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新高考物理二轮复习讲义第1部分 专题2 第5讲 功与功率 功能关系（含解析）
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这是一份新高考物理二轮复习讲义第1部分 专题2 第5讲 功与功率 功能关系（含解析），共17页。试卷主要包含了命题角度，功能关系的理解和应用，5×105 J等内容，欢迎下载使用。
第5讲 功与功率 功能关系
命题规律 1.命题角度：(1)功、功率的分析与计算；(2)功能关系.2.常用方法：微元法、图像法、转换法.3.常考题型：选择题．
考点一 功、功率的分析与计算
1．功的计算
(1)恒力做功一般用功的公式或动能定理求解．
(2)变力做功通常应用动能定理、微元法、等效转化法、平均力法、图像法求解，或者利用恒定功率求功W＝Pt.
2．功率的计算
(1)明确是求瞬时功率还是平均功率．
P＝eq \f(W,t)侧重于平均功率的计算，P＝Fvcs α(α为F和速度v的夹角)侧重于瞬时功率的计算．
(2)机车启动(F阻不变)
①两个基本关系式：P＝Fv，F－F阻＝ma.
②两种常见情况
a．恒定功率启动：P不变，此时做加速度减小的加速运动，直到达到最大速度vm，此过程Pt－F阻s＝eq \f(1,2)mvm2；
b．恒定加速度启动：开始阶段a不变，达到额定功率后，然后保持功率不变，加速度逐渐减小到零，最终做匀速直线运动．
无论哪种启动方式，最大速度都等于匀速运动时的速度，即vm＝eq \f(P,F阻).
例1 (多选)(2022·广东卷·9)如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率200 W、速度5 m/s匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570 W、速度2 m/s匀速行驶．已知小车总质量为50 kg，MN＝PQ＝20 m，PQ段的倾角为30°，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力．下列说法正确的有( )
A．从M到N，小车牵引力大小为40 N
B．从M到N，小车克服摩擦力做功800 J
C．从P到Q，小车重力势能增加1×104 J
D．从P到Q，小车克服摩擦力做功700 J
答案 ABD
解析 小车从M到N，依题意有P1＝Fv1，代入数据解得F＝40 N，故A正确；小车从M到N，因匀速行驶，小车所受的摩擦力大小为f1＝F＝40 N，则摩擦力做功为W1＝－40×20 J＝－800 J，则小车克服摩擦力做功为800 J，故B正确；依题意，从P到Q，重力势能增加量为ΔEp＝mg·PQsin 30°＝5 000 J，故C错误；设小车从P到Q，摩擦力大小为f2，有f2＋mgsin 30°＝eq \f(P2,v2)，摩擦力做功为W2＝－f2·PQ，联立解得W2＝－700 J，则小车克服摩擦力做功为
700 J，故D正确．
例2 (2021·山东卷·3)如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连．木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动．在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为( )
A.eq \f(mv02,2πL) B.eq \f(mv02,4πL)
C.eq \f(mv02,8πL) D.eq \f(mv02,16πL)
答案 B
解析 在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理－Ff·2πL＝0－eq \f(1,2)mv02，可得摩擦力的大小Ff＝eq \f(mv02,4πL)，故选B.
例3 (多选)(2018·全国卷Ⅲ·19)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面．某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程，( )
A．矿车上升所用的时间之比为4∶5
B．电机的最大牵引力之比为2∶1
C．电机输出的最大功率之比为2∶1
D．电机所做的功之比为4∶5
答案 AC
解析 由题图中的图线①知，上升总高度h＝eq \f(v0,2)·2t0＝v0t0.由题图中的图线②知，加速阶段和减速阶段上升高度和h1＝eq \f(1,2)·eq \f(v0,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t0,2)＋\f(t0,2)))＝eq \f(1,4)v0t0，匀速阶段：h－h1＝eq \f(1,2)v0·t′，解得t′＝eq \f(3,2)t0，故第②次提升过程所用时间为eq \f(t0,2)＋eq \f(3,2)t0＋eq \f(t0,2)＝eq \f(5,2)t0，两次上升所用时间之比为2t0∶eq \f(5,2)t0＝4∶5，A项正确；由于加速阶段加速度相同，故加速时牵引力相同，即电动机的最大牵引力相同，B项错误；在加速上升阶段，由牛顿第二定律知，F－mg＝ma，则F＝m(g＋a)，第①次在t0时刻，功率P1＝F·v0，第②次在eq \f(t0,2)时刻，功率P2＝F·eq \f(v0,2)，第②次在匀速阶段P2′＝F′·eq \f(v0,2)＝mg·eq \f(v0,2)例4 (2022·山东烟台市高三期末)一辆汽车在平直公路上由静止开始启动，汽车先保持牵引力F0不变，当速度为v1时达到额定功率Pe，此后以额定功率继续行驶，最后以速度vm匀速行驶．若汽车所受的阻力Ff为恒力，汽车运动过程中的速度为v、牵引力为F、牵引力的功率为P，则下列图像中可能正确的是( )
答案 C
解析 因为汽车先保持牵引力F0不变，由牛顿第二定律可得F0－Ff＝ma，又因为汽车所受的阻力Ff为恒力，所以开始阶段汽车做匀加速直线运动，所以v－t图像开始应有一段倾斜的直线，故A错误；因为当速度为v1时达到额定功率Pe，此后以额定功率继续行驶，则满足Pe＝Fv，即F与v成反比，F与eq \f(1,v) 成正比，所以F－v图像中v1～vm段图像应为曲线，F与eq \f(1,v)图像中eq \f(1,vm)～eq \f(1,v1)段图像应为直线，故B错误，C正确；因为当速度为v1之前，保持牵引力F0不变，则功率满足P＝F0v，即P与v成正比，所以在P－v图像中0～v1段图像应为过原点的直线，故D错误．
考点二 功能关系及应用
1．常见功能关系
2.功能关系的理解和应用
功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度．
(1)根据功能之间的对应关系，判定能的转化情况．
(2)根据能量转化，可计算变力做的功．
例5 (2021·湖北卷·4)如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示．重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为( )
A．m＝0.7 kg，f＝0.5 N
B．m＝0.7 kg，f＝1.0 N
C．m＝0.8 kg，f＝0.5 N
D．m＝0.8 kg，f＝1.0 N
答案 A
解析 0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mgsin 30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin 30°＋f)s，结合0～10 m内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mgsin 30°＋f＝4 N,10～20 m内物块下滑，由动能定理得(mgsin 30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin 30°－f)s1，结合10～20 m内的图像得，斜率k′＝mgsin 30°－f＝3 N，联立解得f＝0.5 N，m＝0.7 kg，故选A.
例6 (多选)如图所示，一倾角为θ＝53°(图中未标出)的斜面固定在水平面上，在其所在的空间存在方向竖直向上、电场强度大小E＝2×106 V/m的匀强电场和方向垂直于竖直面向里、磁感应强度大小B＝4×105 T的匀强磁场．现让一质量m＝4 kg、电荷量q＝＋1.0×10－5 C的带电物块从斜面上某点(足够高)由静止释放，当沿斜面下滑位移大小为3 m时，物块开始离开斜面．g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6.下列说法正确的是( )
A．物块离开斜面时的动能为18 J
B．物块从释放至刚要离开斜面的过程中，重力势能减少120 J
C．物块从释放至刚要离开斜面的过程中，电势能增加了60 J
D．物块从释放至刚要离开斜面的过程中，由于摩擦而产生的热量为30 J
答案 AD
解析 对物块进行受力分析，物块离开斜面时应满足qvB＝(mg－qE)cs 53°，解得v＝3 m/s，动能为eq \f(1,2)mv2＝18 J，选项A正确；物块从释放到离开斜面，重力势能减少mgxsin 53°＝96 J，选项B错误；电势能的增加量等于克服静电力做的功，即ΔEp＝qExsin 53°＝48 J，选项C错误；由功能关系得(mg－qE)xsin 53°＝eq \f(1,2)mv2＋Q，解得Q＝30 J，选项D正确．
例7 (多选)(2022·山东济南市、聊城市等高三学情检测)一物体在竖直向上的拉力作用下由静止开始竖直向上运动，物体的机械能E与上升高度h的关系如图所示，已知曲线上A点处切线的斜率最大．不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．0～h2过程中物体所受的拉力先增大后减小
B．h1处速度最大
C．0～h2过程中物体的动能先增大后减小
D．0～h3过程中物体的加速度先增大再减小，最后物体做匀速运动
答案 AC
解析 物体受重力与拉力作用，重力做功不改变物体的机械能，机械能的变化量等于拉力做功，则有ΔE＝FΔh，得F＝eq \f(ΔE,Δh)，所以斜率表示拉力．由题图可知，在0～h1阶段斜率增大，即拉力增大，h1～h2阶段斜率减小，即拉力减小，即0～h2过程中物体所受拉力先增大后减小，故A正确；在h1处，斜率最大，拉力最大，拉力大于重力，物体正在加速，所以h1处速度不是最大，故B错误；由题图可知，在h1～h2过程中，图像斜率减小，拉力F减小，在h2后图像斜率为零，拉力为零，在h1处拉力F大于重力，在h2处拉力为零，因此在h1～h2过程中，拉力先大于重力后小于重力，物体先向上做加速直线运动后做减速直线运动，动能先增大后减小，故C正确；在0～h3过程中，拉力先大于重力后小于重力，最后拉力为零，物体所受的合外力先增大再减小到零后反向增大、最后不变，根据牛顿第二定律可得物体的加速度先增大再减小后反向增大再不变，且h2～h3阶段为竖直上抛运动，不是匀速运动，故D错误.
1.(2022·山东泰安市一模)如图所示，水平平台与水平细杆间的高度差为H，质量也为M的物块放在水平台上，质量为M的小球套在水平杆上，物块和小球通过小滑轮用轻质细线相连，滑轮右侧细线恰好竖直．现用一水平恒力F由静止沿杆拉动小球，物块始终在水平平台上，不计一切摩擦．则小球前进2H时，物块的速度为( )
A.eq \r(\f(2FH,M)) B.eq \r(\f(3FH,M))
C.eq \f(2,3)eq \r(\f(5FH,M)) D.eq \f(4,3)eq \r(\f(FH,M))
答案 D
解析 小球从平台的边缘处由静止向右运动2H时，设小球的速度为v，此时轻质细线与水平方向夹角为θ，如图所示，可知tan θ＝eq \f(1,2)，则有cs θ＝eq \f(2,\r(5))，小球沿细线方向的分速度等于物块的速度，则物块的速度为v1＝vcs θ＝eq \f(2v,\r(5))，对物块和小球组成的系统，由动能定理可得F·2H＝eq \f(1,2)Mv2＋eq \f(1,2)Mv12，解得v1＝eq \f(4,3)eq \r(\f(FH,M))，故选D.
2．(多选)(2022·辽宁葫芦岛市普通高中高三期末)某质量m＝1 500 kg的“双引擎”小汽车，行驶速度v≤54 km/h时靠电动机输出动力；行驶速度在54 km/h＜v≤90 km/h范围内时靠汽油机输出动力，同时内部电池充电；当行驶速度v>90 km/h时汽油机和电动机同时工作，这种汽车更节能环保，该小汽车在一条平直的公路上由静止启动，汽车的牵引力F随运动时间t的图线如图所示，所受阻力恒为1 250 N．已知汽车在t0时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至第11 s末，则在前11 s内( )
A．经过计算t0＝5 s
B．在0～t0时间内小汽车行驶了45 m
C．电动机输出的最大功率为60 kW
D．汽油机工作期间牵引力做的功为4.5×105 J
答案 BD
解析 开始阶段加速度为a＝eq \f(F1－Ff,m)＝eq \f(5 000－1 250,1 500) m/s2＝2.5 m/s2，v1＝54 km/h＝15 m/s，解得t0＝eq \f(v1,a)＝eq \f(15,2.5) s＝6 s，故A错误；汽车前6 s内的位移为x1＝eq \f(1,2)at02＝45 m，故B正确；t0时刻，电动机输出的功率最大，为Pm＝F1v1＝5 000×15 W＝75 kW，故C错误；由题图可知，汽油机工作期间，功率为P＝F2v1＝90 kW，解得11 s时刻汽车的速度为v3＝eq \f(P,F3)＝eq \f(90×103,3 600) m/s＝25 m/s＝90 km/h，故6～11 s内都是汽油机在做功，且汽油机工作时牵引力做的功为W＝Pt＝4.5×105 J，故D正确．
3.(多选)(2022·海南省模拟)如图所示，某物体(可视为质点)分别从等高的固定斜面Ⅰ、Ⅱ顶端下滑，物体与接触面间的动摩擦因数处处相同，斜面与水平面接触处用半径可忽略的光滑小圆弧相连．若该物体沿斜面Ⅰ由静止下滑，运动到水平面上的P点静止，不计空气阻力．下列说法正确的是( )
A．物体沿斜面Ⅱ由静止下滑，将运动到水平面上P点的左侧静止
B．物体沿斜面Ⅱ运动的路程大于沿斜面Ⅰ运动的路程
C．物体沿斜面Ⅱ运动到P点产生的热量等于沿斜面Ⅰ运动到P点产生的热量
D．物体沿斜面Ⅱ运动损失的机械能大于沿斜面Ⅰ运动损失的机械能
答案 BC
解析 设斜面的倾角为α，长度为l，高度为h，斜面的下端点到P点的水平距离为x，由动能定理得mgh－μmglcs α－μmgx＝0，设斜面上端点到P点的水平距离为s总，则s总＝lcs α＋x，联立可得mgh－μmgs总＝0，可知最终两物体均停止在P点，故A错误；根据几何知识可知，物体沿斜面Ⅱ运动的路程大于沿斜面Ⅰ运动的路程，故B正确；两种情形下，都是重力势能完全转化为内能，而初始时重力势能相同，则物体沿斜面Ⅱ运动到P点产生的热量等于沿斜面Ⅰ运动到P点产生的热量，故C正确；沿斜面Ⅰ运动损失的机械能ΔE1＝μmgL1cs α1，沿斜面Ⅱ运动损失的机械能ΔE2＝μmgL2cs α2，因为L1＞L2，α1＜α2，所以ΔE1＞ΔE2，故D错误．
专题强化练
[保分基础练]
1.如图所示，一质量为25 kg的小孩从高为2 m的滑梯顶端由静止滑下，滑到底端时的速度大小为2 m/s(g取10 m/s2)．关于力对小孩做的功，以下说法正确的是( )
A．重力做功450 J
B．合力做功50 J
C．克服阻力做功50 J
D．支持力做功450 J
答案 B
解析 由功的计算公式可知，重力做功为WG＝mgh＝25×10×2 J＝500 J，A错误；由动能定理可知，合力做功等于动能的变化量，则有W合＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)×25×22 J＝50 J，B正确；由动能定理可得WG－W克f＝eq \f(1,2)mv2，故克服阻力做功W克f＝WG－eq \f(1,2)mv2＝500 J－50 J＝450 J，C错误；支持力与小孩的运动方向一直垂直，所以支持力不做功，D错误．
2．一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时其速度为1 m/s，从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图(a)和图(b)所示．设在第1秒内、第2秒内、第3秒内力F对滑块做的功分别为W1、W2、W3，则以下关系正确的是( )
A．W1＝W2＝W3 B．W1C．W1答案 B
解析 由v－t图像可知，第1 s、第2 s、第3 s内的位移分别为0.5 m、0.5 m、1 m，由F－t图像及功的公式W＝Flcs α，可知W1＝0.5 J，W2＝1.5 J，W3＝2 J，故选B.
3.(2022·山东烟台市高三期末)如图，一容器的内壁是半径为r的半球面，容器固定在水平地面上．在半球面水平直径的一端有一质量为m(可视为质点)的小滑块P，它在容器内壁由静止开始下滑到最低点，在最低点时的向心加速度大小为a，已知重力加速度大小为g.则P由静止下滑到最低点的过程中克服摩擦力做的功为( )
A．mr(g－eq \f(1,2)a) B．mr(2g－a)
C.eq \f(1,2)mr(g－a) D．mr(2g＋a)
答案 A
解析 在最低点由牛顿第二定律及向心力公式有ma＝meq \f(v2,r)，P由静止下滑到最低点的过程中有mgr－W克f＝eq \f(1,2)mv2，联立解得W克f＝mgr－eq \f(1,2)mar＝mr(g－eq \f(1,2)a)，故选A.
4．(多选)(2021·广东卷·9)长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹，战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g，下列说法正确的有( )
A．甲在空中的运动时间比乙的长
B．两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等
C．从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少mgh
D．从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为mgh
答案 BC
解析 由平抛运动规律可知，做平抛运动的时间t＝eq \r(\f(2h,g))，因为两手榴弹运动的高度差相同，所以在空中运动时间相等，故A错误；
做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率P＝mgvy＝mgeq \r(2gh)，因为两手榴弹运动的高度差相同，质量相同，所以落地前瞬间，两手榴弹重力的功率相同，故B正确；
从投出到落地，手榴弹下降的高度为h，所以手榴弹重力势能减少量ΔEp＝mgh，故C正确；
从投出到落地，手榴弹做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，故D错误．
5．(2022·北京市丰台区一模)将质量为m的物体从地面竖直向上抛出，一段时间后物体又落回抛出点．在此过程中物体所受空气阻力大小不变，下列说法正确的是( )
A．上升过程的时间大于下落过程的时间
B．上升过程中机械能损失量小于下落过程中机械能损失量
C．上升过程的动能减小量大于下落过程的动能增加量
D．上升过程的动量变化量小于下落过程的动量变化量
答案 C
解析 设空气阻力大小为Ff，上升过程的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mg＋Ff＝ma1，解得a1＝g＋eq \f(Ff,m)，设下落过程的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得mg－Ff＝ma2，解得a2＝g－eq \f(Ff,m)，所以上升过程的加速度大小大于下落过程的加速度大小，由于上升和下落的位移相等，由运动学公式x＝eq \f(1,2)at2，可知上升过程的时间小于下落过程的时间，故A错误；由于空气阻力大小不变，上升过程和下落过程空气阻力做的功相等，所以上升过程中机械能损失量等于下落过程中机械能损失量，故B错误；设物体从地面竖直向上抛出时的速度大小为v0，物体落回到地面时的速度大小为v，由运动学公式得v02＝2a1x，v2＝2a2x，又因为a1>a2，所以v0>v，上升过程的动能减小量为ΔEk1＝eq \f(1,2)mv02，下落过程的动能增加量为ΔEk2＝eq \f(1,2)mv2，所以上升过程的动能减小量大于下落过程的动能增加量，故C正确；上升过程动量的变化量大小为Δp1＝mv0，下落过程的动量变化量大小为Δp2＝mv，所以上升过程的动量变化量大于下落过程的动量变化量，故D错误．
6．(多选)(2021·全国乙卷·19)水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于s0时，速度的大小为v0，此时撤去F，物体继续滑行2s0的路程后停止运动，重力加速度大小为g，则( )
A．在此过程中F所做的功为eq \f(1,2)mv02
B．在此过程中F的冲量大小等于eq \f(3,2)mv0
C．物体与桌面间的动摩擦因数等于eq \f(v02,4s0g)
D．F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍
答案 BC
解析 外力撤去前，由牛顿第二定律可知
F－μmg＝ma1①
由速度位移公式有v02＝2a1s0②
外力撤去后，由牛顿第二定律可知
－μmg＝ma2③
由速度位移公式有－v02＝2a2(2s0)④
由①②③④可得，水平恒力F＝eq \f(3mv02,4s0)，物体与桌面间的动摩擦因数μ＝eq \f(v02,4s0g)，则滑动摩擦力Ff＝μmg＝eq \f(mv02,4s0)，可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，故C正确，D错误；在此过程中，外力F做功为W＝Fs0＝eq \f(3,4)mv02，故A错误；由平均速度公式可知，外力F作用时间t1＝eq \f(s0,\f(0＋v0,2))＝eq \f(2s0,v0)，在此过程中，F的冲量大小是I＝Ft1＝eq \f(3,2)mv0，故B正确．
7．(2021·湖南卷·3)“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的．总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶．该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比(F阻＝kv，k为常量)，动车组能达到的最大速度为vm.下列说法正确的是( )
A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动
C．若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为eq \f(3,4)vm
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为eq \f(1,2)mvm2－Pt
答案 C
解析 对动车组由牛顿第二定律有F牵－F阻＝ma，动车组匀加速启动，即加速度a恒定，但F阻＝kv随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而增大，故A错误；若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有eq \f(4P,v)－kv＝ma，故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B错误；若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，动车组匀速行驶时加速度为零，有eq \f(2.25P,v)＝kv，而以额定功率匀速行驶时，有eq \f(4P,vm)＝kvm，联立解得v＝eq \f(3,4)vm，故C正确；若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，由动能定理可知4Pt－W克阻＝eq \f(1,2)mvm2－0，可得动车组克服阻力做的功为W克阻＝4Pt－eq \f(1,2)mvm2，故D错误．
[争分提能练]
8．(2022·广东省高三5月测试)在某滑雪场有一段坡道，可看作斜面，一滑雪爱好者从坡道最低点以某一速度滑上此坡道，滑雪爱好者和全部装备的总质量为50 kg，其重力势能和动能随上滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，以坡道底端所在水平面为重力势能的参考平面，滑雪爱好者连同全部装备可看作质点，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A．坡道与水平面的夹角θ为45°
B．滑雪板和坡道之间的动摩擦因数为0.1
C．滑雪爱好者在坡道上滑的最大高度为15 m
D．滑雪爱好者在坡道上滑过程重力的冲量大小为1 000 N·s
答案 D
解析 上滑过程重力势能为Ep＝mgssin θ＝mgsin θ·s，则重力势能随s变化的图线的斜率为mgsin θ＝eq \f(2 500 J,10 m)，解得sin θ＝eq \f(1,2)，则坡道与水平面的夹角为θ＝30°，选项A错误；上滑过程根据动能定理有－(mgsin θ＋μmgcs θ)s＝Ek－Ek0，整理得Ek＝－(mgsin θ＋μmgcs θ)s＋Ek0，动能随s变化的图线斜率为－(mgsin θ＋μmgcs θ)＝eq \f(1 875 J－5 625 J,10 m－0)，代入数据解得动摩擦因数为μ＝eq \f(\r(3),6)，选项B错误；上滑过程根据动能定理有－(mgsin θ＋μmgcs θ)sm＝0－Ek0，解得sm＝15 m，上升的高度h＝smsin θ＝7.5 m，选项C错误；上滑过程根据动量定理有(mgsin θ＋μmgcs θ)t＝0－(－eq \r(2mEk0))，解得上滑时间t＝2 s，则重力的冲量为mgt＝1 000 N·s，选项D正确．
9.(2022·山东卷·2)我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭．如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空．从火箭开始运动到点火的过程中( )
A．火箭的加速度为零时，动能最大
B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C．高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
答案 A
解析 火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误；根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误．
10．(多选)(2022·甘肃张掖市高三期末)如图所示，内壁光滑的玻璃管竖直固定在水平地面上，管内底部竖直放置处于自然长度的轻质弹簧．用轻杆连接的两小球A、B的质量分别为m和2m(球的直径比管的内径略小)，重力加速度为g，现从弹簧的正上方释放两球，则从A球与弹簧接触起到运动至最低点的过程中，下列说法正确的是( )
A．杆对A球做的功大于杆对B球做的功
B．A球克服弹簧弹力做的功是杆对A球做功的eq \f(3,2)倍
C．弹簧和杆对A球做功的总和等于A球机械能的增量
D．A球到最低点时杆对B球的作用力等于4mg
答案 BC
解析 杆对A球的作用力与杆对B球的作用力大小相等，两球的位移相同，所以杆对A球做的功与杆对B球做的功数值相等，故A错误；设A球克服弹簧弹力做的功为W1，A下降的高度为h，杆对A球做的功为W2，则杆对B球做功为－W2，由动能定理，对A球有mgh－W1＋W2＝0，对B球有2mgh－W2＝0，联立解得W1＝eq \f(3,2)W2，即A球克服弹簧弹力做的功是杆对A球做的功的eq \f(3,2)倍，故B正确；根据功能关系知，弹簧和杆对A球做功的总和等于A球机械能的增量，故C正确；若A球从弹簧原长处释放，刚释放时A、B整体的加速度大小为g，方向竖直向下，根据简谐运动的对称性知，A球到最低点时整体的加速度大小为g，方向竖直向上，现A球从弹簧正上方下落，A球到最低点时弹簧压缩量比从弹簧原长处释放时的大，则弹力比从弹簧原长处释放时的大，整体所受的合力增大，加速度将大于g，所以A球到最低点时整体的加速度大小大于g，方向竖直向上，在最低点，对B球，由牛顿第二定律得F－2mg＝2ma＞2mg，则得A球到最低点时杆对B球的作用力 F＞4mg，故D错误．
11．(多选)(2022·山西晋中市榆次区一模)如图所示为某探究活动小组设计的节能运输系统．固定斜面轨道倾角为30°，质量为M的木箱与轨道间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),4).木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下(货物与木箱之间无相对滑动)，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程．重力加速度为g，木箱可视为质点，下列说法正确的是( )
A．木箱与货物的质量之比为6∶1
B．下滑与上滑过程中木箱速度最大的位置在轨道上的同一点
C．木箱与弹簧没有接触时，下滑的加速度与上滑的加速度大小之比为1∶6
D．若木箱下滑的最大距离为l，则弹簧的最大弹性势能为eq \f(7,8)Mgl
答案 BD
解析 根据题意和动能定理可得(M＋m)glsin 30°－μ(M＋m)glcs 30°－W弹＝0，W弹－Mglsin 30°－μMglcs 30°＝0，联立可得M∶m＝1∶6，故A错误；下滑速度最大时有(M＋m)gsin 30°－μ(M＋m)gcs 30°－F弹＝0，可得F弹＝eq \f(7,8)Mg，上滑速度最大时有F弹′－Mgsin 30°－μMgcs 30°＝0，可得F弹′＝eq \f(7,8)Mg，所以下滑与上滑过程中木箱速度最大的位置在轨道上的同一点，故B正确；木箱与弹簧没有接触时，下滑的加速度为a1＝eq \f(M＋mgsin 30°－μM＋mgcs 30°,M＋m)＝eq \f(1,8)g，上滑的加速度为a2＝eq \f(Mgsin 30°＋μMgcs 30°,M)＝eq \f(7,8)g，则eq \f(a1,a2)＝eq \f(1,7)，故C错误；下滑过程中重力势能转化为内能和弹簧的弹性势能，有(M＋m)glsin 30°－μ(M＋m)glcs 30°＝Ep，则弹簧的最大弹性势能为Ep＝eq \f(7,8)Mgl，故D正确．
12．(2022·广东高州市二模)如图，“和谐号”是由提供动力的车厢(动车)和不提供动力的车厢(拖车)编制而成．某“和谐号”由8节车厢组成，其中第1节、第5节为动车，每节车厢所受的阻力大小Ff为自身重力的0.01.已知每节车厢的质量均为m＝2×104 kg，每节动车的额定功率均为P0＝600 kW，重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)若“和谐号”以a＝0.5 m/s2的加速度从静止开始行驶，“和谐号”做匀加速运动时5、6节车厢之间的作用力以及匀加速运动的时间；
(2)和谐号能达到的最大速度大小．
答案 (1)3.6×104 N 25 s (2)75 m/s
解析 (1)以第6、7、8三节车厢为整体分析，总质量为3m，所受拉力为F，据牛顿第二定律有
F－3Ff＝3ma
Ff＝0.01mg
代入数据解得F＝3.6×104 N
每个动车提供最大功率为P0＝600 kW，设每个动车提供的牵引力为F牵，动车匀加速行驶能达到的最大速度为v1，对整个动车组进行分析，根据牛顿第二定律，有
2F牵－8Ff＝8ma,2P0＝2F牵v1
v1＝at1，联立解得t1＝25 s
(2)和谐号动车组以最大速度行驶时动力与阻力平衡
设最大速度为vm，则有2P0＝8×0.01mg·vm
解得vm＝75 m/s.
[尖子生选练]
13．(多选)(2022·辽宁省县级重点高中协作体一模)如图所示，固定的光滑长斜面的倾角θ＝37°，下端有一固定挡板．两小物块A、B放在斜面上，质量均为m，用与斜面平行的轻弹簧连接．一跨过轻质定滑轮的轻绳左端与B相连，右端与水平地面上的电动玩具小车相连．系统静止时，滑轮左侧轻绳与斜面平行，右侧轻绳竖直，长度为L且绳中无弹力．当小车缓慢向右运动eq \f(3,4)L时，A恰好不离开挡板．已知重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.在小车从图示位置发生位移eq \f(3,4)L过程中，下列说法正确的是( )
A．弹簧的劲度系数为eq \f(12mg,5L)
B．绳的拉力对B做功为eq \f(3,20)mgL
C．若小车以速度2eq \r(gL)向右匀速运动，位移大小为eq \f(3,4)L时，B的速率为eq \f(8,5)eq \r(gL)
D．若小车以速度2eq \r(gL)向右匀速运动，位移大小为eq \f(3,4)L时，绳的拉力对B做的功为eq \f(87,100)mgL
答案 BD
解析 系统静止时，弹簧压缩量x1＝eq \f(mgsin 37°,k)，A恰好不离开挡板时，弹簧伸长量x2＝eq \f(mgsin 37°,k)，由题可知x1＋x2＝eq \r(L2＋\f(3,4)L2)－L＝eq \f(1,4)L，解得k＝eq \f(24mg,5L)，选项A错误；根据x1＝x2，知弹性势能不变，则小车在0～eq \f(3,4)L位移内拉力对B做的功W1＝mg·eq \f(1,4)Lsin 37°，解得W1＝eq \f(3,20)mgL，选项B正确；小车位移大小为eq \f(3,4)L时，滑轮右侧轻绳与竖直方向的夹角为37°，将小车速度沿轻绳方向和与轻绳垂直方向分解，则B的速率vB＝2eq \r(gL)sin 37°＝eq \f(6,5)eq \r(gL)，选项C错误；小车在0～eq \f(3,4)L位移大小内，设拉力对B做的功为W2，对B分析，根据功能关系有W2＝eq \f(1,2)mvB2＋mg·eq \f(1,4)Lsin 37°＝eq \f(87,100)mgL，选项D正确．能量
功能关系
表达式
势能
重力做功等于重力势能减少量
W＝Ep1－Ep2＝－ΔEp
弹力做功等于弹性势能减少量
静电力做功等于电势能减少量
分子力做功等于分子势能减少量
动能
合外力做功等于物体动能变化量
W＝Ek2－Ek1＝eq \f(1,2)mv2－ eq \f(1,2)mv02
机械能
除重力和弹力之外的其他力做功等于机械能变化量
W其他＝E2－E1＝ΔE机
摩擦产生的内能
一对相互作用的摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能
Q＝Ff·s相对s相对为相对路程
电能
克服安培力做功等于电能增加量
W克安＝E2－E1＝ΔE
第5讲 功与功率 功能关系
命题规律 1.命题角度：(1)功、功率的分析与计算；(2)功能关系.2.常用方法：微元法、图像法、转换法.3.常考题型：选择题．
考点一 功、功率的分析与计算
1．功的计算
(1)恒力做功一般用功的公式或动能定理求解．
(2)变力做功通常应用动能定理、微元法、等效转化法、平均力法、图像法求解，或者利用恒定功率求功W＝Pt.
2．功率的计算
(1)明确是求瞬时功率还是平均功率．
P＝eq \f(W,t)侧重于平均功率的计算，P＝Fvcs α(α为F和速度v的夹角)侧重于瞬时功率的计算．
(2)机车启动(F阻不变)
①两个基本关系式：P＝Fv，F－F阻＝ma.
②两种常见情况
a．恒定功率启动：P不变，此时做加速度减小的加速运动，直到达到最大速度vm，此过程Pt－F阻s＝eq \f(1,2)mvm2；
b．恒定加速度启动：开始阶段a不变，达到额定功率后，然后保持功率不变，加速度逐渐减小到零，最终做匀速直线运动．
无论哪种启动方式，最大速度都等于匀速运动时的速度，即vm＝eq \f(P,F阻).
例1 (多选)(2022·广东卷·9)如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率200 W、速度5 m/s匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570 W、速度2 m/s匀速行驶．已知小车总质量为50 kg，MN＝PQ＝20 m，PQ段的倾角为30°，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力．下列说法正确的有( )
A．从M到N，小车牵引力大小为40 N
B．从M到N，小车克服摩擦力做功800 J
C．从P到Q，小车重力势能增加1×104 J
D．从P到Q，小车克服摩擦力做功700 J
答案 ABD
解析 小车从M到N，依题意有P1＝Fv1，代入数据解得F＝40 N，故A正确；小车从M到N，因匀速行驶，小车所受的摩擦力大小为f1＝F＝40 N，则摩擦力做功为W1＝－40×20 J＝－800 J，则小车克服摩擦力做功为800 J，故B正确；依题意，从P到Q，重力势能增加量为ΔEp＝mg·PQsin 30°＝5 000 J，故C错误；设小车从P到Q，摩擦力大小为f2，有f2＋mgsin 30°＝eq \f(P2,v2)，摩擦力做功为W2＝－f2·PQ，联立解得W2＝－700 J，则小车克服摩擦力做功为
700 J，故D正确．
例2 (2021·山东卷·3)如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连．木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动．在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为( )
A.eq \f(mv02,2πL) B.eq \f(mv02,4πL)
C.eq \f(mv02,8πL) D.eq \f(mv02,16πL)
答案 B
解析 在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理－Ff·2πL＝0－eq \f(1,2)mv02，可得摩擦力的大小Ff＝eq \f(mv02,4πL)，故选B.
例3 (多选)(2018·全国卷Ⅲ·19)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面．某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程，( )
A．矿车上升所用的时间之比为4∶5
B．电机的最大牵引力之比为2∶1
C．电机输出的最大功率之比为2∶1
D．电机所做的功之比为4∶5
答案 AC
解析 由题图中的图线①知，上升总高度h＝eq \f(v0,2)·2t0＝v0t0.由题图中的图线②知，加速阶段和减速阶段上升高度和h1＝eq \f(1,2)·eq \f(v0,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t0,2)＋\f(t0,2)))＝eq \f(1,4)v0t0，匀速阶段：h－h1＝eq \f(1,2)v0·t′，解得t′＝eq \f(3,2)t0，故第②次提升过程所用时间为eq \f(t0,2)＋eq \f(3,2)t0＋eq \f(t0,2)＝eq \f(5,2)t0，两次上升所用时间之比为2t0∶eq \f(5,2)t0＝4∶5，A项正确；由于加速阶段加速度相同，故加速时牵引力相同，即电动机的最大牵引力相同，B项错误；在加速上升阶段，由牛顿第二定律知，F－mg＝ma，则F＝m(g＋a)，第①次在t0时刻，功率P1＝F·v0，第②次在eq \f(t0,2)时刻，功率P2＝F·eq \f(v0,2)，第②次在匀速阶段P2′＝F′·eq \f(v0,2)＝mg·eq \f(v0,2)
答案 C
解析 因为汽车先保持牵引力F0不变，由牛顿第二定律可得F0－Ff＝ma，又因为汽车所受的阻力Ff为恒力，所以开始阶段汽车做匀加速直线运动，所以v－t图像开始应有一段倾斜的直线，故A错误；因为当速度为v1时达到额定功率Pe，此后以额定功率继续行驶，则满足Pe＝Fv，即F与v成反比，F与eq \f(1,v) 成正比，所以F－v图像中v1～vm段图像应为曲线，F与eq \f(1,v)图像中eq \f(1,vm)～eq \f(1,v1)段图像应为直线，故B错误，C正确；因为当速度为v1之前，保持牵引力F0不变，则功率满足P＝F0v，即P与v成正比，所以在P－v图像中0～v1段图像应为过原点的直线，故D错误．
考点二 功能关系及应用
1．常见功能关系
2.功能关系的理解和应用
功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度．
(1)根据功能之间的对应关系，判定能的转化情况．
(2)根据能量转化，可计算变力做的功．
例5 (2021·湖北卷·4)如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示．重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为( )
A．m＝0.7 kg，f＝0.5 N
B．m＝0.7 kg，f＝1.0 N
C．m＝0.8 kg，f＝0.5 N
D．m＝0.8 kg，f＝1.0 N
答案 A
解析 0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mgsin 30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin 30°＋f)s，结合0～10 m内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mgsin 30°＋f＝4 N,10～20 m内物块下滑，由动能定理得(mgsin 30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin 30°－f)s1，结合10～20 m内的图像得，斜率k′＝mgsin 30°－f＝3 N，联立解得f＝0.5 N，m＝0.7 kg，故选A.
例6 (多选)如图所示，一倾角为θ＝53°(图中未标出)的斜面固定在水平面上，在其所在的空间存在方向竖直向上、电场强度大小E＝2×106 V/m的匀强电场和方向垂直于竖直面向里、磁感应强度大小B＝4×105 T的匀强磁场．现让一质量m＝4 kg、电荷量q＝＋1.0×10－5 C的带电物块从斜面上某点(足够高)由静止释放，当沿斜面下滑位移大小为3 m时，物块开始离开斜面．g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6.下列说法正确的是( )
A．物块离开斜面时的动能为18 J
B．物块从释放至刚要离开斜面的过程中，重力势能减少120 J
C．物块从释放至刚要离开斜面的过程中，电势能增加了60 J
D．物块从释放至刚要离开斜面的过程中，由于摩擦而产生的热量为30 J
答案 AD
解析 对物块进行受力分析，物块离开斜面时应满足qvB＝(mg－qE)cs 53°，解得v＝3 m/s，动能为eq \f(1,2)mv2＝18 J，选项A正确；物块从释放到离开斜面，重力势能减少mgxsin 53°＝96 J，选项B错误；电势能的增加量等于克服静电力做的功，即ΔEp＝qExsin 53°＝48 J，选项C错误；由功能关系得(mg－qE)xsin 53°＝eq \f(1,2)mv2＋Q，解得Q＝30 J，选项D正确．
例7 (多选)(2022·山东济南市、聊城市等高三学情检测)一物体在竖直向上的拉力作用下由静止开始竖直向上运动，物体的机械能E与上升高度h的关系如图所示，已知曲线上A点处切线的斜率最大．不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．0～h2过程中物体所受的拉力先增大后减小
B．h1处速度最大
C．0～h2过程中物体的动能先增大后减小
D．0～h3过程中物体的加速度先增大再减小，最后物体做匀速运动
答案 AC
解析 物体受重力与拉力作用，重力做功不改变物体的机械能，机械能的变化量等于拉力做功，则有ΔE＝FΔh，得F＝eq \f(ΔE,Δh)，所以斜率表示拉力．由题图可知，在0～h1阶段斜率增大，即拉力增大，h1～h2阶段斜率减小，即拉力减小，即0～h2过程中物体所受拉力先增大后减小，故A正确；在h1处，斜率最大，拉力最大，拉力大于重力，物体正在加速，所以h1处速度不是最大，故B错误；由题图可知，在h1～h2过程中，图像斜率减小，拉力F减小，在h2后图像斜率为零，拉力为零，在h1处拉力F大于重力，在h2处拉力为零，因此在h1～h2过程中，拉力先大于重力后小于重力，物体先向上做加速直线运动后做减速直线运动，动能先增大后减小，故C正确；在0～h3过程中，拉力先大于重力后小于重力，最后拉力为零，物体所受的合外力先增大再减小到零后反向增大、最后不变，根据牛顿第二定律可得物体的加速度先增大再减小后反向增大再不变，且h2～h3阶段为竖直上抛运动，不是匀速运动，故D错误.
1.(2022·山东泰安市一模)如图所示，水平平台与水平细杆间的高度差为H，质量也为M的物块放在水平台上，质量为M的小球套在水平杆上，物块和小球通过小滑轮用轻质细线相连，滑轮右侧细线恰好竖直．现用一水平恒力F由静止沿杆拉动小球，物块始终在水平平台上，不计一切摩擦．则小球前进2H时，物块的速度为( )
A.eq \r(\f(2FH,M)) B.eq \r(\f(3FH,M))
C.eq \f(2,3)eq \r(\f(5FH,M)) D.eq \f(4,3)eq \r(\f(FH,M))
答案 D
解析 小球从平台的边缘处由静止向右运动2H时，设小球的速度为v，此时轻质细线与水平方向夹角为θ，如图所示，可知tan θ＝eq \f(1,2)，则有cs θ＝eq \f(2,\r(5))，小球沿细线方向的分速度等于物块的速度，则物块的速度为v1＝vcs θ＝eq \f(2v,\r(5))，对物块和小球组成的系统，由动能定理可得F·2H＝eq \f(1,2)Mv2＋eq \f(1,2)Mv12，解得v1＝eq \f(4,3)eq \r(\f(FH,M))，故选D.
2．(多选)(2022·辽宁葫芦岛市普通高中高三期末)某质量m＝1 500 kg的“双引擎”小汽车，行驶速度v≤54 km/h时靠电动机输出动力；行驶速度在54 km/h＜v≤90 km/h范围内时靠汽油机输出动力，同时内部电池充电；当行驶速度v>90 km/h时汽油机和电动机同时工作，这种汽车更节能环保，该小汽车在一条平直的公路上由静止启动，汽车的牵引力F随运动时间t的图线如图所示，所受阻力恒为1 250 N．已知汽车在t0时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至第11 s末，则在前11 s内( )
A．经过计算t0＝5 s
B．在0～t0时间内小汽车行驶了45 m
C．电动机输出的最大功率为60 kW
D．汽油机工作期间牵引力做的功为4.5×105 J
答案 BD
解析 开始阶段加速度为a＝eq \f(F1－Ff,m)＝eq \f(5 000－1 250,1 500) m/s2＝2.5 m/s2，v1＝54 km/h＝15 m/s，解得t0＝eq \f(v1,a)＝eq \f(15,2.5) s＝6 s，故A错误；汽车前6 s内的位移为x1＝eq \f(1,2)at02＝45 m，故B正确；t0时刻，电动机输出的功率最大，为Pm＝F1v1＝5 000×15 W＝75 kW，故C错误；由题图可知，汽油机工作期间，功率为P＝F2v1＝90 kW，解得11 s时刻汽车的速度为v3＝eq \f(P,F3)＝eq \f(90×103,3 600) m/s＝25 m/s＝90 km/h，故6～11 s内都是汽油机在做功，且汽油机工作时牵引力做的功为W＝Pt＝4.5×105 J，故D正确．
3.(多选)(2022·海南省模拟)如图所示，某物体(可视为质点)分别从等高的固定斜面Ⅰ、Ⅱ顶端下滑，物体与接触面间的动摩擦因数处处相同，斜面与水平面接触处用半径可忽略的光滑小圆弧相连．若该物体沿斜面Ⅰ由静止下滑，运动到水平面上的P点静止，不计空气阻力．下列说法正确的是( )
A．物体沿斜面Ⅱ由静止下滑，将运动到水平面上P点的左侧静止
B．物体沿斜面Ⅱ运动的路程大于沿斜面Ⅰ运动的路程
C．物体沿斜面Ⅱ运动到P点产生的热量等于沿斜面Ⅰ运动到P点产生的热量
D．物体沿斜面Ⅱ运动损失的机械能大于沿斜面Ⅰ运动损失的机械能
答案 BC
解析 设斜面的倾角为α，长度为l，高度为h，斜面的下端点到P点的水平距离为x，由动能定理得mgh－μmglcs α－μmgx＝0，设斜面上端点到P点的水平距离为s总，则s总＝lcs α＋x，联立可得mgh－μmgs总＝0，可知最终两物体均停止在P点，故A错误；根据几何知识可知，物体沿斜面Ⅱ运动的路程大于沿斜面Ⅰ运动的路程，故B正确；两种情形下，都是重力势能完全转化为内能，而初始时重力势能相同，则物体沿斜面Ⅱ运动到P点产生的热量等于沿斜面Ⅰ运动到P点产生的热量，故C正确；沿斜面Ⅰ运动损失的机械能ΔE1＝μmgL1cs α1，沿斜面Ⅱ运动损失的机械能ΔE2＝μmgL2cs α2，因为L1＞L2，α1＜α2，所以ΔE1＞ΔE2，故D错误．
专题强化练
[保分基础练]
1.如图所示，一质量为25 kg的小孩从高为2 m的滑梯顶端由静止滑下，滑到底端时的速度大小为2 m/s(g取10 m/s2)．关于力对小孩做的功，以下说法正确的是( )
A．重力做功450 J
B．合力做功50 J
C．克服阻力做功50 J
D．支持力做功450 J
答案 B
解析 由功的计算公式可知，重力做功为WG＝mgh＝25×10×2 J＝500 J，A错误；由动能定理可知，合力做功等于动能的变化量，则有W合＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)×25×22 J＝50 J，B正确；由动能定理可得WG－W克f＝eq \f(1,2)mv2，故克服阻力做功W克f＝WG－eq \f(1,2)mv2＝500 J－50 J＝450 J，C错误；支持力与小孩的运动方向一直垂直，所以支持力不做功，D错误．
2．一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时其速度为1 m/s，从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图(a)和图(b)所示．设在第1秒内、第2秒内、第3秒内力F对滑块做的功分别为W1、W2、W3，则以下关系正确的是( )
A．W1＝W2＝W3 B．W1
解析 由v－t图像可知，第1 s、第2 s、第3 s内的位移分别为0.5 m、0.5 m、1 m，由F－t图像及功的公式W＝Flcs α，可知W1＝0.5 J，W2＝1.5 J，W3＝2 J，故选B.
3.(2022·山东烟台市高三期末)如图，一容器的内壁是半径为r的半球面，容器固定在水平地面上．在半球面水平直径的一端有一质量为m(可视为质点)的小滑块P，它在容器内壁由静止开始下滑到最低点，在最低点时的向心加速度大小为a，已知重力加速度大小为g.则P由静止下滑到最低点的过程中克服摩擦力做的功为( )
A．mr(g－eq \f(1,2)a) B．mr(2g－a)
C.eq \f(1,2)mr(g－a) D．mr(2g＋a)
答案 A
解析 在最低点由牛顿第二定律及向心力公式有ma＝meq \f(v2,r)，P由静止下滑到最低点的过程中有mgr－W克f＝eq \f(1,2)mv2，联立解得W克f＝mgr－eq \f(1,2)mar＝mr(g－eq \f(1,2)a)，故选A.
4．(多选)(2021·广东卷·9)长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹，战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g，下列说法正确的有( )
A．甲在空中的运动时间比乙的长
B．两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等
C．从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少mgh
D．从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为mgh
答案 BC
解析 由平抛运动规律可知，做平抛运动的时间t＝eq \r(\f(2h,g))，因为两手榴弹运动的高度差相同，所以在空中运动时间相等，故A错误；
做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率P＝mgvy＝mgeq \r(2gh)，因为两手榴弹运动的高度差相同，质量相同，所以落地前瞬间，两手榴弹重力的功率相同，故B正确；
从投出到落地，手榴弹下降的高度为h，所以手榴弹重力势能减少量ΔEp＝mgh，故C正确；
从投出到落地，手榴弹做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，故D错误．
5．(2022·北京市丰台区一模)将质量为m的物体从地面竖直向上抛出，一段时间后物体又落回抛出点．在此过程中物体所受空气阻力大小不变，下列说法正确的是( )
A．上升过程的时间大于下落过程的时间
B．上升过程中机械能损失量小于下落过程中机械能损失量
C．上升过程的动能减小量大于下落过程的动能增加量
D．上升过程的动量变化量小于下落过程的动量变化量
答案 C
解析 设空气阻力大小为Ff，上升过程的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mg＋Ff＝ma1，解得a1＝g＋eq \f(Ff,m)，设下落过程的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得mg－Ff＝ma2，解得a2＝g－eq \f(Ff,m)，所以上升过程的加速度大小大于下落过程的加速度大小，由于上升和下落的位移相等，由运动学公式x＝eq \f(1,2)at2，可知上升过程的时间小于下落过程的时间，故A错误；由于空气阻力大小不变，上升过程和下落过程空气阻力做的功相等，所以上升过程中机械能损失量等于下落过程中机械能损失量，故B错误；设物体从地面竖直向上抛出时的速度大小为v0，物体落回到地面时的速度大小为v，由运动学公式得v02＝2a1x，v2＝2a2x，又因为a1>a2，所以v0>v，上升过程的动能减小量为ΔEk1＝eq \f(1,2)mv02，下落过程的动能增加量为ΔEk2＝eq \f(1,2)mv2，所以上升过程的动能减小量大于下落过程的动能增加量，故C正确；上升过程动量的变化量大小为Δp1＝mv0，下落过程的动量变化量大小为Δp2＝mv，所以上升过程的动量变化量大于下落过程的动量变化量，故D错误．
6．(多选)(2021·全国乙卷·19)水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于s0时，速度的大小为v0，此时撤去F，物体继续滑行2s0的路程后停止运动，重力加速度大小为g，则( )
A．在此过程中F所做的功为eq \f(1,2)mv02
B．在此过程中F的冲量大小等于eq \f(3,2)mv0
C．物体与桌面间的动摩擦因数等于eq \f(v02,4s0g)
D．F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍
答案 BC
解析 外力撤去前，由牛顿第二定律可知
F－μmg＝ma1①
由速度位移公式有v02＝2a1s0②
外力撤去后，由牛顿第二定律可知
－μmg＝ma2③
由速度位移公式有－v02＝2a2(2s0)④
由①②③④可得，水平恒力F＝eq \f(3mv02,4s0)，物体与桌面间的动摩擦因数μ＝eq \f(v02,4s0g)，则滑动摩擦力Ff＝μmg＝eq \f(mv02,4s0)，可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，故C正确，D错误；在此过程中，外力F做功为W＝Fs0＝eq \f(3,4)mv02，故A错误；由平均速度公式可知，外力F作用时间t1＝eq \f(s0,\f(0＋v0,2))＝eq \f(2s0,v0)，在此过程中，F的冲量大小是I＝Ft1＝eq \f(3,2)mv0，故B正确．
7．(2021·湖南卷·3)“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的．总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶．该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比(F阻＝kv，k为常量)，动车组能达到的最大速度为vm.下列说法正确的是( )
A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动
C．若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为eq \f(3,4)vm
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为eq \f(1,2)mvm2－Pt
答案 C
解析 对动车组由牛顿第二定律有F牵－F阻＝ma，动车组匀加速启动，即加速度a恒定，但F阻＝kv随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而增大，故A错误；若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有eq \f(4P,v)－kv＝ma，故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B错误；若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，动车组匀速行驶时加速度为零，有eq \f(2.25P,v)＝kv，而以额定功率匀速行驶时，有eq \f(4P,vm)＝kvm，联立解得v＝eq \f(3,4)vm，故C正确；若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，由动能定理可知4Pt－W克阻＝eq \f(1,2)mvm2－0，可得动车组克服阻力做的功为W克阻＝4Pt－eq \f(1,2)mvm2，故D错误．
[争分提能练]
8．(2022·广东省高三5月测试)在某滑雪场有一段坡道，可看作斜面，一滑雪爱好者从坡道最低点以某一速度滑上此坡道，滑雪爱好者和全部装备的总质量为50 kg，其重力势能和动能随上滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，以坡道底端所在水平面为重力势能的参考平面，滑雪爱好者连同全部装备可看作质点，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A．坡道与水平面的夹角θ为45°
B．滑雪板和坡道之间的动摩擦因数为0.1
C．滑雪爱好者在坡道上滑的最大高度为15 m
D．滑雪爱好者在坡道上滑过程重力的冲量大小为1 000 N·s
答案 D
解析 上滑过程重力势能为Ep＝mgssin θ＝mgsin θ·s，则重力势能随s变化的图线的斜率为mgsin θ＝eq \f(2 500 J,10 m)，解得sin θ＝eq \f(1,2)，则坡道与水平面的夹角为θ＝30°，选项A错误；上滑过程根据动能定理有－(mgsin θ＋μmgcs θ)s＝Ek－Ek0，整理得Ek＝－(mgsin θ＋μmgcs θ)s＋Ek0，动能随s变化的图线斜率为－(mgsin θ＋μmgcs θ)＝eq \f(1 875 J－5 625 J,10 m－0)，代入数据解得动摩擦因数为μ＝eq \f(\r(3),6)，选项B错误；上滑过程根据动能定理有－(mgsin θ＋μmgcs θ)sm＝0－Ek0，解得sm＝15 m，上升的高度h＝smsin θ＝7.5 m，选项C错误；上滑过程根据动量定理有(mgsin θ＋μmgcs θ)t＝0－(－eq \r(2mEk0))，解得上滑时间t＝2 s，则重力的冲量为mgt＝1 000 N·s，选项D正确．
9.(2022·山东卷·2)我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭．如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空．从火箭开始运动到点火的过程中( )
A．火箭的加速度为零时，动能最大
B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C．高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
答案 A
解析 火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误；根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误．
10．(多选)(2022·甘肃张掖市高三期末)如图所示，内壁光滑的玻璃管竖直固定在水平地面上，管内底部竖直放置处于自然长度的轻质弹簧．用轻杆连接的两小球A、B的质量分别为m和2m(球的直径比管的内径略小)，重力加速度为g，现从弹簧的正上方释放两球，则从A球与弹簧接触起到运动至最低点的过程中，下列说法正确的是( )
A．杆对A球做的功大于杆对B球做的功
B．A球克服弹簧弹力做的功是杆对A球做功的eq \f(3,2)倍
C．弹簧和杆对A球做功的总和等于A球机械能的增量
D．A球到最低点时杆对B球的作用力等于4mg
答案 BC
解析 杆对A球的作用力与杆对B球的作用力大小相等，两球的位移相同，所以杆对A球做的功与杆对B球做的功数值相等，故A错误；设A球克服弹簧弹力做的功为W1，A下降的高度为h，杆对A球做的功为W2，则杆对B球做功为－W2，由动能定理，对A球有mgh－W1＋W2＝0，对B球有2mgh－W2＝0，联立解得W1＝eq \f(3,2)W2，即A球克服弹簧弹力做的功是杆对A球做的功的eq \f(3,2)倍，故B正确；根据功能关系知，弹簧和杆对A球做功的总和等于A球机械能的增量，故C正确；若A球从弹簧原长处释放，刚释放时A、B整体的加速度大小为g，方向竖直向下，根据简谐运动的对称性知，A球到最低点时整体的加速度大小为g，方向竖直向上，现A球从弹簧正上方下落，A球到最低点时弹簧压缩量比从弹簧原长处释放时的大，则弹力比从弹簧原长处释放时的大，整体所受的合力增大，加速度将大于g，所以A球到最低点时整体的加速度大小大于g，方向竖直向上，在最低点，对B球，由牛顿第二定律得F－2mg＝2ma＞2mg，则得A球到最低点时杆对B球的作用力 F＞4mg，故D错误．
11．(多选)(2022·山西晋中市榆次区一模)如图所示为某探究活动小组设计的节能运输系统．固定斜面轨道倾角为30°，质量为M的木箱与轨道间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),4).木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下(货物与木箱之间无相对滑动)，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程．重力加速度为g，木箱可视为质点，下列说法正确的是( )
A．木箱与货物的质量之比为6∶1
B．下滑与上滑过程中木箱速度最大的位置在轨道上的同一点
C．木箱与弹簧没有接触时，下滑的加速度与上滑的加速度大小之比为1∶6
D．若木箱下滑的最大距离为l，则弹簧的最大弹性势能为eq \f(7,8)Mgl
答案 BD
解析 根据题意和动能定理可得(M＋m)glsin 30°－μ(M＋m)glcs 30°－W弹＝0，W弹－Mglsin 30°－μMglcs 30°＝0，联立可得M∶m＝1∶6，故A错误；下滑速度最大时有(M＋m)gsin 30°－μ(M＋m)gcs 30°－F弹＝0，可得F弹＝eq \f(7,8)Mg，上滑速度最大时有F弹′－Mgsin 30°－μMgcs 30°＝0，可得F弹′＝eq \f(7,8)Mg，所以下滑与上滑过程中木箱速度最大的位置在轨道上的同一点，故B正确；木箱与弹簧没有接触时，下滑的加速度为a1＝eq \f(M＋mgsin 30°－μM＋mgcs 30°,M＋m)＝eq \f(1,8)g，上滑的加速度为a2＝eq \f(Mgsin 30°＋μMgcs 30°,M)＝eq \f(7,8)g，则eq \f(a1,a2)＝eq \f(1,7)，故C错误；下滑过程中重力势能转化为内能和弹簧的弹性势能，有(M＋m)glsin 30°－μ(M＋m)glcs 30°＝Ep，则弹簧的最大弹性势能为Ep＝eq \f(7,8)Mgl，故D正确．
12．(2022·广东高州市二模)如图，“和谐号”是由提供动力的车厢(动车)和不提供动力的车厢(拖车)编制而成．某“和谐号”由8节车厢组成，其中第1节、第5节为动车，每节车厢所受的阻力大小Ff为自身重力的0.01.已知每节车厢的质量均为m＝2×104 kg，每节动车的额定功率均为P0＝600 kW，重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)若“和谐号”以a＝0.5 m/s2的加速度从静止开始行驶，“和谐号”做匀加速运动时5、6节车厢之间的作用力以及匀加速运动的时间；
(2)和谐号能达到的最大速度大小．
答案 (1)3.6×104 N 25 s (2)75 m/s
解析 (1)以第6、7、8三节车厢为整体分析，总质量为3m，所受拉力为F，据牛顿第二定律有
F－3Ff＝3ma
Ff＝0.01mg
代入数据解得F＝3.6×104 N
每个动车提供最大功率为P0＝600 kW，设每个动车提供的牵引力为F牵，动车匀加速行驶能达到的最大速度为v1，对整个动车组进行分析，根据牛顿第二定律，有
2F牵－8Ff＝8ma,2P0＝2F牵v1
v1＝at1，联立解得t1＝25 s
(2)和谐号动车组以最大速度行驶时动力与阻力平衡
设最大速度为vm，则有2P0＝8×0.01mg·vm
解得vm＝75 m/s.
[尖子生选练]
13．(多选)(2022·辽宁省县级重点高中协作体一模)如图所示，固定的光滑长斜面的倾角θ＝37°，下端有一固定挡板．两小物块A、B放在斜面上，质量均为m，用与斜面平行的轻弹簧连接．一跨过轻质定滑轮的轻绳左端与B相连，右端与水平地面上的电动玩具小车相连．系统静止时，滑轮左侧轻绳与斜面平行，右侧轻绳竖直，长度为L且绳中无弹力．当小车缓慢向右运动eq \f(3,4)L时，A恰好不离开挡板．已知重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.在小车从图示位置发生位移eq \f(3,4)L过程中，下列说法正确的是( )
A．弹簧的劲度系数为eq \f(12mg,5L)
B．绳的拉力对B做功为eq \f(3,20)mgL
C．若小车以速度2eq \r(gL)向右匀速运动，位移大小为eq \f(3,4)L时，B的速率为eq \f(8,5)eq \r(gL)
D．若小车以速度2eq \r(gL)向右匀速运动，位移大小为eq \f(3,4)L时，绳的拉力对B做的功为eq \f(87,100)mgL
答案 BD
解析 系统静止时，弹簧压缩量x1＝eq \f(mgsin 37°,k)，A恰好不离开挡板时，弹簧伸长量x2＝eq \f(mgsin 37°,k)，由题可知x1＋x2＝eq \r(L2＋\f(3,4)L2)－L＝eq \f(1,4)L，解得k＝eq \f(24mg,5L)，选项A错误；根据x1＝x2，知弹性势能不变，则小车在0～eq \f(3,4)L位移内拉力对B做的功W1＝mg·eq \f(1,4)Lsin 37°，解得W1＝eq \f(3,20)mgL，选项B正确；小车位移大小为eq \f(3,4)L时，滑轮右侧轻绳与竖直方向的夹角为37°，将小车速度沿轻绳方向和与轻绳垂直方向分解，则B的速率vB＝2eq \r(gL)sin 37°＝eq \f(6,5)eq \r(gL)，选项C错误；小车在0～eq \f(3,4)L位移大小内，设拉力对B做的功为W2，对B分析，根据功能关系有W2＝eq \f(1,2)mvB2＋mg·eq \f(1,4)Lsin 37°＝eq \f(87,100)mgL，选项D正确．能量
功能关系
表达式
势能
重力做功等于重力势能减少量
W＝Ep1－Ep2＝－ΔEp
弹力做功等于弹性势能减少量
静电力做功等于电势能减少量
分子力做功等于分子势能减少量
动能
合外力做功等于物体动能变化量
W＝Ek2－Ek1＝eq \f(1,2)mv2－ eq \f(1,2)mv02
机械能
除重力和弹力之外的其他力做功等于机械能变化量
W其他＝E2－E1＝ΔE机
摩擦产生的内能
一对相互作用的摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能
Q＝Ff·s相对s相对为相对路程
电能
克服安培力做功等于电能增加量
W克安＝E2－E1＝ΔE
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