2020届高考二轮复习物理：专题 功和功率 动能定理 Word版含解析
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高考物理二轮复习 600分冲刺 专题二 能量与动量 第5讲 功 功率 动能定理优练(含解析)
功功率动能定理一、选择题（本题共8小题,其中1～4题为单选,5~8题为多选）1．（2019·安徽省滁州市模拟）一根光滑金属杆，一部分为直线形状并与x轴负方向重合，另一部分弯成图示形状，相应的曲线方程为y＝－5x2.（单位：m)，一质量为0。
1 kg的金属小环套在上面，t＝0时刻从x＝－1 m处以v0＝1 m/s向右运动，并相继经过x＝1 m的A点和x＝2 m的B点，下列说法正确的是（ C )A．小环在B点与金属环间的弹力大于A点的弹力B．小环经过B点的加速度大于A点时的加速度C．小环经过B点时重力的瞬时功率为20 WD．小环经过B点的时刻为t＝2 s［解析] 若金属环以此初速度水平抛出，平抛的轨迹方程刚好与导轨的曲线方程一样，金属环沿导轨运动时与轨道间没有作用力，A错误；金属环做平抛运动，小环经过B点的加速度等于A点时的加速度，B错误；小球经过B点的时间t＝错误!＝错误!＝3 s，所以小环经过B点的时刻为t＝3 s,D错误；小环经过B点时，v y＝g(t－1)＝20 m/s，所以小球经过B点时重力的瞬间功率为P＝mgv y＝20 W，C正确。
2．（2019·山西模拟)车辆在行驶时,要克服的阻力有轮胎产生的滚动阻力(路阻）及空气阻力(风阻）。
有一辆汽车的路阻恒为车重的0。
05倍；风阻与车速的平方成正比, 即f＝bv2，b为风阻系数。
该车质量为1。
0×103kg，牵引力的最大功率为94.8 kW，在平直公路上运动时，最大速度可达60 m/s。
则当汽车的速度为20 m/s时，汽车的最大加速度值约为（取g＝10 m/s2）（ B ）A．3.6 m/s2B．4.1 m/s2C．4。
6 m/s2D．9。
0 m/s2[解析］当速度为v1＝60 m/s时，牵引力为错误!，由牛顿运动定律错误!－0.05mg－bv2，1＝0；当速度为v2＝20 m/s时，牵引力为Pv2，由牛顿运动定律错误!－0。
2020年高考物理二轮精准备考复习专题第05讲 功 功率 动能定理(原卷版)
2020年高考物理二轮精准备考复习讲义第二部分功能与动量第5讲功功率动能定理目录一、理清单，记住干 (2)二、研高考，探考情 (2)三、考情揭秘 (3)四、定考点，定题型 (3)超重点突破1功和功率的分析与计算 (3)命题角度1功的分析与计算 (4)命题角度2功率的分析及应用 (5)命题角度3 变力做功 (5)超重点突破2机车启动中的功率问题 (6)超重点突破3动能定理的基本应用 (7)命题角度1动能定理在直线运动中的应用 (8)命题角度2动能定理在曲线运动中的应用 (8)命题角度3 动能定理在图象问题中的应用 (9)五、固成果，提能力 (10)一、理清单，记住干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(α为F 与v 的夹角)． (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 ＝P F 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． 二、研高考，探考情【2019·高考全国卷Ⅲ，T17】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 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg【2019·高考江苏卷】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μmg B．物块克服摩擦力做的功为2μmgsC．弹簧的最大弹性势能为μmgs D．物块在A点的初速度为2μgs【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∶5 B．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∶1 D．电机所做的功之比为4∶5三、考情揭秘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，题目具有一定的综合性，难度适中．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．应考策略：备考中要理解功和功率的定义，掌握正、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．动能定理仍是2020年高考的考查重点，要重点关注本讲知识与实际问题、图象问题相结合的情景题目．四、定考点，定题型超重点突破1功和功率的分析与计算1．功和功率的计算(1)功的计算①恒力做功一般用功的公式或动能定理求解。
2020届高三高考物理二轮综合提高复习：功、功率和动能定理
功、功率和动能定理一、单项选择题1．列车在空载情况下以恒定功率P 经过一段平直的路段，通过某点时速率为v ，加速度为a 1；当列车满载货物再次经过同一点时，功率和速率均与原来相同，但加速度变为a 2.重力加速度大小为g .设阻力是列车重力的k 倍，则列车满载与空载时的质量之比为( ) A.kg ＋a 1kg ＋a 2 B ．kg ＋a 2kg ＋a 1C.P (kg ＋a 2)v (kg ＋a 1)D ．P (kg ＋a 1)v (kg ＋a 2)2．一辆汽车从静止开始先匀加速启动，达到某一速度后以恒定功率运动，最后做匀速运动．下列汽车运动的动能E k 、牵引力对汽车做的功W 随运动时间t 、运动位移x 的变化图象正确的是( )A B C D3．如图所示，半径为R 的半圆形轨道竖直固定在水平桌面上，圆心O 与轨道上边沿和滑轮上边沿在同一水平线上，轨道最低点a 与桌面相切．Oc 与Oa 的夹角为60°，A 、B 两球用跨过滑轮的轻绳连接(两球均可视为质点)．A 球从c 点由静止释放后沿圆轨道滑到a 点时速度恰好为零．设轻绳足够长，不计一切摩擦．在此过程中下列说法正确的是( )A ．重力对A 球做功的功率先变大后变小B ．两球沿绳方向速度大小始终相等C ．绳上的拉力始终大于B 球重力D ．A 、B 两小球的质量之比为2∶14．(2019·浙江省温州九校联考)据《科技日报》2018年7月17日报道，上海中车公司生产的全球最大马力无人遥控潜水器近日在上海下线．该潜水器质量为5×10 3 kg ，主要用于深海搜寻和打捞等．若在某次作业中，潜水器将质量为4×103 kg 的高密度重物从3 000 m 深的海底一起匀速提升到了海面，已知提升过程中潜水器的机械功率恒为180 kW ，水对潜水器的浮力和阻力相互平衡，其他影响可以忽略不计，则提升的时间为( )A ．0.5×103 sB ．1.0×103 sC ．1.5×103 sD ．2.0×103 s5．(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 kgC．1 kg D．0.5 kg6．如图所示，质量为m的小猴子在荡秋千，大猴子用水平力F缓慢将秋千拉到图示位置后由静止释放，此时藤条与竖直方向的夹角为θ，小猴子到藤条悬点的长度为L，忽略藤条的质量．下列说法中正确的是()A．缓慢上拉过程中拉力F做的功W F＝FL sin θB．缓慢上拉过程中小猴子重力势能增加mgL cos θC．小猴子再次回到最低点时重力的瞬时功率为零D．由静止释放到最低点小猴子重力的功率逐渐增大二、多项选择题7．(2018·开封一模)如图所示，一质量为m的小球固定在长为2L的轻杆上端，轻杆下端用光滑铰链连接于地面上的A点，杆可绕A点在竖直平面内自由转动，杆的中点系一细绳，电机与自动装置控制绳子，使得杆可以从虚线位置绕A点逆时针倒向地面，且整个倒下去的过程中，杆做匀速转动．那么在此过程中()A．小球重力做功为2mgLB．绳子拉力做功大于2mgLC．重力做功的功率逐渐增大D．绳子拉力做功的功率先增大后减小8．(2019·济宁五校联考)在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图象．已知重力加速度g＝10 m/s2.根据以上信息能得出的物理量有()A．物体与水平面间的动摩擦因数B．合外力对物体所做的功C．物体做匀速运动时的速度D．物体运动的时间三、计算题9．(2019·全国卷Ⅲ)空间中存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点．从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B.A不带电，B的电荷量为q(q>0)．A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为t2，重力加速度大小为g，求：(1)电场强度的大小；(2)B运动到P点时的动能．10．(2018·嘉定区二模)如图所示，光滑杆弯曲成相互垂直的两段后固定于竖直平面内，已知L AB＝4 m，α＝37°.一个质量为m的小环套在杆上，以v0＝8 m/s的初速度从A点沿杆上滑．不计小环经过B点时的能量损失，g取10 m/s2.则：(1)小环在AB段运动的加速度a大小和方向怎样？(2)小环运动到B点时的速度v B为多少？(3)若杆不光滑，且各部分粗糙程度相同，要使小环能够到达C点，小环和杆之间的动摩擦因数μ应小于多少？11.如图所示，劲度系数k＝200 N/m的轻质弹簧，上端固定，下端连一质量m＝3 kg的物块A，A放在平台B上，平台B可以控制A的运动，初始时A、B静止，弹簧处于原长，g取10 m/s2，控制平台B竖直向下运动，保持A与B一起下降直到分离，求：(1)A、B一起缓慢下降的最大位置x1；(2)若B以a＝5 m/s2向下加速运动，从开始运动到A、B分离的过程中弹簧弹性势能的变化量以及B对A做的功．答案一、单项选择题1．列车在空载情况下以恒定功率P 经过一段平直的路段，通过某点时速率为v ，加速度为a 1；当列车满载货物再次经过同一点时，功率和速率均与原来相同，但加速度变为a 2.重力加速度大小为g .设阻力是列车重力的k 倍，则列车满载与空载时的质量之比为( ) A.kg ＋a 1kg ＋a 2 B ．kg ＋a 2kg ＋a 1C.P (kg ＋a 2)v (kg ＋a 1) D ．P (kg ＋a 1)v (kg ＋a 2)答案：A解析：设空载时质量为m ，满载时质量为M ，汽车空载时受到的牵引力和阻力满足F －kmg ＝ma 1，由汽车的功率和牵引力关系P ＝Fv ，可得P ＝(kmg ＋ma 1)v ，当汽车满载时有F 1－kMg ＝Ma 2，P ＝F 1v ，得P ＝(kMg ＋Ma 2)v ，满载和空载时功率和速率均相等，可求出M m ＝kg ＋a 1kg ＋a 2.所以选项A 正确．2．一辆汽车从静止开始先匀加速启动，达到某一速度后以恒定功率运动，最后做匀速运动．下列汽车运动的动能E k 、牵引力对汽车做的功W 随运动时间t 、运动位移x 的变化图象正确的是( )A B C D答案：C解析：汽车从静止开始先匀加速启动，这一过程中牵引力不变，牵引力做的功W ＝Fx ＝F ·12at 2，则W －t 图象是开口向上的抛物线，W －x 图象是条倾斜的直线，达到某一速度后以恒定功率运动，牵引力做功W ＝Pt ，随着时间和位移的推移，牵引力做功越来越大，不会达到一个最大值，故A 、B 错误；汽车先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动，匀加速运动时，动能E k ＝12mv 2＝12ma 2t 2，E k －t 图象是开口向上的抛物线，做加速度减小的加速运动时，速度随时间增加变慢，则动能增加随时间变慢，斜率变小，最后匀速运动，动能达到最大值，故C 正确；从静止开始匀加速运动时，根据动能定理得：E k ＝(F －f )x ，E k －x 图象应该是直线，故D 错误． 3．如图所示，半径为R 的半圆形轨道竖直固定在水平桌面上，圆心O 与轨道上边沿和滑轮上边沿在同一水平线上，轨道最低点a 与桌面相切．Oc 与Oa 的夹角为60°，A 、B 两球用跨过滑轮的轻绳连接(两球均可视为质点)．A 球从c 点由静止释放后沿圆轨道滑到a 点时速度恰好为零．设轻绳足够长，不计一切摩擦．在此过程中下列说法正确的是( )A ．重力对A 球做功的功率先变大后变小B ．两球沿绳方向速度大小始终相等C ．绳上的拉力始终大于B 球重力D．A、B两小球的质量之比为2∶1答案：A解析：重力的功率P＝mgv，这里的v是指竖直方向的分速度，一开始A是由静止释放的，所以A一开始的竖直速度为零，最后运动到a点的时候，由于此时的切线是水平的，所以此时的竖直速度也是零．相当于竖直速度是从无到有再到无的一个过程，也就是一个先变大后变小的过程，所以重力功率mgv先增大后减小，故A正确；m A由c 点下滑到a的过程中，沿绳子方向的速度是一样的，在m A滑下去一段过程以后，此时的绳子与圆的切线是不重合，而是类似于圆的一根弦线而存在，m A的速度大于m A沿绳子的分速度，而m B的速度大小等于绳子的速度大小，则m A的速率大于m B速率，故B错误；由题可知，两个小球的速度都是先增大后减小，当B向上的速度增大时，加速度的方向向上，绳上的拉力大于B球重力；而当B向上减速时，加速度的方向向下，绳上的拉力小于B球重力．故C错误；c点到轨道的上沿的距离l＝R2＋R2－2R2cos 30°＝R2－3，若m A恰好能沿圆轨道下滑到a点，此时两小球速度为零，由动能定理得：m A gR(1－cos 60°)－m B g(2R－l)＝0－0，解得：m A＝(23－22－3)m B，故选项D错误．4．(2019·浙江省温州九校联考)据《科技日报》2018年7月17日报道，上海中车公司生产的全球最大马力无人遥控潜水器近日在上海下线．该潜水器质量为5×10 3 kg，主要用于深海搜寻和打捞等．若在某次作业中，潜水器将质量为4×103 kg的高密度重物从3 000 m深的海底一起匀速提升到了海面，已知提升过程中潜水器的机械功率恒为180 kW，水对潜水器的浮力和阻力相互平衡，其他影响可以忽略不计，则提升的时间为()A．0.5×103 s B．1.0×103 sC．1.5×103 s D．2.0×103 s答案：C解析：由题可知，重物匀速运动，其速度为v＝PG＝180×103(5＋4)×103×10m/s＝2 m/s，运动的时间为t＝3 0002s＝1.5×103 s，故只有选项C正确．5．(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 kgC．1 kg D．0.5 kg答案：C解析：对上升过程，由动能定理，－(F＋mg)h＝E k－E k0，得E k＝E k0－(F＋mg)h，即F＋mg＝12 N；下落过程，(mg－F )(6－h )＝E k ，得E k ＝6(mg －F )－h (mg －F )，即mg －F ＝8 N ，联立两公式，得m ＝1 kg 、F ＝2 N ．故只有选项C 正确．6．如图所示，质量为m 的小猴子在荡秋千，大猴子用水平力F 缓慢将秋千拉到图示位置后由静止释放，此时藤条与竖直方向的夹角为θ，小猴子到藤条悬点的长度为L ，忽略藤条的质量．下列说法中正确的是( )A ．缓慢上拉过程中拉力F 做的功W F ＝FL sin θB ．缓慢上拉过程中小猴子重力势能增加mgL cos θC ．小猴子再次回到最低点时重力的瞬时功率为零D ．由静止释放到最低点小猴子重力的功率逐渐增大 答案：C解析：缓慢上拉过程中拉力F 是变力，由动能定理，F 做的功等于克服重力做的功，即W F ＝mgL (1－cos θ)，重力势能增加mgL (1－cos θ)，选项A 、B 错误；小猴子由静止释放时速度为零，重力的功率为零，再次回到最低点时重力与速度方向垂直，其功率也为零，则小猴子下降过程中重力的功率先增大后减小，选项C 正确，D 错误． 二、多项选择题7．(2018·开封一模)如图所示，一质量为m 的小球固定在长为2L 的轻杆上端，轻杆下端用光滑铰链连接于地面上的A 点，杆可绕A 点在竖直平面内自由转动，杆的中点系一细绳，电机与自动装置控制绳子，使得杆可以从虚线位置绕A 点逆时针倒向地面，且整个倒下去的过程中，杆做匀速转动．那么在此过程中( )A ．小球重力做功为2mgLB ．绳子拉力做功大于2mgLC ．重力做功的功率逐渐增大D ．绳子拉力做功的功率先增大后减小 答案：AC解析：小球重力做功为W G ＝mg ·2L ＝2mgL ，故A 正确；在整个过程中，根据动能定理可得mg ·2L －W 拉＝12mv 2－12mv 2，解得W 拉＝2mgL ，故B 错误；根据P ＝Fv cos θ可知，P ＝mgv cos θ，在下落过程中，θ逐渐减小，故重力做功功率逐渐增大，故C 正确；在整个过程中，重力的功率和绳子的功率相同，故绳子的功率逐渐增大，故D 错误． 8．(2019·济宁五校联考)在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg 的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图象．已知重力加速度g ＝10 m/s 2.根据以上信息能得出的物理量有( )A ．物体与水平面间的动摩擦因数B ．合外力对物体所做的功C ．物体做匀速运动时的速度D ．物体运动的时间 答案：ABC解析：由题意知物体开始做匀速直线运动，故拉力F 与滑动摩擦力f 大小相等，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝F mg ＝0.35，选项A 正确；减速过程由动能定理得W F ＋W f ＝0－12mv 2，根据F -x 图象中图线与横轴围成的面积可以估算力F 做的功W F ，而W f ＝－μmgx ，由此可求得合外力对物体所做的功，及物体做匀速运动时的速度v ，选项B 、C 正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，选项D 错误． 三、计算题9．(2019·全国卷Ⅲ)空间中存在一方向竖直向下的匀强电场，O 、P 是电场中的两点．从O 点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m 的小球A 、B .A 不带电，B 的电荷量为q (q >0)．A 从O 点发射时的速度大小为v 0，到达P 点所用时间为t ；B 从O 点到达P 点所用时间为t2，重力加速度大小为g ，求：(1)电场强度的大小； (2)B 运动到P 点时的动能． 答案：(1)3mg q(2)2m (v 20＋g 2t 2) 解析：(1)设电场强度的大小为E ，小球B 运动的加速度为a .根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有 mg ＋qE ＝ma ① 12a (t 2)2＝12gt 2② 解得：E ＝3mg q③(2)设B 从O 点发射时的速度为v 1，到达P 点时的动能为E k ，O 、P 两点的高度差为h ，根据动能定理有 E k －12mv 21＝mgh ＋qEh ④且有v 1t2＝v 0t ⑤h ＝12gt 2⑥ 联立③④⑤⑥式得：E k ＝2m (v 20＋g 2t 2)⑦10．(2018·嘉定区二模)如图所示，光滑杆弯曲成相互垂直的两段后固定于竖直平面内，已知L AB ＝4 m ，α＝37°.一个质量为m 的小环套在杆上，以v 0＝8 m/s 的初速度从A 点沿杆上滑．不计小环经过B 点时的能量损失，g 取10 m/s 2.则：(1)小环在AB 段运动的加速度a 大小和方向怎样？(2)小环运动到B 点时的速度v B 为多少？(3)若杆不光滑，且各部分粗糙程度相同，要使小环能够到达C 点，小环和杆之间的动摩擦因数μ应小于多少？答案：(1)6 m/s 2，方向沿杆斜向下 (2)4 m/s (3)0.64解析：(1)小环在AB 段运动过程中，受到重力和支持力的作用，其合外力为mg sin α，根据牛顿第二定律可得：mg sin α＝ma ，得：a ＝g sin α＝6 m/s 2，方向沿杆斜向下． (2)小环从A 点运动到B 点的过程中，由动能定理可得： －mgL AB sin α＝12mv 2B －12mv 20 解得：v B ＝v 20－2gL AB sin α＝4 m/s.(3)小环从A 点出发，经过B 点，能够到达C 点，重力不做功，只有摩擦力做负功，全过程利用动能定理可得：－μmg cos αL AB －μmg sin αL BC ＝0－12mv 20，再由几何关系可知：L BC ＝3 m ，解得：μ＝0.64.11.如图所示，劲度系数k ＝200 N/m 的轻质弹簧，上端固定，下端连一质量m ＝3 kg 的物块A ，A 放在平台B 上，平台B 可以控制A 的运动，初始时A 、B 静止，弹簧处于原长，g 取10 m/s 2，控制平台B 竖直向下运动，保持A 与B 一起下降直到分离，求：(1)A 、B 一起缓慢下降的最大位置x 1；(2)若B 以a ＝5 m/s 2向下加速运动，从开始运动到A 、B 分离的过程中弹簧弹性势能的变化量以及B 对A 做的功． 答案：(1)0.15 m (2)0.562 5 J －0.562 5 J 解析：(1)对A 受力分析：mg －F N －kx ＝0 当F N ＝0时，达到最大位移，x 1＝mgk＝0.15 m(2)B 以a ＝5 m/s 2向下加速运动，对A 受力分析：mg －F N －kx ＝ma ，当F N ＝0时，达到最大位移x 2＝mg －mak ＝0.075m弹簧弹力对A 做的功：W 弹＝－12F 弹x 2＝－12kx 22＝－0.562 5 J所以弹性势能的增加量E p2＝－W 弹＝0.562 5 J 分离时物块A 的速度v ＝2ax 2 动能E k ＝12mv 2＝98J重力对A 做的功为W G ＝mgx 2＝2.25 J 对A 由动能定理，W ＋W G ＋W 弹＝E k代入数据得B对A的作用力所做的功W＝－0.562 5 J.。
2020届高考物理二轮复习专题典型例题及练习(共21专题精排word)六功和能
2020届高考物理二轮复习专题典型例题及练习（共21专题精排word ）六功和能六、功 和 能典 型 例 题【例题1】如图1所示，轻绳下悬挂一小球，在小球沿水平面作半径为R 的匀速圆周运动转过半圈的过程中，以下关于绳对小球做功情形的表达中正确的选项是〔 〕A. 绳对小球没有力的作用，因此绳对小球没做功；B. 绳对小球有拉力作用,但小球没发生位移，因此绳对小球没做功；C. 绳对小球有沿绳方向的拉力，小球在转过半圈的过程中的位移为水平方向的2R ，因此绳对小球做了功；D. 以上讲法均不对. 【分析与解】从表面上看看起来选项Ｃ讲得有道理，但事实上由于绳对小球的拉力是方向不断变化的变力，而变力做功与否的判定应该如此来进行：在小球转过半圆周的过程中任取一小段圆弧，经考察发觉小球在通过这一小段圆弧时所受拉力方向与这一小段位移垂直，因此能够确信在小球通过每一小段圆弧时绳均不对小球做功，由此可知此例应选D.【例题2】把两个大小相同的实心铝球和实心铁球放在同一水平面上，它们的重力势能分不为1E 和2E ．假设把它们移至另一个较低的水平面上时，它们的重力势能减少量分不为1E ∆和2E ∆那么必有〔 〕Ａ.1E ＜2E Ｂ.1E ＞2E Ｃ.1E ∆＜2E ∆ Ｄ.1E ∆＞2E ∆【分析与解】假如重力势能的零势面比两球所处的水平面较低，那么明显由于铁的密度较大，同体积的铁球质量较大而使1E ＜2E ；但如就取两球心所在的水平面为重力势能零势面，那么又有1E ＝2E ＝0；因此假设两球所在的水平面在重力势能的零势面下方，甚至能够有2E ＜1E ＜0.零势面如何选取，上较多的，因此此例应选择Ｃ【例题3】如图10－2B 分不固定在长为L 直平面内无摩擦转动，位置的过程中，杆对小球A 图1球B 所做的功为 ．【分析与解】在此过程中由于A 、B 构成的系统的机械能守恒，因此系统减少的重力势能应与系统增加的动能相等．即22)2(21212)2(2v m mv L m L mg+=+- 由此解得A 、B 两球转到杆处于竖直位置时的速度大小为gL v 31=而在此过程中A 、B 两球的机械能的增加量分不为mgL mv L mgE 3221221=+=∆ mgL mv L mgE 322212222-=+-=∆ 因此，此过程中轻杆对Ａ、Ｂ两小球所做的功分不为mgL E W 3211=∆= mgL E W 3222-=∆=【例题4】放在光滑水平面上的长木板，右端用细线系在墙上，如图3所示，左端固定一个轻弹簧，质量为m 的小球，以某一初速度在光滑木板上表面向左运动，且压缩弹簧，当球的速度减小为初速的一半时，弹簧势能为E ，这时细线被拉断，为使木板获得的动能最大，木板的质量应等于多少？其最大动能为多少？【分析与解】先进行状态分析，当小球碰到弹簧后，小球将减速，当球的速度减小为初速的一半时，弹簧势能为E ，即表示：])2([212020v v m E -=细线断后，小球连续减速，木板加速，且弹簧不断伸长，以整体来看，系统的机械能守恒，假设小球的速度减小为0时，弹簧恰好变成原长状态，那么全部的机械能确实是木板的动能，现在木板获得的动能最大．系统所受的合外力为0，故动量守恒，Mv v m =021且222121mv Mv = 解得4m M =，E E km 34=．图3【例题5】一个竖直放置的光滑圆环，半径为R ，c 、e 、b 、d 分不是其水平直径和竖直直径的端点．圆环与一个光滑斜轨相接，如图4所示．一个小球从与d 点高度相等的a 点从斜轨上无初速下滑．试求：(1)过b 点时，对轨道的压力b N 多大？ (2)小球能否过d 点，如能，在d 点对轨道压力d N 多大？如不能，小球于何处离开圆环？【分析与解】小球在运动的全过程中，始终只受重力G 和轨道的弹力N ．其中，G 是恒力，而N 是大小和方向都能够变化的变力．然而，不论小球是在斜轨上下滑依旧在圆环内侧滑动，每时每刻所受弹力方向都与即时速度方向垂直．因此，小球在运动的全过程中弹力不做功，只有重力做功，小球机械能守恒．从小球到达圆环最低点b 开始，小球就做竖直平面圆周运动．小球做圆周运动所需的向心力总是指向环心O 点，此向心力由小球的重力与弹力提供．〔1〕因为小球从a 到b 机械能守恒b a E E =，因此221b a mv mgh =① R h a 2= ②Rv m G N bb 2=- ③解①②③得 mg N b 5=〔2〕小球如能沿圆环内壁滑动到d 点，讲明小球在d 点仍在做圆周运动，那么Rv m G N dd 2=+，可见，G 是恒量，随着d v 的减小d N 减小；当d N 差不多减小到零〔表示小球刚能到达d 〕点，但球与环顶已是接触而无挤压，处于〝假设即假设离〞状态〕时，小球的速度是能过d 点的最小速度．如小球速度低于那个速度就不可能沿圆环到达d 点．这就讲明小球如能到达d 点，其机械能至少应是221d a d mv mgh E +=，然而小球在a 点动身的机械能仅有d a a mgh mgh E ==＜d E 因此小球不可能到达d 点．又由于a c h h 21=，d a E E = 即221c c a mv mgh mgh +=图4因此，c v ＞0，小球从b 到c 点时仍有沿切线向上的速度，因此小球一定是在c 、d 之间的某点s 离开圆环的．设半径Os 与竖直方向夹α角，那么由图可见，小球高度R h s )cos 1(α+= ④依照机械能守恒定律，小球到达s 点的速度s v 应符合： 221s s a mv mgh mgh += ⑤ 小球从s 点开始脱离圆环，因此圆环对小球已无弹力，仅由重力G 沿半径方向的分力提供向心力，即Rv m mg s 2cos =α ⑥解④⑤⑥得 R h s 35=故小球通过圆环最低点b 时，对环的压力为mg 5．小球到达高度为35R的s 点开始脱离圆环，做斜上抛运动．【讲明】1．小球过竖直圆环最高点d 的最小速度称为〝临界速度〞0v ．0v 的大小能够由重力全部提供向心力求得，即小球到达d 点，当d v ＞0v 时，小球能过d 点，且对环有压力；当d v =0v 时，小球刚能过d 点，且对环无压力；当d v ＜0v 时，小球到不了d 点就会离开圆环．2．小球从s 点开始做斜上抛运动，其最大高度低于d 点，这可证明．练 习1.关于摩擦力做功的以下讲法中,正确的选项是( )C.静摩擦力不可能做功;D.静摩擦力不可能做正功. 2.如图1所示,绳上系有A 、B 两小球,将绳拉直后静止开释,那么在两球向下摆动过程中,以下做功情形的表达,正确的选项是( )A.绳OA 对A 球做正功B.绳AB 对B 球不做功 s h图5A BC.物块动量的变化一定为零D.F 一定对物块做正功 4．如图2所示，一磁铁在外力作用下由位置1沿直线 以速度v v 匀速运动到位置2，在那个过程中磁铁穿过了闭合金属线圈abcd ，此过程外力对磁铁做功为1W ．假设调剂线圈上的滑动变阻器R 使阻值增大些，将磁铁仍从位置1沿直线 以速度v 匀速运动到位置2，此过程外力对磁铁做功为2W ．那么〔 〕A.21W W =B.1W ＞2WC.1W ＜2WD.条件不足，无法比较5.试在以下简化情形下从牛顿定律动身，导出动能定理的表达式：物体为质点，作用力为恒力，运动轨迹为直线.要求写出每个符号以及所得结果中每项的意义.6.如图3所示，竖直平面内固定一个半径为R 的41光滑圆形轨道AB ，底端B 切线方向连接光滑水平面，C 处固定竖直档板，BC 间的水平距离为S ，质量为m 的物块从A 点由静止开释沿轨道滑动，设物块每次与档板碰后速度大小差不多上碰前的51，碰撞时刻忽略不计，那么： ⑴物块第二次与档板碰后沿圆形轨道上升的最大高度为多少？⑵物块第二次与档板碰撞到第四次与档板碰撞间隔的时刻？7. 如图4所示，倾角为θ的斜面上，有一质量为m 的滑块距档板P 为0S 处以初速度0v 沿斜面上滑，滑块与斜面间动摩擦因数为μ，μ<θtan ,假设滑块每次与档板碰撞时没有机械能缺失，求滑块在整个运动过程中通过的总路程．8.一个质量m =0.2kg 的小球系于轻质弹簧的一端，且套在光滑竖立的圆环上，弹簧的上端固定于环的最高点A ，环的半径R =0.5ｍ，弹簧的原长0l =0.50ｍ，劲度系数为4.8Ｎ/ｍ.如图5所示.假设小球从图5中所示位置B 点由静止开始滑动到最低点C 时，弹簧的弹性势能p E =0.60Ｊ.求：〔1〕小球到C 点时的速度0v 的大小；〔2〕小球在C点对环的作用力.〔g 取10ｍ/ｓ2〕图20vP图4图5图39.如图6所示，AB 和CD 为两个对称斜面，其上部足够长，下部分分不与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为120°，半径R ＝2.0ｍ，一个质量为m ＝1ｋｇ的物体在离弧高度为h ＝3.0ｍ处，以初速度4.0ｍ／ｓ沿斜面运动，假设物体与两斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g ＝10ｍ／ｓ2，那么〔1〕物体在斜面上〔不包括圆弧部分〕走过路程的最大值为多少？〔2〕试描述物体最终的运动情形．〔3〕物体对圆弧最低点的最大压力和最小压力分不为多少？10. 如图7所示，质量为M 的滑块B 套在光滑的水平杆上可自由滑动，质量为m 的小球A 用一长为L 的轻杆与B 上的O 点相连接，轻杆处于水平位置，可绕O 点在竖直平面内自由转动．(1)固定滑块B ，给小球A 一竖直向上的初速度,使轻杆绕O 点转过900，那么小球初速度的最小值是多少?(2)假设m M 2=，不固定滑块且给小球一竖直向上的初速度0v ，那么当轻杆绕O 点转过900，A 球运动至最高点时，B 的速度多大?练习答案1.B2.C 、D3.D 4．B 5.〔略〕6.解：⑴物块在光滑轨道上滑动过程机械能守恒，第一次下滑到底端B 时的动能为mgR E k = ①由于每次与档板碰后速度大小差不多上碰前的51，故每次与档板碰后动能差不多上碰前的251，物块通过两次与档板碰后动能为k E 2)251(，依照机械能守恒定律有 22)251(mgh E k = ② 由①、②得6252Rh = ③⑵物块第二次与档板碰后沿圆形轨道上升的最大高度625R远小于R ，此后物块在圆形轨道上的运动都可看成简谐运动，周期gRT π2= ④ 图6图7第二次与档板碰后速度：gR v 22512=⑤ 那么第二次与档板碰撞到第三次与档板碰撞间隔的时刻为：gRgR S g R v S T t 22522121+=+=π ⑥第三次与档板碰后速度：gR v 212513=⑦ 那么第三次与档板碰撞到第四次与档板碰撞间隔的时刻为：gRgR S g R v S T t 212522132+=+=π ⑧因此第二次与档板碰撞到第四次与档板碰撞间隔的时刻为：gRgRS g R t t t 2150221+=+=π⑨ 7.解：由于滑动摩擦力θμcos mg f =<θsin mg因此物体最终必定停在P 点处，由功能关系有)21sin (0)cos (200mv mgS S mg +-=-θθμ总θμθcos 2sin 2020g gS v S +=总8.解：(1)由机械能守恒p c E mv mgR +=︒+221)60cos 1( 得:3=c v m/s(2)在最低点Rv m mg N l k c 2=-+∆得:2.3=N N9.解：〔1〕物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功max 60cos S mg W f ⋅︒=μ物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中20210mv W mgh f -=-解得38max =S ｍ(2)物体最终是在B 、C 之间的圆弧上来回做变速圆周运动，且在B 、C 点时速度为零． 〔3〕物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大．由动能定理得221212160sin 60cos )]60cos 1([mv mv h mg R h mg -=︒⋅︒-︒-+μ 由牛顿第二定律得 Rv m mg N 21max =-解得 5.54max =N N ．物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小．由动能定理得2221)60cos 1(mv mgR =︒- 由牛顿第二定律得Rv m mg N 22min =-解得20min =N N ．10.解：(1)小球A 在竖直方向速度为v 时运动到最高点速度刚好为零，由机械能守恒有mgL mv =221 解得：gL v 2=〔2〕当球A 运动到最高点速度为1v ，现在B 球速度为2v ，且m M 2=水平方向动量守恒有021=-Mv mv 依照能量关系mgL Mv mv mv ++=222120212121 解得：)2(61202gL v v -=。
2020届高考物理第二轮专题复习课时提升训练：功和功率 功能关系(含解析)
2020届高考物理第二轮专题复习课时提升训练功和功率功能关系一、选择题1．发动机额定功率为P0的汽车在水平路面上从静止开始先匀加速启动，最后达到最大速度并做匀速直线运动，已知汽车所受路面阻力恒为F f，汽车刚开始启动时的牵引力和加速度分别为F0和a0，如图所示描绘的是汽车在这一过程中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( )答案 A解析 汽车由静止开始匀加速启动时，a 一定，根据v ＝at 知v 增大，由F ＝ma ＋F f 知F 一定，根据P ＝Fv 知v 均匀增大，功率P 也均匀增大，达到P 额后，功率保持不变，v 继续增大，所以F ＝P v 减小，a ＝F －F f m 减小，当F ＝F f 时，a ＝0，v m ＝PF f，此后汽车做匀速运动，故只有A正确．2．研究表明，人步行时重心升降的幅度约为脚跨一步距离的0.1倍．某同学体重为70kg ，在水平地面上匀速步行的速度为5km/h ，g 取10m/s 2，此过程中他的平均功率约为( ) A ．5W B ．50W C ．100W D ．200W答案 C解析 人步行时重心升降的幅度约为脚跨一步距离的0.1倍，设该同学在时间t 内在水平地面上运动的距离为vt ，此过程中重心上升的高度为Δh ＝0.1vt ，其重力为G ＝700N ，所以平均功率P ＝G Δht＝0.1Gvt t ＝0.1Gv ＝0.1×700×53.6W≈97.2W，故C 正确． 3．人们用一块弹性毯子将小孩竖直抛起，再保持弹性毯子水平，接住小孩，这是阿拉斯加当地人的一种娱乐方式．若不计空气阻力，下列说法中正确的是( )A ．用毯子将小孩上抛，毯子对小孩做正功，小孩机械能增加B ．小孩在空中上升时处于超重状态，下落过程处于失重状态C ．小孩由最高点下落，一接触到弹性毯子就立刻做减速运动D ．小孩由最高点下落至速度为零的过程中，小孩机械能守恒 答案 A4. “反向蹦极”是蹦极运动的一种类型，如图所示，将弹性绳拉长后固定在运动员身上，并通过其他力作用使运动员停留在地面上，当撤去其他力后，运动员从A 点被“发射”出去冲向高空，当上升到B 点时弹性绳恢复原长，运动员继续上升到最高点C ，若运动员始终沿竖直方向运动并视为质点，忽略弹性绳质量与空气阻力．下列说法正确的是( )A．运动员在A点时弹性绳的弹性势能最小B．运动员在B点时的动能最大C．运动员在C点时的加速度大小为0D．运动员从A点运动到B点的过程，弹性绳的弹性势能减小量大于运动员重力势能的增加量答案 D5．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；上抛的物体运动时间长，根据P ＝Wt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可知12mv 2＝mgh ＋12mv 02，两球落地的速度相同，根据P ＝mgv 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．6. 某三层书架放在1m 高的桌面上，书架的层高均为30cm ，隔板厚度不计．假设每本书质量为1kg ，高度为20cm ，每层书架可竖直摆放10本书，一开始所有书全部都平铺在水平地面上．现将书搬到书架上并竖直放满书架，需要做的功为(g 取 10m/s 2)( )A．435J B．420J C．120J D．390J答案 B解析放满书的三层书架，三层书的重心分别上升1.1m，1.4m,1.7m，由W＝mg(h1＋h2＋h3)＝420J.7．放置于水平地面上的物体在水平恒力F作用下，以不同的速度沿着力F的方向匀速运动了距离L.第一次的速度为v1，恒力F做的功为W1，功率为P1；第二次的速度为v2，恒力F做的功为W2，功率为P2.已知v1>v2，则下列判断正确的是( )A．W1>W2，P1＝P2B．W1>W2，P1>P2C．W1＝W2，P1＝P2D．W1＝W2，P1>P2答案 D解析 根据W ＝FL 可知，两次做功相同则W 1＝W 2；由于v 1>v 2，所以第一次做功时间短，根据P ＝Wt可得P 1>P 2，选项D 正确．8．如图所示，两个半径不同、内壁光滑的半圆轨道，固定于地面，两轨道的球心O 、O ′在同一水平高度上，一小球先后从与轨道球心在同一高度上的A 、B 两点从静止开始滑下，以轨道球心所在位置为零势能面，通过最低点时，下列说法中不正确的是( )A ．小球对轨道的压力是相同的B ．小球的速度相同C ．小球向心加速度是相同的D ．小球的机械能相同 答案 B解析 设小球通过最低点的速度大小为v ，半圆的半径为R .在落到最低点的过程中．根据动能定理得mgR ＝12mv 2－0，解得v ＝2gR ，可知R 越大v 越大，故B 错误；在最低点，竖直方向上的合力提供向心力，由牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2R，联立解得F N ＝3mg ，可知轨道对小球的支持力与半圆轨道的半径无关，由牛顿第三定律可知小球对两轨道的压力大小圴为重力的3倍，方向均竖直向下，故A 正确；在最低点，a ＝F N －mg m＝2g ，方向竖直向上，故C 正确；两球下滑都只有重力做功，满足机械能守恒，故D 正确．9．一名外卖送餐员用电动自行车沿平直公路行驶给客户送餐，中途因电瓶“没电”，只能改用脚蹬车以5m/s 的速度匀速前行，骑行过程中所受阻力大小恒为车和人总重力的0.02倍(取g ＝10m/s 2)，该送餐员骑电动自行车以5m/s 的速度匀速前行过程做功的功率最接近( )A ．10WB ．100WC ．1kWD ．10kW 答案 B解析 设送餐员和车的总质量为100kg ，匀速行驶时的速率为5m/s ，匀速行驶时的牵引力与阻力大小相等，F ＝0.02mg ＝20N ，则送餐员骑电动自行车匀速行驶时的功率为P ＝Fv ＝100W ，故B 正确． 10、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答案 C解析 小球从a 运动到c ，根据动能定理，得 F ·3R －mgR ＝12mv 12，又F ＝mg ，故v 1＝2gR ，小球离开c 点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动．且水平方向与竖直方向的加速度大小相等，都为g ，故小球从c 点到最高点所用的时间t ＝v 1g ＝2R g ，水平位移x ＝12gt 2＝2R ，根据功能关系，小球从a 点到轨迹最高点机械能的增量为力F 做的功，即ΔE ＝F ·(2R ＋R ＋x )＝5mgR . 二、非选择题11．如图所示，一水平圆盘绕过圆心的竖直轴转动，圆盘半径R ＝0.2m ，圆盘边缘有一质量m ＝1kg 的小滑块．当圆盘转动的角速度达到某一数值时，滑块恰从圆盘边缘A 沿过渡圆管滑落，进入轨道ABC ，AB 粗糙，BCD 光滑，CD 面足够长且离地面高为h ′＝0.4m ，经C 点后突然给滑块施加水平向右的恒力F ＝1033N ．已知AB 段斜面倾角为60°，BC 段斜面倾角为30°，小滑块与圆盘的动摩擦因数μ＝0.5，A 点离B 点所在水平面的高度h ＝1.2m ，运动到B 点时的速度为3m/s ，滑块从A 至C 运动过程中始终未脱离轨道，不计在过渡圆管处和B 点的机械能损失，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10m/s 2，求：(1)滑出A 点时，圆盘转动的角速度ω； (2)小滑块在从A 到B 时，摩擦力做的功； (3)小滑块在CD 面上的落点距C 点的水平距离． 答案 (1)5rad/s (2)－8J (3)315m解析 (1)滑块在圆盘上做圆周运动时，静摩擦力充当向心力， 根据牛顿第二定律得：μmg ＝mω2R ， 代入数据解得：ω＝5rad/s (2)v A ＝ωR ＝5×0.2m/s＝1m/s ，从A 到B 的运动过程由动能定理：mgh ＋W f ＝12mv B 2－12mv A 2，解得W f ＝－8J(3)－mgh ′＝12mv C 2－12mv B 2解得v C ＝1m/s对小滑块经C 点后受力分析可知，F 合＝2033N ，则合加速度大小为a＝2033m/s 2，方向与C 点速度方向垂直 v y ＝v C sin30°，小滑块经C 点到落地的过程，用时t ＝2v yg，小滑块在C 点时，水平方向的速度v x ＝v C cos30°，水平方向加速度a ＝Fm，小滑块在CD 面上的落点距C 点的水平距离x＝v x t ＋12at 2，联立解得x ＝315m.12．如图所示是滑块翻越碰撞游戏的示意图．弹射装置将滑块以一定初速度从A 点弹出，滑块沿粗糙桌面运动，从B 点进入竖直光滑圆轨道，沿圆轨道运动一周后离开轨道，向桌面边缘的C 点运动．滑块在C 点水平抛出，恰好在D 点沿DE 方向进入光滑倾斜轨道．固定在轨道底端的弹性板EF 与轨道垂直，滑块与弹性板碰撞后反弹，碰撞过程中有能量损失．已知可视为质点的滑块质量m ＝0.1kg ，滑块与桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，桌面AB 和桌面BC 长度分别为x 1＝2.25m 与x 2＝1.0m ，C 、D 两点高度差h ＝0.2m ，轨道的倾角θ为30°，DE 长度L ＝0.9m ，每次滑块与弹性板碰撞后速度大小变为碰前的0.6倍，重力加速度g 取10m/s 2.(1)求滑块从C 点运动到D 点的时间； (2)求滑块在A 点的动能大小； (3)求竖直圆轨道的最大半径； (4)求滑块在倾斜轨道运动的总距离．答案 (1)0.2s (2)1.25J (3)0.32m (4)3.7125m 解析 (1)滑块由C 点到D 点做平抛运动： h ＝12gt 2代入数据得：t ＝0.2s(2)设滑块在D 的竖直速度为v Dy ，水平速度为v Dx ，滑块在C 速度为vC ，则v Dy ＝gt ＝2m/sv Dyv Dx＝tan30° v C ＝v Dx ＝23m/s设滑块在A 点的动能为E k A ，根据动能定理：－μmg (x 1＋x 2)＝12mv C 2－E k A代入数据得E k A ＝1.25J(3)设滑块在圆轨道的最高点的速度至少为v ，则mg ＝m v 2R设竖直圆轨道的最大半径为R ，由动能定理2mgR －μmgx 2＝12mv C 2－12mv 2由以上两式得可：R ＝0.32m(4)设滑块到达D 点时的速度为v D ，则v D ＝4.0m/s 设滑块到达E 点的速度为v E ，由机械能守恒 12mv D 2＋mgL sin θ＝12mv E 2v E ＝5.0m/s设第一次碰后速度为v 1，第二次碰后速度为v 2，第n 次碰后速度为v n ，则v 1＝3.0m/s第一次反弹上滑距离：x 1＝v 122g sin θ＝0.9m ＝L第二次反弹上滑距离：x 2＝(35)2x 1＝925L第三次反弹上滑距离：x 3＝(35)2x 2＝(925)2L第n 次反弹上滑距离：x n ＝(35)2x n －1＝(925)n －1L设滑块在倾斜轨道运动的总距离为x ，则x ＝L ＋2(x 1＋x 2＋…＋x n ) x ≈0.9m＋2×0.91－925m ＝3.7125m.。
2020届高考二轮专题物理复习测试题力和运动、 功和能、电场与磁场 Word版含答案
2022届高考二轮专题物理复习测试题力和运动、功和能、电场与磁场测试时间：90分钟满分：100分一、选择题(本大题有12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，至少有一项正确，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错或不答的得0分) 1．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是()A．古希腊学者亚里士多德用科学推理论证重物体和轻物体下落一样快，推翻了意大利物理学家伽利略的观点B．德国天文学家开普勒发觉了万有引力定律，提出了牛顿三大定律C．法国物理学家库仑利用扭秤试验发觉了电荷之间的相互作用规律——库仑定律，并测出了静电力常量k的值D．丹麦物理学家奥斯特发觉了电流的磁效应，并总结出了右手螺旋定则解析：选项A中两个科学家的贡献反了，应当是伽利略推翻了亚里士多德，所以选项A错误；开普勒总结出行星运动的三大定律，牛顿发觉了万有引力定律，并提出牛顿三大定律，选项B错误；丹麦物理学家奥斯特发觉了电流的磁效应，但右手螺旋定则是安培总结出来的，所以也成为安培定则，选项D错误；只有选项C正确，本题答案为C.答案：C滚动(三)－12．(2021·福建质检)如图滚动(三)－1所示，质量为m、带电量为q的小球B用绝缘细线悬挂，处于固定的带电体A产生的电场中，A可视为点电荷，B为摸索电荷．当小球B静止时，A、B等高，细线偏离竖直方向的夹角为θ.已知重力加速度为g.则点电荷A在B处所产生的场强大小为()A.mg tanθq B.mg cotθqC.mg sinθq D.mg cosθq解析：本题考查了共点力的平衡及电场强度的定义．难度较小．对小球B受力分析，依据共点力的平衡条件作平行四边形，由几何关系得tanθ＝qEmg，解得E＝mg tanθq，A正确，其他选项错误答案：A3．2011年11月24日早，一辆载有30吨“工”字型钢材的载重汽车在西安市由于避让横穿大路的摩托车而紧急制动，结果车厢上的钢材向前冲出，压扁驾驶室．关于这起事故缘由的物理分析正确的是()A．由于车厢上的钢材有惯性，在汽车制动时，连续向前运动，压扁驾驶室B．由于汽车紧急制动，使其惯性减小，而钢材惯性较大，所以连续向前运动C．由于车厢上的钢材所受阻力太小，不足以克服其惯性，所以连续向前运动D．由于汽车制动前的速度太大，汽车的惯性比钢材的惯性大，在汽车制动后，钢材连续向前运动解析：由于车厢上的钢材有惯性，在汽车制动时，连续向前运动，压扁驾驶室，选项A正确．答案：A滚动(三)－24．(2021·陕西质检)如图滚动(三)－2所示，“小飞侠”科比在带球过人时身体与地面的夹角为60°，为保持身体稳定，地面对运动员的力必需与身体平行．若其转弯半径约为5 m，重力加速度g＝10 m/s2，则“小飞侠”此时运动的速度大小约为()A．2 m/s B．5 m/sC．9 m/s D．12 m/s解析：本题考查水平面内的圆周运动规律及牛顿其次定律的机敏应用．将运动员看做质点，在题图状态下可以将其看做正在做圆周运动．运动员此时受到重力、地面弹力和地面摩擦力作用，其中摩擦力供应向心力．依据题设条件“为保持身体稳定，地面对运动员的力必需与身体平行”可得mg tan30°＝mv2R，代入题设数据解得v≈5 m/s，所以B正确．答案：B滚动(三)－35．如图滚动(三)－3，可视为质点的小球A、B用不行伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上、半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍．当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高．将A由静止释放，B上升的最大高度是()A．2R B．5R/3C．4R/3 D．2R/3解析：将A由静止释放，由机械能守恒定律，2mgR－mgR＝123m v2，解得A落地时B的速度v＝23gR，由竖直上抛运动规律可得B竖直上抛运动高度为v22g＝R/3，所以B上升的最大高度是R＋R/3＝4R/3，选项C正确．答案：C滚动(三)－46．将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图滚动(三)－4所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同．现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数μ均相同．在这三个过程中，下列说法正确的是()A．沿着1和2下滑到底端时，物块的速度不同；沿着2和3下滑到底端时，物块的速度相同B．沿着1下滑到底端时，物块的速度最大C．物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最多的。
(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
(一)对动能定理的两点理解 1．动能定理表达式中，W 表示所有外力做功的代数和， 包括物体重力所做的功。 2．动能定理表达式中，ΔEk 为所研究过程的末动能与初动 能之差，而且物体的速度均是相对地面的速度。
(二)动能定理的适用范围 1．既可适用于直线运动，也可适用于曲线运动；既可适 用于恒力做功，也可适用于变力做功。 2．对单个物体的动能增量的判断宜采用动能定理，而对 物体系统动能增量的大小判断则应考虑运用能量守恒定律。 3．注意图像及其“面积”的含义。
()
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
[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 错误。
(1)若小物块静止在弹簧上端，求弹簧的弹力大小 F； (2)若小物块在 B 点以初速度 v0＝3 m/s 沿斜面向下运动， 至 D 点时速度为 0。已知斜面 BC 部分长度 sBC＝1 m，CD 部 分长度 sCD＝0.2 m。 ①求弹簧被压缩到 D 点时的弹性势能 Ep； ②若改变小物块在 B 点向下的初速度 vB，使小物块始终 不脱离轨道，求 vB 的范围。
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第5讲功和功率动能定理构建网络·重温真题1．(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 kgC．1 kg D．0.5 kg答案 C解析画出运动示意图如图，设阻力大小为f，据动能定理知，A→B(上升过程)：E k B－E k A＝－(mg＋f)hC→D(下落过程)：E k D－E k C＝(mg－f)h联立以上两式，解得物体的质量m＝1 kg，C正确。
2．(2018·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答案 A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，根据动能定理可知即：W F－W 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。
3．(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答案 AC解析 设第②次所用时间为t ，根据速度图象与t 轴所围的面积等于位移(此题中为提升的高度)可知，12×2t 0×v 0＝12×()t －t 0＋t ×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，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，B 错误；由功率公式P ＝F v ，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2∶1，C 正确；两次提升过程中动能增加量均为0，由动能定理得W 电－mgh ＝0，两次提升高度h 相同，所以电机两次做功相同，D 错误。
4．(2018·江苏高考)(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。
物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。
在从A到B的过程中，物块()A．加速度先减小后增大B．经过O点时的速度最大C．所受弹簧弹力始终做正功D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功答案AD解析物体从A点到O点的过程，弹力逐渐减为零，刚开始弹簧弹力大于摩擦力，故可分为弹力大于摩擦力过程和弹力小于摩擦力过程：弹力大于摩擦力过程，合力向右，加速度也向右，由于弹力逐渐减小，摩擦力不变，物块所受合力逐渐减小，加速度逐渐减小，当弹力等于摩擦力时速度最大，此位置在A点与O 点之间；弹力小于摩擦力过程，合力方向与运动方向相反，弹力减小，摩擦力大小不变，物体所受合力增大，物体的加速度随弹簧形变量的减小而增大，方向向左，物体做减速运动；从O点到B点的过程弹力增大，合力向左，加速度继续增大，A正确，B错误；从A点到O点过程，弹簧由压缩恢复原长，弹力做正功，从O点到B点的过程，弹簧被拉伸，弹力做负功，故C错误；从A到B的过程中根据动能定理弹簧弹力做的功等于物体克服摩擦力做的功，故D正确。
5．(2017·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答案 A解析 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 。
6．(2018·江苏高考)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。
忽略空气阻力，该过程中小球的动能E k 与时间t 的关系图象是( )答案 A解析 小球做竖直上抛运动时，速度v ＝v 0－gt ，根据动能E k ＝12m v 2得E k ＝12m (v 0－gt )2，故图象A 正确。
7．(2019·天津高考)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。
航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示。
为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC 是与水平甲板AB 相切的一段圆弧，示意如图2，AB 长L 1＝150 m ，BC 水平投影L 2＝63 m ，图中C 点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°(sin12°≈0.21)。
若舰载机从A 点由静止开始做匀加速直线运动，经t ＝6 s 到达B 点进入BC 。
已知飞行员的质量m ＝60 kg ，g ＝10 m/s 2，求(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W ；(2)舰载机刚进入BC 时，飞行员受到竖直向上的压力F N 多大。
答案 (1)7.5×104 J (2)1.1×103 N解析 (1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v ，则有v 2＝L 1t ①根据动能定理，对飞行员有W＝12m v2－0②联立①②式，代入数据，得W＝7.5×104 J③(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有L2＝R sinθ④由牛顿第二定律，对飞行员有F N－mg＝m v2 R⑤联立①④⑤式，代入数据，得F N＝1.1×103 N。
⑥命题特点：功和功率的判断和计算、动能定理的应用是高考的重点，经常与直线运动、曲线运动等综合起来进行考查，以选择题和计算题考查较多，各种难度都可能出现。
思想方法：微元法、图象法、转换法、整体法与分段法。
高考考向1功和功率的理解和计算例1(2018·江西联考)(多选)A、B两物体分别在大小相同的水平恒力F的作用下由静止开始沿同一水平面运动，作用时间分别为t0和4t0，两物体运动的v-t 图象如图所示，则()A．A、B两物体与水平面的摩擦力大小之比为5∶12B．水平力F对A、B两物体做功的最大功率之比为2∶1C．水平力F对A、B两物体做功之比为2∶1D ．在整个运动过程中，摩擦力对A 、B 两物体做功的平均功率之比为5∶3 破题关键点(1)水平力F 对A 、B 两物体做功的最大功率为瞬时功率还是平均功率？ 提示：瞬时功率。
(2)整个运动过程中，水平力F 对A 、B 两物体做功________(填“大于”“小于”或“等于”)A 、B 两物体克服摩擦力做功。
提示：等于。
[解析] 由v -t 图象可知，A 加速运动时的加速度a A 1＝2v 0t 0，减速运动时的加速度大小为a A 2＝v 0t 0，由牛顿第二定律有：F －f 1＝m 1·2v 0t 0，f 1＝m 1·v 0t 0，解两式得：f 1＝F 3；B 加速运动时的加速度大小为a B 1＝v 04t 0，减速运动时的加速度大小为a B 2＝v 0t 0，由牛顿第二定律有：F －f 2＝m 2·v 04t 0，f 2＝m 2·v 0t 0，解两式得：f 2＝4F 5，所以A 、B 两物体与水平面的摩擦力之比为5∶12，A 正确；由v -t 图象知，水平力F 对A 、B 两物体做功的最大功率之比为(F ·2v 0)∶(F ·v 0)＝2∶1，B 正确；由v -t 图象与t 轴所围的面积表示位移可知两物体有水平力F 作用时的位移之比为1∶2，由W ＝Fs 可知，F 对A 、B 两物体做功之比为1∶2，C 错误；整个运动过程中，摩擦力对A 做的功W A ＝－F ·2v 0t 02＝－F v 0t 0，对B 做的功W B ＝－F ·v 0·4t 02＝－2F v 0t 0，由P ＝W t 可得P A ＝－F v 0t 03t 0＝－F v 03，P B ＝－2F v 0t 05t 0＝－2F v 05，P A ∶P B ＝5∶6，D 错误。
[答案] AB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 ＝W t 和公式P ＝F v cos θ的适用范围，P ＝W t 计算的是平均功率，P ＝F v cos θ侧重于对瞬时功率的计算。
1. (2019·合肥高三第三次质检)图示为一辆配备了登高平台的消防车，其伸缩臂能够在短时间内将承载了3名消防员的登高平台(人与平台的总质量为300 kg)抬升到60m 高的灭火位置，此后消防员用水炮灭火。
已知水炮的出水量为3m 3/min ，水离开炮口时的速度为20m/s ，水的密度为1.0×103kg/m 3，g 取10 m/s 2。
下列说法正确的是( )A ．使水炮工作的发动机的输出功率为10 kWB ．使水炮工作的发动机的输出功率为30 kWC ．伸缩臂抬升登高平台过程中所做的功为1.8×104 JD ．伸缩臂抬升登高平台过程中所做的功为1.8×105 J答案 D解析 水的密度为ρ＝1.0×103 kg/m 3,1 min 内流出水的质量：m ＝ρV ＝1.0×103×3 kg ＝3000 kg,1 min 内水获得的重力势能：E p ＝mgh ＝3000×10×60 J＝1.8×106 J ，1 min 内水获得的动能：E k ＝12m v 2＝6×105 J ，使水炮工作的发动机输出功率为：P＝Wt＝E p＋E kt＝1.8×106＋6×10560W＝4×104W，故A、B错误；伸缩臂抬升登高平台过程中所做的功等于登高平台克服重力做的功：W′＝m′gh ＝300×10×60 J＝1.8×105 J，故C错误，D正确。