第6讲　功和能-高考物理二轮复习（含答案）

第第页第6讲功和能-高考物理二轮复习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．4×105J B．4×104J C．4×103J D．4×102J2．一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．2kv2η B．kv223．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gA．物块的位移大小为2B．物块机械能增量为5mC．小车的位移大小为16Pv0D．小车机械能增量为8Pv0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10N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0.3m，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．0 B．－3J C．－6J D．－18J【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1250kg，行驶时所受阻力恒为1250N，t0时刻汽车达到15m/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4m/s2B．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25m/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＞RA．(mg－f)H B．C．mgH＋12mgR＋f(H－R＋π【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＝2.5m，A点距地面的高度h＝1.95m，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sin37°＝0.6，重力加速度大小g＝10m/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2gRC．小球与半球分离时，小球离地的竖直高度为2D．小球与半球分离时速度大小为2【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．3－110mgL B．3+110mgL C．3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19B．合外力对运动员做的功为19C．运动员的机械能减少量为19D．空气阻力对运动员做的功为19【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＝0.40m②。一轻质弹簧的左端固定在竖直墙上，右端连接一个质量m＝0.20kg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＝6.0m/s①，运动到最高点A时的速度vA＝3.0m/s②，已知重力加速度g＝10m/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：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＝6.0m/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＝0.40m②运动到最高点A时的速度vA＝3.0m/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规律总结应用能量守恒定律解决问题的思路三个思路守恒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【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1000NB．汽车的额定功率为120kWC．汽车加速运动的时间为22.5sD．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】B2．【答案】A【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η3．【答案】C【解析】【解答】A：对物块，根据牛顿第二定律有μmgcos30°－mgsin30°＝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·sin30°＝32mv02，故B错误；

C：对小车，根据动能定理有Pt－(μmgcos30°＋mgsin30°)x＝12mv02，其中4．【答案】D【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×0.3J＝6πJ≈18J，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【解析】【解答】A：汽车刚启动时，由牛顿第二定律得，F－f＝ma，且F＝5000N，解得加速度a＝3m/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＝6000N，v0＝15m/s，F1＝3600N，解得t1时刻汽车的速率为25m/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t16．【答案】C【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，

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mgxsinθ－μmgcosθ·x＝12mv解得v0＝5m/s。（2）解：雪块从A点到落地的过程中，由动能定理有mgh＝12mv12－解得v1＝8m/s雪块离开A点的水平速度大小为vx＝v0cosθ则雪块落地时的速度方向与水平方向的夹角满足cosα＝v解得α＝60°【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【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mgcosα＝mv'2R，由几何关系和机械能守恒有mgR（1－cosα）＝12mv'2，解得cosα＝23，此时小球离地面高度h＝Rcosα＝23R，9．【答案】B【解析】【解答】甲下降的高度为h甲＝3L2cos30°＝L，乙下降的高度为h乙＝（3L－3L2cos30°）sin30°＝（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sin30°，

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＋110．【答案】C【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＝8911．【答案】（1）根据能量守恒定律，弹簧的弹性势能Ep＝12m代入数据可得Ep＝12×0.20×6.02（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12mvB