2012届高考物理专题卷：专题05(功和功率;动能和动能定理;重力做功与重力势能;功能关系、机械能守

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2012年高考物理热点：功能关系、机械能守恒定律

（1）轻绳即将伸直时，绳与竖直方向的夹角为多少？
（2）当质点到达O点的正下方时，绳对质点的拉力为多大？
解析：
第一过程：质点做平抛运动.设绳即将伸直时，绳与竖直方向的夹角为θ，如题图所示，
则：v0t＝Rsinθ，gt2/2＝8R/9－Rcosθ其中v0＝
联立解得θ＝，t＝ .
2012年高考物理热点：功能关系、机械能守恒定律
本章内容是中学物理核心内容之一，是高考考查的重点章节。功、功率、动能、势能等概念的考查，常以选择题型考查。动能定理的综合应用，可能结合电场知识考查。功能关系、机械能守恒定律的应用，往往以非选择题的形式出现，常综合牛顿运动定律、动量守恒定律、圆周运动知识、电磁学等内容。特点是综合性强，难度大。本部分的知识与生产、生活、科技相结合考查。
9. 如图甲所示，质量分别为m=1kg，M=2kg的A、B两个小物块用轻弹簧相连而静止在光滑水平面上，在A的左侧某处另有一个质量也为m=1kg的小物块C以v0=4m/s的速度正对A向右匀速运动，一旦与A接触就将粘合在一起运动，若在C与A接触前，使A获得一初速度vA0，并从此时刻开始计时，向右为正方向，其速度随时间变化的图像如图乙所示(C与A未接触前)，弹簧始终未超过弹簧性限度。
3. 如图为某探究活动小组设计的节能运动系统。斜面轨道倾角为30°，质量为M的小车与轨道的动摩擦因数为。小车在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入小车，然后小车载着货物沿轨道无初速滑下，将轻弹簧压缩至最短时，自动卸货装置立即将货物卸下，然后小车恰好被弹回到轨道顶端，之后重复上述过程。根据以上条件，下列选项正确的是( )
对a下落动能定理：得到=6m/s
对a对穿越磁场i过程动能定理：
对b运动过程动能定理：

2012高考物理真题分类解析-功和能

E单元功和能E1 功和功率17．E1[2012·浙江卷] 功率为10 W的发光二极管(LED灯)的亮度与功率为60 W的白炽灯相当．根据国家节能战略，2016年前普通白炽灯应被淘汰．假设每户家庭有2只60 W的白炽灯，均用10 W的LED灯替代，估算出全国一年节省的电能最接近() A．8×108 kW·h B．8×1010 kW·hC．8×1011 kW·h D．8×1013 kW·h17．B[解析] 每户两只白炽灯被两只LED灯替换后，节约电功率为120 W－20 W＝100 W，每天按照五个小时用电计算，节电0.5 kW·h，全年按照360天计算，节电180 kW·h，全国按照四亿家庭计算，节电7.2×1010 kW·h，故选项B正确．图13．E1[2012·江苏卷] 如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球．在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点．在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是()A．逐渐增大B．逐渐减小C．先增大，后减小D．先减小，后增大3．A[解析] 小球在运动过程中受到重力G、水平拉力F和细线的拉力T，根据动能定理可知，W G＋W F＋W T＝12m v22－12m v21＝0，因细线的拉力始终与速度方向垂直，故细线的拉力不做功，所以水平拉力F做的功与克服重力做的功相等，它们的功率大小也相等；根据运动的分解可知，小球沿竖直方向的分速度逐渐增大，因此克服重力做功的功率逐渐增大，即在此过程中拉力的瞬时功率也逐渐增大，A项正确．E2 动能动能定理22．D6E2[2012·山东卷] 如图所示，一工件置于水平地面上，其AB段为一半径R＝1.0 m 的光滑圆弧轨道，BC段为一长度L＝0.5 m的粗糙水平轨道，二者相切于B点，整个轨道位于同一竖直平面内，P点为圆弧轨道上的一个确定点．一可视为质点的物块，其质量m＝0.2 kg，与BC间的动摩擦因数μ1＝0.4.工件质量M＝0.8 kg，与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1.(取g＝10 m/s2)(1)P、C两点间的高度差h.(2)若将一水平恒力F作用于工件，使物块在P点与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动．①求F的大小．②当速度v＝5 m/s时，使工件立刻停止运动(即不考虑减速的时间和位移)，物块飞离圆弧轨道落至BC段，求物块的落点与B点间的距离．22．[解析] (1)物块从P点下滑经B点至C点的整个过程，根据动能定理得mgh－μ1mgL＝0①代入数据得 h ＝0.2 m ②(2)①设物块的加速度大小为a ，P 点与圆心的连线与竖直方向间的夹角θ，由几何关系可得cos θ＝R －h R③根据牛顿第二定律，对物块有 mg tan θ＝ma ④对工件和物块整体有F －μ2(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ⑤ 联立②③④⑤式，代入数据得 F ＝8.5 N ⑥②设物块平抛运动的时间为t ，水平位移为x 1，物块落点与B 点间的距离为x 2，由运动学公式得h ＝12gt 2⑦ x 1＝v t ⑧x 2＝x 1－R sin θ⑨联立②③⑦⑧⑨式，代入数据得 x 2＝0.4 m ⑩21．C2、D1、E2 [2012·福建卷] 如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P ，小船的质量为m ，小船受到的阻力大小恒为f ，经过A 点时的速度大小为v 0，小船从A 点沿直线加速运动到B 点经历时间为t 1，A 、B 两点间距离为d(1)小船从A 点运动到B f (2)小船经过B 点时的速度大小v 1； (3)小船经过B 点时的加速度大小a .21．[解析] (1)小船从A 点运动到B 点克服阻力做功 W f ＝fd ①(2)小船从A 点运动到B 点，电动机牵引绳对小船做功 W ＝Pt 1② 由动能定理有W －W f ＝12m v 21－12m v 20③ 由①②③式解得v 1＝v 20＋2m(Pt 1－fd )④ (3)设小船经过B 点时绳的拉力大小为F ，绳与水平方向夹角为θ，电动机牵引绳的速度大小为u ，则P ＝Fu ⑤ u ＝v 1cos θ⑥由牛顿第二定律有 F cos θ－f ＝ma ⑦ 由④⑤⑥⑦式解得a ＝P m 2v 20＋2m (Pt 1－fd )－fm24．B5 F2 E2 E3[2012·安徽卷] 如图19所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M ＝2 kg 的小物块A .装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接．传送带始终以u ＝2 m/s 的速率逆时针转动．装置的右边是一光滑曲面，质量m ＝1 kg 的小物块B 从其上距水平台面高h ＝1.0 m 处由静止释放．已知物块B 与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，l ＝1.0 m ．设物块A 、B 间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A 静止且处于平衡状态．取g ＝10 m/s 2.(1)求物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度大小；(2)通过计算说明物块B 与物块A 第一次碰撞后能否运动到右边的曲面上；(3)如果物块A 、B 每次碰撞后，物块A 再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B 第n 次碰撞后的运动速度大小．24．[解析] (1)设物块B 沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v 0.由机械能守恒知mgh ＝12m v 20得v 0＝2gh设物块B 在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a ，则 μmg ＝ma设物块B 通过传送带后运动速度大小为v ，有 v 2－v 20＝－2al 联立解得v ＝4 m/s由于v >u ＝2 m/s ，所以v ＝4 m/s 即为物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度大小． (2)设物块A 、B 第一次碰撞后的速度分别为V 、v 1，取向右为正方向，由弹性碰撞知－m v ＝m v 1＋MV 12m v 2＝12m v 21＋12MV 2 解得v 1＝13v ＝43m/s即碰撞后物块B 沿水平台面向右匀速运动．设物块B 在传送带上向右运动的最大位移为l ′，则 0－v 21＝－2al ′得l ′＝49m<1 m所以物块B 不能通过传送带运动到右边的曲面上．(3)当物块B 在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速．可以判断，物块B 运动到左边台面时的速度大小为v 1，继而与物块A 发生第二次碰撞．设第二次碰撞后物块B 速度大小为v 2，同上计算可知v 2＝13v 1＝⎝⎛⎭⎫132v 物块B 与物块A 第三次碰撞、第四次碰撞……，碰撞后物块B 的速度大小依次为v 3＝13v 2＝⎝⎛⎭⎫133v v 4＝13v 3＝⎝⎛⎭⎫134v ……则第n 次碰撞后物块B 的速度大小为v n ＝(13)n v .E3 机械能守恒定律17．E3[2012·广东卷] 图4是滑道压力测试的示意图，光滑圆弧轨道与光滑斜面相切，滑道底部B 处安装一个压力传感器，其示数N 表示该处所受压力的大小．某滑块从斜面上不同高度h 处由静止下滑，通过B 时，下列表述正确的有( )A ．N 小于滑块重力B ．N 大于滑块重力C ．N 越大表明h 越大D ．N 越大表明h 越小17．BC [解析] 滑块在轨道上滑动，只有重力做功，机械能守恒，则有：mgh ＝12m v 2B，解得：v B ＝2gh ，滑块到B 点时，支持力N B 与重力的合力提供向心力，即：N B －mg ＝m v 2BR，联立以上两式得：N B ＝mg ＋2mghR，由牛顿第三定律知N ＝N B ，故B 、C 正确．24．B5 F2 E2 E3[2012·安徽卷] 如图19所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M ＝2 kg 的小物块A .装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接．传送带始终以u ＝2 m/s 的速率逆时针转动．装置的右边是一光滑曲面，质量m ＝1 kg 的小物块B 从其上距水平台面高h ＝1.0 m 处由静止释放．已知物块B 与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，l ＝1.0 m ．设物块A 、B 间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A 静止且处于平衡状态．取g ＝10 m/s 2.(1)求物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度大小；(2)通过计算说明物块B 与物块A 第一次碰撞后能否运动到右边的曲面上；(3)如果物块A 、B 每次碰撞后，物块A 再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B 第n 次碰撞后的运动速度大小．24．[解析] (1)设物块B 沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v 0.由机械能守恒知mgh ＝12m v 20得v 0＝2gh设物块B 在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a ，则 μmg ＝ma设物块B 通过传送带后运动速度大小为v ，有 v 2－v 20＝－2al 联立解得v ＝4 m/s由于v >u ＝2 m/s ，所以v ＝4 m/s 即为物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度大小． (2)设物块A 、B 第一次碰撞后的速度分别为V 、v 1，取向右为正方向，由弹性碰撞知－m v ＝m v 1＋MV12m v 2＝12m v 21＋12MV 2 解得v 1＝13v ＝43m/s即碰撞后物块B 沿水平台面向右匀速运动．设物块B 在传送带上向右运动的最大位移为l ′，则 0－v 21＝－2al ′得l ′＝49m<1 m所以物块B 不能通过传送带运动到右边的曲面上．(3)当物块B 在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速．可以判断，物块B 运动到左边台面时的速度大小为v 1，继而与物块A 发生第二次碰撞．设第二次碰撞后物块B 速度大小为v 2，同上计算可知v 2＝13v 1＝⎝⎛⎭⎫132v 物块B 与物块A 第三次碰撞、第四次碰撞……，碰撞后物块B 的速度大小依次为v 3＝13v 2＝⎝⎛⎭⎫133v v 4＝13v 3＝⎝⎛⎭⎫134v ……则第n 次碰撞后物块B 的速度大小为v n ＝(13)n v .E4 实验：探究动能定理11．E4[2012·江苏卷] 为测定木块与桌面之间的动摩擦因数，小亮设计了如图所示的装置进行实验．实验中，当木块A 位于水平桌面上的O 点时，重物B 刚好接触地面．将A 拉到P 点，待B 稳定后静止释放，A 最终滑到Q 点．分别测量OP 、OQ 的长度h 和s .改变h ，重复上述实验，分别记录几组实验数据．图9图10(1)实验开始时，发现A 释放后会撞到滑轮．请提出两个解决方法． (2)请根据下表的实验数据作出s －h 关系的图象．(3)实验测得A 木块与桌面间的动摩擦因数μ＝________.(结果保留一位有效数字)(4)实验中，滑轮轴的摩擦会导致μ的测量结果______(选填“偏大”或“偏小”)． 11．[答案] (1)减小B 的质量(或增大A 的质量) 增加细线的长度(或降低B 的起始高度) (2)如图所示(3)0.4 (4)偏大[解析] (1)实验开始时发现A 释放后会撞到滑轮，主要是加速度过大或加速时间过长，可以通过减小B 的质量或增大A 的质量来减小加速度，通过增加细线的长度或降低B 的起始高度来缩短加速时间．(2)s －h 图象如图所示．(3)本实验测动摩擦因数的原理是动能定理，即由Mgh －μmgh ＝12(M ＋m )v 2，－μmgs ＝－12m v 2，求得s ＝M －μm μ(M ＋m )h ，图象的斜率k ＝M －μm μ(M ＋m )，即0.5－0.4μμ(0.5＋0.4)＝5660，解得μ＝0.4. (4)本实验测动摩擦因数的原理是动能定理，如果考虑克服滑轮摩擦做功W ，则Mgh －μmgh －W ＝12(M ＋m )v 2，－μmgs ＝－12m v 2，求得μ＝Mgh －W mgh ＋(M ＋m )gs，如果忽略克服滑轮摩擦做功，则动摩擦因数偏大．E5 实验：验证机械能守恒定律E6 功和能综合21．E6 [2012·四川卷] 如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m 的物体接触(未连接)，弹簧水平且无形变．用水平力F 缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x 0，此时物体静止．撤去F 后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x 0.g .则( )A ．撤去F 后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动B ．撤去F 后，物体刚运动时的加速度大小为kx 0m－μgC ．物体做匀减速运动的时间为2x 0μgD ．物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为μmg (x 0－μmgk)21．BD [解析] 撤去F 后的一段时间内，由于运动过程中弹力不断变化，物体先做变加速运动，后做变减速运动，再做匀减速运动，A 错误；设撤去F 后，物体刚运动时加速度为a ，根据牛顿第二定律：kx 0－μmg ＝ma ，解得a ＝kx 0m－μg ，B 正确；物体做匀减速运动的位移为3x 0，由3x 0＝12μgt 2，解得t ＝6x 0μg，C 错误；当弹力与摩擦力大小相等时，速度最大，此时kx 1＝μmg ，该过程物体向左运动的位移为x ＝x 0－x 1＝x 0－μmgk，克服摩擦力做的功W ＝μmg (x 0－μmgk )，D 正确．26．E6[2012·全国卷] 一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧的坡面呈抛物线形状．此队员从山沟的竖直一侧，以速度v 0沿水平方向跳向另一侧坡面．如图所示，以沟底的O 点为原点建立坐标系Oxy .已知，山沟竖直一侧的高度为2h ，坡面的抛物线方程为y ＝12hx 2；探险队员的质量为m .人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g .图10(1)求此人落到坡面时的动能；(2)此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多少？ 26．[解析] (1)设该队员在空中运动的时间为t ，在坡面上落点的横坐标为x ，纵坐标为y .由运动学公式和已知条件得x ＝v 0t ①2h －y ＝12gt 2②根据题意有y ＝x 22h③ 由机械能守恒，落到坡面时的动能为 12m v 2＝12m v 20＋mg (2h －y )④ 联立①②③④式得12m v 2＝12m ⎝⎛⎭⎫v 20＋4g 2h 2v 20＋gh ⑤ (2)⑤式可以改写为v 2＝⎝⎛⎭⎪⎫v 20＋gh －2gh v 20＋gh 2＋3gh ⑥v 2极小的条件为⑥式中的平方项等于0，由此得 v 0＝gh ⑦此时v 2＝3gh ，则最小动能为 ⎝⎛⎭⎫12m v 2min ＝32mgh ⑧14．E6[2012·江苏卷] 某缓冲装置的理想模型如图所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f .轻杆向右移动不超过l 时，装置可安全工作．一质量为m 的小车若以速度v 0撞击弹簧，将导致轻杆向右移动l4.轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面的摩擦．(1)若弹簧的劲度系数为k ，求轻杆开始移动时，弹簧的压缩量x ； (2)求为使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度v m ；(3)讨论在装置安全工作时，该小车弹回速度v ′和撞击速度v 的关系．图1714．[解析] (1)轻杆开始移动时，弹簧的弹力F ＝kx ① 且F ＝f ②解得x ＝fk③(2)设轻杆移动前小车对弹簧所做的功为W ，则小车从撞击到停止的过程中，由动能定理得－f ·l 4－W ＝0－12m v 20④同理，小车以v m 撞击弹簧时，由动能定理得－fl －W ＝0－12m v 2m⑤解得v m ＝v 20＋3fl2m⑥ (3)设轻杆恰好移动时，小车撞击速度为v 1，由能量转化与守恒定律，得 12m v 21＝W ⑦ 由④⑦解得v 1＝v 20－fl2m当v <v 20－fl2m 时， v ′＝v 当v 20－fl 2m ≤v ≤v 20＋3fl 2m 时，v ′＝v 20－fl2m17．E6 [2012·福建卷] A 、B 用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)．初始时刻，A 、B 处于同一高度并恰好处于静止状态．剪断轻绳后A 下落、B 沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块( )A ．速率的变化量不同B ．机械能的变化量不同C ．重力势能的变化量相同D ．重力做功的平均功率相同17．D [解析] 剪断轻绳后，由于不计摩擦，A 、B 两个物块的机械能都守恒，即两物块的机械能变化量均为0，B 错误．由mgh ＝12m v 2得v ＝2gh ，则A 、B 两物块下落到地面时的速度大小相同，所以A 、B 两物块的速率变化量相同，A 错误．剪断轻绳前，A 、B 均处于平衡状态，设轻绳的拉力为T ，则有T ＝m A g ，T ＝m B g sin θ，可得m A ＝m B sin θ；剪断轻绳后，A 、B 下落高度相同，由ΔE p ＝－mgh 知A 的重力势能的变化量小于B 的重力势能的变化量，C 错误．剪断轻绳后，A 、B 两物块着地所用的时间分别为t A ＝2h g 、t B ＝1sin θ2hg，则重力做功的平均功率分别为P A ＝m A gh 2h g 、P B ＝m B gh1sin θ2h g，由m A ＝m B sin θ，可知P A ＝P B ，D 正确．16．E6[2012·安徽卷] 如图3所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力．已知AP ＝2R ，重力加速度为g ，则小球从P 到B 的图3运动过程中( ) A ．重力做功2mgR B ．机械能减少mgR C ．合外力做功mgRD ．克服摩擦力做功12mgR16．D [解析] 由于重力做功只与高度差有关，所以小球从P 到B 的运动过程中，重力做功为mgR ，A 错误；由于小球在B 点时对轨道无压力，则小球由自身重力提供向心力： mg＝m v 2R ，解得v ＝gR ，小球从P 到B 的运动过程中，由动能定理有：mgR ＋W f ＝12m v 2－0，解得W f ＝－12mgR ，D 正确；小球从P 到B 的运动过程中，除了重力做功之外，还克服摩擦力做功为12mgR ，可知机械能减少了12mgR ，B 错误；由动能定理有：W 合＝12m v 2－0＝12mgR ，C 错误．24．E6 [2012·四川卷] 如图所示，ABCD 为固定在竖直平面内的轨道，AB 段光滑水平，BC 段为光滑圆弧，对应的圆心角θ＝37°，半径r ＝2.5 m ，CD 段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为E ＝2 ×105 N/C 、方向垂直于斜轨向下的匀强电场．质量m ＝5×10－2 kg 、电荷量q ＝＋1×10－6C 的小物体(视为质点)被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C 点以速度v 0＝3 m/s 冲上斜轨．以小物体通过C 点时为计时起点，0.1 s 以后，场强大小不变，方向反向．已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ＝0.25.设小物体的电荷量保持不变，取g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求弹簧枪对小物体所做的功；(2)在斜轨上小物体能到达的最高点为P ，求CP 的长度． 24．[解析] (1)设弹簧枪对小物体做功为W f ，由动能定理得W f －mgr (1－cos θ)＝12m v 20 代入数据得W f ＝0.475 J(2)取沿平直斜轨向上为正方向．设小物体通过C 点进入电场后的加速度为a 1，由牛顿第二定律得－mg sin θ－μ(mg cos θ＋qE )＝ma 1小物体向上做匀减速运动，经t 1＝0.1 s 后，速度达到v 1，有 v 1＝v 0＋a 1t 1联立以上方程可知v 1＝2.1 m/s ，设运动的位移为s 1，有s 1＝v 0t 1＋12a 1t 21电场力反向后，设小物体的加速度为a 2，由牛顿第二定律得－mg sin θ－μ(mg cos θ－qE )＝ma 2设小物体以此加速度运动到速度为0，运动的时间为t 2，位移为s 2，有 0＝v 1＋a 2t 2s 2＝v 1t 2＋12a 2t 22设CP 的长度为s ，有 s ＝s 1＋s 2联立相关方程，代入数据解得 s ＝0.57 m23．E6[2012·四川卷] 四川省“十二五”水利发展规划指出，若按现有供水能力测算，我省供水缺口极大，蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一．某地要把河水抽高20 m ，进入蓄水池，用一台电动机通过传动效率为80%的皮带，带动效率为60%的离心水泵工作．工作电压为380 V ，此时输入电动机的电功率为19 kW ，电动机的内阻为0.4 Ω.已知水的密度为1×103 kg/m 3，重力加速度取10 m/s 2.求：(1)电动机内阻消耗的热功率；(2)将蓄水池蓄入864 m 3的水需要的时间(不计进、出水口的水流速度)． 23．[解析] (1)设电动机的电功率为P ，则 P ＝UI设电动机内阻r 上消耗的热功率为P r ，则 P r ＝I 2r代入数据解得P r ＝1×103 W(2)设蓄水总质量为M ，所用抽水时间为t .已知抽水高度为h ，容积为V ，水的密度为ρ，则M ＝ρV设质量为M 的河水增加的重力势能为ΔE p ，则 ΔE p ＝Mgh设电动机的输出功率为P 0，则 P 0＝P －P r根据能量守恒定律得 P 0t ×60%×80%＝ΔE p 代入数据解得 t ＝2×104 s。

2012年全国统一高考物理试卷(大纲版)(含解析版)

绝密★启用前2012年普通高等学校招生全国统一考试（大纲版）理科综合能力测试物理部分注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共8题．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项符合题目要求，有的有多个选项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但选不全的得3分，有选错的得0分．1．（6分）下列关于布朗运动的说法，正确的是（）A．布朗运动是液体分子的无规则运动B．液体温度越高，悬浮粒子越小，布朗运动越剧烈C．布朗运动是由于液体各部分的温度不同而引起的D．布朗运动是由液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用的不平衡引起的2．（6分）U经过m次α衰变和n次β衰变Pb，则（）A．m=7，n=3B．m=7，n=4C．m=14，n=9D．m=14，n=18 3．（6分）在双缝干涉实验中，某同学用黄光作为入射光，为了增大干涉条纹的间距，该同学可以采用的方法有（）A．改用红光作为入射光B．改用蓝光作为入射光C．增大双缝到屏的距离D．增大双缝之间的距离4．（6分）质量分别为m1和m2、电荷量分别为q1和q2的两粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，已知两粒子的动量大小相等．下列说法正确的是（）A．若q1=q2，则它们作圆周运动的半径一定相等B．若m1=m2，则它们作圆周运动的半径一定相等C．若q1≠q2，则它们作圆周运动的周期一定不相等D．若m1≠m2，则它们作圆周运动的周期一定不相等5．（6分）如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。

a、o、b在M、N的连线上，o为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到o点的距离均相等。

2012年高考物理实验专题系列《功和能》

典例解析例1 在“验证机械能守恒定律”的实验中，已知打点计时器所用电源的频率为50Hz 。

查得当地的重加速度g=9.80m/s 2，测得所用的重物的质量为1．00kg 。

实验中得到一条点迹清晰的纸带，把第一个点记作O ，另连续的4个点A 、B 、C 、D 作为测量的点，经测量知道A 、B 、C 、D 各点到O 点的距离分别为62．99cm 、70.18cm 、77.76cm 、85．73cm 。

根据以上数据，可知重物由O 点到运动C 点，重力势能减少量等于________J ，动能的增加量等于________J 。

（取3位有效数字）高考真题解析1．（2011海南）现要通过实验验证机械能守恒定律。

实验装置如图1所示：水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上A 点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M ，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m 的砝码相连；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上B 点有一光电门，可以测试遮光片经过光电门时的挡光时间t ，用d 表示A 点到导轨低端C 点的距离，h 表示A 与C 的高度差，b 表示遮光片的宽度，s 表示A ，B 两点的距离，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B 点时的瞬时速度。

用g 表示重力加速度。

完成下列填空和作图；（1）若将滑块自A 点由静止释放，则在滑块从A 运动至B 的过程中，滑块、遮光片与砝码组成的系统重力势能的减小量可表示为____。

动能的增加量可表示为__。

若在运动过程中机械能守恒，21t 与s 的关系式为 __（2）多次改变光电门的位置，每次均令滑块自同一点（A 点）下滑，测量相应的s 与t 值，结果如下表所示：以s 为横坐标，21t 为纵坐标，在答题卡上对应图2位置的坐标纸中描出第1和第5个数据点；根据5个数据点作直线，求得该直线的斜率k=___________214.10--∙⨯s m （保留3位有效数字）。

解析：重力势能的减小量为mgs d h Mgs-。

新课标2012届高考物理总复习配套课件5-1课时1 功功率

高三总复习
人教版· 人教版· 物理
快 2．物理意义：描述做功的快慢，功率大则做功．物理意义：慢做功．
，功率小则
3．额定功率：机器．额定功率：明．
工作的功率．正常工作的功率．一般在机器的铭牌上标
4．实际功率：机器实际工作时输出的功率．要求小于等于额定．实际功率：时输出的功率．功率．功率．
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知识点二
功率 ——知识回顾知识回顾—— 知识回顾
1．公式． W (1)P＝ t ，P为时间内的平均功率．为时间t内的＝为时间 (2)P＝ Fvcosα ，α为F与v的夹角．＝的夹角．为与的夹角为平均速度， ①若v为平均速度，则P为平均功率，为平均速度为为瞬时速度， ②若v为瞬时速度，则P为瞬时功率．为瞬时速度为
高三总复习习本章内容时应注意：．复习本章内容时应注意：对本章的复习应抓住功和能的关系这一基本线索，通过“ 对本章的复习应抓住功和能的关系这一基本线索，通过“能量转化”把知识联系在一起．把知识联系在一起． (1)求一个力做功及做功功率，应从恒力做功、变力做功及功能关求一个力做功及做功功率，应从恒力做功、求一个力做功及做功功率动能定理多角度进行训练，并应进一步使学生明确“ 系、动能定理多角度进行训练，并应进一步使学生明确“ 功是能量转化的量度”这一说法的内涵．化的量度”这一说法的内涵．
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(2)从P＝Fv可见：从＝可见可见：一定时， ①当 P一定时，要增加，必须减小，故汽车爬坡时，司机常换一定时要增加F，必须减小v，故汽车爬坡时，低挡降低速度来增大牵引力．一定时，增加如匀加速运动)，增加(如匀加速运动低挡降低速度来增大牵引力． ② 当 F一定时， v增加如匀加速运动，一定时则P也会增加，但这样的过程是有限度的．③当v一定时，P越大就越也会增加，一定时，越大越大F就越也会增加但这样的过程是有限度的．一定时大．如功率越大的起重机可吊起的重物的质量越大．如功率越大的起重机可吊起的重物的质量越大．

2012湖南高考物理第二轮复习课件专题5第2讲功和能量(精)

【解析】
19
2．带电体在复合场中的运动【例4】 (2011· 北京卷)利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用．如图所示的矩形区域ACDG(AC边足够长)中存在垂直于纸面的匀强磁场，A处有一狭缝．离子源产生的离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于 GA 边且垂于磁场的方向射入磁场，运动到GA边，被相应的收集器收集，整个装置内部为真空．
17
【同类变式1】(2011· 全国卷)通常一次闪电过程历时约 0.2s ～ 0.3s ，它由若干个相继发生的闪击构成．每个闪击持续时间仅 40μs ～ 80μs ，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中．在某一次闪电前云地之间的电势差约为1.0 109V ，云地间距离约为1km；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6C，闪击持续时间约为 60μs.假定闪电前云地间的电场是均匀的．根据以上数据，下列判断正确的是( ) A．闪电电流的瞬时值可达到1 ×105 A B．整个闪电过程的平均功率约为1×1014 W C．闪电前云地间的电场强度约为1×106 V/m D．整个闪电过程向外释放的能量约为6 × 106 J18
5
1．电场中的功能转化问题【例1】如图所示，直角三角形的斜边倾角为30°，底边BC长为2L，处在水平位置，斜边AC是光滑绝缘的.在底边中点O处放置一正电荷Q.一质量为m、电荷量为q的带负电的质点从斜面顶端A沿斜边滑下，滑到斜边上的垂足D时速度为v. (1)在质点的运动中不发生变化的是( ) A．动能 B．电势能与重力势能之和 C．动能与重力势能之和 D．动能、电势能、重力势 6 能三者之和
(2)质点的运动是( ) A．匀加速运动 B．匀减速运动 C．先匀加速后匀减速的运动 D．加速度随时间变化的运动 (3)该质点滑到非常接近斜边底端C点时速率vC为多少？沿斜面下滑到C点的加速度aC为多少？

2012年全国统一高考物理试卷(新课标)(含解析版)

2012年全国统一高考物理试卷（新课标）一．选择题目1．（3分）伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础．早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是（）A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B．没有力作用，物体只能处于静止状态C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动2．（3分）如图，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向。

图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的，不计空气阻力，则（）A．a的飞行时间比b的长B．b和c的飞行时间相同C．a的水平速度比b的小D．b的初速度比c的大3．（3分）如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间。

设墙面对球的压力大小为N1，球对木板的压力大小为N2．以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置。

不计摩擦，在此过程中（）A．N1始终减小，N2始终增大B．N1始终减小，N2始终减小C．N1先增大后减小，N2始终减小D．N1先增大后减小，N2先减小后增大4．（3分）自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分，一升压式自耦调压变压器的电路如图所示，其副线圈匝数可调．已知变压器线圈总匝数为1900匝；原线圈为1100匝，接在有效值为220V的交流电源上．当变压器输出电压调至最大时，负载R 上的功率为2.0kW．设此时原线圈中电流有效值为I1，负载两端电压的有效值为U2，且变压器是理想的，则U2和I1分别约为（）A．380V和5.3AB．380V和9.1A C．240V和5.3AD．240V和9.1A5．（3分）如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（）A．所受重力与电场力平衡B．电势能逐渐增加C．动能逐渐增加D．做匀变速直线运动6．（3分）如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面（纸面）向里，磁感应强度大小为B0．使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流。

高中物理2012高考应考专题复习功和能(一)

高中物理2012高考应考专题复习：功和能（一）1、如图所示，物体由静止开始沿倾角为θ的光滑斜面下滑，物体质量为m，斜面高为H.求：⑪物体滑到底端过程中重力的功率。

⑫物体滑到斜面底端时重力的功率。

【解析】第⑪问中应为重力的平均功率，先分别求出重力的功W和下滑时间t，则由P=W/t可求出. 第⑫问中应为重力的瞬时功率，先求出物体达斜面底端时的速度v以及v和mg之间的夹角α，再由Pt=mgvcosα可求出.也可将力向速度方向投影或速度向力的方向投影，通过Pt=Fv求出.⑪重力的功，W=mgH由s=at2/2有H/sinθ=gsinα·t2/2，所以故P=W/t=mgHsinθ=mgsinθ⑫物体达斜面底端的速度v=at=gsinθ·=Pt= mgsinθ·v =mgsinθ2、用拉力F使一个质量为m的木箱由静止开始在水平冰道上移动了s，拉力F 跟木箱前进的方向的夹角为α，木箱与冰道间的动摩擦因数为μ，求木箱获得的速度(如图所示).【解析】此题知物体受力，知运动位移s，知初态速度，求末态速度，可用动能定理求解.物体受拉力F做正功，摩擦力f做负功，G、N不做功.初动能Ek1=0末动能Ek2=mv2/2由动能定理得：f=μN=μ（mg-Fsinα）F·s·cosα-f·s=mv2/2解得：v=3、如图所示，一固定的楔形木块，其斜面的倾角θ=30°，另一边与地面垂直，顶上有一定滑轮，一柔软的细绳跨过定滑轮，两端分别与物块A和B连接，A的质点为4m，B的质量为m，开始时将B按在地面上不动，然后放开手，让A沿斜面下滑而B上升，若A沿斜面下滑s距离后，细线突然断了，求物块B上升的最大高度H。

【解析】由A、B组成的系统在运动过程中机械能守恒，有Δmgs/2-mgs=mv2/2+4mv2/2 ①细线突然断的瞬间，物块B竖直上升的速度为v，此时B做竖直上抛运动，设继续上升的距离为h，则mv2/2=mgh ②物块B上升的最大高度H=h+s ③由①②③得H=1.2m4、如图，一长为的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为的小球。

高中二轮复习专题05 动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用

专题05 动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用核心要点1、功恒力做功：W=Flcosa合力做功：W合=F合lcosa变力做功：图像法、转换法等2、功率瞬时功率：P=Fvcosa平均功率：P=wt机车启动：P=Fv3、动能定律表达式：W=12mv22−12mv12备考策略1、动能定理（1）应用思路：确定两状态(动能变化)，一过程(各个力做的功)（2）适用条件：直线运动曲线运动均可；恒力变力做功均可；单个过程多个过程均可（3）应用技巧：不涉及加速度、时间和方向问题是使用2、机械能守恒定律（1）守恒条件：在只有重力或弹力做功的物体系统内守恒角度E1=E2（2）表达形式：转化角度△E k=△E p转移角度△E A=-△E p3、功能关系：（1）合力的功等于动能的增量（2）重力的功等于重力势能增量的负值（3）弹力的功等于弹性势能增量的负值（4）电场力的功等于电势能增量的负值（5）除了重力和系统内弹力之外的其他力的功等于机械能的增量考向一动能定理的综合应用1．应用动能定理解题的步骤图解2．应用动能定理的四点提醒(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，比动力学方法要简捷．(2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的．(3)物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，对全过程应用动能定理，往往能使问题简化．(4)多过程往复运动问题一般应用动能定理求解．例1(2020·江苏卷·4)如图1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E k与水平位移x关系的图像是()图1解析:由题意可知设斜面倾角为θ,动摩擦因数为μ1,则物块在斜面上下滑水平距离x时根据=E k,整理可得(mgtanθ-μ1mg)x=E k,即在斜面上运动能定理有mgxtan θ-μ1mgcos θxcosθ动时动能与x成线性关系;当小物块在水平面运动时,设水平面的动摩擦因数为μ2,由动能定理有一μ2mg(x一x0)=E k一E k0,其中E0为物块滑到斜面底端时的动能, x0为在斜面底端对应的水平位移,解得E k=E k0一μ2mg(x-x0),即在水平面运动时动能与x也成线性关系;综上分析可知A 项正确。

2012届高三物理一轮复习精品资料功和能(高考真题模拟新题)(有详解)

E 单元功和能 E1 有机结构认识9．E1[2011·海南物理卷] 一质量为1 kg 的质点静止于光滑水平面上，从t ＝0时起，第1s 内受到2 N 的水平外力作用，第2 s 内受到同方向的1 N 的外力作用．下列判断正确的是( )A ．0～2 s 内外力的平均功率是94 WB ．第2 s 内外力所做的功是54 JC ．第2 s 末外力的瞬时功率最大D ．第1 s 内与第2 s 内质点动能增加量的比值是45【解析】 AD 由牛顿第二定律F ＝ma 可得，第1 s 内的加速度a 1＝2 m/s 2，第2 s 内的加速度a 2＝1 m/s 2；由匀变速直线运动规律可得，第1 s 内的位移x 1＝1 m ，第1 s 末的速度v 1＝2 m/s ，第2 s 内的位移x 2＝2.5 m ，第2 s 末的速度v 2＝3 m/s ；由做功公式W ＝Fx 可求，第1 s 内外力做功W 1＝2 J ，第2 s 内外力做功W 2＝2.5 J ，选项B 错误；0～2 s 内外力的平均功率P ＝W 1＋W 2t 1＋t 2＝4.5 J 2 s ＝94W ，选项A 正确；第2 s 末外力瞬时功率P 2＝F 2v 2＝3 W ，第1 s 末外力瞬时功率P 1＝F 1v 1＝4 W ＞P 2，选项C 错误；由动能定理知，动能增加量之比等于合外力做功之比，所以ΔE k1ΔE k2＝W 1W 2＝45，选项D 正确．4．E1[2011·江苏物理卷] 如图所示，演员正在进行杂技表演．由图可估算出他将一只鸡蛋抛出的过程中对鸡蛋所做的功最接近于( )图4A ．0.3 JB ．3 JC ．30 JD ．300 J4．E1[2011·江苏物理卷] A 【解析】若一个鸡蛋大约55 g ，鸡蛋抛出的高度大约为60 cm ，则将一只鸡蛋抛出至最高点的过程中对鸡蛋做的功等于鸡蛋重力势能的增加量，即W ＝mgh ＝55×10－3×10×60×10－2 J ＝0.33 J ，A 正确．E2 动能动能定理15．E2[2011·课标全国卷] 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【解析】 ABD 当所加恒力的方向与物体运动的方向成锐角时，该力一直做正功，其动能一直增大，A正确；当所加恒力的方向与物体运动的方向相反时，物体先做匀减速运动后做反向的匀加速运动，其动能先逐渐减小至零，再逐渐增大，B正确；当所加恒力的方向与物体运动的方向成钝角(不等于180°)时，其动能先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大，D正确；物体不可能出现动能先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小的情况，C错误．E3 机械能守恒定律16．E3[2011·课标全国卷] 一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离．假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是( )A．运动员到达最低点前重力势能始终减小B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D．蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关【解析】 ABC 运动员到达最低点前其高度一直降低，故重力势能始终减小，A正确；蹦极绳张紧后的下落过程中，其弹力方向与运动方向相反，弹力做负功，弹性势能增加，B 正确；蹦极过程中，只有重力和弹力做功，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒，C正确；重力势能的改变量ΔE p＝mgΔh，只与初末位置的高度差有关，而与重力势能零点的选取无关，D错误．22．C2 E3[2011·北京卷] 【答案】 (1)受力图如图所示根据平衡条件，应满足T cos α＝mg ，T sin α＝F 拉力大小F ＝mg tan α(2)运动中只有重力做功，系统机械能守恒mgl (1－cos α)＝12mv 2则通过最低点时，小球的速度大小v＝2gl －cos α根据牛顿第二定律T ′－mg ＝m v 2l解得轻绳对小球的拉力T ′＝mg ＋mv 2l＝mg (3－2cos α)，方向竖直向上．21.(1)D4[2011·福建卷] (2)E4[2011·福建卷] (3)E3 D2[2011·福建卷]图1－10图1－10为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部AB 是一长为2R 的竖直细管，上半部BC 是半径为R 的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，AB 管内有一原长为R 、下端固定的轻质弹簧．投饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5R 后锁定，在弹簧上端放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去．设质量为m 的鱼饵到达管口C 时，对管壁的作用力恰好为零．不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能．已知重力加速度为g .求： (1) 质量为m 的鱼饵到达管口C 时的速度大小v 1； (2) 弹簧压缩到0.5R 时的弹性势能E p ；(3) 已知地面与水面相距1.5R ，若使该投饵管绕AB 管的中轴线OO ′在90°角的范围内来回缓慢转动，每次弹射时只放置一粒鱼饵，鱼饵的质量在23m 到m 之间变化，且均能落到水面．持续投放足够长时间后，鱼饵能够落到水面的最大面积S 是多少？ 21．(1)D4[2011·福建卷] (2)E4[2011·福建卷](3)E3 D2[2011·福建卷] 【答案】 (1)质量为m 的鱼饵到在管口C 时做圆周运动的向心力完全由重力提供，则mg ＝m v 21R①由①式解得v 1＝gR ②(2)弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能，由机械能守恒定律有E p ＝mg (1.5R ＋R )＋12mv 21③由②③式解得E p ＝3mgR ④(3)不考虑因缓慢转动装置对鱼饵速度大小的影响，质量为m 的鱼饵离开管口后做平抛运动，设经过t 时间落到水面上，离OO ′的水平距离为x 1，由平抛运动规律有 4．5R ＝12gt 2⑤x 1＝v 1t ＋R ⑥由⑤⑥式解得x 1＝4R ⑦当鱼饵的质量为23m 时，设其到达管口C 时速度大小为v 2，由机械能守恒定律有E p ＝23mg (1.5R ＋R )＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫23m v 22⑧由④⑧式解得v 2＝2gR ⑨质量为23m 的鱼饵落到水面上时，设离OO ′的水平距离为x 2，则x 2＝v 2t ＋R ⑩由⑤⑨⑩式解得x 2＝7R 鱼饵能够落到水面的最大面积SS ＝14(πx 22－πx 21)＝334πR 2(或8.25πR 2) E 4 实验：探究动能定理21．(1)D4[2011·福建卷] (2)E4[2011·福建卷] (3)E3 D2[2011·福建卷]图1－10图1－10为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部AB 是一长为2R 的竖直细管，上半部BC 是半径为R 的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，AB 管内有一原长为R 、下端固定的轻质弹簧．投饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5R 后锁定，在弹簧上端放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去．设质量为m 的鱼饵到达管口C 时，对管壁的作用力恰好为零．不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能．已知重力加速度为g .求： (1) 质量为m 的鱼饵到达管口C 时的速度大小v 1； (2) 弹簧压缩到0.5R 时的弹性势能E p ；(3) 已知地面与水面相距1.5R ，若使该投饵管绕AB 管的中轴线OO ′在90°角的范围内来回缓慢转动，每次弹射时只放置一粒鱼饵，鱼饵的质量在23m 到m 之间变化，且均能落到水面．持续投放足够长时间后，鱼饵能够落到水面的最大面积S 是多少？ 21．(1)D4[2011·福建卷] (2)E4[2011·福建卷](3)E3 D2[2011·福建卷] 【答案】 (1)质量为m 的鱼饵到在管口C 时做圆周运动的向心力完全由重力提供，则mg ＝m v 21R①由①式解得v 1＝gR ②(2)弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能，由机械能守恒定律有E p ＝mg (1.5R ＋R )＋12mv 21③由②③式解得E p ＝3mgR ④(3)不考虑因缓慢转动装置对鱼饵速度大小的影响，质量为m 的鱼饵离开管口后做平抛运动，设经过t 时间落到水面上，离OO ′的水平距离为x 1，由平抛运动规律有 4．5R ＝12gt 2⑤x 1＝v 1t ＋R ⑥由⑤⑥式解得x 1＝4R ⑦当鱼饵的质量为23m 时，设其到达管口C 时速度大小为v 2，由机械能守恒定律有E p ＝23mg (1.5R ＋R )＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫23m v 22⑧由④⑧式解得v 2＝2gR ⑨质量为23m 的鱼饵落到水面上时，设离OO ′的水平距离为x 2，则x 2＝v 2t ＋R ⑩由⑤⑨⑩式解得x 2＝7R 鱼饵能够落到水面的最大面积SS ＝14(πx 22－πx 21)＝334πR 2(或8.25πR 2) E 5 实验：验证机械能守恒定律14．E5[2011·海南物理卷] 现要通过实验验证机械能守恒定律．实验装置如图1－9所示：水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上A 点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M ，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m 的砝码相连；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上B 点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t ，用d 表示A 点到导轨底端C 点的距离，h 表示A 与C 的高度差，b 表示遮光片的宽度，s表示A 、B 两点间的距离，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B 点时的瞬时速度．用g 表示重力加速度．完成下列填空和作图：(1)若将滑块自A 点由静止释放，则在滑块从A 运动至B 的过程中，滑块、遮光片与砝码组成的系统重力势能的减小量可表示为________，动能的增加量可表示为________．若在运动过程中机械能守恒，1t 2与s 的关系式为1t2＝ ________.图1－11(2)多次改变光电门的位置，每次均令滑块自同一点(A 点)下滑，测量相应的s 与t 值，结果如下表所示：以s 为横坐标，1t2为纵坐标，在图1－10的坐标纸中描出第1和第5个数据点；根据5个数据点作直线，求得该直线的斜率k ＝________×104 m －1·s －2(保留3位有效数字)．图1－12由测得的h 、d 、b 、M 和m 数值可以计算出1t2－s 直线的斜率k 0 ，将k 和k 0 进行比较，若其差值在实验允许的范围内，则可认为此实验验证了机械能守恒定律．【答案】 (1)Mgshd－mgsM ＋m b 22t 2Mh －md gsM ＋m db 2(2)如图所示 2.43图1－13【解析】 (1)滑块从A 运动到B 的过程中，滑块的重力势能减少Mgshd，砝码的重力势能增加mgs ；滑块通过遮光片的速度v ＝b t ，此时系统的动能E k ＝12(M ＋m )v 2＝M ＋m b 22t 2，此即为系统动能的增加量；若机械能守恒，则有Mgshd －mgs ＝M ＋m b 22t 2，即1t2＝Mh －md gsM ＋m db 2(2)描点作图E6 功和能综合21．E6[2011·四川卷] 质量为m 的带正电小球由空中A 点无初速自由下落，在t 秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t 秒小球又回到A 点．不计空气阻力且小球从未落地，则( )A ．整个过程中小球电势能变化了32mg 2t 2B ．整个过程中小球动量增量的大小为2mgtC ．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了mg 2t 2D ．从A 点到最低点小球重力势能变化了23mg 2t 2【解析】 BD t 时刻小球的速度v ＝gt ，竖直方向的位移h ＝12gt 2，加电场后，小球做匀减速直线运动，由－12gt 2＝gt t －12at 2，得小球的加速度为a ＝3g ，利用牛顿第二定律有：F －mg ＝ma ，解得电场力F ＝4mg ，从加电场到小球运动至最低点的位移为h ′＝v 22a ＝g 2t 26g＝gt 26.整个过程中小球电势能的变化量为ΔE p ＝Fh ＝4mg ×12gt 2＝2mg 2t 2，A 错误；末态小球的速度v ＝at －gt ＝2gt ，动量的增量大小为mv ＝2mgt ，B 正确；从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了mah ′＝mg 2t 22，C 错误；从A 点到最低点小球重力势能变化了ΔE p ＝mg ()h ＋h ′＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫12gt 2＋16gt 2＝23mg 2t 2，D 正确．36．E6[2011·广东物理卷]如图20所示，以A 、B 和C 、D 为端点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠B 点，上表面所在平面与两半圆分别相切于B 、C .一物块被轻放在水平匀速运动的传送带上E 点，运动到A 时刚好与传送带速度相同，然后经A 沿半圆轨道滑下，再经B 滑上滑板．滑板运动到C 时被牢固粘连．物块可视为质点，质量为m ，滑板质量M ＝2m ，两半圆半径均为R ，板长l ＝6.5R ，板右端到C 的距离L 在R <L <5R 范围内取值，E 距A 为s ＝5R ，物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度取g . (1)求物块滑到B 点的速度大小；(2)试讨论物块从滑上滑板到离开滑板右端的过程中，克服摩擦力做的功W f 与L 的关系，并判断物块能否滑到CD 轨道的中点．图20【解析】 (1)设物块运动到A 和B 的速度分别为v 1、v 2，由动能定理 μmgs ＝12mv 21①由机械能守恒定律 12mv 22＝2mgR ＋12mv 21② 联立①②解得v 2＝3Rg ③(2)设从物块滑上滑板到滑板与物块达到相同的速度v 3时，位移分别为l 1和l 2，由动量守恒定律mv 2＝(m ＋M )v 3④由动能定理 μmgl 1＝12Mv 23⑤－μmgl 2＝12mv 23－12mv 22⑥联立③④⑤⑥解得l 1＝2R ，l 2＝8R ⑦ 物块相对滑板的位移 Δl ＝l 2－l 1＝6R <l ⑧即物块与滑板在达到相同速度时，物块未离开滑板．若R <L <2R ，则W f ＝μmg (l ＋L )⑨ 即W f ＝14mg (13R ＋2L )⑩若2R ≤L <5R ，则W f ＝μmg (l ＋l 1)○11 即W f ＝174mgR ○12 设物块滑到C 点的动能为E k ，由动能定理，－W f ＝E k －12mv 22○13 L 最小时，克服摩擦力做功最少，因为L >R ，由③⑩○13确定E k 小于mgR ，即物块不能滑到CD 轨道的中点．24．E6[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 ＝1000 kg 的混合动力轿车，在平直公路上以v 1＝90 km/h 匀速行驶，发动机的输出功率为P ＝50 kW.当驾驶员看到前方有80 km/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 ＝72 m 后，速度变为v 2＝72 km/h.此过程中发动机功率的15用于轿车的牵引，45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：(1)轿车以90 km/h 在平直公路上匀速行驶，所受阻力F 阻的大小； (2)轿车从90 km/h 减速到72 km/h 过程中，获得的电能E 电；(3)轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能E 电维持72 km/h 匀速运动的距离L ′. 【答案】 (1)汽车牵引力与输出功率关系P ＝F 牵v将P ＝50 kW ，v 1＝90 km/h ＝25 m/s 代入得F 牵＝Pv 1＝2×103 N当轿车匀速行驶时，牵引力与阻力大小相等，有F 阻＝2×103 N(2)在减速过程中，注意到发动机只有15P 用于汽车的牵引．根据动能定理有15Pt －F 阻L ＝12mv 22－12mv 21 代入数据得Pt ＝1.575×105J 电源获得的电能为E 电＝0.5×45Pt ＝6.3×104 J(3)根据题设，轿车在平直公路上匀速行驶时受到的阻力仍为F 阻＝2×103N ．在此过程中，由能量转化及守恒定律可知，仅有电能用于克服阻力做功．E 电＝F 阻L ′代入数据得L ′＝31.5 m.1．【2011·宁波模拟】一只苹果从楼上某一高度自由下落，苹果在空中依次经过三个完全相同的窗户1、2、3.图X 8－1中直线为苹果在空中的运动轨迹．若不计空气阻力的影响，以下说法正确的是( )图X8－1A．苹果通过第3个窗户所用的时间最长B．苹果通过第1个窗户的平均速度最大C．苹果通过第3个窗户重力做的功最大D．苹果通过第1个窗户重力的平均功率最小1．D 【解析】苹果加速下落，运动越来越快，故苹果通过第3个窗户所用的时间最短，平均速度最大，A、B都错；窗户完全相同，所以苹果通过三个窗户重力做的功一样多，苹果通过第1个窗户用时最长，重力的平均功率最小，故C错，D对．2．【2011·德州模拟】如图X8－2所示，现有两个完全相同的可视为质点的物块都从静止开始运动，一个自由下落，一个沿光滑的固定斜面下滑，最终它们都到达同一水平面上，空气阻力忽略不计，则( )图X8－2A．重力做的功相等，重力做功的平均功率相等B．它们到达水平面上时的动能相等C．重力做功的瞬时功率相等D．它们的机械能都是守恒的2．BD 【解析】两物体从同一高度下落，根据机械能守恒定律知，它们到达水平面上时的动能相等，自由下落的物体先着地，重力做功的平均功率大，而着地时重力做功的瞬时功率等于重力与重力方向上的速度的乘积，故重力做功的瞬时功率不相等，选BD.3．【2011·济南模拟】如图X 8－4所示是反映汽车从静止匀加速启动，最后做匀速运动的速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象，其中正确的是( )A B C D图X 8－43．ACD 【解析】机车启动时由P ＝Fv 和F －f ＝ma 可知，匀加速启动过程，牵引力F 、加速度a 恒定不变，速度和功率均匀增大，当功率增大到额定功率后保持不变，牵引力逐渐减小到与阻力相等，加速度逐渐减小到零，速度逐渐增大到最大速度．故ACD 正确．4．【2011·德州模拟】如图X 8－5所示为汽车在水平路面上启动过程中的速度图象，Oa 为过原点的倾斜直线，ab 段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc 段是与ab 段相切的水平直线，则下述说法正确的是( )A ．0～t 1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定B ．t 1～t 2时间内汽车牵引力做功为12mv 22－12mv 21C ．t 1～t 2时间内的平均速度为12(v 1＋v 2)D ．在全过程中t 1时刻的牵引力及其功率都是最大值，t 2～t 3时间内牵引力最小图X 8－54．D 【解析】 0～t 1时间内汽车做匀加速运动，牵引力恒定，但速度增加，故功率增加，A 错；汽车水平方向受到牵引力和阻力作用，根据动能定理，t 1～t 2时间内合力做功为12mv 22－12mv 21 ，故B 错；公式v －＝12(v 1＋v 2)适用于匀变速直线运动，故C 错；功率增到t 1时刻，不再增加，t 1～t 2时间内功率恒定，但牵引力减小，t 2～t 3时间内牵引力最小，与阻力相等，所以D 对．5.【2011·巢湖模拟】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.设上升和下降过程中空气阻力大小恒定为f.下列说法正确的是( )A . 小球上升的过程中动能减少了mghB . 小球上升和下降的整个过程中机械能减少了fhC . 小球上升的过程中重力势能增加了mghD . 小球上升和下降的整个过程中动能减少了fh5．C 【解析】根据动能定理，上升的过程中动能减少量等于小球克服重力和阻力做的功，为mgh ＋fh ，小球上升和下降的整个过程中动能减少量和机械能的减少量都等于全程中克服阻力做的功，为2fh ，A 、B 、D 错，选C.6．【2011·淄博模拟】物体沿直线运动的v －t 关系如图X 8－7所示，已知在第1 s 内合外力对物体做的功为W ，则( )A ．从第1 s 末到第3 s 末合外力做功为4WB ．从第3 s 末到第5 s 末合外力做功为－2WC ．从第5 s 末到第7 s 末合外力做功为WD ．从第3 s 末到第4 s 末合外力做功为－0.75W图X 8－76．CD 【解析】由图知，第1 s 末速度、第3 s 末速度、第7 s 速度大小关系：v 1＝v 3＝v 7，由题知W ＝12mv 21－0，则由动能定理知第1 s 末到第3 s 末合外力做功W 2＝12mv 23－12mv 21＝0，故A 错误．第3秒末到第5 s 末合外力做功W 3＝0－12mv 23＝－W ，故B 错误．第5 s末到第7 s 末合外力做功W 4＝12mv 27－0＝W ，故C 正确．第3 s 末到第4 s 末合外力做功W 5＝12mv 24－12mv 23；因v 4＝12v 3，所以W 5＝－0.75W ，故D 正确．7．【2011·芜湖模拟】一环状物体套在光滑水平直杆上，能沿杆自由滑动，绳子一端系在物体上，另一端绕过定滑轮，用大小恒定的力F 拉着，使物体沿杆自左向右滑动，如图X 8－8所示，物体在杆上通过a 、b 、c 三点时的动能分别为E a 、E b 、E c ，且ab ＝bc ，滑轮质量和摩擦均不计，则下列关系中正确的是( )图X 8－8A ．E b －E a ＝E c －E bB ．E b －E a ＜E c －E bC ．E b －E a ＞E c －E bD ．E a ＜E b ＜E c7．CD 【解析】对环状物体，绳的拉力对其做正功，物体的动能增加，D 对；但这个力为变力，它做的功等于恒力F 的功，恒力F 的功等于F 与它作用的绳伸长的距离的乘积，从a 到b 绳伸长的距离大于从b 到c 绳伸长的距离，根据动能定理，故C 对．8．【2011·哈尔滨九中模拟】如图X 8－9所示，一质量为m 的质点在半径为R 的半球形容器中(容器固定)由静止开始自边缘上的A 点滑下，到达最低点B 时，它对容器的正压力为F N .重力加速度为g ，则质点自A 滑到B 的过程中，摩擦力对其所做的功为( )A .12R(F N －3mg)B .12R(3mg －F N )C .12R(F N －mg)D .12R(F N －2mg)图X 8－9 图X 8－108．A 【解析】质点到达最低点B 时，它对容器的正压力为F N ，根据牛顿定律有F N －mg ＝m v 2R ，根据动能定理，质点自A 滑到B 的过程中有W f ＋mgR ＝12mv 2，故摩擦力对其所做的功W f ＝12RF N －32mgR .9．【2011·濮阳一模】如图X 8－10所示，物块一次沿轨道1从A 点由静止下滑至底端B 点，另一次沿轨道2从A 点由静止下滑经C 点至底端B 点，AC ＝CB.物块与两轨道间的动摩擦因数相同，不考虑物块在C 点处撞击的因素，则在物块两次下滑过程中，下列说法正确的是( )A ．物块受到摩擦力相同B ．沿轨道1下滑时的位移较小C ．物块滑至B 点时速度大小相同D ．两种情况下损失的机械能相同9．CD 【解析】物块沿轨道1滑下来时，设斜面的倾角为α，轨道1长为l ，A 点在水平面上的投影为A ′，A 到水平面的距离为h ，由动能定理：mgh －(μmg cos α)•x ＝12mv 21，即mgh －μmg •A ′B ＝12mv 21，同理可得，物块沿轨道2滑下时，有mgh －μmg •A ′B ＝12mv 22，也就是沿两轨道下滑时，摩擦力做功一样多，但摩擦力不同，所以CD 对，A 错；位移是从初位置指向末位置的有向线段，故位移相同，B 错．10．【2011·苏北模拟】如图X 8－11所示装置由AB 、BC 、CD 三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB 、CD 段是光滑的，水平轨道BC 的长度x ＝5 m ，轨道CD 足够长且倾角θ＝37°，A 、D 两点离轨道BC 的高度分别为h 1＝4.30 m 、h 2＝1.35 m ．现让质量为m 的小滑块自A 点由静止释放．已知小滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g 取10 m /s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： (1)小滑块第一次到达D 点时的速度大小； (2)小滑块第一次与第二次通过C 点的时间间隔； (3)小滑块最终停止的位置距B 点的距离．图X 8－1110．【解析】 (1)小滑块从A →B →C →D 过程中，由动能定理得mg (h 1－h 2)－μmgx ＝12mv 2D －0将h 1、h 2、x 、μ、g 代入得：v D ＝3 m/s (2)小滑块从A →B →C 过程中，由动能定理得mgh 1－μmgx ＝12mv 2C将h 1、x 、μ、g 代入得：v C ＝6 m/s小滑块沿CD 段上滑的加速度大小a ＝g sin θ＝6 m/s 2小滑块沿CD 段上滑到最高点的时间t 1＝v C a＝1 s由对称性可知，小滑块从最高点滑回C 点的时间t 2＝t 1＝1 s 故小滑块第一次与第二次通过C 点的时间间隔t ＝t 1＋t 2＝2 s(3)对小滑块运动全过程利用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为x 总有：mgh 1＝μmgx 总将h 1、μ代入得x 总＝8.6 m故小滑块最终停止的位置距B 点的距离为2x －x 总＝1.4 m11．【2011·临沂模拟】质量为m 的小球从高H 处由静止开始自由下落，以地面作为参考平面．当小球的动能和重力势能相等时，重力的瞬时功率为( )A ．2mg gHB ．mg gHC .12mg gHD .13mg gH11．B 【解析】动能和重力势能相等时，根据机械能守恒定律有：2mgh ＝mgH ，得下落高度为h ＝H2，速度v ＝2gh ＝gH ，故P ＝mg ·v ＝mg gH ，B 选项正确．12．【2011·重庆模拟】半径为R 的圆桶固定在小车上，有一光滑小球静止在圆桶的最低点，如图X 9－1所示．小车以速度v 向右匀速运动，当小车遇到障碍物突然停止时，小球在圆桶中上升的高度不可能的是( )A ．等于v 22g B ．大于v 22g C ．小于v22gD ．等于2R图X 9－1 图X 9－212．B 【解析】小球沿圆桶上滑过程中机械能守恒，由机械能守恒分析，若小球不能通过与圆桶中心等高的位置，则h ＝v 22g；若小球能通过与圆桶中心等高的位置，但不能通过圆桶最高点，则小球在圆心上方某位置脱离圆桶，斜抛至最高点，这种情况小球在圆桶中上升的高度小于v 22g；若小球能通过圆桶最高点，小球在圆桶中上升的高度等于2R ，所以A 、C 、D 是可能的．13．【2011·苏北模拟】如图X 9－2所示，固定在竖直面内的光滑圆环半径为R ，圆环上套有质量分别为m 和2m 的小球A 、B(均可看作质点)，且小球A 、B 用一长为2R 的轻质细杆相连，在小球B 从最高点由静止开始沿圆环下滑至最低点的过程中(已知重力加速度为g)，下列说法正确的是( )A ．A 球增加的机械能等于B 球减少的机械能 B ．A 球增加的重力势能等于B 球减少的重力势能C ．A 球的最大速度为2gR3 图X 9－3 D ．细杆对A 球做的功为83mgR13．AD 【解析】系统机械能守恒的实质可以理解为是一种机械能的转移，此题的情景就是A 球增加的机械能等于B 球减少的机械能，A 对，B 错；根据机械能守恒定律：2mg •2R －mg •2R ＝12·3mv 2，所以A 球的最大速度为4gR3，C 错；根据功能关系，细杆对A 球做的功等于A 球增加的机械能，即W A ＝12mv 2＋mg •2R ＝83mgR ，故D 对．14.【2011·济南一模】一带电小球在空中由A 点运动到B 点的过程中，受重力和电场力作用．若重力做功－3 J ，电场力做功1 J ，则小球的( )A ．重力势能增加3 JB ．电势能增加1 JC ．动能减少3 JD ．机械能增加1 J14．AD 【解析】由功能关系可知：克服重力所做的功等于重力势能增加量，为3 J ，故A正确；电场力所做的功等于电势能的减少量，为1 J ，故B 错误；合外力做的功等于动能的变化量，为－2 J ，故C 错误；重力以外的其他力所做的功等于机械能的变化量，为1 J ，故D 正确．15．【2011·德州模拟】如图X 9－10所示，物体A 和B 的质量均为m ，它们通过一劲度系数为k 的轻弹簧相连，开始时B 放在地面上，A 、B 都处于静止状态．现用手通过细绳缓慢地将A 向上提升距离L 1时，B 刚要离开地面，此过程手做功为W 1 ；若将A 加速向上提起，A 上升的距离为L 2时，B 刚要离开地面，此时A 的速度为v ，此过程手做功为W 2 ，弹簧一直处于弹性限度内．则( )图X 9－10A ．L 1＝L 2＝mgk B ．W 2>W 1 C ．W 1>mgL 1 D ．W 2＝mgL 2＋12mv 215．BD 【解析】缓慢地将A 向上提升距离L 1时，B 刚要离开地面，弹簧由压缩量为mg k到拉伸量为mg k，弹性势能不变，L 1＝2mgk，由功能关系可知，此过程手所做的功等于A 增加的机械能，即W 1＝mgL 1；将A 加速向上提起，A 上升的距离为L 2时，B 刚要离开地面，弹簧也是由压缩量为mg k 到拉伸量为mg k ，弹性势能不变，L 2＝2mgk，由功能关系可知，此过程手所做的功等于A 增加的机械能，即W 2＝mgL 2＋12mv 2；综上所述，BD 正确．16．ABD 【解析】由静止释放B 到B 达到最大速度的过程中，B 一直要克服绳的拉力做功，根据功能关系可知，B 物体的机械能一直减小，A 对；根据动能定理，重力与拉力做功之和也正是B 所受的合外力做的功，B 对；根据能的转化和守恒定律可知，B 物体减少的机械能等于弹簧增加的弹性势能与A增加的动能之和，C错；根据功能关系可知，细线拉力对A做的功等于A物体和弹簧所组成的系统机械能的增加量，D对．。

高考物理专题05(功和功率;动能和动能定理;重力做功与重力势能;功能关系) 精选试卷(后附答案)

高考物理专题05（功和功率；动能和动能定理；重力做功与重力势能；功能关系、机械能守恒定律及其应用）精选试卷（后附答案）考点范围：功和功率；动能和动能定理；重力做功与重力势能；功能关系、机械能守恒定律及其应用一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项符合题目要求，有的有多个选项符合题目要求。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

）1．关于机械能下列说法中正确的是（）A ．做匀速运动的物体，其机械能一定守恒B ．做匀加速运动的物体，其机械能可能守恒C ．如果合外力对物体做功为零，物体的机械能可能增加D ．只要有摩擦力存在，机械能一定减少2．测定运动员体能的一种装置如右图所示，运动员的质量为m 1，绳栓在腰间沿水平方向跨过滑轮（不计滑轮摩擦与质量），悬挂重物m 2。

人用力蹬传送带而人的重心不动，使传送带以速率v 向右运动，下面四种说法正确的是（）A ．人对传送带不做功B ．人对传送带做正功C ．传送带对人做负功D ．人对传送带做功的功率为m 2gv3．如右图所示，质量为m 的物体在与水平方向成θ的恒力F 作用下以加速度a 做匀加速度直线运动，已知物体和地面间的动摩擦因数为μ，物体在地面上运动距离为x 的过程中力F 做功为（）A ．μmgxB ．()θμx μg a m tan 1-+C ．()θμx μg a m tan 1+-D ．θμμmgx tan 1+ 4．如右图所示，物体受到水平推力F 的作用在粗糙水平面上做直线运动。

监测到推力F 、物体速度v 随时间t 变化的规律如图所示。

取g =10m/s 2，则（）A ．第1s 内推力做功为1JB ．第2s 内物体克服摩擦力做的功W =2.0JC ．第1.5s 时推力F 的功率为2WD ．第2s 内推力F 做功的平均功率W 51.P =5．把动力装置分散安装在每节车厢上，使其既具有牵引动力，又可以载客，这样的客车车辆叫做动车。

2012高考物理(理综)复习第 8 课时功和能之功与功率(生)

第8课时功和能1（功与功率）1.求解恒力的功(1)定义：一个物体受到力的作用，如果在力的方向上发生一段位移，就说这个力做了功 . (2)做功的两个必要条件：a. 力；b. 物体在力的方向上发生位移 . (3)功是标量，只有大小，没有方向.(4)功是过程量，即做功必定对应一个过程(位移)，应明确是哪个力在哪个过程中对哪个物体做功. (5)功的一般计算公式： W ＝Fl cos α ；适用于恒力所做的功(6)功的正负既不表示方向，也不表示大小，它表示：正功是动力对物体做功，负功是阻力对物体做功.（7）作用力与反作用力的功：作用力与反作用力同时存在，作用力做功时，反作用力可能做功，也可能不做功，可能做正功，也可能做负功。

（8）总功的求法a 、先求外力的合力F 合，再应用功的公式求出总功： W ＝F 合l cos α ；b 、先分别求出各外力对物体所做的功W 1、W 2、W 3、…，总功即这些功的代数和： 321 +++=W W W W .【例1】如图所示，小物体A 位于光滑的斜面上，斜面位于光滑的水平地面上，从地面上看，在小物体沿斜面下滑的过程中，斜面对小物体的作用力( )A.垂直于接触面，做功为零B.垂直于接触面，做功不为零C.不垂直于接触面，做功为零D.不垂直于接触面，做功不为零练习：如图所示，质量为m 的物体静止在倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，现使斜面水平向左匀速移动距离l .(1)斜面对物体的弹力做的功为( )A.0B.mgl sin θcos 2θ C.－mgl cos θsin θ D.mgl sin θcos θ(2)摩擦力对物体做的功为(物体与斜面相对静止)( )A.0B.μmgl cosθC.－mgl cos θsin θD.mgl sin θcos θ(3)重力对物体做的功( )A.0B.mglC.mgl tan θD.mgl cos θ(4)斜面对物体做的总功是多少？各力对物体做的总功是多少？2.变力做功的求解常用方法：微元法、平均力法、图象法、转换法、利用w=Pt 求解、动能定理法。

高考物理专题卷：专题05(功和功率;动能和动能定理;重力做功与重力势能;功能关系、机械能守恒定律及其应

2015届专题卷物理专题五答案与解析1．【命题立意】本题以运动、力、做功等情景来考查机械能守恒及其变化，【思路点拨】（1）机械能是否守恒应从守恒的条件去分析判断，（2）否定判断可用举例法，【答案】BC 【解析】物体在竖直方向向上做匀速运动时,其机械能是增加的,选项A 错误、选项C 正确；做匀加速运动的物体,其机械能可能守恒,如自由落体运动,选项B 正确；摩擦力可以做正功、可以做负功、也可以不做功,选项D 错误，2．【命题立意】本题考查功的基本概念与功率，【思路点拨】功的正负取决于力与位移（速度）的夹角,功率P=Fv 求解，【答案】BD 【解析】传送带在人的摩擦力的作用下向右运动,摩擦力与速度方向相同,所以人以传送带做正功,选项A 错误、B 正确；由于人处于静止状态,在传送带给人的摩擦力的方向无位移,故传送带对人不做功,C 选项错误；人处于静止状态故有：f=m 2g ,由牛顿第三运动定律可得：f'=f=m 2g ,故人对传送带做功的功率为：P=f'v=m 2gv ,D 选项正确，3．【命题立意】本题以匀加速运动的情景,考查力所做的功，【思路点拨】（1）应用牛顿第二定律求得力F ；（2）根据功的定义式求力F 所做的功，【答案】B 【解析】以物体为研究对象,竖直方向有N sin F mg θF =+,水平方向有ma μF θF =-N cos ,联立解得()θμθμg a m F sin cos -+=,在此过程中F 做功()θμx μg a m θFx W tan 1cos -+==,故正确选项为B ，4．【命题立意】本题以图象为切入点考查功与功率，【思路点拨】（1）由v －t 图象寻找位移与速度；（2）结合功与功率的表达式求解，【答案】B 【解析】第1s 内物体保持静止状态,在推力方向没有位移产生故做功为0,A 选项错误；由图象可知第3s 内物体做匀速运动,F=2N,故F=f =2N,由v －t 图象知第2s 内物体的位移x =21×1×2m=1m,第2s 内物体克服摩擦力做的功W f =fx =2.0J,故B 选项正确；第1.5s 时物体的速度为1m/s,故推力的功率为3W,C 选项错误；第2s 内推力F=3N,推力F 做功W F =Fx =3.0J,故第2s 内推力F 做功的平均功率P =W F /t =3W,故D 选项错误，5．【命题立意】本题以动车组为情景考查机车的功率问题，【思路点拨】（1）动车与拖车的质量都相等,且受到的阻力与其所受重力成正比；（2）速度最大时,牵引力等于阻力；（3）应用功率公式Fv P =求解，【答案】C 【解析】由kmv P 4=和v km P '=129,解得km /h 3603=='v v ,故正确选项为C ，6．【命题立意】本题以图象为情景,综合考查动能、动能定理、牛顿运动定律及运动学公式等，【思路点拨】（1）由图象获得动能、动能变化及位移相关信息；（2）由动能定理求得动摩擦因数；（3）由动能定义式、牛顿第二定律及运动学公式求得时间，【答案】AC 【解析】由动能定理k 00E μmgx -=-,解得μ=0.20,选项A 正确、选项B 错误；由20k 021mv E =,μmg=ma ,0=v 0-at ,联立解得t =5.0s,选项C 正确、选项D 错误，7．【命题立意】本题以最新的刘翔跨栏夺冠为情景,考查机械能及动能定理等，【思路点拨】（1）刘翔的动能和重力势能均增加；（2）本题重力做负功；（3）由动能定理求出刘翔所做的功，【答案】D 【解析】刘翔的机械能增加量为mgh mv +221,选项A 错误；刘翔的重力做功为mgh W -=重,选项B错误；由动能定理0212-=--mv W mgh W 阻人,得阻人W mgh mv W ++=221,选项C 错误、选项D 正确，8．【命题立意】本题以彭健烽跳水为情景,综合考查动能定理、重力做功与重力势能改变及功能关系等，【思路点拨】（1）重力做正功,重力势能减少,减少的重力势能等于重力所做的功；（2）动能变化从动能定理的角度去考虑；（3）机械能的变化对应力F 所做的功，【答案】AD 【解析】重力mg 做正功,力F 做负功，由重力做功与重力势能改变的关系知选项A 正确；由动能定理知动能改变对应外力所做的总功,选项B 错误；由功能关系,机械能的改变量在数值上等于力F 做的功,选项C 错误、选项D 正确，9．【命题立意】本题通过斜面及橡皮绳情景,考查动能、弹性势能、系统机械能守恒等，【思路点拨】（1）圆环与橡皮绳构成的系统机械能守恒,圆环机械能不守恒，（2）橡皮绳只有在伸长状态下才有弹性势能，（3）橡皮绳再次到达原长时,合外力仍沿杆向下，【答案】C 【解析】圆环与橡皮绳构成的系统机械能守恒,圆环的机械能先不变后减小,橡皮绳的弹性势能先不变后增加,选项AB 错误、选项C 正确；橡皮绳再次到达原长时,合外力仍沿杆向下,圆环仍加速向下运动,选项D 错误，10．【命题立意】本题以竖直平面内的圆周运动为情景,考查动能定理和机械能守恒定律的应用，【思路点拨】（1）小球A 、B 组成的系统机械能守恒,但每一个小球机械能均不守恒；（2）对两小球应用机械能守恒定律,对B 球应用动能定理，【答案】ACD 【解析】小球A 、B 组成的系统机械能守恒,选项A 正确；由于A 、B 两小球质量不同,选项B 错误；当B 球到达最低点时,两小球速度最大,由系统机械能守恒232124mv mgR mgR ⨯=-,得最大速度为34gRv =,选项C 正确；以B 球为研究对象,由动能定理得：022142-⨯=+mv mgR W ,解得mgR W 38-=,选项D正确，11．【命题立意】本题以运动员驾驶摩托车做腾跃特技表演为情景,综合考查动能定理和平抛运动规律的应用，【思路点拨】（1）摩托车从B 到E 为复杂的曲线运动,应用动能定理；（2）摩托车离开E 点后做平抛运动，【答案】27360J【解析】对摩托车的平抛运动过程,有221gt h =（2分） vt x =（2分）摩托车在斜坡上运动时,由动能定理得202f 2121mv mv mgh W Pt -=-- （2分）联立解得J 27360f =W （2分）12．【命题立意】本题以环保汽车“燃气车”为情景,综合考查瞬时功率的计算和机车起动模型，【思路点拨】（1）瞬时功率的计算P =Fv ；（2）机车恒功率起动用动能定理分析；（3）当牵引力等于阻力（F =f ）时,机车速度最大,即：fPv =m ，【答案】（1）5×104N （2）370.2m【解析】（1）在反应时间内驾驶员匀速运动的距离为：s 0=v 0t 0=16m （1分）若车在标志杆前停止运动,由运动学公式可得：av 220≤s -s 0（1分）可求得：a ≥50m/s 2 （1分）由牛顿第二运动定律可得：F 制=ma ≥5×104N （1分）（2）在平路行驶时获得的最大速度时,汽车匀速运动由：1v P μMg 燃=（1分）当汽车保持总功率不变,在斜坡上运动,达到最大速度时由：(μMg cos θ+Mg sin θ)v 2=P 总（1分）可求得：v 2=5m/s （1分）由动能定理可得：2221sin cos Mv θMgs θμMgs t P =--总（2分）解得：s =370.2m （1分）13．【命题立意】本题以水平面上的匀加速度运动和竖直平面的圆周运动模型,综合考查动能定理及牛顿运动定律的应用，【思路点拨】（1）水平面的匀加速度运动应用动能定理比较简洁；（2）竖直平面内的圆周运动应用动能定理和牛顿运动定律，【答案】60N 0【解析】由动能定理,得()0212B -=-mv x μmg F （2分）在B 点有Rv m mg F 2B N =- （2分）联系解得 F N =60N由牛顿第三定律知,滑块在B 点对轨道的压力大小为60N （1分）滑块由B 点到D 点过程由动能定理,得2B 2D 21212mv mv mgR -=- （2分）在D 点有Rv m mg F 2D N2=+ （2分）联立解得 F N2=0由牛顿第三定律知滑块在D 点对轨道的压力大小为0 （1分） 14．【命题立意】本题为多研究对象,主要考查相对运动及摩擦生热，【思路点拨】（1）对于多研究对象,每一研究对象的运动规律分别分析；（2）对于发生相对运动的两物体,要注意二者之间位移关系、速度关系等；（3）一对滑动摩擦力产生的热量为相对L f Q ⋅=，【答案】2021mv【解析】设小滑块受平板车的滑动摩擦力大小为f ,经时间t 后与平板车相对静止,则t v t v L 23100-=（2分） v 0=at （2分） f=ma （2分）L f Q 31⋅=（2分）联立解得 2021mv Q = （2分）15．【命题立意】本题以常见的传送带为情景,综合考查运动学公式、牛顿运动定律和动能定理等的应用，【思路点拨】（1）货物在传送带上的运动分匀减速和匀速两个阶段；（2）货物在斜面上的运动用动能定理比较简单，【答案】2.5J【解析】水平传送带的速度为v 0=R ω=3m/s （1分）由牛顿第二定律,得μmg=ma （1分）又 v 0=v B -at 1 （1分）10B 12t vv L += （1分）L -L 1=v 0t 2 （1分） t 1+t 2=t （1分）由动能定理,得0212B f -=-mv W mgH （1分）联立解得 W f =2.5J （1分）16．【命题立意】该题精心设计运动过程,综合考查小球下摆过程中的机械能守恒、水平面上动能定理和圆周运动及其临界问题，【思路点拨】（1）小球下摆过程中机械能守恒；（2）小球在竖直位置时按圆周运动处理；（3）水平面上匀减速过程中的动能定理；（4）小球在圆形轨道中不脱离轨道有两种情况，【答案】（1）10N （2）0.35≤μ≤0.5或者μ≤0.125【解析】（1）当摆球由C 到D 运动机械能守恒：()2D 21cos mv θL L mg =- （2分）由牛顿第二定律可得：Lv m mg F 2D m =- （1分）可得：F m =2mg =10N （1分）（2）小球不脱圆轨道分两种情况：①要保证小球能达到A 孔,设小球到达A 孔的速度恰好为零, 由动能定理可得：2D 1210mv mgs μ-=- （1分）可得：μ1=0.5 （1分）若进入A 孔的速度较小,那么将会在圆心以下做等幅摆动,不脱离轨道，其临界情况为到达圆心等高处速度为零,由机械能守恒可得：mgR mv =2A 21（1分）由动能定理可得：2D 2A 22121mv mv mgs μ-=-（2分）可求得：μ2=0.35（1分）②若小球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道,在圆周的最高点由牛顿第二定律可得：Rv m mg 2= （1分）由动能定理可得：2D 2321212mv mv mgR mgs μ-=-- （2分）解得：μ3=0.125 （1分）综上所以摩擦因数μ的范围为：0.35≤μ≤0.5或者μ≤0.125 （1分）。

湖南2012届高三物理一轮复习第5章-第1讲-功-功率课件新人教版

h
20
2．恒力做功的计算
解答：用公式W＝Flcosα求恒力的功．可用以下两种方法处理：
(1)分解位移：将物体的位移分解为沿F方向上和垂直F方向上的两个分位移l1和l2，则F 做的功W＝F·l1＝Flcosα.
(2)分解恒力：将力F分解为沿l方向和垂直 l 方向的两个分力 F1 和 F2 ，则 F 做功 W ＝ F1l ＝ Fcosα·l.
h
30
1．力做功正、负的判断
例1：如图513，物体沿弧形轨道滑下后进入足够长的水平传送带，传送带以图示方向匀速运转，则传送带对物体做功情况可能是
()
A．始终不做功
B．先做正功后不做功
C．先做负功后做正功
D．先做负功后不做功
h
31
解析：设传送带速度大小为v1，物体刚滑上传送带时的速度大小为v2.
时，有两种不同的加速过程，但分析时采用的基
本公式都是P＝Fv和F－f ＝ma
1 恒定功率启动：由公式P＝Fv和F－f ＝ma
知，由于P恒定，随着v的增大，F 必将减小，a也必将减小，汽车做加速度不断减小的加速运动，
直
到
F＝
f
，
a＝0，
这
时
v达
h
到
最
大
值 vm＝
Pm F
＝
Pm f
27
可见恒定功率的加速一定不是匀加速．这种加速过程发动机做的功只能用W＝Pt计算，不能用W＝Fl计算(因为F为变力)．运动中v与t关系如图511.
h
32
(3)当v1>v2时，物体相对传送带向左运动，物体受到的滑动摩擦力方向向右，则物体先
做匀加速运动直到速度达到v1，再做匀速运动，故传送带对物体先做正功后不做功，B选项正

【物理】2012年全国各地百套模拟试题精选分类解析之--专题五功功率与动能定理

2012年全国各地百套模拟试题精选分类解析专五功功率与动能定理本试题分类是从上百套2012年各地高考模拟试题中精选而成，凝聚了个人的心血，希望对您的2012高考有所帮助，O(∩_∩)O 谢谢！欢迎交流，QQ 39011123！1．【2012•江西检测】如图所示，质量为m 物体在与水平方向成θ恒力F 作用下以加速度a 做匀加速度直线运动，已知物体和地面间动摩擦因数为μ，物体在地面上运动距离为x 过程中力F 做功为（） A ．μmgx B ．()θμx μg a m tan 1-+C ．()θμx μg a m tan 1+-D ．θμμmgxtan 1+【答案】B【解析】以物体为研究对象，竖直方向有N sin F mg θF =+，水平方向有ma μF θF =-N cos ，联立解得()θμθμg a m F sin cos -+=，在此过程中F 做功()θμx μg a m θFx W tan 1cos -+==，故正确选项为B 。

2．【2012•江苏调考】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。

设小明与车总质量为100kg ，骑行过程中所受阻力恒为车和人总重0.02倍， g 取l0m/s 2。

通过估算可知，小明骑此电动车做功平均功率最接近 A ．10W B ．100W C ．300W D ．500W 【答案】B【解析】由P=Fv 可知，要求骑车人功率，一要知道骑车人动力，二要知道骑车人速度，前者由于自行车匀速行驶，由二力平衡知道可和F=f=20N ，后者对于骑车人速度我们应该有一个定性估测，约为5m/s ，所以205100P Fv W W ==⨯=．3．【2012•广东潮州期末】错误！未指定书签。

．物体在竖直向上拉力和重力作用下竖直向上运动，运动v －t 图像如图所示．则 A ．物体所受拉力是恒力 B ．物体所受拉力是变力C ．第1s 末和第4s 末拉力功率相等D ．第5s 末物体离出发点最远【答案】BD【解析】0-2秒内是恒力且大于重力，2-3秒内等于重力，3-5秒内是恒力且小于重力，0-5/s秒内是变力，选项A 错误，选项B 正确。

2012年高考物理试题分类汇编：动能定理机械能守恒定律功能关系

专题6机械能、功能关系（2012上海）15．质量相等的均质柔软细绳A、B平放于水平地面，绳A较长。

分别捏住两绳中点缓慢提起，直到全部离开地面，两绳中点被提升的高度分别为hA、hB，上述过程中克服重力做功分别为WA、WB。

若（）（A）hA＝hB，则一定有WA＝WB （B）hA＞hB，则可能有WA＜WB（C）hA＜hB，则可能有WA＝WB （D）hA＞hB，则一定有WA＞WB15.【考点】本题考查物体的重心和重力做功【解析】两绳子中点被提升从而使绳子全部离开地面，考虑此时绳子重心上升的高度，绳子的重心在绳子中点两边绳子的中心处。

若绳子总长为，则细绳A重心上升的高度为，细绳B重心上升的高度为。

由题意可知，因而选项A、C、D错误，选项B正确。

【答案】B（2012上海）16．如图，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R有光滑圆柱，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/3 （C）4R/3 （D）2R/316.【考点】本题考查机械能守恒【解析】设、的质量分别为、，当A落到地面，B恰运动到与圆柱轴心等高处，以A、B整体为研究对象，机械能守恒，故有，当A落地后，B球以速度v竖直上抛，到达最高点时又上升的高度为，故B上升的总高度为，选项C正确。

【答案】C【误区警示】本题需要注意两个方面：一个是A和B的质量关系不要搞错或者混淆；二是B上升的高度应该是从地面开始计算。

（2012上海）18．位于水平面上的物体在水平恒力F1作用下，做速度为v1的匀速运动；若作用力变为斜面上的恒力F2，物体做速度为v2的匀速运动，且F1与F2功率相同。

则可能有（）（A）F2＝F1，v1＞v2 （B）F2＝F1，v1＜v2（C）F2＞F1，v1＞v2 （D）F2＜F1，v1＜v218.【考点】本题考查受力分析和功率的计算【解析】物体在水平恒力F1作用下匀速运动，水平方向有。