2024届物理一轮复习讲义第1讲 功与功率含答案

2024届物理一轮复习讲义第1讲功与功率学习目标1.理解功的概念，会判断正、负功，会计算功的大小。2.理解功率的概念，会求解平均功率和瞬时功率。3.会分析解决机车启动的两类模型。1.2.1.思考判断(1)只要物体受力的同时又发生了位移，则一定有力对物体做功。(×)(2)一个力对物体做了负功，则说明这个力一定阻碍物体的运动。(√)(3)作用力做正功时，反作用力一定做负功。(×)(4)由P＝Fv既能求某一时刻的瞬时功率，也可以求平均功率。(√)(5)由P＝Fv可知，发动机功率一定时，机车的牵引力与运行速度的大小成反比。(√)(6)汽车上坡时换成低挡位，其目的是减小速度得到较大的牵引力。(√)2.水平恒力F两次作用在同一静止物体上，使物体沿力的方向发生相同的位移，第一次是在光滑水平面上，第二次是在粗糙水平面上，两次力F做的功和平均功率的大小关系是()A.W1＝W2，P1＞P2B.W1＞W2，P1＝P2C.W1＞W2，P1＞P2D.W1＝W2，P1＝P2答案A考点一功的分析和计算1.判断力是否做功及做正、负功的方法判断根据适用情况根据力和位移方向的夹角判断常用于恒力做功的判断根据力和瞬时速度方向的夹角判断常用于质点做曲线运动根据功能关系或能量守恒定律判断常用于变力做功的判断2.计算功的方法(1)恒力做的功直接用W＝Flcosα计算或用动能定理计算。(2)合力做的功方法一：先求合力F合，再用W合＝F合lcosα求功，尤其适用于已知质量m和加速度a的情况。方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功。方法三：利用动能定理，合力做的功等于物体动能的变化量。(3)变力做的功①应用动能定理求解。②用W＝Pt求解，其中变力的功率P不变。③当力的大小不变，而方向始终与运动方向相同或相反时，这类力的功的绝对值等于力和路程(不是位移)的乘积。如滑动摩擦力做功、空气阻力做功等。④转换研究对象法。有些变力做功问题可转换为恒力做功，用W＝Flcosα求解。此法常用于轻绳通过定滑轮拉物体做功问题。⑤图像法。在F－x图像中，图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移内所做的功，且位于x轴上方的“面积”为正功，位于x轴下方的“面积”为负功。角度恒力做功的分析和计算例1(2023·福建泉州高三期末)如图1，工人在斜坡上用一绳跨过肩膀把货物从A点缓慢拉到B点，轻绳与斜坡的夹角恒为θ。若工人采用身体前倾的姿势使θ变小且保持恒定，仍把货物从A点缓慢拉到B点，则用身体前倾的姿势拉货物()图1A.一定更省力，对货物做的功也一定更少B.一定更省力，但对货物做的功一定更多C.不一定更省力，但对货物做的功一定更多D.不一定更省力，但对货物做的功一定更少答案C解析设绳中拉力为FT，斜面倾角为α，根据平衡条件，有FTcosθ＝mgsinα＋μ(mgcosα－FTsinθ)，整理得FT＝eq\f(mgsinα＋μmgcosα,cosθ＋μsinθ)，对货物做的功W＝FTxcosθ＝eq\f(mgsinα＋μmgcosα,1＋μtanθ)x，θ变小，拉力不一定变小，但做功一定变多，故C正确。跟踪训练1.(2023·重庆巴蜀中学高三月考)如图2所示，水平路面上有一辆汽车以加速度a向前加速行驶，车厢中有一个质量为m的人正用恒力F向前推车厢，人始终相对于车静止，在车行驶距离L的过程中，下列说法正确的是()图2A.人对车做的功为FLB.人对车做的功为maLC.人对车做的功为－maLD.人对车做的功为(F＋ma)L答案C解析车对人的合力大小为ma，方向水平向左，则人对车的合力大小也为ma，方向水平向右，人对车做负功，则有W＝－maL，故C正确。1.一对作用力与反作用力的功做功情形图例备注都做正功(1)一对相互作用力做的总功与参考系无关(2)一对相互作用力做的总功W＝Flcosα。l是相对位移，α是F与l间的夹角(3)一对相互作用力做的总功可正、可负，也可为零都做负功一正一负一为零一为正一为负2.一对平衡力的功一对平衡力作用在同一个物体上，若物体静止，则两个力都不做功；若物体运动，则这一对力所做的功一定是数值相等，一正一负或均为零。角度变力做功的分析和计算例2力F对物体所做的功可由公式W＝Flcosα求得。公式中力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。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过程中力F做的为W＝F(lOA－lOC)B.乙图中，全过程中F做的总功为108JC.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W＝eq\f(1,2)πRfD.图丁中，F始终保持水平，无论是F缓慢将小球从P拉到Q，还是F为恒力将小球从P拉到Q，F做的功都是W＝Flsinθ答案A解析甲图中，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(lOA－lOC)，故A正确；乙图F－x的面积代表功，则全过程中F做的总功为W＝15×6J＋(－3)×6J＝72J，故B错误；丙图中，绳长为R，空气阻力f大小不变，方向始终与运动方向相反，小球从A运动到B过程中空气阻力做的功为W＝－f·eq\f(2πR,4)＝－eq\f(1,2)πRf，故C错误；图丁中，F始终保持水平，当F为恒力时将小球从P拉到Q，F做的功是W＝Flsinθ，而F缓慢将小球从P拉到Q，F为水平方向的变力，F做的功不能用力乘以位移计算，故D错误。跟踪训练2.静止于水平地面上质量为1kg的物体，在水平拉力F＝4＋2x(式中F为力的大小、x为位移的大小，力F、位移x的单位分别是N、m)作用下，沿水平方向移动了5m。已知物体与地面间的动摩擦因数为0.2，取重力加速度g＝10m/s2，则在物体移动5m的过程中拉力所做的功为()A.35J B.45J C.55J D.65J答案B解析当x＝0时，F1＝4N，当x＝5m时，F2＝14N，由于F随x均匀变化，则该段位移内F的平均值eq\o(F,\s\up6(－))＝eq\f(F1＋F2,2)＝eq\f(4＋14,2)N＝9N，拉力做功W＝eq\o(F,\s\up6(－))x＝9×5J＝45J，故B正确，A、C、D错误。考点二功率的分析和计算1.公式P＝eq\f(W,t)和P＝Fv的区别P＝eq\f(W,t)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eq\o(P,\s\up6(－))＝eq\f(W,t)。(2)利用eq\o(P,\s\up6(－))＝Feq\o(v,\s\up6(－))cosα，其中eq\o(v,\s\up6(－))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＝Fvcosα，其中v为t时刻的瞬时速度。(2)P＝FvF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度。(3)P＝Fvv，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力。例3(2023·江苏省扬州期中)如图3所示，高速公路上汽车定速巡航(即保持汽车的速率不变)沿拱形路面上坡，空气阻力和摩擦阻力的大小不变。此过程中()图3A.汽车的牵引力大小不变B.汽车的牵引力逐渐增大C.汽车的输出功率保持不变D.汽车的输出功率逐渐减小答案D解析设坡面与水平面夹角为θ，汽车速率不变，有F牵＝f＋mgsinθ，因上坡过程坡度越来越小，θ角在减小，空气阻力和摩擦阻力的大小不变，则牵引力变小，故A、B错误；由功率公式P＝F牵v可知，汽车的输出功率逐渐减小，故C错误，D正确。跟踪训练3.如图4所示，质量为m＝2kg的木块在倾角θ＝37°的斜面上由静止开始下滑，斜面足够长，木块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，则前2s内重力的平均功率和2s末重力的瞬时功率分别为()图4A.48W24W B.24W48WC.24W12W D.12W24W答案B解析木块所受的合外力F合＝mgsinθ－μmgcosθ＝4N，木块的加速度a＝eq\f(F合,m)＝2m/s2，前2s内木块的位移x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×2×22m＝4m，所以，重力在前2s内做的功为W＝mgxsinθ＝2×10×4×0.6J＝48J，重力在前2s内的平均功率eq\o(P,\s\up6(－))＝eq\f(W,t)＝24W，木块在2s末的速度v＝at＝2×2m/s＝4m/s，2s末重力的瞬时功率P＝mgvsinθ＝2×10×4×0.6W＝48W，故选项B正确。考点三机车启动问题1.两种启动方式两种方式以恒定功率启动以恒定加速度启动P－t图像和v－t图像OA段过程分析v↑⇒F＝eq\f(P（不变）,v)↓⇒a＝eq\f(F－F阻,m)↓a＝eq\f(F－F阻,m)不变⇒F不变P＝Fv↑直到P＝P额＝Fv1运动性质加速度减小的加速直线运动匀加速直线运动，维持时间t0＝eq\f(v1,a)AB段过程分析F＝F阻⇒a＝0⇒vm＝eq\f(P,F阻)v↑⇒F＝eq\f(P额,v)↓⇒a＝eq\f(F－F阻,m)↓运动性质以vm做匀速直线运动加速度减小的加速直线运动BC段过程分析F＝F阻⇒a＝0⇒vm＝eq\f(P额,F阻)运动性质以vm做匀速直线运动2.三个重要关系式(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即vm＝eq\f(P,Fmin)＝eq\f(P,F阻)(式中Fmin为最小牵引力，其值等于阻力大小F阻)。(2)机车以恒定加速度启动的过程中，匀加速过程结束时，功率最大，但速度不是最大，v＝eq\f(P额,F)＜vm＝eq\f(P额,F阻)。(3)机车以恒定功率启动时，牵引力做的功W＝Pt。由动能定理得Pt－F阻x＝ΔEk。此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小。角度恒定功率启动问题例4(2022·山东济南模拟)一辆玩具赛车在水平直线跑道上由静止开始以10kW的恒定功率加速前进，赛车瞬时速度的倒数eq\f(1,v)和瞬时加速度a的关系如图5所示，已知赛车在跑道上所受到的阻力不变，赛车到达终点前已达到最大速度。下列说法中正确的是()图5A.赛车做加速度逐渐增大的加速直线运动B.赛车的质量为20kgC.赛车所受阻力大小为500ND.赛车速度大小为5m/s时，加速度大小为50m/s2答案C解析由牛顿第二定律有eq\f(P,v)－f＝ma，可知赛车做加速度逐渐减小的加速直线运动，根据公式整理得eq\f(1,v)＝eq\f(m,P)a＋eq\f(f,P)，可见eq\f(1,v)－a图像的斜率恒定为eq\f(m,P)，与纵轴的截距为eq\f(f,P)，结合图像可得eq\f(f,P)＝0.05s/m，eq\f(m,P)＝eq\f(0.1－0.05,20)s3/m2，解得m＝25kg，f＝500N，代入v＝5m/s，解得a＝60m/s2，故C正确，A、B、D错误。跟踪训练4.复兴号动车在世界上首次实现速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内()图6A.做匀加速直线运动B.牵引力的功率P＝FvmC.当动车速度为eq\f(vm,3)时，其加速度为eq\f(3F,m)D.牵引力做功W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)答案B解析动车以恒定功率启动，则由P＝F牵v可知动车的速度增大，则牵引力减小，由牛顿第二定律F牵－F＝ma得动车的加速度逐渐减小，A错误；当动车的加速度为零时，即牵引力等于阻力时，动车的速度最大，则P＝Fvm，B正确；当动车速度为eq\f(vm,3)时，牵引力F牵′＝eq\f(P,\f(vm,3))＝eq\f(3P,vm)＝3F，根据牛顿第二定律可得F牵′－F＝ma，可得此时其加速度为a1＝eq\f(2F,m)，C错误；设动车在时间t内的位移为x，由动能定理得W－Fx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，则牵引力所做的功为W＝Fx＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，D错误。角度恒定加速度启动问题例5(多选)下列各图是反映汽车(额定功率为P额)从静止开始匀加速启动，最后做匀速直线运动的过程中，其速度随时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图像，其中正确的是()答案ACD解析汽车从静止开始匀加速启动，根据牛顿第二定律可得F0－f＝ma，可知牵引力在匀加速阶段保持不变，由公式P＝F0v，可知在匀加速阶段，功率与速度成正比，随着速度的增大而增大，当P＝P额时，功率保持不变，设此时的速度为v1，则有v1＝eq\f(P额,F0)＝eq\f(P额,f＋ma)，之后牵引力减小，加速度减小，速度继续增加，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当牵引力F＝f时，加速度为零，汽车速度达到最大vm，汽车做匀速直线运动，则有vm＝eq\f(P额,F)＝eq\f(P额,f)，由以上分析可知，A、C、D正确，B错误。跟踪训练5.(2021·湖南卷，3)“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eq\f(3,4)vmD.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eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－Pt答案C解析在动车组匀加速启动的过程中，对动车组受力分析，根据牛顿第二定律有F1－F阻＝ma1，其中F阻＝kv，因加速度a1不变，v增大，则F阻增大，故牵引力F1逐渐增大，A错误；若四节动力车厢输出功率均为额定值，则牵引力F2＝eq\f(4P,v)，而F2－F阻＝ma，其中F阻＝kv，由v增大可知加速度a减小，所以动车组从静止开始做加速度减小的变加速运动，B错误；设当四节动力车厢输出的总功率为2.25P时，动车组匀速运动的速度为vm′，动车组匀速行驶时受力平衡，有F′＝F阻＝kvm′，则4P＝kveq\o\al(2,m)、2.25P＝kvm′2，解得vm′＝eq\f(3,4)vm，C正确；当四节动力车厢输出功率均为额定值时，对动车组从启动到达到最大速度的过程，根据动能定理有4Pt－W克＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，解得这一过程中该动车组克服阻力做的功W克＝4Pt－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，D错误。A级基础对点练对点练1功的分析和计算1.工人用水平力F推动箱子在粗糙的水平地面上运动，下列说法正确的是()A.如果箱子做匀速直线运动，F一定对物体做正功B.如果箱子做匀速直线运动，F一定对箱子不做功C.如果箱子做减速直线运动，F一定对箱子做负功D.如果箱子做加速直线运动，F可能对物体不做功答案A解析工人用水平力F推动箱子在粗糙的水平地面上运动，推力F与箱子的速度方向一定相同，所以无论箱子的运动类型如何，F一定对箱子做正功，故A正确，B、C、D错误。2.(多选)(2023·广东湛江模拟)如图1所示，质量为m的某同学在背越式跳高过程中，恰好越过高度为h的横杆，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是()图1A.人起跳阶段地面对人的弹力做正功B.人起跳阶段地面对人的弹力不做功C.人跳起后在空中处于完全失重状态D.人在过杆时重心不可能低于横杆答案BC解析在起跳过程中，地面对人脚底的支持力的位移为零，所以做功为零，故A错误，B正确；人跳起后，在空中只受重力作用，处于完全失重状态，故C正确；在过杆时，人可拆成两段，头到腰一段，腰以下一段，这两段在人过杆时重心都压在杆之下，合重心在杆之下，故D错误。3.(2022·重庆模拟)质量为2kg的物体在水平面上沿直线运动，受阻力大小恒定。经某点开始沿运动方向的水平拉力F与运动距离x的关系如图2所示，0～3m物体做匀速直线运动。下列对图示过程的说法正确的是()图2A.在x＝5m处物体加速度大小为3m/s2B.0～7m物体克服阻力做功为28JC.0～7m拉力对物体做功为45JD.0～7m合力对物体做功为68J答案B解析0～3m物体做匀速直线运动，水平拉力与阻力等大反向，由题图可知物体受到的阻力为4N。在x＝5m处物体受到的拉力为F＝(4＋eq\f(10－4,4)×2)N＝7N，物体的加速度为a＝eq\f(F－f,m)＝eq\f(7－4,2)m/s2＝1.5m/s2，故A错误；0～7m物体克服阻力做功为Wf＝fx＝4×7J＝28J，故B正确；F－x图线与坐标轴所围面积表示拉力所做的功，则0～7m拉力对物体做功为W＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3×4＋\f(4＋10,2)×4))J＝40J，故C错误；0～7m合力对物体做功为W合＝W－Wf＝12J，故D错误。对点练2功率的分析和计算4.(2020·江苏卷)质量为1.5×103kg的汽车在水平路面上匀速行驶，速度为20m/s，受到的阻力大小为1.8×103N。此时，汽车发动机输出的实际功率是()A.90W B.30kW C.36kW D.300kW答案C解析根据汽车做匀速直线运动可得此时汽车的牵引力大小等于阻力大小，即F＝f＝1.8×103N，根据P＝Fv，代入数据解得此时汽车发动机的实际输出功率P＝36kW，A、B、D项均错误，C项正确。5.(2021·北京卷，8)如图3所示，高速公路上汽车定速巡航(即保持汽车的速率不变)通过路面abcd，其中ab段为平直上坡路面，bc段为水平路面，cd段为平直下坡路面。不考虑整个过程中空气阻力和摩擦阻力的大小变化。下列说法正确的是()图3A.在ab段汽车的输出功率逐渐减小B.汽车在ab段的输出功率比bc段的大C.在cd段汽车的输出功率逐渐减小D.汽车在cd段的输出功率比bc段的大答案B解析汽车的输出功率等于牵引力的功率P＝Fv，汽车的速率不变，在ab段的牵引力大小不变，故汽车在ab段的输出功率不变，A错误；同理可知，C错误；汽车在ab段受到的牵引力比bc段的大，又两段的速率相等，由P＝Fv可知汽车在ab段的输出功率比bc段的大，B正确；汽车在cd段的牵引力比bc段的小，所以在cd段的输出功率比bc段的小，D错误。6.(多选)(2022·天津模拟)如图4甲所示，一木块放在水平地面上，在水平拉力F＝3N作用下向右运动，水平地面AB段光滑，BC段粗糙，木块从A点运动到C点的v－t图像如图乙所示，则下列说法正确的是(g＝10m/s2)()图4A.该木块的质量为3kgB.在t＝6s时，克服摩擦力的功率为6WC.拉力在AC段做功为57JD.木块在BC段克服摩擦力做功的平均功率为3.5W答案BC解析由图可知AB段的加速度a1＝eq\f(Δv1,Δt1)＝eq\f(3－2,2)m/s2＝0.5m/s2，则木块的质量m＝eq\f(F,a1)＝eq\f(3,0.5)kg＝6kg，同理BC段的加速度a2＝eq\f(Δv2,Δt2)＝eq\f(4－3,4)m/s2＝0.25m/s2，根据牛顿第二定律有F－Ff＝ma2，解得Ff＝1.5N，所以t＝6s时，克服摩擦力的功率P＝Ffv＝1.5×4W＝6W，故A错误，B正确；由图乙可知AC段的位移x＝eq\f(1,2)×(2＋3)×2m＋eq\f(1,2)×(3＋4)×4m＝19m，则拉力F做的功W＝Fx＝3×19J＝57J，物体在BC段的位移x2＝eq\f(1,2)×(3＋4)×4m＝14m，则木块在BC段克服摩擦力做的功为Wf＝Ffx2＝1.5×14J＝21J，克服摩擦力做功的平均功率为eq\o(P,\s\up6(－))＝eq\f(Wf,t)＝eq\f(21,4)W＝5.25W，故C正确，D错误。对点练3机车启动问题7.(2023·安徽马鞍山月考)一辆质量为m的汽车在水平路面上以速度v匀速行驶，此时发动机功率为P，汽车运动中所受阻力恒定不变。当汽车功率突然变为eq\f(3,4)P的瞬间，此时加速度大小为()A.0 B.eq\f(P,4mv) C.eq\f(3P,4mv) D.eq\f(P,mv)答案B解析汽车匀速行驶时，有F＝f，P＝Fv，汽车功率突然变为eq\f(3,4)P的瞬间，牵引力发生变化，速度不变，则有eq\f(3,4)P＝F′v，由牛顿第二定律有f－F′＝ma，由上面几式解得此时加速度a＝eq\f(P,4mv)，所以B正确，A、C、D错误。8.(2022·江苏南京模拟)质量为2×103kg、发动机的额定功率为80kW的汽车在平直公路上行驶。若该汽车所受阻力大小恒为4×103N，则下列判断错误的是()A.汽车的最大速度是20m/sB.汽车以2m/s2的加速度匀加速启动，启动后第2s末时发动机的实际功率是32kWC.汽车以2m/s2的加速度匀加速启动，匀加速运动所能维持的时间为10sD.若汽车保持额定功率启动，则当其速度为5m/s时，加速度为6m/s2答案C解析无论汽车以何种方式启动，P额＝fvm总成立，因此汽车的最大速度vm＝eq\f(P额,f)＝eq\f(80×103,4×103)m/s＝20m/s，故A正确；汽车以2m/s2的加速度匀加速启动，启动后第2s末的速度为v＝at＝4m/s，汽车牵引力F＝ma＋f＝2×103×2N＋4×103N＝8×103N，此时功率为P＝Fv＝3.2×104W＝32kW，故B正确；当汽车的瞬时功率达到额定功率时，匀加速运动结束，此时有P额＝Fv1，则v1＝eq\f(P额,F)＝eq\f(80×103,8×103)m/s＝10m/s，所以匀加速时间t′＝eq\f(v1,a)＝5s，故C错误；若汽车保持额定功率启动，则当其速度为5m/s时，牵引力为F′＝eq\f(P额,v′)，加速度为a′＝eq\f(F′－f,m)＝6m/s2，故D正确。B级综合提升练9.(多选)(2023·山东泰安模拟)共享电动车已经成为我们日常生活中不可或缺的重要交通工具，某共享电动车和驾驶员的总质量为100kg，行驶时所受阻力大小为车和人所受总重力的eq\f(1,10)，电动车从静止开始以额定功率在水平公路上沿直线行驶，5s内行驶了20m，速度达到4m/s。取重力加速度大小g＝10m/s2。下列说法正确的是()图5A.该电动车的额定功率为560WB.该电动车的额定功率为400WC.在这次行驶中，该电动车行驶的最大速度为4m/sD.在这次行驶中，该电动车行驶的最大速度为5.6m/s答案AD解析由题意可知电动车行驶过程中受到的阻力大小f＝eq\f(1,10)mg＝eq\f(1,10)×100×10N＝100N，由动能定理P额t－fx＝eq\f(1,2)mv2－0，得牵引力做功W＝P额t＝fx＋eq\f(1,2)mv2＝2800J，则该电动车的额定功率为P额＝eq\f(W,t)＝eq\f(2800,5)W＝560W，A正确，B错误；该电动车以额定功率行驶能达到的最大速度为vmax＝eq\f(P额,f)＝eq\f(560,100)m/s＝5.6m/s，C错误，D正确。10.(多选)如图6甲所示的救生缓降器由挂钩(或吊环)、吊带、绳索及速度控制装置等组成，是一种可使人沿(随)绳(带)缓慢下降的安全营救装置。如图乙所示，高层建筑工人在一次险情中，将安全带系于腰部，从离地面某高度处通过钢丝绳先匀加速运动后匀减速运动安全着陆，图丙是工人运动全过程的v－t图像。已知工人的质量m＝70kg，g＝10m/s2，则下列说法中正确的是()图6A.发生险情处离地面的高度为27mB.加速下滑时钢丝绳对工人的拉力大小为280NC.整个过程中工人所受重力做功为31500JD.t＝4s时钢丝绳对工人拉力的瞬时功率为630W答案BC解析根据v－t图像与坐标轴所围面积表示位移可知，发生险情处离地面的高度为h＝eq\f(1,2)×5×18m＝45m，故A错误；根据v－t图像的斜率表示加速度，可得工人加速下滑时的加速度大小为a1＝eq\f(18,3)m/s2＝6m/s2，根据牛顿第二定律可得加速下滑时钢丝绳对工人的拉力大小为F1＝mg－ma＝280N，故B正确；整个过程中工人所受重力做功为W＝mgh＝31500J，故C正确；t＝4s时工人的加速度大小为a2＝eq\f(18,5－3)m/s2＝9m/s2，工人的速度大小为v＝18m/s－9×1m/s＝9m/s，此时钢丝绳对工人的拉力大小为F2＝mg＋ma＝1330N，此时钢丝绳对工人拉力的瞬时功率为P＝F2v＝11970W，故D错误。11.我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程。假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x＝1.6×103m时才能达到起飞所要求的速度v＝80m/s。已知飞机质量m＝7.0×104kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度g＝10m/s2。求飞机滑跑过程中图7(1)加速度a的大小；(2)牵引力的平均功率P。答案(1)2m/s2(2)8.4×106W解析(1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，有v2＝2ax①代入数据解得a＝2m/s2②(2)设飞机滑跑过程受到的阻力大小为F阻，依题意有F阻＝0.1mg③设发动机的牵引力为F，根据牛顿第二定律有F－F阻＝ma④设飞机滑跑过程中的平均速度为eq\o(v,\s\up6(－))，有eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v,2)⑤在滑跑阶段，牵引力的平均功率P＝Feq\o(v,\s\up6(－))⑥联立②③④⑤⑥式得P＝8.4×106W。12.(2023·福建厦门期末)中国航天科工研发的“人体高速弹射”装置为运动员的高质量训练提供了科技支持。该装置的作用过程可简化成如图8所示，运动员在赛道加速段受到装置的牵引加速，迅速达到指定速度后练习转弯技术。某次训练中，质量m＝60kg(含身上装备)的运动员仅依靠F＝600N的水平恒定牵引力从静止开始加速运动了x＝20m的距离，然后保持恒定速率通过半径为R＝10m的半圆形弯道，过弯时冰刀与冰面弯道凹槽处的接触点如放大图所示。忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2，求：图8(1)运动员被加速后的速率v及加速过程中牵引力的平均功率P；(2)运动员过弯道上A点时，冰面对运动员作用力的大小。答案(1)20m/s6000W(2)600eq\r(17)N解析(1)对运动员进行受力分析，由牛顿第二运动定律可得F＝ma解得a＝10m/s2运动员由静止开始加速，由运动学公式v2＝2ax，v＝at代入数据解得v＝20m/s，t＝2s加速过程中牵引力做的功W＝Fx解得W＝12000J则加速过程牵引力的平均功率为P＝eq\f(W,t)解得P＝6000W。(2)对运动员在A点受力分析可知，支持力在水平方向的分力提供向心力，即FNx＝meq\f(v2,R)解得FNx＝2400N支持力在竖直方向的分力与重力平衡，即FNy＝mg＝600N由力的合成可得FN＝eq\r(Feq\o\al(2,Nx)＋Feq\o\al(2,Ny))解得FN＝600eq\r(17)N。第2讲动能定理及其应用学习目标1.理解动能和动能定理。2.会应用动能定理处理相关物理问题。3.掌握动能定理与图像结合问题的分析方法。1.2.1.思考判断(1)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化。(√)(2)动能不变的物体一定处于平衡状态。(×)(3)物体的动能不变时，所受的合外力一定为零。(×)(4)合力对物体做正功，物体的动能增加；合力对物体做负功，物体的动能减少。(√)2.如图1所示，运动员把质量为m的足球从水平地面踢出，足球在空中达到的最高点的高度为h，在最高点时的速度为v，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法中正确的是()图1A.运动员踢球时对足球做功eq\f(1,2)mv2B.足球上升过程重力做功mghC.运动员踢球时对足球做功eq\f(1,2)mv2＋mghD.足球上升过程克服重力做功eq\f(1,2)mv2＋mgh答案C考点一动能定理的理解1.两个关系(1)数量关系：合力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能的变化就是合力做的功。(2)因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。2.标量性动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题，当然动能定理也就不存在分量的表达式。例1(多选)如图2所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增大到v2时，上升高度为H，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法正确的是()图2A.对物体，动能定理的表达式为W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，其中W为支持力做的功B.对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力做的功C.对物体，动能定理的表达式为W－mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，其中W为支持力做的功D.对电梯，其所受的合力做功为eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)答案CD解析电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力的总功(即合力做的功)才等于物体动能的变化，即W合＝W－mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，其中W为支持力做的功，故A、B错误，C正确；对电梯做功的有重力Mg、压力FN′和拉力F，合力做功为W合′＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)，故D正确。跟踪训练1.(多选)如图3所示，光滑水平面上放着足够长的木板B，木板B上放着木块A，A、B间的接触面粗糙。现用一水平拉力F作用在A上使其由静止开始运动，用Ff1代表B对A的摩擦力，Ff2代表A对B的摩擦力，则下列情况可能的是()图3A.拉力F做的功等于A、B系统动能的增加量B.拉力F做的功小于A、B系统动能的增加量C.拉力F和Ff1对A做的功之和大于A的动能的增加量D.Ff2对B做的功等于B的动能的增加量答案AD解析A相对B的运动有两种可能，相对静止和相对滑动。当A、B相对静止时，拉力F做的功等于A、B系统的动能的增加量；当A、B相对滑动时，拉力F做的功大于A、B系统的动能的增加量，A项正确，B项错误；由动能定理知，Ff2对B做的功等于B的动能的增加量，拉力F和Ff1对A做的功之和等于A的动能的增加量，D项正确，C项错误。考点二动能定理的应用1.应用流程2.注意事项(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。(2)应用动能定理的关键在于准确分析研究对象的受力情况及运动情况，可以画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；也可以全过程应用动能定理。(4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。例2(2021·山东卷，3)如图4所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为()图4A.eq\f(mveq\o\al(2,0),2πL) B.eq\f(mveq\o\al(2,0),4πL) C.eq\f(mveq\o\al(2,0),8πL) D.eq\f(mveq\o\al(2,0),16πL)答案B解析木块在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理得－Ff·2πL＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得Ff＝eq\f(mveq\o\al(2,0),4πL)，故选项B正确。例3如图5所示，粗糙水平地面AB与半径R＝0.4m的光滑半圆轨道BCD相连接，且在同一竖直平面内，O是BCD的圆心，BOD在同一竖直线上。质量m＝1kg的小物块在9N的水平恒力F的作用下，从A点由静止开始做匀加速直线运动。已知xAB＝5m，小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.1，当小物块运动到B点时撤去力F，取重力加速度g＝10m/s2，求：图5(1)小物块到达B点时速度的大小；(2)小物块运动到D点时，轨道对小物块作用力的大小。答案(1)4eq\r(5)m/s(2)150N解析(1)从A到B过程，根据动能定理可得(F－μmg)xAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得小物块到达B点时速度的大小为vB＝4eq\r(5)m/s。(2)从B到D过程，根据动能定理可得－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)在D点由牛顿第二定律可得FN＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)联立解得小物块运动到D点时，轨道对小物块作用力的大小为FN＝150N。跟踪训练2.(2023·北京朝阳模拟)如图6所示，某一斜面的顶端到正下方水平面O点的高度为h，斜面与水平面平滑连接。一小木块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到水平面上的A点停止。已知斜面倾角为θ，小木块质量为m，小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，A、O两点的距离为x。在小木块从斜面顶端滑到A点的过程中，下列说法正确的是()图6A.如果h和μ一定，θ越大，x越大B.如果h和μ一定，θ越大，x越小C.摩擦力对木块做功为－μmgxcosθD.重力对木块做功为μmgx答案D解析对小木块运动的整个过程，根据动能定理有mgh－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)－μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(h,tanθ)))＝0，解得h＝μx，所以x与θ无关，故A、B错误；根据前面分析可知重力对木块做功为WG＝mgh＝μmgx，摩擦力对木块做功为Wf＝－WG＝－mgh＝－μmgx，故C错误，D正确。考点三动能定理与图像问题的结合1.解决图像问题的基本步骤2.图像所围“面积”和图像斜率的含义例4(2022·江苏高考，8)某滑雪赛道如图7所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳。将运动员视为质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能Ek与水平位移x的关系图像正确的是()图7答案A解析设斜面倾角为θ，不计摩擦力和空气阻力，运动员在沿斜面下滑过程中，根据动能定理有Ek＝mgxtanθ，即eq\f(Ek,x)＝mgtanθ，下滑过程中开始阶段倾角θ不变，Ek－x图像为一条直线；经过圆弧轨道过程中，θ先减小后增大，即图像斜率先减小后增大。故选项A正确。跟踪训练3.一质量为m的物块静止在光滑水平面上，某时刻起受到水平向右的大小随位移变化的力F的作用，F随位移变化的规律如图8所示，下列说法正确的是()图8A.物块先做匀加速运动，后做匀减速运动B.物块的位移为x0时，物块的速度最大C.力F对物块做的总功为6F0x0D.物块的最大速度为eq\r(\f(6F0x0,m))答案D解析物块在光滑水平面上运动，受到的合外力为F，因为F为正，所以物块一直加速运动；物块的位移为3x0时，速度最大，故A、B错误；合外力做功的大小等于图中曲线与x轴围成的面积，所以力F对物块做的总功为W＝eq\f(1,2)×2F0×3x0＝3F0x0，故C错误；由动能定理可得3F0x0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，所以最大速度为vm＝eq\r(\f(6F0x0,m))，故D正确。A级基础对点练对点练1动能定理的理解1.跳伞比赛中，运动员经历加速下降和减速下降两个直线运动过程，将人和伞看成一个系统，在这两个过程中，下列说法正确的是()A.合力对系统始终做负功B.合力对系统始终做正功C.重力做功的功率始终增大D.重力对系统始终做正功答案D解析根据动能定理可知，系统加速下降时，动能增大，合力对系统做正功；系统减速下降时，动能减小，合力对系统做负功，故A、B错误；根据P＝mgv可知重力做功的功率先增大后减小，故C错误；系统的位移始终竖直向下，所以重力对系统始终做正功，故D正确。2.如图1，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定()图1A.小于拉力所做的功B.等于拉力所做的功C.等于克服摩擦力所做的功D.大于克服摩擦力所做的功答案A解析由动能定理WF－Wf＝Ek－0，可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，A正确。对点练2动能定理的应用3.如图2所示，将质量为m的小球以初速度大小v0由地面竖直向上抛出。小球落回地面时，其速度大小为eq\f(3,4)v0。设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于()图2A.eq\f(3,4)mg B.eq\f(3,16)mg C.eq\f(7,16)mg D.eq\f(7,25)mg答案D解析小球向上运动的过程，由动能定理得－(mg＋f)H＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，小球向下运动的过程，由动能定理得(mg－f)H＝eq\f(1,2)m(eq\f(3,4)v0)2，联立解得f＝eq\f(7,25)mg，选项D正确，A、B、C错误。4.(2022·全国甲卷，14)北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图3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()图3A.eq\f(h,k＋1) B.eq\f(h,k) C.eq\f(2h,k) D.eq\f(2h,k－1)答案D解析运动员从a到c根据动能定理有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)，在c点有FNc－mg＝meq\f(veq\o\al(2,c),Rc)，FNc≤kmg，联立有Rc≥eq\f(2h,k－1)，故选项D正确。5.如图4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()图4A.eq\f(1,4)mgR B.eq\f(1,3)mgRC.eq\f(1,2)mgR D.eq\f(π,4)mgR答案C解析在Q点质点受到的竖直向下的重力和竖直向上的支持力的合力充当向心力，所以有FN－mg＝meq\f(v2,R)，FN＝FN′＝2mg，联立解得v＝eq\r(gR)，下滑过程中，根据动能定理可得mgR＋Wf＝eq\f(1,2)mv2，解得Wf＝－eq\f(1,2)mgR，所以克服摩擦力做功eq\f(1,2)mgR，选项C正确。对点练3动能定理与图像问题的结合6.一质量m＝1kg的物块静止在光滑水平面上，现用水平恒力F1推物块，作用2s后，改用方向相反的水平恒力F2推物块，利用速度传感器得到物块速度随时间的变化关系图像(v－t图像)如图5所示，0～4s时间内水平恒力F2做功为()图5A.－10J B.10J C.－18J D.18J答案B解析0～2s内，由动能定理知水平恒力F1做功W1＝eq\f(1,2)mv2－0＝8J，设2～4s水平恒力F2做功为W2，0～4s内由动能定理有W1＋W2＝eq\f(1,2)mv′2－0，得W2＝10J，故B正确。7.(2021·湖北卷，4)如图6甲所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示。重力加速度大小取10m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为()图6A.m＝0.7kg，f＝0.5N B.m＝0.7kg，f＝1.0NC.m＝0.8kg，f＝0.5N D.m＝0.8kg，f＝1.0N答案A解析0～10m内物块上滑，由动能定理得－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin30°＋f)s，结合0～10m内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mgsin30°＋f＝4N；10～20m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10～20m内的图像得，斜率k′＝mgsin30°－f＝3N。联立解得f＝0.5N，m＝0.7kg，A正确，B、C、D错误。8.(多选)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。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7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()图7A.电动汽车最大速度为5m/sB.电动汽车受到的阻力为100NC.关闭发动机后，电动汽车经过5s停止运动D.整个过程中，电动汽车克服阻力做功为3750J答案AD解析由v－t图像可知在0～3s内，电动汽车的加速度a1＝1m/s2，由P－t图像可知在0～3s内P＝Fv＝Fat，解得F＝100N，由牛顿第二定律F－f＝ma1，解得f＝60N，由P＝fvm＝300W，解得vm＝5m/s，故A正确，B错误；关闭发动机后f＝ma2，经过t2＝eq\f(vm,a2)＝eq\f(10,3)s，电动汽车停止运动，故C错误；对全程由动能定理可得eq\f(P,2)t1＋Pt3＋Wf＝0－0，解得Wf＝－(eq\f(300,2)×3＋300×11)J＝－3750J，所以整个过程中克服阻力做功为3750J，故D正确。B级综合提升练9.(2023·江苏苏州模拟)如图8，一个质量为m的小滑块在高度为h的斜面顶端由静止释放，滑块与斜面间动摩擦因数恒定，以水平地面为零势能面，则滑块滑至斜面底端时的动能Ek随斜面倾角θ变化的关系图像可能正确的是()图8答案A解析由题知小滑块在高度为h的斜面顶端由静止释放，则对于小滑块下滑的过程应用动能定理可得mgh－eq\f(μmgh,tanθ)＝Ek(tanθ≥μ)，故当θ＝eq\f(π,2