高考物理二轮复习 专题二 能量与动量 第4讲 功和功率 功能关系讲义

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 cosα(2)合力为恒力的功①先求合力，再求W＝F合l cosα②W＝W1＋W2＋…2．功率的计算(1)P＝Wt，适用于计算平均功率；(2)P＝Fv，若v为瞬时速度，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 cosθ.(3)机车启动问题以恒定功率启动以恒定加速度启动P－t图象与v－t图象运动规律OA段：做加速度逐渐减小的变加速直线运动；AB段：做速度为v m的匀速直线运动OA段：以加速度a做匀加速直线运动；AB段：做加速度逐渐减小的变加速直线运动；BC段：做速度为v m的匀速直线运动过程分析OA段：v↑⇒F＝P额v↓⇒a＝F－F阻m↓；AB段：F＝F阻⇒a＝0⇒P额＝FOA段：a＝F－F阻m不变⇒F不变⇒v↑⇒P＝F·v↑，直到P＝P额＝F·v1；AB段：v↑⇒F＝P额v↓⇒a＝F－F阻m↓；阻·v mBC段：F＝F阻⇒a＝0⇒v达到最大值，v m＝P额F阻[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 ＝mω2R ， 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，重力加速度g 取10m/s 2.(1)求滑块从C 点运动到D 点的时间； (2)求滑块在A 点的动能大小； (3)求竖直圆轨道的最大半径；。