2019版高考物理江苏专版二轮复习检测：第一部分 专题二 功和能 Word版含解析.pdf

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1、专题二 功和能专题二 功和能 第一讲第一讲功和功率功和功率_动能定理动能定理 考点一考点一功和功率功和功率 1.考查功的大小计算考查功的大小计算 如图所示，质量如图所示，质量 m1 kg、长、长 L0.8 m 的均匀矩形薄板静止在水平桌面 上，其右端与桌子边缘相平，板与桌面间的动摩擦因数为 的均匀矩形薄板静止在水平桌面 上，其右端与桌子边缘相平，板与桌面间的动摩擦因数为 0.4。现用。现用 F5 N 的水平力向右推薄板， 使它翻下桌子，力的水平力向右推薄板， 使它翻下桌子，力 F 做的功至少为做的功至少为(g 取取 10 m/s2)( ) A1 J B1.6 J C2 JD4 J 解析 ： 选

2、解析 ： 选 B 在薄板没有翻转之前，薄板与水平桌面之间的摩擦力 在薄板没有翻转之前，薄板与水平桌面之间的摩擦力 fmg4 N。力。力 F 做的功用来克服摩擦力消耗的能量，而在这个过程中薄板只需移动的距离为 ，则做的功至做的功用来克服摩擦力消耗的能量，而在这个过程中薄板只需移动的距离为 ，则做的功至 L 2 少为少为 Wf 1.6 J，所以，所以 B 正确。正确。 L 2 2考查平均功率与瞬时功率的分析与计算考查平均功率与瞬时功率的分析与计算 如图所示，某质点运动的如图所示，某质点运动的 vt 图像为正弦曲线。从图像可以判断图像为正弦曲线。从图像可以判断 ( ) A质点做曲线运动质点做曲线运动

3、 B在在 t1时刻，合外力的功率最大时刻，合外力的功率最大 C在在 t2t3时间内，合外力做负功时间内，合外力做负功 D在在 0t1和和 t2t3时间内，合外力的平均功率相等时间内，合外力的平均功率相等 解析：选解析：选 D 质点运动的 质点运动的 vt 图像描述的是质点的直线运动，选项图像描述的是质点的直线运动，选项 A 错误；在错误；在 t1时刻， 加速度为零，合外力为零，合外力功率的大小为零，选项 时刻， 加速度为零，合外力为零，合外力功率的大小为零，选项 B 错误；由题图可知，在错误；由题图可知，在 t2t3时 间内，质点的速度增大，动能增大，由动能定理可知，合外力做正功，选项 时 间

4、内，质点的速度增大，动能增大，由动能定理可知，合外力做正功，选项 C 错误 ； 在错误 ； 在 0t1 和和 t2t3时间内， 动能的变化量相同， 故合外力的功相等， 则合外力的平均功率相等， 选项时间内， 动能的变化量相同， 故合外力的功相等， 则合外力的平均功率相等， 选项 D 正确。正确。 3考查机车启动的图像问题考查机车启动的图像问题 下列各图是反映汽车以额定功率下列各图是反映汽车以额定功率P额 额从静止启动， 最后做匀速运动的过程， 汽车的速度 从静止启动， 最后做匀速运动的过程， 汽车的速度v 随时间随时间 t 以及加速度以及加速度 a、牵引力、牵引力 F 和功率和功率 P 随速度

5、随速度 v 变化的图像中正确的是变化的图像中正确的是( ) 解析 ： 选解析 ： 选 A 汽车以额定功率启动时，功率一定，由 汽车以额定功率启动时，功率一定，由 PFv 可知，速度增大，牵引力可知，速度增大，牵引力 F 减小，根据减小，根据 FFfma，加速度逐渐减小，但速度继续增大，当牵引力等于阻力时，速度 达到最大，故 ，加速度逐渐减小，但速度继续增大，当牵引力等于阻力时，速度 达到最大，故 A 正确，正确，B、C、D 错误。错误。 4考查机车的启动与牵引问题考查机车的启动与牵引问题 某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究，他们让这辆小车在水平的直轨道上 由静止开始运动，并将小车运动的

6、全过程记录下来，通过处理转化为 某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究，他们让这辆小车在水平的直轨道上 由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为 vt 图像，如图所示图像，如图所示 (除除 210 s 时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线)。已知小车运动过程中，。已知小车运动过程中，214 s 时间段内小车的功率保持不变，在时间段内小车的功率保持不变，在 14 s 末停止遥控而让小车自由滑行，小车的质量为末停止遥控而让小车自由滑行，小车的质量为 1.0 kg。可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变。求：。可认为在整

7、个运动过程中小车所受到的阻力大小不变。求： (1)小车所受到的阻力大小；小车所受到的阻力大小； (2)小车匀速行驶阶段的功率；小车匀速行驶阶段的功率； (3)小车在加速运动过程中小车在加速运动过程中(010 s 内内)位移的大小。位移的大小。 解析：解析：(1)在在 1418 s 时间段，加速度大小：时间段，加速度大小： a m/s21.5 m/s2 v t 6 0 18 14 由牛顿第二定律得：由牛顿第二定律得：fma1.5 N。 (2)在在 1014 s 小车做匀速运动，速度小车做匀速运动，速度 v6 m/s 牵引力大小牵引力大小 F 与与 f 大小相等，则：大小相等，则：Ff1.5 N，

8、 小车匀速运动的功率：小车匀速运动的功率：PFv9 W。 (3)02 s 内，小车的位移：内，小车的位移：x1 23 m3 m 1 2 210 s 内，根据动能定理：内，根据动能定理： Ptfx2 mv22 mv12 1 2 1 2 代入数据解得代入数据解得 x239 m 加速过程中小车的位移大小为加速过程中小车的位移大小为 xx1x242 m。 答案：答案：(1)1.5 N (2)9 W (3)42 m 考点二考点二动能定理的理解和应用动能定理的理解和应用 5.考查应用动能定理判断物体动能增量的大小关系考查应用动能定理判断物体动能增量的大小关系 多选多选如图所示，一块长木板如图所示，一块长木

9、板B放在光滑的水平面上，在放在光滑的水平面上，在B上放一物 体 上放一物 体 A，现以恒定的外力，现以恒定的外力 F 拉拉 B，由于，由于 A、B 间摩擦力的作用，间摩擦力的作用，A 将在将在 B 上 滑动，以地面为参考系， 上 滑动，以地面为参考系，A、B 都向前移动一段距离。在此过程中都向前移动一段距离。在此过程中( ) A外力外力 F 做的功等于做的功等于 A 和和 B 动能的增量动能的增量 BB 对对 A 的摩擦力所做的功等于的摩擦力所做的功等于 A 的动能增量的动能增量 CA 对对 B 的摩擦力所做的功等于的摩擦力所做的功等于 B 对对 A 的摩擦力所做的功的摩擦力所做的功 D外力外

10、力 F 对对 B 做的功等于做的功等于 B 的动能的增量与的动能的增量与 B 克服摩擦力所做的功之和克服摩擦力所做的功之和 解析：选解析：选 BD A 物体所受的合外力等于物体所受的合外力等于 B 对对 A 的摩擦力，对物体的摩擦力，对物体 A 应用动能定理， 则有 应用动能定理， 则有 B 对对 A 的摩擦力所做的功等于的摩擦力所做的功等于 A 的动能的增量，选项的动能的增量，选项 B 正确；正确；A 对对 B 的摩擦力与的摩擦力与 B 对对 A 的摩擦力是一对作用力与反作用力， 大小相等， 方向相反， 但是由于的摩擦力是一对作用力与反作用力， 大小相等， 方向相反， 但是由于 A 在在 B

11、 上滑动，上滑动， A、 B 相对地的位移不等，故二者做功不等，选项相对地的位移不等，故二者做功不等，选项 C 错误；对长木板错误；对长木板 B 应用动能定理，应用动能定理，WFWf EkB，即，即 WFEkBWf就是外力就是外力 F 对对 B 做的功，等于做的功，等于 B 的动能增量与的动能增量与 B 克服摩擦力所做 的功之和， 选项 克服摩擦力所做 的功之和， 选项 D 正确 ； 由前述讨论知正确 ； 由前述讨论知 B 克服摩擦力所做的功与克服摩擦力所做的功与 A 的动能增量的动能增量(等于等于 B 对对 A 的摩擦力所做的功的摩擦力所做的功)不等，故选项不等，故选项 A 错误。错误。 6

12、.考查应用动能定理处理变力做功问题考查应用动能定理处理变力做功问题 用长为用长为 l、 不可伸长的细线把质量为、 不可伸长的细线把质量为 m 的小球悬挂于的小球悬挂于 O 点，将小球拉至 悬线偏离竖直方向 点，将小球拉至 悬线偏离竖直方向 角后放手，运动角后放手，运动 t 时间后停在最低点。则在时间时间后停在最低点。则在时间 t 内内 ( ) A小球重力做功为小球重力做功为 mgl(1cos ) B空气阻力做功为空气阻力做功为mglcos C小球所受合力做功为小球所受合力做功为 mglsin D细线拉力做功的功率为细线拉力做功的功率为mgl 1 cos t 解析：选解析：选 A 小球从开始运动

13、到停止的过程中，下降的高度为： 小球从开始运动到停止的过程中，下降的高度为：hl(1cos )，所以 小球的重力做功： ，所以 小球的重力做功：WGmghmgl(1cos )，故，故 A 正确；在小球运动的整个过程中，重力 和空气阻力对小球做功，根据动能定理得 ： 正确；在小球运动的整个过程中，重力 和空气阻力对小球做功，根据动能定理得 ： WGWf00，所以空气阻力做功，所以空气阻力做功 WfWG mgl(1cos )， 故， 故 B 错误 ； 小球受到的合外力做功等于小球动能的变化， 所以错误 ； 小球受到的合外力做功等于小球动能的变化， 所以 W合 合 00 0，故，故 C 错误；由于细

14、线的拉力始终与运动的方向垂直，所以细线的拉力不做功，细线的拉 力的功率为 错误；由于细线的拉力始终与运动的方向垂直，所以细线的拉力不做功，细线的拉 力的功率为 0，故，故 D 错误。错误。 7考查考查 Ekt 图像图像 一个小球从固定的光滑圆弧槽的一个小球从固定的光滑圆弧槽的 A 点由静止释放后， 经最低点点由静止释放后， 经最低点 B 运动 到 运动 到 C 点的过程中， 小球的动能点的过程中， 小球的动能 Ek随时间随时间 t 的变化图像可能是的变化图像可能是( ) 解析：选解析：选 B 动能 动能 Ek与时间与时间 t 的图像上的任意一点的斜率表示重力做功的瞬时功率， 即 的图像上的任意

15、一点的斜率表示重力做功的瞬时功率， 即P，A 点与点与 C 点处小球速度均为零，点处小球速度均为零，B 点处小球速度方向与重力方向垂直，所点处小球速度方向与重力方向垂直，所 Ek t W t 以以 A、B、C 三点处的重力做功功率为零，则小球由三点处的重力做功功率为零，则小球由 A 点运动到点运动到 B 点的过程中，重力做功的 功率先增大再减小至零，小球由 点的过程中，重力做功的 功率先增大再减小至零，小球由 B 点运动到点运动到 C 点的过程中，重力做功的功率也是先增大再 减小至零，故 点的过程中，重力做功的功率也是先增大再 减小至零，故 B 正确，正确，A、C、D 错误。错误。 8考查动能

16、定理与考查动能定理与 Fx 图像的综合应用图像的综合应用 如图甲所示，长为如图甲所示，长为 4 m 的水平轨道的水平轨道 AB 与半径为与半径为 R0.6 m 的竖直半圆弧轨道的竖直半圆弧轨道 BC 在在 B 处相连接， 有一质量为处相连接， 有一质量为 1 kg 的滑块的滑块(大小不计大小不计)， 从， 从 A 处由静止开始受水平向右的力处由静止开始受水平向右的力 F 作用，作用， F 的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与 AB 间的动摩擦因数为间的动摩擦因数为 0.3，与，与 BC 间的动 摩擦因数未知，取 间的动 摩擦因数未知，取 g10 m/

17、s2。求：。求： (1)滑块到达滑块到达 B 处时的速度大小；处时的速度大小； (2)若到达若到达 B 点时撤去力点时撤去力 F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点 C，则，则 滑块到达滑块到达 C 处时的速度处时的速度 vC大小？大小？ 滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？ 滑块落在轨道上的位置与滑块落在轨道上的位置与 B 点的水平距离为多少？点的水平距离为多少？ 解析：解析：(1)对滑块从对滑块从 A 到到 B 的过程，由动能定理得的过程，由动能定理得 F1x1F3x3mgx mvB

18、2 1 2 代入数据解得：代入数据解得：vB6 m/s。 (2)当滑块恰好能到达最高点当滑块恰好能到达最高点 C 时，重力提供向心力：时，重力提供向心力：mgmv C2 R 代入数据解得：代入数据解得：vC m/s。6 对滑块从对滑块从 B 到到 C 的过程，由动能定理得：的过程，由动能定理得： Wmg2R mvC2 mvB2 1 2 1 2 代入数据得：代入数据得：W3 J，即克服摩擦力做的功为，即克服摩擦力做的功为 3 J。 滑块离开滑块离开 C 后，做平抛运动，在水平方向：后，做平抛运动，在水平方向：xvC t 在竖直方向：在竖直方向：2R gt2 1 2 联立解得：联立解得：x1.2

19、m。 答案：答案：(1)6 m/s (2) m/s 3 J 1.2 m6 考点三考点三应用动能定理解决力学综合问题应用动能定理解决力学综合问题 9.考查动能定理解决多过程问题考查动能定理解决多过程问题 多选多选如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为 h，与水平 面倾角分别为 ，与水平 面倾角分别为45 和 和37 的滑道组成， 滑草车与草地之间的动摩擦因数为 的滑道组成， 滑草车与草地之间的动摩擦因数为。 质量为 。 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 的载人滑草车从坡顶由静止开始

20、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(不计滑草车在两段滑道交接处的能量 损失， 不计滑草车在两段滑道交接处的能量 损失，sin 37 0.6，cos 37 0.8)。则。则( ) A动摩擦因数动摩擦因数 6 7 B载人滑草车最大速度为载人滑草车最大速度为 2gh 7 C载人滑草车克服摩擦力做功为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载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为 g 3 5 解析：选解析：选 AB 由题意知，上、下两段斜坡的长分别为 由题意知，上、下两段斜坡的长分别为 s1，s2 h sin 45 h sin 37 由动能定理知：

21、由动能定理知： 2mghmgs1cos 45 mgs2cos 37 0 解得动摩擦因数解得动摩擦因数 ，选项 ，选项 A 正确；正确； 6 7 载人滑草车在上下两段的加速度分别为载人滑草车在上下两段的加速度分别为 a1g(sin 45 cos 45 )g， 2 14 a2g(sin 37 cos 37 )g， 3 35 则在下落则在下落 h 时的速度最大，由动能定理知：时的速度最大，由动能定理知： mghmgs1cos 45 mv2 1 2 解得解得 v ，选项，选项 B 正确，正确，D 错误；错误； 2gh 7 载人滑草车克服摩擦力做的功与重力做的功相等，载人滑草车克服摩擦力做的功与重力做的

22、功相等， 即即 W2mgh，选项，选项 C 错误。错误。 10考查动能定理解决往复运动问题考查动能定理解决往复运动问题 如图所示， 斜面的倾角为如图所示， 斜面的倾角为 ， 质量为， 质量为 m 的滑块距挡板的滑块距挡板 P 的距离为的距离为 x0， 滑块以初速度 ， 滑块以初速度 v0沿斜面上滑， 滑块与斜面间的动摩擦因数为沿斜面上滑， 滑块与斜面间的动摩擦因数为 ， 滑块所 受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。 若滑块每次与挡板相碰均无机械 能损失，则滑块经过的总路程是 ， 滑块所 受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。 若滑块每次与挡板相碰均无机械 能损失，则滑块经过的总路程是( ) A.B.

23、 1 ( ( v02 2gcos x0tan ) ) 1 ( ( v02 2gsin x0tan ) ) C.D. 2 ( ( v02 2gcos x0tan ) ) 1 ( ( v02 2gcos x0cot ) ) 解析 ： 选解析 ： 选A 因滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力， 故滑块最终停在斜面底端， 而摩擦力始终对滑块做负功，其大小等于 因滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力， 故滑块最终停在斜面底端， 而摩擦力始终对滑块做负功，其大小等于 mgcos 与滑块滑行的各段距离之和的乘积，即与滑块滑行的各段距离之和的乘积，即 Wf mgcos s， 由 动 能 定 理 可 得 ：

24、， 由 动 能 定 理 可 得 ： mgx0sin Wf 0 mv02， 可 解 得， 可 解 得 s 1 2 1 ，故，故 A 正确。正确。 ( ( v02 2gcos x0tan ) ) 11考查动能定理与传送带、平抛运动的综合应用考查动能定理与传送带、平抛运动的综合应用 如图所示，斜面如图所示，斜面 AB 长长 xAB3 m、倾角为、倾角为 ，其底端，其底端 B 与 水平传送带相切，传送带长为 与 水平传送带相切，传送带长为 L3 m，始终以，始终以 v05 m/s 的速 度顺时针转动。现有一个质量 的速 度顺时针转动。现有一个质量m1 kg的物块，在离的物块，在离B点点xPB 2 m

25、处的处的 P 点由静止释放。已知物块与斜面间的动摩擦因数点由静止释放。已知物块与斜面间的动摩擦因数 1 0.25，物块与传送带间的动摩擦因数，物块与传送带间的动摩擦因数 20.2，sin 37 0.6，sin 53 0.8，g 取取 10 m/s2，最 大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： ，最 大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： (1)倾角倾角 逐渐增大到多少时，物块能从斜面开始下滑逐渐增大到多少时，物块能从斜面开始下滑(用正切值表示用正切值表示)； (2)当当 37 时，小物块由 时，小物块由 P 到到 C 的过程中，摩擦力对物块所做的功；的过程中，摩擦力对物块所做的功； (3)当当 53 时，为了

26、使物块每次由 时，为了使物块每次由 P 滑到滑到 C 点时均抛在同一点点时均抛在同一点 D，求物块释放点，求物块释放点 P 到到 B 点的取值范围。点的取值范围。 解析：解析：(1)为使物块能从斜面开始下滑，有：为使物块能从斜面开始下滑，有： mgsin 1mgcos 解得倾角解得倾角 满足的条件为满足的条件为 tan 0.25。 (2)由由 P 到到 B，由动能定理得：，由动能定理得： mgxPBsin 37 1mgxPBcos 37 mvB2 1 2 解得解得 vB4 m/s 在在 B 点，因为点，因为 vB4 m/sPBPD CPAPCPDPBDPAPCPDPB 解析 ： 选解析 ： 选

27、 C 小球落地时， 小球落地时，A 的重力的瞬时功率 ：的重力的瞬时功率 ： PAmg； B 落地的瞬时功率 ：落地的瞬时功率 ： PB2gh mgsin ； C 落地的瞬时竖直速度为落地的瞬时竖直速度为 vy， 则落地时重力的瞬时功率 ：， 则落地时重力的瞬时功率 ： PCmg；2gh2gh2gh 因因 D 中小球上升的最大高度为中小球上升的最大高度为 h，则落地的瞬时竖直速度为，则落地的瞬时竖直速度为 vy，则落地时重力的瞬，则落地时重力的瞬2gh 时功率：时功率：PDmg；故；故 PAPCPDPB，故选项，故选项 C 正确，正确，A、B、D 错误。错误。2gh 2一物块在一个水平拉力作用

28、下沿粗糙水平面运动，其一物块在一个水平拉力作用下沿粗糙水平面运动，其 vt 图像如图甲所示，水平拉 力的 图像如图甲所示，水平拉 力的 Pt 图像如图乙所示，取图像如图乙所示，取 g10 m/s2，求：，求： (1)物块与水平面间的动摩擦因数物块与水平面间的动摩擦因数 ； (2)物块运动全过程水平拉力所做的功物块运动全过程水平拉力所做的功 W； (3)物块在物块在 02 s 内所受的水平拉力大小。内所受的水平拉力大小。 解析：解析：(1)由甲、乙两图比较可知，在第由甲、乙两图比较可知，在第 59 s 内，物块做匀减速运动内，物块做匀减速运动 加速度：加速度：a m/s21.0 m/s2 0 4

29、.0 9 5 由牛顿第二定律得：由牛顿第二定律得：mgma 得：得：0.1。 (2)对全过程：对全过程： W P1t1P2t2 J4.03 J24 J。 1 2 12.0 2 2 (3)法一：物块匀速运动阶段：法一：物块匀速运动阶段：Fmg0 P2Fvm 解得：解得：mgP 2 vm 得：得：m1.0 kg 物块加速运动阶段，加速度：物块加速运动阶段，加速度：a0 m/s22.0 m/s2 4.0 0 2 由牛顿第二定律得：由牛顿第二定律得：Fmgma0 解得解得 F3.0 N 法二：由图像可知：当法二：由图像可知：当 t12.0 s，v14.0 m/s 时，时，P112 W 由由 P1Fv1

30、 得：得：F N3.0 N。 12 4 答案：答案：(1)0.1 (2)24 J (3)3.0 N 3多选多选(2018连云港、徐州、宿迁三模连云港、徐州、宿迁三模)如图所示，如图所示，ABC 是一个位于竖 直平面内的圆弧形轨道，高度为 是一个位于竖 直平面内的圆弧形轨道，高度为 h，轨道的末端，轨道的末端 C 处与水平面相切。一个质 量为 处与水平面相切。一个质 量为 m 的小木块从轨道顶端的小木块从轨道顶端 A 处由静止释放，到达处由静止释放，到达 C 处停止，此过程中克服 摩擦力做功为 处停止，此过程中克服 摩擦力做功为 W1，到达，到达 B 处时速度最大为处时速度最大为 v1，加速度大

31、小为，加速度大小为 aB；小木块在；小木块在 C 处以速度处以速度 v 向左运动，恰好能沿原路回到向左运动，恰好能沿原路回到 A 处，此过程中克服摩擦力做功为处，此过程中克服摩擦力做功为 W2，经过，经过 B 处的速度大小 为 处的速度大小 为 v2，重力加速度为，重力加速度为 g。则。则( ) Av2Bv1，故选项，故选项 A 错误，错误，C 正确。正确。2gh 考点二 动能定理的理解和应用考点二 动能定理的理解和应用 高考对本考点的考查相对简单，主要是针对动能定理的理解和一些简单应用。建议考 生自学为主。 高考对本考点的考查相对简单，主要是针对动能定理的理解和一些简单应用。建议考 生自学为

32、主。 (一一)对动能定理的两点理解对动能定理的两点理解 1动能定理表达式中，动能定理表达式中，W 表示所有外力做功的代数和，包括物体重力所做的功。表示所有外力做功的代数和，包括物体重力所做的功。 2动能定理表达式中，动能定理表达式中，Ek为所研究过程的末动能与初动能之差，而且物体的速度均为所研究过程的末动能与初动能之差，而且物体的速度均 是相对地面的速度。是相对地面的速度。 (二二)动能定理的适用范围动能定理的适用范围 1既可适用于直线运动，也可适用于曲线运动；既可适用于恒力做功，也可适用于变既可适用于直线运动，也可适用于曲线运动；既可适用于恒力做功，也可适用于变 力做功。如诊断卷第力做功。如

33、诊断卷第 6 题，空气阻力为变力，其做功大小不可应用题，空气阻力为变力，其做功大小不可应用 WFlcos 直接求解，直接求解， 应考虑使用动能定理求解。应考虑使用动能定理求解。 2对单个物体的动能增量的判断宜采用动能定理，而对物体系统动能增量的大小判断 则应考虑应用能量守恒定律。 如诊断卷第 对单个物体的动能增量的判断宜采用动能定理，而对物体系统动能增量的大小判断 则应考虑应用能量守恒定律。 如诊断卷第 5 题， 由动能定理可知，题， 由动能定理可知， A 的动能增量一定等于的动能增量一定等于 B 对对 A 的摩擦力对的摩擦力对 A 所做的功，而外力所做的功，而外力 F 对对 A 和和 B 系

34、统所做的功并没有全部转化为系统所做的功并没有全部转化为 A、B 的 动能，还有一部分摩擦热产生，故不可用动能定理对系统直接分析。 的 动能，还有一部分摩擦热产生，故不可用动能定理对系统直接分析。 3注意图像及其“面积”的含义。如诊断卷第注意图像及其“面积”的含义。如诊断卷第 8 题，题，Fx 图线与图线与 x 轴所围“面积”表 示力 轴所围“面积”表 示力 F 所做的功。所做的功。 题点全练题点全练 1.如图所示，物块的质量为如图所示，物块的质量为 m，它与水平桌面间的动摩擦因数 为 ，它与水平桌面间的动摩擦因数 为 。起初，用手按住物块，物块的速度为零，弹簧的伸长量为。起初，用手按住物块，物

35、块的速度为零，弹簧的伸长量为 x。 然后放手，当弹簧的长度回到原长时，物块的速度为 。 然后放手，当弹簧的长度回到原长时，物块的速度为 v。则此过程中弹力所做的功为。则此过程中弹力所做的功为( ) A. mv2mgx Bmgx mv2 1 2 1 2 C. mv2mgxD以上选项均不对以上选项均不对 1 2 解析：选解析：选 C 设 设 W弹 弹为弹力对物块做的功，因为克服摩擦力做的功为 为弹力对物块做的功，因为克服摩擦力做的功为 mgx，由动能定 理得 ，由动能定 理得 W弹 弹 mgx mv20，得，得 W弹 弹 mv2mgx，故，故 C 正确。正确。 1 2 1 2 2.多选多选(201

36、8潍坊模拟潍坊模拟)如图所示，不可伸长的细绳长为如图所示，不可伸长的细绳长为 l，一端固定 在 ，一端固定 在O点，另一端拴接一质量为点，另一端拴接一质量为m的小球。将小球拉至与的小球。将小球拉至与O等高，细绳处于 伸直状态的位置后由静止释放，在小球由静止释放到运动至最低点的过程 中，小球所受阻力做的功为 等高，细绳处于 伸直状态的位置后由静止释放，在小球由静止释放到运动至最低点的过程 中，小球所受阻力做的功为 W， 重力加速度为， 重力加速度为 g，则小球到达最低点时，则小球到达最低点时( ) A向心加速度向心加速度 a2 mgl W ml B向心加速度向心加速度 a2 mgl W ml C

37、绳的拉力绳的拉力 F3mgl 2W l D绳的拉力绳的拉力 F2 mgl W l 解析 ： 选解析 ： 选 AC 根据动能定理得 ： 根据动能定理得 ： mglW mv2，则向心加速度为 ：，则向心加速度为 ： a， 1 2 v2 l 2 mgl W ml 故故A正确，正确， B错误 ； 在最低点， 根据牛顿第二定律得 ：错误 ； 在最低点， 根据牛顿第二定律得 ： Fmgm， 解得绳子的拉力为 ：， 解得绳子的拉力为 ： Fmg v2 l m，故，故 C 正确，正确，D 错误。错误。 v2 l 3mgl2W l 3.如图所示，长为如图所示，长为L的轻杆一端连着质量为的轻杆一端连着质量为m的小

38、球，另一端与 固定于水平地面上 的小球，另一端与 固定于水平地面上 O 点的铰链相连， 初始时小球静止于地面上， 边长 为 点的铰链相连， 初始时小球静止于地面上， 边长 为 L、质量为、质量为 M 的正方体左侧紧靠的正方体左侧紧靠 O 点，且轻杆位于正方体左下边垂直平分线上。现在杆 中点处施加一个方向始终垂直杆、大小不变的拉力，当杆转过 点，且轻杆位于正方体左下边垂直平分线上。现在杆 中点处施加一个方向始终垂直杆、大小不变的拉力，当杆转过 45 时撤去此拉力，小球 恰好能到达最高点，不计一切摩擦。求： 时撤去此拉力，小球 恰好能到达最高点，不计一切摩擦。求： (1)拉力做的功拉力做的功 W

39、和拉力的大小和拉力的大小 F； (2)撤去拉力撤去拉力 F 时小球的动能时小球的动能 Ek； (3)小球运动到最高点后向右倾倒， 当杆与水平面夹角为小球运动到最高点后向右倾倒， 当杆与水平面夹角为 时小球的速度大小时小球的速度大小 v1(正方体 和小球未分开 正方体 和小球未分开)。 解析：解析：(1)由动能定理有由动能定理有 WmgL0 且有且有 WF ( ( 4 L 2) ) 解得解得 WmgL，F。 8mg (2)由动能定理有由动能定理有 WmgLsin Ek0 解得解得 EkmgL。 ( ( 1 2 2 ) ) (3)此时正方体的速度此时正方体的速度 v2v1sin 由系统动能定理有由

40、系统动能定理有 mg(LLsin ) mv12 Mv22 1 2 1 2 解得解得 v1。 2mgL 1 sin mMsin2 答案：答案：(1)mgL (2)mgL 8mg ( ( 1 2 2 ) ) (3) 2mgL 1 sin mMsin2 考点三 应用动能定理解决力学综合问题考点三 应用动能定理解决力学综合问题 本考点在高考中所设计的题目， 一般呈现出情景新颖、 过程复杂、 知识综合性强等特点。 考生失分的原因不是不会做，而是不会“分步”做，这个“分步”就是要求考生按照一定 流程认真做好运动分析和过程分析，再根据动能定理结合其他力学规律列出方程，问题便 可分步解决。建议对本考点重点攻坚

41、。 本考点在高考中所设计的题目， 一般呈现出情景新颖、 过程复杂、 知识综合性强等特点。 考生失分的原因不是不会做，而是不会“分步”做，这个“分步”就是要求考生按照一定 流程认真做好运动分析和过程分析，再根据动能定理结合其他力学规律列出方程，问题便 可分步解决。建议对本考点重点攻坚。 动能定理综合问题的思维流程动能定理综合问题的思维流程 (2018临沂二模临沂二模)如图所示， 倾角如图所示， 倾角 45 的粗糙平直导轨 的粗糙平直导轨 AB 与半径为与半径为 R 的光滑的光滑典典例例 圆环轨道相切，切点为圆环轨道相切，切点为 B，整个轨道处在竖直平面内。一质量为，整个轨道处在竖直平面内。一质量

42、为 m 的小滑块的小滑块(可以看作质点可以看作质点) 从导轨上离地面高为从导轨上离地面高为h3R的的D处无初速度下滑进入圆环轨道。 接着小滑块从圆环最高点处无初速度下滑进入圆环轨道。 接着小滑块从圆环最高点C 水平飞出， 恰好击中导轨上与圆心水平飞出， 恰好击中导轨上与圆心 O 等高的等高的 P 点， 不计空气阻力， 已知重力加速度为点， 不计空气阻力， 已知重力加速度为 g。 求 ：。 求 ： (1)滑块运动到圆环最高点滑块运动到圆环最高点 C 时的速度大小；时的速度大小； (2)滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小；滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小； (3)滑块在斜面轨道滑

43、块在斜面轨道 BD 间运动的过程中克服摩擦力做的功。间运动的过程中克服摩擦力做的功。 思维流程思维流程 解析解析 (1)小滑块从小滑块从 C 点飞出后做平抛运动，设水平速度为点飞出后做平抛运动，设水平速度为 v0。 竖直方向上：竖直方向上：R gt2 1 2 水平方向上：水平方向上：Rv0t2 解得：解得：v0。gR (2)设小滑块在最低点时速度为设小滑块在最低点时速度为 v，由动能定理得：，由动能定理得： mg2R mv02 mv2 1 2 1 2 解得：解得：v 5gR 在最低点由牛顿第二定律得：在最低点由牛顿第二定律得：FNmgmv 2 R 解得：解得：FN6mg 由牛顿第三定律得：由牛

44、顿第三定律得：FN6mg。 (3)从从 D 到最低点过程中，设到最低点过程中，设 DB 过程中克服摩擦阻力做功过程中克服摩擦阻力做功 Wf，由动能定理得：，由动能定理得： mghWf mv20 1 2 解得：解得：Wf mgR。 1 2 答案答案 (1) (2)6mg (3) mgRgR 1 2 题点全练题点全练 1.多选多选如图所示，如图所示，N、M、B 分别为半径等于分别为半径等于 0.1 m 的竖直光滑圆轨道的 左端点、最低点和右端点， 的竖直光滑圆轨道的 左端点、最低点和右端点， B 点和圆心点和圆心 O 等高， 连线等高， 连线 NO 与竖直方向的夹角为与竖直方向的夹角为 37 ，

45、现从 ， 现从 B 点正上方某处点正上方某处 A 点由静止释放一个质量为点由静止释放一个质量为 0.1 kg 的小球， 进入圆轨的小球， 进入圆轨 道后，从道后，从 N 点飞出时的速度大小为点飞出时的速度大小为 2 m/s，不计空气阻力，重力加速度，不计空气阻力，重力加速度 g10 m/s2，下列说法正 确 的是 ，下列说法正 确 的是 ( ) AA、B 间的竖直高度为间的竖直高度为 0.12 m B小球经过小球经过 B 点时对轨道压力的大小为点时对轨道压力的大小为 2.4 N C小球经过小球经过 M 点时对轨道压力的大小为点时对轨道压力的大小为 4.4 N D小球从小球从 A 点到点到 M

46、点的过程中重力的功率一直增大点的过程中重力的功率一直增大 解析 ： 选解析 ： 选 AB 设 设 A、B 间的竖直高度为间的竖直高度为 h，从，从 A 到到 N 根据动能定理可得 ：根据动能定理可得 ： mghmgRcos 37 mvN20，解得：，解得：h0.12 m，故，故 A 正确；小球经过正确；小球经过 B 点时的速度为点时的速度为 vB，根据动能定，根据动能定 1 2 理可得理可得 mgh mvB20， 在， 在 B 点时轨道对小球的压力的大小为点时轨道对小球的压力的大小为 Fm2.4 N， 由， 由 1 2 vB2 R 2mgh R 牛顿第三定律可知牛顿第三定律可知 B 正确 ； 小球经过正确 ； 小球经过 M 点时的速度为点时的速度为 vM， 根据动能定理可得， 根据动能定理可得 mg(hR) 1 2 mvM20，在，在 M 点轨道对小球的支持力的大小满足点轨道对小球的支持力的大小满足 Fmgm，解得，解得 F5.4 N，由牛顿，由牛顿 vM2 R 第三定律可知第三定律可知 C 错误；小球在错误；小球在 A 点重力的功率和在点重力的功