05 专题二 第5课时 功与功率 动能定理（课件PPT）-【高考快车道】2026高考物理大二轮专题复习与讲义

专题二　能量与动量 1 第5课时　功与功率　动能定理 3 【备考指南】　 1．备考过程要重视基本概念的复习，夯实功、功率、动能等基本概念以及动能定理基本规律。 2．通过对典型问题的分析，强化运动分析、受力分析以及能量转化分析的能力。 3．复习中渗透一些重要的思想方法，如数学方法、图像法、极限法等来分析解决问题，提升学生的素养能力。 第5课时　功与功率　动能定理 热点一　功与功率 1．功的计算 热点一 热点二 课后限时练 第5课时　功与功率　动能定理 5 2．功率计算的“两公式”“三关联” (1)两个公式 ①平均功率：P＝。 ②瞬时功率：P＝Fv cos α(α为F与v的夹角)。 热点一 热点二 课后限时练 第5课时　功与功率　动能定理 (2)机车启动三个关联 ①机车启动匀加速过程中的最大速度v1(此时机车输出的功率最大)： 由F牵－F阻＝ma，P额＝F牵v1，可求出v1＝。 ②全程的最大速度vmax(此时F牵＝F阻)： 由P额＝F阻vmax，可求出vmax＝。 ③机车启动模型中的关键方程：P＝F牵v，F牵－F阻＝ma，vmax＝，Pt－F阻x＝ΔEk。 热点一 热点二 课后限时练 第5课时　功与功率　动能定理 [典例1]　[功和功率的基本计算](多选)小刘驾驶的汽车后面用水平的绳子系着一质量为m的箱子，已知箱子与水平地面之间的动摩擦因数为μ，从某位置开始，汽车拉着箱子在水平面内做半径为R的匀速圆周运动，经时间T，箱子第一次回到该位置，重力加速度为g，忽略空气的阻力、绳子重力，在箱子转动一圈的过程中(　　) A．绳子的拉力与摩擦力的方向相反 B．摩擦力对箱子所做的功为零 C．摩擦力对箱子所做的功为－2πμmgR D．箱子克服摩擦力做功的平均功率为 √ √ 热点一 热点二 课后限时练 第5课时　功与功率　动能定理 CD　[由题意，箱子在水平面内做匀速圆周运动，则摩擦力与拉力的合力提供向心力，受力分析如图所示，显然绳子的拉力与摩擦力不在一条直线上，A错误；箱子做匀速圆周运动的过程中，摩擦力的方向始终与运动方向相反，所以摩擦力为变力，由微元法可知，摩擦力对箱子所做的功为Wf＝－FfL，又Ff＝μFN＝μmg，L＝2πR，解得Wf＝－2πμmgR，C正确，B错误；箱子克服摩擦力做功的平均功率为P＝＝，D正确。] 方法技巧　变力做功的计算方法 方法 情境图示 情境解读 微元法 摩擦力大小不变，方向始终沿切线方向 Wf＝－Ff·2πR 等效转换 F为恒力，绳是轻绳 W＝F· 热点一 热点二 课后限时练 第5课时　功与功率　动能定理 方法 情境图示 情境解读 平均力法 F随x线性变化 W＝·(x2－x1) 图像法 面积的代数和为总功 热点一 热点二 课后限时练 第5课时　功与功率　动能定理 方法 情境图示 情境解读 功率法 W＝Pt 牵引力做功，P恒定 动能定理 小球缓慢从A点移动到B点，水平力F做功 WF＝mgL(1－cos θ) 热点一 热点二 课后限时练 第5课时　功与功率　动能定理 [典例2]　[变力做功](2025·湖北武汉5月模拟)如图甲所示，有长度均为s0的AB、BC两段水平路面，AB段光滑，BC段粗糙。在A处静止的小物体质量为m(可视为质点)，在水平恒力F作用下从A点开始运动，到C点恰好停下，BC段动摩擦因数自左往右逐渐增大，具体变化如图乙所示，重力加速度为g。下列判断正确的是(　　) 热点一 热点二 课后限时练 第5课时　功与功率　动能定理 A．水平恒力F的大小为F＝μ0mg B．水平恒力F在AB、BC两段路面上做功不相等 C．水平恒力F在AB段的平均功率等于在BC段的平均功率 D．水平恒力F在AB段中间时刻瞬时功率大于在BC段中间时刻瞬时功率 √ 热点一 热点二 课后限时练 第5课时　功与功率　动能定理 A　[将题图乙纵轴乘以mg，则可认为在BC段小物体所受的摩擦力随位移均匀增加，则小物体克服摩擦力做的功Wf＝μ0mgs0，小物体从A点开始运动，到C点恰好停下，根据动能定理，有＝0，解得F＝μ0mg，故A正确；根据W＝Fx得F在AB、BC两段做的功相同，故B错误；小物体在AB段做匀加速直线运动，在BC段先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，则在AB段运动的时间大于在BC段运动的时间，即水平恒力F在AB段的平均功率小于在BC段的平均功率，故C错误；小物体在AB段中间时刻的瞬时速度小于在BC段中间时刻的瞬时速度，则水平恒力F在AB段中间时刻瞬时功率小于在BC段中间时刻瞬时功率，故D错误。] [典例3]　[机车启动](多选)(2025·天津市南开中学10月质检)某新能源汽车的生产厂家在测试新产品的性能时，由司机驾驶一质量为m的新能源汽车由静止开始沿平直的公路运动，通过传感器在计算机上描绘出了汽车的牵引力F与汽车速度v的关系图像，如图所示。已知整个过程中汽车所受的阻力恒为F2，汽车达到额定功率后功率就保持不变，v2＝3v1，图像中F1未知。则下列说法正确的是(　　) A．汽车在加速阶段的加速度保持不变 B．F1∶F2＝3∶1 C．汽车的速度为时，汽车的加速度为 D．在v1～v2的过程中，汽车的平均速度为2v1 √ √ 热点一 热点二 课后限时练 第5课时　功与功率　动能定理 BC　[0～v1的过程中，汽车的牵引力保持不变，则该过程中汽车做匀加速直线运动，在v1～v2的过程中，汽车的牵引力逐渐减小，则汽车所受的合外力逐渐减小，加速度逐渐减小，当牵引力等于F2时，汽车的加速度为零，速度达到最大值，故A错误；在v1～v2的过程中，汽车的功率保持不变，则有P＝F1v1＝F2v2，解得F1∶F2＝3∶1，故B正确；汽车的速度为时，汽车的牵引力为F＝，由牛顿第二定律得F－F2＝ma，解得a＝，故C正确；在v1～v2的过程中，汽车 做加速度减小的加速运动，其v-t图像如图所示，则该 过程中汽车的平均速度满足>＝2v1，故D错误。] 热点二　动能定理的理解及应用 应用动能定理解题的一般步骤 1．选对象：确定研究对象和研究过程。 2．两分析： (1)运动分析：运动性质及特点，明确初、末状态的动能。 (2)受力分析：几个力，恒力还是变力，正功还是负功，求总功。 3．列方程：分阶段或全过程列动能定理。 热点二 课后限时练 热点一 第5课时　功与功率　动能定理 18 [典例4]　[多过程中的动能定理](2025·湖北七市12月联考)如图甲所示，斜面AB高为h＝1.25 m，底边长L＝2.5 m，可视为质点的滑块以初速度v0从斜面底斜向上抛出，到达B点时的速度v恰好沿水平方向，最终停止于水平面上D点。B、D两点间的距离d＝4.5 m，其中滑块与水平面BC段(C点未标出)间的动摩擦因数μ1＝0.3，滑块与水平面CD段间的动摩擦因数μ2＝0.2，重力加速度g取10 m/s2。 热点二 课后限时练 热点一 第5课时　功与功率　动能定理 (1)求滑块抛出时的初速度v0的大小； (2)求BC段的长度d1； (3)若水平面BD段粗糙程度不断变化，某位置和滑块间的动摩擦因数μ与该点到B点的距离x的关系图像如图乙所示，试判断滑块能否运动到D点，如果能，请计算滑块到达D点时的速度大小；如果不能，请写出理由。 热点二 课后限时练 热点一 第5课时　功与功率　动能定理 [解析]　(1)设滑块斜抛运动时间为t，逆向看成滑块做平抛运动，由平抛运动规律有L＝vt，h＝gt2，解得t＝0.5 s，v＝5 m/s 对滑块从A到B的过程，设滑块质量为m，由动能定理有－mgh＝(分段应用动能定理) 解得v0＝5 m/s。 (2)已知BC段长度为d1，设CD段长度为d2，BC和CD段动摩擦因数不同，由动能定理有－μ2mgd2＝－mv2(全程应用动能定理) 又d1＋d2＝d，解得d1＝3.5 m。 (3)由题图乙知从0到x1＝2.0 m，动摩擦因数的平均值为＝＝0.15，摩擦力做功为Wf1＝－mgx1，从x1＝2.0 m到x2＝4.5 m，动摩擦因数的平均值为＝＝0.2，摩擦力做功为Wf2＝－mg(x2－x1) 假设滑块能到D，对BD过程，由动能定理有Wf1＋Wf2＝－mv2(全程应用动能定理)，解得vD＝3 m/s，即滑块可以到达D点。 [答案]　(1)5 m/s　(2)3.5 m　(3)3 m/s　能到达D点 模型图析　动能定理解决“多过程”模型方法图析 分类 情境图示 情境解读 直线运动 的多过程 若接触面光滑 过程①：匀加速直线运动 过程②：匀速直线运动 热点二 课后限时练 热点一 第5课时　功与功率　动能定理 分类 情境图示 情境解读 包含弹簧、 曲线运动 的多过程 若接触面光滑 过程①：加速直线运动 过程②：匀速直线运动 过程③：变速圆周运动 包含电场 力作用的 多过程 过程①：平抛运动 过程②：圆周运动 过程③：直线运动 热点二 课后限时练 热点一 第5课时　功与功率　动能定理 [典例5]　[动能定理和图像](多选)质量为m＝1 kg的物体静止在水平且粗糙的地面上，在一水平外力F的作用下运动，如图甲所示。外力F做的功及物体克服摩擦力f做的功与物体位移的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2。下列分析正确的是(　　) A．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2 B．物体的位移为13 m C．物体在前3 m内的加速度为3 m/s2 D．x＝9 m时，物体的速度为3 m/s √ √ √ 热点二 课后限时练 热点一 第5课时　功与功率　动能定理 ACD　[设物体与地面之间的动摩擦因数为μ，则根据物体克服摩擦力做的功Wf＝fx＝μmgx，可知20 J＝μ×1×10×10 J，解得μ＝0.2，整个过程中滑动摩擦力一直做功，故物体的位移为x′＝＝ m＝13.5 m，选项A正确，B错误；前3 m内拉力F1＝＝ N＝5 N，又f＝μmg＝ 2 N，则物体在前3 m内的加速度为a1＝＝3 m/s2，选项C正确；由动能定理得WF－fx＝mv2，当x＝9 m时WF＝27 J，代入解得物体的速度为v＝3 m/s，选项D正确。] 方法技巧　解决动能定理与图像问题的方法和技巧 热点二 课后限时练 热点一 第5课时　功与功率　动能定理 1．[恒力与变力做功](2023·北京卷)如图所示，一物体在力F作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体质量为m，加速度大小为a，物体和桌面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，在物体移动距离为x的过程中(　　) A．摩擦力做功大小与F方向无关 B．合力做功大小与F方向有关 C．F为水平方向时，F做功为μmgx D．F做功的最小值为max √ 热点二 课后限时练 热点一 第5课时　功与功率　动能定理 D　[设力F与水平方向的夹角为θ，则摩擦力为f＝μ(mg－F sin θ)，摩擦力做的功大小Wf＝μ(mg－F sin θ)x，即摩擦力做功大小与F的方向有关，选项A错误；合力做功W＝F合x＝ma·x，可知合力做功与力F方向无关，选项B错误；当力F水平时，则F＝ma＋μmg，力F做功为WF＝Fx＝(ma＋μmg)x，选项C错误；因合力功为max，大小一定，而合力做的功等于力F与摩擦力f做功的代数和，而当F sin θ＝mg时，摩擦力f＝0，则此时摩擦力做功为零，此时力F做功最小，最小值为max，选项D正确。故选D。] 2．[运动过程中的能量问题](2024·新课标卷)福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。借助配重小车可以进行弹射测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上。调整弹射装置，使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍。忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的(　　) A．0.25倍 B．0.5倍 C．2倍 D．4倍 √ 热点二 课后限时练 热点一 第5课时　功与功率　动能定理 C　[＝，C对。] 3．[变力做功](2025·广东卷)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(1－)，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： 热点二 课后限时练 热点一 第5课时　功与功率　动能定理 (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。 热点二 课后限时练 热点一 第5课时　功与功率　动能定理 [解析]　(1)木塞做匀加速直线运动，由速度位移公式有v2＝2ah 解得木塞离开瓶口瞬间的速度为v＝ 则齿轮外侧的线速度也为v＝，所以齿轮的角速度ω＝＝。 (2)由木塞所受摩擦力随位移大小的变化关系可知，拔塞的全过程摩擦力对木塞做的功为Wf＝－h 拔塞的全过程，对木塞由动能定理有 W＋Wf－mgh－Δp·Sh＝mv2 联立解得W＝＋mgh＋mah＋ShΔp。 (3)拔塞过程中，对木塞由牛顿第二定律有 F－f－mg－Δp·S＝ma 由位移时间公式有x＝at2 拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P＝Fv 又v＝at 联立可得P＝mgat＋ma2t＋SatΔp＋f0at，其中t≤。 [答案]　(1)　(2)＋mgh＋mah＋ShΔp　(3)P＝mgat＋ma2t＋SatΔp＋f0at，其中t≤ 【教师备选资源】 (2024·福建卷)我国古代劳动人民创造了璀璨的农耕文明。图(a)为《天工开物》中描绘的利用耕牛整理田地的场景，简化的物理模型如图(b)所示，人站立的农具视为与水平地面平行的木板，两条绳子相互平行且垂直于木板边缘。已知绳子与水平地面的夹角θ为25.5°，sin 25.5°＝0.43，cos 25.5°＝0.90。当每条绳子拉力F的大小为250 N时，人与木板沿直线匀速前进，在15 s内前进了20 m，求此过程中： (1)地面对木板的阻力大小； (2)两条绳子拉力所做的总功； (3)两条绳子拉力的总功率。 热点二 课后限时练 热点一 第5课时　功与功率　动能定理 [解析]　(1)人与木板沿直线匀速前进，由力的平衡条件有2F cos θ＝f 解得地面对木板的阻力大小f＝450 N。 (2)根据功的定义，有W＝2Fl cos θ 解得两条绳子拉力所做的总功W＝9.0×103 J。 (3)根据功率的定义，有P＝ 解得两条绳子拉力的总功率P＝600 W。 [答案]　(1)450 N　(2)9.0×103 J　(3)600 W 说明：单选题每小题4分，多选题每小题6分，本试卷总分42分 1．(2025·福建泉州一模)如图所示，运动员正在使用“倒蹬机”锻炼身体。当他用脚蹬踏板并将其推至最高处的过程中(忽略运动员重心的变化)，下列说法正确的是(　　) A．靠背对运动员做正功 B．靠背对运动员做负功 C．脚对踏板做正功 D．脚对踏板做负功 课后限时练5　功与功率　动能定理 题号 1 3 5 2 4 6 7 √ 热点一 热点二 课后限时练 第5课时　功与功率　动能定理 39 C　[靠背对运动员的力垂直于靠背，由于运动员没有发生位移，所以靠背对运动员不做功，故A、B错误；脚对踏板的力和踏板的位移方向相同，所以脚对踏板做正功，故C正确，D错误。故选C。] 题号 1 3 5 2 4 6 7 题号 2 1 3 4 5 6 7 2．(多选)(2023·广东卷)人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示，可看作质点的货物从圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s。已知货物质量为20 kg，滑道高度h为4 m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10 m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有(　　) A．重力做的功为360 J B．克服阻力做的功为440 J C．经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2 D．经过Q点时对滑道的压力大小为380 N √ √ √ 热点一 热点二 课后限时练 第5课时　功与功率　动能定理 41 BCD　[重力做的功为WG＝mgh＝800 J，A错误；货物下滑过程根据动能定理可得WG－Wf＝代入数据解得克服阻力做的功为Wf＝440 J，B正确；经过Q点时向心加速度大小为a＝＝9 m/s2，C正确；经过Q点时，根据牛顿第二定律可得F－mg＝ma，解得货物受到的支持力大小为F＝380 N，根据牛顿第三定律可知，货物对滑道的压力大小为 380 N，D正确。] 题号 2 1 3 4 5 6 7 42 3．(2025·苏北七市二模)如图所示，斜面体固定在水平面上，斜面体的两侧面与水平面平滑连接，两小木块同时从斜面体的顶端由静止下滑，最终停在水平面上。已知木块与斜面、水平面间的动摩擦因数相同，下列描述木块水平分速度大小vx随时间t变化关系图像可能正确的是(　　) 题号 2 1 3 4 5 6 7 热点一 热点二 课后限时练 第5课时　功与功率　动能定理 43 题号 2 1 3 4 5 6 7 √ 热点一 热点二 课后限时练 第5课时　功与功率　动能定理 44 B　[到达水平面时，水平方向分速度变化为了合速度，故速度大小会突然变大，根据动能定理有mgh－μmg＝mv2，可知两木块到达底端时的速度不等，倾角θ大的速度大，结合图像，故B正确。] 题号 2 1 3 4 5 6 7 45 4．如图甲所示为我国自主研制的全球首款轮式起重机，将120吨的风力发电机组吊至高空，若该起重机由静止开始竖直向上提升机组，加速度和速度的倒数图像如图乙所示，不计其他阻力，g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．发电机组上升的最大速度vm＝10 m/s B．起重机的额定功率为P＝1.2×107 W C．发电机组在0～6 s内做匀加速直线运动 D．第6 s内起重机对发电机组做的功为W＝1.44×107 J 题号 2 1 3 4 5 6 7 √ 热点一 热点二 课后限时练 第5课时　功与功率　动能定理 46 D　[当横坐标为0.1时，起重机达到额定功率，对发电机组，由牛顿第二定律有－mg＝ma，解得P＝1.44×107 W，故B错误；当发电机组达到最大速度时，加速度为零，故有－mg＝0，解得vm＝12 m/s，故A错误；由题图乙可知，当横坐标为0.1时，起重机达到额定功率，不再做匀加速运动，而是开始做加速度减小的加速运动，直到达到最大速度后匀速，由运动学公式可知t1＝＝ s＝5 s，故C错误；起重机在第5 s后达到额定功率，恒功率运行，故第6 s内起重机对发电机组做的功为W＝Pt＝1.44×107×1 J＝1.44×107 J，故D正确。故选D。] 题号 2 1 3 4 5 6 7 47 5．(2025·广东珠海一中、广州二中等名校10月联考)某滑雪场设置了如图所示滑道跳雪游戏项目，滑道由高为H的斜面滑道AB、水平滑道BC和高为h的斜面滑道CD三部分组成，AC水平距离为L，CD滑道的倾角固定，为45°，游客脚上的滑雪板与三段滑道之间的动摩擦因数均为μ＝0.25，游客从A点由静止开始下滑，经过水平滑道BC后在C点水平飞出，若不计在B点的机械能损失，下列说法正确的是(　　) 题号 2 1 3 4 5 6 7 热点一 热点二 课后限时练 第5课时　功与功率　动能定理 48 题号 2 1 3 4 5 6 7 A．其他条件不变，为保证游客落在滑道CD上而不是D所在水平面，L可以设计适当短一些 B．若游客落在滑道CD的不同点上，则落在滑道各点时 的速度方向不相同 C．只要H和L一定，不管滑道AB的倾角有多大，游客从C点飞出的速度相同 D．当3H＝L＋h时，游客恰好落在D点 √ 热点一 热点二 课后限时练 第5课时　功与功率　动能定理 49 C　[对游客从A到C，由动能定理有mgH－μmg cos α·xAB－μmg·xBC＝，即mgH－μmgL＝，则只要H和L一定，不管滑道AB的倾角有多大，游客从C点飞出的速度相同，故C正确；若游客落在滑道CD的不同点上，则位移的偏向角相同，根据平抛运动的速度的偏向角的正切值等于位移偏向角的正切值的2倍可知，落在滑道CD各点时的速度偏向角相等，即落在滑道CD上的速度方向相同，故B错误；由C选项的分析可知，L越短，则到达C点时速度越大，游客在CD斜面上的位移越长，故A错误；若游客恰能落在D点，则h＝vC　t＝gt2，又mgH－μmgL＝，联立解得4H＝L＋h，故D错误。] 题号 2 1 3 4 5 6 7 50 6．如图所示，固定在水平地面上的粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B点，C是最低点，圆心角∠BOC＝37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R＝1.0 m。现有一小滑块从D点的正上方E点处自由下落，经过圆弧轨道到达斜面上，一直没有滑出斜面，已知D、E间的距离h＝1.0 m，小滑块与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.6。取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2。则小滑块在斜面上滑行的路程为(　　) A．1.8 m B．2.4 m C．2.85 m D．3.75 m 题号 2 1 3 4 5 6 7 √ 热点一 热点二 课后限时练 第5课时　功与功率　动能定理 51 D　[方法一　设动摩擦因数为μ1时小滑块刚好能静止在斜面上，则有mg sin 37°＝μ1mg cos 37°，解得μ1＝0.75，因μ＝0.6<μ1＝0.75，则小滑块最后运动到B点时速度为0，小滑块恰好不能滑到斜面上。设小滑块在斜面上滑行的路程为s，则小滑块在斜面上滑行的过程中克服摩擦力做的功为μmg cos 37°·s，对小滑块从释放到运动到B点时速度为0的过程，由动能定理有mg(h＋R cos 37°)－ μmg cos 37°·s＝0，解得s＝3.75 m，选项D正确。 题号 2 1 3 4 5 6 7 52 方法二　取水平地面为零势能面，若小滑块下落后在粗糙程度和斜面相同的水平地面上运动，则小滑块在水平地面上的运动距离为x＝＝3 m，小滑块在斜面上受到的摩擦力小于在水平地面上受到的摩擦力，则小滑块在斜面上运动的距离大于3 m，排除A、B、C选项。] 题号 2 1 3 4 5 6 7 53 7．(16分)(2025·山东聊城三模)某质量为m＝50 kg的体操运动员展示下杠动作，如图所示，双手与肩同宽抓住单杠，使重心以单杠为轴做半径R＝1 m的圆周运动，重心通过单杠正上方A点时速率v＝2 m/s，转至B点时松手脱离单杠，然后重心以速率vC＝1.8 m/s经过最高点C，落地时重心的位置为D点。脱离单杠后运动员空中上升与下降的时间之比为2∶3，B、D两点的高度差为1 m，g取10 m/s2，A、B、C、D在同一竖直平面内，忽略空气阻力，不考虑体能的消耗与转化。求： (1)运动员在A点时，单杠对每只手的弹力大小； (2)B、D两点间的水平距离及落地瞬间重力的瞬时功率； (3)从A点运动至B点过程中合外力对运动员做的功。 题号 2 1 3 4 5 6 7 热点一 热点二 课后限时练 第5课时　功与功率　动能定理 54 [解析]　(1)设单杠对每只手的弹力大小为T，方向竖直向上，则运动员在A点时，由牛顿第二定律有mg－2T＝m，代入数据解得T＝150 N。 (2)设运动员从B到C的时间为2t0，从C到D的时间为3t0，B、C两点的高度差为h1，C、D两点的高度差为h2。则 h1＝g(2t0)2 h2＝g(3t0)2， 题号 2 1 3 4 5 6 7 55 B、D两点间的高度差Δh＝h2－h1＝1 m， B、D两点的水平距离为xBD＝vC·(3t0＋2t0) 联立解得B、D两点间的水平距离为xBD＝1.8 m，D点竖直方向的速度为vDy＝g·3t0＝6 m/s， 落地瞬间重力的瞬时功率P＝mgvDy＝3 000 W。 题号 2 1 3 4 5 6 7 56 (3)设运动员在B点时速度为vB，则＝ 又vBx＝vC，vBy＝g·2t0 运动员从A到B点的过程中，根据动能定理可知W合＝－mv2 联立解得从A点运动至B点过程中合外力对运动员做的功为W合＝381 J。 题号 2 1 3 4 5 6 7 [答案]　(1)150 N　(2)1.8 m　3 000 W　(3)381 J 57 谢 谢！ $