速度．3．计算瞬时功率时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率．求解瞬时功率时，如果F 和v 不同向，可用力F 乘以F 方向的分速度，或用速度v 乘以速度方向的分力求解． (1)公式P ＝Fvcos α，其中v 为t 时刻的瞬时速度． (2)P ＝Fv 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 为物体受到的外力F 在速度v 方向上的分力．考点三动能定理的应用1．(2020·浙江10月学考·20)如图11甲所示，游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行，可抽象为图乙所示的模型．倾角为45°的直轨道AB、半径R＝10 m的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的直轨道EF.分别通过水平光滑衔接轨道BC、C′E平滑连接，另有水平减速直轨道FG与EF平滑连接，EG间的水平距离l＝40 m．现有质量m＝500 kg的过山车，从高h＝40 m处的A点静止下滑，经BCDC′EF最终停在G点．过山车与轨道AB、EF间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，与减速直轨道FG间的动摩擦因数μ2＝0.75.过山车可视为质点，运动中不脱离轨道，g取10 m/s2.求：图11(1)过山车运动至圆轨道最低点C时的速度大小；(2)过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力大小；(3)减速直轨道FG的长度x.(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)答案(1)810 m/s (2)7×103 N (3)30 m解析(1)设C点的速度为v C，由动能定理得mgh－μ1mgcos 45°hsin 45°＝12mv C 2代入数据解得v C＝810 m/s (2)设D点速度为v D，由动能定理得mg(h－2R)－μ1mgcos 45°hsin 45°＝12mv D 2F＋mg＝m v D 2R，解得F＝7×103 N由牛顿第三定律知，过山车在D点对轨道的作用力为7×103 N (3)全程应用动能定理mg[h－(l－x)tan 37°]－μ1mgcos 45°hsin 45°－μ1mgcos 37°l－xcos 37°－μ2mgx＝0解得x＝30 m.2．(2020·浙江10月选考·20)如图12所示是公路上的“避险车道”，车道表面是粗糙的碎石，其作用是供下坡的汽车在刹车失灵的情况下避险．质量m＝2.0×103 kg的汽车沿下坡行驶，当驾驶员发现刹车失灵的同时发动机失去动力，此时速度表示数为v1＝36 km/h，汽车继续沿下坡匀加速直行l＝350 m、下降高度h＝50 m时到达“避险车道”，此时速度表示数为v2＝72 km/h.(g＝10 m/s2)图12(1)求从发现刹车失灵至到达“避险车道”这一过程汽车动能的变化量；(2)求汽车在下坡过程中所受的阻力；(3)若“避险车道”与水平面间的夹角为17°，汽车在“避险车道”受到的阻力是在下坡公路上的3倍，求汽车在“避险车道”上运动的最大位移(sin 17°≈0.3)．答案(1)3.0×105 J (2)2.0×103 N (3)33.3 m解析(1)由ΔE k＝12mv2 2－12mv1 2得ΔE k＝3.0×105 J(2)由动能定理mgh－F f l＝12mv2 2－12mv1 2得F f＝12mv1 2－12mv2 2＋mghl＝2.0×103 N(3)设汽车在“避险车道”上运动的最大位移是x，由动能定理－(mgsin 17°＋3F f)x＝0－12mv2 2得x＝12mv2 2mgsin 17°＋3F f≈33.3 m3．(2020·宁波市九校高三上学期期末)如图13所示为一遥控电动赛车(可视为质点)和它运动轨道示意图．假设在某次演示中，赛车从A位置由静止开始运动，经2 s后关闭电动机，赛车继续前进至B点后水平飞出，赛车能从C点无碰撞地进入竖直平面内的圆形光滑轨道，D点和E点分别为圆形轨道的最高点和最低点．已知赛车在水平轨道AB段运动时受到的恒定阻力为0.4 N，赛车质量为0.4 kg，通电时赛车电动机的输出功率恒为2 W，B、C两点间高度差为0.45 m，C与圆心O的连线和竖直方向的夹角α＝37°，空气阻力忽略不计，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图13(1)赛车通过C点时的速度大小；(2)赛道AB的长度；(3)要使赛车能通过圆轨道最高点D后回到水平赛道EG，其半径需要满足什么条件．答案(1)5 m/s (2)2 m (3)0＜R≤2546m解析 (1)赛车在BC 间做平抛运动，则 v y ＝2gh ＝3 m/s.由图可知：v C ＝v ysin 37°＝5 m/s(2)由(1)可知B 点速度v 0＝v C cos 37°＝4 m/s 则根据动能定理：Pt －F f l AB ＝12mv 0 2，得到：l AB ＝2 m.(3)当恰好通过最高点D 时，有：mg ＝m v D2R从C 到D ，由动能定理可知：－mgR(1＋cos 37°)＝12mv D 2－12mv C 2，解得R ＝2546 m ，所以轨道半径需满足0＜R≤2546m(可以不写0)．4. (2020·温州市期中)如图14所示，倾角为30°的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6 m/s 的速度运动，运动方向如图所示．一个质量为2 kg 的物体(可视为质点)，从h ＝3.2 m 高处由静止沿斜面下滑，物体经过A 点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失．物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，物体向左最多能滑到传送带左右两端A 、B 连线的中点处，重力加速度g 取10 m/s 2，求：图14(1)传送带左、右两端A 、B 间的距离L ；(2)上述过程中物体与传送带组成的系统因摩擦产生的热量； (3)物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大高度h′. 答案 (1)12.8 m (2)160 J (3)1.8 m解析 (1)从静止开始到在传送带上的速度等于0的过程中运用动能定理得：mgh －μmgL2＝0－0，解得L ＝12.8 m.(2)在此过程中，物体与传送带间的相对位移 x 相＝L 2＋v 带·t，又L 2＝12μgt 2，而摩擦热Q ＝μmg·x 相，以上三式可联立得Q ＝160 J.(3)物体随传送带向右匀加速，设当速度为v 带＝6 m/s 时，向右的位移为x ，则μmgx＝12mv 带 2得x ＝3.6 m＜L 2，即物体在到达A 点前速度与传送带相等，最后以v 带＝6 m/s 的速度冲上斜面，由动能定理得12mv 带 2＝mgh′，解得h′＝1.8 m.1.应用动能定理解题的步骤2．注意事项(1)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，比动力学研究方法要简便．(2)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)应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负．当一个力做负功时，可设物体克服该力做功为W，将该力做功表示为－W，也可以直接用字母W表示该力做功，使其字母本身含有负号．考点四动力学和能量观点的综合应用1．(2020·浙江11月选考·20)如图15甲所示是游乐园的过山车，其局部可简化为如图乙的示意图，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．(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)甲乙图15(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？答案(1)310 m/s (2)－7.5×104 J (3)6×103 N解析(1)在F点由牛顿第二定律得：m 人g －0.25m 人g ＝m 人v F 2r ， r ＝Lsin θ＝12 m代入已知数据可得：v F ＝310 m/s(2)根据动能定理，从B 点到F 点：12mv F 2－0＝mg(h －r)＋W f 解得W f ＝－7.5×104 J(3)在没有故障时，物体到达D 点的速度为v D ，根据动能定理12mv F 2－12mv D 2＝－mgr －μmgcos 37°·L DE L DE ＝Lcos 37°＝16 m ，发现故障之后，过山车不能到达EF 段，设刹车后恰好到达E 点速度为零，在此过程中，过山车受到的摩擦力为F f1，根据动能定理0－12mv D 2＝－mgL DE sin 37°－F f1L DE ， 联立各式解得F f1＝4.6×103 N使过山车能停在倾斜轨道上的摩擦力至少为F f2，则有F f2－mgsin θ＝0，解得F f2＝6×103 N综上可知，过山车受到的摩擦力至少应为6×103 N.2．(2020·浙江4月选考·20)图16中给出了一段“S”形单行盘山公路的示意图．弯道1、弯道2可看作两个不同水平面上的圆弧，圆心分别为O 1、O 2，弯道中心线半径分别为r 1＝10 m ，r 2＝20 m ，弯道2比弯道1高h ＝12 m ，有一直道与两弯道圆弧相切．质量m ＝1 200 kg 的汽车通过弯道时做匀速圆周运动，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是车重的1.25倍，行驶时要求汽车不打滑．(sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8)图16(1)求汽车沿弯道1中心线行驶时的最大速度v 1；(2)汽车以v 1进入直道，以P ＝30 kW 的恒定功率直线行驶了t ＝8.0 s 进入弯道2，此时速度恰为通过弯道中心线的最大速度，求直道上除重力以外的阻力对汽车做的功；(3)汽车从弯道1的A 点进入，从同一直径上的B 点驶离，有经验的司机会利用路面宽度，用最短时间匀速安全通过弯道．设路宽d ＝10 m ，求此最短时间(A 、B 两点都在轨道中心线上，计算时视汽车为质点)． 答案 见解析解析 (1)在弯道1行驶的最大速度设为v 1由牛顿第二定律，kmg ＝m v 1 2r 1得v 1＝kgr 1＝5 5 m/s (2)在弯道2行驶的最大速度设为v 2由牛顿第二定律，kmg ＝m v 2 2r 2得v 2＝kgr 2＝510 m/s直道上由动能定理Pt －mgh ＋W f ＝12mv 2 2－12mv 1 2 代入数据可得W f ＝－2.1×104 J(3)沿如图所示内切的路线行驶时间最短由图可得r′2＝r 1 2＋[r′－(r 1－d 2)]2 代入数据可得r′＝12.5 m汽车沿该线路行驶的最大速度为v′则kmg ＝m v′2r′得v′＝kgr′＝12.5 m/s由sin θ＝r 1r′＝0.8 则对应的圆心角2θ＝106°线路长度s ＝106360×2πr′≈23.1 m 最短时间t′＝s v′≈1.8 s 3．(2020·浙江4月选考·20)如图17所示，装置由一理想弹簧发射器及两个轨道组成．其中轨道Ⅰ由光滑轨道AB 与粗糙直轨道BC 平滑连接，高度差分别是h 1＝0.20 m 、h 2＝0.10 m ，BC 水平距离L ＝1.00 m ．轨道Ⅱ由AE 、螺旋圆形EFG 和GB 三段光滑轨道平滑连接而成，且A 点与F 点等高．当弹簧压缩量为d 时，恰能使质量m ＝0.05 kg 的滑块沿轨道Ⅰ上升到B 点；当弹簧压缩量为2d 时，恰能使滑块沿轨道Ⅰ上升到C 点．(已知弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，g ＝10 m/s 2)图17(1)当弹簧压缩量为d 时，求弹簧的弹性势能及滑块离开弹簧瞬间的速度大小；(2)求滑块与轨道BC 间的动摩擦因数；(3)当弹簧压缩量为d 时，若沿轨道Ⅱ运动，滑块能否上升到B 点？请通过计算说明理由．答案 (1)0.1 J 2 m/s (2)0.5 (3)不能，理由见解析解析 (1)由机械能守恒定律可得E 弹＝ΔE k ＝ΔE p ＝mgh 1＝0.05×10×0.20 J＝0.1 JΔE k ＝12mv 0 2可得v 0＝2 m/s (2)由E 弹∝d 2可得ΔE k ′＝E 弹′＝4E 弹＝4mgh 1由动能定理可得－mg(h 1＋h 2)－μmgL＝－ΔE k ′μ＝3h 1－h 2L ＝0.5 (3)恰能通过螺旋轨道最高点须满足的条件是mg ＝mv 2R m由机械能守恒定律有v ＝v 0＝2 m/s得R m ＝0.4 m当R>R m ＝0.4 m 时，滑块会脱离螺旋轨道，不能上升到B 点．4．(2020·台州市9月选考)如图18所示，质量为m ＝0.1 kg 可视为质点的小球从静止开始沿半径为R 1＝40 cm 的14圆弧轨道AB 由A 点滑到B 点后，进入与AB 圆滑连接的14圆弧管道BC.管道出口处为C ，圆弧管道半径为R 2＝20 cm ，在紧靠出口C 处，有一半径为R 3＝8.4 cm 、水平放置且绕其水平轴线匀速旋转的圆筒(不计筒皮厚度)，筒上开有小孔D ，筒旋转时，小孔D 恰好能经过出口C 处，小球射出C 出口时，恰好能接着穿过D 孔进入圆筒，并越过轴线再从D 孔向上穿出圆筒，到最高点后返回又能向下穿过D 孔进入圆筒，不计摩擦和空气阻力，g 取10 m/s 2.问：图18(1)小球到达B 点的瞬间前、后对轨道的压力分别为多大？(2)小球穿出圆筒小孔D 时的速度多大？(3)圆筒转动的最大周期T 为多少？答案 (1)3 N 5 N (2)0.8 m/s (3)0.08 s解析 (1)从A 到B ，由动能定理得：mgR 1＝12mv B 2 由牛顿第二定律得：到达B 点瞬间前：F NB －mg ＝m v B 2R 1解得F NB ＝3 N到达B 点瞬间后：F NB ′－mg ＝m v B 2R 2解得F NB ′＝5 N由牛顿第三定律得：小球对轨道的压力分别为3 N 和5 N.(2)从A 到D 过程中，由机械能守恒可得：mgR 1＝mgR 2＋mg·2R 3＋12mv D 2 解得：v D ＝0.8 m/s(3)由机械能守恒可得：mgR 1＝mgR 2＋12mv C 2 解得：v C ＝2 m/s穿越圆筒过程中：v C －v D ＝g(nT ＋0.5T)穿出到进入圆筒过程中：2v D ＝gn′T得到关系式：3n ′＝4n ＋2要使周期最大，n 和n′必须同时取正整数且n 最小取n ＝1，得T max ＝0.08 s.1.动力学观点：牛顿运动定律、运动学基本规律．2．能量观点：动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律．3．解题关键(1)抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程．(2)两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带，也是解题的关键． 专题强化练(限时：35分钟)1. (2020·浙江吴越联盟联考)跳水比赛中，看似不起眼的跳板却是高科技产品，不仅要够结实，够弹性，而且还要软硬度适中．如图1所示，运动员在跳板上会有一个起跳动作，若研究从运动员下落接触跳板到下落到最低点这一过程，下列说法正确的是( )图1A ．运动员的动能不断增大B ．运动员的机械能先增大后减小C．运动员的势能先减小后增大D．跳板的弹性势能不断增大答案 D2．(2020·杭州市四校联考)第17届亚运会于2020年9月19日～10月4日在韩国仁川举行，我国运动员薛长锐、李玲以5.55 m和4.35 m分别夺得男、女撑杆跳金牌．如果把撑杆跳全过程分成四个阶段：a～b、b～c、c～d、d～e，如图2所示，不计空气阻力，则对这四个阶段的描述不正确的是( )图2A．a～b阶段：加速助跑，人和杆的总机械能增加B．b～c阶段：杆弯曲、人上升，系统动能减少，重力势能和弹性势能增加C．c～d阶段：杆伸直、人上升，人的动能减少量等于重力势能增加量D．d～e阶段：人过横杆后下落，重力所做的功等于人动能的增加量答案 C解析a～b阶段：人加速过程中，人和杆的动能增加，重力势能不变，人和杆的机械能增加，所以A正确；b～c阶段：人上升过程中，人和杆的动能减少，重力势能和杆的弹性势能均增加，所以B正确；c～d阶段：杆在恢复原长的过程中，人的动能和杆的弹性势能减少量之和等于重力势能的增加量，所以C错误；d～e阶段：只有重力做功，重力所做的功等于人动能的增加量，所以D正确．3. (2020·金华市义乌模拟)如图3所示，缆车在牵引索的牵引下沿固定的倾斜索道加速上行，所受阻力不能忽略．在缆车向上运动的过程中，下列说法正确的是( )图3A．缆车克服重力做的功小于缆车增加的重力势能B．缆车增加的动能等于牵引力对缆车做的功和克服阻力做的功之和C．缆车所受牵引力做的功等于缆车克服阻力和克服重力做的功之和D．缆车增加的机械能等于缆车受到的牵引力与阻力做的功之和答案 D解析根据重力做功与重力势能的变化关系可知，缆车克服重力做的功等于缆车增加的重力势能，故A错误；由动能定理可知，牵引力对缆车做的功等于缆车增加的动能、增加的重力势能与克服摩擦力所做的功之和，即牵引力对缆车做的功等于缆车增加的机械能与缆车克服摩擦力做的功之和，故B、C错误，D正确．4. (2020·浙江“9＋1”高中联盟期中)如图4为倾角可调的可移动式皮带输送机，适用于散状物料或成件物品的装卸工作．在顺时针(从左侧看)匀速转动的输送带上端无初速度放一货物，货物从上端运动到下端的过程中，其动能E k(选择地面所在的水平面为参考平面)与位移x的关系图象可能正确的是( )图4答案 B解析货物从上端运动到下端的过程可能一直加速、也可能先加速后匀速或者先加速后做加速度较小的加速运动，故只有B正确．5. (2020·浙江温州中学选考)飞机若仅依靠自身喷气式发动机推力起飞需要较长的跑道，某同学设计在航空母舰上安装电磁弹射器以缩短飞机起飞距离，他的设计思想如下：如图5所示，航空母舰的水平跑道总长l＝180 m，其中电磁弹射器是一种长度为l1＝120 m的直线电机，这种直线电机从头至尾可以提供一个恒定的牵引力F牵．一架质量为m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推＝1.2×105 N．考虑到飞机在起飞过程中受到的阻力与速度大小有关，假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的0.05倍，在后一阶段的平均阻力为飞机重力的0.2倍．飞机离舰起飞的速度v＝100 m/s，航母处于静止状态，飞机可视为质量恒定的质点，g＝10 m/s2.请计算(计算结果均保留两位有效数字)图5(1)飞机在后一阶段的加速度大小；(2)电磁弹射器的牵引力F牵的大小；(3)电磁弹射器输出效率可以达到80%，则每弹射这样一架飞机电磁弹射器需要消耗多少能量．答案(1)4.0 m/s2(2)6.8×105 N (3)1.0×108 J解析(1)令后一阶段飞机加速度为a2，平均阻力为F f2＝0.2mg，则F推－F f2＝ma2，得a2＝4.0 m/s2.(2)令电磁弹射阶段飞机加速度为a1，末速度为v1，平均阻力为F f1＝0.05mg，则v 21＝2a1l1，v 2－v12＝2a2(l－l1)，得a1≈39.7 m/s，由F牵＋F推－F f1＝ma1，得F牵≈6.8×105 N.(3)电磁弹射器对飞机做功W＝F牵l1≈8.2×107 J，则其消耗的能量E ＝W 80%≈1.0×108 J. 6．(2020·浙江名校协作体联考)如图6所示，质量m ＝1 kg 的小物块静止放在粗糙水平桌面上，它与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.4，且与水平桌面边缘O 点的距离s ＝8 m ．在紧贴桌面边缘O 点右侧固定了一个12圆弧挡板，半径R ＝3 m ，圆心与桌面同高．今以O 点为原点建立平面直角坐标系．现用F ＝8 N 的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板．(g 取10 m/s 2)图6(1)若小物块恰能击中圆弧挡板最低点，则其离开O 点时的动能大小；(2)在第(1)问情况下拉力F 作用的时间；(3)若小物块在空中运动的时间为0.6 s ，则拉力F 作用的距离．答案 (1)7.5 J (2)1588 s (3)6516 m解析 (1)小物块离开O 点后开始做平抛运动，故：R ＝v 0t ，R ＝12gt 2又E kO ＝12mv 0 2，得E kO ＝7.5 J. (2)由开始运动到小物块到达O 点由动能定理得：F·x－μmgs＝12mv 0 2，解得x ＝7916 m由牛顿第二定律得F －μmg＝ma ，得a ＝4 m/s 212at 2＝x ，得t ＝1588 s(3)小物块离开O 点后开始做平抛运动，由下落时间可知下落距离y ＝12gt 2，解得y ＝1.8 m.①若小物块落到半圆的左半边，则平抛运动水平位移x 1＝R －R 2－y 2＝0.6 m ，v 1＝x 1t ＝1 m/s由动能定理得F·L 1－μmgs＝12mv 1 2解得L 1＝6516 m②若小物块落到半圆的右半边，同理可得v 2＝9 m/s。
高三物理二轮复习：专题3 功和能课件 第2讲
专题三
第二讲
走向高考 · 二轮专题复习新课标版 ·物理
拓展提升
一、基础知识要记牢 1．机械能守恒条件 (1)只有重力或系统内弹簧弹力做功。 (2)虽受其他力，但其他力不做功或其他力的总功为零。
2．三种表达式
(1)守恒观点：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2 (2)转化观点：ΔEp＝－ΔEk (3)转移观点：ΔEA增＝ΔEB减
到C过程，由机械能守恒定律：mg(h1＋h2)＝Ep，C对。
专题三
第二讲
走向高考 · 二轮专题复习新课标版 ·物理
功能关系的应用
(2014· 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。
专题三
第二讲
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以月面为零势能面，“玉兔”在 h 高度的引力势能可表示 GM＋h 为 EP＝ ，其中 G 为引力常量，M 为月球质量。若忽略 RR＋h 月球的自转，从开始发射到对接完成需要对“玉兔”做的功为 ( ) mg月R A． (h＋2R) R＋h mg月R 2 C． (h＋ R) 2 R＋h mg月R B． (h＋ 2R) R＋h mg月R 1 D． (h＋ R) 2 R＋h
专题三
第二讲
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故当 θ3＝90° 时，A 的速度最大，设为 vAm，此时 B 下降到 最低点，B 的速度为零，此过程中 B 下降的高度为 h2，则有 1 2 h mgh2＝ mvAm， 其中 h2＝ －h， 代入数据解得 vAm＝1.63m/s。 2 sinθ1
备战高考物理二轮复习专项攻关高分秘籍专题06功和能学案
【备考建议】【经典例题】考点一：功的分析与计算【典例1】(2018·辽宁大连质检)人在A点拉着绳通过一定滑轮吊起质量m=50 kg的物体,如图所示,开始时绳与水平方向的夹角为60°.当人匀速提起物体由A点沿水平方向运动L=2 m而到达B点时,绳与水平方向成30°角.则人对绳的拉力做了多少功?(取g=10 m/s2)则F1-Ff=ma1故F1=Ff+ma1=(5×103+5×103×2)N=1.5×104N所以汽车的速度为v1=1PF=446101.510⨯⨯m/s=4 m/s.考点二功率的理解与计算机械能这部分考点主要集中在功和能的转化部分，其中功和功率部分要关注运动方向和力的方向，动能定理的考察形式很多，但要选择合适的运动过程进行分析才能简化过程，动能定理涉及合外力包括重力弹力和摩擦力以及电磁学部分的电场力，安培力和洛伦兹力等等，所以应用范围广泛，需要备考中对应用动能定理解析的各种情景多分析多训练。
机械能守恒的考点大部分集中的三方面即守恒的条件，增加的机械能和减少的机械能。
【典例2】.(2017·天津南开区模拟)一个高中生骑电动车以20 km/h 的速度匀速行驶，电动车所受的阻力是人和车总重力的110。
已知人和车的总质量约为80 kg ，重力加速度大小g 取10 m/s 2，则此时电动车电机的输出功率约为( ) A.50 W B.100 WC.450 WD.800 W【参考答案】C【名师解析】车在匀速行驶时，人和车受力平衡，人和车受到的阻力大小为F f ＝110mg ＝110×800 N＝80 N ，此时的功率P ＝Fv ＝F f v ＝80×20×1 0003 600 W ＝444 W ，所以选项C 正确。
【典例3】(2018·江苏徐州模拟)汽车发动机的额定功率为60 kW,汽车的质量为5×103 kg,汽车在水平路面上行驶时,阻力是车重的0.1倍,(g 取10 m/s2),试求:(1)若汽车保持额定功率不变从静止启动,汽车所能达到的最大速度是多大?当汽车的加速度为2 m/s2时速度是多大?(2)若汽车从静止开始,保持以0.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动,这一过程能维持多长时间?考点三 动能定理及其应用【典例4】(2017·江西三市六校联考)如图所示，两质量均为m ＝1 kg 的小球1、2(可视为质点)用长为L ＝1.0 m 的轻质杆相连，水平置于光滑水平面上，且小球1恰好与光滑竖直墙壁接触，现用力F 竖直向上拉动小球1，当杆与竖直墙壁夹角θ＝37°时，小球2的速度大小v ＝1.6 m/s ，sin 37°＝0.6，g ＝10 m/s 2，则此过程中外力F 所做的功为( )A ．8 JB ．8.72 JC．10 J D．9.28 J【参考答案】C考点四应用动能定理解决多过程问题【典例5】【2016·全国新课标Ⅱ卷】（10分）如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。
高三物理教案：第二轮专题备课复习教案
高三物理教案：第二轮专题备课复习教案以下是为大家整理的关于《高三物理教案：第二轮专题备课复习教案》，供大家学习参考！本文题目：高三物理教案：第二轮专题备课复习教案〓专题〓高考物理实验全攻略知识结构：自然科学是实验性科学，物理实验是物理学的重要组成部分.理科综合对实验能力提出了明确的要求，即是“设计和完成实验的能力”，它包含两个方面：Ⅰ.独立完成实验的能力.(1)理解实验原理、实验目的及要求;实验原理中学要求必做的实验可以分为4个类型：练习型、测量型、验证型、探索型.对每一种类型都要把原理弄清楚.应特别注意的问题：验证机械能守恒定律中不需要选择第一个间距等于2mm的纸带.这个实验的正确实验步骤是先闭合电源开关，启动打点计时器，待打点计时器的工作稳定后，再释放重锤，使它自由落下，同时纸带打出一系列点迹.按这种方法操作，在未释放纸带前，打点计时器已经在纸带上打出点迹，但都打在同一点上，这就是第一点.由于开始释放的时刻是不确定的，从开始释放到打第二个点的时间一定小于0.02s，但具体时间不确定，因此第一点与第二点的距离只能知道一定小于2mm(如果这段时间恰等于0.02s，则这段位移s=gt2/2=(10×0.022/2)m=2×10-3m=2mm)，但不能知道它的确切数值，也不需要知道它的确切数值.不论第一点与第二点的间距是否等于2mm，它都是从打第一点处开始作自由落体运动的，因此只要测量出第一点O与后面某一点P间的距离h，再测出打P点时的速度v，如果：gh≈ ( )，就算验证了这个过程中机械能守恒.(2)掌握实验方法步骤;(3)会控制实验条件和使用实验仪器，会处理实验安全问题;实验仪器要求掌握的实验仪器主要有：刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器(千分尺)、天平、停表(秒表)、打点计时器(电火花计时仪)、弹簧秤、温度表、电流表、电压表、多用电表、滑动变阻器、电阻箱，等等。
对于使用新教材的省市，还要加上示波器等。
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学习必备欢迎下载高三物理二轮复习教学案 (04)课题：功能关系的理解和应用题型 1 做功与能量变化的对应关系例 1. 在“奥运”比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项，质量为m 的跳水运动员竖直进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F，当地的重力加速度为g，那么在他减速下降高度为h 的过程中，下列说法正确的是( ABC)A ．他的机械能减少了Fh B．他的重力势能减少了mghC．他的动能减少了(F－ mg)h D．他的动能减少了Fh变式 1. 在固定的负点电荷正上方有一质量为m 的带正电的小球，现用竖直向上的恒力作用在小球上，使小球从静止开始向上运动，当小球上升高h 时，速度为 v。
则这一过程中( ABD)A. 小球所受合外力做功为1 mv2 B.电场力对小球做功为 1 mv 2mgh Fh22C.机械能的增加量等于电场力做的功D.机械能增量和电势能增量之和为Fh例 2. 如图所示为某电动传送装置的示意图 .传送带与水平面的夹角为θ，绷紧的传送带始终保持恒定速率 v 运行。
现有一物体从静止开始轻轻放到传送带的底端，如果传送的高度 h 一定，且物体到达顶端前已经与传送带达到共同速度。
则下列说法正确的是（ B ）A ．将物体由底端传送到顶端，传送装置多消耗的电能与θ无关B．减小θ，则将物体由底端传送到顶端，传送装置多消耗的电能减少C．当θ一定时，将物体由底端传送到顶端，传送装置多消耗的电能与v 无关D．当θ一定时，将物体由底端传送到顶端，传送装置多消耗的电能与v2成正比变式 2．如图所示为某传送装置的示意图.传送带与水平面的夹角为θ，绷紧的传送带始终保持恒定速率v 运行。
现有一质量为 m 的物体从静止开始轻轻放到传送带的底端，同时受到沿传送带向上的拉力 F 的作用，如果传送的高度为 h，物体与传送带间的动摩擦因数为μ。
求物体从传送带底端运动到顶端的过程中，传送带对物体所做的功。
（设传送带长度较大，且物体能够到达传送带顶部。
）h θFhθ题型 2 恒力做功的特点例 3．（ 2011 全国）一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用。
此后，该质点的动能可能A ．一直增大B．先逐渐减小至零，再逐渐增大( ABD ) C．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大变式 3．一个物体在几个力的作用下作匀速直线运动，若撤去其中一个恒力F，则下列说法正确的是A ．物体的动能可能先减小后增大B．物体的机械能可能保持不变（ AB）C．物体所受的合力可能不做功D．物体所受合力的功率可能先增大后减小题型 4 能量守恒的综合应用例 5．（ 2011·浙江卷）节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车。
有一质量m=1000kg 的混合动力轿车，在平直公路上以v1=90km/h 匀速行驶，发动机的输出功率为P=50kW 。
当驾驶员看到前方有 80km/h 的限速标志时，保持发动机功率不变，立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电，使轿车做减速运动，运动L=72m 后，速度变为 v2=72km/h。
此过程中发动机功率的1/5 用于轿车的牵引， 4/5 用于供给发电机工作，发动机输送给发电机的能量最后有50%转化为电池的电能。
假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变。
求⑴轿车以 90km/h 在平直公路上匀速行驶时，所受阻力 F 阻的大小；⑵轿车从 90km/h 减速到 72km/h 过程中，获得的电能 E 电；⑶轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能 E 电维持 72km/h 匀速运动的距离L′。
例６．（ 2011 上海卷）如图 (a)，磁铁 A、B 的同名磁极相对放置，置于A B水平气垫导轨上。
A 固定于导轨左端， B 的质量 m=0.5kg，可在导轨上无摩擦滑动。
将 B 在 A 附近某一位置由静止释放，由于能量守恒，可通过测量 B 在不同位置处的速度，得到 B 的总势能随位置 x 的变化规律，见图 (c)中曲线 I。
若将导轨右端抬高，使其与水平面成一定角度（如图A(b)所示），则 B 的总势能曲线如图 (c)中 II 所示。
将 B 在 x=20cm 处由静止释放，求：（解答时必须写出必要的推断说明。
取g=9.8m/s2）⑴ B在运动过程中动能最大的位置；E/J⑵运动过程中 B的最大速度和最大位移； 1.0⑶图 (c) 中直线 III 为曲线 II 的渐近线，求导轨的倾0.9角的正弦值；0.8⑷若 A、B异名磁极相对放置，导轨的倾角不变，0.7Ⅱ在图 (c)上画出 B的总势能随 x的变化曲线。
0.60.50.4ⅢⅠ0.30.20.1O10.05.0( c)导轨x (a)Bx导轨(b)15.020.0x/cm物理二轮复习作业 (04) 班级姓名1、物体做自由落体运动， E k 代表动能， E p 代表势能， h 代表下落的距离， 以水平地面为 零势能面。
下列所示图像中，能正确反映各 物理量之间关系的是 （ Ｂ ）２、如图重 10 N 的滑块在倾角为30°的斜面上，从 a 点由静止开始下滑，到 b 点开始压缩轻弹簧 , 到 c 点时达到最大速度，到 d 点 ( 图中未画出 ) 开始弹回，返回 b 点离 开弹簧，恰能再回到 a 点．若 b c ＝0.1 m ，弹簧弹性势能的最大值为 8J ，则( ) A ．轻弹簧的劲度系数是 50 N/m B ．从 d 到 c 滑块克服重力做功 8 JC ．滑块动能的最大值为 8 J D．从 d 到 c 弹簧的弹力做功 8 J３．如图所示，两光滑斜面的倾角分别为30°和45°，质量分别为 2ｍ和 ｍ 的两个滑块用不可伸长的轻绳通过滑轮连接(不计滑轮的质量和摩擦 )，分 别置于两个斜面上并由静止释放； 若交换两滑块位置， 再由静止释放． 则在上述两种情形中正确的有 ( )A. 质量为 2ｍ的滑块受到重力、绳的张力、沿斜面的下滑力和斜面的支持力的作用B. 质量为 ｍ的滑块均沿斜面向上运动C.绳对质量为 ｍ滑块的拉力均大于该滑块对绳的拉力D. 2ｍ和ｍ两物体在运动中机械能均守恒４．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（）2A ． 3t 0 时刻的瞬时功率为 5F 0t 0/mB ． 3t 0 时刻的瞬时功率为 15F 02t 0/m2t 0/4mC ．在 t=0 到 3t 0 这段时间内，水平力的平均功率为23F 0D ．在 t=0 到 3t 0 这段时间内，水平力的平均功率为225F 0 t 0/6m 5．如图所示， 在光滑的水平薄板中心有一个小孔 O ，在孔内穿过一条质量不计的细线，线的一端系一小球，小球以O 为圆心在板上做匀速圆周运动，半径为 R ，此时 O线的拉力为 F ．若逐渐增大拉力至 8F 时，小球仍以 O 为圆心，做半径为 R/2 的匀速圆周运动。
则在上述过程中，拉力做的功 ( )A ．3FR/ 2B ．7FR/ 4C ． 7FR/ 2D ．4FR６．如图所示，甲是一个带正电的小物块，乙是一个不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在B 一起置于粗糙的水平地板上， 地板上方有水平方向的匀强磁场。
现用水平恒力拉乙物块，甲使甲、乙无相对滑动地一起水平向左加速运动，在加速运动阶段F乙A ．乙物块与地之间的摩擦力不断增大B ．甲、乙两物块间的摩擦力不断增大C ．甲、乙两物块间的摩擦力大小不变D ．甲、乙两物块间的摩擦力不断减小 ７．质量为 2 kg 的物体，放在动摩擦因数 μ＝ 0.1 的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W 和物体发生的位移 x 之间的关系如图所示，重力加速度 g 取 10 m/s 2，则此物体 ( BD )A ．在 OA 段运动的加速度是 2.5 m/s 2B ．在 OA 段运动的加速度是 1.5 m/s 2C ．在位移为 x ＝ 9 m 时的速度是 5 m/s D. 在位移为 x ＝ 9 m 时的速度是 3 m/s8．如图所示甲、乙、丙中，除导体棒 ab 可动外，其余部分均固定不动，甲图中的电容器 C 原来不带电。
设导 体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计。
图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面（即纸面）向下的匀强磁场中，导轨足够长。
今给导体棒 ab 一个向右的初速度 v 0，在甲、乙、丙三种情形下导体棒 ab 的最终运动状态可能是 （ C ）A ．三种情形下导体棒 ab 最终均作匀速运动B ．三种情形下导体棒 ab 最终均静止C ．甲、丙中， ab 棒最终将以不同的速度作匀速运动；乙中， ab 棒最终静止D ．甲、丙中， ab 棒最终将以相同的速度作匀速运动；乙中，ab 棒最终静止R a R aRa× × ×× ××CV 0× V 0× E ×V 0× × ×××B××B××Bb bb甲 乙丙．10. 如图所示，质量 M ＝8 kg 的长木板放在光滑水平面上，在长木板的右端施加一水平恒力 F ＝8 N ，当长木 板向右运动速率达到 v 1＝10 m/s 时，在其右端有一质量 m ＝ 2 kg 的小物块 (可视为质点 )以水平向左的速率 v 2 ＝ 2 m/s 滑上长木板，物块与长木板间的动摩擦因数 μ＝ 0.2，小物块始终没有离开长木板， g 取 10 m/s 2.求：(1) 经过多长时间小物块与长木板相对静止； (2) 长木板至少要多长才能保证小物块不滑离长木板； (3) 上述过程中长木板对小物块摩擦力做的功．解析： (1)小物块的加速度为 a 2＝μg＝2 m/s 2，方向水平向右F －μ mg长木板的加速度为 a 1＝＝0.5 m/s 2，方向水平向右M设刚相对静止时它们的共同速度为 v ，以长木板运动的方向为正方向对小物块有 v ＝－ v 2＋ a 2t ，对长木板有 v ＝ v 1＋ a 1t 代入数据可解得 t ＝8s ，v ＝14 m/s.－ v 2＋v(2)此过程中小物块的位移为x 2＝2 t ＝48 mv 1＋vt ＝ 96 mL ＝ x 1－ x 2＝48 m.长木板的位移为 x 1＝所以长木板的长度至少为211(3)长木板对小物块的摩擦力做功为22答案： (1)8 s(2)48 m (3)192 JW ＝ mv － mv 2＝ 192 J.2 211．如图所示，边长 L=2.5m 、质量 m=0.50kg 的正方形金属线框，放在磁感应强度 B=0.80T 的匀强磁场中， 它的一边与磁场的边界 MN 重合 .在力 F 作用下由静止开始向左运动，在 5.0s 内从磁场中拉出 .测得金属线框中的电流随时间变化的图象如图所示 .已知金属线框的总电阻 R=4.0Ω.求(1)t=2.0s 时金属线框的速度和力 F 的大小.(2)已知在 5.0s 内，力 F 做功 1.92J,那么金属线框从磁场拉出的过程中 ,线框中产生的焦耳热是多少？学习必备欢迎下载高三物理二轮复习教学案 ( 05 )课题：功能关系在电学中的应用题型 1 机械能和电势能之间的转化例 1．如图所示， A、B 为平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板的中央各有一小孔M 和N.今有一带电小球，自 A 板上方相距为 d 的 P 点由静止自由下落 (P、M、N 在同一竖直线上 )，极板外的电场和空气阻力均忽略不计，到达 N 孔时速度恰好为零，然后沿原路返回 .若保持两极板间的电压不变，则（ ACD）A. 把 A 板向上平移一小段距离，质点自 P 点自由下落后仍能运动到 N 孔时返回B. 把 A 板向下平移一小段距离，质点自P 点自由下落后将穿过N 孔继续下落C.把 B 板向上平移一小段距离，质点自P 点自由下落后仍能返回D. 把 B 板向下平移一小段距离，质点自P 点自由下落后将穿过N 孔继续下落变式 1．如图所示， A、B 为平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连后再断开，两板的中央各有一小孔 M 和 N.一根长度为 d 的绝缘轻杆的两端各固定一相同的带负电小球 a 和 b（电荷量、质量均相同），将轻杆竖直放置在小孔M 、N 的正上方，下端 b 球距 A 板高度为 d。