2024年高考物理大一轮复习：主题4 功和能

主题四功和能规律方法提炼1.应用动能定理的三点提醒(1)方法的选择：动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学方法要简捷。(2)规律的应用：动能定理表达式是一个标量式，不能在某个方向上应用动能定理。(3)过程的选择：物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段应用动能定理，也可以对全过程应用动能定理，但如果对整个过程应用动能定理，往往能使问题简化。2.机械能守恒的判断及应用技巧(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)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。3.与能量有关的力学综合题的解决方法(1)常见的与能量有关的力学综合题有单一物体多过程和多个物体多过程两大类型。(2)联系前后两个过程的关键物理量是速度，前一个过程的末速度是后一个过程的初速度。(3)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律。1.如图1所示，质量为m的足球静止在地面1位置，被踢出后落到地面3位置。在空中达到的最高点2的高度为h，速度为v。已知重力加速度为g。下列说法正确的是()图1A.运动员对足球做的功为mgh＋eq\f(1,2)mv2B.足球落到3位置时的动能为mghC.足球刚离开1位置时动能大于mgh＋eq\f(1,2)mv2D.足球在2位置时的机械能等于其在3位置时的动能解析由于足球运动过程中受空气阻力作用，所以机械能逐渐减少，选项C正确。答案C2.(2019·福建三明一中模拟)小明骑电动自行车沿平直公路行驶，因电瓶“没电”，故改用脚蹬车匀速前行。设小明与车的总质量为100kg，骑行过程中所受阻力恒为车和人总重力的0.02倍，g取10m/s2。通过估算可知，小明骑此电动自行车做功的平均功率最接近()A.500W B.300WC.100W D.50W解析设人骑车的速度大小为5m/s，人在匀速行驶时，人和车受力平衡，阻力的大小为f＝0.02mg＝0.02×100×10N＝20N，其平均功率P＝Fv＝fv＝20×5W＝100W，C正确。答案C3.(多选)在抢险救灾工作中常见到直升机的身影。如图2为直升机抢救伤员的情景，直升机悬停在空中，用绳索将伤员由静止向上吊起，绳索对伤员做功的功率恒定，则在伤员加速上升的过程中(不计空气阻力)()图2A.绳索对伤员的拉力越来越大B.伤员克服重力做功的功率恒定C.伤员运动的速度变化越来越慢D.合力对伤员做功的功率越来越小解析绳索对伤员的拉力做功的功率不变，而伤员加速上升，速度增大，由P＝Fv可知，绳索对伤员的拉力F越来越小，A项错误；由P1＝mgv可知，伤员克服重力做功的功率不断增大，B项错误；由F－mg＝ma可知，伤员运动的加速度越来越小，速度变化得越来越慢，C项正确；合力对伤员做功的功率(F－mg)v＝P－mgv，由于P不变，速度越来越大，则合力对伤员做功的功率越来越小，D项正确。答案CD4.(多选)如图3所示，一个质量为m的物体(可视为质点)，以某一速度由A点冲上倾角为30°的固定斜面，其加速度大小等于重力加速度g，在斜面上运动的最大高度为h。则在此过程中，下列说法正确的是()图3A.物体动能损失了eq\f(mgh,2)B.物体动能损失了2mghC.系统机械能损失了mghD.系统机械能损失了eq\f(mgh,2)解析滑块上升过程中，受到重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，合力F＝ma＝mg，方向沿斜面向下，动能减小量等于克服合力做的功，故ΔEk减＝Fs＝mg·2h＝2mgh，A项错误，B项正确；系统损失的机械能等于动能和势能之和的减小量，故ΔE减＝ΔEk减－mgh＝mgh，C项正确，D项错误。答案BC5.如图4甲所示，质量m＝6kg的空木箱静止在水平面上，某同学用水平恒力F推着木箱向前运动，1s后撤掉推力，木箱运动的v－t图象如图乙所示，不计空气阻力，g取10m/s2。下列说法正确的是()图4A.木箱与水平面间的动摩擦因数μ＝0.25B.推力F的大小为20NC.在0～3s内，木箱克服摩擦力做功为900JD.在0.5s时，推力F的瞬时功率为450W答案D6.(2019·衡水三模)质量m＝1kg的物体静止放在粗糙水平地面上。现对物体施加一个随位移变化的水平外力F使物体在水平面上运动。已知物体与地面间的滑动摩擦力与最大静摩擦力相等。若F－x图象如图5所示。且4～5m内物体匀速运动。x＝7m时撤去外力，取g＝10m/s2。则下列有关描述正确的是()图5A.物体与地面间的动摩擦因数为0.1B.x＝3m时物体的速度最大C.撤去外力时物体的速度为eq\r(2)m/sD.撤去外力后物体还能在水平面上滑行3s解析4～5m内物体匀速运动，则有F＝Ff＝μmg，得μ＝eq\f(F,mg)＝eq\f(3,10)＝0.3，故A错误；只要F＞Ff＝μmg，物体就在加速，所以在0～4m内物体一直加速运动，x＝4m时物体的速度最大，故B错误；由图线与x轴所围图形的面积表示外力F做的功，可得0～7m内外力做功为WF＝eq\f(3＋5,2)×3J＋eq\f(5＋3,2)×1J＋eq\f(1＋3,2)×3J＝22J，摩擦力做功Wf＝3×7J＝21J，设撤去外力时物体的速度为v，根据动能定理得WF－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，解得v＝eq\r(2)m/s，故C正确；撤去外力后物体的加速度大小为a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝3m/s2，物体还能滑行时间t＝eq\f(v,a)＝eq\f(\r(2),3)s，故D错误。答案C7.某汽车赛车场有一段赛道可简化为：平直的赛道中间有一段拱形路面，其最高点P与水平路面的高度差为1.25m，拱形路面前后赛道位于同一水平面上。以54km/h的初速度进入直道的赛车，以90kW的恒定功率运动10s到达P点，并恰好从P点水平飞出后落到水平赛道上，其飞出的水平距离为10m。将赛车视为质点，不考虑赛车受到的空气阻力，已知赛车的质量为1.6×103kg，取g＝10m/s2，求：(1)赛车到达P点时速度的大小；(2)拱形路面顶点P的曲率半径；(3)从进入直道到P点的过程中，赛车克服阻力做的功。解析(1)设赛车到达P点时速度的大小为vP，从P点飞出后做平抛运动，时间为tx＝vPth＝eq\f(1,2)gt2解得vP＝20m/s。(2)设拱形路面顶点P的曲率半径为R，则mg＝meq\f(veq\o\al(2,P),R)解得R＝40m。(3)从进入直道到P点的过程中，赛车克服阻力做的功为WfP0t′－mgh－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得Wf＝7.4×105J。答案(1)20m/s(2)40m(3)7.4×105J8.如图6所示，一根长为l、不可伸长的轻绳，其一端固定于O点，另一端系着一质量为m的小球(可视为质点)，将小球提至O点正上方的P点，此时绳刚好伸直且无张力。不计空气阻力，重力加速度为g。图6(1)为使小球能在竖直面内做完整的圆周运动，在P点至少应施加给小球多大的水平速度v0?(2)若在P点将小球以速度v2＝eq\r(\f(gl,2))水平抛出，求小球经过最低点时受到轻绳的拉力。解析(1)小球恰好能在竖直面内做完整的圆周运动时，在P点小球只受重力作用由牛顿第二定律得mg＝meq\f(veq\o\al(2,0),l)解得v0＝eq\r(gl)。(2)当小球平抛到与圆心同一高度时l＝eq\f(1,2)gt2水平位移x＝v2t由以上两式得x＝l，即此位置轻绳刚好绷紧轻绳拉紧瞬间，小球速度方向变为垂直轻绳方向，其大小为vy＝gt＝eq\r(2gl)之后小球机械能守恒，设经最低点时速度为v1，则有mgl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,y)受力分析有FT－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,1),l)解得FT＝5mg，方向竖直向上答案(1)eq\r(gl)(2)5mg方向竖直向上9.如图7所示，足够长的固定木板的倾角为37°，劲度系数k＝36N/m的轻质弹簧的一端固定在木板上的P点，图中A、P间距等于弹簧的自然长度。现将质量m＝1kg的可视为质点的物块放在木板上，在外力作用下将弹簧压缩到某一位置B后释放。已知木板PA段光滑，AQ段粗糙，物块与木板间的动摩擦因数μ＝eq\f(3,8)，物块在B点释放后向上运动，第一次到达A点时速度大小v0＝3eq\r(3)m/s，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。图7(1)求物块第一次向下运动到A点时的速度大小v1；(2)已知弹簧的弹性势能表达式为Ep＝eq\f(1,2)kx2(其中x为弹簧的形变量)，求物块第一次向下运动过程中的最大速度值v；(3)请说出物块最终的运动状态，并求出物块在A点上方运动的总路程x′。解析(1)设物块从A点向上滑行的最大距离为s，根据动能定理上滑过程有－mgssin37°－μmgscos37°＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)下滑过程有mgssin37°－μmgscos37°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)代入数据解得s＝1.5m，v1＝3m/s。(2)物块第一次向下运动过程中合力为零时速度最大，由胡克定律和平衡条件有mgsin37°＝kx弹簧和