資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
專題12 功 功率 動能定律
課標要求 知識要點 命題推斷
1.會判斷功的正負，會計算恒力的功和變力的功. 2.理解功率的兩個公式P＝和P＝Fv，能利用P＝Fv計算瞬時功率. 3.會分析機車的兩種啟動方式. 4.掌握動能定理，能運用動能定理解答實際問題． 考點一　功的分析與計算 考點二　功率的計算 考點三　動能定理及其應用 考點四　用動能定理巧解多過程問題 題型：選擇題 計算題 1恒力做功 2變力做功 3平均功率與瞬時功率 4兩種機車啟動方式及圖像分析 5應用動能定理求變力做功 6多過程直線運動問題 7直線曲線運動相結合的多過程問題 8動能定理的圖像問題
考點一　功的分析與計算
1．功的正負
(1)0≤α<90°，力對物體做正功．
(2)90°<α≤180°，力對物體做負功，或者說物體克服這個力做了功．
(3)α＝90°，力對物體不做功．
2．功的計算：W＝Flcos_α
(1)α是力與位移方向之間的夾角，l為物體對地的位移．
(2)該公式只適用于恒力做功．
(3)功是標(填“標”或“矢”)量．
考點二　功率的計算
1．公式P＝和P＝Fv的區別
P＝是功率的定義式，P＝Fv是功率的計算式．
2．平均功率的計算方法
(1)利用＝.
(2)利用＝F·cos α，其中為物體運動的平均速度．
3．瞬時功率的計算方法
(1)利用公式P＝Fvcos α，其中v為t時刻的瞬時速度．
(2)P＝F·vF，其中vF為物體的速度v在力F方向上的分速度．
(3)P＝Fv·v，其中Fv為物體受到的外力F在速度v方向上的分力．
考點三　動能定理及其應用
1．表達式：W＝mv－mv＝Ek2－Ek1.
2．理解：動能定理公式中等號表明了合外力做功與物體動能的變化具有等量代換關系．合外力做功是引起物體動能變化的原因．
3．適用條件
(1)動能定理既適用于直線運動，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，也可以分階段作用．
4．應用技巧：若過程包含了幾個運動性質不同的分過程，既可以分段考慮，也可以整個過程考慮．
考點四　用動能定理巧解多過程問題
對于包含多個運動階段的復雜運動過程，可以選擇分段或全程應用動能定理．
1．分段應用動能定理時，將復雜的過程分割成一個個子過程，對每個子過程的做功情況和初、末動能進行分析，然后針對每個子過程應用動能定理列式，然后聯立求解．
2．全程應用動能定理時，分析整個過程中出現過的各力的做功情況，分析每個力的做功，確定整個過程中合外力做的總功，然后確定整個過程的初、末動能，針對整個過程利用動能定理列式求解．
當題目不涉及中間量時，選擇全程應用動能定理更簡單，更方便．
注意　當物體運動過程中涉及多個力做功時，各力對應的位移可能不相同，計算各力做功時，應注意各力對應的位移．計算總功時，應計算整個過程中出現過的各力做功的代數和．
（2024 泉州模擬）泉州灣跨海大橋是我國首座跨海高速鐵路橋，建造時采用纜載吊機吊裝鋼箱梁，鋼箱梁質量為313.9噸，用四根對稱分布、長為6m的鋼索將其吊起，鋼索下端組成一個6m寬的正方形，如圖所示，在某次緩緩吊起10m的過程中，（　　）
A．每根鋼索受到的拉力約為1.57×106N
B．每根鋼索對鋼箱梁的拉力約為1.11×106N
C．每根鋼索做的功約為1.57×107J
D．纜載吊機做的功約為4.44×107J
（2024 二模擬）某實驗興趣小組對新能源車的加速性能進行探究。他們根據自制的電動模型車模擬汽車啟動狀態，并且通過傳感器，繪制了模型車從開始運動到剛獲得最大速度過程中速度的倒數和牽引力F之間的關系圖像，如圖所示。已知模型車的質量m＝1kg，行駛過程中受到的阻力恒定，整個過程時間持續5s，獲得最大速度為4m/s，則下列說法正確的是（　　）
A．模型車受到的阻力大小為1N
B．模型車勻加速運動的時間為2s
C．模型車牽引力的最大功率為6W
D．模型車運動的總位移為14m
（2024 海淀區二模）如圖1所示，某同學在表面平坦的雪坡下滑，不借助雪杖，能一直保持固定姿態加速滑行到坡底。該同學下滑情境可簡化為圖2，雪坡傾角為α，人可視為質點，圖中用小物塊表示，下滑過程中某一時刻滑行的速度v的方向與雪坡上所經位置的水平線夾角為β（β＜90°），已知該同學和滑雪裝備的總質量為m，滑雪板與雪坡之間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，不計空氣阻力。關于該下滑過程，下列說法正確的是（　　）
A．該同學所受摩擦力小于μmgcosα
B．該同學所受摩擦力的方向不變
C．該同學沿v的方向做勻加速直線運動
D．該同學所受重力的瞬時功率一直在增加
（2024 成都模擬）同一賽車分別在干燥路面及濕滑路面以恒定加速度a干燥和a濕滑啟動達到最大速度。已知a干燥＞a濕滑，賽車兩次啟動過程中阻力大小相等且不變，能達到的額定功率相同。則賽車速度v隨時間t變化的圖像正確的是（圖中OA、OB為直線）（　　）
A． B．
C． D．
（2024 南關區校級模擬）華為的Wi﹣Fi6+采用了芯片級協同、動態窄頻寬技術，大幅提升了手機等終端側的功率譜密度（PSD），帶來了信號穿墻能力的大幅提升。功率譜密度的單位是瓦特每納米（W/nm），改用國際單位制基本單位表示正確的是（　　）
A．kg m/s3 B．kg m/s4 C．kg m2/s4 D．kg m2/s2
（2024 天河區校級模擬）舉重是一項技巧性很強的運動。抓舉的過程如下圖所示，首先運動員用雙手迅速提起杠鈴至胸前，然后迅速下蹲，“鉆到”杠鈴底下，兩臂呈八字形托住杠鈴，最后緩緩站立。關于舉重的過程，下列說法正確的是（　　）
A．運動員將杠鈴提至胸前的過程中，杠鈴先超重后失重
B．運動員站起的過程中，地面對他做正功
C．整個過程中運動員兩手對杠鈴的力始終不小于杠鈴的重力
D．運動員兩臂呈八字形托住杠鈴靜止時，兩臂夾角越大，每條手臂對杠鈴的作用力越小
（2024 湖北模擬）如圖所示，帶孔物塊A穿在光滑固定的豎直細桿上與一不可伸長的輕質細繩連接，細繩另一端跨過輕質光滑定滑輪連接物塊B，A位于與定滑輪等高處。已知物塊A的質量為m、物塊B的質量為，定滑輪到細桿的距離為L，細繩的長度為2L。現由靜止釋放物塊A，不計一切摩擦、空氣阻力及定滑輪大小，重力加速度大小為g，兩物塊均可視為質點，下列說法正確的是（　　）
A．物塊A的機械能一直增大
B．物塊A的速度始終小于物塊B的速度
C．物塊A、B等高時物塊B的速度大小為0
D．物塊A下落到最低點時物塊B的速度為0，A下落的最大距離為h
（多選）（2024 茂名一模）某品牌電動汽車在平直公路上由靜止開始啟動，若啟動過程中加速度傳感器測量到汽車加速度隨時間變化的規律如圖所示，汽車后備箱中水平放置一質量m＝5kg的物塊，與汽車始終相對靜止，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．第2s末，汽車的速度為3.2m/s
B．第8s末，汽車的速度為9.6m/s
C．前2s內，汽車對物塊的作用力做功大小為6.4J
D．前8s內，汽車對物塊的最大摩擦力為8N
（2024 山東模擬）哈爾濱冰雪節讓冰雪運動火了起來，如圖所示，一傾角為37°的傾斜冰面，表面光滑，長度為L，運動員從斜坡頂端A點無初速度自由滑下，在坡道上的某處固定一短的起跳板，起跳板沿水平方向，板的長度可忽略，當運動員到達起跳板時速度變為水平方向（不計在起跳板處的動能損失），使其起跳后的落點在水平面上且到起跳板水平距離最遠，不計空氣阻力，重力加速度為g，sin37°＝0.6。求：
（1）起跳板應固定在距頂端A多遠處；
（2）落地點到B點的水平距離及落地的速度。
（2024 廣東三模）生活中運送貨物時常會用到傳送帶，可以很大程度上節省人力。傳送帶以一定速率沿順時針方向轉動，AB段傾角θ＝37°，BC段水平，AB、BC段的長度分別為L＝3.2m，L′＝0.2625m，示意圖如圖所示。將一個質量為m＝5kg的貨物輕放在A端，貨物與傳送帶AB、BC段間的動摩擦因數均為μ＝0.8，貨物經過B處時不脫離傳送帶且速率不變，之后貨物運動到C點，貨物可視為質點，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）要使貨物以最短的時間運動到C點，求傳送帶的速度至少為多大？最短的時間為多少？
（2）若傳送帶速度為v＝2m/s，求貨物被運送到C點的過程中傳送帶與貨物之間因摩擦產生的熱量。
題型1恒力做功
（2024 臺州二模）2024多哈游泳世錦賽中，“中國蛟龍”浙江運動員潘展樂獲得4枚金牌并打破男子100米自由泳世界紀錄，震撼了世界。如圖所示潘展樂在比賽中左手正在劃水，下列說法正確的是（　　）
A．運動員劃水前進，水對人的力是阻力
B．運動員向后劃水，水對劃水手掌做正功
C．運動員在水中前進時，浮力與重力始終大小相等
D．水對運動員的作用力等于運動員對水的作用力
（2024 湖北模擬）如圖，在足夠長的斜面底端A點向斜上方拋出一小球，小球與斜面垂直碰撞于D點，不計空氣阻力。已知斜面傾角θ＝45°，重力加速度大小g取10m/s2，則可以求出的物理量是（　　）
A．初速度v0與水平面夾角
B．小球的初速度v0的大小
C．小球在空中運動的時間
D．小球克服重力所做的功
（2024 天河區一模）圖甲中的轆轤是古代民間提水設施，由轆轤頭、支架、井繩、水桶等部分構成。圖乙為工作原理簡化圖，轆轤繞繩輪軸半徑r＝0.1m，水桶的質量M＝0.5kg，井足夠深，忽略井繩質量和因繩子纏繞導致輪軸的半徑變化。某次從井中汲取m＝2kg的水，輪軸由靜止開始繞中心軸轉動從而豎直向上提水桶，其角速度隨時間變化規律如圖丙所示，重力加速度g＝10m/s2，則（　　）
A．10s末水桶的速度大小為20m/s
B．水桶的速度大小隨時間變化規律為v＝2t
C．0～10s內水柚上升的高度為20m
D．0～10s內井繩拉力所做的功為255J
題型2變力做功
（2024春 海南期末）質量為0.2kg的物體在水平力F的作用下在水平面上沿x軸由靜止開始運動，F隨位置x變化的圖像如圖所示。已知物體與水平面間的動摩擦因數為0.5，重力加速度g取10m/s2，則物體從x＝0運動到x＝3m的過程中，合外力做功為（　　）
A．9J B．8J C．7J D．6J
（2024春 和平區校級期末）力F對物體所做的功可由公式W＝F scosα求得。但用這個公式求功是有條件的，即力F必須是恒力。而實際問題中，有很多情況是變力在對物體做功。那么，用這個公式不能直接求變力的功，我們就需要通過其他的一些方法來求解力F所做的功。如圖，對于甲、乙、丙、丁四種情況下求解某個力所做的功，下列說法正確的是（　　）
A．甲圖中若F大小不變，物塊從A到C過程中（AC間距離xAC）力F做的功為W＝FxAC
B．乙圖中，全過程中F做的總功為108J
C．丙圖中，繩長為R，若空氣阻力f大小不變，小球從A運動到B過程中空氣阻力做的功
D．圖丁中，F始終保持水平緩慢將小球從P拉到Q，小球質量m，重力加速度g，則F做的功是W＝mg（l﹣lcosθ）
如圖所示，某個力F＝10N作用在半徑為R＝1m的轉盤的邊緣上，力F的大小保持不變，但方向保持與作用點的切線一致，則轉動一周這個力F做的總功為（　　）
A．0 B．20πJ C．10J D．10πJ
題型3平均功率與瞬時功率
（2024春 福州期末）廣場噴泉，作為城市景觀的一部分，不僅是供人們欣賞的景點，更是城市文化和歷史的載體。它們以水為媒介，以音樂和燈光為伴，為城市帶來了生機和活力。噴泉水滴的運動軌跡如圖所示，若該“噴泉”是采用水泵將水先從距水面下深度為h處由靜止提升至水面，然后再噴射出去，上升的最大高度為h，水滴下落在水面的位置距噴水口的距離為2h。已知噴水口的流量Q（流量Q定義為單位時間內噴出水的體積），水的密度為ρ，水泵提升水的效率為η，重力加速度大小為g，則水泵抽水的平均功率為（　　）
A． B． C． D．
（2024春 奉化區期末）仰臥起坐是《國家學生體質健康標準》中規定的女生測試項目之一。若某女生一分鐘內做了50個仰臥起坐，其質量為50kg，設上半身質量為總質量的0.6倍，仰臥起坐時下半身重心位置不變。則測試過程中該女生一分鐘內克服重力做功的平均功率約為（　　）
A．20W B．90W C．200W D．400W
（2024春 金華期末）無人機廣泛應用于各行各業。如圖甲所示是物流公司使用無人機運輸貨物，無人機下方用輕繩豎直懸掛貨物，當無人機懸停到目的地正上方后，豎直向下先勻加速后勻減速，直至安全著陸，圖乙是降落全過程的v﹣t圖像。已知貨物的質量為30kg，忽略氣流對貨物的作用力。求：
（1）5s內貨物的位移大小；
（2）運動過程中，無人機對貨物的最大拉力；
（3）4s末，拉力對貨物的瞬時功率的大小。
題型4兩種機車啟動方式及圖像分析
（2024春 興慶區校級期末）質量為m的汽車以恒定的功率P在平直的水平公路上行駛，設汽車受到的阻力大小不變，若汽車勻速行駛時的速率為v1，則當汽車速率為v2（v1＞v2）時，汽車加速度的大小是（　　）
A． B．
C． D．
（2024春 岳麓區校級期末）我國新能源汽車領先全球，2024年3月，小米第一臺汽車XiaomiSU7正式上市，其技術領先且價格符合大眾消費，一輛小米新能源汽車在平直公路上行駛，汽車的質量為m＝2.0×103kg，發動機的額定功率為P0＝200kW，設汽車在行駛過程中受到的阻力大小恒為f＝4.0×103N。如果汽車從靜止開始以額定功率啟動，則（　　）
A．汽車從靜止開始做勻加速直線運動，然后做加速度減小的加速運動
B．汽車在行駛過程中所能達到的最大速度vm＝50m/s
C．若汽車以不同的恒定功率啟動所能達到的最大速度相同
D．若汽車到達最大速度的時間為t，則這段時間內的位移
（2024春 奉化區期末）如圖所示，一臺起重吊車將質量m＝500kg的重物由靜止開始以a＝0.2m/s2加速度豎直向上勻加速提升，t＝10s末之后保持功率不變繼續提升重物，直至重物勻速上升。取g＝10m/s2不計空氣阻力，求：
（1）前10s起重吊車拉力F的大小；
（2）10s末起重機的瞬時功率P；
（3）重物上升的最大速度vm；
（4）重物開始運動后15s內起重機提升重物的平均功率。
題型5應用動能定理求變力做功
（2024春 讓胡路區校級期末）人們用滑道從高處向低處運送貨物，如圖所示，可看作質點的貨物從四分之一圓弧滑道頂端P點由靜止釋放，沿滑道運動到圓弧末端Q點時速度大小為4m/s。已知貨物質量m＝10kg，滑道半徑r＝4m，且過Q點的切線水平，重力加速度g取10m/s2。關于貨物從P點運動到Q點的過程，下列說法正確的是（　　）
A．重力做的功為600J
B．經過Q點時貨物對軌道的壓力大小為280N
C．經過Q點時貨物的向心加速度大小為4m/s2
D．貨物克服阻力做的功為80J
（2024春 安徽期末）如圖所示，在水平地面上有一圓弧形凹槽ABC，AC連線與地面相平，凹槽AC是位于豎直平面內以O為圓心、半徑為R的一段粗糙程度相同的圓弧，B為圓弧最低點。現將一質量為m的小球（可視為質點）從水平地面上P處以初速度v0斜向右上方拋出，v0與水平地面夾角為θ。該小球恰好能從A點沿圓弧的切線方向進入軌道，沿圓弧ABC繼續運動后從C點以速率飛出。不計空氣阻力，重力加速度為g，下列說法中正確的是（　　）
A．小球由P點運動到A點的過程中，所用時間為
B．小球由P點運動到A點的過程中，水平位移為
C．小球經過圓弧形軌道的C點時受到軌道的支持力大小為mgcosθ
D．小球經過圓弧形軌道AB段和BC段過程中，小球與圓弧軌道間因摩擦產生的熱量相等
（2024春 銅陵期末）如圖所示，半徑為R＝0.9m的四分之一圓弧形粗糙軌道豎直放置，圓弧最低點B處的切線水平，B點距離地面的高度為h＝0.8m。質量為m＝1.0kg的小滑塊從圓弧頂點D處由靜止釋放，小滑塊到達B點的速度大小為vB＝3m/s。不計空氣阻力，重力加速度大小g取10m/s2。求：
（1）小滑塊到達B點時對軌道壓力的大小；
（2）小滑塊克服軌道摩擦力所做的功；
（3）小滑塊的落地點與B點的水平距離。
題型6多過程直線運動問題
（2024春 沙坪壩區校級期末）如圖所示，在傾角為θ的光滑固定斜面上，A、B、C、D四點將斜面三等分。質量為m的小滑塊P以初速度v0從A點出發，沿斜面向上運動，滑塊滑到D點時速度恰好為0，而后下滑。若AB部分不光滑，其余部分光滑，則滑塊上行到C點時速度恰好為0，而后下滑過程中說法正確的是（重力加速度為g）（　　）
A．滑塊所受摩擦力f＞mgsinθ
B．滑塊所受摩擦力f＜mgsinθ
C．滑塊下滑到A點時速度
D．滑塊下滑到B點時速度
（多選）（2024春 西城區期末）如圖所示，運動員腰系輕繩拖著輪胎在跑道上進行訓練。繩子對輪胎施加恒力的大小為300N，方向與水平方向成37°。輪胎被拖著從靜止開始沿著水平直線寬道移動3m后，繩子突然斷了，輪胎又往前移動了一段距離停下。已知輪胎的質量為36kg，跑道與輪胎間的動摩擦因數為0.8，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。忽略空氣阻力，下列說法正確的是（　　）
A．輪胎速度的最大值為4m/s
B．繩子斷后，輪胎又前進了2m停下
C．從開始運動到繩斷的過程，繩子對輪胎所做功的平均功率為480W
D．從輪胎開始運動到停下的過程，跑道對輪胎的摩擦力所做的功為﹣576J
題型7直線曲線運動相結合的多過程問題
（2024春 福州期末）如圖，一彈射游戲裝置由安裝在水平臺面上的固定彈射器、豎直圓軌道（在最低點E分別與水平軌道EO和EA相連）、高度h可調的斜軌道AB組成。游戲時滑塊從O點彈出，經過圓軌道并滑上斜軌道。全程不脫離軌道且恰好停在B端則視為游戲成功。已知圓軌道半徑r＝0.1m，OE長L1＝0.2m，AC長L2＝0.4m，圓軌道和AE光滑，滑塊與AB、OE之間的動摩擦因數μ＝0.5。滑塊質量m＝2g且可視為質點，彈射時從靜止釋放且彈簧的彈性勢能完全轉化為滑塊動能。忽略空氣阻力，各部分平滑連接，g取10m/s2。求：
（1）彈簧的彈性勢能Ep多大時，滑塊恰能過F點；
（2）滿足（1）條件下滑塊經過E點對圓軌道壓力FN大小等多少；
（3）滿足（1）條件下，要想游戲成功應把h調到多高；
（4）要使游戲成功，彈簧的彈性勢能Ep與高度h之間滿足的關系。
（2024春 福州期末）如圖所示，一個固定在豎直平面內的光滑半圓形管道，一直徑略小于管道內徑的小球，從A處以某一速度經過水平面到B后在管道內做圓周運動，從C點脫離后做平拋運動，經過0.3s后又恰好垂直與傾角為45°的斜面相碰。已知水平面AB距離L＝3m，動摩擦因數μ＝0.25；半圓形管道的半徑為R＝1m，小球可看作質點且其質量為m＝1kg，g取10m/s2。求：
（1）CD段平拋的水平距離x；
（2）小球過管道C時，管道對小球作用力的大小和方向；
（3）小球在A處的速度vA大小。
（2024春 重慶期末）如圖1所示，兩個分別以A、D和B、C為端點且半徑均為R＝0.25m的半圓形光滑管道固定在同一豎直平面內，A、B間和C、D間均為長度L＝2m的固定水平面，P、Q分別為AB和CD的中點，兩個完全相同的物塊甲、乙分別靜置于P、Q處。已知CD和PB段水平面光滑，物塊與AP間的動摩擦因數μ隨物塊到A點的距離x變化的關系如圖2所示。已知甲、乙兩物塊的質量均為m＝100g，兩物塊均可視為質點，管道內徑不計，不考慮兩物塊與管道內部的碰撞，不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，甲、乙兩物塊發生碰撞后速度交換，即碰撞后，原來運動的物塊靜止，原來靜止的物塊以原來運動物塊的速度運動。現給物塊甲一水平向右的初速度v0＝7m/s，求：
（1）物塊甲第一次與物塊乙碰撞后瞬時，物塊乙的動能；
（2）物塊乙第一次到達P點時的動能；
（3）最終物塊甲、乙各自的位置。
題型8動能定理的圖像問題
（2024春 銅陵期末）質量為m＝1kg的玩具小汽車（可視為質點）由靜止開始沿直線加速，最后減速至靜止，其合外力F隨位移x的變化圖像如圖所示。已知玩具小汽車在位移x＝10m時恰好停下。下列關于玩具小汽車運動的物理量描述正確的是（　　）
A．初始階段合外力F1＝1.5N
B．速度的最大值為2m/s
C．加速運動的時間為1s
D．勻速運動的時間為3s
（2024春 合肥期末）如圖甲所示，一物塊以一定的初速度沖上傾角為30°的固定斜面，物塊在斜面上運動的過程中，其動能Ek與運動路程s的關系如圖乙所示。已知物塊所受的摩擦力大小恒定，g取10m/s2。下列說法正確的是（　　）
A．物塊質量為0.7kg
B．物塊所受摩擦力大小為0.4N
C．0～20m過程中，物塊克服摩擦力做功為40J
D．0～10m過程中與10m～20m過程中物塊所受合力之比為3：4
（2024春 天心區校級期末）如圖甲所示，質量為0.2kg的物體在水平向右的拉力F的作用下從A點由靜止開始向右運動，F隨位移x變化的圖像如圖乙所示。已知物體與地面間的動摩擦因數為0.15，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2，在運動過程中，下列說法正確的是（　　）
A．物體做加速度減小的加速運動，當拉力F＝0時，物體的速度最大
B．拉力從1.8N減小到0.3N的過程中，拉力做的功為21J
C．物體的最大速度為
D．物體運動的總位移為36m中小學教育資源及組卷應用平臺
專題12 功 功率 動能定律
課標要求 知識要點 命題推斷
1.會判斷功的正負，會計算恒力的功和變力的功. 2.理解功率的兩個公式P＝和P＝Fv，能利用P＝Fv計算瞬時功率. 3.會分析機車的兩種啟動方式. 4.掌握動能定理，能運用動能定理解答實際問題． 考點一　功的分析與計算 考點二　功率的計算 考點三　動能定理及其應用 考點四　用動能定理巧解多過程問題 題型：選擇題 計算題 1恒力做功 2變力做功 3平均功率與瞬時功率 4兩種機車啟動方式及圖像分析 5應用動能定理求變力做功 6多過程直線運動問題 7直線曲線運動相結合的多過程問題 8動能定理的圖像問題
考點一　功的分析與計算
1．功的正負
(1)0≤α<90°，力對物體做正功．
(2)90°<α≤180°，力對物體做負功，或者說物體克服這個力做了功．
(3)α＝90°，力對物體不做功．
2．功的計算：W＝Flcos_α
(1)α是力與位移方向之間的夾角，l為物體對地的位移．
(2)該公式只適用于恒力做功．
(3)功是標(填“標”或“矢”)量．
考點二　功率的計算
1．公式P＝和P＝Fv的區別
P＝是功率的定義式，P＝Fv是功率的計算式．
2．平均功率的計算方法
(1)利用＝.
(2)利用＝F·cos α，其中為物體運動的平均速度．
3．瞬時功率的計算方法
(1)利用公式P＝Fvcos α，其中v為t時刻的瞬時速度．
(2)P＝F·vF，其中vF為物體的速度v在力F方向上的分速度．
(3)P＝Fv·v，其中Fv為物體受到的外力F在速度v方向上的分力．
考點三　動能定理及其應用
1．表達式：W＝mv－mv＝Ek2－Ek1.
2．理解：動能定理公式中等號表明了合外力做功與物體動能的變化具有等量代換關系．合外力做功是引起物體動能變化的原因．
3．適用條件
(1)動能定理既適用于直線運動，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，也可以分階段作用．
4．應用技巧：若過程包含了幾個運動性質不同的分過程，既可以分段考慮，也可以整個過程考慮．
考點四　用動能定理巧解多過程問題
對于包含多個運動階段的復雜運動過程，可以選擇分段或全程應用動能定理．
1．分段應用動能定理時，將復雜的過程分割成一個個子過程，對每個子過程的做功情況和初、末動能進行分析，然后針對每個子過程應用動能定理列式，然后聯立求解．
2．全程應用動能定理時，分析整個過程中出現過的各力的做功情況，分析每個力的做功，確定整個過程中合外力做的總功，然后確定整個過程的初、末動能，針對整個過程利用動能定理列式求解．
當題目不涉及中間量時，選擇全程應用動能定理更簡單，更方便．
注意　當物體運動過程中涉及多個力做功時，各力對應的位移可能不相同，計算各力做功時，應注意各力對應的位移．計算總功時，應計算整個過程中出現過的各力做功的代數和．
（2024 泉州模擬）泉州灣跨海大橋是我國首座跨海高速鐵路橋，建造時采用纜載吊機吊裝鋼箱梁，鋼箱梁質量為313.9噸，用四根對稱分布、長為6m的鋼索將其吊起，鋼索下端組成一個6m寬的正方形，如圖所示，在某次緩緩吊起10m的過程中，（　　）
A．每根鋼索受到的拉力約為1.57×106N
B．每根鋼索對鋼箱梁的拉力約為1.11×106N
C．每根鋼索做的功約為1.57×107J
D．纜載吊機做的功約為4.44×107J
【解答】解：AB、鋼箱梁質量m＝313.9噸＝3.139×105kg，由幾何關系可知，每根鋼索與豎直方向上的夾角均為45°，則由平衡條件可知，4Fcos45°＝mg，解得F代入數據可得，FN≈1.11×106N，由牛頓第三定律可知，每根鋼索受到的拉力約為1.11×106N，故B正確，A錯誤；
CD、因鋼箱梁緩慢上升，故纜載吊機做的功與克服重力所做的功大小相等，即W＝mgh＝3.139×105×10×10J＝3.139×107J，而每根鋼索做功W0J＝7.8×106J，故CD錯誤。
故選：B。
（2024 二模擬）某實驗興趣小組對新能源車的加速性能進行探究。他們根據自制的電動模型車模擬汽車啟動狀態，并且通過傳感器，繪制了模型車從開始運動到剛獲得最大速度過程中速度的倒數和牽引力F之間的關系圖像，如圖所示。已知模型車的質量m＝1kg，行駛過程中受到的阻力恒定，整個過程時間持續5s，獲得最大速度為4m/s，則下列說法正確的是（　　）
A．模型車受到的阻力大小為1N
B．模型車勻加速運動的時間為2s
C．模型車牽引力的最大功率為6W
D．模型車運動的總位移為14m
【解答】解：A、由圖像可知，模型車受到的最小的牽引力為2N，此時加速度為0，模型車受力平衡，所以車所受到的阻力大小f＝2N，故A錯誤；
B、由圖像可知，模型車先做勻加速運動，勻加速運動的末速度v1＝2m/s，此過程的牽引力為F＝4N，根據牛頓第二定律得：F﹣f＝ma，解得勻加速運動的加速度為a＝2m/s2，故勻加速運動的時間t1s＝1s，故B錯誤；
C、當速度達到2m/s時，模型車開始以額定功率行駛，圖像斜率的倒數為功率，故模型車牽引力的最大功率P＝Fv1＝4×2W＝8W，故C錯誤；
D、模型車變加速運動所需時間t2＝t﹣t1＝5s﹣1s＝4s，對于變加速運動，根據動能定理有：Pt2﹣fx2，由圖可知最大速度vm＝4m/s，解得變加速運動的位移x2＝13m，勻加速階段位移x1m＝1m，故總位移x＝x1+x2＝13m+1m＝14m，故D正確。
故選：D。
（2024 海淀區二模）如圖1所示，某同學在表面平坦的雪坡下滑，不借助雪杖，能一直保持固定姿態加速滑行到坡底。該同學下滑情境可簡化為圖2，雪坡傾角為α，人可視為質點，圖中用小物塊表示，下滑過程中某一時刻滑行的速度v的方向與雪坡上所經位置的水平線夾角為β（β＜90°），已知該同學和滑雪裝備的總質量為m，滑雪板與雪坡之間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，不計空氣阻力。關于該下滑過程，下列說法正確的是（　　）
A．該同學所受摩擦力小于μmgcosα
B．該同學所受摩擦力的方向不變
C．該同學沿v的方向做勻加速直線運動
D．該同學所受重力的瞬時功率一直在增加
【解答】解：A、垂直斜面方向，人對斜面的正壓力大小為mgcosα，所以滑動摩擦力μmgcosα，大小不變，故A錯誤；
BC、正視斜面，在斜面內有平行斜面向下的mgsinα和與v反向的滑動摩擦力f，會發現f與mgsinα的合力與v不共線，人做曲線運動，即速度方向在變化，所以f的方向也變化，故BC錯誤；
D、由于人加速下滑，所以f與mgsinα的合力與v成銳角，且做曲線運動，所以隨著下滑v增大，且與mgsinα夾角減小，即圖2中的角β增大，重力的功率也增大，即公式P＝mgsinα vsinβ，所以P增大，故D正確。
故選：D。
（2024 成都模擬）同一賽車分別在干燥路面及濕滑路面以恒定加速度a干燥和a濕滑啟動達到最大速度。已知a干燥＞a濕滑，賽車兩次啟動過程中阻力大小相等且不變，能達到的額定功率相同。則賽車速度v隨時間t變化的圖像正確的是（圖中OA、OB為直線）（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：勻加速直線運動階段，a干燥＞a濕滑，且加速度不變，因此OA、OB均為過原點的傾斜直線，由牛頓第二定律可知，F﹣f＝ma，由于阻力相等且不變，a干燥＞a濕滑，當動力F達到額定功率時，功率達到最大，由P＝Fv可知，由于干燥路面的動力F較大，則勻加速的最大速度有：v干燥＜v濕滑。
接下來汽車以恒定功率運動，最終加速到F＝f時速度達到最大，P額＝Fvmax＝fvmax，由于額定功率和阻力相等，所有最大速度vmax相等，綜上所述，ACD不符合題意，故ACD錯誤，B正確。
故選：B。
（2024 南關區校級模擬）華為的Wi﹣Fi6+采用了芯片級協同、動態窄頻寬技術，大幅提升了手機等終端側的功率譜密度（PSD），帶來了信號穿墻能力的大幅提升。功率譜密度的單位是瓦特每納米（W/nm），改用國際單位制基本單位表示正確的是（　　）
A．kg m/s3 B．kg m/s4 C．kg m2/s4 D．kg m2/s2
【解答】解：根據題意其國際單位為，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
（2024 天河區校級模擬）舉重是一項技巧性很強的運動。抓舉的過程如下圖所示，首先運動員用雙手迅速提起杠鈴至胸前，然后迅速下蹲，“鉆到”杠鈴底下，兩臂呈八字形托住杠鈴，最后緩緩站立。關于舉重的過程，下列說法正確的是（　　）
A．運動員將杠鈴提至胸前的過程中，杠鈴先超重后失重
B．運動員站起的過程中，地面對他做正功
C．整個過程中運動員兩手對杠鈴的力始終不小于杠鈴的重力
D．運動員兩臂呈八字形托住杠鈴靜止時，兩臂夾角越大，每條手臂對杠鈴的作用力越小
【解答】解：A、運動員將杠鈴提至胸前的過程中，杠鈴先向上加速后向上減速，加速度先向上后向下，杠鈴先超重后失重，故A正確；
B、站起過程中雖然地面對運動員有支持力的作用，但是雙腳未離地，即該力不做功，所以站起過程中地面對人不做功，故B錯誤；
C、舉重過程中某段時間，杠鈴的運動狀態發生改變，向上做減速運動，加速度方向向下，合力方向向下，運動員對杠鈴的支持力小于杠鈴的重力，故C錯誤；
D、將杠鈴所受的重力按照效果進行分解，由于大小方向確定的一個力分解為兩個等大的力時，合力在分力的角平分線上，且兩分力的夾角越大，分力越大，即運動員兩手臂間的距離越大，夾角越大，越費力，故D錯誤；
故選：A。
（2024 湖北模擬）如圖所示，帶孔物塊A穿在光滑固定的豎直細桿上與一不可伸長的輕質細繩連接，細繩另一端跨過輕質光滑定滑輪連接物塊B，A位于與定滑輪等高處。已知物塊A的質量為m、物塊B的質量為，定滑輪到細桿的距離為L，細繩的長度為2L。現由靜止釋放物塊A，不計一切摩擦、空氣阻力及定滑輪大小，重力加速度大小為g，兩物塊均可視為質點，下列說法正確的是（　　）
A．物塊A的機械能一直增大
B．物塊A的速度始終小于物塊B的速度
C．物塊A、B等高時物塊B的速度大小為0
D．物塊A下落到最低點時物塊B的速度為0，A下落的最大距離為h
【解答】解：A、由靜止釋放物塊A，物塊A向下加速運動過程中，重力做正功，繩子的拉力做負功，物塊A的機械能減小。故A錯誤；
B、設物塊A下滑過程中繩與豎直方向的夾角為α，則
vAcosα＝vB
由此可知，物塊A的速度大于物塊B的速度，當物塊A的速度為零時，物塊B的速度也為零。故B錯誤；
D、當物塊A的速度為零時，下落的高度最大，此時物塊B的速度也為0，則
解得
故D正確；
C、設物塊A、B處于同一高度時定滑輪左側細繩與水平方向所成的角為θ，有
又
（sinθ）2+（cosθ）2＝1
解得
θ＝37°
所以等高時的總動能為
解得
故C錯誤；
故選：D。
（多選）（2024 茂名一模）某品牌電動汽車在平直公路上由靜止開始啟動，若啟動過程中加速度傳感器測量到汽車加速度隨時間變化的規律如圖所示，汽車后備箱中水平放置一質量m＝5kg的物塊，與汽車始終相對靜止，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．第2s末，汽車的速度為3.2m/s
B．第8s末，汽車的速度為9.6m/s
C．前2s內，汽車對物塊的作用力做功大小為6.4J
D．前8s內，汽車對物塊的最大摩擦力為8N
【解答】解：AB．a﹣t圖像與坐標軸包圍的面積表示速度，根據圖像面積可知第2s末，汽車的速度為
第8s末，汽車的速度為
故A錯誤，B正確；
C．根據圖像，2s末汽車速度為1.6m/s，由動能定理，汽車對物塊做功為
故C正確；
D．a最大為1.6m/s，由F1＝ma代入數據可得最大摩擦力為8N，故D正確。
故選：BCD。
（2024 山東模擬）哈爾濱冰雪節讓冰雪運動火了起來，如圖所示，一傾角為37°的傾斜冰面，表面光滑，長度為L，運動員從斜坡頂端A點無初速度自由滑下，在坡道上的某處固定一短的起跳板，起跳板沿水平方向，板的長度可忽略，當運動員到達起跳板時速度變為水平方向（不計在起跳板處的動能損失），使其起跳后的落點在水平面上且到起跳板水平距離最遠，不計空氣阻力，重力加速度為g，sin37°＝0.6。求：
（1）起跳板應固定在距頂端A多遠處；
（2）落地點到B點的水平距離及落地的速度。
【解答】解：（1）設起跳板應放置在距A點為x1處
下滑到起跳處的速度為v1，根據動能定理可得：mgsin37° x1
起跳后做平拋運動，水平方向：x＝v1t
豎直方向：（L﹣x1）sin37°
代入數據解得：x
所以，當L﹣x1＝x1時，起落點距起跳板最遠，即x1
（2）落地點與B點的距離為Δx
Δx＝xcos37°
解得：Δx
落地速度的水平速度為：v1
豎直速度為：vy＝gt
落地速度：v
解得：vm/s
速度與水平方向成α角，則tanα
解得：tanα＝1，方向為斜向左下。
答：（1）起跳板應固定在距頂端A處；
（2）落地點到B點的水平距離為，落地的速度為m/s，與水平方向成45°角，方向為斜向左下。
（2024 廣東三模）生活中運送貨物時常會用到傳送帶，可以很大程度上節省人力。傳送帶以一定速率沿順時針方向轉動，AB段傾角θ＝37°，BC段水平，AB、BC段的長度分別為L＝3.2m，L′＝0.2625m，示意圖如圖所示。將一個質量為m＝5kg的貨物輕放在A端，貨物與傳送帶AB、BC段間的動摩擦因數均為μ＝0.8，貨物經過B處時不脫離傳送帶且速率不變，之后貨物運動到C點，貨物可視為質點，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）要使貨物以最短的時間運動到C點，求傳送帶的速度至少為多大？最短的時間為多少？
（2）若傳送帶速度為v＝2m/s，求貨物被運送到C點的過程中傳送帶與貨物之間因摩擦產生的熱量。
【解答】解：（1）物塊剛放上傳送帶時，水平傳送帶上時的加速度，根據牛頓第二定律：
代入數據得：a1＝0.4m/s2，
設經過時間t，物塊經過兩段加速到C點時恰與傳送帶共速，此過程所用時間最短，
那么有：，，v2＝a1t1+a2t2
聯立并代入數據得：t1＝4s，t2＝0.125s，v1＝a1t1＝（0.4×4）m/s＝1.6m/s，v2＝2.6m/s
所以最短時間：t＝t1+t2＝4s+0.125s＝4.125s
即當傳送帶的速度為2.6m/s時，物塊在傳送帶的時間最短，最短時間為4.125s。
（2）若傳送帶速度為v＝2m/s，則傳送帶和貨物運動的v﹣t圖像如圖所示，
由圖可知在AB段貨物和傳送帶間的相對位移為：Δx14.8m
因摩擦產生的熱量：Q1＝μmgcosθ Δx1，代入數據得：Q1＝153.6J
在BC段，貨物和傳送帶相對運動的時間：t2′0.05s
貨物和傳送帶間的相對位移為：
Δx20.01m
因摩擦產生的熱量：Q2＝μmg Δx2，代入數據得：Q2＝0.4J
整個過程貨物與傳送帶因摩擦產生的總熱量：Q＝Q1+Q2＝153.6J+0.4J＝154.0J
答：（1）使貨物以最短時間運送到C點，傳送帶的最小速度為2.6m/s，最短時間為4.125s；
（2）貨物自A點運送到C點的過程中，傳送帶與貨物間因摩擦而產生的熱量為154.0J。
題型1恒力做功
（2024 臺州二模）2024多哈游泳世錦賽中，“中國蛟龍”浙江運動員潘展樂獲得4枚金牌并打破男子100米自由泳世界紀錄，震撼了世界。如圖所示潘展樂在比賽中左手正在劃水，下列說法正確的是（　　）
A．運動員劃水前進，水對人的力是阻力
B．運動員向后劃水，水對劃水手掌做正功
C．運動員在水中前進時，浮力與重力始終大小相等
D．水對運動員的作用力等于運動員對水的作用力
【解答】解：A、運動員劃水前進，水對人的力是動力，故A錯誤；
B、運動員向后劃水時，水對手掌的作用力的方向向前，則水對劃水手掌做負功，故B錯誤；
C、運動員在水中前進時，沿豎直方向身體會有一定的上下波動，所以浮力與重力不能始終大小相等，故C錯誤；
D、水對運動員的作用力和運動員對水的作用力是一對作用力與反作用力，二者大小相等，方向相反，故D正確。
故選：D。
（2024 湖北模擬）如圖，在足夠長的斜面底端A點向斜上方拋出一小球，小球與斜面垂直碰撞于D點，不計空氣阻力。已知斜面傾角θ＝45°，重力加速度大小g取10m/s2，則可以求出的物理量是（　　）
A．初速度v0與水平面夾角
B．小球的初速度v0的大小
C．小球在空中運動的時間
D．小球克服重力所做的功
【解答】解：A.設小球從A點拋出時初速度v0與水平方向的夾角為α，小球由A點至D點的過程中，在豎直方向上做初速度為v0sinα，加速度為g的豎直上拋運動，在水平方向上做速度為 v0cosα 的勻速直線運動，由幾何關系得小球的水平位移與豎直位移大小相等，設小球在空中運動的時間為t，則滿足
又小球與斜面垂直碰撞于D點，則
聯立解得tanα＝3，即α＝arctan3，故A正確；
BCD.根據已知條件結合A選項的解答不能求出小球的初速度和小球在空中運動的時間，又因為小球質量未知，所以不能求出重力做功，故BCD錯誤。
故選：A。
（2024 天河區一模）圖甲中的轆轤是古代民間提水設施，由轆轤頭、支架、井繩、水桶等部分構成。圖乙為工作原理簡化圖，轆轤繞繩輪軸半徑r＝0.1m，水桶的質量M＝0.5kg，井足夠深，忽略井繩質量和因繩子纏繞導致輪軸的半徑變化。某次從井中汲取m＝2kg的水，輪軸由靜止開始繞中心軸轉動從而豎直向上提水桶，其角速度隨時間變化規律如圖丙所示，重力加速度g＝10m/s2，則（　　）
A．10s末水桶的速度大小為20m/s
B．水桶的速度大小隨時間變化規律為v＝2t
C．0～10s內水柚上升的高度為20m
D．0～10s內井繩拉力所做的功為255J
【解答】解：AB．由圖丙可知ω＝2t
所以水桶速度隨時間變化規律為v＝ωr＝2t×0.1＝0.2t
則10s末水桶的速度大小為2m/s，故AB錯誤；
CD．水桶勻加速上升，加速度a0.2m/s2
由牛頓第二定律F （m+M）g＝（m+M）a
代入數據解得F＝25.5N
水桶勻加速上升，0～10s內它上升的高度為hat2
代入數據解得h＝10m
則0～10s內井繩拉力所做的功為
W＝Fh
代入數據解得
W＝255J
故C錯誤，D正確。
故選：D。
題型2變力做功
（2024春 海南期末）質量為0.2kg的物體在水平力F的作用下在水平面上沿x軸由靜止開始運動，F隨位置x變化的圖像如圖所示。已知物體與水平面間的動摩擦因數為0.5，重力加速度g取10m/s2，則物體從x＝0運動到x＝3m的過程中，合外力做功為（　　）
A．9J B．8J C．7J D．6J
【解答】解：力F是線性變化，可以用平均力求功。則所有力對物體做的功為
，代入數據解得W＝6J，故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
（2024春 和平區校級期末）力F對物體所做的功可由公式W＝F scosα求得。但用這個公式求功是有條件的，即力F必須是恒力。而實際問題中，有很多情況是變力在對物體做功。那么，用這個公式不能直接求變力的功，我們就需要通過其他的一些方法來求解力F所做的功。如圖，對于甲、乙、丙、丁四種情況下求解某個力所做的功，下列說法正確的是（　　）
A．甲圖中若F大小不變，物塊從A到C過程中（AC間距離xAC）力F做的功為W＝FxAC
B．乙圖中，全過程中F做的總功為108J
C．丙圖中，繩長為R，若空氣阻力f大小不變，小球從A運動到B過程中空氣阻力做的功
D．圖丁中，F始終保持水平緩慢將小球從P拉到Q，小球質量m，重力加速度g，則F做的功是W＝mg（l﹣lcosθ）
【解答】解：A、由于F大小不變，根據功的定義可得物塊從A到C過程中，力F做的功為W＝Fs＝F（OA﹣OC）＜FxAC，故A錯誤；
B、功的表達式W＝Fs，乙圖F﹣x的面積代表功的大小，則全過程中F做的總功為W＝15×6J﹣3×6J＝72J，故B錯誤；
C、丙圖中，繩長為R，若空氣阻力f大小不變，可用微元法得小球從A運動到B過程中空氣阻力做的功為W＝﹣f，故C錯誤；
D、圖丁中，F始終保持水平緩慢將小球從P拉到Q，可知F做的功等于克服重力做的功，則有W＝mg（l﹣lcosθ），故D正確；
故選：D。
如圖所示，某個力F＝10N作用在半徑為R＝1m的轉盤的邊緣上，力F的大小保持不變，但方向保持與作用點的切線一致，則轉動一周這個力F做的總功為（　　）
A．0 B．20πJ C．10J D．10πJ
【解答】解：轉一周通過的軌跡長度為：
L＝2πr＝2π
由于力始終與速度方向相同，故在力F作用下通過的位移為：L＝2π；
所以F所做的功W＝FL＝10×2πJ＝20πJ，故B正確ACD錯誤。
故選：B。
題型3平均功率與瞬時功率
（2024春 福州期末）廣場噴泉，作為城市景觀的一部分，不僅是供人們欣賞的景點，更是城市文化和歷史的載體。它們以水為媒介，以音樂和燈光為伴，為城市帶來了生機和活力。噴泉水滴的運動軌跡如圖所示，若該“噴泉”是采用水泵將水先從距水面下深度為h處由靜止提升至水面，然后再噴射出去，上升的最大高度為h，水滴下落在水面的位置距噴水口的距離為2h。已知噴水口的流量Q（流量Q定義為單位時間內噴出水的體積），水的密度為ρ，水泵提升水的效率為η，重力加速度大小為g，則水泵抽水的平均功率為（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：根據斜上拋運動的規律可知，豎直方向上有，水平方向上有2h＝vx 2t，解得vx，在Δt時間內，噴射出水的質量Δm＝ρQΔt，這些水在最高點的動能為，由功能關系可得ηPΔt＝Δmgh，解得，故ABD錯誤，C正確。
故選：C。
（2024春 奉化區期末）仰臥起坐是《國家學生體質健康標準》中規定的女生測試項目之一。若某女生一分鐘內做了50個仰臥起坐，其質量為50kg，設上半身質量為總質量的0.6倍，仰臥起坐時下半身重心位置不變。則測試過程中該女生一分鐘內克服重力做功的平均功率約為（　　）
A．20W B．90W C．200W D．400W
【解答】解：該同學身高約 h＝1.6m，則每次上半身重心上升的距離約為：
則她每一次克服重力做的功為：W＝0.6mgh'＝0.6×50×10×0.4J＝120J
1min內她克服重力所做的總功為：W總＝50W＝50×120J＝6000J
她克服重力做功的平均功率為：，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
（2024春 金華期末）無人機廣泛應用于各行各業。如圖甲所示是物流公司使用無人機運輸貨物，無人機下方用輕繩豎直懸掛貨物，當無人機懸停到目的地正上方后，豎直向下先勻加速后勻減速，直至安全著陸，圖乙是降落全過程的v﹣t圖像。已知貨物的質量為30kg，忽略氣流對貨物的作用力。求：
（1）5s內貨物的位移大小；
（2）運動過程中，無人機對貨物的最大拉力；
（3）4s末，拉力對貨物的瞬時功率的大小。
【解答】解：（1）根據v﹣t圖像的意義可知
解得：x15m
（2）由題意可得 t＝0～3s，物體失重，拉力小于重力，而 t＝3～5s 物體超重，拉力大于重力
所以勻減速下降時，加速度大小 ，
根據牛頓第二定律得：F﹣mg＝ma
所以 F＝mg+ma＝（30×10+30×3）N＝390N
（3）由 v﹣t圖可得：t＝4s時，v＝vm﹣at＝（6﹣3×1）m/s＝3m/s
根據公式 P＝Fv
拉力對貨物的瞬時功率P＝390N×3m/s＝1170W
答：（1）5s內貨物的位移大小為15m；
（2）運動過程中，無人機對貨物的最大拉力為390N；
（3）拉力對貨物的瞬時功率的大小為1170W。
題型4兩種機車啟動方式及圖像分析
（2024春 興慶區校級期末）質量為m的汽車以恒定的功率P在平直的水平公路上行駛，設汽車受到的阻力大小不變，若汽車勻速行駛時的速率為v1，則當汽車速率為v2（v1＞v2）時，汽車加速度的大小是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：汽車以速度v1勻速運動時，根據P＝Fv1＝fv1
可得汽車受到的阻力的大小為：汽車以速度v2勻速運動時，根據P＝F′v2所以此時的牽引力：
由牛頓第二定律可得：F′﹣f＝ma，
所以加速度為：
故D正確，ABC錯誤。
故選：D。
（2024春 岳麓區校級期末）我國新能源汽車領先全球，2024年3月，小米第一臺汽車XiaomiSU7正式上市，其技術領先且價格符合大眾消費，一輛小米新能源汽車在平直公路上行駛，汽車的質量為m＝2.0×103kg，發動機的額定功率為P0＝200kW，設汽車在行駛過程中受到的阻力大小恒為f＝4.0×103N。如果汽車從靜止開始以額定功率啟動，則（　　）
A．汽車從靜止開始做勻加速直線運動，然后做加速度減小的加速運動
B．汽車在行駛過程中所能達到的最大速度vm＝50m/s
C．若汽車以不同的恒定功率啟動所能達到的最大速度相同
D．若汽車到達最大速度的時間為t，則這段時間內的位移
【解答】解：A．恒定功率啟動，由P0＝Fv可知，速度v逐漸增加，F逐漸減小，由牛頓第二定律可得
可知加速度a逐漸減小，則汽車做加速度減小的加速運動，故A錯誤；
B．當F牽＝f時，速度達到最大，利用
P0＝F牽 vm＝f vm
求得最大速度
vm＝50m/s
故B正確；
C．由B選項解析可知，當以不同的恒定功率啟動所能達到的最大速度不同；C錯誤；
D．由A選項可知，汽車做加速度減小的加速運動，若汽車到達最大速度的時間為t，由于在t時間內，汽車不是做勻加速直線運動，則平均速度不等于，因此位移不等于
故D錯誤。
故選：B。
（2024春 奉化區期末）如圖所示，一臺起重吊車將質量m＝500kg的重物由靜止開始以a＝0.2m/s2加速度豎直向上勻加速提升，t＝10s末之后保持功率不變繼續提升重物，直至重物勻速上升。取g＝10m/s2不計空氣阻力，求：
（1）前10s起重吊車拉力F的大小；
（2）10s末起重機的瞬時功率P；
（3）重物上升的最大速度vm；
（4）重物開始運動后15s內起重機提升重物的平均功率。
【解答】解：（1）由牛頓第二定律
F﹣mg＝ma
代入數據可得：F＝5100 N；
（2）物體做勻加速直線運動10s時的速度
v＝at
代入數據可得：v＝2m/s
物體的瞬時功率
P＝Fv
代入數據可得：P＝10200 W；
（3）由題意可知，物體速度最大時處于平衡，拉力F＝mg
起重機的瞬時功率
P＝mgvm
代入數據可得：vm＝2.04 m/s；
（4）前10s上升的高度
代入數據可得：h＝10m
起重機做的功
W1＝Fh
代入數據可得：W1＝51000J
從10S到15s時，起重機做的功
W2＝pt'
代入數據可得：W2＝51000J
15s內起重機提升重物的平均功率
15s內起重機提升重物的平均功率6800W；
答：（1）前10s起重吊車拉力F的大小為5100 N；
（2）10s末起重機的瞬時功率為10200 W；
（3）重物上升的最大速度為2.04 m/s；
（4）重物開始運動后15s內起重機提升重物的平均功率為6800W。
題型5應用動能定理求變力做功
（2024春 讓胡路區校級期末）人們用滑道從高處向低處運送貨物，如圖所示，可看作質點的貨物從四分之一圓弧滑道頂端P點由靜止釋放，沿滑道運動到圓弧末端Q點時速度大小為4m/s。已知貨物質量m＝10kg，滑道半徑r＝4m，且過Q點的切線水平，重力加速度g取10m/s2。關于貨物從P點運動到Q點的過程，下列說法正確的是（　　）
A．重力做的功為600J
B．經過Q點時貨物對軌道的壓力大小為280N
C．經過Q點時貨物的向心加速度大小為4m/s2
D．貨物克服阻力做的功為80J
【解答】解：A、貨物從P點運動到Q點的過程，重力做的功為WG＝mgr＝10×10×4J＝400J，故A錯誤；
B、貨物經過Q點時，由牛頓第二定律有
FN﹣mg＝m
解得：FN＝140N
由牛頓第三定律知經過Q點時貨物對軌道的壓力大小為140N，故B錯誤；
C、經過Q點時貨物的向心加速度大小為am/s2＝4m/s2，故C正確；
D、根據動能定理得：mgr﹣Wf，解得貨物克服阻力做的功為Wf＝320J，故D錯誤。
故選：C。
（2024春 安徽期末）如圖所示，在水平地面上有一圓弧形凹槽ABC，AC連線與地面相平，凹槽AC是位于豎直平面內以O為圓心、半徑為R的一段粗糙程度相同的圓弧，B為圓弧最低點。現將一質量為m的小球（可視為質點）從水平地面上P處以初速度v0斜向右上方拋出，v0與水平地面夾角為θ。該小球恰好能從A點沿圓弧的切線方向進入軌道，沿圓弧ABC繼續運動后從C點以速率飛出。不計空氣阻力，重力加速度為g，下列說法中正確的是（　　）
A．小球由P點運動到A點的過程中，所用時間為
B．小球由P點運動到A點的過程中，水平位移為
C．小球經過圓弧形軌道的C點時受到軌道的支持力大小為mgcosθ
D．小球經過圓弧形軌道AB段和BC段過程中，小球與圓弧軌道間因摩擦產生的熱量相等
【解答】解：AB、小球由P點飛出后到A點的過程做斜拋運動，根據豎直方向的分運動為豎直上拋運動，可得由P到A的時間為：t
根據小球水平方向上的分運動為勻速直線運動，可得由P到A的水平位移為：x＝v0cosθ t，故AB錯誤；
C、根據斜拋運動的對稱性，可知小球到達A點的速度方向與水平方向的夾角等于θ，由幾何關系可知OA和OC與豎直方向的夾角均為θ。小球經過圓弧形軌道上的C點時，對小球受力分析，根據牛頓第二定律得：FNC﹣mgcosθ＝m，解得：FNC＝mgcosθ，故C正確；
D、小球經過圓弧形軌道要克服摩擦力做功，小球的機械能逐漸減小，在AB段和BC段的在同一高度處，在AB段的速度大于在AC段的，圓周運動所需向心力在AB段的大于在AC段的，小球與軌道的彈力和滑動摩擦力也同樣如此，則在AB段克服摩擦力做的功大于在BC段的，故小球經過圓弧形軌道AB段因摩擦產生的熱量大于BC段過程因摩擦產生的熱量，故D錯誤。
故選：C。
（2024春 銅陵期末）如圖所示，半徑為R＝0.9m的四分之一圓弧形粗糙軌道豎直放置，圓弧最低點B處的切線水平，B點距離地面的高度為h＝0.8m。質量為m＝1.0kg的小滑塊從圓弧頂點D處由靜止釋放，小滑塊到達B點的速度大小為vB＝3m/s。不計空氣阻力，重力加速度大小g取10m/s2。求：
（1）小滑塊到達B點時對軌道壓力的大小；
（2）小滑塊克服軌道摩擦力所做的功；
（3）小滑塊的落地點與B點的水平距離。
【解答】解：（1）小滑塊運動到B點時，根據牛頓第二定律有
解得：F＝20N
根據牛頓第三定律，小滑塊對B點軌道的壓力大小為F′＝F＝20N。
（2）小滑塊從D點運動到B點的過程，根據動能定理有
解得：W克f＝4.5J
（3）小滑塊離開B點后做平拋運動，水平方向有
x＝vBt
豎直方向有
聯立解得：x＝1.2m
答：（1）小滑塊到達B點時對軌道壓力的大小為20N；
（2）小滑塊克服軌道摩擦力所做的功為4.5J；
（3）小滑塊的落地點與B點的水平距離為1.2m。
題型6多過程直線運動問題
（2024春 沙坪壩區校級期末）如圖所示，在傾角為θ的光滑固定斜面上，A、B、C、D四點將斜面三等分。質量為m的小滑塊P以初速度v0從A點出發，沿斜面向上運動，滑塊滑到D點時速度恰好為0，而后下滑。若AB部分不光滑，其余部分光滑，則滑塊上行到C點時速度恰好為0，而后下滑過程中說法正確的是（重力加速度為g）（　　）
A．滑塊所受摩擦力f＞mgsinθ
B．滑塊所受摩擦力f＜mgsinθ
C．滑塊下滑到A點時速度
D．滑塊下滑到B點時速度
【解答】解：AB、設斜面長度為3L，斜面光滑時，滑塊從A點上滑到D點過程，根據動能定理得：
當AB部分不光滑時，滑塊從A點上滑到C點過程，根據動能定理得：
聯立可得：f＝mgsinθ，故AB錯誤；
C、滑塊從C點下滑到A點過程，根據動能定理得：
聯立解得滑塊下滑到A點時速度為：，故C正確；
D、滑塊從C點下滑到B點過程，根據動能定理得：
聯立解得滑塊下滑到B點時速度為：，故D錯誤。
故選：C。
（多選）（2024春 西城區期末）如圖所示，運動員腰系輕繩拖著輪胎在跑道上進行訓練。繩子對輪胎施加恒力的大小為300N，方向與水平方向成37°。輪胎被拖著從靜止開始沿著水平直線寬道移動3m后，繩子突然斷了，輪胎又往前移動了一段距離停下。已知輪胎的質量為36kg，跑道與輪胎間的動摩擦因數為0.8，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。忽略空氣阻力，下列說法正確的是（　　）
A．輪胎速度的最大值為4m/s
B．繩子斷后，輪胎又前進了2m停下
C．從開始運動到繩斷的過程，繩子對輪胎所做功的平均功率為480W
D．從輪胎開始運動到停下的過程，跑道對輪胎的摩擦力所做的功為﹣576J
【解答】解：A．從開始運動到繩斷的過程，繩子對輪胎施加恒力的大小為F＝300N，方向與水平方向成θ＝37°，跑道與輪胎間的動摩擦因數為μ＝0.8，輪胎的質量為m＝36kg，輪胎受到的支持力為FN，此過程輪胎的加速度大小為a1，對輪胎進行受力分析，可得
Fcosθ﹣μFN＝ma1
FN＝mg﹣Fsinθ
代入數據可得
輪胎被拖著從靜止開始沿著水平直線寬道移動的位移為x1＝3m，而后開始做減速運動，則輪胎速度的最大值滿足
v2＝2a1x1
解得
v＝4m/s
故A正確；
B．繩子斷后，輪胎做勻減速直線運動，設其減速運動的加速度大小為a2，則可得
μmg＝ma2
解得
a＝μg＝0.8×10m/s2＝8m/s2
設輪胎又前進了x2停下，則
v2＝2a2x2
解得
故B錯誤；
C．從開始運動到繩斷的過程，繩子對輪胎所做功
W＝Fx1cosθ＝300×3×0.8J＝720J
該過程的時間
繩子對輪胎所做功的平均功率
故C正確；
D．從開始運動到繩斷的過程，輪胎受到的摩擦力
f1＝μFN＝μ（mg﹣Fsinθ）＝0.8×（36×10﹣300×0.6）N＝144N
繩子斷后，輪胎受到的摩擦力
f2＝μmg＝0.8×36×10N＝288N
從輪胎開始運動到停下的過程，跑道對輪胎的摩擦力所做的功為
Wf＝（﹣f1x1）+（﹣f2x2）＝（﹣144×3）J+（﹣288×1）J＝﹣720J
故D錯誤；
故選：AC。
題型7直線曲線運動相結合的多過程問題
（2024春 福州期末）如圖，一彈射游戲裝置由安裝在水平臺面上的固定彈射器、豎直圓軌道（在最低點E分別與水平軌道EO和EA相連）、高度h可調的斜軌道AB組成。游戲時滑塊從O點彈出，經過圓軌道并滑上斜軌道。全程不脫離軌道且恰好停在B端則視為游戲成功。已知圓軌道半徑r＝0.1m，OE長L1＝0.2m，AC長L2＝0.4m，圓軌道和AE光滑，滑塊與AB、OE之間的動摩擦因數μ＝0.5。滑塊質量m＝2g且可視為質點，彈射時從靜止釋放且彈簧的彈性勢能完全轉化為滑塊動能。忽略空氣阻力，各部分平滑連接，g取10m/s2。求：
（1）彈簧的彈性勢能Ep多大時，滑塊恰能過F點；
（2）滿足（1）條件下滑塊經過E點對圓軌道壓力FN大小等多少；
（3）滿足（1）條件下，要想游戲成功應把h調到多高；
（4）要使游戲成功，彈簧的彈性勢能Ep與高度h之間滿足的關系。
【解答】解：（1）設滑塊恰好能過圓軌道最高點F時的速度大小為vF，由題意可得，滑塊恰過F點，此時重力提供向心力有
從靜止釋放到滑塊恰過F點，根據功能關系有
聯立解得，彈簧的彈性勢能為
（2）滑塊從E到F點，根據機械能守恒有
滑塊經過E點時，根據牛頓第二定律有
聯立解得，滑塊經過E點時受到的支持力為
F＝6mg
則滑塊經過E點對圓軌道壓力為
FN＝F＝0.12N
（3）滑塊從F點到恰好停在B端，根據功能關系有
解得
h＝0.05m
（4）由上述分析可知，要使游戲成功，滑塊不脫離軌道，則
h1≥0.05m
設∠CAB＝θ，則要使游戲成功，滑塊要能停止B點有
mgsinθ≤μmgcosθ
解得
tanθ≤μ
此時
h2＝L2tanθ≤0.2m
從O到B點，根據功能關系有
Ep＝μmgL1+mgh+μmgL2
聯立可得
，其中0.05m≤h≤0.2m
答：（1）彈簧的彈性勢能Ep等于7×10﹣3J時，滑塊恰能過F點；
（2）滿足（1）條件下滑塊經過E點對圓軌道壓力FN大小為0.12N；
（3）滿足（1）條件下，要想游戲成功應把h調到0.05m高；
（4）要使游戲成功，彈簧的彈性勢能Ep與高度h之間滿足的關系為7×10﹣3J，其中0.05m≤h≤0.2m。
（2024春 福州期末）如圖所示，一個固定在豎直平面內的光滑半圓形管道，一直徑略小于管道內徑的小球，從A處以某一速度經過水平面到B后在管道內做圓周運動，從C點脫離后做平拋運動，經過0.3s后又恰好垂直與傾角為45°的斜面相碰。已知水平面AB距離L＝3m，動摩擦因數μ＝0.25；半圓形管道的半徑為R＝1m，小球可看作質點且其質量為m＝1kg，g取10m/s2。求：
（1）CD段平拋的水平距離x；
（2）小球過管道C時，管道對小球作用力的大小和方向；
（3）小球在A處的速度vA大小。
【解答】解：（1）設從C點脫離后做平拋運動的速度為vC，經過0.3s后恰好垂直與傾角為45°的斜面相碰，則
解得
vC＝3m/s
CD段平拋的水平距離為
x＝vCt＝3×0.3m＝0.9m
（2）小球過管道C時，設管道對小球作用力豎直向下，大小為F，則根據牛頓第二定律可得
解得
F＝﹣1N
故管道對小球作用力的大小為1N，對小球作用力豎直向上。
（3）水平面AB距離
L＝3m
動摩擦因數
μ＝0.25
由A到C可列動能定理
解得
vA＝8m/s
答：（1）CD段平拋的水平距離x為0.9m；
（2）小球過管道C時，管道對小球作用力的大小為1N，方向為豎直向上；
（3）小球在A處的速度vA大小為8m/s。
（2024春 重慶期末）如圖1所示，兩個分別以A、D和B、C為端點且半徑均為R＝0.25m的半圓形光滑管道固定在同一豎直平面內，A、B間和C、D間均為長度L＝2m的固定水平面，P、Q分別為AB和CD的中點，兩個完全相同的物塊甲、乙分別靜置于P、Q處。已知CD和PB段水平面光滑，物塊與AP間的動摩擦因數μ隨物塊到A點的距離x變化的關系如圖2所示。已知甲、乙兩物塊的質量均為m＝100g，兩物塊均可視為質點，管道內徑不計，不考慮兩物塊與管道內部的碰撞，不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，甲、乙兩物塊發生碰撞后速度交換，即碰撞后，原來運動的物塊靜止，原來靜止的物塊以原來運動物塊的速度運動。現給物塊甲一水平向右的初速度v0＝7m/s，求：
（1）物塊甲第一次與物塊乙碰撞后瞬時，物塊乙的動能；
（2）物塊乙第一次到達P點時的動能；
（3）最終物塊甲、乙各自的位置。
【解答】解：（1）設物塊甲第一次沿管道BC到達C點時的動能為Ek，對物塊甲，由動能定理有
由題知，物塊甲、乙第1次碰撞后瞬時，物塊甲動能變為0，物塊乙的動能
E'k＝Ek
代入數據可得
E'k＝Ek＝1.95J
（2）由圖2可知，甲、乙兩物塊與AP間的動摩擦因數
μ＝0.2+0.4x
因此，甲、乙兩物塊與AP間的滑動摩擦力
f＝μmg＝（0.2+0.4x）mg＝（0.2+0.4x）N
可得f﹣x圖像，如圖所示
由f﹣x圖像可知，物塊每次從A點運動到P點過程中，摩擦力對物塊做功
因此，物塊甲、乙第1次碰撞后，物塊乙到達A點時的動能
解得
Ek0＝2.45J
物塊乙到達P點時的動能
Ek1＝Ek0﹣W＝2.45J﹣0.4J＝2.05J
（3）由Ek1＞2mgR＝0.5J可知，物塊乙可以通過半圓形管道BC，與物塊甲發生第2次碰撞物塊甲、乙第2次碰撞后，物塊甲到達P點時的動能
Ek2＝Ek1﹣W＝Ek0﹣2W
以此類推……同理可知：物塊甲、乙第n次碰撞后，其中一物塊到達P點時的動能
Ekn＝Ek0﹣nW
當Ekn≤2mgR，即n≥4.875時，該物塊將不能通過管道BC到達CD平面與另一物塊發生碰撞因此，物塊甲、乙發生碰撞的次數為5次，當n＝5時，即物塊甲、乙發生第5次碰撞后，物塊甲最終靜止在Q點，物塊乙向右運動到達P點時的動能
Ek5＝Ek0﹣5W＝2.45J＝5×0.4J＝0.45J
由Eks＜2mgR且W＜Ek5＜2W可知，之后物塊乙將先向右滑上管道BC（未到達C點），又向左滑下管道BC，然后向左滑上管道AD（未到達D點），再向右滑下管道AD，最終停在AP之間；物塊乙最后一次向右經過A點時的動能
Ek乙＝Ek5﹣W＝0.45J﹣0.4J＝0.05J
設最終物塊乙到A點的距離為Δx，結合f﹣x圖像，可得
聯立解得
即物塊乙最終靜止在AP之間，距離A點的位置。
答：（1）物塊甲第一次與物塊乙碰撞后瞬時，物塊乙的動能1.95J；
（2）物塊乙第一次到達P點時的動能2.05J；
（3）物塊甲最終靜止在Q點，物塊乙最終靜止在AP之間，距離A點的位置。
題型8動能定理的圖像問題
（2024春 銅陵期末）質量為m＝1kg的玩具小汽車（可視為質點）由靜止開始沿直線加速，最后減速至靜止，其合外力F隨位移x的變化圖像如圖所示。已知玩具小汽車在位移x＝10m時恰好停下。下列關于玩具小汽車運動的物理量描述正確的是（　　）
A．初始階段合外力F1＝1.5N
B．速度的最大值為2m/s
C．加速運動的時間為1s
D．勻速運動的時間為3s
【解答】解：A、F﹣x圖像與x軸所圍的面積表示合外力F做功大小，對于玩具小汽車的整個運動過程，根據動能定理有
解得：F1＝1N，故A錯誤；
B、x＝2m時，合外力是零，可知玩具汽車的速度最大，此時有
由牛頓第二定律有
解得最大速度為：vm＝2m/s，故B正確；
C、加速時間為ts＝2s，故C錯誤；
D、勻速運動的時間為，故D錯誤。
故選：B。
（2024春 合肥期末）如圖甲所示，一物塊以一定的初速度沖上傾角為30°的固定斜面，物塊在斜面上運動的過程中，其動能Ek與運動路程s的關系如圖乙所示。已知物塊所受的摩擦力大小恒定，g取10m/s2。下列說法正確的是（　　）
A．物塊質量為0.7kg
B．物塊所受摩擦力大小為0.4N
C．0～20m過程中，物塊克服摩擦力做功為40J
D．0～10m過程中與10m～20m過程中物塊所受合力之比為3：4
【解答】解：AB、0～10m內物塊上滑，由動能定理得：
﹣mgsin30° s1﹣fs1＝Ek﹣Ek0
整理得：Ek＝Ek0﹣（mgsin30°+f）s1
結合0～10m內的圖像得，斜率的絕對值|k|＝mgsin30°+f＝4N
10～20 m內物塊下滑，由動能定理得：
（mgsin30°﹣f）（s﹣s1）＝Ek
整理得：Ek＝（mgsin30°﹣f）s﹣（mgsin30°﹣f）s1
結合10～20 m內的圖像得，斜率k′＝mgsin 30°﹣f＝3N
聯立解得：f＝0.5N，m＝0.7kg，故A正確，B錯誤；
C、0～20m過程中，物塊克服摩擦力做功為動能的減少量，即Wf克＝40J﹣30J＝10J，故C錯誤；
D、0～10m過程與10m～20m過程位移大小相等，由動能定理可知，0～10m過程中與10m～20m過程中物塊所受合力之比等于動能改變量之比，等于4：3，故D錯誤。
故選：A。
（2024春 天心區校級期末）如圖甲所示，質量為0.2kg的物體在水平向右的拉力F的作用下從A點由靜止開始向右運動，F隨位移x變化的圖像如圖乙所示。已知物體與地面間的動摩擦因數為0.15，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2，在運動過程中，下列說法正確的是（　　）
A．物體做加速度減小的加速運動，當拉力F＝0時，物體的速度最大
B．拉力從1.8N減小到0.3N的過程中，拉力做的功為21J
C．物體的最大速度為
D．物體運動的總位移為36m
【解答】解：A．物體的最大靜摩擦力為
f0＝μmg＝0.15×0.20×10N＝0.3N
根據圖乙可知，當拉力大于最大靜摩擦力時，物體向右加速運動，當拉力與最大靜摩擦力大小相等時，合力為0，物體速度達到最大值，故A錯誤；
B．根據數學函數規律可知，拉力等于0.3N時，對應的位移為10m，F﹣x圖像中，圖像與橫坐標所圍幾何圖形的面積表示功，則拉力從1.8N減小到0.3N的過程中，拉力的功為
故B錯誤；
C．拉力等于0.3N時，物體速度達到最大值，根據動能定理有
其中x1＝10m
解得
故C錯誤；
D．根據圖像可知整個過程中拉力做功為
由動能定理有W﹣f0x＝0
解得x＝36m
故D正確。
故選：D。

展開更多......

收起↑