（江苏选考）2018版高考物理二轮复习 第一部分 专题二 功和能学案

专题二 功和能学前先做高考题高考题最经典，每做一次都有新发现1(多选)(2015·江苏高考)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，ACh。圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A。弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。则圆环()A下滑过程中，加速度一直减小B下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2C在C处，弹簧的弹性势能为mv2mghD上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度解析：选BD圆环下落时，先加速，在B位置时速度最大，加速度减小至0。从B到C圆环减速，加速度增大，方向向上，选项A错误；圆环下滑时，设克服摩擦力做功为Wf，弹簧的最大弹性势能为Ep，由A到C的过程中，根据能量关系有mghEpWf。由C到A的过程中，有mv2EpWfmgh。联立解得Wfmv2，Epmghmv2。选项B正确，C错误；设圆环在B位置时，弹簧的弹性势能为Ep，根据能量守恒，A到B的过程有mvB2EpWfmgh，B到A的过程有mvB2EpmghWf，比较两式得vB>vB，选项D正确。2(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 mgcos )xEkEk0，即EkEk0(mgsin mgcos )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 mgcos )(x0x)Ek，其中x0为物块到达最高点时的位移，即Ek(mgsin mgcos )x(mgsin mgcos )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(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。现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面。整个过程中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，如图甲所示：根据平衡条件有2Fcos 30°mg解得Fmg。(2)C恰好降到地面时，如图乙所示：B受C压力的水平分力最大FxmaxmgB受地面的摩擦力fmg根据题意，B保持静止，则有fminFxmax，解得min。(3)C下降的高度h(1)RA的位移x2(1)R摩擦力做功的大小Wffx2(1)mgR根据动能定理WWfmgh00解得W(21)(1)mgR。答案：(1)mg(2)(3)(21)(1)mgR4(2015·江苏高考)一转动装置如图所示，四根轻杆OA、OC、AB和CB与两小球及一小环通过铰链连接，轻杆长均为l，球和环的质量均为m，O端固定在竖直的轻质转轴上。套在转轴上的轻质弹簧连接在O与小环之间，原长为L。装置静止时，弹簧长为L。转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升。弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g。求：(1)弹簧的劲度系数k；(2)AB杆中弹力为零时，装置转动的角速度0；(3)弹簧长度从L缓慢缩短为L的过程中，外界对转动装置所做的功W。解析：(1)装置静止时，设OA、AB杆中的弹力分别为F1、T1，OA杆与转轴的夹角为1。小环受到弹簧的弹力F弹1k·小环受力平衡，F弹1mg2T1 cos 1小球受力平衡，F1cos 1T1cos 1mgF1sin 1T1sin 1解得k。(2)设OA、AB杆中的弹力分别为F2、T2，OA杆与转轴的夹角为2，弹簧长度为x。小环受到弹簧的弹力F弹2k(xL)小环受力平衡，F弹2mg，得xL对小球，F2cos 2mgF2sin 2m02lsin 2且cos 2解得0 。(3)弹簧长度为L时，设OA、AB杆中的弹力分别为F3、T3，OA杆与弹簧的夹角为3。小环受到弹簧的弹力F弹3kL小环受力平衡，2T3cos 3mgF弹3，且cos 3对小球，F3cos 3T3cos 3mgF3sin 3T3sin 3m32lsin 3解得3 整个过程弹簧弹性势能变化为零，则弹力做的功为零，由动能定理Wmg2mg2×m(3lsin 3)2解得WmgL。答案：(1)(2) (3)mgL七、两个概念、一个模型，破解功和功率问题抓牢解题本源一、两个概念功和功率1功(1)功的正负条件从动力学角度看从能量角度看正功当0<时，cos >0，W>0力是物体运动的动力物体的动能增加不做功当时，cos 0，W0力既不是动力，也不是阻力，力只改变物体的运动方向物体的动能不变负功当<时，cos <0，W<0力是物体运动的阻力物体的动能减少说明一个力对物体做了负功，往往说成物体克服这个力做了功(取绝对值)，即力F对物体做功Fl，等效于物体克服力F做功Fl功是标量，没有方向，所以功的正负号不表示方向功的正负号不表示大小，比较做功多少时应取绝对值(2)功的计算恒力的功WFlcos_。变力的功动能定理或等效法。恒定功率的功WPt。2功率(1)瞬时功率：PFvcos_。(2)平均功率：P或PFcos 。二、一个模型机车启动两种方式以恒定功率启动以恒定加速度启动P­t图像和v­t图像OA段过程分析vFaa不变F不变PFv直到P额Fv1运动性质加速度减小的加速直线运动匀加速直线运动，维持时间t0AB段过程分析FF阻a0F阻vFa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FF阻a0F阻，以vm做匀速直线运动研透常考题根功的判断和计算例1(多选)如图所示，一物体沿弧形轨道滑下后进入足够长的水平传送带，传送带以图示方向匀速转动，则传送带对物体的做功情况可能是()A始终不做功B先做负功后做正功C先做正功后不做功 D先做负功后不做功思路点拨本题可按以下思路进行分析：解析设传送带的速度大小为v1，物体刚滑上传送带时的速度大小为v2。若v2v1，则物体与传送带间无摩擦力，传送带对物体始终不做功；若v2v1，物体相对于传送带向右运动，物体受到的滑动摩擦力向左，则物体先减速到速度为v1，然后随传送带一起匀速运动，故传送带对物体先做负功后不做功；若v2<v1，物体相对于传送带向左运动，受到的滑动摩擦力向右，物体先加速到速度为v1，然后随传送带一起匀速运动，故传送带对物体先做正功后不做功，选项A、C、D正确。答案ACD备考锦囊变力做功的几种等效求法(1)利用微元法求变力做功将物体的位移分割成许多小段，因小段很小，每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将变力做功转化为在无数多个无穷小的位移上的恒力所做元功的代数和。此法在中学阶段，常应用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题。(2)化变力为恒力求变力做功变力做功直接求解时，通常都比较复杂，但若通过转换研究的对象，有时可化为恒力做功，用WFlcos 求解。此法常常应用于轻绳通过定滑轮拉物体的问题。(3)利用F­x图像求变力做功在F­x图像中，图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移所做的功，且位于x轴上方的“面积”为正，位于x轴下方的“面积”为负，但此方法只适用于便于求图线所围面积的情况(如三角形、矩形、圆等规则的几何图形)。即时训练(多选)(2017·沐阳模拟)如图所示，摆球质量为m，悬线的长为L，把悬线拉到水平位置后放手。设在摆球从A点运动到B点的过程中空气阻力F阻的大小不变，则下列说法正确的是()A重力做功为mgLB悬线的拉力做功为0C空气阻力F阻做功为mgLD空气阻力F阻做功为F阻L解析：选ABD小球下落过程中，重力做功为mgL，A正确；悬线的拉力始终与速度方向垂直，拉力做功为0，B正确；空气阻力F阻大小不变，方向始终与速度方向相反，故空气阻力F阻做功为F阻·L，C错误，D正确。功率的分析与计算例2(2017·邳州模拟)质量为m2 kg的物体沿水平面向右做直线运动，t0时刻受到一个水平向左的恒力F，如图甲所示，此后物体的v­t图像如图乙所示，取水平向右为正方向，g取10 m/s2，则()A物体与水平面间的动摩擦因数为0.5B10 s末恒力F的瞬时功率为6 WC10 s末物体在计时起点左侧4 m处D010 s内恒力F做功的平均功率为0.6 W审题指导结合图像，分析可知(1)04 s，物体加速度大小a12_m/s2，牛顿第二定律表达式为Fmgma1。(2)410 s，物体的加速度大小为a21_m/s2，牛顿第二定律表达式为Fmgma2。解析由题图乙可知04 s内的加速度大小：a1 m/s22 m/s2，可得：Fmgma1；410 s内的加速度大小：a2 m/s21 m/s2，可得：Fmgma2；解得：F3 N，0.05，选项A错误；10 s末恒力F的瞬时功率为P10Fv103×6 W18 W，选项B错误；04 s内的位移x1×4×8 m16 m,410 s内的位移x2×6×6 m18 m，故10 s末物体在计时起点左侧2 m处，选项C错误；010 s内恒力F做功的平均功率为 W0.6 W，选项D正确。答案D备考锦囊瞬时功率的计算方法(1)利用公式PFvcos ，其中v为t时刻的瞬时速度。(2)PFvF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度。(3)PFvv，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力。即时训练1如图所示，质量为m的小球以初速度v0水平抛出，恰好垂直打在倾角为的斜面上，则小球落在斜面上时重力的瞬时功率为(不计空气阻力)()Amgv0tan B.C. Dmgv0cos 解析：选B小球落在斜面上时重力的瞬时功率为Pmgvy，而vytan v0，所以P，B正确。2.(多选)(2017·南京师大附中联考)如图是滑雪场的一条雪道。质量为70 kg的某滑雪运动员由A点沿圆弧轨道滑下，在B点以5 m/s的速度水平飞出，落到了倾斜轨道上的C点(图中未画出)。不计空气阻力，30°，g10 m/s2，则下列判断正确的是()A该滑雪运动员腾空的时间为1 sBB、C两点间的高度差为5 mC落到C点时重力的瞬时功率为3 500 WD若该滑雪运动员从更高处滑下，落到C点时速度与竖直方向的夹角不变解析：选AD运动员运动到B点后开始做平抛运动，在平抛运动的过程中，水平位移为xv0t，竖直位移为ygt2，落地时：tan ，联立解得t1 s，y5 m，故A正确，B错误；落地时沿竖直方向的速度：vygt10×1 m/s10 m/s，所以，落到C点时重力的瞬时功率为：Pmg·vy70×10×10 W7 000 W，故C错误；根据落地时速度方向与水平方向之间的夹角的表达式：tan ，可知落到C点时速度与竖直方向的夹角与平抛运动的初速度无关，故D正确。机车启动模型例3(2017·丰县模拟)质量为m的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度时间图像如图所示，从t1时刻起汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为Ff，则()A0t1时间内，汽车的牵引力等于mBt1t2时间内，汽车的功率等于Ffv1C汽车运动的最大速度等于v1Dt1t2时间内，汽车的平均速度小于解析由题图可知，汽车运动的最大速度为v2，则有PFfv2。在0t1时间内，汽车做匀加速直线运动，加速度大小为a，由牛顿第二定律可得FFfma，汽车的牵引力FFfmaFfm，选项A错误；t1t2时间内，汽车的功率保持不变，汽车功率PFfv2，选项B错误；题图上A点和B点都对应汽车功率PFv1Ffv2，而FFfm，联立解得v2v1，选项C正确；根据速度时间图像的面积表示位移，t1t2时间内，汽车的位移为曲边梯形ABt2t1的面积，汽车的平均速度大于，选项D错误。答案C备考锦囊分析机车启动应注意的三个问题(1)机车启动的方式不同，运动的规律就不同，即其功率、加速度、牵引力等物理量的变化规律不同，分析图像时应注意坐标轴的意义及图像变化所描述的规律。(2)在公式PFv中，F是机车的牵引力而不是机车所受合力，因此FFf时，牵引力与阻力平衡，机车达到最大运行速度。(3)解决机车启动问题一定要分清机车是匀加速启动还是以恒定功率启动。匀加速启动过程中，机车功率是不断改变的，但该过程中的最大功率是额定功率，匀加速运动阶段的最大速度小于机车所能达到的最大速度，达到额定功率后，机车做加速度减小的加速运动。以恒定功率启动的过程中，机车做加速度减小的加速运动，匀变速直线运动的规律不适用，速度最大值等于，牵引力是变力，牵引力做的功可用WPt求解，但不能用WFlcos 求解。即时训练1(2017·江苏南通3月自主练习)中车青岛四方机车厂，试验出时速高达605公里的高速列车。已知列车运行时的阻力包括车轮与轨道摩擦的机械阻力和车辆受到的空气阻力，若认为机械阻力恒定，空气阻力和列车运行速度的平方成正比，当列车以时速200公里行驶的时候，空气阻力占总阻力的70%，此时列车功率为1 000 kW，则高速列车在时速为600公里时的功率大约是()A10 000 kWB20 000 kWC30 000 kW D40 000 kW解析：选B当车速为200 km/h时，受到的总阻力功率为Pfv，解得f，故f机30%f，f阻kv270%f，当列车速度达到600 km/h，P(f机kv2)v，联立解得P20 000 kW，B正确。2.(2017·太仓模拟)一辆跑车在行驶过程中的最大输出功率与速度大小的关系如图所示，已知该车质量为2×103 kg，在某平直路面上行驶，阻力恒为3×103 N。若该车从静止开始以恒定加速度2 m/s2做匀加速运动，则此匀加速过程能持续的时间大约为()A8 s B14 sC26 s D38 s解析：选B由题图可知，该车的最大功率约为P200 kW，在匀加速阶段由牛顿第二定律可知：FF阻ma即FF阻ma3 000 N2 000×2 N7 000 N，再由PFv可知：vm/s m/s，由vat，解得t s14 s，故选项B正确。课余自查小练1(多选)如图所示，质量为m的小球(可视为质点)用长为L的细线悬于O点，自由静止在A位置，现用水平恒力F拉动小球。已知悬线的最大偏角为，则力F的大小及力F做的功W为()AFmgtan BFCWmgL(1cos )DWmgLtan 解析：选BC由动能定理得：mgL(1cos )W0，故WmgL(1cos )，C正确，D错误；而WFLsin ，则F，A错误，B正确。2(2017·苏州模拟)如图所示，质量为m的小球(可视为质点)用长为L的细线悬挂于O点，自由静止在A位置。现用水平力F缓慢地将小球从A位置拉到B位置后静止，此时细线与竖直方向夹角为60°，细线的拉力为F1，然后放手让小球从静止返回，到A点时细线的拉力为F2，则()AF1F22mgB从A到B，拉力F做功为F1LC从B到A的过程中，小球受到的合外力大小不变D从B到A的过程中，小球重力的瞬时功率一直增大解析：选A在B位置，根据平衡条件有F1cos mg，解得F12mg。从B到A，根据动能定理得mgL(1cos )mv2，根据牛顿第二定律得F2mgm，联立两式解得F22mg，故A项正确；从A到B，小球缓慢移动，根据动能定理得WFmgL(1cos )0，解得WFmgL，故B项错误；从B到A的过程中，小球的速度大小在变化，沿径向的合力大小在变化，故C项错误；在B位置，重力的功率为零，在最低点，重力的方向与速度方向垂直，重力的功率为零，可知从B到A的过程中，重力的瞬时功率先增大后减小，故D项错误。3.(2017·瓦房店期末)如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球，在水平拉力F作用下，小球以恒定速率在竖直平面内沿圆周由点B运动到点A。下列说法正确的是()A小球所受合力为零B细线张力T做负功C重力的功率P逐渐增大D水平拉力F逐渐减小解析：选D小球以恒定的速率在竖直平面内沿圆周运动，由于合力提供向心力，则合力不为零，故A错误；细线的张力T方向与速度方向始终垂直，则细线张力T不做功，故B错误；重力的方向与速度方向的夹角越来越大，根据Pmgvcos 知，重力的功率P逐渐减小，故C错误；小球做匀速圆周运动，垂直细线方向所受合力为零，设细线与竖直方向的夹角为，则：Fcos mgsin ，解得：Fmgtan ，逐渐减小，则水平拉力F逐渐减小，故D正确。4.如图所示，长度为l的细线一端固定于O点，另一端系一质量为m的带正电小球，在方向、大小均恒定的电场力作用下，当小球静止时，细线与竖直方向的夹角为60°。(1)若将小球拉至O点右方使细线呈水平状态由静止释放，则小球的速度最大时，细线的张力为多少？(2)现将小球拉至O点左方使细线呈水平状态由静止释放，则小球第一次运动到O点正下方时的速度大小为多少？解析：(1)电场力与重力的合力即等效重力为G等小球运动到原静止位置时速度最大，设最大速度为v，则G等l(1sin )mv2TG等m解得T2(3)mg。(2)设小球第一次运动到O点正下方时的速度大小为v1，结合小球带正电及小球静止时的位置，则由动能定理知：mg·lFlmv12Fmgtan 解得v1。答案：(1)2(3)mg(2) 专题跟踪检测一、选择题(第15题为单项选择题，第69题为多项选择题)1(2015·海南高考)假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的()A4倍B2倍C. 倍 D. 倍解析：选D设fkv，当阻力等于牵引力时，速度最大，输出功率变化前，有PFvfvkv·vkv2，变化后有2PFvkv·vkv2，联立解得vv，D正确。2(2017·宿迁三模)如图所示，四个相同的小球A、B、C、D，其中A、B、C位于同一高度h处，A做自由落体运动，B沿光滑斜面由静止滑下，C做平抛运动，D从地面开始做斜抛运动，其运动的最大高度也为h。在每个小球落地的瞬间，其重力的功率分别为PA、PB、PC、PD。下列关系式正确的是()APAPBPCPD BPAPCPBPDCPAPCPDPB DPAPCPDPB解析：选CA做自由落体运动，C做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，故A、C落地时竖直方向的速度大小相同，故落地时的功率Pmgv相同，D做斜抛运动，到达最高点跟A下落时的高度相同，故落地时竖直方向的速度跟A落地时的速度大小相同，故功率相同，B沿斜面下滑，下滑到斜面底端的速度跟A落地时的速度大小相同，但速度方向与重力方向成一定的夹角，故功率小于A的功率，故C正确。3(2017·南通模拟)某校高三学生体能检测中，有着班级“最标准身材”美誉的小明同学在半分钟内完成了10次引体向上，则这次检测中小明克服重力做功的平均功率大约为(g取10 m/s2)()A50 W B100 WC200 W D500 W解析：选B高三同学体重大约为60 kg，引体向上时重心向上运动的位移大约为0.5 m，则克服重力做功的平均功率为：P W100 W，故B正确。4.如图所示，A、B两物体的质量分别是m1和m2，用劲度系数为k的轻弹簧相连，处于竖直静止状态。现对A施加竖直向上的力F将A提起，稳定时B对地面无压力。当撤去F，A由静止向下运动至速度最大时，重力做功为()A. m12g2 B. m22g2C. m1(m1m2)g2 D. m2(m1m2)g2解析：选C开始时弹簧的压缩量为x1；当对A施加竖直向上的力F将A提起，B对地面无压力时，弹簧伸长量为x2；当撤去F，A由静止向下运动至速度最大时，此位置在A开始时的平衡位置，则此过程中重力做功为Wm1g(x1x2)m1(m1m2)g2，选项C正确。5.(2017·南通模拟)近年来城市的汽车越来越多，排放的汽车尾气是形成“雾霾”的一个重要因素，为减少二氧化碳排放，我国城市公交正大力推广新型节能环保电动车，在检测某款电动车性能的实验中，质量为8×102 kg的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为15 m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出F­图像(图中AB、AO均为直线)，假设电动车行驶时所受的阻力恒定，则根据图像，下列判断中正确的是()A电动车运动过程中所受的阻力f2 000 NB电动车的额定功率P6 kWC电动车由静止开始持续匀加速运动的时间t7.5 sD电动车从静止开始运动到最大速度消耗的电能E9×104 J解析：选B当最大速度vmax15 m/s时，牵引力为Fmin400 N，故恒定阻力fFmin400 N，故A错误；额定功率PFminvmax6 kW，故B正确；匀加速运动的加速度a m/s22 m/s2，匀加速运动的最大速度v m/s3 m/s，电动车维持匀加速运动的时间t1.5 s，故C错误；BC段做变速直线运动，无法求解其运动位移，求不出阻力做的功，所以无法求出消耗的电能，故D错误。6位于水平面上的物体在水平恒力F1作用下，做速度为v1的匀速运动；若作用力变为斜向上的恒力F2，物体做速度为v2的匀速运动，且F1与F2功率相同。则可能有()AF2F1v1>v2 BF2F1v1<v2CF2>F1v1>v2 DF2<F1v1<v2解析：选BD根据平衡条件有F1mg，设F2与水平面间的夹角为，则有F2cos (mgF2sin )，得F2，因而两力大小关系不确定，但两种运动情况下，物体均做匀速运动，且两力功率相同，因而克服摩擦力做功的功率也相同，显然第二种情况下，摩擦力较小，则有v1<v2，即B、D正确。7.(2017·溧阳市联考)一辆汽车在平直的公路上运动，运动过程中先保持某一恒定加速度，后保持恒定的牵引功率，其牵引力和速度的关系图像如图所示。若已知汽车的质量m、牵引力F1和速度v1及该车所能达到的最大速度v3，运动过程中所受阻力恒定，则根据图像所给的信息，下列说法正确的是()A汽车行驶中所受的阻力为B汽车匀加速运动的过程中牵引力的冲量大小为C速度为v2时的加速度大小为D若速度为v2时牵引力恰为，则有v22v1解析：选ABD根据牵引力和速度的关系图像和功率PFv 得，汽车运动中的最大功率为F1v1，汽车达到最大速度v3时加速度为零，此时阻力等于牵引力，所以阻力f，A正确；根据牛顿第二定律，保持某一恒定加速度时，加速度a，加速的时间：t，则汽车匀加速运动的过程中牵引力的冲量大小为IF1t，B正确；汽车保持的恒定的牵引功率为F1v1，故速度为v2时的牵引力是，对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和阻力，根据牛顿第二定律，可得速度为v2时加速度大小为a，C错误；若速度为v2时牵引力恰为，则，则v22v1，D正确。8(2016·天津高考)我国高铁技术处于世界领先水平。和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。某列车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组()A启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为32C进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为12解析：选BD启动时，乘客的加速度向前，车厢对人的作用力方向向前，与车运动的方向相同，选项A错误；以后面的车厢为研究对象，F563ma，F672ma，则5、6节与6、7节车间的作用力之比为32，选项B正确；根据v22ax，车停下来滑行的距离x与速度的二次方成正比，选项C错误；若改为4节动车，则功率变为原来2倍，由PFv 知，最大速度变为原来2倍，选项D正确。9.如图所示，长为L的轻质硬杆A一端固定小球B，另一端固定在水平转轴O上。现使轻杆A绕转轴 O 在竖直平面内匀速转动，轻杆A与竖直方向的夹角从0° 增加到180°的过程中，下列说法正确的是()A小球B受到的合力的方向始终沿着轻杆A指向轴OB当90°时小球B受到轻杆A的作用力方向竖直向上C轻杆A对小球B做负功D小球B的重力做功的功率不断增大解析：选AC小球B做匀速圆周运动，由合力提供做圆周运动的向心力，始终指向圆心，所以小球B受到的合力的方向始终沿着轻杆A指向轴O，故A正确；当90°时轻杆A水平，此时水平方向上轻杆A对小球B有向左的拉力，该拉力提供小球B的向心力，竖直方向上轻杆A对小球B的支持力与重力相平衡，所以轻杆A对小球B的作用力方向斜向左上方，则小球B受到轻杆A的作用力方向斜向右下方，故B错误；轻杆A与竖直方向的夹角从0°增加到180°的过程中，小球B的动能不变，重力势能减小，则小球B的机械能减小，由功能原理知，轻杆A对小球B做负功，故C正确；重力的瞬时功率Pmgvsin mgvy，vy是竖直分速度，vy先增大后减小，故小球B的重力做功的功率先增大后减小，故D错误。二、非选择题10.(2017·苏锡常一模)如图所示，一本大字典置于桌面上，一张A4纸(质量和厚度均可忽略不计)夹在字典最深处。假设字典的质量分布均匀，同一页纸上的压力分布也均匀，字典总质量M1.5 kg，宽L16 cm，高H6 cm，A4纸上下表面与书页之间的动摩擦因数均为10.3，字典与桌面之间的动摩擦因数为20.4，各接触面的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。(1)水平向右拉动A4纸，要使字典能被拖动，A4纸对字典的总摩擦力至少多大？(2)上题中，求A4纸夹在字典中离桌面的最大高度h0；(3)若将A4纸夹在离桌面高度为3 cm处，要将A4纸从字典中水平向右抽出，拉力至少做多少功？解析：(1)字典恰好能被拉动，A4纸对字典的摩擦力ff桌，又f桌2Mg，得f6 N。(2)设此时A4纸上方纸张质量为m，则有：21mgf代入数据可得m1 kg，此时A4纸的位置离桌面高为：h0H得h02 cm。(3)A4纸夹在离桌面的高度为3 cm处，高于2 cm，所以字典不会被拖动。当A4纸抽出位移为x时，所受上方压力为：FN此时A4纸受到拉力大小为：Ff21FN即F1Mg，拉力大小与位移x成线性关系所以拉力做功为：WF0L1MgL可得：W0.36 J。答案：(1)6 N(2)2 cm(3)0.36 J11(2017·苏锡常模拟)乒乓球发球机的简化模型示意图如图所示，发球机的机头相当于一个长l20 cm 的空心圆柱(内径比乒乓球的直径略大)，水平固定在球台边缘O点上方H45 cm处，可绕C轴在水平面内转动，从而改变球的落点。球台长为L3 m，位于球台中央的球网高h25 cm，出球口离盛球容器底部的高度H050 cm，不考虑乒乓球的旋转、空气阻力和发球机轨道对球的阻力，已知一只乒乓球的质量约为3 g(取重力加速度g10 m/s2)。(1)若发球机的机头不转动，且出球点在O点正上方，当发球机发出的球能过网且落在球台上，求发球机出球的速度大小范围；(2)若发球机机头以5 rad/s按俯视图所示方向转动，且出球时球相对机头的速度为9 m/s。求出球点转到O点正上方时所发出球的最后落点位置，结果用xOy坐标系中的坐标值表示；(3)在第(2)问情景下，若发球机每分钟发出30只球，求发球机因发球而消耗的平均功率。解析：(1)根据Hhgt12得：t1 s0.2 s，则发球机出球的最小速度为：v1 m/s7.5 m/s，根据Hgt22得：t2 s0.3 s，则发球机出球的最大速度为：v2 m/s10 m/s，发球机出球的速度大小范围为：75 m/sv10 m/s。(2)机头转动的线速度为：v3l0.2×5 m/s1 m/s，根据平行四边形定则知，球发出后的速度为：v m/s m/s，球发出后做平抛运动，在xOy坐标系中，纵坐标为：yv3t21×0.3 m0.3 m，横坐标为：xv4t29×0.3 m2.7 m，最后落点位置坐标为(2.7 m,0.3 m)。(3)每个乒乓球的机械能为：EmgH0mv23×103×10×0.5×3×103×82J0.138 J，发球机因发球而消耗的平均功率为：P W0.069 W。答案：(1)7.5 m/sv10 m/s(2)(2.7 m,0.3 m)(3)0.069 W八、解题利器“动能定理”的三个应用抓牢解题本源一、动能定理的“两点一过程”1“两点”：指初、末状态及对应的动能Ek1、Ek2。2“一过程”：指从初状态到末状态的运动过程及合力做的功W合。二、动能定理的适用条件与解题步骤1动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。2动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功。3力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用。三、动能定理的应用技巧1动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度和时间，比动力学研究方法更简便。2当物体的运动包含多个不同的过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间过程的速度时，也可以全过程应用动能定理求解。3动能定理中的速度和位移必须是针对同一参考系的，一般以地面为参考系。 研透常考题根应用动能定理求解变力做功问题例1如图所示，质量为m的物块与水平转台间的动摩擦因数为，物块与转轴相距R，物块随转台由静止开始转动。当转速增至某一值时，物块即将在转台上滑动，此时转台已开始匀速转动，在这一过程中，摩擦力对物块做的功是(假设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A0B2mgRC2mgR D.mgR审题指导(1)当转台转速增加时，对物块做功的力为静摩擦力。(2)当转台匀速转动时，物块的向心力大小为mg。解析物块即将在转台上滑动但还未滑动时，转台对物块的最大静摩擦力恰好提供向心力，设此时物块做圆周运动的线速度为v，则有mg。在物块由静止到获得速度v的过程中，物块受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物块做功，由动能定理得Wmv20。联立解得WmgR。D正确。答案D本题有同学认为摩擦力充当物块做圆周运动的向心力，因此摩擦力不做功，错选为A。但应注意的是题目中求的是物块从静止到即将滑动的过程中摩擦力所做的功，而不是求转台稳定转动时摩擦力做的功。即时训练(2017·徐州模拟)如图所示，在投球游戏中，小明坐在可升降的椅子上，向正前方的圆桶水平抛出篮球。已知某次抛出点的实际高度H02.0 m，桶的高度h00.4 m，到抛出点的水平距离L1.6 m，篮球恰好落入桶内，小明对篮球做的功约为(g取10 m/s2，空气阻力不计)()A0.2 J B2 JC20 J D200 J解析：选B篮球做平抛运动，因为恰好落入桶中，故在水平方向上有Lv0t，竖直方向上有hH0h0gt2，由动能定理知，小明对篮球做的功等于篮球抛出时具有的动能，即Wmv02，一个篮球大概500 g，代入数据解得W2 J，B正确。动能定理和图像的综合问题例2泥石流是在雨季由于暴雨、洪水将含有沙石且松软的土质山体经饱和稀释后形成的洪流。泥石流流动的全过程虽然只有很短时间，但由于其高速前进，具有强大的能量，因而破坏性极大。某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究，他们设计了如图甲的模型：在水平地面上放置一个质量为m4 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下从静止开始运动，推力F随位移的变化如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为0.5，g10 m/s2。则：(1)物体在运动过程中的最大加速度为多少？(2)在距出发点多远处，物体的速度达到最大？(3)物体在水平面上运动的最大位移是多少？审题指导(1)物体加速度最大的条件是F或F合最大。(2)物体速度最大的条件是F合0或a0。(3)物体位移最大的条件是末速度等于0。(4)在F­x图像中，面积表示力F做的功。解析(1)当推力F最大时，加速度最大，由牛顿第二定律，得：Fmmgmam，可解得：am15 m/s2。(2)由图像可知，F随x变化的函数方程为F8020x，速度最大时，合力为0，即Fmg，解得x3 m。(3)位移最大时，末速度一定为0由动能定理可得：WFmgx0由图像可知，力F做的功为WFFmxm×80×4 J160 J所以x8 m。答案(1)15 m/s2(2)3 m(3)8 m即时训练如图所示，上表面水平的圆盘固定在水平地面上，一小物块从圆盘边缘上的P点，以大小相同的初速度在圆盘上沿与直径PQ成角的方向开始滑动，设小物块运动到圆盘另一边缘时的速度大小为v，则v2­cos 图像应为下列图像中的()解析：选A设圆盘半径为r，小物块与圆盘间动摩擦因数为，则对整个过程有mg·2rcos mv2mv02，即v2v024grcos ，故A正确。应用动能定理解决多过程问题例3如图所示，光滑水平面AB与半圆形轨道在B点相切，轨道位于竖直平面内，其半径为R。一个质量为m的物块将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物块获得一向右的速度，然后脱离弹簧，当它经过B点进入轨道瞬间对轨道的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能沿半圆形轨道到达C点。不计空气阻力，重力加速度为g。(1)求弹簧弹力对物块做的功；(2)求物块从B点运动到C点克服阻力做的功；(3)如果半圆形轨道也是光滑的，其他条件不变，物块由A经B运动到C，然后落到水平面上，落点为D(题中D点未标出，且水平面足够长)，求D点与B点间的距离。思路点拨本题可按以下思路进行分析：解析(1)物块在B点时，由牛顿第二定律得FNmgm又FN7mg在物块从A点运动到B点的过程中，只有弹簧弹力做功，根据动能定理有WmvB2，解得W3mgR。(2)由题意可知，物块到达C点时只有重力提供向心力，根据牛顿第二定律有mgm物块从B点运动到C点只有重力和阻力做功，根据动能定理有W阻mg×2RmvC2mvB2解得W阻mgR故物块从B点运动到C点克服阻力做的功为mgR。(3)若半圆形轨道光滑，则物块从B点运动到C点的过程中只有重力做功，根据动能定理有mg×2RmvC2mvB2解得vC从C点到D点，物块做平抛运动，有水平方向：xBDvCt竖直方向：2Rgt2解得xBD2R。答案(1)3mgR(2)mgR(3)2R备考锦囊应用动能定理求解多过程问题的五个注意事项(1)弄清物体的运动由哪些过程构成。(2)分析每个过程中物体的受力情况。(3)各个力做功有何特点，对动能的变化有无贡献。(4)从总体上把握全过程，表达出总功，找出初、末状态的动能。(5)对所研究的分过程或全过程运用动能定理列方程。即时训练(2017·徐州模拟)如图所示，水平轨道左端固定一轻质弹簧，右端与半径为R的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，轻质弹簧无形变时右端位于O点，物块(与弹簧不拴接)在外力作用下压缩弹簧至不同长度时释放，脱离弹簧时将获得不同的动能Ek，已知物块质量为m，与水平轨道间的动摩擦因数为，OBl1，重力加速度为g，不计空气阻力，物块可看成质点。(1)若弹簧的劲度系数为k，当弹簧被压缩至A点且OAl2时，弹簧的弹力为多大？(2)物块在从A点被释放运动到O点的过程中，加速度大小和速度大小如何变化？(3)要使物块在半圆轨道BCD上运动时不与轨道脱离，则物块在O点的动能Ek应满足什么条件？解析：(1)根据胡克定律知弹簧弹力Fkxkl2。(2)物块在从A点被释放运动到O点的过程中，物块受到向右的弹簧弹力和向左的滑动摩擦力，弹簧弹力越来越小，所以加速度越来越小，又加速度和速度同向，所以速度越来越大，即做加速度逐渐减小的加速运动。(3)物块在半圆轨道BCD上运动时不与轨道脱离，则有两种情况：能通过最高点，则临界状态是在最高点物块对轨道的压力为0，设物块在最高点D时的速度为v，对最高点临界状态受力分析有：mgm，解得：v对物块从O到D由动能定理得：mgl12mgRmv2Ek解得：Ekmgl1mgR。所以要使物块在半圆轨道BCD上运动时不与轨道脱离，则Ekmgl1mgR。在半圆轨道BCD上滑的高度不超过C点所在高度，临界状态为到达C点速度刚好为0，对物块从O到C由动能定理得：mgl1mgREk解得：Ekmgl1mgR又因为物块要能到达半圆轨道BCD上运动，所以Ekmgl1所以要使物块在半圆轨道BCD上运动时不与轨道脱离，则mgl1Ekmgl1mgR。答案：(1)kl2(2)加速度逐渐减小的加速运动速度越来越大(3)Ekmgl1mgR或mgl1Ekmgl1mgR课余自查小练1.(2017·金坛区期末)如图所示，可视为质点的物体，分别沿AB、DB从斜面顶端由静止下滑到底端，已知两斜面底边长度相等，该物体与斜面AB、DB间的动摩擦因数相同。下列说法正确的是()A物体沿斜面DB滑动到底端时动能较大B物体沿两斜面滑动到底端时动能一样大C物体沿斜面DB滑动到底端过程中克服摩擦力做的功较少D物体沿两斜面滑动到底端过程中克服摩擦力做的功一样多解析：选D设斜面的倾角为，斜面的高度为h，根据动能定理得：mghmgcos ·Ek0，即：Ekmghmghcot ，根据数学知识知，hcot 等于斜面底边的长度，两个斜面的底边长度相等，所以可得，h越大，Ek越大，物体沿斜面AB滑动到底端时动能较大，故A、B错误；克服摩擦力做的功 Wfmghcot ，可知两种情况Wf一样大，故C错误，D正确。2张山同学在校运动会上获得100米赛跑的冠军，他采用蹲踞式起跑，在发令枪响后，左脚迅速蹬离起跑器，在向前加速的同时提升身体重心，如图所示。假设张山同学的质量为m，在起跑前进的距离s内，重心升高h，获得的速度为v，克服阻力做功为Wf，则在此过程中()A地面的支持力对张山同学做功为mghB张山同学自身做功为mghmv2WfC张山同学的重力势能增加量为mv2WfD张山同学的动能增加量为mghWf解析：选B地面支持力对张山同学作用时，由于张山同学的脚并没有离开地面，故地面的支持力对张山同学并不做功，故A错误；根据动能定理，有：W人Wfmghmv2，故W人mv2mghWf，故B正确；重心上升h，张山同学的重力势能增加量为EpmghW人mv2Wf，故C错误；张山同学的动能增加量为Ekmv2W人mghWf，故D错误。3如图甲所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平面上，自然伸长的轻质弹簧一端固定在斜面底端的挡板上。一质量为m的小球，从离弹簧上端一定距离的位置由静止释放，接触弹簧后继续向下运动。小球运动的v t图像如图乙所示，其中OA段为直线，AB段是与OA相切于A点的平滑曲线，BC是平滑曲线，不考虑空气阻力，重力加速度为g。关于小球的运动过程，下列说法正确的是()A小球在tB时刻所受弹簧弹力大于mgB小球在tC时刻的加速度大于gC小球从tC时刻所在的位置由静止释放后，不能回到出发点D小球从tA时刻到tC时刻的过程中，重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量解析：选B由题图乙可知，小球在tB时刻加速度大小为零，此时F弹mgsin 30°mg，选项A错误；小球在tC时刻到达最低点，弹力达到最大值，小球在A点的加速度大小为gsin 30°g，C点的切线斜率的大小大于A点的切线斜率的大小，即小球在tC时刻的加速度大于g，选项B正确；由能量守恒定律可知，小球从tC时刻所在的位置由静止释放后，能回到出发点，选项C错误；小球从tA时刻到tC时刻的过程中，重力势能与动能减少量之和等于弹簧弹性势能的增加量，选项D错误。4(2017·南宁一模)如图所示，AB是倾角为30°的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R。一个质量为m的物体(可以视为质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道上做往返运动。已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为，重力加速度为g，求：(1)物体对圆弧轨道的最大压力大小；(2)物体滑回到轨道AB上距B点的最大距离；(3)释放点距B点的距离L应满足什么条件，才能使物体顺利通过圆弧轨道的最高点D。解析：(1)根据几何关系：PBR从P点到E点根据动能定理，有：mgRmgcos ·PBmvE20解得：vE在E点，根据向心力公式有：FNmgm解得：FN3mg3mg。(2)设物体滑回到轨道AB上距B点的最大距离x，根据动能定理，有mg(BPx)sin mgcos (BPx)00解得：xR。(3)物体刚好到达最高点D时，有mgm解得：v根据动能定理，有mg(Lsin RRcos )mgcos ·Lmv20解得：L所以满足L时，物体才能顺利通过圆弧轨道的最高点D。答案：(1)3mg3mg(2)R(3)L专题跟踪检测一、选择题(第15题为单项选择题，第69题为多项选择题)1.(2017·南通模拟)弹弓是中国非物质文化遗产，吴越春秋中就有相关记载：“弩生于弓，弓生于弹”。某同学利用一个“Y”形弹弓(如图所示)，将一颗质量约为20 g的石头斜向上射出约30 m远，最高点离地约10 m，空气阻力不计，g取10 m/s2。则该同学对弹弓做功约为()A1 J B2 J C3 J D4 J解析：选C设石头到达最高点时的速度为v，从最高点到落地石头做平抛运动，则有：xvt，hgt2，由石头运动路径的过称性可得：vx× m/s m/s，根据功能关系得该同学对弹弓做功为：Wmghmv20.02×10×10 J×0.02×2 J3.125 J3 J，C正确。2.一人用恒定的力F，通过图示装置拉着物体沿光滑水平面运动，A、B、C是其运动路径上的三个点，且ACBC。若物体从A到C、从C到B的过程中，人拉绳做的功分别为WFA、WFB，物体动能的增量分别为EA、EB，不计滑轮质量和摩擦，下列判断正确的是()AWFAWFBEAEBBWFA>WFBEA>EBCWFA<WFBEA<EBDWFA>WFBEA<EB解析：选B如图，F做的功等于F1做的功，物体由A向B运动的过程中，F1逐渐减小，又因为ACBC，由WF1l知WFA>WFB；对物体只有F做功，由动能定理知EA>EB，故B正确。3.将一倾角为的斜面体固定在水平面上，在最高点A与最低点C之间有一点B，满足AB2BC。将一小滑块从最高点由静止释放，经过一段时间后到达C点，且此时滑块的速度为零。已知滑块与AB、BC间的动摩擦因数分别为1、2。由以上条件判断下列关系式中正确的是()Atan Btan Ctan 212 Dtan 221解析：选B滑块从最高点由静止释放，恰好能滑动到斜面体的最低点，对滑块受力分析可知滑块受重力、支持力和滑动摩擦力作用。设斜面的总长为L，从A到C，由动能定理得mgLsin 1mgcos ·L2mgcos ·L0，解得tan ，B