第五章 机械能

第五章机械能第1讲功和功率一、功1．定义：一个物体受到力的作用，如果在力的方向上发生了一段位移，就说这个力对物体做了功。2．做功的两个要素(1)作用在物体上的力。(2)物体在力的方向上发生的位移。3．公式：W＝Flcos_α。如图所示。(1)α是力与位移方向之间的夹角，l为力的作用点的位移。(2)该公式只适用于恒力做功。4．功的正负(1)当0°≤α＜90°时，W＞0，力对物体做正功。(2)当α＝90°时，W＝0，力对物体不做功。(3)当90°＜α≤180°时，W＜0，力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功。二、功率1．定义：功与完成这些功所用时间之比。2．物理意义：描述力对物体做功的快慢。3．公式(1)P＝eq\f(W,t)，P为时间t内的平均功率。(2)P＝Fvcos_α(α为F与v的夹角)①v为平均速度，则P为平均功率；②v为瞬时速度，则P为瞬时功率。4．额定功率与实际功率(1)额定功率：动力机械正常工作时输出的最大功率。(2)实际功率：动力机械实际工作时输出的功率，要求小于或等于额定功率。情景创设如图所示，质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面上，斜面沿水平方向向右匀速移动了距离s，而物体相对斜面静止，分析在这一过程中：微点判断(1)重力对物体做正功。(×)(2)支持力对物体做正功。(√)(3)摩擦力对物体不做功。(×)(4)合力对物体做功为零。(√)(5)支持力和摩擦力做功的代数和为正。(×)(6)支持力和重力做功的代数和为负。(×)对功率公式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就可求出任意时刻的功率。(×)(8)由P＝Fv既能求某一时刻的瞬时功率，也可以求平均功率。(√)(9)机车上坡时，若功率不变，要减小行驶速度，来得到较大的牵引力。(√)提能点(一)功的正负判断和恒力做功的计算(自练通关)点点通1．[功的正负判断](2017·全国卷Ⅱ)如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力()A．一直不做功 B．一直做正功C．始终指向大圆环圆心 D．始终背离大圆环圆心解析：选A由于大圆环是光滑的，因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方向始终与速度方向垂直，因此作用力不做功，A项正确，B项错误；小环刚下滑时，大圆环对小环的作用力背离大圆环的圆心，滑到大圆环圆心以下的位置时，大圆环对小环的作用力指向大圆环的圆心，C、D项错误。2．[合力做功的计算]一物体放在水平面上，它的俯视图如图所示，两个相互垂直的力F1和F2同时作用在物体上，使物体沿图中v0的方向做直线运动。经过一段位移的过程中，力F1和F2对物体所做的功分别为3J和4J，则两个力的合力对物体所做的功为()A．3J B．4JC．5J D．7J解析：选D当多个力对物体做功时，多个力的总功大小等于各个力对物体做功的代数和，故W合＝WF1＋WF2＝3J＋4J＝7J，选项D正确。3．[恒力做功大小的计算](多选)质量为m＝2kg的物体沿水平面向右做直线运动，t＝0时刻受到一个水平向左的恒力F，如图甲所示，取水平向右为正方向，此物体的v­t图像如图乙所示，g取10m/sA．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5B．10s内恒力F对物体做功为102JC．10s末物体在计时起点位置左侧2mD．10s内物体克服摩擦力做功为34J解析：选CD设物体向右做匀减速直线运动的加速度为a1，则由v­t图像得加速度大小a1＝2m/s2，方向与初速度方向相反，设物体向左做匀加速直线运动的加速度为a2，则由v­t图像得加速度大小a2＝1m/s2，方向与初速度方向相反，根据牛顿第二定律得，F＋μmg＝ma1，F－μmg＝ma2，解得F＝3N，μ＝0.05，故A错误；根据v­t图像与横轴所围成的面积表示位移得，x＝eq\f(1,2)×4×8m－eq\f(1,2)×6×6m＝－2m，负号表示物体在起点的左侧，则10s内恒力F对物体做功W＝F·|x|＝3×2J＝6J，故B错误，C正确；10s内物体克服摩擦力做功Wf＝fs＝0.05×20×eq\f(1,2)×4×8J＋eq\f(1,2)×6×6J＝34J，故D正确。一站过1．功的正负判断方法(1)恒力功的判断：依据力与位移方向的夹角来判断。(2)曲线运动中功的判断：依据F与v的方向夹角α来判断，0°≤α<90°时，力对物体做正功；90°<α≤180°时，力对物体做负功；α＝90°时，力对物体不做功。(3)依据能量变化来判断：功是能量转化的量度，若有能量转化，则必有力对物体做功。此法常用于判断两个相联系的物体之间的相互作用力做功的判断。2．恒力做功的计算方法3．总功的计算方法方法一：先求合力F合，再用W总＝F合lcosα求功，此法要求F合为恒力。方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3、…，再应用W总＝W1＋W2＋W3＋…求总功，注意代入“＋”“－”再求和。提能点(二)功率的理解与计算(题点精研)研微点1．[对功率的理解]水平恒力F两次作用在同一静止物体上，使物体沿力的方向发生相同的位移，第一次是在光滑水平面上，第二次是在粗糙水平面上，两次力F做的功和功率的大小关系是()A．W1＝W2，P1>P2 B．W1>W2，P1＝P2C．W1>W2，P1>P2 D．W1＝W2，P1＝P22.[瞬时功率的分析与计算]某次顶竿表演结束后，演员A(视为质点)自竿顶由静止开始滑下，如图甲所示。演员A滑到竿底时速度正好为零，然后屈腿跳到水平地面上，演员A的质量为50kg，长竹竿质量为5kg，A下滑的过程中速度随时间变化的图像如图乙所示。重力加速度取10m/s2，则t＝5s时，演员A所受重力的功率为()A．50WB．500WC．55WD．550W3．[平均功率的分析与计算](2021·海口模拟)一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时速率为1m/s。从此刻开始在与速度平行的方向上对其施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲、乙所示，则(两图取同一正方向，重力加速度g＝10m/s2)()A．滑块的质量为0.5kgB．滑块与水平地面间的动摩擦因数为0.5C．第1s内摩擦力对滑块做功为－1JD．第2s内力F的平均功率为1.5W对点清1.对功率的两点说明(1)物体在发生一段位移过程中所对应的功率为平均功率，物体在某一时刻的功率为瞬时功率。(2)力对物体做功的多少与地面是否光滑无关，但力对物体做功的功率大小与地面是否光滑有关。2．瞬时功率的计算方法(1)利用公式P＝Fvcosα，其中v为t时刻的瞬时速度。(2)利用公式P＝FvF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度。(3)利用公式P＝Fvv，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力。3．平均功率的计算方法(1)利用P＝eq\f(W,t)求解。(2)利用P＝Fvcosα求解，其中v为物体运动的平均速度。[精解详析——教师用书独具]1．选A根据功的定义，两次水平恒力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，作用同样大小的力F，第一次的加速度较大，由x＝eq\f(1,2)at2可知，使物体沿力的方向发生相同的位移，第一次需要的时间较短，根据功率的定义，可知第一次的功率较大，即P1>P2，选项A正确。2．选B由v­t图像可知，4～6s内A向下减速，加速度大小为：a2＝eq\f(2,2)m/s2＝1m/s2，t＝5s时，A的速度大小为v5＝1m/s，故t＝5s时演员A所受重力的功率为PG＝mAgv5＝50×10×1W＝500W，故B正确。3．选D滑块运动的加速度大小a＝eq\f(Δv,Δt)＝1m/s2，由题图知，第1s内有Ff＋F＝ma，第2s内有F′－Ff＝ma，则Ff＋1N＝3N－Ff，故Ff＝1N，m＝2kg，又由Ff＝μmg可得动摩擦因数μ＝0.05，故A、B错误；第1s内滑块的位移大小为x＝eq\f(1,2)×1×1m＝0.5m，根据功的公式可得第1s内摩擦力对滑块做功为－0.5J，故C错误；根据v­t图像可知，第2s内的平均速度大小eq\x\to(v)＝eq\f(0＋1,2)m/s＝0.5m/s，所以第2s内力F的平均功率P＝F′eq\x\to(v)＝3×0.5W＝1.5W，故D正确。提能点(三)求变力做功的五种方法(活化思维)eq\a\vs4\al(一利用微元法求变力做功)将物体的位移分割成许多小段，因每一小段很小，每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将变力做功转化为在无数多个位移上的恒力所做功的代数和。此法常用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题。[例1](多选)如图所示，在一半径为R＝6m的圆弧形桥面的底端A，某人把一质量为m＝8kg的物块(可看成质点)用大小始终为F＝75N的拉力从底端缓慢拉到桥面顶端B(圆弧AB在同一竖直平面内)，拉力的方向始终与物块在该点的切线成37°角，整个圆弧桥面所对的圆心角为120°，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。在这一过程中，下列说法正确的是()A．重力做功为240J B．支持力做功为0C．拉力F做功约为376.8J D．摩擦力做功约为136.8J[解析]物块重力做的功WG＝－mgR(1－cos60°)＝－240J，故A错误；支持力始终与运动方向垂直，支持力不做功，故B正确；将圆弧分成很多小段l1、l2、…、ln，拉力在每一小段上做的功为W1、W2、…、Wn，拉力F大小不变，方向始终与物块在该点的切线成37°角，则W1＝Fl1cos37°、W2＝Fl2cos37°、…、Wn＝Flncos37°，WF＝W1＋W2＋…＋Wn＝Fcos37°(l1＋l2＋…＋ln)＝Fcos37°·eq\f(1,6)·2πR≈376.8J，故C正确；因物块在拉力F作用下缓慢移动，动能不变，由动能定理得WF＋WG＋Wf＝0－0，解得Wf＝－WF－WG＝－376.8J＋240J＝－136.8J，故D错误。[答案]BCeq\a\vs4\al(二化变力为恒力求变力做功)有些变力做功问题通过转换研究对象，可转化为恒力做功，用W＝Flcosα求解。此法常用于轻绳通过定滑轮拉物体做功的问题中。[例2](多选)如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，滑块用轻绳系着绕过光滑的定滑轮O。现以大小不变的拉力F拉绳，使滑块从A点由静止开始上升，滑块运动到C点时速度最大。已知滑块质量为m，滑轮O到竖直杆的距离为d，∠OAO′＝37°，∠OCO′＝53°，重力加速度为g(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。则()A．拉力F大小为eq\f(5,3)mgB．拉力F大小为eq\f(5,4)mgC．滑块由A到C过程轻绳对滑块做功eq\f(25,36)mgdD．滑块由A到C过程轻绳对滑块做功eq\f(25,48)mgd[解析]滑块到C点时速度最大，其所受合力为零，则有Fcos53°－mg＝0，解得F＝eq\f(5,3)mg，故A正确，B错误；由能量的转化与守恒定律可知，拉力F做的功等于轻绳拉力F对滑块做的功，滑轮与A间绳长L1＝eq\f(d,sin37°)，滑轮与C间绳长L2＝eq\f(d,sin53°)，滑轮右侧绳子增大的长度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正确，D错误。[答案]ACeq\a\vs4\al(三利用平均力求变力做功)当物体受到的力方向不变，而大小随位移均匀变化时，则可以认为物体受到一大小为eq\x\to(F)＝eq\f(F1＋F2,2)的恒力作用，F1、F2分别为物体在初、末位置所受到的力，然后用公式W＝eq\x\to(F)lcosα求此变力所做的功。[例3](多选)如图所示，A、B质量分别为m和M，B系在固定于墙上的水平轻弹簧的另一端，并置于光滑的水平面上，弹簧的劲度系数为k，将B向右拉离平衡位置x后，无初速度释放，在以后的运动中A、B保持相对静止，则在弹簧恢复原长的过程中()A．A受到的摩擦力最大值为eq\f(mkx,M)B．A受到的摩擦力最大值为eq\f(mkx,M＋m)C．摩擦力对A做功为eq\f(mkx2,2M)D．摩擦力对A做功为eq\f(mkx2,2M＋m)[解析]刚释放时，A、B加速度最大，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得kx＝(M＋m)am，解得am＝eq\f(kx,M＋m)，此时A受到的摩擦力最大，对A根据牛顿第二定律得Ffm＝mam＝eq\f(mkx,M＋m)，故A错误，B正确；在弹簧恢复原长的过程中，A受的摩擦力随位移增大而线性减小到零，所以摩擦力对A做的功为W＝eq\f(Ffm,2)·x＝eq\f(mkx2,2M＋m)，故C错误，D正确。[答案]BDeq\a\vs4\al(四利用F­x图像求变力做功)在F­x图像中，图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移内所做的功，且位于x轴上方的“面积”为正功，位于x轴下方的“面积”为负功，但此方法只适用于便于求图线所围面积的情况(如三角形、矩形、圆等规则的几何图形)。[例4]轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量为m＝0.5kg的物块相连，如图甲所示，弹簧处于原长状态，物块静止，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2。以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴，现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的情况如图乙所示，物块运动至x＝0.4m处时速度为零，则此过程物块克服弹簧弹力做的功为(g取10m/s2)()A．3.1JB．3.5JC．1.8JD．2.0J[解析]物块与水平面间的摩擦力为Ff＝μmg＝1N，现对物块施加水平向右的外力F，由F­x图像面积表示功可知，物块运动至x＝0.4m处时F做功W＝3.5J，克服摩擦力做功Wf＝Ffx＝0.4J，由动能定理得W－Wf－W弹＝0－0，解得W弹＝3.1J，故A正确，B、C、D错误。[答案]Aeq\a\vs4\al(五利用动能定理求变力做功)利用公式W＝Flcosα不容易直接求功时，尤其对于曲线运动或变力做功问题，可考虑由动能的变化来间接求功，所以动能定理是求变力做功的首选。[例5]如图所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端与圆心O等高，质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的压力为2mg，重力加速度大小为g。质点自P点滑到Q点的过程中，克服摩擦力所做的功为()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点质点在竖直方向受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力，所以有FN－mg＝meq\f(v2,R)，FN＝2mg，联立解得v＝eq\r(gR)，下滑过程中，根据动能定理可得mgR－Wf＝eq\f(1,2)mv2，解得Wf＝eq\f(1,2)mgR，所以克服摩擦力做功为eq\f(1,2)mgR，选项C正确。[答案]C提能点(四)机车启动问题(题点精研)1．两种启动方式以恒定功率启动以恒定加速度启动P­t图像和v­t图像OA段过程分析v↑⇒F＝eq\f(P,v)↓⇒a＝eq\f(F－F阻,m)↓a＝eq\f(F－F阻,m)不变⇒F不变eq\o(⇒,\s\up6(v↑))P＝Fv↑直到P额＝Fv1运动性质加速度减小的加速运动匀加速直线运动，维持时间t0＝eq\f(v1,a)AB段过程分析F＝F阻⇒a＝0⇒vm＝eq\f(P,F阻)v↑⇒F＝eq\f(P额,v)↓⇒a＝eq\f(F－F阻,m)↓运动性质以vm做匀速直线运动加速度减小的加速运动BC段无F＝F阻⇒a＝0⇒以vm＝eq\f(P额,F阻)做匀速运动2．三个重要关系(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都为vm＝eq\f(P,F阻)。(2)机车以恒定加速度启动时，匀加速过程结束后功率最大，速度不是最大，即v＝eq\f(P,F)<vm＝eq\f(P,F阻)。(3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W＝Pt，由动能定理得Pt－F阻x＝ΔEk，此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移、速度或时间。[考法全析]考法(一)恒定功率启动问题[例1]如图甲所示，在粗糙的水平路段AB上有一质量为4×103kg的越野车，正以5m/s的速度向右匀速运动，越野车前方的水平路段BC较平坦，越野车用12s通过整个ABC路段的v­t图像如图乙所示，在(1)越野车在AB路段上运动时所受的阻力大小；(2)BC路段的长度。[解析](1)越野车在AB路段时做匀速运动，有F1＝f1又P＝F1v1联立解得f1＝16000N。(2)t＝12s时越野车处于平衡状态，有F2＝f2，P＝F2v2联立解得f2＝8000N在BC路段运动时间为t2＝8s由动能定理有Pt2－f2x＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)代入数据解得x＝61.25m。[答案](1)16000N(2)61.25meq\a\vs4\al([误区警示])(1)越野车在整个路段上运动时，发动机的输出功率保持不变，在BC段越野车加速的原因是路面阻力减小了。(2)越野车匀速运动时牵引力等于阻力，而牵引力可用F＝eq\f(P,v)求解。(3)在BC段，越野车做非匀变速运动，该段位移只能从能量的角度求解。[针对训练]1．(2021·文昌模拟)据《科技日报》报道，上海中车公司生产的全球最大马力无人遥控潜水器在上海下线。该潜水器自重5×103kg，主要用于深海搜寻和打捞等。若在某次作业中，潜水器带着4×103kg的重物从3000m深的海底一起匀速上升到了海面，已知上升过程中潜水器的机械功率恒为180kW，水对潜水器(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：选C由题意可知，潜水器(含重物)匀速运动，动力等于重力，F＝(m潜＋m重)g，由P＝Fv可得上升速度为v＝2m/s，由h＝vt解得潜水器上升的时间为t＝1.5×103s，选项C正确。2．(多选)一辆质量为m的汽车在平直公路上以功率P、速度v0匀速行驶时，牵引力为F0。现汽车以恒定的功率P驶上倾角为30°的斜坡，已知汽车在斜坡上行驶时所受的摩擦阻力是在平直路面上的eq\f(3,4)，重力加速度为g，则下列说法中正确的是()A．汽车在斜坡上达到最大速度时牵引力为eq\f(3,4)F0B．汽车在斜坡上达到最大速度时牵引力为eq\f(3,4)F0＋eq\f(1,2)mgC．汽车能达到的最大速度为v0D．汽车能达到的最大速度为eq\f(4P,3F0＋2mg)解析：选BD汽车在平直公路上匀速行驶时，牵引力等于阻力，则Ff＝F0，当汽车在斜坡上匀速运动时速度最大，则F－mgsin30°－eq\f(3,4)F0＝0，解得F＝eq\f(3,4)F0＋eq\f(1,2)mg，故A错误，B正确；由P＝Fv得汽车的最大速度为vmax＝eq\f(P,F)＝eq\f(4P,3F0＋2mg)，故C错误，D正确。考法(二)恒定加速度启动问题[例2](2021·德州模拟)某兴趣小组让一辆自制遥控小车在水平的直轨道上由静止开始运动，小车先做匀加速运动而后以恒定的功率运动，其运动的v­t图像如图所示(除4～8s时间段内的图像为曲线外，其余时间段内图像均为直线)。小车的质量为m＝2kg，小车在整个过程中所受的阻力大小不变恒为f＝6N。求：(1)小车匀速行驶阶段的功率；(2)小车的速度为v1＝8m/s时加速度a1的大小；(3)小车在加速运动过程中总位移x的大小。[解析](1)由题图可知：小车的最大速度vmax＝9m/s由公式P＝Fvmax，F＝f，得P＝54W。(2)当小车的速度为v1时，其牵引力F1＝eq\f(P,v1)，根据牛顿第二定律F1－f＝ma1解得：a1＝0.375m/s2。(3)由题图可知：t1＝4s时该小车匀加速结束，速度为v＝6m/s位移为x1＝eq\f(v,2)t1，小车变加速时，由动能定理：P(t2－t1)－fx2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－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([误区警示])(1)匀加速启动过程中牵引力不变，输出功率P与速度v成正比。(2)匀加速过程的末速度小于小车所能达到的最大速度。(3)4～8s时间内，遥控小车做变加速直线运动，功率保持不变。[针对训练]3．(2021·临沂模拟)一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的功率达到最大值P，之后起重机保持该功率不变，继续提升重物，最后重物以最大速度v2匀速上升，不计钢绳重力。则整个过程中，下列说法正确的是()A．钢绳的最大拉力为eq\f(P,v2)B．重物匀加速过程的时间为eq\f(mv\o\al(2,1),P－mgv1)C．重物匀加速过程的加速度为eq\f(P,mv1)D．速度由v1增大至v2的过程中，重物的平均速度eq\x\to(v)<eq\f(v1＋v2,2)解析：选B匀加速过程物体处于超重状态，钢绳拉力最大，匀加速运动阶段钢绳的拉力为F＝eq\f(P,v1)，故A错误；根据牛顿第二定律可知F－mg＝ma，结合v1＝at，解得a＝eq\f(P,mv1)－g，t＝eq\f(mv\o\al(2,1),P－mgv1)，故B正确，C错误；在速度由v1增大至v2的过程中，重物做加速度减小的变加速运动，平均速度eq\x\to(v)>eq\f(v1＋v2,2)，故D错误。所学知识应用化——P＝Fv的综合应用感悟教材导向捕捉高考信号(选自新人教版必修第二册)发动机输出的功率不能无限制地增大，所以汽车上坡时司机要用“换挡”的办法减小速度，来得到较大的牵引力(如图所示)。不过，在发动机输出功率一定时，通过减小速度增大牵引力或通过减小牵引力而提高速度，效果都是有限的。所以，要提高速度和增大牵引力，必须提高发动机的额定功率，这就是高速火车、汽车和大型舰船需要大功率发动机的原因。(2020·天津等级考)(多选)复兴号动车在世界上首次实现速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内()A.做匀加速直线运动B．加速度逐渐减小C.牵引力的功率P＝FvmD．牵引力做功W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)热点缘由：我们在日常生活及工农业生产中已离不开发动机、电动机，但无论是哪种情形，机车工作时的输出功率均为P＝Fv(其中F为机车的牵引力，v为被牵引物体的速度)。再结合运动学规律、牛顿第二定律及功能关系，即可解决相关问题。解析：选BC由于动车以恒定功率运动，则由P＝F牵引力v可知，动车的速度增大，则牵引力减小，由牛顿第二定律F牵引力－F＝ma得动车的加速度逐渐减小，A错误，B正确；当动车的加速度为零时，即牵引力等于阻力时，动车的速度最大，即P＝Fvm，C正确；设动车在时间t内的位移为x，由动能定理得W－Fx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，则牵引力所做的功为W＝Fx＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，D错误。[热点训练]1．(2020·江苏高考)质量为1.5×103kg的汽车在水平路面上匀速行驶，速度为20m/s，受到的阻力大小为1.8×10A．90W B．30kWC．36kW D．300kW解析：选C根据汽车做匀速直线运动可得此时汽车的牵引力等于阻力，即F＝f＝1.8×103N，此时汽车发动机的实际输出功率即瞬时功率，根据P＝Fv，代入数据解得此时汽车发动机的实际输出功率为36kW，A、B、D项均错误，C项正确。2．我国自主研制的绞吸挖泥船“天鲲号”达到世界先进水平。若某段工作时间内，“天鲲号”的泥泵输出功率恒为1×104kW，排泥量为1.4m3/s，排泥管的横截面积为0.7mA．5×106N B．2×107NC．2×109N D．5×109N解析：选A由排泥量和排泥管横截面积可求排泥速度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·滨州模拟)如图所示是具有登高平台的消防车，具有一定质量的伸缩臂能够在5min内使承载4人的登高平台(人连同平台的总质量为400kg)上升60m到达灭火位置。此后，在登高平台上的消防员用水炮灭火，已知水炮的出水量为3m3/min，水离开炮口时的速率为20m/s，g取10m/s2，则()A．水炮工作的发动机输出功率约为1×104WB．水炮工作的发动机输出功率约为4×104WC．水炮工作的发动机输出功率约为2.4×106WD．伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为800W解析：选B水炮的发动机作用是把水从地面运到炮口处，再由水炮发射出去，因此发动机做的功转化为水发射时的动能和重力势能，所以输出功率P＝eq\f(W,t)＝eq\f(mgh＋\f(1,2)mv2,t)，每秒射出水的质量m＝1000×eq\f(3,60)kg＝50kg，代入得P＝4×104W，选项B正确，A、C错误；伸缩臂的发动机做功把人和登高平台抬高了60m，伸缩臂本身有一定的质量，伸缩臂自身的重力势能也增加，所以伸缩臂发动机的功率大于P1＝eq\f(m人＋m台gh,t)＝eq\f(400×10×60,5×60)W＝800W，选项D错误。4．一辆汽车在平直公路上以恒定功率P0匀速行驶，行驶的速度为v0。由于前方出现险情，汽车要减速慢行，驾驶员在t1时刻将发动机的功率减半，以eq\f(1,2)P0的恒定功率行驶到t2时刻通过险情区之后，驾驶员立即将功率增大到P0，以恒定功率P0继续向前行驶到t3时刻，整个过程汽车所受阻力恒为f，则在0～t3这段时间内，汽车的速度随时间变化的关系图像可能是()解析：选B在0～t1时间内，汽车以功率P0、速度v0匀速行驶时，牵引力与阻力平衡，v­t图线应为一段横线；t1～t2时间内，汽车的功率减为eq\f(1,2)P0的瞬间，汽车速度仍为v0，汽车的牵引力突然减小到原来的一半，阻力f没有变化，汽车的牵引力小于阻力，汽车开始做减速运动，速度减小，由牛顿第二定律得f－eq\f(P0,2v)＝ma1，可知汽车的加速度逐渐减小，即v­t图线的斜率逐渐减小，汽车做加速度逐渐减小的减速运动，当汽车速度v降至eq\f(v0,2)时，汽车牵引力再次等于阻力，汽车再次做匀速直线运动；t2～t3时间内，汽车的功率恢复到P0的瞬间，汽车速度为eq\f(1,2)v0，汽车的牵引力大于阻力，汽车开始做加速运动，速度增大，由牛顿第二定律得eq\f(P0,v)－f＝ma2，可知汽车的加速度逐渐减小，即v­t图线的斜率逐渐减小，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当汽车速度v升至v0时，汽车牵引力等于阻力，汽车再次做速度为v0的匀速直线运动，选项B正确。1.(2021·余姚模拟)袋鼠跳是一项很有趣的运动。如图所示，一位质量为m＝60kg的老师参加袋鼠跳游戏，全程10m，假设该老师从起点到终点用了相同的10跳，每一次跳起后，重心上升最大高度为h＝0.2m。忽略空气阻力，下列正确的是()A．该老师起跳时，地面对该老师做正功B．该老师每跳跃一次克服重力做功为60JC．该老师从起点到终点的时间可能是7sD．该老师从起点到终点的时间可能是4s解析：选C老师起跳时，地面虽然对老师有弹力作用，但在弹力的方向上没有位移，所以地面对老师没有做功，故A错误；因跳起后重心上升的最大高度h＝0.2m，老师每跳跃一次克服重力做的功W＝mgh＝120J，故B错误；因老师每次跳跃上升时间等于下降时间，且上升时间t＝0.2s，则老师每次跳跃在空中运动的时间t1＝2t＝0.4s，老师从起点到终点用了相同的10跳，考虑人屈膝跳起的时间，则总时间t总＞10t1＝4s，故C正确，D错误。2.如图所示是一种清洗车辆用的手持式喷水枪。若已知水枪口的横截面积为S，水的密度为ρ。设水以恒定的速率v源源不断地从枪口喷出，关于水枪工作时功率的大小，下列判断正确的是()A．与S成反比B．与v成正比C．与v2成正比D．与v3成正比解析：选D根据动能定理，水枪对水做功等于水获得的动能，则时间t内喷出水的质量为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，水枪工作时功率大小与水枪口的横截面积S成正比，与出口处水的速率v的立方成正比，故D正确。3.(2021·长沙模拟)某飞机迫降时着地速度的大小为144km/h，方向与地面平行，飞机与地面间的动摩擦因数μ＝0.8。迎面空气阻力f1＝k1v2，升力f2＝k2v2(k1、k2为比例系数)，若飞机滑行时速度的平方v2与位移x的关系如图所示，飞机质量为20吨，且设飞机刚着地时对地面无压力，g＝10m/s2。(1)比例系数k2是多少？(2)比例系数k1和飞机滑行的距离为多少？(3)飞机滑行过程中空气阻力和摩擦力各做多少功？解析：(1)飞机刚着地时对地面无压力，则有f2＝mg飞机刚着地时速度v0＝144km/h＝40m/则飞机刚着地时，升力f2＝k2veq\o\al(2,0)联立并代入题给数据解得k2＝125kg/m。(2)根据牛顿第二定律，有f1＋μN＝ma竖直方向上有N＋f2＝mg两式联立解得a＝eq\f(k1－μk2,m)v2＋μg由v2­x图像知，a恒定，则eq\f(k1－μk2,m)＝0代入数据解得k1＝100kg/m，a＝8m/s2飞机滑行的距离为x1＝eq\f(v\o\al(2,0),2a)＝100m。(3)f1与v2成正比，v2与x呈线性关系，则f1与x呈线性关系，有Wf1＝－eq\x\to(f)1x1＝－eq\f(k1v\o\al(2,0),2)x1＝－8×106J又根据动能定理，有Wf1＋Wf＝0－eq\f(mv\o\al(2,0),2)联立并代入数据解得Wf＝－8×106J。答案：(1)125kg/m(2)100kg/m100m(3)－8×106J－8×106J[课时跟踪检测]一、立足主干知识，注重基础性和综合性1.(2020·盐城期中检测)如图所示，一个大人和一个小孩进行登楼比赛，他们同时从底层出发，最后到达六楼，小孩比大人先到。下面说法正确的是()A．小孩重力势能的变化一定大B．大人重力势能的变化一定大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：选B从底层到达六楼，重力势能增加，ΔEp＝mgh，大人与小孩上升的高度相等，大人质量大，重力势能的增量大，故A项错误，B项正确；小孩重力做功比大人重力做功少，小孩所用时间短，根据功率：P＝eq\f(W,t)，无法比较大人和小孩重力做功功率的大小，故C、D均错误。2.(2021·菏泽模拟)在抢险救灾工作中常见到直升机的身影。如图为直升机抢救伤员的情景，直升机悬停在空中，用绳索将伤员由静止向上吊起，绳索对伤员做功的功率恒定，则在伤员加速上升的过程中(不计空气阻力)()A．绳索对伤员的拉力越来越大B．伤员克服重力做功的功率恒定C．伤员运动的速度变化越来越慢D．合力对伤员做功的功率越来越大解析：选C绳索对伤员的拉力做功的功率不变，而伤员加速上升，速度增大，由P＝Fv可知，绳索对伤员的拉力F越来越小，A项错误；由P1＝mgv可知，伤员克服重力做功的功率不断增大，B项错误；由F－mg＝ma可知，伤员运动的加速度越来越小，速度变化得越来越慢，C项正确；合力对伤员做功的功率P′＝(F－mg)v＝P－mgv，由于P不变，速度越来越大，则合力对伤员做功的功率越来越小，D项错误。3．(多选)如图所示，n个完全相同、边长足够小且互不粘连的小方块依次排列，总长度为l，总质量为M，它们一起以速度v在光滑水平面上滑动，某时刻开始滑上粗糙水平面。小方块与粗糙水平面之间的动摩擦因数为μ，若小方块恰能完全进入粗糙水平面，则摩擦力对所有小方块所做功的大小为()A.eq\f(1,2)Mv2 B．Mv2C.eq\f(1,2)μMgl D．μMgl解析：选AC总质量为M的小方块在进入粗糙水平面的过程中滑动摩擦力由0均匀增大，当全部进入时摩擦力达最大值μMg，总位移为l，平均摩擦力为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，功的大小为eq\f(1,2)μMgl，故C正确，D错误；对所有小方块运动过程由动能定理得Wf＝0－eq\f(1,2)Mv2，解得Wf＝－eq\f(1,2)Mv2，则功的大小为eq\f(1,2)Mv2，故A正确，B错误。4．在考驾驶证的科目二阶段，有一项测试叫半坡起步，这是一条类似于凸形桥面设计的坡道。要求学员在半坡定点位置a启动汽车，一段时间后匀速率通过最高点b以及剩下路段，如图所示。下列说法正确的是()A．若汽车以额定功率从a点加速到b点，牵引力一直增大B．在最高点b汽车处于平衡状态C．在最高点b汽车对路面的压力小于汽车的重力D．汽车从a到b运动过程中，合外力做功为0解析：选C由P＝Fv可知，若汽车以额定功率从a点加速到b点，牵引力一直减小，选项A错误；匀速率通过最高点b以及剩下路段，在最高点b汽车做匀速圆周运动，加速度方向向下，不是平衡状态，是失重状态，在最高点b汽车对路面的压力小于汽车的重力，选项B错误，C正确；汽车从a到b运动过程中，动能增大，由动能定理可知，合外力做正功，选项D错误。5.(2021·青岛一模)如图所示，不计空气阻力，从O点水平抛出的小球抵达光滑、固定斜面上端P处时，速度方向恰好沿着斜面方向，然后紧贴斜面PQ做匀加速直线运动。下列说法正确的是()A．小球在斜面上运动的加速度大小比平抛运动时的大B．小球在斜面上运动的过程中地面对斜面的支持力大于小球和斜面的总重力C．撤去斜面，小球仍从O点以相同速度水平抛出，落地瞬间小球重力的功率将变大D．撤去斜面，小球仍从O点以相同速度水平抛出，落地时间将增大解析：选C小球在抵达斜面之前做平抛运动，加速度大小为g；在斜面上运动时，由牛顿第二定律得加速度为a＝gsinα(α是斜面的倾角)，可知小球在斜面上运动的加速度大小比平抛运动时的小，故选项A错误。对于小球和斜面组成的系统，因为小球有沿斜面向下的加速度，故小球在竖直方向上有竖直向下的分加速度，小球处于失重状态，所以小球在斜面上运动的过程中地面对斜面的支持力小于小球和斜面的总重力，故选项B错误。撤去斜面，小球仍从O点以相同速度水平抛出，落地瞬间竖直方向分速度变大，重力的瞬时功率变大，故选项C正确。比较小球在斜面上与空中运动的时间，由于小球在斜面上运动的加速度为a＝gsinα，竖直分加速度为ay＝asinα＝gsin2α＜g，则知撤去斜面，小球落地时间变短，故选项D错误。6．(2021年1月新高考8省联考·广东卷)(多选)如图所示，排球比赛中运动员将排球从M点水平击出，排球飞到P点时，被对方运动员击出，球又斜向上飞出后落到M点正下方的N点，N点与P点等高，轨迹的最高点Q与M等高，不计空气阻力。下列说法正确的有()A．排球两次飞行过程中加速度相同B．排球两次飞行过程中重力对排球做的功相等C．排球离开M点的速率比经过Q点的速率大D．排球到达P点时的速率比离开P点时的速率大解析：选ACD不计空气阻力，排球在空中的抛体运动只受重力而做匀变速曲线运动，加速度均为重力加速度g，故A正确；设排球第一次从M到P下落高度为h，重力做正功为WG＝mgh，第二次做斜上抛运动从P点经Q点到N点，重力做功为零，故B错误；排球从M点到P点和从Q点到N点都是平抛运动，在M、Q点均只有水平方向的速度，下落高度h相同，由h＝eq\f(1,2)gt2知运动时间相同，但xMP＞xQN，由x＝v0t可推出离开M点的速率大于经过Q点的速率，故C正确；将排球从P点到Q点的斜上抛运动由逆向思维法可看成从Q点到P点的平抛运动，则由M点到P点和Q点到P点的平抛运动比较，下落高度相同，则运动时间相同，竖直分速度vy一样，但M到P的水平位移大，则水平速度v0较大，由v＝eq\r(v02＋vy2)，可知从M到P的末速度大小大于从P到Q的初速度大小，故D正确。7．汽车在限速为40km/h的道路上匀速行驶，驾驶员发现前方斑马线上有行人，于是减速礼让，汽车到达斑马线处时行人已通过斑马线，驾驶员便加速前进，监控系统绘制出该汽车的速度v随时间t变化的图像如图所示，下列说法正确的是()A．减速前该车已超速B．汽车在加速阶段的加速度大小为3m/s2C．驾驶员开始减速时距斑马线18mD．汽车在加速阶段发动机的输出功率保持不变解析：选B由图像可知，汽车减速前的行驶速度为v0＝10m/s＝36km/h，未超速，故A错误；汽车在加速阶段的加速度大小为：a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(8－2,5.5－3.5)m/s2＝3m/s2，故B正确；由速度时间图像不能精确求解汽车开始减速时距斑马线的距离，故C错误；加速阶段，汽车做匀加速直线运动，由牛顿第二定律F－f＝ma知，牵引力F恒定，速度增加，据P＝Fv知，功率P增加，故D错误。8．如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为2kg的物体在拉力F作用下由静止开始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可知()A．物体加速度大小为2m/s2B．F的大小为21NC．4s末F的功率为42WD．4s内F的平均功率为42W解析：选C由题图乙可知，v­t图像的斜率表示物体加速度的大小，即a＝0.5m/s2，由2F－mg＝ma可得：F＝10.5N，A、B均错误；4s末F的作用点的速度大小为vF＝2v物＝4m/s，故4s末F的功率为P＝FvF＝42W，C正确；4s内物体上升的高度h＝4m，力F的作用点的位移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错误。9．(2021·浙江1月选考)如图所示，质量m＝2kg的滑块以v0＝16m/s的初速度沿倾角θ＝37°的斜面上滑，经t＝2s滑行到最高点。然后，滑块返回到出发点。已知sin37°＝0.6，cos37°＝08，g取10m/s2，求滑块(1)最大位移值x；(2)与斜面间的动摩擦因数μ；(3)从最高点返回到出发点的过程中重力的平均功率eq\x\to(P)。解析：(1)滑块向上做匀减速直线运动，有x＝eq\f(v0,2)t得x＝16m。(2)以沿斜面向下为正方向，加速度a1＝eq\f(Δv,t)＝8m/s2上滑过程a1＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ,m)＝gsinθ＋μgcosθ解得μ＝0.25。(3)下滑过程a2＝eq\f(mgsinθ－μmgcosθ,m)＝gsinθ－μgcosθ＝4m/s2由运动学公式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、强化迁移能力，突出创新性和应用性10.(多选)某质量为m＝1500kg的“双引擎”小汽车，行驶速度v≤54km/h时靠电动机输出动力；行驶速度在54km/h＜v≤90km/h范围内时靠汽油机输出动力，同时内部电池充电；当行驶速度v＞90km/h时汽油机和电动机同时工作，这种汽车更节能环保。该小汽车在一条平直的公路上由静止启动，汽车的牵引力F随运动时间t的变化图线如图所示，汽车所受阻力恒为1250N。已知汽车在A．t0＝6sB．电动机输出的最大功率为60kWC．汽油机工作期间牵引力做的功为4.5×105JD．汽车的位移为160m解析：选AC在0～t0阶段，由题图可知牵引力恒为F1＝5000N，根据牛顿第二定律有F1－f＝ma，代入数据可得加速度a＝2.5m/s2，v1＝54km/h＝15m/s，由t0＝eq\f(v1,a)得t0＝6s，选项A正确；t0时刻，电动机输出的功率最大，且Pm＝F1v1＝75kW，选项B错误；第一次切换动力，由汽油机牵引时，汽油机输出的功率P＝F2v1＝90kW，第11s末汽车的速度v2＝eq\f(P,F3)＝25m/s＝90km/h，故此期间汽油机牵引力做的功W＝PΔt＝4.5×105J，选项C正确；汽车前6s内的位移x1＝eq\f(1,2)at02＝45m，后5s内根据动能定理得PΔt－fx2＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，解得汽车后5s内的位移x2＝120m，所以前11s时间内汽车的位移x＝x1＋x2＝165m，选项D错误。11．(多选)如图甲所示，倾角为θ＝37°的斜面固定在水平面上。物块在与斜面成α＝37°、大小F＝10N的拉力作用下，从底端A点沿斜面向上做匀加速运动，经t＝10s物块运动到B点，物块运动的v­t图像如图乙所示。已知物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是()A．物块的质量m＝1kgB．物块的加速度a＝1m/s2C．A、B两点的距离x＝100mD．t＝10s时拉力的功率P＝80W解析：选ABDv­t图像的斜率表示物体运动的加速度，故物块沿斜面上滑的加速度为a＝eq\f(10－0,10)m/s2＝1m/s2，对物块受力分析，根据牛顿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正确；v­t图像与坐标轴围成的面积表示位移，所以A、B两点间的距离为x＝eq\f(1,2)×10×10m＝50m，C错误；在t＝10s时，速度为10m/s，故拉力的功率为P＝Fcosα·v＝80W，D正确。12．(多选)如图甲所示，长为l、倾角为α的斜面固定在水平地面上，一质量为m的小物块从斜面顶端由静止释放并沿斜面向下滑动，已知小物块与斜面间的动摩擦因数μ与下滑距离x的关系图像如图乙所示，则()A．μ0>tanαB．小物块下滑的加速度逐渐增大C．小物块下滑到斜面底端的过程中克服摩擦力做的功为eq\f(1,2)μ0mglcosαD．小物块下滑到斜面低端时的速度大小为eq\r(2glsinα－2μ0mglcosα)解析：选BC对物块受力分析可知物块在斜面顶端静止释放能够下滑，则满足mgsinα>μ0mgcosα，即μ0<tanα，故A错误；根据牛顿第二定律有a＝eq\f(mgsinα－μmgcosα,m)＝gsinα－μgcosα，下滑过程中μ逐渐减小，则加速度a逐渐增大，故B正确；由题图乙可知μ＝－eq\f(μ0,l)x＋μ0，则摩擦力f＝μmgcosα＝－eq\f(μ0mgcosα,l)x＋μ0mgcosα，可知f与x成线性关系，如图所示，其中f0＝μ0mgcosα，图线和横轴所围的面积表示小物块克服摩擦力做的功，则下滑到斜面底端的过程小物块克服摩擦力做功Wf＝eq\f(1,2)f0l＝eq\f(1,2)μ0mglcosα，故C正确；下滑过程根据动能定理有mglsinα－Wf＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2glsinα－μ0glcosα)，故D错误。13．某汽车在某次测试过程中数据如下表所示，请根据表中数据回答问题。行驶中整车质量1500kg额定功率80kW加速过程车辆从静止加速到72km/h所需时间为20s制动过程车辆以36km/h行驶时的制动距离为5.0m某天张华驾驶该汽车从甲地点沿平直公路到乙地点送货，张华启动汽车后先以恒定的加速度(该加速度大小与测试过程中加速过程的加速度大小相同)运动一段时间，汽车功率达到额定功率后，保持额定功率继续行驶，达到最大速度后以最大速度行驶，快到乙地点时，开始制动汽车，刚好到乙地点停下。已知汽车在平直公路上沿直线行驶时所受阻力Ff大小恒定，为制动过程中汽车所受阻力的eq\f(1,6)，甲地点到乙地点的距离为d＝3km，取重力加速度g＝10m/s2。(1)求汽车在平直公路上行驶的最大速度vm；(2)张华由甲地点到乙地点共经历多长时间？解析：(1)由题中表格数据知加速过程的加速度大小为a1＝eq\f(Δv,Δt)＝1m/s2制动过程的加速度大小为a2＝eq\f(v2,2x0)＝10m/s2则制动过程所受阻力大小为F′＝ma2＝1.5×104N汽车行驶过程中受到的阻力大小为Ff＝eq\f(1,6)F′＝2.5×103N汽车速度最大时，牵引力F与阻力Ff大小相等，由P＝Fvm得，vm＝eq\f(P,Ff)＝32m/s。(2)匀加速过程中，由牛顿第二定律可知F－Ff＝ma1解得F＝Ff＋ma1＝4×103N故匀加速过程中的最大速度vm0＝eq\f(P,F)＝20m/s，匀加速运动时间为t1＝eq\f(vm0,a1)＝20s，加速距离为x1＝eq\f(vm02,2a1)＝200m制动过程所用的时间为t2＝eq\f(vm,a2)＝3.2s，制动距离为x2＝eq\f(vm2,2a2)＝51.2m功率达到额定功率后，汽车做变加速及匀速运动，在此过程有Pt0－Ffx＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mvm02其中x＝d－(x1＋x2)，联立解得t0＝91.75s故从甲地点到乙地点共经历的时间为t＝t1＋t2＋t0＝114.95s。答案：(1)32m/s(2)114.95s第2讲动能定理及其应用一、动能1．定义：物体由于运动而具有的能叫动能。2．公式：Ek＝eq\f(1,2)mv2。单位为焦耳，1J＝1N·m＝1kg·m2/s2。3．矢标性：动能是标量，只有正值。4．状态量：动能是状态量，因为v是瞬时速度。二、动能定理1．内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。2．表达式：W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)或W＝Ek2－Ek1。3．物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度。4．适用条件(1)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，也可以间断作用。情景创设有一质量为m的木块，从半径为r的eq\f(1,4)圆弧曲面上的a点滑向b点，如图所示。由于摩擦使木块的运动速率保持不变。微点判断(1)由于速度方向在变化，所以动能在变化。(×)(2)木块所受的合外力为零。(×)(3)因木块所受的力都不对其做功，所以合外力做的功为零。(×)(4)重力和摩擦力的合力做的功为零。(√)(5)重力和摩擦力的合力为零。(×)提能点(一)对动能定理的理解(自练通关)点点通1．[对物体动能的理解](2018·江苏高考)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图像是()解析：选A小球做竖直上抛运动，设初速度为v0，则v＝v0－gt，小球的动能Ek＝eq\f(1,2)mv2，把速度v代入得，Ek＝eq\f(1,2)mg2t2－mgv0t＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，Ek与t为二次函数关系。2．[对动能定理的理解](2018·全国卷Ⅱ)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定()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：选A根据动能定理可得：WF＋Wf＝Ek，又知道摩擦力做负功，即Wf＜0，所以木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，选项A正确、B错误；根据WF＋Wf＝Ek，无法确定Ek与－Wf的大小关系，选项C、D错误。3．[由动能定理分析合力做功](2021·济南调研)(多选)如图所示，某质点沿直线运动的v­t图像为余弦曲线，从图中可以判断()A．在0～t1时间内，合力逐渐减小B．在0～t2时间内，合力做正功C．在t1～t2时间内，合力的功率先增大后减小D．在t2～t4时间内，合力做的总功为零解析：选CD从v­t图线的斜率表示加速度可知，在0～t1时间内，加速度增大，由牛顿第二定律可知，合力增大，故A错误；由动能定理知0～t2时间内，动能增量为0，即合外力做功为0，故B错误；t1时刻，F最大，v＝0，F的功率为0，t2时刻F＝0，速度最大，F的功率为0，t1～t2时间内，合外力的功率先增大后减小，故C正确；由动能定理知t2～t4时间内，动能增量为0，即合外力做功为0，故D正确。4．[由动能定理分析动能的变化量](多选)如图所示，质量为M的木块静止在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射入木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动。已知当子弹相对木块静止时，木块前进的距离为L，子弹进入木块的深度为s。若木块对子弹的阻力F视为恒定，则下列关系式中正确的是()A．FL＝eq\f(1,2)Mv2B．Fs＝eq\f(1,2)mv2C．Fs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2D．F(L＋s)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2解析：选ACD根据动能定理，对子弹，有－F(L＋s)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，选项D正确；对木块，有FL＝eq\f(1,2)Mv2，选项A正确；由以上二式可得Fs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2，选项C正确，只有选项B错误。一站过1．动能与动能变化的区别(1)动能与动能的变化是两个不同的概念，动能是状态量，动能的变化是过程量。(2)动能没有负值，而动能变化量有正负之分。ΔEk>0，表示物体的动能增加；ΔEk<0，表示物体的动能减少。2．对动能定理的理解(1)做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中“＝”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号。(2)动能定理中的“力”指物体受到的所有力，既包括重力、弹力、摩擦力，也包括电场力、磁场力或其他力，功则为合力所做的总功。提能点(二)动能定理的应用(活化思维)考法(一)用动能定理求解直线运动问题[例1]某幼儿园要在空地上做一个滑梯，由于空地大小限制，滑梯的水平跨度确定为x＝6m。设计时，考虑儿童裤料与滑板间的动摩擦因数μ＝0.4，为使儿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)若小明裤料与滑板间的动摩擦因数μ1＝eq\f(1,3)，求他从滑梯上由静止滑到底端的瞬时速度大小；(3)若体重比小明重、穿相同裤料的小华，从滑梯上由静止滑到底端，有人认为小华滑行的时间比小明长。这种说法是否正确？简要说明理由。[解析](1)儿童能下滑，重力的下滑分力至少等于摩擦力，设滑梯与水平面的夹角为θ，则mgsinθ＝μmgcosθ根据几何关系：tanθ＝eq\f(h,x)联立解得：h＝0.4x＝2.4m。(2)设滑板长为L，由动能定理得：mgh－μ1mgLcosθ＝eq\f(1,2)mv2，x＝Lcosθ联立解得：v＝2eq\(3)这种说法不正确，小华下滑的时间与小明相等。根据位移时间关系：L＝eq\f(1,2)at2根据牛顿第二定律，下滑的加速度a＝g(sinθ－μ1cosθ)联立解得：t＝eq\r(\f(2L,gsinθ－μ1cosθ))可见，t与m无关，小华与小明下滑的时间相同。[答案](1)2.4m(2)2eq\r(2)m/s(3)见解析eq\a\vs4\al([规律方法])(1)在恒力作用下的直线运动问题可以应用牛顿运动定律与运动学公式结合求解，也可以应用动能定理求解。(2)在不涉及时间的问题中，可优先考虑应用动能定理。(3)动能定理中的位移和速度均是相对于同一参考系的，一般以地面为参考系。考法(二)用动能定理求解曲线运动问题[例2](多选)如图所示，某人将质量为m的石块从距地面高h处斜向上方抛出，石块抛出时的速度大小为v0，由于空气阻力作用石块落地时的速度大小为v，方向竖直向下，已知重力加速度为g，下列说法正确的是()A．石块刚抛出时重力的瞬时功率为mgv0B．石块落地时重力的瞬时功率为mgvC．石块在空中飞行过程中合外力做功为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2D．石块在空中飞行过程中阻力做功为eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mgh[解析]设石块刚抛出时的速度方向与竖直向下的夹角为α，则刚抛出时重力的瞬时功率为P＝mgv0cosα，选项A错误；石块落地时重力的瞬时功率为mgv，选项B正确；根据动能定理，石块在空中飞行过程中合外力做的功为W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，选项C错误；设石块在空中飞行过程中阻力做的功为Wf，由动能定理有mgh＋Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mgh，选项D正确。[答案]BDeq\a\vs4\al([规律方法])(1)动能定理表达式是一个标量式，式中各项均为标量，因此，应用动能定理时不必关注速度的具体方向，也不能在某个方向上列出动能定理的表达式。(2)注意物体所受各力做功的特点，如：重力做功与路径无关，重点关注始末两点的高度差，摩擦阻力做功与路径有关，对于曲线运动，摩擦阻力为变力，摩擦阻力做的功往往为待求量。提能点(三)动能定理与图像的综合问题(活化思维)1．五类图像中所围“面积”或斜率的意义2．解决动能定理与图像问题的基本步骤[考法全析]考法(一)动能定理与v­t图像的综合[例1](多选)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程()A．矿车上升所用的时间之比为4∶5B．电机的最大牵引力之比为2∶1C．电机输出的最大功率之比为2∶1D．电机所做的功之比为4∶5[解析]两次提升的高度相同，则图线①②与时间轴围成的面积相等，由几何知识可得第②次提升过程所用时间为2t0＋eq\f(t0,2)＝eq\f(5,2)t0，所以两次上升所用时间之比为2t0∶eq\f(5,2)t0＝4∶5，故A正确。在加速上升阶段电机的牵引力最大，由牛顿第二定律知，F－mg＝ma，F＝m(g＋a)，由于两次提升的质量和加速度都相同，故最大牵引力相同，故B错误。两次提升加速阶段达到的最大速度之比为2∶1，由P＝Fv可知，电机输出的最大功率之比为2∶1，故C正确。两个过程动能变化量相同，克服重力做功相同，由动能定理知，两次电机做功也相同，故D错误。[答案]AC考法(二)动能定理与a­t图像的综合[例2]用传感器研究质量为2kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是()A．0～6s内物体先向正方向运动，后向负方向运动B．0～6s内物体在4s时的速度最大C．物体在2～4s内速度不变D．0～4s内合力对物体做的功等于0～6s内合力对物体做的功[解析]a­t图线与坐标轴围成的“面积”等于速度的变化量，由题给图像可知，0～6s内速度变化量为正，物体速度方向不变，物体在0～5s内一直加速，5s时速度最大，A、B均错误；2～4s内物体的加速度不变，做匀加速直线运动，C错误；由题图可知，t＝4s时和t＝6s时物体速度大小相等，由动能定理可知，物体在0～4s内和0～6s内动能变化量相等，合外力对物体做功也相等，D正确。[答案]D考法(三)动能定理与F­x图像的综合[例3](2021·衡水质量监测)如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB的A处连接一粗糙水平面OA，OA长为4m。有一质量为m的滑块，从O处由静止开始受一水平向右的力F作用。F只在水平面上按图乙所示的规律变化。滑块与OA间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10m/s2，试求：(1)滑块运动到A处的速度大小；(2)不计滑块在A处的速率变化，滑块冲上斜面AB的长度是多少？[解析](1)由题图乙知：在前2m内，F1＝2mg，做正功；在第3m内，F2＝－0.5mg，做负功；在第4m内，F3＝0。滑动摩擦力f＝－μmg＝－0.25mg，始终做负功。对OA过程(前4m过程)，由动能定理列式得F1x1＋F2x2＋fx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－0解得vA＝5eq\r(2)(2)冲上斜面的过程，由动能定理得－mgLsin30°＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)解得冲上斜面AB的长度L＝5m。[答案](1)5eq\r(2)m/s(2)5m考法(四)动能定理与v­t、P­t图像的综合[例4](多选)放在粗糙水平地面上质量为0.8kg的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间的关系图像和该拉力的功率与时间的关系图像分别如图所示。下列说法中正确的是(g取10m/s2)()A．0～6s内拉力做的功为140JB．物体在0～2s内所受的拉力为4NC．物体与粗糙水平地面间的动摩擦因数为0.5D．合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等[解析]由于P­t图像与t轴围成的面积表示拉力所做的功，所以0～6s内拉力做的功为W＝eq\f(1,2)×2×60J＋4×20J＝140J，故A正确；由水平拉力的功率P＝Fv可得，在0～2s内拉力F＝eq\f(P,v)＝6N,2～6s，拉力F′＝eq\f(P′,v′)＝2N，故B错误；物体在水平面上只受摩擦力和拉力，在2～6s内物体受力平衡可得f＝μmg＝F′，解得μ＝eq\f(F′,mg)＝eq\f(2N,0.8×10N)＝0.25，故C错误；由v­t图像可知，物体在2s末的速度与6s末的速度相等，由动能定理W合＝ΔEk可知，0～6s与0～2s动能的变化量相同，所以合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等，故D正确。[答案]AD考法(五)动能定理与Ek­x图像的综合[例5](2020·江苏高考)如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图像是()[解析]在斜面上，物块受竖直向下的重力、沿斜面向上的滑动摩擦力以及垂直斜面向上的支持力，设物块的质量为m，斜面的倾角为θ，物块沿斜面下滑的距离对应的水平位移为x，由动能定理有mgsinθ·eq\f(x,cosθ)－μ1mgcosθ·eq\f(x,cosθ)＝Ek－0，解得Ek＝(mgtanθ－μ1mg)x，即物块在斜面上下滑时物块的动能与水平位移成正比，B、D项均错误；在水平面上，物块受竖直向下的重力、竖直向上的支持力以及水平向左的滑动摩擦力，由动能定理有－μ2mg(x－x0)＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－μ2mg(x－x0)，其中Ek0为物块滑到斜面底端时的动能，x0为物块沿斜面下滑到底端时的距离对应的水平位移，即在水平面上物块的动能与水平位移为一次函数关系，且为减函数，A项正确，C项错误。[答案]A提能点(四)用动能定理解决多过程问题(活化思维)1．解题流程2．注意事项(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。(2)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。(4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。[考法全析]考法(一)多过程直线运动问题[例1]如图所示，小物块从倾角为θ的倾斜轨道上A点由静止释放滑下，最终停在水平轨道上的B点，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，A、B两点的连线与水平方向的夹角为α，不计物块在轨道转折时的机械能损失，则动摩擦因数为()A．tanθ B．tanαC．tan(θ＋α) D．tan(θ－α)[解析]如图所示，设B、O间距离为x1，A点离水平面的高度为h，A、O间的水平距离为x2，物块的质量为m，在物块运动的全过程中，应用动能定理可得mgh－μmgcosθ·eq\f(x2,cosθ)－μmgx1＝0，解得μ＝eq\f(h,x1＋x2)＝tanα，故选项B正确。[答案]B考法(二)直线、圆周、平抛运动的多过程问题[例2](2021·张家口模拟)第24届冬奥会将于2022年在中国北京和张家口联合举行。如图为一简化后的跳台滑雪的雪道示意图。助滑坡由AB和BC组成，AB为斜坡，BC为R＝10m的圆弧面，二者相切于B点，与水平面相切于C点，AC间的竖直高度差为h1＝50m，CD为竖直跳台。运动员连同滑雪装备总质量为m＝80kg，从A点由静止滑下，假设通过C点时雪道对运动员的支持力为F＝8000N，水平飞出一段时间后落到着陆坡DE的E点上。CE间水平方向的距离x＝150m。不计空气阻力，取g＝10m/s2。求：(1)运动员到达C点时速度vC的大小；(2)CE间竖直高度差h2；(3)运动员从A点滑到C点的过程中克服摩擦力做的功W。[解析](1)运动员到达C点，由牛顿第二定律得F－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)，解得vC＝30m/s。(2)从C点到E点过程运动员做平抛运动，水平方向有x＝vCt竖直方向有h2＝eq\f(1,2)gt2解得h2＝125m。(3)从A点到C点过程，由动能定理得mgh1－W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)解得W＝4000J。[答案](1)30m/s(2)125m(3)4000J考法(三)多过程往复运动问题[例3](2021·菏泽模拟)儿童乐园里的弹珠游戏不仅具有