在新课程改革的形势下，高考命题加大了以生产、生活、科技为背景的试题比重，在实际问题中如何分析做功、分析能量的转化，是考生应具备的一种能力.

一、在体育运动中的应用

【例1】(单选)在2014年仁川亚运会体操决赛中，体操运动员用一只手抓住单杠，以单杠为轴，伸直的身体在空中旋转(做单臂大回环)．图中的她正位于头朝下、脚在最高点的位置．若该运动员的质量为m＝50 kg，g取10 m/s²，忽略摩擦力和空气阻力，估算运动员在运动过程中其手臂受到的最大拉力至少为(　　)

A．600N　　　B．1500N

C．2500N   D．3600N

[解析]　为了能实现单臂大回环，在最高点时运动员身体的旋转速度必须大于等于零．运动到最低点时其手臂受到的拉力最大．最高点速度为零对应着最低点拉力的最小值．设运动员的重心到轴的距离(半径)为R，对运动员从最高点到最低点由机械能守恒定律有mg·2R＝mv²/2，在最低点，由牛顿第二定律有F－mg＝mv²/R，联立解得F＝2 500 N，故C正确．

[答案]　C

[名师点评]　本题以单臂大回环为背景，考查竖直面内圆周运动的临界问题和机械能守恒定律，关键是正确建立竖直面内圆周运动的“杆”模型和将人看做质量集中在重心的质点模型．

【例2】某滑板爱好者在离地h＝1.8 m高的平台上滑行，如图所示，水平离开A点后落在水平地面的B点，其水平位移x₁＝3 m，由于着地时存在能量损失，着地后速度变为v＝4 m/s，并以此为初速度沿水平地面滑行x₂＝8 m 后停止．已知人与滑板的总质量m＝60 kg，求：

(1)人与滑板在水平地面滑行时受到的平均阻力大小；

(2)人与滑板离开平台时的水平初速度．(空气阻力忽略不计，g取10 m/s²)

[解析]　(1)设滑板在水平地面滑行时受到的平均阻力为F_f，根据动能定理有

－F_fx₂＝0－mv²

解得F_f＝＝60 N.

（2）人和滑板一起在空中做平抛运动，设初速度为v₀，飞行时间为t，根据平抛运动规律有

t＝，v₀＝

解得：v₀＝＝ m/s＝5 m/s.

[答案]　(1)60 N　(2)5 m/s

[名师点评]　本题以滑板运动为背景，涉及平抛知识和动能定理，弄清这两个物理过程和情景，正确建立物理模型是解决问题的关键．

二、在生产科技中的应用

【例3】如图甲所示，在圆形水池正上方，有一半径为r的圆形储水桶．水桶底部有多个水平小孔，小孔喷出的水在水池中的落点离水池中心的距离为R，水桶底部与水池水面之间的高度差是h.为了维持水桶水面的高度不变，用水泵通过细水管将洒落的水重新抽回到高度差为H的水桶上方．水泵由效率为η₁的太阳能电池板供电，电池板与水平面之间的夹角为α，太阳光竖直向下照射(如图乙所示)，太阳光垂直照射时单位时间内单位面积的电池板接受的能量为E₀.水泵的效率为η₂，水泵出水口单位时间流出水的质量为m₀，流出水流的速度大小为v₀(不计水在细水管和空气中运动时所受的阻力)．求：

(1)水从小孔喷出时的速度大小；

(2)水泵的输出功率；

(3)为了使水泵的工作能维持水面的高度不变，太阳能电池板面积的最小值S.

[解析]　(1)水从小孔喷出时速度沿水平方向，只受重力作用，做平抛运动，设水喷出时的速度大小为v，有

R－r＝vt

h＝gt²

解得v＝.

(2)水泵做功，既改变水的势能，又改变水的动能．由功能关系得

P＝m₀gH＋m₀v.

(3)考虑单位时间内的能量转化及利用效率，太阳能电池板接收的太阳能中的一部分转变成电能E₁，电能通过水泵将其中的部分转变成水的势能与动能E₂，有

E₁＝η₁E₀Scos α

E₂＝η₂E₁

E₂＝m₀gH＋m₀v

解得S＝.

[答案]　见解析

[名师点评]　把复杂问题简单化、实际问题模型化，是解决以生产、生活、科技为背景的试题的关键，也是考生应具备的能力之一．

【例4】(2014·高考重庆卷)如图为“嫦娥三号”探测器在月球上着陆最后阶段的示意图．首先在发动机作用下，探测器受到推力在距月面高度为h₁处悬停(速度为0，h₁远小于月球半径)；接着推力改变，探测器开始竖直下降，到达距月面高度为h₂处的速度为v；此后发动机关闭，探测器仅受重力下落至月面．已知探测器总质量为m(不包括燃料)，地球和月球的半径比为k₁，质量比为k₂，地球表面附近的重力加速度为g，求：

 

 

 

 

 

 

 

(1)月球表面附近的重力加速度大小及探测器刚接触月面时的速度大小；

(2)从开始竖直下降到刚接触月面时，探测器机械能的变化．

[解析]　(1)设地球的质量和半径分别为M和R，月球的质量、半径和表面附近的重力加速度分别为M′、R′和g′，探测器刚接触月面时的速度大小为v_t.

由mg′＝G和mg＝G得g′＝g

由v－v²＝2g′h₂得v_t＝.

(2)设机械能变化量为ΔE，动能变化量为ΔE_k，重力势能变化量为ΔE_p

由ΔE＝ΔE_k＋ΔE_p

有ΔE＝m－mgh₁

得ΔE＝mv²－mg(h₁－h₂)．

[答案]　见解析

 

【实战演练】

 

1．(单选)一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水平面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离．假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是(　　)

A．蹦极绳张紧后的下落过程中，运动员的加速度先增大后减小

B．运动员从下落到到达最低点前，速度先增大后减小

C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能不守恒

D．蹦极过程中，重力势能的改变量与弹性势能的改变量总是相等

解析：选B.未达到最大速度前，mg－T＝ma.达到最大速度后T－mg＝ma，可知随T增大，a先减小，后增大，A错误．运动员先加速后减速，B正确．整个过程中运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒，C错误．蹦极过程中，重力势能的改变量与弹性势能的改变量和动能的改变量之和总是相等，D错误．

2．(单选)某同学以正常速度从一楼登上三楼，他登楼的功率最接近于(　　)

A．5 W　　　 B．50 W

C．500 W   D．5 000 W

解析：选C.要估算这个学生登楼时的功率，必须知道人的质量，可近似为50 kg，正常登楼的速度约为1 m/s，根据公式P＝＝＝mgv，代入数据可估算人登楼的功率为500 W，所以答案是C.

3.(多选)2014年9月28日，在仁川亚运会上，卡塔尔选手打破亚洲100米记录．比赛中他采用蹲踞式起跑，在发令枪响后，左脚迅速蹬离起跑器，在向前加速的同时提升身体重心．如图所示，假设他的质量为m，在起跑时前进的距离x内，重心升高量为h，获得的速度为v，阻力做功为W_阻，则在此过程中(　　)

A．运动员的机械能增加了mv²

B．运动员的机械能增加了mv²＋mgh

C．运动员的重力做功为W_G＝mgh

D．运动员自身做功W_人＝mv²＋mgh－W_阻

解析：选BD.运动员机械能的增加量等于mv²＋mgh，A错误，B正确；运动员的重力对运动员做功为－mgh，C错误；由动能定理得：W_人＋W_G＋W_阻＝W_人－mgh＋W_阻＝mv²，故W_人＝mv²＋mgh－W_阻，D正确．

4．起跳摸高是学生常进行的一项活动，李刚同学身高1.72 m，质量60 kg，站立时举手摸高能达到2.14 m，在一次摸高测试中，他先弯曲两腿向下蹲，再用力蹬地起跳，从蹬地开始经0.40 s竖直跳离地面，设他蹬地的力大小恒为1 050 N，其重心上升可视为匀变速直线运动，不计空气阻力，取g＝10 m/s²，求：

(1)李刚同学摸高的最大高度；

(2)李刚同学从蹬地开始到跳离地面的过程中机械能的增加量．

解析：(1)李刚同学起跳蹬地过程中，受到重力和地面的弹力作用，向上做匀加速运动，设加速度为a₁，根据牛顿第二定律，对于起跳过程有F－mg＝ma₁

解得a₁＝7.5 m/s²

经过t₁＝0.40 s，跳离地面时的速度v₁＝a₁t₁＝3 m/s

起跳后他竖直向上做加速度为a₂＝g的匀减速直线运动，设上升的最大高度为h₂，根据运动学公式有

v＝2gh₂

解得h₂＝0.45 m

所以摸高的最大高度

H＝h₀＋h₂＝2.14 m＋0.45 m＝2.59 m.

(2)起跳过程中他的重心上升高度为

h₁＝a₁t＝0.6 m

在此过程中，李刚同学重力势能的增加量为

ΔE_p＝mgh₁＝360 J

动能的增加量为ΔE_k＝mv＝270 J

所以机械能的增加量为ΔE＝ΔE_p＋ΔE_k＝630 J.

答案：(1)2.59 m　(2)630 J

5.“辽宁舰”上的舰载机的起飞若仅依靠自身喷气式发动机推力起飞需要较长的跑道，为此一物理兴趣小组设计在航空母舰上安装电磁弹射器以缩短飞机起飞距离：如图所示，航空母舰的水平跑道总长l＝180 m，其中电磁弹射器是一种长度为l₁＝120 m的直线电机，这种直线电机从头至尾可以提供一个恒定的牵引力F_牵．一架质量为m＝2.0×10⁴ kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F_推＝1.2×10⁵ N．考虑到飞机在起飞过程中受到的阻力与速度大小有关，假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的0.05倍，在后一阶段的平均阻力为飞机重力的0.2倍．飞机离舰起飞的速度v＝100 m/s，航母处于静止状态，飞机可视为质点．请计算(计算结果均保留两位有效数字)：

 

 

 

(1)飞机在后一阶段的加速度大小；

(2)电磁弹射器的牵引力F_牵的大小；

(3)电磁弹射器输出效率可以达到80%，则每弹射这样一架飞机电磁弹射器需要消耗多少能量？

解析：(1)设后一阶段飞机的加速度为a₂，平均阻力为f₂＝0.2mg，由牛顿第二定律知

F_推－f₂＝ma₂

代入数值得a₂＝4.0 m/s².

(2)法一：由题意知电磁弹射阶段飞机的平均阻力为

f₁＝0.05mg

由动能定理知

F_牵l₁＋F_推l－f₁l₁－f₂(l－l₁)＝mv²

代入数值得F_牵＝6.8×10⁵ N.

法二：令电磁弹射阶段飞机加速度为a₁，末速度为v₁，平均阻力为f₁＝0.05mg

则v＝2a₁l₁，v²－v＝2a₂(l－l₁)

由牛顿第二定律知F_牵＋F_推－f₁＝ma₁

联立并代入数值解得F_牵＝6.8×10⁵ N.

(3)电磁弹射器对飞机做功

W＝F_牵l₁＝8.2×10⁷ J

则每弹射这样一架飞机电磁弹射器需要消耗的能量

E＝＝1.0×10⁸ J.

答案：(1)4.0 m/s²　(2)6.8×10⁵ N　(3)1.0×10⁸ J

6．(2015·东北三校模拟)小军看到打桩机，对打桩机的工作原理产生了兴趣．他构建了一个打桩机的简易模型，如图甲所示．他设想，用恒定大小的拉力F拉动绳端B，使物体从A点(与钉子接触处)由静止开始运动，上升一段高度后撤去F，物体运动到最高点后自由下落并撞击钉子，将钉子打入一定深度．按此模型分析，若物体质量m＝1 kg，上升1 m高度时撤去拉力，撤去拉力前物体的动能E_k与上升高度h的关系图象如图乙所示．(g取10 m/s²，不计空气阻力)

(1)求物体上升到0.4 m高度处F的瞬时功率．

(2)若物体撞击钉子后瞬间弹起，且使其不再落下，钉子获得20 J的动能向下运动．钉子总长为10 cm.撞击前插入部分可以忽略，不计钉子重力．已知钉子在插入过程中所受阻力f与深度x的关系图象如图丙所示，求钉子能够插入的最大深度．

解析：(1)撤去F前，根据动能定理，有

(F－mg)h＝E_k－0

由图象乙得，斜率为k＝F－mg＝20N

得F＝30 N

又由图象乙得，h＝0.4 m时，E_k＝8 J，则v＝4 m/s

P_F＝Fv＝120W

(2)碰撞后，对钉子，有－x′＝0－E_k′

已知E_k′＝20J

＝

又由图象丙得k′＝10⁵ N/m

解得：x′＝0.02m.

答案：(1)120W　(2)0.02m