第5讲 功和功率 动能定理
高考考向1 功和功率的计算
功
单个力做功的求法
恒力做功
W＝Fl cos α
变力做功
动能定理或其他功能关系
力的大小不变，方向与速度方向始终相同的曲线运动：W＝Fx路程
力的大小改变，方向与速度方向相同的直线运动：Fx图像面积法
总功的
求法
方法一：W总＝F合l cos α
方法二：W总＝W1＋W2＋W3＋…
功率
平均功率
的求法
P＝Fcos α
瞬时功率的求法
P＝Fv cos α
例1 (2021·浙江6月选考)中国制造的某一型号泵车如图所示，表中列出了其部分技术参数。已知混凝土密度为2.4×103kg/m3，假设泵车的泵送系统以150 m3/h的输送量给30m高处输送混凝土，则每小时泵送系统对混凝土做的功至少为( )
发动机最大输出功率(kW)
332
最大输送高度(m)
63
整车满载质量(kg)
5.4×104
最大输送量(m3/h)
180
A.1.08×107J B．5.04×107J
C．1.08×108J D．2.72×108J
[解析] 泵车的泵送系统以150 m3/h的输送量给30m高处输送混凝土，每小时泵送系统对混凝土做的功至少为W＝mgh＝ρVgh＝2.4×103×150×10×30J＝1.08×108J，故选C。
[答案] C
1．(多选)如图甲所示，一物块前端有一滑轮，轻绳的一端系在右方固定处，水平穿过滑轮，另一端用力F拉住，力F大小如图乙所示，前10s内物块的vt图像如图丙所示，保持力F与水平方向之间的夹角θ＝60°不变，当用力F拉绳使物块前进时，下列说法正确的是( )
A．0～5s内拉力F做的功为75J
B．3 s末拉力F的功率为9W
C．5～10s内摩擦力大小为6N
D．5～10s内拉力F做的功为150J
答案 CD
解析 通过穿过滑轮的轻绳用力F拉物块，等效于如图所示的两个力F同时拉物块，拉力F做的功等于这两个力做功的代数和。由题图乙可知，0～5s内拉力大小F1＝6N，根据题图丙求得物块在0～5s内的位移s1＝×5×5m＝12.5m，
所以拉力做功W1＝F1s1＋F1s1cosθ，解得：W1＝112.5J，故A错误；由题图丙可知，3s末速度为v1＝3m/s，拉力F的功率为P1＝F1v1＋F1v1cosθ，解得：P1＝27W，故B错误；由题图丙可知，5～10s内物块做匀速运动，物块所受合力等于零，水平方向由平衡条件得：F2＋F2cosθ＝f，又由题图乙可知F2＝4N，解得：f＝6N，故C正确；由题图乙可知，5～10s内拉力大小F2＝4N，根据题图丙求得物块在5～10s内的位移s2＝5×5m＝25m，所以拉力做功W2＝F2s2＋F2s2cosθ，解得：W2＝150J，故D正确。
2. (2022·河北省张家口市高三下三模)如图所示为古代的水车，该水车周边均匀分布着n个盛水的容器。在流水的冲力作用下，水车边缘以速率v做匀速转动，当装满水的容器到达最高处时将水全部倒入水槽中。设每个盛水容器装入水的质量均为m，忽略容器装水的过程和水车浸入水的深度。已知重力加速度为g，则水车运水的功率为( )
A．
B．
C．
D．
答案 C
解析 设水车半径为R，则水车转动的周期为T＝，水车转动一圈，每个容器对水做功均为W0＝mg·2R，则水车转动一圈对水做的功W＝nW0＝2nmgR，则水车运水的功率P＝＝，C正确。
高考考向2 机车启动问题
1．以恒定功率启动
(1)动态过程
(2)这一过程的Pt图像和vt图像如图所示：
2．以恒定加速度启动
(1)动态过程
(2)这一过程的Pt图像和vt图像如图所示：
例2 (2021·湖南高考)“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比(F阻＝kv，k为常量)，动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是( )
A.动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动
C．若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为
[解析] 动车组在匀加速启动过程中，由牛顿第二定律有F－F阻＝ma，加速度a恒定，F阻＝kv随速度增大而增大，则牵引力也随速度增大而增大，故A错误；若四节动力车厢输出功率均为额定值，由牛顿第二定律有－kv＝ma，可知加速启动的过程，加速度逐渐减小，故B错误；若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，动车组匀速行驶时加速度为零，有＝kv1，而以额定功率匀速行驶时有＝kvm，联立解得v1＝vm，故C正确；若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，由动能定理可知4Pt－W阻＝mv－0，可得动车组克服阻力做的功为W阻＝4Pt－mv，故D错误。
[答案] C
例3 (2021·重庆高考)(多选)额定功率相同的甲、乙两车在同一水平路面上从静止启动，其发动机的牵引力随时间的变化曲线如图所示。两车分别从t1和t3时刻开始以额定功率行驶，从t2和t4时刻开始牵引力均视为不变。若两车行驶时所受的阻力大小与其重力成正比，且比例系数相同，则( )
A.甲车的总重比乙车大
B．甲车比乙车先开始运动
C．甲车在t1时刻和乙车在t3时刻的速率相同
D．甲车在t2时刻和乙车在t4时刻的速率相同
[解析] 根据题述，两车额定功率P相同，两车分别从t1和t3时刻开始以额定功率行驶，从t2和t4时刻开始牵引力不变，由P＝Fv可知此后两车速度不变，牵引力等于各自所受阻力，结合题图可知，甲车所受阻力大于乙车所受阻力，又两车行驶时所受的阻力大小与其重力成正比且比例系数相同，可知甲车的总重比乙车大，A正确。将两车t2、t4之后部分的图线反向延长，由A项分析知，延长线与启动阶段图线交点即为各车开始运动的对应点，可知甲车比乙车先开始运动，B正确。由题图可知，甲车在t1时刻的牵引力等于乙车在t3时刻的牵引力，又两车均刚达到相同的额定功率，根据P＝Fv可知，甲车在t1时刻的速率和乙车在t3时刻的速率相同，C正确。由题图可知，甲车在t2时刻的牵引力大于乙车在t4时刻的牵引力，又两车的功率均为相同的额定功率，根据P＝Fv可知，甲车在t2时刻的速率小于乙车在t4时刻的速率，D错误。
[答案] ABC
例4 (2022·浙江6月选考)小明用额定功率为1200W、最大拉力为300N的提升装置，把静置于地面的质量为20kg的重物竖直提升到高为85.2m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5m/s2的匀减速运动，到达平台的速度刚好为零，g取10m/s2，则提升重物的最短时间为( )
A．13.2 s B．14.2s
C．15.5 s D．17.0s
[解析] 为了以最短时间提升重物，开始阶段应以最大拉力提升重物做匀加速运动，当功率达到额定功率时，保持功率不变，拉力减小，当拉力等于重力时，速度达到最大，接着做匀速运动，最后以最大加速度5m/s2做匀减速运动，上升至平台速度刚好为零。重物在第一阶段匀加速上升，根据牛顿第二定律可得a1＝＝m/s2＝5 m/s2，当功率达到额定功率时，设重物的速度为v1，则有v1＝＝m/s＝4m/s，匀加速过程所用时间和上升高度分别为t1＝＝s＝0.8s，h1＝＝m＝1.6m；重物的最大速度vm＝＝m/s＝6m/s，重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分别为t3＝＝s＝1.2s，h3＝＝m＝3.6m；设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为t2，该过程根据动能定理可得P额t2－mgh2＝mv－mv，又h2＝85.2m－1.6m－3.6m＝80m，解得t2＝13.5s，故提升重物的最短时间为tmin＝t1＋t2＋t3＝0.8s＋13.5s＋1.2s＝15.5s，故C正确。
[答案] C
3．(2022·河北省沧州市高三下二模)一质量为M＝40kg的儿童电动汽车在水平地面上由静止开始做直线运动。在一段时间内电动汽车的速度与牵引力的功率随时间变化的函数关系图像分别如图甲、乙所示，3s末电动汽车牵引力功率达到额定功率，10s末电动汽车的速度达到最大值，14s时关闭发动机，经过一段时间电动汽车停止运动。整个过程中电动汽车受到的阻力恒定。下列说法正确的是( )
A．电动汽车最大速度为10 m/s
B．电动汽车受到的阻力为100 N
C．关闭发动机后，电动汽车经过5 s停止运动
D．整个过程中，电动汽车克服阻力做功为3750J
答案 D
解析 由图甲可知电动汽车在0～3s内做匀加速直线运动，其加速度a1＝1m/s2，t＝3s时，由题和图甲、乙，且根据P＝Fv可得，0～3s的牵引力F＝＝N＝100N，设电动汽车在运动过程中受到的阻力为f，由牛顿第二定律得F－f＝Ma1，解得f＝60N，速度最大时，F＝f，可得P额＝fvm，解得vm＝5m/s，A、B错误；关闭发动机后，根据牛顿第二定律有－f＝Ma2，设经过时间t2电动汽车停止运动，则0＝vm＋a2t2，可得t2＝ s，C错误；对全程由动能定理可得t1＋P额t3－Wf＝0－0，式中t1＝3s，t3＝14s－3s＝11s，可解得整个过程中克服阻力做功为Wf＝3750J，D正确。
4．(2022·河北省石家庄市高三下教学质量检测(二))质量m＝1500kg的家庭轿车，行驶速度v≤54km/h时靠电动机输出动力；行驶速度在54km/h<v≤90 km/h范围内时自动转换为靠汽油发动机输出动力；行驶速度v>90km/h时汽油发动机和电动机将同时工作，这种混合动力汽车更节能环保。该轿车在一条平直的公路上由静止启动，其牵引力F随运动时间t的变化图线如图所示，所受阻力恒为1500N。已知汽车在t1时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至t2时刻。汽车在0～t2时间内行驶的位移为217.5m。则t1和t2分别为( )
A．t1＝9s，t2＝11s
B．t1＝9s，t2＝16s
C．t1＝5.625s，t2＝11s
D．t1＝5.625s，t2＝16s
答案 B
解析 由题意知，第一次切换引擎时速度为v1＝54km/h＝15m/s，0～t1时间内由牛顿第二定律得F1－f＝ma1，解得a1＝m/s2，则t1＝＝9s。设切换引擎后瞬间的牵引力为F1′，根据P＝F1′v1，可得轿车的功率变为P＝75000W，设在t2时刻的牵引力为F2，则在t2时刻的速度大小为v2＝＝25m/s；0～t1时间内行驶的位移s1＝a1t＝67.5m，则t1～t2时间内行驶的位移为s2＝s－s1＝150m；t1～t2时间内根据动能定理得P(t2－t1)－fs2＝mv－mv，解得t2＝16s。故B正确，A、C、D错误。
高考考向3 动能定理的应用
1．合力做功是物体动能变化的原因和量度。
2．动能定理中的位移和速度必须相对于同一个惯性系。
1．应用动能定理解题的分析步骤
注：多过程中的往复运动问题一般应用动能定理求解。
2．应用动能定理时常见的三个误区
(1)公式W＝mv－mv中W应是总功，方程为标量方程，不能在某方向上应用。
(2)功的计算过程中，易出现正、负功判断错误及遗漏某些力做功的现象。
(3)多过程问题中，不善于挖掘题目中的隐含条件，运动物体的过程分析易出现错误。
例5 (2022·全国甲卷)北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于( )
A．
B．
C．
D．
[解析] 运动员从a到c，根据动能定理有mgh＝mv，在c点有FNc－mg＝m，根据牛顿第三定律，可知运动员对滑雪板的压力大小FNc′＝FNc，又由题意知FNc′≤kmg，联立得Rc≥，故选D。
[答案] D
例6 (2021·全国乙卷)一篮球质量为m＝0.60kg，一运动员使其从距地面高度为h1＝1.8m处由静止自由落下，反弹高度为h2＝1.2m。若使篮球从距地面h3＝1.5m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，球落地后反弹的高度也为1.5m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t＝0.20s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取g＝10m/s2，不计空气阻力。求：
(1)运动员拍球过程中对篮球所做的功；
(2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小。
[解析] (1)篮球从高度为h1处由静止自由下落的过程中，由动能定理可得mgh1＝Ek1
之后篮球反弹向上运动的过程中，由动能定理可得－mgh2＝0－Ek2
篮球从高度为h3处由静止下落，同时向下拍球，在篮球下落过程中，由动能定理可得
W＋mgh3＝Ek3
在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得
－mgh3＝0－Ek4
因篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变，则有＝
联立并代入数据可得W＝4.5J。
(2)因运动员拍球时对球的作用力为恒力，则拍球时篮球向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得F＋mg＝ma
在拍球时间内篮球运动的位移为x＝at2
运动员拍球过程中对球做的功为W＝Fx
联立并代入数据可得F＝9N(F＝－15 N舍去)。
[答案] (1)4.5 J (2)9N
5．如图甲所示，质量m＝1kg的木块(视为质点)被水平向左的力F压在竖直墙上，木块初始位置离地面的高度H＝4m，木块与墙面间的动摩擦因数μ＝0.2，木块距离地面的高度h与力F间的关系如图乙所示，取重力加速度大小g＝10m/s2。则静止释放的木块下滑到地面前瞬间的速度大小是( )
A．4 m/s B．6m/s
C．8 m/s D．10m/s
答案 C
解析 木块下滑过程摩擦力为f＝μFN＝μF，则可知最大摩擦力为fm＝μFm＝0.2×20N＝4N，木块下滑过程摩擦力的大小与下滑位移成线性关系，则有mgH－H＝mv2，其中＝＝2N，解得v＝8m/s，故选C。
6. (2022·山东省泰安市高三下一模)如图所示，水平平台与水平细杆间的高度差为H，质量为M的物块放在水平台上，质量为M的小球套在水平杆上，物块和小球通过小滑轮与用轻质细线相连，滑轮右侧细线恰好竖直。现用一水平恒力F由静止沿杆拉动小球，物块始终在水平平台上，不计一切摩擦。则小球前进2H时，物块的速度为( )
A．
B．
C．
D．
答案 D
解析 小球从平台边缘正下方处由静止向右运动2H时，设小球的速度为v，轻质细线与水平方向夹角为θ，如图所示，小球沿细线方向的分速度等于物块的速度，则物块的速度为v1＝vcos θ，根据几何关系知tan θ＝＝，可得v1＝；对物块和小球组成的系统，由动能定理可得F·2H＝Mv2＋Mv－0，可解得v1＝，A、B、C错误，D正确。
专题作业
一、选择题(本题共8小题，其中第1～4题为单项选择题，第5～8题为多项选择题)
1．我国自主研制的绞吸挖泥船“天鲲号”达到世界先进水平。若某段工作时间内，“天鲲号”的泥泵输出功率恒为1×104kW，排泥量为1.4m3/s，排泥管的横截面积为0.7 m2。则泥泵对排泥管内泥浆的推力为( )
A．5×106N B．2×107N
C．2×109N D．5×109N
答案 A
解析 设泥泵对排泥管内泥浆的推力为F，已知泥泵的排泥量为Q，则t时间内泥泵排出的泥浆沿排泥管的长度为：x＝＝，泥泵对这部分泥浆做的功为：W＝Fx＝Pt，联立并代入数据解得：F＝5×106N，故A正确，B、C、D错误。
2. (2022·福建省龙岩市高三下第一次教学质量检测)一辆小轿车在平直路面上以恒定功率加速，其加速度a和速度的倒数的关系如图所示。已知轿车的总质量为1300kg，其所受的阻力不变，则轿车( )
A．速度随时间均匀增大
B．加速度随时间均匀减小
C．所受阻力大小为2.73×103N
D．电动机输出功率为9.1×103W
答案 C
解析 由题图可知，随速度增大，加速度减小，故轿车做变加速直线运动，A错误；题中图线的斜率k＝＝Δa·Δv＝·a·(Δt)2，在相同的极短时间Δt内，随着v增大，a减小，k不变，则增大，即加速度随时间减小得越来越快，B错误；对轿车根据牛顿第二定律，有F－f＝ma，又F＝，联立得a＝－，结合图像可知－＝－2.1，解得轿车所受阻力大小为f＝2.1m＝2.1×1300N＝2.73×103N，图线斜率＝，解得电动机输出功率为P＝9.1×104W，故C正确，D错误。
3．如图甲所示，质量为m＝4.0kg的物体静止在水平地面上，在水平推力F作用下开始运动，水平推力F随位移x变化的图像如图乙所示(x＝4.0m后无推力存在)。已知物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.50，取重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是( )
A．物体在水平地面上运动的最大位移是4.0m
B．物体的最大加速度为25 m/s2
C．在物体运动过程中推力做的功为200 J
D．在距出发点3.0 m位置时物体的速度达到最大
答案 C
解析 设物体在水平地面上运动的最大位移为xm，由动能定理得：WF－μmgxm＝0－0，而推力做的功就是图乙中图线与x轴围成的面积，即WF＝100×J＝200J，代入上式可解得xm＝10m，A错误，C正确；物体的最大加速度就是当x＝0时的加速度，由Fm－μmg＝mam，解得am＝20m/s2，B错误；物体速度达到最大的位置是推力与摩擦力大小相等的位置，因为摩擦力f＝μmg＝20N，在图乙的三角形中，根据三角形相似得：＝，解得x＝3.2m，所以在距出发点3.2m位置时物体的速度达到最大，D错误。
※4.如图所示，质量均为m＝1kg的小物块A和长木板B叠放在一起，以相同的速度v0＝5m/s在光滑水平面上向右匀速运动，A、B间的动摩擦因数μ＝0.25。给长木板B一个水平向左的力，且保持力的功率P＝5W不变，经过一段时间，A开始相对于B运动。则这段时间内小物块A克服摩擦力做的功为( )
A．36 J B．24J
C．18 J D．12J
答案 D
解析 物块A和长木板B保持相对静止的最大加速度为amax＝＝2.5m/s2，以A、B为研究对象有F＝2mamax＝5N，则经过一段时间，A刚要开始相对于B运动时，两物体的速度为v＝＝1m/s，对于小物块A，根据动能定理得－Wf＝mv2－mv，解得这段时间内小物块A克服摩擦力做的功Wf＝12J，故选D。
5．(2022·广东高考)如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s匀速行驶。已知小车总质量为50kg，MN＝PQ＝20m，PQ段的倾角为30°，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的有( )
A．从M到N，小车牵引力大小为40N
B．从M到N，小车克服摩擦力做功800J
C．从P到Q，小车重力势能增加1×104J
D．从P到Q，小车克服摩擦力做功700 J
答案 ABD
解析 小车从M到N匀速行驶，有P1＝F1v1＝200W，解得F1＝40N，由平衡条件知小车所受的摩擦力大小为f1＝F1＝40N，设s＝MN＝PQ＝20m，则从M到N，小车克服摩擦力做功为W1＝f1s＝800J，故A、B正确；小车从P到Q匀速行驶，重力势能增加量为ΔEp＝mgΔh＝mgs·sin30°＝5000J，设此过程小车所受摩擦力大小为f2，则由平衡条件有f2＋mgsin30°＝F2，且P2＝F2v2，克服摩擦力做功为W2＝f2s，联立解得W2＝700J，故C错误，D正确。
6．塔式起重机常用于修建高层建筑，在起重机将质量为m的重物沿竖直方向吊起的过程中，起重机输出功率P随时间t的变化如图乙所示，t0时刻起重机输出功率达到其额定功率P0，下列说法正确的是( )
A．重物的最大速度可达
B．重物做加速度减小的加速运动直到最后匀速运动
C．t0时间内重物增加的机械能为
D．t0时刻，重物的动能达到最大值
答案 AC
解析 起重机输出功率达到其额定功率P0后，保持额定功率工作，当起重机对重物的拉力大小等于重力大小时，重物达到最大速度，为vm＝，故A正确；0～t0内，功率与时间成正比，所以这段时间重物做匀加速直线运动，t0时间后，功率达到额定功率，重物做加速度减小的加速运动直到最后匀速运动，故B错误；t0时间内，重物增加的机械能等于起重机对重物做的功，即ΔE＝P0t0，故C正确；由以上分析可知，t0时刻速度还没有达到最大值，故重物的动能没有达到最大值，故D错误。
7.如图所示，倾角为θ、半径为R的倾斜圆盘，绕圆心O处的转轴匀速转动(转轴垂直于盘面)。一个质量为m的小物块(可视为质点)放在圆盘的边缘，当小物块与圆盘间的动摩擦因数μ＝2tanθ时，恰好随着圆盘一起匀速转动。图中A、B分别为小物块转动过程中所经过的最高点和最低点，OC与OB的夹角为60°。小物块与圆盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．小物块在A点时受到的摩擦力最大
B．圆盘转动的角速度为
C．小物块在C点时受到的摩擦力大小为mgsin θ
D．小物块从B运动到A的过程，摩擦力做功为2mgRsin θ
答案 BD
解析 小物块在平行圆盘方向只受重力沿圆盘向下的分力和摩擦力，且二者的合力充当其做匀速圆周运动的向心力，方向始终沿半径指向圆心，大小恒定，由力的合成与分解知，小物块在B点时受到的摩擦力最大，A错误；小物块在B点时受到的摩擦力最大，当小物块与圆盘间的动摩擦因数μ＝2tanθ时，恰好随着圆盘一起匀速转动，则有μmgcos θ－mgsin θ＝mω2R，解得：ω＝，B正确；小物块在C点时所需的向心力为F＝mω2R＝mgsin θ，由三角形定则及几何知识可得，小物块在C点时受到的摩擦力大小为f＝2Fsin60°＝mgsinθ，C错误；小物块从B运动到A的过程，由动能定理可得－mgsin θ·2R＋Wf＝mv2－mv2，解得：Wf＝2mgRsin θ，D正确。
※8.如图所示，倾角为θ的斜面MN段粗糙，其余段光滑，PM、MN长度均为3d。四个质量均为m的相同样品1、2、3、4放在斜面上，每个样品(可视为质点)左侧固定有长度为d的轻质细杆，细杆与斜面平行，且与其左侧的样品接触但不粘连，样品与MN间的动摩擦因数为tanθ。若样品1在P处时，四个样品由静止一起释放，则(重力加速度大小为g)( )
A．当样品1刚进入MN段时，样品的共同加速度大小为
B．当样品1刚进入MN段时，样品1的轻杆受到的压力大小为3mgsin θ
C．当四个样品均位于MN段时，摩擦力做的总功为9dmgsin θ
D．当四个样品均位于MN段时，样品的共同速度大小为
答案 AD
解析 当样品1刚进入MN段时，以四个样品整体为研究对象，根据牛顿第二定律得4mgsin θ－μmgcos θ＝4ma1，解得样品的共同加速度大小为a1＝gsin θ，以样品1为研究对象，根据牛顿第二定律得F1＋mgsin θ－μmgcos θ＝ma1，解得样品1的轻杆受到的压力大小为F1＝mgsin θ，故A正确，B错误；当四个样品均位于MN段时，摩擦力对样品1做功W1＝－μmgcos θ·3d＝－3mgdsin θ，摩擦力对样品2做功W2＝－μmgcos θ·2d＝－2mgdsin θ，摩擦力对样品3做功W3＝－μmgcos θ·d＝－mgdsin θ，此时样品4刚进入MN段，摩擦力对样品4不做功，所以当四个样品均位于MN段时，摩擦力做的总功为W总＝W1＋W2＋W3＝－6mgdsin θ，故C错误；当四个样品均位于MN段时，以四个样品整体为研究对象，由动能定理得4mg×6dsin θ＋W总＝×4mv2，解得样品的共同速度大小为v＝3，故D正确。
二、计算题(本题共1小题，须写出规范的解题步骤)
9．(2022·山东省潍坊市高三下5月三模)2022年2月4日，北京冬奥会开幕。在自由式大跳台滑雪比赛中，我国运动员取得了优异成绩。如图甲所示，一运动员经助滑雪道加速后从雪道跳台A处沿水平方向飞出并落在倾斜雪道上的B处。设运动员的质量为60kg，测得A、B两点间距离为40m，倾斜雪道与水平面夹角θ为30°，重力加速度g大小取10m/s2。
(1)若不计空气阻力，求该运动员保持同一姿态在空中运动的时间和离倾斜雪道的最大距离；
(2)若考虑空气阻力，该运动员某次从A点飞出通过姿态调整，经2.5s仍落在B点，其竖直方向和水平方向的速度随时间变化情况如图乙中a、b图线所示，求空气阻力对运动员所做的功。
答案 (1)2 s 4.33m (2)－8970J
解析 (1)设运动员从A点运动到B点竖直位移为h，水平位移为x，经历的时间为t，已知AB长为s。根据平抛运动的规律得
x＝v0t
h＝gt2
由几何关系有x＝scos θ，h＝ssin θ
联立解得t＝2s，v0＝10m/s
将运动员的运动沿倾斜雪道方向和垂直倾斜雪道方向分解，设离倾斜雪道的最大距离为H，在垂直倾斜雪道方向有0－v＝－2a⊥H
其中v0⊥＝v0sinθ，a⊥＝gcos θ
联立解得H＝m≈4.33m。
(2)由题图乙可知，该运动员初速度为vA＝18m/s，落到B点水平方向的速度v水平＝13m/s，竖直方向的速度v竖直＝16m/s，则
vB＝
设空气阻力对运动员做的功为Wf，运动员竖直下落的高度仍为h，根据动能定理得：
mgh＋Wf＝mv－mv
联立解得Wf＝－8970J。
