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　功 和 功 率
　　
　　1.功
　　2.功率
1.(2018山东济南单元测验)在一次跳绳体能测试中,一位体重约为50 kg 的同学,一分钟内连续跳了140下,若该同学每次跳跃的腾空时间为0.2 s,重力加速度g取10 m/s2,则他在这一分钟内克服重力做的功约为(　　)。
A.3500 J　　　　B.14000 J　　　　C.1000 J　　　　D.2500 J
答案　A
2.(2018浙江丽水水平检测)(多选)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.支持力对物体不做功
D.合外力对物体做正功
答案　AC
3.(2018河北保定测验)在平直的公路上,一辆汽车在牵引力作用下从静止开始做匀加速直线运动,当速度达到某一值时汽车做匀速直线运动。若汽车所受阻力与速度成正比,则汽车功率P随时间t变化的关系可能是(　　)。
答案　A
4.(2018广西桂林摸底考试)(多选)一辆汽车在运动中所受阻力恒定。在下列关于汽车速度和发动机功率随时间变化的情况中,正确的是(　　)。
A.速度减小,功率不可能增加
B.功率减小,速度可能增加
C.若速度随时间均匀增大,则功率也一定随时间均匀增大
D.若功率随时间均匀增大,则速度也一定随时间均匀增大
答案　BC
1.(2018全国卷Ⅲ,19)(多选)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,(　　)。
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
解析　设第②次上升所用时间为t,根据速度图象的面积等于位移(此题中为提升的高度)可知,由互补法可知12×12v0×t0=(t-2t0)12v0,解得t=5t02,所以第①次和第②次提升过程所用时间之比为2t0∶5t02=4∶5,A项正确;由于两次提升变速阶段的加速度大小相同,在匀加速阶段,由牛顿第二定律有F-mg=ma,可得提升的最大牵引力之比为1∶1,B项错误;由功率公式P=Fv可知,电机输出的最大功率之比等于最大速度之比,为2∶1,C项正确;根据动能定理,电机做功W=mgh,二次提升高度h相同,两次做功相同,D项错误。
答案　AC
2.(2018天津卷,10)我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后,拉开了全面试验试飞的新征程。假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动,当位移x=1.6×103 m时才能达到起飞所要求的速度v=80 m/s。已知飞机质量m=7.0×104 kg,滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍,重力加速度取g=10 m/s2。求飞机滑跑过程中:
(1)加速度a的大小。
(2)牵引力的平均功率P。
解析　(1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动,有
v2=2ax
解得a=2 m/s2。
(2)设飞机滑跑时受到的阻力为F阻,依题意可得
F阻=0.1mg
设发动机的牵引力为F,根据牛顿第二定律有
F-F阻=ma
设飞机滑跑过程中的平均速度为v?,有
v?=v2
在滑跑阶段,牵引力的平均功率P=Fv?
联立解得P=8.4×106 W。
答案　(1)2 m/s2　(2)8.4×106 W
见《自学听讲》P76
一
功的计算
　　1.恒力做功的计算方法
恒力做功的计算要严格按照公式W=Flcos α进行。应先对物体进行受力分析和运动分析,确定力、位移及力与位移之间的夹角,用W=Flcos α直接求解或利用动能定理求解。
2.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、…,再用W合=W1+W2+W3+…求合力做的功。
例1　(多选)质量为m的物体置于倾角为α的斜面上,物体和斜面间的动摩擦因数为μ,在外力F作用下斜面以加速度a向左做匀加速直线运动,如图所示,运动过程中物体与斜面之间保持相对静止,则下列说法正确的是(　　)。
A.斜面对物体的支持力一定做正功
B.斜面对物体的摩擦力一定做正功
C.斜面对物体的摩擦力可能不做功
D.斜面对物体的摩擦力可能做负功
解析　物体所受的支持力始终垂直于斜面向上,由于位移方向水平向左,则力与位移方向之间的夹角为锐角,因此支持力一定做正功,A项正确。摩擦力做功有三种情况:当加速度a=gtan α时,物体所受的摩擦力为零,摩擦力不做功;当加速度a>gtan α时,物体所受的摩擦力沿斜面向下,摩擦力做正功;当加速度a答案　ACD
求解恒力做功的流程图
二
功率的计算
　　1.平均功率的计算方法
(1)P=Wt。
(2)P=Fvcos α,其中v为物体运动的平均速度。
2.瞬时功率的计算方法
(1)P=Fvcos α,其中v为物体的瞬时速度。
(2)P=FvF,其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度。
(3)P=Fvv,其中Fv为物体所受外力F在速度v方向上的分力。
例2　如图所示,质量为m的小球A沿高度为h,倾角为θ的光滑斜面以初速度v0滑下,另一质量与A相同的小球B自相同高度同时由静止落下,结果两球同时落地。下列说法正确的是(　　)。
A.重力对两球做的功不相等
B.落地前的瞬间,A球的速度等于B球的速度
C.落地前的瞬间,A球重力的瞬时功率大于B球重力的瞬时功率
D.两球重力的平均功率相同
解析　两球从相同的高度下落,重力所做的功相同,均为mgh,故A项错误;设落地前的瞬间A、B球的速度分别为vA、vB,则12mvA2=mgh+12mv02,12mvB2=mgh,由于12mv02>0,所以12mvA2>12mvB2,即落地前的瞬间A球的速度大于B球的速度,B项错误;两球都做匀变速直线运动,设运动时间为t,则hsinθ=v0+vA2t,h=12gt2,解得vA=2ghsinθ-v0,PGA=mgvAsin θ=mg2gh-mgv0sin θ,B球重力做功的瞬时功率PGB=mgvB=mg2gh,故PGA答案　D
分析计算功率时首先要判断是平均功率还是瞬时功率。若为平均功率,则用对应的功除以对应的时间;若为瞬时功率,则用这个力的大小乘以此刻的速度在这个力的方向的分速度,或速度乘以这个力在速度方向上的分力。
三
机车启动问题
　　1.两种启动模型的比较
启动方式
以恒定功率启动
以恒定加速度启动
P-t图和v - t图
OA
段
过程
分析
P额不变:当v增大时,
F=P额v减小,
a=F-F阻m减小
a不变:a=F-F阻m不变
F不变,当v增大时,P=Fv增大,直到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=v1a
AB
段
过程
分析
F=F阻,a=0,F阻=P额vm
当v增大时,F=P额v减小,
a=F-F阻m减小
运动
性质
以vm做匀速直线运动
加速度减小的加速运动,在B点达到最大速度,vm=P额F阻
BC段
无
F=F阻,a=0,以vm=P额F阻做匀速直线运动
　　2.三个重要关系式
(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=PFmin=PF阻(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过程中,匀加速过程结束时,功率最大,但速度不是最大,v=PF(3)机车以恒定功率启动时,牵引力做的功W=Pt。由动能定理得Pt-F阻x=ΔEk。此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移或速度问题。
例3　预计在2019年底京张高铁建成通车,届时北京到张家口的铁路旅行时间将从3.5小时缩短到1小时左右。我国高速铁路使用的“和谐号”动车组是由动车和拖车编组而成的,提供动力的车厢叫动车,不提供动力的车厢叫拖车。某列动车组由8节车厢组成,其中车头第1节、车中第5节为动车,其余为拖车,假设每节动车和拖车的质量均为m=2×104 kg,每节动车提供的最大功率P=600 kW。
(1)假设行驶过程中每节车厢所受阻力f大小均为车厢重力的1100,若该动车组从静止以加速度a=0.5 m/s2加速行驶。
①求此过程中,第5节和第6节车厢间作用力的大小。
②以此加速度行驶时所能持续的时间。
(2)若行驶过程中动车组所受阻力与速度成正比,两节动车带6节拖车的动车组所能达到的最大速度为v1。为提高动车组速度,现将动车组改为4节动车带4节拖车,则动车组所能达到的最大速度为v2,求v1与v2的比值。
解析　(1)①以第6、7、8三节车厢为整体分析,总质量为3m,所受拉力为F,根据牛顿第二定律有
F-3f=3ma
f=1100mg
代入数据解得F=3.6×104 N。
②设每个动车提供的牵引力为F',动车匀加速行驶能达到的最大速度为vm,对整个动车组进行分析,根据牛顿第二定律,有
2F'-8f=8ma
2P=2F'vm
2Pvm-8f=8ma
代入数据解得vm=12.5 m/s
持续时间t=vma=25 s。
(2)动车组以最大速度行驶时有F牵=f阻=kv,依据公式
P=F牵·v
2P=kv1·v1
4P=kv2·v2
两式相比得v1v2=22。
答案　(1)①3.6×104 N　②25 s　(2)22
解决机车启动问题的3个注意:
(1)在机车功率P=Fv中,F是机车的牵引力而不是机车所受合力,正是基于此,牵引力与阻力平衡时达到最大运行速度,即P=Ffvm。
(2)在恒定功率下的启动过程一定不是匀加速过程,匀变速直线运动的公式不适用了,这种加速过程发动机做的功可用W=Pt计算,不能用W=Fl计算(因为F为变力)。
(3)以恒定牵引力加速时的功率一定不恒定,这种加速过程发动机做的功常用W=Fl计算,不能用W=Pt计算(因为功率P是变化的)。
　　变力做功的计算
计算变力做功的常用方法有:动能定理法、等效转换法、微元法、图象法、平均力法等。求解时根据条件灵活选取。
方法
示例
动能定
理法　
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-cos θ)=0,得WF=mgL(1-cos 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·hsinα-hsinβ
平均
力法
弹簧由伸长x1被继续拉至伸长x2的过程中,克服弹力做功W=kx1+kx22·(x2-x1)
图象法
一水平拉力F0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=F0x0
　　1.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。用法见上表示例。
2.微元法
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。
例4　2019年春节,小明旅游时到一家农家饭餐厅就餐时发现,店内竟有真驴拉磨磨玉米面,如图甲所示,假设驴拉磨的平均拉力大小为500 N,运动的半径为1 m。则驴拉磨转动一周所做的功为(　　)。
A.0　　　　　　B.500 J
C.500π J D.1000π J
解析　由于F的方向保持与作用点的速度方向一致,因此可把圆周划分成很多小段研究,如图乙所示,当各小段的弧长Δli足够小(Δli→0)时,在这Δli内F的方向几乎与该小段的位移方向重合。故WF=F·Δl1+F·Δl2+F·Δl3+…=F·2πR=1000π J。
答案　D
3.等效转换法
通过转换研究的对象,可将变力做功转化为恒力做功,用W=Flcos α求解,如轻绳通过定滑轮拉动物体运动的过程中拉力做功问题。
例5　如图所示,固定的光滑竖直杆上套着一个滑块,滑块用轻绳系着绕过光滑的定滑轮O。现以大小不变的拉力F拉绳,使滑块从A点由静止开始上升。滑块运动到C点时速度最大。已知滑块质量为m,滑轮O到竖直杆的距离为d,∠OAO'=37°,∠OCO'=53°,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度为g。求:
(1)拉力F的大小。
(2)滑块由A到C过程中拉力F做的功。
解析　(1)滑块到C点时速度最大,即此处滑块所受合力为零
根据牛顿第二定律可知,滑块在竖直方向上有
Fcos 53°=mg
解得F=53mg。
(2)由能量的转化与守恒可知,拉力F对绳端点做的功等于绳的拉力F对滑块做的功
由几何关系可知,滑轮与A点间的绳长L1=dsin37°,滑轮与C点间的绳长L2=dsin53°
滑轮右侧绳子增大的长度ΔL=L1-L2=5d12
则拉力做功W=FΔL=2536mgd。
答案　(1)53mg　(2)2536mgd
4.用“平均力”求变力做的功
求解变力做功时,若物体受到的力的方向不变,而大小随位移成线性变化,即力均匀变化,则可以认为物体受到一大小为F?=F1+F22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=F?lcos α求此力所做的功。
例6　(多选)如图所示,n个完全相同、边长足够小且互不粘连的小方块依次排列,总长度为l,总质量为M,它们一起以速度v在光滑水平面上滑动,某时刻开始滑上粗糙水平面,小方块与粗糙水平面之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。若小方块恰能全部进入粗糙水平面,则所有小方块克服摩擦力做的总功为(　　)。
A.12Mv2　　　　　　B.Mv2
C.12μMgl D.μMgl
解析　小方块恰能完全进入粗糙水平面,说明小方块进入粗糙水平面后速度为零。以所有小方块为研究对象,由动能定理可知,所有小方块克服摩擦力做的总功Wf=12Mv2,A项正确;所有小方块进入粗糙水平面过程的位移为l,所有小方块受到的摩擦力随进入粗糙水平面的位移成线性变化,则摩擦力的平均值f?=μMg2,所有小方块克服摩擦力做的总功Wf=f?l=12μMgl,C项正确。
答案　AC
5.用F-x图象求变力做功
利用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。
例7　如图甲所示,质量为4 kg的物体在水平推力作用下开始运动,推力大小F随位移x变化的情况如图乙所示,物体与地面间的动摩擦因数μ=0.5,g取10 m/s2。则(　　)。
A.物体先做加速运动,推力撤去才开始做减速运动
B.运动过程中推力做的功为200 J
C.物体在运动中的加速度先变小后不变
D.因推力是变力,故无法确定推力做功的大小
解析　 滑动摩擦力Ff=μmg=20 N,物体先做加速运动,当推力减小到20 N时,加速度减小为零,之后推力逐渐减小,此时物体做加速度增大的减速运动,当推力减小为零后物体做匀减速运动,A、C两项错误;F-x图象的面积表示推力做的功,W=12×100×4 J=200 J,B项正确,D项错误。
答案　B
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.(2019福建龙岩阶段考试)如图所示的四幅图是2019年春节后小新提包上学的情景,小新对包的拉力没有做功的是(　　)。
解析　根据功的概念及功的两个因素可知,只有同时满足有力及在力的方向上有位移两个条件时,力才对物体做功,A、C、D三项做功,B项没有做功。
答案　B
2.(2018湖南常德质量检测)质量为2 t的汽车,发动机的牵引功率为30 kW,在水平公路上,能达到的最大速度为15 m/s,当汽车的速度为10 m/s时,加速度的大小为(　　)。
A.0.5 m/s2 B.1 m/s2
C.1.5 m/s2 D.2 m/s2
解析　当汽车达到最大速度时,牵引力等于阻力,则有P=F牵v=Ffvm,Ff=Pvm=2×103 N,当v=10 m/s时,F=Pv=3×103 N,所以a=F-Ffm=0.5 m/s2。
答案　A
3.(2018陕西宝鸡摸底考试)汽车沿平直的公路以恒定功率P从静止开始启动,如图所示为牵引力F与速度v的关系,加速过程在图中的T点结束,所用时间t=8 s,经历的路程s=50 m,8 s后汽车做匀速运动。若汽车所受阻力始终不变,则(　　)。
A.汽车匀速运动时的牵引力大小为2×104 N
B.汽车所受阻力的大小为4×104 N
C.汽车的恒定功率为8×104 W
D.汽车的质量为8×103 kg
解析　由图象可得,加速过程在T点结束,汽车匀速运动时的牵引力大小为2×104 N,A项正确;此时F=f,即汽车所受阻力的大小f=2×104 N,B项错误;且汽车在运动过程中功率恒定,根据P=Fv得P=fvmax=1.6×105 W,C项错误;根据动能定理得Pt-fs=12mvmax2-0,代入数据解得汽车的质量m=8.75×103 kg,D项错误。
答案　A
4.(2018河北张家口诊断考试)如图所示,在足够大的光滑水平桌面上,一个质量m=1 kg的小球,以初速度v0=10 m/s向正北方向运动,从某时刻起受到向东的恒力F=10 N的作用,经过1 s后将F的方向改为向西、大小不变。从某时刻起到2 s末的时间内,下列说法中正确的是(　　)。
A.2 s内小球的位移为20 m
B.2 s末F做功的功率为0
C.第1 s内小球的速度变化了10(2-1) m/s
D.第1 s内F做功为100 J
解析　第1 s内,小球沿正北方向做匀速运动,沿正东方向做匀加速运动,加速度a1=Fm=10 m/s2,速度v1=a1t1=10 m/s,位移x1=12at12=5 m,F做功WF=Fx1=50 J,速度变化了10 m/s,C、D两项错误;2 s内,小球沿正北方向的位移为20 m,沿正东方向的位移为10 m,故2 s内小球的位移为10 5 m,A项错误;2 s末小球沿正东方向的速度为0,则F做功的功率为0,B项正确。
答案　B
5.(2018陕西延安模拟考试)用一根绳子竖直向上拉一个物块,物块从静止开始运动,绳子拉力的功率按如图所示规律变化,已知物块的质量为m,重力加速度为g,0~t0时间内物块做匀加速直线运动,t0时刻后功率保持不变,t1时刻物块达到最大速度,则下列说法正确的是(　　)。
A.物块始终做匀加速直线运动
B.0~t0时间内物块的加速度大小为P0mt0
C.t0时刻物块的速度大小为P0mg
D.0~t1时间内物块上升的高度为P0mgt1-t02-P022m2g3
解析　0~t0时间内物块做匀加速直线运动,t0时刻后功率保持不变,根据P=Fv知,v增大,F减小,物块做加速度减小的变加速运动,当加速度减小到零时,物块做匀速直线运动,故A项错误。根据P0=Fv=Fat,F=mg+ma得,P=(mg+ma)at,可知图线的斜率k=P0t0=m(g+a)a,可知a≠P0mt0,故B项错误。在t1时刻速度达到最大,F=mg,则速度v=P0mg,可知t0时刻物块的速度小于P0mg,故C项错误。P-t图线与x轴围成的面积表示牵引力做功的大小,根据动能定理得P0t02+P0(t1-t0)-mgh=12mv2,解得h=P0mgt1-t02-P022m2g3,故D项正确。
答案　D
6.(2018福建龙岩模拟考试)(多选)用长为l、不可伸长的细线把质量为m的小球悬挂于O点,将小球拉至悬线偏离竖直方向α角后放手,运动t时间后停在最低点。则在时间t内(　　)。
A.小球重力做功为mgl(1-cos α)
B.空气阻力做功为-mglcos α
C.小球所受合力做功为0
D.细线拉力做功的功率为mgl(1-cosα)t
解析　小球从开始运动到停止的过程中,下降的高度h=l(1-cos α),所以小球的重力做功WG=mgh=mgl(1-cos α),A项正确;在小球运动的整个过程中,重力和空气阻力对小球做功,根据动能定理得WG+Wf=0-0,所以空气阻力做功Wf=-WG=-mgl(1-cos α),B项错误;小球受到的合力做功等于小球动能的变化,所以W合=0-0=0,C项正确;由于细线的拉力始终与运动的方向垂直,所以细线的拉力不做功,细线的拉力的功率为0,D项错误。
答案　AC
7.(2018湖南株洲阶段测验)(多选)如图所示,水平路面上有一辆质量为Μ的汽车,车厢中有一质量为m的人正用恒力F向前推车厢,在车以加速度a向前加速行驶距离L的过程中,下列说法正确的是(　　)。
A.人对车的推力F做的功为FL
B.人对车做的功为maL
C.车对人的摩擦力做的功为(F+ma)L
D.车对人的作用力大小为ma
解析　人对车做功W=FL,A项正确;在水平方向上,由牛顿第二定律可知车对人的作用力F'=ma,人对车的作用力为-ma,做功W=-maL,B项错误;同时车对人还有支持力,车对人的作用力N=(mg)2+(ma)2,D项错误;对人由牛顿第二定律,有f-F=ma,即f=ma+F,车对人的摩擦力做功W=fL=(F+ma)L,C项正确。
答案　AC
8.(2018贵州安顺学情检测)(多选)物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动。通过力和速度传感器监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律分别如图甲、乙所示。取重力加速度g=10 m/s2,则下列说法正确的是(　　)。
A.物体的质量m=0.5 kg
B.物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.4
C.第2 s内物体克服摩擦力做的功W=2 J
D.前2 s内推力F做功的平均功率 P?=3 W
解析　由题图甲、乙可知,1 s~2 s时,推力F2=3 N,物体做匀加速直线运动,其加速度a=2 m/s2,由牛顿运动定律可得F2-μmg=ma;2 s~3 s时,推力F3=2 N,物体做匀速直线运动,由平衡条件可知μmg=F3;联立解得物体的质量m=0.5 kg,物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.4,A、B两项正确。由速度—时间图象所围的面积表示位移可得,第2 s内物体位移x=1 m,克服摩擦力做的功Wf=μmgx=2 J,C项正确。第1 s内,由于物体静止,推力不做功;第2 s内,推力做功W=F2x=3 J,即前2 s内推力F做功W'=3 J,前2 s内推力F做功的平均功率P?=W't=1.5 W,D项错误。
答案　ABC
9.(2018四川广元摸底考试)(多选)汽车以恒定功率P、初速度v0冲上倾角一定的斜坡时,汽车受到的阻力恒定不变,则汽车上坡过程的v -t图象可能是(　　)。
解析　由瞬时功率P=Fv可知,汽车功率恒定,汽车开始所受牵引力F=Pv0,若牵引力与汽车所受阻力相等,则汽车做匀速运动,B项中v-t图象是可能的;若牵引力大于阻力,则汽车做加速运动,随速度增大,牵引力减小,而汽车所受阻力不变,由牛顿第二定律可知,汽车的加速度减小,直至减小到零,C项中v-t图象是可能的,A项中v-t图象是不可能的;若牵引力小于阻力,则汽车做减速运动,牵引力增大,汽车所受阻力不变,由牛顿第二定律可知,汽车的加速度减小,直至减小到零,D项中v-t图象是可能的。
答案　BCD
10.(2018河北保定摸底考试)(多选)如图所示,在倾角为θ的光滑斜面上,有两个用轻弹簧连接的物块A和B,它们的质量分别为m和2m,弹簧的劲度系数为k,C为一固定挡板,系统处于静止状态。现用一沿斜面方向的恒力拉物块A使之沿斜面向上运动,当B刚离开C时,A的速度为v,加速度方向沿斜面向上、大小为a,则(　　)。
A.从静止到B刚离开C的过程中,A发生的位移为3mgsinθk
B.从静止到B刚离开C的过程中,重力对A做的功为-3m2g2sinθk
C.B刚离开C时,恒力对A做功的功率为(mgsin θ+ma)v
D.当A的速度达到最大时,B的加速度大小为a2
解析　开始系统静止时,设弹簧压缩量为x,由平衡条件有kx=mgsin θ,解得x=mgsinθk。当B刚离开挡板时,设弹簧伸长量为x',对B受力分析有kx'=2mgsin θ,解得x'=2mgsinθk,所以从静止到B刚离开C的过程中,A的位移为x+x'=3mgsinθk,A项正确;重力对A做的功WG=-mg(x+x')sin θ=-3m2g2sin ?2θk,B项错误;B刚离开C时,对A、B及弹簧组成的整体,由牛顿第二定律有F-3mgsin θ=ma,所以拉力做功的功率P=Fv=(3mgsin θ+ma)v,C项错误;当A的速度达到最大时,A所受合力为零,对A由平衡条件有F弹+mgsin θ=F,解得F弹=2mgsin θ+ma,对B,由牛顿第二定律有F弹-2mgsin θ=2ma',联立解得a'=a2,D项正确。
答案　AD
11.(2018四川成都质量调研)如图甲所示,升降机内有一斜面,其倾角为θ,一质量为m的物体放在斜面上。若升降机以加速度a匀加速上升,且物体与斜面相对静止,则在上升高度h的过程中,物体受到的各力分别对物体做了多少功?合力对物体做了多少功?
甲
解析　对物体受力分析,如图乙所示
乙
则FNsin θ=Ffcos θ
FNcos θ+Ffsin θ-mg=ma
由上式得
FN=m(g+a)cos θ
Ff=m(g+a)sin θ
所以重力做功W重=-mgh
支持力做功W支=FNhcos θ=m(g+a)hcos 2θ
摩擦力做功W摩=Ffsin θ×h
合力做功W合=W重+W支+W摩=mah。
答案　W重=-mgh　W支=m(g+a)hcos 2 θ　W摩=m(g+a)hsin 2θ　W合=mah
12.(2018广东汕头开学考试)如图所示,一质量M=4 kg的长木板B静止在光滑水平地面上。现有一质量m=1 kg的小滑块A以v0=3 m/s的初速度向右滑上长木板,同时对滑块施加一个大小F=2 N的水平向右的恒定拉力。当木板与滑块的速度相等的瞬间,木板恰好碰到右方的固定挡板P并立刻停止运动,滑块继续运动一段时间后停在木板上。已知A、B间的动摩擦因数μ=0.4,取重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)木板右端与挡板P之间的初始距离d。
(2)整个过程滑块和木板组成的系统克服摩擦力做的功。
解析　(1)A、B间的滑动摩擦力f=μFN=μmg=4 N , Ff-F=ma1
v=v0-a1t
B做匀加速运动,经时间t,有
f=Ma2
v=a2t
d=12a2t2
代入数据解得木板右端与挡板P之间的初始距离d=0.5 m。
(2)木板停下后,A继续做匀减速运动至停下,A全过程相对于地面的位移为xA,有v02=2a1xA,整个过程系统克服摩擦力做的功Wf=f(xA-d)
代入数据解得Wf=7 J。
答案　(1) 0.5 m　(2)7 J
13.(2018福建厦门调研)如图所示,足够宽的水平传送带以v0=2 m/s的速度沿顺时针方向运行,质量m=0.4 kg的小滑块被光滑固定挡板拦住静止于传送带上的A点,t=0时,在小滑块上施加沿挡板方向的拉力F,使之沿挡板做a=1 m/s2的匀加速直线运动,已知小滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g=10 m/s2,求:
(1)t=0时,拉力F的大小及t=2 s时小滑块所受摩擦力的功率。
(2)拉力F与t满足的关系式。
解析　(1)由挡板挡住小滑块使其静止于A点,知挡板方向必垂直于传送带的运行方向,则
t=0时,对滑块有F=ma
解得F=0.4 N
t=2 s时,小滑块的速度v=at=2 m/s,摩擦力方向与挡板夹角的正切值tan θ=v0v=1,则θ=45°
此时摩擦力的功率P=μmgvcos 45°
解得P=425 W。
(2)t时刻,小滑块的速度v=at=t
小滑块所受的摩擦力与挡板的夹角的正切值tan α=v0at=2t
余弦值cos α=t4+t2
由牛顿第二定律得F-μmgcos α=ma
解得F=4t5t2+4+25(N)。
答案　(1)0.4 N　425W　(2)F=4t5t2+4+25(N)

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