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1、12020 年物理二轮专题过关宝典专题四：功和能【知识回扣】一、功和功率1.功的计算恒力做的功：直接用W Flcos计算。变力做的功：应用动能定理求解；应用W Pt求解，此法适用于变力的功率P 不变；2.功率的计算平均功率的计算方法：利用PtW；利用P Fvcos，其中v为物体运动的平均速度。瞬时功率的计算方法：利用公式P Fvcos，其中v 为 t时刻的瞬时速度；3.机车的两种启动模型的分析（1）模型综述物体在牵引力（受功率和速度制约）作用下，从静止开始克服一定的阻力，加速度不变或变化，最终加速度等于零，速度达到最大值。（2）模型特征a.以恒定功率启动的方式：动态过程：这一过程的速度 时间图
2、象如图所示：b.以恒定加速度启动的方式：动态过程：2这一过程的速度 时间图象如图所示：深化拓展：无论哪种启动方式，机车最终的最大速度都应满足：vmfFP，且以这个速度做匀速直线运动。二、动能定理1.动能定理：合外力做功等于物体在这个过程中动能的变化量。W Ek2 Ek112mv2212mv21.2适用范围(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功。三、机械能守恒定律1.判断机械能是否守恒的两个角度（1）从做功的角度：若只有重力(或弹力)做功或虽有其他外力做功但其他力做功的代数和为零，则该物体（或该系统）的机械能守恒。2.从能的角度：若系统内只有动
3、能和势能的相互转化，没有其他形式的能与机械能转化，且系统与外部也没有能力的转化与转移，则系统机械能守恒。2.机械能守恒的三种表示形式(1)守恒观点：Ek1 Ep1 Ek2 Ep2(要选零势能参考平面)(2)转化观点：EkEp(不用选零势能参考平面)(3)转移观点：EA增 EB减(不用选零势能参考平面)四、力学中的功能关系合外力做功等于物体动能的改变W合 Ek2 Ek1 Ek重力做功衡量重力势能的减少量WG Ep1 Ep2Ep弹簧弹力做功衡量弹性势能的减少量W弹 Ep1 Ep2Ep除了重力和弹簧弹力之外的其他力所做的总功，等于物体机械能的改变W其他 E2 E1 E3一对滑动摩擦力做功的代数和等于
4、因摩擦而产生的内能Q fx相对，x相对为物体间相对滑动的距离【热门考点透析】考点一功和功率1.轻质弹簧右端固定在墙上,左端与一质量m=0.5 kg 的物块相连,如图甲所示,弹簧处于原长状态,物块静止且与水平面间的动摩擦因数=0.2。以物块所在处为原点,以水平向右为正方向建立x轴,现对物块施加水平向右的外力F,F 随 x轴坐标变化的情况如图乙所示,物块运动至x=0.4 m 处时速度为零,则此时弹簧的弹性势能为(重力加速度g=10 m/s2)()A.3.1 JB.3.5 JC.1.8 JD.2.0 J【答案】A【解析】物块与水平面间的摩擦力Ff=mg=1 N。现对物块施加水平向右的外力F,由 F-
5、x图线与x轴所围“面积”表示功可知F 做功W=3.5 J,克服摩擦力做功Wf=Ffx=0.4 J。由于物块运动至x=0.4 m 处时,速度为0,由功能关系可知,W-Wf=Ep,此时弹簧的弹性势能Ep=3.1 J,A项正确。2.质量为m 的物体静止在光滑水平面上，从t 0 时刻开始受到水平力的作用。力的大小F 与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则（）A.3t0时刻的瞬时功率为mtF0205B.3t0时刻的瞬时功率为mtF02015C.在 t 0 到 3t0这段时间内，水平力的平均功率为mtF4230204D.在 t 0 到 3t0这段时间内，水平力的平均功率为mtF625020【答案】B
6、D【思路分析】在 0 2t0时间内，物体的加速度a1mF0，2t0时刻的速度v1 a12t0mtF002，位移x1mtF2002；2t0 3t0时间内，加速度a2mF03，3t0时刻的速度v2 v1 a2t0mtF500，2t0 3t0时间内的位移x2m2tF7200；所以3t0时刻的瞬时功率P 3F0v2mtF02015，B 正确，A 错误；3t0内的平均功率P0201033txFxFtWmtF625020，D 正确，C 错误。3.(2019 河南重点中学3 月理综联考)一辆汽车在平直的公路上由静止开始启动在启动过程中，汽车牵引力的功率及其瞬时速度随时间的变化情况分别如图甲、乙所示已知汽车所
7、受阻力恒为重力的15，重力加速度g 取 10 m/s2.下列说法正确的是()A 该汽车的质量为3 000 kgB v0 6 m/sC在前5 s内，阻力对汽车所做的功为25 kJD 在5 15 s内，汽车的位移大小约为67.19m【答案】D【解析】由图象可得，汽车匀加速阶段的加速度avt 1 m/s2，汽车匀加速阶段的牵引力为FPv 3 000 N，匀加速阶段由牛顿第二定律得F 0.2 mg ma，解得m 1 000 kg，A 错误；牵引力功率为15 kW 时，汽车所受阻力F1 0.2 mg 2 000 N，汽车行驶的最大速度v0PF1 7.5m/s，B 错误；前5 s内汽车的位移x12at2
8、12.5m，阻力做功WF10.2 mgx25 kJ，C 错误；5 15 s内，由动能定理得Pt 0.2 mgs12mv2012mv2，解得s67.19m，D 正确。【增分攻略】1.计算功率的基本思路计算功率时，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哪个位置的瞬时5功率，若求平均功率应明确是哪段时间内的平均功率。2.机车启动问题(1)明确启动方式：分清是匀加速启动还是恒定功率启动。(2)匀加速启动过程：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)额定功率启动的过程
9、：机车做加速度减小的加速运动，匀变速直线运动的规律不能用，速度最大值等于PF阻，牵引力是变力，牵引力做的功可用W Pt计算，但不能用W Flcos计算。考点二动能定理的应用1.(2019 江苏卷)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。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，运动到A 点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中()A 弹簧的最大弹力为mgB物块克服摩擦力做的功为2mgsC弹簧的最大弹性势能为mgsD 物块在A 点的初速度为2gs【答案】BC【解析】对物块从A 点开始到再回到A 点
10、整个过程，由动能定理可知Wf2mgs 012mv2A，则 vA 2 gs，故 B 正确，D 错误；对物块从A 点开始到弹簧压缩量最大这一过程，由动能定理可知W弹 Wf 012mv2A，Wf mgs，则W弹mgs，即物块克服弹力做功为mgs，所以弹簧弹性势能增加mgs，故C 正确；当克服弹力做功为mgs 时，弹簧的最大弹力要大于mg，故A 错误。2.(2019 天津卷)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图甲所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC 是与水平甲板AB 相切的一段圆
11、弧，示意如图乙，AB 长 L1 150 m，BC 水平投影L2 63 m，图中C 点切线方向与水平方向的夹角 12(sin120.21)。若舰载机从A 点由静止开始做匀加速直线运动，经t 6 s到达B 点进入BC。已知飞行员的质量m 60 kg，g 10 m/s2，求6(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；(2)舰载机刚进入BC 时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大。【答案】(1)7.5104J(2)1.1103N【解析】(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有v2L1t；根据动能定理，有W 12mv2 0联立式，代入数据，得w=7.51
12、04J(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有L2 Rsin 由牛顿第二定律，有FN mg mv2R联立式，代入数据，得FN=1.1103N3.冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意图如图所示。比赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近圆心O。为使冰壶滑行得更运，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小，设冰壶与冰面间的动摩擦因数为008.01，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减少至004.02。在某次比赛中，运动员使冰壶C在投掷线中点处以sm/2的速度沿虚线滑出。为使冰壶C能够沿虚线恰
13、好到达圆心O点，运动员用毛刷擦冰面的长度应为多少？（g取 102/sm）【答案】10m【解析】设冰壶在未被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为1s，所受摩擦力的大小为1fF；在被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为2s，所受摩擦力的大小为2fF，则有sss21，式中s为投掷线到圆心O的距离。mgFf11，mgFf22，设冰壶的初速度为0v，由动能定理，得7202121021mvsFsFff，联立式，解得)(22212012gvgss代入数据得ms102【增分攻略】1应用动能定理的流程2.对于曲线运动，若只涉及位移和速度而不涉及时间，应优先考虑用动能定理列式求解。3.当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动
14、能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。4.动能定理的表达式为标量式，不能在某一个方向上列动能定理方程。考点三机械能守恒定律的应用1.(2019 全国卷)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E 总等于动能Ek 与重力势能Ep 之和。取地面为重力势能零点，该物体的E 总和Ep 随它离开地面的高度h 的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得()A 物体的质量为2 kgB h 0 时，物体的速率为20 m/sC h 2 m 时，物体的动能Ek 40 JD 从地面至h 4 m，物体的动能减少100 J【答案】AD8【解析】重力势能Ep m
15、gh，结合Eph 图像有mg 804N，则m 2 kg，故A 正确；h 0 时 E总12mv20，即100 J122 kgv20，解得v0 10 m/s，故B 错；由图像可知，h 2 m 时，E总 90 J，Ep 40 J，则Ek 50 J，故 C 错；当h 4 m 时，E总 Ep 80 J，则Ek 0，故从地面至h 4 m，物体的动能减少了100 J，故D 正确。2.质量分别为m 和 M（其中M 2m）的两个小球P 和 Q，中间用轻质杆固定连接，在杆的中点O 处有一个固定转轴，如图所示，现在把杆置于水平位置后自由释放，在Q 球顺时针摆动到最低位置的过程中，下列有关能量的说法正确的是（）A.Q
16、 球的重力势能减少、动能增加，Q 球和地球组成的系统机械能守恒B.P 球的重力势能、动能都增加，P 球和地球组成的系统机械能不守恒C.P 球、Q 球和地球组成的系统机械能守恒D.P 球、Q 球和地球组成的系统机械能不守恒【答案】BC【解析】Q 球从水平位置下摆到最低点的过程中，受重力和杆的作用力，杆的作用力是Q 球运动的阻力（重力是动力），对Q 球做负功；P 球是在杆的作用下上升的，杆的作用力是动力（重力是阻力），对P 球做正功。所以，由功能关系可以判断，在Q 球下摆过程中，P 球重力势能增加、动能增加、机械能增加，Q 球重力势能减少、动能增加、机械能减少；由于P 和 Q 整体只有重力做功，所
17、以系统机械能守恒。3.如图所示，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()A a 落地前，轻杆对b 一直做正功B a 落地时速度大小为2ghC a 下落过程中，其加速度大小始终不大于gD a 落地前，当a 的机械能最小时，b 对地面的压力大小为mg【答案】BD9【解析】由题意知，系统机械能守恒。设某时刻a、b 的速度分别为va、vb。此时刚性轻杆与竖直杆的夹角为，分别将va、vb分解，如图所示。因为刚性杆不可伸长，所以沿杆的分速度v与 v 是相等的
18、，即vacos vbsin。当a 滑至地面时 90，此时vb 0，由系统机械能守恒得mgh 12mva2，解得va2gh，选项B正确。同时由于b 初、末速度均为零，运动过程中其动能先增大后减小，即杆对b 先做正功后做负功，选项 A 错误。杆对b 的作用先是推力后是拉力，对a 则先是阻力后是动力，即a 的加速度在受到杆的向下的拉力作用时大于g，选项C 错误。b 的动能最大时，杆对a、b 的作用力为零，此时a 的机械能最小，b 只受重力和支持力，所以b 对地面的压力大小为mg，选项D 正确。【增分攻略】1.应用机械能守恒定律解题的基本思路2.轻绳连接的物体系统的机械能守恒分清两物体是速度大小相等，
19、还是沿绳方向的分速度大小相等。用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系。对于单个物体，一般绳上的力要做功，机械能不守恒；但对于绳连接的系统，机械能则可能守恒。3轻杆连接的物体系统的机械能守恒平动时两物体线速度相等，转动时两物体角速度相等。杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒。10对于杆和球组成的系统，忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功，则系统机械能守恒。考点四功能关系在力学中的应用1.如图甲所示，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(可看成质点)以水平速度v0 2 m/s滑上原来静止的长木板A 的上表面由于A、B
20、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/s2)()A 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0.1【答案】D【解析】由图象可知，A、B 的加速度大小都为1 m/s2，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E12mv20122m v2 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 0.1，选项D 正确。2.(2019 天津河北区一模)如图所示，质量为M，长度为L
21、 的小车静止在光滑的水平面上，质量为m 的小物块，放在小车的最左端，现用一水平力F 作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为f，经过一段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的最右端，则下列说法中正确的是()A 此时物块的动能为F(x L)B此时小车的动能为f(x L)C这一过程中，物块和小车增加的机械能为F(x L)fLD 这一过程中，物块和小车因摩擦而产生的热量为fL【答案】CD【解析】由图可知，在拉力的作用下物块前进的位移为L x，故拉力所做的功为F(x L)，摩擦力所做的功为f(x L)，则由动能定理可知物块的动能为(F f)(x L)，故A 错误；小车受摩擦力作用，摩擦力作用的
22、位移为x，故摩擦力对小车做功为fx，故小车的动能为fx，故B 错误；物块和小车增加的机械能等于拉力11和摩擦力对物块和小车做的功的总和，为F(x L)f(x L)fx F(x L)fL，故C 正确；系统内因摩擦而产生的热量等于系统克服摩擦力做的功，为f(x L)fx fL，D 正确。3.(2019 四川雅安三诊)如图所示，倾斜传送带与水平面的夹角为30，传送带在电动机的带动下，始终保持v0 2.5m/s的速率运行，将质量m 1 kg 的小物体无初速地轻放在A 处，若物体与传送带间的动摩擦因数32，A、B 间的距离L 5 m，重力加速度g 10 m/s2，则()A 物体刚放上A 处时加速度大小为
23、2.5m/s2B物体从A 运动到B 过程中所用时间为2.0sC物体从A 运动到B 过程中摩擦产生的热量为9.375JD 物体从A 运动到B 过程中电动机多做的功是37.5J【答案】ACD【解析】刚放上物体时，对小物体进行受力分析，由于无初速度释放，故受到传送带斜向上的摩擦力，此外还受到竖直向下的重力及传送带的支持力，沿斜面的合力为：mg cos30 mg sin30 ma，解得：a 2.5m/s2，故A 正确；小物体与传送带共速时，所用时间为t1v0a 1 s，运动的位移为：s112at21 1.25m L，故匀加速1.25m 后，与传送带一起做匀速运动；剩余位移所花时间为：t2L s1v0
24、1.5s，则物体从A 运动到 B 的过程中所用时间为：t t1 t2 2.5s，故B 错误；二者有相对运动时，摩擦所产生的热量为：Q mg cos30(v0t1 s1)9.375J，故C 正确；由能量守恒定律可知，电动机多做的功为：W 12mv20 mgL sin30 Q 37.5J，故D 正确。【增分攻略】1.涉及做功与能量转化问题的解题方法(1)分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功；根据功能之间的对应关系，确定能量之间的转化情况。(2)滑动摩擦力可以做正功，可以做负功，还可以不做功。相互摩擦的系统内，一对滑动摩擦力做功的过程，对应着系统的机械能转化为内能，特别注意摩擦产生的内能Q Ffl相对，l相对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度。12(3)解题时，首先确定初、末状态，然后分清有多少种形式的能在转化，再分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和E减和增加的能量总和E增，最后由E减 E增列式求解。2.应用能量守恒定律的两条基本思路(1)某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等，即E减 E增。(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，即EA减 EB增。