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2020浙江高考物理二轮讲义：专题二第一讲 功、功率和动能定理
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第一讲 功、功率和动能定理
知识内容
考试要求
备考指津
1.追寻守恒量——能量
b
1.对功和功率等基本概念的考查往往涉及对概念的理解，一般以选择题的形式出现．
2．动能定理是高考考查的重点，考查形式有选择题，也有计算题．计算题中单纯考查动能定理的题目较少，往往与其他知识综合在一起考查.
2.功
c
3.功率
c
4.重力势能
c
5.弹性势能
b
6.动能和动能定理
d
功的理解与计算
【题组过关】
1．(2019·浙江省名校联考)“激流勇进”是一种常见的水上机动游乐设备，常见于主题游乐园中．游客们在一定安全装置的束缚下，沿着设计好的水道漂行．其间通常会有至少一次大幅度的机械提升和瞬时跌落．图中所示为游客们正坐在皮筏艇上从高处沿斜坡水道向下加速滑行，在此过程中下列说法正确的是( )
A．合力对游客做负功
B．皮筏艇对游客不做功
C．重力对游客做正功
D．游客的机械能增加
解析：选C.加速下滑，合力沿斜坡向下，合力做正功，选项A错误，重力做正功，选项C正确；皮筏艇对游客的摩擦力做负功，机械能减少，选项B、D错误．
2．一物体静止在粗糙水平地面上．现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v.若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v.对于上述两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( )
A．WF2>4WF1，Wf2>2Wf1
B．WF2>4WF1，Wf2＝2Wf1
C．WF2<4WF1，Wf2＝2Wf1
D．WF2<4WF1，Wf2<2Wf1
解析：选C.物体两次的加速度之比a2∶a1＝∶＝2∶1，位移之比l2∶l1＝t∶t＝2∶1，摩擦力之比f2∶f1＝1∶1，由牛顿第二定律得F－f＝ma，则拉力之比F2∶F1＝(ma2＋f)∶(ma1＋f)<2，做功之比WF2∶WF1＝(F2·l2)∶(F1·l1)<4，Wf2∶Wf1＝(－f2·l2)∶(－f1·l1)＝2∶1，故C正确．
3．(多选)(2019·宁波模拟)如图所示，摆球质量为m，悬线长为L，把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球运动过程中空气阻力F阻的大小不变，则下列说法正确的是( )
A．重力做功为mgL
B．悬线的拉力做功为零
C．空气阻力F阻做功为－mgL
D．空气阻力F阻做功为－F阻πL
解析：选ABD.由重力做功特点得重力做功为：WG＝mgL，A正确；悬线的拉力始终与v垂直，不做功，B正确；由微元法可求得空气阻力做功为：WF阻＝－F阻πL，D正确．
1．功的正、负的判断方法
(1)恒力做功的判断：依据力与位移的夹角来判断．
(2)曲线运动中做功的判断：依据F与v的方向夹角α来判断，0≤α<90°，力对物体做正功；90°<α≤180°，力对物体做负功；α＝90°，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互联系的物体之间的相互作用力做功的情况．
2．求解变力做功的几种思路
(1)利用动能定理W＝ΔEk或功能关系W＝ΔE计算能量变化量ΔE或ΔEk，即等量替换的物理思想．
(2)当变力的功率P一定时，可用W＝Pt求功，如机车以恒定功率启动．
(3)当变力方向不变，大小与位移成正比时，可用力对位移的平均值F＝(F初＋F末)来计算．
(4)当变力大小不变，方向在变化且力的方向始终与速度方向相同或相反时，功可用力与路程的乘积计算．
(5)用变力F随位移x的变化图象与x轴所围的“面积”计算功．注意x轴上、下两侧分别表示正、负功．
对功率的理解与计算
【重难提炼】
1．平均功率的计算
(1)利用P＝.
(2)利用P＝F·vcos α，其中v为物体运动的平均速度，F为恒力．
2．瞬时功率的计算
(1)利用公式P＝F·vcos α，其中v为t时刻的瞬时速度．
(2)P＝F·vF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度．
(3)P＝Fv·v，其中Fv为物体受的外力F在速度v方向上的分力．
对于α变化的不能用公式P＝Fvcos α计算平均功率．
3．两种启动方式的比较
两种方式
以恒定功率启动
以恒定加速度启动
P－t图和v－t图
OA段过程分析
v↑⇒F＝↓⇒a＝↓
a＝不变⇒ F不变，v↑⇒P＝Fv↑直到P额＝Fv1
OA段运动性质
加速度减小的加速直线运动
匀加速直线运动，维持时间t0＝
AB段过程分析
F＝F阻⇒a＝0⇒F阻＝
v↑⇒F＝↓⇒a＝↓
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＝做匀速直线运动
某汽车发动机的额定功率为60 kW，汽车质量为5 t，汽车在运动中所受阻力的大小恒为车重的0.1.(g取10 m/s2)
(1)若汽车以额定功率启动，则汽车所能达到的最大速度是多少？当汽车速度达到5 m/s时，其加速度是多少？
(2)若汽车以恒定加速度0.5 m/s2启动，则其匀加速过程能维持多长时间？
[审题突破] (1)达到最大速度时，汽车处于什么状态？
(2)v＝5 m/s时，牵引力多大？
(3)以加速度0.5 m/s2启动时，牵引力多大？此阶段能达到的最大速度为多少？
[解析] (1)当汽车的加速度为零时，汽车的速度v达到最大值vm，此时牵引力与阻力相等，故最大速度为
vm＝＝＝ m/s＝12 m/s
v＝5 m/s时的牵引力
F1＝＝ N＝1.2×104 N，
由F1－Ff＝ma得：a＝
＝ m/s2＝1.4 m/s2.
(2)当汽车以a′＝0.5 m/s2的加速度启动时的牵引力
F2＝ma′＋Ff＝(5 000×0.5＋0.1×5×103×10) N
＝7 500 N
匀加速运动能达到的最大速度为
v′m＝＝ m/s＝8 m/s
由于此过程中汽车做匀加速直线运动，满足v′m＝a′t
故匀加速过程能维持的时间t＝＝ s＝16 s.
[答案] (1)12 m/s 1.4 m/s2 (2)16 s
【题组过关】
考向一 平均功率与瞬时功率
1．(2019·杭州二模)质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t＝0时刻开始受到水平力的作用．力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则( )
A．3t0时刻的瞬时功率为
B．3t0时刻的瞬时功率为
C．在0～3t0这段时间内，水平力的平均功率为
D．在0～3t0这段时间内，水平力的平均功率为
解析：选B.2t0时刻的速度大小v2＝a1·2t0＝t0，3t0时刻的速度大小为v3＝v2＋a2t0＝·2t0＋t0＝，3t0时刻力F＝3F0，所以瞬时功率P＝3F0·v3＝，选项A错误，B正确；0～3t0时间段内，水平力对物体做功W＝F0x1＋3F0x2＝F0×·(2t0)2＋3F0·t0＝，平均功率P＝＝，选项C、D均错误．
考向二 以恒定功率启动方式的求解
2．某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶，受到的阻力分别为车重的k1和k2倍，最大速率分别为v1和v2，则( )
A．v2＝k1v1 B．v2＝v1
C．v2＝v1 D．v2＝k2v1
解析：选B.车以最大速率行驶时，牵引力F等于阻力Ff，即F＝Ff＝kmg.由P＝k1mgv1及P＝k2mgv2，得v2＝v1，故B正确．
考向三 以恒定牵引力启动方式的求解
3．(多选)(2019·宁波月考)下列各图是反映汽车(额定功率P额)从静止开始匀加速启动，最后做匀速直线运动的过程中，其速度随时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象，其中正确的是( )
解析：选ACD.从静止开始匀加速启动，由公式P＝Fv及题意知，当力恒定时，随着速度的增加功率P增大，当P＝P额时，功率不再增加，此时，牵引力F大于阻力f，速度继续增加，牵引力减小，此后汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当F＝f时，速度达最大，做匀速直线运动．由以上分析知，B错误，A、C、D正确．
4．某汽车集团公司研制了一辆燃油与电动混合动力赛车，燃油发动机单独工作时的额定功率为P，蓄电池供电的电力发动机单独工作时的额定功率为，已知赛车运动过程中受到的阻力恒定．
(1)若燃油发动机单独工作时的最大速度为120 km/h，则两台发动机同时工作时的最大速度为多少？
(2)若赛车先单独启动电力发动机从静止开始做匀加速直线运动，经过t1时间达到额定功率，然后以燃油发动机的额定功率单独启动继续加速，又经过t2时间达到最大速度v0，赛车总质量为m，求赛车的整个加速距离．
解析：(1)燃油发动机单独工作，P＝F1v1＝fv1
两台发动机同时工作，P＋＝F2v2＝fv2
最大速度v2＝＝210 km/h.
(2)燃油发动机的额定功率为P，最大速度为v0，
阻力f＝
匀加速过程功率随时间均匀增加，发动机的平均功率为，设总路程为s，由动能定理有
t1＋Pt2－fs＝mv
解得s＝.
答案：(1)210 km/h (2)
1．计算功率的基本思路
(1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率，然后明确所用公式．
(2)判断变力的瞬时功率的变化情况时，若F大小不变，根据F与v的夹角的变化，由P＝F·v cos θ判断，
若F的大小和F、v夹角均变化时，可先把F做功转换成其他恒力做功，然后再判断．
2．机车启动问题中的三个重要关系式
(1)无论哪种运动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即vm＝＝(式中Fmin为最小牵引力，其值等于阻力F阻)．
(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，速度不是最大，即v＝＜vm＝.
(3)机车以恒定功率运动时，牵引力做的功W＝Pt.由动能定理：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大小．
动能定理的应用
【重难提炼】
(多选)如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连．现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点．已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<.在小球从M点运动到N点的过程中，( )
A．弹力对小球先做正功后做负功
B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零
D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差
[解析] 小球在从M点运动到N点的过程中，弹簧的压缩量先增大，后减小，到某一位置时，弹簧处于原长，再继续向下运动到N点的过程中，弹簧又伸长．弹簧的弹力方向与小球速度的方向的夹角先大于90°，再小于90°，最后又大于90°，因此弹力先做负功，再做正功，最后又做负功，A项错误；弹簧与杆垂直时，小球的加速度等于重力加速度，当弹簧的弹力为零时，小球的加速度也等于重力加速度，B项正确；弹簧长度最短时，弹力与小球的速度方向垂直，这时弹力对小球做功的功率为零，C项正确；由于在M、N两点处，弹簧的弹力大小相等，即弹簧的形变量相等，根据动能定理可知，小球从M点到N点的过程中，弹簧的弹力做功为零，重力做功等于动能的增量，即小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差，D项正确．
[答案] BCD
【题组过关】
考向一 运用动能定理求变力做功
1.如图所示， 在外力作用下某质点运动的v－t图象为正弦曲线．从图中可以判断( )
A．在0～t1时间内，外力做负功
B．在0～t1时间内，外力的功率逐渐增大
C．在t2时刻，外力的功率最大
D．在t1～t3时间内，外力做的总功为零
解析：选D.由动能定理可知，在0～t1时间内质点速度越来越大，动能越来越大，外力一定做正功，故A项错误；在t1～t3时间内，动能变化量为零，可以判定外力做的总功为零，故D项正确；由P＝F·v知0、t1、t2、t3四个时刻功率为零，故B、C都错误．
2．如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小．用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )
A．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点
B．W>mgR，质点不能到达Q点
C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D．W
3．如图所示，质量为 m 的滑块距挡板 P的距离为 l0，滑块以初速度 v0沿倾角为θ的斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是( )
A.
B.
C.
D.
解析：选A.滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，因此滑块最终必定停在挡板 P 处．设滑块经过的总路程为 l，对滑块运动的全过程应用动能定理，有mgl0sin θ－ μmglcos θ＝ 0 － mv，解得l＝，选项A正确．
考向三 运用动能定理解决曲线运动问题
4．(2017·浙江选考11月)如图(1)所示是游乐园的过山车，其局部可简化为如图(2)的示意图，倾角θ＝37°的两平行倾斜轨道BC、DE的下端与水平半圆形轨道CD顺滑连接，倾斜轨道BC的B端高度h＝24 m，倾斜轨道DE与圆弧EF相切于E点，圆弧EF的圆心O1、水平半圆轨道CD的圆心O2与A点在同一水平面上，DO1的距离L＝20 m．质量m＝1 000 kg 的过山车(包括乘客)从B点自静止滑下，经过水平半圆轨道后，滑上另一倾斜轨道，到达圆弧顶端F时乘客对座椅的压力为自身重力的0.25倍．已知过山车在BCDE段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比，比例系数μ＝，EF段摩擦力不计，整个运动过程空气阻力不计．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)
(1)求过山车过F点时的速度大小．
(2)求从B到F整个运动过程中摩擦力对过山车做的功．
(3)如果过D点时发现圆轨道EF段有故障，为保证乘客的安全，立即触发制动装置，使过山车不能到达EF段并保证不再下滑，则过山车受到的摩擦力至少应多大？
解析：(1)在F点的向心力F向＝mg－0.25mg＝m，代入已知数据可知vF＝3 m/s.
(2)根据动能定理，从B点到F点，有
mv－0＝mghBF＋W正
解得W正＝－7.5×104 J.
(3)触发制动后能恰好到达E点对应的摩擦力为
Ff1－Ff1Lcos θ－mgrcos θ＝0－mv
未触发制动时，对D点到F点的过程，有
－μmgcos θLcos θ－mgr＝mv－mv
联立得Ff1＝×103 N＝4.6×103 N
要使过山车停在倾斜轨道上，摩擦力为Ff2
Ff2＝mgsin θ＝6×103 N
故Ffm＝6×103 N.
答案：见解析
1．动能定理虽然是在恒力作用下的直线运动中推导出来的，但也适用于变力做功、曲线运动的情况．
2．当问题涉及力、位移(或路程)、速度，而不涉及加速度和时间时，可优先考虑利用动能定理分析问题．
3．对于多过程问题，求解时可对全过程应用动能定理，从而避开对每个运动过程的具体细节进行分析，具有过程简明、运算量小等优点．
4．应用动能定理的关键是写出各力做功的代数和，不要漏掉某个力做的功，同时要注意各力做功的正、负．
5．应用动能定理解题的基本思路
[课后作业(八)]
(建议用时：50分钟)
一、选择题
1.(2017·浙江选考11月)如图所示，质量为60 kg的某运动员在做俯卧撑运动，运动过程中可将她的身体视为一根直棒．已知重心在c点，其垂线与脚、两手连线中点间的距离oa、ob分别为0.9 m和0.6 m．若她在1 min内做了30个俯卧撑，每次肩部上升的距离均为0.4 m，则克服重力做的功和相应的功率约为( )
A．430 J，7 W B．4 300 J，70 W
C．720 J，12 W D．7 200 J，120 W
解析：选B.根据相似三角形，每次俯卧撑中，重心变化的高度＝，即h＝0.24 m．一次俯卧撑中，克服重力做功W＝mgh＝60×10×0.24 J＝144 J，所以一分钟内克服重力做功为W总＝nW＝4 320 J，功率P＝＝72 W，故选项B正确．
2．假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率．如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的( )
A．4倍 B．2倍
C. 倍 D. 倍
解析：选D.设Ff＝kv，当阻力等于牵引力时，速度最大，输出功率变化前，有P＝Fv＝Ffv＝kv·v＝kv2，变化后有2P＝F′v′＝kv′·v′＝kv′2，联立解得v′＝v，D正确．
3．(2017·浙江选考11月)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5 min内使承载4人的登高平台(人连同平台的总质量为400 kg)上升60 m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3 m3/min，水离开炮口时的速率为20 m/s，则用于( )
A．水炮工作的发动机输出功率约为1×104 W
B．水炮工作的发动机输出功率约为4×104 W
C．水炮工作的发动机输出功率约为2.4×106 W
D．伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为800 W
解析：选B.登高平台克服重力做功的功率P＝＝ W＝800 W，而伸缩臂具有一定质量，升高了一定高度输出功率大于800 W，选项D错误；在1秒钟内，喷出去水的质量为m′＝ρV＝103× kg＝50 kg，喷出去水的重力势能为WG＝m′gh＝50×10×60 J＝3×104 J，水的动能为m′v2＝1×104 J，所以1 s内水增加的能量为4×104 J，所以功率为4×104 W，选项B正确，选项A、C错误．
4.(2019·温州月考)如图所示，一质量为m的质点在半径为R的半球形容器中(容器固定)由静止开始自边缘上的A点滑下，到达最低点B时，它对容器的正压力为FN.重力加速度为g，则质点自A滑到B的过程中，摩擦力对其所做的功为( )
A.R(FN－3mg) B.R(2mg－FN)
C.R(FN－mg) D.R(FN－2mg)
解析：选A.质点在B点，由牛顿第二定律，有：FN－mg＝m，质点在B点的动能为EkB＝mv2＝(FN－mg)R.质点自A滑到B的过程中，由动能定理得：mgR＋Wf＝EkB－0，解得：Wf＝R(FN－3mg)，选项A正确，B、C、D错误．
5．水平面上一质量为m的物体，在水平力F作用下开始加速运动，如图甲所示，力F的功率P保持恒定，运动过程所受的阻力f大小不变，物体速度最终达到稳定值vm，F作用过程中物体的速度v的倒数与加速度a的关系图象如图乙所示，仅在已知功率P的情况下，根据图象所给的信息( )
A．可求出m、f、vm B．不能求出m
C．不能求出f D．可求出加速运动时间
解析：选A.当加速度为零时，物体做匀速运动，此时牵引力等于阻力，速度为最大值；由功率的计算公式可得P＝Fv，而F－f＝ma，联立可得＝a＋，由题图乙可得图线的斜率为，纵截距为＝，因此可求出m、f和vm，选项A正确，B、C错误；物体做变加速运动，加速运动的时间不可求，选项D错误．
6．质量为2 kg的物体以一定的初速度沿倾角为30°的斜面向上滑行，在向上滑行的过程中，其动能随位移的变化关系如图所示，则物体返回到出发点时的动能为(取g＝10 m/s2) ( )
A．34 J B．56 J
C．92 J D．196 J
解析：选A.物体上滑的过程中重力与摩擦力都做负功，由动能定理得－mgx·sin 30°－Ffx＝0－E0，下滑的过程中重力做正功，摩擦力做负功，得mgx·sin 30°－Ffx＝E－0，代入数据得E＝34 J，故选A.
7．如图甲所示，轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个质量m＝0.5 kg 的物块，处于静止状态．以物块所在处为原点，以竖直向下为正方向建立x轴，重力加速度g＝10 m/s2.现对物块施加竖直向下的拉力F，F随x变化的情况如图乙所示．若物块运动到x＝0.4 m处速度为零，则在物块下移0.4 m的过程中，弹簧弹性势能的增加量为( )
A．5.5 J B．3.5 J
C．2.0 J D．1.5 J
解析：选A.由图线与横轴所围的“面积”可得物块下移0.4 m的过程中，拉力F做的功W＝3.5 J，重力势能减少量mgx＝2 J，由功能关系，弹簧弹性势能的增加量ΔEp＝W＋mgx＝5.5 J，选项A正确．
8.如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球．在水平拉力F的作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点．在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是( )
A．逐渐增大
B．逐渐减小
C．先增大，后减小
D．先减小，后增大
解析：选A.因小球速率不变，所以小球以O点为圆心做匀速圆周运动，受力如图所示，因此在切线方向上应有：mgsin θ＝Fcos θ，得F＝mgtan θ.则拉力F的瞬时功率P＝F·v cos θ＝mgv·sin θ.从A运动到B的过程中，拉力的瞬时功率随θ的增大而增大，A项正确．
9．(2018·浙江选考4月)如图所示，一根绳的两端分别固定在两座猴山的A、B处，A、B两点水平距离为16 m，竖直距离为2 m，A、B间绳长为20 m．质量为10 kg的猴子抓住套在绳上的滑环从A处滑到B处．以A点所在水平面为参考平面，猴子在滑行过程中重力势能最小值约为(绳处于拉直状态)( )
A．－1.2×103 J B．－7.5×102 J
C．－6.0×102 J D．－2.0×102J
解析：选B.由图可知猴子到C点时重力势能最小，∠BCF＝∠ECF＝θ，所以LBC·sin θ＋LAC·sin θ＝BD，所以sin θ＝＝，即θ＝53°.AD＝2 m，则ED＝AD·tan 53°＝ m，所以FE＝ m．FC∶AD＝FE∶ED，得FC＝5 m，所以AC高度差为7 m，再加上猴子自身高度，重心距套环约为0.5 m，故猴子重力势能最小约为Ep＝－mgh＝－750 J，故选项B正确．
10．(多选)汽车从静止匀加速启动，最后做匀速运动，其速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象如图所示，其中正确的是( )
解析：选ACD.汽车启动时由P＝Fv和F－Ff＝ma可知，匀加速启动过程中，牵引力F、加速度a恒定不变，速度和功率均匀增大，当功率增大到额定功率后保持不变，牵引力逐渐减小到与阻力相等，加速度逐渐减小到零，速度逐渐增大到最大速度，故A、C、D正确，B错误．
二、非选择题
11.如图所示，竖直向上拉动细绳，使质量m＝1 kg的物体从静止开始以5 m/s2的加速度上升，不计滑轮及绳子的质量和摩擦，则拉力F在1 s内对物体做的功为多大？拉力F在1 s末的瞬时功率为多大？(g取10 m/s2)
解析：对物体受力分析，由牛顿第二定律得：
2F－mg＝ma，
由运动学规律可得在 1 s内物体上升的高度和1 s末的速度分别为h＝at2，v＝at.
根据动滑轮的特点以及功的定义可得，在1 s内力F做的功为W＝F·2h.
1 s末力F对物体做功的瞬时功率为P＝F·2v
联立上述方程，代入数据可得：
W＝37.5 J，P＝75 W.
答案：37.5 J 75 W
12．(2019·湖州模拟)高速连续曝光照相机可在底片上重叠形成多个图象．现利用这架照相机对MD－2 000家用汽车的加速性能进行研究，如图为汽车做匀加速直线运动时三次曝光的照片，图中汽车的实际长度为4 m，照相机每两次曝光的时间间隔为2.0 s .已知该汽车的质量为 1 000 kg，额定功率为90 kW，汽车运动过程中所受的阻力始终为 1 500 N.
(1)试利用图示，求该汽车的加速度．
(2)若汽车由静止开始以此加速度做匀加速运动，匀加速运动状态最多能保持多长时间．
(3)汽车所能达到的最大速度是多大．
(4)若该汽车从静止开始运动，牵引力不超过3 000 N，求汽车运动2 400 m所用的最短时间(汽车已经达到最大速度)．
解析：(1)由题图可得汽车在第1个2 s时间内的位移x1＝9 m，第2个2 s时间内的位移x2＝15 m
汽车的加速度a＝＝1.5 m/s2.
(2)由F－Ff＝ma得，汽车牵引力
F＝Ff＋ma＝(1 500＋1 000×1.5) N＝3 000 N
汽车做匀加速运动的末速度
v＝＝ m/s＝30 m/s
匀加速运动保持的时间
t1＝＝ s＝20 s.
(3)汽车所能达到的最大速度
vm＝＝ m/s＝60 m/s.
(4)由(1)、(2)知匀加速运动的时间t1＝20 s，运动的距离
x′1＝＝×20 m＝300 m
所以，后阶段以恒定功率运动的距离
x′2＝(2 400－300) m＝2 100 m
对后阶段以恒定功率运动，有
P额t2－Ffx′2＝m(v－v2)
解得t2＝50 s
所以，所用最短时间为t总＝t1＋t2＝(20＋50) s＝70 s.
答案：(1)1.5 m/s2 (2)20 s (3)60 m/s (4)70 s
13．(2018·高考全国卷Ⅲ)如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sin α＝.一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用．已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g.求
(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；
(2)小球到达A点时动量的大小；
(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间．
解析：(1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F.由力的合成法则有＝tan α①
F2＝(mg)2＋F②
设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得
F＝m③
由①②③式和题给数据得F0＝mg④
v＝.⑤
(2)设小球到达A点的速度大小为v1，作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得DA＝Rsin α⑥
CD＝R(1＋cos α)⑦
由动能定理有－mg·CD－F0·DA＝mv2－mv⑧
由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为
p＝mv1＝.⑨
(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g.设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C点落至水平轨道上所用时间为t.由运动学公式有
v⊥t＋gt2＝CD⑩
v⊥＝vsin α⑪
由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得t＝ .⑫
答案：见解析
第一讲 功、功率和动能定理
知识内容
考试要求
备考指津
1.追寻守恒量——能量
b
1.对功和功率等基本概念的考查往往涉及对概念的理解，一般以选择题的形式出现．
2．动能定理是高考考查的重点，考查形式有选择题，也有计算题．计算题中单纯考查动能定理的题目较少，往往与其他知识综合在一起考查.
2.功
c
3.功率
c
4.重力势能
c
5.弹性势能
b
6.动能和动能定理
d
功的理解与计算
【题组过关】
1．(2019·浙江省名校联考)“激流勇进”是一种常见的水上机动游乐设备，常见于主题游乐园中．游客们在一定安全装置的束缚下，沿着设计好的水道漂行．其间通常会有至少一次大幅度的机械提升和瞬时跌落．图中所示为游客们正坐在皮筏艇上从高处沿斜坡水道向下加速滑行，在此过程中下列说法正确的是( )
A．合力对游客做负功
B．皮筏艇对游客不做功
C．重力对游客做正功
D．游客的机械能增加
解析：选C.加速下滑，合力沿斜坡向下，合力做正功，选项A错误，重力做正功，选项C正确；皮筏艇对游客的摩擦力做负功，机械能减少，选项B、D错误．
2．一物体静止在粗糙水平地面上．现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v.若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v.对于上述两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( )
A．WF2>4WF1，Wf2>2Wf1
B．WF2>4WF1，Wf2＝2Wf1
C．WF2<4WF1，Wf2＝2Wf1
D．WF2<4WF1，Wf2<2Wf1
解析：选C.物体两次的加速度之比a2∶a1＝∶＝2∶1，位移之比l2∶l1＝t∶t＝2∶1，摩擦力之比f2∶f1＝1∶1，由牛顿第二定律得F－f＝ma，则拉力之比F2∶F1＝(ma2＋f)∶(ma1＋f)<2，做功之比WF2∶WF1＝(F2·l2)∶(F1·l1)<4，Wf2∶Wf1＝(－f2·l2)∶(－f1·l1)＝2∶1，故C正确．
3．(多选)(2019·宁波模拟)如图所示，摆球质量为m，悬线长为L，把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球运动过程中空气阻力F阻的大小不变，则下列说法正确的是( )
A．重力做功为mgL
B．悬线的拉力做功为零
C．空气阻力F阻做功为－mgL
D．空气阻力F阻做功为－F阻πL
解析：选ABD.由重力做功特点得重力做功为：WG＝mgL，A正确；悬线的拉力始终与v垂直，不做功，B正确；由微元法可求得空气阻力做功为：WF阻＝－F阻πL，D正确．
1．功的正、负的判断方法
(1)恒力做功的判断：依据力与位移的夹角来判断．
(2)曲线运动中做功的判断：依据F与v的方向夹角α来判断，0≤α<90°，力对物体做正功；90°<α≤180°，力对物体做负功；α＝90°，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互联系的物体之间的相互作用力做功的情况．
2．求解变力做功的几种思路
(1)利用动能定理W＝ΔEk或功能关系W＝ΔE计算能量变化量ΔE或ΔEk，即等量替换的物理思想．
(2)当变力的功率P一定时，可用W＝Pt求功，如机车以恒定功率启动．
(3)当变力方向不变，大小与位移成正比时，可用力对位移的平均值F＝(F初＋F末)来计算．
(4)当变力大小不变，方向在变化且力的方向始终与速度方向相同或相反时，功可用力与路程的乘积计算．
(5)用变力F随位移x的变化图象与x轴所围的“面积”计算功．注意x轴上、下两侧分别表示正、负功．
对功率的理解与计算
【重难提炼】
1．平均功率的计算
(1)利用P＝.
(2)利用P＝F·vcos α，其中v为物体运动的平均速度，F为恒力．
2．瞬时功率的计算
(1)利用公式P＝F·vcos α，其中v为t时刻的瞬时速度．
(2)P＝F·vF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度．
(3)P＝Fv·v，其中Fv为物体受的外力F在速度v方向上的分力．
对于α变化的不能用公式P＝Fvcos α计算平均功率．
3．两种启动方式的比较
两种方式
以恒定功率启动
以恒定加速度启动
P－t图和v－t图
OA段过程分析
v↑⇒F＝↓⇒a＝↓
a＝不变⇒ F不变，v↑⇒P＝Fv↑直到P额＝Fv1
OA段运动性质
加速度减小的加速直线运动
匀加速直线运动，维持时间t0＝
AB段过程分析
F＝F阻⇒a＝0⇒F阻＝
v↑⇒F＝↓⇒a＝↓
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＝做匀速直线运动
某汽车发动机的额定功率为60 kW，汽车质量为5 t，汽车在运动中所受阻力的大小恒为车重的0.1.(g取10 m/s2)
(1)若汽车以额定功率启动，则汽车所能达到的最大速度是多少？当汽车速度达到5 m/s时，其加速度是多少？
(2)若汽车以恒定加速度0.5 m/s2启动，则其匀加速过程能维持多长时间？
[审题突破] (1)达到最大速度时，汽车处于什么状态？
(2)v＝5 m/s时，牵引力多大？
(3)以加速度0.5 m/s2启动时，牵引力多大？此阶段能达到的最大速度为多少？
[解析] (1)当汽车的加速度为零时，汽车的速度v达到最大值vm，此时牵引力与阻力相等，故最大速度为
vm＝＝＝ m/s＝12 m/s
v＝5 m/s时的牵引力
F1＝＝ N＝1.2×104 N，
由F1－Ff＝ma得：a＝
＝ m/s2＝1.4 m/s2.
(2)当汽车以a′＝0.5 m/s2的加速度启动时的牵引力
F2＝ma′＋Ff＝(5 000×0.5＋0.1×5×103×10) N
＝7 500 N
匀加速运动能达到的最大速度为
v′m＝＝ m/s＝8 m/s
由于此过程中汽车做匀加速直线运动，满足v′m＝a′t
故匀加速过程能维持的时间t＝＝ s＝16 s.
[答案] (1)12 m/s 1.4 m/s2 (2)16 s
【题组过关】
考向一 平均功率与瞬时功率
1．(2019·杭州二模)质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t＝0时刻开始受到水平力的作用．力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则( )
A．3t0时刻的瞬时功率为
B．3t0时刻的瞬时功率为
C．在0～3t0这段时间内，水平力的平均功率为
D．在0～3t0这段时间内，水平力的平均功率为
解析：选B.2t0时刻的速度大小v2＝a1·2t0＝t0，3t0时刻的速度大小为v3＝v2＋a2t0＝·2t0＋t0＝，3t0时刻力F＝3F0，所以瞬时功率P＝3F0·v3＝，选项A错误，B正确；0～3t0时间段内，水平力对物体做功W＝F0x1＋3F0x2＝F0×·(2t0)2＋3F0·t0＝，平均功率P＝＝，选项C、D均错误．
考向二 以恒定功率启动方式的求解
2．某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶，受到的阻力分别为车重的k1和k2倍，最大速率分别为v1和v2，则( )
A．v2＝k1v1 B．v2＝v1
C．v2＝v1 D．v2＝k2v1
解析：选B.车以最大速率行驶时，牵引力F等于阻力Ff，即F＝Ff＝kmg.由P＝k1mgv1及P＝k2mgv2，得v2＝v1，故B正确．
考向三 以恒定牵引力启动方式的求解
3．(多选)(2019·宁波月考)下列各图是反映汽车(额定功率P额)从静止开始匀加速启动，最后做匀速直线运动的过程中，其速度随时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象，其中正确的是( )
解析：选ACD.从静止开始匀加速启动，由公式P＝Fv及题意知，当力恒定时，随着速度的增加功率P增大，当P＝P额时，功率不再增加，此时，牵引力F大于阻力f，速度继续增加，牵引力减小，此后汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当F＝f时，速度达最大，做匀速直线运动．由以上分析知，B错误，A、C、D正确．
4．某汽车集团公司研制了一辆燃油与电动混合动力赛车，燃油发动机单独工作时的额定功率为P，蓄电池供电的电力发动机单独工作时的额定功率为，已知赛车运动过程中受到的阻力恒定．
(1)若燃油发动机单独工作时的最大速度为120 km/h，则两台发动机同时工作时的最大速度为多少？
(2)若赛车先单独启动电力发动机从静止开始做匀加速直线运动，经过t1时间达到额定功率，然后以燃油发动机的额定功率单独启动继续加速，又经过t2时间达到最大速度v0，赛车总质量为m，求赛车的整个加速距离．
解析：(1)燃油发动机单独工作，P＝F1v1＝fv1
两台发动机同时工作，P＋＝F2v2＝fv2
最大速度v2＝＝210 km/h.
(2)燃油发动机的额定功率为P，最大速度为v0，
阻力f＝
匀加速过程功率随时间均匀增加，发动机的平均功率为，设总路程为s，由动能定理有
t1＋Pt2－fs＝mv
解得s＝.
答案：(1)210 km/h (2)
1．计算功率的基本思路
(1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率，然后明确所用公式．
(2)判断变力的瞬时功率的变化情况时，若F大小不变，根据F与v的夹角的变化，由P＝F·v cos θ判断，
若F的大小和F、v夹角均变化时，可先把F做功转换成其他恒力做功，然后再判断．
2．机车启动问题中的三个重要关系式
(1)无论哪种运动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即vm＝＝(式中Fmin为最小牵引力，其值等于阻力F阻)．
(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，速度不是最大，即v＝＜vm＝.
(3)机车以恒定功率运动时，牵引力做的功W＝Pt.由动能定理：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大小．
动能定理的应用
【重难提炼】
(多选)如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连．现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点．已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<.在小球从M点运动到N点的过程中，( )
A．弹力对小球先做正功后做负功
B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零
D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差
[解析] 小球在从M点运动到N点的过程中，弹簧的压缩量先增大，后减小，到某一位置时，弹簧处于原长，再继续向下运动到N点的过程中，弹簧又伸长．弹簧的弹力方向与小球速度的方向的夹角先大于90°，再小于90°，最后又大于90°，因此弹力先做负功，再做正功，最后又做负功，A项错误；弹簧与杆垂直时，小球的加速度等于重力加速度，当弹簧的弹力为零时，小球的加速度也等于重力加速度，B项正确；弹簧长度最短时，弹力与小球的速度方向垂直，这时弹力对小球做功的功率为零，C项正确；由于在M、N两点处，弹簧的弹力大小相等，即弹簧的形变量相等，根据动能定理可知，小球从M点到N点的过程中，弹簧的弹力做功为零，重力做功等于动能的增量，即小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差，D项正确．
[答案] BCD
【题组过关】
考向一 运用动能定理求变力做功
1.如图所示， 在外力作用下某质点运动的v－t图象为正弦曲线．从图中可以判断( )
A．在0～t1时间内，外力做负功
B．在0～t1时间内，外力的功率逐渐增大
C．在t2时刻，外力的功率最大
D．在t1～t3时间内，外力做的总功为零
解析：选D.由动能定理可知，在0～t1时间内质点速度越来越大，动能越来越大，外力一定做正功，故A项错误；在t1～t3时间内，动能变化量为零，可以判定外力做的总功为零，故D项正确；由P＝F·v知0、t1、t2、t3四个时刻功率为零，故B、C都错误．
2．如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小．用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )
A．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点
B．W>mgR，质点不能到达Q点
C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D．W
3．如图所示，质量为 m 的滑块距挡板 P的距离为 l0，滑块以初速度 v0沿倾角为θ的斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是( )
A.
B.
C.
D.
解析：选A.滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，因此滑块最终必定停在挡板 P 处．设滑块经过的总路程为 l，对滑块运动的全过程应用动能定理，有mgl0sin θ－ μmglcos θ＝ 0 － mv，解得l＝，选项A正确．
考向三 运用动能定理解决曲线运动问题
4．(2017·浙江选考11月)如图(1)所示是游乐园的过山车，其局部可简化为如图(2)的示意图，倾角θ＝37°的两平行倾斜轨道BC、DE的下端与水平半圆形轨道CD顺滑连接，倾斜轨道BC的B端高度h＝24 m，倾斜轨道DE与圆弧EF相切于E点，圆弧EF的圆心O1、水平半圆轨道CD的圆心O2与A点在同一水平面上，DO1的距离L＝20 m．质量m＝1 000 kg 的过山车(包括乘客)从B点自静止滑下，经过水平半圆轨道后，滑上另一倾斜轨道，到达圆弧顶端F时乘客对座椅的压力为自身重力的0.25倍．已知过山车在BCDE段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比，比例系数μ＝，EF段摩擦力不计，整个运动过程空气阻力不计．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)
(1)求过山车过F点时的速度大小．
(2)求从B到F整个运动过程中摩擦力对过山车做的功．
(3)如果过D点时发现圆轨道EF段有故障，为保证乘客的安全，立即触发制动装置，使过山车不能到达EF段并保证不再下滑，则过山车受到的摩擦力至少应多大？
解析：(1)在F点的向心力F向＝mg－0.25mg＝m，代入已知数据可知vF＝3 m/s.
(2)根据动能定理，从B点到F点，有
mv－0＝mghBF＋W正
解得W正＝－7.5×104 J.
(3)触发制动后能恰好到达E点对应的摩擦力为
Ff1－Ff1Lcos θ－mgrcos θ＝0－mv
未触发制动时，对D点到F点的过程，有
－μmgcos θLcos θ－mgr＝mv－mv
联立得Ff1＝×103 N＝4.6×103 N
要使过山车停在倾斜轨道上，摩擦力为Ff2
Ff2＝mgsin θ＝6×103 N
故Ffm＝6×103 N.
答案：见解析
1．动能定理虽然是在恒力作用下的直线运动中推导出来的，但也适用于变力做功、曲线运动的情况．
2．当问题涉及力、位移(或路程)、速度，而不涉及加速度和时间时，可优先考虑利用动能定理分析问题．
3．对于多过程问题，求解时可对全过程应用动能定理，从而避开对每个运动过程的具体细节进行分析，具有过程简明、运算量小等优点．
4．应用动能定理的关键是写出各力做功的代数和，不要漏掉某个力做的功，同时要注意各力做功的正、负．
5．应用动能定理解题的基本思路
[课后作业(八)]
(建议用时：50分钟)
一、选择题
1.(2017·浙江选考11月)如图所示，质量为60 kg的某运动员在做俯卧撑运动，运动过程中可将她的身体视为一根直棒．已知重心在c点，其垂线与脚、两手连线中点间的距离oa、ob分别为0.9 m和0.6 m．若她在1 min内做了30个俯卧撑，每次肩部上升的距离均为0.4 m，则克服重力做的功和相应的功率约为( )
A．430 J，7 W B．4 300 J，70 W
C．720 J，12 W D．7 200 J，120 W
解析：选B.根据相似三角形，每次俯卧撑中，重心变化的高度＝，即h＝0.24 m．一次俯卧撑中，克服重力做功W＝mgh＝60×10×0.24 J＝144 J，所以一分钟内克服重力做功为W总＝nW＝4 320 J，功率P＝＝72 W，故选项B正确．
2．假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率．如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的( )
A．4倍 B．2倍
C. 倍 D. 倍
解析：选D.设Ff＝kv，当阻力等于牵引力时，速度最大，输出功率变化前，有P＝Fv＝Ffv＝kv·v＝kv2，变化后有2P＝F′v′＝kv′·v′＝kv′2，联立解得v′＝v，D正确．
3．(2017·浙江选考11月)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5 min内使承载4人的登高平台(人连同平台的总质量为400 kg)上升60 m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3 m3/min，水离开炮口时的速率为20 m/s，则用于( )
A．水炮工作的发动机输出功率约为1×104 W
B．水炮工作的发动机输出功率约为4×104 W
C．水炮工作的发动机输出功率约为2.4×106 W
D．伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为800 W
解析：选B.登高平台克服重力做功的功率P＝＝ W＝800 W，而伸缩臂具有一定质量，升高了一定高度输出功率大于800 W，选项D错误；在1秒钟内，喷出去水的质量为m′＝ρV＝103× kg＝50 kg，喷出去水的重力势能为WG＝m′gh＝50×10×60 J＝3×104 J，水的动能为m′v2＝1×104 J，所以1 s内水增加的能量为4×104 J，所以功率为4×104 W，选项B正确，选项A、C错误．
4.(2019·温州月考)如图所示，一质量为m的质点在半径为R的半球形容器中(容器固定)由静止开始自边缘上的A点滑下，到达最低点B时，它对容器的正压力为FN.重力加速度为g，则质点自A滑到B的过程中，摩擦力对其所做的功为( )
A.R(FN－3mg) B.R(2mg－FN)
C.R(FN－mg) D.R(FN－2mg)
解析：选A.质点在B点，由牛顿第二定律，有：FN－mg＝m，质点在B点的动能为EkB＝mv2＝(FN－mg)R.质点自A滑到B的过程中，由动能定理得：mgR＋Wf＝EkB－0，解得：Wf＝R(FN－3mg)，选项A正确，B、C、D错误．
5．水平面上一质量为m的物体，在水平力F作用下开始加速运动，如图甲所示，力F的功率P保持恒定，运动过程所受的阻力f大小不变，物体速度最终达到稳定值vm，F作用过程中物体的速度v的倒数与加速度a的关系图象如图乙所示，仅在已知功率P的情况下，根据图象所给的信息( )
A．可求出m、f、vm B．不能求出m
C．不能求出f D．可求出加速运动时间
解析：选A.当加速度为零时，物体做匀速运动，此时牵引力等于阻力，速度为最大值；由功率的计算公式可得P＝Fv，而F－f＝ma，联立可得＝a＋，由题图乙可得图线的斜率为，纵截距为＝，因此可求出m、f和vm，选项A正确，B、C错误；物体做变加速运动，加速运动的时间不可求，选项D错误．
6．质量为2 kg的物体以一定的初速度沿倾角为30°的斜面向上滑行，在向上滑行的过程中，其动能随位移的变化关系如图所示，则物体返回到出发点时的动能为(取g＝10 m/s2) ( )
A．34 J B．56 J
C．92 J D．196 J
解析：选A.物体上滑的过程中重力与摩擦力都做负功，由动能定理得－mgx·sin 30°－Ffx＝0－E0，下滑的过程中重力做正功，摩擦力做负功，得mgx·sin 30°－Ffx＝E－0，代入数据得E＝34 J，故选A.
7．如图甲所示，轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个质量m＝0.5 kg 的物块，处于静止状态．以物块所在处为原点，以竖直向下为正方向建立x轴，重力加速度g＝10 m/s2.现对物块施加竖直向下的拉力F，F随x变化的情况如图乙所示．若物块运动到x＝0.4 m处速度为零，则在物块下移0.4 m的过程中，弹簧弹性势能的增加量为( )
A．5.5 J B．3.5 J
C．2.0 J D．1.5 J
解析：选A.由图线与横轴所围的“面积”可得物块下移0.4 m的过程中，拉力F做的功W＝3.5 J，重力势能减少量mgx＝2 J，由功能关系，弹簧弹性势能的增加量ΔEp＝W＋mgx＝5.5 J，选项A正确．
8.如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球．在水平拉力F的作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点．在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是( )
A．逐渐增大
B．逐渐减小
C．先增大，后减小
D．先减小，后增大
解析：选A.因小球速率不变，所以小球以O点为圆心做匀速圆周运动，受力如图所示，因此在切线方向上应有：mgsin θ＝Fcos θ，得F＝mgtan θ.则拉力F的瞬时功率P＝F·v cos θ＝mgv·sin θ.从A运动到B的过程中，拉力的瞬时功率随θ的增大而增大，A项正确．
9．(2018·浙江选考4月)如图所示，一根绳的两端分别固定在两座猴山的A、B处，A、B两点水平距离为16 m，竖直距离为2 m，A、B间绳长为20 m．质量为10 kg的猴子抓住套在绳上的滑环从A处滑到B处．以A点所在水平面为参考平面，猴子在滑行过程中重力势能最小值约为(绳处于拉直状态)( )
A．－1.2×103 J B．－7.5×102 J
C．－6.0×102 J D．－2.0×102J
解析：选B.由图可知猴子到C点时重力势能最小，∠BCF＝∠ECF＝θ，所以LBC·sin θ＋LAC·sin θ＝BD，所以sin θ＝＝，即θ＝53°.AD＝2 m，则ED＝AD·tan 53°＝ m，所以FE＝ m．FC∶AD＝FE∶ED，得FC＝5 m，所以AC高度差为7 m，再加上猴子自身高度，重心距套环约为0.5 m，故猴子重力势能最小约为Ep＝－mgh＝－750 J，故选项B正确．
10．(多选)汽车从静止匀加速启动，最后做匀速运动，其速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象如图所示，其中正确的是( )
解析：选ACD.汽车启动时由P＝Fv和F－Ff＝ma可知，匀加速启动过程中，牵引力F、加速度a恒定不变，速度和功率均匀增大，当功率增大到额定功率后保持不变，牵引力逐渐减小到与阻力相等，加速度逐渐减小到零，速度逐渐增大到最大速度，故A、C、D正确，B错误．
二、非选择题
11.如图所示，竖直向上拉动细绳，使质量m＝1 kg的物体从静止开始以5 m/s2的加速度上升，不计滑轮及绳子的质量和摩擦，则拉力F在1 s内对物体做的功为多大？拉力F在1 s末的瞬时功率为多大？(g取10 m/s2)
解析：对物体受力分析，由牛顿第二定律得：
2F－mg＝ma，
由运动学规律可得在 1 s内物体上升的高度和1 s末的速度分别为h＝at2，v＝at.
根据动滑轮的特点以及功的定义可得，在1 s内力F做的功为W＝F·2h.
1 s末力F对物体做功的瞬时功率为P＝F·2v
联立上述方程，代入数据可得：
W＝37.5 J，P＝75 W.
答案：37.5 J 75 W
12．(2019·湖州模拟)高速连续曝光照相机可在底片上重叠形成多个图象．现利用这架照相机对MD－2 000家用汽车的加速性能进行研究，如图为汽车做匀加速直线运动时三次曝光的照片，图中汽车的实际长度为4 m，照相机每两次曝光的时间间隔为2.0 s .已知该汽车的质量为 1 000 kg，额定功率为90 kW，汽车运动过程中所受的阻力始终为 1 500 N.
(1)试利用图示，求该汽车的加速度．
(2)若汽车由静止开始以此加速度做匀加速运动，匀加速运动状态最多能保持多长时间．
(3)汽车所能达到的最大速度是多大．
(4)若该汽车从静止开始运动，牵引力不超过3 000 N，求汽车运动2 400 m所用的最短时间(汽车已经达到最大速度)．
解析：(1)由题图可得汽车在第1个2 s时间内的位移x1＝9 m，第2个2 s时间内的位移x2＝15 m
汽车的加速度a＝＝1.5 m/s2.
(2)由F－Ff＝ma得，汽车牵引力
F＝Ff＋ma＝(1 500＋1 000×1.5) N＝3 000 N
汽车做匀加速运动的末速度
v＝＝ m/s＝30 m/s
匀加速运动保持的时间
t1＝＝ s＝20 s.
(3)汽车所能达到的最大速度
vm＝＝ m/s＝60 m/s.
(4)由(1)、(2)知匀加速运动的时间t1＝20 s，运动的距离
x′1＝＝×20 m＝300 m
所以，后阶段以恒定功率运动的距离
x′2＝(2 400－300) m＝2 100 m
对后阶段以恒定功率运动，有
P额t2－Ffx′2＝m(v－v2)
解得t2＝50 s
所以，所用最短时间为t总＝t1＋t2＝(20＋50) s＝70 s.
答案：(1)1.5 m/s2 (2)20 s (3)60 m/s (4)70 s
13．(2018·高考全国卷Ⅲ)如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sin α＝.一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用．已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g.求
(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；
(2)小球到达A点时动量的大小；
(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间．
解析：(1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F.由力的合成法则有＝tan α①
F2＝(mg)2＋F②
设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得
F＝m③
由①②③式和题给数据得F0＝mg④
v＝.⑤
(2)设小球到达A点的速度大小为v1，作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得DA＝Rsin α⑥
CD＝R(1＋cos α)⑦
由动能定理有－mg·CD－F0·DA＝mv2－mv⑧
由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为
p＝mv1＝.⑨
(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g.设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C点落至水平轨道上所用时间为t.由运动学公式有
v⊥t＋gt2＝CD⑩
v⊥＝vsin α⑪
由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得t＝ .⑫
答案：见解析
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