高考(四川专用)物理(课件+练习)复习专题提升突破：专题二功和能(4份)第5讲

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高考物理二轮复习专题二功和能(PPT版)共38张

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4.机械能守恒定律的三种表达方式
(1)始末状态:
mgh1
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mgh2
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2 2
(应选取零势能参考平面)
(2)能量转化:ΔEk(增)=ΔEp(减) (3)研究对象:ΔEA=-ΔEB
5.几种常见的功能关系
常见的几种力做功
能量变化
重力做功
重力势能变化ΔEp
弹簧的弹力做功
弹性势能变化ΔEp
μmgs时,弹簧的最大弹力要大于μmg,故A错误。
物块加速运动时的加速度为μg 答案 AC 对乙施加水平向右的瞬时速度v,对木板甲来说,因为乙对甲的摩擦力μmg小于木板与地面之间的最大静摩擦力2μmg,可知木板甲是不动的,则
功考解与向读能 T时TT12..741重重间::4上弹:基过连图抛簧础程接像运参讲与体动与应方中2中的0用法的1的功8。。功动能如如能能问将涉问-题动及题能弹定簧T功理、8能:与连弹问图接簧20题像体参19等等与简的的单功综能TT-T应x411图合问用::5汽物:像机考题车块械查难匀在能对度速斜守基较运面恒础大动、定,知考时平2律识查0的面2在的学0功上“理生率运鼓解的动形能分时轮力析对”。综应中合的的能Ek 对在=乙(忽(④设m解确T(静长 (③解体的小解5为解忽④由②若(大下((静典成((K5为对落设滑T12122323144E××tg)))))))))k:乙摩的略在小析;止度在析,动球析2析略在公匀还小滑止例32乙;此块:a11能始若恒若研若研始根物物此物=甲000n00m由擦动空变球释对匀摩静空变式加有为至释 6施时加°33量末要力小究要究末mm据块块时块θ角0,kk物设对-动力能气加到放应加(擦止气加Δ速其Δ底放加小速//由转状使所球对使对状平(加在对在gg1ss,(vxμ一多的的,,)块 A物=能作E阻速达时的速因在阻速运他端时水球度=受受于化态小做从象小象态m设衡速斜甲斜xkBa轻选汽汽g加块带乙t定用力运圆的水过数图力运动外时的平从为=到到m::球总高 :球::圆条运面施面可ΔΔΔ+h质)车车2未速从-=EEE理下,动轨高平程均示,动达力重高向高零(的的。运功为运环x件该该动、加、知2μAAkE物弹在在0(知运Akm==先过道度位中为位过最和力度右的EH阻阻动的动对h增有过过的平水平,2乙k点--a处的=簧g水水ΔΔ0,动乙做程最移的常置程大内的的位hh-力力过两过A所 ))程程时面平面t江EE1=开x''由A套球图应应平平BB-时;=Δ匀中低为某数中速力功瞬置,大大程种程以=μ当处求中中间上向上苏E始E静在的线m满满路路,k加的端点。的度做率时只xp小小中计中不由甲由力小小为运右运苏乙0到g(止,直弹与足足面面减整,速某时某时功速有,x为为能算能能牛应、静有的球球动的动t、0,再=释杆力逐t的的上上)-个运点轨点满度一,轴11 通方通根顿用μ乙止:大这的的时瞬时锡回..放上为渐m条条匀匀过动道足处,,v所=过法过据第动共释有小有些动动对时对、,到g(( 乙,,N减件件速速由程下应应对的,x围圆圆m二能速放动:F:力能能应速应1常;A,恰小;当。。行行=,故动中端g选选小条面点轻弧弧定定后,能EE做的度的m、h求好;乙kk驶驶B能摩固=取取此球件积整a杆轨轨律与理与一E功EvE镇项K小;未,在kkk,,定最擦定零零求过的为速速表个对道道得乙时,时--起之四错在球xx从==甲理终产在势势图出图程支度度示过A最最μ=间间做mm和市误斜到甲球μm上得甲生直能能像h像中持aa物程高高tt匀m等调;面达,''g的的上整的停。。因m、的杆参参甲=力g体=,点点减于由研上圆mx关关m滑g个弹止此乙热底考考;受为速且且(速而系a动a)有 H轨系系如过力后v,,物量端平平地N可度-此不不求运甲统能2(道图图,图程为,mR体由为。面面面此得的时脱脱不动做机定)底像像g所中F=均牛Q))的时a变瞬离离1出直匀械s理端=是是=i,,示n静顿对根摩给μ化μ时轨轨来至减m能可时gθm,止第A据直擦甲v,量功道道-,停速改故知可g'对μ、2。二Δ动杆力一m率,,止运变AW试试求x轨Bg项=定能与仍初和等动,f量求求滑此道c=正律o定水为速轻-于,。2小小m块s动过的θμ得理平向度杆额v球球)m下能程压2·N得面后v整定,g,由由故滑E中力-则s=k的=D甲至;乙底端时的动能Ek,故A项错误,C项正确;根据牛顿第二定律得mg cos θ-μmgsin θ= 力。小物块的质量为m,从A点向左沿水平地面运动,压缩弹簧后被弹回,运动

【配套K12】[学习]四川省2019高考物理复习全辑第4讲功和功率动能定理讲与练(必修2,含解

第4讲功和功率动能定理李仕才考试内容及要求一、功1．做功的两个要素：力和物体在力的方向上发生的位移．2．功的公式：W＝Fl cos α.3．功的正负(1)0°≤α<90°，力F对物体做正功；(2)α＝90°，力F对物体不做功；(3)90°<α≤180°，力F对物体做负功．某力对物体做负功，往往说成“物体克服某力做功”．例1(2018·浙江6月学考·15)如图1所示，质量为m的小车在与竖直方向成α角的恒定拉力F作用下，沿水平地面向左运动一段距离l.在此过程中，小车受到的阻力大小恒为F f，则( )图1A ．拉力对小车做功为Fl cos αB ．支持力对小车做功为Fl sin αC ．阻力对小车做功为－F f lD ．重力对小车做功为mgl 答案 C解析拉力做的功为W ＝Fl cos(90°－α)＝Fl sin α，选项A 错误；支持力、重力不做功，选项B 、D 错误，阻力做功W f ＝－F f l ，选项C 正确．例2 (2017·丽水市第一学期质检)如图2甲所示，为一女士站立在台阶式自动扶梯上匀速上楼，图乙为一男士站在履带(斜面)式自动扶梯上匀速上楼．下列关于两人受到的力做功的判断正确的是( )图2A ．甲图中支持力对人做正功B ．乙图中支持力对人做正功C ．甲图中摩擦力对人做负功D ．乙图中摩擦力对人做负功答案 A解析题图甲中女士站在台阶上做匀速运动，处于平衡状态，则人受到支持力和重力两个力的作用，不受摩擦力作用，支持力对人做正功，A 正确，C 错误；题图乙中的男士受到重力、支持力和静摩擦力的作用，支持力的方向和运动的方向垂直，支持力不做功，静摩擦力和运动的方向相同，故静摩擦力做正功，B 、D 错误．二、功率1．定义：功与完成这些功所用时间的比值． 2．物理意义：描述力对物体做功的快慢． 3．公式 (1)P ＝W t.(2)P ＝Fv ，其中F 为恒力且F 与v 方向相同．说明：①公式P ＝W t是平均功率的定义式，适用于任何情况下平均功率的计算．②公式P ＝Fv 一般计算瞬时功率．此时v 为瞬时速度，但若v 是平均速度，则计算出的功率是平均功率．4．额定功率：机械正常工作时输出的最大功率．5．实际功率：机械实际工作时输出的功率，要求小于或等于额定功率．例3 (2018·嘉兴市七校期中)高二某同学参加引体向上体能测试，如图3所示，在20 s 内完成10次标准动作，每次引体向上的高度约为50 cm ，则此过程中该同学克服重力做功的平均功率最接近于(g 取10 m/s 2)( )图3A ．0B ．150 WC ．300 WD ．450 W答案 B解析该同学的质量约为60 kg ，引体向上的高度为50 cm ，该同学做功的平均功率为P ＝Wt＝nmght＝150 W ，选项B 正确．三、重力势能 1．重力做功的特点重力做功与物体运动的路径无关，只跟物体初、末位置的高度差有关． 2．重力势能(1)表达式：E p ＝mgh ，其中h 是物体相对参考平面的高度． (2)单位：焦耳，简称焦，符号：J. 3．重力做功与重力势能变化的关系 (1)表达式：W G ＝E p1－E p2. (2)两种情况①当物体从高处运动到低处时，重力做正功，重力势能减小，即W G ＞0，E p1＞E p2.②当物体由低处运动到高处时，重力做负功，重力势能增加，即W G ＜0，E p1＜E p2.重力做负功，也叫做物体克服重力做功． 4．重力势能的相对性重力势能具有相对性，其大小与所选的参考平面有关，同一物体在同一位置，所选的参考平面不同，其重力势能的数值也不同．例4 如图4所示是跳高运动员正在飞越横杆时的情景．对运动员从起跳到图示位置的过程，下列说法正确的是( )图4A．运动员的重心升高B．运动员的重力势能减小C．运动员所受重力不做功D．运动员所受重力做正功答案 A解析运动员从起跳到题图所示位置的过程重心不断升高，重力做负功，重力势能增加，故选项A正确．四、弹性势能1．弹性势能发生弹性形变的物体的各部分之间，由于有弹力的相互作用而具有的势能．2．弹力做功与弹性势能的关系表达式：W弹＝E p1－E p2＝－ΔE p弹力做正功，弹性势能减少；弹力做负功，弹性势能增加．例5如图5所示，在光滑水平面上有一物体，它的左端连接一弹簧，弹簧的另一端固定在墙上，在力F作用下物体处于静止状态，当撤去F后，物体将向右运动，在物体向右运动的过程中，下列说法正确的是( )图5A．弹簧对物体做正功，弹簧的弹性势能逐渐减少B．弹簧对物体做负功，弹簧的弹性势能逐渐增加C．弹簧先对物体做正功，后对物体做负功，弹簧的弹性势能先减少再增加D．弹簧先对物体做负功，后对物体做正功，弹簧的弹性势能先增加再减少答案 C解析开始时，弹簧处于压缩状态，撤去F后物体在向右运动的过程中，弹簧对物体的弹力方向先向右后向左，对物体先做正功后做负功，故弹簧的弹性势能应先减少后增加，故C正确．五、动能定理例6(2017·温州市检测)有一质量为m的木块，从半径为r的圆弧曲面上的a点滑向b点，如图6所示，如果由于摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是( )图6A ．木块所受的合力为零B ．因木块所受的力都不对其做功，所以合力做的功为零C ．重力和摩擦力做功的代数和为零D ．重力和摩擦力的合力为零答案 C解析木块做曲线运动，速度方向变化，加速度不为零，合外力不为零，A 错；速率不变，动能不变，由动能定理知，合外力做功为零，支持力始终不做功，重力做正功，所以重力做的功与摩擦力做的功的代数和为零，但重力和摩擦力的合力不为零，C 对，B 、D 错．例7 (2017·丽水市期中)如图7所示，一个质量为m ＝0.6 kg 的小球以初速度v 0＝2 m/s 从P 点水平抛出，从粗糙圆弧ABC 的A 点沿切线方向进入(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)且恰好沿圆弧通过最高点C ，已知圆弧的圆心为O ，半径R ＝0.3 m ，θ＝60°，g ＝10 m/s 2.求：图7(1)小球到达A 点的速度v A 的大小； (2)P 点与A 点的竖直高度H ；(3)小球从圆弧A 点运动到最高点C 的过程中克服摩擦力所做的功W . 答案 (1)4 m/s (2)0.6 m (3)1.2 J 解析 (1)由平抛运动规律得v A ＝v 0cos θ解得v A ＝4 m/s.(2)从P 到A 由动能定理得mgH ＝12mv A 2－12mv 02解得H ＝0.6 m(3)小球恰好通过C 点，则有mg ＝mv C2R从A 到C 由动能定理得－mgR (1＋cos θ)－W ＝12mv C 2－12mv A 2代入解得W ＝1.2 J例8 (2018·浙江“七彩阳光”联盟期中联考)极限运动是一种深受年轻人喜爱的运动，如图8甲是极限运动中滑板、轮滑等运动常用的比赛场地U 形池．现有某U 形池场地示意图如图乙所示，该场地由两段可视为光滑的14圆弧形滑道AB 和CD 以及粗糙程度相同的水平滑道BC 构成，图中R 1＝4.5 m ，R 2＝3.5 m ，BC ＝5 m ．某次滑板比赛中质量为60 kg(含滑板)的运动员从A 点由静止出发，通过AB 、BC 滑道，冲向CD 滑道，到达圆弧CD 滑道的最高位置D 时速度恰好为零(运动员和滑板整体近似看做质点，空气阻力不计，g 取10 m/s 2)．图8(1)求该运动员在圆弧形滑道AB 上下滑至B 点时对圆弧形滑道的压力．(2)该运动员为了第一次经过D 处后有2 s 时间做空中表演，求他在A 点下滑的初速度大小； (3)在(2)问的初始条件下，运动员在滑道上来回运动，最终将停在何处？答案见解析解析 (1)从A 到B 由动能定理得，mgR 1＝12mv B 2在B 点由牛顿第二定律得，F N －mg ＝mv B2R 1解得F N ＝1 800 N由牛顿第三定律可得，运动员对滑道B 点的压力大小为1 800 N ，方向竖直向下． (2)运动员在D 点速度恰好为零时有mgR 1－W f －mgR 2＝0 则W f ＝mg (R 1－R 2) 解得：W f ＝600 J运动员有2 s 时间做空中表演时有v D 1＝g ·t D 12解得：v D 1＝10 m/s由动能定理有mgR 1－W f －mgR 2＝12mv D 12－12mv A 02解得v A 0＝10 m/s(3)W f ＝F f x BC ，则F f ＝120 N 12mv A 02＋mgR 1＝F f s 得：s ＝47.5 m 则sx BC＝9.5所以最终停在离B点2.5 m处．1．(2017·浙江省12月重点中学热身联考)如图9所示，自动卸货车静止在水平地面上，在液压机的作用下，车厢与水平方向的夹角缓慢增大，在货物没有滑动之前的过程中，下列说法正确的是( )图9A．货物受到的静摩擦力减小B．地面对货车有水平向右的摩擦力C．货物受到的摩擦力对货物做负功D．货物受到的支持力对货物做正功答案 D2．(2018·浙江名校联盟第一次联考)如图10所示是一个摩天轮，现有一游客随摩天轮一起做匀速圆周运动，则( )图10A．重力对游客始终做负功B．重力对游客始终做正功C．游客的动能保持不变D．游客的重力势能保持不变答案 C3．(2017·杭州二中期中)一片质量约5×10－4 kg的秋叶自5 m高的树枝上落下并飘落到地面，此过程中重力的平均功率可能为(g取10 m/s2)( )A．0.008 W B．0.025 WC．0.05 W D．0.1 W答案 A解析因为树叶不是做自由落体运动，运动的时间t >2hg＝2×510s ＝1 s ，重力的平均功率P <W t ＝mgh t ＝5×10－3×51W ＝0.025 W ，故A 正确．4．(2018·湖州、衢州、丽水三地市期末联考)某游乐场的滑梯可以简化为如图11所示竖直面内的ABCD 轨道，AB 为长L ＝6 m 、倾角α＝37°的斜轨道，BC 为水平轨道，CD 为半径R ＝15 m 、圆心角β＝37°的圆弧轨道，轨道AB 段粗糙，其余各段均光滑．一小孩(可视为质点)从A 点以初速度v 0＝2 3 m/s 沿轨道下滑，运动到D 点时的速度恰好为零(不计经过B 点时的能量损失)．已知该小孩的质量m ＝30 kg ，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：图11(1)该小孩第一次经过圆弧轨道C 点时，对圆弧轨道的压力； (2)该小孩与AB 段的动摩擦因数； (3)该小孩在轨道AB 上运动的总路程s .答案 (1)420 N ，方向竖直向下 (2)0.25 (3)21 m 解析 (1)由C 到D 速度减为0，由动能定理可得－mg (R －R cos β)＝0－12mv C 2解得v C ＝215 m/s 在C 点，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v C2R，解得F N ＝420 N根据牛顿第三定律，小孩第一次经过圆弧轨道C 点时对轨道的压力为420 N ，方向竖直向下 (2)小孩从A 运动到D 的过程中，由动能定理得：mgL sin α－μmgL cos α－mgR (1－cos β)＝0－12mv 02可得：μ＝0.25(3)在AB 斜轨上，μmg cos α<mg sin α，小孩不能静止在斜轨上，则小孩从A 点以初速度v 0滑下，最后静止在BC 轨道B 处．由动能定理得：mgL sin α－μmgs cos α＝0－12mv 02解得s ＝21 m.5．(2018·浙江6月学考·23)小明用如图12所示轨道探究滑块的运动规律．长L 1＝1 m 的斜轨道倾角为α，斜轨道底端平滑连接长L 2＝0.1 m 的水平轨道，水平轨道左端与半径R ＝0.2 m 的光滑半圆形轨道底端B 平滑连接．将质量m ＝0.05 kg 的滑块(可不计大小)从斜轨道顶端释放，滑块与斜轨道及水平轨道间的动摩擦因数均为μ＝0.3.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2.图12(1)当α＝37°时，无初速度释放滑块，求滑块到达B 点时对半圆轨道压力F N 的大小； (2)当α＝37°时，为保证滑块能到达半圆轨道顶端A ，应至少以多大速度v 1释放滑块？ (3)为保证滑块离开半圆轨道顶端A 后恰好能垂直撞击斜轨道，求α的范围．答案见解析解析 (1)从斜轨顶端到B 点，根据动能定理有 12mv B 2＝mgL 1sin α－μmg (L 2＋L 1cos α) 在B 处，由牛顿第二定律有F N －mg ＝m v B2R联立以上两式可得：F N ＝2.15 N由牛顿第三定律知滑块对轨道压力大小为2.15 N.(2)滑块能到达半圆轨道顶端A ，由mg ＝m v 2R得，其最小速度为v A ＝gR ＝ 2 m/s从斜轨顶端到圆轨道最高点，根据动能定理有：12mv A 2－12mv 12＝mg (L 1sin α－2R )－μmg (L 2＋L 1cos α)则v 1＝855m/s (3)设斜轨道倾角为θ，滑块离开A 点的速度为v A 0，根据平抛运动规律可知tan θ＝v A 0gtx DC ＝v A 0t －L 2h PD ＝x DC tan θ＝(v A 0t －L 2)tan θ2R －h PD ＝12gt 2；联立化简：v A 02＝8tan 2θ＋2tan 3θ1＋2tan 2θ根据题意tan θ>0，v A 0≥gR 令x ＝tan θ (x ＋1)(x 2＋x －1)≥0 解得：tan θ≥5－12即arctan5－12≤θ≤π2.1．如图1所示，坐在雪撬上的人与雪橇的总质量为m ，在与水平面成θ角的恒定拉力F 作用下，沿水平地面向右移动了一段距离l .已知雪橇与地面间的动摩擦因数为μ，雪橇受到的( )图1A ．支持力做功为mglB ．重力做功为mglC ．拉力做功为Fl cos θD ．滑动摩擦力做功为－μmgl答案 C解析支持力和重力方向与位移方向垂直，不做功，选项A 、B 错误；拉力和摩擦力做功分别为W ＝Fl cos θ，W ′＝－μ(mg －F sin θ)l ，选项C 正确，D 错误．2．(2015·浙江10月学考·12)快艇在运动中受到的阻力与速度平方成正比(即F f ＝kv 2)．若油箱中有20 L 燃油，当快艇以10 m/s 匀速行驶时，还能行驶40 km ，假设快艇发动机的效率保持不变，则快艇以20 m/s 匀速行驶时，还能行驶( ) A ．80 km B ．40 km C ．10 km D ．5 km答案 C解析设20 L 燃油时发动机可提供的总功为W ，由能量守恒定律得，当快艇以10 m/s 匀速行驶时，W ＝F f1x 1＝kv 12x 1，当快艇以20 m/s 匀速行驶时，W ＝F f2x 2＝kv 22x 2，可得x 2＝10 km ，故C 正确．3．(2018·浙江名校协作体试题卷)特斯拉Model S 标配全轮驱动双电机，Model S P100 D 更有高性能后置电机，与高效率的前置电机联动，实现超跑级别的加速表现，仅需 2.7 s ，即可从静止加速至100 km/h.假设驾驶员与车总质量为2 200 kg ，则在此加速过程中下列说法中正确的是( ) A ．合力做功约为8.5×105J B ．牵引力做功约为8.5×105 J C ．合力做功的平均功率约为3 150 kW D ．牵引力做功的平均功率约为3 150 kW 答案 A解析 v ＝100 km/h ≈27.8 m/sF 合＝ma ＝m vt ≈2.265×104 Nl ＝v2t ＝37.53 mW 合＝F 合l ≈8.5×105 JP 合＝W 合t≈3.15×105 W ＝315 kW牵引力做功的平均功率大于合力做功的平均功率，选项A 正确，选项B 、C 、D 错误． 4．(2017·浙江11月学考·10)如图2所示，质量为60 kg 的某运动员在做俯卧撑运动，运动过程中可将她的身体视为一根直棒．已知重心在c 点，其垂线与脚、两手连线中点间的距离Oa 、Ob 分别为0.9 m 和0.6 m ．若她在1 min 内做了30个俯卧撑，每次肩部上升的距离均为0.4 m ，则克服重力做的功和相应的功率约为( )图2A ．430 J,7 WB ．4 300 J,70 WC ．720 J,12 WD ．7 200 J,120 W答案 B解析设每次俯卧撑中，运动员重心变化的高度为h ，由几何关系可得，h 0.4＝0.90.9＋0.6，即h ＝0.24 m ．一次俯卧撑中，克服重力做功W ＝mgh ＝60×10×0.24 J ＝144 J ，所以1 min 内克服重力做的总功为W 总＝NW ＝4 320 J ，相应的功率P ＝W 总t＝72 W ，故B 正确． 5．(2017·浙江11月学考·13)如图3所示是具有登高平台的消防车，具有一定质量的伸缩臂能够在5 min 内使承载4人的登高平台(人连同平台的总质量为400 kg)上升60 m 到达灭火位置．此后，在登高平台上的消防员用水炮灭火，已知水炮的出水量为3 m 3/min ，水离开炮口时的速率为20 m/s ，则用于( )图3A ．水炮工作的发动机输出功率约为1×104W B ．水炮工作的发动机输出功率约为4×104 W C ．水炮工作的发动机输出功率约为2.4×106 W D ．伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为800 W 答案 B解析若不计伸缩臂的质量，抬升登高平台的发动机输出功率P ＝mgh t ＝400×10×60×15×60W ＝800 W ，但伸缩臂具有一定质量，发动机输出功率应大于800 W ，故选项D 错误．在1 s 内，喷出去水的质量为m ′＝ρV ＝103×360 kg ＝50 kg ，喷出去水的重力势能为E p ＝m ′gh ＝50×10×60 J ＝3×104 J ，水的动能为E k ＝12m ′v 2＝1×104J ，所以1 s 内水增加的能量为4×104J ，所以水炮工作的发动机输出功率为4×104W ，选项B 正确，A 、C 错误． 6．(2018·浙江学考模拟)德国的设计师推出了一款名为“抛掷式全景球形相机”，来自德国柏林的5位设计师采用了36个手机用的摄像头并将其集成入一个球体内，如图4所示，该球形相机的质量却只有200 g ，当你将它高高抛起，它便能记录下从你头顶上空拍摄的图象．整个过程非常简单，你只需进行设定，让球形相机在飞到最高位置时自动拍摄即可．假设你从手中竖直向上抛出相机，到达离抛出点10 m 处进行全景拍摄，若忽略空气阻力的影响，g 取10 m/s 2，则你在抛出过程中对相机做的功为( )图4A ．10 JB ．20 JC ．40 JD ．200 J 答案 B解析人对相机做的功W ＝mgh ＝20 J ，故B 正确．7．一位身高1.8 m 、质量50 kg 的同学助跑跳起后，手指刚好能摸到篮球架的球框．该同学站立举臂时，手指触摸到的最大高度为2.3 m ．已知篮球框距地面的高度约为3 m ．则在助跑起跳的整个过程中，该同学重力势能的增加量最接近( ) A ．35 J B ．350 J C ．1 150 J D ．1 500 J 答案 B解析在助跑起跳的整个过程中，该同学重力势能增加量ΔE p ＝mg Δh ＝500×(3－2.3) J ＝350 J.8．(2017·诸暨市校级期末)如图5所示，轻质弹簧下悬挂一个小球，手掌托小球使之缓慢上移，弹簧恢复原长时迅速撤去手掌使小球开始下落．不计空气阻力，取弹簧处于原长时的弹性势能为零．撤去手掌后，下列说法正确的是( )图5A ．刚撤去手掌瞬间，弹簧弹力等于小球重力B ．小球速度最大时，弹簧的弹性势能为零C ．弹簧的弹性势能最大时，小球速度为零D ．小球运动到最高点时，弹簧的弹性势能最大答案 C解析刚撤去手掌时，小球处于运动最高点，弹簧处于原长，弹力为零，弹性势能为零，所以A 、D 错误；当小球速度最大时，加速度等于零，即弹力等于重力，弹簧弹性势能不为零，所以B 错误；当小球下落到最低点时弹性势能最大，小球速度为零，故C 正确．9．(2017·临海市学考模拟)如图6所示，AB 为四分之一圆弧轨道，BC 为水平直轨道，圆弧的半径为R ，BC 的长度也是R .一质量为m 的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A 从静止开始下落，恰好运动到C 处静止．那么物体在AB 段克服摩擦力所做的功为( )图6A.12μmgR B.12mgR C ．mgRD ．(1－μ)mgR答案 D解析设物体在AB 段克服摩擦力所做的功为W AB ，对物体从A 到C 的全过程，由动能定理得mgR －W AB －μmgR ＝0，故W AB ＝mgR －μmgR ＝(1－μ)mgR .10．(2017·浙江省名校协作体高二联考)如图7所示，每到夏天在舟山的海滨浴场都会看到体育爱好者骑着水上摩托艇进行冲浪运动．已知某一型号的水上摩托艇额定输出功率为P ，最大速度为v ，航行过程中所受到的阻力F 阻与速度v 2成正比，即F 阻＝kv 2.下列说法中正确的是( )图7A ．摩托艇的最大牵引力为P vB ．以最高速度一半的速度匀速航行时，摩托艇的输出功率为P4C ．在额定输出功率下以最高时速航行时，摩托艇所受的阻力为P vD. 若要在最短时间内达到最大速度，摩托艇应做匀加速运动答案 C解析由P ＝Fv 知速度小时牵引力大，故A 错误；以最大速度匀速航行时有P ＝F 阻v ＝kv 3，以最大速度一半的速度匀速航行时，有P ′＝F 阻′·v 2＝k (v 2)2·v 2＝18P ，故B 错误；在额定输出功率下以最高时速航行时，由P ＝Fv ，解得牵引力大小为F ＝Pv，这时阻力与牵引力大小相等，故C 正确；若要在最短时间内达到最大速度，摩托艇应在额定功率下加速，故D 错误． 11．(2017·杭州市学考模拟)一起重机将质量为m 的货物由静止开始以加速度a 匀加速提升，在t 时间内上升h 高度，设在t 时间内起重机对货物的拉力做功为W 和在时间t 末拉力的瞬时功率为P ，则( ) A ．W ＝mah B ．W ＝mgh C ．P ＝mgat D ．P ＝m (g ＋a )at答案 D解析对货物受力分析，由牛顿第二定律得，F －mg ＝ma ，起重机对货物的拉力为F ＝m (g ＋a )，根据恒力做功的公式可得W ＝m (g ＋a )h ，故A 、B 错误；在时间t 末，货物的速度为v ＝at ，根据瞬时功率的表达式可得P ＝m (g ＋a )at ，故C 错误，D 正确．12．某消防队员从一平台上跳下，下落2 m 后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身的重心又下降了0.5 m ，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力约为( ) A ．自身所受重力的2倍 B ．自身所受重力的5倍 C ．自身所受重力的8倍 D ．自身所受重力的10倍答案 B解析设地面对双脚的平均作用力为F ，在全过程中，由动能定理得mg (H ＋h )－Fh ＝0，得F ＝mg (H ＋h )h ＝2＋0.50.5mg ＝5mg ，B 正确．二、非选择题13．(2015·浙江10月学考·20)如图8所示是公路上的“避险车道”，车道表面是粗糙的碎石，其作用是供下坡的汽车在刹车失灵的情况下避险．质量m ＝2.0×103kg 的汽车沿下坡行驶，当驾驶员发现刹车失灵的同时发动机失去动力，此时速度表示数v 1＝36 km/h ，汽车继续沿下坡匀加速直行l ＝350 m 、下降高度h ＝50 m 时到达“避险车道”，此时速度表示数v 2＝72 km/h.(g ＝10 m/s 2)图8(1)求从发现刹车失灵至到达“避险车道”这一过程汽车动能的变化量； (2)求汽车在下坡过程中所受的阻力；(3)若“避险车道”与水平面间的夹角为17°，汽车在“避险车道”受到的阻力是在下坡公路上的3倍，求汽车在“避险车道”上运动的最大位移(sin 17°≈0.3)．答案 (1)3.0×105J (2)2.0×103N (3)33.3 m 解析 (1)由ΔE k ＝12mv 22－12mv 12得ΔE k ＝3.0×105J(2)由动能定理有mgh －F f l ＝12mv 22－12mv 12得F f ＝12mv 1 2－12mv 2 2＋mgh l＝2.0×103N(3)设汽车在“避险车道”上运动的最大位移是x ，由动能定理有－(mg sin 17°＋3F f )x ＝0－12mv 22得x ＝12mv 2 2mg sin 17°＋3F f≈33.3 m14．(2017·浙江11月学考·20)如图9甲所示是游乐园的过山车，其局部可简化为如图乙的示意图，倾角θ＝37°的两平行倾斜轨道BC 、DE 的下端与水平半圆形轨道CD 顺滑连接，倾斜轨道BC 的B 端高度h ＝24 m ，倾斜轨道DE 与圆弧EF 相切于E 点，圆弧EF 的圆心O 1、水平半圆轨道CD 的圆心O 2与A 点在同一水平面上，DO 1的距离L ＝20 m ．质量m ＝1 000 kg 的过山车(包括乘客)从B 点自静止滑下，经过水平半圆轨道后，滑上另一倾斜轨道，到达圆弧顶端F 时乘客对座椅的压力为自身重力的0.25倍．已知过山车在BCDE 段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比，比例系数μ＝132，EF 段摩擦力不计，整个运动过程空气阻力不计．(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图9(1)求过山车过F 点时的速度大小；(2)求从B 到F 整个运动过程中摩擦力对过山车做的功；(3)如果过D 点时发现圆轨道EF 段有故障，为保证乘客的安全，立即触发制动装置，使过山车不能到达EF 段并保证不再下滑，则过山车受到的摩擦力至少应多大？答案 (1)310 m/s (2)－7.5×104J (3)6×103N 解析 (1)在F 点由牛顿第二定律得：m 人g －0.25m 人g ＝m 人v F 2r ，r ＝L sin θ＝12 m代入已知数据可得：v F ＝310 m/s (2)根据动能定理，从B 点到F 点： 12mv F 2－0＝mg (h －r )＋W f 解得W f ＝－7.5×104J(3)在没有故障时，过山车到达D 点的速度为v D ，根据动能定理12mv F 2－12mv D 2＝－mgr －μmg cos37°·L DEL DE ＝L cos 37°＝16 m ，发现故障之后，过山车不能到达EF 段，设刹车后恰好到达E 点速度为零，在此过程中，过山车受到的摩擦力为F f1，根据动能定理 0－12mv D 2＝－mgL DE sin 37°－F f1L DE ，联立各式解得F f1＝4.6×103N使过山车能停在倾斜轨道上的摩擦力至少为F f2，则有F f2－mg sin θ＝0，解得F f2＝6×103N综上可知，过山车受到的摩擦力至少应为6×103N.。

2016届高考物理二轮复习专题提升突破课件专题2第5讲功和能(四川专用)

解析
1 2 1 根据机械能守恒定律得， mv ＋mgh＝ mv′2，两小球落 2 2
地时速度大小 v′是相同的，但两小球的速度方向不同，选项 A 错误；两小球落地时，A 球重力瞬时功率 mgv′cos α，B 球重力瞬时功率 mgv′，A 球重力瞬时功率小于 B 球重力瞬时功率，选项 B 正确；从开始运动到落地，两球重力做功都是 mgh，是相等的，选项 C 错误；从开始运动到落地，两球重力做功相等，A 球 W 下落时间较短，重力对 A 球做功的平均功率P＝ t 较大，选项 D
上，从 t ＝ 0时刻开始对滑块施加一水平方向的
恒力F，使滑块由静止开始运动，恒力F作用的时间为t1，如图6所示为滑块在整个过程中的速度随时间的变化规律，且图线的倾角α＜β。若0～t1时间内恒力F做的功以及滑块克服摩擦力做的功分别为W和W1、恒力F做功的平均功率以及滑块克服摩擦力做功的平均功率分别为P和P1，t1～t2时间内滑块克服摩擦力做的图6
v2 的大小相等，故 A 正确。
答案
A
2.(2014· 新课标全国卷Ⅱ，16)一物体静止在粗糙水平地面上。现
用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变
为v。若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v。对于上述两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力 F1 、 F2 所做的功， Wf1 、 Wf2 分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( )
算。
②结合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题。物理方法 (1)守恒法 (2)整体法、分段法 (3)图像法
(4)转化法
考向一
功和功率的理解与计算
核心知识

四川省高考物理复习全辑第4讲功和功率动能定理讲与练(必修2,含解析)-人教版高三必修2物理试题

第4讲功和功率动能定理李仕才考试内容与要求知识内容学考要求2015.10考题2016.4考题2016.10考题2017.4考题2017.11考题2018.4考题2018.6考题追寻守恒量——能量b功c121015功率c10、13重力势能c1310 弹性势能b13动能和动能定理d202020202023一、功1．做功的两个要素：力和物体在力的方向上发生的位移．2．功的公式：W＝Fl cos α.3．功的正负(1)0°≤α<90°，力F对物体做正功；(2)α＝90°，力F对物体不做功；(3)90°<α≤180°，力F对物体做负功．某力对物体做负功，往往说成“物体抑制某力做功〞．例1(2018·浙江6月学考·15)如图1所示，质量为m的小车在与竖直方向成α角的恒定拉力F作用下，沿水平地面向左运动一段距离l.在此过程中，小车受到的阻力大小恒为F f，如此()图1A．拉力对小车做功为Fl cos αB．支持力对小车做功为Fl sin αC．阻力对小车做功为－F f lD．重力对小车做功为mgl答案 C解析拉力做的功为W＝Fl cos(90°－α)＝Fl sin α，选项A错误；支持力、重力不做功，选项B、D错误，阻力做功W f＝－F f l，选项C正确．例2(2017·丽水市第一学期质检)如图2甲所示，为一女士站立在台阶式自动扶梯上匀速上楼，图乙为一男士站在履带(斜面)式自动扶梯上匀速上楼．如下关于两人受到的力做功的判断正确的答案是()图2A．甲图中支持力对人做正功B．乙图中支持力对人做正功C．甲图中摩擦力对人做负功D．乙图中摩擦力对人做负功答案 A解析题图甲中女士站在台阶上做匀速运动，处于平衡状态，如此人受到支持力和重力两个力的作用，不受摩擦力作用，支持力对人做正功，A正确，C错误；题图乙中的男士受到重力、支持力和静摩擦力的作用，支持力的方向和运动的方向垂直，支持力不做功，静摩擦力和运动的方向一样，故静摩擦力做正功，B、D错误．二、功率1．定义：功与完成这些功所用时间的比值．2．物理意义：描述力对物体做功的快慢．3．公式(1)P ＝Wt.(2)P ＝Fv ，其中F 为恒力且F 与v 方向一样．说明：①公式P ＝W t是平均功率的定义式，适用于任何情况下平均功率的计算．②公式P ＝Fv 一般计算瞬时功率．此时v 为瞬时速度，但假设v 是平均速度，如此计算出的功率是平均功率．4．额定功率：机械正常工作时输出的最大功率．5．实际功率：机械实际工作时输出的功率，要求小于或等于额定功率．例3(2018·嘉兴市七校期中)高二某同学参加引体向上体能测试，如图3所示，在20 s 内完成10次标准动作，每次引体向上的高度约为50 cm ，如此此过程中该同学抑制重力做功的平均功率最接近于(g 取10 m/s 2)()图3A ．0B ．150 WC ．300 WD ．450 W答案 B解析该同学的质量约为60 kg ，引体向上的高度为50 cm ，该同学做功的平均功率为P ＝Wt＝nmght＝150 W ，选项B 正确．三、重力势能 1．重力做功的特点重力做功与物体运动的路径无关，只跟物体初、末位置的高度差有关． 2．重力势能(1)表达式：E p ＝mgh ，其中h 是物体相对参考平面的高度． (2)单位：焦耳，简称焦，符号：J. 3．重力做功与重力势能变化的关系 (1)表达式：W G ＝E p1－E p2.(2)两种情况①当物体从高处运动到低处时，重力做正功，重力势能减小，即W G＞0，E p1＞E p2.②当物体由低处运动到高处时，重力做负功，重力势能增加，即W G＜0，E p1＜E p2.重力做负功，也叫做物体抑制重力做功．4．重力势能的相对性重力势能具有相对性，其大小与所选的参考平面有关，同一物体在同一位置，所选的参考平面不同，其重力势能的数值也不同．例4如图4所示是跳高运动员正在飞越横杆时的情景．对运动员从起跳到图示位置的过程，如下说法正确的答案是()图4A．运动员的重心升高B．运动员的重力势能减小C．运动员所受重力不做功D．运动员所受重力做正功答案 A解析运动员从起跳到题图所示位置的过程重心不断升高，重力做负功，重力势能增加，应当选项A正确．四、弹性势能1．弹性势能发生弹性形变的物体的各局部之间，由于有弹力的相互作用而具有的势能．2．弹力做功与弹性势能的关系表达式：W弹＝E p1－E p2＝－ΔE p弹力做正功，弹性势能减少；弹力做负功，弹性势能增加．例5如图5所示，在光滑水平面上有一物体，它的左端连接一弹簧，弹簧的另一端固定在墙上，在力F作用下物体处于静止状态，当撤去F后，物体将向右运动，在物体向右运动的过程中，如下说法正确的答案是()A．弹簧对物体做正功，弹簧的弹性势能逐渐减少B．弹簧对物体做负功，弹簧的弹性势能逐渐增加C．弹簧先对物体做正功，后对物体做负功，弹簧的弹性势能先减少再增加D．弹簧先对物体做负功，后对物体做正功，弹簧的弹性势能先增加再减少答案 C解析开始时，弹簧处于压缩状态，撤去F后物体在向右运动的过程中，弹簧对物体的弹力方向先向右后向左，对物体先做正功后做负功，故弹簧的弹性势能应先减少后增加，故C正确．五、动能定理例6(2017·温州市检测)有一质量为m的木块，从半径为r的圆弧曲面上的a点滑向b点，如图6所示，如果由于摩擦使木块的运动速率保持不变，如此以下表示正确的答案是()图6A．木块所受的合力为零B．因木块所受的力都不对其做功，所以合力做的功为零C．重力和摩擦力做功的代数和为零D．重力和摩擦力的合力为零答案 C解析木块做曲线运动，速度方向变化，加速度不为零，合外力不为零，A错；速率不变，动能不变，由动能定理知，合外力做功为零，支持力始终不做功，重力做正功，所以重力做的功与摩擦力做的功的代数和为零，但重力和摩擦力的合力不为零，C对，B、D错．例7(2017·丽水市期中)如图7所示，一个质量为m＝0.6 kg的小球以初速度v0＝2 m/s从P点水平抛出，从粗糙圆弧ABC的A点沿切线方向进入(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)且恰好沿圆弧通过最高点C，圆弧的圆心为O，半径R＝0.3 m，θ＝60°，g＝10 m/s2.求：(1)小球到达A 点的速度v A 的大小； (2)P 点与A 点的竖直高度H ；(3)小球从圆弧A 点运动到最高点C 的过程中抑制摩擦力所做的功W . 答案 (1)4 m/s(2)0.6 m(3)1.2 J 解析 (1)由平抛运动规律得v A ＝v 0cos θ解得v A ＝4 m/s.(2)从P 到A 由动能定理得mgH ＝12mv A 2－12mv 02解得H ＝0.6 m(3)小球恰好通过C 点，如此有mg ＝mv C2R从A 到C 由动能定理得－mgR (1＋cos θ)－W ＝12mv C 2－12mv A 2代入解得W ＝1.2 J例8(2018·浙江“七彩阳光〞联盟期中联考)极限运动是一种深受年轻人喜爱的运动，如图8甲是极限运动中滑板、轮滑等运动常用的比赛场地U 形池．现有某U 形池场地示意图如图乙所示，该场地由两段可视为光滑的14圆弧形滑道AB 和CD 以与粗糙程度一样的水平滑道BC构成，图中R 1＝4.5 m ，R 2＝3.5 m ，BC ＝5 m ．某次滑板比赛中质量为60 kg(含滑板)的运动员从A 点由静止出发，通过AB 、BC 滑道，冲向CD 滑道，到达圆弧CD 滑道的最高位置D 时速度恰好为零(运动员和滑板整体近似看做质点，空气阻力不计，g 取10 m/s 2)．图8(1)求该运动员在圆弧形滑道AB 上下滑至B 点时对圆弧形滑道的压力．(2)该运动员为了第一次经过D 处后有2 s 时间做空中表演，求他在A 点下滑的初速度大小； (3)在(2)问的初始条件下，运动员在滑道上来回运动，最终将停在何处？答案见解析解析 (1)从A 到B 由动能定理得，mgR 1＝12mv B 2在B 点由牛顿第二定律得，F N －mg ＝mv B2R 1解得F N ＝1 800 N由牛顿第三定律可得，运动员对滑道B 点的压力大小为1 800 N ，方向竖直向下． (2)运动员在D 点速度恰好为零时有mgR 1－W f －mgR 2＝0 如此W f ＝mg (R 1－R 2) 解得：W f ＝600 J运动员有2 s 时间做空中表演时有v D 1＝g ·t D 12解得：v D 1＝10 m/s由动能定理有mgR 1－W f －mgR 2＝12mv D 12－12mv A 02解得v A 0＝10 m/s(3)W f ＝F f x BC ，如此F f ＝120 N 12mv A 02＋mgR 1＝F f s 得：s ＝47.5 m 如此sx BC＝9.5 所以最终停在离B 点2.5 m 处．1．(2017·浙江省12月重点中学热身联考)如图9所示，自动卸货车静止在水平地面上，在液压机的作用下，车厢与水平方向的夹角缓慢增大，在货物没有滑动之前的过程中，如下说法正确的答案是()图9A ．货物受到的静摩擦力减小B ．地面对货车有水平向右的摩擦力C ．货物受到的摩擦力对货物做负功D ．货物受到的支持力对货物做正功答案 D2．(2018·浙江名校联盟第一次联考)如图10所示是一个摩天轮，现有一游客随摩天轮一起做匀速圆周运动，如此()图10A ．重力对游客始终做负功B ．重力对游客始终做正功C ．游客的动能保持不变D ．游客的重力势能保持不变答案 C3．(2017·杭州二中期中)一片质量约5×10－4kg 的秋叶自5 m 高的树枝上落下并飘落到地面，此过程中重力的平均功率可能为(g 取10 m/s 2)() A ．0.008 W B ．0.025 W C ．0.05 W D ．0.1 W答案 A解析因为树叶不是做自由落体运动，运动的时间t >2h g＝2×510s ＝1 s ，重力的平均功率P <W t ＝mgh t ＝5×10－3×51W ＝0.025 W ，故A 正确．4．(2018·湖州、衢州、丽水三地市期末联考)某游乐场的滑梯可以简化为如图11所示竖直面内的ABCD 轨道，AB 为长L ＝6 m 、倾角α＝37°的斜轨道，BC 为水平轨道，CD 为半径R ＝15 m 、圆心角β＝37°的圆弧轨道，轨道AB 段粗糙，其余各段均光滑．一小孩(可视为质点)从A 点以初速度v 0＝2 3 m/s 沿轨道下滑，运动到D 点时的速度恰好为零(不计经过B 点时的能量损失)．该小孩的质量m ＝30 kg ，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：图11(1)该小孩第一次经过圆弧轨道C 点时，对圆弧轨道的压力； (2)该小孩与AB 段的动摩擦因数； (3)该小孩在轨道AB 上运动的总路程s .答案 (1)420 N ，方向竖直向下 (2)0.25(3)21 m 解析 (1)由C 到D 速度减为0，由动能定理可得－mg (R －R cos β)＝0－12mv C 2解得v C ＝215 m/s 在C 点，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v C2R，解得F N ＝420 N根据牛顿第三定律，小孩第一次经过圆弧轨道C 点时对轨道的压力为420 N ，方向竖直向下 (2)小孩从A 运动到D 的过程中，由动能定理得：mgL sin α－μmgL cos α－mgR (1－cos β)＝0－12mv 02可得：μ＝0.25(3)在AB 斜轨上，μmg cos α<mg sin α，小孩不能静止在斜轨上，如此小孩从A 点以初速度v 0滑下，最后静止在BC 轨道B 处．由动能定理得：mgL sin α－μmgs cos α＝0－12mv 02解得s ＝21 m.5．(2018·浙江6月学考·23)小明用如图12所示轨道探究滑块的运动规律．长L 1＝1 m 的斜轨道倾角为α，斜轨道底端平滑连接长L 2＝0.1 m 的水平轨道，水平轨道左端与半径R ＝0.2 m 的光滑半圆形轨道底端B 平滑连接．将质量m ＝0.05 kg 的滑块(可不计大小)从斜轨道顶端释放，滑块与斜轨道与水平轨道间的动摩擦因数均为μ＝0.3.sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2.图12(1)当α＝37°时，无初速度释放滑块，求滑块到达B 点时对半圆轨道压力F N 的大小； (2)当α＝37°时，为保证滑块能到达半圆轨道顶端A ，应至少以多大速度v 1释放滑块？ (3)为保证滑块离开半圆轨道顶端A 后恰好能垂直撞击斜轨道，求α的范围．答案见解析解析 (1)从斜轨顶端到B 点，根据动能定理有 12mv B 2＝mgL 1sin α－μmg (L 2＋L 1cos α) 在B 处，由牛顿第二定律有F N －mg ＝m v B2R联立以上两式可得：F N ＝2.15 N由牛顿第三定律知滑块对轨道压力大小为2.15 N.(2)滑块能到达半圆轨道顶端A ，由mg ＝m v 2R得，其最小速度为v A ＝gR ＝ 2 m/s从斜轨顶端到圆轨道最高点，根据动能定理有：12mv A 2－12mv 12＝mg (L 1sin α－2R )－μmg (L 2＋L 1cos α)如此v 1＝855m/s (3)设斜轨道倾角为θ，滑块离开A 点的速度为v A 0，根据平抛运动规律可知tan θ＝v A 0gtx DC ＝v A 0t －L 2h PD ＝x DC tan θ＝(v A 0t －L 2)tan θ2R －h PD ＝12gt 2；联立化简：v A 02＝8tan 2θ＋2tan 3θ1＋2tan 2θ根据题意tan θ>0，v A 0≥gR 令x ＝tan θ (x ＋1)(x 2＋x －1)≥0 解得：tan θ≥5－12即arctan5－12≤θ≤π2.1．如图1所示，坐在雪撬上的人与雪橇的总质量为m ，在与水平面成θ角的恒定拉力F 作用下，沿水平地面向右移动了一段距离l .雪橇与地面间的动摩擦因数为μ，雪橇受到的()图1A ．支持力做功为mglB ．重力做功为mglC ．拉力做功为Fl cos θD ．滑动摩擦力做功为－μmgl答案 C解析支持力和重力方向与位移方向垂直，不做功，选项A 、B 错误；拉力和摩擦力做功分别为W ＝Fl cos θ，W ′＝－μ(mg －F sin θ)l ，选项C 正确，D 错误．2．(2015·浙江10月学考·12)快艇在运动中受到的阻力与速度平方成正比(即F f ＝kv 2)．假设油箱中有20 L 燃油，当快艇以10 m/s 匀速行驶时，还能行驶40 km ，假设快艇发动机的效率保持不变，如此快艇以20 m/s 匀速行驶时，还能行驶() A ．80 km B ．40 km C ．10 km D ．5 km答案 C解析设20 L 燃油时发动机可提供的总功为W ，由能量守恒定律得，当快艇以10 m/s 匀速行驶时，W ＝F f1x 1＝kv 12x 1，当快艇以20 m/s 匀速行驶时，W ＝F f2x 2＝kv 22x 2，可得x 2＝10 km ，故C 正确．3．(2018·浙江名校协作体试题卷)特斯拉Model S 标配全轮驱动双电机，Model S P100 D更有高性能后置电机，与高效率的前置电机联动，实现超跑级别的加速表现，仅需 2.7 s ，即可从静止加速至100 km/h.假设驾驶员与车总质量为2 200 kg ，如此在此加速过程中如下说法中正确的答案是() A ．合力做功约为8.5×105J B ．牵引力做功约为8.5×105 J C ．合力做功的平均功率约为3 150 kW D ．牵引力做功的平均功率约为3 150 kW 答案 A解析 v ＝100 km/h ≈27.8 m/sF 合＝ma ＝m vt ≈2.265×104 Nl ＝v2t ＝37.53 mW 合＝F 合l ≈8.5×105 JP 合＝W 合t≈3.15×105 W ＝315 kW牵引力做功的平均功率大于合力做功的平均功率，选项A 正确，选项B 、C 、D 错误． 4．(2017·浙江11月学考·10)如图2所示，质量为60 kg 的某运动员在做俯卧撑运动，运动过程中可将她的身体视为一根直棒．重心在c 点，其垂线与脚、两手连线中点间的距离Oa 、Ob 分别为0.9 m 和0.6 m ．假设她在1 min 内做了30个俯卧撑，每次肩部上升的距离均为0.4 m ，如此抑制重力做的功和相应的功率约为()图2A ．430 J,7 WB ．4 300 J,70 WC ．720 J,12 WD ．7 200 J,120 W答案 B解析设每次俯卧撑中，运动员重心变化的高度为h ，由几何关系可得，h 0.4＝0.90.9＋0.6，即h ＝0.24 m ．一次俯卧撑中，抑制重力做功W ＝mgh ＝60×10×0.24 J ＝144 J ，所以1 min 内抑制重力做的总功为W 总＝NW ＝4 320 J ，相应的功率P ＝W 总t＝72 W ，故B 正确． 5．(2017·浙江11月学考·13)如图3所示是具有登高平台的消防车，具有一定质量的伸缩臂能够在5 min 内使承载4人的登高平台(人连同平台的总质量为400 kg)上升60 m 到达灭火位置．此后，在登高平台上的消防员用水炮灭火，水炮的出水量为3 m 3/min ，水离开炮口时的速率为20 m/s ，如此用于()图3A ．水炮工作的发动机输出功率约为1×104W B ．水炮工作的发动机输出功率约为4×104 W C ．水炮工作的发动机输出功率约为2.4×106 W D ．伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为800 W 答案 B解析假设不计伸缩臂的质量，抬升登高平台的发动机输出功率P ＝mght＝400×10×60×15×60W ＝800 W ，但伸缩臂具有一定质量，发动机输出功率应大于800 W ，应当选项D 错误．在1 s 内，喷出去水的质量为m ′＝ρV ＝103×360kg ＝50 kg ，喷出去水的重力势能为E p ＝m ′gh ＝50×10×60 J ＝3×104 J ，水的动能为E k ＝12m ′v 2＝1×104 J ，所以1 s 内水增加的能量为4×104J ，所以水炮工作的发动机输出功率为4×104W ，选项B 正确，A 、C 错误． 6．(2018·浙江学考模拟)德国的设计师推出了一款名为“抛掷式全景球形相机〞，来自德国柏林的5位设计师采用了36个手机用的摄像头并将其集成入一个球体内，如图4所示，该球形相机的质量却只有200 g ，当你将它高高抛起，它便能记录下从你头顶上空拍摄的图象．整个过程非常简单，你只需进展设定，让球形相机在飞到最高位置时自动拍摄即可．假设你从手中竖直向上抛出相机，到达离抛出点10 m 处进展全景拍摄，假设忽略空气阻力的影响，g 取10 m/s 2，如此你在抛出过程中对相机做的功为()图4A．10 J B．20 J C．40 J D．200 J答案 B解析人对相机做的功W＝mgh＝20 J，故B正确．7．一位身高1.8 m、质量50 kg的同学助跑跳起后，手指刚好能摸到篮球架的球框．该同学站立举臂时，手指触摸到的最大高度为2.3 m．篮球框距地面的高度约为3 m．如此在助跑起跳的整个过程中，该同学重力势能的增加量最接近()A．35 J B．350 J C．1 150 J D．1 500 J答案 B解析在助跑起跳的整个过程中，该同学重力势能增加量ΔE p＝mgΔh＝500×(3－2.3) J＝350 J.8．(2017·诸暨市校级期末)如图5所示，轻质弹簧下悬挂一个小球，手掌托小球使之缓慢上移，弹簧恢复原长时迅速撤去手掌使小球开始下落．不计空气阻力，取弹簧处于原长时的弹性势能为零．撤去手掌后，如下说法正确的答案是()图5A．刚撤去手掌瞬间，弹簧弹力等于小球重力B．小球速度最大时，弹簧的弹性势能为零C．弹簧的弹性势能最大时，小球速度为零D．小球运动到最高点时，弹簧的弹性势能最大答案 C解析刚撤去手掌时，小球处于运动最高点，弹簧处于原长，弹力为零，弹性势能为零，所以A、D错误；当小球速度最大时，加速度等于零，即弹力等于重力，弹簧弹性势能不为零，所以B错误；当小球下落到最低点时弹性势能最大，小球速度为零，故C正确．9．(2017·临海市学考模拟)如图6所示，AB为四分之一圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R.一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处静止．那么物体在AB段抑制摩擦力所做的功为()图6A.12μmgR B.12mgR C ．mgR D ．(1－μ)mgR答案 D解析设物体在AB 段抑制摩擦力所做的功为W AB ，对物体从A 到C 的全过程，由动能定理得mgR －W AB －μmgR ＝0，故W AB ＝mgR －μmgR ＝(1－μ)mgR .10．(2017·浙江省名校协作体高二联考)如图7所示，每到夏天在舟山的海滨浴场都会看到体育爱好者骑着水上摩托艇进展冲浪运动．某一型号的水上摩托艇额定输出功率为P ，最大速度为v ，航行过程中所受到的阻力F 阻与速度v 2成正比，即F 阻＝kv 2.如下说法中正确的答案是()图7A ．摩托艇的最大牵引力为P vB ．以最高速度一半的速度匀速航行时，摩托艇的输出功率为P4C ．在额定输出功率下以最高时速航行时，摩托艇所受的阻力为P vD. 假设要在最短时间内达到最大速度，摩托艇应做匀加速运动答案 C解析由P ＝Fv 知速度小时牵引力大，故A 错误；以最大速度匀速航行时有P ＝F 阻v ＝kv 3，以最大速度一半的速度匀速航行时，有P ′＝F 阻′·v 2＝k (v 2)2·v 2＝18P ，故B 错误；在额定输出功率下以最高时速航行时，由P ＝Fv ，解得牵引力大小为F ＝Pv，这时阻力与牵引力大小相等，故C 正确；假设要在最短时间内达到最大速度，摩托艇应在额定功率下加速，故D 错误．11．(2017·杭州市学考模拟)一起重机将质量为m的货物由静止开始以加速度a匀加速提升，在t时间内上升h高度，设在t时间内起重机对货物的拉力做功为W和在时间t末拉力的瞬时功率为P，如此()A．W＝mah B．W＝mghC．P＝mgat D．P＝m(g＋a)at答案 D解析对货物受力分析，由牛顿第二定律得，F－mg＝ma，起重机对货物的拉力为F＝m(g＋a)，根据恒力做功的公式可得W＝m(g＋a)h，故A、B错误；在时间t末，货物的速度为v＝at，根据瞬时功率的表达式可得P＝m(g＋a)at，故C错误，D正确．12．某消防队员从一平台上跳下，下落2 m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身的重心又下降了0.5 m，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力约为()A．自身所受重力的2倍B．自身所受重力的5倍C．自身所受重力的8倍D．自身所受重力的10倍答案 B解析设地面对双脚的平均作用力为F，在全过程中，由动能定理得mg(H＋h)－Fh＝0，得F＝mg(H＋h)h＝2＋0.50.5mg＝5mg，B正确．二、非选择题13．(2015·浙江10月学考·20)如图8所示是公路上的“避险车道〞，车道外表是粗糙的碎石，其作用是供下坡的汽车在刹车失灵的情况下避险．质量m＝2.0×103kg的汽车沿下坡行驶，当驾驶员发现刹车失灵的同时发动机失去动力，此时速度表示数v1＝36 km/h，汽车继续沿下坡匀加速直行l＝350 m、下降高度h＝50 m时到达“避险车道〞，此时速度表示数v2＝72 km/h.(g＝10 m/s2)图8(1)求从发现刹车失灵至到达“避险车道〞这一过程汽车动能的变化量；(2)求汽车在下坡过程中所受的阻力；(3)假设“避险车道〞与水平面间的夹角为17°，汽车在“避险车道〞受到的阻力是在下坡公路上的3倍，求汽车在“避险车道〞上运动的最大位移(sin 17°≈0.3)．答案 (1)3.0×105J(2)2.0×103N(3)33.3 m 解析 (1)由ΔE k ＝12mv 22－12mv 12得ΔE k ＝3.0×105J(2)由动能定理有mgh －F f l ＝12mv 22－12mv 12得F f ＝12mv 1 2－12mv 2 2＋mgh l＝2.0×103N(3)设汽车在“避险车道〞上运动的最大位移是x ，由动能定理有－(mg sin 17°＋3F f )x ＝0－12mv 22 得x ＝12mv 2 2mg sin 17°＋3F f≈33.3 m14．(2017·浙江11月学考·20)如图9甲所示是游乐园的过山车，其局部可简化为如图乙的示意图，倾角θ＝37°的两平行倾斜轨道BC 、DE 的下端与水平半圆形轨道CD 顺滑连接，倾斜轨道BC 的B 端高度h ＝24 m ，倾斜轨道DE 与圆弧EF 相切于E 点，圆弧EF 的圆心O 1、水平半圆轨道CD 的圆心O 2与A 点在同一水平面上，DO 1的距离L ＝20 m ．质量m ＝1 000 kg 的过山车(包括乘客)从B 点自静止滑下，经过水平半圆轨道后，滑上另一倾斜轨道，到达圆弧顶端F 时乘客对座椅的压力为自身重力的0.25倍．过山车在BCDE 段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比，比例系数μ＝132，EF 段摩擦力不计，整个运动过程空气阻力不计．(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图9(1)求过山车过F 点时的速度大小；(2)求从B 到F 整个运动过程中摩擦力对过山车做的功；(3)如果过D 点时发现圆轨道EF 段有故障，为保证乘客的安全，立即触发制动装置，使过山车不能到达EF 段并保证不再下滑，如此过山车受到的摩擦力至少应多大？答案 (1)310 m/s(2)－7.5×104J(3)6×103N 解析 (1)在F 点由牛顿第二定律得：m 人g －0.25m 人g ＝m 人v F 2r ，r ＝L sin θ＝12 m代入数据可得：v F ＝310 m/s (2)根据动能定理，从B 点到F 点： 12mv F 2－0＝mg (h －r )＋W f 解得W f ＝－7.5×104J(3)在没有故障时，过山车到达D 点的速度为v D ，根据动能定理12mv F 2－12mv D 2＝－mgr －μmg cos37°·L DEL DE ＝L cos 37°＝16 m ，发现故障之后，过山车不能到达EF 段，设刹车后恰好到达E 点速度为零，在此过程中，过山车受到的摩擦力为F f1，根据动能定理 0－12mv D 2＝－mgL DE sin 37°－F f1L DE ，联立各式解得F f1＝4.6×103N使过山车能停在倾斜轨道上的摩擦力至少为F f2，如此有F f2－mg sin θ＝0，解得F f2＝6×103N综上可知，过山车受到的摩擦力至少应为6×103N.。

理二轮复习专题辅导与应用第1部分专题整合突破专题二功和能第2讲机械能守恒定律、功能关系课件

解析：a 下落的开始阶段，轻杆对 b 有向右下方向的压力，对 a 有向左上方向的支持力，对 b 做正功；由于 a、b 系统的机械能守恒，当 a 的机械能最小时，b 的机械能最大，此时 b 的速度最大，此后，轻杆对 b 产生拉力，对 b 做负功，对 a 产生拉力，使 a 的加速度大于 g，故 A、C 错误；当 b 的速度最大时，轻杆对 b 无作用力，b 对地面的压力大小为 mg，D 对；根据 a、b 的机械能守恒可得：mgh 1 ＝ mv2，v＝ 2gh，B 对． 2
b．整个过程中，摩擦力做功 Wf＝－μmg· (2x3－x1－x2) 弹力做功与路径无关，只与始末位置有关，所以可以定义一个由物体之间的相互作用力和相对位置决定的能量——弹性势能．摩擦力做功与路径有关，所以不存在与摩擦力对应的 “摩擦力势能”．
1 2 答案：(1)Fx 图象如图－ kx 2 1 2 1 2 (2)a. kx1－ kx2 2 2 1 2 1 2 ΔEp＝ kx2－ kx1 2 2 b．见解析
A．圆环的机械能守恒 B．弹簧弹性势能变化了 3mgL C．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零 D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变
解析：圆环下滑过程中除受重力外，还受弹簧的弹力，所以圆环的机械能不守恒，A 错；圆环下滑过程中重力势能、动能、弹簧的弹性势能之和保持不变，D 错；在最低点弹性势能的增加应等于圆环重力势能的减小，为 3mgL，B 对；在最低圆环所受合力竖直向上，C 错．
解析：(1)Fx 图象如答图，物块沿 x 轴从 O 点运动到位置 x 的过程中，弹力做负功；Fx 图线下的面积等于弹力做功大小． 1 1 2 WT＝－ kx· x＝－ kx 2 2
(2)a.物块由 x1 向右运动到 x3 的过程中，弹力做功 1 1 1 2 WT1＝－ · (kx1＋kx3)· (x3－x1)＝ kx2 － kx 2 2 1 2 3 物块由 x3 向左运动到 x2 的过程中，弹力做功 1 1 2 1 2 WT2＝ (kx2＋kx3)(x3－x2)＝ kx3－ kx2 2 2 2 整个过程中弹力做功 1 2 1 2 WT＝WT1＋WT2＝ kx1－ kx2 2 2 1 2 1 2 弹性势能的变化量 ΔEp＝－WT＝ kx2－ kx1 2 2

高考物理(四川专用)精讲专题功能关系在力学中的应用(高考定位审题破题,含题组及解析)

高考定位功和功率、动能和动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律是力学的重点，也是高考考查的重点，常以选择题、计算题的形式出现，考题常与生产生活实际联系紧密，题目的综合性较强．应考策略：深刻理解功能关系，综合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题．考题1力学中的几个重要功能关系的应用例1如图1所示，足够长粗糙斜面固定在水平面上，物块a 通过平行于斜面的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b 相连，b 的质量为m .开始时，a 、b 均静止且a 刚好不受斜面摩擦力作用．现对b 施加竖直向下的恒力F ，使a 、b 做加速运动，则在b 下降h 高度过程中( )图1A ．a 的加速度为F mB ．a 的重力势能增加mghC ．绳的拉力对a 做的功等于a 机械能的增加D ．F 对b 做的功与摩擦力对a 做的功之和等于a 、b 动能的增加审题突破重力势能的变化和什么力做功相对应？机械能的变化和什么力做功相对应？动能的变化又和什么力做功相对应？答案BD1．如图2所示，质量为M 、长度为L 的小车静止在光滑水平面上，质量为m 的小物块(可视为质点)放在小车的最左端．现用一水平恒力F 作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动．小物块和小车之间的摩擦力为f，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x.此过程中，以下结论正确的是()图2A．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－f)·(L＋x)B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为fxC．小物块克服摩擦力所做的功为f(L＋x)D．小物块和小车增加的机械能为F(L＋x)答案ABC解析小物块受到的合外力是F－f，位移为L＋x，由动能定理可得小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－f)(L＋x)，同理小车的动能也可由动能定理得出为fx；由于小物块和小车间的滑动摩擦力产生内能，小物块和小车增加的机械能小于F(L＋x)．2．(2014·广东·16)图3是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中()图3A．缓冲器的机械能守恒B．摩擦力做功消耗机械能C．垫板的动能全部转化为内能D．弹簧的弹性势能全部转化为动能答案B解析由于车厢相互撞击弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功，所以缓冲器的机械能减少，选项A错误，B正确；弹簧压缩的过程中，垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能，选项C、D错误．3．如图4甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行，现将一质量m＝1kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.则下列说法正确的是()图4A ．物体与传送带间的动摩擦因数为0.875B ．0～8s 内物体位移的大小为18mC ．0～8s 内物体机械能的增量为90JD ．0～8s 内物体与传送带由于摩擦产生的热量为126J 答案AC解析根据速度时间图像分析，前6秒钟，物体的加速度方向沿传送带向上，大小为a ＝1m/s 2，根据物体在传送带上受力分析有μmg cos θ－mg sin θ＝ma ，整理得μ＝0.875，选项A 正确.0～8s 内物体位移等于前8秒钟速度时间图像与时间轴围成的面积，时间轴上面的部分代表位移为正，下面的部分代表位移为负，结合图像得位移x ＝(2＋6)×42－2×22m ＝14m ，选项B 错误.0～8s 内物体动能增加量为12m ×v 2－12m ×v 20＝6J ，重力势能增加mgx ×sin θ＝84J ，机械能增加量为6J ＋84J ＝90J ，选项C 正确．摩擦生热分为三部分，第一部分为前2秒：Q 1＝μmg cos θ×v 02t 1＝14J ，第二部分为2～6s ，摩擦生热Q 2＝μmg cos θ×v2t 2＝56J ，最后物体做匀速直线运动摩擦力为静摩擦力，二者没有相对运动，不产生热量，所以0～8s 内物体与传送带由于摩擦产生的热量为Q 1＋Q 2＝70J ，选项D 错误．几个重要的功能关系1．重力的功等于重力势能的变化，即W G ＝－ΔE p . 2．弹力的功等于弹性势能的变化，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 . 5．一对滑动摩擦力做的功等于系统中内能的变化，即Q ＝fl 相对考题2动力学方法和动能定理的综合应用例2光滑圆轨道和两倾斜直轨道组成如图5所示装置，其中直轨道bc 粗糙，直轨道cd 光滑，两轨道相接处为一很小的圆弧．质量为m ＝0.1kg 的滑块(可视为质点)在圆轨道上做圆周运动，到达轨道最高点a 时的速度大小为v ＝4m /s ，当滑块运动到圆轨道与直轨道bc 的相切处b 时，脱离圆轨道开始沿倾斜直轨道bc 滑行，到达轨道cd 上的d 点时速度为零．若滑块变换轨道瞬间的能量损失可忽略不计，已知圆轨道的半径为R ＝0.25 m ，直轨道bc 的倾角θ＝37°，其长度为L ＝26.25 m ，d 点与水平地面间的高度差为h ＝0.2 m ，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6.求：图5(1)滑块在圆轨道最高点a 时对轨道的压力大小； (2)滑块与直轨道bc 间的动摩擦因数； (3)滑块在直轨道bc 上能够运动的时间．审题突破(1)在圆轨道最高点a 处滑块受到的重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿第二定律即可求解；(2)从a 点到d 点重力与摩擦力做功，全程由动能定理即可求解；(3)分别对上滑的过程和下滑的过程中使用牛顿第二定律，求得加速度，然后结合运动学的公式，即可求得时间．解析 (1)在圆轨道最高点a 处对滑块，由牛顿第二定律得：mg ＋N ＝m v 2R，得N ＝m (v2R－g )＝5.4N由牛顿第三定律得滑块在圆轨道最高点a 时对轨道的压力大小为5.4N. (2)从a 点到d 点全程，由动能定理得： mg (R ＋R cos θ＋L sin θ－h )－μmg cos θ·L ＝0－12m v 2μ＝g (R ＋R cos θ＋L sin θ－h )＋v22gL cos θ＝0.8(3)设滑块在bc 上向下滑动的加速度为a 1，时间为t 1，向上滑动的加速度为a 2，时间为t 2，在c 点时的速度为v c .由c 到d ：12m v 2c ＝mghv c ＝2gh ＝2m/sa 点到b 点的过程：mgR (1＋cos θ)＝12m v 2b －12m v 2v b ＝v 2＋2gR (1＋cos θ)＝5m/s在轨道bc 上：下滑：L ＝v b ＋v c 2t 1t 1＝2Lv b ＋v c ＝7.5s上滑：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2 a 2＝g sin θ＋μg cos θ＝12.4m/s 2 0＝v c －a 2t 2t 2＝v c a 2＝212.4s ≈0.16sμ>tan θ，滑块在轨道bc 上停止后不再下滑滑块在bc 斜面上运动的总时间： t 总＝t 1＋t 2＝(7.5＋0.16) s ＝7.66s 答案 (1)5.4N (2)0.8 (3)7.66s4．如图6(a)所示，一物体以一定的速度v 0沿足够长斜面向上运动，此物体在斜面上的最大位移与斜面倾角的关系由图(b)中的曲线给出．设各种条件下，物体运动过程中的摩擦系数不变．g ＝10m/s 2，试求：图6(1)物体与斜面之间的动摩擦因数； (2)物体的初速度大小； (3)θ为多大时，x 值最小．答案(1)33 (2)5m/s (3)π3解析(1)由题意可知，当θ为90°时，v 0＝2gh ①由题图b 可得：h ＝54m当θ为0°时，x 0＝543m ，可知物体运动中必受摩擦阻力．设动摩擦因数为μ，此时摩擦力大小为μmg ，加速度大小为μg .由运动学方程得v 20＝2μgx 0②联立①②两方程：μ＝33(2)由①式可得：v 0＝5m/s(3)对于任意一角度，利用动能定理得对应的最大位移x 满足的关系式 12m v 2＝mgx sin θ＋μmgx cos θ 解得x ＝v 202g (sin θ＋μcos θ)＝h sin θ＋μcos θ＝h 1＋μ2sin (θ＋φ)其中μ＝tan φ，可知x 的最小值为x ＝h 1＋μ2＝32h ≈1.08m 对应的θ＝π2－φ＝π2－π6＝60°＝π31．应用动力学分析问题时，一定要对研究对象进行正确的受力分析、结合牛顿运动定律和运动学公式分析物体的运动．2．应用动能定理时要注意运动过程的选取，可以全过程列式，也可以分过程列式． (1)如果在某个运动过程中包含有几个不同运动性质的阶段(如加速、减速阶段)，可以分段应用动能定理，也可以对全程应用动能定理，一般对全程列式更简单．(2)因为动能定理中功和动能均与参考系的选取有关，所以动能定理也与参考系的选取有关．在中学物理中一般取地面为参考系．(3)动能定理通常适用于单个物体或可看成单个物体的系统．如果涉及多物体组成的系统，因为要考虑内力做的功，所以要十分慎重．在中学阶段可以先分别对系统内每一个物体应用动能定理，然后再联立求解．考题3综合应用动力学和能量观点分析多过程问题例3 (14分)如图7所示，倾角θ＝30°、长L ＝4.5m 的斜面，底端与一个光滑的14圆弧轨道平滑连接，圆弧轨道底端切线水平．一质量为m ＝1kg 的物块(可视为质点)从斜面最高点A 由静止开始沿斜面下滑，经过斜面底端B 后恰好能到达圆弧轨道最高点C ，又从圆弧轨道滑回，能上升到斜面上的D 点，再由D 点由斜面下滑沿圆弧轨道上升，再滑回，这样往复运动，最后停在B 点．已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝36，g ＝10m/s 2，假设物块经过斜面与圆弧轨道平滑连接处速率不变．求：图7(1)物块经多长时间第一次到B 点；(2)物块第一次经过B 点时对圆弧轨道的压力； (3)物块在斜面上滑行的总路程．解析 (1)物块沿斜面下滑时， mg sin θ－μmg cos θ＝ma (2分) 解得：a ＝2.5m/s 2(1分) 从A 到B ，物块匀加速运动，由L ＝12at 2(1分)可得t ＝3105s(1分)(2)因为物块恰好到C 点，所以到C 点速度为0.设物块到B 点的速度为v ，则mgR ＝12m v 2(2分)N －mg ＝m v 2R (1分)解得N ＝3mg ＝30N(1分) 由牛顿第三定律可得，物块对轨道的压力为N ′＝30N ，方向向下(1分)(3)从开始释放至最终停在B 处，设物块在斜面上滑行的总路程为s ，则mgL sin θ－μmgs cos θ＝0(3分)解得s ＝9m(1分)答案 (1)3105s (2)30N ，方向向下 (3)9m(18分)如图8所示，有一个可视为质点的质量为m ＝1kg 的小物块，从光滑平台上的A 点以v 0＝1.8m /s 的初速度水平抛出，到达C 点时，恰好沿C 点的切线方向进人固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，最后小物块无碰撞地滑上紧靠轨道末端D 点的足够长的水平传送带．已知传送带上表面与圆弧轨道末端切线相平，传送带沿顺时针方向匀速运行的速度为v ＝3 m/s ，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，圆弧轨道的半径为R ＝2m ，C 点和圆弧的圆心O 点连线与竖直方向的夹角θ＝53°，不计空气阻力，重力加速度g ＝10m/s 2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.求：图8(1)小物块到达圆弧轨道末端D 点时对轨道的压力；(2)小物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中产生的热量．答案 (1)22.5N ，方向竖直向下 (2)32J解析 (1)设小物体在C 点时的速度大小为v C ，由平抛运动的规律可知，C 点的速度方向与水平方向成θ＝53°，则由几何关系可得：v C ＝v 0cos θ＝ 1.8cos53°m /s ＝3 m/s ①由C 点到D 点，由动能定理得：mgR (1－cos θ)＝12m v 2D －12m v 2C ② 小物块在D 点，由牛顿第二定律得：N －mg ＝m v 2DR③由牛顿第三定律，小物块到达圆弧轨道末端D 点时对轨道的压力为：N ′＝N ④ 联立①②③④得：N ′＝22.5N ，方向竖直向下(2)设小物块在传送带上滑动的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得： a ＝μmg m＝μg ＝0.5×10m /s 2＝5 m/s 2⑤小物块匀减速直线运动的时间为t 1，向左通过的位移为x 1，传送带向右运动的距离为x 2，则： v D ＝at 1⑥x 1＝12at 21⑦x 2＝v t 1⑧小物块向右匀加速直线运动达到和传送带速度相同时间为t 2，向右通过的位移为x 3，传送带向右运动的距离为x 4，则 v ＝at 2⑨x 3＝12at 22⑩x 4＝v t 2⑪整个过程小物块相对传送带滑动的距离为： x ＝x 1＋x 2＋x 4－x 3⑫ 产生的热量为：Q ＝μmgx ⑬ 联立⑤～⑬解得：Q ＝32J知识专题练训练5题组1力学中的几个重要功能关系的应用1．将质量为m 的小球在距地面高度为h 处抛出，抛出时的速度大小为v 0，小球落到地面时的速度大小为2v 0，若小球受到的空气阻力不能忽略，则对于小球下落的整个过程，下面说法中正确的是( )A ．小球克服空气阻力做的功小于mghB ．重力对小球做的功等于mghC ．合外力对小球做的功小于m v 20D ．重力势能的减少量等于动能的增加量答案AB解析从抛出到落地过程中动能变大了，重力做的功大于空气阻力所做的功，而这个过程中重力对小球做的功为mgh ，所以选项A 、B 正确；从抛出到落地过程中，合外力做的功等于小球动能的变化量：W 合＝ΔE k ＝12m (2v 0)2－12m v 20＝32m v 20>m v 20，选项C 错误；因为小球在下落的过程中克服空气阻力做功，所以重力势能的减少量大于动能的增加量，选项D 错误． 2.如图1所示，足够长传送带与水平方向的倾角为θ，物块a 通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b 相连，b 的质量为m ，开始时a 、b 及传送带均静止，且a 不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b 上升h 高度(未与滑轮相碰)过程中( )图1A ．物块a 重力势能减少mghB ．摩擦力对a 做的功大于a 机械能的增加C ．摩擦力对a 做的功小于物块a 、b 动能增加之和D ．任意时刻，重力对a 、b 做功的瞬时功率大小相等答案ABD解析由题意m a g sin θ＝mg ，则m a ＝msin θ.b 上升h ，则a 下降h sin θ，则a 重力势能的减少量为m a gh sin θ＝mgh ，故A 正确．摩擦力对a 做的功等于a 、b 机械能的增加量．所以摩擦力对a 做的功大于a 的机械能增加量．因为系统重力势能不变，所以摩擦力做的功等于系统动能的增加量，故B 正确，C 错误．任意时刻a 、b 的速率相等，对b ，克服重力的瞬时功率P b ＝mg v ，对a 有：P a ＝m a g v sin θ＝mg v ，所以重力对a 、b 做功的瞬时功率大小相等，故D 正确．故选A 、B 、D.题组2动力学方法和动能定理的综合应用3．某家用桶装纯净水手压式饮水器如图2所示，在手连续稳定的按压下，出水速度为v ，供水系统的效率为η，现测量出桶底到出水管之间的高度差H ，出水口倾斜，其离出水管的高度差可忽略，出水口的横截面积为S ，水的密度为ρ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )图2A ．出水口单位时间内的出水体积Q ＝v SB ．出水口所出水落地时的速度2gHC ．出水后，手连续稳定按压的功率为ρS v 32η＋ρv SgH ηD ．手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和答案AC解析由题意知，设流水时间为t ，则水柱长v t ，体积Q ′＝v tS ，可得：单位时间内的出水体积Q ＝v S ，所以A 正确；设落地的速度为v 1，根据动能定理mgH ＝12m v 21－12m v 2，故水落地时的速度不等于2gH ，所以B 错误；设t 时间内，供水质量为m ，人做功为W ，根据供水系统的效率为η可得：η＝mgH ＋12m v 2W ，其中m ＝ρv tS 代入得P ＝ρS v 32η＋ρv SgH η，所以C 正确，D 错误．4．如图3所示，质量为m 的滑块从h 高处的a 点沿圆弧轨道ab 滑入水平轨道bc ，滑块与轨道的动摩擦因数相同．滑块在a 、c 两点时的速度大小均为v ，ab 弧长与bc 长度相等．空气阻力不计，则滑块从a 到c 的运动过程中( )图3A ．小球的动能始终保持不变B ．小球在bc 过程克服阻力做的功一定等于12mgh C ．小球经b 点时的速度大于gh ＋v 2D ．小球经b 点时的速度等于2gh ＋v 2答案C解析由题意知，在小球从b 运动到c 的过程中，摩擦力做负功，动能在减少，所以A 错误；从a 到c 根据动能定理：mgh －W f ＝0可得全程克服阻力做功W f ＝mgh ，因在ab 段、bc 段摩擦力做功不同，故小球在bc 过程克服阻力做的功一定不等于mgh 2，所以B 错误；在ab 段正压力小于bc 段的正压力，故在ab 段克服摩擦力做功小于在bc 段克服摩擦力做功，即从a 到b 克服摩擦力做功W f ′<12mgh ，设在b 点的速度为v ′，根据动能定理：mgh －W f ′＝12m v ′2－12m v 2，所以v ′>gh ＋v 2，故C 正确，D 错误． 5．如图4所示，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB 是长为x ＝10m 的水平直轨道，BCD 是圆心为O 、半径为R ＝10m 的34圆弧轨道，两轨道相切于B 点．在外力作用下，一小球从A 点由静止开始做匀加速直线运动，到达B 点时撤除外力．已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C ，重力加速度为g ＝10m/s 2.求：图4(1)小球在AB 段运动的加速度的大小；(2)小球从D 点运动到A 点所用的时间．(结果可用根式表示)答案(1)25m/s 2(2)(5－3) s 解析(1)小滑块恰好通过最高点，则有：mg ＝m v 2C R解得v C ＝gR ＝10m/s从B 到C 的过程中机械能守恒：12m v 2B ＝12m v 2C＋mg ·2R 解得v B ＝5gR ＝105m/s从A →B 根据速度位移公式得：v 2B ＝2ax解得a ＝25 m/s 2(2)从C 到D 的过程中机械能守恒：12m v 2D ＝12m v 2C＋mg ·R 解得v D ＝3gR ＝103m/s由C 到B 再到A 的过程机械能守恒，故v A ＝v B ＝105m/s小球从D →A 做加速度为g 的匀加速运动，由速度公式得：v A ＝v D ＋gt解得t ＝(5－3) s题组3综合应用动力学和能量观点分析多过程问题6．如图5所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A 点，自然状态时其右端位于B 点．水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP ，其形状为半径R ＝0.8m 的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离也是R .用质量m 1＝0.4kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B 点．用同种材料、质量为m 2＝0.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放，物块过B 点后做匀变速运动，其位移与时间的关系为x ＝6t －2t 2，物块飞离桌面后由P 点沿切线落入圆轨道．不计空气阻力g ＝10m/s 2，求：图5(1)物块m 2过B 点时的瞬时速度v 0及与桌面间的滑动摩擦因数；(2)BP 之间的水平距离；(3)判断m 2能否沿圆轨道到达M 点(要有计算过程)；(4)释放后m 2运动过程中克服摩擦力做的功．答案(1)6m/s0.4 (2)4.1m (3)不能 (4)5.6J解析(1)由物块m 2过B 点后其位移与时间的关系x ＝6t －2t 2与x ＝v 0t ＋12at 2比较得： v 0＝6m/s加速度a ＝－4m/s 2而－μm 2g ＝m 2a得μ＝0.4(2)设物块由D 点以v D 做平抛运动落到P 点时其竖直速度为v y ＝2gR根据几何关系有：v y v D＝tan45° 解得v D ＝4m/s运动时间为：t ＝2R g ＝ 1.610s ＝0.4s 所以DP 的水平位移为：4×0.4m ＝1.6mBD 间位移为x BD ＝v 2D －v 202a＝2.5m 所以BP 间位移为2.5m ＋1.6m ＝4.1m(3)设物块到达M 点的临界速度为v M ，有：m 2g ＝m 2v 2M Rv M ＝gR ＝22m/s 由机械能守恒定律得：12m 2v M ′2＝12m 2v 2D －22m 2gR 解得v M ′＝16－82m/s 因为16－82<2 2所以物块不能到达M 点．(4)设弹簧长为AC 时的弹性势能为E p ，释放m 1时，E p ＝μm 1gx CB释放m 2时E p ＝μm 2gx CB ＋12m 2v 20 且m 1＝2m 2可得：E p ＝m 2v 20＝7.2Jm 2释放后在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为W f则由能量转化及守恒定律得：E p ＝W f ＋12m 2v 2D 可得W f ＝5.6J7．如图6所示，高台的上面有一竖直的14圆弧形光滑轨道，半径R ＝54m ，轨道端点B 的切线水平．质量M ＝5kg 的金属滑块(可视为质点)由轨道顶端A 由静止释放，离开B 点后经时间t ＝1s 撞击在斜面上的P 点．已知斜面的倾角θ＝37°，斜面底端C 与B 点的水平距离x 0＝3m ．g 取10m/s 2，sin37° ＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力．图6(1)求金属滑块M 运动至B 点时对轨道的压力大小；(2)若金属滑块M 离开B 点时，位于斜面底端C 点、质量m ＝1kg 的另一滑块，在沿斜面向上的恒定拉力F 作用下由静止开始向上加速运动，恰好在P 点被M 击中．已知滑块m 与斜面间动摩擦因数μ＝0.25，求拉力F 大小；(3)滑块m 与滑块M 碰撞时间忽略不计，碰后立即撤去拉力F ，此时滑块m 速度变为4m/s ，仍沿斜面向上运动，为了防止二次碰撞，迅速接住并移走反弹的滑块M ，求滑块m 此后在斜面上运动的时间．答案(1)150N (2)13N (3)(0.5＋72) s 解析(1)从A 到B 过程，由机械能守恒定律得：MgR ＝12M v 2B在B 点，由牛顿第二定律得：F －Mg ＝M v 2B R解得F ＝150N由牛顿第三定律可知，滑块对B 点的压力F ′＝F ＝150N ，方向竖直向下．(2)M 离开B 后做平抛运动水平方向：x ＝v B t ＝5m由几何知识可知，m 的位移：s ＝x －x 0cos37°＝2.5m 设滑块m 向上运动的加速度为a由匀变速运动的位移公式得：s ＝12at 2 解得a ＝5m/s 2对滑块m ，由牛顿第二定律得：F －mg sin37°－μmg cos37°＝ma解得F ＝13N(3)撤去拉力F 后，对m ，由牛顿第二定律得： mg sin37°＋μmg cos37°＝ma ′解得a ′＝8m/s 2滑块上滑的时间t ′＝v a ′＝0.5s 上滑位移：s ′＝v 22a ′＝1m 滑块m 沿斜面下滑时，由牛顿第二定律得： mg sin37°－μmg cos37°＝ma ″解得a ″＝4m/s 2下滑过程s ＋s ′＝12a ″t ″2 解得t ″＝72s 滑块返回所用时间：t ＝t ′＋t ″＝(0.5＋72) s。

高考物理总复习《功和能》专题突破学案

《功和能》专题突破【考点定位】机械能这部分考点主要集中在功和能的转化部分，其中功和功率部分要关注运动方向和力的方向，动能定理的考察形式很多，但要选择合适的运动过程进行分析才能简化过程，动能定理涉及合外力包括重力弹力和摩擦力以及电磁学部分的电场力，安培力和洛伦兹力等等，所以应用范围广泛，需要备考中对应用动能定理解析的各种情景多分析多训练。

机械能守恒的考点大部分集中的三方面即守恒的条件，增加的机械能和减少的机械能。

考点一、功和功率1．功是描述力的作用效果的物理量，计算公式为cos w FL α=，其中α为力和位移的夹角，该公式只适用于恒力做功，若变力做功，则不适用。

功率是描述做功快慢的物理量，即w p t =，此公式计算平均功率，也可以根据cos cos w FL p Fv t tαα===计算瞬时功率，此时α是力和速度的夹角。

功是标量，有正负但没有方向，正负表示对运动的促进或者阻碍作用。

求合力做功时，可以求各个力做功的代数和，也可以先求各个力的矢量和在求功。

功的计算公式中的位移是相对地面的位移。

2．摩擦力做功：①摩擦力（包括滑动摩擦力和静摩擦力）既可以做正功，也可以做负功还可以不做功。

②一对滑动摩擦力做的总共为负功，所以滑动摩擦力做功总伴随着机械能的损失。

③一对静摩擦力做功的总功等于0，没有机械能损失。

3．机动车的两种启动方式：①匀加速启动过程分为两个阶段，第一阶段为匀加速直线运动，加速度a 不变，根据牛顿第二定律F f a m-=，牵引力F 不变,机车功率()p Fv ma f at ==+逐渐增大，当功率增大到机车额定功率时，匀加速运动阶段结束，此时可以计算匀加速运动时间()p t ma f a =+额，据此还可以计算匀加速直线运动的末速度v at =；第二阶段功率等于额定功率不再变化，但加速度不等于0所以速度v 继续增加，，牵引力P F v =额逐渐减小，当牵引力减小到等于摩擦力时，即F f =，0a =时，速度最大达到m p v f=，此后以此速度做匀速直线运动。

高考物理功和能(含答案)专题练习二-文档资料

高考物理-功和能（含答案）-专题练习二一、选择题1、一汽车在平直公路上行驶。

从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示。

假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。

下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是( )2、质量为m的汽车，额定功率为P，与水平地面间的摩擦数为μ，以额定功率匀速前进一段时间后驶过一圆弧形半径为R的凹桥，汽车在凹桥最低点的速度与匀速行驶时相同，则汽车对桥面的压力N的大小为（）A.N=mgB.C. D.3、一质点在0～15 s内竖直向上运动，其加速度一时间图像如图所示，若取竖直向下为正，g 取10，则下列说法正确的是 ( )A．质点的机械能不断增加B．在0～5 s内质点的动能增加C．在10～15 s内质点的机械能一直增加D．在t=15 s时质点的机械能大于t=5 s时质点的机械能4、一质量为m的小球以初动能E k0冲上倾角为θ的粗糙固定斜面，图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能与其上升高度之间的关系(以斜面底端所在平面为零重力势能面)，h0表示上升的最大高度，图中坐标数据中的k为常数且满足0＜k＜1，则由图可知，下列结论正确的是( )A．上升过程中摩擦力大小F f＝kmgB．上升过程中摩擦力大小F f′＝kmg cos θC．上升高度h＝h0sin θ时，小球重力势能和动能相等D．上升高度h＝h0时，小球重力势能和动能相等5、一质量为2 kg的物体,受到一个水平方向的恒力作用,在光滑水平面上运动。

物体在x方向、y方向的分速度如图所示,则在第1 s内恒力F对物体所做的功为A.36 JB.-36 JC.27 JD.-27 J6、质量为M的人，乘静止在一楼的电梯从一楼到达二十楼，每层楼高为h，电梯轿厢底对人的支持力为F，则（）A．F=mgB．F对人不做功，因为人相对电梯始终静止C．电梯对人做功，且W=20FhD．电梯对人做功，且W=19mgh7、如图所示，一根原长为L的轻弹簧，下端固定在水平地面上，一个质量为m的小球，在弹簧的正上方从距地面高度为H处由静止下落压缩弹簧．若弹簧的最大压缩量为x，小球下落过程受到的空气阻力恒为f，则小球从开始下落至最低点的过程（）A．小球动能的增量为零B．小球重力势能的增量为mg（H+x﹣L）C．弹簧弹性势能的增量为（mg﹣f）（H+x﹣L）D．系统机械能减小fH8、如图，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m的小环（可视为质点），从大环的最高处由静止滑下。

四川省高考物理复习全辑主题强化练(2)功和能(A,含解析)

功和能(一)李仕才1．如图1所示，一玩溜冰的小孩(可看成质点)质量为m ＝30 kg ，他在左侧平台上滑行一段距离后平抛，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A 点进入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑，A 、B 为圆弧两端点，其连线水平．已知圆弧半径为R ＝1.0 m ，对应圆心角为θ＝106°，平台与AB 连线的高度差为h ＝0.8 m ．(计算中取g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：图1(1)小孩平抛的初速度大小；(2)小孩运动到圆弧轨道最低点O 时对轨道的压力．答案 (1)3 m/s (2)1 290 N ，方向竖直向下解析 (1)由于小孩无碰撞进入圆弧轨道，即小孩落到A 点时速度方向沿A 点切线方向，则v y ＝gt ＝v 0tan 53°，又h ＝12gt 2得t ＝2hg＝0.4 s ，即v 0＝gttan 53°，代入数值得v 0＝3 m/s.(2)设小孩在最低点O 的速度为v ，选最低点所在平面为零势能面，根据机械能守恒定律，有12mv 2＝12mv 0 2＋mg [h ＋R (1－cos 53°)]，在最低点，根据牛顿第二定律，有F N －mg ＝m v 2R，代入数据解得F N ＝1 290 N ，由牛顿第三定律可知，小孩对轨道的压力为1 290 N ，方向竖直向下．2．(2018·杭西高4月测试)如图2所示，竖直平面内的轨道由直轨道AB 和圆弧轨道BC 组成(两轨道在B 点平滑连接)，小球从斜面上A 点由静止开始滑下，滑到斜面底端后又滑上一个半径为R ＝0.4 m 的圆弧轨道．(g ＝10 m/s 2)图2(1)若接触面均光滑，小球刚好能滑到圆弧轨道的最高点C ，求斜面上A 点高h ；(2)若已知小球质量m ＝0.1 kg ，斜面上A 点高h ＝2 m ，小球运动到C 点时对轨道的压力为mg ，求全过程中摩擦阻力做的功．答案 (1)1 m (2)－0.8 J解析 (1)小球刚好到达C 点，重力提供向心力，由牛顿第二定律得：mg ＝m v 2R，从A 到C 过程，由动能定理得：mg (h －2R )＝12mv 2，解得：h ＝2.5R ＝2.5×0.4 m ＝1 m ；(2)在C 点，由牛顿第二定律和牛顿第三定律得：mg ＋mg ＝m v C2R，从A 到C 过程，由动能定理得：mg (h －2R )＋W f ＝12mv C 2－0，解得：W f ＝－0.8 J.3．(2018·嘉兴市教学测试)如图3所示是一种常见的圆桌，桌面中间嵌一半径为r ＝1.5 m 、可绕中心轴转动的圆盘，桌面与圆盘面在同一水平面内且两者间缝隙可不考虑．已知桌面离地高度为h ＝0.8 m ，将一可视为质点的小碟子放置在圆盘边缘，若缓慢增大圆盘的角速度，碟子将从圆盘上甩出并滑上桌面，再从桌面飞出，落地点与桌面飞出点的水平距离是0.4 m ．已知碟子质量m ＝0.1 kg ，碟子与圆盘间的最大静摩擦力F fmax ＝0.6 N ，g 取10 m/s 2，求：(不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)图3(1)碟子从桌面飞出时的速度大小；(2)碟子在桌面上运动时，桌面摩擦力对它做的功；(3)若碟子与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.225，要使碟子不滑出桌面，则桌面半径至少是多少？答案 (1)1 m/s (2)－0.4 J (3)2.5 m 解析 (1)根据平抛运动规律：h ＝12gt 2，x ＝vt ，得v ＝xg2h＝1 m/s. (2)设碟子从圆盘上甩出时的速度为v 0，则F fmax ＝m v 02r，即v 0＝3 m/s由动能定理得：W f ＝12mv 2－12mv 0 2，代入数据得：W f ＝－0.4 J.(3)当碟子滑到桌面边缘时速度恰好减为零，对应的桌子半径取最小值．设碟子在桌子上滑动的位移为x ′，根据动能定理得：－μmgx ′＝0－12mv 0 2，代入数据得：x ′＝2 m ，由几何知识可得桌子半径的最小值为：R ＝r 2＋x ′2＝2.5 m.4．(2018·台州中学第四次统练)某同学在设计连锁机关游戏中，设计了如图4所示的起始触发装置，AB 段是长度连续可调的竖直伸缩杆，BCD 段是半径为R 的四分之三圆弧弯杆，DE 段是长度为2R 的水平杆，与AB 杆稍稍错开．竖直杆外套有下端固定且劲度系数较大的轻质弹簧，在弹簧上端放置质量为m 的套环．每次将弹簧的长度压缩至P 点后锁定，设PB 的高度差为h ，解除锁定后弹簧可将套环弹出．在触发器的右侧有多米诺骨牌，多米诺骨牌的最高点Q 和P 等高，且与E 的水平距离为x ＝8R ，已知弹簧锁定时的弹性势能E p ＝9mgR ，套环与水平杆间的动摩擦因数为0.5，与其他部分的摩擦不计，空气阻力不计，重力加速度为g .求：图4(1)当h ＝3R 时，套环到达杆最高点C 处的速度大小；(2)在上问中当套环运动到最高点C 时对杆的作用力大小和方向；(3)若h 在R ～6R 连续可调，要使该套环恰好击中Q 点，则h 需调节为多长？答案 (1)10gR (2)9mg 方向竖直向上 (3)5R 解析 (1)从P 到C ，由能量守恒定律：E p ＝mg (h ＋R )＋12mv C 2解得v C ＝10gR(2)在C 点，对套环由牛顿第二定律得，F ＋mg ＝m v C2R得F ＝9mg根据牛顿第三定律，套环对杆的作用力为9mg ，方向竖直向上 (3)从P 到E ，由能量守恒定律有，E p ＝mg (h －R )＋μmg ·2R ＋12mv E 2x ＝v E2(h －R )g联立解得h ＝5R .5．(2017·杭州市期末)如图5所示，在光滑的水平平台上A 处有一质量 m ＝0.1 kg 的小球压缩轻质弹簧(小球与弹簧不拴连)使其具有 E p ＝0.2 J 的弹性势能，平台的B 端连接两个半径都为R 且内壁都光滑的四分之一细圆管BC 及细圆管CD ，圆管内径略大于小球直径，B 点和D 点都与水平面相切．在地面的E 处有一小圆弧(图中未画出，小球在经过 E 处时的动能不损失)且安装了一个可改变倾角的长斜面EF ，已知地面DE 长度为0.3 m 且与小球间的动摩擦因数μ1＝0.5，小球与可动斜面 EF 间的动摩擦因数μ2＝33.现由静止释放小球，小球弹出后进入细圆管，运动到 B 点时对上管壁有 F N ＝1 N 的弹力．求：(g 取10 m/s 2)图5(1)细圆管的半径 R ；(2)小球经过D 点时对管壁的压力大小；(3)当斜面 EF 与地面的夹角θ(在0～90°范围内)为何值时小球沿斜面上滑的长度最短？并求出最短长度．(计算结果可用根式表示) 答案 (1)0.2 m (2)7 N (3)60°9340m 解析 (1)小球由A 运动到B ，由能量守恒得E p ＝12mv B 2得：v B ＝2 m/s由牛顿第三定律知，运动到B 点时上管壁对小球有F N ′＝1 N 的弹力由牛顿第二定律可得F N ′＋mg ＝mv B2R得：R ＝0.2 m.(2)小球由B 运动到D ，由动能定理得mg ·2R ＝12mv D 2－12mv B 2在D 处，由牛顿第二定律得F D －mg ＝mv D2R解得F D ＝7 N.由牛顿第三定律得，小球经过D 点时对管壁的压力大小为7 N. (3)从B 点开始，到运动至斜面上最高处，由动能定理可得：mg ·2R －μ1mgs DE －μ2mgs cos θ－mgs sin θ＝0－12mv B 2得s ＝0.45sin θ＋33cos θ＝0.45233(32sin θ＋12cos θ)＝9340sin (θ＋30°)，故当θ＝60°时s 有最小值．代入数据解得s min ＝9340 m ．。

四川省2019高考物理复习全辑主题强化练(2)功和能(B,含解析)

功和能(二)李仕才1．(2016·浙江10月学考·20)如图1甲所示，游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行，可抽象为图乙的模型．倾角为45°的直轨道AB 、半径R ＝10 m 的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的直轨道EF ，分别通过水平光滑衔接轨道BC 、C ′E 平滑连接，另有水平减速直轨道FG 与EF 平滑连接，EG 间的水平距离l ＝40 m ．现有质量m ＝500 kg 的过山车，从高h ＝40 m 处的A 点静止下滑，经BCDC ′EF 最终停在G 点．过山车与轨道AB 、EF 的动摩擦因数均为μ1＝0.2，与减速直轨道FG 的动摩擦因数μ2＝0.75.过山车可视为质点，运动中不脱离轨道．求：(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)图1(1)过山车运动至圆轨道最低点C 时的速度大小； (2)过山车运动至圆轨道最高点D 时对轨道的作用力； (3)减速直轨道FG 的长度x .答案 (1)810 m/s (2)7 000 N ，方向竖直向上 (3)30 m解析 (1)设过山车到达C 点的速度为v C ，由A 点到C 点，由动能定理得mgh －μ1mg cos 45°·hsin 45°＝12mv C 2代入数据可得v C ＝810 m/s.(2)设过山车到达D 点的速度为v D ，由C 点到D 点，由机械能守恒定律得12mv C 2＝2mgR ＋12mv D 2在D 点，由牛顿第二定律得mg ＋F D ＝m v D2R联立并代入数据可得F D ＝7 000 N由牛顿第三定律可知，过山车对轨道的作用力F D ′＝7 000 N ，方向竖直向上．(3)过山车从A 点到G 点，由动能定理可得mgh －mg (l －x )tan 37°－μ1mg cos 45°·hsin 45°－μ1mg cos 37°·l －xcos 37°－μ2mgx ＝0代入数据可得x ＝30 m2．(2018·台州中学第一次统练)如图2所示为一遥控电动赛车(可视为质点)和它的运动轨道示意图．假设在某次演示中，赛车从A 位置由静止开始运动，经2 s 后关闭电动机，赛车继续前进至B 点后水平飞出，赛车能从C 点无碰撞地进入竖直平面内的圆形光滑轨道，D 点和E 点分别为圆形轨道的最高点和最低点．已知赛车在水平轨道AB 段运动时受到的恒定阻力为0.4 N ，赛车质量为0.4 kg ，通电时赛车电动机的输出功率恒为2 W ，B 、C 两点间高度差为0.45 m ，C 与圆心O 的连线和竖直方向的夹角α＝37°，空气阻力忽略不计，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图2(1)赛车通过C 点时的速度大小； (2)赛道AB 的长度；(3)要使赛车能通过圆轨道最高点D 后回到水平赛道EG ，其半径需要满足什么条件．答案 (1)5 m/s (2)2 m (3)0＜R ≤2546 m解析 (1)赛车在B 、C 间做平抛运动，则竖直方向v y ＝2gh ＝3 m/s. 由图可知：v C ＝v ysin 37°＝5 m/s(2)赛车在B 点的速度v 0＝v C cos 37°＝4 m/s 则由A →B ，根据动能定理得：Pt －F f l AB ＝12mv 0 2，得l AB ＝2 m.(3)当赛车恰好通过最高点D 时，有：mg ＝m v D2R从C 到D ，由动能定理得：－mgR (1＋cos 37°)＝12mv D 2－12mv C 2，解得R ＝2546 m ，所以轨道半径需满足0＜R ≤2546m(可以不写0)． 3．(2018·浙江省名校协作体上学期考试)如图3所示，质量m ＝1 kg 的小物块静止放在粗糙水平桌面上，它与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.4，且与水平桌面边缘O 点的距离s ＝8 m ．在紧靠桌面边缘右侧固定了一个12圆弧挡板，半径R ＝3 m ，圆心与桌面同高．以O 点为原点建立平面直角坐标系．现用F ＝8 N 的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板．(g 取10 m/s 2)图3(1)若小物块恰能击中圆弧挡板最低点，求其离开O 点时的动能大小； (2)在第(1)问中拉力F 作用的时间；(3)若小物块在空中运动的时间为0.6 s ，求拉力F 作用的距离．答案 (1)7.5 J (2)1588 s (3)6516m 解析 (1)小物块离开O 点后开始做平抛运动，故：R ＝v 0t ，R ＝12gt 2，又E k O ＝12mv 0 2解得E k O ＝7.5 J ；(2)由开始运动到小物块到达O 点由动能定理得：F ·x －μmgs ＝12mv 0 2，得x ＝7916m由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma ，得a ＝4 m/s 2由x ＝12at 0 2，得t 0＝1588s(3)小物块离开O 点后开始做平抛运动，由下落时间可知下落距离y ＝12gt ′2，得y ＝1.8 m.①若小物块落到半圆的左半边，则平抛运动水平位移x 1＝R －R 2－y 2＝0.6 mv 1＝x 1t ′＝1 m/s由动能定理得F ·L 1－μmgs ＝12mv 1 2得L 1＝6516m②若小物块落到半圆的右半边，同理可得v 2＝9 m/s 由动能定理得F ·L 2－μmgs ＝12mv 2 2解得L 2＝14516m>8 m(舍去)．4．(2018·浙江4月学考·20)如图4所示，一轨道由半径为2 m 的四分之一竖直圆弧轨道AB 和长度可调的水平直轨道BC 在B 点平滑连接而成．现有一质量为0.2 kg 的小球从A 点无初速度释放，经过圆弧上B 点时，传感器测得轨道所受压力大小为3.6 N ，小球经过BC 段所受的阻力为其重力的0.2倍，然后从C 点水平飞离轨道，落到水平地面上的P 点，P 、C 两点间的高度差为3.2 m ．小球运动过程中可视为质点，且不计空气阻力．(g ＝10 m/s 2)图4(1)求小球运动至B 点时的速度大小； (2)求小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功；(3)为使小球落点P 与B 点的水平距离最大，求BC 段的长度；(4)小球落到P 点后弹起，与地面多次碰撞后静止．假设小球每次碰撞机械能损失75%，碰撞前后速度方向与地面的夹角相等．求小球从C 点飞出到最后静止所需时间．答案 (1)4 m/s (2)2.4 J (3)3.36 m (4)2.4 s 解析 (1)由向心力公式和牛顿第三定律有F N －mg ＝m v B2R，解得v B ＝4 m/s.(2)小球从A 到B 的过程，只有重力和摩擦力做功，设克服摩擦力所做的功为W 克．由动能定理得：mgR －W 克＝12mv B 2－0解得W 克＝2.4 J.(3)分析运动发现，BC 段长度会影响匀减速运动的时间，继而影响平抛运动的水平初速度以及水平位移．设BC 段小球的运动时间为t ，加速度a ＝F f m＝2 m/s 2由运动学公式得v C ＝v B －at ＝4－2t ①x BC ＝v B t －12at 2＝4t －t 2②其中，0<t <2 s.平抛运动中h ＝12gt 1 2③x CP ＝v C t 1④由③④可得x CP ＝3.2－1.6t ⑤则由②⑤可得x BP ＝x BC ＋x CP ＝－t 2＋2.4t ＋3.2⑥根据二次函数单调性以及t 的范围，可得当t ＝1.2 s 时，x BP 取到最大值．代入②式，解得x BC ＝3.36 m.(4)由于碰撞前、后速度方向与地面夹角相等，所以碰撞前、后水平与竖直分速度比例不变．每次碰撞机械能损失75%，故每次碰撞合速度、分速度均变为原来的12.设第n 次损失后的竖直分速度为v yn ，第n 次碰撞到第n ＋1次碰撞的时间为t n . 由平抛运动规律得v y 0＝2gh ＝8 m/s ⑦t 0＝2hg＝0.8 s ⑧则v yn ＝v y 0·(12)n⑨t n ＝2·v yng⑩将⑦⑨代入⑩可得t n ＝0.8×(12)n －1(n ＝1,2,3…)由等比数列求和公式可得t 总＝t 0＋t 1＋…＋t n ＋…＝0.8＋0.8×[1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n]1－12当n 取无穷大，小球处于静止状态．解得t 总＝2.4 s.。

高考(四川专用)物理(课件+练习)复习专题提升突破：专

第6讲功能关系在电磁学中的应用专题提升训练一、选择题(每题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项符合题目要求。

)1．(2015·河北邯郸二模)如图1所示，光滑平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上，质量为m的金属杆ab，以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某一高度h后又返回到底端。

若运动过程中，金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，且轨道与金属杆的电阻均忽略不计，则不正确的是()图1A．整个过程电路中产生的电能等于始、末状态动能的减少量B．上滑到最高点的过程中克服安培力与重力所做功之和等于12m v2C．上滑到最高点的过程中电阻R上产生的焦耳热等于12m v2－mghD．金属杆两次通过斜面上的同一位置时电阻R的热功率相同解析金属杆从轨道底端滑上斜面又返回到出发点，由能量的转化和守恒知选项A正确；上滑到最高点时动能转化为重力势能和电阻R上产生的焦耳热(即克服安培力所做的功)，选项B、C正确；金属杆两次通过斜面上同一位置时的速度不同，电路的电流不同，故电阻R的热功率不同，选项D错误。

答案 D2．(2015·北京市西城区高三考试)空间存在竖直向上的匀强电场，质量为m的带正电的微粒水平射入电场中，微粒的运动轨迹如图2所示，在相等的时间间隔内()图2A ．重力做的功相等B ．电场力做的功相等C ．电场力做的功大于重力做的功D ．电场力做的功小于重力做的功解析对微粒受力分析，受重力和向上的电场力，并且电场力大于重力。

微粒水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，相等的时间间隔内，竖直方向的分位移不等，所以在相等的时间间隔内，重力和电场力做的功不同，A 、B 均错误；因为电场力大于重力，所以在相等的时间间隔内，电场力做的功大于重力做的功，选项C 正确，D 错误。

答案 C3．(2015·山东烟台期末)如图3，MN 和PQ 是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L ，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，右端接一个阻值为R 的定值电阻。

高考物理二轮复习专题突破2 功和能动量和能量第1讲能量和动量观在力学中的应用(2021年整

创新设计（全国通用）2017版高考物理二轮复习专题突破2 功和能动量和能量第1讲能量和动量观在力学中的应用编辑整理：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（创新设计（全国通用）2017版高考物理二轮复习专题突破2 功和能动量和能量第1讲能量和动量观在力学中的应用）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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第1讲能量和动量观点在力学中的应用1．（多选）（2016·全国卷Ⅱ，21)如图1所示，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<错误!。

在小球从M点运动到N点的过程中（）图1A．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因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<错误!，M处的弹簧处于压缩状态，N处的弹簧处于伸长状态，则弹簧的弹力对小球先做负功后做正功再做负功，选项A 错误；当弹簧水平时，竖直方向的力只有重力,加速度为g；当弹簧处于原长位置时，小球只受重力，加速度为g，则有两个时刻的加速度大小等于g，选项B正确;弹簧长度最短时,即弹簧水平，弹力与速度垂直，弹力对小球做功的功率为零,选项C正确；由动能定理得，W F＋W G＝ΔE k，因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，弹性势能相等，则由弹力做功特点知W F＝0，即W G＝ΔE，选项D正确。

2019版高考物理二轮复习专题二功和能动量和能量专题突破练6动量和能量观点的应用.docx

专题突破练6动量和能量观点的应用（时间:45分钟满分：100分）一、选择题（共9小题,每小题6分，共54分。

在每小题给出的四个选项中，第1占小题只有一个选项符合题目要求，第6 ©小题有多个选项符合题冃要求,全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分）1. （2018四川绵阳二诊）在水平地面上，两个具有相同初动量而质量不同的物体在大小相等的阻力作用下最后停下来。

则质量大的物体（）A. 滑行的距离小B.滑行的时间长C.滑行过程中的加速度大D.滑行过程中的动量变化快2. （2017辽宁本溪联考）一位质塑为/〃的运动员从下蹲状态向上跳起，经A Z 时间，身体伸直并刚好离开地面,速度为r,在此过程中，下列说法正确的是（）1A. 地面对他的冲量为mv+mg^ t,地面对他做的功为刁〃/B. 地而对他的冲量为mv-mg\ t,地面对他做的功为零C. 地面对他的冲量为mv,地面对他做的功为刁〃，D. 地面对他的冲量为mv+mg' t,地面对他做的功为零3. （2018吉林二调）一质量为2 kg 的物体受水平拉力尸作用，在粗糙水平而上做加速直线运动时的旷在图象如图所示。

若吋其速度大小为2 m/s,滑动摩擦力大小恒为2 N,则（）A. 在t-6 s 的时刻，物体的速度为18 m/sB. 在0卞s 时间内，合力对物体做的功为400 JC. 在0卞s 时间内，拉力对物体的冲量为36 N • sD. 在 E s 的时刻，拉力尸的功率为200 W4.（2018山酋晋城一模）所谓对接是指两艘同方向以几乎同样快慢运行的宇宙飞船在太空中互相靠近,最后连接在一起。

假设“天舟一号”和“天宫二号”的质量分别为臥/〃，两者对接前的在轨速度分匕对接持续时间为△乙则在対接过程中“天舟一号”对“天宫二号”的平均作用力 5.（2018四川攀枝花一模）如图所示，轻质弹簧固定在水平地血上。

现将弹簧压缩后，将一质量为刃的小球静止放在弹簧上，释放后小球被竖直弹起，小球离开弹簧时速度为r,则小球被弹起的过程中 A •地面对弹赞的支持力冲量大于〃“别为（”△卩）、大小为（） 2A. （M+m ）MMm Av B. (M+m)Ar D. 0B.弹簧对小球的弹力冲量等于眦1C.地面对弹簧的支持力做功大于刃/1D.弹簧对小球的弹力做功等于刃川6. （2018湖南常德期末）如图所示，在光滑水平面上,质量为/〃的/球以速度K）向右运动，与静止的质量为5刃的〃球碰撞,碰撞后力球以尸$%（待定系数自＜1）的速率弹冋，并与固定挡板”发生弹性碰撞, 若要使A球能再次追上〃球并相撞，则系数臼可以是（）1 2 2 1A. 4B. 5C. 3D. 77.I（2018山东烟台期末）质量为財的小车置于光滑的水平面上，左端固定一-根轻弹簧，质量为刃的光滑物块放在小车上，压缩弹簧并用细线连接物块和小车左端，开始时小车与物块都处于静止状态，此时物块与小车右端相距为厶如图所示，当突然烧断细线后，以下说法正确的是（）A.物块和小车组成的系统机械能守恒B.物块和小车组成的系统动量守恒mC.当物块速度大小为7吋,小车速度大小为石yD.当物块离开小车时,小车向左运动的位移总L& （2017山东荷泽模拟）如图甲所示，一质量为加的物块在rn时刻，以初速度旳从足够长、倾角为〃的粗糙斜面底端向上滑行,物块速度随时间变化的图象如图乙所示。

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