功和能

第?講功和功率動能定理

?自測診斷把薄弱環節查出來/

考點一功和功率

1.［考查功的大小計算］

如圖所示，質量以=1kg、長￡=0.8m的均勻矩形薄板靜止在水平桌面上，

其右端與桌子邊緣相平，板與桌面間的動摩擦因數為〃=0.4?，F用Q5N的

水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力〃做的功至少為1g取10m/s2)()

A.1JB.1.6J

C.2JD.4J

解析：選B在薄板沒有翻轉之前，薄板與水平桌面之間的摩擦力/三〃〃笈=4N。力〃

做的功用來克服摩擦力消耗的能量，而在這個過程中薄板只需移動的距離為今則做的功至

少為#-fX9=1.6J,所以B正確。

2.［考查平均功率與瞬時功率的分析與計算］

如圖所示，某質點運動的片「圖像為正弦曲線。從圖像可以判斷

V

()個\

A.質點做曲線運動。力

B.在小時刻，合外刀的功率最大

C.在叁?匕3時間內，合外力做負功

D.在0?力和灰?。時間內,合外力的平均功率相等

解析：選D質點運動的片［圖像描述的是質點的直線運動，選項A錯誤：在公時刻，

加速度為零，合外力為零，合外力功率的大小為零，選項B錯誤；由題圖可知，在12-

時間內，質點的速度增大，動能增大，由動能定理可知，合外力做正功，選項C錯誤；在0?

力和七?套時間內，動能的變化量相同，故合外力的功相等，則合外力的平均功率相等，選

項D正確。

3.［考查機車啟動的圖像問題］

卜.列各圖是反映汽車以額定功率從靜止啟動，最后做勻速運動的過程，汽車的速度

卜隨時間1以及加速度&、牽引力廠和功率尸隨速度/變化的圖像中正確的是()

解析：選A汽車以額定功率啟動時，功率一定，由-凡可知，速度增大，牽引力〃

減小，根據?￡=砥，加速度逐漸減小，但速度繼續增大，當牽引力等于阻力時，速度達

到最大，故A正確，B、C、D錯誤。

4.［考查機車的啟動與牽引問題］

某興趣小組對?一輛自制遙控小車的性能進行研究，他們讓這輛小車在水平的直軌道上由

靜止開始運動，并將小車運動的全過程記耒卜.來，通過處理轉化為廣￡圖像，如圖所示(除

2?10s時間段圖像為曲線外，其余時間段圖像均為直線)。已知小車運動過程中，2?14s

時間段內小車的功率保持不變，在14s末停止遙控而讓小車自由滑行,小車的質量為1.0kgo

可認為在整個運動過程中小車所受到的阻力大小不變。求：

(1)小車所受到的阻力大小；

(2)小車勻速行駛階段的功率；

(3)小車在加速運動過程中(0?10s內)位移的大小。

解析：(1)在14?18s時間段，加速度大?。?/p>

Av6—0:2

77=18—14m/s=1.5m/s

由牛頓第二定律得：f=7773=1.5No

⑵在10?14s小車做勻速運動，速度r=6m/s

牽引力大小b與f大小相等，貝IJ：F=f=1.5N,

小車勻速運動的功率：P=Fv=9Wo

(3)0?2s內，小車的位移：x1=：X2X3m=3m

2?10s內，根據動能定理:

121

Pt—fx2=~mv2

代入數據解得照=39m

加速過程中小車的位移大小為X=M+*2=42

答案：(1)1.5N(2)9W(3)42m

考點二動能定理的理解和應用

5.［考杳應用動能定理判斷物體動能增量的大小關系］

［多選］如圖所示，一塊長木板8放在光滑的水平面上，在8上放一物

體4現以恒定的外力/拉8,由于從8間摩擦力的作用，力將在8上滑

、、、、、、、

動，以地面為參考系，月、8都向前移動一段距離。在此過程中()

A.外力/做的功等于力和6動能的增量

B.夕對A的摩擦力所做的功等于A的動能增量

C.力對8的摩擦力所做的功等于8對A的摩擦力所做的功

D.外力/對夕做的功等于6的動能的增量與6克服摩擦力所做的功之和

解析：選BD力物體所受的合外力等于8對力的摩擦力，耐物體力應用動能定理，則有

8對月的摩擦力所做的功等于力的動能的增量，選項BE確；力對8的摩擦力與占對月的摩

擦力是一對作用力與反作用力，大小相等，方向相反，但是由于力在8上滑動，A.8相對

地的位移不等，故二者做功不等，選項C錯誤：對長木板4應用動能定理，犀一砂；=八氏"，

即脩=△蜃+?；就是外力/對分做的功，等于6的動能增量與〃克服摩擦力所做的功之和,

選項D正確；由前述討論知8克服摩擦力所做的功與A的動能增量(等于6對A的摩擦力所

做的功)不等，故選項A錯誤。

6.［考杳應用動能定理處理變力做功問題］

用長為人不可伸長的細線把質量為勿的小球懸掛于。點，將小球拉至

懸線偏離豎直方向。角后放手，運動1時間后停在最低點。則在時間門人J

()

A.小球重力做功為跖/(I—cosa)

B.空氣阻力做功為一酸/cosa

C.小球所受合力做功為mg/sina

D.細線拉力做功的功率為也上戶

解析：（1）對滑塊從1到〃的過程，由動能定理得

,1

F\X\-\~FiX3—Pmgx=-fnv8

乙

代入數據解得：%=6m/s。

⑵①當滑塊恰好能到達最高點。時，重力提供向心力：儂=若

代入數據解得：匕=乖m/s.

②對滑塊從6到C的過程，由動能定理得：

11

W-mg?2R=-mvc2-zmvR2

乙乙

代入數據得：4'=-3J,即克服摩擦力做的功為3J。

③滑塊離開C后，做平拋運動，在水平方向：/=吐t

在豎直方向：

聯立解得：x'=1.2mo

答案：（1）6m/s⑵①#m/s②3J③L2m

考點三應用動能定理解決力學綜合問題

9.［考查動能定理解決多過程問題］

［多選］如圖所示為一滑草場。某條滑道由上卜.兩段高均為人與水平

面傾角分別為45°和37。的滑道組成,，滑草車與草地之間的動摩擦因數為

〃。質量為勿的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑，經過上、下兩段

滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端（不計滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，sin370

=0.6,cos370=0.8）o則（）

動摩擦因數〃=：

A.

B.載人滑草車最大速度為

C.載人滑草車克服摩擦力做功為mgh

3

D.載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為jg

解析：選AB由題意知，上、下兩段斜坡的長分別為

hh

S1~~?4LO，$2一—?r\,70

sin45sin37

由動能定埋知：

2mgh-p/ngsicos45°-〃儂s2cos37°=0

解得動摩擦因數〃=號，選項A正確；

載人滑草車在上下兩段的加速度分別為

a=g(sin45°-〃cos45°)=*的

3

生=g(sin37°—〃cos37°)=—

則在下落力時的速度最大，由動能定理知:

nigh-〃儂$cos45。=)旅

解得r=選項B正確，D錯誤;

載人滑草車克服摩擦力做的功與重力做的功相等,

即H—2mgh,選項C錯誤。

10.［考查動能定理解決往復運動問題］

如圖所示，斜面的傾角為0,質量為勿的滑塊距擋板尸的距離為。

斯，滑塊以初速度而沿斜面上滑，滑塊與斜面間的動摩擦因數為〃，滑尸Xy

塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑塊每次與擋板相碰均無

zz/Tzzz/z/zz/zzzz

機械能損失，則滑塊經過的總路程是()

A.念丁+旅tanB.尢盤廠尹加tan

解析?：選A因滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，故滑塊最終停在斜面底端,

而摩擦力始終對滑塊做負功，其大小等于〃峻。s°與滑塊滑行的各段距離之和的乘積，

即解=一〃儂cos夕?s,由動能定理可得：mgxosin〃+加=0-g勿請，可解得s=~~

—d-Abtan0\,故A正確。

11.［考查動能定理與傳送帶、平拋運動的綜合應用］

如圖所示，斜面力長觀=3m、傾角為a,其底端月與水人收

平傳送帶相切，傳送帶長為￡=3m,始終以西=5m/s的速度c、_

d~C.、、、

順時針轉動?，F有一個質量勿=1kg的物塊，在離夕點m?=2m'

處的。點由靜止釋放。已知物塊與斜面間的動摩擦因數小二」一一

0.25,物塊與傳送帶間的動摩擦因數〃2=0.2,sin37°=0.6,sin53°=0.8,10m/s2,

最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。求：

(1)傾角。逐漸增大到多少時，物塊能從斜面開始下滑(用正切值表示)；

(2)當。=37°時，小物塊由P到。的過程中，摩擦力對物塊所做的功；

(3)當a=53°時，為了使物塊每次由產滑到。點時均拋在同一點〃，求物塊釋放點〃到

〃點的取值范圍。

解析：(1)為使物塊能從斜面開始下滑，有：

mgsina=〃i磔cosa

解得傾角。滿足的條件為lan。=0.25。

⑵由夕到必由動能定理得：

mgxr-gsin37°—小儂vscos37。=]/

解得弘=4m/s

在〃點，因為修=4m/s<小,物塊在傳送帶上先做勻加速運動到達汽，運動位移為例,

則a=〃=Li2g=2m/s2

m

根據：VQ—vs=2ax^

解得：Ab=2.25m<Z

所以從夕到C,摩擦力對物塊做的功

M=-KmgxMos37°+jj>/i)gxo=0.5J。

(3)因物塊每次均拋到同一點〃，由平拋運動的知識知：物塊到達C點時的速度

必須有V<—14>

當離8點的距離為乂時，物塊進入傳送帶后一宜勻加速運動，則由動能定理得

儂Msin53°-jj\/ngxicos53。+〃2儂￡=)加常

解得汨=1m

當離8點的距離為照時，物塊進入傳送帶后一直做勻減速運動

則mgxzsin530—usgxzcos53°—u：L=g扁

37

解得：論=%m

1*5

所以物塊釋放點〃到8點的距離的取值范圍為

?-37

1mWxWRiiip

1

37

答案：(1)tana=0.25(2)0.5J(3)1m

1J

?重點攻堅把高考短板補起來孱疑3大考點

考點一功和功宓

本考點主要考查功和功率的計算、機車牽引與啟動問題，試題難度一般，多為選擇題。

在二輪復習中，注意打牢基礎知識，細化審題、解題過程，此考點就能輕松取分。建議考生

自學為主。

(一)基本知識要記牢

1.功

(1)恒力的功：W=Fkosoo

(2)合力的功：Heosa。

(3)變力的功:

①將變力做功轉化為恒力做功；

②應用產x圖像求解；

③應用動能定理求解，

2.功率

(1)平均功率：P=-e

(2)瞬時功率：P=F^osa“

(3)應用：機車啟動，P=Fv.

(二)常見錯誤剔除掉

1.不注意題目的要求，憑感覺求解，易導致錯誤。如診斷卷第1題，因為Q〃勿g,

在力尸作用下薄板向右加速，當撤去尸后，薄板向右滑至：時，速度恰好為零，薄板翻下桌

子，此時力尸做功最少，由動能定理得：除in=5=L6J，不注意這一點，易得：佬in

=，'?9=2J,錯選C項。

2.將計算瞬時功率的公式「Heos。誤記為公“八

3.不注意將機車啟動的圖像與機車受力和運動相聯系，易導致錯誤。如診斷卷第4題，

14?18s內，小車只在阻力作用下做勻減速運動，10?14s內，小車勻速運動，分'=￡0?

10s內小車加速過程并不是勻變速直線運動，不能套用位移公式。

［題點全練］

1.如圖所示，四個相同的小球力、B、C、D,其中4、B、C位于同一高度力處，/做自

由落體運動，8沿光滑斜面由靜止滑下，C做平拋運動，〃從地面開始做斜拋運動，其運動

的最大高度也為瓦在每個小球落地的瞬間，其重力的功率分別為4、自、R、外。下列關系

式正確的是（）

?A------CBb-——―-OC*■-■■■■■■■■■?一.~?

，￡分■/5〃〃〃，〃〃，三〃，?〃應〃方,?，二;〃〃〃〃工〃力〃〃

A.PA=PB=P（=PDB.P產P〉P8=Pi>

C.PA=PC=P?P8D.P>PC=P?PB

解析：選C小球落地時，力的重力的瞬時功率：P尸財閑；8落地的瞬時功率：PH

=〃小閑sin0.C落炮的瞬時豎直速度為v產巾嬴則落地時重力的瞬時功率：Pc=

/〃:因〃中小球上升的最大高度為力，則落地的瞬時啜直速度為匕=，9，則落地時

重力的瞬時功率：P產噌痛就故"=〃=乃>四，故選項C正確，A、B、D錯誤。

2.一物塊在一個水平拉力作用下沿粗糙水平面運動，其片I圖像如圖甲所示，水平拉

力的￡1圖像如圖乙所示，取尸lOm/sl求：

⑴物塊與水平面間的動摩擦因數〃；

⑵物塊運動全過程水平拉力所做的功//?

（3）物塊在0?2s內所受的水平拉力大小。

解析：（1）由甲、乙兩圖比較可知，在第5?9s內，物塊做勻減速運動

0—40

加速度：片京1.0m/s-'

由牛頓第二定律得：一Umg=ma

得：P=0.U

⑵對全過程：

1,12.0X2

W'=5?尸2---J+4.0X3J=24Jo

⑶法一：物塊勻速運動階段：P一〃〃g=0

P>=rv?

P；

解得：〃mg=-

得：m=1.0kg

物塊加速運動階段，加速度:國=，?；0m/s'=2.0m/s2

由牛頓第二定律得：."一umg=

解得產=3.0N

法二：由圖像可知：當&=2.0s,及=4.0m/s時，Px=\2W

rflP\-Fv\

19

得：F=—N=3.0Na

答案：(1)0.1(2)24J(3)3.0N

A

3.［多選］(2018?連云港、徐州、宿遷三模)如圖所示，力弘是一個位于丁家

豎直平面內的圓弧形軌道，面度為方，軌道的末端。處與水平面相切。一個質J珍式"

量為m的小木塊從軌道頂端力處由靜止釋放，到達C處停止，此過程中克服-------劣物9

摩擦力做功為歸到達8處時速度最大為口加速度大小為辦；小木塊在。處以速度/向左

運動，恰好能沿原路回到力處，此過程中克服摩擦力做功為限經過8處的速度大小為出

重力加速度為小則()

A.v=2y［g/iB.H<vz

C.做股D.a=0

解析?：選BC木塊下滑過程，在8點的速度最大，則切向方向受力平衡，但是沿半徑

方向有向心加速度，故的不為零，選項D錯誤；木塊沿軌道滑動過程，根據動能定理，從力

到C有mgh—W；=0,從。到力有一mgh一%=從1到6有儂加l恤=!而，從B到

力有一勿gG出一版=0—5加分別整理可得，仰=儂九/=72皿?+-^,vi=\12gh朋—/,

v2，=q2gM+拳所以水電選項B正確；與上滑相比，下滑整個過程的速度的平均值

小，故木塊與軌道間的壓力、摩擦力小，所以克服摩擦力做功少，即做%又可得西?,

故選項A錯誤，C正確。

考點二動能定理的理解和應用

高考對本考點的考查相對簡單，主要是針對動能定理的理解和一些簡單應用。建議考生

自學為主。

（一）對動能定理的兩點理解

1.動能定理表達式中，/表示所有外力做功的優數和，包括物體重力所做的功。

2.動能定理表達式中，△氏為所研究過提的末動能與初動能之差，而且物體的速度均

是相對地面的速度。

（二）動能定理的適用范圍

1.既可適用于直線運動，也可適用于曲線運動；既可適用于恒力做功，也可適用于變

力做功。如診斷卷第6題，空氣阻力為變力，其做功大小不可應用“三產左心。直接求解，

應考慮使用動能定理求解3

2.對單個物體的動能增量的判斷宜采用動能定理，而對物體系統動能增量的大小判斷

則應考慮應用能量守恒定律。如診斷卷第5題，由動能定理可知，力的動能增量一定等于8

對力的摩擦力對力所做的功，而外力￡對力和6系統所做的功并沒有全部轉化為月、8的動

能，還有一部分摩擦熱產生，故不可用動能定理對系統直接分析。

3.注意圖像及其“面枳”的含義。如診斷卷第8題，Qx圖線與x軸所圍“面積”表

示力/所做的功。

［題點全練］

1.如圖所示，物塊的質量為如它與水平桌面間的動摩擦因數篇廊砌師m右

/

為起初，用手按住物塊，物塊的速度為零，彈簧的伸長量為筋

然后放手，當彈簧的長度回到原長時，物塊的速度為九則此過程中彈力所做的功為（）

12

A.5加一PmgxB.pmgx-'zmv

乙

C.-mv+NmgxD.以上選項均不對

乙

解析：選C設八為彈力對物塊做的功.因為克服摩擦力做的功為umgx,由動能定理

得甲護一得//邨=；勿/+Umgx,故C正隨。

乙乙

2.［多選］（2018?濰坊模擬）如圖所示，不可伸長的細繩長為1,一端固

定在。點，另一端拴接一質量為〃，的小球。將小球拉至與。等高，細繩處于\

、、

伸直狀態的位置后由靜止釋放，在小球由靜止釋放到運動至最低點的過程''、、、-，

中，小球所受阻力做的功為加重力加速度為g,則小球到達最低點時（）

2儂7+升

A.向心加速度a=

ml

B.

向心加速度HWml

,八3mg1+2W‘

C.繩的拉力—

2mgl+W

D.繩的拉力F=

1

解析：選AC根據動能定理得：勿g-家，則向心加速度為：a號卡產

故A正確，B錯誤；在最低點，根據牛頓第二定律得：F-mg=^解得繩子的拉力為：F

_.聲3mgi+2JF,a

-mg~\~f/r~7-,?故C正確，D4口味°o--------

ZI

//>???A,

3.如圖所示，長為￡的輕桿一端連著質量為0的小球，另一端與‘.

固定于水平地面上。點的校鏈相連，初始時小球靜止于地面上，邊長為匚廟臬為看論正方

體左側緊靠。點，且輕桿位于正方體左下邊垂直平分線上?，F在桿中點處施加一個方向始終

垂直桿、大小不變的拉力，當桿轉過〃=45。時撤去此拉力，小球恰好能到達最高點，不計

一切摩擦。求：

（1）拉力做的功『和拉力的大小代

（2）撤去拉力〃時小球的動能心

（3）小球運動到最高點后向右傾倒，當桿與水平面夾角為。時小球的速度大小匕（正方

體和小球未分開）。

解析：（1）由動能定理有/一/的Z=0

且有,加

解得H—mgL,F=

(2)由動能定理有W'-mg￡sin〃=&一()

解得氐=儂41—乎，

(3)此時正方體的速度v2=KIsina

由系統動能定理有磔(￡一￡sinV/

考點三應用動能定理解決力學綜合問題

本考點在高考中所設計的題目，一般呈現出情景新穎、過程復雜、知識綜合性強等特點。

考生失分的原因不是不會做，而是不會“分步”做，這個“分步”就是要求考生按照一定流

程認真做好運動分析和過程分析，再根據動能定理結合其他力學規律列出方程.，問題便可分

步解決。建議對本考點重點攻堅。

動能定理綜合問題的思維流程

［典例］(2018-臨沂二模)如圖所示，傾角。=45°的粗糙平直導

軌力8與半徑為"的光滑圓環軌道相切，切點為反整個軌道處在豎直平

面內。一質量為勿的小滑塊(可以看作質點)從導軌上離地面高為力=3〃

的〃處無初速度下滑進入圓環軌道。接著小滑塊從圓環最高點。水平飛出，恰好擊中導軌上

與圓心0等高的，點，不計空氣阻力，已知重力加速度為外求：

(1)滑塊運動到圓環最高點C時的速度大?。?/p>

(2)滑塊運動到圓環最低點時對圓環軌道壓力的大??；

(3)滑塊在斜面軌道勵間運動的過程中克服摩擦力做的功。

［思維流程］

［解析］(1)小滑塊從c點飛出后做平拋運動，設水平速度為僅

豎直方向上：R=\gi

水平方向上：^R=紙

解得：%=，正

(2)設小滑塊在最低點時速度為/由動能定理得:

?_l212

—mg?o2K=-mv^--mv

乙乙

解得：v=y［5gk

在最低點由牛頓第二定律得：K-儂=/［

K

解得：R=6mg

由牛頓第三定律得：R'=6mg0

⑶從〃到最低點過程中，設施過程中克服摩擦阻力做功生由動能定理得:

12

mgh-Hf=~mv-0

乙

解得：華=%名幾

［答案］(1)-7^⑵6z?g⑶)儂〃

［題點全練］

1.［多選］如圖所示，MM8分別為半徑等于0.1m的豎直光滑圓軌道的

左端點、最低點和右端點，”點和圓心。等高，連線,V。與豎直方向的夾角為

37°,現從/，點正上方某處月點由靜止釋放一個質量為0.1kg的小球，進入

圓軌道后，從N點飛出時的速度大小為2m/s,不計空氣阻力，重力加速度g

=10m/s2,下列說法正確的是()

A.力、4間的豎直高度為0.12m

B.小球經過8點時對軌道壓力的大小為2.4N

C.小球經過」/點時對軌道壓力的大小為4.4N

D.小球從4點到加點的過程中重力的功率一直增大

解析：選AB設點/，間的豎直高度為。從力到川根據動能定理可得：/妍+儂做)s37°

=1/?7Ky-0,解得：/7=0.12m,故A正確：小球經過8點時的速度為外根據動能定理可得

mgh=\扁一0,在/，點時軌道對小球的壓力的大小為，、=/=義乎=2.4N,由牛頓笫三定

ZKK

律可知B正確；小球經過M點時的速度為%根據動能定理可得儂(力+心='諱一0,在必

點軌道對小球的支持力的大小滿足尸一勿尸/J景，解得Q5.4N,由牛頓第三定律可知C錯

誤；小球在/點重力的功率和在"點重力的功率都為零，所以從力點到也點的過程中小球重

力的功率先增大后減小，故D錯誤。

2.由學生組成的一個課題小組，在研究變力做功時，設計了如下的模型：如圖甲，在

水平地面上放置一個質量為R=5kg的物體，讓其在隨位移均勻減小的水平推力作用下運動，

推力廠隨位移x變化的圖像如圖乙所示，已知物體與地面之間的動摩擦因數為〃=0.4,g

取10m/s2?

F/N

100<

ol--->

4x/m

甲乙

(1)畫出0?4m內物體加速度a隨位移x變化的圖像。

(2)物體速度最大時推力的功率為多少？

(3)推力/減為零后物體還能滑行多遠？

解析：(1)由牛頓第二定律得：F-f=ma

加F-f

a=-f=〃.=20N,

由題圖乙可得Q-25x+100(N)tfl/(m.s-2)

則a=—5x+16(m/s2)lei.

()?4in內物體加速度a隨位移x變化的圖像如圖所示。n^^3.24.

(2)由(1)中分析可知，物體速度最大時，物體加速度為0,?

此時x=3.2m,=/'=20N

物體從開始到速度最大時，由動能定理得：褥一幺

由圖像的物理意義得：

悌=/x(20+100)X3.2J=192J

乙

代入數據得：m/s

此時推力的功率：P=F匕=20乂學琳W=64#Wo

(3)由題圖乙可知推力為零時的位移x=4m

由動能定理得：/尊一為電=0-0

n=1x100X4J=200J

解得x!&-10m

x=x息>=6m

故物體還能滑行6mo

答案：(1)見解析圖(2)64小琳(3)6m

課后?達標檢測把高考能力提起來/

1.I■多選1(2018?江蘇高考)如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，0

點為彈簧在原長時物塊的位置。物塊由力點靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運動，

最遠到達8點。在從力到月的過程中，物塊()

AOB

A.加速度先減小后增大

B.經過。點時的速度最大

C.所受彈簧彈力始終做正功

0.所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功

解析:選AD小物塊由月點開始向右加速運動,彈簧壓縮量逐漸減小減小，由F

彈一不=〃用知，&減??；當運動到7?1=￡時，a減小為零，此時小物塊速度最大，彈簧仍處

于壓縮狀態；由于慣性，小物塊繼續向右運動，此時發一小物塊做減速運動，且

隨著壓縮量繼續減小，a逐漸增大；當越過。點后，彈簧開始被拉伸，此時/5+齊=儂，隨

著拉伸量增大，〃繼續增大，綜上所述，從力到8過程口，物塊加速度先減小后增大，在。

點左側，1=￡-時速度達到最大，故A正確，B錯誤。在力。段物塊所受彈簧彈力做正：ft,在

如段做負功，故C錯誤。由動能定理知，從［到〃的過程中，彈力做功與摩擦力做功之和

為（），故1）正確。

2.（2017?江蘇高考）一小物塊沿斜面向上滑動，然后滑回到原處。物塊初動能為偏，

與斜面間的動摩擦因數不變，則該過程中，物塊的動能笈與位移*關系的圖線是（）

ABCD

解析：選C設物塊與斜面間的動摩擦因數為〃，物塊的質量為加則物塊在上滑過程

中根據動能定理有一（峻in〃+〃磔cos8）x=Ek—￡io,即￡=&一（儂sin〃+〃儂cos

。）乂所以物塊的動能后與位移x的函數關系圖線為直線且斜率為負；物塊沿斜面下滑的

過程中根據動能定理有（唳in〃一〃儂cos〃）（加一才）=笈，其中照為小物塊到達最高點

時的位移，即H=一（唳in。一〃磔cos。）＞+（磔sin〃一〃磔cos。）照，所以下滑時

￡隨才的減小而增大且為直線。由此可以判斷C項正確。

3.（2018?江蘇七市三模）如圖所示，不可伸長的細線一端固定，另一

端系一小球，小球從與懸點等高處由靜止釋放后做圓周運動，不計空氣阻

力，則小球從釋放位置運動到最低點的過程中（）

A.水平方向加速度不斷增人

B.豎直方向加速度不斷增大

C.重力做功的瞬時功率先增大后減小

D.拉力做功的瞬時功率先增大后減小

解析：選C小球在最高點合力方向豎直向下，在最低點合力方向豎直向上，但在中間

過程某點拉力卻有水平方向的分量，所以小球水平方向的加速度必定先增大后減小，故A

錯誤；小球在開始釋放的瞬間的加速度為g且向下，接下來細線在豎直方向有向上的分量，

所以小球豎直方向上所受的合外力減小，則豎直方向加速度開始變小，故B錯誤；重力的瞬

時功率為勺儂小小球在開始釋放的瞬間速度為零，此時重力的瞬時功率為零，到達最低

點時.，速度水平向左，豎直分速度為零，所以此時重力的瞬時功率為零，在中間過程豎直分

速度不為零，重力的瞬時功率也不為零，所以重力的瞬時功率先增大后減小，故C正確；拉

力的方向始終與速度方向垂直，所以拉力的瞬時功率始終為零，故D錯誤。

4.（2018?鎮江一模）坐落在鎮江新區的摩天輪高88m,假設乘客隨座艙在豎直面內做

勻速圓周運動。下列說法正確的是（）

A.在摩天輪轉動的過程中，乘客機械能始終保持不變

B.在最低點時，乘客所受重力大于座椅對他的支持力

C.在摩天輪轉動一周的過程中，合力對乘客做功為零

D.在摩天輪轉動的過程中，乘客重力的功率保持不變

解析：選C機械能等于重力勢能和動能之和，摩天輪運動過程中，做勻速圓周運動，

乘客的速度大小不變，則動能不變，但高度變化，所以機械能在變化，A錯誤；圓周運動過

程中，在最低點，由重力司支持力的合力提供向心力凡向心力向上，所以則支

特力N=mg+F,所以重力小于支持力，B錯誤；在摩天輪轉動一周的過程中，動能變化量為

零，則合力對乘客做功為零，C正確；運動過程中，乘客的重力大小不變，速度大小不變，

但是速度方向時刻在變化，所以重力的瞬時功率在變化，D錯誤。

5.（2018?徐州期中）高臺跳水被認為是世界上最難、最美的運動項目之一。一運動員

在十米跳臺跳水比賽中，觸水時重力的功率約為（）

A.700（）WB.700W

C.70WI）.7W

解析：選A運動員在跳水過程中看做自由落體運動，故落水時的速度為】:=屈=

10^2m/s,運動員的體重約為50kg,故重力的瞬時功率約為々儂v=7000W,故A正確。

6.（2018?揚州期末）某士兵練習迫擊炮打靶，如圖所示，第一次炮彈，八、

/、

2/，?7.

落點在目標力的右側，第二次調整炮彈發射方向后恰好擊中目標，忽略空

氣阻力的影響，每次炮彈發射速度大小相等，下列說法正確的是（）

A.第二次炮彈在空中運動時間較長

B.兩次炮彈在空中運動時間相等

C.第二次炮彈落地時速度較大

D.第二次炮彈落地時速度較小

解析：選A炮彈在豎直方向上做豎直上拋運動，上升時間與下落時間相等。根據下落

過程豎直方向做自由落體運動，力冷第二次下落高度高，所以第二次炮彈在空中運動

時間較長，故A正確，B錯誤；根據動能定理：赭,由于兩次在空中運動過程

重力做功都是零，所以。=玲，故兩次炮彈落地時速度相等，故C、D錯誤。

7.［多選］（2018?南京調研）如圖所示，滑塊以初速度外滑上表面粗糙的

固定斜面，到達最高點后又返回到出發點。則能大致反映整個運動過程中，

滑塊的加速度小速度/隨時間3重力對滑塊所做的功牝動能及與位移x渣--------

關系的是（取初始位置為坐標原點、初速度方向為正方向）（）

解析：選BI）滑塊整個運動過程的加速度方向均與初速度方向相反，故A錯誤。上滑

時的加速度大小團=gsin〃十〃geos0,下滑時的加速度大小a2=gsin〃一“geos〃，

結合位移公式冷可知下滑時間大于上滑的時間；由于機械能有損失，返回到出發點

時速度小于出發時的初速度，故B正確。重.力做功仁一哨仁一mgxsin0,上滑過程與下

滑過程的華x圖像重疊，故C錯誤。根據動能定理得，上滑過程有：-ma\x=Ek—《W,解

得瓜=［〃局—Mx,同理下滑過程有：&=ma人L一公，由數學知識知，D正確。

8.（2018-鹽城三模）如圖所示，質量為加、半徑為彳的光滑圓柱體8放在水平地面上,

其左側有半徑為此質量為勿的半圓柱體力，右側有質量為切的長方體木塊。，現用水平向

左的推力推木塊C,使其緩慢移動，直到圓柱體分恰好運動到半圓柱體力的頂端，在此過程

中力始終保持靜止。已知c與地面間動摩擦因數〃=噂，重力加速度為外求：

(1)圓柱體6卜.端離地高為河，地面對半圓柱體力的支持力；

(2)木塊C移動的整個過程中水平推力的最大值；

(3)木塊。移動的整個過程中水平推力所做的功。

解析：⑴以力和8整體為研究對象，地面支持力6=2儂。八…嚴

(2)夕剛離開地面時，，4對。的彈力最大，對4受力分析，居N—/

則彈力A=^rtan60'=:儂mg

此時水平推力最大為月=內+〃密=可^.。

(3)。移動的距離x=2/fcos30°=小彳

3

摩擦力做功w；=Pmgx=-mgR

根據動能定理NTL儂4=0

5

解得

答案：(1)2儂⑵(3),儂斤

乙乙

9.(2018?南通調研)如圖所示，質量分布均勻的刷子刷地面上的

薄墊子，開始時刷子和墊子的左邊緣對齊，刷子的質景為創墊子的^^^墊%/

質量為機刷子和墊子間的動摩擦因數為小，墊子和地面間的動摩擦因數為〃2,刷子和地

面間的動摩擦因數為〃3,重力加速度為g。

(1)若給刷子施加一個斜向右下方、與水平方向成60。角的推力A,墊子和刷子保持靜

止，求刷子受到的摩擦力工的大小和地面對墊子的支持力K的大小；

(2)若給刷子施加一個斜向右下方、與水平方向成30。角的推力K,刷子和墊子以同一

加速度運動，求刷子受到妁摩擦力￡的大小；

(3)若給刷子施加一個水平向右的推力用，刷子從圖示位置開始運動，墊子保持靜止，

已知刷子的長為從墊子的長為￡”》》，求刷子完全離開墊子的速度/的大小。

解析：(1)刷子受到重力、墊子的支持力、推力E和摩擦力作用

則水平方向受力平衡，有6=￡cos60。=》

刷子和墊子整體在豎直方向受力平衡,

有K=(.什m)Asin60°=(J/+m)

⑵設刷子和墊子運司的加速度為a,由牛頓第二定律可得:

Akos30°—〃2(儂?+峪+Rsin30°)=(,，什/〃)a

對刷子有：Acos30°—病=ma

解得f2=〃舟)什”一。

(3)刷子離開墊子的過程受到的摩擦力做的功

〃wgb?〃mgB

機=一2十2

由動能定理有U\mg[L—1))+

乙

解得2P\L—〃由+u3b

小環通過長￡=1m的輕繩懸掛一夾子，夾子內夾有質量/〃=1kg的物塊，

物塊兩豎直側面與夾子間*J最大靜摩擦力均為f=7N?，F對物塊施加Q8

N的水平恒力作用，物塊和小環一起沿水平方向做初速度為零的勻加速直線

運動，小環碰到桿上的釘子Q時立即停止運動，物塊恰好相對夾子滑動，此時夾子立即鎖定

物塊，鎖定后物塊仍受恒力少的作用。小環和夾子的大小及質量均不計，物塊可看成質點,

重力加速度g取10m/s2o求：

(1)物塊做勻加速運引的加速度大小理

(2)只Q兩點間的距離s；

(3)物塊向右擺動的最大高度瓦

解析：(1)由牛頓第二定律Q〃舊

解得a=8m/s2o

(2)環到達Q時，靜摩擦力最大

解得%=2m/s

根據動能定理的=匕*2

解得s=0.25m。

⑶設物塊上升的最大高度為力，水平距離為x,

由動能定理得A(x+s)—mgh=0

由兒何關系得(￡一/?)'+/=￡2

解得h=\m或力=；m(舍去)。

答案：(1)8m/s2(2)0.25m(3)1m

11.(2017?江蘇高考)如圖所示，兩個半圓柱力、8緊靠著靜置

于水平地面上，其上有一光滑圓柱C三者半徑均為位。的質量為創

月、6的質量都為今與地面間的動摩擦因數均為〃?，F用水平向右的

力拉力，使力緩慢移動，直至。恰好降到地面。整個過程中6保持靜止。設最大靜摩擦力等

于滑動摩擦力，重力加速度為班求：

(1)未拉4時，C受到8作用力的大小廠;

(2)動摩擦因數的最小值〃??；

(3)力移動的整個過程中，拉力做的功肌

解析：(1)對。受力分析，如圖所示:

根據平衡條件有

27x30530°=勿g

解得“=坐儂。

⑵C恰好降到地面時，8受。壓力的水平分力最大―=坐監

月受地面的摩擦力f=〃儂

根據題意，8保持靜止，

則有Z?in=/*jnnx>解得〃rtin=?

乙

⑶。下降的高度力=(小一1)4

力的位移x=2(小一1)〃

摩擦力做功的大小ff；=fx=2(y/3-l)umgR

根據動能定理—辨+磔■方=0-0

解得//=(2〃-1)(小一1)勿g七

答案：(1)坐儂⑵坐(3)(2—1)(^3—1)mgR

第一講/機械能守恒定律功能關系

i?自測診斷把薄弱環節查出來/

考點一單個物體的機械能守恒

1.［考杳平拋運動中的機械能守恒問題］

將一小球從離水平地面高為〃處以某一初速度水平拋出，取水平地面為重力的零勢能

面，拋出時小球的動能和重力勢能相等，當小球的動能為重力勢能的3倍時，小球的速度方

向與水平方向夾角為，，則tan〃的值為(不計空氣阻力)()

A.嘩B.y/2

C.乎I).

解析：選A物塊做平拋運動，機械能守恒，則初狀態的機械能：且%?請

119

=mgH,即￡=/療；末狀態的機械能：B>=-mv-\-mgh,/md=3mgh,則E>=Tmv,根據機

械能守恒定律：E\=Ei、即勿/=|勿落解得心設此時速度與水平方向的夾角為。,

則lan。=乜=近三=半，故選A。

VoVo2

2.［考查機械能守恒定律與平拋運動