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2019版高中物理二轮专题复习教师用书：专题二第5讲功、功率、动能定理
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第5讲功、功率、动能定理
主干知识体系
核心再现及学科素养
知识规律
(1)恒力做功的公式：W＝Fl cos α.
(2)平均功率的公式：P＝＝F cos α.
(3)瞬时功率的公式：P＝Fvcos α.
(4)机车启动两类模型中的关键方程：P＝F·v
F－f＝ma.
(5)动能定理的表达式：W合＝mv2－mv.
思想方法
(1)物理思想：微元思想．
(2)物理方法：图象法、转换法、整体法和隔离法等.
1．(2018·全国Ⅱ卷，14)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度．木箱获得的动能一定( )
A．小于拉力所做的功
B．等于拉力所做的功
C．等于克服摩擦力所做的功
D．大于克服摩擦力所做的功
A [A对、B错；由题意知，W拉－W阻＝ΔEk，则W拉＞ΔEk；C、D错：W阻与ΔEk的大小关系不确定．
点拨：注意题目中“粗糙”二字，不要忘记克服摩擦力做的功．
2．(2018·全国Ⅰ卷，18)如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )
A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR
C [小球从a运动到c，根据动能定理，得F·3R－mgR＝mv，又F＝mg，故v1＝2，小球离开c点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动．且水平方向与竖直方向的加速度大小相等，都为g，故小球从c点到最高点所用的时间t＝＝2，水平位移x＝gt2＝2R，根据功能关系，小球从a点到轨迹最高点机械能的增量为力F做的功，即ΔE＝F·(2R＋R＋x)＝5mgR. ]
3．(2018·全国Ⅱ卷，19)(多选)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
AC [A对，由图线①知，上升总高度h＝·2t0＝v0t0.
由图线②知，加速阶段和减速阶段上升高度和
h1＝·(＋)＝v0t0
匀速阶段：h－h1＝v0·t′，解得t′＝t0
故第②次提升过程所用时间为＋t0＋＝t0，
两次上升所用时间之比为2t0∶t0＝4∶5.
B错：由于加速阶段加速度相同，故加速时牵引力相同．
C对：在加速上升阶段，由牛顿第二定律知，
F－mg＝ma，F＝m(g＋a)
第①次在t0时刻，功率P1＝F·v0，
第②次在时刻，功率P2＝F·，
第②次在匀速阶段P2′＝F′·＝mg·＜P2，
可知，电机的输出最大功率之比P1∶P2＝2∶1.
D错：由动能定理知，两个过程动能变化量相同，克服重力做功相同，故两次电机做功也相同．]
4．(2017·高考全国卷Ⅲ，16)如图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂．用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为( )
A.mgl B.mgl C.mgl D.mgl
A [QM段绳的质量为m′＝m，未拉起时，QM段绳的重心在QM中点处，与M点距离为l，绳的下端Q拉到M点时，QM段绳的重心与M点距离为l，此过程重力做功WG＝－m′g(l－l)＝－mgl，对绳的下端Q拉到M点的过程，应用动能定理，可知外力做功W＝－WG＝mgl，可知A项正确，B、C、D项错误．]
5．(2018·天津卷，10)我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程．假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x＝1.6×103 m时才能达到起飞所要求的速度v＝80 m/s.已知飞机质量m＝7.0×104 kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度取g＝10 m/s2.求飞机滑跑过程中
(1)加速度a的大小；
(2)牵引力的平均功率P.
解析 (1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，有v2＝2ax①
代入数据解得a＝2 m/s2②
(2)设飞机滑跑受到的阻力为F阻，依题意有
F阻＝0.1mg③
设发动机的牵引力为F，根据牛顿第二定律有
F－F阻＝ma④
设飞机滑跑过程中的平均速度为，有＝⑤
在滑跑阶段，牵引力的平均功率P＝F⑥
联立②③④⑤⑥式得P＝8.4×106 W⑦
答案 (1)2 m/s2 (2)8.4×106W
[考情分析]
■命题特点与趋势
1．近几年高考命题点主要集中在正、负功的判断，功率的分析与计算，机车启动模型，动能定理在圆周运动、平抛运动中的应用．题目具有一定的综合性，难度适中．
2．本讲高考的命题方式单独命题以选择题为主，综合命题以计算题为主，常将动能定理与机械能守恒定律、能量守恒定律相结合.2018年的高考动能定理仍是考查重点，要关注本讲知识与实际问题相结合的情景题目．
■解题要领
解决本讲知识要理解功和功率的定义、正负功的判断方法，机车启动两类模型的分析、动能定理及动能定理在变力做功中的灵活应用．
高频考点一 功和功率的理解和计算
[备考策略]
1．恒力做功的公式：W＝Flcos α(通过F与l间的夹角α判断F是否做功及做功的正、负)．
2．正功、负功的判断
(1)由F与l的夹角α判断(恒力做功)．
(2)由F与v的夹角α判断(曲线运动)．
(3)由能量变化判断(做功不明确的情况)．
3．求功的几种方法
(1)W＝Flcos α(恒力)．
(2)W＝Pt(恒力或变力)．
(3)W＝ΔEk(动能定理)．
(4)W＝ΔE(功能原理)．
(5)图象法：F－x图线所围面积．
(6)W＝pΔV(气体做功)．
4．功率
(1)平均功率：P＝＝Fcos α.
(2)瞬时功率：P＝Fvcos α(α为F与v的夹角)．
[命题视角]
考向1 功、功率及相关图象问题
例1 (多选)一质量m＝0.5 kg的滑块以某一初速度冲上倾角θ＝37°的足够长的斜面，利用传感器测出滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机绘出滑块上滑过程中的v－t图象如图所示．sin 37°＝0.6，g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则( )
A．滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5
B．滑块返回斜面底端时的速度为2 m/s
C．滑块在上升过程中重力做的功为－25 J
D．滑块返回斜面底端时重力的功率为6W
AD [由题图可知加速度大小a＝10 m/s2，即gsin θ＋μgcos θ＝10 m/s2，解得μ＝0.5，选项A正确．上滑位移x＝t＝5 m，下滑加速度a′＝gsin θ－μgcos θ＝2 m/s2，所以回到斜面底端时的速度v′＝＝2m/s，选项B错误．上升过程中重力做功W＝－Gxsin θ＝－15 J，返回底端时求的是重力的瞬时功率，则为P＝mgv′sin θ＝6W，选项C错误，D正确．]
考向2 变力功的分析与计算
例2 (2018·衡水中学信息卷)(多选)如图所示，倾角为θ、半径为R的倾斜圆盘绕圆心处的转轴O以角速度ω匀速转动，一个质量为m的小物块放在圆盘的边缘，小物块与圆盘间的动摩擦因数为μ.图中A、B分别为小物块转动过程中所经过的最高点和最低点，运动过程中经过的C、D两点连线与AB垂直，小物块与圆盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且始终相对于圆盘静止．重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．小物块受到的摩擦力始终指向圆心
B．动摩擦因数μ一定大于tan θ
C．小物块从A点运动到B点的过程中，摩擦力对小物块做功为－μmgπR cos θ
D．当小物块运动至C、D两点时所受摩擦力大小相等，从C点运动到D点的过程中摩擦力对小物块先做负功后做正功
BD [小物块所受重力沿圆盘的分力及静摩擦力的合力提供向心力，始终指向圆心，A错误；小物块在B点时由牛顿第二定律Ff－mg sin θ＝mRω2，Ff>mgsin θ，又因Ff≤μmg cos θ，所以μmgcos θ>mg sin θ，则μ一定大于tan θ，B正确；小物块从A点运动到B点的过程中由动能定理得mg·2R sin θ＋WFf＝0，解得WFf＝－mg·2R sin θ，C错误；小物块运动至C、D两点时受力具有对称性的特点．所受静摩擦力大小相等，方向关于AB对称，从C点运动到D点的过程中，重力先做正功后做负功，小物块动能始终不变，即合外力做功始终为0，所以摩擦力对小物块先做负功后做正功，D正确．]
[归纳反思]
计算功和功率时应注意的两个问题
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)变力做功一般用动能定理或图象法求解，用图象法求外力做功时应注意横轴和纵轴分别表示的物理意义．
2．功率的计算
(1)明确是求瞬时功率还是平均功率．
(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．
[题组突破]
1－1.(2018·河北省张家口市五个一联盟高考物理二模试卷)(多选)放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图所示．下列说法正确的是( )
A．0～6 s内物体的位移大小为30 m
B．2～6 s内拉力做的功为40 J
C．合外力在0～6 s内做的功与0～2 s内做的功相等
D．滑动摩擦力的大小为5 N
ABC [A.0～6 s内物体的位移大小x＝×6 m＝30 m．故A正确．B.在0～2 s内，物体的加速度a＝＝3 m/s2，由图，当P＝30 W时，v＝6 m/s，得到牵引力F＝＝5 N．在0～2 s内物体的位移为x1＝6 m，则拉力做功为W1＝Fx1＝5×6 J＝30 J．2～6 s内拉力做的功W2＝Pt＝10×4 J＝40 J．故B正确．C.在2～6 s内，物体做匀速运动，合力做功为零，则合外力在0～6 s内做的功与0～2 s内做的功相等．故C正确．D.在2～6 s内，v＝6 m/s，P＝10 W，物体做匀速运动，摩擦力f＝F，得到f＝F＝＝N＝ N．故D错误．]
1－2.(2018·广东省深圳科学高中高三第一次调研)如图甲所示，一次训练中，运动员腰部系着不可伸长的绳，拖着质量m＝11 kg的轮胎从静止开始沿着笔直的跑道加速奔跑，绳与水平跑道的夹角是37°，5 s后拖绳从轮胎上脱落．轮胎运动的v－t图象如图乙所示，不计空气阻力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.则下列说法正确的是( )
A．轮胎与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.2
B．拉力F的大小为55 N
C．在0～5 s内，轮胎克服摩擦力做功为1375 J
D．在6 s末，摩擦力的瞬时功率大小为275 W
D [A.撤去F后，轮胎的受力分析如图1所示，由速度图象得5 s～7 s内的加速度a2＝－5 m/s2，根据牛顿运动定律有 N2－mg＝0，－f2＝ma2，又因为f2＝μN2，代入数据接的μ＝0.5，故A错误；
B．力F拉动轮胎的过程中，轮胎的受力情况如图2所示，根据牛顿运动定律有F cos 37°－f1＝ma1，mg－F sin 37°－N1＝0，又因为f1＝μ N1，由速度图象得此过程的加速度a1＝2 m/s2，联立解得：F＝70 N，B错误；
C、在0 s～5 s内，轮胎克服摩擦力做功为0.5×68×25 J＝850 J，C错误；D.因 6 s末轮胎的速度为5 m/s，所以在6 s时，摩擦力的瞬时功率大小为0.5×110×5＝275 W，D正确；故选D.]
高频考点二 机车启动问题
[备考策略]
本考点主要考查机车牵引与启动问题，试题难度一般，多为选择题．在二轮复习中，注意打牢基础知识，细化审题、解题过程，此考点就能轻松取分．建议考生自学为主．
1．恒定功率启动
(1)机车先做加速度逐渐减小的变加速直线运动，后做匀速直线运动，速度—时间图象如图所示，当F＝F阻时，vm＝＝.
(2)动能定理：Pt－F阻x＝mv－0.
2．恒定加速度启动
(1)速度—时间图象如图所示．机车先做匀加速直线运动，当功率增大到额定功率后获得匀加速的最大速度v1.之后做变加速直线运动，直至达到最大速度vm后做匀速直线运动．
(2)常用公式：
[题组突破]
2－1.(2018·广东实验中学高三考前摸拟)一辆汽车在平直的公路上由静止开始启动．在启动过程中，汽车牵引力的功率及其瞬时速度随时间的变化情况分别如图甲、乙所示．已知汽车所受阻力恒为重力的，重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是( )
A．该汽车的质量为3 000 kg
B．v0＝6 m/s
C．在前5 s内，阻力对汽车所做的功为25 kJ
D．在5～15 s内，汽车的位移大小约为67.19 m
D [由图象可得，汽车匀加速阶段的加速度a＝＝1 m/s2，汽车匀加速阶段的牵引力为F＝＝3 000 N，匀加速阶段由牛顿第二定律得F－0.2mg＝ma，解得m＝1 000 kg，A错误；牵引力功率为15 kW时，汽车行驶的最大速度v0＝＝7.5 m/s，B错误；前5 s内汽车的位移x＝at2＝12.5 m，阻力做功WFf＝－0.2mgx＝－25 kJ，C错误；5～15 s内，由动能定理得Pt－0.2mgs＝mv－mv2，解得s＝67.1875 m，D正确．]
2－2.(2018·吉林长春外国语学校高三测试)质量为1×103 kg、发动机额定功率为60 kW的汽车在平直公路上行驶．若汽车所受阻力大小恒为2×103 N，下列判断正确的是( )
A．汽车行驶能达到的最大速度是40 m/s
B．汽车从静止开始加速到20 m/s的过程，发动机所做的功为2×105 J.
C．汽车保持额定功率启动，当速度大小为20 m/s时，其加速度大小为6 m/s2
D．汽车以2 m/s2的恒定加速度启动，发动机在第2 s末的实际功率是16 kW
D [当阻力和牵引力相等时，速度最大，故vm＝＝＝30 m/s，A错误；汽车从静止开始加速，但汽车如果以恒定功率启动，则做变加速直线运动，运动时间和位移未知，故无法求解发动机做的功，B错误；汽车保持额定功率启动，当速度大小为20 m/s时，牵引力F＝＝ N ＝3 000 N，根据牛顿第二定律可得a＝＝ m/s2＝1 m/s2，C错误；根据牛顿第二定律得牵引力为F＝Ff＋ma＝(2 000＋1 000×2) N＝4 000 N，则匀加速直线运动的最大速度为v1＝＝ m/s＝15 m/s，可知匀加速直
线运动的时间为t＝＝ s＝7.5 s,2 s末的速度为v＝at2＝2×2 m/s＝4 m/s，则发动机的实际功率为P实＝Fv＝4 000×4 W＝16 kW，D正确．]
[归纳反思]
解决机车启动问题时的四点技巧
1．分清是匀加速启动还是恒定功率启动．
2．匀加速启动过程中，机车功率是不断改变的，但该过程中的最大功率是额定功率，匀加速运动阶段的最大速度小于机车所能达到的最大速度，达到额定功率后做加速度减小的加速运动．
3．以额定功率启动的过程中，机车做加速度减小的加速运动，速度最大值等于，牵引力是变力，牵引力做的功W＝Pt.
4．无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足P＝Ffvm，P为机车的额定功率．
高频考点三 动能定理的理解和应用
[备考策略]
1．动能表达式：
Ek＝mv2，是标量．
2．动能定理表达式：
W总＝mv－mv是标量式，不用考虑速度的方向及中间过程．
3．应用动能定理的“两线索”“两注意”
(1)应用动能定理解题有两条主要线索：
一是明确研究对象→进行受力分析→对各力进行做功分析→求出总功；
二是明确研究过程→进行运动过程分析→物体始末状态分析→求出动能状态量→求出动能变化量；
最后结合两条线索列出动能定理方程求解．
(2)两注意：
①动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度和时间，比动力学研究方法更简便．
②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．
[典例导航]
例3 (2018·西北师大附中高三调研题)如图所示，水平光滑轨道OA上有一质量m＝2 kg的小球以速度v0＝20 m/s向左运动，从A点飞出后恰好无碰撞地经过B点，B是半径为R＝10 m的光滑圆弧轨道的右端点，C为轨道最低点，且圆弧BC所对圆心角θ＝37°，又与一动摩擦因数μ＝0.2的粗糙水平直轨道CD相连，CD长为15 m．进入另一竖直光滑半圆轨道，半圆轨道最高点为E，该轨道的半径也为R.不计空气阻力，物块均可视为质点，重力加速度取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)A、B两点的高度差和物块在C点对圆弧轨道的压力；
(2)通过计算分析甲物块能否经过E点．
解析 (1)由题意知：在C点速度方向沿B点切线方向，在B点速度大小为：v1＝＝25 m/s
竖直速度大小为vy＝v0 tan 37°＝15 m/s
从A点到B点的时间为：t＝＝1.5 s
AB的高度差为h＝gt2＝11.25 m
从B点到C点由动能定理得：
mgR(1－cos 37°)＝mv－mv
所以在C点N－mg＝m
N＝153 N
由牛顿第三定律可知物体对轨道的压力为153 N，方向向下
(2)假设甲物块通过E点时速大小为v2，从C点运到 E点，由动能定理得：－μmgx－mg·2R＝mv－mv
所以在E点速度大小为v2＝m/s
在E点做圆周运动时最小速度为v3，
有mg＝m
所以v3＝10 m/s
因为v2>v3，所以甲物块能经过E点．
答案 (1)11.25 m,153 N，方向向下
(2)能经过E点
[归纳反思]
应用动能定理的四环节
1．明确研究对象和研究过程
研究对象一般取单个物体，通常不取一个系统(整体)为研究对象．研究过程要根据已知量和所求量来定，可以对某个运动阶段应用动能定理，也可以对整个运动过程(全程)应用动能定理．
2．分析物体受力及各力做功的情况
(1)受哪些力？
(2)每个力是否做功？
(3)在哪段位移哪段过程中做功？
(4)做正功还是负功？
(5)用恒力做功的公式计算各力做的功及其代数和．对变力做功或要求的功用W表示．
(6)电磁场中的应用：在电磁场中运动时多了一个电场力或磁场力，特别注意电场力做功与路径无关，洛伦兹力在任何情况下都不做功．
3．明确过程始末状态的动能Ek1和Ek2.
4．利用动能定理方程式W1＋W2＋W3＋…＝mv－mv求解．
[题组突破]
3－1.(2018·甘肃兰州新亚中学高三摸拟)(多选)如图所示，带等量异种电荷的平行金属板A、B水平放置．A板带正电，板间距离为d，A、B间的电势差为U.在平行板内部固定一同种材料构成的“V”形绝缘轨道CDE，CD、DE在D点平滑连接．轨道两侧最高点C、E距最低点D的高度都为h，导轨CD、DE与水平面间的夹角均为θ.现将一质量为m、可视为质点的带正电的滑块从轨道左侧C点处无初速度释放，滑块沿着轨道滑下后第一次滑到右侧能到达的最高点P距D点的高度为，已知重力加速度为g.则( )
A．滑块从C点运动至P点的过程中克服电场力做功
B．轨道CDE与滑块间的动摩擦因数为tan θ
C．若滑块从左侧距D点处无初速度释放，则滑块第一次滑到右侧轨道所能到达的最高点距D点高度为
D．保持板间电势差不变，若将A板下移一小段距离，则滑块第一次滑到右侧轨道的最高点将低于P点
BC [滑块从C点运动至P点的过程中重力做功，克服电场力做功为，从能量守恒的角度可知滑块滑动过程中与轨道间有摩擦，故＜，所以A错误．带正电的滑块从C点滑到P点的过程中，由动能定理得(mg－qE)·－μ(mg－qE)cos θ·＝0－0，化简得μ＝ tan θ，所以B正确．若滑块从左侧距D点处无初速度释放，设滑块第一次滑到轨道右侧所能
到达的最高点距D点高度为x，则(mg－qE)·－μ(mg－qE) cos θ·＝0－0，将μ＝ tan θ代入，化简可得x＝h，
所以C正确．保持板间电势差为U，若将A板下移一小段距离，两板间场强变小，电场力减小，但通过上述动能定理的表达式可以看出mg－qE被消去，所以滑块在右侧轨道的最高点与质量m、场强E无关，所以应还在P点．所以D错误．]
3－2.(2018·合肥市高三第二次质检)合肥开往上海的动车组D3028是由动车和拖车编组而成的，只有动车提供动力．假定该列动车组由8节车厢组成，第1节和第5节车厢为动车，每节动车的额定功率均为P0，每节车厢的总质量均为m，动车组运行过程中所受阻力为车重的k倍．若动车组以额定功率从合肥南站启动，沿水平方向做直线运动，经时间t0速度达到最大，重力加速度为g.求：
(1)当动车组速度达到最大速度的一半时的加速度大小和此时第6节车厢对第7节的拉力大小；
(2)动车组从启动至速度达到最大的过程中所通过的路程．
解析 (1)设动车组匀速运动的最大速度为vm，动车组速度为最大速度的一半时动车的牵引力为F，有2P0＝8kmgvm
2P0＝2F
对动车组，由牛顿第二定律有，2F－8kmg＝8ma
解得a＝＝kg
对第7、8节车厢的整体有：F67－2kmg＝2ma
解得：F67＝4kmg
(2)由动能定理有，2P0t0－8kmgx＝(8m)v－0
解得x＝－＝
答案 (1)kg， 4kmg (2)
3－3.(2018·江西省六校3月联考)如图所示为一由电动机带动的传送带加速装置示意图，传送带长L＝31.25 m，以v0＝6 m/s顺时针方向转动，现将一质量m＝1 kg的物体轻放在传送带的A端，传送带将其带到另一端B后，物体将沿着半径R＝0.5 m的光滑圆弧轨道运动，圆弧轨道与传送带在B点相切，C点为圆弧轨道的最高点，O点为圆弧轨道的圆心．已知传送带与物体间的动摩擦因数μ＝0.8，传送带与水平地面间夹角θ＝37°，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，物体可视为质点，求：
(1)物体在B点对轨道的压力大小；
(2)当物体过B点后将传送带撤去，求物体落到地面时的速度大小．
解析 (1)根据牛顿第二定律：
μmg cos θ－mg sin θ＝ma
解得a＝0.4 m/s2
设物体在AB上全程做匀加速运动，根据运动学公式：
v ＝2aL
解得vB＝5 m/s<6 m/s，即物体在AB上全程做匀加速运动．
对B点受力分析有FN－mg cos θ＝得FN＝58 N
由牛顿第三定律可得物体在B点对轨道的压力大小FN′＝58 N
(2)设物体能够越过C点，从B到C利用动能定理：
－mg(R＋R cos θ)＝mv－mv
解得vC＝m/s>，即物体能越过最高点C
从C点落到地面，物体做平抛运动，下落高度h＝R＋R cos θ＋Lsin θ＝19.65 m
利用运动学公式：v＝2gh，解得vy＝ m/s
故v＝＝20 m/s
(或利用动能定理mgh＝mv2－mv得v＝20 m/s)
答案 (1)58 N (2)20 m/s
课时跟踪训练(五)
一、选择题(1～7题为单项选择题，8～10题为多项选择题)
1．(2018·山东省济南市高三二模)静止在地面上的物体在不同合外力F的作用下都通过了相同的位移x0，下列情况中物体在x0位置时速度最大的是( )
C [根据图象的坐标可知图象所包围的面积代表了合外力F做的功，所以从图象上看出C图所包围的面积最大，故选C]
2．(2018·宿州市高三第三次教学质量检测)如图，一质量为m、电量为q的带正电粒子在竖直向下的匀强电场中运动，M、N为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在M点的速度大小为v0，方向与水平方向的夹角为60°，N点为轨迹的最高点，不计重力．则M、N两点间的电势差为( )
A. B．－
C．－ D.
B [从M点到N点利用动能定理有：qUMN＝mv－mv＝m(v0 cos60°)2－mv
解得：UMN＝－，故B正确．]
3．(2018·天星押题卷)如图甲为一倾斜的传送带，传送带足够长，与水平方向夹角为α，以恒定的速度沿逆时针方向匀速转动．一物块由底端以速度v1滑上传送带，图乙为物块在传送带上运动的v－t图象．下列说法正确的是( )
A．无法判断出传送带的运行速度
B．传送带与物块间的动摩擦因数为＋tan α
C．t1时刻物块到达最高点
D．v1
4．(2018·湖南省长郡中学高三第四次质检)甲乙两车同时同地同向运动，两车的v－t图象如图所示．其中质量m＝7.5 t甲车以恒定功率P＝50 kW启动，最后匀速运动．乙车做初速为0做匀加速运动，则乙车追上甲车的时间是( )
A．40 s B．20 s
C．60 s D．30 s
D [由图可知，乙车追上甲车时，甲车已经匀速运动，设乙车追上甲车的时间是t，乙车的位移x＝at2，甲车受到的阻力Ff＝，由动能定理得：Pt－Ffx＝mv，解得t＝30 s，故D正确，A、B、C错误．]
5．(2018·湖北省孝感市高三二模)如图所示，动滑轮下系有一个质量为m的物块，细线一端系在天花板上，另一端绕过动滑轮．用F＝mg的恒力竖直向上拉细线的另一端(滑轮、细线的质量不计，不计一切摩擦，重力加速度为g)，物块从静止开始运动，则下列说法正确的是( )
A．物块的加速度a＝g
B．经过时间t拉力F做功为WF＝mg2t2
C．物块的机械能增加了ΔE＝mg2t2
D．物块的动能增加了ΔEk＝mg2t2
C [以物块m为对象，根据牛顿第二定律：2F－mg＝ma得a＝g，经过时间t后，物块的位移x＝at2＝gt2，速度v＝at＝gt，则拉力做功WF＝F(2x)＝mg2t2，物体的动能增加了ΔEk＝mv2＝mg2t2，物体的机械能增加了ΔE＝ΔEk＋mgx＝mg2t2，故C正确，A、B、D错误．]
6．(2018·江西省九江高中毕业班考前冲刺卷)如图所示，水平地面上有一倾角为θ的光滑斜面，斜面上有一固定挡板c.用轻弹簧连接的物块a、b放置在斜面上，并处于静止状态，现用一平行于斜面的恒力F(F<2mg sin θ)作用在物块a上，使物块a沿斜面向上运动，当物块b与挡板c恰好分离时，物块a移动的距离为d，在此过程中弹簧弹性势能的增加量为ΔEp(ΔEp>0)．已知物块a的质量为m，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．物块a可能做匀变速直线运动
B．物块a的动能一直增加
C．当b、c恰好分离时，弹簧的伸长量大小为
D．当b、c恰好分离时，物块a的速度大小为
D [当a沿斜面向上运动时，弹簧的弹力在不断变化，而拉力F恒定，重力和支持力恒定，根据牛顿第二定律，物块a将做变加速直线运动，故选项A错误；因为物块b与挡板c恰好分离时，物块a移动的距离为d，在此过程中弹簧弹性势能的增加量为ΔEp，所以物块b的质量大于m，又因为F<2mgsin θ，所以物块a的速度一定是先增大后减小，动能也是先增大后减小，b、c分离时弹簧的弹力大于mgsin θ，弹簧的伸长量大于，故选项B、C错误；对于物块a整个过程根据动能定理得：Fd－mgdsin θ＋W＝mv2，由功能关系W＝－ΔEp，联立解得物块a的速度大小为，故选项D正确．]
7．(2018·陕西西安市高三二模试题)如图所示，竖直面内有固定轨道ABC，AB是半径为2R的四分之一光滑圆弧，BC是半径为R的粗糙半圆弧(B是轨道的最低点)，O点是BC圆弧的圆心，POQ在同一水平线上，BOC在同一竖直线上．质量为m的小球自由下落2R后，沿轨道ABC运动，经过轨道C点后，恰好落到轨道上的P点．则下列说法正确的是( )
A．小球运动到B点前的瞬间对轨道的作用力是4mg
B．小球运动到B点后的瞬间对轨道的作用力是8mg
C．小球运动到C点的过程中，摩擦力做功Wf＝－mgR
D．小球运动到C点的过程中，摩擦力做功Wf＝－mgR
C [小球下落到B点，由机械能守恒定律得：mg(4R)＝mv，小球运动到B点前的瞬间，小球运动的半径是2R，由向心力公式：FB－mg＝，解得FB＝5mg，小球运动到B点后的瞬间，小球的运动半径是R，由向心力公式：FB′－mg＝，解得FB′＝9mg，故A错误、B错误；经过轨道C点后，恰好落到轨道上的P点，由几何关系得：＝R，由平抛运动规律知：x＝R＝vCt，y＝R＝gt2，小球下落到C点，由动能定理有：mg2R＋Wf＝mv，解得Wf＝－mgR，故C正确，D错误．]
8．(2018·湖北省麻城一中高考冲刺模拟)水平长直轨道上紧靠放置n个质量为m可看作质点的物块，物块间用长为L的不可伸长的细线连接，开始处于静止状态，物块与轨道间动摩擦因数为μ.用水平恒力F拉动物块1开始运动，到连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，则( )
A．拉力F所做功为nFL
B．系统克服摩擦力做功为
C．F＞
D．(n－1)μmg＜F＜nμmg
BC [物体1的位移为(n－1)L，则拉力F所做功为WF＝F·(n－1)L＝(n－1)FL.故A错误．系统克服摩擦力做功为Wf＝μmgL＋μmg·L＋…＋μmg·(n－2)L＋μmg·(n－L)L＝.故B正确．据题，连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，假设没有动能损失，
由动能定理有
WF＝Wf，解得F＝
现由于绳子绷紧瞬间系统有动能损失，所以根据功能关系可知F>，故C正确，D错误．故选B、C.]
9．(2018·山东省湖北省重点学校协作体冲刺模拟)为减少二氧化碳排放，很多城市都推出了新型节能环保电动车．在检测某款电动车性能的实验中，质量为8×102 kg的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为15 m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出如图所示的F－图象(图中AB、BO均为直线)，电动车行驶中所受阻力恒定，重力加速度取10 m/s2，则( )
A．该车启动后，先做匀加速运动，然后做匀速运动
B．该车启动后，先做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，接着做匀速运动
C．该车做匀加速运动的时间是1.2 s
D．该车加速度为0.25 m/s2时，动能是4×104 J
BD [由于横坐标为速度的倒数，所以电动车的启动过程为从A到B到C.AB段，牵引力不变，电动车做匀加速运动，加速度为a＝＝＝2 m/s2；BC段，由于图象为过原点的直线，所以Fv＝P额＝恒量，即以恒定功率启动，牵引力减小，加速度减小，电动车做加速度减小的加速运动，当F＝f＝400 N，速度达到最大值15 m/s，故选项A错误、B正确；由a＝可知t＝＝＝1.5 s，故选项C错误；该车加速度为0.25 m/s2时，牵引力为F′＝ma′＋f＝8×102×0.25＋0.05×8×102×10＝600 N，此时的速度为v′＝＝10 m/s，动能为EK＝mv′2＝×8×102×102＝4×104 J，故选项D正确．]
10．(2018·安徽省合肥三模)如图所示，一小球套在倾角为37°的固定直杆上，轻弹簧一端与小球相连，另一端固定于水平地面上O点．小球由A点静止释放，它沿杆下滑到达最低点C时速度恰为0.A、C相距0.8 m，B是A、C连线的中点，OB连线垂直AC，小球质量为1 kg，弹簧原长为0.5 m，劲度系数为40 N/m，sin 37°＝0.6，g取10 m/s2.则小球从A到C过程中，下列说法正确的是( )
A．小球经过B点时的速度最大
B．小球在B点时的加速度为6 m/s2
C．弹簧弹力对小球先做正功后做负功
D．小球从A到B过程和从B到C过程摩擦力做功相等
BD [A.小球合外力等于0时速度最大，在B点时由于弹簧弹力为k(l－OB)＝40 N/m×(0.5－0.3)m＝8 N，方向垂直杆向上，重力垂直于杆的分力为mgcos θ＝1×10×0.8 N＝8 N，方向垂直于杆向下，所以小球在B点时合外力F＝mgsin θ＝1×10×0.6 N＝6 N，所以经过B点时速度不是最大，A错误；B.此时加速度a＝＝＝6 m/s2，B正确；C.在AB段弹簧弹力与小球位移夹角大于90°，所以做负功，BC段做正功，C错误；D.A、C两点小球速度为0，由图形的对称性知AB过程和BC过程摩擦力做功相等，D正确．选BD.]
11．(2018·四川省南充市高三三模)如图所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达小A孔进入半径R＝0.3 m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔．已知摆线长L＝2 m，θ＝60°，小球质量为m＝0.5 kg，D点与小孔A的水平距离s＝2 m，g取10 m/s2.试求：
(1)求摆线能承受的最大拉力为多大？
(2)要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求粗糙水平面摩擦因数μ的范围？
解析 (1)当摆球由C到D运动机械能守恒：mg(L－Lcos θ)＝mv
由牛顿第二定律可得：Fm－mg＝m
可得：Fm＝2 mg＝10 N
(2)小球不脱圆轨道分两种情况：
①要保证小球能达到A孔，设小球到达A孔的速度恰好为零，由动能定理可得：－μmgs＝0－mv.
可得：μ＝0.5
若进入A孔的速度较小，那么将会在圆心以下做等幅摆动，不脱离轨道．其临界情况为到达圆心等高处速度为零，由机械能守恒可得：mv＝mgR
由动能定理可得：－μmgs＝mv－mv
可求得：μ＝0.35
②若小球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，在圆周的最高点由牛顿第二定律可得：mg＝m
由动能定理可得：－μmgs－2mgR＝mv2－mv
解得：μ＝0.125
综上所以动摩擦因数μ的范围为：0.35≤μ≤0.5或者μ≤0.125.
答案 (1)10 N (2)0.35≤μ≤0.5或者μ≤0.125
12．(2018·石家庄高中毕业班质检(二))如图所示，在光滑水平面上，质量为m＝4 kg的物块左侧压缩一个劲度系数为k＝32 N/m的轻质弹簧，弹簧与物块未拴接．物块与左侧竖直墙壁用细线拴接，使物块静止在O点，在水平面A点与一顺时针匀速转动且倾角θ＝37°的传送带平滑连接，已知xOA＝0.25 m，传送带顶端为B点，LAB＝2 m，物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5.现剪断细线同时给物块施加一个初始时刻为零的变力F，使物块从O点到B点做加速度大小恒定的加速运动．物块运动到A点时弹簧恰好恢复原长，运动到B点时撤去力F，物块沿平行AB方向抛出，C为运动轨迹的最高点．传送带转轮半径远小于LAB，不计空气阻力，已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)求物块从B点运动到C点，竖直位移与水平位移的比值；
(2)若传送带速度大小为v＝5 m/s，求物块与传送带间由于摩擦产生的热量；
(3)若传送带匀速顺时针转动的速度大小为v，且v的取值范围为2 m/s
BC的水平距离为x＝v0tcos θ
又θ＝37°，解得＝
(2)在初始位置kxOA＝ma，a＝2 m/s2
由v＝2axOA，得vA＝1 m/s
由v＝2a(xOA＋LAB)，得vB＝3 m/s
物块从A到B运动的时间为t′，t′＝，得t′＝1 s
因vB
解得：Q＝48 J
(3)物块在水平面上，F＋k(xOA－x)＝ma
得F＝kx
因力F随位移x线性变化．W1＝xOA＝1 J
若传送带速度范围为2 m/s
v2－v＝2ax′
F2－μmgcos θ－mg sin θ＝ma，F2＝48 N
W2＝F1x′＋F2(LAB－x′)＝104－8v2(J)
W＝W1＋W2＝105－8v2(J)
答案 (1) (2)48 J (3)W＝105－8v2(J)
主干知识体系
核心再现及学科素养
知识规律
(1)恒力做功的公式：W＝Fl cos α.
(2)平均功率的公式：P＝＝F cos α.
(3)瞬时功率的公式：P＝Fvcos α.
(4)机车启动两类模型中的关键方程：P＝F·v
F－f＝ma.
(5)动能定理的表达式：W合＝mv2－mv.
思想方法
(1)物理思想：微元思想．
(2)物理方法：图象法、转换法、整体法和隔离法等.
1．(2018·全国Ⅱ卷，14)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度．木箱获得的动能一定( )
A．小于拉力所做的功
B．等于拉力所做的功
C．等于克服摩擦力所做的功
D．大于克服摩擦力所做的功
A [A对、B错；由题意知，W拉－W阻＝ΔEk，则W拉＞ΔEk；C、D错：W阻与ΔEk的大小关系不确定．
点拨：注意题目中“粗糙”二字，不要忘记克服摩擦力做的功．
2．(2018·全国Ⅰ卷，18)如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )
A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR
C [小球从a运动到c，根据动能定理，得F·3R－mgR＝mv，又F＝mg，故v1＝2，小球离开c点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动．且水平方向与竖直方向的加速度大小相等，都为g，故小球从c点到最高点所用的时间t＝＝2，水平位移x＝gt2＝2R，根据功能关系，小球从a点到轨迹最高点机械能的增量为力F做的功，即ΔE＝F·(2R＋R＋x)＝5mgR. ]
3．(2018·全国Ⅱ卷，19)(多选)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
AC [A对，由图线①知，上升总高度h＝·2t0＝v0t0.
由图线②知，加速阶段和减速阶段上升高度和
h1＝·(＋)＝v0t0
匀速阶段：h－h1＝v0·t′，解得t′＝t0
故第②次提升过程所用时间为＋t0＋＝t0，
两次上升所用时间之比为2t0∶t0＝4∶5.
B错：由于加速阶段加速度相同，故加速时牵引力相同．
C对：在加速上升阶段，由牛顿第二定律知，
F－mg＝ma，F＝m(g＋a)
第①次在t0时刻，功率P1＝F·v0，
第②次在时刻，功率P2＝F·，
第②次在匀速阶段P2′＝F′·＝mg·＜P2，
可知，电机的输出最大功率之比P1∶P2＝2∶1.
D错：由动能定理知，两个过程动能变化量相同，克服重力做功相同，故两次电机做功也相同．]
4．(2017·高考全国卷Ⅲ，16)如图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂．用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为( )
A.mgl B.mgl C.mgl D.mgl
A [QM段绳的质量为m′＝m，未拉起时，QM段绳的重心在QM中点处，与M点距离为l，绳的下端Q拉到M点时，QM段绳的重心与M点距离为l，此过程重力做功WG＝－m′g(l－l)＝－mgl，对绳的下端Q拉到M点的过程，应用动能定理，可知外力做功W＝－WG＝mgl，可知A项正确，B、C、D项错误．]
5．(2018·天津卷，10)我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程．假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x＝1.6×103 m时才能达到起飞所要求的速度v＝80 m/s.已知飞机质量m＝7.0×104 kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度取g＝10 m/s2.求飞机滑跑过程中
(1)加速度a的大小；
(2)牵引力的平均功率P.
解析 (1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，有v2＝2ax①
代入数据解得a＝2 m/s2②
(2)设飞机滑跑受到的阻力为F阻，依题意有
F阻＝0.1mg③
设发动机的牵引力为F，根据牛顿第二定律有
F－F阻＝ma④
设飞机滑跑过程中的平均速度为，有＝⑤
在滑跑阶段，牵引力的平均功率P＝F⑥
联立②③④⑤⑥式得P＝8.4×106 W⑦
答案 (1)2 m/s2 (2)8.4×106W
[考情分析]
■命题特点与趋势
1．近几年高考命题点主要集中在正、负功的判断，功率的分析与计算，机车启动模型，动能定理在圆周运动、平抛运动中的应用．题目具有一定的综合性，难度适中．
2．本讲高考的命题方式单独命题以选择题为主，综合命题以计算题为主，常将动能定理与机械能守恒定律、能量守恒定律相结合.2018年的高考动能定理仍是考查重点，要关注本讲知识与实际问题相结合的情景题目．
■解题要领
解决本讲知识要理解功和功率的定义、正负功的判断方法，机车启动两类模型的分析、动能定理及动能定理在变力做功中的灵活应用．
高频考点一 功和功率的理解和计算
[备考策略]
1．恒力做功的公式：W＝Flcos α(通过F与l间的夹角α判断F是否做功及做功的正、负)．
2．正功、负功的判断
(1)由F与l的夹角α判断(恒力做功)．
(2)由F与v的夹角α判断(曲线运动)．
(3)由能量变化判断(做功不明确的情况)．
3．求功的几种方法
(1)W＝Flcos α(恒力)．
(2)W＝Pt(恒力或变力)．
(3)W＝ΔEk(动能定理)．
(4)W＝ΔE(功能原理)．
(5)图象法：F－x图线所围面积．
(6)W＝pΔV(气体做功)．
4．功率
(1)平均功率：P＝＝Fcos α.
(2)瞬时功率：P＝Fvcos α(α为F与v的夹角)．
[命题视角]
考向1 功、功率及相关图象问题
例1 (多选)一质量m＝0.5 kg的滑块以某一初速度冲上倾角θ＝37°的足够长的斜面，利用传感器测出滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机绘出滑块上滑过程中的v－t图象如图所示．sin 37°＝0.6，g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则( )
A．滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5
B．滑块返回斜面底端时的速度为2 m/s
C．滑块在上升过程中重力做的功为－25 J
D．滑块返回斜面底端时重力的功率为6W
AD [由题图可知加速度大小a＝10 m/s2，即gsin θ＋μgcos θ＝10 m/s2，解得μ＝0.5，选项A正确．上滑位移x＝t＝5 m，下滑加速度a′＝gsin θ－μgcos θ＝2 m/s2，所以回到斜面底端时的速度v′＝＝2m/s，选项B错误．上升过程中重力做功W＝－Gxsin θ＝－15 J，返回底端时求的是重力的瞬时功率，则为P＝mgv′sin θ＝6W，选项C错误，D正确．]
考向2 变力功的分析与计算
例2 (2018·衡水中学信息卷)(多选)如图所示，倾角为θ、半径为R的倾斜圆盘绕圆心处的转轴O以角速度ω匀速转动，一个质量为m的小物块放在圆盘的边缘，小物块与圆盘间的动摩擦因数为μ.图中A、B分别为小物块转动过程中所经过的最高点和最低点，运动过程中经过的C、D两点连线与AB垂直，小物块与圆盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且始终相对于圆盘静止．重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．小物块受到的摩擦力始终指向圆心
B．动摩擦因数μ一定大于tan θ
C．小物块从A点运动到B点的过程中，摩擦力对小物块做功为－μmgπR cos θ
D．当小物块运动至C、D两点时所受摩擦力大小相等，从C点运动到D点的过程中摩擦力对小物块先做负功后做正功
BD [小物块所受重力沿圆盘的分力及静摩擦力的合力提供向心力，始终指向圆心，A错误；小物块在B点时由牛顿第二定律Ff－mg sin θ＝mRω2，Ff>mgsin θ，又因Ff≤μmg cos θ，所以μmgcos θ>mg sin θ，则μ一定大于tan θ，B正确；小物块从A点运动到B点的过程中由动能定理得mg·2R sin θ＋WFf＝0，解得WFf＝－mg·2R sin θ，C错误；小物块运动至C、D两点时受力具有对称性的特点．所受静摩擦力大小相等，方向关于AB对称，从C点运动到D点的过程中，重力先做正功后做负功，小物块动能始终不变，即合外力做功始终为0，所以摩擦力对小物块先做负功后做正功，D正确．]
[归纳反思]
计算功和功率时应注意的两个问题
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)变力做功一般用动能定理或图象法求解，用图象法求外力做功时应注意横轴和纵轴分别表示的物理意义．
2．功率的计算
(1)明确是求瞬时功率还是平均功率．
(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．
[题组突破]
1－1.(2018·河北省张家口市五个一联盟高考物理二模试卷)(多选)放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图所示．下列说法正确的是( )
A．0～6 s内物体的位移大小为30 m
B．2～6 s内拉力做的功为40 J
C．合外力在0～6 s内做的功与0～2 s内做的功相等
D．滑动摩擦力的大小为5 N
ABC [A.0～6 s内物体的位移大小x＝×6 m＝30 m．故A正确．B.在0～2 s内，物体的加速度a＝＝3 m/s2，由图，当P＝30 W时，v＝6 m/s，得到牵引力F＝＝5 N．在0～2 s内物体的位移为x1＝6 m，则拉力做功为W1＝Fx1＝5×6 J＝30 J．2～6 s内拉力做的功W2＝Pt＝10×4 J＝40 J．故B正确．C.在2～6 s内，物体做匀速运动，合力做功为零，则合外力在0～6 s内做的功与0～2 s内做的功相等．故C正确．D.在2～6 s内，v＝6 m/s，P＝10 W，物体做匀速运动，摩擦力f＝F，得到f＝F＝＝N＝ N．故D错误．]
1－2.(2018·广东省深圳科学高中高三第一次调研)如图甲所示，一次训练中，运动员腰部系着不可伸长的绳，拖着质量m＝11 kg的轮胎从静止开始沿着笔直的跑道加速奔跑，绳与水平跑道的夹角是37°，5 s后拖绳从轮胎上脱落．轮胎运动的v－t图象如图乙所示，不计空气阻力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.则下列说法正确的是( )
A．轮胎与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.2
B．拉力F的大小为55 N
C．在0～5 s内，轮胎克服摩擦力做功为1375 J
D．在6 s末，摩擦力的瞬时功率大小为275 W
D [A.撤去F后，轮胎的受力分析如图1所示，由速度图象得5 s～7 s内的加速度a2＝－5 m/s2，根据牛顿运动定律有 N2－mg＝0，－f2＝ma2，又因为f2＝μN2，代入数据接的μ＝0.5，故A错误；
B．力F拉动轮胎的过程中，轮胎的受力情况如图2所示，根据牛顿运动定律有F cos 37°－f1＝ma1，mg－F sin 37°－N1＝0，又因为f1＝μ N1，由速度图象得此过程的加速度a1＝2 m/s2，联立解得：F＝70 N，B错误；
C、在0 s～5 s内，轮胎克服摩擦力做功为0.5×68×25 J＝850 J，C错误；D.因 6 s末轮胎的速度为5 m/s，所以在6 s时，摩擦力的瞬时功率大小为0.5×110×5＝275 W，D正确；故选D.]
高频考点二 机车启动问题
[备考策略]
本考点主要考查机车牵引与启动问题，试题难度一般，多为选择题．在二轮复习中，注意打牢基础知识，细化审题、解题过程，此考点就能轻松取分．建议考生自学为主．
1．恒定功率启动
(1)机车先做加速度逐渐减小的变加速直线运动，后做匀速直线运动，速度—时间图象如图所示，当F＝F阻时，vm＝＝.
(2)动能定理：Pt－F阻x＝mv－0.
2．恒定加速度启动
(1)速度—时间图象如图所示．机车先做匀加速直线运动，当功率增大到额定功率后获得匀加速的最大速度v1.之后做变加速直线运动，直至达到最大速度vm后做匀速直线运动．
(2)常用公式：
[题组突破]
2－1.(2018·广东实验中学高三考前摸拟)一辆汽车在平直的公路上由静止开始启动．在启动过程中，汽车牵引力的功率及其瞬时速度随时间的变化情况分别如图甲、乙所示．已知汽车所受阻力恒为重力的，重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是( )
A．该汽车的质量为3 000 kg
B．v0＝6 m/s
C．在前5 s内，阻力对汽车所做的功为25 kJ
D．在5～15 s内，汽车的位移大小约为67.19 m
D [由图象可得，汽车匀加速阶段的加速度a＝＝1 m/s2，汽车匀加速阶段的牵引力为F＝＝3 000 N，匀加速阶段由牛顿第二定律得F－0.2mg＝ma，解得m＝1 000 kg，A错误；牵引力功率为15 kW时，汽车行驶的最大速度v0＝＝7.5 m/s，B错误；前5 s内汽车的位移x＝at2＝12.5 m，阻力做功WFf＝－0.2mgx＝－25 kJ，C错误；5～15 s内，由动能定理得Pt－0.2mgs＝mv－mv2，解得s＝67.1875 m，D正确．]
2－2.(2018·吉林长春外国语学校高三测试)质量为1×103 kg、发动机额定功率为60 kW的汽车在平直公路上行驶．若汽车所受阻力大小恒为2×103 N，下列判断正确的是( )
A．汽车行驶能达到的最大速度是40 m/s
B．汽车从静止开始加速到20 m/s的过程，发动机所做的功为2×105 J.
C．汽车保持额定功率启动，当速度大小为20 m/s时，其加速度大小为6 m/s2
D．汽车以2 m/s2的恒定加速度启动，发动机在第2 s末的实际功率是16 kW
D [当阻力和牵引力相等时，速度最大，故vm＝＝＝30 m/s，A错误；汽车从静止开始加速，但汽车如果以恒定功率启动，则做变加速直线运动，运动时间和位移未知，故无法求解发动机做的功，B错误；汽车保持额定功率启动，当速度大小为20 m/s时，牵引力F＝＝ N ＝3 000 N，根据牛顿第二定律可得a＝＝ m/s2＝1 m/s2，C错误；根据牛顿第二定律得牵引力为F＝Ff＋ma＝(2 000＋1 000×2) N＝4 000 N，则匀加速直线运动的最大速度为v1＝＝ m/s＝15 m/s，可知匀加速直
线运动的时间为t＝＝ s＝7.5 s,2 s末的速度为v＝at2＝2×2 m/s＝4 m/s，则发动机的实际功率为P实＝Fv＝4 000×4 W＝16 kW，D正确．]
[归纳反思]
解决机车启动问题时的四点技巧
1．分清是匀加速启动还是恒定功率启动．
2．匀加速启动过程中，机车功率是不断改变的，但该过程中的最大功率是额定功率，匀加速运动阶段的最大速度小于机车所能达到的最大速度，达到额定功率后做加速度减小的加速运动．
3．以额定功率启动的过程中，机车做加速度减小的加速运动，速度最大值等于，牵引力是变力，牵引力做的功W＝Pt.
4．无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足P＝Ffvm，P为机车的额定功率．
高频考点三 动能定理的理解和应用
[备考策略]
1．动能表达式：
Ek＝mv2，是标量．
2．动能定理表达式：
W总＝mv－mv是标量式，不用考虑速度的方向及中间过程．
3．应用动能定理的“两线索”“两注意”
(1)应用动能定理解题有两条主要线索：
一是明确研究对象→进行受力分析→对各力进行做功分析→求出总功；
二是明确研究过程→进行运动过程分析→物体始末状态分析→求出动能状态量→求出动能变化量；
最后结合两条线索列出动能定理方程求解．
(2)两注意：
①动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度和时间，比动力学研究方法更简便．
②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．
[典例导航]
例3 (2018·西北师大附中高三调研题)如图所示，水平光滑轨道OA上有一质量m＝2 kg的小球以速度v0＝20 m/s向左运动，从A点飞出后恰好无碰撞地经过B点，B是半径为R＝10 m的光滑圆弧轨道的右端点，C为轨道最低点，且圆弧BC所对圆心角θ＝37°，又与一动摩擦因数μ＝0.2的粗糙水平直轨道CD相连，CD长为15 m．进入另一竖直光滑半圆轨道，半圆轨道最高点为E，该轨道的半径也为R.不计空气阻力，物块均可视为质点，重力加速度取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)A、B两点的高度差和物块在C点对圆弧轨道的压力；
(2)通过计算分析甲物块能否经过E点．
解析 (1)由题意知：在C点速度方向沿B点切线方向，在B点速度大小为：v1＝＝25 m/s
竖直速度大小为vy＝v0 tan 37°＝15 m/s
从A点到B点的时间为：t＝＝1.5 s
AB的高度差为h＝gt2＝11.25 m
从B点到C点由动能定理得：
mgR(1－cos 37°)＝mv－mv
所以在C点N－mg＝m
N＝153 N
由牛顿第三定律可知物体对轨道的压力为153 N，方向向下
(2)假设甲物块通过E点时速大小为v2，从C点运到 E点，由动能定理得：－μmgx－mg·2R＝mv－mv
所以在E点速度大小为v2＝m/s
在E点做圆周运动时最小速度为v3，
有mg＝m
所以v3＝10 m/s
因为v2>v3，所以甲物块能经过E点．
答案 (1)11.25 m,153 N，方向向下
(2)能经过E点
[归纳反思]
应用动能定理的四环节
1．明确研究对象和研究过程
研究对象一般取单个物体，通常不取一个系统(整体)为研究对象．研究过程要根据已知量和所求量来定，可以对某个运动阶段应用动能定理，也可以对整个运动过程(全程)应用动能定理．
2．分析物体受力及各力做功的情况
(1)受哪些力？
(2)每个力是否做功？
(3)在哪段位移哪段过程中做功？
(4)做正功还是负功？
(5)用恒力做功的公式计算各力做的功及其代数和．对变力做功或要求的功用W表示．
(6)电磁场中的应用：在电磁场中运动时多了一个电场力或磁场力，特别注意电场力做功与路径无关，洛伦兹力在任何情况下都不做功．
3．明确过程始末状态的动能Ek1和Ek2.
4．利用动能定理方程式W1＋W2＋W3＋…＝mv－mv求解．
[题组突破]
3－1.(2018·甘肃兰州新亚中学高三摸拟)(多选)如图所示，带等量异种电荷的平行金属板A、B水平放置．A板带正电，板间距离为d，A、B间的电势差为U.在平行板内部固定一同种材料构成的“V”形绝缘轨道CDE，CD、DE在D点平滑连接．轨道两侧最高点C、E距最低点D的高度都为h，导轨CD、DE与水平面间的夹角均为θ.现将一质量为m、可视为质点的带正电的滑块从轨道左侧C点处无初速度释放，滑块沿着轨道滑下后第一次滑到右侧能到达的最高点P距D点的高度为，已知重力加速度为g.则( )
A．滑块从C点运动至P点的过程中克服电场力做功
B．轨道CDE与滑块间的动摩擦因数为tan θ
C．若滑块从左侧距D点处无初速度释放，则滑块第一次滑到右侧轨道所能到达的最高点距D点高度为
D．保持板间电势差不变，若将A板下移一小段距离，则滑块第一次滑到右侧轨道的最高点将低于P点
BC [滑块从C点运动至P点的过程中重力做功，克服电场力做功为，从能量守恒的角度可知滑块滑动过程中与轨道间有摩擦，故＜，所以A错误．带正电的滑块从C点滑到P点的过程中，由动能定理得(mg－qE)·－μ(mg－qE)cos θ·＝0－0，化简得μ＝ tan θ，所以B正确．若滑块从左侧距D点处无初速度释放，设滑块第一次滑到轨道右侧所能
到达的最高点距D点高度为x，则(mg－qE)·－μ(mg－qE) cos θ·＝0－0，将μ＝ tan θ代入，化简可得x＝h，
所以C正确．保持板间电势差为U，若将A板下移一小段距离，两板间场强变小，电场力减小，但通过上述动能定理的表达式可以看出mg－qE被消去，所以滑块在右侧轨道的最高点与质量m、场强E无关，所以应还在P点．所以D错误．]
3－2.(2018·合肥市高三第二次质检)合肥开往上海的动车组D3028是由动车和拖车编组而成的，只有动车提供动力．假定该列动车组由8节车厢组成，第1节和第5节车厢为动车，每节动车的额定功率均为P0，每节车厢的总质量均为m，动车组运行过程中所受阻力为车重的k倍．若动车组以额定功率从合肥南站启动，沿水平方向做直线运动，经时间t0速度达到最大，重力加速度为g.求：
(1)当动车组速度达到最大速度的一半时的加速度大小和此时第6节车厢对第7节的拉力大小；
(2)动车组从启动至速度达到最大的过程中所通过的路程．
解析 (1)设动车组匀速运动的最大速度为vm，动车组速度为最大速度的一半时动车的牵引力为F，有2P0＝8kmgvm
2P0＝2F
对动车组，由牛顿第二定律有，2F－8kmg＝8ma
解得a＝＝kg
对第7、8节车厢的整体有：F67－2kmg＝2ma
解得：F67＝4kmg
(2)由动能定理有，2P0t0－8kmgx＝(8m)v－0
解得x＝－＝
答案 (1)kg， 4kmg (2)
3－3.(2018·江西省六校3月联考)如图所示为一由电动机带动的传送带加速装置示意图，传送带长L＝31.25 m，以v0＝6 m/s顺时针方向转动，现将一质量m＝1 kg的物体轻放在传送带的A端，传送带将其带到另一端B后，物体将沿着半径R＝0.5 m的光滑圆弧轨道运动，圆弧轨道与传送带在B点相切，C点为圆弧轨道的最高点，O点为圆弧轨道的圆心．已知传送带与物体间的动摩擦因数μ＝0.8，传送带与水平地面间夹角θ＝37°，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，物体可视为质点，求：
(1)物体在B点对轨道的压力大小；
(2)当物体过B点后将传送带撤去，求物体落到地面时的速度大小．
解析 (1)根据牛顿第二定律：
μmg cos θ－mg sin θ＝ma
解得a＝0.4 m/s2
设物体在AB上全程做匀加速运动，根据运动学公式：
v ＝2aL
解得vB＝5 m/s<6 m/s，即物体在AB上全程做匀加速运动．
对B点受力分析有FN－mg cos θ＝得FN＝58 N
由牛顿第三定律可得物体在B点对轨道的压力大小FN′＝58 N
(2)设物体能够越过C点，从B到C利用动能定理：
－mg(R＋R cos θ)＝mv－mv
解得vC＝m/s>，即物体能越过最高点C
从C点落到地面，物体做平抛运动，下落高度h＝R＋R cos θ＋Lsin θ＝19.65 m
利用运动学公式：v＝2gh，解得vy＝ m/s
故v＝＝20 m/s
(或利用动能定理mgh＝mv2－mv得v＝20 m/s)
答案 (1)58 N (2)20 m/s
课时跟踪训练(五)
一、选择题(1～7题为单项选择题，8～10题为多项选择题)
1．(2018·山东省济南市高三二模)静止在地面上的物体在不同合外力F的作用下都通过了相同的位移x0，下列情况中物体在x0位置时速度最大的是( )
C [根据图象的坐标可知图象所包围的面积代表了合外力F做的功，所以从图象上看出C图所包围的面积最大，故选C]
2．(2018·宿州市高三第三次教学质量检测)如图，一质量为m、电量为q的带正电粒子在竖直向下的匀强电场中运动，M、N为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在M点的速度大小为v0，方向与水平方向的夹角为60°，N点为轨迹的最高点，不计重力．则M、N两点间的电势差为( )
A. B．－
C．－ D.
B [从M点到N点利用动能定理有：qUMN＝mv－mv＝m(v0 cos60°)2－mv
解得：UMN＝－，故B正确．]
3．(2018·天星押题卷)如图甲为一倾斜的传送带，传送带足够长，与水平方向夹角为α，以恒定的速度沿逆时针方向匀速转动．一物块由底端以速度v1滑上传送带，图乙为物块在传送带上运动的v－t图象．下列说法正确的是( )
A．无法判断出传送带的运行速度
B．传送带与物块间的动摩擦因数为＋tan α
C．t1时刻物块到达最高点
D．v1
4．(2018·湖南省长郡中学高三第四次质检)甲乙两车同时同地同向运动，两车的v－t图象如图所示．其中质量m＝7.5 t甲车以恒定功率P＝50 kW启动，最后匀速运动．乙车做初速为0做匀加速运动，则乙车追上甲车的时间是( )
A．40 s B．20 s
C．60 s D．30 s
D [由图可知，乙车追上甲车时，甲车已经匀速运动，设乙车追上甲车的时间是t，乙车的位移x＝at2，甲车受到的阻力Ff＝，由动能定理得：Pt－Ffx＝mv，解得t＝30 s，故D正确，A、B、C错误．]
5．(2018·湖北省孝感市高三二模)如图所示，动滑轮下系有一个质量为m的物块，细线一端系在天花板上，另一端绕过动滑轮．用F＝mg的恒力竖直向上拉细线的另一端(滑轮、细线的质量不计，不计一切摩擦，重力加速度为g)，物块从静止开始运动，则下列说法正确的是( )
A．物块的加速度a＝g
B．经过时间t拉力F做功为WF＝mg2t2
C．物块的机械能增加了ΔE＝mg2t2
D．物块的动能增加了ΔEk＝mg2t2
C [以物块m为对象，根据牛顿第二定律：2F－mg＝ma得a＝g，经过时间t后，物块的位移x＝at2＝gt2，速度v＝at＝gt，则拉力做功WF＝F(2x)＝mg2t2，物体的动能增加了ΔEk＝mv2＝mg2t2，物体的机械能增加了ΔE＝ΔEk＋mgx＝mg2t2，故C正确，A、B、D错误．]
6．(2018·江西省九江高中毕业班考前冲刺卷)如图所示，水平地面上有一倾角为θ的光滑斜面，斜面上有一固定挡板c.用轻弹簧连接的物块a、b放置在斜面上，并处于静止状态，现用一平行于斜面的恒力F(F<2mg sin θ)作用在物块a上，使物块a沿斜面向上运动，当物块b与挡板c恰好分离时，物块a移动的距离为d，在此过程中弹簧弹性势能的增加量为ΔEp(ΔEp>0)．已知物块a的质量为m，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．物块a可能做匀变速直线运动
B．物块a的动能一直增加
C．当b、c恰好分离时，弹簧的伸长量大小为
D．当b、c恰好分离时，物块a的速度大小为
D [当a沿斜面向上运动时，弹簧的弹力在不断变化，而拉力F恒定，重力和支持力恒定，根据牛顿第二定律，物块a将做变加速直线运动，故选项A错误；因为物块b与挡板c恰好分离时，物块a移动的距离为d，在此过程中弹簧弹性势能的增加量为ΔEp，所以物块b的质量大于m，又因为F<2mgsin θ，所以物块a的速度一定是先增大后减小，动能也是先增大后减小，b、c分离时弹簧的弹力大于mgsin θ，弹簧的伸长量大于，故选项B、C错误；对于物块a整个过程根据动能定理得：Fd－mgdsin θ＋W＝mv2，由功能关系W＝－ΔEp，联立解得物块a的速度大小为，故选项D正确．]
7．(2018·陕西西安市高三二模试题)如图所示，竖直面内有固定轨道ABC，AB是半径为2R的四分之一光滑圆弧，BC是半径为R的粗糙半圆弧(B是轨道的最低点)，O点是BC圆弧的圆心，POQ在同一水平线上，BOC在同一竖直线上．质量为m的小球自由下落2R后，沿轨道ABC运动，经过轨道C点后，恰好落到轨道上的P点．则下列说法正确的是( )
A．小球运动到B点前的瞬间对轨道的作用力是4mg
B．小球运动到B点后的瞬间对轨道的作用力是8mg
C．小球运动到C点的过程中，摩擦力做功Wf＝－mgR
D．小球运动到C点的过程中，摩擦力做功Wf＝－mgR
C [小球下落到B点，由机械能守恒定律得：mg(4R)＝mv，小球运动到B点前的瞬间，小球运动的半径是2R，由向心力公式：FB－mg＝，解得FB＝5mg，小球运动到B点后的瞬间，小球的运动半径是R，由向心力公式：FB′－mg＝，解得FB′＝9mg，故A错误、B错误；经过轨道C点后，恰好落到轨道上的P点，由几何关系得：＝R，由平抛运动规律知：x＝R＝vCt，y＝R＝gt2，小球下落到C点，由动能定理有：mg2R＋Wf＝mv，解得Wf＝－mgR，故C正确，D错误．]
8．(2018·湖北省麻城一中高考冲刺模拟)水平长直轨道上紧靠放置n个质量为m可看作质点的物块，物块间用长为L的不可伸长的细线连接，开始处于静止状态，物块与轨道间动摩擦因数为μ.用水平恒力F拉动物块1开始运动，到连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，则( )
A．拉力F所做功为nFL
B．系统克服摩擦力做功为
C．F＞
D．(n－1)μmg＜F＜nμmg
BC [物体1的位移为(n－1)L，则拉力F所做功为WF＝F·(n－1)L＝(n－1)FL.故A错误．系统克服摩擦力做功为Wf＝μmgL＋μmg·L＋…＋μmg·(n－2)L＋μmg·(n－L)L＝.故B正确．据题，连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，假设没有动能损失，
由动能定理有
WF＝Wf，解得F＝
现由于绳子绷紧瞬间系统有动能损失，所以根据功能关系可知F>，故C正确，D错误．故选B、C.]
9．(2018·山东省湖北省重点学校协作体冲刺模拟)为减少二氧化碳排放，很多城市都推出了新型节能环保电动车．在检测某款电动车性能的实验中，质量为8×102 kg的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为15 m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出如图所示的F－图象(图中AB、BO均为直线)，电动车行驶中所受阻力恒定，重力加速度取10 m/s2，则( )
A．该车启动后，先做匀加速运动，然后做匀速运动
B．该车启动后，先做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，接着做匀速运动
C．该车做匀加速运动的时间是1.2 s
D．该车加速度为0.25 m/s2时，动能是4×104 J
BD [由于横坐标为速度的倒数，所以电动车的启动过程为从A到B到C.AB段，牵引力不变，电动车做匀加速运动，加速度为a＝＝＝2 m/s2；BC段，由于图象为过原点的直线，所以Fv＝P额＝恒量，即以恒定功率启动，牵引力减小，加速度减小，电动车做加速度减小的加速运动，当F＝f＝400 N，速度达到最大值15 m/s，故选项A错误、B正确；由a＝可知t＝＝＝1.5 s，故选项C错误；该车加速度为0.25 m/s2时，牵引力为F′＝ma′＋f＝8×102×0.25＋0.05×8×102×10＝600 N，此时的速度为v′＝＝10 m/s，动能为EK＝mv′2＝×8×102×102＝4×104 J，故选项D正确．]
10．(2018·安徽省合肥三模)如图所示，一小球套在倾角为37°的固定直杆上，轻弹簧一端与小球相连，另一端固定于水平地面上O点．小球由A点静止释放，它沿杆下滑到达最低点C时速度恰为0.A、C相距0.8 m，B是A、C连线的中点，OB连线垂直AC，小球质量为1 kg，弹簧原长为0.5 m，劲度系数为40 N/m，sin 37°＝0.6，g取10 m/s2.则小球从A到C过程中，下列说法正确的是( )
A．小球经过B点时的速度最大
B．小球在B点时的加速度为6 m/s2
C．弹簧弹力对小球先做正功后做负功
D．小球从A到B过程和从B到C过程摩擦力做功相等
BD [A.小球合外力等于0时速度最大，在B点时由于弹簧弹力为k(l－OB)＝40 N/m×(0.5－0.3)m＝8 N，方向垂直杆向上，重力垂直于杆的分力为mgcos θ＝1×10×0.8 N＝8 N，方向垂直于杆向下，所以小球在B点时合外力F＝mgsin θ＝1×10×0.6 N＝6 N，所以经过B点时速度不是最大，A错误；B.此时加速度a＝＝＝6 m/s2，B正确；C.在AB段弹簧弹力与小球位移夹角大于90°，所以做负功，BC段做正功，C错误；D.A、C两点小球速度为0，由图形的对称性知AB过程和BC过程摩擦力做功相等，D正确．选BD.]
11．(2018·四川省南充市高三三模)如图所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达小A孔进入半径R＝0.3 m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔．已知摆线长L＝2 m，θ＝60°，小球质量为m＝0.5 kg，D点与小孔A的水平距离s＝2 m，g取10 m/s2.试求：
(1)求摆线能承受的最大拉力为多大？
(2)要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求粗糙水平面摩擦因数μ的范围？
解析 (1)当摆球由C到D运动机械能守恒：mg(L－Lcos θ)＝mv
由牛顿第二定律可得：Fm－mg＝m
可得：Fm＝2 mg＝10 N
(2)小球不脱圆轨道分两种情况：
①要保证小球能达到A孔，设小球到达A孔的速度恰好为零，由动能定理可得：－μmgs＝0－mv.
可得：μ＝0.5
若进入A孔的速度较小，那么将会在圆心以下做等幅摆动，不脱离轨道．其临界情况为到达圆心等高处速度为零，由机械能守恒可得：mv＝mgR
由动能定理可得：－μmgs＝mv－mv
可求得：μ＝0.35
②若小球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，在圆周的最高点由牛顿第二定律可得：mg＝m
由动能定理可得：－μmgs－2mgR＝mv2－mv
解得：μ＝0.125
综上所以动摩擦因数μ的范围为：0.35≤μ≤0.5或者μ≤0.125.
答案 (1)10 N (2)0.35≤μ≤0.5或者μ≤0.125
12．(2018·石家庄高中毕业班质检(二))如图所示，在光滑水平面上，质量为m＝4 kg的物块左侧压缩一个劲度系数为k＝32 N/m的轻质弹簧，弹簧与物块未拴接．物块与左侧竖直墙壁用细线拴接，使物块静止在O点，在水平面A点与一顺时针匀速转动且倾角θ＝37°的传送带平滑连接，已知xOA＝0.25 m，传送带顶端为B点，LAB＝2 m，物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5.现剪断细线同时给物块施加一个初始时刻为零的变力F，使物块从O点到B点做加速度大小恒定的加速运动．物块运动到A点时弹簧恰好恢复原长，运动到B点时撤去力F，物块沿平行AB方向抛出，C为运动轨迹的最高点．传送带转轮半径远小于LAB，不计空气阻力，已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)求物块从B点运动到C点，竖直位移与水平位移的比值；
(2)若传送带速度大小为v＝5 m/s，求物块与传送带间由于摩擦产生的热量；
(3)若传送带匀速顺时针转动的速度大小为v，且v的取值范围为2 m/s
BC的水平距离为x＝v0tcos θ
又θ＝37°，解得＝
(2)在初始位置kxOA＝ma，a＝2 m/s2
由v＝2axOA，得vA＝1 m/s
由v＝2a(xOA＋LAB)，得vB＝3 m/s
物块从A到B运动的时间为t′，t′＝，得t′＝1 s
因vB
解得：Q＝48 J
(3)物块在水平面上，F＋k(xOA－x)＝ma
得F＝kx
因力F随位移x线性变化．W1＝xOA＝1 J
若传送带速度范围为2 m/s
v2－v＝2ax′
F2－μmgcos θ－mg sin θ＝ma，F2＝48 N
W2＝F1x′＋F2(LAB－x′)＝104－8v2(J)
W＝W1＋W2＝105－8v2(J)
答案 (1) (2)48 J (3)W＝105－8v2(J)
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