版高考物理二轮复习 第一部分 专题二 功和能 七、两个概念、一个模型,破解功和功率问题课件.pptx
高三物理 二轮复习 第1部分 专题2 功和能 第2讲 机械能守恒定律 功能关系课件
解决机械能守恒综合题目的一般方法 (1)对物体进行运动过程的分析，分析每一运动过程的运 动规律． (2)对物体进行每一过程中的受力分析，确定有哪些力做 功，有哪些力不做功，哪一过程中满足机械能守恒定律的条 件． (3)分析物体的运动状态，根据机械能守恒定律及有关的 力学规律列方程求解．
[题组训练] 1．静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升， 在某一高度撤去恒力．不计空气阻力，在整个上升过程中，物 体机械能随时间变化关系是( )
(3)物块恰好通过 M 点时，由牛顿第二定律得 mg＝mvR2M， 解得 vM＝ 6 m/s. 从 P 到 M 由机械能守恒定律得 mgR(1＋cos 60°)＋12mv′M2＝12mv2P 解得 v′M2＜0 不成立， 故物块不能通过最高点 M. 答案： (1)0.6 m (2)28 N，方向竖直向下 (3)见解题过 程
③“由 P 点沿切线落入圆弧轨道” 速度方向与水平方向成 60°
物块在 P 点的
④“动摩擦因数 μ＝0.4” 擦力
传送带与物块间存在摩
第二步：审问题 理思路
(1)求半径 R
P 处竖直方向上的分速度 vy.
物块离开传送带时的速度 v0
(2) 求 对 轨 道 的 压 力
Hale Waihona Puke 轨道对物块的支持力FN
N 处的速度
解析： 以地面为零势能面，以竖直向上为正方向，则对 物体，在撤去外力前，有 F－mg＝ma，h＝12at2，在某一时刻 的机械能 E＝ΔE＝F·h，解以上各式得 E＝F2a·t2∝t2，撤去外力 后，物体机械能守恒，故只有 C 正确．
答案： C
2.如图所示，劲度系数为 k 的轻弹簧下 端固定在水平地面上，上端连接一质量为 m 的物体 A，一不可伸长的轻绳跨过滑轮， 两端分别与物体 A 及质量为 2m 的物体 B 连接．不计空气阻力，定滑轮与轻绳间的 摩擦，重力加速度为 g，弹簧的形变始终在弹性限度内．
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
1 2
mv
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
新课标高三物理二轮专题复习课件二功和能121
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(2)恒定功率下的加速一定不是匀加速，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)． (3)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．(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 k1 和 k2 倍，最大速 率分别为 v1 和 v2，则( A．v2＝k1v1 k2 C．v2＝ v1 k1 )
k1 B．v2＝ v1 k2 D．v2＝k2v1
...
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(1)B 下落的加速度大小 a； (2)A 沿斜面向上运动的过程中，绳的拉力对 A 做的功 W； (3)A(包括传感器)的质量 m 及 A 与斜面间的动摩擦因数 μ； (4)求在 0～0.75 s 内摩擦力对 A 做的功．
...
【审题指导】 (1)物体 B 落地前， A、 B 的加速度相同， Δv 利用 a＝ 求其值． Δt (2)物体 B 落地前绳上的拉力可以通过对 B 分析，由牛 顿第二定律求解；物体 A 向上加速的过程中发生的位移， 1 2 可由 x＝ at 来求值． 2 (3)物体 A 所受的摩擦力方向不改变，且对 A 做负功．
...
【解析】 (1)由题图乙可知：前 0.5 s 内，A、B 以相 同大小的加速度做匀加速运动，0.5 s 末速度大小为 2 m/s. Δv 2 a＝ ＝ m/s2＝4 m/s2 Δt 0.5 (2)前 0.5 s，绳绷直，设绳的拉力大小为 F；后 0.25 s， 绳松弛，拉力为 0 1 前 0.5 s，A 沿斜面发生的位移 l＝ vt＝0.5 m 2 对 B，由牛顿第二定律有：Mg－F＝Ma①
高中物理高考二轮复习教案(4)功和能
专题四 功和能 教案专题要点1.做功的两个重要因素：有力作用在物体上且使物体在力的方向上发生了位移。
功的求解可利用θcos Fl W =求，但F 为恒力；也可以利用F-l 图像来求；变力的功一般应用动能定理间接求解。
2.功率是指单位时间内的功，求解公式有θcos V F tWP ==平均功率，θcos FV tWP ==瞬时功率，当0=θ时，即F 与v 方向相同时，P=FV 。
3.常见的几种力做功的特点⑴重力、弹簧弹力，电场力、分子力做功与路径无关 ⑵摩擦力做功的特点①单个摩擦力（包括静摩擦力和滑动摩擦力）可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。
②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零，在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的转移，没有机械能的转化为其他形式的能；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值，在一对滑动摩擦力做功的过程中，不仅有相互摩擦物体间机械能的转移，还有机械能转化为内能。
转化为内能的量等于系统机械能的减少，等于滑动摩擦力与相对路程的乘积。
③摩擦生热，是指动摩擦生热，静摩擦不会生热 4.几个重要的功能关系⑴重力的功等于重力势能的变化，即P G E W ∆-= ⑵弹力的功等于弹性势能的变化，即P E W ∆-=弹 ⑶合力的功等于动能的变化，即K E W ∆=合⑷重力之外的功（除弹簧弹力）的其他力的功等于机械能的变化，即E W ∆=其它 ⑸一对滑动摩擦力做功等于系统中内能的变化，相对Fl Q = ⑹分子力的功等于分子势能的变化。
第二部分：功能关系在电学中的应用1. 电场力做功与路径无关。
若电场为匀强电场，则θθcos cos Eql Fl W ==；若为非匀强电场，则一般利用q W U AB AB =来进行运算。
2. 磁场力可分为安培力和洛伦兹力。
洛伦兹力在任何情况下对运动电荷都不做功；安培力可以做正功、负功，还可以不做功。
3. 电流做功的实质是电场移动电荷做功。
即W=UIt=Uq 。
高考教案物理二轮总结学习复习计划专题功及能讲含解析
功和能考试纲领要求考纲解读1. 功和功率Ⅱ1.本章各个考点的层级要求均为“Ⅱ”，突显本章在高考取的重要地位，是历年高考命题重中之重。
2.功和能的关系、能量的转变和守恒是解决物理问题的一种重要门路．从过去两年高考来看，本章知识与电场、磁场、电磁感觉、碰撞或相对运动中的动量守恒相联合，以直线运动、平抛运动和圆周运动等物理现象为情形，以多过程、多状态形式出现的综合题，是高考的最高要求。
3.近几年高考试题与生产、生活实质相联合是一种命题趋向．本专题知识与实质生产、生活联系密切，所以高考题常常将本专题知识放在一些与实质问题相联合的情形中考察，要求考生从实质情形中找出物理过程和状态，并正确运用物理原理来解题。
2. 动能和动能定理Ⅱ3. 重力做功与重力势能Ⅱ4.功能关系、机械能守恒定律及其应用Ⅱ纵观近几年高考试题，展望2019年物理高考试题还会考：1、从近几年高考来看，对于功和功率的考察，多以选择题的形式出现，有时与电流及电磁感觉相联合命题．2、动能定理多半题目是与牛顿运动定律、平抛运动、圆周运动以及电磁学等知知趣联合的综合性试题；动能定理仍将是高考考察的要点，高考题着重与生产、生活、科技相联合，将对有关知识的考察放在一些与实质问题相联合的情境中。
3、机械能守恒定律，多半是与牛顿运动定律、平抛运动、圆周运动以及电磁学等知知趣联合的综合性试题；高考题着重与生产、生活、科技相联合，将对有关知识的考察放在一些与实质问题相联合的情境中。
考向01 功和功率 1.讲高考 （1）考纲领求掌握做功正负的判断和计算功的方法；理解tWP =和Fv P =的关系，并会运用；会剖析机车的两种启动方式． （2）命题规律从近几年高考来看，对于功和功率的考察，多以选择题的形式出现，有时与电流及电磁感觉相联合命题．事例1． 如图，某同学用绳索拉动木箱，使它从静止开始沿粗拙水平路面运动至拥有某一速度，木箱获取的动能必定（ ）A. 小于拉力所做的功B. 等于拉力所做的功C. 等于战胜摩擦力所做的功D. 大于战胜摩擦力所做的功【根源】2018年一般高等学校招生全国一致考试物理（全国II 卷） 【答案】 A【分析】试题剖析：受力剖析，找到能影响动能变化的是那几个物理量，而后观察这几个物理量的变化即可。
2023高考物理二轮专题复习：功和能机械能课件
专题二 能量与动量
知识归纳 素养奠基
2．功和功率的求解． (1)功的求解：W＝Flcos α 用于恒力做功，变力做功可以用动能定理或者图像 法来求解．
(2)功率的求解：可以用定义式 P＝Wt 来求解，如果力是恒力，可以用 P＝Fvcos α 来求解．
3．动能定理的应用． (1)内容：力在一个过程中对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变 化．
(1)物体动能增加与减少要看合外力对物体做正功还是做负功．
(2)物体势能的增加与减少要看对应的作用力(如重力、弹簧弹力、电场力等)
做负功还是做正功．
(3)物体机械能增加与减少要看重力之外的力对物体做正功还是做负功．
专题二 能量与动量
命题点一 功、功率的理解与应用
细研命题点 提升素养
计算功和功率时应注意的问题 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＝Wt 和公式 P＝Fvcos θ 的适用范围，P＝Wt 侧重于平均功 率的计算，P＝Fvcos θ 侧重于瞬时功率的计算．
答案：B
专题二 能量与动量
细研命题点 提升素养
引体向上是中学生体育测试的项目之一，引体向上运动的吉尼斯世界
纪录是53次/分钟．若一个普通中学生在30秒内完成12次引体向上，该学生此
过程中克服重力做功的平均功率最接近于( )
A．5 W
B．20 W
C．100 W
D．400 W
解析：学生体重约为 50 kg，每次引体向上上升高度约为 0.5 m，引体向上一
专题二 能量与动量
细研命题点 提升素养
解析：在ab段，根据平衡条件可知，牵引力F1＝mgsin θ＋f，所以在ab段汽车 的输出功率P1＝F1v不变，在bc段牵引力F2＝f，bc段的输出功率P2＝F2v<P1， 故A错误，B正确；在cd段牵引力F3＝f－mgsin θ，汽车的输出P3＝F3v<P2，在 cd段汽车的输出功率不变，且小于bc段，故C、D错误．故选B.
高考物理二轮复习教案专题二能量与动量功和功率功能关系
功和功率 功能关系复习备考建议(1)能量观点是高中物理三大观点之一，是历年高考必考内容；或与直线运动、平抛运动、圆周运动结合，或与电场、电磁感应结合，或与弹簧、传送带、板块连接体等结合；或借助选择题单独考查功、功率、动能定理、功能关系的理解，或在计算题中考查动力学与能量观点的综合应用，难度较大．(2)对于动量问题，17年只在选择题中出现，而且是动量守恒、动量定理的基本应用，18年在计算题中出现，Ⅰ卷、Ⅱ卷都是动量守恒的基本应用，运动过程简单，综合性较低，Ⅲ卷只是用到了动量的概念，19年在计算题中出现，Ⅰ卷、Ⅲ卷都涉及动量与能量观点的综合应用，Ⅱ卷中用到了动量定理，对于动量的考察，综合性、难度有所提升，备考时应多加注意．第4课时 功和功率 功能关系 考点 功、功率的分析与计算1．恒力功的计算(1)单个恒力的功W ＝Fl cos α. (2)合力为恒力的功①先求合力，再求W ＝F 合l cos α. ②W ＝W 1＋W 2＋…. 2．变力功的计算(1)若力大小恒定，且方向始终沿轨迹切线方向，可用力的大小跟路程的乘积计算． (2)力的方向不变，大小随位移线性变化可用W ＝F l cos α计算． (3)F －l 图象中，功的大小等于“面积”． (4)求解一般变力做的功常用动能定理． 3．功率的计算(1)P ＝Wt，适用于计算平均功率；(2)P ＝Fv ，若v 为瞬时速度，则P 为瞬时功率；若v 为平均速度，则P 为平均功率． 注意：力F 与速度v 方向不在同一直线上时功率为Fv cos θ.例1 (多选)(2019·山西晋中市适应性调研)如图1甲所示，足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，沿杆方向给环施加一个拉力F ，使环由静止开始运动，已知拉力F 及小环速度v 随时间t 变化的规律如图乙、丙所示，重力加速度g 取10m/s 2.则以下判断正确的是( )图1A ．小环的质量是1kgB ．细杆与地面间的倾角是30°C ．前3s 内拉力F 的最大功率是2.25WD ．前3s 内拉力对小环做功5.75J 答案 AD解析 由速度－时间图象得到环先匀加速上升，然后匀速运动，由题图可得：第1s 内，a ＝Δv t ＝0.51m/s 2＝0.5 m/s 2，加速阶段：F 1－mg sin θ＝ma ；匀速阶段：F 2－mg sin θ＝0，联立以上三式解得：m ＝1kg ，sin θ＝0.45，故A 正确，B 错误；第1s 内，速度不断变大，拉力的瞬时功率也不断变大，第1s 末，P ＝Fv 1＝5×0.5W＝2.5W ；第1s 末到第3s 末，P ＝Fv 1＝4.5×0.5W＝2.25W ，即拉力的最大功率为2.5W ，故C 错误；从速度－时间图象可以得到，第1 s 内的位移为0.25 m,1～3 s 内的位移为1 m ，前3 s 内拉力做的功为：W ＝5×0.25 J ＋4.5×1J ＝5.75J ，故D 正确． 变式训练1.(2019·河南名校联盟高三下学期2月联考)如图2所示，ad 、bd 、cd 是竖直面内三根固定的光滑细杆，a 、b 、c 、d 位于同一圆周上，a 点为圆周的最高点，d 点为最低点．每根杆上都套着一个质量相等的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a 、b 、c 处由静止释放，用P 1、P 2、P 3依次表示各滑环从静止滑到d 过程中重力的平均功率，则( )图2A ．P 1<P 2<P 3B ．P 1>P 2>P 3C ．P 3>P 1>P 2D ．P 1＝P 2＝P 3 答案 B解析 对小滑环b 受力分析，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得，小滑环做初速度为零的匀加速直线运动的加速度为a ＝g sin θ(θ为杆与水平方向的夹角)，由数学知识可知，小滑环的位移x ＝2R sin θ，所以t ＝2xa＝2×2R sin θg sin θ＝4Rg，t 与θ无关，即t 1＝t 2＝t 3，而三个环重力做功W 1>W 2>W 3，所以有：P 1>P 2>P 3，B 正确．2.(多选)(2019·福建龙岩市期末质量检查)如图3所示，在竖直平面内有一条不光滑的轨道ABC ，其中AB 段是半径为R 的14圆弧，BC 段是水平的．一质量为m 的滑块从A 点由静止滑下，最后停在水平轨道上C 点，此过程克服摩擦力做功为W 1.现用一沿着轨道方向的力推滑块，使它缓慢地由C 点推回到A 点，此过程克服摩擦力做功为W 2，推力对滑块做功为W ，重力加速度为g ，则下列关系中正确的是( )图3A ．W 1＝mgRB ．W 2＝mgRC ．mgR <W <2mgRD ．W >2mgR 答案 AC解析 滑块由A 到C 的过程，由动能定理可知mgR －W 1＝0，故A 对；滑块由A 到B 做圆周运动，而在推力作用下从C 经过B 到达A 的过程是一个缓慢的匀速过程，所以从A 到B 的过程中平均支持力大于从B 到A 的平均支持力，那么摩擦力从A 到B 做的功大于从B 到A 做的功，而两次经过BC 段摩擦力做功相等，故W 2<W 1＝mgR ，故B 错；滑块由C 到A 的过程中，由能量守恒可知，推力对滑块做的功等于滑块重力势能增加量与克服摩擦力所做的功两部分，即W －mgR －W 2＝0，即W ＝W 1＋W 2，由于W 2<W 1＝mgR ，所以mgR <W <2mgR ，故C 对，D 错．考点 功能关系的理解和应用1．几个重要的功能关系(1)重力做的功等于重力势能的减少量，即W G ＝－ΔE p . (2)弹力做的功等于弹性势能的减少量，即W 弹＝－ΔE p . (3)合力做的功等于动能的变化量，即W ＝ΔE k .(4)重力(或系统内弹力)之外的其他力做的功等于机械能的变化量，即W 其他＝ΔE . (5)系统内一对滑动摩擦力做的功是系统内能改变的量度，即Q ＝F f ·x 相对． 2．理解(1)做功的过程就是能量转化的过程，不同形式的能量发生相互转化可以通过做功来实现．(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同性质的力做功对应不同形式的能转化，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等． 3．应用(1)分析物体运动过程中受哪些力，有哪些力做功，有哪些形式的能发生变化． (2)列动能定理或能量守恒定律表达式．例2 (多选)(2019·全国卷Ⅱ·18)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E 总等于动能E k 与重力势能E p 之和．取地面为重力势能零点，该物体的E 总和E p 随它离开地面的高度h 的变化如图4所示．重力加速度取10m/s 2.由图中数据可得( )图4A ．物体的质量为2kgB ．h ＝0时，物体的速率为20m/sC ．h ＝2m 时，物体的动能E k ＝40JD ．从地面至h ＝4m ，物体的动能减少100J 答案 AD解析 根据题图图像可知，h ＝4m 时物体的重力势能mgh ＝80J ，解得物体质量m ＝2kg ，抛出时物体的动能为E k0＝100J ，由公式E k0＝12mv 2可知，h ＝0时物体的速率为v ＝10m/s ，选项A 正确，B 错误；由功能关系可知F f h ＝|ΔE 总|＝20J ，解得物体上升过程中所受空气阻力F f ＝5 N ，从物体开始抛出至上升到h ＝2 m 的过程中，由动能定理有－mgh －F f h ＝E k －100J ，解得E k ＝50J ，选项C 错误；由题图图像可知，物体上升到h ＝4m 时，机械能为80J ，重力势能为80J ，动能为零，即从地面上升到h ＝4m ，物体动能减少100J ，选项D 正确． 变式训练3.(多选)(2018·安徽安庆市二模)如图5所示，一运动员穿着飞行装备从飞机上跳出后的一段运动过程可近似认为是匀变速直线运动，运动方向与水平方向成53°角，运动员的加速度大小为3g4.已知运动员(包含装备)的质量为m ，则在运动员下落高度为h 的过程中，下列说法正确的是(sin53°＝45，cos53°＝35)( )图5A ．运动员重力势能的减少量为35mghB ．运动员动能的增加量为34mghC ．运动员动能的增加量为1516mghD ．运动员的机械能减少了116mgh答案 CD解析 运动员下落的高度是h ，则重力做功：W ＝mgh ，所以运动员重力势能的减少量为mgh ，故A 错误；运动员下落的高度是h ，则飞行的距离：L ＝h sin53°＝54h ，运动员受到的合外力：F 合＝ma ＝34mg ，动能的增加量等于合外力做的功，即：ΔE k ＝W 合＝F 合L ＝34mg ×54h ＝1516mgh ，故B 错误，C 正确；运动员重力势能的减少量为mgh ，动能的增加量为1516mgh ，所以运动员的机械能减少了116mgh ，故D 正确．4．(多选)(2019·福建厦门市第一次质量检查)如图6甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端与A 物体相连接，将B 物体放置在A 物体上面，A 、B 的质量都为m ，初始时两物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F 作用在物体B 上，使物体B 开始向上做匀加速运动，拉力F 与物体B 的位移x 的关系如图乙所示(g ＝10m/s 2)，下列说法正确的是( )图6A ．0～4cm 过程中，物体A 、B 和弹簧组成的系统机械能增大B ．0～4cm 过程中，弹簧的弹性势能减小，物体B 运动到4cm 处，弹簧弹性势能为零C ．弹簧的劲度系数为7.5N/cmD．弹簧的劲度系数为5.0N/cm答案AC解析0～4 cm过程中，物体A、B和弹簧组成的系统，因力F对系统做正功，则系统的机械能增大，选项A正确．由题图可知，在x＝4 cm处A、B分离，此时A、B之间的压力为零，A、B的加速度相等，但是弹簧仍处于压缩状态，弹簧的弹性势能不为零，选项B错误．开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有：2mg＝kΔl1；拉力F1为20 N时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律，有：F1＝2ma；物体B与A分离后，拉力F2为50 N，根据牛顿第二定律，有：F2－mg＝ma；物体A与B分离时，物体A的加速度为a，则根据牛顿第二定律有：kΔl2－mg＝k(Δl1－4 cm)－mg＝ma；联立解得：m＝4.0 kg，k＝7.5 N/cm.选项C正确，D错误．考点动能定理的应用1．表达式：W总＝E k2－E k1.2．五点说明(1)W总为物体在运动过程中所受各力做功的代数和．(2)动能变化量E k2－E k1一定是物体在末、初两状态的动能之差．(3)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．(4)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功．(5)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用．3．基本思路(1)确定研究对象和研究过程．(2)进行运动分析和受力分析，确定初、末速度和各力做功情况，利用动能定理全过程或者分过程列式．4．在功能关系中的应用(1)对于物体运动过程中不涉及加速度和时间，而涉及力和位移、速度的问题时，一般选择动能定理，尤其是曲线运动、多过程的直线运动等．(2)动能定理也是一种功能关系，即合外力做的功(总功)与动能变化量一一对应．例3如图7所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原长时上端与刻度尺上的A点等高．质量m＝0.5kg的篮球静止在弹簧正上方，其底端距A点的高度h1＝1.10m，篮球由静止释放，测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最大形变量x1＝0.15m，第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度h2＝0.873m，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x2＝0.01m，弹性势能为E p＝0.025J．若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球形变，弹簧形变在弹性限度范围内，g取10m/s2.求：图7(1)弹簧的劲度系数；(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力的大小； (3)篮球在整个运动过程中通过的路程． 答案 (1)500N/m (2)0.50N (3)11.05m 解析 (1)由最后静止的位置可知kx 2＝mg ， 所以k ＝500N/m(2)由动能定理可知，在篮球由静止下落到第一次反弹至最高点的过程中mg Δh －F f ·L ＝12mv 22－12mv 12整个过程动能变化为0，重力做功mg Δh ＝mg (h 1－h 2)＝1.135J 空气阻力大小恒定，作用距离为L ＝h 1＋h 2＋2x 1＝2.273m故可得F f ≈0.50N(3)整个运动过程中，空气阻力一直与运动方向相反 根据动能定理有mg Δh ′＋W f ＋W 弹＝12mv 2′2－12mv 12整个过程动能变化为0，重力做功mg Δh ′＝mg (h 1＋x 2)＝5.55J 弹力做功W 弹＝－E p ＝－0.025J则空气阻力做功W f ＝－mg Δh ′－W 弹＝－5.525J 因W f ＝－F f s 故解得s ＝11.05m. 变式训练5.(2019·全国卷Ⅲ·17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h 在3m 以内时，物体上升、下落过程中动能E k 随h 的变化如图8所示．重力加速度取10m/s 2.该物体的质量为( )图8A．2kgB．1.5kgC．1kgD．0.5kg答案 C解析设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，当Δh＝3m时，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)×Δh＝(36－72) J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，当Δh＝3m时，再由动能定理结合题图可得(mg－F)×Δh＝(48－24) J，联立解得m＝1kg、F＝2N，选项C正确，A、B、D均错误．6．由相同材料的木板搭成的轨道如图9所示，其中木板AB、BC、CD、DE、EF…的长均为L ＝1.5m，木板OA和其他木板与水平地面的夹角都为β＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.一个可看成质点的物体在木板OA上从离地高度h＝1.8m处由静止释放，物体与木板间的动摩擦因数都为μ＝0.2，在两木板交接处都用小曲面相连，使物体能顺利地经过，既不损失动能，也不会脱离轨道，在以后的运动过程中，求：(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)图9(1)物体能否静止在木板上？请说明理由．(2)物体运动的总路程是多少？(3)物体最终停在何处？并作出解释．答案(1)不能理由见解析(2)11.25m (3)C点解释见解析解析(1)物体在木板上时，重力沿木板方向的分力为mg sinβ＝0.6mg最大静摩擦力F fm＝μmg cosβ＝0.16mg因mg sinβ>μmg cosβ，故物体不会静止在木板上．(2)从物体开始运动到停下，设总路程为s，由动能定理得mgh －μmgs cos β＝0解得s ＝11.25m(3)假设物体依次能到达B 、D 点，由动能定理得mg (h －L sin β)－μmg cos β(L ＋hsin β)＝12mv B 2 解得v B >0mg (h －L sin β)－μmg cos β(3L ＋hsin β)＝12mv D 2 v D 无解说明物体能通过B 点但不能到达D 点，因物体不能静止在木板上，故物体最终停在C 点．考点 动力学与能量观点的综合应用1．两个分析(1)综合受力分析、运动过程分析，由牛顿运动定律做好动力学分析．(2)分析各力做功情况，做好能量的转化与守恒的分析，由此把握各运动阶段的运动性质，各连接点、临界点的力学特征、运动特征、能量特征． 2．四个选择(1)当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题；(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律；(3)当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻的问题选择牛顿第二定律求解；(4)复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合分析求解．例4 (2019·河北邯郸市测试)如图10所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m ＝1kg 可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度．在平台的右端有一传送带，AB 长L ＝5m ，物块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2，与传送带相邻的粗糙水平面BC 长s ＝1.5 m ，它与物块间的动摩擦因数μ2＝0.3，在C 点右侧有一半径为R 的光滑竖直圆弧轨道与BC 平滑连接，圆弧对应的圆心角为θ＝120°，在圆弧的最高点F 处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来．若传送带以v ＝5m/s 的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失．当弹簧储存的E p ＝18 J 能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E 点，取g ＝10 m/s 2.图10(1)求右侧圆弧的轨道半径R ；(2)求小物块最终停下时与C 点的距离；(3)若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围．答案 (1)0.8m (2)13m (3)37m/s≤v ≤43m/s解析 (1)物块被弹簧弹出，由E p ＝12mv 02，可知：v 0＝6m/s因为v 0>v ，故物块滑上传送带后先减速，物块与传送带相对滑动过程中， 由：μ1mg ＝ma 1，v ＝v 0－a 1t 1，x 1＝v 0t 1－12a 1t 12得到：a 1＝2m/s 2，t 1＝0.5s ，x 1＝2.75m因为x 1<L ，故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以5m/s 的速度滑上水平面BC ，物块滑离传送带后恰到E 点，由动能定理可知：12mv 2＝μ2mgs ＋mgR代入数据得到：R ＝0.8m.(2)设物块从E 点返回至B 点的速度大小为v B ， 由12mv 2－12mv B 2＝μ2mg ·2s 得到v B ＝7m/s ，因为v B >0，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速，由运动的对称性可知，物块以相同的速率离开传送带，经分析可知最终在BC 间停下，设最终停在距C 点x 处，由12mv B 2＝μ2mg (s －x )，代入数据解得：x ＝13m. (3)设传送带速度为v 1时物块恰能到F 点，在F 点满足mg sin30°＝m v F 2R从B 到F 过程中由动能定理可知： －μ2mgs －mg (R ＋R sin30°)＝12mv F 2－12mv 12解得：v 1＝37m/s设传送带速度为v 2时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E 点， 由12mv 22＝μ2mg ·3s ＋mgR解得：v 2＝43m/s若物块在传送带上一直加速运动，由12mv B m 2－12mv 02＝μ1mgL知其到B 点的最大速度v B m ＝56m/s若物块在E 、F 间速度减为0，则物块将脱离轨道．综合上述分析可知，只要传送带速度37m/s≤v ≤43m/s 就满足条件． 变式训练7.(2019·山东青岛二中上学期期末)如图11所示，O 点距水平地面的高度为H ＝3m ，不可伸长的细线一端固定在O 点，另一端系一质量m ＝2kg 的小球(可视为质点)，另一根水平细线一端固定在墙上A 点，另一端与小球相连，OB 线与竖直方向的夹角为37°，l <H ，g 取10m/s 2，空气阻力不计．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)图11(1)若OB 的长度l ＝1m ，剪断细线AB 的同时，在竖直平面内垂直OB 的方向上，给小球一个斜向下的冲量，为使小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，求此冲量的大小； (2)若先剪断细线AB ，当小球由静止运动至最低点时再剪断OB ，小球最终落地，求OB 的长度l 为多长时，小球落地点与O 点的水平距离最远，最远水平距离是多少． 答案 (1)246kg·m/s (2)1.5m355m 解析 (1)要使小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，最高点需满足：mg ＝m v 2l从B 点到最高点，由动能定理有： －mg (l ＋l cos37°)＝12mv 2－12mv 02联立得一开始的冲量大小为I ＝mv 0＝246kg·m/s(2)从剪断AB 到小球至H －l 高度过程，设小球至H －l 高度处的速度为v 0′ 由机械能守恒可得12mv 0′2＝mgl (1－cos37°)小球从H －l 高度做初速度为v 0′的平抛运动，12gt 2＝H －l ，x ＝v 0′t 联立得，x ＝45(－l 2＋3l ) 当l ＝1.5m 时x 取最大值，为355m ．专题突破练1．(2019·山东烟台市上学期期末)如图1所示，把两个相同的小球从离地面相同高度处，以相同大小的初速度v 分别沿竖直向上和水平向右方向抛出，不计空气阻力．则下列说法中正确的是( )图1A ．两小球落地时速度相同B ．两小球落地时，重力的瞬时功率相同C ．从小球抛出到落地，重力对两小球做的功相等D ．从小球抛出到落地，重力对两小球做功的平均功率相等 答案 C解析 两小球运动过程中均只有重力做功，故机械能都守恒，由机械能守恒定律得，两小球落地时的速度大小相同，但方向不同，故A 错误；两小球落地时，由于竖直方向的分速度不同，故重力的瞬时功率不相同，故B 错误；由重力做功公式W ＝mgh 得，从开始运动至落地，重力对两小球做功相同，故C 正确；从抛出至落地，重力对两小球做的功相同，但是落地的时间不同，故重力对两小球做功的平均功率不相同，故D 错误．2.(2019·河北张家口市上学期期末)如图2所示，运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，在这两个过程中，下列说法正确的是( )图2A ．运动员先处于超重状态后处于失重状态B ．空气浮力对系统始终做负功C ．加速下降时，重力做功大于系统重力势能的减小量D ．任意相等的时间内系统重力势能的减小量相等 答案 B解析 运动员先加速向下运动，处于失重状态，后减速向下运动，处于超重状态，选项A 错误；空气浮力与运动方向总相反，则对系统始终做负功，选项B 正确；无论以什么运动状态运动，重力做功都等于系统重力势能的减小量，选项C 错误；因为是变速运动，相等的时间内，因为系统下降的高度不相等，则系统重力势能的减小量不相等，选项D 错误． 3．(2019·河南驻马店市上学期期终)一物体在竖直向上的恒力作用下，由静止开始上升，到达某一高度时撤去外力．若不计空气阻力，则在整个上升过程中，物体的机械能E 随时间t 变化的关系图象是( )答案 A解析 设物体在恒力作用下的加速度为a ，机械能增量为：ΔE ＝F Δh ＝F ·12at 2，知此时E－t 图象是开口向上的抛物线；撤去外力后的上升过程中，机械能守恒，则机械能不随时间改变，故A 正确，B 、C 、D 错误．4．(多选)如图3所示，楔形木块abc 固定在水平面上，粗糙斜面ab 和光滑斜面bc 与水平面的夹角相同，顶角b 处安装一定滑轮．质量分别为M 、m (M >m )的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )图3A ．两滑块组成的系统机械能守恒B ．轻绳对m 做的功等于m 机械能的增加量C ．重力对M 做的功等于M 动能的增加量D ．两滑块组成的系统机械能的损失等于M 克服摩擦力做的功 答案 BD5.(2019·福建三明市期末质量检测)如图4所示，一个质量m ＝1 kg 的小球(视为质点)从H ＝11m 高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB 进入半径R ＝4m 的竖直圆环内侧，且与圆环的动摩擦因数处处相等，当到达圆环顶点C 时，刚好对轨道压力为零，然后沿CB 圆弧滑下，进入光滑弧形轨道BD ，到达高度为h 的D 点时速度为零，则h 的值可能为(重力加速度g ＝10m/s 2)( )图4A ．10mB ．9.5mC ．9mD ．8.5m 答案 B解析 到达圆环顶点C 时，刚好对轨道压力为零，则mg ＝m v C 2R，解得v C ＝210m/s ，则物体在BC 阶段克服摩擦力做功，由动能定理mg (H －2R )－W BC ＝12mv C 2，解得W BC ＝10J ；由于从C到B 过程小球对圆轨道的平均压力小于从B 到C 过程小球对圆轨道的平均压力，则小球从C 到B 过程克服摩擦力做的功小于从B 到C 过程克服摩擦力做的功，即0<W CB <10J ；从C 到D 由动能定理：mg (2R －h )－W CB ＝0－12mv C 2，联立解得9m<h <10m.6．一名外卖送餐员用电动自行车沿平直公路行驶给客户送餐，中途因电瓶“没电”，只能改用脚蹬车以5m/s 的速度匀速前行，骑行过程中所受阻力大小恒为车和人总重力的0.02倍(取g ＝10 m/s 2)，该送餐员骑电动自行车以5m/s 的速度匀速前行过程做功的功率最接近( )A ．10WB ．100WC ．1kWD ．10kW 答案 B解析 设送餐员和车的总质量为100kg ，匀速行驶时的速率为5m/s ，匀速行驶时的牵引力与阻力大小相等，F ＝0.02mg ＝20 N ，则送餐员骑电动自行车匀速行驶时的功率为P ＝Fv ＝100W ，故B 正确．7．(多选)(2019·四川第二次诊断)如图5甲所示，质量m ＝1kg 的物块在平行斜面向上的拉力F 作用下从静止开始沿斜面向上运动，t ＝0.5s 时撤去拉力，其1.5s 内的速度随时间变化关系如图乙所示，g 取10m/s 2.则( )图5A ．0.5s 时拉力功率为12WB ．0.5s 内拉力做功9JC ．1.5s 后物块可能返回D ．1.5s 后物块一定静止 答案 AC解析 0～0.5 s 内物体的位移：x 1＝12×0.5×2 m＝0.5 m ；0.5～1.5 s 内物体的位移：x 2＝12×1×2m ＝1m ；由题图乙知，各阶段加速度的大小：a 1＝4m/s 2，a 2＝2 m/s 2；设斜面倾角为θ，斜面对物块的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律，0～0.5s 内F －μgm cos θ－mg sin θ＝ma 1；0.5～1.5s 内－μmg cos θ－mg sin θ＝－ma 2，联立解得：F ＝6N ，但无法求出μ和θ.0.5s 时，拉力的功率P ＝Fv ＝12W ，故A 正确．拉力做的功为W ＝Fx 1＝3J ，故B 错误．无法求出μ和θ，不清楚tan θ与μ的大小关系，故无法判断物块能否静止在斜面上，故C 正确，D 错误．8.(多选)(2019·安徽安庆市期末调研监测)如图6所示，重力为10N 的滑块轻放在倾角为30°的光滑斜面上，从a 点由静止开始下滑，到b 点接触到一个轻质弹簧，滑块压缩弹簧到c 点开始弹回，返回b 点离开弹簧，最后又回到a 点．已知ab ＝1m ，bc ＝0.2m ，则以下结论正确的是( )图6A ．整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6JB ．整个过程中滑块动能的最大值为6JC ．从c 到b 弹簧的弹力对滑块做功5JD ．整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒 答案 AD解析 滑块从a 到c, mgh ac ＋W 弹′＝0－0，解得：W 弹′＝－6J ．则E pm ＝－W 弹′＝6J ，所以整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6J ，故A 正确；当滑块受到的合外力为0时，滑块速度最大，设滑块在d 点合外力为0，由分析可知d 点在b 点和c 点之间．滑块从a 到d 有：mgh ad ＋W 弹＝E k d －0，因mgh ad ＜6J ，W 弹＜0，所以E k d ＜6J ，故B 错误；从c 点到b 点弹簧的弹力对滑块做的功与从b 点到c 点弹簧的弹力对滑块做的功大小相等，即为6J ，故C 错误；整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒，没有与系统外发生能量转化，故D 正确．9．(多选)(2019·河南九师联盟质检)如图7所示，半径为R ＝0.4m 的14圆形光滑轨道固定于竖直平面内，圆形轨道与光滑固定的水平轨道相切，可视为质点的质量均为m ＝0.5kg 的小球甲、乙用轻杆连接，置于圆轨道上，小球甲与O 点等高，小球乙位于圆心O 的正下方．某时刻将两小球由静止释放，最终它们在水平面上运动，g 取10m/s 2.则( )图7A ．小球甲下滑过程中机械能增加B ．小球甲下滑过程中重力对它做功的功率先增大后减小C ．小球甲下滑到圆形轨道最低点对轨道压力的大小为12ND ．整个过程中轻杆对小球乙做的功为1J 答案 BD解析 小球甲下滑过程中，轻杆对甲做负功，则甲的机械能减小，故A 错误．小球甲下滑过程中，最高点速度为零，故重力的功率为零；最低点速度和重力垂直，故重力的功率也是零；而中途重力的功率不为零，故重力的功率应该是先增大后减小，故B 正确．两个球与轻杆组成的系统机械能守恒，故：mgR ＝12mv 2＋12mv 2，解得：v ＝gR ＝10×0.4m/s ＝2 m/s ；小球甲下滑到圆弧形轨道最低点，重力和支持力的合力提供向心力，故：F N －mg ＝m v 2R，解得：F N＝mg ＋m v 2R ＝0.5×10N＋0.5×220.4N ＝10N ，根据牛顿第三定律，小球甲对轨道的压力大小为10N ，故C 错误；整个过程中，对球乙，根据动能定理，有：W ＝12mv 2＝12×0.5×22J ＝1J ，故D 正确．10．(2019·吉林“五地六校”合作体联考)一辆赛车在水平路面上由静止启动，在前5s 内做匀加速直线运动，5s 末达到额定功率，之后保持以额定功率运动．其v －t 图象如图8所示．已知赛车的质量为m ＝1×103kg ，赛车受到的阻力为车重力的0.1倍，重力加速度g 取10m/s 2，则以下说法正确的是( )图8A ．赛车在前5s 内的牵引力为5×102N。
高考二轮物理资料第一讲 功和能PPT
2．功率的计算 (1)P＝Wt ，适用于计算平均功率。 (2)P＝Fvcos α，若v为瞬时速度，P为瞬时功率；若v为平 均速度，P为平均功率。 3．机车启动模型中的两个最大速度 机车启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vmax(此时F牵＝F阻)求解方法： (1)求v1：由F牵－F阻＝ma，P＝F牵v1可求出v1＝F阻＋P ma。 (2)求vmax：由P＝F阻vmax，可求出vmax＝FP阻。
速度最大，即P＝Fvmax，C正确；设动车在时间t内的位移为
x，由动能定理得W－Fx＝
1 2
mvmax2－
1 2
mv02，则牵引力所做的
功为W＝Fx＋12mvmax2－12mv02，D错误。 [答案] BC
[题点全练]
1．[多选](2020·7月浙江选考)如图所
示，系留无人机是利用地面直流电
源通过电缆供电的无人机，旋翼由
解析：在0～2t0时间内，物体的加速度a1＝
F0 m
，2t0时刻的速度
v1＝a1·2t0＝2Fm0t0，位移x1＝12a1t12＝2Fm0t02；2t0～3t0时间内，加
速度a2＝3mF0，3t0时刻的速度v2＝v1＋a2t0＝5Fm0t0，2t0～3t0时间
内的位移x2＝v1t2＋12a2t22＝7F2m0t02。所以3t0时刻的瞬时功率P＝
活用 思路方法 1．求总功W时，可以先求出合力，再求总功(合力应为恒 力)；也可采用分段法分别求出各阶段力做的功，总功就等于 这些功的代数和；还可以根据动能定理求解，如诊断卷第3 题，设物块在t＝0和t＝5 s时的速度分别为v0、v5，则总功W＝ 12mv52－12mv02＝12×2×32 J－0＝9 J，所以 P ＝Wt ＝95 W＝1.8 W。 2．机车启动的图像主要是v-t图像，分析物体的速度变化 情况，求解各时刻的加速度是解题的关键。
高考物理二轮复习第一部分专题二功和能七两个概念一个模型破解功和功率问题课件
cos α<0，W<0 力
①一个力对物体做了负功，往往说成物体克服这个力做了
说明
功(取绝对值)，即力 F 对物体做功－Fl，等效于物体克服 力 F 做功 Fl ②功是标量，没有方向，所以功的正负号不表示方向 ③功的正负号不表示大小，比较做功多少时应取绝对值
七、两个概念、一个模型， 破解功和功率问题
[抓牢解题本源]
故传送 带对物体先做正 功后不做功，选 项 A、 C、 D 正 确。
v-t 图像
A．始终不做功 B．先做负功后做正功 OA 过程 C．先做正功后不做功 D．先做负功后不做功 段 分析
答案：(1)2(3－ 3)mg (2) 2gl1＋ 3 v↑⇒F＝Pv↓⇒ a＝F－mF阻↓
a＝F－mF阻不变⇒ F 不变⇒v↑P＝Fv↑
动的 动力
增加
条件
从动力学角度看 从能量角度看
不做功
当 α＝π2时，
力既不是动力，也不 是阻力，力只改变物 物体的动能 不变
cos α＝0，W＝0 体的运动 方向
负功 当π2<α≤π 时， 力 是 物 体 运 动 的 阻 物体的动能减少 cos α<0，W<0 力
①一个力对物体做了负功，往往说成物体克服这个力做了
2．功率
(1)瞬时功率：P＝ Fvcos α 。
(2)平均功率：P＝
W t
或 P＝F v cos α。
二、一个模型——机车启动
Flcos α
No Image
两种方式 以恒定功率启动 以恒定加速度启动
[解析]
设 传送带的速 度大小为 v1，物体 刚滑上传送 带时
的速度 大小为 v2。若 v2＝ v1，则物体与传送带 间无摩擦 力，传
2020版高考物理二轮复习第一部分专题二功和能专题跟踪检测(七)两个概念、一个模型,
专题跟踪检测（七） 两个概念、一个模型，破解功和功率问题一、选择题(第1～5题为单项选择题，第6～9题为多项选择题)1．(2015·海南高考)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 ＝kv ，当阻力等于牵引力时，速度最大，输出功率变化前，有P ＝Fv ＝fv ＝kv ·v ＝kv 2，变化后有2P ＝F ′v ′＝kv ′·v ′＝kv ′2，联立解得v ′＝2v ，D 正确。
2．(2017·宿迁三模)如图所示，四个相同的小球A 、B 、C 、D ，其中A 、B 、C 位于同一高度h 处，A 做自由落体运动，B 沿光滑斜面由静止滑下，C 做平抛运动，D 从地面开始做斜抛运动，其运动的最大高度也为h 。
在每个小球落地的瞬间，其重力的功率分别为P A 、P B 、P C 、P D 。
下列关系式正确的是( )A ．P A ＝PB ＝PC ＝P DB ．P A ＝PC ＞P B ＝PD C ．P A ＝P C ＝P D ＞P B D ．P A ＞P C ＝P D ＞P B解析：选C A 做自由落体运动，C 做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，故A 、C 落地时竖直方向的速度大小相同，故落地时的功率P ＝mgv 相同，D 做斜抛运动，到达最高点跟A 下落时的高度相同，故落地时竖直方向的速度跟A 落地时的速度大小相同，故功率相同，B 沿斜面下滑，下滑到斜面底端的速度跟A 落地时的速度大小相同，但速度方向与重力方向成一定的夹角，故功率小于A 的功率，故C 正确。
3．(2017·南通模拟)某校高三学生体能检测中，有着班级“最标准身材”美誉的小明同学在半分钟内完成了10次引体向上，则这次检测中小明克服重力做功的平均功率大约为(g 取10 m/s 2)( )A ．50 WB ．100 WC ．200 WD ．500 W 解析：选B 高三同学体重大约为60 kg ，引体向上时重心向上运动的位移大约为0.5 m ，则克服重力做功的平均功率为：P ＝10mgh t ＝10×60×10×0.530W ＝100 W ，故B 正确。
老高考适用2023版高考物理二轮总复习第1部分题突破方略专题2能量与动量第1讲功和能课件
专题突破方略
专题二 能量与动量 第1讲 功和能
真题速练·明考情 核心知识·固双基 命题热点·巧突破 应用创新·提素养
真题速练·明考情
1．(多选)(2022·广东高考)如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小
车，在水平MN段以恒定功率200 W、速度5 m/s匀速行驶，在斜坡PQ段
以恒定功率570 W、速度2 m/s匀速行驶．已知小车总质量为50 kg，MN
③摩擦生热是指滑动摩擦生热，静摩擦不会生热．
2．几个重要的功能关系 (1)重力的功等于重力势能的减少量，即WG＝－ΔEp． (2)弹力的功等于弹性势能的减少量，即W弹＝－ΔEp． (3)合力的功等于动能的变化，即W＝ΔEk． (4)重力和系统内弹簧弹力之外的其他力的功等于机械能的变化，即 W其他＝ΔE． (5) 系 统 内 一 对 滑 动 摩 擦 力 做 的 功 是 系 统 内 能 改 变 的 量 度 ， 即 Q ＝
v1＝
P额＝1 200 Tm 300
m/s
＝4 m/s，此过程所用时间和上升高度分别为 t1＝va11＝45 s＝0.8 s，h1＝2va211
＝2×42 5
m＝1.6
m，重物以最大速度匀速时，有
vm＝PT额＝
P额 ＝1 200 mg 200
m/s
＝6 m/s，重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分别为
做匀加速上升，当功率达到额定功率时，保持功率不变直到重物达到最
大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速上升至平台速度
刚好为零，重物在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二定律可得
a1＝
Tm－mg＝ m
300－20×10 20
m/s2＝5
m/s2，
高考物理二轮复习第一部分专题二功和能第2讲机械能守恒定律功能关系课件
考向三 律知 mg·2R＋12mv2C＝12m·(54v2)2，联立解得 R＝0.08 m，D 对．
第八页，共46页。
考向一
考向一
考向二 考向三
研考向 融 会贯通
提能力 强化 闯关
限时
规范训练
试题(shìtí解) 析(jiě答x案ī)(dá
[题组突破] 1．(多选)(2015·高考全国卷Ⅱ)如图，滑块 a、b 的质 量均为 m，a 套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相 距 h，b 放在地面上，a、b 通过铰链用刚性轻杆连接， 由静止开始运动．不计摩擦，a、b 可视为质点，重 力加速度大小为 g，则(BD ) A．a 落地前，轻杆对 b 一直做正功
研考向 融 会贯通
(róng huì guàn tōng)
提能力(nénglì) 强化闯关
限时 规范(guīfàn)
训练
第 2 讲 机械能守恒定律 功能关系
第一页，共46页。
研考向 融会 贯通(róng huì guàn tōng)
提能力 (nénglì) 强
化闯关
限时 规范 (guīfàn)训
练
面下滑至速度最大时，C恰好离开地面．下列说法正确的是(AC )
考向三
A．斜面倾角α＝30°
B．A获得的最大速度为g
2m 5k
C．C刚离开地面时，B的加速度为零
D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒
第十三页，共46页。
考向一
研考向 融会 贯通(róng huì guàn tōng)
提能力 (nénglì) 强
化闯关
限时 规范 (guīfàn) 训练
[方法技巧]
1．常见的功能关系
(江苏专用)2020高考物理二轮复习第一部分专题二功和能第二讲机械能守恒定律功能关系课件
(一)理清知识体系
(二)谨记两点提醒 1．对于单个物体，如果只有重力做功，那么物体的机 械能守恒。如诊断卷第1题，小球运动过程中只有重力做 功，机械能守恒。 2．具体题目需要具体分析初始条件，不能凭感觉直接 得结果。如诊断卷第2题中，小球经C点时对管道外侧的弹力 大小为mg，则有mg＋FN＝mvRC2，FN＝mg。
的初速度v向弹簧运动。已知弹簧始终处于弹性限度范围
内，则下列判断正确的是
()
A．物块从接触弹簧到最低点的过程中，加速度大小先变
小后变大
B．物块碰到弹簧后立刻开始做减速运动
C．物块从出发点到最低点过程中，物块减少的重力势能
小于增加的弹性势能
D．物块的动能最大时，物块的重力势能最小
解析：物块刚接触到弹簧时，弹力小于重力沿斜面的分量 mgsin θ，则加速度向下，并且随弹力的增加加速度逐渐减 小；当弹力等于mgsin θ时加速度为零，速度最大；以后由于 弹力大于mgsin θ，则加速度变为向上，且加速度逐渐变大， 速度逐渐减小到零；故物块从接触弹簧到最低点的过程中， 加速度大小先变小后变大，速度先增大后减小，选项A正 确，B错误。物块从出发点到最低点过程中，物块减少的重 力势能与动能之和等于增加的弹性势能，选项C正确。当弹 力等于mgsin θ时加速度为零，速度最大，而后物块还将向下 运动，可知此时重力势能不是最小的，选项D错误。 答案：AC
解析：当A物块到达C处时，由受力分析 可知：水平方向受力平衡，竖直方向只 受重力作用，所以A物块的加速度a＝ g，A正确，B错误。B物块受重力和拉 力而平衡，故拉力等于其重力；物体A 受重力、拉力和杆的支持力，如图所 示，设B物块的质量为M，绳子拉力为T，根据平衡条件： Tcos 37°＝mg，T＝Mg；联立解得M＝0.5 kg，故C正确；设
专题02 功和能(解析版)-2023年高考物理二模试题分项汇编(浙江专用)
专题02 功和能（解析版）一、单选题（本大题共11小题）1. (2023年浙江省宁波市镇海中学高考物理模拟试卷)如图甲所示，“复兴号”高速列车正沿直线由静止驶出火车站，水平方向的动力FF随运动时间tt的变化关系如图乙所示。
tt=400ss后，列车以288kkkk/ℎ的速度做匀速直线运动，已知列车所受阻力大小恒定。
则下列说法正确的是( )A. 前400ss，列车做匀减速直线运动B. 列车所受阻力的大小为3.0×106NNC. 根据已知条件可求出列车的质量为1.0×107kkkkD. 在tt=400ss时，列车牵引力的功率为8.0×104kkkk【答案】D【解析】根据题图和牛顿第二定律知，前400ss列车加速度减小，即列车做加速度逐渐减小的变加速运动，当tt=400ss时加速度减为0”所受阻力的大小；根据动量定理求解复兴号”的质量；根据PP=FFFF，分析牵引力的功率。
本题主要是考查图像问题、动量定理，功率的计算，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，知道合外力的冲量才等于动量的变化。
【解答】A.根据题图和牛顿第二定律知，前400ss，列车加速度减小，即列车做加速度逐渐减小的变加速运动，当tt= 400ss时速度大小为288kkkk/ℎ=80kk/ss，加速度减为0，之后做匀速直线运动，A错误；B.根据图像得列车匀速运动时的动力FF=1.0×106NN，可知列车所受阻力的大小为ff=1.0×106NN，B错误；C.在0∼400ss内，由动量定理有II FF−II ff=△pp，根据已知条件得(1+3)×1062×400NN⋅ss−1×106×400NN⋅ss= kk×80kk/ss，得列车的质量kk=5×106kkkk，C错误；D.在tt=400ss时，列车牵引力的功率PP=FFFF，代入数据可得PP=8.0×104kkkk，D正确。
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③功的正负号不表示大小，比较做功多少时应取绝对值
8
(2)功的计算
①恒力的功→W＝ Flcos α 。
②变力的功→动能定理或等效法。
③恒定功率的功→W＝ Pt 。
2．功率
(1)瞬时功率：P＝ Fvcos α 。
(2)平均功率：P＝
W t
或 P＝F v cos α。
9
二、一个模型——机车启动 两种方式 以恒定功率启动
过程 分析
运动
F＝F 阻⇒a＝0⇒ F 阻＝vPm
v↑⇒F＝Pv额↓⇒a＝F－mF阻↓
以 vm 做匀速直 加速度减小的加速运动
性质 线运动
BC 段
F＝F 阻⇒a＝0⇒F 阻＝Pvm阻，以 vm 做匀速直线运动
11
[研透常考题根]
功的判断和计算
[例 1] (多选)如图所示，一物体沿弧形轨道滑下后进入足
[解析] 设传送带的速度大小为 v1，物体刚滑上传送带时 的速度大小为 v2。若 v2＝v1，则物体与传送带间无摩擦力，传 送带对物体始终不做功；若 v2＞v1，物体相对于传送带向右运 动，物体受到的滑动摩擦力向左，则物体先减速到速度为 v1， 然后随传送带一起匀速运动，故传送带对物体先做负功后不做
15
[即时训练] (多选)(2017·沐阳模拟)如图所示，摆球质量 为 m，悬线的长为 L，把悬线拉到水平位置后放 手。设在摆球从 A 点运动到 B 点的过程中空气阻 力 F 阻的大小不变，则下列说法正确的是 ( ) A．重力做功为 mgL B．悬线的拉力做功为 0 C．空气阻力 F 阻做功为－mgL D．空气阻力 F 阻做功为－12F 阻 πL
右做直线运动，t＝0 时刻受到一个水平向左的恒力 F，如图甲所
示，此后物体的 v-t 图像如图乙所示，取水平向右为正方向，g
取 10 m/s2，则
()
Hale Waihona Puke A．物体与水平面间的动摩擦因数为 μ＝0.5 B．10 s 末恒力 F 的瞬时功率为 6 W C．10 s 末物体在计时起点左侧 4 m 处 D．0～10 s 内恒力 F 做功的平均功率为 0.6 W
P-t 图像和 v-t 图像
OA 过程 段 分析
v↑⇒F＝Pv↓⇒ a＝F－mF阻↓
以恒定加速度启动
a＝F－mF阻不变⇒ F 不变⇒v↑P＝Fv↑
直到 P 额＝Fv1
10
两种方式 以恒定功率启动
以恒定加速度启动
OA 段
运动 性质
加速度减小的加 匀加速直线运动，维持时间 t0
速直线运动
＝va1
AB 段
＝2 m/s2，可得：F＋μmg＝ma1；4～10 s 内的加速度大小：a2＝
6 6
m/s2＝1 m/s2，可得：F－μmg＝ma2；解得：F＝3 N，μ＝0.05，
选项 A 错误；10 s 末恒力 F 的瞬时功率为 P10＝Fv10＝3×6 W＝
18 W，选项 B 错误；0～4 s 内的位移 x1＝12×4×8 m＝16 m,4～
14
(2)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 究的对象，有时可化为恒力做功，用 W＝Flcos α 求解。此法常 常应用于轻绳通过定滑轮拉物体的问题。 (3)利用 F-x 图像求变力做功 在 F-x 图像中，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)。
不做功
当 α＝π2时，
力既不是动力，也不 是阻力，力只改变物 物体的动能 不变
cos α＝0，W＝0 体的运动 方向
负功 当π2<α≤π 时， 力 是 物 体 运 动 的 阻 物体的动能减少 cos α<0，W<0 力
①一个力对物体做了负功，往往说成物体克服这个力做了
说明
功(取绝对值)，即力 F 对物体做功－Fl，等效于物体克服 力 F 做功 Fl ②功是标量，没有方向，所以功的正负号不表示方向
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学前先做高考题
点击此处
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七、两个概念、一个模型，
破解功和功率问题
[抓牢解题本源]
一、两个概念——功和功率 1．功 (1)功的正负
条件
从动力学角 从能量角度
度看
看
正功
当 0≤α<π2时， cos α>0，W>0
力 是 物 体 运 物体的动能
动的 动力
增加
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条件
从动力学角度看 从能量角度看
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[审题指导] 结合图像，分析可知 (1)0～4 s，物体加速度大小 a1＝ 2 m/s2，牛顿第二定律表 达式为 F＋μmg＝ma1 。 (2)4～10 s，物体的加速度大小为 a2＝1 m/s2 ，牛顿第二 定律表达式为 F－μmg＝ma2 。
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[解析] 由题图乙可知 0～4 s 内的加速度大小：a1＝84 m/s2
功；若 v2<v1，物体相对于传送带向左运动，受到的滑动摩擦力 向右，物体先加速到速度为 v1，然后随传送带一起匀速运动， 故传送带对物体先做正功后不做功，选项 A、C、D 正确。
[答案] ACD
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[备考锦囊] 变力做功的几种等效求法
(1)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。
够长的水平传送带，传送带以图示方向匀速转动，则传送带对
物体的做功情况可能是
()
A．始终不做功
B．先做负功后做正功
C．先做正功后不做功 D．先做负功后不做功
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[思路点拨] 本题可按以下思路进行分析：
物体滑到传送带上 时的速度与传送带 的速度的关系
→
物体相对传送带 的运动情况
→
传送带对物体 的做功情况
10 s 内的位移 x2＝－12×6×6 m＝－18 m，故 10 s 末物体在计时
起点左侧 2 m 处，选项 C 错误；0～10 s 内恒力 F 做功的平均功
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解析：小球下落过程中，重力做功为 mgL，A 正确；悬线 的拉力始终与速度方向垂直，拉力做功为 0，B 正确；空气阻 力 F 阻大小不变，方向始终与速度方向相反，故空气阻力 F 阻 做功为－F 阻·12πL，C 错误，D 正确。
答案：ABD
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功率的分析与计算
[例 2] (2017·邳州模拟)质量为 m＝2 kg 的物体沿水平面向