PAGE24-第5講功和功率動能定理構(gòu)建網(wǎng)絡(luò)·重溫真題1．(2024·全國卷Ⅲ)從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以內(nèi)時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變更如圖所示。重力加速度取10m/s2。該物體的質(zhì)量為()A．2kg B．1.5kgC．1kg D．0.5kg答案C解析畫出運動示意圖如圖，設(shè)阻力大小為f，據(jù)動能定理知，A→B(上升過程)：EkB－EkA＝－(mg＋f)hC→D(下落過程)：EkD－EkC＝(mg－f)h聯(lián)立以上兩式，解得物體的質(zhì)量m＝1kg，C正確。2．(2024·全國卷Ⅱ)如圖，某同學用繩子拉動木箱，使它從靜止起先沿粗糙水平路面運動至具有某一速度，木箱獲得的動能肯定()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答案A解析木箱受力如圖所示：木箱在移動的過程中有兩個力做功，拉力做正功，摩擦力做負功，依據(jù)動能定理可知即：WF－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，所以動能小于拉力做的功，故A正確；無法比較動能與摩擦力做功的大小，C、D錯誤。3．(2024·全國卷Ⅲ)(多選)地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機通過豎井運輸至地面。某豎井中礦車提升的速度大小v隨時間t的變更關(guān)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(zhì)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()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2∶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答案AC解析設(shè)第②次所用時間為t，依據(jù)速度圖象與t軸所圍的面積等于位移(此題中為提升的高度)可知，eq\f(1,2)×2t0×v0＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－t0＋t))×eq\f(1,2)v0，解得：t＝eq\f(5t0,2)，所以第①次和第②次提升過程所用時間之比為2t0∶eq\f(5t0,2)＝4∶5，A正確；由于兩次提升變速階段的加速度大小相同，在勻加速階段，由牛頓其次定律，F(xiàn)－mg＝ma，可得提升的最大牽引力之比為1∶1，B錯誤；由功率公式P＝Fv，電機輸出的最大功率之比等于最大速度之比，為2∶1，C正確；兩次提升過程中動能增加量均為0，由動能定理得W電－mgh＝0，兩次提上升度h相同，所以電機兩次做功相同，D錯誤。4．(2024·江蘇高考)(多選)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點為彈簧在原長時物塊的位置。物塊由A點靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面對右運動，最遠到達B點。在從A到B的過程中，物塊()A．加速度先減小后增大B．經(jīng)過O點時的速度最大C．所受彈簧彈力始終做正功D．所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功答案AD解析物體從A點到O點的過程，彈力漸漸減為零，剛起先彈簧彈力大于摩擦力，故可分為彈力大于摩擦力過程和彈力小于摩擦力過程：彈力大于摩擦力過程，合力向右，加速度也向右，由于彈力漸漸減小，摩擦力不變，物塊所受合力漸漸減小，加速度漸漸減小，當彈力等于摩擦力時速度最大，此位置在A點與O點之間；彈力小于摩擦力過程，合力方向與運動方向相反，彈力減小，摩擦力大小不變，物體所受合力增大，物體的加速度隨彈簧形變量的減小而增大，方向向左，物體做減速運動；從O點到B點的過程彈力增大，合力向左，加速度接著增大，A正確，B錯誤；從A點到O點過程，彈簧由壓縮復原原長，彈力做正功，從O點到B點的過程，彈簧被拉伸，彈力做負功，故C錯誤；從A到B的過程中依據(jù)動能定理彈簧彈力做的功等于物體克服摩擦力做的功，故D正確。5．(2024·全國卷Ⅱ)如圖，一光滑大圓環(huán)固定在桌面上，環(huán)面位于豎直平面內(nèi)，在大圓環(huán)上套著一個小環(huán)。小環(huán)由大圓環(huán)的最高點從靜止起先下滑，在小環(huán)下滑的過程中，大圓環(huán)對它的作用力()A．始終不做功 B．始終做正功C．始終指向大圓環(huán)圓心 D．始終背離大圓環(huán)圓心答案A解析光滑大圓環(huán)對小環(huán)只有彈力作用。彈力方向沿大圓環(huán)的半徑方向(下滑過程先背離圓心，后指向圓心)，與小環(huán)的速度方向始終垂直，不做功。故選A。6．(2024·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。忽視空氣阻力，該過程中小球的動能Ek與時間t的關(guān)系圖象是()答案A解析小球做豎直上拋運動時，速度v＝v0－gt，依據(jù)動能Ek＝eq\f(1,2)mv2得Ek＝eq\f(1,2)m(v0－gt)2，故圖象A正確。7．(2024·天津高考)完全由我國自行設(shè)計、建立的國產(chǎn)新型航空母艦已完成多次海試，并取得勝利。航母上的艦載機采納滑躍式起飛，故甲板是由水平甲板和上翹甲板兩部分構(gòu)成，如圖1所示。為了便于探討艦載機的起飛過程，假設(shè)上翹甲板BC是與水平甲板AB相切的一段圓弧，示意如圖2，AB長L1＝150m，BC水平投影L2＝63m，圖中C點切線方向與水平方向的夾角θ＝12°(sin12°≈0.21)。若艦載機從A點由靜止起先做勻加速直線運動，經(jīng)t＝6s到達B點進入BC。已知飛行員的質(zhì)量m＝60kg，g＝10m/s2，求(1)艦載機水平運動的過程中，飛行員受到的水平力所做功W；(2)艦載機剛進入BC時，飛行員受到豎直向上的壓力FN多大。答案(1)7.5×104J(2)1.1×103N解析(1)艦載機由靜止起先做勻加速直線運動，設(shè)其剛進入上翹甲板時的速度為v，則有eq\f(v,2)＝eq\f(L1,t)①依據(jù)動能定理，對飛行員有W＝eq\f(1,2)mv2－0②聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)，得W＝7.5×104J③(2)設(shè)上翹甲板所對應(yīng)的圓弧半徑為R，依據(jù)幾何關(guān)系，有L2＝Rsinθ④由牛頓其次定律，對飛行員有FN－mg＝meq\f(v2,R)⑤聯(lián)立①④⑤式，代入數(shù)據(jù)，得FN＝1.1×103N。⑥命題特點：功和功率的推斷和計算、動能定理的應(yīng)用是高考的重點，常常與直線運動、曲線運動等綜合起來進行考查，以選擇題和計算題考查較多，各種難度都可能出現(xiàn)。思想方法：微元法、圖象法、轉(zhuǎn)換法、整體法與分段法。高考考向1功和功率的理解和計算例1(2024·江西聯(lián)考)(多選)A、B兩物體分別在大小相同的水平恒力F的作用下由靜止起先沿同一水平面運動，作用時間分別為t0和4t0，兩物體運動的v-t圖象如圖所示，則()A．A、B兩物體與水平面的摩擦力大小之比為5∶12B．水平力F對A、B兩物體做功的最大功率之比為2∶1C．水平力F對A、B兩物體做功之比為2∶1D．在整個運動過程中，摩擦力對A、B兩物體做功的平均功率之比為5∶3eq\a\vs4\al(破題關(guān)鍵點)(1)水平力F對A、B兩物體做功的最大功率為瞬時功率還是平均功率？提示：瞬時功率。(2)整個運動過程中，水平力F對A、B兩物體做功________(填“大于”“小于”或“等于”)A、B兩物體克服摩擦力做功。提示：等于。[解析]由v-t圖象可知，A加速運動時的加速度aA1＝eq\f(2v0,t0)，減速運動時的加速度大小為aA2＝eq\f(v0,t0)，由牛頓其次定律有：F－f1＝m1·eq\f(2v0,t0)，f1＝m1·eq\f(v0,t0)，解兩式得：f1＝eq\f(F,3)；B加速運動時的加速度大小為aB1＝eq\f(v0,4t0)，減速運動時的加速度大小為aB2＝eq\f(v0,t0)，由牛頓其次定律有：F－f2＝m2·eq\f(v0,4t0)，f2＝m2·eq\f(v0,t0)，解兩式得：f2＝eq\f(4F,5)，所以A、B兩物體與水平面的摩擦力之比為5∶12，A正確；由v-t圖象知，水平力F對A、B兩物體做功的最大功率之比為(F·2v0)∶(F·v0)＝2∶1，B正確；由v-t圖象與t軸所圍的面積表示位移可知兩物體有水平力F作用時的位移之比為1∶2，由W＝Fs可知，F(xiàn)對A、B兩物體做功之比為1∶2，C錯誤；整個運動過程中，摩擦力對A做的功WA＝－F·eq\f(2v0t0,2)＝－Fv0t0，對B做的功WB＝－F·eq\f(v0·4t0,2)＝－2Fv0t0，由P＝eq\f(W,t)可得PA＝eq\f(－Fv0t0,3t0)＝eq\f(－Fv0,3)，PB＝eq\f(－2Fv0t0,5t0)＝eq\f(－2Fv0,5)，PA∶PB＝5∶6，D錯誤。[答案]AB計算功和功率時應(yīng)留意的問題(1)計算功時，要留意分析受力狀況和能量轉(zhuǎn)化狀況，分清是恒力做功，還是變力做功，恒力做功一般用功的公式或動能定理求解，變力做功用動能定理、轉(zhuǎn)化法或圖象法求解。(2)用圖象法求外力做功時應(yīng)留意橫軸和縱軸分別表示的物理意義，若橫軸表示位移，縱軸表示力，則可用圖線與橫軸圍成的面積表示功，例如下圖甲、乙、丙所示(丙圖中圖線為eq\f(1,4)圓弧)，力做的功分別為W1＝F1x1、W2＝eq\f(1,2)F2x2、W3＝eq\f(π,4)F3x3。(3)計算功率時，要明確是求瞬時功率，還是平均功率，若求瞬時功率，應(yīng)明確是哪一時刻或哪個位置的瞬時功率，若求平均功率應(yīng)明確是哪段時間內(nèi)的平均功率；應(yīng)留意區(qū)分公式P＝eq\f(W,t)和公式P＝Fvcosθ的適用范圍，P＝eq\f(W,t)計算的是平均功率，P＝Fvcosθ側(cè)重于對瞬時功率的計算。1.(2024·合肥高三第三次質(zhì)檢)圖示為一輛配備了登高平臺的消防車，其伸縮臂能夠在短時間內(nèi)將承載了3名消防員的登高平臺(人與平臺的總質(zhì)量為300kg)抬升到60m高的滅火位置，此后消防員用水炮滅火。已知水炮的出水量為3m3/min，水離開炮口時的速度為20m/s，水的密度為1.0×103kg/m3，g取10mA．使水炮工作的發(fā)動機的輸出功率為10kWB．使水炮工作的發(fā)動機的輸出功率為30kWC．伸縮臂抬升登高平臺過程中所做的功為1.8×104JD．伸縮臂抬升登高平臺過程中所做的功為1.8×105J答案D解析水的密度為ρ＝1.0×103kg/m3,1min內(nèi)流出水的質(zhì)量：m＝ρV＝1.0×103×3kg＝3000kg,1min內(nèi)水獲得的重力勢能：Ep＝mgh＝3000×10×60J＝1.8×106J，1min內(nèi)水獲得的動能：Ek＝eq\f(1,2)mv2＝6×105J，使水炮工作的發(fā)動機輸出功率為：P＝eq\f(W,t)＝eq\f(Ep＋Ek,t)＝eq\f(1.8×106＋6×105,60)W＝4×104W，故A、B錯誤；伸縮臂抬升登高平臺過程中所做的功等于登高平臺克服重力做的功：W′＝m′gh＝300×10×60J＝1.8×105J，故C錯誤，D正確。2．(2024·開封一模)(多選)如圖所示，一質(zhì)量為m的小球固定在長為2L的輕桿上端，輕桿下端用光滑鉸鏈連接于地面上的A點，桿可繞A點在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動，桿的中點系一細繩，電機與自動裝置限制繩子，使得桿可以從虛線位置繞AA．小球重力做功為2mgLB．繩子拉力做功大于2mgLC．重力做功功率漸漸增大D．繩子拉力做功功領(lǐng)先增大后減小答案AC解析小球在該過程中下降高度為2L，所以小球重力做功為2mgL，A正確；桿勻速轉(zhuǎn)動過程中，小球動能不變，由動能定理可知，該過程中合外力做功為零，所以繩子拉力做功與重力做功大小相等，為2mgL高考考向2機車啟動問題例2(2024·四川省成都市高三三模)目前，我國在人工智能和無人駕駛技術(shù)方面已取得較大突破。為早日實現(xiàn)無人駕駛，某公司對汽車性能進行了一項測試，讓質(zhì)量為m的汽車沿一山坡直線行駛。測試中發(fā)覺，下坡時若關(guān)掉油門，則汽車的速度保持不變；若以恒定的功率P上坡，則從靜止啟動做加速運動，發(fā)生位移s時速度剛好達到最大值vm。設(shè)汽車在上坡和下坡過程中所受阻力的大小保持不變，下列說法正確的是()A．關(guān)掉油門后的下坡過程，汽車的機械能守恒B．關(guān)掉油門后的下坡過程，坡面對汽車的支持力的沖量為零C．上坡過程中，汽車速度由eq\f(vm,4)增至eq\f(vm,2)，所用的時間可能等于eq\f(3mv\o\al(2,m),32P)D．上坡過程中，汽車從靜止啟動到剛好達到最大速度vm，所用時間肯定小于eq\f(2s,vm)eq\a\vs4\al(破題關(guān)鍵點)(1)恒定功率啟動過程中，汽車做何種形式的運動？提示：汽車功率不變時，速度增大牽引就會減小，汽車做加速度漸漸減小的加速運動，當牽引力等于阻力時速度最大。(2)功率不變時，汽車運動時間如何求解？提示：功率不變時牽引力做功等于Pt，可以由動能定理求解時間。[解析]關(guān)掉油門后的下坡過程，汽車的速度不變，動能不變，高度降低，重力勢能減小，則汽車的機械能減小，故A錯誤；關(guān)掉油門后的下坡過程，坡面對汽車的支持力大小不為零，時間不為零，則由I＝Ft可知沖量不為零，故B錯誤；上坡過程中，汽車速度由eq\f(vm,4)增至eq\f(vm,2)，設(shè)所用的時間為t，依據(jù)動能定理可得：Pt－(f＋mgsinθ)s＝eq\f(1,2)m(eq\f(vm,2))2－eq\f(1,2)m(eq\f(vm,4))2，解得t＝eq\f(3mv\o\al(2,m),32P)＋eq\f(f＋mgsinθs,P)，故C錯誤；上坡過程中，汽車從靜止啟動到剛好達到最大速度vm，功率不變，由P＝Fv可知速度增大，牽引力減小，加速度減小，設(shè)達到最大速度vm所用時間為t1，則由圖象法可知eq\f(vm,2)·t1<s，解得t1<eq\f(2s,vm)，故D正確。[答案]D解決機車啟動問題時的分析思路(1)明確啟動方式：分清是勻加速啟動還是恒定功率啟動。(2)勻加速啟動過程：機車功率是不斷變更的，但該過程中的最大功率是額定功率，勻加速運動階段的最大速度小于機車所能達到的最大速度，達到額定功率后做加速度減小的加速運動。勻加速過程的最大速度v1(此時機車輸出的功率最大)和全程的最大速度vm(此時F牽＝F阻)求解方法：①求v1：由F牽－F阻＝ma，P＝F牽v1可得v1＝eq\f(P,F阻＋ma)。②求vm：由P＝F阻vm，可得vm＝eq\f(P,F阻)。(3)額定功率啟動的過程：機車做加速度減小的加速運動，勻變速直線運動的規(guī)律不能用，速度最大值等于eq\f(P,F阻)，牽引力是變力，牽引力做的功可用W＝Pt計算，但不能用W＝Flcosθ計算。留意：無論哪種啟動方式，最終達到最大速度時，均滿意P＝F阻vm，P為機車的額定功率。3．(2024·衡陽模擬)(多選)一輛汽車在平直的馬路上運動，運動過程中先保持某一恒定加速度，后保持恒定的牽引功率，其牽引力—速度圖象如圖所示。若已知汽車的質(zhì)量m、牽引力F1和速度v1及該車所能達到的最大速度v3，運動過程中所受阻力恒定，則依據(jù)圖象所給的信息，下列說法正確的是()A．汽車行駛中所受的阻力為eq\f(F1v1,v3)B．汽車勻加速運動的過程中牽引力的沖量大小為eq\f(mv1v3,v3－v1)C．速度為v2時的加速度大小為eq\f(F1v1,mv2)D．若速度為v2時牽引力恰為eq\f(F1,2)，則有v2＝2v1答案ABD解析依據(jù)牽引力—速度圖象得汽車運動中的最大功率為F1v1。該汽車達到最大速度時加速度為零，此時阻力等于牽引力，所以阻力Ff＝eq\f(F1v1,v3)，A正確；依據(jù)牛頓其次定律，汽車勻加速運動時，加速度a1＝eq\f(F1－Ff,m)＝eq\f(F1,m)－eq\f(F1v1,mv3)，加速的時間t＝eq\f(v1,a1)＝eq\f(mv1v3,F1v3－v1)，則汽車勻加速運動的過程中牽引力的沖量大小為I＝F1t＝eq\f(mv1v3,v3－v1)，故B正確；由F1v1＝F2v2可知速度為v2時的牽引力F2＝eq\f(F1v1,v2)，依據(jù)牛頓其次定律，速度為v2時加速度大小為a2＝eq\f(F2－Ff,m)＝eq\f(F1v1,mv2)－eq\f(F1v1,mv3)，故C錯誤；若速度為v2時牽引力恰為eq\f(F1,2)，則eq\f(F1v1,v2)＝eq\f(F1,2)，則v2＝2v1，D正確。4．(2024·河北衡水中學三模)(多選)一起重機的鋼繩由靜止起先勻加速提起質(zhì)量為m的重物，當重物的速度為v1時，起重機的有用功率達到最大值P，以后起重機保持該功率不變，接著提升重物，直到以最大速度v2勻速上升為止，則整個過程中，下列說法正確的是()A．若勻加速過程時間為t，則速度由v1變?yōu)関2的時間大于eq\f(v2－v1,v1)tB．鋼繩的最大拉力為eq\f(P,v2)C．重物的最大速度為v2＝eq\f(P,mg)D．重物做勻加速直線運動的時間為eq\f(mv\o\al(2,1),P－mgv1)答案ACD解析起重機提升重物的v-t圖象如圖所示：若勻加速過程時間為t，則重物在勻加速過程中：a1＝eq\f(v1,t)，起重機的有用功率達到額定功率后，若按勻加速從v1到v2，設(shè)從v1加速到v2的時間為t2，則a2＝eq\f(v2－v1,t2)，結(jié)合圖象可以看出a1>a2，即t2>eq\f(v2－v1,v1)t，故A正確；勻加速提升重物時鋼繩拉力最大，且等于勻加速結(jié)束時的拉力，由P＝Fv得鋼繩的最大拉力Fm＝eq\f(P,v1)，故B錯誤；重物以最大速度勻速上升時，F(xiàn)＝mg，所以v2＝eq\f(P,mg)，故C正確；重物做勻加速運動的加速度a＝eq\f(Fm－mg,m)＝eq\f(\f(P,v1)－mg,m)＝eq\f(P－mgv1,mv1)，則勻加速的時間為t＝eq\f(v1,a)＝eq\f(mv\o\al(2,1),P－mgv1)，故D正確。高考考向3動能定理及其應(yīng)用例3(2024·全國卷Ⅰ)如圖，一輕彈簧原長為2R，其一端固定在傾角為37°的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài)。直軌道與一半徑為eq\f(5,6)R的光滑圓弧軌道相切于C點，AC＝7R，A、B、C、D均在同一豎直平面內(nèi)。質(zhì)量為m的小物塊P自C點由靜止起先下滑，最低到達E點(未畫出)。隨后P沿軌道被彈回，最高到達F點，AF＝4R。已知P與直軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(1,4)，重力加速度大小為g。eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1())取sin37°＝eq\f(3,5)，cos37°＝eq\f(4,5)eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1())(1)求P第一次運動到B點時速度的大小；(2)求P運動到E點時彈簧的彈性勢能；(3)變更物塊P的質(zhì)量，將P推至E點，從靜止起先釋放。已知P自圓弧軌道的最高點D處水平飛出后，恰好通過G點。G點在C點左下方，與C點水平相距eq\f(7,2)R、豎直相距R。求P運動到D點時速度的大小和變更后P的質(zhì)量。eq\a\vs4\al(破題關(guān)鍵點)(1)若想求出P運動到E點時彈簧的彈性勢能，需先求出P運動到E點時滑行的距離，該距離可以通過探討哪一過程求出？提示：P到達E然后又反彈回F點的整個過程。(2)從D點飛出后做平拋運動，如何求D點速度？提示：可以利用水平位移和豎直位移。[解析](1)依據(jù)題意知，B、C之間的距離l為l＝7R－2R＝5R①設(shè)P到達B點時的速度為vB，由動能定理得mglsinθ－μmglcosθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)②式中θ＝37°。聯(lián)立①②式并由題給條件得vB＝2eq\r(gR)。③(2)設(shè)BE＝x。P到達E點時速度為零，設(shè)此時彈簧的彈性勢能為Ep。P由B點運動到E點的過程中，由動能定理有mgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)④E、F之間的距離l1為l1＝4R－2R＋x＝2R＋x⑤P到達E點后反彈，從E點運動到F點的過程中，由動能定理有Ep－mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0⑥聯(lián)立③④⑤⑥式并由題給條件得x＝R⑦Ep＝eq\f(12,5)mgR。⑧(3)設(shè)變更后P的質(zhì)量為m1。D點與G點的水平距離x1和豎直距離y1分別為x1＝eq\f(7,2)R－eq\f(5,6)Rsinθ⑨y1＝R＋eq\f(5,6)R＋eq\f(5,6)Rcosθ⑩設(shè)P在D點的速度為vD，由D點運動到G點的時間為t。由平拋運動公式有y1＝eq\f(1,2)gt2?x1＝vDt?聯(lián)立⑨⑩??式得vD＝eq\f(3,5)eq\r(5gR)?設(shè)P在C點速度的大小為vC。在P由C運動到D的過程中機械能守恒，有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,D)＋m1geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)R＋\f(5,6)Rcosθ))?P由E點運動到C點的過程中，由動能定理有Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1g(x＋5R)cosθ＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)?聯(lián)立⑦⑧???式得m1＝eq\f(1,3)m。[答案](1)2eq\r(gR)(2)eq\f(12,5)mgR(3)eq\f(3,5)eq\r(5gR)eq\f(1,3)m應(yīng)用動能定理解題的“四步三留意兩適用”(1)應(yīng)用動能定理解題的四個步驟①確定探討對象及其運動過程；②分析受力狀況和各力的做功狀況；③明確物體初末狀態(tài)的動能；④由動能定理列方程求解。(2)應(yīng)用動能定理解題應(yīng)留意的三個問題①動能定理往往用于單個物體的運動過程，由于不牽扯加速度剛好間，比動力學探討方法要簡捷。②動能定理表達式是一個標量式，在某個方向上應(yīng)用動能定理是沒有依據(jù)的。③物體在某個運動過程中包含有幾個運動性質(zhì)不同的小過程(如加速、減速的過程)，此時可以分段考慮，也可以對全過程考慮，但若能對整個過程利用動能定理列式，則可使問題簡化。(3)動能定理適用的兩種狀況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。5．(2024·山東威海三模)(多選)一質(zhì)量為m的小物塊靜置于粗糙水平地面上，在水平外力作用下由靜止起先運動，小物塊的加速度a隨其運動距離x的變更規(guī)律如圖所示。已知小物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，在小物塊運動0～2LA．小物塊在0～L內(nèi)做勻變速直線運動，L～2LB．小物塊運動至2L處的速度為eq\r(6a0L)C．整個過程中水平外力做功為mL(2μg＋3a0D．小物塊從L處運動至2L處所用的時間為eq\f(1,2)eq\r(\f(L,a0))答案BC解析小物塊在0～L內(nèi)加速度減小，做加速度減小的變加速直線運動，L～2L內(nèi)加速度不變，做勻加速直線運動，故A錯誤；整個過程，依據(jù)動能定理得：eq\f(3ma0＋ma0,2)L＋ma0L＝eq\f(1,2)mv2，得小物塊運動至2L處的速度為v＝eq\r(6a0L)，故B正確；整個過程合力做功為eq\f(3ma0＋ma0,2)L＋ma0L＝WF－μmg·2L，得水平外力做功為WF＝mL(2μg＋3a0)，故C正確；設(shè)小物塊運動至L處的速度為v0，依據(jù)動能定理得：eq\f(3ma0＋ma0,2)L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得v0＝2eq\r(a0L)，小物塊從L處運動至2L處做勻加速直線運動，有L＝eq\f(v0＋v,2)t，聯(lián)立解得t＝(eq\r(6)－2)eq\r(\f(L,a0))，故D錯誤。6．(2024·江蘇南京、鹽城高三第三次調(diào)研)如圖所示，桌子靠墻固定放置，用一塊長L1＝1.0m的木板在墻和桌面間架設(shè)斜面，桌面距地面H＝0.8m，桌面總長L2＝1.5m，斜面與水平桌面的傾角θ可在0°～60°間調(diào)整。將質(zhì)量m＝0.2kg的小物塊(可視為質(zhì)點)從斜面頂端靜止釋放，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.05，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ2未知，忽視物塊在斜面與桌面交接處的機械能損失，不計空氣阻力。(重力加速度取g＝10m/s2；最大靜摩擦力等于滑動摩擦力；取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)求當θ＝30°時，物塊在斜面上下滑的加速度的大小；(可以用根號表示)(2)當θ增大到37°時，物塊恰能停在桌面邊緣，求物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ2；(3)μ2取第(2)問中的數(shù)值，當θ角為多大時物塊落地點與墻面的距離最大？最大距離xm是多少？答案(1)(5－eq\f(\r(3),4))m/s2(2)0.8(3)53°1.9m解析(1)依據(jù)牛頓其次定律，可得mgsinθ－μ1mgcosθ＝ma代入數(shù)據(jù)得a＝(5－eq\f(\r(3),4))m/s2。(2)由動能定理得mgL1sinθ－μ1mgL1cosθ－μ2mg(L2－L1cosθ)＝0－0代入數(shù)據(jù)得μ2＝0.8。(3)設(shè)小物塊到達桌面右端的速度為v，依據(jù)動能定理有mgL1sinθ－μ1mgL1cosθ－μ2mg(L2－L1cosθ)＝eq\f(1,2)mv2得20(sinθ－1.2＋eq\f(3,4)cosθ)＝v2，由數(shù)學學問可知sinθ＋eq\f(3,4)cosθ＝eq\r(12＋(\f(3,4))2)sin(θ＋φ)其中tanφ＝eq\f(3,4)，當θ＋φ＝90°時，即θ＝53°時，sin(θ＋φ)有極大值，veq\o\al(2,max)＝20×(eq\f(5,4)－1.2)＝1，vmax＝1m/s由于H＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝0.4sx1＝vmaxt＝0.4m，xm＝x1＋L2＝1.9m。易錯警示瞬時功率及阻力做功的求解例(2024·安慶模擬)如圖所示，擺球質(zhì)量為m，懸線的長為L，把懸線拉到水平位置后放手。設(shè)擺球從A點運動到B點的過程中空氣阻力F阻的大小不變，則下列說法正確的是()A．從A運動到B，重力的瞬時功率變大B．繩的拉力做功為0C．空氣阻力F阻做功為－mgLD．空氣阻力F阻做功為eq\f(1,2)F阻πL分析與解重力的瞬時功率PG＝mgvcosθ，其中θ為mg與v的夾角，在A處v＝0，則重力的瞬時功率為零，在B處θ＝90°，重力的瞬時功率也為零，所以重力的瞬時功領(lǐng)先變大后變小，而有的同學求瞬時功率時丟掉cosθ，認為重力瞬時功率因v增大而增大，從而錯選A。繩的拉力始終與速度垂直，做功為0，B正確。空氣阻力F阻大小不變，方向始終與速度方向相反，故空氣阻力做功為－F阻·eq\f(1,2)πL，故C、D錯誤。有的同學因沒考慮到阻力做負功，而錯選D。答案B易錯警示用P＝Fvcosθ計算瞬時功率時，θ為F與v的夾角，當F與v同向時公式簡化為P＝Fv。阻力做功要考慮其特點：阻力做負功，且與物體運動的路程有關(guān)。配套作業(yè)限時：50分鐘滿分：100分一、選擇題(本題共8小題，每小題8分，共64分，其中第1～5題為單選題，第6～8題為多選題)1．(2024·全國卷Ⅰ)高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的勻加速直線運動。在啟動階段，列車的動能()A．與它所經(jīng)驗的時間成正比B．與它的位移成正比C．與它的速度成正比D．與它的動量成正比答案B解析列車做初速度為零的勻加速直線運動，列車動能Ek＝eq\f(1,2)mv2，又因為v＝at，所以Ek＝eq\f(1,2)ma2t2，加速度a恒定，動能跟時間t的平方成正比，A錯誤；依據(jù)動能定理Ek＝W合＝F合s＝mas，故動能與位移成正比，B正確；動能與速度平方成正比，故C錯誤；由Ek＝eq\f(p2,2m)，可知動能與動量的平方成正比，D錯誤。2．(2024·河南濮陽三模)水平力F方向確定，大小隨時間的變更如圖甲所示，用力F拉靜止在水平桌面上的小物塊，在F從0起先漸漸增大的過程中，物塊的加速度a隨時間變更的圖象如圖乙所示。重力加速度大小為10m/s2。問在0～4s時間內(nèi)，合外力對小物塊做的功為()A．24JB．12JC．8JD．6J答案A解析依據(jù)F-t圖象和a-t圖象可知，t1＝2s時，F(xiàn)1＝6N，a1＝1m/s2；t2＝4s時，F(xiàn)2＝12N，a2＝3m/s2，依據(jù)牛頓其次定律可得：F1－μmg＝ma1，F(xiàn)2－μmg＝ma2，聯(lián)立解得小物塊的質(zhì)量和動摩擦因數(shù)為：m＝3kg，μ＝0.1，依據(jù)a-t圖象與t軸所圍面積為小物塊的速度變更量Δv，得小物塊在t2＝4s末時的速度v＝0＋Δv＝4m/s，依據(jù)動能定理可得合外力對小物塊做的功W＝eq\f(1,2)mv2＝24J，故A正確。3．(2024·江蘇高考)一小物塊沿斜面對上滑動，然后滑回到原處。物塊初動能為Ek0，與斜面間的動摩擦因數(shù)不變，則該過程中，物塊的動能Ek與位移x關(guān)系的圖線是()答案C解析設(shè)斜面傾角為θ，依據(jù)動能定理，當小物塊沿斜面上滑時，有－(mgsinθ＋f)x＝Ek－Ek0，即Ek＝－(f＋mgsinθ)x＋Ek0，所以Ek與x的函數(shù)關(guān)系圖象為直線，且斜率為負。當小物塊沿斜面下滑時，依據(jù)動能定理有(mgsinθ－f)(x0－x)＝Ek－0(x0為小物塊到達最高點時的位移)，即Ek＝－(mgsinθ－f)x＋(mgsinθ－f)x0，所以下滑時Ek隨x的減小而增大且為直線。綜上所述，C正確。4．(2024·四川德陽三診)如圖所示，卡車通過定滑輪以恒定的功率P0拉輕繩牽引河中的小船沿水面運動，已知小船的質(zhì)量為m，沿水面運動時所受的阻力為f，當繩AO段與水平面的夾角為θ時，小船的速度為v，不計繩子與滑輪的摩擦，則此時小船的加速度等于()A.eq\f(P0cosθ,mv) B.eq\f(P0,mv)－eq\f(f,m)C.eq\f(P0,mvcosθ)－eq\f(f,m) D.eq\f(P0cos2θ,mv)－eq\f(f,m)答案B解析小船的實際運動為合運動，可分解為沿著繩子方向和垂直繩子方向的分運動，如圖a，依據(jù)平行四邊形定則，有v車＝v·cosθ，則繩上的拉力：F＝eq\f(P0,v車)＝eq\f(P0,vcosθ)，對船受力分析：受重力、拉力、浮力和阻力，如圖b所示，依據(jù)牛頓其次定律，有F·cosθ－f＝ma，聯(lián)立以上式子解得：a＝eq\f(P0,mv)－eq\f(f,m)，故B正確。5．(2024·山西省五地市高三上學期期末大聯(lián)考)如圖所示，斜面傾角為θ。一輕彈簧的自然長度與斜面長相同，都為L，彈簧一端固定在斜面的底端，將一個質(zhì)量為m的小球放在斜面頂端與彈簧另一端接觸但不相連，用力推小球使其擠壓彈簧并緩慢移到斜面的中點，松手后，小球最終落地的速度大小為v，不計空氣阻力和一切摩擦，則該過程中，人對小球做的功W及小球被拋出后離地面的最大高度H分別為()A．W＝eq\f(1,2)mv2－mgLsinθ；H＝eq\f(v2sin2θ＋2gLsinθcos2θ,2g)B．W＝eq\f(1,2)mv2；H＝eq\f(v2sin2θ－2gLsinθcos2θ,2g)C．W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mgLsinθ；H＝eq\f(v2sin2θ＋2gLsinθcos2θ,2g)D．W＝eq\f(1,2)mv2－mgLsinθ；H＝eq\f(v2,2g)答案A解析對人從起先壓彈簧到小球落地的整個過程，由動能定理得W＋mgLsinθ＝eq\f(1,2)mv2－0，則W＝eq\f(1,2)mv2－mgLsinθ；設(shè)小球離開斜面時的速度為v0，對小球做斜拋運動的過程，由動能定理得mgLsinθ＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)；小球從最高點到落地的過程，由動能定理得mgH＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)m(v0cosθ)2，聯(lián)立解得：H＝eq\f(v2sin2θ＋2gLsinθcos2θ,2g)，故選A。6．(2024·山東聊城二模)如圖所示，質(zhì)量相等的甲、乙兩球分別固定于兩輕桿的一端，兩桿長度分別為L、2L，且兩桿與水平面夾角相等。兩桿的另一端分別可繞軸O、OA．甲、乙兩球的動能之比為1∶1B．甲、乙兩球的動能之比為1∶2C．甲、乙兩球?qū)U的拉力之比為1∶1D．甲、乙兩球?qū)U的拉力之比為1∶2答案BC解析對甲球從釋放到最低點的過程應(yīng)用動能定理得：mg(L＋Lsinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,甲)－0，對乙球從釋放到最低點的過程應(yīng)用動能定理得：mg(2L＋2Lsinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,乙)－0，所以最低點時兩球的動能之比為eq\f(\f(1,2)mv\o\al(2,甲),\f(1,2)mv\o\al(2,乙))＝eq\f(1,2)，A錯誤，B正確；對最低點的甲球受力分析，由牛頓其次定律可得T甲－mg＝meq\f(v\o\al(2,甲),L)，對最低點的乙球受力分析，由牛頓其次定律可得T乙－mg＝meq\f(v\o\al(2,乙),2L)，所以最低點時桿對兩球的拉力之比為eq\f(T甲,T乙)＝eq\f(1,1)，依據(jù)牛頓第三定律，最低點時甲、乙兩球?qū)U的拉力之比為1∶1，故C正確，D錯誤。7．(2024·山東日照高三5月校際聯(lián)合考試)一質(zhì)點靜止在光滑水平桌面上，t＝0時刻在水平外力作用下做直線運動，其速度v隨時間t變更的圖象如圖所示。依據(jù)圖象供應(yīng)的信息，推斷下列說法正確的是()A．質(zhì)點在t1時刻的加速度最大B．質(zhì)點在t2時刻離動身點最遠C．在t1～t2的時間內(nèi)，外力的功領(lǐng)先增大后減小D．在t2～t3的時間內(nèi)，外力做負功答案BC解析v-t圖象的斜率代表加速度，所以t1時刻的加速度為零，最小，A錯誤；v-t圖象與t軸所圍的面積代表位移，橫軸上方為正向位移，下方為負向位移，所以t2時刻正向位移最大，離動身點最遠，B正確；在t1～t2的時間內(nèi)，依據(jù)P＝Fv＝mav，t1時刻加速度為零，外力為零，外力功率為零，t2時刻速度為零，外力功率為零，而中間隨意時刻速度、外力都不為零，所以功領(lǐng)先增大后減小，C正確；t2～t3的時間內(nèi)，物體動能增大，外力對物體做正功，D錯誤。8．質(zhì)量為m的小球被系在輕繩一端，在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運動，如圖所示。在圓心處連接有力傳感器，用來測量繩子上的拉力，運動過程中小球受到空氣阻力的作用，空氣阻力隨速度的減小而減小。某一時刻小球通過軌道的最低點，力傳感器的示數(shù)為7mg，重力加速度為g，此后小球接著做圓周運動，經(jīng)過半個圓周恰能通過最高點，下列說法正確的是()A．到最高點過程中小球克服空氣阻力做的功為eq\f(1,2)mgRB．到最高點過程中小球克服空氣阻力做的功為mgRC．再次經(jīng)過最低點時力傳感器的示數(shù)為5mgD．再次經(jīng)過最低點時力傳感器的示數(shù)大于5mg答案AD解析小球在最低點時有F1＝T－mg＝meq\f(v\o\al(2,1),R)，解得v1＝eq\r(6gR)，由于小球恰好能通過最高點，所以在最高點時，有mg＝meq\f(v\o\al(2,2),R)，可得v2＝eq\r(gR)，小球從最低點到最高點的上升過程，由動能定理可得－mg·2R－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得小球克服空氣阻力做的功Wf＝eq\f(1,2)mgR，A正確，B錯誤；小球從最高點到最低點的下落過程，由于小球受到的空氣阻力隨速度的減小而減小，分析可知在同一高度上上升時的阻力大于下落時的阻力，故下落過程中空氣阻力做的功Wf′<Wf，由動能定理可得mg·2R－Wf′＝eq\f(1,2)mv1′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得v1′>eq\r(4gR)，小球再次經(jīng)過最低點時有F2＝T′－mg＝meq\f(v1′2,R)，解得T′>5mg，C錯誤，