第1讲 动能定理的综合应用
【自主学习】
第1讲 动能定理的综合应用
(本讲对应学生用书第22~25页
)
自主学习
【考情分析】
动能定理是高考的重点，通常与直线运动、曲线运动等结合起来进行考查. 复习时通过受力分析、运动过程分析，熟练地应用动能定理解决问题. 深刻理解动能定理中的功能关系，抓住两种命题情景来突破：一是应用动能定理，结合动力学方法解决多运动过程、曲线运动的问题；二是运用动能定理解决电场、磁场中带电粒子运动及电磁感应问题.
一、 功的计算
1．恒力的功：W=Flcos θ
可以理解为W=F(l cos θ) ， 即力F 和力的方向上发生的位移l cos θ之积；或者是W=(F cos θ) l ，即位移l 和在位移方向上的力F cos θ之积.
11
22v v 2．变力的功：(1) 用动能定理W=2m 2-2m 1.
(2) 用W=Pt求功，如机车恒功率启动时.
(3) 将变力做功转化为恒力做功，如滑动摩擦力做功、空气阻力做功等. (4) 利用微元法求变力做功. 3．合力做功：
(1) 先求出合外力F ，再利用W=Flcos θ求出合外力的功.
(2) 先求出各个分力的功，再利用合外力的功等于物体所受各力功的代数和求出合外力的功，即W 合=W1+W2+W3+…+Wn .
二、 功率及机车启动问题
W
1．功率：(1) 平均功率P=t 或P=Fvcos α(v 为平均速度) .
(2) 瞬时功率：P=Fvcos α. 2．两种机车启动的模型比较
三、 动能定理
1．动能定理表达式：W=Ek2-E k1.
2．适用条件：动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于恒力做功，也适用于变力做功.
1．(2015·河北衡水中学) 汽车从静止开始先做匀加速直线运动，然后做匀速运动. 汽车所受阻力恒定，下列汽车功率P 与时间t 的关系图象中，能描述上述过程的是
( )
〖答案〗C
〖解析〗根据P=Fv分析知，匀加速运动时牵引力大于阻力，F 不变，v 随时间均匀增大，P 随时间均匀增大，故A 、D 项错误；当匀速时牵引力等于阻力，说明F 突变小，速度不变，故功率突变小，以后保持不变，故B 项错误，C 项正确.
2．(多选)(2015·河南高考押题) 如图甲所示，小物块静止在倾角θ=37°的粗糙斜面上. 现对物块施加一个沿斜面向下的推力F ，力F 的大小随时间t 的变化情况如图乙所示，物块的速率v 随时间t 的变化规律如图丙所示，取sin 37°=0. 6，cos 37°=0. 8，重力加速度取g=10 m/s2. 下列说法中正确的是
(
)
A . 物块的质量为1 kg
B . 物块与斜面间的动摩擦因数为0. 7 C . 0~3 s时间内力F 做功的平均功率为0. 32 W
甲 乙 丙
D . 0~3 s时间内物体克服摩擦力做的功为5. 12 J 〖答案〗AD
〖解析〗由速度图象可知在1~3 s 时间内，物块做匀加速直线运动，则0. 8+mgsin θ-0.8-0
μmgcos θ=ma，a=3-1 m/s2=0. 4 m/s2. 在3~4 s时间内，物块做匀速运动，受力平衡，
则μmgcos θ-mg sin θ=0. 4 N ，解得m=1 kg ，μ=0. 8，故A 项正确，B 项错误；0~1 s 时
1
间内，物块静止，力F 不做功，1~3 s时间内，力F=0. 8 N，物块的位移x=2×0. 4×22
Fx 0.8 0.8
3 W =0. 213 W ，故C 项错m =0. 8 m ，0~3 s 时间内力F 做功的平均功率为t 3=
误；0~3 s时间内物体克服摩擦力做的功为μmgcos θ·x=5. 12 J，故D 项正确.
3．(多选)(2015·山西大学附中) 如图所示，A 、C 和B 、C 是两个固定的斜面，斜面的顶端A 、B 在同一竖直线上. 甲、乙两个小物体在同一竖直线上. 甲、乙两个小物块分别从斜面AC 和BC 顶端由静止开始下滑，质量分别是m 1、m 2(m 1
所需时间分别是t 1、t 2. 甲、乙滑至底端C 时速度分别是v 1、v 2，动能分别是E k1、E k2，则
(
)
A . E k1>Ek2 〖答案〗BC
B . v 1>v2 C . W 1
〖解析〗设斜面的倾角为θ，斜面水平长度为L ，由动能定理得mgL tan θ-μmgcos θ
L
cos θ=Ek -0，E k =mgL(tan θ-μ) ，m 1θ2，无法判断两物体动能大小，故A 项1
，θ>θ，v >v，故B 项正确；克
错误；E k =mgL(tan θ-μ) =2mv 2，
1212L
cos θ=μmgL，m 1
L 1
第二定律得mg sin θ-μmgcos θ=ma，cos θ=2at 2，
定时间关系，故D 项错误.
4．(2015·海南) 如图所示，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高. 质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为2mg ，重力加速度大小为g ，质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为
(
)
1
A . 4mgR
11π
B . 3mgR C . 2mgR D . 4mgR
〖答案〗C
〖解析〗在Q 点，质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当
v 2
下落过程中重力做正功，
向心力，所以有N-mg=mR ，N=2mg ，联立解得
v=
11
摩擦力做负功，根据动能定理可得mgR-W f =2mv 2，解得W f =2mgR ，所以克服摩擦1
力做功2mgR ，C 项正确.
【案例导学】
案例导学
功和功率的计算
例1 (多选)(2015·河南信阳一调改编) 如图甲所示，质量m=1 kg的物块(可视为质点) 以v 0=10 m/s的初速度从粗糙斜面上的P 点沿斜面向上运动到达最高点后，又沿原路返回，其速率随时间变化的图象如图乙所示. 已知斜面固定且足够长，不计空气阻力，取g=10 m/s2，sin 37°=0. 6. 下列说法中正确的是
(
)
A . 物块所受的重力与摩擦力之比为5∶2
B . 在t=1 s到t=6 s的时间内，物块所受重力的平均功率为50 W C . 在t=6 s时，物体克服摩擦力做功的功率为20 W
D . 在t=0到t=1 s 时间内摩擦力做的功与t=1 s 到t=6 s 时间内摩擦力做的功之比为1∶5
〖解析〗设斜面倾角为θ，根据速度-时间图象的斜率表示加速度得
Δv 10-10
上滑过程a 1=Δt 1=1 m/s2=-10 m/s2，
Δv 210
下滑过程a 2=Δt 2=5 m/s2=2 m/s2， 根据牛顿第二定律得
-mg sin θ-f mg sin θ-f
m m a 1=，a 2=，
mg 5
带入数据解得f =2，故A 项正确；
根据速度-时间图象与坐标轴围成的面积表示位移得
1
1~6 s 内的位移x=2×5×10 m =25 m ，则t=1 s 到t=6 s 的时间内物块所受重力的
平均功率为
mgx sin θt ==
10⨯25⨯
5
3
W =30 W，故B 项错误；
22
摩擦力f=5mg=5×10 N=4 N，则t=6 s时物体克服摩擦力做功的功率
P=fv=4×10 W=40 W，故C 项错误；
在t=0到t=1 s时间内摩擦力做的功大小与t=1 s到t=6 s时间内摩擦力做的功大小
1
⨯1⨯10fx 11
⨯5⨯10
之比为fx 2=2=5，故D 项正确.
〖答案〗AD
功和功率的计算问题
(1) 遇到求功的问题时，要分析是恒力做功还是变力做功，如果变力做功，多数情况利用动能定理和能量守恒定律求解.
(2) 求功率要分析清楚是瞬时功率还是平均功率.
变式训练1 (多选)(2015·山西大学附中) 质量为m 的物体从距地面H 高处自由下落，经历时间t ，则有
( )
1
A . t 秒内重力对物体做功为2mg 2t 2
B . t 秒内重力的平均功率为mg 2t
t t
C . 前2秒末重力的瞬时功率与后2秒末重力的瞬时功率之比为P 1∶P 2=1∶2 t t
D . 前2秒内减少的重力势能与后2秒内减少的重力势能之比为
ΔE p1∶ΔE p2=1∶3
〖答案〗ACD
11
〖解析〗物体自由下落，t 秒内物体下落h=2gt 2，W=mgh=2mg 2t 2，故A 项正
1
mg 2t 2
W 1t t
秒末与后
2t 确；P=t ==2mg 2t ，故B 项错误；从静止开始自由下落，前2
t t
秒末与后
2秒末功秒末的速度之比为1∶2(因v=gt∝t ) ，又有P=Fv=mgv∝v ，故前2
t t
秒与后
2秒下落的位移之比为1∶3，率瞬时之比为P 1∶P 1=1∶2，故C 项正确；前2
则重力做功之比为1∶3，故重力势能减少量之比为1∶3，故D 项正确.
机车启动问题
例2 (多选)(2015·河北衡水中学) 为减少二氧化碳排放，我国城市公交推出新型节能环保电动车. 在检测某款电动车性能的实验中，质量为8×102 kg 的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为15 m/s，利用传感器测得此过程中不同时
1
刻电动车的牵引力F 与对应的速度v ，并描绘出F-v 图象(图中AB 、BO 均为直线) ，
假设电动车行驶中所受的阻力恒定，则 (
)
A . 在全过程中，电动车在B 点时速度最大 B . BA 过程电动车做匀加速运动 C . CB 过程电动车做减速运动
D . CB 过程电动车的牵引力的功率恒定
11
〖解析〗因为刚开始启动时，v 较小，v 较大，所以F-v 图象应该从图象的右
边向左看，根据图象可知，电动车由静止开始做匀加速直线运动，达到额定功率后，牵引力逐渐减小，做加速度减小的变加速直线运动，达到最大速度后做匀速直线运
1
动. v 越小，速度v 越大，所以，在全过程中，电动车在C 点时速度最大，A 项错误；F -F 阻
BA 过程中，牵引力F 不变，所以加速度a=m 不变，电动车做匀加速运动，B 项
1
正确；根据图象，在CB 过程中，v 的取值逐渐减小，这说明速度v 逐渐增大，所以1
电动车做加速运动，C 项错误；在CB 过程中，F 与v 成正比，所以Fv=P恒定不变，
D 项正确.
〖答案〗BD
机车启动问题
(1) 解决机车启动问题，首先要弄清哪种启动方式.
(2) 机车的功率P=Fv中，F 指机车的牵引力，并非车受到的合外力.
(3) 机车以额定功率启动时，牵引力做功用W=Pt求解. (4) 机车以额定功率启动时的位移可用动能定理求解.
变式训练2 (2015·新课标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 变化的图象中，可能正确的是
(
)
〖答案〗A
〖解析〗由图可知，汽车先以恒定功率P 1运动，所以刚开始做加速度减小的加速运动，后以更大功率P 2运动，所以再次做加速度减小的加速运动，故A 项正确.
动能定理的应用
例3 (2015·新课标Ⅰ) 如图所示，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
(
)
1
A . W=2mgR ，质点恰好可以到达Q 点 1
B . W>2mgR ，质点不能到达Q 点
1
C . W=2mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离 1
D . W
〖解析〗根据动能定理可得P 点动能E k P =mgR，经过N 点时，半径方向的合力
v 23mgR
提供向心力，可得4mg-mg=mR ，所以N 点动能为E k N =2，从P 点到N 点根据动
3mgR mgR
能定理可得mgR+W=2-mgR ，即摩擦力做功W=-2. 质点运动过程，半径方
v 2
向的合力提供向心力即F N -mg sin θ=ma=mR ，根据左右对称，在同一高度，由于摩擦力做功导致右半幅的速度小，轨道弹力变小，滑动摩擦力f=μFN 变小，所以摩
3mgR
擦力做功变小，那么从N 到Q ，根据动能定理，Q 点动能E k Q =2-mgR-W' ，由于mgR
W'
确.
〖答案〗C
(1) 动能定理的应用步骤：
(2) 若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑. 但求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待求出总功，计算时要把各力的功连同正负号一同代入公式.
变式训练3 (2015·浙江) 如图所示，用一块长L 1=1. 0 m 的木板在墙和桌面间架设斜面，桌面高H=0. 8 m，长L 2=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 kg 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) 求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x m
.
〖答案〗(1) tan θ≥0. 05 (2) μ2=0. 8 (3) 1. 9 m 〖解析〗(1) 为使小物块下滑mg sin θ≥μ1mg cos θ，
θ满足的条件tan θ≥0. 05.
(2) 克服摩擦力做功W f =μ1mgL 1cos θ+μ2mg (L 2-L 1cos θ) ， 由动能定理得mgL 1sin θ-W f =0， 代入数据得μ2=0. 8.
1
(3) 由动能定理可得mgL 1sin θ-W f =2mv 2，
代入数据得v=1 m/s.
1
H=g gt 2，t=0. 4 s， x 1=vt， x 1=0. 4 m， x m =x1+L2=1. 9 m.
【检测与评估】
专题三 功与能
第1讲 动能定理的综合应用
一、 单项选择题
1． (2015·四川) 在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小 A ． 一样大 B ． 水平抛的最大 C ． 斜向上抛的最大 D ． 斜向下抛的最大
2． (2015·福建) 如图所示，在竖直平面内，滑道ABC 关于B 点对称，且A 、B 、C 三点在同一水平线上．若小滑块第一次由A 滑到C ，所用的时间为t 1，第二次由C 滑到A ，所用时间为t 2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则
(
)
A ． t 1t 2
D ． 无法比较t 的大小
3． (2014·新课标Ⅱ) 如图所示，一质量为M 的光滑大圆环用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大圆环上的质量为m 的小环(可视为质点) ，从大圆环的最高处由静止滑下，重力加速度为g ．当小圆环滑到大圆环的最低点时，大圆环对轻杆拉力的大小为
(
)
( )
A ． M g -5mg B． M g +mg C ． M g +5mg
D ． M g +10mg
4． (2015·河南师大附中) 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所示．下列说法中正确的是
(
)
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 ． 合外力在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
5． (2015·河北衡水中学) 足球比赛中踢点球时，足球距球门10.97 m ，球正对球门踢出后恰好沿水平方向从横梁的下沿擦进球门．已知足球质量为400 g ，球门高为2.44 m ，不计空气阻力，则该球员此次踢球过程中对足球做的功约为 (
)
A ． 30 J
二、 多项选择题
6． (2015·江西南昌十校联考) 从相同高度以相同大小的速度将质量为m 的两个小球抛出，一个竖直下抛，一个沿光滑斜面向下抛出，不计空气阻力．则由抛出到落地的过程中，下列说法中正确的是 ( ) A ． 重力对两球做的功相等 B ． 重力的平均功率相等
C ． 落地时两球重力的瞬时功率相等 D ． 两球落地时机械能相等
B ． 60 J C ． 90 J D ． 120 J
7． (2015·河北保定模考) 一辆汽车在水平路面上以速度v 0匀速行驶时，发动机的功率为P ，牵引力为F 0．从t 1时刻起汽车开上一个倾角为θ的坡路，若汽车功率保持不变，水平路面与坡路路况相同，汽车经过一段时间的变速运动后又进入匀速运动状态，则下面关于汽车速度v 、牵引力F 与时间t 的关系图象正确的是
(
)
8． (2015·山西四校联考) 如图所示，倾角为θ的光滑斜面足够长，一质量为m 的小物体在沿斜面向上的恒力F 作用下，由静止从斜面底端沿斜面向上做匀加速直线运动，经过时间t ，力F 做功为60 J．此后撤去力F ，物体又经过相同的时间t 回到斜面底端．若以地面为零势能参考面，则下列说法中正确的是
(
)
A ． 物体回到斜面底端的动能为60 J B ． 恒力F=2mg sin θ
C ． 撤去力F 时，物体的重力势能为45 J
D ． 动能与势能相等的时刻一定出现在撤去力F 之前
三、 计算题
9． (2015·重庆) 同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的实验装置．图中水平放置的底板上竖直地固定有M 板和N 板．M 板上部有一半径为R 的
1
4圆弧形的粗糙轨道，P 为最高点，Q 为最低点，Q 点处的切线水平，距底板高为
H ．N 板上固定有三个圆环．将质量为m 的小球从P 处静止释放，小球运动至Q 飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q 水平距离为L 处．不考虑空气阻力，重力加速度为g ．求：
L
(1) 距Q 水平距离为2的圆环中心到底板的高度．
(2) 小球运动到Q 点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向． (3) 摩擦力对小球做的功．
10． (2015·江西上饶六校联考二模) 如图所示，某物块(可看成质点) 从A 点沿竖直光
1
滑的4圆弧轨道，由静止开始滑下，圆弧轨道的半径R=0.25 m ，末端B 点与水平传
送带相切，物块由B 点滑上粗糙的传送带．若传送带静止，物块滑到传送带的末端C 点后做平抛运动，落到水平地面上的D 点，已知C 点到地面的高度H=20 m ，C 点到D 点的水平距离为x 1=4 m ，取g =10 m /s 2．
(1) 求物块滑到C 点时速度的大小．
(2) 若传送带顺时针匀速转动，且物块最后的落地点到C 点水平距离不随传送带转动速度变化而改变．试讨论传送带转动速度的范围．
【检测与评估答案】
专题三 功与能
第1讲 动能定理的综合应用
1． 【答案】A
【解析】三个小球被抛出后，均仅在重力作用下运动，三球从同一位置落至同一
1
水平地面时，设其下落高度为h ，并设小球的质量为m ，根据动能定理有mgh =212
mv 0
22mv -，解得小球的末速度大小为v
末速度大小相等，故选项A 正确．
2． 【答案】A
v 2
【解析】在AB 段，根据牛顿第二定律mg -F N =m R ，速度越大，滑块受支持力越小，
v 2
摩擦力就越小，在BC 段，根据牛顿第二定律F N -mg =m R ，速度越大，滑块受支持力越大，摩擦力就越大，由题意知，从A 运动到C 相比从C 到A ，在AB 段速度较大，在BC 段速度较小，所以从A 到C 运动过程受摩擦力较小，用时短，所以A 正确．
3． 【答案】C
mv 2
【解析】小环在最低点时，对整体有T-(M+m ) g =R ，其中T 为轻杆对大环的拉力；
1
小环由最高处运动到最低处由动能定理得mg ·2R=2mv 2-0，联立以上二式解得
T=Mg +5mg ，由牛顿第三定律知，大环对轻杆拉力的大小为T'=T=Mg +5mg ，C 项正确．
4． 【答案】C
【解析】由P=Fv ，对应v -t 图象和P-t 图象可得F×3=30 J，F f ×6=40 J，解得F=10 N，
20
F f =3 N ，D 项错误；06 s 内物体位移大小等于v -t 图象中的面积，即位移=
⎛1⎫⨯2⨯6+4⨯6 ⎪⎝2⎭m =30 m ，A 项错误；06 s 内拉力做的功等于P-t 图象的面积，即W=⎛1⎫⨯30⨯2+4⨯10 ⎪⎝2⎭J=70 J，B 项错误；由于在2~6 s 内物体的速度未发生改变，由动能定理可知，C 项正确．
5． 【答案】B
【解析】对足球从球员踢出到飞入球门的过程研究，设球门高为h ，足球距球门为s ，
11
mv 02
发球时球的初速度为v 0，进入球门时球速为v ，根据动能定理得-mgh =2mv 2-2，
球员对足球做的功在数值上等于瞬间球的动能变化，所以该队员将足球踢出时对足
mgs 2112
mv 02球做的功为W==mgh +2mv 2=mgh +4h ，解得W≈60 J，故选B ．
6． 【答案】AD
【解析】由题意知，两小球初、末位置的高度相同，质量相同，由重力做功的特
W
点知，重力对两球做的功相等，A 项正确；但运动时间不相等，由P=t 知B 项错；
因由抛出到落地的过程中只有重力做功，故机械能守恒，抛出时两球机械能相等，D 项正确；两球落地时速度大小相同，方向不同，由P=mgv cos θ知，落地时重力的瞬时功率不相等，C 项错．
7． 【答案】AC
【解析】当汽车开上坡路时，速度减小，由P=Fv 可知牵引力F 增大，对斜面上的汽车受力分析可知，合力方向沿斜坡向下，由牛顿第二定律得mg sin θ+Ff -F=ma ，因F 增大，故加速度减小，v -t 图象中曲线斜率减小，故A 、C 选项正确．
8． 【答案】AC
【解析】在物体运动的全过程中，重力做功为零，支持力不做功，运用动能定理
1
得，物体回到出发点的动能2mv 2=60 J；故A 正确；设有拉力与没拉力时物体的加
速度大小分别为a 1、a 2，根据物体在拉力作用下向上运动的位移与撤去拉力后回到
11
出发点的位移大小相等、方向相反得2a 1t 2+a 1t ·t -2a 2t 2=0，得到a 2=3a 1，又由牛顿4mgsin θ
3第二定律得F-mg sin θ=ma 1，mg sin θ=ma 2，得到F=，故B 错误；因为拉力4mgsin θ3
3做功为W F =x =60 J，克服重力做功为mgh =4W F =45 J，则撤去F 时物体的重
力势能为45 J，故C 正确；物体从最高点下滑的过程中一定有一个点的动能与势能相等，故D 错误．
2
⎛⎫L 31+ ⎪
2HR ⎭，方向竖直向下 (3) mg 9． 【答案】(1) 4H
mg ⎝
⎛L 2⎫
-R ⎪⎝4H ⎭
1
【解析】(1) 由平抛运动规律可知L=vt ，H=2gt 2， L 12
gt 1
同理2=vt 1，h =2，
H H 3
解得h =4，则距地面高度为H-4=4H ．
L
(2) 由平抛规律解得v =t
v 2
对Q 点分析，由牛顿第二定律F 支-mg =m R ，
mg L 2
解得F 支=mg +2HR ，
mg L 2
由牛顿第三定律知F 压=F支=mg +2HR ，方向竖直向下．
(2) 对P 点至Q 点，由动能定理有
1
mg R+Wf =2mv 2-0，
mg L 2
解得W f =4H -mg R ．
10． 【答案】(1) 2 m /s (2) v
m /s 或0
1
【解析】(1) 从C 到D 做平抛运动，竖直方向有H=2gt 2， 代入数据解得t =2 s ，
水平方向上有x 1=v 1t ，
代入数据解得v 1=2 m /s ．
1mv 22(2) 从A 到B ，由动能定理得mg R=2-0，
代入数据解得v 2
m /s ．
要求落点不随传送带的速度改变而改变，
若物体在传送带上一直减速，则传送带的速度v ≤v 1=2 m /s ． 若物体在传送带上一直加速，到C 点时速度为v 3，由运动学规律有
222v 12-v 2v v 32=-2as ，-=2as ，
代入数据解得v 3
m /s ．
则传送带的速度v
≥m /s ．
第1讲 动能定理的综合应用
【自主学习】
第1讲 动能定理的综合应用
(本讲对应学生用书第22~25页
)
自主学习
【考情分析】
动能定理是高考的重点，通常与直线运动、曲线运动等结合起来进行考查. 复习时通过受力分析、运动过程分析，熟练地应用动能定理解决问题. 深刻理解动能定理中的功能关系，抓住两种命题情景来突破：一是应用动能定理，结合动力学方法解决多运动过程、曲线运动的问题；二是运用动能定理解决电场、磁场中带电粒子运动及电磁感应问题.
一、 功的计算
1．恒力的功：W=Flcos θ
可以理解为W=F(l cos θ) ， 即力F 和力的方向上发生的位移l cos θ之积；或者是W=(F cos θ) l ，即位移l 和在位移方向上的力F cos θ之积.
11
22v v 2．变力的功：(1) 用动能定理W=2m 2-2m 1.
(2) 用W=Pt求功，如机车恒功率启动时.
(3) 将变力做功转化为恒力做功，如滑动摩擦力做功、空气阻力做功等. (4) 利用微元法求变力做功. 3．合力做功：
(1) 先求出合外力F ，再利用W=Flcos θ求出合外力的功.
(2) 先求出各个分力的功，再利用合外力的功等于物体所受各力功的代数和求出合外力的功，即W 合=W1+W2+W3+…+Wn .
二、 功率及机车启动问题
W
1．功率：(1) 平均功率P=t 或P=Fvcos α(v 为平均速度) .
(2) 瞬时功率：P=Fvcos α. 2．两种机车启动的模型比较
三、 动能定理
1．动能定理表达式：W=Ek2-E k1.
2．适用条件：动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于恒力做功，也适用于变力做功.
1．(2015·河北衡水中学) 汽车从静止开始先做匀加速直线运动，然后做匀速运动. 汽车所受阻力恒定，下列汽车功率P 与时间t 的关系图象中，能描述上述过程的是
( )
〖答案〗C
〖解析〗根据P=Fv分析知，匀加速运动时牵引力大于阻力，F 不变，v 随时间均匀增大，P 随时间均匀增大，故A 、D 项错误；当匀速时牵引力等于阻力，说明F 突变小，速度不变，故功率突变小，以后保持不变，故B 项错误，C 项正确.
2．(多选)(2015·河南高考押题) 如图甲所示，小物块静止在倾角θ=37°的粗糙斜面上. 现对物块施加一个沿斜面向下的推力F ，力F 的大小随时间t 的变化情况如图乙所示，物块的速率v 随时间t 的变化规律如图丙所示，取sin 37°=0. 6，cos 37°=0. 8，重力加速度取g=10 m/s2. 下列说法中正确的是
(
)
A . 物块的质量为1 kg
B . 物块与斜面间的动摩擦因数为0. 7 C . 0~3 s时间内力F 做功的平均功率为0. 32 W
甲 乙 丙
D . 0~3 s时间内物体克服摩擦力做的功为5. 12 J 〖答案〗AD
〖解析〗由速度图象可知在1~3 s 时间内，物块做匀加速直线运动，则0. 8+mgsin θ-0.8-0
μmgcos θ=ma，a=3-1 m/s2=0. 4 m/s2. 在3~4 s时间内，物块做匀速运动，受力平衡，
则μmgcos θ-mg sin θ=0. 4 N ，解得m=1 kg ，μ=0. 8，故A 项正确，B 项错误；0~1 s 时
1
间内，物块静止，力F 不做功，1~3 s时间内，力F=0. 8 N，物块的位移x=2×0. 4×22
Fx 0.8 0.8
3 W =0. 213 W ，故C 项错m =0. 8 m ，0~3 s 时间内力F 做功的平均功率为t 3=
误；0~3 s时间内物体克服摩擦力做的功为μmgcos θ·x=5. 12 J，故D 项正确.
3．(多选)(2015·山西大学附中) 如图所示，A 、C 和B 、C 是两个固定的斜面，斜面的顶端A 、B 在同一竖直线上. 甲、乙两个小物体在同一竖直线上. 甲、乙两个小物块分别从斜面AC 和BC 顶端由静止开始下滑，质量分别是m 1、m 2(m 1
所需时间分别是t 1、t 2. 甲、乙滑至底端C 时速度分别是v 1、v 2，动能分别是E k1、E k2，则
(
)
A . E k1>Ek2 〖答案〗BC
B . v 1>v2 C . W 1
〖解析〗设斜面的倾角为θ，斜面水平长度为L ，由动能定理得mgL tan θ-μmgcos θ
L
cos θ=Ek -0，E k =mgL(tan θ-μ) ，m 1θ2，无法判断两物体动能大小，故A 项1
，θ>θ，v >v，故B 项正确；克
错误；E k =mgL(tan θ-μ) =2mv 2，
1212L
cos θ=μmgL，m 1
L 1
第二定律得mg sin θ-μmgcos θ=ma，cos θ=2at 2，
定时间关系，故D 项错误.
4．(2015·海南) 如图所示，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高. 质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为2mg ，重力加速度大小为g ，质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为
(
)
1
A . 4mgR
11π
B . 3mgR C . 2mgR D . 4mgR
〖答案〗C
〖解析〗在Q 点，质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当
v 2
下落过程中重力做正功，
向心力，所以有N-mg=mR ，N=2mg ，联立解得
v=
11
摩擦力做负功，根据动能定理可得mgR-W f =2mv 2，解得W f =2mgR ，所以克服摩擦1
力做功2mgR ，C 项正确.
【案例导学】
案例导学
功和功率的计算
例1 (多选)(2015·河南信阳一调改编) 如图甲所示，质量m=1 kg的物块(可视为质点) 以v 0=10 m/s的初速度从粗糙斜面上的P 点沿斜面向上运动到达最高点后，又沿原路返回，其速率随时间变化的图象如图乙所示. 已知斜面固定且足够长，不计空气阻力，取g=10 m/s2，sin 37°=0. 6. 下列说法中正确的是
(
)
A . 物块所受的重力与摩擦力之比为5∶2
B . 在t=1 s到t=6 s的时间内，物块所受重力的平均功率为50 W C . 在t=6 s时，物体克服摩擦力做功的功率为20 W
D . 在t=0到t=1 s 时间内摩擦力做的功与t=1 s 到t=6 s 时间内摩擦力做的功之比为1∶5
〖解析〗设斜面倾角为θ，根据速度-时间图象的斜率表示加速度得
Δv 10-10
上滑过程a 1=Δt 1=1 m/s2=-10 m/s2，
Δv 210
下滑过程a 2=Δt 2=5 m/s2=2 m/s2， 根据牛顿第二定律得
-mg sin θ-f mg sin θ-f
m m a 1=，a 2=，
mg 5
带入数据解得f =2，故A 项正确；
根据速度-时间图象与坐标轴围成的面积表示位移得
1
1~6 s 内的位移x=2×5×10 m =25 m ，则t=1 s 到t=6 s 的时间内物块所受重力的
平均功率为
mgx sin θt ==
10⨯25⨯
5
3
W =30 W，故B 项错误；
22
摩擦力f=5mg=5×10 N=4 N，则t=6 s时物体克服摩擦力做功的功率
P=fv=4×10 W=40 W，故C 项错误；
在t=0到t=1 s时间内摩擦力做的功大小与t=1 s到t=6 s时间内摩擦力做的功大小
1
⨯1⨯10fx 11
⨯5⨯10
之比为fx 2=2=5，故D 项正确.
〖答案〗AD
功和功率的计算问题
(1) 遇到求功的问题时，要分析是恒力做功还是变力做功，如果变力做功，多数情况利用动能定理和能量守恒定律求解.
(2) 求功率要分析清楚是瞬时功率还是平均功率.
变式训练1 (多选)(2015·山西大学附中) 质量为m 的物体从距地面H 高处自由下落，经历时间t ，则有
( )
1
A . t 秒内重力对物体做功为2mg 2t 2
B . t 秒内重力的平均功率为mg 2t
t t
C . 前2秒末重力的瞬时功率与后2秒末重力的瞬时功率之比为P 1∶P 2=1∶2 t t
D . 前2秒内减少的重力势能与后2秒内减少的重力势能之比为
ΔE p1∶ΔE p2=1∶3
〖答案〗ACD
11
〖解析〗物体自由下落，t 秒内物体下落h=2gt 2，W=mgh=2mg 2t 2，故A 项正
1
mg 2t 2
W 1t t
秒末与后
2t 确；P=t ==2mg 2t ，故B 项错误；从静止开始自由下落，前2
t t
秒末与后
2秒末功秒末的速度之比为1∶2(因v=gt∝t ) ，又有P=Fv=mgv∝v ，故前2
t t
秒与后
2秒下落的位移之比为1∶3，率瞬时之比为P 1∶P 1=1∶2，故C 项正确；前2
则重力做功之比为1∶3，故重力势能减少量之比为1∶3，故D 项正确.
机车启动问题
例2 (多选)(2015·河北衡水中学) 为减少二氧化碳排放，我国城市公交推出新型节能环保电动车. 在检测某款电动车性能的实验中，质量为8×102 kg 的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为15 m/s，利用传感器测得此过程中不同时
1
刻电动车的牵引力F 与对应的速度v ，并描绘出F-v 图象(图中AB 、BO 均为直线) ，
假设电动车行驶中所受的阻力恒定，则 (
)
A . 在全过程中，电动车在B 点时速度最大 B . BA 过程电动车做匀加速运动 C . CB 过程电动车做减速运动
D . CB 过程电动车的牵引力的功率恒定
11
〖解析〗因为刚开始启动时，v 较小，v 较大，所以F-v 图象应该从图象的右
边向左看，根据图象可知，电动车由静止开始做匀加速直线运动，达到额定功率后，牵引力逐渐减小，做加速度减小的变加速直线运动，达到最大速度后做匀速直线运
1
动. v 越小，速度v 越大，所以，在全过程中，电动车在C 点时速度最大，A 项错误；F -F 阻
BA 过程中，牵引力F 不变，所以加速度a=m 不变，电动车做匀加速运动，B 项
1
正确；根据图象，在CB 过程中，v 的取值逐渐减小，这说明速度v 逐渐增大，所以1
电动车做加速运动，C 项错误；在CB 过程中，F 与v 成正比，所以Fv=P恒定不变，
D 项正确.
〖答案〗BD
机车启动问题
(1) 解决机车启动问题，首先要弄清哪种启动方式.
(2) 机车的功率P=Fv中，F 指机车的牵引力，并非车受到的合外力.
(3) 机车以额定功率启动时，牵引力做功用W=Pt求解. (4) 机车以额定功率启动时的位移可用动能定理求解.
变式训练2 (2015·新课标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 变化的图象中，可能正确的是
(
)
〖答案〗A
〖解析〗由图可知，汽车先以恒定功率P 1运动，所以刚开始做加速度减小的加速运动，后以更大功率P 2运动，所以再次做加速度减小的加速运动，故A 项正确.
动能定理的应用
例3 (2015·新课标Ⅰ) 如图所示，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
(
)
1
A . W=2mgR ，质点恰好可以到达Q 点 1
B . W>2mgR ，质点不能到达Q 点
1
C . W=2mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离 1
D . W
〖解析〗根据动能定理可得P 点动能E k P =mgR，经过N 点时，半径方向的合力
v 23mgR
提供向心力，可得4mg-mg=mR ，所以N 点动能为E k N =2，从P 点到N 点根据动
3mgR mgR
能定理可得mgR+W=2-mgR ，即摩擦力做功W=-2. 质点运动过程，半径方
v 2
向的合力提供向心力即F N -mg sin θ=ma=mR ，根据左右对称，在同一高度，由于摩擦力做功导致右半幅的速度小，轨道弹力变小，滑动摩擦力f=μFN 变小，所以摩
3mgR
擦力做功变小，那么从N 到Q ，根据动能定理，Q 点动能E k Q =2-mgR-W' ，由于mgR
W'
确.
〖答案〗C
(1) 动能定理的应用步骤：
(2) 若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑. 但求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待求出总功，计算时要把各力的功连同正负号一同代入公式.
变式训练3 (2015·浙江) 如图所示，用一块长L 1=1. 0 m 的木板在墙和桌面间架设斜面，桌面高H=0. 8 m，长L 2=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 kg 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) 求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x m
.
〖答案〗(1) tan θ≥0. 05 (2) μ2=0. 8 (3) 1. 9 m 〖解析〗(1) 为使小物块下滑mg sin θ≥μ1mg cos θ，
θ满足的条件tan θ≥0. 05.
(2) 克服摩擦力做功W f =μ1mgL 1cos θ+μ2mg (L 2-L 1cos θ) ， 由动能定理得mgL 1sin θ-W f =0， 代入数据得μ2=0. 8.
1
(3) 由动能定理可得mgL 1sin θ-W f =2mv 2，
代入数据得v=1 m/s.
1
H=g gt 2，t=0. 4 s， x 1=vt， x 1=0. 4 m， x m =x1+L2=1. 9 m.
【检测与评估】
专题三 功与能
第1讲 动能定理的综合应用
一、 单项选择题
1． (2015·四川) 在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小 A ． 一样大 B ． 水平抛的最大 C ． 斜向上抛的最大 D ． 斜向下抛的最大
2． (2015·福建) 如图所示，在竖直平面内，滑道ABC 关于B 点对称，且A 、B 、C 三点在同一水平线上．若小滑块第一次由A 滑到C ，所用的时间为t 1，第二次由C 滑到A ，所用时间为t 2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则
(
)
A ． t 1t 2
D ． 无法比较t 的大小
3． (2014·新课标Ⅱ) 如图所示，一质量为M 的光滑大圆环用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大圆环上的质量为m 的小环(可视为质点) ，从大圆环的最高处由静止滑下，重力加速度为g ．当小圆环滑到大圆环的最低点时，大圆环对轻杆拉力的大小为
(
)
( )
A ． M g -5mg B． M g +mg C ． M g +5mg
D ． M g +10mg
4． (2015·河南师大附中) 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所示．下列说法中正确的是
(
)
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 ． 合外力在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
5． (2015·河北衡水中学) 足球比赛中踢点球时，足球距球门10.97 m ，球正对球门踢出后恰好沿水平方向从横梁的下沿擦进球门．已知足球质量为400 g ，球门高为2.44 m ，不计空气阻力，则该球员此次踢球过程中对足球做的功约为 (
)
A ． 30 J
二、 多项选择题
6． (2015·江西南昌十校联考) 从相同高度以相同大小的速度将质量为m 的两个小球抛出，一个竖直下抛，一个沿光滑斜面向下抛出，不计空气阻力．则由抛出到落地的过程中，下列说法中正确的是 ( ) A ． 重力对两球做的功相等 B ． 重力的平均功率相等
C ． 落地时两球重力的瞬时功率相等 D ． 两球落地时机械能相等
B ． 60 J C ． 90 J D ． 120 J
7． (2015·河北保定模考) 一辆汽车在水平路面上以速度v 0匀速行驶时，发动机的功率为P ，牵引力为F 0．从t 1时刻起汽车开上一个倾角为θ的坡路，若汽车功率保持不变，水平路面与坡路路况相同，汽车经过一段时间的变速运动后又进入匀速运动状态，则下面关于汽车速度v 、牵引力F 与时间t 的关系图象正确的是
(
)
8． (2015·山西四校联考) 如图所示，倾角为θ的光滑斜面足够长，一质量为m 的小物体在沿斜面向上的恒力F 作用下，由静止从斜面底端沿斜面向上做匀加速直线运动，经过时间t ，力F 做功为60 J．此后撤去力F ，物体又经过相同的时间t 回到斜面底端．若以地面为零势能参考面，则下列说法中正确的是
(
)
A ． 物体回到斜面底端的动能为60 J B ． 恒力F=2mg sin θ
C ． 撤去力F 时，物体的重力势能为45 J
D ． 动能与势能相等的时刻一定出现在撤去力F 之前
三、 计算题
9． (2015·重庆) 同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的实验装置．图中水平放置的底板上竖直地固定有M 板和N 板．M 板上部有一半径为R 的
1
4圆弧形的粗糙轨道，P 为最高点，Q 为最低点，Q 点处的切线水平，距底板高为
H ．N 板上固定有三个圆环．将质量为m 的小球从P 处静止释放，小球运动至Q 飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q 水平距离为L 处．不考虑空气阻力，重力加速度为g ．求：
L
(1) 距Q 水平距离为2的圆环中心到底板的高度．
(2) 小球运动到Q 点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向． (3) 摩擦力对小球做的功．
10． (2015·江西上饶六校联考二模) 如图所示，某物块(可看成质点) 从A 点沿竖直光
1
滑的4圆弧轨道，由静止开始滑下，圆弧轨道的半径R=0.25 m ，末端B 点与水平传
送带相切，物块由B 点滑上粗糙的传送带．若传送带静止，物块滑到传送带的末端C 点后做平抛运动，落到水平地面上的D 点，已知C 点到地面的高度H=20 m ，C 点到D 点的水平距离为x 1=4 m ，取g =10 m /s 2．
(1) 求物块滑到C 点时速度的大小．
(2) 若传送带顺时针匀速转动，且物块最后的落地点到C 点水平距离不随传送带转动速度变化而改变．试讨论传送带转动速度的范围．
【检测与评估答案】
专题三 功与能
第1讲 动能定理的综合应用
1． 【答案】A
【解析】三个小球被抛出后，均仅在重力作用下运动，三球从同一位置落至同一
1
水平地面时，设其下落高度为h ，并设小球的质量为m ，根据动能定理有mgh =212
mv 0
22mv -，解得小球的末速度大小为v
末速度大小相等，故选项A 正确．
2． 【答案】A
v 2
【解析】在AB 段，根据牛顿第二定律mg -F N =m R ，速度越大，滑块受支持力越小，
v 2
摩擦力就越小，在BC 段，根据牛顿第二定律F N -mg =m R ，速度越大，滑块受支持力越大，摩擦力就越大，由题意知，从A 运动到C 相比从C 到A ，在AB 段速度较大，在BC 段速度较小，所以从A 到C 运动过程受摩擦力较小，用时短，所以A 正确．
3． 【答案】C
mv 2
【解析】小环在最低点时，对整体有T-(M+m ) g =R ，其中T 为轻杆对大环的拉力；
1
小环由最高处运动到最低处由动能定理得mg ·2R=2mv 2-0，联立以上二式解得
T=Mg +5mg ，由牛顿第三定律知，大环对轻杆拉力的大小为T'=T=Mg +5mg ，C 项正确．
4． 【答案】C
【解析】由P=Fv ，对应v -t 图象和P-t 图象可得F×3=30 J，F f ×6=40 J，解得F=10 N，
20
F f =3 N ，D 项错误；06 s 内物体位移大小等于v -t 图象中的面积，即位移=
⎛1⎫⨯2⨯6+4⨯6 ⎪⎝2⎭m =30 m ，A 项错误；06 s 内拉力做的功等于P-t 图象的面积，即W=⎛1⎫⨯30⨯2+4⨯10 ⎪⎝2⎭J=70 J，B 项错误；由于在2~6 s 内物体的速度未发生改变，由动能定理可知，C 项正确．
5． 【答案】B
【解析】对足球从球员踢出到飞入球门的过程研究，设球门高为h ，足球距球门为s ，
11
mv 02
发球时球的初速度为v 0，进入球门时球速为v ，根据动能定理得-mgh =2mv 2-2，
球员对足球做的功在数值上等于瞬间球的动能变化，所以该队员将足球踢出时对足
mgs 2112
mv 02球做的功为W==mgh +2mv 2=mgh +4h ，解得W≈60 J，故选B ．
6． 【答案】AD
【解析】由题意知，两小球初、末位置的高度相同，质量相同，由重力做功的特
W
点知，重力对两球做的功相等，A 项正确；但运动时间不相等，由P=t 知B 项错；
因由抛出到落地的过程中只有重力做功，故机械能守恒，抛出时两球机械能相等，D 项正确；两球落地时速度大小相同，方向不同，由P=mgv cos θ知，落地时重力的瞬时功率不相等，C 项错．
7． 【答案】AC
【解析】当汽车开上坡路时，速度减小，由P=Fv 可知牵引力F 增大，对斜面上的汽车受力分析可知，合力方向沿斜坡向下，由牛顿第二定律得mg sin θ+Ff -F=ma ，因F 增大，故加速度减小，v -t 图象中曲线斜率减小，故A 、C 选项正确．
8． 【答案】AC
【解析】在物体运动的全过程中，重力做功为零，支持力不做功，运用动能定理
1
得，物体回到出发点的动能2mv 2=60 J；故A 正确；设有拉力与没拉力时物体的加
速度大小分别为a 1、a 2，根据物体在拉力作用下向上运动的位移与撤去拉力后回到
11
出发点的位移大小相等、方向相反得2a 1t 2+a 1t ·t -2a 2t 2=0，得到a 2=3a 1，又由牛顿4mgsin θ
3第二定律得F-mg sin θ=ma 1，mg sin θ=ma 2，得到F=，故B 错误；因为拉力4mgsin θ3
3做功为W F =x =60 J，克服重力做功为mgh =4W F =45 J，则撤去F 时物体的重
力势能为45 J，故C 正确；物体从最高点下滑的过程中一定有一个点的动能与势能相等，故D 错误．
2
⎛⎫L 31+ ⎪
2HR ⎭，方向竖直向下 (3) mg 9． 【答案】(1) 4H
mg ⎝
⎛L 2⎫
-R ⎪⎝4H ⎭
1
【解析】(1) 由平抛运动规律可知L=vt ，H=2gt 2， L 12
gt 1
同理2=vt 1，h =2，
H H 3
解得h =4，则距地面高度为H-4=4H ．
L
(2) 由平抛规律解得v =t
v 2
对Q 点分析，由牛顿第二定律F 支-mg =m R ，
mg L 2
解得F 支=mg +2HR ，
mg L 2
由牛顿第三定律知F 压=F支=mg +2HR ，方向竖直向下．
(2) 对P 点至Q 点，由动能定理有
1
mg R+Wf =2mv 2-0，
mg L 2
解得W f =4H -mg R ．
10． 【答案】(1) 2 m /s (2) v
m /s 或0
1
【解析】(1) 从C 到D 做平抛运动，竖直方向有H=2gt 2， 代入数据解得t =2 s ，
水平方向上有x 1=v 1t ，
代入数据解得v 1=2 m /s ．
1mv 22(2) 从A 到B ，由动能定理得mg R=2-0，
代入数据解得v 2
m /s ．
要求落点不随传送带的速度改变而改变，
若物体在传送带上一直减速，则传送带的速度v ≤v 1=2 m /s ． 若物体在传送带上一直加速，到C 点时速度为v 3，由运动学规律有
222v 12-v 2v v 32=-2as ，-=2as ，
代入数据解得v 3
m /s ．
则传送带的速度v
≥m /s ．