2021届高考物理二轮复习综合讲与练：专题二-功和能(含2020高考题).docx

专题二功和能考情分析备考策略1.本专题主要利用功能的观点解决物体、带电体、带电粒子、导体棒在电场或磁场中的运动问题。本部分命题情景新，联系实际亲密，综合性强，是高考的压轴题。2.高考对本专题考查的重点有以下几个方面：重力、摩擦力、电场力和安培力做功的特点和求解；与功、功率相关问题的分析与计算；几个重要的功能关系的应用；动能定理的综合应用；综合应用机械能守恒定律和能量守恒定律等。1.深刻理解定义式、公式及关系式中各个物理量的精确含义；精确理解与记忆机械能守恒定律的条件，机敏运用守恒的观点处理典型的、生活中的热点情景及科技运用中消灭的与机械能相关的问题。2.深刻理解功能关系，抓住两种命题情景突破：一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题；二是应用动能定理和能量守恒定律解决电场中带电体运动或电磁感应问题。考向一功和功率的计算 (选择题)1.恒力做功的公式WFlcos (通过F与l间的夹角推断F是否做功及做功的正、负)。2功率(1)平均功率：PFcos 。(2)瞬时功率：PFvcos (为F与v的夹角)。(2022全国新课标)一物体静止在粗糙水平地面上。现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v。若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开头经过同样的时间后速度变为2v。对于上述两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则()AWF24WF1, Wf22Wf1BWF24WF1, Wf22Wf1CWF24WF1, Wf22Wf1DWF24WF1, Wf20，即WF2P2CW1W2，P1P2 DW1W2，P1P2解析：选B由WFs可知两次拉力做功相同，但由于地面光滑时不受摩擦力，加速度较大，运动时间较短，由P可知P1P2，B正确。2(2022成都一模)一个质量为m的物块，在几个共点力的作用下静止在光滑水平面上。现把其中一个水平方向的力从F突然增大到3F，并保持其他力不变，则从这时开头的t s末，该力的瞬时功率是()A.B.C.D.解析：选B物块所受合力为2F，依据牛顿其次定律有2Fma，在合力作用下，物块做初速度为零的匀加速直线运动，速度vat，该力大小为3F，则该力的瞬时功率P3Fv，联立可得P，B正确。3某中学科技小组制作出利用太阳能驱动小车的装置。当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进。若质量为m的小车在平直的水泥路上从静止开头沿直线加速行驶，经过时间t前进的距离为s，且速度达到最大值vm。设这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为f阻，那么在这段时间内()A小车做匀加速运动B小车受到的牵引力渐渐增大C小车受到的合力所做的功为PtD小车受到的牵引力做的功为f阻smv解析：选D小车运动时受向前的牵引力F1、向后的阻力f阻作用，由于v增大，P不变，由PF1v，F1f阻ma，得出F1减小，a减小，当vvm时，a0，A、B错误；合力的功W总Ptf阻s，由动能定理W牵f阻smv0，得W牵f阻smv，C错误，D正确。4(2022抚顺一模)如图所示，一个质量为m的小球，用长L的轻绳悬于O点，小球在水平恒力F的作用下从平衡位置P点由静止开头运动，运动过程中绳与竖直方向的最大夹角为60，则力F的大小为()A.mg B.mgC.mg D.mg解析：选D小球在水平恒力作用下从P点运动至与竖直方向成60角位置的过程中，由动能定理得FLsin 60mgL(1cos 60)0，解得Fmg，D正确。5(2022福建高考)如图所示，两根相同的轻质弹簧，沿足够长的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不动。质量不同、外形相同的两物块分别置于两弹簧上端。现用外力作用在物块上，使两弹簧具有相同的压缩量，若撤去外力后，两物块由静止沿斜面对上弹出并离开弹簧，则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程，两物块()A最大速度相同B最大加速度相同C上升的最大高度不同D重力势能的变化量不同解析：选C整个过程中，物块达到平衡位置时速度最大，物块质量越大，其平衡位置越靠近最低点，则由最低点到平衡位置过程中，回复力对质量较大的物块做功较小，又Ekmv2，故质量较大的物块在平衡位置速度较小，A错误；撤去外力瞬间，物块的加速度最大，由牛顿其次定律可知，两物块的最大加速度不同，B错误；撤去外力前，两弹簧具有相同的压缩量，即具有相同的弹性势能，从撤去外力到物块速度第一次减为零，系统的机械能分别守恒，由机械能守恒定律可知，物块的重力势能的变化量等于弹簧弹性势能的变化量，所以重力势能的变化量相同，D错误；由于两物块质量不同，物块的初始高度相同，由Epmgh可知，两物块上升的最大高度不同，C正确。6(2022攀枝花模拟)一辆汽车在平直的大路上以某一初速度运动，运动过程中保持恒定的牵引功率，其加速度a和速度的倒数图像如图所示。若已知汽车的质量，则依据图像所给的信息，能求出的物理量是()A汽车的功率B汽车行驶的最大速度C汽车所受到的阻力D汽车运动到最大速度所需的时间解析：选ABC由Ffma，PFv可得a，对应图线可知，k40，由于汽车的质量已知，所以可求出汽车的功率P。由a0时，0.05可得vm20 m/s，再由vm，可求出汽车受到的阻力f，但无法求出汽车运动到最大速度的时间，A、B、C正确，D错误。7(2022宜宾一模)如图所示，一个表面光滑的斜面体M置于水平地面上，它的两个斜面与水平面的夹角分别为、，且，M的顶端装有肯定滑轮，一轻质细绳跨过定滑轮后连接A、B两个小滑块，细绳与各自的斜面平行，不计绳与滑轮间的摩擦，A、B恰好在同一高度处于静止状态。剪断细绳后，A、B滑至斜面底端，M始终保持静止，则()A滑块A的质量大于滑块B的质量B两滑块到达斜面底端时的速率相同C两滑块到达斜面底端时，滑块A重力的瞬时功率较大D两滑块到达斜面底端所用时间相同解析：选AB依据题意，由于A、B滑块均处于平衡状态，有FTAFTB，而FTAmAgsin ，FTBmBgsin ，所以mA大于mB，A正确；由于A、B滑块距离地面的高度h相同，据mghmv2可知两者到达斜面底端的速率v相同，B正确；两者到达地面的瞬时功率为PAmAgvsin ，PBmBgvsin ，所以PAPB，C错误；两者到达地面的时间为gsin t，gsin t，解得sin tAsin tB，所以tAtB，D错误。 二、非选择题8额定功率为80 kW的汽车，在平直的大路上行驶，行驶的最大速度为20 m/s，汽车的质量m2 000 kg，若汽车从静止开头做匀加速直线运动，加速度a2 m/s2，运动过程中阻力不变。求：(1)汽车所受的阻力有多大；(2)匀加速运动的时间多长；(3)3 s末汽车的瞬时功率多大。解析：(1)当速度最大时，牵引力F1与阻力f大小相等，有fF14 000 N(2)设以恒定的加速度a2 m/s2启动时的牵引力为F2，由牛顿其次定律得F2fma 解得F28 000 N当汽车达到额定功率时加速过程结束，设加速运动的末速度为v1，则v110 m/s所以匀加速运动的时间t15 s(3)因3 s末汽车为匀加速运动，故3 s末的速度vat6 m/s3 s末的瞬时功率PF2v48 kW答案：(1)4 000 N(2)5 s(3)48 kW9(2022正定二模)如图所示，A、B、C质量分别为mA0.7 kg，mB0.2 kg，mC0.1 kg，B为套在细绳上的圆环，A与水平桌面的动摩擦因数0.2，另一圆环D固定在桌边，离地面高h20.3 m，当B、C从静止下降h10.3 m，C穿环而过，B被D拦住，不计绳子质量和滑轮的摩擦，取g10 m/s2，若开头时A离桌面足够远。(1)请推断C能否落到地面；(2)求A在桌面上滑行的距离是多少。解析：(1)设B、C一起下降h1时，A、B、C的共同速度为v，B被拦住后，C再下落h后，A、C两者均静止，对A、B、C一起运动和A、C一起再下降h过程分别由动能定理得(mBmC)gh1mAgh1(mAmBmC)v20mCghmAgh0(mAmC)v2代入数据解得h0.96 m由于hh2，故C能落至地面。 (2)设C落至地面瞬间，A的速度为v，在C落至地面过程对A、C由动能定理得mCgh2mAgh2(mAmC)(v2v2)C落至地面后，A运动的过程由动能定理得mAgx0mAv2解得x0.165 m故A滑行的距离为xAh1h2x(0.30.30.165)m0.765 m答案：(1)C能落至地面(2)0.765 m10(2022自贡联考)如图所示，水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R0.4 m。在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E1.0104 N/C。现有一电荷量q1.0104 C、质量m0.1 kg的带电体(可视为质点)，在水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D点。取g10 m/s2。试求：(1)带电体运动到圆形轨道B点时对圆形轨道的压力大小；(2)D点到B点的距离xDB；(3)带电体在从P开头运动到落至D点的过程中的最大动能。解析：(1)设带电体通过C点时的速度为vC，由牛顿其次定律得mgm设带电体通过B点时的速度为vB，此时轨道对带电体的支持力大小为FB，带电体从B运动到C的过程中，由动能定理得mg2Rmvmv又FBmg解得FB6.0 N依据牛顿第三定律得带电体在B点时对轨道的压力大小FB6.0 N(2)设带电体从最高点C落至水平轨道上的D点经受的时间为t，依据运动的分解有2Rgt2xDBvCt t2联立解得xDB0(3)由P到B带电体做加速运动，故最大速度肯定消灭在从B到C的过程中，在此过程中只有重力和电场力做功，这两个力大小相等，其合力与重力方向成45夹角斜向右下方，故最大速度必消灭在B点右侧对应圆心角为45处。设小球的最大动能为Ekm，由动能定理得qERsin 45mgR(1cos 45)Ekmmv解得Ekm J1.17 J 答案：(1)6.0 N(2)0(3)1.17 J考向一机械能守恒定律的应用 (选择题)(2022遂宁一模)如图所示，在倾角为30的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为1 kg和2 kg的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根长L0.2 m的轻杆相连，小球B距水平面的高度h0.1 m。斜面底端与水平面之间有一光滑短圆弧相连，两球从静止开头下滑到光滑地面上，g取10 m/s2。则下列说法中正确的是()A下滑的整个过程中A球机械能守恒B下滑的整个过程中两球组成的系统机械能守恒C两球在光滑水平面上运动时的速度大小为2 m/sD系统下滑的整个过程中B球机械能的增加量为 J审题指导题干中“光滑固定斜面”、“光滑短圆弧”、“光滑地面”说明A、B两球不受摩擦力作用，系统机械能守恒。解析A、B下滑的整个过程中，杆的弹力对A球做负功，A球机械能削减，A错误；A、B球组成的系统只有重力和系统内弹力做功，机械能守恒，B正确；对A、B球组成的系统由机械能守恒定律得mAg(hLsin 30)mBgh(mAmB)v2，解得v m/s，C错误；B球机械能的增加量为EpmBv2mBgh J，D正确。 答案BD感悟升华应用机械能守恒定律解题的基本思路1如图所示，在高1.5 m的光滑平台上有一个质量为2 kg的小球被一细线拴在墙上，球与墙之间有一根被压缩的轻质弹簧。当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时的速度方向与水平方向成60角，则弹簧被压缩时具有的弹性势能为(g10 m/s2)()A10 J B15 JC20 J D25 J解析：选A由hgt2，tan 60，可得v0 m/s，由小球被弹射过程中小球和弹簧组成的系统机械能守恒得，Epmv10 J，A正确。2(2022四川师大附中模拟)如图所示，可视为质点的小球A、B用不行伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍。当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高。将A由静止释放，B上升的最大高度是()A2R B.C. D.解析：选C如图所示，以A、B为系统，以地面为零势能面，设A质量为2m，B质量为m，依据机械能守恒定律有2mgRmgR3mv2，A落地后B将以v做竖直上抛运动，即有mv2mgh，解得hR。则B上升的高度为RRR，故选项C正确。3(2022巴中模拟)如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d，杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点下方距离为d处。现将环从A处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是()A环到达B处时，重物上升的高度hB环到达B处时，环与重物的速度大小相等C环从A到B，环削减的机械能等于重物增加的机械能D环能下降的最大高度为d解析：选CD重物上升的高度h与滑轮左侧绳长的增加量相等，故h(1)d，A错误；重物的速度v物v环cos 45，B错误；由于不计一切摩擦阻力，环与重物组成的系统机械能守恒，故C正确；设环能下降的最大高度为h，由机械能守恒得mgh2mg(d)，解得hd，D正确。考向二功能关系的应用 (选择题或计算题)常见的功能关系(2022眉山一模)滑板运动是深受年轻人宠爱的一种极限运动，如图所示为某公园内一滑板场地的竖直截面示意图。斜面AB与水平面间的夹角37，水平地面BC长x10 m，B处平滑连接，CD为半径R3.0 m的四分之一圆弧轨道。若一质量为m50 kg的运动员，以v04 m/s的初速度从场地A点沿斜面滑下，经过AB段所用时间为t s，若没有蹬地动作，恰能到达D点。已知滑板与斜面AB间的动摩擦因数0.45，圆弧轨道CD光滑，不计滑板质量和空气阻力，除蹬地外运动员和滑板可视为一质点，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求：(1)斜面高度h；(2)运动员第一次经过圆弧最低点C时受到的支持力大小；(3)运动员在BC段受到的阻力大小；(4)若运动员第一次经过D点后有1.2 s的时间离开圆弧轨道，则其在BC段需要通过蹬地做多少功？解析(1)在AB段，对运动员、滑板组成的系统受力分析如图所示，由牛顿其次定律得mgsin fmaNmgcos fN由运动学公式得斜面AB长度lv0tat2由几何关系得hlsin 解得a2.4 m/s2，h6 m(2)设运动员第一次经过C点时的速度大小为vC，恰好到达D点说明物块在D点时速度为零，从C到D过程中，依据机械能守恒定律得mvmgR经C点时，由牛顿其次定律得Nmgm解得N1 500 N(3)运动员经过B点时的速度为vB，则vBv0at在BC段，由动能定理得fxmvmv解得f10 N(4)运动员离开D点后做竖直上抛运动，则2vDgT依据功能关系得Wmv解得W900 J答案(1)6 m(2)1 500 N(3)10 N(4)900 J感悟升华解决功能关系问题的三点留意(1)分析清楚是什么力做功，并且清楚该力是做正功还是做负功；依据功能之间的对应关系，判定能的转化形式，确定能量之间的转化状况。(2)可以依据功能之间的转化状况，确定是什么力做功，尤其可以便利计算变力做功的多少。(3)功能关系反映了做功与能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度，在不同问题中的具体表现不同。4(2022永安质检)如图甲所示，一物体悬挂在细绳下端，由静止开头沿竖直方向运动，运动过程中物体的机械能E与物体位移x关系的图像如图乙所示，其中0x1过程的图线为曲线，x1x2过程的图线为直线，由此可以推断()A0x1过程中物体所受拉力是变力，且肯定不断减小B0x1过程中物体的动能肯定不断减小Cx1x2过程中物体肯定做匀速运动Dx1x2过程中物体可能做匀加速运动解析：选D在E x图像中，图线的斜率表示力的大小，在0x1过程中，由E x图像知，拉力F渐渐变大，由于无法确定F和mg的关系，动能可能增大、减小或不变，A、B错误；x1x2过程，F不变，物体可能做匀速运动，也可能做匀变速运动，C错误，D正确。5如图甲所示，一足够长、与水平面夹角53的倾斜轨道与竖直面内的光滑圆轨道相接，圆轨道的半径为R，其最低点为A，最高点为B。可视为质点的物块与斜轨间有摩擦，物块从斜轨上某处由静止释放，到达B点时对轨道压力的大小F与释放的位置距最低点的高度h的关系图像如图乙所示，不计物块通过A点时的能量损失，重力加速度g10 m/s2，sin 53，cos 53，求：(1)物块与斜轨间的动摩擦因数；(2)物块的质量m。解析：(1)由题图乙知，当h15R时，物块到达B点时对轨道压力的大小为零，此时物块自身的重力恰好供应物块做圆周运动的向心力，设此时物块在B点的速度大小为v1，则由牛顿其次定律知mg对物块从释放至到达B点的过程，由动能定理得mg(h12R)mgcos mv解得(2)设物块从距最低点高为h处释放后到达B点时速度的大小为v，物块受到轨道的压力为F，则Fmg对物块从释放至到达B点的过程，由动能定理得mg(h2R)mgcos mv20解得F5mg则由牛顿第三定律得F5mg则Fh图线的斜率k由题图乙可知k解得m0.2 kg答案：(1)(2)0.2 kg考向三能量守恒定律的综合应用 (选择题或计算题)应用能量守恒定律的两条基本思路1某种形式的能削减，肯定存在其他形式的能增加，且削减量和增加量肯定相等，即E减E增。2某个物体的能量削减，肯定存在其他物体的能量增加，且削减量和增加量肯定相等，即EA减EB增。(2022江苏高考)如图所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为v0。小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为。乙的宽度足够大，重力加速度为g。(1)若乙的速度为v0，求工件在乙上侧向(垂直于乙的运动方向)滑过的距离s；(2)若乙的速度为2v0，求工件在乙上刚停止侧向滑动时