三、功和能考点20 功和功率(Ⅱ)(1)功的两个不可缺少的因素：力和在力的方向上发生的位移．①恒力做功的计算公式：W＝Flcosα.(l：对地位移)②当F为变力时，用动能定理W＝ΔEk或功能关系求功．③利用F－l图象曲线下的面积求功．④利用W＝Pt计算．⑤若Ff大小不变，方向始终与v相反，则Wf＝－Ff·l路程⑥滑动摩擦力Ff对系统做功，Wf＝Ff·Δx＝Q.(2)功率：描述做功快慢的物理量．①功率定义式：P＝.所求功率是时间t内的平均功率．②功率计算式：P＝Fvcosα.其中α是力与速度间的夹角．考点21 动能和动能定理(Ⅱ)Ek＝mv2，标量动能定理表达式：W＝mv2－mv.说明：①研究对象是单一物体，有时也可以是系统．②W是外力功，包括自身重力．③合力功由W合＝W1＋W2＋W3＋…或W合＝F合l来计算．④ΔEk是动能增量，ΔEk>0、ΔEk＝0、ΔEk<0分别表示动能增加、不变和减少．考点22 重力做功与重力势能(Ⅱ)(1)WG＝mgh.特点：与路径无关，只由初、末位置的高度差决定．(2)重力势能Ep＝mgh，式中的h是物体相对零势能面的高度，它与零势能面的选择有关．考点23 功能关系、机械能守恒定律及其应用(Ⅱ)(1)重要的功能关系：①WG＝－ΔEp；②W合＝ΔEk；③W非G＝ΔE；④Q＝Ff·Δx.5\n(2)机械能守恒定律：在只有系统内重力和弹簧弹力做功时，物体的动能与重力势能、弹性势能相互转化，机械能总量保持不变．机械能守恒定律有以下几种表达形式：①E1＝E2；②增加量＝减少量．考点热身精练1．(2022·重庆市七校模拟)物体放在水平地面上，在水平拉力的作用下，沿水平方向运动，在0.6s内其速度与时间关系的图象和拉力的功率与时间关系的图象如图1所示，由图象可以求得物体的质量为(取g＝10m/s2)( )图1A．2kgB．2.5kgC．3kgD．3.5kg2．(多选)(2022·德阳模拟)人用绳子通过光滑定滑轮拉静止在地面上的物体A，A穿在光滑的竖直杆上．当人以速度v竖直向下匀速拉绳使质量为m的物体A上升高度h后到达如图2所示位置时，绳与竖直杆的夹角为θ.已知重力加速度为g，则下列说法正确的是( )图2A．此时物体A的速度为B．此时物体A的速度为vcosθC．该过程中绳对物体A做的功为mgh＋D．该过程中绳对物体A做的功为mgh＋mv2cos2θ3．(2022·嘉兴市模拟)已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动．某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图3a所示)，以此时为t5\n＝0时刻记录了物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图b所示(图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两纵坐标大小v1>v2)．已知传送带的速度保持不变，g取10m/s2.则下列判断正确的是( )图3A．0～t1内，物块对传送带做正功B．物块与传送带间的动摩擦因数为μ，μ<tanθC．0～t2内，传送带对物块做功为mv－mvD．系统产生的热量一定比物块动能的减少量大4．(2022·江南十校模拟)如图4所示，倾角为θ＝37°的固定斜面与足够长的水平面平滑对接，一劲度系数k＝18N/m的轻质弹簧的上端固定于斜面顶端，另一端连一质量为m＝1kg的光滑小球A，跟A紧靠的物块B(质量也是m)与斜面之间的动摩擦因数μ1＝0.75，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.1，图中施加在B上的力F＝18N，方向沿斜面向上，A和B均处于静止状态，且斜面对B恰无摩擦力．当撤去力F后，A和B一起沿斜面下滑到某处时分离，分离后A一直在斜面上运动，B继续沿斜面下滑，已知：sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2.试求：图4(1)A和B分离后A能否再回到出发点？请简述理由；(2)A和B分离时B的速度．(3)求B最终停留的位置．5\n答案精析三、功和能考点热身精练1．B [匀速运动时拉力等于摩擦力，为：F2＝Ff＝＝N＝2.5N.匀加速运动拉力为恒力，v随时间均匀增大，所以P随t均匀增大．F1＝＝N＝7.5N．F1－Ff＝ma，a＝m/s2＝2m/s2可得m＝2.5kg.故B正确，A、C、D错误．]2．AC [将A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，如图所示．拉绳子的速度等于A沿绳子方向的分速度，根据平行四边形定则得，实际速度vA＝，故A正确，B错误；在A上升的过程中，根据动能定理有：－mgh＋W＝mv－0，即绳对A做的功为：W＝mgh＋m，故C正确，D错误．]3．D [由题图可知：物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向向上.0～t1时间内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带做负功．A错；在t1～t2时间内，物块向上运动，则有：μmgcosθ>mgsinθ，μ>tanθ，B错；0～t2时间内，由题图可知：它所围的面积是物块发生的位移，物块的总位移沿传送带向下，高度下降，重力对物块做正功，设为WG，根据动能定理得：W＋WG＝mv－mv，则传送带对物块做的功W≠mv－mv.由此可知C错；物块的重力势能减小，动能也减小，都转化为系统产生的内能，由能量守恒定律可知：系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小，D正确．]4.(1)见解析 (2)2m/s (3)水平面上离斜面底端 2m处解析 (1)A不能回到出发点，因为小球与物块一起下滑过程，物块对小球的弹力做负功而使小球和弹簧的机械能减少．(2)未撤去力F时，对A和B整体，根据平衡条件得：5\n2mgsinθ＋F1＝F其中弹力为：F1＝kx1解得弹簧的压缩量为：x1＝m分离时，AB之间无弹力作用，但速度和加速度相等，根据牛顿第二定律，对B：mgsinθ－Ff＝maB其中Ff＝μ1mgcosθ联立解得aB＝0对A：mgsinθ－F2＝maA，其中弹力F2＝kx2由aA＝aB＝0，解得分离时弹簧的伸长量为：x2＝m可见x1＝x2，AB整体运动到分离，弹簧的弹力做功为零，根据动能定理有：2mgsinθ(x1＋x2)－Ff(x1＋x2)＝·2mv2代入数据解得：v＝2m/s(3)分离后由动能定理得：－μ2mgx＝0－mv2代入数据解得：x＝2m5
