高考物理二轮复习专题二能量与动量第讲功和功率动能定理学案.docx

功和能教学目标1．加强学生对功、功率、能量等概念的物理意义的理解．使他们能够在具体问题中合理地运用上述概念分析解决问题．2．通过动能定理、重力做功与重力势能关系的复习，使学生对功和能关系的认识进一步加深．并能够应用动能定理解决较复杂的问题．3．加强学生对机械能守恒定律及其适用条件的认识，使他们能够运用守恒条件判断具体问题是否满足机械能守恒定律，并应用机械能守恒定律求解问题．4．培养学生综合分析的能力，使他们逐步掌握在较复杂问题中分析题意，找出适用规律，并运用规律解决问题的方法．教学重点、难点分析功、功率、动能、重力势能的概念，动能定理、机械能守恒定律等规律及应用是本章重点．本章难点较多，动能定理及其应用、机械能守恒定律及其适用条件是比较突出的难点．教学过程设计教师活动讲述：今天我们开始复习功和能一章，这一章内容较多，能力要求也比较高，所以同学既要注意知识内容，又要注意研究方法．板书：功和能一、基本概念1．功讲述：下面我们首先复习基本概念，先来看看功的概念．提问：大家回忆一下，功是如何定义的？回答：功是作用在物体上的力与物体在力的方向上发生的位移的乘积．用公式表示为W=Fscosθ板书：W=Fscosθ提问：公式中θ角是如何确定的？国际单位制中功的单位是什么？还有哪些单位也可以表示功？它们之间又是如何换算的呢？回答：θ角是力与物体位移的夹角国际单位制中功的单位是焦耳，功的单位还有电子伏、千瓦时、卡等．它们之间的换算关系：1eV=1.6×10-19J1kWh=3.6×106J1cal=4.2J板书：单位：焦耳（J）1eV=1.6×10-19J1kWh=3.6×106Jlcal=4.2J提问：功的概念是人们在生产实践中总结出来的，比如说人在推车时做了1000焦耳的功，那么这1000焦耳的功究竟是哪个力做的呢？回答：是人的推力做的．讲述：所以，我们在研究功的时候必须首先明确是在研究哪个力做的功，另外考虑到动能定理的应用条件，我们还应该清楚这个力是否是物体所受的合力．这是我们要对功的概念做的第一点说明．说明：①首先明确做功的力及此力是否是合力提问：明确了研究对象之后，我们来回忆一下：做功的两个必要因素是什么？回答：作用在物体上的力和物体在力的方向上发生的位移提问：那么功的定义反映出功的本质是什么呢？或者说功的物理意义是什么呢？回忆一下．回答：功的本质是力在空间的积累．讲述：所谓积累，既可以是力在位移方向的分量Fcosθ与位移s的乘积，也可以是位移在力的方向上的分量scosθ与力F的乘积．理解功的概念时，要从本质上进行理解，而不能套公式．例如：物体在一个牵引力的作用下绕圆周运动了一圈，又回到出发点，求牵引力所做的功．讨论，少数学生会认为功为零，多数学生会认为功不为零，但追问为什么时却很难说清楚．讲述：如果套公式的话，由于物体运动一周的位移为零，会很容易得出牵引力做功为零的结论．但是，从牵引力作用过程中消耗了其他形式能量而转化为物体动能这一点就能看出，这当然是一个错误的结论．为什么会出错呢？请同学再讨论一下，注意牵引力的特点．讨论，得出结论：原因在于功的定义式是对恒力而言的，而在此问题中，牵引力的方向在随时变化，是一个变力，所以不能套用公式．讲述：此题的正确结论应从功是力在空间积累这一角度，得出牵引力所做功等于牵引力与物体所走过的圆周的乘积．通过刚才的例子，我们可以对功的概念再做两点说明：板书：②功的本质是力在空间的积累③功的定义式对恒力才适用提问：下面我们再来回忆一下，功是矢量还是标量，功的正负又是什么含义呢？回答：功是标量，但功有正负，做功的两个必要因素是力和位移，力是矢量，位移也是矢量，但它们的乘积是标量，所以功是标量．由于力与位移之间的夹角θ可以在0°～180°之间变化，即cosθ可以在1与-1之间变化，所以某个力所做功既可以是正数，也可以是负数．当θ角在0°～90°之间时，功为正，表示力在位移方向的分量与位移同向；当θ角在90°～180°之间时，功为负，表示力在位移方向的分量与位移反向．讲述：根据功的本质意义，所谓正功，就是力在空间是正的积累；所谓负功，就是力在空间是负的积累．提问：另外，我们知道研究功是离不开能量的，研究功的正负同样离不开能量，我们再来回忆一下，功和能量之间是什么关系呢？如何用能量的变化来说明正功与负功的意义呢？回答：功是能量改变的量度．力对物体做正功，导致物体能量增加；力对物体做负功，导致物体能量减少．讲述：这是正功与负功的本质差别．也是我们对功的概念要进行的再两点说明．板书：④功是能量改变的量度⑤功是标量，但功有正负讲述：需要对负功再加以说明的是：一个力对物体做了负功，也可以说成物体克服这个力做了功，例如，物体竖直上抛时，重力对物体做了-6焦耳的功，也可以说成物体克服重力做了6焦耳的功．提问：在实际问题中，我们还经常要涉及到合力做功的问题．大家回忆一下，如果一个物体受到几个力，那么物体所受合力所做的功与物体所受的各个力是什么关系呢？原因又是什么呢？回答：合力做的功等于各分力功的代数和．由于功是标量，所以当物体受到几个力的作用时，各力所做的功相加，就等于合力所做的功．板书：⑥合力功等于各力功的代数和讲述：另外，因为功的决定因素之一位移与参照物有关，所以功的大小还与参照物的选取有关．比如，我用力推桌子，但没有推动．以地面为参照物我没有做功，而以运动的物体为参照物，我却做了功．所以一般情况下研究功，必须以地面为参考物．板书：⑦功与参照物有关，一般必须以地面为参照物．讲述：下面我们来复习有关功率概念的知识．提问：首先我们回忆一下功率的定义、单位及其物理意义．回答：功跟完成这些功所用时间的比值，叫做功率．功率的定义式为：P=W/t国际单位制中，功率的单位是瓦特，1瓦特=1焦耳/秒．功率的常用单位还有千瓦，1千瓦=1000瓦特．功率是表示做功快慢的物理量．讲述：由于功是能量转化的量度，所以功率从本质上讲，是描述能量转化快慢的物理量．提问：功率也可以用力和速度来表示，表达式是什么，是怎样推导出来的？回答：P=Fvcosθ由于W=Fscosθ，代入P=W/t得到：P=Fscosθ/t=Fvcosθ板书：P=W/t=Fvcosθ单位：瓦特（W）1kW=1000W板书：①功率是表示做功快慢，即能量转化快慢的物理量提问：在研究功率时经常要遇到平均功率和即时功率，它们分别表示什么意义呢？它们通常用什么公式来求呢？回答：平均功率表示一段时间内某力做功的平均快慢，即时功率表示某一时刻某力做功的快慢．通常用公式P=W/t来计算平均功率，用公式P=Fvcosθ来计算即时功率，其中v为此时物体的即时速度．板书：②平均功率与即时功率提问：在研究某些机械的功率时还经常要遇到额定功率、实际功率及输出、输入功率等概念，它们分别表示什么意义呢？回答：额定功率是某机械正常工作时的功率．每一个机械都有一个额定功率值，机械在此功率或在此功率以下工作，机械不会损坏；如果超过此功率，机械可能就要损坏．机械不一定总在额定功率下工作，这时机械的即时功率叫做机械的实际功率．机械对外做功的实际功率，称做此时机械的输出功率；外界对机械做功的实际功率，称做此时机械的输入功率．板书：③额定功率与实际功率，输出功率与输入功率讲述：下面我们来复习机械能．机械能包括动能和势能，势能又包括重力势能和弹性势能．板书：3．机械能（1）动能提问：我们先来回忆动能的意义及它的表达式和单位．回答：物体由于运动而具有的能量叫做动能．物体的动能用公式表示为：Ek=mv2/2国际单位制中，动能的单位与功一样，也是焦耳．板书：Ek=mv2/2单位：焦耳提问：动能是矢量还是标量？动能有参照物吗？动能的最小值是多少？回答：动能是标量，没有方向．所以动能只与物体运动的速度大小——速率有关，而与物体的运动方向无关．物体的动能，一般情况下都是以地面为参照物的．物体的动能最小为零，无负值．板书：说明：①动能是标量②地面为参照物③最小值为零，无负值提问：动能是描述物体运动状态的一个物理量，我们学习过的动量也是一个描述物体运动状态的物理量．它们之间有什么联系和区别呢？回答：它们都是描述物体运动状态的量．对同一个物体，它的动量增大，动能也必然增大．反之，动能增大，动量也必然增大．它们之间大小的关系为：Ek=P2/2m，这是它们的联系．动量是矢量，有方向；动能是标量，没有方向．动量与速度的一次方成正比，动能与速度的二次方成正比．板书：④动能与动量Ek=p2/2m讲述：刚才同学们已经基本分析出动能与动量的联系和区别，当然动能与动量的本质区别还在于守恒定律中所表现出的特点不同：动量是机械运动相互传递时表现出的一个守恒量；而动能则是当机械运动向热运动等其他形式运动转化时所表现出的一个量．这一点，同学们会随着今后的学习进一步加深领悟．提问：下面我们再来看看重力势能．同学们先回忆一下什么是重力势能，它的表达式是怎样的？回答：物体由于被举高而具有的能量叫做重力势能．用公式表示：Ep=mgh板书：（2）重力势能Ep=mgh提问：对于重力势能，我们还能够回忆起哪些内容，请同学们踊跃发言．回答：重力势能是标量，没有方向．重力势能有正负，重力势能为正表示物体的势能大于它的零势能面的势能，正的重力势能数值越大表示物体的重力势能越大；重力势能为负表示物体的势能小于它在零势能面的势能，负的重力势能数值越大表示物体的重力势能越小．重力势能的大小是和零势能面的选取有关的，由于零势能面的选取是任意的，所以物体的重力势能也是相对的，故物体重力势能的绝对量是没有意义的，只有物体势能的变化量才是有意义的．由于重力势能是因为地球与物体之间具有相互吸引力而产生的，又与物体与地球的相对位置有关，所以重力势能是物体与地球所构成的系统所具有的．通常情况下我们所说的物体的重力势能，实际是物体与地球所构成系统的引力势能的一种简称．板书：说明：①重力势能是标量，但有正负②重力势能与零势能面的选取有关③重力势能是物体与地球所构成的系统所具有的讲述：需要说明的是：只有类似重力这样，做功与路径无关的力，才能引入势能的概念．我们下面要复习的弹性势能也是这样．而类似摩擦力这样做功与路径有关的力，则不能引入势能．提问：下面同学们回忆一下关于弹性势能所需要掌握的知识．回答：物体由于发生弹性形变而具有的能量叫做弹性势能．物体的弹性势能的大小与物体的材料、发生弹性形变的大小等有关．弹性势能与弹力做功的关系，与重力势能与重力做功的关系相类似：弹力做正功，物体的弹性势能就减少；弹力做负功，或者叫外力克服弹力做功，物体的弹性势能就增加．板书：（3）弹性势能讲述：对于弹性势能，我们只要定性了解就可以了，中学范围内对它的大小不做定量的讨论．讲述：关于机械能的概念需要最后说明的是：我们学习过的分子势能、电势能等，虽然也是势能，但它们不属于机械能范畴．所以如动能与电势能相互转化的问题，不属于机械能守恒．下面，我们开始复习这一章的基本规律．板书：二、基本规律1．动能定理提问：首先我们复习动能定理．大家回忆一下动能定理的内容及表达式是怎样的，表达式中各个物理量是什么含义？回答：动能定理的内容是：外力对物体所做的总功，等于物体动能的增加量．用公式表示：其中，W为外力所做的总功，是各个外力所做功的代数和．Ek2表示物体末状态的动能，Ek1表示物体初状态的动能．Ek2与Ek1的差△Ek为物体动能的变化量．板书：W=△Ek=Ek2-Ek1讲述：对于动能定理的理解及应用，应在以下几方面引起注意：首先，动能定理是描述一个物体前后状态量之差与过程量之间关系的一个规律，它的研究对象是一个物体，Ek1Ek2分别表示其初、末状态，W 表示初、末状态之间的过程．板书：说明：①研究对象是一个物体提问：其次我们来分析一下，动能定理所反映的外力的总功与物体动能变化之间的关系，跟牛顿定律所反映的合外力与物体运动状态的关系是否相同呢？讨论并回答：动能定理反映的是外力的总功与物体动能变化之间的关系，跟合外力与物体运动状态的关系有所不同：如果一个物体受到的合外力不为零，物体的运动速度将发生变化；如果一个物体外力对它做的总功不为零，物体的动能将发生变化．表面看来两者似乎相同，但仔细分析会发现如果一个物体受到的合外力为零，物体运动状态将保持不变；如果外力对一个物体所做总功为零，物体动能保持不变，但物体的运动状态仍可能变化（运动方向可能变化）．所以合外力引起物体运动状态的变化，外力所做总功引起物体的动能变化，两者不能混淆．板书：②合外力引起物体运动状态的变化，外力所做总功引起物体的动能变化提问：下面我们看看看动能定理是矢量式还是标量式呢？使用动能定理时有没有正负号问题呢？回答：动能定理是一个标量式，应用时不用考虑方向．动能是正标量，无负值．但动能的变化量△Ek 可以为负，当外力功的总和W为正功时，末动能大于初动能，△Ek为正；当外力功的总和为负功时，末动能小于初动能，△Ek为负．板书：③是标量式，但有正负讲述：下面我们再看看动能定理中功W，在推导动能定理时，为物体所受合外力的功，但根据前面我们对功的讨论可以知道，也为物体所受各个外力功的代数和．而且其外力既可以是有几个外力同时作用在物体上，也可以是先后作用在物体上的几个力．如：一个物体先受到力F1的作用，F1对物体做功W1，后改用力F2作用于物体，F2对物体做功W2，则整个过程中外力对物体所做总功W=W1 +W2．板书：④W为外力功的代数和．外力既可以同时作用，也可以是先后作用讲述：应用动能定理时，还应注意参照物的选取．由于动能定理中的物理量功和动能的大小均与参照物的选取有关，所以使用动能定理时，参照物不能变化．一般情况下，均取地面为参照物，即动能中物体的速度，各力做功中的物体位移，都是对地面而言的．板书：⑤取地面为参照物讲述：下面我们复习本章中另外一个重要的规律：机械能守恒定律．板书：2．机械能守恒定律提问：请同学们回忆一下机械能守恒定律的内容、条件及表达式．回答：机械能守恒定律的内容：在只有重力和弹力做功的情形下，物体的动能和势能发生相互转化，但总的机械能保持不变．用公式表示：E1=E2其中E1表示开始时系统的机械能，包括初状态时系统内各个物体的动能与势能，E2表示最终时系统的机械能，包括末状态时系统内各个物体的动能与势能．板书：E1=E2讲述：由于机械能守恒定律只涉及开始状态和终了状态的机械能，不涉及中间运动过程的细节，因此用它来处理问题相当简便．对于机械能守恒定律，应在以下几个方面有充分的认识和理解：提问：首先，我们来分析一下机械能守恒定律的研究对象，这个研究对象是一个物体呢，还是一个系统呢？为什么？如果是系统的话，重力在这个系统中是个什么样的力？回答：机械能守恒定律的研究对象是系统．由于机械能包括重力势能和弹性势能，而凡是势能总是相互作用的物体所共有的能，所以势能是属于系统的，于是机械能也是一个系统所具有的．故而，我们所研究的机械能守恒系统包括地球，在这个系统中，重力是内力．板书：说明：①研究对象是系统，重力是系统内力提问：从守恒定律的叙述中，我们已经发现机械能守恒的条件是：只有重力和弹力做功．那么为什么重力和弹力做功不改变系统的机械能呢？回答：如果只有重力做功，只能引起物体动能与重力势能之间的转化．重力做了多少功，重力势能就减少多少，物体动能就增加多少；运动物体克服重力做了多少功，重力势能就增加多少，物体的动能就减少多少．所以，包括物体与地球在内的系统的机械能不变．如果只有物体间的弹力做功，只能引起物体的动能与物体间的弹性势能之间的转化．弹力做了多少功，弹性势能就减少多少，动能就增加多少；运动物体克服弹力做了多少功，弹性势能就增加多少，动能就减少多少．包括各物体及它们间的弹性体在内的系统的机械能不变．讲述：值得注意的是，关于机械能守恒的条件的叙述，刚才的表述只是多种表述中的一种，我们应该了解各种不同的表述方式．板书：②机械能守恒的条件讲述：机械能守恒的条件可以有两类表述，一类是从做功的特点表述，另一类是从能的转化表述，其实质是一致的．从做功的特点表述，可正面叙述为：只有系统内部的重力和弹力做功．或反面叙述为：既无外力做功又无其他内力做功．从能的转化表述，可正面叙述为：只有系统内部的动能、重力势能、弹性势能之间的转化．或反面叙述为：既无外界能量与系统内部机械能之间的转化或转移，也没有系统内部其他能量与机械能之间的转化．下面我们看看如何应用机械能守恒定律解决问题．板书：③机械能守恒定律的应用提问：对于应用机械能守恒定律解题，我们在高一时曾做过不少练习，通常解题要经过哪几步呢？回答：应用机械能守恒定律解决问题时第一步应选定所研究的系统，第二步再判断此系统是否满足机械能守恒的条件，如判断出系统的机械能守恒，第三步再把系统内各个物体的动能与势能代入机械能守恒定律公式进行计算．提问：怎样选定所研究的系统？回答：选定研究系统即明确所研究的是哪些物体，它们之间有哪些相互作用，它们与外界的联系点是什么．</PGN0047.TXT/PGN>提问：系统机械能是否守恒是怎样判断的？回答：判断系统机械能是否守恒时应根据机械能守恒条件，判断系统内物体间的相互作用是否只有重力和弹力，如果有别的力，这个力是否做功及外界是否对系统不做功．提问：代入各物体机械能时要注意什么？回答：代入物体机械能时要注意应把各个物体的动能和势能都考虑到，不能丢掉某一项，如果是一个物体与地球组成的系统，比如各种抛体问题，等式左右两边应各有一项动能和势能，如果是一个物体与地球组成的系统，如各种连接体问题，等式左右两边应各有两项动能和势能，如系统中还有弹性体，如含有弹簧，则还要考虑弹性势能．其中如果合理选取零势能面，能使若干项重力势能为零，使计算更为简化．讲述：通过前面的复习，我们把功和能这一章的主要概念和规律简要地回忆了一遍，下面我们来看几个常见的应用．板书：三、常见应用1．汽车在恒定功率下的运动提问：我们先来讨论汽车在恒定功率下的运动问题．一辆汽车，如果其牵引力的功率恒定，且运动过程中所受阻力不变，它可能做匀变速运动吗？为什么？回答：不可能做匀变速运动．因为当汽车速度改变后，根据公式P=Fvcoxθ=Fv，汽车的牵引力将减小，根据牛顿第二定律F-f= ma，汽车的加速度也将减小，所以汽车不可能做匀变速运动．提问：那么汽车将做什么样的运动呢？你能否画出汽车速度随时间变化的运动图像呢？回答：设汽车最初静止，当汽车启动时，由于汽车速度很小，故此时牵引力很大，因阻力恒定，故此时汽车的加速度也很大，随着汽车的速度逐渐增大，由于功率恒定，所以牵引力逐渐减小，汽车的加速度也逐渐减小，但汽车的速度仍在增大，当汽车的速度增加到某一数值后，牵引力减小到与阻力一样大，汽车的加速度变为零，汽车将保持这一速度做匀速直线运动，这种运动的v-t图像如图所示．板图：讲述：下面我们再来讨论一个典型例题，木块在木板上相对滑动的问题．板书：2．木块在木板上相对滑动板图：讲述：问题是这样的，一质量为M的木板置于光滑水平面上，另一质量为m的木块以初速度v0在木板上滑动，木块与木板间存在大小为f的相互摩擦力，且木块在木板上滑动了一段距离s后两物体相对静止．下面我们对这个问题进行讨论，此问题中由于木块对木板有摩擦力，所以当木块在木板上滑动的过程中，木板相对地面也滑动了一段距离，设木块和木板最后共同的速度为v′，这个速度我们是可以根据动量守恒定律求出来的．再设木板相对地面滑动距离为s1，木块相对于地面滑行的距离为s2．提问：s1和s2之间存在什么关系呢？回答：s2-s1=s即木块和木板对地面的位移之差就是相对位移．提问：这段过程中木块动能如何变化？木板动能如何变化？它们所构成系统的动能如何变化？回答：木块动能减少，根据动能定理有：mv2/2-mv′2/2=fs2木板动能增加，根据动能定理有：Mv′2/2=fs1上面两式相减，得：mv2/2-mv′2/2-Mv′2/2=fs2-fs1=fs等式左边就是系统前后动能的差，由于fs大于零，所以系统的动能减少了．讲述：由这个问题我们可以得到这样的结论：由于系统内的摩擦力做功，使系统机械能向内能转化，产生的内能等于系统动能的减少量且等于摩擦力乘以两物体间的相对位移．这一结论在实际应用中常可以使问题得到简化，是一个比较有用的结论．值得注意的是，摩擦力乘以相对位移并不是一个功，而是一对摩擦力做功的代数和．。

专题二 功与能第1讲 功、功率与动能定理2016高考导航——适用于全国卷Ⅰ第1讲 功、功率与动能定理热点一 功和功率的计算命题规律 在历年的高考中，很少出现简单、单独考查功和功率的计算，一般将其放在与功能关系、物体的运动等综合问题中一起考查，并且对于功和功率的考查一般以选择题形式出现，题目难度以中档题为主．1．(多选)(2015·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 ，如图甲所示，此后物体的v －t 图象如图乙所示，取水平向右为正方向，g 取10 m/s 2，则( )A ．物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5B ．10 s 末恒力F 的瞬时功率为6 WC ．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 [突破点拨](1)0～4 s 内，物体所受摩擦力方向向________，所受合力大小为________.4 s ～10 s 内，摩擦力方向向________，所受合力大小为________．(2)由图象知，0～4 s 内物体的加速度大小为________.4 s ～10 s 内物体的加速度大小为________．(3)摩擦力在0～4 s 和4 s ～10 s 内做的功各为正功还是负功？[解析] 由题图乙知前后两段时间内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 ＝Fv ＝18 W ，B 错误；由速度图象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 ，即10 s 内物体克服摩擦力所做的功W ＝μmgs ＝0.05×2×10×34 J ＝34 J ，D 正确．[答案] CD(1)在上述题1中，0～10 s 内恒力F 做功的平均功率为多大？解析：10 s 内物体的位移x ＝－2 m ，恒力F 做的功W ＝Fx ＝－3×(－2) J ＝6 J ，P ＝W t＝610W ＝0.6 W. 答案：0.6 W(2)在上述题1中，0～10 s 内合外力对物体所做的功为多少？解析：由动能定理得W 合＝12mv 2－12mv 20＝12×2×(－6)2 J －12×2×82J ＝－28 J.答案：－28 J2．(多选)(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1.0×105N ；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1.1×106NB ．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108JC ．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107WD ．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s 2[解析] 对舰载机应用运动学公式v 2－02＝2ax ，即802＝2·a ·100，得加速度a ＝32 m/s 2，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 ＝1.2×106 N ，而发动机的推力为1.0×105 N ，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 ＝1.1×108J ，选项B正确；弹射过程所用的时间为t ＝v a ＝8032 s ＝2.5 s ，平均功率P ＝W t ＝1.1×1082.5W ＝4.4×107W ，选项C 错误．[答案] ABD3.(2015·河北冀州调研)一个质量为0.3 kg 的物体沿水平面做直线运动，如图所示，图线a 表示物体受水平拉力时的v －t 图线，图线b 表示撤去水平拉力后物体继续运动的v－t 图线，g ＝10 m/s 2，下列说法中正确的是( )A ．撤去拉力后物体还能滑行7.5 mB ．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1C ．水平拉力的大小为0.1 N ，方向与摩擦力方向相同D ．水平拉力对物体做功为1.2 J [解析] 在0～3 s 内水平拉力F 作用在物体上，由v －t 图象可知，此时间内物体的加速度大小a 1＝23 m/s 2，3 s 末撤去力F ，此后，物体的加速度大小a 2＝13 m/s 2.由v －t 图线和横轴所围面积表示位移，可知3～6 s 内物体的位移为7.5 m ，而6 s 末物体的速度不为零，此后物体仍向前运动，故A 错．由ma 2＝μmg ，可得μ＝130，B 错．结合题图可知F 与摩擦力方向相同，由牛顿第二定律有F ＋μmg ＝ma 1，解得F ＝0.1 N ，故C 对．W ＝－Fx ＝－1.2 J ，D 错．[答案] C [方法技巧](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 ＝Fv 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．热点二 对动能定理应用的考查命题规律 该知识点是近几年高考的重点，也是高考的热点，题型既有选择题，也有计算题．考查的频率很高，分析近几年的考题，命题有以下规律：(1)圆周运动与平衡知识的综合题．(2)考查圆周运动的临界和极值问题．1．(2015·张掖二模)如图，一个质量为0.6 kg 的小球以某一初速度从P 点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC 的A 点的切线方向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)．已知圆弧的半径R ＝0.3 m ，θ＝60°，小球到达A 点时的速度v A ＝4 m/s.g 取10 m/s 2，求：(1)小球做平抛运动的初速度v 0. (2)P 点与A 点的高度差．(3)小球到达圆弧最高点C 时对轨道的压力． [突破点拨](1)“恰好从光滑圆弧ABC 的A 点的切线方向进入圆弧”说明v A 与水平方向成________角．(2)小球由P 至A 过程满足的动能定理方程为_______________________. (3)小球在C 点的速度可由A 点到C 点的过程中________方程求出，在C 点由____________求解轨道对小球的支持力，再由____________求小球在C 点时对轨道的压力．[解析] (1)由题意知小球到A 点的速度v A 沿曲线上A 点的切线方向，对速度分解如图所示：小球做平抛运动，由平抛运动规律得： v 0＝v x ＝v A cos θ＝2 m/s.(2)小球由P 至A 的过程由动能定理得：mgh ＝12mv 2A －12mv 2解得：h ＝0.6 m.(3)小球从A 点到C 点的过程中，由动能定理得： －mg (R cos θ＋R )＝12mv 2C －12mv 2A解得：v C ＝7 m/s小球在C 点由牛顿第二定律得：F N C ＋mg ＝m v 2CR解得：F N C ＝8 N由牛顿第三定律得：F ′N C ＝F N C ＝8 N方向竖直向上．[答案] (1)2 m/s (2)0.6 m (3)8 N ，方向竖直向上(1)在上述题1中，求小球经过最低点B 时对轨道的压力大小．解析：小球由A 至B 过程由动能定理得：mgR (1－cos θ)＝12mv 2B －12mv 2A解得：v B ＝19 m/s在B 点由牛顿第二定律得：F N B －mg ＝m v 2BR解得：F N B ＝44 N由牛顿第三定律得小球经过最低点B 时对轨道的压力大小为F ′N B ＝F N B ＝44 N. 答案：44 N(2)在上述题1中，若圆弧轨道粗糙，小球恰好能够经过最高点C ，求此过程小球克服摩擦力所做的功．解析：小球恰好经过C 点时，在C 点由牛顿第二定律得：mg ＝m v 2CR解得：v C ＝ 3 m/s小球由A 至C 过程由动能定理得： －mg (R cos θ＋R )－W f ＝12mv 2C －12mv 2A解得：W f ＝1.2 J.答案：1.2 J2.(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] 当质点由P 点滑到Q 点时，对轨道的正压力为F N ＝2mg ，由牛顿第三定律、牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2Q R，v 2Q ＝gR .对质点自P 点滑到Q 点应用动能定理得：mgR －W f ＝12mv 2Q －0，得：W f ＝12mgR ，因此，A 、B 、D 错误，C 正确．[答案] C3．(2015·高考浙江卷)如图所示，用一块长L 1＝1.0 m 的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H ＝0.8 m ，长L 2＝1.5 m ．斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定．将质量m ＝0.2 kg 的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失．(重力加速度取g ＝10 m/s 2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)当θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示) (2)当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(3)继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离x m . [解析] (1)为使小物块下滑，应有mg sin θ≥μ1mg cos θ， θ满足的条件tan θ≥0.05即当θ＝arctan 0.05时物块恰好从斜面开始下滑．(2)克服摩擦力做功W f ＝μ1mgL 1cos θ＋μ2mg (L 2－L 1cos θ)① 由动能定理得mgL 1sin θ－W f ＝0 代入数据得μ2＝0.8.(3)由动能定理得mgL 1sin θ－W f ＝12mv 2结合①式并代入数据得v ＝1 m/s 由平抛运动规律得H ＝12gt 2，x 1＝vt解得t ＝0.4 s x 1＝0.4 mx m ＝x 1＋L 2＝1.9 m.[答案] (1)arctan 0.05 (2)0.8 (3)1.9 m [总结提升](1)如果在某个运动过程中包含有几个不同运动性质的阶段(如加速、减速阶段)，可以分段应用动能定理，也可以对全程应用动能定理，一般对全程列式更简单．(2)动能定理通常适用于单个物体或可看成单个物体的系统．如果涉及系统，因为要考虑内力做的功，所以要十分慎重．在中学阶段可以先分别对系统内每一个物体应用动能定理，然后再联立求解．机车的启动问题命题规律 机车启动问题在最近3年高考中出现的频率并不高，但该部分内容比较综合，在考查功率的同时也考查功能关系和运动过程的分析以及匀变速直线运动规律的运用，预计可能在2016年的高考中出现，题型为选择题或计算题．[范例] (2015·陕西五校模拟)(16分)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．[规范答题] (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(2分) 物块受到的摩擦力大小F f ＝μmg (1分) 设牵引力大小为F ，则有：F －F f ＝ma (2分) 得F ＝0.28 N ．(1分)(2)当v ＝0.8 m/s 时，电动机达到额定功率，则 P ＝Fv ＝0.224 W ．(4分)(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＝μmg (2分) P ＝F 1v m (2分)解得v m ＝1.12 m/s.(2分)[答案] (1)0.28 N (2)0.224 W (3)1.12 m/s [总结提升]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，机车功率是不断增大的，但该过程中的最大功率是额定功率． (3)以额定功率启动的过程中，牵引力是不断减小的，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． [最新预测]1.(2015·北京东城区模拟)起重机的钢索将重物由地面起吊到空中某个高度，重物起吊过程中的速度－时间图象如图所示，则钢索拉力的功率随时间变化的图象可能是下图中的( )解析：选B ．0～t 1时间内，重物匀加速上升，F 恒定且F >mg ，由P ＝F ·v 可知，功率P 随v 的增大而增大；t 1～t 2时间内，重物匀速上升，F ＝mg ，此过程P ＝F ·v 恒定不变，但t 1时刻起重机的功率突然变小了，A 、D 均错误；t 2～t 3时间内，重物减速上升，F 恒定，且有F <mg ，此过程中，由P ＝F ·v 可知，起重机功率随v 的减小而减小，并且在t 2时刻功率突然变小了，故B 正确，C 错误．2．(2015·宁波模拟)如图甲所示，用固定的电动机水平拉着质量m ＝2 kg 的小物块和质量M ＝1 kg 的平板以相同的速度一起向右匀速运动，物块位于平板左侧，可视为质点．在平板的右侧一定距离处有台阶阻挡，平板撞上后会立刻停止运动．电动机功率保持P ＝3 W 不变．从某时刻t ＝0起，测得物块的速度随时间的变化关系如图乙所示，t ＝6 s 后可视为匀速运动，t ＝10 s 时物块离开平板．重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)平板与地面间的动摩擦因数μ为多大？(2)物块在1 s 末和3 s 末受到的摩擦力各为多大？ (3)平板长度L 为多少？解析：(1)由题干图可知，前2 s 内物块和平板一起做匀速运动，对整体分析，在水平方向上受到水平向右的拉力和地面给平板的滑动摩擦力，此二力的合力为零．拉力大小为：F T1＝P v 1滑动摩擦力大小为：F f ＝μ(M ＋m )g 由平衡条件可得：P v 1＝μ(M ＋m )g可得：μ＝0.2.(2)物块在1 s 末时与平板一起做匀速运动，合力为零．物块受到水平向右的拉力与水平向左的静摩擦力，因此静摩擦力大小为：F f1＝F T1＝Pv 1＝6 N物块在2 s 末之后与平板发生相对运动，之后物块与平板间的摩擦力为滑动摩擦力且大小保持不变．物块在6 s 后可视为匀速运动，此时物块受到的合力为零，即拉力与滑动摩擦力大小相等方向相反，即：F f2＝F T2＝Pv 2＝10 N物块在3 s 末时受到的滑动摩擦力大小与6 s 后受到的摩擦力大小相等，为10 N. (3)依题意，物块在2 s 末之后一直到10 s 时，物块从平板的一端运动到另一端，对物块由动能定理得：P Δt －F f2L ＝12mv 22－12mv 21代入数据解得：L ＝P Δt －12mv 22＋12mv 21F f2＝2.416 m.答案：(1)0.2 (2)6 N 10 N (3)2.416 m [失分防范](1)机车匀加速启动时，匀加速阶段的最大速度小于匀速运动的最大速度，前者用牛顿第二定律列式求解，后者用平衡知识求解．(2)匀加速阶段牵引力是恒力，牵引力做功用W ＝Fl 求解．以额定功率启动时，牵引力是变力，牵引力做功用W ＝Pt 求解．一、选择题1．(2015·太原一模)如图所示，质量m ＝1 kg 、长L ＝0.8 m 的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相齐．板与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4.现用F ＝5 N 的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F 做的功至少为(g 取10 m/s 2)( )A ．1 JB ．1.6 JC ．2 JD ．4 J解析：选B ．木板中心到达桌子边缘时即可翻下，则W F ≥μmg ·L 2＝0.4×1×10×0.82J＝1.6 J ，故B 正确．2．(2015·襄阳一模)用竖直向上大小为30 N 的力F ，将2 kg 的物体由沙坑表面静止提升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 ．对全程应用动能定理得： F ·h ＋mgd －W f ＝0即30×1 J ＋2×10×0.2 J －W f ＝0 W f ＝34 J ，故C 正确．3．(2015·荆州一模)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t s 末，该力的瞬时功率是( )A ．9F 2t mB ．6F 2tmC ．4F 2tmD ．3F 2tm解析：选B ．物块受到的合力为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 ＝3Fv ，解以上各式得P ＝6F 2t m，B 正确．4．(多选)(2015·华中师大附中一模)开口向上的半球形曲面的截面如图所示，直径AB 水平．一小物块在曲面内A 点以某一速率开始下滑，曲面内各处动摩擦因数不同，因摩擦作用物块下滑时速率不变，则下列说法正确的是( )A ．物块运动的过程中加速度始终为零B ．物块所受合外力大小不变，方向时刻在变化C ．在滑到最低点C 以前，物块所受摩擦力大小逐渐变小D ．滑到最低点C 时，物块所受重力的瞬时功率达到最大解析：选BC ．由于物块做匀速圆周运动，所受合外力大小不变，方向时刻指向圆心，提供圆周运动的向心力，产生向心加速度，A 错误，B 正确；在下滑的过程中，物块受力如图所示，则摩擦力等于重力沿切线方向的分力，即F f ＝mg cos θ，随着物块下滑，θ角越来越大，物块所受摩擦力越来越小，C 正确；滑到最低点时，速度沿水平方向，此时重力的瞬时功率P ＝mgv cos θ，由于速度的方向与重力方向垂直，因此重力的瞬时功率恰好等于零，D 错误．5．一人用恒定的力F ，通过图示装置拉着物体沿光滑水平面运动，A 、B 、C 是其运动路径上的三个点，且AC ＝BC ．若物体从A 到C 、从C 到B 的过程中，人拉绳做的功分别为W FA 、W FB ，物体动能的增量分别为ΔE A 、ΔE B ，不计滑轮质量和摩擦，下列判断正确的是( )A ．W FA ＝W FB ，ΔE A ＝ΔE B B ．W FA ＞W FB ，ΔE A ＞ΔE BC ．W FA ＜W FB ，ΔE A ＜ΔE BD ．W FA ＞W FB ，ΔE A ＜ΔE B解析：选B ．如图，F 做的功等于F 1做的功，物体由A 向B 运动的过程中，F 1逐渐减小，又因为AC ＝BC ，由W ＝F 1l 知W FA ＞W FB ；对物体只有F 做功，由动能定理知ΔE A ＞ΔE B ，故B 正确．6．质量为m 的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为P ，且行驶过程中受到的摩擦阻力大小一定，汽车速度能够达到的最大值为v ，那么当汽车的车速为v4时，汽车的瞬时加速度的大小为( )A ．P mvB ．2P mvC ．3P mvD ．4P mv解析：选C ．设汽车所受摩擦力为F f ，以v 行驶时有：P v ＝F f ，以v 4行驶时，F 牵＝Pv /4，由牛顿第二定律得：4P v －P v ＝ma ，a ＝3Pmv，故C 正确．7．(多选)一辆汽车在平直公路上以速度v 0开始加速行驶，经过一段时间t ，前进距离l ，此时恰好达到其最大速度v m ，设此过程中汽车发动机始终以额定功率P 工作，汽车所受阻力恒为F f ，则在这段时间里，发动机所做的功为( )A ．F f v m tB ．PtC ．12mv 2m ＋F f l －12mv 20 D ．F f tv 0＋v m2解析：选ABC ．发动机牵引力为变力，而牵引力的功率恒定，则可用W ＝Pt 求变力做功，选项B 正确；根据P ＝F 牵v ＝F f v m ，所以W ＝F f v m t ，选项A 正确；根据动能定理，W －F f l ＝12mv 2m－12mv 20，解得W ＝12mv 2m －12mv 20＋F f l ，选项C 正确． 8.(2015·高考全国卷Ⅰ，T17，6分)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＝mv 2N R ，已知F N ＝F ′N ＝4mg ，则质点到达N 点的动能为E k N ＝12mv 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 ′＝12mv 2Q －12mv 2N ，即12mgR －W ′＝12mv 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．9．(2015·河北衡水中学三模)如图所示，质量为0.1 kg 的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m 后以3.0 m/s 的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m ，若不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2，则( )A ．小物块的初速度是5 m/sB ．小物块的水平射程为1.2 mC ．小物块在桌面上克服摩擦力做8 J 的功D ．小物块落地时的动能为0.9 J解析：选D ．小物块在桌面上克服摩擦力做功W f ＝μmgL ＝2 J ，C 错．在水平桌面上滑行，由动能定理得－W f ＝12mv 2－12mv 20，解得v 0＝7 m/s ，A 错．小物块飞离桌面后做平抛运动，有x ＝vt 、h ＝12gt 2，解得x ＝0.9 m ，B 错．设小物块落地时动能为E k ，由动能定理得mgh ＝E k －12mv 2，解得E k ＝0.9 J ，D 正确．10．(2015·山西模拟)用传感器研究质量为2 kg 的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s 内物体的加速度随时间变化的关系如图所示．下列说法正确的是( )A ．0～6 s 内物体先向正方向运动，后向负方向运动B ．0～6 s 内物体在4 s 时的速度最大C ．物体在2～4 s 内速度不变D ．0～4 s 内合力对物体做的功等于0～6 s 内合力做的功 解析：选D ．由v ＝at 可知，a －t 图象中，图线与坐标轴所围面积表示质点的速度，0～6 s 内物体的速度始终为正值，故一直为正方向，A 项错；t ＝5 s 时，速度最大，B 项错；2～4 s 内加速度保持不变且不为零，速度一定变化，C 项错；0～4 s 内与0～6 s 内图线与坐标轴所围面积相等，故物体4 s 末和6 s 末速度相同，由动能定理可知，两段时间内合力对物体做功相等，D 项正确．二、计算题 11．(2015·海淀区一模)如图所示，水平轨道与竖直平面内的圆弧轨道平滑连接后固定在水平地面上，圆弧轨道B 端的切线沿水平方向．质量m ＝1.0 kg 的滑块(可视为质点)在水平恒力F ＝10.0 N 的作用下，从A 点由静止开始运动，当滑块运动的位移x ＝0.50 m 时撤去力F .已知A 、B 之间的距离x 0＝1.0 m ，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.10，g 取10 m/s 2.求：(1)在撤去力F 时，滑块的速度大小． (2)滑块通过B 点时的动能．(3)滑块通过B 点后，能沿圆弧轨道上升的最大高度h ＝0.35 m ，求滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做的功．解析：(1)滑动摩擦力F f ＝μmg设撤去力F 前滑块的加速度为a 1，根据牛顿第二定律得： F －μmg ＝ma 1解得：a 1＝9.0 m/s 2设滑块运动位移为0.50 m 时的速度大小为v ，根据运动学公式得：v 2＝2a 1x 解得：v ＝3.0 m/s.(2)设滑块通过B 点时的动能为E k B ，从A 到B 运动过程中，由动能定理得： Fx －F f x 0＝E k B解得：E k B ＝4.0 J.(3)设滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做功为W F f ，由动能定理得： －mgh －W F f ＝0－E k B 解得：W F f ＝0.50 J.答案：(1)3.0 m/s (2)4.0 J (3)0.50 J12．(2015·福建厦门质检)如图所示，在竖直方向上A 、B 两物体通过劲度系数为k 的轻质弹簧相连，A 放在水平地面上；B 、C 两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C 放在固定的光滑斜面上．用手拿住C ，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab 段的细线竖直、cd 段的细线与斜面平行．已知A 、B 的质量均为m ，斜面倾角为θ＝37°，重力加速度为g ，滑轮的质量和摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．C 释放后沿斜面下滑，当A 刚要离开地面时，B 的速度最大，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)从开始到物体A 刚要离开地面的过程中，物体C 沿斜面下滑的距离； (2)C 的质量；(3)A 刚要离开地面时，C 的动能．解析：(1)设开始时弹簧压缩的长度为x B ，则有kx B ＝mg设当物体A 刚要离开地面时，弹簧的伸长量为x A ，则有kx A ＝mg当物体A 刚要离开地面时，物体B 上升的距离与物体C 沿斜面下滑的距离相等，为： h ＝x A ＋x B 解得：h ＝2mgk.(2)物体A 刚要离开地面时，以B 为研究对象，物体B 受到重力mg 、弹簧的弹力kx A 、细线的拉力F T 三个力的作用，设物体B 的加速度为a ，根据牛顿第二定律：对B 有：F T －mg －kx A ＝ma对C 有：m C g sin θ－F T ＝m C a B 获得最大速度时，有：a ＝0 解得：m C ＝10m3.(3)法一：由于x A ＝x B ，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，弹簧弹力做功为零，且物体A 刚要离开地面时，B 、C 两物体的速度相等，设为v 0，由动能定理得：m C gh sin θ－mgh ＋W 弹＝12(m ＋m C )v 20－0其中W 弹＝0 解得：v 20＝12mg 213k所以E k C ＝12m C v 20＝20m 2g213k .法二：根据动能定理，对C ：m C gh sin θ－W T ＝E k C －0 对B ：W T －mgh ＋W 弹＝E k B －0 其中W 弹＝0又：E k C ∶E k B ＝10∶3 解得：E k C ＝20m 2g213k.答案：(1)2mg k (2)10m 3 (3)20m 2g213k。

受力和运动分析
(1)建立运动模型。
(2)抓住运动过程之间运动参量的联系。
(3)分阶段或全过程列式计算。
(4)对于选定的研究过程,只考虑初、末位置而不用考虑中间过程。
注意摩擦力做功特点
深化拓展
应用动能定理解题应注意的三个问题
(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
动力学研究方法要简捷。
则重力的瞬时功率不为0,C错误;随着运动员在圆弧跳台上升高,速率逐渐
减小,所需要的向心力也在减小,向心力由台面的支持力与重力垂直接触面
向下的分力提供,由牛顿第二定律有FN-mgcos θ=m
大,v在减小,所以FN在减小,D正确。
2
,随着高度升高,θ在增

2.(命题角度1、2)(多选)一个质量为5 kg静止在水平地面上的物体,某时刻
能定理
1
Pt-W=2 m 2 ,则这一过程中小汽车克服阻力做的功为
D 错误。

W=Pt- 2 ,率启动
1
a-图像和
1
a-v 图像
1
F-图像问题
恒定加速度启动
1
F-v 图像
恒定功率启动
1
a- 图像
v
恒定加速度启动
1
F- 图像
v
①AB 段牵引力不变,做匀加速直线运动;
1
1
2
由动能定理得-mg·2r-W=2 2 − 2 1 2 ,联立解得小球克服阻力做的功
W=mgr,A 错误,B 正确;设再一次到达最低点时速度为 v3,假设空气阻力做
功不变,从最高点到最低点根据动能定理得
最低点,根据牛顿第二定律
1
mg·2r-W= 3 2

功和功率 功能关系复习备考建议(1)能量观点是高中物理三大观点之一，是历年高考必考内容；或与直线运动、平抛运动、圆周运动结合，或与电场、电磁感应结合，或与弹簧、传送带、板块连接体等结合；或借助选择题单独考查功、功率、动能定理、功能关系的理解，或在计算题中考查动力学与能量观点的综合应用，难度较大．(2)对于动量问题，17年只在选择题中出现，而且是动量守恒、动量定理的基本应用，18年在计算题中出现，Ⅰ卷、Ⅱ卷都是动量守恒的基本应用，运动过程简单，综合性较低，Ⅲ卷只是用到了动量的概念，19年在计算题中出现，Ⅰ卷、Ⅲ卷都涉及动量与能量观点的综合应用，Ⅱ卷中用到了动量定理，对于动量的考察，综合性、难度有所提升，备考时应多加注意．第4课时 功和功率 功能关系 考点 功、功率的分析与计算1．恒力功的计算(1)单个恒力的功W ＝Fl cos α. (2)合力为恒力的功①先求合力，再求W ＝F 合l cos α. ②W ＝W 1＋W 2＋…. 2．变力功的计算(1)若力大小恒定，且方向始终沿轨迹切线方向，可用力的大小跟路程的乘积计算． (2)力的方向不变，大小随位移线性变化可用W ＝F l cos α计算． (3)F －l 图象中，功的大小等于“面积”． (4)求解一般变力做的功常用动能定理． 3．功率的计算(1)P ＝Wt，适用于计算平均功率；(2)P ＝Fv ，若v 为瞬时速度，则P 为瞬时功率；若v 为平均速度，则P 为平均功率． 注意：力F 与速度v 方向不在同一直线上时功率为Fv cos θ.例1 (多选)(2019·山西晋中市适应性调研)如图1甲所示，足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，沿杆方向给环施加一个拉力F ，使环由静止开始运动，已知拉力F 及小环速度v 随时间t 变化的规律如图乙、丙所示，重力加速度g 取10m/s 2.则以下判断正确的是( )图1A ．小环的质量是1kgB ．细杆与地面间的倾角是30°C ．前3s 内拉力F 的最大功率是2.25WD ．前3s 内拉力对小环做功5.75J 答案 AD解析 由速度－时间图象得到环先匀加速上升，然后匀速运动，由题图可得：第1s 内，a ＝Δv t ＝0.51m/s 2＝0.5 m/s 2，加速阶段：F 1－mg sin θ＝ma ；匀速阶段：F 2－mg sin θ＝0，联立以上三式解得：m ＝1kg ，sin θ＝0.45，故A 正确，B 错误；第1s 内，速度不断变大，拉力的瞬时功率也不断变大，第1s 末，P ＝Fv 1＝5×0.5W＝2.5W ；第1s 末到第3s 末，P ＝Fv 1＝4.5×0.5W＝2.25W ，即拉力的最大功率为2.5W ，故C 错误；从速度－时间图象可以得到，第1 s 内的位移为0.25 m,1～3 s 内的位移为1 m ，前3 s 内拉力做的功为：W ＝5×0.25 J ＋4.5×1J ＝5.75J ，故D 正确． 变式训练1.(2019·河南名校联盟高三下学期2月联考)如图2所示，ad 、bd 、cd 是竖直面内三根固定的光滑细杆，a 、b 、c 、d 位于同一圆周上，a 点为圆周的最高点，d 点为最低点．每根杆上都套着一个质量相等的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a 、b 、c 处由静止释放，用P 1、P 2、P 3依次表示各滑环从静止滑到d 过程中重力的平均功率，则( )图2A ．P 1<P 2<P 3B ．P 1>P 2>P 3C ．P 3>P 1>P 2D ．P 1＝P 2＝P 3 答案 B解析 对小滑环b 受力分析，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得，小滑环做初速度为零的匀加速直线运动的加速度为a ＝g sin θ(θ为杆与水平方向的夹角)，由数学知识可知，小滑环的位移x ＝2R sin θ，所以t ＝2xa＝2×2R sin θg sin θ＝4Rg，t 与θ无关，即t 1＝t 2＝t 3，而三个环重力做功W 1>W 2>W 3，所以有：P 1>P 2>P 3，B 正确．2.(多选)(2019·福建龙岩市期末质量检查)如图3所示，在竖直平面内有一条不光滑的轨道ABC ，其中AB 段是半径为R 的14圆弧，BC 段是水平的．一质量为m 的滑块从A 点由静止滑下，最后停在水平轨道上C 点，此过程克服摩擦力做功为W 1.现用一沿着轨道方向的力推滑块，使它缓慢地由C 点推回到A 点，此过程克服摩擦力做功为W 2，推力对滑块做功为W ，重力加速度为g ，则下列关系中正确的是( )图3A ．W 1＝mgRB ．W 2＝mgRC ．mgR <W <2mgRD ．W >2mgR 答案 AC解析 滑块由A 到C 的过程，由动能定理可知mgR －W 1＝0，故A 对；滑块由A 到B 做圆周运动，而在推力作用下从C 经过B 到达A 的过程是一个缓慢的匀速过程，所以从A 到B 的过程中平均支持力大于从B 到A 的平均支持力，那么摩擦力从A 到B 做的功大于从B 到A 做的功，而两次经过BC 段摩擦力做功相等，故W 2<W 1＝mgR ，故B 错；滑块由C 到A 的过程中，由能量守恒可知，推力对滑块做的功等于滑块重力势能增加量与克服摩擦力所做的功两部分，即W －mgR －W 2＝0，即W ＝W 1＋W 2，由于W 2<W 1＝mgR ，所以mgR <W <2mgR ，故C 对，D 错．考点 功能关系的理解和应用1．几个重要的功能关系(1)重力做的功等于重力势能的减少量，即W G ＝－ΔE p . (2)弹力做的功等于弹性势能的减少量，即W 弹＝－ΔE p . (3)合力做的功等于动能的变化量，即W ＝ΔE k .(4)重力(或系统内弹力)之外的其他力做的功等于机械能的变化量，即W 其他＝ΔE . (5)系统内一对滑动摩擦力做的功是系统内能改变的量度，即Q ＝F f ·x 相对． 2．理解(1)做功的过程就是能量转化的过程，不同形式的能量发生相互转化可以通过做功来实现．(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同性质的力做功对应不同形式的能转化，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等． 3．应用(1)分析物体运动过程中受哪些力，有哪些力做功，有哪些形式的能发生变化． (2)列动能定理或能量守恒定律表达式．例2 (多选)(2019·全国卷Ⅱ·18)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E 总等于动能E k 与重力势能E p 之和．取地面为重力势能零点，该物体的E 总和E p 随它离开地面的高度h 的变化如图4所示．重力加速度取10m/s 2.由图中数据可得( )图4A ．物体的质量为2kgB ．h ＝0时，物体的速率为20m/sC ．h ＝2m 时，物体的动能E k ＝40JD ．从地面至h ＝4m ，物体的动能减少100J 答案 AD解析 根据题图图像可知，h ＝4m 时物体的重力势能mgh ＝80J ，解得物体质量m ＝2kg ，抛出时物体的动能为E k0＝100J ，由公式E k0＝12mv 2可知，h ＝0时物体的速率为v ＝10m/s ，选项A 正确，B 错误；由功能关系可知F f h ＝|ΔE 总|＝20J ，解得物体上升过程中所受空气阻力F f ＝5 N ，从物体开始抛出至上升到h ＝2 m 的过程中，由动能定理有－mgh －F f h ＝E k －100J ，解得E k ＝50J ，选项C 错误；由题图图像可知，物体上升到h ＝4m 时，机械能为80J ，重力势能为80J ，动能为零，即从地面上升到h ＝4m ，物体动能减少100J ，选项D 正确． 变式训练3.(多选)(2018·安徽安庆市二模)如图5所示，一运动员穿着飞行装备从飞机上跳出后的一段运动过程可近似认为是匀变速直线运动，运动方向与水平方向成53°角，运动员的加速度大小为3g4.已知运动员(包含装备)的质量为m ，则在运动员下落高度为h 的过程中，下列说法正确的是(sin53°＝45，cos53°＝35)( )图5A ．运动员重力势能的减少量为35mghB ．运动员动能的增加量为34mghC ．运动员动能的增加量为1516mghD ．运动员的机械能减少了116mgh答案 CD解析 运动员下落的高度是h ，则重力做功：W ＝mgh ，所以运动员重力势能的减少量为mgh ，故A 错误；运动员下落的高度是h ，则飞行的距离：L ＝h sin53°＝54h ，运动员受到的合外力：F 合＝ma ＝34mg ，动能的增加量等于合外力做的功，即：ΔE k ＝W 合＝F 合L ＝34mg ×54h ＝1516mgh ，故B 错误，C 正确；运动员重力势能的减少量为mgh ，动能的增加量为1516mgh ，所以运动员的机械能减少了116mgh ，故D 正确．4．(多选)(2019·福建厦门市第一次质量检查)如图6甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端与A 物体相连接，将B 物体放置在A 物体上面，A 、B 的质量都为m ，初始时两物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F 作用在物体B 上，使物体B 开始向上做匀加速运动，拉力F 与物体B 的位移x 的关系如图乙所示(g ＝10m/s 2)，下列说法正确的是( )图6A ．0～4cm 过程中，物体A 、B 和弹簧组成的系统机械能增大B ．0～4cm 过程中，弹簧的弹性势能减小，物体B 运动到4cm 处，弹簧弹性势能为零C ．弹簧的劲度系数为7.5N/cmD．弹簧的劲度系数为5.0N/cm答案AC解析0～4 cm过程中，物体A、B和弹簧组成的系统，因力F对系统做正功，则系统的机械能增大，选项A正确．由题图可知，在x＝4 cm处A、B分离，此时A、B之间的压力为零，A、B的加速度相等，但是弹簧仍处于压缩状态，弹簧的弹性势能不为零，选项B错误．开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有：2mg＝kΔl1；拉力F1为20 N时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律，有：F1＝2ma；物体B与A分离后，拉力F2为50 N，根据牛顿第二定律，有：F2－mg＝ma；物体A与B分离时，物体A的加速度为a，则根据牛顿第二定律有：kΔl2－mg＝k(Δl1－4 cm)－mg＝ma；联立解得：m＝4.0 kg，k＝7.5 N/cm.选项C正确，D错误．考点动能定理的应用1．表达式：W总＝E k2－E k1.2．五点说明(1)W总为物体在运动过程中所受各力做功的代数和．(2)动能变化量E k2－E k1一定是物体在末、初两状态的动能之差．(3)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．(4)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功．(5)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．3．基本思路(1)确定研究对象和研究过程．(2)进行运动分析和受力分析，确定初、末速度和各力做功情况，利用动能定理全过程或者分过程列式．4．在功能关系中的应用(1)对于物体运动过程中不涉及加速度和时间，而涉及力和位移、速度的问题时，一般选择动能定理，尤其是曲线运动、多过程的直线运动等．(2)动能定理也是一种功能关系，即合外力做的功(总功)与动能变化量一一对应．例3如图7所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原长时上端与刻度尺上的A点等高．质量m＝0.5kg的篮球静止在弹簧正上方，其底端距A点的高度h1＝1.10m，篮球由静止释放，测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最大形变量x1＝0.15m，第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度h2＝0.873m，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x2＝0.01m，弹性势能为E p＝0.025J．若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球形变，弹簧形变在弹性限度范围内，g取10m/s2.求：图7(1)弹簧的劲度系数；(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力的大小； (3)篮球在整个运动过程中通过的路程． 答案 (1)500N/m (2)0.50N (3)11.05m 解析 (1)由最后静止的位置可知kx 2＝mg ， 所以k ＝500N/m(2)由动能定理可知，在篮球由静止下落到第一次反弹至最高点的过程中mg Δh －F f ·L ＝12mv 22－12mv 12整个过程动能变化为0，重力做功mg Δh ＝mg (h 1－h 2)＝1.135J 空气阻力大小恒定，作用距离为L ＝h 1＋h 2＋2x 1＝2.273m故可得F f ≈0.50N(3)整个运动过程中，空气阻力一直与运动方向相反 根据动能定理有mg Δh ′＋W f ＋W 弹＝12mv 2′2－12mv 12整个过程动能变化为0，重力做功mg Δh ′＝mg (h 1＋x 2)＝5.55J 弹力做功W 弹＝－E p ＝－0.025J则空气阻力做功W f ＝－mg Δh ′－W 弹＝－5.525J 因W f ＝－F f s 故解得s ＝11.05m. 变式训练5.(2019·全国卷Ⅲ·17)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3m 以内时，物体上升、下落过程中动能E k 随h 的变化如图8所示．重力加速度取10m/s 2.该物体的质量为( )图8A．2kgB．1.5kgC．1kgD．0.5kg答案 C解析设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，当Δh＝3m时，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)×Δh＝(36－72) J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，当Δh＝3m时，再由动能定理结合题图可得(mg－F)×Δh＝(48－24) J，联立解得m＝1kg、F＝2N，选项C正确，A、B、D均错误．6．由相同材料的木板搭成的轨道如图9所示，其中木板AB、BC、CD、DE、EF…的长均为L ＝1.5m，木板OA和其他木板与水平地面的夹角都为β＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.一个可看成质点的物体在木板OA上从离地高度h＝1.8m处由静止释放，物体与木板间的动摩擦因数都为μ＝0.2，在两木板交接处都用小曲面相连，使物体能顺利地经过，既不损失动能，也不会脱离轨道，在以后的运动过程中，求：(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)图9(1)物体能否静止在木板上？请说明理由．(2)物体运动的总路程是多少？(3)物体最终停在何处？并作出解释．答案(1)不能理由见解析(2)11.25m (3)C点解释见解析解析(1)物体在木板上时，重力沿木板方向的分力为mg sinβ＝0.6mg最大静摩擦力F fm＝μmg cosβ＝0.16mg因mg sinβ>μmg cosβ，故物体不会静止在木板上．(2)从物体开始运动到停下，设总路程为s，由动能定理得mgh －μmgs cos β＝0解得s ＝11.25m(3)假设物体依次能到达B 、D 点，由动能定理得mg (h －L sin β)－μmg cos β(L ＋hsin β)＝12mv B 2 解得v B >0mg (h －L sin β)－μmg cos β(3L ＋hsin β)＝12mv D 2 v D 无解说明物体能通过B 点但不能到达D 点，因物体不能静止在木板上，故物体最终停在C 点．考点 动力学与能量观点的综合应用1．两个分析(1)综合受力分析、运动过程分析，由牛顿运动定律做好动力学分析．(2)分析各力做功情况，做好能量的转化与守恒的分析，由此把握各运动阶段的运动性质，各连接点、临界点的力学特征、运动特征、能量特征． 2．四个选择(1)当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题；(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律；(3)当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻的问题选择牛顿第二定律求解；(4)复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合分析求解．例4 (2019·河北邯郸市测试)如图10所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m ＝1kg 可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度．在平台的右端有一传送带，AB 长L ＝5m ，物块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2，与传送带相邻的粗糙水平面BC 长s ＝1.5 m ，它与物块间的动摩擦因数μ2＝0.3，在C 点右侧有一半径为R 的光滑竖直圆弧轨道与BC 平滑连接，圆弧对应的圆心角为θ＝120°，在圆弧的最高点F 处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来．若传送带以v ＝5m/s 的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失．当弹簧储存的E p ＝18 J 能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E 点，取g ＝10 m/s 2.图10(1)求右侧圆弧的轨道半径R ；(2)求小物块最终停下时与C 点的距离；(3)若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围．答案 (1)0.8m (2)13m (3)37m/s≤v ≤43m/s解析 (1)物块被弹簧弹出，由E p ＝12mv 02，可知：v 0＝6m/s因为v 0>v ，故物块滑上传送带后先减速，物块与传送带相对滑动过程中， 由：μ1mg ＝ma 1，v ＝v 0－a 1t 1，x 1＝v 0t 1－12a 1t 12得到：a 1＝2m/s 2，t 1＝0.5s ，x 1＝2.75m因为x 1<L ，故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以5m/s 的速度滑上水平面BC ，物块滑离传送带后恰到E 点，由动能定理可知：12mv 2＝μ2mgs ＋mgR代入数据得到：R ＝0.8m.(2)设物块从E 点返回至B 点的速度大小为v B ， 由12mv 2－12mv B 2＝μ2mg ·2s 得到v B ＝7m/s ，因为v B >0，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速，由运动的对称性可知，物块以相同的速率离开传送带，经分析可知最终在BC 间停下，设最终停在距C 点x 处，由12mv B 2＝μ2mg (s －x )，代入数据解得：x ＝13m. (3)设传送带速度为v 1时物块恰能到F 点，在F 点满足mg sin30°＝m v F 2R从B 到F 过程中由动能定理可知： －μ2mgs －mg (R ＋R sin30°)＝12mv F 2－12mv 12解得：v 1＝37m/s设传送带速度为v 2时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E 点， 由12mv 22＝μ2mg ·3s ＋mgR解得：v 2＝43m/s若物块在传送带上一直加速运动，由12mv B m 2－12mv 02＝μ1mgL知其到B 点的最大速度v B m ＝56m/s若物块在E 、F 间速度减为0，则物块将脱离轨道．综合上述分析可知，只要传送带速度37m/s≤v ≤43m/s 就满足条件． 变式训练7.(2019·山东青岛二中上学期期末)如图11所示，O 点距水平地面的高度为H ＝3m ，不可伸长的细线一端固定在O 点，另一端系一质量m ＝2kg 的小球(可视为质点)，另一根水平细线一端固定在墙上A 点，另一端与小球相连，OB 线与竖直方向的夹角为37°，l <H ，g 取10m/s 2，空气阻力不计．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)图11(1)若OB 的长度l ＝1m ，剪断细线AB 的同时，在竖直平面内垂直OB 的方向上，给小球一个斜向下的冲量，为使小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，求此冲量的大小； (2)若先剪断细线AB ，当小球由静止运动至最低点时再剪断OB ，小球最终落地，求OB 的长度l 为多长时，小球落地点与O 点的水平距离最远，最远水平距离是多少． 答案 (1)246kg·m/s (2)1.5m355m 解析 (1)要使小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，最高点需满足：mg ＝m v 2l从B 点到最高点，由动能定理有： －mg (l ＋l cos37°)＝12mv 2－12mv 02联立得一开始的冲量大小为I ＝mv 0＝246kg·m/s(2)从剪断AB 到小球至H －l 高度过程，设小球至H －l 高度处的速度为v 0′ 由机械能守恒可得12mv 0′2＝mgl (1－cos37°)小球从H －l 高度做初速度为v 0′的平抛运动，12gt 2＝H －l ，x ＝v 0′t 联立得，x ＝45(－l 2＋3l ) 当l ＝1.5m 时x 取最大值，为355m ．专题突破练1．(2019·山东烟台市上学期期末)如图1所示，把两个相同的小球从离地面相同高度处，以相同大小的初速度v 分别沿竖直向上和水平向右方向抛出，不计空气阻力．则下列说法中正确的是( )图1A ．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 ．从小球抛出到落地，重力对两小球做的功相等D ．从小球抛出到落地，重力对两小球做功的平均功率相等 答案 C解析 两小球运动过程中均只有重力做功，故机械能都守恒，由机械能守恒定律得，两小球落地时的速度大小相同，但方向不同，故A 错误；两小球落地时，由于竖直方向的分速度不同，故重力的瞬时功率不相同，故B 错误；由重力做功公式W ＝mgh 得，从开始运动至落地，重力对两小球做功相同，故C 正确；从抛出至落地，重力对两小球做的功相同，但是落地的时间不同，故重力对两小球做功的平均功率不相同，故D 错误．2.(2019·河北张家口市上学期期末)如图2所示，运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，在这两个过程中，下列说法正确的是( )图2A ．运动员先处于超重状态后处于失重状态B ．空气浮力对系统始终做负功C ．加速下降时，重力做功大于系统重力势能的减小量D ．任意相等的时间内系统重力势能的减小量相等 答案 B解析 运动员先加速向下运动，处于失重状态，后减速向下运动，处于超重状态，选项A 错误；空气浮力与运动方向总相反，则对系统始终做负功，选项B 正确；无论以什么运动状态运动，重力做功都等于系统重力势能的减小量，选项C 错误；因为是变速运动，相等的时间内，因为系统下降的高度不相等，则系统重力势能的减小量不相等，选项D 错误． 3．(2019·河南驻马店市上学期期终)一物体在竖直向上的恒力作用下，由静止开始上升，到达某一高度时撤去外力．若不计空气阻力，则在整个上升过程中，物体的机械能E 随时间t 变化的关系图象是( )答案 A解析 设物体在恒力作用下的加速度为a ，机械能增量为：ΔE ＝F Δh ＝F ·12at 2，知此时E－t 图象是开口向上的抛物线；撤去外力后的上升过程中，机械能守恒，则机械能不随时间改变，故A 正确，B 、C 、D 错误．4．(多选)如图3所示，楔形木块abc 固定在水平面上，粗糙斜面ab 和光滑斜面bc 与水平面的夹角相同，顶角b 处安装一定滑轮．质量分别为M 、m (M >m )的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )图3A ．两滑块组成的系统机械能守恒B ．轻绳对m 做的功等于m 机械能的增加量C ．重力对M 做的功等于M 动能的增加量D ．两滑块组成的系统机械能的损失等于M 克服摩擦力做的功 答案 BD5.(2019·福建三明市期末质量检测)如图4所示，一个质量m ＝1 kg 的小球(视为质点)从H ＝11m 高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB 进入半径R ＝4m 的竖直圆环内侧，且与圆环的动摩擦因数处处相等，当到达圆环顶点C 时，刚好对轨道压力为零，然后沿CB 圆弧滑下，进入光滑弧形轨道BD ，到达高度为h 的D 点时速度为零，则h 的值可能为(重力加速度g ＝10m/s 2)( )图4A ．10mB ．9.5mC ．9mD ．8.5m 答案 B解析 到达圆环顶点C 时，刚好对轨道压力为零，则mg ＝m v C 2R，解得v C ＝210m/s ，则物体在BC 阶段克服摩擦力做功，由动能定理mg (H －2R )－W BC ＝12mv C 2，解得W BC ＝10J ；由于从C到B 过程小球对圆轨道的平均压力小于从B 到C 过程小球对圆轨道的平均压力，则小球从C 到B 过程克服摩擦力做的功小于从B 到C 过程克服摩擦力做的功，即0<W CB <10J ；从C 到D 由动能定理：mg (2R －h )－W CB ＝0－12mv C 2，联立解得9m<h <10m.6．一名外卖送餐员用电动自行车沿平直公路行驶给客户送餐，中途因电瓶“没电”，只能改用脚蹬车以5m/s 的速度匀速前行，骑行过程中所受阻力大小恒为车和人总重力的0.02倍(取g ＝10 m/s 2)，该送餐员骑电动自行车以5m/s 的速度匀速前行过程做功的功率最接近( )A ．10WB ．100WC ．1kWD ．10kW 答案 B解析 设送餐员和车的总质量为100kg ，匀速行驶时的速率为5m/s ，匀速行驶时的牵引力与阻力大小相等，F ＝0.02mg ＝20 N ，则送餐员骑电动自行车匀速行驶时的功率为P ＝Fv ＝100W ，故B 正确．7．(多选)(2019·四川第二次诊断)如图5甲所示，质量m ＝1kg 的物块在平行斜面向上的拉力F 作用下从静止开始沿斜面向上运动，t ＝0.5s 时撤去拉力，其1.5s 内的速度随时间变化关系如图乙所示，g 取10m/s 2.则( )图5A ．0.5s 时拉力功率为12WB ．0.5s 内拉力做功9JC ．1.5s 后物块可能返回D ．1.5s 后物块一定静止 答案 AC解析 0～0.5 s 内物体的位移：x 1＝12×0.5×2 m＝0.5 m ；0.5～1.5 s 内物体的位移：x 2＝12×1×2m ＝1m ；由题图乙知，各阶段加速度的大小：a 1＝4m/s 2，a 2＝2 m/s 2；设斜面倾角为θ，斜面对物块的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律，0～0.5s 内F －μgm cos θ－mg sin θ＝ma 1；0.5～1.5s 内－μmg cos θ－mg sin θ＝－ma 2，联立解得：F ＝6N ，但无法求出μ和θ.0.5s 时，拉力的功率P ＝Fv ＝12W ，故A 正确．拉力做的功为W ＝Fx 1＝3J ，故B 错误．无法求出μ和θ，不清楚tan θ与μ的大小关系，故无法判断物块能否静止在斜面上，故C 正确，D 错误．8.(多选)(2019·安徽安庆市期末调研监测)如图6所示，重力为10N 的滑块轻放在倾角为30°的光滑斜面上，从a 点由静止开始下滑，到b 点接触到一个轻质弹簧，滑块压缩弹簧到c 点开始弹回，返回b 点离开弹簧，最后又回到a 点．已知ab ＝1m ，bc ＝0.2m ，则以下结论正确的是( )图6A ．整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6JB ．整个过程中滑块动能的最大值为6JC ．从c 到b 弹簧的弹力对滑块做功5JD ．整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒 答案 AD解析 滑块从a 到c, mgh ac ＋W 弹′＝0－0，解得：W 弹′＝－6J ．则E pm ＝－W 弹′＝6J ，所以整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6J ，故A 正确；当滑块受到的合外力为0时，滑块速度最大，设滑块在d 点合外力为0，由分析可知d 点在b 点和c 点之间．滑块从a 到d 有：mgh ad ＋W 弹＝E k d －0，因mgh ad ＜6J ，W 弹＜0，所以E k d ＜6J ，故B 错误；从c 点到b 点弹簧的弹力对滑块做的功与从b 点到c 点弹簧的弹力对滑块做的功大小相等，即为6J ，故C 错误；整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒，没有与系统外发生能量转化，故D 正确．9．(多选)(2019·河南九师联盟质检)如图7所示，半径为R ＝0.4m 的14圆形光滑轨道固定于竖直平面内，圆形轨道与光滑固定的水平轨道相切，可视为质点的质量均为m ＝0.5kg 的小球甲、乙用轻杆连接，置于圆轨道上，小球甲与O 点等高，小球乙位于圆心O 的正下方．某时刻将两小球由静止释放，最终它们在水平面上运动，g 取10m/s 2.则( )图7A ．小球甲下滑过程中机械能增加B ．小球甲下滑过程中重力对它做功的功率先增大后减小C ．小球甲下滑到圆形轨道最低点对轨道压力的大小为12ND ．整个过程中轻杆对小球乙做的功为1J 答案 BD解析 小球甲下滑过程中，轻杆对甲做负功，则甲的机械能减小，故A 错误．小球甲下滑过程中，最高点速度为零，故重力的功率为零；最低点速度和重力垂直，故重力的功率也是零；而中途重力的功率不为零，故重力的功率应该是先增大后减小，故B 正确．两个球与轻杆组成的系统机械能守恒，故：mgR ＝12mv 2＋12mv 2，解得：v ＝gR ＝10×0.4m/s ＝2 m/s ；小球甲下滑到圆弧形轨道最低点，重力和支持力的合力提供向心力，故：F N －mg ＝m v 2R，解得：F N＝mg ＋m v 2R ＝0.5×10N＋0.5×220.4N ＝10N ，根据牛顿第三定律，小球甲对轨道的压力大小为10N ，故C 错误；整个过程中，对球乙，根据动能定理，有：W ＝12mv 2＝12×0.5×22J ＝1J ，故D 正确．10．(2019·吉林“五地六校”合作体联考)一辆赛车在水平路面上由静止启动，在前5s 内做匀加速直线运动，5s 末达到额定功率，之后保持以额定功率运动．其v －t 图象如图8所示．已知赛车的质量为m ＝1×103kg ，赛车受到的阻力为车重力的0.1倍，重力加速度g 取10m/s 2，则以下说法正确的是( )图8A ．赛车在前5s 内的牵引力为5×102N。