1、1功和能第一讲功和功率_动能定理考点一 功和功率1.考查功的大小计算如图所示，质量 m1 kg、长 L0.8 m 的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平，板与桌面间的动摩擦因数为 0.4。现用 F5 N 的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力 F 做的功至少为( g 取 10 m/s2)( )A1 J B1.6 JC2 J D4 J解析：选 B 在薄板没有翻转之前，薄板与水平桌面之间的摩擦力 f mg 4 N。力F 做的功用来克服摩擦力消耗的能量，而在这个过程中薄板只需移动的距离为 ，则做的功L2至少为 W f 1.6 J，所以 B 正确。L22考查平均功率与瞬时功率的分析与计算如
2、图所示，某质点运动的 vt 图像为正弦曲线。从图像可以判断( )A质点做曲线运动B在 t1时刻，合外力的功率最大C在 t2 t3时间内，合外力做负功D在 0 t1和 t2 t3时间内，合外力的平均功率相等解析：选 D 质点运动的 vt 图像描述的是质点的直线运动，选项 A 错误；在 t1时刻，加速度为零，合外力为零，合外力功率的大小为零，选项 B 错误；由题图可知，在 t2 t3时间内，质点的速度增大，动能增大，由动能定理可知，合外力做正功，选项 C 错误；在0 t1和 t2 t3时间内，动能的变化量相同，故合外力的功相等，则合外力的平均功率相等，选项 D 正确。3考查机车启动的图像问题下列各
3、图是反映汽车以额定功率 P 额 从静止启动，最后做匀速运动的过程，汽车的速度 v 随时间 t 以及加速度 a、牵引力 F 和功率 P 随速度 v 变化的图像中正确的是( )2解析：选 A 汽车以额定功率启动时，功率一定，由 P Fv 可知，速度增大，牵引力F 减小，根据 F Ff ma，加速度逐渐减小，但速度继续增大，当牵引力等于阻力时，速度达到最大，故 A 正确，B、C、D 错误。4考查机车的启动与牵引问题某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究，他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为 vt 图像，如图所示(除 210 s 时间段图像为曲
4、线外，其余时间段图像均为直线)。已知小车运动过程中，214 s 时间段内小车的功率保持不变，在 14 s 末停止遥控而让小车自由滑行，小车的质量为 1.0 kg。可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变。求：(1)小车所受到的阻力大小；(2)小车匀速行驶阶段的功率；(3)小车在加速运动过程中(010 s 内)位移的大小。解析：(1)在 1418 s 时间段，加速度大小：a m/s21.5 m/s 2 v t 6 018 14由牛顿第二定律得： f ma1.5 N。(2)在 1014 s 小车做匀速运动，速度 v6 m/s牵引力大小 F 与 f 大小相等，则： F f1.5 N，小车匀速运
5、动的功率： P Fv9 W。(3)02 s 内，小车的位移： x1 23 m3 m12210 s 内，根据动能定理：Pt fx2 mv22 mv1212 123代入数据解得 x239 m加速过程中小车的位移大小为 x x1 x242 m。答案：(1)1.5 N (2)9 W (3)42 m考点二 动能定理的理解和应用5.考查应用动能定理判断物体动能增量的大小关系多选如图所示，一块长木板 B 放在光滑的水平面上，在 B 上放一物体 A，现以恒定的外力 F 拉 B，由于 A、 B 间摩擦力的作用， A 将在 B 上滑动，以地面为参考系， A、 B 都向前移动一段距离。在此过程中( )A外力 F 做
6、的功等于 A 和 B 动能的增量B B 对 A 的摩擦力所做的功等于 A 的动能增量C A 对 B 的摩擦力所做的功等于 B 对 A 的摩擦力所做的功D外力 F 对 B 做的功等于 B 的动能的增量与 B 克服摩擦力所做的功之和解析：选 BD A 物体所受的合外力等于 B 对 A 的摩擦力，对物体 A 应用动能定理，则有 B 对 A 的摩擦力所做的功等于 A 的动能的增量，选项 B 正确； A 对 B 的摩擦力与 B 对 A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于 A 在 B 上滑动， A、 B相对地的位移不等，故二者做功不等，选项 C 错误；对长木板 B 应用动能定理，W
7、F Wf EkB，即 WF EkB Wf就是外力 F 对 B 做的功，等于 B 的动能增量与 B 克服摩擦力所做的功之和，选项 D 正确；由前述讨论知 B 克服摩擦力所做的功与 A 的动能增量(等于B 对 A 的摩擦力所做的功)不等，故选项 A 错误。6.考查应用动能定理处理变力做功问题用长为 l、不可伸长的细线把质量为 m 的小球悬挂于 O 点，将小球拉至悬线偏离竖直方向 角后放手，运动 t 时间后停在最低点。则在时间 t 内( )A小球重力做功为 mgl(1cos )B空气阻力做功为 mglcos C小球所受合力做功为 mglsin D细线拉力做功的功率为mgl 1 cos t解析：选 A
8、 小球从开始运动到停止的过程中，下降的高度为： h l(1cos )，所以小球的重力做功： WG mgh mgl(1cos )，故 A 正确；在小球运动的整个过程中，重力和空气阻力对小球做功，根据动能定理得： WG Wf00，所以空气阻力做功Wf WG mgl(1cos )，故 B 错误；小球受到的合外力做功等于小球动能的变化，4所以 W 合 000，故 C 错误；由于细线的拉力始终与运动的方向垂直，所以细线的拉力不做功，细线的拉力的功率为 0，故 D 错误。7考查 Ekt 图像一个小球从固定的光滑圆弧槽的 A 点由静止释放后，经最低点 B 运动到 C 点的过程中，小球的动能 Ek随时间 t
9、的变化图像可能是( )解析：选 B 动能 Ek与时间 t 的图像上的任意一点的斜率表示重力做功的瞬时功率，即 P， A 点与 C 点处小球速度均为零， B 点处小球速度方向与重力方向垂直，所 Ek t W t以 A、 B、 C 三点处的重力做功功率为零，则小球由 A 点运动到 B 点的过程中，重力做功的功率先增大再减小至零，小球由 B 点运动到 C 点的过程中，重力做功的功率也是先增大再减小至零，故 B 正确，A、C、D 错误。8考查动能定理与 Fx 图像的综合应用如图甲所示，长为 4 m 的水平轨道 AB 与半径为 R0.6 m 的竖直半圆弧轨道 BC 在 B 处相连接，有一质量为 1 kg
10、 的滑块(大小不计)，从 A 处由静止开始受水平向右的力 F 作用，F 的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与 AB 间的动摩擦因数为 0.3，与 BC 间的动摩擦因数未知，取 g10 m/s 2。求：(1)滑块到达 B 处时的速度大小；(2)若到达 B 点时撤去力 F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点 C，则滑块到达 C 处时的速度 vC大小？滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？滑块落在轨道上的位置与 B 点的水平距离为多少？解析：(1)对滑块从 A 到 B 的过程，由动能定理得F1x1 F3x3 mgx mvB212代入数据解得： vB6 m/s。(2)当滑块恰好能到
11、达最高点 C 时，重力提供向心力： mg mvC2R代入数据解得： vC m/s。6对滑块从 B 到 C 的过程，由动能定理得：5W mg2R mvC2 mvB212 12代入数据得： W3 J，即克服摩擦力做的功为 3 J。滑块离开 C 后，做平抛运动，在水平方向： x vC t在竖直方向：2 R gt212联立解得： x1.2 m。答案：(1)6 m/s (2) m/s 3 J 1.2 m6考点三 应用动能定理解决力学综合问题9.考查动能定理解决多过程问题多选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 。质量
12、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，sin 37 0.6，cos 37 0.8)。则( )A动摩擦因数 67B载人滑草车最大速度为2gh7C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 g35解析：选 AB 由题意知，上、下两段斜坡的长分别为s1 ， s2hsin 45 hsin 37由动能定理知：2mgh mgs 1cos 45 mgs 2cos 370解得动摩擦因数 ，选项 A 正确；67载人滑草车在上下两段的加速度分别为a1 g(sin 45 cos 45) g，2
13、14a2 g(sin 37 cos 37) g，335则在下落 h 时的速度最大，由动能定理知：6mgh mgs 1cos 45 mv212解得 v ，选项 B 正确，D 错误；2gh7载人滑草车克服摩擦力做的功与重力做的功相等，即 W2 mgh，选项 C 错误。10考查动能定理解决往复运动问题如图所示，斜面的倾角为 ，质量为 m 的滑块距挡板 P 的距离为x0，滑块以初速度 v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为 ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，则滑块经过的总路程是( )A. B.1 ( v022gcos x0tan ) 1 ( v022gs
14、in x0tan )C. D.2 ( v022gcos x0tan ) 1 ( v022gcos x0cot )解析：选 A 因滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，故滑块最终停在斜面底端，而摩擦力始终对滑块做负功，其大小等于 mg cos 与滑块滑行的各段距离之和的乘积，即 Wf mg cos s，由动能定理可得： mgx0sin Wf0 mv02，可解得 s12，故 A 正确。1 ( v022gcos x0tan )11考查动能定理与传送带、平抛运动的综合应用如图所示，斜面 AB 长 xAB3 m、倾角为 ，其底端 B 与水平传送带相切，传送带长为 L3 m，始终以 v05 m/s 的速
15、度顺时针转动。现有一个质量 m1 kg 的物块，在离 B 点xPB2 m 处的 P 点由静止释放。已知物块与斜面间的动摩擦因数 10.25，物块与传送带间的动摩擦因数 20.2，sin 370.6，sin 530.8， g取 10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：(1)倾角 逐渐增大到多少时，物块能从斜面开始下滑(用正切值表示)；(2)当 37 时，小物块由 P 到 C 的过程中，摩擦力对物块所做的功；(3)当 53 时，为了使物块每次由 P 滑到 C 点时均抛在同一点 D，求物块释放点 P到 B 点的取值范围。解析：(1)为使物块能从斜面开始下滑，有：mgsin 1mgcos 解得
16、倾角 满足的条件为 tan 0.25。(2)由 P 到 B，由动能定理得：7mgxPBsin 37 1mgxPBcos 37 mvB212解得 vB4 m/s在 B 点，因为 vB4 m/sPB PDC PA PC PDPB D PAPC PDPB解析：选 C 小球落地时， A 的重力的瞬时功率： PA mg ； B 落地的瞬时功率：2ghPB mg sin ； C 落地的瞬时竖直速度为 vy ，则落地时重力的瞬时功率： PC mg2gh 2gh；因 D 中小球上升的最大高度为 h，则落地的瞬时竖直速度为 vy ，则落地时重2gh 2gh力的瞬时功率： PD mg ；故 PA PC PDPB，
17、故选项 C 正确，A、B、D 错误。2gh92一物块在一个水平拉力作用下沿粗糙水平面运动，其 vt 图像如图甲所示，水平拉力的 Pt 图像如图乙所示，取 g10 m/s 2，求：(1)物块与水平面间的动摩擦因数 ；(2)物块运动全过程水平拉力所做的功 W；(3)物块在 02 s 内所受的水平拉力大小。解析：(1)由甲、乙两图比较可知，在第 59 s 内，物块做匀减速运动加速度： a m/s21.0 m/s 20 4.09 5由牛顿第二定律得： mg ma得： 0.1。(2)对全过程：W P1t1 P2t2 J4.03 J24 J。12 12.022(3)法一：物块匀速运动阶段： F mg 0P
18、2 F vm解得： mg P2vm得： m1.0 kg物块加速运动阶段，加速度： a0 m/s22.0 m/s 24.0 02由牛顿第二定律得： F mg ma0解得 F3.0 N法二：由图像可知：当 t12.0 s， v14.0 m/s 时， P112 W由 P1 Fv1得： F N3.0 N。124答案：(1)0.1 (2)24 J (3)3.0 N3多选(2018连云港、徐州、宿迁三模)如图所示， ABC 是一个位于竖直平面内的圆弧形轨道，高度为 h，轨道的末端 C 处与水平面相切。一个质量为 m 的小木块从轨道顶端 A 处由静止释放，到达 C 处停止，此过程中克服摩擦力做功为 W1，到
19、达 B 处时速度最大为 v1，加速度大小为 aB；小木块在 C 处以速度 v向左运动，恰好能沿原路回到 A 处，此过程中克服摩擦力做功为 W2，经过 B 处的速度大小10为 v2，重力加速度为 g。则( )A v2 B v1 ，故选项 A 错误，C 正确。2gh考点二 动能定理的理解和应用高考对本考点的考查相对简单，主要是针对动能定理的理解和一些简单应用。建议考生自学为主。(一)对动能定理的两点理解1动能定理表达式中， W 表示所有外力做功的代数和，包括物体重力所做的功。2动能定理表达式中， Ek为所研究过程的末动能与初动能之差，而且物体的速度均是相对地面的速度。(二)动能定理的适用范围1既可
20、适用于直线运动，也可适用于曲线运动；既可适用于恒力做功，也可适用于变力做功。如诊断卷第 6 题，空气阻力为变力，其做功大小不可应用 W Flcos 直接求解，应考虑使用动能定理求解。2对单个物体的动能增量的判断宜采用动能定理，而对物体系统动能增量的大小判断则应考虑应用能量守恒定律。如诊断卷第 5 题，由动能定理可知， A 的动能增量一定等于B 对 A 的摩擦力对 A 所做的功，而外力 F 对 A 和 B 系统所做的功并没有全部转化为 A、 B 的动能，还有一部分摩擦热产生，故不可用动能定理对系统直接分析。3注意图像及其“面积”的含义。如诊断卷第 8 题， Fx 图线与 x 轴所围“面积”表示力
21、 F 所做的功。题点全练1.如图所示，物块的质量为 m，它与水平桌面间的动摩擦因数为 。起初，用手按住物块，物块的速度为零，弹簧的伸长量为x。然后放手，当弹簧的长度回到原长时，物块的速度为 v。则此过程中弹力所做的功为( )11A. mv2 mgx B mgx mv212 12C. mv2 mgx D以上选项均不对12解析：选 C 设 W 弹 为弹力对物块做的功，因为克服摩擦力做的功为 mgx ，由动能定理得 W 弹 mgx mv20，得 W 弹 mv2 mgx ，故 C 正确。12 122.多选(2018潍坊模拟)如图所示，不可伸长的细绳长为 l，一端固定在 O 点，另一端拴接一质量为 m
22、的小球。将小球拉至与 O 等高，细绳处于伸直状态的位置后由静止释放，在小球由静止释放到运动至最低点的过程中，小球所受阻力做的功为 W，重力加速度为 g，则小球到达最低点时( )A向心加速度 a2 mgl WmlB向心加速度 a2 mgl WmlC绳的拉力 F3mgl 2WlD绳的拉力 F2 mgl Wl解析：选 AC 根据动能定理得： mgl W mv2，则向心加速度为： a 12 v2l，故 A 正确，B 错误；在最低点，根据牛顿第二定律得： F mg m ，解得绳2 mgl Wml v2l子的拉力为： F mg m ，故 C 正确，D 错误。v2l 3mgl 2Wl3.如图所示，长为 L
23、的轻杆一端连着质量为 m 的小球，另一端与固定于水平地面上 O 点的铰链相连，初始时小球静止于地面上，边长为 L、质量为 M 的正方体左侧紧靠 O 点，且轻杆位于正方体左下边垂直平分线上。现在杆中点处施加一个方向始终垂直杆、大小不变的拉力，当杆转过 45 时撤去此拉力，小球恰好能到达最高点，不计一切摩擦。求：(1)拉力做的功 W 和拉力的大小 F；(2)撤去拉力 F 时小球的动能 Ek；(3)小球运动到最高点后向右倾倒，当杆与水平面夹角为 时小球的速度大小 v1(正方体和小球未分开)。解析：(1)由动能定理有 W mgL0且有 W F( 4L2)12解得 W mgL， F 。8mg(2)由动能
24、定理有 W mgLsin Ek0解得 Ek mgL 。(122)(3)此时正方体的速度 v2 v1sin 由系统动能定理有 mg(L Lsin ) mv12 Mv2212 12解得 v1 。2mgL 1 sin m Msin2答案：(1) mgL (2) mgL8mg (1 22)(3) 2mgL 1 sin m Msin2考点三 应用动能定理解决力学综合问题本考点在高考中所设计的题目，一般呈现出情景新颖、过程复杂、知识综合性强等特点。考生失分的原因不是不会做，而是不会“分步”做，这个“分步”就是要求考生按照一定流程认真做好运动分析和过程分析，再根据动能定理结合其他力学规律列出方程，问题便可分
25、步解决。建议对本考点重点攻坚。动能定理综合问题的思维流程(2018临沂二模)如图所示，倾角 45 的粗糙平直导典 例 轨 AB 与半径为 R 的光滑圆环轨道相切，切点为 B，整个轨道处在竖直平面内。一质量为 m 的小滑块(可以看作质点)从导轨上离地面高为h3 R 的 D 处无初速度下滑进入圆环轨道。接着小滑块从圆环最高点 C 水平飞出，恰好击中导轨上与圆心 O 等高的 P 点，不计空气阻力，已知重力加速度为 g。求：(1)滑块运动到圆环最高点 C 时的速度大小；(2)滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小；(3)滑块在斜面轨道 BD 间运动的过程中克服摩擦力做的功。思维流程13解析 (1)
26、小滑块从 C 点飞出后做平抛运动，设水平速度为 v0。竖直方向上： R gt212水平方向上： R v0t2解得： v0 。gR(2)设小滑块在最低点时速度为 v，由动能定理得： mg2R mv02 mv212 12解得： v 5gR在最低点由牛顿第二定律得： FN mg mv2R解得： FN6 mg由牛顿第三定律得： FN6 mg。(3)从 D 到最低点过程中，设 DB 过程中克服摩擦阻力做功 Wf，由动能定理得：mgh Wf mv2012解得： Wf mgR。12答案 (1) (2)6 mg (3) mgRgR12题点全练1.多选如图所示， N、 M、 B 分别为半径等于 0.1 m 的竖
27、直光滑圆轨道的左端点、最低点和右端点， B 点和圆心 O 等高，连线 NO 与竖直方向的夹角为 37，现从 B 点正上方某处 A 点由静止释放一个质量为 0.1 kg 的小球，进14入圆轨道后，从 N 点飞出时的速度大小为 2 m/s，不计空气阻力，重力加速度 g10 m/s2，下列说法正确的是( )A A、 B 间的竖直高度为 0.12 mB小球经过 B 点时对轨道压力的大小为 2.4 NC小球经过 M 点时对轨道压力的大小为 4.4 ND小球从 A 点到 M 点的过程中重力的功率一直增大解析：选 AB 设 A、 B 间的竖直高度为 h，从 A 到 N 根据动能定理可得： mgh mgRco
28、s 37 mvN20，解得： h0.12 m，故 A 正确；小球经过 B 点时的速度为 vB，根据动能定12理可得 mgh mvB20，在 B 点时轨道对小球的压力的大小为 F m 2.4 N，由12 vB2R 2mghR牛顿第三定律可知 B 正确；小球经过 M 点时的速度为 vM，根据动能定理可得 mg(h R) mvM20，在 M 点轨道对小球的支持力的大小满足 F mg m ，解得 F5.4 N，由牛顿12 vM2R第三定律可知 C 错误；小球在 A 点重力的功率和在 M 点重力的功率都为零，所以从 A 点到M 点的过程中小球重力的功率先增大后减小，故 D 错误。2由学生组成的一个课题小
29、组，在研究变力做功时，设计了如下的模型：如图甲，在水平地面上放置一个质量为 m5 kg 的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力 F 随位移 x 变化的图像如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为 0.4， g 取 10 m/s2。(1)画出 04 m 内物体加速度 a 随位移 x 变化的图像。(2)物体速度最大时推力的功率为多少？(3)推力 F 减为零后物体还能滑行多远？解析：(1)由牛顿第二定律得： F f ma得： a ， f mg 20 N，F fm由题图乙可得 F25 x100(N)则 a5 x16(m/s 2)04 m 内物体加速度 a 随位移 x 变化的图像如图
30、所示。(2)由(1)中分析可知，物体速度最大时，物体加速度为 0，此时 x3.2 m， F f20 N15物体从开始到速度最大时，由动能定理得： WF mgx mvm212由 Fx 图像的物理意义得：WF (20100)3.2 J192 J12代入数据得： vm m/s165 5此时推力的功率： P F vm20 W64 W。165 5 5(3)由题图乙可知推力为零时的位移 x4 m由动能定理得： W 总 fx 总 00W 总 1004 J200 J12解得 x 总 10 mx x 总 x6 m故物体还能滑行 6 m。答案：(1)见解析图 (2)64 W (3)6 m51多选(2018江苏高考
31、)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块， O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由 A 点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达 B 点。在从 A 到 B 的过程中，物块( )A加速度先减小后增大B经过 O 点时的速度最大C所受弹簧弹力始终做正功D所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功解析：选 AD 小物块由 A 点开始向右加速运动，弹簧压缩量逐渐减小， F 弹 减小，由 F 弹 Ff ma 知， a 减小；当运动到 F 弹 Ff时， a 减小为零，此时小物块速度最大，弹簧仍处于压缩状态；由于惯性，小物块继续向右运动，此时 Ff F 弹 ma，小物块做减速运动，且随着压缩量继
32、续减小， a 逐渐增大；当越过 O 点后，弹簧开始被拉伸，此时 F 弹 Ff ma，随着拉伸量增大， a 继续增大，综上所述，从 A 到 B 过程中，物块加速度先减小后增大，在 O 点左侧 F 弹 Ff时速度达到最大，故 A 正确，B 错误。在 AO 段物块所受弹簧弹力做正功，在 OB 段做负功，故 C 错误。由动能定理知，从 A 到 B 的过程中，弹力做功与摩擦力做功之和为 0，故 D 正确。162(2017江苏高考)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能 Ek与位移 x 关系的图线是( )解析：选 C 设物块与斜面间的动
33、摩擦因数为 ，物块的质量为 m，则物块在上滑过程中根据动能定理有( mgsin mg cos )x Ek Ek0，即 Ek Ek0( mgsin mg cos )x，所以物块的动能 Ek与位移 x 的函数关系图线为直线且斜率为负；物块沿斜面下滑的过程中根据动能定理有( mgsin mg cos )(x0 x) Ek，其中 x0为小物块到达最高点时的位移，即 Ek( mgsin mg cos )x( mgsin mg cos )x0，所以下滑时 Ek随 x 的减小而增大且为直线。由此可以判断 C 项正确。3.(2018江苏七市三模)如图所示，不可伸长的细线一端固定，另一端系一小球，小球从与悬点等
34、高处由静止释放后做圆周运动，不计空气阻力，则小球从释放位置运动到最低点的过程中( )A水平方向加速度不断增大B竖直方向加速度不断增大C重力做功的瞬时功率先增大后减小D拉力做功的瞬时功率先增大后减小解析：选 C 小球在最高点合力方向竖直向下，在最低点合力方向竖直向上，但在中间过程某点拉力却有水平方向的分量，所以小球水平方向的加速度必定先增大后减小，故A 错误；小球在开始释放的瞬间的加速度为 g 且向下，接下来细线在竖直方向有向上的分量，所以小球竖直方向上所受的合外力减小，则竖直方向加速度开始变小，故 B 错误；重力的瞬时功率为 P mgvy，小球在开始释放的瞬间速度为零，此时重力的瞬时功率为零，
35、到达最低点时，速度水平向左，竖直分速度为零，所以此时重力的瞬时功率为零，在中间过程竖直分速度不为零，重力的瞬时功率也不为零，所以重力的瞬时功率先增大后减小，故 C 正确；拉力的方向始终与速度方向垂直，所以拉力的瞬时功率始终为零，故 D 错误。4.(2018镇江一模)坐落在镇江新区的摩天轮高 88 m，假设乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是( )A在摩天轮转动的过程中，乘客机械能始终保持不变B在最低点时，乘客所受重力大于座椅对他的支持力C在摩天轮转动一周的过程中，合力对乘客做功为零D在摩天轮转动的过程中，乘客重力的功率保持不变解析：选 C 机械能等于重力势能和动能之和，摩天轮运
36、动过程中，做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，A 错误；圆周运动17过程中，在最低点，由重力和支持力的合力提供向心力 F，向心力向上，所以 F N mg，则支持力 N mg F，所以重力小于支持力，B 错误；在摩天轮转动一周的过程中，动能变化量为零，则合力对乘客做功为零，C 正确；运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，所以重力的瞬时功率在变化，D 错误。5(2018徐州期中)高台跳水被认为是世界上最难、最美的运动项目之一。一运动员在十米跳台跳水比赛中，触水时重力的功率约为( )A7 000 W B700 WC70 W D
37、7 W解析：选 A 运动员在跳水过程中看做自由落体运动，故落水时的速度为 v 102ghm/s，运动员的体重约为 50 kg，故重力的瞬时功率约为 P mgv7 000 W，故 A 正确。26.(2018扬州期末)某士兵练习迫击炮打靶，如图所示，第一次炮弹落点在目标 A 的右侧，第二次调整炮弹发射方向后恰好击中目标，忽略空气阻力的影响，每次炮弹发射速度大小相等，下列说法正确的是( )A第二次炮弹在空中运动时间较长B两次炮弹在空中运动时间相等C第二次炮弹落地时速度较大D第二次炮弹落地时速度较小解析：选 A 炮弹在竖直方向上做竖直上抛运动，上升时间与下落时间相等。根据下落过程竖直方向做自由落体运动
38、， h gt2，第二次下落高度高，所以第二次炮弹在空中运12动时间较长，故 A 正确，B 错误；根据动能定理： mgh mv2 mv02，由于两次在空中运动12 12过程重力做功都是零，所以 v v0，故两次炮弹落地时速度相等，故 C、D 错误。 7.多选(2018南京调研)如图所示，滑块以初速度 v0滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点。则能大致反映整个运动过程中，滑块的加速度 a、速度 v 随时间 t，重力对滑块所做的功 W、动能 Ek与位移x 关系的是(取初始位置为坐标原点、初速度方向为正方向)( )18解析：选 BD 滑块整个运动过程的加速度方向均与初速度方向相反，故 A
39、 错误。上滑时的加速度大小 a1 gsin g cos ，下滑时的加速度大小 a2 gsin g cos ，结合位移公式 x at2，可知下滑时间大于上滑的时间；由于机械能有损失，返回到12出发点时速度小于出发时的初速度，故 B 正确。重力做功 W mgh mgxsin ，上滑过程与下滑过程的 Wx 图像重叠，故 C 错误。根据动能定理得，上滑过程有： ma1x Ek mv02，解得 Ek mv02 ma1x，同理下滑过程有： Ek ma2(L x)，由数学知识12 12知，D 正确。8(2018盐城三模)如图所示，质量为 m、半径为 R 的光滑圆柱体 B 放在水平地面上，其左侧有半径为 R、
40、质量为 m 的半圆柱体 A，右侧有质量为 m 的长方体木块 C，现用水平向左的推力推木块 C，使其缓慢移动，直到圆柱体 B 恰好运动到半圆柱体 A 的顶端，在此过程中 A 始终保持静止。已知 C 与地面间动摩擦因数 ，重力加速度为 g。求：32(1)圆柱体 B 下端离地高为 时，地面对半圆柱体 A 的支持力；R2(2)木块 C 移动的整个过程中水平推力的最大值；(3)木块 C 移动的整个过程中水平推力所做的功。解析：(1)以 A 和 B 整体为研究对象，地面支持力 FN2 mg。(2)B 刚离开地面时， B 对 C 的弹力最大，对 B 受力分析，则弹力 F1 mgtan 60 mg3此时水平推
41、力最大为 Fm F1 mg mg。332(3)C 移动的距离 x2 Rcos 30 R3摩擦力做功 Wf mgx mgR32根据动能定理 W Wf mgR0解得 W mgR。52答案：(1)2 mg (2) mg (3) mgR332 529.(2018南通调研)如图所示，质量分布均匀的刷子刷地面上的薄垫子，开始时刷子和垫子的左边缘对齐，刷子的质量为 m，垫子的质量为 M，刷子和垫子间的动摩擦因数为 1，垫子和地面间的动19摩擦因数为 2，刷子和地面间的动摩擦因数为 3，重力加速度为 g。(1)若给刷子施加一个斜向右下方、与水平方向成 60角的推力 F1，垫子和刷子保持静止，求刷子受到的摩擦力
42、 f1的大小和地面对垫子的支持力 FN的大小；(2)若给刷子施加一个斜向右下方、与水平方向成 30角的推力 F2，刷子和垫子以同一加速度运动，求刷子受到的摩擦力 f2的大小；(3)若给刷子施加一个水平向右的推力 F3，刷子从图示位置开始运动，垫子保持静止，已知刷子的长为 b，垫子的长为 L(Lb)，求刷子完全离开垫子的速度 v 的大小。解析：(1)刷子受到重力、垫子的支持力、推力 F1和摩擦力作用则水平方向受力平衡，有 f1 F1cos 60 F112刷子和垫子整体在竖直方向受力平衡，有 FN( M m)g F1sin 60( M m)g F1。32(2)设刷子和垫子运动的加速度为 a，由牛顿
43、第二定律可得：F2cos 30 2(mg Mg F2sin 30)( M m)a对刷子有： F2cos 30 f2 ma解得 f2 2mg 。 3M 2m F22 M m(3)刷子离开垫子的过程受到的摩擦力做的功Wf ( 1mgb2 3mgb2 )由动能定理有 F3L 1mg(L b) Wf mv2012解得 v 。2F3Lm g 2 1L 1b 3b答案：(1) F1 ( M m)g F112 32(2) 2mg 3M 2m F22 M m(3) 2F3Lm g 2 1L 1b 3b10.(2018苏北四市调研)如图所示，水平光滑细杆上 P 点套一小环，小环通过长 L1 m 的轻绳悬挂一夹子
44、，夹子内夹有质量 m1 kg 的物块，物块两竖直侧面与夹子间的最大静摩擦力均为 fm7 N。现对物块施加F8 N 的水平恒力作用，物块和小环一起沿水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，小环碰到杆上的钉子 Q 时立即停止运动，物块恰好相对夹子滑动，此时夹子20立即锁定物块，锁定后物块仍受恒力 F 的作用。小环和夹子的大小及质量均不计，物块可看成质点，重力加速度 g 取 10 m/s2。求：(1)物块做匀加速运动的加速度大小 a；(2)P、Q 两点间的距离 s；(3)物块向右摆动的最大高度 h。解析：(1)由牛顿第二定律 F ma解得 a8 m/s 2。(2)环到达 Q 时，静摩擦力最大由牛顿第二
45、定律 2fm mg mvm2L解得 vm2 m/s根据动能定理 Fs mvm212解得 s0.25 m。(3)设物块上升的最大高度为 h，水平距离为 x，由动能定理得 F(x s) mgh0由几何关系得( L h)2 x2 L2解得 h1 m 或 h m(舍去)。141答案：(1)8 m/s 2 (2)0.25 m (3)1 m11(2017江苏高考)如图所示，两个半圆柱 A、 B 紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱 C，三者半径均为 R。 C 的质量为m， A、 B 的质量都为 ，与地面间的动摩擦因数均为 。现用水平向m2右的力拉 A，使 A 缓慢移动，直至 C 恰好降到地面。整个过程
46、中 B 保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g。求：(1)未拉 A 时， C 受到 B 作用力的大小 F；(2)动摩擦因数的最小值 min；(3)A 移动的整个过程中，拉力做的功 W。解析：(1)对 C 受力分析，如图所示：根据平衡条件有2Fcos 30 mg解得 F mg。33(2)C 恰好降到地面时， B 受 C 压力的水平分力最大 Fxmax mg3221B 受地面的摩擦力 f mg根据题意， B 保持静止，则有 fmin Fxmax，解得 min 。32(3)C 下降的高度 h( 1) R3A 的位移 x2( 1) R3摩擦力做功的大小 Wf fx2( 1) mgR3根据动能定理 W Wf mgh00解得 W(2 1)( 1) mgR。3答案：(1) mg (2) (3)(2 1)( 1) mgR33 32 3第二讲 机械能守恒定律_功能关系考点一 单个物体的机械能守恒1.考查平抛运动中的机械能守恒问题将一小球从离水平地面高为 H 处以某一初速度水平抛出，取水平地面为重力的零势能面，抛出时小球的动能和重力势能相等，当小球的动能为重力势能的 3 倍时，小球的速度方向与水平方向夹角为 ，则 tan 的值为(不计
