高考物理二轮复习精品资料专题04-功、功率与动能定理教学案.doc

专题四 功、功率与动能定理【2013考纲解读】功、能、能量守恒是近几年高考理科综合物理命题的重点、热点和焦点，也是广大考生普遍感到棘手的难点之一能量守恒贯穿于整个高中物理学习的始终，是联系各部分知识的主线它不仅为解决力学问题开辟了一条重要途径，同时也为我们分析问题和解决问题提供了重要依据守恒思想是物理学中极为重要的思想方法，是物理学研究的极高境界，是开启物理学大门的金钥匙，同样也是对考生进行方法教育和能力培养的重要方面因此，功、能、能量守恒可谓高考物理的重中之重，常作为压轴题出现在物理试卷中纵观近几年高考理科综合试题，功、能、能量守恒考查的特点是：灵活性强，难度较大，能力要求高，内容极丰富，多次出现综合计算；题型全，不论是从内容上看还是从方法上看都极易满足理科综合试题的要求，经常与牛顿运动定律、圆周运动、电磁学和近代物理知识综合运用，在高考中所占份量相当大从考题逐渐趋于稳定的特点来看，我们认为：2013年对功、能、能量守恒的考查重点仍放在分析问题和解决问题的能力上因此在第二轮复习中，还是应在熟练掌握基本概念和规律的同时，注重分析综合能力的培养，训练从能量守恒的角度分析问题的思维方法【知识网络构建】 【重点知识整合】一、求功的方法比较1恒力做功的求法(1)应用公式WFscos其中是F、s间的夹角(2)用动能定理(从做功的效果)求功：此公式可以求恒力做功也可以求变力做功特别提醒：(1)应用动能定理求的功是物体所受合外力的功，而不是某一个力的功 (2)合外力的功也可用W合F合scos或W合F1s1cosF2s2cos求解 2变力做功的求法名称 适用条件 求法 平均值法 变力F是位移s的线性函数 WFscos 图象法 已知力F与位移s的 Fs图象 图象下方的面积表示力做的功 功率法 已知力F做功的功率恒定 WPt 转换法 力的大小不变，方向改变，如阻力做功，通过滑轮连接 将拉力对物体做功转换为力对绳子做功，阻力做功WFfs 功能法 一般变力、曲线运动、直线运动 W合Ek或W其他E 特别提醒：(1)摩擦力既可以做正功，也可以做负功，还可以不做功(2)相互摩擦的系统内：一对静摩擦力做功的代数和总为零，静摩擦力起着传递机械能的作用，而没有机械能转化为其他形式的能；一对滑动摩擦力做功的代数和等于摩擦力与相对路程的乘积，其值为负值，WFfs相对，且Ffs相对E损Q内能 二、两种功率表达式的比较1功率的定义式：P，所求出的功率是时间t内的平均功率2功率的计算式：PFvcos，其中是力与速度间的夹角，该公式有两种用法：(1)求某一时刻的瞬时功率这时F是该时刻的作用力大小，取瞬时值，对应的P为F在该时刻的瞬时功率；(2)当v为某段位移(时间)内的平均速度时，则要求这段位移(时间)内F必须为恒力，对应的P为F在该段时间内的平均功率特别提醒：公式PFvcos在高中阶段常用于机车类问题的处理，此时P指发动机的输出功率，F为牵引力，Ff为阻力，则任一时刻都满足PFv，机车任一状态的加速度a，当机车匀速运动时，FFf，PFvFfv.三、对动能定理的理解1对公式的理解(1)计算式为标量式，没有方向性，动能的变化为末动能减去初动能(2)研究对象是单一物体或可以看成单一物体的整体(3)公式中的位移和速度必须是相对于同一参考系，一般以地面为参考系2动能定理的优越性(1)适用范围广：应用于直线运动，曲线运动，单一过程，多过程，恒力做功，变力做功(2)应用便捷：公式不涉及物体运动过程的细节，不涉及加速度和时间问题，应用时比牛顿运动定律和运动学方程方便，而且能解决牛顿运动定律不能解决的变力问题和曲线运动问题【高频考点突破】考点一 功的计算功的计算在高中阶段占有十分重要的地位，涉及功的计算问题，要掌握以下三点：1判断力是否做功的方法：恒力作用时用力和位移的夹角判断，变力作用时一般用力和速度的夹角判断2做功的求法：恒力做功应用WFscos，变力做功优先考虑动能定理或将变力转化为恒力3整体法求功：涉及连接体的问题，若不涉及内力做功，一般优先考虑整体法例1、如图51所示，竖直平面内放一直角杆，直角杆的水平部分粗糙，动摩擦因数0.20，竖直部分光滑，两部分各套有质量为2.0 kg和1.0 kg的小球A和B，A、B间用细绳相连，初始位置OA1.5 m，OB2.0 m，g取10 m/s2，则 图51(1)若用水平拉力F1沿水平杆向右缓慢拉A，使之移动0.5 m，该过程中A受到的摩擦力多大？拉力F1做功多少？(2)若小球A、B都有一定的初速度，A在水平拉力F2的作用下，使B由初始位置以1.0 m/s的速度匀速上升0.5 m，此过程中拉力F2做功多少？考点二 功率的计算公式PFvcos的应用在解题过程中的几种情况：1计算某一力的瞬时功率，若力F与速度v之间有夹角，则PFvcos，体现分解F或v的思想；若F与v共线同方向，则PFv.2计算机车启动类问题时，牛顿第二定律fma和匀速状态时P额fvm两公式的联合应用3对恒定功率问题，也可用动能定理的形式Ptfsmvt2mv2.例2、如图53所示，物体A放在足够长的木板B上，木板B静置于水平面t0时，电动机通过水平细绳以恒力F拉木板B，使它做初速度为零、加速度aB1.0 m/s2的匀加速直线运动已知A的质量mA和B的质量mB均为2.0 kg，A、B之间的动摩擦因数10.05，B与水平面之间的动摩擦因数20.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g取10 m/s2.求： 图53(1)物体A刚运动时的加速度aA； (2)t1.0 s时，电动机的输出功率P； (3)若t1.0 s时，将电动机的输出功率立即调整为P5 W，并在以后的运动过程中始终保持这一功率不变，t3.8 s时物体A的速度为1.2 m/s.则在t1.0 s到t3.8 s这段时间内木板B的位移为多少？ F1mAg2(mAmB)gmBaB(6分) 电动机输出功率P1Fv1(7分) 由并代入数据解得P17 W(9分) (3)电动机的输出功率调整为5 W时，设细绳对木板B的拉力为F，则PFv1(10分) 代入数据解得F5 N(11分) 木板B受力满足F1mAg2(mAmB)g0(13分) 所以木板B将做匀速直线运动，而物体A则继续在B上做匀加速直线运动直到A、B速度相等设这一过程时间为t，有v1aA(tt)(14分)这段时间内B的位移s1v1t(15分)A、B速度相同后，由于F2(mAmB)g且电动机输出功率恒定，A、B将一起做加速度逐渐减小的变加速运动，由动能定理得P(t2tt1)2(mAmB)gs2(mAmB)(mAmB)(17分)联立并代入数据解得 木板B在t1.0 s到t3.8 s这段时间内的位移 ss1s23.03 m(或取s3.0 m)(20分) 【答案】(1)0.5 m/s2(2)7 W(3)3.03 m(或3.0 m) 考点三 动能定理的应用动能定理是力学的基本规律，在应用动能定理分析解决问题时，要注意以下几点：1研究对象一般是单个物体，分析的过程可以是单一过程，也可以是几个过程组成的复杂过程，物体的运动可以是直线运动也可以是曲线运动2分析研究对象的受力情况(包括重力)，各力是否做功，做正功还是负功，并分别求出各力做功的代数和，但要注意求功时，位移必须是相对地面的3确定过程始、末状态的动能4利用动能定理列方程求解，要注意方程的左边是功，右边是动能的变化量例3、如图55甲所示为游乐场中过山车的实物图片，图乙是过山车的模型图在模型图中，半径分别为R12.0 m和R28.0 m的两个光滑圆形轨道，固定在倾角为37的倾斜直轨道平面上的Q、Z两点，且两圆形轨道的最高点A、B均与P点平齐，圆形轨道与斜直轨道之间圆滑连接现使小车(视作质点)从P点以一定的初速度沿斜直轨道向下运动已知斜直轨道与小车间的动摩擦因数为，g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：(1)若小车恰好能通过第一个圆形轨道的最高点A处，则其在P点的初速度应为多大？ (2)若小车在P点的初速度为10 m/s，则小车能否安全通过两个圆形轨道？ 【解析】(1)设小车经过A点时的临界速度为v1，根据牛顿第二定律有设Q点与P点高度差为h1，PQ间距离为L1，则L1设小车在P点的初速度为v01，从P点到A点的过程中，由动能定理得(mgcos)L1小车能安全通过两个圆形轨道的临界条件，是在B点速度为v2时，由牛顿第二定律知，小车满足mg设小车在P点的初速度为v02，从P点到B点的过程中，由动能定理得：mgcos L2mvmv解得：v024 m/s因为4 m/s10 m/s，故能安全通过两圆形轨道【答案】(1)2 m/s(2)能【难点探究】难点一变力做功问题 1当力的方向不变，大小随位移做线性变化时，可先求力对位移的平均值再由恒力做功的公式WFxcos求功，如弹簧弹力做的功 2大小不变、方向变化的力做的功(如滑动摩擦力、空气阻力等在曲线运动或往复运动中做的功)：WFs，s为运动质点通过的路程 3与势能对应的力(如重力、弹簧的弹力、电场力)做的功等于运动质点相应势能的减少量 4作出变力F随位移x变化的图象，图线与坐标轴所围的“面积”表示变力做的功如图所示，图线下方的对应面积等于变力做的功 5当变力的功率一定时(如机车以恒定功率运行)，变力做的功WPt；当变力的功率变化时，可利用平均功率求功，W 6利用动能定理求变力做的功，或用功能关系WE求变力做的功，即用能量的增量等效变换变力所做的功，如求重力、弹簧弹力做的功 例1 一质量为m的物体静止在水平面上，在水平方向的拉力F作用下开始运动，在06 s内其运动的速度时间图象与拉力的功率时间图象如图252所示，取g10 m/s2，下列判断正确的是()图252A拉力F的大小为4 N，且保持不变 B物体的质量为2 kg C06 s内物体克服摩擦力做功24 J D06 s内拉力做的功为156 J 【答案】BD【解析】 由图象可知，t2 s后物体做匀速直线运动，则F2f，由速度为6 m/s，P2F2v，故fF24 N由速度图象知，物体在02 s内做匀加速直线运动，加速度大小a3 m/s2，由于t2 s时，v6 m/s，P160 W，此时拉力F110 N，在02 s内，由牛顿第二定律F1fma，可得m2 kg，选项A错误、B正确由速度图象可知物体在前2 s内的位移x16 m，在后4 s内的位移为x224 m,6 s内物体克服摩擦力做功Wff(x1x2)120 J,6 s内拉力做的功为WF1x1F2x2156 J，选项C错误、D正确【点评】 本题综合考查了运动图象、功率图象、牛顿第二定律、功率及变力做功等相关知识对分段图象问题，要在明确题意的基础上，对各段分别进行研究，并找出联系相邻两段的物理量对函数图象问题，还特别要注意函数方程和函数图象是一一对应的关系 难点二 功率的计算问题1平均功率：，Fcos (是平均速度)2瞬时功率：PFvcos(v是瞬时速度，是力F与瞬时速度之间的夹角)重力的瞬时功率PGmgvcosmgvy，即重力的瞬时功率等于重力和物体在该时刻的竖直分速度的乘积注意：功和功率的概念易与vt图象、Ft图象等函数图象一起综合考查，一般可通过vt图象求得位移，通过Ft图象读出力，然后利用WFxcos、PFvcos等公式求解例2、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 B第2 s内外力所做的功是 C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 【答案】AD【解析】 由牛顿第二定律Fma可得，第1 s内的加速度a12 m/s2，第2 s内的加速度a21 m/s2；由匀变速直线运动规律可得，第1 s内的位移x11 m，第1 s末的速度v12 m/s，第2 s内的位移x22.5 m，第2 s末的速度v23 m/s；由做功公式WFx可求，第1 s内外力做功W12 J，第2 s内外力做功W22.5 J，选项B错误； 02 s内外力的平均功率 W，选项A正确；第2 s末外力瞬时功率P2F2v23 W，第1 s末外力瞬时功率P1F1v14 WP2，选项C错误；由动能定理知，动能增加量之比等于合外力做功之比，所以，选项D正确难点三 机车启动问题1求解机车发动机类问题的关键是要明确机车的功率是牵引力的功率，不是机车受到的合力的功率发动机允许输出的最大功率即为其额定功率，它是在正常条件下可以长时间工作的最大功率2机车两种启动方式的运动对比启动方式 以恒定功率启动 匀加速启动 vt图象 运动过程比较 分为加速度减小的加速直线运动和匀速直线运动两个运动阶段 分为匀加速直线运动、加速度减小的加速直线运动和匀速直线运动三个阶段 运动过程联系 以恒定功率启动的运动过程与以恒定加速度启动过程的后两个阶段相似 3.机车两种启动方式流程图 (1)以恒定功率启动 (2)匀加速度启动 例3 、节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车有一质量m1000 kg的混合动力轿车，在平直公路上以v190 km/h匀速行驶，发动机的输出功率为P50 kW.当驾驶员看到前方有80 km/h的限速标志时，保持发动机功率不变，立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电，使轿车做减速运动，运动L72 m后，速度变为v272 km/h.此过程中发动机功率的用于轿车的牵引，用于供给发电机工作，发动机输送给发电机的能量最后有50%转化为电池的电能假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变求：(1)轿车以90 km/h在平直公路上匀速行驶，所受阻力F阻的大小；(2)轿车从90 km/h减速到72 km/h过程中，获得的电能E电 ；(3)轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能E电 维持72 km/h匀速运动的距离L.【答案】(1)2103 N(2)6.3104 J(3)31.5 m【解析】 (1)汽车牵引力与输出功率关系 PF牵v将P50 kW，v190 km/h25 m/s代入得 F牵2103 N当轿车匀速行驶时，牵引力与阻力大小相等，有F阻2103 N(2)在减速过程中，注意到发动机只有P用于汽车的牵引根据动能定理有 PtF阻Lmvmv代入数据得Pt1.575105 J电源获得的电能为E电0.5Pt6.3104 J(3)根据题设，轿车在平直公路上匀速行驶时受到的阻力仍为F阻2103 N在此过程中，由能量转化及守恒定律可知，仅有电能用于克服阻力做功E电F阻L代入数据得L31.5 m.【点评】 本题是机车发动机功率问题的综合计算题，结合生活实际和节能减排，重点考查了减速过程中的能量转换，通过用于轿车的机械功和克服安培力做功的比例关系间接求解减速过程中产生的电能，进一步计算减速过程产生的电能能够维持轿车匀速前进的距离 难点四 动能定理在曲线运动中的应用1动能定理既适用于做直线运动的物体，也适用于做曲线运动的物体2动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功；力既可以同时作用，也可以分段作用；力可以是各种性质的力3如果在某个运动过程中包含有几个不同运动性质的阶段(如加速、减速阶段)，可以分段应用动能定理，也可以对全程应用动能定理，一般对全程列式更简单4因为动能定理中功和动能均与参考系的选取有关，所以动能定理也与参考系的选取有关在中学物理中一般取地面为参考系5动能定理建立的是外力做的总功和物体动能变化之间的一个双向关系：既可以由总功求物体动能的变化，又可以由动能的变化求总功它是求解变力做功的有效方法6动能定理通常适用于单个物体或可看成单个物体的系统如果涉及系统，因为要考虑内力做的功，所以要十分慎重在中学阶段可以先分别对系统内每一个物体应用动能定理，然后再联立求解例4 、如图255所示，竖直固定放置的粗糙斜面AB的下端与光滑的圆弧BCD的B点相切，圆弧轨道的半径为R，圆心O与A、D在同一水平面上，COB.现有质量为m的小物体从距D点为的高处无初速释放，已知物体恰能从D点进入圆轨道，求： (1)为使小物体不会从A点冲出斜面，小物体与斜面间的动摩擦因数至少为多少？ (2)若小物块与斜面间的动摩擦因数则小物体在斜面上通过的总路程为多少？ (3)在(2)的条件下，当小物体通过圆弧轨道最低点C时，对C的最大压力和最小压力各是多少？ 【答案】(1)tan(2)(3)mg(32cos)mg【解析】 (1)为使小物体不会从A点冲出斜面，由动能定理得mgmgcos 0解得tan即动摩擦因数至少为tan(2)由mgcosmgsinhB，则可能有WAWB（C）hAhB，则一定有WAWB【答案】B【解析】设绳长为L，由于捏住两绳中点缓慢提起，因此重心在距最高点L/4位置处，因绳A较长。若hA=hB ，A的重心较低，WAhB 两根绳子重心无法知道谁高谁低，因此可能WAWB，因此B正确而C不对；若hAhB，则一定是A的重心低，因此一定是WA v2 （B）F2=F1，v1F1，v1 v2 （D）F2F1，v1 v2【答案】BD【解析】水平恒力F1作用下的功率P1= F1 v1，F2作用下的功率P2=现P1=P2，若F2=F1，一定有v1F1还是F2F1都会有v1 v2因此D正确而C不对【考点定位】功和能、力和运动（2012上海）20如图，质量分别为mA和mB的两小球带有同种电荷，电荷最分别为qA和qB，用绝缘细线悬挂在天花板上。平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为1与2（12）。两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别vA和vB，最大动能分别为EkA和EkB。则 （ ）（A）mA一定小于mB （B）qA一定大于qB（C）vA一定大于vB （D）EkA一定大于EkB【答案】ACD分别对A、B进行受力分析，如图所示两球间的库仑斥力是作用力与反作用力总是大小相等，与带电量的大小无关，因此B选项不对，对于A球： 对于B球： 联立得：F= 又12可以得出:mALB这样代入后可知： C选项正确A到达最低点的动能：B到达最低点的动能：由于12可知，又：可得：因此D选项也正确【考点定位】力和运动、功和能（2012山东）20如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为，上端接有定值电阻，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B。将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率为P，导体棒最终以的速度匀速运动。导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g，下列选项正确的是 （ ）A B C当导体棒速度达到时加速度为D在速度达到以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功【答案】AC【解析】 当速度达到时开始匀速运动，受力分析可得，导体棒最终以的速度匀速运动时，拉力为，所以拉力的功率为，选项A正确B错误。当导体棒速度达到时安培力，加速度为，选项C正确。在速度达到以后匀速运动的过程中，根据能量守恒定律，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功加上重力做的功，选项D错误，【考点定位】磁场、功和能（2012安徽）16.如图所示，在竖直平面内有一半径为的圆弧轨道，半径水平、竖直，一个质量为的小球自的正上方点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点时恰好对轨道没有压力。已知=2,重力加速度为，则小球从到的运动过程中 （ ）A. 重力做功 B. 机械能减少C. 合外力做功 D. 克服摩擦力做功（2012大纲版全国卷）19.一台电风扇的额定电压为交流220V。在其正常工作过程中，用交流电流表测得某一段时间内的工作电流I随时间t的变化如图所示。这段时间内电风扇的用电量为A.3.910-2度 B.5.510-2度C.7.810-2度 D.11.010-2度【答案】B【解析】由W=UIt可得，这段时间内电风扇的用电量为W=(2200.3+2200.4+2200.2)10-3kWh=5.510-2度，选项B正确。【考点定位】此题考查电能的计算。7. （2012物理）下列关于功和机械能的说法，正确的是A在有阻力作用的情况下，物体重力势能的减少不等于重力对物体所做的功B合力对物体所做的功等于物体动能的改变量C物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能，其大小与势能零点的选取有关D运动物体动能的减少量一定等于其重力势能的增加量【答案】BC【解析】在任何情况下，物体重力势能的减少都等于重力对物体所做的功，选项A错误；根据动能定理，合力对物体所做的功等于物体动能的改变量，选项B正确；物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能，其大小与势能零点的选取有关，选项C正确；当只有重力做功的情况下，运动物体动能的减少量才等于其重力势能的增加量，选项D错误。【考点定位】此题考查重力做功、重力势能、动能定理及其相关知识。（2012福建）17、.如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）。初始时刻，A、B处于同一高度并恰好静止状态。剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块A速率的变化量不同B机械能的变化量不同C重力势能的变化量相同D重力做功的平均功率相同【答案】D 【解析】由平衡知识可知则两者质量不等 所以重力势能变化量不等答案BC错，由机械能守恒可知两物块落地时速度大小相等，所以A错，再由功率可知重力的瞬时功率相等；答案D正确，选D【考点定位】物体的平衡，机械能守恒定律及瞬时功率等，偏难。（2012浙江）18、由光滑细管组成的轨道如图所示，其中AB段是半径为R的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内。一质量为m的小球，从距离水平地面高为H的管口D处静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上。下列说法正确的是A. 小球落到地面相对于A点的水平位移值为B. 小球落到地面相对于A点的水平位移值为C. 小球能从细管A端水平抛出的条件是H2RD. 小球能从细管A端水平抛出的最小高度【答案】BC【解析】由机械能守恒定律知：,平抛运动时间,，故B正确；由于是管子模型，允许小球在A点时速度为零，所以只需满足H2R即可，C正确。【考点定位】机械能守恒、动能定律、平抛运动（2012天津）10（16分）如图所示，水平地面上固定有高为h的平台，台面上有固定的光滑坡道，坡道顶端距台面高度也为h，坡道底端与台面相切。小球A从坡道顶端由静止开始滑下，到达水平光滑的台面与静止在台面上的小球B发生碰撞，并粘连在一起，共同沿台面滑行并从台面边缘飞出，落地点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半，两球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。求（1）小球A刚滑至水平台面的速度vA；（2）A、B两球的质量之比mA：mB。【答案】（1）2gh （2）1:3水平方向：h2 = vt 联立上式各式解得：mAmB=13【考点定位】本题考查机械能守恒定律，动量守恒定律，平抛运动。（2012四川）23（16分）四川省“十二五”水利发展规划指出，若按现有供水能力测算，我省供水缺口极大，蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一。某地要把河水抽高20m，进入蓄水池，用一台电动机通过传动效率为80%的皮带，带动效率为60%的离心水泵工作。工作电压为380V，此时输入电动机的电功率为19kW，电动机的内阻为0.4。已知水的密度为1103kg/m3，重力加速度取10m/s2。求：（1）电动机内阻消耗的热功率；（2）将蓄水池蓄水864m3的水需要的时间（不计进、出水口的水流速度）。【答案】（1）1103W （2）2104s【解析】解：（1）电动机的电功率为：P = UI 电动机内阻r上消耗的热功率为：Pr= I2r 由以上两式，代入数据解得：Pr=1103W（2）设蓄水总质量为M，所用抽水时间和t，已知抽水高度为h，容积为V，水的密度为，则蓄水总质量：M =V质量为M的河水增加的重力势能为：EP=Mgh 电动机的输出功率为：P出=PPr 根据能量守恒定律得：P出t60%80% = EP联立以上各式，代入数据解得：t = 2104s【考点定位】本题以当地生活为背景，考查电功率、热功率、能量守恒定律。（2012北京）22（16分）如图所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上。已知l =1.4m，v =3.0m/s，m = 0.10kg，物块与桌面间的动摩擦因数u =0.25，桌面高h =0.45m。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求（1）小物块落地点距飞出点的水平距离s（2）小物块落地时的动能Ek（3）小物块的初速度大小v0【答案】（1）0.90m（2）0.90J（3）4.0m/s【解析】解：（1）物块飞离桌面后做平抛运动，根据平抛运动规律可得：水平方向：s = vt竖直方向：h = 12gt2 解得：s = v2hg = 0.90m（2）物块从飞离桌面到落地过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律得： Ek = 12 mv2 + mgh = 0.90J（3）物块在水平桌面上运动时，由动能定理得： -mgl = 12 mv2 - 12 mv02 解得：v0 = v2+2hl = 4.0 m/s【考点定位】本题属于力学综合题，考查平抛运动的规律，机械能守恒，动能定理。（2012江苏）14. (16 分)某缓冲装置的理想模型如图所示,劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连,轻杆可在固定的槽内移动,与槽间的滑动摩擦力恒为f. 轻杆向右移动不超过l 时,装置可安全工作. 一质量为m 的小车若以速度v0 撞击弹簧,将导致轻杆向右移动l4. 轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且不计小车与地面的摩擦.(1) 若弹簧的劲度系数为k,求轻杆开始移动时,弹簧的压缩量x;(2)求为使装置安全工作,允许该小车撞击的最大速度vm;(3)讨论在装置安全工作时,该小车弹回速度v和撞击速度v 的关系.【解析】（2） (1)轻杆开始移动时,弹簧的弹力 F =kx 且 F =f 于 解得 x = f/k (2) 设轻杆移动前小车对弹簧所做的功为W,则小车从撞击到停止的过程 中动能定理 同理,小车以vm 撞击弹簧时 解得 (3)设轻杆恰好移动时,小车撞击速度为 则 由解得当时，当时，【考点定位】胡可定律 动能定理（2012福建）21、如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一搜失去动力的小船沿直线拖向岸边。已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为，小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为t1，A、B两点间距离为d,缆绳质量忽略不计。求：（1）小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功；（2）小船经过B点时的速度大小；（3）小船经过B点时的加速度大小a。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）：小船从A点到达B点，受到的阻力恒为f,其克服阻力做的功为：（2）：从A到B由动能定理可知：解得：【考点定位】：动能定理，牛顿第二定律及运动得合成与分解，功等15. （2012海南）如图，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB是长为R的水平直轨道，BCD是圆心为O、半径为R的3/4圆弧轨道，两轨道相切于B点。在外力作用下，一小球从A点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点时撤除外力。已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C，重力加速度为g。求：（1）小球在AB段运动的加速度的大小；（2）小球从D点运动到A点所用的时间。解：（1）小球在BCD段运动时，受到重力mg、轨道正压力N的作用，如图所示。据题意，N0，且小球在最高点C所受轨道的正压力为零。NC=0。设小球在C点的速度大小为vC，根据牛顿第二定律有，mg=m小球从B点运动到C点，根据机械能守恒定律，设B点处小球的速度大小为vB，有mvB2=mvC2+2mgR，由于小球在AB段由静止开始做匀加速运动，设加速度大小为a，由运动学公式，有vB2=2aR，联立解得AB段运动的加速度的大小a=5g/2。（2）设小球在D点处的速度大小为vD，下落到A点时的速度大小为v，由机械能守恒（2012大纲版全国卷）26.（20分）（注意：在试题卷上作答无效）一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧的坡面呈抛物线形状。此队员从山沟的竖直一侧，以速度v0沿水平方向跳向另一侧坡面。如图所示，以沟底的O点为原点建立坐标系Oxy。已知，山沟竖直一侧的高度为2h，坡面的抛物线方程为y=x2，探险队员的质量为m。人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。（1）求此人落到坡面时的动能；（2）此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多少？【解析】（1）由平抛运动规律，x=v0t，2h-y=gt2，又y=x2，联立解得y=。由动能定理，mg(2h-y)=Ek-mv02，解得Ek = mg(2h- )+mv02=m (+v02)。（2）Ek =m (+v02) =m (+v02+gh-gh)。当= v02+gh，即v0= 时，他落在坡面时的动能最小。动能的最小值为Ek min= mgh。或：Ek =m (+v02) =m(-)2+3gh，当=即v0= 时，他落在坡面时的动能最小。动能的最小值为Ek min= mgh。【考点定位】考查平抛运动规律、动能定理及其相关知识。（2012安徽）24.（20分）如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量 M=2kg的小物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带始终以n=2m/s 的速度逆时针转动。装置的右边是一光滑的曲面，质量m=1kg的小物块B从其上距水平台面h=1.0m处由静止释放。已知物块B与传送带之间的摩擦因数 n=0.2, f=1.0m。设物块A、B中间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态。取g=10m/s2。（1）求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小；（2）通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边曲面上？（3）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当他们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后运动的速度大小。【答案】4m/sB将以4/3 m/s的速度返回皮带，无法通过皮带；【解析】 B从曲面滑下机械能守恒：得B滑到皮带前：B滑上皮带做匀减速运动: 解得B滑过皮带与A碰前速度：AB发生弹性碰撞，动量守恒、机械能守恒：碰后B的速度为v2,A的速度为Va2 联立两式解得： （舍去）B将以速度大小返回到皮带上做匀减速运动知速度为0有：解得，所以不能回到曲面。设B第m-1次与A碰后，从皮带返回再与A第n-1碰撞，联立解得： （舍去）由此可知B与A碰撞后每次只能保留碰前速度大小的，所以碰撞n次后B的速度应为 （n=0、1、2、3）【考点定位】能量守恒（2012广东）36.（18分） 图18（a）所示的装置中，小物块A、B质量均为m，水平面上PQ段长为l，与物块间的动摩擦因数为，其余段光滑。初始时，挡板上的轻质弹簧处于原长；长为r的连杆位于图中虚线位置；A紧靠滑杆（A、B间距大于2r）。随后，连杆以角速度匀速转动，带动滑杆作水平运动，滑杆的速度-时间图像如图18（b）所示。A在滑杆推动下运动，并在脱离滑杆后与静止的B发生完全非弹性碰撞。（1）求A脱离滑杆时的速度uo，及A与B碰撞过程的机械能损失E。（2）如果AB不能与弹簧相碰，设AB从P点到运动停止所用的时间为t1，求得取值范围，及t1与的关系式。（3）如果AB能与弹簧相碰，但不能返回道P点左侧，设每次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为Ep，求的取值范围，及Ep与的关系式（弹簧始终在弹性限度内）。【解析】 (1)由（b）图可知当滑杆的速度最大且向外运动时小物块A与滑杆分离，此时小物块的速度为 小物块A与B碰撞，由于水平面光滑则A、B系统动量守恒，则由动量守恒定律和能量守恒定律得： 解得： (2)AB进入PQ段做匀减速运动，由牛顿第二定律有： AB做减速运动的时间为 解得： 欲使AB不能与弹簧相碰，则滑块在PQ段的位移有 而 解得： (3) 若AB能与弹簧相碰，则 若AB压缩弹簧后恰能返回到P点，由动能定理得 解得： 的取值范围是： 从AB滑上PQ到弹簧具有最大弹性势能的过程中，由能量守恒定律得： 解得： 【考点定位】牛顿定律、功和能 （2012上海）33（14分）如图，质量为M的足够长金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上。一电阻不计，质量为m的导体棒PQ放置在导轨上，始终与导轨接触良好，PQbc构成矩形。棒与导轨间动摩擦因数为，棒左侧有两个固定于水平面的立柱。导轨bc段长为L，开始时PQ左侧导轨的总电阻为R，右侧导轨单位长度的电阻为R0。以ef为界，其左侧匀强磁场方向竖直向上，右侧匀强磁场水平向左，磁感应强度大小均为B。在t=0时，一水平向左的拉力F垂直作用在导轨的bc边上，使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度为a。（1）求回路中感应电动势及感应电流随时间变化的表达式；（2）经过多长时间拉力F达到最大值，拉力F的最大值为多少？（3）某过程中回路产生的焦耳热为Q，导轨克服摩擦力做功为W，求导轨动能的增加量。 【解析】（1）感应电动势为BLv，导轨做初速为零的匀加速运动，vat，BLat，sat2回路中感应电流随时间变化的表达式为：（2）导轨受外力F，安培力FA摩擦力f。其中FABILFfmFNm（mgBIL）m（mg）由牛顿定律FFAFfMa，FMaFAFfMammg（1m）上式中当R0at即t时外力F取最大值，F maxMammg（1m）B2L2，（3）设此过程中导轨运动距离为s，由动能定理W合DEk，W合Mas由于摩擦力Ffm（mgFA），所以摩擦力做功：WmmgsmWAmmgsmQ，s，DEkMas（WmQ），【考点定位】电磁感应、功和能、电路【2011高考】24（2011安徽）（20分）如图所示，质量M=2kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m=1kg的小球通过长L=0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0=4 m/s，g取10m/s2。（1）若锁定滑块，试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小和方向。（2）若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小。（3）在满足（2）的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离。球的机械能守恒。则 设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F，方向向下，则 由式，得 F=2N 由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2N，方向竖直向上。 （2）解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为v2，此时滑块的速度为V。在上升过程中，因系统在水平方向上不受外力作用，水平方向的动量守恒。以水平向右的方向为正方向，有 在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则 由式，得 v2=2m/s （3）设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始点的距离为s1，滑块向左移动的距离为s2，任意时