【物理】2020届二轮复习专题三 功和能第1课时功功率和功能关系学案
第1课时 功 功率和功能关系
高考命题点
命题轨迹
情境图
功和功率的分析与计算
2015
2卷17
15(2)17题 17(2)14题 18(3)19题
2017
2卷14
2018
3卷19
动能定理的应用
2015
1卷17
15(1)17题 17(2)24题
18(1)18题 18(2)14题
19(3)17题
2017
2卷24
2018
1卷14、18,
2卷14
2019
3卷17
机械能守恒和能量守恒定律的应用
2018
3卷17
力学中功能关系的理解和应用
2016
2卷21
16(2)21题 17(3)16题
2017
1卷24,
3卷16
1．几种力做功的特点
(1)重力、弹簧弹力、静电力做功与路径无关．
(2)摩擦力做功的特点
①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零，在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的转移，没有机械能转化为其他形式的能；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值．在一对滑动摩擦力做功的过程中，不仅有相互摩擦的物体间机械能的转移，还有部分机械能转化为内能，转化为内能的量等于系统机械能的减少量，等于滑动摩擦力与相对位移的乘积．
③摩擦生热是指滑动摩擦生热，静摩擦不会生热．
2．几个重要的功能关系
(1)重力的功等于重力势能的减少量，即WG＝－ΔEp.
(2)弹力的功等于弹性势能的减少量，即W弹＝－ΔEp.
(3)合力的功等于动能的变化，即W＝ΔEk.
(4)重力(或系统内弹簧弹力)之外的其他力的功等于机械能的变化，即W其他＝ΔE.
(5)系统内一对滑动摩擦力做的功是系统内能改变的量度，即Q＝Ff·x相对．
1．功和功率的求解
(1)功的求解：W＝Flcos α用于恒力做功，变力做功可以用动能定理或者图象法来求解．
(2)功率的求解：可以用定义式P＝来求解，如果力是恒力，可以用P＝Fvcos α来求解．
2．动能定理的应用技巧
若运动包括几个不同的过程，可以全程或者分过程应用动能定理.
例1 (多选)(2019·山东菏泽市下学期第一次模拟)如图1所示，半径为R的半圆弧槽固定在水平地面上，槽口向上，槽口直径水平，一个质量为m的物块从P点由静止释放刚好从槽口A点无碰撞地进入槽中，并沿圆弧槽匀速率地滑行到最低点B点，不计物块的大小，P点到A点高度为h，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是( )
图1
A．物块从P到B过程克服摩擦力做的功为mg(R＋h)
B．物块从A到B过程重力的平均功率为
C．物块在B点时对槽底的压力大小为
D．物块到B点时重力的瞬时功率为mg
答案 BC
解析 物块从A到B过程做匀速圆周运动，根据动能定理有mgR－Wf＝0，因此克服摩擦力做功Wf＝mgR，A项错误；根据机械能守恒，物块到A点时的速度大小由mgh＝mv2得v＝，从A到B运动的时间t＝＝，因此从A到B过程中重力的平均功率为＝＝，B项正确；物块在B点时，根据牛顿第二定律FN－mg＝m，求得FN＝，根据牛顿第三定律可知，FN′＝FN＝，C项正确；物块到B点时，速度的方向与重力方向垂直，因此重力的瞬时功率为零，D项错误．
拓展训练1 (多选)(2019·山东济宁市第二次摸底)如图2所示，A、B两物体的质量分别为m、2m，中间用轻杆相连，放在光滑固定的斜面上(轻杆与斜面平行)．现将它们由静止释放，在下滑的过程中( )
图2
A．两物体下滑的加速度相同
B．轻杆对A做正功，对B做负功
C．系统的机械能守恒
D．任意时刻两物体重力的功率相同
答案 AC
解析 因为A、B两物体用轻杆相连，一起运动，加速度相同，A正确；对两物体整体受力分析得：(2m＋m)gsin θ＝(2m＋m)a，整体加速度a＝gsin θ；设杆对B的力为F，隔离B可得：2mgsin θ＋F＝2ma，且a＝gsin θ，所以F＝0，B错误；只有重力对系统做功，动能和重力势能相互转化，机械能守恒，C正确；重力瞬时功率P＝mgvy，虽然两物体速度相同，但是质量不一样，则同一时刻两物体重力功率不一样，D错误．
拓展训练2 (多选)(2019·四川广元市第二次适应性统考)某质量m＝1 500 kg的“双引擎”小汽车，当行驶速度v≤54 km/h时靠电动机输出动力；当行驶速度在54 km/h
90 km/h时汽油机和电动机同时工作，这种汽车更节能环保．该小汽车在一条平直的公路上由静止启动，汽车的牵引力F随运动时间t变化的图线如图3所示，所受阻力恒为1 250 N．已知汽车在t0时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至第11 s末．则在前11 s内( )
图3
A．经过计算t0＝6 s
B．电动机输出的最大功率为60 kW
C．汽油机工作期间牵引力做的功为4.5×105 J
D．汽车的位移为160 m
答案 AC
解析 开始阶段，牵引力F1＝5 000 N，根据牛顿第二定律可得，F1－Ff＝ma，解得：开始阶段加速度a＝2.5 m/s2.v1＝54 km/h＝15 m/s，根据t0＝，解得t0＝6 s，故A项正确；t0时刻，电动机输出的功率最大，且Pm＝F1v1＝5 000×15 W＝75 000 W＝75 kW，故B项错误；汽油机工作期间，功率P＝F2v1＝6 000×15 W＝90 kW,11 s末汽车的速度v2＝＝ m/s＝25 m/s，汽油机工作期间牵引力做的功W＝Pt2＝90×103×(11－6) J＝4.5×105 J，故C项正确；汽车前6 s内的位移x1＝at02＝×2.5×62 m＝45 m，后5 s内根据动能定理得：Pt2－Ffx2＝
mv22－mv12，解得：x2＝120 m．所以前11 s时间内汽车的位移x＝x1＋x2＝45 m＋120 m＝165 m，故D项错误．
1．应用动能定理解题的基本思路
(1)确定研究对象和研究过程；
(2)进行运动分析和受力分析，确定初、末速度和各力做功情况，利用动能定理全过程或者分过程列式．
2．动能定理的应用
(1)动能定理是根据恒力做功和直线运动推导出来的，但是也适用于变力做功和曲线运动．
(2)在涉及位移和速度而不涉及加速度和时间问题时，常选用动能定理分析．
(3)动能定理常用于分析多运动过程问题，关键是明确各力及各力作用的位移．
例2 (多选)(2019·宁夏银川市质检)如图4所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，载人滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则( )
图4
A．动摩擦因数μ＝
B．载人滑草车最大速度为
C．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g
答案 AB
解析 对载人滑草车从坡顶由静止到底端的全过程分析，由动能定理可知：mg·2h－μmgcos 45°·－μmgcos 37°·＝0，解得μ＝，选项A正确； 对经过上段滑道的过程分析，根据动能定理有mgh－μmgcos 45°·＝mv2，解得：v＝，选项B正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，选项C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为a＝＝
g，选项D错误．
拓展训练3 (2019·山西五地联考上学期期末)如图5所示，固定斜面倾角为θ.一轻弹簧的自然长度与斜面长相同，都为L，弹簧一端固定在斜面的底端，将一个质量为m的小球放在斜面顶端与弹簧另一端接触但不相连，用力推小球使其挤压弹簧并缓慢移到斜面的中点，松手后，小球最后落地的速度大小为v，不计空气阻力和一切摩擦，重力加速度为g，则该过程中，人对小球做的功W及小球被抛出后离地面的最大高度H分别为( )
图5
A.mv2－mgLsin θ；
B.mv2；
C.mv2－mgLsin θ；
D.mv2－mgLsin θ；
答案 A
解析 对人从开始压弹簧到小球落地的整个过程，由动能定理得W＋mgLsin θ＝mv2－0，
则W＝mv2－mgLsin θ；
设小球离开斜面时的速度为v0.对小球做斜抛运动的过程，由动能定理得mgLsin θ＝mv2－mv02；
从最高点到落地的过程，由动能定理得mgH＝mv2－m(v0cos θ)2，
联立解得：H＝.
拓展训练4 (2019·云南昭通市上学期期末)如图6，固定在竖直平面内的倾斜轨道AB，与水平固定光滑轨道BC相连，竖直墙壁CD高H＝0.2 m，在地面上紧靠墙壁固定一个和CD等高，底边长L1＝0.3 m的固定斜面．一个质量m＝0.1 kg的小物块(视为质点)在轨道AB上从距离B点L2＝4 m处由静止释放，从C点水平抛出，已知小物块与AB段轨道间的动摩擦因数为0.5，通过B点时无能量损失；AB段与水平面的夹角为37°.(空气阻力不计，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
图6
(1)求小物块运动到B点时的速度大小；
(2)求小物块从C点抛出到击中斜面的时间；
(3)改变小物块从轨道上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值．
答案 (1)4 m/s (2) s (3)0.15 J
解析 (1)对小物块从A到B过程分析，根据动能定理有：mgL2sin 37°－μmgL2cos 37°＝mvB2，
解得：vB＝4 m/s；
(2)设物块落在斜面上时水平位移为x，竖直位移为y，如图所示：
对平抛运动，有：
x＝vBt，
y＝gt2，
结合几何关系，有：＝＝，
解得：t＝ s或t＝－ s(舍去)；
(3)设小物块从轨道上A′点静止释放且A′B＝L，运动到B点时的速度为vB′，对物块从A′到碰撞斜面过程分析，根据动能定理有：mgLsin 37°－μmgcos 37°·L＋mgy＝mv2－0
对物块从A′到运动到B过程分析，根据动能定理有
mvB′2＝mgLsin 37°－μmgLcos 37°
又x＝vB′t，y＝gt2，＝
联立解得：mv2＝mg(＋－)，
故当＝，即y＝H＝0.12 m时，动能最小为Ekmin，代入数据，解得Ekmin＝0.15 J.
1．机械能守恒的判断
(1)利用机械能守恒的定义判断；
(2)利用做功判断；
(3)利用能量转化判断；
(4)对于绳突然绷紧和物体间非弹性碰撞问题，机械能往往不守恒．
2．解题步骤
(1)选取研究对象，分析物理过程及状态；
(2)分析受力及做功情况，判断机械能是否守恒；
(3)选取参考面，根据机械能守恒列式．
3．应用技巧
对于连接体的机械能守恒问题，常常应用重力势能的减少量等于动能的增加量来分析和求解．
例3 (多选)(2019·福建厦门市上学期期末质检)有一款蹿红的小游戏“跳一跳”，游戏要求操作者通过控制棋子(质量为m，可视为质点)脱离平台时的速度，使其能从同一水平面上的平台跳到旁边的另一平台上．如图7所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹，轨迹的最高点距平台上表面高度为h，不计空气阻力，重力加速度为g，则( )
图7
A．棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加mgh
B．棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，机械能增加mgh
C．棋子离开平台后距平台面高度为时动能为
D．棋子落到另一平台上时的速度大于
答案 AD
解析 设平台表面为零势能面，则棋子在最高点的重力势能为mgh，故棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加mgh，A正确；棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，不计空气阻力，只有重力做功，机械能守恒，B错误；取平台表面为零势能面，则棋子在最高点的机械能E＝mgh＋mv，vx为棋子在最高点的速度．由于机械能守恒，则棋子离开平台后距平台面高度为时，动能为Ek＝E－mgh＝mgh＋mv>，C
错误；设棋子落到另一平台时的瞬时速度大小为v，棋子从最高点落到另一平台的过程中，根据动能定理得：mgh＝mv2－mv，解得：v＝>，D正确．
拓展训练5 (多选)(2019·福建厦门市第一次质量检查)如图8所示，在竖直面内固定一半径为R的圆环，AC是圆环竖直直径，BD是圆环水平直径，半圆环ABC是光滑的， 半圆环CDA是粗糙的．一质量为m的小球(视为质点)在圆环的内侧A点获得大小为v0、方向水平向左的速度，小球刚好能第二次到达C点，重力加速度大小为g，不计空气阻力．在此过程中( )
图8
A．小球通过A点时处于失重状态
B．小球第一次到达C点时速度为
C．小球第一次到达B点时受到圆环的弹力大小为m(－2g)
D．小球与圆环间因摩擦产生的热量为mv－mgR
答案 CD
解析 小球通过A点时，加速度向上，处于超重状态，选项A错误；因小球刚好能第二次到达C点，则此时mg＝m，可知小球第二次到达C点的速度为vC＝，因在轨道CDA上运动时要克服阻力做功，可知小球第一次到达C点的速度大于，选项B错误；小球从A到第一次到达B点，由动能定理：－mg·R＝mv－mv；在B点：FNB＝m，联立解得：FNB＝m(－2g)，选项C正确；根据能量守恒可知，此过程中，小球与圆环间因摩擦产生的热量为 Q＝mv－mv－mg·2R＝mv－mgR，选项D正确．
例4 (多选)(2019·东北三省四市教研联合体模拟)如图9所示，斜面1、曲面2和斜面3的顶端高度相同，底端位于同一水平面上，斜面1与曲面2的水平底边长度相同．
一物体与三个面间的动摩擦因数相同，在它由静止开始分别沿三个面从顶端下滑到底端的过程中，下列判断正确的是( )
图9
A．物体减少的机械能ΔE1＝ΔE2>ΔE3
B．物体减少的机械能ΔE2>ΔE1>ΔE3
C．物体到达底端时的速度v1＝v2W克3，由于在轨道2上滑动时，为曲线运动，由牛顿第二定律可得FN＝mgcos θ＋m，所以在轨道2上滑动时滑动摩擦力大于μmgcos θ，则W克2>W克1，故W克2>W克1>W克3，由此可知物体减少的机械能ΔE2>ΔE1>ΔE3；由动能定理可知mgh－W克＝mv2，由于W克2>W克1>W克3可得v2
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