第1讲 功 功率 动能定理
一、功 1．定义：一个物体受到力的作用，如果在力的方向上发生了一段位移，就说这个力对物体做了功． 2．必要因素：力和物体在力的方向上发生的位移． 3．物理意义：功是能量转化的量度． 4．计算公式 (1)恒力F的方向与位移l的方向一致时：W＝Fl. (2)恒力F的方向与位移l的方向成某一夹角α时：W＝Flcos_α. 5．功的正负 (1)当0≤α<时，W>0，力对物体做正功． (2)当<α≤π时，W<0，力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功． (3)当α＝时，W＝0，力对物体不做功． 6．一对作用力与反作用力的功
]7.一对平衡力的功 一对平衡力作用在同一个物体上，若物体静止，则两个力都不做功；若物体运动，则这一对力所做的功一定是数值相等，一正一负或均为零． 二、功率 1．定义：功与完成这些功所用时间的比值． 2．物理意义：描述力对物体做功的快慢． 3．公式 (1)P＝，P为时间t内物体做功的快慢． (2)P＝Fv ①v为平均速度，则P为平均功率． ②v为瞬时速度，则P为瞬时功率． ③当力F和速度v不在同一直线上时，可以将力F分解或者将速度v分解．
答案 不正确，在P一定时，F与v成反比． 三、动能 动能定理 1．动能 (1)定义：物体由于运动而具有的能叫动能． (2)公式：Ek＝mv2. (3)矢标性：动能是标量，只有正值． (4)状态量：动能是状态量，因为v是瞬时速度． 2．动能定理 (1)内容：在一个过程中合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化量． (2)表达式：W＝mv－mv＝Ek2－Ek1. (3)适用条件： ①既适用于直线运动，也适用于曲线运动． ②既适用于恒力做功，也适用于变力做功． ③力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用． (4)应用技巧：若整个过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可以分段考虑，也可以整个过程考虑．
答案 不一定．如匀速圆周运动．
1．(粤教版必修2P67第5题)用起重机将质量为m的物体匀速吊起一段距离，那么作用在物体上的各力做功情况应是下列说法中的哪一种？( ) A．重力做正功，拉力做负功，合力做功为零 B．重力做负功，拉力做正功，合力做正功 C．重力做负功，拉力做正功，合力做功为零 D．重力不做功，拉力做正功，合力做正功 答案 C 2．(粤教版必修2P77第2题)(多选)一个物体在水平方向的两个恒力作用下沿水平方向做匀速直线运动，若撤去其中的一个力，则( ) A．物体的动能可能减少 B．物体的动能可能不变 C．物体的动能可能增加 D．余下的力一定对物体做功 答案 ACD 3．(多选)关于功率公式P＝和P＝Fv的说法正确的是( ) A．由P＝知，只要知道W和t就可求出任意时刻的功率 B．由P＝Fv既能求某一时刻的瞬时功率，也可以求平均功率 C．由P＝Fv知，随着汽车速度的增大，它的功率也可以无限增大 D．由P＝Fv知，当汽车发动机功率一定时，牵引力与速度成反比 答案 BD 4．(人教版必修2P59第1题改编)如图1所示，两个物体与水平地面间的动摩擦因数相等，它们的质量也相等．在甲图中用力F1拉物体，在乙图中用力F2推物体，夹角均为α，两个物体都做匀速直线运动，通过相同的位移．设F1和F2对物体所做的功分别为W1和W2，物体克服摩擦力做的功分别为W3和W4，下列判断正确的是( )
图1 A．F1＝F2 B．W1＝W2 C．W3＝W4 D．W1－W3＝W2－W4 答案 D 5．有一质量为m的木块，从半径为r的圆弧曲面上的a点滑向b点，如图2所示．若由于摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是( )
图2 A．木块所受的合外力为零 B．因木块所受的力都不对其做功，所以合外力做的功为零 C．重力和摩擦力的合力做的功为零 D．重力和摩擦力的合力为零 答案 C
命题点一 功的分析与计算 1．常用办法：对于恒力做功利用W＝Flcos α；对于变力做功可利用动能定理(W＝ΔEk)；对于机车启动问题中的定功率启动问题，牵引力的功可以利用W＝Pt. 2．几种力做功比较 (1)重力、弹簧弹力、电场力、分子力做功与位移有关，与路径无关． (2)滑动摩擦力、空气阻力、安培力做功与路径有关． (3)摩擦力做功有以下特点 ①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功． ②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值． ③相互作用的一对滑动摩擦力做功过程中会发生物体间机械能转移和机械能转化为内能，内能Q＝Ffx相对．
A．WF2>4WF1，Wf2>2Wf1 B．WF2>4WF1，Wf2＝2Wf1 C．WF2<4WF1，Wf2＝2Wf1 D．WF2<4WF1，Wf2<2Wf1
答案 C 解析 根据x＝t得，两过程的位移关系x1＝x2，根据加速度的定义a＝，得两过程的加速度关系为a1＝.由于在相同的粗糙水平地面上运动，故两过程的摩擦力大小相等，即Ff1＝Ff2＝Ff，根据牛顿第二定律得，F1－Ff1＝ma1，F2－Ff2＝ma2，所以F1＝F2＋Ff，即F1>.根据功的计算公式W＝Fl，可知Wf1＝Wf2，WF1>WF2，故选项C正确，选项A、B、D错误．
判断力是否做功及做正、负功的方法 1．看力F的方向与位移l的方向间的夹角α——常用于恒力做功的情形． 2．看力F的方向与速度v的方向间的夹角α——常用于曲线运动的情形． 3．根据动能的变化：动能定理描述了合外力做功与动能变化的关系，即W合＝ΔEk，当动能增加时合外力做正功；当动能减少时合外力做负功．
1.如图3所示，质量为m的物体置于倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，在外力作用下，斜面以加速度a沿水平方向向左做匀加速运动，运动中物体m与斜面体相对静止．则关于斜面对m的支持力和摩擦力的下列说法中错误的是( )
图3 A．支持力一定做正功 B．摩擦力一定做正功 C．摩擦力可能不做功 D．摩擦力可能做负功 答案 B 解析 支持力方向垂直斜面向上，故支持力一定做正功．而摩擦力是否存在需要讨论，若摩擦力恰好为零，物体只受重力和支持力，如图所示，此时加速度a＝gtan θ，当a>gtan θ时，摩擦力沿斜面向下，摩擦力与位移夹角小于90°，则做正功；当a<gtan θ时，摩擦力沿斜面向上，摩擦力与位移夹角大于90°，则做负功．综上所述，B选项是错误的．
2．以一定的初速度竖直向上抛出一个小球，小球上升的最大高度为h，空气阻力的大小恒为F，则从抛出到落回到抛出点的过程中，空气阻力对小球做的功为( ) A．0 B．－Fh C．Fh D．－2Fh 答案 D 解析 阻力与小球速度方向始终相反，故阻力一直做负功，W＝－Fh＋(－Fh)＝－2Fh，D选项正确． 命题点二 功率的理解和计算 1．平均功率与瞬时功率 (1)平均功率的计算方法 ①利用＝. ②利用＝Fcos α，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，其中v为t时刻的瞬时速度． ②P＝FvF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度． ③P＝Fvv，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力． 2．机车的两种启动模型
3.机车启动问题常用的三个公式 (1)牛顿第二定律：F－Ff＝ma. (2)功率公式：P＝F·v. (3)速度公式：v＝at. 说明：F为牵引力，Ff为机车所受恒定阻力．
图4 (1)求该汽车的额定功率； (2)该汽车由静止开始运动，经过35 s达到最大速度40 m/s，求其在BC段的位移．
答案 (1)8×104 W (2)75 m 解析 (1)由图线分析可知：图线AB表示牵引力F不变即F＝8 000 N，阻力Ff不变，汽车由静止开始做匀加速直线运动；图线BC的斜率表示汽车的功率P不变，达到额定功率后，汽车所受牵引力逐渐减小，汽车做加速度减小的变加速直线运动，直至达到最大速度40 m/s，此后汽车做匀速直线运动． 由图可知：当最大速度vmax＝40 m/s时，牵引力为Fmin＝2 000 N 由平衡条件Ff＝Fmin可得Ff＝2 000 N 由公式P＝Fminvmax得额定功率P＝8×104 W. (2)匀加速运动的末速度vB＝，代入数据解得vB＝10 m/s 汽车由A到B做匀加速运动的加速度为 a＝＝2 m/s2 设汽车由A到B所用时间为t1，由B到C所用时间为t2，位移为x，则t1＝＝5 s，t2＝35 s－5 s＝30 s B点之后，对汽车由动能定理可得 Pt2－Ffx＝mv－mv，代入数据可得x＝75 m.
1．求解功率时应注意的“三个”问题 (1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率； (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． 2．机车启动中的功率问题 (1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即vm＝＝(式中Fmin为最小牵引力，其值等于阻力F阻)． (2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，但速度不是最大，v＝<vm＝.
3.一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5所示．假定汽车所受阻力的大小Ff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5
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－Ff＝ma1，Ff不变，所以汽车做加速度减小的加速运动，当F1＝Ff时速度最大，且vm＝＝.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－Ff＝ma2，所以加速度逐渐减小，直到F2＝Ff时，速度最大vm′＝，此后汽车做匀速直线运动．综合以上分析可知选项A正确． 4．一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的功率达到最大值P，以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v2匀速上升，重物上升的高度为h，则整个过程中，下列说法正确的是( ) A．钢绳的最大拉力为 B．钢绳的最大拉力为mg C．重物匀加速的末速度为 D．重物匀加速运动的加速度为－g 答案 D 解析 加速过程重物处于超重状态，钢绳拉力较大，匀速运动阶段钢绳的拉力为，故A错误；加速过程重物处于超重状态，钢绳拉力大于重力，故B错误；重物匀加速运动的末速度不是运动的最大速度，此时钢绳对重物的拉力大于其重力，故其速度小于，故C错误；重物匀加速运动的末速度为v1，此时的拉力为F＝，由牛顿第二定律得：a＝＝－g，故D正确． 命题点三 动能定理及其应用 1．动能定理 (1)三种表述 ①文字表述：所有外力对物体做的总功等于物体动能的增加量； ②数学表述：W合＝mv2－mv或W合＝Ek－Ek0； ③图象表述：如图6所示，Ek－l图象中的斜率表示合外力．
图6 (2)适用范围 ①既适用于直线运动，也适用于曲线运动； ②既适用于恒力做功，也适用于变力做功； ③力可以是各种性质的力，既可同时作用，也可分阶段作用． 2．解题的基本思路 (1)选取研究对象，明确它的运动过程； (2)分析受力情况和各力的做功情况； (3)明确研究对象在过程的初末状态的动能Ek1和Ek2； (4)列动能定理的方程W合＝Ek2－Ek1及其他必要的解题方程，进行求解．
图7 (1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小； (2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大． 答案 (1)144 N (2)12.5 m 解析 (1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，则有v＝2ax① 由牛顿第二定律有mg－Ff＝ma② 联立①②式，代入数据解得Ff＝144 N③ (2)设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理得 mgh＋W＝mv－mv④ 设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有 FN－mg＝m⑤ 由题意和牛顿第三定律知FN＝6mg⑥ 联立④⑤⑥式，代入数据解得R＝12.5 m.
5．(多选)(2015·浙江理综·18)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器．舰载机总质量为3.0×104 kg，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105 N；弹射器有效作用长度为100 m，推力恒定．要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则( ) A．弹射器的推力大小为1.1×106 N B．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108 J C．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107 W D．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s2 答案 ABD 解析 设总推力为F，位移x＝100 m，阻力F阻＝20%F，对舰载机加速过程由动能定理得Fx－20%F·x＝mv2，解得F＝1.2×106 N，弹射器推力F弹＝F－F发＝1.2×106 N－1.0×105 N＝1.1×106 N，A正确；弹射器对舰载机所做的功为W＝F弹·x＝1.1×106×100 J＝1.1×108 J，B正确；弹射器对舰载机做功的平均功率＝F弹·＝4.4×107 W，C错误；根据运动学公式v2＝2ax，得a＝＝32 m/s2，D正确． 6．(多选)(2016·浙江理综·18)如图8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μ.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，sin37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则( )
图8 A．动摩擦因数μ＝ B．载人滑草车最大速度为 C．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g 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mg·2h－μmgcos 45°·－μmgcos 37°·＝0，解得μ＝，选项A正确；对经过上段滑道过程，根据动能定理得，mgh－μmgcos 45°·＝mv2，解得v＝ ，选项B正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，选项C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为a＝＝g，选项D错误． 7．如图9所示，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为 Ff，经过A点时的速度大小为v0，小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为t1，A、B两点间距离为d，缆绳质量忽略不计．求：
图9 (1)小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功Wf； (2)小船经过B点时的速度大小v1； (3)小船经过B点时的加速度大小a. 答案 (1)Ffd (2) (3)－ 解析 (1)小船从A点运动到B点克服阻力做功 Wf＝Ffd① (2)小船从A点运动到B点，电动机牵引缆绳对小船做功 W＝Pt1② 由动能定理有 W－Wf＝mv－mv③ 由①②③式解得v1＝ ④ (3)设小船经过B点时缆绳的拉力大小为F，缆绳与水平方向的夹角为θ，电动机牵引缆绳的速度大小为v，则 P＝Fv⑤ v＝v1cos θ⑥ 由牛顿第二定律有 Fcos θ－Ff＝ma⑦ 由④⑤⑥⑦式解得 a＝－.
求解变力做功的五种方法 一、用动能定理求变力做功 动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于求恒力做功，也适用于求变力做功，因为使用动能定理可由动能的变化来求功，所以动能定理是求变力做功的首选．
图10 A．FLcos θ B．FLsin θ C．FL(1－cos θ) D．mgL(1－cos θ) 答案 D 解析 在小球缓慢上升过程中，拉力F为变力，此变力F的功可用动能定理求解．由WF－mgL(1－cos θ)＝0得WF＝mgL(1－cos θ)，故D正确． 二、利用微元法求变力做功 将物体的位移分割成许多小段，因小段很小，每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将变力做功转化为在无数个无穷小的位移上的恒力所做功的代数和，此法在中学阶段常应用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题．
图11 (1)拉力F做的功； (2)桥面对物块的摩擦力做的功． 答案 (1)376.8 J (2)－136.8 J 解析 (1)将圆弧分成很多小段l1、l2、…、ln，拉力在每一小段上做的功为W1、W2、…、Wn.因拉力F大小不变，方向始终与物块在该点的切线成37°角，所以W1＝Fl1cos 37°、W2＝Fl2cos 37°、…、Wn＝Flncos 37° 所以WF＝W1＋W2＋…＋Wn＝Fcos 37°(l1＋l2＋…＋ln)＝Fcos 37°··2πR＝376.8 J. (2)因为重力G做的功WG＝－mgR(1－cos 60°)＝－240 J，而因物块在拉力F作用下缓慢移动，动能不变，由动能定理知WF＋WG＋Wf＝0 所以Wf＝－WF－WG＝－376.8 J＋240 J＝－136.8 J. 三、化变力为恒力求变力做功 变力做功直接求解时，通常都比较复杂，但若通过转换研究对象，有时可化为恒力做功，可以用W＝Flcos α求解，此法常常应用于轻绳通过定滑轮拉物体的问题中． 四、用平均力求变力做功 在求解变力做功时，若物体受到的力的方向不变，而大小随 位移是成线性变化的，即为均匀变化，则可以认为物体受到一大小为＝的恒力作用，F1、F2分别为物体初、末状态所受到的力，然后用公式W＝lcos α求此力所做的功． 五、用F－x图象求变力做功 在F－x图象中，图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移所做的功，且位于x轴上方的“面积”为正，位于x轴下方的“面积”为负，但此方法只适用于便于求图线所围面积的情况(如三角形、矩形、圆等规则的几何图)．
图12 A．3.1 J B．3.5 J C．1.8 J D．2.0 J 答案 A 解析 物块与水平面间的摩擦力为Ff＝μmg＝1 N．现对物块施加水平向右的外力F，由F－x图象面积表示功可知F做功W＝3.5 J，克服摩擦力做功Wf＝Ffx＝0.4 J．由功能关系可知，W－Wf＝Ep，此时弹簧的弹性势能为Ep＝3.1 J，选项A正确．
题组1 功和功率的分析与计算 1．一个成年人以正常的速度骑自行车，受到的阻力为总重力的0.02倍，则成年人骑自行车行驶时的功率最接近于( ) A．1 W B．10 W C．100 W D．1 000 W 答案 C 解析 设人和车的总质量为100 kg，匀速行驶时的速率为5 m/s，匀速行驶时的牵引力与阻力大小相等F＝0.02mg＝20 N，则人骑自行车行驶时的功率为P＝Fv＝100 W，故C正确． 2.(多选)一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时刻开始，受到水平外力F作用，如图1所示．下列判断正确的是( )
图1 A．0～2 s内外力的平均功率是4 W B．第2 s内外力所做的功是4 J C．第2 s末外力的瞬时功率最大 D．第1 s末与第2 s末外力的瞬时功率之比为9∶4 答案 AD 解析 第1 s末质点的速度 v1＝t1＝×1 m/s＝3 m/s. 第2 s末质点的速度 v2＝v1＋t2＝(3＋×1) m/s＝4 m/s. 则第2 s内外力做功W2＝mv－mv＝3.5 J 0～2 s内外力的平均功率 P＝＝ W＝4 W. 选项A正确，选项B错误； 第1 s末外力的瞬时功率P1＝F1v1＝3×3 W＝9 W， 第2 s末外力的瞬时功率P2＝F2v2＝1×4 W＝4 W，故 P1∶P2＝9∶4.选项C错误，选项D正确． 3．如图2甲所示，静止于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F作用下，沿x轴方向运动，拉力F随物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示，图线为半圆．则小物块运动到x0处时F所做的总功为( )
图2 A．0 B.Fmx0 C.Fmx0 D.x 答案 C 解析 F为变力，但F－x图象包围的面积在数值上表示拉力做的总功．由于图线为半圆，又因在数值上Fm＝x0，故W＝π·F＝π·Fm·x0＝Fmx0. 题组2 动能定理及其简单应用 4.如图3所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则小球从A到C的过程中弹簧弹力做功是( )
图3 A．mgh－mv2 B.mv2－mgh C．－mgh D．－(mgh＋mv2) 答案 A 解析 小球从A点运动到C点的过程中，重力和弹簧的弹力对小球做负功，由于支持力与位移始终垂直，则支持力对小球不做功，由动能定理，可得WG＋WF＝0－mv2，重力做功为WG＝－mgh，则弹簧的弹力对小球做功为WF＝mgh－mv2，所以正确选项为A. 5．(多选)质量为1 kg的物体静止在水平粗糙的地面上，在一水平外力F的作用下运动，如图4甲所示，外力F和物体克服摩擦力Ff做的功W与物体位移x的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2.下列分析正确的是( )
图4 A．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2 B．物体运动的位移为13 m C．物体在前3 m运动过程中的加速度为3 m/s2 D．x＝9 m时，物体的速度为3 m/s 答案 ACD 解析 由Wf＝Ffx对应图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力Ff＝2 N，由Ff＝μmg可得μ＝0.2，A正确；由WF＝Fx对应图乙可知，前3 m内，拉力F1＝5 N,3～9 m内拉力F2＝2 N，物体在前3 m内的加速度a1＝＝3 m/s2，C正确；由动能定理得：WF－Ffx＝mv2可得：x＝9 m时，物体的速度为v＝3 m/s，D正确；物体的最大位移xm＝＝13.5 m，B错误． 6．(多选)如图5所示，质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动．已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离为l，子弹进入木块的深度为d，若木块对子弹的阻力Ff视为恒定，则下列关系式中正确的是( )
图5 A．Ffl＝Mv2 B．Ffd＝Mv2 C．Ffd＝mv－(M＋m)v2 D．Ff(l＋d)＝mv－mv2 答案 ACD 解析 画出如图所示的运动过程示意图，从图中不难看出，当木块前进距离l，子弹进入木块的深度为d时，子弹相对于地发生的位移为l＋d，由牛顿第三定律，子弹对木块的作用力大小也为Ff.
子弹对木块的作用力对木块做正功，由动能定理得： Ffl＝Mv2 木块对子弹的作用力对子弹做负功，由动能定理得： －Ff(l＋d)＝mv2－mv 两式联立得：Ffd＝mv－(M＋m)v2 所以，本题正确答案为A、C、D. 题组3 动能定理在多过程问题中的应用 7．如图6所示为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切．点A距水面的高度为H，圆弧轨道BC的半径为R，圆心O恰在水面．一质量为m的游客(视为质点)可从轨道AB的任意位置滑下，不计空气阻力．
图6 (1)若游客从A点由静止开始滑下，到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面D点，OD＝2R，求游客滑到B点时的速度vB大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功Wf； (2)某游客从AB段某处滑下，恰好停在B点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道，求P点离水面的高度h.(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F向＝m) 答案 (1) －(mgH－2mgR) (2)R 解析 (1)游客从B点做平抛运动，有 2R＝vBt① R＝gt2② 由①②式得vB＝③ 从A到B，根据动能定理，有 mg(H－R)＋Wf＝mv－0④ 由③④式得Wf＝－(mgH－2mgR) (2)设OP与OB间夹角为θ，游客在P点时的速度为vP，受到的支持力为N，从B到P由机械能守恒定律，有 mg(R－Rcos θ)＝mv－0⑤ 过P点时，根据向心力公式，有 mgcos θ－N＝m⑥ N＝0⑦ cos θ＝⑧ 由⑤⑥⑦⑧式解得h＝R. 8．如图7甲所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O位置．质量为m的物块A(可视为质点)以初速度v0从距O点右方x0处的P点向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O′点位置后，A又被弹簧弹回．A离开弹簧后，恰好回到P点．物块A与水平面间的动摩擦因数为μ.求：
图7 (1)物块A从P点出发又回到P点的过程，克服摩擦力所做的功． (2)O点和O′点间的距离x1. (3)如图乙所示，若将另一个与A完全相同的物块B(可视为质点)与弹簧右端拴接，将A放在B右边，向左推A、B，使弹簧右端压缩到O′点位置，然后从静止释放，A、B共同滑行一段距离后分离．分离后物块A向右滑行的最大距离x2是多少？ 答案 (1)mv (2)－x0 (3)x0－ 解析 (1)物块A从P点出发又回到P点的过程，根据动能定理得克服摩擦力所做的功为Wf＝mv. (2)物块A从P点出发又回到P点的过程，根据动能定理得 2μmg(x1＋x0)＝mv 解得x1＝－x0 (3)A、B在弹簧处于原长处分离，设此时它们的共同速度是v1，弹出过程弹力做功为WF 只有A时，从O′到P有 WF－μmg(x1＋x0)＝0－0 A、B共同从O′到O有 WF－2μmgx1＝×2mv 分离后对A有mv＝μmgx2 联立以上各式可得x2＝x0－. 9．如图8所示，半径R＝0.5 m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M点，斜面倾角分别如图所示．O为圆弧圆心，D为圆弧最低点，C、M在同一水平高度．斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块P、Q(两边细绳分别与对应斜面平行)，并保持P、Q两物块静止．若PC间距为L1＝0.25 m，斜面MN足够长，物块P的质量m1＝3 kg，与MN间的动摩擦因数μ＝，重力加速度g＝10 m/s2，求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
图8 (1)小物块Q的质量m2； (2)烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小； (3)物块P在MN斜面上滑行的总路程． 答案 (1)4 kg (2)78 N (3)1.0 m 解析 (1)根据共点力平衡条件，两物块的重力沿斜面的分力相等，有： m1gsin 53°＝m2gsin 37° 解得：m2＝4 kg 即小物块Q的质量m2为4 kg. (2)小物块P第一次到达D点过程，由动能定理得 m1gh＝m1v 根据几何关系，有： h＝L1sin 53°＋R(1－cos 53°) 在D点，支持力和重力的合力提供向心力： FD－m1g＝m1 解得：FD＝78 N 由牛顿第三定律得，物块P对轨道的压力大小为78 N. (3)分析可知最终物块在CDM之间往复运动，C点和M点速度为零． 由全过程动能定理得： m1gL1sin 53°－μm1gcos 53°L总＝0 解得L总＝1.0 m 即物块P在MN斜面上滑行的总路程为1.0 m.
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