PAGEPAGE4專題二eq\a\vs4\al(第1講功功率和動能定理)考向一功和功率的計算(選擇題)1.恒力做功的公式W＝Flcosα(通過F與l間的夾角α判斷F是否做功及做功的正、負)。2．功率(1)平均功率：P＝eq\f(W,t)＝Feq\x\to(v)cosα。(2)瞬時功率：P＝Fvcosα(α為F與v的夾角)。eq\o(\s\up7(),\s\do5([例1]))(2014·全國新課標(biāo)Ⅱ)一物體靜止在粗糙水平地面上?，F(xiàn)用一大小為F1的水平拉力拉動物體，經(jīng)過一段時間后其速度變?yōu)関。若將水平拉力的大小改為F2，物體從靜止開始經(jīng)過同樣的時間后速度變?yōu)?v。對于上述兩個過程，用WF1、WF2分別表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分別表示前后兩次克服摩擦力所做的功，則()A．WF2>4WF1,Wf2>2Wf1B．WF2>4WF1,Wf2＝2Wf1C．WF2<4WF1,Wf2＝2Wf1D．WF2<4WF1,Wf2<2Wf1[思路探究](1)兩次物體的加速度、位移存在什么關(guān)系？提示：因為前后兩次t相等，由a＝eq\f(v,t)，x＝eq\f(\x\to(v),2)t知，a1∶a2＝1∶2，x1∶x2＝1∶2。(2)兩次合力做功存在什么關(guān)系？提示：由動能定理知W合1∶W合2＝1∶4。[解析]由x＝eq\x\to(v)t知，前后兩次的位移之比x1∶x2＝1∶2，由Wf＝fx知Wf1∶Wf2＝1∶2；由動能定理知，WF1－Wf1＝eq\f(1,2)mv2，WF2－Wf2＝eq\f(1,2)m·(2v)2，所以WF2－Wf2＝4(WF1－Wf1)，又因為Wf2＝2Wf1，所以4WF1－WF2>0，即WF2<4WF1，C正確。[答案]C[感悟升華]計算功和功率時應(yīng)注意的問題1．(2014·樂山模擬)如圖所示，自動卸貨車始終靜止在水平地面上，在液壓機的作用下，車廂與水平面間的θ角逐漸增大且貨物相對車廂靜止的過程中，下列說法正確的是()A．貨物受到的摩擦力增大B．貨物受到的支持力不變C．貨物受到的支持力對貨物做正功D．貨物受到的摩擦力對貨物做負功解析：選AC貨物處于平衡狀態(tài)，則有mgsinθ＝f，mgcosθ＝N，θ增大，f增大，N減小，A正確，B錯誤；貨物受到的支持力的方向與速度方向始終相同，做正功，C正確；摩擦力的方向與速度方向始終垂直，不做功，D錯誤。2．質(zhì)量為1kg的物體靜止于光滑水平面上。從t＝0時刻起，物體受到向右的水平拉力F作用，第1s內(nèi)F＝2N，第2s內(nèi)F＝1N。A．2s末物體的速度是4B．2s內(nèi)物體的位移為3C．第1s末拉力的瞬時功率最大D．第2s末拉力的瞬時功率最大解析：選C由牛頓第二定律得第1s內(nèi)和第2s內(nèi)的加速度分別為2m/s2和1m/s2，第1s末和第2s末的速度分別為v1＝a1t1＝2m/s，v2＝v1＋a2t2＝3m/s，A錯誤；2s內(nèi)的位移x＝eq\f(v1t1,2)＋eq\f(v1＋v2,2)t2＝3.5m，B錯誤；第1s末拉力的瞬時功率P1＝F1v1＝4W，第2s末拉力的瞬時功率P2＝F2v2＝3W，3．(2014·西安一模)質(zhì)量為m＝2kg的物體沿水平面向右做直線運動，t＝0時刻受到一個水平向左的恒力F作用，如圖甲所示，此后物體的v-t圖像如圖乙所示，取水平向右為正方向，g＝10m/sA．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5B．10s末恒力F的瞬時功率為6WC．10s末物體在計時起點左側(cè)2D．10s內(nèi)物體克服摩擦力做功34J解析：選CD由題圖乙知前后兩段物體加速度的大小分別為a1＝2m/s2、a2＝1m/s2，由牛頓第二定律知F＋μmg＝ma1，F(xiàn)－μmg＝ma2，聯(lián)立得F＝3N、μ＝0.05，A錯誤；10s末恒力F的瞬時功率為P＝Fv＝18W，B錯誤；由速度圖像與坐標(biāo)軸所圍面積的物理意義知，10s內(nèi)物體的位移x＝－2m，即在計時起點左側(cè)2m處，C正確；10s內(nèi)物體的路程為s＝34m，則10(3)若過B點后16s達到最大速度，則電動車所走的總路程是多大？解析：(1)分析圖線可知：電動車由靜止開始做勻加速直線運動，達到額定功率后，做牽引力逐漸減小的變加速直線運動，達到最大速度后做勻速直線運動。當(dāng)最大速度vmax＝15m/s時，牽引力為Fmin＝400N，由平衡條件得恒定阻力f＝Fmin＝400額定功率P＝Fminvmax＝6kW(2)勻加速運動的末速度v＝eq\f(P,Fmax)解得v＝3由牛頓第二定律知勻加速運動的加速度a＝eq\f(Fmax－f,m)解得a＝2m電動車在速度達到3m/s之前，所求時間t＝eq\f(v′,a)解得t＝1s(3)設(shè)在勻加速階段到達B點的位移為x1，則v2＝2ax1解得x1＝2.25從B點到達最大速度過程中，由動能定理得Pt′－fx2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mv2解得x2＝24故總的位移x＝x1＋x2＝26.25答案：(1)6kW(2)1s(3)26.25考向三動能定理的應(yīng)用(選擇題或計算題)eq\o(\s\up7(),\s\do5([例3]))(2014·南充模擬)如圖所示，水平路面CD的右側(cè)有一長L1＝2m的板M，一物塊放在板M的最右端，并隨板一起向左側(cè)固定的平臺運動，板M的上表面與平臺等高。平臺的上表面AB長s＝3m，光滑半圓軌道AFE豎直固定在平臺上，圓軌道半徑R＝0.4m，最低點與平臺AB相切于A點。當(dāng)板M的左端距離平臺L＝2m時，板與物塊向左運動的速度v0＝8m/s。當(dāng)板與平臺的豎直墻壁碰撞后，板立即停止運動，物塊在板上滑動，并滑上平臺。已知板與路面的動摩擦因數(shù)μ1＝0.05，物塊與板的上表面及軌道AB的動摩擦因數(shù)μ2＝0.1，物塊質(zhì)量m＝1(1)求物塊進入圓軌道時對軌道上A點的壓力；(2)判斷物塊能否到達圓軌道的最高點E。如果能，求物塊離開E點后在平臺上的落點到A點的距離；如果不能，則說明理由。[思路探究]在DC段由動能定理求物塊和板整體到達BC時的速度→對物塊在板和平臺上運動過程由動能定理求物塊到達A點的速度→在A點由牛頓第二定律求物塊受到的支持力→由牛頓第三定律求物塊對A點的壓力→假設(shè)物塊能過E點，由動能定理求物塊經(jīng)過E點的速度→與物塊剛好經(jīng)過E點的速度比較判斷→若能經(jīng)過E點，物塊做平拋運動。[解析](1)設(shè)物塊隨板運動撞擊豎直墻壁BC時的速度為v1，由動能定理得－μ1(m＋M)gL＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,0)設(shè)物塊到A點時速度為v2，由動能定理得－μ2mg(s＋L1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)由牛頓第二定律得N－mg＝meq\f(v\o\al(2,2),R)解得N＝140N由牛頓第三定律知，物塊對軌道A點的壓力大小為140N，方向豎直向下。(2)假設(shè)物塊能通過圓軌道的最高點，且在最高點處的速度為v3，則有－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)解得v3＝6在最高點的臨界速度v滿足的關(guān)系為mg＝eq\f(mv2,R)解得v＝2因為v3＞v，所以假設(shè)成立。故物塊能通過圓軌道的最高點做平拋運動，則水平方向x＝v3t豎直方向2R＝eq\f(1,2)gt2解得x＝2.4[答案](1)140N方向豎直向下(2)能2.4[感悟升華]應(yīng)用動能定理解題的步驟和應(yīng)注意的問題1．應(yīng)用動能定理解題的步驟2．應(yīng)用動能定理解題應(yīng)注意的問題(1)動能定理往往用于單個物體的運動過程，由于不牽扯加速度及時間，比動力學(xué)研究方法要簡潔。(2)動能定理表達式是一個標(biāo)量式，在某個方向上應(yīng)用動能定理是沒有依據(jù)的。(3)物體在某個運動過程中包含有幾個運動性質(zhì)不同的小過程(如加速、減速的過程)，此時可以分段考慮，也可以對全過程考慮，但若能對整個過程利用動能定理列式則可使問題簡化。6．(2014·成都模擬)如圖所示，將質(zhì)量為m的小球以速度v0由地面豎直向上拋出。小球落回地面時，其速度大小為eq\f(3,4)v0。設(shè)小球在運動過程中所受空氣阻力的大小不變，則空氣阻力的大小等于()A.eq\f(3,4)mgB.eq\f(3,16)mgC.eq\f(7,16)mgD.eq\f(7,25)mg解析：選D對小球向上運動，由動能定理，－(mg＋f)H＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，對小球向下運動，由動能定理，(mg－f)·H＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)v0))2，聯(lián)立解得f＝eq\f(7,25)mg，D正確。7．(2014·綿陽模擬)如圖所示，粗糙水平地面與半徑為R＝0.5m的光滑半圓軌道BCD相連接，且在同一豎直平面內(nèi)，O是BCD的圓心，BOD在同一豎直線上。質(zhì)量為m＝1kg的小物塊在水平恒力F＝15N的作用下，從A點由靜止開始做勻加速直線運動，當(dāng)小物塊運動到B點時撤去F，小物塊沿半圓軌道運動恰好能通過D點，已知AB間的距離為xAB＝3m，重力加速度g＝(1)小物塊運動到B點時的速度vB；(2)小物塊離開D點后落到地面上的點與B點之間的距離x；(3)小物塊在水平面上從A運動到B的過程中克服摩擦力做的功Wf。解析：(1)小物塊恰能通過D點，在D點由牛頓第二定律得mg＝eq\f(mv\o\al(2,D),R)小物塊由B運動到D的過程由動能定理得－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vB＝5(2)小物塊經(jīng)過D點后做平拋運動，則水平方向x＝vDt豎直方向2R＝eq\f(1,2)gt2解得x＝1(3)小物塊在水平面上由A運動到B過程由動能定理得FxAB－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0解得Wf＝32.5J答案：(1)5m/s(2)1m(3一、選擇題1．(2014·濰坊模擬)某人用同一水平力先后兩次拉同一物體，第一次使此物體沿光滑水平面前進距離s，第二次使此物體沿粗糙水平面也前進距離s，若先后兩次拉力做的功為W1和W2，拉力做功的功率是P1和P2，則正確的是()A．W1＝W2，P1＝P2B．W1＝W2，P1>P2C．W1>W2，P1>P2D．W1>W2，P1＝P2解析：選B由W＝Fs可知兩次拉力做功相同，但由于地面光滑時不受摩擦力，加速度較大，運動時間較短，由P＝eq\f(W,t)可知P1>P2，B正確。2．(2014·成都一模)一個質(zhì)量為m的物塊，在幾個共點力的作用下靜止在光滑水平面上?，F(xiàn)把其中一個水平方向的力從F突然增大到3F，并保持其他力不變，則從這時開始的ts末，該力的瞬時功率是A.eq\f(9F2t,m)B.eq\f(6F2t,m)C.eq\f(4F2t,m)D.eq\f(3F2t,m)解析：選B物塊所受合力為2F，根據(jù)牛頓第二定律有2F＝ma，在合力作用下，物塊做初速度為零的勻加速直線運動，速度v＝at，該力大小為3F，則該力的瞬時功率P＝3Fv，聯(lián)立可得P＝eq\f(6F2t,m)，B正確。3．某中學(xué)科技小組制作出利用太陽能驅(qū)動小車的裝置。當(dāng)太陽光照射到小車上方的光電板時，光電板中產(chǎn)生的電流經(jīng)電動機帶動小車前進。若質(zhì)量為m的小車在平直的水泥路上從靜止開始沿直線加速行駛，經(jīng)過時間t前進的距離為s，且速度達到最大值vm。設(shè)這一過程中電動機的功率恒為P，小車所受阻力恒為f阻，那么在這段時間內(nèi)()A．小車做勻加速運動B．小車受到的牽引力逐漸增大C．小車受到的合力所做的功為PtD．小車受到的牽引力做的功為f阻s＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)解析：選D小車運動時受向前的牽引力F1、向后的阻力f阻作用，因為v增大，P不變，由P＝F1v，F(xiàn)1－f阻＝ma，得出F1減小，a減小，當(dāng)v＝vm時，a＝0，A、B錯誤；合力的功W總＝Pt－f阻s，由動能定理W牽－f阻s＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－0，得W牽＝f阻s＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，C錯誤，D正確。4．(2014·撫順一模)如圖所示，一個質(zhì)量為m的小球，用長L的輕繩懸于O點，小球在水平恒力F的作用下從平衡位置P點由靜止開始運動，運動過程中繩與豎直方向的最大夾角為θ＝60°，則力F的大小為()A.eq\f(\r(3),2)mgB.eq\r(3)mgC.eq\f(1,2)mgD.eq\f(\r(3),3)mg解析：選D小球在水平恒力作用下從P點運動至與豎直方向成60°角位置的過程中，由動能定理得FLsin60°－mgL(1－cos60°)＝0，解得F＝eq\f(\r(3),3)mg，D正確。6．(2014·攀枝花模擬)一輛汽車在平直的公路上以某一初速度運動，運動過程中保持恒定的牽引功率，其加速度a和速度的倒數(shù)eq\f(1,v)圖像如圖所示。若已知汽車的質(zhì)量，則根據(jù)圖像所給的信息，能求出的物理量是()A．汽車的功率B．汽車行駛的最大速度C．汽車所受到的阻力D．汽車運動到最大速度所需的時間解析：選ABC由F－f＝ma，P＝Fv可得a＝eq\f(P,m)·eq\f(1,v)－eq\f(f,m)，對應(yīng)圖線可知，eq\f(P,m)＝k＝40，因為汽車的質(zhì)量已知，所以可求出汽車的功率P。由a＝0時，eq\f(1,vm)＝0.05可得vm＝20m/s，再由vm＝eq\f(P,f)，可求出汽車受到的阻力f，但無法求出汽車運動到最大速度的時間，A、B、C正確，D錯誤。8．額定功率為80kW的汽車，在平直的公路上行駛，行駛的最大速度為20m/s，汽車的質(zhì)量m＝2000kg，若汽車從靜止開始做勻加速直線運動，加速度a＝2m/s(1)汽車所受的阻力有多大；(2)勻加速運動的時間多長；(3)3s末汽車的瞬時功率多大。解析：(1)當(dāng)速度最大時，牽引力F1與阻力f大小相等，有f＝F1＝eq\f(P額,vm)＝4000N(2)設(shè)以恒定的加速度a＝2m/s2啟動時的牽引力為F2，由牛頓第二定律得F2－f＝解得F2＝8000N當(dāng)汽車達到額定功率時加速過程結(jié)束，設(shè)加速運動的末速度為v1，則v1＝eq\f(P額,F2)＝10m/s所以勻加速運動的時間t1＝eq\f(v1,a)＝5s(3)因3s末汽車為勻加速運動，故3s末的速度v＝at＝63s末的瞬時功率P＝F2v＝48kW答案：(1)4000N(2)5s(3)48kW9．(2014·正定二模)如圖所示，A、B、C質(zhì)量分別為mA＝0.7kg，mB＝0.2kg，mC＝0.1kg，B為套在細繩上的圓環(huán)，A與水平桌面的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，另一圓環(huán)D固定在桌邊，離地面高h2＝0.3m，當(dāng)B、C從靜止下降h1＝0.3m，C穿環(huán)而過，B被D擋住，不計繩子質(zhì)量和滑輪的摩擦，取(1)請判斷C能否落到地面；(2)求A在桌面上滑行的距離是多少。解析：(1)設(shè)B、C一起下降h1時，A、B、C的共同速度為v，B被擋住后，C再下落h后，A、C兩者均靜止，對A、B、C一起運動和A、C一起再下降h過程分別由動能定理得(mB＋mC)gh1－μmAgh1＝eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)v2－0mCgh－μmAgh＝0－eq\f(1,2)(mA＋mC)v2代入數(shù)據(jù)解得h＝0.96因為h＞h2，故C能落至地面。(2)設(shè)C落至地面瞬間，A的速度為v′，在C落至地面過程對A、C由動能定理得mCgh2－μmAgh2＝eq\f(1,2)(mA＋mC)·(v′2－v2)C落至地面后，A運動的過程由動能定理得－μmAgx＝0－eq\f(1,2)mAv′2解得x＝0.165故A滑行的距離為xA＝h1＋h2＋x＝(0.3＋0.3＋0.165)m＝0.765答案：(1)C能落至地面(2)0.765考向一機械能守恒定律的應(yīng)用(選擇題)eq\o(\s\up7(),\s\do5([例1]))(2014·遂寧一模)如圖所示，在傾角為30°的光滑固定斜面上，放有兩個質(zhì)量分別為1kg和2kg的可視為質(zhì)點的小球A和B，兩球之間用一根長L＝0.2m的輕桿相連，小球B距水平面的高度h＝0.1m。斜面底端與水平面之間有一光滑短圓弧相連，兩球從靜止開始下滑到光滑地面上，g取10A．下滑的整個過程中A球機械能守恒B．下滑的整個過程中兩球組成的系統(tǒng)機械能守恒C．兩球在光滑水平面上運動時的速度大小為2D．系統(tǒng)下滑的整個過程中B球機械能的增加量為eq\f(2,3)J[審題指導(dǎo)]題干中“光滑固定斜面”、“光滑短圓弧”、“光滑地面”說明A、B兩球不受摩擦力作用，系統(tǒng)機械能守恒。[解析]A、B下滑的整個過程中，桿的彈力對A球做負功，A球機械能減少，A錯誤；A、B球組成的系統(tǒng)只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力做功，機械能守恒，B正確；對A、B球組成的系統(tǒng)由機械能守恒定律得mAg(h＋Lsin30°)＋mBgh＝eq\f(1,2)(mA＋mB)v2，解得v＝eq\f(2,3)eq\r(6)m/s，C錯誤；B球機械能的增加量為ΔEp＝eq\f(1,2)mBv2－mBgh＝eq\f(2,3)J，D正確。[答案]BD[感悟升華]應(yīng)用機械能守恒定律解題的基本思路1．如圖所示，在高1.5m的光滑平臺上有一個質(zhì)量為2kg的小球被一細線拴在墻上，球與墻之間有一根被壓縮的輕質(zhì)彈簧。當(dāng)燒斷細線時，小球被彈出，小球落地時的速度方向與水平方向成60°角，則彈簧被壓縮時具有的彈性勢能為(g＝A．10JB．15JC．20JD．25J解析：選A由h＝eq\f(1,2)gt2，tan60°＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)，可得v0＝eq\r(10)m/s，由小球被彈射過程中小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒得，Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝10J，A正確。2．(2014·四川師大附中模擬)如圖所示，可視為質(zhì)點的小球A、B用不可伸長的細軟輕線連接，跨過固定在地面上半徑為R的光滑圓柱，A的質(zhì)量為B的兩倍。當(dāng)B位于地面時，A恰與圓柱軸心等高。將A由靜止釋放，B上升的最大高度是()A．2RB.eq\f(5R,3)C.eq\f(4R,3)D.eq\f(2R,3)解析：選C如圖所示，以A、B為系統(tǒng)，以地面為零勢能面，設(shè)A質(zhì)量為2m，B質(zhì)量為m，根據(jù)機械能守恒定律有2mgR＝mgR＋eq\f(1,2)×3mv2，A落地后B將以v做豎直上拋運動，即有eq\f(1,2)mv2＝mgh，解得h＝eq\f(1,3)R。則B上升的高度為R＋eq\f(1,3)R＝eq\f(4,3)R，故選項C正確。3．(2014·巴中模擬)如圖所示，將質(zhì)量為2m的重物懸掛在輕繩的一端，輕繩的另一端系一質(zhì)量為m的環(huán)，環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上，光滑的輕小定滑輪與直桿的距離為d，桿上的A點與定滑輪等高，桿上的B點在A點下方距離為d處。現(xiàn)將環(huán)從A處由靜止釋放，不計一切摩擦阻力，下列說法正確的是A．環(huán)到達B處時，重物上升的高度h＝eq\f(d,2)B．環(huán)到達B處時，環(huán)與重物的速度大小相等C．環(huán)從A到B，環(huán)減少的機械能等于重物增加的機械能D．環(huán)能下降的最大高度為eq\f(4,3)d解析：選CD重物上升的高度h與滑輪左側(cè)繩長的增加量相等，故h＝(eq\r(2)－1)d，A錯誤；重物的速度v物＝v環(huán)cos45°，B錯誤；由于不計一切摩擦阻力，環(huán)與重物組成的系統(tǒng)機械能守恒，故C正確；設(shè)環(huán)能下降的最大高度為h′，由機械能守恒得mgh′＝2mg(eq\r(h′2＋d2)－d)，解得h′＝eq\f(4,3)d，D正確?？枷蚨δ荜P(guān)系的應(yīng)用(選擇題或計算題)常見的功能關(guān)系eq\o(\s\up7(),\s\do5([例2]))(2014·眉山一模)滑板運動是深受年輕人喜愛的一種極限運動，如圖所示為某公園內(nèi)一滑板場地的豎直截面示意圖。斜面AB與水平面間的夾角θ＝37°，水平地面BC長x＝10m，B處平滑連接，CD為半徑R＝3.0m的四分之一圓弧軌道。若一質(zhì)量為m＝50kg的運動員，以v0＝4m/s的初速度從場地A點沿斜面滑下，經(jīng)過AB段所用時間為t＝eq\f(5,3)s，若沒有蹬地動作，恰能到達D點。已知滑板與斜面AB間的動摩擦因數(shù)μ＝0.45，圓弧軌道CD光滑，不計滑板質(zhì)量和空氣阻力，除蹬地外運動員和滑板可視為一質(zhì)點，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝(1)斜面高度h；(2)運動員第一次經(jīng)過圓弧最低點C時受到的支持力大?。?3)運動員在BC段受到的阻力大小；(4)若運動員第一次經(jīng)過D點后有1.2s的時間離開圓弧軌道，則其在BC段需要通過蹬地做多少功？[解析](1)在AB段，對運動員、滑板組成的系統(tǒng)受力分析如圖所示，由牛頓第二定律得mgsinθ－f＝maN＝mgcosθf＝μN由運動學(xué)公式得斜面AB長度l＝v0t＋eq\f(1,2)at2由幾何關(guān)系得h＝lsinθ解得a＝2.4m/s2，h(2)設(shè)運動員第一次經(jīng)過C點時的速度大小為vC，恰好到達D點說明物塊在D點時速度為零，從C到D過程中，根據(jù)機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝mgR經(jīng)C點時，由牛頓第二定律得N－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)解得N＝1500N(3)運動員經(jīng)過B點時的速度為vB，則vB＝v0＋at在BC段，由動能定理得－fx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得f＝10N(4)運動員離開D點后做豎直上拋運動，則2vD＝gT根據(jù)功能關(guān)系得W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)解得W＝900J[答案](1)6m(2)1500N(3)10N(4)900[感悟升華]解決功能關(guān)系問題的三點注意(1)分析清楚是什么力做功，并且清楚該力是做正功還是做負功；根據(jù)功能之間的對應(yīng)關(guān)系，判定能的轉(zhuǎn)化形式，確定能量之間的轉(zhuǎn)化情況。(2)可以根據(jù)功能之間的轉(zhuǎn)化情況，確定是什么力做功，尤其可以方便計算變力做功的多少。(3)功能關(guān)系反映了做功與能量轉(zhuǎn)化之間的對應(yīng)關(guān)系，功是能量轉(zhuǎn)化的量度，在不同問題中的具體表現(xiàn)不同。4．(2014·永安質(zhì)檢)如圖甲所示，一物體懸掛在細繩下端，由靜止開始沿豎直方向運動，運動過程中物體的機械能E與物體位移x關(guān)系的圖像如圖乙所示，其中0～x1過程的圖線為曲線，x1～x2過程的圖線為直線，由此可以判斷()A．0～x1過程中物體所受拉力是變力，且一定不斷減小B．0～x1過程中物體的動能一定不斷減小C．x1～x2過程中物體一定做勻速運動D．x1～x2過程中物體可能做勻加速運動解析：選D在E-x圖像中，圖線的斜率表示力的大小，在0～x1過程中，由E-x圖像知，拉力F逐漸變大，由于無法確定F和mg的關(guān)系，動能可能增大、減小或不變，A、B錯誤；x1～x2過程，F(xiàn)不變，物體可能做勻速運動，也可能做勻變速運動，C錯誤，D正確。5．如圖甲所示，一足夠長、與水平面夾角θ＝53°的傾斜軌道與豎直面內(nèi)的光滑圓軌道相接，圓軌道的半徑為R，其最低點為A，最高點為B?？梢暈橘|(zhì)點的物塊與斜軌間有摩擦，物塊從斜軌上某處由靜止釋放，到達B點時對軌道壓力的大小F與釋放的位置距最低點的高度h的關(guān)系圖像如圖乙所示，不計物塊通過A點時的能量損失，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝eq\f(4,5)，cos53°＝eq\f(3,5)，求：(1)物塊與斜軌間的動摩擦因數(shù)μ；(2)物塊的質(zhì)量m。解析：(1)由題圖乙知，當(dāng)h1＝5R時，物塊到達B點時對軌道壓力的大小為零，此時物塊自身的重力恰好提供物塊做圓周運動的向心力，設(shè)此時物塊在B點的速度大小為v1，則由牛頓第二定律知mg＝eq\f(mv\o\al(2,1),R)對物塊從釋放至到達B點的過程，由動能定理得mg(h1－2R)－μmgcosθ·eq\f(h1,sinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得μ＝eq\f(2,3)(2)設(shè)物塊從距最低點高為h處釋放后到達B點時速度的大小為v，物塊受到軌道的壓力為F′，則F′＋mg＝eq\f(mv2,R)對物塊從釋放至到達B點的過程，由動能定理得mg(h－2R)－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)mv2－0解得F′＝5mg－eq\f(mgh,R)則由牛頓第三定律得F＝eq\f(mgh,R)－5mg則F-h圖線的斜率k＝eq\f(mg,R)由題圖乙可知k＝eq\f(2N,R)解得m＝0.2答案：(1)eq\f(2,3)(2)0.2kg考向三能量守恒定律的綜合應(yīng)用(選擇題或計算題)應(yīng)用能量守恒定律的兩條基本思路1．某種形式的能減少，一定存在其他形式的能增加，且減少量和增加量一定相等，即ΔE減＝ΔE增。2．某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量一定相等，即ΔEA減＝ΔEB增。量轉(zhuǎn)化問題的解題方法(1)當(dāng)涉及摩擦力做功時，機械