第五章 機(jī)械能

第五章機(jī)械能第1講功和功率一、功1．定義：一個(gè)物體受到力的作用，如果在力的方向上發(fā)生了一段位移，就說(shuō)這個(gè)力對(duì)物體做了功。2．做功的兩個(gè)要素(1)作用在物體上的力。(2)物體在力的方向上發(fā)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(diǎn)的位移。(2)該公式只適用于恒力做功。4．功的正負(fù)(1)當(dāng)0°≤α＜90°時(shí)，W＞0，力對(duì)物體做正功。(2)當(dāng)α＝90°時(shí)，W＝0，力對(duì)物體不做功。(3)當(dāng)90°＜α≤180°時(shí)，W＜0，力對(duì)物體做負(fù)功，或者說(shuō)物體克服這個(gè)力做了功。二、功率1．定義：功與完成這些功所用時(shí)間的比值。2．物理意義：描述力對(duì)物體做功的快慢。3．公式(1)P＝eq\f(W,t)，P為時(shí)間t內(nèi)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(shí)速度，則P為瞬時(shí)功率。4．額定功率與實(shí)際功率(1)額定功率：動(dòng)力機(jī)械正常工作時(shí)輸出的最大功率。(2)實(shí)際功率：動(dòng)力機(jī)械實(shí)際工作時(shí)輸出的功率，要求小于或等于額定功率。,情景創(chuàng)設(shè)如圖所示，質(zhì)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(dòng)了距離s，而物體相對(duì)斜面靜止，分析在這一過(guò)程中：微點(diǎn)判斷(1)重力對(duì)物體做正功。(×)(2)支持力對(duì)物體做正功。(√)(3)摩擦力對(duì)物體不做功。(×)(4)合力對(duì)物體做功為零。(√)(5)支持力和摩擦力做功的代數(shù)和為正。(×)(6)支持力和重力做功的代數(shù)和為負(fù)。(×)對(duì)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(shí)刻的功率。(×)(8)由P＝Fv既能求某一時(shí)刻的瞬時(shí)功率，也可以求平均功率。(√)(9)機(jī)車上坡時(shí)，若功率不變，要減小行駛速度，來(lái)得到較大的牽引力。(√)提能點(diǎn)(一)功的正負(fù)判斷和恒力做功的計(jì)算(自練通關(guān))點(diǎn)點(diǎn)通1．[功的正負(fù)判斷](2017·全國(guó)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(gè)小環(huán)。小環(huán)由大圓環(huán)的最高點(diǎn)從靜止開(kāi)始下滑，在小環(huán)下滑的過(guò)程中，大圓環(huán)對(duì)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(huán)圓心 D．始終背離大圓環(huán)圓心解析：選A由于大圓環(huán)是光滑的，因此小環(huán)下滑的過(guò)程中，大圓環(huán)對(duì)小環(huán)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(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；小環(huán)剛下滑時(shí)，大圓環(huán)對(duì)小環(huán)的作用力背離大圓環(huán)的圓心，滑到大圓環(huán)圓心以下的位置時(shí)，大圓環(huán)對(duì)小環(huán)的作用力指向大圓環(huán)的圓心，C、D項(xiàng)錯(cuò)誤。2．[合力做功的計(jì)算]一物體放在水平面上，它的俯視圖如圖所示，兩個(gè)相互垂直的力F1和F2同時(shí)作用在物體上，使物體沿圖中v0的方向做直線運(yùn)動(dòng)。經(jīng)過(guò)一段位移的過(guò)程中，力F1和F2對(duì)物體所做的功分別為3J和4J，則兩個(gè)力的合力對(duì)物體所做的功為()A．3J B．4JC．5J D．7J解析：選D當(dāng)多個(gè)力對(duì)物體做功時(shí)，多個(gè)力的總功大小等于各個(gè)力對(duì)物體做功的代數(shù)和，故W合＝WF1＋WF2＝3J＋4J＝7J，選項(xiàng)D正確。3.[恒力做功大小的計(jì)算]質(zhì)量為m＝2kg的物體沿水平面向右做直線運(yùn)動(dòng)，t＝0時(shí)刻受到一個(gè)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(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5B．10s內(nèi)恒力F對(duì)物體做功為102JC．10s末物體在計(jì)時(shí)起點(diǎn)位置右側(cè)2m處D．10s內(nèi)物體克服摩擦力做功為34J解析：選D設(shè)物體向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)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(shè)物體向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)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(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)＋μmg＝ma1，F(xiàn)－μmg＝ma2，解得F＝3N，μ＝0.05，故A錯(cuò)誤；根據(jù)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(fù)號(hào)表示物體在起點(diǎn)的左側(cè)，則10s內(nèi)恒力F對(duì)物體做功W＝F·|x|＝3×2J＝6J，故B、C均錯(cuò)誤；10s內(nèi)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(guò)1．功的正負(fù)判斷方法(1)恒力功的判斷：依據(jù)力與位移方向的夾角來(lái)判斷。(2)曲線運(yùn)動(dòng)中功的判斷：依據(jù)F與v的方向夾角α來(lái)判斷，0°≤α<90°時(shí)，力對(duì)物體做正功；90°<α≤180°時(shí)，力對(duì)物體做負(fù)功；α＝90°時(shí)，力對(duì)物體不做功。(3)依據(jù)能量變化來(lái)判斷：功是能量轉(zhuǎn)化的量度，若有能量轉(zhuǎn)化，則必有力對(duì)物體做功。此法常用于判斷兩個(gè)相聯(lián)系的物體之間的相互作用力做功的判斷。2．恒力做功的計(jì)算方法3．總功的計(jì)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(gè)力做的功W1、W2、W3、…，再應(yīng)用W總＝W1＋W2＋W3＋…求總功，注意代入“＋”“－”再求和。提能點(diǎn)(二)功率的理解與計(jì)算(題點(diǎn)精研)研微點(diǎn)1．[對(duì)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(fā)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(guān)系是()A．W1＝W2，P1>P2 B．W1>W2，P1＝P2C．W1>W2，P1>P2 D．W1＝W2，P1＝P22.[瞬時(shí)功率的分析與計(jì)算]某次頂竿表演結(jié)束后，演員A(視為質(zhì)點(diǎn))自竿頂由靜止開(kāi)始滑下，如圖甲所示。演員A滑到竿底時(shí)速度正好為零，然后屈腿跳到水平地面上，演員A的質(zhì)量為50kg，長(zhǎng)竹竿質(zhì)量為5kg，A下滑的過(guò)程中速度隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示。重力加速度取10m/s2，則t＝5s時(shí)，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(jì)算](2021·無(wú)錫模擬)一滑塊在水平地面上沿直線滑行，t＝0時(shí)速率為1m/s。從此刻開(kāi)始在與速度平行的方向上對(duì)其施加一水平作用力F，力F和滑塊的速度v隨時(shí)間的變化規(guī)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(zhì)量為0.5kgB．滑塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5C．第1s內(nèi)摩擦力對(duì)滑塊做功為－1JD．第2s內(nèi)力F的平均功率為1.5W對(duì)點(diǎn)清1.對(duì)功率的兩點(diǎn)說(shuō)明(1)物體在發(fā)生一段位移過(guò)程中所對(duì)應(yīng)的功率為平均功率，物體在某一時(shí)刻的功率為瞬時(shí)功率。(2)力對(duì)物體做功的多少與地面是否光滑無(wú)關(guān)，但力對(duì)物體做功的功率大小與地面是否光滑有關(guān)。2．瞬時(shí)功率的計(jì)算方法(1)利用公式P＝Fvcosα，其中v為t時(shí)刻的瞬時(shí)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(jì)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(yùn)動(dòng)的平均速度。[備課札記](méi)[精解詳析——教師用書獨(dú)具]1．選A根據(jù)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(fā)生相同的位移，第一次需要的時(shí)間較短，根據(jù)功率的定義，可知第一次的功率較大，即P1>P2，選項(xiàng)A正確。2．選B由v-t圖像可知，4～6s內(nèi)A向下減速，加速度大小為：a2＝eq\f(2,2)m/s2＝1m/s2，t＝5s時(shí)，A的速度大小為v5＝1m/s，故t＝5s時(shí)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(yùn)動(dòng)的加速度大小a＝eq\f(Δv,Δt)＝1m/s2，由題圖知，第1s內(nèi)有Ff＋F＝ma，第2s內(nèi)有F′－Ff＝ma，則Ff＋1N＝3N－Ff，故Ff＝1N，m＝2kg，又由Ff＝μmg可得動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.05，故A、B錯(cuò)誤；第1s內(nèi)滑塊的位移大小為x＝eq\f(1,2)×1×1m＝0.5m，根據(jù)功的公式可得第1s內(nèi)摩擦力對(duì)滑塊做功為－0.5J，故C錯(cuò)誤；根據(jù)v-t圖像可知，第2s內(nèi)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(nèi)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(diǎn)(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(zhuǎn)化為在無(wú)數(shù)多個(gè)位移上的恒力所做功的代數(shù)和。此法常用于求解大小不變、方向改變的變力做功問(wèn)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(zhì)量為m＝8kg的物塊(可看成質(zhì)點(diǎn))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(nèi))，拉力的方向始終與物塊在該點(diǎn)的切線成37°角，整個(gè)圓弧橋面所對(duì)的圓心角為120°，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。在這一過(guò)程中，下列說(shuō)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(cuò)誤；支持力始終與運(yùn)動(dòng)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(diǎn)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(dòng)，動(dòng)能不變，由動(dòng)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(wèn)題通過(guò)轉(zhuǎn)換研究對(duì)象，可轉(zhuǎn)化為恒力做功，用W＝Flcosα求解。此法常用于輕繩通過(guò)定滑輪拉物體做功的問(wèn)題中。[例2]如圖所示，固定的光滑豎直桿上套著一個(gè)滑塊，滑塊用輕繩系著繞過(guò)光滑的定滑輪O?，F(xiàn)以大小不變的拉力F拉繩，使滑塊從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始上升，滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)速度最大。已知滑塊質(zhì)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(guò)程輕繩對(duì)滑塊做功eq\f(25,36)mgdD．滑塊由A到C過(guò)程輕繩對(duì)滑塊做功eq\f(25,48)mgd[解析]滑塊到C點(diǎn)時(shí)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(cuò)誤；由能量的轉(zhuǎn)化與守恒定律可知，拉力F做的功等于輕繩拉力F對(duì)滑塊做的功，滑輪與A間繩長(zhǎng)L1＝eq\f(d,sin37°)，滑輪與C間繩長(zhǎng)L2＝eq\f(d,sin53°)，滑輪右側(cè)繩子增大的長(zhǎng)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(cuò)誤。[答案]Ceq\a\vs4\al(三利用平均力求變力做功)當(dāng)物體受到的力方向不變，而大小隨位移均勻變化時(shí)，則可以認(rèn)為物體受到一大小為eq\x\to(F)＝eq\f(F1＋F2,2)的恒力作用，F(xiàn)1、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(zhì)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(shù)為k，將B向右拉離平衡位置x后，無(wú)初速度釋放，在以后的運(yùn)動(dòng)中A、B保持相對(duì)靜止，則在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)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(duì)A做功為eq\f(mkx2,2M)D．摩擦力對(duì)A做功為eq\f(mkx2,2M＋m)[解析]剛釋放時(shí)，A、B加速度最大，以整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律得kx＝(M＋m)am，解得am＝eq\f(kx,M＋m)，此時(shí)A受到的摩擦力最大，對(duì)A根據(jù)牛頓第二定律得Ffm＝mam＝eq\f(mkx,M＋m)，故A、B均錯(cuò)誤；在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)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(duì)A做的功為W＝eq\f(Ffm,2)·x＝eq\f(mkx2,2M＋m)，故C錯(cuò)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(shù)和就表示力F在這段位移內(nèi)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(fù)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(guī)則的幾何圖形)。[例4]輕質(zhì)彈簧右端固定在墻上，左端與一質(zhì)量為m＝0.5kg的物塊相連，如圖甲所示，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，物塊靜止，物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2。以物塊所在處為原點(diǎn)，水平向右為正方向建立x軸，現(xiàn)對(duì)物塊施加水平向右的外力F，F(xiàn)隨x軸坐標(biāo)變化的情況如圖乙所示，物塊運(yùn)動(dòng)至x＝0.4m處時(shí)速度為零，則此過(guò)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(xiàn)對(duì)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(yùn)動(dòng)至x＝0.4m處時(shí)F做功W＝3.5J，克服摩擦力做功Wf＝Ffx＝0.4J，由動(dòng)能定理得W－Wf－W彈＝0－0，解得W彈＝3.1J，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。[答案]Aeq\a\vs4\al(五利用動(dòng)能定理求變力做功)利用公式W＝Flcosα不容易直接求功時(shí)，尤其對(duì)于曲線運(yùn)動(dòng)或變力做功問(wèn)題，可考慮由動(dòng)能的變化來(lái)間接求功，所以動(dòng)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(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自軌道端點(diǎn)P由靜止開(kāi)始滑下，滑到最低點(diǎn)Q時(shí)，對(duì)軌道的壓力為2mg，重力加速度大小為g。質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)滑到Q點(diǎn)的過(guò)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(diǎn)質(zhì)點(diǎn)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(dāng)向心力，所以有FN－mg＝meq\f(v2,R)，F(xiàn)N＝2mg，聯(lián)立解得v＝eq\r(gR)，下滑過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)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(xiàng)C正確。[答案]C提能點(diǎn)(四)機(jī)車啟動(dòng)問(wèn)題(題點(diǎn)精研)1．兩種啟動(dòng)方式以恒定功率啟動(dòng)以恒定加速度啟動(dòng)P-t圖像和v-t圖像OA段過(guò)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(yùn)動(dòng)性質(zhì)加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)勻加速直線運(yùn)動(dòng)，維持時(shí)間t0＝eq\f(v1,a)AB段過(guò)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(yùn)動(dòng)性質(zhì)以vm做勻速直線運(yùn)動(dòng)加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)BC段無(wú)F＝F阻?a＝0?以vm＝eq\f(P額,F阻)做勻速運(yùn)動(dòng)2.三個(gè)重要關(guān)系(1)無(wú)論哪種啟動(dòng)過(guò)程，機(jī)車的最大速度都為vm＝eq\f(P,F阻)。(2)機(jī)車以恒定加速度啟動(dòng)時(shí)，勻加速過(guò)程結(jié)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(jī)車以恒定功率運(yùn)行時(shí)，牽引力做的功W＝Pt，由動(dòng)能定理得Pt－F阻x＝ΔEk，此式經(jīng)常用于求解機(jī)車以恒定功率啟動(dòng)過(guò)程的位移、速度或時(shí)間。[考法全析]考法(一)恒定功率啟動(dòng)問(wèn)題[例1]如圖甲所示，在粗糙的水平路段AB上有一質(zhì)量為4×103kg的越野車，正以5m/s的速度向右勻速運(yùn)動(dòng)，越野車前方的水平路段BC較平坦，越野車用12s通過(guò)整個(gè)ABC路段的v-t圖像如圖乙所示，在(1)越野車在AB路段上運(yùn)動(dòng)時(shí)所受的阻力大小；(2)BC路段的長(zhǎng)度。[解析](1)越野車在AB路段時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)，有F1＝f1又P＝F1v1聯(lián)立解得f1＝16000N。(2)t＝12s時(shí)越野車處于平衡狀態(tài)，有F2＝f2，P＝F2v2聯(lián)立解得f2＝8000N在BC路段運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2＝8s由動(dòng)能定理有Pt2－f2x＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12代入數(shù)據(jù)解得x＝61.25m。[答案](1)16000N(2)61.25meq\a\vs4\al([誤區(qū)警示])(1)越野車在整個(gè)路段上運(yùn)動(dòng)時(shí)，發(fā)動(dòng)機(jī)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(yùn)動(dòng)時(shí)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(yùn)動(dòng)，該段位移只能從能量的角度求解。[針對(duì)訓(xùn)練]1.(2021·南京模擬)據(jù)《科技日?qǐng)?bào)》報(bào)道，上海中車公司生產(chǎn)的全球最大馬力無(wú)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(yè)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(guò)程中潛水器的機(jī)械功率恒為180kW，水對(duì)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(yùn)動(dòng)，動(dòng)力等于重力，F(xiàn)＝(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(shí)間為t＝1.5×103s，選項(xiàng)C正確。2．一輛質(zhì)量為m的汽車在平直公路上以功率P、速度v0勻速行駛時(shí)，牽引力為F0。現(xiàn)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(shí)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(shuō)法中正確的是()A．汽車在斜坡上達(dá)到最大速度時(shí)牽引力為eq\f(3,4)F0B．汽車在斜坡上達(dá)到最大速度時(shí)牽引力為eq\f(3,4)F0＋eq\f(1,2)mgC．汽車能達(dá)到的最大速度為v0D．汽車能達(dá)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(shí)，牽引力等于阻力，則Ff＝F0，當(dāng)汽車在斜坡上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)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(cuò)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(cuò)誤?？挤?二)恒定加速度啟動(dòng)問(wèn)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(kāi)始運(yùn)動(dòng)，小車先做勻加速運(yùn)動(dòng)而后以恒定的功率運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖所示(除4～8s時(shí)間段內(nèi)的圖像為曲線外，其余時(shí)間段內(nèi)圖像均為直線)。小車的質(zhì)量為m＝2kg，小車在整個(gè)過(guò)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(shí)加速度a1的大?。?3)小車在加速運(yùn)動(dòng)過(guò)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(xiàn)＝f，得P＝54W。(2)當(dāng)小車的速度為v1時(shí)，其牽引力F1＝eq\f(P,v1)，根據(jù)牛頓第二定律F1－f＝ma1解得：a1＝0.375m/s2。(3)由題圖可知：t1＝4s時(shí)該小車勻加速結(jié)束，速度為v＝6m/s位移為x1＝eq\f(v,2)t1，小車變加速時(shí)，由動(dòng)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(qū)警示])(1)勻加速啟動(dòng)過(guò)程中牽引力不變，輸出功率P與速度v成正比。(2)勻加速過(guò)程的末速度小于小車所能達(dá)到的最大速度。(3)4～8s時(shí)間內(nèi)，遙控小車做變加速直線運(yùn)動(dòng)，功率保持不變。[針對(duì)訓(xùn)練]3．(2021·宿遷模擬)一起重機(jī)的鋼繩由靜止開(kāi)始勻加速提起質(zhì)量為m的重物，當(dāng)重物的速度為v1時(shí)，起重機(jī)的功率達(dá)到最大值P，之后起重機(jī)保持該功率不變，繼續(xù)提升重物，最后重物以最大速度v2勻速上升，不計(jì)鋼繩重力。則整個(gè)過(guò)程中，下列說(shuō)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(guò)程的時(shí)間為eq\f(mv12,P－mgv1)C．重物勻加速過(guò)程的加速度為eq\f(P,mv1)D．速度由v1增大至v2的過(guò)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(guò)程物體處于超重狀態(tài)，鋼繩拉力最大，勻加速運(yùn)動(dòng)階段鋼繩的拉力為F＝eq\f(P,v1)，故A錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律可知F－mg＝ma，結(jié)合v1＝at，解得a＝eq\f(P,mv1)－g，t＝eq\f(mv12,P－mgv1)，故B正確，C錯(cuò)誤；在速度由v1增大至v2的過(guò)程中，重物做加速度減小的變加速運(yùn)動(dòng)，平均速度eq\x\to(v)>eq\f(v1＋v2,2)，故D錯(cuò)誤。所學(xué)知識(shí)應(yīng)用化——P＝Fv的綜合應(yīng)用感悟教材導(dǎo)向捕捉高考信號(hào)(選自新人教版必修第二冊(cè))發(fā)動(dòng)機(jī)輸出的功率不能無(wú)限制地增大，所以汽車上坡時(shí)司機(jī)要用“換擋”的辦法減小速度，來(lái)得到較大的牽引力(如圖所示)。不過(guò)，在發(fā)動(dòng)機(jī)輸出功率一定時(shí)，通過(guò)減小速度增大牽引力或通過(guò)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(fā)動(dòng)機(jī)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(fā)動(dòng)機(jī)的原因。(2020·天津等級(jí)考改編)復(fù)興號(hào)動(dòng)車在世界上首次實(shí)現(xiàn)速度350km/h自動(dòng)駕駛功能，成為我國(guó)高鐵自主創(chuàng)新的又一重大標(biāo)志性成果。一列質(zhì)量為m的動(dòng)車，初速度為v0，以恒定功率P在平直軌道上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t達(dá)到該功率下的最大速度vm，設(shè)動(dòng)車行駛過(guò)程所受到的阻力F保持不變。動(dòng)車在時(shí)間t內(nèi)()A.做勻加速直線運(yùn)動(dòng)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(dòng)車以恒定功率運(yùn)動(dòng)，則由P＝F牽引力v可知，動(dòng)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(dòng)車的加速度逐漸減小，A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)動(dòng)車的加速度為零時(shí)，即牽引力等于阻力時(shí)，動(dòng)車的速度最大，即P＝Fvm，C錯(cuò)誤；設(shè)動(dòng)車在時(shí)間t內(nèi)的位移為x，由動(dòng)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(cuò)誤。熱點(diǎn)緣由：我們?cè)谌粘Ｉ罴肮まr(nóng)業(yè)生產(chǎn)中已離不開(kāi)發(fā)動(dòng)機(jī)、電動(dòng)機(jī)，但無(wú)論是哪種情形，機(jī)車工作時(shí)的輸出功率均為P＝Fv(其中F為機(jī)車的牽引力，v為被牽引物體的速度)。再結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律、牛頓第二定律及功能關(guān)系，即可解決相關(guān)問(wèn)題。[熱點(diǎn)訓(xùn)練]1．(2020·江蘇高考)質(zhì)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(jù)汽車做勻速直線運(yùn)動(dòng)可得此時(shí)汽車的牽引力等于阻力，即F＝f＝1.8×103N，此時(shí)汽車發(fā)動(dòng)機(jī)的實(shí)際輸出功率即瞬時(shí)功率，根據(jù)P＝Fv，代入數(shù)據(jù)解得此時(shí)汽車發(fā)動(dòng)機(jī)的實(shí)際輸出功率為36kW，A、B、D項(xiàng)均錯(cuò)誤，C項(xiàng)正確。2．我國(guó)自主研制的絞吸挖泥船“天鯤號(hào)”達(dá)到世界先進(jìn)水平。若某段工作時(shí)間內(nèi)，“天鯤號(hào)”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(tái)的消防車，具有一定質(zhì)量的伸縮臂能夠在5min內(nèi)使承載4人的登高平臺(tái)(人連同平臺(tái)的總質(zhì)量為400kg)上升60m到達(dá)滅火位置。此后，在登高平臺(tái)上的消防員用水炮滅火，已知水炮的出水量為3m3/min，水離開(kāi)炮口時(shí)的速率為20m/s，g取10m/s2，則()A．水炮工作的發(fā)動(dòng)機(jī)輸出功率約為1×104WB．水炮工作的發(fā)動(dòng)機(jī)輸出功率約為4×104WC．水炮工作的發(fā)動(dòng)機(jī)輸出功率約為2.4×106WD．伸縮臂抬升登高平臺(tái)的發(fā)動(dòng)機(jī)輸出功率約為800W解析：選B水炮的發(fā)動(dòng)機(jī)作用是把水從地面運(yùn)到炮口處，再由水炮發(fā)射出去，因此發(fā)動(dòng)機(jī)做的功轉(zhuǎn)化為水發(fā)射時(shí)的動(dòng)能和重力勢(shì)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(zhì)量m＝1000×eq\f(3,60)kg＝50kg，代入得P＝4×104W，選項(xiàng)B正確，A、C錯(cuò)誤；伸縮臂的發(fā)動(dòng)機(jī)做功把人和登高平臺(tái)抬高了60m，伸縮臂本身有一定的質(zhì)量，伸縮臂自身的重力勢(shì)能也增加，所以伸縮臂發(fā)動(dòng)機(jī)的功率大于P1＝eq\f(m人＋m臺(tái)gh,t)＝eq\f(400×10×60,5×60)W＝800W，選項(xiàng)D錯(cuò)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(xiàn)險(xiǎn)情，汽車要減速慢行，駕駛員在t1時(shí)刻將發(fā)動(dòng)機(jī)的功率減半，以eq\f(1,2)P0的恒定功率行駛到t2時(shí)刻通過(guò)險(xiǎn)情區(qū)之后，駕駛員立即將功率增大到P0，以恒定功率P0繼續(xù)向前行駛到t3時(shí)刻，整個(gè)過(guò)程汽車所受阻力恒為f，則在0～t3這段時(shí)間內(nèi)，汽車的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系圖像可能是()解析：選B在0～t1時(shí)間內(nèi)，汽車以功率P0、速度v0勻速行駛時(shí)，牽引力與阻力平衡，v-t圖線應(yīng)為一段橫線；t1～t2時(shí)間內(nèi)，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(lái)的一半，阻力f沒(méi)有變化，汽車的牽引力小于阻力，汽車開(kāi)始做減速運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，當(dāng)汽車速度v降至eq\f(v0,2)時(shí)，汽車牽引力再次等于阻力，汽車再次做勻速直線運(yùn)動(dòng)；t2～t3時(shí)間內(nèi)，汽車的功率恢復(fù)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(kāi)始做加速運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，當(dāng)汽車速度v升至v0時(shí)，汽車牽引力等于阻力，汽車再次做速度為v0的勻速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B正確。1．(2021·余姚模擬)袋鼠跳是一項(xiàng)很有趣的運(yùn)動(dòng)。如圖所示，一位質(zhì)量為m＝60kg的老師參加袋鼠跳游戲，全程10m，假設(shè)該老師從起點(diǎn)到終點(diǎn)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(shí)，地面對(duì)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(diǎn)到終點(diǎn)的時(shí)間可能是7sD．該老師從起點(diǎn)到終點(diǎn)的時(shí)間可能是4s解析：選C老師起跳時(shí)，地面雖然對(duì)老師有彈力作用，但在彈力的方向上沒(méi)有位移，所以地面對(duì)老師沒(méi)有做功，故A錯(cuò)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(cuò)誤；因老師每次跳躍上升時(shí)間等于下降時(shí)間，且上升時(shí)間t＝0.2s，則老師每次跳躍在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝2t＝0.4s，老師從起點(diǎn)到終點(diǎn)用了相同的10跳，考慮人屈膝跳起的時(shí)間，則總時(shí)間t總＞10t1＝4s，故C正確，D錯(cuò)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(shè)水以恒定的速率v源源不斷地從槍口噴出，關(guān)于水槍工作時(shí)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(jù)動(dòng)能定理，水槍對(duì)水做功等于水獲得的動(dòng)能，則時(shí)間t內(nèi)噴出水的質(zhì)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(shí)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(zhǎng)沙模擬)某飛機(jī)迫降時(shí)著地速度的大小為144km/h，方向與地面平行，飛機(jī)與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.8。迎面空氣阻力f1＝k1v2，升力f2＝k2v2(k1、k2為比例系數(shù))，若飛機(jī)滑行時(shí)速度的平方v2與位移x的關(guān)系如圖所示，飛機(jī)質(zhì)量為20噸，且設(shè)飛機(jī)剛著地時(shí)對(duì)地面無(wú)壓力，g＝10m/s2。(1)比例系數(shù)k2是多少？(2)比例系數(shù)k1和飛機(jī)滑行的距離為多少？(3)飛機(jī)滑行過(guò)程中空氣阻力和摩擦力各做多少功？解析：(1)飛機(jī)剛著地時(shí)對(duì)地面無(wú)壓力，則有f2＝mg飛機(jī)剛著地時(shí)速度v0＝144km/h＝40m/則飛機(jī)剛著地時(shí)，升力f2＝k2v02聯(lián)立并代入題給數(shù)據(jù)解得k2＝125kg/m。(2)根據(jù)牛頓第二定律，有f1＋μN(yùn)＝ma豎直方向上有N＋f2＝mg兩式聯(lián)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(shù)據(jù)解得k1＝100kg/m，a＝8m/s2飛機(jī)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(guān)系，則f1與x呈線性關(guān)系，有Wf1＝－eq\x\to(f)1x1＝－eq\f(k1v02,2)x1＝－8×106J又根據(jù)動(dòng)能定理，有Wf1＋Wf＝0－eq\f(mv02,2)聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得Wf＝－8×106J。答案：(1)125kg/m(2)100kg/m100m(3)－8×106J－8×106J

[課時(shí)跟蹤檢測(cè)]一、立足主干知識(shí)，注重基礎(chǔ)性和綜合性1.(2020·鹽城期中檢測(cè))如圖所示，一個(gè)大人和一個(gè)小孩進(jìn)行登樓比賽，他們同時(shí)從底層出發(fā)，最后到達(dá)六樓，小孩比大人先到。下面說(shuō)法正確的是()A．小孩重力勢(shì)能的變化一定大B．大人重力勢(shì)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(dá)六樓，重力勢(shì)能增加，ΔEp＝mgh，大人與小孩上升的高度相等，大人質(zhì)量大，重力勢(shì)能的增量大，故A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；小孩重力做功比大人重力做功少，小孩所用時(shí)間短，根據(jù)功率：P＝eq\f(W,t)，無(wú)法比較大人和小孩重力做功功率的大小，故C、D均錯(cuò)誤。2.(2021·菏澤模擬)在搶險(xiǎn)救災(zāi)工作中常見(jiàn)到直升機(jī)的身影。如圖為直升機(jī)搶救傷員的情景，直升機(jī)懸停在空中，用繩索將傷員由靜止向上吊起，繩索對(duì)傷員做功的功率恒定，則在傷員加速上升的過(guò)程中(不計(jì)空氣阻力)()A．繩索對(duì)傷員的拉力越來(lái)越大B．傷員克服重力做功的功率恒定C．傷員運(yùn)動(dòng)的速度變化越來(lái)越慢D．合力對(duì)傷員做功的功率越來(lái)越大解析：選C繩索對(duì)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(duì)傷員的拉力F越來(lái)越小，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由P1＝mgv可知，傷員克服重力做功的功率不斷增大，B項(xiàng)錯(cuò)誤；由F－mg＝ma可知，傷員運(yùn)動(dòng)的加速度越來(lái)越小，速度變化得越來(lái)越慢，C項(xiàng)正確；合力對(duì)傷員做功的功率P′＝(F－mg)v＝P－mgv，由于P不變，速度越來(lái)越大，則合力對(duì)傷員做功的功率越來(lái)越小，D項(xiàng)錯(cuò)誤。3.如圖所示，n個(gè)完全相同、邊長(zhǎng)足夠小且互不粘連的小方塊依次排列，總長(zhǎng)度為l，總質(zhì)量為M，它們一起以速度v在光滑水平面上滑動(dòng)，某時(shí)刻開(kāi)始滑上粗糙水平面。小方塊與粗糙水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，若小方塊恰能完全進(jìn)入粗糙水平面，則摩擦力對(duì)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(zhì)量為M的小方塊在進(jìn)入粗糙水平面的過(guò)程中滑動(dòng)摩擦力由0均勻增大，當(dāng)全部進(jìn)入時(shí)摩擦力達(dá)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(cuò)誤；對(duì)所有小方塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程由動(dòng)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(cuò)誤。4．在考駕駛證的科目二階段，有一項(xiàng)測(cè)試叫半坡起步，這是一條類似于凸形橋面設(shè)計(jì)的坡道。要求學(xué)員在半坡定點(diǎn)位置a啟動(dòng)汽車，一段時(shí)間后勻速率通過(guò)最高點(diǎn)b以及剩下路段，如圖所示。下列說(shuō)法正確的是()A．若汽車以額定功率從a點(diǎn)加速到b點(diǎn)，牽引力一直增大B．在最高點(diǎn)b汽車處于平衡狀態(tài)C．在最高點(diǎn)b汽車對(duì)路面的壓力小于汽車的重力D．汽車從a到b運(yùn)動(dòng)過(guò)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(diǎn)加速到b點(diǎn)，牽引力一直減小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；勻速率通過(guò)最高點(diǎn)b以及剩下路段，在最高點(diǎn)b汽車做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，加速度方向向下，不是平衡狀態(tài)，是失重狀態(tài)，在最高點(diǎn)b汽車對(duì)路面的壓力小于汽車的重力，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確；汽車從a到b運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，動(dòng)能增大，由動(dòng)能定理可知，合外力做正功，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。5.(2021·昆山一模)如圖所示，不計(jì)空氣阻力，從O點(diǎn)水平拋出的小球抵達(dá)光滑、固定斜面上端P處時(shí)，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(yùn)動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是()A．小球在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度大小比平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)的大B．小球在斜面上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中地面對(duì)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(diǎn)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(diǎn)以相同速度水平拋出，落地時(shí)間將增大解析：選C小球在抵達(dá)斜面之前做平拋運(yùn)動(dòng)，加速度大小為g；在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(yùn)動(dòng)的加速度大小比平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)的小，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤。對(duì)于小球和斜面組成的系統(tǒng)，因?yàn)樾∏蛴醒匦泵嫦蛳碌募铀俣龋市∏蛟谪Q直方向上有豎直向下的分加速度，小球處于失重狀態(tài)，所以小球在斜面上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中地面對(duì)斜面的支持力小于小球和斜面的總重力，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤。撤去斜面，小球仍從O點(diǎn)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(shí)功率變大，故選項(xiàng)C正確。比較小球在斜面上與空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，由于小球在斜面上運(yùn)動(dòng)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(shí)間變短，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。6．(2021年1月新高考8省聯(lián)考·廣東卷改編)如圖所示，排球比賽中運(yùn)動(dòng)員將排球從M點(diǎn)水平擊出，排球飛到P點(diǎn)時(shí)，被對(duì)方運(yùn)動(dòng)員擊出，球又斜向上飛出后落到M點(diǎn)正下方的N點(diǎn)，N點(diǎn)與P點(diǎn)等高，軌跡的最高點(diǎn)Q與M等高，不計(jì)空氣阻力。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．排球兩次飛行過(guò)程中加速度相同B．排球兩次飛行過(guò)程中重力對(duì)排球做的功相等C．排球離開(kāi)M點(diǎn)的速率比經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)的速率大D．排球到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的速率比離開(kāi)P點(diǎn)時(shí)的速率大解析：選B不計(jì)空氣阻力，排球在空中的拋體運(yùn)動(dòng)只受重力而做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，加速度均為重力加速度g，故A正確；設(shè)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(yùn)動(dòng)從P點(diǎn)經(jīng)Q點(diǎn)到N點(diǎn)，重力做功為零，故B錯(cuò)誤；排球從M點(diǎn)到P點(diǎn)和從Q點(diǎn)到N點(diǎn)都是平拋運(yùn)動(dòng)，在M、Q點(diǎn)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(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，但xMP＞xQN，由x＝v0t可推出離開(kāi)M點(diǎn)的速率大于經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)的速率，故C正確；將排球從P點(diǎn)到Q點(diǎn)的斜上拋運(yùn)動(dòng)由逆向思維法可看成從Q點(diǎn)到P點(diǎn)的平拋運(yùn)動(dòng)，則由M點(diǎn)到P點(diǎn)和Q點(diǎn)到P點(diǎn)的平拋運(yùn)動(dòng)比較，下落高度相同，則運(yùn)動(dòng)時(shí)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(fā)現(xiàn)前方斑馬線上有行人，于是減速禮讓，汽車到達(dá)斑馬線處時(shí)行人已通過(guò)斑馬線，駕駛員便加速前進(jìn)，監(jiān)控系統(tǒng)繪制出該汽車的速度v隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示，下列說(shuō)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(kāi)始減速時(shí)距斑馬線18mD．汽車在加速階段發(fā)動(dòng)機(jī)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(cuò)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(shí)間圖像不能精確求解汽車開(kāi)始減速時(shí)距斑馬線的距離，故C錯(cuò)誤；加速階段，汽車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律F－f＝ma知，牽引力F恒定，速度增加，據(jù)P＝Fv知，功率P增加，故D錯(cuò)誤。8．如圖甲所示，滑輪質(zhì)量、摩擦均不計(jì)，質(zhì)量為2kg的物體在拉力F作用下由靜止開(kāi)始向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，其速度隨時(shí)間的變化關(guān)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(nèi)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(cuò)誤；4s末F的作用點(diǎn)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(nèi)物體上升的高度h＝4m，力F的作用點(diǎn)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(cuò)誤。9．(2021·浙江1月選考)如圖所示，質(zhì)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(jīng)t＝2s滑行到最高點(diǎn)。然后，滑塊返回到出發(fā)點(diǎn)。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(dòng)摩擦因數(shù)μ；(3)從最高點(diǎn)返回到出發(fā)點(diǎn)的過(guò)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(yùn)動(dòng)，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(guò)程a1＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ,m)＝gsinθ＋μgcosθ解得μ＝0.25。(3)下滑過(guò)程a2＝eq\f(mgsinθ－μmgcosθ,m)＝gsinθ－μgcosθ＝4m/s2由運(yùn)動(dòng)學(xué)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(qiáng)化遷移能力，突出創(chuàng)新性和應(yīng)用性10.某質(zhì)量為m＝1500kg的“雙引擎”小汽車，行駛速度v≤54km/h時(shí)靠電動(dòng)機(jī)輸出動(dòng)力；行駛速度在54km/h＜v≤90km/h范圍內(nèi)時(shí)靠汽油機(jī)輸出動(dòng)力，同時(shí)內(nèi)部電池充電；當(dāng)行駛速度v＞90km/h時(shí)汽油機(jī)和電動(dòng)機(jī)同時(shí)工作，這種汽車更節(jié)能環(huán)保。該小汽車在一條平直的公路上由靜止啟動(dòng)，汽車的牽引力F隨運(yùn)動(dòng)時(shí)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(dòng)機(jī)輸出的最大功率為60kWC．汽油機(jī)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(jù)牛頓第二定律有F1－f＝ma，代入數(shù)據(jù)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(xiàng)A錯(cuò)誤；t0時(shí)刻，電動(dòng)機(jī)輸出的功率最大，且Pm＝F1v1＝75kW，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；第一次切換動(dòng)力，由汽油機(jī)牽引時(shí)，汽油機(jī)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(jī)牽引力做的功W＝PΔt＝4.5×105J，選項(xiàng)C正確；汽車前6s內(nèi)的位移x1＝eq\f(1,2)at02＝45m，后5s內(nèi)根據(jù)動(dòng)能定理得PΔt－fx2＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，解得汽車后5s內(nèi)的位移x2＝120m，所以前11s時(shí)間內(nèi)汽車的位移x＝x1＋x2＝165m，選項(xiàng)D錯(cuò)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(diǎn)沿斜面向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)t＝10s物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，物塊運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖乙所示。已知物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列說(shuō)法不正確的是()A．物塊的質(zhì)量m＝1kgB．物塊的加速度a＝1m/s2C．A、B兩點(diǎn)的距離x＝100mD．t＝10s時(shí)拉力的功率P＝80W解析：選Cv-t圖像的斜率表示物體運(yùn)動(dòng)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(duì)物塊受力分析，根據(jù)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(biāo)軸圍成的面積表示位移，所以A、B兩點(diǎn)間的距離為x＝eq\f(1,2)×10×10m＝50m，C錯(cuò)誤；在t＝10s時(shí)，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(zhǎng)為l、傾角為α的斜面固定在水平地面上，一質(zhì)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(dòng)，已知小物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ與下滑距離x的關(guān)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(guò)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(shí)的速度大小為eq\r(2glsinα－2μ0mglcosα)解析：選C對(duì)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(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律有a＝eq\f(mgsinα－μmgcosα,m)＝gsinα－μgcosα，下滑過(guò)程中μ逐漸減小，則加速度a逐漸增大，故B錯(cuò)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(guān)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(guò)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(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理有mglsinα－Wf＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2glsinα－μ0glcosα)，故D錯(cuò)誤。13．某汽車在某次測(cè)試過(guò)程中數(shù)據(jù)如下表所示，請(qǐng)根據(jù)表中數(shù)據(jù)回答問(wèn)題。行駛中整車質(zhì)量1500kg額定功率80kW加速過(guò)程車輛從靜止加速到72km/h所需時(shí)間為20s制動(dòng)過(guò)程車輛以36km/h行駛時(shí)的制動(dòng)距離為5.0m某天張華駕駛該汽車從甲地點(diǎn)沿平直公路到乙地點(diǎn)送貨，張華啟動(dòng)汽車后先以恒定的加速度(該加速度大小與測(cè)試過(guò)程中加速過(guò)程的加速度大小相同)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間，汽車功率達(dá)到額定功率后，保持額定功率繼續(xù)行駛，達(dá)到最大速度后以最大速度行駛，快到乙地點(diǎn)時(shí)，開(kāi)始制動(dòng)汽車，剛好到乙地點(diǎn)停下。已知汽車在平直公路上沿直線行駛時(shí)所受阻力Ff大小恒定，為制動(dòng)過(guò)程中汽車所受阻力的eq\f(1,6)，甲地點(diǎn)到乙地點(diǎn)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(diǎn)到乙地點(diǎn)共經(jīng)歷多長(zhǎng)時(shí)間？解析：(1)由題中表格數(shù)據(jù)知加速過(guò)程的加速度大小為a1＝eq\f(Δv,Δt)＝1m/s2制動(dòng)過(guò)程的加速度大小為a2＝eq\f(v2,2x0)＝10m/s2則制動(dòng)過(guò)程所受阻力大小為F′＝ma2＝1.5×104N汽車行駛過(guò)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(shí)，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(guò)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(guò)程中的最大速度vm0＝eq\f(P,F)＝20m/s，勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1＝eq\f(vm0,a1)＝20s，加速距離為x1＝eq\f(vm02,2a1)＝200m制動(dòng)過(guò)程所用的時(shí)間為t2＝eq\f(vm,a2)＝3.2s，制動(dòng)距離為x2＝eq\f(vm2,2a2)＝51.2m功率達(dá)到額定功率后，汽車做變加速及勻速運(yùn)動(dòng)，在此過(guò)程有Pt0－Ffx＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mvm02其中x＝d－(x1＋x2)，聯(lián)立解得t0＝91.75s故從甲地點(diǎn)到乙地點(diǎn)共經(jīng)歷的時(shí)間為t＝t1＋t2＋t0＝114.95s。答案：(1)32m/s(2)114.95s第2講動(dòng)能定理及其應(yīng)用一、動(dòng)能1．定義：物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能叫動(dòng)能。2．公式：Ek＝eq\f(1,2)mv2。單位為焦耳，1J＝1N·m＝1kg·m2/s2。3．矢標(biāo)性：動(dòng)能是標(biāo)量，只有正值。4．狀態(tài)量：動(dòng)能是狀態(tài)量，因?yàn)関是瞬時(shí)速度。二、動(dòng)能定理1．內(nèi)容：力在一個(gè)過(guò)程中對(duì)物體做的功，等于物體在這個(gè)過(guò)程中動(dòng)能的變化。2．表達(dá)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(dòng)能變化的量度。4．適用條件(1)既適用于直線運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線運(yùn)動(dòng)。(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(zhì)的力，既可以同時(shí)作用，也可以間斷作用。情景創(chuàng)設(shè)有一質(zhì)量為m的木塊，從半徑為r的eq\f(1,4)圓弧曲面上的a點(diǎn)滑向b點(diǎn)，如圖所示。由于摩擦使木塊的運(yùn)動(dòng)速率保持不變。微點(diǎn)判斷(1)由于速度方向在變化，所以動(dòng)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(duì)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(diǎn)(一)對(duì)動(dòng)能定理的理解(自練通關(guān))點(diǎn)點(diǎn)通1．[對(duì)物體動(dòng)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(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后落回地面。忽略空氣阻力，該過(guò)程中小球的動(dòng)能Ek與時(shí)間t的關(guān)系圖像是()解析：選A小球做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)初速度為v0，則v＝v0－gt，小球的動(dòng)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(shù)關(guān)系。2．[對(duì)動(dòng)能定理的理解](2018·全國(guó)卷Ⅱ)如圖，某同學(xué)用繩子拉動(dòng)木箱，使它從靜止開(kāi)始沿粗糙水平路面運(yùn)動(dòng)至具有某一速度。木箱獲得的動(dòng)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(jù)動(dòng)能定理可得：WF＋Wf＝Ek，又知道摩擦力做負(fù)功，即Wf＜0，所以木箱獲得的動(dòng)能一定小于拉力所做的功，選項(xiàng)A正確、B錯(cuò)誤；根據(jù)WF＋Wf＝Ek，無(wú)法確定Ek與－Wf的大小關(guān)系，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。3．[由動(dòng)能定理分析合力做功](2021·宿遷調(diào)研)如圖所示，某質(zhì)點(diǎn)沿直線運(yùn)動(dòng)的v-t圖像為余弦曲線，從圖中可以判斷()A．在0～t1時(shí)間內(nèi)，合力逐漸減小B．在0～t2時(shí)間內(nèi)，合力做正功C．在t1～t2時(shí)間內(nèi)，合力的功率逐漸減小D．在t2～t4時(shí)間內(nèi)，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(shí)間內(nèi)，加速度增大，由牛頓第二定律可知，合力增大，故A錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理知0～t2時(shí)間內(nèi)，動(dòng)能增量為0，即合外力做功為0，故B錯(cuò)誤；t1時(shí)刻，F(xiàn)最大，v＝0，F(xiàn)的功率為0，t2時(shí)刻F＝0，速度最大，F(xiàn)的功率為0，t1～t2時(shí)間內(nèi)，合外力的功率先增大后減小，故C錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理知t2～t4時(shí)間內(nèi)，動(dòng)能增量為0，即合外力做功為0，故D正確。4．[由動(dòng)能定理分析動(dòng)能的變化量]如圖所示，質(zhì)量為M的木塊靜止在光滑的水平面上，質(zhì)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(yùn)動(dòng)。已知當(dāng)子彈相對(duì)木塊靜止時(shí)，木塊前進(jìn)的距離為L(zhǎng)，子彈進(jìn)入木塊的深度為s。若木塊對(duì)子彈的阻力F視為恒定，則下列關(guān)系式中錯(cuò)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(jù)動(dòng)能定理，對(duì)子彈，有－F(L＋s)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，選項(xiàng)D正確；對(duì)木塊，有FL＝eq\f(1,2)Mv2，選項(xiàng)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(xiàng)C正確，只有選項(xiàng)B錯(cuò)誤。一站過(guò)1．動(dòng)能與動(dòng)能變化的區(qū)別(1)動(dòng)能與動(dòng)能的變化是兩個(gè)不同的概念，動(dòng)能是狀態(tài)量，動(dòng)能的變化是過(guò)程量。(2)動(dòng)能沒(méi)有負(fù)值，而動(dòng)能變化量有正負(fù)之分。ΔEk>0，表示物體的動(dòng)能增加；ΔEk<0，表示物體的動(dòng)能減少。2．對(duì)動(dòng)能定理的理解(1)做功的過(guò)程就是能量轉(zhuǎn)化的過(guò)程，動(dòng)能定理表達(dá)式中“＝”的意義是一種因果關(guān)系在數(shù)值上相等的符號(hào)。(2)動(dòng)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(chǎng)力、磁場(chǎng)力或其他力，功則為合力所做的總功。提能點(diǎn)(二)動(dòng)能定理的應(yīng)用(活化思維)考法(一)用動(dòng)能定理求解直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題[例1]某幼兒園要在空地上做一個(gè)滑梯，由于空地大小限制，滑梯的水平跨度確定為x＝6m。設(shè)計(jì)時(shí)，考慮兒童褲料與滑板間的動(dòng)摩擦因數(shù)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(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝eq\f(1,3)，求他從滑梯上由靜止滑到底端的瞬時(shí)速度大??；(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(rèn)為小華滑行的時(shí)間比小明長(zhǎng)。這種說(shuō)法是否正確？簡(jiǎn)要說(shuō)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(shè)滑梯與水平面的夾角為θ，則mgsinθ＝μmgcosθ根據(jù)幾何關(guān)系：tanθ＝eq\f(h,x)聯(lián)立解得：h＝0.4x＝2.4m。(2)設(shè)滑板長(zhǎng)為L(zhǎng)，由動(dòng)能定理得：mgh－μ1mgLcosθ＝eq\f(1,2)mv2，x＝Lcosθ聯(lián)立解得：v＝2eq\(3)這種說(shuō)法不正確，小華下滑的時(shí)間與小明相等。根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系：L＝eq\f(1,2)at2根據(jù)牛頓第二定律，下滑的加速度a＝g(sinθ－μ1cosθ)聯(lián)立解得：t＝eq\r(\f(2L,gsinθ－μ1cosθ))可見(jiàn)，t與m無(wú)關(guān)，小華與小明下滑的時(shí)間相同。[答案](1)2.4m(2)2eq\r(2)m/s(3)見(jiàn)解析eq\a\vs4\al([規(guī)律方法])(1)在恒力作用下的直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題可以應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合求解，也可以應(yīng)用動(dòng)能定理求解。(2)在不涉及時(shí)間的問(wèn)題中，可優(yōu)先考慮應(yīng)用動(dòng)能定理。(3)動(dòng)能定理中的位移和速度均是相對(duì)于同一參考系的，一般以地面為參考系。考法(二)用動(dòng)能定理求解曲線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題[例2]如圖所示，某人將質(zhì)量為m的石塊從距地面高h(yuǎn)處斜向上方拋出，石塊拋出時(shí)的速度大小為v0，由于空氣阻力作用石塊落地時(shí)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(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．石塊剛拋出時(shí)重力的瞬時(shí)功率為mgv0B．石塊落地時(shí)重力的瞬時(shí)功率為mgvC．石塊在空中飛行過(guò)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(guò)程中阻力做功為eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02－mgh[解析]設(shè)石塊剛拋出時(shí)的速度方向與豎直向下的夾角為α，則剛拋出時(shí)重力的瞬時(shí)功率為P＝mgv0cosα，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；石塊落地時(shí)重力的瞬時(shí)功率為mgv，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理，石塊在空中飛行過(guò)程中合外力做的功為W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；設(shè)石塊在空中飛行過(guò)程中阻力做的功為Wf，由動(dòng)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(xiàng)D正確。[答案]Deq\a\vs4\al([規(guī)律方法])(1)動(dòng)能定理表達(dá)式是一個(gè)標(biāo)量式，式中各項(xiàng)均為標(biāo)量，因此，應(yīng)用動(dòng)能定理時(shí)不必關(guān)注速度的具體方向，也不能在某個(gè)方向上列出動(dòng)能定理的表達(dá)式。(2)注意物體所受各力做功的特點(diǎn)，如：重力做功與路徑無(wú)關(guān)，重點(diǎn)關(guān)注始末兩點(diǎn)的高度差，摩擦阻力做功與路徑有關(guān)，對(duì)于曲線運(yùn)動(dòng)，摩擦阻力為變力，摩擦阻力做的功往往為待求量。提能點(diǎn)(三)動(dòng)能定理與圖像的綜合問(wèn)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(dòng)能定理與圖像問(wèn)題的基本步驟[考法全析]考法(一)動(dòng)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(jī)通過(guò)豎井運(yùn)送到地面。某豎井中礦車提升的速度大小v隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖所示，其中圖線①②分別描述兩次不同的提升過(guò)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(duì)于第①次和第②次提升過(guò)程，以下結(jié)論錯(cuò)誤的是()A．礦車上升所用的時(shí)間之比為4∶5B．電機(jī)的最大牽引力之比為1∶1C．電機(jī)輸出的最大功率之比為2∶1D．電機(jī)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(shí)間軸圍成的面積相等，由幾何知識(shí)可得第②次提升過(guò)程所用時(shí)間為2t0＋eq\f(t0,2)＝eq\f(5,2)t0，所以兩次上升所用時(shí)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(jī)的牽引力最大，由牛頓第二定律知，F(xiàn)－mg＝ma，F(xiàn)＝m(g＋a)，由于兩次提升的質(zhì)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(dá)到的最大速度之比為2∶1，由P＝Fv可知，電機(jī)輸出的最大功率之比為2∶1，故C正確。兩個(gè)過(guò)程動(dòng)能變化量相同，克服重力做功相同，由動(dòng)能定理知，兩次電機(jī)做功也相同，故D錯(cuò)誤。[答案]D考法(二)動(dòng)能定理與a-t圖像的綜合[例2]用傳感器研究質(zhì)量為2kg的物體由靜止開(kāi)始做直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律時(shí)，在計(jì)算機(jī)上得到0～6s內(nèi)物體的加速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法正確的是()A．0～6s內(nèi)物體先向正方向運(yùn)動(dòng)，后向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)B．0～6s內(nèi)物體在4s時(shí)的速度最大C．物體在2～4s內(nèi)速度不變D．0～4s內(nèi)合力對(duì)物體做的功等于0～6s內(nèi)合力對(duì)物體做的功[解析]a-t圖線與坐標(biāo)軸圍成的“面積”等于速度的變化量，由題給圖像可知，0～6s內(nèi)速度變化量為正，物體速度方向不變，物體在0～5s內(nèi)一直加速，5s時(shí)速度最大，A、B均錯(cuò)誤；2～4s內(nèi)物體的加速度不變，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；由題圖可知，t＝4s時(shí)和t＝6s時(shí)物體速度大小相等，由動(dòng)能定理可知，物體在0～4s內(nèi)和0～6s內(nèi)動(dòng)能變化量相等，合外力對(duì)物體做功也相等，D正確。[答案]D考法(三)動(dòng)能定理與F-x圖像的綜合[例3](2021·衡水質(zhì)量監(jiān)測(cè))如圖甲所示，在傾角為30°的足夠長(zhǎng)的光滑斜面AB的A處連接一粗糙水平面OA，OA長(zhǎng)為4m。有一質(zhì)量為m的滑塊，從O處由靜止開(kāi)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(guī)律變化?；瑝K與OA間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，g取10m/s2，試求：(1)滑塊運(yùn)動(dòng)到A處的速度大小；(2)不計(jì)滑塊在A處的速率變化，滑塊沖上斜面AB的長(zhǎng)度是多少？[解析](1)由題圖乙知：在前2m內(nèi)，F(xiàn)1＝2mg，做正功；在第3m內(nèi)，F(xiàn)2＝－0.5mg，做負(fù)功；在第4m內(nèi)，F(xiàn)3＝0?；瑒?dòng)摩擦力f＝－μmg＝－0.25mg，始終做負(fù)功。對(duì)OA過(guò)程(前4m過(guò)程)，由動(dòng)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(guò)程，由動(dòng)能定理得－mgLsin30°＝0－eq\f(1,2)mvA2解得沖上斜面AB的長(zhǎng)度L＝5m。[答案](1)5eq\r(2)m/s(2)5m考法(四)動(dòng)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(zhì)量為0.8kg的物體受到水平拉力的作用，在0～6s內(nèi)其速度與時(shí)間的關(guān)系圖像和該拉力的功率與時(shí)間的關(guān)系圖像分別如圖所示。下列說(shuō)法中正確的是(g取10m/s2)()A．0～6s內(nèi)拉力做的功為180JB．物體在0～2s內(nèi)所受的拉力為4NC．物體與粗糙水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5D．合外力在0～6s內(nèi)做的功與0～2s內(nèi)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(nèi)拉力做的功為W＝eq\f(1,2)×2×60J＋4×20J＝140J，故A錯(cuò)誤；由水平拉力的功率P＝Fv可得，在0～2s內(nèi)拉力F＝eq\f(P,v)＝6N,2～6s，拉力F′＝eq\f(P′,v′)＝2N，故B錯(cuò)誤；物體在水平面上只受摩擦力和拉力，在2～6s內(nèi)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(cuò)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(dòng)能定理W合＝ΔEk可知，0～6s與0～2s動(dòng)能的變化量相同，所以合外力在0～6s內(nèi)做的功與0～2s內(nèi)做的功相等，故D正確。[答案]D考法(五)動(dòng)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(kāi)始沿斜面向下滑動(dòng)，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(dòng)摩擦因數(shù)均為常數(shù)。該過(guò)程中，物塊的動(dòng)能Ek與水平位移x關(guān)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(dòng)摩擦力以及垂直斜面向上的支持力，設(shè)物塊的質(zhì)量為m，斜面的傾角為θ，物塊沿斜面下滑的距離對(duì)應(yīng)的水平位移為x，由動(dòng)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(shí)物塊的動(dòng)能與水平位移成正比，B、D項(xiàng)均錯(cuò)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(dòng)摩擦力，由動(dòng)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(shí)的動(dòng)能，x0為物塊沿斜面下滑到底端時(shí)的距離對(duì)應(yīng)的水平位移，即在水平面上物塊的動(dòng)能與水平位移為一次函數(shù)關(guān)系，且為減函數(shù)，A項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤。[答案]A提能點(diǎn)(四)用動(dòng)能定理解決多過(guò)程問(wèn)題(活化思維)1．解題流程2．注意事項(xiàng)(1)動(dòng)能定理中的位移和速度必須是相對(duì)于同一個(gè)參考系的，一般以地面或相對(duì)地面靜止的物體為參考系。(2)應(yīng)用動(dòng)能定理的關(guān)鍵在于對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行準(zhǔn)確的受力分析及運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析，并畫出運(yùn)動(dòng)過(guò)程的草圖，借助草圖理解物理過(guò)程之間的關(guān)系。(3)當(dāng)物體的運(yùn)動(dòng)包含多個(gè)不同過(guò)程時(shí)，可分段應(yīng)用動(dòng)能定理求解；當(dāng)所求解的問(wèn)題不涉及中間的速度時(shí)，也可以全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理求解，這樣更簡(jiǎn)便。(4)列動(dòng)能定理方程時(shí)，必須明確各力做功的正、負(fù)，確實(shí)難以判斷的先假定為正功，最后根據(jù)結(jié)果加以檢驗(yàn)。[考法全析]考法(一)多過(guò)程直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題[例1]如圖所示，小物塊從傾角為θ的傾斜軌道上A點(diǎn)由靜止釋放滑下，最終停在水平軌道上的B點(diǎn)，小物塊與水平軌道、傾斜軌道之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同，A、B兩點(diǎn)的連線與水平方向的夾角為α，不計(jì)物塊在軌道轉(zhuǎn)折時(shí)的機(jī)械能損失，則動(dòng)摩擦因數(shù)為()A．tanθ B．tanαC．tan(θ＋α) D．tan(θ－α)[解析]如圖所示，設(shè)B、O間距離為x1，A點(diǎn)離水平面的高度為h，A、O間的水平距離為x2，物塊的質(zhì)量為m，在物塊運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程中，