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2020年物理二轮专题过关宝典专题四：功和能【知识回扣】 一、功和功率 1.功的计算恒力做的功：直接用W ＝Fl cos α计算。
变力做的功：①应用动能定理求解；②应用W ＝Pt 求解，此法适用于变力的功率P 不变； 2.功率的计算平均功率的计算方法：①利用P＝tW ；②利用P ＝F·v cos α，其中v 为物体运动的平均速度。
瞬时功率的计算方法：利用公式P ＝Fvcos α，其中v 为t 时刻的瞬时速度； 3. 机车的两种启动模型的分析 （1）模型综述物体在牵引力（受功率和速度制约）作用下，从静止开始克服一定的阻力，加速度不变或变化，最终加速度等于零，速度达到最大值。
（2）模型特征a. 以恒定功率启动的方式： ①动态过程：②这一过程的速度—时间图象如图所示：b. 以恒定加速度启动的方式： ①动态过程：②这一过程的速度—时间图象如图所示：深化拓展：无论哪种启动方式，机车最终的最大速度都应满足：v m ＝fF P，且以这个速度做匀速直线运动。
二、动能定理1. 动能定理：合外力做功等于物体在这个过程中动能的变化量。
W ＝E k2－E k1＝12mv 22－12mv 21. 2．适用范围(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功。
三、机械能守恒定律1.判断机械能是否守恒的两个角度（1）从做功的角度：若只有重力(或弹力)做功或虽有其他外力做功但其他力做功的代数和为零，则该物体（或该系统）的机械能守恒。
2.从能的角度：若系统内只有动能和势能的相互转化，没有其他形式的能与机械能转化，且系统与外部也没有能力的转化与转移，则系统机械能守恒。
2.机械能守恒的三种表示形式(1)守恒观点：E k1＋E p1＝E k2＋E p2(要选零势能参考平面) (2)转化观点：ΔE k ＝－ΔE p (不用选零势能参考平面) (3)转移观点：ΔE A 增＝ΔE B 减(不用选零势能参考平面) 四、力学中的功能关系合外力做功等于物体动能的改变 W 合＝E k2－E k1＝ΔE k 重力做功衡量重力势能的减少量 W G ＝E p1－E p2＝－ΔE p 弹簧弹力做功衡量弹性势能的减少量W 弹＝E p1－E p2＝－ΔE p 除了重力和弹簧弹力之外的其他力所做的总功，等于物体机械能的改变W 其他＝E 2－E 1＝ΔE一对滑动摩擦力做功的代数和等于因摩擦而产生的内能 Q ＝fx 相对，x 相对为物体间相对滑动的距离【热门考点透析】考点一 功和功率1.轻质弹簧右端固定在墙上,左端与一质量m=0.5 kg 的物块相连,如图甲所示,弹簧处于原长状态,物块静止且与水平面间的动摩擦因数μ=0.2。
【步步高】2014高考物理大二轮专题复习与增分策略等值模拟二(限时：60分钟)第Ⅰ卷二、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)14．(2013·北京·16)如图1所示，倾角为α、质量为M的斜面体静止在水平桌面上，质量为m的木块静止在斜面体上．下列结论正确的是( )图1A．木块受到的摩擦力大小是mg cos αB．木块对斜面体的压力大小是mg sin αC．桌面对斜面体的摩擦力大小是mg sin αcos αD．桌面对斜面体的支持力大小是(M＋m)g答案 D解析对木块m受力分析如图所示，由平衡条件可知：F N1＝mg cos α，F f＝mg sin α，由牛顿第三定律可知，木块对斜面的压力大小为F N1′＝mg cos α，故选项A、B均错误；选M、m整体为研究对象，受力分析如图所示，由平衡条件得：F N2＝(M＋m)g，选项D正确，C错误．15．汽车由静止开始在平直的公路上行驶，0～60 s内汽车的加速度随时间变化的a－t图象如图2所示．则该汽车在0～60 s内的速度随时间变化的v－t图象为( )图2答案 B解析 0～10 s 内汽车做初速度为零的匀加速直线运动，10 s 末速度增加到20 m/s ；10 s ～40 s 内汽车以20 m/s 的速度做匀速直线运动；40 s ～60 s 内汽车做匀减速直线运动，60 s 末速度减为零．故本题答案为B.16．如图3所示，曲线Ⅰ是一颗绕地球做圆周运动卫星轨道的示意图，其半径为R ；曲线Ⅱ是一颗绕地球做椭圆运动卫星轨道的示意图，O 点为地球球心，AB 为椭圆的长轴，两轨道和地心都在同一平面内，己知在两轨道上运动的卫星的周期相等，万有引力常量为G ，地球质量为M ，下列说法正确的是( )图3A ．椭圆轨道的长轴长度为RB ．卫星在Ⅰ轨道的速率为v 0，卫星在Ⅱ轨道B 点的速率为v B ，则v 0<v BC ．卫星在Ⅰ轨道的加速度大小为a 0，卫星在Ⅱ轨道A 点加速度大小为a A ，则a 0<a AD ．若OA ＝0.5R ，则卫星在B 点的速率v B > 2GM3R答案 C解析 利用开普勒第三定律可知椭圆的半长轴长度为R ，所以A 项错误；设卫星在B 点做匀速圆周运动时的速度为v B ′，根据卫星运行的线速度与轨道半径关系可知v 0>v B ′，卫星做椭圆运动时，在B 点做向心运动，则v B ′>v B ，所以v 0>v B ，故B 项错误；由牛顿第二定律F 万＝ma ，得a ＝G M r2，则a 0<a A ，C 项正确；卫星做椭圆运动时，在B 点做向心运动，G Mm r 2>m v 2Br ，r ＝2R －0.5R ＝1.5R ，可得v B <2GM3R，D 项错误．17．如图4所示的电路，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片P 向左移动，则( )图4A ．电容器中的电场强度将增大B ．电容器的电容将减小C ．电容器上的电荷量将减少D ．液滴将向上运动 答案 C解析 将滑动变阻器的滑片P 向左移动，电容器的电容不变，R 2中的电流减小，电容器两端电压减小，电容器上的电荷量将减少，电容器中的电场强度将减小，带电液滴所受电场力减小，液滴将向下运动，选项C 正确．18．(2013·新课标Ⅰ·18)如图5，半径为R 的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外，一电荷量为q (q >0)、质量为m 的粒子沿平行于直径ab 的方向射入磁场区域，射入点与ab 的距离为R2，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)( )图5A.qBR 2m B.qBR m C.3qBR 2m D.2qBR m答案 B解析 如图所示，粒子做圆周运动的圆心O 2必在垂直于速度方 向的直线EF 上，由于粒子射入、射出磁场时运动方向间的夹角 为60°，故圆弧ENM 对应圆心角为60°，所以△EMO 2为等边三角形．由于O 1D ＝R2，所以∠EO 1D ＝60°，△O 1ME 为等边三角形，所以可得到粒子做圆周运动的半径EO 2＝O 1E ＝R ，由qvB ＝mv 2R ，得v ＝qBRm，B 正确．19．了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要．以下符合史实的是( )A ．伽利略证明了轻物和重物下落的速度不受其重力大小的影响B ．开普勒通过对行星运动规律的研究总结出了万有引力定律C ．卡文迪许利用扭秤装置测定了万有引力常量G 的数值D ．牛顿将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动 答案 AC解析 伽利略证明了轻物和重物下落的速度不受其重力大小的影响，选项A 正确；开普勒通过对行星运动规律的研究总结出了开普勒行星运动定律，选项B 错误；卡文迪许利用扭秤装置测定了万有引力常量G 的数值，选项C 正确；伽利略将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动，选项D 错误．20．如图6所示，质量m ＝1 kg 的物块，以速度v 0＝4 m/s 滑上正沿逆时针转动的水平传送带，传送带上A 、B 两点间的距离L ＝6 m ，已知传送带的速度v ＝2 m/s ，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g 取10 m/s 2.关于物块在传送带上的运动，下列表述正确的是( )图6A ．物块在传送带上运动的时间为4 sB ．物块滑离传送带时的速率为2 m/sC ．传送带对物块做功为6 JD ．整个运动过程中由于摩擦产生的热量为18 J 答案 BD解析 物块与传送带之间的摩擦力为μmg ＝2 N ，加速度为a ＝μg ＝2 m/s 2，物块减速到零时的位移为x ＝v 202a ＝4 m ，没有到达B 端，物块会向左加速运动，加速到与传送带速度相同时的位移x 1＝v 22a＝1 m ，则物块还要以2 m/s 的速度向左匀速运动4 m －1 m ＝3 m 脱离传送带，选项B 正确；物块减速运动的时间t 1＝v 0a＝2 s ，加速运动的时间t 2＝v a ＝1 s ，匀速运动的时间t 3＝32s ＝1.5 s ，总时间为2 s ＋1 s ＋1.5 s ＝4.5 s ，选项A 错误；根据动能定理，传送带对物块做的功为12mv 2－12mv 20＝－6 J ，选项C 错误；整个过程中摩擦力产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，只有在物块减速运动和加速运动时才有相对位移，在物块减速运动和加速运动阶段，传送带一直做匀速运动，相对位移为x ′＝4 m ＋4 m ＋2 m －1 m ＝9 m ，产生的热量Q ＝F f x ′＝18 J ，选项D 正确． 21．如图7所示，一带正电的离子P ，在只受某一点电荷Q (Q 未画出)的电场力作用下，从A 经过B 运动到C 的轨迹，轨迹关于水平轴线MN 对称，B 点是轨迹曲线的最右端．则以下说法正确的是( )图7A ．B 点速率可能最大 B ．B 点加速度一定最大C ．B 到C 过程电势能可能减小D ．A 到B 过程电势能一定减小 答案 AC解析 带正电的离子P 在只受某一点电荷Q 的电场力作用下，从A 经过B 运动到C ，根据题图的轨迹，若点电荷Q 在左侧带负电，则带正电的离子P 经过B 点速率可能最大，也可能最小；若电荷Q 在右侧带正电，则带正电的离子P 经过B 点速率可能最小，选项A 正确．若带正电的离子P 经过B 点速率最大，则B 点加速度最大；若带正电的离子P 经过B 点速率最小，则B 点加速度最小，选项B 错误．若点电荷Q 在右侧带正电，则带正电的离子由B 到C 过程电场力做正功，电势能减小，选项C 正确．若点电荷Q 在左侧带负电，带正电的离子由A 到B 过程可能克服电场力做功，电势能增加，选项D 错误．第Ⅱ卷三、非选择题(包括必考题和选考题两部分．第22题～第25题为必考题，每个试题考生都必须做答．第33题～第35题为选考题，考生根据要求做答．) (一)必考题(共47分)22．(2013·天津·9(2))(7分)某实验小组利用图8所示的装置探究加速度与力、质量的关系．图8①下列做法正确的是________(填字母代号)A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度②为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量________木块和木块上砝码的总质量．(选填“远大于”、“远小于”或“近似等于”)③甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图9所示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图9中甲、乙两条直线．设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲________m乙，μ甲________μ乙．(选填“大于”、“小于”或“等于”)图9答案①AD(2分) ②远小于(2分) ③小于大于(3分)解析①在探究加速度与力、质量的关系的实验中，平衡摩擦力时木块不通过定滑轮挂砝码桶，而要挂纸带，并且改变质量时不需要重新平衡摩擦力；在实验时应先接通电源再放开木块，故选项A、D均正确，B、C均错误．②选木块和木块上砝码(设总质量为M)、砝码桶及桶内的砝码(设总质量为m)为研究对象，则mg＝(M＋m)a选砝码桶及桶内的砝码为研究对象则mg－F T＝ma联立解得：F T ＝mg －m 2gM ＋m要使F T ＝mg ，需要m 2gM ＋m→0，即M ≫m③对质量为m 的木块由牛顿第二定律得：F －μmg ＝ma即a ＝1mF －μg .上式与题图结合可知：1m 甲＞1m 乙，μ甲g ＞μ乙g .即：m 甲＜m 乙，μ甲＞μ乙23．(8分)某同学用如图10所示的实物电路，描绘额定电压为4.0 V 的小灯泡的伏安特性曲线，并研究小灯泡实际功率及灯丝温度等问题．图10(1)根据实物图，在虚线框内画出电路图．(2)闭合开关，将滑动变阻器的滑片P 向b 端移动，发现“电流表的示数几乎为零，电压表的示数逐渐增大”，则分析电路的可能故障为________． A ．小灯泡短路 B ．小灯泡断路 C ．电流表断路 D ．滑动变阻器断路(3)根据如图11所示I －U 图线，可确定小灯泡在电压为2.0 V 时实际功率为________W.图11(4)已知小灯泡灯丝在27 °C时的电阻是6.0 Ω，并且小灯泡灯丝电阻值R与灯丝温度t的关系为R＝k(273＋t)，k为比例常数．根据I－U图线，估算该灯泡正常工作时灯丝的温度约为________°C.答案(1)如图所示(2分)(2)B(2分) (3)0.6(2分，0.58～0.62之间均可)(4)227(2分，225～230之间均可)解析(1)由实验电路可画出电路图如答案图所示；(2)闭合开关，将滑动变阻器的滑片P向b端移动，“电压表的示数逐渐增大”，说明电压表与小灯泡、开关、滑动变阻器及电源之间的线路连接是良好的．“电流表的示数几乎为零”，说明外电阻很大，则可断定小灯泡是断路的，电压表充当外电阻，选项B正确．(3)根据I－U图线可知，小灯泡在电压为2.0 V时的电流为0.30 A，则实际功率为P＝UI＝0.6 W；(4)由于小灯泡灯丝在27 °C时的电阻是R1＝6.0 Ω，故R1＝k(273＋t1)；由I－U图象可知，小灯泡正常工作时的电阻为R2＝10 Ω，则有R2＝k(273＋t2)，联立解得t2＝227 °C. 24．(2013·新课标Ⅱ·24)(13分)如图12，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷量为q(q>0)的质点沿轨道内侧运动．经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为N a和N b.不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能．图12答案 见解析解析 质点所受电场力的大小为F ＝qE ①(2分)设质点质量为m ，经过a 点和b 点时的速度大小分别为v a 和v b ，由牛顿第二定律有F ＋N a ＝m v 2ar②N b －F ＝m v 2br③(3分)设质点经过a 点和b 点时的动能分别为E k a 和E k b ，有E k a ＝12mv 2a ④E k b ＝12mv 2b⑤(3分)根据动能定理有E k b －E k a ＝F ·2r ⑥(2分)联立①②③④⑤⑥式得E ＝16q (N b －N a ) (1分) E k a ＝r12(N b ＋5N a )(1分) E k b ＝r12(5N b ＋N a )(1分)25．(19分)如图13所示， 用内壁光滑的薄壁细管弯成的“S”形轨道固定于竖直平面内，其弯曲部分是由两个半径均为 R 的半圆平滑对接而成(圆的半径远大于细管内径)，轨道底端D 点与粗糙的水平地面相切．现有一辆质量为m 的玩具小车以恒定的功率从E 点开始行驶，经过一段时间t 后，出现了故障，发动机自动关闭，小车在水平地面继续运动并进入“S”形轨道，从轨道的最高点A 飞出后，恰好垂直撞在固定斜面B 上的C 点，C 点与下半圆的圆心等高．已知小车与地面之间的动摩擦因数为μ，ED 之间的距离为x 0，斜面的倾角为30°.求：图13(1)小车到达C 点时的速度大小为多少；(2)在A 点小车对轨道的压力大小是多少，方向如何；(3)小车的恒定功率是多少．答案 (1)22gR (2)mg ，方向竖直向上 (3)μmgx 0＋5mgR t解析 (1)把C 点的速度分解为水平方向的v A 和竖直方向的v y ，有：v Av y＝tan 30° (1分)v y ＝gt(1分) 3R ＝12gt2(1分) v ＝v 2A ＋v 2y(1分) 解得：v ＝22gR(2分) (2)小车在A 点的速度大小v A ＝2gR(1分) 因为v A ＝2gR >gR ，对外轨有压力，轨道对小车的作用力向下(1分) mg ＋F N ＝m v 2AR(1分) 解得F N ＝mg(1分)根据牛顿第三定律得，小车对轨道的压力大小F N ′＝F N ＝mg(1分) 方向竖直向上(2分)(3)从D 到A 的过程中，机械能守恒，则 12mv 2D ＝mg ·4R ＋12mv 2A(2分) 小车从E 到D 的过程中，Pt －μmgx 0＝12mv 2D(2分)解得P ＝μmgx 0＋5mgRt(2分)(二)选考题(共15分)(请考生从给出的3道物理题中任选一题做答．如果多做，则按所做的第一题计分)33．[物理—选修3－3](15分)(1)(6分)下列说法正确的是(填正确答案标号．选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)( )A ．分子平均动能大的物体，内能一定大B ．单晶体一定具有各向异性C．液体表面张力是由于表面层分子间距离大，分子力表现为引力所致D．经技术改进，热机的效率能达到100%E．热量能够自发地从高温物体传到低温物体(2)(9分)如图14所示，粗细均匀的U型玻璃管竖直放置，左端封闭，右端开口且足够长，开始时左端空气柱长20 cm，两管水银面等高．从右侧管口缓慢加入水银，左管内气柱长变为15 cm.温度不变，大气压强为p0＝75 cmHg.求：图14①加入水银的长度；②此过程封闭气体是吸热还是放热，并说明理由．答案(1)BCE (2)①35 cm②放热，理由见解析解析(2)①设末状态右侧管内水银面比左侧高hp1＝p0，p2＝p0＋ρ水银ghp1l1S＝(p0＋ρ水解gh)l2S (2分)设加入的水银柱长为x，x＝2(l1－l2)＋h (2分) 解得：x＝35 cm (2分)②内能不变，外界对气体做正功，故气体放热．(3分) 34．[物理选修3－4](15分)(1)(6分)如图15所示，沿x轴正方向传播的一列横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为200 m/s，下列说法正确的是(填正确答案标号．选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)( )图15A．从图示时刻开始，质点b比质点a先到平衡位置B．从图示时刻开始，经0.01 s质点a通过的路程为0.4 mC．若该波波源从O点沿x轴正方向运动，则在x＝2 000 m处接收到的波的频率将小于50 HzD ．若该波传播中遇到宽约3 m 的障碍物，则能发生明显的衍射现象E ．a 质点的振动频率为50 Hz(2)(9分)如图16所示，半圆形玻璃砖的半径为R ，折射率为2，直径AB 与屏幕MN 垂直并接触于B 点．激光束a 以入射角i ＝30°射向半圆玻璃砖的圆心O ，结果屏幕MN 上出现两个光斑．求两个光斑之间的距离L .图16答案 (1)BDE (2)(3＋1)R解析 (1)根据“上坡下，下坡上”知题图所示时刻b 点正向下振动，故a 比b 先回到平衡位置，A 错误；根据波的图象知波长为4 m ，由T ＝λv＝0.02 s 知，f a ＝50 Hz ，经过0.01 s ，质点a 运动到波谷，故运动的路程为0.4 m ，B 、E 正确；由于波源正靠近观察者，故接收到的波的频率大于50 Hz ，C 错误；发生明显衍射的条件是障碍物或孔的尺寸接近或小于波长，D 正确．(2)入射光线一部分折射、一部分反射，设折射光线在屏幕上形成的光斑距B 点的距离为L 1，反射光线在屏幕上形成的光斑距B 点的距离为L 2，折射角为r ，由折射定律sin rsin i ＝n ，得r ＝45°(2分) L 1＝R(2分)由反射定律知反射角等于入射角，则有L 2＝R tan 60°＝3R (3分) 故L ＝L 1＋L 2＝(3＋1)R(2分)35．[物理选修3－5](15分)(1)(6分)下列说法正确的是(填正确答案标号．选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)( )A ．光电效应现象说明光具有粒子性B ．轻核聚变时释放能量，重核裂变时吸收能量C ．太阳辐射出的能量主要来自太阳内部的裂变反应D ．卢瑟福根据α粒子散射实验提出了原子的核式结构学说E ．β衰变释放出的电子是原子核内的中子转变为质子时产生的(2)(9分)在一次交通事故中，质量为M 的货车与静止于前方质量为m 的小汽车追尾并推着小汽车向前滑行．交警测得碰撞前货车刹车滑行的距离为x 1，碰撞后共同向前滑行的距离为x 2.若货车刹车后及与小汽车碰后的运动过程中，货车和小汽车所受阻力均为自身重力的μ倍，求货车刹车前的速度大小． 答案 (1)ADE (2)2μgx 1＋M ＋m 2μgx 2M 2解析 (1)只有认为光子是一份份的，才能解释光电效应现象，说明光具有粒子性，A 正确；轻核聚变和重核裂变都发生了质量亏损，都放出能量，B 错误；太阳内部发生的是聚变反应，C 错误；卢瑟福分析了α粒子散射实验现象，提出了原子的核式结构学说，D 正确；β衰变的实质是一个中子转化为一个质子和一个电子，E 正确． (2)设货车刹车前的速度大小为v 0，货车与小汽车碰撞前瞬间的速度大小为v 1，对货车根据动能定理得 －μMgx 1＝12Mv 21－12Mv 2(2分)货车与小汽车碰撞后的速度大小为v 2，此过程动量守恒，则有Mv 1＝(M ＋m )v 2(2分)两车碰撞后，对货车和小汽车组成的系统根据动能定理得 －μ(M ＋m )gx 2＝0－12(M ＋m )v 22(2分) 解得v 0＝ 2μgx 1＋M ＋m 2μgx 2M 2(3分)。
