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第4讲 功和功率 功能关系
题型1功与功率的分析与计算
一、相关知识链接
1．功的计算
(1)单个恒力的功 W＝Flcos α
(2)合力为恒力的功
①先求合力，再求W＝F合lcos α
②W＝W1＋W2＋…
2．功率的计算
(1)P＝，适用于计算平均功率；
(2)P＝Fv，若v为瞬时速度，P为瞬时功率，若v为平均速度，P为平均功率．
注意：力F与速度v方向不在同一直线上时功率为Fvcos θ.
(3)机车启动问题
以恒定功率启动 以恒定加速度启动
P－t图象与v－t图象
运动规律 OA段：做加速度逐渐减小的变加速直线运动；AB段：做速度为vm的匀速直线运动 OA段：以加速度a做匀加速直线运动AB段：做加速度逐渐减小的变加速直线运动；BC段：做速度为vm的匀速直线运动
过程分析 OA段：v↑ F＝↓ a＝↓；AB段：F＝F阻 a＝0 P额＝F阻·vm OA段：a＝不变 F不变 v↑ P＝F·v↑，直到P＝P额＝F·v1；AB段：v↑ F＝↓ a＝↓；BC段：F＝F阻 a＝0 v达到最大值，vm＝
二、规律方法提炼
变力功的计算
(1)若力大小恒定，且方向始终沿轨迹切线方向，可用力的大小跟路程的乘积计算
(2)力的方向不变，大小随位移线性变化可用W＝lcos α计算
(3)已知F－l图象，功的大小等于“面积”
(4)一般变力只能用动能定理求解
[例题1] （2024 台州二模）2024多哈游泳世锦赛中，“中国蛟龙”浙江运动员潘展乐获得4枚金牌并打破男子100米自由泳世界纪录，震撼了世界。如图所示潘展乐在比赛中左手正在划水，下列说法正确的是（ ）
A．运动员划水前进，水对人的力是阻力
B．运动员向后划水，水对划水手掌做正功
C．运动员在水中前进时，浮力与重力始终大小相等
D．水对运动员的作用力等于运动员对水的作用力
【解答】解：A、运动员划水前进，水对人的力是动力，故A错误；
B、运动员向后划水时，水对手掌的作用力的方向向前，则水对划水手掌做负功，故B错误；
C、运动员在水中前进时，沿竖直方向身体会有一定的上下波动，所以浮力与重力不能始终大小相等，故C错误；
D、水对运动员的作用力和运动员对水的作用力是一对作用力与反作用力，二者大小相等，方向相反，故D正确。
故选：D。
[例题2] （2024 浙江模拟）《巴黎气候变化协定》是人类历史上应对全球温室效应带来的气候变化的第三个里程碑式的国际法律文本。为了减少二氧化碳的排放，我国一直在大力发展新能源汽车，已知某型号的电动汽车主要技术参数如表：
车型尺寸长×宽×高 4870×1950×1725 最高时速km/h 120
电机型式 交流永磁同步电机 电机最大电功率kW 180
工况法纯电续驶里程km 500 等速法纯电续驶里程km 600
电池容量kW h 82.8 快充时间h 1.4
0﹣50km/h加速时间（s） 2 0﹣100km/h加速时间s 4.6
根据电动汽车行业国家标准GB/T18386﹣2017，电机的最大功率为电机输出的最大机械功率；电池容量为电池充满电时储存的最大电能，根据表中数据，可知（ ）
A．0﹣100km/h的加速过程中电动车行驶的路程一定大于60m
B．电机以最大功率工作且车以最大速度行驶时，车受到的阻力大小为5000N
C．该车在0﹣50km/h的加速过程中平均加速度为25m/s2
D．电机以最大功率工作加速到最高时速用时4.6s
【解答】解：A、v＝100km/hm/s m/s，0﹣100km/h的加速时间为4.6s，假设电动车做匀加速直线运动，该过程中电动车行驶的路程st64m，实际上电动车做加速度减小的加速运动，故路程一定大于64m，故A正确。
B、P＝180kW＝180000W，vm＝120km/h＝33.3m/s，电机以最大功率工作且车以最大速度行驶时，牵引力等于阻力，f＝FN＝5400N，故车受到的阻力大小为5400N，故B错误。
C、v＝50km/hm/s，该车在0﹣50km/h的加速过程中，用时2s，平均加速度a6.9m/s，故C错误。
D、由表中数据0﹣100km/h用时4.6s，还不到最大时速，故D错误。
故选：A。
[例题3] （2023 诸暨市一模）如图所示为控制电动机转速的调速器。竖直圆筒固定不动，两轻杆上端与圆筒中心的转轴相连，下端固定质量为2.0kg的小球。轻杆随转轴一起转动，可以自由张合，当轻杆与竖直方向夹角θ＝37°时，小球恰好触及圆筒内壁。已知圆筒内壁半径27.5cm，小球与筒壁之间的动摩擦因数为0.25，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．轻杆对小球弹力的方向一定始终沿杆方向
B．当θ小于37°时，小球受重力、弹力和向心力三个力的作用
C．当θ等于37°时，轻杆对小球弹力大小不随转轴转速的增大而增大
D．当转轴角速度为10rad/s时，两个小球克服摩擦力做功的总功率为55W
【解答】解：B、依题意，当轻杆与竖直方向夹角θ＝37°时，小球恰好触及圆筒内壁，可知当θ小于37°时，小球未触及圆筒内壁，此时小球受到重力与轻杆对小球的弹力两个力的作用，而小球做圆周运动的向心力是由重力与轻杆对小球弹力的合力提供的，故B错误；
AC、当θ等于37°时，小球恰好与圆筒内壁接触，此时圆筒内壁对小球弹力为零，而小球在竖直方向受力平衡，设此时杆对小球的弹力为T，根据平衡条件有
Tcosθ＝mg
解得：
可知，在竖直方向上弹力只需满足此关系即可，所以弹力的方向不一定沿着杆，而当增大转速后，圆筒内壁对小球产生弹力与摩擦力，且随着转速的增大圆筒内壁对小球的弹力与摩擦力也随之增加，弹力指向圆心，摩擦力始终沿着小球运动的切向方向，而小球未滑动，所以可知杆的弹力的一个分力要用来平衡摩擦力，可知此种情况下杆的弹力不可能沿着杆的方向，且杆的弹力随转轴转速的增大而增大，故AC错误；
D、当转轴角速度为10rad/s时，小球做圆周运动所需要的向心力大小为：
而小球做圆周运动所需要的向心力恰好由重力与杆对小球弹力的合力提供时，则其向心力大小为：
F′向＝mgtan37°＝2.0×10×0.75N＝15N＜F向
可知，当转轴角速度为10rad/s时，圆筒内壁对小球产生了弹力，且此弹力的大小为：
FN＝F向﹣F′向＝55N﹣15N＝40N
根据牛顿第三定律可知，小球对桶壁的压力大小为：
F′N＝FN＝40N
所以可得摩擦力大小为：Ff＝μF′N＝0.25×40N＝10N
其中一个小球运动一周克服摩擦力做功为：W克＝Ff 2πr
而转动一周的时间为：
所以两个小球转动一周克服摩擦力做功的总功率为：
联立解得：P＝55W，故D正确。
故选：D。
[例题4] （2023 温州模拟）2021年10月25日，如图甲所示的全球最大“上回转塔机”成功首发下线，又树立了一面“中国高端制造”的新旗帜。若该起重机某次从t＝0时刻由静止开始向上提升质量为m的物体，其a﹣t图像如图乙所示，t1时达到额定功率，t1～t2时间内起重机保持额定功率运动，重力加速度为g，不计其它阻力，下列说法正确的是（ ）
A．0～t1时间内物体处于失重状态
B．t1～t2时间内物体做减速运动
C．0～t1时间内重力对物体做功为
D．t1～t2时间内起重机额定功率为（mg+ma0）a0t1
【解答】解：A、0～t1时间内物体向上做匀加速直线运动，加速度竖直向上，物体处于超重状态，故A错误；
B、由图像可知t1～t2时间内物体的加速度为正，物体仍做加速运动，只是做加速度减小的加速运动，故B错误；
C、0～t1时间内物体向上做匀加速直线运动，t1时刻物体的位移为
重力对物体做功
故C错误；
D、t1时刻物体所受到的牵引力为F，由牛顿第二定律有：F﹣mg＝ma0
解得：F＝mg+ma0
t1时刻物体的速度为v＝a0t1
起重机额定功率为P＝Fv＝（mg+ma0）a0t1
故D正确。
故选：D。
[例题5] （2023 浙江模拟）如图所示为某型号电动车在某次测试中的速度v与牵引力F大小的倒数图像（v），已知汽车在平直路面上由静止启动，阻力恒定，最终达到最大速度vm后以额定功率匀速行驶，ab、cd平行于v轴，bc反向延长线过原点O，汽车质量为M，已知M、F1、F2、vm，下列说法不正确的是（ ）
A．汽车额定功率为F2vm
B．汽车从b到c过程做变加速运动
C．汽车匀加速运动持续的时间为
D．汽车从a到b过程克服阻力做功
【解答】解：A、根据P＝Fv可知v＝P，额定功率等于图线的斜率，PF2vm，故A正确；
B、根据P＝Fv，汽车由b到c过程中功率不变，随着汽车速度的增大，牵引力减小，根据牛顿第二定律得：
F﹣f＝ma
汽车所受阻力不变，随着牵引力的减小，汽车的加速度也减小，汽车由b到c过程中加速度减小的加速运动，故B正确；
C、汽车所受的阻力为fF2
由于额定功率等于图线的斜率，有：P
解得：F2vm＝v1F1
汽车从a到b，根据牛顿第二定律得：F1﹣f＝Ma
汽车从a到b持续的时间为t
联立解得：t
故C错误；
D、汽车从a到b过程运动的位移为x
克服阻力做功W＝fx
解得：W
本题选择错误选项；
故选：C。
题型2动能定理的应用
一、相关知识链接
1．表达式：W总＝Ek2－Ek1.
2．五点说明
(1)W总为物体在运动过程中所受各力做功的代数和．
(2)动能增量Ek2－Ek1一定是物体在末、初两状态的动能之差．
(3)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．
(4)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功．
(5)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．
二、规律方法提炼
1．基本思路
(1)确定研究对象和物理过程；
(2)进行运动分析和受力分析，确定初、末速度和各力做功情况，利用动能定理全过程或者分过程列式
2．“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．
3．在功能关系中的应用
(1)对于物体运动过程中不涉及加速度和时间，而涉及力和位移、速度的问题时，一般选择动能定理，尤其是曲线运动、多过程的直线运动等．
(2)动能定理也是一种功能关系 ，即合外力做的功(总功)与动能变化量一一对应．
[例题6] （2023 温州模拟）如图所示，足够大的粗糙斜面倾角为θ，小滑块以大小为v0的水平初速度开始沿斜面运动，经过一段时间后，小滑块速度大小为v、方向与初速度垂直。此过程小滑块加速度的最大值为a1、最小值为a2。已知小滑块与斜面动摩擦因数μ＝tanθ，则（ ）
A．v＝v0 B．v＞v0
C． D．
【解答】解：AB．小滑块在斜面上滑动，摩擦力力大小始终不变为f＝μmgcosθ＝mgsinθ，其大小与重力沿着斜面向下的分力大小相等，对整个运动过程根据动能定理可得：
其中，y为垂直初速度方向滑块沿斜面下滑的长度，s为滑块运动轨迹的长度，因为s＞y，可知v＜v0，故AB错误；
CD．摩擦力速度的方向始终与滑块相对斜面的速度方向相反，可知f的方向与重力沿斜面向下的分力的方向mgsinθ的夹角为90°到180°，根据几何关系可知合力的大小范围为：
结合牛顿第二定律F合＝ma
由此可得
则；a2＝0，故D正确，C错误。
故选：D。
[例题7] （2024 嘉兴一模）如图所示用无人机拍摄一个盆景的特效，无人机在盆景正上方沿竖直方向先减速下降再加速上升。若拍摄全程无人机升力相等，所受空气阻力也相等，则无人机（ ）
A．下降过程失重
B．上升过程失重
C．下降过程动能增加
D．上升和下降过程的加速度不相等
【解答】解：根据加速度向下为失重状态，加速度向上为超重状态，所以
AB．减速下降过程，加速上升过程，加速度向上，无人机处于超重状态，故AB错误；
C．减速下降过程，质量不变，速度减小，所以动能减小，故C错误；
D．根据牛顿第二定律：a下降；a上升
可知，上升和下降过程的加速度不相等，故D正确。
故选：D。
[例题8] （多选）（2024 浙江模拟）如图所示，倾角为30°的斜面体固定在水平地面上，上表面O点以下部分粗糙且足够长，其余部分光滑。在斜面体O点上方放置一质量为0.2kg且分布均匀、长度为0.2m的薄板，薄板下端与O点之间的距离为0.4m。现由静止释放薄板，薄板沿斜面向下运动，已知当薄板通过O点过程中，薄板所受摩擦力大小是薄板在斜面O点以下部分重量的倍，重力加速度g取10m/s2。则（ ）
A．薄板减速运动时最大加速度为5m/s2
B．薄板与O点以下部分的动摩擦因数为
C．薄板的最大速度为m/s
D．薄板静止时，其下端距O点1.1m
【解答】解：根据题意可知：薄木板长L＝0.2m，质量为m＝0.2kg，薄板下端与O点之间的距离为x1＝0.4m。
A、当薄木板全部进入O点以下时，薄板减速运动的加速度最大，根据牛顿第二定律可得：mgsin30°＝ma
代入数据解得：a＝2.5m/s2，故A错误；
B、设薄板在斜面O点以下部分的质量为m′时，摩擦力fμm′gcos30°，解得薄板与O点以下部分的动摩擦因数为：μ，故B正确；
C、当重力沿斜面向下的分力等于摩擦力时速度最大，此时薄木板下端进入粗糙部分的长度为x2，则有：mgsin30°
代入数据解得：x2m
从开始到速度最大过程中，根据动能定理可得：mg（x1+x2）sin30°0
代入数据解得：vmm/s，故C错误；
D、设薄板静止时，其下端距O点的距离为x3，全过程根据动能定理可得：
mg（x1+x3）sin30°μmgcos30° （x3﹣L）＝0
代入数据解得：x3＝1.1m，故D正确。
故选：BD。
[例题9] （2024 浙江模拟）如图，上方是平直桌面，右侧有多个半圆形轨道。第一个半圆轨道为R1＝R0，第二个为R2，第n个为Rn。每个半圆轨道之间有一小段水平轨道连接。现有一可视为质点的小球，质量为m，以初速度v0从A点进入轨道。已知重力加速度为g。
（1）若AB内外轨道均粗糙，小球在A，B两点对轨道的压力差为3mg，求小球在AB段运动时阻力做功。
（2）若轨道各处均光滑，要使小球刚进入每一个半圆形轨道时所受的向心力大小均相等，求Rn的表达式。（用R0，g，v0，n表示）
【解答】解：（1）如图所示
小球在轨道内做圆周运动，当时，在最高点时
设在最低点速度为vB，则在最低点
联立解得
或者
设阻力做功为Wf，由动能定理得
代入得
或者
如图所示
小球在轨道内做圆周运动，当时，在最高点时
设在最低点速度为vB′，则在最低点
联立解得
设阻力做功为Wf′，由动能定理得
代入得
（2）若轨道各处均光滑，设第一次到达最低点速度为v1，由动能定理知
由圆周运动知
设第二次到达最低点速度为v2，由动能定理知
由圆周运动知
同理得，设第n次到达最低点速度为vn，由动能定理知
由题知R1＝R0，由圆周运动知
则
[例题10] （2024 下城区校级模拟）某校科技小组在创新大赛中设计如图所示的轨道装置，已知倾角θ＝37°的斜轨道AD长为L＝3.5m，在轨道中点B点连接一光滑的双层圆轨道，切点B和B'稍错位，轨道半径R＝0.5m，D点连接水平轨道DE，长为s＝0.8m，E点离地面高度为h1＝2.3m。质量m＝0.2kg的滑块以一定初速度从A点出发，经过圆轨道从E点平抛飞出，落入放置在水平地面上高为h2＝0.5m的小桶内，小桶直径为d＝0.3m。滑块可看作质点，圆轨道间距可忽略，滑块与斜轨道、水平轨道的动摩擦因数均为μ＝0.25，不计空气阻力和滑块在D点的能量损失。（已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）若滑块初速度为零，求到达B点时的速度大小；
（2）若滑块的初速度v0＝4m/s，求到达圆轨道最高点C处时对轨道的压力；
（3）要使滑块落入小桶内，求小桶左侧离F点的水平距离x与滑块初速度v0的关系。
【解答】解：（1）滑块由静止从A到B过程中，根据动能定理，有
代入数据解得vBm/s
（2）滑块再次从A到C过程，根据动能定理得
在C点，根据牛顿第二定律得
联立解得F＝2.8N，根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力F'＝﹣F＝﹣2.8N，方向竖直向上；
（3）若滑块恰好通过C点，则vC＝0，根据动能定理得
解得vA＝2m/s
滑块从A到E过程中，根据动能定理得
解得
滑块平抛运动的高度h＝h1﹣h2＝2.3m﹣0.5m＝1.8m，根据平抛运动的规律
桶左端离F点最大距离x1＝vEt，最小距离x2＝vEt﹣d；
综上可知，x与v0关系为，且v0≥2m/s
题型3功能关系的理解和应用
1．功能关系的理解
(1)做功的过程就是能量转化的过程，不同形式的能量发生相互转化可以通过做功来实现．
(2)功是能量转化的量度．
①重力做功是重力势能改变的量度，WG＝－ΔEp.
②弹簧弹力做功是弹性势能改变的量度，W弹＝－ΔEp.
③电场力做功是电势能改变的量度，W＝－ΔEp.
④合外力做功是动能改变的量度．
⑤除重力或弹簧弹力外的其他力做功是物体机械能改变的量度．
⑥一对滑动摩擦力做功是系统内能改变的量度．
2．功能关系的应用
(1)分析物体运动过程中受哪些力，有哪些力做功，有哪些形式的能发生变化
(2)根据自己习惯用动能定理或能量守恒定律理解或计算
[例题11] （2024 下城区校级模拟）如图所示为某景观喷泉的喷射装置结构示意图。它由竖直进水管和均匀分布在同一水平面上的多个喷嘴组成，喷嘴与进水管中心的距离均为r＝0.6m，离水面的高度h＝3.2m。水泵位于进水管口处，启动后，水泵从水池吸水，并将水压到喷嘴处向水平方向喷出，水在水池面上的落点与进水管中心的水平距离为R＝2.2m。水泵的效率为η＝80%，水泵出水口在1s内通过的水的质量为m0＝10kg，重力加速度g取10m/s2，忽略水在管道和空中运动时的机械能损失。则下列错误的是（ ）
A．水从喷嘴喷出时速度的大小2m/s
B．在水从喷嘴喷出到落至水面的时间内，水泵对水做的功是320J
C．水泵输出的功率340W
D．水泵在1h内消耗的电能1.53×106J
【解答】解：A.水从喷嘴水平喷出，做平抛运动，根据平抛运动规律有R﹣r＝vt
hgt2
代入数据解得v＝2m/s，故A正确；
B.水泵对外做功，转化为水的机械能，每秒内水泵对水做的功为
W＝m0ghm0v2
代入数据解得W＝340J，故B错误；
C.由B可知水泵输出的功率
PW＝340W，故C正确；
D.根据P＝ηP电，则水泵的电功率为
P电W＝425W；
水泵在1h内消耗的电能为
E＝P电t＝425×3600J＝1.53×106J，故D正确；
本题选错误的，故选：B。
[例题12] （2024 浙江二模）蹦床运动是一项技巧性与观赏性都很强的运动。运动员在比赛的开始阶段会先跳几下，此阶段上升的最高点会越来越高，后来最高点基本能维持稳定。下列有关此情景说法正确的是（ ）
A．运动员每次上升过程，蹦床对运动员先做正功，后做负功
B．如果不考虑空气等各种阻力，运动员和蹦床组成的系统机械能守恒
C．最开始的几次起跳上升过程，蹦床弹性势能的减小量小于运动员机械能的增加量
D．对于最高点基本稳定的情景，运动员的重力势能与蹦床弹性势能之和最小时，运动员的加速度最大
【解答】解：A、上升过程，离开蹦床前，蹦床给运动员的弹力向上，与位移方向相同，则弹力对运动员做正功。离开蹦床之后没有弹力，不做功，故A错误；
B、站在蹦床上到跳起过程，运动员自己对自己做功，消耗体能，运动员和蹦床组成的系统机械能会增加，故B错误；
C、最开始的几次起跳的上升过程，运动员自己对自己做功，消耗体能，所以蹦床弹性势能的减小量小于运动员机械能的增加量，故C正确；
D、最高点基本稳定时，人和蹦床组成的系统机械能可认为守恒，人的重力势能与蹦床的弹性势能之和最小时，运动员的动能最大，加速度为零，故D错误。
故选：C。
[例题13] （2024 浙江模拟）如图，在一水平地面上有一轨道，其内部有一质量不计的轻弹簧，弹簧劲度系数为k。其正上方有一质量为m的小球由静止释放，恰好可进入管道内部。若忽略空气阻力与摩擦力，则下列说法正确的是（ ）
A．小球运动过程中，其机械能守恒
B．小球最大速度
C．小球下落最大距离
D．小球最大加速度
【解答】解：A．小球未接触到弹簧过程中，只有重力做功，机械能守恒，与弹簧接触后弹簧弹力做功，小球的机械能不守恒，故A错误；
B．当小球的加速度为零时，速度达到最大，即
mg＝kx
联立可得
故B正确；
C．当小球速度减为零时，下落的距离最大，则
所以小球下落最大距离为
故C错误；
D．当小球运动到最低点时加速度最大，则
kx'﹣mg＝ma
解得
故D错误。
故选：B。
[例题14] （2024 金华二模）图甲是某人在湖边打水漂的图片，石块从水面弹起到触水算一个水漂，若石块每次从水面弹起时速度与水面的夹角均为30°，速率损失30%。图乙是石块运动轨迹的示意图，测得石块第1次弹起后的滞空时间为0.8s，已知石块在同一竖直面内运动，当触水速度小于2m/s时石块就不再弹起，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．石块每次弹起后的滞空时间相等
B．石块最多能在湖面上弹起5次
C．石块每次弹起过程能量损失30%
D．石块每次弹起到最高点的速度为零
【解答】解：A.石块做斜上抛运动，竖直方向上的速度大小为vy＝vsin30°
根据vy＝gt1
运动总时间t＝0.8s＝2t1
解得v＝8m/s，由于存在速率损失，v减小导致vy减小，所以滞空时间不等，故A错误；
B.设石块一共能打n个水漂，则有
（1﹣30%）n﹣1 v＜2m/s，（n取整数）
解得n＝5，故B正确；
C.速率损失30%，即速度由v变成0.7v，能量由mv2变成m（0.7v）2＝0.49mv2，故能量损失为51%，故C错误；
D.石块做斜上抛运动，即使在最高点也有水平方向的分速度，故D错误。
故选：B。
[例题15] （2021 浙江模拟）简谐运动是一种常见且重要的运动形式。它是质量为m的物体在受到形如F＝﹣kx的回复力作用下，物体的位移x与时间t遵循x＝Asinωt变化规律的运动，其中角频率ω（k为常数，A为振幅，T为周期）。弹簧振子的运动就是其典型代表。
如图所示，一竖直光滑的管内有一劲度系数为k的轻弹簧，弹簧下端固定于地面，上端与一质量为m的小球A相连，小球A静止时所在位置为O，另一质量也为m的小球B从距A为H的P点由静止开始下落，与A发生瞬间碰撞后一起开始向下做简谐运动。两球均可视为质点，在运动过程中，弹簧的形变在弹性限度内，当其形变量为x时，弹性势能为Epkx2，已知H，重力加速度为g。求：
（1）B与A碰撞后瞬间一起向下运动的速度；
（2）小球A被碰后向下运动离O点的最大距离。
（3）小球A从O点开始向下运动到第一次返回O点所用的时间。
【解答】解：（1）小球B自由下落H的速度为vB
根据动能定理可得：
解得：
小球B与小球A碰撞过程动量守恒，取向下为正，则有：
mvB+0＝（m+m）v1
解得：；
（2）小球A在O位置，弹簧被压缩x0，则
小球A与小球B共同体继续向下运动离O点的最大距离为xm，根据机械能守恒定律可得：
由mg＝kx0
整理得：
解得：xm＝3x0，xm＝﹣x0（舍去）
即：；
（3）由题意振动周期：，又振幅
所以平衡位置在弹簧压缩2x0处，从碰撞后开始到再次回到O点的振动图象如图：
从O点开始到平衡位置经过的时间t1T
所求时间t＝2t1
解得：t。
题型4动力学与能量观点的综合应用
1．做好两个分析
(1)综合受力分析、运动过程分析，由牛顿运动定律做好动力学分析．
(2)分析各力做功情况，做好能量的转化与守恒的分析，由此把握运动各阶段的运动性质，各连接点、临界点的力学特征、运动特征和能量特征．
2．做好四个选择
(1)当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题；
(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律；
(3)当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻进行分析时选择牛顿第二定律求解；
(4)复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合解题．
[例题16] （2021 宁波二模）如图所示是一弹射游戏装置，由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道（在最低点A、C分别与水平轨道OA和CD相连）、倾斜长轨道DE组成。游戏时滑块从O点弹出后，经过圆轨道并滑上倾斜长轨道DE，若滑块从长轨道DE滑下则反向进入圆轨道，从圆轨道滑出，进入AO轨道并压缩弹射器的弹簧，随后能再次弹出（无能量损失）算游戏成功。已知圆轨道半径为R，轨道DE的倾角θ＝37°，滑块质量为m，滑块与轨道DE之间的动摩擦因数μ＝0.5，其余都光滑，各轨道之间平滑连接；滑块可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能，忽略空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g。
（1）若滑块第一次进入圆轨道，恰好能过最高点B，求滑块能滑上斜轨道的最大距离；
（2）若某次游戏弹射释放的弹性势能为Ep＝5mgR，求滑块在斜轨道上通过的总路程；
（3）要使游戏成功（即滑块能返回弹射器、且只能返回一次），并要求滑块始终不脱离轨道，求弹射时弹性势能可能的范围。
【解答】解：（1）若滑块第一次进入圆轨道，恰好能过最高点B，则有：mg＝m
解得：vB
滑块从B点第一次运动到斜轨道最高点过程中，根据动能定理可得：﹣mg（2R﹣Lsinθ）﹣μmgLcosθ＝0
解得：L；
（2）若滑块恰好过B点，则弹簧弹性势能E1＝2mgR
解得：E1＝2.5mgR，因EP＞E1，故滑块能过B点
设滑块第一次到斜轨道最高点时到D的距离为L1
由能量守恒定律可得：E1′＝mgL1sinθ+μmgL1cosθ
得L1＝5R
返回到C处时滑块的动能E1'＝EP﹣2μmgL1cosθ＝mgR
因此，此后滑块恰好不脱离轨道，在圆轨道与斜轨道间做往复运动，最终停在D点
全过程应用能量守恒定律可得：Ep＝μmgscosθ
得s＝12.5R；
（3）由题意可知，满足题意的弹性势能最小的条件为：滑块恰好第2次顺时针通过B
设第一次到斜轨道最高点时到D的距离为L2，根据动能定理可得：
mg（L2sinθ﹣2R）﹣μmgL2cosθ0
得L2＝12.5R
设第二次到斜轨道最高点时到D的距离为L2'，根据动能定理可得：
mg（2R﹣L2'sinθ）﹣μmgL2'cosθ＝0
得L2′＝2.5R
两次在斜轨道往返后，滑块在C处具有的动能E2′mgR＜mgR，满足题目要求
根据功能关系可得：EpminmgR+2μmgcosθ（L2+L2'）
解得：Epmin＝12.5mgR
由题意可知，满足题意的弹性势能最大的条件为：滑块在斜轨道上往返两次后，恰能到达圆轨道上与圆心等高点处
分析计算可知第二次到斜轨道最高点到D的距离为L3'＝5R
第一次到斜轨道最高点时离D距离为L3＝25R
Epmx＝mgR+2μmgcosθ（L3+L3'）＝25mgR
综上可得：12.5mgR≤EP≤25mgR。
[例题17] （2021 嘉兴二模）如图所示，在同一竖直平面内有斜面、圆轨道和缓冲装置固定在水平地面上，斜面、圆轨道均与水平地面平滑连接，缓冲装置中的弹簧固定于竖直墙面上，弹簧原长时左、右两端点对应于地面上的点D、E，滑块压缩时弹簧的距离不超过2r时，缓冲装置可正常工作。一质量为m的滑块从足够长光滑斜面上离地h＝3r处的A点由静止开始下滑，经最低点B进入竖直圆轨道，离开圆轨道后沿水平面继续向前运动并撞击弹簧，直至滑块速度减为0时弹簧的压缩量x＝r。已知圆轨道最低点至竖直墙面间总长度BE＝6r，弹簧原长l＝3r，轨道的BE段粗糙，其余均光滑，滑块与轨道BE段之间的动摩擦因数恒为μ＝0.5，滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧的弹性势能E与其劲度系数k和形变量x之间满足Epkx2（题中k未知）。
（1）求滑块从h＝3r处下滑时，经过圆轨道最高点C时对轨道的压力大小；
（2）要保证缓冲装置正常工作，求滑块开始下滑的最大离地高度；
（3）在保证缓冲装置正常工作的同时，滑块又不脱离轨道且停留在BE段，h应满足什么条件？
【解答】解：（1）滑块从A到C过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mg（h﹣2r）
设在C点轨道对滑块的支持力大小为F，由牛顿第二定律得：
F+mg＝m
解得：F＝mg
由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小F′＝F＝mg
（2）滑块从h高处下滑，由能量守恒定律得：
mgh＝μmg（BE﹣r）
设滑块开始下滑的最大离地高度为H缓冲装置正常工作，由能量守恒定律得：
mgH＝μmg（BE﹣r）
解得：H＝6.5r
（3）在保证缓冲装置正常工作的同时，滑块又不脱离轨道且最终停留在BE段
①滑块恰好能过C点，重力提供向心力，由牛顿第二定律得：mg＝m
从A都C点，由机械能守恒定律得：mg（h1﹣2r）
解得：h1＝2.5r
②滑块被弹簧反弹后恰好到达与圆心登高点，设弹簧的压缩量为x，
由能量守恒定律得：3mgr＝4μmgr
弹簧的弹性势能：Epμmg（3r+x）+mgr
解得：xr
由能量守恒定律得：mgh2＝μmg（3r+x）+Ep
解得：h2r
h应满足的条件是：2.5r≤hr
专题强化练
1. （2024 镇海区校级模拟）把一个小球放在竖立的弹簧上，并把小球向下按至A位置，如图甲所示。迅速松手后，弹簧把小球弹起，小球升至最高点C（图乙），经过图中B位置时弹簧正好处于原长状态。弹簧的质量和空气的阻力均可忽略，重力加速度为g。下列关于小球从A至C的运动过程中加速度大小a、速度大小v、动能Ek和机械能E随运动时间t的变化关系中，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：A．当小球所受弹簧的弹力等于小球的重力前，根据牛顿第二定律
kx mg＝ma
可得：
随着小球上升加速度逐渐减小，当到达平衡位置后到B过程中，小球加速向下，根据牛顿第二定律
mg kx＝ma
可得：
可知小球的加速度大小逐渐增大，在B位置继续向上，弹簧弹力为零，小球的加速度始终为重力加速度不变，故A正确；
B．根据A选项分析可知小球先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，后做加速度不变的减速运动，故B错误；
C．无论加速阶段还是减速阶段，小球的位移和时间都不是线性关系，且力也不是恒力，所以Ek t图像不可能是线性关系，故C错误；
D．小球在到达B位置前，弹簧弹力对小球做正功，小球的机械能增大，到达B位置继续向上，小球只受重力，机械能守恒，即保持不变，故D错误。
故选：A。
2. （2024 镇海区模拟）2022年国际泳联跳水世界杯于10月23日在德国柏林欧罗巴体育公园跳水馆举行，我国跳水选手昌雅妮夺得了女子单人三米板冠军，如图所示，若在昌雅妮竖直起跳至最高点时有一颗水珠从她身上水平飞出，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．研究昌雅妮跳水姿势时，不能把她当作质点
B．水珠下落过程中机械能不守恒
C．以水珠为参考系，昌雅妮是静止的
D．水珠落入水中的时间与离开昌雅妮时的速度有关
【解答】解：A、研究昌雅妮跳水姿势时，身体的大小和形状对研究的问题有影响，不能看成质点，故A正确；
C、以水珠为参考系，昌雅妮在水平方向是运动的，故C错误；
B、水珠下落过程中，只有重力做功，机械能守恒，故B错误；
D、水珠做平抛运动，则竖直方向做自由落体运动，落水时间与水平初速度无关，故D错误。
故选：A。
3. （2024 乐清市校级三模）羽毛球运动是一项深受大众喜爱的体育运动。某同学为研究羽毛球飞行规律，找到了如图所示的羽毛球飞行轨迹图，图中A、B为同一轨迹上等高的两点，P为该轨迹的最高点，则该羽毛球（ ）
A．在A、B两点的速度大小相等
B．整个飞行过程中经P点的速度最小
C．AP段的飞行时间大于PB段的飞行时间
D．在A点的机械能大于B点的机械能
【解答】解：AD．羽毛球在运动过程中受到空气阻力作用，机械能减小，A点的机械能大于B点的机械能，A点速度大于B点的速度，故A错误，D正确；
B．当羽毛球所受重力与阻力的合力方向与速度方向垂直时，羽毛球的速度最小，而在最高点P时，合力方向与速度夹角为钝角，说明羽毛球速度最小应该在P点之前，故B错误；
C．AP段羽毛球处于上升阶段，由于存在空气阻力作用，其竖直向下的加速度大于重力加速度，而PB段羽毛球处于下降阶段，加速度小于重力加速度，由于位移大小相等，所以AP段的飞行时间小于PB段的飞行时间，故C错误。
故选：D。
4. （2024 镇海区校级三模）学校运动会上，某同学参加铅球比赛，他将同一铅球从空中同一位置A先后两次抛出，第一次铅球在空中轨迹如图乙中1所示，第二次铅球在空中轨迹如图乙中2所示，两轨迹的交点为B，已知铅球两次经过B点时机械能相同，不计空气阻力，不计铅球大小，则关于两次抛出，下列说法正确的是（ ）
A．两次投出的初速度相同
B．两次铅球落地时重力的瞬时功率相同
C．两次铅球在空中运动过程中重力做功平均功率2更加大
D．两次铅球在最高点机械能2更加大
【解答】解：A.由铅球运动的轨迹可知，铅球两次出手时的速度方向不同，因此初速度不同，故A错误；
B.重力的瞬时功率为P＝mgvcosθ，其中θ为速度方向与重力方向的夹角。已知铅球两次均是从A点投出，经B点后落至地面，两次经过B点时机械能相等，因此经过B点时的动能大小相等，又因为铅球两次从A至B过程中仅有重力做功，且做功相同，因此铅球两次在A点投出时的动能大小相同，又由铅球两次由A投出后运动至地面的过程重力做功相同，因此在到达地面时的动能大小相同，即速度大小相等，但由图中轨迹可知，铅球两次落地时的速度方向与重力方向夹角不同，因此重力的瞬时功率不同，故B错误；
C.对铅球两次运动进行竖直方向分析可知，做初速度向上，加速度大小为g方向向下的匀变速直线运动，且两次的位移相同，铅球两次出手时速度大小相等，但第一次出手时速度方向与竖直向上的方向夹角更小，因此铅球第一次出手时沿竖直方向的分速度更大，根据x＝v0tgt2可知，第一次运动时间更长，又已知两次运动重力做功相同，因此第一次运动过程的重力做功平均功率更小，故C正确；
D.铅球出手后机械能守恒，因此在最高点时机械能仍相等，故D错误。
故选：C。
5. （2024 浙江模拟）在离地高度相同的A、B两点抛出两质量不同的小球A和B，A的初速度斜向上，B的初速度水平。某时刻两小球恰好在C点相碰，如图所示，此时两小球均未落地且A、B两点连线中点恰好与C点在同一竖直线上，不计阻力，则两小球在此过程中（ ）
A．位移相同 B．速度的变化量相同
C．动能的增量相同 D．机械能的增量相同
【解答】解：A、A和B的位移大小相等、方向不同，故位移不同，故A错误；
B、根据题意可知，从开始到相遇，A和B运动的时间不同，A运动的时间长，根据Δv＝gΔt可知，A的速度变化量大，故B错误；
C、根据动能定理可得：ΔEk＝mgh，由于二者的质量不同、下落的高度相等，则动能增量不同，故C错误；
D、由于小球运动过程中不受阻力，机械能守恒，即除重力之外的其它力做功为零，则机械能的增量相同，均为零，故D正确。
故选：D。
6. （2024 浙江模拟）如图所示，轻弹簧一端悬挂在横杆上，另一端连接质量为m的重物，弹簧和重物组成的系统处于静止状态。某时刻在重物上施加一方向竖直向上，大小为的恒力，重物上升的最大高度为h，已知弹簧的弹性势能表达式为，则（ ）
A．上升过程中系统机械能守恒
B．开始时弹簧的弹性势能为
C．上升过程中重物的最大动能为
D．上升到最高点过程中重物的重力势能增加
【解答】解：A、在重物上施加一方向竖直向上，大小为的恒力，重物上升的过程中，恒力F对重物做正功，所以系统的机械能增加，故A错误；
B、开始时重物处于静止状态，弹簧的弹力与重力平衡，则弹簧的弹力大小为：kx＝mg；
某时刻在重物上施加一方向竖直向上，大小为的恒力，重物上升的最大高度为h，在此过程中，根据动能定理可得：
Fh﹣mgh＝0
联立解得：x＝h
开始时弹簧的弹性势能为Ep0，故B正确；
C、物体受力平衡时速度最大，根据对称性可知重物上升的高度为h，此过程中根据动能定理可得：Fhmgh＝Ekm﹣0
解得：Ekmmgh，故C错误；
D、上升到最高点过程中重物的重力势能增加量为ΔEp＝mgh，故D错误。
故选：B。
7. （2024 温州二模）如图所示，薄板B放在倾角为30°的光滑斜面上，斜面固定且足够长，薄板的下端位于斜面底端，上端通过轻绳与固定在地面上的电动机连接，轻绳跨过定滑轮，定滑轮质量与摩擦均不计，斜面上方的细绳与斜面平行。t＝0时刻，一小物块A从薄板上端由静止释放的同时，薄板在电动机带动下由静止开始沿斜面向上做加速度的匀加速直线运动。已知薄板长L＝1m，小物块A的质量mA＝2kg，薄板B的质量mB＝1kg，A、B间的动摩擦因数。下列说法正确的是（ ）
A．从t＝0到小物块A离开薄板前，细绳对薄板B的拉力为7N
B．小物块A到达斜面底端时速度为
C．小物块A将要离开薄板时电动机的瞬时输出功率为16W
D．小物块A与薄板B之间因摩擦产生的内能为2.5J
【解答】解：A.小物块向下运动，薄板向上运动，对薄板根据牛顿第二定律有
T﹣mBgsin30°﹣μmAgcos30°＝mBa
代入数据解得
T＝12N，故A错误；
B.对小物块根据牛顿第二定律有
mAgsin30°﹣μmAgcos30°＝mAa1
代入数据解得
根据运动学公式有
代入数据解得
此时小物块的速度为
此时A距离斜面底端的距离为
根据动能定理有
代入数据解得
，故B错误；
C.根据运动学公式，A刚要滑离薄版时，薄板的速度为
根据功率公式有
，故C正确；
D.根据功能关系，小物块A与薄板B之间因摩擦产生的内能为
，故D错误。
故选：C。
8. （2024 下城区校级模拟）如图所示，一根长1m左右的空心铝管竖直放置，把一枚磁性比较强的小圆柱形永磁体从铝管上端放入管口，圆柱直径略小于铝管的内径。让磁体从管口处由静止下落，磁体在管内运动时，没有跟铝管内壁发生摩擦。有关磁体在铝管中下落的过程，下列说法可能正确的是（ ）
A．磁体做自由落体运动
B．磁体受到铝管中涡流的作用力方向先向上后向下
C．磁体受到的合力方向一直向下
D．磁体的机械能先增大后减小
【解答】解：AB、磁体从管口处由静止下落，空心铝管可以看作是由无数个圆环构成的，磁铁下落过程中在铝管中产生感应电流，根据楞次定律可知，铝管中的感应电流阻碍磁体的下落，对磁体始终产生向上的阻力，所以磁体不是做自由落体运动，故AB错误；
C、磁体下落过程中，受到的阻力可能一直小于磁体的重力，所以磁体受到的合力方向一直向下，故C正确；
D、根据功能关系可知，磁体的机械能一直减小，故D错误。
故选：C。
9. （2024 下城区校级模拟）近几年，中国的动力电池技术快速发展，电动汽车产品选代升级，可供消费者选择的车型和品牌也会越来越丰富，如图为蔚来的ES8车型，下列表中数据为ES8的动力系统部分数据：
蔚来ES8部分数据
前后轮输出功率 前160kW 标准电池的能量 75kW h
后240kW 标准电池电荷量 200Ah
最大扭矩 725N m 匀速行驶最大里程 450km
0﹣100km/h加速时间 4.9s 交流充电口 220V/32A，效率80%
最高车速 200km/h 直流充电口 420V/250A，效率90%
则下列说法正确的是（ ）
A．若0～100km/h加速是匀加速直线运动，则汽车的加速度约为20m/s2
B．按照匀速行驶最大里程，汽车行驶过程受到平均阻力为6000N
C．用交流电充电，如果能保持充电电流为32A，则充满标准电池需要约7.8h
D．用直流电充电，如果能保持充电电流为250A，则充满标准电池需要约0.8h
【解答】解：A．由加速度定义式得：
其中Δv＝100km/h＝27.8m/s，Δt＝4.9s
代入数据得：a≈5.67m/s2，故A错误；
B．汽车匀速行驶时，牵引力等于阻力，由功能关系得：E＝fs
其中E＝75kW h＝2.7×108J，s＝450km＝4.5×105m
代入数据得：f＝600N，故B错误；
CD．根据功能关系得：ηUIt＝E
若用用交流电充电，充电电流I为32A时，充电电压U为220V，效率η为80%，则充满标准电池需要用时：
t1≈13.3h
用直流电充电，充电电流为250A时，充电电压U为420V，效率η为90%，则充满标准电池需时：
t2≈0.8h，故C错误，D正确。
故选：D。
10. （2023 浙江模拟）如图为小丽玩小皮筋球的瞬间，小球正在向上运动，手正在向下运动，橡皮筋处于绷紧状态。对于小球的运动，下列说法正确的是（ ）
A．图示瞬间小球一定处于超重状态
B．图示瞬间小球一定正在向上减速
C．在此后的一小段时间内，小球的动能一定增加
D．在此后的一小段时间内，小球机械能一定增加
【解答】解：AB、由于小球受到的重力与拉力关系未知，故无法判断加速度方向，无法判断图示瞬间小球处于超重还是失重状态，无法判断图示瞬间小球向上做什么运动，故AB错误；
C、在此后的一小段时间内，小球受到的拉力可能小于重力，小球受到的合力向下，合力对小球做负功，小球的动能减小，故C错误；
D、在此后的一小段时间内，小球受到的拉力方向向上，拉力对小球做正功，由功能关系知小球机械能一定增加，故D正确。
故选：D。
11. （2023 台州模拟）某超市中倾角为30°的自动坡道式电梯（无台阶）如图所示，某人蹲在电梯上随电梯匀速下行。下列说法正确的是（ ）
A．电梯对人的作用力沿坡道向上
B．人和电梯表面之间的动摩擦因数为
C．电梯对人做的功等于人的重力势能的变化量
D．若人在电梯上突然起身站立，起身瞬间人对电梯的作用力减小
【解答】解：A、人蹲在电梯上随电梯匀速下行，人受到的合力为零，所以电梯对人的作用力与人的重力等大反向，则电梯对人的作用力竖直向上，故A错误；
B、根据平衡条件得：mgsin30°＝f，而f≤μFN，FN＝mgcos30°，解得μ，故B错误；
C、人做匀速运动，动能不变，由功能关系可知，电梯对人做的功等于人的重力势能的变化量，故C正确；
D、若人在电梯上突然起身站立，加速度向上，处于超重状态，则电梯对人作用力大于重力，根据牛顿第三定律可知，起身瞬间人对电梯的作用力增大，故D错误。
故选：C。
12. （2024 乐清市校级三模）某景区向社会征集一个水上乐园设计建议。某校科技小组设计了一套方案，其简化原理如图。甲、乙、丙由混凝土浇筑而成，其中甲上部为半径为R1＝10m的圆弧面，圆心角θ1＝53°；乙上部为两个半径均为R2＝10m、圆心角为θ2＝37°的圆弧面平滑连接，EF等高。BC距离L1＝10m，其间有水下固定平台，其周围的水可在水泵驱动下循环流动，方向如箭头所示，速度v大小可调，平台上方各处速度均可视为相同。乙下方为有孔隔板，可大幅减小左侧水域流动对右侧水域的影响，乙丙之间水域可视为静水，上浮质量为M＝100kg、长为L＝6m的可动浮台。现有一游客乘坐特定装置（人和该装置视为质点并标注为P，总质量为m＝60kg），P从A点静止释放，依次通过ABCDE，最后通过可动浮台，到达终点平台丙完成游戏。可动浮台触碰平台丙时瞬间自动锁定。由于出发时P干燥，AB段摩擦不可忽略，P在B点时对轨道的压力为1.5mg，在BC间与水有相对运动时，受水平方向的恒力F＝0.5mg，在CDE段因经左侧水域而湿润，摩擦可忽略，与可动浮台动摩擦因数为μ＝0.1。不考虑P和可动浮台入水后的水下部分以及水位上升和波动带来的影响。
（1）求B点速度大小和AB段因摩擦而产生的热量。
（2）CDE段恰不脱离脱离轨道，求P在C点和E点的速度。
（3）若忽略可动浮台与水面的阻力，为使P在CDE段恰不脱离脱且不能在EF间落水，求BC间水速的调节范围。
【解答】解：（1）设P在B点的速度为vB，根据题意可得
解得
P从A到B的过程中，根据能量守恒定律
联立上述各式解得Q＝900J
（2）在D点时，则有
解得
从C到D的过程中，根据机械能守恒定律可得
解得
同理，从D到E则有
解得
（3）由上述分析可知，在不脱离CDE的情况下，E点的速度满足
考虑EF间不落水，恰至边缘二者共速，取向右为正方向，有mvE＝（M+m）v
解得
若二者提前共速，后滑动到终点，取向右为正方向，有mvE＝（M+m）v'
2μg（L﹣x）＝v'2
解得
从C到E
对应C点的速度为
即9.78m/s≤vC≤9.96m/s
若在BC过程一直加速，则有
F＝0.5mg＝ma
解得
若一直减速，则不可能达到C点。综上所述，可调节的水流速度9.78m/s≤v≤9.96m/s
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第4讲 功和功率 功能关系
题型1功与功率的分析与计算
一、相关知识链接
1．功的计算
(1)单个恒力的功 W＝Flcos α
(2)合力为恒力的功
①先求合力，再求W＝F合lcos α
②W＝W1＋W2＋…
2．功率的计算
(1)P＝，适用于计算平均功率；
(2)P＝Fv，若v为瞬时速度，P为瞬时功率，若v为平均速度，P为平均功率．
注意：力F与速度v方向不在同一直线上时功率为Fvcos θ.
(3)机车启动问题
以恒定功率启动 以恒定加速度启动
P－t图象与v－t图象
运动规律 OA段：做加速度逐渐减小的变加速直线运动；AB段：做速度为vm的匀速直线运动 OA段：以加速度a做匀加速直线运动AB段：做加速度逐渐减小的变加速直线运动；BC段：做速度为vm的匀速直线运动
过程分析 OA段：v↑ F＝↓ a＝↓；AB段：F＝F阻 a＝0 P额＝F阻·vm OA段：a＝不变 F不变 v↑ P＝F·v↑，直到P＝P额＝F·v1；AB段：v↑ F＝↓ a＝↓；BC段：F＝F阻 a＝0 v达到最大值，vm＝
二、规律方法提炼
变力功的计算
(1)若力大小恒定，且方向始终沿轨迹切线方向，可用力的大小跟路程的乘积计算
(2)力的方向不变，大小随位移线性变化可用W＝lcos α计算
(3)已知F－l图象，功的大小等于“面积”
(4)一般变力只能用动能定理求解
[例题1] （2024 台州二模）2024多哈游泳世锦赛中，“中国蛟龙”浙江运动员潘展乐获得4枚金牌并打破男子100米自由泳世界纪录，震撼了世界。如图所示潘展乐在比赛中左手正在划水，下列说法正确的是（ ）
A．运动员划水前进，水对人的力是阻力
B．运动员向后划水，水对划水手掌做正功
C．运动员在水中前进时，浮力与重力始终大小相等
D．水对运动员的作用力等于运动员对水的作用力
[例题2] （2024 浙江模拟）《巴黎气候变化协定》是人类历史上应对全球温室效应带来的气候变化的第三个里程碑式的国际法律文本。为了减少二氧化碳的排放，我国一直在大力发展新能源汽车，已知某型号的电动汽车主要技术参数如表：
车型尺寸长×宽×高 4870×1950×1725 最高时速km/h 120
电机型式 交流永磁同步电机 电机最大电功率kW 180
工况法纯电续驶里程km 500 等速法纯电续驶里程km 600
电池容量kW h 82.8 快充时间h 1.4
0﹣50km/h加速时间（s） 2 0﹣100km/h加速时间s 4.6
根据电动汽车行业国家标准GB/T18386﹣2017，电机的最大功率为电机输出的最大机械功率；电池容量为电池充满电时储存的最大电能，根据表中数据，可知（ ）
A．0﹣100km/h的加速过程中电动车行驶的路程一定大于60m
B．电机以最大功率工作且车以最大速度行驶时，车受到的阻力大小为5000N
C．该车在0﹣50km/h的加速过程中平均加速度为25m/s2
D．电机以最大功率工作加速到最高时速用时4.6s
[例题3] （2023 诸暨市一模）如图所示为控制电动机转速的调速器。竖直圆筒固定不动，两轻杆上端与圆筒中心的转轴相连，下端固定质量为2.0kg的小球。轻杆随转轴一起转动，可以自由张合，当轻杆与竖直方向夹角θ＝37°时，小球恰好触及圆筒内壁。已知圆筒内壁半径27.5cm，小球与筒壁之间的动摩擦因数为0.25，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．轻杆对小球弹力的方向一定始终沿杆方向
B．当θ小于37°时，小球受重力、弹力和向心力三个力的作用
C．当θ等于37°时，轻杆对小球弹力大小不随转轴转速的增大而增大
D．当转轴角速度为10rad/s时，两个小球克服摩擦力做功的总功率为55W
[例题4] （2023 温州模拟）2021年10月25日，如图甲所示的全球最大“上回转塔机”成功首发下线，又树立了一面“中国高端制造”的新旗帜。若该起重机某次从t＝0时刻由静止开始向上提升质量为m的物体，其a﹣t图像如图乙所示，t1时达到额定功率，t1～t2时间内起重机保持额定功率运动，重力加速度为g，不计其它阻力，下列说法正确的是（ ）
A．0～t1时间内物体处于失重状态
B．t1～t2时间内物体做减速运动
C．0～t1时间内重力对物体做功为
D．t1～t2时间内起重机额定功率为（mg+ma0）a0t1
[例题5] （2023 浙江模拟）如图所示为某型号电动车在某次测试中的速度v与牵引力F大小的倒数图像（v），已知汽车在平直路面上由静止启动，阻力恒定，最终达到最大速度vm后以额定功率匀速行驶，ab、cd平行于v轴，bc反向延长线过原点O，汽车质量为M，已知M、F1、F2、vm，下列说法不正确的是（ ）
A．汽车额定功率为F2vm
B．汽车从b到c过程做变加速运动
C．汽车匀加速运动持续的时间为
D．汽车从a到b过程克服阻力做功
题型2动能定理的应用
一、相关知识链接
1．表达式：W总＝Ek2－Ek1.
2．五点说明
(1)W总为物体在运动过程中所受各力做功的代数和．
(2)动能增量Ek2－Ek1一定是物体在末、初两状态的动能之差．
(3)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．
(4)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功．
(5)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．
二、规律方法提炼
1．基本思路
(1)确定研究对象和物理过程；
(2)进行运动分析和受力分析，确定初、末速度和各力做功情况，利用动能定理全过程或者分过程列式
2．“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．
3．在功能关系中的应用
(1)对于物体运动过程中不涉及加速度和时间，而涉及力和位移、速度的问题时，一般选择动能定理，尤其是曲线运动、多过程的直线运动等．
(2)动能定理也是一种功能关系 ，即合外力做的功(总功)与动能变化量一一对应．
[例题6] （2023 温州模拟）如图所示，足够大的粗糙斜面倾角为θ，小滑块以大小为v0的水平初速度开始沿斜面运动，经过一段时间后，小滑块速度大小为v、方向与初速度垂直。此过程小滑块加速度的最大值为a1、最小值为a2。已知小滑块与斜面动摩擦因数μ＝tanθ，则（ ）
A．v＝v0 B．v＞v0
C． D．
[例题7] （2024 嘉兴一模）如图所示用无人机拍摄一个盆景的特效，无人机在盆景正上方沿竖直方向先减速下降再加速上升。若拍摄全程无人机升力相等，所受空气阻力也相等，则无人机（ ）
A．下降过程失重
B．上升过程失重
C．下降过程动能增加
D．上升和下降过程的加速度不相等
[例题8] （多选）（2024 浙江模拟）如图所示，倾角为30°的斜面体固定在水平地面上，上表面O点以下部分粗糙且足够长，其余部分光滑。在斜面体O点上方放置一质量为0.2kg且分布均匀、长度为0.2m的薄板，薄板下端与O点之间的距离为0.4m。现由静止释放薄板，薄板沿斜面向下运动，已知当薄板通过O点过程中，薄板所受摩擦力大小是薄板在斜面O点以下部分重量的倍，重力加速度g取10m/s2。则（ ）
A．薄板减速运动时最大加速度为5m/s2
B．薄板与O点以下部分的动摩擦因数为
C．薄板的最大速度为m/s
D．薄板静止时，其下端距O点1.1m
[例题9] （2024 浙江模拟）如图，上方是平直桌面，右侧有多个半圆形轨道。第一个半圆轨道为R1＝R0，第二个为R2，第n个为Rn。每个半圆轨道之间有一小段水平轨道连接。现有一可视为质点的小球，质量为m，以初速度v0从A点进入轨道。已知重力加速度为g。
（1）若AB内外轨道均粗糙，小球在A，B两点对轨道的压力差为3mg，求小球在AB段运动时阻力做功。
（2）若轨道各处均光滑，要使小球刚进入每一个半圆形轨道时所受的向心力大小均相等，求Rn的表达式。（用R0，g，v0，n表示）
[例题10] （2024 下城区校级模拟）某校科技小组在创新大赛中设计如图所示的轨道装置，已知倾角θ＝37°的斜轨道AD长为L＝3.5m，在轨道中点B点连接一光滑的双层圆轨道，切点B和B'稍错位，轨道半径R＝0.5m，D点连接水平轨道DE，长为s＝0.8m，E点离地面高度为h1＝2.3m。质量m＝0.2kg的滑块以一定初速度从A点出发，经过圆轨道从E点平抛飞出，落入放置在水平地面上高为h2＝0.5m的小桶内，小桶直径为d＝0.3m。滑块可看作质点，圆轨道间距可忽略，滑块与斜轨道、水平轨道的动摩擦因数均为μ＝0.25，不计空气阻力和滑块在D点的能量损失。（已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）若滑块初速度为零，求到达B点时的速度大小；
（2）若滑块的初速度v0＝4m/s，求到达圆轨道最高点C处时对轨道的压力；
（3）要使滑块落入小桶内，求小桶左侧离F点的水平距离x与滑块初速度v0的关系。
题型3功能关系的理解和应用
1．功能关系的理解
(1)做功的过程就是能量转化的过程，不同形式的能量发生相互转化可以通过做功来实现．
(2)功是能量转化的量度．
①重力做功是重力势能改变的量度，WG＝－ΔEp.
②弹簧弹力做功是弹性势能改变的量度，W弹＝－ΔEp.
③电场力做功是电势能改变的量度，W＝－ΔEp.
④合外力做功是动能改变的量度．
⑤除重力或弹簧弹力外的其他力做功是物体机械能改变的量度．
⑥一对滑动摩擦力做功是系统内能改变的量度．
2．功能关系的应用
(1)分析物体运动过程中受哪些力，有哪些力做功，有哪些形式的能发生变化
(2)根据自己习惯用动能定理或能量守恒定律理解或计算
[例题11] （2024 下城区校级模拟）如图所示为某景观喷泉的喷射装置结构示意图。它由竖直进水管和均匀分布在同一水平面上的多个喷嘴组成，喷嘴与进水管中心的距离均为r＝0.6m，离水面的高度h＝3.2m。水泵位于进水管口处，启动后，水泵从水池吸水，并将水压到喷嘴处向水平方向喷出，水在水池面上的落点与进水管中心的水平距离为R＝2.2m。水泵的效率为η＝80%，水泵出水口在1s内通过的水的质量为m0＝10kg，重力加速度g取10m/s2，忽略水在管道和空中运动时的机械能损失。则下列错误的是（ ）
A．水从喷嘴喷出时速度的大小2m/s
B．在水从喷嘴喷出到落至水面的时间内，水泵对水做的功是320J
C．水泵输出的功率340W
D．水泵在1h内消耗的电能1.53×106J
[例题12] （2024 浙江二模）蹦床运动是一项技巧性与观赏性都很强的运动。运动员在比赛的开始阶段会先跳几下，此阶段上升的最高点会越来越高，后来最高点基本能维持稳定。下列有关此情景说法正确的是（ ）
A．运动员每次上升过程，蹦床对运动员先做正功，后做负功
B．如果不考虑空气等各种阻力，运动员和蹦床组成的系统机械能守恒
C．最开始的几次起跳上升过程，蹦床弹性势能的减小量小于运动员机械能的增加量
D．对于最高点基本稳定的情景，运动员的重力势能与蹦床弹性势能之和最小时，运动员的加速度最大
[例题13] （2024 浙江模拟）如图，在一水平地面上有一轨道，其内部有一质量不计的轻弹簧，弹簧劲度系数为k。其正上方有一质量为m的小球由静止释放，恰好可进入管道内部。若忽略空气阻力与摩擦力，则下列说法正确的是（ ）
A．小球运动过程中，其机械能守恒
B．小球最大速度
C．小球下落最大距离
D．小球最大加速度
[例题14] （2024 金华二模）图甲是某人在湖边打水漂的图片，石块从水面弹起到触水算一个水漂，若石块每次从水面弹起时速度与水面的夹角均为30°，速率损失30%。图乙是石块运动轨迹的示意图，测得石块第1次弹起后的滞空时间为0.8s，已知石块在同一竖直面内运动，当触水速度小于2m/s时石块就不再弹起，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．石块每次弹起后的滞空时间相等
B．石块最多能在湖面上弹起5次
C．石块每次弹起过程能量损失30%
D．石块每次弹起到最高点的速度为零
[例题15] （2021 浙江模拟）简谐运动是一种常见且重要的运动形式。它是质量为m的物体在受到形如F＝﹣kx的回复力作用下，物体的位移x与时间t遵循x＝Asinωt变化规律的运动，其中角频率ω（k为常数，A为振幅，T为周期）。弹簧振子的运动就是其典型代表。
如图所示，一竖直光滑的管内有一劲度系数为k的轻弹簧，弹簧下端固定于地面，上端与一质量为m的小球A相连，小球A静止时所在位置为O，另一质量也为m的小球B从距A为H的P点由静止开始下落，与A发生瞬间碰撞后一起开始向下做简谐运动。两球均可视为质点，在运动过程中，弹簧的形变在弹性限度内，当其形变量为x时，弹性势能为Epkx2，已知H，重力加速度为g。求：
（1）B与A碰撞后瞬间一起向下运动的速度；
（2）小球A被碰后向下运动离O点的最大距离。
（3）小球A从O点开始向下运动到第一次返回O点所用的时间。
题型4动力学与能量观点的综合应用
1．做好两个分析
(1)综合受力分析、运动过程分析，由牛顿运动定律做好动力学分析．
(2)分析各力做功情况，做好能量的转化与守恒的分析，由此把握运动各阶段的运动性质，各连接点、临界点的力学特征、运动特征和能量特征．
2．做好四个选择
(1)当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题；
(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律；
(3)当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻进行分析时选择牛顿第二定律求解；
(4)复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合解题．
[例题16] （2021 宁波二模）如图所示是一弹射游戏装置，由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道（在最低点A、C分别与水平轨道OA和CD相连）、倾斜长轨道DE组成。游戏时滑块从O点弹出后，经过圆轨道并滑上倾斜长轨道DE，若滑块从长轨道DE滑下则反向进入圆轨道，从圆轨道滑出，进入AO轨道并压缩弹射器的弹簧，随后能再次弹出（无能量损失）算游戏成功。已知圆轨道半径为R，轨道DE的倾角θ＝37°，滑块质量为m，滑块与轨道DE之间的动摩擦因数μ＝0.5，其余都光滑，各轨道之间平滑连接；滑块可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能，忽略空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g。
（1）若滑块第一次进入圆轨道，恰好能过最高点B，求滑块能滑上斜轨道的最大距离；
（2）若某次游戏弹射释放的弹性势能为Ep＝5mgR，求滑块在斜轨道上通过的总路程；
（3）要使游戏成功（即滑块能返回弹射器、且只能返回一次），并要求滑块始终不脱离轨道，求弹射时弹性势能可能的范围。
[例题17] （2021 嘉兴二模）如图所示，在同一竖直平面内有斜面、圆轨道和缓冲装置固定在水平地面上，斜面、圆轨道均与水平地面平滑连接，缓冲装置中的弹簧固定于竖直墙面上，弹簧原长时左、右两端点对应于地面上的点D、E，滑块压缩时弹簧的距离不超过2r时，缓冲装置可正常工作。一质量为m的滑块从足够长光滑斜面上离地h＝3r处的A点由静止开始下滑，经最低点B进入竖直圆轨道，离开圆轨道后沿水平面继续向前运动并撞击弹簧，直至滑块速度减为0时弹簧的压缩量x＝r。已知圆轨道最低点至竖直墙面间总长度BE＝6r，弹簧原长l＝3r，轨道的BE段粗糙，其余均光滑，滑块与轨道BE段之间的动摩擦因数恒为μ＝0.5，滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧的弹性势能E与其劲度系数k和形变量x之间满足Epkx2（题中k未知）。
（1）求滑块从h＝3r处下滑时，经过圆轨道最高点C时对轨道的压力大小；
（2）要保证缓冲装置正常工作，求滑块开始下滑的最大离地高度；
（3）在保证缓冲装置正常工作的同时，滑块又不脱离轨道且停留在BE段，h应满足什么条件？
专题强化练
1. （2024 镇海区校级模拟）把一个小球放在竖立的弹簧上，并把小球向下按至A位置，如图甲所示。迅速松手后，弹簧把小球弹起，小球升至最高点C（图乙），经过图中B位置时弹簧正好处于原长状态。弹簧的质量和空气的阻力均可忽略，重力加速度为g。下列关于小球从A至C的运动过程中加速度大小a、速度大小v、动能Ek和机械能E随运动时间t的变化关系中，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
2. （2024 镇海区模拟）2022年国际泳联跳水世界杯于10月23日在德国柏林欧罗巴体育公园跳水馆举行，我国跳水选手昌雅妮夺得了女子单人三米板冠军，如图所示，若在昌雅妮竖直起跳至最高点时有一颗水珠从她身上水平飞出，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．研究昌雅妮跳水姿势时，不能把她当作质点
B．水珠下落过程中机械能不守恒
C．以水珠为参考系，昌雅妮是静止的
D．水珠落入水中的时间与离开昌雅妮时的速度有关
3. （2024 乐清市校级三模）羽毛球运动是一项深受大众喜爱的体育运动。某同学为研究羽毛球飞行规律，找到了如图所示的羽毛球飞行轨迹图，图中A、B为同一轨迹上等高的两点，P为该轨迹的最高点，则该羽毛球（ ）
A．在A、B两点的速度大小相等
B．整个飞行过程中经P点的速度最小
C．AP段的飞行时间大于PB段的飞行时间
D．在A点的机械能大于B点的机械能
4. （2024 镇海区校级三模）学校运动会上，某同学参加铅球比赛，他将同一铅球从空中同一位置A先后两次抛出，第一次铅球在空中轨迹如图乙中1所示，第二次铅球在空中轨迹如图乙中2所示，两轨迹的交点为B，已知铅球两次经过B点时机械能相同，不计空气阻力，不计铅球大小，则关于两次抛出，下列说法正确的是（ ）
A．两次投出的初速度相同
B．两次铅球落地时重力的瞬时功率相同
C．两次铅球在空中运动过程中重力做功平均功率2更加大
D．两次铅球在最高点机械能2更加大
5. （2024 浙江模拟）在离地高度相同的A、B两点抛出两质量不同的小球A和B，A的初速度斜向上，B的初速度水平。某时刻两小球恰好在C点相碰，如图所示，此时两小球均未落地且A、B两点连线中点恰好与C点在同一竖直线上，不计阻力，则两小球在此过程中（ ）
A．位移相同 B．速度的变化量相同
C．动能的增量相同 D．机械能的增量相同
6. （2024 浙江模拟）如图所示，轻弹簧一端悬挂在横杆上，另一端连接质量为m的重物，弹簧和重物组成的系统处于静止状态。某时刻在重物上施加一方向竖直向上，大小为的恒力，重物上升的最大高度为h，已知弹簧的弹性势能表达式为，则（ ）
A．上升过程中系统机械能守恒
B．开始时弹簧的弹性势能为
C．上升过程中重物的最大动能为
D．上升到最高点过程中重物的重力势能增加
7. （2024 温州二模）如图所示，薄板B放在倾角为30°的光滑斜面上，斜面固定且足够长，薄板的下端位于斜面底端，上端通过轻绳与固定在地面上的电动机连接，轻绳跨过定滑轮，定滑轮质量与摩擦均不计，斜面上方的细绳与斜面平行。t＝0时刻，一小物块A从薄板上端由静止释放的同时，薄板在电动机带动下由静止开始沿斜面向上做加速度的匀加速直线运动。已知薄板长L＝1m，小物块A的质量mA＝2kg，薄板B的质量mB＝1kg，A、B间的动摩擦因数。下列说法正确的是（ ）
A．从t＝0到小物块A离开薄板前，细绳对薄板B的拉力为7N
B．小物块A到达斜面底端时速度为
C．小物块A将要离开薄板时电动机的瞬时输出功率为16W
D．小物块A与薄板B之间因摩擦产生的内能为2.5J
8. （2024 下城区校级模拟）如图所示，一根长1m左右的空心铝管竖直放置，把一枚磁性比较强的小圆柱形永磁体从铝管上端放入管口，圆柱直径略小于铝管的内径。让磁体从管口处由静止下落，磁体在管内运动时，没有跟铝管内壁发生摩擦。有关磁体在铝管中下落的过程，下列说法可能正确的是（ ）
A．磁体做自由落体运动
B．磁体受到铝管中涡流的作用力方向先向上后向下
C．磁体受到的合力方向一直向下
D．磁体的机械能先增大后减小
9. （2024 下城区校级模拟）近几年，中国的动力电池技术快速发展，电动汽车产品选代升级，可供消费者选择的车型和品牌也会越来越丰富，如图为蔚来的ES8车型，下列表中数据为ES8的动力系统部分数据：
蔚来ES8部分数据
前后轮输出功率 前160kW 标准电池的能量 75kW h
后240kW 标准电池电荷量 200Ah
最大扭矩 725N m 匀速行驶最大里程 450km
0﹣100km/h加速时间 4.9s 交流充电口 220V/32A，效率80%
最高车速 200km/h 直流充电口 420V/250A，效率90%
则下列说法正确的是（ ）
A．若0～100km/h加速是匀加速直线运动，则汽车的加速度约为20m/s2
B．按照匀速行驶最大里程，汽车行驶过程受到平均阻力为6000N
C．用交流电充电，如果能保持充电电流为32A，则充满标准电池需要约7.8h
D．用直流电充电，如果能保持充电电流为250A，则充满标准电池需要约0.8h
10. （2023 浙江模拟）如图为小丽玩小皮筋球的瞬间，小球正在向上运动，手正在向下运动，橡皮筋处于绷紧状态。对于小球的运动，下列说法正确的是（ ）
A．图示瞬间小球一定处于超重状态
B．图示瞬间小球一定正在向上减速
C．在此后的一小段时间内，小球的动能一定增加
D．在此后的一小段时间内，小球机械能一定增加
11. （2023 台州模拟）某超市中倾角为30°的自动坡道式电梯（无台阶）如图所示，某人蹲在电梯上随电梯匀速下行。下列说法正确的是（ ）
A．电梯对人的作用力沿坡道向上
B．人和电梯表面之间的动摩擦因数为
C．电梯对人做的功等于人的重力势能的变化量
D．若人在电梯上突然起身站立，起身瞬间人对电梯的作用力减小
12. （2024 乐清市校级三模）某景区向社会征集一个水上乐园设计建议。某校科技小组设计了一套方案，其简化原理如图。甲、乙、丙由混凝土浇筑而成，其中甲上部为半径为R1＝10m的圆弧面，圆心角θ1＝53°；乙上部为两个半径均为R2＝10m、圆心角为θ2＝37°的圆弧面平滑连接，EF等高。BC距离L1＝10m，其间有水下固定平台，其周围的水可在水泵驱动下循环流动，方向如箭头所示，速度v大小可调，平台上方各处速度均可视为相同。乙下方为有孔隔板，可大幅减小左侧水域流动对右侧水域的影响，乙丙之间水域可视为静水，上浮质量为M＝100kg、长为L＝6m的可动浮台。现有一游客乘坐特定装置（人和该装置视为质点并标注为P，总质量为m＝60kg），P从A点静止释放，依次通过ABCDE，最后通过可动浮台，到达终点平台丙完成游戏。可动浮台触碰平台丙时瞬间自动锁定。由于出发时P干燥，AB段摩擦不可忽略，P在B点时对轨道的压力为1.5mg，在BC间与水有相对运动时，受水平方向的恒力F＝0.5mg，在CDE段因经左侧水域而湿润，摩擦可忽略，与可动浮台动摩擦因数为μ＝0.1。不考虑P和可动浮台入水后的水下部分以及水位上升和波动带来的影响。
（1）求B点速度大小和AB段因摩擦而产生的热量。
（2）CDE段恰不脱离脱离轨道，求P在C点和E点的速度。
（3）若忽略可动浮台与水面的阻力，为使P在CDE段恰不脱离脱且不能在EF间落水，求BC间水速的调节范围。
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