1、考题一 功和功率的计算1.功的计算力的特点 计算方法单个恒力 WFlcos 恒力的功合力为恒力1.先求合力，再求 WF 合 l2.WW 1W 2大小恒定，且方向始终沿轨迹切线方向 力的大小跟路程的乘积力与位移成线性变化 W lcos F已知 Fl 图象 功的大小等于“面积”变力的功一般变力 动能定理2.功率的计算(1)P ，适用于计算平均功率；Wt(2)PFvcos ，若 v 为瞬时速度，P 为瞬时功率，若 v 为平均速度，P 为平均功率.例 1 (2016全国甲卷21) 如图 1，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于 O 点，另一端与小球相连.现将小球从 M 点由静止释放，它在下降的过程
2、中经过了 N 点.已知在 M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且ONM Mg4l 要使 P 仍能沿圆轨道滑回，P 在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点 C.由机械能守恒定律有MvB 2Mgl 12Ep MvB 2Mg 4l 12联立式得mMm 乙 ，甲 乙 ，则 r 甲 r 乙. 空气阻力 fkr ，对43小球由牛顿第二定律得，mgfma，则 a g g ，可得 a 甲 a 乙 ，由mg fm kr43r3 3k4r2h at2 知，t 甲 v 乙 ，故选项 B 正确；因 f 甲 f 乙 ，由球12 2ah克服阻力做功 Wffh 知，甲球克服阻力做功较大， 选项 D 正确.2.如图 1
3、，不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一个小球 a 和 b.a 球质量为m，静置于水平地面；b 球质量为 3m，用手托住，高度为 h，此时轻绳刚好拉紧.现将 b 球释放，则 b 球着地瞬间 a 球的速度大小为( )图 1A. B. C. D.2gh 2ghgh2 gh答案 A解析 在 b 球落地前，a、b 球组成的系统机械能守恒，且 a、b 两球速度大小相等，设为 v，根据机械能守恒定律有：3mgh mgh (3mm )v2，解得： v .12 gh3.如图 2 所示，A、B、C 三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动.A 由静止释放；B 的初速度方向沿斜面向下，大小为 v0
4、；C 的初速度方向沿水平方向，大小为 v0.斜面足够大，A、B、C 运动过程中不会相碰，下列说法正确的是( )图 2A.A 和 C 将同时滑到斜面底端B.滑到斜面底端时，B 的动能最大C.滑到斜面底端时，C 的重力势能减少最多D.滑到斜面底端时，B 的机械能减少最多答案 B解析 A、C 两个滑块所受的滑动摩擦力大小相等，A 所受滑 动摩擦力沿斜面向上，C 沿斜面向上的力是滑动摩擦力的分力，所以 C 沿斜面向下的加速度大于 A 的加速度，C 先到达斜面底端，故 A 错误；重力做功相同，摩擦力 对 A、B 做功相同，C 克服摩擦力做功最大，而 B 有初速度，则滑到斜面底端时，B 滑块的动能最大，故
5、 B 正确；三个滑块下降的高度相同，重力势能减少相同，故 C 错误；滑动摩擦力做功与路程有关，C 运动的路程最大，C 克服摩擦力做功最大，机械能减少最多，故 D 错误.4.(多选) 如图 3 所示，小物块以初速度 v0 从 O 点沿斜向上运动，同时从 O 点斜向上抛出一个速度大小也为 v0 的小球，物块和小球在斜面上的 P 点相遇.已知物块和小球质量相等，空气阻力忽略不计，则( )图 3A.斜面只能是粗糙的B.小球运动到最高点时离斜面最远C.在 P 点时，小球的动能大于物块的动能D.小球和物块到达 P 点过程中克服重力做功的平均功率相等答案 ACD解析 把小球的速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方
6、向， 则沿斜面方向的速度小于物块的速度，若斜面光滑，则小球和物块沿斜面方向的加速度相同，则不可能在 P 点相遇，所以斜面不可能是光滑的，故 A 正确；当小球的速度方向与斜面平行时，离斜面最远，此 时竖直方向速度不为零，不是运动到最高点，故 B 错误；物块在斜面上还受摩擦力做功，物块的机械能减小，所以在 P 点时，小球的动能应该大于物块的动能，故 C 正确；小球和物块初末位置相同，则高度差相等，而重力相等，则重力做功相等，时间又相同，所以小球和物块到达 P 点过程中克服重力做功的平均功率相等，故 D 正确.5.荡秋千是一种常见的休闲娱乐活动，也是我国民族运动会上的一个比赛项目.若秋千绳的长度约为
7、 2 m，荡到最高点时，秋千绳与竖直方向成 60角，如图 4 所示.人在从最高点到最低点的运动过程中，以下说法正确的是( )图 4A.最低点的速度大约为 5 m/sB.在最低点时的加速度为零C.合外力做的功等于增加的动能D.重力做功的功率逐渐增加答案 C解析 秋千在下摆过程中，受到的 绳子拉力不做功，机械能守恒， 则得：mgL(1cos 60) mv2，解得：v m/s2 m/s，A 错误 ；在最低点合力指向圆心，加速度不12 gL 102 5为零，B 错误；根据动能定理合外力做的功等于增加的动能，C 正确；Pmgv ，由于在竖直方向上的速度从最高点到最低点过程中先增大后减小，故重力做功的功率
8、先增大后减小，D 错误.6.(多选)(2016浙江理综18) 如图 5 所示为一滑草场.某条滑道由上下两段高均为 h，与水平面倾角分别为 45和 37的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为 .质量为 m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin370.6，cos 370.8). 则( )图 5A.动摩擦因数 67B.载人滑草车最大速度为 2gh7C.载人滑草车克服摩擦力做功为 mghD.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为 g35答案 AB解析 对滑草车从坡顶由静止滑下，到底端静止的全过程，得 mg2
9、hmgcos 45 mgcos 37 0，解得 ，选项 A 正确； 对经过上段滑道过程，根据动能hsin 45 hsin 37 67定理得，mghmgcos 45 mv2，解得 v ，选项 B 正确；载人滑草车克服摩擦hsin 45 12 2gh7力做功为 2mgh，选项 C 错误 ；载人滑草车在下段滑道上的加速度 为 a g，即加速度大小为 g，选项 D 错误.mgsin 37 mgcos 37m 335 3357.(多选)(2016全国丙卷20) 如图 6，一固定容器的内壁是半径为 R 的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为 m 的质点 P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服
10、摩擦力做的功为 W.重力加速度大小为 g.设质点 P 在最低点时，向心加速度的大小为 a，容器对它的支持力大小为 N，则( )图 6A.a B.a2mgR WmR 2mgR WmRC.N D.N3mgR 2WR 2mgR WR答案 AC解析 质点 P 下滑过程中，重力和摩擦力做功，根据 动能定理可得 mgRW mv2，根据公12式 a ，联立可得 a ，A 正确，B 错误；在最低点重力和支持力的合力充当向心v2R 2mgR WmR力，根据牛顿第二定律可得，Nmg ma ，代入可得，N ，C 正确，D 错误.3mgR 2WR8.(多选) 如图 7 所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定
11、，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度 h0.1 m 处，滑块与弹簧不拴接.现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度 h 并作出滑块的 Ekh 图象，其中高度从 0.2 m 上升到 0.35 m范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，取 g10 m/s 2，由图象可知( )图 7A.小滑块的质量为 0.2 kgB.弹簧最大弹性势能为 0.32 JC.轻弹簧原长为 0.2 mD.小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为 0.18 J答案 AC解析 从 0.2 m 上升到 0.35 m 的范围内，E kE pmg h，图线的斜率绝对值为：k 2 Nmg，所以：m0.2
12、 kg，故 A 正确；根据能的 转化与守恒可知，当滑Ekh 0 0.30.35 0.2块上升至最大高度时，增加的重力 势能即为弹簧最大弹性 势能，所以Epm mgh0.210(0.35 0.1) J0.5 J，故 B 错误；在 Ekh 图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从 0.2 m 上升到 0.35 m 范围 内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从 0.2 m 上升到 0.35 m 范围内所受作用力为恒力，所以 h0.2 m，滑 块与弹簧分离，弹簧的原长为 0.2 m，故 C 正确；由图可知，当 h0.18 m 时的动能最大；在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势
13、能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能的 转化和守恒可知， EpminEE kmE pmmghE km0.5 J0.2100.1 J0.32 J 0.38 J，故 D 错误.9.如图 8 所示，长为 L 的轻杆一端连着质量为 m 的小球，另一端用活动铰链固接于水平地面上的 O 点，初始时小球静止于地面上，边长为 L、质量为 M 的正方体左侧静止于 O 点处.现在杆中点处施加一大小始终为 (g 为重力加速度)、方向始终垂直杆的拉力，经过一段6mg时间后撤去 F，小球恰好能到达最高点，忽略一切摩擦，试求：图 8(1)拉力所做的功；(2)拉力撤去时小球的速度大
14、小；(3)若小球运动到最高点后由静止开始向右倾斜，求杆与水平面夹角为 时(正方体和小球还未脱落)，正方体的速度大小 .答案(1)mgL (2) gL2 3(3) 2mgL1 sin sin2m Msin2解析 (1)根据动能定理可得：W FmgL0力 F 所做的功为 WFmgL(2)设撤去 F 时，杆与水平面夹角为 ，撤去 F 前，有：W F mgL，解得： 6mg L2 3根据动能定理有：mgLmgL sin mv212得撤去 F 时小球的速度为：v gL2 3(3)设杆与水平面夹角为 时，杆的速度为 v1，正方体的速度为 v2，v2v 1sin 系统机械能守恒有：mg(LL sin ) m
15、v Mv12 21 12 2解得：v 2 .2mgL1 sin sin2m Msin210.如图 9 所示，虚线圆的半径为 R，AC 为光滑竖直杆，AB 与 BC 构成直角的 L 形轨道，小球与 AB、BC 轨道间的动摩擦因数均为 ，A 、B、C 三点正好是圆上三点，而 AC 正好为该圆的直径，AB 与 AC 的夹角为 .如果套在 AC 杆上的小球自 A 点静止释放，分别沿 ABC 轨道和 AC 直轨道运动，忽略小球滑过 B 处时的能量损耗.求：图 9(1)小球在 AB 轨道上运动的加速度；(2)小球沿 ABC 轨道运动到达 C 点时的速率；(3)若 AB、BC、AC 轨道均光滑，如果沿 AB
16、C 轨道运动到达 C 点的时间与沿 AC 直轨道运动到达 C 点的时间之比为 53 ，求 的正切值.答案 (1)gcos gsin (2)2 (3)2.4gR gRsin 2解析 (1)从 A 到 B，由牛顿第二定律得：mgcos mgsin ma解得：agcos g sin (2)小球沿 ABC 轨道运动，从 A 到 C，由 动能定理可得： mv mg 2R2mg2Rcos sin 12 2C解得：v C2 gR gRsin 2(3)设小球沿 AC 直导轨做自由落体运动，运动时间为 t，则有：2R gt212解得：t2Rg轨道均光滑，小球由 A 到 B 机械能守恒，设 B 点的速度为 vB，则有：mg2R cos2 mv12 2B解得：v B2 cos gR且依等时圆，t ABt，则 B 到 C 的时间为：tBC tt t53 23 43Rg以后沿 BC 直导轨运动的加速度 为：agsin ，且 BC2Rsin 故 2Rsin v BtBC at12 2BC代入数据得：tan 2.4.
