高考物理二轮复习第一部分专题二功和能专题跟踪检测八解题利器__“动能定理”的三个应用

专题检测（八） 巧用“能量观点”解决力学选择题1．如图所示，质量、初速度大小都相同的A 、B 、C 三个小球，在同一水平面上，A 球竖直上抛，B 球以倾斜角θ斜向上抛，空气阻力不计，C 球沿倾角为θ的光滑斜面上滑，它们上升的最大高度分别为h A 、h B 、h C ，则( )A ．h A ＝hB ＝hC B ．h A ＝h B <h C C ．h A ＝h B >h CD ．h A ＝h C >h B解析：选D A 球和C 球上升到最高点时速度均为零，而B 球上升到最高点时仍有水平方向的速度，即仍有动能。

对A 、C 球由机械能守恒得mgh ＝12mv 02，得h ＝v 022g 。

对B 球由机械能守恒得mgh ′＋12mv t 2＝12mv 02，且v t ′≠0，所以h A ＝h C >h B ，故D 正确。

2．(2018届高三·河北五校联考)取水平地面为重力势能零点。

一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能为重力势能的3倍。

不计空气阻力。

该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( )A.π8 B.π6C.π4D.π3解析：选B 平抛运动过程中，物体的机械能守恒，初始状态时动能为势能的3倍，而落地时势能全部转化成动能，可以知道平抛运动过程初动能与落地瞬间动能之比为3∶4，那么落地时，水平速度与落地速度的比值为3∶2，那么落地时速度与水平方向的夹角为π6，A 、C 、D 错，B 对。

3.如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m 的小球A ，若将小球A 从弹簧原长位置由静止释放。

小球A 能够下降的最大高度为h 。

若将小球A 换为质量为2m 的小球B ，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B 下降h 时的速度为(已知重力加速度为g ，且不计空气阻力)( )A.2ghB.ghC.gh2D ．0解析：选B 质量为m 的小球A ，下降到最大高度h 时，速度为零，重力势能转化为弹簧弹性势能，即E p ＝mgh ，质量为2m 的小球下降h 时，根据功能关系有2mgh －E p ＝12(2m )v 2，解得v ＝gh ，选项B 正确。

功和功率 动能定理目录题型一 功和功率的理解和计算题型二 机车启动问题题型三 动能定理及其应用题型四 功能中的图像问题题型一功和功率的理解和计算【题型解码】1.要注意区分是恒力做功，还是变力做功，求恒力的功常用定义式．2.变力的功根据特点可将变力的功转化为恒力的功(如大小不变、方向变化的阻力)，或用图象法、平均值法(如弹簧弹力的功)，或用W =Pt 求解(如功率恒定的力)，或用动能定理等求解．1(2023上·福建三明·高三校联考期中)如图所示，同一高度处有4个质量相同且可视为质点的小球，现使小球A 做自由落体运动，小球B 做平抛运动，小球C 做竖直上抛运动，小球D 做竖直下抛运动，且小球B 、C 、D 抛出时的初速度大小相同，不计空气阻力。

小球从释放或抛出到落地的过程中()A.重力对4个小球做的功相同B.重力对4个小球做功的平均功率相等C.落地前瞬间，重力对4个小球的瞬时功率大小关系为P A =P B <P C =P DD.重力对4个小球做功的平均功率大小关系为P A =P B >P C =P D【提分秘籍】计算功和功率时应注意的问题(1)计算功时，要注意分析受力情况和能量转化情况，分清是恒力做功，还是变力做功，恒力做功一般用功的公式或动能定理求解，变力做功用动能定理、转化法或图象法求解。

(2)用图象法求外力做功时应注意横轴和纵轴分别表示的物理意义，若横轴表示位移，纵轴表示力，则可用图线与横轴围成的面积表示功，例如下图甲、乙、丙所示(丙图中图线为14圆弧)，力做的功分别为W 1=F 1x 1、W 2=12F 2x 2、W 3=π4F 3x 3。

(3)计算功率时，要明确是求瞬时功率，还是平均功率，若求瞬时功率，应明确是哪一时刻或哪个位置的瞬时功率，若求平均功率应明确是哪段时间内的平均功率；应注意区分公式P =Wt和公式P =Fv cos θ的适用范围，P =Wt计算的是平均功率，P =Fv cos θ侧重于对瞬时功率的计算。

第一讲功和功率动能定理——课后自测诊断卷1．[多选](2024·江苏高考)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。

物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面对右运动，最远到达B点。

在从A到B的过程中，物块( )A．加速度先减小后增大B．经过O点时的速度最大C．所受弹簧弹力始终做正功D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功解析：选AD 小物块由A点起先向右加速运动，弹簧压缩量渐渐减小，F弹减小，由FF f＝ma知，a减小；当运动到F弹＝F f时，a减小为零，此时小物块速度最大，弹簧仍处弹－于压缩状态；由于惯性，小物块接着向右运动，此时F f－F弹＝ma，小物块做减速运动，且随着压缩量接着减小，a渐渐增大；当越过O点后，弹簧起先被拉伸，此时F弹＋F f＝ma，随着拉伸量增大，a接着增大，综上所述，从A到B过程中，物块加速度先减小后增大，在O 点左侧F弹＝F f时速度达到最大，故A正确，B错误。

在AO段物块所受弹簧弹力做正功，在OB段做负功，故C错误。

由动能定理知，从A到B的过程中，弹力做功与摩擦力做功之和为0，故D正确。

2．(2024·江苏高考)一小物块沿斜面对上滑动，然后滑回到原处。

物块初动能为E k0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能E k与位移x关系的图线是( )解析：选C 设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，则物块在上滑过程中依据动能定理有－(mg sin θ＋μmg cos θ)x＝E k－E k0，即E k＝E k0－(mg sin θ＋μmg cos θ)·x，所以物块的动能E k与位移x的函数关系图线为直线且斜率为负；物块沿斜面下滑的过程中依据动能定理有(mg sin θ－μmg cos θ)(x0－x)＝E k，其中x0为小物块到达最高点时的位移，即E k＝－(mg sin θ－μmg cos θ)x＋(mg sin θ－μmg cos θ)x0，所以下滑时E k随x的减小而增大且为直线。

课时跟踪训练(五) 功、功率、动能定理一、选择题(1～7题为单项选择题，8～10题为多项选择题)1．(2018·山东省济南市高三二模)静止在地面上的物体在不同合外力F 的作用下都通过了相同的位移x 0，下列情况中物体在x 0位置时速度最大的是( )C [根据图象的坐标可知图象所包围的面积代表了合外力F 做的功，所以从图象上看出C 图所包围的面积最大，故选C]2．(2018·宿州市高三第三次教学质量检测)如图，一质量为m 、电量为q 的带正电粒子在竖直向下的匀强电场中运动，M 、N 为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在M 点的速度大小为v 0，方向与水平方向的夹角为60°，N 点为轨迹的最高点，不计重力．则M 、N 两点间的电势差为( )A.3mv208qB ．－3mv208qC ．－mv208qD.mv208qB [从M 点到N 点利用动能定理有：qU MN ＝12mv 2N －12mv 2M ＝12m (v 0 cos60°)2－12mv 20解得：U MN ＝－3mv208q，故B 正确．]3．(2018·天星押题卷)如图甲为一倾斜的传送带，传送带足够长，与水平方向夹角为α，以恒定的速度沿逆时针方向匀速转动．一物块由底端以速度v 1滑上传送带，图乙为物块在传送带上运动的v －t 图象．下列说法正确的是( )A ．无法判断出传送带的运行速度B ．传送带与物块间的动摩擦因数为v1gt1 cos α＋tan αC ．t 1时刻物块到达最高点D ．v 1<v 3C [由v －t 图象可知t 2时刻物块与传送带共速，之后摩擦力反向，所以传送带的运行速度为－v 2，故A 错误．由题图知，在0～t 1时间内，对物块受力分析有mg sin α＋μmg cos α＝ma 1，由图象得a 1＝v1t1，解得μ＝v1gt1 cos α－tan α，故B 错误；t 1时刻物块速度减为0，离出发点最远，故C 正确；从开始滑上传送带到离开传送带，由动能定理得W f ＝12mv 23－12mv 21，因W f <0，所以v 1>v 3，故D 错误．] 4．(2018·湖南省长郡中学高三第四次质检)甲乙两车同时同地同向运动，两车的v －t 图象如图所示．其中质量m ＝7.5 t 甲车以恒定功率P ＝50 kW 启动，最后匀速运动．乙车做初速为0做匀加速运动，则乙车追上甲车的时间是( )A ．40 sB ．20 sC ．60 sD ．30 sD [由图可知，乙车追上甲车时，甲车已经匀速运动，设乙车追上甲车的时间是t ，乙车的位移x ＝12at 2，甲车受到的阻力F f ＝P vm ，由动能定理得：Pt －F f x ＝12mv 2m ，解得t ＝30 s ，故D 正确，A 、B 、C 错误．]5．(2018·湖北省孝感市高三二模)如图所示，动滑轮下系有一个质量为m 的物块，细线一端系在天花板上，另一端绕过动滑轮．用F ＝45mg 的恒力竖直向上拉细线的另一端(滑轮、细线的质量不计，不计一切摩擦，重力加速度为g )，物块从静止开始运动，则下列说法正确的是( )A ．物块的加速度a ＝15gB ．经过时间t 拉力F 做功为W F ＝625mg 2t 2C ．物块的机械能增加了ΔE ＝1225mg 2t 2D ．物块的动能增加了ΔE k ＝1225mg 2t 2C [以物块m 为对象，根据牛顿第二定律：2F －mg ＝ma 得a ＝35g ，经过时间t 后，物块的位移x ＝12at 2＝310gt 2，速度v ＝at ＝35gt ，则拉力做功W F ＝F (2x )＝1225mg 2t 2，物体的动能增加了ΔE k ＝12mv 2＝950mg 2t 2，物体的机械能增加了ΔE ＝ΔE k ＋mgx ＝1225mg 2t 2，故C 正确，A 、B 、D 错误．]6．(2018·江西省九江高中毕业班考前冲刺卷)如图所示，水平地面上有一倾角为θ的光滑斜面，斜面上有一固定挡板c .用轻弹簧连接的物块a 、b 放置在斜面上，并处于静止状态，现用一平行于斜面的恒力F (F <2mg sin θ)作用在物块a 上，使物块a 沿斜面向上运动，当物块b 与挡板c 恰好分离时，物块a 移动的距离为d ，在此过程中弹簧弹性势能的增加量为ΔE p (ΔE p >0)．已知物块a 的质量为m ，弹簧的劲度系数为k ，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．物块a 可能做匀变速直线运动B ．物块a 的动能一直增加C ．当b 、c 恰好分离时，弹簧的伸长量大小为mgsin θkD ．当b 、c 恰好分离时，物块a 的速度大小为－mgd sin θ－ΔmD [当a 沿斜面向上运动时，弹簧的弹力在不断变化，而拉力F 恒定，重力和支持力恒定，根据牛顿第二定律，物块a 将做变加速直线运动，故选项A 错误；因为物块b 与挡板c 恰好分离时，物块a 移动的距离为d ，在此过程中弹簧弹性势能的增加量为ΔE p ，所以物块b 的质量大于m ，又因为F <2mg sin θ，所以物块a 的速度一定是先增大后减小，动能也是先增大后减小，b 、c 分离时弹簧的弹力大于mg sin θ，弹簧的伸长量大于mg sin θk ，故选项B 、C 错误；对于物块a 整个过程根据动能定理得：Fd －mgd sin θ＋W ＝12mv 2，由功能关系W ＝－ΔE p ，联立解得物块a 的速度大小为－mgdsin θ－Δm，故选项D 正确．]7．(2018·陕西西安市高三二模试题)如图所示，竖直面内有固定轨道ABC ，AB 是半径为2R 的四分之一光滑圆弧，BC 是半径为R 的粗糙半圆弧(B 是轨道的最低点)，O 点是BC 圆弧的圆心，POQ 在同一水平线上，BOC 在同一竖直线上．质量为m 的小球自由下落2R 后，沿轨道ABC 运动，经过轨道C 点后，恰好落到轨道上的P 点．则下列说法正确的是( )A ．小球运动到B 点前的瞬间对轨道的作用力是4mg B ．小球运动到B 点后的瞬间对轨道的作用力是8mgC ．小球运动到C 点的过程中，摩擦力做功W f ＝－54mgRD ．小球运动到C 点的过程中，摩擦力做功W f ＝－14mgRC [小球下落到B 点，由机械能守恒定律得：mg (4R )＝12mv 2B ，小球运动到B 点前的瞬间，小球运动的半径是2R ，由向心力公式：F B －mg ＝mv2B2R ，解得F B ＝5mg ，小球运动到B 点后的瞬间，小球的运动半径是R ，由向心力公式：F B ′－mg ＝mv2BR ，解得F B ′＝9mg ，故A 错误、B错误；经过轨道C 点后，恰好落到轨道上的P 点，由几何关系得：OP ＝3R ，由平抛运动规律知：x ＝3R ＝v C t ，y ＝R ＝12gt 2，小球下落到C 点，由动能定理有：mg 2R ＋W f ＝12mv 2C ，解得W f ＝－54mgR ，故C 正确，D 错误．]8．(2018·湖北省麻城一中高考冲刺模拟)水平长直轨道上紧靠放置n 个质量为m 可看作质点的物块，物块间用长为L 的不可伸长的细线连接，开始处于静止状态，物块与轨道间动摩擦因数为μ.用水平恒力F 拉动物块1开始运动，到连接第n 个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，则( )A ．拉力F 所做功为nFLB ．系统克服摩擦力做功为－μmgL2C ．F ＞n μmg2D ．(n －1)μmg ＜F ＜n μmgBC [物体1的位移为(n －1)L ，则拉力F 所做功为W F ＝F ·(n －1)L ＝(n －1)FL .故A 错误．系统克服摩擦力做功为W f ＝μmgL ＋μmg ·L ＋…＋μmg ·(n －2)L ＋μmg ·(n －L )L ＝－μmgL2.故B 正确．据题，连接第n 个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，假设没有动能损失，由动能定理有W F ＝W f ，解得F ＝n μmg2现由于绳子绷紧瞬间系统有动能损失，所以根据功能关系可知F >n μmg2，故C 正确，D错误．故选B 、C.]9．(2018·山东省湖北省重点学校协作体冲刺模拟)为减少二氧化碳排放，很多城市都推出了新型节能环保电动车．在检测某款电动车性能的实验中，质量为8×102kg 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 ，并描绘出如图所示的F －1v 图象(图中AB 、BO 均为直线)，电动车行驶中所受阻力恒定，重力加速度取10 m/s 2，则( )A ．该车启动后，先做匀加速运动，然后做匀速运动B ．该车启动后，先做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，接着做匀速运动C ．该车做匀加速运动的时间是1.2 sD ．该车加速度为0.25 m/s 2时，动能是4×104JBD [由于横坐标为速度的倒数，所以电动车的启动过程为从A 到B 到C .AB 段，牵引力不变，电动车做匀加速运动，加速度为a ＝F －f m ＝2000－0.05×8×102×108×102＝2 m/s 2；BC 段，由于图象为过原点的直线，所以Fv ＝P 额＝恒量，即以恒定功率启动，牵引力减小，加速度减小，电动车做加速度减小的加速运动，当F ＝f ＝400 N ，速度达到最大值15 m/s ，故选项A 错误、B 正确；由a ＝v －v0t 可知t ＝v －v0a ＝3－02＝1.5 s ，故选项C 错误；该车加速度为0.25 m/s 2时，牵引力为F ′＝ma ′＋f ＝8×102×0.25＋0.05×8×102×10＝600 N ，此时的速度为v ′＝2 000×3600＝10 m/s ，动能为E K ＝12mv ′2＝12×8×102×102＝4×104J ，故选项D正确．]10．(2018·安徽省合肥三模)如图所示，一小球套在倾角为37°的固定直杆上，轻弹簧一端与小球相连，另一端固定于水平地面上O 点．小球由A 点静止释放，它沿杆下滑到达最低点C 时速度恰为0.A 、C 相距0.8 m ，B 是A 、C 连线的中点，OB 连线垂直AC ，小球质量为1 kg ，弹簧原长为0.5 m ，劲度系数为40 N/m ，sin 37°＝0.6，g 取10 m/s 2.则小球从A 到C 过程中，下列说法正确的是( )A ．小球经过B 点时的速度最大 B ．小球在B 点时的加速度为6 m/s 2C ．弹簧弹力对小球先做正功后做负功D ．小球从A 到B 过程和从B 到C 过程摩擦力做功相等BD [A.小球合外力等于0时速度最大，在B 点时由于弹簧弹力为k (l －OB )＝40 N/m×(0.5－0.3)m ＝8 N ，方向垂直杆向上，重力垂直于杆的分力为mg cos θ＝1×10×0.8 N ＝8 N ，方向垂直于杆向下，所以小球在B 点时合外力F ＝mg sin θ＝1×10×0.6 N＝6 N ，所以经过B 点时速度不是最大，A 错误；B.此时加速度a ＝F m ＝6 N 1 kg＝6 m/s 2，B 正确；C.在AB 段弹簧弹力与小球位移夹角大于90°，所以做负功，BC 段做正功，C 错误；D.A 、C 两点小球速度为0，由图形的对称性知AB 过程和BC 过程摩擦力做功相等，D 正确．选BD.]11．(2018·四川省南充市高三三模)如图所示，让摆球从图中的C 位置由静止开始摆下，摆到最低点D 处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D 点向右做匀减速运动，到达小A 孔进入半径R ＝0.3 m 的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A 孔．已知摆线长L ＝2 m ，θ＝60°，小球质量为m ＝0.5 kg ，D 点与小孔A 的水平距离s ＝2 m ，g 取10 m/s 2.试求：(1)求摆线能承受的最大拉力为多大？(2)要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求粗糙水平面摩擦因数μ的范围？ 解析 (1)当摆球由C 到D 运动机械能守恒：mg (L －L cos θ)＝12mv 2D由牛顿第二定律可得：F m －mg ＝m v2DL可得：F m ＝2 mg ＝10 N(2)小球不脱圆轨道分两种情况：①要保证小球能达到A 孔，设小球到达A 孔的速度恰好为零，由动能定理可得：－μmgs ＝0－12mv 2D .可得：μ＝0.5若进入A 孔的速度较小，那么将会在圆心以下做等幅摆动，不脱离轨道．其临界情况为到达圆心等高处速度为零，由机械能守恒可得：12mv 2A ＝mgR由动能定理可得：－μmgs ＝12mv 2A －12mv 2D可求得：μ＝0.35②若小球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，在圆周的最高点由牛顿第二定律可得：mg ＝m v2R由动能定理可得：－μmgs －2mgR ＝12mv 2－12mv 2D解得：μ＝0.125综上所以动摩擦因数μ的范围为：0.35≤μ≤0.5或者μ≤0.125. 答案 (1)10 N (2)0.35≤μ≤0.5或者μ≤0.12512．(2018·石家庄高中毕业班质检(二))如图所示，在光滑水平面上，质量为m ＝4 kg 的物块左侧压缩一个劲度系数为k ＝32 N/m 的轻质弹簧，弹簧与物块未拴接．物块与左侧竖直墙壁用细线拴接，使物块静止在O 点，在水平面A 点与一顺时针匀速转动且倾角θ＝37°的传送带平滑连接，已知x OA ＝0.25 m ，传送带顶端为B 点，L AB ＝2 m ，物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5.现剪断细线同时给物块施加一个初始时刻为零的变力F ，使物块从O 点到B 点做加速度大小恒定的加速运动．物块运动到A 点时弹簧恰好恢复原长，运动到B 点时撤去力F ，物块沿平行AB 方向抛出，C 为运动轨迹的最高点．传送带转轮半径远小于L AB ，不计空气阻力，已知重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求物块从B 点运动到C 点，竖直位移与水平位移的比值；(2)若传送带速度大小为v ＝5 m/s ，求物块与传送带间由于摩擦产生的热量； (3)若传送带匀速顺时针转动的速度大小为v ，且v 的取值范围为2 m/s<v <3 m/s ，求物块由O 点到B 点的过程中力F 做的功与传送带速度大小v 的函数关系．解析 (1)设物块在B 点的速度大小为v 0，从B 运动到C 的时间为t ，BC 的竖直距离h ＝v 0sin θ2t BC 的水平距离为x ＝v 0t cos θ又θ＝37°，解得h x ＝38(2)在初始位置kx OA ＝ma ，a ＝2 m/s 2由v 2A ＝2ax OA ，得v A ＝1 m/s 由v 2B ＝2a (x OA ＋L AB )，得v B ＝3 m/s物块从A 到B 运动的时间为t ′，t ′＝vB －vA a ，得t ′＝1 s因v B <v ，则物块速度一直小于传送带速度物块与传送带间由于摩擦产生的热量Q ＝μmg (vt ′－L AB )cos θ 解得：Q ＝48 J(3)物块在水平面上，F ＋k (x OA －x )＝ma 得F ＝kx因力F 随位移x 线性变化．W 1＝F x OA ＝1 J若传送带速度范围为2 m/s<v <3 m/s ，物块受到的滑动摩擦力先沿传送带向上后沿传送带向下．F 1＋μmg cos θ－mg sin θ＝ma ，F 1＝16 N v 2－v 2A ＝2ax ′F 2－μmg cos θ－mg sin θ＝ma ，F 2＝48 NW 2＝F 1x ′＋F 2(L AB －x ′)＝104－8v 2(J) W ＝W 1＋W 2＝105－8v 2(J)答案 (1)38 (2)48 J (3)W ＝105－8v 2(J)。

高考物理二轮复习专题归纳—动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律（全国版）考点一动能定理的综合应用1．应用动能定理解题的步骤图解：2．应用动能定理的四点提醒：(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学方法要简捷．(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几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，对全过程应用动能定理，往往能使问题简化．(4)多过程往复运动问题一般应用动能定理求解．例1(2022·广东深圳市联考)如图所示，一半圆弧形细杆ABC竖直固定在水平地面上，AC为其水平直径，圆弧半径BO＝3.6m．质量为m＝4.0kg的小圆环(可视为质点，小环直径略大于杆的粗细)套在细杆上，在大小为50N、沿圆的切线方向的拉力F作用下，从A点由静止开始运动，到达B点时对细杆的压力恰好为0.已知π取3.14，重力加速度g取10m/s2，在这一过程中摩擦力做功为()A．66.6J B．－66.6JC ．210.6JD ．－210.6J 答案B 解析小圆环到达B 点时对细杆的压力恰好为0，则有mg ＝m v 2r，拉力F 沿圆的切线方向，根据动能定理有F ·2πr 4－mgr ＋W f ＝12mv 2，又r ＝3.6m ，解得摩擦力做功为W f ＝－66.6J ，故选B.例2(2022·河南信阳市质检)滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来，如图是滑板运动的轨道．BC 和DE 是竖直平面内的两段光滑的圆弧形轨道，BC 的圆心为O 点，圆心角θ＝60°，半径OC 与水平轨道CD 垂直，滑板与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.4.某运动员从轨道上的A 点以v ＝4m/s 的速度水平滑出，在B 点刚好沿着轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC ，经CD 轨道后冲上DE 轨道，到达E 点时速度减为零，然后返回．已知运动员和滑板的总质量为m ＝60kg ，B 、E 两点距水平轨道CD 的竖直高度分别为h ＝2m 和H ＝3m ，忽略空气阻力．(g ＝10m/s 2)(1)运动员从A 点运动到B 点的过程中，求到达B 点时的速度大小v B ；(2)求水平轨道CD 的长度L ；(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B 点？如能，求出回到B 点时速度的大小．如果不能，求出最后停止的位置距C 点的距离．答案(1)8m/s (2)5.5m (3)见解析解析(1)运动员从A 点运动到B 点的过程中做平抛运动，到达B 点时，其速度沿着B点的切线方向，可知运动员到达B点时的速度大小为v B＝v cos60°，解得v B＝8m/s(2)从B点到E点，由动能定理得mgh－μmgL－mgH＝0－12mv B2代入数值得L＝5.5m(3)设运动员能到达左侧的最大高度为h′，从E点到第一次返回到左侧最高处，由动能定理得mgH－μmgL－mgh′＝0解得h′＝0.8m<2m故运动员不能回到B点．设运动员从E点开始返回后，在CD段滑行的路程为s，全过程由动能定理得mgH－μmgs＝0解得总路程s＝7.5m由于L＝5.5m所以可得运动员最后停止的位置在距C点2m处．考点二机械能守恒定律及应用1．判断物体或系统机械能是否守恒的三种方法定义判断法看动能与势能之和是否变化能量转化判断法没有与机械能以外的其他形式的能转化时，系统机械能守恒做功判断法只有重力(或弹簧的弹力)做功时，系统机械能守恒2．机械能守恒定律的表达式3．连接体的机械能守恒问题共速率模型分清两物体位移大小与高度变化关系共角速度模型两物体角速度相同，线速率与半径成正比关联速度模型此类问题注意速度的分解，找出两物体速度关系，当某物体位移最大时，速度可能为0轻弹簧模型①同一根弹簧弹性势能大小取决于弹簧形变量的大小，在弹簧弹性限度内，形变量相等，弹性势能相等②由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统，当弹簧形变量最大时，弹簧两端连接的物体具有相同的速度；弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小(为零)说明：以上连接体不计阻力和摩擦力，系统(包含弹簧)机械能守恒，单个物体机械能不守恒．例3(2022·全国乙卷·16)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P 点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于()A ．它滑过的弧长B ．它下降的高度C ．它到P 点的距离D ．它与P 点的连线扫过的面积答案C 解析如图所示，设小环下降的高度为h ，大圆环的半径为R ，小环到P 点的距离为L ，根据机械能守恒定律得mgh ＝12mv 2，由几何关系可得h ＝L sin θ，sin θ＝L 2R ，联立可得h ＝L 22R ，则v ＝L g R，故C 正确，A 、B 、D错误．例4(多选)(2022·黑龙江省八校高三期末)如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态，现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，重力加速度为g，则在圆环下滑到最大距离的过程中()A．弹簧对圆环先做正功后做负功B．弹簧弹性势能增加了3mgLC．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大D．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零答案BC解析弹簧一直伸长，故弹簧对圆环一直做负功，A错误；由题可知，整个过程动能的变化量为零，根据几何关系可得圆环下落的高度h＝2L2－L2＝3L，根据能量守恒定律可得，弹簧弹性势能增加量等于圆环重力势能的减少量，则有ΔE p＝mgh＝3mgL，B正确；弹簧与小圆环组成的系统机械能守恒，则有ΔE k＋ΔE p重＋ΔE p弹＝0，由于小圆环在下滑到最大距离的过程中先是做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，所以动能先增大后减小，则圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大，C正确；圆环下滑到最大距离时，加速度方向竖直向上，所受合力方向为竖直向上，D错误．考点三能量守恒定律及应用1．含摩擦生热、焦耳热、电势能等多种形式能量转化的系统，优先选用能量守恒定律．2．应用能量守恒定律的基本思路(1)守恒：E初＝E末，初、末总能量不变．(2)转移：E A减＝E B增，A物体减少的能量等于B物体增加的能量．(3)转化：|ΔE减|＝|ΔE增|，减少的某些能量等于增加的某些能量．例5(2021·山东卷·18改编)如图所示，三个质量均为m的小物块A、B、C，放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止．现给C施加一水平向左、大小为F的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A 离开墙壁，最终三物块都停止运动．已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内．(弹簧的弹性势能可表示为：E p＝12kx2，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)(1)求B、C向左移动的最大距离x0和B、C分离时B的动能E k；(2)为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值F min；(3)若三物块都停止时B、C间的距离为x BC，从B、C分离到B停止运动的整个过程，B克服弹簧弹力做的功为W，通过推导比较W与fx BC的大小；答案(1)2F－4fkF2－6fF＋8f2k(2)(3＋102)f(3)W<fx BC解析(1)从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以B、C和弹簧为研究对象，由功能关系得Fx0＝2fx0＋12kx02弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B、C和弹簧为研究对象，由能量守恒定律得12kx02＝2fx0＋2E k联立方程解得x0＝2F－4f kE k＝F2－6fF＋8f2k.(2)当A刚要离开墙时，设弹簧的伸长量为x，以A为研究对象，由平衡条件得kx ＝f若A刚要离开墙壁时B的速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值F min，从弹簧恢复原长到A刚要离开墙的过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒定律得E k＝12kx2＋fx结合第(1)问结果可知F min＝(3±10 2 )f根据题意舍去F min＝(3－102)f，所以恒力的最小值为F min＝(3＋10 2 )f.(3)从B、C分离到B停止运动，设B的位移为x B，C的位移为x C，以B为研究对象，由动能定理得－W－fx B＝0－E k以C为研究对象，由动能定理得－fx C＝0－E k由B、C的运动关系得x B>x C－x BC联立可知W<fx BC.1.(2022·江苏新沂市第一中学高三检测)如图所示，倾角为θ的斜面AB段光滑，BP 段粗糙，一轻弹簧下端固定于斜面底端P处，弹簧处于原长时上端位于B点，可视为质点、质量为m的物体与BP之间的动摩擦因数为μ(μ<tanθ)，物体从A点由静止释放，将弹簧压缩后恰好能回到AB的中点Q.已知A、B间的距离为x，重力加速度为g，则()A．物体的最大动能等于mgx sinθB．弹簧的最大形变量大于1x2C．物体第一次往返中克服摩擦力做的功为1mgx sinθ2D．物体第二次沿斜面上升的最高位置在B点答案C解析物体接触弹簧前，由机械能守恒定律可知，物体刚接触弹簧时的动能为E k＝mgx sin θ，物体接触弹簧后，重力沿斜面向下的分力先大于滑动摩擦力和弹簧弹力的合力，物体先加速下滑，后来重力沿斜面向下的分力小于滑动摩擦力和弹簧弹力的合力，物体减速下滑，所以当重力沿斜面向下的分力等于滑动摩擦力和弹簧弹力的合力时物体所受的合力为零，速度最大，动能最大，所以物体的最大动能一定大于mgx sin θ，A 错误；设弹簧的最大压缩量为L ，弹性势能最大为E p ，物体从A 到最低点的过程，由能量守恒定律得mg (L ＋x )sin θ＝μmgL cos θ＋E p ，物体从最低点到Q 点的过程，由能量守恒得mg (L ＋x 2)sin θ＋μmgL cos θ＝E p ，联立解得L ＝x tan θ4μ，由于μ<tan θ，但未知它们的具体参数，则无法说明弹簧的最大形变量是否大于12x ，B 错误；第一次往返过程中，根据能量守恒定律，可知损失的能量等于克服摩擦力做的功，则有ΔE ＝2μmgL cos θ＝12mgx sin θ，C 正确；设从Q 到第二次最高点位置C ，有mgx QC sin θ＝2μmgL ′cos θ，如果L ′＝L ，则有x QC ＝x 2，即最高点为B ，但由于物体从Q 点下滑，则弹簧的最大形变量L ′＜L ，所以最高点应在B 点上方，D 错误．2．(2022·广东省六校联盟联考)如图所示，小明在离水面高度h 0＝1.8m 的岸边，将一质量m ＝20g 的小石片以水平初速度v 0＝8m/s 抛出，玩“打水漂”．小石片在水面上滑行时受到的水平阻力恒为F f ＝0.4N ，在水面上弹跳数次后沿水面的速度减为零，并以a ＝0.5m/s 2的加速度沿竖直方向沉入水深h ＝1m 的河底．假设小石片每次均接触水面Δt ＝0.04s 后跳起，跳起时竖直方向上的速度与此时沿水面滑行的速度之比为常数k ＝0.75.取重力加速度g ＝10m/s 2，不计空气阻力．求小石片：(1)沉入河底前瞬间的速度大小v t ；(2)从开始抛出到沉入河底前瞬间的整个过程中，水对小石片做的功W ；(3)从抛出到开始下沉的时间t .答案(1)1m/s (2)－1.19J (3)6.4s 解析(1)小石片沉入河底时的速度v t 2＝2ah ，解得v t ＝1m/s(2)小石片从开始抛出到沉入河底前瞬间的整个过程，由动能定理有mg (h 0＋h )＋W ＝12mv t 2－12mv 02，解得W ＝－1.19J (3)小石片先做平抛运动，竖直方向有h 0＝12gt 12，解得t 1＝0.6s 小石片在水面上滑行时加速度a ′＝－F f m＝－20m/s 2，每次滑行的速度变化量Δv ＝a ′Δt ＝－0.8m/s ，而n ＝v 0|Δv |＝10次，即小石片接触水面滑行了10次，空中跳起了9次，第n 次跳起后的水平速度v xn ＝v 0＋n Δv ＝(8－0.8n )m/s ，竖直速度v yn ＝kv xn ，空中飞行时间t n ＝2v yn g ，可得第n 次弹起后在空中飞行的时间为t n ＝65(1－0.1n )s ，在空中的飞行总时间t 2＝∑91t n＝5.4s ，在水面上滑行的时间为t 3＝0.04×10s ＝0.4s ，总时间t ＝t 1＋t 2＋t 3，解得t ＝6.4s.专题强化练[保分基础练]1.(2022·河北保定市高三期末)如图所示，固定在竖直面内横截面为半圆的光滑柱体(半径为R ，直径水平)固定在距离地面足够高处，位于柱体两侧质量相等的小球A 、B (视为质点)用细线相连，两球与截面圆的圆心O 处于同一水平线上(细线处于绷紧状态)．在微小扰动下，小球A 由静止沿圆弧运动到柱体的最高点P .不计空气阻力，重力加速度大小为g .小球A 通过P 点时的速度大小为()A.gRB.2gRC.π2－1gR D.π2gR 答案C 解析对A 、B 组成的系统，从开始运动到小球A 运动到最高点的过程有mg ·πR 2－mgR ＝12×2mv 2，解得v ＝π2－1gR ，故选C.2.(多选)(2022·广东省模拟)如图所示，一弹性轻绳(弹性绳的弹力与其伸长量成正比，且弹性绳的弹性势能E p ＝12kx 2，其中k 是弹性绳的劲度系数，x 是弹性绳的伸长量)穿过内壁光滑、不计粗细的硬质圆管AB ，弹性绳左端固定在A 点，右端连接一个质量为m 的小球，小球穿过竖直光滑固定的杆，A 、B 、C 三点在同一水平线上，弹性绳的自然长度与圆管AB 的长度相等．将小球从C 点由静止释放，小球到达D 点时的速度为零，B 、C 两点的距离为h ，C 、D 两点的距离为2h .重力加速度大小为g ，弹性绳始终在弹性限度内．下列说法正确的是()A．小球从C点运动到D点的过程中，小球对杆的弹力不变B．小球从C点运动到D点的过程中，小球的重力势能与弹性绳的弹性势能之和先增大后减小C．弹性绳的劲度系数为2mghD．当B点右侧的弹性绳与杆的夹角为45°时，小球的速度最大答案AD解析小球对杆的弹力方向总是水平向左，当B点右侧的弹性绳与杆的夹角为α时，杆对小球的弹力大小F1＝khsinα·sinα＝kh，结合牛顿第三定律可知，小球对杆的弹力大小恒为F2＝F1＝kh，A正确；小球从C点运动到D点的过程中，小球先做加速直线运动后做减速直线运动，即小球的动能先增大后减小，根据机械能守恒定律可知，该过程中小球的重力势能与弹性绳的弹性势能之和先减小后增大，B错误；小球从C点运动到D点的过程，根据机械能守恒定律有mg·2h＋12kh2＝1 2kx BD2，又x BD2－h2＝(2h)2，联立解得k＝mgh，C错误；当小球在竖直方向上所受合力为零时，小球的速度最大，设此时B点右侧的弹性绳与杆的夹角为θ，有mg＝khsinθ·cosθ，代入数据解得θ＝45°，D正确．3．(多选)(2022·重庆市涪陵第五中学高三检测)如图所示，轻绳的一端系一质量为m的金属环，另一端绕过定滑轮悬挂一质量为5m的重物．金属环套在固定的竖直光滑直杆上，定滑轮与竖直杆之间的距离OQ＝d，金属环从图中P点由静止释放，OP与直杆之间的夹角θ＝37°，不计一切摩擦，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则()A．金属环从P上升到Q的过程中，重物所受重力的瞬时功率先增大后减小B．金属环从P上升到Q的过程中，绳子拉力对重物做的功为103mgdC．金属环在Q点的速度大小为2gd3D．若金属环最高能上升到N点，则ON与直杆之间的夹角α＝53°答案AD解析金属环在P点时，重物的速度为零，则重物所受重力的瞬时功率为零，当环上升到Q点，环的速度与绳垂直，则重物的速度为零，此时，重物所受重力的瞬时功率也为零，故金属环从P上升到Q的过程中，重物所受重力的瞬时功率先增大后减小，故A正确；金属环从P上升到Q的过程中，设绳子拉力做的功为W，对重物应用动能定理有W＋W G＝0，则W＝－W G＝－5mg(dsinθ－d)＝－103 mgd，故B错误；设金属环在Q点的速度大小为v，对环和重物整体，由动能定理得5mg(dsinθ－d)－mgdtanθ＝12mv2，解得v＝2gd，故C错误；若金属环最高能上升到N点，则整个过程中，金属环和重物整体的机械能守恒，有5mg(dsinθ－dsinα)＝mg(dtanθ＋dtanα)，解得α＝53°，故D正确．4．(2021·浙江1月选考·11)一辆汽车在水平高速公路上以80km/h的速度匀速行驶，其1s内能量分配情况如图所示．则汽车()A．发动机的输出功率为70kWB．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是5.7×104J C．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是6.9×104J D．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是7.0×104J 答案C解析据题意知，发动机的输出功率为P＝Wt＝17kW，故A错误；根据能量守恒定律结合能量分配图知，1s消耗的燃料最终转化成的内能为进入发动机的能量，即6.9×104J，故B、D错误，C正确．[争分提能练]5．(2022·山西太原市高三期末)如图甲所示，一物块置于粗糙水平面上，其右端通过水平弹性轻绳固定在竖直墙壁上．用力将物块向左拉至O处后由静止释放，用传感器测出物块的位移x和对应的速度，作出物块的动能E k－x关系图像如图乙所示．其中0.10～0.25m间的图线为直线，其余部分为曲线．已知物块与水平面间的动摩擦因数为0.2，取g＝10m/s2，弹性绳的弹力与形变始终符合胡克定律，可知()A．物块的质量为0.2kgB．弹性绳的劲度系数为50N/mC．弹性绳弹性势能的最大值为0.6JD．物块被释放时，加速度的大小为8m/s2答案D解析由分析可知，x＝0.10m时，弹性绳恢复原长，根据动能定理有μmgΔx＝ΔE k，则m＝ΔE kμgΔx＝0.300.2×10×0.25－0.10kg＝1kg，所以A错误；动能最大时弹簧弹力等于滑动摩擦力，则有kΔx1＝μmg，Δx1＝0.10m－0.08m＝0.02m，解得k＝100 N/m，所以B错误；根据能量守恒定律有E pm＝μmgx m＝0.2×1×10×0.25J＝0.5J，所以C错误；物块被释放时，加速度的大小为a＝kΔx m－μmgm＝100×0.10－0.2×1×101m/s2＝8m/s2，所以D正确．6．(多选)(2022·广东揭阳市高三期末)图为某蹦极运动员从跳台无初速度下落到第一次到达最低点过程的速度－位移图像，运动员及装备的总质量为60kg，弹性绳原长为10m，不计空气阻力，g＝10m/s2.下列说法正确的是()A．下落过程中，运动员机械能守恒B．运动员在下落过程中的前10m加速度不变C．弹性绳最大的弹性势能约为15300JD．速度最大时，弹性绳的弹性势能约为2250J答案BCD 解析下落过程中，运动员和弹性绳组成的系统机械能守恒，运动员在绳子绷直后机械能一直减小，所以A 错误；运动员在下落过程中的前10m 做自由落体运动，其加速度恒定，所以B 正确；在最低点时，弹性绳的形变量最大，其弹性势能最大，由能量守恒定律可知，弹性势能来自运动员减小的重力势能，由题图可知运动员下落的最大高度约为25.5m ，所以E p ＝mgH m ＝15300J ，所以C 正确；由题图可知，下落约15m 时，运动员的速度最大，根据能量守恒可知此时弹性绳的弹性势能约为E pm ＝mgH －12mv m 2＝2250J ，所以D 正确．7.如图所示，倾角θ＝30°的固定斜面上固定着挡板，轻弹簧下端与挡板相连，弹簧处于原长时上端位于D 点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑定滑轮连接物体A 和B ，使滑轮左侧绳子始终与斜面平行，初始时A 位于斜面的C 点，C 、D 两点间的距离为L ，现由静止同时释放A 、B ，物体A 沿斜面向下运动，将弹簧压缩到最短的位置为E 点，D 、E 两点间距离为L 2，若A 、B 的质量分别为4m 和m ，A 与斜面之间的动摩擦因数μ＝38，不计空气阻力，重力加速度为g ，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：(1)物体A 在从C 运动至D 的过程中的加速度大小；(2)物体A 从C 至D 点时的速度大小；(3)弹簧的最大弹性势能．答案(1)120g(2)gL10(3)38mgL解析(1)物体A从C运动到D的过程，对物体A、B整体进行受力分析，根据牛顿第二定律有4mg sin30°－mg－4μmg cos30°＝5ma解得a＝1 20 g(2)物体A从C运动至D的过程，对整体应用动能定理有4mgL sin30°－mgL－4μmgL cos30°＝12·5mv2解得v＝gL 10(3)当A、B的速度为零时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大，整个过程中对A、B整体应用动能定理得4mg(L＋L2)sin30°－mg(L＋L2)－μ·4mg cos30°(L＋L2)－W弹＝0－0解得W弹＝38mgL则弹簧具有的最大弹性势能E p＝W弹＝38mgL.8.(2022·广东卷·13)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型．竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态．当滑块从A处以初速度v0为10m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动．已知滑块的质量m＝0.2kg，滑杆的质量M＝0.6kg，A、B间的距离l＝1.2m，重力加速度g 取10m/s 2，不计空气阻力．求：(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N 1和N 2；(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v 1；(3)滑杆向上运动的最大高度h .答案(1)8N 5N (2)8m/s (3)0.2m 解析(1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即N 1＝(m ＋M )g ＝8N当滑块向上滑动时受到滑杆的摩擦力为1N ，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N ，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为N 2＝Mg －f ′＝5N.(2)滑块开始向上运动到碰前瞬间根据动能定理有－mgl －fl ＝12mv 12－12mv 02代入数据解得v 1＝8m/s.(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，取竖直向上为正方向，碰撞过程根据动量守恒定律有mv 1＝(m ＋M )v碰后滑块和滑杆以速度v 整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有－(m ＋M )gh ＝0－12(m ＋M )v 2代入数据联立解得h ＝0.2m.[尖子生选练]9．(2022·浙江1月选考·20)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上．已知可视为质点的滑块质量m＝0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15m，轨道AB长度l AB＝3m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝78，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放．(1)若释放点距B点的长度l＝0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力F N的大小；(2)设释放点距B点的长度为l x，滑块第一次经F点时的速度v与l x之间的关系式；(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度l x的值．答案(1)7N(2)v＝12l x－9.6，其中l x≥0.85m(3)见解析解析(1)滑块由静止释放到C点过程，由能量守恒定律有mv C2mgl sin37°＋mgR(1－cos37°)＝12在C点由牛顿第二定律有F N－mg＝m v C2R解得F N＝7N(2)要保证滑块能到F点，必须能过DEF的最高点，当滑块恰能达到最高点时，根据动能定理可得mgl1sin37°－(3mgR cos37°＋mgR)＝0解得l1＝0.85m因此要能过F点必须满足l x≥0.85m能过最高点，则能到F点，根据动能定理可得mgl x sin37°－4mgR cos37°＝12mv2，解得v＝12l x－9.6，其中l x≥0.85m.(3)设摩擦力做功为第一次到达中点时的n倍mgl x sin37°－mg l FG2sin37°－nμmg l FG2cos37°＝0，l FG＝4Rtan37°解得l x＝7n＋615m(n＝1,3,5，…)又因为l AB≥l x≥0.85m，l AB＝3m，当n＝1时，l x1＝13 15m当n＝3时，l x2＝9 5 m当n＝5时，l x3＝41 15m.。

专题二 功和能、动量第6讲 功、功率、动能定理必备知识”解读1.求功的六种方法(1)W ＝Fl cos α(恒力) 定义式 (2)W ＝Pt (变力，恒力) (3)W ＝ΔE k (变力，恒力)(4)W ＝ΔE (除重力做功的变力，恒力) 功能原理 (5)图像法(变力，恒力)(6)气体做功：W ＝P ΔV (P ——气体的压强；ΔV ——气体的体积变化) 2.功率：P ＝W t或P ＝Fv3.重力、电场力做功与路径无关；滑动摩擦力做功与路径有关，等于滑动摩擦力与路程的乘积。

4.沿粗糙斜面下滑的物体克服摩擦力做的功有时表示成W ＝μmgx (x 为与l 对应的水平位移)。

5.物体由斜面上高为h 的位置滑下来，滑到平面上的另一点停下来，若L 是释放点到停止点的水平总距离，则物体的与滑动面之间的摩擦因数μ与L ，h 之间存在关系μ＝h /L ，如图所示。

“关键能力”构建1.功和功率的求解(1)功的求解：W ＝Fl cos α用于恒力做功，变力做功可以用动能定理或者图像法来求解。

(2)功率的求解：可以用定义式P ＝Wt来求解，如果力是恒力，可以用P ＝Fv cos α来求解。

注意瞬时功率与平均功率的区别。

2.动能定理的应用技巧若运动包括几个不同的过程，可以全程或者分过程应用动能定理。

题型1 功和功率的计算〔真题研究1〕(2022·浙江6月高考)小明用额定功率为1 200 W 、最大拉力为300 N 的提升装置，把静置于地面的质量为20 kg 的重物竖直提升到高为85.2 m 的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5 m/s 2的匀减速运动，到达平台的速度刚好为零，g 取10 m/s 2，则提升重物的最短时间为( C )A ．13.2 sB ．14.2 sC ．15.5 sD ．17.0 s【审题指导】关键表述物理量及其关系用额定功率为1 200 W 、最大拉力为300 N 的提升装置，把静置于地面的质量为20 kg 的重物竖直提升到高为85.2 m 的平台最大加速度为a 1＝T m －mgm最大速度为v m ＝P 额F Tm最短时间最大的加速度加速，最大的速度匀速，最大的加速度减速所用时间最短达到额定功率时，保持功率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速上升至平台速度刚好为零，重物在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二定律可得a 1＝T m －mg m ＝300－20×1020m/s 2＝5 m/s 2，当功率达到额定功率时，设重物的速度为v 1，则有v 1＝P 额T m ＝1 200300 m/s ＝4 m/s ，此过程所用时间和上升高度分别为t 1＝v 1a 1＝45s ＝0.8s ，h 1＝v 212a 1＝422×5 m ＝1.6 m ，重物以最大速度匀速时，有v m ＝P 额T ＝P 额mg ＝1 200200m/s ＝6 m/s ，重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分别为t 3＝v m a m ＝65 s ＝1.2 s ，h 3＝v 2m2a m＝622×5 m ＝3.6 m ，设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为t 2，该过程根据动能定理可得P 额t 2－mgh 2＝12mv 2m －12mv 21，又h 2＝85.2 m －1.6 m －3.6 m ＝80 m ，联立解得t 2＝13.5 s ，故提升重物的最短时间为t min ＝t 1＋t 2＋t 3＝0.8 s ＋13.5 s ＋1.2 s ＝15.5 s ，C 正确，A 、B 、D 错误。