高考物理二轮课后演练：功能关系的应用
高考物理二轮复习教案专题二能量与动量功和功率功能关系
功和功率 功能关系复习备考建议(1)能量观点是高中物理三大观点之一，是历年高考必考内容；或与直线运动、平抛运动、圆周运动结合，或与电场、电磁感应结合，或与弹簧、传送带、板块连接体等结合；或借助选择题单独考查功、功率、动能定理、功能关系的理解，或在计算题中考查动力学与能量观点的综合应用，难度较大．(2)对于动量问题，17年只在选择题中出现，而且是动量守恒、动量定理的基本应用，18年在计算题中出现，Ⅰ卷、Ⅱ卷都是动量守恒的基本应用，运动过程简单，综合性较低，Ⅲ卷只是用到了动量的概念，19年在计算题中出现，Ⅰ卷、Ⅲ卷都涉及动量与能量观点的综合应用，Ⅱ卷中用到了动量定理，对于动量的考察，综合性、难度有所提升，备考时应多加注意．第4课时 功和功率 功能关系 考点 功、功率的分析与计算1．恒力功的计算(1)单个恒力的功W ＝Fl cos α. (2)合力为恒力的功①先求合力，再求W ＝F 合l cos α. ②W ＝W 1＋W 2＋…. 2．变力功的计算(1)若力大小恒定，且方向始终沿轨迹切线方向，可用力的大小跟路程的乘积计算． (2)力的方向不变，大小随位移线性变化可用W ＝F l cos α计算． (3)F －l 图象中，功的大小等于“面积”． (4)求解一般变力做的功常用动能定理． 3．功率的计算(1)P ＝Wt，适用于计算平均功率；(2)P ＝Fv ，若v 为瞬时速度，则P 为瞬时功率；若v 为平均速度，则P 为平均功率． 注意：力F 与速度v 方向不在同一直线上时功率为Fv cos θ.例1 (多选)(2019·山西晋中市适应性调研)如图1甲所示，足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，沿杆方向给环施加一个拉力F ，使环由静止开始运动，已知拉力F 及小环速度v 随时间t 变化的规律如图乙、丙所示，重力加速度g 取10m/s 2.则以下判断正确的是( )图1A ．小环的质量是1kgB ．细杆与地面间的倾角是30°C ．前3s 内拉力F 的最大功率是2.25WD ．前3s 内拉力对小环做功5.75J 答案 AD解析 由速度－时间图象得到环先匀加速上升，然后匀速运动，由题图可得：第1s 内，a ＝Δv t ＝0.51m/s 2＝0.5 m/s 2，加速阶段：F 1－mg sin θ＝ma ；匀速阶段：F 2－mg sin θ＝0，联立以上三式解得：m ＝1kg ，sin θ＝0.45，故A 正确，B 错误；第1s 内，速度不断变大，拉力的瞬时功率也不断变大，第1s 末，P ＝Fv 1＝5×0.5W＝2.5W ；第1s 末到第3s 末，P ＝Fv 1＝4.5×0.5W＝2.25W ，即拉力的最大功率为2.5W ，故C 错误；从速度－时间图象可以得到，第1 s 内的位移为0.25 m,1～3 s 内的位移为1 m ，前3 s 内拉力做的功为：W ＝5×0.25 J ＋4.5×1J ＝5.75J ，故D 正确． 变式训练1.(2019·河南名校联盟高三下学期2月联考)如图2所示，ad 、bd 、cd 是竖直面内三根固定的光滑细杆，a 、b 、c 、d 位于同一圆周上，a 点为圆周的最高点，d 点为最低点．每根杆上都套着一个质量相等的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a 、b 、c 处由静止释放，用P 1、P 2、P 3依次表示各滑环从静止滑到d 过程中重力的平均功率，则( )图2A ．P 1<P 2<P 3B ．P 1>P 2>P 3C ．P 3>P 1>P 2D ．P 1＝P 2＝P 3 答案 B解析 对小滑环b 受力分析，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得，小滑环做初速度为零的匀加速直线运动的加速度为a ＝g sin θ(θ为杆与水平方向的夹角)，由数学知识可知，小滑环的位移x ＝2R sin θ，所以t ＝2xa＝2×2R sin θg sin θ＝4Rg，t 与θ无关，即t 1＝t 2＝t 3，而三个环重力做功W 1>W 2>W 3，所以有：P 1>P 2>P 3，B 正确．2.(多选)(2019·福建龙岩市期末质量检查)如图3所示，在竖直平面内有一条不光滑的轨道ABC ，其中AB 段是半径为R 的14圆弧，BC 段是水平的．一质量为m 的滑块从A 点由静止滑下，最后停在水平轨道上C 点，此过程克服摩擦力做功为W 1.现用一沿着轨道方向的力推滑块，使它缓慢地由C 点推回到A 点，此过程克服摩擦力做功为W 2，推力对滑块做功为W ，重力加速度为g ，则下列关系中正确的是( )图3A ．W 1＝mgRB ．W 2＝mgRC ．mgR <W <2mgRD ．W >2mgR 答案 AC解析 滑块由A 到C 的过程，由动能定理可知mgR －W 1＝0，故A 对；滑块由A 到B 做圆周运动，而在推力作用下从C 经过B 到达A 的过程是一个缓慢的匀速过程，所以从A 到B 的过程中平均支持力大于从B 到A 的平均支持力，那么摩擦力从A 到B 做的功大于从B 到A 做的功，而两次经过BC 段摩擦力做功相等，故W 2<W 1＝mgR ，故B 错；滑块由C 到A 的过程中，由能量守恒可知，推力对滑块做的功等于滑块重力势能增加量与克服摩擦力所做的功两部分，即W －mgR －W 2＝0，即W ＝W 1＋W 2，由于W 2<W 1＝mgR ，所以mgR <W <2mgR ，故C 对，D 错．考点 功能关系的理解和应用1．几个重要的功能关系(1)重力做的功等于重力势能的减少量，即W G ＝－ΔE p . (2)弹力做的功等于弹性势能的减少量，即W 弹＝－ΔE p . (3)合力做的功等于动能的变化量，即W ＝ΔE k .(4)重力(或系统内弹力)之外的其他力做的功等于机械能的变化量，即W 其他＝ΔE . (5)系统内一对滑动摩擦力做的功是系统内能改变的量度，即Q ＝F f ·x 相对． 2．理解(1)做功的过程就是能量转化的过程，不同形式的能量发生相互转化可以通过做功来实现．(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同性质的力做功对应不同形式的能转化，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等． 3．应用(1)分析物体运动过程中受哪些力，有哪些力做功，有哪些形式的能发生变化． (2)列动能定理或能量守恒定律表达式．例2 (多选)(2019·全国卷Ⅱ·18)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E 总等于动能E k 与重力势能E p 之和．取地面为重力势能零点，该物体的E 总和E p 随它离开地面的高度h 的变化如图4所示．重力加速度取10m/s 2.由图中数据可得( )图4A ．物体的质量为2kgB ．h ＝0时，物体的速率为20m/sC ．h ＝2m 时，物体的动能E k ＝40JD ．从地面至h ＝4m ，物体的动能减少100J 答案 AD解析 根据题图图像可知，h ＝4m 时物体的重力势能mgh ＝80J ，解得物体质量m ＝2kg ，抛出时物体的动能为E k0＝100J ，由公式E k0＝12mv 2可知，h ＝0时物体的速率为v ＝10m/s ，选项A 正确，B 错误；由功能关系可知F f h ＝|ΔE 总|＝20J ，解得物体上升过程中所受空气阻力F f ＝5 N ，从物体开始抛出至上升到h ＝2 m 的过程中，由动能定理有－mgh －F f h ＝E k －100J ，解得E k ＝50J ，选项C 错误；由题图图像可知，物体上升到h ＝4m 时，机械能为80J ，重力势能为80J ，动能为零，即从地面上升到h ＝4m ，物体动能减少100J ，选项D 正确． 变式训练3.(多选)(2018·安徽安庆市二模)如图5所示，一运动员穿着飞行装备从飞机上跳出后的一段运动过程可近似认为是匀变速直线运动，运动方向与水平方向成53°角，运动员的加速度大小为3g4.已知运动员(包含装备)的质量为m ，则在运动员下落高度为h 的过程中，下列说法正确的是(sin53°＝45，cos53°＝35)( )图5A ．运动员重力势能的减少量为35mghB ．运动员动能的增加量为34mghC ．运动员动能的增加量为1516mghD ．运动员的机械能减少了116mgh答案 CD解析 运动员下落的高度是h ，则重力做功：W ＝mgh ，所以运动员重力势能的减少量为mgh ，故A 错误；运动员下落的高度是h ，则飞行的距离：L ＝h sin53°＝54h ，运动员受到的合外力：F 合＝ma ＝34mg ，动能的增加量等于合外力做的功，即：ΔE k ＝W 合＝F 合L ＝34mg ×54h ＝1516mgh ，故B 错误，C 正确；运动员重力势能的减少量为mgh ，动能的增加量为1516mgh ，所以运动员的机械能减少了116mgh ，故D 正确．4．(多选)(2019·福建厦门市第一次质量检查)如图6甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端与A 物体相连接，将B 物体放置在A 物体上面，A 、B 的质量都为m ，初始时两物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F 作用在物体B 上，使物体B 开始向上做匀加速运动，拉力F 与物体B 的位移x 的关系如图乙所示(g ＝10m/s 2)，下列说法正确的是( )图6A ．0～4cm 过程中，物体A 、B 和弹簧组成的系统机械能增大B ．0～4cm 过程中，弹簧的弹性势能减小，物体B 运动到4cm 处，弹簧弹性势能为零C ．弹簧的劲度系数为7.5N/cmD．弹簧的劲度系数为5.0N/cm答案AC解析0～4 cm过程中，物体A、B和弹簧组成的系统，因力F对系统做正功，则系统的机械能增大，选项A正确．由题图可知，在x＝4 cm处A、B分离，此时A、B之间的压力为零，A、B的加速度相等，但是弹簧仍处于压缩状态，弹簧的弹性势能不为零，选项B错误．开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有：2mg＝kΔl1；拉力F1为20 N时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律，有：F1＝2ma；物体B与A分离后，拉力F2为50 N，根据牛顿第二定律，有：F2－mg＝ma；物体A与B分离时，物体A的加速度为a，则根据牛顿第二定律有：kΔl2－mg＝k(Δl1－4 cm)－mg＝ma；联立解得：m＝4.0 kg，k＝7.5 N/cm.选项C正确，D错误．考点动能定理的应用1．表达式：W总＝E k2－E k1.2．五点说明(1)W总为物体在运动过程中所受各力做功的代数和．(2)动能变化量E k2－E k1一定是物体在末、初两状态的动能之差．(3)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．(4)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功．(5)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用．3．基本思路(1)确定研究对象和研究过程．(2)进行运动分析和受力分析，确定初、末速度和各力做功情况，利用动能定理全过程或者分过程列式．4．在功能关系中的应用(1)对于物体运动过程中不涉及加速度和时间，而涉及力和位移、速度的问题时，一般选择动能定理，尤其是曲线运动、多过程的直线运动等．(2)动能定理也是一种功能关系，即合外力做的功(总功)与动能变化量一一对应．例3如图7所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原长时上端与刻度尺上的A点等高．质量m＝0.5kg的篮球静止在弹簧正上方，其底端距A点的高度h1＝1.10m，篮球由静止释放，测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最大形变量x1＝0.15m，第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度h2＝0.873m，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x2＝0.01m，弹性势能为E p＝0.025J．若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球形变，弹簧形变在弹性限度范围内，g取10m/s2.求：图7(1)弹簧的劲度系数；(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力的大小； (3)篮球在整个运动过程中通过的路程． 答案 (1)500N/m (2)0.50N (3)11.05m 解析 (1)由最后静止的位置可知kx 2＝mg ， 所以k ＝500N/m(2)由动能定理可知，在篮球由静止下落到第一次反弹至最高点的过程中mg Δh －F f ·L ＝12mv 22－12mv 12整个过程动能变化为0，重力做功mg Δh ＝mg (h 1－h 2)＝1.135J 空气阻力大小恒定，作用距离为L ＝h 1＋h 2＋2x 1＝2.273m故可得F f ≈0.50N(3)整个运动过程中，空气阻力一直与运动方向相反 根据动能定理有mg Δh ′＋W f ＋W 弹＝12mv 2′2－12mv 12整个过程动能变化为0，重力做功mg Δh ′＝mg (h 1＋x 2)＝5.55J 弹力做功W 弹＝－E p ＝－0.025J则空气阻力做功W f ＝－mg Δh ′－W 弹＝－5.525J 因W f ＝－F f s 故解得s ＝11.05m. 变式训练5.(2019·全国卷Ⅲ·17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h 在3m 以内时，物体上升、下落过程中动能E k 随h 的变化如图8所示．重力加速度取10m/s 2.该物体的质量为( )图8A．2kgB．1.5kgC．1kgD．0.5kg答案 C解析设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，当Δh＝3m时，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)×Δh＝(36－72) J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，当Δh＝3m时，再由动能定理结合题图可得(mg－F)×Δh＝(48－24) J，联立解得m＝1kg、F＝2N，选项C正确，A、B、D均错误．6．由相同材料的木板搭成的轨道如图9所示，其中木板AB、BC、CD、DE、EF…的长均为L ＝1.5m，木板OA和其他木板与水平地面的夹角都为β＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.一个可看成质点的物体在木板OA上从离地高度h＝1.8m处由静止释放，物体与木板间的动摩擦因数都为μ＝0.2，在两木板交接处都用小曲面相连，使物体能顺利地经过，既不损失动能，也不会脱离轨道，在以后的运动过程中，求：(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)图9(1)物体能否静止在木板上？请说明理由．(2)物体运动的总路程是多少？(3)物体最终停在何处？并作出解释．答案(1)不能理由见解析(2)11.25m (3)C点解释见解析解析(1)物体在木板上时，重力沿木板方向的分力为mg sinβ＝0.6mg最大静摩擦力F fm＝μmg cosβ＝0.16mg因mg sinβ>μmg cosβ，故物体不会静止在木板上．(2)从物体开始运动到停下，设总路程为s，由动能定理得mgh －μmgs cos β＝0解得s ＝11.25m(3)假设物体依次能到达B 、D 点，由动能定理得mg (h －L sin β)－μmg cos β(L ＋hsin β)＝12mv B 2 解得v B >0mg (h －L sin β)－μmg cos β(3L ＋hsin β)＝12mv D 2 v D 无解说明物体能通过B 点但不能到达D 点，因物体不能静止在木板上，故物体最终停在C 点．考点 动力学与能量观点的综合应用1．两个分析(1)综合受力分析、运动过程分析，由牛顿运动定律做好动力学分析．(2)分析各力做功情况，做好能量的转化与守恒的分析，由此把握各运动阶段的运动性质，各连接点、临界点的力学特征、运动特征、能量特征． 2．四个选择(1)当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题；(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律；(3)当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻的问题选择牛顿第二定律求解；(4)复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合分析求解．例4 (2019·河北邯郸市测试)如图10所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m ＝1kg 可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度．在平台的右端有一传送带，AB 长L ＝5m ，物块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2，与传送带相邻的粗糙水平面BC 长s ＝1.5 m ，它与物块间的动摩擦因数μ2＝0.3，在C 点右侧有一半径为R 的光滑竖直圆弧轨道与BC 平滑连接，圆弧对应的圆心角为θ＝120°，在圆弧的最高点F 处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来．若传送带以v ＝5m/s 的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失．当弹簧储存的E p ＝18 J 能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E 点，取g ＝10 m/s 2.图10(1)求右侧圆弧的轨道半径R ；(2)求小物块最终停下时与C 点的距离；(3)若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围．答案 (1)0.8m (2)13m (3)37m/s≤v ≤43m/s解析 (1)物块被弹簧弹出，由E p ＝12mv 02，可知：v 0＝6m/s因为v 0>v ，故物块滑上传送带后先减速，物块与传送带相对滑动过程中， 由：μ1mg ＝ma 1，v ＝v 0－a 1t 1，x 1＝v 0t 1－12a 1t 12得到：a 1＝2m/s 2，t 1＝0.5s ，x 1＝2.75m因为x 1<L ，故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以5m/s 的速度滑上水平面BC ，物块滑离传送带后恰到E 点，由动能定理可知：12mv 2＝μ2mgs ＋mgR代入数据得到：R ＝0.8m.(2)设物块从E 点返回至B 点的速度大小为v B ， 由12mv 2－12mv B 2＝μ2mg ·2s 得到v B ＝7m/s ，因为v B >0，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速，由运动的对称性可知，物块以相同的速率离开传送带，经分析可知最终在BC 间停下，设最终停在距C 点x 处，由12mv B 2＝μ2mg (s －x )，代入数据解得：x ＝13m. (3)设传送带速度为v 1时物块恰能到F 点，在F 点满足mg sin30°＝m v F 2R从B 到F 过程中由动能定理可知： －μ2mgs －mg (R ＋R sin30°)＝12mv F 2－12mv 12解得：v 1＝37m/s设传送带速度为v 2时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E 点， 由12mv 22＝μ2mg ·3s ＋mgR解得：v 2＝43m/s若物块在传送带上一直加速运动，由12mv B m 2－12mv 02＝μ1mgL知其到B 点的最大速度v B m ＝56m/s若物块在E 、F 间速度减为0，则物块将脱离轨道．综合上述分析可知，只要传送带速度37m/s≤v ≤43m/s 就满足条件． 变式训练7.(2019·山东青岛二中上学期期末)如图11所示，O 点距水平地面的高度为H ＝3m ，不可伸长的细线一端固定在O 点，另一端系一质量m ＝2kg 的小球(可视为质点)，另一根水平细线一端固定在墙上A 点，另一端与小球相连，OB 线与竖直方向的夹角为37°，l <H ，g 取10m/s 2，空气阻力不计．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)图11(1)若OB 的长度l ＝1m ，剪断细线AB 的同时，在竖直平面内垂直OB 的方向上，给小球一个斜向下的冲量，为使小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，求此冲量的大小； (2)若先剪断细线AB ，当小球由静止运动至最低点时再剪断OB ，小球最终落地，求OB 的长度l 为多长时，小球落地点与O 点的水平距离最远，最远水平距离是多少． 答案 (1)246kg·m/s (2)1.5m355m 解析 (1)要使小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，最高点需满足：mg ＝m v 2l从B 点到最高点，由动能定理有： －mg (l ＋l cos37°)＝12mv 2－12mv 02联立得一开始的冲量大小为I ＝mv 0＝246kg·m/s(2)从剪断AB 到小球至H －l 高度过程，设小球至H －l 高度处的速度为v 0′ 由机械能守恒可得12mv 0′2＝mgl (1－cos37°)小球从H －l 高度做初速度为v 0′的平抛运动，12gt 2＝H －l ，x ＝v 0′t 联立得，x ＝45(－l 2＋3l ) 当l ＝1.5m 时x 取最大值，为355m ．专题突破练1．(2019·山东烟台市上学期期末)如图1所示，把两个相同的小球从离地面相同高度处，以相同大小的初速度v 分别沿竖直向上和水平向右方向抛出，不计空气阻力．则下列说法中正确的是( )图1A ．两小球落地时速度相同B ．两小球落地时，重力的瞬时功率相同C ．从小球抛出到落地，重力对两小球做的功相等D ．从小球抛出到落地，重力对两小球做功的平均功率相等 答案 C解析 两小球运动过程中均只有重力做功，故机械能都守恒，由机械能守恒定律得，两小球落地时的速度大小相同，但方向不同，故A 错误；两小球落地时，由于竖直方向的分速度不同，故重力的瞬时功率不相同，故B 错误；由重力做功公式W ＝mgh 得，从开始运动至落地，重力对两小球做功相同，故C 正确；从抛出至落地，重力对两小球做的功相同，但是落地的时间不同，故重力对两小球做功的平均功率不相同，故D 错误．2.(2019·河北张家口市上学期期末)如图2所示，运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，在这两个过程中，下列说法正确的是( )图2A ．运动员先处于超重状态后处于失重状态B ．空气浮力对系统始终做负功C ．加速下降时，重力做功大于系统重力势能的减小量D ．任意相等的时间内系统重力势能的减小量相等 答案 B解析 运动员先加速向下运动，处于失重状态，后减速向下运动，处于超重状态，选项A 错误；空气浮力与运动方向总相反，则对系统始终做负功，选项B 正确；无论以什么运动状态运动，重力做功都等于系统重力势能的减小量，选项C 错误；因为是变速运动，相等的时间内，因为系统下降的高度不相等，则系统重力势能的减小量不相等，选项D 错误． 3．(2019·河南驻马店市上学期期终)一物体在竖直向上的恒力作用下，由静止开始上升，到达某一高度时撤去外力．若不计空气阻力，则在整个上升过程中，物体的机械能E 随时间t 变化的关系图象是( )答案 A解析 设物体在恒力作用下的加速度为a ，机械能增量为：ΔE ＝F Δh ＝F ·12at 2，知此时E－t 图象是开口向上的抛物线；撤去外力后的上升过程中，机械能守恒，则机械能不随时间改变，故A 正确，B 、C 、D 错误．4．(多选)如图3所示，楔形木块abc 固定在水平面上，粗糙斜面ab 和光滑斜面bc 与水平面的夹角相同，顶角b 处安装一定滑轮．质量分别为M 、m (M >m )的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )图3A ．两滑块组成的系统机械能守恒B ．轻绳对m 做的功等于m 机械能的增加量C ．重力对M 做的功等于M 动能的增加量D ．两滑块组成的系统机械能的损失等于M 克服摩擦力做的功 答案 BD5.(2019·福建三明市期末质量检测)如图4所示，一个质量m ＝1 kg 的小球(视为质点)从H ＝11m 高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB 进入半径R ＝4m 的竖直圆环内侧，且与圆环的动摩擦因数处处相等，当到达圆环顶点C 时，刚好对轨道压力为零，然后沿CB 圆弧滑下，进入光滑弧形轨道BD ，到达高度为h 的D 点时速度为零，则h 的值可能为(重力加速度g ＝10m/s 2)( )图4A ．10mB ．9.5mC ．9mD ．8.5m 答案 B解析 到达圆环顶点C 时，刚好对轨道压力为零，则mg ＝m v C 2R，解得v C ＝210m/s ，则物体在BC 阶段克服摩擦力做功，由动能定理mg (H －2R )－W BC ＝12mv C 2，解得W BC ＝10J ；由于从C到B 过程小球对圆轨道的平均压力小于从B 到C 过程小球对圆轨道的平均压力，则小球从C 到B 过程克服摩擦力做的功小于从B 到C 过程克服摩擦力做的功，即0<W CB <10J ；从C 到D 由动能定理：mg (2R －h )－W CB ＝0－12mv C 2，联立解得9m<h <10m.6．一名外卖送餐员用电动自行车沿平直公路行驶给客户送餐，中途因电瓶“没电”，只能改用脚蹬车以5m/s 的速度匀速前行，骑行过程中所受阻力大小恒为车和人总重力的0.02倍(取g ＝10 m/s 2)，该送餐员骑电动自行车以5m/s 的速度匀速前行过程做功的功率最接近( )A ．10WB ．100WC ．1kWD ．10kW 答案 B解析 设送餐员和车的总质量为100kg ，匀速行驶时的速率为5m/s ，匀速行驶时的牵引力与阻力大小相等，F ＝0.02mg ＝20 N ，则送餐员骑电动自行车匀速行驶时的功率为P ＝Fv ＝100W ，故B 正确．7．(多选)(2019·四川第二次诊断)如图5甲所示，质量m ＝1kg 的物块在平行斜面向上的拉力F 作用下从静止开始沿斜面向上运动，t ＝0.5s 时撤去拉力，其1.5s 内的速度随时间变化关系如图乙所示，g 取10m/s 2.则( )图5A ．0.5s 时拉力功率为12WB ．0.5s 内拉力做功9JC ．1.5s 后物块可能返回D ．1.5s 后物块一定静止 答案 AC解析 0～0.5 s 内物体的位移：x 1＝12×0.5×2 m＝0.5 m ；0.5～1.5 s 内物体的位移：x 2＝12×1×2m ＝1m ；由题图乙知，各阶段加速度的大小：a 1＝4m/s 2，a 2＝2 m/s 2；设斜面倾角为θ，斜面对物块的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律，0～0.5s 内F －μgm cos θ－mg sin θ＝ma 1；0.5～1.5s 内－μmg cos θ－mg sin θ＝－ma 2，联立解得：F ＝6N ，但无法求出μ和θ.0.5s 时，拉力的功率P ＝Fv ＝12W ，故A 正确．拉力做的功为W ＝Fx 1＝3J ，故B 错误．无法求出μ和θ，不清楚tan θ与μ的大小关系，故无法判断物块能否静止在斜面上，故C 正确，D 错误．8.(多选)(2019·安徽安庆市期末调研监测)如图6所示，重力为10N 的滑块轻放在倾角为30°的光滑斜面上，从a 点由静止开始下滑，到b 点接触到一个轻质弹簧，滑块压缩弹簧到c 点开始弹回，返回b 点离开弹簧，最后又回到a 点．已知ab ＝1m ，bc ＝0.2m ，则以下结论正确的是( )图6A ．整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6JB ．整个过程中滑块动能的最大值为6JC ．从c 到b 弹簧的弹力对滑块做功5JD ．整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒 答案 AD解析 滑块从a 到c, mgh ac ＋W 弹′＝0－0，解得：W 弹′＝－6J ．则E pm ＝－W 弹′＝6J ，所以整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6J ，故A 正确；当滑块受到的合外力为0时，滑块速度最大，设滑块在d 点合外力为0，由分析可知d 点在b 点和c 点之间．滑块从a 到d 有：mgh ad ＋W 弹＝E k d －0，因mgh ad ＜6J ，W 弹＜0，所以E k d ＜6J ，故B 错误；从c 点到b 点弹簧的弹力对滑块做的功与从b 点到c 点弹簧的弹力对滑块做的功大小相等，即为6J ，故C 错误；整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒，没有与系统外发生能量转化，故D 正确．9．(多选)(2019·河南九师联盟质检)如图7所示，半径为R ＝0.4m 的14圆形光滑轨道固定于竖直平面内，圆形轨道与光滑固定的水平轨道相切，可视为质点的质量均为m ＝0.5kg 的小球甲、乙用轻杆连接，置于圆轨道上，小球甲与O 点等高，小球乙位于圆心O 的正下方．某时刻将两小球由静止释放，最终它们在水平面上运动，g 取10m/s 2.则( )图7A ．小球甲下滑过程中机械能增加B ．小球甲下滑过程中重力对它做功的功率先增大后减小C ．小球甲下滑到圆形轨道最低点对轨道压力的大小为12ND ．整个过程中轻杆对小球乙做的功为1J 答案 BD解析 小球甲下滑过程中，轻杆对甲做负功，则甲的机械能减小，故A 错误．小球甲下滑过程中，最高点速度为零，故重力的功率为零；最低点速度和重力垂直，故重力的功率也是零；而中途重力的功率不为零，故重力的功率应该是先增大后减小，故B 正确．两个球与轻杆组成的系统机械能守恒，故：mgR ＝12mv 2＋12mv 2，解得：v ＝gR ＝10×0.4m/s ＝2 m/s ；小球甲下滑到圆弧形轨道最低点，重力和支持力的合力提供向心力，故：F N －mg ＝m v 2R，解得：F N＝mg ＋m v 2R ＝0.5×10N＋0.5×220.4N ＝10N ，根据牛顿第三定律，小球甲对轨道的压力大小为10N ，故C 错误；整个过程中，对球乙，根据动能定理，有：W ＝12mv 2＝12×0.5×22J ＝1J ，故D 正确．10．(2019·吉林“五地六校”合作体联考)一辆赛车在水平路面上由静止启动，在前5s 内做匀加速直线运动，5s 末达到额定功率，之后保持以额定功率运动．其v －t 图象如图8所示．已知赛车的质量为m ＝1×103kg ，赛车受到的阻力为车重力的0.1倍，重力加速度g 取10m/s 2，则以下说法正确的是( )图8A ．赛车在前5s 内的牵引力为5×102N。
广东2021届新高考物理二轮复习4.4功能关系的应用问题课件
解析 小球向上运动到离开弹簧时，由于电场力做功，所以小球和弹簧组成的系统机械 能不守恒，A 错误； 克服重力做功为 W2，则重力势能应增加 W2，B 正确； 电场力做正功，所以电势能减小 W1，C 正确； 对小球，由动能定理得 W1－W2＋W 弹＝12mv2， 则增加的机械能 ΔE＝W1＋W 弹＝12mv2＋W2，D 错误。
答案 BC
2．(2020·江苏卷，4)如图所示，一小物块由静止开始沿 斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑 连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为 常数。该过程中，物块的动能Ek与水平位移x上，物块受竖直向下的重力、沿斜面向上的滑动摩擦力以及垂直斜面向上
由动能定理有－μ2mg(x－x0)＝Ek－Ek0，解得 Ek＝Ek0－μ2mg(x－x0)，其中 Ek0 为物块
滑到斜面底端时的动能，x0 为物块沿斜面下滑到底端时的距离对应的水平位移，即在 水平面上物块的动能与水平位移为一次函数关系，且为减函数，A 项正确，C 项错误。
答案 A
答案 D
【例2】 (多选)如图,abcd为一矩形金属线框,其中ab＝cd＝L,ab边接有定值电阻R,cd边 的质量为m,其他部分的电阻和质量均不计,整个装置用两根绝缘轻弹簧悬挂起来。线 框下方处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于纸面向里。初始时刻, 使两弹簧处于自然长度，且给线框一竖直向下的初速度v0，当 cd边第一次运动至最下端的过程中，R产生的电热为Q，此过程 及以后的运动过程中ab边未进入磁场、cd边始终未离开磁场， 已知重力加速度大小为g，下列说法中正确的是( BC )
2014高考物理二轮复习与测试课件： 第5讲 功能关系在电学中的应用
答案：
AC
• 电场中的功能关系
•
(2013·天津卷·6)两个带等量正电的 点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连 线的中垂线，交PQ于O点，A为MN上的一 点．一带负电的试探电荷q，从A点由静止释 放，只在静电力作用下运动，取无限远处的 电势为零，则( )
• • • •
A．q由A向O的运动是匀加速直线运动 B．q由A向O运动的过程电势能逐渐减小 C．q运动到O点时的动能最大 D．q运动到O点时的电势能为零
A．P＝2mgvsin θ B．P＝3mgvsin θ v g C．当导体棒速度达到 时加速度大小为 sin θ 2 2 D．在速度达到 2v 以后匀速运动的过程中，R 上产生的焦耳 热等于拉力所做的功
解析：
导体棒由静止释放，速度达到 v 时，回路中的电流
为 I，则根据共点力的平衡条件，有 mgsin θ＝BIL.对导体棒施加 一平行于导轨向下的拉力， 2v 的速度匀速运动时， 以 则回路中的 电流为 2I，则根据平衡条件，有 F＋mgsin θ＝B· 所以拉力 F 2IL ＝mgsin θ，拉力的功率 P＝F×2v＝2mgvsin θ，故选项 A 正确， v I 选项 B 错误；当导体棒的速度达到 时，回路中的电流为 ，根据 2 2 I g 牛顿第二定律，得 mgsin θ－B L＝ma，解得 a＝ sin θ，选项 C 2 2 正确；当导体棒以 2v 的速度匀速运动时，根据能量守恒定律，重 力和拉力所做的功之和等于 R 上产生的焦耳热，故选项 D 错误．
• 解析： 由题图等势面可知两 固定的等量异号点电荷的电场 分布如图所示．带负电的粒子 在等量异号点电荷所产生电场 中的偏转运动轨迹如图所示， 则粒子在电场中做曲线运 动．电场力对带负电的粒子先 做正功后做负功，电势能先变 小后变大，故C正确． • 答案： C
高三物理二轮课件功能关系7篇
高三物理二轮课件功能关系7篇高三物理二轮课件功能关系7篇作为一名教师，常常要写一份优秀的教案，教案在制订的时候，需要注意的是事情你知道吗？课件语言上特别重视语法、逻辑和专业术语的准确。
下面是由小编为大家整理的教案课件范文，仅供参考，欢迎大家阅读本文。
高三物理二轮课件功能关系精选篇1本学期，在学校的安排下，我担任了高三5、6班的教学工作。
一学期以来，在学校领导的关心、支持下，我从各方面严格要求自己，结合本校的实际条件和学生的实际情况，使教学工作有计划，有组织，有步骤地开展。
为使今后的工作取得更大的进步，现对本学期教学工作做出总结，希望能发扬优点，克服不足，总结经验教训，以使教学工作更上一层楼。
一、个人教学情况：1、备课方面由于这是第一年带高三复习教学，各个方面相对比较不熟，需加强。
备课不仅仅是备教材，而且还要备学生，在课堂上细心观察学生的表现，注意和学生沟通。
我经常利用课间休息或晚自修的时间和学生聊天，侧面了解学生的学习情况和性格，以便更好的促进教学工作的顺利开展。
2、上课方面充分的备教材，备学生，归根结底是为了更好的上课。
备课是一个静态的过程，而上课则是一个动态的过程。
我着重提高自己的教育教学素质。
在教学内容上，按照新课改的要求，以学生为主体，力求完成每节课的教学目标，并且及时从学生那里得到反馈在教学方法上，根据不同班级学生的不同学习风格，采用不同的教学方法。
在同一班级，仍需根据课堂情况采取不同教学方法，做到随机应变，适时调整，更好的完成教学任务。
另外，创造良好的课堂气氛也是十分必要的。
带着微笑教学，它能在无形之中给学生带来求知的动力，调节课堂气氛。
除此之外，每上完一节课我都要进行反思，注意下次上课时修正不妥的地方。
总体上看，这学期在上课方面的收获很大，积累了一定的教学经验，但仍有不足的地方需要改善和提高。
3、作业方面布置作业要有针对性，有层次性。
为了做到这点，我常常上网搜集各个课改省市的高考、模拟试卷资料，并进行筛选，力求每一次练习都起到最大的效果。
通用版2020版高考物理二轮复习专题三功和能第1课时功功率和功能关系讲义
第1课时功功率和功能关系1．几种力做功的特点(1)重力、弹簧弹力、静电力做功与路径无关．(2)摩擦力做功的特点①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零，在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的转移，没有机械能转化为其他形式的能；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值．在一对滑动摩擦力做功的过程中，不仅有相互摩擦的物体间机械能的转移，还有部分机械能转化为内能，转化为内能的量等于系统机械能的减少量，等于滑动摩擦力与相对位移的乘积．③摩擦生热是指滑动摩擦生热，静摩擦不会生热．2．几个重要的功能关系(1)重力的功等于重力势能的减少量，即W G＝－ΔE p.(2)弹力的功等于弹性势能的减少量，即W弹＝－ΔE p.(3)合力的功等于动能的变化，即W＝ΔE k.(4)重力(或系统内弹簧弹力)之外的其他力的功等于机械能的变化，即W其他＝ΔE.(5)系统内一对滑动摩擦力做的功是系统内能改变的量度，即Q＝F f·x相对．1．功和功率的求解(1)功的求解：W ＝Fl cos α用于恒力做功，变力做功可以用动能定理或者图象法来求解． (2)功率的求解：可以用定义式P ＝W t来求解，如果力是恒力，可以用P ＝Fv cos α来求解． 2．动能定理的应用技巧若运动包括几个不同的过程，可以全程或者分过程应用动能定理.例1(多选)(2019·山东菏泽市下学期第一次模拟)如图1所示，半径为R的半圆弧槽固定在水平地面上，槽口向上，槽口直径水平，一个质量为m的物块从P点由静止释放刚好从槽口A点无碰撞地进入槽中，并沿圆弧槽匀速率地滑行到最低点B点，不计物块的大小，P点到A点高度为h，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是( )图1A ．物块从P 到B 过程克服摩擦力做的功为mg (R ＋h ) B ．物块从A 到B 过程重力的平均功率为2mg 2ghπC ．物块在B 点时对槽底的压力大小为(R ＋2h )mgRD ．物块到B 点时重力的瞬时功率为mg 2gh 答案 BC解析 物块从A 到B 过程做匀速圆周运动，根据动能定理有mgR －W f ＝0，因此克服摩擦力做功W f ＝mgR ，A 项错误；根据机械能守恒，物块到A 点时的速度大小由mgh ＝12mv 2得v ＝2gh ，从A 到B 运动的时间t ＝12πR v ＝πR 22gh ，因此从A 到B 过程中重力的平均功率为P ＝Wt ＝2mg 2gh π，B 项正确；物块在B 点时，根据牛顿第二定律F N －mg ＝m v 2R ，求得F N ＝(R ＋2h )mgR ，根据牛顿第三定律可知，F N ′＝F N ＝(R ＋2h )mg R，C 项正确；物块到B 点时，速度的方向与重力方向垂直，因此重力的瞬时功率为零，D 项错误．拓展训练1(多选)(2019·山东济宁市第二次摸底)如图2所示，A、B两物体的质量分别为m、2m，中间用轻杆相连，放在光滑固定的斜面上(轻杆与斜面平行)．现将它们由静止释放，在下滑的过程中( )图2A．两物体下滑的加速度相同B．轻杆对A做正功，对B做负功C．系统的机械能守恒D．任意时刻两物体重力的功率相同答案AC解析因为A、B两物体用轻杆相连，一起运动，加速度相同，A正确；对两物体整体受力分析得：(2m＋m)g sinθ＝(2m＋m)a，整体加速度a＝g sinθ；设杆对B的力为F，隔离B可得：2mg sinθ＋F＝2ma，且a＝g sinθ，所以F＝0，B错误；只有重力对系统做功，动能和重力势能相互转化，机械能守恒，C正确；重力瞬时功率P＝mgv y，虽然两物体速度相同，但是质量不一样，则同一时刻两物体重力功率不一样，D错误．拓展训练2(多选)(2019·四川广元市第二次适应性统考)某质量m＝1500kg的“双引擎”小汽车，当行驶速度v≤54km/h时靠电动机输出动力；当行驶速度在54 km/h<v≤90km/h范围内时靠汽油机输出动力，同时内部电池充电；当行驶速度v>90 km/h时汽油机和电动机同时工作，这种汽车更节能环保．该小汽车在一条平直的公路上由静止启动，汽车的牵引力F随运动时间t变化的图线如图3所示，所受阻力恒为1250N．已知汽车在t0时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至第11s末．则在前11s内( )图3A．经过计算t0＝6sB．电动机输出的最大功率为60kWC．汽油机工作期间牵引力做的功为4.5×105JD．汽车的位移为160m答案AC解析 开始阶段，牵引力F 1＝5000N ，根据牛顿第二定律可得，F 1－F f ＝ma ，解得：开始阶段加速度a ＝2.5m/s 2.v 1＝54 km/h ＝15 m/s ，根据t 0＝v 1a，解得t 0＝6s ，故A 项正确；t 0时刻，电动机输出的功率最大，且P m ＝F 1v 1＝5000×15W＝75000W ＝75kW ，故B 项错误；汽油机工作期间，功率P ＝F 2v 1＝6000×15W＝90kW,11s 末汽车的速度v 2＝P F ＝90×1033600m/s ＝25 m/s ，汽油机工作期间牵引力做的功W ＝Pt 2＝90×103×(11－6) J ＝4.5×105J ，故C 项正确；汽车前6s 内的位移x 1＝12at 02＝12×2.5×62m ＝45m ，后5s 内根据动能定理得：Pt 2－F f x 2＝12mv 22－12mv 12，解得：x 2＝120m ．所以前11s 时间内汽车的位移x ＝x 1＋x 2＝45m ＋120m ＝165m ，故D 项错误．1．应用动能定理解题的基本思路 (1)确定研究对象和研究过程；(2)进行运动分析和受力分析，确定初、末速度和各力做功情况，利用动能定理全过程或者分过程列式． 2．动能定理的应用(1)动能定理是根据恒力做功和直线运动推导出来的，但是也适用于变力做功和曲线运动． (2)在涉及位移和速度而不涉及加速度和时间问题时，常选用动能定理分析． (3)动能定理常用于分析多运动过程问题，关键是明确各力及各力作用的位移．例2(多选)(2019·宁夏银川市质检)如图4所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，载人滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．则( )图4A ．动摩擦因数μ＝67B ．载人滑草车最大速度为2gh 7C ．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD ．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g答案 AB解析 对载人滑草车从坡顶由静止到底端的全过程分析，由动能定理可知：mg ·2h －μmg cos45°·hsin45°－μmg cos37°·h sin37°＝0，解得μ＝67，选项A 正确；对经过上段滑道的过程分析，根据动能定理有mgh －μmg cos45°·h sin45°＝12mv 2，解得：v ＝2gh7，选项B 正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh ，选项C 错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为a ＝μmg cos37°－mg sin37°m ＝335g ，选项D 错误．拓展训练3(2019·山西五地联考上学期期末)如图5所示，固定斜面倾角为θ.一轻弹簧的自然长度与斜面长相同，都为L，弹簧一端固定在斜面的底端，将一个质量为m的小球放在斜面顶端与弹簧另一端接触但不相连，用力推小球使其挤压弹簧并缓慢移到斜面的中点，松手后，小球最后落地的速度大小为v，不计空气阻力和一切摩擦，重力加速度为g，则该过程中，人对小球做的功W及小球被抛出后离地面的最大高度H分别为( )图5A.12mv 2－mgL sin θ；v 2sin 2θ＋2gL sin θcos 2θ2g B.12mv 2；v 2sin 2θ－2gL sin θcos 2θ2gC.12mv 2－12mgL sin θ；v 2sin 2θ＋2gL sin θcos 2θ2g D.12mv 2－mgL sin θ；v 22g 答案 A解析 对人从开始压弹簧到小球落地的整个过程，由动能定理得W ＋mgL sin θ＝12mv 2－0，则W ＝12mv 2－mgL sin θ；设小球离开斜面时的速度为v 0.对小球做斜抛运动的过程，由动能定理得mgL sin θ＝12mv 2－12mv 02；从最高点到落地的过程，由动能定理得mgH ＝12mv 2－12m (v 0cos θ)2，联立解得：H ＝v 2sin 2θ＋2gL sin θcos 2θ2g.拓展训练4(2019·云南昭通市上学期期末)如图6，固定在竖直平面内的倾斜轨道AB，与水平固定光滑轨道BC相连，竖直墙壁CD高H＝0.2m，在地面上紧靠墙壁固定一个和CD等高，底边长L1＝0.3m的固定斜面．一个质量m＝0.1kg的小物块(视为质点)在轨道AB上从距离B点L2＝4m处由静止释放，从C点水平抛出，已知小物块与AB段轨道间的动摩擦因数为0.5，通过B点时无能量损失；AB段与水平面的夹角为37°.(空气阻力不计，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)图6(1)求小物块运动到B 点时的速度大小； (2)求小物块从C 点抛出到击中斜面的时间；(3)改变小物块从轨道上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值． 答案 (1)4m/s (2)115s (3)0.15J解析 (1)对小物块从A 到B 过程分析，根据动能定理有：mgL 2sin37°－μmgL 2cos37°＝12mv B 2，解得：v B ＝4m/s ；(2)设物块落在斜面上时水平位移为x ，竖直位移为y ，如图所示：对平抛运动，有：x ＝v B t ，y ＝12gt 2，结合几何关系，有：H －y x ＝H L 1＝23， 解得：t ＝115s 或t ＝－35s(舍去)；(3)设小物块从轨道上A ′点静止释放且A ′B ＝L ，运动到B 点时的速度为v B ′，对物块从A ′到碰撞斜面过程分析，根据动能定理有：mgL sin37°－μmg cos37°·L ＋mgy ＝12mv 2－0对物块从A ′到运动到B 过程分析，根据动能定理有 12mv B ′2＝mgL sin37°－μmgL cos37° 又x ＝v B ′t ，y ＝12gt 2，H －y x ＝23联立解得：12mv 2＝mg (25y 16＋9H 216y －9H8)，故当25y 16＝9H 216y ，即y ＝35H ＝0.12m 时，动能最小为E kmin ，代入数据，解得E kmin ＝0.15J.1．机械能守恒的判断(1)利用机械能守恒的定义判断； (2)利用做功判断； (3)利用能量转化判断；(4)对于绳突然绷紧和物体间非弹性碰撞问题，机械能往往不守恒． 2．解题步骤(1)选取研究对象，分析物理过程及状态；(2)分析受力及做功情况，判断机械能是否守恒；(3)选取参考面，根据机械能守恒列式．3．应用技巧对于连接体的机械能守恒问题，常常应用重力势能的减少量等于动能的增加量来分析和求解．例3(多选)(2019·福建厦门市上学期期末质检)有一款蹿红的小游戏“跳一跳”，游戏要求操作者通过控制棋子(质量为m，可视为质点)脱离平台时的速度，使其能从同一水平面上的平台跳到旁边的另一平台上．如图7所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹，轨迹的最高点距平台上表面高度为h，不计空气阻力，重力加速度为g，则( )图7A ．棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加mghB ．棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，机械能增加mghC ．棋子离开平台后距平台面高度为h 2时动能为mgh2D ．棋子落到另一平台上时的速度大于2gh 答案 AD解析 设平台表面为零势能面，则棋子在最高点的重力势能为mgh ，故棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加mgh ，A 正确；棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，不计空气阻力，只有重力做功，机械能守恒，B 错误；取平台表面为零势能面，则棋子在最高点的机械能E ＝mgh ＋12mv x 2，v x 为棋子在最高点的速度．由于机械能守恒，则棋子离开平台后距平台面高度为h 2时，动能为E k ＝E －12mgh ＝12mgh ＋12mv x 2>mgh2，C 错误；设棋子落到另一平台时的瞬时速度大小为v ，棋子从最高点落到另一平台的过程中，根据动能定理得：mgh ＝12mv 2－12mv x 2，解得：v ＝2gh ＋v x 2>2gh ，D 正确．拓展训练5(多选)(2019·福建厦门市第一次质量检查)如图8所示，在竖直面内固定一半径为R的圆环，AC是圆环竖直直径，BD是圆环水平直径，半圆环ABC是光滑的，半圆环CDA是粗糙的．一质量为m的小球(视为质点)在圆环的内侧A点获得大小为v0、方向水平向左的速度，小球刚好能第二次到达C点，重力加速度大小为g，不计空气阻力．在此过程中( )图8A ．小球通过A 点时处于失重状态B ．小球第一次到达C 点时速度为gRC ．小球第一次到达B 点时受到圆环的弹力大小为m (v 02R－2g )D ．小球与圆环间因摩擦产生的热量为12mv 02－52mgR答案 CD解析 小球通过A 点时，加速度向上，处于超重状态，选项A 错误；因小球刚好能第二次到达C 点，则此时mg ＝m v C 2R，可知小球第二次到达C 点的速度为v C ＝gR ，因在轨道CDA 上运动时要克服阻力做功，可知小球第一次到达C 点的速度大于gR ，选项B 错误；小球从A 到第一次到达B 点，由动能定理：－mg ·R ＝12mv B 2－12mv 02；在B 点：F N B ＝m v B2R，联立解得：F N B ＝m (v 02R－2g )，选项C 正确；根据能量守恒可知，此过程中，小球与圆环间因摩擦产生的热量为Q ＝12mv 02－12mv C 2－mg ·2R ＝12mv 02－52mgR ，选项D 正确．例4(多选)(2019·东北三省四市教研联合体模拟)如图9所示，斜面1、曲面2和斜面3的顶端高度相同，底端位于同一水平面上，斜面1与曲面2的水平底边长度相同．一物体与三个面间的动摩擦因数相同，在它由静止开始分别沿三个面从顶端下滑到底端的过程中，下列判断正确的是( )图9A ．物体减少的机械能ΔE 1＝ΔE 2>ΔE 3B ．物体减少的机械能ΔE 2>ΔE 1>ΔE 3C ．物体到达底端时的速度v 1＝v 2<v 3D ．物体到达底端时的速度v 2<v 1<v 3 答案 BD解析 如图所示，由功能关系可知物体克服摩擦力所做的功，等于物体减少的机械能．当物体在斜面上滑动时，物体克服摩擦力所做的功为μmg cos θ·AC ＝μmg BC ，则物体克服摩擦力所做的功与BC 边长度有关，W 克1>W 克3，由于在轨道2上滑动时，为曲线运动，由牛顿第二定律可得F N ＝mg cos θ＋m v 2R，所以在轨道2上滑动时滑动摩擦力大于μmg cos θ，则W 克2>W克1，故W 克2>W 克1>W 克3，由此可知物体减少的机械能ΔE 2>ΔE 1>ΔE 3；由动能定理可知mgh －W克＝12mv 2，由于W 克2>W 克1>W 克3可得v 2<v 1<v 3，故B 、D 正确．拓展训练6(多选)(2019·安徽安庆市二模)如图10所示，光滑细杆MN倾斜固定，与水平方向夹角为θ，一轻质弹簧一端固定在O点，另一端连接一小球，小球套在细杆上，O与杆MN在同一竖直平面内，P为MN的中点，且OP垂直于MN，已知小球位于杆上M、P两点时，弹簧的弹力大小相等且在弹性限度内．现将小球从细杆顶端M点由静止释放，则在小球沿细杆从M点运动到N点的过程中(重力加速度为g)，以下判断正确的是( )图10A．弹簧弹力对小球先做正功再做负功B．小球加速度大小等于g sinθ的位置有三个C．小球运动到P点时的速度最大D．小球运动到N点时的动能是运动到P点时动能的两倍答案BD拓展训练7(多选)(2019·云南昆明市4月质检)如图11所示，质量为m的小环(可视为质点)套在固定的光滑竖直杆上，一足够长且不可伸长的轻绳一端与小环相连，另一端跨过光滑的定滑轮与质量为M的物块相连，已知M＝2m.与定滑轮等高的A点和定滑轮之间的距离为d＝3m，定滑轮大小及质量可忽略．现将小环从A点由静止释放，小环运动到C点速度为0，重力加速度取g＝10m/s2，则下列说法正确的是( )图11A．A、C间距离为4mB．小环最终静止在C点C．小环下落过程中减少的重力势能始终等于物块增加的机械能D．当小环下滑至绳与杆的夹角为60°时，小环与物块的动能之比为2∶1答案AD解析由机械能守恒得：mgL AC＝Mg(d2＋L AC2－d)，解得：L AC＝4m，故A正确；设小环最终静止在C 点，绳中的拉力等于2mg ，对小环有：F T ＝mg sin53°＝54mg ≠2mg ，小环不能静止，所以假设不成立，故B 错误；由机械能守恒可知，小环下落过程中减少的重力势能转化为物块增加的机械能和小环增加的动能，故C 错误；将小环的速度沿绳和垂直绳方向分解，沿绳方向的速度即为物块的速度v M ＝v m cos60°，由E k ＝12mv 2可知，小环与物块的动能之比为2∶1，故D 正确．专题强化练 (限时40分钟)1. (2019·湖南衡阳市第二次联考)2019年春晚在开场舞蹈《春海》中拉开帷幕．如图1所示，五名领舞者在钢丝绳的拉动下以相同速度缓缓升起，若五名领舞者的质量(包括衣服和道具)相等，下面说法中正确的是( )图1A ．观众欣赏表演时可把领舞者看做质点B ．2号和4号领舞者的重力势能相等C ．3号领舞者处于超重状态D ．她们在上升过程中机械能守恒 答案 B解析 观众欣赏表演时看领舞者的动作，所以不能将领舞者看做质点，故A 错误；2号和4号领舞者始终处于同一高度，质量相等，所以重力势能相等，故B 正确；五名领舞者在钢丝绳的拉动下以相同速度缓缓升起，所以处于平衡状态，故C 错误；上升过程中，钢丝绳对她们做正功，所以机械能增大，故D 错误．2．(2019·广东深圳市第一次调研)在水平地面上方某处，把质量相同的P 、Q 两小球以相同速率沿竖直方向抛出，P 向上，Q 向下，不计空气阻力，两球从抛出到落地的过程中( ) A ．P 球重力做功较多 B ．两球重力的平均功率相等C ．落地前瞬间，P 球重力的瞬时功率较大D ．落地前瞬间，两球重力的瞬时功率相等 答案 D解析 根据W ＝mgh 可知两球重力做功相同，选项A 错误；上抛的小球运动时间长，根据P ＝W t 可知两球重力的平均功率不相等，选项B 错误；根据机械能守恒定律12mv 2＝mgh ＋12mv 02可知，两球落地的速度相同，由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．3．(2019·贵州黔东南州第一次模拟)某次顶竿表演结束后，演员A (视为质点)自竿顶由静止开始滑下，如图2甲所示．演员A 滑到竿底时速度正好为零，然后曲腿跳到水平地面上，演员A 的质量为50kg ，长竹竿的质量为5kg ，A 下滑的过程中速度随时间变化的图象如图乙所示．重力加速度取g ＝10m/s 2，则t ＝5s 时，演员A 所受重力的功率为( )图2A ．50WB ．500WC ．55WD ．550W 答案 B解析 由v －t 图象可知，4～6s 内A 向下减速，加速度的大小为：a 2＝22m/s 2＝1 m/s 2，t ＝5s 时，A 的速度大小为v 5＝2m/s －a 2Δt ＝2 m/s －1×1 m/s＝1 m/s ，演员A 所受重力的功率为P G ＝m A gv 5＝50×10×1W＝500W ，故B 正确．4. (多选)(2019·陕西榆林市第二次模拟)如图3所示，某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中( )图3A．所受合力保持不变B．所受滑道的支持力逐渐增大C．机械能保持不变D．克服摩擦力做功和重力做功相等答案BD解析运动员的速率不变，则向心加速度大小不变，方向变化，即向心力大小不变，方向变化，则所受合力大小不变，方向变化，选项A错误；所受滑道的支持力为F N，F N－mg cosθ＝mv2(θ角是所在位置的切线与水平面的夹角)，随着θ减小，则所受滑道的支持力逐渐增大，R选项B正确；下滑过程中动能不变，重力势能减小，则机械能减小，选项C错误；根据动能定理：W G－W f＝ΔE k＝0，即克服摩擦力做功和重力做功相等，选项D正确．5. (多选)(2019·湖南衡阳市第一次联考)两个质量相等的物体A、B并排静放在水平地面上，现用同向水平拉力F1、F2分别作用于物体A和B上，分别作用一段时间后撤去，两物体各自滑行一段距离后停止运动．两物体运动的v－t图象分别如图4中图线a、b所示．已知拉力F1、F2分别撤去后，物体做减速运动过程的v－t图线彼此平行(相关数据已在图中标出)．由图中信息可以得出( )图4A ．两个物体A 、B 与水平地面间的动摩擦因数相同 B ．F 1等于2.5F 2C ．F 1对物体A 所做的功与F 2对物体B 所做的功一样多D ．F 1的最大瞬时功率等于F 2的最大瞬时功率的2倍 答案 ACD解析 由题图可知减速阶段加速度大小a 1＝a 2＝1m/s 2，根据μmg ＝ma 可知：μ1＝μ2＝0.1，故A 正确；加速阶段的加速度a 1′＝2.51.5m/s 2＝53m/s 2，a 2′＝23m/s 2，根据F －μmg ＝ma 得：F 1＝83m ，F 2＝53m ，所以F 1＝1.6F 2，故B 错误；加速阶段的位移分别为x 1＝2.52×1.5m＝1.875m ，x 2＝22×3m＝3m ，拉力做的功分别为W 1＝F 1x 1＝5m (J)，W 2＝F 2x 2＝5m (J)，故C 正确；F 1的最大瞬时功率P 1＝F 1v 1＝203m (W)，F 2的最大瞬时功率P 2＝F 2v 2＝103m (W)，所以P 1＝2P 2，故D 正确．6．(2019·山东泰安市第二轮复习质量检测)如图5所示的轨道由倾角为45°的斜面与水平面连接而成，将一小球(可看成质点)从斜面顶端以3J 的初动能水平抛出，不计空气阻力，经过一段时间，小球以9J 的动能第一次落在轨道上．若将此小球以6J 的初动能从斜面顶端水平抛出，则小球第一次落在轨道上的动能为( )图5A ．9JB ．12JC ．15JD ．30J答案 B解析 假设小球落到斜面上，分解位移可知x ＝v 0t ，y ＝12gt 2，x ＝y ，可得t ＝2v 0g，落到斜面上的速度大小为v ＝5v 0.由E k ＝12mv 2可知，小球从顶端抛出时v 0＝6m ，落到轨道时速度v ′＝18m，v ′＝3v 0，所以小球将会落到水平面上，由动能定理：mgh ＝(9－3) J ＝E k －6J ，E k ＝12J.7．(2019·安徽合肥市第二次质检)如图6甲所示，置于水平地面上质量为m 的物体，在竖直拉力F 作用下，由静止开始向上运动，其动能E k 与距地面高度h 的关系如图乙所示，已知重力加速度为g ，空气阻力不计．下列说法正确的是( )图6A．在0～h0过程中，F大小始终为mgB．在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为2∶1C．在0～2h0过程中，物体的机械能不断增加D．在2h0～3.5h0过程中，物体的机械能不断减少答案 C解析0～h0过程中，E k－h图象为一段直线，由动能定理得：(F－mg)h0＝mgh0－0，故F＝2mg，A错误；由A可知，F在0～h0过程中，做功为2mgh0，在h0～2h0过程中，由动能定理可知，W F－mgh0＝1.5mgh0－mgh0，解得W F＝1.5mgh0，因此在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为4∶3，故B错误；在0～2h0过程中，F一直做正功，故物体的机械能不断增加，C正确；在2h0～3.5h0过程中，由动能定理得W F′－1.5mgh0＝0－1.5mgh0，则W F′＝0，故F做功为0，物体的机械能保持不变，故D错误．8. (多选)(2018·山东淄博市模拟)如图7所示，内壁光滑的真空玻璃管竖直放在水平地面上，管内底部竖直放有一轻弹簧处于自然伸长状态，正上方有两个质量分别为m和2m的a、b小球，用竖直的轻杆连着，并处于静止状态，球的直径比管的内径稍小．现释放两个小球，让它们自由下落，重力加速度大小为g.则在球与弹簧接触至运动到最低点的过程中，下列说法正确的是(弹簧始终处于弹性限度内)( )图7A．a球的动能始终减小B．b球克服弹簧弹力做的功是杆对b球做功的3倍C．弹簧对b球做的功等于a、b两球机械能的变化量D．b球到达最低点时杆对a球的作用力等于mg答案BC解析 刚开始接触时，由于弹簧的弹力小于两者的重力之和，所以此时两球仍做加速运动，当弹簧的弹力等于两球的重力之和时，两球速度达到最大，之后弹簧的弹力大于两球的重力之和，两球做减速运动，故A 错误；两球的加速度始终相等，设为a ，根据牛顿第二定律，对a 球有F 杆－mg ＝ma ，对b 球有F 弹－2mg －F 杆＝2ma ，解得F 弹＝3F 杆，则由W ＝Fl 可知，弹簧对b 球做的功是杆对b 球做功的3倍，即b 球克服弹簧弹力做的功是杆对b 球做功的3倍，故B 正确；将两球看做一个整体，整体除了重力做功之外就是弹簧弹力做功，由功能关系可知弹簧对b 球做的功等于a 、b 两球机械能的变化量，故C 正确；b 球到达最低点时a 、b 均具有向上的加速度，此时杆对a 球的作用力一定大于a 球的重力mg ，故D 错误．9. (多选)(2019·广东茂名市第一次综合测试)如图8所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆轨道，外圆光滑，内圆粗糙．一质量为m 的小球从轨道的最低点以初速度v 0向右运动，球的直径略小于两圆间距，球运动的轨道半径为R ，不计空气阻力．设小球过最低点时重力势能为零，下列说法正确的是( )图8A ．若小球运动到最高点时速度为0，则小球机械能一定不守恒B ．若经过足够长时间，小球最终的机械能可能为32mgR C ．若使小球始终做完整的圆周运动，则v 0一定不小于5gRD ．若小球第一次运动到最高点时速度大小为0，则v 0＝2gR答案 AC解析 若小球运动到最高点时速度为0，则小球在运动过程中一定与内圆接触，要克服摩擦力做功，小球的机械能不守恒，故A 正确；若初速度v 0比较小，小球在运动过程中一定与内圆接触，机械能不断减少，经过足够长时间，小球最终在圆心下方运动，最大的机械能为mgR ，故B 错误；若初速度v 0足够大，小球始终沿外圆做完整的圆周运动，机械能守恒，机械能必定大于2mgR ，小球恰好运动到最高点时速度设为v ，则有mg ＝m v 2R ，12mv 02＝mg ·2R ＋12mv 2，小球在最低点时的最小速度v 0＝5gR ，所以若使小球始终做完整的圆周运动，则v 0一定不小于5gR ，故C 正确；如果内圆光滑，小球在运动过程中不受摩擦力，小球在运动过程中机械能守恒，如果小球运动到最高点时速度为0，由机械能守恒定律得：12mv 02＝mg ·2R ，小球在最低点时的速度v 0＝2gR ，由于内圆粗糙，小球在运动过程中要克服摩擦力做功，则小球在最低点时的速度v 0一定大于2gR ，故D 错误．10. (2019·福建龙岩市3月质量检查)如图9所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m 的圆环，圆环与一根轻质弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A 点，橡皮绳竖直且处于原长h ，让圆环沿杆从静止开始下滑，滑到杆的底端时速度为零．则在圆环下滑过程中(整个过程中橡皮绳始终处于弹性限度内)，不计空气阻力，重力加速度为g ，下列说法中正确的是( )图9A ．圆环的机械能守恒B ．圆环的机械能先增大后减小C ．圆环滑到杆的底端时机械能减少了mghD ．橡皮绳再次恰好伸直时圆环动能最大答案 C解析 圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和橡皮绳的拉力，所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和橡皮绳组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，因为橡皮绳的弹性势能先不变再增大，所以圆环的机械能先不变后减小，故A 、B 错误；当圆环滑到杆的底端时，速度为零，则圆环的机械能减少了mgh ，故C 正确；从圆环。
高考物理二轮复习 专题四 第1课时 功能关系的应用课件 新人教版
动量和能量
专题定位 本专题解决的是应用功能关系解决物体的 运动和带电粒子(或导体棒模型 或导体棒模型)在电场或磁场中的运动问 运动和带电粒子 或导体棒模型 在电场或磁场中的运动问 考查的重点有以下几方面： 重力、摩擦力、 题．考查的重点有以下几方面：①重力、摩擦力、静电力 和洛伦兹力的做功特点和求解；②与功、功率相关的分析 和洛伦兹力的做功特点和求解； 与功、 与计算； 几个重要的功能关系的应用； 与计算 ；③几个重要的功能关系的应用； ④动能定理的应 综合应用机械能守恒定律和动量守恒定律分析问题． 用；⑤综合应用机械能守恒定律和动量守恒定律分析问题． 本专题是高考的重点和热点，命题情景新，联系实际密切， 本专题是高考的重点和热点，命题情景新，联系实际密切， 综合性强，选择题有，但更侧重在计算题中命题， 综合性强，选择题有，但更侧重在计算题中命题，是高考 的压轴题． 的压轴题． 深刻理解功和功率的概念， 应考策略 深刻理解功和功率的概念， 抓住两种命题情 景搞突破：一是综合应用动能定理、 景搞突破：一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和动 量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题； 量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题；二是 运用动能定理和动量守恒定律解决电场、 运用动能定理和动量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子 的运动或电磁感应问题． 的运动或电磁感应问题．
图1
抬高 B，使木板的倾角与前一过程相同，再让物块从 B ，使木板的倾角与前一过程相同， 上述两过程相比较， 由静止开始滑到 A.上述两过程相比较，下列说法中一定 上述两过程相比较 正确的有 A．物块经过 P 点的动能，前一过程较小 ． 点的动能， B．物块从顶端滑到 P 点的过程中因摩擦产生的热量，前 ． 点的过程中因摩擦产生的热量， 一过程较少 C．物块滑到底端的速度，前一过程较大 ．物块滑到底端的速度， D．物块从顶端滑到底端的时间，前一过程较长 ．物块从顶端滑到底端的时间， ( )
高考物理二轮复习专题分层突破练5动能定理机械能守恒定律功能关系的应用含解析
专题分层突破练5 动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用A组1.(多选)(2021广东阳江高三二模)关于下列配图的说法正确的是()A.图甲中“蛟龙号”在钢绳作用下匀速下降的过程中,它的机械能不守恒B.图乙中火车在匀速转弯时所受合力为零,动能不变C.图丙中握力器在手的压力作用下弹性势能增大D.图丁中撑竿跳高运动员在上升过程中机械能守恒2.(2021山西高三二模)如图所示,竖直平面内有一个半径为R的半圆形轨道,A、B为水平直径的两端点,O为圆心,现将半径远小于轨道半径、质量为m的小球从O点以初速度v0=水平向右抛出,小球落在圆周上某一点,不计空气阻力,重力加速度为g,则小球落在圆周上时的动能为()A.mgRB.mgRC.(-1)mgRD.mgR3.(2021江西高三一模)研究“蹦极”运动时,在运动员身上系好弹性绳并安装传感器,可测得运动员竖直下落的距离及其对应的速度大小。
根据传感器收集到的数据,得到如图所示的“速度—位移”图象,若空气阻力和弹性绳的重力可忽略,根据图象信息,下列说法正确的是()A.弹性绳原长为15 mB.当运动员下降10 m时,处于超重状态,当运动员下降20 m时,处于失重状态C.若以运动员、弹性绳、地球为系统研究,此过程机械能守恒D.当运动员下降15 m时,绳的弹性势能最大4.(2021广东高三二模)高铁在高速行驶时,受到的阻力F f与速度v的关系为F f=kv2(k为常量)。
若某高铁以v1的速度匀速行驶时机车的输出功率为P,则该高铁以2v1的速度匀速行驶时机车的输出功率为()A.8PB.4PC.2PD.P5.(2021广东东莞高三月考)如图所示,质量为m的物体静止在地面上,物体上面连着一个轻弹簧,用手拉住弹簧上端向上移动H,将物体缓缓提高h,拉力F做功W F,不计弹簧的质量,已知重力加速度为g,则下列说法正确的是()A.重力做功-mgh,重力势能减少mghB.弹力做功-W F,弹性势能增加W FC.重力势能增加mgh,弹性势能增加FHD.重力势能增加mgh,弹性势能增加W F-mgh6.(多选)(2021广东佛山高三三模)无动力翼装飞行运动员穿戴着拥有双翼的飞行服装和降落伞设备,从飞机、悬崖绝壁等高处一跃而下,运用肢体动作来掌控滑翔方向,最后打开降落伞平稳落地完成飞行。
高考物理二轮复习专题四功能关系的应用教学案
专题四功能关系的应用考情分析201520162017 功与能T9：功能关系、能量守恒定律T14：动能定理的应用T14：机械能守恒定律的应用T3：物体在斜面上运动的E k－x图象T5：圆周运动中的功能问题T9：连接体中的功能问题T14(3)：叠加体中的功能问题命题解读本专题共6个考点，其中功和功率、动能动能定理、重力势能、机械能守恒定律及其应用四个考点为Ⅱ要求，弹性势能、能量守恒为Ⅰ要求，这些考点皆属于高频考点。
从近三年命题情况看，命题特点为：(1)注重基础知识与实际问题结合。
如2011年的抛鸡蛋、2013年的球碰撞等，难度较小。
(2)注重方法与综合。
如2012年、2013年、2015年的“弹簧问题”、2016年的连接体等，难度较大。
整体难度偏难，命题指数★★★★★，复习目标是达B冲A。
1.(2017·江苏泰州中学月考)弹弓是孩子们喜爱的弹射类玩具，其构造原理如图1所示，橡皮筋两端点A、B固定在把手上，橡皮筋处于ACB时恰好为原长状态，在C处(AB连线的中垂线上)放一固体弹丸，一手执把，另一手将弹丸拉至D点放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下发射出去，打击目标。
现将弹丸竖直向上发射，已知E是CD中点，则( )图1A.从D到C过程中，弹丸的机械能守恒B.从D到C过程中，弹丸的动能一直在增大C.从D到E过程橡皮筋对弹丸做的功大于从E到C过程橡皮筋对弹丸做的功D.从D到C过程中，橡皮筋的弹性势能先增大后减小解析 从D 到C ，橡皮筋的弹力对弹丸做功，所以弹丸的机械能增大，故A 项错误；弹丸在与橡皮筋作用过程中，受到向上的弹力和向下的重力，橡皮筋ACB 恰好处于原长状态，在C 处橡皮筋的拉力为0，在CD 连线中的某一处，弹力和重力相等时，弹丸受力平衡，所以从D 到C ，弹丸的合力先向上后向下，速度先增大后减小，弹丸的动能先增大后减小，故B 项错误；从D 到C ，橡皮筋对弹丸一直做正功，橡皮筋的弹性势能一直减小，故D 项错误；从D 到E 橡皮筋作用在弹丸上的合力大于从E 到C 橡皮筋作用在弹丸上的合力，两段位移相等，所以DE 段橡皮筋对弹丸做功较多，故C 项正确。
高三物理二轮课件功能关系5篇整理
让知识带有温度。
高三物理二轮课件功能关系5篇整理高三物理二轮课件功能关系5篇为保证事情或工作高起点、高质量、高水平开展，教案无论是哪种结构，都必需围绕中心内容，选择科学、恰当的教学方法，老师一旦今日停止成长，明日你就将停止教学。
下面我给大家整理了关于物理优秀教学课件的内容，欢迎阅读，内容仅供参考!高三物理二轮课件功能关系精选篇1教材分析：本节教材首先通过做相同功所用时间不同引入功率的概念，再全面解析物理量功率的物理意义、定义、计算公式、单位等，通过估测同学上楼时的功率学以致用。
功率是学校物理量力学功能中重要的一个物理量，也是后面将要学习的电功率的基础，并且是生活中机械的一个重要指标，具有非常重要的意义。
学问和技能：1、理解功率，知道功率的物理意义、定义、公式和单位。
2、会估测人做功的功率。
过程与方法：1、通过自学归纳认知功率，提高同学的自学归纳力量和沟通力量。
2、经受估测功率，提高同学的试验探究力量。
第1页/共3页千里之行，始于足下。
情感、态度与价值观：通过估测功率提高同学的学习爱好，有将物理与生活联系的意识和实事求是的科学态度。
教学重点：认知功率，估测功率的大小。
教学难点：功率物理意义的认知理解。
教具：每组钩码一盒、弹簧测力计一个、米尺一根、机械停表一块。
教学程序：一、创设情景，引入新课。
漫画：小华和小明同时从一楼到三楼。
争论：对他们的做功状况发表自己的见解。
二、合作沟通，解读探究。
1、自学：功率。
自学提示：功率的物理意义、定义、计算公式、单位。
2、认知：一些功率值。
3、活动：估测人将物体从地面提升到桌面的功率。
第2页/共3页让知识带有温度。
争论：（1）试验原理。
（2）猜想：怎么能使功率更大一些？（3）测量工具和需要测量的物理量。
三、总结反思，拓展升华。
1、本节课你有哪些收获？2、你还有哪些需要解决的问题？提出来和大家共同探讨一下。
四、学以致用，布置作业。
1、设计方案：估测人做引体向上时的功率。
2021年新高考大二轮物理 5.功能关系及应用
5.功能关系及应用1．(2020·安徽合肥市高三第二次教学质量检测)仰卧起坐是《国家学生体质健康标准》中规定的女生测试项目之一．根据该标准高三女生一分钟内完成55个以上仰卧起坐记为满分．如图1所示，若某女生一分钟内做了50个仰卧起坐，其质量为50 kg ，上半身质量为总质量的0.6倍，仰卧起坐时下半身重心位置不变，g 取10 m/s 2 .则测试过程中该女生克服重力做功的平均功率约为( )图1A ．10 WB ．40 WC ．100 WD ．200 W答案 C解析 该女生身高约1.6 m ，则每次仰卧起坐时上半身重心上升的距离约为14×1.6 m ＝0.4 m ，则她每一次克服重力做的功W ＝0.6mgh ＝0.6×50×10×0.4 J ＝120 J ，一分钟内她克服重力所做的总功W 总＝50W ＝50×120 J ＝6 000 J ，她克服重力做功的平均功率为P ＝W t ＝6 00060W ＝100 W ，故C 正确，A 、B 、D 错误． 2.(多选)(2020·东北三省四市教研联合体模拟)如图2所示，斜面1、曲面2和斜面3的顶端高度相同，底端位于同一水平面上，斜面1与曲面2的水平底边长度相同．一物体与三个面间的动摩擦因数相同，在它由静止开始分别沿三个面从顶端下滑到底端的过程中，下列判断正确的是( )图2A ．物体减少的机械能ΔE 1＝ΔE 2>ΔE 3B ．物体减少的机械能ΔE 2>ΔE 1>ΔE 3C ．物体到达底端时的速度v 1＝v 2<v 3D ．物体到达底端时的速度v 2<v 1<v 3答案 BD解析 如图所示，由功能关系可知物体克服摩擦力所做的功，等于物体减少的机械能．当物体在斜面上滑动时，物体克服摩擦力所做的功为μmg cos θ·AC＝μmg BC，则物体克服摩擦力所做的功与BC边长度有关，W克1>W克3，由于在轨道2上滑动时，为曲线运动，由牛，所以在轨道2上滑动时滑动摩擦力大于μmg cos θ，则顿第二定律可得F N＝mg cos θ＋m v2RW克2>W克1，故W克2>W克1>W克3，由此可知物体减少的机械能ΔE2>ΔE1>ΔE3；由动能定理可知mgh－W克＝12，由于W克2>W克1>W克3可得v2<v1<v3，故B、D正确．2m v3.(多选)(2020·安徽定远县重点中学高三下学期5月模拟)如图3所示，在倾角θ＝37°固定斜面体的底端附近固定一垂直斜面的挡板，一质量不计的弹簧下端固定在挡板上，弹簧自然伸长时其上端位于斜面体上的O点处．质量分别为m A＝4.0 kg、m B＝1.0 kg的物块A和B用一质量不计的细绳连接，跨过固定在斜面体顶端的光滑定滑轮，与A连接的细绳与斜面平行，开始时物块A位于斜面体上的M处，物块B悬空，现将物块A和B由静止释放，物块A沿斜面下滑，当物块A将弹簧压缩到N点时，物块A、B的速度减为零．已知MO＝1.0 m，ON＝0.5 m，物块A与斜面体之间的动摩擦因数为μ＝0.25，重力加速度取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，整个过程细绳始终没有松弛，则下列说法正确的是()图3A．物块A在与弹簧接触前的加速度大小为1.2 m/s2B．物块A在与弹簧接触前的加速度大小为1.5 m/s2C．物块A位于N点时，弹簧所具有的弹性势能为9 JD．物块A位于N点时，弹簧所具有的弹性势能为21 J答案AC解析对A、B整体，由牛顿第二定律可得m A g sin θ－m B g－μm A g cos θ＝(m A＋m B)a，解得a ＝1.2 m/s2，选项A正确，B错误；由能量关系可知，物块A位于N点时，弹簧的弹性势能为E p＝m A g·MN sin θ－m B g·MN－μm A g cos θ·MN，解得E p＝9 J，选项C正确，D错误.4.(2020·江西重点中学协作体高三第一次联考)如图4所示，用铰链将三个质量均为m的小球A、B、C与两根长为L的轻杆相连，B、C置于水平地面上，系统静止时轻杆竖直，现给系统一个微小扰动，B、C在轻杆的作用下向两侧滑动，三个小球始终在同一竖直平面内运动，忽略一切摩擦，重力加速度为g，则此过程中()图4A．球A的机械能一直减小B．球C的机械能一直增大C．球B对地面的压力不可能小于mgD．球A落地的瞬时速度为2gL答案 D解析A球下降的过程中，B、C两球向两侧运动，当A球将落地时，根据水平方向动量守恒可知，B、C两球水平速度趋近于零，因此B、C的机械能先增大后减小，B错误；杆对B、C先做正功，后做负功，即杆先对B、C是推力，后对B、C是拉力，当杆对B、C是拉力时，杆对A也是拉力，此时A的机械能会增大，A错误；当杆对B、C是拉力时，B、C对地面的压力小于其重力，C错误；当A落地时，B、C的速度为零，根据机械能守恒定律mgL ＝12可得A落地时的速度v＝2gL，D正确．2m v5．(2020·黑龙江哈尔滨市一中高三下学期6月一模)如图5甲为某型号电动平衡车，其体积小，操控新颖方便，深受年轻人的喜爱．当人站在平衡车上沿水平直轨道由静止开始运动，其v－t图像如图乙所示(除3～10 s时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线)．已知人与平衡车质量之和为80 kg,3 s后功率恒为300 W，且整个骑行过程中所受到的阻力不变，结合图像的信息可知()图5A．0～3 s时间内，牵引力做功490 JB．3～10 s时间内，小车的平均速度大小是4.5 m/sC．3～10 s时间内，小车克服摩擦力做功1 020 JD．小车在第2 s末与第14 s末的功率之比为1∶2答案 C解析最终匀速运动时，牵引力与阻力相等，则P＝F f v m，代入数据可得F f＝50 N在0～3 s时间内，小车做匀加速运动，根据题图乙可知a＝vt＝1 m/s2根据牛顿第二定律F－F f＝ma，可得F＝130 N在0～3 s时间的位移x1＝12at2＝4.5 m因此0～3 s时间内，牵引力做功W1＝Fx1＝585 J，A错误；在3～10 s时间内，根据动能定理Pt＋W f＝12m v m2－12m v12，得W f＝－1 020 J，故克服摩擦力做功1 020 J，C正确；在3～10 s时间内，是加速度逐渐减小的加速运动，因此v≠v1＋v m2＝4.5 m/s，B错误；小车在第2 s末的功率P2＝F v2＝260 W因此P2P14＝260300＝1315，D错误．6.(多选)如图6所示，斜面ABC竖直固定放置，斜边AC与一光滑的圆弧轨道DEG相切，切点为D，AD长为L＝Rtan θ－μ，圆弧轨道圆心为O，半径为R，∠DOE＝θ，∠EOG＝90°，OG水平．现有一质量为m、可视为质点的滑块从A点由静止下滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则关于滑块的运动，下列说法正确的是()图6A．滑块经过E点时对轨道的最小压力为mgB．滑块下滑后将会从G点飞出C．滑块第二次经过E点时对轨道的压力大小为3mgD．滑块在斜面上经过的总路程为R tan θμ(tan θ－μ)答案CD解析滑块从A点下滑后在AD部分轨道上要克服摩擦力做功，则返回到AD斜面上时的高度逐渐降低，最终滑块将在以E点为最低点、D点为最高点来回滚动，此时经过E点时对轨道的压力最小，则D 点到E 点，根据机械能守恒定律：mgR (1－cos θ)＝12m v E 2，在E 点：F N －mg ＝m v E 2R，联立解得：F N ＝mg (3－2cos θ)，故A 错误； 从A 到G 由动能定理得：mg (L sin θ－R cos θ)－μmg cos θ·L ＝12m v G 2，其中L ＝R tan θ－μ，解得：v G ＝0，则滑块下滑后不能从G 点飞出，故B 错误；滑块第一次到达E 点时，根据动能定理：mg [L sin θ＋R (1－cos θ)]－μmg cos θ·L ＝12m v E 2，解得v E ＝2gR ，第二次到达E 点的速度与第一次相同，根据牛顿第二定律F N E －mg ＝m v E 2R，解得F N E ＝3mg ，由牛顿第三定律得，F N E ′＝3mg ，故C 正确；滑块最终将在以E 点为最低点、D 为最高点来回运动，根据能量守恒定律：mgL sin θ＝μmg cos θ·s 总，解得s 总＝R tan θμ(tan θ－μ)，故D 正确． 7．(多选)(2020·内蒙古鄂尔多斯市高三下学期模拟)一名棒球运动员进行击球训练，在一倾角一定的斜坡顶部将一棒球从高处水平击出，最初2 s 内小球动能E k 随时间t 变化的图线如图7所示，不计空气阻力，且2 s 末恰好落到山坡底部，重力加速度g ＝10 m/s 2.根据图像信息，能确定的物理量是( )图7A ．棒球的初始机械能B ．棒球的末动量C ．斜坡的倾角D ．2 s 末重力对棒球做功的瞬时功率答案 BCD解析 由题可知，小球的初动能E k0＝12m v 02＝10 J 落到山坡底部的动能E k ＝12m (v 02＋v y 2)＝30 J 由于运动时间为2 s ，平抛运动在竖直方向上为自由落体运动v y ＝gt ＝20 m/s联立解得v 0＝10 2 m/s ，m ＝0.1 kg因此棒球的末动量p ＝m v 02＋v y 2＝ 6 kg·m/s ，B 正确；根据tan θ＝12gt 2v 0t ＝22，可求得倾角θ值，C 正确； 2 s 末重力对棒球做功的瞬时功率P ＝mg v y ＝20 W ，D 正确．由于选择不同的参考面，小球的机械能不同，题中没有确定参考面位置，因此棒球初始机械能的大小不能确定，A 错误．。
2020新课标高考物理课后演练：功能关系的应用含解析
教课资料范本2020新课标高考物理课后操练：功能关系的应用含分析编辑： __________________时间： __________________(建议用时： 40 分钟 )一、单项选择题1． (20xx ·高考全国卷Ⅱ)如图，某同学用绳索拉动木箱，使它从静止开始沿粗拙水平路面运动至拥有某一速度．木箱获取的动能必定()A ．小于拉力所做的功B ．等于拉力所做的功C ．等于战胜摩擦力所做的功D ．大于战胜摩擦力所做的功分析： 选 A. 由动能定理 W F － W f ＝ E k － 0，可知木箱获取的动能必定小于拉力所做的功，A 正确．2．一辆汽车在平直的公路上由静止开始启动．在启动过程中，汽车牵引力的功率及其刹时速度随时间的变化状况分别如图甲、乙所示．已知汽车所受阻力恒为重力的1，重力加5速度 g 取 10 m/s 2.以下说法正确的选项是()A ．该汽车的质量为 3 000 kgB ． v 0＝ 6 m/sC ．在前 5 s 内，阻力对汽车所做的功为25 kJ D ．在 5～ 15 s 内，汽车的位移大小约为67.19 mΔv分析： 选 D.由图象可得，汽车匀加快阶段的加快度a ＝＝ 1 m/s 2，汽车匀加快阶段的牵Δt引力为 F ＝ P＝ 3 000 N ，匀加快阶段由牛顿第二定律得F － 0.2mg ＝ma ，解得 m ＝ 1 000 kg ， Av错误；牵引力功率为 15 kW 时，汽车行驶的最大速度v 0＝ P ＝7.5 m/s ，B 错误；前 5 s 内0.2mg汽车的位移 x ＝ 1at 2＝ 12.5 m ，阻力做功 W Ff ＝－ 0.2mgx ＝－ 25 kJ ，C 错误； 5～ 15 s 内，由动21 1能定理得 Pt － 0.2mgs ＝mv20－ mv 2，解得 s ＝67.187 5 m ，D 正确．2 23．如下图，质量均为m 的木块 A 和 B，用一个劲度系数为 k 的竖直轻质弹簧连结，最先系统静止，此刻使劲F迟缓拉 A直到 B恰巧走开地面，则这一过程中力 F 做的功起码为 ()A.m2g2B.2m2g2 k kC.3m2g2D.4m2g2 k k分析：选 B.最先系统静止时，弹力等于 A 的重力，由胡克定律得，弹簧被压缩的长度x1＝mg，最后 B 恰巧走开地面时，弹力等于 B 的重力，此时弹簧伸长的长度x2＝mg，此过程缓k k慢进行，所以力 F 做的功等于系统内增添的重力势能，依据功能关系可知：W＝ mgh ＝mg2m2g2mg× 2×k＝k，故 B正确．4． (20xx 高·考天津卷 )滑雪运动深受人民民众喜欢．某滑雪运动员(可视为质点 )由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的 A 点滑行到最低点 B 的过程中，因为摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿 AB 下滑过程中 ()A ．所受合外力一直为零B．所受摩擦力大小不变C．合外力做功必定为零D．机械能一直保持不变分析：选 C.运动员做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心， A 项错误；由动能定理可知，合外力做功必定为零， C 项正确；运动员所受滑动摩擦力大小随运动员对滑道压力大小的变化而变化， B 项错误；运动员动能不变，重力势能减少，所以机械能减少， D 项错误．5．(20xx 济·南二模 )如图，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定搁置，轨道两头等高；质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为2mg，重力加快度大小为g.质点自 P 滑到 Q 的过程中，战胜摩擦力所做的功为()11A. 4mgRB.3mgR1πC.2mgRD.4mgR分析：选 C.当质点由 P 点滑到 Q 点时，对轨道的正压力为 F N＝2mg，由牛顿第三定律、v2Q牛顿第二定律得 F N－ mg＝ m， v2Q＝ gR.对证点自 P 点滑到 Q 点的过程应用动能定理得： mgRR11－ W f＝2mv2Q－ 0，得： W f＝2mgR，所以， A 、 B、 D 错误， C 正确．6．如图，一半径为R 、粗拙程度到处同样的半圆形轨道竖直固定搁置，直径 POQ 水平．一质量为 m 的质点自 P 点上方高度 R 处由静止开始着落，恰巧从P 点进入轨道．质点滑到轨道最低点 N 时，对轨道的压力为 4mg ， g 为重力加快度的大小．用 W 表示质点从 P 点运动到 N点的过程中战胜摩擦力所做的功．则()1A ． W ＝ 2mgR ，质点恰巧能够抵达Q 点1B ． W>2mgR ，质点不可以抵达 Q 点1C ． W ＝ 2mgR ，质点抵达 Q 点后，持续上涨一段距离1D ． W<2mgR ，质点抵达Q 点后，持续上涨一段距离分析： 选 C.设质点抵达 N 点的速度为 v N ，在 N 点质点遇到轨道的弹力为 F N ，则 F N － mgmv2Nk N13＝ ，已知 F NNN 点的动能为R ＝ F ′ ＝ 4mg ，则质点抵达E ＝2mv2N ＝ 2mgR.质点由开始至 N1点的过程，由动能定理得mg ·2R ＋ W f ＝ E kN － 0，解得摩擦力做的功为 W f ＝－ 2mgR ，即战胜摩擦力做的功为 W ＝－ W f1W ′，则 W ′<W.从 N 到＝ 2mgR.设从 N 到 Q 的过程中战胜摩擦力做功为1 1 1 1Q 的过程，由动能定理得－ mgR － W ′＝ 2mv2Q － 2mv2N ，即 2mgR － W ′＝ 2mv2Q ，故质点抵达 Q 点后速度不为 0，质点持续上涨一段距离，选项 C 正确．二、多项选择题7．如图，小球套在圆滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连．现将小球从M 点由静止开释，它在降落的过程中经过了N 点．已知在 M 、 N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠πONM <∠ OMN <.在小2球从 M 点运动到 N 点的过程中， ()A ．弹力对小球先做正功后做负功B ．有两个时辰小球的加快度等于重力加快度C ．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D ．小球抵达 N 点时的动能等于其在M 、 N 两点的重力势能差分析： 选 BCD. 小球在从 M 点运动到N 点的过程中，弹簧的压缩量先增大，后减小，到某一地点时，弹簧处于原长，再持续向下运动到N 点的过程中，弹簧又伸长．弹簧的弹力方向与小球速度的方向的夹角先大于90°，再小于 90°，最后又大于90°，所以弹力先做负功，再做正功，最后又做负功，A 项错误；弹簧与杆垂直时，小球的加快度等于重力加快度，当弹簧的弹力为零时，小球的加快度也等于重力加快度，B 项正确；弹簧长度最短时，弹力与小球的速度方向垂直，这时弹力对小球做功的功率为零，C项正确；因为在M、 N 两点处，弹簧的弹力大小相等，即弹簧的形变量相等，依据动能定理可知，小球从M 点到 N 点的过程中，弹簧的弹力做功为零，重力做功等于动能的增量，即小球抵达N 点时的动能等于其在M、N 两点的重力势能差， D 项正确．8．如下图，小球A、B、 C 的质量分别为m、 m、2m， A 与 BC 间经过铰链用轻杆连结，杆长为 L， B、 C 置于水平川面上．现让两轻杆并拢，将 A 由静止开释降落到最低点的过程中，A、 B、 C 在同一竖直平面内运动，忽视全部摩擦，重力加快度为g.则()A ． A、B、 C 构成的系统水平方向动量守恒B． A、C 之间的轻杆一直对 C 做正功C． A 与桌面接触时拥有水平方向的速度D． A 与桌面接触时的速度大小为2gL分析：选 AD. A、 B、 C 构成的系统水平方向遇到的协力为零，则水平方向动量守恒，选项 A 正确；小球 C 的速度先增大后减小，则A、 C 之间的轻杆对 C 先做正功后做负功，选项B 错误；系统初动量为零，水平方向末动量也为零，因 A 与桌面接触时，三个球的水平速度相等，则依据水平方向动量守恒可知三个球的水平方向的速度均为零，选项 C 错误；竖直方向，当 A 与桌面接触时，小球 A 的重力势能转变为系统的动能，因BC 的速度为零，则 mgL 1＝ mv2，解得 v＝ 2gL，选项 D 正确．29．(20xx 南·京二模 )如下图，半径为R 的竖直圆滑圆轨道与光滑水平面相切，质量均为m 的小球 A、 B 与轻杆连结，置于圆轨道上， A 位于圆心 O 的正下方， B 与 O 等高．它们由静止开释，最后在水平面上运动．以下说法正确的选项是()A ．下滑过程中重力对B 做功的功领先增大后减小B．当 B 滑到圆轨道最低点时，轨道对 B 的支持力大小为 3mgC．下滑过程中 B 的机械能增添1D．整个过程中轻杆对 A 做的功为2mgR分析：选 AD. 对 A、B 小球构成的系统，在运动过程中，机械能守恒，设 B 抵达轨道最低点时速度为 v，依据机械能守恒定律得：1(m＋m)v2＝ mgR，解得： v＝ gR.因为初地点速度为2零，则重力的功率为0，最低点速度方向与重力的方向垂直，重力的功率为零，可知重力的功领先增大后减小，故A 正确；在最低点，依据牛顿第二定律得：v2，解得： F NF N － mg ＝ m R＝ 2mg ，故 B 错误；下滑过程中， B 的重力势能减小E p ＝mgR ，动能增添量E k ＝ 1 m v 2 ＝12 21mgR ，所以 B 球机械能减小 2mgR ，故 C 错误；依据动能定理，整个过程中，轻杆对A 做的功1 1 mgR ，故 D 正确．W ＝ mv 2＝2 210.如下图，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m 、套在粗拙 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，抵达 C 处的速度为零，AC ＝ h.圆环在C 处获取一竖直向上的速度v ，恰巧能回到 A.弹簧一直在弹性限度内，重力加快度为 g.则圆环 ()A ．下滑过程中，加快度向来减小1B ．下滑过程中，战胜摩擦力做的功为4mv 2C ．在 C 处，弹簧的弹性势能为 1mv 2－ mgh4 D ．上滑经过 B 的速度大于下滑经过B 的速度分析： 选 BD. 圆环着落时，先加快，在B 地点时速度最大，加快度减小至 0.从B 到C 圆环减速，加快度增大，方向向上，选项 A 错误；圆环下滑时，设战胜摩擦力做功为 W f ，弹簧的最大弹性势能为 E p ，由 A 到 C 的过程中，依据功能关系有 mgh ＝ E p ＋ W f .由 C 到 A 的过程中，有 1mv 2＋E p ＝ W f ＋ mgh.联立解得 W f ＝ 1mv 2， E p ＝ mgh － 1mv 2，选项 B 正确，选项244C 错误；设圆环在B 地点时，弹簧弹性势能为 E ′1，依据能量守恒， A 到 B 的过程有2mv2Bp＋ E ′ p ＋ W ′f ＝ mgh ′， B 到 A 的过程有 1 mv ′2B ＋ E ′ p ＝mgh ′＋ W ′f ，比较两式得 v ′B >v B ，选2项D 正确．三、非选择题11．如图，在竖直平面内有由1圆弧 AB 和1圆弧 BC 构成的圆滑固定轨42R道，二者在最低点B 光滑连结． AB 弧的半径为R ， BC 弧的半径为 2 .一小球在 A 点正上方与 A 相距R处由静止开始自由着落，经A 点沿圆弧轨道运动．4(1)求小球在 B 、A 两点的动能之比．(2)经过计算判断小球可否沿轨道运动到C 点．分析： (1) 设小球的质量为 m ，小球在 A 点的动能为 E kA ，由机械能守恒得RE kA ＝ mg 4①5R设小球在 B 点的动能为 E kB ，同理有 E kB ＝ mg 4 ②由①② 式得EkB＝ 5∶ 1. ③EkA(2)若小球能沿轨道运动到 C 点，小球在 C 点所受轨道的正压力N 应知足N ≥ 0④设小球在 C 点的速度大小为 v C ，由牛顿运动定律和向心加快度公式有v2CN ＋ mg ＝ m R ⑤22v2C由④⑤ 式得， v C 应知足 mg ≤ mR⑥R 1⑦由机械能守恒有 mg ＝ mv2C42由⑥⑦ 式可知，小球恰巧能够沿轨道运动到 C 点．答案： (1)5∶ 1 (2) 看法析12． (20xx ·江东阳中学浙3 月模拟 )如下图，水平 面 上的 A 点有一固定的理想弹簧发射装置，发射装置内壁 光滑， A 点为发射口所在的地点，在竖直面内由内壁圆滑的钢管弯成的 “9字”形固定轨道在 B 点与水平面光滑相接，钢管内径很小，“ 9”字全高 H ＝ 1 m ，“ 9”字上半部分圆弧轨道半径R ＝ 0.1 m ，圆弧为3圆周，圆弧轨道与其下端相接的水平部分4轨道相切，当弹簧压缩量为 2 cm(弹性限度内 )时，启动发射装置，恰能使质量m ＝ 0.1 kg 的滑块沿轨道上涨到最高点C ，已知弹簧弹性势能与其压缩量的平方成正比，A 、B 间距离为 L ＝4 m ，滑块与水平面间的动摩擦因数为0.2，重力加快度 g ＝10 m/s 2，求：(1)当弹簧压缩量为 2 cm 时，弹簧的弹性势能；(2)当弹簧压缩量为3 cm( 弹性限度内 )时，启动发射装置，滑块滑到轨道最高点C 时对轨道的作使劲；(3)当弹簧压缩量为3 cm 时，启动发射装置，滑块从 D 点水平抛出后的水平射程．分析： (1) 依据能量守恒定律得， E p ＝ μ mgL ＋ mgH ，解得 E p ＝ 1.8 J.(2)因为弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比 故当弹簧压缩量为3 cm 时， E ′p 9 p＝ 4E依据能量守恒定律得E ′1p ＝ μ mgL ＋mgH ＋2mv2C由牛顿第二定律得v2CF N＋ mg＝ m，解得 F N＝ 44 NR由牛顿第三定律可知，滑块滑到轨道最高点 C 时对轨道作使劲的大小 F′N＝44 N，方向竖直向上．( 3)依据能量守恒定律可得E′＝μ mgL＋ mg(H－ 2R)＋1mv2D，解得 v ＝ 7 m/sp D2由平抛运动规律得H－ 2R＝12gt2，x＝ v D t故水平射程x＝ 2.8 m.答案： (1)1.8 J (2)44 N方向竖直向上(3)2.8 m。
高考物理二轮专题辅导训练专题2第5讲热点一几个重要功能关系的应用含解析
热点一几个重要功能关系的应用1.图2－5－4(2014·东莞市调研测试)如图2－5－4所示，长木板A放在滑腻的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对木板A 静止的进程中，下述说法中正确的是()A．物体B动能的减少量等于系统损失的机械能B．物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量C．物体B损失的机械能等于木板A取得的动能与系统损失的机械能之和D．摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量解析物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，B减速运动，A加速运动，按照能量守恒定律，物体B动能的减少量等于A增加的动能和产生的热量之和，选项A错误；按照动能定理，物体B克服摩擦力做的功等于B损失的动能，选项B错误；由能量守恒定律可知，物体B损失的机械能等于木板A取得的动能与系统损失的机械能之和，选项C正确；摩擦力对物体B做的功等于B动能的减少量，摩擦力对木板A做的功等于A动能的增加量，由能量守恒定律，摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量，选项D正确．答案CD2．(2014·广东韶关一模)图2－5－5一轻质弹簧，固定于天花板上的O点处，原长为L，如图2－5－5所示，一个质量为m的物块从A点竖直向上抛出，以速度v与弹簧在B点相接触，然后向上紧缩弹簧，到C点时物块速度为零，在此进程中无机械能损失，则下列说法正确的是()A ．由A 到C 的进程中，动能和重力势能之和维持不变B ．由B 到C 的进程中，弹性势能和动能之和逐渐减小C ．由A 到C 的进程中，物块m 的机械能守恒D ．由B 到C 的进程中，物块与弹簧组成的系统机械能守恒解析 对物块由A 到C 的进程中，除重力做功外还有弹簧弹力做功，物块机械能不守恒，A 、C 错误；对物块和弹簧组成的系统机械能守恒，即重力势能、弹性势能和动能之和不变，上升进程中，重力势能增加，故弹性势能和动能之和逐渐减小，B 、D 正确．答案 BD3．如图2－5－6所示，图2－5－6竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m 的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F 将小球向下压至某位置静止．现撤去F ，小球从静止开始运动到离开弹簧的进程中，重力、电场力对小球所做的功别离为W1和W2，小球离开弹簧时速度为v ，不计空气阻力，则上述进程中( )A ．小球与弹簧组成的系统机械能守恒B ．小球的重力势能增加－W1C ．小球的机械能增加W1＋12mv2D ．小球的电势能减少W2解析 由于电场力做正功，故小球与弹簧组成的系统机械能增加，机械能不守恒，故A 选项错误；重力做功是重力势能转变的量度，由题意知重力做负功，重力势能增加，故B 选项正确；小球增加的机械能等于重力势能的增加量与小球动能的增加量之和，即－W1＋12mv2，故C 选项错误；按照电场力做功是电势能转变的量度，电场力做正功电势能减少，电场力做负功电势能增加，故D 选项正确．答案 BD4．如图2－5－7所示，甲、乙两传送带、倾斜于水平地面放置，传送带上表面以一样恒定速度v 向上运动．现将一质量为m 的小物体(视为质点)轻轻放在A 处，小物体在甲传送带上抵达B 处时恰好达到传送带的速度v ；小物块在乙传送带上抵达离B 竖直高度为h 的C 处时达到传送带的速度v.已知B 处离A 处的竖直高度皆为H.则在小物体从A 到B 的进程中( )图2－5－7A ．两种传送带对小物体做功相等B ．将小物体传送到B 处，两种传送带消耗的电能相等C ．两种传送带与小物体之间的动摩擦因数不同D ．将小物体传送到B 处，两种系统产生的热量相等解析 对小物体，从A 到B 由动能定理有W －mgH ＝12mv2，则A 正确；小物体在匀加速进程中，由a ＝v22x ，因位移x 不同，则加速度不同，按照牛顿第二定律，动摩擦因数不同，则C 正确；系统产生的热量Q ＝μmgs 相cos θ＝μmgcos θ·v22μgcos θ－gsin θ＝mv22－2tan θμ，因动摩擦因数不同，Q 不同，则D 错误；将小物体传送到B 处，传送带消耗的电能E ＝W ＋Q ，可见E 也不同，则B 错误．答案 AC1．若只有电场力做功，电势能与动能之和维持不变．2．若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和维持不变．3．除重力外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的转变．4．所有力对物体所做功的代数和，等于物体动能的转变．。
2020版高考物理大二轮复习专题二第1讲功能关系的应用讲义(2021-2022学年)
功能关系的应用ﻬ第1讲 功能关系的应用真题再现 考情分析１．(２0１9·高考全国卷Ⅲ)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用.距地面高度h 在３ m 以内时，物体上升、下落过程中动能E k 随ｈ的变化如图所示．重力加速度取１０ m ／s 2。
该物体的质量为( ） Ａ。
2 kgＢ．1.５ k ｇC ．1 k ｇＤ．0。
5 kg解析：选C 。
设物体的质量为m ,则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg 和竖直向下的恒定外力F ，由动能定理结合题图可得－（mg +F )×3m=（36－72) J;物体在下落过程中,受到竖直向下的重力ｍg 和竖直向上的恒定外力F ,再由动能定理结合题图可得（mg -Ｆ）×３ m ＝（48-24) J,联立解得ｍ=１ kg 、F =２ Ｎ,选项C 正确,A 、ﻬA。
物体的质量为2ｋgB。
h＝0时，物体的速率为2０ｍ/sC。
ｈ＝2 ｍ时，物体的动能Ｅk=40 JＤ.从地面至h＝4 m,物体的动能减少100 Ｊ解析:选ＡD.根据题给图象可知ｈ=４ m时物体的重力势能mgh=8０Ｊ，解得物体质量m=2 kg,抛出时物体的动能为E k=100 J，由动能公式Ｅｋ＝错误!ｍv2，可知h＝0时物体的速率为ｖ=１0 m／s，选项A正确，B错误;由功能关系可知fｈ＝｜ΔE｜=2０ J，解得物体上升过程中所受空气阻力f＝5 N，从物体开始抛出至上升到h=2ｍ的过程中,由动能定理有－mgh－fh＝E k-100 J,解得Eｋ=50Ｊ，选项Ｃ错误;由题给图象可知，物体上升到ｈ=４ｍ时,机械能为８０ J，重力势能为8０ J，动能为零，即物体从地面上升到ｈ＝4 m,物体动能减少１00 Ｊ，选项Ｄ正确.3．(2０18·高考全国卷Ⅰ）如图,abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R;bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点．一质量为ｍ的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用,自a点处从静止开始向右运动.重力加速度大小为ｇ.小球从a点开始运动到其轨迹最高点,机械能的增量为()A.２ｍｇRB．４mgRC.５mgRＤ.６ｍgＲ解析：选C。
届高考物理二轮复习简易通(新课标)word版训练：讲功能关系在力学中的应用
第4讲功能关系在力学中地应用»活页规范剎條*............................ 齐祈...匚匸石 (1)* ----------------------------------------------------------------------------------------------------------- (1〜6题为单项选择题，7〜10题为多项选择题>1.如图2-4—19所示,质量为m地物体在与水平方向成B角地恒力F作用下以加速度a做匀加速直线运动，已知物体和地面间地动摩擦因数为仏物体在地面上运动距离为X地过程中力F做地功为b5E2RGbCAP(>•图 2 —4—19A.卩mgX.错误！C.错误！D.错误！p1EanqFDPw解读以物体为研究对象，竖直方向有Fsin 0+ mg= F N,水平方向有Feos —卩F = ma,联立解得F =错误！，在此过程中F做功W= Fxeos 0=错误！，故正确选项为B.DXDiTa9E3d答案B2.小明同学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.设小明与车地总质量为100 kg,骑行过程中所受阻力恒为车和人总重2地0.02倍,g取10 m/s .通过估算可知，小明骑此电动车做功地平均功率最接近RTCrpUDGiT(>.A. 10 WB. 100 WC. 300 WD. 500 W解读由P= Fv可知,要求骑车人地功率，一要知道骑车人地动力，二要知道骑车人地速度，前者由于自行车匀速行驶，由二力平衡地知识可知F = f= 20 N, 后者项 B 正确.5PCzVD7HxA对于骑车人地速度我们应该有一个估测，约为5 m/s,所以由P= Fv得，选答案B3•光滑水平地面上叠放着两个物体 A 和B,如图2-4-20所示•水平拉力F 作用 在物体B 上，使A 、B 两物体从静止出发一起运动.经过时间 t,撤去拉力F,再 经过时间t,物体A 、B 地动能分别设为E A 和E B ,在运动过程中A 、B 始终保持 相对静止.以下有几个说法：①E A + E B 等于拉力F 做地功；②E A + E B 小于 拉力F 做地功；③E A 等于撤去拉力F 前摩擦力对物体A 做地功；④E A 大于 撤去拉力F 前摩擦力对物体A 做地功.其中正确地是jLBHrnAlLg(>.图 2 -4-20A .①③B .①④C .②③D .②④答案A4.物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止 ，以a 、E k 、s 和t 分别表示物体运动地加速度大小、动能、位移地大小和运动地时间，则以下各图象中，能正确反映这一过程地是XHAQX74J0X(>.解读物体在恒定阻力作用下运动，其加速度随时间不变，随位移不变，选项A 、B 错误；由动能定理，fs = E k — E ko ,解得E k = E ko — fs,选项C 正确,D 错 误.LDAYtRyKfE答案C 5. 如图2-4-21所示，一质量为m 地滑块以初速度V 0从固定于地面地斜面底端 O simCA开始冲上斜面，到达某一高度后返回A,斜面与滑块之间有摩擦.下列各项分别表示它在斜面上运动地速度v、加速度a、重力势能E p和机械能E随时间变化地图象，可能正确地是Zzz6ZB2Ltk解读滑块上滑和回落过程中受到地摩擦力方向不同，加速度大小不等、方向相同，上升时地加速度a i大于回落时地加速度a2,故A、B错•摩擦力一直做负功,机械能一直减小，D错.设滑块滑到最咼点时地重力势能为E pm,斜面倾角为则上升过程E p= mg错误! a i t2 sin 0=错误！mga i sin •,回落过程E p =E pm 一mg 错误！a2(t—t o>2 sin 0其中t o为滑块上滑地总时间，故C图象为两段抛物线，正确.dvzfvkwMIi答案C6. 如图2—4—22所示，将一轻弹簧下端固定在倾角为0地粗糙斜面底端,弹簧处于自然状态时上端位于A点.质量为m地物体从斜面上地与弹簧发生相互作用后，最终停在斜面上.下列说法正确地是B点由静止下滑, rqyn14ZNXI图 2 -4 -22A .物体最终将停在A点B •物体第一次反弹后有可能到达B点C. 整个过程中重力势能地减少量大于克服摩擦力做地功D. 整个过程中物体地最大动能大于弹簧地最大弹性势能解读物体最终处于静止状态，故受力平衡，由题知物体重力沿斜面地分力大于物体受到地沿斜面向上地滑动摩擦力，故物体最终将停在A点以下,A项错；根据能量守恒，物体在运动过程中受到滑动摩擦力作用，机械能减少，故物体第一次反弹后不可能到达B点,B项错误；根据能量守恒，物体在整个过程中重力势能地减少量等于克服摩擦力及克服弹簧弹力做地总功，故C项正确；整个过程中，物体处于平衡态时其动能最大，设物体处于平衡态时，弹簧地压缩量为x i,则根据动能定理有(mgsin ―卩mgos A (X AB+ x i>—圧pi= E km, 当物体位于斜面最低点时弹簧地弹性势能最大，设此时弹簧地压缩量为X2,根据动能定理有(mgsin 0—mgps O(X AB+ X2> —AE pm = 0,由于X2>x i,故AE pm>E km,故 D 项错.EmxvxOtOco答案C7. (2018山东卷,16>如图2 —4 —23所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面地夹角相同，顶角b处安装一定滑轮.质量分别为M、m(M>m>地滑块、通过不可伸长地轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行.两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动.若不计滑轮地质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动地过程中SixE2yXPq5(>.图 2 — 4 —23A .两滑块组成地系统机械能守恒B .重力对M 做地功等于M 动能地增加C. 轻绳对m 做地功等于m 机械能地增加D. 两滑块组成系统地机械能损失等于 M 克服摩擦力做地功解读 两滑块释放后,M 下滑、m 上滑，摩擦力对M 做负功，系统地机械能减 小，减小地机械能等于 M 克服摩擦力做地功，选项A 错误,D 正确.除重力对 滑块M 做正功外，还有摩擦力和绳地拉力对滑块 M 做负功，选项B 错误.绳 地拉力对滑块m 做正功，滑块m 机械能增加，且增加地机械能等于拉力做地功选项C 正确.6ewMyirQFL答案 CD 8 .下列各图是反映汽车以额定功率 P 额从静止开始匀加速启动，最后做匀速运动地过程中，其速度随时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化地图象 正确地是kavU42VRUs解读分析汽车启动过程可知，汽车先是牵引力不变地匀加速启动过程 度恒定,速度均匀增大，功率均匀增大；当功率达到额定功率时，功率不再变化, 此后汽车为恒定功率启动，速度继续增大，牵引力减小，加速度减小，当牵引力 ，其加速等于阻力时，加速度减小到零，速度达到最大，然后匀速运动.结合各选项地图象可知,选项B错误,A、C、D正确.y6v3AL0S89答案ACD9. 如图2-4-24所示,M为固定在水平桌面上地有缺口地正方形木块，abcd为半径是R地错误!光滑圆弧形轨道,a为轨道地最高点,de面水平且有一定长度•今将质量为m地小球在d点地正上方高为h处由静止释放，让其自由下落到d处切入轨道内运动，不计空气阻力，则M2ub6vSTnP(＞•A •只要h大于R,释放后小球就能通过a点B •只要改变h地大小，就能使小球通过a点后，既可能落回轨道内，又可能落至U de面上C. 无论怎样改变h地大小，都不可能使小球通过a点后落回轨道内D. 调节h地大小，可以使小球飞出de面之外(即e地右侧＞解读要使小球到达最高点a,则在最高点小球速度最小时有mg= m错误！，得最小速度v =错误！，由机械能守恒定律得mg(h—R＞=错误! mv2,得h=错误！R 即h必须大于或等于错误！R,小球才能通过a点,A项错；小球若能到达a点, 并从a 点以最小速度平抛，有R=错误！gt2,x= vt =错误！R,所以无论怎样改变h地大小，都不可能使小球通过a点后落回轨道内,B项错,C项正确；如果h 足够大,小球可能会飞出de面之外,D项正确.OYujCfmUCw答案CD10. (2018北京西城期末＞如图2 —4 —25甲所示,物体以一定地初速度从倾角a二37。
高考物理二轮复习专题功能关系在力学中的应用学案
专题4 功能关系在力学中的应用考向预测能量观点是高中物理解决问题的三大方法之一，既在选择题中出现，也在综合性的计算题中应用，常将功、功率、动能、势能等基础知识融入其他问题考查，也常将动能定理、机械能守恒、功能关系作为解题工具在综合题中应用。
考查的重点有以下几方面：(1)(变力)做功和功率问题；(2)动能定理的应用；(3)机械能守恒的条件；(4)机械能守恒定律与平抛运动、圆周运动的综合；(5)功能关系与能量守恒。
在功和功率的分析与计算部分，高考命题角度集中在功的定义式的理解及应用，机车启动模型的分析。
题目难度以中档选择题为主。
对动能定理应用的考查，高考命题角度多为应用动能定理解决变力做功及多过程问题，题目综合性较强，试题难度较大，题型包括选择题与计算题。
对机械能守恒定律应用的考查，高考命题选择题集中在物体系统机械能守恒及物体间的做功特点、力与运动的关系，计算题结合平抛、圆周运动等典型运动为背景综合考查。
试题难度以中档题为主。
对功能关系及能量守恒的考查，选择题命题重点在考查常见功能转化关系，难度中档；计算题常以滑块、传送带、弹簧结合平抛运动、圆周运动综合考查功能关系、动能定理、机械能守恒的应用。
高频考点：功、功率的理解与计算；机车启动问题；动能定理的应用；机械能守恒定律的应用；能量守恒定律。
知识与技巧的梳理考点一、功功率的分析与计算例 (2020届高三·天津五区县联考)如图所示，某质点运动的v-t图象为正弦曲线。
从图象可以判断( )A．质点做曲线运动B．在t1时刻，合外力的功率最大C．在t2～t3时间内，合外力做负功D．在0～t1和t2～t3时间内，合外力的平均功率相等【审题立意】本题结合v-t图象考查变力做功的计算及对功率、平均功率和瞬时功率的理解的理解。
解答此题首先要结合图象正确分析物体的受力情况和运动情况。
【解题思路】质点运动的v-t图象描述的是质点的直线运动，选项A错误；在t1时刻，v-t图线的斜率为零，加速度为零，合外力为零，合外力功率为零，选项B错误；由题图图象可知，在t2～t3时间内，质点的速度增大，动能增大，由动能定理可知，合外力做正功，选项C 错误；在0～t 1 和t 2～t 3时间内，动能的变化量相同，故合外力做的功相等，则合外力的平均功率相等，选项D 正确。
高考物理二轮专题突破 专题四 功能关系的应用(1)功能关系在力学中的应用导学案(2021年最新整理)
2017届高考物理二轮专题突破专题四功能关系的应用（1）功能关系在力学中的应用导学案编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2017届高考物理二轮专题突破专题四功能关系的应用（1）功能关系在力学中的应用导学案）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2017届高考物理二轮专题突破专题四功能关系的应用（1）功能关系在力学中的应用导学案的全部内容。
专题四功能关系的应用第1讲：功能关系在力学中的应用一、知识梳理1。
常见的几种力做功的特点(1）重力、弹簧弹力、静电力做功与无关。
(2)摩擦力做功的特点①单个摩擦力（包括静摩擦力和滑动摩擦力）可以做正功，也可以做负功，还可以不做功.②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和 ,在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的转移，没有机械能转化为其他形式的能;相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和，且总为 .在一对滑动摩擦力做功的过程中，不仅有相互摩擦物体间机械能的转移，还有部分机械能转化为内能。
转化为内能的量等于系统机械能的减少量，等于滑动摩擦力与的乘积.③摩擦生热是指滑动摩擦生热,静摩擦不会生热。
2.几个重要的功能关系(1)重力的功等于的变化，即W G＝ .（2)弹力的功等于的变化,即W弹＝ .（3)合力的功等于的变化,即W＝ .（4）重力(或弹簧弹力）之外的其他力的功等于的变化，即W其他＝ΔE。
（5）一对滑动摩擦力做的功等于的变化,即Q＝F f·l相对.规律方法1.动能定理的应用（1)动能定理的适用情况：解决单个物体(或可看成单个物体的物体系统）受力与位移、速率关系的问题.动能定理既适用于运动，也适用于运动；既适用于做功，也适用于做功，力可以是各种性质的力,既可以同时作用,也可以分段作用.(2）应用动能定理解题的基本思路①选取研究对象，明确它的运动过程.②分析研究对象的受力情况和各力做功情况,然后求各个外力做功的 .③明确物体在运动过程初、末状态的动能E k1和E k2。
2019年高三物理二轮练习精品教学案专项四功能关系
2019年高三物理二轮练习精品教学案专项四功能关系注意事项：认真阅读理解，结合历年的真题，总结经验，查找不足！重在审题，多思考，多理解！无论是单选、多选还是论述题，最重要的就是看清题意。
在论述题中，问题大多具有委婉性，尤其是历年真题部分，在给考生较大发挥空间的同时也大大增加了考试难度。
考生要认真阅读题目中提供的有限材料，明确考察要点，最大限度的挖掘材料中的有效信息，建议考生答题时用笔将重点勾画出来，方便反复细读。
只有经过仔细推敲，揣摩命题老师的意图，积极联想知识点，分析答题角度，才能够将考点锁定，明确题意。
【考情分析】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：2017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、【知识归纳】1、做功的两个重要因素是：有力作用在物体上且使物体在力的方向上有位移，功的求解可利用cos W Fl θ=求，但F 为恒力；也可以利用F －l 图象来求；变力的功一般应用动能定理间接求解、2、功率是指单位时间内做的功，求解公式有：平均功率cos W P Fv tθ==，当θ=0时，即F 与v 方向相同时，P =F ·v 、3、常见的几种力做功的特点〔1〕重力、弹簧弹力，电场力、分子力做功与路径无关、〔2〕摩擦力做功的特点①单个摩擦力〔包括静摩擦力和滑动摩擦力〕可能做正功，也可以做负功，还可以不做功、②相互作用是一对静摩擦力做功的代数和等于零，在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的转移，没有机械能转化为其他形式的能；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值，在一对滑动摩擦力做功的过程中，不仅有相互摩擦物体间机械能的转移，还有机械能转化为内能，转化为内能的量等于系统机械能的减少，等于滑动摩擦力与路程的乘积、③摩擦生热，是指滑动摩擦生热，静摩擦不会生热、4、几个重要的功能关系〔1〕重力的功等于重力势能的变化，即GW =p E ∆-、 〔2〕弹力的功等于弹性势能的变化，即W =弹p E ∆-、 〔3〕合力的功等于动能的变化，即W =F 合k E ∆、〔4〕重力之外〔除弹簧弹力〕的其它力的功等于机械能的变化、WE =∆其它、 〔5〕一对滑动摩擦力的功等于内能的变化、l F Q f ∆=、〔6〕分子力的功等于分子势能的变化、 【考点例析】【一】几个重要的功能关系【例1】从地面竖直上抛一个质量为m 的小球，小球上升的最大高度为H 、设上升过程中空气阻力f 恒定、那么对于小球的整个上升过程，以下说法中正确的选项是〔〕A 、小球动能减少了mgHB 、小球机械能减少了fHC 、小球重力势能增加了mgHD 、小球的加速度大于重力加速度g 解析：小球动能减少量等于合外力的总功〔mg+f 〕H ，A 项错误；小球机械能减少量等于阻力的功fH ，B 项正确；小球重力势能增加等于克服重力做的功mgH ，C 项正确；小球加速度等于mf mg +，D 项正确。
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(建议用时：40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：选A.由动能定理W F －W f ＝E k －0，可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，A 正确．2．一辆汽车在平直的公路上由静止开始启动．在启动过程中，汽车牵引力的功率及其瞬时速度随时间的变化情况分别如图甲、乙所示．已知汽车所受阻力恒为重力的15，重力加速度g 取10 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．该汽车的质量为3 000 kgB ．v 0＝6 m/sC ．在前5 s 内，阻力对汽车所做的功为25 kJD ．在5～15 s 内，汽车的位移大小约为67.19 m 解析：选D.由图象可得，汽车匀加速阶段的加速度a ＝ΔvΔt＝1 m/s 2，汽车匀加速阶段的牵引力为F ＝Pv ＝3 000 N ，匀加速阶段由牛顿第二定律得F －0.2mg ＝ma ，解得m ＝1 000 kg ，A错误；牵引力功率为15 kW 时，汽车行驶的最大速度v 0＝P0.2mg ＝7.5 m/s ，B 错误；前5 s 内汽车的位移x ＝12at 2＝12.5 m ，阻力做功W F f ＝－0.2mgx ＝－25 kJ ，C 错误；5～15 s 内，由动能定理得Pt －0.2mgs ＝12mv 20－12mv 2，解得s ＝67.187 5 m ，D 正确．3．如图所示，质量均为m 的木块A 和B ，用一个劲度系数为k 的竖直轻质弹簧连接，最初系统静止，现在用力F 缓慢拉A 直到B 刚好离开地面，则这一过程中力F 做的功至少为( )A.m 2g 2kB.2m 2g 2kC.3m 2g 2kD.4m 2g 2k解析：选B.最初系统静止时，弹力等于A 的重力，由胡克定律得，弹簧被压缩的长度x 1＝mg k ，最后B 刚好离开地面时，弹力等于B 的重力，此时弹簧伸长的长度x 2＝mgk，此过程缓慢进行，所以力F 做的功等于系统内增加的重力势能，根据功能关系可知：W ＝mgh ＝mg ×2×mg k ＝2m 2g 2k，故B 正确．4．(2018·高考天津卷)滑雪运动深受人民群众喜爱．某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB ，从滑道的A 点滑行到最低点B 的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB 下滑过程中( )A ．所受合外力始终为零B ．所受摩擦力大小不变C ．合外力做功一定为零D ．机械能始终保持不变解析：选C.运动员做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心，A 项错误；由动能定理可知，合外力做功一定为零，C 项正确；运动员所受滑动摩擦力大小随运动员对滑道压力大小的变化而变化，B 项错误；运动员动能不变，重力势能减少，所以机械能减少，D 项错误．5．(2019·济南二模)如图，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为2mg ，重力加速度大小为g .质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为( )A.14mgR B.13mgR C.12mgR D.π4mgR 解析：选C.当质点由P 点滑到Q 点时，对轨道的正压力为F N ＝2mg ，由牛顿第三定律、牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2Q R ，v 2Q ＝gR .对质点自P 点滑到Q 点的过程应用动能定理得：mgR －W f ＝12mv 2Q －0，得：W f ＝12mgR ，因此，A 、B 、D 错误，C 正确． 6．如图，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )A ．W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点B ．W >12mgR ，质点不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离D ．W <12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离解析：选C.设质点到达N 点的速度为v N ，在N 点质点受到轨道的弹力为F N ，则F N －mg ＝mv 2N R ，已知F N ＝F ′N ＝4mg ，则质点到达N 点的动能为E k N ＝12m v 2N ＝32mgR .质点由开始至N 点的过程，由动能定理得mg ·2R ＋W f ＝E k N －0，解得摩擦力做的功为W f ＝－12mgR ，即克服摩擦力做的功为W ＝－W f ＝12mgR .设从N 到Q 的过程中克服摩擦力做功为W ′，则W ′<W .从N 到Q 的过程，由动能定理得－mgR －W ′＝12m v 2Q －12m v 2N ，即12mgR －W ′＝12m v 2Q ，故质点到达Q 点后速度不为0，质点继续上升一段距离，选项C 正确．二、多项选择题7．如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连．现将小球从M 点由静止释放，它在下降的过程中经过了N 点．已知在M 、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM <∠OMN <π2.在小球从M 点运动到N 点的过程中，( )A ．弹力对小球先做正功后做负功B ．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C ．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D ．小球到达N 点时的动能等于其在M 、N 两点的重力势能差解析：选BCD.小球在从M 点运动到N 点的过程中，弹簧的压缩量先增大，后减小，到某一位置时，弹簧处于原长，再继续向下运动到N 点的过程中，弹簧又伸长．弹簧的弹力方向与小球速度的方向的夹角先大于90°，再小于90°，最后又大于90°，因此弹力先做负功，再做正功，最后又做负功，A 项错误；弹簧与杆垂直时，小球的加速度等于重力加速度，当弹簧的弹力为零时，小球的加速度也等于重力加速度，B 项正确；弹簧长度最短时，弹力与小球的速度方向垂直，这时弹力对小球做功的功率为零，C 项正确；由于在M 、N 两点处，弹簧的弹力大小相等，即弹簧的形变量相等，根据动能定理可知，小球从M 点到N 点的过程中，弹簧的弹力做功为零，重力做功等于动能的增量，即小球到达N 点时的动能等于其在M 、N 两点的重力势能差，D 项正确．8．如图所示，小球A 、B 、C 的质量分别为m 、m 、2m ，A 与BC 间通过铰链用轻杆连接，杆长为L ，B 、C 置于水平地面上．现让两轻杆并拢，将A 由静止释放下降到最低点的过程中，A 、B 、C 在同一竖直平面内运动，忽略一切摩擦，重力加速度为g .则( )A ．A 、B 、C 组成的系统水平方向动量守恒 B ．A 、C 之间的轻杆始终对C 做正功 C ．A 与桌面接触时具有水平方向的速度D ．A 与桌面接触时的速度大小为2gL解析：选AD.A 、B 、C 组成的系统水平方向受到的合力为零，则水平方向动量守恒，选项A 正确；小球C 的速度先增大后减小，则A 、C 之间的轻杆对C 先做正功后做负功，选项B 错误；系统初动量为零，水平方向末动量也为零，因A 与桌面接触时，三个球的水平速度相等，则根据水平方向动量守恒可知三个球的水平方向的速度均为零，选项C 错误；竖直方向，当A 与桌面接触时，小球A 的重力势能转化为系统的动能，因BC 的速度为零，则mgL ＝12m v 2，解得v ＝2gL ，选项D 正确． 9．(2019·南京二模)如图所示，半径为R 的竖直光滑圆轨道与光滑水平面相切，质量均为m 的小球A 、B 与轻杆连接，置于圆轨道上，A 位于圆心O 的正下方，B 与O 等高．它们由静止释放，最终在水平面上运动．下列说法正确的是( )A ．下滑过程中重力对B 做功的功率先增大后减小B ．当B 滑到圆轨道最低点时，轨道对B 的支持力大小为3mgC ．下滑过程中B 的机械能增加D ．整个过程中轻杆对A 做的功为12mgR解析：选AD.对A 、B 小球组成的系统，在运动过程中，机械能守恒，设B 到达轨道最低点时速度为v ，根据机械能守恒定律得：12(m ＋m )v 2＝mgR ，解得：v ＝gR .因为初位置速度为零，则重力的功率为0，最低点速度方向与重力的方向垂直，重力的功率为零，可知重力的功率先增大后减小，故A 正确；在最低点，根据牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2R ，解得：F N ＝2mg ，故B 错误；下滑过程中，B 的重力势能减小ΔE p ＝mgR ，动能增加量ΔE k ＝12m v 2＝12mgR ，所以B 球机械能减小12mgR ，故C 错误；根据动能定理，整个过程中，轻杆对A 做的功W ＝12m v 2＝12mgR ，故D 正确． 10.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14m v 2C ．在C 处，弹簧的弹性势能为14m v 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，根据功能关系有mgh ＝ΔE p ＋W f .由C 到A 的过程中，有12m v 2＋ΔE p ＝W f ＋mgh .联立解得W f ＝14m v 2，ΔE p ＝mgh －14m v 2，选项B 正确，选项C错误；设圆环在B 位置时，弹簧弹性势能为ΔE ′p ，根据能量守恒，A 到B 的过程有12m v 2B ＋ΔE ′p ＋W ′f ＝mgh ′，B 到A 的过程有12m v ′2B ＋ΔE ′p ＝mgh ′＋W ′f ，比较两式得v ′B >v B ，选项D 正确．三、非选择题11．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∶1.③(2)若小球能沿轨道运动到C 点，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 ，由牛顿运动定律和向心加速度公式有 N ＋mg ＝m v 2CR 2⑤由④⑤式得，v C 应满足mg ≤m 2v 2CR⑥ 由机械能守恒有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∶1 (2)见解析12．(2019·浙江东阳中学3月模拟)如图所示，水平面上的A 点有一固定的理想弹簧发射装置，发射装置内壁光滑，A 点为发射口所在的位置，在竖直面内由内壁光滑的钢管弯成的“9”字形固定轨道在B 点与水平面平滑相接，钢管内径很小，“9”字全高H ＝1 m ，“9”字上半部分圆弧轨道半径R ＝0.1 m ，圆弧为34圆周，圆弧轨道与其下端相接的水平部分轨道相切，当弹簧压缩量为2 cm(弹性限度内)时，启动发射装置，恰能使质量m ＝0.1 kg 的滑块沿轨道上升到最高点C ，已知弹簧弹性势能与其压缩量的平方成正比，A 、B 间距离为L ＝4 m ，滑块与水平面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)当弹簧压缩量为2 cm 时，弹簧的弹性势能；(2)当弹簧压缩量为3 cm(弹性限度内)时，启动发射装置，滑块滑到轨道最高点C 时对轨道的作用力；(3)当弹簧压缩量为3 cm 时，启动发射装置，滑块从D 点水平抛出后的水平射程． 解析：(1)根据能量守恒定律得，E p ＝μmgL ＋mgH ，解得E p ＝1.8 J. (2)因为弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比 故当弹簧压缩量为3 cm 时，E ′p ＝94E p根据能量守恒定律得E ′p ＝μmgL ＋mgH ＋12m v 2C由牛顿第二定律得F N ＋mg ＝m v 2CR，解得F N ＝44 N由牛顿第三定律可知，滑块滑到轨道最高点C 时对轨道作用力的大小F ′N ＝44 N ，方向竖直向上．(3)根据能量守恒定律可得E ′p ＝μmgL ＋mg (H －2R )＋12m v 2D ，解得v D ＝7 m/s由平抛运动规律得H －2R ＝12gt 2，x ＝v D t故水平射程x ＝2.8 m.答案：(1)1.8 J (2)44 N 方向竖直向上 (3)2.8 m。