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1、2020-2021年高考物理重点专题讲解及突破06：功和能 超重点1：功和功率考点一功的分析与计算1判断力是否做功及做正、负功的方法判断根据适用情况根据力和位移的方向的夹角判断：90力做正功；90力不做功；90力做负功常用于恒力做功的判断根据力和瞬时速度方向的夹角判断：90，力做正功；90，力不做功；90，力做负功常用于质点做曲线运动时力做功的判断根据功能关系或能量守恒定律判断常用于变力做功的判断2.恒力做功的计算方法：直接用WFlcos 计算3合力做功的计算方法方法一：先求合力F合，再用W合F合lcos 求功方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3，再应用W合W1W2W3求合力做的功4变力做
2、功的常用计算方法(1)应用动能定理求解(优先考虑)(2)用WPt求解，其中变力的功率P不变题组突破训练1.如图所示，在匀减速向右运动的车厢内，一人用力向前推车厢，该人与车厢始终保持相对静止，则下列说法中正确的是()A人对车厢的推力不做功B人对车厢的推力做负功C车厢对人的作用力做正功D车厢对人的作用力做负功【解析】车厢向右做匀减速运动，即a、v方向相反，加速度a向左，且人与车厢具有相同的加速度对人受力分析，受到重力和车厢对人的作用力，则车厢对人的作用力方向为斜向左上方，与位移方向成钝角，所以车厢对人做负功，C错误，D正确人对车厢的作用力方向斜向右下方，人对车厢的作用力与车厢位移方向成锐角，人对车
3、厢做正功(或由动能定理，人的动能减小，故车对人做负功，人对车做正功来判断)，A、B错误【答案】D2.如图所示，质量为m的小球用长为L的轻绳悬挂于O点，用水平恒力F拉着小球从最低点运动到使轻绳与竖直方向成角的位置，求此过程中，各力对小球做的总功为()AFLsin BmgL(1cos )CFLsin mgL(1cos ) DFLsin mgLcos 【解析】如图，小球在F方向的位移为CB，方向与F同向，则WFFCBFLsin 小球在重力方向的位移为AC，方向与重力反向，则WGmgACcos 180mgL(1cos )绳的拉力FT时刻与运动方向垂直，则WFT0故W总WFWGWFTFLsin mgL(
4、1cos )所以选项C正确【答案】C3.如图所示，在水平面上，有一弯曲的槽道槽道由半径分别为和R的两个半圆构成现用大小恒为F的拉力将一光滑小球从A点沿槽道拉至B点，若拉力F的方向时刻与小球运动方向一致，则此过程中拉力所做的功为()A0 BFRC2FR D.FR【解析】因为F的方向不断改变，不能用WFlcos 求解，但由于拉力F的方向时刻与小球运动方向一致，可采用微元法，把小球的位移分割成许多的小段，在每一小段位移上作用在小球上的力F可视为恒力，F做的总功即为F在各个小段上做功的代数和，由此得WF(22R)FR.【答案】D考点二对功率的理解与计算 1平均功率的计算方法(1)利用计算(2)利用Fc
5、os 计算，其中为物体运动的平均速度2瞬时功率的计算方法(1)利用公式PFvcos 计算，其中v为t时刻的瞬时速度(2)利用公式PFvF计算，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度(3)利用公式PFvv计算，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力题组突破训练1.如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点在此过程中拉力瞬时功率的变化情况为()A逐渐增大B逐渐减小C先增大，后减小 D先减小，后增大【解析】因小球速率不变，所以小球以O点为圆心做匀速圆周运动，受力如图所示设绳与竖直方向的夹角为，则在切线方向上应有mgsin F
6、cos ，拉力F的瞬时功率PFvcos mgvsin .小球从A运动到B的过程中，拉力的瞬时功率随的增大而增大，A正确【答案】A2质量为5103 kg的汽车在水平路面上由静止开始以加速度a2 m/s2开始做匀加速直线运动，所受阻力是1.0103 N，则汽车匀加速启动过程中()A第1 s内汽车所受牵引力做功为1.0104 JB第1 s内汽车所受合力的平均功率为20 kWC第1 s末汽车所受合力的瞬时功率为22 kWD第1 s末汽车所受牵引力的瞬时功率为22 kW【解析】根据牛顿第二定律得FF阻ma，则FF阻ma11 000 N汽车第1 s末的速度vat2 m/s.第1 s内汽车位移xt1 m，第
7、1 s内汽车所受牵引力做功WFx1.1104 J，A错误根据动能定理，第1 s内汽车所受合力的功Wmv2，其平均功率10 kW，B错误根据PFv得P1mav20 kW，C错误牵引力的瞬时功率P2Fv22 kW，D正确选D.【答案】D3跳绳运动员质量m50 kg,1 min跳N180次假设每次跳跃中，脚与地面的接触时间占跳跃一次所需时间的，试估算该运动员跳绳时克服重力做功的平均功率为多大(g取10m/s 2)【解析】跳跃的周期T s s每个周期内在空中停留的时间t1T s.运动员跳起时视为竖直上抛运动，设起跳初速度为v0，由t1得v0gt1.每次跳跃人克服重力做的功为Wmvmg2t25 J克服重
8、力做功的平均功率为P W75 W【答案】75 W考点三机车启动问题 1机车启动的两种方式恒定功率启动恒定加速度启动Pt图象和vt图象OA段过程分析P不变：vFaa不变：aF不变PFvP额Fv1运动性质加速度减小的加速直线运动匀加速直线运动，维持时间t0AB段过程分析FF阻a0vmvFa运动性质做速度为vm的匀速直线运动加速度减小的加速直线运动，在B点达到最大速度，vm2.四个常用规律(1)PFv.(2)FFfma.(3)vat(a恒定)(4)PtFfxEk(P恒定)【典例】一列火车总质量m500 t，发动机的额定功率P6105 W，在轨道上行驶时，轨道对列车的阻力Ff是车重的0.01倍(取g1
9、0 m/s2)(1)求列车在水平轨道上行驶的最大速度；(2)在水平轨道上，发动机以额定功率P工作，求当行驶速度为v11 m/s和v210 m/s时，列车的瞬时加速度a1、a2的大小；(3)列车在水平轨道上以36 km/h的速度匀速行驶时，求发动机的实际功率P；(4)若列车从静止开始，保持0.5 m/s2的加速度做匀加速运动，求这一过程维持的最长时间【解析】(1)列车以额定功率行驶，当牵引力等于阻力，即FFfkmg时，列车的加速度为零，速度达到最大值vm，则vm12 m/s.(2)当vvm时，列车做加速运动，若v11 m/s，则F16105 N，根据牛顿第二定律得a11.1 m/s2若v210
10、m/s，则F26104 N根据牛顿第二定律得a20.02 m/s2.(3)当v36 km/h10 m/s时，列车匀速运动，则发动机的实际功率PFfv5105 W.(4)由牛顿第二定律得FFfma3105 N在此过程中，速度增大，发动机功率增大，当功率为额定功率时速度为v，即v2 m/s，由vat得t4 s.【答案】(1)12 m/s(2)1.1 m/s20.02 m/s2(3)5105 W(4)4 s题组突破训练1(2015高考全国卷)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
11、的是()【解析】PFvFavmax，因速度不能突变，故A正确，B、C、D错误【答案】A2.(多选)质量为m的汽车在平直路面上由静止开始匀加速启动，运动过程的速度时间图象如图所示，整个运动过程中汽车所受阻力大小恒为f，则下列说法正确的是()A若v1、t1已知，则汽车做匀加速运动的加速度大小aB若v1、t1和v2已知，则汽车的额定功率P0(mf)v2C若v1、t1已知，则汽车运动的最大速度v2(1)v1D在t1到t2时间内，汽车的平均速度【解析】由速度时间图象知，0t1时间内，汽车做匀加速直线运动，汽车的加速度a，选项A正确；设t1时刻汽车的牵引力大小为F1，根据牛顿第二定律有F1fma，得F1m
12、f，在t1时刻汽车的功率达到额定功率，则P0F1v1(mf)v1，选项B错误；t2时刻，速度达到最大值v2，此时牵引力大小F2f，P0F2v2，得v2(1)v1，选项C正确；由速度时间图线与t轴所围面积表示位移知，t1t2时间内，汽车的平均速度，曲线AB与t轴所围的面积SS梯形(t2t1)，得，选项D错误【答案】AC超重点2：动能定理及其应用 考点一对动能定理的理解 1对动能定理中“力”的两点理解(1)“力”指的是合力，重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用(2)力既可以是恒力，也可以是变力2动能定理公式中体现的“三个关系”(1)数量关系：即合力所做的功
13、与物体动能的变化具有等量替代关系可以通过计算物体动能的变化，求合力做的功，进而求得某一力做的功(2)单位关系：等式两边物理量的国际单位都是焦耳(3)因果关系：合力的功是引起物体动能变化的原因3动能与动能的变化的区别(1)动能与动能的变化是两个不同的概念，动能是状态量，动能的变化是过程量(2)动能为非负值，而动能变化量有正负之分Ek0表示物体的动能增加，Ek0表示物体的动能减少题组突破训练1.(多选)如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增加到v2时，上升高度为H，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是()A对物体
14、，动能定理的表达式为WNmv，其中WN为支持力的功B对物体，动能定理的表达式为W合0，其中W合为合力的功C对物体，动能定理的表达式为WNmgHMvMv，其中WN为支持力的功D对电梯，其所受合力做功为MvMv【解析】电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力的总功才等于物体动能的增量EkMvMv，故A、B均错误，C正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力的功一定等于其动能的增量，故D正确【答案】CD2.质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图所示已知物体与水平面间的动摩擦因数为，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x
15、，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为()A.mvmg(sx)B.mvmgxCmgs Dmg(sx)【解析】设物体克服弹簧弹力所做的功为WT，则物体向左压缩弹簧过程中，弹簧弹力对物体做功为WT，从物体开始运动到弹簧压缩最短摩擦力对物体做功为mg(sx)，对全程根据动能定理有WTmg(sx)0mv所以，WTmvmg(sx)【答案】A考点二动能定理在多过程问题中的应用 1应用动能定理解题的步骤(1)选取研究对象，明确它的运动过程(2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况：(3)明确物体在过程始末状态的动能Ek1和Ek2.(4)列出动能定理的方程W合Ek2Ek1及其他必要的解
16、题方程进行求解2求解多过程问题抓好“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真题拓展探究【典例1】(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
17、DWmgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离【解析】质点由静止开始下落到最低点N的过程中由动能定理有mg2RWmv质点在最低点由牛顿第二定律得FNmg由牛顿第三定律得FN4mg联立得WmgR.质点由N点到Q点的过程中在等高位置处的速度总小于由P点到N点下滑时的速度，故由N点到Q点过程克服摩擦力做功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，会继续上升一段距离，选项C正确【答案】C拓展1“直线平抛”组合的多过程问题1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
18、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(重力加速度取g10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)当角增大到多少时，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，应有mgsin 1mgcos 满足的条件tan 0.05即当arctan 0.05时物块恰好从斜面开始下
19、滑(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结合式并代入数据得v1 m/s由平抛运动规律得Hgt2，x1vt解得t0.4 sx10.4 mxmx1L21.9 m.【答案】(1)arctan 0.05(2)0.8(3)1.9 m拓展2“平抛直线圆周”组合的多过程问题2(2020湖南十校联考)如图所示，质量m3 kg的小物块以初速度v04 m/s水平向右抛出，恰好从A点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道圆弧轨道的半径为R3.75 m，B点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD
20、平滑连接，A与圆心O的连线与竖直方向成37角MN是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN间的动摩擦因数0.1，轨道其他部分光滑最右侧是一个半径为r0.4 m的半圆弧轨道，C点是圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD在D点平滑连接已知重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.(1)求小物块经过B点时对轨道的压力大小(2)若MN的长度为L6 m，求小物块通过C点时对轨道的压力大小(3)若小物块恰好能通过C点，求MN的长度L.【解析】(1)根据平抛运动的规律有v0vA cos 37解得小物块经过A点时的速度大小vA5 m/s小物块从A点运动到B点，根据动能定理有mg(RRc
21、os 37)mvmv小物块经过B点时，有FNmg解得FN62 N，根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小是62 N.(2)小物块由B点运动到C点，根据动能定理有mgL2mgrmvmv在C点FNmg解得FN60 N，根据牛顿第三定律，小物块通过C点时对轨道的压力大小是60 N.(3)小物块刚好能通过C点时，根据mg解得vC2 m/s小物块从B点运动到C点的过程中，根据动能定理有mgL2mgrmvC2mv解得L10 m.【答案】(1)62 N(2)60 N(3)10 m拓展3往复性运动造成的多过程问题3.如图所示，一物块的质量m2 kg，沿倾角为37的斜面由顶端B从静止开始下滑，物块滑到底端时与
22、A处的挡板碰撞后反弹(物块与挡板碰撞的过程中无能量损失)，若物块每次反弹后都能回到原来的处，已知A、B间距离为s02 m，sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2.求：(1)物块与斜面间的动摩擦因数；(2)物块由开始下滑到最终静止的过程中所通过的总路程和克服摩擦力做的功【解析】(1)从物块由B端开始下滑到第一次反弹后上升至速度为零的过程，由动能定理得mg(s0s0)sin mg(s0s0)cos 0解得0.15.(2)最终物块一定停在A处，从物块由B端开始下滑到最终停在A处的全过程，由动能定理得mgs0sin mgs总cos 0解得物块通过的总路程为s总10 m物块克服摩擦力
23、做的功为W总mgs总 cos 3724 J.【答案】(1)0.15(2)10 m24 J考点三动能定理与图象结合的问题力学中四类图象所围“面积”的意义典例2宇航员在某星球表面做了如下实验，实验装置如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由斜轨道AB和圆弧轨道BC组成将质量m0.2 kg的小球，从轨道AB上高H处的某点由静止释放，用力传感器测出小球经过C点时对轨道的压力大小为F，改变H的大小，可测出F随H的变化关系如图乙所示，求：(1)圆轨道的半径；(2)星球表面的重力加速度【解析】(1)小球过C点时，由牛顿第二定律得：Fmgm小球由静止下滑至C点的过程，由动能定理得：mg(H2r)mv又FF解得：FH
24、5mg由图可知：当H10.5 m时，F10 N解得：r0.2 m(2)当H21.0 m时，F25 N解得：g5 m/s2【答案】(1)0.2 m(2)5 m/s2题组突破训练1(2020河北石家庄模拟)质量为m的小球在竖直向上的拉力作用下从静止开始运动，其v-t图象如图所示(竖直向上为正方向，DE段为直线)，已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是()At0t2时间内，合力对小球先做正功后做负功B0t3时间内，小球的平均速度一定为Ct3t4时间内，拉力做的功为(v4v3)g(t4t3)Dt3t4时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动【解析】v-t图象中图线的斜率表示加速度，速度在时间轴之上表明速
25、度一直为正，从图象可以看出小球先向上做加速度越来越大的加速运动，再做加速度越来越小的加速运动，然后做加速度越来越大的减速运动，最后做匀减速运动，运动方向一直向上，D错图中t0t2时间内小球做加速运动，故合力对小球一直做正功，A错v-t图象中图线与t轴所围面积表示位移，而平均速度v，结合图象中的“面积”可知0t3时间内，小球的平均速度大于，B错t3t4时间内由动能定理得Wmghmvmv，又h(t4t3)，解得W(v4v3)g(t4t3)，C对【答案】C2放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在06 s内其速度与时间图象和该拉力的功率与时间图象分别如图甲和乙所示，下列说法正确的是()A06 s
26、内物体位移大小为36 mB06 s内拉力做的功为30 JC合力在06 s内做的功与02 s内做的功相等D滑动摩擦力大小为5 N【解析】由PFv及对应vt图象和Pt图象可得30 WF6 m/s,10 WFf6 m/s，解得F5 N，Ff N，D错误；06 s内物体的位移大小为(46)6 m30 m，A错误；06 s内拉力做功W302 J104 J70 J，B错误；由动能定理可知，C正确【答案】C超重点3：机械能守恒定律及其应用考点一机械能守恒的判断 1对机械能守恒条件的理解(1)只受重力作用，例如做平抛运动的物体机械能守恒(2)除重力外，物体还受其他力，但其他力不做功或做功代数和为零(3)除重力
27、外，只有系统内的弹力做功，并且弹力做的功等于弹性势能变化量的负值，那么系统的机械能守恒，注意并非物体的机械能守恒，如与弹簧相连的小球下摆的过程机械能减少2机械能是否守恒的三种判断方法(1)利用机械能的定义判断：若物体动能、势能之和不变，机械能守恒(2)利用守恒条件判断(3)利用能量转化判断：若物体系统与外界没有能量交换，物体系统内也没有机械能与其他形式能的转化，则物体系统机械能守恒题组突破训练1下列关于机械能守恒的说法中正确的是()A做匀速运动的物体，其机械能一定守恒B物体只受重力，机械能才守恒C做匀速圆周运动的物体，其机械能一定守恒D除重力做功外，其他力不做功，物体的机械能一定守恒【解析】匀
28、速运动的物体所受合外力为零，但除重力外可能有其他力做功，如物体在阻力作用下匀速向下运动，其机械能减少了，A错误物体除受重力或弹力也可受其他力，只要其他力不做功或做功的代数和为零，机械能也守恒，B错误匀速圆周运动物体的动能不变，但势能可能变化，故C错误由机械能守恒条件知，选项D正确【答案】D2(多选)如图所示，倾角为的光滑斜面体C固定于水平地面上，物体B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体A相连接，释放后，A将向下运动，则在A碰地前的运动过程中()A物体A的加速度大小为gB物体A机械能不守恒C由于斜面光滑，所以物体B机械能守恒D物体A、B组成的系统机械能守恒【解析】物体A受到重力和细绳的拉
29、力，加速度应小于g，选项A错误；除了重力对物体A做功，还有细绳的拉力做功，物体A机械能不守恒，选项B正确；同理，物体B机械能不守恒，选项C错误；对物体A、B组成的系统，只有重力对系统做功，则系统机械能守恒，选项D正确【答案】BD3(2020山东潍坊中学模拟)如图所示，在竖直面内固定一光滑的硬质杆ab，杆与水平面的夹角为，在杆的上端a处套一质量为m的圆环，圆环上系一轻弹簧，弹簧的另一端固定在与a处在同一水平线上的O点，O、b两点处在同一竖直线上由静止释放圆环后，圆环沿杆从a运动到b，在圆环运动的整个过程中，弹簧一直处于伸长状态，则下列说法正确的是()A圆环的机械能保持不变B弹簧对圆环一直做负功C
30、弹簧的弹性势能逐渐增大D圆环和弹簧组成的系统机械能守恒【解析】由几何关系可知，当环与O点的连线与杆垂直时，弹簧的长度最短，弹簧的弹性势能最小，如图，所以在环从a到C的过程中弹簧对环做正功，弹簧的弹性势能减小，环的机械能增大，而从C到b的过程中，弹簧对环做负功，弹簧的弹性势能增大，环的机械能减小，故A、B、C错误；在整个的过程中只有圆环的重力和弹簧的弹力做功，所以圆环和弹簧组成的系统机械能守恒，故D正确【答案】D考点二单个物体机械能守恒的应用 1机械能守恒的三种表达式对比守恒角度转化角度转移角度表达式E1E2EkEpEA增EB减物理意义系统初状态机械能的总和与末状态机械能的总和相等表示系统(或物
31、体)机械能守恒时，系统减少(或增加)的重力势能等于系统增加(或减少)的动能若系统由A、B两部分组成，则A部分物体机械能的增加量与B部分物体机械能的减少量相等注意事项应用时应选好重力势能的零势能面，且初、末状态必须用同一零势能面计算势能应用时关键在于分清重力势能的增加量和减少量，可不选零势能面而直接计算初、末状态的势能差常用于解决两个或多个物体组成的系统的机械能守恒问题2.求解单个物体机械能守恒问题的基本思路(1)选取研究对象物体(2)根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒(3)恰当地选取参考平面，确定研究对象在初、末状态时的机械能(4)选取方便的机械能守恒定律的方
32、程形式(Ek1Ep1Ek2Ep2、EkEp)进行求解真题拓展探究典例1(2016高考全国卷)如图，在竖直平面内有由圆弧AB和圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接AB弧的半径为R，BC弧的半径为.一小球在A点正上方与A相距处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动(1)求小球在B、A两点的动能之比；(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点【解析】(1)设小球的质量为m，小球在A点的动能为EkA，由机械能守恒定律得EkAmg设小球在B点的动能为EkB，同理有EkBmg由式得5(2)若小球能沿轨道运动到C点，小球在C点所受轨道的正压力FN应满足FN0设小球在C点的速度大小为vC，由牛
33、顿运动定律和向心加速度公式有FNmgm由式得，vC应满足mgm由机械能守恒有mgmv由式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C点【答案】见解析拓展1在抛体运动中机械能守恒定律的应用1.(多选)如图所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落在比地面低h的海平面上，若以地面为零势能面，且不计空气阻力，则()A物体在海平面的重力势能为mghB重力对物体做的功为mghC物体在海平面上的机械能为mvmghD物体在海平面上的动能为mvmgh【解析】以地面为零势能面，海平面在地面以下h处，所以物体在海平面的重力势能是mgh，A错；重力做功和路径无关，和初、末位置高度差有关，从地面到海平面，位移竖直向
34、下为h，重力也向下，重力对物体做功mgh，B对；从地面到海平面过程只有重力做功，机械能守恒，在海平面处的机械能等于在地面的机械能，在地面重力势能为零，动能为mv，机械能为E0mvmv，C错；在海平面处的机械能同样为mv，而在海平面重力势能为mgh，所以mvEk(mgh)，得动能Ekmvmgh，D对【答案】BD拓展2在“圆周平抛”组合运动中机械能守恒定律的应用2.如图，位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab和抛物线bc组成，圆弧半径Oa水平，b点为抛物线顶点已知h2 m，s m重力加速度大小g取10 m/s2.(1)一小环套在轨道上从a点由静止滑下，当其在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作
35、用力，求圆弧轨道的半径(2)若小环从b点由静止因微小扰动而开始滑下，求小环到达c点时速度的水平分量的大小【解析】(1)小环在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，即小环在该段以某一初速度vb做平抛运动，运动轨迹与轨道bc重合，故有svbthgt2从ab滑落过程中，根据机械能守恒定律可得mgRmv联立三式可得R0.25 m.(2)下滑过程中，初速度为零，只有重力做功，根据机械能守恒定律可得mghmv因为小环滑到c点时与竖直方向的夹角等于(1)问中做平抛运动过程中经过c点时速度与竖直方向的夹角，设为，则根据平抛运动规律可知sin 根据运动的合成与分解可得sin 联立可得v水平 m/s.【答案】
36、(1)0.25 m(2) m/s超重点4：功能关系能量守恒定律考点一对功能关系的理解及应用 1几种常见的功能关系几种常见力做功对应的能量变化数量关系式重力正功重力势能减少WGEp负功重力势能增加弹簧等的弹力正功弹性势能减少W弹Ep负功弹性势能增加电场力正功电势能减少W电Ep负功电势能增加合力正功动能增加W合Ek负功动能减少重力以外的其他力正功机械能增加W其E负功机械能减少2.两个特殊的功能关系(1)滑动摩擦力与两物体间相对位移的乘积等于产生的内能，即Ffx相对Q.(2)感应电流克服安培力做的功等于产生的电能，即W克安E电题组突破训练1.(多选)如图所示，建筑工地上载人升降机用不计质量的细钢绳跨
37、过定滑轮与一电动机相连，通电后电动机带动升降机沿竖直方向先匀加速上升后匀速上升摩擦及空气阻力均不计则()A升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的动能B升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能C升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能D升降机上升的全过程中，升降机拉力做的功大于升降机和人增加的机械能【解析】根据动能定理可知，合外力对物体做的功等于物体动能的变化量，所以升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功和人的重力做功之和等于人增加的动能，故A错误，B正确；升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于克服重力做的功(此过程中动能
38、不变)，即升降机底板对人做的功等于增加的机械能，C正确；升降机上升的全过程中，升降机拉力做的功等于升降机和人增加的机械能，D错误【答案】BC2(2016高考四川卷)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J韩晓鹏在此过程中()A动能增加了1 900 JB动能增加了2 000 JC重力势能减小了1 900 JD重力势能减小了2 000 J【解析】根据动能定理，物体动能的增量等于物体所受所有力做功的代数和，即增加的动能为EkWGWf1 900 J100 J1 800 J，A
39、、B项错误；重力做功与重力势能改变量的关系为WGEp，即重力势能减少了1 900 J，C项正确，D项错误【答案】C3.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，ACh.圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A处弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则圆环()A下滑过程中，加速度一直减小B下滑过程中，因摩擦力产生的热量为mv2C从A处到C处的过程中弹簧的弹性势能增加了mv2mghD下滑经过B处的速度大于上滑经过B处的速度【解析】由题意知圆环从A到C先加速运动，后减速运
40、动，在A点时加速度为g，到达B点时加速度减为零，所以圆环先做加速度逐渐减小的加速运动再做加速度逐渐增大的减速运动，A项错误；圆环从A到C过程中弹簧增加的弹性势能即C处的弹性势能Ep，因摩擦力产生的热量等于克服摩擦力所做的功Wf，由能量守恒知圆环从A到C过程有mghWfEp，从C到A过程有mv2EpmghWf，联立得Wfmv2，Epmghmv2，B项正确，C项错误；圆环从A到B过程有mgh1mvEp1Wf1，圆环从B到A过程有mvEp1mgh1Wf1，可得vB2vB1，D项错误【答案】B考点二摩擦力做功的特点及应用 1两种摩擦力做功的比较静摩擦力做功滑动摩擦力做功只有能量的转移，没有能量的转化既
41、有能量的转移，又有能量的转化互为作用力和反作用力的一对静摩擦力所做功的代数和为零，即要么一正一负，要么都不做功互为作用力和反作用力的一对滑动摩擦力所做功的代数和为负值，即至少有一个力做负功2.求解相对滑动物体的能量问题的方法(1)正确分析物体的运动过程，做好受力分析(2)利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位移关系典例1如图所示，AB为半径R0.8 m的光滑圆弧轨道，下端B恰与小车右端平滑对接小车质量m03 kg，车长l2.06 m，车上表面距地面的高度h0.2 m现有一质量m1 kg的滑块，由轨道顶端无初速释放，滑到B端后冲上小车已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数0
42、.3，当车运动了1.5 s时，车被地面装置锁定(g取10 m/s2)试求：(1)滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小；(2)车被锁定时，车右端距轨道B点的距离；(3)从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的内能大小【解析】(1)由机械能守恒定律和牛顿第二定律得mgRmvFNmg解得FN30 N.(2)设m滑上小车后经过时间t1与小车同速，共同速度大小为v，对滑块有mgma1，vvBa1t1对于小车：mgm0a2，va2t1解得v1 m/s，t11 s1.5 s故滑块与小车同速后，小车继续向左匀速行驶了0.5 s，则小车右端距B点的距离为l车t1v(1.5t1)1 m.(3)Q
43、mgl相对mg(t1t1)6 J.【答案】(1)30 N(2)1 m(3)6 J题组突破训练1(多选)将一长木板静止放在光滑的水平面上，如图甲所示，一个小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止现将木板分成A和B两段，使B的长度和质量均为A的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v0由木板A的左端开始向右滑动，如图乙所示若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列有关说法正确的是()A小铅块将从木板B的右端飞离木板B小铅块滑到木板B的右端前就与木板B保持相对静止C甲、乙两图所示的过程中产生的热量相等D图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量【解析】图甲所示运动过程中小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，图乙所示过程中小铅块先使整个木板加速，运动到B部分