高考物理一轮复习考点精讲精练第12讲　功 功率 动能定律（2份打包，原卷版+解析版）

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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＝eq \f(W,t)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
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＝Flcs_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．
（2024•重庆模拟）关于摩擦力做功，下列说法中正确的是（ ）
A．静摩擦力一定不做功
B．滑动摩擦力一定做负功
C．相互作用的一对静摩擦力做功的代数和可能不为0
D．静摩擦力和滑动摩擦力都可做正功
【解答】解：A、静摩擦力方向与物体的相对运动趋势方向相反，与运动方向可以相同、相反、垂直，故静摩擦力对物体可以做正功、负功、不做功，故A错误；
B、滑动摩擦力方向与物体的相对运动方向相反，与运动方向可以相同、相反、垂直，故滑动摩擦力对物体可以做正功、负功、不做功，故B错误；
C、相互作用的一对静摩擦力，由于二者的位移大小一定相等，故做功的代数和一定为零；故C错误；
D、根据AB的分析可知静摩擦力和滑动摩擦力均可以做正功；故D正确；
故选：D。
（2024•顺庆区校级一模）如图所示，有一条宽度为800m的小河自西向东流淌，水流速度为v0，各点到较近河岸的距离为x，v0与x之间的关系为v0＝0.0075x（均采用国际单位）。让小船船头垂直河岸由南向北渡河，小船相对于河水的速度恒为v1＝4m/s，下列说法正确的选项是（ ）
A．小船在水中做类平抛运动
B．小船到达北岸时位移大小为
C．小船刚到达北岸时，相对于河岸的速度大小为5m/s
D．小船在行驶过程中，水流一直对小船做正功
【解答】解：A、小船的运动可以分解为垂直于河岸的速度为v1＝4m/s的匀速直线运动和沿水流的分运动，
则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与时间成正比，即加速度大小为
由于x为各点到较近河岸的距离，即小船沿水流方向先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，所以小船先做类平抛运动，后做类斜抛运动，故A错误；
B、小船到达河中央前做类平抛运动，根据运动规律可知：
，

解得小船到达北岸时位移大小为

故B正确；
C、小船先做类平抛运动，后做类斜抛运动，根据对运动的称性可知，小船刚到达北岸时，沿水流方向的分速度恰好等于0，所以相对于河岸的速度大小为v1＝4m/s，方向垂直于河岸，故C错误；
D、根据上述可知，沿水流方向做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即小船在行驶过程中，水流对小船先做正功后做负功，故D错误。
故选：B。
（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。
考点二 功率的计算
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 \x\t(P)＝eq \f(W,t).
(2)利用eq \x\t(P)＝F·eq \x\t(v)cs α，其中eq \x\t(v)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＝Fvcs 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．
（2024•海口一模）如图所示，杂技演员从某高度水平抛出小球A的同时，从相同高度由静止释放小球B。已知两小球完全相同，运动过程中空气阻力大小与速率成正比。下列判断错误的是（ ）
A．.两球同时落地
B．.两球落地时的速率可能相等
C．.运动全过程中，合外力做功相等
D．.运动全过程中，A球重力的功率时刻与B球的相等
【解答】解：A.运动过程中空气阻力大小与速率成正比，将A球的运动分解为水平方向和竖直方向两个分运动，两球完全相同，竖直方向的初速度均为0，则两球在竖直的方向的受力情况一样，两球在竖直方向具有相同的运动，则两球同时落地，故A正确；
B.A球在水平方向做减速运动，若落地时A球的水平速度刚好为0，又两球在竖直方向的分速度相等，则两球落地时的速率可能相等，故B正确；
C.运动全过程中，两球重力做功相等，由于A球具有水平速度，所以同一时刻A球受到的空气阻力大于B球受到的空气阻力，且A球通过的路程大于B的路程，则A球克服空气阻力做功大于B球克服空气阻力做功，所以合外力对两球做功不相等，故C错误；
D.根据PG＝mgvy由于同一时刻，两球的竖直分速度总是相等，则运动全过程中，A球重力的功率时刻与B球的相等，故D正确。
本题选择错误的，故选：C。
（2024•乌鲁木齐模拟）我国无人机技术发展迅猛，应用也越来越广泛，无人机配送快递就是一种全新的配送方式。如图所示，一架配送包裹的无人机从地面起飞后竖直上升的过程中，升力的功率恒为P0。已知无人机的质量与包裹的质量的比值为k，忽略空气阻力的影响，则该过程中悬吊包裹的轻绳（不可伸长）对包裹做功的功率为（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：根据功能关系，升力做的功等于无人机与包裹增加的机械能，已知无人机的质量与包裹的质量的比值为k，则无人机的机械能与包裹的机械能的比值亦为k，设单位时间内包裹机械能量为E，则有：E+kE＝P0
解得：E
悬吊包裹的轻绳对包裹做功的功率就等于单位时间内包裹机械能量E，故B正确，ACD错误。
故选：B。
（2024•西城区校级开学）电动平衡车作为一种电力驱动的运输载具，被广泛应用在娱乐、代步、安保巡逻等领域。某人站在平衡车上以初速度v0在水平地面上沿直线做加速运动，经历时间t达到最大速度vm，此过程电动机的输出功率恒为额定功率P。已知人与车整体的质量为m，所受阻力的大小恒为f。则（ ）
A．
B．车速为v0时的加速度大小为
C．人与车在时间t内的位移大小等于
D．在时间t内阻力做的功为
【解答】解：A．根据题意，当牵引力等于阻力时，合力为零，加速度为零，平衡车速度达最大值，由公式P＝Fv，最大速度，故A错误；
B．车速为v0时牵引力
由牛顿第二定律
解得
故B错误；
D．平衡车从v0到最大速度vm，由动能定理：
则
故D正确；
C．在时间t内阻力做功W＝﹣fx
则
故C错误。
故选：D。
考点三 动能定理及其应用
1．表达式：W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝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．
（2024•南昌二模）如图所示，半径为R的半圆形光滑管道ACB固定在竖直平面内。在一平行于纸面的恒力F（未画出）作用下，质量为m的小球从A端静止释放后，恰能到达最低点C；从B端静止释放后，到达C点时，管道受到的压力为10mg。则F的大小为（ ）
A．mgB．C．D．
【解答】解：设F方向斜向左下，且与水平方向夹角θ
小球从A到C的过程，根据动能定理得：mgR+Fsinθ•R﹣Fcsθ•R＝0﹣0
小球从B到C的过程，根据动能定理得：mgR+Fcsθ•R+Fsinθ•R
在C点，根据牛顿第二定律得：
联立解得：，故D正确，ABC错误。
故选：D。
（2024•江苏模拟）如图所示，足够大的粗糙斜面倾角为θ，小滑块以大小为v0的水平初速度开始沿斜面运动，经过一段时间后，小滑块速度大小为v、方向与初速度垂直。此过程小滑块加速度的最大值为a1、最小值为a2。已知小滑块与斜面动摩擦因数μ＝tanθ，则（ ）
A．v＝v0B．v＞v0
C．D．
【解答】解：AB．小滑块在斜面上滑动，摩擦力力大小始终不变为f＝μmgcsθ＝mgsinθ，其大小与重力沿着斜面向下的分力大小相等，对整个运动过程根据动能定理可得：

其中，y为垂直初速度方向滑块沿斜面下滑的长度，s为滑块运动轨迹的长度，因为s＞y，可知v＜v0，故AB错误；
CD．摩擦力速度的方向始终与滑块相对斜面的速度方向相反，可知f的方向与重力沿斜面向下的分力的方向mgsinθ的夹角为90°到180°，根据几何关系可知合力的大小范围为：

结合牛顿第二定律F合＝ma
由此可得
则；a2＝0，故D正确，C错误。
故选：D。
（2024•江苏模拟）如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R＝0.4m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高．质量m＝1kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O等高的D点，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.
（1）求滑块与斜面间的动摩擦因数μ．
（2）若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值．
（3）若滑块离开C处的速度大小为4m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上的时间t．
【解答】解：（1）滑块由A到D过程，根据动能定理，有：
mg（2R﹣R）﹣μmgcs37°•0﹣0
得
（2）若滑块能到达C点，根据牛顿第二定律 有
则得
A到C的过程：根据动能定理 有﹣μmgcs37°•
联立解得，v02m/s
所以初速度v0的最小值为2m/s．
（3）滑块离开C点做平抛运动，则有
x＝vct
由几何关系得：tan37°
联立得 5t2+3t﹣0.8＝0
解得 t＝0.2s
（2024•吉林一模）我国航天员翟志刚、王亚平、叶光富于2022年4月16日9时56分搭乘神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。返回舱在离地面约6000m的高空打开主伞（降落伞），在主伞的作用下返回舱速度从80m/s降至10m/s，此后可视为匀速下降，当返回舱在距离地面1m时启动反推发动机，速度减至0后恰落到地面上。设主伞所受的空气阻力为f＝kv，其中k为定值，v为速率，其余阻力不计。已知返回舱（含宇航员）总质量为3000kg，主伞的质量忽略不计，忽略返回舱质量的变化，重力加速度g取10m/s2，设全过程为竖直方向的运动。求：
（1）在主伞打开后的瞬间，返回舱的加速度大小；
（2）若在反推发动机工作时主伞与返回舱之间的绳索处于松弛状态，则反推发动机在该过程中对返回舱做的功。
【解答】解：（1）对返回舱进行受力分析
在返回舱以v＝10m/s匀速下降时：kv＝mg
在返回舱以v'＝80m/s下降时：kv'﹣mg＝ma
解得：a＝70m/s2
（2）返回舱在最后1m下降过程中，由动能定理：
mgh+W＝﹣0
解得：W＝﹣180000J
考点四 用动能定理巧解多过程问题
（2023春•和平区校级期中）在冰雪冲浪项目中，安全员将小朋友（可视为质点）从A点沿左侧圆弧切线方向推入滑道，小朋友获得v0＝15m/s的初速度，圆弧所在圆的半径R＝100m，圆弧AB所对应的圆心角θ＝37°，B为轨道最低点，冰滑道视为光滑。小朋友和滑板总质量为m＝40kg，右侧平台比左侧平台高9.45m。小朋友冲上右侧平台后做减速运动，滑板与平台间动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）小朋友和滑板在圆弧形冰滑道最低点B时的速率v及其对冰道的压力FN；
（2）小朋友和滑板在右侧雪道滑行的距离d。
【解答】解：（1）从A到B根据机械能守恒定律得：
代入数据解得vB＝25m/s
根据牛顿第二定律得：FN﹣mg
解得FN＝650N
根据牛顿第三定律，小朋友和滑板对冰滑道的压力大小为650N，方向向下。
（2）小朋友和滑板从运动到停止的过程中，根据动能定理﹣μmgd﹣mgH＝0
代入数据解得d＝9m
（2023•浙江模拟）如图为某游戏装置的示意图。AB、CD均为四分之一圆弧，E为圆弧DEG的最高点，各圆弧轨道与直轨道相接处均相切。GH与水平夹角为θ＝37°，底端H有一弹簧，A、O1、O2、D、O3、H在同一水平直线上。一质量为0.01kg的小钢球（其直径稍小于圆管内径，可视作质点）从距A点高为h处的O点静止释放，从A点沿切线进入轨道，B处有一装置，小钢球向右能无能量损失的通过，向左则不能通过且小钢球被吸在B点。若小钢球能够运动到H点，则被等速反弹。各圆轨道半径均为R＝0.6m，BC长L＝2m，水平直轨道BC和GH的动摩擦因数μ＝0.5，其余轨道均光滑，小钢球通过各圆弧轨道与直轨道相接处均无能量损失。某次游戏时，小钢球从O点出发恰能第一次通过圆弧的最高点E。（sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g＝10m/s2）求：
（1）小钢球第一次经过C点时的速度大小vC；
（2）小钢球第一次经过圆弧轨道最低点B时对轨道的压力大小FB（保留两位小数）；
（3）若改变小钢球的释放高度h，求出小钢球在斜面轨道上运动的总路程s与h的函数关系。
【解答】解：（1）小钢球从O点出发恰能第一次通过圆弧的最高点E，则小球到E点的速度为0，小球从C点到E点，根据动能定理得：
﹣mg•2R＝0
代入数据解得：vC＝2m/s
（2）从B点到C点，由动能定理得：﹣μmgL
小钢球经过B点，由牛顿第二定律得：N﹣mg＝m
代入数据联立解得：NN≈0.83N
根据牛顿第三定律得，小钢球对轨道的压力大小FB＝N＝0.83N
（3）若小钢球恰能第一次通过E点，设小钢球释放点距A点为h1，从释放到E点，由动能定理得：
mg（h1﹣R）﹣μmgL＝0
代入数据解得：h1＝1.6m
若小钢球恰能第二次通过E点，设小球钢释放点距A点为h2，从释放到E点，由动能定理得：
mg（h2﹣R）﹣μmgL﹣2μmgcsθ•0
代入数据解得：h2＝2.24m
①若小球释放高度h＜1.6m，无法到达E点，s＝0
②若小球释放高度1.6m≤h＜2.24m，小球能经过E点一次，μ＜tanθ，则小钢球最终停在H点，从释放点到停在H点，根据动能定理得：
mgh﹣μmgL﹣μmgcsθ•s＝0
代入数据解得：s＝2.5（h﹣1）
③若小球释放高度2.24m≤h，小球经过E点两次，s＝22m＝1.6m
题型1恒力做功
（多选）（2024春•西湖区校级期中）如图所示，质量为m的小物块（可视为质点）从斜坡坡顶B处由静止下滑，到达坡底A处被截停，在水平恒力F的作用下，小物块从斜坡底部A处缓慢运动至坡顶。已知A、B之间的水平距离为s、高度为h，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）
A．下滑过程中，小物块重力做的功是mgh
B．推力F对小物块做的功大于Fs
C．上滑过程中，小物块克服摩擦力做功为Fs﹣mgh
D．无论是上滑还是下滑，小物块在这两个阶段克服摩擦力做的功相等
【解答】解：A、下滑过程，小物块重力做功只与高度差有关，所以WG1＝mgh，故A正确；
BC、小物块在水平恒力F的作用下缓慢运动到坡顶的过程，小物块缓慢上滑，动能变化量为0，推力F对小物块做的功：WF＝Fs
由动能定理可得﹣mgh+Wf2+Fs＝0
解得：Wf2＝﹣mgh+Fs
所以上滑过程中，小物块克服摩擦力做功为（Fs﹣mgh，故B错误，C正确；
D、下滑过程中，受力分析如图甲，
在y方向根据平衡条件有：N1＝Gy＝mgcsθ
所以滑动摩擦力为：f1＝μN1＝μmgcsθ
小物块位移：
摩擦力做功：Wf1＝﹣f1•x＝﹣μmgs
小物块在水平恒力F的作用下缓慢运动到坡顶的过程，对小物块受力分析如图乙，
在y方向根据平衡条件有：N2＝Fy+Gy＝Fsinθ+mgcsθ
所以滑动摩擦力为：f2＝μN2＝μ（Fsinθ+mgcsθ）
小物块位移：
摩擦力做功：Wf2＝﹣f2•x＝﹣（μmgs+μFs•tanθ）
因此，上滑和下滑过程小物块在这两个阶段克服摩擦力做的功不相等，故D错误。
故选：AC。
（2023秋•东城区期末）如图1所示，质量m＝10kg的物块静止在光滑水平面上A点，在水平外力F作用下，10s末到达B点，外力F随时间变化的规律如图2所示，取向右为正方向。
（1）求前10s内物块的位移大小x1和在B点速度的大小v1；
（2）请在图3中画出物体在前20s内的速度—时间（v﹣t）图像；
（3）求在10s到20s这段时间内外力F所做的功W。
【解答】解：（1）物块在AB段运动时，对物块受力分析，由牛顿第二定律得：F1＝ma1
代入数据解得：
由运动学公式得：x1a10.4×102m＝20m
v1＝a1t1＝0.4×10m/s＝4m/s
（2）如图所示
（3）在10s到20s这段时间内，物体的位移x2＝x1＝20m
力F做的功W＝Fx2csπ＝4×20×（﹣1）J＝﹣80J
题型2变力做功
（多选）（2024•乌鲁木齐模拟）如图所示，乌鲁木齐机场在传输旅客行李的过程中，行李从一个斜面滑下。为防止行李下滑时速度过大，斜面上设置了一段“减速带”（行李与“减速带”间动摩擦因数较大）。小梁的行李箱质量为m、长度为L，“减速带”的长度为2L，该行李箱与“减速带”间的动摩擦因数为μ，斜面与水平面间的夹角为θ，重力加速度的大小为g，行李箱滑过“减速带”的过程中，不会发生转动且箱内物品相对行李箱静止。设该行李箱质量分布均匀和不均匀的两种情况下滑过“减速带”的过程中，克服“减速带”的摩擦力做的功分别为W1和W2。则（ ）
A．W1一定等于2μmgLcsθ
B．W1一定大于2μmgLcsθ
C．W2一定等于W1
D．W2可能大于W1
【解答】解：将行李箱看成无数段距离很小的质量微元，每段质量微元在“减速带”中受到的摩擦力为Δf＝μΔmgcsθ
每段质量微元经过“减速带”时，摩擦力的作用距离均为2L，则克服“减速带”的摩擦力做的功

可得W1＝W2＝W＝2μmgLcsθ
故AC正确，BD错误。
故选：AC。
（2024•淄博一模）为了节能环保，地铁站的进出轨道通常设计成不是水平的，列车进站时就可以借助上坡减速，而出站时借助下坡加速。如图所示，为某地铁两个站点之间节能坡的简化示意图（左右两边对称，每小段坡面都是直线）。在一次模拟实验中，一滑块（可视为质点）以初速度v0从A站M处出发沿着轨道运动，恰能到达N处。滑块在两段直线轨道交接处平稳过渡，能量损失忽略不计，滑块与各段轨道之间的动摩擦因数均相同，不计空气阻力。重力加速度为g，则根据图中相关信息，若要使滑块恰能到达B站P处，该滑块初速度的大小应调整为（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：质量为m的物体在长度为s、倾角为θ的粗糙斜面上滑行时，克服摩擦力做功
Wf＝μmgcsθ×s＝μmgscsθ
scsθ是斜面底边的长度，则滑块从M恰好到N由动能定理得：mgh1﹣μmg（2l1+2l2+l3）＝0
解得：μ
若要使滑块从M恰能到达B站P处，设该滑块初速度的大小应调整为v，
由动能定理得：mgh1﹣μmg（2l1+2l2+2l3）＝0
联立解得：，故ACD错误，B正确。
故选：B。
题型3平均功率与瞬时功率
（2024•绵阳模拟）如图所示，从斜面顶端A和斜面中点B分别以初速度v1、v2水平抛出两个相同小球，都直接落在了斜面底端C，落地时重力的功率分别为P1、P2。则v1与v2、P1与P2的大小关系正确的是（ ）
A．v1＝2v2B．C．P1＝4P2D．P1＝2P2
【解答】解：两小球水平抛出后做平抛运动，水平方向做匀速运动，则有x＝vt
竖直方向做自由落体运动，则有
根据题意由几何知识可知，从抛出到落地，水平方向运动的距离之比为x1：x2＝2：1
竖直方向运动的距离之比为h1：h2＝2：1
解得
落地时竖直方向分速度为vy＝gt
落地时重力的功率P＝mgvy
则
故B正确，ACD错误。
故选：B。
（2023秋•石家庄期末）张三参加车模大赛，操纵小火车在平直轨道上从静止开始匀加速运动2m达到额定功率，随后以额定功率继续行驶。如图所示为小火车匀加速阶段的动量平方一位移（p2﹣x）图像，已知小火车的质量为1.0kg，阻力是小火车重力的0.2倍，重力加速度取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．小火车在匀加速阶段的牵引力大小为1N
B．小火车的额定功率为4W
C．小火车在0～2m的位移内用时为1s
D．小火车在随后的运动过程中能达到的最大速度为3m/s
【解答】解：A、由速度—位移关系式得v2＝2ax，两边乘以m2得m2v2＝2m2ax，所以p2＝2m2ax，结合图像可知k＝2m2akg2•m/s2＝2kg2•m/s2
又m＝1.0 kg，解得a＝1m/s2
由牛顿第二定律得F﹣f＝ma，又f＝0.2mg
代入数据解得F＝3N，故A错误；
B、小火车匀加速的末速度v＝2m/s
又由题意可知车加速运动2m匀加速结束，且此时小火车的功率达到额定功率.所以小火车的额定功率P＝Fv＝3×2W＝6W，故B错误；
C、由于小火车在0～2m的过程中做匀加速直线运动.该过程小火车的运动时间ts＝1s，故C错误；
D、小火车达到额定功率后，随车速的逐渐增大，小火车的牵引力逐渐减小，当小火车的牵引力等于阻力时速度达到最大，则小火车的最大速度vmm/s＝3m/s，故D正确；
故选：D。
题型4两种机车启动方式及图像分析
（2024•天心区校级模拟）一辆汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其v﹣t图像如图所示。已知汽车的质量为m＝2×103kg，汽车受到的阻力大小恒为车重力的，g取10m/s2，则（ ）
A．汽车在前5s内受到的阻力大小为200N
B．前5s内的牵引力大小为6×103N
C．汽车的额定功率为40kW
D．汽车的最大速度为20m/s
【解答】解：A、由题意知汽车受到地面的阻力为车重的，则阻力Ffmg2×103×10N＝2000N，故A错误；
B、由题图知前5s内的加速度am/s2＝2m/s2；
由牛顿第二定律知F﹣Ff＝ma
所以前5s内的牵引力：F＝Ff+ma＝（2000+2×103×2）N＝6×103N，故B正确；
C、5s末达到额定功率P额＝Fv5＝6×103×10W＝6×104W＝60kW，故C错误；
D、当牵引力与摩擦力相等时速度最大，根据P＝Fv可知
vmaxm/s＝30m/s，故D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•天津模拟）2019年10月1日，在庆祝中华人民共和国成立70周年阅兵式上，习近平主席乘“红旗”牌国产轿车依次检阅15个徒步方队和32个装备方队。检阅车在水平路面上的启动过程如图所示，其中Oa为过原点的倾斜直线，ab段表示以额定功率P行驶时的加速阶段，bc段是与ab段相切的水平直线，若检阅车的质量为m，行驶过程中所受阻力恒为f，则下列说法正确的是（ ）
A．检阅车在t1时刻的牵引力和功率都是最大值，t2～t3时间内其牵引力大于f
B．0～t1时间内检阅车做变加速运动
C．0～t2时间内的平均速度等于
D．t1～t2时间内检阅车牵引力所做功为P（t2﹣t1）
【解答】解：A、由图像可知，检阅车的运动过程为：Oa为匀加速直线运动，ab是恒定功率运动，且加速度在逐渐减小，可知t1时刻牵引力和功率都是最大值，bc是匀速直线运动，t2～t3时间内其牵引力等于f，故A错误；
B、在0～t1时间内，由v﹣t图像可知检阅车做匀加速直线运动，故B错误；
C、在0～t2时间内，若检阅车做初速度为零、末速度为v2的匀加速直线运动，其平均速度为，而实际上检阅车先做匀加速运动再做变加速运动，结合v﹣t图像与时间轴所围的面积表示位移可知，检阅车实际位移大于匀加速直线运动的位移，所以此段时间内平均速度大于，故C错误；
D、t1～t2时间内检阅车的功率为额定功率P，由可得牵引力做功为W＝P（t2﹣t1），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。
题型5应用动能定理求变力做功
（多选）（2023•青羊区校级模拟）将一小球竖直向上抛出，其动能随时间的变化如图。已知小球受到的空气阻力与速率成正比。已知小球的质量为m，最终小球的动能为E0，重力加速度为g，若不考虑小球会落地，则小球在整个运动过程中（ ）
A．加速度一直减小至零
B．合外力做功为15E0
C．最高点的加速度为g
D．从最高点下降至原位置所用时间小于t1
【解答】解：AC．小球受到的空气阻力与速率成正比，则有：f＝kv
小球上升过程，由牛顿第二定律有：mg+f＝ma1
上升过程，小球做加速度逐渐减小的减速直线运动，到最高点时，速度减为零，f＝0，合力为mg，根据牛顿第二定律可得，加速度减小为g；
小球下降过程，由牛顿第二定律有：mg﹣f＝ma2
下降过程，小球做加速度逐渐减小的加速直线运动，当加速度减为零后，小球向下做匀速直线运动。
故小球运动全程，加速度一直减小至零，故AC正确；
B．根据动能定理有：W合＝E0﹣16E0＝﹣15E0
故B错误；
D．小球上升和下降回到出发点的过程，由逆向思维有h
因为，则有t1＜t2，即从最高点下降至原位置所用时间大于t1，故D错误。
故选：AC。
（多选）（2023•株洲一模）在与水平面成θ角的固定粗糙斜面上，放着一质量为m的小滑块，在一个平行于斜面的拉力F （图中未画出）作用下，沿着斜面上一段半径为R的圆周从P点运动到Q点，运动过程中速度大小始终为v，P、Q为四分之一圆周的两个端点，P与圆心O等高。小滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，在从P点运动到Q点的过程中，小滑块（ ）
A．所受合力的大小保持不变
B．重力做功的瞬时功率保持不变
C．所受拉力对其做功为mgRsinθ
D．运动到Q点时，拉力的大小为mmgsinθ
【解答】解：A、小滑块做匀速圆周运动，所受合力提供向心力，大小不变，故A正确；
B、重力不变，速度大小不变，但方向时刻发生变化，速度在沿斜面向下的分量v∥逐渐减小，根据P＝mgv∥sinθ可知，重力做功的瞬时功率逐渐减小，故B错误；
C、对小滑块受力分析，小滑块受到重力、支持力、摩擦力和拉力，将重力分解到沿斜面方向和垂直于斜面方向，沿斜面方向的分力为mgsinθ，垂直于斜面方向的力为mgcsθ，在此过程中，重力做的功为WG＝mgRsinθ，克服摩擦力做的功为Wf＝μmgcsθ，根据动能定理可知：W+WG﹣Wf＝0，解得拉力对其做功为：WmgRsinθ，故C正确；
D、运动到Q点时，摩擦力方向水平向左、大小为μmgcsθ，设此时拉力与水平方向的夹角为α，大小为F，则有：
Fcsα＝μmgcsθ
Fsinα﹣mgsinθ＝m
联立解得：F，故D错误。
故选：AC。
题型6在机车启动问题中应用动能定理
（2024•香坊区校级二模）2022年8月1日，中国东北地区首条智轨线路哈尔滨新区智轨有轨电车投入运营。假设有轨电车质量为m，某次测试中有轨电车由静止出发在水平面做加速度为a的匀加速直线运动，有轨电车所受的阻力恒定为f，达到发动机的额定功率P后，有轨电车保持额定功率做变加速运动，再经时间t速度达到最大，然后以最大速度匀速运动，对此下列说法正确的是（ ）
A．有轨电车匀速运动的速度为
B．有轨电车做匀加速运动的时间为
C．从静止到加速到速度最大的过程牵引力所做的功为Pt
D．有轨电车保持额定功率做变加速运动时间t内的位移为
【解答】解：A、有轨电车匀速运动时，牵引力和阻力大小相等，即F＝f，由P＝Fv可得有轨电车匀速运动的速度：，故A错误；
B、设有轨电车匀加速过程牵引力大小为F1，由牛顿第二定律有：F1﹣f＝ma，可得牵引力大小F1＝f+ma
设匀加速运动结束时有轨电车的速度大小为v1，由P＝Fv可得
有轨电车做匀加速运动的时间：，故B正确；
C、匀加速过程，汽车的功率P＝Fv＝Fat，F和a恒定不变，所以P与t成正比，匀加速运动结束时，汽车达到额定功率，之后汽车保持额定功率不变，P﹣t图像如下图所示：
图中红色阴影部分面积表示从静止到加速到速度最大的过程牵引力所做的功W，图中绿色阴影部分面积表示从匀加速结束到加速到速度最大的过程牵引力所做的功，即：W′＝Pt，由图可知：W＜W′，故C错误；
D、有轨电车保持额定功率做变加速运动过程，由动能定理有：
代入数据可得：，故D错误。
故选：B。
（多选）（2024•青羊区校级模拟）某兴趣小组对一辆遥控小车的性能进行研究。他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为v﹣t图像，如图所示（除2s～10s时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线）。已知在小车运动的过程中，2s～14s时间段内小车的功率保持不变，在14s末停止遥控而让小车自由滑行，小车的质量为1kg，可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变。则下列选项正确的是（ ）
A．小车在0﹣10s内为恒定功率启动
B．小车所受到的阻力为1.5N
C．小车额定功率为6W
D．小车在变加速运动过程中位移为39m
【解答】解：A、根据v﹣t图像可知，0～2s内小车为恒定加速度启动过程，速度逐渐增加，合力不变，2s时小车到达额定功率，之后的2s∼10s小车为恒功率启动过程，故A错误；
B、在14s∼18s时间段，根据v﹣t图像可得加速度a＝1.5m/s2
由牛顿第二定律可知：f＝ma，代入数据可得：f＝1.5N，故B正确；
C、根据分析可知小车在10s～14s做匀速运动，牵引力大小与f相等，小车功率为额定功率：P＝Fv＝fv，代入数据可得：P＝9W，故C错误；
D、2s～10s内，功率不变，根据动能定理有

代入数据解得：x2＝39m，故D正确。
故选：BD。
题型7多过程直线运动问题
（2023春•平乐县校级期中）如图所示，倾角为θ＝30°的斜面与足够大的光滑水平面在D处平滑连接，斜面上有A、B、C三点，AB、BC、CD间距均为20cm，斜面上BC部分粗糙，其余部分光滑。2块完全相同、质量均匀分布的长方形薄片（厚度忽略不计），紧挨在一起排在斜面上，从下往上编号依次为1、2，第1块的下边缘恰好在A处，现将2块薄片一起由静止释放，薄片经过D处时无能量损失且相互之间无碰撞，已知每块薄片质量为m＝1kg、长为5cm，薄片与斜面BC间的动摩擦因数μ，重力加速度为g，求：
（1）第1块薄片刚完全进入BC段时两薄片间的作用力大小；
（2）第1块薄片下边缘刚运动到C时的速度大小；
（3）两薄片在水平面上运动时的间距。
【解答】解：（1）第1块薄片刚好完全进入BC段时，对两薄片由牛顿第二定律得：
2mgsin30°﹣μmgcs30°＝2ma
解得：ag
对薄片2由牛顿第二定律得：
mgsin30°﹣F＝ma，
解得：Fmg＝2.5N
（2）把两块薄片看作整体，当两块薄片恰完全进入BC段时，由动能定理得：
2mgsin30°（LABLBC）•2L片0
其中：LAB＝LBC＝20cm＝0.2m，L片＝5cm＝0.05m
解得：vm/s
此后对两薄片受力分析知，沿斜面方向合力为0，故两薄片一直匀速运动到薄片1前端到达C点，此时第1块薄片速度为：vm/s
（3）每块薄片由前端在C点运动到水平面上，由动能定理得：
mgsin30°（LCDL片）μmgcs30°L片
解得：v1m/s
两薄片到达水平面的时间差为：ts
两薄片在水平面上运动时的间距为：x＝v1t＝0.03m＝3cm
（2023春•常州月考）水上滑梯可简化成如图所示的模型：倾角为θ＝37°斜滑道AB和水平滑道BC平滑连接，起点A距水面的高度H＝7.0m，BC长d＝2.0m，端点C距水面的高度h＝1.0m．一质量m＝50kg的运动员从滑道起点A点无初速地自由滑下，运动员与AB、BC间的动摩擦因数均为μ＝0.10。（g＝10m/s2，cs37°＝0.8，sin37°＝0.6）
（1）求运动员沿AB下滑时受到的摩擦力大小；
（2）求运动员从A滑到C的过程中克服摩擦力所做的功W；
（3）运动员从滑梯终点C平抛到水面的水平位移．
【解答】解：（1）动员沿AB下滑时受到的摩擦力大小Ff＝μmgcsθ
代入数据解得Ff＝40N
（2）运动员从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功为
代入数据解得W＝500J
（3）设运动员到达C点时的速度为v做平抛运动的时间为t，抛到水面的水平位移为x，由动能定理可得
解得v＝10m/s
做平抛运动水平方向有x＝vt
竖直方向有
联立解得
题型8直线曲线运动相结合的多过程问题
（2023•福建学业考试）如图所示为打弹珠的游戏装置，光滑竖直细管AB位于平台下方，高度为4h，直管底部有一竖直轻弹簧，其长度远小于4h。平台上方BC段为一光滑的圆弧管型轨道，其半径为h，管自身粗细对半径的影响可忽略不计。现拉动拉杆压缩弹簧，再释放拉杆将一质量为m的小球弹出，小球弹出后从管口C水平飞出，落至平台上，落点距管口C的水平距离为10h，不计一切阻力，重力加速度为g，试求：
（1）小球从管口C飞出时的速度；
（2）弹簧被压缩后具有的弹性势能；
（3）若平台上方圆弧轨道的半径可调，且保证每次拉动拉杆压缩弹簧的形变量为定值，则当圆弧轨道半径为何值时，小球从管口飞出后距管口C的水平距离最大？最大值是多少？
【解答】解：（1）小球从管口C飞出后做平抛运动，竖直方向有：
h
水平方向有：
10h＝v0t
解得 v0＝5
（2）小球从弹出到管口过程，由动能定理得：
W弹﹣mg（4h+h）0
根据功能关系知：弹簧被压缩后具有的弹簧弹性势能 Ep＝W弹
解得 Ep＝30mgh
（3）设圆弧半径为x，由动能定理得：
Ep﹣mg（4h+x）0
飞出后做平抛运动，有：
x
水平距离
s＝vt
解得 s＝2
当26h﹣x＝x，即x＝13h时，水平距离s最大，且最大距离为26h。
（2023秋•河西区期末）如图所示，水平轨道AB长为2R，其A端有一被锁定的轻质弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，圆心在O1半径为R的光滑圆形轨道BC与AB相切于B点，并且和圆心在O2半径为2R的光滑细圆管轨道CD平滑对接，O1、C、O2三点在同一条直线上，光滑细圆管轨道CD右侧有一半径为2R，圆心在D点的圆弧挡板MO2竖直放置，并且与地面相切于O2点.质量为m的小球（可视为质点）从轨道上的C点由静止滑下，刚好能运动到A点，触发弹簧，弹簧立即解除锁定，小滑块被弹回，小球在到达B点之前已经脱离弹簧，并恰好无挤压通过细圆管轨道最高点D（计算时圆管直径可不计，重力加速度为g）。求：
（1）小滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数μ；
（2）弹簧锁定时具有的弹性势能EP；
（3）滑块通过最高点D后落到挡板上时具有的动能EK。
【解答】解：（1）由几何关系可得CB间的高度差
小滑块从B点运动到A点的过程，由动能定理得
mgh﹣μmg•2R＝0
解得
（2）滑块在D点时，由重力提供向心力，可得
从A点到D点的过程中，由功能关系有
EP＝mg•2R+μmg•2R
解得
（3）滑块通过最高点D后做平抛运动，根据平抛运动的规律可知，水平方向有x＝vt
竖直方向上有
又几何关系为x2+y2＝4R2
可得滑块落到挡板上的动能为或
解得
题型9动能定理的图像问题
（2023秋•石家庄期末）如图甲所示，质量m＝2kg的物体受到水平拉力F的作用，在水平面上做加速直线运动，其加速度a随位移x的变化规律如图乙所示，物体的初速度v0＝2m/s。已知物体与水平面间的动摩擦因数为0.2，g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．拉力F随时间均匀增大
B．物体发生10m位移时，拉力F变为原来的二倍
C．物体发生10m位移的过程中，拉力F做功为60J
D．物体发生10m位移时，拉力做功的功率为96W
【解答】解：A、对物体根据牛顿第二定律有F﹣μmg＝ma
由图乙可知a＝a0+kx
解得F＝kmx+ma0+μmg
所以拉力F随着物体发生的位移x均匀增大，而不是随时间均匀增大，故A错误；
B、由图乙可知，物体发生10m位移时，加速度变为原来的二倍，而拉力F＝ma+μmg
并没有变为原来的二倍，故B错误；
C、由受力分析和做功关系有W合＝WF﹣μmgx
将乙图中纵坐标乘上质量m，该图将变成合力与位移的图像，图像中面积对应的是合力做功，故

代入数据得W合＝60J
所以拉力F做功WF＝W合+μmgx
代入数据得WF＝100J
故C错误；
D、由动能定理有
解得v＝8m/s
结合牛顿第二定律F＝ma2+μmg
代入数据得F＝12N
此时拉力F做功的功率P＝Fv＝12×8W＝96W
故D正确。
故选：D。
（2024•山西模拟）质量为m、电荷量为q的物块处于水平方向的匀强电场E中，在电场力的作用下，由静止开始在水平地面上做直线运动，E与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，g＝10m/s2，则（ ）
A．t＝3s时，物块的速率为3m/s
B．t＝4s时，物块的动能为零
C．t＝6s时，物块回到初始位置
D．0～6s内，物块平均速度的大小为2m/s
【解答】解：A、由图可知，物块受到的电场力大小一直为qE＝0.4mg
0～3s内，物块做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得0.4mg﹣0.2mg＝ma1
解得：
t1＝3s时，物块的速率为v1＝a1t1＝2×3m/s＝6m/s，故A错误；
BCD、0～3s内位移为x13m＝9m
3s后，设物块加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得﹣0.4mg﹣0.2mg＝﹣ma2
解得：
显然t2＝4s时，物块的速率为v2＝v1﹣a2（t2﹣t1）＝6m/s﹣6×（4﹣3）m/s＝0
动能为零3s～4s间，位移为x21m＝3m
4s后反向加速，根据牛顿第二定律得0.4mg﹣0.2mg＝ma3
解得：
4s～6s内，位移为x3m＝4m
故0～6s内，物块的位移为
x＝x1+x2﹣x3＝9m+3m﹣4m＝8m
6s时未回到出发点
0～6s内平均速度为m/sm/s，故B正确，CD错误。
故选：B。
（2023春•江都区期中）一质量为2kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以某一速度在粗糙的水平面上做匀速直线运动，当运动一段时间后拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动。如图所示为拉力F随位移x变化的关系图像，取g＝10m/s2，则据此可以求得（ ）
A．物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.25
B．拉力在减速过程中做的功为16J
C．物体匀速运动时的速度大小为v＝4m/s
D．在整个过程中合外力对物体所做的功为W合＝32J
【解答】解：A、物体做匀速运动时，受力平衡，则f＝F＝8N，μ0.4，故A错误；
BCD、图象与坐标轴围成的面积表示拉力做的功，则由图象可知，拉力在减速过程中做的功WF（8﹣4）×8J＝16J，在整个过程中拉力做的功：WF（4+8）×8J＝48J，滑动摩擦力做的功Wf＝﹣μmgx＝﹣0.4×2×10×8J＝﹣64J，所以合外力做的功为W合＝﹣64J+48J＝﹣16J，根据动能定理得：W合＝0，代入数据解得：v0＝4m/s，故CD错误，B正确。
故选：B。