专题04 功和功率 动能定理（考题猜想）-2024-2025学年高一物理下学期期末考点大串讲（人教版2019）

专题04 功和功率 动能定理 考点1 　功 考向1 恒力做功问题 考向2 总功的计算 考向3 变力功的求法 考点2 功率的计算 考点3 机车功率问题 考向1 恒定功率启动 考向2 恒定加速度启动 考点4 重力势能 考点5 弹性势能及其变化特点 考点6 动能定理的应用 考向1 基本应用 考向2 动能定理与图像问题的结合 考向3 动能定理应用于变力做功或曲线运动 考点1 　功 （一）公式W＝Fs cosα的理解和计算 1．功是过程量：描述了力的作用效果在空间上的累积，它总与一个具体过程相联系． 2．对公式W＝Fs cosα的理解． (1)相关性：由公式W＝Fs cosα可以看出力对物体做功，只与F、s、α有关，与物体的运动状态及物体是否还受其他作用力等因素均无关． (2)同时性：计算时应注意F与s必须具有同时性，即s必须是力F作用过程中物体发生的位移． (3)同一性：同一个客观运动，相对于不同的参考系，位移s是不同的．在中学物理中约定，计算功都以地面为参考系，即s应理解为“受力质点的对地位移”． (4)适用性：明确公式W＝Fs cosα适用于计算恒力做功．若是变力做功，此公式不再适用． （二）正功、负功 1．功是标量，只有正、负，没有方向，功的正负不表示大小． 2．正功、负功的物理意义． 项目 动力学角度 能量角度 正功 表示这个力对物体来说是动力 力对物体做正功，物体获得能量 负功 表示这个力是阻力，对物体的运动起阻碍作用 物体克服外力做功，物体失去能量 3.是否做功及做功正负的判断方法． 判断一个力对物体是否做功，做正功还是负功，常用的方法有以下两种． (1)根据力F与位移l的夹角α进行判断．0≤α<时，力对物体做正功；α＝时，力对物体不做功；＜α≤π时，力对物体做负功．此方法一般用于研究物体做直线运动的情况． (2)根据力F与速度v的夹角α进行判断．0≤α＜时，力对物体做正功；α＝时，力对物体不做功；＜α≤π时，力对物体做负功．此方法一般用于研究物体做曲线运动的情况． 考向1 恒力做功问题 1.如图所示,一个物体放在水平地面上,在跟竖直方向成θ角的斜向下的推力F的作用下沿水平地面向右移动了距离s.若物体的质量为m,物体与地面之间的摩擦力大小为Ff,则在此过程中(　　) A.摩擦力做的功为Ffs B.力F做的功为Fscos θ C.合力F合做的功为Fssin θ-Ffs D.重力做的功为mgs 2．(2024江苏常州期中)如图所示，将小物块放在向右运动的传送带上的A点，一段时间内小物块向右运动了s1，此时传送带的A点与小物块间距离为s2，且小物块的速度仍小于传送带速度，小物块与传送带间的滑动摩擦力为f，则(　　) A．摩擦力对小物块做功为－fs1 B．摩擦力对小物块做功为－fs2 C．摩擦力对传送带做功为－f(s1＋s2) D．摩擦力对传送带做功为－fs2 3.(2025重庆九龙坡开学考试)暑假里,小李同学和小伙伴们玩起了一种趣味运动,手持乒乓球拍托实心塑料球移动,距离大者获胜。若小李在趣味运动中沿水平方向做匀加速直线运动,手、球拍与球保持相对静止且球拍平面和水平面之间的夹角为θ,如图所示。设球的质量为m,不计球拍和球之间的摩擦力,不计空气阻力,下列说法正确的是(　　) A 球拍对球的作用力大小为mgcos θ B 球的加速度大小为gtan θ C 球拍对球不做功 D 球的重力做负功 4．(2024广东东莞期中)质量m＝2 kg的物体，受到与水平方向成37°角斜向右上方、大小为10 N的拉力F的作用，在水平地面向右移动的距离s＝4 m，物体与地面间的动摩擦因数μ＝，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)拉力对物体所做的功； (2)合外力对物体所做的功． 考向2 总功的计算 由合力与分力的等效替代关系知，合力与分力做功也是可以等效替代的，因此计算总功时有两种基本思路： (1)先确定物体所受的合外力，再根据公式W合＝F合 s cosα求解合外力的功．该方法适用于物体的合外力不变的情况，常见的是发生位移s过程中，物体所受的各力均没有发生变化．求解流程为： →→ (2)先根据W＝Fs cos α，求出每个分力做的功W1、W2…Wn，再根据W合＝W1＋W2＋…＋Wn，求解合力的功，即合力做的功等于各个分力做功的代数和．该方法的适用范围更广，求解流程为： →→ 5.起重机把质量为2×102 kg的货物从地面竖直提升到高为18 m的地方，试求在以下两种情况下起重机钢绳对货物所做的功，货物克服重力做的功，合外力做的功．(g＝10 m/s2) (1)匀速提升； (2)以加速度a＝2 m/s2匀加速向上提升． 6.如图所示，质量为M、长度为L的木板放在光滑的水平地面上，在木板的右端放置质量为m的小木块，用一根不可伸长的轻绳通过光滑的定滑轮分别与木块、木板连接，木块与木板间的动摩擦因数为μ，开始时木块和木板静止，现用水平向右的拉力F作用在木板上，将木块拉向木板左端的过程中，拉力至少做功为(　　) A．2μmgL　　　　　　　　　 B．μmgL C．μ(M＋m)gL D．μmgL 考向3 变力功的求法 分析方法及案例 方法 以例说法 应用动能定理 用力F把小球从A处缓慢拉到B处，F做功为WF，则有WF－mgl(1－cos θ)＝0，得WF＝mgl(1－cos θ) 微元法 质量为m的木块在水平面内做圆周运动，运动一周克服摩擦力做功Wf＝Ff·Δx1＋Ff·Δx2＋Ff·Δx3＋…＝Ff(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝Ff·2πR 等效转换法 恒力F把物块从位置A拉到位置B，绳子对物块做功W＝F·(－) 图像法 一水平拉力拉着一物体在水平面上运动的位移为x0，图线与横轴所围面积表示拉力所做的功，W＝x0 7.(多选)如图所示，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在同一竖直平面内)，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°＝0.6，cos 37°＝0.8。在这一过程中，下列说法正确的是(　 ) A．重力做功为240 J B．支持力做功为0 C．拉力F做功约为376.8 J D．摩擦力做功约为136.8 J 8如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，滑块用轻绳系着绕过光滑的定滑轮O。现以大小不变的拉力F拉绳，使滑块从A点起由静止开始上升。滑块运动到C点时速度最大。已知滑块质量为m，滑轮O到竖直杆的水平距离为d，∠OAO′＝37°，∠OCO′＝53°，重力加速度为g。求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)拉力F的大小； (2)滑块由A到C过程中拉力F做的功。 9.用传感器研究质量为2 kg 的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是(　　) A.0～6 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动 B.0～6 s内物体在4 s时的速度最大 C.物体在2～4 s内速度不变 D.0～4 s内合力对物体做的功等于0～6 s内合力对物体做的功 10.如图所示,劲度系数为 k的 轻弹簧下端固定在地面上,质量为m的物体A与轻弹簧上端拴接,质量为2m的物体B静止在A上,竖直向下的力F=3mg作用在B上,系统处于静止状态,现在减小F使A、B以的加速度一起匀加速上升,直到F=0的过程,弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g。则(　　) A. 当F=mg时,物体A和物体B之间压力为 B.物体A、B开始运动后,F随位移均匀减小 C .A、B从静止到F=0的过程合力对A、B系统做功为 D.A、B从静止到F=0的过程弹簧弹力对A、B系统做功为 考点2 功率的计算 1.公式P＝和P＝Fv的比较． 项目 P＝ P＝Fv 适用条件 功率的定义式，适用于任何情况下功率的计算，一般用来求平均功率；当时间t→0时，可由定义式确定瞬时功率 功率的计算式，仅适用于F与v同向的情况，一般用来求瞬时功率；当v为平均速度时，所求功率为平均功率 联系 （1）公式P＝Fv是P＝的推论； （2）功率P的大小与W、t无关． 2.公式P＝Fv中三个量的制约关系． 定值 各量间的关系 应用 P一定 F与v成反比 汽车上坡时，要增大牵引力，应换低速挡减小速度 v一定 F与P成正比 汽车上坡时，要使速度不变，应加大油门，增大输出功率，获得较大牵引力 F一定 v与P成正比 汽车在高速路上，加大油门增大输出功率，可以提高速度 特别说明　（1）对于某一做功过程，平均功率是定值，瞬时功率可能是变化的． （2）瞬时功率与某一时刻（或状态）有关，计算时应明确是哪个力在哪个时刻（或状态）做功的功率． 11.如图所示,物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动,监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图所示,g取10 m/s2,则(　　) A.物体的质量为6 kg B.这3 s内物体克服摩擦力做的功W=6.0 J C.第1.5 s时推力F的功率为1.5 W D.后2 s内推力F做功的平均功率P=2.5 W 求解功率问题的思路 1.要明确所求功率是某物体各力的功率，还是合力的功率．如汽车发动机的功率是指汽车牵引力的功率，起重机的功率是指起重机钢丝绳拉力的功率． 2.要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率． （1）若求平均功率，还需明确是哪段时间内的平均功率，应用公式P＝或P＝F进行求解． （2）若求瞬时功率，需明确对应状态的速度v，应用公式P＝Fv求解．如果F、v不同方向，则将它们先投影到同一方向上再进行计算． 12.(多选)修建高层建筑常用的塔式起重机将质量m=5×103 kg的重物由静止开始匀加速竖直吊起,加速度a=0.2 m/s2,当起重机输出功率达到最大值后,保持该功率直到重物做速度为vm=1.02 m/s的匀速运动,g取10 m/s2,不计空气阻力和额外功.则(　　) A.起重机输出的最大功率为5.1×104 W B.重物做匀加速运动所经历的时间为5 s C.重物做匀加速运动所经历的时间为5.1 s D.起重机在第2 s末的输出功率为2×104 W 13.(多选)2024年6月2日,嫦娥六号“着上组合体”成功软着陆于月球背面南极-艾特肯盆地,落月过程大致分为主减速段、快速调整段、接近段、悬停段、避障段、缓速下降段6个阶段,共需约900 s.当“着上组合体”慢下降并悬停在距离月球表面约2 m高度时,“着上组合体”的主发动机关闭,“着上组合体”自由下落,完成软着陆.已知“着上组合体”的质量为 3 900 kg,月球的质量和半径分别约为地球的和,地球表面的重力加速度g取10 m/s2,忽略空气阻力,下列说法正确的是(　　) A.月球表面的重力加速度大小约为2 m/s2 B.月球的第一宇宙速度大小约为1.8 km/s C.“着上组合体”最终着陆月球的速度大小约为6.4 m/s D.“着上组合体”着陆月球时,重力的瞬时功率约为22 kW 14.(2025重庆沙坪坝开学考试)(多选)某工地小型升降电梯的原理如图所示,轿厢A、对重B跨过轻质定滑轮通过足够长轻质缆绳连接,电机通过轻质缆绳拉动对重,使轿厢由静止开始向上运动,运动过程中A未接触滑轮、B未落地。已知A、B质量分别为M= 600 kg、m=400 kg,电机输出功率恒为P=3 kW,不考虑空气阻力与摩擦阻力,重力加速度g取10 m/s2。当对重以1 m/s2的加速度向下加速时,下列描述正确的是(　　) A 此时A、B之间轻质缆绳的拉力大小为6 600 N B 此时A、B之间轻质缆绳的拉力大小为6 000 N C 此时轿厢的速率为1 m/s D 此时轿厢的速率为0.5 m/s 考点3 机车功率问题 一、机车两种启动方式 以恒定功率启动 以恒定加速度启动 P-t图像和v-t图像 OA段 过程分析 v↑⇒F＝↓ ⇒a＝↓ a＝不变⇒F不变 P＝Fv↑直到P额＝Fv1 运动性质 加速度减小的加速运动 匀加速直线运动，维持时间t0＝ AB段 过程分析 F＝F阻⇒a＝0⇒vm＝ v↑⇒F＝↓ ⇒a＝↓ 运动性质 以vm做匀速直线运动 加速度减小的加速运动 BC段 无 F＝F阻⇒a＝0⇒ 以vm＝做匀速运动 二、三个重要关系 (1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都为vm＝。 (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＝<vm＝。 (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＝ΔEk，此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移、速度或时间。 考向 1 恒定功率启动 15.某装甲车在平直的公路上从静止开始加速,经过较短的时间t和距离s速度便可达到最大值vm.设在加速过程中发动机的功率恒为P,装甲车所受阻力恒为F阻,下列说法错误的是 (　　) A.装甲车加速过程中,牵引力对它做功为Pt B.装甲车的最大速度vm= C.加速过程中,装甲车做加速度变小的加速直线运动 D.装甲车的质量m= 16.如图甲所示，在粗糙的水平路段AB上有一质量为4×103 kg的越野车，正以 5 m/s的速度向右匀速运动，越野车前方的水平路段BC较平坦，越野车用12 s通过整个ABC路段的v-t图像如图乙所示，在t＝12 s处水平虚线与曲线相切，运动过程中越野车发动机的输出功率保持80 kW不变。假设越野车在两个路段上受到的阻力(含地面摩擦力和空气阻力等)各自恒定，求： (1)越野车在AB路段上运动时所受的阻力大小； (2)BC路段的长度。 17.[多选]质量为400 kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a和速度的倒数的关系如图所示，则赛车(　　) A．速度随时间均匀增大 B．加速度随时间均匀增大 C．输出功率为160 kW D．所受阻力大小为1 600 N 考向2 恒定加速度启动 18.一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5 s内做匀加速直线运动，5 s末达到额定功率，之后保持以额定功率（P额）运动．其vt图像如图所示．汽车的质量为m＝2×103 kg，汽车受到地面的阻力为车重力的0.1倍，取重力加速度g＝10 m/s2，则以下说法正确的是（　　） A．汽车在前5 s内的牵引力为6×103 N B．汽车的额定功率为40 kW C．汽车的最大速度为20 m/s D．0～t0时间内汽车牵引力做的功为P额t0 答案A 解析 由vt图像可得汽车在前5 s内的加速度大小为a＝＝2 m/s2，根据牛顿第二定律可得F－f＝ma，解得F＝f＋ma＝0.1mg＋ma＝6×103 N，故A正确；5 s末达到额定功率，则汽车额定功率为P额＝Fv＝6×103×10 W＝60 kW，故B错误；当汽车牵引力和阻力相等时速度最大，最大速度为vm＝＝＝30 m/s，故C错误；由于前5 s内汽车的功率逐渐增大到额定功率，则0～t0时间内汽车牵引力做的功应满足W<P额t0，故D错误．故选A. 19.(多选)某中学生对刚买来的一辆小型遥控车的性能进行研究。他让这辆小车在水平的地面上由静止开始沿直线轨道运动，并将小车运动的全过程通过传感器记录下来，通过数据处理得到如图所示的v－t图像。已知小车在0～2 s内做匀加速直线运动，2～11 s内小车牵引力的功率保持不变，9～11 s内小车做匀速直线运动，在11 s末小车失去动力而开始自由滑行。已知小车质量m＝1 kg，整个过程中小车受到的阻力大小不变，下列说法正确的是(　　) A.小车受到的阻力大小为8 N B.在2～11 s内小车牵引力的功率P是16 W C.小车在2 s末的速度大小vx为6 m/s D.小车在0～15 s内通过的距离是80 m 20.某兴趣小组让一辆自制遥控小车在水平的直轨道上由静止开始运动，小车先做匀加速运动而后以恒定的功率运动，其运动的v-t图像如图所示(除4～8 s时间段内的图像为曲线外，其余时间段内图像均为直线)。小车的质量为m＝2 kg，小车在整个过程中所受的阻力大小不变恒为f＝6 N。求： (1)小车匀速行驶阶段的功率； (2)小车的速度为v1＝8 m/s时加速度a1的大小； (3)小车在加速运动过程中总位移x的大小。 考点4 重力势能 1.重力势能的“四性”． 系统性 （1）重力势能是物体和地球组成的系统共同具有的． （2）平时所说的“物体”的重力势能只是一种简化的说法 相对性 （1）重力势能Ep＝mgh与参考平面的选择有关，式中的h是物体重心到参考平面的高度． （2）重力势能是标量，只有大小而无方向，但有正负之分，正、负表示大小．当物体在参考平面上方时，Ep为正值；当物体在参考平面下方时，Ep为负值． （3）物体重力势能的正负是表示比零势能大，还是比零势能小 参考平面选择的任意性 视处理问题的方便而定，一般选择地面或物体运动时所达到的最低点为参考平面 重力势能变化的绝对性 物体从一个位置运动到另一个位置的过程中，重力势能的变化与参考平面的选取无关，它的变化量是绝对的 2.重力做功与重力势能的关系． （1）重力势能变化的定性判断： ①重力对物体做正功时，物体的重力势能一定减少； ②重力对物体做负功时，物体的重力势能一定增加． （2）应用公式WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp. （1）对于不能视为质点的物体，公式Ep＝mgh中的h应为重心到参考平面的高度，要注意确定重心的位置． （2）无论物体是否受其他力的作用和做何种运动，关系式WG＝－ΔEp总是成立的． 21.如图所示，是人们用打“夯”的方式把松散的地面夯实的情景。假设两人同时通过绳子对质量为m的重物各施加一个力，大小均为F，方向都与竖直方向成α，重物离开地面h后两人同时停止施力，最后重物下落把地面砸深x。重力加速度为g。求： (1)停止施力前重物上升过程中加速度大小a； (2)以地面为零势能面，重物具有重力势能的最大值Epm； (3)重物砸入地面过程中，对地面的平均冲击力大小。 22.如图所示,滑雪运动员在倾角为30°的滑雪道上,从距底端高度为h处由静止开始滑下,其运动过程可近似看作加速度大小为g的匀加速直线运动.已知运动员的质量为m(含身上所有装备),重力加速度为g,则整个下滑过程中(　　) A.运动员获得的动能为mgh B.运动员减少的重力势能全部转化为动能 C.运动员的机械能减少了mgh D.运动员克服摩擦力做的功为mgh 23.（多选）如图所示，某人把一个质量的小球从高处以角斜向上抛出，初速度，不计空气阻力，重力加速度，取地面为零势能面。则下列说法正确的是（　　） A．抛出过程中，人对小球做的功是 B．小球落地时速度大小为 C．小球抛出后会继续上升，故从抛出到落地过程中重力对小球所做的功大于 D．小球到达最高点的重力势能为 考点5弹性势能及其变化特点 1.弹性势能的产生及影响因素． （1）产生原因（如图所示）. （2）影响因素（如图所示）. 　　 2.弹性势能的性质． （1）系统性：弹性势能是发生弹性形变的物体上所有质点因相对位置改变而具有的能量，因而弹性势能是整个系统所具有的． （2）相对性：弹性势能的大小在选定了零势能点后才有意义．对于弹簧，一般选原长时的弹性势能为0. （3）标量性：弹性势能是标量，只有大小没有方向． 3.弹性势能与弹力做功的关系：如图所示，O为弹簧的原长处． （1）弹力做负功：如物体由O向A运动（压缩）或者由O向A′运动（伸长）时，弹性势能增大，其他形式的能转化为弹性势能． （2）弹力做正功：如物体由A向O运动或者由A′向O运动时，弹性势能减小，弹性势能转化为其他形式的能． （3）弹力做功与弹性势能变化的关系：弹性势能的变化量总等于弹力对外做功的负值，表达式为W弹＝－ΔEp. 24.一竖直弹簧下端固定于水平地面上，小球从弹簧正上方高为h的地方自由下落到弹簧上，如图所示.经几次反弹以后小球最终在弹簧上静止于某一点A，则 (　　) A.h越大,弹簧最终在A点的压缩量越大 B.弹簧最终在A点的压缩量与h无关 C.h越大,小球最终静止在A点时弹簧的弹性势能越大 D.小球第一次到达A点时弹簧的弹性势能比最终静止在A点时弹簧的弹性势能大 弹性势能变化的确定技巧 1.弹性势能的变化：可以从弹力做功的角度分析．弹力做正功，弹性势能减小；弹力做负功，弹性势能增加． 2.弹簧处于原长时弹性势能为零，弹簧伸长或压缩，弹性势能均增加，且每个弹性势能对应着伸长和缩短两个状态． 25.如图所示，一轻弹簧一端固定于O点，另一端系一重物，将重物从与悬点O在同一水平面且弹簧保持原长的A点无初速度地释放，让它自由摆下，不计空气阻力，在重物由A点摆向最低点B的过程中（　　） A．重力做正功，弹簧弹力不做功 B．重力做正功，弹簧弹力做正功 C．重力不做功，弹簧弹力不做功，弹性势能不变 D．重力做正功，弹簧弹力做负功，弹性势能增加 26.如图所示，将一木块放在弹簧上，用手压木块，弹簧被压缩．松开手，木块竖直向上飞起直到最高点．下列说法正确的是（　　） A.手压木块时，手对木块的压力与弹簧对其支持力是一对平衡力 B．弹簧恢复原状过程中，弹性势能先增大后减小 C．松手后，木块在没有离开弹簧前，所受弹力方向竖直向下 D．松手后，木块在没有离开弹簧前，所受弹力和木块对弹簧的压力总是大小相等 考点6动能定理的应用 1.应用动能定理解题的基本步骤． 2.应用动能定理的优越性． （1）对于变力作用或曲线运动，动能定理提供了一种计算变力做功的简便方法．功的计算公式W＝Fs cosα只能求恒力做的功，不能求变力做的功，而由于动能定理提供了一个物体的动能变化ΔEk与合力对物体所做功具有等量代换关系，因此已知（或求出）物体的动能变化ΔEk＝Ek2－Ek1，就可以间接求得变力做功． （2）与用牛顿定律解题的比较． 项目 牛顿定律 动能定理 相同点 确定研究对象，对物体进行受力分析和运动过程分析 适用条件 只能研究在恒力作用下物体做直线运动 对于物体在恒力或变力作用下，物体做直线或曲线运动均适用 应用方法 要考虑运动过程的每一个细节，结合运动学公式解题 只考虑各力的做功情况及初、末状态的动能 运算方法 矢量运算 代数运算 3.优先考虑应用动能定理的情况． （1）不涉及加速度、时间的问题． （2）变力做功问题． （3）有多个物理过程且不需要研究整个过程中间状态的问题． （4）含有F、l、m、v、W、Ek等物理量的问题． 考向1 基本应用 27.一篮球质量为m＝0.60 kg，一运动员使其从距地面高度为h1＝1.8 m处由静止自由落下，反弹高度为h2＝1.2 m。若使篮球从距地面h3＝1.5 m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，球落地后反弹的高度也为1.5 m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t＝0.20 s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取g＝10 m/s2，不计空气阻力。求： (1)运动员拍球过程中对篮球所做的功； (2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小。 28.(多选)中国空间站的梦天实验舱于2022年成功发射。设梦天实验舱质量为m，发射升空过程中其速度由v1增大到v2 ，则此过程中关于梦天实验舱的说法，正确的是(　　) A.平均速度一定为(v1+v2) B.动能增量为m(-) C.合力对它所做的功为m(-) D.推力对它所做的功为m(-) 29.我国海军歼-15舰载机已经在辽宁号航母上成功起飞和着舰.现将飞机起飞模型简化为飞机先在水平甲板上做匀加速直线运动,再在倾角为θ=15°的倾斜甲板上以最大功率做加速运动,最后从甲板上飞出时的速度为360 km/h,如图所示.若飞机的质量为18 t,甲板AB段长为lAB=180 m,BC段长为lBC=50 m,g取10 m/s2,飞机可视为质点,不计一切摩擦和空气阻力,sin 15°=0.3. (1)若要求飞机到达甲板B点的速度至少为离开倾斜甲板速度的60%,则飞机在水平甲板上运动时的牵引力至少为多少才能使飞机起飞? (2)在(1)的条件下,若到达B点时飞机刚好达到最大功率,则从飞机开始运动到飞离甲板共需多少时间? 考向2动能定理与图像问题的结合 1.解决图像问题的基本步骤 (1)观察题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义。 (2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式。 (3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量。 2.图像所围“面积”的意义 (1)v－t图像：由公式x＝vt可知，v－t图线与t坐标轴围成的面积表示物体的位移。 (2)a－t图像：由公式Δv＝at可知，a－t图线与t坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。 (3)F－x图像：由公式W＝Fx可知，F－x图线与x坐标轴围成的面积表示力所做的功。 (4)P－t图像：由公式W＝Pt可知，P－t图线与t坐标轴围成的面积表示力所做的功。 30.质量为10 kg的物体,在变力F作用下沿x轴做直线运动,力随坐标x的变化情况如图所示,物体在x=0处时,速度为1 m/s,一切摩擦不计,则物体运动到x=16 m 处时,速度大小为 (　　) A.2 m/s B.3 m/s C.4 m/s D. m/s 31.刹车距离是衡量汽车安全性能的重要参数之一.如图所示的图线1、2分别为甲、乙两辆汽车在紧急刹车过程中的刹车距离x与刹车前的车速v的关系曲线,已知紧急刹车过程中车与地面间的摩擦是滑动摩擦.下列说法正确的是 (　　) A.甲车的刹车距离随刹车前的车速v变大而变大得快,甲车的刹车性能好 B.乙车与地面间的动摩擦因数较大,乙车的刹车性能好 C.以相同的车速开始刹车,甲车先停下来,甲车的刹车性能好 D.甲车的刹车距离随刹车前的车速v变大而变大得快,甲车与地面间的动摩擦因数较大 32.(多选)“弹跳小人”(如图甲所示)是一种深受儿童喜爱的玩具，其原理如图乙所示。竖直光滑长杆固定在地面不动，套在杆上的轻质弹簧下端不固定，上端与滑块拴接，滑块的质量为0.80 kg。现在向下压滑块，直到弹簧上端离地面高度h＝0.40 m时停止，然后由静止释放滑块。滑块的动能Ek随离地高度h变化的图像如图丙所示。其中高度从0.80 m到1.40 m 范围内的图线为直线，其余部分为曲线。若以地面为重力势能的参考平面，空气阻力为恒力，g取10 m/s2。则结合图像可知(　 ) A．弹簧原长为0.72 m B．空气阻力大小为1.00 N C．弹簧的最大弹性势能为9.00 J D．在弹簧落回地面的瞬间滑块的动能为5.40 J 考向3 动能定理应用于变力做功或曲线运动 33.（多选）如图所示，半径为r的半圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，直径AC水平，一个质量为m的物块从圆弧轨道A端正上方P点由静止释放，物块刚好从A点无碰撞地进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，到B点时对轨道的压力大小等于物块重力的2倍，重力加速度为g，不计空气阻力，不计物块的大小，则（　　） A．物块到达A点时速度大小为 B．P、A间的高度差为 C．物块从A运动到B所用时间为π D．物块从A运动到B克服摩擦力做功为mgr 32．(多选)如图所示，一弹性轻绳(弹力与其伸长量成正比)左端固定在墙上A点，右端穿过一固定的光滑圆环B连接一个质量为m的小球p，小球p在B点时，弹性轻绳处在自然伸长状态。小球p穿过竖直固定杆在C处时，弹性轻绳的弹力为mg。将小球p从C点由静止释放，到达D点时速度恰好为0。已知小球与杆间的动摩擦因数为0.2，A、B、C在一条水平直线上，CD＝h；重力加速度为g，弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是(　 ) A．小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为0.3mgh B．小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为0.2mgh C．若仅把小球质量变为2m，则小球到达D点时的速度大小为 D．若仅把小球质量变为2m，则小球到达D点时的速度大小为 33.在学校组织的趣味运动会上，某科技小组为大家提供了一个游戏。如图所示，将一质量为0.1 kg的钢球放在O点，用弹射装置将其弹出，钢球沿着光滑的半圆形轨道OA和AB运动。BC段为一段长为L＝2.0 m的粗糙平面，DEFG为接球槽。半圆形轨道OA和AB的半径分别为r＝0.2 m、R＝0.4 m，小球与BC段的动摩擦因数为μ＝0.7，C点离接球槽的高度为h＝1.25 m，水平距离为x＝0.5 m，接球槽足够大，g取10 m/s2。求： (1)要使钢球恰好不脱离半圆形轨道，钢球在A点的速度大小； (2)钢球恰好不脱离轨道时，在B位置对半圆形轨道的压力大小； (3)要使钢球最终能落入槽中，弹射速度v0至少多大。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04 功和功率 动能定理 考点1 　功 考向1 恒力做功问题 考向2 总功的计算 考向3 变力功的求法 考点2 功率的计算 考点3 机车功率问题 考向1 恒定功率启动 考向2 恒定加速度启动 考点4 重力势能 考点5 弹性势能及其变化特点 考点6 动能定理的应用 考向1 基本应用 考向2 动能定理与图像问题的结合 考向3 动能定理应用于变力做功或曲线运动 考点1 　功 （一）公式W＝Fs cosα的理解和计算 1．功是过程量：描述了力的作用效果在空间上的累积，它总与一个具体过程相联系． 2．对公式W＝Fs cosα的理解． (1)相关性：由公式W＝Fs cosα可以看出力对物体做功，只与F、s、α有关，与物体的运动状态及物体是否还受其他作用力等因素均无关． (2)同时性：计算时应注意F与s必须具有同时性，即s必须是力F作用过程中物体发生的位移． (3)同一性：同一个客观运动，相对于不同的参考系，位移s是不同的．在中学物理中约定，计算功都以地面为参考系，即s应理解为“受力质点的对地位移”． (4)适用性：明确公式W＝Fs cosα适用于计算恒力做功．若是变力做功，此公式不再适用． （二）正功、负功 1．功是标量，只有正、负，没有方向，功的正负不表示大小． 2．正功、负功的物理意义． 项目 动力学角度 能量角度 正功 表示这个力对物体来说是动力 力对物体做正功，物体获得能量 负功 表示这个力是阻力，对物体的运动起阻碍作用 物体克服外力做功，物体失去能量 3.是否做功及做功正负的判断方法． 判断一个力对物体是否做功，做正功还是负功，常用的方法有以下两种． (1)根据力F与位移l的夹角α进行判断．0≤α<时，力对物体做正功；α＝时，力对物体不做功；＜α≤π时，力对物体做负功．此方法一般用于研究物体做直线运动的情况． (2)根据力F与速度v的夹角α进行判断．0≤α＜时，力对物体做正功；α＝时，力对物体不做功；＜α≤π时，力对物体做负功．此方法一般用于研究物体做曲线运动的情况． 考向1 恒力做功问题 1.如图所示,一个物体放在水平地面上,在跟竖直方向成θ角的斜向下的推力F的作用下沿水平地面向右移动了距离s.若物体的质量为m,物体与地面之间的摩擦力大小为Ff,则在此过程中(　　) A.摩擦力做的功为Ffs B.力F做的功为Fscos θ C.合力F合做的功为Fssin θ-Ffs D.重力做的功为mgs 答案 AC 解析 物体与地面之间的摩擦力大小为Ff,物体的位移大小为s,摩擦力做功为-Ffs,选项A不正确;力F与竖直方向成θ角,其在水平方向的分力为Fsin θ,故F做的功为Fssin θ,选项B错误;物体所受合力F合=Fsin θ-Ff,故合力做的功W合=(Fsin θ-Ff)s=Fssin θ-Ffs,选项C正确;重力在竖直方向上,物体在竖直方向上的位移是0,所以重力做的功为0,选项D错误. 2．(2024江苏常州期中)如图所示，将小物块放在向右运动的传送带上的A点，一段时间内小物块向右运动了s1，此时传送带的A点与小物块间距离为s2，且小物块的速度仍小于传送带速度，小物块与传送带间的滑动摩擦力为f，则(　　) A．摩擦力对小物块做功为－fs1 B．摩擦力对小物块做功为－fs2 C．摩擦力对传送带做功为－f(s1＋s2) D．摩擦力对传送带做功为－fs2 答案C 解析 小物块在传送带上滑动的距离为s1，摩擦力做正功W1＝fs1，A、B错误；在题目叙述过程中，传送带的位移s＝s1＋s2，摩擦力对传送带做负功W2＝－f(s1＋s2)，C正确，D错误． 3.(2025重庆九龙坡开学考试)暑假里,小李同学和小伙伴们玩起了一种趣味运动,手持乒乓球拍托实心塑料球移动,距离大者获胜。若小李在趣味运动中沿水平方向做匀加速直线运动,手、球拍与球保持相对静止且球拍平面和水平面之间的夹角为θ,如图所示。设球的质量为m,不计球拍和球之间的摩擦力,不计空气阻力,下列说法正确的是(　　) A 球拍对球的作用力大小为mgcos θ B 球的加速度大小为gtan θ C 球拍对球不做功 D 球的重力做负功 答案 B 解析 对球受力分析如图所示,则FN=,F合=mgtan θ,得a=gtan θ,故A错误,B正确;FN与球运动方向的夹角为锐角,做正功,故C错误;球的重力与位移垂直,不做功,故D错误。 4．(2024广东东莞期中)质量m＝2 kg的物体，受到与水平方向成37°角斜向右上方、大小为10 N的拉力F的作用，在水平地面向右移动的距离s＝4 m，物体与地面间的动摩擦因数μ＝，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)拉力对物体所做的功； (2)合外力对物体所做的功． 答案(1)32 J　(2)16 J 解析(1)拉力对物体所做的功 WF＝Fs cos 37°＝10×4×0.8 J＝32 J. (2)物体受到的支持力 FN＝mg－F sin 37°＝14 N， 物体受到的摩擦力f＝μFN＝4 N， 物体受到的合力 F合＝F cos 37°－f＝10×0.8 N－4 N＝4 N， 合外力对物体所做的功 W合＝F合s＝4×4 J＝16 J． 考向2 总功的计算 由合力与分力的等效替代关系知，合力与分力做功也是可以等效替代的，因此计算总功时有两种基本思路： (1)先确定物体所受的合外力，再根据公式W合＝F合 s cosα求解合外力的功．该方法适用于物体的合外力不变的情况，常见的是发生位移s过程中，物体所受的各力均没有发生变化．求解流程为： →→ (2)先根据W＝Fs cos α，求出每个分力做的功W1、W2…Wn，再根据W合＝W1＋W2＋…＋Wn，求解合力的功，即合力做的功等于各个分力做功的代数和．该方法的适用范围更广，求解流程为： →→ 5.起重机把质量为2×102 kg的货物从地面竖直提升到高为18 m的地方，试求在以下两种情况下起重机钢绳对货物所做的功，货物克服重力做的功，合外力做的功．(g＝10 m/s2) (1)匀速提升； (2)以加速度a＝2 m/s2匀加速向上提升． 答案(1)3.6×104 J　3.6×104 J　0 (2)4.32×104 J　3.6×104 J　7.2×103 J 解析 (1)设起重机钢绳对货物的拉力为F，货物提升的高度为h.货物匀速提升，则有F＝mg＝2 000 N， 故WF＝Fh＝3.6×104 J， WG＝－mgh＝－3.6×104 J， W合＝WF＋WG＝0， 所以，钢绳对货物做的功为3.6×104 J，货物克服重力做的功为3.6×104 J，合外力做的功为0. (2)货物加速提升，则有F－mg＝ma， 解得F＝m(g＋a)＝2 400 N， 故WF＝Fh＝4.32×104 J， WG＝－mgh＝－3.6×104 J， W合＝WF＋WG＝7.2×103 J， 所以钢绳对货物做的功为4.32×104 J，货物克服重力做的功为3.6×104 J，合外力做的功为7.2×103 J． 6.如图所示，质量为M、长度为L的木板放在光滑的水平地面上，在木板的右端放置质量为m的小木块，用一根不可伸长的轻绳通过光滑的定滑轮分别与木块、木板连接，木块与木板间的动摩擦因数为μ，开始时木块和木板静止，现用水平向右的拉力F作用在木板上，将木块拉向木板左端的过程中，拉力至少做功为(　　) A．2μmgL　　　　　　　　　 B．μmgL C．μ(M＋m)gL D．μmgL 答案D 解析　拉力做功最小时，木块应做匀速运动，对木块m受力分析，由平衡条件可得FT＝μmg。对木板M受力分析，由平衡条件可得：F＝FT＋μmg，又因当木块从木板右端拉向左端的过程中，木板向右移动的位移l＝，故拉力F所做的功W＝Fl＝μmgL，或者根据功能关系求解，在木块运动到木板左端的过程，因摩擦产生热量为μmgL，D正确。 考向3 变力功的求法 分析方法及案例 方法 以例说法 应用动能定理 用力F把小球从A处缓慢拉到B处，F做功为WF，则有WF－mgl(1－cos θ)＝0，得WF＝mgl(1－cos θ) 微元法 质量为m的木块在水平面内做圆周运动，运动一周克服摩擦力做功Wf＝Ff·Δx1＋Ff·Δx2＋Ff·Δx3＋…＝Ff(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝Ff·2πR 等效转换法 恒力F把物块从位置A拉到位置B，绳子对物块做功W＝F·(－) 图像法 一水平拉力拉着一物体在水平面上运动的位移为x0，图线与横轴所围面积表示拉力所做的功，W＝x0 7.(多选)如图所示，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在同一竖直平面内)，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°＝0.6，cos 37°＝0.8。在这一过程中，下列说法正确的是(　 ) A．重力做功为240 J B．支持力做功为0 C．拉力F做功约为376.8 J D．摩擦力做功约为136.8 J 答案　BC 解析　物块重力做的功WG＝－mgR(1－cos 60°)＝－240 J，故A错误；支持力始终与运动方向垂直，支持力不做功，故B正确；将圆弧分成很多小段l1、l2、…、ln，拉力在每一小段上做的功为W1、W2、…、Wn，拉力F大小不变，方向始终与物块在该点的切线成37°角，则W1＝Fl1cos 37°、W2＝Fl2cos 37°、…、Wn＝Flncos 37°，WF＝W1＋W2＋…＋Wn＝Fcos 37°(l1＋l2＋…＋ln)＝Fcos 37°··2πR≈376.8 J，故C正确；因物块在拉力F作用下缓慢移动，动能不变，由动能定理得WF＋WG＋Wf＝0－0，解得Wf＝－WF－WG＝－376.8 J＋240 J＝－136.8 J，故D错误。 8如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，滑块用轻绳系着绕过光滑的定滑轮O。现以大小不变的拉力F拉绳，使滑块从A点起由静止开始上升。滑块运动到C点时速度最大。已知滑块质量为m，滑轮O到竖直杆的水平距离为d，∠OAO′＝37°，∠OCO′＝53°，重力加速度为g。求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)拉力F的大小； (2)滑块由A到C过程中拉力F做的功。 答案　(1)mg　(2)mgd 解析　(1)滑块运动到C点时速度最大，则在C点有 Fcos 53°＝mg 解得F＝mg。 (2)由能量守恒可知，拉力F对绳端点做的功就等于绳的拉力F对滑块做的功 滑轮与A间绳长L1＝ 滑轮与C间绳长L2＝ 则滑轮右侧绳子增加的长度 ΔL＝L1－L2＝－＝ 故拉力做的功W＝FΔL＝mgd。 9.用传感器研究质量为2 kg 的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是(　　) A.0～6 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动 B.0～6 s内物体在4 s时的速度最大 C.物体在2～4 s内速度不变 D.0～4 s内合力对物体做的功等于0～6 s内合力对物体做的功 答案　D 解析　由Δv＝at可知，a－t图像中，图线与坐标轴所围面积表示质点的速度的变化量，0～6 s内物体的速度始终为正值，故运动方向一直为正方向，A项错误；t＝5 s时，加速度为零，速度最大，B项错误；2～4 s内加速度保持不变且不为零，速度一定变化，C项错误；0～4 s内与0～6 s内图线与坐标轴所围面积相等，故物体4 s末和6 s末速度相同，由动能定理可知，两段时间内合力对物体做功相等，D项正确。 10.如图所示,劲度系数为 k的 轻弹簧下端固定在地面上,质量为m的物体A与轻弹簧上端拴接,质量为2m的物体B静止在A上,竖直向下的力F=3mg作用在B上,系统处于静止状态,现在减小F使A、B以的加速度一起匀加速上升,直到F=0的过程,弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g。则(　　) A. 当F=mg时,物体A和物体B之间压力为 B.物体A、B开始运动后,F随位移均匀减小 C .A、B从静止到F=0的过程合力对A、B系统做功为 D.A、B从静止到F=0的过程弹簧弹力对A、B系统做功为 答案 BC 解析 A、B一起匀加速上升,对B有FNAB-F-2mg=2m·g,当F=mg时,可得FNAB=mg,故A错误;系统静止时,对A、B整体分析有kx0=F+3mg=6mg,A、B以的加速度一起匀加速上升位移x时,有k(x0-x)-F-3mg=3m·g,可得F=-kx+2mg,F随位移均匀减小,故B正确;A、B从静止到F=0的过程,位移x1=,则合力对A、B系统做的功为W=3m·gx1=,故C正确;当F=0时,F弹=k(x0-x1)=4mg,A、B从静止到F=0的过程弹簧弹力对A、B系统做功W弹=(6mg+4mg)x1=,故D错误。 考点2 功率的计算 1.公式P＝和P＝Fv的比较． 项目 P＝ P＝Fv 适用条件 功率的定义式，适用于任何情况下功率的计算，一般用来求平均功率；当时间t→0时，可由定义式确定瞬时功率 功率的计算式，仅适用于F与v同向的情况，一般用来求瞬时功率；当v为平均速度时，所求功率为平均功率 联系 （1）公式P＝Fv是P＝的推论； （2）功率P的大小与W、t无关． 2.公式P＝Fv中三个量的制约关系． 定值 各量间的关系 应用 P一定 F与v成反比 汽车上坡时，要增大牵引力，应换低速挡减小速度 v一定 F与P成正比 汽车上坡时，要使速度不变，应加大油门，增大输出功率，获得较大牵引力 F一定 v与P成正比 汽车在高速路上，加大油门增大输出功率，可以提高速度 特别说明　（1）对于某一做功过程，平均功率是定值，瞬时功率可能是变化的． （2）瞬时功率与某一时刻（或状态）有关，计算时应明确是哪个力在哪个时刻（或状态）做功的功率． 11.如图所示,物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动,监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图所示,g取10 m/s2,则(　　) A.物体的质量为6 kg B.这3 s内物体克服摩擦力做的功W=6.0 J C.第1.5 s时推力F的功率为1.5 W D.后2 s内推力F做功的平均功率P=2.5 W 答案 B 解析 由图可知,1~2 s时间内物体做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律可得F1-μmg=ma,又a==2 m/s2,2~3 s时间内物体做匀速直线运动,受力平衡,可得F2=μmg,代入数据,解得μ=0.4,m=0.5 kg,故选项A错误;这 3 s内物体的位移为v-t图像中图线与坐标轴所围面积,即x=×2 m=3 m,克服摩擦力做的功为W=μmg·x=6.0 J,故选项B正确;根据匀变速直线运动中一段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度,可知第1.5 s时物体的速度为v= m/s=1 m/s,此时推力F1的功率为P=F1v=3 W,故选项C错误;后2 s内推力F做功为W=F1x1+F2x2=3× J+2×2×1 J=7 J,平均功率为P==3.5 W,故选项D错误. 求解功率问题的思路 1.要明确所求功率是某物体各力的功率，还是合力的功率．如汽车发动机的功率是指汽车牵引力的功率，起重机的功率是指起重机钢丝绳拉力的功率． 2.要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率． （1）若求平均功率，还需明确是哪段时间内的平均功率，应用公式P＝或P＝F进行求解． （2）若求瞬时功率，需明确对应状态的速度v，应用公式P＝Fv求解．如果F、v不同方向，则将它们先投影到同一方向上再进行计算． 12.(多选)修建高层建筑常用的塔式起重机将质量m=5×103 kg的重物由静止开始匀加速竖直吊起,加速度a=0.2 m/s2,当起重机输出功率达到最大值后,保持该功率直到重物做速度为vm=1.02 m/s的匀速运动,g取10 m/s2,不计空气阻力和额外功.则(　　) A.起重机输出的最大功率为5.1×104 W B.重物做匀加速运动所经历的时间为5 s C.重物做匀加速运动所经历的时间为5.1 s D.起重机在第2 s末的输出功率为2×104 W 答案 AB 解析 当牵引力等于重力时功率最大,则起重机输出的最大功率为P=mgvm= 5×103×10×1.02 W=5.1×104 W,选项A正确;重物做匀加速运动的牵引力F=mg+ma=5.1×104 N,匀加速能达到的最大速度v==1 m/s,所经历的时间为t==5 s,选项B正确,选项C错误;起重机在第2秒末的输出功率为P2=Fv2=Fat2=5.1×104×0.2×2 W=2.04×104 W,选项D错误. 13.(多选)2024年6月2日,嫦娥六号“着上组合体”成功软着陆于月球背面南极-艾特肯盆地,落月过程大致分为主减速段、快速调整段、接近段、悬停段、避障段、缓速下降段6个阶段,共需约900 s.当“着上组合体”慢下降并悬停在距离月球表面约2 m高度时,“着上组合体”的主发动机关闭,“着上组合体”自由下落,完成软着陆.已知“着上组合体”的质量为 3 900 kg,月球的质量和半径分别约为地球的和,地球表面的重力加速度g取10 m/s2,忽略空气阻力,下列说法正确的是(　　) A.月球表面的重力加速度大小约为2 m/s2 B.月球的第一宇宙速度大小约为1.8 km/s C.“着上组合体”最终着陆月球的速度大小约为6.4 m/s D.“着上组合体”着陆月球时,重力的瞬时功率约为22 kW 答案 ABD 解析 根据g=,月球表面的重力加速度为g'=g≈2 m/s2,故选项A正确;第一宇宙速度等于近地环绕速度,则G=m,解得v=,月球的第一宇宙速度v月=v地≈1.8 km/s,故选项B正确;“着上组合体”最终下落时初速度为0,根据v2-0=2g'x得v==2 m/s≈2.8 m/s,故选项C错误;“着上组合体”着陆月球时,重力的瞬时功率P=mg'v≈22 kW,故选项D正确. 14.(2025重庆沙坪坝开学考试)(多选)某工地小型升降电梯的原理如图所示,轿厢A、对重B跨过轻质定滑轮通过足够长轻质缆绳连接,电机通过轻质缆绳拉动对重,使轿厢由静止开始向上运动,运动过程中A未接触滑轮、B未落地。已知A、B质量分别为M= 600 kg、m=400 kg,电机输出功率恒为P=3 kW,不考虑空气阻力与摩擦阻力,重力加速度g取10 m/s2。当对重以1 m/s2的加速度向下加速时,下列描述正确的是(　　) A 此时A、B之间轻质缆绳的拉力大小为6 600 N B 此时A、B之间轻质缆绳的拉力大小为6 000 N C 此时轿厢的速率为1 m/s D 此时轿厢的速率为0.5 m/s 答案 AC 解析 对轿厢A有FT-Mg=Ma,解得FT=6 600 N,故A正确,B错误;对对重B有F+mg-FT=ma,又P=Fv,解得v=1 m/s,故C正确,D错误。 考点3 机车功率问题 一、机车两种启动方式 以恒定功率启动 以恒定加速度启动 P-t图像和v-t图像 OA段 过程分析 v↑⇒F＝↓ ⇒a＝↓ a＝不变⇒F不变 P＝Fv↑直到P额＝Fv1 运动性质 加速度减小的加速运动 匀加速直线运动，维持时间t0＝ AB段 过程分析 F＝F阻⇒a＝0⇒vm＝ v↑⇒F＝↓ ⇒a＝↓ 运动性质 以vm做匀速直线运动 加速度减小的加速运动 BC段 无 F＝F阻⇒a＝0⇒ 以vm＝做匀速运动 二、三个重要关系 (1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都为vm＝。 (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＝<vm＝。 (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＝ΔEk，此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移、速度或时间。 考向 1 恒定功率启动 15.某装甲车在平直的公路上从静止开始加速,经过较短的时间t和距离s速度便可达到最大值vm.设在加速过程中发动机的功率恒为P,装甲车所受阻力恒为F阻,下列说法错误的是 (　　) A.装甲车加速过程中,牵引力对它做功为Pt B.装甲车的最大速度vm= C.加速过程中,装甲车做加速度变小的加速直线运动 D.装甲车的质量m= 答案 D 解析 因为在运动的过程中,功率不变,牵引力做功W牵=Pt,故选项A正确.当牵引力与阻力相等时,速度最大,根据P=F阻vm知,最大速度vm=,故选项B正确.当装甲车的速度为v时,牵引力F牵=,牵引力随速度的增大而减小,根据牛顿第二定律得a=,加速度随牵引力的减小而减小,所以当装甲车的速度增大时,加速度减小,加速过程中,装甲车做加速度变小的加速直线运动,故选项C正确.根据动能定理得,Pt-F阻s=m,则装甲车的质量m=,故选项D错误. 16.如图甲所示，在粗糙的水平路段AB上有一质量为4×103 kg的越野车，正以 5 m/s的速度向右匀速运动，越野车前方的水平路段BC较平坦，越野车用12 s通过整个ABC路段的v-t图像如图乙所示，在t＝12 s处水平虚线与曲线相切，运动过程中越野车发动机的输出功率保持80 kW不变。假设越野车在两个路段上受到的阻力(含地面摩擦力和空气阻力等)各自恒定，求： (1)越野车在AB路段上运动时所受的阻力大小； (2)BC路段的长度。 答案　(1)16 000 N　(2)61.25 m 解析　(1)越野车在AB路段时做匀速运动，有F1＝f1 又P＝F1v1 联立解得f1＝16 000 N。 (2)t＝12 s时越野车处于平衡状态，有F2＝f2，P＝F2v2 联立解得f2＝8 000 N 在BC路段运动时间为t2＝8 s 由动能定理有Pt2－f2x＝mv22－mv12 代入数据解得x＝61.25 m。 17.[多选]质量为400 kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a和速度的倒数的关系如图所示，则赛车(　　) A．速度随时间均匀增大 B．加速度随时间均匀增大 C．输出功率为160 kW D．所受阻力大小为1 600 N 答案CD 解析　由题图可知，加速度变化，故赛车做变加速直线运动，故A错误；a­函数方程为a＝－4，汽车加速运动，速度增大，加速度减小，故B错误；对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：F－f＝ma 其中：F＝ 联立得：a＝－ 结合图线，当物体的速度最大时，加速度为零，故结合图像可以知道，a＝0时，＝0.01，v＝100 m/s，所以最大速度为100 m/s 由图像可知：－＝－4，解得：f＝4m＝4×400 N＝1 600 N 0＝·－ 解得：P＝160 kW，故C、D正确。 考向2 恒定加速度启动 18.一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5 s内做匀加速直线运动，5 s末达到额定功率，之后保持以额定功率（P额）运动．其vt图像如图所示．汽车的质量为m＝2×103 kg，汽车受到地面的阻力为车重力的0.1倍，取重力加速度g＝10 m/s2，则以下说法正确的是（　　） A．汽车在前5 s内的牵引力为6×103 N B．汽车的额定功率为40 kW C．汽车的最大速度为20 m/s D．0～t0时间内汽车牵引力做的功为P额t0 答案A 解析 由vt图像可得汽车在前5 s内的加速度大小为a＝＝2 m/s2，根据牛顿第二定律可得F－f＝ma，解得F＝f＋ma＝0.1mg＋ma＝6×103 N，故A正确；5 s末达到额定功率，则汽车额定功率为P额＝Fv＝6×103×10 W＝60 kW，故B错误；当汽车牵引力和阻力相等时速度最大，最大速度为vm＝＝＝30 m/s，故C错误；由于前5 s内汽车的功率逐渐增大到额定功率，则0～t0时间内汽车牵引力做的功应满足W<P额t0，故D错误．故选A. 19.(多选)某中学生对刚买来的一辆小型遥控车的性能进行研究。他让这辆小车在水平的地面上由静止开始沿直线轨道运动，并将小车运动的全过程通过传感器记录下来，通过数据处理得到如图所示的v－t图像。已知小车在0～2 s内做匀加速直线运动，2～11 s内小车牵引力的功率保持不变，9～11 s内小车做匀速直线运动，在11 s末小车失去动力而开始自由滑行。已知小车质量m＝1 kg，整个过程中小车受到的阻力大小不变，下列说法正确的是(　　) A.小车受到的阻力大小为8 N B.在2～11 s内小车牵引力的功率P是16 W C.小车在2 s末的速度大小vx为6 m/s D.小车在0～15 s内通过的距离是80 m 答案　BD 解析　根据题意，在11 s末撤去牵引力后，小车只在阻力f作用下做匀减速直线运动，设其加速度大小为a，根据图像可知a＝＝2 m/s2，根据牛顿第二定律有f＝ma＝2 N，故A错误；设小车在匀速运动阶段的牵引力为F，则F＝f，由图可知vm＝8 m/s，则有P＝Fvm＝16 W，故B正确；0～2 s的匀加速运动过程中，小车的加速度为ax＝＝，设小车的牵引力为Fx，根据牛顿第二定律有Fx－f＝max，根据题意有P＝Fxvx，解得vx＝4 m/s，故C错误；在2～9 s内的变加速过程，Δt＝7 s，由动能定理可得PΔt－fx2＝mv－mv，解得x2＝44 m，0～2 s 内通过的位移为x1＝×2 m＝4 m，9～11 s内小车做匀速直线运动通过的位移为x3＝8×2 m＝16 m，11～15 s 内通过的位移为x4＝×4 m＝16 m，则小车在0～15 s内通过的距离是x＝x1＋x2＋x3＋x4＝80 m，故D正确。 20.某兴趣小组让一辆自制遥控小车在水平的直轨道上由静止开始运动，小车先做匀加速运动而后以恒定的功率运动，其运动的v-t图像如图所示(除4～8 s时间段内的图像为曲线外，其余时间段内图像均为直线)。小车的质量为m＝2 kg，小车在整个过程中所受的阻力大小不变恒为f＝6 N。求： (1)小车匀速行驶阶段的功率； (2)小车的速度为v1＝8 m/s时加速度a1的大小； (3)小车在加速运动过程中总位移x的大小。 答案　(1)54 W　(2)0.375 m/s2　(3)40.5 m 解析　(1)由题图可知：小车的最大速度vmax＝9 m/s 由公式P＝Fvmax，F＝f，得P＝54 W。 (2)当小车的速度为v1时，其牵引力F1＝， 根据牛顿第二定律F1－f＝ma1 解得：a1＝0.375 m/s2。 (3)由题图可知：t1＝4 s时该小车匀加速结束，速度为v＝6 m/s 位移为x1＝t1， 小车变加速时，由动能定理： P(t2－t1)－fx2＝mvm2－mv2， 而x＝x1＋x2 解得：x＝40.5 m。 考点4 重力势能 1.重力势能的“四性”． 系统性 （1）重力势能是物体和地球组成的系统共同具有的． （2）平时所说的“物体”的重力势能只是一种简化的说法 相对性 （1）重力势能Ep＝mgh与参考平面的选择有关，式中的h是物体重心到参考平面的高度． （2）重力势能是标量，只有大小而无方向，但有正负之分，正、负表示大小．当物体在参考平面上方时，Ep为正值；当物体在参考平面下方时，Ep为负值． （3）物体重力势能的正负是表示比零势能大，还是比零势能小 参考平面选择的任意性 视处理问题的方便而定，一般选择地面或物体运动时所达到的最低点为参考平面 重力势能变化的绝对性 物体从一个位置运动到另一个位置的过程中，重力势能的变化与参考平面的选取无关，它的变化量是绝对的 2.重力做功与重力势能的关系． （1）重力势能变化的定性判断： ①重力对物体做正功时，物体的重力势能一定减少； ②重力对物体做负功时，物体的重力势能一定增加． （2）应用公式WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp. （1）对于不能视为质点的物体，公式Ep＝mgh中的h应为重心到参考平面的高度，要注意确定重心的位置． （2）无论物体是否受其他力的作用和做何种运动，关系式WG＝－ΔEp总是成立的． 21.如图所示，是人们用打“夯”的方式把松散的地面夯实的情景。假设两人同时通过绳子对质量为m的重物各施加一个力，大小均为F，方向都与竖直方向成α，重物离开地面h后两人同时停止施力，最后重物下落把地面砸深x。重力加速度为g。求： (1)停止施力前重物上升过程中加速度大小a； (2)以地面为零势能面，重物具有重力势能的最大值Epm； (3)重物砸入地面过程中，对地面的平均冲击力大小。 答案　(1)　(2)2Fhcos α 　(3)＋mg 解析　(1)施力时重物所受的合力为F合＝2Fcos α－mg 则重物上升过程中加速度大小a＝＝。 (2)重物上升过程中由动能定理 2Fcos α·h－mgH＝0 以地面为零势能面，重物具有重力势能的最大值 Epm＝mgH＝2Fhcos α。 (3)重物砸入地面过程中由动能定理 mg(H＋x)－x＝0 解得＝＋mg。 22.如图所示,滑雪运动员在倾角为30°的滑雪道上,从距底端高度为h处由静止开始滑下,其运动过程可近似看作加速度大小为g的匀加速直线运动.已知运动员的质量为m(含身上所有装备),重力加速度为g,则整个下滑过程中(　　) A.运动员获得的动能为mgh B.运动员减少的重力势能全部转化为动能 C.运动员的机械能减少了mgh D.运动员克服摩擦力做的功为mgh 答案 AC 解析 运动员下滑的距离x==2h,由运动学公式可得v2=2ax,得动能为Ek=mv2=mgh,故选项A正确;运动员减少的重力势能为ΔEp=mgh,增加的动能为ΔEk=mgh,所以运动员减少的重力势能一部分转化为动能,一部分转化为内能,故选项B错误;运动员的机械能减少了ΔE=ΔEp-ΔEk=mgh,故选项C正确;设运动员克服摩擦力做的功为W,根据动能定理mgh-W=Ek-0,解得W=mgh,故选项D错误. 23.（多选）如图所示，某人把一个质量的小球从高处以角斜向上抛出，初速度，不计空气阻力，重力加速度，取地面为零势能面。则下列说法正确的是（　　） A．抛出过程中，人对小球做的功是 B．小球落地时速度大小为 C．小球抛出后会继续上升，故从抛出到落地过程中重力对小球所做的功大于 D．小球到达最高点的重力势能为 答案AB 解析 抛出过程中，根据动能定理可知人对小球做的功为 A正确；从抛出到落到过程，根据动能定理可得 解得小球落地时速度大小为 B正确；重力做功与路径无关，从抛出到落地过程中重力对小球所做的功 C错误；小球抛出后上升的最大高度为 小球到达最高点的重力势能为 D错误。 考点5弹性势能及其变化特点 1.弹性势能的产生及影响因素． （1）产生原因（如图所示）. （2）影响因素（如图所示）. 　　 2.弹性势能的性质． （1）系统性：弹性势能是发生弹性形变的物体上所有质点因相对位置改变而具有的能量，因而弹性势能是整个系统所具有的． （2）相对性：弹性势能的大小在选定了零势能点后才有意义．对于弹簧，一般选原长时的弹性势能为0. （3）标量性：弹性势能是标量，只有大小没有方向． 3.弹性势能与弹力做功的关系：如图所示，O为弹簧的原长处． （1）弹力做负功：如物体由O向A运动（压缩）或者由O向A′运动（伸长）时，弹性势能增大，其他形式的能转化为弹性势能． （2）弹力做正功：如物体由A向O运动或者由A′向O运动时，弹性势能减小，弹性势能转化为其他形式的能． （3）弹力做功与弹性势能变化的关系：弹性势能的变化量总等于弹力对外做功的负值，表达式为W弹＝－ΔEp. 24.一竖直弹簧下端固定于水平地面上，小球从弹簧正上方高为h的地方自由下落到弹簧上，如图所示.经几次反弹以后小球最终在弹簧上静止于某一点A，则 (　　) A.h越大,弹簧最终在A点的压缩量越大 B.弹簧最终在A点的压缩量与h无关 C.h越大,小球最终静止在A点时弹簧的弹性势能越大 D.小球第一次到达A点时弹簧的弹性势能比最终静止在A点时弹簧的弹性势能大 答案 B 解析 最终小球静止在A点时,小球受重力与弹簧的弹力作用,它们是一对平衡力,故mg=kx,弹簧在A点的压缩量x=,x与下落时的高度h无关,选项A错误,选项B正确.对同一弹簧,它的弹性势能大小仅与弹簧的形变量有关,小球最终静止在A点和经过A点时,弹簧的弹性势能相同,选项C、D错误. 弹性势能变化的确定技巧 1.弹性势能的变化：可以从弹力做功的角度分析．弹力做正功，弹性势能减小；弹力做负功，弹性势能增加． 2.弹簧处于原长时弹性势能为零，弹簧伸长或压缩，弹性势能均增加，且每个弹性势能对应着伸长和缩短两个状态． 25.如图所示，一轻弹簧一端固定于O点，另一端系一重物，将重物从与悬点O在同一水平面且弹簧保持原长的A点无初速度地释放，让它自由摆下，不计空气阻力，在重物由A点摆向最低点B的过程中（　　） A．重力做正功，弹簧弹力不做功 B．重力做正功，弹簧弹力做正功 C．重力不做功，弹簧弹力不做功，弹性势能不变 D．重力做正功，弹簧弹力做负功，弹性势能增加 答案D 解析在重物由A点摆向最低点B的过程中重物的高度下降，重力对重物做正功，重物的重力势能减小；弹簧伸长，弹簧的弹力对重物做负功，弹性势能增加。 26.如图所示，将一木块放在弹簧上，用手压木块，弹簧被压缩．松开手，木块竖直向上飞起直到最高点．下列说法正确的是（　　） A.手压木块时，手对木块的压力与弹簧对其支持力是一对平衡力 B．弹簧恢复原状过程中，弹性势能先增大后减小 C．松手后，木块在没有离开弹簧前，所受弹力方向竖直向下 D．松手后，木块在没有离开弹簧前，所受弹力和木块对弹簧的压力总是大小相等 答案D 解析 手压木块时，木块受到重力、压力和弹簧的支持力，这三个力平衡．手对木块的压力小于弹簧对木块的支持力，所以这两个力不是一对平衡力，故A错误；弹簧恢复原状过程中，弹性形变的程度变小，弹性势能减小，故B错误；松手后，木块在没有离开弹簧前，弹簧被压缩，所以木块受弹力方向竖直向上，故C错误；松手后，木块在没有离开弹簧前，所受弹力和木块对弹簧的压力是一对作用力与反作用力，故大小总是相等，故D正确．故选D. 考点6动能定理的应用 1.应用动能定理解题的基本步骤． 2.应用动能定理的优越性． （1）对于变力作用或曲线运动，动能定理提供了一种计算变力做功的简便方法．功的计算公式W＝Fs cos α只能求恒力做的功，不能求变力做的功，而由于动能定理提供了一个物体的动能变化ΔEk与合力对物体所做功具有等量代换关系，因此已知（或求出）物体的动能变化ΔEk＝Ek2－Ek1，就可以间接求得变力做功． （2）与用牛顿定律解题的比较． 项目 牛顿定律 动能定理 相同点 确定研究对象，对物体进行受力分析和运动过程分析 适用条件 只能研究在恒力作用下物体做直线运动 对于物体在恒力或变力作用下，物体做直线或曲线运动均适用 应用方法 要考虑运动过程的每一个细节，结合运动学公式解题 只考虑各力的做功情况及初、末状态的动能 运算方法 矢量运算 代数运算 3.优先考虑应用动能定理的情况． （1）不涉及加速度、时间的问题． （2）变力做功问题． （3）有多个物理过程且不需要研究整个过程中间状态的问题． （4）含有F、l、m、v、W、Ek等物理量的问题． 考向1 基本应用 27.一篮球质量为m＝0.60 kg，一运动员使其从距地面高度为h1＝1.8 m处由静止自由落下，反弹高度为h2＝1.2 m。若使篮球从距地面h3＝1.5 m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，球落地后反弹的高度也为1.5 m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t＝0.20 s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取g＝10 m/s2，不计空气阻力。求： (1)运动员拍球过程中对篮球所做的功； (2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小。 答案(1)4.5 J　(2)9 N 解析 (1)使篮球从距地面高度为h1处由静止自由落下时，设篮球的落地速度大小为v1，根据自由落体运动的规律有v12＝2gh1， 设篮球被地面反弹时的速度大小为v2，则有v22＝2gh2， 则篮球与地面碰撞前、后的动能之比＝＝＝。使篮球从距地面h3的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，设篮球的落地速度大小为v3，反弹后的速度大小为v4，则有v42＝2gh3， 因为篮球每次与地面碰撞前、后的动能的比值不变，所以有＝，设运动员拍球过程中对篮球做的功为W，根据动能定理有W＋mgh3＝mv32，解得W＝4.5 J。 (2)篮球在受到力F作用的时间内，根据牛顿第二定律得，加速度a＝，篮球的位移x＝at2， 运动员对篮球做的功W＝Fx， 联立解得F＝9 N。 28.(多选)中国空间站的梦天实验舱于2022年成功发射。设梦天实验舱质量为m，发射升空过程中其速度由v1增大到v2 ，则此过程中关于梦天实验舱的说法，正确的是(　　) A.平均速度一定为(v1+v2) B.动能增量为m(-) C.合力对它所做的功为m(-) D.推力对它所做的功为m(-) 答案 BC 解析 根据题意,若梦天实验舱做匀变速直线运动,则平均速度等于(v1+v2),但梦天实验舱的运动状态未知,则平均速度不一定等于(v1+v2),故选项A错误;根据题意可知,动能的变化量ΔEk=m-m=m(-),由动能定理可知,合力所做的功等于动能的变化量,故合力做功为m(-),故选项B、C正确;梦天实验舱发射升空过程中,推力做正功,重力做负功,推力和重力做功之和为m(-),则推力对它做的功大于m(-),故选项D错误. 29.我国海军歼-15舰载机已经在辽宁号航母上成功起飞和着舰.现将飞机起飞模型简化为飞机先在水平甲板上做匀加速直线运动,再在倾角为θ=15°的倾斜甲板上以最大功率做加速运动,最后从甲板上飞出时的速度为360 km/h,如图所示.若飞机的质量为18 t,甲板AB段长为lAB=180 m,BC段长为lBC=50 m,g取10 m/s2,飞机可视为质点,不计一切摩擦和空气阻力,sin 15°=0.3. (1)若要求飞机到达甲板B点的速度至少为离开倾斜甲板速度的60%,则飞机在水平甲板上运动时的牵引力至少为多少才能使飞机起飞? (2)在(1)的条件下,若到达B点时飞机刚好达到最大功率,则从飞机开始运动到飞离甲板共需多少时间? 答案(1)1.8×105 N　(2)11.58 s 解析(1)由题意知m=18 t=1.8×104 kg, vC=360 km/h=100 m/s, 飞机到达B点的速度至少为vB=0.6vC=60 m/s, 由动能定理得FlAB=m, 解得F=1.8×105 N. (2)飞机到达B点时的功率P=FvB=1.08×107 W, 飞机从A运动到B的时间t1=, 对飞机从B到C的运动过程,由动能定理得 Pt2-mgsin θ·lBC=m-m, t=t1+t2, 联立解得t=11.58 s. 考向2动能定理与图像问题的结合 1.解决图像问题的基本步骤 (1)观察题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义。 (2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式。 (3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量。 2.图像所围“面积”的意义 (1)v－t图像：由公式x＝vt可知，v－t图线与t坐标轴围成的面积表示物体的位移。 (2)a－t图像：由公式Δv＝at可知，a－t图线与t坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。 (3)F－x图像：由公式W＝Fx可知，F－x图线与x坐标轴围成的面积表示力所做的功。 (4)P－t图像：由公式W＝Pt可知，P－t图线与t坐标轴围成的面积表示力所做的功。 30.质量为10 kg的物体,在变力F作用下沿x轴做直线运动,力随坐标x的变化情况如图所示,物体在x=0处时,速度为1 m/s,一切摩擦不计,则物体运动到x=16 m 处时,速度大小为 (　　) A.2 m/s B.3 m/s C.4 m/s D. m/s 答案 B 解析 题中F-x图线与坐标轴所围的面积表示力F做的功,图形位于x轴上方表示力做正功,位于x轴下方表示力做负功,面积大小表示功的大小,所以物体运动到x=16 m处时,F做的功W=(60-20) J=40 J,根据动能定理有W=m-m,代入数据可得v2=3 m/s.选项B正确. 31.刹车距离是衡量汽车安全性能的重要参数之一.如图所示的图线1、2分别为甲、乙两辆汽车在紧急刹车过程中的刹车距离x与刹车前的车速v的关系曲线,已知紧急刹车过程中车与地面间的摩擦是滑动摩擦.下列说法正确的是 (　　) A.甲车的刹车距离随刹车前的车速v变大而变大得快,甲车的刹车性能好 B.乙车与地面间的动摩擦因数较大,乙车的刹车性能好 C.以相同的车速开始刹车,甲车先停下来,甲车的刹车性能好 D.甲车的刹车距离随刹车前的车速v变大而变大得快,甲车与地面间的动摩擦因数较大 答案 B 解析 在刹车过程中,由动能定理可知-μmgx=0-mv2,得x=,可知甲车与地面间的动摩擦因数小(题图线1),乙车与地面间的动摩擦因数大(题图线2),刹车时的加速度a=μg,乙车刹车性能好,以相同的车速开始刹车,乙车先停下来,选项B正确. 32.(多选)“弹跳小人”(如图甲所示)是一种深受儿童喜爱的玩具，其原理如图乙所示。竖直光滑长杆固定在地面不动，套在杆上的轻质弹簧下端不固定，上端与滑块拴接，滑块的质量为0.80 kg。现在向下压滑块，直到弹簧上端离地面高度h＝0.40 m时停止，然后由静止释放滑块。滑块的动能Ek随离地高度h变化的图像如图丙所示。其中高度从0.80 m到1.40 m 范围内的图线为直线，其余部分为曲线。若以地面为重力势能的参考平面，空气阻力为恒力，g取10 m/s2。则结合图像可知(　 ) A．弹簧原长为0.72 m B．空气阻力大小为1.00 N C．弹簧的最大弹性势能为9.00 J D．在弹簧落回地面的瞬间滑块的动能为5.40 J 答案　BC 解析　由题图丙可知，从h＝0.80 m开始，弹簧下端与地面分离，则知弹簧的原长为0.80 m，故A错误；从0.80 m上升到1.40 m 过程，在Ek-h图像中，根据动能定理知：图线的斜率大小表示滑块所受的合外力，由于高度从0.80 m上升到1.40 m范围内图像为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.80 m上升到1.40 m范围内所受作用力为恒力，根据动能定理得－(mg＋f)Δh＝0－Ek，由题图知Δh＝0.60 m，Ek＝5.40 J，解得空气阻力f＝1.00 N，故B正确；根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，整个过程中，增加的重力势能和克服空气阻力做功之和等于弹簧的最大弹性势能，所以Epm＝(mg＋f)Δh′＝9.00 J，故C正确；滑块由最大高度到弹簧落回地面的瞬间，根据动能定理得(mg－f)Δh＝Ek′－0，得Ek′＝4.2 J，故D错误。 考向3 动能定理应用于变力做功或曲线运动 33.（多选）如图所示，半径为r的半圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，直径AC水平，一个质量为m的物块从圆弧轨道A端正上方P点由静止释放，物块刚好从A点无碰撞地进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，到B点时对轨道的压力大小等于物块重力的2倍，重力加速度为g，不计空气阻力，不计物块的大小，则（　　） A．物块到达A点时速度大小为 B．P、A间的高度差为 C．物块从A运动到B所用时间为π D．物块从A运动到B克服摩擦力做功为mgr 答案BCD 解析 在B点时由牛顿第二定律得F－mg＝m，因为F＝2mg，所以v＝，由题意知，物块到达A点时速度大小为，A错误．从P到A的过程由动能定理得mgh＝mv2，所以h＝，B正确．物块进入圆弧后做匀速圆周运动，则物块从A运动到B所用时间t＝＝，C正确．物块从A运动到B，由动能定理得mgr－Wf＝0，解得Wf＝mgr，D正确． 32．(多选)如图所示，一弹性轻绳(弹力与其伸长量成正比)左端固定在墙上A点，右端穿过一固定的光滑圆环B连接一个质量为m的小球p，小球p在B点时，弹性轻绳处在自然伸长状态。小球p穿过竖直固定杆在C处时，弹性轻绳的弹力为mg。将小球p从C点由静止释放，到达D点时速度恰好为0。已知小球与杆间的动摩擦因数为0.2，A、B、C在一条水平直线上，CD＝h；重力加速度为g，弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是(　 ) A．小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为0.3mgh B．小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为0.2mgh C．若仅把小球质量变为2m，则小球到达D点时的速度大小为 D．若仅把小球质量变为2m，则小球到达D点时的速度大小为 答案BC 解析　设BC的长度为L，根据胡克定律有mg＝kL，设BD与竖直方向的夹角为α，则伸长量为，故弹力为F＝k，对小球受力分析，受重力、弹性绳的弹力、摩擦力、支持力，水平方向平衡，故N＝Fsin α＝kL＝mg，由此可知，下降过程中，水平方向的支持力保持不变，且摩擦力f＝μN＝0.2mg，故小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为Wf＝fh＝0.2mgh，故A错误，B正确；对小球从C点运动到D点的过程，根据动能定理有mgh－fh－W弹＝0，解得W弹＝0.8mgh，若仅把小球的质量变成2m，小球从C点运动到D点的过程，根据动能定理，有2mgh－fh－W弹＝×2mvD2，解得vD＝，故C正确，D错误。 33.在学校组织的趣味运动会上，某科技小组为大家提供了一个游戏。如图所示，将一质量为0.1 kg的钢球放在O点，用弹射装置将其弹出，钢球沿着光滑的半圆形轨道OA和AB运动。BC段为一段长为L＝2.0 m的粗糙平面，DEFG为接球槽。半圆形轨道OA和AB的半径分别为r＝0.2 m、R＝0.4 m，小球与BC段的动摩擦因数为μ＝0.7，C点离接球槽的高度为h＝1.25 m，水平距离为x＝0.5 m，接球槽足够大，g取10 m/s2。求： (1)要使钢球恰好不脱离半圆形轨道，钢球在A点的速度大小； (2)钢球恰好不脱离轨道时，在B位置对半圆形轨道的压力大小； (3)要使钢球最终能落入槽中，弹射速度v0至少多大。 答案(1)2 m/s　(2)6 N　(3) m/s 解析(1)要使钢球恰好不脱离半圆形轨道，钢球在最高点A时，对钢球分析有mg＝m，解得vA＝2 m/s。 (2)钢球从A到B的过程由动能定理得mg·2R＝mvB2－mvA2，在B点有FN－mg＝m，解得FN＝6 N，根据牛顿第三定律，知钢球在B位置对半圆形轨道的压力大小为6 N。 (3)从C到D钢球做平抛运动，要使钢球恰好能落入槽中，则x＝vCt，h＝gt2，解得vC＝1 m/s， 假设钢球在A点的速度恰为vA＝2 m/s时，钢球可运动到C点，且速度为vC′，从A到C由动能定理得mg·2R－μmgL＝mvC′2－mvA2，解得vC′2<0，故当钢球在A点的速度恰为vA＝2 m/s时，钢球不可能到达C点，更不可能入槽，要使钢球最终能落入槽中，需要更大的弹射速度，才能使钢球既不脱离轨道，又能落入槽中。当钢球到达C点速度为vC时，v0有最小值，从O到C由动能定理得mgR－μmgL＝mvC2－mv02，解得v0＝ m/s。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$