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(共36张PPT)
第八章
章末复习　知识整合与能力提升
机械能守恒定律
核心知识 整合建构
素养生成 综合应用
应用动能定理分析机车启动问题
考点
1
　　　(多选)“广湛”高铁将湛江到广州的通行时间缩短至2小时．假设动车启动后沿平直轨道行驶，发动机功率恒定，行车过程中受到的阻力恒为f．已知动车质量为m，最高行驶速度为vm．下列说法中正确的是 (　　)
A．动车启动过程中所受合外力减小
B．动车发动机功率为fvm
C．从启动到最大速度过程中，动车平均速度为
D．从启动到最大速度过程中，动车牵引力做功为
1
AB
解析：发动机功率恒定，根据P＝Fv，速度变大，牵引力变小，合外力F合＝F－f，合外力变小，A正确；速度最大时，动车加速度为零，受力平衡，此时P＝Fv＝fvm，B正确；从启动到最大速度过程中，动车做加速度变小的加速运动，动车平均速度大于，C错误；从启动到最大速度过程中，根据动能定理WF－Wf＝，动车牵引力做功大于，D错误．
　　　某兴趣小组遥控一辆玩具车，在水平路面上由静止启动，其v-t图像如图所示，在前2 s内做匀加速直线运动，2 s后牵引力的功率保持不变，玩具车的质量为m＝1 kg，玩具车运动中受到的总阻力为重力的0.3倍，取g＝10 m/s2，求：
(1) 玩具车在0~2 s内电动机提供的牵引力F．
答案：(1) 6 N　
2
解析：(1) 由图像可知0~2 s内车的加速度
a＝ m/s2＝3 m/s2
根据牛顿第二定律有F－f＝F－0.3mg＝ma
代入题中数据，联立解得F＝6 N
(2) 玩具车在水平路面运动过程中能够达到的最大速度vm．
答案：(2) 12 m/s　
解析：(2) 分析可知2 s时，车的功率P＝Fv1＝6×6 W＝36 W
车速度最大时，牵引力等于阻力，即F＝f＝
代入题中数据，解得vm＝12 m/s
(3) 玩具车前6 s内前进的位移s．
答案：(3) 36 m
解析：(3) 由题图可知0~2 s内车位移
x1＝t1＝×2 m＝6 m
2 s到6 s内，对车，由动能定理得
－＝PΔt－fx2
其中Δt＝4 s，代入联立解得x2＝30 m
玩具车前6 s内前进的位移s＝x1＋x2＝36 m
动能定理和机械能守恒定律的综合应用
考点
2
　　　珠海市横琴长隆鹦鹉过山车是亚洲第一个飞行过山车(图甲)，其轨道长达1 278米，高达50米．我们可以把它抽象成图乙所示的由曲面轨道和圆轨道平滑连接的模型．若过山车和游客总质量为m，从曲面轨道上的A点由静止开始下滑，并且可以顺利通过半径为R的圆轨道的最高点C．已知A点与D点的高度差为h＝3R，重力加速度为g，则(不计摩擦和空气阻力)：
(1) 从A点下滑后，过山车和游客通过最
低点B点时速度有多大？
答案：(1) 　
3
甲
乙
解析：(1) 设过山车和游客通过B点的速度大小为v1，由A点运动到B点的过程中只有重力做功，机械能守恒，有
mgh＝
解得通过B点的速度大小v1＝
(2) 从A点下滑后，过山车和游客通过B点时受到轨道对其的支持力有多大？
答案：(2) 7mg　
解析：(2) 设过山车和游客在B点受到轨道的支持力大小为F，由牛顿第二定律有F－mg＝m
代入数据解得F＝7mg
甲
乙
(3) 若过山车在运动中需要考虑摩擦和空气阻力，当过山车从A点由静止开始下滑，且刚好能通过最高点C，则过山车从A点运动到C点的过程中，摩擦力和空气阻力所做的功是多少？
答案：(3) －mgR
甲
乙
解析：(3) 在考虑摩擦和空气阻力情况下，当过山车刚好通过C点时，由牛顿第二定律有mg＝m
得过山车刚好通过C点时的速度大小为v＝
设从A点运动到C点的过程中，重力做功为WG，克服摩擦和空气阻力做功为W克f，由动能定理WG－W克f＝mv2
由题意可知WG＝mg(h－2R)
联立解得W克f＝mgR
则摩擦力和空气阻力所做的功W'f＝－W克f＝－mgR
非质点类物体的机械能守恒问题
考点
3
1．在应用机械能守恒定律处理实际问题时，经常遇到像“链条”、“液柱”类的物体，其在运动过程中将发生形变，其重心位置相对物体也发生变化，因此这类物体不能再看成质点来处理．
2．物体虽然不能看成质点来处理，但因只有重力做功，物体整体机械能守恒．一般情况下，可将物体分段处理，确定质量分布均匀的规则物体各部分的重心位置，根据初、末状态物体重力势能的变化列式求解．
　　　如图所示，总长为L的光滑匀质铁链跨过一个光滑的轻质小滑轮，不计滑轮大小，开始时下端A、B相平齐，当略有扰动时其A端下落，则当铁链刚脱离滑轮的瞬间，铁链的速度为多大？(重力加速度为g)
答案：
4
解析：方法一　取整个铁链为研究对象
设整个铁链的质量为m，初始位置的重心在A点上方L处，末位置的重心在A点，则重力势能的减少量为ΔEp＝mg·L
由机械能守恒得mv2＝mg·L，则v＝
方法二　将铁链看成两段
铁链由初始状态到刚离开滑轮时，等效于左侧铁链BB'部分移到AA'位
置，如图所示
重力势能减少量为ΔEp＝mg·
由机械能守恒得mv2＝mg·
则v＝
如图所示，倾角θ＝37°固定斜面的底端与光滑水平面BC平滑相连，水平传送带CD两端间距离为L＝3 m，传送带沿顺时针方向匀速运行，速度大小为v＝6 m/s，传送带上表面与光滑水平面DE在同一水平面内．水平面DE与半径为R＝0.4 m的竖直半圆形光滑轨道EF相切，现将质量为m＝1 kg的小物块(可看成质点)从斜面上高h＝0.75 m处的A点由静止释放，运动到B点的速度为vB＝1 m/s，小物块滑过传送带及水平面DE后从E点进入半圆形轨道，通过最高点F点后做平抛运动落在水平面上的G点．已知小物块与传送带上表面间的动摩擦因数为μ1＝0.7，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，求：
(1) 小物块与斜面之间的动摩擦因数μ2．
答案：(1) 0.7　
能量守恒定律的综合应用
考点
4
5
解析：(1) 小物块从A点静止下滑到B点，根据动能定理有
mgh－μ2mgcos θ·－0
代入数据解得μ2＝0.7
(2) 小物块运动到半圆轨道最高点F时对
轨道的压力大小FN．
答案：(2) 60 N　
解析：(2) 小物块滑上传送带，因vB＝1 m/s＜6 m/s，所以小物块在传送带上先做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有μ1mg＝ma1
解得a1＝7 m/s2
设经过时间t，小物块与传送带共速，则有v＝vB＋a1t
解得t＝ s
则小物块运动的位移为x＝t＝2.5 m＜L＝3 m
说明小物块在传送带后一段做匀速直线运动，即小物块在D点的速度等于传送带的速度，则有vD＝v＝6 m/s
小物块从D点到F点，根据动能定理有
－mg·2R＝－
解得vF＝2 m/s
在F点，根据牛顿第二定律有F'N－mg＝m
根据牛顿第三定律可得小物块运动到半圆轨道最高点F时对轨道的压力大小FN＝F'N＝60 N
(3) 传送带因传送货物多消耗的能量E0．
答案：(3) 30 J
解析：(3) 当小物块在传送带上做匀加速直线运动时，小物块对传送带的摩擦力做负功，需要多消耗能量，则有
E0＝μ1mg·vt＝30 J
链接高考 真题体验
1．某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v．已知人与滑板的总质量为m，可视为质点．重力加速度大小为g，不计空气阻力．则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为 (　　)
A．mgh B．mv2
C．mgh＋mv2 D．mgh－mv2
解析：人在下滑的过程中，由动能定理可得mgh－Wf＝mv2－0，可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为Wf＝mgh－mv2，故选D．
D
2．如图所示，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点．则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小 (　　)
A．在Q点最大
B．在Q点最小
C．先减小，后增大
D．先增大，后减小
C
解析：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处(P点)与圆环的作用力恰好为零，如图所示设图中夹角为θ，从大圆环顶端到P点过程，根据机械能守恒定律mgR(1－cos θ)＝mv2，在P点，根据牛顿第二定律mgcos θ＝m，联立解得cos θ＝，从大圆环顶端到P点过程，小环速度较小，小环重力沿着大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心力，所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不
断减小，从P点到最低点过程，小环速度变大，小环重力和大圆环
对小环的弹力合力提供向心力，所以大圆环对小环的弹力逐渐变
大，根据牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小
先减小，后增大，故选C．
3．如图所示，光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在B点平滑连接．一小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释放，物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点C．下列说法中正确的是 (　　)
A．物体在C点所受合力为零
B．物体在C点的速度为零
C．物体在C点的向心加速度等于重力加速度
D．物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点的动能
C
解析：物体恰好能到达最高点C，则物体在C点只受重力，且重力全部用来提供向心力，设半圆轨道的半径为r，由牛顿第二定律得mg＝m，解得物体在C点的速度v＝，A、B错误；由牛顿第二定律得mg＝ma，解得物体在C点的向心加速度a＝g，C正确；由能量守恒定律知，物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点时的动能和重力势能之和，D错误．
4．如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连，小车上静置一物块．小车与物块质量均为m，两者之间动摩擦因数为 ．电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动．经过一段时间，小车与物块的速度刚好相同，大小为v0．运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和斜面均足够长，重力加速度大小为g，忽略其他摩擦．则这段时间内 (　　)
A．物块的位移大小为
B．物块机械能增量为
C．小车的位移大小为 －
D．小车机械能增量为
C
解析：对物块根据牛顿第二定律有μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma，解得a＝g，根据运动学公式有＝2ax1，解得物块的位移大小为x1＝，故A错误；物块机械能增量为ΔE＝＋mgx1sin 30°＝，故B错误；对小车根据动能定理有Pt－(μmgcos 30°＋mgsin 30°)x＝，其中t＝，联立解得x＝－，故C正确；小车机械能增量为ΔE'＝＋mgxsin 30°＝，故D错误．
5．如图所示，用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻旋入木塞内，随后下压把手，使齿轮绕固定支架上的转轴转动，通过齿轮啮合，带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动．从0时刻开始，顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动，木塞所受摩擦力f随位移大小x的变化关系为f＝f0，其中f0为常量，h为圆柱形木塞的高，木塞质量为m，底面积为S，加速度为a，齿轮半径为
r，重力加速度为g，瓶外气压减瓶内气压为Δp且近似不变，瓶子始终静止在桌面上．(提示：可用f-x图线下的“面积”表示f所做的功)求：
(1)木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度ω．
答案：(1) 　
解析：(1) 木塞的末速度等于齿轮线速度，对木塞，根据运动学公式v2＝2ah
根据角速度和线速度的关系v＝ωr
联立可得ω＝
(2)拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W．
答案：(2) mah＋mgh＋f0h＋ΔpSh　
解析：(2) 根据题意画出木塞摩擦力与运动距离的关系图如图所示
可得摩擦力对木塞所做的功为Wf＝－f0h
对木塞，根据动能定理W＋Wf－mgh－ΔpSh＝mv2－0
解得W＝mah＋mgh＋f0h＋ΔpSh
(3)拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式．
答案：(3) magt＋ma2t＋ΔpSat＋f0at－t3
解析：(3) 设开瓶器对木塞的作用力为F，对木塞，根据牛顿第二定律F－mg－f－ΔpS＝ma
速度v＝at
位移x＝at2
开瓶器的功率P＝Fv
联立可得P＝magt＋ma2t＋ΔpSat＋f0at－t3章末复习　知识整合与能力提升
考点1　应用动能定理分析机车启动问题
　(多选)“广湛”高铁将湛江到广州的通行时间缩短至2小时．假设动车启动后沿平直轨道行驶，发动机功率恒定，行车过程中受到的阻力恒为f．已知动车质量为m，最高行驶速度为vm．下列说法中正确的是(　AB　)
A．动车启动过程中所受合外力减小
B．动车发动机功率为fvm
C．从启动到最大速度过程中，动车平均速度为
D．从启动到最大速度过程中，动车牵引力做功为
解析：发动机功率恒定，根据P＝Fv，速度变大，牵引力变小，合外力F合＝F－f，合外力变小，A正确；速度最大时，动车加速度为零，受力平衡，此时P＝Fv＝fvm，B正确；从启动到最大速度过程中，动车做加速度变小的加速运动，动车平均速度大于，C错误；从启动到最大速度过程中，根据动能定理WF－Wf＝，动车牵引力做功大于，D错误．
　某兴趣小组遥控一辆玩具车，在水平路面上由静止启动，其v-t图像如图所示，在前2 s内做匀加速直线运动，2 s后牵引力的功率保持不变，玩具车的质量为m＝1 kg，玩具车运动中受到的总阻力为重力的0.3倍，取g＝10 m/s2，求：
(1) 玩具车在0~2 s内电动机提供的牵引力F．
(2) 玩具车在水平路面运动过程中能够达到的最大速度vm．
(3) 玩具车前6 s内前进的位移s．
答案：(1) 6 N　(2) 12 m/s　(3) 36 m
解析：(1) 由图像可知0~2 s内车的加速度
a＝ m/s2＝3 m/s2
根据牛顿第二定律有F－f＝F－0.3mg＝ma
代入题中数据，联立解得F＝6 N
(2) 分析可知2 s时，车的功率P＝Fv1＝6×6 W＝36 W
车速度最大时，牵引力等于阻力，即F＝f＝
代入题中数据，解得vm＝12 m/s
(3) 由题图可知0~2 s内车位移
x1＝t1＝×2 m＝6 m
2 s到6 s内，对车，由动能定理得
－＝PΔt－fx2
其中Δt＝4 s，代入联立解得x2＝30 m
玩具车前6 s内前进的位移s＝x1＋x2＝36 m
考点2　动能定理和机械能守恒定律的综合应用
　珠海市横琴长隆鹦鹉过山车是亚洲第一个飞行过山车(图甲)，其轨道长达1 278米，高达50米．我们可以把它抽象成图乙所示的由曲面轨道和圆轨道平滑连接的模型．若过山车和游客总质量为m，从曲面轨道上的A点由静止开始下滑，并且可以顺利通过半径为R的圆轨道的最高点C．已知A点与D点的高度差为h＝3R，重力加速度为g，则(不计摩擦和空气阻力)：
甲 乙
(1) 从A点下滑后，过山车和游客通过最低点B点时速度有多大？
(2) 从A点下滑后，过山车和游客通过B点时受到轨道对其的支持力有多大？
(3) 若过山车在运动中需要考虑摩擦和空气阻力，当过山车从A点由静止开始下滑，且刚好能通过最高点C，则过山车从A点运动到C点的过程中，摩擦力和空气阻力所做的功是多少？
答案：(1) 　(2) 7mg　(3) －mgR
解析：(1) 设过山车和游客通过B点的速度大小为v1，由A点运动到B点的过程中只有重力做功，机械能守恒，有
mgh＝
解得通过B点的速度大小v1＝
(2) 设过山车和游客在B点受到轨道的支持力大小为F，由牛顿第二定律有F－mg＝m
代入数据解得F＝7mg
(3) 在考虑摩擦和空气阻力情况下，当过山车刚好通过C点时，由牛顿第二定律有mg＝m
得过山车刚好通过C点时的速度大小为v＝
设从A点运动到C点的过程中，重力做功为WG，克服摩擦和空气阻力做功为W克f，由动能定理WG－W克f＝mv2
由题意可知WG＝mg(h－2R)
联立解得W克f＝mgR
则摩擦力和空气阻力所做的功W'f＝－W克f＝－mgR
考点3　非质点类物体的机械能守恒问题
1．在应用机械能守恒定律处理实际问题时，经常遇到像“链条”、“液柱”类的物体，其在运动过程中将发生形变，其重心位置相对物体也发生变化，因此这类物体不能再看成质点来处理．
2．物体虽然不能看成质点来处理，但因只有重力做功，物体整体机械能守恒．一般情况下，可将物体分段处理，确定质量分布均匀的规则物体各部分的重心位置，根据初、末状态物体重力势能的变化列式求解．
　如图所示，总长为L的光滑匀质铁链跨过一个光滑的轻质小滑轮，不计滑轮大小，开始时下端A、B相平齐，当略有扰动时其A端下落，则当铁链刚脱离滑轮的瞬间，铁链的速度为多大？(重力加速度为g)
答案：
解析：方法一　取整个铁链为研究对象
设整个铁链的质量为m，初始位置的重心在A点上方L处，末位置的重心在A点，则重力势能的减少量为
ΔEp＝mg·L
由机械能守恒得mv2＝mg·L，则v＝
方法二　将铁链看成两段
铁链由初始状态到刚离开滑轮时，等效于左侧铁链BB'部分移到AA'位置，如图所示
重力势能减少量为ΔEp＝mg·
由机械能守恒得mv2＝mg·
则v＝
考点4　能量守恒定律的综合应用
　如图所示，倾角θ＝37°固定斜面的底端与光滑水平面BC平滑相连，水平传送带CD两端间距离为L＝3 m，传送带沿顺时针方向匀速运行，速度大小为v＝6 m/s，传送带上表面与光滑水平面DE在同一水平面内．水平面DE与半径为R＝0.4 m的竖直半圆形光滑轨道EF相切，现将质量为m＝1 kg的小物块(可看成质点)从斜面上高h＝0.75 m处的A点由静止释放，运动到B点的速度为vB＝1 m/s，小物块滑过传送带及水平面DE后从E点进入半圆形轨道，通过最高点F点后做平抛运动落在水平面上的G点．已知小物块与传送带上表面间的动摩擦因数为μ1＝0.7，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，求：
(1) 小物块与斜面之间的动摩擦因数μ2．
(2) 小物块运动到半圆轨道最高点F时对轨道的压力大小FN．
(3) 传送带因传送货物多消耗的能量E0．
答案：(1) 0.7　(2) 60 N　(3) 30 J
解析：(1) 小物块从A点静止下滑到B点，根据动能定理有
mgh－μ2mgcos θ·－0
代入数据解得μ2＝0.7
(2) 小物块滑上传送带，因vB＝1 m/s＜6 m/s，所以小物块在传送带上先做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有μ1mg＝ma1
解得a1＝7 m/s2
设经过时间t，小物块与传送带共速，则有v＝vB＋a1t
解得t＝ s
则小物块运动的位移为x＝t＝2.5 m＜L＝3 m
说明小物块在传送带后一段做匀速直线运动，即小物块在D点的速度等于传送带的速度，则有vD＝v＝6 m/s
小物块从D点到F点，根据动能定理有
－mg·2R＝－
解得vF＝2 m/s
在F点，根据牛顿第二定律有F'N－mg＝m
根据牛顿第三定律可得小物块运动到半圆轨道最高点F时对轨道的压力大小FN＝F'N＝60 N
(3) 当小物块在传送带上做匀加速直线运动时，小物块对传送带的摩擦力做负功，需要多消耗能量，则有
E0＝μ1mg·vt＝30 J
1．某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v．已知人与滑板的总质量为m，可视为质点．重力加速度大小为g，不计空气阻力．则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为(　D　)
A．mgh B．mv2
C．mgh＋mv2 D．mgh－mv2
解析：人在下滑的过程中，由动能定理可得mgh－Wf＝mv2－0，可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为Wf＝mgh－mv2，故选D．
2．如图所示，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点．则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小(　C　)
A．在Q点最大 B．在Q点最小
C．先减小，后增大 D．先增大，后减小
解析：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处(P点)与圆环的作用力恰好为零，如图所示设图中夹角为θ，从大圆环顶端到P点过程，根据机械能守恒定律mgR(1－cos θ)＝mv2，在P点，根据牛顿第二定律mgcos θ＝m，联立解得cos θ＝，从大圆环顶端到P点过程，小环速度较小，小环重力沿着大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心力，所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小，从P点到最低点过程，小环速度变大，小环重力和大圆环对小环的弹力合力提供向心力，所以大圆环对小环的弹力逐渐变大，根据牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小，后增大，故选C．
3．如图所示，光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在B点平滑连接．一小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释放，物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点C．下列说法中正确的是(　C　)
A．物体在C点所受合力为零
B．物体在C点的速度为零
C．物体在C点的向心加速度等于重力加速度
D．物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点的动能
解析：物体恰好能到达最高点C，则物体在C点只受重力，且重力全部用来提供向心力，设半圆轨道的半径为r，由牛顿第二定律得mg＝m，解得物体在C点的速度v＝，A、B错误；由牛顿第二定律得mg＝ma，解得物体在C点的向心加速度a＝g，C正确；由能量守恒定律知，物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点时的动能和重力势能之和，D错误．
4．如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连，小车上静置一物块．小车与物块质量均为m，两者之间动摩擦因数为 ．电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动．经过一段时间，小车与物块的速度刚好相同，大小为v0．运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和斜面均足够长，重力加速度大小为g，忽略其他摩擦．则这段时间内(　C　)
A．物块的位移大小为
B．物块机械能增量为
C．小车的位移大小为 －
D．小车机械能增量为
解析：对物块根据牛顿第二定律有μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma，解得a＝g，根据运动学公式有＝2ax1，解得物块的位移大小为x1＝，故A错误；物块机械能增量为ΔE＝＋mgx1sin 30°＝，故B错误；对小车根据动能定理有Pt－(μmgcos 30°＋mgsin 30°)x＝，其中t＝，联立解得x＝－，故C正确；小车机械能增量为ΔE'＝＋mgxsin 30°＝，故D错误．
5．如图所示，用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻旋入木塞内，随后下压把手，使齿轮绕固定支架上的转轴转动，通过齿轮啮合，带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动．从0时刻开始，顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动，木塞所受摩擦力f随位移大小x的变化关系为f＝f0，其中f0为常量，h为圆柱形木塞的高，木塞质量为m，底面积为S，加速度为a，齿轮半径为r，重力加速度为g，瓶外气压减瓶内气压为Δp且近似不变，瓶子始终静止在桌面上．(提示：可用f-x图线下的“面积”表示f所做的功)求：
(1)木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度ω．
(2)拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W．
(3)拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式．
答案：(1) 　(2) mah＋mgh＋f0h＋ΔpSh　(3) magt＋ma2t＋ΔpSat＋f0at－t3
解析：(1) 木塞的末速度等于齿轮线速度，对木塞，根据运动学公式v2＝2ah
根据角速度和线速度的关系v＝ωr
联立可得ω＝
(2) 根据题意画出木塞摩擦力与运动距离的关系图如图所示
可得摩擦力对木塞所做的功为Wf＝－f0h
对木塞，根据动能定理W＋Wf－mgh－ΔpSh＝mv2－0
解得W＝mah＋mgh＋f0h＋ΔpSh
(3) 设开瓶器对木塞的作用力为F，对木塞，根据牛顿第二定律F－mg－f－ΔpS＝ma
速度v＝at
位移x＝at2
开瓶器的功率P＝Fv
联立可得P＝magt＋ma2t＋ΔpSat＋f0at－t3

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