2020届高三物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律14功和功率课时达标
高三一轮复习秘籍-第五章第4讲 功能关系 能量守恒定律
第五章机械能第3讲功能关系能量守恒定律过好双基关————回扣基础知识训练基础题目一、几种常见的功能关系及其表达式力做功能的变化定量关系合力的功动能变化W＝E k2－E k1＝ΔE k重力的功重力势能变化(1)重力做正功，重力势能减少(2)重力做负功，重力势能增加(3)W G＝－ΔE p＝E p1－E p2弹簧弹力的功弹性势能变化(1)弹力做正功，弹性势能减少(2)弹力做负功，弹性势能增加(3)W弹＝－ΔE p＝E p1－E p2只有重力、弹簧弹力做功机械能不变化机械能守恒，ΔE＝0除重力和弹簧弹力之外的其他力做的功机械能变化(1)其他力做多少正功，物体的机械能就增加多少(2)其他力做多少负功，物体的机械能就减少多少(3)W其他＝ΔE一对相互作用的滑动摩擦力的总功机械能减少内能增加(1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能增加(2)摩擦生热Q＝F f·x相对二、两种摩擦力做功特点的比较类型比较静摩擦力做功滑动摩擦力做功不同点能量的转化方面只有机械能从一个物体转移到另一个物体，而没有机械能转化为其他形式的能(1)将部分机械能从一个物体转移到另一个物体(2)一部分机械能转化为内能，此部分能量就是系统机械能的损失量不同点一对摩擦力的总功方面一对静摩擦力所做功的代数和总等于零一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值相同点正功、负功、不做功方面两种摩擦力对物体可以做正功，也可以做负功，还可以不做功三、能量守恒定律1．内容能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变．2．表达式ΔE减＝ΔE增．3．基本思路(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等；(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等．研透命题点————细研考纲和真题分析突破命题点1．只涉及动能的变化用动能定理分析．2．只涉及重力势能的变化，用重力做功与重力势能变化的关系分析．3．只涉及机械能的变化，用除重力和弹簧的弹力之外的其他力做功与机械能变化的关系分析．【例1】(多选)某运动员参加百米赛跑，他采用蹲踞式起跑，在发令枪响后，左脚迅速蹬离起跑器，在向前加速的同时提升身体重心．如图所示，假设质量为m 的运动员，在起跑时前进的距离s 内，重心升高量为h ，获得的速度为v ，阻力做功为W f ，则在此过程中()A ．运动员的机械能增加了12mv 2B ．运动员的机械能增加了12mv 2＋mgh C ．运动员的重力做功为mghD ．运动员自身做功W ＝12mv 2＋mgh －W f 答案BD 解析运动员的重心升高h ，获得的速度为v ，其机械能的增量为ΔE ＝mgh ＋12mv 2，A 错误，B 正确；运动员的重心升高h ，重力做负功，W G ＝－mgh ，C错误；根据动能定理得，W＋W f－mgh＝1mv2－0，解得W＝21mv2＋mgh－W f，D正确．2【变式1】(多选)物体由地面以120J的初动能竖直向上抛出，当它从抛出至上升到某一点A的过程中，动能减少40J，机械能减少10J．设空气阻力大小不变，以地面为零势能面，则物体()A．落回到地面时机械能为70JB．到达最高点时机械能为90JC．从最高点落回地面的过程中重力做功为60JD．从抛出到落回地面的过程中克服阻力做功为60J答案BD解析物体以120J的初动能竖直向上抛出，向上运动的过程中重力和空气阻力都做负功，当上升到某一高度时，动能减少了40J，而机械能损失了10 J．根据功能关系可知：合力做功为－40J，空气阻力做功为－10J，对从抛出点到A点的过程，根据功能关系：mgh＋F f h＝40J，F f h＝10J，得F f＝1mg；3当上升到最高点时，动能为零，动能减小120J，设最大高度为H，则有：mgH＋F f H＝120J，解得mgH＝90J，F f H＝30J，即机械能减小30J，在最高点时机械能为120J－30J＝90J，即上升过程机械能共减少了30J；当下落过程中，由于阻力做功不变，所以机械能又损失了30J，故整个过程克服阻力做功为60J，则该物体落回到地面时的机械能为60J，从最高点落回地面的过程中重力做功为mgH＝90J，故A、C错误，B、D正确．【例2】(多选)(2020·全国Ⅰ卷)一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2.则()A．物块下滑过程中机械能不守恒B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C．物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2D．当物块下滑2.0m时机械能损失了12J答案AB解析下滑5m的过程中，重力势能减少30J，动能增加10J，减小的重力势能并不等于增加的动能，所以物块下滑过程中机械能不守恒，A正确；斜面高3m、长5m，则斜面倾角为θ＝37°.令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能mgh＝30J，可得质量m＝1kg.下滑5m过程中，由功能关系，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功，μmg·cosθ·s＝20J，求得μ＝0.5，B正确；由牛顿第二定律mg sinθ－μmg cosθ＝ma，求得a＝2m/s2，C错误；物块下滑2.0m时，重力势能减少12J，动能增加4J，所以机械能损失了8J，D选项错误．故选AB.【变式2】(多选)如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出)．物块的质量为m，AB＝a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W.撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零．重力加速度为g.则上述过程中()A．物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W－12μmgaB．物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W－32μmgaC．经O点时，物块的动能小于W－μmgaD．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能答案BC解析设O点到A点距离为x，则物块从O点运动到A点过程中，根据功能关系可得μmgx＋E p A＝W，从A点到B点过程中同理可得E p A＝μmga＋E p B，由于克服摩擦力做功，则E p B＜E p A，则B点到O点距离一定小于a2，且x＞a2，则E p A＝W－μmgx＜W－1μmga，A错误；在B点有E p B＝W－μmg(a＋x)＜W2－3μmga，B正确；物块经过O点，同理可得E k O＝W－2μmgx＜W－μmga，2C正确；物块动能最大时所受弹力kx＝μmg，而在B点弹力与摩擦力大小关系未知，故物块动能最大时弹簧伸长量与物块在B点时弹簧伸长量大小未知，故两位置弹性势能的大小关系不好判断，D错误．圆轨道与水平【例3】(多选)如图所示，竖直平面内有一半径为R的固定14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将物块P沿下滑的路径从C处缓慢拉回圆弧轨道的顶端A，拉力F的方向始终与物块P的运动方向一致，物块P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()A．物块P在下滑过程中，运动到B处时速度最大B．物块P从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功等于2μmgRC．拉力F做的功小于2mgRD．拉力F做的功为mgR(1＋2μ)答案CD解析当重力沿圆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AB之间，故A错误；将物块P缓慢地从B拉到A，克服摩擦力做的功为μmgR，而物块P从A滑到B的过程中，物块P做圆周运动，根据向心力知识可知物块P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W f大于μmgR，因此物块P从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功大于2μmgR，故B错误；由动能定理得，从C到A的过程中有W F －mgR－μmgR－μmgR＝0－0，则拉力F做的功为W F＝mgR(1＋2μ)，故D 正确；从A到C的过程中，根据动能定理得mgR－W f－μmgR＝0，因为W f>μmgR，则mgR>μmgR＋μmgR，因此W F<2mgR，故C正确．【变式3】高速公路部分路段旁建有如图所示的避险车道，车辆可驶入避险．若质量为m的货车刹车后以初速度v0经A点冲上避险车道，前进距离l时到B点减速为0，货车所受阻力恒定，A、B两点高度差为h，C为A、B 中点，已知重力加速度为g，下列关于该货车从A运动到B的过程说法正确的是()A．克服阻力做的功为1mv202B．该过程产生的热量为1mv20－mgh2C．在AC段克服阻力做的功小于在CB段克服阻力做的功D．在AC段的运动时间等于在CB段的运动时间答案B解析根据动能定理有－mgh－F f l＝0－1mv20，克服阻力做的功为W f＝F f l＝21mv20－mgh，故A错误；克服阻力做的功等于系统产生的内能，则该过程产2生的热量为1mv20－mgh，故B正确；阻力做的功与路程成正比，在AC段克2服阻力做的功等于在CB段克服阻力做的功，故C错误；从A到B做匀减速运动，AC段的平均速度大于BC段的平均速度，故在AC段的运动时间小于在CB段的运动时间，故D错误．1．静摩擦力做功(1)静摩擦力可以做正功，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．(3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能．2．滑动摩擦力做功的特点(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果：①机械能全部转化为内能；②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能．(3)摩擦生热的计算：Q＝F f x相对．其中x相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程．从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的总功等于系统内能的增加量；从能量的角度看，其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量．【例4】如图所示，某工厂用传送带向高处运送物体，将一物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段物体与传送带相对静止，匀速运动到传送带顶端．下列说法正确的是()A．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量C．第一阶段物体和传送带间因摩擦产生的热量等于第一阶段物体机械能的增加量D．物体从底端到顶端全过程机械能的增加量大于全过程摩擦力对物体所做的功答案C解析对物体受力分析知，其在两个阶段所受摩擦力方向都沿斜面向上，与其运动方向相同，摩擦力对物体都做正功，A错误；由动能定理知，合力做的总功等于物体动能的增加量，B错误；物体机械能的增加量等于摩擦力对物体所做的功，D错误；设第一阶段物体的运动时间为t，传送带速度为v，对物体有x1＝v2t，对传送带有x′1＝v·t，因摩擦产生的热量Q＝F f x相对＝F f(x′1－x1)＝F f·v2t，物体机械能增加量ΔE＝F f·x1＝F f·v2t，所以Q＝ΔE，C正确．【变式4】(多选)水平地面上固定有两个高度相同的粗糙斜面体甲和乙，斜面长分别为s、L1，如图所示．两个完全相同的小滑块A、B可视为质点，同时由静止开始从甲、乙两个斜面的顶端释放，小滑块A一直沿斜面甲滑到底端C点，而小滑块B沿斜面乙滑到底端P点后又沿水平面滑行距离L2到D点(小滑块B在P点从斜面滑到水平面时速度大小不变)，且s＝L1＋L2.小滑块A、B与两个斜面以及水平面间的动摩擦因数相同，则()A．滑块A到达底端C点时的动能一定比滑块B到达D点时的动能小B．两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，动能可能相同C．A、B两个滑块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中，滑块A重力做功的平均功率小于滑块B重力做功的平均功率D．A、B两个滑块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中，由于克服摩擦而产生的热量一定相同答案AC解析设斜面体甲的倾角为α，斜面体乙的倾角为β，根据动能定理，滑块A 由甲斜面顶端到达底端C点的过程，mgh－μmg cosα·s＝12mv2C，滑块B由乙斜面顶端到达D点的过程，mgh－μmg cosβ·L1－μmgL2＝12mv2D，又s＝L1＋L2，根据几何关系得s cosα>L1cosβ＋L2，所以12mv2C<12mv2D，故A正确；两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时：mgh－μmg cosθ·hsinθ＝12mv2，重力做功相等，但克服摩擦力做功不等，所以动能不同，故B错误；整个过程中，两滑块所受重力做功相同，但由于滑块A运动时间长，故重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的小，故C正确；滑块A、B分别到达C、D时的动能不相等，由能量守恒定律知滑块A、B运动过程中克服摩擦产生的热量不同，故D错误．【例5】如图所示，半径为R＝1.0m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ＝37°，另一端点C 为轨道的最低点．C点右侧的光滑水平面上紧挨C点静止放置一木板，木板质量M＝1kg，上表面与C点等高．质量为m＝1kg的物块(可视为质点)从空中A点以v0＝1.2m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道．已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，g 取10m/s 2.求：(1)物块经过C 点时的速率v C ；(2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q .答案(1)6m/s (2)9J 解析(1)设物块在B 点的速度为v B ，从A 到B 物块做平抛运动，有：v B sin θ＝v 0从B 到C ，根据动能定理有：mgR (1＋sin θ)＝12mv 2C －12mv 2B 解得：v C ＝6m/s.(2)物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用，最终将一起运动．设相对滑动时物块加速度大小为a 1，木板加速度大小为a 2，经过时间t 达到共同速度v ，则：μmg ＝ma 1，μmg ＝Ma 2，v ＝v C －a 1t ，v ＝a 2t根据能量守恒定律有：12(m ＋M )v 2＋Q ＝12mv 2C 联立解得：Q ＝9J.【变式5】(多选)如图所示，固定的光滑竖直杆上套一个滑块A ，与滑块A 连接的细绳绕过光滑的轻质定滑轮连接滑块B ，细绳不可伸长，滑块B 放在粗糙的固定斜面上，连接滑块B 的细绳和斜面平行，滑块A 从细绳水平位置由静止释放(不计轮轴处的摩擦)，到滑块A 下降到速度最大(A 未落地，B 未上升至滑轮处)的过程中()A．滑块A和滑块B的加速度大小一直相等B．滑块A减小的机械能等于滑块B增加的机械能C．滑块A的速度最大时，滑块A的速度大于B的速度D．细绳上的张力对滑块A做的功等于滑块A机械能的变化量答案CD解析两滑块与绳构成绳连接体，沿绳方向的加速度大小相等，则A沿绳的分加速度等于B的加速度，A错误；绳连接体上的一对拉力做功不损失机械能，但B受到的斜面摩擦力对B做负功，由能量守恒可知滑块A减小的机械能等于滑块B增加的机械能和摩擦生热之和，B错误；滑块A的速度最大时，将滑块A的速度分解，如图所示，绳连接体沿绳方向的速度大小相等，则A沿绳的分速度等于B的运动速度，显然滑块A的速度大于B的速度，C 正确；对A受力分析可知，除重力外，只有细绳的张力对滑块A做功，由功能关系可知，细绳上的张力对滑块A做的功等于滑块A机械能的变化量，D正确．。
高三物理一轮复习 第五章 机械能 第1讲 功和功率
解析 人对车施加了三个力，分别为压力、推力 F、静摩擦 力 f，根据力做功的公式及作用力和反作用力的关系判断做正功 还是负功．则对各选项分析如下：A 项，当车匀速前进时，人对 车厢的推力 F 做的功为 WF＝Fs，静摩擦力做的功为 Wf＝fs，人 处于平衡状态，则 F＝f，故人对车做的总功为零，A 项错误；B 项，当车加速前进时，人处于加速状态，车厢对人的静摩擦力 f′向右且大于车厢壁对人的作用力 F′，所以人对车厢的静摩擦
力 f 向左，静摩擦力做的功 Wf＝－fs，人对车厢的推力 F 方向向 右，做的功为 WF＝Fs，因为 f>F，所以人对车做的总功为负功， 故 B 项正确；C 项，同理可以证明当车减速前进时，人对车做的 总功为正功，故 C 项错误；D 项，目的 考查功的公式的应用、动能定理的应用
2．(2015·福建上杭一中检测)(多选)质量为 m 的物体始终固 定在倾角为 θ 的斜面上，下列说法正确的是( )
A．若斜面水平向右匀速运动距离 l，斜面对物体没有做功 B．若斜面向上匀速运动距离 l，斜面对物体做功为 mgl C．若斜面水平向左以加速度 a 运动距离 l，斜面对物体做功 为 mal D．若斜面向下以加速度 a 运动距离 l，斜面对物体做功为 m(g＋a)l
(3)额定功率：是指机器正常工作时的最大输出功率，也就是 机器铭牌上的标称值．
(4)实际功率：是指机器在工作中实际输出的功率．
(5)发动机的功率是牵引力的功率，而不是合外力的功率．P ＝Fv 中，F 指的是机车的牵引力．在 P 一定时，F 与 v 成反比； 在 F 一定时．P 与 v 成正比．
5．机车的启动的两类问题分析 (1)在额定功率下启动： 机车以恒定功率启动．若运动过程中 所受阻力 f 不变，由于牵引力 F＝Pv0，根 据牛顿第二定律得：F－f＝ma，即物体 的加速度 a＝mP0v－mf ，可见机车在启动过程中随着速度的增大， 加速度变小；当其加速度 a＝0 时，机车的速度达到最大 vm＝Pf0， 以后机车做匀速直线运动，v－t 图如图所示．
(新课标)2020届高考物理一轮总复习 必修部分 第5章 机械能及其守恒定律 第1讲 功和功率限时规范特训
第1讲功和功率时间：45分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。
其中1～6为单选，7～10为多选)1．[2020·宁波期末]如图所示，木块B上表面是水平的，当木块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做正功答案 C解析AB一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，加速度为gsinθ。
A所受的合外力沿斜面向下，对A做正功，B对A的摩擦力做正功，B对A的弹力做负功，选项A、B错误C正确。
A对B不做功，选项D错误。
2．如图所示，质量为m的小球以初速度v水平抛出，恰好垂直打在倾角为θ的斜面上，则球落在斜面上时重力的瞬时功率为(不计空气阻力)( )A．mgv0tanθ B.mgvtanθC.mgvsinθD．mgvcosθ答案 B解析小球落在斜面上时重力的瞬时功率为P＝mgvy ，而vytanθ＝v，所以P＝mgvtanθ，B正确。
3．如图所示，站在做匀加速直线运动的车厢里的人向前推车厢壁，以下关于人对车做功的说法中正确的是( )A．做正功B．做负功C．不做功D．无法确定答案 B解析要判断人对车所做的功，首先要分析人对车有几个作用力。
在水平方向上，人对车的作用力有两个：一个是人对车壁向前的推力F，另一个是人对车厢地板向后的摩擦力F′。
由于人随车向前做匀加速运动，所以车对人的总作用力是向前的，根据牛顿第三定律可判断出人对车的总作用力是向后的。
最后根据功的公式可判断出人对车做的总功为负功，所以只有答案B是正确的。
4．[2020·保定模拟]质量为5×103kg的汽车在水平路面上由静止开始以加速度a＝2 m/s2开始做匀加速直线运动，所受阻力是1.0×103 N，则汽车匀加速起动过程中( )A．第1 s内汽车所受牵引力做功为1.0×104 JB．第1 s内汽车所受合力的平均功率20 kWC．第1 s末汽车所受合力的瞬时功率为22 kWD．第1 s末汽车所受牵引力的瞬时功率为22 kW答案 D解析据牛顿第二定律F－f＝ma得牵引力F＝f＋ma＝1.1×104N。
高三物理一轮复习必考部分第5章机械能及其守恒定律章末高效整合教师专用
第5章机械能及其守恒定律物理方法|计算变力做功的五种方法方法1：利用动能定理求变力做功动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于求恒力做功也适用于求变力做功．因使用动能定理可由动能的变化来求功，所以动能定理是求变力做功的首选．方法2:利用微元法求变力做功将物体的位移分割成许多小段，因小段很小，每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力,这样就将变力做功转化为在无数多个无穷小的位移上的恒力所做元功的代数和．此法在中学阶段，常应用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题．方法3：化变力为恒力求变力做功变力做功直接求解时,通常都比较复杂,但若通过转换研究对象,有时可化为恒力做功,用W ＝Fl cos α求解．此法常常应用于轻绳通过定滑轮拉物体的问题中．方法4：利用平均力求变力做功在求解变力做功时，若物体受到的力方向不变，而大小随位移呈线性变化，即力均匀变化时，则可以认为物体受到一大小为错误!＝错误!的恒力作用，F1、F2分别为物体初、末态所受到的力，然后用公式W＝F l cos α求此力所做的功．方法5:利用F.x图象求变力做功在Fx图象中，图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移所做的功,且位于x轴上方的“面积”为正,位于x轴下方的“面积”为负，但此方法只适用于便于求图线所围面积的情况(如三角形、矩形、圆等规则的几何图形)．用铁锤将一铁钉击入墙壁，设墙壁对铁钉的阻力与铁钉进入墙壁内的深度成正比．在铁锤击打铁钉第一次时，能把铁钉击入墙壁内1 cm.问铁锤击打铁钉第二次时，能将铁钉击入的深度为多少?(设铁锤每次做功相等)【规范解答】解法一：平均力法铁锤每次做的功都用来克服摩擦阻力,但摩擦阻力不是恒力，其大小与铁钉的击入深度成正比，即F＝kx，而摩擦阻力可用平均阻力来代替．如图甲所示,第一次铁钉击入深度为x1,平均阻力F＝错误!kx1,做功为W1＝错误!x1＝错误!kx错误!1甲第二次铁钉击入深度为x1到x2，平均阻力错误!＝错误!k(x2＋x1），位移为x2－x1，做功为W2＝错误!(x2－x1)＝错误!k（x错误!－x错误!)．两次做功相等，则W1＝W2，解得x2＝错误!x1＝1。
高考物理一轮总复习 必修部分 第5章 机械能及其守恒定律 第1讲 功和功率课件
例 1 (多选)如图所示，质量为 m 的物体置于倾角为 θ 的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为 μ，在 外力作用下，斜面体以加速度 a 沿水平方向向左做匀加速运动，运动中物体 m 与斜面体相对静止。则关于 斜面对 m 的支持力和摩擦力的下列说法中正确的是( )
A．m1∶m2 C. m2∶ m1
B. m1∶ m2 D. m31∶2，雨滴的收尾速度为 v＝ mkg，则落地时重力对雨滴做功的功率为 P ＝mgv＝mg mkg，所以，两雨滴落地时重力的功率之比为 P1∶P2＝ m31∶ m32，故选 D。
板块二 考点细研·悟 法培优
2．功的计算方法 (1)恒力做功
(2)变力做功 ①用动能定理：W＝12mv22－12mv21； 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时；
③将变力做功转化为恒力做功：当力的大小不变，而方向发生变化且力的方向与速度夹角不变时，这 类力的功等于力和路程(不是位移)的乘积。如滑动摩擦力做功、空气阻力做功等。
2．[功的理解]如图所示的 a、b、c、d 中，质量为 M 的物体甲受到相同的恒力 F 的作用，在力 F 作用 下使物体甲在水平方向移动相同的位移。μ 表示物体甲与水平面间的动摩擦因数，乙是随物体甲一起运动 的小物块，比较物体甲移动的过程中力 F 对甲所做的功的大小( )
A．Wa 最小 C．Wa>Wc
A．支持力一定做正功 B．摩擦力一定做正功 C．摩擦力可能不做功 D．摩擦力可能做负功
(1)斜面对物体一定有摩擦力吗？ 提示：不一定，当 a＝gtanθ 时摩擦力为零。 (2)如何判断功的正负？ 提示：看力与位移的夹角。
高三物理一轮复习 必考部分 第5章 机械能及其守恒定律 第4节 功能关系 能量守恒定律教师用书
第4节功能关系能量守恒定律知识点1 功能关系1．内容(1)功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化．(2)做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必须通过做功来实现．2．做功对应变化的能量形式(1)合外力的功影响物体的动能的变化．(2)重力的功影响物体重力势能的变化．(3)弹簧弹力的功影响弹性势能的变化．(4)除重力或系统内弹力以外的力做功影响物体机械能的变化．(5)滑动摩擦力的功影响系统内能的变化．(6)电场力的功影响电势能的变化．(7)分子力的功影响分子势能的变化．知识点2 能量守恒定律1．内容能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到另一个物体，在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变．2．适用范围能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中普遍适应的一条规律．3．表达式(1)E初＝E末，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和．(2)ΔE增＝ΔE减，增加的那些能量的增加量等于减少的那些能量的减少量．1．正误判断(1)做功的过程一定会有能量转化．(√)(2)力对物体做了多少功，物体就有多少能．(×)(3)力对物体做功，物体的总能量一定增加．(×)(4)能量在转化或转移的过程中，其总量会不断减少．(×)(5)能量的转化和转移具有方向性，且现在可利用的能源有限，故必须节约能源．(√)(6)滑动摩擦力做功时，一定会引起能量的转化．(√)2．(对功能关系的理解)(多选)一个物体在光滑的水平面上匀速滑行，则( ) 【导学号：96622091】A．这个物体没有能B．这个物体的能量不发生变化C．这个物体没有对外做功D．以上说法均不对【答案】BC3．(功能关系的简单应用)自然现象中蕴藏着许多物理知识，如图541所示为一个盛水袋，某人从侧面缓慢推袋壁使它变形，则水的势能( )图541A．增大B．变小C．不变D．不能确定【答案】 A4．(对能的转化和守恒定律的理解)上端固定的一根细线下面悬挂一摆球，摆球在空气中摆动，摆动的幅度越来越小，对此现象下列说法正确的是( ) 【导学号：96622092】A．摆球机械能守恒B．总能量守恒，摆球的机械能正在减少，减少的机械能转化为内能C．能量正在消失D．只有动能和重力势能的相互转化【答案】 B[核心精讲]1．对功能关系的进一步理解(1)做功的过程是能量转化的过程．不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的．(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现到不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数量上相等．2．各种功能关系的对比1．(2014·广东高考)如图542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542A．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B 由于车厢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．2．(2016·四川高考)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900J，他克服阻力做功100 J．韩晓鹏在此过程中( )【导学号：96622093】A．动能增加了1 900 JB．动能增加了2 000 JC．重力势能减小了1 900 JD．重力势能减小了2 000 JC 根据动能定理得韩晓鹏动能的变化ΔE＝W G＋W f＝1 900 J－100 J＝1 800 J>0，故其动能增加了1 800 J，选项A、B错误；根据重力做功与重力势能变化的关系W G＝－ΔE p，所以ΔE p＝－W G＝－1 900 J<0，故韩晓鹏的重力势能减小了1 900 J，选项C正确，选项D 错误．[名师微博]四个技巧：1．在应用功能关系解决具体问题的过程中，若只涉及动能的变化用动能定理分析．2．只涉及重力势能的变化用重力做功与重力势能变化的关系分析．3．只涉及机械能变化用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析．4．只涉及电势能的变化用电场力做功与电势能变化的关系分析.[核心精讲]1．对能量守恒定律的两点理解(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等．(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等．2．应用能量守恒定律解题的步骤(1)分清有多少形式的能(动能、势能、内能等)发生变化．(2)明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式．(3)列出能量守恒关系式：ΔE减＝ΔE增．[师生共研]●考向1 涉及弹簧的能量守恒定律问题如图543所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝32，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m，B 的质量为m，初始时物体A到C点的距离为L.现给A、B一初速度v0>gL，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点．已知重力加速度为g ，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：图543(1)物体A 向下运动刚到C 点时的速度； (2)弹簧的最大压缩量； (3)弹簧的最大弹性势能．【规范解答】 (1)A 与斜面间的滑动摩擦力f ＝2μmg cos θ，物体从A 向下运动到C 点的过程中，根据能量守恒定律可得：2mgL sin θ＋12·3mv 20＝12·3mv 2＋mgL ＋fL解得v ＝v 20－gL .(2)从物体A 接触弹簧，将弹簧压缩到最短后又恰回到C 点，对系统应用动能定理－f ·2x ＝0－12×3mv 2解得x ＝v 202g －L 2.(3)弹簧从压缩到最短到恰好能弹到C 点的过程中，对系统根据能量守恒定律可得：E p＋mgx ＝2mgx sin θ＋fx 所以E p ＝fx ＝3mv 204－3mgL 4.【答案】 (1)v 20－gL (2)v 202g －L 2(3)3mv 204－3mgL 4●考向2 能量守恒定律与图象的综合应用某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到节能的目的．某次测试中，汽车以额定功率行驶700 m 后关闭发动机，测出了汽车动能E k 与位移x 的关系图象如图544所示，其中①是关闭储能装置时的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线．已知汽车的质量为 1 000 kg ，设汽车运动过程中所受地面阻力恒定，空气阻力不计，求：图544(1)汽车的额定功率P ；(2)汽车加速运动500 m 所用的时间t ； (3)汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能E .【规范解答】 (1)关闭发动机且关闭储能装置后，汽车在地面阻力f 的作用下减速至静止，由动能定理－fx ＝0－E k解得f ＝2×103N汽车匀速运动的动能E k ＝12mv 2＝8×105J解得v ＝40 m/s汽车匀速运动时牵引力大小等于阻力，故汽车的额定功率P ＝Fv ＝fv 解得P ＝8×104 W.(2)汽车加速运动过程中，由动能定理得Pt －fx 1＝E k －E k0解得t ＝16.25 s.(3)由功能关系，汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为E ＝E k －fx ′ 解得E ＝5×105J.【答案】 (1)8×104W (2)16.25 s (3)5×105J [题组通关]3．(多选)如图545所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O 点(图中未标出)．物块的质量为m ，AB ＝a ，物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O 点拉至A 点，拉力做的功为W .撤去拉力后物块由静止向左运动，经O 点到达B 点时速度为零，重力加速度为g .则上述过程中( )图545A ．物块在A 点时弹簧的弹性势能一定大于在B 点时弹性势能 B ．物块在O 点时动能最大C ．物块在B 点时，弹簧的弹性势能大于W －32μmgaD ．经O 点时，物块的动能小于W －μmgaAD 因有滑动摩擦力做负功，弹簧和物块组成的系统机械能逐渐减少，故物块在A 点时弹簧的弹性势能一定大于物块在B 点时弹簧的弹性势能，且有OA >OB ，A 正确；由能量守恒定律可得，物块在O 点时的动能E k0＝W －μmg ·2·OA ，又OA >a2，故E k0<W －μmga ，D 正确；物块由A 向B 运动过程中，当kx ＝μmg 时，加速度为零，动能最大，B 错误；由能量守恒定律得：E p B ＝W －μmga －μmg ·OA <W －32μmga ，C 错误．4.将小球以10 m/s 的初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能E k 、重力势能E p 与上升高度h 间的关系分别如图546中两直线所示．g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )【导学号：96622094】图546A ．小球的质量为0.2 kgB ．小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.20 NC ．小球动能与重力势能相等时的高度为2013 mD ．小球上升到2 m 时，动能与重力势能之差为0.5 JD 在最高点，E p ＝mgh 得m ＝0.1 kg ，A 项错误；由除重力以外其他力做功E 其＝ΔE 可知：－fh ＝E 高－E 低，E 为机械能，解得f ＝0.25 N ，B 项错误；设小球动能和重力势能相等时的高度为H ，此时有mgH ＝12mv 2，由动能定理：－fH －mgH ＝12mv 2－12mv 20得H ＝209 m ，故C项错；当上升h ′＝2 m 时，由动能定理，－fh ′－mgh ′＝E k2－12mv 20得E k2＝2.5 J ，E p2＝mgh ′＝2 J ，所以动能与重力势能之差为0.5 J ，故D 项正确．[核心精讲]1．对摩擦生热的理解(1)从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的功等于系统内能的增加量． (2)从能量的角度看，是其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量． 2．两种摩擦力做功情况比较如图547所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，皮带在电动机的带动下，始终保持v 0＝2 m/s 的速率运行，现把一质量为m ＝10 kg 的工件(可看做质点)轻轻放在皮带的底端，经过时间1.9 s ，工件被传送到h ＝1.5 m 的高处，g 取10 m/s 2，求：图547(1)工件与传送带间的动摩擦因数； (2)电动机由于传送工件多消耗的电能． 【合作探讨】(1)1.9 s 内工件是否一直加速？应如何判断？提示：若工件一直匀加速，由v m 2×t ＝h sin θ可得：工件的最大速度v m ＝61.9m/s>v 0，故工件在1.9 s 内应先匀加速运动再匀速运动．(2)工件在上升过程中其所受的摩擦力是否变化？ 提示：变化，先是滑动摩擦力，后是静摩擦力．(3)电动机传送工件的过程中多消耗的电能转化成了哪几种能量？ 提示：工件的动能、重力势能及因摩擦力做功产生的热量三部分．【规范解答】 (1)由题图可知，皮带长x ＝hsin θ＝3 m ．工件速度达v 0前，做匀加速运动的位移x 1＝v t 1＝v 02t 1匀速运动的位移为x －x 1＝v 0(t －t 1) 解得加速运动的时间t 1＝0.8 s 加速运动的位移x 1＝0.8 m 所以加速度a ＝v 0t 1＝2.5 m/s 2由牛顿第二定律有：μmg cos θ－mg sin θ＝ma 解得：μ＝32. (2)从能量守恒的观点，显然电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功产生的热量．在时间t 1内，皮带运动的位移x 皮＝v 0t 1＝1.6 m在时间t 1内，工件相对皮带的位移x 相＝x 皮－x 1＝0.8 m在时间t 1内，摩擦生热Q ＝μmg cos θ·x 相＝60 J工件获得的动能E k ＝12mv 20＝20 J工件增加的势能E p ＝mgh ＝150 J电动机多消耗的电能W ＝Q ＋E k ＋E p ＝230 J. 【答案】 (1)32(2)230 J1．水平传送带：共速后不受摩擦力，不再有能量转化．倾斜传送带：共速后仍有静摩擦力，仍有能量转移．2．滑动摩擦力做功，其他形式的能量转化为内能；静摩擦力做功，不产生内能． 3．公式Q ＝F f ·l 相对中l 相对为两接触物体间的相对位移，若物体在传送带上做往复运动时，则l 相对为总的相对路程．[题组通关]5．如图548甲，长木板A 放在光滑的水平面上，质量为m ＝2 kg 的另一物体B (可看作质点)以水平速度v 0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板A 的表面．由于A 、B 间存在摩擦，之后A 、B 速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g 取10 m/s 2)( )甲 乙图548A ．木板获得的动能为2 JB ．系统损失的机械能为4 JC ．木板A 的最小长度为2 mD ．A 、B 间的动摩擦因数为0.1D 由图象可知，A 、B 的加速度大小都为1 m/s 2，根据牛顿第二定律知二者质量相等，木板获得的动能为1 J ，选项A 错误；系统损失的机械能ΔE ＝12mv 20－12·2m ·v 2＝2 J ，选项B 错误；由v t 图象可求出二者相对位移为1 m ，所以C 错误；分析B 的受力，根据牛顿第二定律，可求出μ＝0.1，选项D 正确．6．如图549所示，质量为m 的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v 匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程中，下列说法正确的是( ) 【导学号：96622095】图549A ．电动机做的功为12mv 2B ．摩擦力对物体做的功为mv 2C ．传送带克服摩擦力做的功为12mv 2D ．电动机增加的功率为μmgvD 由能量守恒可知，电动机做的功等于物体获得的动能和由于摩擦而产生的内能，选项A 错误；对物体受力分析知，仅有摩擦力对物体做功，由动能定理知，其大小应为12mv 2，选项B 错误；传送带克服摩擦力做功等于摩擦力与传送带对地位移的乘积，可知这个位移是物体对地位移的两倍，即W ＝mv 2，选项C 错误；由功率公式知电动机增加的功率为μmgv ，选项D 正确．。
高考物理一轮复习 第五章 机械能及其守恒定律章末综合提升
一、用动力学和能量观点处理多过程问题 用动力学和能量观点处理多过程问题，是历年高考的热 点，此类题目综合性较强，难度中等偏上．涉及的知识点主 要有机械能守恒定律、功能关系和滑动摩擦力做功与能量转 化的关系三大类．失分情况比较严重，针对这种情况，对此 类问题可按如下两条思路进行分析．
(1)若一个物体参与了多个运动过程，有的过程只涉及运 动和力的问题或只要求分析物体的动力学特点，则要用动力 学方法求解．
【常见失分点汇总】 1．在W＝Flcos θ中容易漏掉对角度θ的考虑，位移l不能 明确是对地位移． 2．在P＝Fvcos θ中容易漏掉对角度θ的考虑． 3．对于动能定理的应用不规范，容易出现等号的左右 两侧都是功的表达，出现正负功混乱的情况． 4．涉及有弹簧的系统机械能守恒时，容易漏掉对弹性 势能的考虑，而导致机械能不守恒．
物块与木板将要相对滑动时
μ1mg＝m1a 联立解得 F＝μ1(m1＋m2)g＝8 N. (2)物块在 0～2 s 内做匀加速直线运 动，木板在 0～1 s 内做匀加速直线运动， 在 1～2 s 内做匀速运动，2 s 后物块和木板 均做匀减速直线运动，故二者在整个运动 过程中的 v－t 图象如图所示．
(1)滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间； (2)滑块滑到轨道最高点C时对轨道作用力的大小和方 向． 【思路点拨】 (1)由滑块的运动情况和受力情况，应用 运动学规律，求出其做匀加速运动的位移，然后与传送带长 度 L 比较，从而确定从 A 到 B 的时间． (2)根据(1)中所求滑块在 B 点的速度和轨道特点，应用机 械能守恒定律可得滑块在 C 点速度大小；应用牛顿第二定律 求解 C 点向心力大小，进而得出滑块对轨道作用力的大小和 方向．
【解析】 (1)滑块在传送带上加速运动时，由牛顿第二 定律知 μmg＝ma
高考物理 第五章 机械能及其守恒律 课时达标 功能关系能量守恒律
取夺市安慰阳光实验学校第17讲功能关系能量守恒定律[解密考纲]主要考查对功能关系的理解，对各种功能关系的熟练应用；掌握摩擦力做功与能量转化和弹簧弹力做功与能量转化的处理技巧．1．如图所示，在竖直平面内有一“V”形槽，其底部BC是一段圆弧，两侧都与光滑斜槽相切，相切处B、C位于同一水平面上．一小物体从右侧斜槽上距BC平面高度为2h的A处由静止开始下滑，经圆弧槽再滑上左侧斜槽．最高能到达距BC所在水平面高度为h的D处，接着小物体再向下滑回，若不考虑空气阻力，则( C)A．小物体恰好滑回到B处时速度为零B．小物体尚未滑回到B处时速度已变为零C．小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低D．小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点2．(多选)在离水平地面h高处将一质量为m的小球水平抛出，在空中运动的过程中所受空气阻力大小恒为F f，落地时小球距抛出点的水平距离为x，速率为v，那么，在小球运动的过程中( AD)A．重力做功为mghB．克服空气阻力做的功为F f·h2＋x2C．落地时，重力的瞬时功率为mgvD．重力势能和机械能都逐渐减少解析重力做功为W G＝mgh，选项A正确；空气阻力做功与经过的路程有关，而小球经过的路程大于h2＋x2，故克服空气阻力做的功大于F f·h2＋x2，选项B错误；落地时，重力的瞬时功率为重力与沿重力方向的分速度的乘积，故落地时重力的瞬时功率小于mgv，选项C错误；重力做正功，重力势能减少，空气阻力做负功，机械能减少，选项D正确．3．(2017·重庆诊断)一个排球在A点被竖直抛出时动能为20 J，上升到最大高度后，又回到A点，动能变为12 J，设排球在运动中受到的阻力大小恒定，则( C)A．上升到最高点过程重力势能增加了20 JB．上升到最高点过程机械能减少了8 JC．从最高点回到A点过程克服阻力做功4 JD．从最高点回到A点过程重力势能减少了12 J解析由题意知整体过程中动能(机械能)减少了8 J，则上升过程克服阻力做功4 J，下落过程克服阻力做功4 J；上升到最高点过程动能减少量为20 J，克服阻力做功4 J，即机械能减少4 J，则重力势能增加了16 J，选项A、B错误；由前面分析知选项C 正确；从最高点回到A 点过程动能增加了12 J ，机械能减少4 J ，则重力势能减少16 J ，选项D 错误．4．(2017·天津质检)一个质量为m 的小铁块沿半径为R 的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，轨道所受压力为铁块重力的1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为( D )A ．18mgR B ．14mgRC ．12mgR D ．34mgR解析 在半圆底部，由圆周运动知识得1.5mg －mg ＝mv 2R，解得v 2＝0.5gR .由功能关系可得此过程中铁块损失的机械能为ΔE ＝mgR －12mv 2＝0.75mgR ，选项D 正确．5．(2017·海门中学校级模拟)如图所示，半圆形轨道MON 竖直放置且固定在地面上，直径MN 是水平的，一小物块从M 点正上方高度为H 处自由下落，正好在M 点滑入半圆轨道，测得其第一次离开N 点后上升的最大高度为H2，小物块接着下落从N 点滑入半圆轨道，在向M 点滑行过程中(整个过程不计空气阻力)，下列说法正确的是( C )A ．小物块正好能到达M 点B ．小物块一定到不了M 点C ．小物块一定能冲出M 点D ．不能确定小物块能否冲出M 点解析 设小物块由M 运动到N 克服摩擦力所做的功为W 1，则由能量守恒定律可得W 1＝12mgH ；设小物块由N 运动到M 克服摩擦力所做的功为W 2，因为速度越大，小物块对轨道的压力越大，所受滑动摩擦力越大，所以W 2<W 1＝12mgH ，小物块一定能冲出M 点，即只有选项C 正确．6．如图所示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( B )A ．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．7．(多选)如图所示，一轻质橡皮筋的一端系在竖直放置的半径为0.5 m的圆环顶点P 处，另一端系一质量为0.1 kg 的小球，小球穿在圆环上可做无摩擦的运动．设开始时小球置于A 点，橡皮筋刚好处于无形变状态，A 点与圆心O 位于同一水平线上．当小球运动到最低点B 时速率为1 m/s ，此时小球对圆环恰好没有压力(重力加速度g ＝10 m/s 2)．下列说法正确的是( BD )A ．从A 到B 的过程中，小球的机械能守恒B ．从A 到B 的过程中，橡皮筋的弹性势能增加了0.45 JC ．小球过B 点时，橡皮筋上的弹力为0.2 ND ．小球过B 点时，橡皮筋上的弹力为1.2 N解析 A 到B 过程中，橡皮筋弹力做负功，所以小球机械能不守恒，选项A 错误．由能量守恒mgR ＝12mv 2B ＋E 弹，可得弹性势能增加了0.45 J ，所以选项B正确；由F －mg ＝mv 2BR，可得弹力F ＝1.2 N ，选项C 错误，D 正确．8．(2017·贵州贵阳质检)蹦极是一项既惊险又刺激的运动，深受年轻人的喜爱．如图所示，蹦极者从P 点静止跳下，到达A 处时弹性绳刚好伸直，继续下降到最低点B 处，B 离水面还有数米距离，蹦极者在其下降的整个过程中，重力势能的减少量为ΔE 1、绳的弹性势能增加量为ΔE 2、克服空气阻力做功为W ，则下列说法正确的是( C )A ．蹦极者从P 到A 的运动过程中，机械能守恒B ．蹦极者与绳组成的系统从A 到B 过程中，机械能守恒C ．ΔE 1＝W ＋ΔE 2D ．ΔE 1＋ΔE 2＝W解析 蹦极者从P 到A 的过程中，除了重力做功以外，有空气阻力做功，机械能不守恒，故选项A 错误；从A 到B 的过程中，对于系统，除了重力和弹力做功以外，有空气阻力做功，系统机械能不守恒，故选项B 错误；根据能量守恒知，由于动能变化量为零，重力势能的减小量等于弹性势能的增加量与克服阻力做功之和，即ΔE 1＝W ＋ΔE 2，故选项C 正确，D 错误．9．(2017·甘肃兰州模拟)(多选)质量m 1＝0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L ＝1.5 m ，现有质量m 2＝0.2 kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度v 0＝2 m/s 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( BD )A ．物块在车面上滑行的时间t 为0.4 sB ．在此过程中物块的动能减少了0.336 JC ．在此过程中物块与小车组成的系统机械能守恒D ．在此过程中产生的内能为0.24 J解析 设小车做匀加速运动时的加速度为a 1，物块做匀减速运动时的加速度大小为a 2，则a 1＝μm 2g m 1＝103m/s 2，a 2＝μg ＝5 m/s 2，v 0－a 2t ＝a 1t ，所以t＝v 0a 1＋a 2＝2253 s ＝0.24 s ，选项A 错误；相对静止时的速度v ＝a 1t ＝0.8 m/s ，物块克服摩擦力做的功W ＝12m 2(v 20－v 2)＝0.336 J ，选项B 正确；由能量守恒定律可知，系统损失的机械能转化为内能，则E ＝12m 2v 20－12(m 1＋m 2)v 2＝0.24 J ，选项C 错误，D 正确．10．(2017·四川成都一模)如图所示，有三个斜面a 、b 、c ，底边长分别为L 、L 、2L ，高度分别为2h 、h 、h .某一物体与三个斜面间的动摩擦因数都相同，这个物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端．三种情况相比较，下列说法正确的是( B )A ．物体损失的机械能ΔE c ＝2ΔE b ＝4ΔE aB ．因摩擦产生的热量2Q a ＝2Q b ＝Q cC ．物体到达底端的动能E k a ＝2E k b ＝2E k cD ．物体运动的时间4t a ＝2t b ＝t c解析 本题的易错点是误认为摩擦力越小，机械能的损失越小，从而错选A 项．物体损失的机械能等于因摩擦产生的热量，当动摩擦因数相同时，物体沿斜面下滑因摩擦产生的热量(等于克服摩擦力做的功)分别为Q c ＝μmg ·2L ，Q a ＝Q b ＝μmgL ，故选项A 错误，B 正确；由动能定理得E k a ＝mg ·2h －μmgL ，E k b＝mgh －μmgL ，E k c ＝mgh －μmg ·2L ，因此有E k a >E k b >E k c ，但不能确定物体到达底端时动能的数量关系，也不能确定运动时间的数量关系，选项C 、D 错误．11．(2017·苏州一模)如图所示，一个半径为R 的14圆周的轨道，O 点为圆心，B 为轨道上的一点，OB 与水平方向的夹角为37°.轨道的左侧与一固定光滑平台相连，在平台上一轻质弹簧左端与竖直挡板相连，弹簧原长时右端在A 点．现用一质量为m 的小球(与弹簧不连接)压缩弹簧至P 点后释放．已知重力加速度为g ，不计空气阻力．(1)若小球恰能击中B 点，求刚释放小球时弹簧的弹性势能；(2)试通过计算判断小球落到轨道时速度能否与圆弧垂直；(3)改变释放点的位置，求小球落到轨道时动能的最小值．解析 (1)小球离开O 点后做平抛运动，设初速度为v 0落在B 点，有R cos 37°＝v 0t ，R sin 37°＝12gt 2，解得v 0＝815gR ， 由机械能守恒，得弹簧的弹性势能E P ＝12mv 20＝415mgR .(2)设落点与O 点的连线与水平方向的夹角为θ，小球做平抛运动，有R cos θ＝v 0t ，R sin θ＝12gt 2，位移方向与圆弧垂直，且 tan θ＝12gt 2v 0t ＝gt2v 0，设速度方向与水平方向的夹角为α，则tan α＝v y v 0＝gtv 0＝2tan θ，所以小物块不能垂直击中圆弧．(3)设落点与O 点的连线与水平方向的夹角为θ，小球做平抛运动，有R cos θ＝v 0t ，R sin θ＝12gt 2，由动能定理，有mgR sin θ＝E k －12mv 20，解得E k ＝mgR ⎝ ⎛⎭⎪⎫34sin θ＋14sin θ， 当sin θ＝33时，E k 取最小值E kmin ＝32mgR .答案 (1)415mgR (2)不能 (3)32mgR12．如图所示，一质量m ＝2 kg 的长木板静止在水平地面上，某时刻一质量M ＝1 kg 的小铁块以水平向左v 0＝9 m/s 的速度从木板的右端滑上木板．已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，取重力加速度g ＝10 m/s 2，木板足够长，求：(1)铁块相对木板滑动时木板的加速度的大小；(2)铁块与木板摩擦所产生的热量Q 和木板在水平地面上滑行的总路程x . 解析 (1)设铁块在木板上滑动时，木板加速度为a 2，由牛顿第二定律可得μ2Mg －μ1(M ＋m )g ＝ma 2，解得a 2＝0.4×1×10－0.1×3×102m/s 2＝0.5 m/s 2.(2)设铁块在木板上滑动时，铁块的加速度为a 1，由牛顿第二定律得μ2Mg＝Ma 1，解得a 1＝μ2g ＝4 m/s 2.设铁块与木板相对静止达共同速度时的速度为v ，所需的时间为t ，则有v ＝v o －a 1t ，v ＝a 2t ，解得v ＝1 m/s ，t ＝2 s.铁块相对地面的位移x 1＝v 0t －12a 1t 2＝9×2 m－12×4×4 m＝10 m.木板运动的位移x 2＝12a 2t 2＝12×0.5×4 m＝1 m ，铁块与木板的相对位移Δx ＝x 1－x 2＝10 m －1 m ＝9 m ，则此过程中铁块与木板摩擦所产生的热量Q ＝F f Δx ＝μ2Mg Δx ＝0.4×1×10×9 J＝36 J.达共同速度后的加速度为a 3，发生的位移为s ，则有a 3＝μ1g ＝1 m/s 2，s ＝v 2－02a 3＝12m ＝0.5 m.木板在水平地面上滑行的总路程x ＝x 2＋s ＝1 m ＋0.5 m ＝1.5 m. 答案 (1)0.5 m/s 2(2)36 J 1.5 m。
高考物理一轮复习 第五章 机械能及其守恒律 课后分级演练 功和功率
权掇市安稳阳光实验学校课后分级演练(十四) 功和功率【A级——基础练】1．(多选)(2016·湖南衡阳联考)关于摩擦力做功的下列说法不正确的是( )A．滑动摩擦力阻碍物体的相对运动，一定做负功B．静摩擦力起着阻碍物体相对运动趋势的作用，一定不做功C．静摩擦力和滑动摩擦力一定都做负功D．系统内两物体间相互作用的一对摩擦力做功的总和恒为负值解析：ABC 功的计算公式W＝Fs cos θ中的s是指橙皮对于地面的位移，滑动摩擦力和静摩擦力仅起阻碍物体间的相对运动(或相对运动趋势)的作用，它们和物体对地“绝对位移”的方向既可能相同也可能相反，说它们一定做负功是错误的．物体间有静摩擦力作用时两物体相对静止，物体可以对地移动，所以静摩擦力也可能做功．物体间有相对滑动时，伴随有机械能的损耗(转化为内能)，所以一对滑动摩擦力做功的总和恒为负值．2．(多选)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；若作用力变为斜向上的恒力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>v2B．F2＝F1，v1<v2C．F2>F1，v1>v2D．F2<F1，v1<v2解析：BD 水平恒力F1作用下的功率P1＝F1v1，F2作用下的功率P2＝F2v2cos θ，现P1＝P2，若F2＝F1，一定有v1<v2，因此A错误、B正确；由于两次都做匀速直线运动，因此第一次的摩擦力F f1＝μmg＝F1，而第二次的摩擦力F f2＝μ(mg －F2sin θ)＝F2cos θ，显然F f2<F f1，即：F2cos θ<F1，因此无论F2>F1还是F2<F1都会有v1<v2，因此C错误、D正确．3.小物块P位于斜面光滑的斜劈Q上，斜劈Q位于光滑的水平地面上(如图所示)，从地面上看，在小物块P沿斜劈Q下滑的过程中，斜劈Q对小物块P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，做功不为零解析：B 小物块P在下滑过程中和斜劈之间有一对相互作用力F和F′，如图所示．如果把斜劈Q固定在水平桌面上，物体P的位移方向和弹力方向垂直，这时斜劈对物块P不做功．但题中斜劈放在光滑的水平面上，可以自由滑动，此时弹力方向仍然垂直于斜面，但是物块P 的位移方向却是从初位置指向末位置．如图所示，弹力和位移方向不再垂直而是成一钝角，所以弹力对小物块P 做负功，即B 选项正确．4.(多选)一质量为1 kg 的质点静止于光滑水平面上，从t ＝0时刻开始，受到水平外力F 作用，如图所示，下列判断正确的是( )A ．0～2 s 内外力的平均功率是4 WB ．第2 s 内外力所做的功是4 JC ．第2 s 末外力的瞬时功率最大D ．第1 s 末与第2 s 末外力的瞬时功率之比为9∶4 解析：AD 第1 s 末质点的速度v 1＝F 1m t 1＝31×1 m/s＝3 m/s.第2 s 末质点的速度v 2＝v 1＋F 2m t 2＝(3＋11×1) m/s＝4 m/s.则第2 s 内外力做功W 2＝12mv 22－12mv 21＝3.5 J0～2 s 内外力的平均功率 P ＝12mv 22t ＝0.5×1×422 W ＝4 W.选项A 正确，选项B 错误；第1 s 末外力的瞬时功率P 1＝F 1v 1＝3×3 W＝9 W ，第2 s 末外力的瞬时功率P 2＝F 2v 2＝1×4 W＝4 W ，故P 1∶P 2＝9∶4.选项C 错误，选项D 正确．5．如图所示，静止于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F 作用下，沿x 轴方向运动，拉力F 随物块所在位置坐标x 的变化关系如图乙所示，图线为半圆．则小物块运动到x 0处时F 所做的总功为( )A ．0 B.12F m x 0 C.π4F m x 0 D.π4x 20解析：C F 为变力，但F －x 图象包围的面积在数值上表示拉力做的总功．由于图线为半圆，又因在数值上F m ＝12x 0，故W ＝12π·F 2m ＝12π·F m ·12x 0＝π4F m x 0.6.(多选)如图所示，光滑水平地面上固定一带有光滑定滑轮的竖直杆，用轻绳一端系着小滑块，另一端绕过定滑轮，现用恒力F 1水平向左拉滑块的同时，用恒力F 2拉右侧绳端，使滑块从A 点由静止开始向右运动，经过B 点后到达C 点，若AB ＝BC ，则滑块( )A ．从A 点至B 点F 2做的功等于从B 点至C 点F 2做的功 B ．从A 点至B 点F 2做的功小于从B 点至C 点F 2做的功 C ．从A 点至C 点F 2做的功可能等于滑块克服F 1做的功D．从A点至C点F2做的功可能大于滑块克服F1做的功解析：CD 由题意知，滑块从A点至B点时右侧绳端的位移大于滑块从B 点至C点时右侧绳端的位移，F2是恒力，则滑块从A点至B点F2做的功大于从B点至C点F2做的功，A、B错误；滑块从A点至C点过程中，可能先加速后减速，滑块在C点速率大于或等于零，根据动能定理得知，滑块从A点运动到C 点过程中动能的变化量大于或等于零，总功大于或等于零，则从A点至C点F2做的功大于或等于滑块克服F1做的功，C、D正确．7．(多选)如图所示，轻绳一端受到大小为F的水平恒力作用，另一端通过定滑轮与质量为m、可视为质点的小物块相连．开始时绳与水平方向的夹角为θ.当小物块从水平面上的A点被拖动到水平面上的B点时，位移为L，随后从B点沿斜面被拖动到定滑轮O处，BO间距离也为L.小物块与水平面及斜面间的动摩擦因数均为μ，若小物块从A点运动到O点的过程中，F对小物块做的功为W F，小物块在BO段运动过程中克服摩擦力做的功为W f，则以下结果正确的是( )A．W F＝FL(cos θ＋1) B．W F＝2FL cos θC．W f＝μmgL cos 2θD．W f＝FL－mgL sin 2θ解析：BC 小物块从A点运动到O点，拉力F的作用点移动的距离x＝2L cos θ，所以拉力F做的功W F＝Fx＝2FL cos θ，A错误，B正确；由几何关系知斜面的倾角为2θ，所以小物块在BO段受到的摩擦力f＝μmg cos 2θ，则W f＝fL ＝μmgL cos 2θ，C正确，D错误．8.(2017·徐州模拟)一辆汽车在平直的公路上以某一初速度运动，运动过程中保持恒定的牵引功率，其加速度a和速度的倒数1v图象如图所示．若已知汽车的质量，则根据图象所给的信息，不能求出的物理量是( )A．汽车的功率B．汽车行驶的最大速度C．汽车所受到的阻力D．汽车运动到最大速度所需的时间解析：D 由F－F f＝ma，P＝Fv可得：a＝Pm·1v－F fm，对应图线可知，Pm＝k ＝40，可求出汽车的功率P，由a＝0时，1v m＝0.05可得：v m＝20 m/s，再由v m ＝PF f，可求出汽车受到的阻力F f，但无法求出汽车运动到最大速度的时间．9.如图所示，质量为m的小球以初速度v0水平抛出，恰好垂直打在倾角为θ的斜面上，则小球落在斜面上时重力的瞬时功率为(不计空气阻力)( )A．mgv0tan θ B.mgv0tan θC.mgv 0sin θD ．mgv 0cos θ解析：B 小球落在斜面上时重力的瞬时功率为P ＝mgv y ，而v y tan θ＝v 0，所以P ＝mgv 0tan θ，B 正确．10．一滑块在水平地面上沿直线滑行，t ＝0时其速度为1 m/s.从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作用力F ，力F 和滑块的速度v 随时间的变化规律分别如图甲和乙所示，规定初速度的方向为正方向．求：(1)在第1秒内、第2秒内力F 对滑块做的功W 1、W 2； (2)前两秒内力F 的总功W F 及滑块所受合力的功W .解析：(1)第1秒内滑块的位移为l 1＝0.5 m ，第2秒内滑块的位移为l 2＝－0.5 m由W ＝Fl cos α可得，W 1＝0.5 J W 2＝－1.5 J (2)前2秒内力F 的总功W F ＝W 1＋W 2＝－1 J 由动能定理可知合力的功W ＝12mv 22－12mv 21＝0答案：(1)0.5 J －1.5 J (2) －1 J 0 【B 级——提升练】11.(2017·吉林三校联考)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(取g ＝10 m/s 2)( )A ．11 JB ．16 JC ．18 JD ．9 J解析：C 本题考查速度分解、动能定理及其相关的知识点．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∠BAO ＝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，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．12．(2017·河北检测)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 ．全程重力做功平均功率P 1＝P 2>P 3>P 4解析：D 图甲、乙中小球在竖直方向均做自由落体运动，故t 1＝t 2＝2h g，其中h 为竖直高度，对图丙，hsin θ＝12gt 23sin θ，t 3＝2hg sin 2θ，其中θ为斜面倾角，比较图丙和图丁，由动能定理可知，两小球从初始位置到水平面上同一高度处速度大小总相等，但小球4的路程长，因此t 1＝t 2<t 3<t 4，选项A 错误；因竖直高度相等，因此重力做功相等，选项B 错误；重力的瞬时功率等于mgv cos α＝mgv y ，由动能定理可知，小球四种方式落地时的瞬时速度大小相等，但竖直分速度v y 1＝v y 2>v y 3>v y 4＝0，故落地瞬间重力的功率P 1＝P 2>P 3>P 4，选项C 错误；综合分析，可知全程重力做功平均功率P ＝W t，故P 1＝P 2>P 3>P 4，选项D 正确．13.(2017·苏州高三调研)(多选)质量为2×103kg 的汽车由静止开始沿平直公路行驶，行驶过程中牵引力F 和车速倒数1v的关系图象如图所示．已知行驶过程中最大车速为30 m/s ，设阻力恒定，则( )A ．汽车所受阻力为6×103NB ．汽车在车速为5 m/s 时，加速度为3 m/s 2C ．汽车在车速为15 m/s 时，加速度为1 m/s 2D ．汽车在行驶过程中的最大功率为6×104W解析：CD 当牵引力等于阻力时，速度最大，由图线可知阻力大小F f ＝2 000 N ，故A 错误．倾斜图线的斜率表示功率，可知P ＝F f v ＝2 000×30 W＝60 000 W ，车速为5 m/s 时，汽车的加速度a ＝6 000－2 0002 000m/s 2＝2 m/s 2，故B 错误；当车速为15 m/s 时，牵引力F ＝P v ＝60 00015 N ＝4 000 N ，则加速度a ＝F －F fm＝4 000－2 0002 000 m/s 2＝1 m/s 2，故C 正确；汽车的最大功率等于额定功率，等于60 000 W ，故D 正确．14.一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：A 由P ＝Fv ――→v ↑F ↓――→F －f ＝ma a ↓――→a ＝0时v max ＝P f，A 正确，B 、C 、D 错误．15．(2017·常州模拟)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 －2000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 ＝ma 得，汽车牵引力F ＝f 十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 ＝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－fx ′2＝12m (v 2m －v 2)解得t 2＝50 s所以，所求时间为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 s。
高考物理一轮复习 第5章 机械能及其守恒定律 第1节 功
第1节功和功率[高考指南]第1节功和功率知识点1 功1．做功的两个必要条件力和物体在力的方向上发生的位移．2．公式W＝Fl cos_α，适用于恒力做功，其中α为F、l方向间的夹角，l为物体对地的位移．3．功的正负夹角功的正负α<90°力对物体做正功α>90°力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功α＝90°力对物体不做功1．定义功与完成这些功所用时间的比值．2．物理意义描述做功的快慢．3．公式(1)P ＝Wt，P 为时间t 内的平均功率． (2)P ＝Fv cos α(α为F 与v 的夹角) ①v 为平均速度，则P 为平均功率． ②v 为瞬时速度，则P 为瞬时功率． 4．额定功率与实际功率(1)额定功率：动力机械正常工作时输出的最大功率．(2)实际功率：动力机械实际工作时输出的功率，要求小于或等于额定功率．1．正误判断(1)只要物体受力的同时又有位移发生，则一定有力对物体做功．(×) (2)一个力对物体做了负功，则说明这个力一定阻碍物体的运动．(√) (3)滑动摩擦力可能做负功，也可能做正功；静摩擦力对物体一定做负功．(×) (4)作用力做正功时，反作用力一定做负功．(×)(5)据P ＝Fv 可知，发动机功率一定时，交通工具的牵引力与运动速度成反比．(√) (6)汽车上坡的时候，司机必须换挡，其目的是减小速度，得到较大的牵引力．(√) 2．[功的大小比较]如图511所示的a 、b 、c 、d 中，质量为M 的物体甲受到相同的恒力F 的作用，在力F 作用下使物体甲在水平方向移动相同的位移．μ表示物体甲与水平面间的动摩擦因数，乙是随物体甲一起运动的小物块，比较物体甲移动的过程中力F 对物体甲所做的功的大小( )图511A ．W a 最小B ．W d 最大C ．W a >W cD ．四种情况一样大D [四种情况下，拉力F 的大小和方向、物体甲移动的位移均相同，由W ＝Fl cos θ可知，四种情况下拉力F 做功相同，D 正确．]3．[正功负功的判断](多选)如图512所示，质量为m 的物体置于倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，在外力作用下，斜面体以加速度a 沿水平方向向左做匀加速运动，运动中物体m 与斜面体相对静止．则关于斜面对m 的支持力和摩擦力的下列说法中正确的是( )图512A．支持力一定做正功B．摩擦力一定做正功C．摩擦力可能不做功D．摩擦力可能做负功ACD[支持力方向垂直斜面向上，故支持力一定做正功．而摩擦力是否存在需要讨论，若摩擦力恰好为零，物体只受重力和支持力，如图所示，此时加速度a＝g tan θ，当a>g tan θ，摩擦力沿斜面向下，摩擦力与位移夹角大于90°，则做正功；当a<g tan θ，摩擦力沿斜面向上，摩擦力与位移夹角大于90°，则做负功．综上所述，A、C、D正确．]4．[机车启动问题](2017·宁波模拟)汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P.快进入闹市区时，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半并保持该功率继续行驶．如图四个图象中，哪个图象正确表示了从司机减小油门开始，汽车的速度与时间的关系( )【导学号：92492210】C[汽车匀速行驶时牵引力等于阻力；功率减小一半时，汽车的速度由于惯性来不及变化，根据功率和速度关系公式P＝Fv，牵引力减小一半，小于阻力，合力向后，汽车做减速运动．由公式P＝Fv可知，功率一定时，速度减小后，牵引力增大，合力减小，加速度减小，故物体做加速度不断减小的减速运动．当牵引力增大到等于阻力时，加速度减为零，物体重新做匀速直线运动；故选C.]功的正负判断和计算1判断根据适用情况根据力和位移的方向的夹角判断常用于恒力做功的判断根据力和瞬时速度方向的夹角判断常用于质点做曲线运动根据功能关系或能量守恒定律判断常用于变力做功的判断2.(1)恒力做的功直接用W＝Fl cos α计算．(2)合外力做的功方法一：先求合外力F合，再用W合＝F合l cos α求功．方法二：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)变力做的功①应用动能定理求解．②用W＝Pt求解，其中变力的功率P不变．③常用方法还有转换法、微元法、图象法、平均力法等，求解时根据条件灵活选择．[题组通关]1.如图513所示，木板可绕固定水平轴O转动．木板从水平位置OA缓慢转到OB位置，木板上的物块始终相对于木板静止．在这一过程中，物块的重力势能增加了2 J．用F N表示物块受到的支持力，用F f表示物块受到的摩擦力．在此过程中，以下判断正确的是( )图513A．F N和F f对物块都不做功B．F N对物块做功为2 J，F f对物块不做功C．F N对物块不做功，F f对物块做功为2 JD．F N和F f对物块所做功的代数和为0B[物块所受的摩擦力F f沿木板斜向上，与物块的位移方向垂直，故摩擦力F f对物块不做功，物块在慢慢移动过程中，重力势能增加了2 J，重力做负功2 J，支持力F N对物块做正功2 J，故B正确．]2．以一定的初速度竖直向上抛出一个小球，小球上升的最大高度为h，空气阻力的大小恒为F，则从抛出到落回到抛出点的过程中，空气阻力对小球做的功为( )【导学号：92492211】A．0 B．－FhC ．FhD ．－2FhD [阻力与小球速度方向始终相反，故阻力一直做负功，W ＝－Fh ＋(－Fh )＝－2Fh ，D 正确．]3．(2014·全国卷Ⅱ)一物体静止在粗糙水平地面上．现用一大小为F 1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F 2，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 F 1、W F 2分别表示拉力F 1、F 2所做的功，W f 1、W f 2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( )A ．W F 2>4W F 1，W f 2>2W f 1B ．W F 2>4W F 1，W f 2＝2W f 1C ．W F 2<4W F 1，W f 2＝2W f 1D ．W F 2<4W F 1，W f 2<2W f 1 C [根据x ＝v ＋v 02t 得两过程的位移关系x 1＝12x 2根据加速度的定义a ＝v －v 0t得两过程的加速度关系为a 1＝a 22由于在相同的粗糙水平地面上运动，故两过程的摩擦力大小相等 即f 1＝f 2＝f根据牛顿第二定律F －f ＝ma 得F 1－f 1＝ma 1，F 2－f 2＝ma 2所以F 1＝12F 2＋12f ，即F 1>F 22根据功的计算公式W ＝Fl ，可知W f 1＝12W f 2，W F 1>14W F 2，故选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．]常见力做功的特点做功的力 做功特点、计算公式重力与路径无关，与物体的重力和初、末位置的高度有关，W G ＝mg Δh弹簧的弹力力的方向不变，F随位置x线性变化时，F＝F1＋F22，W ＝F x cos α静摩擦力可以做正功、做负功、不做功滑动摩擦力可以做正功、做负功、不做功一对静摩擦力总功为零一对滑动摩擦力总功为负功，W总＝－F f s机车牵引力P不变时，W＝Pt；F不变时，W＝Fs电场力与路径无关，只与带电体所带电荷量和初、末位置的电势差有关，W电＝qU洛伦兹力不做功功率的计算1.(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．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)利用公式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)利用公式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．[题组通关]1.如图514所示，小球在水平拉力作用下，以恒定速率v沿竖直光滑圆轨道由A点运动到B点，在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是( )图514A．逐渐减小B．逐渐增大C．先减小，后增大D．先增大，后减小B[因为小球是以恒定速率运动，即它做匀速圆周运动，那么小球受到的重力G、水平拉力F、轨道的支持力三者的合力必是沿半径指向O点．设小球与圆心的连线与竖直方向夹角为θ，则FG＝tan θ(F 与G 的合力必与轨道的支持力在同一直线上)，得F ＝G tan θ，而水平拉力F 的方向与速度v 的方向夹角也是θ，所以水平力F 的瞬时功率是P ＝Fv cos θ＝Gv sin θ.显然，从A 点到B 点的过程中，θ是不断增大的，所以水平拉力F 的瞬时功率是一直增大的，故B 正确，A 、C 、D 错误．]2．(多选)一质量为1 kg 的质点静止于光滑水平面上，从t ＝0时刻开始，受到水平外力F 作用，如图515所示．下列判断正确的是( )【导学号：92492212】图515A ．0～2 s 内外力的平均功率是4 WB ．第2 s 内外力所做的功是4 JC ．第2 s 末外力的瞬时功率最大D ．第1 s 末与第2 s 末外力的瞬时功率之比为9∶4 AD [第1 s 末质点的速度v 1＝F 1m t 1＝31×1 m/s＝3 m/s.第2 s 末质点的速度v 2＝v 1＋F 2m t 2＝(3＋11×1)m/s＝4 m/s.则第2 s 内外力做功W 2＝12mv 22－12mv 21＝3.5 J0～2 s 内外力的平均功率 P ＝12mv 22t ＝0.5×1×422W ＝4 W.选项A 正确，选项B 错误；第1 s 末外力的瞬时功率P 1＝F 1v 1＝3×3 W＝9 W ， 第2 s 末外力的瞬时功率P 2＝F 2v 2＝1×4 W＝4 W ，故P 1∶P 2＝9∶4，选项C 错误，选项D 正确．]速度 机车启动问题1两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O A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 1aA B段过程 分析 F ＝F 阻⇒a ＝0⇒ F 阻＝P v mv ↑⇒F ＝P 额v ↓⇒a ＝F －F 阻m↓运动 性质以v m 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 阻匀速运动 (1)无论哪种启动过程，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 ＝PF 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)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W ＝Pt .由动能定理：Pt －F 阻s ＝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．[母题] 动车组是城际间实现小编组、大密度的高效运输工具，以其编组灵活、方便、快捷、安全、可靠、舒适等特点而备受世界各国铁路运输和城市轨道交通运输的青睐．动车组就是几节自带动力的车厢加几节不带动力的车厢编成一组，就是动车组．假设有一动车组由8节车厢连接而成，每节车厢的总质量均为7.5×104kg.其中第一节、第二节带动力，他们的额定功率分别为3.6×107W 和2.4×107W ，车在行驶过程中阻力恒为重力的0.1倍(g 取10 m/s 2)．(1)求该动车组只开动第一节动力的情况下能达到的最大速度；(2)若列车从A 地沿直线开往B 地，先以恒定的功率6×107W(同时开动第一、第二节的动力)从静止开始启动，达到最大速度后匀速行驶，最后除去动力，列车在阻力作用下匀减速至B 地恰好速度为0.已知AB 间距为5.0×104m ，求列车从A 地到B 地的总时间．【解析】 (1)只开动第一节动力的前提下，当第一节以额定功率运行且列车的牵引力等于阻力时达到最大速度：P 1m ＝fv m 得：v m ＝P 1mf其中阻力f ＝0.1×8mg ＝6.0×105N ，P 1m ＝3.6×107W 联立解得v m ＝60 m/s.(2)列车以恒定的功率6×107W(同时开动第一、第二节的动力)从静止开始启动，当牵引力等于阻力时达到最大速度v m ＝P 1m ＋P 2mf，代入数据解得：v m ＝100 m/s 设列车从C 点开始做匀减速运动，令A 到C 的时间为t 1，AC 间距为x 1；C 到B 的时间为t 2，CB 间距为x 2，在CB 间匀减速运动的加速度大小为a ，列车的总质量M ＝8m ＝6.0×105kg ，运动示意图如下：从C 到B 由牛顿第二定律和运动学公式得：F f ＝Ma代入数据解得：a ＝f M＝0.1Mg M＝1 m/s 2v m ＝at 2代入数据解得：t 2＝v ma＝100 sx 2＝v m2t 2代入数据解得：x 2＝5.0×103m 所以x 1＝x AB －x 2＝4.5×104m 从A 到C 用动能定理得： (P 1m ＋P 2m )t 1－f ·x 1＝12Mv 2m代入数据解得：t 1＝500 s 所以：t 总＝t 1＋t 2＝600 s. 【答案】 (1)60 m/s (2)600 s [母题迁移]●迁移1 竖直方向上的机车启动问题1.如图516所示为修建高层建筑常用的塔式起重机．在起重机将质量m＝5×103 kg 的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度a＝0.2 m/s2，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做v m＝1.02 m/s的匀速直线运动．g取10 m/s2，不计额外功．求：图516(1)起重机允许输出的最大功率；(2)重物做匀加速运动所经历的时间；(3)起重机在第2 s末的输出功率．【解析】(1)起重机达到允许输出的最大功率时，P m＝Fv mF＝mg，可得起重机的最大输出功率为P m＝mg·v m＝5.1×104 W.(2)设重物做匀加速直线运动经历的时间为t1，达到的速度为v1，则有F1－mg＝ma，P m＝F1·v1，v1＝at1解得t1＝5 s.(3)2 s末重物在做匀加速直线运动，速度为v2＝at22 s末起重机的输出功率为P＝F1·v2解得P＝2.04×104 W.【答案】(1)5.1×104 W (2)5 s (3)2.04×104 W●迁移2 斜面上的汽车启动问题2．(2017·舟山模拟)质量为1.0×103 kg的汽车，沿倾角为30°的斜坡由静止开始运动，汽车在运动过程中所受摩擦阻力大小恒为 2 000 N，汽车发动机的额定输出功率为5.6×104 W，开始时以a＝1 m/s2的加速度做匀加速运动(g取10 m/s2)．求：(1)汽车做匀加速运动的时间t1；(2)汽车所能达到的最大速率；(3)若斜坡长143.5 m，且认为汽车到达坡顶之前，已达到最大速率，则汽车从坡底到坡顶需多长时间？【导学号：92492213】【解析】(1)由牛顿第二定律得F－mg sin 30°－F f＝ma设匀加速过程的末速度为v ，则有P ＝Fvv ＝at 1解得t 1＝7 s.(2)当达到最大速度v m 时，a ＝0，则有P ＝(mg sin 30°＋F f )v m解得v m ＝8 m/s.(3)汽车匀加速运动的位移x 1＝12at 21，在后一阶段对汽车由动能定理得 Pt 2－(mg sin 30°＋F f )x 2＝12mv 2m －12mv 2 又有x ＝x 1＋x 2解得t 2＝15 s故汽车运动的总时间为t ＝t 1＋t 2＝22 s.【答案】 (1)7 s (2)8 m/s (3)22 s分析机车启动问题时应注意的三点1．恒定功率下的加速运动一定不是匀加速运动，这种加速过程发动机做的功可用W ＝Pt 计算，不能用W ＝Fl 计算(因为F 为变力)．2．以恒定牵引力加速时的功率一定不恒定，这种加速过程发动机做的功常用W ＝Fl 计算，不能用W ＝Pt 计算(因为功率P 是变化的)．3．在机车功率P ＝Fv 中，F 是机车的牵引力而不是机车所受合力，正是基于此，P ＝F f v m 时，即牵引力与阻力平衡时达到最大运行速度．。
高三物理一轮复习 第五章 机械能及其守恒定律 14 功和功率课时达标
功和功率1．(多选)如图所示，倾角为θ的斜劈放在水平面上，斜劈上用固定的竖直挡板挡住一个光滑的质量为m 的小球，当整个装置沿水平面以速度v 向左匀速运动时间t 时，以下说法正确的是 ( )A ．小球的重力做功为零B ．斜劈对小球的弹力做功为mgvtcos θC ．挡板对小球的弹力做功为零D ．合力对小球做功为零解析：小球的重力与速度方向始终垂直，不做功，A 项正确；由于小球匀速，对小球受力分析如图．可求得斜劈对小球的弹力为F N ＝mgcos θ，做功为W F N ＝F N ·vt sinθ＝mgvt·tan θ，挡板的弹力为：F ＝mg tan θ，做功为W F ＝－Fvt ＝－mg tan θ，故B 、C 两项均错误；小球受到的合力为零，则合力对小球做功为零，D 项正确．答案：AD2．如图所示，质量为m 的物块与水平转台之间的动摩擦因数为μ，物体与转台转轴相距R ，物体随转台由静止开始转动，当转速增加到某值时，物块即将开始滑动，在这一过程中，摩擦力对物体做的功是 ( )A.12μmgR B ．2πmgR C ．2μmgR D ．0解析：物块即将开始滑动时，最大静摩擦力(近似等于滑动摩擦力)提供向心力，有μmg ＝mv 2R ，根据动能定理有，W f ＝mv22，解得W f ＝μmgR2，选项A 项正确．答案：A3．如图所示，质量为m 的小球以初速度v 0水平抛出，恰好垂直打在倾角为θ的斜面上，(不计空气阻力)则球落在斜面上时重力的瞬时功率为 ( )A ．mgv 0tan θ B.mgv 0tan θC.mgv 0sin θD ．mgv 0cos θ解析：球落在斜面上时重力的瞬时功率为P ＝mgv y 而v y tan θ＝v 0，所以P ＝mgv 0tan θ，B 项正确．答案：B4．足够长的粗糙斜面上，用力推着一物体沿斜面向上运动，t ＝0时撤去推力，0～6 s 内速度随时间的变化情况如图所示，由图像可判定下列说法不正确的是( )A ．0～1 s 内重力的平均功率大小与1～6 s 内重力平均功率大小之比为5∶1B ．0～1 s 内摩擦力的平均功率与1～6 s 内摩擦力平均功率之比为1∶1C ．0～1 s 内机械能变化量大小与1～6 s 内机械能变化量大小之比为1∶5D ．1～6 s 内动能变化量大小与机械能变化量大小之比为1∶2解析：设斜面的倾角为θ，0～1 s 内重力的平均功率 P 1＝mg ×12×10×1×sin θ1，1～6 s 内重力平均功率大小 P 2＝mg ×12×10×5×sin θ5，则P 1∶P 2＝1∶1，选项A 错误；0～1 s 与1～6 s 内摩擦力平均功率之比即为平均速度之比，又因这两个时段的平均速度大小相等，故平均功率之比为1∶1，选项B 正确；根据功能关系，机械能变化量之比等于摩擦力做功之比，而0～1 s 与1～6 s 内位移之比为⎝ ⎛⎭⎪⎫12×10×1∶⎝ ⎛⎭⎪⎫12×10×5＝1∶5，所以机械能变化量大小之比为1∶5，选项C 正确；在0～1 s 内mg sin θ＋F f ＝m×10，在1～6 s 内mg sin θ－F f ＝m×2，解得F f ＝4m ，1～6 s 内动能变化量大小与机械能变化量大小之比为：⎝ ⎛⎭⎪⎫12×m ×102∶⎝ ⎛⎭⎪⎫4m ×12×10×5＝1∶2，选项D 正确．答案：A5．(2016·山东师大附中高三期末测试)一质量为m 的物体，同时受几个力的作用而处于静止状态．某时刻其中一个力F 突然变为F3，其他力不变，以此时为计时起点，则经过t 时刻，合力的功率的大小是( )A.2F 2t 9m B.4F 2t 9m C.2F 2t 3m D.4F 2t 3m解析：某时刻其中一个力F 突然变为F 3，则物体的合力为2F 3，加速度a ＝2F 3m ，则t 时刻的速度v ＝at ，合力的功率为P ＝F 合v ＝2Fv3＝4F 2t9m，B 项正确． 答案：B6．(2014·重庆卷)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 1C ．v 2＝k 2k 1v 1 D ．v 2＝k 2v 1解析：机车在不同的路面以相同的功率按最大速度行驶，可推断机车做匀速直线运动，受力平衡，由公式P ＝Fv ，F ＝kmg ，可推出P ＝k 1mgv 1＝k 2mgv 2，解得v 2＝k 1k 2v 1，故B 项正确，A 、C 、D 三项错误．答案：B7．(多选)(2015·浙江卷)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器．舰载机总质量为3.0×104kg ，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105N ；弹射器有效作用长度为100 m ，推力恒定．要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则( )A ．弹射器的推力大小为1.1×106NB ．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108J C ．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107W D ．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s2．解析：由题可知，舰载机弹射过程的加速度为a ＝v22x＝32 m /s 2，D 项正确；根据牛顿第二定律0.8(F 发＋F 弹)＝ma ，求得弹射器的推力大小F 弹＝1.1×106N ，A 项正确；弹射器对舰载机做的功为W ＝F 弹·x ＝1.1×106×100 J ＝1.1×108J ，B 项正确；弹射过程的时间t ＝v a ＝8032 s ＝2.5 s ，弹射器做功的平均功率P ＝W t＝4.4×107 W ，C 项错误．答案：ABD8．如图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 ．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 项错；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 项错；公式v ＝12(v 1＋v 2)适用于匀变速直线运动，故C 项错；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 项对．答案：D9．如图所示，建筑工人通过滑轮装置将一质量是100 kg 的料车沿30°角的斜面由底端匀速地拉到顶端，斜面长L 是4 m ，若不计滑轮的质量和各处的摩擦力，g 取10 N/kg ，求这一过程中：(1)工人拉绳子的力做的功： (2)料车的重力做的功：(3)料车受到的各力对料车做的总功。
全国通用近年高考物理大一轮复习第五章机械能及其守恒定律课时达标14功和功率(2021年整理)
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第14讲功和功率［解密考纲]考查对功、功率（平均功率、瞬时功率)的理解，能将变力功转化为恒力功、图象法求解．1．如图所示,在水平面上，有一弯曲的槽道弧AB,槽道由半径分别为错误!和R的两个半圆构成，现用大小恒为F的拉力将一光滑小球从A点沿滑槽道拉至B点，若拉力F的方向时时刻刻均与小球运动方向一致，则此过程中拉力所做的功为( C)A．0 B．FRC．错误!πFR D．2πFR解析虽然拉力方向时刻改变,但力与运动方向始终一致，用微元法，在很小的一段位移内可以看成恒力,小球的路程为πR＋π错误!，则拉力做的功为错误!πFR，故选项C正确．2．如图甲所示，静置于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F作用下，沿x 轴方向运动,拉力F随小物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示，图线为半圆．则小物块运动到x0处时F做的总功为( C）A．0 B．错误!F m x0C．错误!F m x0D．错误!x错误!解析F为变力,根据F－x图象包围的面积在数值上等于F做的总功来计算．图线为半圆，由图线可知在数值上F m＝错误!x0，故W＝错误!π·F错误!＝错误!π·F m·错误!x0＝错误!F m x0.选项C正确．3．如图所示，木板质量为M,长度为L，小木块质量为m,水平地面光滑,一根不计质量的轻绳通过定滑轮分别与M和m连接，小木块与木板间的动摩擦因数为μ。
近年高考物理一轮总复习 第五章 机械能及其守恒定律 第14讲 功和功率实战演练(2021年整理)
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第14讲功和功率1．（2017·浙江杭州模拟）生活中有人常说在车厢内推车是没用的．如图所示，在水平地面上运动的汽车车厢内一人用力推车，当车在倒车时刹车的过程中（A)A．人对车做正功B．人对车做负功C．人对车不做功D．车对人的作用力方向水平向右解析:倒车表示速度向右，刹车表示减速运动，即a、v方向相反，加速度a向左，人与车具有相同的加速度，对人受力分析,受到重力和车对人的作用力，则车对人的作用力方向为斜向左上方,选项D错误;那么人对车的作用力方向斜向右下方，人对车的作用力与车运动位移方向成锐角，即人对车做正功(或对人由动能定理，人的动能减小,车对人做负功，人对车做正功来判断），选项A正确，选项B、C错误．2．(多选)(2016·山东模拟）一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时起，第1 s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( AD)A．0～2 s内外力的平均功率是错误! WB．第2 s内外力所做的功是错误! 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4 5解析：根据牛顿第二定律得,质点在第1 s内的加速度a1＝错误!＝2 m/s2,在第2 s内的加速度a2＝错误!＝1 m/s2;第1 s末的速度v1＝a1t＝2 m/s，第2 s末的速度v2＝v1＋a2t＝3 m/s；0～2 s内外力做的功W＝错误!mv错误!＝错误! J，平均功率P＝错误!＝错误! W,故选项A正确；第2 s内外力所做的功W2＝错误!mv错误!－错误!mv错误!＝（错误!×1×32－错误!×1×22）J＝错误! J，故选项B错误；第1 s末的瞬时功率P1＝F1v1＝4 W，第2 s末的瞬时功率P2＝F2v2＝3 W，故选项C错误；第1 s内动能的增加量ΔE k1＝错误!mv错误!＝2 J，第2 s内动能的增加量ΔE k2＝W2＝52J，所以ΔE k1ΔE k2＝错误!，故选项D正确．3．（多选）(2015·浙江卷）我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器．舰载机总质量为3.0×104 kg，设起飞过程中发动机的推力恒为1。
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功和功率
1．(多选)如图所示，倾角为θ的斜劈放在水平面上，斜劈上用固定的竖直挡板挡住一个光滑的质量为m 的小球，当整个装置沿水平面以速度v 向左匀速运动时间t 时，以下说法正确的是 ( )
A ．小球的重力做功为零
B ．斜劈对小球的弹力做功为mgvt cos θ
C ．挡板对小球的弹力做功为零
D ．合力对小球做功为零
解析：小球的重力与速度方向始终垂直，不做功，A 项正确；由于小球匀速，对小球受力分析如图．
可求得斜劈对小球的弹力为F N ＝mg cos θ
，做功为W F N ＝F N ·vt sin θ＝mgvt·tan θ，挡板的弹力为：F ＝mg tan θ，做功为W F ＝－Fvt ＝－mg tan θ，故B 、C 两项均错误；小球受到的合力为零，则合力对小球做功为零，D 项正确．
答案：AD
2．如图所示，质量为m 的物块与水平转台之间的动摩擦因数为μ，物体与转台转轴相距R ，物体随转台由静止开始转动，当转速增加到某值时，物块即将开始滑动，在这一过程中，摩擦力对物体做的功是 ( )
A.12
μmgR B ．2πmgR C ．2μmgR D ．0
解析：物块即将开始滑动时，最大静摩擦力(近似等于滑动摩
擦力)提供向心力，有μmg＝mv 2R ，根据动能定理有，W f ＝mv 22
，解得W f ＝μmgR 2
，选项A 项正确． 答案：A
3．如图所示，质量为m 的小球以初速度v 0水平抛出，恰好垂直打在倾角为θ的斜面上，(不计空气阻力)则球落在斜面上时重力的瞬时功率为 ( )
A ．mgv 0tan θ B.mgv 0tan θ
C.mgv 0sin θ
D ．mgv 0cos θ 解析：球落在斜面上时重力的瞬时功率为P ＝mgv y 而v y tan θ＝v 0，所以P ＝
mgv 0tan θ
，B 项正确． 答案：B
4．足够长的粗糙斜面上，用力推着一物体沿斜面向上运动，t ＝0时撤去推力，0～6 s 内速度随时间的变化情况如图所示，由图像可判定下列说法不正确的是( )
A ．0～1 s 内重力的平均功率大小与1～6 s 内重力平均功率大小之比为5∶1
B ．0～1 s 内摩擦力的平均功率与1～6 s 内摩擦力平均功率之比为1∶1
C ．0～1 s 内机械能变化量大小与1～6 s 内机械能变化量大小之比为1∶5
D ．1～6 s 内动能变化量大小与机械能变化量大小之比为1∶2 解析：设斜面的倾角为θ，0～1 s 内重力的平均功率
P 1＝mg ×12×10×1×sin θ1
， 1～6 s 内重力平均功率大小
P 2＝mg ×12×10×5×sin θ5
， 则P 1∶P 2＝1∶1，选项A 错误；
0～1 s 与1～6 s 内摩擦力平均功率之比即为平均速度之比，又因这两个时段的平均速度大小相等，故平均功率之比为1∶1，选项B 正确；根据功能关系，机械能变化量之比等于摩擦力做功之比，而0～1 s 与1～6 s 内位移之比为⎝ ⎛⎭⎪⎫12×10×1∶⎝ ⎛⎭
⎪⎫12×10×5＝1∶5，所以机械能变化量大小之比为1∶5，选项C 正确；在0～1 s 内mg sin θ＋F f ＝m×10，在1～6 s 内mg sin θ－F f ＝m×2，解得F f ＝4m ，1～6 s 内动能变化量大小与机械能变化量大小之比为：
⎝ ⎛⎭⎪⎫12×m ×102∶⎝ ⎛⎭
⎪⎫4m ×12×10×5＝1∶2，选项D 正确．
答案：A
5．(2016·山东师大附中高三期末测试)一质量为m 的物体，同时受几个力的作用而处于静止状态．某时刻其中一个力F 突然变为F 3
，其他力不变，以此时为计时起点，则经过t 时刻，合力的功率的大小是( )
A.2F 2t 9m
B.4F 2t 9m
C.2F 2t 3m
D.4F 2t 3m
解析：某时刻其中一个力F 突然变为F 3，则物体的合力为2F 3
，加速度a ＝2F 3m ，则t 时刻的速度v ＝at ，合力的功率为P ＝F 合v ＝2Fv 3
＝4F 2t 9m
，B 项正确． 答案：B
6．(2014·重庆卷)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 1
B ．v 2＝k 1k 2v 1
C ．v 2＝k 2k 1
v 1 D ．v 2＝k 2v 1
解析：机车在不同的路面以相同的功率按最大速度行驶，可推断机车做匀速直线运动，受力平衡，由公式P ＝Fv ，F ＝kmg ，可推
出P ＝k 1mgv 1＝k 2mgv 2，解得v 2＝k 1k 2
v 1，故B 项正确，A 、C 、D 三项错误．
答案：B
7．(多选)(2015·浙江卷)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器．舰载机总质量为3.0×104 kg ，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105 N ；弹射器有效作用长度为100 m ，推力恒定．要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则( )
A ．弹射器的推力大小为1.1×106 N
B ．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108 J
C ．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107 W
D ．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s 2
．解析：由题可知，舰载机弹射过程的加速度为a ＝v 22x ＝32 m /s 2，D 项正确；根据牛顿第二定律0.8(F 发＋F 弹)＝ma ，求得弹射器的推力大小F 弹＝1.1×106
N ，A 项正确；弹射器对舰载机做的功为W ＝F 弹·x ＝1.1×106×100 J ＝1.1×108 J ，B 项正确；弹射过程的时
间t ＝v a ＝8032 s ＝2.5 s ，弹射器做功的平均功率P ＝W t ＝4.4×107 W ，C 项错误．
答案：ABD
8．如图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 22－12
mv 21 C ．t 1～t 2时间内的平均速度为12
(v 1＋v 2) D ．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
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 项错；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 22－12
mv 21 ，故B 项错；公式v ＝12
(v 1＋v 2)适用于匀变速直线运动，故C 项错；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 项对．
答案：D
9．如图所示，建筑工人通过滑轮装置将一质量是100 kg 的料车沿30°角的斜面由底端匀速地拉到顶端，斜面长L 是4 m ，若不计滑轮的质量和各处的摩擦力，g 取10 N/kg ，求这一过程中：
(1)工人拉绳子的力做的功：
(2)料车的重力做的功：
(3)料车受到的各力对料车做的总功。
解析：(1)工人拉绳子的力：F ＝12
mg sin 30°，工人将料车拉到斜面顶端时，绳端移动的距离l ＝2L ，根据公式W ＝Fl cos α，得
W 1＝12
mg(2L)sin 30°＝2 000 J . (2)重力做功：
W 2＝－mgL sin 30°＝－2 000 J .
(3)由于料车在斜面上匀速运动，则料车所受的合力为0，故W 合＝0.
答案：(1)2 000 J (2)－2 000 J (3)0
10．在水平直线马路上，质量为1.0×103
kg 的汽车，其发动机的额定功率为6.0×104 W ，汽车由静止以加速度a ＝1 m/s 2
做匀加速直线运动，运动中所受摩擦阻力大小恒为2 000 N ，当汽车发动机达到额定功率后，保持功率不变，重力加速度g 取10 m/s 2.
(1)求汽车做匀加速直线运动的时间t 1；
(2)求汽车所能达到的最大速率；
(3)若汽车由静止到发生位移x ＝1 000 m 前已达到最大速率，则汽车发生该1 000 m 位移需要多少时间？
解析：(1)根据牛顿第二定律得F －F f ＝ma
设汽车匀加速阶段的末速度为v ，则有
P ＝Fv ，v ＝at 1
代入数据，联立解得汽车做匀加速直线运动的时间t 1＝20 s .
(2)当汽车达到最大速度v m 时，有
P ＝F f v m ，
解得汽车的最大速度为v m ＝30 m /s .
(3)汽车匀加速运动的位移
x 1＝12
at 21＝200 m ， 在后一阶段牵引力对汽车做正功，阻力做负功，根据动能定理得
Pt 2－F f x 2＝12mv 2m －12
mv 2 又有x 2＝x －x 1
代入数据，联立解得t 2＝30.8 s
所以汽车在该过程中运动的总时间t＝t1＋t2＝50.8 s. 答案：(1)20 s(2)30 m/s(3)50.8 s。