高考物理三轮冲刺 专题六 功和能课件

专题六 功 和 能 1.1.功和功率功和功率 2.2.动能和动能定理动能和动能定理 3.3.重力做功与重力势能重力做功与重力势能 4.4.功能关系、机械能守恒定律及其应用功能关系、机械能守恒定律及其应用 1.1.理解功、功率、动能、重力势能、弹性势能的物理意义，掌理解功、功率、动能、重力势能、弹性势能的物理意义，掌握功和功率的计算方法握功和功率的计算方法. .2.2.灵活应用动能定理分析和解决动力学问题灵活应用动能定理分析和解决动力学问题. .3.3.能够根据守恒条件判断是否守恒，并能运用机械能守恒定律能够根据守恒条件判断是否守恒，并能运用机械能守恒定律分析与解决动力学问题分析与解决动力学问题. .4.4.熟知几种常用的功能关系，能够利用能量的观点处理问题熟知几种常用的功能关系，能够利用能量的观点处理问题. .5.5.功和能常与直线运动、平抛运动、圆周运动、电磁场中粒子功和能常与直线运动、平抛运动、圆周运动、电磁场中粒子的运动、电磁感应现象等相联系，综合考查学生获取信息、整的运动、电磁感应现象等相联系，综合考查学生获取信息、整合信息、应用力学规律解决问题的能力合信息、应用力学规律解决问题的能力. . 功及功率的计算功及功率的计算【典例【典例1 1】(2011(2011海南高考海南高考) )一质量为一质量为1 kg1 kg的质点静止于光滑的质点静止于光滑水平面上，从水平面上，从t=0t=0时起，第时起，第1 1秒内受到秒内受到2 N2 N的水平外力作用，第的水平外力作用，第2 2秒内受到同方向的秒内受到同方向的1 N1 N的外力作用的外力作用. .下列判断正确的是下列判断正确的是( )( )A.0A.02 2秒内外力的平均功率是秒内外力的平均功率是B.B.第第2 2秒内外力所做的功是秒内外力所做的功是C.C.第第2 2秒末外力的瞬时功率最大秒末外力的瞬时功率最大D.D.第第1 1秒内与第秒内与第2 2秒内质点动能增加量的比值是秒内质点动能增加量的比值是9W45J445【审题视角【审题视角】解答该题，应注意以下两点：解答该题，应注意以下两点：【关键点【关键点】(1)(1)先利用牛顿第二定律和运动学公式求出位移先利用牛顿第二定律和运动学公式求出位移. .(2)(2)根据平均功率和瞬时功率的公式求解根据平均功率和瞬时功率的公式求解. . 【精讲精析【精讲精析】第第1 1秒内质点的加速度秒内质点的加速度a a1 1=2 m/s=2 m/s2 2，1 1秒末的速度秒末的速度v v1 1=2=21=2 (m/s1=2 (m/s) )；第；第2 2秒内的加速度秒内的加速度a a2 2=1 m/s=1 m/s2 2, ,第第2 2秒末的速度秒末的速度v v2 2=2+1=2+11=3 (m/s1=3 (m/s) )；所以第；所以第2 2秒内外力做的功秒内外力做的功 故故B B错误；第错误；第1 1秒末的功率为秒末的功率为P P1 1=2=22=4(W),2=4(W),第第2 2秒末的功秒末的功率为率为P P2 2=1=13=3(W)3=3(W)，故，故C C错误；错误；0 02 2秒内外力的平均功率秒内外力的平均功率 故故A A正确；第正确；第1 1秒内与第秒内与第2 2秒内质点动能增加量秒内质点动能增加量的比值的比值 故故D D正确正确. .答案：答案：A A、D D 2.5 J，221mv92 Wt4，211221mvE42EW5，2222111Wmvmv22WPt【命题人揭秘【命题人揭秘】平均功率和瞬时功率的求解方法平均功率和瞬时功率的求解方法(1)(1)用公式用公式 求出的是平均功率求出的是平均功率. .(2)(2)表达式表达式P=FvP=Fv，若，若v v为平均速度，则为平均速度，则P P为平均功率；若为平均功率；若v v为瞬时为瞬时速度，则速度，则P P为瞬时功率为瞬时功率. .若力与速度不在一条直线上，则若力与速度不在一条直线上，则P=FvcosP=Fvcos. . WPt 结合图象定性分析功和功率结合图象定性分析功和功率【典例【典例2 2】(2010(2010新课标全国卷新课标全国卷) )如图所如图所示，在外力作用下某质点运动的示，在外力作用下某质点运动的v-tv-t图象图象为正弦曲线为正弦曲线. .从图中可以判断从图中可以判断( )( )A.A.在在0 0t t1 1时间内，外力做正功时间内，外力做正功B.B.在在0 0t t1 1时间内，外力的功率逐渐增大时间内，外力的功率逐渐增大C.C.在在t t2 2时刻，外力的功率最大时刻，外力的功率最大D.D.在在t t1 1t t3 3时间内，外力做的总功为零时间内，外力做的总功为零【审题视角【审题视角】解答本题要把握以下三点：解答本题要把握以下三点：【关键点【关键点】(1)(1)通过通过v-tv-t图象获取速度、加速度随时间的变化情况图象获取速度、加速度随时间的变化情况. .(2)(2)由由F=maF=ma和和P=FvP=Fv推断外力做功及功率的特点推断外力做功及功率的特点. .(3)t(3)t1 1和和t t3 3时刻速度大小相等，动能相等时刻速度大小相等，动能相等. . 【精讲精析【精讲精析】解答本题可按如下流程分析解答本题可按如下流程分析: :答案：答案：A A、D D 【命题人揭秘【命题人揭秘】判断做功正负判断做功正负“三法三法”(1)(1)根据力与位移的夹角根据力与位移的夹角：当：当090090时做正功；当时做正功；当9090180180时做负功；当时做负功；当=90=90时不做功时不做功. .(2)(2)根据力与速度的夹角根据力与速度的夹角：当：当090090时做正功；当时做正功；当9090180180时做负功；当时做负功；当=90=90时不做功时不做功. .(3)(3)根据动能的变化：动能定理描述了合外力做功与动能变化根据动能的变化：动能定理描述了合外力做功与动能变化的关系，即的关系，即W W合合=E=Ek k末末-E-Ek k初初，当动能增加时合外力做正功；当动能，当动能增加时合外力做正功；当动能减少时，合外力做负功减少时，合外力做负功. . 动能定理的应用动能定理的应用【典例【典例3 3】(2012(2012北京高考北京高考) )如图所示，如图所示，质量为质量为m m的小物块在粗糙水平桌面上做的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离直线运动，经距离l后以速度后以速度v v飞离桌飞离桌面，最终落在水平地面上面，最终落在水平地面上. .已知已知l=1.4 m,v=3.0 m/s,m=1.4 m,v=3.0 m/s,m=0.10 kg,=0.10 kg,物块与桌面间的动摩擦因数物块与桌面间的动摩擦因数=0.25,=0.25,桌面高桌面高h=0.45 m.h=0.45 m.不计空不计空气阻力，重力加速度气阻力，重力加速度g g取取10 m/s10 m/s2 2. .求：求： (1)(1)小物块落地点距飞出点的水平距离小物块落地点距飞出点的水平距离s;s;(2)(2)小物块落地时的动能小物块落地时的动能E Ek k; ;(3)(3)小物块的初速度大小小物块的初速度大小v v0 0. .【审题视角【审题视角】本题需要把握以下三点：本题需要把握以下三点：【关键点【关键点】(1)(1)根据平抛运动规律可以求出水平位移根据平抛运动规律可以求出水平位移. .(2)(2)根据平抛运动开始时的机械能等于落地瞬间的机械能可以根据平抛运动开始时的机械能等于落地瞬间的机械能可以求出落地瞬间的动能求出落地瞬间的动能. .(3)(3)根据动能定理可求出初速度根据动能定理可求出初速度. . 【精讲精析【精讲精析】(1)(1)由平抛运动规律，有由平抛运动规律，有竖直方向竖直方向水平方向水平方向s=vts=vt得水平距离得水平距离(2)(2)由机械能守恒定律得由机械能守恒定律得(3)(3)由动能定理，有由动能定理，有得初速度大小得初速度大小答案：答案：(1)0.90 m (2)0.90 J (3)4.0 m/s(1)0.90 m (2)0.90 J (3)4.0 m/s 21hgt22hsv0.90 mg2k1Emvmgh0.90 J222011mgmvmv22l20v2gv4.0 m/sl 【命题人揭秘【命题人揭秘】应用动能定理解题的基本步骤应用动能定理解题的基本步骤(1)(1)选取研究对象，明确它的运动过程；选取研究对象，明确它的运动过程；(2)(2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况：分析研究对象的受力情况和各力的做功情况：(3)(3)明确研究对象在过程的始末状态的动能明确研究对象在过程的始末状态的动能E Ek1k1和和E Ek2k2；(4)(4)列出动能定理的方程列出动能定理的方程W W合合=E=Ek2k2-E-Ek1k1及其他必要的解题方程，进及其他必要的解题方程，进行求解行求解. . 功能关系的综合应用功能关系的综合应用【典例【典例4 4】(2012(2012福建高考福建高考) )如图如图, ,用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边边. .已知拖动缆绳的电动机功率恒为已知拖动缆绳的电动机功率恒为P,P,小船的质量为小船的质量为m,m,小船受小船受到的阻力大小恒为到的阻力大小恒为f,f,经过经过A A点时的速度大小为点时的速度大小为v v0 0, ,小船从小船从A A点沿点沿直线加速运动到直线加速运动到B B点经历时间为点经历时间为t t1 1,A,A、B B两点间距离为两点间距离为d,d,缆绳质缆绳质量忽略不计量忽略不计. .求求: : (1)(1)小船从小船从A A点运动到点运动到B B点的全过程克服阻力做的功点的全过程克服阻力做的功W Wf f; ;(2)(2)小船经过小船经过B B点时的速度大小点时的速度大小v v1 1; ;(3)(3)小船经过小船经过B B点时的加速度大小点时的加速度大小a.a.【审题视角【审题视角】解答本题时应明确以下三点：解答本题时应明确以下三点：【关键点【关键点】(1)(1)绳牵引船时合速度与分速度的关系绳牵引船时合速度与分速度的关系. .(2)(2)牵引功率与牵引力和牵引速度的关系牵引功率与牵引力和牵引速度的关系. .(3)(3)涉及恒功率的变力做功应用动能定理涉及恒功率的变力做功应用动能定理. .【精讲精析【精讲精析】(1)(1)小船从小船从A A点运动到点运动到B B点克服阻力做功点克服阻力做功W Wf f=fd=fd (2)(2)小船从小船从A A点运动到点运动到B B点牵引力做的功点牵引力做的功W=PtW=Pt1 1 由动能定理有由动能定理有 由由式解得式解得 22f1011WWmvmv2221012vvPtfdm(3)(3)设小船经过设小船经过B B点时绳的拉力为点时绳的拉力为F F，绳与水平方向夹角为，绳与水平方向夹角为，电动机牵引绳的速度为电动机牵引绳的速度为u,u,则则P=Fu P=Fu u=vu=v1 1cos cos 由牛顿第二定律有由牛顿第二定律有Fcos-f=ma Fcos-f=ma 由式解得由式解得答案答案: :2201Pfamm v2m Ptfd 20122012Pf1 fd2v(Ptfd)3mmm v2m Ptfd 【命题人揭秘【命题人揭秘】功能关系的选用技巧功能关系的选用技巧(1)(1)在应用功能关系解决具体问题的过程中在应用功能关系解决具体问题的过程中, ,若只涉及动能的变若只涉及动能的变化用动能定理分析化用动能定理分析. .(2)(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分析. .(3)(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变化的关系分析. .(4)(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析. . 机械能守恒定律的应用机械能守恒定律的应用【典例【典例5 5】(2011(2011福建高考福建高考) )如图为如图为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部置示意图，其下半部ABAB是一长为是一长为2R2R的竖直细管，上半部的竖直细管，上半部BCBC是半径为是半径为R R的的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，向，ABAB管内有一原长为管内有一原长为R R、下端固、下端固定的轻质弹簧定的轻质弹簧. .投饵时，每次总将弹簧长度压缩到投饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5R0.5R后后锁定，在弹簧上端放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹锁定，在弹簧上端放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去射出去. .设质量为设质量为m m的鱼饵到达管口的鱼饵到达管口C C时，对管壁的作用力恰好时，对管壁的作用力恰好为零为零. .不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能定时，均不改变弹簧的弹性势能. .已知重力加速度为已知重力加速度为g.g.求：求：(1)(1)质量为质量为m m的鱼饵到达管口的鱼饵到达管口C C时的速度大小时的速度大小v v1 1；(2)(2)弹簧压缩到弹簧压缩到0.5R0.5R时的弹性势能时的弹性势能E Ep p；(3)(3)已知地面与水面相距已知地面与水面相距1.5R1.5R，若使该投饵管绕，若使该投饵管绕ABAB管的中轴线管的中轴线OOOO在在9090角的范围内来回缓慢转动，每次弹射时只放置一粒角的范围内来回缓慢转动，每次弹射时只放置一粒鱼饵，鱼饵的质量在鱼饵，鱼饵的质量在 到到m m之间变化，且均能落到水面之间变化，且均能落到水面. .持续持续投放足够长时间后，鱼饵能够落到水面的最大面积投放足够长时间后，鱼饵能够落到水面的最大面积S S是多少？是多少？ 2m3【审题视角【审题视角】解答本题应注意以下几点解答本题应注意以下几点: :【关键点【关键点】(1)(1)临界条件的应用临界条件的应用. .(2)(2)每次弹射时弹簧的弹性势能不变每次弹射时弹簧的弹性势能不变. .(3)(3)注意应用几何关系注意应用几何关系. .(4)(4)将复杂过程划分为若干小过程进行处理将复杂过程划分为若干小过程进行处理. .【精讲精析【精讲精析】(1)(1)质量为质量为m m的鱼饵到达管口的鱼饵到达管口C C时做圆周运动的向时做圆周运动的向心力完全由重力提供则由心力完全由重力提供则由 (2)(2)弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能，由机械能守恒弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能，由机械能守恒定律有定律有联立方程解得联立方程解得E Ep p=3mgR=3mgR(3)(3)鱼饵离开管口鱼饵离开管口C C做平抛运动，则有做平抛运动，则有x x1 1=R+v=R+v1 1t t联立方程解得联立方程解得x x1 1=4R=4R21vmgmR2p11Emg 1.5RRmv2214.5Rgt21vgR得当鱼饵质量为当鱼饵质量为 时，设其到达管口的速度为时，设其到达管口的速度为v v2 2，由机械能守，由机械能守恒定律有恒定律有解得解得同理有同理有x x2 2=R+v=R+v2 2t t联立方程解得联立方程解得x x2 2=7R=7R鱼饵能够落到水面的最大面积鱼饵能够落到水面的最大面积答案：答案：2m32p221 2Emg 1.5RR( m)v32 32v2 gR22221133S xxR44 22331gR2 3mgR3R (8.25R )4 或【命题人揭秘【命题人揭秘】 机械能守恒定律在生活中的应用机械能守恒定律在生活中的应用本题通过对鱼饵投放器的分析本题通过对鱼饵投放器的分析, ,综合考查了圆周运动的临界条综合考查了圆周运动的临界条件及平抛运动的分析思想、机械能守恒定律等知识，要求学生件及平抛运动的分析思想、机械能守恒定律等知识，要求学生具备较高的综合分析能力具备较高的综合分析能力. .善于将复杂问题划分为若干子过程善于将复杂问题划分为若干子过程进行处理，体现了高考对考生能力的要求进行处理，体现了高考对考生能力的要求. . 能量的转化和守恒问题能量的转化和守恒问题【典例【典例6 6】(2010(2010福建高考福建高考) )如图所示，物体如图所示，物体A A放在足够长的木板放在足够长的木板B B上，木板上，木板B B静止于水平面静止于水平面.t=0.t=0时，电动机通过水平细绳以恒力时，电动机通过水平细绳以恒力F F拉木板拉木板B B，使它做初速度为零，加速度，使它做初速度为零，加速度a aB B=1.0 m/s=1.0 m/s2 2的匀加速直线的匀加速直线运动运动. .已知已知A A的质量的质量m mA A和和B B的质量的质量m mB B均为均为2.0 kg2.0 kg，A A、B B之间的动摩擦之间的动摩擦因数因数1 1=0.05=0.05，B B与水平面之间的动摩擦因数与水平面之间的动摩擦因数2 2=0.1=0.1，最大静摩，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g g取取10 m/s10 m/s2 2. .求：求： (1)(1)物体物体A A刚运动时的加速度刚运动时的加速度a aA A; ;(2)t=1.0 s(2)t=1.0 s时，电动机的输出功率时，电动机的输出功率P P；(3)(3)若若t=1.0 st=1.0 s时，将电动机的输出功率立即调整为时，将电动机的输出功率立即调整为P=5 WP=5 W，并在以后的运动过程中始终保持这一功率不变，并在以后的运动过程中始终保持这一功率不变，t=3.8 st=3.8 s时物时物体体A A的速度为的速度为1.2 m/s1.2 m/s. .则在则在t=1.0 st=1.0 s到到t=3.8 st=3.8 s这段时间内木板这段时间内木板B B的位移为多少？的位移为多少？ 【审题视角【审题视角】解决本题，应把握好以下三点：解决本题，应把握好以下三点：【关键点【关键点】(1)(1)明确研究对象，准确判断运动及受力情况明确研究对象，准确判断运动及受力情况. .(2)A(2)A、B B速度相等是本题运动情景的分界点速度相等是本题运动情景的分界点. .(3)(3)功率不变时，利用功率不变时，利用W=PtW=Pt求解变力做功求解变力做功. .【精讲精析【精讲精析】(1)(1)物体物体A A在水平方向上受滑动摩擦力，根据牛顿在水平方向上受滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得：第二定律得：1 1m mA Ag=mg=mA Aa aA A解得：解得：a aA A=0.5 m/s=0.5 m/s2 2(2)t=1.0 s(2)t=1.0 s时，木板时，木板B B的速度大小为：的速度大小为：v v1 1=a=aB Bt=1 m/st=1 m/s由牛顿第二定律得：由牛顿第二定律得：F-F-1 1m mA Ag-g-2 2(m(mA A+m+mB B)g=m)g=mB Ba aB B电动机的输出功率为：电动机的输出功率为：P P1 1=Fv=Fv1 1解得：解得：P P1 1=7 W=7 W (3)(3)电动机的输出功率立即调整为电动机的输出功率立即调整为P=5 WP=5 W时，细绳对木板时，细绳对木板B B的的拉力为拉力为FF，由，由P=FvP=Fv1 1，解得：解得：F=5 NF=5 N由于木板由于木板B B的受力满足的受力满足F-F-1 1m mA Ag-g-2 2(m(mA A+m+mB B)g=0)g=0木板木板B B做匀速直线运动，而物体做匀速直线运动，而物体A A在木板在木板B B上继续做匀加速直线上继续做匀加速直线运动直到与木板运动直到与木板B B速度相同为止，这一过程的时间为速度相同为止，这一过程的时间为t t1 1，则：，则：v v1 1=a=aA A(t+t(t+t1 1) )这段时间木板这段时间木板B B的位移为：的位移为：s s1 1=v=v1 1t t1 1，A A、B B速度相同后，由于速度相同后，由于FF2 2(m(mA A+m+mB B)g )g 且电动机的输出功率不变，且电动机的输出功率不变，A A、B B一起做加速一起做加速度减小的加速运动，由动能定理得度减小的加速运动，由动能定理得: :P(tP(t2 2-t-t1 1-t)-t)-2 2(m(mA A+m+mB B)gs)gs2 2代入数据得代入数据得 在在t=1.0 st=1.0 s到到t=3.8 st=3.8 s这段时间内木板这段时间内木板B B的位移为的位移为s=ss=s1 1+s+s2 2=3.03 m=3.03 m答案：答案：(1)0.5 m/s(1)0.5 m/s2 2 (2)7 W (3)3.03 m(2)7 W (3)3.03 m 22ABAAB111mmvmmv22【阅卷人点拨【阅卷人点拨】 失失分分提提示示(1)(1)对木板对木板B B受力分析出错，漏掉受力分析出错，漏掉A A对对B B的摩擦力或的摩擦力或A A对对B B的压的压力；力；(2)(2)求恒力求恒力F F的大小时，牛顿第二定律方程列错的大小时，牛顿第二定律方程列错; ;(3)A(3)A、B B速度相等后误认为速度相等后误认为B B仍然做匀速直线运动，未对仍然做匀速直线运动，未对B B再次受力分析，力与运动的关系意识淡薄；再次受力分析，力与运动的关系意识淡薄；(4)(4)电动机以恒定功率通过细绳拉电动机以恒定功率通过细绳拉B B时，不会表示变力做功；时，不会表示变力做功；(5)(5)研究对象不明确，不能选取整体法处理问题研究对象不明确，不能选取整体法处理问题. . 备备考考指指南南对于动力学综合性题目，在复习时要掌握必要的方法及解对于动力学综合性题目，在复习时要掌握必要的方法及解题要领：题要领：(1)(1)受力分析不要漏力、添力，可按照先重力再接触力受力分析不要漏力、添力，可按照先重力再接触力( (接接触面处的弹力及摩擦力触面处的弹力及摩擦力) )，最后其他外力的顺序作图，最后其他外力的顺序作图. .(2)(2)在复习求解变力做功的问题时，应该掌握几种方法：在复习求解变力做功的问题时，应该掌握几种方法：微元法、利用动能定理、变力做功功率恒定利用微元法、利用动能定理、变力做功功率恒定利用W WF F=Pt.=Pt.(3)(3)对于两个物体相对运动的情景，注重物理过程的分析，对于两个物体相对运动的情景，注重物理过程的分析，搞清各个物体的运动特点和受力特点，培养分析物理运动搞清各个物体的运动特点和受力特点，培养分析物理运动情景的能力和灵活应用物理规律解决问题的能力情景的能力和灵活应用物理规律解决问题的能力. . 功的概念的理解与功的计算功的概念的理解与功的计算 高考指数高考指数: :1.(20121.(2012安徽高考安徽高考) )如图所示，在竖直平如图所示，在竖直平面内有一半径为面内有一半径为R R的圆弧轨道，半径的圆弧轨道，半径OAOA水水平、平、OBOB竖直，一个质量为竖直，一个质量为m m的小球自的小球自A A的正的正上方上方P P点由静止开始自由下落，小球沿轨道点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点到达最高点B B时恰好对轨道没有压力时恰好对轨道没有压力. .已知已知AP=2R,AP=2R,重力加速度为重力加速度为g g，则小球从，则小球从P P到到B B的运的运动过程中动过程中( )( ) 【解题指南【解题指南】解答本题时要注意以下三点：解答本题时要注意以下三点：(1)(1)小球在小球在B B点所受重力等于向心力，由此可求出小球在点所受重力等于向心力，由此可求出小球在B B点的点的动能动能. .(2)(2)根据功能关系求出重力的功、合外力的功根据功能关系求出重力的功、合外力的功. .(3)(3)根据能量的转化与守恒求出摩擦力的功、机械能的变化量根据能量的转化与守恒求出摩擦力的功、机械能的变化量. .A.A.重力做功重力做功2mgR B.2mgR B.机械能减少机械能减少mgRmgRC.C.合外力做功合外力做功mgRmgR D. D.克服摩擦力做功克服摩擦力做功1mgR2【解析【解析】选选D.D.重力做功与路径无关，所以重力做功与路径无关，所以W WG G=mgR=mgR，选项，选项A A错；错；小球在小球在B B点时所受重力等于向心力，即：点时所受重力等于向心力，即：从从P P点到点到B B点，由动能定理知：点，由动能定理知： 故选项故选项C C错；错；根据能量的转化与守恒知：机械能的减少量为根据能量的转化与守恒知：机械能的减少量为|E|=|E|E|=|EP P| |-|E-|Ek k|= |= 故选项故选项B B错；克服摩擦力做的功等于机械能的错；克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，故选项减少量，故选项D D对对. . 2vmgmvgRR，所以，211WmvmgR22合，1mgR2，2.(20112.(2011江苏高考江苏高考) )如图所示，演员正在进行如图所示，演员正在进行杂技表演杂技表演. .由图可估算出他将一只鸡蛋抛出的由图可估算出他将一只鸡蛋抛出的过程中对鸡蛋所做的功最接近于过程中对鸡蛋所做的功最接近于( )( )A.0.3 J B.3 JA.0.3 J B.3 JC.30 J D.300 JC.30 J D.300 J 【解析【解析】选选A.A.估计一只鸡蛋的质量为估计一只鸡蛋的质量为6060克，鸡蛋上升的高度为克，鸡蛋上升的高度为5050厘米，对人抛鸡蛋以及鸡蛋上升到最高点全程应用动能定理厘米，对人抛鸡蛋以及鸡蛋上升到最高点全程应用动能定理有：有：W WF F-mgh-mgh=0=0，代入数值可知，代入数值可知W WF F=0.3 J=0.3 J，A A对对. . 3.(20103.(2010上海高考上海高考) )如图所示为质量相等的两个如图所示为质量相等的两个质点质点A A、B B在同一直线上运动的在同一直线上运动的v-tv-t图象，由图可图象，由图可知知( )( )A.A.在在t t时刻两个质点在同一位置时刻两个质点在同一位置B.B.在在t t时刻两个质点速度相等时刻两个质点速度相等C.C.在在0 0t t时间内质点时间内质点B B比质点比质点A A位移大位移大D.D.在在0 0t t时间内合外力对两个质点做功相等时间内合外力对两个质点做功相等【解析【解析】选选B B、C C、D.D.在在t t时刻两质点速度相等，故时刻两质点速度相等，故B B正确正确. .根据根据v-tv-t图象中面积代表位移大小，在图象中面积代表位移大小，在0 0t t时间内质点时间内质点B B比质点比质点A A位位移大，所以移大，所以C C正确，正确，A A错误；根据动能定理，合外力对质点做的错误；根据动能定理，合外力对质点做的功等于该质点动能的变化，故功等于该质点动能的变化，故D D正确正确. . 功率的计算功率的计算 高考指数高考指数: :4.(20124.(2012江苏高考江苏高考) )如图所示，细线的一端如图所示，细线的一端固定于固定于O O点，另一端系一小球点，另一端系一小球. .在水平拉力作在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A A点点运动到运动到B B点点. .在此过程中拉力的瞬时功率变在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是化情况是( )( )A.A.逐渐增大逐渐增大 B.B.逐渐减小逐渐减小C.C.先增大，后减小先增大，后减小 D.D.先减小，后增大先减小，后增大【解题指南【解题指南】本题考查了动能定理、变力做功、瞬时功率问本题考查了动能定理、变力做功、瞬时功率问题，难度中等，本题要把变力题，难度中等，本题要把变力( (水平拉力水平拉力) )做功做功( (和功率和功率) )问题转问题转化为恒力化为恒力( (重力重力) )做功做功( (和功率和功率) )问题问题. .【解析【解析】选选A.A.本题考查上升的过程中本题考查上升的过程中, ,重力做负功重力做负功, ,水平拉力水平拉力F F做正功做正功, ,由动能定理得由动能定理得 所以所以W WF F=W=WG G，即，即拉力做的功和重力做的功总是相等的，则拉力做功的功率和重拉力做的功和重力做的功总是相等的，则拉力做功的功率和重力做功的功率也总是相等的，小球上摆过程中力做功的功率也总是相等的，小球上摆过程中, ,竖直方向速度竖直方向速度一直增大，重力功率一直增大，重力功率P=mgvP=mgv一直增大，所以拉力做功的功率也一直增大，所以拉力做功的功率也是逐渐增大的是逐渐增大的. .答案选答案选A.A. 22FG11WWmvmv022 ，5.(20125.(2012福建高考福建高考) )如图如图, ,表面光滑的表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮固定斜面顶端安装一定滑轮, ,小物块小物块A A、B B用轻绳连接并跨过滑轮用轻绳连接并跨过滑轮( (不计滑不计滑轮的质量和摩擦轮的质量和摩擦).).初始时刻初始时刻,A,A、B B处处于同一高度并恰好处于静止状态于同一高度并恰好处于静止状态. .剪断轻绳后剪断轻绳后,A,A下落、下落、B B沿斜面沿斜面下滑下滑, ,则从剪断轻绳到物块着地则从剪断轻绳到物块着地, ,两物块两物块( )( )A.A.速率的变化量不同速率的变化量不同 B.B.机械能的变化量不同机械能的变化量不同C.C.重力势能的变化量相同重力势能的变化量相同 D.D.重力做功的平均功率相同重力做功的平均功率相同【解题指南【解题指南】解答本题时应明确以下三点：解答本题时应明确以下三点：(1)(1)矢量和标量的描述不同矢量和标量的描述不同. .(2)(2)平均功率的计算公式的理解平均功率的计算公式的理解. .(3)(3)据平衡状态得两物块的质量关系据平衡状态得两物块的质量关系. .【解析【解析】选选D.D.设设A A、B B离地高度为离地高度为h,h,由于斜面表面光滑，由于斜面表面光滑，A A、B B运运动过程机械能守恒，机械能不变，物块着地时速率相等动过程机械能守恒，机械能不变，物块着地时速率相等, ,均为均为 因此速率变化量相等，因此速率变化量相等，A A、B B错错. .由于初始时刻由于初始时刻A A、B B处于处于同一高度并处于静止状态，因此有同一高度并处于静止状态，因此有m mA Ag=mg=mB Bgsingsin，重力势能变，重力势能变化量不相等，化量不相等，C C错错. .从剪断轻绳到两物块着地过程的平均速度大从剪断轻绳到两物块着地过程的平均速度大小为小为 故选故选D.D. 2gh,ABABAB1v2ghPm gv Pm gsinv PP ,2，则，6.(20126.(2012天津高考天津高考) )如图甲所示如图甲所示, ,静止在水平地面的物块静止在水平地面的物块A A，受，受到水平向右的拉力到水平向右的拉力F F作用作用,F,F与时间与时间t t的关系如图乙所示的关系如图乙所示, ,设物块设物块与地面的静摩擦力最大值与地面的静摩擦力最大值f fm m与滑动摩擦力大小相等与滑动摩擦力大小相等, ,则则( )( )A.0A.0t t1 1时间内时间内F F的功率逐渐增大的功率逐渐增大B.tB.t2 2时刻物块时刻物块A A的加速度最大的加速度最大C.tC.t2 2时刻后物块时刻后物块A A做反向运动做反向运动D.tD.t3 3时刻物块时刻物块A A的动能最大的动能最大【解析【解析】选选B B、D.D.由由F-tF-t图象可知，在图象可知，在0 0t t1 1时间内，时间内，FfFfFfm m，故物块，故物块仍沿同一方向做加速运动，至仍沿同一方向做加速运动，至t t3 3时刻速度最大，动能最大，选时刻速度最大，动能最大，选项项C C错、错、D D对对. . 7.(20117.(2011上海高考上海高考) )如图，一长为如图，一长为L L的的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为固定一质量为m m的小球的小球. .一水平向右的一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度拉力作用于杆的中点，使杆以角速度匀速转动，当杆与水平方向成匀速转动，当杆与水平方向成6060时时, ,拉力的功率为拉力的功率为( )( )A.mgLA.mgL B. B.C. D.C. D. 3mgL21mgL23mgL6【解析【解析】选选C.C.匀速转动，动能不变，拉力的功率在数值上应等匀速转动，动能不变，拉力的功率在数值上应等于重力的功率于重力的功率. .为此，将线速度分解为水平速度和竖直速度，为此，将线速度分解为水平速度和竖直速度，重力的功率重力的功率P=-mgLsin30P=-mgLsin30= = 所以拉力的功率所以拉力的功率【误区警示【误区警示】解答本题易产生的两个误区解答本题易产生的两个误区(1)(1)瞬时功率的公式为瞬时功率的公式为P=FvcosP=Fvcos, ,式中式中为为F F与与v v的夹角，求解的夹角，求解时容易忘记考虑时容易忘记考虑. .(2)(2)合速度沿运动切向，不是水平方向，在对线速度分解时，合速度沿运动切向，不是水平方向，在对线速度分解时，应向水平和竖直两个方向分解应向水平和竖直两个方向分解. . 1mgL,21PPmgL2 8.(20128.(2012北京高考北京高考) )摩天大楼中一部直通高层的客运电梯摩天大楼中一部直通高层的客运电梯. .行行程超过百米程超过百米. .电梯的简化模型如图甲所示电梯的简化模型如图甲所示. .考虑安全、舒适、考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度省时等因素，电梯的加速度a a是随时间是随时间t t变化的变化的. .已知电梯在已知电梯在t=0t=0时由静止开始上升，时由静止开始上升，a-ta-t图像如图乙所示图像如图乙所示. .电梯总质量电梯总质量m=2.0m=2.010103 3 kg. kg.忽略一切阻力忽略一切阻力. .重力加速度重力加速度g g取取10 m/s10 m/s2 2. .(1)(1)求电梯在上升过程中受到的最大拉力求电梯在上升过程中受到的最大拉力F F1 1和最小拉力和最小拉力F F2 2; ;(2)(2)类比是一种常用的研究方法类比是一种常用的研究方法. .对于直线运动，教科书中讲解对于直线运动，教科书中讲解了由了由v -tv -t图像求位移的方法图像求位移的方法. .请你借鉴此方法，对比加速度和请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图乙所示速度的定义，根据图乙所示a-ta-t图像，求电梯在第图像，求电梯在第1 s1 s内的速度内的速度改变量改变量vv1 1和第和第2 s2 s末的速率末的速率v v2 2; ;(3)(3)求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率P P；再求在；再求在0 011 s11 s时间内，拉力和重力对电梯所做的总功时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W.W. 【解题指南【解题指南】本题需要把握以下四点：本题需要把握以下四点：(1)(1)读出图像中正、负最大加速度，由牛顿第二定律分别计算读出图像中正、负最大加速度，由牛顿第二定律分别计算出最大拉力和最小拉力出最大拉力和最小拉力. .(2)(2)加速度图像与时间轴围成的面积表示速度的变化量加速度图像与时间轴围成的面积表示速度的变化量. .(3)(3)速度最大时拉力等于重力，拉力的功率等于重力与速度的速度最大时拉力等于重力，拉力的功率等于重力与速度的乘积乘积. .(4)(4)根据动能定理可计算总功根据动能定理可计算总功. .【解析【解析】(1)(1)由牛顿第二定律，有由牛顿第二定律，有F-mg=maF-mg=ma由由a-ta-t图像可知，图像可知，F F1 1和和F F2 2对应的加速度分别是对应的加速度分别是a a1 1=1.0 m/s=1.0 m/s2 2，a a2 2=-1.0 m/s=-1.0 m/s2 2F F1 1=m(g+a=m(g+a1 1)=2.0)=2.010103 3(10+1.0) N=2.2(10+1.0) N=2.210104 4 N NF F2 2=m(g+a=m(g+a2 2)=2.0)=2.010103 3(10-1.0) N=1.8(10-1.0) N=1.810104 4 N N (2)(2)类比可得，所求速度变化量等于第类比可得，所求速度变化量等于第1 s1 s内内a-ta-t图线下的面积图线下的面积vv1 1=0.50 m/s=0.50 m/s同理可得同理可得vv2 2=v=v2 2-v-v0 0=1.5 m/s=1.5 m/sv v0 0=0=0，第，第2 s2 s末的速率末的速率v v2 2=1.5 m/s=1.5 m/s(3)(3)由由a-ta-t图像可知，图像可知，11 s11 s30 s30 s内速率最大，其值等于内速率最大，其值等于0 011 s11 s内内a-ta-t图线下的面积，有图线下的面积，有v vm m=10 m/s=10 m/s此时电梯做匀速运动，拉力此时电梯做匀速运动，拉力F F等于重力等于重力mgmg，所求功率，所求功率P=FvP=Fvm m=mg=mgv vm m=2.0=2.010103 3101010 W=2.010 W=2.010105 5 W W由动能定理，总功由动能定理，总功W=EW=Ek2k2-E-Ek1k1= J= J=1.0=1.010105 5 J J答案：答案：(1) 2.2(1) 2.210104 4 N 1.8 N 1.810104 4 N (2)0.50 m/s N (2)0.50 m/s1.5 m/s1.5 m/s (3)2.0 (3)2.010105 5 W 1.0 W 1.010105 5 J J 232m11mv02.0 101022 动能定理的理解与应用动能定理的理解与应用 高考指数高考指数: :9.(20129.(2012四川高考四川高考) )如图所示，劲度系如图所示，劲度系数为数为k k的轻弹簧的一端固定在墙上，另的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为一端与置于水平面上质量为m m的物体接的物体接触触( (未连接未连接) )，弹簧水平且无形变，弹簧水平且无形变. .用水平力用水平力F F缓慢推动物体，在缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了弹性限度内弹簧长度被压缩了x x0 0，此时物体静止，此时物体静止. .撤去撤去F F后，物后，物体开始向左运动，运动的最大距离为体开始向左运动，运动的最大距离为4x4x0 0. .物体与水平面间的动物体与水平面间的动摩擦因数为摩擦因数为,重力加速度为重力加速度为g.g.则则( )( ) A.A.撤去撤去F F后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动B.B.撤去撤去F F后，物体刚运动时的加速度大小为后，物体刚运动时的加速度大小为C.C.物体做匀减速运动的时间为物体做匀减速运动的时间为D.D.物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为【解析【解析】选选B B、D.D.撤去撤去F F后，在水平方向上物体受到弹簧的弹力后，在水平方向上物体受到弹簧的弹力和摩擦力的作用，由于弹力是变力和摩擦力的作用，由于弹力是变力. .所以，物体开始不可能做所以，物体开始不可能做匀变速运动，匀变速运动，A A错误；撤去错误；撤去F F瞬间，水平方向上物体受到弹簧向瞬间，水平方向上物体受到弹簧向0kxgm0 x2g0mgmg(x)k左的弹力左的弹力F FN N=kx=kx0 0和向右的摩擦力和向右的摩擦力F Ff f=mg=mg的作用，由牛顿第二定的作用，由牛顿第二定律可知律可知 B B正确；物体到达初位置时，和弹正确；物体到达初位置时，和弹簧分离，之后才开始做匀减速运动，运动位移为簧分离，之后才开始做匀减速运动，运动位移为3x3x0 0，加速度，加速度大小为大小为 C C错误；当水平错误；当水平方向上物体受到弹簧向左的弹力方向上物体受到弹簧向左的弹力F FN N=kx=kx和向右的摩擦力和向右的摩擦力F Ff f=mg=mg平衡时，具有最大速度，所以平衡时，具有最大速度，所以 物体开始向左运动到速物体开始向左运动到速度最大，发生的位移为度最大，发生的位移为(x(x0 0-x).-x).所以，此过程中克服摩擦力做所以，此过程中克服摩擦力做的功为的功为W=FW=Ff f(x(x0 0-x)= D-x)= D正确正确. . Nf0FFkxagmm，20f6xF12xagxat:tm2ag，由得，mgxk，0mgmg(x)k，10.(201110.(2011山东高考山东高考) )如图所示，将小球如图所示，将小球a a从地面从地面以初速度以初速度v v0 0竖直上抛的同时，将另一相同质量的竖直上抛的同时，将另一相同质量的小球小球b b从距地面从距地面h h处由静止释放，两球恰在处由静止释放，两球恰在 处相处相遇遇( (不计空气阻力不计空气阻力).).则则( )( )A.A.两球同时落地两球同时落地 B.B.相遇时两球速度大小相等相遇时两球速度大小相等 C.C.从开始运动到相遇，球从开始运动到相遇，球a a动能的减少量等于球动能的减少量等于球b b动能的增加量动能的增加量D.D.相遇后的任意时刻，重力对球相遇后的任意时刻，重力对球a a做功功率和对球做功功率和对球b b做功功率相做功功率相等等h2【解题指南【解题指南】解答本题要注意以下四点：解答本题要注意以下四点：(1)a(1)a球做竖直上抛运动，球做竖直上抛运动，b b球做自由落体运动球做自由落体运动. .(2)(2)紧紧抓住两球恰在紧紧抓住两球恰在 处相遇列式分析处相遇列式分析. .(3)(3)动能的变化由动能定理分析动能的变化由动能定理分析. .(4)(4)由瞬时功率的定义比较由瞬时功率的定义比较a a、b b重力功率的大小重力功率的大小. .h2【解析【解析】选选C.C.相遇时相遇时b b球的位移球的位移 运动时间运动时间 相遇相遇时时a a球位移球位移相遇时相遇时a a球的速度球的速度v va a=v=v0 0-gt=0-gt=0，由题意可得此时，由题意可得此时b b球已经具有向球已经具有向下的速度而下的速度而a a球速度为零，故球速度为零，故b b球以较大速度先落地球以较大速度先落地, ,以后任意以后任意时刻重力的瞬时功率时刻重力的瞬时功率P=mgvP=mgv，b b球的瞬时功率总是大于球的瞬时功率总是大于a a球的瞬球的瞬时功率时功率. .选项选项A A、B B、D D错误错误. .从开始运动到相遇，从开始运动到相遇，a a球克服重力所球克服重力所做的功等于重力对做的功等于重力对b b球所做的功，由动能定理可得球所做的功，由动能定理可得C C项正确项正确. . 2h1gt22，htg，222000h111v tgt ,gtv tgtvgtgh,2222 可得，11.(201111.(2011四川高考四川高考) )如图是如图是“神舟神舟”系列航系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则则( )( )A.A.火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小B.B.返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力C.C.返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功D.D.返回舱在喷气过程中处于失重状态返回舱在喷气过程中处于失重状态【解析【解析】选选A.A.整个装置匀速下降，火箭向下喷气瞬间，获得向整个装置匀速下降，火箭向下喷气瞬间，获得向上的反冲力，故伞绳对返回舱的拉力减小，上的反冲力，故伞绳对返回舱的拉力减小，A A项正确项正确; ;返回舱在返回舱在空气阻力作用下匀速运动，故减速的主要原因是火箭的反冲力，空气阻力作用下匀速运动，故减速的主要原因是火箭的反冲力，B B项错项错; ;返回舱做减速运动，由动能定理可知，合外力做负功，返回舱做减速运动，由动能定理可知，合外力做负功，C C项错项错; ;返回舱向下减速，加速度方向向上，处于超重状态，返回舱向下减速，加速度方向向上，处于超重状态，D D项错项错. . 12.(201212.(2012重庆高考重庆高考) )如图所示为一种摆式摩擦因数测量仪，可如图所示为一种摆式摩擦因数测量仪，可测量轮胎与地面间动摩擦因数，其主要部件有：底部固定有轮测量轮胎与地面间动摩擦因数，其主要部件有：底部固定有轮胎橡胶片的摆锤和连接摆锤的轻质细杆胎橡胶片的摆锤和连接摆锤的轻质细杆. .摆锤的质量为摆锤的质量为m m，细杆，细杆可绕轴可绕轴O O在竖直平面内自由转动，摆锤重心到在竖直平面内自由转动，摆锤重心到O O点距离为点距离为L.L.测量测量时，测量仪固定于水平地面，将摆锤从与时，测量仪固定于水平地面，将摆锤从与O O等高的位置处静止释等高的位置处静止释放放. .摆锤到最低点附近时，橡胶片紧压地面擦过一小段距离摆锤到最低点附近时，橡胶片紧压地面擦过一小段距离s(sLs(sL) )，之后继续摆至与竖直方向成，之后继续摆至与竖直方向成角的最高位置角的最高位置. .若摆锤若摆锤对地面的压力可视为大小为对地面的压力可视为大小为F F的恒力，重力加速度为的恒力，重力加速度为g g，求，求(1)(1)摆锤在上述过程中损失的机械能；摆锤在上述过程中损失的机械能；(2)(2)在上述过程中摩擦力对摆锤所做的功；在上述过程中摩擦力对摆锤所做的功；(3)(3)橡胶片与地面之间的动摩擦因数橡胶片与地面之间的动摩擦因数. . 【解题指南【解题指南】解答本题时可按以下思路分析：解答本题时可按以下思路分析：【解析【解析】(1)(1)损失的机械能：损失的机械能：E=mgL-mg(L-Lcos)=mgLcosE=mgL-mg(L-Lcos)=mgLcos(2)(2)摩擦力对摆锤做的功大小等于摆锤损失的机械能，摩擦力对摆锤做的功大小等于摆锤损失的机械能，因而，因而，W Wf f=-mgLcos=-mgLcos(3)|W(3)|Wf f|=f|=fs=Fs=Fs=mgLcoss=mgLcos答案：答案：(1)mgLcos (2)-mgLcos (3)(1)mgLcos (2)-mgLcos (3) mgLcosFsmgLcosFs13.(201013.(2010上海高考上海高考) )倾角倾角=37=37，质量，质量M=5 kgM=5 kg的粗糙斜面位于水平地面上，质量的粗糙斜面位于水平地面上，质量m=2 kgm=2 kg的木块置于斜面顶端，从静止开始的木块置于斜面顶端，从静止开始匀加速下滑，经匀加速下滑，经t=2 st=2 s到达底端，运动路程到达底端，运动路程L=4 m,L=4 m,在此过程中在此过程中斜面保持静止斜面保持静止.(sin37.(sin37=0.6,cos37=0.6,cos37=0.8,g=0.8,g取取10 m/s10 m/s2 2) )求：求：(1)(1)地面对斜面的摩擦力大小与方向；地面对斜面的摩擦力大小与方向；(2)(2)地面对斜面的支持力大小；地面对斜面的支持力大小；(3)(3)通过计算证明木块在此过程中满足动能定理通过计算证明木块在此过程中满足动能定理. .【解析【解析】(1)(1)从静止开始匀加速下滑，由运动规律：从静止开始匀加速下滑，由运动规律： 得得a=2 m/sa=2 m/s2 2对木块受力分析：对木块受力分析：沿斜面方向：沿斜面方向：mgsin-fmgsin-f=ma =ma 垂直斜面方向：垂直斜面方向：mgcosmgcos-F-FN N=0 =0 由以上两式得：由以上两式得：f=8N,Ff=8N,FN N=16N =16N 21Lat2，对斜面受力分析