第五章機械能第1講功和功率一、功1．定義：一個物體受到力的作用，如果在力的方向上發生了一段位移，就說這個力對物體做了功。2．做功的兩個要素(1)作用在物體上的力。(2)物體在力的方向上發生的位移。3.公式：W＝Flcos_α。如圖所示。(1)α是力與位移方向之間的夾角，l為力的作用點的位移。(2)該公式只適用于恒力做功。4．功的正負(1)當0°≤α＜90°時，W＞0，力對物體做正功。(2)當α＝90°時，W＝0，力對物體不做功。(3)當90°＜α≤180°時，W＜0，力對物體做負功，或者說物體克服這個力做了功。二、功率1．定義：功與完成這些功所用時間的比值。2．物理意義：描述力對物體做功的快慢。3．公式(1)P＝eq\f(W,t)，P為時間t內的平均功率。(2)P＝Fvcos_α(α為F與v的夾角)①v為平均速度，則P為平均功率；②v為瞬時速度，則P為瞬時功率。4．額定功率與實際功率(1)額定功率：動力機械正常工作時輸出的最大功率。(2)實際功率：動力機械實際工作時輸出的功率，要求小于或等于額定功率。,情景創設如圖所示，質量為m的物體靜止在傾角為θ的斜面上，斜面沿水平方向向右勻速移動了距離s，而物體相對斜面靜止，分析在這一過程中：微點判斷(1)重力對物體做正功。(×)(2)支持力對物體做正功。(√)(3)摩擦力對物體不做功。(×)(4)合力對物體做功為零。(√)(5)支持力和摩擦力做功的代數和為正。(×)(6)支持力和重力做功的代數和為負。(×)對功率公式P＝eq\f(W,t)和P＝Fv的理解：(7)由P＝eq\f(W,t)知，只要知道W和t就可求出任意時刻的功率。(×)(8)由P＝Fv既能求某一時刻的瞬時功率，也可以求平均功率。(√)(9)機車上坡時，若功率不變，要減小行駛速度，來得到較大的牽引力。(√)提能點(一)功的正負判斷和恒力做功的計算(自練通關)點點通1．[功的正負判斷](2017·全國卷Ⅱ)如圖，一光滑大圓環固定在桌面上，環面位于豎直平面內，在大圓環上套著一個小環。小環由大圓環的最高點從靜止開始下滑，在小環下滑的過程中，大圓環對它的作用力()A．一直不做功 B．一直做正功C．始終指向大圓環圓心 D．始終背離大圓環圓心解析：選A由于大圓環是光滑的，因此小環下滑的過程中，大圓環對小環的作用力方向始終與速度方向垂直，因此作用力不做功，A項正確，B項錯誤；小環剛下滑時，大圓環對小環的作用力背離大圓環的圓心，滑到大圓環圓心以下的位置時，大圓環對小環的作用力指向大圓環的圓心，C、D項錯誤。2．[合力做功的計算]一物體放在水平面上，它的俯視圖如圖所示，兩個相互垂直的力F1和F2同時作用在物體上，使物體沿圖中v0的方向做直線運動。經過一段位移的過程中，力F1和F2對物體所做的功分別為3J和4J，則兩個力的合力對物體所做的功為()A．3J B．4JC．5J D．7J解析：選D當多個力對物體做功時，多個力的總功大小等于各個力對物體做功的代數和，故W合＝WF1＋WF2＝3J＋4J＝7J，選項D正確。3.[恒力做功大小的計算]質量為m＝2kg的物體沿水平面向右做直線運動，t＝0時刻受到一個水平向左的恒力F，如圖甲所示，取水平向右為正方向，此物體的v-t圖像如圖乙所示，g取10m/s2，則()A．物體與水平面間的動摩擦因數μ＝0.5B．10s內恒力F對物體做功為102JC．10s末物體在計時起點位置右側2m處D．10s內物體克服摩擦力做功為34J解析：選D設物體向右做勻減速直線運動的加速度為a1，則由v-t圖像得加速度大小a1＝2m/s2，方向與初速度方向相反，設物體向左做勻加速直線運動的加速度為a2，則由v-t圖像得加速度大小a2＝1m/s2，方向與初速度方向相反，根據牛頓第二定律得，F＋μmg＝ma1，F－μmg＝ma2，解得F＝3N，μ＝0.05，故A錯誤；根據v-t圖像與橫軸所圍成的面積表示位移得，x＝eq\f(1,2)×4×8m－eq\f(1,2)×6×6m＝－2m，負號表示物體在起點的左側，則10s內恒力F對物體做功W＝F·|x|＝3×2J＝6J，故B、C均錯誤；10s內物體克服摩擦力做功Wf＝fs＝0.05×20×eq\f(1,2)×4×8＋eq\f(1,2)×6×6J＝34J，故D正確。一站過1．功的正負判斷方法(1)恒力功的判斷：依據力與位移方向的夾角來判斷。(2)曲線運動中功的判斷：依據F與v的方向夾角α來判斷，0°≤α<90°時，力對物體做正功；90°<α≤180°時，力對物體做負功；α＝90°時，力對物體不做功。(3)依據能量變化來判斷：功是能量轉化的量度，若有能量轉化，則必有力對物體做功。此法常用于判斷兩個相聯系的物體之間的相互作用力做功的判斷。2．恒力做功的計算方法3．總功的計算方法方法一：先求合力F合，再用W總＝F合lcosα求功，此法要求F合為恒力。方法二：先求各個力做的功W1、W2、W3、…，再應用W總＝W1＋W2＋W3＋…求總功，注意代入“＋”“－”再求和。提能點(二)功率的理解與計算(題點精研)研微點1．[對功率的理解]水平恒力F兩次作用在同一靜止物體上，使物體沿力的方向發生相同的位移，第一次是在光滑水平面上，第二次是在粗糙水平面上，兩次力F做的功和功率的大小關系是()A．W1＝W2，P1>P2 B．W1>W2，P1＝P2C．W1>W2，P1>P2 D．W1＝W2，P1＝P22.[瞬時功率的分析與計算]某次頂竿表演結束后，演員A(視為質點)自竿頂由靜止開始滑下，如圖甲所示。演員A滑到竿底時速度正好為零，然后屈腿跳到水平地面上，演員A的質量為50kg，長竹竿質量為5kg，A下滑的過程中速度隨時間變化的圖像如圖乙所示。重力加速度取10m/s2，則t＝5s時，演員A所受重力的功率為()A．50WB．500WC．55WD．550W3．[平均功率的分析與計算](2021·無錫模擬)一滑塊在水平地面上沿直線滑行，t＝0時速率為1m/s。從此刻開始在與速度平行的方向上對其施加一水平作用力F，力F和滑塊的速度v隨時間的變化規律分別如圖甲、乙所示，則(兩圖取同一正方向，重力加速度g＝10m/s2)()A．滑塊的質量為0.5kgB．滑塊與水平地面間的動摩擦因數為0.5C．第1s內摩擦力對滑塊做功為－1JD．第2s內力F的平均功率為1.5W對點清1.對功率的兩點說明(1)物體在發生一段位移過程中所對應的功率為平均功率，物體在某一時刻的功率為瞬時功率。(2)力對物體做功的多少與地面是否光滑無關，但力對物體做功的功率大小與地面是否光滑有關。2．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)利用公式P＝FvF，其中vF為物體的速度v在力F方向上的分速度。(3)利用公式P＝Fvv，其中Fv為物體受到的外力F在速度v方向上的分力。3．平均功率的計算方法(1)利用P＝eq\f(W,t)求解。(2)利用P＝Fvcosα求解，其中v為物體運動的平均速度。[備課札記][精解詳析——教師用書獨具]1．選A根據功的定義，兩次水平恒力F做的功相等，即W1＝W2；第一次是在光滑水平面上，第二次是在粗糙水平面上，第二次受到摩擦力作用，作用同樣大小的力F，第一次的加速度較大，由x＝eq\f(1,2)at2可知，使物體沿力的方向發生相同的位移，第一次需要的時間較短，根據功率的定義，可知第一次的功率較大，即P1>P2，選項A正確。2．選B由v-t圖像可知，4～6s內A向下減速，加速度大小為：a2＝eq\f(2,2)m/s2＝1m/s2，t＝5s時，A的速度大小為v5＝1m/s，故t＝5s時演員A所受重力的功率為PG＝mAgv5＝50×10×1W＝500W，故B正確。3．選D滑塊運動的加速度大小a＝eq\f(Δv,Δt)＝1m/s2，由題圖知，第1s內有Ff＋F＝ma，第2s內有F′－Ff＝ma，則Ff＋1N＝3N－Ff，故Ff＝1N，m＝2kg，又由Ff＝μmg可得動摩擦因數μ＝0.05，故A、B錯誤；第1s內滑塊的位移大小為x＝eq\f(1,2)×1×1m＝0.5m，根據功的公式可得第1s內摩擦力對滑塊做功為－0.5J，故C錯誤；根據v-t圖像可知，第2s內的平均速度大小eq\x\to(v)＝eq\f(0＋1,2)m/s＝0.5m/s，所以第2s內力F的平均功率P＝F′eq\x\to(v)＝3×0.5W＝1.5W，故D正確。提能點(三)求變力做功的五種方法(活化思維)eq\a\vs4\al(一利用微元法求變力做功)將物體的位移分割成許多小段，因每一小段很小，每一小段上作用在物體上的力可以視為恒力，這樣就將變力做功轉化為在無數多個位移上的恒力所做功的代數和。此法常用于求解大小不變、方向改變的變力做功問題。[例1]如圖所示，在一半徑為R＝6m的圓弧形橋面的底端A，某人把一質量為m＝8kg的物塊(可看成質點)用大小始終為F＝75N的拉力從底端緩慢拉到橋面頂端B(圓弧AB在同一豎直平面內)，拉力的方向始終與物塊在該點的切線成37°角，整個圓弧橋面所對的圓心角為120°，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。在這一過程中，下列說法不正確的是()A．重力做功為240JB．支持力做功為0C．拉力F做功約為376.8JD．克服摩擦力做功約為136.8J[解析]物塊重力做的功WG＝－mgR(1－cos60°)＝－240J，故A錯誤；支持力始終與運動方向垂直，支持力不做功，故B正確；將圓弧Aeq\x\to(B)分成很多小段l1、l2、…、ln，拉力在每一小段上做的功為W1、W2、…、Wn，拉力F大小不變，方向始終與物塊在該點的切線成37°角，則W1＝Fl1cos37°、W2＝Fl2cos37°、…、Wn＝Flncos37°，WF＝W1＋W2＋…＋Wn＝Fcos37°(l1＋l2＋…＋ln)＝Fcos37°·eq\f(1,6)·2πR≈376.8J，故C正確；因物塊在拉力F作用下緩慢移動，動能不變，由動能定理得WF＋WG＋Wf＝0－0，解得Wf＝－WF－WG＝－376.8J＋240J＝－136.8J，故D正確。[答案]Aeq\a\vs4\al(二化變力為恒力求變力做功)有些變力做功問題通過轉換研究對象，可轉化為恒力做功，用W＝Flcosα求解。此法常用于輕繩通過定滑輪拉物體做功的問題中。[例2]如圖所示，固定的光滑豎直桿上套著一個滑塊，滑塊用輕繩系著繞過光滑的定滑輪O。現以大小不變的拉力F拉繩，使滑塊從A點由靜止開始上升，滑塊運動到C點時速度最大。已知滑塊質量為m，滑輪O到豎直桿的距離為d，∠OAO′＝37°，∠OCO′＝53°，重力加速度為g(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。則()A．拉力F大小為eq\f(3,5)mgB．拉力F大小為eq\f(5,4)mgC．滑塊由A到C過程輕繩對滑塊做功eq\f(25,36)mgdD．滑塊由A到C過程輕繩對滑塊做功eq\f(25,48)mgd[解析]滑塊到C點時速度最大，其所受合力為零，則有Fcos53°－mg＝0，解得F＝eq\f(5,3)mg，故A、B均錯誤；由能量的轉化與守恒定律可知，拉力F做的功等于輕繩拉力F對滑塊做的功，滑輪與A間繩長L1＝eq\f(d,sin37°)，滑輪與C間繩長L2＝eq\f(d,sin53°)，滑輪右側繩子增大的長度ΔL＝L1－L2＝eq\f(d,sin37°)－eq\f(d,sin53°)＝eq\f(5d,12)，拉力做功W＝FΔL＝eq\f(25,36)mgd，故C正確，D錯誤。[答案]Ceq\a\vs4\al(三利用平均力求變力做功)當物體受到的力方向不變，而大小隨位移均勻變化時，則可以認為物體受到一大小為eq\x\to(F)＝eq\f(F1＋F2,2)的恒力作用，F1、F2分別為物體在初、末位置所受到的力，然后用公式W＝eq\x\to(F)lcosα求此變力所做的功。[例3]如圖所示，A、B質量分別為m和M，B系在固定于墻上的水平輕彈簧的另一端，并置于光滑的水平面上，彈簧的勁度系數為k，將B向右拉離平衡位置x后，無初速度釋放，在以后的運動中A、B保持相對靜止，則在彈簧恢復原長的過程中()A．A受到的摩擦力最大值為eq\f(mkx,M)B．A受到的摩擦力最大值為eq\f(Mkx,M＋m)C．摩擦力對A做功為eq\f(mkx2,2M)D．摩擦力對A做功為eq\f(mkx2,2M＋m)[解析]剛釋放時，A、B加速度最大，以整體為研究對象，根據牛頓第二定律得kx＝(M＋m)am，解得am＝eq\f(kx,M＋m)，此時A受到的摩擦力最大，對A根據牛頓第二定律得Ffm＝mam＝eq\f(mkx,M＋m)，故A、B均錯誤；在彈簧恢復原長的過程中，A受的摩擦力隨位移增大而線性減小到零，所以摩擦力對A做的功為W＝eq\f(Ffm,2)·x＝eq\f(mkx2,2M＋m)，故C錯誤，D正確。[答案]Deq\a\vs4\al(四利用F-x圖像求變力做功)在F-x圖像中，圖線與x軸所圍“面積”的代數和就表示力F在這段位移內所做的功，且位于x軸上方的“面積”為正功，位于x軸下方的“面積”為負功，但此方法只適用于便于求圖線所圍面積的情況(如三角形、矩形、圓等規則的幾何圖形)。[例4]輕質彈簧右端固定在墻上，左端與一質量為m＝0.5kg的物塊相連，如圖甲所示，彈簧處于原長狀態，物塊靜止，物塊與水平面間的動摩擦因數μ＝0.2。以物塊所在處為原點，水平向右為正方向建立x軸，現對物塊施加水平向右的外力F，F隨x軸坐標變化的情況如圖乙所示，物塊運動至x＝0.4m處時速度為零，則此過程物塊克服彈簧彈力做的功為(g取10m/s2)()A．3.1JB．3.5JC．1.8JD．2.0J[解析]物塊與水平面間的摩擦力為Ff＝μmg＝1N，現對物塊施加水平向右的外力F，由F-x圖像面積表示功可知，物塊運動至x＝0.4m處時F做功W＝3.5J，克服摩擦力做功Wf＝Ffx＝0.4J，由動能定理得W－Wf－W彈＝0－0，解得W彈＝3.1J，故A正確，B、C、D錯誤。[答案]Aeq\a\vs4\al(五利用動能定理求變力做功)利用公式W＝Flcosα不容易直接求功時，尤其對于曲線運動或變力做功問題，可考慮由動能的變化來間接求功，所以動能定理是求變力做功的首選。[例5]如圖所示，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端與圓心O等高，質量為m的質點自軌道端點P由靜止開始滑下，滑到最低點Q時，對軌道的壓力為2mg，重力加速度大小為g。質點自P點滑到Q點的過程中，克服摩擦力所做的功為()A.eq\f(1,4)mgR B.eq\f(1,3)mgRC.eq\f(1,2)mgR D.eq\f(π,4)mgR[解析]在Q點質點在豎直方向受到豎直向下的重力和豎直向上的支持力，兩力的合力充當向心力，所以有FN－mg＝meq\f(v2,R)，FN＝2mg，聯立解得v＝eq\r(gR)，下滑過程中，根據動能定理可得mgR－Wf＝eq\f(1,2)mv2，解得Wf＝eq\f(1,2)mgR，所以克服摩擦力做功為eq\f(1,2)mgR，選項C正確。[答案]C提能點(四)機車啟動問題(題點精研)1．兩種啟動方式以恒定功率啟動以恒定加速度啟動P-t圖像和v-t圖像OA段過程分析v↑?F＝eq\f(P,v)↓?a＝eq\f(F－F阻,m)↓a＝eq\f(F－F阻,m)不變?F不變eq\o(?,\s\up6(v↑))P＝Fv↑直到P額＝Fv1運動性質加速度減小的加速運動勻加速直線運動，維持時間t0＝eq\f(v1,a)AB段過程分析F＝F阻?a＝0?vm＝eq\f(P,F阻)v↑?F＝eq\f(P額,v)↓?a＝eq\f(F－F阻,m)↓運動性質以vm做勻速直線運動加速度減小的加速運動BC段無F＝F阻?a＝0?以vm＝eq\f(P額,F阻)做勻速運動2.三個重要關系(1)無論哪種啟動過程，機車的最大速度都為vm＝eq\f(P,F阻)。(2)機車以恒定加速度啟動時，勻加速過程結束后功率最大，速度不是最大，即v＝eq\f(P,F)<vm＝eq\f(P,F阻)。(3)機車以恒定功率運行時，牽引力做的功W＝Pt，由動能定理得Pt－F阻x＝ΔEk，此式經常用于求解機車以恒定功率啟動過程的位移、速度或時間。[考法全析]考法(一)恒定功率啟動問題[例1]如圖甲所示，在粗糙的水平路段AB上有一質量為4×103kg的越野車，正以5m/s的速度向右勻速運動，越野車前方的水平路段BC較平坦，越野車用12s通過整個ABC路段的v-t圖像如圖乙所示，在(1)越野車在AB路段上運動時所受的阻力大小；(2)BC路段的長度。[解析](1)越野車在AB路段時做勻速運動，有F1＝f1又P＝F1v1聯立解得f1＝16000N。(2)t＝12s時越野車處于平衡狀態，有F2＝f2，P＝F2v2聯立解得f2＝8000N在BC路段運動時間為t2＝8s由動能定理有Pt2－f2x＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12代入數據解得x＝61.25m。[答案](1)16000N(2)61.25meq\a\vs4\al([誤區警示])(1)越野車在整個路段上運動時，發動機的輸出功率保持不變，在BC段越野車加速的原因是路面阻力減小了。(2)越野車勻速運動時牽引力等于阻力，而牽引力可用F＝eq\f(P,v)求解。(3)在BC段，越野車做非勻變速運動，該段位移只能從能量的角度求解。[針對訓練]1.(2021·南京模擬)據《科技日報》報道，上海中車公司生產的全球最大馬力無人遙控潛水器在上海下線。該潛水器自重5×103kg，主要用于深海搜尋和打撈等。若在某次作業中，潛水器帶著4×103kg的重物從3000m深的海底一起勻速上升到了海面，已知上升過程中潛水器的機械功率恒為180kW，水對潛水器(含重物)的浮力和阻力相互平衡(g取10mA．0.5×103s B．1.0×103sC．1.5×103s D．2.0×103s解析：選C由題意可知，潛水器(含重物)勻速運動，動力等于重力，F＝(m潛＋m重)g，由P＝Fv可得上升速度為v＝2m/s，由h＝vt解得潛水器上升的時間為t＝1.5×103s，選項C正確。2．一輛質量為m的汽車在平直公路上以功率P、速度v0勻速行駛時，牽引力為F0。現汽車以恒定的功率P駛上傾角為30°的斜坡，已知汽車在斜坡上行駛時所受的摩擦阻力是在平直路面上的eq\f(3,4)，重力加速度為g，則下列說法中正確的是()A．汽車在斜坡上達到最大速度時牽引力為eq\f(3,4)F0B．汽車在斜坡上達到最大速度時牽引力為eq\f(3,4)F0＋eq\f(1,2)mgC．汽車能達到的最大速度為v0D．汽車能達到的最大速度為eq\f(4P,3F0)解析：選B汽車在平直公路上勻速行駛時，牽引力等于阻力，則Ff＝F0，當汽車在斜坡上勻速運動時速度最大，則F－mgsin30°－eq\f(3,4)F0＝0，解得F＝eq\f(3,4)F0＋eq\f(1,2)mg，故A錯誤，B正確；由P＝Fv得汽車的最大速度為vmax＝eq\f(P,F)＝eq\f(4P,3F0＋2mg)，故C、D均錯誤。考法(二)恒定加速度啟動問題[例2](2021·蘇州模擬)某興趣小組讓一輛自制遙控小車在水平的直軌道上由靜止開始運動，小車先做勻加速運動而后以恒定的功率運動，其運動的v-t圖像如圖所示(除4～8s時間段內的圖像為曲線外，其余時間段內圖像均為直線)。小車的質量為m＝2kg，小車在整個過程中所受的阻力大小不變恒為f＝6N。求：(1)小車勻速行駛階段的功率；(2)小車的速度為v1＝8m/s時加速度a1的大小；(3)小車在加速運動過程中總位移x的大小。[解析](1)由題圖可知：小車的最大速度vmax＝9m/s由公式P＝Fvmax，F＝f，得P＝54W。(2)當小車的速度為v1時，其牽引力F1＝eq\f(P,v1)，根據牛頓第二定律F1－f＝ma1解得：a1＝0.375m/s2。(3)由題圖可知：t1＝4s時該小車勻加速結束，速度為v＝6m/s位移為x1＝eq\f(v,2)t1，小車變加速時，由動能定理：P(t2－t1)－fx2＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mv2，而x＝x1＋x2解得：x＝40.5m。[答案](1)54W(2)0.375m/s2(3)40.5meq\a\vs4\al([誤區警示])(1)勻加速啟動過程中牽引力不變，輸出功率P與速度v成正比。(2)勻加速過程的末速度小于小車所能達到的最大速度。(3)4～8s時間內，遙控小車做變加速直線運動，功率保持不變。[針對訓練]3．(2021·宿遷模擬)一起重機的鋼繩由靜止開始勻加速提起質量為m的重物，當重物的速度為v1時，起重機的功率達到最大值P，之后起重機保持該功率不變，繼續提升重物，最后重物以最大速度v2勻速上升，不計鋼繩重力。則整個過程中，下列說法正確的是()A．鋼繩的最大拉力為eq\f(P,v2)B．重物勻加速過程的時間為eq\f(mv12,P－mgv1)C．重物勻加速過程的加速度為eq\f(P,mv1)D．速度由v1增大至v2的過程中，重物的平均速度eq\x\to(v)<eq\f(v1＋v2,2)解析：選B勻加速過程物體處于超重狀態，鋼繩拉力最大，勻加速運動階段鋼繩的拉力為F＝eq\f(P,v1)，故A錯誤；根據牛頓第二定律可知F－mg＝ma，結合v1＝at，解得a＝eq\f(P,mv1)－g，t＝eq\f(mv12,P－mgv1)，故B正確，C錯誤；在速度由v1增大至v2的過程中，重物做加速度減小的變加速運動，平均速度eq\x\to(v)>eq\f(v1＋v2,2)，故D錯誤。所學知識應用化——P＝Fv的綜合應用感悟教材導向捕捉高考信號(選自新人教版必修第二冊)發動機輸出的功率不能無限制地增大，所以汽車上坡時司機要用“換擋”的辦法減小速度，來得到較大的牽引力(如圖所示)。不過，在發動機輸出功率一定時，通過減小速度增大牽引力或通過減小牽引力而提高速度，效果都是有限的。所以，要提高速度和增大牽引力，必須提高發動機的額定功率，這就是高速火車、汽車和大型艦船需要大功率發動機的原因。(2020·天津等級考改編)復興號動車在世界上首次實現速度350km/h自動駕駛功能，成為我國高鐵自主創新的又一重大標志性成果。一列質量為m的動車，初速度為v0，以恒定功率P在平直軌道上運動，經時間t達到該功率下的最大速度vm，設動車行駛過程所受到的阻力F保持不變。動車在時間t內()A.做勻加速直線運動B．加速度逐漸減小C.牽引力的功率P＝Fv0D．牽引力做功W＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mv02解析：選B由于動車以恒定功率運動，則由P＝F牽引力v可知，動車的速度增大，則牽引力減小，由牛頓第二定律F牽引力－F＝ma得動車的加速度逐漸減小，A錯誤，B正確；當動車的加速度為零時，即牽引力等于阻力時，動車的速度最大，即P＝Fvm，C錯誤；設動車在時間t內的位移為x，由動能定理得W－Fx＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mv02，則牽引力所做的功為W＝Fx＋eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mv02，D錯誤。熱點緣由：我們在日常生活及工農業生產中已離不開發動機、電動機，但無論是哪種情形，機車工作時的輸出功率均為P＝Fv(其中F為機車的牽引力，v為被牽引物體的速度)。再結合運動學規律、牛頓第二定律及功能關系，即可解決相關問題。[熱點訓練]1．(2020·江蘇高考)質量為1.5×103kg的汽車在水平路面上勻速行駛，速度為20m/s，受到的阻力大小為1.8×10A．90W B．30kWC．36kW D．300kW解析：選C根據汽車做勻速直線運動可得此時汽車的牽引力等于阻力，即F＝f＝1.8×103N，此時汽車發動機的實際輸出功率即瞬時功率，根據P＝Fv，代入數據解得此時汽車發動機的實際輸出功率為36kW，A、B、D項均錯誤，C項正確。2．我國自主研制的絞吸挖泥船“天鯤號”達到世界先進水平。若某段工作時間內，“天鯤號”的泥泵輸出功率恒為1×104kW，排泥量為1.4m3/s，排泥管的橫截面積為0.7mA．5×106N B．2×107NC．2×109N D．5×109N解析：選A由排泥量和排泥管橫截面積可求排泥速度v＝eq\f(1.4,0.7)m/s＝2m/s。由P＝Fv可求F＝eq\f(P,v)＝eq\f(1×107,2)N＝5×106N。3.(2021·常州模擬)如圖所示是具有登高平臺的消防車，具有一定質量的伸縮臂能夠在5min內使承載4人的登高平臺(人連同平臺的總質量為400kg)上升60m到達滅火位置。此后，在登高平臺上的消防員用水炮滅火，已知水炮的出水量為3m3/min，水離開炮口時的速率為20m/s，g取10m/s2，則()A．水炮工作的發動機輸出功率約為1×104WB．水炮工作的發動機輸出功率約為4×104WC．水炮工作的發動機輸出功率約為2.4×106WD．伸縮臂抬升登高平臺的發動機輸出功率約為800W解析：選B水炮的發動機作用是把水從地面運到炮口處，再由水炮發射出去，因此發動機做的功轉化為水發射時的動能和重力勢能，所以輸出功率P＝eq\f(W,t)＝eq\f(mgh＋\f(1,2)mv2,t)，每秒射出水的質量m＝1000×eq\f(3,60)kg＝50kg，代入得P＝4×104W，選項B正確，A、C錯誤；伸縮臂的發動機做功把人和登高平臺抬高了60m，伸縮臂本身有一定的質量，伸縮臂自身的重力勢能也增加，所以伸縮臂發動機的功率大于P1＝eq\f(m人＋m臺gh,t)＝eq\f(400×10×60,5×60)W＝800W，選項D錯誤。4．一輛汽車在平直公路上以恒定功率P0勻速行駛，行駛的速度為v0。由于前方出現險情，汽車要減速慢行，駕駛員在t1時刻將發動機的功率減半，以eq\f(1,2)P0的恒定功率行駛到t2時刻通過險情區之后，駕駛員立即將功率增大到P0，以恒定功率P0繼續向前行駛到t3時刻，整個過程汽車所受阻力恒為f，則在0～t3這段時間內，汽車的速度隨時間變化的關系圖像可能是()解析：選B在0～t1時間內，汽車以功率P0、速度v0勻速行駛時，牽引力與阻力平衡，v-t圖線應為一段橫線；t1～t2時間內，汽車的功率減為eq\f(1,2)P0的瞬間，汽車速度仍為v0，汽車的牽引力突然減小到原來的一半，阻力f沒有變化，汽車的牽引力小于阻力，汽車開始做減速運動，速度減小，由牛頓第二定律得f－eq\f(P0,2v)＝ma1，可知汽車的加速度逐漸減小，即v-t圖線的斜率逐漸減小，汽車做加速度逐漸減小的減速運動，當汽車速度v降至eq\f(v0,2)時，汽車牽引力再次等于阻力，汽車再次做勻速直線運動；t2～t3時間內，汽車的功率恢復到P0的瞬間，汽車速度為eq\f(1,2)v0，汽車的牽引力大于阻力，汽車開始做加速運動，速度增大，由牛頓第二定律得eq\f(P0,v)－f＝ma2，可知汽車的加速度逐漸減小，即v-t圖線的斜率逐漸減小，汽車做加速度逐漸減小的加速運動，當汽車速度v升至v0時，汽車牽引力等于阻力，汽車再次做速度為v0的勻速直線運動，選項B正確。1．(2021·余姚模擬)袋鼠跳是一項很有趣的運動。如圖所示，一位質量為m＝60kg的老師參加袋鼠跳游戲，全程10m，假設該老師從起點到終點用了相同的10跳，每一次跳起后，重心上升最大高度為h＝0.2m。忽略空氣阻力，下列正確的是()A．該老師起跳時，地面對該老師做正功B．該老師每跳躍一次克服重力做功為60JC．該老師從起點到終點的時間可能是7sD．該老師從起點到終點的時間可能是4s解析：選C老師起跳時，地面雖然對老師有彈力作用，但在彈力的方向上沒有位移，所以地面對老師沒有做功，故A錯誤；因跳起后重心上升的最大高度h＝0.2m，老師每跳躍一次克服重力做的功W＝mgh＝120J，故B錯誤；因老師每次跳躍上升時間等于下降時間，且上升時間t＝0.2s，則老師每次跳躍在空中運動的時間t1＝2t＝0.4s，老師從起點到終點用了相同的10跳，考慮人屈膝跳起的時間，則總時間t總＞10t1＝4s，故C正確，D錯誤。2.如圖所示是一種清洗車輛用的手持式噴水槍。若已知水槍口的橫截面積為S，水的密度為ρ。設水以恒定的速率v源源不斷地從槍口噴出，關于水槍工作時功率的大小，下列判斷正確的是()A．與S成反比B．與v成正比C．與v2成正比D．與v3成正比解析：選D根據動能定理，水槍對水做功等于水獲得的動能，則時間t內噴出水的質量為m＝ρV＝ρSL＝ρSvt，Ek＝eq\f(1,2)mv2，P＝eq\f(W,t)＝eq\f(Ek,t)＝eq\f(\f(1,2)ρSvtv2,t)＝eq\f(1,2)ρSv3，由上式可知，水槍工作時功率大小與水槍口的橫截面積S成正比，與出口處水的速率v的立方成正比，故D正確。3.(2021·長沙模擬)某飛機迫降時著地速度的大小為144km/h，方向與地面平行，飛機與地面間的動摩擦因數μ＝0.8。迎面空氣阻力f1＝k1v2，升力f2＝k2v2(k1、k2為比例系數)，若飛機滑行時速度的平方v2與位移x的關系如圖所示，飛機質量為20噸，且設飛機剛著地時對地面無壓力，g＝10m/s2。(1)比例系數k2是多少？(2)比例系數k1和飛機滑行的距離為多少？(3)飛機滑行過程中空氣阻力和摩擦力各做多少功？解析：(1)飛機剛著地時對地面無壓力，則有f2＝mg飛機剛著地時速度v0＝144km/h＝40m/則飛機剛著地時，升力f2＝k2v02聯立并代入題給數據解得k2＝125kg/m。(2)根據牛頓第二定律，有f1＋μN＝ma豎直方向上有N＋f2＝mg兩式聯立解得a＝eq\f(k1－μk2,m)v2＋μg由v2-x圖像知，a恒定，則eq\f(k1－μk2,m)＝0代入數據解得k1＝100kg/m，a＝8m/s2飛機滑行的距離為x1＝eq\f(v02,2a)＝100m。(3)f1與v2成正比，v2與x呈線性關系，則f1與x呈線性關系，有Wf1＝－eq\x\to(f)1x1＝－eq\f(k1v02,2)x1＝－8×106J又根據動能定理，有Wf1＋Wf＝0－eq\f(mv02,2)聯立并代入數據解得Wf＝－8×106J。答案：(1)125kg/m(2)100kg/m100m(3)－8×106J－8×106J

[課時跟蹤檢測]一、立足主干知識，注重基礎性和綜合性1.(2020·鹽城期中檢測)如圖所示，一個大人和一個小孩進行登樓比賽，他們同時從底層出發，最后到達六樓，小孩比大人先到。下面說法正確的是()A．小孩重力勢能的變化一定大B．大人重力勢能的變化一定大C．小孩重力做功的功率一定更大D．大人重力做功的功率一定更大解析：選B從底層到達六樓，重力勢能增加，ΔEp＝mgh，大人與小孩上升的高度相等，大人質量大，重力勢能的增量大，故A項錯誤，B項正確；小孩重力做功比大人重力做功少，小孩所用時間短，根據功率：P＝eq\f(W,t)，無法比較大人和小孩重力做功功率的大小，故C、D均錯誤。2.(2021·菏澤模擬)在搶險救災工作中常見到直升機的身影。如圖為直升機搶救傷員的情景，直升機懸停在空中，用繩索將傷員由靜止向上吊起，繩索對傷員做功的功率恒定，則在傷員加速上升的過程中(不計空氣阻力)()A．繩索對傷員的拉力越來越大B．傷員克服重力做功的功率恒定C．傷員運動的速度變化越來越慢D．合力對傷員做功的功率越來越大解析：選C繩索對傷員的拉力做功的功率不變，而傷員加速上升，速度增大，由P＝Fv可知，繩索對傷員的拉力F越來越小，A項錯誤；由P1＝mgv可知，傷員克服重力做功的功率不斷增大，B項錯誤；由F－mg＝ma可知，傷員運動的加速度越來越小，速度變化得越來越慢，C項正確；合力對傷員做功的功率P′＝(F－mg)v＝P－mgv，由于P不變，速度越來越大，則合力對傷員做功的功率越來越小，D項錯誤。3.如圖所示，n個完全相同、邊長足夠小且互不粘連的小方塊依次排列，總長度為l，總質量為M，它們一起以速度v在光滑水平面上滑動，某時刻開始滑上粗糙水平面。小方塊與粗糙水平面之間的動摩擦因數為μ，若小方塊恰能完全進入粗糙水平面，則摩擦力對所有小方塊所做功的大小為()A.eq\f(1,2)nMv2 B．Mv2C.eq\f(1,2)μMgl D．μMgl解析：選C總質量為M的小方塊在進入粗糙水平面的過程中滑動摩擦力由0均勻增大，當全部進入時摩擦力達最大值μMg，總位移為l，平均摩擦力為eq\x\to(f)＝eq\f(1,2)μMg，由功的公式可得Wf＝－eq\x\to(f)l＝－eq\f(1,2)μMgl，功的大小為eq\f(1,2)μMgl，故C正確，D錯誤；對所有小方塊運動過程由動能定理得Wf＝0－eq\f(1,2)Mv2，解得Wf＝－eq\f(1,2)Mv2，則功的大小為eq\f(1,2)Mv2，故A、B均錯誤。4．在考駕駛證的科目二階段，有一項測試叫半坡起步，這是一條類似于凸形橋面設計的坡道。要求學員在半坡定點位置a啟動汽車，一段時間后勻速率通過最高點b以及剩下路段，如圖所示。下列說法正確的是()A．若汽車以額定功率從a點加速到b點，牽引力一直增大B．在最高點b汽車處于平衡狀態C．在最高點b汽車對路面的壓力小于汽車的重力D．汽車從a到b運動過程中，合外力做功為0解析：選C由P＝Fv可知，若汽車以額定功率從a點加速到b點，牽引力一直減小，選項A錯誤；勻速率通過最高點b以及剩下路段，在最高點b汽車做勻速圓周運動，加速度方向向下，不是平衡狀態，是失重狀態，在最高點b汽車對路面的壓力小于汽車的重力，選項B錯誤，C正確；汽車從a到b運動過程中，動能增大，由動能定理可知，合外力做正功，選項D錯誤。5.(2021·昆山一模)如圖所示，不計空氣阻力，從O點水平拋出的小球抵達光滑、固定斜面上端P處時，速度方向恰好沿著斜面方向，然后緊貼斜面PQ做勻加速直線運動。下列說法正確的是()A．小球在斜面上運動的加速度大小比平拋運動時的大B．小球在斜面上運動的過程中地面對斜面的支持力大于小球和斜面的總重力C．撤去斜面，小球仍從O點以相同速度水平拋出，落地瞬間小球重力的功率將變大D．撤去斜面，小球仍從O點以相同速度水平拋出，落地時間將增大解析：選C小球在抵達斜面之前做平拋運動，加速度大小為g；在斜面上運動時，由牛頓第二定律得加速度為a＝gsinα(α是斜面的傾角)，可知小球在斜面上運動的加速度大小比平拋運動時的小，故選項A錯誤。對于小球和斜面組成的系統，因為小球有沿斜面向下的加速度，故小球在豎直方向上有豎直向下的分加速度，小球處于失重狀態，所以小球在斜面上運動的過程中地面對斜面的支持力小于小球和斜面的總重力，故選項B錯誤。撤去斜面，小球仍從O點以相同速度水平拋出，落地瞬間豎直方向分速度變大，重力的瞬時功率變大，故選項C正確。比較小球在斜面上與空中運動的時間，由于小球在斜面上運動的加速度為a＝gsinα，豎直分加速度為ay＝asinα＝gsin2α＜g，則知撤去斜面，小球落地時間變短，故選項D錯誤。6．(2021年1月新高考8省聯考·廣東卷改編)如圖所示，排球比賽中運動員將排球從M點水平擊出，排球飛到P點時，被對方運動員擊出，球又斜向上飛出后落到M點正下方的N點，N點與P點等高，軌跡的最高點Q與M等高，不計空氣阻力。下列說法錯誤的是()A．排球兩次飛行過程中加速度相同B．排球兩次飛行過程中重力對排球做的功相等C．排球離開M點的速率比經過Q點的速率大D．排球到達P點時的速率比離開P點時的速率大解析：選B不計空氣阻力，排球在空中的拋體運動只受重力而做勻變速曲線運動，加速度均為重力加速度g，故A正確；設排球第一次從M到P下落高度為h，重力做正功為WG＝mgh，第二次做斜上拋運動從P點經Q點到N點，重力做功為零，故B錯誤；排球從M點到P點和從Q點到N點都是平拋運動，在M、Q點均只有水平方向的速度，下落高度h相同，由h＝eq\f(1,2)gt2知運動時間相同，但xMP＞xQN，由x＝v0t可推出離開M點的速率大于經過Q點的速率，故C正確；將排球從P點到Q點的斜上拋運動由逆向思維法可看成從Q點到P點的平拋運動，則由M點到P點和Q點到P點的平拋運動比較，下落高度相同，則運動時間相同，豎直分速度vy一樣，但M到P的水平位移大，則水平速度v0較大，由v＝eq\r(v02＋vy2)，可知從M到P的末速度大小大于從P到Q的初速度大小，故D正確。7．汽車在限速為40km/h的道路上勻速行駛，駕駛員發現前方斑馬線上有行人，于是減速禮讓，汽車到達斑馬線處時行人已通過斑馬線，駕駛員便加速前進，監控系統繪制出該汽車的速度v隨時間t變化的圖像如圖所示，下列說法正確的是()A．減速前該車已超速B．汽車在加速階段的加速度大小為3m/s2C．駕駛員開始減速時距斑馬線18mD．汽車在加速階段發動機的輸出功率保持不變解析：選B由圖像可知，汽車減速前的行駛速度為v0＝10m/s＝36km/h，未超速，故A錯誤；汽車在加速階段的加速度大小為：a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(8－2,5.5－3.5)m/s2＝3m/s2，故B正確；由速度時間圖像不能精確求解汽車開始減速時距斑馬線的距離，故C錯誤；加速階段，汽車做勻加速直線運動，由牛頓第二定律F－f＝ma知，牽引力F恒定，速度增加，據P＝Fv知，功率P增加，故D錯誤。8．如圖甲所示，滑輪質量、摩擦均不計，質量為2kg的物體在拉力F作用下由靜止開始向上做勻加速運動，其速度隨時間的變化關系如圖乙所示，由此可知()A．物體加速度大小為2m/s2B．F的大小為21NC．4s末F的功率為42WD．4s內F的平均功率為42W解析：選C由題圖乙可知，v-t圖像的斜率表示物體加速度的大小，即a＝0.5m/s2，由2F－mg＝ma可得：F＝10.5N，A、B均錯誤；4s末F的作用點的速度大小為vF＝2v物＝4m/s，故4s末F的功率為P＝FvF＝42W，C正確；4s內物體上升的高度h＝4m，力F的作用點的位移l＝2h＝8m，拉力F所做的功W＝Fl＝84J，故平均功率eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)＝21W，D錯誤。9．(2021·浙江1月選考)如圖所示，質量m＝2kg的滑塊以v0＝16m/s的初速度沿傾角θ＝37°的斜面上滑，經t＝2s滑行到最高點。然后，滑塊返回到出發點。已知sin37°＝0.6，cos37°＝08，g取10m/s2，求滑塊(1)最大位移值x；(2)與斜面間的動摩擦因數μ；(3)從最高點返回到出發點的過程中重力的平均功率eq\x\to(P)。解析：(1)滑塊向上做勻減速直線運動，有x＝eq\f(v0,2)t得x＝16m。(2)以沿斜面向下為正方向，加速度a1＝eq\f(Δv,t)＝8m/s2上滑過程a1＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ,m)＝gsinθ＋μgcosθ解得μ＝0.25。(3)下滑過程a2＝eq\f(mgsinθ－μmgcosθ,m)＝gsinθ－μgcosθ＝4m/s2由運動學公式vt＝eq\r(2a2x)＝8eq\r(2)m/s＝11.3m/s重力的平均功率eq\x\to(P)＝mgeq\x\to(v)cos(90°－θ)＝48eq\r(2)W＝67.9W。答案：(1)16m(2)0.25(3)67.9W二、強化遷移能力，突出創新性和應用性10.某質量為m＝1500kg的“雙引擎”小汽車，行駛速度v≤54km/h時靠電動機輸出動力；行駛速度在54km/h＜v≤90km/h范圍內時靠汽油機輸出動力，同時內部電池充電；當行駛速度v＞90km/h時汽油機和電動機同時工作，這種汽車更節能環保。該小汽車在一條平直的公路上由靜止啟動，汽車的牽引力F隨運動時間t的變化圖線如圖所示，汽車所受阻力恒為1250N。已知汽車在A．t0＝4.5sB．電動機輸出的最大功率為60kWC．汽油機工作期間牽引力做的功為4.5×105JD．汽車的位移為160m解析：選C在0～t0階段，由題圖可知牽引力恒為F1＝5000N，根據牛頓第二定律有F1－f＝ma，代入數據可得加速度a＝2.5m/s2，v1＝54km/h＝15m/s，由t0＝eq\f(v1,a)得t0＝6s，選項A錯誤；t0時刻，電動機輸出的功率最大，且Pm＝F1v1＝75kW，選項B錯誤；第一次切換動力，由汽油機牽引時，汽油機輸出的功率P＝F2v1＝90kW，第11s末汽車的速度v2＝eq\f(P,F3)＝25m/s＝90km/h，故此期間汽油機牽引力做的功W＝PΔt＝4.5×105J，選項C正確；汽車前6s內的位移x1＝eq\f(1,2)at02＝45m，后5s內根據動能定理得PΔt－fx2＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，解得汽車后5s內的位移x2＝120m，所以前11s時間內汽車的位移x＝x1＋x2＝165m，選項D錯誤。11．如圖甲所示，傾角為θ＝37°的斜面固定在水平面上。物塊在與斜面成α＝37°、大小F＝10N的拉力作用下，從底端A點沿斜面向上做勻加速運動，經t＝10s物塊運動到B點，物塊運動的v-t圖像如圖乙所示。已知物塊與斜面間的動摩擦因數μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列說法不正確的是()A．物塊的質量m＝1kgB．物塊的加速度a＝1m/s2C．A、B兩點的距離x＝100mD．t＝10s時拉力的功率P＝80W解析：選Cv-t圖像的斜率表示物體運動的加速度，故物塊沿斜面上滑的加速度為a＝eq\f(10－0,10)m/s2＝1m/s2，對物塊受力分析，根據牛頓第二定律可知在沿斜面方向上有Fcosα－mgsinθ－μ(mgcosθ－Fsinα)＝ma，解得m＝1kg，A、B正確；v-t圖像與坐標軸圍成的面積表示位移，所以A、B兩點間的距離為x＝eq\f(1,2)×10×10m＝50m，C錯誤；在t＝10s時，速度為10m/s，故拉力的功率為P＝Fcosα·v＝80W，D正確。12.如圖甲所示，長為l、傾角為α的斜面固定在水平地面上，一質量為m的小物塊從斜面頂端由靜止釋放并沿斜面向下滑動，已知小物塊與斜面間的動摩擦因數μ與下滑距離x的關系圖像如圖乙所示，則()A．μ0>tanαB．小物塊下滑的加速度逐漸減小C．小物塊下滑到斜面底端的過程中克服摩擦力做的功為eq\f(1,2)μ0mglcosαD．小物塊下滑到斜面低端時的速度大小為eq\r(2glsinα－2μ0mglcosα)解析：選C對物塊受力分析可知物塊在斜面頂端靜止釋放能夠下滑，則滿足mgsinα>μ0mgcosα，即μ0<tanα，故A錯誤；根據牛頓第二定律有a＝eq\f(mgsinα－μmgcosα,m)＝gsinα－μgcosα，下滑過程中μ逐漸減小，則加速度a逐漸增大，故B錯誤；由題圖乙可知μ＝－eq\f(μ0,l)x＋μ0，則摩擦力f＝μmgcosα＝－eq\f(μ0mgcosα,l)x＋μ0mgcosα，可知f與x成線性關系，如圖所示，其中f0＝μ0mgcosα，圖線和橫軸所圍的面積表示小物塊克服摩擦力做的功，則下滑到斜面底端的過程小物塊克服摩擦力做功Wf＝eq\f(1,2)f0l＝eq\f(1,2)μ0mglcosα，故C正確；下滑過程根據動能定理有mglsinα－Wf＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2glsinα－μ0glcosα)，故D錯誤。13．某汽車在某次測試過程中數據如下表所示，請根據表中數據回答問題。行駛中整車質量1500kg額定功率80kW加速過程車輛從靜止加速到72km/h所需時間為20s制動過程車輛以36km/h行駛時的制動距離為5.0m某天張華駕駛該汽車從甲地點沿平直公路到乙地點送貨，張華啟動汽車后先以恒定的加速度(該加速度大小與測試過程中加速過程的加速度大小相同)運動一段時間，汽車功率達到額定功率后，保持額定功率繼續行駛，達到最大速度后以最大速度行駛，快到乙地點時，開始制動汽車，剛好到乙地點停下。已知汽車在平直公路上沿直線行駛時所受阻力Ff大小恒定，為制動過程中汽車所受阻力的eq\f(1,6)，甲地點到乙地點的距離為d＝3km，取重力加速度g＝10m/s2。(1)求汽車在平直公路上行駛的最大速度vm；(2)張華由甲地點到乙地點共經歷多長時間？解析：(1)由題中表格數據知加速過程的加速度大小為a1＝eq\f(Δv,Δt)＝1m/s2制動過程的加速度大小為a2＝eq\f(v2,2x0)＝10m/s2則制動過程所受阻力大小為F′＝ma2＝1.5×104N汽車行駛過程中受到的阻力大小為Ff＝eq\f(1,6)F′＝2.5×103N汽車速度最大時，牽引力F與阻力Ff大小相等，由P＝Fvm得，vm＝eq\f(P,Ff)＝32m/s。(2)勻加速過程中，由牛頓第二定律可知F－Ff＝ma1解得F＝Ff＋ma1＝4×103N故勻加速過程中的最大速度vm0＝eq\f(P,F)＝20m/s，勻加速運動時間為t1＝eq\f(vm0,a1)＝20s，加速距離為x1＝eq\f(vm02,2a1)＝200m制動過程所用的時間為t2＝eq\f(vm,a2)＝3.2s，制動距離為x2＝eq\f(vm2,2a2)＝51.2m功率達到額定功率后，汽車做變加速及勻速運動，在此過程有Pt0－Ffx＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mvm02其中x＝d－(x1＋x2)，聯立解得t0＝91.75s故從甲地點到乙地點共經歷的時間為t＝t1＋t2＋t0＝114.95s。答案：(1)32m/s(2)114.95s第2講動能定理及其應用一、動能1．定義：物體由于運動而具有的能叫動能。2．公式：Ek＝eq\f(1,2)mv2。單位為焦耳，1J＝1N·m＝1kg·m2/s2。3．矢標性：動能是標量，只有正值。4．狀態量：動能是狀態量，因為v是瞬時速度。二、動能定理1．內容：力在一個過程中對物體做的功，等于物體在這個過程中動能的變化。2．表達式：W＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12或W＝Ek2－Ek1。3．物理意義：合外力的功是物體動能變化的量度。4．適用條件(1)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)力可以是各種性質的力，既可以同時作用，也可以間斷作用。情景創設有一質量為m的木塊，從半徑為r的eq\f(1,4)圓弧曲面上的a點滑向b點，如圖所示。由于摩擦使木塊的運動速率保持不變。微點判斷(1)由于速度方向在變化，所以動能在變化。(×)(2)木塊所受的合外力為零。(×)(3)因木塊所受的力都不對其做功，所以合外力做的功為零。(×)(4)重力和摩擦力的合力做的功為零。(√)(5)重力和摩擦力的合力為零。(×)提能點(一)對動能定理的理解(自練通關)點點通1．[對物體動能的理解](2018·江蘇高考)從地面豎直向上拋出一只小球，小球運動一段時間后落回地面。忽略空氣阻力，該過程中小球的動能Ek與時間t的關系圖像是()解析：選A小球做豎直上拋運動，設初速度為v0，則v＝v0－gt，小球的動能Ek＝eq\f(1,2)mv2，把速度v代入得，Ek＝eq\f(1,2)mg2t2－mgv0t＋eq\f(1,2)mv02，Ek與t為二次函數關系。2．[對動能定理的理解](2018·全國卷Ⅱ)如圖，某同學用繩子拉動木箱，使它從靜止開始沿粗糙水平路面運動至具有某一速度。木箱獲得的動能一定()A．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解析：選A根據動能定理可得：WF＋Wf＝Ek，又知道摩擦力做負功，即Wf＜0，所以木箱獲得的動能一定小于拉力所做的功，選項A正確、B錯誤；根據WF＋Wf＝Ek，無法確定Ek與－Wf的大小關系，選項C、D錯誤。3．[由動能定理分析合力做功](2021·宿遷調研)如圖所示，某質點沿直線運動的v-t圖像為余弦曲線，從圖中可以判斷()A．在0～t1時間內，合力逐漸減小B．在0～t2時間內，合力做正功C．在t1～t2時間內，合力的功率逐漸減小D．在t2～t4時間內，合力做的總功為零解析：選D從v-t圖線的斜率表示加速度可知，在0～t1時間內，加速度增大，由牛頓第二定律可知，合力增大，故A錯誤；由動能定理知0～t2時間內，動能增量為0，即合外力做功為0，故B錯誤；t1時刻，F最大，v＝0，F的功率為0，t2時刻F＝0，速度最大，F的功率為0，t1～t2時間內，合外力的功率先增大后減小，故C錯誤；由動能定理知t2～t4時間內，動能增量為0，即合外力做功為0，故D正確。4．[由動能定理分析動能的變化量]如圖所示，質量為M的木塊靜止在光滑的水平面上，質量為m的子彈以速度v0沿水平方向射入木塊，并最終留在木塊中與木塊一起以速度v運動。已知當子彈相對木塊靜止時，木塊前進的距離為L，子彈進入木塊的深度為s。若木塊對子彈的阻力F視為恒定，則下列關系式中錯誤的是()A．FL＝eq\f(1,2)Mv2B．Fs＝eq\f(1,2)mv2C．Fs＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2D．F(L＋s)＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv2解析：選B根據動能定理，對子彈，有－F(L＋s)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，選項D正確；對木塊，有FL＝eq\f(1,2)Mv2，選項A正確；由以上二式可得Fs＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2，選項C正確，只有選項B錯誤。一站過1．動能與動能變化的區別(1)動能與動能的變化是兩個不同的概念，動能是狀態量，動能的變化是過程量。(2)動能沒有負值，而動能變化量有正負之分。ΔEk>0，表示物體的動能增加；ΔEk<0，表示物體的動能減少。2．對動能定理的理解(1)做功的過程就是能量轉化的過程，動能定理表達式中“＝”的意義是一種因果關系在數值上相等的符號。(2)動能定理中的“力”指物體受到的所有力，既包括重力、彈力、摩擦力，也包括電場力、磁場力或其他力，功則為合力所做的總功。提能點(二)動能定理的應用(活化思維)考法(一)用動能定理求解直線運動問題[例1]某幼兒園要在空地上做一個滑梯，由于空地大小限制，滑梯的水平跨度確定為x＝6m。設計時，考慮兒童褲料與滑板間的動摩擦因數μ＝0.4，為使兒童在滑梯上恰能滑下，重力加速度g＝10m/s2。(1)求滑梯的高度h；(2)若小明褲料與滑板間的動摩擦因數μ1＝eq\f(1,3)，求他從滑梯上由靜止滑到底端的瞬時速度大小；(3)若體重比小明重、穿相同褲料的小華，從滑梯上由靜止滑到底端，有人認為小華滑行的時間比小明長。這種說法是否正確？簡要說明理由。[解析](1)兒童能下滑，重力的下滑分力至少等于摩擦力，設滑梯與水平面的夾角為θ，則mgsinθ＝μmgcosθ根據幾何關系：tanθ＝eq\f(h,x)聯立解得：h＝0.4x＝2.4m。(2)設滑板長為L，由動能定理得：mgh－μ1mgLcosθ＝eq\f(1,2)mv2，x＝Lcosθ聯立解得：v＝2eq\(3)這種說法不正確，小華下滑的時間與小明相等。根據位移時間關系：L＝eq\f(1,2)at2根據牛頓第二定律，下滑的加速度a＝g(sinθ－μ1cosθ)聯立解得：t＝eq\r(\f(2L,gsinθ－μ1cosθ))可見，t與m無關，小華與小明下滑的時間相同。[答案](1)2.4m(2)2eq\r(2)m/s(3)見解析eq\a\vs4\al([規律方法])(1)在恒力作用下的直線運動問題可以應用牛頓運動定律與運動學公式結合求解，也可以應用動能定理求解。(2)在不涉及時間的問題中，可優先考慮應用動能定理。(3)動能定理中的位移和速度均是相對于同一參考系的，一般以地面為參考系。考法(二)用動能定理求解曲線運動問題[例2]如圖所示，某人將質量為m的石塊從距地面高h處斜向上方拋出，石塊拋出時的速度大小為v0，由于空氣阻力作用石塊落地時的速度大小為v，方向豎直向下，已知重力加速度為g，下列說法錯誤的是()A．石塊剛拋出時重力的瞬時功率為mgv0B．石塊落地時重力的瞬時功率為mgvC．石塊在空中飛行過程中合外力做功為eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02D．石塊在空中飛行過程中阻力做功為eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02－mgh[解析]設石塊剛拋出時的速度方向與豎直向下的夾角為α，則剛拋出時重力的瞬時功率為P＝mgv0cosα，選項A錯誤；石塊落地時重力的瞬時功率為mgv，選項B錯誤；根據動能定理，石塊在空中飛行過程中合外力做的功為W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，選項C錯誤；設石塊在空中飛行過程中阻力做的功為Wf，由動能定理有mgh＋Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，解得Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02－mgh，選項D正確。[答案]Deq\a\vs4\al([規律方法])(1)動能定理表達式是一個標量式，式中各項均為標量，因此，應用動能定理時不必關注速度的具體方向，也不能在某個方向上列出動能定理的表達式。(2)注意物體所受各力做功的特點，如：重力做功與路徑無關，重點關注始末兩點的高度差，摩擦阻力做功與路徑有關，對于曲線運動，摩擦阻力為變力，摩擦阻力做的功往往為待求量。提能點(三)動能定理與圖像的綜合問題(活化思維)1．五類圖像中所圍“面積”或斜率的意義2．解決動能定理與圖像問題的基本步驟[考法全析]考法(一)動能定理與v-t圖像的綜合[例1]地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機通過豎井運送到地面。某豎井中礦車提升的速度大小v隨時間t的變化關系如圖所示，其中圖線①②分別描述兩次不同的提升過程，它們變速階段加速度的大小都相同；兩次提升的高度相同，提升的質量相等。不考慮摩擦阻力和空氣阻力。對于第①次和第②次提升過程，以下結論錯誤的是()A．礦車上升所用的時間之比為4∶5B．電機的最大牽引力之比為1∶1C．電機輸出的最大功率之比為2∶1D．電機所做的功之比為4∶5[解析]兩次提升的高度相同，則圖線①②與時間軸圍成的面積相等，由幾何知識可得第②次提升過程所用時間為2t0＋eq\f(t0,2)＝eq\f(5,2)t0，所以兩次上升所用時間之比為2t0∶eq\f(5,2)t0＝4∶5，故A正確。在加速上升階段電機的牽引力最大，由牛頓第二定律知，F－mg＝ma，F＝m(g＋a)，由于兩次提升的質量和加速度都相同，故最大牽引力相同，故B正確。兩次提升加速階段達到的最大速度之比為2∶1，由P＝Fv可知，電機輸出的最大功率之比為2∶1，故C正確。兩個過程動能變化量相同，克服重力做功相同，由動能定理知，兩次電機做功也相同，故D錯誤。[答案]D考法(二)動能定理與a-t圖像的綜合[例2]用傳感器研究質量為2kg的物體由靜止開始做直線運動的規律時，在計算機上得到0～6s內物體的加速度隨時間變化的關系如圖所示。下列說法正確的是()A．0～6s內物體先向正方向運動，后向負方向運動B．0～6s內物體在4s時的速度最大C．物體在2～4s內速度不變D．0～4s內合力對物體做的功等于0～6s內合力對物體做的功[解析]a-t圖線與坐標軸圍成的“面積”等于速度的變化量，由題給圖像可知，0～6s內速度變化量為正，物體速度方向不變，物體在0～5s內一直加速，5s時速度最大，A、B均錯誤；2～4s內物體的加速度不變，做勻加速直線運動，C錯誤；由題圖可知，t＝4s時和t＝6s時物體速度大小相等，由動能定理可知，物體在0～4s內和0～6s內動能變化量相等，合外力對物體做功也相等，D正確。[答案]D考法(三)動能定理與F-x圖像的綜合[例3](2021·衡水質量監測)如圖甲所示，在傾角為30°的足夠長的光滑斜面AB的A處連接一粗糙水平面OA，OA長為4m。有一質量為m的滑塊，從O處由靜止開始受一水平向右的力F作用。F只在水平面上按圖乙所示的規律變化。滑塊與OA間的動摩擦因數μ＝0.25，g取10m/s2，試求：(1)滑塊運動到A處的速度大小；(2)不計滑塊在A處的速率變化，滑塊沖上斜面AB的長度是多少？[解析](1)由題圖乙知：在前2m內，F1＝2mg，做正功；在第3m內，F2＝－0.5mg，做負功；在第4m內，F3＝0。滑動摩擦力f＝－μmg＝－0.25mg，始終做負功。對OA過程(前4m過程)，由動能定理列式得F1x1＋F2x2＋fx＝eq\f(1,2)mvA2－0解得vA＝5eq\r(2)(2)沖上斜面的過程，由動能定理得－mgLsin30°＝0－eq\f(1,2)mvA2解得沖上斜面AB的長度L＝5m。[答案](1)5eq\r(2)m/s(2)5m考法(四)動能定理與v-t、P-t圖像的綜合[例4]放在粗糙水平地面上質量為0.8kg的物體受到水平拉力的作用，在0～6s內其速度與時間的關系圖像和該拉力的功率與時間的關系圖像分別如圖所示。下列說法中正確的是(g取10m/s2)()A．0～6s內拉力做的功為180JB．物體在0～2s內所受的拉力為4NC．物體與粗糙水平地面間的動摩擦因數為0.5D．合外力在0～6s內做的功與0～2s內做的功相等[解析]由于P-t圖像與t軸圍成的面積表示拉力所做的功，所以0～6s內拉力做的功為W＝eq\f(1,2)×2×60J＋4×20J＝140J，故A錯誤；由水平拉力的功率P＝Fv可得，在0～2s內拉力F＝eq\f(P,v)＝6N,2～6s，拉力F′＝eq\f(P′,v′)＝2N，故B錯誤；物體在水平面上只受摩擦力和拉力，在2～6s內物體受力平衡可得f＝μmg＝F′，解得μ＝eq\f(F′,mg)＝eq\f(2N,0.8×10N)＝0.25，故C錯誤；由v-t圖像可知，物體在2s末的速度與6s末的速度相等，由動能定理W合＝ΔEk可知，0～6s與0～2s動能的變化量相同，所以合外力在0～6s內做的功與0～2s內做的功相等，故D正確。[答案]D考法(五)動能定理與Ek-x圖像的綜合[例5](2020·江蘇高考)如圖所示，一小物塊由靜止開始沿斜面向下滑動，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑連接，且物塊與斜面、物塊與地面間的動摩擦因數均為常數。該過程中，物塊的動能Ek與水平位移x關系的圖像是()[解析]在斜面上，物塊受豎直向下的重力、沿斜面向上的滑動摩擦力以及垂直斜面向上的支持力，設物塊的質量為m，斜面的傾角為θ，物塊沿斜面下滑的距離對應的水平位移為x，由動能定理有mgsinθ·eq\f(x,cosθ)－μ1mgcosθ·eq\f(x,cosθ)＝Ek－0，解得Ek＝(mgtanθ－μ1mg)x，即物塊在斜面上下滑時物塊的動能與水平位移成正比，B、D項均錯誤；在水平面上，物塊受豎直向下的重力、豎直向上的支持力以及水平向左的滑動摩擦力，由動能定理有－μ2mg(x－x0)＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－μ2mg(x－x0)，其中Ek0為物塊滑到斜面底端時的動能，x0為物塊沿斜面下滑到底端時的距離對應的水平位移，即在水平面上物塊的動能與水平位移為一次函數關系，且為減函數，A項正確，C項錯誤。[答案]A提能點(四)用動能定理解決多過程問題(活化思維)1．解題流程2．注意事項(1)動能定理中的位移和速度必須是相對于同一個參考系的，一般以地面或相對地面靜止的物體為參考系。(2)應用動能定理的關鍵在于對研究對象進行準確的受力分析及運動過程分析，并畫出運動過程的草圖，借助草圖理解物理過程之間的關系。(3)當物體的運動包含多個不同過程時，可分段應用動能定理求解；當所求解的問題不涉及中間的速度時，也可以全過程應用動能定理求解，這樣更簡便。(4)列動能定理方程時，必須明確各力做功的正、負，確實難以判斷的先假定為正功，最后根據結果加以檢驗。[考法全析]考法(一)多過程直線運動問題[例1]如圖所示，小物塊從傾角為θ的傾斜軌道上A點由靜止釋放滑下，最終停在水平軌道上的B點，小物塊與水平軌道、傾斜軌道之間的動摩擦因數均相同，A、B兩點的連線與水平方向的夾角為α，不計物塊在軌道轉折時的機械能損失，則動摩擦因數為()A．tanθ B．tanαC．tan(θ＋α) D．tan(θ－α)[解析]如圖所示，設B、O間距離為x1，A點離水平面的高度為h，A、O間的水平距離為x2，物塊的質量為m，在物塊運動的全過程中，