功功率动能定理讲义

2020年高考物理二轮精准备考复习讲义第二部分功能与动量第5讲功功率动能定理目录一、理清单，记住干 (2)二、研高考，探考情 (2)三、考情揭秘 (4)四、定考点，定题型 (5)超重点突破1功和功率的分析与计算 (5)命题角度1功的分析与计算 (5)命题角度2功率的分析及应用 (6)命题角度3 变力做功 (7)超重点突破2机车启动中的功率问题 (8)超重点突破3动能定理的基本应用 (10)命题角度1动能定理在直线运动中的应用 (10)命题角度2动能定理在曲线运动中的应用 (12)命题角度3 动能定理在图象问题中的应用 (13)五、固成果，提能力 (14)一、理清单，记住干1．功(1)恒力做功：W ＝Fl cos α(α为F 与l 之间的夹角)．(2)变力做功：①用动能定理求解；②用F -x 图线与x 轴所围“面积”求解． 2．功率(1)平均功率：P ＝Wt ＝F v cos α(α为F 与v 的夹角)．(2)瞬时功率：P ＝Fv cos α(α为F 与v 的夹角)．(3)机车启动两类模型中的关键方程：P ＝F ·v ，F －F 阻＝ma ，v m ＝PF 阻，Pt －F 阻x ＝ΔE k . 3．动能定理：W 合＝12mv 2－12mv 20.4．应用动能定理的两点注意(1)应用动能定理的关键是写出各力做功的代数和，不要漏掉某个力做的功，同时要注意各力做功的正、负． (2)动能定理是标量式，不能在某一方向上应用．二、研高考，探考情【2019·高考全国卷Ⅲ，T17】从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h 在3 m 以内时，物体上升、下落过程中动能E k 随h 的变化如图所示．重力加速度取10 m/s 2.该物体的质量为( )A ．2 kgB ．1.5 kgC ．1 kgD ．0.5 kg 【答案】：C【解析】：画出运动示意图，设阻力为f ，据动能定理知A →B (上升过程)：E k B －E k A ＝－(mg ＋f )hC →D (下落过程)：E k D －E k C ＝(mg －f )h整理以上两式得mgh ＝30 J ，解得物体的质量m ＝1 kg ，选项C 正确．【2019·高考江苏卷】如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m ，从A 点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A 点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s ，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中( )A ．弹簧的最大弹力为μmgB ．物块克服摩擦力做的功为2μmgsC ．弹簧的最大弹性势能为μmgsD ．物块在A 点的初速度为2μgs 【答案】：BC【解析】：小物块处于最左端时，弹簧的压缩量最大，然后小物块先向右做加速运动再做减速运动，可知弹簧的最大弹力大于滑动摩擦力μmg ，选项A 错误；物块从开始运动至最后回到A 点过程，由功的定义可得物块克服摩擦力做功为2μmgs ，选项B 正确；自物块从最左侧运动至A 点过程由能量守恒定律可知E p ＝μmgs ，选项C 正确；设物块在A 点的初速度为v 0，整个过程应用动能定理有－2μmgs ＝0－12mv 20，解得v 0＝2μgs ，选项D 错误．【2018·高考全国卷Ⅲ，T19】地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面．某竖井中矿车提升的速度大小v 随时间t 的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程( )A ．矿车上升所用的时间之比为4∶5B ．电机的最大牵引力之比为2∶1C ．电机输出的最大功率之比为2∶1D ．电机所做的功之比为4∶5 【答案】：AC【解析】：由图线①知，矿车上升总高度h ＝v 02·2t 0＝v 0t 0由图线②知，加速阶段和减速阶段上升高度和 h 1＝v 022·(t 02＋t 02)＝14v 0t 0匀速阶段：h －h 1＝12v 0·t ′，解得t ′＝32t 0故第②次提升过程所用时间为t 02＋32t 0＋t 02＝52t 0，两次上升所用时间之比为2t 0∶52t 0＝4∶5，A 对；对矿车受力分析，当矿车向上做加速直线运动时，电机的牵引力最大，由于加速阶段加速度相同，故加速时牵引力相同，B 错；在加速上升阶段，由牛顿第二定律知， F －mg ＝ma ，F ＝m (g ＋a ) 第①次在t 0时刻，功率P 1＝F ·v 0， 第②次在t 02时刻，功率P 2＝F ·v 02，第②次在匀速阶段P 2′＝F ′·v 02＝mg ·v 02＜P 2，可知，电机输出的最大功率之比P 1∶P 2＝2∶1，C 对；由动能定理知，两个过程动能变化量相同，克服重力做功相同，故两次电机做功也相同，D 错．三、考情揭秘近几年高考命题点主要集中在正、负功的判断，功率的分析与计算，机车启动模型，题目具有一定的综合性，难度适中．高考单独命题以选择题为主，综合命题以计算题为主，常将动能定理与机械能守恒定律、能量守恒定律相结合．应考策略：备考中要理解功和功率的定义，掌握正、负功的判断方法，机车启动两类模型的分析，动能定理及动能定理在变力做功中的灵活应用．动能定理仍是2020年高考的考查重点，要重点关注本讲知识与实际问题、图象问题相结合的情景题目．四、定考点，定题型超重点突破 1 功和功率的分析与计算1．功和功率的计算 (1)功的计算①恒力做功一般用功的公式或动能定理求解。

构建知识网络：考情分析：功和功率、动能和动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律是力学的重点，也是高考考查的重点，常以选择题、计算题的形式出现，考查常与生产生活实际联系紧密，题目的综合性较强。

复习中要特别注意功和功率的计算，动能定理、机械能守恒定律的应用以及与平抛运动、圆周运动知识的综合应用重点知识梳理： 一、功1.做功的两个要素(1)作用在物体上的力. (2)物体在力的方向上发生的位移. 2.功的物理意义 功是能量转化的量度. 3.公式 W ＝Fl cos_α(1)α是力与位移方向之间的夹角，l 为物体对地的位移. (2)该公式只适用于恒力做功. 4.功的正负(1)当0≤α<π2时，W >0，力对物体做正功.(2)当π2<α≤π时，W <0，力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功.(3)当α＝π2时，W ＝0，力对物体不做功.通晓两类力做功特点(1)重力、弹簧弹力和电场力都属于“保守力”，做功均与路径无关，仅由作用对象的初、末位置(即位移)决定。

(2)摩擦力属于“耗散力”，做功与路径有关。

二、功率1.物理意义：描述力对物体做功的快慢.2.公式：(1)P ＝Wt ，P 为时间t 内的物体做功的快慢.(2)P ＝Fv①v 为平均速度，则P 为平均功率. ②v 为瞬时速度，则P 为瞬时功率. 3.对公式P ＝Fv 的几点认识：(1)公式P ＝Fv 适用于力F 的方向与速度v 的方向在一条直线上的情况. (2)功率是标量，只有大小，没有方向；只有正值，没有负值.(3)当力F 和速度v 不在同一直线上时，可以将力F 分解或者将速度v 分解. 4.额定功率：机械正常工作时的最大功率.5.实际功率：机械实际工作时的功率，要求不能大于额定功率. 三、动能1.定义：物体由于运动而具有的能.2.公式：E k ＝12mv 2.3.物理意义：动能是状态量，是标量(选填“矢量”或“标量”)，只有正值，动能与速度方向无关.4.单位：焦耳，1J ＝1N·m ＝1kg·m 2/s 2.5.动能的相对性：由于速度具有相对性，所以动能也具有相对性.6.动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔE k ＝12mv 22－12mv 12.四、动能定理1.内容：在一个过程中合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化.2.表达式：(1)W ＝ΔE k . (2)W ＝E k2－E k1. (3)W ＝12mv 22－12mv 12.3.物理意义：合外力做的功是物体动能变化的量度.4.适用条件(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动. (2)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功.(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用. 【名师提醒】一对平衡力做功绝对值肯定相等；一对相互作用力做功的绝对值不一定相等，可以同为正或同为负，也可以一个做功一个不做功，可以一正一负绝对值不一定相等---因为相互作用力作用在不同的物体上，不同的物体位移不一定相等。

功 功率和动能定理一、基础知识要记牢1、恒力．．做功的公式：W ＝Fl cos α 若力的方向时刻变化，但力的方向始终与运动方向相同或相反，则可用W ＝Fl 求此变力的功，其中l 为物体运动的路程。

2、功率(1)平均功率：P ＝W t＝F v cos α (2)瞬时功率：P ＝F v cos α3、输出功率：P ＝F v ，其中F 为机车牵引力。

4、的两种启动方式：(1)恒定功率启动（包含两个过程：变加速→匀速）。

(2)匀加速启动（包含三个过程：匀加速→变加速→匀速）5、定理表达式：W 合＝E k 2－E k 1说明：(1)W 合为物体在运动过程中外力的总功。

(2)动能增量E k 2－E k 1一定是物体在末初．．两状态动能之差。

二、方法技巧要用好1、功率启动(1)机车先做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速直线运动，速度图像如图2－1－5所示，当F ＝F 阻时，v m ＝P F ＝P F 阻。

(2)功能关系：Pt －F 阻x ＝12m v 2－0。

图2－1－5 2、加速度启动(1)速度图像如图2－1－6所示。

机车先做匀加速直线运动，当功率达到额定功率后获得匀加速的最大速度v 1。

若再加速，应保持功率不变做变加速运动，直至达到最大速度v m 后做匀速运动。

(2)经常用到的公式： 图2－1－6 ⎩⎪⎨⎪⎧ F －F 阻＝ma P ＝F v P 额＝F 阻v m v 1＝at 其中t 为匀加速运动的时间3、动能定理解题的基本步骤巩固练习[以选择题的形式考查，常涉及功的正负判断、功的计算、平均功率与瞬时功率的分析与计算等]1、一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时速率为1 m/s。

从此刻开始在与速度平行的方向上施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图2－1－1甲和乙所示，两图中F、v取同一正方向。

则()图2－1－1A．滑块的加速度为1 m/s2B．滑块与水平地面间的滑动摩擦力为2 NC．第1 s内摩擦力对滑块做功为－0.5 JD．第2 s内力F的平均功率为3 W2(2012·江苏高考)如图2－1－2所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球。

功,功率,动能定理知识点总结一、功。

1. 定义。

- 一个物体受到力的作用，并在力的方向上发生了一段位移，这个力就对物体做了功。

- 公式：W = Fxcosθ，其中W表示功，F是力的大小，x是位移的大小，θ是力与位移方向的夹角。

2. 功的正负。

- 当0≤slantθ <(π)/(2)时，cosθ> 0，力对物体做正功，力是动力，物体的能量增加。

- 当θ=(π)/(2)时，cosθ = 0，力对物体不做功，例如物体做圆周运动时向心力不做功。

- 当(π)/(2)<θ≤slantπ时，cosθ<0，力对物体做负功，力是阻力，物体的能量减少。

3. 合力的功。

- 方法一：先求出物体所受的合力F_合，再根据W = F_合xcosθ计算合力的功，这里的θ是合力与位移方向的夹角。

- 方法二：分别求出各个力做的功W_1,W_2,W_3,·s，然后根据W_合=W_1 + W_2+W_3+·s计算合力的功。

二、功率。

1. 定义。

- 功率是描述力对物体做功快慢的物理量。

- 公式：P=(W)/(t)，其中P表示功率，W是功，t是完成这些功所用的时间。

2. 平均功率和瞬时功率。

- 平均功率：P=(W)/(t)，也可以根据P = F¯vcosθ计算，其中¯v是平均速度。

- 瞬时功率：P = Fvcosθ，其中v是瞬时速度。

当F与v同向时，P = Fv。

3. 额定功率和实际功率。

- 额定功率：是发动机正常工作时的最大功率，通常在发动机铭牌上标明。

- 实际功率：是发动机实际工作时的功率，实际功率可以小于或等于额定功率，不能长时间大于额定功率。

三、动能定理。

1. 动能。

- 定义：物体由于运动而具有的能量叫动能，表达式为E_k=(1)/(2)mv^2，其中m是物体的质量，v是物体的速度。

- 动能是标量，且恒为正。

2. 动能定理。

- 内容：合外力对物体做的功等于物体动能的变化。

知识点8功功
• 功和功率 • 动能定理 • 实例分析 • 动能定理的拓展
01 功和功率
功的定义
总结词
功是力对位移的累积效应，表示 能量转化的量度。
详细描述
在物理学中，功被定义为力与物体 在力的方向上移动的位移的乘积。 公式表示为：W = F × s，其中W 表示功，F表示力，s表示位移。
动能定理的推导
总结词
动能定理的推导基于牛顿第二定律和运动学公式，通过数学运算得出。
详细描述
动能定理的推导过程首先根据牛顿第二定律F=ma，结合运动学公式 s=v0t+1/2at^2，通过数学运算和推导，可以得到合外力对物体所做的功的公式 W=ΔE_k=1/2mv^2-1/2mv0^2。由此可以得出动能定理的表述。
动能定理与能量守恒定律的关系
动能定理是能量守恒定律的一种表现形式。根据能量守恒定律，一个孤立系统的 总能量保持不变。当系统中的动能和势能发生改变时，总能量仍然保持不变。动 能定理描述了系统动能改变与做功之间的关系，是能量守恒定律的具体表现之一 。
动能定理和能量守恒定律共同构成了经典力学的基本原理，是描述物质运动和相 互作用的物理规律的基础。
撞和非弹性碰撞等问题。
03 实例分析
简单机械的功和功率
总结词
简单机械的功和功率是物理学中的基本概念，通过实例分析可以深入理解功、功率的计算方法和物理意义。
详细描述
简单机械的功是指力在力的方向上移动物体所做的功，可以用公式W=Fs计算，其中F是力的大小，s是物体在力 的方向上移动的距离。功率是指单位时间内完成的功，可以用公式P=W/t计算，其中W是功的大小，t是时间。 通过实例分析，可以了解不同简单机械的功和功率的计算方法，例如滑轮组、杠杆等。

【板块04】功、功率一、功1功的定义：力对物体所做的功，等于力的大小、位移的大小、力与位移夹角的余弦这三者的乘积.2.恒力做功的计算公式：W= FICOS a,其中F为恒力，I是物体相对地面的位移，而不是相对于和它接触的物体的位移.【特别提醒】①只适用于恒力做功的计算.②I是物体相对地面的位移，而不是相对于和它接触的物体的位移.3. ____________________________________________ 力做功的两个必要因素：力和物体在发生的位移.4. ____________ 功是，没有方向，但有正、负之分.卫考：正功” 负功”的物理意义是什么？正功” 负功”中的牛”、•”号表示功的大小吗？【答案】2.FICOS a；3•力的方向上；4 .标量。

思考：正功表示物体所受力使物体获得能量，是动力；负功表示物体所受力使物体失去能量，是阻力.牛”、•”正负号只表示物理意义，不表示大小.5•判断正负功的方法(1)根据力的方向和位移的方向的夹角a判断功的正负.(2)从能量角度入手，根据功是能量转化的量度进行判断.若有能量转化，则必有力对物体做功.此法既适用于恒力做功，也适用于变力做功.(3)看力F与物体运动速度方向之间的夹角a的大小.若a= 90°贝U力F不做功；若a<90° ,则力F做正功；若a>90° ,则力F做负功(或者说物体克服力 F做功).此法常用于判断曲线运动中力做功的情况.6.变力做功的计算(1)用动能定理W= A E k计算(2)当变力做功的功率一定时，用功率和时间计算：W= Pt.(3)将变力做功转化为恒力做功(线性变化的力) 【方法提炼】求变力功的几种方法①微元法：当物体在变力的作用下做曲线运动时，若力的方向与物体运动的切线方向之间的夹角不变，且力与位移的方向同步变化时，可用微元法将曲线分成无限个小段，每一个小段可认为是恒力做功，总功即为各个小段做功的代数和.②平均力法：如果参与做功的变力，其方向不变，而大小随位移线性变化，则可求出平均力等效代入公式 W= T ICOS a求解.③图象法：如果参与做功的变力方向与位移方向始终一致而大小随位移变化，我们可作出该力随位移变化的图象.那么图线与坐标轴所围成的面积，即为变力做的功.④功率法：用W= Pt求恒定功率下的变力(如汽车、轮船的牵引力)做功.7.总功的计算：(1)先求物体所受的合外力，再求合外力的功；(2)先求每个力做的功，再求各力做功的代数和.【重点突破】1 .图1表示物体在力 F的作用下在水平面上发生了一段位移I，分别计算这三种情形下力对物体做的功.设这三种情形下力和位移的大小都相同：F= 10N , I = 2m .角B的大小如图所示.甲乙6=30°丙白=了“【答案】10 3J； -10 3J； 10 3J【解析】甲图： W= Ficos (180 — 150°) = 10X2X J J = 10 3J 乙图：W= Ficos (180 ° 30° = 10X2X( — 丙图：W= Ficos 30 = 10X2%^ J= 10./3J 1. 如图所示，力 F 大小相等，ABCD 物体运动的位移s 也相同，哪种情况 F 做功最小【答案】D5•如图所示，质量为m 的物体放在倾角为 B 的固定斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为 仏 在小物体由静止开始沿斜面下滑高度为 h 的过程中，求物体所受的各个力所做的功。

功功率动能定理考点一功的分析与计算1．功的正负(1)0≤α<90°，力对物体做正功．(2)90°<α≤180°，力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功．(3)α＝90°，力对物体不做功．2．功的计算：W＝Fl cos_α(1)α是力与位移方向之间的夹角，l为物体对地的位移．(2)该公式只适用于恒力做功．(3)功是标(填“标”或“矢”)量．例1如图1甲所示，一固定在地面上的足够长斜面，倾角为37°，物体A放在斜面底端挡板处，通过不可伸长的轻质绳跨过光滑轻质滑轮与物体B相连接，B的质量M＝1 kg，绳绷直时B离地面有一定高度．在t＝0时刻，无初速度释放B，由固定在A上的速度传感器得到的数据绘出的物体A沿斜面向上运动的v－t图象如图乙所示．若B落地后不反弹，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图1(1)B下落的加速度大小a；(2)A沿斜面向上运动的过程中，绳的拉力对A做的功W；(3)A(包括传感器)的质量m及A与斜面间的动摩擦因数μ；(4)在0～0.75 s内摩擦力对A做的功．变式题组1. [正、负功的判断 ]如图2所示，质量为m 的物体置于倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，在外力作用下，斜面以加速度a 沿水平方向向左做匀加速运动，运动中物体m 与斜面体相对静止．则关于斜面对m 的支持力和摩擦力的下列说法中错误的是( )A ．支持力一定做正功B ．摩擦力一定做正功C ．摩擦力可能不做功D ．摩擦力可能做负功 图22. [变力功、合力的功的计算]如图3所示，长为L 的木板水平放置，在木板的A 端放置一个质量为m 的小物块，现缓慢地抬高A 端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v ，则在整个过程中，下列说法不正确的是( )A ．木板对小物块做功为12mv 2 B ．摩擦力对小物块做功为mgL sin α 图3C ．支持力对小物块做功为mgL sin αD ．滑动摩擦力对小物块做功为12mv 2－mgL sin α功的计算方法 (1)恒力做功：(2)变力做功：①用动能定理：W ＝12mv 22－12mv 21.②当变力的功率P 一定时，可用W ＝Pt 求功，如机车恒功率启动时． ③将变力做功转化为恒力做功：当力的大小不变，而方向始终与运动方向相同或相反时，这类力的功等于力和路程(不是位移)的乘积．如滑动摩擦力做功、空气阻力做功等． (3)总功的计算：①先求物体所受的合外力，再求合外力的功； ②先求每个力做的功，再求各功的代数和．考点二 功率的计算 1．公式P ＝W t和P ＝Fv 的区别P ＝Wt是功率的定义式，P ＝Fv 是功率的计算式． 2．平均功率的计算方法 (1)利用P ＝W t.(2)利用P ＝F ·v cos α，其中v 为物体运动的平均速度． 3．瞬时功率的计算方法(1)利用公式P ＝Fv cos α，其中v 为t 时刻的瞬时速度． (2)P ＝F ·v F ，其中v F 为物体的速度v 在力F 方向上的分速度． (3)P ＝F v ·v ，其中F v 为物体受到的外力F 在速度v 方向上的分力．例2 质量为m 的物体静止在光滑水平面上，从t ＝0时刻开始受到水平力的作用．力的大小F 与时间t 的关系如图4所示，力的方向保持不变，则( )图4A ．3t 0时刻的瞬时功率为5F 20t 0m B ．3t 0时刻的瞬时功率为15F 20t 0mC ．在t ＝0到3t 0这段时间内，水平力的平均功率为23F 20t 04mD ．在t ＝0到3t 0这段时间内，水平力的平均功率为25F 20t 06m变式题组3. [对瞬时功率和平均功率的理解]把A 、B 两小球在离地面同一高度处以相同大小的初速度v 0分别沿水平方向和竖直方向抛出，不计空气阻力，如图5所示，则下列说法正确的是( )图5A ．两小球落地时速度相同B ．两小球落地时，重力的瞬时功率相同C ．从开始运动至落地，重力对两小球做的功相同D ．从开始运动至落地，重力对两小球做功的平均功率相同4. [P＝Fv公式的应用]水平面上静止放置一质量为m＝0.2 kg的物块，固定在同一水平面上的小型电动机通过水平细线牵引物块，使物块由静止开始做匀加速直线运动，2秒末达到额定功率，其v－t图线如图6所示，物块与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.1，g＝10 m/s2，电动机与物块间的距离足够长．求：图6(1)物块做匀加速直线运动时受到的牵引力大小；(2)电动机的额定功率；(3)物块在电动机牵引下，最终能达到的最大速度．求解功率时应注意的“三个”问题(1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率，对应于某一过程的功率为平均功率，对应于某一时刻的功率为瞬时功率．(2)求功率大小时要注意F与v方向的夹角α对结果的影响．(3)用P＝F v cos α求平均功率时，v应容易求得，如求匀变速直线运动中某力的平均功率．考点三 动能定理及其应用1．表达式：W ＝12mv 22－12mv 21＝E k2－E k1.2．理解：动能定理公式中等号表明了合外力做功与物体动能的变化具有等量代换关系．合外力做功是引起物体动能变化的原因． 3．适用条件(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．(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用．4．应用技巧：若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可以分段考虑，也可以整个过程考虑．例3 我国第一艘航空母舰“辽宁号”已经投入使用．为使战斗机更容易起飞，“辽宁号”使用了跃飞技术，其甲板可简化为如图7所示的模型：AB 部分水平，BC 部分倾斜，倾角为θ.战斗机从A 点开始滑跑，从C 点离舰，此过程中发动机的推力和战斗机所受甲板和空气阻力的合力大小恒为F ，ABC 甲板总长度为L ，战斗机质量为m ，离舰时的速度为v m ，不计飞机在B 处的机械能损失．求AB 部分的长度．图7应用动能定理解题的基本思路 (1)选取研究对象，明确它的运动过程； (2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况：受哪些力→各力是否做功→做正功还是负功→做多少功→各力做功的代数和 (3)明确研究对象在过程的初、末状态的动能E k1和E k2；(4)列动能定理的方程W 合＝E k2－E k1及其他必要的解题方程，进行求解．递进题组5. [对动能定理的理解]如图8所示，电梯质量为M ，在它的水平地板上放置一质量为m 的物体．电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v 1增加到v 2时，上升高度为H ，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是( )图8A ．对物体，动能定理的表达式为W F N ＝12mv 22，其中W F N 为支持力的功B ．对物体，动能定理的表达式为W 合＝0，其中W 合为合力的功C ．对物体，动能定理的表达式为W F N －mgH ＝12mv 22－12mv 21D ．对电梯，其所受合力做功为12Mv 22－12Mv 216．[动能定理的应用]如图9甲所示，一质量为m ＝1 kg 的物块静止在粗糙水平面上的A 点，从t ＝0时刻开始物块受到如图乙所示规律变化的水平力F 的作用并向右运动，第3 s 末物块运动到B 点时速度刚好为0，第5 s 末物块刚好回到A 点，已知物块与粗糙水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，求：(g ＝10 m/s 2)图9(1)A 与B 间的距离；(2)水平力F 在前5 s 内对物块做的功．考点四用动能定理巧解多过程问题例4如图10所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD 段是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5 m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.3 m、h2＝1.35 m．现让质量为m的小滑块自A点由静止释放．已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图10(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；(2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔；(3)小滑块最终停止的位置距B点的距离．变式题组7．[多过程问题的分析与计算]如图11所示，一滑块(可视为质点)经水平轨道AB进入竖直平面内的四分之一圆弧形轨道BC.已知滑块的质量m＝0.5 kg，滑块经过A点时的速度v A＝5 m/s，AB长x＝4.5 m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.1，圆弧形轨道的半径R＝0.5 m，滑块离开C点后竖直上升的最大高度h＝0.1 m．取g＝10 m/s2.求：图11(1)滑块第一次经B点时速度的大小；(2)滑块刚刚滑上圆弧形轨道时，对轨道上B点压力的大小；(3)滑块在从B运动到C的过程中克服摩擦力所做的功．1．运用动能定理解决问题时，选择合适的研究过程能使问题得以简化．当物体的运动过程包含几个运动性质不同的子过程时，可以选择一个、几个或全部子过程作为研究过程．2．当选择全部子过程作为研究过程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点：(1)重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；(2)大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积．高考模拟 明确考向1．(2014·重庆·2)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 1B ．v 2＝k 1k 2v 1C ．v 2＝k 2k 1v 1 D ．v 2＝k 2v 12．(2014·新课标Ⅱ·16)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W F 1、W F 2分别表示拉力F 1、F 2所做的功，W f1、W f2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( ) A ．W F 2>4W F 1，W f2>2W f1 B ．W F 2>4W F 1，W f2＝2W f1 C ．W F 2<4W F 1，W f2＝2W f1 D ．W F 2<4W F 1，W f2<2W f13．(2014·大纲全国·19)一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v 时，上升的最大高度为H ，如图12所示．当物块的初速度为v2时，上升的最大高度记为h .重力加速度大小为g .物块与斜坡间的动摩擦因数和h 分别为( )A ．tan θ和H2 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22gH －1tan θ和H 2 C ．tan θ和H 4 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22gH －1tan θ和H 4 图124. 质量为10 kg 的物体，在变力F 作用下沿x 轴做直线运动，力随位移x 的变化情况如图13所示．物体在x ＝0处速度为1 m/s ，一切摩擦不计，则物体运动到x ＝16 m 处时，速度大小为( )A ．2 2 m/sB ．3 m/sC ．4 m/s D.17 m/s 图135. 如图14所示，QB 段是半径为R ＝1 m 的光滑圆弧轨道，AQ 段是长度为L ＝1 m 的粗糙水平轨道，两轨道相切于Q 点，Q 在圆心O 的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内．物块P 的质量m ＝1 kg(可视为质点)，P 与AQ 间的动摩擦因数μ＝0.1，若物块P 以速度v 0从A 点滑上水平轨道，到C 点又返回A 点时恰好静止．(取g ＝10 m/s 2)求：(1)v 0的大小；(2)物块P 第一次刚通过Q 点时对圆弧轨道的压力． 图14课后作业一、单项选择题1. 生活中有人常说在车厢内推车是没用的，如图1，在水平地面上运动的汽车车厢内一人用力推车，当车在倒车时刹车的过程中( )图1A ．人对车做正功B ．人对车做负功C ．人对车不做功D ．车对人的作用力方向水平向右2．物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止．以a 、E k 、x 和t 分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间，则以下各图象中，能正确反映这一过程的是( )3. 如图2所示，光滑水平平台上有一个质量为m 的物块，站在地面上的人用跨过定滑轮的绳子向右拉动物块，不计绳和滑轮的质量及滑轮的摩擦，且平台边缘离人手作用点竖直高度始终为h .当人以速度v 从平台的边缘处向右匀速前进位移x 时，则( )图2A ．在该过程中，物块的运动可能是匀速的B ．在该过程中，人对物块做的功为mv 2x 22 h 2＋x 2C ．在该过程中，人对物块做的功为12mv 2D ．人前进x 时，物块的运动速率为vhh 2＋x 24．用水平力F 拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t 1时刻撤去拉力F ，物体做匀减速直线运动，到t 2时刻停止，其速度—时间图象如图3所示，且α＞β.若拉力F 做的功为W 1，平均功率为P 1；物体克服摩擦阻力F f 做的功为W 2，平均功率为P 2，则下列选项正确的是( )图3A ．W 1＞W 2，F ＝2F fB ．W 1＝W 2，F ＞2F fC ．P 1＜P 2，F ＞2F fD ．P 1＝P 2，F ＝2F f5. 如图4所示，物体沿弧形轨道滑下后进入足够长的水平传送带，传送带以图示方向匀速运转，则传送带对物体做功情况可能是( )图4A．始终不做功 B．先做负功后做正功 C．先做正功后不做功 D．先做负功后不做功6．汽车从静止匀加速启动，最后做匀速运动，其速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象如图所示，其中正确的是( )7. 如图5所示，在倾角为θ的光滑斜面上有一轻质弹簧，其一端固定在斜面下端的挡板上，另一端与质量为m 的物体接触(未连接)，物体静止时弹簧被压缩了x0，现用力F缓慢沿斜面向下推动物体，使弹簧在弹性限度内再被压缩2x0后保持物体静止，然后撤去F，物体沿斜面向上运动的最大距离为4.5x0，则在撤去F后到物体上升到最高点的过程中( )图5A．物体的动能与重力势能之和不变B．弹簧弹力对物体做的功为2mgx0sin θC．弹簧弹力对物体做的功为4.5mgx0sin θD．物体从开始运动到速度最大的过程中克服重力做的功为2mgx0sin θ8．如图6甲所示，物体受到水平推力F的作用，在粗糙水平面上做直线运动．通过力传感器和速度传感器监测到推力F和物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示．取g＝10 m/s2.则( )图6A．物体的质量m＝1 kgB．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2C．第2 s内物体克服摩擦力做的功W＝2 JD．前2 s内推力F做功的平均功率P＝1.5 W9．如图7甲所示，一半径R＝1 m、圆心角等于143°的竖直圆弧形光滑轨道，与斜面相切于B点，圆弧轨道的最高点为M，斜面倾角θ＝37°，t＝0时刻有一物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的速度变化规律如图乙所示，若物块恰能到达M点，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(计算结果可以保留根号)图7(1)物块经过M点的速度大小；(2)物块经过B点的速度大小；(3)物块与斜面间的动摩擦因数．10. 在赛车场上，为了安全起见，车道外围都固定上废旧轮胎作为围栏，当车碰撞围栏时起缓冲器作用．为了检验废旧轮胎的缓冲效果，在一次模拟实验中用轻弹簧来代替废旧轮胎，实验情景如图8所示，水平放置的轻弹簧左侧固定于墙上，处于自然状态，开始赛车在A处且处于静止状态，距弹簧自由端的距离L1＝1 m．当赛车启动时，产生水平向左的恒为F＝24 N的牵引力使赛车向左匀加速前进，当赛车接触轻弹簧的瞬间立即关闭发动机，赛车继续压缩轻弹簧，最后被弹回到B处停下．已知赛车的质量m＝2 kg，A、B之间的距离L2＝3 m，赛车被弹回的过程中离开弹簧时的速度大小v＝4 m/s，方向水平向右．取g＝10 m/s2.求：图8(1)赛车和地面间的动摩擦因数；(2)弹簧被压缩的最大距离．例1、答案 (1)4 m/s 2(2)3 J (3)0.5 kg 0.25 (4)－0.75 J解析 (1)由题图乙可知：前0.5 s 内，A 、B 以相同大小的加速度做匀加速运动，0.5 s 末速度大小为2 m/s. a ＝Δv Δt ＝20.5 m/s 2＝4 m/s 2 (2)前0.5 s ，绳绷直，设绳的拉力大小为F ；后0.25 s ，绳松弛，拉力为0前0.5 s ，A 沿斜面发生的位移x ＝12vt ＝0.5 m对B ，由牛顿第二定律有：Mg －F ＝Ma ① 代入数据解得F ＝6 N所以绳的拉力对A 做的功W ＝Fx ＝3 J (3)前0.5 s ，对A ，由牛顿第二定律有F －(mg sin 37°＋μmg cos 37°)＝ma ②后0.25 s ，由题图乙得A 的加速度大小a ′＝Δv ′Δt ′＝20.25 m/s 2＝8 m/s 2对A ，由牛顿第二定律有mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma ′③由②③式可得F ＝m (a ＋a ′) 代入数据解得m ＝0.5 kg 将数据代入③式解得μ＝0.25(4)物体A 在斜面上先加速后减速，滑动摩擦力的方向不变，一直做负功 在0～0.75 s 内物体A 的位移为：x ′＝12×0.75×2 m ＝0.75 mW 摩＝－μmg cos 37°·x ′＝－0.75 J.变式题组：1、答案 B解析 支持力方向垂直斜面向上，故支持力一定做正功．而摩擦力是否存在需要讨论，若摩擦力恰好为零，物体只受重力和支持力，如图所示，此时加速度a ＝g tan θ，当a >g tan θ时，摩擦力沿斜面向下，摩擦力与位移夹角小于90°，则做正功；当a <g tan θ时，摩擦力沿斜面向上，摩擦力与位移夹角大于90°，则做负功．综上所述，B 是错误的． 2、答案 B解析 在抬高A 端的过程中，小物块受到的摩擦力为静摩擦力，其方向和小物块的运动方向时刻垂直，故在抬高阶段，摩擦力并不做功，这样在抬高小物块的过程中，由动能定理得：W F N ＋W G ＝0，即W F N －mgL sin α＝0，所以W F N ＝mgL sin α.在小物块下滑的过程中，支持力不做功，滑动摩擦力和重力做功，由动能定理得：W G ＋W f ＝12mv 2，即W f ＝12mv 2－mgL sin α，B 错，C 、D 正确．在整个过程中，设木板对小物块做的功为W ，对小物块在整个过程由动能定理得W ＝12mv 2，A 正确．例2、答案 BD 解析 2t 0时刻速度大小v 1＝a 1·2t 0＝2F 0m t 0.3t 0时刻的速度大小为v 2＝v 1＋a 2t 0＝2F 0m ·t 0＋3F 0m·t 0＝5F 0t 0m ，3t 0时刻力F ＝3F 0，所以3t 0时刻的瞬时功率P ＝3F 0·v 2＝15F 20t 0m，A 错，B 对；0～3t 0时间段内，水平力对物体做的功W ＝F 0x 1＋3F 0x 2＝F 0×12·F 0m (2t 0)2＋3F 0·v 1＋v 22t 0＝25F 20t 202m ，平均功率P ＝W t ＝25F 20t 06m ，C 错，D 对．变式题组：3、答案 C4、答案 (1)0.28 N (2)0.224 W (3)1.12 m/s解析 (1)由题图知物块在匀加速阶段加速度大小a ＝Δv Δt ＝0.4 m/s 2物块受到的摩擦力大小F f ＝μmg 设牵引力大小为F ，则有：F －F f ＝ma 得F ＝0.28 N(2)当v ＝0.8 m/s 时，电动机达到额定功率， 则P ＝Fv ＝0.224 W(3)物块达到最大速度v m 时，此时物块所受的牵引力大小等于摩擦力大小，有F f ＝μmg ，P ＝F f v m解得v m ＝1.12 m/s.例3、答案 L －2FL －mv 2m2mg sin θ解析 设AB 段长为s ，从A 到C ，根据动能定理得：W F ＋W G ＝12mv 2m即FL －mgh ＝12mv 2mh ＝(L －s )sin θ综合以上各式解得：s ＝L －2FL －mv 2m2mg sin θ.递进题组：5、答案 CD解析 电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg 、支持力F N ，这两个力的总功才等于物体动能的增量ΔE k ＝12mv 22－12mv 21，故A 、B 均错误，C 正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力做的功一定等于其动能的增量，故D 正确． 6、答案 (1)4 m (2)24 J解析 (1)A 、B 间的距离与物块在后2 s 内的位移大小相等，在后2 s 内物块在水平恒力作用下由B 点匀加速运动到A 点，由牛顿第二定律知F －μmg ＝ma ，代入数据得a ＝2 m/s 2，所以A 与B 间的距离为x ＝12at 2＝4 m.(2)前3 s 内物块所受力F 是变力，设整个过程中力F 做的功为W ，物块回到A 点时速度为v ，则v 2＝2ax ，由动能定理知W －2μmgx ＝12mv 2，所以W ＝2μmgx ＋max ＝24 J.例4、答案 (1)3 m/s (2)2 s (3)1.4 m解析 (1)小滑块从A →B →C →D 过程中，由动能定理得mg (h 1－h 2)－μmgs ＝12mv 2D －0将h 1、h 2、s 、μ、g 代入得：v D ＝3 m/s. (2)小滑块从A →B →C 过程中，由动能定理得mgh 1－μmgs ＝12mv 2C将h 1、s 、μ、g 代入得：v C ＝6 m/s 小滑块沿CD 段上滑加速度大小a ＝g sin θ＝6 m/s 2小滑块沿CD 段上滑到最高点的时间t 1＝v Ca＝1 s由对称性可知小滑块从最高点滑回C 点的时间t 2＝t 1＝1 s故小滑块第一次与第二次通过C 点的时间间隔t ＝t 1＋t 2＝2 s.(3)对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s 总． 有：mgh 1＝μmgs 总将h 1、μ代入得：s 总＝8.6 m故小滑块最终停止的位置距B 点的距离为 2s －s 总＝1.4 m.变式题组：7、答案 (1)4 m/s (2)21 N (3)1 J 解析 (1)滑块由A 到B 的过程中，应用动能定理得：－F f ·x ＝12mv 2B －12mv 2A又F f ＝μmg 解得v B ＝4 m/s.(2)在B 点，滑块开始做圆周运动，由牛顿第二定律可知F N －mg ＝m v 2BR解得轨道对滑块的支持力F N ＝21 N根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道上B 点压力的大小也为21 N.(3)滑块从B 经过C 上升到最高点的过程中，由动能定理得－mg (R ＋h )－W f ′＝0－12mv 2B解得滑块克服摩擦力做功W f ′＝1 J.高考模拟 明确考向 1、答案 B解析 车达到最大速度时，牵引力的大小等于阻力的大小，此时车的功率等于克服阻力做功的功率，故P ＝k 1mgv 1＝k 2mgv 2，解得v 2＝k 1k 2v 1，选项B 正确． 2、答案 C 解析 根据x ＝v ＋v 02t 得，两过程的位移关系x 1＝12x 2，根据加速度的定义a ＝v －v 0t，得两过程的加速度关系为a 1＝a 22.由于在相同的粗糙水平地面上运动，故两过程的摩擦力大小相等，即F f1＝F f2＝F f ，根据牛顿第二定律得，F 1－F f1＝ma 1，F 2－F f2＝ma 2，所以F 1＝12F 2＋12F f ，即F 1>F 22.根据功的计算公式W ＝Fl ，可知W f1＝12W f2，W F 1>14W F 2，故选项C 正确，选项A 、B 、D 错误． 3、答案 D解析 设物块与斜坡间的动摩擦因数为μ，则物块沿斜坡上滑时的加速度大小a ＝μg cos θ＋g sin θ① 当物块的初速度为v 时，由运动学公式知v 2＝2aHsin θ②由①②两式得μ＝(v 22gH －1)tan θ当物块的初速度为v2时，由运动学公式知(v2)2＝2a hsin θ③ 由②③两式得h ＝H44、答案 B解析 F －x 图象与横轴所围的面积表示功，由题图可知，外力做的总功W ＝Fx ＝40 J ，根据动能定理W ＝12mv 2－12mv 20，得v ＝3 m/s.选项B 正确．5、答案 (1)2 m/s (2)12 N ，方向竖直向下解析 (1)物块P 从A 到C 又返回A 的过程中，由动能定理有－μmg ·2L ＝0－12mv 20解得v 0＝4μgL ＝2 m/s(2)设物块P 第一次刚通过Q 点时的速度为v ，在Q 点轨道对P 的支持力为F N ，由动能定理和牛顿第二定律有：－μmgL ＝12mv 2－12mv 2F N －mg ＝m v 2R解得：F N ＝12 N由牛顿第三定律可知，物块P 第一次刚通过Q 点时对圆弧轨道的压力大小为12 N ，方向竖直向下． 课后作业： 1、答案 A解析 倒车表示速度向右，刹车表示减速运动，即a 、v 方向相反，加速度a 向左，人与车具有相同的加速度，对人受力分析，受到重力和车对人的作用力，则车对人的作用力方向为斜向左上方，D 错；那么人对车的作用力方向斜向右下方，人对车的作用力与车运动位移方向成锐角，即人对车做正功(或对人由动能定理，人的动能减小，车对人做负功，人对车做正功来判断)，A 对，B 、C 错． 2、答案 C解析 物体在恒定阻力作用下运动，其加速度随时间不变，随位移不变，选项A 、B 错误；由动能定理，－F f x ＝E k －E k0，解得E k ＝E k0－F f x ，选项C 正确；E k ＝E k0－F f x ＝E k0－F f (v 0t －12at 2)，E k 与时间t 不成线性关系，D 错误．3、答案 B解析 设绳子与水平方向的夹角为θ，则物块运动的速度v 物＝v cos θ，而cos θ＝x h 2＋x2，故v 物＝vxh 2＋x2＝vh 2x 2＋1，可见物块的速度随x 的增大而增大，A 、D 均错误；人对物块的拉力为变力，变力的功可应用动能定理求解，即W ＝12mv 2物＝mv 2x 22 h 2＋x 2，B 正确，C 错误．4、答案 B解析 整个运动过程中，根据动能定理有W 1－W 2＝0，所以W 1＝W 2，又P 1＝W 1t 1，P 2＝W 2t 2，所以P 1＞P 2；根据牛顿第二定律，施加拉力F 时，加速度大小a 1＝F －F f m ，撤去拉力F 后加速度大小a 2＝F fm，v －t 图象斜率的绝对值表示加速度的大小，根据题图可知a 1＞a 2，即F －F f m ＞F fm可得F ＞2F f ，综上分析，本题答案为B.5、答案 ACD6、答案 ACD解析 汽车启动时由P ＝Fv 和F －F f ＝ma 可知，匀加速启动过程中，牵引力F 、加速度a 恒定不变，速度和功率均匀增大，当功率增大到额定功率后保持不变，牵引力逐渐减小到与阻力相等，加速度逐渐减小到零，速度逐渐增大到最大速度，故A 、C 、D 正确． 7、答案 CD解析 在运动过程中，弹簧的弹性势能转化为物体的动能与重力势能，选项A 错误；根据功能关系知，选项B 错误，选项C 正确；物体在弹簧压缩量为x 0处速度最大，这时物体从静止开始沿斜面向上运动了2x 0，克服重力做功为2mgx 0sin θ，选项D 正确． 8、答案 CD解析 第2 s 内，根据速度－时间图象可知，物体的加速度a ＝2 m/s 2，第3 s 内，物体做匀速直线运动，F ＝F f ＝μmg ＝2 N ，根据牛顿第二定律有3 N －μmg ＝ma ，解得m ＝0.5 kg ，μ＝0.4，A 、B 选项错误；第2 s 内物体运动的位移为1 m ，摩擦力为2 N ，克服摩擦力做的功W ＝2 J ，C 选项正确；前2 s 内推力F 做的功为3 J ，平均功率P ＝32 W ＝1.5 W ，D 选项正确．9、答案 (1)10 m/s (2)46 m/s (3)0.5解析 (1)设物块的质量为m ，物块到达M 点的速度大小为v M ，物块恰能到达M 点则有mg ＝m v 2MR解得v M ＝gR ＝10 m/s.(2)物块从B 点运动到M 点的过程中，由动能定理得－mgR (1＋cos 37°)＝12mv 2M －12mv 2B解得v B ＝46 m/s.(3)由题图乙可知，物块在斜面上运动时，加速度大小为a ＝10 m/s 2，方向沿斜面向下，有 mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma解得μ＝0.5.10、答案 (1)0.2 (2)0.5 m解析 (1)从赛车离开弹簧到B 点停下，由动能定理得－μmg (L 1＋L 2)＝0－12mv 2解得μ＝0.2(2)设轻弹簧被压缩的最大距离为L ，从赛车加速到离开弹簧，由动能定理得FL 1－μmg (L 1＋2L )＝12mv 2－0解得L ＝0.5 m。

第5章曲线运动第1节功、功率、动能定理★命题点一功的分析与计算1．常用办法：对于恒力做功利用W＝Fl cos α；对于变力做功可利用动能定理(W＝ΔE k)；对于机车启动问题中的定功率启动问题，牵引力的功可以利用W＝Pt.2．几种力做功比较(1)重力、弹簧弹力、电场力、分子力做功与位移有关，与路径无关．(2)滑动摩擦力、空气阻力、安培力做功与路径有关．(3)摩擦力做功有以下特点①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值．③相互作用的一对滑动摩擦力做功过程中会发生物体间机械能转移和机械能转化为内能，内能Q＝F f x相对．✧例题例1一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，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v.对于上述两个过程，用W F1、W F2分别表示拉力F1、F2所做的功，W f1、W f2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则()A．W F2>4W F1，W f2>2W f1B．W F2>4W F1，W f2＝2W f1C．W F2<4W F1，W f2＝2W f1D．W F2<4W F1，W f2<2W f1✧针对训练1.如图3所示，质量为m的物体置于倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，在外力作用下，斜面以加速度a沿水平方向向左做匀加速运动，运动中物体m与斜面体相对静止．则关于斜面对m的支持力和摩擦力的下列说法中错误的是()A．支持力一定做正功B．摩擦力一定做正功C．摩擦力可能不做功D．摩擦力可能做负功2．以一定的初速度竖直向上抛出一个小球，小球上升的最大高度为h，空气阻力的大小恒为F，则从抛出到落回到抛出点的过程中，空气阻力对小球做的功为()A．0 B．－Fh★命题点二 功率的理解和计算 1．平均功率与瞬时功率 (1)平均功率的计算方法 ①利用P ＝Wt.②利用P ＝F v cos α，其中v 为物体运动的平均速度． (2)瞬时功率的计算方法①利用公式P ＝F v cos α，其中v 为t 时刻的瞬时速度． ②P ＝F v F ，其中v F 为物体的速度v 在力F 方向上的分速度． ③P ＝F v v ，其中F v 为物体受到的外力F 在速度v 方向上的分力． 2．机车的两种启动模型3.机车启动问题常用的三个公式 (1)牛顿第二定律：F －F f ＝ma . (2)功率公式：P ＝F ·v . (3)速度公式：v ＝at .说明：F 为牵引力，F f 为机车所受恒定阻力．例题例2 在检测某种汽车性能的实验中，质量为3×103 kg 的汽车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为40 m/s ，利用传感器测得此过程中不同时刻该汽车的牵引力F 与对应速度v ，并描绘出如图4所示的F －1v 图象(图线ABC 为汽车由静止到达到最大速度的全过程，AB 、BO 均为直线)．假设该汽车行驶中所受的阻力恒定，根据图线ABC ：求： (1)该汽车的额定功率；(2)该汽车由静止开始运动，经过35 s 达到最大速度40 m/s ，求其在BC 段的位移．图4针对训练3.一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P 随时间t 的变化如图5所示．假定汽车所受阻力的大小F f 恒定不变．下列描述该汽车的速度v 随时间t 变化的图线中，可能正确的是( )图54．一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m 的重物，当重物的速度为v 1时，起重机的功率达到最大值P ，以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v 2匀速上升，重物上升的高度为h ，则整个过程中，下列说法正确的是( ) A ．钢绳的最大拉力为P v 2B ．钢绳的最大拉力为mgC ．重物匀加速的末速度为PmgD ．重物匀加速运动的加速度为Pm v 1－g★命题点三 动能定理及其应用 1．动能定理 (1)三种表述①文字表述：所有外力对物体做的总功等于物体动能的增加量； ②数学表述：W 合＝12m v 2－12m v 20或W 合＝E k －E k0； ③图象表述：如图6所示，E k －l 图象中的斜率表示合外力．图6(2)适用范围①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；(1)选取研究对象，明确它的运动过程； (2)分析受力情况和各力的做功情况；(3)明确研究对象在过程的初末状态的动能E k1和E k2；(4)列动能定理的方程W 合＝E k2－E k1及其他必要的解题方程，进行求解．✧ 例题例3 我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图7所示，质量m ＝60 kg 的运动员从长直助滑道AB 的A 处由静止开始以加速度a ＝3.6 m/s 2匀加速滑下，到达助滑道末端B 时速度v B ＝24 m/s ，A 与B 的竖直高度差H ＝48 m ，为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C 处附近是一段以O 为圆心的圆弧．助滑道末端B 与滑道最低点C 的高度差h ＝5 m ，运动员在B 、C 间运动时阻力做功W ＝－1 530 J ，取g ＝10 m/s 2. (1)求运动员在AB 段下滑时受到阻力F f 的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C 点所在圆弧的半径R 至少应为多大．图7✧ 针对训练 5．(多选)(2015·浙江理综·18)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器．舰载机总质量为3.0×104 kg ，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105 N ；弹射器有效作用长度为100 m ，推力恒定．要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则( )A ．弹射器的推力大小为1.1×106 NB ．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108 JC ．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107 WD ．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s 26．(多选)一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h ，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则( ) A ．动摩擦因数μ＝67B ．载人滑草车最大速度为2gh 7C ．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD ．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g7．如图9所示，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P ，小船的质量为m ，小船受到的阻力大小恒为F f ，经过A 点时的速度大小为v 0，小船从A 点沿直线加速运动到B 点经历时间为t 1，A 、B 两点间距离为d ，缆绳质量忽略不计．求：图9(1)小船从A 点运动到B 点的全过程克服阻力做的功W f ； (2)小船经过B 点时的速度大小v 1； (3)小船经过B 点时的加速度大小a .一、巩固练习题组1 功和功率的分析与计算1．一个成年人以正常的速度骑自行车，受到的阻力为总重力的0.02倍，则成年人骑自行车行驶时的功率最接近于( )A ．1 WB ．10 WC ．100 WD ．1 000 W2.(多选)一质量为1 kg 的质点静止于光滑水平面上，从t ＝0时刻开始，受到水平外力F 作用，如图1所示．下列判断正确的是( )A ．0～2 s 内外力的平均功率是4 WB ．第2 s 内外力所做的功是4 JC ．第2 s 末外力的瞬时功率最大D ．第1 s 末与第2 s 末外力的瞬时功率之比为9∶43．如图2甲所示，静止于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F 作用下，沿x 轴方向运动，拉力F 随物块所在位置坐标x 的变化关系如图乙所示，图线为半圆．则小物块运动到x 0处时F 所做的总功为( )A ．0 B.12F m x 0题组2 动能定理及其简单应用4.如图3所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设小球在斜面最低点A 的速度为v ，压缩弹簧至C 点时弹簧最短，C 点距地面高度为h ，则小球从A 到C 的过程中弹簧弹力做功是( )A ．mgh －12m v 2B.12m v 2－mgh C ．－mghD ．－(mgh ＋12m v 2)5．(多选)质量为1 kg 的物体静止在水平粗糙的地面上，在一水平外力F 的作用下运动，如图4甲所示，外力F 和物体克服摩擦力F f 做的功W 与物体位移x 的关系如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2.下列分析正确的是( )A ．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2B ．物体运动的位移为13 mC ．物体在前3 m 运动过程中的加速度为3 m/s 2D ．x ＝9 m 时，物体的速度为3 2 m/s6．(多选)如图5所示，质量为M 的木块放在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以速度v 0沿水平方向射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v 运动．已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离为l ，子弹进入木块的深度为d ，若木块对子弹的阻力F f 视为恒定，则下列关系式中正确的是( )图5A ．F f l ＝12M v 2B ．F f d ＝12M v 2C ．F f d ＝12m v 20－12(M ＋m )v 2D ．F f (l ＋d )＝12m v 20－12m v 2题组3 动能定理在多过程问题中的应用7．如图6所示为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB 段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC 在B 点水平相切．点A 距水面的高度为H ，圆弧轨道BC 的半径为R ，圆心O 恰在水面．一质量为m 的游客(视为质点)可从轨道AB 的任意位置滑下，不计空气阻力．(1)若游客从A 点由静止开始滑下，到B 点时沿切线方向滑离轨道落在水面D 点，OD ＝2R ，求游客滑到B 点时的速度v B 大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功W f ；(2)某游客从AB 段某处滑下，恰好停在B 点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P 点后滑离轨道，求P 点离水面的高度h .(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F 向＝m v 2R)8．如图7甲所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O 位置．质量为m 的物块A (可视为质点)以初速度v 0从距O 点右方x 0处的P 点向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O ′点位置后，A 又被弹簧弹回．A 离开弹簧后，恰好回到P 点．物块A 与水平面间的动摩擦因数为μ.求： (1)物块A 从P 点出发又回到P 点的过程，克服摩擦力所做的功． (2)O 点和O ′点间的距离x 1.(3)如图乙所示，若将另一个与A 完全相同的物块B (可视为质点)与弹簧右端拴接，将A 放在B 右边，向左推A 、B ，使弹簧右端压缩到O ′点位置，然后从静止释放，A 、B 共同滑行一段距离后分离．分离后物块A 向右滑行的最大距离x 2是多少？9．如图8所示，半径R ＝0.5 m 的光滑圆弧面CDM 分别与光滑斜面体ABC 和斜面MN 相切于C 、M 点，斜面倾角分别如图所示．O 为圆弧圆心，D 为圆弧最低点，C 、M 在同一水平高度．斜面体ABC 固定在地面上，顶端B 安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块P 、Q (两边细绳分别与对应斜面平行)，并保持P 、Q 两物块静止．若PC 间距为L 1＝0.25 m ，斜面MN 足够长，物块P 的质量m 1＝3 kg ，与MN 间的动摩擦因数μ＝13，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)小物块Q 的质量m 2；(2)烧断细绳后，物块P 第一次到达D 点时对轨道的压力大小； (3)物块P 在MN 斜面上滑行的总路程．二、典型例题一、用动能定理求变力做功动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于求恒力做功，也适用于求变力做功，因为使用动能定理可由动能的变化来求功，所以动能定理是求变力做功的首选．典例1 如图10所示，质量为m 的小球用长L 的细线悬挂而静止在竖直位置．现用水平拉力F 将小球缓慢拉到细线与竖直方向成θ角的位置．在此过程中，拉力F 做的功为( )图10A ．FL cos θB ．FL sin θC ．FL (1－cos θ)D ．mgL (1－cos θ)二、利用微元法求变力做功将物体的位移分割成许多小段，因小段很小，每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将变力做功转化为在无数个无穷小的位移上的恒力所做功的代数和，此法在中学阶段常应用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题．典例2 如图11所示，在一半径为R ＝6 m 的圆弧形桥面的底端A ，某人把一质量为m ＝8 kg 的物块(可看成质过程中：图11(1)拉力F做的功；(2)桥面对物块的摩擦力做的功．三、化变力为恒力求变力做功变力做功直接求解时，通常都比较复杂，但若通过转换研究对象，有时可化为恒力做功，可以用W＝Fl cos α求解，此法常常应用于轻绳通过定滑轮拉物体的问题中．四、用F－x图象求变力做功在F－x图象中，图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移所做的功，且位于x轴上方的“面积”为正，位于x轴下方的“面积”为负，但此方法只适用于便于求图线所围面积的情况(如三角形、矩形、圆等规则的几何图)．典例3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12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.以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴，现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的情况如图乙所示，物块运动至x＝0.4 m处时速度为零，则此时弹簧的弹性势能为(g＝10 m/s2)()图12A．3.1 J B．3.5 JC．1.8 J D．2.0 J。

A．甲图和乙图合外力做功相等 B．丙图和丁图合外力做功相等 C．四个图中合外力做功均相等 D．四个图中合外力做功最多的是丙图
解析：F-x 图像中，图像与坐标轴围成的面积表示力 F 所做的功，由图像可 知，甲、乙的面积相等，丙的面积最大，丁的面积最小，故甲、乙图合外力 做功相等，丙图合外力做功最多，丁图合外力做功最少，选项 A、D 正确。 答案：AD
[解题指导]
解析：(1)小滑块从 C 点飞出后做平抛运动，设水平速度为 v0 竖直方向上：R＝12gt2 水平方向上： 2R＝v0t 解得：v0＝ gR。 (2)设小滑块在最低点时速度为 v，小滑块从最低点到 C 点的过程由动能定理得： －mg·2R＝12mv02－12mv2 解得：v＝ 5gR 在最低点由牛顿第二定律得： FN－mg＝mvR2
小球从 C 至 M 做平抛运动，其水平位移
xCM＝vC″t1＝130vC″
故第一次着落点 M 至 B 之间的水平距离
LMB＝L1′＋xCM＝－16vC″2＋130vC″＋265
由数学知识可得当 vC″＝0.9 m/s 时，LMB 有最大值，解得此时 L1′＝4.03 m。
答案：(1)
10 10
s
(2)12 N
命题导向——在真题集训中把脉规律
1．(2020·江苏高考)质量为 1.5×103 kg 的汽车在水平路面上匀速行驶，速度
为 20 m/s，受到的阻力大小为 1.8×103 N。此时，汽车发动机输出的实际
功率是
()
A．90 W
B．30 kW
C．36 kW
D．300 kW
解析：根据汽车做匀速直线运动可得此时汽车的牵引力等于阻力，即 F
考点三 应用动能定理解决力学综合问题 4．如图是某游戏轨道的构造示意图，PQ 是倾角为 45°的光

一.功1. 力 和 在力方向上发生的位移 是做功的两个必要因素2.功的定义式W ＝αcos Fs ，其中F 是恒力，α是F 与s 方向间的夹角.二.功率1.功率表示物体 做功快慢 的物理量2. 功率定义式tW P =，这是物体在t 内的平均功率 另一表达式αcos ⋅⋅=v F P ，α是F 与v 方向间的夹角1、恒力功的计算【例1】如图所示，质量为m 的物块静止在倾角为θ的斜面上，物块与斜面的动摩擦因数为μ，现使斜面体与物块共同以加速度a 向右匀加速运动，发生的位移为L ，则（1）物块所受各力对物块所做的功分别为多少？（2）各力对物块所做的总功是多少？2、对力做正功或负功的理解及判断【例2】如图所示，在加速向左运动的车厢中，一人用力向左推车厢(人与车厢始终保持相对静止)，则下列说法正确的是( )．A ．人对车厢做正功B ．车厢对人做负功C ．人对车厢做负功D ．车厢对人做正功 3、功率的计算【例3】两个完全相同的小球A 、B ，在某一高度处以相同大小的初速度v 0分别沿水平方向和竖直方向抛出，不计空气阻力，如图所示，则下列说法正确的是 ( )．A ．两小球落地时速度相同B ．两小球落地时，重力的瞬时功率相同C ．从开始运动至落地，重力对两小球做的功相同D ．从开始运动至落地，重力对两小球做功的平均功率相同4、交通工具起动时P 、F 、V 三者的关系【例4】汽车发动机的额定功率为60kW ，汽车的质量为5t ，汽车在水平路面上行驶时，阻力是车重的0.1倍，210g m s =．(1)汽车保持额定功率不变从静止起动后，汽车所能达到的最大速度是多大?当汽车的加速度为22m s 时速度是多大?(2)若汽车从静止开始，保持以0.5m ／s 2的加速度做匀加速直线运动，这一过程能维持多长时间?三、动能1.定义式：221mv E K2.动能是描述物体 运动状态 的一种形式的能，它是 标 量四、动能定理1.表达式：21222121mv mv W －＝合 2.意义：表示 合力功 与 动能改变 的对应关系【例5】质量为20g 的子弹，以300m/s 的速度水平射入厚度是10mm 的钢板，射穿后的速度是100m/s ，子弹受到的平均阻力是多大？。

功和能、动能、动能定理知识总结归纳1. 能的概念：粗浅地说，如果一个物体能够对外界做功，我们就说物体具有能量。

能量有各种不同的形式。

2. 功和能关系：各种不同形式的能可通过做功来转化，能转化的多少通过功来量度，即功是能转化的量度。

3.动能定义：物体由于运动而具有的能叫做动能。

表达式：122：物体由于运动而具有的能叫做动能。

表达式：E mvk =注意：动能是状态量，只与运动物体的质量以及速率有关，而与其运动方向无关，能是标量，只有大小，没有方向，单位是焦耳（J ）。

4. 动能定理的推导：设物体质量为m ，初速度为v 1，在与运动方向同向的恒定合外力F 作用下，发生一段位移s ，速度增加到v 2。

由F=ma 和联立解得：由和联立解得：F ma v v as Fs mv mv =-==-22122212212125.动能定理公式：末初W E E k k k ==-∆E注意：W 为合外力做的功或外力做功的代数和，ΔE k 是物体动能的增量；ΔE k 为正值时，说明物体动能增加，ΔE k 为负值时，说明物体动能减少。

6. 应用动能定理进行解题的一般步骤： （1）确定研究对象，明确它的运动过程；（2）分析物体在运动过程中的受力情况，明确各个力是否做功，是正功还是负功；（3）明确起始状态和终了状态的动能。

（）用列方程求解总421W E E k k k ==-∆E【典型例题】例1. 用拉力F 使一个质量为m 的木箱由静止开始在水平冰道上移动了s ，拉力F 跟木箱前进的方向的夹角为α，木箱与冰道间的动磨擦因数为μ，求木箱获得的速度（如图所示）分析和解答：此题知物体受力，知运动位移s ，知初态速度，求末态速度。

可用动能定理求解。

拉力F 对物体做正功，摩擦力f 做负功，G 和N 不做功。

初动能动能，末动能E E mv k k 122012==，末动能初动能，末动能E E mv k k 122012== 由动能定理得：由动能定理得：Fs fs mv cos α-=122而：f mg F =-μα(sin )解得：v F mg F s m =--2[cos (sin )]/αμα注意：此题亦可用牛顿第二定律和运动学公式求解，但麻烦些，一般可用动能定理求解的，尽可能用此定理求解。

第一部分功和功率知识要点梳理知识点一——功和功的计算▲知识梳理1．功的定义一个物体受到力的作用，如果在力的方向上发生一段位移，就说这个力对物体做了功。

2．做功的两个必要因素力和物体在力的方向上发生的位移，缺一不可。

如图甲所示，举重运动员举着杠铃不动时，杠铃没有发生位移，举杠铃的力对杠铃没有做功。

如图乙所示，足球在水平地面上滚动时，重力对球做的功为零。

3．功的物理意义：功是能量变化的量度能量的转化跟做功密切相关，做功的过程就是能量转化的过程，做了多少功就有多少能量发生了转化，功是能量转化的量度。

4．公式（1）当恒力F的方向与位移l的方向一致时，力对物体所做的功为W = Fl。

（2）当恒力F的方向与位移l 的方向成某一角度时，力F 物体所做的功为．即力对物体所做的功，等于力的大小、位移的大小、力与位移的夹角的余弦这三者的乘积。

5．功是标量，但有正负功的单位由力的单位和位移的单位决定。

在国际单位制中，功的单位是焦耳，简称焦，符号是J。

一个力对物体做负功，往往说成物体克服这个力做功（取绝对值）。

这两种说法在意义上是相同的。

例如竖直向上抛出的球，在向上运动的过程中，重力对球做了－6J的功，可以说成球克服重力做了6J的功。

由，可以看出：①当=0时，，即，力对物体做正功；②当时，，力对物体做正功。

①②两种情况都是外界对物体做功。

③当时，力与位移垂直，，即力对物体不做功，即外界和物体间无能量交换；④当时，，力对物体做负功；⑤当时，，此时，即力的方向与物体运动位移的方向完全相反，是物体运动的阻力。

④⑤两种情况都是物体对外界做功。

6．合力的功当物体在几个力的共同作用下发生一段位移时，这几个力的合力对物体所做的功，等于各个力分别对物体所做功的代数和。

求合力的功可以先求各个力所做的功，再求这些力所做功的代数和；也可先求合外力，再求合外力的功；也可用动能定理求解。

▲疑难导析一、功的正负的理解和判断1．功的正负的理解功是一个标量，只有大小没有方向。

THANKS
• 解析：本题考查了牛顿第二定律、动能定理及运动学公式的综合应用。首先根 据牛顿第二定律求出物体在恒力F作用下的加速度a1，然后根据运动学公式求 出物体在恒力F作用下发生的位移s1和末速度v1。接着根据动能定理求出物体 在撤去外力后发生的位移s2。最后求出物体在整个过程中所发生的位移 s=s1+s2。
• 例题二：一质量为m的物体以初速度v0从斜面底端沿斜面向上滑动，当它回 到斜面底端时，速率为v0/2。求物体与斜面间的动摩擦因数μ。
• 解析：本题考查了牛顿第二定律、动能定理及运动学公式的综合应用。首先根 据牛顿第二定律求出物体沿斜面向上滑动时的加速度a1和沿斜面向下滑动时 的加速度a2。然后根据运动学公式求出物体沿斜面向上滑动的时间和沿斜面 向下滑动的时间。接着根据动能定理求出物体在整个过程中所受的摩擦力做的 功。最后根据功的定义式求出物体与斜面间的动摩擦因数μ。
点时的最小速度。
04
解析
设小球在最高点时的最小速度 为$v_{min}$，根据动能定理
有$mg(h2R)=frac{1}{2}mv_{min}^{2}$ ，解得$v_{min}=sqrt{2g(h-
2R)}$。
03
能量守恒与转化关系
能量守恒定律内容阐述
能量守恒定律：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它 只会从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到 其它物体，而能量的总量保持不变。
功是力在物体上产生的位移效应，计算公式为$W = vec{F} cdot
vec{s}$，其中$vec{F}$是力矢量，$vec{s}$是位移矢量。
02
功率的定义及计算
功率是单位时间内完成的功，计算公式为$P = frac{W}{t}$，其中$W$

i 1
i 1
i 1
N
N
N
A
Fi d ri
fi d ri EKi
i 1
i 1
i 1
二质点组 成的系统
推广
多个质点组 成的系统
A外 A内 E系统总动能
质点系动能定理：所有外力与所有内力对质点 系做功的代数和等于质点系总动能的增量。
例长为L，质量为m柔软均质物体以初速v0 送上平台，物 体前端在平台上滑行 s 距离后停止。设滑道上无摩擦，
（4）在物理学中，动能定理是将功和能这两个概念 进行全面推广的起点，这个事实或许意义更为重大。
3. 质点系动能定理 多个质点组成的质点系，
既要考虑外力，又要考虑质点 间的相互作用力（内力）。
设系统由两个 质点1和2组成，它 们的质量分别为m1 和m2。
F1
s1
s2
F2
m1
f12
f21
f2 d r2 r1
f2 dr21
末
A始末 始 f2 d r21
表明：任何一对作用力和 反作用力所作的总功具有 与参考系选择无关的不变
B2
B1
f1
f2
d r2
m2
r d r1
r1
m1
2
A2
O
A1
性质。
一对力所作的总功的只取决于两质点的相对运动。
什么条件下一对内力做功为零?
§2-4 功 动能 动能定理
一．功的概念（力的空间积累）
中学：恒力作功

A F S cos F S


F
F
s
1.变力的功(功的定义)

高三物理功、功率、动能定理知识精讲一. 本周教学内容：功、功率、动能定理〔一〕功和功率1. 功功是力的空间积累效应。

它和位移相对应〔也和时间相对应〕。

计算功的方法有两种：〔1〕按照定义求功。

即：W ＝Fscos θ。

在高中阶段，这种方法只适用于恒力做功。

当20πθ<≤时F 做正功，当2πθ=时F 不做功，当πθπ≤<2时F 做负功。

这种方法也可以说成是：功等于恒力和沿该恒力方向上的位移的乘积。

〔2〕用动能定理W ＝ΔE k 或功能关系求功。

当F 为变力时，高中阶段往往考虑用这种方法求功。

这里求得的功是该过程中外力对物体做的总功〔或者说是合外力做的功〕。

这种方法的依据是：做功的过程就是能量转化的过程，功是能的转化的量度。

如果知道某一过程中能量转化的数值，那么也就知道了该过程中对应的功的数值。

例1. 如下列图，质量为m 的小球用长L 的细线悬挂而静止在竖直位置。

在如下三种情况下，分别用水平拉力F 将小球拉到细线与竖直方向成θ角的位置。

在此过程中，拉力F 做的功各是多少？〔1〕用F 缓慢地拉；〔2〕F 为恒力；〔3〕假设F 为恒力，而且拉到该位置时小球的速度刚好为零。

可供选择的答案有A.θcos FLB.θsin FLC.()θcos 1-FLD.()θcos 1-mgL解：〔1〕假设用F 缓慢地拉，如此显然F 为变力，只能用动能定理求解。

F 做的功等于该过程抑制重力做的功。

选D〔2〕假设F 为恒力，如此可以直接按定义求功。

选B〔3〕假设F 为恒力，而且拉到该位置时小球的速度刚好为零，那么按定义直接求功和按动能定理求功都是正确的。

选B 、D在第三种情况下，由θsin FL ＝()θcos 1-mgL ，可以得到2tan sin cos 1θθθ=-=mg F ，可见在摆角为2θ时小球的速度最大。

实际上，因为F 与mg 的合力也是恒力，而绳的拉力始终不做功，所以其效果相当于一个摆，我们可以把这样的装置叫做“歪摆〞。

[网络构建]第1讲 功、功率与动能定理[真题再现]1．(2017·高考全国卷Ⅲ)如图，一质量为m ，长度为l 的均匀柔软细绳PQ 竖直悬挂．用外力将绳的下端Q 缓慢地竖直向上拉起至M 点，M 点与绳的上端P 相距13l .重力加速度大小为g .在此过程中，外力做的功为( )A.19mgl B.16mgl C.13mgl D.12mgl 解析：选A.QM 段绳的质量为m ′＝23m ，未拉起时，QM 段绳的重心在QM 中点处，与M 点距离为13l ，绳的下端Q 拉到M 点时，QM 段绳的重心与M 点距离为16l ，此过程重力做功W G ＝－m ′g ⎝⎛⎭⎫13l －16l ＝－19mgl ，对绳的下端Q 拉到M 点的过程，应用动能定理，可知外力做功W ＝－W G ＝19mgl ，可知A 项正确，B 、C 、D 项错误．2.(多选)(2016·高考全国卷Ⅱ)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则( )A ．甲球用的时间比乙球长B ．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C ．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D ．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功解析：选BD.由于两球由同一种材料制成，甲球的质量大于乙球的质量，因此甲球的体积大于乙球的体积，甲球的半径大于乙球的半径，设球的半径为r ，根据牛顿第二定律，下落过程中mg －kr ＝ma ，a ＝g －kr ρ×43πr 3＝g －3k 4πρr 2，可知，球下落过程做匀变速直线运动，且下落过程中半径大的球下落的加速度大，因此甲球下落的加速度大，由h ＝12at 2可知，下落相同的距离，甲球所用的时间短，A 、C 项错误；由v 2＝2ah 可知，甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小，B 项正确；由于甲球受到的阻力大，因此克服阻力做的功多，D 项正确．3．(2017·高考全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s 0和s 1(s 1<s 0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度v 0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v 1，重力加速度大小为g .求(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；(2)满足训练要求的运动员的最小加速度．解析：(1)设冰球的质量为m ，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理得－μmgs 0＝12m v 21－12m v 20 ① 解得μ＝v 20－v 212gs 0. ②(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小．设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a 1和a 2，所用的时间为t .由运动学公式得v 20－v 21＝2a 1s 0 ③v 0－v 1＝a 1t ④s 1＝12a 2t 2⑤ 联立③④⑤式得a 2＝s 1（v 1＋v 0）22s 20. 答案：见解析[考情分析] 1．从考查角度看即可单独对功或者功率的计算进行考查，同时容易结合动能定理对功的问题进行分析．一般结合平抛、圆周等曲线运动为情景，运用动能定理考查运动与能的关系，题型多为选择题．2．从备考角度看要熟练掌握动能定理，功或功率的计算方法．同时对于与平抛运动、圆周运动相结合的多过程曲线运动，与电磁场结合的是复习的重点.功和功率的计算功和功率的计算方法(多选)(2016·高考浙江卷)如图所示为一滑草场．某条滑道由上、下两段高均为h ，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则( )A ．动摩擦因数μ＝67B ．载人滑草车最大速度为2gh 7C ．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD ．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g [解析] 由题意根据动能定理有，2mgh －W f ＝0，2mgh －μmg cos 45°·h sin 45°－μmg cos 37°·h sin 37°＝0，得动摩擦因数μ＝67，则A 项正确；载人滑草车克服摩擦力做的功为W f ＝2mgh ，则C 项错误；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a 1＝g (sin 45°－μcos 45°)＝214g ，a 2＝g (sin 37°－μcos 37°)＝－335g ，则载人滑草车在上下两段滑道上分别做加速运动和减速运动，则在上段底端时达到最大速度v ，由运动学公式有2a 1h sin 45°＝v 2得，v ＝ 2a 1h sin 45°＝2gh 7，故B 项正确，D 项错误． [答案] AB[题组突破]角度1 恒力做功的计算1．(多选)(2017·河南陕州模拟)一质量为1 kg 的质点静止于光滑水平面上，从t ＝0时起，第1 s 内受到2 N 的水平外力作用，第2 s 内受到同方向的1 N 的外力作用．下列判断正确的是( ) A ．0～2 s 内外力的平均功率是94W B ．第2 s 内外力所做的功是0.5 JC ．第1 s 末外力的瞬时功率最大D ．第2 s 末外力的瞬时功率最大解析：选AC.第1 s 内质点的加速度a 1＝F 1m ＝2 m/s 2，则第1 s 内的位移x 1＝12a 1t 21＝1 m ，第1 s 末的速度v 1＝a 1t 1＝2 m/s ，同理第2 s 内的加速度a 2＝F 2m＝1 m/s 2，第2 s 内的位移x 2＝v 1t 2＋12a 2t 22＝2.5 m ，则0～2 s 内外力做功W ＝F 1x 1＋F 2x 2＝4.5 J ，则平均功率P ＝W t ＝4.52W ＝94W ，故A 正确．第2 s 内外力做功W 2＝F 2x 2＝2.5 J ，故B 错误．第1 s 末外力F 1的瞬时功率P 1＝F 1v 1＝4 W ，第2 s 末外力F 2的瞬时功率P 2＝F 2v 2＝3 W ，由此可知第1 s 末的瞬时功率最大，故C 正确，D 错误．角度2 求解变力做功方法的应用2.如图所示，一质量m ＝2.0 kg 的物体从半径为R ＝5.0 m 的圆弧的A 端，在拉力F 作用下沿圆弧缓慢运动到B 端(圆弧AB 在竖直平面内)．拉力F 大小不变始终为15 N ，方向始终与物体所在位置的切线成37°角．圆弧所对应的圆心角为60°，BO 边为竖直方向，g 取10 m/s 2.求这一过程中(cos 37°＝0.8)：(1)拉力F 做的功；(2)重力mg 做的功；(3)圆弧面对物体的支持力F N 做的功．解析：(1)将圆弧AB 分成很多小段l 1、l 2、…、l n ，拉力在每小段上做的功为W 1、W 2、…、W n ，因拉力F 大小不变，方向始终与物体所在位置的切线方向成37°角，所以：W 1＝Fl 1cos 37°，W 2＝Fl 2cos 37°，…，W n ＝Fl n cos 37°，所以拉力F 做的功为：W F ＝W 1＋W 2＋…＋W n＝F cos 37°(l 1＋l 2＋…＋l n )＝F cos 37·π3R ＝20π J ＝62.8 J. (2)重力mg 做的功W G ＝－mgR (1－cos 60°)＝－50 J.(3)物体受的支持力F N 始终与物体的运动方向垂直，所以W F N ＝0.答案：(1)62.8 J (2)－50 J (3)0(1)计算力所做的功时，一定要注意是恒力做功还是变力做功．若是恒力做功，可用公式W ＝Fl cos α进行计算．若是变力做功，可用以下几种方法进行求解：①微元法：把物体的运动分成无数个小段，计算每一小段力F 做的功．②将变力做功转化为恒力做功．③用动能定理或功能关系进行求解．(2)对于功率的计算要区分是瞬时功率还是平均功率．P ＝W t只能用来计算平均功率．P ＝F v cos α中的v 是瞬时速度时，计算出的功率是瞬时功率；v 是平均速度时，计算出的功率是平均功率．机车启动问题1．机车输出功率：P ＝F v ，其中F 为机车牵引力．2．机车匀加速启动过程的最大速度v 1(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v 1：由F 牵－F 阻＝ma ，P ＝F 牵v 1可求v 1＝P F 阻＋ma. (2)求v m ：由P ＝F 阻 v m ，可求v m ＝P F 阻. 3．解决机车启动问题时的四点注意(1)分清是匀加速启动还是恒定功率启动．(2)匀加速启动过程中，机车功率不断增大，最大功率是额定功率．(3)以额定功率启动的过程中，牵引力不断减小，机车做加速度减小的加速运动，牵引力的最小值等于阻力．(4)无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足P ＝f 阻v m ，P 为机车的额定功率．(2015·高考全国卷Ⅱ)一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P 随时间t 的变化如图所示．假定汽车所受阻力的大小f 恒定不变．下列描述该汽车的速度v 随时间t 变化的图线中，可能正确的是( )[解析] 由P －t 图象知：0～t 1内汽车以恒定功率P 1行驶，t 1～t 2内汽车以恒定功率P 2行驶．设汽车所受牵引力为F ，则由P ＝F v 得，当v 增加时，F 减小，由a ＝F －f m知a 减小，又因速度不可能突变，所以选项B 、C 、D 错误，选项A 正确．[答案] A[题组突破]角度1 以恒定加速度启动方式的分析1．(2017·陕西五校模拟)水平面上静止放置一质量为m ＝0.2 kg 的物块，固定在同一水平面上的小型电动机通过水平细线牵引物块，使物块由静止开始做匀加速直线运动，2秒末达到额定功率，其v －t 图线如图所示，物块与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.1，g ＝10 m/s 2，电动机与物块间的距离足够远．求：(1)物块做匀加速直线运动时受到的牵引力大小；(2)电动机的额定功率；(3)物块在电动机牵引下，最终能达到的最大速度．解析：(1)由题图知物块在匀加速阶段加速度大小a ＝Δv Δt＝0.4 m/s 2物块受到的摩擦力大小F f ＝μmg设牵引力大小为F ，则有：F －F f ＝ma得F ＝0.28 N.(2)当v ＝0.8 m/s 时，电动机达到额定功率，则P ＝F v ＝0.224 W.(3)物块达到最大速度v m 时，此时物块所受的牵引力大小等于摩擦力大小，有F 1＝μmgP ＝F 1v m解得v m ＝1.12 m/s.答案：(1)0.28 N (2)0.224 W (3)1.12 m/s角度2 以恒定功率启动方式的分析2．(多选)(2017·襄阳模拟)我国自行研制的新一代8×8轮式装甲车已达到西方国家第三代战车的水平，将成为中国军方快速部署轻型装甲部队的主力装备．设该装甲车的质量为m ，若在平直的公路上从静止开始加速，前进较短的距离s 速度便可达到最大值v m .设在加速过程中发动机的功率恒定为P ，装甲车所受阻力恒为F f ，当速度为v (v <v m )时，所受牵引力为F .以下说法正确的是( )A ．装甲车速度为v 时，装甲车的牵引力做功为FsB ．装甲车的最大速度v m ＝P F fC ．装甲车速度为v 时加速度为a ＝F －F f mD ．装甲车从静止开始达到最大速度v m 所用时间t ＝2s v m解析：选BC.装甲车在加速过程中，其牵引力F ＝P v ，随着速度的增大，牵引力逐渐减小，故装甲车速度为v 时，装甲车的牵引力做功大于Fs ，A 错误；装甲车匀速运动时速度最大，故v m ＝P F f ，B 正确；装甲车速度为v 时，由牛顿第二定律得F －F f ＝ma ，解得a ＝F －F f m，C 正确；装甲车加速过程由动能定理得Pt －F f s ＝12m v 2m ，解得t ＝F f s P ＋mP 2F 2f，D 错误．(1)机车启动的方式不同，运动的规律就不同，即其功率、加速度、牵引力等物理量的变化规律不同，分析图象时应注意坐标轴的意义及图象变化所描述的规律．(2)在公式 P ＝F v 中， F 是机车的牵引力而不是机车所受合力，因此 F ＝F f 时，牵引力与阻力平衡，机车达到最大运行速度．(3)解决机车启动问题一定要分清机车是匀加速启动还是恒定功率启动．①匀加速启动过程中，机车功率是不断改变的，但该过程中的最大功率是额定功率，匀加速运动阶段的最大速度小于机车所能达到的最大速度，达到额定功率后，机车做加速度减小的加速运动．②以恒定功率启动的过程中，机车做加速度减小的加速运动，匀变速直线运动的规律不能用，速度最大值等于P F f，牵引力是变力，牵引力做的功可用 W ＝ Pt 求解，但不能用 W ＝ Fl cos θ求解．动能定理的应用(多选)(2016·高考全国卷Ⅱ)如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连．现将小球从M 点由静止释放，它在下降的过程中经过了N 点．已知在M 、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM <∠OMN <π2.在小球从M 点运动到N 点的过程中，( )A ．弹力对小球先做正功后做负功B ．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C ．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D ．小球到达N 点时的动能等于其在M 、N 两点的重力势能差[解析] 小球在从M 点运动到N 点的过程中，弹簧的压缩量先增大，后减小，到某一位置时，弹簧处于原长，再继续向下运动到N 点的过程中，弹簧又伸长．弹簧的弹力方向与小球速度的方向的夹角先大于90°，再小于90°，最后又大于90°，因此弹力先做负功，再做正功，最后又做负功，A 项错误；弹簧与杆垂直时，小球的加速度等于重力加速度，当弹簧的弹力为零时，小球的加速度也等于重力加速度，B 项正确；弹簧长度最短时，弹力与小球的速度方向垂直，这时弹力对小球做功的功率为零，C 项正确；由于在M 、N 两点处，弹簧的弹力大小相等，即弹簧的形变量相等，根据动能定理可知，小球从M 点到N 点的过程中，弹簧的弹力做功为零，重力做功等于动能的增量，即小球到达N 点时的动能等于其在M 、N 两点的重力势能差，D 项正确．[答案] BCD[题组突破]角度1 运用动能定理求变力做功1．(2015·高考全国卷Ⅰ)如图，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )A ．W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点 B ．W >12mgR ，质点不能到达Q 点 C ．W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离 D ．W <12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离 解析：选C.设质点到达N 点的速度为v N ，在N 点质点受到轨道的弹力为F N ，则F N －mg ＝m v 2N R ，已知F N ＝F ′N ＝4mg ，则质点到达N 点的动能为E k N ＝12m v 2N ＝32mgR .质点由开始至N 点的过程，由动能定理得mg ·2R ＋W f ＝E k N －0，解得摩擦力做的功为W f ＝－12mgR ，即克服摩擦力做的功为W ＝－W f ＝12mgR .设从N 到Q 的过程中克服摩擦力做功为W ′，则W ′<W .从N 到Q 的过程，由动能定理得－mgR －W ′＝12m v 2Q －12m v 2N ，即12mgR －W ′＝12m v 2Q ，故质点到达Q 点后速度不为0，质点继续上升一段距离．选项C 正确．角度2 运用动能定理解决往复运动问题2.如图所示，质量为 m 的滑块距挡板 P 的距离为 l0，滑块以初速度 v 0沿倾角为θ的斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是( )A.1μ⎝⎛⎭⎫v 202g cos θ＋l 0tan θ B.1μ⎝⎛⎭⎫v 202g sin θ＋ l 0tan θ C.2μ⎝⎛⎭⎫v 202g cos θ＋ l 0tan θ D.1μ⎝⎛⎭⎫v 202g cos θ＋ l 0cot θ 解析：选A.滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，因此滑块最终必定停在挡板 P 处．设滑块经过的总路程为 l ，对滑块运动的全过程应用动能定理，有mgl 0sin θ－μmgl cos θ＝0－12m v 20， 解得 l ＝1μ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 202g cos θ＋l 0tan θ，选项A 正确． 角度3 运用动能定理解决曲线运动问题3．(2017·江苏淮安涟水中学一模)如图所示，半径R ＝1.0 m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B 和圆心O 的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C 为轨道的最低点．C 点右侧的水平路面上紧挨C 点放置一木板，木板质量m ＝1 kg ，上表面与C 点等高．质量m ＝1 kg 的物块(可视为质点)从空中A 点以v 0＝1.2 m/s 的速度水平抛出，恰好从轨道的B 端沿切线方向进入轨道．已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与路面间的动摩擦因数μ2＝0.05，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.试求：(1)物块经过B 端时速度的大小；(2)物块经过轨道上的C 点时对轨道的压力大小；(3)若木板足够长，请问从开始平抛至最终木板、物块都静止，整个过程产生的热量是多少？解析：(1)根据运动的合成与分解，B 点速度方向与水平方向夹角为53°，故v B ＝v 0sin θ＝2 m/s.(2)物块从B 到C 应用动能定理，有mg (R ＋R sin θ)＝12m v 2C －12m v 2B ， 解得v C ＝6 m/s.在C 点，由牛顿第二定律得F －mg ＝m ·v 2C R， 解得F ＝46 N.由牛顿第三定律知，物块经过圆弧轨道上的C 点时对轨道的压力大小为46 N.(3)物块从A 到C 过程中无能量损失，所以整个过程产生的热量就是从C 到最终木板、物块都静止这一过程中产生的热量，由能量守恒定律得Q ＝12m v 2C＝18 J. 答案：(1)2 m/s (2)46 N (3)18 J(1)动能定理虽然是在恒力作用下的直线运动中推导出来的，但也适用于变力做功、曲线运动的情况．(2)当问题涉及力、位移(或路程)、速度，而不涉及加速度和时间时，可优先考虑利用动能定理分析问题．(3)对于多过程问题，求解时可对全过程应用动能定理，从而避开对每个运动过程的具体细节进行分析，具有过程简明、运算量小等优点．(4)应用动能定理的关键是写出各力做功的代数和，不要漏掉某个力做的功，同时要注意各力做功的正、负．(5)应用动能定理解题的基本思路[专题强化训练](建议用时：60分钟)一、单项选择题1．(2015·高考海南卷)假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率．如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的( )A ．4倍B ．2倍 C.3倍 D.2倍解析：选D.设F f ＝k v ，当阻力等于牵引力时，速度最大，输出功率变化前，有P ＝F v ＝F f v ＝k v ·v ＝k v 2，变化后有2P ＝F ′v ′＝k v ′·v ′＝k v ′2，联立解得v ′＝2v ，D 正确．2．(2017·邯郸模拟)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 2B ．W 1＝W 2，P 1>P 2C ．W 1>W 2，P 1>P 2D ．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． 3．(2017·襄阳模拟)用竖直向上大小为30 N 的力F ，将2 kg 的物体由沙坑表面由静止提升1 m 时撤去力F ，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20 cm.若忽略空气阻力，g 取10 m/s 2.则物体克服沙坑的阻力所做的功为( )A ．20 JB ．24 JC ．34 JD ．54 J解析：选C.对整个过程应用动能定理得：F ·h 1＋mgh 2－W f ＝0，解得：W f ＝34 J ，C 对．4.(2015·高考海南卷)如图，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为2mg ，重力加速度大小为g .质点自P 滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为( )A.14mgR B.13mgR C.12mgR D.π4mgR 解析：选C.在Q 点质点受到竖直向下的重力，和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力，所以有N －mg ＝m v 2R，N ＝2mg ，联立解得v ＝gR ，下落过程中重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可得mgR －W f ＝12 m v 2，解得W f ＝12mgR ，所以克服摩擦力做功12mgR ，C 正确．5．(2017·上海市静安区教学质量检测)物体在平行于斜面向上的拉力作用下，分别沿倾角不同的斜面的底端，匀速运动到高度相同的顶端，物体与各斜面间的动摩擦因数相同，则( )A ．沿倾角较小的斜面拉，拉力做的功较多B ．沿倾角较大的斜面拉，克服重力做的功较多C ．无论沿哪个斜面拉，拉力做的功均相同D ．无论沿哪个斜面拉，克服摩擦力做的功相同解析：选A.设斜面倾角为θ，高度为h ，则斜面长度L ＝h sin θ.物体匀速被拉到顶端，根据动能定理W F ＝mgh ＋μmg cos θ·L ＝mgh ＋μmg ·h tan θ，则h 相同时，倾角较小则拉力做的功较多，选项A 正确，C 错误；克服重力做功为W G ＝mgh ，则克服重力做功相同，选项B错误；克服摩擦力做的功W f ＝μmg cos θ·L ＝μmg ·h tan θ，所以倾角越大，克服摩擦力做功越小，选项D 错误；故选A.6.如图所示，一个质量为m 的圆环套在一根固定的水平直杆上，杆足够长，环与杆之间的动摩擦因数为μ，现给环一个向右的初速度v 0，如果环在运动过程中还受到一个方向始终竖直向上的力F ，且F ＝k v (k 为常数，v 为环的速率)，则环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功不可能为( )A.12m v 20B.12m v 20＋m 3g 22k 2 C ．0 D.12m v 20－m 3g 22k 2 解析：选B.当环受到的合力向下时，随着环做减速运动，向上的力F 逐渐减小，环最终将静止；当环所受合力向上时，随着环速度的减小，竖直向上的力F 逐渐减小，当环向上的拉力减至和重力大小相等时，环所受合力为0，杆不再给环阻力，环将保持此时速度不变做匀速直线运动；当环在竖直方向所受合力为0时，环将一直做匀速直线运动，分三种情况应用动能定理求出阻力对环做的功即可．当F ＝k v 0＝mg 时，圆环不受杆的支持力和摩擦力，克服摩擦力做的功为零；当F ＝k v 0<mg 时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功，根据动能定理得－W ＝0－12m v 20得W ＝12m v 20；当F ＝k v 0>mg 时，圆环先做减速运动，当F ＝mg 时，圆环不受摩擦力，做匀速直线运动，由F ＝k v ＝mg 得v ＝mg k，根据动能定理得－W ＝12m v 2－12m v 20，解得W ＝12m v 20－m 3g 22k 2.综上所述，答案为B.二、多项选择题7．(2015·高考浙江卷)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器．舰载机总质量为3.0×104 kg，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105 N；弹射器有效作用长度为100 m，推力恒定．要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则() A．弹射器的推力大小为1.1×106 NB．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108 JC．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107 WD．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s2解析：选ABD.对舰载机应用运动学公式v2－02＝2ax，即802＝2·a·100，得加速度a＝32 m/s2，选项D正确；设总推力为F，对舰载机应用牛顿第二定律可知：F－20%F＝ma，得F＝1.2×106N，而发动机的推力为1.0×105N，则弹射器的推力为F推＝(1.2×106－1.0×105)N＝1.1×106 N，选项A正确；弹射器对舰载机所做的功为W＝F推·l＝1.1×108 J，选项B正确；弹射过程所用的时间为t＝va ＝8032s＝2.5 s，平均功率P＝Wt＝1.1×1082.5W＝4.4×107 W，选项C错误．8．(2017·太原模拟)位于水平面上的物体在水平恒力F1作用下，做速度为v1的匀速运动；若作用力变为斜向上的恒力F2，物体做速度为v2的匀速运动，且F1与F2功率相同．则可能有()A．F2＝F1，v1>v2B．F2＝F1，v1<v2C．F2>F1，v1>v2D．F2<F1，v1<v2解析：选BD.水平恒力F1作用下的功率P1＝F1v1，F2作用下的功率P2＝F2v2cos θ，现P1＝P2，若F2＝F1，一定有v1<v2，因此B正确，A错误；由于两次都做匀速直线运动，因此第一次的摩擦力F f1＝μmg＝F1，而第二次的摩擦力F f2＝μ(mg－F2sin θ)＝F2cos θ，显然F f2<F f1，即：F2cos θ<F1，因此无论F2>F1还是F2<F1都会有v1<v2，因此D正确，C错误．9．(2016·高考天津卷)我国高铁技术处于世界领先水平．和谐号动车组是由动车和拖车编组而成的，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车．假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比．某列动车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组()A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2C．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D ．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为 1∶2解析：选BD.启动时，动车组做加速运动，加速度方向向前，乘客受到竖直向下的重力和车厢对乘客的作用力，由牛顿第二定律可知，这两个力的合力方向向前，所以启动时乘客受到车厢作用力的方向一定倾斜向前，选项A 错误．设每节车厢质量为m ，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比，则有每节车厢所受阻力f ＝kmg .设动车组匀加速直线运动的加速度为a ，每节动车的牵引力为F ，对8节车厢组成的动车组整体，由牛顿第二定律，2F －8f ＝8ma ；设第5节车厢对第6节车厢的拉力为F 5，隔离第6、7、8节车厢，把第6、7、8节车厢作为整体进行受力分析，由牛顿第二定律得，F 5－3f ＝3ma ，解得F 5＝3F 4；设第6节车厢对第7节车厢的拉力为F 6，隔离第7、8节车厢，把第7、8节车厢作为整体进行受力分析，由牛顿第二定律得，F 6－2f ＝2ma ，解得F 6＝F 2；第5、6节车厢与第6、7节车厢间的作用力之比为F 5∶F 6＝3F 4∶F 2＝3∶2，选项B 正确．关闭发动机后，动车组在阻力作用下滑行，由匀变速直线运动规律，滑行距离x ＝v 22a，与关闭发动机时速度的二次方成正比，选项C 错误．设每节动车的额定功率为P ，当有2节动车带6节拖车时，2P ＝8f ·v 1m ；当改为4节动车带4节拖车时，4P ＝8f ·v 2m ；联立解得v 1m ∶v 2m ＝1∶2，选项D 正确．10．(2017·江苏启东模拟)质量为m 的汽车在平直路面上启动，启动过程的v －t 图象如图所示．从t 1时刻起牵引力的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为F f ，则( )A ．0～t 1时间内，汽车的牵引力等于m v 1t 1B ．t 1～t 2时间内，汽车的功率等于⎝⎛⎭⎫m v 1t 1＋F f v 1 C ．汽车运动的最大速度v 2＝⎝⎛⎭⎫m v 1F f t 1＋1v 1 D ．t 1～t 2时间内，汽车的平均速度小于v 1＋v 22解析：选BC.由题图可知，0～t 1阶段，汽车做匀加速直线运动，a ＝v 1t 1，F 1－F f ＝ma ，联立得F 1＝m v 1t 1＋F f ，选项A 错误；在t 1时刻汽车达到额定功率P ＝F 1v 1＝⎝⎛⎭⎫m v 1t 1＋F f v 1，t 1～t 2时间内，汽车保持额定功率不变，选项B 正确；t 2时，速度达到最大值v 2，此时F 2＝F f ，P ＝F 2v 2，v 2＝P F 2＝⎝⎛⎭⎫m v 1F f t 1＋1v 1，选项C 正确；由v －t 图线与t 轴所围面积表示位移的大小可知，t 1～t 2时间内，汽车的平均速度大于v 1＋v 22，故选项D 错误． 三、非选择题11．(2017·河北衡水四调)如图所示，在竖直边界线O 1O 2左侧空间存在一竖直向下的匀强电场，电场强度E ＝100 N/C ，电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面AB ，其倾角为30°，A 点距水平面的高度为h ＝4 m ．BC 段为一粗糙绝缘平面，其长度为L ＝ 3 m ．斜面AB 与水平面BC 由一段极短的光滑小圆弧连接(图中未标出)，竖直边界线O 1O 2右侧区域固定一半径为R ＝0.5 m 的半圆形光滑绝缘轨道，CD 为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C 、D 两点紧贴竖直边界线O 1O 2，位于电场区域的外部(忽略电场对O 1O 2右侧空间的影响)．现将一个质量为m ＝1 kg 、电荷量为q ＝0.1 C 的带正电的小球(可视为质点)在A 点由静止释放，且该小球与斜面AB 和水平面BC 间的动摩擦因数均为μ＝35(g 取10 m/s 2)．求：(1)小球到达C 点时的速度大小；(2)小球到达D 点时所受轨道的压力大小；(3)小球落地点距离C 点的水平距离．解析：(1)以小球为研究对象，由A 点至C 点的运动过程中，根据动能定理可得(mg ＋Eq )h －μ(mg ＋Eq )cos 30°h sin 30°－μ(mg ＋Eq )L ＝12m v 2C －0， 解得v C ＝210 m/s.(2)以小球为研究对象，在由C 点至D 点的运动过程中，根据机械能守恒定律可得12m v 2C ＝12m v 2D＋mg ·2R ， 在最高点D 以小球为研究对象，可得F N ＋mg ＝m v 2D R， 解得F N ＝30 N ，v D ＝2 5 m/s.(3)设小球做类平抛运动的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律可得mg ＋qE ＝ma ，解得a ＝20 m/s 2.假设小球落在BC 段，则应用类平抛运动的规律列式可得x ＝v D t ，2R ＝12at 2， 解得x ＝ 2 m< 3 m ，假设正确．。