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功和功率 功能关系专题二
能量与动量 复习备考建议1.能量观点是高中物理三大观点之一，是历年高考必考内容；或与直线运动、平抛运动、圆周运动结合，或与电场、电磁感应结合，或与弹簧、传送带、板块连接体等结合；或借助选择题单独考查功、功率、动能定理、功能关系的理解，或在计算题中考查动力学与能量观点的综合应用，难度较大.
2.对于动量问题，可以只在选择题中出现，考查动量守恒定律、动量定理的基本应用，也可在计算题中出现，特别是动量与动力学、能量结合、综合性强、难度高，应加大训练.栏目索引考点1 功、功率的分析与计算考点2 功能关系的理解和应用考点3 动能定理的应用考点4 动力学与能量观点的综合应用1.恒力功的计算
(1)单个恒力的功W＝ .
(2)合力为恒力的功
①先求合力，再求W＝F合lcos α.
②W＝W1＋W2＋….
2.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)F－l图象中，功的大小等于“面积”.
(4)求解一般变力做的功常用动能定理.Flcos?α考点1 功、功率的分析与计算3.功率的计算平均功率(2)P＝Fv，若v为瞬时速度，则P为 功率；若v为平均速度，则P为 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.瞬时平均例1 (多选)(2019·山西晋中市适应性调研)如图1甲所示，足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，沿杆方向给环施加一个拉力F，使环由静止开始运动，已知拉力F及小环速度v随时间t变化的规律如图乙、丙所示，重力加速度g取10 m/s2.则以下判断正确的是?
A.小环的质量是1 kg
B.细杆与地面间的倾角是30°
C.前3 s内拉力F的最大功率是2.25 W
D.前3 s内拉力对小环做功5.75 J图1√√解析 由速度－时间图象得到环先匀加速上升，然后匀速运动，加速阶段：F1－mgsin θ＝ma；
匀速阶段：F2－mgsin θ＝0，
联立以上三式解得：m＝1 kg，sin θ＝0.45，
故A正确，B错误；
第1 s内，速度不断变大，拉力的瞬时功率也不断变大，
第1 s末，P＝Fv1＝5×0.5 W＝2.5 W；
第1 s末到第3 s末，P＝Fv1＝4.5×0.5 W＝2.25 W，即拉力的最大功率为2.5 W，故C错误；
从速度－时间图象可以得到，第1 s内的位移为0.25 m,1～3 s内的位移为1 m，
前3 s内拉力做的功为：W＝5×0.25 J＋4.5×1 J＝5.75 J，故D正确.变式训练1.(2019·河南名校联盟高三下学期2月联考)如图2所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为最低点.每根杆上都套着一个质量相等的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c处由静止释放，用P1、P2、P3依次表示各滑环从静止滑到d过程中重力的平均功率，则?
A.P1
P2>P3
C.P3>P1>P2 D.P1＝P2＝P3√图2解析 对小滑环b受力分析，受重力和支持力，
将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，
根据牛顿第二定律得，
小滑环做初速度为零的匀加速直线运动的加速度为
a＝gsin θ(θ为杆与水平方向的夹角)，
由数学知识可知，小滑环的位移x＝2Rsin θ，t与θ无关，即t1＝t2＝t3，而三个环重力做功W1>W2>W3，所以有：P1>P2>P3，B正确.2.(多选)(2019·福建龙岩市期末质量检查)如图3所示，在竖直平面内有一条不光滑的轨道ABC，其中AB段是半径为R的 圆弧，BC段是水平的.一质量为m的滑块从A点由静止滑下，最后停在水平轨道上C点，此过程克服摩擦力做功为W1.现用一沿着轨道方向的力推滑块，使它缓慢地由C点推回到A点，此过程克服摩擦力做功为W2，推力对滑块做功为W，重力加速度为g，则下列关系中正确的是?
A.W1＝mgR
B.W2＝mgR
C.mgRD.W>2mgR图3√√解析 滑块由A到C的过程，由动能定理可知mgR－W1＝0，故A对；
滑块由A到B做圆周运动，而在推力作用下从C经过B到达A的过程是一个缓慢的匀速过程，所以从A到B的过程中平均支持力大于从B到A 的平均支持力，那么摩擦力从A到B做的功大于从B到A做的功，而两次经过BC段摩擦力做功相等，故W2滑块由C到A的过程中，由能量守恒可知，推力对滑块做的功等于滑块重力势能增加量与克服摩擦力所做的功两部分，即W－mgR－W2＝0，即W＝W1＋W2，由于 W2(1)重力做的功等于 的减少量，即WG＝ .
(2)弹力做的功等于 的减少量，即W弹＝ .
(3)合力做的功等于 的变化量，即W＝ .
(4)重力(或系统内弹力)之外的其他力做的功等于 的变化量，即W其他＝ΔE.
(5)系统内一对滑动摩擦力做的功是系统内能改变的量度，即Q＝Ff·x相对.考点2 功能关系的理解和应用重力势能－ΔEp弹性势能－ΔEp动能ΔEk机械能2.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，功和能的关系，一是体现在不同性质的力做功对应不同形式的能转化，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等.
3.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)列动能定理或能量守恒定律表达式.例2 (多选)(2019·全国卷Ⅱ·18)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和.取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图4所示.重力加速度取10 m/s2.
由图中数据可得?
A.物体的质量为2 kg
B.h＝0时，物体的速率为20 m/s
C.h＝2 m时，物体的动能Ek＝40 J
D.从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J图4√√解析 根据题图图像可知，
h＝4 m时物体的重力势能mgh＝80 J，
解得物体质量m＝2 kg，抛出时物体的动能为Ek0＝100 J，选项A正确，B错误；
由功能关系可知Ffh＝|ΔE总|＝20 J，解得物体上升过程中所受空气阻力Ff＝5 N，
从物体开始抛出至上升到h＝2 m的过程中，由动能定理有－mgh－Ffh＝Ek－100 J，解得Ek＝50 J，选项C错误；
由题图图像可知，物体上升到h＝4 m时，机械能为80 J，重力势能为80 J，动能为零，即从地面上升到h＝4 m，物体动能减少100 J，选项D正确.变式训练3.2018年2月13日，平昌冬奥会女子单板滑雪U形池项目中，我国选手刘佳宇荣获亚军，为我国夺得此届冬奥会首枚奖牌.如图5为U形池模型，其中A、B为U形池两侧边缘，C为U形池最低点，U形池轨道各处粗糙程度相同.运动员(可看成质点)在池边高h处自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为 ，下列说法正确的是?
A.运动员再次进入池中后，能够冲出左侧边缘A然后返回
B.运动员再次进入池中后，刚好到达左侧边缘A然后返回
C.由A到C过程与由C到B过程相比，运动员损耗机械能相同
D.由A到C过程与由C到B过程相比，前一过程运动员损耗
机械能较小√图5运动员受到的摩擦力与正压力成正比，
由圆周运动的规律可知，
运动员返回时比开始进入时的平均速率要小，平均摩擦力要小，同理，A到C过程比C到B过程平均速率大，
平均摩擦力大，运动员损耗机械能大，故C、D错误.4.(多选)(2018·安徽安庆市二模)如图6所示，一运动员穿着飞行装备从飞机上跳出后的一段运动过程可近似认为是匀变速直线运动，运动方向与水平方向成53°角，运动员的加速度大小为 .已知运动员(包含装备)的质量为m，则在运动员下落高度为h的图6√√解析 运动员下落的高度是h，则重力做功：W＝mgh，所以运动员重力势能的减少量为mgh，故A错误；动能的增加量等于合外力做的功，1.表达式：W总＝ .
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)动能变化量Ek2－Ek1一定是物体在末、初两状态的 之差.
(3)动能定理既适用于直线运动，也适用于 运动.
(4)动能定理既适用于恒力做功，也适用于 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.考点3 动能定理的应用Ek2－Ek1动能曲线变力3.基本思路
(1)确定研究对象和研究过程.
(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.
4.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3 如图7所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原长时上端与刻度尺上的A点等高.质量m＝0.5 kg的篮球静止在弹簧正上方，其底端距A点的高度h1＝1.10 m，篮球由静止释放，测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最大形变量x1＝0.15 m，第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度h2＝0.873 m，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x2＝0.01 m，弹性势能为Ep＝0.025 J.若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球形变，弹簧形变在弹性限度范围内，g取10 m/s2.求：
(1)弹簧的劲度系数；图7答案 500 N/m解析 由最后静止的位置可知kx2＝mg，所以k＝500 N/m(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力的大小；答案 0.50 N解析 由动能定理可知，在篮球由静止下落到第一次反弹至最高点的过程中整个过程动能变化为0，重力做功mgΔh＝mg(h1－h2)＝1.135 J
空气阻力大小恒定，作用距离为L＝h1＋h2＋2x1＝2.273 m
故可得Ff≈0.50 N(3)篮球在整个运动过程中通过的路程.答案 11.05 m解析 整个运动过程中，空气阻力一直与运动方向相反整个过程动能变化为0，重力做功mgΔh′＝mg(h1＋x2)＝5.55 J
弹力做功W弹＝－Ep＝－0.025 J
则空气阻力做功Wf＝－mgΔh′－W弹＝－5.525 J
因Wf＝－Ffs
故解得s＝11.05 m.变式训练5.(2019·全国卷Ⅲ·17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用.距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图8所示.重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为?
A.2 kg B.1.5 kg
C.1 kg D.0.5 kg√图8解析 设物体的质量为m，
则物体在上升过程中，
受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，
当Δh＝3 m时，
由动能定理结合题图可得－(mg＋F)×Δh＝(36－72) J；
物体在下落过程中，
受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，
当Δh＝3 m时，
再由动能定理结合题图可得(mg－F)×Δh＝(48－24) J，
联立解得m＝1 kg、F＝2 N，
选项C正确，A、B、D均错误.6.由相同材料的木板搭成的轨道如图9所示，其中木板AB、BC、CD、DE、EF…的长均为L＝1.5 m，木板OA和其他木板与水平地面的夹角都为β＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.一个可看成质点的物体在木板OA上从离地高度h＝1.8 m处由静止释放，物体与木板间的动摩擦因数都为μ＝0.2，在两木板交接处都用小曲面相连，使物体能顺利地经过，既不损失动能，也不会脱离轨道，在以后的运动过程中，求：(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
(1)物体能否静止在木板上？请说明理由.图9答案 不能 理由见解析解析 物体在木板上时，重力沿木板方向的分力为mgsin β＝0.6mg
最大静摩擦力Ffm＝μmgcos β＝0.16mg
因mgsin β>μmgcos β，故物体不会静止在木板上.(2)物体运动的总路程是多少？答案 11.25 m解析 从物体开始运动到停下，设总路程为s，
由动能定理得mgh－μmgscos β＝0
解得s＝11.25 m(3)物体最终停在何处？并作出解释.答案 C点 解释见解析解析 假设物体依次能到达B、D点，由动能定理得解得vB>0vD无解
说明物体能通过B点但不能到达D点，因物体不能静止在木板上，故物体最终停在C点.1.两个分析
(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，由此把握各运动阶段的运动性质，各连接点、临界点的力学特征、运动特征、能量特征.
2.四个选择
(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，对某一时刻的问题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分析求解.考点4 动力学与能量观点的综合应用例4 (2019·河北邯郸市测试)如图10所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m＝1 kg可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度.在平台的右端有一传送带，AB长L＝5 m，物块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2，与传送带相邻的粗糙水平面BC长s＝1.5 m，它与物块间的动摩擦因数μ2＝0.3，在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧轨道与BC平滑连接，圆弧对应的圆心角为θ＝120°，在圆弧的最高点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来.若传送带以v＝5 m/s的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失.当弹簧储存的Ep＝18 J能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E点，取g＝10 m/s2.
(1)求右侧圆弧的轨道半径R；图10答案 0.8 mv0＝6 m/s
因为v0>v，故物块滑上传送带后先减速，物块与传送带相对滑动过程中，得到：a1＝2 m/s2，t1＝0.5 s，x1＝2.75 m
因为x10，故物块会再次滑上传送带，
物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速，
由运动的对称性可知，物块以相同的速率离开传送带，
经分析可知最终在BC间停下，设最终停在距C点x处，(3)若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围.解析 设传送带速度为v1时物块恰能到F点，从B到F过程中由动能定理可知：设传送带速度为v2时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E点，若物块在传送带上一直加速运动，若物块在E、F间速度减为0，则物块将脱离轨道.变式训练7.(2019·山东青岛二中上学期期末)如图11所示，O点距水平地面的高度为H＝3 m，不可伸长的细线一端固定在O点，另一端系一质量m＝2 kg的小球(可视为质点)，另一根水平细线一端固定在墙上A点，另一端与小球相连，OB线与竖直方向的夹角为37°，l(1)若OB的长度l＝1 m ，剪断细线AB的同时，在竖直
平面内垂直OB的方向上，给小球一个斜向下的冲量，
为使小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，求
此冲量的大小；图11解析 要使小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，从B点到最高点，由动能定理有：(2)若先剪断细线AB，当小球由静止运动至最低点时再剪断OB，小球最终落地，求OB的长度l为多长时，小球落地点与O点的水平距离最远，最远水平距离是多少.解析 从剪断AB到小球至(H－l)高度过程，设小球至(H－l)高度处的速度为v0′，小球从(H－l)高度做初速度为v0′的平抛运动，x＝v0′t专题二
能量与动量 本课结束 复习备考建议
1．能量观点是高中物理三大观点之一，是历年高考必考内容；或与直线运动、平抛运动、圆周运动结合，或与电场、电磁感应结合，或与弹簧、传送带、板块连接体等结合；或借助选择题单独考查功、功率、动能定理、功能关系的理解，或在计算题中考查动力学与能量观点的综合应用，难度较大．
2．对于动量问题，可以只在选择题中出现，考查动量守恒定律、动量定理的基本应用，也可在计算题中出现，特别是动量与动力学、能量结合、综合性强、难度高，应加大训练．
第4课时 功和功率 功能关系
考点 功、功率的分析与计算
1．恒力功的计算
(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．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)F－l图象中，功的大小等于“面积”．
(4)求解一般变力做的功常用动能定理．
3．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，则P为瞬时功率；若v为平均速度，则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.
例1 (多选)(2019·山西晋中市适应性调研)如图1甲所示，足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，沿杆方向给环施加一个拉力F，使环由静止开始运动，已知拉力F及小环速度v随时间t变化的规律如图乙、丙所示，重力加速度g取10 m/s2.则以下判断正确的是( )
图1
A．小环的质量是1 kg
B．细杆与地面间的倾角是30°
C．前3 s内拉力F的最大功率是2.25 W
D．前3 s内拉力对小环做功5.75 J
答案 AD
解析 由速度－时间图象得到环先匀加速上升，然后匀速运动，由题图可得：第1 s内，a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2，加速阶段：F1－mgsin θ＝ma；匀速阶段：F2－mgsin θ＝0，联立以上三式解得：m＝1 kg，sin θ＝0.45，故A正确，B错误；第1 s内，速度不断变大，拉力的瞬时功率也不断变大，第1 s末，P＝Fv1＝5×0.5 W＝2.5 W；第1 s末到第3 s末，P＝Fv1＝4.5×0.5 W＝2.25 W，即拉力的最大功率为2.5 W，故C错误；从速度－时间图象可以得到，第1 s内的位移为0.25 m,1～3 s内的位移为1 m，前3 s内拉力做的功为：W＝5×0.25 J＋4.5×
1 J＝5.75 J，故D正确．
变式训练
1.(2019·河南名校联盟高三下学期2月联考)如图2所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为最低点．每根杆上都套着一个质量相等的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c处由静止释放，用P1、P2、P3依次表示各滑环从静止滑到d过程中重力的平均功率，则( )
图2
A．P1P2>P3
C．P3>P1>P2 D．P1＝P2＝P3
答案 B
解析 对小滑环b受力分析，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得，小滑环做初速度为零的匀加速直线运动的加速度为a＝gsin θ(θ为杆与水平方向的夹角)，由数学知识可知，小滑环的位移x＝2Rsin θ，所以t＝＝＝，t与θ无关，即t1＝t2＝t3，而三个环重力做功W1>W2>W3，所以有：P1>P2>P3，B正确．
2.(多选)(2019·福建龙岩市期末质量检查)如图3所示，在竖直平面内有一条不光滑的轨道ABC，其中AB段是半径为R的圆弧，BC段是水平的．一质量为m的滑块从A点由静止滑下，最后停在水平轨道上C点，此过程克服摩擦力做功为W1.现用一沿着轨道方向的力推滑块，使它缓慢地由C点推回到A点，此过程克服摩擦力做功为W2，推力对滑块做功为W，重力加速度为g，则下列关系中正确的是( )
图3
A．W1＝mgR B．W2＝mgR
C．mgR2mgR
答案 AC
解析 滑块由A到C的过程，由动能定理可知mgR－W1＝0，故A对；滑块由A到B做圆周运动，而在推力作用下从C经过B到达A的过程是一个缓慢的匀速过程，所以从A到B的过程中平均支持力大于从B到A 的平均支持力，那么摩擦力从A到B做的功大于从B到A做的功，而两次经过BC段摩擦力做功相等，故W2考点 功能关系的理解和应用
1．几个重要的功能关系
(1)重力做的功等于重力势能的减少量，即WG＝－ΔEp.
(2)弹力做的功等于弹性势能的减少量，即W弹＝－ΔEp.
(3)合力做的功等于动能的变化量，即W＝ΔEk.
(4)重力(或系统内弹力)之外的其他力做的功等于机械能的变化量，即W其他＝ΔE.
(5)系统内一对滑动摩擦力做的功是系统内能改变的量度，即Q＝Ff·x相对．
2．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，功和能的关系，一是体现在不同性质的力做功对应不同形式的能转化，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等．
3．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)列动能定理或能量守恒定律表达式．
例2 (多选)(2019·全国卷Ⅱ·18)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和．取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图4所示．重力加速度取10 m/s2.由图中数据可得( )
图4
A．物体的质量为2 kg
B．h＝0时，物体的速率为20 m/s
C．h＝2 m时，物体的动能Ek＝40 J
D．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J
答案 AD
解析 根据题图图像可知，h＝4 m时物体的重力势能mgh＝80 J，解得物体质量m＝2 kg，抛出时物体的动能为Ek0＝100 J，由公式Ek0＝mv2可知，h＝0时物体的速率为v＝10 m/s，选项A正确，B错误；由功能关系可知Ffh＝|ΔE总|＝20 J，解得物体上升过程中所受空气阻力Ff＝5 N，从物体开始抛出至上升到h＝2 m的过程中，由动能定理有－mgh－Ffh＝Ek－100 J，解得Ek＝50 J，选项C错误；由题图图像可知，物体上升到h＝4 m时，机械能为80 J，重力势能为80 J，动能为零，即从地面上升到h＝4 m，物体动能减少100 J，选项D正确．
变式训练
3．2018年2月13日，平昌冬奥会女子单板滑雪U形池项目中，我国选手刘佳宇荣获亚军，为我国夺得此届冬奥会首枚奖牌．如图5为U形池模型，其中A、B为U形池两侧边缘，C为U形池最低点，U形池轨道各处粗糙程度相同．运动员(可看成质点)在池边高h处自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为，下列说法正确的是( )
图5
A．运动员再次进入池中后，能够冲出左侧边缘A然后返回
B．运动员再次进入池中后，刚好到达左侧边缘A然后返回
C．由A到C过程与由C到B过程相比，运动员损耗机械能相同
D．由A到C过程与由C到B过程相比，前一过程运动员损耗机械能较小
答案 A
解析 运动员由h处自由下落，到右侧高度，损失的机械能ΔE＝mg.运动员受到的摩擦力与正压力成正比，由圆周运动的规律可知，运动员返回时比开始进入时的平均速率要小，平均摩擦力要小，则阻力做功小于mg，故能冲出A点，选项A正确，B错误，同理，A到C过程比C到B过程平均速率大，平均摩擦力大，运动员损耗机械能大，故C、D错误．
4.(多选)(2018·安徽安庆市二模)如图6所示，一运动员穿着飞行装备从飞机上跳出后的一段运动过程可近似认为是匀变速直线运动，运动方向与水平方向成53°角，运动员的加速度大小为.已知运动员(包含装备)的质量为m，则在运动员下落高度为h的过程中，下列说法正确的是(sin 53°＝，cos 53°＝)( )
图6
A．运动员重力势能的减少量为mgh
B．运动员动能的增加量为mgh
C．运动员动能的增加量为mgh
D．运动员的机械能减少了mgh
答案 CD
解析 运动员下落的高度是h，则重力做功：W＝mgh，所以运动员重力势能的减少量为mgh，故A错误；运动员下落的高度是h，则飞行的距离：L＝＝h，运动员受到的合外力：F合＝ma＝mg，动能的增加量等于合外力做的功，即：ΔEk＝W合＝F合L＝mg×h＝mgh，故B错误，C正确；运动员重力势能的减少量为mgh，动能的增加量为mgh，所以运动员的机械能减少了mgh，故D正确．
考点 动能定理的应用
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)动能变化量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．
3．基本思路
(1)确定研究对象和研究过程．
(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．
4．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3 如图7所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原长时上端与刻度尺上的A点等高．质量m＝0.5 kg的篮球静止在弹簧正上方，其底端距A点的高度h1＝1.10 m，篮球由静止释放，测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最大形变量x1＝0.15 m，第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度h2＝0.873 m，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x2＝0.01 m，弹性势能为Ep＝0.025 J．若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球形变，弹簧形变在弹性限度范围内，g取10 m/s2.求：
图7
(1)弹簧的劲度系数；
(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力的大小；
(3)篮球在整个运动过程中通过的路程．
答案 (1)500 N/m (2)0.50 N (3)11.05 m
解析 (1)由最后静止的位置可知kx2＝mg，所以k＝500 N/m
(2)由动能定理可知，在篮球由静止下落到第一次反弹至最高点的过程中
mgΔh－Ff·L＝mv22－mv12
整个过程动能变化为0，重力做功mgΔh＝mg(h1－h2)＝1.135 J
空气阻力大小恒定，作用距离为L＝h1＋h2＋2x1＝2.273 m
故可得Ff≈0.50 N
(3)整个运动过程中，空气阻力一直与运动方向相反
根据动能定理有mgΔh′＋Wf＋W弹＝mv2′2－mv12
整个过程动能变化为0，重力做功mgΔh′＝mg(h1＋x2)＝5.55 J
弹力做功W弹＝－Ep＝－0.025 J
则空气阻力做功Wf＝－mgΔh′－W弹＝－5.525 J
因Wf＝－Ffs
故解得s＝11.05 m.
变式训练
5.(2019·全国卷Ⅲ·17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图8所示．重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为( )
图8
A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg
答案 C
解析 设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，当Δh＝3 m时，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)×Δh＝(36－72) J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，当Δh＝3 m时，再由动能定理结合题图可得(mg－F)×Δh＝(48－24) J，联立解得m＝1 kg、F＝2 N，选项C正确，A、B、D均错误．
6．由相同材料的木板搭成的轨道如图9所示，其中木板AB、BC、CD、DE、EF…的长均为L＝1.5 m，木板OA和其他木板与水平地面的夹角都为β＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.一个可看成质点的物体在木板OA上从离地高度h＝1.8 m处由静止释放，物体与木板间的动摩擦因数都为μ＝0.2，在两木板交接处都用小曲面相连，使物体能顺利地经过，既不损失动能，也不会脱离轨道，在以后的运动过程中，求：(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
图9
(1)物体能否静止在木板上？请说明理由．
(2)物体运动的总路程是多少？
(3)物体最终停在何处？并作出解释．
答案 (1)不能 理由见解析 (2)11.25 m (3)C点 解释见解析
解析 (1)物体在木板上时，重力沿木板方向的分力为
mgsin β＝0.6mg
最大静摩擦力Ffm＝μmgcos β＝0.16mg
因mgsin β>μmgcos β，故物体不会静止在木板上．
(2)从物体开始运动到停下，设总路程为s，由动能定理得
mgh－μmgscos β＝0
解得s＝11.25 m
(3)假设物体依次能到达B、D点，由动能定理得
mg(h－Lsin β)－μmgcos β(L＋)＝mvB2
解得vB>0
mg(h－Lsin β)－μmgcos β(3L＋)＝mvD2
vD无解
说明物体能通过B点但不能到达D点，因物体不能静止在木板上，故物体最终停在C点．
考点 动力学与能量观点的综合应用
1．两个分析
(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，由此把握各运动阶段的运动性质，各连接点、临界点的力学特征、运动特征、能量特征．
2．四个选择
(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，对某一时刻的问题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分析求解．
例4 (2019·河北邯郸市测试)如图10所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m＝1 kg可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度．在平台的右端有一传送带，AB长L＝5 m，物块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2，与传送带相邻的粗糙水平面BC长s＝1.5 m，它与物块间的动摩擦因数μ2＝0.3，在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧轨道与BC平滑连接，圆弧对应的圆心角为θ＝120°，在圆弧的最高点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来．若传送带以v＝5 m/s的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失．当弹簧储存的Ep＝18 J能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E点，取g＝10 m/s2.
图10
(1)求右侧圆弧的轨道半径R；
(2)求小物块最终停下时与C点的距离；
(3)若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围．
答案 (1)0.8 m (2) m (3) m/s≤v≤ m/s
解析 (1)物块被弹簧弹出，由Ep＝mv02，可知：
v0＝6 m/s
因为v0>v，故物块滑上传送带后先减速，物块与传送带相对滑动过程中，
由：μ1mg＝ma1，v＝v0－a1t1，x1＝v0t1－a1t12
得到：a1＝2 m/s2，t1＝0.5 s，x1＝2.75 m
因为x1代入数据得到：R＝0.8 m.
(2)设物块从E点返回至B点的速度大小为vB，
由mv2－mvB2＝μ2mg·2s
得到vB＝ m/s，因为vB>0，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速，由运动的对称性可知，物块以相同的速率离开传送带，经分析可知最终在BC间停下，设最终停在距C点x处，由mvB2＝μ2mg(s－x)，代入数据解得：x＝ m.
(3)设传送带速度为v1时物块恰能到F点，在F点满足mgsin 30°＝m
从B到F过程中由动能定理可知：
－μ2mgs－mg(R＋Rsin 30°)＝mvF2－mv12
解得：v1＝ m/s
设传送带速度为v2时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E点，
由mv22＝μ2mg·3s＋mgR
解得：v2＝ m/s
若物块在传送带上一直加速运动，由mvBm2－mv02＝μ1mgL
知其到B点的最大速度vBm＝ m/s
若物块在E、F间速度减为0，则物块将脱离轨道．
综合上述分析可知，只要传送带速度 m/s≤v≤ m/s就满足条件．
变式训练
7.(2019·山东青岛二中上学期期末)如图11所示，O点距水平地面的高度为H＝3 m，不可伸长的细线一端固定在O点，另一端系一质量m＝2 kg的小球(可视为质点)，另一根水平细线一端固定在墙上A点，另一端与小球相连，OB线与竖直方向的夹角为37°，l图11
(1)若OB的长度l＝1 m ，剪断细线AB的同时，在竖直平面内垂直OB的方向上，给小球一个斜向下的冲量，为使小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，求此冲量的大小；
(2)若先剪断细线AB，当小球由静止运动至最低点时再剪断OB，小球最终落地，求OB的长度l为多长时，小球落地点与O点的水平距离最远，最远水平距离是多少．
答案 (1)2 kg·m/s (2)1.5 m m
解析 (1)要使小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，最高点需满足：mg＝m
从B点到最高点，由动能定理有：－mg(l＋lcos 37°)＝mv2－mv02
联立得一开始的冲量大小为I＝mv0＝2 kg·m/s
(2)从剪断AB到小球至(H－l)高度过程，设小球至(H－l)高度处的速度为v0′，由机械能守恒可得mv0′2＝mgl(1－cos 37°)
小球从(H－l)高度做初速度为v0′的平抛运动，
gt2＝H－l
x＝v0′t
联立得，x＝
当l＝1.5 m时x取最大值，为 m.
专题突破练
级保分练
1．(2019·山东烟台市上学期期末)如图1所示，把两个相同的小球从离地面相同高度处，以相同大小的初速度v分别沿竖直向上和水平向右方向抛出，不计空气阻力．则下列说法中正确的是( )
图1
A．两小球落地时速度相同
B．两小球落地时，重力的瞬时功率相同
C．从小球抛出到落地，重力对两小球做的功相等
D．从小球抛出到落地，重力对两小球做功的平均功率相等
答案 C
解析 两小球运动过程中均只有重力做功，故机械能都守恒，由机械能守恒定律得，两小球落地时的速度大小相同，但方向不同，故A错误；两小球落地时，由于竖直方向的分速度不同，故重力的瞬时功率不相同，故B错误；由重力做功公式W＝mgh得，从开始运动至落地，重力对两小球做功相同，故C正确；从抛出至落地，重力对两小球做的功相同，但是落地的时间不同，故重力对两小球做功的平均功率不相同，故D错误．
2.(2019·河北张家口市上学期期末)如图2所示，运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，在这两个过程中，下列说法正确的是( )
图2
A．运动员先处于超重状态后处于失重状态
B．空气浮力对系统始终做负功
C．加速下降时，重力做功大于系统重力势能的减小量
D．任意相等的时间内系统重力势能的减小量相等
答案 B
解析 运动员先加速向下运动，处于失重状态，后减速向下运动，处于超重状态，选项A错误；空气浮力与运动方向总相反，则对系统始终做负功，选项B正确；无论以什么运动状态运动，重力做功都等于系统重力势能的减小量，选项C错误；因为是变速运动，相等的时间内，因为系统下降的高度不相等，则系统重力势能的减小量不相等，选项D错误．
3．(2019·河南驻马店市上学期期终)一物体在竖直向上的恒力作用下，由静止开始上升，到达某一高度时撤去外力．若不计空气阻力，则在整个上升过程中，物体的机械能E随时间t变化的关系图象是( )
答案 A
解析 设物体在恒力作用下的加速度为a，机械能增量为：ΔE＝FΔh＝F·at2，知此时E－t图象是开口向上的抛物线；撤去外力后的上升过程中，机械能守恒，则机械能不随时间改变，故A正确，B、C、D错误．
4.(多选)(2018·广东揭阳市一模)如图3，第一次，小球从粗糙的圆形轨道顶端A由静止滑下，到达底端B时的速度为v1，克服摩擦力做功为W1；第二次，同一小球从底端B以v2冲上圆形轨道，恰好能到达A点，克服摩擦力做功为W2，则( )
图3
A．v1可能等于v2
B．W1一定小于W2
C．小球第一次运动机械能增加了
D．小球第一次经过圆弧某点C的速率小于它第二次经过同一点C的速率
答案 BD
5．一名外卖送餐员用电动自行车沿平直公路行驶给客户送餐，中途因电瓶“没电”，只能改用脚蹬车以5 m/s的速度匀速前行，骑行过程中所受阻力大小恒为车和人总重力的0.02倍(取g＝10 m/s2)，该送餐员骑电动自行车以5 m/s的速度匀速前行过程做功的功率最接近( )
A．10 W B．100 W C．1 kW D．10 kW
答案 B
解析 设送餐员和车的总质量为100 kg，匀速行驶时的速率为5 m/s，匀速行驶时的牵引力与阻力大小相等，F＝0.02mg＝20 N，则送餐员骑电动自行车匀速行驶时的功率为P＝Fv＝100 W，故B正确．
6．(多选)如图4所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮．质量分别为M、m(M>m)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )
图4
A．两滑块组成的系统机械能守恒
B．轻绳对m做的功等于m机械能的增加量
C．重力对M做的功等于M动能的增加量
D．两滑块组成的系统机械能的损失等于M克服摩擦力做的功
答案 BD
7．(多选)(2019·四川第二次诊断)如图5甲所示，质量m＝1 kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5 s时撤去拉力，其1.5 s内的速度随时间变化关系如图乙所示，g取10 m/s2.则( )
图5
A．0.5 s时拉力功率为12 W
B．0.5 s内拉力做功9 J
C．1.5 s后物块可能返回
D．1.5 s后物块一定静止
答案 AC
解析 0～0.5 s内物体的位移：x1＝×0.5×2 m＝0.5 m；0.5～1.5 s内物体的位移：x2＝×1×
2 m＝1 m；由题图乙知，各阶段加速度的大小：a1＝4 m/s2，a2＝2 m/s2；设斜面倾角为θ，斜面对物块的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律，0～0.5 s内F－μgmcos θ－mgsin θ＝ma1；0.5～1.5 s内－μmgcos θ－mgsin θ＝－ma2，联立解得：F＝6 N，但无法求出μ和θ.0.5 s时，拉力的功率P＝Fv＝12 W，故A正确．拉力做的功为W＝Fx1＝3 J，故B错误．无法求出μ和θ，不清楚tan θ与μ的大小关系，故无法判断物块能否静止在斜面上，故C正确，D错误．
8.(多选)(2019·安徽安庆市期末调研监测)如图6所示，重力为10 N的滑块轻放在倾角为30°的光滑斜面上，从a点由静止开始下滑，到b点接触到一个轻质弹簧，滑块压缩弹簧到c点开始弹回，返回b点离开弹簧，最后又回到a点．已知ab＝1 m，bc＝0.2 m，则以下结论正确的是( )
图6
A．整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6 J
B．整个过程中滑块动能的最大值为6 J
C．从c到b弹簧的弹力对滑块做功5 J
D．整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒
答案 AD
解析 滑块从a到c, mghac＋W弹′＝0－0
解得：W弹′＝－6 J.
则Epm＝－W弹′＝6 J
所以整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6 J，故A正确；
当滑块受到的合外力为0时，滑块速度最大，设滑块在d点合外力为0，由分析可知d点在b点和c点之间．滑块从a到d有：
mghad＋W弹＝Ekd－0
因mghad＜6 J，W弹＜0
所以Ekd＜6J，故B错误；
从c点到b点弹簧的弹力对滑块做的功与从b点到c点弹簧的弹力对滑块做的功大小相等，即为6 J，故C错误；
整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒，没有与系统外发生能量转化，故D正确．
9．(多选)如图7所示，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上．a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g.则( )
图7
A．a落地前，轻杆对b一直做正功
B．a落地时速度大小为
C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g
D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg
答案 BD
解析 滑块b的初速度为零，末速度也为零，所以轻杆对b先做正功，后做负功，选项A错误；以滑块a、b及轻杆组成的系统为研究对象，系统的机械能守恒，当a刚落地时，b的速度为零，则mgh＝mva2＋0，即va＝，选项B正确；a、b的先后受力如图甲、乙所示，
由a的受力图可知，a下落过程中，其加速度大小先小于g后大于g，选项C错误；当a落地前b的加速度为零(即轻杆对b的作用力为零)时，b的机械能最大，a的机械能最小，这时b受重力、支持力，且FNb＝mg，由牛顿第三定律可知，b对地面的压力大小为mg，选项D正确．
级争分练
10．(2019·吉林“五地六校”合作体联考)一辆赛车在水平路面上由静止启动，在前5 s内做匀加速直线运动，5 s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动．其v－t图象如图8所示．已知赛车的质量为m＝1×103 kg，赛车受到的阻力为车重力的0.1倍，重力加速度g取10 m/s2，则以下说法正确的是( )
图8
A．赛车在前5 s内的牵引力为5×102 N
B．赛车速度为25 m/s时的加速度为5 m/s2
C．赛车的额定功率为100 kW
D．赛车的最大速度为80 m/s
答案 C
解析 匀加速直线运动的加速度大小为：a＝＝ m/s2＝4 m/s2，根据牛顿第二定律得：F－Ff＝ma，解得牵引力为：F＝Ff＋ma＝0.1×1×103×10 N＋1×103×4 N＝5×103 N，故A错误；额定功率为：P＝Fv＝5 000×20 W＝100 000 W＝100 kW.当车的速度是25 m/s时，牵引力：F′＝＝ N＝4 000 N，车的加速度：a′＝＝ m/s2＝3 m/s2，故B错误，C正确；当牵引力与阻力相等时，速度最大，最大速度为：vm＝＝＝ m/s＝100 m/s，故D错误．
11．(2019·福建泉州市期末质量检查)如图9所示，四分之一圆弧AB和半圆弧BC组成的光滑轨道固定在竖直平面内，A、C两端点等高，直径BC竖直，圆弧AB的半径为R，圆弧BC的半径为.一质量为m的小球从A点上方的D点由静止释放，恰好沿A点切线方向进入并沿轨道运动，不计空气阻力，重力加速度大小为g.
图9
(1)要使小球能运动到C点，D、A两点间的高度差h至少为多大？
(2)改变h，小球通过C点后落到圆弧AB上的最小动能为多少？
答案 (1) (2)mgR
解析 (1)设小球刚好通过C点的速度为v，则
mg＝m
小球从D点到C点的过程中机械能守恒，有：
mgh＝mv2
联立解得h＝
(2)设小球通过C点的速度为v0，落到圆弧AB上时，水平位移为x，下落高度为y，由平抛运动的规律可知x＝v0t；y＝gt2
从C点抛出到落到圆弧AB上，由动能定理得：mgy＝Ek－mv02
又x2＋y2＝R2
联立可得：Ek＝mg(＋3y)
式中当＝3y，即y＝R时，Ek有最小值，
Ekmin＝mgR.
12.如图10所示，倾角为30°的足够长斜面固定于水平面上，轻滑轮的顶端与固定于竖直平面内圆环的圆心O及圆环上的P点在同一水平线上，细线一端与套在环上质量为m的小球相连，另一端跨过滑轮与质量为M的物块相连．小球在竖直向下拉力作用下静止于Q点，细线与环恰好相切，OQ、OP间成53°角．撤去拉力后球运动到P点速度恰好为零．忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：
图10
(1)拉力的大小F；
(2)物块和球的质量之比M∶m；
(3)撤去拉力瞬间，细线张力FT的大小．
答案 (1)Mg－mg (2)12∶5
(3)(mg或Mg)
解析 (1)由平衡条件，对物块M：FT1＝Mgsin 30°
对球m：(F＋mg)cos 53°＝FT1
得到：F＝Mg－mg；
(2)设环的半径为R，球运动至P过程中，球上升高度为：h1＝Rsin 53°
物块沿斜面下滑的距离为：
L＝Rtan 53°－(－R)
由机械能守恒定律有：
mgh1＝MgLsin 30°
得到：M∶m＝12∶5；
(3)细线的张力为FT，根据牛顿第二定律可以得到：
物块M：Mgsin 30°－FT＝Ma
球m：FT－mgcos 53°＝ma
解得：FT＝(FT＝mg或FT＝Mg)．
