【物理】2019届二轮复习功和能（全国通用）学案

【物理】2019届二轮复习功和能（全国通用）学案

‎2019届二轮复习 功和能 （全国通用）学案 ‎※考点一　功的分析与计算 ‎1．判断力是否做功及做正、负功的方法 判断根据 适用情况 根据力和位移的方向的夹角判断：‎ α＜90°力做正功；‎ α＝90°力不做功；‎ α＞90°力做负功 常用于恒力做功的判断 根据力和瞬时速度方向的夹角θ判断：‎ θ＜90°，力做正功；‎ θ＝90°，力不做功；‎ θ＞90°，力做负功 常用于质点做曲线运动时力做功的判断 根据功能关系或能量守恒定律判断 常用于变力做功的判断 ‎2.恒力做功的计算方法：直接用W＝Flcos α计算．‎ ‎3．合力做功的计算方法 方法一：先求合力F合，再用W合＝F合lcos α求功．‎ 方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功．‎ ‎4．变力做功的常用计算方法 ‎(1)应用动能定理求解．(优先考虑)‎ ‎(2)用W＝Pt求解，其中变力的功率P不变．‎ ‎[题组突破训练 ‎ ‎1.如图所示，在匀减速向右运动的车厢内，一人用力向前推车厢，该人与车厢始终保持相对静止，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．人对车厢的推力不做功 B．人对车厢的推力做负功 C．车厢对人的作用力做正功 D．车厢对人的作用力做负功 ‎【答案】D ‎2.如图所示，质量为m的小球用长为L的轻绳悬挂于O点，用水平恒力F拉着小球从最低点运动到使轻绳与竖直方向成θ角的位置，求此过程中，各力对小球做的总功为(　　)‎ A．FLsin θ　　　　　　　　 B．mgL(1－cos θ)‎ C．FLsin θ－mgL(1－cos θ) D．FLsin θ－mgLcos θ ‎【答案】C ‎【解析】如图，小球在F方向的位移为CB，方向与F同向，则WF＝F·CB＝F·Lsin θ 小球在重力方向的位移为AC，方向与重力反向，则WG＝mg·AC·cos 180°＝－mg·L(1－cos θ)‎ 绳的拉力FT时刻与运动方向垂直，则WFT＝0‎ 故W总＝WF＋WG＋WFT＝FLsin θ－mgL(1－cos θ)‎ 所以选项C正确．‎ ‎3.如图所示，在水平面上，有一弯曲的槽道槽道由半径分别为和R的两个半圆构成．现用大小恒为F的拉力将一光滑小球从A点沿槽道拉至B点，若拉力F的方向时刻与小球运动方向一致，则此过程中拉力所做的功为(　　)‎ A．0 B．FR C．2πFR D.πFR ‎【答案】D ‎※考点二　对功率的理解与计算 ‎ ‎1．平均功率的计算方法 ‎(1)利用＝计算．‎ ‎(2)利用＝Fcos α计算，其中为物体运动的平均速度．‎ ‎2．瞬时功率的计算方法 ‎(1)利用公式P＝Fvcos α计算，其中v为t时刻的瞬时速度．‎ ‎(2)利用公式P＝FvF计算，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度．‎ ‎(3)利用公式P＝Fvv计算，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力．‎ ‎[题组突破训练 ‎ ‎1.如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球．在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点．在此过程中拉力瞬时功率的变化情况为(　　)‎ A．逐渐增大　　　　　　　 B．逐渐减小 C．先增大，后减小 D．先减小，后增大 ‎【答案】A ‎【解析】因小球速率不变，所以小球以O点为圆心做匀速圆周运动，受力如图所示．设绳与竖直方向的夹角为θ，则在切线方向上应有mgsin θ＝Fcos θ，拉力F的瞬时功率P＝Fvcos θ＝mgvsin θ.小球从A运动到B的过程中，拉力的瞬时功率随θ的增大而增大，A正确．‎ ‎2．质量为5×103 g的汽车在水平路面上由静止开始以加速度a＝2 m/s2开始做匀加速直线运动，所受阻力是1.0×103 N，则汽车匀加速启动过程中(　　)‎ A．第1 s内汽车所受牵引力做功为1.0×104 J B．第1 s内汽车所受合力的平均功率为20 W C．第1 s末汽车所受合力的瞬时功率为22 W D．第1 s末汽车所受牵引力的瞬时功率为22 W ‎【答案】D ‎3．跳绳运动员质量m＝50 g,1 min跳N＝180次．假设每次跳跃中，脚与地面的接触时间占跳跃一次所需时间的，试估算该运动员跳绳时克服重力做功的平均功率为多大．(g取10m/s 2)‎ ‎【答案】75 W ‎【解析】跳跃的周期T＝ s＝ s 每个周期内在空中停留的时间 t1＝T＝ s.‎ 运动员跳起时视为竖直上抛运动，设起跳初速度为v0，由t1＝得v0＝gt1.‎ 每次跳跃人克服重力做的功为 W＝mv＝mg2t＝25 J 克服重力做功的平均功率为 P＝＝ W＝75 W ‎※考点三　机车启动问题 ‎ ‎1．机车启动的两种方式 恒定功率启动 恒定加速度启动 Pt图象 和vt学 ‎ 图象 OA 段 过程 ‎ 分析 . ‎ P不变：v↑⇒F＝↓⇒a＝↓ ‎ a不变：a＝⇒F不变P＝Fv↑⇒P额＝Fv1‎ 运动 性质 加速度减小的加速直线运动 匀加速直线运动，维持时间t0＝ AB段 过程 分析 F＝F阻⇒a＝0⇒vm＝ v↑⇒F＝↓‎ ‎⇒a＝↓‎ 运动 性质 做速度为vm的匀速直线运动 加速度减小的加速直线运动，在B点达到最大速度，vm＝ ‎2.四个常用规律 ‎(1)P＝Fv.‎ ‎(2)F－Ff＝ma.‎ ‎(3)v＝at(a恒定)．‎ ‎(4)Pt－Ffx＝ΔE (P恒定)．‎ ‎【典例】　一列火车总质量m＝500 t，发动机的额定功率P＝6×105 W，在轨道上行驶时，轨道对列车的阻力Ff是车重的0.01倍．(取g＝10 m/s2)‎ ‎(1)求列车在水平轨道上行驶的最大速度；‎ ‎(2)在水平轨道上，发动机以额定功率P工作，求当行驶速度为v1＝1 m/s和v2＝10 m/s时，列车的瞬时加速度a1、a2的大小；‎ ‎(3)列车在水平轨道上以36 m/h的速度匀速行驶时，求发动机的实际功率P′；‎ ‎(4)若列车从静止开始，保持0.5 m/s2的加速度做匀加速运动，求这一过程维持的最长时间．‎ ‎【答案】　(1)12 m/s　(2)1.1 m/s2　0.02 m/s2‎ ‎(3)5×105 W　(4)4 s ‎(3)当v＝36 m/h＝10 m/s时，列车匀速运动，则发动机的实际功率P′＝Ffv＝5×105 W.‎ ‎(4)由牛顿第二定律得F′＝Ff＋ma＝3×105 N 在此过程中，速度增大，发动机功率增大，当功率为额定功率时速度为v′，即v′＝＝2 m/s，由v′＝at得t＝＝4 s.‎ ‎ [题组突破训练 ‎ ‎1．(2015·高考全国卷Ⅱ)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(　　)‎ ‎【答案】A ‎【解析】P＝FvF↓a↓vmax＝，因速度不能突变，故A正确，B、C、D错误．‎ ‎2.(多选)质量为m的汽车在平直路面上由静止开始匀加速启动，运动过程的速度—时间图象如图所示，整个运动过程中汽车所受阻力大小恒为f，则下列说法正确的是(　　)‎ A．若v1、t1已知，则汽车做匀加速运动的加速度大小a＝ B．若v1、t1和v2已知，则汽车的额定功率P0＝(m＋f)v2‎ C．若v1、t1已知，则汽车运动的最大速度v2＝(＋1)v1‎ D．在t1到t2时间内，汽车的平均速度＜ ‎【答案】AC 超重点2：动能定理及其应用 ‎ ‎※考点一　对动能定理的理解 ‎ ‎1．对动能定理中“力”的两点理解 ‎(1)“力”指的是合力，重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用．‎ ‎(2)力既可以是恒力，也可以是变力．‎ ‎2．动能定理公式中体现的“三个关系”‎ ‎(1)数量关系：即合力所做的功与物体动能的变化具有等量替代关系．可以通过计算物体动能的变化，求合力做的功，进而求得某一力做的功．‎ ‎(2)单位关系：等式两边物理量的国际单位都是焦耳．‎ ‎(3)因果关系：合力的功是引起物体动能变化的原因．‎ ‎3．动能与动能的变化的区别 ‎(1)动能与动能的变化是两个不同的概念，动能是状态量，动能的变化是过程量．‎ ‎(2)动能为非负值，而动能变化量有正负之分．ΔE ＞0表示物体的动能增加，ΔE <0表示物体的动能减少．‎ ‎[题组突破训练 ‎ ‎1.(多选)如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体．电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增加到v2时，上升高度为H，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是(　　)‎ A．对物体，动能定理的表达式为WN＝mv，其中WN为支持力的功 B．对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力的功 C．对物体，动能定理的表达式为WN－mgH＝Mv－Mv，其中WN为支持力的功 D．对电梯，其所受合力做功为Mv－Mv ‎【答案】CD ‎2.质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(　　)‎ A.mv－μmg(s＋x)　　　 B.mv－μmgx C．μmgs D．μmg(s＋x)‎ ‎【答案】A ‎※考点二　动能定理在多过程问题中的应用 ‎ ‎1．应用动能定理解题的步骤 ‎(1)选取研究对象，明确它的运动过程．‎ ‎(2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况：‎ →→→→ ‎(3)明确物体在过程始末状态的动能E 1和E 2.‎ ‎(4)列出动能定理的方程W合＝E 2－E 1及其他必要的解题方程进行求解．‎ ‎2．求解多过程问题抓好“两状态，一过程”‎ ‎“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况；“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息．‎ ‎[真题拓展探究 ‎ ‎【典例1】(2015·高考全国卷Ⅰ)如图，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的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小．用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，则(　　)‎ A．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点 B．W＞mgR，质点不能到达Q点 C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离 D．W＜mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离 ‎【答案】C 质点由N点到Q点的过程中在等高位置处的速度总小于由P点到N点下滑时的速度，故由N点到Q点过程克服摩擦力做功W′＜W.从N到Q的过程，由动能定理得－mgR－W′＝mv－mv，即mgR－W′＝mv，故质点到达Q点后，会继续上升一段距离，选项C正确．‎ 拓展1　“直线＋平抛”组合的多过程问题 ‎1．如图所示，用一块长L1＝1.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H＝0.8 m，长L2＝1.5 m．斜面与水平桌面的倾角θ可在0 60°间调节后固定．将质量m＝0.2 g的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失．(重力加速度取g＝10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)‎ ‎(1)当θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)‎ ‎(2)当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)‎ ‎(3)继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm.‎ ‎【答案】(1)arctan 0.05　(2)0.8　(3)1.9 m ‎ ‎ ‎(3)由动能定理得 mgL1sin θ－Wf＝mv2⑥‎ 结合③式并代入数据得v＝1 m/s⑦‎ 由平抛运动规律得H＝gt2，x1＝vt 解得t＝0.4 s⑧‎ x1＝0.4 m⑨‎ xm＝x1＋L2＝1.9 m.‎ 拓展2　“平抛＋直线＋圆周”组合的多过程问题 ‎2．(2018·湖南十校联考)如图所示，质量m＝3 g的小物块以初速度v0＝4 m/s水平向右抛出，恰好从A点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道．圆弧轨道的半径为R＝3.75 m，B点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD平滑连接，A与圆心O的连线与竖直方向成37°角．MN是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN间的动摩擦因数μ＝0.1，轨道其他部分光滑．最右侧是一个半径为r＝0.4 m的半圆弧轨道，C点是圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD在D点平滑连接．已知重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.‎ ‎(1)求小物块经过B点时对轨道的压力大小．‎ ‎(2)若MN的长度为L＝6 m，求小物块通过C点时对轨道的压力大小．‎ ‎ (3)若小物块恰好能通过C点，求MN的长度L′.‎ ‎【答案】(1)62 N　(2)60 N　(3)10 m ‎ ‎ ‎(2)小物块由B点运动到C点，根据动能定理有 ‎－μmgL－2mgr＝mv－mv 在C点FN′＋mg＝ 解得FN′＝60 N，根据牛顿第三定律，小物块通过C点时对轨道的压力大小是60 N.‎ ‎(3)小物块刚好能通过C点时，根据mg＝ 解得vC′＝2 m/s 小物块从B点运动到C点的过程中，根据动能定理有 ‎－μmgL′－2mgr＝mvC′2－mv 解得L′＝10 m.‎ 拓展3　往复性运动造成的多过程问题 ‎3.如图所示，一物块的质量m＝2 g，沿倾角为θ＝37°的斜面由顶端B从静止开始下滑，物块滑到底端时与A处的挡板碰撞后反弹(物块与挡板碰撞的过程中无能量损失)，若物块每次反弹后都能回到原来的处，已知A、B间距离为s0＝2 m，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求：‎ ‎(1)物块与斜面间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)物块由开始下滑到最终静止的过程中所通过的总路程和克服摩擦力做的功．‎ ‎【答案】(1)0.15　(2)10 m　24 J ‎【解析】(1)从物块由B端开始下滑到第一次反弹后上升至速度为零的过程，由动能定理得 mg(s0－s0)sin θ－μmg(s0＋s0)cos θ＝0‎ 解得μ＝0.15.‎ ‎(2)最终物块一定停在A处，从物块由B端开始下滑到最终停在A处的全过程，由动能定理得 mgs0sin θ－μmgs总·cos θ＝0‎ 解得物块通过的总路程为s总＝10 m 物块克服摩擦力做的功为W总＝μmgs总 cos 37°＝24 J.‎ ‎※考点三　动能定理与图象结合的问题 力学中四类图象所围“面积”的意义 ‎[典例2 　宇航员在某星球表面做了如下实验，实验装置如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由斜轨道AB和圆弧轨道BC组成．将质量m＝0.2 g的小球，从轨道AB上高H处的某点由静止释放，用力传感器测出小球经过C点时对轨道的压力大小为F，改变H的大小，可测出F随H的变化关系如图乙所示，求：‎ ‎(1)圆轨道的半径；‎ ‎(2)星球表面的重力加速度．‎ ‎【答案】(1)0.2 m　(2)5 m/s2‎ ‎【解析】(1)小球过C点时，由牛顿第二定律得：‎ F＋mg＝m 小球由静止下滑至C点的过程，由动能定理得：‎ mg(H－2r)＝mv 又F＝F′‎ 解得：F＝H－5mg 由图可知：当H1＝0.5 m时，F1＝0 N 解得：r＝0.2 m ‎(2)当H2＝1.0 m时，F2＝5 N 解得：g＝5 m/s2‎ ‎ [题组突破训练 ‎ ‎1．(2018·河北石家庄模拟)质量为m的小球在竖直向上的拉力作用下从静止开始运动，其v-t图象如图所示(竖直向上为正方向，DE段为直线)，已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　)‎ A．t0 t2时间内，合力对小球先做正功后做负功 B．0 t3时间内，小球的平均速度一定为 C．t3 t4时间内，拉力做的功为[(v4－v3)＋g(t4－t3) ‎ D．t3 t4时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动 ‎【答案】C ‎2．放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0 6 s内其速度与时间图象和该拉力的功率与时间图象分别如图甲和乙所示，下列说法正确的是(　　)‎ A．0 6 s内物体位移大小为36 m B．0 6 s内拉力做的功为30 J C．合力在0 6 s内做的功与0 2 s内做的功相等 D．滑动摩擦力大小为5 N ‎【答案】C 超重点3：机械能守恒定律及其应用 ‎※考点一　机械能守恒的判断 ‎ ‎1．对机械能守恒条件的理解 ‎(1)只受重力作用，例如做平抛运动的物体机械能守恒．‎ ‎(2)除重力外，物体还受其他力，但其他力不做功或做功代数和为零．‎ ‎(3)除重力外，只有系统内的弹力做功，并且弹力做的功等于弹性势能变化量的负值，那么系统的机械能守恒，注意并非物体的机械能守恒，如与弹簧相连的小球下摆的过程机械能减少．‎ ‎2．机械能是否守恒的三种判断方法 ‎(1)利用机械能的定义判断：若物体动能、势能之和不变，机械能守恒．‎ ‎(2)利用守恒条件判断．‎ ‎(3)利用能量转化判断：若物体系统与外界没有能量交换，物体系统内也没有机械能与其他形式能的转化，则物体系统机械能守恒．‎ ‎[题组突破训练 ‎ ‎1．下列关于机械能守恒的说法中正确的是(　　)‎ A．做匀速运动的物体，其机械能一定守恒 B．物体只受重力，机械能才守恒 C．做匀速圆周运动的物体，其机械能一定守恒 D．除重力做功外，其他力不做功，物体的机械能一定守恒 ‎【答案】D ‎2．(多选)如图所示，倾角为θ的光滑斜面体C固定于水平地面上，物体B 置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体A相连接，释放后，A将向下运动，则在A碰地前的运动过程中(　　)‎ A．物体A的加速度大小为g B．物体A机械能不守恒 C．由于斜面光滑，所以物体B机械能守恒 D．物体A、B组成的系统机械能守恒 ‎【答案】BD ‎【解析】物体A受到重力和细绳的拉力，加速度应小于g，选项A错误；除了重力对物体A做功，还有细绳的拉力做功，物体A机械能不守恒，选项B正确；同理，物体B机械能不守恒，选项C错误；对物体A、B组成的系统，只有重力对系统做功，则系统机械能守恒，选项D正确．‎ ‎3．(2018·山东潍坊中学模拟)如图所示，在竖直面内固定一光滑的硬质杆ab，杆与水平面的夹角为θ，在杆的上端a处套一质量为m的圆环，圆环上系一轻弹簧，弹簧的另一端固定在与a处在同一水平线上的O点，O、b两点处在同一竖直线上．由静止释放圆环后，圆环沿杆从a运动到b，在圆环运动的整个过程中，弹簧一直处于伸长状态，则下列说法正确的是(　　)‎ A．圆环的机械能保持不变 B．弹簧对圆环一直做负功 C．弹簧的弹性势能逐渐增大 D．圆环和弹簧组成的系统机械能守恒 ‎【答案】D ‎※考点二　单个物体机械能守恒的应用 ‎ ‎1．机械能守恒的三种表达式对比 守恒角度 转化角度 转移角度 表达 式 E1＝E2‎ ΔE ＝－ΔEp ΔEA增＝ΔEB减 物理 意义 系统初状态机械能的总和与末状态机械能的总和相等 表示系统(或物体)机械能守恒时，系统减少(或增加)的重力势能等于系统增加(或减少)的动能 若系统由A、B两部分组成，则A部分物体机械能的增加量与B部分物体机械能的减少量相等 注意 事项 应用时应选好重力势能的零势能面，且初、末状态必须用同一零势能面计算势能 应用时关键在于分清重力势能的增加量和减少量，可不选零势能面而直接计算初、末状态的势能差 常用于解决两个或多个物体组成的系统的机械能守恒问题 ‎2.求解单个物体机械能守恒问题的基本思路 ‎(1)选取研究对象——物体．‎ ‎(2)根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒．‎ ‎(3)恰当地选取参考平面，确定研究对象在初、末状态时的机械能．‎ ‎(4)选取方便的机械能守恒定律的方程形式(E 1＋Ep1＝E 2＋Ep2、ΔE ＝－ΔEp)进行求解．‎ ‎[真题拓展探究 ‎ ‎ [典例1 　(2016·高考全国卷Ⅲ)如图，在竖直平面内有由圆弧AB和圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接．AB弧的半径为R，BC弧的半径为.一小球在A点正上方与A相距处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动．‎ ‎(1)求小球在B、A两点的动能之比；‎ ‎(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点．‎ ‎【答案】见解析 ‎ ‎ ‎(2)若小球能沿轨道运动到C点，小球在C点所受轨道的正压力FN应满足FN≥0④‎ 设小球在C点的速度大小为vC，由牛顿运动定律和向心加速度公式有FN＋mg＝m⑤‎ 由④⑤式得，vC应满足mg≤m⑥‎ 由机械能守恒有mg＝mv⑦‎ 由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C点．‎ 拓展1　在抛体运动中机械能守恒定律的应用 ‎1.(多选)如图所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落在比地面低h的海平面上，若以地面为零势能面，且不计空气阻力，则(　　)‎ A．物体在海平面的重力势能为mgh B．重力对物体做的功为mgh C．物体在海平面上的机械能为mv＋mgh D．物体在海平面上的动能为mv＋mgh ‎【答案】BD 拓展2　在“圆周＋平抛”组合运动中机械能守恒定律的应用 ‎2.如图，位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab和抛物线bc组成，圆弧半径Oa水平，b点为抛物线顶点．已知h＝2 m，s＝ m．重力加速度大小g取10 m/s2.‎ ‎(1)一小环套在轨道上从a点由静止滑下，当其在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆弧轨道的半径．‎ ‎(2)若小环从b点由静止因微小扰动而开始滑下，求小环到达c点时速度的水平分量的大小．‎ ‎【答案】(1)0.25 m　(2) m/s ‎【解析】(1)小环在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，即小环在该段以某一初速度vb做平抛运动，运动轨迹与轨道bc重合，故有s＝vbt①‎ h＝gt2②‎ 从ab滑落过程中，根据机械能守恒定律可得 mgR＝mv③‎ 联立三式可得R＝＝0.25 m.‎ 超重点4：功能关系　能量守恒定律 ‎※考点一　对功能关系的理解及应用 ‎ ‎1．几种常见的功能关系 几种常见力做功 对应的能量变化 数量关系式 重力 正功 重力势能减少 WG＝－ΔEp 负功 重力势能增加 弹簧等 的弹力 正功 弹性势能减少 W弹＝－ΔEp 负功 弹性势能增加 电场力 正功 电势能减少 W电＝－ΔEp 负功 电势能增加 合力 正功 动能增加 W合＝ΔE ‎ 负功 动能减少 重力以外 的其他力 正功 机械能增加 W其＝ΔE 负功 机械能减少 ‎2.两个特殊的功能关系 ‎(1)滑动摩擦力与两物体间相对位移的乘积等于产生的内能，即Ffx相对＝ΔQ.‎ ‎(2)感应电流克服安培力做的功等于产生的电能，即W克安＝ΔE电．‎ ‎[题组突破训练 ‎ ‎1.(多选)如图所示，建筑工地上载人升降机用不计质量的细钢绳跨过定滑轮与一电动机相连，通电后电动机带动升降机沿竖直方向先匀加速上升后匀速上升．摩擦及空气阻力均不计．则(　　)‎ A．升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的动能 B．升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能 C．升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能 D．升降机上升的全过程中，升降机拉力做的功大于升降机和人增加的机械能 ‎【答案】BC ‎2．(2016·高考四川卷)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J．韩晓鹏在此过程中(　　)‎ A．动能增加了1 900 J B．动能增加了2 000 J C．重力势能减小了1 900 J D．重力势能减小了2 000 J ‎【答案】C ‎【解析】根据动能定理，物体动能的增量等于物体所受所有力做功的代数和，即增加的动能为ΔE ＝WG＋Wf＝1 900 J－100 J＝1 800 J，A、B项错误；重力做功与重力势能改变量的关系为WG＝－ΔEp，即重力势能减少了1 900 J，C项正确，D项错误．‎ ‎3.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC＝h.圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A处．弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则圆环(　　)‎ A．下滑过程中，加速度一直减小 B．下滑过程中，因摩擦力产生的热量为mv2‎ C．从A处到C处的过程中弹簧的弹性势能增加了mv2－mgh D．下滑经过B处的速度大于上滑经过B处的速度 ‎【答案】B ‎※考点二　摩擦力做功的特点及应用 ‎ ‎1．两种摩擦力做功的比较 静摩擦力做功 滑动摩擦力做功 只有能量的转移，没有能量的转化 既有能量的转移，又有能量的转化 互为作用力和反作用力的一对静摩擦力所做功的代数和为零，即要么一正一负，要么都不做功 互为作用力和反作用力的一对滑动摩擦力所做功的代数和为负值，即至少有一个力做负功 ‎2.求解相对滑动物体的能量问题的方法 ‎(1)正确分析物体的运动过程，做好受力分析．‎ ‎(2)利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位移关系．‎ ‎ [典例1 　如图所示，AB为半径R＝0.8 m的光滑圆弧轨道，下端B恰与小车右端平滑对接．小车质量m0＝3 g，车长l＝2.06 m，车上表面距地面的高度h＝0.2 m．现有一质量m＝1 g的滑块，由轨道顶端无初速释放，滑到B端后冲上小车．已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.3，当车运动了1.5 s时，车被地面装置锁定．(g取10 m/s2)试求：‎ ‎(1)滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小；‎ ‎(2)车被锁定时，车右端距轨道B点的距离；‎ ‎(3)从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的内能大小．‎ ‎【答案】(1)30 N　(2)1 m　(3)6 J ‎ ‎ ‎(2)设m滑上小车后经过时间t1与小车同速，共同速度大小为v，对滑块有μmg＝ma1，v＝vB－a1t1‎ 对于小车：μmg＝m0a2，v＝a2t1‎ 解得v＝1 m/s，t1＝1 s＜1.5 s 故滑块与小车同速后，小车继续向左匀速行驶了0.5 s，则小车右端距B点的距离为l车＝t1＋v(1.5－t1)＝1 m.‎ ‎(3)Q＝μmgl相对＝μmg(t1－t1)＝6 J.‎ ‎ [题组突破训练 ‎ ‎1．(多选)将一长木板静止放在光滑的水平面上，如图甲所示，一个小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止．现将木板分成A和B两段，使B的长度和质量均为A的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v0由木板A的左端开始向右滑动，如图乙所示．若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列有关说法正确的是(　　)‎ A．小铅块将从木板B的右端飞离木板 B．小铅块滑到木板B的右端前就与木板B保持相对静止 C．甲、乙两图所示的过程中产生的热量相等 D．图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量 ‎【答案】BD ‎【解析】图甲所示运动过程中小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，图乙所示过程中小铅块先使整个木板加速，运动到B部分上后A部分停止加速，只有B部分加速，加速度大于图甲所示过程，故图乙所示过程中小铅块与B木板将更早达到速度相等，所以小铅块还没有运动到B的右端，两者速度就已经相同，选项A错误，B正确；根据摩擦力乘相对路程等于产生的热量，图甲中相对路程大于图乙中的相对路程，则图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量，选项C错误，D正确．‎ ‎2.如图所示，传送带与水平面之间的夹角为θ＝30°，其上A、B两点间的距离为l＝5 m，传送带在电动机的带动下以v＝1 m/s的速度匀速运动．现将一质量为m＝10 g的小物体(可视为质点)轻放在传送带上的A点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中，求：(‎ g取10 m/s2)‎ ‎(1)传送带对小物体做的功；‎ ‎(2)电动机做的功．‎ ‎【答案】(1)255 J　(2)270 J ‎ ‎ ‎(2)电动机做的功等于小物体的机械能的增加量和小物体与传送带间因摩擦产生的热量Q之和，由v＝at得 t＝＝0.4 s 相对位移x′＝vt－t＝0.2 m 摩擦产生的热量Q＝μmgx′cos θ＝15 J 故电动机做的功为W电＝W＋Q＝270 J.‎ ‎※考点三　能量转化与守恒的应用 ‎ 能量转化问题的解题思路 ‎(1)当涉及摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转化和守恒定律．‎ ‎(2)解题时，首先确定初末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减与增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解．‎ ‎ [典例2 　竖直平面内有一光滑椭圆轨道，如图所示，一轻弹簧一端固定在椭圆的中心O，另一端系一小球，小球套在光滑椭圆轨道上．在Q点安装一光电计时器．已知OP是椭圆的半短轴，长度为a，OQ是椭圆的半长轴，长度为b.轻弹簧的原长等于a，小球的直径为d，质量为m.轻弹簧形变量为x时，其弹簧势能可表示为Ep＝ x2(轻弹簧始终在弹性限度内， 为轻弹簧的劲度系数)．小球从图中P点由静止释放，经过Q处光电计时器时的挡光时间为t，下列说法正确的是(　　)‎ A．小球到达Q点时的动能等于mgb B．小球到达Q点时弹簧的弹性势能为 b2‎ C．小球从P点运动到Q点的过程中弹簧弹力不做功 D．该轻弹簧的劲度系数 ＝－ ‎【答案】D ‎[题组突破训练 ‎ ‎1.(2017·高考全国卷Ⅲ)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 ‎【答案】A ‎2.如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相切，半圆形导轨的半径为R.一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右的速度后脱离弹簧，当它经过B点进入导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的8倍，之后向上运动恰能到达最高点C，C、O、B三点在同一竖直线上．(不计空气阻力)试求：‎ ‎(1)物体在A点时弹簧的弹性势能；‎ ‎(2)物体从B点运动至C点的过程中产生的内能．‎ ‎【答案】(1)mgR　(2)mgR ‎【解析】(1)设物体在B点的速度为vB，‎ 受到的弹力为FNB，则有FNB－mg＝m 又FNB＝8mg 由能量守恒定律可知 弹性势能Ep＝mv＝mgR.‎ ‎(2)设物体在C点的速度为vC，由题意可知 mg＝m 物体由B点运动到C点的过程中，由能量守恒定律得 Q＝mv－(mv＋mg·2R)＝mgR.‎ 题组突破训练 一、选择题 ‎1.如图所示，在皮带传送装置中，皮带把物体P匀速带至高处，在此过程中，下列 说法中正确的是(　　)‎ A．摩擦力对物体做正功 B．摩擦力对物体做负功 C．支持力对物体做正功 D．合力对物体做正功 ‎【答案】A ‎2.如图所示，质量相同的两物体从同一高度由静止开始运动，A沿着固定在地面上的光滑斜面下滑，B做自由落体运动．两物体分别到达地面时，下列说法正确的是(　　)‎ A．重力的平均功率A＞B B．重力的平均功率A＝B C．重力的瞬时功率PA＝PB D．重力的瞬时功率PA＜PB ‎【答案】D ‎【解析】根据功的定义可知重力对两物体做功相同，即WA＝WB，自由落体时满足h＝gt，沿斜面下滑时满足＝gtsin θ，其中θ为斜面倾角，故tA＞tB，由P＝知A＜B，选项A、B错误；由匀变速直线运动公式可知落地时两物体的速度大小相同，方向不同，重力的瞬时功率PA＝mgvsin θ，PB＝mgv，显然PA＜PB，故C项错误，D项正确．‎ ‎3．假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率．如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的(　　)‎ A．4倍　　　　　　　 B．2倍 C.倍 D.倍 ‎【答案】D ‎4．一个质量为m的物块，在几个共点力的作用下静止在光滑水平面上．现把其中一个水平方向的力从F突然增大到3F，并保持其他力不变，则从这时开始到t秒末，该力的瞬时功率是(　　)‎ A. B. C. D. ‎【答案】C ‎【解析】物块受到的合力为2F，根据牛顿第二定律有2F＝ma，在合力作用下，物块做初速度为零的匀加速直线运动，速度v＝at，该力大小为3F，则该力的瞬时功率P＝3Fv，解以上各式得P＝，C正确．‎ ‎5．如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为2 g的物体在F作用下由静止开始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可知(　　)‎ A．物体加速度大小为2 m/s2‎ B．F的大小为21 N C．4 s末F的功率大小为42 W D．4 s内F做功的平均功率为42 W ‎【答案】C ‎【解析】由题图乙可知，物体的加速度a＝0.5 m/s2，由2F－mg＝ma可得F＝10.5 N，A、B均错误；4 s末力F的作用点的速度大小为vF＝2×2 m/s＝4 m/s，故4 s末拉力F做功的功率为P＝F·vF＝42 W，C正确；4 s内物体上升的高度h＝4 m，力F的作用点的位移l＝2h＝8 m，拉力F所做的功W＝F·l＝84 J,4 s内拉力F做功的平均功率＝＝21 W，D错误．‎ ‎6．A、B两物体在光滑水平面上，分别在相同的水平恒力F作用下，由静止开始通过相同的位移l.若A的质量大于B的质量，则在这一过程中(　　)‎ A．A获得动能较大 B．B获得动能较大 C．A、B获得动能一样大 D．无法比较A、B获得动能大小 ‎【答案】C ‎【解析】由动能定理可知恒力F做功W＝Fl＝mv2－0，因为F、l相同，所以A、B的动能变化相同，C正确．‎ ‎7．如图甲所示，静止于光滑水平面上的小物块，在水平拉力F的作用下从坐标原点O开始沿x轴正方向运动，F随物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示，图线右半部分为四分之一圆弧，则小物块运动到2x0处时的动能可表示为(　　)‎ A．0　　　　　　　　　 B．Fma 0‎ C.Fma 0(1＋π) D.Fma 0(1＋)‎ ‎【答案】D ‎8．(2018·湖北八校高三联考)物体静止在光滑水平面上，先对物体施加一水平向右的恒力F1，经时间t撤去F1，立即再对它施加一水平向左的恒力F2，又经时间3t物体回到出发点，在这一过程中，F1、F2分别对物体做的功W1、W2之间的关系是(　　)‎ A．W1∶W2＝1∶1　　 B．W1∶W2＝2∶3‎ C．W1∶W2＝9∶5 D．W1∶W2＝9∶7‎ ‎【答案】D ‎【解析】设恒力F1作用t后物体的速度为v1，恒力F2又作用3t后物体的速度为v2，则物体在恒力F1作用t后的位移x1＝，物体在恒力F2作用3t后的位移x2＝×3t，由题意知x1＝－x2，整理得v1＝－v2，由动能定理得，W1＝mv，W2＝mv－mv，则＝，故选项D正确．‎ ‎9.用水平力F拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t2时刻停止，其速度—时间图象如图所示，且α＞β，若拉力F做的功为W1，在0 t1时间内拉力F的平均功率为P1，物体克服摩擦阻力Ff做的功为W2,0 t2时间内克服摩擦力的平均功率为P2，下列选项正确的是(　　)‎ A．W1＞W2，F＝2Ff B．W1＝W2，F＞2Ff C．P1＜P2，F＞2Ff D．P1＝P2，F＝2Ff ‎【答案】B ‎10.如图所示，质量为m的小球，从离地面H高处从静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止，设小球受到空气阻力为Ff，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)‎ A．小球落地时动能等于mgH B．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能 C．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)‎ D．小球在泥土中受到的平均阻力为mg(1＋)‎ ‎【答案】C ‎【解析】小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得mgH－FfH＝mv，选项A错误；设泥的平均阻力为Ff0，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mgh－Ff0h＝0－mv，解得Ff0h＝mgh＋mv，Ff0＝mg(1＋)－，选项B、D错误；对全过程应用动能定理可知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)，选项C正确．‎ ‎11．（多选）位于水平面上的物体在水平恒力F1作用下，做速度为v1的匀速运动．若作用力变为斜向上的恒力F2，物体做速度为v2的匀速运动，且F1与F2功率相同．则可能有(　　)‎ ‎ A．F2＝F1，v1＞v2 B．F2＝F1，v1＜v2‎ C．F2＞F1，v1＞v2 D．F2＜F1，v1＜v2‎ ‎【答案】BD ‎12.（多选）(2018·江苏苏州高三调研)质量为2×103 g的汽车由静止开始沿平直公路行驶，行驶过程中牵引力F和车速倒数的关系图象如图所示．已知行驶过程中最大车速为30 m/s，设阻力恒定，则(　　)‎ A．汽车所受阻力为6×103 N B．汽车在车速为5 m/s时，加速度为3 m/s2‎ C．汽车在车速为15 m/s时，加速度为1 m/s2‎ D．汽车在行驶过程中的最大功率为6×104 W ‎【答案】CD ‎【解析】当牵引力等于阻力时，速度最大，由图线可知阻力大小Ff＝2 000 N，故A错误；倾斜图线的斜率表示功率，可知P＝Ffv＝2 000×30 W＝60 000 W，车速为5 m/s时，汽车的加速度a＝ m/s2＝2 m/s2，故B错误；当车速为15 m/s时，牵引力F＝＝ N＝4 000 N，则加速度a＝＝ m/s2＝1 m/s2，故C正确；汽车的最大功率等于额定功率，等于60 000 W，故D正确．‎ ‎13.(2018·江苏徐州模拟)一辆汽车在平直的公路上以某一初速度运动，运动过程中保持恒定的牵引功率，其加速度a和速度的倒数的关系图象如图所示．若已知汽车的质量，则根据图象所给的信息，不能求出的物理量是(　　)‎ A．汽车的功率 B．汽车行驶的最大速度 C．汽车所受到的阻力 D．汽车运动到最大速度所需的时间 ‎【答案】D ‎14．倾角为θ的粗糙斜面上放一质量为m的木块，接触面间动摩擦因数为μ，现通过一轻质动滑轮沿斜面向上拉木块，拉力的功率恒为P，斜面足够长，则木板可以获得的最大速度为(　　)‎ A. B. C. D. ‎【答案】D ‎【解析】木块获得最大速度时，木块做匀速直线运动，设绳端拉力大小为FT，根据动滑轮特点及平衡条件得FT＝(mgsin θ＋μmgcos θ)，设木块的最大速度为vm，则绳端移动的速度v＝2vm，由P＝FTv得，则vm＝＝，选项D正确，A、B、C错误．‎ ‎15．(多选)质量为m的物体静止在粗糙的水平地面上，从t＝0时刻开始物体受到方向恒定的水平拉力F作用，拉力F与时间t的关系如图甲所示．物体在t0时刻开始运动，其运动的v-t图象如图乙所示，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则(　　)‎ A．物体与地面间的动摩擦因数为 B．物体在t0时刻的加速度大小为 C．物体所受合外力在t0时刻的功率为2F0v0‎ D．水平力F在t0 2t0时间内的平均功率为F0(2v0＋)‎ ‎【答案】AD ‎16．(2017·高考江苏卷)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为E 0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能E 与位移x关系的图线是(　　)‎ ‎【答案】C ‎【解析】设斜面倾角为θ，根据动能定理，当小物块沿斜面上升时，有 ‎－(mgsin θ＋Ff)x＝E －E 0，即 E ＝－(Ff＋mgsin θ)x＋E 0，‎ 所以E 与x的函数关系图象为直线，且斜率为负．‎ 当小物块沿斜面下滑时根据动能定理有 ‎(mgsin θ－Ff)(x0－x)＝E －0(x0为小物块到达最高点时的位移)，即 E ＝－(mgsin θ－Ff)x＋(mgsin θ－Ff)x0‎ 所以下滑时E 随x的减小而增大且为直线．‎ 综上所述，选项C正确．‎ ‎17.如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，OM水平，ON竖直且光滑，用不可伸长的轻绳相连的两小球A和B分别套在OM和ON杆上，B球的质量为2 g，在作用于A球的水平力F的作用下，A、B均处于静止状态，此时OA＝0.3 m，OB＝0.4 m，改变水平力F的大小，使A球向右加速运动，已知A球向右运动0.1 m时速度大小为3 m/s，则在此过程中绳的拉力对B球所做的功为(取g＝10 m/s2)(　　)‎ A．11 J B．16 J C．18 J D．9 J ‎【答案】C ‎18．地震引起的海啸会给人们带来巨大的损失．某中学的部分学生组成了一个课题小组，对海啸的威力进行了模拟研究，他们设计了如下的模型：如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为m＝4 g的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力(模拟海啸)作用下运动，推力F随位移x变化的图象如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2，则(　　)‎ A．运动过程中物体的最大加速度为15 m/s2‎ B．在距出发点3.0 m位置时物体的速度达到最大 C．整个过程中推力对物体做功180 J D．物体在水平地面上运动的最大位移是10 m ‎【答案】D ‎19.(多选)如图所示，AB为半径R＝0.50 m的四分之一圆弧轨道，B端距水平地面的高度h＝0.45 m．一质量m＝1.0 g的小滑块从圆弧道A端由静止释放，到达轨道B端的速度v＝2.0 m/s.忽略空气的阻力．取g＝10 m/s2.则下列说法正确的是(　　)‎ A．小滑块在圆弧轨道B端受到的支持力大小FN＝16 N B．小滑块由A端到B端的过程中，克服摩擦力所做的功W＝3 J C．小滑块的落地点与B点的水平距离x＝0.6 m D．小滑块的落地点与B点的水平距离x＝0.3 m ‎【答案】BC ‎【解析】小滑块在B端时，根据牛顿第二定律有FN－mg＝m，解得FN＝18 N，A错误；根据动能定理有mgR－W＝mv2，解得W＝mgR－mv2＝3 J，B正确；小滑块从B点做平抛运动，水平方向上x＝vt，竖直方向上h＝gt2，解得x＝v·＝0.6 m，C正确，D错误．‎ 二、非选择题 ‎20．如图甲所示，质量m＝2 g的物体静止在水平面上，物体跟水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.从t＝0时刻起，物体受到一个水平力F的作用而开始运动，F随时间t变化的规律如图乙所示，6 s后撤去拉力F(g取10 m/s2)．求：‎ ‎(1)4 s末物体的速度大小．‎ ‎(2)物体运动过程中拉力F做的功．‎ ‎【答案】(1)12 m/s　(2)336 J 由图象得4 6 s内物体受到的拉力F2＝4 N＝μmg 所以物体做匀速直线运动，时间间隔t2＝2 s，位移大小 x2＝vt2⑥‎ 联立③⑥式得x2＝24 m⑦‎ 物体运动过程中拉力F做的功 W＝F1x1＋F2x2⑧‎ 联立⑤⑦⑧式得W＝336 J ‎21．(2018·浙江舟山模拟)质量为1.0×103 g的汽车，沿倾角为30°的斜坡由静止开始运动，汽车在运动过程中所受摩擦阻力大小恒为2 000 N，汽车发动机的额定输出功率为5.6×104 W，开始时以a＝1 m/s2的加速度做匀加速运动(g取10 m/s2)．求：‎ ‎(1)汽车做匀加速运动的时间t1；‎ ‎(2)汽车所能达到的最大速率；‎ ‎(3)若斜坡长143.5 m，且认为汽车到达坡顶之前，已达到最大速率，则汽车从坡底到坡顶需多长时间？‎ ‎【答案】(1)7 s　(2)8 m/s　(3)22 s ‎【解析】(1)由牛顿第二定律得 F－mgsin 30°－Ff＝ma 设匀加速过程的末速度为v，则有P＝Fv v＝at1‎ 解得t1＝7 s.‎ ‎(2)当达到最大速度vm时，a＝0，则有 P＝(mgsin 30°＋Ff)vm 解得vm＝8 m/s.‎ ‎22．(2018·四川成都诊断)如图甲所示，长为20 m的水平轨道AB与半径R＝3 m的竖直半圆轨道BC在B处相连接，有一质量为1 g的滑块(大小不计)从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化关系如图乙所示，滑块与AB间的动摩擦因数为0.4，取g＝10 m/s2.‎ ‎(1)求滑块在水平轨道AB上运动前10 m过程中所需的时间；‎ ‎(2)求滑块到达B处时的速度大小；‎ ‎(3)若滑块到达B处时撤去力F，滑块沿半圆轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则滑块在半圆轨道上克服摩擦力所做的功是多少．‎ ‎【答案】(1)1 s　(2)10 m/s　(3)25 J ‎【解析】(1)在前10 m内：F1－μmg＝ma1‎ x1＝a1t 解得t1＝1 s.‎ ‎(2)滑块从A到B的过程中，由动能定理得 F1x1－F2x3－μmgx＝mv 解得vB＝10 m/s.‎ ‎(3)滑块恰好能到达C点，则mg＝m 滑块从B到C的过程中，由动能定理得 Wf－mg·2R＝mv－mv 解得Wf＝－25 J，即克服摩擦力做功为25 J.‎ ‎23．(2018·陕西西安六校联考)如图所示，AB是倾角θ＝30°的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R，一个质量为m的物体(可以看成质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ.求：‎ ‎(1)物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程；‎ ‎(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力大小；‎ ‎(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′至少多大．‎ ‎【答案】(1)　(2)(3－)mg　(3) 由牛顿第三定律知，在最低点E，物体对圆弧轨道的压力大小(3－)mg.‎ ‎(3)物体刚好到D点，由牛顿第二定律有mg＝m 对全过程由动能定理得 mgL′sin θ－μmgcos θ·L′－mgR(1＋cos θ)＝mv 解得L′＝.‎