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高考物理二轮复习【真题练习】第4讲 功和功率 功能关系
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这是一份高考物理二轮复习【真题练习】第4讲 功和功率 功能关系，文件包含第4讲功和功率功能关系教师版docx、第4讲功和功率功能关系学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共45页， 欢迎下载使用。
高考物理一轮复习策略
首先，要学会听课：
1、有准备的去听，也就是说听课前要先预习，找出不懂的知识、发现问题，带着知识点和问题去听课会有解惑的快乐，也更听得进去，容易掌握;
2、参与交流和互动，不要只是把自己摆在“听”的旁观者，而是“听”的参与者。
3、听要结合写和思考。
4、如果你因为种种原因，出现了那些似懂非懂、不懂的知识，课上或者课后一定要花时间去弄懂。
其次，要学会记忆：
1、要学会整合知识点。把需要学习的信息、掌握的知识分类，做成思维导图或知识点卡片，会让你的大脑、思维条理清醒，方便记忆、温习、掌握。
2、合理用脑。
3、借助高效工具。学习思维导图，思维导图是一种将放射性思考具体化的方法，也是高效整理，促进理解和记忆的方法。最后，要学会总结：
一是要总结考试成绩，通过总结学会正确地看待分数。
1.摸透主干知识 2.能力驾驭高考 3.科技领跑生活
第4讲 功和功率 功能关系
【选考真题】
1．（2022•浙江）小明用额定功率为1200W、最大拉力为300N的提升装置，把静置于地面的质量为20kg的重物竖直提升到高为85.2m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5m/s2的匀减速运动，到达平台速度刚好为零，则提升重物的最短时间为（ ）
A．13.2s B．14.2s C．15.5s D．17.0s
【解答】解：为了最短时间提升重物，一开始以最大拉力拉重物做匀加速上升，当功率达到额定功率时，保持功率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速上升至平台速度刚好为零，重物在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二定律得：
a1=Tm−mgm=300−20×1020m/s2=5m/s2
当功率达到额定功率时，设重物的速度为v1，则有
v1=p额Tm=1200300m/s=4m/s
此过程中所用的时间和上升的高度分别为
t1=v1a1=45s=0.8s
ℎ1=v122a1=422×5m=1.6m
重物以最大速度匀速时，有
vm=P额T=P额mg=1200200m/s=6m/s
重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升的高度分别为
t3=vmam=65s=1.2s
ℎ3=vm22am=622×5m=3.6m
设重物从结束匀加速到开始做匀减速运动所用的时间为t2，该过程根据动能定理得：
P额t2−mgℎ2=12mvm2−12mv12
又h2＝85.2m﹣1.6m﹣3.6m＝80m
联立解得：t2＝13.5s
则总时间为t1+t2+t3＝0.8s+13.5s+1.2s＝15.5s，故C正确，ABD错误；
故选：C。
2．（2022•浙江）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ=29，货物可视为质点（取cos24°＝0.9，sin24°＝0.4）。
（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；
（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；
（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度l2。
【解答】解：（1）倾斜滑轨与水平面成θ＝24°角，对货物根据牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1
代入数据解得：a1＝2m/s2；
（2）根据速度—位移关系可得：v2＝2a1l1
代入数据解得：v＝4m/s；
（3）货物在水平轨道上运动时，根据动能定理可得：
﹣μmgl2=12mv'2−12mv2，其中v′＝2m/s
代入数据解得：l2＝2.7m。
答：（1）货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小为2m/s2；
（2）货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小为4m/s；
（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，则水平滑轨的最短长度为2.7m。
3．（2022•浙江）如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点（与B点等高），B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m＝0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15m，轨道AB长度lAB＝3m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ=78，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放。
（1）若释放点距B点的长度l＝0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；
（2）设释放点距B点的长度为lx，滑块第一次经F点时的速度v与lx之间的关系式；
（3）若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值。
【解答】解：（1）到C点过程，根据动能定理可得：
mglsin37°+mgR（1﹣cos37°）=12mvC2
在C点时，根据向心力公式可得：
FN﹣mg＝mvC2R
联立解得：FN＝7N
（2）能过最高点时，则能到F点，那么恰到最高点时，根据动能定理可得：
mglxsin37°﹣3mgRcos37°﹣mgR＝0，
解得：lx＝0.85m
因此，要能过F点必须满足lx≥0.85m
第一次过F点时的速度v与lx之间的关系式，根据动能定理可得：
mglxsin37°﹣4mgRcos37°=12mv2，
解得：v=12lx−9.6，其中lx≥0.85m
（3）设摩擦力做功为第一次达到中点的n倍，根据动能定理可得：
mglxsin37°﹣mglFG2sin37°﹣nμmglFG2cos37°＝0（根据滑块运动到停下来，其中n为奇数），
解得：lx=7n+615m
当n＝1时，lx1=1315m；当n＝3时，lx2=95m；当n＝5时，lx3=4115m
答：（1）滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小为7N；
（2）滑块第一次经F点时的速度v与lx之间的关系式为v=12lx−9.6，其中lx≥0.85m；
（3）释放点距B点长度lx的值可能为1315m、95m、4115m。
4．（2021•浙江）中国制造的某一型号泵车如图所示，表中列出了其部分技术参数。已知混凝土密度为2.4×103kg/m3，假设泵车的泵送系统以150m3/h的输送量给30m高处输送混凝土，则每小时泵送系统对混凝土做的功至少为（ ）
发动机最大输出功率（kW）
332
最大输送高度（m）
63
整车满载质量（kg）
5.5×104
最大输送量（m3/h）
180
A．1.08×107J B．5.04×107J C．1.08×108J D．2.72×108J
【解答】解：泵车的泵送排量为150m3/h，则1小时输送的混凝土的体积为
V＝150×1m3＝150m3
则在1小时时间内输送的混凝土质量为
m＝ρV＝2.4×103×150kg＝3.6×105kg
将混凝土匀速输送到30m高处，泵送系统对混凝土做的功最少，泵送系统对混凝土做的功至少为
W＝mgh＝3.6×105×10×30J＝1.08×108J
故C正确，ABD错误。
故选：C。
5．（2021•浙江）大功率微波对人和其他生物有一定的杀伤作用。实验表明，当人体单位面积接收的微波功率达到250W/m2时会引起神经混乱，达到1000W/m2时会引起心肺功能衰竭。现有一微波武器，其发射功率P＝3×107W。若发射的微波可视为球面波，则引起神经混乱和心肺功能衰竭的有效攻击的最远距离约为（ ）
A．100m 25m B．100m 50m
C．200m 100m D．200m 50m
【解答】解：引起神经混乱时，单位面积接收的微波功率达到250W/m2，则接触面积：
S=P250=3×107250m2=1.2×105m2，
因为发射的微波可视为球面波，所以接触面积：S＝4πR12，
代入数据解得：R1≈100m；
当心肺功能衰竭时，单位面积接收的微波功率达到1000W/m2，则接触面积：
S'=P1000=3×1071000m2=3×104m2，
因为发射的微波可视为球面波，所以接触面积：S′=4πR22，
代入数据解得：R2≈50m，
则引起神经混乱和心肺功能衰竭的有效攻击的最远距离分别约为100m和50m，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【要点提炼】
一、功与功率
1.功和功率的求解
2.机车启动问题
(1)机车输出功率：P＝Fv，其中F为机车牵引力。
(2)设机车匀加速启动过程的最大速度为v1，此时机车输出的功率最大；由F牵－F阻＝ma，P＝F牵v1可求v1＝。
(3)设全程的最大速度为vm，此时F牵＝F阻；由P＝F阻vm，可求vm＝。
(4)以额定功率启动的过程中，牵引力不断减小，机车做加速度减小的加速运动，牵引力的最小值等于阻力。
二、常见的功能关系
【方法指导】
1．做好两个分析
(1)综合受力分析、运动过程分析，由牛顿运动定律做好动力学分析．
(2)分析各力做功情况，做好能量的转化与守恒的分析，由此把握运动各阶段的运动性质，各连接点、临界点的力学特征、运动特征和能量特征．
2．做好四个选择
(1)当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题；
(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律；
(3)当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻进行分析时选择牛顿第二定律求解；
(4)复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合解题．
【例题精析】
考点一 功和功率的分析计算
例1．图甲是我国自主设计的全球第一款可载客的无人驾驶飞机“亿航184”，其质量为260kg，最大载重为100kg，图乙是该无人机某次在最大载重情况下，从地面开始竖直升空过程中的v﹣t图像，前2s图像为直线，2s末到5s末图像为曲线，曲线两端皆与两侧直线相切，5s后无人机匀速上升，发动机的输出功率等于额定输出功率，g＝10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．前5s上升的高度为19m
B．1s末发动机的输出功率为7200W
C．2s末到5s末，发动机的输出功率不变
D．2s末到5s末，无人机上升的高度不会超过17m
【解答】解：A、由图像面积可知，前2 s上升4 m，2 s末到5 s末上升的高度大于15 m，前5 s上升的高度大于19 m，故A错误；
B、1 s时做加速度为a=42m/s2=2 m/s2的加速运动，速度v＝at＝2m/s，由牛顿第二定律F﹣mg＝ma，解得F＝m（g+a）＝360×（10+2）N＝4320N，计算出此时发动机功率为p＝Fv＝4320×2W＝8640 W，故B错误；
C、根据功率的定义，可以计算得出2 s末发动机的输出功率为p1＝Fv2＝Fat2＝4320×2×2W＝17280 W，5 s末发动机的输出功率为P5＝F′v5＝mgv5＝360×10×6W＝21600 W，即题目所说的额定功率，这段时间发动机的输出功率是变化的，故C错误；
D、假设2 s末到5 s末，飞机按最大输出功率即额定功率21600 W工作，由动能定理p5t−mgℎ=12mv52−12mv22，计算可得上升的高度h＝17 m，故2 s末到5 s末，飞机上升的高度不会超过17 m，故D正确。
故选：D。
练1．如图所示是宁波东部新城中央广场喷泉喷出水柱的场景。喷泉喷出的水柱最大高度达到了20层楼的高度；喷管的直径约为10cm。请你据此估计用于给该喷管喷水的电动机输出功率约为（水的密度为1×103kg/m3）（ ）
A．8kW B．80kW C．160kW D．560kW
【解答】解：管口的圆形内径约有10cm，则半径r＝5cm＝0.05m
根据实际情况，每层楼高h＝3m，所以喷水的高度H＝20h＝20×3m＝60m，
设水离开管口的速度为v，则有：v2＝2gH
解得：v＝203m/s
设给喷管喷水的电动机输出功率为P，在接近管口很短一段时间Δt内水柱的质量为：
m＝ρ•vΔtS＝ρπr2vΔt
根据动能定理可得：PΔt=12mv2，
解得：P=ρπr2v32
代入数据解得：P＝1.6×105W＝160kW，故C正确、ABD错误。
故选：C。
练2．公交站点1与站点2之间的道路由水平路面AB段、CD段及倾角为15°的斜坡BC段组成，斜坡足够长。一辆公交车额定功率为210kW，载人后总质量为8000kg。该车在AB段以54km/h的速率匀速行驶，此过程该车的实际功率为额定功率的一半。该车到达C点时的速率为21.6km/h，此后在大小恒为1.4×104N的牵引力作用下运动，直到速度达到54km/h时关闭发动机自由滑行，结果该车正好停在了D点（站点2）。若在整个行驶过程中，公交车的实际功率不超过额定功率，它在每一个路段的运动都可看成直线运动，它受到的由地面、空气等产生的阻力F1大小不变。已知sin15°＝0.26，求：
（1）F1的大小；
（2）公交车上坡过程中能够保持匀速行驶的最大速率；
（3）C点与D点之间的距离。
【解答】解：（1）AB段，已知v＝54km/h＝15m/s，
由于AB匀速行驶，根据P＝Fv，
可知F1=P额2v=210×103215N＝7000N，
（2）BC段，根据P＝Fv可知，当达到最大速度时F＝F1+mgsin15°
即P额＝（F1+mgsin15°）vmax，得vmax=P额F1+mgsin15°=210×1037000+8000×10×0.26m/s≈7.55m/s≈27.2km/h，
即公交车上坡过程中能够保持匀速行驶的最大速率约为27.2km/h；
（3）CD段，已知21.6km/h＝6m/s
速度达到54km/h之前，应用动量定理（F﹣F1）t1＝mv﹣mvC，得t1=mv−mvCF−F1=8000×15−8000×61.4×104−7000s≈10.3s
关闭发动机自由滑行过程，应用动量定理﹣F1t2＝0﹣mv，得t2=mvF1=8000×157000s＝17.1s
速度达到54km/h之前，v1=v+vc2=15+62m/s＝10.5m/s，
关闭发动机自由滑行过程，平均速度为v=v2=152m/s＝7.5m/s，
C点与D点之间的距离x=v1t1+vt2=10.5×10.3m+7.5×17.1m＝236.4m
答：（1）F1的大小为7000N；
（2）公交车上坡过程中能够保持匀速行驶的最大速率约为27.2km/h；
（3）C点与D点之间的距离为236.4m。
考点二 动能定理的应用
（多选）例2．一质量为2kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以某一速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图象．已知重力加速度g＝10m/s2．根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有（ ）
A．物体与水平面间的动摩擦因数
B．合外力对物体所做的功
C．物体匀速运动时的速度
D．物体运动的时间
【解答】解：A、物体做匀速运动时，受力平衡，则f＝F＝7N；再由滑动摩擦力公式可求得物体与水平面间的动摩擦因数；故A正确；
B、4m后物体做减速运动，图象与坐标轴围成的面积表示拉力做的功，则由图象中减速过程包括的方格数可知拉力所做的功；再由摩擦力与位移的乘积求出摩擦力的功；则可求得总功；故B正确；
C、已求出物体合外力所做的功；则由动能定理可求得物体开始时做匀速运动时的速度；故C正确；
D、由于不知道具体的运动情况，无法求出减速运动的时间，故D错误；
故选：ABC。
练3．有一弹射打板游戏装置，其结构如图所示，半径R＝0.4m的竖直光滑圆弧轨道BC固定在水平底座CD上，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ＝30°，C、D
两点间的距离L＝1.2m；D点与弹射装置相连，弹射装置的弹性势能Ep＝2.0J。装置的上方有一高h＝0.4m可水平移动的竖直挡板，挡板的下端点A与BC轨道有一定间距。在某次游戏中，一质量m0＝0.1kg的弹射物（可视为质点）从弹射器弹出，经DC沿圆弧轨道从B点抛出，恰好从A点贴近挡板水平飞出，已知弹射物与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，不计空气阻力，g取10m/s2求：
（1）弹射物经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力；
（2）弹射物经过圆弧轨道上B点时的速度vB的大小：
（3）挡板的下端点A与轨道最高点B的高度差：，
（4）现减小弹射物的质量，并且要求弹射物与挡板垂直相碰，试写出挡板水平距离×（A与B点的水平间距）与弹射物的质量m的函数关系。
【解答】解：（1）从D到C，由动能定理：Ep﹣μm0gL=12m0vc2−0，得：v c2=28m2/s2，在C点，由牛顿第二定律：F−m0g=m0vc2R，解得：F＝8N，由牛顿第三定律可得，弹射物对轨道压力大小为8N，方向竖直向下。
（2）从C到B，由动能定理：﹣mgR（1+sinθ）=12mvB2−12mvc2，联立得：vB＝4m/s
（3）B点速度如图所示：v1＝vBcosθ＝23m/s，竖直方向是竖直上抛运动，h=v122g=(23)22×10m=0.6m
（4）从D到B，由动能定理：EP﹣μmgL﹣mgR（1+sinθ）=12mvB2−0，解得：vB＝21−6mm，垂直打到板上时间：t=v1g=vBcosθg，A点到B点的水平间距：
x＝vBsinθ•t=vB2sinθcosθg=3(1−6m)mg，当m＝0.1kg时，x最小，xmin=235m，当与挡板最高点碰时，x最大，0.6+h=v122g=vB2cos2θ2g，解得：vB=4153m/s，所以
xmax=233m，即A点到B点的水平间距：x=3(1−6m)mg（235m≤x≤233m）
答：（1）弹射物经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力为8N，方向竖直向下；
（2）弹射物经过圆弧轨道上B点时的速度vB的大小为4m/s：
（3）挡板的下端点A与轨道最高点B的高度差为0.6m：，
（4）现减小弹射物的质量，并且要求弹射物与挡板垂直相碰，挡板水平距离×（A与B点的水平间距）与弹射物的质量m的函数关系为x=3(1−6m)mg（235m≤x≤233m）
练4．如图所示，一游戏装置由安装在水平台面上的高度h可调的斜轨道AB、竖直圆轨道（在最低点E分别与水平轨道AE和EG相连）、细圆管道GHIJ（HI和IJ为两段四分之一圆弧）和与J相切的水平直轨道JK组成。可认为所有轨道均处在同一竖直平面内，连接处均平滑。已知，滑块质量为m＝30g且可视为质点，竖直圆轨道半径为r＝0.45m小圆弧管道HI和大圆弧管道IJ的半径之比为1：4，L1＝1.5m不变，L2＝0.5m，滑块与AB、EG及JK间摩擦因数均为μ＝0.5，其他轨道均光滑，不计空气阻力，忽略管道内外半径差异。现调节h＝2m，滑块从B点由静止释放后，贴着轨道恰好能滑上水平直轨道JK，求：
（1）大圆弧管道IJ的半径R；
（2）滑块经过竖直圆轨道与圆心O等高的P点时对轨道的压力F1与运动到圆弧管道最低点H时对轨道的压力F2大小之比；
（3）若在水平轨道JK上某一位置固定一弹性挡板，当滑块与之发生弹性碰撞后能以原速率返回，若第一次返回时滑块不脱轨就算游戏闯关成功。调节斜轨道的高度为h＝3m，仍让滑块从B点由静止滑下，问弹性挡板与J的间距L满足什么条件时游戏能闯关成功。
【解答】解：（1）物块从B点开始下滑，恰能达到水平直轨道JK，根据动能定理得：
mgℎ−μmg(L1+L2)−mg(R+14R)=0−0
解得：R＝0.8m
（2）运动到P点时，根据动能定理得：
mgℎ−μmgL1−mgr=12mvP2
在P点时，F1=mvP2r
解得：vP＝4m/s；F1=1615N
运动到H点时
mgℎ−μmg(L1+L2)=12mvH2
F1−mg=mvH214R
解得：F2＝3.3N
因此F1F2=3299
（3）要想让物块无挡板碰后不脱离圆轨道，当L最大时对应于物块恰能达到与圆轨道圆心O等高的位置，则由动能定理得：
mgh﹣μmg（L1+2L2+2Lmax）﹣mgr＝0
解得：Lmax＝1.3m
当L最小时对应于物块恰能达到与圆轨道最高点的位置，此时
mg=vF2r
则由动能定理得：mgℎ−μmg(L1+2L2+2Lmin)−2mgr=12mvF2
解得：Lmin＝0.625m
则弹性挡板与J的间距L满足L≤0.625m或者L≥1.3m才能闯关成功。
答：（1）大圆弧管道IJ的半径为0.8m；
（2）滑块经过竖直圆轨道与圆心O等高的P点时对轨道的压力F1与运动到圆弧管道最低点H时对轨道的压力F2大小之比为32：99；
（3）弹性挡板与J的间距L满足满足L≤0.625m或者L≥1.3m才能闯关成功。
考点三 功能关系的理解和应用
例3．温州世贸中心大厦是温州市区地标性建筑，高达333m。某测试员站在该大厦的一架电梯中对所在电梯进行测试时，电梯从一楼开始竖直上升，运行的v﹣t图象如图所示。测试员的质量为60kg
，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．测试员在电梯中一直处于超重状态
B．电梯在加速阶段与减速阶段加速度相同
C．电梯对测试员作用力的最大功率为2640W
D．测试员在电梯上升全过程中机械能的增加量为199800J
【解答】解：A、0﹣4s内测试员在电梯中处于超重状态，4﹣79s随电梯做匀速运动，79﹣83s随电梯做匀减速直线运动，处于失重状态，故A错误；
B、加速度矢量，故B错误；
C、电梯在匀加速阶段对测试员作用力最大，FN＝mg+ma，a＝1m/s2，解得FN＝660N，4s时电梯速度最大，vm＝4m/s，所以电梯对测试员作用力的最大功率为P＝FNvm＝660×4W＝2640W，故C正确；
D、电梯对测试员做的功等于其机械能的增加，ΔE＝FNh1+FN1h2+mgh，h1＝h2＝8m，FN1＝mg﹣ma＝540N，h＝4×75m＝300m，代入得：ΔE＝1200×8J+600×300J＝189600J，故D错误
故选：C。
练5．竖直面内有一半径为R的光滑圆弧轨道AB，其对应的圆心角为10°，A、B两点等高，CD为竖直直径。在A、D两点间固定光滑直斜面，直斜面在D处与光滑圆弧轨道DB平滑相接，将一小球由A点静止释放沿直斜面AD下滑，小球可视为质点，则下列说法正确的是（ ）
A．小球从A到D的时间等于从D到B的时间
B．小球从A到D的时间小于从D到B的时间
C．由题中数据可以求得小球在DB圆弧轨道上通过D点时对轨道的压力
D．若将两个小球分别从A、C两点同时由静止释放，它们会同时到达D点
【解答】解：C.小球在DB圆弧轨道上从B到D点过程，根据动能定理可得
mgR （1﹣cos5°）=12mv2
在D点根据牛顿第二定律可得
F﹣mg＝mvD2R
解得
F＝mg （3﹣2cos5°）
由于不知道小球的质量，故不能求出小球通过D点时对轨道的压力，故C错误；
D.小球从A点静止释放到D点过程，做匀加速直线运动，加速度大小为mgsin2.5°＝ma
根据运动学公式可得
xAD=12at2
解得
t＝2Rg
小球从C点静止释放到D点过程，做自由落体运动，则有
hCD=12gt'2
解得
t'＝2Rg
可得
t＝t'＝2Rg
若将两个小球分别从A、C两点同时由静止释放，它们会同时到达D点，故D正确；
AB.小球从D到B的过程，根据单摆周期公式可得所用时间为
tDB=14T=14⋅2πRg=π2Rg
可知
t＝2Rg＞tDB=π2Rg
故小球从A到D的时间大于从D到B的时间，故AB错误；
故选：D。
练6．将一质量为m的物体以初动能Ek0从地面竖直向上抛出，上升的最大高度为H，以地面为零势能面，在上升过程中动能与势能相等时物体的高度为h1，在下降的过程中动能与势能相等时物体的高度为h2，运动过程中物体所受的空气阻力大小恒定，重力加速度为g，则（ ）
A．h1＞h2＞H2
B．h1＜h2＜H2
C．ℎ1H=Ek0Ek0+mgH
D．ℎ2H=2mgH−Ek02mgH+Ek0
【解答】解：AB、在上升过程中，由于有空气阻力，物体减少的动能大于增加的动能，当动能与重力势能相等时，也就是剩下的动能（等于重力势能）小于减少的动能，所以继续上升的高度小于已经上升的高度，即h1＞H2，同理在下降过程中，当动能与重力势能相等时ℎ2＜H2，故AB错；
C、由动能定理可得（mg+f）H＝Ek0，
（mg+f）h1＝Ek0﹣mgh1，
联立求得
ℎ1H=Ek0Ek0+mgH，故C正确：
D、同样应用动能定理可求得
ℎ2H=2mgH−Ek03mgH−Ek0，故D错误。
故选：C。
考点四 动力学和能量观点解决问题
例4．如图所示，固定在水平面上的倾角为30°的光滑斜面底端固定一轻弹簧，O点为原长位置。质量为0.5kg的滑块从斜面上A点由静止释放，滑块下滑并压缩弹簧到最短的过程中，最大动能为8J。现将滑块从A点上方0.4m处的B点由静止释放，弹簧被压缩过程中始终在弹性限度内，g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．A点到O点的距离为3.2m
B．从B点释放后滑块运动的最大动能为9J
C．从B点释放滑块至被弹簧弹回经过A点的动能小于1J
D．从B点释放滑块时弹簧的最大弹性势能比从A点释放时增加了1J
【解答】解：A、物块从O点时开始压缩弹簧，弹力逐渐增大，开始阶段弹簧的弹力小于滑块的重力沿斜面向下的分力，物块做加速运动。后来，弹簧的弹力大于滑块的重力沿斜面向下的分力，物块做减速运动，弹簧的弹力等于滑块的重力沿斜面向下的分力时物块的速度最大，此位置位于O点下方；
设A点到O点的距离为x，物块从A到O的过程，根据机械能守恒定律得 mgxsin30°＝EkO＜Ekm＝8J，解得 x＜3.2m，故A错误；
B、设物块动能最大时弹簧的弹性势能为Ep．从A释放到动能最大的过程，由系统的机械能守恒得：Ek1+Ep＝mgxAsin30°…①
从B释放到动能最大的过程，由系统的机械能守恒得：Ek2+Ep＝mgxBsin30°…②
由②﹣①得：Ek2﹣Ek1＝mg（xB﹣xA）sin30°
据题有：xB﹣xA＝0.4m
所以得从B点释放滑块最大动能为：Ek2＝Ek1+mg（xB﹣xA）sin30°＝8J+0.5×10×0.4×0.5J＝9J，故B正确；
C、斜面光滑，根据机械能守恒知滑块被弹簧弹回经过A点的动能：EkA＝mghAB＝5×0.4×sin30°J＝1J，故C错误；
D、根据物块和弹簧的系统机械能守恒知，弹簧最大弹性势能等于物块减少的重力势能，由于从B
点释放弹簧的压缩量增大，所以从B点释放弹簧最大弹性势能比从A点释放增加为：△Ep＞mg（xB﹣xA）sin30°＝0.5×10×0.4×0.5J＝1J，故D错误。
故选：B。
（多选）练7．如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为30°，物体A、B通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，P为固定在斜面上且与斜面垂直的光滑挡板，物体A、B的质量分别为m和4m，开始时用手托住物体，滑轮两边的细绳恰好伸直，且左边的细绳与斜面平行，弹簧处于原长状态，A距离地面高度为h时开始下落，在A下落至地面前的瞬间，物体B恰好对挡板无压力．空气阻力不计，下列关于物体A的说法正确的是（ ）
A．在下落至地面前的过程中机械能守恒
B．在下落至地面前的瞬间速度一定为零
C．在下落至地面前的过程中对轻弹簧做的功为mgh
D．在下落至地面前的过程中，可能一直在做加速运动
【解答】解：A、A从静止到下落过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，所以A在下落至地面的过程中系统的机械能守恒，而A的机械能不守恒，故A错误；
BD、据在A下落至地面前的瞬间，物体B恰好对挡板无压力，以B为研究对象，据平衡求得此时弹簧的弹力为T＝4mgsin30°＝2mg；再以A为研究对象，当A静止释放的瞬间，A受重力mg，其合力方向向下，大小为mg；当A落地瞬间，A受重力mg和弹簧的弹力2mg，其合力向上，大小为mg，A做简谐运动，据对称性可知，落地瞬间其速度为零；据弹簧振子的运动情况可知，A向下运动时，先做加速度减小的加速运动，然后做加速度逐渐增大的减速运动，故B正确，D错误；
C、据A做简谐运动和能量守恒可知，A落地瞬间，A的重力势能完全转化为弹簧的弹性势能，所以弹簧的弹力做功为mgh，故C正确；
故选：BC。
练8．用竖直向上的恒力F将静止在地面上的质量为m的物体提升高度H0后，撤去力F．当物体的动能为Ek0时，试求此时物体的高度为h（已知h≠H0，不计空气阻力，重力加速度为g）（ ）
A．若h=Ek0F−mg，则h一定还有一解为h=FH0−Ek0mg
B．若h=FH0−Ek0mg，则h一定还有一解为h=Ek0F−mg
C．若h=Ek0F−mg，则h的另一解一定小于H0
D．若h=FH0−Ek0mg，则h的另一解一定大于H0
【解答】解：若h=Ek0F−mg，说明物体在未撤去F之前动能就达到Ek0，撤去力F之后，物体的速度减小，故还有一个位置动能为Ek0，从地面到该位置，由动能定理得：
FH0﹣mgh＝Ek0
得：h=FH0−Ek0mg。
若撤去F之前动能未达到Ek0，则物体的动能一定是在下落到高度h＜H0的某位置等于Ek0，由动能定理得：FH0﹣mgh＝Ek0
得：h=FH0−Ek0mg． 故A正确，BCD错误。
故选：A。
【强化专练】
1. 如图所示，质量为m的木块A和质量为m的磁铁B同时从光滑的铝制斜面顶端静止释放，沿着直线下滑到斜面底端。则下列说法中正确的是（ ）
A．木块A和磁铁B下滑都仅受重力和支持力
B．木块A到达底端速度较小
C．磁铁B到达底端用时较长
D．两者到达斜面底端时动能相同
【解答】解：A、木块A下滑仅受重力和支持力，对于磁铁B根据楞次定律可知会受到阻碍相对运动的安培力，故A错误；
BC、根据A选项的分析，A下滑加速度大，下滑位移相同，所以木块A
到达底端速度较大，磁铁B到达底端用时较长，故B错误，C正确；
D、因为两者到达底端速度不同，质量相同，所以两者到达斜面底端时动能不同，故D错误；
故选：C。
2. 有一娱乐项目，人坐在半径为R的倾斜圆盘边缘随着圆盘绕圆心O处的转轴匀速转动（转轴垂直于盘面），圆盘的倾角为α，如图所示，图中人用方块代替。当人与圆盘间的动摩擦因数μ＝2.5tanα时，人恰好不从圆盘滑出去。人的质量为m，A为圆盘的最低点，B为圆盘的最高点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下正确的是（ ）
A．B位置处受到的摩擦力方向沿斜面向上
B．A点与B点人所受到的摩擦力大小之差为3mgsinα
C．人在转动时的速度大小为5gRsinα2
D．人从A到B摩擦力做功为2mgRsinα
【解答】解：A.人做匀速圆周运动，恰好不从圆盘滑出去，由受力可知，在A位置的摩擦力沿斜面向上，向心力为
fA−mgsinα=mω2R
则fA=mgsinα+mω2R
假设B位置摩擦力方向沿斜面向下，则向心力为
mgsinα+fB=mω2R
则fB=mω2R−mgsinα
由以上分析可知
fA＞fB
所以可得
fA＝μmgcosα＝2.5mgsinα
则mω2R＝fA﹣mgsinα＝1.5mgsinα
可知fB=mω2R−mgsinα=0.5mgsinα
故可知B位置处受到的摩擦力方向沿斜面向下，故A错误；
B.A点与B点人所受到的摩擦力大小之差为
fA﹣fB＝2mgsinα，故B错误；
C.由μmgcosα−mgsinα=mv2R
可得人在转动时的速度大小为v=3gRsinα2，故C错误；
D.因为人做匀速圆周运动，所以有
Wf﹣mg•2Rsinα＝0
所以Wf＝2mgRsinα，故D正确。
故选：D。
3. 如图所示为一游戏弹射装置，足够长的竖直细杆上有一高度可调节的弹珠发射器P（可视为质点），细杆和有特定靶位A1、A2、A3、A4……的足够长的斜面固定在同一水平底座上，细杆下端O与斜面底端重合，O、A1、A2、A3、A4……相邻两点间距离均相等。设弹珠水平发射后垂直击中斜面上的靶位才算有效击中。先调节P的位置和水平发射速度最终以动能Ek有效击中靶位A2，则在另一次游戏中弹珠有效击中靶位A3时的动能为（ ）
A．1.5Ek B．2.25Ek C．3Ek D．4.5Ek
【解答】解：假设斜面倾角为θ，从发射器P以初速度v0发射垂直击中斜面位置底端O的距离为s，发射后的弹珠做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，则有
scosθ＝v0t
竖直方向做自由落体运动，设垂直击中斜面时的竖直分速度为vy，则有
vy＝gt
又tanθ=v0vy
联立解得：v0=gssinθ
弹珠垂直击中斜面时的速度为
v=v0sinθ=gssinθ
可得弹珠垂直击中斜面时的动能为：
12mv2=mgs2sinθ∝s
假设相邻靶位距离为L，则弹珠有效击中靶位A3时的动能与弹珠有效击中靶位A2时的动能之比为：
Ek'Ek=3L2L=32
可得弹珠有效击中靶位A3时的动能为1.5Ek，故A正确，BCD错误；
故选：A。
4. 如图所示，OB是竖直线，OA是水平线，小球可以在OB上任一点以合适的速度水平抛出，每次都能击中水平面上的A点。则上升到越高的地方抛出（ ）
A．小球水平抛出的速度越大
B．击中A点的速度方向与竖直夹角越大
C．击中A点的动能一定越大
D．击中A点前瞬时重力功率一定越大
【解答】解：A、设高度为h，OA＝L，初速度为v，由平抛规律：h=12gt2，得：t=2ℎg，又L＝vt，得：v＝Lg2ℎ，由题意：L、g不变，所以h越大，v越小，故A错误；
B、竖直分速度v′＝gt＝g2ℎg=2gℎ，A点速度与竖直夹角为θ，则tanθ=vv'=L2ℎ，所以h越大，θ越小，故B错误：
C、A点动能：EKA=12mvA2=12m(v2+v'2)=12m(2gℎ+gL22ℎ)，当2gh=gL22ℎ，即h=L2时，A点动能最大，故C错误；
D、重力的瞬时功率：p＝mgvA cosθ＝mgv′＝mg2gℎ，所以h越大，p越大，故D正确。
故选：D。
5. 我国科技已经步入“人工智能”时代，“人工智能”已经走进千家万户。某天，东东
呼叫了外卖，外卖小哥把货物送到他家阳台正下方的平地上，东东操控小型无人机带动货物，由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，一段时间后，货物又匀速上升53s，最后再匀减速1s，恰好到达他家阳台且速度为零。货物上升过程中，遥控器上显示对货物的作用力有三个，分别为20.8N、20.4N和18.4N，已知货物受到的阻力恒为其重力的150。重力加速度g取10m/s2。下列判断正确的是（ ）
A．作用力为18.4N时货物处于超重状态
B．货物的质量为2.04kg
C．货物上升过程中的最大动能为1.02J
D．东东家阳台距地面的高度为56m
【解答】解：A、作用力为18.4N时货物正在减速上升，加速度方向向下，货物处于失重状态，故A错误；
B、在货物匀速上升的过程中，由平衡条件得：F2＝mg+f，其中F2＝20.4N，f=150mg＝0.02mg
解得：m＝2kg，故B错误；
C、设整个过程中的最大速度为v，在货物匀减速运动阶段，由牛顿运动定律得：mg+f﹣F3＝ma3，其中F3＝18.4N，
由运动学公式得：0＝v﹣a3t3
解得：v＝1m/s
最大动能Ekm=12mv2=12×2×12J＝1J，故C错误；
D、减速阶段的位移为：x3=v2t3=12×1m＝0.5m
匀速阶段的位移为：x2＝vt2＝1×53m＝53m
加速阶段有：F1﹣mg﹣f＝ma1
由运动学公式得：2a1x1＝v2
解得：x1＝2.5m
阳台距地面的高度为：h＝x1+x2+x3＝56m，故D正确。
故选：D。
6. 如图甲所示是一简易打桩机。质量m＝1kg的重物在拉力的作用下从与钉子接触处由静止开始运动，上升一段高度后撤去拉力，重物上升到最高点后自由下落，撞击钉子，将钉子打入一定深度。若以重物与钉子接触处为重力势能零点，重物上升过程中，其机械能E与上升高度h
的关系图象如图乙所示，不计所有摩擦。则（ ）
A．重物在1.0～1.2m过程中做匀速直线运动
B．重物加速上升过程中的加速度为1m/s2
C．重物上升到1m高度处的速度为1m/s
D．重物上升过程拉力的最大功率为24W
【解答】解：A、由图乙知，重物在10～1.2m过程，机械能不变，即机械能守恒，由机械能守恒条件结合题设，物体在此过程中只受重力作用，即物体做竖直上抛运动，故A错误；
B、重物加速上升过程，受到重力和拉力作用，由功能关系知，拉力对重物所做的功等于重物机械能的增加，即Fh＝E﹣0，则 E＝Fh，可见E﹣h图像的斜率表示拉力，由图乙知，拉力恒为F=12−01.0−0N＝12N，由牛顿第二定律：F﹣mg＝ma，解得重物加速时的加速度恒为a＝2m/s2，故B错误；
C、由图乙知，重物上升h＝1m时，机械能为12J，又E＝mgh+12mv2，解得此时重物的速度v＝2m/s，故C错误；
D、当重物匀加速结束，即重物上升h＝1m时，拉力的功率最大，为P＝Fv＝12×2W＝24W，故 D正确。
故选：D。
7. 李娜是亚洲第一位大满贯女子单打冠军。若李娜某次训练击球时，第一次将网球从A点水平击出，网球击中D点；第二次将该网球从位于A点正下方且与D点等高的B点斜向上击出，最高点为C，网球也击中D点。A、C高度相同，忽略空气阻力，则（ ）
A．两次击球过程中，网球的初速度大小一定不相等
B．网球两次击中D点时速大小相等
C．网球两次击中D点时，重力做功的瞬时功率相同
D．网球从B点到D点的过程中，重力对球的冲量为零
【解答】解、A、AB两点发出的球都能到达D点，球从C到地面竖直方向做自由落体运动，根据竖直方向的运动可知tB＝2tA，vyA＝vyB，由于水平方向的位移相同，根据v=xt可知vxA＞vxB，根据速度的合成可知，球从A点抛出时的速度vA＝vxA，球从B点抛出时的速度vB=vxB2+vyB2，故两次击球时球的初速度大小可能相等，故A错误；
B、第一次落到D点时的速度vAD=vxA2+vyA2，第二次落到D点时的速度vBD=vxB2+vyB2，故两过程中网球击中D点时速度不相等，故B错误；
C、由于vyA＝vyB，则重力的瞬时功率P＝mgvy，相同，故C正确；
D、网球从B点到D点的过程中，重力的冲量I＝mgt，不为零，故D错误；
故选：C。
8. 在惯性参考系中，力对质点所做功仅取决于质点的初始位置和末位置，而与质点通过的路径无关，这种力称为保守力，重力、弹簧弹力、静电力、万有引力等均为保守力。保守力做功的特点决定了质点在惯性系中的每一个位置都有一种由该位置确定的能量，称为势能；势能随位置变化的曲线称为势能曲线。如图所示为两个势能曲线，下列说法正确的是（ ）
A．图甲中势能为零的位置，质点所受保守力为零
B．图甲中质点所受保守力的方向沿x轴的正方向
C．图乙中质点从x1运动到x2的过程中保守力做正功
D．图乙中质点在x1位置，所受保守力大于质点在x2位置所受保守力
【解答】解：A、根据△Ep＝﹣W保＝﹣F保△x，得△Ep△x=−F保，则|△Ep△x|＝|F保|
，势能曲线的斜率绝对值等于保守力大小。图甲中势能为零的位置，图像的斜率不为零，则质点所受保守力不为零，故A错误；
B、图甲中质点的势能增大，保守力做负功，则质点所受保守力的方向沿x轴的负方向，故B错误；
C、图乙中质点从x1运动到x2的过程中，势能增大，则保守力做负功，故C错误；
D、根据图像切线的斜率越大，保守力越大。在图乙中，图像在x1位置切线的斜率大于在x1位置图像切线的斜率，所以质点在x1位置所受保守力大于质点在x2位置所受保守力，故D正确。
故选：D。
9. 如图所示，在一直立的光滑管内放置一轻质弹簧，上端O点与管口A的距离为2x0，一质量为m的小球从管口由静止下落，将弹簧压缩至最低点B，压缩量为x0，速度传感器描绘小球速度随时间变化如图，其中0～t1时间内图线是直线，t1～t2时间内图线是正弦曲线一部分，不计空气阻力，重力加速度为g，则（ ）
A．小球运动的最大速度为2gx0
B．小球运动到O点下方x02处的速度最大
C．弹簧的劲度系数k＞2mgx0
D．小球从管口A至速度最大所用的时间等于从速度最大至最低点B所用的时间的2倍
【解答】解：A、设小球刚运动到O点时的速度为v，则有mg•2x0=12mv2，v＝2gx0，小球接触弹簧后先做加速运动，所以小球运动的最大速度大于2gx0，故A错误；
B、小球在平衡位置处速度最大；若小球从O点开始由静止释放，设弹簧的最大压缩量为x，小球做简谐运动，根据简谐运动的对称性可知，小球运动到O点下方x2处的速度最大；
现在因为小球从O点上方下落，弹簧的压缩量x0＞x，速度最大时，弹簧的弹力与重力大小相等，则小球仍在x2＜x02速度最大，故B错误；
C、小球刚接触弹簧时的加速度大小为g，方向竖直向下，当小球运动到关于平衡位置对称点时，加速度大小也等于g，方向竖直向上，而此时小球还有向下的速度，还没有到达最低点，当小球到达最低点时加速度将大于g，根据牛顿第二定律知 kx0﹣mg＞mg，则k＞2mgx0，故C正确；
D、AO是OB距离的2倍，根据图像面积表示位移可知，t1大于t2﹣t1的2倍，管口到速度最大的时间大于t1，速度最大到最低点时间又小于t2﹣t1，所以小球从管口A至速度最大所用的时间大于从速度最大至最低点B所用的时间的2倍，故D错误；
故选：C。
10. 如图所示是云上草原的无动力滑草项目实景图。整个滑道分为倾斜和水平两部分，游客参与项目时，需要整个人坐进塑料盆中，双手握紧盆的边缘，运动过程中与盆相对静止。工作人员每次都是让坐稳在盆中的游客从静止开始滑下（不同滑道上的游客均从同一高度处滑下，滑道顶端准备了很多新旧不一的塑料盆），最终游客停在水平滑道上。下列说法正确的是（ ）
A．同一游客在不同滑道上体验项目，整个过程中重力对其做功的功率一定相同
B．不同的游客在同一滑道上停下的位置可能不同
C．不同滑道上的游客停下的位置不同只是因为游客的体重不同造成的
D．在整个滑草的过程中，人与盆的重力势能全部转化为盆与滑道间的内能
【解答】解：A、同一游客从不同滑道上的同一高度处滑下，根据WG＝mgh可知重力对同一游客做的功相等，但塑料盆的新旧程度不同，与底部的动摩擦因数可能不同，下滑的时间可能不同，整个过程中重力对其做功的功率不一定相同，故A错误；
B、不同的游客乘坐的塑料盆与底部的动摩擦因数可能不同，在同一滑道上停下的位置可能不同，故B正确；
C、若不计空气阻力，设游客的质量为m，塑料盆与轨道间的动摩擦因数为μ，轨道的倾角为θ，从出发点到静止位置的水平距离为x，根据功能关系可得：
mgH＝μmgL倾斜cosθ+μmgL水平＝μmg（L倾斜cosθ+L水平）＝μmgx
解得：x=Hμg，所以不同滑道上的游客停下的位置不同主要是因为塑料盆与底部的动摩擦因数不同造成的，故C错误；
D、在整个滑草的过程中，人与盆的重力势能全部转化为盆与滑道间的内能与克服空气阻力产生的内能，故D错误。
故选：B。
11. 某同学设计出如图所示实验装置。将一质量为0.2 kg的小球（可视为质点）放置于水平弹射器内，压缩弹簧并锁定，此时小球恰好在弹射口，弹射口与水平面AB相切于A点，AB为粗糙水平面，小球与水平面间动摩擦因数μ＝0.5，弹射器可沿水平方向左右移动为一段光滑圆弧轨道。（O′为圆心，半径R＝0.5 m．O'C与O′B之间夹角为θ＝37°，以C为原点，在C的右侧空间建立竖直平面内的坐标xOy，在该平面内有一水平放置开口向左且直径稍大于小球的接收器D，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）某次实验中该同学使弹射口距离B处L1＝1.6 m处固定，解开锁定释放小球，小球刚好到达C处，求弹射器释放的弹性势能；
（2）把小球放回弹射器原处并锁定，将弹射器水平向右移动至离B处L2＝0.8 m处固定弹射器并解开锁定释放小球，小球将从C处射出，恰好水平进入接收器D，求D处坐标；
（3）每次小球放回弹射器原处并锁定，水平移动弹射器固定于不同位置释放小球，要求小球从C处飞出恰好水平进入接收器D，求D位置坐标y与x的函数关系式。
【解答】解：（1）从A到C的过程中，由定能定理得：
W弹﹣μmgL1﹣mgR（1﹣cosθ）＝0，
解得：W弹＝1.8J。
根据能量守恒定律得：EP＝W弹＝1.8J；
（2）小球从C处飞出后，由动能定理得：
W弹﹣μmgL2﹣mgR（1﹣cosθ）=12mvC2﹣0，
解得：vC＝22m/s，方向与水平方向成37°角，
由于小球刚好被D接收，其在空中的运动可看成从D点平抛运动的逆过程，
vCx＝vCcos37°=825m/s，vCy＝vCsin37°=625m/s，
则D点的坐标：x＝vCx•vCyg，y=vCy22g，解得：x=48125m，y=18125m，
即D处坐标为：（48125m，18125m）。
（3）由于小球每次从C处射出vC方向一定与水平方向成37°角，则：vyvx=tan37°=34，
根据平抛运动规律可知：抛出点D与落地点C的连线与x方向夹角α的正切值：tanα＝tan37°2=38，
故D的位置坐标y与x的函数关系式为：y=38x。
答：（1）弹射器释放的弹性势能为1.8J；
（2）D处坐标为：（48125m，18125m）；
（3）D位置坐标y与x的函数关系式是：y=38x。
高考物理一轮复习策略
首先，要学会听课：
1、有准备的去听，也就是说听课前要先预习，找出不懂的知识、发现问题，带着知识点和问题去听课会有解惑的快乐，也更听得进去，容易掌握;
2、参与交流和互动，不要只是把自己摆在“听”的旁观者，而是“听”的参与者。
3、听要结合写和思考。
4、如果你因为种种原因，出现了那些似懂非懂、不懂的知识，课上或者课后一定要花时间去弄懂。
其次，要学会记忆：
1、要学会整合知识点。把需要学习的信息、掌握的知识分类，做成思维导图或知识点卡片，会让你的大脑、思维条理清醒，方便记忆、温习、掌握。
2、合理用脑。
3、借助高效工具。学习思维导图，思维导图是一种将放射性思考具体化的方法，也是高效整理，促进理解和记忆的方法。最后，要学会总结：
一是要总结考试成绩，通过总结学会正确地看待分数。
1.摸透主干知识 2.能力驾驭高考 3.科技领跑生活
第4讲 功和功率 功能关系
【选考真题】
1．（2022•浙江）小明用额定功率为1200W、最大拉力为300N的提升装置，把静置于地面的质量为20kg的重物竖直提升到高为85.2m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5m/s2的匀减速运动，到达平台速度刚好为零，则提升重物的最短时间为（ ）
A．13.2s B．14.2s C．15.5s D．17.0s
【解答】解：为了最短时间提升重物，一开始以最大拉力拉重物做匀加速上升，当功率达到额定功率时，保持功率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速上升至平台速度刚好为零，重物在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二定律得：
a1=Tm−mgm=300−20×1020m/s2=5m/s2
当功率达到额定功率时，设重物的速度为v1，则有
v1=p额Tm=1200300m/s=4m/s
此过程中所用的时间和上升的高度分别为
t1=v1a1=45s=0.8s
ℎ1=v122a1=422×5m=1.6m
重物以最大速度匀速时，有
vm=P额T=P额mg=1200200m/s=6m/s
重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升的高度分别为
t3=vmam=65s=1.2s
ℎ3=vm22am=622×5m=3.6m
设重物从结束匀加速到开始做匀减速运动所用的时间为t2，该过程根据动能定理得：
P额t2−mgℎ2=12mvm2−12mv12
又h2＝85.2m﹣1.6m﹣3.6m＝80m
联立解得：t2＝13.5s
则总时间为t1+t2+t3＝0.8s+13.5s+1.2s＝15.5s，故C正确，ABD错误；
故选：C。
2．（2022•浙江）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ=29，货物可视为质点（取cos24°＝0.9，sin24°＝0.4）。
（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；
（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；
（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度l2。
【解答】解：（1）倾斜滑轨与水平面成θ＝24°角，对货物根据牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1
代入数据解得：a1＝2m/s2；
（2）根据速度—位移关系可得：v2＝2a1l1
代入数据解得：v＝4m/s；
（3）货物在水平轨道上运动时，根据动能定理可得：
﹣μmgl2=12mv'2−12mv2，其中v′＝2m/s
代入数据解得：l2＝2.7m。
答：（1）货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小为2m/s2；
（2）货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小为4m/s；
（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，则水平滑轨的最短长度为2.7m。
3．（2022•浙江）如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点（与B点等高），B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m＝0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15m，轨道AB长度lAB＝3m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ=78，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放。
（1）若释放点距B点的长度l＝0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；
（2）设释放点距B点的长度为lx，滑块第一次经F点时的速度v与lx之间的关系式；
（3）若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值。
【解答】解：（1）到C点过程，根据动能定理可得：
mglsin37°+mgR（1﹣cos37°）=12mvC2
在C点时，根据向心力公式可得：
FN﹣mg＝mvC2R
联立解得：FN＝7N
（2）能过最高点时，则能到F点，那么恰到最高点时，根据动能定理可得：
mglxsin37°﹣3mgRcos37°﹣mgR＝0，
解得：lx＝0.85m
因此，要能过F点必须满足lx≥0.85m
第一次过F点时的速度v与lx之间的关系式，根据动能定理可得：
mglxsin37°﹣4mgRcos37°=12mv2，
解得：v=12lx−9.6，其中lx≥0.85m
（3）设摩擦力做功为第一次达到中点的n倍，根据动能定理可得：
mglxsin37°﹣mglFG2sin37°﹣nμmglFG2cos37°＝0（根据滑块运动到停下来，其中n为奇数），
解得：lx=7n+615m
当n＝1时，lx1=1315m；当n＝3时，lx2=95m；当n＝5时，lx3=4115m
答：（1）滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小为7N；
（2）滑块第一次经F点时的速度v与lx之间的关系式为v=12lx−9.6，其中lx≥0.85m；
（3）释放点距B点长度lx的值可能为1315m、95m、4115m。
4．（2021•浙江）中国制造的某一型号泵车如图所示，表中列出了其部分技术参数。已知混凝土密度为2.4×103kg/m3，假设泵车的泵送系统以150m3/h的输送量给30m高处输送混凝土，则每小时泵送系统对混凝土做的功至少为（ ）
发动机最大输出功率（kW）
332
最大输送高度（m）
63
整车满载质量（kg）
5.5×104
最大输送量（m3/h）
180
A．1.08×107J B．5.04×107J C．1.08×108J D．2.72×108J
【解答】解：泵车的泵送排量为150m3/h，则1小时输送的混凝土的体积为
V＝150×1m3＝150m3
则在1小时时间内输送的混凝土质量为
m＝ρV＝2.4×103×150kg＝3.6×105kg
将混凝土匀速输送到30m高处，泵送系统对混凝土做的功最少，泵送系统对混凝土做的功至少为
W＝mgh＝3.6×105×10×30J＝1.08×108J
故C正确，ABD错误。
故选：C。
5．（2021•浙江）大功率微波对人和其他生物有一定的杀伤作用。实验表明，当人体单位面积接收的微波功率达到250W/m2时会引起神经混乱，达到1000W/m2时会引起心肺功能衰竭。现有一微波武器，其发射功率P＝3×107W。若发射的微波可视为球面波，则引起神经混乱和心肺功能衰竭的有效攻击的最远距离约为（ ）
A．100m 25m B．100m 50m
C．200m 100m D．200m 50m
【解答】解：引起神经混乱时，单位面积接收的微波功率达到250W/m2，则接触面积：
S=P250=3×107250m2=1.2×105m2，
因为发射的微波可视为球面波，所以接触面积：S＝4πR12，
代入数据解得：R1≈100m；
当心肺功能衰竭时，单位面积接收的微波功率达到1000W/m2，则接触面积：
S'=P1000=3×1071000m2=3×104m2，
因为发射的微波可视为球面波，所以接触面积：S′=4πR22，
代入数据解得：R2≈50m，
则引起神经混乱和心肺功能衰竭的有效攻击的最远距离分别约为100m和50m，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【要点提炼】
一、功与功率
1.功和功率的求解
2.机车启动问题
(1)机车输出功率：P＝Fv，其中F为机车牵引力。
(2)设机车匀加速启动过程的最大速度为v1，此时机车输出的功率最大；由F牵－F阻＝ma，P＝F牵v1可求v1＝。
(3)设全程的最大速度为vm，此时F牵＝F阻；由P＝F阻vm，可求vm＝。
(4)以额定功率启动的过程中，牵引力不断减小，机车做加速度减小的加速运动，牵引力的最小值等于阻力。
二、常见的功能关系
【方法指导】
1．做好两个分析
(1)综合受力分析、运动过程分析，由牛顿运动定律做好动力学分析．
(2)分析各力做功情况，做好能量的转化与守恒的分析，由此把握运动各阶段的运动性质，各连接点、临界点的力学特征、运动特征和能量特征．
2．做好四个选择
(1)当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题；
(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律；
(3)当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻进行分析时选择牛顿第二定律求解；
(4)复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合解题．
【例题精析】
考点一 功和功率的分析计算
例1．图甲是我国自主设计的全球第一款可载客的无人驾驶飞机“亿航184”，其质量为260kg，最大载重为100kg，图乙是该无人机某次在最大载重情况下，从地面开始竖直升空过程中的v﹣t图像，前2s图像为直线，2s末到5s末图像为曲线，曲线两端皆与两侧直线相切，5s后无人机匀速上升，发动机的输出功率等于额定输出功率，g＝10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．前5s上升的高度为19m
B．1s末发动机的输出功率为7200W
C．2s末到5s末，发动机的输出功率不变
D．2s末到5s末，无人机上升的高度不会超过17m
【解答】解：A、由图像面积可知，前2 s上升4 m，2 s末到5 s末上升的高度大于15 m，前5 s上升的高度大于19 m，故A错误；
B、1 s时做加速度为a=42m/s2=2 m/s2的加速运动，速度v＝at＝2m/s，由牛顿第二定律F﹣mg＝ma，解得F＝m（g+a）＝360×（10+2）N＝4320N，计算出此时发动机功率为p＝Fv＝4320×2W＝8640 W，故B错误；
C、根据功率的定义，可以计算得出2 s末发动机的输出功率为p1＝Fv2＝Fat2＝4320×2×2W＝17280 W，5 s末发动机的输出功率为P5＝F′v5＝mgv5＝360×10×6W＝21600 W，即题目所说的额定功率，这段时间发动机的输出功率是变化的，故C错误；
D、假设2 s末到5 s末，飞机按最大输出功率即额定功率21600 W工作，由动能定理p5t−mgℎ=12mv52−12mv22，计算可得上升的高度h＝17 m，故2 s末到5 s末，飞机上升的高度不会超过17 m，故D正确。
故选：D。
练1．如图所示是宁波东部新城中央广场喷泉喷出水柱的场景。喷泉喷出的水柱最大高度达到了20层楼的高度；喷管的直径约为10cm。请你据此估计用于给该喷管喷水的电动机输出功率约为（水的密度为1×103kg/m3）（ ）
A．8kW B．80kW C．160kW D．560kW
【解答】解：管口的圆形内径约有10cm，则半径r＝5cm＝0.05m
根据实际情况，每层楼高h＝3m，所以喷水的高度H＝20h＝20×3m＝60m，
设水离开管口的速度为v，则有：v2＝2gH
解得：v＝203m/s
设给喷管喷水的电动机输出功率为P，在接近管口很短一段时间Δt内水柱的质量为：
m＝ρ•vΔtS＝ρπr2vΔt
根据动能定理可得：PΔt=12mv2，
解得：P=ρπr2v32
代入数据解得：P＝1.6×105W＝160kW，故C正确、ABD错误。
故选：C。
练2．公交站点1与站点2之间的道路由水平路面AB段、CD段及倾角为15°的斜坡BC段组成，斜坡足够长。一辆公交车额定功率为210kW，载人后总质量为8000kg。该车在AB段以54km/h的速率匀速行驶，此过程该车的实际功率为额定功率的一半。该车到达C点时的速率为21.6km/h，此后在大小恒为1.4×104N的牵引力作用下运动，直到速度达到54km/h时关闭发动机自由滑行，结果该车正好停在了D点（站点2）。若在整个行驶过程中，公交车的实际功率不超过额定功率，它在每一个路段的运动都可看成直线运动，它受到的由地面、空气等产生的阻力F1大小不变。已知sin15°＝0.26，求：
（1）F1的大小；
（2）公交车上坡过程中能够保持匀速行驶的最大速率；
（3）C点与D点之间的距离。
【解答】解：（1）AB段，已知v＝54km/h＝15m/s，
由于AB匀速行驶，根据P＝Fv，
可知F1=P额2v=210×103215N＝7000N，
（2）BC段，根据P＝Fv可知，当达到最大速度时F＝F1+mgsin15°
即P额＝（F1+mgsin15°）vmax，得vmax=P额F1+mgsin15°=210×1037000+8000×10×0.26m/s≈7.55m/s≈27.2km/h，
即公交车上坡过程中能够保持匀速行驶的最大速率约为27.2km/h；
（3）CD段，已知21.6km/h＝6m/s
速度达到54km/h之前，应用动量定理（F﹣F1）t1＝mv﹣mvC，得t1=mv−mvCF−F1=8000×15−8000×61.4×104−7000s≈10.3s
关闭发动机自由滑行过程，应用动量定理﹣F1t2＝0﹣mv，得t2=mvF1=8000×157000s＝17.1s
速度达到54km/h之前，v1=v+vc2=15+62m/s＝10.5m/s，
关闭发动机自由滑行过程，平均速度为v=v2=152m/s＝7.5m/s，
C点与D点之间的距离x=v1t1+vt2=10.5×10.3m+7.5×17.1m＝236.4m
答：（1）F1的大小为7000N；
（2）公交车上坡过程中能够保持匀速行驶的最大速率约为27.2km/h；
（3）C点与D点之间的距离为236.4m。
考点二 动能定理的应用
（多选）例2．一质量为2kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以某一速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图象．已知重力加速度g＝10m/s2．根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有（ ）
A．物体与水平面间的动摩擦因数
B．合外力对物体所做的功
C．物体匀速运动时的速度
D．物体运动的时间
【解答】解：A、物体做匀速运动时，受力平衡，则f＝F＝7N；再由滑动摩擦力公式可求得物体与水平面间的动摩擦因数；故A正确；
B、4m后物体做减速运动，图象与坐标轴围成的面积表示拉力做的功，则由图象中减速过程包括的方格数可知拉力所做的功；再由摩擦力与位移的乘积求出摩擦力的功；则可求得总功；故B正确；
C、已求出物体合外力所做的功；则由动能定理可求得物体开始时做匀速运动时的速度；故C正确；
D、由于不知道具体的运动情况，无法求出减速运动的时间，故D错误；
故选：ABC。
练3．有一弹射打板游戏装置，其结构如图所示，半径R＝0.4m的竖直光滑圆弧轨道BC固定在水平底座CD上，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ＝30°，C、D
两点间的距离L＝1.2m；D点与弹射装置相连，弹射装置的弹性势能Ep＝2.0J。装置的上方有一高h＝0.4m可水平移动的竖直挡板，挡板的下端点A与BC轨道有一定间距。在某次游戏中，一质量m0＝0.1kg的弹射物（可视为质点）从弹射器弹出，经DC沿圆弧轨道从B点抛出，恰好从A点贴近挡板水平飞出，已知弹射物与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，不计空气阻力，g取10m/s2求：
（1）弹射物经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力；
（2）弹射物经过圆弧轨道上B点时的速度vB的大小：
（3）挡板的下端点A与轨道最高点B的高度差：，
（4）现减小弹射物的质量，并且要求弹射物与挡板垂直相碰，试写出挡板水平距离×（A与B点的水平间距）与弹射物的质量m的函数关系。
【解答】解：（1）从D到C，由动能定理：Ep﹣μm0gL=12m0vc2−0，得：v c2=28m2/s2，在C点，由牛顿第二定律：F−m0g=m0vc2R，解得：F＝8N，由牛顿第三定律可得，弹射物对轨道压力大小为8N，方向竖直向下。
（2）从C到B，由动能定理：﹣mgR（1+sinθ）=12mvB2−12mvc2，联立得：vB＝4m/s
（3）B点速度如图所示：v1＝vBcosθ＝23m/s，竖直方向是竖直上抛运动，h=v122g=(23)22×10m=0.6m
（4）从D到B，由动能定理：EP﹣μmgL﹣mgR（1+sinθ）=12mvB2−0，解得：vB＝21−6mm，垂直打到板上时间：t=v1g=vBcosθg，A点到B点的水平间距：
x＝vBsinθ•t=vB2sinθcosθg=3(1−6m)mg，当m＝0.1kg时，x最小，xmin=235m，当与挡板最高点碰时，x最大，0.6+h=v122g=vB2cos2θ2g，解得：vB=4153m/s，所以
xmax=233m，即A点到B点的水平间距：x=3(1−6m)mg（235m≤x≤233m）
答：（1）弹射物经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力为8N，方向竖直向下；
（2）弹射物经过圆弧轨道上B点时的速度vB的大小为4m/s：
（3）挡板的下端点A与轨道最高点B的高度差为0.6m：，
（4）现减小弹射物的质量，并且要求弹射物与挡板垂直相碰，挡板水平距离×（A与B点的水平间距）与弹射物的质量m的函数关系为x=3(1−6m)mg（235m≤x≤233m）
练4．如图所示，一游戏装置由安装在水平台面上的高度h可调的斜轨道AB、竖直圆轨道（在最低点E分别与水平轨道AE和EG相连）、细圆管道GHIJ（HI和IJ为两段四分之一圆弧）和与J相切的水平直轨道JK组成。可认为所有轨道均处在同一竖直平面内，连接处均平滑。已知，滑块质量为m＝30g且可视为质点，竖直圆轨道半径为r＝0.45m小圆弧管道HI和大圆弧管道IJ的半径之比为1：4，L1＝1.5m不变，L2＝0.5m，滑块与AB、EG及JK间摩擦因数均为μ＝0.5，其他轨道均光滑，不计空气阻力，忽略管道内外半径差异。现调节h＝2m，滑块从B点由静止释放后，贴着轨道恰好能滑上水平直轨道JK，求：
（1）大圆弧管道IJ的半径R；
（2）滑块经过竖直圆轨道与圆心O等高的P点时对轨道的压力F1与运动到圆弧管道最低点H时对轨道的压力F2大小之比；
（3）若在水平轨道JK上某一位置固定一弹性挡板，当滑块与之发生弹性碰撞后能以原速率返回，若第一次返回时滑块不脱轨就算游戏闯关成功。调节斜轨道的高度为h＝3m，仍让滑块从B点由静止滑下，问弹性挡板与J的间距L满足什么条件时游戏能闯关成功。
【解答】解：（1）物块从B点开始下滑，恰能达到水平直轨道JK，根据动能定理得：
mgℎ−μmg(L1+L2)−mg(R+14R)=0−0
解得：R＝0.8m
（2）运动到P点时，根据动能定理得：
mgℎ−μmgL1−mgr=12mvP2
在P点时，F1=mvP2r
解得：vP＝4m/s；F1=1615N
运动到H点时
mgℎ−μmg(L1+L2)=12mvH2
F1−mg=mvH214R
解得：F2＝3.3N
因此F1F2=3299
（3）要想让物块无挡板碰后不脱离圆轨道，当L最大时对应于物块恰能达到与圆轨道圆心O等高的位置，则由动能定理得：
mgh﹣μmg（L1+2L2+2Lmax）﹣mgr＝0
解得：Lmax＝1.3m
当L最小时对应于物块恰能达到与圆轨道最高点的位置，此时
mg=vF2r
则由动能定理得：mgℎ−μmg(L1+2L2+2Lmin)−2mgr=12mvF2
解得：Lmin＝0.625m
则弹性挡板与J的间距L满足L≤0.625m或者L≥1.3m才能闯关成功。
答：（1）大圆弧管道IJ的半径为0.8m；
（2）滑块经过竖直圆轨道与圆心O等高的P点时对轨道的压力F1与运动到圆弧管道最低点H时对轨道的压力F2大小之比为32：99；
（3）弹性挡板与J的间距L满足满足L≤0.625m或者L≥1.3m才能闯关成功。
考点三 功能关系的理解和应用
例3．温州世贸中心大厦是温州市区地标性建筑，高达333m。某测试员站在该大厦的一架电梯中对所在电梯进行测试时，电梯从一楼开始竖直上升，运行的v﹣t图象如图所示。测试员的质量为60kg
，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．测试员在电梯中一直处于超重状态
B．电梯在加速阶段与减速阶段加速度相同
C．电梯对测试员作用力的最大功率为2640W
D．测试员在电梯上升全过程中机械能的增加量为199800J
【解答】解：A、0﹣4s内测试员在电梯中处于超重状态，4﹣79s随电梯做匀速运动，79﹣83s随电梯做匀减速直线运动，处于失重状态，故A错误；
B、加速度矢量，故B错误；
C、电梯在匀加速阶段对测试员作用力最大，FN＝mg+ma，a＝1m/s2，解得FN＝660N，4s时电梯速度最大，vm＝4m/s，所以电梯对测试员作用力的最大功率为P＝FNvm＝660×4W＝2640W，故C正确；
D、电梯对测试员做的功等于其机械能的增加，ΔE＝FNh1+FN1h2+mgh，h1＝h2＝8m，FN1＝mg﹣ma＝540N，h＝4×75m＝300m，代入得：ΔE＝1200×8J+600×300J＝189600J，故D错误
故选：C。
练5．竖直面内有一半径为R的光滑圆弧轨道AB，其对应的圆心角为10°，A、B两点等高，CD为竖直直径。在A、D两点间固定光滑直斜面，直斜面在D处与光滑圆弧轨道DB平滑相接，将一小球由A点静止释放沿直斜面AD下滑，小球可视为质点，则下列说法正确的是（ ）
A．小球从A到D的时间等于从D到B的时间
B．小球从A到D的时间小于从D到B的时间
C．由题中数据可以求得小球在DB圆弧轨道上通过D点时对轨道的压力
D．若将两个小球分别从A、C两点同时由静止释放，它们会同时到达D点
【解答】解：C.小球在DB圆弧轨道上从B到D点过程，根据动能定理可得
mgR （1﹣cos5°）=12mv2
在D点根据牛顿第二定律可得
F﹣mg＝mvD2R
解得
F＝mg （3﹣2cos5°）
由于不知道小球的质量，故不能求出小球通过D点时对轨道的压力，故C错误；
D.小球从A点静止释放到D点过程，做匀加速直线运动，加速度大小为mgsin2.5°＝ma
根据运动学公式可得
xAD=12at2
解得
t＝2Rg
小球从C点静止释放到D点过程，做自由落体运动，则有
hCD=12gt'2
解得
t'＝2Rg
可得
t＝t'＝2Rg
若将两个小球分别从A、C两点同时由静止释放，它们会同时到达D点，故D正确；
AB.小球从D到B的过程，根据单摆周期公式可得所用时间为
tDB=14T=14⋅2πRg=π2Rg
可知
t＝2Rg＞tDB=π2Rg
故小球从A到D的时间大于从D到B的时间，故AB错误；
故选：D。
练6．将一质量为m的物体以初动能Ek0从地面竖直向上抛出，上升的最大高度为H，以地面为零势能面，在上升过程中动能与势能相等时物体的高度为h1，在下降的过程中动能与势能相等时物体的高度为h2，运动过程中物体所受的空气阻力大小恒定，重力加速度为g，则（ ）
A．h1＞h2＞H2
B．h1＜h2＜H2
C．ℎ1H=Ek0Ek0+mgH
D．ℎ2H=2mgH−Ek02mgH+Ek0
【解答】解：AB、在上升过程中，由于有空气阻力，物体减少的动能大于增加的动能，当动能与重力势能相等时，也就是剩下的动能（等于重力势能）小于减少的动能，所以继续上升的高度小于已经上升的高度，即h1＞H2，同理在下降过程中，当动能与重力势能相等时ℎ2＜H2，故AB错；
C、由动能定理可得（mg+f）H＝Ek0，
（mg+f）h1＝Ek0﹣mgh1，
联立求得
ℎ1H=Ek0Ek0+mgH，故C正确：
D、同样应用动能定理可求得
ℎ2H=2mgH−Ek03mgH−Ek0，故D错误。
故选：C。
考点四 动力学和能量观点解决问题
例4．如图所示，固定在水平面上的倾角为30°的光滑斜面底端固定一轻弹簧，O点为原长位置。质量为0.5kg的滑块从斜面上A点由静止释放，滑块下滑并压缩弹簧到最短的过程中，最大动能为8J。现将滑块从A点上方0.4m处的B点由静止释放，弹簧被压缩过程中始终在弹性限度内，g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．A点到O点的距离为3.2m
B．从B点释放后滑块运动的最大动能为9J
C．从B点释放滑块至被弹簧弹回经过A点的动能小于1J
D．从B点释放滑块时弹簧的最大弹性势能比从A点释放时增加了1J
【解答】解：A、物块从O点时开始压缩弹簧，弹力逐渐增大，开始阶段弹簧的弹力小于滑块的重力沿斜面向下的分力，物块做加速运动。后来，弹簧的弹力大于滑块的重力沿斜面向下的分力，物块做减速运动，弹簧的弹力等于滑块的重力沿斜面向下的分力时物块的速度最大，此位置位于O点下方；
设A点到O点的距离为x，物块从A到O的过程，根据机械能守恒定律得 mgxsin30°＝EkO＜Ekm＝8J，解得 x＜3.2m，故A错误；
B、设物块动能最大时弹簧的弹性势能为Ep．从A释放到动能最大的过程，由系统的机械能守恒得：Ek1+Ep＝mgxAsin30°…①
从B释放到动能最大的过程，由系统的机械能守恒得：Ek2+Ep＝mgxBsin30°…②
由②﹣①得：Ek2﹣Ek1＝mg（xB﹣xA）sin30°
据题有：xB﹣xA＝0.4m
所以得从B点释放滑块最大动能为：Ek2＝Ek1+mg（xB﹣xA）sin30°＝8J+0.5×10×0.4×0.5J＝9J，故B正确；
C、斜面光滑，根据机械能守恒知滑块被弹簧弹回经过A点的动能：EkA＝mghAB＝5×0.4×sin30°J＝1J，故C错误；
D、根据物块和弹簧的系统机械能守恒知，弹簧最大弹性势能等于物块减少的重力势能，由于从B
点释放弹簧的压缩量增大，所以从B点释放弹簧最大弹性势能比从A点释放增加为：△Ep＞mg（xB﹣xA）sin30°＝0.5×10×0.4×0.5J＝1J，故D错误。
故选：B。
（多选）练7．如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为30°，物体A、B通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，P为固定在斜面上且与斜面垂直的光滑挡板，物体A、B的质量分别为m和4m，开始时用手托住物体，滑轮两边的细绳恰好伸直，且左边的细绳与斜面平行，弹簧处于原长状态，A距离地面高度为h时开始下落，在A下落至地面前的瞬间，物体B恰好对挡板无压力．空气阻力不计，下列关于物体A的说法正确的是（ ）
A．在下落至地面前的过程中机械能守恒
B．在下落至地面前的瞬间速度一定为零
C．在下落至地面前的过程中对轻弹簧做的功为mgh
D．在下落至地面前的过程中，可能一直在做加速运动
【解答】解：A、A从静止到下落过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，所以A在下落至地面的过程中系统的机械能守恒，而A的机械能不守恒，故A错误；
BD、据在A下落至地面前的瞬间，物体B恰好对挡板无压力，以B为研究对象，据平衡求得此时弹簧的弹力为T＝4mgsin30°＝2mg；再以A为研究对象，当A静止释放的瞬间，A受重力mg，其合力方向向下，大小为mg；当A落地瞬间，A受重力mg和弹簧的弹力2mg，其合力向上，大小为mg，A做简谐运动，据对称性可知，落地瞬间其速度为零；据弹簧振子的运动情况可知，A向下运动时，先做加速度减小的加速运动，然后做加速度逐渐增大的减速运动，故B正确，D错误；
C、据A做简谐运动和能量守恒可知，A落地瞬间，A的重力势能完全转化为弹簧的弹性势能，所以弹簧的弹力做功为mgh，故C正确；
故选：BC。
练8．用竖直向上的恒力F将静止在地面上的质量为m的物体提升高度H0后，撤去力F．当物体的动能为Ek0时，试求此时物体的高度为h（已知h≠H0，不计空气阻力，重力加速度为g）（ ）
A．若h=Ek0F−mg，则h一定还有一解为h=FH0−Ek0mg
B．若h=FH0−Ek0mg，则h一定还有一解为h=Ek0F−mg
C．若h=Ek0F−mg，则h的另一解一定小于H0
D．若h=FH0−Ek0mg，则h的另一解一定大于H0
【解答】解：若h=Ek0F−mg，说明物体在未撤去F之前动能就达到Ek0，撤去力F之后，物体的速度减小，故还有一个位置动能为Ek0，从地面到该位置，由动能定理得：
FH0﹣mgh＝Ek0
得：h=FH0−Ek0mg。
若撤去F之前动能未达到Ek0，则物体的动能一定是在下落到高度h＜H0的某位置等于Ek0，由动能定理得：FH0﹣mgh＝Ek0
得：h=FH0−Ek0mg． 故A正确，BCD错误。
故选：A。
【强化专练】
1. 如图所示，质量为m的木块A和质量为m的磁铁B同时从光滑的铝制斜面顶端静止释放，沿着直线下滑到斜面底端。则下列说法中正确的是（ ）
A．木块A和磁铁B下滑都仅受重力和支持力
B．木块A到达底端速度较小
C．磁铁B到达底端用时较长
D．两者到达斜面底端时动能相同
【解答】解：A、木块A下滑仅受重力和支持力，对于磁铁B根据楞次定律可知会受到阻碍相对运动的安培力，故A错误；
BC、根据A选项的分析，A下滑加速度大，下滑位移相同，所以木块A
到达底端速度较大，磁铁B到达底端用时较长，故B错误，C正确；
D、因为两者到达底端速度不同，质量相同，所以两者到达斜面底端时动能不同，故D错误；
故选：C。
2. 有一娱乐项目，人坐在半径为R的倾斜圆盘边缘随着圆盘绕圆心O处的转轴匀速转动（转轴垂直于盘面），圆盘的倾角为α，如图所示，图中人用方块代替。当人与圆盘间的动摩擦因数μ＝2.5tanα时，人恰好不从圆盘滑出去。人的质量为m，A为圆盘的最低点，B为圆盘的最高点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下正确的是（ ）
A．B位置处受到的摩擦力方向沿斜面向上
B．A点与B点人所受到的摩擦力大小之差为3mgsinα
C．人在转动时的速度大小为5gRsinα2
D．人从A到B摩擦力做功为2mgRsinα
【解答】解：A.人做匀速圆周运动，恰好不从圆盘滑出去，由受力可知，在A位置的摩擦力沿斜面向上，向心力为
fA−mgsinα=mω2R
则fA=mgsinα+mω2R
假设B位置摩擦力方向沿斜面向下，则向心力为
mgsinα+fB=mω2R
则fB=mω2R−mgsinα
由以上分析可知
fA＞fB
所以可得
fA＝μmgcosα＝2.5mgsinα
则mω2R＝fA﹣mgsinα＝1.5mgsinα
可知fB=mω2R−mgsinα=0.5mgsinα
故可知B位置处受到的摩擦力方向沿斜面向下，故A错误；
B.A点与B点人所受到的摩擦力大小之差为
fA﹣fB＝2mgsinα，故B错误；
C.由μmgcosα−mgsinα=mv2R
可得人在转动时的速度大小为v=3gRsinα2，故C错误；
D.因为人做匀速圆周运动，所以有
Wf﹣mg•2Rsinα＝0
所以Wf＝2mgRsinα，故D正确。
故选：D。
3. 如图所示为一游戏弹射装置，足够长的竖直细杆上有一高度可调节的弹珠发射器P（可视为质点），细杆和有特定靶位A1、A2、A3、A4……的足够长的斜面固定在同一水平底座上，细杆下端O与斜面底端重合，O、A1、A2、A3、A4……相邻两点间距离均相等。设弹珠水平发射后垂直击中斜面上的靶位才算有效击中。先调节P的位置和水平发射速度最终以动能Ek有效击中靶位A2，则在另一次游戏中弹珠有效击中靶位A3时的动能为（ ）
A．1.5Ek B．2.25Ek C．3Ek D．4.5Ek
【解答】解：假设斜面倾角为θ，从发射器P以初速度v0发射垂直击中斜面位置底端O的距离为s，发射后的弹珠做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，则有
scosθ＝v0t
竖直方向做自由落体运动，设垂直击中斜面时的竖直分速度为vy，则有
vy＝gt
又tanθ=v0vy
联立解得：v0=gssinθ
弹珠垂直击中斜面时的速度为
v=v0sinθ=gssinθ
可得弹珠垂直击中斜面时的动能为：
12mv2=mgs2sinθ∝s
假设相邻靶位距离为L，则弹珠有效击中靶位A3时的动能与弹珠有效击中靶位A2时的动能之比为：
Ek'Ek=3L2L=32
可得弹珠有效击中靶位A3时的动能为1.5Ek，故A正确，BCD错误；
故选：A。
4. 如图所示，OB是竖直线，OA是水平线，小球可以在OB上任一点以合适的速度水平抛出，每次都能击中水平面上的A点。则上升到越高的地方抛出（ ）
A．小球水平抛出的速度越大
B．击中A点的速度方向与竖直夹角越大
C．击中A点的动能一定越大
D．击中A点前瞬时重力功率一定越大
【解答】解：A、设高度为h，OA＝L，初速度为v，由平抛规律：h=12gt2，得：t=2ℎg，又L＝vt，得：v＝Lg2ℎ，由题意：L、g不变，所以h越大，v越小，故A错误；
B、竖直分速度v′＝gt＝g2ℎg=2gℎ，A点速度与竖直夹角为θ，则tanθ=vv'=L2ℎ，所以h越大，θ越小，故B错误：
C、A点动能：EKA=12mvA2=12m(v2+v'2)=12m(2gℎ+gL22ℎ)，当2gh=gL22ℎ，即h=L2时，A点动能最大，故C错误；
D、重力的瞬时功率：p＝mgvA cosθ＝mgv′＝mg2gℎ，所以h越大，p越大，故D正确。
故选：D。
5. 我国科技已经步入“人工智能”时代，“人工智能”已经走进千家万户。某天，东东
呼叫了外卖，外卖小哥把货物送到他家阳台正下方的平地上，东东操控小型无人机带动货物，由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，一段时间后，货物又匀速上升53s，最后再匀减速1s，恰好到达他家阳台且速度为零。货物上升过程中，遥控器上显示对货物的作用力有三个，分别为20.8N、20.4N和18.4N，已知货物受到的阻力恒为其重力的150。重力加速度g取10m/s2。下列判断正确的是（ ）
A．作用力为18.4N时货物处于超重状态
B．货物的质量为2.04kg
C．货物上升过程中的最大动能为1.02J
D．东东家阳台距地面的高度为56m
【解答】解：A、作用力为18.4N时货物正在减速上升，加速度方向向下，货物处于失重状态，故A错误；
B、在货物匀速上升的过程中，由平衡条件得：F2＝mg+f，其中F2＝20.4N，f=150mg＝0.02mg
解得：m＝2kg，故B错误；
C、设整个过程中的最大速度为v，在货物匀减速运动阶段，由牛顿运动定律得：mg+f﹣F3＝ma3，其中F3＝18.4N，
由运动学公式得：0＝v﹣a3t3
解得：v＝1m/s
最大动能Ekm=12mv2=12×2×12J＝1J，故C错误；
D、减速阶段的位移为：x3=v2t3=12×1m＝0.5m
匀速阶段的位移为：x2＝vt2＝1×53m＝53m
加速阶段有：F1﹣mg﹣f＝ma1
由运动学公式得：2a1x1＝v2
解得：x1＝2.5m
阳台距地面的高度为：h＝x1+x2+x3＝56m，故D正确。
故选：D。
6. 如图甲所示是一简易打桩机。质量m＝1kg的重物在拉力的作用下从与钉子接触处由静止开始运动，上升一段高度后撤去拉力，重物上升到最高点后自由下落，撞击钉子，将钉子打入一定深度。若以重物与钉子接触处为重力势能零点，重物上升过程中，其机械能E与上升高度h
的关系图象如图乙所示，不计所有摩擦。则（ ）
A．重物在1.0～1.2m过程中做匀速直线运动
B．重物加速上升过程中的加速度为1m/s2
C．重物上升到1m高度处的速度为1m/s
D．重物上升过程拉力的最大功率为24W
【解答】解：A、由图乙知，重物在10～1.2m过程，机械能不变，即机械能守恒，由机械能守恒条件结合题设，物体在此过程中只受重力作用，即物体做竖直上抛运动，故A错误；
B、重物加速上升过程，受到重力和拉力作用，由功能关系知，拉力对重物所做的功等于重物机械能的增加，即Fh＝E﹣0，则 E＝Fh，可见E﹣h图像的斜率表示拉力，由图乙知，拉力恒为F=12−01.0−0N＝12N，由牛顿第二定律：F﹣mg＝ma，解得重物加速时的加速度恒为a＝2m/s2，故B错误；
C、由图乙知，重物上升h＝1m时，机械能为12J，又E＝mgh+12mv2，解得此时重物的速度v＝2m/s，故C错误；
D、当重物匀加速结束，即重物上升h＝1m时，拉力的功率最大，为P＝Fv＝12×2W＝24W，故 D正确。
故选：D。
7. 李娜是亚洲第一位大满贯女子单打冠军。若李娜某次训练击球时，第一次将网球从A点水平击出，网球击中D点；第二次将该网球从位于A点正下方且与D点等高的B点斜向上击出，最高点为C，网球也击中D点。A、C高度相同，忽略空气阻力，则（ ）
A．两次击球过程中，网球的初速度大小一定不相等
B．网球两次击中D点时速大小相等
C．网球两次击中D点时，重力做功的瞬时功率相同
D．网球从B点到D点的过程中，重力对球的冲量为零
【解答】解、A、AB两点发出的球都能到达D点，球从C到地面竖直方向做自由落体运动，根据竖直方向的运动可知tB＝2tA，vyA＝vyB，由于水平方向的位移相同，根据v=xt可知vxA＞vxB，根据速度的合成可知，球从A点抛出时的速度vA＝vxA，球从B点抛出时的速度vB=vxB2+vyB2，故两次击球时球的初速度大小可能相等，故A错误；
B、第一次落到D点时的速度vAD=vxA2+vyA2，第二次落到D点时的速度vBD=vxB2+vyB2，故两过程中网球击中D点时速度不相等，故B错误；
C、由于vyA＝vyB，则重力的瞬时功率P＝mgvy，相同，故C正确；
D、网球从B点到D点的过程中，重力的冲量I＝mgt，不为零，故D错误；
故选：C。
8. 在惯性参考系中，力对质点所做功仅取决于质点的初始位置和末位置，而与质点通过的路径无关，这种力称为保守力，重力、弹簧弹力、静电力、万有引力等均为保守力。保守力做功的特点决定了质点在惯性系中的每一个位置都有一种由该位置确定的能量，称为势能；势能随位置变化的曲线称为势能曲线。如图所示为两个势能曲线，下列说法正确的是（ ）
A．图甲中势能为零的位置，质点所受保守力为零
B．图甲中质点所受保守力的方向沿x轴的正方向
C．图乙中质点从x1运动到x2的过程中保守力做正功
D．图乙中质点在x1位置，所受保守力大于质点在x2位置所受保守力
【解答】解：A、根据△Ep＝﹣W保＝﹣F保△x，得△Ep△x=−F保，则|△Ep△x|＝|F保|
，势能曲线的斜率绝对值等于保守力大小。图甲中势能为零的位置，图像的斜率不为零，则质点所受保守力不为零，故A错误；
B、图甲中质点的势能增大，保守力做负功，则质点所受保守力的方向沿x轴的负方向，故B错误；
C、图乙中质点从x1运动到x2的过程中，势能增大，则保守力做负功，故C错误；
D、根据图像切线的斜率越大，保守力越大。在图乙中，图像在x1位置切线的斜率大于在x1位置图像切线的斜率，所以质点在x1位置所受保守力大于质点在x2位置所受保守力，故D正确。
故选：D。
9. 如图所示，在一直立的光滑管内放置一轻质弹簧，上端O点与管口A的距离为2x0，一质量为m的小球从管口由静止下落，将弹簧压缩至最低点B，压缩量为x0，速度传感器描绘小球速度随时间变化如图，其中0～t1时间内图线是直线，t1～t2时间内图线是正弦曲线一部分，不计空气阻力，重力加速度为g，则（ ）
A．小球运动的最大速度为2gx0
B．小球运动到O点下方x02处的速度最大
C．弹簧的劲度系数k＞2mgx0
D．小球从管口A至速度最大所用的时间等于从速度最大至最低点B所用的时间的2倍
【解答】解：A、设小球刚运动到O点时的速度为v，则有mg•2x0=12mv2，v＝2gx0，小球接触弹簧后先做加速运动，所以小球运动的最大速度大于2gx0，故A错误；
B、小球在平衡位置处速度最大；若小球从O点开始由静止释放，设弹簧的最大压缩量为x，小球做简谐运动，根据简谐运动的对称性可知，小球运动到O点下方x2处的速度最大；
现在因为小球从O点上方下落，弹簧的压缩量x0＞x，速度最大时，弹簧的弹力与重力大小相等，则小球仍在x2＜x02速度最大，故B错误；
C、小球刚接触弹簧时的加速度大小为g，方向竖直向下，当小球运动到关于平衡位置对称点时，加速度大小也等于g，方向竖直向上，而此时小球还有向下的速度，还没有到达最低点，当小球到达最低点时加速度将大于g，根据牛顿第二定律知 kx0﹣mg＞mg，则k＞2mgx0，故C正确；
D、AO是OB距离的2倍，根据图像面积表示位移可知，t1大于t2﹣t1的2倍，管口到速度最大的时间大于t1，速度最大到最低点时间又小于t2﹣t1，所以小球从管口A至速度最大所用的时间大于从速度最大至最低点B所用的时间的2倍，故D错误；
故选：C。
10. 如图所示是云上草原的无动力滑草项目实景图。整个滑道分为倾斜和水平两部分，游客参与项目时，需要整个人坐进塑料盆中，双手握紧盆的边缘，运动过程中与盆相对静止。工作人员每次都是让坐稳在盆中的游客从静止开始滑下（不同滑道上的游客均从同一高度处滑下，滑道顶端准备了很多新旧不一的塑料盆），最终游客停在水平滑道上。下列说法正确的是（ ）
A．同一游客在不同滑道上体验项目，整个过程中重力对其做功的功率一定相同
B．不同的游客在同一滑道上停下的位置可能不同
C．不同滑道上的游客停下的位置不同只是因为游客的体重不同造成的
D．在整个滑草的过程中，人与盆的重力势能全部转化为盆与滑道间的内能
【解答】解：A、同一游客从不同滑道上的同一高度处滑下，根据WG＝mgh可知重力对同一游客做的功相等，但塑料盆的新旧程度不同，与底部的动摩擦因数可能不同，下滑的时间可能不同，整个过程中重力对其做功的功率不一定相同，故A错误；
B、不同的游客乘坐的塑料盆与底部的动摩擦因数可能不同，在同一滑道上停下的位置可能不同，故B正确；
C、若不计空气阻力，设游客的质量为m，塑料盆与轨道间的动摩擦因数为μ，轨道的倾角为θ，从出发点到静止位置的水平距离为x，根据功能关系可得：
mgH＝μmgL倾斜cosθ+μmgL水平＝μmg（L倾斜cosθ+L水平）＝μmgx
解得：x=Hμg，所以不同滑道上的游客停下的位置不同主要是因为塑料盆与底部的动摩擦因数不同造成的，故C错误；
D、在整个滑草的过程中，人与盆的重力势能全部转化为盆与滑道间的内能与克服空气阻力产生的内能，故D错误。
故选：B。
11. 某同学设计出如图所示实验装置。将一质量为0.2 kg的小球（可视为质点）放置于水平弹射器内，压缩弹簧并锁定，此时小球恰好在弹射口，弹射口与水平面AB相切于A点，AB为粗糙水平面，小球与水平面间动摩擦因数μ＝0.5，弹射器可沿水平方向左右移动为一段光滑圆弧轨道。（O′为圆心，半径R＝0.5 m．O'C与O′B之间夹角为θ＝37°，以C为原点，在C的右侧空间建立竖直平面内的坐标xOy，在该平面内有一水平放置开口向左且直径稍大于小球的接收器D，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）某次实验中该同学使弹射口距离B处L1＝1.6 m处固定，解开锁定释放小球，小球刚好到达C处，求弹射器释放的弹性势能；
（2）把小球放回弹射器原处并锁定，将弹射器水平向右移动至离B处L2＝0.8 m处固定弹射器并解开锁定释放小球，小球将从C处射出，恰好水平进入接收器D，求D处坐标；
（3）每次小球放回弹射器原处并锁定，水平移动弹射器固定于不同位置释放小球，要求小球从C处飞出恰好水平进入接收器D，求D位置坐标y与x的函数关系式。
【解答】解：（1）从A到C的过程中，由定能定理得：
W弹﹣μmgL1﹣mgR（1﹣cosθ）＝0，
解得：W弹＝1.8J。
根据能量守恒定律得：EP＝W弹＝1.8J；
（2）小球从C处飞出后，由动能定理得：
W弹﹣μmgL2﹣mgR（1﹣cosθ）=12mvC2﹣0，
解得：vC＝22m/s，方向与水平方向成37°角，
由于小球刚好被D接收，其在空中的运动可看成从D点平抛运动的逆过程，
vCx＝vCcos37°=825m/s，vCy＝vCsin37°=625m/s，
则D点的坐标：x＝vCx•vCyg，y=vCy22g，解得：x=48125m，y=18125m，
即D处坐标为：（48125m，18125m）。
（3）由于小球每次从C处射出vC方向一定与水平方向成37°角，则：vyvx=tan37°=34，
根据平抛运动规律可知：抛出点D与落地点C的连线与x方向夹角α的正切值：tanα＝tan37°2=38，
故D的位置坐标y与x的函数关系式为：y=38x。
答：（1）弹射器释放的弹性势能为1.8J；
（2）D处坐标为：（48125m，18125m）；
（3）D位置坐标y与x的函数关系式是：y=38x。
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