2021届高考物理大二轮复习讲义 专题二第5讲功和功率　动能定理

专题二 功　能量与动量
第5讲　功和功率　动能定理
构建网络
命题特点：功和功率的计算、机车启动问题、动能定理的理解和应用是高考的重点，经常与直线运动、曲线运动等综合起来进行考查，近年常考动能随位移变化的图象问题。
思想方法：微元法、图象法、转换法、全过程法与分段法。
高考考向1　功和功率的理解和计算
例1　(2020·江苏省启东市高三下学期期初考试)如图所示，质量为m的小球(可视为质点)用长为L的细线悬挂于O点，自由静止在A位置。现用水平力F缓慢地将小球从A位置拉到B位置而静止，细线与竖直方向的夹角为θ＝60°，此时细线的拉力为F1，然后放手让小球从静止返回，到A位置时细线的拉力为F2，则(　　)
A．F1＝F2＝2mg
B．从A到B的过程中，拉力F做的功为F1L
C．从B到A的过程中，小球受到的合外力大小不变
D．从B到A的过程中，小球重力的瞬时功率一直增大
破题关键点
(1)怎样求小球从A到B过程中拉力F做的功？
(2)怎样求小球回到A位置时细线对A的拉力？
(3)小球回到A位置时重力的瞬时功率是多少？
1．(2020·四川省内江市高三(下)第三次模拟考试)如图所示，是某高速公路的ETC电子收费系统，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离。某质量为1500 kg的汽车以21.6 km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.2 s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，车刚好没有撞杆。如果司机的反应时间为0.6 s，刹车的加速度大小为5 m/s2，则下列说法中正确的是(　　)
A．该ETC通道的长度为8.4 m
B．汽车减速行驶过程中，克服阻力做的功为2.7×105 J
C．汽车减速行驶过程中，克服阻力做功的平均功率为2.25×105 W
D．汽车减速行驶过程中，动量的改变量为900 kg·m/s
2. (2020·陕西省汉中市高三教学质量第二次检测)(多选)水平地面上有一个质量为6 kg的物体，在大小为12 N的水平拉力F的作用下做匀速直线运动，从x＝2.5 m位置处拉力逐渐减小，拉力F随位移x变化的规律如图所示，当x＝7 m时拉力减为零，物体也恰好停下，取g＝10 N/kg，下列说法正确的是(　　)
A．2.5 m后物体做匀减速直线运动
B．合外力对物体所做的功为－27 J
C．物体在减速阶段所受合外力的冲量为－12 N·s
D．物体匀速运动时的速度大小3 m/s
高考考向2　机车启动问题
例2　我国的动车技术已达世界先进水平，“高铁出海”将在我国“一带一路”战略构想中占据重要一席。所谓的动车组，就是把带动力的动力车与非动力车按照预定的参数组合在一起。某中学兴趣小组在模拟实验中用4节小动车和4节小拖车组成动车组，总质量为m＝2 kg，每节动车可以提供P0＝3 W的额定功率，开始时动车组先以恒定加速度a＝1 m/s2启动做匀加速直线运动，达到额定功率后保持功率不变再做变加速直线运动，直至动车组达到最大速度vm＝6 m/s并开始匀速行驶，行驶过程中所受阻力恒定，求：
(1)动车组所受阻力大小和匀加速运动的时间；
(2)已知动车组做变加速运动的时间为10 s，求变加速运动的位移。
破题关键点
(1)动车组的速度最大时有什么力学特征？
(2)动车组做变加速运动的位移如何求解？
3．(2020·河北省石家庄市高三(下)一模)一辆货车在满载情况下，以恒定功率P匀速经过一平直路段，速度为v；当货车空载再次经过同一路段的某位置时，功率为，速率仍为v，此时货车加速运动的加速度为。已知重力加速度为g，货车所受阻力是货车对地面压力的，则货车满载与空载时的质量之比为(　　)
A．5∶2 B．5∶1
C．3∶1 D．3∶2
4. (2020·全国大联考高考物理模拟试卷)(多选)一辆汽车从静止开始以恒定功率P启动，若汽车行驶过程中受到的阻力恒定，其加速度与速度的倒数的关系如图所示，图象的斜率为k，横轴截距为b，则(　　)
A．汽车所受阻力为
B．汽车的质量为
C．汽车的最大速度为
D．汽车从静止到获得最大速度的时间为
高考考向3　动能定理及其应用
例3　(2016·全国卷Ⅰ) 如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态。直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内。质量为m的小物块 P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)。随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF＝4R。已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝，重力加速度大小为g。取sin37°＝，cos37°＝
(1)求P第一次运动到B点时速度的大小；
(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能；
(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R。求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。
破题关键点
(1)若想求出P运动到E点时弹簧的弹性势能，需先求出P运动到E点时滑行的距离，该距离可以通过研究哪一过程求出？
(2)如何求P运动到D点时的速度？
5．(2017·江苏高考)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是(　　)
6. (2020·江苏省盐城市高三(下)第三次模拟考试)如图所示，是人们用打“夯”的方式把松散的地面夯实的情景。假设两人同时通过绳子对质量为m的重物各施加一个力，大小均为F，方向都与竖直方向成α角，重物离开地面h高度后两人同时停止施力，最后重物下落把地面砸深x。重力加速度为g。求：
(1)停止施力前重物上升过程中加速度的大小a；
(2)以地面为零势能面，重物具有的重力势能的最大值Epm；
(3)重物砸入地面过程中，对地面的平均冲击力大小。
易错警示　　变力做功与瞬时功率的求解
例　(2020·广东省潮州市高三(下)高考第二次模拟)(多选)如图所示，半径为R的半圆弧槽固定在水平面上，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B点。不计物块的大小，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．物块从P到B过程克服摩擦力做的功为mg(R＋h)
B．物块从A到B过程重力的平均功率为
C．物块在B点时对槽底的压力大小为
D．物块到B点时重力的瞬时功率为mg
专题作业
　　限时：50分钟　　　满分：100分
一、选择题(本题共8小题，每小题9分，共72分，其中第1～4题为单选题，第5～8题为多选题)
1．(2020·湖南省长郡中学高三模拟)一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时速率为1 m/s。从此刻开始在与速度平行的方向上对其施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲和乙所示，则(两图取同一正方向，取重力加速度g＝10 m/s2)(　　)
A．滑块的质量为0.5 kg
B．滑块与水平地面间的动摩擦因数为0.5
C．第1 s内摩擦力对滑块做的功为－1 J
D．第2 s内力F的平均功率为1.5 W
2．(2020·江苏省扬州市高三下学期3月阶段性检测(一))我国自主研制的绞吸挖泥船“天鲲号”达到世界先进水平。若某段工作时间内，“天鲲号”的泥泵输出功率恒为1×104 kW，排泥量为1.4 m3/s，排泥管的横截面积为0.7 m2，则泥泵对排泥管内泥浆的推力为(　　)
A．5×106 N B．2×107 N
C．2×109 N D．5×109 N
3. (2020·辽宁省丹东市高三下学期质量检测二)如图所示，竖直平面内有一半径为R的固定圆轨道与水平轨道相切于最低点B。一质量为m的小物块P(可视为质点)从A处由静止滑下，经过最低点B后沿水平轨道运动到C处停下，B、C两点间的距离为R，物块P与圆轨道、水平轨道之间的动摩擦因数均为μ。若将物块P从A处正上方高度为2R处由静止释放后，从A处进入轨道，最终停在水平轨道上的D点(图中未标出)，B、D两点间的距离为L，下列关系正确的是(　　)
A．LR
C．L＝R D．L>R
4．(2015·全国卷Ⅱ) 一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示。假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是(　　)
5. (2020·东北三省三校高三下学期第三次联合模拟考试)如图所示，竖直面内有一个半径为R的光滑圆弧轨道，质量为m的物块(可视为质点)从顶端A处静止释放滑至底端B处，下滑过程中，物块的动能Ek、与轨道间的弹力大小N、机械能E、重力的瞬时功率P随物块在竖直方向下降高度h变化的关系图象正确的是(　　)
6. (2020·甘肃省兰州市高三(下)诊断考试)如图所示为一种简单的飞行员素质训练装备，将轻质细绳一端固定在距地面高度为h的O点，质量为m的飞行员(可看做质点)在高台上抓住细绳另一端，从细绳处于水平状态时自A点由静止开始下摆，到达竖直位置B点时松开绳子，然后水平飞出并安全落到水平地面上的C点。重力加速度为g，整个过程不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　)
A．当飞行员运动到B点时，绳子对他的拉力与细绳长短无关，一定等于他重力的2倍
B．飞行员落地时的速度大小与细绳长短无关，一定为
C．飞行员落地前瞬间重力的功率为mg
D．当绳长为时，平抛运动的水平位移最大，其大小为h
7．(2020·陕西省榆林市高三第一次模拟测试)如图甲所示，长为l、倾角为α的斜面固定在水平地面上，一质量为m的小物块从斜面顶端由静止释放并沿斜面向下滑动，已知小物块与斜面间的动摩擦因数μ与下滑距离x的关系图象如图乙所示，则(　　)
A．μ0>tanα
B．小物块下滑的加速度逐渐增大
C．小物块下滑到斜面底端的过程中克服摩擦力做的功为μ0mglcosα
D．小物块下滑到底端时的速度大小为
8. (2020·四川省乐山市高三(下)第三次调研)如图所示，斜面体ABC竖直固定放置，斜边AC与一光滑的圆弧轨道DEG相切，切点为D，AD长为L＝，圆弧轨道的圆心为O，半径为R，∠DOE＝θ，∠EOG＝90°，OG水平。现有一质量为m、可视为质点的滑块从A点由静止下滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则关于滑块的运动，下列说法正确的是(　　)
A．滑块经过E点时对轨道的最小压力为mg
B．滑块下滑后将会从G点飞出
C．滑块第二次经过E点时对轨道的压力大小为3mg
D．滑块在斜面上经过的总路程为
二、计算题(本题共2小题，共28分，须写出规范的解题步骤)
9. (12分)如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器。无人机的质量m＝0.8 kg，其动力系统所能提供的最大功率P＝90 W，运动过程中所受空气阻力大小恒为f＝2 N，g取10 m/s2。求：
(1)无人机竖直上升的最大速度v；
(2)某次表演时，无人机以最大功率在地面上由静止开始竖直向上起飞，在t＝5 s时突然失去升力(失去升力之前已经达到最大速度v)，整个运动过程中，无人机上升的最大高度(认为无人机的运动在同一竖直线上)。
10. (2020·广西省柳州高级中学高三下学期4月线上考试)(16分)如图所示，是两对接的轨道，两轨道与水平面的夹角均为α＝30°，左轨道光滑，右轨道粗糙。一质点自左轨道上距O点L0处由静止开始滑下，当质点第二次返回到左轨道并达到最高点时，它离O点的距离为，两轨道对接处有一个很小的圆弧，质点与轨道不会发生碰撞，求质点与右轨道间的动摩擦因数。
专题二 功　能量与动量
第5讲　功和功率　动能定理
构建网络
命题特点：功和功率的计算、机车启动问题、动能定理的理解和应用是高考的重点，经常与直线运动、曲线运动等综合起来进行考查，近年常考动能随位移变化的图象问题。
思想方法：微元法、图象法、转换法、全过程法与分段法。
高考考向1　功和功率的理解和计算
例1　(2020·江苏省启东市高三下学期期初考试)如图所示，质量为m的小球(可视为质点)用长为L的细线悬挂于O点，自由静止在A位置。现用水平力F缓慢地将小球从A位置拉到B位置而静止，细线与竖直方向的夹角为θ＝60°，此时细线的拉力为F1，然后放手让小球从静止返回，到A位置时细线的拉力为F2，则(　　)
A．F1＝F2＝2mg
B．从A到B的过程中，拉力F做的功为F1L
C．从B到A的过程中，小球受到的合外力大小不变
D．从B到A的过程中，小球重力的瞬时功率一直增大
破题关键点
(1)怎样求小球从A到B过程中拉力F做的功？
提示：应用动能定理求解。
(2)怎样求小球回到A位置时细线对A的拉力？
提示：对小球从B到A的过程，应用动能定理求解小球回到A位置时的速度，再根据牛顿第二定律求解。
(3)小球回到A位置时重力的瞬时功率是多少？
提示：0。
[解析]　在B位置时，根据平衡条件有：F1cosθ＝mg，解得F1＝2mg；从B到A的过程中，根据动能定理得：mgL(1－cosθ)＝mv2，小球回到A位置时，根据牛顿第二定律得：F2－mg＝m，联立两式解得F2＝2mg，故A正确。从A到B的过程中，小球缓慢移动，根据动能定理得：WF－mgL(1－cosθ)＝0，解得拉力F做的功WF＝mgL＝，故B错误。从B到A的过程中，小球在B位置时，所受合外力大小FB＝mgsinθ＝mg，在A位置时，所受合外力大小FA＝F2－mg＝mg，FA≠FB，故C错误。在B位置时，小球的速度为零，其重力的瞬时功率为零，小球回到A位置时，重力的方向与速度方向垂直，重力的瞬时功率为零，可知从B到A的过程中，小球重力的瞬时功率先增大后减小，故D错误。
[答案]　A
计算功和功率时应注意的问题
(1)计算功时，要注意分析受力情况和能量转化情况，分清是恒力做功，还是变力做功。恒力做功一般用功的公式或动能定理求解，变力做功用动能定理、转化法或图象法求解。
(2)用图象法求外力做功时应注意横轴和纵轴分别表示的物理意义，若横轴表示位移，纵轴表示力，则可用图线与横轴围成的面积表示功。例如下图甲、乙、丙所示，力做的功分别为W1＝F1x1、W2＝F2x2、W3＝F3x3。
(3)计算功率时，要明确是求瞬时功率，还是平均功率。若求瞬时功率，应明确是哪一时刻或哪个位置的瞬时功率；若求平均功率，应明确是哪段时间内的平均功率。应注意区分公式P＝和公式P＝Fvcosθ的适用范围，P＝计算的是平均功率，P＝Fvcosθ侧重于对瞬时功率的计算。
1．(2020·四川省内江市高三(下)第三次模拟考试)如图所示，是某高速公路的ETC电子收费系统，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离。某质量为1500 kg的汽车以21.6 km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.2 s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，车刚好没有撞杆。如果司机的反应时间为0.6 s，刹车的加速度大小为5 m/s2，则下列说法中正确的是(　　)
A．该ETC通道的长度为8.4 m
B．汽车减速行驶过程中，克服阻力做的功为2.7×105 J
C．汽车减速行驶过程中，克服阻力做功的平均功率为2.25×105 W
D．汽车减速行驶过程中，动量的改变量为900 kg·m/s
答案　A
解析　ETC天线的识别时间为0.2 s，司机的反应时间为0.6 s，这两段时间内车进入识别区并做匀速直线运动，位移大小为x1＝vt1＝6×0.8 m＝4.8 m，刹车后汽车做匀减速直线运动，减速的时间为t2＝＝ s＝1.2 s，匀减速过程的位移大小为x2＝at＝×5×1.22 m＝3.6 m，则该ETC通道的长度为x＝x1＋x2＝8.4 m，故A正确；汽车减速行驶过程中，由动能定理得Wf＝0－mv2＝－2.7×104 J，则克服阻力做的功为2.7×104 J，故B错误；汽车减速行驶过程中，克服阻力做功的平均功率为＝＝＝2.25×104 W，故C错误；汽车减速行驶过程中，动量的改变量为Δp＝0－mv＝0－1500 kg×6 m/s＝－9000 kg·m/s，故D错误。
2. (2020·陕西省汉中市高三教学质量第二次检测)(多选)水平地面上有一个质量为6 kg的物体，在大小为12 N的水平拉力F的作用下做匀速直线运动，从x＝2.5 m位置处拉力逐渐减小，拉力F随位移x变化的规律如图所示，当x＝7 m时拉力减为零，物体也恰好停下，取g＝10 N/kg，下列说法正确的是(　　)
A．2.5 m后物体做匀减速直线运动
B．合外力对物体所做的功为－27 J
C．物体在减速阶段所受合外力的冲量为－12 N·s
D．物体匀速运动时的速度大小3 m/s
答案　BD
解析　由题意知，2.5 m后拉力逐渐减小，摩擦力不变，所以物体所受合外力在改变，根据牛顿第二定律可知其加速度也在改变，物体不做匀减速直线运动，故A错误；F?x图象与横轴围成的面积表示拉力做的功，则由题图可知，在整个过程中，拉力F做的功为WF＝×(2.5＋7)×12 J＝57 J，物体做匀速直线运动时，受力平衡，则f＝F＝12 N，所以在整个过程中，滑动摩擦力做的功为Wf＝－fx＝－12×7 J＝－84 J，所以合外力做的功为W合＝Wf＋WF＝－84 J＋57 J＝－27 J，故B正确；在整个过程中，根据动能定理有：W合＝0－mv，代入数据解得物体匀速运动时的速度大小为v0＝3 m/s，根据动量定理可知，物体在减速阶段所受合外力的冲量为I＝0－mv0＝－6×3 N·s＝－18 N·s，故C错误，D正确。
高考考向2　机车启动问题
例2　我国的动车技术已达世界先进水平，“高铁出海”将在我国“一带一路”战略构想中占据重要一席。所谓的动车组，就是把带动力的动力车与非动力车按照预定的参数组合在一起。某中学兴趣小组在模拟实验中用4节小动车和4节小拖车组成动车组，总质量为m＝2 kg，每节动车可以提供P0＝3 W的额定功率，开始时动车组先以恒定加速度a＝1 m/s2启动做匀加速直线运动，达到额定功率后保持功率不变再做变加速直线运动，直至动车组达到最大速度vm＝6 m/s并开始匀速行驶，行驶过程中所受阻力恒定，求：
(1)动车组所受阻力大小和匀加速运动的时间；
(2)已知动车组做变加速运动的时间为10 s，求变加速运动的位移。
破题关键点
(1)动车组的速度最大时有什么力学特征？
提示：动车组的速度最大时，加速度为零，牵引力与阻力大小相等。
(2)动车组做变加速运动的位移如何求解？
提示：动车组做变加速运动时，功率不变，牵引力做的功等于Pt，可以由动能定理求解阻力做的功，进而求出位移。
[解析]　(1)设动车组在运动过程中所受阻力为f，匀速运动时所受牵引力为F，由平衡条件有：F＝f
动车组的总额定功率为：P＝Fvm
因为有4节小动车，故P＝4P0
联立解得：f＝2 N
设动车组在匀加速阶段所提供的牵引力为F′，匀加速运动的加速度为a，时间为t1，末速度为v，
由牛顿第二定律有：F′－f＝ma
加速到速度为v时动车组的总功率达到额定功率，则有：P＝F′v
由运动学公式有：v＝at1
联立解得：t1＝3 s。
(2)设动车组做变加速运动的位移为x，时间为t，根据动能定理有：Pt－fx＝mv－mv2
解得：x＝46.5 m。
[答案]　(1)2 N　3 s　(2)46.5 m
机车启动问题的分析思路
(1)明确启动方式：分清是匀加速启动还是恒定功率启动。
(2)匀加速启动的过程：匀加速运动阶段，机车的功率不断改变，且最大功率是额定功率，最大速度小于机车所能达到的最大速度，达到额定功率后做加速度减小的加速运动。
匀加速过程的最大速度v1(此时机车功率最大)和全程的最大速度vm(此时F牵＝F阻)的求解方法：
①求v1：由F牵－F阻＝ma、P＝F牵v1，可得v1＝。
②求vm：由P＝F阻vm，可得vm＝。
(3)额定功率启动的过程：机车做加速度减小的加速运动，匀变速直线运动的规律不能用，速度的最大值等于，牵引力是变力，牵引力做的功可用W＝Pt计算，但不能用W＝Flcosθ计算。
注意：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。
3．(2020·河北省石家庄市高三(下)一模)一辆货车在满载情况下，以恒定功率P匀速经过一平直路段，速度为v；当货车空载再次经过同一路段的某位置时，功率为，速率仍为v，此时货车加速运动的加速度为。已知重力加速度为g，货车所受阻力是货车对地面压力的，则货车满载与空载时的质量之比为(　　)
A．5∶2 B．5∶1
C．3∶1 D．3∶2
答案　C
解析　货车在满载情况下，以恒定功率P匀速经过一平直路段时，速度为v，有：F＝f，P＝Fv＝fv＝mgv；当货车空载再次经过同一路段的某位置时，功率为，速率仍为v，加速运动的加速度为，有：F′－f′＝m′a，f′＝m′g，＝F′v，联立解得：m＝3m′，即货车满载与空载时的质量之比为3∶1，故C正确，A、B、D错误。
4. (2020·全国大联考高考物理模拟试卷)(多选)一辆汽车从静止开始以恒定功率P启动，若汽车行驶过程中受到的阻力恒定，其加速度与速度的倒数的关系如图所示，图象的斜率为k，横轴截距为b，则(　　)
A．汽车所受阻力为
B．汽车的质量为
C．汽车的最大速度为
D．汽车从静止到获得最大速度的时间为
答案　BC
解析　汽车从静止开始以恒定功率P启动，由P＝Fv及F－f＝ma得：a＝－，结合图象有：＝k，b＝，解得：m＝，f＝Pb，故A错误，B正确；当汽车的加速度为零时，速度最大，即＝b，解得汽车的最大速度vm＝，故C正确；汽车从静止到获得最大速度的过程中，由动能定理得：Pt－fx＝mv，解得：t＝＋bx>，故D错误。
高考考向3　动能定理及其应用
例3　(2016·全国卷Ⅰ) 如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态。直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内。质量为m的小物块 P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)。随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF＝4R。已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝，重力加速度大小为g。取sin37°＝，cos37°＝
(1)求P第一次运动到B点时速度的大小；
(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能；
(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R。求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。
破题关键点
(1)若想求出P运动到E点时弹簧的弹性势能，需先求出P运动到E点时滑行的距离，该距离可以通过研究哪一过程求出？
提示：P到达E然后又反弹回F点的整个过程。
(2)如何求P运动到D点时的速度？
提示：利用平抛运动的规律求解。
[解析]　(1)根据题意知，B、C之间的距离l为
l＝7R－2R①
设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得
mglsinθ－μmglcosθ＝mv②
式中θ＝37°。
联立①②式并由题给条件得vB＝2③
(2)设BE＝x。P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep。P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有
mgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－mv④
E、F之间的距离l1为
l1＝4R－2R＋x⑤
P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有
Ep－mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0⑥
联立③④⑤⑥式并由题给条件得
x＝R⑦
Ep＝mgR⑧
(3)设改变后P的质量为m1。D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为
x1＝R－Rsinθ⑨
y1＝R＋R＋Rcosθ⑩
式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实。
设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t。由平抛运动公式有y1＝gt2?
x1＝vDt?
联立⑨⑩??式得vD＝?
设P在C点速度的大小为vC。在P由C运动到D的过程中机械能守恒，有
m1v＝m1v＋m1g?
P由E点运动到C点的过程中，同理由动能定理有
Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1g(x＋5R)cosθ＝m1v?
联立⑦⑧???式得
m1＝m?
[答案]　(1)2　(2)mgR　(3)　m
应用动能定理解题的“四步骤三注意两适用”
(1)应用动能定理解题的四个步骤
①确定研究对象及其运动过程；
②分析受力情况和各力的做功情况；
③明确物体初末状态的动能；
④由动能定理列方程求解。
(2)应用动能定理解题应注意的三个问题
①动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不牵扯加速度及时间，比动力学研究方法要简捷；
②动能定理的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有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)时，可以分段考虑，也可以对全过程考虑，但若能对整个过程利用动能定理列式，则可使问题简化。
(3)动能定理适用的两种情况
①既适用于直线运动，也适用于曲线运动；
②既适用于恒力做功，也适用于变力做功。
5．(2017·江苏高考)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是(　　)
答案　C
解析　设斜面倾角为θ，根据动能定理，当小物块沿斜面上升时，有－(mgsinθ＋f)x＝Ek－Ek0，即Ek＝－(f＋mgsinθ)x＋Ek0，所以Ek与x的函数关系图象为直线，
且斜率为负。当小物块沿斜面下滑时根据动能定理有(mgsinθ－f)(x0－x)＝Ek－0(x0为小物块到达最高点时的位移)，即Ek＝－(mgsinθ－f)x＋(mgsinθ－f)x0，所以下滑时Ek随x的减小而增大且图象为直线。综上所述，选项C正确。
6. (2020·江苏省盐城市高三(下)第三次模拟考试)如图所示，是人们用打“夯”的方式把松散的地面夯实的情景。假设两人同时通过绳子对质量为m的重物各施加一个力，大小均为F，方向都与竖直方向成α角，重物离开地面h高度后两人同时停止施力，最后重物下落把地面砸深x。重力加速度为g。求：
(1)停止施力前重物上升过程中加速度的大小a；
(2)以地面为零势能面，重物具有的重力势能的最大值Epm；
(3)重物砸入地面过程中，对地面的平均冲击力大小。
答案　(1)　(2)2Fhcosα
(3)＋mg
解析　(1)施力时重物所受的合外力为
F合＝2Fcosα－mg
则停止施力前重物上升过程中的加速度大小
a＝＝。
(2)重物上升过程中，由动能定理得
2Fcosα·h－mgH＝0－0
以地面为零势能面，重物具有的重力势能的最大值
Epm＝mgH＝2Fhcosα。
(3)重物下落过程中，由动能定理得
mg(H＋x)－x＝0－0
解得＝＋mg。
易错警示　　变力做功与瞬时功率的求解
例　(2020·广东省潮州市高三(下)高考第二次模拟)(多选)如图所示，半径为R的半圆弧槽固定在水平面上，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B点。不计物块的大小，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．物块从P到B过程克服摩擦力做的功为mg(R＋h)
B．物块从A到B过程重力的平均功率为
C．物块在B点时对槽底的压力大小为
D．物块到B点时重力的瞬时功率为mg
分析与解　物块从A到B做匀速圆周运动，根据动能定理有：mgR－Wf＝0－0，则从P到B过程克服摩擦力做的功为Wf＝mgR，故A错误；物块从P到A过程，根据动能定理有：mgh＝mv2，则物块在A点时的速度大小为v＝，从A到B运动的时间为t＝＝，因此物块从A到B过程重力的平均功率为＝＝，故B正确；物块在B点时，根据牛顿第二定律有：N－mg＝m，解得：N＝，根据牛顿第三定律可知C正确；物块运动到B点时，速度方向与重力方向垂直，因此重力的瞬时功率为0，故D错误。
答案　BC
易错警示　摩擦阻力做功与物体运动的路径有关，本题中摩擦阻力大小不断变化，对于这类变力做的功，一般用动能定理间接求解。求功率时应区分平均功率和瞬时功率的表达式，且注意瞬时功率表达式P＝Fvcosθ中F与v的夹角θ的大小，只有当F与v同向时公式才能简化为P＝Fv。
专题作业
　　限时：50分钟　　　满分：100分
一、选择题(本题共8小题，每小题9分，共72分，其中第1～4题为单选题，第5～8题为多选题)
1．(2020·湖南省长郡中学高三模拟)一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时速率为1 m/s。从此刻开始在与速度平行的方向上对其施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲和乙所示，则(两图取同一正方向，取重力加速度g＝10 m/s2)(　　)
A．滑块的质量为0.5 kg
B．滑块与水平地面间的动摩擦因数为0.5
C．第1 s内摩擦力对滑块做的功为－1 J
D．第2 s内力F的平均功率为1.5 W
答案　D
解析　由题图乙知滑块的加速度为a＝＝1 m/s2，由两图知，第1 s内有：f＋F1＝ma，第2 s内有：F2－f＝ma，代入数据解得：f＝1 N，m＝2 kg，又由f＝μmg，可得滑块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.05，故A、B错误；由题图乙知第1 s内滑块的位移大小为x＝×1×1 m＝0.5 m，则第1 s内摩擦力对滑块做的功为Wf＝－fx＝－0.5 J，故C错误；根据题图乙可知，第2 s内滑块的平均速度为＝＝ m/s＝0.5 m/s，所以第2 s内力F的平均功率为＝F2＝3×0.5 W＝1.5 W，故D正确。
2．(2020·江苏省扬州市高三下学期3月阶段性检测(一))我国自主研制的绞吸挖泥船“天鲲号”达到世界先进水平。若某段工作时间内，“天鲲号”的泥泵输出功率恒为1×104 kW，排泥量为1.4 m3/s，排泥管的横截面积为0.7 m2，则泥泵对排泥管内泥浆的推力为(　　)
A．5×106 N B．2×107 N
C．2×109 N D．5×109 N
答案　A
解析　设排泥量为Q，排泥管的横截面积为S，则排泥速度为：v＝＝ m/s＝2 m/s，泥泵对排泥管中泥浆的推力为：F＝＝ N＝5×106 N，故A正确，B、C、D错误。
3. (2020·辽宁省丹东市高三下学期质量检测二)如图所示，竖直平面内有一半径为R的固定圆轨道与水平轨道相切于最低点B。一质量为m的小物块P(可视为质点)从A处由静止滑下，经过最低点B后沿水平轨道运动到C处停下，B、C两点间的距离为R，物块P与圆轨道、水平轨道之间的动摩擦因数均为μ。若将物块P从A处正上方高度为2R处由静止释放后，从A处进入轨道，最终停在水平轨道上的D点(图中未标出)，B、D两点间的距离为L，下列关系正确的是(　　)
A．LR
C．L＝R D．L>R
答案　A
解析　小物块P从A处由静止滑下，经过最低点B后沿水平轨道运动，到C处停下，在这一过程中，根据动能定理得：mgR－Wf－μmgR＝0－0，其中Wf为物块P沿圆轨道下滑过程中克服摩擦力做的功；若物块P从A处正上方高度为2R处由静止释放，从A处进入轨道，最终停在水平轨道上的D点，根据动能定理得：mg·3R－Wf′－μmgL＝0－0；由于经过圆轨道上同一位置时，第二次的速度较大，根据径向的合力提供向心力知，第二次物块对圆轨道的压力较大，滑块所受摩擦力较大，所以Wf′＞Wf，联立可得L4．(2015·全国卷Ⅱ) 一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示。假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是(　　)
答案　A
解析　在v?t图象中，图线的斜率代表汽车运动时的加速度，由牛顿第二定律可得：在0～t1时间内，－f＝ma，当速度v不变时，加速度a为零，在v?t图象中为一条水平线；当速度v变大时，加速度a变小，在v?t图象中为一条斜率逐渐减小的曲线，B、D错误；同理，在t1～t2时间内，－f＝ma，图象变化情况与0～t1时间内情况相似，由于汽车在运动过程中速度不会发生突变，故C错误，A正确。
5. (2020·东北三省三校高三下学期第三次联合模拟考试)如图所示，竖直面内有一个半径为R的光滑圆弧轨道，质量为m的物块(可视为质点)从顶端A处静止释放滑至底端B处，下滑过程中，物块的动能Ek、与轨道间的弹力大小N、机械能E、重力的瞬时功率P随物块在竖直方向下降高度h变化的关系图象正确的是(　　)
答案　BC
解析　物块下降高度为h时，根据动能定理得：Ek＝mgh，即Ek与h成正比，故A错误；物块下落高度为h时，其受力分析如图所示，沿半径方向，根据牛顿第二定律有：N－mgcosθ＝m，其中θ为物块和O点连线与竖直方向的夹角，则cosθ＝，又Ek＝mv2＝mgh，则整理可得：N＝mgcosθ＋m＝＋＝，即物块与轨道间的弹力大小N与h成正比，故B正确；整个过程中只有重力做功，物块的机械能守恒，即物块的机械能不变，故C正确；根据瞬时功率公式，可知重力的瞬时功率P＝mgvcos(90°－θ)＝mgvsinθ，由于mv2＝mgh，则P＝mg·，可知P与高度h不是线性关系，故D错误。
6. (2020·甘肃省兰州市高三(下)诊断考试)如图所示为一种简单的飞行员素质训练装备，将轻质细绳一端固定在距地面高度为h的O点，质量为m的飞行员(可看做质点)在高台上抓住细绳另一端，从细绳处于水平状态时自A点由静止开始下摆，到达竖直位置B点时松开绳子，然后水平飞出并安全落到水平地面上的C点。重力加速度为g，整个过程不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　)
A．当飞行员运动到B点时，绳子对他的拉力与细绳长短无关，一定等于他重力的2倍
B．飞行员落地时的速度大小与细绳长短无关，一定为
C．飞行员落地前瞬间重力的功率为mg
D．当绳长为时，平抛运动的水平位移最大，其大小为h
答案　BD
解析　飞行员由A点到B点，根据动能定理有：mgl＝mv2，在B点时，根据牛顿第二定律有：T－mg＝m，解得：T＝3mg，即当飞行员运动到B点时，绳子对他的拉力与细绳长短无关，一定等于他重力的3倍，A错误；从A点到C点，根据动能定理有：mgh＝mv′2，解得：v′＝，即飞行员落地时的速度大小与细绳长短无关，一定为，B正确；飞行员落地前瞬间速度的竖直分量小于，则根据P＝mgvy可知，重力的功率小于mg，C错误；飞行员从B点到C点的过程做平抛运动，竖直方向有：h－l＝gt2，则t＝，平抛运动的水平位移x＝vt＝ ＝2，当l＝h－l时，即绳长l＝时，平抛运动的水平位移最大，其大小为h，D正确。
7．(2020·陕西省榆林市高三第一次模拟测试)如图甲所示，长为l、倾角为α的斜面固定在水平地面上，一质量为m的小物块从斜面顶端由静止释放并沿斜面向下滑动，已知小物块与斜面间的动摩擦因数μ与下滑距离x的关系图象如图乙所示，则(　　)
A．μ0>tanα
B．小物块下滑的加速度逐渐增大
C．小物块下滑到斜面底端的过程中克服摩擦力做的功为μ0mglcosα
D．小物块下滑到底端时的速度大小为
答案　BC
解析　小物块从斜面顶端由静止释放后能够下滑，则满足mgsinα>μ0mgcosα，即μ0－x＋μ0，则小物块下滑时所受摩擦力大小为f＝μmgcosα＝－x＋μ0mgcosα，可知f与x成线性关系，如图所示，其中f0＝μ0mgcosα，图线和横轴所围的面积表示小物块下滑到斜面底端的过程中克服摩擦力做的功，为Wf＝f0l＝μ0mglcosα，故C正确；小物块由顶端下滑到底端的过程中，根据动能定理有：mglsinα－Wf＝mv2－0，解得：v＝，故D错误。
8. (2020·四川省乐山市高三(下)第三次调研)如图所示，斜面体ABC竖直固定放置，斜边AC与一光滑的圆弧轨道DEG相切，切点为D，AD长为L＝，圆弧轨道的圆心为O，半径为R，∠DOE＝θ，∠EOG＝90°，OG水平。现有一质量为m、可视为质点的滑块从A点由静止下滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则关于滑块的运动，下列说法正确的是(　　)
A．滑块经过E点时对轨道的最小压力为mg
B．滑块下滑后将会从G点飞出
C．滑块第二次经过E点时对轨道的压力大小为3mg
D．滑块在斜面上经过的总路程为
答案　CD
解析　滑块在AD部分轨道上运动时要克服摩擦力做功，则返回到AD斜面上时的高度逐渐降低，最终滑块将在以E点为最低点、D为最高点的弧形轨道上来回滑动，此时经过E点时对轨道的压力最小，从D点到E点，根据动能定理有：mgR(1－cosθ)＝mv－0，在E点，根据牛顿第二定律有：N－mg＝m，联立解得：N＝mg(3－2cosθ)，故A错误；设滑块在E点右侧的最大高度为h，由动能定理有：mg(Lsinθ＋R－Rcosθ－h)－μmgcosθ·L＝0－0，其中L＝，解得：h＝R，则滑块下滑后不会从G点飞出，故B错误；滑块从A点到第二次经过E点，根据动能定理有：mg[Lsinθ＋R(1－cosθ)]－μmgcosθ·L＝mv－0，解得：vE2＝，根据牛顿第二定律有：NE－mg＝，解得：NE＝3mg，根据牛顿第三定律知，C正确；滑块最终将在以E点为最低点、D为最高点光滑弧形轨道上来回运动，根据动能定理有：mgLsinθ－μmgcosθ·s总＝0－0，解得：s总＝，故D正确。
二、计算题(本题共2小题，共28分，须写出规范的解题步骤)
9. (12分)如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器。无人机的质量m＝0.8 kg，其动力系统所能提供的最大功率P＝90 W，运动过程中所受空气阻力大小恒为f＝2 N，g取10 m/s2。求：
(1)无人机竖直上升的最大速度v；
(2)某次表演时，无人机以最大功率在地面上由静止开始竖直向上起飞，在t＝5 s时突然失去升力(失去升力之前已经达到最大速度v)，整个运动过程中，无人机上升的最大高度(认为无人机的运动在同一竖直线上)。
答案　(1)9 m/s　(2)45 m
解析　(1)无人机在竖直方向受升力F、重力mg及空气阻力作用，当无人机的功率最大且竖直方向受力平衡时，其速度最大。此时由平衡条件有：F＝mg＋f
又P＝Fv
代入数据解得：v＝9 m/s。
(2)失去升力之前，根据动能定理有：
Pt－(mg＋f)h1＝mv2－0
代入数据解得：h1＝41.76 m
失去升力后，无人机竖直向上做匀减速运动，由牛顿第二定律得：－mg－f＝ma
代入数据解得：a＝－12.5 m/s2
上升的高度为：h2＝＝3.24 m
上升的总高度为：H＝h1＋h2＝45 m。
10. (2020·广西省柳州高级中学高三下学期4月线上考试)(16分)如图所示，是两对接的轨道，两轨道与水平面的夹角均为α＝30°，左轨道光滑，右轨道粗糙。一质点自左轨道上距O点L0处由静止开始滑下，当质点第二次返回到左轨道并达到最高点时，它离O点的距离为，两轨道对接处有一个很小的圆弧，质点与轨道不会发生碰撞，求质点与右轨道间的动摩擦因数。
答案　0.155
解析　设质点的起始高度为h，各次到达轨道最高点的高度如图所示，
质点由h1运动到h2，由动能定理得：
mg(h1－h2)－μmgcosα·＝0－0，
解得：h2＝h1；
质点由h2运动到h3，由动能定理得：
mg(h2－h3)－μmgcotα·h2＝0－0，
解得：h3＝(1－μcotα)h2；
同理，质点由h3运动到h4，可得：h4＝h3；
质点由h4运动到h5，可得：h5＝(1－μ·cotα)h4；
联立解得：h5＝h1，
根据题意知h5＝，
解得：μ＝tanα≈0.155。