高考物理大复习与增分策略专题七功功率与动能定理

专题七功功率与动能定理考纲解读章内容考试要求说明必考加试机械能守恒定律追寻守恒量——能量b1.不要求用功的定义式计算变力的功2.不要求用功率、力和速度的关系式解决力与速度不在一条直线上的问题3.不要求结合力和运动关系定量求解机车以恒定功率启动和匀加速启动的问题4.不要求用平均力计算变力做功和利用F－l图象求变力做功5.不要求用动能定理解决物体系的问题功 c功率 c c动能和动能定理dd一、功1.做功的两个要素(1)作用在物体上的力.(2)物体在力的方向上发生的位移.2.功的物理意义功是能量转化的量度.3.公式W＝Fl cos_α(1)α是力与位移方向之间的夹角，l为物体对地的位移.(2)该公式只适用于恒力做功.4.功的正负(1)当0≤α<π2时，W>0，力对物体做正功.(2)当π2<α≤π时，W<0，力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功.(3)当α＝π2时，W＝0，力对物体不做功.二、功率1.物理意义：描述力对物体做功的快慢.2.公式：(1)P ＝W t，P 为时间t 内的物体做功的快慢. (2)P ＝Fv①v 为平均速度，则P 为平均功率. ②v 为瞬时速度，则P 为瞬时功率. 3.对公式P ＝Fv 的几点认识：(1)公式P ＝Fv 适用于力F 的方向与速度v 的方向在一条直线上的情况. (2)功率是标量，只有大小，没有方向；只有正值，没有负值.(3)当力F 和速度v 不在同一直线上时，可以将力F 分解或者将速度v 分解. 4.额定功率：机械正常工作时的最大功率.5.实际功率：机械实际工作时的功率，要求不能大于额定功率. 三、动能1.定义：物体由于运动而具有的能.2.公式：E k ＝12mv 2.3.物理意义：动能是状态量，是标量(选填“矢量”或“标量”)，只有正值，动能与速度方向无关.4.单位：焦耳，1 J ＝1 N·m＝1 kg·m 2/s 2.5.动能的相对性：由于速度具有相对性，所以动能也具有相对性.6.动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔE k ＝12mv 22－12mv 12.四、动能定理1.内容：在一个过程中合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化.2.表达式 (1)W ＝ΔE k . (2)W ＝E k2－E k1. (3)W ＝12 mv 22－12mv 12.3.物理意义：合外力做的功是物体动能变化的量度.4.适用条件(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动. (2)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功.(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用.1.如图1所示，两个互相垂直的力F1与F2作用在同一物体上，使物体通过一段位移的过程中，力F1对物体做功4 J，力F2对物体做功3 J，则力F1与F2的合力对物体做功为( )图1A.7 JB.1 JC.5 JD.3.5 J答案 A解析力F1与F2的合力做的功等于F1与F2做功的代数和，即W合＝W1＋W2＝(4＋3) J＝7 J.2.(2016·嘉兴市期末测试)坐在雪橇上的人与雪橇的总质量为m，如图2所示在与水平面成θ角的恒定拉力F作用下，沿水平地面向右移动了一段距离l.已知雪橇与地面间的动摩擦因数为μ，雪橇受到的( )图2A.支持力做功为mglB.重力做功为mglC.拉力做功为Fl cos θD.滑动摩擦力做功为－μmgl答案 C解析支持力和重力与位移垂直，不做功，选项A、B错误；拉力和摩擦力分别做功为W F＝Fl cos θ，W f＝－μ(mg－F sin θ)l，选项C正确，D错误.3.一汽车在水平公路上行驶，设汽车在行驶过程中所受阻力不变.汽车的发动机始终以额定功率输出，关于牵引力和汽车速度的下列说法中正确的是( )A.汽车加速行驶时，牵引力不变，速度增大B.汽车加速行驶时，牵引力增大，速度增大C.汽车加速行驶时，牵引力减小，速度增大D.当牵引力等于阻力时，汽车将停止运动答案 C解析汽车的发动机输出功率恒定，即P一定，则由公式P＝Fv可得：v增大，F减小，但由于合外力方向与汽车运动方向一致，因此汽车速度仍在增大，A、B错误，C正确；当汽车受到的牵引力和阻力相等时，汽车速度达到最大值，而后进行匀速运动，D 错误. 4.(2016·舟山市模拟)下列关于动能的说法，正确的是( ) A.运动物体所具有的能就是动能B.物体做匀变速运动，某一时刻速度为v 1，则物体在全过程中的动能都是12mv 12C.做匀速圆周运动的物体其速度改变而动能不变D.物体在外力F 作用下做加速运动，当力F 逐渐减小时，其动能也逐渐减小 答案 C解析 运动的物体除具有动能以外，还可能具有其他形式的能，A 选项错误；动能是状态量，当速度v 的大小变化时，动能就发生变化，B 选项错误；由于匀速圆周运动中，物体的速度大小不变，因此物体的动能不变，C 选项正确；当物体做加速度逐渐减小的加速运动时，物体的动能仍在变大，D 选项错误.故选C.5.有一质量为m 的木块，从半径为r 的圆弧曲面上的a 点滑向b 点，如图3所示.如果由于摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是( )图3A.木块所受的合外力为零B.因木块所受的力都不对其做功，所以合外力做的功为零C.重力和摩擦力的合力做的功为零D.重力和摩擦力的合力为零 答案 C解析 木块做曲线运动，速度方向变化，加速度不为零，故合外力不为零，A 错；速率不变，动能不变，由动能定理知，合外力做的功为零，而支持力始终不做功，重力做正功，所以重力做的功与摩擦力做的功的代数和为零，但重力和摩擦力的合力不为零，C 对，B 、D 错.功、功率的分析与计算1.功的计算方法 (1)恒力做功其中l 是相对地的位移 (2)变力做功①用动能定理：W ＝12mv 22－12mv 12.②当变力的功率P 一定时，可用W ＝Pt 求功，如机车恒定功率启动时. ③将变力做功转化为恒力做功：当力的大小不变，而方向始终与运动方向相同或相反时，这类力的功等于力和路程(不是位移)的乘积.如滑动摩擦力做功、空气阻力做功等. (3)总功的计算①先求物体所受的合外力，再求合外力的功； ②先求每个力做的功，再求各功的代数和. 2.功率的计算方法平均 功率 ①利用P ＝Wt.②利用P ＝F v ，其中v 为物体运动的平均速度. 瞬时 功率利用公式P ＝Fv ，其中v 为t 时刻的瞬时速度.例1 (多选)一质量为1 kg 的质点静止于光滑水平面上，从t ＝0时刻开始，受到水平外力F 作用，如图4所示.下列判断正确的是( )图4A.0～2 s 内外力的平均功率是4 WB.第2 s 内外力所做的功是4 JC.第2 s 末外力的瞬时功率最大D.第1 s 末与第2 s 末外力的瞬时功率之比为9∶4 答案 AD解析 第1 s 末质点的速度v 1＝F 1m t 1＝31×1 m/s＝3 m/s.第2 s 末质点的速度v 2＝v 1＋F 2m t 2＝(3＋11×1) m/s＝4 m/s.则第 2 s 内外力做功W 2＝12mv 22－12mv 21＝3.5 J.0～2 s 内外力的平均功率 P ＝12mv 22t ＝0.5×1×422 W ＝4 W.选项A 正确，选项B 错误； 第1 s 末外力的瞬时功率P 1＝F 1v 1＝3×3 W＝9 W ，第2 s 末外力的瞬时功率P 2＝F 2v 2＝1×4 W＝4 W ，故P 1∶P 2＝9∶4.选项C 错误，选项D 正确.求解功率时应注意的“三个”问题(1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率；(2)平均功率与一段时间(或过程)相对应，计算时应明确是哪个力在哪段时间(或过程)内做功的平均功率；(3)瞬时功率计算时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率. 变式题组1.(2015·浙江10月选考·12)快艇在运动中受到的阻力与速度平方成正比(即F f ＝kv 2).若油箱中有20 L 燃油，当快艇以10 m/s 匀速行驶时，还能行驶40 km ，假设快艇发动机的效率保持不变，则快艇以20 m/s 匀速行驶时，还能行驶( ) A.80 km B.40 km C.10 km D.5 km 答案 C解析 20 L 燃油可用于克服阻力做功一定，即F f s ＝kv 2s 一定，s 与v 2成反比，当速度增加为原来的2倍时，路程应为原来的14，C 对.2.质量为m 的物体静止在粗糙的水平地面上.现用一水平拉力使物体从静止开始运动，其运动的v －t 图象如图5所示.下列关于物体运动过程，分析正确的是( )图5A.0～t 1时间内拉力逐渐减小B.0～t 1时间内拉力对物体做负功C.在t 1～t 2时间内拉力的功率为零D.在t 1～t 2时间内合外力做功为12mv 2答案 A解析 由运动的v －t 图象可知，物体运动的加速度越来越小，水平拉力越来越小，所以0～t 1时间内拉力逐渐减小，选项A 正确；由于拉力与运动方向相同，所以0～t 1时间内拉力对物体做正功，选项B 错误；由P ＝Fv 可知，在t 1～t 2时间内拉力等于摩擦力，速度不为零，所以拉力的功率不为零，选项C 错误；由于在t 1～t 2时间内物体速度不变，合外力做功为零，选项D 错误.3.一个质量为m 的小球做自由落体运动，那么，在前t 秒内重力对它做功的平均功率P 及在t 秒末重力做功的瞬时功率P 分别为(t 秒末小球未着地)( )A.P ＝mg 2t 2，P ＝12mg 2t 2B.P ＝mg 2t 2，P ＝mg 2t 2C.P ＝12mg 2t ，P ＝mg 2tD.P ＝mg 2t ，P ＝2mg 2t 答案 C解析 前t 秒内重力做功的平均功率P ＝W t＝mg ·12gt 2t＝12mg 2t t 秒末重力做功的瞬时功率 P ＝Fv ＝mg ·gt ＝mg 2t .故C 正确.动能定理的理解和应用1.应用动能定理解题的步骤2.注意事项(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学研究方法要简便.(2)动能定理表达式是一个标量式，不能某个方向上应用动能定理.(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解.(4)应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负.当一个力做负功时，可设物体克服该力做功为W ，将该力做功表示为－W ，也可以直接用字母W 表示该力做功，使其字母本身含有负号. 例2 (2015·浙江10月选考·20)如图6所示是公路上的“避险车道”，车道表面是粗糙的碎石，其作用是供下坡的汽车在刹车失灵的情况下避险.质量m ＝2.0×103kg 的汽车沿下坡行驶，当驾驶员发现刹车失灵的同时发动机失去动力，此时速度表示数v 1＝36 km/h ，汽车继续沿下坡匀加速直行l ＝350 m 、下降高度h ＝50 m 时到达“避险车道”，此时速度表示数v 2＝72 km/h.(g ＝10 m/s 2)图6(1)求从发现刹车失灵至到达“避险车道”这一过程汽车动能的变化量； (2)求汽车在下坡过程中所受的阻力；(3)若“避险车道”与水平面间的夹角为17°，汽车在“避险车道”受到的阻力是在下坡公路上的3倍，求汽车在“避险车道”上运动的最大位移(sin 17°≈0.3). 答案 (1)3.0×105J (2)2.0×103N (3)33.3 m 解析 (1)由ΔE k ＝12mv 22－12mv 21得ΔE k ＝3.0×105 J(2)由动能定理mgh －F f l ＝12mv 22－12mv 21得F f ＝12mv 21－12mv 22＋mgh l＝2.0×103N(3)设汽车在“避险车道”上运动的最大位移是x ，由动能定理 －(mg sin 17°＋3F f )x ＝0－12mv 22得x＝12mv 22mg sin 17°＋3F f≈33.3 m动能定理的应用技巧1.应用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，借助草图理解物理过程和各量关系.2.明确研究对象的已知量和未知量，若求过程的初、末速度，首先确定各力做功及总功，然后列出方程；若求某力或某力的功，首先确定过程的初、末速度，然后列方程求解. 变式题组4.(多选)如图7所示，电梯质量为M ，在它的水平地板上放置一质量为m 的物体.电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v 1增加到v 2时，上升高度为H ，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是( )图7A.对物体，动能定理的表达式为W N ＝12mv 22，其中W N 为支持力的功B.对物体，动能定理的表达式为W 合＝0，其中W 合为合力的功C.对物体，动能定理的表达式为W N －mgH ＝12mv 22－12mv 21，其中W N 为支持力的功D.对电梯，其所受合力做功为12Mv 22－12Mv 21答案 CD解析 电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg 、支持力F N ，这两个力的总功才等于物体动能的增量ΔE k ＝12mv 22－12mv 21，故A 、B 均错误，C 正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力的功一定等于其动能的增量，故D 正确.5.(2016·温州市调研)如图8所示，一个弹簧左端固定于墙上，右端连接物块，物块质量为m ，它与水平桌面间的动摩擦因数为μ.起初用手按住物块，弹簧的伸长量为x ，然后放手，当弹簧的长度回到原长时，物块的速度为v 0，则此过程中弹力所做的功为( )图8A.12mv 20＋μmgxB.12mv 20－μmgx C.12mv 20 D.μmgx －12mv 20 答案 A解析 当弹簧恢复到原长时，物块对地的位移为x ，根据动能定理有：W 弹＋(－μmgx )＝12mv 20－0，得W 弹＝12mv 20＋μmgx ，选项A 正确.6.一架质量m ＝2.0×103kg 的喷气式飞机在恒定牵引力作用下由静止开始滑跑，当位移为x ＝5.0×102m 时，速度达到起飞速度v ＝60 m/s.在此过程中飞机受到的平均阻力是飞机重量的k 倍(k ＝0.02)，重力加速度g ＝10 m/s 2. (1)求刚起飞时飞机的动能； (2)求此过程中飞机受到的牵引力；(3)当飞机在空中以v 1＝300 m/s 速度水平匀速飞行时，发动机的输出功率P ＝1.5×106W.求此时飞机受到的阻力.答案 (1)3.6×106J(2)7.6×103N(3)5.0×103N 解析 (1)设刚起飞时飞机的动能为E k ，则E k ＝12mv 2得E k ＝3.6×106J(2)设飞机受到的恒定牵引力为F ，由动能定理有 (F －kmg )x ＝12mv 2－0得F ＝7.6×103 N(3)设此时飞机受到的阻力为F f ，则F f ＝P v 1得F f ＝5.0×103N用动能定理解决多过程问题1.由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂，从动力学的角度分析多过程问题往往比较复杂，但是，用动能定理分析问题，是从总体上把握其运动状态的变化，并不需要从细节上了解.因此，动能定理的优越性就明显地表现出来了，分析力的作用是看力做的功，也只需把所有的力做的功累加起来即可.2.运用动能定理解决问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式.3.全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点：(1)重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关； (2)大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积. (3)弹簧弹力做功与路径无关.例3 (2015·浙江考试说明题型示例主观题·5)如图9所示，在竖直平面内固定一半径为2 m 、圆心角为120°的光滑圆弧轨道BEC ，其中点E 是最低点.在B 、C 两端平滑、对称地连接AB 、CD 两段粗糙直轨道，直轨道上端A 、D 与最低点E 之间的高度差均为2.5 m.现将质量为0.01 kg 的小物块由A 点静止释放，物块与直轨道间的动摩擦因数均为0.25.g ＝10 m/s 2，求：图9(1)小物块从静止释放到第一次过E 点时重力做的功； (2)小物块第一次通过E 点时的动能大小； (3)小物块在E 点时受到支持力的最小值. 答案 (1)0.25 J (2)0.23 J (3)0.2 N 解析 (1)从A 到E 的过程，重力做功为：W 1＝mgh ＝0.01×10×2.5 J＝0.25 J.(2)AB 间的距离s ＝h －R 1－cos 60°sin 60°＝ 3 m从A 至E 的过程中，根据动能定理，有：W 1－μmg cos 60°·s ＝E k E解得：E k E ＝0.25 J －0.012 5 3 J≈0.23 J.(3)最终，小物块在圆弧轨道间来回滑动，根据机械能守恒定律，有：mg (R －R cos 60°)＝12mv 2E ①在E 点，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：F N －mg ＝m v 2ER②联立①②解得：F N ＝mg ＋m v 2ER＝2mg ＝2×0.01×10 N＝0.2 N.应用动能定理求解多过程问题的基本思路1.弄清物体的运动由哪些过程组成.2.分析每个过程中物体的受力情况.3.各个力做功有何特点，对动能的变化有无影响.4.从总体上把握全过程，表达出总功，找出初、末状态的动能.5.对所研究的全过程运用动能定理列方程. 变式题组7.在赛车场上，为了安全起见，车道外围都固定上废旧轮胎作为围栏，当车碰撞围栏时起缓冲器作用.在一次模拟实验中用弹簧来代替废旧轮胎，实际情景如图10所示，水平放置的轻弹簧左侧固定于墙上，处于自然状态，开始赛车在A 处且处于静止状态，距弹簧自由端的距离为L 1＝1 m.当赛车启动时，产生水平向左的恒为F ＝24 N 的牵引力使赛车向左匀加速前进，当赛车接触弹簧的瞬间立即关闭发动机，赛车继续压缩弹簧，最后被弹回到B 处停下.已知赛车的质量为m ＝2 kg ，A 、B 之间的距离为L 2＝3 m ，赛车被弹回的过程中离开弹簧时的速度大小为v ＝4 m/s ，水平向右.g 取10 m/s 2.求：图10(1)赛车和地面间的动摩擦因数； (2)弹簧被压缩的最大距离. 答案 (1)0.2 (2)0.5 m解析 (1)从赛车离开弹簧到B 点静止，由动能定理得 －μmg (L 1＋L 2)＝0－12mv 2解得μ＝0.2.(2)设弹簧被压缩的最大距离为L ，从赛车加速到离开弹簧，由动能定理得FL 1－μmg (L 1＋2L )＝12mv 2解得L ＝0.5 m.8.(2016·台州市调研)如图11甲所示，长为4 m 的水平轨道AB 与半径为R ＝0.6 m 的竖直半圆弧轨道BC 在B 处相连接，有一质量为1 kg 的滑块(大小不计)，从A 处由静止开始受水平向右的力F 作用，F 的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB 间的动摩擦因数为μ＝0.25，g 取10 m/s 2，求：图11(1)滑块到达B 处时的速度大小；(2)滑块在水平轨道AB 上运动前2 m 所用的时间；(3)若到达B 点时撤去力F ，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C ，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？ 答案 (1)210 m/s (2)2235s (3)5 J 解析 (1)对滑块从A 到B 的过程，由动能定理得F 1x 1－F 3x 3－μmgx ＝12mv 2B得v B ＝210 m/s.(2)在前2 m 内，有F 1－μmg ＝ma ， 且x 1＝12at 21，解得t 1＝2235s. (3)当滑块恰好能到达最高点C 时，有mg ＝m v 2CR对滑块从B 到C 的过程，由动能定理得W f －mg ×2R ＝12mv 2C －12mv 2B代入数值得W f ＝－5 J ，即克服摩擦力做的功为5 J.1.如图所示，下列过程中人对物体做了功的是( )A.小华用力推石头，但没有推动B.小明举起杠铃后，在空中停留3秒的过程中C.小红提着书包，随电梯一起匀速上升的过程中D.小陈将冰壶推出后，冰壶在水平冰面上滑行了5米的过程中答案 C解析力做功的公式W＝Fl cos α.石头没有运动，在力的方向上没有位移，故没有做功，选项A错误；杠铃在空中停留时，没有发生位移，人没有对杠铃做功，选项B错误；在上升过程中，人对包有力的作用，符合做功的条件，故人对书包做功，选项C正确；冰壶被推出后，人对冰壶没有施加作用力，故不做功，选项D错误.2.关于摩擦力对物体做功，以下说法中正确的是( )A.滑动摩擦力总是做负功B.滑动摩擦力可能做负功，也可能做正功C.静摩擦力对物体一定做负功D.静摩擦力对物体总是做正功答案 B解析无论静摩擦力还是滑动摩擦力，既可以做正功，也可以做负功，还可以不做功.3.如图1所示，同一物体分别沿斜面AD和BD自顶点由静止开始下滑，该物体与斜面间的动摩擦因数相同.在滑行过程中克服摩擦力做的功分别为W A和W B，则( )图1A.W A>W BB.W A＝W BC.W A<W BD.无法确定答案 B解析设斜面AD、斜面BD与水平面CD所成夹角分别为α、θ，根据功的公式，得W A＝μmg cos α·l AD＝μmgl CD，W B＝μmg cos θ·l BD＝μmgl CD，所以选B.4.(2015·浙江省学业水平测试)如图2所示，匈牙利大力士希恩考·若尔特曾用牙齿拉动50 t的A320客机.他把一条绳索的一端系在飞机下方的前轮处，另一端用牙齿紧紧咬住，在52 s 的时间内将客机拉动了约40 m.假设大力士牙齿的拉力约为5×103 N，绳子与水平方向的夹角θ约为30°，则飞机在被拉动的过程中( )图2A.重力做功约为2.0×107 JB.拉力做功约为1.7×105 JC.克服阻力做功约为1.5×105 JD.合外力做功约为2.0×105 J答案 B解析飞机在水平面上移动，因此重力不做功，A项错.根据做功公式W＝Fl cos θ，则W＝5×103×40×32J≈1.7×105J，所以B项对.在拉动飞机的过程中，由于不知道飞机是什么运动，无法得知阻力大小，所以阻力做功无法求解，C项错.整个过程中阻力做功无法求解，也不知道动能变化量，所以合外力做功无法求解，D项错.5.(2016·平湖市联考)一个质量为0.3 kg的弹性小球，在光滑水平面上以6 m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中小球的动能变化量ΔE k为( )A.Δv＝0B.Δv＝－12 m/sC.ΔE k＝1.8 JD.ΔE k＝10.8 J答案 B解析取初速度方向为正方向，则Δv＝(－6－6) m/s＝－12 m/s，由于速度大小没变，动能不变，故动能变化量为0，故只有选项B正确.6.某汽车以额定功率在水平路面上行驶，空载时的最大速度为v1，装满货物后的最大速度为v2，已知汽车空载时质量为m0，汽车所受的阻力跟车重成正比，则汽车后来所装货物的质量是( )A.v 1－v 2v 2m 0B.v 1＋v 2v 2m 0 C.v 1－v 2v 1m 0D.v 1v 2m 0 答案 A解析 当汽车空载时，有：P ＝F f1v 1＝km 0gv 1，当汽车装满货物后，有：P ＝F f2v 2＝k (m 0＋m )gv 2 联立两式解得：m ＝v 1－v 2v 2m 0.故A 正确，B 、C 、D 错误. 7.质量为m 的汽车，以恒定的功率P 从静止开始在平直路面上行驶一段距离s 后达到最大速度v m ，经历时间为t .若行驶中阻力F f 恒定，则以下关系式正确的是( ) A.v m ＝s tB.P ＝F f v mC.Pt ＝12mv 2m D.Pt ＝F f s答案 B解析 根据P ＝Fv ，F －F f ＝ma ，若保持功率P 不变，可知汽车做加速度减小的加速运动，达到最大速度v m 后，做匀速运动，所以A 错误；匀速运动时，F ＝F f ，所以P ＝F f v m ，故B 正确；对加速过程，根据动能定理可知：Pt －F f s ＝12mv 2m －0，所以C 、D 错误.8.(2015·海南·4)如图3所示，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为2mg ，重力加速度大小为g .质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为( )图3A.14mgRB.13mgRC.12mgRD.π4mgR 答案 C解析 在Q 点，F N －mg ＝mv 2R ，所以v ＝gR ；由P 到Q 根据动能定理得mgR －W f ＝12mv 2，解得W f ＝12mgR ，故C 正确.9.(2016·余姚市联考)在平直的公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到v max 后，立即关闭发动机直至静止，其v －t 图象如图4所示.设汽车的牵引力为F ，摩擦力为F f ，全程中牵引力做功为W 1，克服摩擦力做功为W 2，则( )图4A.F ∶F f ＝1∶3B.W 1∶W 2＝1∶1C.F ∶F f ＝3∶1D.W 1∶W 2＝1∶3 答案 B解析 对汽车运动的全过程应用动能定理，有W 1－W 2＝0，得W 1∶W 2＝1∶1，由图象知牵引力与阻力的作用距离之比为x 1∶x 2＝1∶4，由W 1＝Fx 1，W 2＝F f x 2，知F ∶F f ＝4∶1.10.如图5所示，斜槽轨道下端与一个半径为0.4 m 的圆形轨道平滑连接.一个质量为0.1 kg 的物体从高为H ＝2 m 的A 点由静止开始滑下，运动到圆形轨道的最高点C 处时，对轨道的压力等于物体的重力.求物体从A 点运动到C 点的过程中克服摩擦力所做的功.(g 取10 m/s 2)图5答案 0.8 J解析 物体运动到C 点时受到重力和轨道对它的弹力，由牛顿第二定律可知F N ＋mg ＝mv 2Cr，又F N ＝mg ，联立两式解得v C ＝2gr ＝2 2 m/s ， 在物体从A 点运动到C 点的过程中， 由动能定理有mg (H －2r )－W f ＝12mv 2C －0，代入数据解得W f ＝0.8 J.11.(2016·金华十校联考)如图6甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB 的A 处连接一粗糙水平面OA ，OA 长为4 m.有一质量为m 的滑块，从O 处由静止开始受一水平向右的力F 作用.F 只在水平面上按图乙所示的规律变化.滑块与OA 间的动摩擦因数μ＝0.25，g 取10 m/s 2，试求：图6(1)滑块运动到A 处的速度大小；(2)不计滑块在A 处的速率变化，滑块冲上斜面AB 的长度是多少？ 答案 (1)5 2 m/s (2)5 m解析 (1)由题图乙知，在前2 m 内，F 1＝2mg 做正功，在第3 m 内，F 2＝－0.5mg ，做负功，在第4 m 内，F 3＝0，滑动摩擦力F f ＝－μmg ＝－0.25mg ，始终做负功，对于滑块在OA 上运动的全过程，由动能定理得F 1x 1＋F 2x 2＋F f x ＝12mv 2A －0即2mg ×2－0.5mg ×1－0.25mg ×4＝12m v 2A解得v A ＝5 2 m/s(2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得 －mgL sin 30°＝0－12mv 2A解得L ＝5 m所以滑块冲上斜面AB 的长度L ＝5 m.12.如图7所示装置由AB 、BC 、CD 三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB 、CD 段是光滑的，水平轨道BC 的长度x ＝5 m ，轨道CD 足够长且倾角θ＝37°，A 、D 两点离轨道BC 的高度分别为h 1＝4.30 m 、h 2＝1.35 m.现让质量为m 的小滑块自A 点由静止释放.已知小滑块与轨道BC 间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图7(1)小滑块第一次到达D 点时的速度大小； (2)小滑块第一次与第二次通过C 点的时间间隔； (3)小滑块最终停止的位置距B 点的距离. 答案 (1)3 m/s (2)2 s (3)1.4 m解析 (1)小滑块从A →B →C →D 过程中，由动能定理得：mg (h 1－h 2)－μmgx ＝12mv 2D －0将h 1、h 2、x 、μ、g 代入得v D ＝3 m/s(2)小滑块从A →B →C 过程中，由动能定理得mgh 1－μmgx ＝12mv 2C －0将h 1、x 、μ、g 代入得v C ＝6 m/s小滑块沿CD 段上滑的加速度大小a ＝g sin θ＝6 m/s 2小滑块沿CD 段上滑到最高点的时间t 1＝v Ca＝1 s由对称性可知小滑块从最高点滑回C 点的时间t 2＝t 1＝1 s小滑动第一次与第二次通过C 点的时间间隔t ＝t 1＋t 2＝2 s(3)对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为x 总 有：mgh 1＝μmgx 总将h 1、μ代入得x 总＝8.6 m ，故小滑块最终停止的位置距B 点的距离为2x －x 总＝1.4 m。