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专题二 功与能量第1讲功、功率和动能定理微网构建核心再现知识规律(1)恒力做功的公式：WFlcos .(2)平均功率的公式：PFcos .(3)瞬时功率的公式：PFvcos .(4)机车启动两类模型中的关键方程：PFvFfma(5)动能定理的表达式：W合mv2mv.思想方法(1)物理思想：微元思想.(2)物理方法：图象法、转换法、整体法和隔离法等.高频考点一功、功率的理解与计算知能必备1.功的定义及恒力做功的公式2.正、负功判断的常用方法3.平均功率与瞬时功率的区别及计算方法4.总功的两种计算方法.题组冲关1(多选)2016上海钻石赛男子100米决赛中，加特林以9秒94的成绩夺得冠军，加特林在比赛中，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解析：选BC.由题意知，人的脚与地面间的摩擦力是静摩擦力，该力的作用点并没发生位移，所以地面对人的摩擦力始终不做功，选项B、C正确2(多选)将一质量为m的木箱放在水平桌面上，现对木箱施加一斜向右下方的恒力，使木箱由静止开始以恒定的加速度a沿水平桌面向右做匀加速直线运动已知恒力与水平方向的夹角为，木箱与桌面间的动摩擦因数为，重力加速度为g.则木箱向右运动位移x的过程中，下列说法正确的是()A恒力所做的功为B恒力所做的功为C木箱克服摩擦力做的功为mgxD木箱克服摩擦力做的功为解析：选BD.以木箱为研究对象，竖直方向有Fsin mgFN，水平方向有Fcos FNma，联立解得恒力F，摩擦力fFN，则在此过程中恒力做的功为WFxcos ，木箱克服摩擦力做的功为Wffx.3(2017黑龙江大庆质检)光滑水平面上质量为m1 kg的物体在水平拉力F的作用下从静止开始运动，如图甲所示，若力F随时间的变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是()A拉力在前2 s内和后4 s内做的功之比为11B拉力在前2 s内和后4 s内做的功之比为13C拉力在4 s末和6 s末做功的功率之比为23D拉力在前2 s内和后4 s内做功的功率之比为11解析：选B.由牛顿第二定律可得Fma,2 s时的速度v2a1t，则v2t8 m/s,6 s时的速度v6v2t16 m/s；由动能定理可得前2 s内拉力做的功Wmv032 J，后4 s内拉力的功Wmvmv96 J，则，选项A错误、选项B正确；4 s末拉力做功的功率PFv424 W,6 s末拉力做功的功率PFv6216 W32 W，则，选项C错误；根据平均功率的定义，则前2 s内做功的功率16 W，后4 s内做功的功率24 W，即，选项D错误4(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()AF2F1，v1v2BF2F1，v1v2CF2F1，v1v2 DF2F1，v1v2解析：选BD.水平恒力F1作用下的功率P1F1v1，F2作用下的功率P2F2v2cos ，现P1P2，若F2F1，一定有v1v2，因此B正确，A错误；由于两次都做匀速直线运动，因此第一次的摩擦力Ff1mgF1，而第二次的摩擦力Ff2(mgF2sin )F2cos ，显然Ff2Ff1，即：F2cos F1，因此无论F2F1还是F2F1都会有v1v2，因此D正确、C错误1功的计算(1)恒力做功一般用功的公式或动能定理求解(2)变力做功一般用动能定理或图象法求解，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2功率的计算(1)明确是求瞬时功率还是平均功率(2)P侧重于平均功率的计算，PFv侧重于瞬时功率的计算高频考点二机车启动问题知能必备1.公式PFv在机车启动中各符号的意义2.两类机车启动方式中牵引力、阻力、速度、加速度、功率的特点3.机车启动中vt、Ft、Pt图象的意义及信息.命题视角视角1图象形式考查例1一汽车在平直公路上行驶从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示假定汽车所受阻力的大小f恒定不变下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是()思路探究(1)Pt图象中两段时间内功率的特点？(2)在vt图象中速度因功率变化能否突变？尝试解答_解析由Pt图象知：0t1内汽车以恒定功率P1行驶，t1t2内汽车以恒定功率P2行驶设汽车所受牵引力为F，则由PFv得，当v增加时，F减小，由a知a减小，又因速度不可能突变，所以选项B、C、D错误，选项A正确答案A视角2两种启动方式的综合考查例2(名师原创)某同学在测量质量为m1.5 kg、额定功率为P08 W的遥控玩具车的性能该同学启动发动机使遥控玩具车首先在平直的轨道上以大小为v02 m/s的速度做匀速直线运动，该过程中玩具车的实际功率为P2 W，然后通过遥控使玩具车在轨道上做匀加速直线运动，当玩具车的速度达到v3.2 m/s时，玩具车的功率刚好达到额定功率已知玩具车的阻力与其速率成正比，即fkv.求：(1)该玩具车能达到的最大速度的大小；(2)该玩具车做匀加速直线运动的时间以及位移大小思路探究(1)小车达到匀速运动时，应满足什么条件？(2)玩具车达到额定功率后做什么运动？(3)如何根据题目中条件计算k值？尝试解答_解析(1)玩具车以速度v0做匀速直线运动时发动机的输出功率为P2 W，又Pkv0v0解得k0.5 Ws2m2设玩具车能达到的最大速度大小为vm，则P0kvmvm解得vm4 m/s.(2)当玩具车的速度增加到v3.2 m/s时，设牵引力为F，玩具车的加速度为a，则P0Fv玩具车以恒定加速度运动过程中，由牛顿第二定律得Fkvma则玩具车做匀加速直线运动的时间t联立并代入数据可得t2 s玩具车做匀加速直线运动的位移xv0tat2代入数据得x5.2 m.答案(1)4 m/s(2)2 s5.2 m解决机车启动问题时的四点技巧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3以额定功率启动的过程中，机车做加速度减小的加速运动，速度最大值等于，牵引力是变力，牵引力做的功WPt.4无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足PFfvm，P为机车的额定功率题组冲关1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()Av2k1v1Bv2v1Cv2v1 Dv2k2v1解析：选B.车达到最大速度时，牵引力大小等于阻力大小，此时车的功率等于克服阻力做功的功率故Pk1mgv1k2mgv2，解得v2v1，选项B正确2起重机的钢索将重物由地面起吊到空中某个高度，重物起吊过程中的速度时间图象如图1所示，则钢索拉力的功率随时间变化的图象可能是图2中的()图1图2解析：选B.0t1时间内，重物匀加速上升，F恒定且Fmg，由PFv可知，功率P随v的增大而增大；t1t2时间内，重物匀速上升，Fmg，此过程PFv恒定不变，但t1时刻起重机的功率突然变小了，A、D均错误；t2t3时间内，重物减速上升，F恒定，且有Fmg，此过程中，由PFv可知，起重机功率随v的减小而减小，并且在t2时刻功率突然变小了，故B正确、C错误3(名师原创)晓宇在研究一辆额定功率为P20 kW的轿车的性能，他驾驶该轿车在如图甲所示的平直路面上运动，其中轿车与ON段路面间的动摩擦因数比轿车与MO段路面间的动摩擦因数大晓宇驾驶轿车保持额定功率以10 m/s的速度由M向右运动，该轿车从M向右运动到N的过程中，通过速度传感器测量出轿车的速度随时间的变化规律图象如图乙所示，在t15 s时图线的切线与横轴平行已知轿车的质量为m2 t，轿车在MO段、ON段运动时与路面之间的阻力大小分别保持不变求：(1)该轿车在MO段行驶时的阻力大小；(2)该轿车在运动过程中刚好通过O点时加速度的大小；(3)该轿车由O运动到N的过程中位移的大小解析：(1)轿车在MO段运动时，以10 m/s的速度匀速运动，有F1f1，PF1v1联立解得f1 N2 000 N.(2)轿车在ON段保持额定功率不变，由图象可知t15 s时轿车开始做匀速直线运动，此时由力的平衡条件有F2f2，PF2v2联立解得f2 N4 000 Nt5 s时轿车经过O点，开始做减速运动，有F1f2ma解得a1 m/s2轿车通过O点时加速度大小为1 m/s2.(3)由动能定理可知Ptf2xmvmv解得x68.75 m.答案：(1)2 000 N(2)1 m/s2(3)68.75 m高频考点三动能定理的应用知能必备1.动能及动能的变化2.动能定理的描述及公式3.动能定理的适用条件及应用技巧.命题视角视角1动能定理的简单应用例3(原创题)一人用恒定的力F，通过图示装置拉着物体沿光滑水平面运动，A、B、C是其运动路径上的三个点，且ACBC.若物体从A到C、从C到B的过程中，人拉绳做的功分别为WFA、WFB，物体动能的增量分别为EA、EB，不计滑轮质量和摩擦，下列判断正确的是()AWFAWFBEAEBBWFAWFBEAEBCWFAWFBEAEBDWFAWFBEAEB思路探究(1)物体由AC运动中绳子上拉力的水平分量大小如何变化(2)动能的增量大小和什么有关？尝试解答_解析如图，F做的功等于F1做的功，物体由A向B运动的过程中，F1逐渐减小，又因为ACBC，由WF1l知WFAWFB；对物体只有F做功，由动能定理知EAEB，故B正确答案B视角2动能定理在多过程中的应用例4(2016河南安阳二模)如图所示，倾角45的粗糙平直导轨AB与半径为R的光滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内一质量为m的小滑块(可以看作质点)从导轨上离地面高为h3R的D处无初速度下滑进入圆环轨道接着小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，不计空气阻力，已知重力加速度为g.求：(1)滑块运动到圆环最高点C时的速度大小；(2)滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小；(3)滑块在斜面轨道BD间运动的过程中克服摩擦力做的功思路探究(1)小滑块从C点飞出后做什么运动？发生的水平位移和运动时间分别是多大？(2)滑块滑到最低点的速度是多大？在最低点受几个力作用？尝试解答_解析(1)小滑块从C点飞出后做平抛运动，水平速度为v0.竖直方向上：Rgt2水平方向上：Rv0t解得：v0(2)小滑块在最低点时速度为v，由动能定理得：mg2Rmvmv2解得：v在最低点由牛顿第二定律得：FNmgm解得：FN6mg由牛顿第三定律得：FN6mg(3)从D到最低点过程中，设DB过程中克服摩擦阻力做功Wf，由动能定理得：mghWfmv20解得：WfmgR答案(1)(2)6mg(3)mgR应用动能定理的四环节1明确研究对象和研究过程研究对象一般取单个物体，通常不取一个系统(整体)为研究对象研究过程要根据已知量和所求量来定，可以对某个运动阶段应用动能定理，也可以对整个运动过程(全程)应用动能定理2分析物体受力及各力做功的情况(1)受哪些力？(2)每个力是否做功？(3)在哪段位移哪段过程中做功？(4)做正功还是负功？(5)用恒力做功的公式计算各力做的功及其代数和对变力做功或要求的功用W表示3明确过程始末状态的动能Ek1和Ek2.4利用动能定理方程式W1W2W3mvmv求解 题组冲关1如图所示，有一长为L、质量均匀分布的长铁链，其总质量为M，下端位于斜面的B端，斜面长为3L，其中AC段、CD段、DB段长均为L，CD段与铁链的动摩擦因数为，其余部分均可视为光滑，现用轻绳把铁链沿斜面全部拉到水平面上，人至少要做的功为()A.B.C.MgL D.MgL解析：选D.拉力做功最小时，铁链重心到达水平面时的速度刚好为零，对从开始拉铁链到铁链的重心到达水平面的过程运用动能定理得00WFminMgLsin 60Mgcos 60L，解得WFminMgL，故D项正确2如图所示，质量为m的滑块从高为h处的a点沿圆弧轨道ab滑入水平轨道bc，滑块与两段轨道的动摩擦因数相同滑块在a、c两点时的速度大小均为v，ab段弧长与bc段长度相等空气阻力不计，则滑块从a到c的运动过程中()A滑块的动能始终保持不变B滑块在bc段运动过程中克服阻力做的功一定等于C滑块经过b点时的速度大于D滑块经过b点时的速度等于解析：选C.滑块在a、c两点的速度大小均为v，由于在水平面是不断减速的，故可得整个过程中滑块是先加速后减速的，动能先增大后减小，A错；对于全过程由动能定理可得mghWf0，即全程克服摩擦力做的功等于mgh，由于在ab段滑块与圆弧轨道间的压力大小不等于重力，而在bc段滑块与地面间的压力大小等于重力，两段摩擦力大小不相等，所以克服摩擦力做的功不相等，则小球在bc段克服阻力做的功不一定等于，B错；可假设把圆弧轨道分割为n段微小斜面，且斜面的倾角很小，滑块在圆弧轨道上运动，处于超重状态，对轨道的压力大于重力，克服摩擦力做功较多，由a点到b点，由动能定理可得mghWfmv2mv2，由于Wf，可解得v，C对，D错3如图所示，QB段为一半径为R1 m的光滑圆弧轨道，AQ段为一长度为L1 m的粗糙水平轨道，两轨道相切于Q点，Q在圆心O的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内物体P的质量为m1 kg(可视为质点)，P与AQ间的动摩擦因数0.1，若物块P以速度v0从A点滑上水平轨道，到C点后又返回A点时恰好静止(g取10 m/s2)求：(1)v0的大小；(2)物块P第一次刚通过Q点时对圆弧轨道的压力解析：(1)物块P从A到C又返回A的过程中，由动能定理有mg2L0mv解得v02 m/s.(2)设物块P在Q点的速度为v，Q点轨道对P的支持力为F，由动能定理和牛顿第二定律有mgLmv2mvFmgm解得：F12 N由牛顿第三定律可知，物块P对Q点的压力大小也为12 N，方向竖直向下答案：(1)2 m/s(2)12 N，方向竖直向下真题试做真题1(2016高考全国甲卷)(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ONMOMN.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：选BCD.在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且ONMOMN，则小球在M点时弹簧处于压缩状态，在N点时弹簧处于拉伸状态，小球从M点运动到N点的过程中，弹簧长度先缩短，当弹簧与竖直杆垂直时弹簧达到最短，这个过程中弹力对小球做负功，然后弹簧再伸长，弹力对小球开始做正功，当弹簧达到自然伸长状态时，弹力为零，再随着弹簧的伸长弹力对小球做负功，故整个过程中，弹力对小球先做负功，再做正功，后再做负功，选项A错误在弹簧与杆垂直时及弹簧处于自然伸长状态时，小球加速度等于重力加速度，选项B正确弹簧与杆垂直时，弹力方向与小球的速度方向垂直，则弹力对小球做功的功率为零，选项C正确由机械能守恒定律知，在M、N两点弹簧弹性势能相等，在N点的动能等于从M点到N点重力势能的减小值，选项D正确真题2(2015高考全国卷)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()AWmgR，质点恰好可以到达Q点BWmgR，质点不能到达Q点CWmgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离DWmgR，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vN，在N点质点受到轨道的弹力为FN，则FNmg，已知FNFN4mg，则质点到达N点的动能为EkNmvmgR.质点由开始至N点的过程，由动能定理得mg2RWfEkN0，解得摩擦力做的功为WfmgR，即克服摩擦力做的功为WWfmgR.设从N到Q的过程中克服摩擦力做功为W，则WW.从N到Q的过程，由动能定理得mgRWmvmv，即mgRWmv，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正确真题3(2016高考全国乙卷)如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)，随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF4R.已知P与直轨道间的动摩擦因数，重力加速度大小为g.(取sin 37，cos 37)(1)求P第一次运动到B点时速度的大小(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R.求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量解析：(1)根据题意知，B、C之间的距离l为l7R2R设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得mglsin mglcos mv式中37.联立式并由题给条件得vB2(2)设BEx.P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为EP.P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有mgxsin mgxcos Ep0mvE、F之间的距离l1为l14R2RxP到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有Epmgl1sin mgl1cos 0联立式并由题给条件得xREpmgR(3)设改变后P的质量为m1.D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为x1RRsin y1RRRcos 式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为的事实设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t.由平抛运动公式有y1gt2x1vDt联立式得vD设P在C点速度的大小为vC.在P由C运动到D的过程中机械能守恒，有m1vm1vm1gP由E点运动到C点的过程中，同理，由动能定理有Epm1g(x5R)sin m1g(x5R)cos m1v联立式得m1m答案：(1)2(2)mgR(3)m新题预测如图所示，半径R0.5 m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M点，斜面倾角分别如图所示O为圆弧圆心，D为圆弧最低点，C、M在同一水平高度斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块P、Q(两边细绳分别与对应斜面平行)，并保持P、Q两物块静止若PC间距为L10.25 m，斜面MN足够长，物块P质量m13 kg，与MN间的动摩擦因数，重力加速度g10 m/s2.求：(sin 370.6，cos 370.8)(1)小物块Q的质量m2；(2)烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小；(3)物块P在MN斜面上滑行的总路程解析：(1)根据平衡条件，满足：m1gsin 53m2gsin 37可得m24 kg(2)P到D过程由动能定理得m1ghm1v由几何关系hL1sin 53R(1cos 53)运动到D点时，根据牛顿第二定律：FDm1gm1解得FD78 N由牛顿第三定律得，物块P对轨道的压力大小为78 N(3)分析可知最终物块在CDM之间往复运动，C点和M点速度为零由全过程动能定理得：m1gL1sin 53m1gcos 53s总0解得s总1 m答案：(1)4kg(2)78 N(3)1 m 典例读题破题(17分)如下图，传送带A、B之间的距离为L3.2 m，与水平面间夹角37，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为v2 m/s，在上端A点无初速度放置一个质量为m1 kg、大小可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径R0.4 m的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点E，已知B、D两点的竖直高度差为h0.5 m(取g10 m/s2)求：(1)金属块经过D点时的速度；(2)金属块在BCD弯道上克服摩擦力做的功.表明金属块放上后受到的传送带滑动摩擦力方向向下要结合牛顿运动定律和运动学方程判断小物块在传送带上的运动过程说明在E点只有重力充当向心力可利用光滑圆轨道的条件，从E点入手解决D点速度弯道上变力做功可采用动能定理求解摩擦力的功规范解答解题技法解析(1)对金属块在E点，mgm，vE2 m/s(1分)在从D到E过程中，由动能定理得：mg2Rmvmv(2分)vD2 m/s(1分)(2)金属块刚刚放上时，mgsin mgcos ma1，(2分)a110 m/s2(1分)设经过位移x1达到共同速度，v22ax1，x10.2 m3.2 m(2分)继续加速过程中：mgsin mgcos ma2(1分)a22 m/s2(1分)x2Lx13 m(1分)vv22a2x2(1分)vB4 m/s(1分)在从B到D过程中，由动能定理：mghWmvmv(2分)W3 J(1分)答案(1)2 m/s(2)3 J(1)应用动能定理解题的“两状态，一过程”“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息(2)应用动能定理解题的基本思路自悟自练1(限时10分钟满分14分)如图甲所示，为了研究物体在斜面体上的运动与斜面体倾角的关系，某实验小组的同学将一长木板的左端用一转轴固定在水平面上，可以调节长木板使其在竖直面内转动现在长木板的底端给小滑块一沿斜面向上的恒定速度，使其在斜面上做减速运动，通过测量描绘出了小滑块沿长木板向上运动的最大位移与斜面倾角的关系图线，如图乙所示已知长木板倾角的调节范围为090，g10 m/s2.求：(1)小滑块的初速度v0为多大？(2)小滑块与长木板间的动摩擦因数为多大？(3)当长木板与水平面间的夹角调为60时，小滑块返回到出发点时的速度v应为多大？解析：(1)根据动能定理，滑块沿斜面上滑过程，假设小滑块上升的最大距离为x，根据动能定理有mgxsin mgxcos 0mv(2分)解得x(1分)当90时，根据运动学公式得v2gx代入数据得v05 m/s，即小滑块的初速度为5 m/s.(1分)(2)由图象可知，30时，x1.25 m(1分)代入x可得.(3分)(3)小滑块沿斜面上升的最大位移x与斜面倾角的关系为x(1分)把60代入上式可得x m(1分)小滑块从开始运动到返回长木板底端，由动能定理得mg2xcos mv2mv(2分)解得v m/s.(2分)答案：(1)5 m/s(2)(3) m/s2(限时15分钟满分18分)如图所示，在水平轨道右侧安放一半径为R的竖直圆形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为L，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态小物块A(可视为质点)从轨道右侧以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回，经水平轨道返回圆形轨道已知R0.2 m，L1 m，v02 m/s，物块A质量为m1 kg，与PQ段间的动摩擦因数0.2，轨道其他部分摩擦不计，取g10 m/s2.(1)求物块A与弹簧刚接触时的速度大小；(2)求物块A被弹簧以原速率弹回后返回到圆形轨道的高度；(3)调节PQ段的长度L，A仍以v0从轨道右侧冲上轨道，当L满足什么条件时，物块A被弹簧弹回后能返回圆形轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道？解析：(1)设物块A与弹簧刚接触时的速度大小为v1由动能定理可得mgLmvmv(3分)解得v12 m/s.(1分)(2)设物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度为h1由动能定理可得mgLmgh10mv(3分)解得h10.2 mR，符合实际情况(1分)(3)若A沿轨道上滑至最大高度h2时，速度减为0，则使A不脱离轨道时h2需满足的条件是0h2R(2分)由动能定理可得2mgL1mgh20mv(2分)联立可得1 mL11.5 m(1分)若A能沿轨道上滑至最高点，则需满足mmg(2分)由动能定理可得2mgL2mg2Rmvmv(2分)联立可得L20.25 m(1分)综上所述，要使物块A被弹簧弹回后能返回圆形轨道并沿轨道运动而不脱离轨道，L需满足的条件是1 mL1.5 m或L0.25 m.答案：(1)2 m/s(2)0.2 m(3)见解析限时规范训练建议用时：35分钟1如图所示是某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进若电动机的额定输出功率为80 W，在平直路面上行驶的最大速度为4 m/s，则汽车在以最大速度匀速行驶时所受的阻力是()A16 NB40 NC80 N D20 N解析：选D.根据题意，机车在启动过程中，受到阻力和牵引力，当牵引力和阻力相等时，机车速度达到最大，有：vm，即f N20 N，故选项D正确2(多选)一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t0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()A02 s内外力的平均功率是 WB第2 s内外力所做的功是 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解析：选AD.由题意知，质点所受的水平外力即合力，由牛顿第二定律得：质点在第1 s内的加速度a12 m/s2，第1 s末的速度v1a1t2 m/s，第1 s内的位移l1a1t21 m质点在第2 s内的加速度a21 m/s2，第2 s末的速度v2v1a2t3 m/s，第2 s内的位移l2v1ta2t2 m第1 s内外力做功W1F1l12 J，第2 s内外力做功W2F2l2 J,02 s内外力的平均功率 W，A正确，B错误第1 s末外力的瞬时功率P1F1v14 W，第2 s末外力的瞬时功率P2F2v23 W，C错误根据动能定理可知，第1 s内与第2 s内动能增加量的比值Ek1Ek2W1W245，D正确3(2016北京模拟)如图所示，质量为m的小球(可视为质点)用长为L的细线悬挂于O点，自由静止在A位置现用水平力F缓慢地将小球从A位置拉到B位置后静止，此时细线与竖直方向夹角为60，细线的拉力为F1，然后放手让小球从静止返回，到A点时细线的拉力为F2，则()AF1F22mgB从A到B，拉力F做功为F1LC从B到A的过程中，小球受到的合外力大小不变D从B到A的过程中，小球重力的瞬时功率一直增大解析：选A.在B位置，根据平衡条件有F1sin 30mg，解得F12mg.从B到A，根据动能定理得mgL(1cos 60)mv2，根据牛顿第二定律得F2mgm，联立两式解得F22mg，故A项正确；从A到B，小球缓慢移动，根据动能定理得WFmgL(1cos 60)0，解得WFmgL，故B项错误；从B到A的过程中，小球的速度大小在变化，沿径向的合力在变化，故C项错误；在B位置，重力的功率为零，在最低点，重力的方向与速度方向垂直，重力的功率为零，可知从B到A的过程中，重力的功率先增大后减小，故D项错误4(多选)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3.0104 kg，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0105 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1.1106 NB弹射器对舰载机所做的功为1.1108 JC弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8107 WD舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s2解析：选ABD.对舰载机应用运动学公式v2022ax，即8022a100，得加速度a32 m/s2，选项D正确；设总推力为F，对舰载机应用牛顿第二定律可知：F20%Fma，得F1.2106N，而发动机的推力为1.0105N，则弹射器的推力为F推(1.21061.0105)N1.1106N，选项A正确；弹射器对舰载机所做的功为WF推l1.1108J，选项B正确；弹射过程所用的时间为t s2.5 s，平均功率P W4.4107 W，选项C错误5一物块沿倾角为的斜坡向上滑动当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示；当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h.重力加速度大小为g.物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为()Atan 和B.tan 和Ctan 和 D.tan 和解析：选D.由动能定理有mgHmgcos 0mv2mghmgcos 0m2解得tan ，h，故D正确6(2016江西三市六校联考)如图所示，两质量均为m1 kg的小球1、2(可视为质点)用长为L1.0 m的轻质杆相连，水平置于光滑水平面上，且小球1恰好与光滑竖直墙壁接触，现用力F竖直向上拉动小球1，当杆与竖直墙壁夹角37时，小球2的速度大小v1.6 m/s，sin 370.6，g10 m/s2，则此过程中外力F所做的功为()A8 J B8.72 JC10 J D9.28 J解析：选C.当杆与竖直墙壁夹角37时，设小球1的速度为v1，将小球1、2的速度沿杆方向和垂直杆方向分解，则有v1cos 37vcos 53，所以v1v1.2 m/s，取两小球和轻质杆为整体，则由动能定理知WFmgLcos 37mvmv2，联立并代入数值得WF10 J，C对7(多选)下列选项是反映汽车从静止匀加速启动(汽车所受阻力Ff恒定)，达到额定功率P后以额定功率运动最后做匀速运动的速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象，其中正确的是()解析：选ACD.汽车开始做初速度为零的匀加速直线运动，当达到额定功率时，匀加速结束，然后做加速度逐渐减小的加速运动，直至最后匀速运动开始匀加速时：FFfma设匀加速刚结束时速度为v1，有：P额Fv1最后匀速时：FFf，有：P额Fvm由以上各式解得：匀加速的末速度为：v1，最后匀速运动的速度为：vm.在vt图象中斜率表示加速度，汽车开始加速度不变，后来逐渐减小，故A正确；汽车运动过程中开始加速度不变，后来加速度逐渐减小，最后加速度为零，故B错误；汽车牵引力开始大小不变，然后逐渐减小，最后牵引力等于阻力，故C正确；开始汽车功率逐渐增加，PFvFat，故为过原点直线，后来功率恒定，故D正确8(多选)我国自行研制的新一代88轮式装甲车已达到西方国家第三代战车的水平，将成为中国军方快速部署型轻装甲部队的主力装备设该装甲车的质量为m，若在平直的公路上从静止开始加速，前进较短的距离s速度便可达到最大值vm.设在加速过程中发动机的功率恒定为P，装甲车所受阻力恒为Ff，当速度为v(vmv)时，所受牵引力为F.以下说法正确的是()A装甲车速度为v时，装甲车的牵引力做功为FsB装甲车的最大速度vmC装甲车速度为v时加速度为aD装甲车从静止开始达到最大速度vm所用时间t解析：选BC.装甲车在加速过程中，其牵引力F，随着速度的增大，牵引力逐渐减小，故装甲车速度为v时，装甲车的牵引力做功可能大于Fs，也可能小于Fs，A错误；装甲车匀速运动时速度最大，故vm，B正确；装甲车速度为v时，由牛顿第二定律得FFfma，解得a，C正确；装甲车加速过程由动能定理得PtFfsmv，解得t，D错误9(2016湖南八校第三次联考)电气混合新能源公交车，拥有两种不同的动力源(天然气发动机和电力发动机)，具有充电时间短，优先用电，电气混用动力互补，回收储备电能等特点假设汽车及车上乘客总质量为m1104 kg，当它在平直路面上行驶时，只采用电力驱动，发动机额定功率为P1150 kW，能达到的最大速度为v154 km/h；汽车行驶在倾角为37的斜坡道上时，为获得足够大的驱动力，两种发动机同时启动，此时发动机的总额定功率可达P2560 kW.设汽车在斜坡道上行驶时所受的摩擦阻力与在平直路面上行驶时所受的摩擦阻力相等，汽车在运动过程中摩擦阻力不变(g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，不计空气阻力)(1)求汽车在平直路面上行驶时受到的摩擦阻力大小；(2)求汽车在斜坡道上能达到的最大速度v2；(3)若汽车在斜坡道上以恒定功率P2从静止开始做加速直线运动，经过时间t30 s刚好达到最大速度v2，求这段时间内汽车运动的位移大小解析：(1)在平直路面上行驶，汽车以功率P1匀速行驶时速度最大，设此时驱动力为F1，阻力为f，则P1F1v1又因为F1f解得f N1104 N.(2)汽车在斜坡道上达到最大速度时，由共点力平衡可知F2mgsin f7104 N最大速度v2 m/s8 m/s.(3)根据动能定理得P2t(mgsin f)xmv代入数据解得x235.4 m.答案：(1)1104 N(2)8 m/s(3)235.4 m10如图所示，用一块长L11.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H0.8 m，长L21.5 m斜面与水平桌面的倾角可在060间调节后固定将质量m0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数10.05，物块与桌面间的动摩擦因数为2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失(重力加速度g取10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)求角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑(用正切值表示)(2)当角增大到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2.(已知sin 370.6，cos 370.8)(3)继续增大角，发现53时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm.解析：(1)为使小物块下滑，则mgsin 1mgcos 满足的条件tan 0.05(2)克服摩擦力做功Wf1mgL1cos 2mg(L2L1cos )由动能定理得mgL1sin Wf0代入数据得20.8(3)由动能定理得mgL1sin Wfmv2代入数据得v1 m/s，Hgt2，解得，t0.4 sx1vt，解得，x10.4 m，xmx1L21.9 m答案：(1)tan 0.05(2)0.8(3)1.9 m11如图所示，质量为m2 kg的小物块从斜面顶端A由静止滑下，从B点进入光滑水平滑道时无机械能损失，将轻弹簧的一端固定在水平滑道左端C处的墙上，另一端恰位于水平滑道的中点D.已知斜面的倾角30，物块与斜面间的动摩擦因数为，其余各处的摩擦不计，斜面顶端距水平面高度为h0.5 m，重力加速度g10 m/s2，弹簧处于原长时弹性势能为零(1)求小物块沿斜面向下滑动时其加速度大小和滑到B点时的速度大小；(2)求轻弹簧压缩到最短时的弹性势能；(3)若小物块能够被弹回到原来的斜面上，则它能够上升的最大高度是多少？解析：(1)由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma解得a2 m/s2设斜面长为L，则sin ，滑到B点时的速度大小为v2 m/s.(2)物块从斜面顶端A开始运动到弹簧压缩到最短，由动能定理得mghmgcos Ep0则轻弹簧压缩到最短时的弹性势能Epmghmgcos 解得Ep4 J.(3)物块第一次被弹回时上升的高度最大，设上升的最大高度为H，由动能定理得mg(hH)mgcos mgcos 0解得H0.125 m.答案：(1)2 m/s22 m/s(2)4 J(3)0.125 m第2讲机械能守恒定律和功能关系微网构建核心再现知识规律(1)机械能守恒定律的表达式守恒的观点：Ek1Ep1Ek2Ep2.转化的观点：EpEk.转移的观点：EA增EB减(2)常见的力学中功能关系合外力做功与动能的关系：W合Ek.重力做功与重力势能的关系：WGEp.弹力做功与弹性势能的关系：W弹Ep.除重力以外其他力做功与机械能的关系：W其他E机滑动摩擦力做功与内能的关系：Ffl相对E内思想方法(1)物理思想：守恒思想(2)物理方法：守恒法、转化法、转移法.高频考点一机械能守恒定律的应用知能必备1.重力做功的特点2.机械能、机械能守恒的条件及判断方法3.机械能守恒的内容及表达式.命题视角视角1单物体机械能守恒定律的应用例1(2016河北五校一联)取水平地面为重力势能零点一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能为重力势能的3倍不计空气阻力该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为()A.B.C. D.思路探究(1)物块在抛出点时的机械能是多大？(2)下落过程中哪些力做功？机械能是否改变？(3)落地时水平方向的速度和竖直方向的速度比值是多大？尝试解答_解析平抛运动过程中，物体的机械能守恒，初始状态时动能为势能的3倍，而落地时势能全部转化成动能，可以知道平抛初动能与落地瞬间动能之比为34，那么落地时，水平速度与落地速度的比值为2，那么落地时速度与水平方向的夹角为，A、C、D错，B对答案B视角2多物体系统机械能守恒定律的应用例2(2016陕西西工大附中模拟)如图，一半圆形碗的边缘上装有一定滑轮，滑轮两边通过一不可伸长的轻质细线挂着两个小物体A、B，质量分别为m1、m2，m12m2.现让A从靠近定滑轮处由静止开始沿碗内壁下滑设碗固定不动，其内壁光滑、半径为R.则A滑到碗最低点时的速度为()A2 B.C. D2思路探究(1)A到达最低点时，A、B两物体的速度有何关系？(2)A到达最低点时，B物体上升的高度是多大？尝试解答_解析设A到达最低点时，B的速度为v，A的速度沿绳子方向的分速度大小等于B的速度大小，则到达最低点时A的速度vv，根据系统机械能守恒有m1gRm2gRm2v2m1v2，又vv，联立两式解得v2，D正确答案D视角3机械能守恒定律的综合应用 例3(2016山东聊城高三质检)光滑的圆轨道，半径为R，质量为m可视为质点的小球从P点静止释放，PA距离2R，不计空气阻力(1)小球能否通过B点，若能，求出通过B点时，球对轨道的压力；(2)若在最高点P给球竖直向下的初速度v0，写出小球在水平面上的落点到A点的水平距离？思路探究(1)小球能通过B点的条件是什么？(2)小球离开B点后的运动满足什么规律？尝试解答_解析(1)从P到B，小球的机械能守恒，选择B点为零势能点，则有mg(2RR)mv2，假设能通过最高点，且最高点轨道对球的弹力为FN，则有mgFNm，联立得FNmg，根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力FNmg，方向竖直向上(2)根据机械能守恒定律得，mvmg(2RR)mv2，小球从B点平抛，竖直方向2Rgt2，水平方向xRvt，x2R.答案(1)能mg竖直向上(2)2R1是否守恒从两个角度判断(1)若只有物体重力和弹簧弹力做功，则物体和弹簧组成的系统机械能守恒(2)若系统只有动能和势能的相互转化，没有机械能与其他形式的能的相互转化，如摩擦热等，则系统机械能守恒2应用机械能守恒定律解题的基本思路题组冲关1如图所示，一根长为L不可伸长的轻绳跨过光滑的水平轴O，两端分别连接质量为2m的小球A和质量为m的物块B，由图示位置释放后，当小球转动到水平轴正下方时轻绳的中点正好在水平轴O点，且此时物块B的速度刚好为零，则下列说法中正确的是()A物块B一直处于静止状态B小球A从图示位置运动到水平轴正下方的过程中机械能守恒C小球A运动到水平轴正下方时的速度大于D小球A从图示位置运动到水平轴正下方的过程中，小球A与物块B组成的系统机械能守恒解析：选D.当小球转动到水平轴正下方时轻绳的中点正好在水平轴O点，所以小球A下降的高度为，物块B会上升一定的高度h，由机械能守恒得2mv22mgmgh，所以小球A运动到水平轴正下方时的速度v，故选项A、C错误；在整个过程中小球A与物块B组成的系统机械能守恒，故选项B错误，D正确2(2016江西南昌一模)水平光滑直轨道ab与半径为R的竖直半圆形光滑轨道bc相切，一质量为m的小球以初速度v0沿直轨道ab向右运动，如图所示，小球进入半圆形轨道后刚好能通过最高点c.则()A若R不变，m越大，则v0越大B若R不变，m越大，则小球经过c点对轨道的压力变大C若m不变，R越大，则v0越小D若m不变，R越大，则小球经过b点后的瞬间对轨道的压力仍不变解析：选D.由题意知，小球刚好通过轨道最高点，即在最高点，小球所受重力完全充当向心力，mgm，对轨道压力为零，B项错；小球由轨道最低点运动到最高点过程中，只有重力做功，机械能守恒，即：mg2Rmv2mv，解以上两式得：v0，可见小球初速度与其质量无关，A项错；若m不变，R越大，则说明v0越大，C项错；在最低点，FNmgm，将v0代入解得：FN6mg，可见小球经b点时，对轨道压力与半径R无关，D项正确3(2016湖北三市五校三联)如图所示，一质量不计的细线绕过无摩擦的轻质小定滑轮O与质量为5m的砝码相连，另一端与套在一根固定光滑的竖直杆上质量为m的圆环相连，直杆上有A、C、B三点，且C为AB的中点，AO与竖直杆的夹角53，C点与滑轮O在同一水平高度，滑轮与竖直杆相距为L，重力加速度为g，设直杆足够长，圆环和砝码在运动过程中不会与其他物体相碰现将圆环从A点由静止释放(已知sin 530.8，cos 530.6)，试求：(1)砝码下降到最低点时，圆环的速度大小；(2)圆环能下滑的最大距离；(3)圆环下滑到B点时的速度大小解析：(1)当圆环到达C点时，砝码下降到最低点，此时砝码速度为零圆环下降高度为hAC砝码下降高度为h由系统机械能守恒mghAC5mghmv则圆环的速度v12.(2)当圆环下滑最大距离为H时，圆环和砝码的速度均为零砝码上升的高度H由系统机械能守恒，圆环重力势能的减少量等于砝码重力势能的增加量，即mgH5mgH，得圆环能下滑的
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