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专题12 功 功率 动能定律
课标要求 知识要点 命题推断
1.会判断功的正负，会计算恒力的功和变力的功. 2.理解功率的两个公式P＝和P＝Fv，能利用P＝Fv计算瞬时功率. 3.会分析机车的两种启动方式. 4.掌握动能定理，能运用动能定理解答实际问题． 考点一　功的分析与计算 考点二　功率的计算 考点三　动能定理及其应用 考点四　用动能定理巧解多过程问题 题型：选择题 计算题 1恒力做功 2变力做功 3平均功率与瞬时功率 4两种机车启动方式及图像分析 5应用动能定理求变力做功 6多过程直线运动问题 7直线曲线运动相结合的多过程问题 8动能定理的图像问题
考点一　功的分析与计算
1．功的正负
(1)0≤α<90°，力对物体做正功．
(2)90°<α≤180°，力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功．
(3)α＝90°，力对物体不做功．
2．功的计算：W＝Flcos_α
(1)α是力与位移方向之间的夹角，l为物体对地的位移．
(2)该公式只适用于恒力做功．
(3)功是标(填“标”或“矢”)量．
考点二　功率的计算
1．公式P＝和P＝Fv的区别
P＝是功率的定义式，P＝Fv是功率的计算式．
2．平均功率的计算方法
(1)利用＝.
(2)利用＝F·cos α，其中为物体运动的平均速度．
3．瞬时功率的计算方法
(1)利用公式P＝Fvcos α，其中v为t时刻的瞬时速度．
(2)P＝F·vF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度．
(3)P＝Fv·v，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力．
考点三　动能定理及其应用
1．表达式：W＝mv－mv＝Ek2－Ek1.
2．理解：动能定理公式中等号表明了合外力做功与物体动能的变化具有等量代换关系．合外力做功是引起物体动能变化的原因．
3．适用条件
(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．
(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功．
(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用．
4．应用技巧：若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可以分段考虑，也可以整个过程考虑．
考点四　用动能定理巧解多过程问题
对于包含多个运动阶段的复杂运动过程，可以选择分段或全程应用动能定理．
1．分段应用动能定理时，将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，然后联立求解．
2．全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功情况，分析每个力的做功，确定整个过程中合外力做的总功，然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解．
当题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单，更方便．
注意　当物体运动过程中涉及多个力做功时，各力对应的位移可能不相同，计算各力做功时，应注意各力对应的位移．计算总功时，应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和．
（2024 泉州模拟）泉州湾跨海大桥是我国首座跨海高速铁路桥，建造时采用缆载吊机吊装钢箱梁，钢箱梁质量为313.9吨，用四根对称分布、长为6m的钢索将其吊起，钢索下端组成一个6m宽的正方形，如图所示，在某次缓缓吊起10m的过程中，（　　）
A．每根钢索受到的拉力约为1.57×106N
B．每根钢索对钢箱梁的拉力约为1.11×106N
C．每根钢索做的功约为1.57×107J
D．缆载吊机做的功约为4.44×107J
（2024 二模拟）某实验兴趣小组对新能源车的加速性能进行探究。他们根据自制的电动模型车模拟汽车启动状态，并且通过传感器，绘制了模型车从开始运动到刚获得最大速度过程中速度的倒数和牵引力F之间的关系图像，如图所示。已知模型车的质量m＝1kg，行驶过程中受到的阻力恒定，整个过程时间持续5s，获得最大速度为4m/s，则下列说法正确的是（　　）
A．模型车受到的阻力大小为1N
B．模型车匀加速运动的时间为2s
C．模型车牵引力的最大功率为6W
D．模型车运动的总位移为14m
（2024 海淀区二模）如图1所示，某同学在表面平坦的雪坡下滑，不借助雪杖，能一直保持固定姿态加速滑行到坡底。该同学下滑情境可简化为图2，雪坡倾角为α，人可视为质点，图中用小物块表示，下滑过程中某一时刻滑行的速度v的方向与雪坡上所经位置的水平线夹角为β（β＜90°），已知该同学和滑雪装备的总质量为m，滑雪板与雪坡之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。关于该下滑过程，下列说法正确的是（　　）
A．该同学所受摩擦力小于μmgcosα
B．该同学所受摩擦力的方向不变
C．该同学沿v的方向做匀加速直线运动
D．该同学所受重力的瞬时功率一直在增加
（2024 成都模拟）同一赛车分别在干燥路面及湿滑路面以恒定加速度a干燥和a湿滑启动达到最大速度。已知a干燥＞a湿滑，赛车两次启动过程中阻力大小相等且不变，能达到的额定功率相同。则赛车速度v随时间t变化的图像正确的是（图中OA、OB为直线）（　　）
A． B．
C． D．
（2024 南关区校级模拟）华为的Wi﹣Fi6+采用了芯片级协同、动态窄频宽技术，大幅提升了手机等终端侧的功率谱密度（PSD），带来了信号穿墙能力的大幅提升。功率谱密度的单位是瓦特每纳米（W/nm），改用国际单位制基本单位表示正确的是（　　）
A．kg m/s3 B．kg m/s4 C．kg m2/s4 D．kg m2/s2
（2024 天河区校级模拟）举重是一项技巧性很强的运动。抓举的过程如下图所示，首先运动员用双手迅速提起杠铃至胸前，然后迅速下蹲，“钻到”杠铃底下，两臂呈八字形托住杠铃，最后缓缓站立。关于举重的过程，下列说法正确的是（　　）
A．运动员将杠铃提至胸前的过程中，杠铃先超重后失重
B．运动员站起的过程中，地面对他做正功
C．整个过程中运动员两手对杠铃的力始终不小于杠铃的重力
D．运动员两臂呈八字形托住杠铃静止时，两臂夹角越大，每条手臂对杠铃的作用力越小
（2024 湖北模拟）如图所示，带孔物块A穿在光滑固定的竖直细杆上与一不可伸长的轻质细绳连接，细绳另一端跨过轻质光滑定滑轮连接物块B，A位于与定滑轮等高处。已知物块A的质量为m、物块B的质量为，定滑轮到细杆的距离为L，细绳的长度为2L。现由静止释放物块A，不计一切摩擦、空气阻力及定滑轮大小，重力加速度大小为g，两物块均可视为质点，下列说法正确的是（　　）
A．物块A的机械能一直增大
B．物块A的速度始终小于物块B的速度
C．物块A、B等高时物块B的速度大小为0
D．物块A下落到最低点时物块B的速度为0，A下落的最大距离为h
（多选）（2024 茂名一模）某品牌电动汽车在平直公路上由静止开始启动，若启动过程中加速度传感器测量到汽车加速度随时间变化的规律如图所示，汽车后备箱中水平放置一质量m＝5kg的物块，与汽车始终相对静止，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．第2s末，汽车的速度为3.2m/s
B．第8s末，汽车的速度为9.6m/s
C．前2s内，汽车对物块的作用力做功大小为6.4J
D．前8s内，汽车对物块的最大摩擦力为8N
（2024 山东模拟）哈尔滨冰雪节让冰雪运动火了起来，如图所示，一倾角为37°的倾斜冰面，表面光滑，长度为L，运动员从斜坡顶端A点无初速度自由滑下，在坡道上的某处固定一短的起跳板，起跳板沿水平方向，板的长度可忽略，当运动员到达起跳板时速度变为水平方向（不计在起跳板处的动能损失），使其起跳后的落点在水平面上且到起跳板水平距离最远，不计空气阻力，重力加速度为g，sin37°＝0.6。求：
（1）起跳板应固定在距顶端A多远处；
（2）落地点到B点的水平距离及落地的速度。
（2024 广东三模）生活中运送货物时常会用到传送带，可以很大程度上节省人力。传送带以一定速率沿顺时针方向转动，AB段倾角θ＝37°，BC段水平，AB、BC段的长度分别为L＝3.2m，L′＝0.2625m，示意图如图所示。将一个质量为m＝5kg的货物轻放在A端，货物与传送带AB、BC段间的动摩擦因数均为μ＝0.8，货物经过B处时不脱离传送带且速率不变，之后货物运动到C点，货物可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）要使货物以最短的时间运动到C点，求传送带的速度至少为多大？最短的时间为多少？
（2）若传送带速度为v＝2m/s，求货物被运送到C点的过程中传送带与货物之间因摩擦产生的热量。
题型1恒力做功
（2024 台州二模）2024多哈游泳世锦赛中，“中国蛟龙”浙江运动员潘展乐获得4枚金牌并打破男子100米自由泳世界纪录，震撼了世界。如图所示潘展乐在比赛中左手正在划水，下列说法正确的是（　　）
A．运动员划水前进，水对人的力是阻力
B．运动员向后划水，水对划水手掌做正功
C．运动员在水中前进时，浮力与重力始终大小相等
D．水对运动员的作用力等于运动员对水的作用力
（2024 湖北模拟）如图，在足够长的斜面底端A点向斜上方抛出一小球，小球与斜面垂直碰撞于D点，不计空气阻力。已知斜面倾角θ＝45°，重力加速度大小g取10m/s2，则可以求出的物理量是（　　）
A．初速度v0与水平面夹角
B．小球的初速度v0的大小
C．小球在空中运动的时间
D．小球克服重力所做的功
（2024 天河区一模）图甲中的辘轳是古代民间提水设施，由辘轳头、支架、井绳、水桶等部分构成。图乙为工作原理简化图，辘轳绕绳轮轴半径r＝0.1m，水桶的质量M＝0.5kg，井足够深，忽略井绳质量和因绳子缠绕导致轮轴的半径变化。某次从井中汲取m＝2kg的水，轮轴由静止开始绕中心轴转动从而竖直向上提水桶，其角速度随时间变化规律如图丙所示，重力加速度g＝10m/s2，则（　　）
A．10s末水桶的速度大小为20m/s
B．水桶的速度大小随时间变化规律为v＝2t
C．0～10s内水柚上升的高度为20m
D．0～10s内井绳拉力所做的功为255J
题型2变力做功
（2024春 海南期末）质量为0.2kg的物体在水平力F的作用下在水平面上沿x轴由静止开始运动，F随位置x变化的图像如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m/s2，则物体从x＝0运动到x＝3m的过程中，合外力做功为（　　）
A．9J B．8J C．7J D．6J
（2024春 和平区校级期末）力F对物体所做的功可由公式W＝F scosα求得。但用这个公式求功是有条件的，即力F必须是恒力。而实际问题中，有很多情况是变力在对物体做功。那么，用这个公式不能直接求变力的功，我们就需要通过其他的一些方法来求解力F所做的功。如图，对于甲、乙、丙、丁四种情况下求解某个力所做的功，下列说法正确的是（　　）
A．甲图中若F大小不变，物块从A到C过程中（AC间距离xAC）力F做的功为W＝FxAC
B．乙图中，全过程中F做的总功为108J
C．丙图中，绳长为R，若空气阻力f大小不变，小球从A运动到B过程中空气阻力做的功
D．图丁中，F始终保持水平缓慢将小球从P拉到Q，小球质量m，重力加速度g，则F做的功是W＝mg（l﹣lcosθ）
如图所示，某个力F＝10N作用在半径为R＝1m的转盘的边缘上，力F的大小保持不变，但方向保持与作用点的切线一致，则转动一周这个力F做的总功为（　　）
A．0 B．20πJ C．10J D．10πJ
题型3平均功率与瞬时功率
（2024春 福州期末）广场喷泉，作为城市景观的一部分，不仅是供人们欣赏的景点，更是城市文化和历史的载体。它们以水为媒介，以音乐和灯光为伴，为城市带来了生机和活力。喷泉水滴的运动轨迹如图所示，若该“喷泉”是采用水泵将水先从距水面下深度为h处由静止提升至水面，然后再喷射出去，上升的最大高度为h，水滴下落在水面的位置距喷水口的距离为2h。已知喷水口的流量Q（流量Q定义为单位时间内喷出水的体积），水的密度为ρ，水泵提升水的效率为η，重力加速度大小为g，则水泵抽水的平均功率为（　　）
A． B． C． D．
（2024春 奉化区期末）仰卧起坐是《国家学生体质健康标准》中规定的女生测试项目之一。若某女生一分钟内做了50个仰卧起坐，其质量为50kg，设上半身质量为总质量的0.6倍，仰卧起坐时下半身重心位置不变。则测试过程中该女生一分钟内克服重力做功的平均功率约为（　　）
A．20W B．90W C．200W D．400W
（2024春 金华期末）无人机广泛应用于各行各业。如图甲所示是物流公司使用无人机运输货物，无人机下方用轻绳竖直悬挂货物，当无人机悬停到目的地正上方后，竖直向下先匀加速后匀减速，直至安全着陆，图乙是降落全过程的v﹣t图像。已知货物的质量为30kg，忽略气流对货物的作用力。求：
（1）5s内货物的位移大小；
（2）运动过程中，无人机对货物的最大拉力；
（3）4s末，拉力对货物的瞬时功率的大小。
题型4两种机车启动方式及图像分析
（2024春 兴庆区校级期末）质量为m的汽车以恒定的功率P在平直的水平公路上行驶，设汽车受到的阻力大小不变，若汽车匀速行驶时的速率为v1，则当汽车速率为v2（v1＞v2）时，汽车加速度的大小是（　　）
A． B．
C． D．
（2024春 岳麓区校级期末）我国新能源汽车领先全球，2024年3月，小米第一台汽车XiaomiSU7正式上市，其技术领先且价格符合大众消费，一辆小米新能源汽车在平直公路上行驶，汽车的质量为m＝2.0×103kg，发动机的额定功率为P0＝200kW，设汽车在行驶过程中受到的阻力大小恒为f＝4.0×103N。如果汽车从静止开始以额定功率启动，则（　　）
A．汽车从静止开始做匀加速直线运动，然后做加速度减小的加速运动
B．汽车在行驶过程中所能达到的最大速度vm＝50m/s
C．若汽车以不同的恒定功率启动所能达到的最大速度相同
D．若汽车到达最大速度的时间为t，则这段时间内的位移
（2024春 奉化区期末）如图所示，一台起重吊车将质量m＝500kg的重物由静止开始以a＝0.2m/s2加速度竖直向上匀加速提升，t＝10s末之后保持功率不变继续提升重物，直至重物匀速上升。取g＝10m/s2不计空气阻力，求：
（1）前10s起重吊车拉力F的大小；
（2）10s末起重机的瞬时功率P；
（3）重物上升的最大速度vm；
（4）重物开始运动后15s内起重机提升重物的平均功率。
题型5应用动能定理求变力做功
（2024春 让胡路区校级期末）人们用滑道从高处向低处运送货物，如图所示，可看作质点的货物从四分之一圆弧滑道顶端P点由静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为4m/s。已知货物质量m＝10kg，滑道半径r＝4m，且过Q点的切线水平，重力加速度g取10m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的是（　　）
A．重力做的功为600J
B．经过Q点时货物对轨道的压力大小为280N
C．经过Q点时货物的向心加速度大小为4m/s2
D．货物克服阻力做的功为80J
（2024春 安徽期末）如图所示，在水平地面上有一圆弧形凹槽ABC，AC连线与地面相平，凹槽AC是位于竖直平面内以O为圆心、半径为R的一段粗糙程度相同的圆弧，B为圆弧最低点。现将一质量为m的小球（可视为质点）从水平地面上P处以初速度v0斜向右上方抛出，v0与水平地面夹角为θ。该小球恰好能从A点沿圆弧的切线方向进入轨道，沿圆弧ABC继续运动后从C点以速率飞出。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法中正确的是（　　）
A．小球由P点运动到A点的过程中，所用时间为
B．小球由P点运动到A点的过程中，水平位移为
C．小球经过圆弧形轨道的C点时受到轨道的支持力大小为mgcosθ
D．小球经过圆弧形轨道AB段和BC段过程中，小球与圆弧轨道间因摩擦产生的热量相等
（2024春 铜陵期末）如图所示，半径为R＝0.9m的四分之一圆弧形粗糙轨道竖直放置，圆弧最低点B处的切线水平，B点距离地面的高度为h＝0.8m。质量为m＝1.0kg的小滑块从圆弧顶点D处由静止释放，小滑块到达B点的速度大小为vB＝3m/s。不计空气阻力，重力加速度大小g取10m/s2。求：
（1）小滑块到达B点时对轨道压力的大小；
（2）小滑块克服轨道摩擦力所做的功；
（3）小滑块的落地点与B点的水平距离。
题型6多过程直线运动问题
（2024春 沙坪坝区校级期末）如图所示，在倾角为θ的光滑固定斜面上，A、B、C、D四点将斜面三等分。质量为m的小滑块P以初速度v0从A点出发，沿斜面向上运动，滑块滑到D点时速度恰好为0，而后下滑。若AB部分不光滑，其余部分光滑，则滑块上行到C点时速度恰好为0，而后下滑过程中说法正确的是（重力加速度为g）（　　）
A．滑块所受摩擦力f＞mgsinθ
B．滑块所受摩擦力f＜mgsinθ
C．滑块下滑到A点时速度
D．滑块下滑到B点时速度
（多选）（2024春 西城区期末）如图所示，运动员腰系轻绳拖着轮胎在跑道上进行训练。绳子对轮胎施加恒力的大小为300N，方向与水平方向成37°。轮胎被拖着从静止开始沿着水平直线宽道移动3m后，绳子突然断了，轮胎又往前移动了一段距离停下。已知轮胎的质量为36kg，跑道与轮胎间的动摩擦因数为0.8，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．轮胎速度的最大值为4m/s
B．绳子断后，轮胎又前进了2m停下
C．从开始运动到绳断的过程，绳子对轮胎所做功的平均功率为480W
D．从轮胎开始运动到停下的过程，跑道对轮胎的摩擦力所做的功为﹣576J
题型7直线曲线运动相结合的多过程问题
（2024春 福州期末）如图，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道（在最低点E分别与水平轨道EO和EA相连）、高度h可调的斜轨道AB组成。游戏时滑块从O点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道。全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功。已知圆轨道半径r＝0.1m，OE长L1＝0.2m，AC长L2＝0.4m，圆轨道和AE光滑，滑块与AB、OE之间的动摩擦因数μ＝0.5。滑块质量m＝2g且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能。忽略空气阻力，各部分平滑连接，g取10m/s2。求：
（1）弹簧的弹性势能Ep多大时，滑块恰能过F点；
（2）满足（1）条件下滑块经过E点对圆轨道压力FN大小等多少；
（3）满足（1）条件下，要想游戏成功应把h调到多高；
（4）要使游戏成功，弹簧的弹性势能Ep与高度h之间满足的关系。
（2024春 福州期末）如图所示，一个固定在竖直平面内的光滑半圆形管道，一直径略小于管道内径的小球，从A处以某一速度经过水平面到B后在管道内做圆周运动，从C点脱离后做平抛运动，经过0.3s后又恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰。已知水平面AB距离L＝3m，动摩擦因数μ＝0.25；半圆形管道的半径为R＝1m，小球可看作质点且其质量为m＝1kg，g取10m/s2。求：
（1）CD段平抛的水平距离x；
（2）小球过管道C时，管道对小球作用力的大小和方向；
（3）小球在A处的速度vA大小。
（2024春 重庆期末）如图1所示，两个分别以A、D和B、C为端点且半径均为R＝0.25m的半圆形光滑管道固定在同一竖直平面内，A、B间和C、D间均为长度L＝2m的固定水平面，P、Q分别为AB和CD的中点，两个完全相同的物块甲、乙分别静置于P、Q处。已知CD和PB段水平面光滑，物块与AP间的动摩擦因数μ随物块到A点的距离x变化的关系如图2所示。已知甲、乙两物块的质量均为m＝100g，两物块均可视为质点，管道内径不计，不考虑两物块与管道内部的碰撞，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，甲、乙两物块发生碰撞后速度交换，即碰撞后，原来运动的物块静止，原来静止的物块以原来运动物块的速度运动。现给物块甲一水平向右的初速度v0＝7m/s，求：
（1）物块甲第一次与物块乙碰撞后瞬时，物块乙的动能；
（2）物块乙第一次到达P点时的动能；
（3）最终物块甲、乙各自的位置。
题型8动能定理的图像问题
（2024春 铜陵期末）质量为m＝1kg的玩具小汽车（可视为质点）由静止开始沿直线加速，最后减速至静止，其合外力F随位移x的变化图像如图所示。已知玩具小汽车在位移x＝10m时恰好停下。下列关于玩具小汽车运动的物理量描述正确的是（　　）
A．初始阶段合外力F1＝1.5N
B．速度的最大值为2m/s
C．加速运动的时间为1s
D．匀速运动的时间为3s
（2024春 合肥期末）如图甲所示，一物块以一定的初速度冲上倾角为30°的固定斜面，物块在斜面上运动的过程中，其动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示。已知物块所受的摩擦力大小恒定，g取10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．物块质量为0.7kg
B．物块所受摩擦力大小为0.4N
C．0～20m过程中，物块克服摩擦力做功为40J
D．0～10m过程中与10m～20m过程中物块所受合力之比为3：4
（2024春 天心区校级期末）如图甲所示，质量为0.2kg的物体在水平向右的拉力F的作用下从A点由静止开始向右运动，F随位移x变化的图像如图乙所示。已知物体与地面间的动摩擦因数为0.15，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，在运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．物体做加速度减小的加速运动，当拉力F＝0时，物体的速度最大
B．拉力从1.8N减小到0.3N的过程中，拉力做的功为21J
C．物体的最大速度为
D．物体运动的总位移为36m中小学教育资源及组卷应用平台
专题12 功 功率 动能定律
课标要求 知识要点 命题推断
1.会判断功的正负，会计算恒力的功和变力的功. 2.理解功率的两个公式P＝和P＝Fv，能利用P＝Fv计算瞬时功率. 3.会分析机车的两种启动方式. 4.掌握动能定理，能运用动能定理解答实际问题． 考点一　功的分析与计算 考点二　功率的计算 考点三　动能定理及其应用 考点四　用动能定理巧解多过程问题 题型：选择题 计算题 1恒力做功 2变力做功 3平均功率与瞬时功率 4两种机车启动方式及图像分析 5应用动能定理求变力做功 6多过程直线运动问题 7直线曲线运动相结合的多过程问题 8动能定理的图像问题
考点一　功的分析与计算
1．功的正负
(1)0≤α<90°，力对物体做正功．
(2)90°<α≤180°，力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功．
(3)α＝90°，力对物体不做功．
2．功的计算：W＝Flcos_α
(1)α是力与位移方向之间的夹角，l为物体对地的位移．
(2)该公式只适用于恒力做功．
(3)功是标(填“标”或“矢”)量．
考点二　功率的计算
1．公式P＝和P＝Fv的区别
P＝是功率的定义式，P＝Fv是功率的计算式．
2．平均功率的计算方法
(1)利用＝.
(2)利用＝F·cos α，其中为物体运动的平均速度．
3．瞬时功率的计算方法
(1)利用公式P＝Fvcos α，其中v为t时刻的瞬时速度．
(2)P＝F·vF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度．
(3)P＝Fv·v，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力．
考点三　动能定理及其应用
1．表达式：W＝mv－mv＝Ek2－Ek1.
2．理解：动能定理公式中等号表明了合外力做功与物体动能的变化具有等量代换关系．合外力做功是引起物体动能变化的原因．
3．适用条件
(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．
(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功．
(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用．
4．应用技巧：若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可以分段考虑，也可以整个过程考虑．
考点四　用动能定理巧解多过程问题
对于包含多个运动阶段的复杂运动过程，可以选择分段或全程应用动能定理．
1．分段应用动能定理时，将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，然后联立求解．
2．全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功情况，分析每个力的做功，确定整个过程中合外力做的总功，然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解．
当题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单，更方便．
注意　当物体运动过程中涉及多个力做功时，各力对应的位移可能不相同，计算各力做功时，应注意各力对应的位移．计算总功时，应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和．
（2024 泉州模拟）泉州湾跨海大桥是我国首座跨海高速铁路桥，建造时采用缆载吊机吊装钢箱梁，钢箱梁质量为313.9吨，用四根对称分布、长为6m的钢索将其吊起，钢索下端组成一个6m宽的正方形，如图所示，在某次缓缓吊起10m的过程中，（　　）
A．每根钢索受到的拉力约为1.57×106N
B．每根钢索对钢箱梁的拉力约为1.11×106N
C．每根钢索做的功约为1.57×107J
D．缆载吊机做的功约为4.44×107J
【解答】解：AB、钢箱梁质量m＝313.9吨＝3.139×105kg，由几何关系可知，每根钢索与竖直方向上的夹角均为45°，则由平衡条件可知，4Fcos45°＝mg，解得F代入数据可得，FN≈1.11×106N，由牛顿第三定律可知，每根钢索受到的拉力约为1.11×106N，故B正确，A错误；
CD、因钢箱梁缓慢上升，故缆载吊机做的功与克服重力所做的功大小相等，即W＝mgh＝3.139×105×10×10J＝3.139×107J，而每根钢索做功W0J＝7.8×106J，故CD错误。
故选：B。
（2024 二模拟）某实验兴趣小组对新能源车的加速性能进行探究。他们根据自制的电动模型车模拟汽车启动状态，并且通过传感器，绘制了模型车从开始运动到刚获得最大速度过程中速度的倒数和牵引力F之间的关系图像，如图所示。已知模型车的质量m＝1kg，行驶过程中受到的阻力恒定，整个过程时间持续5s，获得最大速度为4m/s，则下列说法正确的是（　　）
A．模型车受到的阻力大小为1N
B．模型车匀加速运动的时间为2s
C．模型车牵引力的最大功率为6W
D．模型车运动的总位移为14m
【解答】解：A、由图像可知，模型车受到的最小的牵引力为2N，此时加速度为0，模型车受力平衡，所以车所受到的阻力大小f＝2N，故A错误；
B、由图像可知，模型车先做匀加速运动，匀加速运动的末速度v1＝2m/s，此过程的牵引力为F＝4N，根据牛顿第二定律得：F﹣f＝ma，解得匀加速运动的加速度为a＝2m/s2，故匀加速运动的时间t1s＝1s，故B错误；
C、当速度达到2m/s时，模型车开始以额定功率行驶，图像斜率的倒数为功率，故模型车牵引力的最大功率P＝Fv1＝4×2W＝8W，故C错误；
D、模型车变加速运动所需时间t2＝t﹣t1＝5s﹣1s＝4s，对于变加速运动，根据动能定理有：Pt2﹣fx2，由图可知最大速度vm＝4m/s，解得变加速运动的位移x2＝13m，匀加速阶段位移x1m＝1m，故总位移x＝x1+x2＝13m+1m＝14m，故D正确。
故选：D。
（2024 海淀区二模）如图1所示，某同学在表面平坦的雪坡下滑，不借助雪杖，能一直保持固定姿态加速滑行到坡底。该同学下滑情境可简化为图2，雪坡倾角为α，人可视为质点，图中用小物块表示，下滑过程中某一时刻滑行的速度v的方向与雪坡上所经位置的水平线夹角为β（β＜90°），已知该同学和滑雪装备的总质量为m，滑雪板与雪坡之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。关于该下滑过程，下列说法正确的是（　　）
A．该同学所受摩擦力小于μmgcosα
B．该同学所受摩擦力的方向不变
C．该同学沿v的方向做匀加速直线运动
D．该同学所受重力的瞬时功率一直在增加
【解答】解：A、垂直斜面方向，人对斜面的正压力大小为mgcosα，所以滑动摩擦力μmgcosα，大小不变，故A错误；
BC、正视斜面，在斜面内有平行斜面向下的mgsinα和与v反向的滑动摩擦力f，会发现f与mgsinα的合力与v不共线，人做曲线运动，即速度方向在变化，所以f的方向也变化，故BC错误；
D、由于人加速下滑，所以f与mgsinα的合力与v成锐角，且做曲线运动，所以随着下滑v增大，且与mgsinα夹角减小，即图2中的角β增大，重力的功率也增大，即公式P＝mgsinα vsinβ，所以P增大，故D正确。
故选：D。
（2024 成都模拟）同一赛车分别在干燥路面及湿滑路面以恒定加速度a干燥和a湿滑启动达到最大速度。已知a干燥＞a湿滑，赛车两次启动过程中阻力大小相等且不变，能达到的额定功率相同。则赛车速度v随时间t变化的图像正确的是（图中OA、OB为直线）（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：匀加速直线运动阶段，a干燥＞a湿滑，且加速度不变，因此OA、OB均为过原点的倾斜直线，由牛顿第二定律可知，F﹣f＝ma，由于阻力相等且不变，a干燥＞a湿滑，当动力F达到额定功率时，功率达到最大，由P＝Fv可知，由于干燥路面的动力F较大，则匀加速的最大速度有：v干燥＜v湿滑。
接下来汽车以恒定功率运动，最终加速到F＝f时速度达到最大，P额＝Fvmax＝fvmax，由于额定功率和阻力相等，所有最大速度vmax相等，综上所述，ACD不符合题意，故ACD错误，B正确。
故选：B。
（2024 南关区校级模拟）华为的Wi﹣Fi6+采用了芯片级协同、动态窄频宽技术，大幅提升了手机等终端侧的功率谱密度（PSD），带来了信号穿墙能力的大幅提升。功率谱密度的单位是瓦特每纳米（W/nm），改用国际单位制基本单位表示正确的是（　　）
A．kg m/s3 B．kg m/s4 C．kg m2/s4 D．kg m2/s2
【解答】解：根据题意其国际单位为，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2024 天河区校级模拟）举重是一项技巧性很强的运动。抓举的过程如下图所示，首先运动员用双手迅速提起杠铃至胸前，然后迅速下蹲，“钻到”杠铃底下，两臂呈八字形托住杠铃，最后缓缓站立。关于举重的过程，下列说法正确的是（　　）
A．运动员将杠铃提至胸前的过程中，杠铃先超重后失重
B．运动员站起的过程中，地面对他做正功
C．整个过程中运动员两手对杠铃的力始终不小于杠铃的重力
D．运动员两臂呈八字形托住杠铃静止时，两臂夹角越大，每条手臂对杠铃的作用力越小
【解答】解：A、运动员将杠铃提至胸前的过程中，杠铃先向上加速后向上减速，加速度先向上后向下，杠铃先超重后失重，故A正确；
B、站起过程中虽然地面对运动员有支持力的作用，但是双脚未离地，即该力不做功，所以站起过程中地面对人不做功，故B错误；
C、举重过程中某段时间，杠铃的运动状态发生改变，向上做减速运动，加速度方向向下，合力方向向下，运动员对杠铃的支持力小于杠铃的重力，故C错误；
D、将杠铃所受的重力按照效果进行分解，由于大小方向确定的一个力分解为两个等大的力时，合力在分力的角平分线上，且两分力的夹角越大，分力越大，即运动员两手臂间的距离越大，夹角越大，越费力，故D错误；
故选：A。
（2024 湖北模拟）如图所示，带孔物块A穿在光滑固定的竖直细杆上与一不可伸长的轻质细绳连接，细绳另一端跨过轻质光滑定滑轮连接物块B，A位于与定滑轮等高处。已知物块A的质量为m、物块B的质量为，定滑轮到细杆的距离为L，细绳的长度为2L。现由静止释放物块A，不计一切摩擦、空气阻力及定滑轮大小，重力加速度大小为g，两物块均可视为质点，下列说法正确的是（　　）
A．物块A的机械能一直增大
B．物块A的速度始终小于物块B的速度
C．物块A、B等高时物块B的速度大小为0
D．物块A下落到最低点时物块B的速度为0，A下落的最大距离为h
【解答】解：A、由静止释放物块A，物块A向下加速运动过程中，重力做正功，绳子的拉力做负功，物块A的机械能减小。故A错误；
B、设物块A下滑过程中绳与竖直方向的夹角为α，则
vAcosα＝vB
由此可知，物块A的速度大于物块B的速度，当物块A的速度为零时，物块B的速度也为零。故B错误；
D、当物块A的速度为零时，下落的高度最大，此时物块B的速度也为0，则
解得
故D正确；
C、设物块A、B处于同一高度时定滑轮左侧细绳与水平方向所成的角为θ，有
又
（sinθ）2+（cosθ）2＝1
解得
θ＝37°
所以等高时的总动能为
解得
故C错误；
故选：D。
（多选）（2024 茂名一模）某品牌电动汽车在平直公路上由静止开始启动，若启动过程中加速度传感器测量到汽车加速度随时间变化的规律如图所示，汽车后备箱中水平放置一质量m＝5kg的物块，与汽车始终相对静止，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．第2s末，汽车的速度为3.2m/s
B．第8s末，汽车的速度为9.6m/s
C．前2s内，汽车对物块的作用力做功大小为6.4J
D．前8s内，汽车对物块的最大摩擦力为8N
【解答】解：AB．a﹣t图像与坐标轴包围的面积表示速度，根据图像面积可知第2s末，汽车的速度为
第8s末，汽车的速度为
故A错误，B正确；
C．根据图像，2s末汽车速度为1.6m/s，由动能定理，汽车对物块做功为
故C正确；
D．a最大为1.6m/s，由F1＝ma代入数据可得最大摩擦力为8N，故D正确。
故选：BCD。
（2024 山东模拟）哈尔滨冰雪节让冰雪运动火了起来，如图所示，一倾角为37°的倾斜冰面，表面光滑，长度为L，运动员从斜坡顶端A点无初速度自由滑下，在坡道上的某处固定一短的起跳板，起跳板沿水平方向，板的长度可忽略，当运动员到达起跳板时速度变为水平方向（不计在起跳板处的动能损失），使其起跳后的落点在水平面上且到起跳板水平距离最远，不计空气阻力，重力加速度为g，sin37°＝0.6。求：
（1）起跳板应固定在距顶端A多远处；
（2）落地点到B点的水平距离及落地的速度。
【解答】解：（1）设起跳板应放置在距A点为x1处
下滑到起跳处的速度为v1，根据动能定理可得：mgsin37° x1
起跳后做平抛运动，水平方向：x＝v1t
竖直方向：（L﹣x1）sin37°
代入数据解得：x
所以，当L﹣x1＝x1时，起落点距起跳板最远，即x1
（2）落地点与B点的距离为Δx
Δx＝xcos37°
解得：Δx
落地速度的水平速度为：v1
竖直速度为：vy＝gt
落地速度：v
解得：vm/s
速度与水平方向成α角，则tanα
解得：tanα＝1，方向为斜向左下。
答：（1）起跳板应固定在距顶端A处；
（2）落地点到B点的水平距离为，落地的速度为m/s，与水平方向成45°角，方向为斜向左下。
（2024 广东三模）生活中运送货物时常会用到传送带，可以很大程度上节省人力。传送带以一定速率沿顺时针方向转动，AB段倾角θ＝37°，BC段水平，AB、BC段的长度分别为L＝3.2m，L′＝0.2625m，示意图如图所示。将一个质量为m＝5kg的货物轻放在A端，货物与传送带AB、BC段间的动摩擦因数均为μ＝0.8，货物经过B处时不脱离传送带且速率不变，之后货物运动到C点，货物可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）要使货物以最短的时间运动到C点，求传送带的速度至少为多大？最短的时间为多少？
（2）若传送带速度为v＝2m/s，求货物被运送到C点的过程中传送带与货物之间因摩擦产生的热量。
【解答】解：（1）物块刚放上传送带时，水平传送带上时的加速度，根据牛顿第二定律：
代入数据得：a1＝0.4m/s2，
设经过时间t，物块经过两段加速到C点时恰与传送带共速，此过程所用时间最短，
那么有：，，v2＝a1t1+a2t2
联立并代入数据得：t1＝4s，t2＝0.125s，v1＝a1t1＝（0.4×4）m/s＝1.6m/s，v2＝2.6m/s
所以最短时间：t＝t1+t2＝4s+0.125s＝4.125s
即当传送带的速度为2.6m/s时，物块在传送带的时间最短，最短时间为4.125s。
（2）若传送带速度为v＝2m/s，则传送带和货物运动的v﹣t图像如图所示，
由图可知在AB段货物和传送带间的相对位移为：Δx14.8m
因摩擦产生的热量：Q1＝μmgcosθ Δx1，代入数据得：Q1＝153.6J
在BC段，货物和传送带相对运动的时间：t2′0.05s
货物和传送带间的相对位移为：
Δx20.01m
因摩擦产生的热量：Q2＝μmg Δx2，代入数据得：Q2＝0.4J
整个过程货物与传送带因摩擦产生的总热量：Q＝Q1+Q2＝153.6J+0.4J＝154.0J
答：（1）使货物以最短时间运送到C点，传送带的最小速度为2.6m/s，最短时间为4.125s；
（2）货物自A点运送到C点的过程中，传送带与货物间因摩擦而产生的热量为154.0J。
题型1恒力做功
（2024 台州二模）2024多哈游泳世锦赛中，“中国蛟龙”浙江运动员潘展乐获得4枚金牌并打破男子100米自由泳世界纪录，震撼了世界。如图所示潘展乐在比赛中左手正在划水，下列说法正确的是（　　）
A．运动员划水前进，水对人的力是阻力
B．运动员向后划水，水对划水手掌做正功
C．运动员在水中前进时，浮力与重力始终大小相等
D．水对运动员的作用力等于运动员对水的作用力
【解答】解：A、运动员划水前进，水对人的力是动力，故A错误；
B、运动员向后划水时，水对手掌的作用力的方向向前，则水对划水手掌做负功，故B错误；
C、运动员在水中前进时，沿竖直方向身体会有一定的上下波动，所以浮力与重力不能始终大小相等，故C错误；
D、水对运动员的作用力和运动员对水的作用力是一对作用力与反作用力，二者大小相等，方向相反，故D正确。
故选：D。
（2024 湖北模拟）如图，在足够长的斜面底端A点向斜上方抛出一小球，小球与斜面垂直碰撞于D点，不计空气阻力。已知斜面倾角θ＝45°，重力加速度大小g取10m/s2，则可以求出的物理量是（　　）
A．初速度v0与水平面夹角
B．小球的初速度v0的大小
C．小球在空中运动的时间
D．小球克服重力所做的功
【解答】解：A.设小球从A点抛出时初速度v0与水平方向的夹角为α，小球由A点至D点的过程中，在竖直方向上做初速度为v0sinα，加速度为g的竖直上抛运动，在水平方向上做速度为 v0cosα 的匀速直线运动，由几何关系得小球的水平位移与竖直位移大小相等，设小球在空中运动的时间为t，则满足
又小球与斜面垂直碰撞于D点，则
联立解得tanα＝3，即α＝arctan3，故A正确；
BCD.根据已知条件结合A选项的解答不能求出小球的初速度和小球在空中运动的时间，又因为小球质量未知，所以不能求出重力做功，故BCD错误。
故选：A。
（2024 天河区一模）图甲中的辘轳是古代民间提水设施，由辘轳头、支架、井绳、水桶等部分构成。图乙为工作原理简化图，辘轳绕绳轮轴半径r＝0.1m，水桶的质量M＝0.5kg，井足够深，忽略井绳质量和因绳子缠绕导致轮轴的半径变化。某次从井中汲取m＝2kg的水，轮轴由静止开始绕中心轴转动从而竖直向上提水桶，其角速度随时间变化规律如图丙所示，重力加速度g＝10m/s2，则（　　）
A．10s末水桶的速度大小为20m/s
B．水桶的速度大小随时间变化规律为v＝2t
C．0～10s内水柚上升的高度为20m
D．0～10s内井绳拉力所做的功为255J
【解答】解：AB．由图丙可知ω＝2t
所以水桶速度随时间变化规律为v＝ωr＝2t×0.1＝0.2t
则10s末水桶的速度大小为2m/s，故AB错误；
CD．水桶匀加速上升，加速度a0.2m/s2
由牛顿第二定律F （m+M）g＝（m+M）a
代入数据解得F＝25.5N
水桶匀加速上升，0～10s内它上升的高度为hat2
代入数据解得h＝10m
则0～10s内井绳拉力所做的功为
W＝Fh
代入数据解得
W＝255J
故C错误，D正确。
故选：D。
题型2变力做功
（2024春 海南期末）质量为0.2kg的物体在水平力F的作用下在水平面上沿x轴由静止开始运动，F随位置x变化的图像如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m/s2，则物体从x＝0运动到x＝3m的过程中，合外力做功为（　　）
A．9J B．8J C．7J D．6J
【解答】解：力F是线性变化，可以用平均力求功。则所有力对物体做的功为
，代入数据解得W＝6J，故ABC错误，D正确。
故选：D。
（2024春 和平区校级期末）力F对物体所做的功可由公式W＝F scosα求得。但用这个公式求功是有条件的，即力F必须是恒力。而实际问题中，有很多情况是变力在对物体做功。那么，用这个公式不能直接求变力的功，我们就需要通过其他的一些方法来求解力F所做的功。如图，对于甲、乙、丙、丁四种情况下求解某个力所做的功，下列说法正确的是（　　）
A．甲图中若F大小不变，物块从A到C过程中（AC间距离xAC）力F做的功为W＝FxAC
B．乙图中，全过程中F做的总功为108J
C．丙图中，绳长为R，若空气阻力f大小不变，小球从A运动到B过程中空气阻力做的功
D．图丁中，F始终保持水平缓慢将小球从P拉到Q，小球质量m，重力加速度g，则F做的功是W＝mg（l﹣lcosθ）
【解答】解：A、由于F大小不变，根据功的定义可得物块从A到C过程中，力F做的功为W＝Fs＝F（OA﹣OC）＜FxAC，故A错误；
B、功的表达式W＝Fs，乙图F﹣x的面积代表功的大小，则全过程中F做的总功为W＝15×6J﹣3×6J＝72J，故B错误；
C、丙图中，绳长为R，若空气阻力f大小不变，可用微元法得小球从A运动到B过程中空气阻力做的功为W＝﹣f，故C错误；
D、图丁中，F始终保持水平缓慢将小球从P拉到Q，可知F做的功等于克服重力做的功，则有W＝mg（l﹣lcosθ），故D正确；
故选：D。
如图所示，某个力F＝10N作用在半径为R＝1m的转盘的边缘上，力F的大小保持不变，但方向保持与作用点的切线一致，则转动一周这个力F做的总功为（　　）
A．0 B．20πJ C．10J D．10πJ
【解答】解：转一周通过的轨迹长度为：
L＝2πr＝2π
由于力始终与速度方向相同，故在力F作用下通过的位移为：L＝2π；
所以F所做的功W＝FL＝10×2πJ＝20πJ，故B正确ACD错误。
故选：B。
题型3平均功率与瞬时功率
（2024春 福州期末）广场喷泉，作为城市景观的一部分，不仅是供人们欣赏的景点，更是城市文化和历史的载体。它们以水为媒介，以音乐和灯光为伴，为城市带来了生机和活力。喷泉水滴的运动轨迹如图所示，若该“喷泉”是采用水泵将水先从距水面下深度为h处由静止提升至水面，然后再喷射出去，上升的最大高度为h，水滴下落在水面的位置距喷水口的距离为2h。已知喷水口的流量Q（流量Q定义为单位时间内喷出水的体积），水的密度为ρ，水泵提升水的效率为η，重力加速度大小为g，则水泵抽水的平均功率为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：根据斜上抛运动的规律可知，竖直方向上有，水平方向上有2h＝vx 2t，解得vx，在Δt时间内，喷射出水的质量Δm＝ρQΔt，这些水在最高点的动能为，由功能关系可得ηPΔt＝Δmgh，解得，故ABD错误，C正确。
故选：C。
（2024春 奉化区期末）仰卧起坐是《国家学生体质健康标准》中规定的女生测试项目之一。若某女生一分钟内做了50个仰卧起坐，其质量为50kg，设上半身质量为总质量的0.6倍，仰卧起坐时下半身重心位置不变。则测试过程中该女生一分钟内克服重力做功的平均功率约为（　　）
A．20W B．90W C．200W D．400W
【解答】解：该同学身高约 h＝1.6m，则每次上半身重心上升的距离约为：
则她每一次克服重力做的功为：W＝0.6mgh'＝0.6×50×10×0.4J＝120J
1min内她克服重力所做的总功为：W总＝50W＝50×120J＝6000J
她克服重力做功的平均功率为：，故B正确，ACD错误。
故选：B。
（2024春 金华期末）无人机广泛应用于各行各业。如图甲所示是物流公司使用无人机运输货物，无人机下方用轻绳竖直悬挂货物，当无人机悬停到目的地正上方后，竖直向下先匀加速后匀减速，直至安全着陆，图乙是降落全过程的v﹣t图像。已知货物的质量为30kg，忽略气流对货物的作用力。求：
（1）5s内货物的位移大小；
（2）运动过程中，无人机对货物的最大拉力；
（3）4s末，拉力对货物的瞬时功率的大小。
【解答】解：（1）根据v﹣t图像的意义可知
解得：x15m
（2）由题意可得 t＝0～3s，物体失重，拉力小于重力，而 t＝3～5s 物体超重，拉力大于重力
所以匀减速下降时，加速度大小 ，
根据牛顿第二定律得：F﹣mg＝ma
所以 F＝mg+ma＝（30×10+30×3）N＝390N
（3）由 v﹣t图可得：t＝4s时，v＝vm﹣at＝（6﹣3×1）m/s＝3m/s
根据公式 P＝Fv
拉力对货物的瞬时功率P＝390N×3m/s＝1170W
答：（1）5s内货物的位移大小为15m；
（2）运动过程中，无人机对货物的最大拉力为390N；
（3）拉力对货物的瞬时功率的大小为1170W。
题型4两种机车启动方式及图像分析
（2024春 兴庆区校级期末）质量为m的汽车以恒定的功率P在平直的水平公路上行驶，设汽车受到的阻力大小不变，若汽车匀速行驶时的速率为v1，则当汽车速率为v2（v1＞v2）时，汽车加速度的大小是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：汽车以速度v1匀速运动时，根据P＝Fv1＝fv1
可得汽车受到的阻力的大小为：汽车以速度v2匀速运动时，根据P＝F′v2所以此时的牵引力：
由牛顿第二定律可得：F′﹣f＝ma，
所以加速度为：
故D正确，ABC错误。
故选：D。
（2024春 岳麓区校级期末）我国新能源汽车领先全球，2024年3月，小米第一台汽车XiaomiSU7正式上市，其技术领先且价格符合大众消费，一辆小米新能源汽车在平直公路上行驶，汽车的质量为m＝2.0×103kg，发动机的额定功率为P0＝200kW，设汽车在行驶过程中受到的阻力大小恒为f＝4.0×103N。如果汽车从静止开始以额定功率启动，则（　　）
A．汽车从静止开始做匀加速直线运动，然后做加速度减小的加速运动
B．汽车在行驶过程中所能达到的最大速度vm＝50m/s
C．若汽车以不同的恒定功率启动所能达到的最大速度相同
D．若汽车到达最大速度的时间为t，则这段时间内的位移
【解答】解：A．恒定功率启动，由P0＝Fv可知，速度v逐渐增加，F逐渐减小，由牛顿第二定律可得
可知加速度a逐渐减小，则汽车做加速度减小的加速运动，故A错误；
B．当F牵＝f时，速度达到最大，利用
P0＝F牵 vm＝f vm
求得最大速度
vm＝50m/s
故B正确；
C．由B选项解析可知，当以不同的恒定功率启动所能达到的最大速度不同；C错误；
D．由A选项可知，汽车做加速度减小的加速运动，若汽车到达最大速度的时间为t，由于在t时间内，汽车不是做匀加速直线运动，则平均速度不等于，因此位移不等于
故D错误。
故选：B。
（2024春 奉化区期末）如图所示，一台起重吊车将质量m＝500kg的重物由静止开始以a＝0.2m/s2加速度竖直向上匀加速提升，t＝10s末之后保持功率不变继续提升重物，直至重物匀速上升。取g＝10m/s2不计空气阻力，求：
（1）前10s起重吊车拉力F的大小；
（2）10s末起重机的瞬时功率P；
（3）重物上升的最大速度vm；
（4）重物开始运动后15s内起重机提升重物的平均功率。
【解答】解：（1）由牛顿第二定律
F﹣mg＝ma
代入数据可得：F＝5100 N；
（2）物体做匀加速直线运动10s时的速度
v＝at
代入数据可得：v＝2m/s
物体的瞬时功率
P＝Fv
代入数据可得：P＝10200 W；
（3）由题意可知，物体速度最大时处于平衡，拉力F＝mg
起重机的瞬时功率
P＝mgvm
代入数据可得：vm＝2.04 m/s；
（4）前10s上升的高度
代入数据可得：h＝10m
起重机做的功
W1＝Fh
代入数据可得：W1＝51000J
从10S到15s时，起重机做的功
W2＝pt'
代入数据可得：W2＝51000J
15s内起重机提升重物的平均功率
15s内起重机提升重物的平均功率6800W；
答：（1）前10s起重吊车拉力F的大小为5100 N；
（2）10s末起重机的瞬时功率为10200 W；
（3）重物上升的最大速度为2.04 m/s；
（4）重物开始运动后15s内起重机提升重物的平均功率为6800W。
题型5应用动能定理求变力做功
（2024春 让胡路区校级期末）人们用滑道从高处向低处运送货物，如图所示，可看作质点的货物从四分之一圆弧滑道顶端P点由静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为4m/s。已知货物质量m＝10kg，滑道半径r＝4m，且过Q点的切线水平，重力加速度g取10m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的是（　　）
A．重力做的功为600J
B．经过Q点时货物对轨道的压力大小为280N
C．经过Q点时货物的向心加速度大小为4m/s2
D．货物克服阻力做的功为80J
【解答】解：A、货物从P点运动到Q点的过程，重力做的功为WG＝mgr＝10×10×4J＝400J，故A错误；
B、货物经过Q点时，由牛顿第二定律有
FN﹣mg＝m
解得：FN＝140N
由牛顿第三定律知经过Q点时货物对轨道的压力大小为140N，故B错误；
C、经过Q点时货物的向心加速度大小为am/s2＝4m/s2，故C正确；
D、根据动能定理得：mgr﹣Wf，解得货物克服阻力做的功为Wf＝320J，故D错误。
故选：C。
（2024春 安徽期末）如图所示，在水平地面上有一圆弧形凹槽ABC，AC连线与地面相平，凹槽AC是位于竖直平面内以O为圆心、半径为R的一段粗糙程度相同的圆弧，B为圆弧最低点。现将一质量为m的小球（可视为质点）从水平地面上P处以初速度v0斜向右上方抛出，v0与水平地面夹角为θ。该小球恰好能从A点沿圆弧的切线方向进入轨道，沿圆弧ABC继续运动后从C点以速率飞出。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法中正确的是（　　）
A．小球由P点运动到A点的过程中，所用时间为
B．小球由P点运动到A点的过程中，水平位移为
C．小球经过圆弧形轨道的C点时受到轨道的支持力大小为mgcosθ
D．小球经过圆弧形轨道AB段和BC段过程中，小球与圆弧轨道间因摩擦产生的热量相等
【解答】解：AB、小球由P点飞出后到A点的过程做斜抛运动，根据竖直方向的分运动为竖直上抛运动，可得由P到A的时间为：t
根据小球水平方向上的分运动为匀速直线运动，可得由P到A的水平位移为：x＝v0cosθ t，故AB错误；
C、根据斜抛运动的对称性，可知小球到达A点的速度方向与水平方向的夹角等于θ，由几何关系可知OA和OC与竖直方向的夹角均为θ。小球经过圆弧形轨道上的C点时，对小球受力分析，根据牛顿第二定律得：FNC﹣mgcosθ＝m，解得：FNC＝mgcosθ，故C正确；
D、小球经过圆弧形轨道要克服摩擦力做功，小球的机械能逐渐减小，在AB段和BC段的在同一高度处，在AB段的速度大于在AC段的，圆周运动所需向心力在AB段的大于在AC段的，小球与轨道的弹力和滑动摩擦力也同样如此，则在AB段克服摩擦力做的功大于在BC段的，故小球经过圆弧形轨道AB段因摩擦产生的热量大于BC段过程因摩擦产生的热量，故D错误。
故选：C。
（2024春 铜陵期末）如图所示，半径为R＝0.9m的四分之一圆弧形粗糙轨道竖直放置，圆弧最低点B处的切线水平，B点距离地面的高度为h＝0.8m。质量为m＝1.0kg的小滑块从圆弧顶点D处由静止释放，小滑块到达B点的速度大小为vB＝3m/s。不计空气阻力，重力加速度大小g取10m/s2。求：
（1）小滑块到达B点时对轨道压力的大小；
（2）小滑块克服轨道摩擦力所做的功；
（3）小滑块的落地点与B点的水平距离。
【解答】解：（1）小滑块运动到B点时，根据牛顿第二定律有
解得：F＝20N
根据牛顿第三定律，小滑块对B点轨道的压力大小为F′＝F＝20N。
（2）小滑块从D点运动到B点的过程，根据动能定理有
解得：W克f＝4.5J
（3）小滑块离开B点后做平抛运动，水平方向有
x＝vBt
竖直方向有
联立解得：x＝1.2m
答：（1）小滑块到达B点时对轨道压力的大小为20N；
（2）小滑块克服轨道摩擦力所做的功为4.5J；
（3）小滑块的落地点与B点的水平距离为1.2m。
题型6多过程直线运动问题
（2024春 沙坪坝区校级期末）如图所示，在倾角为θ的光滑固定斜面上，A、B、C、D四点将斜面三等分。质量为m的小滑块P以初速度v0从A点出发，沿斜面向上运动，滑块滑到D点时速度恰好为0，而后下滑。若AB部分不光滑，其余部分光滑，则滑块上行到C点时速度恰好为0，而后下滑过程中说法正确的是（重力加速度为g）（　　）
A．滑块所受摩擦力f＞mgsinθ
B．滑块所受摩擦力f＜mgsinθ
C．滑块下滑到A点时速度
D．滑块下滑到B点时速度
【解答】解：AB、设斜面长度为3L，斜面光滑时，滑块从A点上滑到D点过程，根据动能定理得：
当AB部分不光滑时，滑块从A点上滑到C点过程，根据动能定理得：
联立可得：f＝mgsinθ，故AB错误；
C、滑块从C点下滑到A点过程，根据动能定理得：
联立解得滑块下滑到A点时速度为：，故C正确；
D、滑块从C点下滑到B点过程，根据动能定理得：
联立解得滑块下滑到B点时速度为：，故D错误。
故选：C。
（多选）（2024春 西城区期末）如图所示，运动员腰系轻绳拖着轮胎在跑道上进行训练。绳子对轮胎施加恒力的大小为300N，方向与水平方向成37°。轮胎被拖着从静止开始沿着水平直线宽道移动3m后，绳子突然断了，轮胎又往前移动了一段距离停下。已知轮胎的质量为36kg，跑道与轮胎间的动摩擦因数为0.8，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．轮胎速度的最大值为4m/s
B．绳子断后，轮胎又前进了2m停下
C．从开始运动到绳断的过程，绳子对轮胎所做功的平均功率为480W
D．从轮胎开始运动到停下的过程，跑道对轮胎的摩擦力所做的功为﹣576J
【解答】解：A．从开始运动到绳断的过程，绳子对轮胎施加恒力的大小为F＝300N，方向与水平方向成θ＝37°，跑道与轮胎间的动摩擦因数为μ＝0.8，轮胎的质量为m＝36kg，轮胎受到的支持力为FN，此过程轮胎的加速度大小为a1，对轮胎进行受力分析，可得
Fcosθ﹣μFN＝ma1
FN＝mg﹣Fsinθ
代入数据可得
轮胎被拖着从静止开始沿着水平直线宽道移动的位移为x1＝3m，而后开始做减速运动，则轮胎速度的最大值满足
v2＝2a1x1
解得
v＝4m/s
故A正确；
B．绳子断后，轮胎做匀减速直线运动，设其减速运动的加速度大小为a2，则可得
μmg＝ma2
解得
a＝μg＝0.8×10m/s2＝8m/s2
设轮胎又前进了x2停下，则
v2＝2a2x2
解得
故B错误；
C．从开始运动到绳断的过程，绳子对轮胎所做功
W＝Fx1cosθ＝300×3×0.8J＝720J
该过程的时间
绳子对轮胎所做功的平均功率
故C正确；
D．从开始运动到绳断的过程，轮胎受到的摩擦力
f1＝μFN＝μ（mg﹣Fsinθ）＝0.8×（36×10﹣300×0.6）N＝144N
绳子断后，轮胎受到的摩擦力
f2＝μmg＝0.8×36×10N＝288N
从轮胎开始运动到停下的过程，跑道对轮胎的摩擦力所做的功为
Wf＝（﹣f1x1）+（﹣f2x2）＝（﹣144×3）J+（﹣288×1）J＝﹣720J
故D错误；
故选：AC。
题型7直线曲线运动相结合的多过程问题
（2024春 福州期末）如图，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道（在最低点E分别与水平轨道EO和EA相连）、高度h可调的斜轨道AB组成。游戏时滑块从O点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道。全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功。已知圆轨道半径r＝0.1m，OE长L1＝0.2m，AC长L2＝0.4m，圆轨道和AE光滑，滑块与AB、OE之间的动摩擦因数μ＝0.5。滑块质量m＝2g且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能。忽略空气阻力，各部分平滑连接，g取10m/s2。求：
（1）弹簧的弹性势能Ep多大时，滑块恰能过F点；
（2）满足（1）条件下滑块经过E点对圆轨道压力FN大小等多少；
（3）满足（1）条件下，要想游戏成功应把h调到多高；
（4）要使游戏成功，弹簧的弹性势能Ep与高度h之间满足的关系。
【解答】解：（1）设滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度大小为vF，由题意可得，滑块恰过F点，此时重力提供向心力有
从静止释放到滑块恰过F点，根据功能关系有
联立解得，弹簧的弹性势能为
（2）滑块从E到F点，根据机械能守恒有
滑块经过E点时，根据牛顿第二定律有
联立解得，滑块经过E点时受到的支持力为
F＝6mg
则滑块经过E点对圆轨道压力为
FN＝F＝0.12N
（3）滑块从F点到恰好停在B端，根据功能关系有
解得
h＝0.05m
（4）由上述分析可知，要使游戏成功，滑块不脱离轨道，则
h1≥0.05m
设∠CAB＝θ，则要使游戏成功，滑块要能停止B点有
mgsinθ≤μmgcosθ
解得
tanθ≤μ
此时
h2＝L2tanθ≤0.2m
从O到B点，根据功能关系有
Ep＝μmgL1+mgh+μmgL2
联立可得
，其中0.05m≤h≤0.2m
答：（1）弹簧的弹性势能Ep等于7×10﹣3J时，滑块恰能过F点；
（2）满足（1）条件下滑块经过E点对圆轨道压力FN大小为0.12N；
（3）满足（1）条件下，要想游戏成功应把h调到0.05m高；
（4）要使游戏成功，弹簧的弹性势能Ep与高度h之间满足的关系为7×10﹣3J，其中0.05m≤h≤0.2m。
（2024春 福州期末）如图所示，一个固定在竖直平面内的光滑半圆形管道，一直径略小于管道内径的小球，从A处以某一速度经过水平面到B后在管道内做圆周运动，从C点脱离后做平抛运动，经过0.3s后又恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰。已知水平面AB距离L＝3m，动摩擦因数μ＝0.25；半圆形管道的半径为R＝1m，小球可看作质点且其质量为m＝1kg，g取10m/s2。求：
（1）CD段平抛的水平距离x；
（2）小球过管道C时，管道对小球作用力的大小和方向；
（3）小球在A处的速度vA大小。
【解答】解：（1）设从C点脱离后做平抛运动的速度为vC，经过0.3s后恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰，则
解得
vC＝3m/s
CD段平抛的水平距离为
x＝vCt＝3×0.3m＝0.9m
（2）小球过管道C时，设管道对小球作用力竖直向下，大小为F，则根据牛顿第二定律可得
解得
F＝﹣1N
故管道对小球作用力的大小为1N，对小球作用力竖直向上。
（3）水平面AB距离
L＝3m
动摩擦因数
μ＝0.25
由A到C可列动能定理
解得
vA＝8m/s
答：（1）CD段平抛的水平距离x为0.9m；
（2）小球过管道C时，管道对小球作用力的大小为1N，方向为竖直向上；
（3）小球在A处的速度vA大小为8m/s。
（2024春 重庆期末）如图1所示，两个分别以A、D和B、C为端点且半径均为R＝0.25m的半圆形光滑管道固定在同一竖直平面内，A、B间和C、D间均为长度L＝2m的固定水平面，P、Q分别为AB和CD的中点，两个完全相同的物块甲、乙分别静置于P、Q处。已知CD和PB段水平面光滑，物块与AP间的动摩擦因数μ随物块到A点的距离x变化的关系如图2所示。已知甲、乙两物块的质量均为m＝100g，两物块均可视为质点，管道内径不计，不考虑两物块与管道内部的碰撞，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，甲、乙两物块发生碰撞后速度交换，即碰撞后，原来运动的物块静止，原来静止的物块以原来运动物块的速度运动。现给物块甲一水平向右的初速度v0＝7m/s，求：
（1）物块甲第一次与物块乙碰撞后瞬时，物块乙的动能；
（2）物块乙第一次到达P点时的动能；
（3）最终物块甲、乙各自的位置。
【解答】解：（1）设物块甲第一次沿管道BC到达C点时的动能为Ek，对物块甲，由动能定理有
由题知，物块甲、乙第1次碰撞后瞬时，物块甲动能变为0，物块乙的动能
E'k＝Ek
代入数据可得
E'k＝Ek＝1.95J
（2）由图2可知，甲、乙两物块与AP间的动摩擦因数
μ＝0.2+0.4x
因此，甲、乙两物块与AP间的滑动摩擦力
f＝μmg＝（0.2+0.4x）mg＝（0.2+0.4x）N
可得f﹣x图像，如图所示
由f﹣x图像可知，物块每次从A点运动到P点过程中，摩擦力对物块做功
因此，物块甲、乙第1次碰撞后，物块乙到达A点时的动能
解得
Ek0＝2.45J
物块乙到达P点时的动能
Ek1＝Ek0﹣W＝2.45J﹣0.4J＝2.05J
（3）由Ek1＞2mgR＝0.5J可知，物块乙可以通过半圆形管道BC，与物块甲发生第2次碰撞物块甲、乙第2次碰撞后，物块甲到达P点时的动能
Ek2＝Ek1﹣W＝Ek0﹣2W
以此类推……同理可知：物块甲、乙第n次碰撞后，其中一物块到达P点时的动能
Ekn＝Ek0﹣nW
当Ekn≤2mgR，即n≥4.875时，该物块将不能通过管道BC到达CD平面与另一物块发生碰撞因此，物块甲、乙发生碰撞的次数为5次，当n＝5时，即物块甲、乙发生第5次碰撞后，物块甲最终静止在Q点，物块乙向右运动到达P点时的动能
Ek5＝Ek0﹣5W＝2.45J＝5×0.4J＝0.45J
由Eks＜2mgR且W＜Ek5＜2W可知，之后物块乙将先向右滑上管道BC（未到达C点），又向左滑下管道BC，然后向左滑上管道AD（未到达D点），再向右滑下管道AD，最终停在AP之间；物块乙最后一次向右经过A点时的动能
Ek乙＝Ek5﹣W＝0.45J﹣0.4J＝0.05J
设最终物块乙到A点的距离为Δx，结合f﹣x图像，可得
联立解得
即物块乙最终静止在AP之间，距离A点的位置。
答：（1）物块甲第一次与物块乙碰撞后瞬时，物块乙的动能1.95J；
（2）物块乙第一次到达P点时的动能2.05J；
（3）物块甲最终静止在Q点，物块乙最终静止在AP之间，距离A点的位置。
题型8动能定理的图像问题
（2024春 铜陵期末）质量为m＝1kg的玩具小汽车（可视为质点）由静止开始沿直线加速，最后减速至静止，其合外力F随位移x的变化图像如图所示。已知玩具小汽车在位移x＝10m时恰好停下。下列关于玩具小汽车运动的物理量描述正确的是（　　）
A．初始阶段合外力F1＝1.5N
B．速度的最大值为2m/s
C．加速运动的时间为1s
D．匀速运动的时间为3s
【解答】解：A、F﹣x图像与x轴所围的面积表示合外力F做功大小，对于玩具小汽车的整个运动过程，根据动能定理有
解得：F1＝1N，故A错误；
B、x＝2m时，合外力是零，可知玩具汽车的速度最大，此时有
由牛顿第二定律有
解得最大速度为：vm＝2m/s，故B正确；
C、加速时间为ts＝2s，故C错误；
D、匀速运动的时间为，故D错误。
故选：B。
（2024春 合肥期末）如图甲所示，一物块以一定的初速度冲上倾角为30°的固定斜面，物块在斜面上运动的过程中，其动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示。已知物块所受的摩擦力大小恒定，g取10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．物块质量为0.7kg
B．物块所受摩擦力大小为0.4N
C．0～20m过程中，物块克服摩擦力做功为40J
D．0～10m过程中与10m～20m过程中物块所受合力之比为3：4
【解答】解：AB、0～10m内物块上滑，由动能定理得：
﹣mgsin30° s1﹣fs1＝Ek﹣Ek0
整理得：Ek＝Ek0﹣（mgsin30°+f）s1
结合0～10m内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mgsin30°+f＝4N
10～20 m内物块下滑，由动能定理得：
（mgsin30°﹣f）（s﹣s1）＝Ek
整理得：Ek＝（mgsin30°﹣f）s﹣（mgsin30°﹣f）s1
结合10～20 m内的图像得，斜率k′＝mgsin 30°﹣f＝3N
联立解得：f＝0.5N，m＝0.7kg，故A正确，B错误；
C、0～20m过程中，物块克服摩擦力做功为动能的减少量，即Wf克＝40J﹣30J＝10J，故C错误；
D、0～10m过程与10m～20m过程位移大小相等，由动能定理可知，0～10m过程中与10m～20m过程中物块所受合力之比等于动能改变量之比，等于4：3，故D错误。
故选：A。
（2024春 天心区校级期末）如图甲所示，质量为0.2kg的物体在水平向右的拉力F的作用下从A点由静止开始向右运动，F随位移x变化的图像如图乙所示。已知物体与地面间的动摩擦因数为0.15，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，在运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．物体做加速度减小的加速运动，当拉力F＝0时，物体的速度最大
B．拉力从1.8N减小到0.3N的过程中，拉力做的功为21J
C．物体的最大速度为
D．物体运动的总位移为36m
【解答】解：A．物体的最大静摩擦力为
f0＝μmg＝0.15×0.20×10N＝0.3N
根据图乙可知，当拉力大于最大静摩擦力时，物体向右加速运动，当拉力与最大静摩擦力大小相等时，合力为0，物体速度达到最大值，故A错误；
B．根据数学函数规律可知，拉力等于0.3N时，对应的位移为10m，F﹣x图像中，图像与横坐标所围几何图形的面积表示功，则拉力从1.8N减小到0.3N的过程中，拉力的功为
故B错误；
C．拉力等于0.3N时，物体速度达到最大值，根据动能定理有
其中x1＝10m
解得
故C错误；
D．根据图像可知整个过程中拉力做功为
由动能定理有W﹣f0x＝0
解得x＝36m
故D正确。
故选：D。

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