2020届高考物理二轮复习专题教案：专题二能量与动量第4课时功和功率功能关系

第二讲功能关系在力学中的应用[知识建构][备考点睛](注1)……(注3)：详见答案部分1.熟练两种模型(1)“传送带”模型.(2)“板块”模型.2.常见的功能关系(1)合外力做功与动能的关系：W合＝ΔE k.(2)重力做功与重力势能的关系：W G＝－ΔE p.(3)弹力做功与弹性势能的关系：W弹＝－ΔE p.(4)除重力以外其他力做功与机械能的关系：W其他＝ΔE机.(5)滑动摩擦力做功与内能的关系：F f l相对＝ΔE内.[答案](1)两种摩擦力做功的比较式，或从一个物体转移到另一个物体，在转化或转移的过程中其总量保持不变．(3)表达式：ΔE减＝ΔE增ΔE增为末状态的能量减去初状态的能量，而ΔE减为初状态的能量减去末状态的能量．热点考向一 力学中几个重要功能关系的应用【典例】 (多选)(2019·东北三校联考)质量分别为m 1和m 2的木块A 和B 之间用一轻质弹簧相连，然后将它们静置于一底端带有挡板的光滑斜面上，其中B 置于斜面底端的挡板上．设斜面的倾角为θ，弹簧的劲度系数为k .现用一平行于斜面的恒力F 拉木块A 使A 沿斜面由静止开始向上运动，当木块B 恰好对挡板的压力为零时，木块A 在斜面上运动的速度为v ，则下列说法正确的是( )A ．此时弹簧的弹力大小为m 1g sin θB ．拉力F 在该过程中对木块A 所做的功为F (m 1＋m 2)g sin θkC ．木块A 在该过程中重力势能增加了m 1(m 1＋m 2)g 2sin 2θkD ．弹簧在该过程中弹性势能增加了F (m 1＋m 2)g sin θk －12m 1v 2[思路引领] (1)木块B 恰好对挡板压力为零时，木块B 处于平衡状态，弹簧弹力为m 2g sin θ.(2)弹簧弹性势能的增加量等于拉力做的功减去系统动能和重力势能的增加量． [解析] 当木块B 恰好对挡板的压力为零时，木块B 受重力、支持力以及弹簧的弹力作用，则由力的平衡条件可知，弹簧的弹力大小为m 2g sin θ，故A 错误；木块A 向上运动时有重力、拉力F 和弹簧弹力对其做功，根据动能定理，合力做功等于木块A 动能的增加量，开始时木块A 静止，弹簧压缩量x 1＝m 1g sin θk，当B 对挡板的压力刚为零时，弹簧伸长量x 2＝m 2g sin θk ，此过程中拉力F 对木块A 做的功为W F ＝F (x 1＋x 2)＝F (m 1＋m 2)g sin θk；此过程中木块A 重力势能的增加量ΔE p ＝m 1g Δh ＝m 1g (x 1＋x 2)sin θ＝m 1(m 1＋m 2)g 2sin 2θk，故B 、C 正确；根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力做的功减去系统动能和重力势能的增加量，即F (m 1＋m 2)g sin θk －12m 1v 2－m 1(m 1＋m 2)g 2sin 2θk，故D 错误．[答案] BC1．对功能关系的理解(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，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等．2．功是能量转化的量度，力学中几种常见的功能关系如下迁移一 与圆周运动结合的功能关系1．(2019·湖北七校联考) 如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力．已知AP ＝2R ，重力加速度为g ，则小球从P 到B 的运动过程中( )A ．重力做功2mgRB ．机械能减少mgRC ．合外力做功mgRD ．克服摩擦力做功mgR /2[解析] 小球从P 点运动到B 点的过程中重力做功为mgR ，选项A 错误；设小球通过B 点时的速度为v B ，小球通过B 点时刚好对轨道没有压力，说明此刻刚好重力提供向心力，对小球通过B 点瞬间应用牛顿第二定律有：mg ＝m v 2BR，解得v B ＝gR ，设小球从P 点运动到B点的过程中克服摩擦力做功为W ，对此过程由动能定理有：mgR －W ＝12mv 2B ，联立得W ＝12mgR ，选项D 正确；合外力做功W 合＝12mv 2B ＝12mgR ，选项C 错误；小球机械能的减少量等于小球克服摩擦力所做的功，即ΔE ＝W ＝12mgR ，选项B 错误．[答案] D迁移二 与板块结合的功能关系2．(多选)(2019·黑龙江哈尔滨三中调研)如图所示，质量为M 、长为L 的木板置于光滑的水平地面上，一质量为m 的滑块放置在木板左端，滑块与木板间的滑动摩擦力大小为F f ，用水平的恒定拉力F 作用于滑块．当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为x ，下列结论中正确的是( )A ．上述过程中，F 做的功等于滑块和木板动能的增加量B ．其他条件不变的情况下，M 越大，x 越小C ．其他条件不变的情况下，F 越大，滑块到达木板右端所用的时间越长D ．其他条件不变的情况下，F f 越大，滑块与木板间产生的热量越多[解析] F 做的功等于二者的动能与因摩擦产生的热量之和，A 错误；其他条件不变的情况下，M 越大，木板加速度越小，木板在地面上移动的距离x 越小，B 正确；其他条件不变的情况下，F 越大，滑块加速度越大，滑块到达木板右端所用时间越短，C 错误；滑块与木板间产生的热量等于F f L ，其他条件不变的情况下，F f 越大，滑块与木板间产生的热量越多，D 正确．[答案] BD迁移三 与传送带结合的功能关系3．(2019·山东省淄博市高三二模)已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动．某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图甲所示)，以此时为t ＝0记录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系(如图乙所示)，图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，v 1>v 2.已知传送带的速度保持不变，则( )A ．物块在0～t 1内运动的位移比在t 1～t 2内运动的位移小B ．若物块与传送带间的动摩擦因数为μ，那么μ<tan θC ．0～t 2内，传送带对物块做功为W ＝12mv 22－12mv 21D ．0～t 2内物块动能变化量大小一定小于物块与传送带间摩擦而产生的热量[解析] 由图乙知，物块在0～t 2内的加速度不变，因为v 1>v 2，由v 2＝2ax 知，物块在0～t 1内运动的位移比在t 1～t 2内运动的位移大，选项A 错误；由图乙知，物块在0～t 1内沿斜面向下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律知μmg cos θ>mg sin θ，则μ>tan θ，选项B 错误；0～t 2内，根据动能定理得，W ＋W G ＝12mv 22－12mv 21，选项C 错误；0～t 2内，由能量守恒定律知，物块动能减少量与重力势能减少量等于物块与传送带间摩擦而产生的热量，故物块动能变化量大小一定小于物块与传送带间摩擦而产生的热量，选项D 正确．[答案] D(1)“传送带”模型问题中的功能关系分析 ①功能关系分析：W 电＝ΔE k ＋ΔE p ＋Q ＝E 电．②对W 电和Q 的理解：电动机做的功W 电＝Fx 传；产生的热量Q ＝F f ·x 相对．(2)常用结论①把一个物体无初速度放到水平匀速转动的传送带上，在物体与传送带相对静止时，因摩擦产生的热量Q 与物体动能增加量相等，即Q ＝mv 22.②把一个物体无初速度放到倾斜向上转动的传送带上，在物体与传送带速度相等时，因摩擦产生的热量Q 与物体机械能增加量相等，即Q ＝mv 22＋mgh .(3)常用方法：物块在传送带上运动，在同一坐标系中同时作出物块和传送带运动的v －t 图线，由图像分析物块的运动过程，求物块与传送带的位移及相对位移.热点考向二 动力学规律和动能定理的综合应用【典例】 (2019·河北唐山模拟)如图(甲)所示，倾角θ＝37°的粗糙斜面固定在水平面上，斜面足够长．一根轻弹簧一端固定在斜面的底端，另一端与质量m ＝1.0 kg 的小滑块(可视为质点)接触，滑块与弹簧不相连，弹簧处于压缩状态．当t ＝0时释放滑块．在0～0.24 s 时间内，滑块的加速度a 随时间t 变化的关系如图(乙)所示．已知弹簧的劲度系数k ＝2.0×102N/m ，当t 1＝0.14 s 时，滑块的速度v 1＝2.0 m/s.g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.弹簧弹性势能的表达式为E p ＝12kx 2(式中k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量)．求：(1)斜面对滑块摩擦力的大小F f ；(2)t ＝0.14 s 时滑块与出发点间的距离d ； (3)在0～0.44 s 时间内，摩擦力做的功W .[思路引领] (1)t 1＝0.14 s 时，滑块与弹簧开始分离．(2)mg sin37°>F f ，滑块速度减为零后，会反向做匀加速直线运动．[解析] (1)由图(乙)可知，当t 1＝0.14 s 时，滑块与弹簧开始分离，此后滑块受重力、斜面的支持力和摩擦力，滑块开始做匀减速直线运动．加速度大小为a 1＝10 m/s 2.根据牛顿第二定律有mg sin θ＋F f ＝ma 1， 代入数据解得F f ＝4.0 N.(2)当t 1＝0.14 s 时弹簧恰好恢复原长，所以此时滑块与出发点间的距离d 等于t 0＝0时弹簧的形变量x ，所以在0～0.14 s 时间内弹簧弹力做的功为W 弹＝E p 初－E p 末＝12kd 2.在这段过程中，根据动能定理有W 弹－mgd sin θ－F f d ＝12mv 21－0，代入数据解得d ＝0.20 m.(3)设从t 1＝0.14 s 时开始，经时间Δt 1滑块的速度减为零，则有Δt 1＝0－v 1－a 1＝0.20 s这段时间内滑块运动的距离为 x 1＝0－v 212(－a 1)＝0.20 m此时为t 2＝0.14 s ＋Δt 1＝0.34 s ， 由于mg sin37°＝6 N>F f ，此后滑块反向做匀加速直线运动，其加速度的大小为a 2＝mg sin θ－F f m＝2.0 m/s 2； 在0.34～0.44 s(Δt 2＝0.1 s)时间内，滑块反向运动的距离为x 2＝12a 2Δt 22＝0.01 m.在0～0.44 s 时间内，摩擦力F f 做的功为W ＝－F f (d ＋x 1＋x 2)代入数据解得W ＝－1.64 J.[答案] (1)4.0 N (2)0.20 m (3)－1.64 J动力学规律和动能定理的综合问题的解题技巧1．如果涉及到加速度、时间和受力的分析和计算，一般应用动力学方法；如果只涉及位移、功和能量的转化问题，通常采用动能定理分析．2．对于物体受变力作用的力学问题，动能定理是解决问题的重要方法之一．(2019·河南省周口市期末)如右图所示，半径R ＝0.3 m 的竖直圆槽形光滑轨道与水平轨道AC 相切于B 点，水平轨道的C 点固定有竖直挡板，轨道上的A 点静置有一质量m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)．现给小物块施加一大小为F ＝6.0 N 、方向水平向右的恒定拉力，使小物块沿水平轨道AC 向右运动，当运动到AB 之间的D 点(图中未画出)时撤去拉力，小物块继续滑行到B 点后进入竖直圆槽形轨道做圆周运动，当物块运动到最高点时，由压力传感器测出小物块对轨道最高点的压力为103 N ．已知水平轨道AC 长为2 m ，B 为AC 的中点，小物块与AB 段间的动摩擦因数μ1＝0.45，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)小物块运动到B 点时的速度大小； (2)拉力F 作用在小物块上的时间t ；(3)若小物块从竖直圆槽形轨道滑出后，经水平轨道BC 到达C 点，与竖直挡板相碰时无机械能损失，为使小物块从C 点返回后能再次冲上圆槽形轨道且不脱离，试求小物块与水平轨道BC 段间的动摩擦因数的取值范围．[解析] (1)小物块运动到轨道最高点时，由牛顿第二定律得F N ＋mg ＝m v 2R，由牛顿第三定律得F N ＝F N ′＝103N联立解得v ＝2 m/s物块从B 运动到轨道最高点的过程，由机械能守恒定律得mg ·2R ＋12mv 2＝12mv 2B解得v B ＝4 m/s(2)小物块从A 运动到B 点的过程，由动能定理得Fs －μ1mgx AB ＝12mv 2B －0根据牛顿第二定律得：F －μ1mg ＝ma由运动学公式有s ＝12at 2联立解得t ＝53s(3)设BC 段的动摩擦因数为μ2.①设物块在圆槽形轨道最高点的最小速度为v 1，则由牛顿第二定律可得：mg ＝m v 21R，由动能定理得：－2μ2mgx BC －2mgR ＝12mv 21－12mv 2B代入数据解得μ2＝0.025故为使物块能从C 点返回通过轨道的最高点而不会脱离轨道，应满足0≤μ2≤0.025 ②若物块从C 点返回在圆槽形轨道上升高度为R 时速度为零，由动能定理可得： －2μ2mgx BC －mgR ＝0－12mv 2B代入数据解得：μ2＝0.25物块从C 返回刚好停止到B 点，由动能定理可得： －2μ2mgx BC ＝0－12mv 2B代入数据解得：μ2＝0.4故为使物块能返回圆槽形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道，满足0.25≤μ2<0.4 综上所述，0≤μ2≤0.025或0.25≤μ2<0.4.[答案] (1)4 m/s (2)53s (3)0≤μ2≤0.025或0.25≤μ2<0.4物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，可以分段应用动能定理，也可以对整个过程利用动能定理，但不能在某一方向上应用动能定理.热点考向三 动力学观点和能量观点在多过程问题中的应用【典例】 (2019·天津市红桥区高三二模) 轻质弹簧原长为2l ，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m 的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l .现将该弹簧水平放置，一端固定在A 点，另一端与物块P 接触但不连接．AB 是长度为5l 的水平轨道，B 端与半径为l 的光滑半圆轨道BCD 相切，半圆的直径BD 竖直，如图所示．物块P 与AB 间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P ，将弹簧压缩至长度l ，然后放开，P 开始沿轨道运动．重力加速度大小为g .(1)若P 的质量为m ，求P 到达B 点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB 上的位置与B 点之间的距离；(2)若P 能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P 的质量的取值范围． [思路引领][解析] (1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l 时，质量为5m 的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律，弹簧长度为l 时的弹性势能为E P ＝5mgl ①设P 的质量为M ，到达B 点时的速度大小为v B ，由能量守恒定律得E P ＝12Mv 2B ＋μMg ·4l ②联立①②式，取M ＝m 并代入题给数据得v B ＝6gl ③若P 能沿圆轨道运动到D 点，其到达D 点时的向心力不能小于重力，即P 此时的速度大小v 应满足mv 2l－mg ≥0④设P 滑到D 点时的速度为v D ，由机械能守恒定律得 12mv 2B ＝12mv 2D ＋mg ·2l ⑤ 联立③⑤式得v D ＝2gl ⑥v D 满足④式要求，故P 能运动到D 点，并从D 点以速度v D 水平射出．设P 落回到轨道AB 所需的时间为t ，由运动学公式得2l ＝12gt 2⑦P 落回到AB 上的位置与B 点之间的距离为 s ＝v D t ⑧联立⑥⑦⑧式得s ＝22l ⑨(2)为使P 能滑上圆轨道，它到达B 点时的速度不能小于零．由①②式可知 5mgl >μMg ·4l ⑩要使P 仍能沿圆轨道滑回，P 在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C .由机械能守恒定律有12Mv 2B ≤Mgl ⑪ 联立①②⑩⑪式得53m ≤M <52m[答案] (1)6gl 22l (2)53m ≤M <52m涉及做功与能量转化问题的解题方法1．分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功；根据功能之间的对应关系，确定能量之间的转化情况．2．当涉及滑动摩擦力做功时，机械能不守恒，一般应用能量守恒定律，特别注意摩擦产生的内能Q ＝F f l 相对，l 相对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度．3．解题时，首先确定初、末状态，然后分清有多少种形式的能在转化，再分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE 减和增加的能量总和ΔE 增，最后由ΔE 减＝ΔE 增列式求解．(2019·苏北四校联考)如图所示，倾角为θ的斜面底端固定一个挡板P ，质量为m 的小物块A 与质量不计的木板B 叠放在斜面上，A 位于B 的最上端且与挡板P 相距L .已知A 与B 、B 与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且μ1>tan θ>μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A 与挡板P 相撞的过程中没有机械能损失．将A 、B 同时由静止释放．(1)求A 、B 释放瞬间小物块A 的加速度大小a 1； (2)若A 与挡板P 不相撞，求木板B 的最小长度l 0；(3)若木板B 的长度为l ，求整个过程中木板B 运动的总路程．[解析] (1)释放A 、B ，它们一起匀加速下滑，以A 、B 为研究对象，由牛顿第二定律有mg sin θ－μ2mg cos θ＝ma 1，解得a 1＝g sin θ－μ2g cos θ.(2)在B 与挡板P 相撞前，A 和B 相对静止，以相同的加速度一起向下做匀加速运动．B 与挡板P 相撞后立即静止，A 开始匀减速下滑．若A 到达挡板P 处时的速度恰好为零，此时B 的长度即为最小长度l 0.从A 释放至到达挡板P 处的过程中，B 与斜面间由于摩擦产生的热量Q 1＝μ2mg cos θ·(L －l 0)，A 与B 间由于摩擦产生的热量Q 2＝μ1mg cos θ·l 0根据能量守恒定律有mgL sin θ＝Q 1＋Q 2，得l 0＝sin θ－μ2cos θ(μ1－μ2)cos θL .(3)分两种情况：①若l ≥l 0，B 与挡板P 相撞后不反弹，A 一直减速直到静止在木板B 上 木板B 通过的路程s ＝L －l②若l <l 0，B 与挡板P 相撞后，A 在木板B 上减速运动直至与挡板P 相撞．由于碰撞过程中没有机械能损失，A 将以撞前速率返回，并带动木板一起向上减速；当它们的速度减为零后，再重复上述过程，直至物块A 停在挡板处．在此过程中，A 与B 间由于摩擦产生的热量Q 1′＝μ1mg cos θ·l ，B 与斜面间由于摩擦产生的热量Q 2′＝μ2mg cos θ·s ，根据能量守恒定律有mgL sin θ＝Q 1′＋Q 2′，解得s ＝L sin θ－μ1l cos θμ2cos θ.[答案] (1)g sin θ－μ2g cos θ (2)sin θ－μ2cos θ(μ1－μ2)cos θL(3)L sin θ－μ1l cos θμ2cos θ处理多过程问题的技巧(1)“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动图景；(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律；(3)“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案.考场满分答卷策略——功能关系在力学中的综合应用(2019·全国卷Ⅰ)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B 静止于水平轨道的最左端，如图(a)所示．t ＝0时刻，小物块A 在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B 发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A 返回到倾斜轨道上的P 点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止．物块A 运动的v －t 图像如图(b)所示，图中的v 1和t 1均为未知量．已知A 的质量为m ，初始时A 与B 的高度差为H ，重力加速度大小为g ，不计空气阻力．(1)求物块B 的质量；(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A 克服摩擦力所做的功；(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等．在物块B 停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A 从P 点释放，一段时间后A 刚好能与B 再次碰上．求改变前后动摩擦因数的比值.专题强化训练(六)一、选择题1．(多选)(2019·四川省攀枝花市第二次统考)物体由地面以120 J的初动能竖直向上抛出，当它从抛出至上升到某一点A 的过程中，动能减少40 J ，机械能减少10 J ．设空气阻力大小不变，以地面为参考平面，则物体( )A ．落回到地面时机械能为70 JB ．到达最高点时机械能为90 JC ．从最高点落回地面的过程中重力做功为60 JD ．从抛出到落回地面的过程中克服空气阻力做功为60 J[解析] 物体以120 J 的初动能竖直向上抛出，做竖直上抛运动，向上运动的过程中重力和阻力都做负功，当上升到某一高度时，动能减少了40 J ，而机械能损失了10 J ．根据功能关系可知：合力做功为－40 J ，空气阻力做功为－10 J ，对从抛出点到A 点的过程，根据功能关系：－mgh －F f h ＝－40 J ，－F f h ＝－10 J ，得F f ＝13mg ；当上升到最高点时，动能为零，动能减少120 J ，设最大高度为H ，则有：mgH ＋F f H ＝120 J ，解得F f H ＝30 J ，即机械能减少30 J ，在最高点时机械能为120 J －30 J ＝90 J ，即上升过程机械能共减少了30 J ；下落过程中，由于空气阻力做功不变，所以机械能又损失了30 J ，故整个过程克服空气阻力做功为60 J ，则该物体落回到地面时的机械能为60 J ，从最高点落回地面的过程中重力做功为mgH ＝90 J ，故A 、C 错误，B 、D 正确．[答案] BD2. (多选)(2019·惠州市高三调研)如图所示，粗糙斜面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O 点．现将物块拉到A 点后由静止释放，物块运动到最低点B ，图中B 点未画出．下列说法正确的是( )A ．速度最大时，B 点一定在O 点左下方 B ．速度最大时，物块的位置可能在O 点左下方C ．从A 到B 的过程中，物块和弹簧的总机械能一定减少D ．从A 到B 的过程中，物块减少的机械能一定等于它克服摩擦力做的功[解析] 弹簧处于自然长度时物块处于O 点，所以在O 点时弹簧弹力为零，物块从A 向B 运动的过程中，受重力、支持力、弹簧的弹力和滑动摩擦力作用，当受力平衡时物块的速度最大，由于摩擦力平行斜面向上，所以当弹力和重力沿斜面的分力之和大小等于摩擦力时，速度最大，由于不知道物块重力沿斜面方向的分力与摩擦力的大小关系，故无法判断弹簧此时是处于伸长还是压缩状态，即B 点可能在O 点，也可能在O 点左下方，也可能在O 点右上方，A 错误，B 正确；从A 到B 的过程中，滑动摩擦力一直做负功，故物块和弹簧组成的系统机械能减少，C 正确；从A 到B 的过程中，根据能量守恒定律，当弹簧的弹性势能增加时，物块减少的机械能大于它克服摩擦力做的功，D 错误．[答案] BC3. (多选)(2019·安徽省示范高中联考)如图所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M ＝6 kg ，质量m ＝2 kg 的铁块以水平速度v 0＝12 m/s 从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端，则下列说法中正确的是( )A ．铁块和木板最终共同以3 m/s 的速度向右做匀速直线运动B ．运动过程中弹簧的最大弹性势能为54 JC ．运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量为54 JD ．运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量为108 J[解析] 设最终铁块与木板的共同速度大小为v ，铁块相对木板向右运动时，滑动的最大路程为L ，滑动摩擦力大小为f .取向右为正方向，根据系统动量守恒可知mv 0＝(M ＋m )v ，解得v ＝3 m/s ，方向向右，所以铁块和木板最终共同以3 m/s 的速度向右做匀速直线运动，A 正确．铁块相对于木板向右运动，铁块与木板的速度相同时弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律知此时两者的速度也为v ＝3 m/s ，根据能量守恒定律，铁块相对于木板向右运动过程，有12mv 20＝fL ＋12(M ＋m )v 2＋E p ，铁块相对于木板运动的整个过程有，12mv 20＝2fL ＋12(M ＋m )v 2，联立解得弹簧的最大弹性势能E p ＝54 J 、fL ＝54 J ，B 正确．由功能关系知，运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量Q ＝2fL ＝108 J ，C 错误，D 正确．[答案] ABD4．(2019·汉中市高三质检一)空降兵是现代军队的重要兵种．一次训练中，空降兵从静止在空中的直升机上竖直跳下(初速度可看成零，未打开降落伞前不计空气阻力)，下落高度h 之后打开降落伞，接着又下降高度H 之后，空降兵匀速下降．设空降兵打开降落伞之后受到的空气阻力与速度平方成正比，比例系数为k ，即f ＝kv 2，重力加速度为g ，那么关于空降兵的说法正确的是( )A ．空降兵从跳下到下落高度为h 时，机械能一定损失了mghB ．空降兵从跳下到刚匀速下降时，重力势能一定减少了mgHC ．空降兵匀速下降时，速度大小为mgkD ．空降兵从跳下到刚匀速下降的过程，克服阻力做功为mg (H ＋h )－m 2gk[解析] 空降兵从跳下到下落高度为h 的过程中，只有重力做功，机械能不变，选项A 错误；空降兵从跳下到刚匀速下降时，重力做功为mg (H ＋h )，重力势能一定减少了mg (H ＋h )，选项B 错误；空降兵匀速运动时，重力与阻力大小相等，所以：kv 2＝mg ，得：v ＝mgk，选项C 正确；空降兵从跳下到刚匀速下降的过程，重力和阻力对空降兵做的功等于空降兵动能的变化，即：mg (H ＋h )－W f ＝12mv 2，解得：W f ＝mg (H ＋h )－12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫mg k 2＝mg (H ＋h )－m 2g 2k ，选项D 错误．[答案] C5．(多选)(2019·重庆市高三调研)如图所示，水平传送带以恒定速率转动．每隔相同时间T ，在左端A 点，轻轻放上一个完全相同的工件，已知工件与传送带之间的动摩擦因数为μ，工件质量为m .经测量，发现那些已经和传送带共速的工件之间的距离均为L .已知重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．传送带的速度大小为L TB ．工件在传送带上的加速时间为L2TμgC ．每个工件与传送带间因摩擦产生的热量为μmgL2D ．传送带因传送一个工件而多消耗的能量为mL 2T2[解析] 工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件放在传送带上后运动的规律相同，可知L ＝vT ，解得传送带的速度v ＝LT，A 正确；设每个工件做匀加速运动的时间为t ，根据牛顿第二定律有，工件的加速度为μg ，根据v ＝v 0＋at ，解得t＝v a ＝L Tμg ，B 错误；工件与传送带相对滑动的路程为Δx ＝v v μg －v 22μg ＝v 22μg ＝L 22μgT 2，则摩擦产生的热量为Q ＝μmg ·Δx ＝mL 22T2，C 错误；根据能量守恒有，传送带因传送一个工件多消耗的能量E ＝12mv 2＋μmg ·Δx ＝mL2T2，D 正确．[答案] AD6．(多选)(2019·安徽师大附中模拟) 如图所示，质量m ＝1 kg 的物体从高为h ＝0.2 m 的光滑轨道上P 点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A 点，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带AB 之间的距离为L ＝5 m ，传送带一直以v ＝4 m/s 的速度匀速运动，则( )A ．物体从A 运动到B 的时间是1.5 sB ．物体从A 运动到B 的过程中，摩擦力对物体做功为2 JC ．物体从A 运动到B 的过程中，产生的热量为2 JD ．物体从A 运动到B 的过程中，带动传送带转动的电动机多做功10 J[解析] 设物体下滑到A 点的速度为v 0，对PA 过程，由机械能守恒定律有：12mv 20＝mgh ，代入数据得：v 0＝2gh ＝2 m/s<v ＝4 m/s ，则物体滑上传送带后，在滑动摩擦力的作用下做匀加速运动，加速度大小为a ＝μmg m＝μg ＝2 m/s 2；当物体的速度与传送带的速度相等时，用时为：t 1＝v －v 0a ＝4－22 s ＝1 s ，匀加速运动的位移x 1＝v 0＋v 2t 1＝2＋42×1 m＝3 m<L ＝5 m ，所以物体与传送带共速后向右做匀速运动，匀速运动的时间为t 2＝L －x 1v ＝5－34s ＝0.5 s ，故物体从A 运动到B 的时间为：t ＝t 1＋t 2＝1.5 s ，A 正确；物体运动到B 的速度是v ＝4 m/s ，根据动能定理得：摩擦力对物体做功W f ＝12mv 2－12mv 20＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×42－12×1×22 J ＝6 J ，B 错误；在t 1时间内，传送带做匀速运动的位移为x 带＝vt 1＝4 m ，故产生热量Q ＝μmg Δx ＝μmg (x带－x 1)，代入数据得：Q ＝2 J ，C 正确；电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，另一部分转化为内能，则电动机多做的功W ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12mv 2－12mv 20＋Q ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×1×(42－22)＋2 J ＝8 J ，D错误．[答案] AC7．(多选)(2019·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( )。

机械能守恒定律 功能关系[高考统计·定方向] (教师授课资源)考点考向五年考情汇总考向1.单个物体的机械能守恒2016·全国卷ⅡT 161.机械能守恒定律的应用考向2.系统机械能守恒2015·全国卷Ⅱ T212016·全国卷ⅡT 21考向1.功能关系的基本应用2019·全国卷ⅡT 182018·全国卷ⅠT 182017·全国卷ⅢT 16考向2.能量的转化与守恒的应用2016·全国卷ⅡT 252.功能关系及能量守恒考向3.功能关系的综合应用2017·全国卷ⅠT 242016·全国卷ⅡT 25　机械能守恒定律的应用(5年3考)❶分析近五年的高考题可以看出，本考点是高考命题的热点，题型以选择题为主，题目综合性强，涉及多物体系统机械能时，常与运动的合成与分解相联系。

❷预计2020年高考仍会以多物体机械能守恒为重点，复习中应加强训练。

1．(多选)(2015·全国卷Ⅱ·T 21)如图所示，滑块a 、b 的质量均为m ，a 套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h ，b 放在地面上。

a 、b 通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。

不计摩擦，a 、b 可视为质点，重力加速度大小为g 。

则( )A ．a 落地前，轻杆对b 一直做正功B ．a 落地时速度大小为2ghC ．a 下落过程中，其加速度大小始终不大于gD ．a 落地前，当a 的机械能最小时，b 对地面的压力大小为mg[题眼点拨]　①刚性轻杆不伸缩，两滑块沿杆的分速度相同；②轻杆对滑块a 、b 都做功，系统机械能守恒。

BD [由题意知，系统机械能守恒。

设某时刻a 、b 的速度分别为v a 、v b 。

此时刚性轻杆与竖直杆的夹角为θ，分别将v a 、v b 分解，如图。

因为刚性轻杆不可伸长，所以沿杆的分速度v ∥与v ′∥是相等的，即v a cos θ＝v b sin θ。

专题四 功和能 教案专题要点1.做功的两个重要因素：有力作用在物体上且使物体在力的方向上发生了位移。

功的求解可利用θcos Fl W =求，但F 为恒力；也可以利用F-l 图像来求；变力的功一般应用动能定理间接求解。

2.功率是指单位时间内的功，求解公式有θcos V F tWP ==平均功率，θcos FV tWP ==瞬时功率，当0=θ时，即F 与v 方向相同时，P=FV 。

3.常见的几种力做功的特点⑴重力、弹簧弹力，电场力、分子力做功与路径无关 ⑵摩擦力做功的特点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，在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的转移，没有机械能的转化为其他形式的能；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，在一对滑动摩擦力做功的过程中，不仅有相互摩擦物体间机械能的转移，还有机械能转化为内能。

转化为内能的量等于系统机械能的减少，等于滑动摩擦力与相对路程的乘积。

③摩擦生热，是指动摩擦生热，静摩擦不会生热 4.几个重要的功能关系⑴重力的功等于重力势能的变化，即P G E W ∆-= ⑵弹力的功等于弹性势能的变化，即P E W ∆-=弹 ⑶合力的功等于动能的变化，即K E W ∆=合⑷重力之外的功（除弹簧弹力）的其他力的功等于机械能的变化，即E W ∆=其它 ⑸一对滑动摩擦力做功等于系统中内能的变化，相对Fl Q = ⑹分子力的功等于分子势能的变化。

第二部分：功能关系在电学中的应用1. 电场力做功与路径无关。

若电场为匀强电场，则θθcos cos Eql Fl W ==；若为非匀强电场，则一般利用q W U AB AB =来进行运算。

2. 磁场力可分为安培力和洛伦兹力。

洛伦兹力在任何情况下对运动电荷都不做功；安培力可以做正功、负功，还可以不做功。

3. 电流做功的实质是电场移动电荷做功。

即W=UIt=Uq 。

功和功率 功能关系专题定位 1.掌握功、功率相关的分析与计算方法；2.深刻理解功能关系；3.综合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题；4.掌握动量定理和动量守恒定律；5.综合应用动量和能量观点解决复杂问题．第4讲 功和功率 功能关系[相关知识链接] 1．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．功率的计算(1)P ＝W t，适用于计算平均功率；(2)P ＝Fv ，若v 为瞬时速度，P 为瞬时功率，若v 为平均速度，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. (3)机车启动问题[规律方法提炼]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 cosα计算(3)已知F－l图象，功的大小等于“面积”(4)一般变力只能用动能定理求解例1(2019·嘉、丽3月联考)如图所示，篮球运动员平筐扣篮，起跳后头顶与篮筐齐平．若图中篮筐距地高度2.9m，球员竖直起跳，则其平筐扣篮过程中克服重力所做的功及离地时重力瞬时功率约为( )A．900J，－2000W B．900J，－4000WC．500J，－1000W D．2000J，－4000W答案 B解析篮球运动员的身高约为1.8m，则跳起的高度h＝2.9m－1.8m＝1.1m篮球运动员的体重约为mg＝800N，则起跳过程中克服重力做的功W＝mgh＝880J≈900J起跳时的速度为v，则根据位移速度关系可得：v2＝2gh，解得v＝2gh≈4.7m/s离地时重力瞬时功率约为P＝－mgv＝－3760W≈－4000W，故B正确，A、C、D错误．拓展训练1(2019·山东烟台市第一学期期末)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( )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拓展训练2 (2019·浙南名校联盟高三期末)袋鼠跳是一项很有趣的运动．如图所示，一位质量m ＝60kg 的老师参加袋鼠跳游戏，全程10m ，假设该老师从起点到终点用了相同的10跳，每一次跳起后，重心上升最大高度为h ＝0.2m ．忽略空气阻力，下列说法正确的是( )A ．该老师起跳时，地面对该老师做正功B ．该老师每跳跃一次克服重力做功的功率约为300WC ．该老师从起点到终点的时间可能是7sD ．该老师从起点到终点的时间可能是4s 答案 C例2 (多选)发动机额定功率为P 0的汽车在水平路面上从静止开始先匀加速启动，最后达到最大速度并做匀速直线运动，已知汽车所受路面阻力恒为F f ，汽车刚开始启动时的牵引力和加速度分别为F 0和a 0，如图所示描绘的是汽车在这一过程中速度随时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象，其中正确的是( )答案 AC解析 汽车由静止开始匀加速启动时，a 一定，根据v ＝at 知v 增大，由F ＝ma ＋F f 知F 一定，根据P ＝Fv 知v 均匀增大，功率P 也均匀增大，达到P 额后，功率保持不变，v 继续增大，所以F ＝Pv 减小，a ＝F －F f m 减小，当F ＝F f 时，a ＝0，v m ＝PF f，此后汽车做匀速运动，故A 、C 正确．[相关知识链接]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)动能增量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． [规律方法提炼] 1．基本思路(1)确定研究对象和物理过程；(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． 2．“两点一过程”(1)“两点”：指初、末状态及对应的动能E k1、E k2.(2)“一过程”：指从初状态到末状态的运动过程及合力做的功W 合． 3．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 如图所示为一滑梯的实物图，滑梯的斜面段长度L ＝5.0m ，高度h ＝3.0m ，为保证小朋友的安全，在水平地面上铺设了安全地垫．水平段与斜面段平滑连接，小朋友在连接处速度大小不变．某小朋友从滑梯顶端由静止开始滑下，经斜面底端后水平滑行一段距离，停在水平地垫上．已知小朋友质量为m ＝20kg ，小朋友在斜面上受到的平均阻力F f1＝88N ，在水平段受到的平均阻力F f2＝100N ．不计空气阻力，取重力加速度g ＝10m/s 2.求：(1)小朋友在斜面顶端滑下的过程中克服摩擦力做的功； (2)小朋友滑到斜面底端时的速度v 的大小；(3)为使小朋友不滑出水平地垫，地垫的长度x 至少多长． 答案 (1)440J (2)4m/s (3)1.6m解析 (1)小朋友在斜面滑下的过程中克服摩擦力做的功为：W f1＝F f1L ＝88×5J＝440J (2)小朋友在斜面上运动，由动能定理得mgh －W f1＝12mv 2代入数据解得：v ＝4m/s(3)小朋友在水平地垫上运动的过程，由动能定理得： －F f2x ＝0－12mv 2解得：x ＝1.6m.拓展训练3 (多选)(2019·宁夏银川市质检)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，sin37°＝0.6，cos37°＝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答案 AB解析 对整段过程，由动能定理知mg ·2h －μmg cos45°·h sin45°－μmg cos37°·hsin37°＝0解得μ＝67，载人滑草车克服摩擦力做功为mg ·2h ，故A 正确，C 错误；滑草车在下段滑道时，对其受力分析如图： 沿斜面方向：F 合＝mg sin37°－μF N 垂直斜面方向：F N ＝mg cos37°联立知F 合＝－335mg ，负号表示合力方向沿斜面向上知滑草车在下段滑道做匀减速直线运动 加速度大小为a ＝|F 合|m ＝335g ，故D 错误．由以上分析知滑草车到达两段滑道交接处时速度最大，由动能定理知：mgh －μmg cos45°hsin45°＝12mv m 2解得v m ＝2gh7，故B 正确． 拓展训练4 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L 1＝1m ．当赛车启动时，产生水平向左的恒为F ＝24N 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 ＝2kg ，A 、B 之间的距离L 2＝3m ，赛车被弹回的过程中离开弹簧时的速度大小v ＝4m/s ，方向水平向右．取g ＝10 m/s 2.求：(1)赛车和地面间的动摩擦因数； (2)弹簧被压缩的最大距离． 答案 (1)0.2 (2)0.5m解析 (1)从赛车离开弹簧到B 处停下， 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 ＝0.5m.1．功能关系的理解(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．①重力做功是重力势能改变的量度，W G ＝－ΔE p . ②弹簧弹力做功是弹性势能改变的量度，W 弹＝－ΔE p . ③电场力做功是电势能改变的量度，W ＝－ΔE p . ④合外力做功是动能改变的量度．⑤除重力或弹簧弹力外的其他力做功是物体机械能改变的量度．⑥一对滑动摩擦力做功是系统内能改变的量度． 2．功能关系的应用(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)根据自己习惯用动能定理或能量守恒定律理解或计算例4 (2017·全国卷Ⅲ·16)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.19mglB.16mglC.13mglD.12mgl 答案 A解析 由题意可知，PM 段细绳的机械能不变，MQ 段细绳的重心升高了l6，则重力势能增加ΔE p＝23mg ·l 6＝19mgl ，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为W ＝19mgl ，故选项A 正确，B 、C 、D 错误．拓展训练5 (2019·超级全能生2月联考)“竹蜻蜓”是一种儿童玩具，双手用力搓柄可使“竹蜻蜓”向上升，某次实验，“竹蜻蜓”离手后沿直线上升到最高点，在该过程中( )A ．空气对“竹蜻蜓”的作用力大于“竹蜻蜓”对空气的作用力B ．“竹蜻蜓”的动能一直增加C ．“竹蜻蜓”的重力势能一直增加D ．“竹蜻蜓”的机械能守恒 答案 C解析 根据牛顿第三定律可知，空气对“竹蜻蜓”的力一定等于“竹蜻蜓”对空气的力，A 错误；“竹蜻蜓”离手后沿直线上升到最高点，从运动描述可知它是先加速后减速，所以动能先增加后减少，高度升高，重力势能一直增加，B 错误，C 正确；空气对“竹蜻蜓”做功，故“竹蜻蜓”的机械能不守恒，D 错误．拓展训练6 (2019·福建龙岩市3月质量检查)如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一根轻质弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直且处于原长h，让圆环沿杆从静止开始下滑，滑到杆的底端时速度为零．则在圆环下滑过程中(整个过程中橡皮绳的形变始终处于弹性限度内)，下列说法中正确的是( )A．圆环的机械能守恒B．圆环的机械能先增大后减小C．圆环滑到杆的底端时机械能减少了mghD．橡皮绳再次恰好伸直时圆环动能最大答案 C解析圆环沿光滑杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和橡皮绳的拉力，所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和橡皮绳组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，因为橡皮绳的弹性势能先不变再增大，所以圆环的机械能先不变后减小，故A、B错误；圆环的机械能减少了mgh，故C正确；在圆环下滑过程中从开始下滑到橡皮绳再次到达原长时，动能一直增大，但不是最大，沿杆方向合力为零的时刻，圆环的速度最大，故D错误．1．做好两个分析(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，由此把握运动各阶段的运动性质，各连接点、临界点的力学特征、运动特征和能量特征．2．做好四个选择(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，对某一时刻进行分析时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解题．例5(2019·浙南名校联盟高三期末)儿童乐园里的弹珠游戏不仅具有娱乐性还可以锻炼儿童的眼手配合能力．某弹珠游戏可简化成如图所示的竖直平面内OABCD透明玻璃管道，管道的半径较小．为研究方便建立平面直角坐标系，O 点为抛物口，下方接一满足方程y ＝59x2的光滑抛物线形状管道OA ；AB 、BC 是半径相同的光滑圆弧管道，CD 是动摩擦因数μ＝0.8的粗糙直管道；各部分管道在连接处均相切．A 、B 、C 、D 的横坐标分别为x A ＝1.20m 、x B ＝2.00m 、x C ＝2.65m 、x D ＝3.40m ．已知，弹珠质量m ＝100g ，直径略小于管道内径．E 为BC 管道的最高点，在D 处有一反弹膜能无能量损失的反弹弹珠，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，g 取10m/s 2，求：(1)若要使弹珠不与管道OA 触碰，在O 点抛射速度v 0应该多大；(2)若要使弹珠第一次到达E 点时对轨道压力等于弹珠重力的3倍，在O 点抛射速度v 0应该多大；(3)游戏设置3次通过E 点获得最高分，若要获得最高分在O 点抛射速度v 0的范围． 答案 见解析解析 (1)由y ＝59x 2得：A 点坐标(1.20m,0.80m)由平抛运动规律：x A ＝v 0t ，y A ＝12gt 2，v Ay ＝gt ，v A ＝v 02＋v Ay 代入数据，求得t ＝0.4s ，v 0＝3m/s ，v Ay ＝4 m/s ，v A ＝5m/s ；(2)由平抛运动速度关系，可得θ＝53°，求得AB 、BC 圆弧的半径R ＝0.5m对E 点：3mg ＋mg ＝m v E 2R，求得：v E ＝25m/s对弹球由O 点到E 点的过程由动能定理得：mgy A －mgR (1－cos53°)＝12mv E 2－12mv 02求得：v 0＝22m/s ；(3)sin α＝2.65－2.00－0.400.5＝0.5，α＝30°，CD 与水平面的夹角也为α＝30°(可不求)设3次通过E 点的速度最小值为v 1，有：mgy A －mgR (1－cos53°)－2μmgL CD cos30°＝0－12mv 12，求得：v 1＝23m/s设3次通过E 点的速度最大值为v 2，有：mgy A －mgR (1－cos53°)－4μmgL CD cos30°＝0－12mv 22，求得：v 2＝6m/s考虑2次经过E 后不从O 点离开，有：－2μmgL CD cos30°＝0－12mv 32，求得：v 3＝26m/s因v 2>v 3，所以23m/s<v 0<26m/s拓展训练7 (2019·宁波市3月模拟)如图所示，竖直面内用光滑钢管弯成的“9”字形固定轨道与水平桌面的右端相接，“9”字全高H ＝0.8m ，“9”字上半部分四分之三圆弧半径为R ＝0.2m ，钢管的内径大小忽略不计．桌面左端固定轻质弹簧，开始弹簧处于锁定状态，其右端处于A 位置，此时弹簧具有的弹性势能为E p ＝2.16J ，将质量m ＝0.1kg 的可看作质点的小球放在A 位置与弹簧相接触，解除弹簧锁定后，小球从A 被弹出后经过B 点进入“9”字形轨道最后从D 点水平抛出，AB 间水平距离为L ＝1.2m ，小球与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.3，重力加速度g 取10m/s 2，不计空气阻力，假设水平地面足够长，试求：(1)弹簧解除锁定后，小球到B 点时的速度大小； (2)小球运动到轨道最高点C 时对轨道的作用力；(3)若小球从“9”字形轨道D 点水平抛出后，第一次与地面碰撞前速度方向与水平地面倾角θ＝45°，每一次与地面碰撞过程中小球水平速度分量保持不变，小球弹起来的竖直速度分量减小为碰撞前的一半，直到最后沿着水平地面滚动，求小球开始沿地面滚动的位置与D 点的水平距离以及碰撞过程中小球损失的机械能． 答案 (1)6m/s (2)9N ，方向竖直向上 (3)8.4m 1.4J解析 (1)设小球到B 点时的速度为v 0，弹簧解除锁定后，由动能定理得E p －μmgL ＝12mv 02 v 0＝6m/s(2)对小球由B 到C 运动，由动能定理得： －mgH ＝12mv C 2－12mv 02在C 点：F N ＋mg ＝m v C 2R解得：F N ＝9N由牛顿第三定律得：小球对轨道的作用力大小为9N ，方向竖直向上(3)小球由B 到D 运动：－mg (H －2R )＝12mv D 2－12mv 02解得：v D ＝28m/s 第1次到达地面时：v y ＝v Dtan45°，v y ＝v D ＝28m/s竖直方向有：2gh ＝v y 2，解得：h ＝1.4m.小球离开D 点直到最后在水平地面做直线运动，在竖直方向运动的总时间：t 总＝v y g ＋2×[12×v y g ＋(12)2×v y g ＋(12)3×v yg＋…]代入：t 总≈2810s ＋2×2810×121－12s ＝357s小球离开D 点直到最后在水平地面做直线运动，在水平方向运动的位移大小：x ＝v D t 总＝8.4m损失的机械能为：ΔE ＝mgh ΔE ＝mgh ＝1.4J.专题强化练基础题组1．(多选)(2019·温州市联考)一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离．假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是( )A ．运动员到达最低点前重力势能始终减小B ．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力做负功，弹性势能增加C ．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D ．蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关 答案 ABC解析 运动员到达最低点前重力始终做正功，重力势能始终减小，故A 正确；蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力方向与位移方向始终相反，弹力做负功，弹性势能增加，故B 正确；以运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，故C 正确；重力势能的改变与重力做功有关，取决于初末位置的高度差，与重力势能零点的选取无关，故D 错误．2．(2019·诸暨市期末)人们用一块弹性毯子将小孩竖直抛起，再保持弹性毯子水平，接住小孩，这是阿拉斯加当地人的一种娱乐方式．若不计空气阻力，下列说法中正确的是( ) A．用毯子将小孩上抛，毯子对小孩做正功，小孩机械能增加B．小孩在空中上升时处于超重状态，下落过程处于失重状态C．小孩由最高点下落，一接触到弹性毯子就立刻做减速运动D．小孩由最高点下落至速度为零的过程中，小孩机械能守恒答案 A3.(2019·金华十校高三期末)“反向蹦极”是蹦极运动的一种类型，如图所示，将弹性绳拉长后固定在运动员身上，并通过其他力作用使运动员停留在地面上，当撤去其他力后，运动员从A点被“发射”出去冲向高空，当上升到B点时弹性绳恢复原长，运动员继续上升到最高点C，若运动员始终沿竖直方向运动并视为质点，忽略弹性绳质量与空气阻力．下列说法正确的是( )A．运动员在A点时弹性绳的弹性势能最小B．运动员在B点时的动能最大C．运动员在C点时的加速度大小为0D．运动员从A点运动到B点的过程，弹性绳的弹性势能减小量大于运动员重力势能的增加量答案 D4．(2019·广东深圳市第一次调研)在水平地面上方某处，把质量相同的P、Q两小球以相同速率沿竖直方向抛出，P向上，Q向下，不计空气阻力，两球从抛出到落地的过程中( ) A．P球重力做功较多B．两球重力的平均功率相等C．落地前瞬间，P球重力的瞬时功率较大D．落地前瞬间，两球重力的瞬时功率相等答案 D解析根据W＝mgh可知两球重力做功相同，选项A错误；上抛的物体运动时间长，根据P＝W t 可知两球重力的平均功率不相等，选项B错误；根据机械能守恒定律可知12mv2＝mgh＋12mv02，两球落地的速度相同，根据P＝mgv可知落地前瞬间，两球重力的瞬时功率相等，选项C错误，D正确．5．(2019·绍兴市3月选考)一高度为d 的仓库起火，现需要利用仓库前方固定在地面上的消防水炮给它灭火．如图所示，水炮与仓库的距离为d ，出水口的横截面积为S ，喷水方向可自由调节、功率也可以变化．火势最猛的那层楼窗户上、下边缘离地高度分别为0.75d 和0.25d ，(要使灭火效果最好)要求水喷入时的方向与窗户面垂直．已知水炮的效率为η，水的密度为ρ，重力加速度为g ，不计空气阻力，忽略水炮离地高度．下列说法正确的是( )A ．若水从窗户下边缘进入，则进入时的速度大小为gdB ．若水从窗户上边缘进入，则进入时的速度大小为2gdC ．若水从窗户的正中间进入，则此时的水炮功率最小D ．满足水从窗户进入的水炮功率最小值为12ρS (gd )32答案 C解析 将水的运动逆向看作是平抛运动，上边缘进入，由d ＝v 1t,0.75d ＝12gt 2，得v 1＝32gd . 下边缘进入d ＝v 2t,0.25d ＝12gt 2，得v 2＝2gd ，故A 、B 错误．设从h 处进入，由h ＝12gt2及d ＝v x t ，v y 2＝2gh .则初速度v 02＝v x 2＋v y 2＝gd 22h ＋2gh ，当gd 22h ＝2gh ，即h ＝d2时v 0有最小值v 0＝gd ，功率最小；由F ·Δt ＝ρv 0S Δtv 0，得F ＝ρSv 02，功率P ＝Fv 0＝ρSv 03＝ρS (gd )32，故C 正确，D 错误．6.(2019·绍兴诸暨市期末) 某三层书架放在1m 高的桌面上，书架的层高均为30cm ，隔板厚度不计．假设每本书质量为1kg ，高度为20cm ，每层书架可竖直摆放10本书，一开始所有书全部都平铺在水平地面上．现将书搬到书架上并竖直放满书架，需要做的功为(g 取10m/s 2) ( )A ．435JB ．420JC ．120JD ．390J 答案 B解析 放满书的三层书架，三层书的重心分别上升1.1m ，1.4m,1.7m ，由W ＝mg (h 1＋h 2＋h 3)＝420J.7．放置于水平地面上的物体在水平恒力F 作用下，以不同的速度沿着力F 的方向匀速运动了距离L .第一次的速度为v 1，恒力F 做的功为W 1，功率为P 1；第二次的速度为v 2，恒力F 做的功为W 2，功率为P 2.已知v 1>v 2，则下列判断正确的是( ) A ．W 1>W 2，P 1＝P 2 B ．W 1>W 2，P 1>P 2 C ．W 1＝W 2，P 1＝P 2 D ．W 1＝W 2，P 1>P 2答案 D解析 根据W ＝FL 可知，两次做功相同则W 1＝W 2；由于v 1>v 2，所以第一次做功时间短，根据P ＝Wt可得P 1>P 2，选项D 正确． 8．(2019·天津市和平区上学期期末)如图所示，两个半径不同、内壁光滑的半圆轨道，固定于地面，两轨道的球心O 、O ′在同一水平高度上，一小球先后从与轨道球心在同一高度上的A 、B 两点从静止开始滑下，以轨道球心所在位置为零势能面，通过最低点时，下列说法中不正确的是( )A ．小球对轨道的压力是相同的B ．小球的速度相同C ．小球向心加速度是相同的D ．小球的机械能相同 答案 B解析 设小球通过最低点的速度大小为v ，半圆的半径为R .在落到最低点的过程中．根据动能定理得mgR ＝12mv 2－0，解得v ＝2gR ，可知R 越大v 越大，故B 错误；在最低点，竖直方向上的合力提供向心力，由牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2R，联立解得F N ＝3mg ，可知轨道对小球的支持力与半圆轨道的半径无关，由牛顿第三定律可知小球对两轨道的压力大小圴为重力的3倍，方向均竖直向下，故A 正确；在最低点，a ＝F N －mgm＝2g ，方向竖直向上，故C 正确；两球下滑都只有重力做功，满足机械能守恒，故D 正确．9．一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 ＝20N ，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． 能力题组10.(2018·全国卷Ⅰ·18)如图，abc 是竖直面内的光滑固定轨道，ab 水平，长度为2R ；bc 是半径为R 的四分之一圆弧，与ab 相切于b 点．一质量为m 的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a 点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g .小球从a 点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )A ．2mgRB ．4mgRC ．5mgRD ．6mgR答案 C解析 小球从a 运动到c ，根据动能定理，得F ·3R －mgR ＝12mv 12，又F ＝mg ，故v 1＝2gR ，小球离开c 点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动．且水平方向与竖直方向的加速度大小相等，都为g ，故小球从c 点到最高点所用的时间t ＝v 1g＝2R g ，水平位移x ＝12gt 2＝2R ， 根据功能关系，小球从a 点到轨迹最高点机械能的增量为力F 做的功，即ΔE ＝F ·(2R ＋R ＋x )＝5mgR .11．(2019·宁波市“十校联考”)如图所示，一水平圆盘绕过圆心的竖直轴转动，圆盘半径R ＝0.2m ，圆盘边缘有一质量m ＝1kg 的小滑块．当圆盘转动的角速度达到某一数值时，滑块恰从圆盘边缘A 沿过渡圆管滑落，进入轨道ABC ，AB 粗糙，BCD 光滑，CD 面足够长且离地面高为h ′＝0.4m ，经C 点后突然给滑块施加水平向右的恒力F ＝1033N ．已知AB 段斜面倾角为60°，BC 段斜面倾角为30°，小滑块与圆盘的动摩擦因数μ＝0.5，A 点离B 点所在水平面的高度h ＝1.2m ，运动到B 点时的速度为3m/s ，滑块从A 至C 运动过程中始终未脱离轨道，不计在过渡圆管处和B 点的机械能损失，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s 2，求：(1)滑出A 点时，圆盘转动的角速度ω； (2)小滑块在从A 到B 时，摩擦力做的功； (3)小滑块在CD 面上的落点距C 点的水平距离． 答案 (1)5rad/s (2)－8J (3)315m 解析 (1)滑块在圆盘上做圆周运动时，静摩擦力充当向心力， 根据牛顿第二定律得：μmg ＝m ω2R ， 代入数据解得：ω＝5rad/s (2)v A ＝ωR ＝5×0.2m/s＝1 m/s ，从A 到B 的运动过程由动能定理：mgh ＋W f ＝12mv B 2－12mv A 2，解得W f ＝－8J(3)－mgh ′＝12mv C 2－12mv B 2解得v C ＝1m/s对小滑块经C 点后受力分析可知，F 合＝2033N ，则合加速度大小为a ＝2033m/s 2，方向与C点速度方向垂直v y ＝v C sin30°，小滑块经C 点到落地的过程，用时t ＝2v yg，小滑块在C 点时，水平方向的速度v x ＝v C cos30°，水平方向加速度a ＝F m ，小滑块在CD 面上的落点距C 点的水平距离x ＝v x t ＋12at 2，联立解得x＝315m. 12．(2019·诸暨市期末)如图所示是滑块翻越碰撞游戏的示意图．弹射装置将滑块以一定初速度从A 点弹出，滑块沿粗糙桌面运动，从B 点进入竖直光滑圆轨道，沿圆轨道运动一周后离开轨道，向桌面边缘的C 点运动．滑块在C 点水平抛出，恰好在D 点沿DE 方向进入光滑倾斜轨道．固定在轨道底端的弹性板EF 与轨道垂直，滑块与弹性板碰撞后反弹，碰撞过程中有能量损失．已知可视为质点的滑块质量m ＝0.1kg ，滑块与桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，桌面AB 和桌面BC 长度分别为x 1＝2.25m 与x 2＝1.0m ，C 、D 两点高度差h ＝0.2m ，轨道的倾角θ为30°，DE 长度L ＝0.9m ，每次滑块与弹性板碰撞后速度大小变为碰前的0.6倍，重力加。

功和能考试纲领要求考纲解读1. 功和功率Ⅱ1.本章各个考点的层级要求均为“Ⅱ”，突显本章在高考取的重要地位，是历年高考命题重中之重。

2.功和能的关系、能量的转变和守恒是解决物理问题的一种重要门路．从过去两年高考来看，本章知识与电场、磁场、电磁感觉、碰撞或相对运动中的动量守恒相联合，以直线运动、平抛运动和圆周运动等物理现象为情形，以多过程、多状态形式出现的综合题，是高考的最高要求。

3.近几年高考试题与生产、生活实质相联合是一种命题趋向．本专题知识与实质生产、生活联系密切，所以高考题常常将本专题知识放在一些与实质问题相联合的情形中考察，要求考生从实质情形中找出物理过程和状态，并正确运用物理原理来解题。

2. 动能和动能定理Ⅱ3. 重力做功与重力势能Ⅱ4.功能关系、机械能守恒定律及其应用Ⅱ纵观近几年高考试题，展望2019年物理高考试题还会考：1、从近几年高考来看，对于功和功率的考察，多以选择题的形式出现，有时与电流及电磁感觉相联合命题．2、动能定理多半题目是与牛顿运动定律、平抛运动、圆周运动以及电磁学等知知趣联合的综合性试题；动能定理仍将是高考考察的要点，高考题着重与生产、生活、科技相联合，将对有关知识的考察放在一些与实质问题相联合的情境中。

3、机械能守恒定律，多半是与牛顿运动定律、平抛运动、圆周运动以及电磁学等知知趣联合的综合性试题；高考题着重与生产、生活、科技相联合，将对有关知识的考察放在一些与实质问题相联合的情境中。

考向01 功和功率 1.讲高考 （1）考纲领求掌握做功正负的判断和计算功的方法；理解tWP =和Fv P =的关系，并会运用；会剖析机车的两种启动方式． （2）命题规律从近几年高考来看，对于功和功率的考察，多以选择题的形式出现，有时与电流及电磁感觉相联合命题．事例1． 如图，某同学用绳索拉动木箱，使它从静止开始沿粗拙水平路面运动至拥有某一速度，木箱获取的动能必定（ ）A. 小于拉力所做的功B. 等于拉力所做的功C. 等于战胜摩擦力所做的功D. 大于战胜摩擦力所做的功【根源】2018年一般高等学校招生全国一致考试物理（全国II 卷） 【答案】 A【分析】试题剖析：受力剖析，找到能影响动能变化的是那几个物理量，而后观察这几个物理量的变化即可。

第1讲 功和功率 动能定理[做真题·明考向] 真题体验 透视命题规律讲课提示：对应学生用书第23页[真题再做]1．(多项选择)(2018·高考全国卷Ⅲ，T19)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机经过竖井运送到地面．某竖井中矿车提高的速度大小v 随时间t 的变化关系如下图，此中图线①②分别描绘两次不一样的提高过程，它们变速阶段加快度的大小都同样；两次提高的高度同样，提高的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．关于第①次和第②次提高过程( )A ．矿车上涨所用的时间之比为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分析：由图线①知，矿车上涨总高度h ＝v 02·2t 0＝v 0t 0由图线②知，加快阶段和减速阶段上涨高度和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次提高过程所用时间为t 02＋32t 0＋t 02＝52t 0，两次上涨所用时间之比为2t 0∶52t 0＝4∶5，A 对；对矿车受力剖析，当矿车向上做加快直线运动时，电机的牵引力最大，因为加快阶段加快度同样，故加快时牵引力同样，B 错；在加快上涨阶段，由牛顿第二定律知，F －mg ＝ma ，F ＝m (g ＋a )第①次在t 0时辰，功率P 1＝F ·v 0， 第②次在t 02时辰，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同样，战胜重力做功同样，故两次电机做功也同样，D 错．答案：AC2．(2017·高考全国卷Ⅲ，T16)如图，一质量为m ，长度为l 的均匀柔嫩细绳PQ 竖直悬挂．用外力将绳的下端Q 迟缓地竖直向上拉起至M点，M 点与绳的上端P 相距13l .重力加快度大小为g .在此过程中，外力做的功为( )A.19mglB.16mglC.13mglD.12mgl分析：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．答案：A3.(2015·高考全国卷Ⅱ，T17)一汽车在平直公路上行驶．从某时辰开始计时，发动机的功率P 随时间t 的变化如下图．假设汽车所受阻力的大小f 恒定不变．以下描绘该汽车的速度v 随时间t 变化的图线中，可能正确的选项是( )分析：当汽车的功率为P 1时，汽车在运动过程中知足P 1＝F 1v ，因为P 1不变，v 渐渐增大，所以牵引力F 1渐渐减小，由牛顿第二定律得F 1－f ＝ma 1，f不变，所以汽车做加快度减小的加快运动，当F 1＝f 时速度最大，且v m ＝P 1F 1＝P 1f .当汽车的功率突变成P 2时，汽车的牵引力突增为F 2，汽车连续加快，由P 2＝F 2v 可知F 2减小，又因F 2－f ＝ma 2，所以加快度渐渐减小，直到F 2＝f 时，速度最大v m ′＝P 2f ，此后匀速运动．综合以上剖析可知选项A 正确．答案：A4.(2016·高考全国卷Ⅲ，T24)如图，在竖直平面内有由14圆弧AB 和12圆弧BC 构成的圆滑固定轨道，二者在最低点B 光滑连结．AB 弧的半径为R ，BC 弧的半径为R 2.一小球在A 点正上方与A 相距R 4处由静止开始自由着落，经A 点沿圆弧轨道运动．(1)求小球在B 、A 两点的动能之比；(2)经过计算判断小球可否沿轨道运动到C 点．分析：(1)小球着落至A 点的过程，由动能定理得mg ·R 4＝E k A －0小球着落至B 点的过程，由动能定理得mg (R 4＋R )＝E k B －0由以上两式联立解得E k B E k A＝51. (2)小球恰巧经过C 点时，由牛顿第二定律得mg ＝m v 20R 2，解得v 0＝gR 2小球由开始着落至C 点的过程，由动能定理得mg ·R 4＝12mv 2C －0，解得v C ＝gR2因为v C ＝v 0，故小球恰巧能够沿轨道运动到C 点．答案：(1)5∶1 (2)看法析[考情剖析]■命题特色与趋向——怎么考1．近几年高考命题点主要集中在正、负功的判断，功率的剖析与计算，机车启动模型，动能定理在圆周运动、平抛运动中的应用．题目拥有必定的综合性，难度适中．2．本讲高考独自命题以选择题为主，综合命题以计算题为主，常将动能定理与机械能守恒定律、能量守恒定律相联合．动能定理还是2019年高考的考察重点，要重点关注本讲知识与实质问题相联合的情形题目．■解题要领——怎么做解决本讲知识要理解功和功率的定义、正负功的判断方法，机车启动两类模型的剖析、动能定理及动能定理在变力做功中的灵巧应用．[建系统·记重点] 知识串连 熟记中心重点讲课提示：对应学生用书第24页[网络建立][重点熟记]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)均匀功率：P ＝W t ＝F v cos α.(2)刹时功率：P ＝Fv cos α(α为F 与v 的夹角)．(3)机车启动两类模型中的重点方程：P ＝F ·v ，F －F 阻＝ma ，v m ＝P F 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)应用动能定理的重点是写出各力做功的代数和，不要遗漏某个力做的功，同时要注意各力做功的正、负．(2)动能定理是标量式，不可以在某一方向上应用．[研考向·提能力] 考向研析 掌握应试技术讲课提示：对应学生用书第24页考向一 功和功率的剖析与计算1．(2018·北京昌平期末)如下图，质量为60kg 的某同学在做引体向上运动，从双臂挺直到肩部与单杠同高度算1次．若他在1min 内达成了10次，每次肩部上涨的距离均为，则他在1min内战胜重力所做的功及相应的功率约为(g取10m/s2)()A．240 J,4 W B.2 400 J,2 400 WC．2 400 J, 40 W D．4 800 J,80 W分析：他每次引体向上战胜重力所做的功为W1＝mgh＝60×10×0.4 J＝240 J，他在1 min内战胜重力所做的功为W＝10W1＝10×240 J＝2 400 J，相应的功率约为P＝Wt＝40 W，选项C正确．答案：C2．(多项选择)如下图，传递带AB的倾角为θ，且传递带足够长，现有质量为m、可视为质点的物体以初速度v0从B端开始向上运动，物体与传递带之间的动摩擦因数μ>tanθ，传递带的速度为v(v0<v)，方向未知，重力加快度为g.物体在传递带上运动过程中，以下说法正确的选项是()A．摩擦力对物体做功的最大刹时功率是μmgv cosθB．摩擦力对物体做功的最大刹时功率是μmgv0cosθC．摩擦力对物体可能先做负功后做正功D．摩擦力对物体做的总功可能为零分析：物体与传递带之间的动摩擦因数μ>tanθ，则μmg cosθ>mg sinθ，传递带的速度为v(v0<v)，若v0与v同向，物体先做匀加快运动，直至物体加快运动到与传递带速度同样时物体速度最大，此时摩擦力的刹时功率最大，则最大刹时功率为P＝μmgv cosθ；若v0与v反向，物体沿传递带向上开始做类竖直上抛，依据对称性知，物体在传递带上运动的速度最大为v0，此时摩擦力的刹时功率最大，则最大刹时功率为P＝μmgv0cosθ，因为最大刹时功率有两种可能值，所以选项A、B均错误．若v0与v反向，物体先是沿传递带向上做匀减速运动，速度为零后，沿传递带向下做匀加快运动，滑动摩擦力方向一直沿传递带向下，摩擦力先对物体做负功，后做正功，物体回到B端时位移为零，滑动摩擦力做的总功为零，选项C、D正确．答案：CD3．长为L的轻质细绳悬挂一个质量为m的小球，其下方有一个倾角为θ的圆滑斜面体放在水平面上，开始时小球与斜面刚才接触且细绳恰巧竖直，如下图．此刻用水平推力F迟缓向左推进斜面体，直至细绳与斜面平行，则以下说法中正确的选项是()A．因为小球遇到斜面的弹力一直与斜面垂直，故对小球不做功B．细绳对小球的拉力一直与小球的运动方向垂直，故对小球不做功C．小球遇到的合外力对小球做功为零，故小球在该过程中机械能守恒D．若水平面圆滑，则推力做功为mgL(1－cosθ)分析：小球遇到的斜面的弹力沿小球位移方向有重量，故对小球做正功，A 错误；细绳的拉力方向一直和小球的运动方向垂直，故对小球不做功，B正确；合外力对小球做的功等于小球动能的改变量，固然合外力做功为零，但小球的重力势能增添，故小球在该过程中机械能不守恒，C错误；若水平面圆滑，则推力做功等于小球重力势能的增量，即为mgL(1－sinθ)，D错误．答案：B考向二机车启动问题1．恒定功率启动(1)机车先做加快度渐渐减小的变加快直线运动，后做匀速直线运动，速度—时间图象如下图，当F＝F阻时，v m＝PF＝PF阻.(2)动能定理：Pt －F 阻x＝12mv 2m －0. 2．恒定加快度启动(1)速度—时间图象如下图．机车先做匀加快直线运动，当功率增大到额定功率后获取匀加快的最大速度v 1.以后做变加快直线运动，直至达到最大速度v m 后做匀速直线运动．(2)常用公式：⎩⎨⎧ F －F 阻＝ma P 额＝Fv 1P 额＝F 阻v m v 1＝at 14.如下图，汽车在平直路面上匀速运动，用越过圆滑定滑轮的轻绳牵引轮船，汽车与滑轮间的绳保持水平，当牵引轮船的绳与水平方向成θ角时，轮船速度为v ，汽车的功率为P ，汽车遇到的阻力(不含绳的拉力)恒为f ，则此时绳对船的拉力大小为( )A.P v cos θ＋fB.P v cos θ－fC.P cos θv ＋f D.P cos θv －f分析：将船的速度分解如下图，沿绳索方向的分速度v 1＝v cos θ，依据P ＝Fv 1得，汽车的牵引力大小F ＝P v 1＝P v cos θ.依据均衡条件得，绳对汽车的拉力大小F ′＝F －f ＝P v cos θ－f ，那么此时绳对船的拉力大小为P v cos θ－f ，应选项B 正确．答案：B5．一辆汽车内行驶过程中的最大输出功率与速度大小的关系如下图，已知该车质量为2×103kg ，在某平直路面上行驶，阻力恒为3×103N ．若汽车从静止开始以恒定加快度2m/s 2做匀加快运动，则此匀加快过程能连续的时间大概为( )A ．8sB ．14sC ．26sD ．38s分析：由图象可知，汽车的最大功率约为P ＝200kW ，在匀加快阶段由牛顿第二定律可知F －F 阻＝ma ，即F ＝F 阻＋ma ＝3×103N ＋2×103×2N ＝7000N ，再由P ＝Fv 可知v ＝P F ＝200×1037000m/s ＝2007m/s ，由v ＝at ，解得t ＝1007s≈14.3s ，应选项B 正确．答案：B6．(多项选择)(2018·江西赣中南五校联考)质量为m 的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度—时间图象如下图，从t 1时辰起汽车的功率保持不变，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，汽车的牵引力做功的大小等于汽车动能的增添量B ．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＝(mv 1F f t 1＋1)v 1 D ．t 1～t 2时间内，汽车的均匀速度等于v 1＋v 22分析：0～t 1时间内，汽车加快度a ＝v 1t 1，由牛顿第二定律F －F f ＝ma ，解得F ＝m v 1t 1＋F f .t 1～t 2时间内，汽车的功率P ＝Fv 1＝(m v 1t 1＋F f )v 1，选项B 正确；由P＝F f v2可得汽车运动的最大速度v2＝PF f＝(mv1F f t1＋1)v1，选项C正确；依据动能定理，0～t1时间内，汽车的牵引力做的功减去战胜阻力做的功等于汽车动能的增添量，选项A错误；t1～t2时间内，汽车的均匀速度大于v1＋v22，选项D错误．答案：BC[方法技巧]解决机车启动问题的四点注意(1)分清是匀加快启动还是恒定功率启动，如第5题中是匀加快启动，第6题中0～t1时间内是匀加快运动，t1～t2时间内是恒定功率运动．(2)匀加快启动过程中，机车功率是不停增大的，当功率达到额定功率时匀加快运动速度达到最大(如第6题中t1时辰对应的速度v1)，但不是机车能达到的最大速度(t2时辰速度v2)，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，牵引力是不停减小的，机车做加快度减小的加快运动，牵引力的最小值等于阻力．(4)不论哪一种启动方式，最后达到最大速度时，均知足P＝F f v m，P为机车的额定功率．考向三动能定理的应用[典例展现]如图甲所示是游玩园的过山车，其局部可简化为如图乙所示的表示图，倾角θ＝37°的两平行倾斜轨道BC、DE的下端与水平半圆形轨道CD 顺滑连结，倾斜轨道BC的B端距轨道CD所在水平面的竖直高度h＝24m，倾斜轨道DE与圆弧轨道EF相切于E点，圆弧轨道EF的圆心O1、水平半圆轨道CD的圆心O2在同一水平面上，D点与O1点之间的距离L＝20m，质量m＝1000kg的过山车(包含乘客)从B点由静止开始滑下，经过水平半圆轨道CD后，滑上倾斜轨道DE，抵达圆弧轨道顶端F时，乘客对座椅的压力为自己重力的1 4.已知过山车在BCDE段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比，比率系数μ＝132，圆弧轨道EF圆滑，整个运动过程中空气阻力不计，过山车经过各轨道之间的连结点时无机械能损失．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加快度g取10m/s2)(1)求过山车过F点时的速度大小；(2)求从B点到F点的整个运动过程中摩擦力对过山车做的功；(3)过山车过D点时发现圆弧轨道EF有故障，为保证乘客安全，立刻触发制动装置，使过山车不可以抵达EF段并保证不再下滑，设触发制动装置后，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则过山车遇到的摩擦力起码为多大？[分析](1)设过山车过F点时的速度为v F，选择某个质量为m1的乘客为研究对象，依据牛顿第二定律有m1g－14m1g＝m1v2Fr，又r＝L sinθ联立方程并代入数据解得v F＝310m/s.(2)设整个过程摩擦力做功为W，对过山车从B点到F点的过程，应用动能定理得mg(h－r)＋W＝12mv2F－0代入数据解得W＝－7.5×104J.(3)触发制动装置后，设过山车恰巧能够抵达E点时对应的摩擦力为F f，过山车在D点和F点的速度分别为v D和v F，由动能定理得－F f L cosθ－mgr cosθ＝0－12mv2D未触发制动装置时，对D点到F点的过程，由动能定理得－μmg cosθ·L cosθ－mgr＝12mv2F－12mv2D联立方程并代入数据解得F f＝4.56×103N因为F f<mg sinθ＝6000N，故由题意可知过山车遇到的摩擦力起码为6000N. [答案](1)310m/s(2)－7.5×104J(3)6000N[方法技巧]应用动能定理解题应抓好“一个过程、两个状态、四个关注”(1)一个过程：明确研究过程，确立这一过程研究对象的受力状况和地点变化或位移信息．(2)两个状态：明确研究对象的始、末状态的速度或动能状况，如例题中B 点的速度为零，F 点的速度可利用动力学求出．(3)四个关注①成立运动模型，判断物体做了哪些运动，如例题中EF 段为圆周运动． ②剖析各个运动过程中物体的受力和运动状况．③抓住运动模型之间的联系纽带，如速度、加快度、位移，确立初、末状态． ④依据实质状况分阶段(如例题中选DEF 段)或整个过程利用动能定理列式计算．7.如下图，质量为m 的小滑块从O 点以速度v 0沿水平面向左运动，小滑块撞击弹簧后被弹簧弹回并最后静止于O 点，则运动过程中弹簧获取的最大弹性势能是( ) A.13mv 20B.14mv 20C.16mv 20D.18mv 20分析：设动摩擦因数为μ，O 点离弹簧右端距离为L ，弹簧最大压缩量为Δx .小滑块从O 点运动到弹簧压缩量最大时，速度减为0，由动能定理可得－μmg (L＋Δx )－W 弹＝0－12mv 20，再剖析弹簧压缩量最大到小滑块最后静止的过程，由动能定理可得W 弹－μmg (L ＋Δx )＝0－0，联立可得W 弹＝14mv 20，故弹簧获取的最大弹性势能是14mv 20，选项B 正确．答案：B(1)物块运动到C 点时的速度大小v C ；(2)物块在圆轨道最低点P 遇到轨道支持力的大小F N ；(3)A 点离P 点所在的水平川面的高度H .分析：(1)物块落在D 点时，速度在竖直方向上的分速度v y ＝gt ＝20m/s ，又tan37°＝v C v y联立解得v C ＝15m/s.(2)在物块从P 点运动到C 点的过程中，由动能定理得－mg ·2R ＝12mv 2C －12mv 2P在P 点由重力与支持力的协力供给向心力得F N －mg ＝m v 2P R联立以上式子并代入数据解得F N ＝3250N.(3)在物块从A 点运动到P 点的过程中，由动能定理可得mgH －μmg cos37°H －R ＋R cos37°sin37°＝12mv 2P 解得H ＝45.5m.9．(2018·江苏南京一模)如下图，炼钢厂往常用滚筒来传递软钢锭，使拥有必定初速度的软钢锭经过滚筒滑上平台．质量为M 的软钢锭长为L ，上表面圆滑，下表面与平台间是粗拙的．现以水平向右的初速度滑上平台，所有滑上平台时的速度为v .此时，在其右端无初速度地放上一个质量为m 的滑块(视为质点)．随后软钢锭滑过2L 距离时速度为零，滑块恰巧抵达平台．重力加快度为g ，空气阻力不计．求：(1)滑块获取的最大加快度(不考虑与平台的撞击过程)；(2)滑块放上后，软钢锭滑动过程战胜阻力做的功；(3)滑块抵达平台的动能．分析：(1)因为滑块与软钢锭间无摩擦，所以，软钢锭在平台上滑过距离L 时，滑块离开做自由落体运动，滑块获取的最大加快度a ＝g .(2)软钢锭滑上平台时的动能E k ＝12Mv 2 设战胜阻力做功为W f 克，由动能定理得－W f 克＝0－12Mv 2则W f 克＝12Mv 2(3)滑块离开软钢锭后自由着落到平台的时间与软钢锭在平台最后滑动L 的时间同样，都为t ，L ＝12μgt 2，－μ(M ＋m )gL －μMgL ＝0－12Mv 2v m ＝gtE km ＝12mv 2m联解以上四个方程式得E km ＝2(2M ＋m )mg 2L 2Mv 2答案：(1)g (2)12Mv 2 (3)2(2M ＋m )mg 2L 2Mv 2[限训练·通高考] 科学设题 拿下高考高分独自成册 对应学生用书第131页(45分钟)一、单项选择题1.(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，某同学用绳索拉动木箱，使它从静止开始沿粗拙水平路面运动至拥有某一速度．木箱获取的动能必定( )A ．小于拉力所做的功B ．等于拉力所做的功C ．等于战胜摩擦力所做的功D ．大于战胜摩擦力所做的功分析：由题意知，W 拉－W 阻＝ΔE k ，则W 拉＞ΔE k ，A 对，B 错；W 阻与ΔE k 的大小关系不确立，C 、D 错．答案：A2．如下图，质量为m 的汽车在某下坡的公路上，赶快度v 0开始加快运动，经时间t 速度达到最大值v m .设在此过程中汽车发动机的功率恒为P ，汽车所受的摩擦阻力为恒力．关于该过程，以下说法正确的选项是( )A ．该过程中汽车向来做匀加快直线运动B ．该过程中汽车所受阻力f ＝P v mC ．该过程中汽车所受阻力做功的大小为Pt ＋12mv 2mD ．该过程中汽车做加快度不停减小的加快运动分析：汽车发动机的功率恒为P ，则汽车做加快度渐渐减小的加快运动，A错误，D 正确；汽车速度达到最大值v m 时，汽车的牵引力F ＝P v m ，故f ＝P v m＋mg sin θ，B 错误；因为还有重力做功，汽车所受阻力做的功没法求出，C 错误．答案：D3.如下图，质量为m 的小球(可视为质点)用长为L 的细线悬挂于O 点，自由静止在A 地点．现用水平力F 迟缓地将小球从A 地点拉到B 地点后静止，此时细线与竖直方向夹角为θ＝60°，细线的拉力为F 1，而后松手让小球从静止返回，到A 点时细线的拉力为F 2，则( )A ．F 1＝F 2＝2mgB ．从A 到B ，拉力F 做的功为F 1LC ．从B 到A 的过程中，小球遇到的协力大小不变D ．从B 到A 的过程中，小球重力的刹时功率向来增大分析：在B 地点，依据均衡条件有F 1sin30°＝mg ，解得F 1＝2mg .从B 到A ，依据动能定理得mgL (1－cos60°)＝12mv 2，依据牛顿第二定律得F 2－mg ＝m v 2L ，联立两式解得F 2＝2mg ，故A 项正确；从A 到B ，小球迟缓挪动，依据动能定理得W F －mgL (1－cos60°)＝0，解得W F ＝12mgL ，故B 项错误；从B 到A 的过程中，小球的速度大小在变化，沿径向的协力在变化，故C 项错误；在B 地点，重力的功率为零，在最低点，重力的方向与速度方向垂直，重力的功率为零，可知从B 到A 的过程中，重力的功领先增大后减小，故D 项错误．答案：Am ，在平直路面上行驶时，所受阻力不变．当均衡车加快度为a ，速度为v 时，均衡车的功率为P 1，则当功率为P 2时，均衡车行驶的最大速度为( )A.P 2v P 1B.P 2v P 1－mavC.P 1v P 2D.P 1v P 2－mav分析：对均衡车受力剖析，设遇到的阻力的大小为F f ，由牛顿第二定律可得，F －F f ＝ma ，所以F ＝F f ＋ma ，所以功率P 1＝Fv ＝(F f ＋ma )v ，解得F f ＝P 1v －ma ，当功率恒为P 2时，设最大速度为v ′，则P 2＝F ′v ′＝F f v ′，所以v ′＝P 2F f ＝P 2v P 1－mav，选项B 正确． 答案：B5．一滑块在水平川面上沿直线滑行，t ＝0时的速率为1m/s ，从此刻开始在与初速度相反的方向上施加一水平作使劲F ，力F 和滑块的速度v 随时间的变化规律分别如图甲、乙所示，两图取同一正方向，g 取10 m/s 2，则以下说法正确的选项是( )A ．滑块的质量为2kgB ．第1s 内摩擦力对滑块做的功为－1JC ．第2s 末拉力FD．第2s内拉力F分析：由题图乙可知滑块的加快度a＝1m/s2，依据牛顿第二定律，在第1s 内有F＋F f＝ma，第2s内有F′－F f＝ma，代入数据解得F f＝1N，m＝2kg，A正确；第1s内滑块的位移大小x1＝12×1×1m＝0.5m，则摩擦力对滑块做的功W F f＝－F f x1＝－1×0.5J＝－0.5J，B错误；第2s末拉力的功率P＝F′v＝3×1W＝3W，C错误；第2s内滑块的位移x2＝12×1×1m＝0.5m，则第2s内拉力的均匀功率P＝Wt＝F′x2t＝,1)W＝1.5W，D错误．答案：A500kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加快，遇到的阻力不变，其加快度a和速度的倒数1v的关系如下图，则赛车()A．做匀加快直线运动B．功率为20kWC．所受阻力大小为2000ND．速度大小为50m/s时牵引力大小为3000N分析：由图象可知，汽车的加快度随速度的增大而减小，故汽车不做匀加快运动，选项A错误；依据P＝Fv，F－F f＝ma可得a＝Pm·1v－F fm，由图象可知F fm＝4，Pm＝400，解得F f＝2000N，P＝2×105W，选项B错误，C正确；速度大小为50m/s时牵引力大小为F＝Pv＝2×10550N＝4000N，选项D错误．答案：C7．(2017·高考江苏卷)一小物块沿斜面向上滑动，而后滑回到原处．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()分析：物块上滑时，重力沿斜面的分力和摩擦力均沿斜面向下，下滑时，摩擦力沿斜面向上，依据动能定理W ＝ΔE k 知，图象中的斜率表示物块遇到的协力，物块上滑时恒定的协力大于物块下滑时恒定的协力，所以C 项正确．答案：C二、多项选择题8.(2018·湖南长沙高三一模)如下图，内壁圆滑半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m 的小球静止在轨道底部A 点．现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后快速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动．当小球回到A 点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，一定经过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点．已知小球在运动过程中一直未离开轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W ，第二次击打过程中小锤对小球做功4W ，设两次击打过程中小锤对小球做的功所有用来增添小球的动能，则W 的值可能是( ) A.56mgR B.34mgR C.38mgR D.32mgR分析：第一次击打小球时，小球运动的最大高度为R ，即W ≤mgR .第二次击打小球，使小球运动到圆轨道的最高点，而小球能够经过最高点的条件为mg ≤m v 2高R ，即v 高≥gR .小球从静止到抵达最高点的过程中，由动能定理得W ＋4W －mg ·2R ＝12mv 2高－0，得W ≥12mgR ，所以W 知足12mgR ≤W ≤mgR ，选项A 、B 正确．答案：AB9.a 、b 为紧靠着的且两边固定的两张同样薄纸，如下图．一个质量为1kg 的小球从距纸面高为60cm 的地方自由着落，恰能穿破两张纸．若将a 纸的地点高升，b 纸的地点不变，在同样条件下要使小球还能穿破两张纸，则a 纸距离b 纸可能是(小球穿破两张纸时，战胜阻力做功同样)( )A ．15cmB ．20cmC ．30cmD ．60cm分析：小球穿过两张纸时，由动能定理得mgh －2W ＝0，将a 纸向上移，若恰能穿过第一张纸，则mgh ′－W ＝0，解得着落的高度h ′＝12h ，所以两张纸的距离不可以超出12h ＝30cm ，选项A 、B 、C 正确．答案：ABC10．(2018·福建福州高三质检)如下图为某电动汽车在加快性能试验过程中的v ­t 图象．为了简化计算，可近似以为：汽车运动时遇到的阻力恒定，在0～30s 内做匀加快直线运动，30s 后汽车发动机的功率保持不变．则( )A ．15s 末、30s 末汽车的牵引力大小之比为2∶1B ．15s 末、30s 末汽车的发动机功率之比为1∶2C ．30s 末、54s 末汽车的加快度大小之比为4∶3D ．0～30s 内、30～54s 内汽车发动机做功之比为5∶8分析：由题意可知汽车前30s 做匀加快直线运动，则牵引力恒定，所以A 错误；由图可知15s 末、30s 末的速度分别为9m/s 、18 m/s ，由公式P ＝Fv 可知，15s 末、30s 末汽车的发动机功率之比为1∶2，B 正确；由图可知30s 末、54s 末的加快度之比应为a 1a 2＝P 18－F f P 24－F f＝43×P －18F f P －24F f >43，C 错误；0～30s 内，汽车发动机做的功W 1＝Fx 1＝P 18×30×182(J)＝15P (J)，30～54s 内汽车发动机做功W 2＝P (54s －30s)＝24P (J)，所以W 1W 2＝58，D 正确．答案：BD三、非选择题11．一匹马拉着质量为60kg的雪橇，从静止开始用80s的时间沿平直冰面跑完1000m．设在运动过程中雪橇遇到的阻力保持不变，已知雪橇在开始运动的8s时间内做匀加快直线运动，从第8s末开始，马拉雪橇做功的功率保持不变，使雪橇连续做直线运动，最后一段时间雪橇做的是匀速直线运动，速度大小为15m/s；开始运动的8s内马拉雪橇的均匀功率是8s后功率的一半．求整个运动过程中马拉雪橇做功的均匀功率和雪橇在运动过程中所受阻力的大小．分析：设8s后马拉雪橇的功率为P，则匀速运动时P＝F·v＝F f·v即运动过程中雪橇遇到的阻力大小F f＝P v①关于整个过程运用动能定理得P2·t1＋P(t总－t1)－F f·x＝12mv2－0②代入数据，解①②得P＝723W，F f再由动能定理可得P t总－F f·x＝12mv2解得P＝687W.12．某课外研究小组自制了如下图的导轨，此中，导轨的所有半圆形部分均圆滑，水平部分均粗拙．圆半径分别为R、2R、3R和4R，R＝，水平部分长度L＝2m，将导轨竖直搁置，轨道最低点离水平川面高h＝1m．将一个质量为m＝、中心有孔的钢球(孔径略大于细导轨直径)套在导轨端点P处，钢球与导轨水平部分的动摩擦因数均为μv0＝13m/s，g取10 m/s2.求：(1)钢球运动至第一个半圆形轨道最低点A时对轨道的压力；(2)钢球落地址到抛出点的水平距离．。

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 cosα.(2)合力为恒力的功①先求合力，再求W＝F合l cosα.②W＝W1＋W2＋….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．F(2)力的方向不变，大小随位移线性变化可用W＝l cosα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 ＝，适用于计算平均功率；W t (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 ＝＝m/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，Δv t 0.51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 ＝＝＝，t 与θ无关，即t 1＝t 2＝t 3，而三个环重力做功2xa 2×2R sin θg sin θ4Rg 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 的圆弧，BC 段是水平的．一质量为m 的滑块从A 点由静止14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＝mv 2可知，h ＝0时物体的速率为v ＝10m/s ，选12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.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3g 4列说法正确的是(sin53°＝，cos53°＝)( )4535图5A ．运动员重力势能的减少量为mgh35B ．运动员动能的增加量为mgh34C ．运动员动能的增加量为mgh1516D ．运动员的机械能减少了mgh116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 ，运动员受到的h sin53°54合外力：F 合＝ma ＝mg ，动能的增加量等于合外力做的功，即：ΔE k ＝W 合＝F 合34L ＝mg ×h ＝mgh ，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34541516为mgh ，所以运动员的机械能减少了mgh ，故D 正确．15161164．(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h 1＝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x 1＝0.15m ，第一次反弹至最高点，篮球底端距A 点的高度h 2＝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x 2＝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/s 2.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 ＝mv －mv 12221212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＝mv 2′2－mv 121212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/s2.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 sin β＝0.6mg最大静摩擦力F fm ＝μmg cos β＝0.16mg因mg sin β>μmg cos β，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 ＋)＝mv h sin β12B 2解得v B >0mg (h －L sin β)－μmg cos β(3L ＋)＝mv hsin β12D 2v 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)m (3)m/s≤v ≤m/s133743解析　(1)物块被弹簧弹出，由E p ＝mv ，可知：1202v 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－a 1t 1212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：mv 2＝μ2mgs ＋mgR12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mv 2－mv ＝μ2mg ·2s1212B 2得到v B ＝m/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7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mv ＝μ2mg (s －x )，代入数据解得：x ＝m.12B 213(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 vF 2R从B 到F 过程中由动能定理可知：－μ2mgs －mg (R ＋R sin30°)＝mv －mv 12F 21212解得：v 1＝m/s37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mv ＝μ2mg ·3s ＋mgR1222解得：v 2＝m/s43若物块在传送带上一直加速运动，由mv －mv ＝μ1mgL12B m21202知其到B 点的最大速度v B m ＝m/s56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m/s≤v ≤m/s 就满足条件．3743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)2kg·m/s (2)1.5m m46355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°)＝mv 2－mv 121202联立得一开始的冲量大小为I ＝mv 0＝2kg·m/s46(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mv 0′2＝mgl (1－cos37°)12小球从H －l 高度做初速度为v 0′的平抛运动，gt 2＝H －l ，x ＝v 0′t12联立得，x ＝45(－l 2＋3l )当l ＝1.5m 时x 取最大值，为m ．355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 ·at 2，知此时12E －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 ，解得v C ＝2m/s ，则物vC 2R 10体在BC 阶段克服摩擦力做功，由动能定理mg (H －2R )－W BC ＝mv ，解得W BC ＝10J ；由于12C 2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－mv ，联立解得9m<h <10m.12C 26．一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＝×0.5×2 m ＝0.5 m ；0.5～1.5 s 内物体的位移：12x 2＝×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12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 的圆形光滑轨道固定14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 ＝mv 2＋mv 2，解得：v ＝＝m/s ＝2 1212gR 10×0.4m/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 ，解得：F N ＝mg ＋m ＝0.5×10N ＋0.5×N ＝10N ，根据牛顿第三定律，小球甲对轨道v 2R v 2R 220.4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 ＝mv 2＝×0.5×22J ＝1J ，故D 正确．121210．(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。