專題二動量與能量

專題二動量與能量

第4講功與能

I考情分析

2018年2019年2020年核心解讀

考點

/卷〃卷in卷I卷口卷m卷/卷〃卷HI卷

近幾年全國卷對功能關(guān)系這一

T19

部分的命題呈現(xiàn)多樣化趨勢，

1,功與功率從近幾年高考來看,關(guān)于功與功率的考查,多以選擇題的

不但從動能定理、機械能守恒

形式出現(xiàn),有時與電流及電磁感應(yīng)相結(jié)合命題

定律等知識出特講行考杳.還

T14T25T18T25T25T22

從運動形式的偉唐如平拋運

2.動能定理動能定理及能量守恒定律仍是高考考查的重點。高考題

動、勻變速直線運動、圓周運

能量守恒定注重與生產(chǎn)、生活、科技相結(jié)合,將對相關(guān)知識的考查

動等進行綜合考查。

律放在一些與實際問題相結(jié)合的情境中去,能力要求不會

在備考中一定要對本部分的基

降低

本知識如動能、勢能、動能定

T18T15T20

3.機械能守理、機械能守恒定律、能量守

功和能的關(guān)系一直是高考的“重中之重”，是高考的熱

恒定律功恒定律等熟練掌握,并注意知

點和重點，涉及這部分內(nèi)容的考題不但題型全、分值重，

能關(guān)系識點在運動形式中的應(yīng)用

而且還經(jīng)常有壓軸題

考題深研-考點突破

考點一功與功率

高考經(jīng)典再研

典例1（多選）（2018課標(biāo)/〃,19,6分）地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機通過豎井運送

到地面。某豎井中礦車提升的速度大小r隨時間2的變化關(guān)系如圖所示，其中圖線①②分別描

述兩次不同的提升過程,它們變速階段加速度的大小都相同;兩次提升的高度相同,提升的質(zhì)量

相等。不考慮摩擦阻力和空氣阻力。對于第①次和第②次提升過程，（AC）

、①

0，。4'

A.礦車上升所用的時間之比為4：5

B.電機的最大牽引力之比為2:1

C.電機輸出的最大功率之比為2:1

D.電機所做的功之比為4：5

考查角度功、功率等概念及牛頓第二定律等規(guī)律與圖像的綜合

素養(yǎng)立意物理觀念、科學(xué)思維

圖線與Z軸所圍的面積表示位移，兩次位移相同即兩圖線與時間軸圍成的面積相

等，據(jù)此可以求得兩次所用的時間之比；廣大圖線的斜率表示加速度，由牛頓第二定律

思維引領(lǐng)

可以求得最大牽引力之比；由尸外可分析求解電機輸出的最大功率；由于電機牽引

力是變力,可根據(jù)動能定理求解變力做的功

模型構(gòu)建除動能定理之外，求解變力做功的常用方法還有微元法、化變力為恒力、圖像法等

國圖1地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機通過豎井運送到地面。電機帶動一根鋼繩豎

直向上提升礦車,礦車從靜止開始運動,鋼繩拉力的功率按如圖所示規(guī)律變化，已知礦車的質(zhì)量

為他重力加速度為g。0%時間內(nèi)礦車做勻加速直線運動，友時刻后功率保持不變，"時刻礦車

達到最大速度，則下列說法正確的是（）

A.礦車始終做勻加速直線運動

B.0%時間內(nèi)礦車的加速度大小為小一

mgt0

C.布時刻礦車的速度大小為生

mg

D.0W時間內(nèi)礦車上升的高度為意?「愛）-編

*答案D0%時間內(nèi)礦車做勻加速直線運動，歸時刻后功率保持不變，根據(jù)R分知，/增

大,廠減小，礦車做加速度減小的加速運動，當(dāng)加速度減小到零后,礦車做勻速直線運動,故A錯

誤；0階段,P=Fv=Fat,F^mgHna得P=(mg+ma)at,可知圖線的斜率k=~/n(g+a)a,可知a#-2-,

tomgt0

故B錯誤;在右時刻礦車速度達到最大,產(chǎn)mg,則速度％=?曳,可知右時刻礦車的速度小于紅,故C

mgmg

錯誤;尸t圖線與時間軸圍成的面積表示牽引力做功的大小，根據(jù)動能定理得，竽+&e「幻-

儂丹礴，解得樂總O沙島,故D正確。

突破核心整合

一、求變力做功的方法

所謂變力就是變化的力，因為力是矢量,所以可以是力的大小變化,也可以是力的方向變化,

還可以是力的大小和方向都變化，求解變力做功的方法一般有以下五種:

方法以例說法方法總結(jié)

用力夕把小球從A處緩慢拉到8處,夕做

動能定理既適用于直線運動，也適用于曲

功為強,則有WrmgL{\-cos〃)=0,得

應(yīng)用動線運動，既適用于求恒力做功,也適用于

W^mgL^X-cos（））

能定理求變力做功。用動能定理可由動能的變

化來求功,是求變力做功的首選

恒力廠把物塊從A拉到B,繩子對物塊做變力做功一般難以直接求解，但若通過轉(zhuǎn)

功i(熹一磊)

等效換研究的對象,有時可轉(zhuǎn)化為求恒力做

轉(zhuǎn)換法功,用杵Flcosa求解。此法常常應(yīng)用

于輕繩通過定滑輪拉物體的問題中

質(zhì)量為R的木塊在水平面內(nèi)做圓周運動,將木塊的位移分割成許多小段,因小段很

運動一周克服摩擦力做功小,每一小段上作用在木塊上的力可以視

微元法

WkR?△*+￡??△至+￡?△天+…為恒力,這樣就將求變力做功轉(zhuǎn)化為求在

=月(/\為+4為+4在+?“)=￡」2n彳無數(shù)多個無窮小的位移上的恒力所做功

的代數(shù)和。此法常應(yīng)用于求解大小不

變、方向改變的變力做功問題

彈簧由伸長為被繼續(xù)拉至伸長在的過程若力的方向不變,而大小隨位移(注意不

平均中,克服彈力做功心普.(岳-為)是隨時間)均勻變化時,則可以認為物體

力法受到一大小為#上詈的恒力作用,然后用

pWOW'-f

公式喊1cosa求此變力所做的功

-水平拉力拉著-物體在水平面上運動的在I圖像中，圖線與*軸所圍“面積

的代數(shù)和表示力6在這段位移所做的功,

位移為的I圖線與x軸所圍面積表示

且位于x軸上方的“面積”為正，位于x

圖像法拉力所做的功，聆空的

軸下方的“面積”為負。此方法適用于

求圖線所圍圖形規(guī)則的情況(如三角形、

矩形、圓等規(guī)則的幾何圖形)

二、機車啟動的兩種模型

1.模型一：以恒定功率啟動

(1)動態(tài)過程

(2)這一過程的Ft圖像和廣大圖像如圖所示:

2.模型二：以恒定加速度啟動

(1)動態(tài)過程

保持P.不當(dāng)辰K保持

au---——一口當(dāng)P=P.

。不最「導(dǎo)Wa#O變，咻F\時Q=0,"W

_F_F3”達到最

F不變。仍增大*m大速度”.I勻速運動

1■勻加速立線運動-J*-加速度逐漸減小上勻速直'

的變加諫運動，線運動-1

⑵這一過程的尸t圖像和L力圖像如圖所示:

模擬對點演習(xí)

1.如圖所示為伽利略斜面實驗的頻閃照片。小球沿左側(cè)斜面從靜止?fàn)顟B(tài)開始向下運動,將沖上

右側(cè)的斜面。減小右側(cè)斜面的傾角，如圖中1、2所示，球達到同一高度時就會運動的更遠。右

側(cè)斜面放平,球的運動如圖中3所示。若小球釋放高度固定,在斜面上可視為勻變速直線運動,

下列分析中正確的是（）

A.小球在斜面1和2向上運動時所受合外力方向相同

B.小球在斜面1上運動的加速度小于在斜面2上運動的加速度

C.在斜面1上合外力對小球做的功等于在斜面2上合外力對小球做的功

D.因為在水平面上小球只受到向前的沖力,所以小球在平面3上運動得更遠

“答案C設(shè)斜面與水平面所成角度為0,可得F后mgsin0,由于斜面1傾角不等于斜面2

傾角，因此小球在斜面1和2向上運動時所受合外力方向不相同,故A錯誤；由牛頓第二定律可

得mgsin，=儂，則爐gsin。，由于斜面1傾角大于斜面2傾角，因此小球在斜面1上運動的

加速度大于在斜面2上運動的加速度，故B錯誤;設(shè)在最低點的速度為如根據(jù)動能定理得/仁0-

夕說，歸0-%說,由此可得/仁他故C正確；因為在水平面上小球不會有動能與重力勢能轉(zhuǎn)換的

過程,因此運動得更遠,故D錯誤。

2.（2020四川南充適應(yīng)性測試）如圖所示,輕繩的一端固定于。點，另一端系一小球。在水平拉力

作用下，小球以恒定速率在豎直平面內(nèi)由A點運動到6點。在此過程中拉力的瞬時功率變化情

況是（）

A.逐漸增大B.逐漸減小

C.先增大,后減小D.先減小,后增大

*答案A因為小球是以恒定速率運動，即它是做勻速圓周運動,那么小球受到的重力G、水平

拉力尺繩子拉力7三者的合力必定沿繩子指向。點。設(shè)繩子與豎直方向夾角是應(yīng)則9tan

o（尸與G的合力必與繩子拉力在同一直線上），解得六Gtan〃，而水平拉力尸的方向與速度r

的方向夾角也是〃，所以水平拉力產(chǎn)的瞬時功率是尸何cos〃，則6Grsin〃，從4到6的過

程中，9是不斷增大的,所以水平拉力少的瞬時功率是一直增大的,故A正確。

3.（多選）（2020安徽部分重點中學(xué)聯(lián)考）一質(zhì)量為800kg的電動汽車由靜止開始沿水平直公路

行駛,達到的最大速度為18m/s,利用傳感器測得此過程中不同時刻電動汽車的牽引力?與對應(yīng)

的速度匕并描繪出任工圖像如圖所示,圖中AB、比'均為直線,若電動汽車行駛過程中所受的阻

V

力恒定，由圖像可知，下列說法正確的是（）

A.電動汽車由靜止開始先做變加速直線運動,后做勻速直線運動

B.電動汽車的額定功率為10.8kW

C.電動汽車由靜止開始經(jīng)過2s,速度達到6m/s

D.電動汽車行駛速度為10m/s時,加速度大小為0.6m/s2

M答案BD48段牽引力不變，根據(jù)牛頓第二定律知，加速度不變，電動汽車做勻加速直線運

動,回段圖線斜率依臺夕人。不變,可知電動汽車做加速度減小的加速運動,達到最大速度

V

%=18m/s后，電動汽車做勻速直線運動,A錯誤；額定功率尸方&n%x=600X18W=10.8kW,故B

正確；電動汽車達到最大速度聯(lián)118m/s后做勻速直線運動，由圖像及平衡條件知電動汽車行駛

過程中所受阻力行凡產(chǎn)600N,則勻加速階段的加速度大小a=Fmax"3m/g2=3到達

m800

p

6點時的速度大小此展額T魯m/s=3.6m/s,所以勻加速的時間大廣也=1.2s,若電動汽車一

直做勻加速運動，則由靜止開始經(jīng)過2s后的速度大小kab3X2m/s=6m/s,但電動汽車在啟

動L2s后做加速度減小的加速運動，所以電動汽車由靜止開始經(jīng)過2s,速度小于6m/s,故C

錯誤；電動汽車行駛速度為10m/s時,牽引力4里1080N,加速度大小且'=2=卡普

%m800

m/s2=0.6m/s；D正確。

考點二動能定理

高考經(jīng)典再研

典例2(2019課標(biāo)以17,6分)從地面豎直向上拋出一物體,物體在運動過程中除受到重力

外,還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用。距地面高度力在3m以內(nèi)時，物

體上升、下落過程中動能及隨力的變化如圖所示。重力加速度取10m/s?。該物體的質(zhì)量為

(C)

A.2kgB.1.5kgC.1kgD.0.5kg

考查角度動能定理在豎直拋體運動中的應(yīng)用；動能定理與圖像的綜合

素養(yǎng)立意物理觀念、科學(xué)思維

可從物理過程上分析：由笈隨力的變化圖像可知上升和下降過程動能的變化量,再由

思維引領(lǐng)動能定理分別列式聯(lián)立求解物體的質(zhì)量;可從圖像規(guī)律上把握:瓦r圖像中直線或曲

線上某點切線斜率的絕對值表示物體受到合力歹的大小

瓦-x圖像描述的是物體的動能及隨位移x變化的關(guān)系,設(shè)物體受到的合力大小為F,

在一段很短的位移內(nèi)物體動能的變化為△瓦。由動能定理有尸△產(chǎn)△瓦，可得

規(guī)律方法

人竽,故瓦-x圖像中直線或曲線上某點切線斜率的絕對值表示物體受到合力尸的大

Ax

小

融2從地面豎直向上拋出一物體,物體在運動過程中除受到重力外,還受到大小恒定的空

氣阻力作用。距地面高度力在L5m以內(nèi)時，物體上升、下落過程中動能及隨力的變化如圖所

B.上升時處于超重狀態(tài)，下落時處于失重狀態(tài)

C.上升的最大高度為3m

D.落地時的速率為12m/s

金答案C根據(jù)圖像可知物體在上升過程中，動能減小，做減速運動，下落過程中，動能增大,

做加速運動,A錯誤;根據(jù)動能定理可知,反-h圖像斜率表示合外力，即根據(jù)圖像可知合

外力方向始終向下,加速度向下,物體始終處于失重狀態(tài),B錯誤;上升過程中合外力大小

F、=wN=12N,根據(jù)動能定理可知-四女，bA笈…解得以="鬻更fm=3m,C正確；上升過程

1.5Fi12

￡=力景戶12N,下落過程￡=而「行|彳￡卜=8N,解得爐1kg,根據(jù)區(qū)=，?/可知落地時的速率

突破核心整合

一、動能定理的應(yīng)用

1.應(yīng)用動能定理解題的“兩狀態(tài),一過程”

“兩狀態(tài)”即明確研究對象的始、末狀態(tài)的速度或動能情況；“一過程”即明確研究過程,

確定這一過程中研究對象的受力情況和位置變化或位移等信息。

2.應(yīng)用動能定理解題的基本思路

末

初

、

狀

動

明確研態(tài)

能

差

究對象之

二、應(yīng)用動能定理解題應(yīng)注意的三個問題

L動能定理往往用于單個物體的運動過程，由于不涉及加速度及時間，比動力學(xué)研究方法要

簡潔。

2.動能定理表達式是一個標(biāo)量式,在某個方向上應(yīng)用動能定理是沒有依據(jù)的。

3.物體在某個運動過程中包含幾個運動性質(zhì)不同的小過程（如加速、減速的過程），此時可

以分段考慮,也可以對全過程考慮，但若能對整個過程利用動能定理列式則可使問題簡化。

模擬對點演習(xí)

1.（2020河北唐山一模）如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為#的圓弧軌道,半徑以水平、如豎

直,一個質(zhì)量為R的小球自A的正上方尸點由靜止開始自由下落，小球沿軌道到達最高點6時恰

好對軌道沒有壓力。已知/任2用重力加速度為g,則小球從尸到3的運動過程中（）

A.重力做功2mgR

B.機械能減少mgR

C.合外力做功mgR

D.克服摩擦力做功？〃就

2

上答案D小球到達6點時,恰好對軌道沒有壓力，故只受重力作用，根據(jù)加二/得，小球在6點

的速度尸病。小球從尸點到6點的過程中，重力做功杵mgR,故A錯誤;減少的機械能△少減

=mgR-^mv=~mgR,故B錯誤;合外力做功Wmm卡［mgR,故C錯誤;根據(jù)動能定理得

所以W尸mg吟md=^mgR,故D正確。

2.（2020甘肅蘭州診斷）發(fā)光彈弓彈射飛箭是傍晚在廣場常見的兒童玩具,其原理是利用彈弓將

發(fā)光飛箭彈出后在空中飛行。若小朋友以大小為方的初動能將飛箭從地面豎直向上彈出，飛箭

落回地面時動能大小為手,設(shè)飛箭在運動過程中所受空氣阻力的大小不變,重力加速度為g,以地

面為零勢能面，則下列說法正確的是（）

A.飛箭上升階段克服空氣阻力做的功為白

B.飛箭下落過程中重力做功為等

16

C.飛箭在最高點具有的機械能為！

O

D.飛箭所受空氣阻力與重力大小之比為1：7

*答案D飛箭上升階段和下降階段克服空氣阻力做功相等,則上升階段克服空氣阻力做的功

七(E-|E片,選項A錯誤;下降過程由動能定理有解得修,則飛箭在最高點具有

的機械能為9區(qū)選項B、C錯誤;根據(jù)胎Fs可知與察云,選項D正確。

8GWQ7

3.(2020遼寧沈陽二模)如圖,科研人員在研究某運動賽道路面特性時,將一質(zhì)量為卯的小滑塊

(視為質(zhì)點)在半徑為彳的工圓弧/端由靜止釋放,運動到6點時速度為%?；瑝K第一次離開6處

4

后,撤掉圓弧軌道,滑塊在可視為光滑材料的水平面上運動一段距離后,通過換向軌道由。點過

渡到傾角為9、長6的斜面軌道切上，切之間鋪了一層勻質(zhì)特殊材料，其與滑塊間的動摩擦因

數(shù)〃可調(diào)節(jié)。斜面底部。點與光滑水平地面平滑相連，地面上一根輕彈簧一端固定在。點，自

然狀態(tài)下另一端恰好在〃點。認為滑塊通過。和〃前后速度大小均不變,最大靜摩擦力等于滑

動摩擦力。不計空氣阻力，重力加速度為g。

(1)求滑塊對4點壓力大小以及在47上克服阻力所做的功；

(2)求滑塊從C剛好運動到〃時的動摩擦因數(shù)及運動時間；

(3)假設(shè)〃<tan。且比第(2)問動摩擦因數(shù)小,滑塊最終停在。點，求P的最小值。

幡案⑴研等mg吟聯(lián)

R2

(2送+gsin?？?/p>

gcosOv0

(3)—璉—

4gs?cosO

*解析(1)設(shè)滑塊在6點所受的支持力為FM則R-g格,因此人=暗愿由牛頓第三定律可知,

RR

滑塊對8點的壓力大小K'二大二儂

i\

根據(jù)動能定理可知

所以叫二儂*屐

⑵設(shè)滑塊與⑦間的動摩擦因數(shù)為小,從c到〃做勻減速直線運動

得0-諾二2(gsin0-uxgcos。)s

jl+gsinS

解得小

gcosO

由于滑塊做勻減速直線運動,則z=4=-

(3)若P<tan〃且比第⑵問動摩擦因數(shù)小，說明滑塊一定會下滑到〃，并且不能靜止在切

斜面上。則當(dāng)滑塊第1次重新回到C處且速度恰好為零時，動摩擦因數(shù)最小。根據(jù)動能定理有

-2〃min儂COS9?5=0-i/77l7o

解得一“二,諾?

4gs-cosO

考點三機械能守恒定律功能關(guān)系

K經(jīng)典再研

典例3(多選)(2020課標(biāo)7,20,6分)一物塊在高3.0m,長5.0m的斜面頂端從靜止開

始沿斜面下滑,其重力勢能和動能隨下滑距離s的變化如圖中直線/、〃所示,重力加速度取10

m/s2?則(AB)

A.物塊下滑過程中機械能不守恒

B.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5

C.物塊下滑時加速度的大小為6.0m/s2

D.當(dāng)物塊下滑2.0m時機械能損失了12J

考查角度功能關(guān)系與圖像的綜合

素養(yǎng)立意物理觀念、科學(xué)思維

可從物理過程上分析：由重力勢能和動能隨下滑距離S的變化圖線可知運動過程中

重力勢能的減少量和動能增加量,從而判斷機械能是否守恒;可從圖像規(guī)律上把

思維引領(lǐng)握:瓦-X圖像中直線或曲線上某點切線的斜率的絕對值表示物體受到合力尸的大

小,圖像中直線或曲線上某點切線的斜率的絕對值表示重力沿X方向的分力的

大小

功是能量轉(zhuǎn)化的量度。應(yīng)用功能關(guān)系解題,關(guān)鍵是確定哪種力做功（是做正功還是負

規(guī)律方法

功），與哪種形式的能量轉(zhuǎn)化相對應(yīng)

霞3（多選）從地面豎直向上拋出一物體,其機械能K慫等于動能瓦與重力勢能之和。

取地面為重力勢能零勢能面,該物體的少總和E隨它離開地面的高度h的變化如圖所示。重力加

速度取10m/s%由圖中數(shù)據(jù)可得（）

A.物體的質(zhì)量為2kg

B.A=0時,物體的速率為20m/s

C.A=2m時,物體的動能瓜=40J

D.從地面至/F4m,物體的動能減少100J

*答案AD重力勢能的儂A結(jié)合圖像有儂哼N,則爐2kg,故A正確。足0時瓦耳端,

即100J=|X2kgX詔，解得%=10m/s,故B錯。由圖像可知,A=2m時,￡意=90J、g=40J,貝U

瓦=50J,故C錯。當(dāng)加4m時，/=耳=80J,則瓦=0,故從地面至尺4m,物體的動能減少了100J,

故D正確。

突破核心整合

一、機械能守恒的判斷及應(yīng)用

1.用機械能守恒定律解題的基本步驟

|選取研究對象|_單體、多體系統(tǒng)或丁彈」系統(tǒng)|

|選取研究過程|_，分析研究對象在過程中的受力和做功

]_________

利斯I~4機械能是否守恒|

],,

|選表達式|~，守恒式、轉(zhuǎn)化式或轉(zhuǎn)移式|

],_____________,

求解|~T聯(lián)立方程求解并討論|

2.機械能是否守恒的判斷方法

(1)用做功來判斷:分析物體或系統(tǒng)受力情況(包括內(nèi)力和外力)，明確各力做功的情況，若只

有重力或系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功,系統(tǒng)內(nèi)沒有滑動摩擦力等其他力做功且系統(tǒng)外力也不做功,則系統(tǒng)

機械能守恒。

(2)用能量轉(zhuǎn)化(移)來判定:若物體系統(tǒng)中只有動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化而無機械能與其他形

式的能的轉(zhuǎn)化,或者機械能在系統(tǒng)內(nèi)由一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體,則系統(tǒng)機械能守恒。

(3)對一些繩子突然繃緊的問題,除非題目特別說明，否則機械能必定不守恒。

3.應(yīng)用機械能守恒定律解題時的三點注意

(1)要注意研究對象的選取

研究對象的選取是解題的首要環(huán)節(jié)，有的問題選單個物體(實為一個物體與地球組成的系統(tǒng))

為研究對象機械能不守恒，但選此物體與其他幾個物體組成的系統(tǒng)為研究對象,機械能卻是守恒

的。如圖所示，單獨選物體4機械能減少，但由物體從8二者組成的系統(tǒng)機械能守恒。

小

.Ds

?r口nI

(2)要注意研究過程的選取

有些問題研究對象的運動過程分幾個階段,有的階段機械能守恒,而有的階段機械能不守恒。

因此,在應(yīng)用機械能守恒定律解題時要注意過程的選取。

⑶要注意機械能守恒表達式的選取

機械能守恒定律的三種表達形式：

(-慧T尸I要選擇零要能面）

三EG

種

表

達-慧TAE、=-AE，I不用選擇不用能面］

形

式

一T篇卜干E*=-AE，I未用選擇零勢能面:

二、功能關(guān)系

1.對功能關(guān)系的理解

（1）做功的過程就是能量轉(zhuǎn)化的過程，不同形式的能量發(fā)生相互轉(zhuǎn)化可以通過做功來實現(xiàn)。

（2）功是能量轉(zhuǎn)化的量度,功和能的關(guān)系,一是體現(xiàn)在不同性質(zhì)的力做功對應(yīng)不同形式的能

轉(zhuǎn)化,二是做功的多少與能量轉(zhuǎn)化的多少在數(shù)值上相等。

2.幾個重要的功能關(guān)系

麗?功是能睇化的量度

107AF1

Cp

通力做功叫=mgA卜T電力勢能變化AEp|

WAF'

彈力做功七卜rtipT彈性勢能變化|

W\F

合外力做功卯介=%+%+%+…卜T動能變化

W-AE

|除重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力之外其他力做功后卜T機械能變化AE|

W-AE

滑動摩擦力與介質(zhì)阻力做功町卜wr內(nèi)T系統(tǒng)內(nèi)能變化AA：內(nèi)|

WAE?

電場力做功町『0%卜ABp―電勢能變化A￡p”|

模擬對點演習(xí)

L（多選）（2020江蘇蘇州五校期末）如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與一質(zhì)量為R、套在光

滑豎直固定桿A處的圓環(huán)相連,彈簧水平且處于原長。圓環(huán)從A處由靜止開始下滑,經(jīng)過6處的

速度最大，到達C處的速度為零，重力加速度為名,則（）

A.由4到。的過程中，圓環(huán)的加速度先減小后增大

B.由/到C的過程中，圓環(huán)的動能與重力勢能之和先增大后減小

C.由/到6的過程中，圓環(huán)動能的增加量小于重力勢能的減少量

D.在C處時,彈簧的彈性勢能為mgh

*答案ACD圓環(huán)從/處由靜止開始下滑，經(jīng)過6處的速度最大，到達C處的速度為零，所以圓

環(huán)先做加速運動,再做減速運動,經(jīng)過3處的速度最大,加速度為零,所以加速度先減小,后增大,

故A正確；圓環(huán)的動能、重力勢能和彈簧彈性勢能之和守恒，由A到。的過程中,彈簧彈性勢能

逐漸變大,則圓環(huán)的動能與重力勢能之和逐漸減小,選項B錯誤；由A到6的過程中,彈簧彈性勢

能和圓環(huán)動能增加量之和等于圓環(huán)重力勢能的減少量，則圓環(huán)動能的增加量小于重力勢能的減

少量,選項C正確;研究圓環(huán)從/處由靜止開始下滑到C過程，由動能定理得:加斯“彈=0-0=0,則

lY^=mgh,故D正確。

2.（多選）（2020湖北襄陽檢測）如圖所示,一原長等于46間距離的彈性輕繩（繩的彈力與其伸

長量成正比）左端固定在/點,右端跨過由輕桿加固定的定滑輪連接一個質(zhì)量為m的小球，小球

穿過豎直固定的桿。初始時4、B、C三點在同一水平線上，小球從。點由靜止釋放，滑到后點時

速度恰好為零。已知C、6兩點間距離為瓦〃為窈的中點，小球在C點時彈性繩的拉力為

0.5/膽,g為重力加速度，小球與桿之間的動摩擦因數(shù)為0.5,彈性繩始終處在彈性限度內(nèi)。在小

球由C運動到￡的過程中,下列說法正確的是（）

A.小球在〃點時速度最大

B.若在/點給小球一個向上的速度匕小球恰好能回到C點,則v=y[gh.

C.小球在切段損失的機械能等于小球在龍段損失的機械能

D.若僅把小球質(zhì)量變?yōu)?m,則小球到達少點時的速度大小為J9

*答案AB設(shè)比的長度為￡，小球在C點時根據(jù)胡克定律有0.5為彈性繩的勁度系數(shù)）,

在向下運動的過程中，設(shè)小球和6點的連線與豎直方向的夾角為。，則彈性繩對小球的拉力為

P=k—,將產(chǎn)正交分解可得水平方向上有F=Fsina=kL=6.3mg,豎直方向上有

sina

EMcos若某時刻小球下降的距離為1,則tan。吟整理可得《=等,由此可知,彈

性繩的彈力沿豎直方向的分力與小球下降的距離/成正比。對小球受力分析，受重力、彈性繩

的拉力、摩擦力f、桿的支持力N,小球在水平方向上受力平衡,則有/￡=0.5mg,故摩擦力

介〃滬0.25儂；小球在下滑過程中，由于在豎直方向上重力的方向始終向下，大小不變,所受摩擦

力的方向始終向上,大小也不變,彈性繩的彈力沿豎直方向的分力與下降的距離1成正比,所以

小球在豎直方向上的運動具有對稱性,當(dāng)/3時，即小球運動到〃點時具有最大速度,故A正確；

小球從。點運動到6點的過程中克服摩擦力做的功為Wpfh=0.25mgh,對小球從C到6的過程

進行分析,根據(jù)功能關(guān)系,有mgh-f6伊拉=0,解得/故=0.15mgh,若在6點給小球一個向上的速度

匕小球恰好回到。點，則根據(jù)動能定理有mgh-f/F0-1/7?r,解得v=yfgh,故B正確；因小球在

下滑過程中受到的摩擦力不變，〃是應(yīng)的中點,所以在切段與鹿段小球克服摩擦力做的功是相

等的,彈性繩的彈力沿豎直方向的分力與小球下降的距離/成正比,則小球在如段克服拉力做

的功小于在加'段克服拉力做的功，即小球在如段損失的機械能小于小球在應(yīng)段損失的機械能,

故C錯誤;若僅把小球的質(zhì)量變成2幽小球從。到￡的過程中,根據(jù)動能定理有2磔6f

=1,21岷-0,解得vx=y[gh,故D錯誤。

素養(yǎng)引領(lǐng)?情境命題

1.二十一世紀(jì),能源問題是全球關(guān)注的焦點問題。從環(huán)境保護的角度出發(fā)，電動汽車在近幾年發(fā)

展迅速。表中給出的是某款電動汽車的相關(guān)參數(shù)：

0'lOOkm/h制動距離

參數(shù)指標(biāo)整車質(zhì)量最大速度電池容量

加速時間(100km/h13)

數(shù)值2000kg4.4s250km/h90kW?h40m

請從表格中選擇相關(guān)數(shù)據(jù),完成下列問題:

⑴求汽車在100km/h?的制動過程中的加速度大小。(計算過程中100km/h近似為30

m/s)

(2)若已知電動汽車將電能轉(zhuǎn)化為機械能的效率為4=80%,整車在行駛過程中的阻力約為車

重的點,重力加速度g取10m/s；試估算此電動汽車以20m/s的速度勻速行駛時的續(xù)航里程(能

夠行駛的最大里程)。根據(jù)你的計算，提出提高電動汽車?yán)m(xù)航里程的合理化建議。(至少兩條)

(3)若此電動汽車的速度從5m/s提升到20m/s需要25s,此過程中電動汽車獲得的動力

功率隨時間變化的關(guān)系如圖所示,整車在行駛過程中的阻力仍約為車重的會求此加速過程中汽

車行駛的路程。(提示:可利用4力圖像計算動力對電動汽車做的功)

M答案(1)11.25m/s2(2)259.2km建議有:①提高電動機的效率;②減小汽車行駛過程中的

阻力;③提高電動汽車的電池容量(3)265m

2

士解析(1)加速度a=±HL-H.25m/s

2x

所以加速度的大小為11.25m/s2

(2)對電動汽車運動的全過程，由動能定理得8的=△笈

即80%后或儂行0

解得A=259.2km

提高電動汽車?yán)m(xù)航里程的合理化建議有:①提高電動機的效率;②減小汽車行駛過程中的阻

力;③提高電動汽車的電池容量

⑶根據(jù)動能定理得明-為=|/7值-，喈

由I圖像的面積可求得動力做的功協(xié)=6.4X1(/J

解得用=265m

2.處于自然狀態(tài)的物體會不斷地向外輻射電磁波，同時也會吸收由其他物體輻射來的電磁波，當(dāng)

輻射和吸收達到平衡時,物體的溫度保持不變。如果某物體能完全吸收入射到其表面的各種波

長的電磁波而不發(fā)生反射，這種物體就稱為黑體。黑體也會同時向外輻射電磁波，已知單位時間

內(nèi)從黑體表面單位面積輻射出電磁波的能量/與黑體表面熱力學(xué)溫度T的4次方成正比，即

后?！髌渲?。為已知常量。

(1)若將火星看成表面溫度相同的球形黑體,火星的半徑為二,火星中心到太陽中心的距離為

￡,且/遠遠大于所以火星接收到來自太陽的輻射可視為垂直射到面積為幾行的圓面上。已

知太陽向外輻射電磁波的總功率為A?；鹦谴髿鈱訉μ栞椛涞奈蘸头瓷?、太陽輻射在傳播

過程中的能量損失，以及其他天體和宇宙空間的輻射均可忽略不計。

①求在火星表面垂直于太陽和火星連線的單位面積接收到的來自太陽輻射的功率累；

②設(shè)火星向四面八方各個方向均勻輻射,請寫出當(dāng)吸收和輻射達到平衡時火星表面熱力學(xué)

溫度T火的表達式。

(2)太陽輻射電磁波的能量來源于如圖甲所示的太陽中心的“核反應(yīng)區(qū)”?！昂朔磻?yīng)區(qū)”

產(chǎn)生的電磁波在向太陽表面?zhèn)鞑サ倪^程中,會不斷被太陽的其他部分吸收,然后再輻射出頻率更

低的電磁波。為了研究“核反應(yīng)區(qū)”的溫度，某同學(xué)建立如下簡化模型:如圖乙所示，將“核反

應(yīng)區(qū)”到太陽表面的區(qū)域視為由很多個“薄球殼層”組成，第1“薄球殼層”的外表面為太陽表

面;各“薄球殼層”的內(nèi)、外表面都同時分別向相鄰內(nèi)“薄球殼層”和外“薄球殼層”均勻輻

射功率相等的電磁波(第1“薄球殼層”的外表面向太空輻射電磁波，最內(nèi)側(cè)的“薄球殼層”的

內(nèi)表面向“核反應(yīng)區(qū)”輻射電磁波)，如圖丙所示；“核反應(yīng)區(qū)”產(chǎn)生的電磁波的能量依次穿過

各“薄球殼層”到達太陽的表面,每個“薄球殼層”都視為黑體，且輻射和吸收電磁波的能量已

達到平衡,所以各“薄球殼層”的溫度均勻且恒定。

已知太陽表面熱力學(xué)溫度為Z,所構(gòu)想的“薄球殼層”數(shù)目為此太陽半徑片與“核反應(yīng)區(qū)”

的半徑吊滿足用=A"々為已知的常數(shù))，第1“薄球殼層”的外表面向外輻射電磁波的總功率為

請根據(jù)該同學(xué)建立的模型和題目中給出的信息，解答下列問題。

①求第2、第3和第/V“薄球殼層”向相鄰的外“薄球殼層”輻射電磁波的功率8、A和

%；

②若認為“核反應(yīng)區(qū)”的溫度和第薄球殼層”的溫度7；相等，請推導(dǎo)出“核反應(yīng)區(qū)”

熱力學(xué)溫度。的表達式。結(jié)合所得到。的表達式，請說明該同學(xué)的模型是否合理?若不合理，請

說明理由。

*答案見解析

掰析（1）①在火星表面垂直于太陽和火星連線上單位面積接收到的來自太陽輻射的功率，等

于在以太陽為中心,心為半徑的球面上,單位面積接收到的太陽輻射的功率。

在囁

②火星接收到的來自太陽的電磁輻射總功率

P*11#=槳

火星吸收太陽的電磁波的能量與自身輻射電磁波的能量達到平衡時有夕火=/?4n?

根據(jù)題意有1=。以

聯(lián)立解得7火中焉

⑵①根據(jù)題意，當(dāng)輻射和吸收電磁波的能量達到平衡時

對于第1層有：R=2X

對于第2層有:22=&+凡所以鳥=3%

對于第3層有:2后母鳥,所以R=4片

由此可推知：K刁出

②太陽表面單位時間內(nèi)向外輻射的總功率為幾則在太陽表面

3=oT；

同理，對于第4“薄球殼層”應(yīng)有冷。琮

聯(lián)立以上兩式得E?WF

薄球殼的層數(shù)沒有確定,而根據(jù)表達式,分的薄球殼層數(shù)越多，核反應(yīng)區(qū)溫度越高,當(dāng)八；趨近

無窮大時,溫度趨近于無窮高。但實際核反應(yīng)區(qū)的溫度應(yīng)該是一個有限值。所以這個模型不合

理。

￡沖刺提分作業(yè)

一、單項選擇題

1.（2020福建廈門二檢）無論是遠海島礁建設(shè)，還是超大型疏浚及填海造陸工程，都離不開鋼鐵巨

輪一一重型絞吸船。我國自主研制的自航絞吸挖泥船“天齷號”性能達到世界先進水平，其遠

程輸送能力達15000米,居世界第一。若某段工作時間內(nèi)，“天鰥號”的泥泵輸出功率恒為

1.6X10'kW,排泥量為L6m7s,排泥管的橫截面積為0.8m2,則泥泵對排泥管內(nèi)泥漿的推力大

小為（）

A.5X106NB.8X106N

C.5X107ND.8X107N

*答案B由于功率AFv,而每秒鐘排出體積f^Sv,聯(lián)立解得戶8XIO,N,B正確。

2.（2020安徽合肥二檢）仰臥起坐是《國家學(xué)生體質(zhì)健康標(biāo)準(zhǔn)》中規(guī)定的女生測試項目之一。根

據(jù)該標(biāo)準(zhǔn)高三女生一分鐘內(nèi)完成55個以上仰臥起坐記為滿分。若某女生一分鐘內(nèi)做了50個仰

臥起坐,其質(zhì)量為50kg,上半身質(zhì)量為總質(zhì)量的0.6,仰臥起坐時下半身重心位置不變,g取10

m/s）則測試過程中該女生克服重力做功的平均功率約為（）

A.10WB.40WC.100WD.200W

*答案C假如該同學(xué)身高約為1.6m,則每次上半身重心上升的距離約為6m=0.4m,

則她每一次克服重力做的功勝0.6儂7F0.6X50X10X0.4J=120J,1min內(nèi)她克服重力所做的

總功/f,s=50X120J=6000J,她克服重力做功的平均功率尸0總-6W=1OQw）故c正確。

t60

3.（2020河北邯鄲模擬）物體做自由落體運動，以地面為零勢能面,下列所示圖像中，能正確描述

物體的重力勢能與下落速度的關(guān)系的是（

*答案C設(shè)下落的初始高度為h0,對自由落體運動，由機械能守恒定律,有mgh、=埔！*即

符合的選項為Co

4.（2020重慶一診）如圖所示,傾角為，，足夠長的光滑斜面體固定在地面上。質(zhì)量為勿的物塊

在沿斜面向上、大小為尸的恒力作用下，從斜面的底端由靜止開始向上做勻加速直線運動。經(jīng)

一段時間，物塊離斜面底端的距離為s時撤去恒力。再經(jīng)過相同時間,物塊剛好回到斜面的底端。

已知重力加速度為g,選取地面為零勢能面，則（）

A.撤去恒力時物塊的速度大小為居

B.撤去恒力時物塊的動能小于其重力勢能

C.撤去恒力時物塊的動能與物塊返回底端時的動能相等

D.物塊返回到斜面底端時，重力的瞬時功率為快

7mg

M答案B物塊上升過程，根據(jù)動能定理有sin8=｝化解得片J爺-2gssin?,A錯誤;

設(shè)撤去恒力時的速度為匕則一片-（心力sin，?力，解得片鼻,撤去恒力時的重力勢能

22gsinG

E^mgssin〃=儂sin〃?:片|加分￡,B正確；由能量關(guān)系可知，物塊返回到斜面底端時的動能

等于Fs,大于撤去恒力時的動能,C錯誤;根據(jù)動能定理有Fs=\mv，2,其中d為物塊返回到斜面底

端時的速度，則重力的瞬時功率為年儂/sin區(qū)而sin，,D錯誤。

5.（2020廣東惠州調(diào)研）如圖，半圓形光滑軌道固定在水平地面上,半圓的直徑與地面垂直,軌道

與地面平滑相接。一小球以速度-從軌道下端滑入軌道，并保證從軌道上端水平飛出，則關(guān)于小

球落地點到軌道下端的水平距離x與軌道半徑〃的關(guān)系,下列說法正確的是（不計空氣阻力）

A.A越大,則x越大

B.越小，貝ijx越大

C.當(dāng)A為某一定值時,x才有最大值

D.當(dāng)斤為某一定值時,x才有最小值

*答案C小球從軌道下端到軌道上端過程,根據(jù)動能定理得-儂?2廬刎〃晟源,離開軌道上端

做平拋運動,有2吟gk奸v't,聯(lián)立解得尸卜"4gR）=迎如一可知當(dāng)廬工時水平位

2797g8g

移最大,選項C正確。

6.（2020江西南昌模擬）如圖所示,半徑為/?的半球形碗固定于水平地面上,一個質(zhì)量為勿的物塊,

從碗口沿內(nèi)壁由靜止滑下，滑到最低點時速度大小為匕物塊與碗內(nèi)壁之間的動摩擦因數(shù)恒為”,

重力加速度為g,則下列說法正確的是（）

A.在最低點時物塊所受支持力大小為mg

B.整個下滑過程物塊所受重力的功率一直增大

C.物塊在下滑至最低點過程中動能先增大后減小

D.整個下滑過程摩擦力對物塊做功mg*用卡

22

?答案C在最低點時，根據(jù)牛頓第二定律得產(chǎn)兩哈,計算得出支持力滬吟+儂'，故A錯誤;初

始位置速度為零,重力的功率為零,到達最低點速度最大，但是重力與速度的方向夾角為90度，

重力的瞬時功率為零,可以知道整個過程中重力的功率先增大后減小,故B錯誤;在下滑的過程

中，重力沿曲面切線方向的分力逐漸減小,滑動摩擦力逐漸增大,下滑到一定程度后重力沿曲面

切線方向的分力會小于摩擦力，則物塊動能先增大后減小，故C正確;對整個下滑過程運用動能

定理得mgM弓版-0,則摩擦力對物塊做功為*mbmgR,故D錯誤。

二、多項選