第1讲 功和功率-【红对勾讲与练·讲义】2026年高考物理大一轮复习全新方案通用版

第六章 机械能守恒定律 课程标准 备考策略 1.深刻理解功、功率、动能、重力势能、 1.理解功和功率。了解生产生活中常见机械的功率大小及其意义。 弹性势能等基本概念 2.理解动能和动能定理。能用动能定理解释生产生活中的现象。 2.掌握功的计算方法及动能定理和机 3.理解重力势能，知道重力势能的变化与重力做功的关系。定性了 械能守恒定律的应用技巧，并能够分 解弹性势能。 析与解决相关问题。 4.理解机械能守恒定律，体会守恒观念对认识物理规律的重要性。 3.抓住能量转化与守恒这条主线，将解 5.能用机械能守恒定律分析生产生活中的有关问题。 决功和能的相关问题的知识和方法 @实验七：验证机械能守恒定律 融入实际问题 第1讲 功和功率 必备知识梳理 自主学习·基础回扣 114 1.功 a.o为平均速度，则P为 功率。 (1)定义：物体受到力的作用，并在 发 b.v为瞬时速度，则P为 功率。 生一段位移，就说力对物体做了功。 c.当力F和速度v不在同一直线上时，可以将 (2)做功的两个必要条件：①有力作用在物体 力F分解或者将速度分解。 上；②物体在力的方向上发生了 回教材链接·想一想根据人教版教材必修第二 (3)公式：W= ,其中F是恒力，1是位 册P81“拓展学习”中推导重力做功的特点时运用 移，a是 和 的夹角。 了什么方法？ (4)单位：焦耳(J)。 A (5)标矢性：功是 ,没有方向，但有正、 负。根据W=Flcos a可知， ①当0°≤a<90°时，力对物体做 功，是 动力，物体获得动能。 ②当90°<a≤180时，力对物体做 功。 ③当a=90°时，力对物体 做功。 2.功率 (1)定义：功W与完成这些功所用 的 比值。 (2)物理意义：描述力对物体做功的 概念辨析 (3)公式 1.只要物体受力的同时又发生了位移，则一定有 ①p=W ,P为时间1内的 力对物体做功。 () 2.作用力做正功时，反作用力一定做负功。 ②P=Fu ( 第六章机械能守恒定律 3.力对物体做功的正负是由力和位移间的夹角大6.当F为恒力时，增大，F的功率一定增大。 小决定的。 ( ) ( ) 4.摩擦力对物体一定做负功。 ( 7.汽车上坡时换成低挡位，其目的是减小速度得 5.由P=Fv既能求某一时刻的瞬时功率，也可以 到较大的牵引力。 求平均功率。 关键能力 提升 互动探究·考点精讲 考点一 恒力做功的分析与计算 1.功的正负的判断方法 货物 货物 ⊙ (1)恒力做功的判断，依据力与位移方向的夹角 来判断。 ⊙⅓0.- 甲 (2)曲线运动中功的判断 乙 A.两种情况下电梯对货物的支持力都对货物 动力 F、v夹 做正功 学法 0°≤a<90°，做正功 角为a a=90°，不做功 B.图乙中电梯对货物的支持力对货物做正功 运动 a、o夹 90°<a≤180°，做负功 C.图甲中电梯对货物的支持力对货物不做功 学法 角为a D.图乙中电梯对货物的支持力对货物不做功 (3)依据能量变化来判断：功是能量转化的量 听课记录 度，若有能量转化，则必有力对物体做功。此法 115 常用于两个相联系的物体之间的相互作用力做 功的判断。 2.恒力做功的计算方法 受力分析 计算功 考向2恒力做功的计算 确定力和 W=Flcos a 找出力 的多少 位移方向 或动能定理 【典例2】（多选）如图所示，升 运动分析 判断功 的夹角 或功能关系 降机内斜面的倾角0=30°，1 找出位移 的正负 质量为2kg的物体置于斜面 3.合力做功的计算方法 上始终不发生相对滑动，在 方法一：先求合力F合，再用W合=F合lcosa 升降机以5m/s的速度匀速 求功。 上升4s的过程中，g取10m/s2,则 方法二：先求各个力做的功W、W2、 A.斜面对物体的支持力做功300J W3、…,再应用W合=W1+W2+Wg十…求合力 B.斜面对物体的摩擦力做功一100J 做的功。 C.物体克服重力做功400J 方法三：利用动能定理W合=Ek2一Ek1。 D.合力对物体做功25J 考向1正负功的判断 听课记录 【典例1】如图所示，用电梯将两箱相同的货物从 一楼运送到二楼，其中图甲是用台阶式电梯运 送，图乙是用履带式自动电梯运送，假设两种 情况下电梯都是匀速运行，下列说法正确的是 ( 红题内·讲与练·高三物理 【对点演练) 2.如图所示，水平路面上有一辆质量为M的汽 1.如图所示，质量为m的物体置 车，车厢中有一个质量为的人正用恒力F向 于倾角为0的斜面上，物体与 a 前推车厢。在车以加速度aα向前加速行驶距离 L的过程中，下列说法正确的是 () 斜面间的动摩擦因数为以，在 外力作用下，斜面以加速度a 沿水平方向向左匀加速运动一段距离，运动中 物体与斜面体始终相对静止。关于物体，下列 A.人对车的推力F做的功为FL 说法正确的是 () B.人对车做的功为maL A.摩擦力一定不做功B.摩擦力一定做负功 C.车对人的作用力大小为ma C.支持力一定做正功 D.合力做功可能为零 D.车对人的摩擦力做的功为(F一ma)L 考点二 变力做功的分析与计算 方法 情境说明 方法总结 而实际问题中，有很多情况是变力在对物体做 质量为m的木块在水平 功。如图所示，对于甲、乙、丙、丁四种情况下求 面内做圆周运动，运动 解某个力所做的功，下列说法正确的是() 、、 周克服摩擦力做的功为 ↑FN 微元法 R·0 a W,=F;·△x1十FE· △x2十F:·△xg十… x/m F(△1+△.x2+△x3 116 十…)=F·2πR 乙 恒力F把物块从A拉到 A 等效转 B,绳子对物块做的功为 换法 B h Asin a sin B Q B- 弹簧由伸长量为x1被继 续拉至伸长量为x2的过 A.甲图中，若F大小不变，物块从A到C过 平均 程中，克服弹簧弹力做的 程中力F做的功为W=F(1o4一loc) 力法 0000000-一F 777777777777777777777 功为W=F△x= B.乙图中，全过程中F做的总功为72J kx十k2(x2一x1） C.丙图中，绳长为R,若空气阻力f大小不变， 2 小球从A运动到B过程中空气阻力做的功 ↑F 在F-x图像中，图线与x 轴所围“面积”的代数和就 W= 2xR/ 图像法 正功 表示力F在这段位移上所 D.丁图中，F始终保持水平，无论是F缓慢将 负功入 做的功 小球从P拉到Q,还是F为恒力将小球从 用力F把小球从A处缓 P拉到Q,F做的功都是W=Flsin 0 慢拉到B处，F做的功为 动能定 .L 听课记录 Wr,则有W一mgL(1 理法 A○m cos0)=0,得Wr= mgL(1-cos 0) 【典例3】（多选）力F对物体所做的功可由公式 W=Flcos a求得。公式中力F必须是恒力。 第六章机械能守恒定律 讲 【对点演练】 4.水平桌面上，长6m的轻绳 .37 3.某同学用水桶从水井里 一端固定于O点，如图所示 ↑mKg 提水，井内水面到井口的10 (俯视图)，另一端系一质量 m=2.0kg的小球。现对小 高度为20m。水桶离开 A60 R 6 N 球施加一个沿桌面大小不变 水面时，桶和水的总质量 的力F=10N,F拉着小球从M点运动到N 为10kg。由于水桶漏 0 5101520h/m 点，F的方向始终与小球的运动方向成37°角。 水，在被匀速提升至井口的过程中，桶和水的总 已知小球与桌面间的动摩擦因数4=0.2，不计 质量随着上升距离的变化而变化，其关系如图 空气阻力，g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°= 所示。水桶可以看成质点，不计空气阻力，重力 0.8,则下列说法正确的是 () 加速度g取10m/s2。由图像可知，在提水的整 A.拉力F对小球做的功为16元J 个过程中，拉力对水桶做的功为 ( B.拉力F对小球做的功为8πJ A.2000J B.1800J C.小球克服摩擦力做的功为16πJ C.200J D.180J D.小球克服摩擦力做的功为4πJ 考点三 功率的分析和计算 1.平均功率的计算方法 听课记录 (1)利用P- t (2)利用P=Fvcos a,其中v为物体运动的平 均速度。 117 2.瞬时功率的计算方法 4易错警示山 (1)利用公式P=Fvcos a,其中v为t时刻的瞬 求解功率时应注意的三个问题 时速度。 (1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率。 (2)利用公式P=FvF,其中vF为物体的速度 (2)平均功率与一段时间（或过程）相对应，计算时应 在力F方向上的分速度。 明确是哪个力在哪段时间（或过程）内做功的平均 (3)利用公式P=F,,其中F。为物体受到的 功率。 外力F在速度)方向上的分力。 (3)计算瞬时功率时应明确是哪个力在哪个时刻（或 【典例4】如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质 状态)的功率。 量为2kg的物体在拉力F作用下由静止开始 [对点演练】 向上做匀加速直线运动，其速度随时间的变化 5.(多选)质量为m的物体从距地面H高处自由 关系如图乙所示，由此可知（重力加速度g取 下落（不计空气阻力），经过时间，则下列说法 10m/s2) 中正确的是 () ↑m·s-) A.1时间内重力对物体做的功为)mg1 B.t时间内重力的平均功率为mg2t t/s 甲 C.时刻重力的瞬时功率与：时刻重力的瞬时 A.物体的加速度大小为2m/s 功率之比为1：2 B.F的大小为21N C.4s末F的功率为42W D.前？时间内重力做功的平均功率与后？时间 D.4s内F的平均功率为42W 内重力做功的平均功率之比为1：3 2勾·讲与练·高三物理 考点四机车启动问题 1.两种启动方式 【典例5】超级电容车在运行中无需连接电缆，只 两种方式 以恒定功率启动 以恒定加速度启动 需在乘客上车间隙充电30s到1min,就能行 ↑P 驶3到5km。假设有一辆超级电容车，质量 P m=2×103kg,额定功率P=60kW,当超级电 容车在平直水平路面上行驶时，受到的阻力F P-t图像和 0 1 o-t图像 是车重的0g取10m/s。 B C (1)求超级电容车在此路面上行驶所能达到的 最大速度是多少？ (2)若超级电容车从静止开始，保持以0.5m/s2 F一F阻不变之 的加速度做匀加速直线运动，求这一过程能维 P(不变) m 过程 →a= F不变，v个→P 持多长时间？ 分析 OA F一F Fu个直到P= (3)若超级电容车从静止开始，保持额定功率 段 名 P领=FU] 做加速运动，50s后达到最大速度，求此过程 匀加速直线运动， 中超级电容车的位移。 运动 加速度减小的加 1思路点拨(1)当超级电容车速度达到最大时，超 性质 速直线运动 维持时间t。= a 级电容车的牵引力与阻力等大、反向。 (2)超级电容车以恒定加速度启动，匀加速运动结束 个→F 118 过程 F=Fa→a=0→ P题习 时，超级电容车刚好达到额定功率，应满足P=F。 AB 分析 P Um一F阻 F一F阻y (3)超级电容车以恒定功率启动过程，牵引力所做 段 m 的功应用W=Pt求解。 运动 以。做匀速直加速度减小的加速 性质 线运动 直线运动 过程 F=F阻→a=0→ BC 分析 P额 Um= F阻 段 运动 以vm做匀速直线 性质 运动 2.三个重要关系 (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m PP FmaF阻 (式中 Fm为最小牵引力，其值等于阻力大小F阻)。 (2)机车以恒定加速度启动的过程中，匀加速过 程结束时，功率最大，但速度不是最大，= ∠m一F限 P颜 〔对点演练】 F 6.(2024·广东深圳高三检测)质量为m的列车， (3)机车以恒定功率启动时，牵引力做的功W= 以大小为。的初速度在长直轨道上做匀加速 PL。由动能定理得PL一F阻x=△Ek,此式经常 直线运动，经过时间t后，列车的速度大小为， 用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小 此时牵引力的功率为P。假设列车行驶过程所 或时间。 受的阻力大小恒为F,则列车在时间1内() 第六章机械能守恒定律 A.牵引力逐渐减小 F B,牵引力的大小为F装一 C.阻力所做的功为W阻=之 Ft(vo+v) B D牵引方所微的功为W,=了m- 1 2nz。 7.一辆汽车在平直公路上由静止开始启动，汽车 先保持牵引力F。不变，当速度为1时达到额 定功率P颜，此后以额定功率继续行驶，最后以 最大速度om匀速行驶。若汽车所受的阻力f D 为恒力，汽车运动过程中的速度为、加速度为 温馨提示Q a、牵引力为F、牵引力的功率为P,则下列图像 中可能正确的是 学习至此，请完成课时作业29 第2讲 动能定理及应用 必备知识梳理 自主学习·基础回扣 1.动能 (4)适用条件 (1)定义：物体由于 而具有的能。 ①动能定理既适用于直线运动，也适用于 (2)公式：Ek= 119 d (3)单位： ,1J=1N·m= ②动能定理既适用于恒力做功，也适用于 1kg·m2/s2。 做功。 (4)标矢性：动能是 ,动能与速度方向 I概念辨析 1.如果物体所受的合力为0，那么合力对物体做功 (5)动能的变化：物体 与 之 一定为0。 ( 差，即△Ek= 2.物体在合力作用下做变速运动时，动能一定 2.动能定理 变化。 ( (1)内容：力在一个过程中对物体做的功，等于 3.物体的动能不变，所受的合力必定为0。( 物体在这个过程中 4.合力对物体做正功，物体的动能增加；合力对物 (2)表达式：W=Ek2一Ek1= 体做负功，物体的动能减少。 () (3)物理意义： 做的功是物体动能变化 5.一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但 的量度。 速度变化时，动能不一定变化。 6.动能不变的物体一定处于平衡状态。 ( 关键能力提升 互动探究·考点精讲 考点一 对动能定理的理解 1.对动能定理中“力”的两点理解 (2)力既可以是恒力，也可以是变力。 (1)“力”可以是重力、弹力、摩擦力、静电力、磁 2.动能定理公式中体现的“三个关系” 场力或其他力，它们可以同时作用，也可以分阶 (1)数量关系：即合力所做的功与物体动能的变 段作用。 化具有等量替代关系。可以通过计算物体动能第六章机械能守恒定律 第1讲功和功率 必备知识梳理… 1.(1)力的方向上(2)②位移 (3)Flcosa力F位移L (5)标量①正②负③不 2.(1)时间t(2)快慢 (3)①平均功率②a.平均b.瞬时 教材链接·想一想 提示：微元法。 概念辨析 1.×2.×3./4.×5./6.× 7./ 关键能力提升 考点一恒力做功的分析与计算 典例1D在题图甲中，货物随电梯匀 速上升时，货物受到的支持力竖直向 上，与货物位移方向的夹角小于90°， 故此种情况下支持力对货物做正功， C错误：题图乙中，货物受到的支持力 与电梯接触面垂直，此时货物受到的 支持力与货物位移方向垂直，故此种 情况下支持力对货物不做功，A、B错 误，D正确。 典例2AC物体置于升降机内随升降 机一起匀速运动过程中，处于受力平 衡状态，受力分析如图所示。由平衡条 件得Fcos9-Fxsin0=0,Fsin0 Fxcos日-G=0,代入数据解得F:= 10N,Fy=10√3N,x=t=20m,斜 面对物体的支持力所做的功W、= FNxc0s日=300J,A正确；斜面对物体 的摩擦力所做的功W:=Fixcos(90°一 0)=100J,B错误；物体重力做的功 W:=Gxc0s180°=一400J,即物体克 服重力做功400J,C正确；合力对物体 做的功W合=W十W:十WG=0, D错误。 G 对点演练 1.C当物体与斜面间的摩擦力为零时， 则ngtan8=mao,即当a=ao=gtan8 时，物体与斜面之间无摩擦力，此时摩 擦力不做功；若当a>gtan8时，物体 所受摩擦力沿斜面向下，此时摩擦力 与位移方向夹角小于90°，摩擦力做正 功；若当a<gtan日时，物体所受摩擦 力沿斜面向上，此时摩擦力与位移方 向夹角大于90°，摩擦力做负功，故A、 B错误；支持力方向与斜面垂直，与位 移方向夹角小于90°，则支持力一定做 正功，故C正确；合力为ma,不为零， 方向水平向左，可知合力做功不可能 为零，故D错误。 2.A根据功的公式可知，人对车的推力 做的功为W=FL,故A正确；在水平 方向上，由牛顿第二定律可知车对人 的作用力为F'=ma,由牛顿第三定律 可知人对车的作用力为一ma,人对车 做的功为W=一maL,故B错误；人在 水平方向受到车的作用力为a,竖直 方向上车对人还有支持力，故车对人 的作用力为Fv=√(ma)十(mg)产= m√a十g2,故C错误；对人，由牛顿 第二定律可得F,一F=ma,则F,= ma十F,车对人的摩擦力做的功为 W=F:L=(F十ma)L,故D错误。 考点二变力做功的分析与计算 典例3AB甲图中，因力对绳做的功 等于绳对物块做的功，则物块从A到 C过程中绳对物块做的功为W= F(loA-lx),故A正确；乙图中， F一x图线与坐标轴围成的面积代表 功，则全过程中F做的总功W=15X 6J十（一3）×6J=72J,故B正确；丙 图中，绳长为R,若空气阻力∫大小不 变，方向始终与运动方向相反，可用微 元法得小球从A运动到B过程中空气 阻力做的功为W=一f,xR= 4 -2Rf,故C错民；丁图中，F始终 保持水平，当F为恒力时将小球从P 拉到Q,F做的功是W=Flsin日，而F 缓慢将小球从P拉到Q,F为水平方 向的变力，F做的功不能直接用力乘 以位移计算，要根据动能定理求解力 F做的功，即W'=mgl(1-cos8),故 D错误。 对点演练 3.B由于水桶匀速上升，故拉力大小等 于水和桶的总重力，由于水和桶的总 质量随位移均匀减小，故拉力与位移 满足线性关系，所以可用平均力法求 解变力做功。结合题图可知，F1= m1g=100N,F2=m2g=80N,则在 提水的整个过程中，拉力对水桶做的 功为W=十Eh=1800,故B 2 正确。 4.A将圆孤分成很多小段11、12、… 1m,拉力F在每小段上做的功分别 为W1、W2、…、W。,因拉力F大小不 变，方向始终与小球的运动方向成 37°角，所以W1=Fl1c0s37°，W2= Fl2cos37°，…，W。=Fl,cos37°，故 -547- Wr=W1十W2十·十W,=Fcos379 十2寸+l)=Fcos37”,S 16πJ,故A正确，B错误；同理可得小 球克服摩擦力做的功为W,=mg· =8元J,故CD错误。 3 考点三功率的分析和计算 典例4C由题图乙可知，v一t图像的 斜率表示物体的加速度，即a= 0.5m/s2,由2F-mg=ma可得F= 10.5N,A、B错误；4s末F的作用点 的速度大小为tr=2v物=4m/s,故4s 末F的功率为P=FvF=42W,C正 确：由题图乙可知，4s内物体上升的高 度h=4m,力F的作用点的位移大小 l=2h=8m,拉力F所做的功W= Fl=84J,故4s内F的平均功率为 下=W=21W,D错误。 对点演练 5.ACD物体自由下落，t时间内物体下 落的高度A=名，则1时间内重力 对物体做的功为W,=mgh= 2mgt,A正确：t时间内重力的平均 1 功率为P= 1 t t 2mg't.B 错误：物体从静止开始自由下落，宁时 刻与t时刻物体的速度大小之比为 1:2(因u=gtct),又P=mguU, 故分时刻与：时刻重力的醉时功率之 比为1：2，C正确：为体清台时间与后 时间下落的位移大小之比为1：3， t 则重力做功之比为1：3，故重力做功 的平均功率之比为1：3，D正确。 考点四机车启动问题 典例5(1)30m/s(2)40s (3)1050m 解析：(1)当超级电容车速度达到最大 时牵引力与阻力平衡，即F=F,F:= kmg=2000N,P=Frvm,解得vm= P =30m/s。 (2)超级电容车做匀加速直线运动，由 牛顿第二定律得F1一F:=ma,解得 F1,=3000N,设超级电容车刚达到额 定功率时的速度为1，则有P=F1U1, P 解得01=F=20m/s,设超级电容车 匀加速运动的时间为t,则有v1=at, 解得1=日=0s。 参考答案“☑。 (3)从静止到最大速度的过程中只有 牵引力与阻力做功，由动能定理得 P,-Fz=2m,解得x=1050m。 对点演练 6.B根据题意可知，列车以恒定加速度 在平直轨道上运动，由牛顿第二定律 得F幸一F=ma,可知牵引力大小不 变，由P=F口可得F幸=，故A错 误，B正确；根据题意可知，列车以恒定 加速度在平直轨道上运动，则经过时 V0十 间t后，运动的距离为x= -t,阻 1 力所做的功为W=一Fx=-之F(,+ ),故C错误；在t时间内，根据动能 定理有W幸-Wa=2mw-之mu, 1 则牵引力所微的功为W◆=2m0 1 之mw6十W,故D错误。 7.C汽车先保持牵引力F。不变，由牛 顿第二定律可得F。一f=ma,汽车所 受的阻力∫为恒力，所以开始阶段汽 车做匀加速直线运动，v-t图像中 OU1段图像应为一段倾斜的直线，故 A错误；当速度为1时达到额定功率 P,此后以额定功率继续行驶，则满 足P=F,即F与U成反比，F与1 U 成正比，所以F-V图像中U1~m段 图像应为曲线，F-图像中工工 Um V1 段图像应为直线，故B错误，C正确；当 速度为1之前，保持牵引力F。不变， 则功率满足P=F。,即P与v成正 比，所以P-V图像中O~1段图像应 为过原点的直线，故D错误。 第2讲动能定理及应用 必备知识梳理 11运动(2)2m2(3)焦耳小 (4)标量无关 1 (5)末动能初动能 1 2.(1)动能的变化（2)2mui-2mw1 (3)合力 (4)①曲线运动②变力 概念辨析 1./2.×3.×4./5./6.× 关键能力提升 考点一对动能定理的理解 典例1CD电梯上升的过程中，对物 体做功的有重力mg、支持力Fv,这两 个力做的总功才等于物体动能的玫变 堂，△E,=子mi-子ma,AB错误， C正确：对电梯，无论有几个力对它做 红对勾·讲与练·高三物理 功，由动能定理可知，其合力做的功一 定等于其动能的改变量，D正确。 对点演练 1.D小物块从P,点出发到滑上斜面的 过程中有重力和摩擦力做功，设小物 块能到达斜面上的最高，点与水平面的 距离为h,与Q,点的水平距离为x,根 据动能定理得一gh一u1g·xpQ 1 ang cos9·xQ=0-2m6,即 mgh十umg（xpQ十x）=之mu6,若减 小倾角日时，h不变，则x不变，不成 立，故A、C错误；若h变大，则x变小， 也不成立，故B错误；若h变小，则x 变大，成立，故D正确。 考点二动能定理的应用 典例2D人在下滑的过程中，由动能 定理可得mgh一W=之mv一0，可得 此过程中人与滑板克服摩擦力做的功 1 为W=mgh-之m0,故选D。 典例3(1)√gR(2)0(3)√3gR 解析：(1)由题意知，小物块恰好能到 达轨道的最高点D,则在D,点有 UD mR=mg,解得vn=√gR。 (2)由题意知，小物块从C点沿圆孤切 线方向进入轨道CDE内侧，则在C点 有0s60°-，小物块从C点运动到D ,点的过程中，根据动能定理有一g(R十 1 Rc0s60)=之mui-2m2,小物块 从B,点运动到D点的过程中，根据动 1 能定理有mgHm=之mu品-之wi, 联立解得vB=√gR,HD=0。 (3)小物块从A点运动到B点的过程 中，根据动能定理有一mgs=之w店 1 2mw,s=π·2R,联立解得vA= √3gR。 典例4(1)500N/m(2)0.5N (3)11.05m(4)第一次下落至A点 下方0.009m处速度最大 解析：(1)篮球静止在弹簧上时，有 mg-kx2=0,解得k=500N/m。 (2)篮球从开始运动到第一次上升到 最高，点，由动能定理得mg(h1一h2)一 f(h1十h,十2x1)=0,代入数据解得 f≈0.5N。 (3)设篮球在整个运动过程中通过的 总路程为5，整个运动过程中，空气阻 力一直与运动方向相反， 根据动能定理有W。十W:十W弹=0， 重力做功W。=mg(h1十x,)=5.55J, 弹力做功W弹=-E。=-0.025J,则 -548- 空气阻力做功W:=一WG一W弹= -fs=-5.525J,解得s=11.05m。 (4)篮球在首次下落过程中，合力为零 处速度最大，设速度最大时弹簧形变 量为x3,有mg一f一kx3=0,所以篮 球速度位置在A点下方，离A点x3= 0.009m。 典例5(1)8m(2)102N70N 解析：(1)由题意可知斜面AB与水平 面的夹角为9=37°，则知mg sin9> umgc0s8,故滑块最终不会停留在斜 面上，由于滑块在AB段受摩擦力作 用，则滑块做往复运动的高度将越来 越低，最终以B点为最高点在光滑的 圆孤面上做往复运动。 设滑块在AB段上运动的总路程为s, 滑块在AB段上所受摩擦力大小F,= Fy=mg cos8,从A,点出发到最终 以B,点为最高点做往复运动，由动能 定理得ngR cos0一Ffs=0,解得s= 8m。 (2)滑块第一次过C点时，速度最大， 设为1，此时滑块所受轨道支持力最 大，设为Fmx,从A到C的过程，由动 能定理得mgR-Flaa=2mui一0， R 斜面AB的长度la=an9,由牛顿第 三定律得Fm一mg三R,解得 Fmx=102N。滑块以B为最高点做 往复运动的过程中，过C点时速度最 小，设为2，此时滑块所受轨道的支持 力最小，设为Fm,从B到C,由动能 1 定理得mgR(1一cos0)=2mui-0, mvi 由牛顿第二定律得Fmm一mg=R 解得Fmim=70N,根据牛顿第三定律 可知C,点受到的压力最大值为102N, 最小值为70N。 考点三动能定理与图像结合问题 典例6A设斜面倾角为日，不计摩擦 力和空气阻力，由题意可知运动员在 沿斜面下滑过程中根据动能定理有 mg1an9=E,脚=mg1an9,下滑 过程中，开始阶段倾角日不变，即Ek-x 图像为一条倾斜直线：经过圆孤轨道 过程中，0先减小后增大，即Ek一x图 像斜率先减小后增大，A正确。 典例7AB根据题图乙中直线I可知，物 块初动能E.=100J,由Ek=2m5,解 得v。=10m/s,A正确：根据动能定理 可得-(mgsin37°十gcos37)x= F合x=0-100J,其中x=5m,联立 解得μ=0.5，B正确；物块上升的最大 高度h=5×sin37°m=3m,C错误；物块 下滑时，根据动能定理得(mg sin37° ig cos37)x=Ek,解得Ek=20J, D错误。