全国通用高考物理应考策略专题点睛3功和能

专题1

应考策略

方法技巧考点16

功和功率(Ⅱ)(1)功的两个不可缺少的因素：力和在力的方向上发生的位移.①恒力做功的计算公式：W＝Flcos

α.(l：对地位移)②当F为变力时，用动能定理W＝ΔEk或功能关系求功.三、功和能③利用F－l图象曲线下的面积求功.④利用W＝Pt计算.⑤若Ff大小不变，方向始终与v相反，则Wf＝－Ff·l路程⑥滑动摩擦力Ff对系统做功，Wf＝Ff·Δx＝Q.(2)功率：描述做功快慢的物理量.①功率定义式：P＝W

所求功率是时间t内的平均功率.t

.②功率计算式：P＝Fvcos

α.其中α是力与速度间的夹角.考点17动能、动能定理(Ⅱ)kE

＝1

v2，标量2m动能定理表达式：12

2W＝1

v

－

mvm2

20.说明：①研究对象是单一物体，有时也可以是系统.②W是外力功，包括自身重力.③合力功由W合＝W1＋W2＋W3＋…或W合＝F合l来计算.④ΔEk是动能增量，ΔEk>0、ΔEk＝0、ΔEk<0分别表示动能增加、不变和减少.考点18考点19重力势能(Ⅱ)弹性势能(Ⅰ)WG＝mgh.特点：与路径无关，只由初、末位置的高度差决定.重力势能Ep＝mgh，式中的h是物体相对零势能面的高度，它与零势能面的选择有关.考点20考点21机械能守恒定律及其应用(Ⅱ)能量守恒(Ⅰ)(1)重要的功能关系：①WG＝－ΔEp；②W合＝ΔEk；③W非G＝ΔE；④Q＝Ff·Δx.(2)机械能守恒定律：在只有系统内重力和弹簧弹力做功时，物体的动能与重力势能、弹性势能相互转化，机械能总量

保持不变.机械能守恒定律有以下几种表达形式：①E1＝E2；②增加量＝减少量.，沿水平方1.物体放在水平地面上，在水平拉力的作用下运动，在0.6

s内其速度与时间关系的图象和拉力的功率与时间关系的图象如图1所示，由图象可以求得物体的质量为考点热身精练图11

2

3

4向(取g＝10

m/s2)(

)A.2

kgC.3

kgB.2.5

kgD.3.5

kg解析

匀速运动时拉力等于摩擦力，为：1

2

3

42

fv

4F

＝F

＝P＝10

N＝2.5

N.匀加速运动拉力为恒力，v随时间均匀增大，所以P随t均匀增大.P′30F1＝v′＝

4

N＝7.5

N.F1－Ff＝ma，a＝4

m/s2＝2

m/s22可得m＝2.5

kg.故B正确，A、C、D错误.答案

B面上的物体A2.(多选)人用绳子通过光滑定滑轮拉静止在地

，A穿在光滑的竖直杆上.当人以速度v竖直向下匀速拉绳使质量为m的物体A上升高度h后到达如图2所示位置时，绳与竖直杆的夹角为θ.已知重力加速度为g，则下列说法正确的是(

)图21

2

3

4A.此时物体A的速度为

v

cos

θB.此时物体A的速度为vcos

θC.该过程中绳对物体A做的功为mgh＋

mv22cos2θD.该过程中绳对物体A做的功为mgh＋mv2cos2θ1

2

3

4解析

将A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，如图所示.拉绳子的速度等于A沿绳子方向的分速度，根据cos

θ

v

平行四边形定则得，实际速度vA＝

，故A正确，B错误；1

2

3

4答案

AC1

2

3

4在

A

上升的过程中，根据动能定理有：－mgh＋W＝1

v2mA2－1v20，即绳对A

做的功为：W＝mgh＋2mcos2θ，故C

正确，D错误.以一定的3.已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，

速度匀速运动.某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图3a所示)，以此时为t＝0时刻记录了物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图b所示(图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两纵坐标大小v1>v2).已知传送带的速度保持不变，g取10m/s2.则下列判断正确的是(

)1

2

3

4图31

2

3

4A.0～t1内，物块对传送带做正功B.物块与传送带间的动摩擦因数为μ，μ<tan

θ1

2

3

42－1C.0～t

内，传送带对物块做功为1

v

mv2

2m

2

221D.系统产生的热量一定比物块动能的减少量大1

2

3

4解析由题图可知：物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向向上.0～t1时间内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带做负功.A错；在t1～t2时间内，物块向上运动，则有：μmgcos

θ>mgsin

θ，μ>tan

θ，B错；0～t21

2

3

4时间内，由题图可知：它所围的面积是物块发生的位移，物块的总位移沿传送带向下，高度下降，重力对物块做2－12正功，设为

W

，根据动能定理得：W＋W ＝1

v

mv

，G

G

2m

2

2

1则传送带对物块做的功

W≠1

v2m2－122

12mv

.由此可知C

错；物块的重力势能减小，动能也减小，都转化为系统产生的内能，由能量守恒定律可知：系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小，D正确.答案

D够长的水平4.如图4所示，倾角为θ＝37°的固定斜面与足

面平滑对接，一劲度系数k＝18N/m的轻质弹簧的上端固定于斜面顶端，另一端连一质量为m＝1kg的光滑小球A，跟A紧靠的物块B(质量也是m)与斜面之间的动摩擦因数μ1＝0.75，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.1，图中施加在B上的力F＝18N，方向沿斜面向上，A和B均处于静止状态，且斜面对B恰无摩擦力.当撤去力F后，1

2

3

4直在斜面图41

2

3

4A和B一起沿斜面下滑到某处时分离，分离后A一

上运动，B继续沿斜面下滑，已知：sin

37°＝0.6，cos

37°＝0.8，重力加速度g＝10

m/s2.试求：1

2

3

4(1)A和B分离后A能否再回到出发点？请简述理由；解析

A不能回到出发点，因为小球与物块一起下滑过程，物块对小球的弹力做负功而使小球和弹簧的机械能减少.1

2

3

4(2)A和B分离时B的速度.解析

未撤去力F时，对A和B整体，根据平衡条件得：2mgsin

θ＋F1＝F其中弹力为：F1＝kx113解得弹簧的压缩量为：x

＝1

m分离时，AB之间无弹力作用，但速度和加速度相等，根据牛顿第二定律，对B：mgsin

θ－Ff＝maB其中Ff＝μ1mgcos

θ联立解得aB＝0对A：mgsin

θ－F2＝maA，其中弹力F2＝kx2A

B

23由a

＝a

＝0，解得分离时弹簧的伸长量为：x

＝1

m1

2

3

4可见x1＝x2，AB整体运动到分离，弹簧的弹力做功为零，根据动能定理有：1

2

f

1

22mgsin

θ(x

＋x