第六讲　功与功率　动能定理-2026年高考物理总复习课件（57页PPT）

(共57张PPT)
专题二　能量与动量
第六讲　功与功率　动能定理
命题特点
1.题型分布:在高考中,能量与动量的内容既会出现在选择题中,也常作为计算题的压轴题出现。选择题一般考查对基本概念和规律的理解,计算题侧重综合应用能力的考查。
2.考查重点:主要集中在动量定理、动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律等知识点上。常与力学、电场、磁场、电磁感应等知识相结合,形成多过程的综合问题。
3.模型应用:传送带模型、板块模型、碰撞模型、弹簧模型等是常见的考查模型。通过这些模型,考查学生对物理过程的分析、规律的应用以及数学工具的运用能力。
命题趋势
1.保持热点地位:预计未来能量与动量仍将是高考的必考内容和热点内容,其在试卷中的分值占比将保持稳定。
2.综合程度提高:题目会更加注重知识的综合性和应用性,可能会将能量与动量的知识与更多的物理模块相结合,如与原子物理、热学等知识融合,形成更复杂的物理情境,考查学生的综合分析能力。
3.联系实际生活:命题会越来越多地联系实际生活和现代科技,如体育运动中的碰撞问题、天体运动中的能量转化等,要求学生能够运用所学知识解决实际问题。
备考建议
1.理解基本概念:深入理解动量、动能、冲量、功等基本概念的内涵和外延,明确它们之间的区别与联系。
2.掌握守恒定律:熟练掌握动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律的成立条件和应用方法,能够准确判断系统是否满足守恒条件,并正确运用定律列方程求解。
3.强化模型训练:针对常见的物理模型,如碰撞模型、传送带模型等,进行专项训练,掌握每种模型的特点、分析方法和解题思路。
4.提升综合能力:多做综合题,提高对复杂物理过程的分析能力,学会将一个复杂的问题分解为多个简单的子过程,分别运用相应的物理规律进行求解。同时,加强数学工具的运用,如利用三角函数、图像等方法解决物理问题。
1.功的计算
(1)恒力做功一般用功的公式或动能定理求解。
(2)变力做功通常应用动能定理、微元法、等效转化法、平均力法、图像法求解,或者利用恒定功率求功,即W=Pt。
考点一　功、功率的计算
2.功率的计算
明确是求瞬时功率还是平均功率。
P=侧重于平均功率的计算,P=Fvcos α(α为F、v的夹角)侧重于瞬时功率的计算。
3.机车启动(F阻不变)
(1)两个基本关系式:P=Fv,F-F阻=ma。
(2)两种常见情况:
①恒定功率启动:P不变,此时做加速度减小的加速运动,直至达到最大速度vm,此过程:Pt-F阻s=m;
②恒定加速度启动:开始阶段a不变,做匀加速运动,F-F阻=ma,v=at,达到额定功率P=Fv,然后保持功率不变,加速度逐渐减小到零,最终做匀速直线运动。
无论哪种启动方式,最大速度都等于匀速直线运动时的速度,即vm=。
题型1　功、功率的计算
【例1】(2025·山东二模)随着科技的发展,机器狗的应用为生活带来了便
利。如图所示,机器狗在泰山进行负重测试,从泰山山脚到目的地用时2 h,爬升高度为1 200 m,已知机器狗及重物总质量为100 kg,重力加速度g取10 m/s2,则机器狗在本次测试中 (　　)
A.位移大小为1 200 m
B.克服重力做功为1.2×106 J
C.克服重力做功的平均功率为6×105 W
D.所受重力的冲量为0
【答案】B
【解析】始末位置的带箭头的线段的长度指位移大小,由于爬升高度为1 200 m,则位移大小大于1 200 m,故A错误;机器狗克服重力做功为W克=mgh=1.2×106 J,故B正确;克服重力做功的平均功率为P=≈166.7 W,故C错误;以竖直向下为正方向,则所受重力的冲量为I=mgt=7.2×106 N·s,故D错误。
故选B。
题型2　机车启动问题
【例2】(2025·四川卷)如图所示,倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上,安装在其顶端的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连,小车上静置一物块。小车与物块的质量均为m,两者之间的动摩擦因数为。电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间,小车与物块的速度刚好相同,大小为v0。运动过程中轻绳与斜面始终平行,小车和斜面均足够
长,重力加速度大小为g,忽略其他摩擦。则这段时间内 (　　)
A.物块的位移大小为
B.物块的机械能增量为
C.小车的位移大小为-
D.小车的机械能增量为+
【答案】C
【解析】对物块根据牛顿第二定律有μmgcos 30°-mgsin 30°=ma,解得a=g。根据运动学公式有v02=2ax1,解得物块的位移大小为x1=。故A错误;物块的机械能增量为ΔE=mv02+mgx1·sin 30°=mv02。故B错误;对小车根据动能定理有Pt-x=mv02,
其中t=,联立解得x=-。故C正确;小车的机械能增量为ΔE'=mv02+mgxsin 30°=+。故D错误。
故选C。
1.应用动能定理解题的步骤图解
考点二　动能定理及应用
2.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。
题型1　动能定理的一般应用
【例3】如图所示,一质量为m的质点在半径为R的半球形固定容器中由静止自边缘上的A点滑下,到达最低点B时,它对容器的正压力为2mg,重力加速度为g。则质点自A滑到B的过程中,质点克服摩擦力所做的功为(　　)
A.0.3 mgR B.0.4 mgR
C.0.5 mgR D.0.6 mgR
【答案】C
【解析】在B点,质点对容器的正压力为2mg,根据牛顿第三定律,容器对质点的弹力大小也为2mg,则有2mg-mg=m,质点从A滑到B的过程,有mgR-Wf=mv2,解得Wf=0.5mgR,即质点克服摩擦力所做的功为0.5mgR,C正确。
题型2　应用动能定理解决多过程问题
【例4】(2023·辽宁新高考联考)如图所示轨道内,足够长的斜面与圆弧面光滑,水平地面各处粗糙程度相同。圆弧半径为R,水平面长度LMN=4R。现将一质量为m的金属滑块从距水平面高h=4R处的P点沿斜面由静止释放,运动到斜面底端无能量损失,滑块滑至圆弧最高点Q时对轨道的压力大小恰好等于滑块重力,g取10 m/s2,求:(1)金属滑块与水平地面的动摩擦因数μ;(2)欲使滑块滑至圆弧最高点平抛后不落在斜面上,释放高度的取值范围。
【答案】(1)0.25　3.5R≤h≤5R
【解析】(1)对滑块,在Q点,重力和轨道对滑块的压力的合力提供向心力,有mg+mg=,对滑块,从P到Q,根据动能定理得mgh-μmgLMN-mg·2R=m,联立两式解得μ=0.25。
(2)当滑块恰好能运动到Q点时,释放高度最小,设为h1,恰到Q时的速度设为v1,对滑块,在Q点,重力提供向心力,有mg=,滑块从释放到滑至Q点,根据动能定理得mgh1-μmgLMN-mg·2R=m,联立两式得h1=3.5R。
当滑块恰好能落到M点时,释放高度最大,设为h2,滑到Q点时的速度设为v2,滑块由Q点做平抛运动到M点,水平方向有4R=v2t,竖直方向有2R=gt2,
滑块从释放到滑至Q点,根据动能定理得mgh2-μmgLMN-mg·2R=m,
联立求得h2=5R,故释放高度的取值范围为3.5R≤h≤5R。
研究对象 选择 物体 解题
指向
审题关键表述 斜面与圆弧面光滑,水平地面各处粗糙程度相同,运动到斜面底端无能量损失,滑至圆弧最高点Q时对轨道的压力大小恰好等于滑块重力;滑至圆弧最高点平抛后不落在斜面上,即最远落在M点 阅读
理解
运动过程分析 圆弧最高点,从开始到圆弧最高点的过程,过Q点做平抛运动 现象
判断
研究对象 选择 物体 解题
指向
物体受力分析 重力、支持力、摩擦力 状态
变化归因
动力学分析 匀加速时,mg sin θ=ma1;匀减速,-Ff=ma2,圆周运动过最高点瞬间应用牛顿运动定律mg= 解题依据
选择
能量观点分析 用动能定理求解:mgh1-μmgLMN-mg·2R=m 解题依据
选择
1.(2024·安徽卷)某同学参加户外拓展活动,遵照安全规范,坐在滑板上,从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑,至底端时速度为v。已知人与滑板的总质量为m,可视为质点。重力加速度大小为g,不计空气阻力。则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为 (　　)
A.mgh B.mv2
C.mgh+mv2 D.mgh-mv2
D　
【详解】人在下滑的过程中,由动能定理可得mgh-Wf=mv2-0,可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为Wf=mgh-mv2,故选D。
2.(多选)(2023·山东省实验中学检测)某码头采用斜面运送冷链食品,其简化图如图甲所示,电动机通过绕轻质定滑轮的轻质细绳与放在倾角为θ=30°、足够长的斜面上的物体相连,启动电动机后物体沿斜面上升,在0~6 s时间内物体运动的v-t图像如图乙所示,其中除1~5 s时间段的图像为曲线外,其余时间段的图像均为直线,1 s后电动机的输出功率保持不变。已知物体的质量为2 kg,不计一切摩擦,重力加速度g取10 m/s2。则下列判断正确的是(　　)
BD　
A.在0~1 s内电动机所做的功为25 J
B.1 s后电动机的输出功率为100 W
C.物体的最大速度为5 m/s
D.在0~5 s内物体沿斜面向上运动了35 m
【详解】在0~1 s内,物体的位移大小为x1=v1t1=2.5 m,设0~1 s内电动机做的功为W1,由动能定理得W1-mgx1sin 30°=m,解得W1=50 J,A错误;在0~1 s内,物体的加速度大小为a==5 m/s2,设0~1 s内细绳拉力的大小为F1,由牛顿第二定律得F1-mgsin 30°=ma,解得F1=20 N,由题意知,1 s后电动机的输出功率为P=F1v1=100 W,B正确;当物体达到最大速度vm后,根据平衡条件可得细绳的拉力大小为F2=mgsin 30°=10 N,则vm==10 m/s,C错误;设1~5 s内物体沿斜面向上运动的距离为x2,对物体由动能定理得Pt2-mgx2sin 30°=m-m,解得x2=32.5 m,所以在0~5 s内物体沿斜面向上运动的距离为x=x1+x2=35 m,D正确。
专题集训(六)　功　功率　动能定理
1.(2025·重庆模拟)如图所示,两个完全相同的小球A、B,在同一高度处以相同大小的初速度v0分别水平抛出和竖直向上抛出,则 (　　)
A.两小球落地时的速度相同
B.两小球落地时,重力的瞬时功率相同
C.从开始运动至落地,重力对两小球做功相同
D.从开始运动至落地,重力对两小球做功的平均功率相同
C
【解析】由于两个球完全相同,并且都是只受重力的作用,所以两个球的机械能守恒,那么在落地的时候,两个球的速度的大小都是相同的,但是方向不同,A错误;根据机械能守恒可知,落地时两个球的速度的大小是相同的,但是它们的速度的方向是不同的,竖直上抛的小球落地时速度的方向是竖直向下的,但是平抛的小球落地时的速度与水平方向有一定的夹角,所以在两小球落地时,重力的瞬时功率P=mgvcosθ是不同的,B错误;重力做功的大小只与物体的初末的位置有关,两个球从同一个地方抛出,最后又都落到了地面上,它们的高度差是相同的,所以重力对两小球做功相同,C正确;重力对于两个球做的功的大小相同,但是它们运动的时间不同,所以重力的平均功率的P=不同,D错误,故选C。
2.(多选)(2023·新课标)一质量为1 kg的物体在水平拉力的作用下,由静止开始在水平地面上沿x轴运动,出发点为x轴零点,拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4,重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是 (　　)
A.在x=1 m时,拉力的功率为6 W
B.在x=4 m时,物体的动能为2 J
C.从x=0运动到x=2 m,物体克服摩擦力做的功为8 J
D.从x=0运动到x=4 m的过程中,物体的动量最大为2 kg·m/s
BC
【解析】由于拉力在水平方向,则拉力做的功为W = Fx,可看出W-x图像的斜率代表拉力F。在物体运动的过程中,根据动能定理有W-μmgx=mv2,则x = 1 m时物体的速度为v1= 2 m/s,拉力为F==6 N,则此时拉力的功率P = Fv1=12 W,x =4 m时物体的动能为Ek= 2 J,A错误、B正确;从x = 0运动到x =2 m,物体克服摩擦力做的功为Wf= μmgx =8 J,C正确;根据W-x图像可知,在0~2 m的过程中F1= 6 N,2~4 m的过程中F2= 3 N,由于物体受到的摩擦力恒为f = 4 N,则物体在x =2 m处速度最大,且根据选项A、B分析可知此时的速度v2= m/s,则从x = 0运动到x =4 m,的过程中,物体的动量最大为p=mv=2 kg·m/s,D错误。故选BC。
3.(2024·浙江6月选考)一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为2×10-4 m2,喷水速度约为10 m/s,水的密度为1×103 kg/m3,则该喷头喷水的功率约为
(　　)
A.10 W B.20 W
C.100 W D.200 W
C
【解析】Δt时间内从喷头流出的水的质量为m=ρSv·Δt,喷头喷水的功率等于单位时间内喷出水的动能的增加量,则有P==,联立并代入数据解得P=100 W,故选C。
4.(多选)(2022·广东卷)如图所示,载有物资的无人驾驶小车,在水平MN段以恒定功率 200 W 、速度 5 m/s 匀速行驶,在斜坡PQ段以恒定功率570 W、速度2 m/s 匀速行驶。已知小车总质量为50 kg,MN=PQ=20 m,PQ 段的倾角为30° ,重力加速度g取10 m/s2 ,不计空气阻力。下列说法正确的有 (　　)
A. 从M 到 N ,小车牵引力大小为40 N
B. 从M到N,小车克服摩擦力做功 800 J
C. 从P到Q,小车重力势能增加 1×104 J
D. 从P到Q,小车克服摩擦力做功 700 J
ABD
【解析】小车从M到N,依题意有 P1=Fv1 ,代入数据解得F=40 N ,故A正确;小车从M到N匀速行驶,小车所受的摩擦力大小为 f1=F=40 N ,则摩擦力做功 W1=-40×20 J=-800 J ,则小车克服摩擦力做功800 J ,故B正确; 依题意,从P到Q,小车重力势能增加 ΔEp=mg·PQsin30°=5000 J ,故C错误; 设小车从P到Q所受的摩擦力大小为 f2 ,有f2+mgsin30°= ,摩擦力做功W2=-f2·PQ,联立解得 W2=-700 J ,则小车克服摩擦力做功700 J ,故D正确。
5.儿童四轮电动汽车具有高度的仿真性,能很好地培养孩子的操作能力,锻炼孩子肢体的协调性,深受儿童和家长的喜爱,如图甲所示。小明等几位同学利用某品牌的某个型号的一辆小汽车,对其最大功率进行测试。他们由一位同学操控小汽车沿水平直轨道由静止开始运动,3 s后达到最大功率,之后功率保持不变,14 s时解除动力自由滑行,20 s时停止运动,运动过程中的v-t图像如图乙所示(除3~10 s时间段图像为曲线外,其余时间段图像均为直线)。已知人与车总质量为50 kg,且认为整个运动过程中所受到的阻力不变,结合图像的信息可知 (　　)
D
A.整个运动过程中消耗的电能等于克服阻力做的功
B.小汽车的最大功率为600 W
C.前3 s内牵引力做的功为225 J
D.3~10 s内克服阻力做的功为1 425 J
【解析】整个运动过程中消耗的电能等于克服阻力做的功和产生的焦耳热之和,故A错误;小汽车在14~20 s内做匀减速直线运动,加速度大小a2=1 m/s2,只受阻力作用,根据牛顿第二定律得Ff=ma=50 N,匀速运动时牵引力与阻力相等,根据P=Fvm=Ffvm,代入数据可得最大功率P=300 W,故B错误;在0~3 s内,有F1-Ff=ma1,P=F1v1,v1=a1t1,联立解得a1=1 m/s2,F1=100 N,v1=3 m/s,在0~3 s内的位移x1=a1=4.5 m,因此0~3 s内牵引力做的功W1=F1x1=450 J,故C错误;在3~10 s内,根据动能定理可得Pt2-Wf=m-m,代入数据解得Wf=1 425 J,故D正确。
6.(多选)(2023·广东高考)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点时对轨道的压力大小为380 N
BCD
【解析】重力做的功为WG=mgh=800 J,A错误;下滑过程根据动能定理可得WG-Wf=m,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FN-mg=ma,解得货物受到的支持力大小为FN=380 N,根据牛顿第三定律可知,货物对轨道的压力大小为380 N,D正确。故选BCD。
7.(多选)(2023·广东一模)如图所示,高H=0.45 m的桌面上固定一半径同为H的四分之一光滑圆弧轨道AB,轨道末端B与桌面边缘水平相切,地面上的C点位于B点的正下方。将一质量m=0.04 kg的小球由轨道顶端A处静止释放,最终落在水平地面上,整个过程中,小球始终受到水平向左的恒定风力F=0.3 N。取g=10 m/s2,下列说法正确的有 (　　)
A.小球在B点对轨道的压力为0.6 N
B.小球从A点运动到B点的过程中,机械能先增大再减小
C.小球从B点抛出到落地过程中,重力对小球做功的瞬时
功率不断增大
D.小球落地点的位置在C点右边
ACD
【解析】小球从A运动到B过程,由动能定理有mgH-FH=m,解得vB=1.5 m/s,小球在B点,根据牛顿第二定律有FN-mg=,解得FN=0.6 N,根据牛顿第三定律可知小球在B点对轨道的压力为FN'=FN=0.6 N,故A正确;依题意,小球从A点运动到B点的过程中,风力做负功,其机械能减小,故B错误;小球从B点抛出到落地过程中,竖直方向做自由落体运动,根据PG=mgvy=mg·gt=mg2t,可知重力对小球做功的瞬时功率不断增大,故C正确;根据H=gt2,解得t=0.3 s,可得x=vBt-at2,又a=,联立解得x=0.112 5 m>0,可知小球落地点的位置在C点右边,故D正确。故选ACD。
8.(多选)如图甲所示,一个质量为2 kg的物体(可看成质点)在沿斜面方向的拉力作用下,从倾角θ=30°的光滑斜面底端由静止开始沿斜面向上运动。以斜面底端为坐标原点,沿斜面向上为正方向建立x轴,拉力做的功W与物体位置坐标x的关系如图乙所示。取g=10 m/s2。物体沿斜面向上运动的过程中,下列说法正确的是 (　　)
A.物体沿斜面向上运动的最大位移xm=22 m
B.物体沿斜面向上运动的时间为4.5 s
C.在x=5 m处,拉力的功率为100 W
D.拉力的最大功率为200 W
BD
【解析】由于拉力沿斜面向上,则拉力做的功W=Fx,可知W-x图像中图线的斜率表示拉力,从0到10 m的过程中,拉力F==20 N,根据动能定理有W-mgsin θ·x=mv2,则x=5 m处物体的速度v1=5 m/s,此时拉力的功率P=Fv1=100 W,C错误;同理可知,x=10 m处物体的速度v2=10 m/s,此时拉力的功率最大,Pm=Fv2=200 W,D正确;从0到10 m的过程中,由x1=t1,解得物体的运动时间为t1=2 s,从10 m到最高点的过程中,拉力F'==2 N,由牛顿第二定律可得mgsin θ-F'=ma,解得物体的加速度大小为a=4 m/s2,物体继续向上
运动的时间t2==2.5 s,则物体继续向上运动的位移x2=t2=12.5 m,物体沿斜面向上运动的最大位移xm=x1+x2=22.5 m,物体沿斜面向上运动的时间t=t1+t2=4.5 s,A错误,B正确。故选BD。
9.(2024·广东模拟)春播时节,携带农药的无人机在田间执行喷洒药剂任务。无人机悬停在一块试验田的上空,某时刻起,它以大小a=2 m/s2的加速度匀加速竖直下降,经时间t1=4 s后开始匀速竖直下降,再经时间t2=2.5 s开始匀减速竖直下降,匀减速下降8 m后恰好重新悬停,然后在距试验田的高度为4 m处水平飞行喷洒药剂。无人机的质量m=40 kg,下降过程中受到的空气阻力大小恒为f=60 N,取重力加速度大小g=10 m/s2。求:
(1)无人机第一次悬停时距试验田的高度H;
(2)无人机匀减速下降时所受竖直升力的大小F;
(3)无人机下降的全过程中所受竖直升力的平均功率。

(1)48 m　
(2)500 N　
(3)1 760 W
【解析】(1)无人机匀加速下降的高度h1=a=16 m,无人机匀速下降的速度大小v=at1=8 m/s,无人机匀速下降的高度h2=vt2=20 m,又H=h1+h2+h3+h4,其中h3=8 m,h4=4 m,解得H=48 m。
(2)设无人机匀减速下降过程的加速度大小为a',根据匀变速直线运动的规律有v2=2a'h3.解得a'=4 m/s2,根据牛顿第二定律有F+f-mg=ma',解得F=500 N。
(3)设无人机匀减速下降的时间为t3,根据匀变速直线运动的规律有v=a't3,对全过程,根据动能定理有,(mg-f)-=0,解得=1 760 W。
10.某滑雪运动场设置了如图所示的游乐项目,光滑雪道AB段和光滑竖直圆轨道平滑连接,圆轨道的半径R=4 m,B为圆轨道的最低点。水平粗糙轨道BC两端分别与竖直圆轨道、水平传送带CD平滑相连,传送带以速度v=10 m/s向左匀速运动。一个质量为m=50 kg的滑雪运动员(视为质点)从右侧雪道上的A点由静止滑下,恰能通过竖直圆轨道的最高点。已知运动员与BC段间的动摩擦因数μ1可调节,与传送带CD间的动摩擦因数为μ2=0.36,LBC=12 m,LCD=5 m,所有轨道均在同一竖直面内,重力加速度g=10 m/s2 ,不计空气阻力。
(1)求A点距水平轨道BC的高度h;
(2)若要使运动员一直匀加速通过传送带CD,则其与BC段间的动摩擦因数μ1的取值范围为多少
(3)若运动员以最长时间通过传送带,从D点水平飞出落在倾角α=37°的斜坡DE上,求运动员在斜坡上的落点与传送带上表面的竖直高度h'。(sin 37°=0.6)
(1)10 m　
(2)≤μ1≤　
(3)4.05 m
【解析】(1)设滑雪运动员到达竖直圆轨道最高点的速度为v,则在最高点满足mg=m,运动员从A点运动到圆轨道最高点的过程,由动能定理有mg(h-2R)=mv2,解得h=10 m。
(2)运动员要一直匀加速通过传送带,则vC≥0且vD≤10 m/s,运动员从A到C过程中,由动能定理有,mgh-μ1mgLBC=m-0,运动员从A到D过程中,由动能定理有mgh-μ1mgLBC+μ2mgLCD=m-0,解得≤μ1≤。
(3)运动员要以最长时间通过传送带,则其在传送带上做vC=0的匀加速直线运动,从C到D的过程中,由动能定理可得μ2mgLCD=m-0,解得vD=6 m/s,运动员从D点飞出后做平抛运动,设平抛运动的时间为t,水平位移为x,竖直位移为h',则x=vDt,h'=gt2,=tan 37°,联立可得h'=4.05 m。
11.(2025·广东一模)用开瓶器拔出瓶中的木塞,初始时软木塞的上截面与玻璃瓶口平齐,木塞质量为m,高为h,过程中做匀加速直线运动,加速度为a、过程中木塞受到的摩擦力为f=f0,其中f0为参数,h为木塞高,x为木塞运动的距离。开瓶器齿轮的半径为r,重力加速度为g。
(1)求拔出时,齿轮的角速度ω;
(2)求初始到拔出,开瓶器对木塞做的功W;
(3)设经过时间为t,求开瓶器的功率P与t的关系式。
(1)
(2)mah+mgh+f0h
(3)P=magt+ma2t+f0at-
【解析】(1)由分析可知木塞的末速度等于齿轮线速度,木塞运动过程中做匀加速直线运动,根据运动学公式有v2=2ah,解得v=,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:
可得摩擦力所做的功为Wf=-f0h,对木塞列动能定理方程有W+Wf-mgh=mv2-0,解得W=mah+mgh+f0h。
(3)根据运动学公式可得木塞上升的位移为x=at2,所以木塞受到的摩擦力为f=f0=f0,设开瓶器对木塞的作用力为F,对木塞列牛顿第二定律方程有F-mg-f=ma,解得F=mg+f+ma=mg+f0+ma,又因为木塞的速度为v=at,所以开瓶器的功率P=Fv=magt+ma2t+f0at-。