1、5555以恒定功率啟動以恒定加速度啟動運動規律第一部分專題復司專題二能量與動量相關知識鏈接1.功的計算(1)單個恒力的功W= Ficos a(2)合力為恒力的功先求合力，再求 W= F合icos a N= Wi +W2+2.功率的計算(1)P=7,適用于計算平均功率注意:力F與速度v方向不在同一直線上時功率為Fvcos 0.(3)機車啟動問題v-t圖象OA段:做加速度逐漸減小的變加速直線運動AB段:做速度為vm的勻速直線運動OA段:以加速度a做勻加速直線運動AB段:做加速度逐漸減小的變加速直線運動BC段:做速度為Vm的勻速直線運動第4講功和功率功能關系題型1功與功率的分析與計算(2)P= Fv

2、,若v為瞬時速度，P為瞬時功率，若v為平均速度，P為平均功率Pt圖象與理、機械能守恒定律和能量守恒定律，結合動力學方法解決多運動過程問題；4.掌握動量定理和【專題定位】1.掌握功、功率相關的分析與計算方法；2.深刻理解功能關系3綜合應用動能定動量守恒定律；5.綜合應用動量和能量觀點解決復雜問題過程分析OA 段:vT ? F = J ? a = vF F 阻 ; mAB 段：F = F 阻？ a = 0? P 額=F阻vmOA 段:a=FF-小變？ F 不變？ vf ? P = mF vT，直到 P = P 額=F vi；AB 段:v T ? F J ? a=J ；vm_ P額BC段:F F阻？

3、 a0? v達到最大值，vmF阻規律方法提煉變力功的計算(1)若力大小恒定，且方向始終沿軌跡切線方向，可用力的大小跟路程的乘積計算(2)力的方向不變，大小隨位移線性變化可用W= "F lcos a計算 (3)已知F-l圖象,功的大小等于“面積”(4) 一般變力只能用動能定理求解【例11 (2019嘉、麗3月聯考)如圖所示，籃球運動員平筐扣籃，起跳后頭頂與籃筐齊平.若圖中籃筐距地高度2.9 m,球員豎直起跳，則其平筐扣籃過程中克服重力所做的功及離地時重力瞬時功率約為()A.900 J, 2 000 WC.500 J,1 000 W答案 B解析籃球運動員的身高約為B.900 J,4 00

4、0 WD.2 000 J, 4 000 W1.8 m,則跳起的高度 h= 2.9 m 1.8 m= 1.1 m籃球運動員的體重約為mg = 800 N,則起跳過程中克服重力做的功W= mgh= 880 J= 900 J起跳時的速度為v，則根據位移速度關系可得：v2= 2gh,解得v= 2gh 4.7 m/s離地時重力瞬時功率約為P = - mgv=- 3 760 W=4 000 W,故B正確,A、C、D錯誤.【拓展訓練1】(2019 山東煙臺市第一學期期末 )把兩個相同的小球從離地面相同高度處，以相同大小的初速度 v分別沿豎直向上和水平向右方向拋出，不計空氣阻力.則下列說法中正確的 是()A.

5、兩小球落地時速度相同B.兩小球落地時，重力的瞬時功率相同C.從小球拋出到落地，重力對兩小球做的功相等D.從小球拋出到落地，重力對兩小球做功的平均功率相等答案 C【拓展訓練2 （2019浙南名校聯盟高三期末）袋鼠跳是一項很有趣的運動.如圖所示，一位質量m=60 kg的老師參加袋鼠跳游戲，全程10 m,假設該老師從起點到終點用了相同的10跳，每一次跳起后，重心上升最大高度為h=0.2 m.忽略空氣阻力，下列說法正確的是（）lr;A.該老師起跳時，地面對該老師做正功B.該老師每跳躍一次克服重力做功的功率約為300 WC.該老師從起點到終點的時間可能是7 sD.該老師從起點到終點的時間可能是4 s答案

6、 C【例2】（多選）發動機額定功率為 Po的汽車在水平路面上從靜止開始先勻加速啟動，最后達到最大速度并做勻速直線運動 ，已知汽車所受路面阻力恒為Ff,汽車剛開始啟動時的牽引力和加速度分別為F0和a0,如圖所示描繪的是汽車在這一過程中速度隨時間以及加速度、牽引力和 功率隨速度變化的圖象，其中正確的是（）答案 AC解析 汽車由靜止開始勻加速啟動時,a 一定，根據v=at知v增大，由F = ma+Ff知F一定，根P , 據P=Fv知v均勻增大，功率P也均勻增大 達到P額后,功率保持不變，v繼續增大，所以F=-減v, F-Ff -P 小,a= 減小，當F = Ff時,a = 0,Vm=此后汽車做勻速運

7、動，故A、C正確.mf f題型2 動能定理的應用相關知識鏈接1 .表達式:W 總=Ek2 Ek1 .2 .五點說明(1)W總為物體在運動過程中所受各力做功的代數和(2)動能增量Ek2Eki 一定是物體在末、初兩狀態的動能之差.(3)動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動.(4)動能定理既適用于恒力做功，也適用于變力做功.(5)力可以是各種性質的力，既可以同時作用，也可以分階段作用.規律方法提煉1 .基本思路(1)確定研究對象和物理過程；(2)進行運動分析和受力分析，確定初、末速度和各力做功情況，利用動能定理全過程或者分過 程列式.2 .“兩點一過程”(1) “兩點”：指初、末狀態及對應的動

8、能Ek1、Ek2.(2) “一過程”：指從初狀態到末狀態的運動過程及合力做的功W合(3) 功能關系中的應用(1)對于物體運動過程中不涉及加速度和時間，而涉及力和位移、速度的問題時，一般選擇動能定理，尤其是曲線運動、多過程的直線運動等.(2)動能定理也是一種功能關系，即合外力做的功(總功)與動能變化量一一對應.【例3 如圖所示為一滑梯的實物圖，滑梯的斜面段長度 L=5.0 m,高度h=3.0 m,為保證小朋友 的安全，在水平地面上鋪設了安全地墊.水平段與斜面段平滑連接，小朋友在連接處速度大小不 變.某小朋友從滑梯頂端由靜止開始滑下，經斜面底端后水平滑行一段距離，停在水平地墊上.已知小朋友質量為

9、m = 20 kg,小朋友在斜面上受到的平均阻力F。= 88 N,在水平段受到的平均阻力Ff2=100 N.不計空氣阻力，取重力加速度g=10 m/s2.求：(1)小朋友在斜面頂端滑下的過程中克服摩擦力做的功(2)小朋友滑到斜面底端時的速度v的大小； (3)為使小朋友不滑出水平地墊，地墊的長度x至少多長.答案 (1)440 J (2)4 m/s (3)1.6 m:Wfi = FfiL=88X5 J=440 J解析(1)小朋友在斜面滑下的過程中克服摩擦力做的功為12(2)小朋友在斜面上運動 ，由動能te理得 mgh- Wf1 =-mv 代入數據解得：v = 4 m/s (3)小朋友在水平地墊上運

10、動的過程，由動能定理得：1_ 2-Ff2x= 0 2mv 解得：x= 1.6 m.【拓展訓練3】(多選)(2019寧夏銀川市質檢)如圖所示為一滑草場.某條滑道由上、下兩段高均為h,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祖質量為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，sin 37 = 0.6,cos 37 = 0.8).則() 6A.動摩擦因數尸7B.載人滑草車最大速度為2ghC.載人滑草車克服摩擦力做功為mghD.載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為35g答案 AB 解析對

11、整段過程，由動能定理知。hmg 2hmgos 45 sin 45 科 mgos 37 解得尸7,載人滑草車克服摩擦力做功為mg 2h,故A正確,C錯誤;滑草車在下段滑道時，對其受力分析如圖： 沿斜面方向：F合=mgsin 37 -IN 垂直斜面方向：Fn= mgcos 37 ° 聯立知F合=35mg,負號表示合力方向沿斜面向上 知滑草車在下段滑道做勻減速直線運動 加速度大小為a= F=:3g,故D錯誤. m 35由以上分析知滑草車到達兩段滑道交接處時速度最大，由動能定理知：h 12mgh一科 mgos 45 sin 45 mvm 解得Vm=寸金,故B正確.【拓展訓練4 在賽車場上，為

12、了安全起見，車道外圍都固定上廢舊輪胎作為圍欄，當車碰撞圍欄時起緩沖器作用.為了檢驗廢舊輪胎的緩沖效果，在一次模擬實驗中用輕彈簧來代替廢舊輪胎，實驗情景如圖所示，水平放置的輕彈簧左側固定于墻上，處于自然狀態，開始賽車在A處且處于靜止狀態，距彈簧自由端的距離 Li = 1 m.當賽車啟動時，產生水平向左的恒為 F=24 N的牽引 力使賽車向左勻加速前進，當賽車接觸輕彈簧的瞬間立即關閉發動機，賽車繼續壓縮輕彈簧，最后被彈回到B處停下.已知賽車的質量 m=2 kg,A、B之間的距離L?= 3 m,賽車被彈回的過程 中離開彈簧時的速度大小v= 4 m/s,方向水平向右.取g=10 m/s2.求：上冽火.

13、防w威(1)賽車和地面間的動摩擦因數；(2)彈簧被壓縮的最大距離.答案(1)0.2 (2)0.5 m解析(1)從賽車離開彈簧到 B處停下，1 O 由動能7E 理得一mgL1+L2) = 02mv 解得產0.2(2)設輕彈簧被壓縮的最大距離為L,從賽車加速到離開彈簧，由動能定理得FL1 - m(L 1 + 2L) = 2mv2 0解得 L=0.5 m.題型m功能關系的理解和應用1 .功能關系的理解(1)做功的過程就是能量轉化的過程，不同形式的能量發生相互轉化可以通過做功來實現.(2)功是能量轉化的量度.重力做功是重力勢能改變的量度，Wg = AEp.彈簧彈力做功是彈性勢能改變的量度 ，W彈=AE

14、p.電場力做功是電勢能改變的量度，W= AEp.合外力做功是動能改變的量度.除重力或彈簧彈力外的其他力做功是物體機械能改變的量度一對滑動摩擦力做功是系統內能改變的量度2 .功能關系的應用（1）分析物體運動過程中受哪些力，有哪些力做功，有哪些形式的能發生變化（2）根據自己習慣用動能定理或能量守恒定律理解或計算【例4 （2017全國卷出16）如圖，一質量為m,長度為l的均勻柔軟細繩 PQ豎直懸掛.用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點,M點與繩的上端 P相距;l.重力加速度大小為g.在此3過程中，外力做的功為（）Aymgl B.gmglC 1,jmgl31Dqmgl答案 A解析由題意可知，PM

15、段細繩的機械能不變,MQ段細繩的重心升高了1,則重力勢能增加 AEp= 2mgt=1mgl,由功能關系可知，在此過程中，外力做的功為 W= 1mgl ,故選項A正確,B、C、D 36 99錯誤.【拓展訓練 5 （2019超級全能生 2月聯考）“竹蜻蜓”是一種兒童玩具，雙手用力搓柄可使“竹蜻蜓”向上升，某次實驗，“竹蜻蜓”離手后沿直線上升到最高點，在該過程中（）A.空氣對“竹蜻蜓”的作用力大于“竹蜻蜓”對空氣的作用力B. “竹蜻蜓”的動能一直增加C. “竹蜻蜓”的重力勢能一直增加D. “竹蜻蜓”的機械能守恒答案 C解析 根據牛頓第三定律可知，空氣對“竹蜻蜓”的力一定等于“竹蜻蜓”對空氣的力,A錯

16、誤；“竹蜻蜓”離手后沿直線上升到最高點 ，從運動描述可知它是先加速后減速，所以動能先增加后減少，高度升高，重力勢能一直增加,B錯誤,C正確;空氣對“竹蜻蜓”做功，故“竹蜻蜓” 的機械能不守恒，D錯誤.【拓展訓練6】(2019福建龍巖市3月質量檢查)如圖所示，固定的傾斜光滑桿上套有一個質量為m的圓環，圓環與一根輕質彈性橡皮繩相連，橡皮繩的另一端固定在地面上的A點，橡皮繩豎直且處于原長h,讓圓環沿桿從靜止開始下滑，滑到桿的底端時速度為零.則在圓環下滑過程中(整個過程中橡皮繩的形變始終處于彈性限度內工下列說法中正確的是()A.圓環的機械能守恒B.圓環的機械能先增大后減小C.圓環滑到桿的底端時機械能減

17、少了mghD.橡皮繩再次恰好伸直時圓環動能最大答案 C解析 圓環沿光滑桿滑下，滑到桿的底端的過程中有兩個力對圓環做功，即環的重力和橡皮繩的拉力，所以圓環的機械能不守恒，如果把圓環和橡皮繩組成白系統作為研究對象，則系統的機械能守恒，因為橡皮繩的彈性勢能先不變再增大，所以圓環的機械能先不變后減小，故A、B錯誤;圓環的機械能減少了mgh,故C正確;在圓環下滑過程中從開始下滑到橡皮繩再次到達原長時,動能一直增大，但不是最大，沿桿方向合力為零的時刻，圓環的速度最大，故D錯誤.題型4動力學與能量觀點的綜合應用1 .做好兩個分析(1)綜合受力分析、運動過程分析，由牛頓運動定律做好動力學分析.(2)分析各力做

18、功情況，做好能量的轉化與守恒的分析，由此把握運動各階段的運動性質，各連接 點、臨界點的力學特征、運動特征和能量特征.2 .做好四個選擇(1)當物體受到恒力作用發生運動狀態的改變而且又涉及時間時，一般選擇用動力學方法解題；(2)當涉及功、能和位移時，一般選用動能定理、機械能守恒定律、功能關系或能量守恒定律解題，題目中出現相對位移時，應優先選擇能量守恒定律；(3)當涉及細節并要求分析力時，一般選擇牛頓運動定律，對某一時刻進行分析時選擇牛頓第二定律求解；(4)復雜問題的分析一般需選擇能量的觀點、運動與力的觀點綜合解題【例5 (2019浙南名校聯盟高三期末)兒童樂園里的彈珠游戲不僅具有娛樂性還可以鍛煉

19、兒童的眼手配合能力.某彈珠游戲可簡化成如圖所示的豎直平面內OABCD透明玻璃管道，管道的半徑較小.為研究方便建立平面直角坐標系，0點為拋物口，下方接一滿足方程 y=9x2的光滑拋物線形狀管道 0A；AB、BC是半徑相同的光滑圓弧管道，CD是動摩擦因數 尸0.8的粗糙直 管道;各部分管道在連接處均相切.A、B、C、D的橫坐標分別為Xa=1.20 m、Xb=2.00 m、Xc = 2.65 m、Xd = 3.40 m.已知，彈珠質量 m=100 g,直徑略小于管道內徑.E為BC管道的最高點, 在D處有一反彈膜能無能量損失的反彈彈珠，sin 37 = 0.6,sin 53 = 0.8,g取10 m/

20、s2,求：(1)若要使彈珠不與管道OA觸碰，在O點拋射速度V0應該多大；(2)若要使彈珠第一次到達E點時對軌道壓力等于彈珠重力的3倍，在。點拋射速度V0應該多大；(3)游戲設置3次通過E點獲得最高分，若要獲得最高分在 。點拋射速度Vo的范圍. 答案見解析解析(1)由丫 =59x2 得:A 點坐標(1.20 m,0.80 m)1 ,由平拋運動規律：Xa= Vot,yA=2gt ,VAy= gt,VA=田V0 + 7A代入數據，求得t= 0.4 S,V0 =3 m/s,VAy=4 m/s,VA= 5 m/s；(2)由平拋運動速度關系，可得0= 53 °,求得AB、BC圓弧的半徑R=0.5

21、 m對 E 點:3mg + mg= mv|",求得：vE= 2m m/sR對彈子由。點到E點的過程由動能定理得：1212mgyA mgR(1 cos 53 ) = 2mvE 2mvo 求得：70=2& m/s;(3)sina=2.652.000.400.5= 0.5,a= 30 ,CD與水平面的夾角也為a= 30°(可不求)設3次通過E點的速度最小值為 V1,有：mgyA-mgR(1-cos 53 )-2 mgCDeos 30 = 02mv12,求得:V1 =2 m/s設3次通過E點的速度最大值為 V2,有：12mgyA-mgR(1-cos 53 )-4mgCDco

22、s 30 = 02mv2，求得：V2 = 6 m/s考慮2次經過E后不從0點離開，有：2mgCDcos 30 = 0 2mv32,求得:V3= 2m m/s因 V2>V3,所以 2 ,3m/s<vo<2 ,6 m/s【拓展訓練7 (2019寧波市3月模擬)如圖所示，豎直面內用光滑鋼管彎成的“9”字形固定軌道與水平桌面的右端相接，“9"字全高H=0.8 m, “9”字上半部分四分之三圓弧半徑為R=0.2 m,鋼管的內徑大小忽略不計.桌面左端固定輕質彈簧，開始彈簧處于鎖定狀態，其右端處于 A位置,此時彈簧具有的彈性勢能為Ep=2.16 J,將質量m = 0.1 kg的可

23、看作質點的小球放在A位置與彈簧相接觸，解除彈簧鎖定后，小球從A被彈出后經過B點進入“ 9”字形軌道最后從 D 點水平拋出，AB間水平距離為L=1.2 m,小球與桌面間的動摩擦因數為尸0.3,重力加速度g取10 m/s2,不計空氣阻力，假設水平地面足夠長，試求：(1)彈簧解除鎖定后，小球到B點時的速度大小；(2)小球運動到軌道最高點C時對軌道的作用力；(3)若小球從“ 9”字形軌道D點水平拋出后，第一次與地面碰撞前速度方向與水平地面傾角0=45。,每一次與地面碰撞過程中小球水平速度分量保持不變，小球彈起來的豎直速度分量減小為碰撞前的一半，直到最后沿著水平地面滾動，求小球開始沿地面滾動的位置與D點

24、的水平距離以及碰撞過程中小球損失的機械能.答案 (1)6 m/s (2)9 N,方向豎直向上(3)8.4 m 1.4 J解析(1)設小球到B點時的速度為Vo,彈簧解除鎖定后，由動能定理得12Ep科 mg2mvovo= 6 m/s(2)對小千由B到C運動,由動能定理得：mgH= 2mvC2- 2mvo22 Vc 在 C 點:FN + mg= m： R解得：Fn=9 N由牛頓第三定律得：小球對軌道的作用力大小為9 N,方向豎直向上1212(3)小球由 B 至U D 運動：一mg(H 2R) = 2mvD 2mvo解得：vD= *8 m/s第1次到達地面時:Vy= VDu ,vy= Vd = J28

25、 m/sy tan 45 y豎直方向有：2gh= Vy2,解得:h= 1.4 m.小球離開D點直到最后在水平地面做直線運動，在豎直方向運動的總時間 t .= V+2X1xV+(1)2XV+ J3X 也+g 2 g2，g 2 g x= VDt 總=8.4 m代入一嚕s+2X10s2一 s=小球離開D點直到最后在水平地面做直線運動，在水平方向運動的位移大小損失的機械能為：AE= mghAE= mgh = 1.4 J.專題強化練【基礎題組】1.（多選）（2019溫州市聯考）一蹦極運動員身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺下落，到最低點時距水面還有數米距離.假定空氣阻力可忽略，運動員可視為質點，下列說法正確

26、的是（）A.運動員到達最低點前重力勢能始終減小B.蹦極繩張緊后的下落過程中，彈力做負功，彈性勢能增加C.蹦極過程中，運動員、地球和蹦極繩所組成的系統機械能守恒D.蹦極過程中，重力勢能的改變與重力勢能零點的選取有關答案 ABC解析 運動員到達最低點前重力始終做正功，重力勢能始終減小，故A正確；蹦極繩張緊后的下落過程中，彈力方向與位移方向始終相反，彈力做負功，彈性勢能增加，故B正 確；以運動員、地球和蹦極繩所組成的系統，只有重力和彈力做功，系統的機械能守恒，故C正確；重力勢能的改變與重力做功有關，取決于初末位置的高度差，與重力勢能零點的選取無關，故D 錯誤.2.（2019諸暨市期末）人們用一塊彈性

27、毯子將小孩豎直拋起，再保持彈性毯子水平，接住小孩，這是阿拉斯加當地人的一種娛樂方式.若不計空氣阻力，下列說法中正確的是（）A.用毯子將小孩上拋，毯子對小孩做正功，小孩機械能增加B.小孩在空中上升時處于超重狀態，下落過程處于失重狀態C.小孩由最高點下落，一接觸到彈性毯子就立刻做減速運動D.小孩由最高點下落至速度為零的過程中，小孩機械能守恒答案 A3 .（2019金華十校高三期末）“反向蹦極”是蹦極運動的一種類型，如圖所示，將彈性繩拉長后固定在運動員身上，并通過其他力作用使運動員停留在地面上，當撤去其他力后，運動員從A點被“發射”出去沖向高空，當上升到B點時彈性繩恢復原長，運動員繼續上升到最高點C

28、,若運動員始終沿豎直方向運動并視為質點，忽略彈性繩質量與空氣阻力.下列說法正確的是（）A.運動員在A點時彈性繩的彈性勢能最小B.運動員在B點時的動能最大C.運動員在C點時的加速度大小為 0D.運動員從A點運動到B點的過程，彈性繩的彈性勢能減小量大于運動員重力勢能的增加量 答案 D4 .（2019廣東深圳市第一次調研）在水平地面上方某處，把質量相同的 P、Q兩小球以相同速率 沿豎直方向拋出，P向上,Q向下,不計空氣阻力，兩球從拋出到落地的過程中（）A.P球重力做功較多B.兩球重力的平均功率相等C.落地前瞬間，P球重力的瞬時功率較大D.落地前瞬間，兩球重力的瞬時功率相等 答案 D解析 根據 W=

29、mgh可知兩球重力做功相同，選項A錯誤;上拋的物體運動時間長，根據P = % 可知兩球重力的平均功率不相等 ，選項B錯誤;根據機械能守恒定律可知 ；mv2= mgh+mv。2,兩 球落地的速度相同，根據P=mgv可知落地前瞬間，兩球重力的瞬時功率相等，選項C錯誤,D正 確.5.（2019紹興市3月選考）一高度為d的倉庫起火，現需要利用倉庫前方固定在地面上的消防水 炮給它滅火.如圖所示，水炮與倉庫的距離為 d,出水口的橫截面積為S,噴水方向可自由調節、功率也可以變化.火勢最猛的那層樓窗戶上、下邊緣離地高度分別為0.75d和0.25d,（要使滅火效果最好）要求水噴入時的方向與窗戶面垂直.已知水炮的

30、效率為Y,水的密度為偽重力加速度為g,不計空氣阻力，忽略水炮離地高度.下列說法正確的是商戶上邊綠I 窗戶卜邊繚、 水炮、A.若水從窗戶下邊緣進入，則進入時的速度大小為 VgdB.若水從窗戶上邊緣進入，則進入時的速度大小為42gdC.若水從窗戶的正中間進入，則此時的水炮功率最小D.滿足水從窗戶進入的水炮功率最小值為2 p (gd)3答案 C解析 將水的運動逆向看作是平拋運動，上邊緣進入，由d = vit,0.75d = 1gt2,得vi2gd.下邊緣進入d = V2t,0.25d = 2gt2,得丫2 = 42前,故A、B錯誤.設從h處進入，由h=Sgt2及d = Vxt,Vy2 = 2gh.2

31、.2.則初速度V02=Vx2+Vy2=gh+2gh,當gdh=2gh,即h=?時v°有最小值丫。=啊,功率最小；由F , & pvoSAtvo,233得 F= p Vo，功率 P= Fvo= p Vo = p (gd)2,故 C 正確,D 錯慶.6 .(2019紹興諸暨市期末)某三層書架放在1 m高的桌面上，書架的層高均為30 cm,隔板厚度 不計.假設每本書質量為1 kg,高度為20 cm,每層書架可豎直擺放 10本書,一開始所有書全部都 平鋪在水平地面上.現將書搬到書架上并豎直放滿書架，需要做的功為(g取10 m/s2)()A.435 J B.420 J C.120 J

32、D.390 J答案 B解析 放滿書的三層書架，三層書的重心分別上升1.1 m,1.4 m,1.7 m,由W= mg(h+h?+h3)=420 J.7 .放置于水平地面上的物體在水平恒力F作用下，以不同的速度沿著力F的方向勻速運動了距離L.第一次的速度為Vi,恒力F做的功為 Wi,功率為Pi；第二次的速度為V2,恒力F做的功為 W2,功率為P2.已知V1>V2,則下列判斷正確的是()A.Wi>W2,Pi = P2B.Wi>W2,Pi>P2C.W1= W?,Pi = P2D.Wi= W2,Pi>P2答案 d解析 根據W= FL可知，兩次做功相同則 Wi=W2；由于V1

33、>V2,所以第一次做功時間短 根據P =W可得Pi>P2,選項D正確.8 .（2019天津市和平區上學期期末）如圖所示，兩個半徑不同、內壁光滑的半圓軌道，固定于地面， 兩軌道的球心O、O'在同一水平高度上，一小球先后從與軌道球心在同一高度上的A、B兩點從靜止開始滑下，以軌道球心所在位置為零勢能面，通過最低點時，下列說法中不正確的是（）A.小球對軌道的壓力是相同的B.小球的速度相同C.小球向心加速度是相同的D.小球的機械能相同答案 B解析 設小球通過最低點的速度大小為v,半圓的半徑為 R.在落到最低點的過程中.根據動能定理得mgR= 2mv20,解得v=R2gR,可知R越大v

34、越大，故B錯誤;在最低點，豎直方向上的合 力提供向心力，由牛頓第二定律有 Fnmg= m,聯立解得FN = 3mg,可知軌道對小球的支持力R與半圓軌道的半徑無關 曲牛頓第三定律可知小球對兩軌道的壓力大小均為重力的3倍，方向均豎直向下，故A正確;在最低點,a=FNmg=2g,方向豎直向上，故C正確；兩球下滑都只有重 m力做功，滿足機械能守恒，故D正確.9 .一名外賣送餐員用電動自行車沿平直公路行駛給客戶送餐，中途因電瓶“沒電”，只能改用腳蹬車以5 m/s的速度勻速前行，騎行過程中所受阻力大小恒為車和人總重力的0.02倍（取g=10 m/s2）,該送餐員騎電動自行車以5 m/s的速度勻速前行過程做

35、功的功率最接近（）A.10 W B.100 W C.1 kW D.10 kW答案 B解析 設送餐員和車的總質量為100 kg,勻速行駛時的速率為 5 m/s,勻速行駛時的牽引力與阻力大小相等，F=0.02mg=20 N,則送餐員騎電動自行車勻速行駛時的功率為P=Fv=100 W,故B正確.【能力題組】10.（2018全國卷I 18）如圖,abc是豎直面內的光滑固定軌道 ，ab水平，長度為2R;bc是半徑為R 的四分之一圓弧，與ab相切于b點.一質量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點處從靜止開始向右運動.重力加速度大小為g.小球從a點開始運動到其軌跡最高點機械能的增量為(

36、)B.4mgRD.6mgRA.2 mgRC.5mgR答案 C 解析 小球從a運動到c,根據動能定理，得1 2 .F 3R mgR= mvi，又 F = mg,故 vi= 2JgR,小球離開c點在豎直方向做豎直上拋運動，水平方向做初速度為零的勻加速直線運動.且水平方向與豎直方向的加速度大小相等 ，都為g,故小球從c點到最高點所用的時間 1= 2、聘， 水平位移x=gt2= 2R,2根據功能關系，小球從a點到軌跡最高點機械能的增量為力F做的功，即E = F (2R+R+ x)=5mgR.11.(2019寧波市“十校聯考”)如圖所示，一水平圓盤繞過圓心的豎直軸轉動，圓盤半徑 R =0.2 m,圓盤邊

37、緣有一質量 m= 1 kg的小滑塊.當圓盤轉動的角速度達到某一數值時，滑塊恰從圓盤邊緣A沿過渡圓管滑落，進入軌道ABC,AB粗糙,BCD光滑,CD面足夠長且離地面高為h'=0.4 m,經C點后突然給滑塊施加水平向右的恒力F =103反N.已知AB段斜面傾角為60°,BC段斜面傾角為30°,小滑塊與圓盤的動摩擦因數尸0.5,A點離B點所在水平面的高度h=1.2 m,運動到B點時的速度為3 m/s,滑塊從A至C運動過程中始終未脫離軌道，不計在過渡圓管處和B點的機械能損失，最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，重力加速度g取10 m/s2,求：滑出A點時，圓盤轉動的角速度屹(2)小滑塊在從A到B時,摩擦力做的功；(3)小滑塊在CD面上的落點距 C點的水平距離3答案 (1)5 rad/s (2)8 J / m 解析(1)滑塊在圓盤上做圓周運動時，靜摩擦力充當向心力 根據牛頓第二定律得：mg= mo 2r,代入數據解得：3= 5 rad/s(2)va= 3 R= 5 x 0.2 m/s =1 m/ s, 從A到B的運動過程由動能定理:mgh + Wf = 2mvB2 2mvA2,解得Wf= 8 J(3)-mgh，=2m