2020年高考物理二轮提分秘籍：功和功率 动能定理(学生版)
2020届高考物理二轮复习专题二第一讲功和功率动能定理课件
专题二能量与动量[核心知识体系]第一讲功和功率动能定理近三年全国卷考情统计高考必备知识概览常考点全国卷Ⅰ全国卷Ⅱ全国卷Ⅲ功和功率机车的启动问题动能定理的应用2018·T142018·T142017·T172019·T172017·T161．(2019·全国卷Ⅲ)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3 m 以内时，物体上升、下落过程中动能E k随h的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为()A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg[题眼点拨]①“始终与运动方向相反的外力”说明该外力始终阻碍物体运动做负功；②E k-h图象的斜率为物体运动过程中受到的合外力．解析：设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)×3 m＝(36－72)J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，再由动能定理结合题图可得(mg－F)×3 m＝(48－24)J，联立解得m＝1 kg、F＝2 N，选项C正确，A、B、D错误．答案：C2．(2018·全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看做初速度为零的匀加速直线运动，在启动阶段列车的动能()A．与它所经历的时间成正比B．与它的位移成正比C．与它的速度成正比D．与它的动量成正比[题眼点拨]①“匀加速直线运动”说明列车的运动情况可用匀变速运动的规律求解；②“列车的动能”说明动能与速度有关，让求的各物理量均与速度建立一定的联系．解析：列车的动能E k＝12m v2与速度的平方成正比，列车在启动阶段的运动可看做初速度为零的匀加速直线运动，E k＝12m v2＝12m(at)2，与时间的平方成正比，Ek＝12m v2＝p22m，与动量的平方成正比，由动能定理得max＝E k，与它的位移成正比，故A、C、D错误，B正确．答案：B3．(2018·全国卷Ⅱ)如图所示，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动能一定()A. 小于拉力所做的功B. 等于拉力所做的功C. 等于克服摩擦力所做的功D. 大于克服摩擦力所做的功[题眼点拨]①“静止开始”说明木箱的初速度为零；②“粗糙水平路面”说明地面对木箱有摩擦力，注意摩擦力不等于动摩擦因数与重力的乘积．解析：木箱受力如图所示：木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可知：W F－WF f＝12m v2－0 ，所以动能小于拉力做的功，故A正确；无法比较动能与摩擦力做功的大小，C、D错误．答案：A4.(2017·全国卷Ⅱ)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直．一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)()A.v216g B.v28gC.v24g D.v22g[题眼点拨] ①“从轨道上端水平飞出”说明飞出后做平抛运动；②“半圆形光滑轨道”说明无摩擦力．解析：设轨道半径为R ，小物块从轨道上端飞出时的速度为v 1，由于轨道光滑，根据动能定理有mg ×2R ＝12m v 2－12m v 21，小物块从轨道上端飞出后做平抛运动，对运动分解有：x ＝v 1t ，2R ＝12gt 2，求得x ＝－16⎝⎛⎭⎪⎪⎫R －v 28g 2＋v 44g 2，因此当R －v 28g ＝0，即R ＝v 28g 时，x 取得最大值，B 项正确，A 、C 、D 项错误．答案：B5.(2017·全国卷Ⅲ)如图所示，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂．用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距13l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为()A.19mgl B.16mglC.13mgl D.12mgl[题眼点拨]①“均匀柔软细绳”说明质量分布均匀；②“缓慢地竖直向上拉起”说明外力所做的功等于MQ 段细绳重力势能的增加量．解析：QM段绳的质量为m′＝23m，未拉起时，QM段绳的重心在QM中点处，与M点距离为13l，绳的下端Q拉到M点时，QM段绳的重心与M点距离为16l，此过程重力做功W G ＝－m ′g ⎝ ⎛⎭⎪⎫13l －16l ＝－19mgl ，对绳的下端Q 拉到M 点的过程，应用动能定理，可知外力做功W ＝－W G ＝19mgl ，可知A 项正确，B 、C 、D 项错误． 答案：A命题特点与趋势1．近几年高考命题点主要集中在正、负功的判断，功率的分析与计算，机车启动模型，动能定理在圆周运动、平抛运动中的应用，题目具有一定的综合性，难度适中．2．本讲高考的命题方式单独命题以选择题为主，综合命题以计算题为主，常将动能定理与机械能守恒定律、能量守恒定律相结合.2020年的高考动能定理仍是考查重点，要关注本讲知识与实际问题相结合的情景题目．解题要领解决本讲知识要理解功和功率的定义、正负功的判断方法，机车启动两类模型的分析、动能定理及动能定理在变力做功中的灵活应用．考点1功和功率的计算功和功率的计算方法(多选)(2018·全国卷Ⅲ)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面．某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程()A ．矿车上升所用的时间之比为4∶5B ．电机的最大牵引力之比为2∶1C ．电机输出的最大功率之比为2∶1D ．电机所做的功之比为4∶5[题眼点拨] ①“变速阶段加速度的大小都相同”说明合力相同；②“提升的高度相同”说明图象的面积相同；③“提升的质量相等”说明重力做的功相同．解析：设第②次所用时间为t ，根据速度图象的面积等于位移可知，12×2t 0×v 0＝12(t ＋t －t 0)×12v 0，解得t ＝52t 0，所以第①次和第②次提升过程所用时间之比为2t0∶52t0＝4∶5，选项A正确；由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，提升的最大牵引力之比为1∶1，选项B错误；由功率公式P＝F v，电机输出的最大功率之比为2∶1，选项C正确；由动能定理得W F－mgh＝0－0，解得W F ＝mgh，则两次做功相同，选项D错误．答案：AC1．计算力所做的功时，一定要注意是恒力做功还是变力做功．若是恒力做功，可用公式W＝Fl cos α进行计算．若是变力做功，可用以下几种方法进行求解：(1)微元法：把物体的运动分成无数个小段，计算每一小段力F做的功．(2)将变力做功转化为恒力做功．(3)用动能定理或功能关系进行求解．2．对于功率的计算要区分是瞬时功率还是平均功率．P＝Wt只能用来计算平均功率．P＝F v cos α中的v是瞬时速度时，计算出的功率是瞬时功率；v是平均速度时，计算出的功率是平均功率．[对点训练]1．(2019·洛阳模拟)如图所示，一轻绳的一端系在固定粗糙斜面上的O点，另一端系一小球，给小球一足够大的初速度，使小球在斜面上做圆周运动．在此过程中()A．斜面对小球的支持力做功B．重力对小球不做功C．绳的张力对小球不做功D．在任何一段时间内，小球克服摩擦力所做的功总是等于小球动能的减少量解析：斜面的支持力、绳的张力总是与小球的运动方向垂直，故不做功，A错误，C正确；小球在重力方向上有位移，因而重力对小球做功，B错误；小球动能的变化量等于合外力做的功，即重力与摩擦力做功的和，D错误．答案：C2．(2019·保定四校联考)质量m＝20 kg的物体，在大小恒定的水平外力F的作用下，沿水平面做直线运动.0～2 s内F与运动方向相反，2～4s内F与运动方向相同，物体的v-t图象如图所示．g取10 m/s2，则()A．拉力F的大小为100 NB．物体在4 s时拉力的瞬时功率为120 WC．4 s内拉力所做的功为480 JD．4 s内物体克服摩擦力做的功为320 J解析：取物体初速度方向为正方向，由题图可知物体与水平面间存在摩擦力，由题图可知0～2 s内，－F－F f ＝ma1且a1＝－5 m/s2；2～4 s内，－F＋F f＝ma2且a2＝－1 m/s2，联立以上两式解得F＝60 N，F f＝40 N，A错误；由P＝F v得4 s时拉力的瞬时功率为120 W，B正确；由W＝Fx，0～2 s内，W1＝－Fx1，2～4 s内，W2＝Fx2，由题图可知x1＝10 m，x2＝2 m，代入数据解得，4 s内拉力所做的功为－480 J，C错误；摩擦力做功W＝F f·s，摩擦力始终与速度方向相反，故s为路程，由题图可求得总路程为12 m，4 s内物体克服摩擦力做的功为480 J，D 错误．答案：B考点2机车启动问题1．机车输出功率：P＝F v，其中F为机车牵引力．2．机车匀加速启动过程的最大速度v1(此时机车输出的功率最大)和全程的最大速度v m(此时F牵＝F阻)求解方法．(1)求v1：由F牵－F阻＝ma，P＝F牵v1可求v1＝PF阻＋ma.(2)求v m：由P＝F阻v m，可求v m＝P F阻.3．解决机车启动问题时的四点注意．(1)分清是匀加速启动还是恒定功率启动．(2)匀加速启动过程中，机车功率不断增大，最大功率是额定功率．(3)以额定功率启动的过程中，牵引力不断减小，机车做加速度减小的加速运动，牵引力的最小值等于阻力．(4)无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足P＝F阻v m，P为机车的额定功率．(多选)(2019·马鞍山一模)如图所示为某汽车在平直公路上启动时发动机功率P随时间t变化的图象，P0为发动机的额定功率．已知在t2时刻汽车的速度已经达到最大值v m，汽车所受阻力大小与速度大小成正比．由此可得()A．在t3时刻，汽车速度一定等于v mB．在t1～t2时间内，汽车一定做匀速运动C．在t2～t3时间内，汽车一定做匀速运动D．在发动机功率达到额定功率前，汽车一定做匀加速运动[题眼点拨]①由图象知0～t1内汽车的功率均匀增加，t1～t3汽车以额定功率行驶；②“t2时刻汽车的速度已经达到最大值v m”说明t2后汽车牵引力与阻力相等(大小)，汽车做匀速直线运动．解析：已知在t2时刻汽车的速度已经达到最大值v m，此后汽车做匀速直线运动，速度不变，所以在t3时刻，汽车速度一定等于v m，故A正确；0～t1时间内汽车的功率均匀增加，汽车所受阻力增大，汽车做变加速直线运动；汽车的功率在t1时刻达到额定功率，根据P＝F v，速度继续增大，牵引力减小，则加速度减小，则在t1～t2时间内汽车做加速度减小的加速运动，故B、D错误；在t2～t3时间内，汽车已达到最大速度，且功率保持不变，汽车一定做匀速直线运动，故C正确．答案：AC1．机车启动的方式不同，运动的规律就不同，即其功率、加速度、牵引力等物理量的变化规律不同，分析图象时应注意坐标轴的意义及图象变化所描述的规律．2．在公式P＝F v中，F是机车的牵引力而不是机车所受合力，因此F＝F f时，牵引力与阻力平衡，机车达到最大运行速度．3．解决机车启动问题一定要分清机车是匀加速启动还是恒定功率启动．(1)匀加速启动过程中，机车功率是不断改变的，但该过程中的最大功率是额定功率，匀加速运动阶段的最大速度小于机车所能达到的最大速度，达到额定功率后，机车做加速度减小的加速运动．(2)以恒定功率启动的过程中，机车做加速度减小的加速运动，匀变速直线运动的规律不能用，速度最大值等于PF f，牵引力是变力，牵引力做的功可用W＝Pt求解，但不能用W＝Fl cos θ求解．[对点训练]考向恒定功率的启动3．(多选)(2018·佛山第一中学检测)质量为m的汽车在平直公路上行驶，所受的阻力恒为车重的k倍．汽车以额定功率行驶，当它加速行驶的速度为v时，加速度为a.则以下分析正确的是()A．汽车发动机的额定功率为kmg vB．汽车行驶的最大速度为（kg＋a）vkgC．当汽车加速度减小到a2时，速度增加到2vD．汽车发动机的额定功率为(ma＋kmg)v解析：设汽车的额定功率为P，汽车的速度为v时，根据牛顿第二定律知：Pv－kmg＝ma；所以P＝(kmg＋ma)v，故A错误，D正确；汽车匀速行驶时，牵引力等于阻力，速度最大，故有：v m＝Pkmg＝（kmg＋ma）vkmg＝（kg ＋a ）v kg ，故B 正确；加速度为a 2时，设此时牵引力为F ，则F －kmg ＝m ·a 2，解得：F ＝kmg ＋ma 2，此时速度为：v ＝P F ＝（kmg ＋ma ）v kmg ＋ma 2<2v ，故C 错误． 答案：BD考向恒定加速度启动4．(2019·芜湖模拟)一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的功率达到最大值P，之后起重机保持该功率不变，继续提升重物，最后重物以最大速度v2匀速上升，不计钢绳重力．则整个过程中，下列说法正确的是()A．钢绳的最大拉力为P v2B．重物匀加速过程的时间为m v21P－mg v1C．重物匀加速过程的加速度为P m v1D．速度由v1增大至v2的过程中，重物的平均速度v—＜v1＋v22解析：匀加速过程物体处于超重状态，钢绳拉力较大，匀加速运动阶段钢绳的拉力为F＝Pv1，故A错误；根据牛顿第二定律可知F－mg＝ma，结合v＝at解得a＝Pm v1－g，t＝m v21P－mg v1，故B正确，C错误；在速度由v1增大至v2的过程中，做加速度减小的变加速运动，平均速度v—＞v1＋v22，故D错误．答案：B考点3动能定理的应用(2019·信阳模拟)如图所示，AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道固定，OA处于水平位置．AB是半径为R＝1 m的14圆周轨道，CDO是半径为r＝0.5 m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板(可以把小球弹回，不损失能量)图中没有画出，D为CDO轨道的中点．BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接．已知BC段水平轨道长L＝2 m，与小球之间的动摩擦因数μ＝0.2，现让一个质量为m＝1 kg 的小球从A点的正上方距水平线OA高H的P处自由落下(g取10 m/s2)．请回答下列问题．(1)当H＝2 m时，求此时小球第一次到达D点对轨道的压力大小；(2)为使小球仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，求H的取值范围．[题眼点拨]①“自由落下”说明小球落至A点前做自由落体运动，②“仅仅与弹性挡板碰撞一次，且球不会脱离CDO轨道”说明H最小时必须满足小球能上升到O点，H最大时，碰后再返回最高点能至D点．解析：(1)设小球第一次到达D的速度为v D，对小球从P到D点的过程，根据动能定理得mg(H＋r)－μmgL＝12m v2D－0，在D点轨道对小球的支持力F N提供向心力，则有F N＝m v2D r，联立解得：F N＝84 N，由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为F ′N ＝F N ＝84 N ；(2)为使小球仅仅与挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO 轨道，H 最小时必须满足能上升到O 点，由动能定理得mgH min －μmgL ＝12m v 20－0， 在O 点有：mg ＝m v 20r， 代入数据解得：H min ＝0.65 m.仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，H最大时，碰后再返回最高点能上升到D点，则有mg(H max＋r)－3μmgL＝0，代入数据解得H max＝0.7 m，故有0.65 m≤H≤0.7 m.答案：(1)84 N(2)0.65 m≤H≤0.7 m[对点训练]考向动能定理与图象的结合5．(2019·衡水模拟)质量m＝1 kg的物体静止放在粗糙水平地面上．现对物体施加一个随位移变化的水平外力F时物体在水平面上运动．已知物体与地面间的滑动摩擦力与最大静摩擦力相等．若F-x图象如图所示．且4～5 m 内物体匀速运动．x＝7 m时撤去外力，g取10 m/s2，则下列有关描述正确的是()A．物体与地面间的动摩擦因数为0.1B．当x取3 m时物体的速度最大C．撤去外力时物体的速度为 2 m/sD．撤去外力后物体还能在水平面上滑行3 s解析：4～5 m内物体匀速运动，则有F＝F f＝μmg，得μ＝Fmg＝310＝0.3，故A错误；只要F＞F f＝μmg，物体就在加速，所以在0～4 m内物体一直加速，x＝4 m时物体的速度最大，故B错误；根据图象与x轴所围的面。
(江苏专用)2020版高考物理二轮复习专题二第一讲功和功率动能定理课件
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解析：炮弹在竖直方向上做竖直上抛运动，上升时间与下落时 间相等。根据下落过程竖直方向做自由落体运动，h＝12gt2，第 二次下落高度高，所以第二次炮弹在空中运动时间较长，故 A 正确，B 错误；根据动能定理：mgh＝12mv2－12mv02，由于两 次在空中运动过程重力做功都是零，所以 v＝v0，故两次炮弹 落地时速度相等，故 C、D 错误。 答案：A
解析：从 v-t 图线的斜率表示加速度可知，在 0～t1 时间内，加 速度增大，由牛顿第二定律可知，合力增大，故 A 项错误；由 动能定理知 0～t2 时间内，动能增量为 0，即合力做功为 0，故 B 项错误；t1 时刻，F 最大，v＝0，F 的功率为 0，t2 时刻 F＝ 0，速度最大，F 的功率为 0，t1～t2 时间内，合力的功率先增 大后减小，故 C 项正确；由动能定理知 t2～t4 间内，动能增量 为 0，即合力做功为 0，故 D 项正确。 答案：CD
[典例] 下列各图是反映汽车以额定功率 P 额从静止启动， 最后做匀速运动的过程，汽车的速度 v 随时间 t 以及加速度 a、 牵引力 F 和功率 P 随速度 v 变化的图像中正确的是 ( )
[解析] 汽车以额定功率启动时，功率一定，由 P＝Fv 可 知，速度增大，牵引力 F 减小，根据 F－Ff＝ma，加速度逐渐 减小，但速度继续增大，当牵引力等于阻力时，速度达到最大， 故 A 正确，B、C、D 错
1．[多选](2019·南通模拟)如图，某质点沿直线运动的 v-t 图像
为余弦曲线，从图中可以判断
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A．在 0～t1 时间内，合力逐渐减小 B．在 0～t2 时间内，合力做正功 C．在 t1～t2 时间内，合力的功率先增大后减小 D．在 t2～t4 时间内，合力做的总功为零
2020年高考物理二轮提分攻略专题04 功和能.doc
2020年物理二轮专题过关宝典专题四：功和能【知识回扣】 一、功和功率 1.功的计算恒力做的功：直接用W ＝Fl cos α计算。
变力做的功：①应用动能定理求解；②应用W ＝Pt 求解，此法适用于变力的功率P 不变； 2.功率的计算平均功率的计算方法：①利用P＝tW ；②利用P ＝F·v cos α，其中v 为物体运动的平均速度。
瞬时功率的计算方法：利用公式P ＝Fvcos α，其中v 为t 时刻的瞬时速度； 3. 机车的两种启动模型的分析 （1）模型综述物体在牵引力（受功率和速度制约）作用下，从静止开始克服一定的阻力，加速度不变或变化，最终加速度等于零，速度达到最大值。
（2）模型特征a. 以恒定功率启动的方式： ①动态过程：②这一过程的速度—时间图象如图所示：b. 以恒定加速度启动的方式： ①动态过程：②这一过程的速度—时间图象如图所示：深化拓展：无论哪种启动方式，机车最终的最大速度都应满足：v m ＝fF P，且以这个速度做匀速直线运动。
二、动能定理1. 动能定理：合外力做功等于物体在这个过程中动能的变化量。
W ＝E k2－E k1＝12mv 22－12mv 21. 2．适用范围(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功。
三、机械能守恒定律1.判断机械能是否守恒的两个角度（1）从做功的角度：若只有重力(或弹力)做功或虽有其他外力做功但其他力做功的代数和为零，则该物体（或该系统）的机械能守恒。
2.从能的角度：若系统内只有动能和势能的相互转化，没有其他形式的能与机械能转化，且系统与外部也没有能力的转化与转移，则系统机械能守恒。
2.机械能守恒的三种表示形式(1)守恒观点：E k1＋E p1＝E k2＋E p2(要选零势能参考平面) (2)转化观点：ΔE k ＝－ΔE p (不用选零势能参考平面) (3)转移观点：ΔE A 增＝ΔE B 减(不用选零势能参考平面) 四、力学中的功能关系合外力做功等于物体动能的改变 W 合＝E k2－E k1＝ΔE k 重力做功衡量重力势能的减少量 W G ＝E p1－E p2＝－ΔE p 弹簧弹力做功衡量弹性势能的减少量W 弹＝E p1－E p2＝－ΔE p 除了重力和弹簧弹力之外的其他力所做的总功，等于物体机械能的改变W 其他＝E 2－E 1＝ΔE一对滑动摩擦力做功的代数和等于因摩擦而产生的内能 Q ＝fx 相对，x 相对为物体间相对滑动的距离【热门考点透析】考点一 功和功率1.轻质弹簧右端固定在墙上,左端与一质量m=0.5 kg 的物块相连,如图甲所示,弹簧处于原长状态,物块静止且与水平面间的动摩擦因数μ=0.2。
专题06 功和功率 动能定理-2020年高考物理二轮复习热点题型与提分秘籍(原卷版)
2020年高考物理二轮复习热点题型与提分秘籍专题06 功和功率 动能定理题型一 功和功率的理解和计算【题型解码】1.要注意区分是恒力做功，还是变力做功，求恒力的功常用定义式．2.变力的功根据特点可将变力的功转化为恒力的功(如大小不变、方向变化的阻力)，或用图象法、平均值法(如弹簧弹力的功)，或用W ＝Pt 求解(如功率恒定的力)，或用动能定理等求解．【典例分析1】(2019·山东菏泽市下学期第一次模拟)如图所示，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( )A ．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 2gh πC ．物块在B 点时对槽底的压力大小为(R ＋2h )mg RD ．物块到B 点时重力的瞬时功率为mg 2gh【典例分析2】(2019·湖北武汉高三3月调研)如图所示，将完全相同的四个小球1、2、3、4分别从同一高度由静止释放或平抛(图乙)，其中图丙是一倾角为45°的光滑斜面，图丁为14光滑圆弧，不计空气阻力，则下列对四种情况下相关物理量的比较正确的是( )A ．落地时间t 1＝t 2＝t 3＝t 4B ．全程重力做功W 1＝W 2>W 3＝W 4C ．落地瞬间重力的功率P 1＝P 2＝P 3＝P 4D ．全程重力做功的平均功率P 1＝P 2>P 3>P 4【提分秘籍】计算功和功率时应注意的问题(1)计算功时，要注意分析受力情况和能量转化情况，分清是恒力做功，还是变力做功，恒力做功一般用功的公式或动能定理求解，变力做功用动能定理、转化法或图象法求解。
(2)用图象法求外力做功时应注意横轴和纵轴分别表示的物理意义，若横轴表示位移，纵轴表示力，则可用图线与横轴围成的面积表示功，例如下图甲、乙、丙所示(丙图中图线为14圆弧)，力做的功分别为W 1＝F 1x 1、W 2＝12F 2x 2、W 3＝π4F 3x 3。
(新课标)2020版高考物理二轮复习专题二第1讲功和功率动能定理精练(含解析)
功和功率动能定理(45分钟)[刷基础][刷基础]1．在70周年国庆阅兵式上，国产新一代战机歼20携第三代改进型战机歼16、歼10C，从天安门广场上空呼啸而过．假设歼20受到的阻力的大小正比于它的速率．如果歼20发动机的输出功率变为原来的2倍，则歼20的最大速率变为原来的( )A．4倍B．2倍C.3倍D.2倍解析：设阻力为f，由题知f＝kv，速度最大时，牵引力等于阻力，则有P＝Fv＝fv＝kv2.所以歼20发动机的输出功率变为原来的2倍时，歼20的最大速率变为原来的2倍．答案：D2．(2019·河北邢台高考模拟)如图所示，质量m＝10 kg的物体在F＝100 N斜向下的推力作用下，沿水平面以v＝1 m/s的速度匀速前进x＝1 m，已知F与水平方向的夹角θ＝30°，重力加速度g取10 m/s2，则( ) A．推力F做的功为100 JB．推力F的功率为100 WC．物体克服摩擦力做功为50 JD．物体与水平面间的动摩擦因数为3 3解析：推力F做的功W＝Fx cos 30°＝100×1×32J＝50 3 J，故A错误；推力F的功率P＝Fv cos 30°＝50 3 W，故B错误；物体匀速运动，说明克服摩擦力做的功等于推力做的功，为50 3 J，故C错误；根据力的平衡条件知μ(mg＋F sin 30°)＝F cos 30°，解得μ＝33，故D正确．答案：D3．如图所示，质量为m的汽车在某下坡的公路上，从速度v0开始加速运动，经时间t速度达到最大值v m.设在此过程中汽车发动机的功率恒为P，汽车所受的摩擦阻力为恒力．对于该过程，以下说法正确的是( )A．该过程中汽车一直做匀加速直线运动B ．该过程中汽车所受阻力f ＝Pv mC ．该过程中汽车所受阻力做功的大小为Pt ＋12mv 2mD ．该过程中汽车做加速度不断减小的加速运动解析：汽车发动机的功率恒为P ，则汽车做加速度逐渐减小的加速运动，A 错误，D 正确；汽车速度达到最大值v m 时，汽车的牵引力F ＝P v m ，故f ＝P v m＋mg sin θ，B 错误；由于还有重力做功，汽车所受阻力做的功无法求出，C 错误．答案：D4．(多选)(2019·高考江苏卷)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m ，从A 点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A 点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s ，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中( )A ．弹簧的最大弹力为μmgB ．物块克服摩擦力做的功为2μmgsC ．弹簧的最大弹性势能为μmgsD ．物块在A 点的初速度为2μgs解析：小物块处于最左端时，弹簧的压缩量最大，然后小物块先向右做加速运动再做减速运动，可知弹簧的最大弹力大于滑动摩擦力μmg ，选项A 错误；物块从开始运动至最后回到A 点过程，由功的定义可得物块克服摩擦力做功为2μmgs ，选项B 正确；自物块从最左侧运动至A 点过程由能量守恒定律可知E p ＝μmgs ，选项C 正确；设物块在A 点的初速度为v 0，整个过程应用动能定理有－2μmgs ＝0－12mv 20，解得v 0＝2μgs ，选项D 错误．答案：BC5.(2019·湖南湘潭高三一模)如图所示，竖直平面内放一直角杆MON ，OM 水平，ON 竖直且光滑，用不可伸长的轻绳相连的两小球A 和B 分别套在OM 和ON 杆上，B 球的质量为2 kg ，在作用于A 球的水平力F 的作用下，A 、B 均处于静止状态，此时OA ＝0.3 m ，OB ＝0.4 m ，改变水平力F 的大小，使A 球向右加速运动，已知A 球向右运动0.1 m 时速度大小为3 m/s ，则在此过程中绳的拉力对B 球所做的功为(g 取10 m/s 2)( )A ．11 JB ．16 JC ．18 JD ．9 J解析：A 球向右运动0.1 m 时，v A ＝3 m/s ，OA ′＝0.4 m ，OB ′＝0.3 m ，设此时∠B ′A ′O ＝α，则有tan α＝34，v A cos α＝v B sin α，解得v B ＝4 m/s.此过程中B 球上升高度h ＝0.1m ，由动能定理有，W －mgh ＝12mv 2B ，解得绳的拉力对B 球所做的功为W ＝mgh ＋12mv 2B ＝2×10×0.1 J ＋12×2×42J ＝18 J ，选项C 正确． 答案：C6.一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P 随时间t 的变化如图所示．假定汽车所受阻力的大小f 恒定不变．下列描述该汽车的速度v 随时间t 变化的图线中，可能正确的是( )解析：当汽车的功率为P 1时，汽车在运动过程中满足P 1＝F 1v ，因为P 1不变，v 逐渐增大，所以牵引力F 1逐渐减小，由牛顿第二定律得F 1－f ＝ma 1，f 不变，所以汽车做加速度减小的加速运动，当F 1＝f 时速度最大，且v m ＝P 1F 1＝P 1f.当汽车的功率突变为P 2时，汽车的牵引力突增为F 2，汽车继续加速，由P 2＝F 2v 可知F 2减小，又因F 2－f ＝ma 2，所以加速度逐渐减小，直到F 2＝f 时，速度最大v m ′＝P 2f，以后匀速运动．综合以上分析可知选项A 正确．答案：A7.质量为500 kg 的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a 和速度的倒数1v的关系如图所示，则赛车( )A ．做匀加速直线运动B ．功率为20 kWC ．所受阻力大小为2 000 ND ．速度大小为50 m/s 时牵引力大小为3 000 N。
(课标版)2020高考物理二轮复习专题5功、功率、动能定理课件
2．如图甲所示，水平面上一质量为 m 的物体在水平力 F 作用下开始加速运动，力 F 的功率 P 保持恒定，运动过程中物 体所受的阻力 f 大小不变，物体速度最终达到最大值 vmax，此 过程中物体速度的倒数v1与加速度 a 的关系图象如图乙所示．仅 在已知功率 P 的情况下，根据图象所给信息可知以下说法中正 确的是( A )
第五讲 功、功率、动能定理
热点一 功和功率
强化学思知能
学有所思，思有深度
一、牢记公式，胸藏下图，任考题千变万化
二、方法技巧总结 1．利用等效思维法“化变为恒”求变力做功 (1)若力的大小改变，方向不变，且力的大小与物体的位移 大小成线性关系，则可用 W＝ F l 求此变力的功，其中 F ＝ F初＋F末 2. (2)若力的大小不变，方向时刻变化，但力的方向始终与运 动方向相同或相反，则可用 W＝Fl 求此变力的功，其中 l 为物 体运动的路程．
P2＝F·v20，
第②次在匀速阶段 F′＝mg，P2′＝F′·v20＝mg·v20<P2， 可知，电机输出的最大功率之比 P1 P2＝2 1，C 项正
确； 由动能定理知，两个过程动能变化量相同，均为零，克服
重力做功相同，故两次电机做功也相同，D 项错误．
功、功率及机车启动问题的注意点 1变力做功的求解要注意对问题的正确转化，如将变力转 化为恒力，也可应用动能定理求解. 2对于功率的计算，P＝Wt 侧重于平均功率的计算，P＝ Fvcosα 侧重于瞬时功率的计算. 3机车匀加速启动过程中，机车功率是不断改变的，该过 程的最大功率是额定功率；机车以额定功率启动过程中，牵引 力是变力、牵引力做的功 W＝Pt.
3．(多选)地下矿井的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运 送到地面．某竖井中矿车提升的速度大小 v 随时间 t 的变化关 系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它 们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升 的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第② 次提升过程，( AC )
浙江省2020高考物理二轮复习专题二第一讲功功率和动能定理讲义含解析
高考物理二轮复习专题：第一讲功、功率和动能定理知识内容考试要求备考指津1.追寻守恒量——能量 b 1.对功和功率等基本概念的考查往往涉及对概念的理解，一般以选择题的形式出现．2．动能定理是高考考查的重点，考查形式有选择题，也有计算题．计算题中单纯考查动能定理的题目较少，往往与其他知识综合在一起考查.2.功 c3.功率 c4.重力势能 c5.弹性势能 b6.动能和动能定理d功的理解与计算【题组过关】1．(2019·浙江省名校联考)“激流勇进”是一种常见的水上机动游乐设备，常见于主题游乐园中．游客们在一定安全装置的束缚下，沿着设计好的水道漂行．其间通常会有至少一次大幅度的机械提升和瞬时跌落．图中所示为游客们正坐在皮筏艇上从高处沿斜坡水道向下加速滑行，在此过程中下列说法正确的是( )A．合力对游客做负功B．皮筏艇对游客不做功C．重力对游客做正功D．游客的机械能增加解析：选C.加速下滑，合力沿斜坡向下，合力做正功，选项A错误，重力做正功，选项C正确；皮筏艇对游客的摩擦力做负功，机械能减少，选项B、D错误．2．一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W F1、W F2分别表示拉力F1、F2所做的功，W f1、W f2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( )A．W F2>4W F1，W f2>2W f1B．W F2>4W F1，W f2＝2W f1C．W F2<4W F1，W f2＝2W f1D．W F2<4W F1，W f2<2W f1解析：选C.物体两次的加速度之比a 2∶a 1＝2v t ∶v t ＝2∶1，位移之比l 2∶l 1＝2v 2t ∶v2t ＝2∶1，摩擦力之比f 2∶f 1＝1∶1，由牛顿第二定律得F －f ＝ma ，则拉力之比F 2∶F 1＝(ma 2＋f )∶(ma 1＋f )<2，做功之比W F 2∶W F 1＝(F 2·l 2)∶(F 1·l 1)<4，W f 2∶W f 1＝(－f 2·l 2)∶(－f 1·l 1)＝2∶1，故C 正确．3．(多选)(2019·宁波模拟)如图所示，摆球质量为m ，悬线长为L ，把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球运动过程中空气阻力F 阻的大小不变，则下列说法正确的是( )A ．重力做功为mgLB ．悬线的拉力做功为零C ．空气阻力F 阻做功为－mgLD ．空气阻力F 阻做功为－12F 阻πL解析：选ABD.由重力做功特点得重力做功为：W G ＝mgL ，A 正确；悬线的拉力始终与v 垂直，不做功，B 正确；由微元法可求得空气阻力做功为：W F 阻＝－12F 阻πL ，D 正确．1．功的正、负的判断方法(1)恒力做功的判断：依据力与位移的夹角来判断．(2)曲线运动中做功的判断：依据F 与v 的方向夹角α来判断，0≤α<90°，力对物体做正功；90°<α≤180°，力对物体做负功；α＝90°，力对物体不做功．(3)依据能量变化来判断：功是能量转化的量度，若有能量转化，则必有力对物体做功．此法常用于判断两个相互联系的物体之间的相互作用力做功的情况．2．求解变力做功的几种思路(1)利用动能定理W ＝ΔE k 或功能关系W ＝ΔE 计算能量变化量ΔE 或ΔE k ，即等量替换的物理思想．(2)当变力的功率P 一定时，可用W ＝Pt 求功，如机车以恒定功率启动．(3)当变力方向不变，大小与位移成正比时，可用力对位移的平均值F ＝12(F 初＋F 末)来计算．(4)当变力大小不变，方向在变化且力的方向始终与速度方向相同或相反时，功可用力与路程的乘积计算．(5)用变力F 随位移x 的变化图象与x 轴所围的“面积”计算功．注意x 轴上、下两侧分别表示正、负功．对功率的理解与计算 【重难提炼】1．平均功率的计算 (1)利用P ＝W t.(2)利用P ＝F ·v cos α，其中v 为物体运动的平均速度，F 为恒力． 2．瞬时功率的计算(1)利用公式P ＝F ·v cos α，其中v 为t 时刻的瞬时速度． (2)P ＝F ·v F ，其中v F 为物体的速度v 在力F 方向上的分速度． (3)P ＝F v ·v ，其中F v 为物体受的外力F 在速度v 方向上的分力．对于α变化的不能用公式P ＝Fv cos α计算平均功率．3．两种启动方式的比较两种方式以恒定功率启动以恒定加速度启动P －t 图和v －t 图OA 段过程分析v ↑⇒F ＝P （不变）v↓⇒a ＝F －F 阻m↓ a ＝F －F 阻m不变⇒ F 不变，v ↑⇒P ＝Fv ↑直到P 额＝Fv 1 OA 段运动性质 加速度减小的加速直线运动匀加速直线运动，维持时间t 0＝v 1aAB 段过程分析F ＝F 阻⇒a ＝0⇒F 阻＝Pv mv ↑⇒F ＝P 额v ↓⇒a ＝F －F 阻m↓运动性质以v m 做匀速直线运动加速度减小的加速运动BC 段 无F ＝F 阻⇒a ＝0⇒以v m ＝P 额F 阻做匀速直线运动某汽车发动机的额定功率为60 kW ，汽车质量为5 t ，汽车在运动中所受阻力的大小恒为车重的0.1.(g 取10 m/s 2)(1)若汽车以额定功率启动，则汽车所能达到的最大速度是多少？当汽车速度达到5 m/s 时，其加速度是多少？(2)若汽车以恒定加速度0.5 m/s 2启动，则其匀加速过程能维持多长时间？[审题突破] (1)达到最大速度时，汽车处于什么状态？ (2)v ＝5 m/s 时，牵引力多大？(3)以加速度0.5 m/s 2启动时，牵引力多大？此阶段能达到的最大速度为多少？ [解析] (1)当汽车的加速度为零时，汽车的速度v 达到最大值v m ，此时牵引力与阻力相等，故最大速度为v m ＝P F ＝P F f ＝60×1030.1×5 000×10m/s ＝12 m/sv ＝5 m/s 时的牵引力F 1＝P v ＝60×1035N ＝1.2×104N ，由F 1－F f ＝ma 得：a ＝F 1－F fm＝1.2×104－0.1×5×103×105×103m/s 2＝1.4 m/s 2. (2)当汽车以a ′＝0.5 m/s 2的加速度启动时的牵引力F 2＝ma ′＋F f ＝(5 000×0.5＋0.1×5×103×10) N＝7 500 N匀加速运动能达到的最大速度为v ′m ＝P F 2＝60×1037 500m/s ＝8 m/s由于此过程中汽车做匀加速直线运动，满足v ′m ＝a ′t 故匀加速过程能维持的时间t ＝v ′m a ′＝80.5s ＝16 s. [答案] (1)12 m/s 1.4 m/s 2(2)16 s【题组过关】考向一 平均功率与瞬时功率1．(2019·杭州二模)质量为m 的物体静止在光滑水平面上，从t ＝0时刻开始受到水平力的作用．力的大小F 与时间t 的关系如图所示，力的方向保持不变，则( )A ．3t 0时刻的瞬时功率为5F 20t 0mB ．3t 0时刻的瞬时功率为15F 20t 0mC ．在0～3t 0这段时间内，水平力的平均功率为23F 20t 04mD ．在0～3t 0这段时间内，水平力的平均功率为25F 20t 08m解析：选B.2t 0时刻的速度大小v 2＝a 1·2t 0＝2F 0mt 0，3t 0时刻的速度大小为v 3＝v 2＋a 2t 0＝F 0m ·2t 0＋3F 0m t 0＝5F 0t 0m ，3t 0时刻力F ＝3F 0，所以瞬时功率P ＝3F 0·v 3＝15F 20t 0m，选项A 错误，B 正确；0～3t 0时间段内，水平力对物体做功W ＝F 0x 1＋3F 0x 2＝F 0×12·F 0m (2t 0)2＋3F 0·v 2＋v 32t 0＝25F 20t 202m ，平均功率P ＝W t ＝25F 20t 06m，选项C 、D 均错误． 考向二 以恒定功率启动方式的求解2．某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶，受到的阻力分别为车重的k 1和k 2倍，最大速率分别为v 1和v 2，则( )A ．v 2＝k 1v 1B ．v 2＝k 1k 2v 1 C ．v 2＝k 2k 1v 1D ．v 2＝k 2v 1解析：选B.车以最大速率行驶时，牵引力F 等于阻力F f ，即F ＝F f ＝kmg .由P ＝k 1mgv 1及P ＝k 2mgv 2，得v 2＝k 1k 2v 1，故B 正确．考向三 以恒定牵引力启动方式的求解3．(多选)(2019·宁波月考)下列各图是反映汽车(额定功率P 额)从静止开始匀加速启动，最后做匀速直线运动的过程中，其速度随时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象，其中正确的是( )解析：选ACD.从静止开始匀加速启动，由公式P ＝Fv 及题意知，当力恒定时，随着速度的增加功率P 增大，当P ＝P 额时，功率不再增加，此时，牵引力F 大于阻力f ，速度继续增加，牵引力减小，此后汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当F ＝f 时，速度达最大，做匀速直线运动．由以上分析知，B 错误，A 、C 、D 正确．4．某汽车集团公司研制了一辆燃油与电动混合动力赛车，燃油发动机单独工作时的额定功率为P ，蓄电池供电的电力发动机单独工作时的额定功率为3P4，已知赛车运动过程中受到的阻力恒定．(1)若燃油发动机单独工作时的最大速度为120 km/h ，则两台发动机同时工作时的最大速度为多少？(2)若赛车先单独启动电力发动机从静止开始做匀加速直线运动，经过t 1时间达到额定功率，然后以燃油发动机的额定功率单独启动继续加速，又经过t 2时间达到最大速度v 0，赛车总质量为m ，求赛车的整个加速距离．解析：(1)燃油发动机单独工作，P ＝F 1v 1＝fv 1 两台发动机同时工作，P ＋3P4＝F 2v 2＝fv 2最大速度v 2＝7v 14＝210 km/h.(2)燃油发动机的额定功率为P ，最大速度为v 0， 阻力f ＝P v 0匀加速过程功率随时间均匀增加，发动机的平均功率为3P8，设总路程为s ，由动能定理有3P 8t 1＋Pt 2－fs ＝12mv 20 解得s ＝P （3t 1＋8t 2）v 0－4mv 38P.答案：(1)210 km/h (2)P （3t 1＋8t 2）v 0－4mv 38P1．计算功率的基本思路(1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率，然后明确所用公式．(2)判断变力的瞬时功率的变化情况时，若F 大小不变，根据F 与v 的夹角的变化，由P ＝F ·v cos θ判断，若F 的大小和F 、v 夹角均变化时，可先把F 做功转换成其他恒力做功，然后再判断． 2．机车启动问题中的三个重要关系式(1)无论哪种运动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即v m ＝P F min ＝P F 阻(式中F min 为最小牵引力，其值等于阻力F 阻)．(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，速度不是最大，即v ＝P F ＜v m ＝P F 阻. (3)机车以恒定功率运动时，牵引力做的功W ＝Pt .由动能定理：Pt －F 阻x ＝ΔE k .此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小．动能定理的应用 【重难提炼】(多选)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] 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．[答案] BCD【题组过关】考向一 运用动能定理求变力做功1.如图所示， 在外力作用下某质点运动的v －t 图象为正弦曲线．从图中可以判断( )A ．在0～t 1时间内，外力做负功B ．在0～t 1时间内，外力的功率逐渐增大C ．在t 2时刻，外力的功率最大D ．在t 1～t 3时间内，外力做的总功为零解析：选D.由动能定理可知，在0～t 1时间内质点速度越来越大，动能越来越大，外力一定做正功，故A 项错误；在t 1～t 3时间内，动能变化量为零，可以判定外力做的总功为零，故D 项正确；由P ＝F ·v 知0、t 1、t 2、t 3四个时刻功率为零，故B 、C 都错误．2．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 2NR，已知F N ＝F ′N ＝4mg ，则质点到达N 点的动能为E k N ＝12mv 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 ′＝12mv 2Q －12mv 2N ，即12mgR －W ′＝12mv 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．考向二 运用动能定理解决往复运动问题3．如图所示，质量为 m 的滑块距挡板 P 的距离为 l 0，滑块以初速度 v 0沿倾角为θ的斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是( )A.1μ⎝⎛⎭⎪⎫v202g cos θ＋l0tan θB.1μ⎝⎛⎭⎪⎫v202g sin θ＋l0tan θC.2μ⎝⎛⎭⎪⎫v202g cos θ＋l0tan θD.1μ⎝⎛⎭⎪⎫v202g cos θ＋l0cot θ解析：选A.滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，因此滑块最终必定停在挡板P 处．设滑块经过的总路程为l，对滑块运动的全过程应用动能定理，有mgl0sin θ－μmgl cosθ＝ 0 －12mv20，解得l＝1μ⎝⎛⎭⎪⎫v202g cos θ＋l0tan θ，选项A正确．考向三运用动能定理解决曲线运动问题4．(2017·浙江选考11月)如图(1)所示是游乐园的过山车，其局部可简化为如图(2)的示意图，倾角θ＝37°的两平行倾斜轨道BC、DE的下端与水平半圆形轨道CD顺滑连接，倾斜轨道BC的B端高度h＝24 m，倾斜轨道DE与圆弧EF相切于E点，圆弧EF的圆心O1、水平半圆轨道CD的圆心O2与A点在同一水平面上，DO1的距离L＝20 m．质量m＝1 000 kg 的过山车(包括乘客)从B点自静止滑下，经过水平半圆轨道后，滑上另一倾斜轨道，到达圆弧顶端F时乘客对座椅的压力为自身重力的0.25倍．已知过山车在BCDE段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比，比例系数μ＝132，EF段摩擦力不计，整个运动过程空气阻力不计．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)(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？解析：(1)在F 点的向心力F 向＝mg －0.25mg ＝m v 2Fr，代入已知数据可知v F ＝310 m/s.(2)根据动能定理，从B 点到F 点，有 12mv 2F －0＝mgh BF ＋W 正 解得W 正＝－7.5×104J.(3)触发制动后能恰好到达E 点对应的摩擦力为F f1－F f1L cos θ－mgr cos θ＝0－12mv 2D未触发制动时，对D 点到F 点的过程，有 －μmg cos θL cos θ－mgr ＝12mv 2F －12mv 2D联立得F f1＝7316×103 N ＝4.6×103N要使过山车停在倾斜轨道上，摩擦力为F f2F f2＝mg sin θ＝6×103 N故F fm ＝6×103N. 答案：见解析1．动能定理虽然是在恒力作用下的直线运动中推导出来的，但也适用于变力做功、曲线运动的情况．2．当问题涉及力、位移(或路程)、速度，而不涉及加速度和时间时，可优先考虑利用动能定理分析问题．3．对于多过程问题，求解时可对全过程应用动能定理，从而避开对每个运动过程的具体细节进行分析，具有过程简明、运算量小等优点．4．应用动能定理的关键是写出各力做功的代数和，不要漏掉某个力做的功，同时要注意各力做功的正、负．5．应用动能定理解题的基本思路[课后作业(八)] (建议用时：50分钟)一、选择题1.(2017·浙江选考11月)如图所示，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( )A ．430 J ，7 WB ．4 300 J ，70 WC ．720 J ，12 WD ．7 200 J ，120 W解析：选B.根据相似三角形，每次俯卧撑中，重心变化的高度h 0.4 m ＝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 ，所以一分钟内克服重力做功为W 总＝nW ＝4 320 J ，功率P ＝W 总t＝72 W ，故选项B 正确． 2．假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率．如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的( )A ．4倍B ．2倍 C. 3 倍D. 2 倍解析：选D.设F f ＝kv ，当阻力等于牵引力时，速度最大，输出功率变化前，有P ＝Fv ＝F f v ＝kv ·v ＝kv 2，变化后有2P ＝F ′v ′＝kv ′·v ′＝kv ′2，联立解得v ′＝2v ，D 正确．3．(2017·浙江选考11月)如图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( )A ．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 解析：选B.登高平台克服重力做功的功率P ＝mgh t ＝400×10×605×60W ＝800 W ，而伸缩臂具有一定质量，升高了一定高度输出功率大于800 W ，选项D 错误；在1秒钟内，喷出去水的质量为m ′＝ρV ＝103×120kg ＝50 kg ，喷出去水的重力势能为W G ＝m ′gh ＝50×10×60 J ＝3×104 J ，水的动能为12m ′v 2＝1×104 J ，所以1 s 内水增加的能量为4×104J ，所以功率为4×104W ，选项B 正确，选项A 、C 错误．4.(2019·温州月考)如图所示，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 (2mg －F N ) C.12R (F N －mg ) D.12R (F N －2mg ) 解析：选A.质点在B 点，由牛顿第二定律，有：F N －mg ＝m v 2R，质点在B 点的动能为E k B ＝12mv 2＝12(F N －mg )R .质点自A 滑到B 的过程中，由动能定理得：mgR ＋W f ＝E k B －0，解得：W f ＝12R (F N －3mg )，选项A 正确，B 、C 、D 错误．5．水平面上一质量为m 的物体，在水平力F 作用下开始加速运动，如图甲所示，力F 的功率P 保持恒定，运动过程所受的阻力f 大小不变，物体速度最终达到稳定值v m ，F 作用过程中物体的速度v 的倒数与加速度a 的关系图象如图乙所示，仅在已知功率P 的情况下，根据图象所给的信息( )A ．可求出m 、f 、v mB ．不能求出mC ．不能求出fD ．可求出加速运动时间解析：选A.当加速度为零时，物体做匀速运动，此时牵引力等于阻力，速度为最大值；由功率的计算公式可得P ＝Fv ，而F －f ＝ma ，联立可得1v ＝m P a ＋fP，由题图乙可得图线的斜率为m P，纵截距为f P ＝1v m，因此可求出m 、f 和v m ，选项A 正确，B 、C 错误；物体做变加速运动，加速运动的时间不可求，选项D 错误．6．质量为2 kg 的物体以一定的初速度沿倾角为30°的斜面向上滑行，在向上滑行的过程中，其动能随位移的变化关系如图所示，则物体返回到出发点时的动能为(取g ＝10 m/s 2) ( )A ．34 JB ．56 JC．92 J D．196 J解析：选A.物体上滑的过程中重力与摩擦力都做负功，由动能定理得－mgx·sin 30°－F f x＝0－E0，下滑的过程中重力做正功，摩擦力做负功，得mgx·sin 30°－F f x＝E－0，代入数据得E＝34 J，故选A.7．如图甲所示，轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个质量m＝0.5 kg 的物块，处于静止状态．以物块所在处为原点，以竖直向下为正方向建立x轴，重力加速度g＝10 m/s2.现对物块施加竖直向下的拉力F，F随x变化的情况如图乙所示．若物块运动到x＝0.4 m处速度为零，则在物块下移0.4 m的过程中，弹簧弹性势能的增加量为( )A．5.5 J B．3.5 JC．2.0 J D．1.5 J解析：选A.由图线与横轴所围的“面积”可得物块下移0.4 m的过程中，拉力F做的功W＝3.5 J，重力势能减少量mgx＝2 J，由功能关系，弹簧弹性势能的增加量ΔE p＝W＋mgx＝5.5 J，选项A正确．8.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F的作用下，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，后增大解析：选A.因小球速率不变，所以小球以O点为圆心做匀速圆周运动，受力如图所示，因此在切线方向上应有：mg sin θ＝F cos θ，得F＝mg tanθ.则拉力F的瞬时功率P＝F·v cos θ＝mgv·sin θ.从A运动到B的过程中，拉力的瞬时功率随θ的增大而增大，A项正确．9．(2018·浙江选考4月)如图所示，一根绳的两端分别固定在两座猴山的A、B处，A、B两点水平距离为16 m，竖直距离为2 m，A、B间绳长为20 m．质量为10 kg的猴子抓住套在绳上的滑环从A处滑到B处．以A点所在水平面为参考平面，猴子在滑行过程中重力势能最小值约为(绳处于拉直状态)( )A ．－1.2×103J B ．－7.5×102J C ．－6.0×102 JD ．－2.0×102J解析：选B.由图可知猴子到C 点时重力势能最小，∠BCF ＝∠ECF ＝θ，所以L BC ·sin θ＋L AC ·sin θ＝BD ，所以sin θ＝BD L AB ＝45，即θ＝53°.AD ＝2 m ，则ED ＝AD ·tan 53°＝83m ，所以FE ＝203 m ．FC ∶AD ＝FE ∶ED ，得FC ＝5 m ，所以AC 高度差为7 m ，再加上猴子自身高度，重心距套环约为0.5 m ，故猴子重力势能最小约为E p ＝－mgh ＝－750 J ，故选项B 正确．10．(多选)汽车从静止匀加速启动，最后做匀速运动，其速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象如图所示，其中正确的是( )解析：选ACD.汽车启动时由P ＝Fv 和F －F f ＝ma 可知，匀加速启动过程中，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A 、C 、D 正确，B 错误．二、非选择题11.如图所示，竖直向上拉动细绳，使质量m ＝1 kg 的物体从静止开始以5 m/s2的加速度上升，不计滑轮及绳子的质量和摩擦，则拉力F 在1 s 内对物体做的功为多大？拉力F 在1 s 末的瞬时功率为多大？(g 取10 m/s 2)解析：对物体受力分析，由牛顿第二定律得： 2F －mg ＝ma ，由运动学规律可得在 1 s 内物体上升的高度和1 s 末的速度分别为h ＝12at 2，v ＝at .根据动滑轮的特点以及功的定义可得，在1 s 内力F 做的功为W ＝F ·2h . 1 s 末力F 对物体做功的瞬时功率为P ＝F ·2v 联立上述方程，代入数据可得：W ＝37.5 J ，P ＝75 W.答案：37.5 J 75 W12．(2019·湖州模拟)高速连续曝光照相机可在底片上重叠形成多个图象．现利用这架照相机对MD －2 000家用汽车的加速性能进行研究，如图为汽车做匀加速直线运动时三次曝光的照片，图中汽车的实际长度为4 m ，照相机每两次曝光的时间间隔为2.0 s .已知该汽车的质量为 1 000 kg ，额定功率为90 kW ，汽车运动过程中所受的阻力始终为 1 500 N.(1)试利用图示，求该汽车的加速度．(2)若汽车由静止开始以此加速度做匀加速运动，匀加速运动状态最多能保持多长时间． (3)汽车所能达到的最大速度是多大．(4)若该汽车从静止开始运动，牵引力不超过3 000 N ，求汽车运动2 400 m 所用的最短时间(汽车已经达到最大速度)．解析：(1)由题图可得汽车在第1个2 s 时间内的位移x 1＝9 m ，第2个2 s 时间内的位移x 2＝15 m汽车的加速度a ＝Δx T2＝1.5 m/s 2.(2)由F －F f ＝ma 得，汽车牵引力F ＝F f ＋ma ＝(1 500＋1 000×1.5) N ＝3 000 N汽车做匀加速运动的末速度v ＝P 额F ＝90×1033×103m/s ＝30 m/s匀加速运动保持的时间t 1＝v a ＝301.5s ＝20 s.(3)汽车所能达到的最大速度v m ＝P 额F f ＝90×1031.5×103m/s ＝60 m/s.(4)由(1)、(2)知匀加速运动的时间t 1＝20 s ，运动的距离x ′1＝vt 12＝302×20 m ＝300 m所以，后阶段以恒定功率运动的距离x ′2＝(2 400－300) m ＝2 100 m对后阶段以恒定功率运动，有P 额t 2－F f x ′2＝12m (v 2m －v 2)解得t 2＝50 s所以，所用最短时间为t 总＝t 1＋t 2＝(20＋50) s ＝70 s. 答案：(1)1.5 m/s 2(2)20 s (3)60 m/s (4)70 s13．(2018·高考全国卷Ⅲ)如图，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道PA 在A 点相切，BC 为圆弧轨道的直径，O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，sin α＝35.一质量为m 的小球沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆弧轨道通过C 点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用．已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g .求(1)水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小； (2)小球到达A 点时动量的大小； (3)小球从C 点落至水平轨道所用的时间．解析：(1)设水平恒力的大小为F 0，小球到达C 点时所受合力的大小为F .由力的合成法则有F 0mg＝tan α①F 2＝(mg )2＋F 20②设小球到达C 点时的速度大小为v ，由牛顿第二定律得F ＝m v 2R③由①②③式和题给数据得F 0＝34mg ④v ＝5gR 2.⑤ (2)设小球到达A 点的速度大小为v 1，作CD ⊥PA ，交PA 于D 点，由几何关系得DA ＝R sinα⑥CD ＝R (1＋cos α)⑦由动能定理有－mg ·CD －F 0·DA ＝12mv 2－12mv 21⑧由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A 点的动量大小为p ＝mv 1＝m 23gR2.⑨(3)小球离开C 点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g .设小球在竖直方向的初速度为v ⊥，从C 点落至水平轨道上所用时间为t .由运动学公式有v ⊥t ＋12gt 2＝CD ⑩ v ⊥＝v sin α⑪由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得t ＝355R g.⑫答案：见解析。
2020年高考物理二轮提分秘籍：12类计算题归类分析(学生版)
2020年高考物理二轮复习热点题型与提分秘籍专题20 12类计算题归类分析题型一匀变速直线运动规律的应用【典例分析1】(2020·安徽皖中名校联盟高三第一次模拟联考)百度宣布,其无人驾驶汽车已完成国内首次城市、环路及高速道路混合路况下的全自动驾驶．(1)如图所示,无人驾驶汽车车头装有一个激光雷达,就像车辆的“鼻子”,随时“嗅”着前方80 m范围内车辆和行人的“气息”．若无人驾驶汽车在某路段刹车时的加速度为3.6 m/s2,为不撞上前方静止的障碍物,汽车在该路段匀速行驶时的最大速度是多少？(2)若一辆有人驾驶的汽车在该无人驾驶汽车后30 m处,两车都以20 m/s的速度行驶,当前方无人驾驶汽车以3.6 m/s2的加速度刹车1.4 s后,后方汽车驾驶员立即以5.0 m/s2的加速度刹车．试通过计算判断两车在运动过程中是否会发生追尾事故？【提分秘籍】(1)求解匀变速直线运动问题的一般思路①准确选取研究对象,根据题意画出物体在各阶段的运动示意图,直观呈现物体的运动过程．②明确物体在各阶段的运动性质,找出题目给定的已知量、待求未知量以及中间量．③合理选择运动学公式,列出物体在各阶段的运动方程,同时列出物体各阶段间的关联方程．(2)追及、相遇或避免碰撞等问题的解题思路画出运动过程示意图；找出时间关系、速度关系、位移关系并列出方程.【突破训练】1.(2019·洛阳六校联考)ETC是目前世界上最先进的路桥收费方式,它通过安装在车辆挡风玻璃上的车载电子标签与设在收费站ETC通道上的微波天线进行短程通信,利用网络与银行进行后台结算处理,从而实现车辆不停车就能支付路桥费的目的．我国ETC已实现全国联网,大大缩短了车辆通过收费站的时间．假设一辆汽车以10 m/s的速度驶向收费站,若进入人工收费通道,它从距收费窗口20 m处开始匀减速,至窗口处恰好停止,再用10 s时间完成交费,若进入ETC通道,它从某位置开始匀减速,当速度减至5 m/s后,再以此速度匀速行驶5 m即可完成交费,若两种情况下,汽车减速时加速度相同,求：(1)汽车进入ETC通道减速行驶的位移大小；(2)汽车从开始减速到交费完成,从ETC通道比从人工收费通道通行节省的时间．2.(2019·广东惠州二模)近几年,国家取消了7座及以下小车在法定长假期间的高速公路收费,给自驾出行带来了很大的实惠,但车辆的增多也给道路的畅通增加了压力,因此交管部门规定,上述车辆通过收费站口时,在专用车道上可以不停车拿(交)卡而直接减速通过。
2020高考物理二轮复习精品资料Ⅰ专题5 功、功率与动能
功、功率与动能定理【2020命题趋向】功、能、能量守恒是近几年高考理科综合物理命题的重点、热点和焦点，也是广大考生普遍感到棘手的难点之一．能量守恒贯穿于整个高中物理学习的始终，是联系各部分知识的主线．它不仅为解决力学问题开辟了一条重要途径，同时也为我们分析问题和解决问题提供了重要依据．守恒思想是物理学中极为重要的思想方法，是物理学研究的极高境界，是开启物理学大门的金钥匙，同样也是对考生进行方法教育和能力培养的重要方面．因此，功、能、能量守恒可谓高考物理的重中之重，常作为压轴题出现在物理试卷中．纵观近几年高考理科综合试题，功、能、能量守恒考查的特点是：①灵活性强，难度较大，能力要求高，内容极丰富，多次出现综合计算；②题型全，不论是从内容上看还是从方法上看都极易满足理科综合试题的要求，经常与牛顿运动定律、圆周运动、电磁学和近代物理知识综合运用，在高考中所占份量相当大．从考题逐渐趋于稳定的特点来看，我们认为：2020年对功、能、能量守恒的考查重点仍放在分析问题和解决问题的能力上．因此在第二轮复习中，还是应在熟练掌握基本概念和规律的同时，注重分析综合能力的培养，训练从能量守恒的角度分析问题的思维方法．【考点透视】1．功的计算：（1）恒力做功的计算一般根据公式W =FS cosα，注意S严格的讲是力的作用点的位移.（2）将变力做功转化为恒力做功，常见的方法有三种：①如力是均匀变化的可用求平均力的方法将变力转化为恒力.②耗散力（如空气阻力）在曲线运动（或往返运动）过程中，所做的功等于力和路的乘积，不是力和位移的乘积，可将方向变化大小不变的变力转化为恒力来求力所做的功.③通过相关连点的联系将变力做功转化为恒力做功.2．摩擦力做功的特点（1）静摩擦力做功的特点①静摩擦力可以对物体做正功,也可以对物体做负功,还可以不做功.②在静摩擦力做功的过程中,只有机械能的相互转移(静摩擦力起着传递机械能的作用),而没有机械能转化为其它形式的能(如:没有内能的产生).③相互摩擦的系统内,一对静摩擦力所做功的总和等于零.（2）滑动摩擦力做功的特点① 滑动摩擦力可以对物体做正功,也可以对物体做负功,还可以不做功.②滑动摩擦力做功的过程中,能量的转化有两个方面:一是相互摩擦的物体之间机械能的转移;二是机械能转化为内能,转化为内能的量值等于机械能的减少量.③ 相互摩擦的系统内,一对滑动摩擦力所做功的总和总是负值,其绝对值等于滑动摩擦力与相对位移的乘积,即恰好等于系统损失的机械能,也等于系统增加的内能,表达式为Q=F•滑动s 相对. (s 为这两个物体间相对移动的路程).3．机动车的两种特殊起动过程分析（1）以恒定的功率起动：机车以恒定的功率起动后，若运动过程中所受阻力F´不变，由 于牵引力v P F =，随v 增大，F 减小，根据牛顿第二定律m Fmv P m F F a '-='-=，当速度v 增大时，加速度a 减小，其运动情况是做加速度减小的加速动，直至F=F′时，a 减小至零，此后速度不再增大，速度达到最大值而做匀速运动，做匀速直线运动的速度是F Pv m '=，这一过程的v-t 关系如图所示.（2）车以恒定的加速度a 运动：由m F F a '-=知，当加速度a 不变时，发动机牵引力F 恒定，再由P = Fv 知，F 一定，发动机实际输出功率P 随v 的增大而增大，但当P 增大到额定功率以后不再增大，此后，发动机保持额定功率不变，v 继续增大，牵引力F 减小，直至F = F´时，a ＝0，车速达到最大值F P v m '=额，此后匀速运动.在P 增至P 额之前，车匀加速运动，其持续时间为a F ma P Fa P a v t )(00'+===额额（这个v 0必定小于v m ，它是车的功率增至P 额之时的瞬时速度）.计算时，利用F - F´=ma ，先算出F ；再求出F Pv 额=0，最后根据v=at 求t 0；在P 增至P 额之后，为加速度减小的加速运动，直至达到v m .这一过程的v/t 关系如图所示：注意：P =F v 中的F 仅是机车的牵引力，而非车辆所受合力，这一点在计算题目时极易出错.4．动能定理及其应用（1）对动能定理的理解：①W 总是所有外力对物体做的总功，这些力对物体所做功的代数和等于物体动能的增量，即W 总＝W 1+W 2+……（代数和）.或先将物体的外力进行合成，求出合外力F 合后，再用W 总=F 合s cos α进行计算.②因为动能定理中功和能均与参照物的选取有关，所以动能定理也与参照物的选取有关.中学物理中一般取地球为参照物.③不论物体做什么形式的运动，受力如何，动能定理总是适用的.④动能定理是计算物体位移或速率的简捷公式.当题目中涉及到位移时可优先考虑动能定理.⑤做功的过程是能量转化的过程，动能定理表达式中的“＝”的意义是一种因果联系的数值上相等的符号，它并不意味着“功就是动能增量”，也不意味着“功转变成了动能”，而是意味着“功引起物体动能的变化”.⑥动能定理公式两边每一项都是标量，因此动能定理是个标量方程.⑦若12k k E E >，即0>总W ，合力对物体做正功，物体的动能增加；若12k k E E <,即0<总W ，合力对物体做负功，物体的动能送减少.（2）应用动能定理应该注意：①明确研究对象和研究过程，找出始、末状态的速度情况.②要对物体进行正确的受力分析（包括重力、弹力等），明确各力的做功大小及正、负情况.③有些力在运动过程中不是始终存在，若物体运动过程中包含几个物理过程，物体运动状态、受力等情况均发生变化，则在考虑外力做功时，必须根据不同情况，分别对待.④若物体运动过程中包含几个不同的物理过程，解题时，可以分段考虑，也可视为一个整体过程，列出动能定理求解.5.机械能守恒定律及其应用（1）机械能是否守恒的判断①物体只受重力，只发生动能和重力势能的相互转化.如自由落体运动，抛体运动等.②只有弹力做功，只发生动能和弹性势能的相互转化.如在光滑水平面运动的物体碰到一个弹簧，和弹簧相互作用的过程中，对物体和弹簧组成的系统来说，机械能守恒.③物体既受重力，又受弹力，但只有重力和弹力做功，只发生动能、弹性势能、重力势能的相互转化，如自由下落的物体落到竖直的弹簧上和弹簧相互作用的过程.对物体和弹簧组成的系统来说，机械能守恒.④除受重力（或弹力）外，受其他力，但其他力不做功，或其他力做功的代数和为零.如物体在沿斜面拉力F的作用下沿斜面向下运动，其拉力的大小与摩擦力的大小相等，在此运动过程中，其机械能守恒，只要满足上述条件，机械能一定守恒，要切实理解.（2）应用机械能守恒定律的解题思路④明确研究对象，即哪些物体参与了动能和势能的相互转化，选择合适的初态和末态.②分析物体的受力并分析各个力做功，看是否符合机械能守恒条件.只有符合条件才能应用机械能守恒定律.③正确选择守恒定律的表达式列方程，可分过程列式，也可对全过程列式.④求解结果说明物理意义.【命题角度】功、功率、动能、动能定理1.如图5—1所示，木块A放在木块B的左上端，第一次将B固定在桌上，用恒力F 拉A到B的右端，F所做的功为W1；第二次B放在光滑地面上，用力F拉A到B右端，F做功为W2，比较两次做功大小 ( )图5—1A．W1<W2 B．W1=W2 C．W1>W2 D．无法比较[考场错解]B[专家把脉]把A在B上滑行的距离误认为A的位移，错误的原因是对做功公式w=Fscosθ中各物理量的意义理解不准确，位移s应以地面为参考系，不能以木块 B为参考系． [对症下药] A第一次拉动时，B静止，A的位移大小就是B的长度：s2=l；第二次拉动时，B在光滑的地面上滑动的位移设为s′，A的位移大小是：s2=l+s′．两次均用恒力F 拉动，故有w1=Fs l=F l，W2=Fs2=F(l+ s′)，所以选项A正确．2.质量相等的A、B两球，从同一高度h同时开始运动，A做平抛运动，B做自由落体运动，则 ( )A．下落过程重力对两球做功相等B两球落地时动能相等C．下落过程中，在相同时刻，两球重力的功率始终相同D．下落过程，两球重力的平均功率相同[考场错解]漏选C．[专家把脉]两球重力相等，下落过程中，在相同时刻两球的速度大小、方向均不同，误认为重力的瞬时功率不相同，其原因是对瞬时功率的计算公式P=Fv或P=Fvcosθ理解不准确．[对症下药] ACD重力做功与物体的运动路径无关，两球重力相等，下落高度相等，所以选项A正确；由动能定理或机械能守恒定律可判断选项B错误；由平抛运动规律可知两球下落时间相等，选项D正确；由平抛运动规律可知两球下落过程任一时刻，B球竖直向下的分速度与A球的竖直速度相等，重力相等，所以选项C正确．3.如图5—2所示，质量为m的木块与水平转台之间的动摩擦因数为μ，木块与转轴相距为R，木块随转台由静止开始转动．当转速增加至某值时，木块即将在转台上滑动，此时转台已开始匀速转动，在这一过程中，摩擦力对木块做的功是 ( )A．0 B. 2πμmgR C．2μmgR DμmgR/2[考场错解]A或B[专家把脉]误认为木块随转台做圆周运动，摩擦力是向心力，方向时刻指向圆心，故摩擦力对木块不做功，误选A；认为木块与转台间的摩擦力大小为μmg，方向与速度方向相同，摩擦力对木块做功是2πμmgR，误选B[对症下药]D木块随转轴做速度逐渐增大的圆周运动，木块与转台间的静摩擦力应有两个作用效果，一个分力方向指向圆心，其作用是改变速度的方向，另一个分力方向与速度方向相同，其作用是改变速度的大小，所以木块所受摩擦力的方向既不指向圆心，也不与速度方向相同，且大小和方向在变化．当木块即将在转台上滑动时，摩擦力大小为μmg方向指向圆心，设此时速度为v，根据牛顿第二定律得：μmg=mv2，由动能定理，摩擦力对木块做功：W=mv2/2-O=μmgR/2，所以选项D正确．4．如图5—3所示，在匀加速向左运动的车厢内，一个人用力向前推车厢，若人与车始终保持相对静止，则以下结论中哪个是正确的 ( )A 人对车厢做正功B 车厢对人做正功 C．人对车厢不做功 D．条件不足，无法确定[考场错解]A[专家把脉]误认为人对车厢的作用力只有人对车厢前壁的水平推力，由于车向左运动，故力和位移同方向，所以人对车厢做正功．同理车厢对人做负功．[对症下药]B如果人只受到车厢前壁对他的水平向右的弹力，那么人受到的合力不可能向左．故人还受到另外一个作用力，即车厢底部对他水平向左的摩擦力,且向左的摩擦力大于向右的弹力．摩擦力对人做正功，向右的支持力做负功，它们的代数和为正，车厢底部对人竖直向上的弹力对人不做功，故车厢对人做正功．选项B正确．同理，分析人对车厢做负功.5．如图5—4所示，一块长木板B放在光滑水平地面上，在B上放一个木块A，现以恒定的水平力F拉B．由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参照物，A、B 都向前移动一段距离，在此过程中 ( )A外力F做的功等于系统动能增量B B对A的摩擦力所做的功等于A的动能增量C．A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功D．外力F对B所做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做功之和[考场错解]AC[专家把脉]恒定的水平拉力F为系统的合外力，对系统误用动能定理，外力做的功等于系统动能的增量．误认为作用力和反作用力做功代数和一定为零．[对症下药]BD作用力和反作用力只是大小相等、方向相反，但它们的作用点作用在两个物体上，两个物体的位移没有必然联系，所以作用力和反作用力做功的代数和不一定为零．可以都做正功，都做负功，也可以一个做功，另一个不做功．可以推导出一对滑动摩擦力做功的代数和一定为负值，大小等于滑动摩擦力大小乘以相对路程，即W=fs相对路程，故选项C错误．因为一对滑动摩擦力做功不为零，故对系统应用动能定理时要考虑内力做功，故选项A错误．对A应用动能定理，只有B对A的摩擦力对A做功，故选项B正确．同理，对B应用动能定理，外力F对B所做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做功之和，故选项D正确．6．一个质量为4 kg的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数μ=0.1.从t=0开始，物体受到一个大小和方向呈周期性变化的水平力F作用，力F随时间的变化规律如图5—5所示(g取10m/s2)．求：(1)83 s内物体的位移大小； (2)力F对物体所做的功．[考场错解]感觉过程复杂不知从何入手解答或找到规律但是对最后3 s内的分析出现错误．[专家把脉]对周期性变化的力学问题①要认真分析物体在第一个周期内的受力情况和运动情况，从而找到物体运动的规律②要注意过程中间是否有转折点，结束前的一段时间是否还遵循前面所总结的规律③优先对全过程选择规律列方程，其次分段求解．[对症下药] (1)0-T/2、 T-3T/2、2T-5T/2、3T-7T/2、……时间内物体的加速度大小为方向与正方向相同，T/2-2T、3T/2—2T、5T/2—3T、……时间内物体的加速度大小为，方向与正方向相反所以在每个周期T内，前T/2时间内做初速度为零的匀加速直线运动，后T/2时间内做匀减速直线运动，且速度恰好减为零．每个T/2时间内的位移均为82 s内物体的位移大小82 s末物体的速度大小第83 s内物体的位移大小为所以83 s内物体的位移大小 S—S1+S2—167m，(2)83 s末物体的速度大小设力F对物体所做的功为W F，全过程由动能定理得解得：W F=676 J．专家会诊解决这类问题要注意以下三点：(1)恒力做功一般用公式w=Rcos a直接计算；变力做功一般只能根据功和能的关系求解，若变力的功率恒定，可以用公式W—R计算；(2)利用功率的定义式求出的是平均功率：在公式P=Fvcosa中，若口是平均速度，对应的功率为平均功率．若v是瞬时速度，对应的功率是瞬时功率，通常用这个公式计算瞬时功率． (3)动能定理反映了外力对物体的功与物体动能变化之间的关系，利用动能定理解题的一般思路是：①明确研究对象；②分析研究对象的受力情况，弄清哪些外力做功，是做正功还是负功；③分析研究对象的运动过程，弄清初状态、末状态物体的动能：④用动能定理列方程求解．【高考真题精解精析】【2020高考试题解析】1.（海南）一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t=0时起，第1秒内受到2N 的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1N的外力作用。
2020年高考物理二轮提分秘籍：动量与能量(学生版)
2020年高考物理二轮复习热点题型与提分秘籍专题08 动量与能量题型一动量定理的应用【题型解码】1.注意动量的矢量性及动量变化量的矢量性．2.动量定理Ft＝p′－p中“Ft”为合外力的冲量．3.要明确过程的初、末状态．【典例分析1】(2019·天津南开区二模)高空作业须系安全带。
如果质量为m的高空作业人员不慎跌落,从开始跌落到安全带刚对人产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动),重力加速度大小为g,设竖直向上为正方向,则此过程人的动量变化量为________。
此后经历时间t安全带达到最大伸长量,若在此过程中安全带作用力始终竖直向上,则该段时间安全带对人的平均作用力大小为________。
【典例分析2】(2019·山东青岛高三一模)雨打芭蕉是我国古代文学中重要的抒情意象。
为估算雨天院中芭蕉叶面上单位面积所承受的力,小玲同学将一圆柱形水杯置于院中,测得10分钟内杯中雨水上升了15 mm,查询得知,当时雨滴落地速度约为10 m/s,设雨滴撞击芭蕉叶面后无反弹,不计雨滴重力,雨水的密度为1×103 kg/m3,据此估算芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为()A．0.25 N B．0.5 N C．1.5 N D．2.5 N【提分秘籍】1.应用动量定理时应注意的问题(1)动量定理的研究对象可以是单一物体,也可以是质点系,在研究质点系问题时,受力分析只考虑质点系的外力。
(2)动量定理的表达式是矢量式,在一维情况下,各个矢量必须选取统一的正方向。
(3)动量定理是过程定理,解题时必须明确物体运动过程中的受力情况及初末状态的动量。
(4)一般来说,用牛顿第二定律能解决的问题,用动量定理也能解决,如果题目不涉及加速度和位移,用动量定理求解更简捷。
动量定理不仅适用于恒力,也适用于变力。
变力情况下,动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。
2．在日常的生活与生产中,常涉及流体的连续相互作用问题,用常规的方法很难解决,若构建柱体微元模型,然后用动量定理分析,则可使问题迎刃而解。
2020版高考物理二轮复习专题限时集训功功率动能定理含解析
B．物体从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功等于2μmgR
C．拉力F做的功小于2mgR
D．拉力F做的功为mgR(1＋2μ)
CD[物体在下滑过程中.开始阶段.重力沿轨道切线方向的分力大于滑动摩擦力.物体的速度增大。后来.重力沿轨道切线方向的分力小于滑动摩擦力.速度减小.则当重力沿轨道切线方向的分力等于滑动摩擦力时速度最大.此位置在A、B之间.故A错误；物体缓慢地从B被拉到A.克服摩擦力做的功为μmgR.而物体从A滑到B的过程中.物体做圆周运动.根据向心力知识可知物体所受的支持力比缓慢运动时要大.则滑动摩擦力增大.所以克服摩擦力做的功Wf大于μmgR.因此物体从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功大于2μmgR.故B错误；从C到A的过程中.根据动能定理得：WF－mgR－μmgR－μmgR＝0－0.则由此可得拉力F做的功为WF＝mgR(1＋2μ).故D正确；从A到C的过程中.根据动能定理得：mgR－Wf－μmgR＝0.因为Wf＞μmgR.由此可得：mgR＞μmgR＋μmgR.由以上可得：WF＜2mgR.故C正确。所以C、D正确.A、B 错误。]
10．(多选)如图所示.竖直平面内有一半径为R的固定 圆轨道与水平轨道相切于最低点B。一质量为m的小物块P(可视为质点)从A处由静止滑下.经过最低点B后沿水平轨道运动.到C处停下.B、C两点间的距离为R.物块P与圆轨道、水平轨道之间的动摩擦因数均为μ。现用力F将该小物体沿下滑的路径从C处缓慢拉回圆弧轨道的顶端A.拉力F的方向始终与小物体的运动方向一致.小物体从B处经圆弧轨道到达A处过程中.克服摩擦力做的功为μmgR.下列说法正确的是( )
5.(20xx·福建省普通高中毕业班质量测检)如图所示.水平传送带以恒定速度v顺时针转动.传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧。将小物块P轻放在传送带左端.P在接触弹簧前速度已达到v.与弹簧接触后弹簧的最大形变量为d。P的质量为m.与传送带之间的动摩擦因数为μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力.重力加速度为g。从P开始接触弹簧到弹簧第一次达到最大形变的过程中( )
2020届高考物理二轮复习微专题04 功和功率 动能定理
考点 探究
KAODIAN TANJIU
点评▶ 解答此题的关键:一是要注意滑动摩擦力做功与路径有关,直线运动中在摩擦 力大小不变的情况下其做的功应等于其大小与路程的乘积;二是弹簧的弹力是变力时, 可以由功能关系求得;三是瞬时功率直接由推导式 P=Fv 求解。
考点 探究
变式训练
KAODIAN TANJIU
小物块的质量为 m,从 A 点向左沿水平地面运动,压缩弹簧后被弹回,运动到 A 点恰好
静止。物块向左运动的最大距离为 s,与地面间的动摩擦因数为 μ,重力加速度为 g,弹
簧未超出弹性限度。在上述过程中(BCD )。
A.弹簧的最大弹力为 μmg
B.物块克服摩擦力做的功为 2μmgs
C.压缩弹簧过程克服弹力做的功为 μmgs D.物块开始在 A 点摩擦力的瞬时功率大小为 2μmg ������������������
a-t 图象 化量
F-x 图象 由公式 W=Fx 可知,F-x 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功 P-t 图象 由公式 W=Pt 可知,P-t 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功
考点 探究
KAODIAN TANJIU
典型例题 2.(2019 年全国卷Ⅰ,T21)(多选)在星球 M 上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上,把物体
1.(2019 年福建省泉州市高中毕业质检)(多选)如图所示,轻绳一端固定在 O 点,另一
端系一质量为 m 的小球。现将小球拉至与 O 点等高的 A 处,由静止释放后小球摆
到最低点 B,此时速度大小为 v。不计空气阻力,已知重力加速度大小为 g。下列说
法正确的是( AC )。 A.该过程重力做的功为1mv2
B.Q 的质量是 P 的 3 倍
2020年高考物理二轮复习热点题型：功和功率的理解与计算(附教师版)
2020年高考物理二轮复习热点题型功和功率的理解与计算热点题型一功的分析及恒力功的计算1．计算功的方法(1)对于恒力做功利用W＝Fl cos α；(2)对于变力做功可利用动能定理(W＝ΔE k)；(3)对于机车启动问题中的定功率启动问题，牵引力的功可以利用W＝Pt.2．合力功计算方法(1)先求合外力F合，再用W合＝F合l cos α求功．(2)先求各个力做的功W1、W2、W3、…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合外力做的功．3．几种力做功比较(1)重力、弹簧弹力、电场力、分子力做功与位移有关，与路径无关．(2)滑动摩擦力、空气阻力、安培力做功与路径有关．(3)摩擦力做功有以下特点：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；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．③相互作用的一对滑动摩擦力做功过程中会发生物体间机械能转移和机械能转化为内能，内能Q＝F f x相对．对功的正、负的判断【例1】.一辆正沿平直路面行驶的车厢内，一个面向车前进方向站立的人对车厢壁施加水平推力F，在车前进s的过程中，下列说法正确的是()A．当车匀速前进时，人对车做的总功为正功B．当车加速前进时，人对车做的总功为负功C．当车减速前进时，人对车做的总功为负功D．不管车如何运动，人对车做的总功都为零【变式1】如图所示，木块B上表面是水平的，木块A置于B上，并与B保持相对静止，一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑过程中()A．A所受的合外力对A不做功B．B对A的弹力做正功C．B对A的摩擦力做正功D．A对B做正功【变式2】(2019·河北邯郸月考)里约奥运会男子100米决赛中，牙买加名将博尔特以9秒81的成绩夺得冠军．博尔特在比赛中，主要有起跑加速、途中匀速和加速冲刺三个阶段，他的脚与地面间不会发生相对滑动．以下说法正确的是()A．加速阶段地面对人的摩擦力做正功B．匀速阶段地面对人的摩擦力不做功C．由于人的脚与地面间不发生相对滑动，所以不论加速还是匀速，地面对人的摩擦力始终不做功D．无论加速还是匀速阶段，地面对人的摩擦力始终做负功恒力做功的求解恒力做功的计算方法【例2】．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W F1、W F2分别表示拉力F1、F2所做的功，W f1、W f2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则()A．W F2>4W F1，W f2>2W f1B．W F2>4W F1，W f2＝2W f1 C．W F2<4W F1，W f2＝2W f1D．W F2<4W F1，W f2<2W f1【变式1】如图所示，质量为m的物体在恒力F的作用下从底端沿斜面向上一直匀速运动到顶端，斜面高h，倾斜角为θ.现把物体放在顶端，发现物体在轻微扰动后可匀速下滑，重力加速度大小为g.则在上升过程中恒力F做的功为()A．Fh B．Mgh C．2mgh D．无法确定【变式2】如图所示，两个物体与水平地面间的动摩擦因数相等，它们的质量也相等．在甲图中用力F1拉物体，在乙图中用力F2推物体，夹角均为α，两个物体都做匀速直线运动，通过相同的位移．设F1和F2对物体所做的功分别为W1和W2，物体克服摩擦力做的功分别为W3和W4，下列判断正确的是()甲乙A．F1＝F2B．W1＝W2 C．W3＝W4D．W1－W3＝W2－W4 热点题型二求解变力做功的四种方法应用动能定理用力W微元法质量为力做功＝平均力弹簧由伸长＝图象法一水平拉力与横轴所围面积表示拉力所做的功，【例3】如图所示，质量为m的小球用长L的细线悬挂而静止在竖直位置．现用水平拉力F 将小球缓慢拉到细线与竖直方向成θ角的位置．在此过程中，拉力F做的功为()A．FL cos θ B．FL sin θ C．FL(1－cos θ) D．mgL(1－cos θ) 【变式1】如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑。
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2020年高考物理二轮复习热点题型与提分秘籍专题06 功和功率 动能定理题型一 功和功率的理解和计算【题型解码】1.要注意区分是恒力做功,还是变力做功,求恒力的功常用定义式．2.变力的功根据特点可将变力的功转化为恒力的功(如大小不变、方向变化的阻力),或用图象法、平均值法(如弹簧弹力的功),或用W ＝Pt 求解(如功率恒定的力),或用动能定理等求解．【典例分析1】(2019·山东菏泽市下学期第一次模拟)如图所示,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( )A ．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 2gh πC ．物块在B 点时对槽底的压力大小为(R ＋2h )mgR D ．物块到B 点时重力的瞬时功率为mg 2gh【典例分析2】(2019·湖北武汉高三3月调研)如图所示,将完全相同的四个小球1、2、3、4分别从同一高度由静止释放或平抛(图乙),其中图丙是一倾角为45°的光滑斜面,图丁为14光滑圆弧,不计空气阻力,则下列对四种情况下相关物理量的比较正确的是( )A ．落地时间t 1＝t 2＝t 3＝t 4B ．全程重力做功W 1＝W 2>W 3＝W 4C ．落地瞬间重力的功率P 1＝P 2＝P 3＝P 4D ．全程重力做功的平均功率P 1＝P 2>P 3>P 4【提分秘籍】计算功和功率时应注意的问题(1)计算功时,要注意分析受力情况和能量转化情况,分清是恒力做功,还是变力做功,恒力做功一般用功的公式或动能定理求解,变力做功用动能定理、转化法或图象法求解。
(2)用图象法求外力做功时应注意横轴和纵轴分别表示的物理意义,若横轴表示位移,纵轴表示力,则可用图线与横轴围成的面积表示功,例如下图甲、乙、丙所示(丙图中图线为14圆弧),力做的功分别为W 1＝F 1x 1、W 2＝12F 2x 2、W 3＝π4F 3x 3。
(3)计算功率时,要明确是求瞬时功率,还是平均功率,若求瞬时功率,应明确是哪一时刻或哪个位置的瞬时功率,若求平均功率应明确是哪段时间内的平均功率；应注意区分公式P ＝W t 和公式P ＝Fv cos θ的适用范围,P ＝Wt 计算的是平均功率,P ＝Fv cos θ侧重于对瞬时功率的计算。
【突破训练】1. (2019·合肥高三第三次质检)图示为一辆配备了登高平台的消防车,其伸缩臂能够在短时间内将承载了3名消防员的登高平台(人与平台的总质量为300 kg)抬升到60m 高的灭火位置,此后消防员用水炮灭火。
已知水炮的出水量为3m 3/min,水离开炮口时的速度为20m/s,水的密度为1.0×103kg/m 3,g 取10 m/s 2。
下列说法正确的是( )A ．使水炮工作的发动机的输出功率为10 kWB ．使水炮工作的发动机的输出功率为30 kWC ．伸缩臂抬升登高平台过程中所做的功为1.8×104 JD ．伸缩臂抬升登高平台过程中所做的功为1.8×105 J2．(2019·四川广元市第二次适应性统考)某质量m ＝1 500 kg 的“双引擎”小汽车,当行驶速度v ≤54 km/h 时靠电动机输出动力；当行驶速度在54 km/h<v ≤90 km/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1 250 N ．已知汽车在t 0时刻第一次切换动力引擎,以后保持恒定功率行驶至第11 s 末．则在前11 s 内( )A ．经过计算t 0＝6 sB ．电动机输出的最大功率为60 kWC ．汽油机工作期间牵引力做的功为4.5×105 JD ．汽车的位移为160 m题型二 机车启动问题【题型解码】分析机车启动问题时,抓住两个关键,一是汽车的运动状态,即根据牛顿第二定律找出牵引力与加速度的关系；二是抓住功率的定义式,即牵引力与速度的关系．综合以上两个关系,即可确定汽车的运动情况．【典例分析1】(2019·四川省成都市高三三模)目前,我国在人工智能和无人驾驶技术方面已取得较大突破。
为早日实现无人驾驶,某公司对汽车性能进行了一项测试,让质量为m 的汽车沿一山坡直线行驶。
测试中发现,下坡时若关掉油门,则汽车的速度保持不变；若以恒定的功率P 上坡,则从静止启动做加速运动,发生位移s 时速度刚好达到最大值v m 。
设汽车在上坡和下坡过程中所受阻力的大小保持不变,下列说法正确的是( ) A ．关掉油门后的下坡过程,汽车的机械能守恒B ．关掉油门后的下坡过程,坡面对汽车的支持力的冲量为零C ．上坡过程中,汽车速度由v m 4增至v m 2,所用的时间可能等于3mv 2m 32PD ．上坡过程中,汽车从静止启动到刚好达到最大速度v m ,所用时间一定小于2sv m【典例分析2】(2019·河南重点中学3月理综联考)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 kg B．v0＝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 m【提分秘籍】解决机车启动问题时的分析思路(1)明确启动方式：分清是匀加速启动还是恒定功率启动。
(2)匀加速启动过程：机车功率是不断改变的,但该过程中的最大功率是额定功率,匀加速运动阶段的最大速度小于机车所能达到的最大速度,达到额定功率后做加速度减小的加速运动。
匀加速过程的最大速度v1(此时机车输出的功率最大)和全程的最大速度v m(此时F牵＝F阻)求解方法：①求v1：由F牵－F阻＝ma,P＝F牵v1可得v1＝PF阻＋ma。
②求v m：由P＝F阻v m,可得v m＝PF阻。
(3)额定功率启动的过程：机车做加速度减小的加速运动,匀变速直线运动的规律不能用,速度最大值等于PF阻,牵引力是变力,牵引力做的功可用W＝Pt计算,但不能用W＝Fl cosθ计算。
注意：无论哪种启动方式,最后达到最大速度时,均满足P＝F阻v m,P为机车的额定功率。
【突破训练】1.(多选)(2019·重庆市巴蜀中学适应性测试)某汽车在恒定功率牵引下由静止开始做直线运动,行驶10 s后的速度达到20 m/s,设汽车所受阻力恒定,则这段时间内汽车行驶的距离可能是()A．90 m B．100 m C．110 m D．120 m2.(2019·衡阳模拟)(多选)一辆汽车在平直的公路上运动,运动过程中先保持某一恒定加速度,后保持恒定的牵引功率,其牵引力—速度图象如图所示。
若已知汽车的质量m、牵引力F1和速度v1及该车所能达到的最大速度v3,运动过程中所受阻力恒定,则根据图象所给的信息,下列说法正确的是()A ．汽车行驶中所受的阻力为F 1v 1v 3B ．汽车匀加速运动的过程中牵引力的冲量大小为mv 1v 3v 3－v 1C ．速度为v 2时的加速度大小为F 1v 1mv 2D ．若速度为v 2时牵引力恰为F 12,则有v 2＝2v 13．(2019·河北衡水中学三模)(多选)一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m 的重物,当重物的速度为v 1时,起重机的有用功率达到最大值P ,以后起重机保持该功率不变,继续提升重物,直到以最大速度v 2匀速上升为止,则整个过程中,下列说法正确的是( )A ．若匀加速过程时间为t ,则速度由v 1变为v 2的时间大于v 2－v 1v 1tB ．钢绳的最大拉力为Pv 2C ．重物的最大速度为v 2＝P mgD ．重物做匀加速直线运动的时间为mv 21P －mgv 1题型三 动能定理及其应用【题型解码】1.要对研究对象受力分析并分析各力做功情况；分析物体运动过程,明确对哪个过程应用动能定理．2.列动能定理方程要规范,注意各功的正负号问题．【典例分析1】(2019·山西五地联考上学期期末)如图所示,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( )A.12mv 2－mgL sin θ v 2sin 2θ＋2gL sin θcos 2θ2gB.12mv 2 v 2sin 2θ－2gL sin θcos 2θ2g C.12mv 2－12mgL sin θ v 2sin 2θ＋2gL sin θcos 2θ2g D.12mv 2－mgL sin θ v 22g【典例分析2】(2019·江苏南京、盐城高三第三次调研)如图所示,桌子靠墙固定放置,用一块长L 1＝1.0 m 的木板在墙和桌面间架设斜面,桌面距地面H＝0.8 m,桌面总长L2＝1.5 m,斜面与水平桌面的倾角θ可在0°～60°间调节。
将质量m＝0.2 kg的小物块(可视为质点)从斜面顶端静止释放,物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05,物块与桌面间的动摩擦因数μ2未知,忽略物块在斜面与桌面交接处的机械能损失,不计空气阻力。
(重力加速度取g＝10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力；取sin37°＝0.6,cos37°＝0.8)(1)求当θ＝30°时,物块在斜面上下滑的加速度的大小；(可以用根号表示)(2)当θ增大到37°时,物块恰能停在桌面边缘,求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(3)μ2取第(2)问中的数值,当θ角为多大时物块落地点与墙面的距离最大？最大距离x m是多少？【提分秘籍】应用动能定理解题的“四步三注意两适用”(1)应用动能定理解题的四个步骤①确定研究对象及其运动过程；②分析受力情况和各力的做功情况；③明确物体初末状态的动能；④由动能定理列方程求解。