高考物理一輪復(fù)習(xí)考點精講精練第12講　功 功率 動能定律（解析版）

第12講功功率動能定律1.會判斷功的正負，會計算恒力的功和變力的功.2.理解功率的兩個公式P＝eq\f(W,t)和P＝Fv，能利用P＝Fv計算瞬時功率.3.會分析機車的兩種啟動方式.4.掌握動能定理，能運用動能定理解答實際問題．考點一功的分析與計算1．功的正負(1)0≤α<90°，力對物體做正功．(2)90°<α≤180°，力對物體做負功，或者說物體克服這個力做了功．(3)α＝90°，力對物體不做功．2．功的計算：W＝Flcos_α(1)α是力與位移方向之間的夾角，l為物體對地的位移．(2)該公式只適用于恒力做功．(3)功是標(填“標”或“矢”)量．（2024?重慶模擬）關(guān)于摩擦力做功，下列說法中正確的是（）A．靜摩擦力一定不做功 B．滑動摩擦力一定做負功 C．相互作用的一對靜摩擦力做功的代數(shù)和可能不為0 D．靜摩擦力和滑動摩擦力都可做正功【解答】解：A、靜摩擦力方向與物體的相對運動趨勢方向相反，與運動方向可以相同、相反、垂直，故靜摩擦力對物體可以做正功、負功、不做功，故A錯誤；B、滑動摩擦力方向與物體的相對運動方向相反，與運動方向可以相同、相反、垂直，故滑動摩擦力對物體可以做正功、負功、不做功，故B錯誤；C、相互作用的一對靜摩擦力，由于二者的位移大小一定相等，故做功的代數(shù)和一定為零；故C錯誤；D、根據(jù)AB的分析可知靜摩擦力和滑動摩擦力均可以做正功；故D正確；故選：D。（2024?順慶區(qū)校級一模）如圖所示，有一條寬度為800m的小河自西向東流淌，水流速度為v0，各點到較近河岸的距離為x，v0與x之間的關(guān)系為v0＝0.0075x（均采用國際單位）。讓小船船頭垂直河岸由南向北渡河，小船相對于河水的速度恒為v1＝4m/s，下列說法正確的選項是（）A．小船在水中做類平拋運動 B．小船到達北岸時位移大小為10073C．小船剛到達北岸時，相對于河岸的速度大小為5m/s D．小船在行駛過程中，水流一直對小船做正功【解答】解：A、小船的運動可以分解為垂直于河岸的速度為v1＝4m/s的勻速直線運動和沿水流的分運動，則垂直于河岸的方向上有x＝v1t沿水流方向上有v0＝0.0075x解得v0＝0.0075v1t可知，沿水流方向上的分速度與時間成正比，即加速度大小為a=0.0075由于x為各點到較近河岸的距離，即小船沿水流方向先做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動，所以小船先做類平拋運動，后做類斜拋運動，故A錯誤；B、小船到達河中央前做類平拋運動，根據(jù)運動規(guī)律可知：d2=vx0解得小船到達北岸時位移大小為x0故B正確；C、小船先做類平拋運動，后做類斜拋運動，根據(jù)對運動的稱性可知，小船剛到達北岸時，沿水流方向的分速度恰好等于0，所以相對于河岸的速度大小為v1＝4m/s，方向垂直于河岸，故C錯誤；D、根據(jù)上述可知，沿水流方向做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動，即小船在行駛過程中，水流對小船先做正功后做負功，故D錯誤。故選：B。（2024?天河區(qū)一模）圖甲中的轆轤是古代民間提水設(shè)施，由轆轤頭、支架、井繩、水桶等部分構(gòu)成。圖乙為工作原理簡化圖，轆轤繞繩輪軸半徑r＝0.1m，水桶的質(zhì)量M＝0.5kg，井足夠深，忽略井繩質(zhì)量和因繩子纏繞導(dǎo)致輪軸的半徑變化。某次從井中汲取m＝2kg的水，輪軸由靜止開始繞中心軸轉(zhuǎn)動從而豎直向上提水桶，其角速度隨時間變化規(guī)律如圖丙所示，重力加速度g＝10m/s2，則（）A．10s末水桶的速度大小為20m/s B．水桶的速度大小隨時間變化規(guī)律為v＝2t C．0～10s內(nèi)水柚上升的高度為20m D．0～10s內(nèi)井繩拉力所做的功為255J【解答】解：AB．由圖丙可知ω＝2t所以水桶速度隨時間變化規(guī)律為v＝ωr＝2t×0.1＝0.2t則10s末水桶的速度大小為2m/s，故AB錯誤；CD．水桶勻加速上升，加速度a=vt由牛頓第二定律F?（m+M）g＝（m+M）a代入數(shù)據(jù)解得F＝25.5N水桶勻加速上升，0～10s內(nèi)它上升的高度為h=12代入數(shù)據(jù)解得h＝10m則0～10s內(nèi)井繩拉力所做的功為W＝Fh代入數(shù)據(jù)解得W＝255J故C錯誤，D正確。故選：D?？键c二功率的計算1．公式P＝eq\f(W,t)和P＝Fv的區(qū)別P＝eq\f(W,t)是功率的定義式，P＝Fv是功率的計算式．2．平均功率的計算方法(1)利用eq\x\to(P)＝eq\f(W,t).(2)利用eq\x\to(P)＝F·eq\x\to(v)cosα，其中eq\x\to(v)為物體運動的平均速度．3．瞬時功率的計算方法(1)利用公式P＝Fvcosα，其中v為t時刻的瞬時速度．(2)P＝F·vF，其中vF為物體的速度v在力F方向上的分速度．(3)P＝Fv·v，其中Fv為物體受到的外力F在速度v方向上的分力．（2024??？谝荒＃┤鐖D所示，雜技演員從某高度水平拋出小球A的同時，從相同高度由靜止釋放小球B。已知兩小球完全相同，運動過程中空氣阻力大小與速率成正比。下列判斷錯誤的是（）A．.兩球同時落地 B．.兩球落地時的速率可能相等 C．.運動全過程中，合外力做功相等 D．.運動全過程中，A球重力的功率時刻與B球的相等【解答】解：A.運動過程中空氣阻力大小與速率成正比，將A球的運動分解為水平方向和豎直方向兩個分運動，兩球完全相同，豎直方向的初速度均為0，則兩球在豎直的方向的受力情況一樣，兩球在豎直方向具有相同的運動，則兩球同時落地，故A正確；B.A球在水平方向做減速運動，若落地時A球的水平速度剛好為0，又兩球在豎直方向的分速度相等，則兩球落地時的速率可能相等，故B正確；C.運動全過程中，兩球重力做功相等，由于A球具有水平速度，所以同一時刻A球受到的空氣阻力大于B球受到的空氣阻力，且A球通過的路程大于B的路程，則A球克服空氣阻力做功大于B球克服空氣阻力做功，所以合外力對兩球做功不相等，故C錯誤；D.根據(jù)PG＝mgvy由于同一時刻，兩球的豎直分速度總是相等，則運動全過程中，A球重力的功率時刻與B球的相等，故D正確。本題選擇錯誤的，故選：C。（2024?烏魯木齊模擬）我國無人機技術(shù)發(fā)展迅猛，應(yīng)用也越來越廣泛，無人機配送快遞就是一種全新的配送方式。如圖所示，一架配送包裹的無人機從地面起飛后豎直上升的過程中，升力的功率恒為P0。已知無人機的質(zhì)量與包裹的質(zhì)量的比值為k，忽略空氣阻力的影響，則該過程中懸吊包裹的輕繩（不可伸長）對包裹做功的功率為（）A．P0k B．P0k+1 C．【解答】解：根據(jù)功能關(guān)系，升力做的功等于無人機與包裹增加的機械能，已知無人機的質(zhì)量與包裹的質(zhì)量的比值為k，則無人機的機械能與包裹的機械能的比值亦為k，設(shè)單位時間內(nèi)包裹機械能量為E，則有：E+kE＝P0解得：E=懸吊包裹的輕繩對包裹做功的功率就等于單位時間內(nèi)包裹機械能量E=P故選：B。（2024?西城區(qū)校級開學(xué)）電動平衡車作為一種電力驅(qū)動的運輸載具，被廣泛應(yīng)用在娛樂、代步、安保巡邏等領(lǐng)域。某人站在平衡車上以初速度v0在水平地面上沿直線做加速運動，經(jīng)歷時間t達到最大速度vm，此過程電動機的輸出功率恒為額定功率P。已知人與車整體的質(zhì)量為m，所受阻力的大小恒為f。則（）A．vmB．車速為v0時的加速度大小為PmC．人與車在時間t內(nèi)的位移大小等于12D．在時間t內(nèi)阻力做的功為1【解答】解：A．根據(jù)題意，當牽引力等于阻力時，合力為零，加速度為零，平衡車速度達最大值，由公式P＝Fv，最大速度vmB．車速為v0時牽引力F=由牛頓第二定律P解得a=故B錯誤；D．平衡車從v0到最大速度vm，由動能定理：Pt+W=則W=故D正確；C．在時間t內(nèi)阻力做功W＝﹣fx則x=故C錯誤。故選：D?？键c三動能定理及其應(yīng)用1．表達式：W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝Ek2－Ek1.2．理解：動能定理公式中等號表明了合外力做功與物體動能的變化具有等量代換關(guān)系．合外力做功是引起物體動能變化的原因．3．適用條件(1)動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動．(2)既適用于恒力做功，也適用于變力做功．(3)力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時作用，也可以分階段作用．4．應(yīng)用技巧：若過程包含了幾個運動性質(zhì)不同的分過程，既可以分段考慮，也可以整個過程考慮．（2024?南昌二模）如圖所示，半徑為R的半圓形光滑管道ACB固定在豎直平面內(nèi)。在一平行于紙面的恒力F（未畫出）作用下，質(zhì)量為m的小球從A端靜止釋放后，恰能到達最低點C；從B端靜止釋放后，到達C點時，管道受到的壓力為10mg。則F的大小為（）A．mg B．2mg C．3mg 【解答】解：設(shè)F方向斜向左下，且與水平方向夾角θ小球從A到C的過程，根據(jù)動能定理得：mgR+Fsinθ?R﹣Fcosθ?R＝0﹣0小球從B到C的過程，根據(jù)動能定理得：mgR+Fcosθ?R+Fsinθ?R=在C點，根據(jù)牛頓第二定律得：10mg?mg?Fsinθ=聯(lián)立解得：F=5故選：D。（2024?江蘇模擬）如圖所示，足夠大的粗糙斜面傾角為θ，小滑塊以大小為v0的水平初速度開始沿斜面運動，經(jīng)過一段時間后，小滑塊速度大小為v、方向與初速度垂直。此過程小滑塊加速度的最大值為a1、最小值為a2。已知小滑塊與斜面動摩擦因數(shù)μ＝tanθ，則（）A．v＝v0 B．v＞v0 C．a(chǎn)2=2【解答】解：AB．小滑塊在斜面上滑動，摩擦力力大小始終不變?yōu)閒＝μmgcosθ＝mgsinθ，其大小與重力沿著斜面向下的分力大小相等，對整個運動過程根據(jù)動能定理可得：mgsinθ?y?fs=1其中，y為垂直初速度方向滑塊沿斜面下滑的長度，s為滑塊運動軌跡的長度，因為s＞y，可知v＜v0，故AB錯誤；CD．摩擦力速度的方向始終與滑塊相對斜面的速度方向相反，可知f的方向與重力沿斜面向下的分力的方向mgsinθ的夾角為90°到180°，根據(jù)幾何關(guān)系可知合力的大小范圍為：mgsinθ?f≤F結(jié)合牛頓第二定律F合＝ma由此可得0≤a≤則a1=2故選：D。（2024?江蘇模擬）如圖所示，傾角為37°的粗糙斜面AB底端與半徑R＝0.4m的光滑半圓軌道BC平滑相連，O為軌道圓心，BC為圓軌道直徑且處于豎直方向，A、C兩點等高．質(zhì)量m＝1kg的滑塊從A點由靜止開始下滑，恰能滑到與O等高的D點，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.（1）求滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ．（2）若使滑塊能到達C點，求滑塊從A點沿斜面滑下時的初速度v0的最小值．（3）若滑塊離開C處的速度大小為4m/s，求滑塊從C點飛出至落到斜面上的時間t．【解答】解：（1）滑塊由A到D過程，根據(jù)動能定理，有：mg（2R﹣R）﹣μmgcos37°?2Rsin37°=0得μ=（2）若滑塊能到達C點，根據(jù)牛頓第二定律有mg+則得vA到C的過程：根據(jù)動能定理有﹣μmgcos37°?2R聯(lián)立解得，v0=vC2所以初速度v0的最小值為23m/s．（3）滑塊離開C點做平拋運動，則有x＝vcty=由幾何關(guān)系得：tan37°=聯(lián)立得5t2+3t﹣0.8＝0解得t＝0.2s（2024?吉林一模）我國航天員翟志剛、王亞平、葉光富于2022年4月16日9時56分搭乘神舟十三號載人飛船返回艙在東風著陸場成功著陸。返回艙在離地面約6000m的高空打開主傘（降落傘），在主傘的作用下返回艙速度從80m/s降至10m/s，此后可視為勻速下降，當返回艙在距離地面1m時啟動反推發(fā)動機，速度減至0后恰落到地面上。設(shè)主傘所受的空氣阻力為f＝kv，其中k為定值，v為速率，其余阻力不計。已知返回艙（含宇航員）總質(zhì)量為3000kg，主傘的質(zhì)量忽略不計，忽略返回艙質(zhì)量的變化，重力加速度g取10m/s2，設(shè)全過程為豎直方向的運動。求：（1）在主傘打開后的瞬間，返回艙的加速度大?。唬?）若在反推發(fā)動機工作時主傘與返回艙之間的繩索處于松弛狀態(tài)，則反推發(fā)動機在該過程中對返回艙做的功?！窘獯稹拷猓海?）對返回艙進行受力分析在返回艙以v＝10m/s勻速下降時：kv＝mg在返回艙以v'＝80m/s下降時：kv'﹣mg＝ma解得：a＝70m/s2（2）返回艙在最后1m下降過程中，由動能定理：mgh+W＝﹣0?解得：W＝﹣180000J考點四用動能定理巧解多過程問題（2023春?和平區(qū)校級期中）在冰雪沖浪項目中，安全員將小朋友（可視為質(zhì)點）從A點沿左側(cè)圓弧切線方向推入滑道，小朋友獲得v0＝15m/s的初速度，圓弧所在圓的半徑R＝100m，圓弧AB所對應(yīng)的圓心角θ＝37°，B為軌道最低點，冰滑道視為光滑。小朋友和滑板總質(zhì)量為m＝40kg，右側(cè)平臺比左側(cè)平臺高9.45m。小朋友沖上右側(cè)平臺后做減速運動，滑板與平臺間動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2。求：（1）小朋友和滑板在圓弧形冰滑道最低點B時的速率v及其對冰道的壓力FN；（2）小朋友和滑板在右側(cè)雪道滑行的距離d。【解答】解：（1）從A到B根據(jù)機械能守恒定律得：1代入數(shù)據(jù)解得vB＝25m/s根據(jù)牛頓第二定律得：FN﹣mg=解得FN＝650N根據(jù)牛頓第三定律，小朋友和滑板對冰滑道的壓力大小為650N，方向向下。（2）小朋友和滑板從運動到停止的過程中，根據(jù)動能定理﹣μmgd﹣mgH＝0?代入數(shù)據(jù)解得d＝9m（2023?浙江模擬）如圖為某游戲裝置的示意圖。AB、CD均為四分之一圓弧，E為圓弧DEG的最高點，各圓弧軌道與直軌道相接處均相切。GH與水平夾角為θ＝37°，底端H有一彈簧，A、O1、O2、D、O3、H在同一水平直線上。一質(zhì)量為0.01kg的小鋼球（其直徑稍小于圓管內(nèi)徑，可視作質(zhì)點）從距A點高為h處的O點靜止釋放，從A點沿切線進入軌道，B處有一裝置，小鋼球向右能無能量損失的通過，向左則不能通過且小鋼球被吸在B點。若小鋼球能夠運動到H點，則被等速反彈。各圓軌道半徑均為R＝0.6m，BC長L＝2m，水平直軌道BC和GH的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，其余軌道均光滑，小鋼球通過各圓弧軌道與直軌道相接處均無能量損失。某次游戲時，小鋼球從O點出發(fā)恰能第一次通過圓弧的最高點E。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）求：（1）小鋼球第一次經(jīng)過C點時的速度大小vC；（2）小鋼球第一次經(jīng)過圓弧軌道最低點B時對軌道的壓力大小FB（保留兩位小數(shù)）；（3）若改變小鋼球的釋放高度h，求出小鋼球在斜面軌道上運動的總路程s與h的函數(shù)關(guān)系?！窘獯稹拷猓海?）小鋼球從O點出發(fā)恰能第一次通過圓弧的最高點E，則小球到E點的速度為0，小球從C點到E點，根據(jù)動能定理得：﹣mg?2R＝0?代入數(shù)據(jù)解得：vC＝26m/s（2）從B點到C點，由動能定理得：﹣μmgL=小鋼球經(jīng)過B點，由牛頓第二定律得：N﹣mg＝mv代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：N=56N根據(jù)牛頓第三定律得，小鋼球?qū)壍赖膲毫Υ笮B＝N＝0.83N（3）若小鋼球恰能第一次通過E點，設(shè)小鋼球釋放點距A點為h1，從釋放到E點，由動能定理得：mg（h1﹣R）﹣μmgL＝0代入數(shù)據(jù)解得：h1＝1.6m若小鋼球恰能第二次通過E點，設(shè)小球鋼釋放點距A點為h2，從釋放到E點，由動能定理得：mg（h2﹣R）﹣μmgL﹣2μmgcosθ?Rtanθ代入數(shù)據(jù)解得：h2＝2.24m①若小球釋放高度h＜1.6m，無法到達E點，s＝0②若小球釋放高度1.6m≤h＜2.24m，小球能經(jīng)過E點一次，μ＜tanθ，則小鋼球最終停在H點，從釋放點到停在H點，根據(jù)動能定理得：mgh﹣μmgL﹣μmgcosθ?s＝0代入數(shù)據(jù)解得：s＝2.5（h﹣1）③若小球釋放高度2.24m≤h，小球經(jīng)過E點兩次，s＝2Rtanθ=2題型1恒力做功（多選）（2024春?西湖區(qū)校級期中）如圖所示，質(zhì)量為m的小物塊（可視為質(zhì)點）從斜坡坡頂B處由靜止下滑，到達坡底A處被截停，在水平恒力F的作用下，小物塊從斜坡底部A處緩慢運動至坡頂。已知A、B之間的水平距離為s、高度為h，重力加速度為g。則下列說法正確的是（）A．下滑過程中，小物塊重力做的功是mgh B．推力F對小物塊做的功大于Fs C．上滑過程中，小物塊克服摩擦力做功為Fs﹣mgh D．無論是上滑還是下滑，小物塊在這兩個階段克服摩擦力做的功相等【解答】解：A、下滑過程，小物塊重力做功只與高度差有關(guān)，所以WG1＝mgh，故A正確；BC、小物塊在水平恒力F的作用下緩慢運動到坡頂?shù)倪^程，小物塊緩慢上滑，動能變化量為0，推力F對小物塊做的功：WF＝Fs由動能定理可得﹣mgh+Wf2+Fs＝0解得：Wf2＝﹣mgh+Fs所以上滑過程中，小物塊克服摩擦力做功為（Fs﹣mgh，故B錯誤，C正確；D、下滑過程中，受力分析如圖甲，在y方向根據(jù)平衡條件有：N1＝Gy＝mgcosθ所以滑動摩擦力為：f1＝μN1＝μmgcosθ小物塊位移：x=摩擦力做功：Wf1＝﹣f1?x＝﹣μmgs小物塊在水平恒力F的作用下緩慢運動到坡頂?shù)倪^程，對小物塊受力分析如圖乙，在y方向根據(jù)平衡條件有：N2＝Fy+Gy＝Fsinθ+mgcosθ所以滑動摩擦力為：f2＝μN2＝μ（Fsinθ+mgcosθ）小物塊位移：x=摩擦力做功：Wf2＝﹣f2?x＝﹣（μmgs+μFs?tanθ）因此，上滑和下滑過程小物塊在這兩個階段克服摩擦力做的功不相等，故D錯誤。故選：AC。（2023秋?東城區(qū)期末）如圖1所示，質(zhì)量m＝10kg的物塊靜止在光滑水平面上A點，在水平外力F作用下，10s末到達B點，外力F隨時間變化的規(guī)律如圖2所示，取向右為正方向。（1）求前10s內(nèi)物塊的位移大小x1和在B點速度的大小v1；（2）請在圖3中畫出物體在前20s內(nèi)的速度—時間（v﹣t）圖像；（3）求在10s到20s這段時間內(nèi)外力F所做的功W?！窘獯稹拷猓海?）物塊在AB段運動時，對物塊受力分析，由牛頓第二定律得：F1＝ma1代入數(shù)據(jù)解得：a由運動學(xué)公式得：x1=12a1t12=v1＝a1t1＝0.4×10m/s＝4m/s（2）如圖所示（3）在10s到20s這段時間內(nèi)，物體的位移x2＝x1＝20m力F做的功W＝Fx2cosπ＝4×20×（﹣1）J＝﹣80J題型2變力做功（多選）（2024?烏魯木齊模擬）如圖所示，烏魯木齊機場在傳輸旅客行李的過程中，行李從一個斜面滑下。為防止行李下滑時速度過大，斜面上設(shè)置了一段“減速帶”（行李與“減速帶”間動摩擦因數(shù)較大）。小梁的行李箱質(zhì)量為m、長度為L，“減速帶”的長度為2L，該行李箱與“減速帶”間的動摩擦因數(shù)為μ，斜面與水平面間的夾角為θ，重力加速度的大小為g，行李箱滑過“減速帶”的過程中，不會發(fā)生轉(zhuǎn)動且箱內(nèi)物品相對行李箱靜止。設(shè)該行李箱質(zhì)量分布均勻和不均勻的兩種情況下滑過“減速帶”的過程中，克服“減速帶”的摩擦力做的功分別為W1和W2。則（）A．W1一定等于2μmgLcosθ B．W1一定大于2μmgLcosθ C．W2一定等于W1 D．W2可能大于W1【解答】解：將行李箱看成無數(shù)段距離很小的質(zhì)量微元，每段質(zhì)量微元在“減速帶”中受到的摩擦力為Δf＝μΔmgcosθ每段質(zhì)量微元經(jīng)過“減速帶”時，摩擦力的作用距離均為2L，則克服“減速帶”的摩擦力做的功W=∑Δf?2L=∑μΔmgcosθ?2L=2μgLcosθ∑Δm=2μmgLcosθ可得W1＝W2＝W＝2μmgLcosθ故AC正確，BD錯誤。故選：AC。（2024?淄博一模）為了節(jié)能環(huán)保，地鐵站的進出軌道通常設(shè)計成不是水平的，列車進站時就可以借助上坡減速，而出站時借助下坡加速。如圖所示，為某地鐵兩個站點之間節(jié)能坡的簡化示意圖（左右兩邊對稱，每小段坡面都是直線）。在一次模擬實驗中，一滑塊（可視為質(zhì)點）以初速度v0從A站M處出發(fā)沿著軌道運動，恰能到達N處?；瑝K在兩段直線軌道交接處平穩(wěn)過渡，能量損失忽略不計，滑塊與各段軌道之間的動摩擦因數(shù)均相同，不計空氣阻力。重力加速度為g，則根據(jù)圖中相關(guān)信息，若要使滑塊恰能到達B站P處，該滑塊初速度的大小應(yīng)調(diào)整為（）A．4(v02+2gC．4[v02【解答】解：質(zhì)量為m的物體在長度為s、傾角為θ的粗糙斜面上滑行時，克服摩擦力做功Wf＝μmgcosθ×s＝μmgscosθscosθ是斜面底邊的長度，則滑塊從M恰好到N由動能定理得：mgh1﹣μmg（2l1+2l2+l3）＝0?解得：μ=若要使滑塊從M恰能到達B站P處，設(shè)該滑塊初速度的大小應(yīng)調(diào)整為v，由動能定理得：mgh1﹣μmg（2l1+2l2+2l3）＝01聯(lián)立解得：v=2(故選：B。題型3平均功率與瞬時功率（2024?綿陽模擬）如圖所示，從斜面頂端A和斜面中點B分別以初速度v1、v2水平拋出兩個相同小球，都直接落在了斜面底端C，落地時重力的功率分別為P1、P2。則v1與v2、P1與P2的大小關(guān)系正確的是（）A．v1＝2v2 B．v1=2v2 C．P1＝4P2【解答】解：兩小球水平拋出后做平拋運動，水平方向做勻速運動，則有x＝vt豎直方向做自由落體運動，則有?=1根據(jù)題意由幾何知識可知，從拋出到落地，水平方向運動的距離之比為x1：x2＝2：1豎直方向運動的距離之比為h1：h2＝2：1解得v1落地時豎直方向分速度為vy＝gt落地時重力的功率P＝mgvy則P1故B正確，ACD錯誤。故選：B。（2023秋?石家莊期末）張三參加車模大賽，操縱小火車在平直軌道上從靜止開始勻加速運動2m達到額定功率，隨后以額定功率繼續(xù)行駛。如圖所示為小火車勻加速階段的動量平方一位移（p2﹣x）圖像，已知小火車的質(zhì)量為1.0kg，阻力是小火車重力的0.2倍，重力加速度取10m/s2。下列說法正確的是（）A．小火車在勻加速階段的牽引力大小為1N B．小火車的額定功率為4W C．小火車在0～2m的位移內(nèi)用時為1s D．小火車在隨后的運動過程中能達到的最大速度為3m/s【解答】解：A、由速度—位移關(guān)系式得v2＝2ax，兩邊乘以m2得m2v2＝2m2ax，所以p2＝2m2ax，結(jié)合圖像可知k＝2m2a=42kg2?m/s2＝2kg2?又m＝1.0kg，解得a＝1m/s2由牛頓第二定律得F﹣f＝ma，又f＝0.2mg代入數(shù)據(jù)解得F＝3N，故A錯誤；B、小火車勻加速的末速度v＝2m/s又由題意可知車加速運動2m勻加速結(jié)束，且此時小火車的功率達到額定功率.所以小火車的額定功率P＝Fv＝3×2W＝6W，故B錯誤；C、由于小火車在0～2m的過程中做勻加速直線運動.該過程小火車的運動時間t=vD、小火車達到額定功率后，隨車速的逐漸增大，小火車的牽引力逐漸減小，當小火車的牽引力等于阻力時速度達到最大，則小火車的最大速度vm=P故選：D。題型4兩種機車啟動方式及圖像分析（2024?天心區(qū)校級模擬）一輛汽車在水平路面上由靜止啟動，在前5s內(nèi)做勻加速直線運動，5s末達到額定功率，之后保持額定功率運動，其v﹣t圖像如圖所示。已知汽車的質(zhì)量為m＝2×103kg，汽車受到的阻力大小恒為車重力的110，g取10m/s2A．汽車在前5s內(nèi)受到的阻力大小為200N B．前5s內(nèi)的牽引力大小為6×103N C．汽車的額定功率為40kW D．汽車的最大速度為20m/s【解答】解：A、由題意知汽車受到地面的阻力為車重的110，則阻力Ff=110mg=110×B、由題圖知前5s內(nèi)的加速度a=ΔvΔt=105由牛頓第二定律知F﹣Ff＝ma所以前5s內(nèi)的牽引力：F＝Ff+ma＝（2000+2×103×2）N＝6×103N，故B正確；C、5s末達到額定功率P額＝Fv5＝6×103×10W＝6×104W＝60kW，故C錯誤；D、當牽引力與摩擦力相等時速度最大，根據(jù)P＝Fv可知vmax=P故選：B。（2024?二模擬）某實驗興趣小組對新能源車的加速性能進行探究。他們根據(jù)自制的電動模型車模擬汽車啟動狀態(tài)，并且通過傳感器，繪制了模型車從開始運動到剛獲得最大速度過程中速度的倒數(shù)1v和牽引力F之間的關(guān)系圖像(A．模型車受到的阻力大小為1N B．模型車勻加速運動的時間為2s C．模型車牽引力的最大功率為6W D．模型車運動的總位移為14m【解答】解：A、由圖像可知，模型車受到的最小的牽引力為2N，此時加速度為0，模型車受力平衡，所以車所受到的阻力大小f＝2N，故A錯誤；B、由圖像可知，模型車先做勻加速運動，勻加速運動的末速度v1＝2m/s，此過程的牽引力為F＝4N，根據(jù)牛頓第二定律得：F﹣f＝ma，解得勻加速運動的加速度為a＝2m/s2，故勻加速運動的時間t1=vC、當速度達到2m/s時，模型車開始以額定功率行駛，圖像斜率的倒數(shù)為功率，故模型車牽引力的最大功率P＝Fv1＝4×2W＝8W，故C錯誤；D、模型車變加速運動所需時間t2＝t﹣t1＝5s﹣1s＝4s，對于變加速運動，根據(jù)動能定理有：Pt2﹣fx2=12mvm2?12mv1故選：D。（2024?天津模擬）2019年10月1日，在慶祝中華人民共和國成立70周年閱兵式上，習(xí)近平主席乘“紅旗”牌國產(chǎn)轎車依次檢閱15個徒步方隊和32個裝備方隊。檢閱車在水平路面上的啟動過程如圖所示，其中Oa為過原點的傾斜直線，ab段表示以額定功率P行駛時的加速階段，bc段是與ab段相切的水平直線，若檢閱車的質(zhì)量為m，行駛過程中所受阻力恒為f，則下列說法正確的是（）A．檢閱車在t1時刻的牽引力和功率都是最大值，t2～t3時間內(nèi)其牽引力大于f B．0～t1時間內(nèi)檢閱車做變加速運動 C．0～t2時間內(nèi)的平均速度等于v2D．t1～t2時間內(nèi)檢閱車牽引力所做功為P（t2﹣t1）【解答】解：A、由圖像可知，檢閱車的運動過程為：Oa為勻加速直線運動，ab是恒定功率運動，且加速度在逐漸減小，可知t1時刻牽引力和功率都是最大值，bc是勻速直線運動，t2～t3時間內(nèi)其牽引力等于f，故A錯誤；B、在0～t1時間內(nèi)，由v﹣t圖像可知檢閱車做勻加速直線運動，故B錯誤；C、在0～t2時間內(nèi)，若檢閱車做初速度為零、末速度為v2的勻加速直線運動，其平均速度為v22，而實際上檢閱車先做勻加速運動再做變加速運動，結(jié)合v﹣t圖像與時間軸所圍的面積表示位移可知，檢閱車實際位移大于勻加速直線運動的位移，所以此段時間內(nèi)平均速度大于D、t1～t2時間內(nèi)檢閱車的功率為額定功率P，由P=Wt可得牽引力做功為W＝P（t2﹣t故選：D。（2024?成都模擬）同一賽車分別在干燥路面及濕滑路面以恒定加速度a干燥和a濕滑啟動達到最大速度。已知a干燥＞a濕滑，賽車兩次啟動過程中阻力大小相等且不變，能達到的額定功率相同。則賽車速度v隨時間t變化的圖像正確的是（圖中OA、OB為直線）（）A． B． C． D．【解答】解：勻加速直線運動階段，a干燥＞a濕滑，且加速度不變，因此OA、OB均為過原點的傾斜直線，由牛頓第二定律可知，F(xiàn)﹣f＝ma，由于阻力相等且不變，a干燥＞a濕滑，當動力F達到額定功率時，功率達到最大，由P＝Fv可知，由于干燥路面的動力F較大，則勻加速的最大速度有：v干燥＜v濕滑。接下來汽車以恒定功率運動，最終加速到F＝f時速度達到最大，P額＝Fvmax＝fvmax，由于額定功率和阻力相等，所有最大速度vmax相等，綜上所述，ACD不符合題意，故ACD錯誤，B正確。故選：B。題型5應(yīng)用動能定理求變力做功（多選）（2023?青羊區(qū)校級模擬）將一小球豎直向上拋出，其動能隨時間的變化如圖。已知小球受到的空氣阻力與速率成正比。已知小球的質(zhì)量為m，最終小球的動能為E0，重力加速度為g，若不考慮小球會落地，則小球在整個運動過程中（）A．加速度一直減小至零 B．合外力做功為15E0 C．最高點的加速度為g D．從最高點下降至原位置所用時間小于t1【解答】解：AC．小球受到的空氣阻力與速率成正比，則有：f＝kv小球上升過程，由牛頓第二定律有：mg+f＝ma1上升過程，小球做加速度逐漸減小的減速直線運動，到最高點時，速度減為零，f＝0，合力為mg，根據(jù)牛頓第二定律可得，加速度減小為g；小球下降過程，由牛頓第二定律有：mg﹣f＝ma2下降過程，小球做加速度逐漸減小的加速直線運動，當加速度減為零后，小球向下做勻速直線運動。故小球運動全程，加速度一直減小至零，故AC正確；B．根據(jù)動能定理有：W合＝E0﹣16E0＝﹣15E0故B錯誤；D．小球上升和下降回到出發(fā)點的過程，由逆向思維有h=因為a1＞a2，則有t1＜t故選：AC。（多選）（2023?株洲一模）在與水平面成θ角的固定粗糙斜面上，放著一質(zhì)量為m的小滑塊，在一個平行于斜面的拉力F（圖中未畫出）作用下，沿著斜面上一段半徑為R的圓周從P點運動到Q點，運動過程中速度大小始終為v，P、Q為四分之一圓周的兩個端點，P與圓心O等高。小滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，在從P點運動到Q點的過程中，小滑塊（）A．所受合力的大小保持不變 B．重力做功的瞬時功率保持不變 C．所受拉力對其做功為πμmgRcosθ2?mgRsinD．運動到Q點時，拉力的大小為mv2R【解答】解：A、小滑塊做勻速圓周運動，所受合力提供向心力，大小不變，故A正確；B、重力不變，速度大小不變，但方向時刻發(fā)生變化，速度在沿斜面向下的分量v∥逐漸減小，根據(jù)P＝mgv∥sinθ可知，重力做功的瞬時功率逐漸減小，故B錯誤；C、對小滑塊受力分析，小滑塊受到重力、支持力、摩擦力和拉力，將重力分解到沿斜面方向和垂直于斜面方向，沿斜面方向的分力為mgsinθ，垂直于斜面方向的力為mgcosθ，在此過程中，重力做的功為WG＝mgRsinθ，克服摩擦力做的功為Wf＝μmgcosθ×πR2=?πμmgRcosθ2，根據(jù)動能定理可知：W+WG﹣WfD、運動到Q點時，摩擦力方向水平向左、大小為μmgcosθ，設(shè)此時拉力與水平方向的夾角為α，大小為F，則有：Fcosα＝μmgcosθFsinα﹣mgsinθ＝mv聯(lián)立解得：F=(μmgcosθ故選：AC。題型6在機車啟動問題中應(yīng)用動能定理（2024?香坊區(qū)校級二模）2022年8月1日，中國東北地區(qū)首條智軌線路哈爾濱新區(qū)智軌有軌電車投入運營。假設(shè)有軌電車質(zhì)量為m，某次測試中有軌電車由靜止出發(fā)在水平面做加速度為a的勻加速直線運動，有軌電車所受的阻力恒定為f，達到發(fā)動機的額定功率P后，有軌電車保持額定功率做變加速運動，再經(jīng)時間t速度達到最大，然后以最大速度勻速運動，對此下列說法正確的是（）A．有軌電車勻速運動的速度為P(ma+f)B．有軌電車做勻加速運動的時間為P(ma+f)aC．從靜止到加速到速度最大的過程牽引力所做的功為Pt D．有軌電車保持額定功率做變加速運動時間t內(nèi)的位移為Pt【解答】解：A、有軌電車勻速運動時，牽引力和阻力大小相等，即F＝f，由P＝Fv可得有軌電車勻速運動的速度：vmB、設(shè)有軌電車勻加速過程牽引力大小為F1，由牛頓第二定律有：F1﹣f＝ma，可得牽引力大小F1＝f+ma設(shè)勻加速運動結(jié)束時有軌電車的速度大小為v1，由P＝Fv可得v有軌電車做勻加速運動的時間：t1C、勻加速過程，汽車的功率P＝Fv＝Fat，F(xiàn)和a恒定不變，所以P與t成正比，勻加速運動結(jié)束時，汽車達到額定功率，之后汽車保持額定功率不變，P﹣t圖像如下圖所示：圖中紅色陰影部分面積表示從靜止到加速到速度最大的過程牽引力所做的功W，圖中綠色陰影部分面積表示從勻加速結(jié)束到加速到速度最大的過程牽引力所做的功，即：W′＝Pt，由圖可知：W＜W′，故C錯誤；D、有軌電車保持額定功率做變加速運動過程，由動能定理有：Pt?fx=代入數(shù)據(jù)可得：x=Pt故選：B。（多選）（2024?青羊區(qū)校級模擬）某興趣小組對一輛遙控小車的性能進行研究。他們讓這輛小車在水平的直軌道上由靜止開始運動，并將小車運動的全過程記錄下來，通過處理轉(zhuǎn)化為v﹣t圖像，如圖所示（除2s～10s時間段圖像為曲線外，其余時間段圖像均為直線）。已知在小車運動的過程中，2s～14s時間段內(nèi)小車的功率保持不變，在14s末停止遙控而讓小車自由滑行，小車的質(zhì)量為1kg，可認為在整個運動過程中小車所受到的阻力大小不變。則下列選項正確的是（）A．小車在0﹣10s內(nèi)為恒定功率啟動 B．小車所受到的阻力為1.5N C．小車額定功率為6W D．小車在變加速運動過程中位移為39m【解答】解：A、根據(jù)v﹣t圖像可知，0～2s內(nèi)小車為恒定加速度啟動過程，速度逐漸增加，合力不變，2s時小車到達額定功率，之后的2s～10s小車為恒功率啟動過程，故A錯誤；B、在14s～18s時間段，根據(jù)v﹣t圖像可得加速度a＝1.5m/s2由牛頓第二定律可知：f＝ma，代入數(shù)據(jù)可得：f＝1.5N，故B正確；C、根據(jù)分析可知小車在10s～14s做勻速運動，牽引力大小與f相等，小車功率為額定功率：P＝Fv＝fv，代入數(shù)據(jù)可得：P＝9W，故C錯誤；D、2s～10s內(nèi)，功率不變，根據(jù)動能定理有Pt?fx代入數(shù)據(jù)解得：x2＝39m，故D正確。故選：BD。題型7多過程直線運動問題（2023春?平樂縣校級期中）如圖所示，傾角為θ＝30°的斜面與足夠大的光滑水平面在D處平滑連接，斜面上有A、B、C三點，AB、BC、CD間距均為20cm，斜面上BC部分粗糙，其余部分光滑。2塊完全相同、質(zhì)量均勻分布的長方形薄片（厚度忽略不計），緊挨在一起排在斜面上，從下往上編號依次為1、2，第1塊的下邊緣恰好在A處，現(xiàn)將2塊薄片一起由靜止釋放，薄片經(jīng)過D處時無能量損失且相互之間無碰撞，已知每塊薄片質(zhì)量為m＝1kg、長為5cm，薄片與斜面BC間的動摩擦因數(shù)μ=3（1）第1塊薄片剛完全進入BC段時兩薄片間的作用力大??；（2）第1塊薄片下邊緣剛運動到C時的速度大小；（3）兩薄片在水平面上運動時的間距?！窘獯稹拷猓海?）第1塊薄片剛好完全進入BC段時，對兩薄片由牛頓第二定律得：2mgsin30°﹣μmgcos30°＝2ma解得：a=1對薄片2由牛頓第二定律得：mgsin30°﹣F＝ma，解得：F=1（2）把兩塊薄片看作整體，當兩塊薄片恰完全進入BC段時，由動能定理得：2mgsin30°（LAB+12LBC）?0+2μmgcos30°2?其中：LAB＝LBC＝20cm＝0.2m，L片＝5cm＝0.05m解得：v=10此后對兩薄片受力分析知，沿斜面方向合力為0，故兩薄片一直勻速運動到薄片1前端到達C點，此時第1塊薄片速度為：v=10（3）每塊薄片由前端在C點運動到水平面上，由動能定理得：mgsin30°（LCD+12L片）?12μmgcos30解得：v1=3兩薄片到達水平面的時間差為：t=L兩薄片在水平面上運動時的間距為：x＝v1t＝0.035m＝35cm（2023春?常州月考）水上滑梯可簡化成如圖所示的模型：傾角為θ＝37°斜滑道AB和水平滑道BC平滑連接，起點A距水面的高度H＝7.0m，BC長d＝2.0m，端點C距水面的高度h＝1.0m．一質(zhì)量m＝50kg的運動員從滑道起點A點無初速地自由滑下，運動員與AB、BC間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.10。（g＝10m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6）（1）求運動員沿AB下滑時受到的摩擦力大??；（2）求運動員從A滑到C的過程中克服摩擦力所做的功W；（3）運動員從滑梯終點C平拋到水面的水平位移．【解答】解：（1）動員沿AB下滑時受到的摩擦力大小Ff＝μmgcosθ代入數(shù)據(jù)解得Ff＝40N（2）運動員從A滑到C的過程中克服摩擦力做的功為W=μmgcosθ?代入數(shù)據(jù)解得W＝500J（3）設(shè)運動員到達C點時的速度為v做平拋運動的時間為t，拋到水面的水平位移為x，由動能定理可得mg(H??)?W=解得v＝10m/s做平拋運動水平方向有x＝vt豎直方向有?=聯(lián)立解得x=2題型8直線曲線運動相結(jié)合的多過程問題（2023?福建學(xué)業(yè)考試）如圖所示為打彈珠的游戲裝置，光滑豎直細管AB位于平臺下方，高度為4h，直管底部有一豎直輕彈簧，其長度遠小于4h。平臺上方BC段為一光滑的14（1）小球從管口C飛出時的速度；（2）彈簧被壓縮后具有的彈性勢能；（3）若平臺上方14【解答】解：（1）小球從管口C飛出后做平拋運動，豎直方向有：h=水平方向有：10h＝v0t解得v0＝52g?（2）小球從彈出到管口過程，由動能定理得：W彈﹣mg（4h+h）=1根據(jù)功能關(guān)系知：彈簧被壓縮后具有的彈簧彈性勢能Ep＝W彈解得Ep＝30mgh（3）設(shè)14Ep﹣mg（4h+x）=1飛出后做平拋運動，有：x=水平距離s＝vt解得s＝2(26??x)x當26h﹣x＝x，即x＝13h時，水平距離s最大，且最大距離為26h。（2023秋?河西區(qū)期末）如圖所示，水平軌道AB長為2R，其A端有一被鎖定的輕質(zhì)彈簧，彈簧左端連接在固定的擋板上，圓心在O1半徑為R的光滑圓形軌道BC與AB相切于B點，并且和圓心在O2半徑為2R的光滑細圓管軌道CD平滑對接，O1、C、O2三點在同一條直線上，光滑細圓管軌道CD右側(cè)有一半徑為2R，圓心在D點的14圓弧擋板MO2豎直放置，并且與地面相切于O2（1）小滑塊與水平軌道AB間的動摩擦因數(shù)μ；（2）彈簧鎖定時具有的彈性勢能EP；（3）滑塊通過最高點D后落到擋板上時具有的動能EK。【解答】解：（1）由幾何關(guān)系可得CB間的高度差?=小滑塊從B點運動