高考物理二轮复习讲练(新高考版) 第1部分 专题2 第6课时 功、功率 动能定理（含解析）

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第6课时 功、功率 动能定理
高考题型1 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)变力做功的几种求法
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)
①三个基本关系式：F－F阻＝ma，F＝eq \f(P,v)，vm＝eq \f(P,F阻)
②两种常见情况
a．恒定功率启动：P不变；
b．恒定加速度启动：开始阶段a不变．
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).
考题示例
例1 (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1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，( )
图1
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 由图线①知，上升总高度h＝eq \f(v0,2)·2t0＝v0t0.
由图线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，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)可知，电机输出的最大功率之比P1∶P2＝2∶1，C项正确；
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，D项错误．
例2 (2015·全国卷Ⅱ·17)一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图2所示．假定汽车所受阻力的大小f恒定不变．下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是( )
图2
答案 A
解析 当汽车的功率为P1时，汽车在运动过程中满足P1＝F1v，因为P1不变，v逐渐增大，所以牵引力F1逐渐减小，由牛顿第二定律得F1－f＝ma1，f不变，所以汽车做加速度减小的加速运动，当F1＝f时速度最大，且vm＝eq \f(P1,F1)＝eq \f(P1,f).当汽车的功率突变为P2时，汽车的牵引力突增为F2，汽车继续加速，由P2＝F2v可知F2减小，又因F2－f＝ma2，所以加速度逐渐减小，直到F2＝f时，速度最大，vm′＝eq \f(P2,f)，以后匀速运动．综合以上分析可知选项A正确．
命题预测
1．(2020·湖北随州市3月调研)如图3所示，一半圆槽固定在水平面上，A、B两点为最高点，O为最低点，一个小球在外力控制下沿AOB做匀速圆周运动，下列说法正确的是( )
图3
A．半圆槽对小球的支持力先做正功后做负功
B．合力对小球先做负功后做正功
C．小球在最低点O时，所受合力的功率最大
D．整个过程中小球重力的功率先减小后增大
答案 D
解析 小球在外力控制下，沿AOB做匀速圆周运动，受到的支持力与其速度一直垂直，支持力不做功，故A错误；小球做匀速圆周运动，合力提供向心力，指向圆心，方向始终与速度方向垂直，不做功，功率为零，故B、C错误；小球在运动过程中，竖直分速度先减小后增大，小球重力的功率先减小后增大，故D正确．
2．(多选)(2020·山东青岛二中期中)如图4甲所示，一个质量m＝2 kg的物块静止放置在粗糙水平地面O处，物块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.5，在水平拉力F作用下物块由静止开始向右运动，经过一段时间后，物块回到出发点O处，取水平向右为速度的正方向，物块运动过程中其速度v随时间t的变化规律如图乙所示，g取10 m/s2.则( )
图4
A．物块经过4 s回到出发点
B．t＝4.5 s时水平拉力F的瞬时功率为24 W
C．0～5 s内摩擦力对物块先做负功，后做正功，总功为零
D．0～5 s内物块所受合力的平均功率为1.8 W
答案 BD
解析 由题图乙可看出，0～4 s内速度方向始终为正方向，则物块经过4 s没有回到出发点，A选项错误；t＝4.5 s时，加速度大小为a＝3 m/s2，物块向左运动，受到的摩擦力向右，F－μmg＝ma，解得F＝16 N，力F的瞬时功率为P＝Fv＝16×1.5 W＝24 W，B选项正确；滑动摩擦力始终与物块的运动方向相反，始终做负功，C选项错误；0～5 s内物块所受合力做的功等于动能的增加量，W＝eq \f(1,2)mv12＝eq \f(1,2)×2×(－3)2 J＝9 J，平均功率为eq \x\t(P)＝eq \f(W,Δt)＝1.8 W，D选项正确.
3．(2020·河南开封市3月模拟)有一辆汽车在平直的公路上由静止开始启动．在启动过程中，汽车牵引力的功率随时间的变化情况如图5所示．已知汽车所受阻力恒为重力的五分之一，5 s末汽车速度为5 m/s，而在15 s时汽车已经达到了最大速度，重力加速度g取10 m/s2.则下列说法正确的是( )
图5
A．该汽车的质量为3 000 kg
B．该汽车最大速度为8 m/s
C．在前5 s内，汽车克服阻力做的功为50 kJ
D．在5～15 s内，该汽车的位移大小约为67 m
答案 D
解析 由题意结合题图可知，前5 s汽车做匀加速直线运动，则加速度大小为a＝1 m/s2，汽车匀加速阶段的牵引力为F1＝eq \f(P,v)＝eq \f(15×103,5)N＝3×103 N．匀加速阶段由牛顿第二定律得：F1－0.2mg＝ma，解得m＝1×103 kg，故A错误；汽车匀速行驶时，牵引力等于阻力，即F2＝Ff＝0.2mg，由P＝F2v0＝Ffv0得最大速度为v0＝eq \f(P,0.2mg)＝7.5 m/s，故B错误；前5 s内汽车的位移大小为x＝eq \f(vt,2)＝eq \f(5,2)×5 m＝12.5 m，汽车克服阻力做功为Wf＝0.2mgx＝0.2×1×103×10×12.5 J＝2.5×104 J，故C错误；5～15 s内，由动能定理得PΔt－0.2mgx′＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv2，解得此过程汽车的位移x′≈67 m，故D正确．
高考题型2 动能定理的应用
1．应用动能定理解题步骤图解：
2．应用动能定理的四点提醒：
(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学方法要简捷．
(2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的．
(3)物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，对全过程应用动能定理，往往能使问题简化．
(4)多过程往复运动问题一般应用动能定理求解．
考题示例
例3 (2018·全国卷Ⅱ·14)如图6，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( )
图6
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
答案 A
解析 由题意知，W拉－W阻＝ΔEk，则W拉>ΔEk，A项正确，B项错误；W阻与ΔEk的大小关系不确定，C、D项错误．
例4 (2019·全国卷Ⅲ·17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图7所示．重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为( )
图7
A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg
答案 C
解析 设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，当Δh＝3 m时，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)Δh＝(36－72) J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，当Δh＝3 m时，再由动能定理结合题图可得(mg－F)Δh＝(48－24) J，联立解得m＝1 kg、F＝2 N，选项C正确，A、B、D均错误．
命题预测
4．(多选)(2020·四川泸州市质量检测)如图8甲所示，一小木块以某一初速度冲上倾角θ＝37°足够长的固定斜面．若以斜面底端为位移初始点，乙图为小木块在斜面上运动的动能Ek随位移x变化关系图像．忽略空气阻力的影响，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，则下列判断正确的是( )
图8
A．小木块从底端冲到最高点的过程中，损失的机械能为40 J
B．小木块从底端出发再回到底端的过程中，摩擦力做功为－20 J
C. 小木块的质量m＝1 kg
D．小木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2
答案 BC
解析 小木块在运动过程中受到重力、摩擦力以及支持力作用，支持力不做功，摩擦力做负功，所以机械能减少，而上升和下降过程中机械能的减少量相等，根据图像可知，上升和下降整个过程机械能的减少量为20 J，则小木块从底端冲到最高点的过程中，损失的机械能为10 J，小木块从底端出发再回到底端的过程中，摩擦力做功为－20 J，故A错误，B正确；上升过程，根据动能定理有：
－mgxsin θ－μmgxcs θ＝0－40 J
又μmgcs θ·x＝10 J
联立解得m＝1 kg，μ＝0.25
故C正确，D错误．
5.(多选)(2020·三湘名校教育联盟高三第二次大联考)如图9所示，倾角为α＝37°的足够长的粗糙斜面AB固定在水平面上，一小物块从距B点10 m的A点由静止释放后，下滑到B点与弹性挡板碰撞后无能量损失反弹，恰能冲上斜面的Q点(图中未画出)．设物块与斜面间的动摩擦因数为0.5，以B点所在水平面为零势能面(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2)．则下列说法正确的是( )
图9
A．Q点到B点距离为2 m
B．物块沿斜面下滑时机械能减少，沿斜面上滑时机械能增加
C．物块下滑时，动能与势能相等的位置在AB中点上方
D．物块从开始释放到最终静止经过的总路程为15 m
答案 AD
解析 物块从A到Q全过程由动能定理得mg(s1－s2)sin 37°－μmg(s1＋s2)cs 37°＝0，代入μ＝0.5，s1＝10 m，解得s2＝2 m，选项A正确；全过程摩擦力一直做负功，物块的机械能不断减少，选项B错误；物块从A下滑到AB中点时，由能量守恒定律可得mgH－mgeq \f(H,2)＝Ek＋Q，显然此处重力势能大于动能，继续下滑时重力势能将减小，动能增加，故动能与重力势能相等的位置在AB中点下方，选项C错误；因为μ＜tan θ，所以物块最终静止在挡板处，根据能量守恒得mgs1sin 37°＝μmgscs 37°，代入数据解得s＝15 m，选项D正确．
6．(2020·湘赣皖十五校高三第一次联考)如图10所示，可视为质点的质量为m＝0.2 kg的小滑块静止在水平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F＝4 N的作用下，从A点开始做匀加速直线运动，当其滑行到AB的中点时撤去拉力，滑块继续运动到B点后进入半径为R＝0.3 m且内壁光滑的竖直固定圆轨道，在圆轨道上运行一周后从B处的出口(未画出，且入口和出口稍稍错开)出来后向C点滑动，C点的右边是一个“陷阱”，D点是平台边缘上的点，C、D两点的高度差为h＝0.2 m，水平距离为x＝0.6 m．已知滑块运动到圆轨道的最高点时对轨道的压力大小刚好为滑块重力的3倍，水平轨道BC的长度为l2＝2.0 m，小滑块与水平轨道AB、BC间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2.
图10
(1)求水平轨道AB的长度l1；
(2)试通过计算判断小滑块能否到达“陷阱”右侧的D点；
(3)若在AB段水平拉力F作用的距离可变，要达到小滑块在运动过程中，既不脱离竖直圆轨道，又不落入C、D间的“陷阱”的目的，试求水平拉力F作用的距离范围．
答案 (1)2.4 m (2)见解析 (3)见解析
解析 (1)设小滑块运动到竖直圆轨道最高点时的速度大小为v，则有4mg＝meq \f(v2,R)，从B点运动到最高点的过程中，设小滑块到达B点时的速度大小为vB，由机械能守恒定律有eq \f(1,2)mvB2＝mg·2R＋eq \f(1,2)mv2，
代入数据解得vB＝2eq \r(6) m/s.
小滑块由A到B的过程中，由动能定理可得eq \f(1,2)Fl1－μmgl1＝eq \f(1,2)mvB2，
代入数据可解得l1＝2.4 m.
(2)设小滑块到达C点时的速度大小为vC，
则由动能定理可得－μmgl2＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mvB2
代入数据解得vC＝2 m/s
设小滑块下落h＝0.2 m所需要的时间为t，则有
h＝eq \f(1,2)gt2，解得t＝0.2 s
故小滑块在水平方向上运动的距离为
x0＝vCt＝0.4 m<0.6 m
故小滑块将落入“陷阱”中，不能运动到D点．
(3)由题意可知，若要滑块既不脱离圆轨道，又不掉进“陷阱”，则需要分三种情况进行讨论：
①当滑块刚好能够到达与圆心等高的E点时，设恒力作用的距离为x1′，则由动能定理可得：Fx1′－μmgl1－mgR＝0
代入数据可解得x1′＝0.75 m
故当恒力作用的距离满足0②当滑块刚好能经过圆轨道的最高点时，设滑块经过最高点时的速度大小为v0，则有mg＝meq \f(v02,R)，设此时恒力作用的距离为x2′，则有Fx2′－μmgl1－2mgR＝eq \f(1,2)mv02，
代入数据可解得x2′＝0.975 m
当滑块刚好运动到C点时速度为零，设此时恒力作用的距离为x2″，则有Fx2″－μmg(l1＋l2)＝0
代入数据可解得x2″＝1.1 m．故当恒力作用的距离满足0.975 m≤x′≤1.1 m时符合条件．
③当滑块刚好能够越过“陷阱”，设滑块到达C点时的速度大小为vC′，则由平抛运动规律得h＝eq \f(1,2)gt2，x＝vC′t
代入数据解得vC′＝3 m/s，设此时恒力作用的距离为x3′，故有Fx3′－μmgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(l1＋l2))＝eq \f(1,2)mvC′2
代入数据解得x3′＝1.325 m
故当恒力作用距离满足1.325 m≤x3′≤2.4 m时符合条件．
专题强化练
[保分基础练]
1．(2020·上海市青浦区一模)质量为m、初速度为零的物体，在变化情况不同的合外力作用下都通过位移x0.下列各种情况中合外力做功最多的是( )
答案 C
解析 根据公式W＝Fx可知F－x图像中图线与坐标轴围成的面积表示做功多少，C项图中图线与x轴围成的面积最大，故C做功最多，选C.
2．(2020·江苏苏锡常镇四市高三教学情况调研)我国高铁舒适、平稳、快捷．设列车高速运行时所受的空气阻力与车速成正比，列车分别以300 km/h和350 km/h的速度匀速运行时克服空气阻力做功的功率之比为( )
A．6∶7 B．7∶6
C．36∶49 D．49∶36
答案 C
解析 列车高速运行时所受的空气阻力与车速成正比，则有f＝kv
故克服阻力做功的功率为P＝fv＝kv2
所以列车分别以300 km/h和350 km/h的速度匀速运行时克服空气阻力做功的功率之比为
eq \f(P1,P2)＝eq \f(kv12,kv22)＝eq \f(36,49)，故A、B、D错误，C正确．
3．(2020·江苏扬州市高三检测)我国自主研制的绞吸挖泥船“天鲲号”达到世界先进水平．若某段工作时间内，“天鲲号”的泥泵输出功率恒为1×104 kW，排泥量为1.4 m3/s，排泥管的横截面积为0.7 m2，则泥泵对排泥管内泥浆的推力为( )
A．5×106 N B．2×107 N
C．2×109 N D．5×109 N
答案 A
解析 设排泥的流量为Q，t时间内排泥的长度为：
x＝eq \f(V,S)＝eq \f(Qt,S)＝eq \f(1.4,0.7)t＝2t
泥泵做的功都用于排泥，则Pt＝Fx，
解得：F＝5×106 N，故A正确，B、C、D错误．
4.(2020·浙江温州市4月选考适应性测试)如图1所示为一种环保“重力灯”，让重物缓慢下落，拉动绳子，从而带动发电机转动，使小灯泡发光，这种灯可替代部分不发达地区仍在使用的煤油灯．某“重力灯”中的重物为18 kg，它在30 min内缓慢下落了2 m，使规格为“1.5 V,0.12 W”的小灯泡正常发光．重力加速度g＝10 m/s2，不计绳子重力，则以下说法正确的是( )
图1
A．绳子拉力对重物做正功
B．重物重力做功的功率为0.12 W
C．30 min内产生的电能为360 J
D．重物重力势能转化为灯泡电能的效率为60%
答案 D
解析 绳子拉力方向竖直向上，重物竖直向下运动，故绳子拉力对重物做负功，故A错误；重物重力做功的功率为P＝eq \f(W,t)＝eq \f(mgh,t)＝eq \f(18×10×2,30×60) W＝0.2 W，故B错误；30 min内产生的电能为W电＝P灯泡t＝0.12×30×60 J＝216 J，故C错误；重物重力势能转化为灯泡电能的效率为η＝eq \f(W电,W)×100%＝eq \f(216 J,18×10×2 J)×100%＝60%，故D正确．
5.如图2所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．一质量为m的小球(可看成质点)从P点上方高为R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．小球滑到轨道最低点N时，对轨道的压力大小为4mg，g为重力加速度．用W表示小球从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，则( )
图2
A．W＝eq \f(1,2)mgR，小球恰好可以到达Q点
B．W>eq \f(1,2)mgR，小球不能到达Q点
C．W＝eq \f(1,2)mgR，小球到达Q点后，继续上升一段距离
D．W答案 C
解析 在N点，根据牛顿第二定律有FN－mg＝meq \f(vN2,R)，解得vN＝eq \r(3gR)，对小球从开始下落至到达N点的过程，由动能定理得mg·2R－W＝eq \f(1,2)mvN2－0，解得W＝eq \f(1,2)mgR.由于小球在PN段某点处的速度大于在NQ段对称点处的速度，所以小球在PN段某点处受到的支持力大于在NQ段对称点处受到的支持力，则小球在NQ段克服摩擦力做的功小于在PN段克服摩擦力做的功，小球在NQ段运动时，由动能定理得－mgR－W′＝eq \f(1,2)mvQ2－eq \f(1,2)mvN2，因为W′0，所以小球到达Q点后，继续上升一段距离，选项C正确．
6．(多选)(2020·山东聊城市高三下学期二模)某汽车质量为5 t，发动机的额定功率为60 kW，汽车在运动过程中所受阻力的大小恒为车重的0.1倍．若汽车以0.5 m/s2的加速度由静止开始匀加速启动，经过24 s，汽车达到最大速度．取重力加速度g＝10 m/s2，在这个过程中，下列说法正确的是( )
A．汽车的最大速度为12 m/s
B．汽车匀加速运动的时间为24 s
C．汽车启动过程中的位移为120 m
D．4 s末汽车发动机的输出功率为60 kW
答案 AC
解析 当阻力与牵引力平衡时，汽车速度达到最大值，由汽车的功率和速度关系可得P＝Ffvmax，解得vmax＝eq \f(P,Ff)＝eq \f(P,0.1mg)＝eq \f(60×103,0.1×5×103×10) m/s＝12 m/s，故A正确；汽车以0.5 m/s2的加速度运动时，当汽车的功率达到额定功率时，汽车达到了匀加速运动阶段的最大速度，由汽车的功率和速度关系可得P＝F′vm，由牛顿第二定律，F′－0.1mg＝ma，联立解得vm＝8 m/s，F′＝7.5×103 N，这一过程能维持的时间t1＝eq \f(vm,a)＝eq \f(8,0.5) s＝16 s，故B错误；匀加速过程中汽车通过的位移为x1＝eq \f(1,2)at12＝eq \f(1,2)×0.5×162 m＝64 m，启动过程中，由动能定理得F′x1＋P(t－t1)－kmgx＝eq \f(1,2)mvmax2，解得汽车启动过程中的位移为x＝120 m，故C正确；由B项分析可知，4 s末汽车还在做匀加速运动，实际功率小于额定功率，所以4 s末汽车发动机的输出功率小于60 kW，故D错误．
7.如图3所示，长为l的粗糙长木板水平放置，在木板的右端放置一个质量为m的小物块．现缓慢抬高A端，使木板以左端为轴转动．当木板转到与水平面的夹角为θ时，小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端时的速度为v，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
图3
A．整个过程木板对物块做功为eq \f(1,2)mv2
B．整个过程支持力对物块做功为0
C．整个过程支持力对物块做功为mglsin θ－eq \f(1,2)mv2
D．整个过程摩擦力对物块做功为mglsin θ
答案 A
解析 对全过程研究，物块重力做功为零，则根据动能定理，木板对物块做功为eq \f(1,2)mv2，故A正确．缓慢地抬高A端的过程中，摩擦力不做功，则根据动能定理得WN－mglsin θ＝0，得到支持力对小物块做功为WN＝mglsin θ，当物块下滑时支持力对物块不做功，所以整个过程中支持力对物块做功为WN＝mglsin θ，故B、C错误；对下滑过程，根据动能定理得mglsin θ＋Wf＝eq \f(1,2)mv2，可得滑动摩擦力对小物块做功为Wf＝eq \f(1,2)mv2－mglsin θ，故D错误．
8.(多选)如图4所示，a、b、c分别为固定竖直光滑圆弧轨道的右端点、最低点和左端点，Oa为水平半径，c点和圆心O的连线与竖直方向的夹角α＝53°，现从a点正上方的P点由静止释放一质量m＝1 kg的小球(可视为质点)，小球经圆弧轨道飞出后以水平速度v＝3 m/s通过Q点，已知圆弧轨道的半径R＝1 m，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，不计空气阻力，下列分析正确的是( )
图4
A．小球从P点运动到Q点的过程中重力所做的功为4.5 J
B．P、a两点的高度差为0.8 m
C．小球运动到c点时的速度大小为4 m/s
D．小球运动到b点时对轨道的压力大小为43 N
答案 AD
解析 小球由c到Q的逆过程是平抛运动，则小球运动到c点时的速度大小
vc＝eq \f(v,cs α)＝eq \f(3,0.6) m/s＝5 m/s
小球运动到c点时竖直分速度大小vcy＝vtan α＝3×eq \f(4,3) m/s＝4 m/s
则Q、c两点的高度差h＝eq \f(vcy2,2g)＝eq \f(42,2×10) m＝0.8 m
设P、a两点的高度差为H，从P到c，由动能定理得mg(H＋Rcs α)＝eq \f(1,2)mvc2－0
解得H＝0.65 m
小球从P点运动到Q点的过程中重力所做的功为W＝mg[(H＋Rcs α)－h]＝4.5 J
故A正确，B、C错误；
从P到b，由动能定理得mg(H＋R)＝eq \f(1,2)mvb2－0
小球在b点时，有FN－mg＝meq \f(vb2,R)
联立解得FN＝43 N
根据牛顿第三定律知，小球运动到b点时对轨道的压力大小为43 N，故D正确．
[争分提能练]
9．(2020·山东兖州3月网络模拟)已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速转动，某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图5甲所示)，以此时为t＝0时刻记录小物块在传送带上运动的速度随时间的变化关系(如图乙所示)，v1>v2，取沿传送带向上的方向为正方向，已知传送带的速度保持不变，则( )
图5
A．物块在0～t1时间内运动的位移比在t1～t2时间内运动的位移小
B．0～t2时间内，重力对物块做正功
C．若物块与传送带间的动摩擦因数为μ，那么μ＜tan θ
D．0～t2时间内，传送带对物块做功为W＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12
答案 B
解析 由题图乙图像可知，0～t1内图线与坐标轴所形成的三角形面积大于t1～t2内图线与坐标轴所围成的三角形面积，由此可知，物块在0～t1内运动的位移比在t1～t2内运动的位移大，故A错误．在t1～t2内，物块向上运动，则有 μmgcs θ＞mgsin θ，解得μ＞tan θ，故C错误.0～t2内，由“面积”表示位移可知，物块的总位移沿传送带向下，高度下降，重力对物块做正功，设为WG，根据动能定理得W＋WG＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12
则传送带对物块做的功W≠eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12
故B正确，D错误．
10.(多选)(2020·安徽六校高三第二次素质测试)如图6，半径为R的内壁光滑圆轨道竖直固定在桌面上，一个可视为质点的质量为m的小球静止在轨道底部A点．现用小锤沿水平方向快速击打小球，使小球在极短的时间内获得一个水平速度后沿轨道在竖直面内运动．当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过这两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点．已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，第二次击打过程中小锤对小球做功W2.若两次击打过程中小锤对小球做功全部转化为小球的动能，则eq \f(W1,W2)的值可能是( )
图6
A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,2)
C．1 D．2
答案 AB
解析 第一次击打后小球最高能到达与球心O等高位置，根据功能关系，有
W1≤mgR①
两次击打后，小球可以到轨道最高点，根据动能定理有W1＋W2－2mgR＝eq \f(1,2)mv2②
在最高点，有mg＋FN＝meq \f(v2,R)≥mg③
联立①②③解得W1≤mgR，W2≥eq \f(3,2)mgR，故eq \f(W1,W2)≤eq \f(2,3)，故A、B正确，C、D错误．
11．(2020·福建厦门市线上检测)如图7所示，AB为一固定在水平面上的半圆形细圆管轨道，轨道内壁粗糙，其半径为R且远大于细管的内径，轨道底端与水平轨道BC相切于B点．水平轨道BC长为2R，动摩擦因数为μ1＝0.5，右侧为一固定在水平面上的粗糙斜面．斜面CD足够长，倾角为θ＝37°，动摩擦因数为μ2＝0.8.一质量为m，可视为质点的物块从圆管轨道顶端A点以初速度v0＝eq \r(\f(gR,2))水平射入圆管轨道，运动到B点时对轨道的压力大小为自身重力的5倍，物块经过C点时速度大小不发生变化，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度为g，求：
图7
(1)物块从A点运动到B点的过程中，阻力所做的功；
(2)物块最终停留的位置．
答案 (1)－eq \f(1,4)mgR (2)斜面上距C点eq \f(25,31)R处
解析 (1)物块运动到B点时，设轨道对其支持力大小为FN，由牛顿第三定律知FN＝FN′＝5mg
由牛顿第二定律有FN－mg＝meq \f(vB2,R)
解得vB＝2eq \r(gR)
物块从A点运动到B点的过程，由动能定理有2mgR＋Wf＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mv02，得Wf＝－eq \f(1,4)mgR
(2)设物块沿斜面上升的最大位移为x，由动能定理有
－μ1mg·2R－mg·xsin θ－Ff·x＝0－eq \f(1,2)mvB2
其中Ff＝μ2mgcs θ，解得x＝eq \f(25,31)R
因μ2mgcs θ＞mgsin θ，故物块在速度减为零之后不会下滑，物块最终会静止在斜面上距离C点eq \f(25,31)R处．
12．(2020·山东省普通高中学业水平等级模拟考试)如图8所示，弯成四分之三圆弧的细杆竖直固定在天花板上的N点，细杆上的PQ两点与圆心O在同一水平线上，圆弧半径为0.8 m．质量为0.1 kg的有孔小球A(可视为质点)穿在圆弧细杆上，小球A通过轻质细绳与质量也为0.1 kg的小球B相连，细绳绕过固定在Q处的轻质小定滑轮(未画出)．将小球A在圆弧细杆上某处由静止释放，则小球A沿圆弧杆下滑，同时带动小球B运动，当小球A下滑到D点时其速度大小为4 m/s，此时细绳与水平方向的夹角为37°，已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，cs 16°＝0.96.问：
图8
(1)小球A下滑到D点时，若细绳的张力FT＝x(N)，则圆弧杆对小球A的弹力是多大？
(2)小球A下滑到D点时，小球B的速度是多大？方向如何？
(3)如果最初释放小球A的某处恰好是P点，请通过计算判断圆弧杆PD段是否光滑．
答案 (1)2.96－0.8x (N) (2)2.4 m/s 竖直向下 (3)见解析
解析 (1)当小球A运动到D点时，设圆弧杆对小球A的弹力大小为FN，由牛顿第二定律有
FN＋FTcs 37°－mgcs 16°＝eq \f(mvA2,R)
解得FN＝2.96－0.8x (N)
(2)小球A在D点时，小球B的速度大小
vB＝vAsin 37°＝2.4 m/s
方向竖直向下．
(3)由几何关系有
eq \x\t(QD)＝2Rcs 37°＝1.6R
h＝eq \x\t(QD)sin 37°＝0.96R
若圆弧杆不光滑，则在小球A从P点滑到D点的过程中，必有摩擦力对小球A做功．设摩擦力对小球A做功为Wf，对A、B两小球由动能定理得
mgh＋mg(2R－eq \x\t(QD))＋Wf＝eq \f(1,2)mvA2＋eq \f(1,2)mvB2
代入数据解得Wf＝0
所以圆弧杆PD段是光滑的．方法
以例说法
应用动能定理
用力F把小球从A处缓慢拉到B处，F做功为WF，则有：WF－mgL(1－ cs θ)＝0，得WF＝mgL(1－cs θ)
微元法
质量为m的木块在水平面内做圆周运动，运动一周克服摩擦力做功Wf＝Ff·Δx1＋Ff·Δx2＋Ff·Δx3＋…＝Ff(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝Ff·2πR
等效转换法
恒力F把物块从A拉到B，绳子对物块做功W＝F·(eq \f(h,sin α)－eq \f(h,sin β))
平均力法
弹簧在弹性限度内由伸长x1被继续拉至伸长x2的过程中，克服弹力做功W＝eq \f(kx1＋kx2,2)·(x2－x1)
图像法
一水平拉力F拉着一物体在水平面上运动的位移为x0，图线与横轴所围面积表示拉力所做的功，W＝eq \f(F0x0,2)
功率定
义法
机车以恒定功率启动时，牵引力做功W＝Pt