【2021年高考一轮课程】物理 全国通用版 第12讲 功和功率 动能定理及应用 教案

2021年高考一轮复习
第十二讲
功和功率
动能定理及应用
教材版本
全国通用
课时说明
120分钟
知识点
1.掌握功和功率及其公式
2.
理解动能定理
3.会应用动能定理进行解题
复习目标
1．熟练掌握功和功率及其公式
2.会求解变力做功，会处理机车启动问题
3．理解动能定理，会应用动能定理进行解题
复习重点
1.利用功和功率的公式进行解题
2.利用动能定理处理问题
复习难点
利用动能定理处理具体问题
一、自我诊断
知己知彼
1．(2020·广东深圳市第一次调研)在水平地面上方某处，把质量相同的P、Q两小球以相同速率沿竖直方向抛出，P向上，Q向下，不计空气阻力，两球从抛出到落地的过程中(　　)
A．P球重力做功较多
B．两球重力的平均功率相等
C．落地前瞬间，P球重力的瞬时功率较大
D．落地前瞬间，两球重力的瞬时功率相等
【答案】D
【解析】根据W＝mgh可知两球重力做功相同，选项A错误；上抛的小球运动时间长，根据P＝可知两球重力的平均功率不相等，选项B错误；根据机械能守恒定律mv2＝mgh＋mv可知，两球落地的速度相同，由P＝mgv可知落地前瞬间，两球重力的瞬时功率相等，选项C错误，D正确．
2．（多选）(2019·吉林吉林市友好学校联合体期末)如图1所示，在皮带传送装置中，皮带把物体P匀速带至高处，在此过程中，下述说法正确的是(　　)
图1
A．摩擦力对物体做正功
B．摩擦力对物体做负功
C．支持力对物体不做功
D．合外力对物体做功为零
【答案】ACD
【解析】取物体为研究对象，受力分析如图所示，受重力mg、沿皮带向上的静摩擦力Ff和垂直于皮带的支持力FN，由于Ff方向与运动方向一致，做正功，A对，B错；FN方向与运动方向垂直，不做功，C对；由于匀速运动，合外力为0，D对．
3．汽车以恒定功率P、初速度v0冲上倾角一定的斜坡时，汽车受到的阻力恒定不变，则汽车上坡过程的v
?t图像不可能是选项图中的(　　)
【答案】A
【解析】由瞬时功率P＝Fv可知，汽车功率恒定，汽车开始所受牵引力F＝，若牵引力与汽车所受阻力相等，则汽车做匀速运动，B项中v
?t图像是可能的；若牵引力大于阻力，则汽车做加速运动，则随速度增大，牵引力减小，而汽车所受阻力不变，由牛顿第二定律可知，汽车的加速度减小，直至减小到零，C项中v
?t图像是可能的，A项中v
?t图像是不可能的；若牵引力小于阻力，则汽车做减速运动，牵引力增大，汽车所受阻力不变，由牛顿第二定律可知，汽车的加速度减小，直至减小到零，D项中v
?t图像是可能的。
4．(2020·湖北武汉市调研)一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时其速度为1
m/s，从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作用力F，力F、滑块的速率v随时间的变化规律分别如图3甲和乙所示，设在第1
s内、第2
s内、第3
s内力F对滑块做的功分别为W1、W2、W3，则以下关系正确的是(　　)
图3
A．W1＝W2＝W3
B．W1C．W1D．W1＝W2【答案】B
【解析】在第1
s内，滑块的位移大小为x1＝×1×1
m＝0.5
m，力F做的功为W1＝F1x1＝1×0.5
J＝0.5
J；第2
s内，滑块的位移大小为x2＝×1×1
m＝0.5
m，力F做的功为W2＝F2x2＝3×0.5
J＝1.5
J；第3
s内，滑块的位移大小为x3＝1×1
m＝1
m，力F做的功为W3＝F3x3＝2×1
J＝2
J，所以W15．如图3所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则小球从A到C的过程中弹簧弹力做功是(　　)
图3
A．mgh－mv2
B.mv2－mgh
C．－mgh
D．－(mgh＋mv2)
【答案】A
【解析】小球从A点运动到C点的过程中，重力和弹簧的弹力对小球做负功，由于支持力与位移始终垂直，则支持力对小球不做功，由动能定理，可得WG＋WF＝0－mv2，重力做功为WG＝－mgh，则弹簧的弹力对小球做功为WF＝mgh－mv2，所以正确选项为A.
二、温故知新
夯实基础
三、典例剖析
举一反三
考点一
功
（一）典例剖析
例1如图4所示，在水平面上，有一弯曲的槽道AB，槽道由半径分别为和R的两个半圆构成．现用大小恒为F的拉力将一光滑小球从A点沿槽道拉至B点，若拉力F的方向时时刻刻均与小球运动方向一致，则此过程中拉力所做的功为(　　)
图4
A．0
B．FR
C.πFR
D．2πFR
【答案】C
【解析】虽然拉力方向时刻改变，但力与运动方向始终一致，用微元法，在很小的一段位移内F可以看成恒力，小球的路程为πR＋π·，则拉力做的功为πFR，故C正确．
【易错点】没有理解变力做功。
【方法点拨】理解力做功的条件。
例2一物体静止在粗糙水平地面上．现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v.若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v.对于上述两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则(　　)
A．WF2>4WF1，Wf2>2Wf1
B．WF2>4WF1，Wf2＝2Wf1
C．WF2<4WF1，Wf2＝2Wf1
D．WF2<4WF1，Wf2<2Wf1
【答案】C
【解析】根据x＝t得，两过程的位移关系x1＝x2，根据加速度的定义a＝，得两过程的加速度关系为a1＝.由于在相同的粗糙水平地面上运动，故两过程的摩擦力大小相等，即Ff1＝Ff2＝Ff，根据牛顿第二定律得，F1－Ff1＝ma1，F2－Ff2＝ma2，所以F1＝F2＋Ff，即F1>.根据功的计算公式W＝Fl，可知Wf1＝Wf2，WF1>WF2，故选项C正确，选项A、B、D错误．
【易错点】误以为当合力是1：2时，外力也是1：2的关系。
【方法点拨】本题应根据牛顿第二定律解出两种情况下外力的关系，再算出位移的关系，从而比较做工的大小。
例3轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m＝0.5
kg的物块相连，如图5甲所示，弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴，现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的情况如图乙所示，物块运动至x＝0.4
m处时速度为零，则此时弹簧的弹性势能为(g＝10
m/s2)(　　)
图5
A．3.1
J
B．3.5
J
C．1.8
J
D．2.0
J
【答案】A
【解析】物块与水平面间的摩擦力大小为Ff＝μmg＝1
N．现对物块施加水平向右的外力F，由F－x图象与x轴所围面积表示功，可知F做功W＝3.5
J，克服摩擦力做功Wf＝Ffx＝0.4
J．由于物块运动至x＝0.4
m处时，速度为0，由功能关系可知，W－Wf＝Ep，此时弹簧的弹性势能为Ep＝3.1
J，选项A正确．
【易错点】不会分析变力做功
【方法点拨】准确进行受力分析，运动状态分析，会判断变力做功。
（二）举一反三
1.
(2019·广东珠海市质量监测)如图6所示，质量均为m的木块A和B，用一个劲度系数为k的竖直轻质弹簧连接，最初系统静止，重力加速度为g，现在用力F向上缓慢拉A直到B刚好要离开地面，则这一过程中力F做的功至少为(　　)
图6
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】开始时，A、B都处于静止状态，弹簧的压缩量设为x1，由胡克定律有kx1＝mg；木块B恰好离开地面时，弹簧的拉力等于B的重力，设此时弹簧的伸长量为x2，由胡克定律有kx2＝mg，可得x1＝x2＝，则这一过程中，弹簧弹力做功为零，木块A上升的高度h＝x1＋x2＝，设变力F做的功为WF，由动能定理得WF－WG＝0，又WG＝mgh＝，所以WF＝，B选项正确．
2.（多选）
用起重机提升货物，货物上升过程中的vt图象如图7所示，在t＝3
s到t＝5
s内，重力对货物做的功为W1、绳索拉力对货物做的功为W2、货物所受合力做的功为W3，则(　　)．
图7
A．W1>0
B．W2<0
C．W2>0
D．W3<0
【答案】CD
【解析】分析题图可知，货物一直向上运动，根据功的定义式可得：重力做负功，拉力做正功，即W1<0，W2>0，A、B错误，C正确；根据动能定理：合力做的功W3＝0－mv2，v＝2
m/s，即W3<0，D正确．
3.
(2020·安徽安庆市模拟)如图8所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，滑块用轻绳系着绕过光滑的定滑轮O.现以大小不变的拉力F拉绳，使滑块从A点起由静止开始上升．滑块运动到C点时速度最大．已知滑块质量为m，滑轮O到竖直杆的距离为d，∠OAO′＝37°，∠OCO′＝53°，重力加速度为g.求：(sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8)
图8
(1)拉力F的大小；
(2)滑块由A到C过程中拉力F做的功．
【答案】(1)mg　(2)mgd
【解析】(1)滑块运动到C点时速度最大，则在C点有
Fcos
53°＝mg
解得F＝mg.
(2)由能量守恒可知，拉力F对绳端点做的功就等于绳的拉力F对滑块做的功．
滑轮与A间绳长L1＝
滑轮与C间绳长L2＝
则滑轮右侧绳子增加的长度
ΔL＝L1－L2＝－＝
故拉力做的功W＝FΔL＝mgd.
考点二
功率
机车启动
（一）典例剖析
例1某大瀑布的平均水流量为，水的落差为。已知水的密度为。在大瀑布水流下落过程中，重力做功的平均功率约为
（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】每秒钟水流的质量为，重力做功的平均功率约为，选项D正确。
【易错点】没有真正理解平均功率的公式。
【方法点拨】理解瞬时功率和平均功率公式和区别是解题的关键。
例2（多选）(2019·江苏苏州市调研)质量为2×103
kg的汽车由静止开始沿平直公路行驶，行驶过程中牵引力F和车速倒数的关系图象如图8所示．已知行驶过程中最大车速为30
m/s，设阻力恒定，则(　　)
图8
A．汽车所受阻力为6×103
N
B．汽车在车速为5
m/s时，加速度为3
m/s2
C．汽车在车速为15
m/s时，加速度为1
m/s2
D．汽车在行驶过程中的最大功率为6×104
W
【答案】CD
【解析】当牵引力等于阻力时，速度最大，由题图可知阻力大小Ff＝2
000
N，故A错误；车速为5
m/s时，汽车的加速度a＝
m/s2＝2
m/s2，故B错误；题中倾斜图线的斜率表示汽车的额定功率，可知P＝Ffv＝2
000×30
W＝6×104
W，当车速为15
m/s时，牵引力F＝＝
N＝4
000
N，则加速度a′＝＝
m/s2＝1
m/s2，故C正确；汽车的最大功率等于额定功率，等于6×104
W，故D正确．
【易错点】不能正确运用图象。
【方法点拨】充分利用图象，找出图象中的有效信息。
例3汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P.快进入闹区时，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半并保持该功率继续行驶．下面四个图象中，哪个图象正确表示了从司机减小油门开始，汽车的速度与时间的关系(　　)
【答案】C
【解析】功率减小一半时，由于惯性汽车速度来不及变化，根据功率和速度关系公式P＝Fv，此时牵引力减小一半，小于阻力，汽车做减速运动，由公式P＝Fv可知，功率一定时，速度减小后，牵引力增大，合力减小，加速度减小，故汽车做加速度越来越小的减速运动，当牵引力增大到等于阻力时，汽车做匀速运动，C正确．
【易错点】误认为功率变化的瞬间速度会突变。
【方法点拨】当功率变化的瞬间牵引力会发生突变，从而引起加速度的变化，最终导致了速度的变化。
（二）举一反三
1.
把A、B两相同小球在离地面同一高度处以相同大小的初速度v0分别沿水平方向和竖直方向抛出，不计空气阻力，如图10所示，则下列说法正确的是(　　)
图10
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．从开始运动至落地，重力对两小球做的功相同
D．从开始运动至落地，重力对两小球做功的平均功率相同
【答案】C
【解析】A、B两球落地的速度大小相同，方向不同，A错误；由P＝mg·v竖可知，因B球落地时竖直速度较大，故PB＞PA，B错误；重力做功与路径无关，均为mgh，C正确；因B球从抛出到落地所用时间较长，故A＞B，D错误。
2.
（多选）一质量为1
kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时刻开始，受到水平外力F作用，如图11所示．下列判断正确的是(　　)
图11
A．0～2
s内外力的平均功率是4
W
B．第2
s内外力所做的功是4
J
C．第2
s末外力的瞬时功率最大
D．第1
s末与第2
s末外力的瞬时功率之比为9∶4
【答案】AD
【解析】第1
s末质点的速度
v1＝t1＝×1
m/s＝3
m/s.
第2
s末质点的速度
v2＝v1＋t2＝(3＋×1)
m/s＝4
m/s.
则第2
s内外力做功W2＝mv－mv＝3.5
J
0～2
s内外力的平均功率
P＝＝
W＝4
W.
选项A正确，选项B错误；
第1
s末外力的瞬时功率P1＝F1v1＝3×3
W＝9
W，
第2
s末外力的瞬时功率P2＝F2v2＝1×4
W＝4
W，故
P1∶P2＝9∶4.选项C错误，选项D正确．
3.
一辆汽车在平直的公路上以某一初速度运动，运动过程中保持恒定的牵引功率，其加速度a和速度的倒数的关系图像如图12所示。若已知汽车的质量，则根据图像所给的信息，不能求出的物理量是(　　)
图12
A．汽车的功率
B．汽车行驶的最大速度
C．汽车所受到的阻力
D．汽车运动到最大速度所需的时间
【答案】D
【解析】由F－Ff＝ma，P＝Fv可得：a＝·－，对应图线可知，＝k＝40，可求出汽车的功率P，由a＝0时，＝0.05可得：vm＝20
m/s，再由vm＝，可求出汽车受到的阻力Ff，但无法求出汽车运动到最大速度所需的时间。
考点三
动能定理及其应用
（一）典例剖析
例1如图13所示，AB为圆弧轨道，BC为水平直轨道，BC恰好在B点与AB相切，圆弧的半径为R，BC的长度也是R.一质量为m的物体与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处停止，重力加速度为g，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为(　　)
图13
A.
B.
C．mgR
D．(1－μ)mgR
【答案】D
【解析】设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，物体从A到C的全过程，根据动能定理有mgR－WAB－μmgR＝0，所以WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR，故D正确.
【易错点】不能正确写出动能定理的表达式。
【方法点拨】对整个过程进行分析，列出动能定理表达式进行求解。
例2（多选）如图14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都向前移动了一段距离．在此过程中(　　)
图14
A．外力F做的功等于A和B动能的增量
B．B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量
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
【答案】BD
【解析】A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，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相对地面的位移不相等，故二者做功不相等，C错误；对B应用动能定理WF－Wf＝ΔEkB，则WF＝ΔEkB＋Wf，即外力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，D正确；根据功能关系可知，外力F做的功等于A和B动能的增量与产生的内能之和，故A错误．
【易错点】不能区分各摩擦力的做功的问题。
【方法点拨】区分各摩擦力做功。
例3如图15所示，用一块长L1＝1.0
m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H＝0.8
m，长L2＝1.5
m．斜面与水平桌面的夹角θ可在0～60°间调节后固定．将质量m＝0.2
kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失．(重力加速度取g＝10
m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
图15
(1)求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)
(2)当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(已知sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8)
(3)继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm.
【答案】(1)arctan
0.05　(2)0.8　(3)1.9
m
【解析】(1)为使小物块下滑，应有mgsin
θ≥μ1mgcos
θ①
θ满足的条件tan
θ≥0.05②
即当θ＝arctan
0.05时物块恰好从斜面开始下滑．
(2)克服摩擦力做功Wf＝μ1mgL1cos
θ＋μ2mg(L2－L1cos
θ)③
由动能定理得mgL1sin
θ－Wf＝0④
代入数据得μ2＝0.8⑤
(3)由动能定理得mgL1sin
θ－Wf＝mv2⑥
结合③式并代入数据得v＝1
m/s⑦
由平抛运动规律得H＝gt2，x1＝vt
解得t＝0.4
s⑧
x1＝0.4
m⑨
xm＝x1＋L2＝1.9
m
【易错点】不能准确的分析出物体的整个运动过程
【方法点拨】进行物理模型的分解，对每个模型进行单独分析，并找出模型间的相关联的物理量。
（二）举一反三
1.
（多选）质量不等，但有相同动能的两个物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直至停止，则(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．质量大的物体滑行的距离大
B．质量小的物体滑行的距离大
C．它们滑行的距离一样大
D．它们克服摩擦力所做的功一样多
【答案】BD
【解析】由动能定理可得－Ffx＝0－Ek，即μmgx＝Ek，由于动能相同动摩擦因数相同，故质量小的滑行距离大，它们克服摩擦力所做的功都等于Ek.
2.
(2018·全国卷Ⅱ)如图16，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度．木箱获得的动能一定(　　)
图16
A．小于拉力所做的功
B．等于拉力所做的功
C．等于克服摩擦力所做的功
D．大于克服摩擦力所做的功
【答案】A
【解析】由题意知，W拉－W克摩＝ΔEk，则W拉>ΔEk，A项正确，B项错误；W克摩与ΔEk的大小关系不确定，C、D项错误．
3.
如图17甲所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O位置．质量为m的物块A(可视为质点)以初速度v0从距O点右方x0的P点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O′点位置后，A又被弹簧弹回．A离开弹簧后，恰好回到P点．物块A与水平面间的动摩擦因数为μ.求：
图17
(1)物块A从P点出发又回到P点的过程，克服摩擦力所做的功．
(2)O点和O′点间的距离x1.
(3)如图乙所示，若将另一个与A完全相同的物块B(可视为质点)与弹簧右端拴接，将A放在B右边，向左推A、B，使弹簧右端压缩到O′点位置，然后从静止释放，A、B共同滑行一段距离后分离．分离后物块A向右滑行的最大距离x2是多少？
【答案】(1)mv　(2)－x0　(3)x0－
【解析】(1)物块A从P点出发又回到P点的过程，根据动能定理得克服摩擦力所做的功为Wf＝mv.
(2)物块A从P点出发又回到P点的过程，根据动能定理得2μmg(x1＋x0)＝mv
解得x1＝－x0
(3)A、B在弹簧处于原长处分离，设此时它们的共同速度是v1，弹出过程弹力做功WF
只有A时，从O′到P有WF－μmg(x1＋x0)＝0－0
A、B共同从O′到O有WF－2μmgx1＝×2mv
分离后对A有mv＝μmgx2
联立以上各式可得x2＝x0－.
四、分层训练
能力进阶
【基础】
1.
（多选）
(2019·宁夏银川市质检)如图18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，载人滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为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(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度为g，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8)．则(　　)
图18
A．动摩擦因数μ＝
B．载人滑草车最大速度为
C．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g
【答案】AB
【解析】对载人滑草车从坡顶由静止开始滑到底端的全过程分析，由动能定理可知：mg·2h－μmgcos
45°·－μmgcos
37°·＝0，解得μ＝，选项A正确；
对经过上段滑道的过程分析，根据动能定理有mgh－μmgcos
45°·＝mv，解得：vm＝，选项B正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，选项C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度为a＝＝－g，故大小为g，选项D错误．
2．如图19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θ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)(　　)
图19
A．mgv0tan
θ
B.
C.
D．mgv0cos
θ
【答案】B
【解析】小球落在斜面上时重力的瞬时功率为P＝mgvy，而vytan
θ＝v0，所以P＝，B正确。
2.
(2019·安徽合肥市第二次质检)如图20甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能Ek与距地面高度h的关系图象如图乙所示，已知重力加速度为g，空气阻力不计．下列说法正确的是(　　)
图20
A．在0～h0过程中，F大小始终为mg
B．在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为2∶1
C．在0～2h0过程中，物体的机械能不断增加
D．在2h0～3.5h0过程中，物体的机械能不断减少
【答案】C
【解析】0～h0过程中，Ek－h图象为一段直线，由动能定理得：(F－mg)h0＝mgh0－0，故F＝2mg，A错误；由A可知，在0～h0过程中，F做功为2mgh0，在h0～2h0过程中，由动能定理可知，WF－mgh0＝1.5mgh0－mgh0，解得WF＝1.5mgh0，因此在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为4∶3，故B错误；在0～2h0过程中，F一直做正功，故物体的机械能不断增加，C正确；在2h0～3.5h0过程中，由动能定理得WF′－1.5mgh0＝0－1.5mgh0，则WF′＝0，故F做功为0，物体的机械能保持不变，故D错误．
3.
如图21所示，演员正在进行杂技表演。由图可估算出他将一只鸡蛋抛出的过程中对鸡蛋所做的功最接近于（
）
图21
A．0.3J
B．3J
C．30J
D．300J
【答案】A
【解析】生活经验告诉我们：10个鸡蛋大约1斤即0.5kg，则一个鸡蛋的质量约为，鸡蛋大约能抛高度h=0.6m，则做功约为W=mgh=0.05×10×0.6J=0.3J，A正确。
4.
在离地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为v0，它落到地面时的速度为v，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于(　　)
A．mgh－mv2－mv
B．－mv2－mv－mgh
C．mgh＋mv－mv2
D．mgh＋mv2－mv
【答案】C
【解析】对物块从h高处竖直上抛到落地的过程，根据动能定理可得mgh－Wf＝mv2－mv，解得Wf＝mgh＋mv－mv2，选项C正确．
5.
一个25
kg的小孩从高度为3.0
m的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度为2.0
m/s.取g＝10
m/s2，关于力对小孩做的功，以下结果正确的是(　　)．
A．合外力做功50
J
B．阻力做功500
J
C．重力做功500
J
D．支持力做功50
J
【答案】A
【解析】合外力做的功W合＝Ek－0，即W合＝mv2＝×25×22
J＝50
J，A项正确；WG＋W阻＝Ek－0，故W阻＝mv2－mgh＝50
J－750
J＝－700
J，B项错误；重力做功WG＝mgh＝25×10×3
J＝750
J，C错；小孩所受支持力方向上的位移为零，故支持力做的功为零，D错．
【巩固】
1.
（多选）
(2020·山西运城市质检)质量为m的物体放在水平面上，它与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.用水平力拉物体，运动一段时间后撤去此力，最终物体停止运动．物体运动的v－t图象如图22所示．下列说法正确的是(　　)
图22
A．水平拉力大小为F＝m
B．物体在0～3t0时间内的位移大小为v0t0
C．在0～3t0时间内水平拉力做的功为mv
D．在0～3t0时间内物体克服摩擦力做功的平均功率为μmgv0
【答案】BD
【解析】根据v－t图象和牛顿第二定律可知F－μmg＝m，故选项A错误；由v－t图象与t坐标轴所围面积表示位移可知，在0～3t0时间内的位移大小为x＝·3t0·v0＝v0t0，所以选项B正确；在0～3t0时间内由动能定理可知W－μmgx＝0，故水平拉力做的功W＝μmgv0t0，又Ff＝μmg＝，则W＝mv，选项C错误；在0～3t0时间内物体克服摩擦力做功的平均功率为＝＝＝μmgv0，所以选项D正确．
2．一个质量为m的小球做自由落体运动，那么，在前t秒内重力对它做功的平均功率及在t秒末重力做功的瞬时功率P分别为(　　)
A.＝mg2t2，P＝mg2t2
B.＝mg2t2，P＝mg2t2
C.＝mg2t，P＝mg2t
D.＝mg2t，P＝2mg2t
【答案】C
【解析】前t秒内重力做功的平均功率＝＝＝mg2t；t秒末重力做功的瞬时功率P＝Fv＝mg·gt＝mg2t，故C正确．
3.
如图23是质量为1
kg的质点在水平面上运动的v-t图象，以水平向右的方向为正方向．以下判断正确的是(　　)
图23
A．在0～3.0
s时间内，合力对质点做功为10
J
B．在4.0～6.0
s时间内，质点的平均速度为3
m/s
C．在1.0～5.0
s时间内，合力的平均功率为4
W
D．在t＝6.0
s时，质点的加速度为零
【答案】B
【解析】在0～3.0
s时间内，由动能定理W合＝ΔEk＝6
J，所以A错误．在4.0～6.0
s时间内，由图象可知s＝6
m，＝＝3
m/s，所以B正确．在1.0～5.0
s时间内，W合＝ΔEk＝8
J，＝＝2
W，C错误．由题图可知，t＝6.0
s时质点的加速度a＝－4
m/s2，D错误．
4.
某汽车以额定功率在水平路面上行驶，空载时的最大速度为v1，装满货物后的最大速度为v2，已知汽车空车的质量为m0，汽车所受的阻力跟车重成正比，则汽车后来所装货物的质量是(　　)
A.m0
B.m0
C.m0
D.m0
【答案】A
【解析】当汽车空载时，有：P＝Ff1v1＝km0gv1，当汽车装满货物后，有：P＝Ff2v2＝k(m0＋m)gv2
联立两式解得：m＝m0.故A正确，B、C、D错误.
5.
用铁锤把小铁钉钉入木板，设木板对钉子的阻力与钉进木板的深度成正比，已知铁锤第一次将钉子钉进d，如果铁锤第二次敲钉子时对钉子做的功与第一次相同，那么，第二次钉子进入木板的深度是(　　)
A．(－1)
d
B．(－1)d
C.d
D.d
【答案】B
【解析】在将钉子钉入木板的过程中，随着深度的增加，阻力成正比地增加，这属于变力做功问题，由于力与位移成正比，可求出力对位移的平均值，将变力转化为恒力来处理．
根据题意可得
第一次做功：W＝F1d＝d.
第二次做功：W＝F2d′＝d′.
联立解得d′＝(－1)d.
【拔高】
1.
（多选）
我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器．舰载机总质量为3.0×104
kg，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105
N；弹射器有效作用长度为100
m，推力恒定．要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80
m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则(　　)
A．弹射器的推力大小为1.1×106
N
B．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108
J
C．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107
W
D．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32
m/s2
【答案】ABD
【解析】设总推力为F，位移x＝100
m，阻力F阻＝20%F，对舰载机加速过程由动能定理得Fx－20%F·x＝mv2，解得F＝1.2×106
N，弹射器推力F弹＝F－F发＝1.2×106
N－1.0×105
N＝1.1×106
N，A正确；弹射器对舰载机所做的功为W＝F弹·x＝1.1×106×100
J＝1.1×108
J，B正确；弹射器对舰载机做功的平均功率＝F弹·＝4.4×107
W，C错误；根据运动学公式v2＝2ax，得a＝＝32
m/s2，D正确．
2.
在地面上某处将一金属小球竖直向上拋出，上升一定高度后再落回原处，若不考虑空气阻力，则下列图象能正确反映小球的速度、加速度、位移和动能随时间变化关系的是(取向上为正方向)(　　)
【答案】A
【解析】小球运动过程中加速度不变，B错；速度均匀变化先减小后反向增大，A对；位移和动能与时间不是线性关系，C、D错．
3.（2020年全国II卷）如图24所示，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h．若摩托车经过a点时的动能为E1，它会落到坑内c点．c与a的水平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为E2，该摩托车恰能越过坑到达b点．等于（
）
A．20
B．18
C．9.0
D．3.0
【答案】B
【解析】由题意可知两次平抛运动的竖直位移之比为2：1，水平位移之比为1：3，根据，x=v0t可得，，由可得，所以B正确。
4．(2019·河南平顶山市一轮复习质检)如图25所示，半径为r的半圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，直径AC水平，一个质量为m的物块从圆弧轨道A端正上方P点由静止释放，物块刚好从A点无碰撞地进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，到B点时对轨道的压力大小等于物块重力的2倍，重力加速度为g，不计空气阻力，不计物块的大小，则：
图25
(1)物块到达A点时的速度大小和PA间的高度差分别为多少？
(2)物块从A运动到B所用时间和克服摩擦力做的功分别为多少？
【答案】(1)　　(2)　mgr
【解析】(1)设物块在B点时的速度为v，由牛顿第二定律得：FN－mg＝m，
因为FN＝2mg，所以v＝，
因为物块从A点进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，所以物块到达A点时速度大小为；
设PA间的高度差为h，从P到A的过程由动能定理得：mgh＝mv2，所以h＝.
(2)因为物块从A点进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，所以物块从A运动到B所用时间t＝＝；
从A运动到B由动能定理有：mgr－W克f＝0，解得：W克f＝mgr.
5.
(2019·河南名校联盟高三下学期联考)如图26所示，AB是一段位于竖直平面内的光滑轨道，高度为h，末端B处的切线方向水平．一个质量为m的小物体P从轨道顶端A处由静止释放，滑到B端后飞出，落到地面上的C点，轨迹如图中虚线BC所示．已知它落地时相对于B点的水平位移OC
＝
l．现在轨道下方紧贴B点安装一水平木板，木板的右端与B的距离为，让P再次从A点由静止释放，它离开轨道并在木板上滑行后从右端水平飞出，仍然落在地面的C点．求：(不计空气阻力，重力加速度为g)
图26
(1)P滑至B点时的速度大小；
(2)P与木板之间的动摩擦因数μ.
【答案】(1)　(2)
【解析】(1)物体P在AB轨道上滑动时，根据动能定理mgh＝mv
得物体P滑到B点时的速度大小为v0＝
(2)当没有木板时，物体离开B点后做平抛运动，设运动时间为t，有：
t＝＝
当在轨道下方紧贴B点安装木板时，物体从木板右端水平抛出，在空中运动的时间也为t，水平位移为，因此物体从木板右端抛出的速度v1＝＝
根据动能定理，物体在木板上滑动时，有
－μmg＝mv－mv
解得物体P与木板之间的动摩擦因数μ＝.