第6讲　功和能-高考物理二轮复习 学案

这是一份第6讲　功和能-高考物理二轮复习 学案，共14页。

1． 如图所示，中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发，沿水平直轨道逐渐加速到144km/h，在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近（ ）
A．4×105JB．4×104JC．4×103JD．4×102J
2．一辆电动小车上的光伏电池，将太阳能转换成的电能全部给电动机供电，刚好维持小车以速度v匀速运动。此时电动机的效率为50％。已知小车的质量为m，运动过程中受到的阻力f＝kv（k为常量），该光伏电池的光电转换效率为η，则光伏电池单位时间内获得的太阳能为（ ）
A．2kv2ηB．kv22ηC．kv2＋mv22ηD．2kv2＋mv2η
3．如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连，小车上静置一物块。小车与物块质量均为m，两者之间动摩擦因数为32。电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间，小车与物块的速度刚好相同，大小为v0。运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和斜面均足够长，重力加速度大小为g，忽略其他摩擦。则这段时间内（ ）
A．物块的位移大小为2v023g
B．物块机械能增量为5mv022
C．小车的位移大小为16Pv05mg2－2v025g
D．小车机械能增量为8Pv05g＋mv022
考情分析：本讲内容在高考中多以选择题的形式出现，计算题以中等难度题目为主，重点考查功、功率、动能定理、功能关系，大部分题目联系生产生活实际，也有部分以高中物理常见的理想化模型为素材，题目中常出现弹簧、各类轨道、传送带等装置。
考点一 功与功率
1.功的求法
2.功率的求法
【例1】
4．石磨是把米、麦、豆等粮食加工成粉、浆的一种工具。如图所示，石磨由下盘（不动盘）和上盘（转动盘）两部分组成。某人在手柄AB上施加方向总与OB垂直、大小为10 N的水平力作用使石磨上盘匀速转动，已知B点到转轴O的距离为0.3 m，则石磨上盘匀速转动一周的过程中摩擦力所做的功约为（ ）
A．0B．－3 JC．－6 JD．－18 J
【例2】
5．如图所示，是我国某型号“双引擎”汽车在平直公路上由静止启动时，牵引力F随时间t变化的图像。已知该汽车质量为1 250 kg，行驶时所受阻力恒为1 250 N，t0时刻汽车达到15 m/s的临界速度并自动切换引擎，此后保持牵引力功率恒定。下列说法正确的是（ ）
A．汽车刚启动时的加速度大小为4 m/s2
B．t0时刻前，汽车牵引力的功率保持不变
C．切换引擎后，汽车做匀加速直线运动
D．t1时刻汽车的速率为25 m/s
考点二 动能定理
运用动能定理解题的基本思路
【例3】
6．如图甲所示，南城门是曲靖市的标志性建筑之一，其门洞正上方为拱形结构，可简化为半圆形模型，其圆心为O，半径为R。假如一同学在墙角对地面上一质量为m的足球做功后，该足球在竖直平面内沿门洞内侧恰能通过高为H(H＞R)的最高点。已知足球运动过程中受到墙壁和空气的平均阻力为f，运动示意图如图乙所示，则该同学对足球做的功是（ ）
A．(mg－f)HB．mgH＋f (H－R＋πR2)
C．mgH＋12mgR＋f (H－R＋πR2)D．mgH－f (H－R＋πR2)
【例4】
7．如图，一雪块从倾角θ＝37°的屋顶上的O点由静止开始下滑，滑到A点后离开屋顶。O、A间距离x＝2.5 m，A点距地面的高度h＝1.95 m，雪块与屋顶的动摩擦因数μ＝0.125。不计空气阻力，雪块质量不变，取sin 37°＝0.6，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
（1）雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0；
（2）雪块落地时的速度大小v1，及其速度方向与水平方向的夹角α。
方法技巧
考点三 机械能守恒定律的应用
应用机械能守恒定律解题的一般思路
【例5】
8．半径为R的光滑半球固定在水平地面上。有一质量为m的可视为质点的小球静止在半球的最高点，受到微小扰动后由静止开始沿球面下滑，一段时间后小球与半球分离，重力加速度大小为g，不计一切阻力，从小球开始下滑到落地前的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球机械能不守恒
B．小球落地时的速率为2gR
C．小球与半球分离时，小球离地的竖直高度为2R3
D．小球与半球分离时速度大小为23gR
【例6】
9．如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，在斜面体左侧的适当位置固定一光滑竖直硬杆，质量均为m的两小球（均视为质点）用长为3L的轻质硬杆连接，甲套在竖直硬杆上，乙放置在斜面上，甲、乙由静止释放时，轻质硬杆与竖直硬杆的夹角为30°，当轻质硬杆与斜面刚好平行时，乙的动能为（ ）
A．3－110mgLB．3+110mgL C．310mgLD．110mgL
考点四 功能关系与能量守恒定律
常见的功能关系
【例7】
10．如图所示，质量为m的跳伞运动员在高空由静止下落，从静止下落到打开降落伞之前运动员一直做竖直方向的匀加速运动，此过程中，运动员减少的重力势能与增加的动能之比为9∶8，重力加速度为g，若此过程运动员下降的高度为h，则此过程中（ ）
A．运动员的加速度大小为19g
B．合外力对运动员做的功为19mgh
C．运动员的机械能减少量为19mgh
D．空气阻力对运动员做的功为19mgh
【例8】
11．如图所示，光滑水平轨道MB与竖直平面内的半圆形轨道BA平滑连接，半圆形轨道是粗糙的，其轨道半径R＝0.40 m②。一轻质弹簧的左端固定在竖直墙上，右端连接一个质量m＝0.20 kg的小滑块。开始时滑块静止在P点，弹簧正好处于原长。现水平向左推滑块压缩弹簧，使弹簧具有一定的弹性势能，然后释放滑块，滑块运动到半圆形轨道的最低点B时的速度vB＝6.0 m/s①，运动到最高点A时的速度vA＝3.0 m/s②，已知重力加速度g＝10 m/s2。求：
（1）弹簧处于压缩状态时具有的弹性势能Ep；
（2）滑块在半圆形轨道上向上运动的过程中，摩擦力所做的功Wf；
（3）滑块落地时重力的瞬时功率P③。
审题指导：
规律总结
应用能量守恒定律解决问题的思路
功能关系中的图像问题1.Ek-x图像斜率绝对值k表示合外力的大小：k＝｜ΔEkΔx｜＝｜W合Δx｜＝F合（功能关系W合＝ΔEk）。
2.E机-x图像斜率绝对值k表示除重力、系统内弹力外其他力的大小：k＝｜ΔE机Δx｜＝｜W其他Δx｜＝F其他（功能关系W其他＝ΔE机）。
3.Ep重-x图像斜率绝对值k表示重力大小：k＝｜ΔEp重Δx｜＝｜W重Δx｜＝mg（功能关系W重＝－ΔEp重）。
【典例】
12．汽车研发机构在某款微型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，微型汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机，测出了微型汽车的动能Ek与位移x关系图像如图所示，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。已知微型汽车的质量为1000kg，为便于讨论，设其运动过程中所受阻力恒定。根据图像所给的信息可求出（ ）
A．汽车行驶过程中所受阻力为1000N
B．汽车的额定功率为120kW
C．汽车加速运动的时间为22.5s
D．汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5×105J
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】v=144 km/h=40 m/s， 假设高中生的质量m=50kg，根据动能定理可得列车对座椅上的一高中生所做的功W=12mv2−0，解得W=4×104J ，故B正确，ACD错误。
故答案为：B。
【分析】高中生的质量m=50kg，根据动能定理求解作答。
2．【答案】A
【知识点】功率及其计算；机车启动
【解析】【解答】小车匀速运动时，电动机的输出功率等于小车受到的阻力的功率，有P电出＝Pf＝fv＝kv2
所以电动机的输入功率（光伏电池的输出功率）为P光出＝P电出50％＝2kv2
则光伏电池的输入功率（单位时间内获得的太阳能）为P太阳能＝P光出η＝2kv2η，A正确。
【分析】 小车匀速运动时，牵引力等于阻力，先求出电动机输出的机械功率，再结合电动机效率得到电动机的输入功率（即光伏电池输出的电功率），最后由光电转换效率得到光伏电池单位时间内获得的太阳能。
3．【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】A：对物块，根据牛顿第二定律有μmgcs 30°－mgsin 30°＝ma，解得a＝14g，根据运动学公式有v02＝2ax1，解得物块的位移大小为x1＝2v02g，故A错误；
B：物块机械能增量为ΔE＝12mv02＋mgx1·sin 30°＝32mv02，故B错误；
C：对小车，根据动能定理有Pt－(μmgcs30°＋mgsin30°)x＝12mv02，其中t＝v0a，联立解得x＝16Pv05mg2－2v025g，故C正确；
D：小车机械能增量为ΔE'＝12mv02＋mgxsin 30°＝8Pv05g＋3mv0210，故D错误。
【分析】先对物块受力分析，求出其加速度，再结合运动学公式计算位移和机械能增量；对小车和物块整体，利用动能定理结合功率公式，求出小车位移和机械能增量，逐一验证选项。
4．【答案】D
【知识点】功的计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】F与摩擦力一直是一对平衡力，则盘克服摩擦力做的功等于力F做的功，
因F大小不变，方向不断变化，则在微小的位移内可认为是恒力，则微元功为ΔW＝FΔx，
根据W＝∑ΔW＝F∑Δx＝F·2πL＝10×2π×0.3 J＝6π J≈18 J，可知摩擦力所做的功约为-18J。故选D。
【分析】
石磨匀速转动时动能不变，根据动能定理，外力做的总功为0，水平力 F 做的功与摩擦力做的功大小相等、符号相反，先计算水平力 F 做的功，即可得到摩擦力做的功。
5．【答案】D
【知识点】机车启动
【解析】【解答】A：汽车刚启动时，由牛顿第二定律得，F－f＝ma，且F＝5000 N，解得加速度a＝3 m/s2，故A错误；
B：t0时刻前，汽车做匀加速直线运动，速度逐渐增大，由公式P＝Fv，可知牵引力的功率逐渐增大，故B错误；
C：切换引擎后，牵引力功率恒定，速度增加，则牵引力减小，所以加速度也减小，汽车做加速度逐渐减小的变加速直线运动，故C错误；
D：由P＝Fv0＝F1v1，其中F＝6 000 N，v0＝15 m/s，F1＝3 600 N，解得t1时刻汽车的速率为25 m/s，故D正确。
故选：D。
【分析】先对汽车启动阶段进行受力分析，结合牛顿第二定律计算加速度；再根据 P=Fv 分析牵引力功率变化；最后利用恒定功率阶段的公式求解 t1 时刻的速度。
6．【答案】C
【知识点】功的计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】设足球恰能通过门洞最高点的速度为v，根据牛顿第二定律可得mg＝mv2R，
足球从静止至运动到门洞最高点，根据动能定理可得W－mgH－f(H－R＋14·2πR)＝12mv2－0，
联立可得该同学对足球做的功W＝mgH＋12mgR＋f(H－R＋πR2)
故答案为：C。
【分析】足球从地面运动到最高点的过程中，同学对足球做功W，同时克服重力和阻力做功。利用动能定理，结合“恰能通过最高点”的临界条件（最高点重力提供向心力），建立方程求解。
7．【答案】（1）解：雪块从屋顶上的O点由静止开始下滑到A点的过程中，由动能定理有
mgxsin θ－μmgcs θ·x＝12mv02－0
解得v0＝5 m/s。
（2）解：雪块从A点到落地的过程中，由动能定理有
mgh＝12mv12－12mv02
解得v1＝8 m/s
雪块离开A点的水平速度大小为
vx＝v0cs θ
则雪块落地时的速度方向与水平方向的夹角满足
cs α＝vxv1
解得α＝60°
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1) 雪块从O到A的过程，重力和摩擦力做功，用动能定理合功等于动能变化，直接求A点速度。
(2) 从A到落地，只有重力做功，再用动能定理求落地速度大小；将A点速度分解为水平、竖直分量，结合落地速度分量关系求速度方向夹角。
8．【答案】B,C,D
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A：小球运动过程中只有重力做功，则机械能守恒，故A错误；
B：小球下落全过程根据机械能守恒有mgR＝12mv2，得小球落地时的速度大小为v＝2gR，故B正确；
CD：小球与半球面分离时，小球与球面间弹力为0，重力沿半径方向的分力充当向心力，设此时半径与竖直方向的夹角为α，则mgcs α＝mv'2R，由几何关系和机械能守恒有mgR（1－cs α）＝12mv'2，解得cs α＝23，此时小球离地面高度h＝Rcs α＝23R，v'＝23gR，故C、D正确
故选：BCD。
【分析】小球下滑过程只有重力做功，机械能守恒；分离时支持力为0，重力径向分力提供向心力；落地时可由机械能守恒直接求速率。
9．【答案】B
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】甲下降的高度为h甲＝3L2cs30°＝L，乙下降的高度为h乙＝（ 3L－3L2cs30°）sin 30°＝（3－1）L2，
当轻质硬杆与斜面刚好平行时，把甲的速度v甲分别沿着轻质硬杆和垂直轻质硬杆分解，沿着轻质硬杆方向的分速度为v∥＝v甲sin 30°，
小球乙的速度v乙沿着斜面，轻质硬杆与斜面平行，则v乙沿着轻质硬杆，有v乙＝v∥，
对于甲、乙两球组成的系统，由机械能守恒定律可得mgh甲＋mgh乙＝12mv甲2＋12mv乙2，乙的动能为Ek乙＝12mv乙2，
综合解得Ek乙＝3+110mgL，故B正确。
【分析】系统只有重力做功，机械能守恒，先通过几何关系求出甲、乙的高度变化，再根据速度关联（沿杆方向分速度相等）得到两者速度关系，最后由机械能守恒定律列方程求解乙的动能。
10．【答案】C
【知识点】功能关系；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】AC：根据动能定理，有mah＝89mgh，解得a＝89g，运动员机械能的变化量为ΔE＝－mgh＋89mgh＝－19mgh，即运动员的机械能减少量为19mgh，故A错误，C正确；
B：下降h高度的过程，减少的重力势能为mgh，根据题意可知，增加的动能为ΔEk＝89mgh，根据动能定理可知，合外力对运动员做的功为W＝ΔEk＝89mgh，故B错误；
D：根据功能关系可知，运动员机械能的减少量等于克服空气阻力做的功，即空气阻力对运动员做的功为－19mgh，故D错误。
【分析】本题核心是利用重力势能变化、动能变化与机械能变化的关系，结合动能定理和牛顿第二定律分析各物理量，已知重力势能减少量与动能增加量的比值，可先求出动能变化量，再结合能量关系分析加速度、合外力做功、机械能变化及空气阻力做功。
11．【答案】（1）根据能量守恒定律，弹簧的弹性势能Ep＝12mvB2
代入数据可得Ep＝12×0.20×6.02 J＝3.6 J
（2）滑块在半圆形轨道上向上运动的过程中，根据能量守恒定律，有12mvB2＝12mvA2＋mg·2R＋Q
Q为滑块克服摩擦力做功产生的热量
故Wf＝－Q
代入数据可得Wf＝－1.1 J。
（3）滑块从A点做平抛运动，根据vy2＝2g·2R
可得vy＝4 m/s
落地时重力的瞬时功率P＝mgvy＝0.2×10×4 W＝8 W
【知识点】竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】(1) 弹簧释放到滑块运动至B点的过程，只有弹簧弹力做功，机械能守恒，弹性势能全部转化为滑块的动能。
(2) 滑块从B点运动到A点的过程，重力和摩擦力做功，用动能定理，合功等于动能变化，可求出摩擦力做的功。
(3) 滑块从A点做平抛运动，先由平抛运动规律求出竖直方向的末速度，再用瞬时功率公式计算重力的瞬时功率。
12．【答案】D
【知识点】机车启动
【解析】【解答】A．对于图线①，根据动能定理得：-fx=0-Ek，得到阻力为：f=Ekx=8×105(11−7)×102N=2000N，A错误；
B．设汽车匀速运动的速度为v，则有v=2Ekm=2×8×1051000m/s=40m/s，汽车的额定功率为：P=Fv=fv=2000×40W=80kW，故B错误。
C．对于加速运动过程，根据动能定理得：Pt-fs=Ek2-Ek1，得到t=Ek2−Ek1+fsP=(8−5)×105+2000×50080×103s=16.25s，故C错误。
D．根据功能关系得到：汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为：E=Ek-fs＇=8×105J-2000×1.5×102J=5×105J，故D正确。
故答案为：D。
【分析】这道题的核心是利用动能定理分析汽车在不同阶段的能量变化，结合Ek​−x图像的斜率代表合外力这一特点，来求解阻力、功率和储能等物理量。信息提取
信息加工
开始时滑块静止在P点，弹簧正好处于原长。现水平向左推滑块压缩弹簧，使弹簧具有一定的弹性势能，然后释放滑块，滑块运动到半圆形轨道的最低点B时的速度vB＝6.0 m/s①
弹性势能全部转化为动能，可计算弹簧处于压缩状态时具有的弹性势能
半圆形轨道是粗糙的，其轨道半径R＝0.40 m②
运动到最高点A时的速度vA＝3.0 m/s②
滑块在半圆形轨道上运动的过程中，利用动能定理计算摩擦力做的功
滑块落地时重力的瞬时功率P③
滑块从A点做平抛运动，计算落地时的竖直分速度，进而计算落地时重力的瞬时功率
三个思路
守恒
E初＝E末，初、末总能量不变
转移
EA减＝EB增，A物体减少的能量等于B物体增加的能量
转化
｜ΔE减｜＝｜ΔE增｜，减少的某些能量等于增加的某些能量
一个注意
含摩擦生热、焦耳热、电势能等多种形式能量转化的系统，优先选用能量守恒定律