专题2 第5讲 力的功和冲量（PPT课件）-【正禾一本通】2026年高考物理二轮专题复习高效讲义

物 理 高三二轮专题复习高效讲义 高三二轮专题复习高效讲义 物 理 1 专题二 PPT下载 http:///xiazai/ 能量与动量 2 第5讲 力的功和冲量 热点1 功和功率　冲量和动量 考向1 功和功率 考向2 动量和冲量 热点2　动能定理和动量定理的应用 考向1 动能定理的应用 考向2 动量定理的应用 课下巩固检测练（五） 力的功和冲量 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 谢谢观看 建构知识体系 【明·误区】 【记·结论】 1.计算功时误把变力的功当恒力的功计算，或确定力与位移的夹角时出错。 2．混淆平均功率和瞬时功率，不能正确选择公式进行计算。 3．分析机车启动问题时思路混乱，不能理顺各量的变化特点和制约关系。 1.在F ­x图像中，图线与x轴所围的面积表示力F在这段位移上所做的功。 2．抛体运动中，重力的功率P＝mgv cos α＝mgvy——力乘沿力方向的分速度。 3．机车以恒定功率P运动时的最大速度vm＝. 4．除了重力和弹簧弹力之外的其他力所做的总功等于物体机械能的增加量。 【明·误区】 【记·结论】 4．应用动能定理时漏掉个别力的功，或功的正负判断错误。 5．计算动量、动量变化量、冲量时忽视了物理量的矢量性，只考虑了大小。 6．应用动量定理时漏掉个别力的冲量，或没有规定正方向，运算符号混乱 5．一对滑动摩擦力的总功W总＝－Ff·s相对，数值上等于系统产生的内能，其中s相对为相对路程。 6．动量与动能的大小关系：Ek＝或p＝。 7．由动量定理知F＝，即合外力等于物体动量的变化率 【例1】 (2024·贵州高考)质量为1 kg的物块静置于光滑水平地面上，设物块静止时的位置为x轴零点。现给物块施加一沿x轴正方向的水平力F，其大小随位置x变化的关系如图所示，则物块运动到x＝3 m处，F做功的瞬时功率为(　　 ) A．8 W B．16 W C．24 W D．36 W 解析：选A。根据题图可知物块运动到x＝3 m处，F做的总功为WF＝3×2 J＋2×1 J＝8 J，该过程根据动能定理得WF＝mv2，解得物块运动到x＝3 m处时的速度为v＝4 m/s，故此时F做功的瞬时功率为P＝Fv＝8 W，故A正确。 【例2】 (2025·黑龙江哈尔滨二模)福建舰是我国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰，电磁弹射系统是福建舰的核心装备之一，在测试电磁弹射系统时，配重小车自甲板前端水平射出，落至海面上。简化模型如图所示，两辆质量相同的配重小车1和小车2先后进行弹射测试，轨迹分别为曲线1和曲线2，A、B为两次弹射的落水点。忽略空气阻力，配重小车可视为质点。则关于配重小车1和小车2，下列说法正确的是(　　 ) A．落水瞬间速度大小vA＝vB B．在空中运动过程中速度变化量Δv1＝Δv2 C．落水瞬间重力的瞬时功率PA>PB D．在空中运动过程中重力的平均功率P1<P2 解析：选B。配重小车离开甲板后做平抛运动，二者下落高度相等，根据h＝gt2，可知二者下落时间相等，由竖直方向分速度vy＝gt，可知vAy＝vBy，水平分运动为匀速运动，根据x＝vt及xA<xB得vAx<vBx，由矢量运算法则可得vA＝<vB＝，故A错误；根据速度变化量公式Δv＝gΔt，因二者下落时间相等，故二者在空中运动过程中速度变化量Δv1＝Δv2，故B正确；下落高度相等重力做功相等，又下落时间相等，由WG＝mgh及，易知在空中运动过程中二者重力的平均功率相等，故D错误；落水瞬间重力的瞬时功率为P＝mgvy，而vAy＝vBy，二者质量相等，所以落水瞬间二者重力的瞬时功率相等，故C错误。 [总结提升]功和功率的计算 功的 计算 恒力做功：W＝Fl cos θ 变力做功：动能定理、微元法、等效法、转换研究对象法、平均力法、图像法、功率法(W＝Pt) 功率 的计算 平均功率：P＝ 瞬时功率：P＝Fv cos θ(θ为F与v的夹角) 【例3】 (2025·河北邢台检测)如图所示，水平地面上固定一个半径为R＝2.5 m的圆环，从水平直径的A点平抛两个质量分别为m1、m2的物体，动量大小均为p＝10 kg·m/s，物体落到圆环上时机械能相等，取地面为零势能面，空气阻力不计，当地的重力加速度为g＝10 m/s2，则以下说法一定正确的是(　　 ) A．m1＋m2＝5 B．m1－m2＝3 C．m1m2＝2 D．m1＝3m2 解析：选C。设两个质量分别为m1、m2的物体抛出时的速度大小分别为v1、v2，由题意可知物体落到圆环上时机械能相等，由于物体在空中运动过程机械能守恒，则两物体抛出时的机械能相等，取地面为零势能面，则有m1gR＋，可得m1gR＋，代入数据可得m1＋，则有m1－m2＝，则一定有m1m2＝2，故C正确。 【例4】 (2025·福建泉州期末)某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究，他们设计了如图甲所示的模型：在粗糙水平地面上放置一个质量为m＝4 kg的物体，让其在随时间均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随时间变化情况如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，g＝10 m/s2，求： (1)0～3 s时间内物体受到水平推力的冲量大小； (2)从出发经多长时间，速度达到最大； (3)3 s末物体的速度大小。 解析：(1)F ­t图像的面积表示推力的冲量，得 IF＝ N·s＝90 N·s。 (2)速度最大时加速度为零，即F＝μmg＝20 N时速度最大，由F ­t图像可得F＝60－20t 解得t＝2 s。 (3)0～3 s由动量定理得IF－μmgt′＝mv 解得v＝7.5 m/s。 答案：(1)90 N·s　(2)2 s　(3)7.5 m/s [总结提升]冲量的三种计算方法 公式法 I＝Ft适用于求恒力的冲量 动量定理法 多用于求变力的冲量或F、t未知的情况 图像法 F ­t图线与时间轴围成的面积表示力的冲量 【例1】 (2025·云南期中联考)某同学到游乐场游玩，乘坐摩天轮时在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动(如图)，若该同学质量为m，摩天轮转动的角速度为ω，重力加速度为g，从最高点运动到最低点的过程中，轿厢对该同学的作用力做的功为(　　 ) A．－2mgR B．－2mgR＋mω2R2 C．－2mgR－mω2R2 D．0 解析：选A。由动能定理可得mg·2R＋WF＝mv2，解得WF＝－2mgR，故A正确。 【例2】 (2025·福建高考)如图甲，水平地面上有并排放置的A、B两个物块，两物块质量均为0.2 kg，A与地面间动摩擦因数为μ＝0.25，B与地面间无摩擦，两物块在外力F的作用下向右前进，F随位移x的变化图像如图乙所示，P为圆弧轨道最低点，M为圆弧轨道最高点，圆弧轨道与水平地面平滑连接，初始时水平地面上A、B与P点间的长度大于4 m。求： (1)0～1 m内F做的功； (2)x＝1 m时，A与B之间的弹力大小； (3)要保证B能到达M点，圆弧半径满足的条件。 解析：(1)F­x图像与坐标轴所围的面积表示F做功的大小，由题图乙可知，0～1 m内F所做的功 W＝1.5×1 J＝1.5 J。 (2)由题图乙可知，x＝1 m时A、B有相同的加速度 A与地面间的摩擦力f＝μmg 对A、B整体，由牛顿第二定律得 F－f＝2ma 由于B与地面间无摩擦，对B由牛顿第二定律得 FAB＝ma 联立解得A、B间的弹力大小FAB＝0.5 N。 (3)当FAB＝0时A、B分离，由(2)中分析可知F＝f＝0.5 N时A、B开始分离，由题图乙可知，此时x＝3 m 初始时水平地面上A、B与P点间的长度大于4 m，对A、B从开始运动到开始分离过程，由动能定理得 WF－μmgx＝·2mv2 结合(1)中分析由题图乙可得WF＝3.5 J 假设B可以运动到圆弧轨道最高点M，对B从两者开始分离点到运动到M点的过程，由动能定理得 －mg·2r＝mv2 要保证B能到达M点，则到达M点的速度满足vM≥ 联立解得r≤0.2 m。 答案：(1)1.5 J　(2)0.5 N　(3)r≤0.2 m [总结提升]应用动能定理的四点提醒 (1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学方法要简捷。 (2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的。 (3)物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，对全过程应用动能定理，往往能使问题简化。 (4)多过程往复运动问题一般应用动能定理求解。 【例3】 (2025·山东三模联考)如图所示为一架质量为m的无人机在空中悬停时的情景，其动力由四个相同的螺旋桨提供。每个螺旋桨向下吹出的气流速度大小为v(未知)，单个螺旋桨的气流有效横截面积为S。已知空气密度为ρ，重力加速度为g，则维持无人机悬停所需的速度大小v等于(　　 ) A． B． C． D． 解析：选A。无人机在空中悬停时，四个相同的螺旋桨向下推动空气获得升力，根据平衡条件有4F＝mg，设Δt时间内每个螺旋桨向下吹出的空气的质量为Δm＝ρSvΔt，对向下推动的空气由动量定理可得F′Δt＝Δmv－0，且有F＝F′，联立解得v＝，故A正确。 【例4】 (2025·浙江高考)有一离地面高度20 m、质量为2×10-13 kg稳定竖直降落的沙尘颗粒，在其降落过程中受到的阻力与速率v成正比，比例系数1×10-9 kg/s，重力加速度g＝10 m/s2，则它降落到地面的时间约为(　　 ) A．0.5 h B．3 h C．28 h D．166 h 解析：选B。沙尘颗粒开始时速度较小，阻力较小，可知mg－kv＝ma，沙尘颗粒速率增大，阻力增大，加速度减小，当a＝0时，沙尘颗粒速度达到最大且稳定，此时速度满足mg＝kvm，解得vm＝2×t＝mv，即mgt－kh＝mv，则沙尘颗粒下落时间为t＝，由于mv≪kh，则t≈＝104 s≈3 h，故B正确。 【例5】 (2025·辽宁沈阳二模)如图所示，同学A在距离地面高h＝1 m处将排球以v0＝10 m/s的初速度斜向上击出，速度的方向与水平方向的夹角为53°，站在对面的同学B静止不动，伸直的手臂与水平地面呈一定夹角，排球恰好在离地h处垂直打到B的手臂上。假设碰撞过程中手臂保持静止，B垫起球的前后，排球的速度大小相等、方向相反，排球与手臂的作用时间为0.1 s，排球的质量m＝0.2 kg，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，排球可视为质点，不计空气阻力。求： (1)排球运动过程中离地面的最大高度； (2)A击球点和B接球点之间的水平距离； (3)B在垫球的过程中，手臂受到的弹力的平均值。 解析：(1)排球能上升的高度 h′＝ 离地面的最大高度H＝h＋h′ 解得H＝4.2 m。 (2)排球上升到最高点的过程中在竖直方向上有 0＝v0sin 53°－g 在水平方向上有x＝v0cos 53°·t 解得x＝9.6 m。 (3)以B垫起后排球的速度为正方向，根据动量定理得 t′＝mv0－m(－v0) 解得＝41.6 N 根据牛顿第三定律可知，手臂受到的弹力的平均值为41.6 N。 答案：(1)4.2 m　(2)9.6 m　(3)41.6 N [总结提升]动量定理的应用技巧 (1)研究对象一般是单个物体，也可以是多个物体组成的系统。 (2)表达式是矢量式，需要规定正方向。 (3)匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷。 (4)在变加速运动中F为Δt时间内的平均力。 (5)电磁感应问题中，利用动量定理可以求解时间、电荷量或导体棒的位移 【基础练】 1．(2025·云南高考)如图所示，中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发，沿水平直轨道逐渐加速到144 km/h，在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近(　　 ) A．4×105 J B．4×104 J C．4×103 J D．4×102 J 解析：选B。高中生的质量约为50 kg，根据动能定理有W＝mv2＝4.0×104 J，故B正确。 2．(2025·江苏宿迁一模)将一小球从地面竖直向上抛出，小球上升到某一高度后又落回到地面。若该过程中空气阻力大小不变，则(　　 ) A．在上升过程与下降过程中，重力做的功相同 B．在上升过程与下降过程中，重力的冲量相同 C．上升过程中小球动量的变化率比下降过程中的大 D．整个过程中空气阻力的冲量等于小球动量的变化量 解析：选C。根据WG＝Gh可知，重力在上升过程做负功，下降过程做正功，故A错误；上升过程中的加速度大小mg＋f＝ma1，下降过程中的加速度大小mg－f＝ma2，则a1>a2，由于位移相等，根据x＝可知，上升的时间小于下降的时间，根据I＝Gt可知，重力在上升过程中的冲量小于下降过程中的冲量，故B错误；根据动量定理可知F合＝，结合B项分析可知，上升过程中小球动量的变化率比下降过程中的大，故C正确；整个过程中空气阻力的冲量和重力的冲量之和等于小球动量的变化量，故D错误。 3．(2025·江西名校联考)如图所示，建筑工地上有一工人背起一堆质量为m的砖块，将后背看作斜面，后背与水平面的夹角为θ，工人背起砖块后由静止开始沿水平面做匀加速直线运动，加速度大小为a，砖块与工人之间始终保持相对静止，砖块与工人后背之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。则在工人向前运动L距离的过程中，工人对砖块做的功为(　　 ) A．maL B．maL cos θ C．μmgL cos2θ D．mL sin θ 解析：选A。砖块受到的合力F合＝ma，方向水平向前，所以在工人向前运动L距离的过程中，合力对砖做功W＝maL，砖的重力与运动方向垂直，对砖不做功，则人对砖块的作用力(支持力和静摩擦力的合力)所做的功就等于合力的功，即W做＝W＝maL，故A正确。 4．(2025·安徽黄山模拟)在校秋季运动会上，张华同学参加铅球比赛，他将同一铅球从空中同一位置A先、后两次抛出，第一次铅球轨迹如图中1所示，第二次铅球轨迹如图中2所示。不计空气阻力，铅球可看作质点。关于两次抛出，下列说法正确的是(　　 ) A．轨迹1的铅球在空中飞行时间较短 B．轨迹1的铅球在A点时重力的功率较小 C．轨迹2的铅球在最高点时的动量较小 D．两次抛出过程中，轨迹2铅球的重力冲量较小 解析：选D。铅球沿轨迹1抛出时，铅球上升的高度较大，根据h＝gt2可知，轨迹1的铅球上升和下落所用时间均较长，所以轨迹1的铅球在空中飞行时间较长，故A错误；从A点到最高点，竖直方向有＝2gh，由于轨迹1的铅球上升的竖直高度较大，则轨迹1的铅球在A点的竖直分速度较大，根据P＝mgvy可知，轨迹1的铅球在A点时重力的功率较大，故B错误；铅球沿轨迹2运动时水平位移较大，根据vx＝可知，由于铅球沿轨迹2在空中飞行时间较短，所以轨迹2的铅球水平速度较大，即铅球在轨迹2最高点的速度较大，轨迹2的铅球在最高点时的动量较大，故C错误；根据I＝mgt可知，由于铅球沿轨迹2在空中飞行时间较短，所以两次抛出过程中，轨迹2铅球的重力冲量较小，故D正确。 5．(2025·宁夏石嘴山期末)数据表明，在电动车事故中，佩戴头盔可防止85%的头部受伤，大大减小损伤程度。头盔内部的缓冲层与头部的撞击时间延长至6 ms以上，人头部的质量约为2 kg，则下列说法不正确的是(　　 ) A．头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率 B．头盔减少了驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量 C．事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量大小相等 D．若事故中头部以6 m/s的速度水平撞击缓冲层，则头部受到的撞击力最大为2 000 N 解析：选B。根据I＝F·Δt＝Δp，解得F＝，驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量不变；但佩戴头盔可使头部的撞击时间延长，头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率，故A正确，B错误。头盔对头部的作用力与头部对头盔的作用力等大反向，作用时间相同，所以事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量大小相等，故C正确。若事故中头部以6 m/s的速度水平撞击缓冲层，则头部受到的撞击力最大为F＝ N＝2 000 N，故D正确。 6．(2025·山东高考)一辆电动小车上的光伏电池，将太阳能转换成的电能全部给电动机供电，刚好维持小车以速度v匀速运动，此时电动机的效率为50%。已知小车的质量为m，运动过程中受到的阻力f＝kv(k为常量)，该光伏电池的光电转换效率为η，则光伏电池单位时间内获得的太阳能为(　　 ) A． B． C． D． 解析：选A。根据题意小车匀速运动，则有F＝f＝kv，小车的机械功率P机＝Fv＝kv2，由于电动机的效率为50%，则有P电＝＝2kv2，光伏电池的光电转换效率为η，即η＝，可得P阳＝，故A正确。 【能力练】 7．(2025·福建宁德三模)温福高铁宁德段正在加速建设中，宁德山区雾气重，假设列车在水平长直轨道上运行时，列车周围空气静止，车头前方的空气与水雾碰到车头后速度变为与列车速度相同，空气密度为ρ，空气中单位体积内有n颗小水珠，每颗小水珠的质量为m，车头的横截面积为S，列车以速度v匀速运行。则列车因与空气和水珠冲击而受到的阻力约为(　　 ) A．(ρ＋nm)Sv B．(ρ＋nm)Sv2 C．ρSv2＋nmSv D．ρSv＋nmSv2 解析：选B。在时间Δt内车头遇到的水珠的质量Δm1＝vΔtSnm，遇到空气的质量Δm2＝vΔtSρ，对这些水珠及空气组成的整体研究，由动量定理FΔt＝(Δm1＋Δm2)v，解得F＝(ρ＋nm)Sv2，由牛顿第三定律可知列车因与空气和水珠冲击而受到的阻力约为F′＝(ρ＋nm)Sv2，故B正确。 8．(2025·山东名校联考)如图，一质量均匀分布的木板长度为L，静止在均匀粗糙的水平桌面上，其右端和桌面右端对齐。现给木板一水平向右的瞬时冲量，木板右移后静止。将木板放回原位，桌子右端拼合上一张等高的光滑水平桌面，再给木板同样的瞬时冲量I，则木板完全停下时右移的距离为(　　 ) A． B． C． D．L 解析：选C。第一次根据动能定理有，其中I＝mv0，第二次设木板完全停下时右移的距离为x，则由动能定理有 ·x，解得x＝，故C正确。 9．(2025·山东滨州二模)我国“巡天号”地外天体采样机器人着陆某小行星时的最后阶段，需通过引擎反推实现减速。机器人以初速度v0＝8 m/s垂直接近地表时，引擎提供功率恒定的反向推力，功率的大小P＝2.0×103 W，使其速度减小到2 m/s。由于存在稀薄大气，空气阻力大小f＝kv(v为速度，系数k＝0.2 N·s·m-1)，机器人重力保持不变。则速度从8 m/s到2 m/s的下落过程中，机器人的加速度(　　 ) A．先增大后减小 B．先减小后增大 C．一直增大 D．一直减小 解析：选C。机器人下落过程中，受到重力、空气阻力和反推力作用，根据牛顿第二定律有f＋F－mg＝ma，其中f＝kv，又有F＝，联立解得a＝－g，根据不等式关系，当时，即v＝＝100 m/s，有极小值。所以速度从8 m/s到2 m/s的下落过程中，机器人的加速度一直增大，故C正确。 10．(多选)(2025·陕西汉中二模)风洞实验是了解飞行器空气动力学特性的一种空气动力实验方法。在风洞中将一质量为m的飞行器 (可视为质点)由静止释放，假设飞行器所受风洞阻力方向竖直向上，风洞阻力大小f与飞行器下降速率v的关系为f＝kv，测出飞行器由静止下降h后做匀速直线运动，重力加速度大小为g。关于飞行器下降h的过程，下列说法正确的是(　　 ) A．飞行器的最大速率为v＝ B．风洞阻力对飞行器做功为mgh－ C．飞行器运动过程中机械能守恒 D．飞行器运动时间为t＝ 解析：选AD。飞行器速度最大时加速度为零，则有mg－kvm＝0，解得vm＝，故A正确；对飞行器由动能定理得mgh＋Wf＝，解得Wf＝－mgh，故B错误；因风洞阻力会对飞行器做功，故飞行器运动过程中机械能不守恒，故C错误；对飞行器由动量定理得mgt－kt＝mvm，又t＝h，联立解得t＝，故D正确。 11．(2025·广东高考)如图所示，用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻旋入木塞内，随后下压把手，使齿轮绕固定支架上的转轴转动，通过齿轮啮合，带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始，顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动，木塞所受摩擦力f随位移大小x的变化关系为f＝f0，其中f0为常量，h为圆柱形木塞的高，木塞质量为m，底面积为S，加速度为a，齿轮半径为r，重力加速度为g，瓶外气压减瓶内气压为Δp且近似不变，瓶子始终静止在桌面上。(提示：可用f ­x图线下的“面积”表示f所做的功)求： (1)木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度ω。 (2)拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W。 (3)拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。 解析：(1)木塞的末速度等于齿轮线速度，对木塞，根据运动学公式v2＝2ah 根据角速度和线速度的关系v＝ωr 联立可得ω＝。 (2)根据题意画出木塞摩擦力与运动距离的关系图如图所示， 可得摩擦力对木塞所做的功为 Wf＝－f0h 对木塞，根据动能定理 W＋Wf－mgh－ΔpSh＝mv2－0 解得W＝mah＋mgh＋f0h＋ΔpSh。 (2)根据题意画出木塞摩擦力与运动距离的关系图如图所示， 对木塞，根据动能定理 W＋Wf－mgh－ΔpSh＝mv2－0 解得W＝mah＋mgh＋f0h＋ΔpSh。 (3)设开瓶器对木塞的作用力为F，对木塞，根据牛顿第二定律 F－mg－f－ΔpS＝ma 速度v′＝at 位移x＝at2 开瓶器的功率P＝Fv′ 联立可得P＝magt＋ma2t＋ΔpSat＋f0at－×t3。 答案：(1)　(2)mah＋mgh＋f0h＋ΔpSh　(3)P＝magt＋ma2t＋ΔpSat＋f0at－×t3 【创新练】 12．(2025·河北高考)如图，一长为2 m的平台，距水平地面高度为1.8 m。质量为0.01 kg的小物块以3 m/s的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2。物块视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。 (2)若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m，物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计1 s。求物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小，以及物块弹离地面时水平速度的大小。 解析：(1)小物块在平台做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有a＝μg 则小物块从开始运动到离开平台有 ＝－2ax0 小物块从平台飞出后做平抛运动有 h＝，x＝vxt1 联立解得x＝0.6 m。 (2)物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m，则物块弹起至最大高度所用时间和弹起的初速度有 h′＝，vy2＝gt2 则物块与地面接触的时间 Δt＝t－t1－t2＝0.1 s 物块与地面接触的过程中根据动量定理，取竖直向上为正，在竖直方向有 IN－mgΔt＝mvy2－m(－vy1)，vy1＝gt1 解得IN＝0.1 N·s 取水平向右为正，在水平方向有 －μNΔt＝mvx′－mvx，IN＝NΔt 解得vx′＝－1 m/s 但由于vx′减小为0将无相对运动和相对运动的趋势，故vx′＝0。 答案：(1)0.6 m　(2)0.1 N·s　0 $