第1讲 功 功率 动能定理
【p24】
【p24】
1．功和功率的计算方法
(1)
功的计算：恒力做功，可用公式__W＝Flcos__α__进行计算．变力做功，可用以下几种方法进行求解：
①功率法：W＝Pt，注意P为恒定功率；
②微元法；
③图象法；
④转化法；
⑤动能定理法等．
(2)功率的计算：区分瞬时功率和平均功率．P＝只能用来计算__平均功率__．P＝Fvcos
α中的v是__瞬时速度__时，计算出的功率是__瞬时功率__；v是__平均速度__时，计算出的功率是__平均功率__．
2．机车的启动问题
(1)机车输出功率：P＝Fv，其中F为机车牵引力．
(2)机车匀加速启动过程的最大速度v1及vm的求解方法．
①求v1：由F牵－F阻＝ma，P＝F牵v1可求v1＝____．
②求vm：由P＝F阻
vm，可求vm＝____．
3．动能定理的内容及表达式
4．对动能定理的进一步理解
(1)W总是所有外力对物体做的__总功__，这些力对物体所做功的__代数和__等于物体动能的增量．
(2)动能定理与参考系的选取有关．中学物理中一般取__地面__为参考系．
(3)动能定理既适用于物体的直线运动，也适用于__曲线__运动；既适用于恒力做的功，也适用于__变力__做的功．力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用；只要求出在作用过程中各力做功的多少和正负即可．动能定理是计算物体的位移或速率的简捷公式，当题目中涉及到位移时可优先考虑__动能定理__．这些正是运用动能定理解题的优越性所在．
(4)若物体的运动过程包含几个不同的过程，应用动能定理时，可以分段考虑，也可以全程作为一个整体考虑．
【p25】
考点一 功和功率的分析与计算 例1(多选)如图所示，半径为R的半圆弧槽固定在水平地面上，槽口向上，槽口直径水平，一个质量为m的物块从P点由静止释放刚好从槽口A点无碰撞地进入槽中，并沿圆弧槽匀速率地滑行到最低点B，不计物块的大小，已知P点到A点高度为h，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是( )
A．物块到B点时重力的瞬时功率为mg
B．物块在B点时对槽底的压力大小为
C．物块从A到B过程重力的平均功率为
D．物块从P到B过程克服摩擦力做的功为mg(R＋h)
【解析】物块到B点时重力与速度垂直，因此重力的瞬时功率为零，故A错误；物块从P到A的过程，由机械能守恒得
mgh＝mv2，可得物块到达A点的速度大小为
v＝，物块在B点时，由牛顿第二定律得
N－mg＝m，可得
N＝，根据牛顿第三定律知物块在B点时对槽底的压力大小为N＝，故B正确；从A到B运动的时间
t＝＝，因此物块从A到B过程重力的平均功率为P＝＝＝，故C正确；物块从A到B做匀速圆周运动，动能不变，由动能定理得
mgR－Wf＝0，可得克服摩擦力做功：Wf＝mgR，故D错误．
【答案】BC
【方法总结】(1)计算恒力做功的流程图
(2)计算功率的策略：先判后算．
先判断功率为瞬时功率还是平均功率，然后进行相关运算．
变式训练1(2020·浙江卷)(多选)如图所示，系留无人机是利用地面直流电源通过电缆供电的无人机，旋翼由电动机带动．现有质量为20
kg、额定功率为5
kW的系留无人机从地面起飞沿竖直方向上升，经过200
s到达100
m高处后悬停并进行工作．已知直流电源供电电压为400
V，若不计电缆的质量和电阻，忽略电缆对无人机的拉力，g＝10
m/s2，则( )
A．空气对无人机的作用力始终大于或等于200
N
B．直流电源对无人机供电的额定电流为12.5
A
C．无人机上升过程中消耗的平均功率为100
W
D．无人机上升及悬停时均有部分功率用于对空气做功
【解析】无人机先向上加速后减速，最后悬停，则空气对无人机的作用力先大于200
N后小于200
N，最后等于200
N，选项A错误；直流电源对无人机供电的额定电流I＝＝
A＝12.5
A，选项B正确；若空气对无人机的作用力为F＝mg＝200
N，则无人机上升过程中消耗的平均功率＝＝
W＝100
W，但是由于空气对无人机向上的作用力不是一直为200
N，则选项C错误；无人机上升及悬停时，螺旋桨会使周围空气产生流动，则会有部分功率用于对空气做功，选项D正确．
【答案】BD
考点二 机车的启动问题 例2
我国在改革开放的四十年内，各个行业都获得了巨大的进步，高铁技术更是成为国家名片．一列高铁列车的总质量为m，运动过程中的阻力恒为f，列车沿直线由静止启动过程中列车的输出功率与速度的关系图象如图所示，当列车的速度超过v0后，列车的功率保持不变，恒为3fv0.
(1)求列车匀加速运动的时间t1；
(2)若列车从静止开始运动至刚好达到最大速度时位移为x，求由静止开始至达到最大速度的过程列车的运动时间t.
【解析】(1)在匀加速阶段，由图可知，牵引力
F＝＝3f
根据牛顿第二定律可得F－f＝ma
根据速度时间关系可得v0＝at1
联立解得t1＝
(2)最大速度vm＝＝3v0
匀加速运动的位移x1＝at＝
恒定功率至达最大速度过程，根据动能定理可得
3fv0(t－t1)－f(x－x1)＝mv－mv
联立解得t＝＋.
【答案】(1) (2)＋
【方法总结】解决机车启动问题时注意以下四点：
(1)分清是匀加速启动还是恒定功率启动．
(2)匀加速启动过程中，机车功率不断增大，最大功率是额定功率．
(3)以额定功率启动的过程中，牵引力不断减小，机车做加速度减小的加速运动，牵引力的最小值等于阻力．
(4)无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足P＝f阻vm，P为机车的额定功率．
变式训练2
(2020·天津卷)(多选)复兴号动车在世界上首次实现速度350
km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果．一列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变．动车在时间t内( )
A．做匀加速直线运动
B．加速度逐渐减小
C．牵引力的功率P＝Fvm
D．牵引力做功W＝mv－mv
【解析】动车的功率恒定，根据P＝F牵v可知动车的牵引力减小，根据牛顿第二定律得F牵－F＝ma，可知动车的加速度减小，所以动车做加速度减小的加速运动，A错误，B正确；当加速度为0时，牵引力等于阻力，则额定功率为P＝Fvm，C正确；动车功率恒定，在t时间内，牵引力做功为W＝Pt，根据动能定理得Pt－Fs＝mv－mv，D错误．
【答案】BC
考点三 动能定理及其应用
例3
如图所示，在水平轨道右侧安放半径为R＝0.2
m的竖直圆形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为L＝1
m，水平轨道左侧有一轻质理想弹簧，左端固定，弹簧处于自然状态．质量m＝2
kg的小物块A(可视为质点)从轨道右侧以初速度v0＝2
m/s冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回，经水平轨道返回圆形轨道．物块A与PQ段间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道其他部分摩擦不计．求：
(1)物块A第一次到达最高点时对圆轨道的压力；
(2)物块压缩弹簧过程中弹簧获得的最大弹性势能；
(3)调节PQ段的长度L，A仍以v0从轨道右侧冲上轨道，当L满足什么条件时，物块A能3次过Q点且不脱离轨道．
【解析】(1)物块A从开始到第一次到达最高点的过程中，根据动能定理得－mg·2R＝mv－mv(v高是物体在最高点的速度大小)
在最高点，对物体，根据牛顿第二定律得：
FN＋mg＝m联立解得
FN＝20
N
由牛顿第三定律得：物块对轨道的压力大小为20
N，方向竖直向上．
(2)设弹簧获得的最大弹性势能为Ep.从开始到弹簧压缩到最短的过程，根据能量守恒定律得：
Ep＝mv－μmgL
解得
Ep＝8
J
(3)若A向左滑上轨道后，能原路向右滑回，则一定可以3次过Q点且不脱离轨道，因此临界条件为A沿轨道上滑至最大高度R时，速度减为0，由动能定理得
－2μmgL－mgR＝0－mv
解得
L＝1
m，故必须满足
L≥1
m.
临界条件2为能滑上轨道，由动能定理得：
－2μmgL＝0－mv
解得
L＝1.5
m，故L必须满足L＜1.5
m
结合可得1
m≤L＜1.5
m
【答案】(1)20
N，方向竖直向上 (2)8
J (3)1
m≤L＜1.5
m
【方法总结】1.应用动能定理解题的基本思路：
(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，利用动能定理对全过程或者分过程列式．
2．动能定理的应用：
(1)动能定理是根据恒力做功和直线运动推导出来的，但是也适用于变力做功和曲线运动．
(2)在涉及位移和速度而不涉及加速度和时间问题时，常选用动能定理分析．
变式训练3(多选)如图所示，光滑水平面上放着足够长的木板B，木板B上放着木块A，A、B接触面粗糙．现用一水平拉力F作用在B上，使其由静止开始运动，用f1表示B对A的摩擦力，f2表示A对B的摩擦力，下列说法正确的有( )
A．F做的功一定等于A、B系统动能的增加量
B．F做的功可能大于A、B系统动能的增加量
C．f1对A做的功等于A动能的增加量
D．f2对B做的功等于B动能的增加量
【解析】由于开始运动后，A是否会相对于B发生运动，从题中给出的条件不能判断．如果两者发生相对运动，对整体分析可知，F做功转化为两个物体的动能及系统的内能，故F做的功会大于AB系统动能的增加量，A错误，B正确；由动能定理可知，f1对A做的功等于A动能的增加量，C正确；f2对B做负功和拉力做功的总功等于B动能的增加量，D错误．
【答案】BC
【方法总结】在分析A、B组成的系统的动能变化时，既要考虑外力做功，也要考虑内力做功，由于内力是一对相互作用的摩擦力，若为静摩擦力，对系统不做功．若为滑动摩擦力，对系统恒做负功．所以外力做功要加上一个负功，才等于系统的动能增量，故外力做功大于等于系统的动能增量．
变式训练4
如图所示，在粗糙水平台阶上放置一质量m＝0.5
kg的小物块，它与水平台阶间的动摩擦因数μ＝0.5，与台阶边缘O点的距离s＝5
m．在台阶右侧固定一个圆弧挡板，圆弧半径R＝1
m，圆弧的圆心也在O点．今以O点为原点建立平面直角坐标系xOy.现用F＝5
N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板．(sin
37°＝0.6，取g＝10
m/s2)
(1)若小物块恰能击中挡板上的P点(OP与水平方向夹角为37°)，求其离开O点时的速度大小；
(2)为使小物块击中挡板，求拉力F作用的最短时间；
(3)改变拉力F的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值．
【解析】(1)小物块从O到P，做平抛运动．
水平方向：Rcos
37°＝v0t
竖直方向：Rsin
37°＝gt2
解得：v0＝
m/s
(2)为使小物块击中挡板，小物块必须能运动到O点．设拉力作用的位移为x.
由动能定理得Fx－μmgs＝0 解得x＝2.5
m
由牛顿第二定律得F－μmg＝ma 解得a＝5
m/s2
由运动学公式得x＝at2 解得t＝1
s
(3)设小物块击中挡板的任意点坐标为(x，y)，由运动学规律可得
x＝v0t y＝gt2
由动能定理得mgy＝Ek－mv
又x2＋y2＝R2
化简得Ek＝mg(＋3y)
由基本不等式得y2＝＝时，动能最小，其值为Ekmin＝
J
【答案】(1)
m/s (2)t＝1
s (3)
J【p123】
A组
1．如图所示为一款“乒乓球训练神器”，其构造简单且不受空间的限制，非常适用于居家锻炼．整个系统由金属底座、支撑杆、高弹性软杆以及固定在软杆一端的乒乓球构成．在某一次击球后，乒兵球从A点以某一初速度开始运动，经过最高点B之后向右运动到最远处C点，不计空气阻力，则乒乓球从A点到C点过程中( )
A．在C点时，乒乓球所受合外力为零
B．软杆对乒乓球做负功
C．地面对底座的摩擦力始终为零
D．地面对底座的支持力始终不变
【解析】在C点时，乒乓球速度为零，但加速度不为零，因此乒乓球所受合外力一定不为零，故A错误；由于C点比A点低，重力对乒乓球做了正功，根据动能定理得：mgh＋W＝0－mv，式中W是软杆对乒乓球做的功，可知，W＜0，即软杆的弹力对乒乓球一定做了负功，故B正确；由于乒乓球在水平方向做变速运动，因此杆对乒乓球在水平方向的力不为零，再对底座进行受分析可知，地面对底座的摩擦力也不会始终为零，故C错误；由于乒乓球在竖直方向上不是匀速运动，杆对乒乓球在竖直方向上的力是变化的，因此地面对底座在竖直方向的力也是变化的，故D错误．
【解析】B
2．无论是远海岛礁建设，还是超大型疏浚及填海造陆工程，都离不开钢铁巨轮—重型绞吸船．我国自主研制的自航绞吸挖泥船“天鲲号”性能达到世界先进水平，其远程输送能力达15
000米，居世界第一．若某段工作时间内，“天鲲号”的泥泵输出功率恒为1.6×104
kW，排泥量为1.6
m3/s，排泥管的横截面积为0.8
m2，则泥泵对排泥管内泥浆的推力为( )
A．5×106
N
B．8×106
N
C．5×107
N
D．8×107
N
【解析】排泥管每秒钟排出体积为V＝Sv
解得v＝＝
m/s＝2
m/s
根据泥泵输出功率大小为P＝Fv
可知F＝＝8×106
N，B正确．
【答案】B
3．2019年中国女排成功卫冕世界杯．如图所示，某次训练中，一运动员将排球从A点水平击出，球击中D点；另一运动员将该排球从位于A点正下方且与D等高的B点斜向上击出，最高点为C，球也击中D点，A、C高度相同．不计空气阻力，下列说法正确的有( )
A．两过程中，排球的初速度大小可能相等
B．两过程中，排球的飞行时间相等
C．后一个过程中，击中D点时重力做功的瞬时功率较大
D．后一个过程中，排球击中D点时的速度较大
【解析】根据竖直方向的运动可知vyA＝vyB，tB＝2tA，由于水平方向的位移相同，根据v水平＝可知，vA水＞vB水，根据速度的合成可知，第一次抛出时的速度vA0＝vA水，第二次抛出时的初速度vBO＝，故两过程中，小球的初速度大小可能相等，故A正确，B错误；由于竖直方向做的是自由落体运动，下落的高度相同，故落地时竖直方向的速度相同，则重力的瞬时功率P＝mgvy相同，故C错误；落地时，根据运动的对称性可知，B处抛出时的速度大小与落地时速度大小相等，A球落地时的速度vA＝，故前一个过程中，排球击中D点时的速度较大，故D错误．
【答案】A
4．如图甲所示，在一无限大光滑水平面上静止放置可视为质点、质量为m＝2
kg的物体，以物体所在初始位置为坐标原点建立一维坐标系，现给物体施加一沿x轴正向的作用力F，其大小与坐标的关系如图乙所示．则在x＝4
m处，作用力F的瞬时功率为( )
A．15
W
B．20
W
C．40
W
D．无法计算
【解析】在F－x图象中，与x轴所围面积表示物体拉力做功，则4
s内拉力做功为W＝×(3＋5)×4
J＝16
J；在4
s内，根据动能定理可得W＝mv2，解得v＝4
m/s.故4
m出拉力的瞬时功率P＝Fv＝5×4
W＝20
W，故B正确．
【答案】B
5．(多选)如图所示，某同学做了如下的力学实验．第一次实验，将一质量为m的金属球(可以看作质点)通过一原长为L轻质弹性绳(满足胡克定律)悬挂于固定的O点，并用手托住小球，让轻质弹性绳水平并处于原长状态．突然释放小球，经观察发现，放手后，金属球在第一次向左下摆动过程的一段运动轨迹如图中实线所示．第二次实验，把弹性绳换成同长度的轻质刚性绳(不可伸长)，同样将金属球静止释放，金属球则沿虚线圆轨道运动．两次实验的运动轨迹在悬点左下方有一个交点，不计空气阻力，重力加速度为g，根据运动轨迹以及相关的物理知识，该同学得出以下几个结论，其中正确的是( )
A．做第一次实验时，金属球在被释放瞬间的加速度方向一定竖直向下
B．做第一次实验时，金属球运动到悬点O正下方时，所受合力方向是竖直向上的
C．做第一次实验时，金属球运动到悬点O正下方后的极短时间内时，在做减速运动
D．在两次实验中，金属球通过悬点左下方交点处的动能一定相同
【解析】做第一次实验时，金属球在被释放瞬间，弹性绳处于原长，无弹力，只受重力，故加速度方向一定竖直向下，故A正确；做第一次实验时，金属球在悬点正下方右侧某一点时，轨迹的切线方向水平，此时竖直速度已减为0，只有水平速度，在正下方时，由轨迹切线方向可知，小球有竖直向上的分速度，且之后竖直方向上速度不断增大，故金属球运动到悬点O正下方时，有竖直向上的加速度，所受合力方向是竖直向上的，故B正确，C错误；两次实验小球初始机械能相等，相交点弹性绳弹性势能为0，故金属球通过悬点左下方交点处的动能一定相同，故D正确．
【答案】ABD
6．如图(a)，在竖直平面内固定一光滑半圆形轨道ABC，B为轨道的中点，质量为m的小球以一定的初动能Ek0从最低点A冲上轨道．图(b)是小球沿轨道从A运动到C的过程中，动能Ek与其对应高度h的关系图象．已知小球在最高点C受到轨道的作用力大小为25
N，空气阻力不计，重力加速度g取10
m/s2，由此可知( )
A．小球的质量m＝0.2
kg
B．初动能Ek0＝16
J
C．小球在C点时重力的功率为60
W
D．小球在B点受到轨道的作用力大小为85
N
【解析】由图(b)可知，轨道半径R＝0.4
m，在最高点C，根据牛顿第二定律可得，解得mg＋FN＝，解得m＝2
kg，故A错误；从A到C，根据动能定理可得－2mgR＝EkC－Ek0，解得Ek0＝25
J，B错误；小球在C点时速度方向水平，故重力的瞬时功率P＝0，故C错误；从A到B根据动能定理可得－mgR＝mv－Ek0，解得vB＝
m/s，在B点，FN＝＝85
N，故D正确．
【答案】D
7．比亚迪汉于2020年6月上市，作为比亚迪首款装配刀片电池的量产车型，其百公里加速时间(从0加速到100
km/h)仅为3.9
s，同时这款车还配备了IPB智能集成制动系统，从百公里时速到刹停，仅用32.8
m，是全球新能源车的最好成绩．若将这款车的启动、制动过程看成匀变速直线运动，驾驶员与车的总质量计为2
000
kg，以下说法正确的是( )
A．该车加速时的加速度大于减速时的加速度
B．加速过程中克服合力做的功大于刹车过程克服中合力做的功
C．加速时牵引力对该车做功约为7.7×105
J
D．减速过程合力对该车做功的平均功率约为3.27×105
W
【解析】比亚迪汉的速度为v＝100
km/h＝
m/s，根据百公里加速时间(从0加速到100
km/h)仅为3.9
s，由速度－时间关系得加速时的加速度为：a1＝＝
m/s2＝7.12
m/s2；根据从百公里时速到刹停，仅用32.8
m，由速度－位移公式得减速时的加速度为：a2＝＝
m/s2＝11.76
m/s2，可得：a1＜a2，故A错误；加速过程中，对比亚迪汉根据动能定理得：W1＝mv2；刹车过程中，对比亚迪汉根据动能定理得：W2＝0－mv2＝－mv2，所以加速过程中合力对车做的功等于刹车过程中克服合力做的功，故B错误；加速过程中，对该车根据动能定理得：W1＝mv2＝×2
000×()2＝7.7×105
J，又根据合外力的功：W1＝WF－Wf，联立可得加速时牵引力对该车做功大于7.7×105
J，故C错误；由速度－时间公式得该车减速时间为：t2＝＝
s＝2.36
s，根据平均规律公式得减速过程合力对该车做功的平均功率约为：P＝＝＝
W＝3.27×105
W，故D正确．
【解析】D
B组8.(多选)如图所示，斜面和水平面由相同材料组成，质量为m的小滑块由斜面上A点静止开始释放，它运动到水平面上C点时的速度为v1，最后停在D点．现给小滑块施加一个竖直向下的恒力F，仍让小滑块由A点静止开始释放，它运动到C点时的速度为v2，忽略在B点因碰撞而损失的能量，水平面足够长，以下判断正确的是( )
A．v1＝v2
B．v1C．最后仍停在D点
D．最后停在D点右侧
【解析】设斜面倾角为α，动摩擦因数为μ，因由静止释放滑块下滑，则有mgsin
α>μmgcos
α，即μα；当不施加恒力时，从A到C由动能定理可得mgxABsin
α－μmgxABcos
α－μmgxBC＝mv，同理，当施加恒力时，有xABsin
α－μxABcos
α－μxBC＝mv，因μα，两式对比可知v1α－μmgxABcos
α－μmgs1＝0，即xABsin
α－μxABcos
α＝μs1，同理，当施加恒力时，有xABsin
α－μxABcos
α－μs2＝0，以上联立解得s1＝s2，则滑块最后仍停在D点，故C正确，D错误．
【答案】BC
9．(多选)如图所示，一个半径和质量不计的定滑轮O固定在天花板上，物块B和A通过轻弹簧拴接在一起，竖直放置在水平地面上保持静止后用不可伸长的轻绳绕过滑轮连接物块A和C，物块C穿在竖直固定的细杆上，OA竖直，OC间距l＝3
m且水平，此时A、C间轻绳刚好拉直而无作用力．已知物块A、B、C质量均为2
kg.不计一切阻力和摩擦，g取10
m/s2，现将物块C由静止释放，下滑h＝4
m时物块B刚好被提起，下列说法正确的是( )
A．弹簧的劲度系数为20
N/m
B．此过程中绳子对物块A做的功为60
J
C．此时物块A速度的大小为8
m/s
D．绳子对物块C做功的大小大于物块A动能的增加量
【解析】初始A静止，由共点力的平衡可得：mg＝kx1，当B刚好被提起时，由平衡方程可得：mg＝kx2，由于过程中C下滑4
m，故可得x1＋x2＝－l＝2
m，联立解得k＝20
N/m，故A正确；对AC及弹簧构成的整体系统，由于该过程中，除重力外，绳的拉力的功为零，弹簧的弹性势能不变，故该过程系统机械能守恒，设当C下滑4
m时其速度为v，则由关联速度及几何关系可得此时A的速度为：v1＝v，故有：－mAg(x1＋x2)＋mCgh＝mA(v)2＋mCv2，解得此时A的速度为：v1＝8
m/s，该过程，对A由动能定理可得：－mAg(x1＋x2)＋W＝mAv，解得绳子对物块A做的功为：W≈55.6
J，故B错误，C正确；由于该过程中，绳子对物块C做功的大小等于物块C机械能的减小量；由AC系统机械能守恒，所以C机械能的减少量等于A机械能的增加量；A机械能的增加量等于A动能的增加量与A重力势能增加量之和，综上绳子对物块C做功的大小大于物块A动能增加量，故D正确．
【答案】ACD
10．打夯是一种常见的劳动方式，由铸铁浇铸而成的夯呈立方体结构，在其四个角上拴有八根长绳，打夯时，八个人围着夯等间距站立，通过长绳同时使力，将静止在地面的夯竖直提升h1＝1
m
后同时放手，再经过t1＝1
s夯落回地面，与地面撞击后反弹上升h2＝0.2
m．人在提升夯的过程中夯的上表面始终保持水平，为了简化可将夯看作匀变速运动．已知夯与地面作用时间为t2＝0.2
s，夯的质量m＝40
kg，重力加速度取g＝10
m/s2，sin
53°＝0.8，cos
53°＝0.6，不考虑空气阻力和绳的质量，求：
(1)若人开始提升夯时长绳与水平方向的夹角均为θ＝53°，则夯刚开始运动时每根绳上的平均张力的大小为多少；
(2)在提升夯的过程中每个人做功的平均功率P；
(3)夯对地面平均撞击力的大小．
【解析】(1)人松手时夯的速度为v0，松手后夯先向上减速运动后向下加速，t1内的位移为：－h1＝v0t1－gt
解得：v0＝4
m/s
夯向上加速运动时的加速度为a，则v＝2ah1，
解得a＝8
m/s2
由牛顿第二定律可得：8Tsin
θ－mg＝ma，
解得：T＝112.5
N
(2)夯向上加速运动时间为t，则v0＝at，解得t＝0.5
s
由动能定理可得8Pt－mgh1＝mv，解得：P＝180
W
(3)夯与地面撞击时速度为v1，v1＝v0－gt1＝－6
m/s
撞击后反弹速度为v2，则v＝2gh2，解得v2＝2
m/s
对夯由动量定理可得(F－mg)t2＝m(v2－v1)，解得F＝2
000
N
由牛顿第三定律可知，夯对地面的作用力为：F′＝F＝2
000
N
【答案】(1)112.5
N (2)180
W (3)2
000
N.
11．由学生组成的一个课题小组，在研究变力做功时，设计了如下的模型：如图甲，在水平地面上放置一个质量为m＝5
kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移x变化的图象如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.4，g＝10
m/s2.
(1)画出0～4
m内物体加速度a随位移x变化的图象；
(2)物体速度最大时推力的功率为多少？
(3)推力F减为零后物体还能滑行多远？
【解析】(1)由牛顿运动定律得：F－f＝ma
得：a＝
当F＝100
N，x＝0时，a＝16
m/s2
当F＝f＝20
N时，a＝0，x＝3.2
m
F＝0
N时，x＝4
m，a＝－4
m/s2
图象如图所示．
(2)由题图可得推力F随位移x的变化关系式为：
F＝100－25x(N)
又当物体速度最大时，物体加速度为0
所以：此时F′＝f＝μmg
解得：x＝3.2
m此时推力F′＝20
N
物体从开始到速度最大时，由动能定理得：
WF－μmgx＝mv
由F－x图象的物理意义得：
WF＝S面积＝×(20＋100)×3.2
J＝192
J
代入数据得：vm＝
m/s
此时推力的功率：P＝F′vm＝20×
W＝64
W
(3)由题图可知推力为零时的位移x＝4
m
W总＝×100×4
J＝200
J
由动能定理得：W总－fx总＝0－0
解得x总＝10
m
x′＝x总－x＝6
m
故物体还能滑行6
m
【答案】(1)见解析图 (2)64
W (3)6
m(共56张PPT)
W＝Flcos
α
平均功率
瞬时速度
瞬时功率
平均功率
平均速度
总功
代数和
地面
曲线
变力
动能定理
恒力的功
功
合力的功
动能定理
做功快慢
变力的功
恒定功率启动:P不变
求解方法
功率
机车启动
匀加速启动:a不变
√f不变)
F-f=ma
F=
P
P
知识网络>●●。。
基础落实>●。●
动能
表达式:Ek=2mb
动能和动能定
标量
表达式:W
nu?
动能标量式:不用考虑速度的方向及中间过程
解题局限性:得出的速度方向不明确
考点突破>●●。。
限时训练>●。。
