2018高考物理步步高第五章第1讲

[考试标准]一、重力势能和弹性势能1．重力做功与路径无关，只与初、末位置的高度差有关．2．重力做功与重力势能变化的关系：重力对物体做正功，重力势能就减少；重力对物体做负功，重力势能就增加；物体从位置A 到位置B时，重力对物体做的功等于物体重力势能的减少量，即W G＝－ΔE p.3．弹力做功与弹性势能的关系：弹力对物体做正功，弹性势能减少，弹力对物体做负功，弹性势能增加，弹力对物体做的功等于弹性势能的减少量．二、机械能守恒定律1．内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变．2．条件(1)系统只受重力或弹簧弹力的作用，不受其他外力．(2)系统除受重力或弹簧弹力作用外，还受其他内力和外力，但这些力对系统不做功．(3)系统内除重力或弹簧弹力做功外，还有其他内力和外力做功，但这些力做功的代数和为零．(4)系统跟外界没有发生机械能的传递，系统内外也没有机械能与其他形式的能发生转化．[深度思考]判断下列说法是否正确．(1)物体速度增大时，其机械能可能在减小．(√)(2)物体所受合外力为零时，机械能一定守恒．(×)(3)物体受到摩擦力作用时，机械能一定要变化．(×)(4)物体只发生动能和势能的相互转化时，物体的机械能一定守恒．(√)1．关于重力做功，下列说法不正确的是()A．重力做正功，物体的重力势能一定减小B．重力做负功，重力势能一定增加C．重力做负功，可以说成物体克服重力做功D．重力做正功，物体的动能一定增加答案 D2．关于弹性势能，下列说法中正确的是( ) A ．当弹簧变长时弹性势能一定增大 B ．当弹簧变短时弹性势能一定减小C ．在拉伸长度相同时，k 越大的弹簧的弹性势能越大D ．弹簧在拉伸时弹性势能一定大于压缩时的弹性势能 答案 C3．如图1所示，在光滑水平面上有一物体，它的左端连一弹簧，弹簧的另一端固定在墙上，在力F 作用下物体处于静止状态，当撤去力F后，物体将向右运动，在物体向右运动的过程中，下列说法正确的是( ) 图1 A ．弹簧的弹性势能逐渐减少 B ．弹簧的弹性势能逐渐增加 C ．弹簧的弹性势能先增加再减少 D ．弹簧的弹性势能先减少再增加 答案 D4．下列运动中，物体机械能守恒的是( ) A ．做平抛运动的物体 B ．被气球吊着加速上升的物体 C ．在斜面上匀速下滑的物体D ．以45g 的加速度在竖直方向上匀加速下降的物体答案 A5．运动会中的投掷链球、铅球、铁饼和标枪等体育比赛项目都是把物体斜向上抛出的运动，如图2所示，若不计空气阻力，这些物体从被抛出到落地的过程中( )图2A ．物体的机械能先减小后增大B ．物体的机械能先增大后减小C ．物体的动能先增大后减小，重力势能先减小后增大D ．物体的动能先减小后增大，重力势能先增大后减小 答案 D命题点一 机械能守恒的判断和应用例1 如图3所示，小球质量为m ，大小不计，右边圆轨道半径为R ，小球从h ＝3R 处沿斜面滑下后，又沿圆轨道滑到最高点P 处，不计任何摩擦．求： (1)小球通过P 点的速度大小．(2)小球通过圆轨道最低点时对轨道的压力．图3解析 (1)根据机械能守恒定律：mg (h －2R )＝12m v 21 解得小球通过P 点的速度v 1＝2gR (2)设小球通过最低点的速度为v2 根据机械能守恒定律mgh ＝12m v 22根据牛顿第二定律F N －mg ＝m v 22R解得F N ＝7mg ，由牛顿第三定律可知故小球通过圆轨道最低点时对轨道的压力大小为7mg ，方向竖直向下．答案 (1)2gR (2)7mg ，方向竖直向下用机械能守恒解题的三种观点 1．守恒观点(1)表达式：E k1＋E p1＝E k2＋E p2或E 1＝E 2.(2)意义：系统初状态的机械能等于末状态的机械能．(3)注意：要先选取零势能参考平面，并且在整个过程中必须选取同一个零势能参考平面． 2．转化观点(1)表达式：ΔE k ＝－ΔE p .(2)意义：系统的机械能守恒时，系统增加(或减少)的动能等于系统减少(或增加)的势能． 3．转移观点(1)表达式：ΔE A 增＝ΔE B 减．(2)意义：若系统由A 、B 两部分组成，当系统的机械能守恒时，则A 部分机械能的增加量等于B 部分机械能的减少量． 题组阶梯突破1．如图4所示，一小球从光滑圆弧轨道顶端由静止开始下滑，进入光滑水平面又压缩弹簧．在此过程中，小球重力势能和动能的最大值分别为E p 和E k ，弹簧弹性势能的最大值为E p ′(以水平面为零势能面)，则 图4 它们之间的关系为( )A ．E p ＝E k ＝E p ′B ．E p >E k >E p ′C ．E p ＝E k ＋E p ′D ．E p ＋E k ＝E p ′答案 A2．如图5所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，在弹簧压缩到最短的整个过程中，不计空气阻力，下列关于能量的叙述中正确的是( ) A ．重力势能和动能之和总保持不变 B ．重力势能和弹性势能之和总保持不变 C ．动能和弹性势能之和保持不变图5D ．重力势能、弹性势能和动能之和总保持不变 答案 D解析 在弹簧压缩到最短的整个过程中，小球受到了重力和弹簧的弹力，且只有这两个力在做功，系统满足机械能守恒的条件，故重力势能、弹性势能和动能之和总保持不变，选项D 正确，选项A 、B 、C 错误．3．如图6所示，在水平桌面上的A 点有一个质量为m 的物体，以初速度v 0被抛出，不计空气阻力，当它到达B 点时，其动能为( ) A.12m v 20＋mgH图6B.12m v 20＋mgh 1 C ．mgH －mgh 2 D.12m v 20＋mgh 2 答案 B解析 不计空气阻力，只有重力做功，从A 到B 过程，由机械能守恒定律可得：mgh 1＝E k B －12m v 20，所以E k B ＝12m v 20＋mgh 1，故选B.4．(2016·温州期末)如图7所示，把质量为0.5 kg 的石块从离地面10 m 高处以30°角斜向上方抛出，初速度为v 0＝8 m/s .不计空气阻力，以地面为零势能参考平面，g 取10 m/s 2.求： (1)石块抛出时的动能； (2)石块落地时的机械能；图7(3)石块的动能恰好等于重力势能时，石块离地的高度． 答案 (1)16 J (2)66 J (3)6.6 m解析 (1)石块抛出时的动能为：E k ＝12m v 20＝12×0.5×82 J ＝16 J ； (2)根据机械能守恒定律知，石块落地时的机械能等于抛出时的机械能，为： E ＝12m v 20＋mgh ＝16 J ＋0.5×10×10 J ＝66 J ； (3)石块的动能恰好等于重力势能时，设石块离地的高度为H ，速度大小为v ，由机械能守恒定律有：E ＝mgH ＋12m v 2据题有：mgH ＝12m v 2解得：H ＝6.6 m.命题点二 含弹簧类机械能守恒问题例2 如图8所示，半径为R 的光滑半圆形轨道CDE 在竖直平面内与光滑水平轨道AC 相切于C 点，水平轨道AC 上有一轻质弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧自由端B 与轨道最低点C 的距离为4R ，现用一个小球压缩弹簧(不拴接)，当弹簧的压缩量为l 时，释放小球，小球在运动过程中恰好通过半圆形轨道的最高点E ；之后再次从B 点用该小球压缩弹簧，释放后小球经过BCDE 轨道抛出后恰好落在B 点，已知弹簧压缩时弹性势能与压缩量的二次方成正比，弹簧始终处在弹性限度内，求第二次压缩时弹簧的压缩量．图8解析 设第一次压缩量为l 时，弹簧的弹性势能为E p .释放小球后弹簧的弹性势能转化为小球的动能，设小球离开弹簧时速度为v 1 由机械能守恒定律得E p ＝12m v 21设小球在最高点E 时的速度为v 2，由临界条件可知 mg ＝m v 22R，v 2＝gR由机械能守恒定律可得12m v 21＝mg ×2R ＋12m v 22 以上几式联立解得E p ＝52mgR设第二次压缩时弹簧的压缩量为x ，此时弹簧的弹性势能为E p ′小球通过最高点E 时的速度为v 3，由机械能守恒定律可得：E p ′＝mg ·2R ＋12m v 23 小球从E 点开始做平抛运动，由平抛运动规律得4R ＝v 3t,2R ＝12gt 2，解得v 3＝2gR ，解得E p ′＝4mgR由已知条件可得E p ′E p ＝x 2l 2，代入数据解得x ＝2105l .答案 2105l含弹簧类机械能守恒的处理方法1．物体与弹簧组成的系统在相互作用的过程中，在能量方面，由于弹簧的形变会具有弹性势能，物体的机械能将发生变化，若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒．2．若还有其他外力和内力做功，这些力做功的代数和等于系统机械能改变量．做功之和为正，系统总机械能增加，反之减少．题组阶梯突破5.(2015·浙江9月选考·11)如图9所示，轻质弹簧下悬挂一个小球，手掌托小球使之缓慢上移，弹簧恢复原长时迅速撤去手掌使小球开始下落．不计空气阻力，取弹簧处于原长时的弹性势能为零．撤去手掌后，下列说法正确的是()A．刚撤去手掌瞬间，弹簧弹力等于小球重力B．小球速度最大时，弹簧的弹性势能为零图9 C．弹簧的弹性势能最大时，小球速度为零D．小球运动到最高点时，弹簧的弹性势能最大答案 C6．如图10所示，置于足够长斜面上的盒子A内放有光滑球B，B恰与A前、后壁接触，斜面光滑且固定于水平地面上．一轻质弹簧的一端与固定在斜面上的木板P拴接，另一端与A相连，整个装置处于静止状态．图10今用外力沿斜面向下推A使弹簧处于压缩状态，然后由静止释放，则从释放盒子直至其获得最大速度的过程中()A．弹簧弹性势能的减少量大于A和B的机械能的增加量B．弹簧的弹性势能一直减小直至为零C．A所受重力和弹簧弹力做功的代数和小于A的动能的增加量D．A对B做的功等于B的机械能的增加量答案 D解析 弹簧、盒子A 、光滑球B 和地球组成的系统机械能守恒，从释放盒子直至其获得最大速度的过程中，弹簧弹性势能的减少量等于A 和B 的机械能的增加量，弹簧的弹性势能一直减小，但速度最大时弹簧弹性势能不等于零，故选项A 、B 均错误；由动能定理可知，A 所受重力、B 对A 的弹力和弹簧弹力做功的代数和等于A 的动能增加量，又由于B 对A 的弹力做负功，所以A 所受重力和弹簧弹力做功的代数和大于A 的动能的增加量，故选项C 错误；A 对B 做的功等于B 的机械能的增加量，故选项D 正确．7．如图11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，已知重力加速度为g ，不计空气阻力，则小球B 下降h 时的速度为( )图11A.2ghB.ghC.gh 2D ．0答案 B解析 对弹簧和小球A ，根据机械能守恒定律得弹性势能E p ＝mgh ；对弹簧和小球B ，根据机械能守恒定律有E p ＋12×2m v 2＝2mgh ，得小球B 下降h 时的速度v ＝gh ，只有选项B 正确．8．如图12所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB 与水平面BC 平滑连接于B 点，BC 右端连接内壁光滑、半径r ＝0.2 m 的四分之一细圆管CD ，管口D 端正下方直立一根劲度系数为k ＝100 N /m 的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D 端平齐．一个质量为1 kg 的小球放在曲面AB 上，现从距BC 的高度h 处静止释放小球，小球进入管口C 端时，它对上管壁有F N ＝2.5mg 的相互作用力，通过CD 后，在压缩弹簧过程中小球速度最大时弹簧的弹性势能为E p ＝0.5 J ．取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图12(1)小球到达C 点时的速度大小； (2)在压缩弹簧过程中小球的最大动能E km . 答案 (1)7 m/s (2)6 J解析 (1)小球刚过C 点时，由牛顿第二定律有： F N ＋mg ＝m v 2Cr代入数据解得：v C ＝7 m/s(2)在压缩弹簧过程中速度最大时，合力为零．设此时小球离D 端的距离为x 0，则有：kx 0＝mg由机械能守恒定律有：mg (r ＋x 0)＋12m v 2C ＝E km ＋E p得：E km ＝6 J.(建议时间：40分钟)1．下列关于机械能守恒的说法中正确的是( ) A ．做匀速运动的物体，其机械能一定守恒 B ．物体只受重力，机械能才守恒C ．做匀速圆周运动的物体，其机械能一定守恒D．除重力做功外，其他力不做功，物体的机械能一定守恒答案 D解析匀速运动所受合外力为零，但除重力外可能有其他力做功，如物体在阻力作用下匀速向下运动，其机械能减少了，A错．物体除受重力或弹力也可受其他力，只要其他力不做功或做功的代数和为零，机械能也守恒，B错．匀速圆周运动物体的动能不变，但势能可能变化，故C错．由机械能守恒条件知，选项D正确．2．(2016·衢州市调研)如图1所示，小明玩蹦蹦杆，在小明将蹦蹦杆中的弹簧向下压缩的过程中，小明的重力势能、弹簧的弹性势能的变化是()图1A．重力势能减少，弹性势能增大B．重力势能增大，弹性势能减少C．重力势能减少，弹性势能减少D．重力势能不变，弹性势能增大答案 A解析弹簧向下压缩的过程中，弹簧压缩量增大，弹性势能增大；重力做正功，重力势能减少，故A正确．3．(2015·温州十校联合体联考)如图2所示，质量均为m的两个物体甲和乙从同一水平面下降相同高度h，甲物体竖直向下运动，乙物体沿斜面下滑l.下列说法正确的是()A ．重力对甲做功mghB ．重力对乙做功mglC ．甲的重力势能增加mgh图2D ．乙的重力势能减少mgl答案 A解析 由功的概念和重力做功的特点可知，两种情况下重力做功均为mgh ，A 正确，B 错误；甲、乙的重力势能均减少了mgh ，C 、D 错误．4．在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小( ) A ．一样大 B ．水平抛的最大 C ．斜向上抛的最大 D ．斜向下抛的最大 答案 A解析 由机械能守恒定律mgh ＋12m v 21＝12m v 22知，落地时速度v 2的大小相等，故A 正确． 5．如图3所示，A 、B 两球质量相等，A 球用不能伸长的轻绳系于O 点，B 球用轻弹簧系于O ′点，O 与O ′点在同一水平面上，分别将A 、B 球拉到与悬点等高处，使绳和轻弹簧均处于水平，弹簧处于自然状态，将两球分别由静止开始释放，当两球达到各自悬点的正下方时，两球仍处在同一水平面上，则( )图3A ．两球到达各自悬点的正下方时，两球动能相等B ．两球到达各自悬点的正下方时，A 球动能较大C ．两球到达各自悬点的正下方时，B 球动能较大D ．两球到达各自悬点的正下方时，受到的拉力相等 答案 B解析 整个过程中两球减少的重力势能相等，A 球减少的重力势能完全转化为A 球的动能，B 球减少的重力势能转化为B 球的动能和弹簧的弹性势能，所以A 球的动能大于B 球的动能，所以B 正确，A 、C 错误；在悬点正下方位置根据牛顿第二定律，小球所受拉力与重力的合力提供向心力，则A 球受到的拉力较大，所以D 错误．6．如图4是娱乐场所中的一种滑梯，滑梯在最底端是处于水平切线方向，质量为M 、可看成质点的一名滑梯爱好者从高为h 的滑梯顶端静止下滑，忽略所有摩擦及阻力，则下列关于滑梯爱好者在下滑过程中的说法正确的是( )图4A ．机械能不守恒B ．滑梯爱好者滑到底层末端时的速度大小为v ＝2ghC ．滑梯爱好者滑到底层末端时对滑梯的压力为MgD ．滑梯爱好者到达底层末端时处于失重状态 答案 B解析 由于忽略所有摩擦及阻力，在运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，A 错误；因为Mgh ＝12M v 2，可知滑梯爱好者滑到底端时的速度大小为v ＝2gh ，B 正确；由于到达底端时是圆弧，合力用来提供做圆周运动的向心力，因此支持力大于重力，C 错误；由于合力向上，因此滑梯爱好者到达底层末端时处于超重状态，D 错误．7．物体做自由落体运动，E k 代表动能，E p 代表势能，h 代表下落的距离，以水平地面为零势能面(不计一切阻力)，下列图象能正确反映各物理量之间关系的是( )答案 B解析 由机械能守恒定律得E p ＝E －E k ，可知势能与动能关系的图象为倾斜的直线，C 错；由动能定理得E k ＝mgh ，则E p ＝E －mgh ，故势能与h 关系的图象也为倾斜的直线，D 错；E p ＝E －12m v 2，故势能与速度关系的图象为开口向下的抛物线，B 对；E p ＝E －12mg 2t 2，势能与时间关系的图象也为开口向下的抛物线，A 错．8．如图5，一棵树上与A 等高处有两个质量均为0.2 kg 的苹果，其中一个落入B 处的篮子里，另一个落到沟底的D 处．若以B 处为零势能参考面，则下列说法正确的是(g ＝10 m/s 2)( )图5A ．落入篮子时苹果的重力势能为2.8 JB ．落入沟底时苹果的重力势能为－6.0 JC ．刚落入篮子时的苹果动能等于刚落入沟底时的苹果动能D ．刚落入篮子时的苹果机械能等于刚落入沟底时的苹果机械能 答案 D解析 不计空气阻力，两苹果只有重力做功，机械能分别守恒，故刚落入篮子时苹果的机械能等于刚落入沟底时苹果的机械能，选项D 正确；落入篮子时苹果的重力势能E p ＝mgh ＝0，选项A 错误；落入沟底时苹果的重力势能E p ′＝mgh ′＝－mgh BD ＝－8.8 J ，选项B 错误；因苹果落入沟底的过程重力做功大于苹果落入篮子的过程重力做功，由动能定理可知刚落入篮子时苹果的动能小于刚落入沟底时苹果的动能，选项C 错误．9．(2015·浙江10月选考·8)质量为30 kg 的小孩坐在秋千板上，秋千板离系绳子的横梁的距离是2.5 m ．小孩的父亲将秋千板从最低点拉起1.25 m 高度后由静止释放，小孩沿圆弧运动至最低点时，她对秋千板的压力约为( ) A ．0 B ．200 NC ．600 ND ．1 000 N答案 C解析 小孩运动到最低点的过程中， 由机械能守恒定律：mgh ＝12m v 2①在最低点，有F N －mg ＝m v 2L ②由①②得：F N ＝600 N.由牛顿第三定律知，小孩对秋千板的压力F N ′＝F N ＝600 N.10．如图6所示，细绳一端固定于O 点，另一端系一质量为m 的小球．现将小球从离地h 高处的A 点由静止释放，运动到最低点B 时，小球的速度大小为v .若以地面为参考平面，不计空气阻力，小球运动到最低点时的机械能为( )图6A ．mgh B.12m v 2 C.12m v 2＋mgh D.12m v 2－mgh答案 A解析 小球从A 点运动到B 点的过程中，只有重力做功，小球的机械能守恒，根据机械能守恒定律得，小球在B 点的机械能等于在A 点的机械能，即E B ＝mgh ，选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．11．取水平地面为重力势能零面．一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等．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.π6 B.π4C.π3D.5π12答案 B解析 设物块水平抛出的初速度为v 0，高度为h ，由题意知12m v 20＝mgh ，即v 0＝2gh .物块在竖直方向上的运动是自由落体运动，落地时的竖直分速度v y ＝2gh ＝v x ＝v 0，则该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角θ＝π4，故选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．12.如图7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)，则在圆环下滑到最大距离的过程中()A．圆环的机械能守恒图7 B．弹簧弹性势能变化了3mgLC．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变答案 B解析圆环在下落过程中弹簧的弹性势能增加，由能量守恒定律可知圆环的机械能减少，而圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，故A、D错误；圆环下滑到最大距离时速度为零，但是加速度不为零，即合外力不为零，故C错误；圆环重力势能减少了3mgL，由能量守恒定律知弹簧弹性势能增加了3mgL，故B正确．13．(2016·乐清市期末)如图8所示，平台离水平地面的高度为H＝5 m，一质量为m＝1 kg 的小球从平台上A点以某一速度水平抛出，测得其运动到B点时的速度为v B＝10 m/s.已知B 点离地面的高度为h＝1.8 m，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2，以水平地面为零势能面．问：图8(1)小球从A点抛出时的机械能为多大？(2)小球从A点抛出时的初速度v0为多大？(3)B点离竖直墙壁的水平距离L为多大？答案 (1)68 J (2)6 m/s (3)4.8 m解析 (1)小球在运动的过程中，机械能守恒，则A 点的机械能与B 点的机械能相等， 则E A ＝E B ＝12m v 2B ＋mgh ＝(12×1×100＋10×1.8) J ＝68 J.(2)根据E A ＝mgH ＋12m v 20得，代入数据解得v 0＝6 m/s.(3)根据H －h ＝12gt 2得，t ＝2(H －h )g＝2×(5－1.8)10s ＝0.8 s ， 则B 点离竖直墙壁的水平距离L ＝v 0t ＝6×0.8 m ＝4.8 m.14.如图9所示，质量为m 的物体，以某一初速度从A 点向下沿光滑的轨道运动，不计空气阻力，若物体通过轨道最低点B 时的速度为3gR ，求： (1)物体在A 点时的速度大小； (2)物体离开C 点后还能上升多高． 答案 (1)3gR (2)3.5R图9解析 (1)物体在运动的全过程中只有重力做功，机械能守恒，选取B 点为零势能点．设物体在B 处的速度为v B ，则mg ·3R ＋12m v 20＝12m v 2B ，得v 0＝3gR .(2)设从B 点上升到最高点的高度为H B ， 由机械能守恒可得mgH B ＝12m v 2B ， H B ＝4.5R所以离开C 点后还能上升H C ＝H B －R ＝3.5R .15．如图10所示，一内壁光滑的细管弯成半径为R ＝0.4 m 的半圆形轨道CD ，竖直放置，其内径略大于小球的直径，水平轨道与竖直半圆轨道在C 点平滑连接．置于水平轨道上的弹簧左端与竖直墙壁相连，B 处为弹簧的自然状态．将一个质量为m ＝0.8 kg 的小球放在弹簧的右侧后，用力水平向左推小球而压缩弹簧至A 处，然后将小球由静止释放，小球运动到C处时对轨道的压力大小为F 1＝58 N ．水平轨道以B 处为界，左侧AB 段长为x ＝0.3 m ，与小球间的动摩擦因数为μ＝0.5，右侧BC 段光滑．g ＝10 m/s 2，求：图10(1)弹簧在压缩时所储存的弹性势能；(2)小球运动到轨道最高处D 点时对轨道的压力． 答案 (1)11.2 J (2)10 N ，方向竖直向上解析 (1)对小球在C 处，由牛顿第二定律及向心力公式得F 1－mg ＝m v 21R，v 1＝(F 1－mg )Rm ＝(58－0.8×10)×0.40.8m /s ＝5 m/s.从A 到B 由动能定理得E p －μmgx ＝12m v 21，E p ＝12m v 21＋μmgx ＝12×0.8×52 J ＋0.5×0.8×10×0.3 J ＝11.2 J. (2)从C 到D ，由机械能守恒定律得： 12m v 21＝2mgR ＋12m v 22， v 2＝v 21－4gR ＝52－4×10×0.4 m /s ＝3 m/s ，由于v 2＞gR ＝2 m/s ，所以小球在D 处对轨道外壁有压力．小球在D 处，由牛顿第二定律及向心力公式得F 2＋mg ＝m v 22R ，F 2＝m ⎝⎛⎭⎫v 22R －g ＝0.8×⎝⎛⎭⎫320.4－10 N ＝10 N.由牛顿第三定律可知，小球在D点对轨道的压力大小为10 N，方向竖直向上．。

2018年高考物理《步步高》（全国通用•含答案及详细解析）一轮微专题复习题（10套“微专题”题+1套章末综合练习题，共11套题）第二章牛顿运动定律1．考点及要求：(1)牛顿运动定律(Ⅱ)；(2)牛顿运动定律的应用(Ⅱ).2.方法与技巧：作用力与反作用力的关系可总结为“三同、三异、三无关”．三同：同大小、同变化、同消失．三异：异体、异向、异效．三无关：与物体的种类无关、与物体的状态无关，与是否与其他物体相互作用无关．1．(对惯性的理解)(多选)伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础．早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是() A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B．没有力的作用，物体只能处于静止状态C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动2．(对牛顿第一定律的研究)伽利略对“自由落体运动”和“运动和力的关系”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法．图1中a、b分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列说法正确的是() 图1 A．图a通过对自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面上做匀变速运动B．图a中先在倾角较小的斜面上进行实验，可“冲淡”重力，使时间测量更容易C．图b中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，实验可实际完成中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，实验可实际完成D．图b的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动需要力来维持的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动需要力来维持3．(对牛顿第三定律的理解)牛顿在总结C·雷恩、J·沃利斯和C·惠更斯等人的研究结果后，提出了著名的牛顿第三定律，阐述了作用力和反作用力的关系，从而与牛顿第一和第二定律形成了完整的牛顿力学体系．下列关于作用力和反作用力的说法正确的是() A．物体先对地面产生压力，然后地面才对物体产生支持力．物体先对地面产生压力，然后地面才对物体产生支持力B．物体对地面的压力和地面对物体的支持力互相平衡．物体对地面的压力和地面对物体的支持力互相平衡C．人推车前进，人对车的作用力大于车对人的作用力．人推车前进，人对车的作用力大于车对人的作用力D．物体在地面上滑行，不论物体的速度多大，物体对地面的摩擦力与地面对物体的摩擦力始终大小相等始终大小相等4．(牛顿第三定律在受力分析中的应用)电视台体育频道讲解棋局节目中棋盘竖直放置，棋盘由磁石做成，棋子都可视为被磁石吸引的小磁体，若某棋子静止，则() A．棋盘面可选足够光滑的材料．棋盘面可选足够光滑的材料B．棋盘对棋子的作用力比棋子对棋盘的作用力大．棋盘对棋子的作用力比棋子对棋盘的作用力大C．棋盘对棋子的作用力比棋子的重力大．棋盘对棋子的作用力比棋子的重力大D．若棋盘对棋子的磁力越大，则对其摩擦力也越大．若棋盘对棋子的磁力越大，则对其摩擦力也越大5．一物体受绳子的拉力作用由静止开始前进，先做加速运动，然后改为匀速运动，再改做减速运动，则下列说法中正确的是() A．加速前进时，绳子拉物体的力大于物体拉绳子的力．加速前进时，绳子拉物体的力大于物体拉绳子的力B．减速前进时，绳子拉物体的力小于物体拉绳子的力．减速前进时，绳子拉物体的力小于物体拉绳子的力C．只有匀速前进时，绳子拉物体的力才与物体拉绳子的力大小相等．只有匀速前进时，绳子拉物体的力才与物体拉绳子的力大小相等D．不管物体如何前进，绳子拉物体的力与物体拉绳子的力大小总相等．不管物体如何前进，绳子拉物体的力与物体拉绳子的力大小总相等6．伽利略利用如图2所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后运动至右侧斜面上升．斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐减小的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3.对比三次实验结果，可直接得到的结论是() 图2 A．如果斜面光滑，小球可以上升到比O′点更高的位置′点更高的位置B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态C．小球受到斜面的阻力越小，其上升的位置越高．小球受到斜面的阻力越小，其上升的位置越高D．自由落体运动是匀变速直线运动．自由落体运动是匀变速直线运动7.一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱与杆的总质量为M ，环的质量为m ，如图3所示，已知环沿杆匀加速下滑时，杆对环的摩擦力大小为f ，则此时箱对地面的压力大小为多少？则此时箱对地面的压力大小为多少？图3 答案解析1．AD [物体保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质叫惯性，即物体抵抗运动状态变化的性质，则A 项正确．没有力的作用，物体可能保持匀速直线运动状态或静止状态，则B 错．行星在圆周轨道上保持匀速率运动是由于受到改变运动状态的向心力作用，其运动状态是不断变化的，则C 错．D 项符合惯性定义，是正确的．]2．B [图a 是先在倾角较小的斜面上进行实验，“冲淡”重力，使时间测量更容易，A 项错误，B 项正确；完全没有摩擦阻力的斜面并不存在，C 项错；图b 中实验通过逻辑推理得出物体的运动不需要力来维持，D 项错．]3．D [由牛顿第三定律可知，作用力和反作用力同时产生，同时消失，选项A 错误；压力和支持力作用在两个不同的物体上，而平衡力是作用在同一个物体上，选项B 错误；作用力与反作用力等大反向，故人对车的作用力等于车对人的作用力，选项C 错误；物体对地面的摩擦力大小等于地面对物体的摩擦力，选项D 正确．]4．C [根据竖直方向上二力平衡知：f 静＝G ，则G 应不超过最大静摩擦力，有f 静<f m ＝μF N ，F N 一定，要使棋子不滑下，应增大最大静摩擦力，为此应增大μ，棋盘面应选取较粗糙的材料，故A 错误；棋盘对棋子的作用力与棋子对棋盘的作用力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反．故B 错误；棋盘对棋子的摩擦力与重力大小相等，棋盘对棋子的作用力是支持力与摩擦力的合力，所以比棋子的重力大，故C 正确；棋盘对棋子的静摩擦力与棋子的重力平衡，棋盘对棋子的磁力增大，摩擦力大小不变，故D 错误．]5．D [绳子拉物体的力与物体拉绳子的力是一对作用力和反作用力，大小相等，方向相反，与物体的运动状态和作用效果无关，与物体的运动状态和作用效果无关，加速前进、加速前进、匀速前进或减速前进时，匀速前进或减速前进时，绳子拉物体的力都绳子拉物体的力都等于物体拉绳子的力，故A 、B 、C 错误，D 正确．]6．C [在此实验中，若斜面光滑，只有重力做功，机械能守恒，小球最高只能上升到O ′位置，A 项错误．此实验说明小球受到的阻力越小，机械能损失越少，上升的位置越高，但不能直接说明小球不受力时，它将一直保持匀速运动或静止状态，更不能直接说明自由落体运动是匀变速直线运动，所以C项正确，B、D两项错误．]7．f＋Mg解析箱子在竖直方向上受力情况如图所示，其受重力Mg、地面对它的支持力F N及环对它的摩擦力f′，由牛顿第三定律知f′＝f. 由于箱子处于平衡状态，可得：F N＝f′＋Mg＝f＋Mg. 根据牛顿第三定律，箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的弹力大小，则F N′＝F N＝f＋Mg. 1．考点及要求：(1)牛顿运动定律(Ⅱ)；(2)牛顿运动定律的应用(Ⅱ).2.方法与技巧：(1)刚性绳(或接触面)：一种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，弹力立即改变或消失，不需要形变恢复时间，一般题目中所给的细线、轻杆和接触面在不加特殊说明时，均可按此模型处理；(2)弹簧(或橡皮绳)：此种物体的特点是形变量大，形变恢复需要较长时间，在瞬时问题中，其弹力的大小往往可以看成是不变的．间，在瞬时问题中，其弹力的大小往往可以看成是不变的．1．(弹簧模型)如图1所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态．现将木块C迅速移开，若重力加速度为g，则在木块C移开的瞬间() 图1 A．木块B对水平面的压力迅速变为2mgB．弹簧的弹力大小为mgC．木块A的加速度大小为2gD．弹簧的弹性势能立即减小．弹簧的弹性势能立即减小2．(杆模型)如图2所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为() 图2 A.233g B．0 C．g D.33g3. 3. ((多选)如图3所示，A、B两物块质量均为m，用一轻弹簧相连，将A用长度适当的轻绳悬挂于天花板上，系统处于静止状态，B物块恰好与水平桌面接触，此时轻弹簧的伸长量为x，现将悬绳剪断，则下列说法正确的是() 图3 A．悬绳剪断瞬间A物块的加速度大小为2gB．悬绳剪断瞬间A物块的加速度大小为gC．悬绳剪断后A物块向下运动距离2x时速度最大时速度最大D．悬绳剪断后A物块向下运动距离x时加速度最小时加速度最小4.如图4所示，质量为M的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固定在框架上，下端连接一个质量为m的小球，小球上下振动时，框架始终没有跳起．当框架对地面压力为零瞬间，小球的加速度大小为( ) 图4 A ．gB.M －m m g C ．0 D.M ＋m m g5．(多选)如图5所示，弹簧p 和细绳q 的上端固定在天花板上，下端用小钩钩住质量为m的小球C ，弹簧、细绳和小钩的质量均忽略不计．静止时p 、q 与竖直方向的夹角均为60°60°..下列判断正确的有( ) 图5 A ．若p 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间q 对球的拉力大小为mgB ．若p 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为32g C ．若q 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间p 对球的拉力大小为12mgD ．若q 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为g6. (多选多选)如图6所示，在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上，质量m ＝2 kg 的物块与水平轻弹簧相连，物块在与水平方向成θ＝45°角的拉力F 作用下处于静止状态，此时水平面对物块的弹力恰好为零，g 取10 m/s 2，以下说法正确的是( ) 图6 A ．此时轻弹簧的弹力大小为20 N B ．当撤去拉力F 的瞬间，物块的加速度大小为8 m/s 2，方向向左，方向向左C ．若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度大小为8 m/s 2，方向向右，方向向右D ．若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度为0 7.物块A 1和A 2、B 1和B 2质量均为m ，A 1、A 2用刚性轻杆相连，B 1、B 2用轻质弹簧连接，两个装置都放在水平支托物上，处于平衡状态，个装置都放在水平支托物上，处于平衡状态，如图如图7所示．今突然迅速地撤去支托物，让物块下落，在撤去支托物的瞬间，A 1、A 2受到的合力分别为F A 1和F A 2，B 1、B 2受到的合力分别为F B 1和F B 2，则( ) 图7 A ．F A 1＝0，F A 2＝2mg ，FB 1＝0，F B 2＝2mgB ．F A 1＝mg ，F A 2＝mg ，F B 1＝0，F B 2＝2mgC ．F A 1＝0，F A 2＝2mg ，F B 1＝mg ，F B 2＝mgD ．F A 1＝mg ，F A 2＝mg ，F B 1＝mg ，F B 2＝mg答案解析1．C 2．A [撤离木板之前，小球处于三力平衡状态，木板对小球的弹力大小等于233mg .当木板突然撤离的瞬间，木板的弹力消失，突然撤离的瞬间，木板的弹力消失，但小球的重力不变，但小球的重力不变，但小球的重力不变，弹簧的弹力也不变，重力与弹簧的弹簧的弹力也不变，重力与弹簧的弹力的合力大小依旧等于木板对小球的弹力233mg ，根据牛顿第二定律有233mg ＝ma ，得a ＝233g ，选项A 正确．] 3．AC [剪断悬绳前，对B 受力分析，B 受到重力和弹簧的弹力，知弹力F ＝mg ，剪断瞬间，对A 分析，A 的合力为F 合＝mg ＋F ＝2mg ，根据牛顿第二定律，得a ＝2g ，故选项A 正确，B 错误．弹簧开始处于伸长状态，弹簧开始处于伸长状态，弹力弹力F ＝mg ＝kx .当向下压缩，mg ＝F ′＝kx ′时，速度最大，x ′＝x ，所以下降的距离为2x ，选项C 正确，D 错误．]4．D [以框架为研究对象进行受力分析可知，当框架对地面压力为零时，其重力与弹簧对其弹力平衡，即F ＝Mg ，故可知弹簧处于压缩状态，再以小球为研究对象分析受力可知F＋mg ＝ma ，联立可解得，小球的加速度大小为a ＝M ＋m m g ，故选项D 正确．] 5．BD [原来p 、q 对球的拉力大小均为mg .p 和球脱钩后，球将开始沿圆弧运动，将q 受的力沿法向和切线正交分解，如图甲，得F －mg cos 60°＝m v 2r ＝0，即F ＝12mg ，合力为mg sin 60°＝ma ，故a ＝32g ，选项A 错误，B 正确；q 和球突然脱钩后瞬间，p 的拉力未来得及改变，仍为mg ，因此合力为mg ，如图乙，球的加速度大小为g .故选项C 错误，D 正确．] 6．AB [物块在重力、拉力F 和弹簧的弹力作用下处于静止状态，由平衡条件得kx ＝F cos θ，mg ＝F sin θ，解得弹簧的弹力kx ＝mg tan 45°＝20 20 N N ，故选项A 正确；撤去拉力F 的瞬间，由牛顿第二定律得kx －μmg ＝ma 1，解得a 1＝8 m/s 2，方向向左，故选项B 正确；剪断弹簧的瞬间，弹簧的弹力消失，则F cos θ＝ma 2，解得a 2＝10 m/s 2，方向向右，故选项C 、D 错误．] 7．B [撤去支托物的瞬间，由于轻杆是刚体(认为无形变)，所以弹力马上发生变化，A 1、A 2立即做自由落体运动，轻杆与A 1、A 2间弹力为零，所以F A 1＝F A 2＝mg ；撤去支托物前，由平衡条件知弹簧弹力大小为mg ，撤去支托物的瞬间，弹簧的形变因物块静止的惯性而不能马上改变，弹力仍保持原值，所以B 1受的合力F B 1＝0，B 2受的合力F B 2＝2mg ，故选项B 正确．]1．考点及要求：(1)牛顿运动定律的应用(Ⅱ)；(2)匀变速直线运动的公式(Ⅱ).2.方法与技巧：(1)抓住两个分析：受力分析和运动过程分析；(2)解决动力学问题时对力的处理方法：合成法和正交分解法；(3)求解加速度是解决问题的关键．求解加速度是解决问题的关键．1．(已知运动分析受力)如图1所示，一物体从倾角为30°的斜面顶端由静止开始下滑，s 1段光滑，s 2段有摩擦，已知s 2＝2s 1，物体到达斜面底端的速度刚好为零，求s 2段的动摩擦因数μ.(g 取10 m/s 2) 图1 2．(已知受力分析运动)如图2所示，在质量为m B ＝30 30 kg kg 的车厢B 内紧靠右壁，放一质量m A ＝20 kg 的小物体A (可视为质点)，对车厢B 施加一水平向右的恒力F ，且F ＝120 N ，使之从静止开始运动．测得车厢B 在最初t ＝2.0 s 内移动s ＝5.0 m ，且这段时间内小物块未与车厢壁发生过碰撞．车厢与地面间的摩擦忽略不计．车厢壁发生过碰撞．车厢与地面间的摩擦忽略不计．图2 (1)计算B 在2.0 s 的加速度；的加速度；(2)求t ＝2.0 s 末A 的速度大小；的速度大小；(3)求t ＝2.0 s 内A 在B 上滑动的距离．上滑动的距离．3．如图3甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的固定的均匀直细杆与水平方向成θ＝37°角，质量m ＝1 1 kgkg 的小球穿在细杆上且静止于细杆底端O 处，开启送风装置，有水平向右的恒定风力F 作用于小球上，在t 1＝2 s 时刻风停止．小球沿细杆运动的部分v －t 图象如图乙所示，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略浮力．求：，忽略浮力．求：图3 (1)小球在0～2 s 内的加速度a 1和2～5 s 内的加速度a 2；(2)小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F 的大小．的大小．4．如图4所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用．一架质量m ＝2 kg 的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F ＝36 N ，运动过程中所受空气阻力大小恒为f ＝4 N ．g 取10 m/s 2. 图4 (1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞．求在t ＝5 s 时离地面的高度h . (2)当无人机悬停在距离地面高度H ＝100 m 处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落．求无人机坠落地面时的速度v . (3)在无人机从离地高度H ＝100 m 处坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上最大升力．为保证安全着地，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t 1.答案解析1.32解析 设物体的质量为m ，在s 1段物体做匀加速直线运动，在s 2段物体做匀减速运动，在s 1段由牛顿第二定律得： mg sin θ＝ma 1，解得a 1＝g sin θ＝5 m/s 2 在s 2段：μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2，解得a 2＝μg cos θ－g sin θ 设s 1段结束时的速度为v ，根据运动学方程，在s 1段：v 2＝2a 1s 1在s 2段：v 2＝2a 2s 2，又s 2＝2s 1解得：μ＝322．(1)2.5 m /s 2 (2)4.5 m/s (3)0.5 m 解析 (1)设t ＝2.0 s 内车厢的加速度为a B ，由s ＝12a B t 2得 a B ＝2.5 m/s 2(2)对B ，由牛顿第二定律：F －f ＝m B a B ，得f ＝45 N 对A ，据牛顿第二定律得A 的加速度大小为a A ＝2.25 m/s 2所以t ＝2.0 s 末A 的速度大小为：v A ＝a A t ＝4.5 m/s. (3)在t ＝2.0 s 内A 运动的位移为s A ＝12a A t 2＝4.5 m ， A 在B 上滑动的距离Δs ＝s －s A ＝0.5 m. 3．(1)15 m /s 2，方向沿杆向上，方向沿杆向上10 m/s 2，方向沿杆向下，方向沿杆向下 (2)0.5 50 N 解析 (1)取沿细杆向上的方向为正方向，由题图可知，在0～2 s 内，a 1＝Δv 1Δt 1＝15 m/s 2(方向沿杆向上) 在2～5 s 内，a 2＝Δv 2Δt 2＝－10 m/s 2(“－”表示方向沿杆向下)． (2)有风力F 时的上升过程，由牛顿第二定律，有 F cos θ－μ(mg cos θ＋F sin θ)－mg sin θ＝ma 1，停风后的上升阶段，由牛顿第二定律，有－μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2， 联立解得μ＝0.5，F ＝50 N. 4．(1)75 m (2)40 m/s (3)535 5 s s 解析 (1)由牛顿第二定律：F －mg －f ＝ma 得a ＝6 m/s 2高度h ＝12at 2 解得h ＝75 m (2)下落过程中mg －f ＝ma 1 a 1＝8 m/s 2落地时v 2＝2a 1H 解得v ＝40 m/s (3)恢复升力后向下减速运动过程F －mg ＋f ＝ma 2 a 2＝10 m/s 2设恢复升力时的速度为v m ，则有v 2m 2a 1＋v 2m2a 2＝H 得v m ＝4053 m/s 由v m ＝a 1t 1 解得t 1＝553 s 1．考点及要求：超重和失重(Ⅰ).2.方法与技巧：(1)从受力的角度判断，当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时物体处于超重状态，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态；(2)从加速度的角度判断，当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态．下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态．1．(对超重和失重的理解)小明家住十层，他乘电梯从一层直达十层．则下列说法正确的是( ) A ．他始终处于超重状态．他始终处于超重状态B ．他始终处于失重状态．他始终处于失重状态C ．他先后处于超重、平衡、失重状态．他先后处于超重、平衡、失重状态D ．他先后处于失重、平衡、超重状态．他先后处于失重、平衡、超重状态2．(超重和失重的分析)如图1所示，四个质量、形状相同的斜面体放在粗糙的水平面上，将四个质量相同的物块放在斜面顶端，因物块与斜面的摩擦力不同，四个物块运动情况不同，放上A 物块后A 物块匀加速下滑，B 物块获一初速度后匀速下滑，C 物块获一初速度后匀减速下滑，放上D 物块后D 物块静止在斜面上，四个斜面体均保持静止．四种情况下斜面对地面的压力依次为F 1、F 2、F 3、F 4，则它们的大小关系是( ) 图1 A ．F 1＝F 2＝F 3＝F 4B ．F 1>F 2>F 3>F 4C ．F 1<F 2＝F 4<F 3D ．F 1＝F 3<F 2<F 43.在德国首都柏林举行的世界田径锦标赛女子跳高决赛中，克罗地亚选手弗拉西奇以2.04 m 的成绩获得冠军．弗拉西奇的身高约为1.93 m ，忽略空气阻力，g 取10 m/s 2，如图2所示．则下列说法正确的是( ) 图2 A ．弗拉西奇在下降过程中处于完全失重状态．弗拉西奇在下降过程中处于完全失重状态B ．弗拉西奇起跳以后在上升的过程中处于超重状态．弗拉西奇起跳以后在上升的过程中处于超重状态C ．弗拉西奇起跳时地面对她的支持力等于她所受的重力．弗拉西奇起跳时地面对她的支持力等于她所受的重力D ．弗拉西奇起跳时的初速度大约为3 m/s 4．(多选)2013年12月2日1时30分，“嫦娥三号”探测器由长征三号乙运载火箭从西昌卫星发射中心成功发射；12月14日21时，“嫦娥三号”到达距月球表面4 4 mm 处，关闭所有发动机，首次实现软着陆.12月15日晚，“嫦娥三号”着陆器和巡视器顺利互拍成像，“嫦娥三号”任务取得圆满成功．则下列说法正确的是( ) A ．发射初期，“嫦娥三号”处于超重状态．发射初期，“嫦娥三号”处于超重状态B ．发射初期，“嫦娥三号”处于失重状态．发射初期，“嫦娥三号”处于失重状态C ．从距月球表面4 m 处到着陆的过程中，“嫦娥三号”处于失重状态处到着陆的过程中，“嫦娥三号”处于失重状态D ．从距月球表面4 m 处到着陆的过程中，“嫦娥三号”处于超重状态处到着陆的过程中，“嫦娥三号”处于超重状态5.如图3所示，物体A 被平行于斜面的细线拴在斜面的上端，整个装置保持静止状态，斜面被固定在台秤上，物体与斜面间无摩擦，被固定在台秤上，物体与斜面间无摩擦，装置稳定后，当细线被烧断，装置稳定后，当细线被烧断，装置稳定后，当细线被烧断，物体下滑时与静止时物体下滑时与静止时比较，台秤的示数( ) 图3 A ．增加．增加B ．减小．减小C ．不变．不变D ．无法确定．无法确定6．如图4所示，质量为M 的木楔ABC 静置于粗糙水平面上，在斜面顶端将一质量为m 的物体，以一定的初速度从A 点沿平行斜面的方向推出，物体m 沿斜面向下做减速运动，在减速运动过程中，下列说法中正确的是( ) 图4 A ．地面对木楔的支持力大于(M ＋m )gB ．地面对木楔的支持力小于(M ＋m )gC ．地面对木楔的支持力等于(M ＋m )gD ．地面对木楔的摩擦力为0 7．举重运动员在地面上能举起120 120 kg kg 的重物，而在运动着的升降机中却只能举起100 100 kg kg 的重物，求升降机运动的加速度；若在以2.5 m /s 2的加速度加速下降的升降机中，此运动员能举起质量多大的重物？(取g ＝10 m/s 2) 答案解析1．C [小明乘坐电梯从一层直达十层过程中，一定是先向上加速，再向上匀速，最后向上减速，减速，运动过程中加速度方向最初向上，运动过程中加速度方向最初向上，运动过程中加速度方向最初向上，中间为零，最后向下，因此先后对应的状态应该是中间为零，最后向下，因此先后对应的状态应该是超重、平衡、失重三个状态，C 对．] 2．C [设物块和斜面的总重力为G . A 物块匀加速下滑，加速度沿斜面向下，具有竖直向下的分加速度，存在失重现象，则F 1<G ；B 物块匀速下滑，合力为零，斜面体保持静止状态，合力也为零，则系统的合力也为零，故F 2＝G . C 物块匀减速下滑，加速度沿斜面向上，具有竖直向上的分加速度，存在超重现象，则F 3>G ；D 物块静止在斜面上，合力为零，斜面体保持静止状态，合力也为零，则系统的合力也为零，故F 4＝G .故有F 1<F 2＝F 4<F 3，故C 正确，A 、B 、D 错误．] 3．A [在上升和下降过程中，弗拉西奇的加速度等于重力加速度，处于完全失重状态，选项A 正确，选项B 错误；弗拉西奇起跳时地面对她的支持力大于她所受的重力，选项C 错误；弗拉西奇在上升的过程中做竖直上抛运动，由运动学公式v 20＝2gh可得初速度v 0＝2gh＝20×(2.04－1.932)m /s≈4.6 m/s ，选项D 错误．] 4．AC [发射初期，“嫦娥三号”加速上升，加速度向上，处于超重状态；从距月球表面4 m 处到着陆的过程中，关闭所有发动机，“嫦娥三号”加速度为重力加速度，处于失重状态，选项A 、C 正确，B 、D 错误．]5．B [细线被烧断物体沿斜面下滑时不受摩擦力，物体A 将加速下滑，则物体A 的加速度沿竖直向下方向的分量不为0，A 处于失重状态，故台秤的示数将减小，选项B 正确．] 6．A [物体m 沿斜面向下做减速运动，加速度方向沿斜面向上，则其沿竖直向上的方向有分量，系统处于超重状态，故A 正确，B 、C 错误；物体加速度沿水平方向的分量向右，说明地面对木楔的摩擦力方向水平向右，故D 错误．]7．2 m/s 2，方向向上，方向向上160 kg 解析 运动员在地面上能举起m 0＝120 kg 的重物，则运动员能发挥的向上的最大支撑力 F ＝m 0g ＝1 200 N. 在运动着的升降机中只能举起m 1＝100 100 kgkg 的重物，可见该重物超重了，升降机应具有向上的加速度，设此加速度为a 1，对重物由牛顿第二定律得F －m 1g ＝m 1a 1，解得a 1＝2 2 m m /s 2.当升降机以a 2＝2.5 m/s 2的加速度加速下降时，重物失重．设此时运动员能举起的重物质量为m 2，对重物由牛顿第二定律得m 2g －F ＝m 2a 2，解得m 2＝160 kg. 1．考点及要求：(1)图象(Ⅱ)；(2)牛顿运动定律(Ⅱ)；(3)力的合成与分解(Ⅱ).2.方法与技巧：。

[考试标准]实验方案一1．实验原理图1重物通过滑轮牵引小车，当小车的质量比重物的质量大得多且摩擦力忽略不计时，可以把重物所受的重力当作小车受到的牵引力．如图1所示．改变重物的质量或者改变小车运动的距离，也就改变了牵引力做的功，从而探究牵引力做的功与小车获得的速度间的关系．2．实验器材 小车、一端带滑轮的长木板、砝码、钩码、天平、打点计时器、纸带、刻度尺等．3．实验步骤(1)垫高木板不带滑轮的一端，平衡摩擦力．(2)在小车中放入砝码，把纸带穿过打点计时器，连在小车后端、用细线绕过滑轮连接小车和钩码．(3)将小车停在打点计时器附近，先接通电源，再释放小车，关闭打点计时器电源．(4)改变钩码的数量，更换纸带重复进行操作．4．注意事项(1)实验前必须首先平衡摩擦力．(2)必须保证所悬挂钩码的重力远小于小车的重力，这时钩码重力才近似等于小车所受的合外力．5．数据处理(1)小车受到的合外力F ：大小近似等于所挂钩码的重力mg ，故用天平测出钩码的质量m 可求F ≈mg .(2)通过纸带测小车的位移l .(3)求出合力对小车做的功W ＝Fl ＝mgl .(4)通过纸带求出对应位移l 时，小车获得的速度v ＝x n ＋x n ＋12T. 6．结论研究W 与v 的关系，发现合力对小车做的功W 与小车速度的平方成正比，即满足W ∝v 2. 实验方案二1．实验原理(如图2所示)图2(1)一根橡皮筋作用在小车上移动距离x——做功为W.(2)两根橡皮筋作用在小车上移动距离x——做功应为2W.(3)三根橡皮筋作用在小车上移动距离x——做功应为3W.(4)利用打点计时器求出小车离开橡皮筋的速度，列表、作图，由图象可以确定功与速度变化的关系．2．实验器材橡皮筋、小车、木板、打点计时器、纸带、刻度尺、铁钉等．3．实验步骤(1)垫高木板的一端，平衡摩擦力．(2)拉伸的橡皮筋对小车做功：①用一条橡皮筋拉小车——做功W.②用两条橡皮筋拉小车——做功2W.③用三条橡皮筋拉小车——做功3W.(3)测出每次做功后小车获得的速度．(4)分别用各次实验测得的v和W绘制W－v或W－v2、W－v3、……图象，直到明确得出W 和v的关系．4．实验注意事项(1)将木板一端垫高，使小车的重力沿斜面向下的分力与摩擦阻力平衡．方法是轻推小车，由打点计时器打在纸带上的点的均匀程度判断小车是否做匀速运动，找到长木板的一个合适的倾角．(2)测小车速度时，应选纸带上的点均匀的部分，也就是选小车做匀速运动的部分．(3)橡皮筋应选规格一样的．力对小车做的功以一条橡皮筋做的功为单位即可，不必计算出具体数值．(4)小车质量应大一些，使纸带上打的点多一些．5．实验探究的技巧与方法(1)不直接计算W和v的数值，而只是看第2次、第3次……实验中的W和v是第1次的多少倍，简化数据的测量和处理．(2)做W－v图象，或W－v2、W－v3图象，直到作出的图象是一条倾斜的直线．6．实验结论物体速度v与外力做功W间的关系：W与v2成正比.命题点一教材原型实验例1在“探究功与速度变化的关系”实验中，某同学设计了如图3甲所示的实验方案：使小物块在橡皮筋的作用下沿水平桌面被弹出，第二次、第三次…操作时分别改用2根、3根、…同样的橡皮筋将小物块弹出，测出小物块被弹出时的速度，然后找到牵引力对小物块做的功与小物块速度的关系．图3(1)要测得小物块被弹出后的水平速度，需要测量哪些物理量(g已知)：________(填正确答案标号)A．小物块的质量mB．橡皮筋的原长xC．橡皮筋的伸长量ΔxD．桌面到地面的高度hE．小物块抛出点到落地点的水平距离L(2)用测量的物理量表示小物块获得速度大小的表达式________．(3)能够实现橡皮筋对小物块做功整数倍变化的是________．A．增加相同橡皮筋的条数，使小物块每次从相同位置释放B．橡皮筋两端固定，使橡皮筋的伸长量依次加倍C．橡皮筋两端固定，使橡皮筋的长度依次加倍D．释放小物块的位置等间距的变化(4)根据实验数据做出W－v2的图象如图乙所示，图线不通过原点的原因是________________________________________________________________________．解析(1)(2)物块离开桌面后做平抛运动，竖直方向：h＝12gt2，水平方向：L＝v t，解得：v＝L g2h，要测物块被弹出时的速度，需要测量：桌面到地面的高度h，小物块抛出点到落地点的水平距离L，故选D、E.(3)实验时，选择相同的橡皮筋，使橡皮筋的形变量相同，通过改变橡皮筋的条数改变橡皮筋对小车所做的功，故A 正确，B 、C 、D 错误，故选A.(4)物块在桌面上运动时，弹力对物块做正功，摩擦力对物块做负功，由于物块要克服摩擦力做功，则图象不过原点．答案 (1)DE (2)v ＝Lg 2h (3)A (4)物体在桌面上运动时要克服摩擦力做功 题组阶梯突破1．某兴趣小组在探究物体动能大小实验时，让一物体在恒定合外力作用下由静止开始沿直线运动，记录下速度、时间、位置等实验数据，然后分别作出动能E k 随时间变化和动能E k 随位置变化的两个图线，但横坐标没有标出．(1)请你判断物体动能随位置变化的图线应是图4中的________；(2)若图甲中OA 连线的斜率为k 1，图乙中直线的斜率为k 2则物体所受合外力的大小为________，在A 点所对应的瞬时速度的大小为________．图4答案 (1)乙 (2)k 2 2k 1k 2解析 (1)由E k ＝W ＝Fx ，可得：E k 与x 成正比，故乙图是物体动能随位置变化的图线．(2)在乙图中，由E k ＝Fx 得：F ＝E k x 即斜率为：k 2＝E k x① 在甲图中，k 1＝E k t② 由①②得：k 1k 2＝x t③又：在这个过程中平均速度为：v ＝v 2所以：x ＝v 2t ④ 将④代入③得：k 1k 2＝v 2t t 解得：v ＝2k 1k 2. 2．(2016·萧山区模拟)在“探究做功与速度变化关系”的实验中，(1)橡皮筋与小车按图5a 和图b 的两种方式连接，图a 中橡皮筋绕过小车前端的钉子，图b 中橡皮筋系在小车前端的小环中．图5你认为橡皮筋与小车之间的连接方式合理的是________(填“a ”或“b ”)．(2)下列说法中正确的是________．A ．实验时应使长木板保持水平B ．在释放小车后再接通电源，使打点计时器正常工作C ．利用打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中的最大速度D ．利用打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中的平均速度(3)实验时所用的电源如图6所示，则打点计时器应选________(填“电磁打点计时器”或“电火花计时器”)．图6答案(1)a(2)C(3)电磁打点计时器解析(1)为了方便增加橡皮筋，橡皮筋从车顶的钉子上跨过，不从车前的环里穿过，故a图连接更合理．(2) 实验要探究合力做的功与速度变化的关系，并且用橡皮筋做的功代替总功，故必须保证橡皮筋的拉力等于小车所受的合力，由于摩擦不能忽略，所以应该将长木板一端适当垫高以平衡摩擦力，故A错误；在中学阶段，用打点计时器测量时间时，为有效利用纸带，总是先接通电源后释放纸带，故B错误；当橡皮筋做功完毕小车应获得最大速度，由于平衡了摩擦力所以小车以后要做匀速运动，相邻两点间的距离基本相同．所以计算小车速度应该选择相邻距离基本相同的若干个点作为小车的匀速运动阶段，用这些点计算小车的最大速度．故C 正确，D错误．故选C.(2)由于电源是学生电源，电磁打点计时器的电压为4～6 V，所以要选择电磁打点计时器．命题点二拓展创新实验例2某学习小组在“探究功与速度变化关系”的实验中采用了如图7甲所示的实验装置．图7(1)将气垫导轨接通气泵，通过调平螺丝调整气垫导轨使之水平，检查是否调平的方法是____________________．(2)如图乙所示，游标卡尺测得遮光条的宽度Δd ＝______cm ；实验时，将橡皮条挂在滑块的挂钩上，向后拉伸一定的距离，并做好标记，以保证每次拉伸的距离恒定．现测得挂一根橡皮条时，滑块弹离橡皮条后，经过光电门的时间为Δt ，则滑块最后匀速运动的速度表达式为________(用字母表示)．(3)逐条增加橡皮条，记录每次遮光条经过光电门的时间，并计算出对应的速度．则画出的W －v 2图象应是__________．解析 (1)将滑块轻置于气垫导轨之上，看其是否滑动(将滑块置于气垫导轨之上，轻推是否匀速)；(2)游标尺零刻度线对应的主尺上整数部分为5 mm ，游标尺第10条刻度线与主尺某刻度线对齐，10×0.05 mm ＝0.50 mm ，故读数为5.50 mm ＝0.550 cm.光电门测量的是运动物体挡光时间内的平均速度，因为遮光条较窄，所以可看作测量的是瞬时速度．所以v ＝Δd Δt；(3)由动能定理有W ＝12m v 2，画出的W －v 2图象是一条过原点的直线． 答案 (1)将滑块轻置于气垫导轨之上，看其是否滑动(将滑块置于气垫导轨上，轻推是否匀速)(2)0.550 Δd Δt(3)一条过原点的直线 题组阶梯突破3．某兴趣小组在做探究合力做功和物体速度变化关系的实验前，提出了以下几种猜想：①W ∝v ；②W ∝v 2；③W ∝v 3.他们的实验装置如图8所示，PQ 为一块倾斜放置的薄木板，实验开始，他们共同探究如何测量出小车通过斜面底端Q 点的速度．有位同学认为可以通过实验改进，不需要测出小车通过Q 点的速度，也能完成实验．他的方案是：图8①将另一长木板置于水平桌面上．②在薄木板上标出等距离的位置点，然后将薄木板倾斜放置于长木板上并固定．③将小车从薄木板上离长木板最近的第1位置释放，记下小车在长木板上停止的位置x 1.④将小车分别从薄木板第2、第3…位置释放，记下小车在长木板上停止的位置x2，x3，…⑤用刻度尺测量出各位置点离斜面底部的距离．大家经过讨论采纳了该同学的建议，请你思考他们的探究思路并回答下列问题．(1)小车从薄木板上某一位置由静止下滑，下滑过程中合力做功，本实验中通过改变______________来控制合力所做的功成倍增加．(2)该实验中，将小车滑到薄木板底部Q点速度的测量转化为________的测量．答案(1)小车在薄木板上的下滑位置(2)在长木板上滑行的距离解析(1)小车从薄木板上某一位置由静止下滑，下滑过程中合力做功，通过改变小车在薄木板上的下滑位置，使合力做功成倍增加；(2)该实验中，将小车滑到薄木板底部Q点速度的测量转化为在长木板上滑行的距离的测量．4．某中学科技研究小组成员李军同学计划通过物体在斜面上运动的实验探究“合外力做功与物体速度变化的关系”．实验开始前，该同学提出了以下几种猜想：W∝v，W∝v，W∝v2.实验装置如图9甲所示，MN为一块倾斜放置的木板，在N处固定一个速度传感器(用来测量物体每次通过N点的速度)，每次实验，物体都由静止从斜面上释放．图9(1)为了记录实验数据，李军同学设计了以下表格，其中x代表物体在斜面上无初速度释放时的初始位置到速度传感器的距离，v表示物体每次通过N点的速度.填“能”或“不能”)得出W∝v，你对此提出的建议是___________________________________.(2)在此实验中，木板与物体间摩擦力的大小__________(填“会”或“不会”)影响探究的结果．答案(1)见解析图不能应进一步绘制x－v2图象(2)不会解析(1)在坐标系中描点，绘制图象如图所示，由于得到的是一段曲线，所以不能得出W∝v，对此提出的建议是：应进一步绘制x－v2图象．(2)物体下滑时，对物体做功的是重力与摩擦力，只要摩擦力是定值就行，不用管具体的数值．5．某学习小组利用如图10所示的装置探究做功与物体速度变化的关系．图10(1)将气垫导轨调至水平，安装好实验器材，从图中读出两光电门之间的距离s ＝________ cm.(2)测量挡光条的宽度d ，记录挡光条通过光电门1和2所用的时间Δt 1和Δt 2，并从拉力传感器中读出滑块受到的拉力F ，为了完成实验，还需要直接测量的一个物理量是____________．(3)该实验是否需要满足砝码盘和砝码总质量远小于滑块、挡光条和拉力传感器的总质量？________(填“是”或“否”)．答案 (1)50.00 (2)滑块、挡光条和拉力传感器的总质量 (3)否解析 (1)光电门1处刻度尺读数为23.00 cm ，光电门2处刻度尺读数为73.00 cm ，故两光电门之间的距离s ＝73.00 cm －23.00 cm ＝50.00 cm.(2)由于光电门的宽度d 很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度，滑块通过光电门1的速度为v 1＝d Δt 1，滑块通过光电门2的速度为v 2＝d Δt 2，根据功能关系需要验证的关系式为Fs ＝12M v 22－12M v 21＝12M (d Δt 2)2－12M (d Δt 1)2，可见还需要测量出M ，即滑块、挡光条和拉力传感器的总质量．(3)该实验中由于已经用拉力传感器测出绳子拉力大小，没有将砝码和砝码盘的重力作为滑块的拉力，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于滑块、挡光条和拉力传感器的总质量．。

步步高大一轮复习(人教版)第五章第1课时功功率人教版浙江专用第五章第1课时机械能功功率题组扣点课堂探究学科素养培养高考模拟练出高分最新2022年届高三复习用书课件题组扣点深度思考基础知识题组1.[功的理解]下列选项所示的四幅图是小明提包回家的情景，其中小明提包的力不做功的是( B )题组扣点课堂探究学科素养培养高考模拟练出高分最新2022年届高三复习用书课件题组扣点深度思考2.[功率的理解]关于功率的公式P=Fvcos α,以下理解正确的是( BCD ) A. 它是由功率的定义式P=W/t 及功的定义式W=Flcos α 联合导出的，所以它只能用来计算平均功率 B.若 F 与v 的夹角α=0,P=Fv C.当公式中的v 表示平均速度且 F 为恒力时，则P=Fv 求解的是平均功率 D.当F、v、α 均为瞬时值时，P=Fvcos α 求解的是瞬时功率题组扣点课堂探究学科素养培养高考模拟练出高分最新2022年届高三复习用书课件题组扣点深度思考3.[功的简单计算]起重机以1 m/s2 的加速度将质量为 1 000 kg 的货物由静止开始匀加速向上提升，若g 取10 m/s2,则在 1 s 内起重机对货物所做的功是 A.500 J C.5 000 J解析货物的加速度向上，( D ) B.4 500 J D.5 500 J由牛顿第二定律有：F-mg=ma, 起重机的拉力F=mg+ma=11 000 N. 1 货物的位移是l= at2=0.5 m, 2 做功为W=Fl=5 500 J.故D 正确.题组扣点课堂探究学科素养培养高考模拟练出高分最新2022年届高三复习用书课件题组扣点深度思考4.[功率的简单计算]一质量为m 的木块静止在光滑的水平面上，从t=0 开始，将一个大小为F 的水平恒力作用在该木块上，在t= t1 时刻力 F 的瞬时功率是F2 A. t1 2m F2 C. m t1 F2 2 B. t1 2m F2 2 D. m t1 (C)题组扣点课堂探究学科素养培养高考模拟练出高分最新2022年届高三复习用书课件题组扣点深度思考考点梳理一、功1.做功的两个要素(1)作用在物体上的力 . (2)物体在力的方向上发生的位移. 2.公式：W= Flcos α (1)α 是力与位移方向之间的夹角，l 为物体对地的位移. (2)该公式只适用于(3)功是标 3.功的正负(1)α90° ,力对物体做(2)α90° ,力对物体做体克服这个力做了功. (3)α=90° ,力对物体不做功.正功. 负功，或者说物恒力二、功率1.定义：功与完成这些功所用时间的比值 . 物理意义：描述力对物体做功的快慢 2.公式W (1)P= ,P 为时间t 内的平均功率t (2)P=Fvc os α(α 为F 与v 的夹角)做功...①v 为平均速度，则P 为平均功率. .(标或矢)量.②v 为瞬时速度，则P 为瞬时功率题组扣点课堂探究学科素养培养高考模拟练出高分最新2022年届高三复习用书课件课堂探究考点突破考点一判断正、负功的方法1.根据力和位移方向之间的夹角判断此法常用于恒力做功的判断.2.根据力和速度方向之间的夹角判断此法常用于质点做曲线运动时变力做功的判断.3.从能的转化角度来进行判断此法常用于判断相互联系的两个物体之间的相互作用力做功的情况.题组扣点课堂探究学科素养培养高考模拟练出高分最新2022年届高三复习用书课件课堂探究考点突破例如车M静止在光滑水平轨道上，球m用细线悬挂在车上，由图1中的位置无初速度地释放，因为绳的拉力使车的动能增加了，则可判断在球下摆过程中绳的拉力对车做正功.又因为M 和m构成的系统的机械能是守恒的，故M增加的机械能等于m减少的机械能，所以绳的拉力一定对球m做负功.图1特别提醒 1.作用力和反作用力虽然等大反向，但由于其分别作用在两个物体上，产生的位移效果无必然联系，故作用力和反作用力做的功不一定一正一负，大小也不一定相等. 2.摩擦力并非只做负功，也可以做正功或不做功.题组扣点课堂探究学科素养培养高考模拟练出高分最新2022年届高三复习用书课件课堂探究考点突破【例1】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 的光滑斜面体，放在水平面上，开始时小球与斜面刚刚接触且细绳恰好竖直，如图2 所示，现在用水平推力F 缓慢向左推动斜面体，直至细绳与斜面体平行，则下列说法中正确的是A.由于小球受到斜面的弹力始终与斜面垂直，故对小球不做功B.细绳对小球的拉力始终与小球的运动方向垂直，故对小球不做功C.小球受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.若水平面光滑，则推力做功为mgL(1-cos θ) ( B )图42题组扣点课堂探究学科素养培养高考模拟练出高分最新2022年届高三复习用书课件课堂探究考点突破【突破训练1】如图3 所示，拖着旧橡胶轮胎跑是身体耐力训练的一种有效方法.如果某受训者拖着轮胎在水平直道上跑了100 m,那么下列说法正确的是 A.轮胎受到地面的摩擦力对轮胎做了负功 B.轮胎受到的重力对轮胎做了正功 C.轮胎受到的拉力对轮胎不做功 D.轮胎受到的地面的支持力对轮胎做了正功图3( A )题组扣点课堂探究学科素养培养高考模拟练出高分最新2022年届高三复习用书课件课堂探究考点突破考点二功的计算1.恒力做的功：直接用W=Flcos α 计算.2.合外力做的功方法一：先求合外力 F 合，再用W 合=F 合lcos α 求功.方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3、。

第1讲 功 功率 动能定理一、功1．定义：一个物体受到力的作用，如果在力的方向上发生了一段位移，就说这个力对物体做了功．2．必要因素：力和物体在力的方向上发生的位移． 3．物理意义：功是能量转化的量度． 4．计算公式(1)恒力F 的方向与位移l 的方向一致时：W ＝Fl .(2)恒力F 的方向与位移l 的方向成某一夹角α时：W ＝Fl cos_α. 5．功的正负(1)当0≤α<π2时，W >0，力对物体做正功．(2)当π2<α≤π时，W <0，力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功．(3)当α＝π2时，W ＝0，力对物体不做功．6．一对作用力与反作用力的功]7.一对平衡力的功一对平衡力作用在同一个物体上，若物体静止，则两个力都不做功；若物体运动，则这一对力所做的功一定是数值相等，一正一负或均为零． 二、功率1．定义：功与完成这些功所用时间的比值． 2．物理意义：描述力对物体做功的快慢． 3．公式(1)P ＝Wt ，P 为时间t 内物体做功的快慢．(2)P ＝Fv①v 为平均速度，则P 为平均功率． ②v 为瞬时速度，则P 为瞬时功率．③当力F 和速度v 不在同一直线上时，可以将力F 分解或者将速度v 分解．深度思考由公式P ＝Fv 得到F 与v 成反比正确吗答案 不正确，在P 一定时，F 与v 成反比． 三、动能 动能定理 1．动能(1)定义：物体由于运动而具有的能叫动能． (2)公式：E k ＝12mv 2.(3)矢标性：动能是标量，只有正值．(4)状态量：动能是状态量，因为v 是瞬时速度． 2．动能定理(1)内容：在一个过程中合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化量． (2)表达式：W ＝12mv 22－12mv 21＝E k2－E k1.(3)适用条件：①既适用于直线运动，也适用于曲线运动． ②既适用于恒力做功，也适用于变力做功．③力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用．(4)应用技巧：若整个过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可以分段考虑，也可以整个过程考虑．深度思考物体的速度改变，动能一定改变吗答案不一定．如匀速圆周运动．1．(粤教版必修2P67第5题)用起重机将质量为m 的物体匀速吊起一段距离，那么作用在物体上的各力做功情况应是下列说法中的哪一种( ) A ．重力做正功，拉力做负功，合力做功为零 B ．重力做负功，拉力做正功，合力做正功 C ．重力做负功，拉力做正功，合力做功为零 D ．重力不做功，拉力做正功，合力做正功 答案 C2．(粤教版必修2P77第2题)(多选)一个物体在水平方向的两个恒力作用下沿水平方向做匀速直线运动，若撤去其中的一个力，则( ) A ．物体的动能可能减少 B ．物体的动能可能不变 C ．物体的动能可能增加 D ．余下的力一定对物体做功 答案 ACD3．(多选)关于功率公式P ＝Wt 和P ＝Fv 的说法正确的是( )A ．由P ＝Wt 知，只要知道W 和t 就可求出任意时刻的功率B ．由P ＝Fv 既能求某一时刻的瞬时功率，也可以求平均功率C ．由P ＝Fv 知，随着汽车速度的增大，它的功率也可以无限增大D ．由P ＝Fv 知，当汽车发动机功率一定时，牵引力与速度成反比 答案 BD4．(人教版必修2P59第1题改编)如图1所示，两个物体与水平地面间的动摩擦因数相等，它们的质量也相等．在甲图中用力F 1拉物体，在乙图中用力F 2推物体，夹角均为α，两个物体都做匀速直线运动，通过相同的位移．设F 1和F 2对物体所做的功分别为W 1和W 2，物体克服摩擦力做的功分别为W 3和W 4，下列判断正确的是( )图1A．F1＝F2B．W1＝W2C．W3＝W4D．W1－W3＝W2－W4答案 D5．有一质量为m的木块，从半径为r的圆弧曲面上的a点滑向b点，如图2所示．若由于摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是()图2A．木块所受的合外力为零B．因木块所受的力都不对其做功，所以合外力做的功为零C．重力和摩擦力的合力做的功为零D．重力和摩擦力的合力为零答案 C命题点一功的分析与计算1．常用办法：对于恒力做功利用W＝Fl cos α；对于变力做功可利用动能定理(W＝ΔE k)；对于机车启动问题中的定功率启动问题，牵引力的功可以利用W＝Pt.2．几种力做功比较(1)重力、弹簧弹力、电场力、分子力做功与位移有关，与路径无关．(2)滑动摩擦力、空气阻力、安培力做功与路径有关．(3)摩擦力做功有以下特点①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值．③相互作用的一对滑动摩擦力做功过程中会发生物体间机械能转移和机械能转化为内能，内能Q＝F f x相对．例1 一物体静止在粗糙水平地面上．现用一大小为F 1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v .若将水平拉力的大小改为F 2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v .对于上述两个过程，用W F 1、W F 2分别表示拉力F 1、F 2所做的功，W f1、W f2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( ) A ．W F 2>4W F 1，W f2>2W f1 B ．W F 2>4W F 1，W f2＝2W f1 C ．W F 2<4W F 1，W f2＝2W f1 D ．W F 2<4W F 1，W f2<2W f1物体从静止开始经过同样的时间．答案 C解析 根据x ＝v ＋v 02t 得，两过程的位移关系x 1＝12x 2，根据加速度的定义a ＝v －v 0t ，得两过程的加速度关系为a 1＝a 22.由于在相同的粗糙水平地面上运动，故两过程的摩擦力大小相等，即F f1＝F f2＝F f ，根据牛顿第二定律得，F 1－F f1＝ma 1，F 2－F f2＝ma 2，所以F 1＝12F 2＋12F f ，即F 1>F 22.根据功的计算公式W ＝Fl ，可知W f1＝12W f2，W F 1>14W F 2，故选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．判断力是否做功及做正、负功的方法1．看力F 的方向与位移l 的方向间的夹角α——常用于恒力做功的情形． 2．看力F 的方向与速度v 的方向间的夹角α——常用于曲线运动的情形．3．根据动能的变化：动能定理描述了合外力做功与动能变化的关系，即W 合＝ΔE k ，当动能增加时合外力做正功；当动能减少时合外力做负功．1.如图3所示，质量为m 的物体置于倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，在外力作用下，斜面以加速度a 沿水平方向向左做匀加速运动，运动中物体m 与斜面体相对静止．则关于斜面对m 的支持力和摩擦力的下列说法中错误的是( )图3A．支持力一定做正功B．摩擦力一定做正功C．摩擦力可能不做功D．摩擦力可能做负功答案 B解析支持力方向垂直斜面向上，故支持力一定做正功．而摩擦力是否存在需要讨论，若摩擦力恰好为零，物体只受重力和支持力，如图所示，此时加速度a＝g tan θ，当a>g tan θ时，摩擦力沿斜面向下，摩擦力与位移夹角小于90°，则做正功；当a<g tan θ时，摩擦力沿斜面向上，摩擦力与位移夹角大于90°，则做负功．综上所述，B选项是错误的．2．以一定的初速度竖直向上抛出一个小球，小球上升的最大高度为h，空气阻力的大小恒为F ，则从抛出到落回到抛出点的过程中，空气阻力对小球做的功为( ) A ．0 B ．－Fh C ．Fh D ．－2Fh答案 D解析 阻力与小球速度方向始终相反，故阻力一直做负功，W ＝－Fh ＋(－Fh )＝－2Fh ，D 选项正确．命题点二 功率的理解和计算 1．平均功率与瞬时功率 (1)平均功率的计算方法 ①利用P ＝Wt.②利用P ＝F v cos α，其中v 为物体运动的平均速度． (2)瞬时功率的计算方法①利用公式P ＝Fv cos α，其中v 为t 时刻的瞬时速度． ②P ＝Fv F ，其中v F 为物体的速度v 在力F 方向上的分速度． ③P ＝F v v ，其中F v 为物体受到的外力F 在速度v 方向上的分力． 2．机车的两种启动模型3.机车启动问题常用的三个公式 (1)牛顿第二定律：F －F f ＝ma . (2)功率公式：P ＝F ·v . (3)速度公式：v ＝at .说明：F 为牵引力，F f 为机车所受恒定阻力．例2 在检测某种汽车性能的实验中，质量为3×103 kg 的汽车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为40 m/s ，利用传感器测得此过程中不同时刻该汽车的牵引力F 与对应速度v ，并描绘出如图4所示的F －1v 图象(图线ABC为汽车由静止到达到最大速度的全过程，AB 、BO 均为直线)．假设该汽车行驶中所受的阻力恒定，根据图线ABC ：图4(1)求该汽车的额定功率；(2)该汽车由静止开始运动，经过35 s达到最大速度40 m/s，求其在BC段的位移．①最大速度在图象中对应的力；②AB、BO 均为直线．答案(1)8×104 W(2)75 m解析(1)由图线分析可知：图线AB表示牵引力F不变即F＝8 000 N，阻力F f不变，汽车由静止开始做匀加速直线运动；图线BC的斜率表示汽车的功率P不变，达到额定功率后，汽车所受牵引力逐渐减小，汽车做加速度减小的变加速直线运动，直至达到最大速度40 m/s，此后汽车做匀速直线运动．由图可知：当最大速度v max＝40 m/s时，牵引力为F min＝2 000 N由平衡条件F f＝F min可得F f＝2 000 N由公式P＝F min v max得额定功率P＝8×104 W.(2)匀加速运动的末速度v B ＝PF ，代入数据解得v B ＝10 m/s汽车由A 到B 做匀加速运动的加速度为 a ＝F －F f m＝2 m/s 2设汽车由A 到B 所用时间为t 1，由B 到C 所用时间为t 2，位移为x ，则t 1＝v Ba ＝5 s ，t 2＝35 s－5 s ＝30 sB 点之后，对汽车由动能定理可得Pt 2－F f x ＝12mv 2C －12mv 2B，代入数据可得x ＝75 m.1．求解功率时应注意的“三个”问题(1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率；(2)平均功率与一段时间(或过程)相对应，计算时应明确是哪个力在哪段时间(或过程)内做功的平均功率；(3)瞬时功率计算时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率． 2．机车启动中的功率问题(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即v m ＝P F min ＝PF 阻(式中F min 为最小牵引力，其值等于阻力F 阻)．(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，但速度不是最大，v ＝P F <v m ＝P F 阻.3.一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图5所示．假定汽车所受阻力的大小F f恒定不变．下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是()图5答案 A解析当汽车的功率为P1时，汽车在运动过程中满足P1＝F1v，因为P1不变，v逐渐增大，所以牵引力F1逐渐减小，由牛顿第二定律得F1－F f＝ma1，F f不变，所以汽车做加速度减小的加速运动，当F1＝F f时速度最大，且v m＝P1F1＝P1F f.当汽车的功率突变为P2时，汽车的牵引力突增为F2，汽车继续加速，由P2＝F2v可知F2减小，又因F2－F f＝ma2，所以加速度逐渐减小，直到F2＝F f时，速度最大v m′＝P2F f，此后汽车做匀速直线运动．综合以上分析可知选项A正确．4．一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的功率达到最大值P，以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v2匀速上升，重物上升的高度为h，则整个过程中，下列说法正确的是()A．钢绳的最大拉力为Pv2B ．钢绳的最大拉力为mgC ．重物匀加速的末速度为PmgD ．重物匀加速运动的加速度为Pmv 1－g答案 D解析 加速过程重物处于超重状态，钢绳拉力较大，匀速运动阶段钢绳的拉力为Pv 2，故A 错误；加速过程重物处于超重状态，钢绳拉力大于重力，故B 错误；重物匀加速运动的末速度不是运动的最大速度，此时钢绳对重物的拉力大于其重力，故其速度小于Pmg ，故C 错误；重物匀加速运动的末速度为v 1，此时的拉力为F ＝Pv 1，由牛顿第二定律得：a ＝F －mg m ＝P mv 1－g ，故D 正确．命题点三 动能定理及其应用 1．动能定理 (1)三种表述①文字表述：所有外力对物体做的总功等于物体动能的增加量； ②数学表述：W 合＝12mv 2－12mv 20或W 合＝E k －E k0；③图象表述：如图6所示，E k －l 图象中的斜率表示合外力．图6(2)适用范围①既适用于直线运动，也适用于曲线运动； ②既适用于恒力做功，也适用于变力做功；③力可以是各种性质的力，既可同时作用，也可分阶段作用．2．解题的基本思路(1)选取研究对象，明确它的运动过程；(2)分析受力情况和各力的做功情况；(3)明确研究对象在过程的初末状态的动能E k1和E k2；(4)列动能定理的方程W合＝E k2－E k1及其他必要的解题方程，进行求解．例3我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图7所示，质量m＝60 kg的运动员从长直助滑道AB的A 处由静止开始以加速度a＝m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度v B＝24 m/s，A与B 的竖直高度差H＝48 m，为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧．助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h＝5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1 530 J，取g＝10 m/s2.图7(1)求运动员在AB 段下滑时受到阻力F f 的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C 点所在圆弧的半径R 至少应为多大．答案 (1)144 N (2) m解析 (1)运动员在AB 上做初速度为零的匀加速运动，设AB 的长度为x ，则有v 2B ＝2ax ① 由牛顿第二定律有mg Hx －F f ＝ma ②联立①②式，代入数据解得F f ＝144 N ③(2)设运动员到达C 点时的速度为v C ，在由B 到达C 的过程中，由动能定理得 mgh ＋W ＝12mv 2C －12mv 2B④设运动员在C 点所受的支持力为F N ，由牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2CR⑤由题意和牛顿第三定律知F N ＝6mg ⑥ 联立④⑤⑥式，代入数据解得R ＝ m.5．(多选)(2015·浙江理综·18)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器．舰载机总质量为×104 kg ，设起飞过程中发动机的推力恒为×105 N ；弹射器有效作用长度为100 m ，推力恒定．要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则( ) A ．弹射器的推力大小为×106 N B ．弹射器对舰载机所做的功为×108 J C ．弹射器对舰载机做功的平均功率为×107 W D ．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s 2 答案 ABD解析 设总推力为F ，位移x ＝100 m ，阻力F 阻＝20%F ，对舰载机加速过程由动能定理得Fx －20%F ·x ＝12mv 2，解得F ＝×106 N ，弹射器推力F 弹＝F －F 发＝×106 N －×105 N ＝×106 N ，A 正确；弹射器对舰载机所做的功为W ＝F 弹·x ＝×106×100 J ＝×108 J ，B 正确；弹射器对舰载机做功的平均功率P ＝F 弹·0＋v 2＝×107 W ，C 错误；根据运动学公式v 2＝2ax ，得a ＝v 22x ＝32 m/s 2，D 正确．6．(多选)(2016·浙江理综·18)如图8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°＝，cos 37°＝．则( )图8A ．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 对滑草车从坡顶由静止滑下，到底端静止的全过程，得mg ·2h －μmg cos 45°·hsin 45°－μmg cos 37°·h sin 37°＝0，解得μ＝67，选项A 正确；对经过上段滑道过程，根据动能定理得，mgh －μmg cos 45°·h sin 45°＝12mv 2，解得v ＝2gh7，选项B 正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh ，选项C 错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为a ＝μmg cos 37°－mg sin 37°m ＝335g ，选项D 错误．7．如图9所示，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P ，小船的质量为m ，小船受到的阻力大小恒为F f ，经过A 点时的速度大小为v 0，小船从A 点沿直线加速运动到B 点经历时间为t 1，A 、B 两点间距离为d ，缆绳质量忽略不计．求：图9(1)小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功W f；(2)小船经过B点时的速度大小v1；(3)小船经过B点时的加速度大小a.答案(1)F f d(2) v20＋2m?Pt1－F f d?(3)Pm2v20＋2m?Pt1－F f d?－F fm解析(1)小船从A点运动到B点克服阻力做功W f＝F f d①(2)小船从A点运动到B点，电动机牵引缆绳对小船做功W＝Pt1②由动能定理有W－W f＝12mv21－12mv2③由①②③式解得v1＝v20＋2m?Pt1－F f d?④(3)设小船经过B点时缆绳的拉力大小为F，缆绳与水平方向的夹角为θ，电动机牵引缆绳的速度大小为v，则P＝Fv⑤v＝v1cos θ⑥由牛顿第二定律有F cos θ－F f＝ma⑦由④⑤⑥⑦式解得a＝Pm2v20＋2m?Pt1－F f d?－F fm.求解变力做功的五种方法一、用动能定理求变力做功动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于求恒力做功，也适用于求变力做功，因为使用动能定理可由动能的变化来求功，所以动能定理是求变力做功的首选．典例1如图10所示，质量为m的小球用长L的细线悬挂而静止在竖直位置．现用水平拉力F将小球缓慢拉到细线与竖直方向成θ角的位置．在此过程中，拉力F做的功为()图10A．FL cos θB．FL sin θC．FL(1－cos θ) D．mgL(1－cos θ)答案 D解析在小球缓慢上升过程中，拉力F为变力，此变力F的功可用动能定理求解．由W F－mgL(1－cos θ)＝0得W F＝mgL(1－cos θ)，故D正确．二、利用微元法求变力做功将物体的位移分割成许多小段，因小段很小，每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将变力做功转化为在无数个无穷小的位移上的恒力所做功的代数和，此法在中学阶段常应用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题．典例2如图11所示，在一半径为R＝6 m的圆弧形桥面的底端A，某人把一质量为m＝8 kg的物块(可看成质点)．用大小始终为F＝75 N 的拉力从底端缓慢拉到桥面顶端B(圆弧AB在一竖直平面内)，拉力的方向始终与物块在该点的切线成37°角，整个圆弧桥面所对的圆心角为120°，g取10 m/s2，sin 37°＝，cos 37°＝.求这一过程中：图11(1)拉力F 做的功；(2)桥面对物块的摩擦力做的功． 答案 (1) J (2)－ J解析 (1)将圆弧AB 分成很多小段l 1、l 2、…、l n ，拉力在每一小段上做的功为W 1、W 2、…、W n .因拉力F 大小不变，方向始终与物块在该点的切线成37°角，所以W 1＝Fl 1cos 37°、W 2＝Fl 2cos 37°、…、W n ＝Fl n cos 37°所以W F ＝W 1＋W 2＋…＋W n ＝F cos 37°(l 1＋l 2＋…＋l n )＝F cos 37°·16·2πR ＝ J.(2)因为重力G 做的功W G ＝－mgR (1－cos 60°)＝－240 J ，而因物块在拉力F 作用下缓慢移动，动能不变，由动能定理知W F ＋W G ＋W f ＝0 所以W f ＝－W F －W G ＝－ J ＋240 J ＝－ J. 三、化变力为恒力求变力做功变力做功直接求解时，通常都比较复杂，但若通过转换研究对象，有时可化为恒力做功，可以用W ＝Fl cos α求解，此法常常应用于轻绳通过定滑轮拉物体的问题中． 四、用平均力求变力做功在求解变力做功时，若物体受到的力的方向不变，而大小随位移是成线性变化的，即为均匀变化，则可以认为物体受到一大小为F ＝F 1＋F 22的恒力作用，F 1、F 2分别为物体初、末状态所受到的力，然后用公式W ＝F l cos α求此力所做的功． 五、用F －x 图象求变力做功在F －x 图象中，图线与x 轴所围“面积”的代数和就表示力F 在这段位移所做的功，且位于x 轴上方的“面积”为正，位于x 轴下方的“面积”为负，但此方法只适用于便于求图线所围面积的情况(如三角形、矩形、圆等规则的几何图)．典例3轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m＝kg的物块相连，如图12甲所示，弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因数μ＝.以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴，现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的情况如图乙所示，物块运动至x＝m处时速度为零，则此时弹簧的弹性势能为(g＝10 m/s2)()图12A．J B．JC．J D．J答案 A解析物块与水平面间的摩擦力为F f＝μmg＝1 N．现对物块施加水平向右的外力F，由F －x图象面积表示功可知F做功W＝J，克服摩擦力做功W f＝F f x＝J．由功能关系可知，W －W f＝E p，此时弹簧的弹性势能为E p＝J，选项A正确．题组1功和功率的分析与计算1．一个成年人以正常的速度骑自行车，受到的阻力为总重力的倍，则成年人骑自行车行驶时的功率最接近于()A．1 W B．10 W C．100 W D．1 000 W答案 C解析 设人和车的总质量为100 kg ，匀速行驶时的速率为5 m/s ，匀速行驶时的牵引力与阻力大小相等F ＝＝20 N ，则人骑自行车行驶时的功率为P ＝Fv ＝100 W ，故C 正确． 2.(多选)一质量为1 kg 的质点静止于光滑水平面上，从t ＝0时刻开始，受到水平外力F 作用，如图1所示．下列判断正确的是( )图1A ．0～2 s 内外力的平均功率是4 WB ．第2 s 内外力所做的功是4 JC ．第2 s 末外力的瞬时功率最大D ．第1 s 末与第2 s 末外力的瞬时功率之比为9∶4 答案 AD解析 第1 s 末质点的速度 v 1＝F 1m t 1＝31×1 m/s ＝3 m/s.第2 s 末质点的速度v 2＝v 1＋F 2m t 2＝(3＋11×1) m/s ＝4 m/s.则第2 s 内外力做功W 2＝12mv 22－12mv 21＝ J0～2 s 内外力的平均功率 P ＝12mv 22t ＝错误! W ＝4 W.选项A 正确，选项B 错误；第1 s 末外力的瞬时功率P 1＝F 1v 1＝3×3 W ＝9 W ， 第2 s 末外力的瞬时功率P 2＝F 2v 2＝1×4 W ＝4 W ，故P1∶P2＝9∶4.选项C错误，选项D正确．3．如图2甲所示，静止于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F作用下，沿x 轴方向运动，拉力F随物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示，图线为半圆．则小物块运动到x0处时F所做的总功为()图2A．0 F m x0F m x0x20答案 C解析F为变力，但F－x图象包围的面积在数值上表示拉力做的总功．由于图线为半圆，又因在数值上F m＝12x0，故W＝12π·F2m＝12π·F m·12x0＝π4F m x0.题组2动能定理及其简单应用4.如图3所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则小球从A到C的过程中弹簧弹力做功是()图3A ．mgh －12mv 2mv 2－mgh C ．－mgh D ．－(mgh ＋12mv 2)答案 A解析 小球从A 点运动到C 点的过程中，重力和弹簧的弹力对小球做负功，由于支持力与位移始终垂直，则支持力对小球不做功，由动能定理，可得W G ＋W F ＝0－12mv 2，重力做功为W G ＝－mgh ，则弹簧的弹力对小球做功为W F ＝mgh －12mv 2，所以正确选项为A.5．(多选)质量为1 kg 的物体静止在水平粗糙的地面上，在一水平外力F 的作用下运动，如图4甲所示，外力F 和物体克服摩擦力F f 做的功W 与物体位移x 的关系如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2.下列分析正确的是( )图4A ．物体与地面之间的动摩擦因数为B ．物体运动的位移为13 mC ．物体在前3 m 运动过程中的加速度为3 m/s 2D ．x ＝9 m 时，物体的速度为3 2 m/s 答案 ACD解析 由W f ＝F f x 对应图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力F f ＝2 N ，由F f ＝μmg 可得μ＝，A 正确；由W F ＝Fx 对应图乙可知，前3 m 内，拉力F 1＝5 N,3～9 m 内拉力F 2＝2 N ，物体在前3 m 内的加速度a 1＝F 1－F f m ＝3 m/s 2，C 正确；由动能定理得：W F －F f x ＝12mv 2可得：x ＝9 m 时，物体的速度为v ＝3 2 m/s ，D 正确；物体的最大位移x m ＝W FF f＝ m ，B 错误． 6．(多选)如图5所示，质量为M 的木块放在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以速度v 0沿水平方向射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v 运动．已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离为l ，子弹进入木块的深度为d ，若木块对子弹的阻力F f 视为恒定，则下列关系式中正确的是( )图5A ．F f l ＝12Mv 2B ．F f d ＝12Mv 2C ．F f d ＝12mv 20－12(M ＋m )v 2D ．F f (l ＋d )＝12mv 20－12mv 2答案 ACD解析画出如图所示的运动过程示意图，从图中不难看出，当木块前进距离l，子弹进入木块的深度为d时，子弹相对于地发生的位移为l＋d，由牛顿第三定律，子弹对木块的作用力大小也为F f.子弹对木块的作用力对木块做正功，由动能定理得：F f l＝12Mv2木块对子弹的作用力对子弹做负功，由动能定理得：－F f(l＋d)＝12mv2－12mv2两式联立得：F f d＝12mv2－12(M＋m)v2所以，本题正确答案为A、C、D.题组3动能定理在多过程问题中的应用7．如图6所示为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切．点A距水面的高度为H，圆弧轨道BC的半径为R，圆心O恰在水面．一质量为m的游客(视为质点)可从轨道AB的任意位置滑下，不计空气阻力．图6(1)若游客从A 点由静止开始滑下，到B 点时沿切线方向滑离轨道落在水面D 点，OD ＝2R ，求游客滑到B 点时的速度v B 大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功W f ；(2)某游客从AB 段某处滑下，恰好停在B 点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P 点后滑离轨道，求P 点离水面的高度h .(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F 向＝m v 2R)答案 (1)2gR －(mgH －2mgR ) (2)23R解析 (1)游客从B 点做平抛运动，有 2R ＝v B t ① R ＝12gt 2②由①②式得v B ＝2gR ③ 从A 到B ，根据动能定理，有 mg (H －R )＋W f ＝12mv 2B －0④由③④式得W f ＝－(mgH －2mgR )(2)设OP 与OB 间夹角为θ，游客在P 点时的速度为v P ，受到的支持力为N ，从B 到P 由机械能守恒定律，有 mg (R －R cos θ)＝12mv 2P －0⑤过P 点时，根据向心力公式，有mg cos θ－N ＝m v 2PR⑥N ＝0⑦cos θ＝hR⑧由⑤⑥⑦⑧式解得h ＝23R .8．如图7甲所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O 位置．质量为m 的物块A (可视为质点)以初速度v 0从距O 点右方x 0处的P 点向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O ′点位置后，A 又被弹簧弹回．A 离开弹簧后，恰好回到P 点．物块A 与水平面间的动摩擦因数为μ.求：图7(1)物块A 从P 点出发又回到P 点的过程，克服摩擦力所做的功． (2)O 点和O ′点间的距离x 1.(3)如图乙所示，若将另一个与A 完全相同的物块B (可视为质点)与弹簧右端拴接，将A 放在B 右边，向左推A 、B ，使弹簧右端压缩到O ′点位置，然后从静止释放，A 、B 共同滑行一段距离后分离．分离后物块A 向右滑行的最大距离x 2是多少 答案 (1)12mv 20 (2)v 204μg －x 0 (3)x 0－v 208μg解析 (1)物块A 从P 点出发又回到P 点的过程，根据动能定理得克服摩擦力所做的功为W f ＝12mv 2. (2)物块A 从P 点出发又回到P 点的过程，根据动能定理得 2μmg (x 1＋x 0)＝12mv 2解得x 1＝v 204μg－x 0(3)A 、B 在弹簧处于原长处分离，设此时它们的共同速度是v 1，弹出过程弹力做功为W F 只有A 时，从O ′到P 有。

第1课时 功 功率考纲解读 1.会判断功的正负，会计算恒力的功和变力的功.2.理解功率的两个公式P ＝W t 和P ＝F v ，能利用P ＝F v 计算瞬时功率.3.会分析机车的两种启动方式．1．[功的理解]下列关于功的说法，正确的是( )A ．力作用在物体上的一段时间内，物体运动了一段位移，该力一定对物体做功B ．力对物体做正功时，可以理解为该力是物体运动的动力，通过该力做功，使其他形式的能量转化为物体的动能或用来克服其他力做功C ．功有正、负之分，说明功是矢量，功的正、负表示力的方向D ．当物体只受到摩擦力作用时，摩擦力一定对物体做负功 答案 B2．[功率的理解]关于功率公式P ＝Wt和P ＝F v 的说法正确的是( )A ．由P ＝Wt 知，只要知道W 和t 就可求出任意时刻的功率B ．由P ＝F v 既能求某一时刻的瞬时功率，也可以求平均功率C ．由P ＝F v 知，随着汽车速度的增大，它的功率也可以无限制地增大D ．由P ＝F v 知，当汽车发动机功率一定时，牵引力与速度成反比 答案 BD3．[功和功率的计算]一质量为m 的物体静止在光滑的水平面上，从某一时刻开始受到恒定的外力F 作用，物体运动了一段时间t ，该段时间内力F 做的功和t 时刻力F 的功率分别为( )A.F 2t 22m ，F 2t 2mB.F 2t 2m ，F 2t mC.F 2t 22m ，F 2t mD.F 2t 2m ，F 2t 2m答案 C4．[对重力做功和摩擦力做功的分析]如图1所示，滑块以速率v 1沿斜面由底端向上滑行，至某一位置后返回，回到出发点时的速率变为v 2，且v 2<v 1，则下列说法中错误的是( )图1A ．全过程中重力做功为零B ．在上滑和下滑两过程中，机械能减少量相等C ．在上滑和下滑两过程中，滑块的加速度大小相等D ．在上滑和下滑两过程中，摩擦力做功的平均功率相等 答案 CD解析 根据功的公式，回到出发点，位移为零，全过程中重力做功为零，A 正确；在上滑和下滑两过程中摩擦力大小相同，位移大小相同，所以做功相同，根据能量守恒定律，机械能减少量相等，B 正确；上滑时物体所受合外力大于下滑时所受合外力，所以在上滑和下滑两过程中加速度不相等，C 错误；上滑的时间小于下滑时间，摩擦力做功的平均功率不相等，D 错误．5．[对三种力做功的理解]如图2所示，在粗糙斜面顶端系一弹簧，弹簧下端挂一物体，物体在A 点时处于静止状态，现用平行于斜面向下的拉力作用于物体，第一次直接将物体缓慢拉到B 点，第二次将物体先缓慢拉到C 点然后再使其缓慢回到B 点，则在两次拉物体的过程中( )图2A ．重力对物体做功相等B ．摩擦力对物体做功相等C ．弹簧的弹力对物体做功不相等D ．物体与弹簧构成的系统机械能的变化量相同 答案 AD一、功1．做功的两个要素(1)作用在物体上的力．(2)物体在力的方向上发生的位移． 2．公式：W ＝Fl cos_α(1)α是力与位移方向之间的夹角，l 为物体对地的位移． (2)该公式只适用于恒力做功． (3)功是标(标或矢)量． 3．功的正负(1)α<90°，力对物体做正功．(2)α>90°，力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功． (3)α＝90°，力对物体不做功． 二、功率1．定义：功与完成这些功所用时间的比值．物理意义：描述力对物体做功的快慢． 2．公式(1)P ＝Wt ，P 为时间t 内的平均功率．(2)P ＝F v cos α(α为F 与v 的夹角) ①v 为平均速度，则P 为平均功率．②v为瞬时速度，则P为瞬时功率．考点一判断正、负功的方法1．恒力做功的判断：若物体做直线运动，则依据力与位移的夹角来判断．2．曲线运动中功的判断：若物体做曲线运动，则依据F与v的方向夹角来判断．当0°≤α<90°时，力对物体做正功；当90°<α≤180°时，力对物体做负功；当α＝90°时，力对物体不做功．3．依据能量变化来判断：根据功是能量转化的量度，若有能量转化，则必有力对物体做功．此法常用于判断两个相联系的物体之间的相互作用力做功的判断．特别提醒 1.作用力和反作用力虽然等大反向，但由于其分别作用在两个物体上，产生的位移效果无必然联系，故作用力和反作用力做的功不一定一正一负，大小也不一定相等．2．摩擦力并非只做负功，也可以做正功或不做功．例1生活中有人常说在车厢内推车是没用的，如图3，在水平地面上运动的汽车车厢内一人用力推车，当车在倒车时刹车的过程中()图3A．人对车做正功B．人对车做负功C．人对车不做功D．车对人的作用力方向水平向右解析倒车表示速度向右，刹车表示减速运动，即a、v方向相反，加速度a向左，人与车具有相同的加速度，对人受力分析，受到重力和车对人的作用力，则车对人的作用力方向为斜向左上方，D错；那么人对车的作用力方向斜向右下方，人对车的作用力与车运动位移方向成锐角，即人对车做正功(或对人由动能定理，人的动能减小，车对人做负功，人对车做正功来判断)，A对，B、C错．答案 A突破训练1如图4所示，质量为m的物体置于倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，在外力作用下，斜面以加速度a沿水平方向向左做匀加速运动，运动中物体m与斜面体相对静止．则关于斜面对m的支持力和摩擦力的下列说法中错误的是()图4A．支持力一定做正功B．摩擦力一定做正功C．摩擦力可能不做功D．摩擦力可能做负功答案 B解析支持力方向垂直斜面向上，故支持力一定做正功．而摩擦力是否存在需要讨论，若摩擦力恰好为零，物体只受重力和支持力，如图所示，此时加速度a＝g tan θ，当a>g tan θ，摩擦力沿斜面向下，摩擦力与位移夹角小于90°，则做正功；当a<g tan θ，摩擦力沿斜面向上，摩擦力与位移夹角大于90°，则做负功．综上所述，B是错误的．考点二功的计算1．恒力做的功：直接用W＝Fl cos α计算．2．合外力做的功方法一：先求合外力F合，再用W合＝F合l cos α求功．方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3、……，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋……求合外力做的功．3．变力做的功(1)应用动能定理求解．(2)应用W＝Pt求解，此法适用于变力的功率P不变．(3)将变力做功转化为恒力做功，此法适用于力的大小不变，方向与运动方向相同或相反，或力的方向不变，大小随位移均匀变化的情况．例2一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时其速度为1 m/s.从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图5甲和乙所示，规定初速度的方向为正方向．求：图5(1)在第1秒内、第2秒内力F对滑块做的功W1、W2；(2)前两秒内力F的总功W F及滑块所受合力的功W.解析 (1)第1秒内滑块的位移为l 1＝0.5 m ，第2秒内滑块的位移为l 2＝－0.5 m. 由W ＝Fl cos α可得，W 1＝0.5 J W 2＝－1.5 J.(2)前2秒内力F 的总功W F ＝W 1＋W 2＝－1 J. 由动能定理可求合力的功W ＝12m v 22－12m v 21＝0.答案 (1)0.5 J －1.5 J (2)－1 J 0突破训练2 一质量为m 的物体在水平恒力F 的作用下沿水平面运动，在t 0时刻撤去力F ，其v －t 图象如图6所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，则下列关于力F 的大小和力F 做功W 的大小关系式正确的是( )图6A ．F ＝μmgB ．F ＝2μmgC ．W ＝μmg v 0t 0D ．W ＝32μmg v 0t 0答案 D解析 在t 0时刻前，F －μmg ＝m v 0t 0，在t 0时刻以后，－μmg ＝－m v 02t 0，由以上两式可得F ＝3μmg ，因此选项A 、B 均不正确；在0至t 0时间内，W －μmg ·12v 0t 0＝12m v 20，在t 0至3t 0时间内，－μmg ·12v 0(2t 0)＝－12m v 20，因此力F 做的功为W ＝32μmg v 0t 0，选项C 错误，选项D 正确． 考点三 功率的计算公式P ＝Wt和P ＝F v 的区别：(1)P ＝Wt 是功率的定义式，P ＝F v 是功率的计算式．(2)平均功率的计算方法 ①利用P ＝Wt.②利用P ＝F ·v cos α，其中v 为物体运动的平均速度． (3)瞬时功率的计算方法①利用公式P ＝F v cos α，其中v 为t 时刻的瞬时速度． ②P ＝F ·v F ，其中v F 为物体的速度v 在力F 方向上的分速度．③P ＝F v ·v ，其中F v 为物体受到的外力F 在速度v 方向上的分力．例3 质量为m 的物体静止在光滑水平面上，从t ＝0时刻开始受到水平力的作用．力的大小F 与时间t 的关系如图7所示，力的方向保持不变，则( )图7A ．3t 0时刻的瞬时功率为5F 20t 0mB ．3t 0时刻的瞬时功率为15F 20t 0mC ．在t ＝0到3t 0这段时间内，水平力的平均功率为23F 20t 04mD ．在t ＝0到3t 0这段时间内，水平力的平均功率为25F 20t 06m解析 2t 0时刻速度大小v 2＝a 1·2t 0＝2F 0m t 0.3t 0时刻的速度大小为v 3＝v 2＋a 2t 0＝F 0m ·2t 0＋3F 0m ·t 0＝5F 0t 0m ，3t 0时刻力F ＝3F 0，所以瞬时功率P ＝3F 0·v 3＝15F 20t 0m，A 错，B 对；0～3t 0时间段，水平力对物体做功W ＝F 0x 1＋3F 0x 2＝F 0×12·F 0m (2t 0)2＋3F 0·v 2＋v 32t 0＝25F 20t 202m，平均功率P ＝W t ＝25F 20t 06m ，C 错，D 对．答案 BD求力做功的功率时应注意的问题(1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率，对应于某一过程的功率为平均功率，对应于某一时刻的功率为瞬时功率．(2)求功率大小时要注意F 与v 方向间的夹角α对结果的影响．(3)用P ＝F v cos α求平均功率时，v 应容易求得，如求匀变速直线运动中某力的平均功率．突破训练3 一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m 的重物，当重物的速度为v 1时，起重机的有用功率达到最大值P ，以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v 2匀速上升为止，则整个过程中，下列说法不正确的是( )A ．钢绳的最大拉力为Pv 1B ．钢绳的最大拉力为Pv 2C ．重物的最大速度为v 2＝PmgD ．重物做匀加速直线运动的时间为m v 21P －mg v 1答案 B解析 起重机达到最大功率后，钢绳的拉力逐渐减小，所以匀加速运动过程的拉力为最大拉力，F 1＝P v 1，A 正确，B 错误；达到最大速度v 2时，拉力F 2＝mg ，所以v 2＝P F 2＝P mg ，C 正确；重物做匀加速运动的加速度a ＝F 1－mg m ＝Pv 1－mgm ＝Pm v 1－g ，匀加速运动时间t 1＝v 1a ＝m v 21P －mg v 1，D 正确．21.机车的两种启动模型的分析1．模型综述物体在牵引力(受功率和速度制约)作用下，从静止开始克服一定的阻力，加速度不变或变化，最终加速度等于零，速度达到最大值． 2．模型特征(1)以恒定功率启动的方式： ①动态过程：②这一过程的速度—时间图象如图8所示：图8(2)以恒定加速度启动的方式： ①动态过程：②这一过程的速度—时间图象如图9所示：图9深化拓展无论哪种启动方式，机车最终的最大速度都应满足：v m＝PF f，且以这个速度做匀速直线运动．例4如图10甲所示，在水平路段AB上有一质量为2×103kg的汽车，正以10 m/s的速度向右匀速行驶，汽车前方的水平路段BC较粗糙，汽车通过整个ABC路段的v－t图象如图乙所示，在t＝20 s时汽车到达C点，运动过程中汽车发动机的输出功率保持不变．假设汽车在AB路段上运动时所受的恒定阻力(含地面摩擦力和空气阻力等)F f1＝2 000 N．(解题时将汽车看成质点)求：图10(1)运动过程中汽车发动机的输出功率P；(2)汽车速度减至8 m/s时的加速度a的大小；(3)BC路段的长度．答案(1)20 kW(2)0.75 m/s2(3)93.75 m解析(1)汽车在AB路段时牵引力和阻力相等，则F1＝F f1，输出功率P＝F1v1解得P＝20 kW(2)t＝15 s后汽车处于匀速运动状态，有F2＝F f2，P＝F2v2，则F f2＝P v2解得F f2＝4 000 Nv＝8 m/s时汽车在做减速运动，有F f2－F ＝ma ，F ＝Pv 解得a ＝0.75 m/s 2 (3)对BC 段由动能定理得 Pt －F f2x ＝12m v 22－12m v 21解得x ＝93.75 m分析机车启动问题时的注意事项(1)在用公式P ＝F v 计算机车的功率时，F 是指机车的牵引力而不是机车所受到的合力． (2)恒定功率下的加速一定不是匀加速，这种加速过程发动机做的功可用W ＝Pt 计算，不能用W ＝Fl 计算(因为F 是变力)；(3)以恒定牵引力加速时的功率一定不恒定，这种加速过程发动机做的功常用W ＝Fl 计算，不能用W ＝Pt 计算(因为功率P 是变化的)．高考题组1．(2013·全国新课标Ⅰ·21)2012年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功．图11(a)为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图．飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭．阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止．某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t ＝0.4 s 时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度—时间图线如图(b)所示．假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1000 m ．已知航母始终静止，重力加速度的大小为g .则( )图11A．从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的110B．在0.4 s～2.5 s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化C．在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5gD．在0.4 s～2.5 s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变答案AC解析速度时间图线与时间轴所围的面积表示飞机的位移大小，由题图(b)知，位移大小约为x＝70×0.4 m＋702×2.6 m＝119 m，约为无阻拦索时的110，A正确．在0.4 s～2.5s时间内，飞机所受阻拦索的张力的合力几乎不变，但由于两力方向的变化，阻拦索的张力要逐渐减小，B错误．该段时间内加速度约为a＝68－102.5－0.4m/s2≈27.6 m/s2>2.5g，C正确．在0.4 s～2.5 s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率P＝F合·v，随着v的减小，功率P减小，D错误．2．(2012·江苏单科·3)如图12所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球．在水平拉力F作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点．在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是()图12A．逐渐增大B．逐渐减小C．先增大，后减小D．先减小，后增大答案 A解析小球速率恒定，由动能定理知：拉力做的功与克服重力做的功始终相等，将小球的速度分解，可发现小球在竖直方向分速度逐渐增大，重力的瞬时功率也逐渐增大，则拉力的瞬时功率也逐渐增大，A项正确．模拟题组3．设匀速行驶的汽车的发动机保持功率不变，则下列说法正确的是()①路面越粗糙，汽车行驶越慢②路面越粗糙，汽车行驶越快③在同一路面，汽车不载货比载货时行驶得快④在同一路面，汽车不载货比载货时行驶得慢A．①④B．②③C．②④D．①③答案 D4．动车组列车(如图13所示)是由几节自带动力的车厢(动车)加几节不带动力的车厢(拖车)编成一组，它将动力装置分散安装置在多节车厢上．在某次试运行中共有4节动车和4节拖车组成动车组，每节动车可以提供P e＝750 kW的额定功率，每节车厢平均质量为m＝20 t．该次试运行开始时动车组先以恒定加速度a＝0.5 m/s2启动做直线运动，达到额定功率后再做变加速直线运动，总共经过550 s的时间加速后，动车组便开始以最大速度v m＝270 km/h匀速行驶．设每节动车在行驶中的功率相同，行驶过程中每节车厢所受阻力相同且恒定．求：图13(1)动车组在匀加速阶段的牵引力大小；(2)动车组在整个加速过程中每节动车的平均功率；(3)动车组在整个加速过程中所通过的路程(计算结果保留两位有效数字)．答案(1)1.2×105 N(2)715.9 kW(3)28 km解析(1)设动车组在运动中所受阻力为F f，动车组的牵引力为F，动车组以最大速度匀速运动时，F＝F f动车组总功率P＝F v m＝F f v m，P＝4P e解得F f＝4×104 N设动车组在匀加速阶段所提供的牵引力为F′，由牛顿第二定律有F′－F f＝8ma解得F′＝1.2×105 N(2)设动车组在匀加速阶段所能达到的最大速度为v，匀加速运动的时间为t1，由P ＝F ′·v ，解得v ＝25 m/s由运动学公式v ＝at 1，解得t 1＝50 s动车非匀加速运动的时间t 2＝t －t 1＝500 s动车组在加速过程中每节动车的平均功率 P ＝W t ＝12×P e t 1＋P e t 2t代入数据解得P ＝715.9 kW(或约为716 kW)(3)设动车组在加速过程中所通过的路程为s ，由动能定理12×4P e t 1＋4P e t 2－F f s ＝12×8m v 2m －0 解得s ≈28 km(限时：30分钟)►题组1 关于做功的判断1．如图1所示，一轻绳的一端系在固定粗糙斜面上的O 点，另一端系一小球．给小球一足够大的初速度，使小球在斜面上做圆周运动．在此过程中 ()图1A ．斜面对小球的支持力做功B ．重力对小球不做功C ．绳的张力对小球不做功D ．在任何一段时间内，小球克服摩擦力所做的功总是等于小球动能的减少量答案 C解析 斜面的支持力、绳的张力总是与小球的运动方向垂直，故不做功，A 错，C 对；摩擦力总与速度方向相反，做负功；小球在重力方向上有位移，因而重力对小球做功，B 错；小球动能的变化量等于合外力做的功，即重力与摩擦力做功的和，D 错．2．如图2所示，木块B 上表面是水平的，木块A 置于B 上并与B 保持相对静止，一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑过程中 ()图2A．A所受的合外力对A不做功B．B对A的弹力做正功C．B对A的摩擦力做正功D．A对B不做功答案CD解析A、B一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，设斜面倾角为θ，则加速度为g sin θ.由于A速度增大，由动能定理，A所受的合外力对A做正功，B对A的摩擦力做正功，B对A的弹力做负功，选项A、B错误，C正确．A对B不做功，选项D正确．3．一物体在粗糙的水平面上滑行．从某时刻起，对该物体再施加一水平恒力F，运动了一段时间，() A．如果物体改做匀速运动，则力F一定对物体做正功B．如果物体改做匀加速直线运动，则力F一定对物体做正功C．如果物体仍做匀减速运动，则力F一定对物体做负功D．如果物体改做曲线运动，则力F一定对物体不做功答案AB解析物体在粗糙的水平面上做匀减速直线运动．施加一水平恒力F后，如果物体改做匀速运动，则力F一定与摩擦力等大、反向，与物体运动方向相同，对物体做正功，A正确；如果物体改做匀加速直线运动，则力F一定与物体运动方向相同，且大于摩擦力，力F对物体做正功，B正确；如果物体仍做匀减速运动，则力F可能与物体运动方向相同，但大小小于摩擦力，对物体做正功，也可能与物体运动方向相反，对物体做负功，C错误；只要物体受力F与物体运动方向不共线，物体就做曲线运动，力F 与速度的夹角既可以是锐角也可以是钝角，还可以是直角，各种做功情况都有可能，D 错误．4．如图3甲所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t 的关系图象如图乙所示；设物块与地面间的静摩擦力最大值F fm与滑动摩擦力大小相等，则()图3A．0～t1时间内F的功率逐渐增大B．t2时刻物块A的加速度最大C．t3时刻物块A的动能最大D ．t 1～t 3时间内F 对物块先做正功后做负功答案 BC解析 当拉力小于最大静摩擦力时，物块静止不动，静摩擦力与拉力二力平衡，当拉力大于最大静摩擦力时，物块开始加速，当拉力重新小于最大静摩擦力时，物块由于惯性继续减速运动．t 1时刻前，拉力小于最大静摩擦力，物块静止不动，静摩擦力与拉力二力平衡，合力为零，力F 的功率为零，故A 错误；t 1～t 2，合力向前，物块做加速度增大的加速运动，t 2时刻物块A 的加速度最大，故B 正确；t 3时刻之后合力向后，物块由于惯性减速前进，故t 3时刻A 的速度最大，动能最大，C 正确；t 1～t 3时间内物块速度一直增大，动能一直增大，F 对物块A 始终做正功，D 错误；故选B 、C.►题组2 关于功和功率的计算5．用一水平拉力使质量为m 的物体从静止开始沿粗糙的水平面运动，物体的v －t 图象如图4所示．下列表述正确的是 ( )图4A ．在0～t 1时间内拉力逐渐减小B ．在0～t 1时间内物体做曲线运动C ．在t 1～t 2时间内拉力的功率不为零D ．在t 1～t 2时间内合外力做功为12m v 2 答案 AC解析 由F －μmg ＝ma 及P ＝F v 知0～t 1时间内拉力F 逐渐减小，物体做直线运动，A 正确，B 错误；在t 1～t 2时间内，F ＝μmg ，F 合＝0，故C 正确，D 错误．6．质量为1 kg 的物体静止于光滑水平面上，t ＝0时刻起，物体受到向右的水平拉力F 作用，第1 s 内F ＝2 N ，第2 s 内F ＝1 N ．下列判断正确的是( )A ．2 s 末物体的速度为4 m/sB ．2 s 内物体的位移为3 mC ．第1 s 末拉力的瞬时功率最大D ．第2 s 末拉力的瞬时功率最大答案 C解析 由牛顿第二定律知第1 s 内物体的加速度大小为2 m/s 2，第2 s 内的加速度大小为1 m/s 2，则第1 s 末物体的速度大小为v 1＝a 1t 1＝2 m/s ，第2 s 末物体的速度大小为v 2＝v 1＋a 2t 2＝3 m/s ，选项A 错误；2 s 内物体的位移为x ＝12a 1t 21＋(v 1t 2＋12a 2t 22)＝3.5 m ，选项B 错误；第1 s 末拉力的瞬时功率为P 1＝F 1v 1＝4 W ，第2 s 末拉力的瞬时功率为P 2＝F 2v 2＝3 W ，选项C 正确，选项D 错误．7．如图5所示，长为L 的长木板水平放置，在木板的A 端放置一个质量为m 的小物块，现缓慢地抬高A 端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v ，则在整个过程中，下列说法不正确的是 ( )图5A ．木板对小物块做功为12m v 2 B ．摩擦力对小物块做功为mgL sin αC ．支持力对小物块做功为mgL sin αD ．滑动摩擦力对小物块做功为12m v 2－mgL sin α 答案 B解析 在抬高A 端的过程中，小物块受到的摩擦力为静摩擦力，其方向和小物块的运动方向时刻垂直，故在抬高阶段，摩擦力并不做功，这样在抬高小物块的过程中，由动能定理得：W N ＋W G ＝0，即W N －mgL sin α＝0，所以W N ＝mgL sin α.在小物块下滑的过程中，支持力不做功，滑动摩擦力和重力做功，由动能定理得：W G ＋W f ＝12m v 2，即W f ＝12m v 2－mgL sin α，B 错，C 、D 正确．在整个过程中，设木板对小物块做的功为W ，对小物块在整个过程由动能定理得W ＝12m v 2，A 正确． 8．如图6甲所示，物体受到水平推力F 的作用在粗糙水平面上做直线运动．通过力传感器和速度传感器监测到推力F 、物体速度v 随时间t 变化的规律如图乙所示．取g ＝10 m/s 2.则 ( )图6A ．物体的质量m ＝1 kgB ．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2C ．第2 s 内物体克服摩擦力做的功W ＝2 JD ．前2 s 内推力F 做功的平均功率P ＝1.5 W答案 CD解析 第2 s 内，根据速度－时间图象可知，物体的加速度为a ＝2 m/s 2，第3 s 内，物体做匀速直线运动，F ＝F f ＝μmg ＝2 N ，根据牛顿第二定律有3 N －μmg ＝ma ，解得m ＝0.5 kg ，μ＝0.4，A 、B 选项错误；第2 s 内物体运动的位移为1 m ，摩擦力为2 N ，克服摩擦力做的功W ＝2 J ，C 选项正确；前2 s 内推力F 做的功为3 J ，平均功率P ＝32W ＝1.5 W ，D 选项正确．9．放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s 内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图7甲、乙所示．下列说法正确的是 ( )图7A ．0～6 s 内物体的位移大小为30 mB ．0～6 s 内拉力做的功为70 JC ．合外力在0～6 s 内做的功与0～2 s 内做的功相等D ．滑动摩擦力的大小为5 N答案 ABC解析 由v －t 图象面积表示相应时间内的位移，得A 项正确；0～2 s 内，物体做匀加速运动，设拉力为F 1，由P 1＝F 1v ，得F 1＝306 N ＝5 N ，W 1＝F 1x 1＝5×2×62J ＝30 J,2 s ～6 s 内，W 2＝P 2t 2＝10×4 J ＝40 J ，所以0～6 s 内W ＝W 1＋W 2＝70 J ，B 项正确；由v －t 图象得0～2 s 内物体做匀加速运动，2 s ～6 s 内物体做匀速运动，由动能定理可得C项正确；2 s ～6 s 内，F f ＝F 拉＝P v ＝106 N ＝53N ，D 项错误． ►题组3 关于机车的两种启动方式问题10．质量为m 的汽车在平直的路面上启动，启动过程的速度—时间图象如图8所示，其中OA 段为直线，AB 段为曲线，B 点后为平行于横轴的直线．已知从t 1时刻开始汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力的大小恒为F f ，以下说法正确的是( )图8A ．0～t 1时间内，汽车的牵引力等于m v 1t 1B ．t 1～t 2时间内，汽车的功率等于(m v 1t 1＋F f )v 2 C ．t 1～t 2时间内，汽车的平均速率小于v 1＋v 22D ．汽车运动的最大速率v 2＝(m v 1F f t 1＋1)v 1 答案 D解析 0～t 1时间内汽车的加速度大小为v 1t 1，m v 1t 1为汽车所受的合外力大小，而不是牵引力大小，选项A 错误；t 1时刻汽车牵引力的功率为F v 1＝(m v 1t 1＋F f )v 1，之后汽车功率保持不变，选项B 错误；t 1～t 2时间内，汽车的平均速率大于v 1＋v 22，选项C 错误；牵引力等于阻力时速度最大，即t 2时刻汽车速率达到最大值，则有(m v 1t 1＋F f )v 1＝F f v 2，解得v 2＝(m v 1F f t 1＋1)v 1，选项D 正确． 11．一辆汽车在水平路面上匀速直线行驶，阻力恒定为F f .t 1时刻驶入一段阻力为F f 2的路段继续行驶．t 2时刻驶出这段路，阻力恢复为F f .行驶中汽车功率恒定，则汽车的速度v 及牵引力F 随时间t 的变化图象可能是 ( )答案 AC解析 0～t 1时间内，汽车做匀速运动，F ＝F f .t 1～t 2时间内P ＝F v ，随着v 的增大，F减小，汽车做加速度逐渐减小的加速运动．t 2时刻，F <F f ，汽车做减速运动，随着v 的减小，F 增大，汽车做加速度逐渐减小的减速运动，当F ＝F f 时做匀速运动，所以正确选项为A 、C.12．高速连续曝光照相机可在底片上重叠形成多个图象．现利用这架照相机对MD －2000家用汽车的加速性能进行研究，如图9所示为汽车做匀加速直线运动时连续曝光三次的照片，图中的标尺单位为米，照相机每两次曝光的时间间隔为1.0 s ．已知该汽车的质量为2 000 kg ，额定功率为72 kW ，汽车运动过程中所受的阻力始终为1 600 N.图9(1)求该汽车的加速度．(2)若汽车由静止以此加速度开始做匀加速直线运动，匀加速运动状态最多能保持多长时间？(3)求汽车所能达到的最大速度．答案 (1)1.0 m/s 2 (2)20 s (3)45 m/s解析 (1)汽车做匀加速直线运动，根据运动学公式有x 1＝v 0·ΔT ＋12a ·ΔT 2 v 1＝v 0＋a ΔTx 2＝v 1ΔT ＋12a ·ΔT 2 由以上几式可得，Δx ＝x 2－x 1＝a ·ΔT 2a ＝Δx ΔT 2＝3.00－2.001.02 m/s 2＝1.0 m/s 2. (2)做匀加速直线运动的汽车所受合外力为恒力，由牛顿第二定律得：F －F f ＝ma ，所以F ＝ma ＋F f ＝3 600 N ，随着速度的增大，汽车的输出功率增大，当达到额定功率时，匀加速运动的速度不再增加，由P ＝F v 得v 1＝P F ＝72×1033 600m/s ＝20 m/s ，由匀加速运动公式v ＝at 得：t ＝v 1a＝20 s. (3)当汽车达到最大速度时，有F ′＝F f ＝1 600 N.由P ＝F ′·v max ，得v max ＝P F ′＝72×1031 600 m/s ＝45 m/s.。

[考试标准]动能和动能定理 1．动能(1)动能的表达式为E k ＝12m v 2；是标量、状态量．(2)对动能的三点提醒①动能及动能的变化ΔE k 均是标量，只有大小，没有方向．②动能是状态量，只与运动物体的质量及速率有关，而与其运动方向无关，物体运动速度的方向发生变化时，动能不变． 2．动能定理(1)表达式：W ＝12m v 22－12m v 21或W ＝E k2－E k1.(2)物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度． 3．对动能定理的理解(1)动能定理说明了合力对物体所做的功和动能变化量间的一种因果关系和数量关系； (2)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系；(3)动能定理的表达式是一个标量式，不能在某方向上应用动能定理． [深度思考] 判断下列说法是否正确．(1)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化．( √ ) (2)如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零．( √ ) (3)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化．( × ) (4)物体的动能不变，所受的合外力必定为零．( × )1．下列物理量不可能为负值的是( ) A ．加速度 B ．功 C ．动能 D ．重力势能答案 C2．改变汽车的质量和速度，都可以使汽车的动能发生改变，下列有关汽车动能变化的说法中正确的是( )A ．质量不变，速度增大到原来的2倍，动能变为原来的2倍B ．速度不变，质量增大到原来的2倍，动能变为原来的2倍C ．质量减半，速度增大为原来的4倍，动能变为原来的4倍D ．速度减半，质量增大为原来的4倍，动能变为原来的2倍 答案 B3．关于动能定理的表述式W ＝E k2－E k1，下列说法正确的是( ) A ．公式中的W 为不包含重力的其他力做的总功B ．公式中的W 为包含重力在内的所有力做的功，只能先求合外力再求合外力的功C ．公式中的E k2－E k1为动能的增量，当W >0时动能增加，当W <0时，动能减少D ．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功 答案 C4．一物体做变速运动时，下列说法中正确的是( ) A ．合外力一定对物体做功，使物体动能改变 B ．物体所受合外力一定不为零C ．合外力一定对物体做功，但物体动能可能不变D ．以上说法都不对 答案 B5．如图1所示，质量为m 的物块，在恒力F 的作用下，沿光滑水平面运动，物块通过A 点和B 点的速度分别是v A 和v B ，物块由A 点运动到B 点的过程中，力F 对物块做的功W 为( )图1A ．W >12m v 2B －12m v 2A B ．W ＝12m v 2B －12m v 2AC ．W ＝12m v 2A －12m v 2BD ．由于F 的方向未知，W 无法求出 答案 B命题点一 动能定理的理解和应用例1 (2015·浙江10月选考·20)如图2所示是公路上的“避险车道”，车道表面是粗糙的碎石，其作用是供下坡的汽车在刹车失灵的情况下避险．质量m ＝2.0×103 kg 的汽车沿下坡行驶，当驾驶员发现刹车失灵的同时发动机失去动力，此时速度表示数v 1＝36 km/h ，汽车继续沿下坡匀加速直行l ＝350 m 、下降高度h ＝50 m 时到达“避险车道”，此时速度表示数v 2＝72 km/h.(g ＝10 m/s 2)图2(1)求从发现刹车失灵至到达“避险车道”这一过程汽车动能的变化量； (2)求汽车在下坡过程中所受的阻力；(3)若“避险车道”与水平面间的夹角为17°，汽车在“避险车道”受到的阻力是在下坡公路上的3倍，求汽车在“避险车道”上运动的最大位移(sin 17°≈0.3)． 解析 (1)由ΔE k ＝12m v 22－12m v 21 得ΔE k ＝3.0×105 J(2)由动能定理mgh －F f l ＝12m v 22－12m v 21得F f ＝12m v 21－12m v 22＋mgh l＝2.0×103 N(3)设汽车在“避险车道”上运动的最大位移是x ，由动能定理 －(mg sin 17°＋3F f )x ＝0－12m v 22得x ＝12m v 22mg sin 17°＋3F f≈33.3 m答案 (1)3.0×105 J (2)2.0×103 N (3)33.3 m动能定理的应用技巧1．应用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，借助草图理解物理过程和各量关系． 2．应用动能定理的优越性(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动． (2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功．(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用． 题组阶梯突破1．物体沿直线运动的v －t 关系图象如图3所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W ，则( )图3A ．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4WB ．从第3秒末到第5秒末合外力做功为－2WC ．从第5秒末到第7秒末合外力做功为－WD ．从第3秒末到第4秒末合外力做功为－0.75W 答案 D解析 由动能定理W 合＝12m v 22－12m v 21知第1 s 内W ＝12m v 2.将动能定理应用于A 、B 、C 、D项知，D 正确，A 、B 、C 错．2．(2016·临海市联考)如图4所示，AB 为四分之一圆弧轨道，BC 为水平直轨道，圆弧的半径为R ，BC 的长度也是R .一质量为m 的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A 从静止开始下落，恰好运动到C 处静止．那么物体在AB 段克服摩擦力所做的功为( ) 图4 A.12μmgR B.12mgR C ．mgR D ．(1－μ)mgR答案 D解析 设物体在AB 段克服摩擦力所做的功为W AB ，对物体从A 到C 的全过程，由动能定理得mgR －W AB －μmgR ＝0，故W AB ＝mgR －μmgR ＝(1－μ)mgR .3．(2016·绍兴市联考)一辆汽车以v 1＝6 m /s 的速度沿水平路面行驶时，急刹车后能滑行x 1＝3.6 m ，如果以v 2＝8 m/s 的速度行驶，在同样的路面上急刹车后滑行的距离x 2应为(不计空气阻力的影响)( ) A ．6.4 mB ．5.6 mC ．7.2 mD ．10.8 m答案 A解析 急刹车后，车只受摩擦阻力F f 的作用，且两种情况下摩擦力大小是相同的，汽车的末速度皆为零．则有 －F f x 1＝0－12m v 21①－F f x 2＝0－12m v 22②②式除以①式得x 2x 1＝v 22v21故汽车滑行的距离x 2＝v 22v21x 1＝⎝⎛⎭⎫862×3.6 m ＝6.4 m.4.一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v 时，上升的最大高度为H ，如图5所示．当物块的初速度为v2时，上升的最大高度记为h .重力加速度大小为g .物块与斜坡间的动摩擦因数μ和h 分别为( ) 图5 A ．tan θ和H2B.⎝⎛⎭⎫v 22gH －1tan θ和H 2C ．tan θ和H4D.⎝⎛⎭⎫v 22gH －1tan θ和H 4答案 D解析 设物块与斜坡间的动摩擦因数为μ，则物块沿斜坡上滑的过程中，由动能定理 －(mgH ＋μmg cos θH sin θ)＝0－12m v 2①由①得μ＝(v 22gH－1)tan θ当物块的初速度为v2时，由动能定理知－(mgh ＋μmg cos θh sin θ)＝0－12m (v2)2②由①②两式得h ＝H4.5．如图6所示，质量为m ＝4 kg 的物体静止在水平面上，在外力F ＝25 N 作用下开始运动，已知F 与水平方向夹角为37°，物体位移为5 m 时，具有50 J 的动能．求：(g 取10 m/s 2)图6(1)此过程中，物体克服摩擦力所做的功；(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (2)物体与水平面间的动摩擦因数． 答案 (1)50 J (2)0.4解析 (1)运用动能定理：Fl cos 37°－W f ＝12m v 2，代入数据得：W f ＝Fl cos 37°－12m v 2＝50 J.(2)对物体进行受力分析：把拉力在水平方向和竖直方向分解，根据竖直方向平衡和滑动摩擦力公式得出： F f ＝μF N ＝μ(mg －F sin 37°)，根据功的定义式：W f＝μ(mg－F sin 37°)l，代入数据解得μ＝0.4.命题点二用动能定理解决多过程问题例2如图7所示，用一块长L1＝1.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H＝0.8 m，长L2＝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/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)图7(1)求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，有mg sin θ≥μ1mg cos θθ满足的条件tan θ≥0.05(2)克服摩擦力做功W f＝μ1mgL1cos θ＋μ2mg(L2－L1cos θ)由动能定理得mgL1sin θ－W f＝0代入数据得μ2＝0.8(3)由动能定理得mgL1sin θ－W f＝12m v2代入数据得v ＝1 m/s H ＝12gt 2t ＝0.4 s x 1＝v t x 1＝0.4 m x m ＝x 1＋L 2＝1.9 m答案 (1)tan θ≥0.05 (2)0.8 (3)1.9 m应用动能定理求解多过程问题的基本思路1．运用动能定理解决问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式． 2．全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点：(1)重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关； (2)大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积． (3)弹簧弹力做功与路径无关． 题组阶梯突破6.如图8所示，将质量为m 的小球以速度v 0由地面竖直向上抛出．小球落回地面时，其速度大小为34v 0.设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变， 图8则空气阻力的大小等于( ) A.34mg B.316mg C.716mg D.725mg答案 D解析 根据动能定理，对全过程有：－2F f H ＝12m (34v 0)2－12m v 20，上升过程：－(mg ＋F f )H ＝－12m v 20，联立两式得：F f＝725mg ，选项D 正确．7.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9图9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＝1 m ．当赛车启动时，产生水平向左的恒为F ＝24 N 的牵引力使赛车向左匀加速前进，当赛车接触轻弹簧的瞬间立即关闭发动机，赛车继续压缩轻弹簧，最后被弹回到B 处停下．已知赛车的质量m ＝2 kg ，A 、B 之间的距离L 2＝3 m ，赛车被弹回的过程中离开弹簧时的速度大小v ＝4 m/s ，方向水平向右．取g ＝10 m/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)0.5 m解析 (1)从赛车离开弹簧到B 点停下，由动能定理得 －μmg (L 1＋L 2)＝0－12m v 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 )＝12m v 2－0解得L ＝0.5 m.8．如图10所示，一滑块(可视为质点)经水平轨道AB 进入竖直平面内的四分之一圆弧形轨道BC .已知滑块的质量m ＝0.50 kg.滑块经过A 点时的速度v A ＝5.0 m/s ，AB 长x ＝4.5 m ，滑块与水平轨道间的动 图10摩擦因数μ＝0.10，圆弧形轨道的半径R ＝0.50 m ，滑块离开C 点后竖直上升的最大高度h ＝0.10 m ，g 取10 m/s 2.求：(1)滑块第一次经过B 点时速度的大小．(2)滑块刚刚滑上圆弧形轨道时，对轨道上B 点压力的大小． (3)滑块在从B 运动到C 的过程中克服摩擦力所做的功． 答案 (1)4.0 m/s (2)21 N (3)1.0 J解析 (1)滑块由A 到B 的过程中，由动能定理得 －F f x ＝12m v 2B －12m v 2A 又F f ＝μmg 解得vB ＝4.0 m/s.(2)在B 点，滑块开始做圆周运动，由牛顿第二定律可知F N －mg ＝m v 2BR解得轨道对滑块的支持力F N ＝21 N根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道上B 点压力的大小也为21 N. (3)滑块从B 经过C 上升到最高点的过程中，由动能定理得 －mg (R ＋h )－W f ′＝0－12m v 2B解得滑块克服摩擦力做的功W f ′＝1.0 J.(建议时间：40分钟)1．(2016·绍兴一中期末)下列关于运动物体所受合外力做功和动能变化的关系正确的是() A．如果物体所受合外力为零，则合外力对物体做的功一定为零B．如果合外力对物体所做的功为零，则合外力一定为零C．物体在合外力作用下做变速运动，动能一定发生变化D．物体的动能不变，所受合外力一定为零答案 A解析如果物体所受合外力为零，则根据W＝Fl可知合外力对物体做的功一定为零，A正确；如果合外力对物体所做的功为零，则合外力不一定为零，例如做匀速圆周运动的物体的向心力，B错误；物体在合外力作用下做变速运动，动能不一定发生变化，例如做匀速圆周运动的物体，C错误；物体的动能不变，所受合外力不一定为零，例如做匀速圆周运动的物体，D错误．2．一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用．此后，该质点的动能不可能是()A．一直增大B．先逐渐减小至零，再逐渐增大C．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大答案 C解析若该恒力与开始时匀速运动的方向夹角小于90°，则该恒力做正功，该质点的动能一直增大，选项A正确；若该恒力与开始时匀速运动的方向相反，则该恒力先做负功，待速度减小到零后该恒力做正功，该质点的动能先逐渐减小到零，再逐渐增大，选项B正确；若该恒力与开始时匀速运动的方向夹角大于90°，则该恒力先做负功，后做正功，该质点的动能先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大，选项D正确；故本题选C.3．质量不等，但有相同动能的两个物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直至停止，则()A．质量大的物体滑行的距离大B．质量小的物体滑行的距离大C．它们滑行的距离一样大D．它们克服摩擦力所做的功不相等答案 B解析由动能定理可得－F f x＝0－E k，即μmgx＝E k，由于动能相同，动摩擦因数相同，故质量小的物体滑行的距离大，它们克服摩擦力所做的功都等于E k.故本题只有B项正确．4．如图1所示，质量相同的物体分别自斜面AC和BC的顶端由静止开始下滑，物体与斜面间的动摩擦因数相同，物体滑至斜面底部C点时的动能分别为E k1和E k2，下滑过程中克服摩擦力所做的功分别为W1和W2，则() 图1A．E k1>E k2，W1<W2B．E k1>E k2，W1＝W2C．E k1＝E k2，W1>W2D．E k1<E k2，W1>W2答案 B解析设斜面的倾角为θ，斜面的底边长为x，则下滑过程中克服摩擦力做的功为W＝μmg cos θ·xcos θ＝μmgx，所以两种情况下克服摩擦力做的功相等．又由于B的高度比A低，所以由动能定理可知E k1>E k2.故选B.5．质量为m的物体静止在粗糙的水平地面上，若物体受水平力F的作用，由静止起通过位移x时的动能为E k1，当物体受水平力2F的作用，由静止开始通过相同的位移x时动能为E k2，则()A．E k2＝E k1B．E k2＝2E k1C ．E k2>2E k1D ．E k1<E k2<2E k1答案 C解析 根据动能定理Fx －F f x ＝E k1，当外力变为2F 时，摩擦力大小不变，2Fx －F f x ＝E k2，A 、B 错误；如果摩擦力也变为2F f 时，2E k1＝E k2，所以E k2>2E k1，C 正确，D 错误．6．如图2所示，人用手托着质量为m 的小苹果，从静止开始沿水平方向运动，前进距离L 后，速度为v (小苹果与手始终相对静止)，小苹果与手掌之间的动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是( )图2A ．手对小苹果的作用力方向竖直向上B ．小苹果所受摩擦力大小为μmgC ．手对小苹果做的功为12m v 2D ．小苹果对手做功－μmgL 答案 C解析 小苹果的加速度方向为水平方向，小苹果的合力方向在水平方向上，小苹果受到重力和手的作用力，而重力在竖直方向上，故手的作用力应为斜上方，故A 错误；两者相对静止，故所受摩擦力为静摩擦力，故B 错误；根据动能定理可得W ＝12m v 2，故手对小苹果做的功为12m v 2，故C 正确；由于手和小苹果之间是静摩擦，大小不一定等于μmg ，D 错误． 7．(多选)质量为1 kg 的物体静止在水平粗糙的地面上，在一水平外力F 的作用下运动，如图3甲所示，外力F 和物体克服摩擦力F f 做的功W 与物体位移x 的关系如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2.下列分析正确的是( )图3A ．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2B ．物体运动的最大位移为13 mC ．物体在前3 m 运动过程中的加速度为3 m/s 2D ．x ＝9 m 时，物体的速度为3 2 m/s 答案 ACD解析 由W f ＝F f x 对应题图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力F f ＝2 N ，由F f ＝μmg 可得μ＝0.2，A 正确；由W F ＝Fx 对应题图乙可知，前3 m 内，拉力F 1＝5 N ，3～9 m 内拉力F 2＝2 N ，物体在前3 m 内的加速度a 1＝F 1－F f m ＝3 m/s 2，C 正确；由动能定理得：W F －F f x ＝12m v 2可得：x ＝9 m 时，物体的速度为v ＝3 2 m/s ，D 正确；物体运动的最大位移x m ＝W FF f＝13.5 m ，B 错误．8．某消防队员从一平台上跳下，下落2 m 后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身的重心又下降了0.5 m ，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为( ) A ．自身所受重力的2倍 B ．自身所受重力的5倍 C ．自身所受重力的8倍 D ．自身所受重力的10倍 答案 B解析 设地面对双脚的平均作用力为F ，在全过程中，由动能定理得mg (H ＋h )－Fh ＝0F ＝mg (H ＋h )h ＝2＋0.50.5mg ＝5mg ，B 正确．9.(多选)在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速直线运动，当速度达到v max 后，立即关闭发动机直至静止，v －t 图象如图4所示，设汽车的牵引力为F ，受到的摩擦力为F f ，全程中牵引力做功为W 1，克服摩擦力做功为W 2，则( )图4A ．F ∶F f ＝1∶3B ．W 1∶W 2＝1∶1C ．F ∶F f ＝4∶1D ．W 1∶W 2＝1∶3答案 BC解析 对汽车运动的全过程，由动能定理得：W 1－W 2＝ΔE k ＝0，所以W 1＝W 2，选项B 正确，D 错误；由图象知x 1∶x 2＝1∶4.由动能定理得Fx 1－F f x 2＝0，所以 F ∶F f ＝4∶1，选项A 错误，C 正确．10．如图5所示，小球以初速度v 0从A 点沿粗糙的轨道运动到高为h 的B 点后自动返回，其返回途中仍经过A 点，则经过A 点的速度大小为( )图5A.v 20－4ghB.4gh －v 2C.v 20－2ghD.2gh －v 20答案 B解析 在从A 到B 的过程中，重力和摩擦力都做负功，根据动能定理可得mgh ＋W f ＝12m v 20，从B 到A 过程中，重力做正功，摩擦力做负功(因为是沿原路返回，所以两种情况摩擦力做功大小相等)根据动能定理可得mgh －W f ＝12m v 2，两式联立得再次经过A 点的速度为4gh －v 20，选B.11．如图6所示，斜面高h，质量为m的物块，在沿斜面向上的恒力F作用下，能匀速沿斜面向上运动，若把此物块放在斜面顶端，在沿斜面向下同样大小的恒力F作用下，物块由静止向下滑动，滑至底端时其动能的大小为()图6 A．mghB．2mghC．2FhD．Fh答案 B解析物块匀速向上运动，即向上运动过程中物块的动能不变，由动能定理知物块向上运动过程中外力对物块做的总功为0，即W F－mgh－W f＝0①物块向下运动过程中，恒力F与摩擦力对物块做功与向上运动相同，设滑至底端时的动能为E k，由动能定理知W F＋mgh－W f＝E k－0②将①式变形有W F－W f＝mgh，代入②式有E k＝2mgh，则B选项正确．12．飞机在水平跑道上滑行一段时间后起飞．飞机总质量m＝1×104 kg，发动机在水平滑行过程中保持额定功率P＝8 000 kW，滑行距离x＝50 m，滑行时间t＝5 s，然后以水平速度v0＝80 m/s飞离跑道后逐渐上升，飞机在上升过程中水平速度保持不变，同时受到重力和竖直向上的恒定升力(该升力由其他力的合力提供，不含重力)，飞机在水平方向通过距离L＝1 600 m的过程中，上升高度为h＝400 m．取g＝10 m/s2.求：(1)假设飞机在水平跑道滑行过程中受到的阻力大小恒定，求阻力F f的大小；(2)飞机在上升高度为h＝400 m过程时，飞机的动能为多少．答案 (1)1.6×105 N (2)4×107 J解析 (1)飞机在水平滑行过程中，根据动能定理： Pt －F f x ＝12m v 20－0 解得：F f ＝1.6×105 N.(2)该飞机升空后水平方向做匀速运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动，设运动时间为t ，竖直方向加速度为a ，则： 水平方向有：L ＝v 0t 竖直方向有：h ＝12at 2联立解得：t ＝20 s ，a ＝2 m/s 2 竖直分速度大小为：v ⊥＝2ah ＝40 m/s飞机的动能为：E k ＝12m v 2＝12m (v 20＋v 2⊥)＝4×107 J13．如图7所示，光滑水平面AB 与竖直面内粗糙的半圆形导轨在B 点衔接，BC 为导轨的直径，与水平面垂直，导轨半径为R ＝0.4 m ，一个质量为m ＝2.0 kg 的小球将弹簧压缩至A 处．小球从A 处由静止释放被弹开后，以速度v ＝6 m/s 经过B 点进入半圆形轨道，之后向上 图7 运动恰能沿轨道运动到C 点．求： (1)释放小球前弹簧的弹性势能； (2)小球到达C 点时的速度大小；(3)小球由B 到C 运动过程中克服摩擦力做的功． 答案 (1)36 J (2)2 m/s (3)16 J解析 (1)释放小球前弹簧的弹性势能等于小球得到的动能：E p ＝12m v 2＝36 J.(2)小球到达C 点时，根据牛顿定律：mg ＝m v 2CR，解得v C ＝gR ＝2 m/s.(3)小球由B 到C 运动过程，由动能定理： －mg ·2R －W f ＝12m v 2C －12m v 2，解得W f ＝16 J.14．如图8甲所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O 位置．质量为m 的物块A (可视为质点)以初速度v 0从距O 点右方x 0的P 点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O ′点位置后，A 又被弹簧弹回．A 离开弹簧后，恰好回到P 点．物块A 与水平面间的动摩擦因数为μ.求：(1)物块A 从P 点出发又回到P 点的过程，克服摩擦力所做的功． (2)O 点和O ′点间的距离x 1.图8(3)如图乙所示，若将另一个与A 完全相同的物块B (可视为质点)与弹簧右端拴接，将A 放在B 右边，向左推A 、B ，使弹簧右端压缩到O ′点位置，然后从静止释放，A 、B 共同滑行一段距离后分离．分离后物块A 向右滑行的最大距离x 2是多少？答案 (1)12m v 20 (2)v 204μg －x 0 (3)x 0－v 208μg解析 (1)物块A 从P 点出发又回到P 点的过程，根据动能定理得克服摩擦力所做的功为W f ＝12m v 20. (2)物块A 从P 点出发又回到P 点的过程，根据动能定理得2μmg (x 1＋x 0)＝12m v 20 解得x 1＝v 204μg－x 0(3)A 、B 在弹簧处于原长处分离，设此时它们的共同速度是v 1，弹出过程弹力做功W F 只有A 时，从O ′到P 有 W F －μmg (x 1＋x 0)＝0－0A 、B 共同从O ′到O 有W F －2μmgx 1＝12×2m v 21 分离后对A 有12m v 21＝μmgx 2 联立以上各式可得x 2＝x 0－v 208μg.。

第1讲功和功率考点1 功的判断与计算1．功的正负的判断方法2．恒力做功的计算方法3．合力做功的计算方法1．(多选)如图所示，粗糙的斜面在水平恒力的作用下向左匀速运动，一物块置于斜面上并与斜面保持相对静止，下列说法中正确的是( ACD )A．斜面对物块不做功B．斜面对地面的摩擦力做负功C．斜面对物块的支持力做正功D．斜面对物块的摩擦力做负功解析：斜面对物块的作用力可以等效为一个力，根据平衡条件，这个力与重力大小相等，方向相反，与位移的夹角为90°，所以不做功，选项A正确；地面受到摩擦力作用，但没有位移，所以斜面对地面的摩擦力不做功，选项B错误；斜面对物块的支持力与位移方向的夹角小于90°，而斜面对物块的摩擦力与位移方向的夹角大于90°，所以选项C、D正确．2．如图所示，小物块位于光滑的斜面上，斜面位于光滑的水平地面上，从地面上看，在小物块沿斜面下滑的过程中，斜面对小物块的作用力( B )A．垂直于接触面，做功为零B．垂直于接触面，做功不为零C．不垂直于接触面，做功为零D．不垂直于接触面，做功不为零解析：如图所示，物块初位置为A ，末位置为B ，A 到B 的位移为s ，斜面对小物块的作用力为F N ，方向始终垂直于斜面向上，且从地面看，F N 与位移s 方向的夹角为钝角，F N 做负功．故选B.是否做功的判断：功是力对位移的积累效果，“积累”是逐渐聚集的意思，显然，只具有力或位移谈不上积累，因而也没有功，做功的过程也就是能量转化的过程，所以还可以通过有没有能量转化来判断.考向2 恒力功的计算3．如图所示，质量为m 的物体在恒力F 的作用下从底端沿斜面向上一直匀速运动到顶端后撤去F ，斜面高h ，倾斜角为θ，现把物体放在顶端，发现物体在轻微扰动后可匀速下滑，重力加速度大小为g .则在上升过程中恒力F 做的功为( C )A ．FhB ．mghC ．2mghD ．无法确定解析：把物体放在顶端，发现物体在轻微扰动后可匀速下滑，则物体受力平衡，则有F f ＝mg sin θ.上滑过程中，物体也做匀速直线运动，受力平衡，则有F ＝mg sin θ＋F f ＝2mg sin θ，则在上升过程中恒力F 做的功W ＝F ·h sin θ＝2mg sin θ·hsin θ＝2mgh ，故选项C正确．4.一木块前端有一滑轮，绳的一端系在右方固定处，水平穿过滑轮，另一端用恒力F拉住，保持两股绳之间的夹角θ不变，如图所示，当用力F 拉绳使木块前进s 时，力F 对木块做的功(不计绳重和滑轮摩擦)是( B )A ．Fs cos θB ．Fs (1＋cos θ)C ．2Fs cos θD ．2Fs 解析：方法一：如图所示，力F 作用点的位移l ＝2s cos θ2，故拉力F 所做的功W ＝Fl cos α＝2Fs cos2θ2＝Fs (1＋cos θ)．方法二：可看成两股绳都在对木块做功W ＝Fs ＋Fs cos θ＝Fs (1＋cos θ)，则选项B 正确．求解恒力做功的两个注意(1)恒力做功的大小只与F 、l 、α这三个量有关，与物体是否还受其他力、物体运动的速度、加速度等其他因素无关，也与物体运动的路径无关．(2)F 与l 必须具有同时性，即l 必须是力F 作用过程中物体的位移． 考向3 求变力做功的常用方法 方法1：利用微元法求变力做功将物体的位移分割成许多小段，因小段很小，每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将变力做功转化为在无数个无穷小的位移上的恒力所做功的代数和，此法在中学阶段常应用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题．5．(多选)如图所示，小球质量为m ，一不可伸长的悬线长为l ，把悬线拉到水平位置后放手，设小球运动过程中空气阻力F m 大小恒定，则小球从水平位置A 到竖直位置B 的过程中，下列说法正确的是( BD )A ．重力不做功B ．悬线的拉力不做功C ．空气阻力做功为－F m lD ．空气阻力做功为－12F m πl解析：重力在整个运动过程中始终不变，小球在重力方向上的位移为l ，所以W G ＝mgl ，故A 错误；因为拉力F T 在运动过程中始终与运动方向垂直，拉力不做功，故B 正确；F m 所做的总功等于每个小弧段上F m 所做功的代数和，运动的弧长为12πl ，故阻力做的功为WF m ＝－(F m Δx 1＋F m Δx 2＋…)＝－12F m πl ，故C 错误，D 正确．方法2：用F ­x 图象求变力做功在F ­x 图象中，图线与x 轴所围“面积”的代数和就表示力F 在这段位移所做的功，且位于x 轴上方的“面积”为正，位于x 轴下方的“面积”为负，但此方法只适用于便于求图线所围面积的情况(如三角形、矩形、圆等规则的几何图)．6．轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m ＝0.5 kg 的物块相连，如图甲所示，弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x 轴，现对物块施加水平向右的外力F ，F 随x 轴坐标变化的情况如图乙所示，物块运动至x ＝0.4 m 处时速度为零，则此时弹簧的弹性势能为(g 取10 m/s 2)( A )A．3.1 J B．3.5 J C．1.8 J D．2.0 J解析：物块与水平面间的摩擦力为F f＝μmg＝1 N．现对物块施加水平向右的外力F，由F­x图象与x轴所围面积表示功可知F做功W＝3.5 J，克服摩擦力做功W f＝F f x＝0.4 J．由于物块运动至x＝0.4 m处时，速度为0，由功能关系可知，W－W f＝E p，此时弹簧的弹性势能为E p＝3.1 J，选项A正确．方法3：“转化法”求变力做功通过转换研究的对象，可将变力做功转化为恒力做功，用W＝Fl cosα求解，如轻绳通过定滑轮拉动物体运动过程中拉力做功问题．7．如图所示，水平粗糙地面上的物体被绕过光滑定滑轮的轻绳系着，现以大小恒定的拉力F拉绳的另一端，使物体从A点起由静止开始运动．若从A点运动至B点和从B点运动至C点的过程中拉力F做的功分别为W1、W2，图中AB＝BC，且动摩擦因数处处相同，则在物体的运动过程中( D )A．摩擦力增大，W1>W2 B．摩擦力减小，W1<W2C．摩擦力增大，W1<W2 D．摩擦力减小，W1>W2解析：物体受力如图所示，由平衡条件得F N ＋F sin θ＝mg ，滑动摩擦力F f ＝μF N ＝μ(mg －F sin θ)，物体从A 向C 运动的过程中细绳与水平方向夹角θ增大，所以滑动摩擦力减小，由于物体被绕过光滑定滑轮的轻绳系着，拉力为恒力，所以拉力做的功等于细绳对物体所做的功，根据功的计算式W ＝FL cos θ，θ增大，F 不变，在相同位移L 上拉力F 做的功减小，故D 正确，A 、B 、C 错误．考点2 功率的分析和计算1．公式P ＝Wt和P ＝Fv 的区别P ＝Wt是功率的定义式，P ＝Fv 是功率的计算式． 2．平均功率的计算方法 (1)利用P ＝Wt.(2)利用P ＝F ·v cos α，其中v 为物体运动的平均速度． 3．瞬时功率的计算方法(1)利用公式P ＝Fv cos α，其中v 为t 时刻的瞬时速度． (2)P ＝F ·v F ，其中v F 为物体的速度v 在力F 方向上的分速度． (3)P ＝F v ·v ，其中F v 为物体受到的外力F 在速度v 方向上的分力．(2019·某某某某模拟)(多选)质量为m 的物体静止在光滑水平面上，从t＝0时刻开始受到水平力的作用．力的大小F 与时间t 的关系如图所示，力的方向保持不变，则( )A ．3t 0时刻的瞬时功率为5F 20t 0mB ．3t 0时刻的瞬时功率为15F 20t 0mC ．在t ＝0到3t 0这段时间内，水平力的平均功率为23F 20t 04mD ．在t ＝0到3t 0这段时间内，水平力的平均功率为25F 20t 06m[审题指导] 根据题意和F ­t 图象做出v ­t 图象再进行计算，注意平均功率和瞬时功率的计算式不同．【解析】 根据F ­t 图线，在0～2t 0时间内的加速度a 1＝F 0m，2t 0时刻的速度v 2＝a 1·2t 0＝2F 0m t 0,0～2t 0时间内位移x 1＝v 22·2t 0＝2F 0m t 20，故0～2t 0时间内水平力做的功W 1＝F 0x 1＝2F 20m t 20；在2t 0～3t 0时间内的加速度a 2＝3F 0m ，3t 0时刻的速度v 3＝v 2＋a 2t 0＝5F 0mt 0，故3t 0时刻的瞬时功率P 3＝3F 0v 3＝15F 20t 0m ，在2t 0～3t 0时间内位移x 2＝v 2＋v 32·t 0＝7F 0t 22m ，故2t 0～3t 0时间内水平力做的功W 2＝3F 0·x 2＝21F 20t 202m ，因此在0～3t 0时间内的平均功率P ＝W 1＋W 23t 0＝25F 20t 06m ，故B 、D 正确．【答案】 BD1．如图，一长为L 的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为m 的小球．一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度ω匀速转动，当杆与水平方向夹角为60°时，拉力的功率为( C )A ．mgLωB.32mgLω C.12mgLωD.36mgLω 解析：由能的转化与守恒可知：拉力的功率等于克服重力的功率，P F ＝P G ＝mgv y ＝mgv cos60°＝12mgωL ，故选C.2．跳绳运动员质量m ＝50 kg,1 min 跳N ＝180次．假设每次跳跃中，脚与地面的接触时间占跳跃一次所需时间的2/5，试估算该运动员跳绳时克服重力做功的平均功率为多大？解析：跳跃的周期T ＝60180 s ＝13 s ，每个周期内在空中停留的时间t 1＝35T ＝15s.运动员跳起时视为竖直上抛运动，设起跳初速度为v 0， 由t 1＝2v 0g 得v 0＝12gt 1.每次跳跃人克服重力做的功为W ＝12mv 20＝18mg 2t 21＝25 J ，克服重力做功的平均功率为P ＝W T ＝2513W ＝75 W.答案：75 W对平均功率和瞬时功率的进一步理解(1)平均功率对应的是一段时间或一个过程，并且同一物体在不同时间段的平均功率一般不同．(2)求解瞬时功率用公式P ＝Fv cos α，v ·cos α可理解为沿力方向的分速度，F ·cos α可理解为沿速度方向的分力．考点3 机动车启动问题1．以恒定功率启动 (1)动态过程(2)这一过程的P­t图象和v­t图象如图所示：2．以恒定加速度启动(1)动态过程(2)这一过程的P­t图象和v­t图象如图所示：一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P 随时间t的变化如图所示．假设汽车所受阻力的大小F f恒定不变．下列描述该汽车的速度v 随时间t变化的图线中，可能正确的是( )[审题指导] 机车的输出功率可以突变，速度不能突变．【解析】 发动机功率为P 1且汽车匀速运动时，v 1＝P 1F f；发动机功率为P 2且汽车匀速运动时，v 2＝P 2F f .某时刻开始，若v 0<v 1，由P ＝Fv 及a ＝F －F fm可知，汽车先做加速度逐渐减小的加速运动，直至速度达到v 1；在t 1时刻，功率突然变大，牵引力突然变大，之后牵引力逐渐减至F f ，该阶段汽车也是做加速度逐渐减小的加速运动，直至速度达到v 2.故只有选项A 符合要求．【答案】 A3．(2019·某某赣中南五校模拟)(多选)质量为m 的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度—时间图象如图所示．从t 1时刻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( BC )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加量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，汽车的平均速度等于v 1＋v 22解析：0～t 1时间内，汽车加速度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 v 2可得汽车运动的最大速度v 2＝P F f ＝⎝⎛⎭⎪⎫mv 1F f t 1＋1v 1，选项C 正确；根据动能定理，0～t 1时间内，汽车的牵引力做功的大小减去克服阻力做功等于汽车动能的增加量，选项A 错误；t 1～t 2时间内，汽车的平均速度大于v 1＋v 22，选项D 错误．4．汽车发动机的额定功率为60 kW ，汽车的质量为5×103kg ，汽车在水平路面上行驶时，阻力是车重力的0.1倍(g 取10 m/s 2)，试求：(1)若汽车保持额定功率不变从静止启动，汽车所能达到的最大速度是多大？当汽车的加速度为2 m/s 2时速度是多大？(2)若汽车从静止开始，保持以0.5 m/s 2的加速度做匀加速直线运动，这一过程能维持多长时间？解析：汽车运动中所受阻力大小为F f mg ① (1)当a ＝0时速度最大，牵引力等于F f 的大小， 则最大速度v max ＝P F f② 联立①②解得v max ＝12 m/s.设汽车加速度为2 m/s 2时牵引力为F 1， 由牛顿第二定律得F 1－F f ＝ma ③ 此时汽车速度v 1＝P F 1④联立③④并代入数据得v 1＝4 m/s.(2)当汽车以加速度a ′＝0.5 m/s 2匀加速运动时，设牵引力为F 2， 由牛顿第二定律得F 2－F f ＝ma ′⑤汽车匀加速过程所能达到的最大速度v t ＝P F 2⑥ 联立①⑤⑥并代入数据解得t ＝v ta ′＝16 s. 答案：(1)12 m/s 4 m/s (2)16 s机车启动的三个重要关系式(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即v m ＝P F 阻. (2)机车以恒定加速度启动时，匀加速过程结束后功率最大，速度不是最大，即v ＝P F<v m＝P F 阻. (3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W ＝Pt ，由动能定理得Pt －F阻x ＝ΔE k ，此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移或速度．。

【步步高】（新课标）2015届高考物理大一轮复习 第五章 第1课时功 功率（含解析）第1课时 功 功率考纲解读 1.会判断功的正负，会计算恒力的功和变力的功.2.理解功率的两个公式P ＝W t 和P ＝F v ，能利用P ＝F v 计算瞬时功率.3.会分析机车的两种启动方式．1．[功的理解]下列关于功的说法，正确的是( )A ．力作用在物体上的一段时间内，物体运动了一段位移，该力一定对物体做功B ．力对物体做正功时，可以理解为该力是物体运动的动力，通过该力做功，使其他形式的能量转化为物体的动能或用来克服其他力做功C ．功有正、负之分，说明功是矢量，功的正、负表示力的方向D ．当物体只受到摩擦力作用时，摩擦力一定对物体做负功答案 B2．[功率的理解]关于功率公式P ＝Wt和P ＝F v 的说法正确的是( )A ．由P ＝Wt 知，只要知道W 和t 就可求出任意时刻的功率B ．由P ＝F v 既能求某一时刻的瞬时功率，也可以求平均功率C ．由P ＝F v 知，随着汽车速度的增大，它的功率也可以无限制地增大D ．由P ＝F v 知，当汽车发动机功率一定时，牵引力与速度成反比 答案 BD3．[功和功率的计算]一质量为m 的物体静止在光滑的水平面上，从某一时刻开始受到恒定的外力F 作用，物体运动了一段时间t ，该段时间内力F 做的功和t 时刻力F 的功率分别为( )A.F 2t 22m ，F 2t 2mB.F 2t 2m ，F 2t mC.F 2t 22m ，F 2t mD.F 2t 2m ，F 2t 2m答案 C一、功1．做功的两个要素(1)作用在物体上的力．(2)物体在力的方向上发生的位移． 2．公式：W ＝Fl cos_α.(1)α是力与位移方向之间的夹角，l 为物体对地的位移． (2)该公式只适用于恒力做功． (3)功是标(标或矢)量． 3．功的正负(1)α<90°，力对物体做正功．(2)α>90°，力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功． (3)α＝90°，力对物体不做功． 二、功率1．定义：功与完成这些功所用时间的比值．物理意义：描述力对物体做功的快慢． 2．公式(1)P ＝Wt ，P 为时间t 内的平均功率．(2)P ＝F v cos α(α为F 与v 的夹角) ①v 为平均速度，则P 为平均功率． ②v 为瞬时速度，则P 为瞬时功率．考点一 判断正、负功的方法1．恒力做功的判断：若物体做直线运动，则依据力与位移的夹角来判断．2．曲线运动中功的判断：若物体做曲线运动，则依据F 与v 的方向夹角来判断．当0°≤α<90°时，力对物体做正功；当90°<α≤180°时，力对物体做负功；当α＝90°时，力对物体不做功．3．依据能量变化来判断：根据功是能量转化的量度，若有能量转化，则必有力对物体做功．此法常用于判断两个相联系的物体之间的相互作用力做功的判断．特别提醒 1.作用力和反作用力虽然等大反向，但由于其分别作用在两个物体上，产生的位移效果无必然联系，故作用力和反作用力做的功不一定一正一负，大小也不一定相等．2．摩擦力并非只做负功，也可以做正功或不做功．例1 生活中有人常说在车厢内推车是没用的，如图1，在水平地面上运动的汽车车厢内一人用力推车，当车在倒车时刹车的过程中( )图1A ．人对车做正功B ．人对车做负功C ．人对车不做功D ．车对人的作用力方向水平向右解析 倒车表示速度向右，刹车表示减速运动，即a 、v 方向相反，加速度a 向左，人与车具有相同的加速度，对人受力分析，受到重力和车对人的作用力，则车对人的作用力方向为斜向左上方，D 错；那么人对车的作用力方向斜向右下方，人对车的作用力与车运动位移方向成锐角，即人对车做正功(或对人由动能定理，人的动能减小，车对人做负功，人对车做正功来判断)，A 对，B 、C 错． 答案 A突破训练1 如图2所示，质量为m 的物体置于倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，在外力作用下，斜面以加速度a沿水平方向向左做匀加速运动，运动中物体m与斜面体相对静止．则关于斜面对m的支持力和摩擦力的下列说法中错误的是()图2A．支持力一定做正功B．摩擦力一定做正功C．摩擦力可能不做功D．摩擦力可能做负功答案 B解析支持力方向垂直斜面向上，故支持力一定做正功．而摩擦力是否存在需要讨论，若摩擦力恰好为零，物体只受重力和支持力，如图所示，此时加速度a＝g tan θ，当a>g tan θ，摩擦力沿斜面向下，摩擦力与位移夹角小于90°，则做正功；当a<g tan θ，摩擦力沿斜面向上，摩擦力与位移夹角大于90°，则做负功．综上所述，B是错误的．考点二功的计算1．恒力做的功：直接用W＝Fl cos α计算．2．合外力做的功方法一：先求合外力F合，再用W合＝F合l cos α求功．方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3、……，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋……求合外力做的功．3．变力做的功(1)应用动能定理求解．(2)应用W＝Pt求解，此法适用于变力的功率P不变．(3)将变力做功转化为恒力做功，此法适用于力的大小不变，方向与运动方向相同或相反，或力的方向不变，大小随位移均匀变化的情况．例2一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时其速度为1 m/s.从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图3甲和乙所示，规定初速度的方向为正方向．求：图3(1)在第1秒内、第2秒内力F 对滑块做的功W 1、W 2； (2)前两秒内力F 的总功W F 及滑块所受合力的功W .解析 (1)第1秒内滑块的位移为l 1＝0.5 m ，第2秒内滑块的位移为l 2＝－0.5 m. 由W ＝Fl cos α可得，W 1＝0.5 J W 2＝－1.5 J.(2)前2秒内力F 的总功W F ＝W 1＋W 2＝－1 J. 由动能定理可求合力的功W ＝12m v 22－12m v 21＝0.答案 (1)0.5 J －1.5 J (2)－1 J 0突破训练2 一质量为m 的物体在水平恒力F 的作用下沿水平面运动，在t 0时刻撤去力F ，其v －t 图象如图4所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，则下列关于力F 的大小和力F 做功W 的大小关系式正确的是( )图4A ．F ＝μmgB ．F ＝2μmgC ．W ＝μmg v 0t 0D ．W ＝32μmg v 0t 0答案 D解析 在t 0时刻前，F －μmg ＝m v 0t 0，在t 0时刻以后，－μmg ＝－m v 02t 0，由以上两式可得F ＝3μmg ，因此选项A 、B 均不正确；在0至t 0时间内，W －μmg ·12v 0t 0＝12m v 20，在t 0至3t 0时间内，－μmg ·12v 0(2t 0)＝－12m v 20，因此力F 做的功为W ＝32μmg v 0t 0，选项C 错误，选项D 正确． 考点三 功率的计算公式P ＝Wt和P ＝F v 的区别：(1)P ＝Wt 是功率的定义式，P ＝F v 是功率的计算式．(2)平均功率的计算方法 ①利用P ＝Wt.②利用P ＝F ·v cos α，其中v 为物体运动的平均速度． (3)瞬时功率的计算方法①利用公式P ＝F v cos α，其中v 为t 时刻的瞬时速度． ②P ＝F ·v F ，其中v F 为物体的速度v 在力F 方向上的分速度． ③P ＝F v ·v ，其中F v 为物体受到的外力F 在速度v 方向上的分力．例3 质量为m 的物体静止在光滑水平面上，从t ＝0时刻开始受到水平力的作用．力的大小F 与时间t 的关系如图5所示，力的方向保持不变，则( )图5A ．3t 0时刻的瞬时功率为5F 20t 0mB ．3t 0时刻的瞬时功率为15F 20t 0mC ．在t ＝0到3t 0这段时间内，水平力的平均功率为23F 20t 04mD ．在t ＝0到3t 0这段时间内，水平力的平均功率为25F 20t 06m解析 2t 0时刻速度大小v 2＝a 1·2t 0＝2F 0m t 0.3t 0时刻的速度大小为v 3＝v 2＋a 2t 0＝F 0m ·2t 0＋3F 0m ·t 0＝5F 0t 0m ，3t 0时刻力F ＝3F 0，所以瞬时功率P ＝3F 0·v 3＝15F 20t 0m，A 错，B 对；0～3t 0时间段，水平力对物体做功W ＝F 0x 1＋3F 0x 2＝F 0×12·F 0m (2t 0)2＋3F 0·v 2＋v 32t 0＝25F 20t 202m，平均功率P ＝W t ＝25F 20t 06m ，C 错，D 对．答案 BD求力做功的功率时应注意的问题(1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率，对应于某一过程的功率为平均功率，对应于某一时刻的功率为瞬时功率．(2)求功率大小时要注意F 与v 方向间的夹角α对结果的影响．(3)用P ＝F v cos α求平均功率时，v 应容易求得，如求匀变速直线运动中某力的平均功率．突破训练3 一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m 的重物，当重物的速度为v 1时，起重机的有用功率达到最大值P ，以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v 2匀速上升为止，则整个过程中，下列说法不正确的是( )A ．钢绳的最大拉力为Pv 1B ．钢绳的最大拉力为Pv 2C ．重物的最大速度为v 2＝PmgD ．重物做匀加速直线运动的时间为m v 21P －mg v 1答案 B解析 起重机达到最大功率后，钢绳的拉力逐渐减小，所以匀加速运动过程的拉力为最大拉力，F 1＝P v 1，A 正确，B 错误；达到最大速度v 2时，拉力F 2＝mg ，所以v 2＝P F 2＝P mg ，C 正确；重物做匀加速运动的加速度a ＝F 1－mg m ＝Pv 1－mgm ＝Pm v 1－g ，匀加速运动时间t 1＝v 1a ＝m v 21P －mg v 1，D 正确．21．机车的两种启动模型的分析1．模型综述物体在牵引力(受功率和速度制约)作用下，从静止开始克服一定的阻力，加速度不变或变化，最终加速度等于零，速度达到最大值． 2．模型特征(1)以恒定功率启动的方式： ①动态过程：②这一过程的速度—时间图象如图6所示：图6(2)以恒定加速度启动的方式：①动态过程：②这一过程的速度—时间图象如图7所示：图7深化拓展无论哪种启动方式，机车最终的最大速度都应满足：v m＝PF f，且以这个速度做匀速直线运动．例4如图8甲所示，在水平路段AB上有一质量为2×103 kg的汽车，正以10 m/s的速度向右匀速行驶，汽车前方的水平路段BC较粗糙，汽车通过整个ABC路段的v－t图象如图乙所示，在t＝20 s时汽车到达C点，运动过程中汽车发动机的输出功率保持不变．假设汽车在AB路段上运动时所受的恒定阻力(含地面摩擦力和空气阻力等)F f1＝2 000 N．(解题时将汽车看成质点)求：图8(1)运动过程中汽车发动机的输出功率P；(2)汽车速度减至8 m/s时的加速度a的大小；(3)BC路段的长度．答案(1)20 kW(2)0.75 m/s2(3)93.75 m解析(1)汽车在AB路段时牵引力和阻力相等，则F 1＝F f1，输出功率P ＝F 1v 1 解得P ＝20 kW(2)t ＝15 s 后汽车处于匀速运动状态，有 F 2＝F f2，P ＝F 2v 2，则F f2＝Pv 2解得F f2＝4 000 Nv ＝8 m/s 时汽车在做减速运动，有 F f2－F ＝ma ，F ＝Pv 解得a ＝0.75 m/s 2 (3)对BC 段由动能定理得 Pt －F f2x ＝12m v 22－12m v 21 解得x ＝93.75 m分析机车启动问题时的注意事项(1)在用公式P ＝F v 计算机车的功率时，F 是指机车的牵引力而不是机车所受到的合力． (2)恒定功率下的加速一定不是匀加速，这种加速过程发动机做的功可用W ＝Pt 计算，不能用W ＝Fl 计算(因为F 是变力)；(3)以恒定牵引力加速时的功率一定不恒定，这种加速过程发动机做的功常用W ＝Fl 计算，不能用W ＝Pt 计算(因为功率P 是变化的)．高考题组1．(2013·全国新课标Ⅰ·21)2012年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功．图9(a)为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图．飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭．阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止．某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t ＝0.4 s 时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度—时间图线如图(b)所示．假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1000 m ．已知航母始终静止，重力加速度的大小为g .则( )图9A．从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的110B．在0.4 s～2.5 s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化C．在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5gD．在0.4 s～2.5 s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变答案AC解析速度时间图线与时间轴所围的面积表示飞机的位移大小，由题图(b)知，位移大小约为x＝70×0.4 m＋702×2.6 m＝119 m，约为无阻拦索时的110，A正确．在0.4 s～2.5s时间内，飞机所受阻拦索的张力的合力几乎不变，但由于两力方向的变化，阻拦索的张力要逐渐减小，B错误．该段时间内加速度约为a＝68－102.5－0.4m/s2≈27.6 m/s2>2.5g，C正确．在0.4 s～2.5 s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率P＝F合·v，随着v的减小，功率P减小，D错误．模拟题组2．一辆汽车在水平路面上以速度v0匀速行驶时，发动机的功率为P，牵引力为F0.从t1时刻起汽车开上一个倾角为θ的坡路，若汽车功率保持不变，水平路面与坡路路况相同，汽车经过一段时间的变速运动后又进入匀速运动状态，则下面关于汽车速度v、牵引力F与时间t的关系图象正确的是()答案 AC解析 当汽车开上坡路时，速度减小，由P ＝F v 可知牵引力F 增大，对斜面上的汽车受力分析可知，合力方向向下，由牛顿第二定律得：mg sin θ＋F f －F ＝ma ，因F 增大，故加速度减小，v －t 图象中曲线斜率减小，故A 、C 选项正确．3．如图10所示，质量为m 的汽车以恒定功率P 从A 点由静止出发，先沿着长度为x 1，倾角为α的斜面运动到B 点(其受到的阻力为车重k 1倍)，随后沿着长度为x 2的水平面运动到D 点(其受到的阻力为车重k 2倍)．若x 1和x 2足够长，汽车在AB 、BD 段最后均可达到匀速行驶．求：图10(1)汽车在AB 段和BD 段分别耗时为多少？达到匀速时，其速度v 1和v 2分别为多大？ (2)汽车发动机在过B 点后，为了省油，至少还需工作多久才能到达D 点．(3)若汽车可先沿着长度为x 2的水平面运动(其受到的阻力为车重k 2倍)，随后沿着长度为x 1，倾角为α的斜面运动到D 点(其受到的阻力为车重k 1倍)．若k 1＝k 2＝k ，请问与原路径相比，哪个耗时更多，为什么？ 答案 见解析解析 (1)AB 间匀速v 1＝P k 1mg ＋mg sin α，Pt 1－k 1mgx 1－mgx 1sin α＝12m v 21解得t 1＝k 1mgx 1＋mgx 1sin α＋12m (Pk 1mg ＋mg sin α)2PBD 间匀速v 2＝Pk 2mgPt 2－k 2mgx 2＝12m v 22－12m v 21 解得t 2＝k 2mgx 2＋12m [(P k 2mg )2－(Pk 1mg ＋mg sin α)2]P(2)若以v 1为初速度汽车滑行能达到D 点，则汽车发动机在BD 段工作时间为t ＝0.若不能，设至少还需工作时间t ，恰好到达D .动能定理：0－12m v 21＝Pt －k 2mgx 2，解得t ＝k 2mgx 2－12m (Pk 1mg ＋mg sin α)2P.(3)两个路径克服阻力做功相同．动能定理：Pt －W 阻－mgx 1sin α＝12m v 2可知汽车到达D 点，末速度越大，汽车发动机工作时间越长．汽车沿原路径到达D 点，最后车速为v 2，而汽车沿新路径到D 点，末速度为v 1.因为v 2>v 1所以汽车沿原路径耗时更多．(限时：30分钟)►题组1 关于做功的判断1．如图1所示，一轻绳的一端系在固定粗糙斜面上的O 点，另一端系一小球．给小球一足够大的初速度，使小球在斜面上做圆周运动．在此过程中( )图1A ．斜面对小球的支持力做功B ．重力对小球不做功C ．绳的张力对小球不做功D ．在任何一段时间内，小球克服摩擦力所做的功总是等于小球动能的减少量 答案 C解析 斜面的支持力、绳的张力总是与小球的运动方向垂直，故不做功，A 错，C 对；摩擦力总与速度方向相反，做负功；小球在重力方向上有位移，因而重力对小球做功，B 错；小球动能的变化量等于合外力做的功，即重力与摩擦力做功的和，D 错． 2．如图2所示，木块B 上表面是水平的，木块A 置于B 上并与B 保持相对静止，一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑过程中( )图2A ．A 所受的合外力对A 不做功B ．B 对A 的弹力做正功C ．B 对A 的摩擦力做正功D．A对B不做功答案CD解析A、B一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，设斜面倾角为θ，则加速度为g sin θ.由于A速度增大，由动能定理，A所受的合外力对A做正功，B对A的摩擦力做正功，B对A的弹力做负功，选项A、B错误，C正确．A对B不做功，选项D正确．3．一物体在粗糙的水平面上滑行．从某时刻起，对该物体再施加一水平恒力F，运动了一段时间，() A．如果物体改做匀速运动，则力F一定对物体做正功B．如果物体改做匀加速直线运动，则力F一定对物体做正功C．如果物体仍做匀减速运动，则力F一定对物体做负功D．如果物体改做曲线运动，则力F一定对物体不做功答案AB解析物体在粗糙的水平面上做匀减速直线运动．施加一水平恒力F后，如果物体改做匀速运动，则力F一定与摩擦力等大、反向，与物体运动方向相同，对物体做正功，A正确；如果物体改做匀加速直线运动，则力F一定与物体运动方向相同，且大于摩擦力，力F对物体做正功，B正确；如果物体仍做匀减速运动，则力F可能与物体运动方向相同，但大小小于摩擦力，对物体做正功，也可能与物体运动方向相反，对物体做负功，C错误；只要物体受力F与物体运动方向不共线，物体就做曲线运动，力F 与速度的夹角既可以是锐角也可以是钝角，还可以是直角，各种做功情况都有可能，D 错误．4．如图3甲所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t 的关系图象如图乙所示；设物块与地面间的静摩擦力最大值F fm与滑动摩擦力大小相等，则()图3A．0～t1时间内F的功率逐渐增大B．t2时刻物块A的加速度最大C．t3时刻物块A的动能最大D．t1～t3时间内F对物块先做正功后做负功答案BC解析当拉力小于最大静摩擦力时，物块静止不动，静摩擦力与拉力二力平衡，当拉力大于最大静摩擦力时，物块开始加速，当拉力重新小于最大静摩擦力时，物块由于惯性继续减速运动．t 1时刻前，拉力小于最大静摩擦力，物块静止不动，静摩擦力与拉力二力平衡，合力为零，力F 的功率为零，故A 错误；t 1～t 2，合力向前，物块做加速度增大的加速运动，t 2时刻物块A 的加速度最大，故B 正确；t 3时刻之后合力向后，物块由于惯性减速前进，故t 3时刻A 的速度最大，动能最大，C 正确；t 1～t 3时间内物块速度一直增大，动能一直增大，F 对物块A 始终做正功，D 错误；故选B 、C. ►题组2 关于功和功率的计算5．用一水平拉力使质量为m 的物体从静止开始沿粗糙的水平面运动，物体的v －t 图象如图4所示．下列表述正确的是( )图4A ．在0～t 1时间内拉力逐渐减小B ．在0～t 1时间内物体做曲线运动C ．在t 1～t 2时间内拉力的功率不为零D ．在t 1～t 2时间内合外力做功为12m v 2答案 AC解析 由F －μmg ＝ma 及P ＝F v 知0～t 1时间内拉力F 逐渐减小，物体做直线运动，A 正确，B 错误；在t 1～t 2时间内，F ＝μmg ，F 合＝0，故C 正确，D 错误．6．质量为1 kg 的物体静止于光滑水平面上，t ＝0时刻起，物体受到向右的水平拉力F 作用，第1 s 内F ＝2 N ，第2 s 内F ＝1 N ．下列判断正确的是( )A ．2 s 末物体的速度为4 m/sB ．2 s 内物体的位移为3 mC ．第1 s 末拉力的瞬时功率最大D ．第2 s 末拉力的瞬时功率最大 答案 C解析 由牛顿第二定律知第1 s 内物体的加速度大小为2 m/s 2，第2 s 内的加速度大小为1 m/s 2，则第1 s 末物体的速度大小为v 1＝a 1t 1＝2 m/s ，第2 s 末物体的速度大小为v 2＝v 1＋a 2t 2＝3 m/s ，选项A 错误；2 s 内物体的位移为x ＝12a 1t 21＋(v 1t 2＋12a 2t 22)＝3.5 m ，选项B 错误；第1 s 末拉力的瞬时功率为P 1＝F 1v 1＝4 W ，第2 s 末拉力的瞬时功率为P 2＝F 2v 2＝3 W ，选项C 正确，选项D 错误．7．如图5所示，长为L 的长木板水平放置，在木板的A 端放置一个质量为m 的小物块，现缓慢地抬高A 端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v ，则在整个过程中，下列说法不正确的是( )图5A ．木板对小物块做功为12m v 2B ．摩擦力对小物块做功为mgL sin αC ．支持力对小物块做功为mgL sin αD ．滑动摩擦力对小物块做功为12m v 2－mgL sin α答案 B解析 在抬高A 端的过程中，小物块受到的摩擦力为静摩擦力，其方向和小物块的运动方向时刻垂直，故在抬高阶段，摩擦力并不做功，这样在抬高小物块的过程中，由动能定理得：W N ＋W G ＝0，即W N －mgL sin α＝0，所以W N ＝mgL sin α.在小物块下滑的过程中，支持力不做功，滑动摩擦力和重力做功，由动能定理得：W G ＋W f ＝12m v 2，即W f＝12m v 2－mgL sin α，B 错，C 、D 正确．在整个过程中，设木板对小物块做的功为W ，对小物块在整个过程由动能定理得W ＝12m v 2，A 正确．8．如图6甲所示，物体受到水平推力F 的作用在粗糙水平面上做直线运动．通过力传感器和速度传感器监测到推力F 、物体速度v 随时间t 变化的规律如图乙所示．取g ＝10 m/s 2.则( )图6A ．物体的质量m ＝1 kgB ．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2C ．第2 s 内物体克服摩擦力做的功W ＝2 JD ．前2 s 内推力F 做功的平均功率P ＝1.5 W 答案 CD解析 第2 s 内，根据速度－时间图象可知，物体的加速度为a ＝2 m/s 2，第3 s 内，物体做匀速直线运动，F ＝F f ＝μmg ＝2 N ，根据牛顿第二定律有3 N －μmg ＝ma ，解得m＝0.5 kg ，μ＝0.4，A 、B 选项错误；第2 s 内物体运动的位移为1 m ，摩擦力为2 N ，克服摩擦力做的功W ＝2 J ，C 选项正确；前2 s 内推力F 做的功为3 J ，平均功率P ＝32 W＝1.5 W ，D 选项正确．9．放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s 内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图7甲、乙所示．下列说法正确的是( )图7A ．0～6 s 内物体的位移大小为30 mB ．0～6 s 内拉力做的功为70 JC ．合外力在0～6 s 内做的功与0～2 s 内做的功相等D ．滑动摩擦力的大小为5 N 答案 ABC解析 由v －t 图象面积表示相应时间内的位移，得A 项正确；0～2 s 内，物体做匀加速运动，设拉力为F 1，由P 1＝F 1v ，得F 1＝306 N ＝5 N ，W 1＝F 1x 1＝5×2×62 J ＝30 J ，2 s ～6 s 内，W 2＝P 2t 2＝10×4 J ＝40 J ，所以0～6 s 内W ＝W 1＋W 2＝70 J ，B 项正确；由v －t 图象得0～2 s 内物体做匀加速运动，2 s ～6 s 内物体做匀速运动，由动能定理可得C 项正确；2 s ～6 s 内，F f ＝F 拉＝P v ＝106 N ＝53 N ，D 项错误．►题组3 关于机车的两种启动方式问题10．质量为m 的汽车在平直的路面上启动，启动过程的速度—时间图象如图8所示，其中OA 段为直线，AB 段为曲线，B 点后为平行于横轴的直线．已知从t 1时刻开始汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力的大小恒为F f ，以下说法正确的是( )图8A ．0～t 1时间内，汽车的牵引力等于m v 1t 1B ．t 1～t 2时间内，汽车的功率等于(m v 1t 1＋F f )v 2C ．t 1～t 2时间内，汽车的平均速率小于v 1＋v 22D ．汽车运动的最大速率v 2＝(m v 1F f t 1＋1)v 1答案 D解析 0～t 1时间内汽车的加速度大小为v 1t 1，m v 1t 1为汽车所受的合外力大小，而不是牵引力大小，选项A 错误；t 1时刻汽车牵引力的功率为F v 1＝(m v 1t 1＋F f )v 1，之后汽车功率保持不变，选项B 错误；t 1～t 2时间内，汽车的平均速率大于v 1＋v 22，选项C 错误；牵引力等于阻力时速度最大，即t 2时刻汽车速率达到最大值，则有(m v 1t 1＋F f )v 1＝F f v 2，解得v 2＝(m v 1F f t 1＋1)v 1，选项D 正确．11．一辆汽车在水平路面上匀速直线行驶，阻力恒定为F f .t 1时刻驶入一段阻力为F f2的路段继续行驶．t 2时刻驶出这段路，阻力恢复为F f .行驶中汽车功率恒定，则汽车的速度v 及牵引力F 随时间t 的变化图象可能是( )答案 AC解析 0～t 1时间内，汽车做匀速运动，F ＝F f .t 1～t 2时间内P ＝F v ，随着v 的增大，F 减小，汽车做加速度逐渐减小的加速运动．t 2时刻，F <F f ，汽车做减速运动，随着v 的减小，F 增大，汽车做加速度逐渐减小的减速运动，当F ＝F f 时做匀速运动，所以正确选项为A 、C.12．高速连续曝光照相机可在底片上重叠形成多个图象．现利用这架照相机对MD －2000家用汽车的加速性能进行研究，如图9所示为汽车做匀加速直线运动时连续曝光三次的照片，图中的标尺单位为米，照相机每两次曝光的时间间隔为1.0 s ．已知该汽车的质量为2 000 kg ，额定功率为72 kW ，汽车运动过程中所受的阻力始终为1 600 N.图9(1)求该汽车的加速度．(2)若汽车由静止以此加速度开始做匀加速直线运动，匀加速运动状态最多能保持多长时间？(3)求汽车所能达到的最大速度． 答案 (1)1.0 m/s 2 (2)20 s (3)45 m/s解析 (1)汽车做匀加速直线运动，根据运动学公式有 x 1＝v 0·ΔT ＋12a ·ΔT 2v 1＝v 0＋a ΔT x 2＝v 1ΔT ＋12a ·ΔT 2由以上几式可得，Δx ＝x 2－x 1＝a ·ΔT 2 a ＝Δx ΔT 2＝3.00－2.001.02m/s 2＝1.0 m/s 2. (2)做匀加速直线运动的汽车所受合外力为恒力，由牛顿第二定律得：F －F f ＝ma ，所以F ＝ma ＋F f ＝3 600 N ，随着速度的增大，汽车的输出功率增大，当达到额定功率时，匀加速运动的速度不再增加，由P ＝F v 得v 1＝P F ＝72×1033 600 m/s ＝20 m/s ，由匀加速运动公式v ＝at 得：t ＝v 1a＝20 s.(3)当汽车达到最大速度时，有F ′＝F f ＝1 600 N. 由P ＝F ′·v max ，得v max ＝PF ′＝72×1031 600 m/s ＝45 m/s.。