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，联系实际密切，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准确含义；准确理解与记忆机械能守恒定律的条件，灵活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出现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。
第1讲 功 功率和动能定理
考向一 功和功率的计算 (选择题)
1.恒力做功的公式
W ＝Fl cos α(通过F 与l 间的夹角α判断F 是否做功及做功的正、负)。 2．功率
(1)平均功率：P ＝W
t
＝F v cos α。
(2)瞬时功率：P ＝F v cos α(α为F 与v 的夹角)。
[例1] (2014·
全国新课标Ⅱ)一物体静止在粗糙水平地面上。现用一大小为F 1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F 2，物体从静止开始
经过同样的时间后速度变为2v 。对于上述两个过程，用WF 1、WF 2分别表示拉力F 1、F 2所做的功，W f 1、W f 2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( )
A ．WF 2>4WF 1, W f 2>2W f 1
B ．WF 2>4WF 1, W f 2＝2W f 1
C ．WF 2<4WF 1, W f 2＝2W f 1
D ．WF 2<4WF 1, W f 2<2W f 1 [思路探究]
(1)两次物体的加速度、位移存在什么关系？
提示：因为前后两次t 相等，由a ＝v
t ，x ＝v 2
t 知，a 1∶a 2＝1∶2，x 1∶x 2＝1∶2。
(2)两次合力做功存在什么关系？
提示：由动能定理知W 合1∶W 合2＝1∶4。
[解析] 由x ＝v t 知，前后两次的位移之比x 1∶x 2＝1∶2，由W f ＝fx 知W f 1∶W f 2＝1∶2；由动能定理知，WF 1－W f 1＝12m v 2，WF 2－W f 2＝12
m ·(2v )2，所以WF 2－W f 2＝4(WF 1－W f 1)，
又因为W f 2＝2W f 1，所以4WF 1－WF 2>0，即WF 2<4WF 1，C 正确。
[答案] C [感悟升华]
计算功和功率时应注意的问题
1．(2014·乐山模拟)如图所示，自动卸货车始终静止在水平地面上，在液压机的作用下，车厢与水平面间的θ角逐渐增大且货物相对车厢静止的过程中，下列说法正确的是( )
A ．货物受到的摩擦力增大
B ．货物受到的支持力不变
C ．货物受到的支持力对货物做正功
D ．货物受到的摩擦力对货物做负功
解析：选AC 货物处于平衡状态，则有mg sin θ＝f ，mg cos θ＝N ，θ增大，f 增大，N 减小，A 正确，B 错误；货物受到的支持力的方向与速度方向始终相同，做正功，C 正确；摩擦力的方向与速度方向始终垂直，不做功，D 错误。
2．质量为1 kg 的物体静止于光滑水平面上。从t ＝0时刻起，物体受到向右的水平拉力F 作用，第1 s 内F ＝2 N ，第2 s 内F ＝1 N 。下列判断正确的是( )
A ．2 s 末物体的速度是4 m/s
B ．2 s 内物体的位移为3 m
C ．第1 s 末拉力的瞬时功率最大
D ．第2 s 末拉力的瞬时功率最大
解析：选C 由牛顿第二定律得第1 s 内和第2 s 内的加速
度分别为2 m/s 2和1 m/s 2，第1 s 末和第2 s 末的速度分别为v 1＝a 1t 1＝2 m/s ，v 2＝v 1＋
a 2t 2＝3 m/s ，A 错误；2 s 内的位移x ＝v 1t 12＋v 1＋v 2
2t 2
＝3.5 m ，B 错误；第1 s 末拉力的瞬时
功率P 1＝F 1v 1＝4 W ，第2 s 末拉力的瞬时功率P 2＝F 2v 2＝3 W ，C 正确，D 错误。
3．(2014·西安一模)质量为m ＝2 kg 的物体沿水平面向右做直线运动，t ＝0时刻受到一个水平向左的恒力F 作用，如图甲所示，此后物体的v - t 图像如图乙所示，取水平向右为
正方向，g ＝10 m/s 2，则( )
A ．物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5
B ．10 s 末恒力F 的瞬时功率为6 W
C ．10 s 末物体在计时起点左侧2 m 处
D ．10 s 内物体克服摩擦力做功34 J
解析：选CD 由题图乙知前后两段物体加速度的大小分别为a 1＝2 m/s 2、a 2＝1 m/s 2，由牛顿第二定律知F ＋μmg ＝ma 1，F －μmg ＝ma 2，联立得F ＝3 N 、μ＝0.05，A 错误；10 s 末恒力F 的瞬时功率为P ＝F v ＝18 W ，B 错误；由速度图像与坐标轴所围面积的物理意义
知，10 s内物体的位移x＝－2 m，即在计时起点左侧2 m处，C正确；10 s内物体的路程为s＝34 m，则10 s内物体克服摩擦力所做的功W＝μmgs＝34 J，D正确。
考向二机车启动问题(选择题或计算题)
1．机车输出功率：P＝F v，其中F为机车牵引力。
2．机车启动匀加速过程的最大速度v1(此时机车输出的功率最大)和全程的最大速度v m(此时F牵＝F阻)求解方法：
(1)求v1：由F牵－F阻＝ma，P＝F牵v1可求v1＝P
F阻＋ma。
(2)求v m：由P＝F阻v m，可求v m＝P
F阻。
[例2]
(2014·广元五校联考)如图所示为修建高层建筑常用的塔式起重机。在起重机将质量m＝5×103kg的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度a＝0.2 m/s2，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做v m＝1.02 m/s的匀速运动。取g＝10 m/s2，不计额外功。求：
(1)起重机允许输出的最大功率；
(2)重物做匀加速运动所经历的时间；
(3)起重机在第2 s末的输出功率。
[审题指导]
(1)题干中“重物由静止开始向上做匀加速直线运动”说明起重机以恒定的加速度启动。
(2)题干中“匀速运动”说明重物所受的起重机的牵引力与重物的重力平衡。
[解析](1)重物匀速上升时有F＝mg
可得起重机的最大输出功率
P m＝F v m＝mg v m＝5.1×104 W
(2) 设重物匀加速阶段受到的牵引力为F1，匀加速运动阶段的末速度为v匀m，由牛顿第二定律得
F1－mg＝ma
又有P m＝F1v匀m
v匀m＝at1
解得t1＝5 s
(3)设第2 s末重物的速度为v2，由运动学公式知
v2＝at2
由牛顿第二定律知F1－mg＝ma
且P＝F1v2
解得P＝2.04×104 W
[答案](1)5.1×104 W(2)5 s(3)2.04×104 W
4．(2014·成都质检)某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶，受到的阻力分别为车重的k 1和k 2倍，最大速率分别为v 1和v 2，则( )
A ．v 2＝k 1v 1
B ．v 2＝k 1
k 2
v 1
C ．v 2＝k 2
k 1
v 1 D ．v 2＝k 2v 1
解析：选B 该车在水平路面上达到最大速率时，处于平衡状态，即该车此时的牵引力
F 1＝k 1mg ，F 2＝k 2mg ，两种情况下，车的功率相同，即F 1v 1＝F 2v 2，解得v 2＝k 1v 1
k 2
，B 正确。
5．(2014·西安模拟)质量为8×102 kg 的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为15 m/s ，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F 与对应的速度v ，并
描绘出F -1
v 图像如图所示(图中AB 、BO 均为直线)，假设电动车行驶中所受的阻力恒定，求
此过程中
(1)电动车的额定功率；
(2)电动车由静止开始运动，经过多长时间，速度达到2 m/s ?
(3)若过B 点后16 s 达到最大速度，则电动车所走的总路程是多大？
解析：(1)分析图线可知：电动车由静止开始做匀加速直线运动，达到额定功率后，做牵引力逐渐减小的变加速直线运动，达到最大速度后做匀速直线运动。当最大速度v max ＝15 m/s 时，牵引力为F min ＝400 N ，由平衡条件得恒定阻力f ＝F min ＝400 N
额定功率P ＝F min v max ＝6 kW
(2)匀加速运动的末速度v ＝P
F max
解得v ＝3 m/s
由牛顿第二定律知匀加速运动的加速度a ＝F max －f
m
解得a ＝2 m/s 2
电动车在速度达到3 m/s 之前，一直做匀加速直线运动，
所求时间t ＝v ′
a
解得t ＝1 s
(3)设在匀加速阶段到达B 点的位移为x 1，则v 2＝2ax 1 解得x 1＝2.25 m
从B 点到达最大速度过程中，由动能定理得
Pt ′－fx 2＝12m v 2m －12m v 2
解得x 2＝24 m
故总的位移x ＝x 1＋x 2＝26.25 m 答案：(1)6 kW (2)1 s (3)26.25 m
考向三 动能定理的应用 (选择题或计算题)
[例3] (2014·
南充模拟)如图所示，水平路面CD 的右侧有一长L 1＝2 m 的板M ，一物块放在板M 的最右端，并随板一起向左侧固定的平台运动，板M 的上表面与平台等高。平台的上表面AB 长s ＝3 m ，光滑半圆轨道AFE 竖直固定在平台上，圆轨道半径R ＝0.4 m ，最低点与平台AB 相切于A 点。当板M 的左端距离平台L ＝2 m 时，板与物块向左运动的速度v 0＝8 m/s 。当板与平台的竖直墙壁碰撞后，板立即停止运动，物块在板上滑动，并滑上平台。已知板与路面的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与板的上表面及轨道AB 的动摩擦因数μ2＝0.1，物块质量m ＝1 kg ，取g ＝10 m/s 2。
(1)求物块进入圆轨道时对轨道上A 点的压力；
(2)判断物块能否到达圆轨道的最高点E 。如果能，求物块离开E 点后在平台上的落点到A 点的距离；如果不能，则说明理由。
[思路探究]
在DC 段由动能定理求物块和板整体到达BC 时的速度→对物块在板和平台上运动过程由动能定理求物块到达A 点的速度→在A 点由牛顿第二定律求物块受到的支持力→由牛顿第三定律求物块对A 点的压力→假设物块能过E 点，由动能定理求物块经过E 点的速度→
与物块刚好经过E 点的速度比较判断→若能经过E 点，物块做平抛运动。
[解析] (1)设物块随板运动撞击竖直墙壁BC 时的速度为v 1，由动能定理得
－μ1(m ＋M )gL ＝12(M ＋m )v 21－1
2
(M ＋m )v 20 设物块到A 点时速度为v 2，由动能定理得
－μ2mg (s ＋L 1)＝12m v 22－12
m v 2
1
由牛顿第二定律得
N －mg ＝m v 22
R
解得N ＝140 N
由牛顿第三定律知，物块对轨道A 点的压力大小为140 N ，方向竖直向下。 (2)假设物块能通过圆轨道的最高点，且在最高点处的速度为v 3，则有
－mg ·2R ＝12m v 23－12m v 2
2
解得v 3＝6 m/s
在最高点的临界速度v 满足的关系为mg ＝m v 2
R
解得v ＝2 m/s
因为v 3＞v ，所以假设成立。
故物块能通过圆轨道的最高点做平抛运动，则 水平方向x ＝v 3t
竖直方向2R ＝1
2
gt 2
解得x ＝2.4 m
[答案] (1)140 N 方向竖直向下 (2)能 2.4 m [感悟升华]
应用动能定理解题的步骤和应注意的问题
1．应用动能定理解题的步骤
2．应用动能定理解题应注意的问题
(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不牵扯加速度及时间，比动力学研究方法要简洁。
(2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的。
(3)物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑，但若能对整个过程利用动能定理列式则可使问题简化。
6．(2014·成都模拟)如图所示，将质量为m 的小球以速度v 0由地面竖直向上抛出。小球
落回地面时，其速度大小为3
4
v 0。设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻
力的大小等于( )
A.34mg
B.316mg
C.716mg
D.725
mg 解析：选D 对小球向上运动，由动能定理，－(mg ＋f )H ＝0－12m v 20
，对小球向下运动，
由动能定理，(mg －f )·H ＝12m ????34v 02，联立解得f ＝7
25
mg ，D 正确。 7．(2014·绵阳模拟)如图所示，粗糙水平地面与半径为R ＝0.5 m 的光滑半圆轨道BCD 相连接，且在同一竖直平面内，O 是BCD 的圆心，BOD 在同一竖直线上。质量为m ＝1 kg 的小物块在水平恒力F ＝15 N 的作用下，从A 点由静止开始做匀加速直线运动，当小物块运动到B 点时撤去F ，小物块沿半圆轨道运动恰好能通过D 点，已知AB 间的距离为x AB ＝3 m ，重力加速度g ＝10 m/s 2。求：
(1)小物块运动到B 点时的速度v B ；
(2)小物块离开D 点后落到地面上的点与B 点之间的距离x ；
(3)小物块在水平面上从A 运动到B 的过程中克服摩擦力做的功W f 。 解析：(1)小物块恰能通过D 点，在D 点由牛顿第二定律得
mg ＝m v 2D
R
小物块由B 运动到D 的过程由动能定理得
－mg ·2R ＝12m v 2D －12m v 2
B 解得v B ＝5 m/s
(2)小物块经过D 点后做平抛运动，则 水平方向x ＝v D t
竖直方向2R ＝1
2
gt 2
解得x ＝1 m
(3)小物块在水平面上由A 运动到B 过程由动能定理得
Fx AB －W f ＝1
2m v 2B
－0
解得W f ＝32.5 J
答案：(1)5 m/s (2)1 m (3)32.5 J
应用动能定理解答带电粒子在电场中的运动问题
[典例] (2014·泸州模拟)如图所示，在O 点放置一个正电荷，在过O 点的竖直平面内的A 点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m 、电荷量为q 。小球落下的轨迹如图中虚线所示，它与以O 为圆心、R 为半径的圆(图中实线表示)相交于B 、C 两点，O 、C 在同一水平线上，∠BOC ＝30°，A 距离OC 的竖直高度为h 。若小球通过B 点的速度为v ，重力加速度为g ，试求：
(1)小球通过C 点的速度v C 的大小；
(2)小球由A 到C 的过程中电势能的增加量ΔE p 。
第1步：找关键点
(1)“小球和场源电荷的电性相同”说明小球由A 到B 电场力做负功。
(2)“B 、C 两点在以O 为圆心的圆上”说明B 、C 两点电势相同，小球由B 到C 电场力不做功。
第2步：寻交汇点
(1)受力情况分析：和力学中分析方法相同，只不过多了一个库仑力。
(2)运动情况分析：和力学中分析方法相同，小球A 在外力的作用下做曲线运动。 (3)做功情况分析：和力学中分析方法相同，只不过多了一个电场力做负功。 第3步：明突破点
(1)问题一：v B 已知，由B →C 只有重力做功，运用功能定理求解。
(2)问题二：v C 已求，运用动能定理求小球由A →C 电场力做功，利用电场力做功和电势能的变化关系求ΔE p 。
[解析] (1)因B 、C 两点电势相等，小球由B 到C 只有重力做功，由动能定理得
mgR sin 30°＝12m v 2C －12
m v 2
解得v C ＝v 2＋gR
(2)设由A 到C 电场力对小球做功W AC ，由A 到C 应用动能定理得
W AC ＋mgh ＝1
2m v 2C －0
解得W AC ＝12m v 2C －mgh ＝12m v 2＋1
2
mgR －mgh
由电势能变化与电场力做功的关系得
ΔE p ＝－W AC ＝mgh －12m v 2－1
2
mgR
[答案] (1)v 2＋gR (2)mgh －12m v 2－1
2
mgR
[感悟升华]
动能定理在力学和电场中应用时的对比分析
[跟踪训练] (2014·保定调研)如图甲所示，绝缘水平传送带与竖直放置的半圆形轨道底部平滑相接。半圆形轨道绝缘、光滑，半径为R ＝0.45 m ，处在水平向右的匀强电场中，半圆形轨道
的竖直直径是电场的左边界，电场强度大小为 3
3
×103 N/C 。一质量为0.1 kg 、电荷量为＋
q ＝1.0×10－
3 C 的小物块自半圆形轨道某位置自由滑下，滑至底端并冲上传送带，在传送带
上运动的速度—时间图像如图乙所示(以向右为正方向，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(g 取10 m/s 2)，下列说法正确的是( )
A ．传送带至少长4.5 m ，传送带速度最小为3 m/s
B ．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1
C ．小物块开始滑下的位置与半圆形轨道底端的高度差为0.45 m
D ．小物块在半圆形轨道上滑动时对轨道的最大压力为2 3 N 解析：选ABD 由图像可知小物块在传送带上运动的加速度大小为a ＝1 m/s 2，由a ＝μg
可知μ＝0.1，B 正确；小物块向左运动的最大位移x ＝v 20
2a
＝4.5 m ，因为小物块滑上和离开传
送带的速度均为3 m/s ，所以传送带的速度至少为3 m/s ，A 正确；设小物块开始滑下的位置在圆心O 上方，滑块与圆心O 的连线与水平方向的夹角为θ，对小物块，从开始到半圆轨
道底端，根据动能定理有mgR ·(1＋sin θ)－qER cos θ＝1
2m v 20
，解得θ＝30°，小物块开始滑下
的位置P 到传送带的高度h ＝0.45×1.5 m ＝0.675 m ，C 错误；小物块受到的电场力qE 和重
力mg 的合力F ＝ 4
3
N ，与竖直方向成30°角斜向右下方，设小物块到达平衡位置Q (OQ
与OP 垂直)时的速度为v ，根据动能定理有FR ＝12m v 2
，对小物块有N －F ＝m v 2R
，解得N ＝
2 3 N ，D 正确。
一、选择题 1．(2014·潍坊模拟)某人用同一水平力先后两次拉同一物体，第一次使此物体沿光滑水平面前进距离s ，第二次使此物体沿粗糙水平面也前进距离s ，若先后两次拉力做的功为W 1和W 2，拉力做功的功率是P 1和P 2，则正确的是( )
A ．W 1＝W 2，P 1＝P 2
B ．W 1＝W 2，P 1>P 2
C ．W 1>W 2，P 1>P 2
D ．W 1>W 2，P 1＝P 2
解析：选B 由W ＝Fs 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 ＝W
t
可知P 1>P 2，B 正确。
2．(2014·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，则从这时开始的t s 末，该力的瞬时功率是( )
A.9F 2t m
B.6F 2t m
C.4F 2t m
D.3F 2t m
解析：选B 物块所受合力为2F ，根据牛顿第二定律有2F ＝ma ，在合力作用下，物块做初速度为零的匀加速直线运动，速度v ＝at ，该力大小为3F ，则该力的瞬时功率P ＝3F v ，
联立可得P ＝6F 2t
m
，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始沿直线加速行驶，经过时间t 前进的距离为s ，且速度达到最大值v m 。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 ．小车受到的牵引力逐渐增大
C ．小车受到的合力所做的功为Pt
D ．小车受到的牵引力做的功为f 阻s ＋1
2m v 2m
解析：选D 小车运动时受向前的牵引力F 1、向后的阻力f 阻作用，因为v 增大，P 不变，由P ＝F 1v ，F 1－f 阻＝ma ，得出F 1减小，a 减小，当v ＝v m 时，a ＝0，A 、B 错误；合
力的功W 总＝Pt －f 阻s ，由动能定理W 牵－f 阻s ＝12m v 2m －0，得W 牵＝f 阻s ＋12m v 2
m ，C 错误，D 正确。
4．(2014·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 点由静止开始运动，运动过程中绳与竖直方向的最大夹角为θ＝60°，则力F 的大小为( )
A.
3
2mg B.3mg C.12mg D.33
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FL sin 60°－mgL (1－cos 60°)＝0，解得F ＝3
3
mg ，D 正确。
5．(2014·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、形状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向上弹出并离开弹簧，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E k
＝1
2
m v 2，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，由牛顿第二定律可知，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；因为两物块质量不同，物块的初始高度相同，由ΔE p ＝mg Δh 可知，两物块上升的最大高度不同，C 正确。
6．(2014·攀枝花模拟)一辆汽车在平直的公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1
v 图像如图所示。若已知汽车的质量，则根据图像所给的信息，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F －f ＝ma ，P ＝F v 可得a ＝P m ·1v －f m ，对应图线可知，P
m
＝k ＝40，因
为汽车的质量已知，所以可求出汽车的功率P 。由a ＝0时，1
v m
＝0.05可得v m ＝20 m/s ，再
由v m ＝P
f
，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．(2014·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α、β，且α<β，M 的顶端装有一定滑轮，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 根据题意，由于A 、B 滑块均处于平衡状态，有F T A ＝F T B ，而F T A ＝m A g sin α，F T B ＝m B g sin β，所以m A 大于m B ，A 正确；由于A 、B 滑块距离地面的高度h 相同，据
mgh ＝1
2
m v 2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P A
＝m A g v ·sin α，P B ＝m B g v ·sin β，所以P A ＝P B ，C 错误；两者到达地面的时间为h sin α＝12
g sin αt 2
A ，
h sin β＝12
g sin βt 2
B ，解得sin αt A ＝sin βt B ，所以t A ＞t B ，D 错误。 二、非选择题
8．额定功率为80 kW 的汽车，在平直的公路上行驶，行驶的最大速度为20 m/s ，汽车的质量m ＝2 000 kg ，若汽车从静止开始做匀加速直线运动，加速度a ＝2 m/s 2，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F 1与阻力f 大小相等，有
f ＝F 1＝P 额
v m
＝4 000 N
(2)设以恒定的加速度a ＝2 m/s 2启动时的牵引力为F 2，由牛顿第二定律得F 2－f ＝ma 解得F 2＝8 000 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v 1，则v 1＝P 额
F 2
＝10 m/s
所以匀加速运动的时间t 1＝v 1
a
＝5 s
(3)因3 s 末汽车为匀加速运动，故3 s 末的速度 v ＝at ＝6 m/s
3 s 末的瞬时功率P ＝F 2v ＝48 kW 答案：(1)
4 000 N (2)
5 s (3)48 kW
9．(2014·正定二模)如图所示，A 、B 、C 质量分别为m A ＝0.7 kg ，m B ＝0.2 kg ，m C ＝0.1 kg ，B 为套在细绳上的圆环，A 与水平桌面的动摩擦因数μ＝0.2，另一圆环D 固定在桌边，离地面高h 2＝0.3 m ，当B 、C 从静止下降h 1＝0.3 m ，C 穿环而过，B 被D 挡住，不计绳子质量和滑轮的摩擦，取g ＝10 m/s 2，若开始时A 离桌面足够远。
(1)请判断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h 1时，A 、B 、C 的共同速度为v ，B 被挡住后，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
(m B ＋m C )gh 1－μm A gh 1＝1
2(m A ＋m B ＋m C )v 2－0
m C gh －μm A gh ＝0－1
2
(m A ＋m C )v 2
代入数据解得h ＝0.96 m
因为h ＞h 2，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
m C gh 2－μm A gh 2＝1
2
(m A ＋m C )·(v ′2－v 2)
C 落至地面后，A 运动的过程由动能定理得
－μm A gx ＝0－1
2
m A v ′2
解得x ＝0.165 m
故A 滑行的距离为x A ＝h 1＋h 2＋x ＝(0.3＋0.3＋0.165)m ＝0.765 m 答案：(1)C 能落至地面 (2)0.765 m 10．(2014·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R ＝0.4 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E ＝1.0×104 N/C 。现有一电荷量q ＝＋
1.0×10－
4 C 、质量m ＝0.1 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g ＝10 m/s 2。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x DB ；
(3)带电体在从P 开始运动到落至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v C ，由牛顿第二定律得
mg ＝m v 2C
R
设带电体通过B 点时的速度为v B ，此时轨道对带电体的支持力大小为F B ，带电体从B 运动到C 的过程中，由动能定理得
－mg ·2R ＝12m v 2C －12
m v 2
B 又F B －mg ＝m v 2B
R
解得F B ＝6.0 N
根据牛顿第三定律得带电体在B 点时对轨道的压力大小 F ′B ＝6.0 N
(2)设带电体从最高点C 落至水平轨道上的D 点经历的时间为t ，根据运动的分解有
2R ＝12
gt 2
x DB ＝v C t －12·Eq
m
t 2
联立解得x DB ＝0
(3)由P 到B 带电体做加速运动，故最大速度一定出现在从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，故最大速度必出现在B 点右侧对应圆心角为45°处。设小球的最大动能为E km ，由动能定理得
qER sin 45°－mgR (1－cos 45°)＝E km －1
2m v 2B
解得E km ＝22＋3
5
J ≈1.17 J
答案：(1)6.0 N (2)0 (3)1.17 J
第2讲 机械能守恒定律和功能关系
考向一 机械能守恒定律的应用 (选择题)
[例1] (2014·
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L ＝0.2 m 的轻杆相连，小球B 距水平面的高度h ＝0.1 m 。斜面底端与水平面之间有一光滑短圆弧相连，两球从静止开始下滑到光滑地面上，g 取10 m/s 2。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/s
D ．系统下滑的整个过程中B 球机械能的增加量为2
3
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 球机械能减少，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m A g (h ＋L sin 30°)＋m B gh ＝12(m A ＋m B )v 2，解得v ＝2
3
6 m/s ，C 错
误；B 球机械能的增加量为ΔE p ＝12m B v 2－m B gh ＝2
3
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(g ＝10 m/s 2)( )
A ．10 J
B ．15 J
C ．20 J
D ．25 J
解析：选A 由h ＝1
2gt 2，tan 60°＝v y v 0＝gt v 0
，可得v 0＝10 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，E p ＝1
2m v 20
＝10 J ，A 正确。
2．(2014·四川师大附中模拟)如图所示，可视为质点的小球A 、B 用不可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( )
A ．2R B.5R
3
C.4R 3
D.2R 3
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 ，根据机械能守恒定律有2mgR ＝mgR ＋1
2
×3m v 2，A 落地后B 将以v 做竖直上抛运动，
即有12m v 2＝mgh ，解得h ＝13R 。则B 上升的高度为R ＋13R ＝4
3
R ，故选项C 正确。
3．(2014·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h ＝d
2
B ．环到达B 处时，环与重物的速度大小相等
C ．环从A 到B ，环减少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4
3
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 ＝(2－1)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mgh ′＝
2mg (h ′2＋d 2－d )，解得h ′＝4
3
d ，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
[例2] (2014·
眉山一模)滑板运动是深受年轻人喜爱的一种极限运动，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θ＝37°，水平地面BC 长x ＝10 m ，B 处平滑连接，CD 为半径R ＝3.0 m 的四分之一圆弧轨道。若一质量为m ＝50 kg
的运动员，以v 0＝4 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 ＝5
3
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μ＝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/s 2，
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。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，由牛顿第二定律得
mg sin θ－f ＝ma N ＝mg cos θ f ＝μN
由运动学公式得
斜面AB 长度l ＝v 0t ＋1
2
at 2
由几何关系得h ＝l sin θ 解得a ＝2.4 m/s 2，h ＝6 m
(2)设运动员第一次经过C 点时的速度大小为v C ，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，根据机械能守恒定律得
12m v 2
C
＝mgR 经C 点时，由牛顿第二定律得
N －mg ＝m v 2C
R
解得N ＝1 500 N
(3)运动员经过B 点时的速度为v B ，则 v B ＝v 0＋at
在BC 段，由动能定理得
－fx ＝12m v 2C －12m v 2
B 解得f ＝10 N
(4)运动员离开D 点后做竖直上抛运动，则 2v D ＝gT
根据功能关系得
W ＝12m v 2D
解得W ＝900 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注意
(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；根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情况。
(2)可以根据功能之间的转化情况，确定是什么力做功，尤其可以方便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．(2014·永安质检)如图甲所示，一物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向运动，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0～x 1过程的图线为曲线，x 1～x 2过程的图线为直线，由此可以判断( )
A ．0～x 1过程中物体所受拉力是变力，且一定不断减小
B ．0～x 1过程中物体的动能一定不断减小
C ．x 1～x 2过程中物体一定做匀速运动
D ．x 1～x 2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0～x 1过程中，由E -x 图像
知，拉力F 逐渐变大，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；x 1～x 2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θ＝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g ＝10 m/s 2，
sin 53°＝45，cos 53°＝3
5
，求：
(1)物块与斜轨间的动摩擦因数μ； (2)物块的质量m 。
解析：(1)由题图乙知，当h 1＝5R 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提供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v 1，则由牛顿第二定律知
mg ＝m v 21
R
对物块从释放至到达B 点的过程，由动能定理得
mg (h 1－2R )－μmg cos θ·h 1sin θ＝1
2m v 21
解得μ＝2
3
(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
F ′＋mg ＝m v 2
R
对物块从释放至到达B 点的过程，由动能定理得
mg (h －2R )－μmg cos θ·h sin θ＝1
2m v 2－0
解得F ′＝5mg －mgh
R
则由牛顿第三定律得F ＝mgh
R －5mg
则F -h 图线的斜率k ＝mg
R
由题图乙可知k ＝2 N
R
解得m ＝0.2 kg
答案：(1)2
3
(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．某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔE 减＝ΔE 增。
2．某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔE A 减＝ΔE B 增。
[例3] (2014·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v 0。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μ。乙的宽度足够大，重力加速度为g 。
(1)若乙的速度为v 0，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2v 0，求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v ；
(3)保持乙的速度2v 0不变，当工件在乙上刚停止滑动时，下一只工件恰好传到乙上，如此反复。若每个工件的质量均为m ，除工件与传送带之间摩擦外，其他能量损耗均不计，求驱动乙的电动机的平均输出功率P 。
[思路探究]
(1)工件在乙上运动时，可将工件的运动分解成沿甲运动方向和沿乙运动方向的两个分运动。
(2)工件相对传送带滑动时，摩擦产生的热量可由Q ＝fx 相对求解。 (3)电动机消耗的电能全部转化为工件的动能和因摩擦产生的内能。 [解析] (1)摩擦力与侧向的夹角为45°，侧向加速度大小 a x ＝μg cos 45°
在侧向上由匀变速直线运动规律知－2a x s ＝0－v 20
解得s ＝2v 20
2μg
(2)设t ＝0时刻摩擦力与侧向的夹角为θ，相对传送带侧向、纵向加速度的大小分别为a x 、a y ，则
a y
a x
＝tan θ 很小的Δt 时间内，侧向、纵向的速度变化量 Δv x ＝a x Δt ，Δv y ＝a y Δt
解得 Δv y
Δv x
＝tan θ
且由题意知tan θ＝v y
v x
，设在经Δt 时间后，相对传送带侧向和纵向速度分别为v ′x 和v ′y
则v ′y v ′x ＝v y －Δv y v x －Δv x ＝tan θ，有 v ′y ＝v ′x ·tan θ
所以摩擦力方向保持不变。
则当v ′x ＝0时，v ′y ＝0，即相对传送带纵向速度为零，即 v ＝2v 0
(3)设工件在乙上滑动时侧向位移为x ，沿乙运动方向的位移为y ，由题意知 a x ＝μg cos θ，a y ＝μg sin θ 在侧向上－2a x x ＝0－v 20
在纵向上2a y y ＝(2v 0)2
－0
工件滑动时间t ＝2v 0
a y
乙前进的距离y 1＝2v 0t 工件相对乙的位移 L ＝x 2＋(y 1－y )2
则系统摩擦生热Q ＝μmgL 电动机做功
W ＝12m (2v 0)2－12m v 20
＋Q
又P ＝W
t
解得P ＝45μmg v 0
5
[答案] (1)2v 20
2μg (2)2v 0 (3)45μmg v 05
[感悟升华]
涉及能量转化问题的解题方法
(1)当涉及摩擦力做功时，机械能不守恒，一般应用能的转化和守恒定律，特别注意摩擦产生的内能Q ＝fx 相对，x 相对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度。
(2)解题时，首先确定初、末状态，然后分清有多少种形式的能在转化，再分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE 减和增加的能量总和ΔE 增，最后由ΔE 减＝ΔE 增列式求解。
6．(2014·南充模拟)如图所示，质量为M ＝2 kg 、长为L ＝2 m 的长木板静止放置在光滑水平面上，在其左端放置一质量为m ＝1 kg 的小木块(可视为质点)，先相对静止，后用一水平向右的力F ＝4 N 作用在小木块上，经过时间t ＝2 s ，小木块从长木板另一端滑出，g 取10 m/s 2，则( )
A ．小木块与长木板之间的动摩擦因数μ＝0.1
B ．在整个运动过程中由于摩擦产生的热量为8 J
C ．小木块脱离长木板的瞬间，拉力F 的功率为16 W
D ．长木板在运动过程中获得的机械能为16 J
解析：选C 对小木块由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma 1，对长木板由牛顿第二定律得
μmg ＝Ma 2，经时间t ＝2 s ，L ＝1
2
(a 1－a 2)t 2，解得μ＝0.2，A 错误；在整个运动过程中，小木
块与长木板间的滑动摩擦力对小块做负功，将系统的部分机械能转化为内能，摩擦产生的热量为Q ＝μmgL ＝4 J ，B 错误；小木块脱离长木板的瞬间，小木块的速度v 1＝a 1t ＝4 m/s ，长
木板的速度v 2＝a 2t ＝2 m/s ，拉力F 的功率P ＝F v 1＝16 W ，C 正确；长木板获得的动能大小
为E k ＝1
2M v 22
＝4 J ，势能不变，D 错误。
7．当今流行一种“蹦极”运动，如图所示，距河面45 m 高的桥上A 点系弹性绳，另一端B 点系住重50 kg 男孩的脚，弹性绳原长AB 为15 m ，设男孩从桥面自由下坠直至紧靠水面的C 点，末速度为零。假定整个过程中，弹性绳遵循胡克定律，绳的质量、空气阻力
忽略不计，男孩视为质点。弹性势能可用公式：E 弹＝kx 2
2
(k 为弹性绳的劲度系数，x 为弹性
绳的形变长度)计算。(g ＝10 m/s 2)则：
(1)男孩在最低点时，弹性绳具有的弹性势能为多大？弹性绳的劲度系数又为多大？ (2)在整个运动过程中，男孩的最大速度为多少？
解析：男孩从桥面自由下落到紧靠水面的C 点的过程中，重力势能的减少量对应弹性势能的增加量，男孩速度最大时，应位于加速度为零的位置。
(1)由功能关系得E 弹＝mgh 解得E 弹＝2.25×104 J
又因为E 弹＝1
2
kx 2
其中x ＝45 m －15 m ＝30 m
解得k ＝2E 弹
x
2＝50 N/m
(2)男孩加速度为零时，mg ＝kx ′ 解得x ′＝10 m
由能量转化和守恒定律得
mg (h AB ＋x ′)＝12kx ′2＋1
2m v 2m
解得v m ＝20 m/s
答案：(1)2.25×104 J 50 N/m (2)20 m/s
功能关系在电磁感应问题中的应用
[典例] (2014·攀枝花模拟)如图所示，两平行金属导轨相距l ＝0.6 m ，其倾角为θ＝37°，导轨电阻不计，底端接有阻值为R ＝3 Ω的定值电阻，磁感应强度为B ＝1 T 的匀强磁场垂直穿过导轨平面。有一质量m ＝0.2 kg 、长为l 的导体棒固定在ab 位置，导体棒的电阻为R 0＝1 Ω，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ＝0.3。现导体棒获得平行斜面向上的初速度v 0＝10 m/s 滑行最远至a ′b ′位置，所滑行距离为s ＝4 m 。已知sin 37°＝0.6，cos 37°
＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s 2
。