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2020新课标高考物理二轮复习教师用书：第1部分专题2第1讲 功 功率 动能定理
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第1讲 功 功率 动能定理
考点1 功 功率的分析与计算
■新依据·等级考预测·
❶分析近五年全国卷及北京卷、天津卷的高考题可以看出，本考点知识与图象相结合是高考命题的热点，主要考查功、功率的分析与计算及机车启动问题。题型一般为选择题，难度适中。
❷预计2020年等级考对本考点的考查仍会以机车问题为背景，涉及功和功率的综合应用。
1.(2017·全国卷Ⅱ·T14)如图所示，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
A [光滑大圆环对小环只有弹力作用。弹力方向沿大圆环的半径方向(下滑过程先背离圆心，后指向圆心)，与小环的速度方向始终垂直，不做功。故选A。]
2.(2015·全国卷Ⅱ·T17)一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示。假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是( )
A [由Pt图象知：0～t1内汽车以恒定功率P1行驶，t1～t2内汽车以恒定功率P2行驶。设汽车所受牵引力为F，则由P＝Fv得，当v增加时，F减小，由a＝知a减小，又因速度不可能突变，所以选项B、C、D错误，选项A正确。]
3.(多选)(2018·全国卷Ⅲ·T19)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∶5
B．电机的最大牵引力之比为2∶1
C．电机输出的最大功率之比为2∶1
D．电机所做的功之比为4∶5
AC [根据位移相同可得两图线与时间轴围成的面积相等，v0×2t0＝×v0[2t0＋t′＋(t0＋t′)]，解得t′＝t0，则对于第①次和第②次提升过程中，矿车上升所用的时间之比为2t0∶＝4∶5，A正确。加速过程中的牵引力最大，且已知两次加速时的加速度大小相等，故两次中最大牵引力相等，B错误。由题知两次提升的过程中矿车的最大速度之比为2∶1，由功率P＝Fv，得最大功率之比为2∶1，C正确。两次提升过程中矿车的初、末速度都为零，则电机所做的功等于克服重力做的功，重力做的功相等，故电机所做的功之比为1∶1，D错误。]
■新储备·等级考提能·
1．功和功率的计算
(1)功的计算
①恒力做功一般用功的公式或动能定理求解。
②变力做功一般用动能定理或图象法求解，用图象法求外力做功时应注意横轴和纵轴分别表示的物理意义。
(2)功率的计算
①明确是求瞬时功率还是平均功率。
②P＝侧重于平均功率的计算，P＝Fvcos α(α为F和v的夹角)侧重于瞬时功率的计算。
2．解决机车启动问题的两点说明
(1)机车输出功率：P＝Fv，其中F为机车牵引力而不是合外力(如上T2)。
(2)机车启动匀加速过程的最大速度v1(此时机车输出的功率最大)和全程的最大速度vm(此时F牵＝F阻)求解方法：
①求v1：由F牵－F阻＝ma，P＝F牵v1可求v1＝。
②求vm：由P＝F阻vm，可求vm＝。
■新训练·等级考落实·
考向1 功的分析与计算
1．长为L的轻质细绳悬挂一个质量为m的小球，其下方有一个倾角为θ的光滑斜面体放在水平面上，开始时小球与斜面刚刚接触且细绳恰好竖直，如图所示。现在用水平推力F缓慢向左推动斜面体，直至细绳与斜面平行，则下列说法中正确的是( )
A．由于小球受到斜面的弹力始终与斜面垂直，故对小球不做功
B．细绳对小球的拉力始终与小球的运动方向垂直，故对小球不做功
C．小球受到的合外力对小球做功为零，故小球在该过程中机械能守恒
D．若水平面光滑，则推力做功为mgL(1－cos θ)
B [小球受到的斜面的弹力沿小球位移方向有分量，故对小球做正功，A错误；细绳的拉力方向始终和小球的运动方向垂直，故对小球不做功，B正确；合外力对小球做的功等于小球动能的改变量，虽然合外力做功为零，但小球的重力势能增加，故小球在该过程中机械能不守恒，C错误；若水平面光滑，则推力做功等于小球重力势能的增量，即为mgL(1－sin θ)，D错误。]
2．(多选)质量为m＝2 kg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图象如图乙所示，g＝10 m/s2，则( )
A．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5
B．10 s内恒力F对物体做功102 J
C．10 s末物体在计时起点位置左侧2 m处
D．10 s内物体克服摩擦力做功34 J
CD [由图线可知0～4 s内的加速度大小：a1＝m/s2＝2 m/s2，可得：F＋μmg＝ma1；由图线可知4～10 s内的加速度大小：a2＝m/s2＝1 m/s2，可得：F－μmg＝ma2；解得：F＝3 N，μ＝0.05，故A错误；10 s末物体位移：x＝ m＝－2 m，故10 s末物体在计时起点左侧2 m处，恒力F做的功为W＝F·x＝3×2 J＝6 J，选项B错误，C正确；0～4 s内的位移x1＝×4×8 m＝16 m；4～10 s内的位移x2＝×6×6 m＝18 m，10 s内物体克服摩擦力做功Wf＝μmg(x1＋x2)＝34 J，故D正确。]
考向2 功率的分析及应用
3．(2019·贵阳市高三模拟)一物体在粗糙水平面上受到水平拉力作用，从静止开始运动，在一段时间内的速度v随时间t变化的情况如图所示，下列描述此拉力的功率P随时间t变化的图象中，可能正确的是( )
D [由vt图象可知，物体先做初速度为零的匀加速直线运动，后做匀速运动。在匀加速直线运动阶段，由牛顿第二定律可得，F－μmg＝ma，拉力F＝μmg＋ma，速度v＝at，拉力的功率P＝Fv＝(μmg＋ma)at，即拉力的功率随时间t均匀增大。在匀速运动阶段，拉力F＝μmg，拉力功率P＝μmgv，恒定不变，且小于匀加速阶段末时刻的功率，综上所述可知，拉力的功率P随时间t变化的图象中可能正确的是D。]
4．(2019·河南淮阳中学模拟)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象可能是( )
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P0的瞬间，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－＝ma，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，速度为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－f＝ma，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。]
考点2 动能定理的应用
■新依据·等级考预测·
❶分析近五年全国卷及北京卷、天津卷的高考题可以看出，动能定理及其应用是高考命题的重点和热点，通常以直线运动或曲线运动为背景命题。有时也结合图象问题考查。题目综合性较强，题型既有选择题，又有计算题。
❷在2020年等级考复习备考中要重视动能定理与曲线运动及图象相结合的问题。
1．(2019·全国卷Ⅲ·T17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为( )
A．2 kg B．1.5 kg
C．1 kg D．0.5 kg
C [设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)×3 m＝(36－72)J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，再由动能定理结合题图可得(mg－F)×3 m＝(48－24)J，联立解得m＝1 kg，选项C正确，A、B、D均错误。]
2．(2018·浙江11月选考)如图所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原长时上端与刻度尺上的A点等高。质量m＝0.5 kg的篮球静止在弹簧正上方，其底端距A点高度h1＝1.10 m。篮球静止释放，测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最大形变量x1＝0.15 m，第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度h2＝0.873 m，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x2＝0.01 m，弹性势能为Ep＝0.025 J。若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球的形变，弹簧形变在弹性限度范围内。g取10 m/s2，求：
(1)弹簧的劲度系数；
(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力；
(3)篮球在整个运动过程中通过的路程；
(4)篮球在整个运动过程中速度最大的位置。
[解析] (1)篮球静止在弹簧上，根据共点力平衡条件可得mg－kx2＝0
解得k＝500 N/m。
(2)篮球从开始运动到第一次上升到最高点，动能定理得
mg(h1－h2)－f(h1＋h2＋2x1)＝0，
解得f＝0.5 N。
(3)设篮球在整个运动过程中总路程为s：mg(h1＋x2)＝fs＋Ep，解得s＝11.05 m。
(4)篮球在首次下落过程中，合力为零处速度最大，设速度最大时弹簧形变量为x3
则mg－f－kx3＝0
在A点下方，离A点x3＝0.009 m。
[答案] (1)500 N/m (2)0.5 N (3)11.05 m (4)在A点下方0.009 m处
3．(2019·天津高考T10)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图2，AB长L1＝150 m，BC水平投影L2＝63 m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°(sin 12°≈0.21)。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t＝6 s到达B点进入BC。已知飞行员的质量m＝60 kg，g＝10 m/s2，求：
(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；
(2)舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大。
[解析] (1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有
＝ ①
根据动能定理，有
W＝mv2－0 ②
联立①②式，代入数据，得
W＝7.5×104 J。 ③
(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有
L2＝Rsin θ ④
由牛顿第二定律，有
FN－mg＝m ⑤
联立①④⑤式，代入数据，得
FN＝1.1×103 N。 ⑥
[答案] (1)7.5×104 J (2)1.1×103 N
■新储备·等级考提能·
1．对动能定理的理解
(1)动能定理表达式W＝ΔEk中，W表示所有外力做功的代数和。ΔEk为所研究过程的末动能与初动能之差，且物体的速度均是相对地面的速度。
(2)
2．应用动能定理解题应注意的三点
(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学研究方法要简捷。
(2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的。
(3)物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段考虑(如上T2)，也可以对全过程考虑，但如能对整个过程利用动能定理列式，则可使问题简化。
游乐园的过山车其局部可简化为如图所示的示意图，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平滑连接，倾斜轨道BC的B端距轨道CD所在水平面的竖直高度h＝24 m，倾斜轨道DE与圆弧轨道EF相切于E点，圆弧轨道EF的圆心O1、水平半圆轨道CD的圆心O2在同一水平面上，D点与O1点之间的距离L＝20 m，质量m＝1 000 kg的过山车(包括乘客)从B点由静止开始滑下，经过水平半圆轨道CD后，滑上倾斜轨道DE，到达圆弧轨道顶端F时，乘客对座椅的压力为自身重力的。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＝，圆弧轨道EF光滑，整个运动过程中空气阻力不计，过山车经过各轨道之间的连接点时无机械能损失。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2)
(1)求过山车过F点时的速度大小；
(2)求从B点到F点的整个运动过程中摩擦力对过山车做的功；
(3)过山车过D点时发现圆弧轨道EF有故障，为保证乘客安全，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，设触发制动装置后，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则过山车受到的摩擦力至少为多大？
[题眼点拨] 解此题关键是把握以下信息点
(1)“乘客对座椅的压力为自身重力的”，确定过F点的速度。
(2)“B→F过程中摩擦力是变力”，求其做功时，要应用动能定理。
(3)“保证不下滑”的条件是摩擦力大于或等于DE段重力的分力。
[解析] (1)设过山车过F点时的速度为vF，选择某个质量为m1的乘客为研究对象，根据牛顿第二定律有m1g－m1g＝m1，
又r＝Lsin θ
联立方程并代入数据解得
vF＝3 m/s。
(2)设整个过程摩擦力做功为W，对过山车从B点到F点的过程，应用动能定理得
mg(h－r)＋W＝mv－0
代入数据解得W＝－7.5×104 J。
(3)触发制动装置后，设过山车恰好能够到达E点时对应的摩擦力为Ff，未触发制动装置时过山车在D点和F点的速度分别为vD和vF，由动能定理得
－FfLcos θ－mgrcos θ＝0－mv
未触发制动装置时，对D点到F点的过程，由动能定理得
－μmgcos θ·Lcos θ－mgr＝mv－mv
联立方程并代入数据解得Ff＝4.56×103 N
因为Ff
反思：应用动能定理解题应抓好“一个过程、两个状态、四个关注”
(1)一个过程：明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息。
(2)两个状态：明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，如例题中B点的速度为零，F点的速度可利用动力学求出。
(3)四个关注
①建立运动模型，判断物体做了哪些运动，如例题中EF段为圆周运动。
②分析各个运动过程中物体的受力和运动情况。
③抓住运动模型之间的联系纽带，如速度、加速度、位移，确定初、末状态。
④根据实际情况分阶段(如例题中选DEF段)或整个过程利用动能定理列式计算。
■新训练·等级考落实·
考向1 动能定理在直线运动中的应用
1.如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块与挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，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．(＋x0tan θ) B．(＋x0tan θ)
C．(＋x0tan θ) D．(＋)
A [滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，对滑块运动的全程应用动能定理，mgx0sin θ－μmgxcos θ＝0－mv，又由全程产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即Q＝μmgxcos θ，解得x＝(＋x0tan θ)，选项A正确。]
考向2 动能定理在曲线运动中的应用
2.如图所示，质量为m的足球静止在地面1的位置，被踢出后落到地面3的位置。在空中达到的最高点2的高度为h，速度为v。已知重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．运动员对足球做的功为mgh＋mv2
B．足球落到3位置时的动能一定为mgh
C．足球刚离开1位置时的动能大于mgh＋mv2
D．足球在2位置时的机械能等于其在3位置时的动能
C [由题图可知，足球在1、2之间的水平间距大于2、3之间的水平间距，因此足球在水平方向做减速运动，即足球受空气阻力的作用。对足球由1到2的过程中，由动能定理得W人－mgh－Wf＝mv2，整理得W人＝mgh＋Wf＋mv2，显然运动员对足球做的功大于mgh＋mv2，由功能关系可知，足球刚离开1位置时的动能大于mgh＋mv2，A错误，C正确；对足球由2到3的过程中，由动能定理得mgh－Wf′＝Ek－mv2，解得Ek＝mgh＋mv2－Wf′，B、D错误。]
3．如图所示，水平轻质弹簧一端固定在墙壁上的O点，另一端自由伸长到A点，OA之间的水平面光滑。固定曲面在B处与水平面平滑连接。AB之间的距离s＝1 m。质量m＝0.2 kg的物块开始时静置于水平面上的B点，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4。现给物块一个水平向左的初速度v0＝5 m/s，g取10 m/s2。
(1)求弹簧被压缩到最短时所具有的弹性势能Ep；
(2)求物块返回B点时的速度大小；
(3)若物块能冲上曲面的最大高度h＝0.2 m，求物块沿曲面上滑过程所产生的热量。
[解析] (1)对物块从B点至压缩弹簧最短的过程有
－μmgs－W＝0－mv
W＝Ep
代入数据解得Ep＝1.7 J。
(2)对物块从B点开始运动至返回B点的过程有
－μmg·2s＝mv－mv
代入数据解得vB＝3 m/s。
(3)对物块沿曲面上滑的过程，由动能定理得
－W克f－mgh＝0－mv
又Q＝W克f
代入数据解得Q＝0.5 J。
[答案] (1)1.7 J (2)3 m/s (3)0.5 J
考向3 动能定理在图象问题中的应用
4.(易错题)(多选)一物体静止在粗糙水平面上，某时刻受到一沿水平方向的恒定拉力作用开始沿水平方向做直线运动，已知在第1 s内合力对物体做的功为45 J，在第1 s末撤去拉力，物体整个运动过程的vt图象如图所示，g取10 m/s2，则( )
A．物体的质量为5 kg
B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1
C．第1 s内摩擦力对物体做的功为60 J
D．第1 s内拉力对物体做的功为60 J
BD [由动能定理有45 J＝，第1 s末速度v＝3 m/s，解得m＝10 kg，故A错误；撤去拉力后加速度的大小a＝ m/s2＝1 m/s2，摩擦力f＝ma＝10 N，又f＝μmg，解得μ＝0.1，故B正确；第1 s内物体的位移x＝×1×3 m＝1.5 m，第1 s内摩擦力对物体做的功Wf＝－fx＝－15 J，故C错误；由动能定理得WF＋Wf＝mv2，可知WF＝45 J－(－15 J)＝60 J，故D正确。]
易错点评：在于不能正确获取图象信息，D选项分析时不能灵活应用动能定理。
5．(多选)(2019·山西六校联考)如图甲所示，在倾角为37°足够长的粗糙斜面底端，一轻弹簧被一质量m＝1 kg的滑块(可视为质点)压缩着且位置锁定，但它们并不粘连。t＝0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的vt图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，在t1＝0.1 s时滑块已上滑s＝0.25 m的距离(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。则下列说法正确的是( )
A．滑块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.2
B．弹簧锁定时具有的弹性势能Ep＝4.5 J
C．当t＝0.3 s时滑块的速度大小为0
D．当t＝0.4 s时滑块的速度大小为1 m/s
BC [滑块在bc段做匀减速运动，加速度大小为：a＝＝ m/s2＝10 m/s2；根据牛顿第二定律，有mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma，解得μ＝＝＝0.5，选项A错误；从0到t1时间内，由动能定理可得Ep－mgssin 37°－μmgscos 37°＝mv，解得：Ep＝mgssin 37°＋μmgscos 37°＋mv＝1×10×0.25×0.6 J＋0.5×1×10×0.25×0.8 J＋×1×22 J＝4.5 J，选项B正确；根据速度—时间公式，得：t2＝0.3 s时的速度大小：v1＝vb－at＝0，选项C正确；在0.3 s之后开始下滑，下滑时的加速度为：mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma′，a′＝gsin 37°－μgcos 37°＝10×0.6 m/s2－0.5×10×0.8 m/s2＝2 m/s2，从0.3 s到0.4 s做初速度为零的匀加速运动，t3＝0.4 s时刻的速度为：v3＝a′t′＝2×0.1 m/s＝0.2 m/s，选项D错误。]
第1讲 功 功率 动能定理
考点1 功 功率的分析与计算
■新依据·等级考预测·
❶分析近五年全国卷及北京卷、天津卷的高考题可以看出，本考点知识与图象相结合是高考命题的热点，主要考查功、功率的分析与计算及机车启动问题。题型一般为选择题，难度适中。
❷预计2020年等级考对本考点的考查仍会以机车问题为背景，涉及功和功率的综合应用。
1.(2017·全国卷Ⅱ·T14)如图所示，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
A [光滑大圆环对小环只有弹力作用。弹力方向沿大圆环的半径方向(下滑过程先背离圆心，后指向圆心)，与小环的速度方向始终垂直，不做功。故选A。]
2.(2015·全国卷Ⅱ·T17)一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示。假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是( )
A [由Pt图象知：0～t1内汽车以恒定功率P1行驶，t1～t2内汽车以恒定功率P2行驶。设汽车所受牵引力为F，则由P＝Fv得，当v增加时，F减小，由a＝知a减小，又因速度不可能突变，所以选项B、C、D错误，选项A正确。]
3.(多选)(2018·全国卷Ⅲ·T19)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∶5
B．电机的最大牵引力之比为2∶1
C．电机输出的最大功率之比为2∶1
D．电机所做的功之比为4∶5
AC [根据位移相同可得两图线与时间轴围成的面积相等，v0×2t0＝×v0[2t0＋t′＋(t0＋t′)]，解得t′＝t0，则对于第①次和第②次提升过程中，矿车上升所用的时间之比为2t0∶＝4∶5，A正确。加速过程中的牵引力最大，且已知两次加速时的加速度大小相等，故两次中最大牵引力相等，B错误。由题知两次提升的过程中矿车的最大速度之比为2∶1，由功率P＝Fv，得最大功率之比为2∶1，C正确。两次提升过程中矿车的初、末速度都为零，则电机所做的功等于克服重力做的功，重力做的功相等，故电机所做的功之比为1∶1，D错误。]
■新储备·等级考提能·
1．功和功率的计算
(1)功的计算
①恒力做功一般用功的公式或动能定理求解。
②变力做功一般用动能定理或图象法求解，用图象法求外力做功时应注意横轴和纵轴分别表示的物理意义。
(2)功率的计算
①明确是求瞬时功率还是平均功率。
②P＝侧重于平均功率的计算，P＝Fvcos α(α为F和v的夹角)侧重于瞬时功率的计算。
2．解决机车启动问题的两点说明
(1)机车输出功率：P＝Fv，其中F为机车牵引力而不是合外力(如上T2)。
(2)机车启动匀加速过程的最大速度v1(此时机车输出的功率最大)和全程的最大速度vm(此时F牵＝F阻)求解方法：
①求v1：由F牵－F阻＝ma，P＝F牵v1可求v1＝。
②求vm：由P＝F阻vm，可求vm＝。
■新训练·等级考落实·
考向1 功的分析与计算
1．长为L的轻质细绳悬挂一个质量为m的小球，其下方有一个倾角为θ的光滑斜面体放在水平面上，开始时小球与斜面刚刚接触且细绳恰好竖直，如图所示。现在用水平推力F缓慢向左推动斜面体，直至细绳与斜面平行，则下列说法中正确的是( )
A．由于小球受到斜面的弹力始终与斜面垂直，故对小球不做功
B．细绳对小球的拉力始终与小球的运动方向垂直，故对小球不做功
C．小球受到的合外力对小球做功为零，故小球在该过程中机械能守恒
D．若水平面光滑，则推力做功为mgL(1－cos θ)
B [小球受到的斜面的弹力沿小球位移方向有分量，故对小球做正功，A错误；细绳的拉力方向始终和小球的运动方向垂直，故对小球不做功，B正确；合外力对小球做的功等于小球动能的改变量，虽然合外力做功为零，但小球的重力势能增加，故小球在该过程中机械能不守恒，C错误；若水平面光滑，则推力做功等于小球重力势能的增量，即为mgL(1－sin θ)，D错误。]
2．(多选)质量为m＝2 kg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图象如图乙所示，g＝10 m/s2，则( )
A．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5
B．10 s内恒力F对物体做功102 J
C．10 s末物体在计时起点位置左侧2 m处
D．10 s内物体克服摩擦力做功34 J
CD [由图线可知0～4 s内的加速度大小：a1＝m/s2＝2 m/s2，可得：F＋μmg＝ma1；由图线可知4～10 s内的加速度大小：a2＝m/s2＝1 m/s2，可得：F－μmg＝ma2；解得：F＝3 N，μ＝0.05，故A错误；10 s末物体位移：x＝ m＝－2 m，故10 s末物体在计时起点左侧2 m处，恒力F做的功为W＝F·x＝3×2 J＝6 J，选项B错误，C正确；0～4 s内的位移x1＝×4×8 m＝16 m；4～10 s内的位移x2＝×6×6 m＝18 m，10 s内物体克服摩擦力做功Wf＝μmg(x1＋x2)＝34 J，故D正确。]
考向2 功率的分析及应用
3．(2019·贵阳市高三模拟)一物体在粗糙水平面上受到水平拉力作用，从静止开始运动，在一段时间内的速度v随时间t变化的情况如图所示，下列描述此拉力的功率P随时间t变化的图象中，可能正确的是( )
D [由vt图象可知，物体先做初速度为零的匀加速直线运动，后做匀速运动。在匀加速直线运动阶段，由牛顿第二定律可得，F－μmg＝ma，拉力F＝μmg＋ma，速度v＝at，拉力的功率P＝Fv＝(μmg＋ma)at，即拉力的功率随时间t均匀增大。在匀速运动阶段，拉力F＝μmg，拉力功率P＝μmgv，恒定不变，且小于匀加速阶段末时刻的功率，综上所述可知，拉力的功率P随时间t变化的图象中可能正确的是D。]
4．(2019·河南淮阳中学模拟)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象可能是( )
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P0的瞬间，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－＝ma，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，速度为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－f＝ma，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。]
考点2 动能定理的应用
■新依据·等级考预测·
❶分析近五年全国卷及北京卷、天津卷的高考题可以看出，动能定理及其应用是高考命题的重点和热点，通常以直线运动或曲线运动为背景命题。有时也结合图象问题考查。题目综合性较强，题型既有选择题，又有计算题。
❷在2020年等级考复习备考中要重视动能定理与曲线运动及图象相结合的问题。
1．(2019·全国卷Ⅲ·T17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为( )
A．2 kg B．1.5 kg
C．1 kg D．0.5 kg
C [设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)×3 m＝(36－72)J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，再由动能定理结合题图可得(mg－F)×3 m＝(48－24)J，联立解得m＝1 kg，选项C正确，A、B、D均错误。]
2．(2018·浙江11月选考)如图所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原长时上端与刻度尺上的A点等高。质量m＝0.5 kg的篮球静止在弹簧正上方，其底端距A点高度h1＝1.10 m。篮球静止释放，测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最大形变量x1＝0.15 m，第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度h2＝0.873 m，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x2＝0.01 m，弹性势能为Ep＝0.025 J。若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球的形变，弹簧形变在弹性限度范围内。g取10 m/s2，求：
(1)弹簧的劲度系数；
(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力；
(3)篮球在整个运动过程中通过的路程；
(4)篮球在整个运动过程中速度最大的位置。
[解析] (1)篮球静止在弹簧上，根据共点力平衡条件可得mg－kx2＝0
解得k＝500 N/m。
(2)篮球从开始运动到第一次上升到最高点，动能定理得
mg(h1－h2)－f(h1＋h2＋2x1)＝0，
解得f＝0.5 N。
(3)设篮球在整个运动过程中总路程为s：mg(h1＋x2)＝fs＋Ep，解得s＝11.05 m。
(4)篮球在首次下落过程中，合力为零处速度最大，设速度最大时弹簧形变量为x3
则mg－f－kx3＝0
在A点下方，离A点x3＝0.009 m。
[答案] (1)500 N/m (2)0.5 N (3)11.05 m (4)在A点下方0.009 m处
3．(2019·天津高考T10)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图2，AB长L1＝150 m，BC水平投影L2＝63 m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°(sin 12°≈0.21)。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t＝6 s到达B点进入BC。已知飞行员的质量m＝60 kg，g＝10 m/s2，求：
(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；
(2)舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大。
[解析] (1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有
＝ ①
根据动能定理，有
W＝mv2－0 ②
联立①②式，代入数据，得
W＝7.5×104 J。 ③
(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有
L2＝Rsin θ ④
由牛顿第二定律，有
FN－mg＝m ⑤
联立①④⑤式，代入数据，得
FN＝1.1×103 N。 ⑥
[答案] (1)7.5×104 J (2)1.1×103 N
■新储备·等级考提能·
1．对动能定理的理解
(1)动能定理表达式W＝ΔEk中，W表示所有外力做功的代数和。ΔEk为所研究过程的末动能与初动能之差，且物体的速度均是相对地面的速度。
(2)
2．应用动能定理解题应注意的三点
(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学研究方法要简捷。
(2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的。
(3)物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段考虑(如上T2)，也可以对全过程考虑，但如能对整个过程利用动能定理列式，则可使问题简化。
游乐园的过山车其局部可简化为如图所示的示意图，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平滑连接，倾斜轨道BC的B端距轨道CD所在水平面的竖直高度h＝24 m，倾斜轨道DE与圆弧轨道EF相切于E点，圆弧轨道EF的圆心O1、水平半圆轨道CD的圆心O2在同一水平面上，D点与O1点之间的距离L＝20 m，质量m＝1 000 kg的过山车(包括乘客)从B点由静止开始滑下，经过水平半圆轨道CD后，滑上倾斜轨道DE，到达圆弧轨道顶端F时，乘客对座椅的压力为自身重力的。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＝，圆弧轨道EF光滑，整个运动过程中空气阻力不计，过山车经过各轨道之间的连接点时无机械能损失。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2)
(1)求过山车过F点时的速度大小；
(2)求从B点到F点的整个运动过程中摩擦力对过山车做的功；
(3)过山车过D点时发现圆弧轨道EF有故障，为保证乘客安全，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，设触发制动装置后，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则过山车受到的摩擦力至少为多大？
[题眼点拨] 解此题关键是把握以下信息点
(1)“乘客对座椅的压力为自身重力的”，确定过F点的速度。
(2)“B→F过程中摩擦力是变力”，求其做功时，要应用动能定理。
(3)“保证不下滑”的条件是摩擦力大于或等于DE段重力的分力。
[解析] (1)设过山车过F点时的速度为vF，选择某个质量为m1的乘客为研究对象，根据牛顿第二定律有m1g－m1g＝m1，
又r＝Lsin θ
联立方程并代入数据解得
vF＝3 m/s。
(2)设整个过程摩擦力做功为W，对过山车从B点到F点的过程，应用动能定理得
mg(h－r)＋W＝mv－0
代入数据解得W＝－7.5×104 J。
(3)触发制动装置后，设过山车恰好能够到达E点时对应的摩擦力为Ff，未触发制动装置时过山车在D点和F点的速度分别为vD和vF，由动能定理得
－FfLcos θ－mgrcos θ＝0－mv
未触发制动装置时，对D点到F点的过程，由动能定理得
－μmgcos θ·Lcos θ－mgr＝mv－mv
联立方程并代入数据解得Ff＝4.56×103 N
因为Ff
反思：应用动能定理解题应抓好“一个过程、两个状态、四个关注”
(1)一个过程：明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息。
(2)两个状态：明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，如例题中B点的速度为零，F点的速度可利用动力学求出。
(3)四个关注
①建立运动模型，判断物体做了哪些运动，如例题中EF段为圆周运动。
②分析各个运动过程中物体的受力和运动情况。
③抓住运动模型之间的联系纽带，如速度、加速度、位移，确定初、末状态。
④根据实际情况分阶段(如例题中选DEF段)或整个过程利用动能定理列式计算。
■新训练·等级考落实·
考向1 动能定理在直线运动中的应用
1.如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块与挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，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．(＋x0tan θ) B．(＋x0tan θ)
C．(＋x0tan θ) D．(＋)
A [滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，对滑块运动的全程应用动能定理，mgx0sin θ－μmgxcos θ＝0－mv，又由全程产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即Q＝μmgxcos θ，解得x＝(＋x0tan θ)，选项A正确。]
考向2 动能定理在曲线运动中的应用
2.如图所示，质量为m的足球静止在地面1的位置，被踢出后落到地面3的位置。在空中达到的最高点2的高度为h，速度为v。已知重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．运动员对足球做的功为mgh＋mv2
B．足球落到3位置时的动能一定为mgh
C．足球刚离开1位置时的动能大于mgh＋mv2
D．足球在2位置时的机械能等于其在3位置时的动能
C [由题图可知，足球在1、2之间的水平间距大于2、3之间的水平间距，因此足球在水平方向做减速运动，即足球受空气阻力的作用。对足球由1到2的过程中，由动能定理得W人－mgh－Wf＝mv2，整理得W人＝mgh＋Wf＋mv2，显然运动员对足球做的功大于mgh＋mv2，由功能关系可知，足球刚离开1位置时的动能大于mgh＋mv2，A错误，C正确；对足球由2到3的过程中，由动能定理得mgh－Wf′＝Ek－mv2，解得Ek＝mgh＋mv2－Wf′，B、D错误。]
3．如图所示，水平轻质弹簧一端固定在墙壁上的O点，另一端自由伸长到A点，OA之间的水平面光滑。固定曲面在B处与水平面平滑连接。AB之间的距离s＝1 m。质量m＝0.2 kg的物块开始时静置于水平面上的B点，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4。现给物块一个水平向左的初速度v0＝5 m/s，g取10 m/s2。
(1)求弹簧被压缩到最短时所具有的弹性势能Ep；
(2)求物块返回B点时的速度大小；
(3)若物块能冲上曲面的最大高度h＝0.2 m，求物块沿曲面上滑过程所产生的热量。
[解析] (1)对物块从B点至压缩弹簧最短的过程有
－μmgs－W＝0－mv
W＝Ep
代入数据解得Ep＝1.7 J。
(2)对物块从B点开始运动至返回B点的过程有
－μmg·2s＝mv－mv
代入数据解得vB＝3 m/s。
(3)对物块沿曲面上滑的过程，由动能定理得
－W克f－mgh＝0－mv
又Q＝W克f
代入数据解得Q＝0.5 J。
[答案] (1)1.7 J (2)3 m/s (3)0.5 J
考向3 动能定理在图象问题中的应用
4.(易错题)(多选)一物体静止在粗糙水平面上，某时刻受到一沿水平方向的恒定拉力作用开始沿水平方向做直线运动，已知在第1 s内合力对物体做的功为45 J，在第1 s末撤去拉力，物体整个运动过程的vt图象如图所示，g取10 m/s2，则( )
A．物体的质量为5 kg
B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1
C．第1 s内摩擦力对物体做的功为60 J
D．第1 s内拉力对物体做的功为60 J
BD [由动能定理有45 J＝，第1 s末速度v＝3 m/s，解得m＝10 kg，故A错误；撤去拉力后加速度的大小a＝ m/s2＝1 m/s2，摩擦力f＝ma＝10 N，又f＝μmg，解得μ＝0.1，故B正确；第1 s内物体的位移x＝×1×3 m＝1.5 m，第1 s内摩擦力对物体做的功Wf＝－fx＝－15 J，故C错误；由动能定理得WF＋Wf＝mv2，可知WF＝45 J－(－15 J)＝60 J，故D正确。]
易错点评：在于不能正确获取图象信息，D选项分析时不能灵活应用动能定理。
5．(多选)(2019·山西六校联考)如图甲所示，在倾角为37°足够长的粗糙斜面底端，一轻弹簧被一质量m＝1 kg的滑块(可视为质点)压缩着且位置锁定，但它们并不粘连。t＝0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的vt图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，在t1＝0.1 s时滑块已上滑s＝0.25 m的距离(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。则下列说法正确的是( )
A．滑块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.2
B．弹簧锁定时具有的弹性势能Ep＝4.5 J
C．当t＝0.3 s时滑块的速度大小为0
D．当t＝0.4 s时滑块的速度大小为1 m/s
BC [滑块在bc段做匀减速运动，加速度大小为：a＝＝ m/s2＝10 m/s2；根据牛顿第二定律，有mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma，解得μ＝＝＝0.5，选项A错误；从0到t1时间内，由动能定理可得Ep－mgssin 37°－μmgscos 37°＝mv，解得：Ep＝mgssin 37°＋μmgscos 37°＋mv＝1×10×0.25×0.6 J＋0.5×1×10×0.25×0.8 J＋×1×22 J＝4.5 J，选项B正确；根据速度—时间公式，得：t2＝0.3 s时的速度大小：v1＝vb－at＝0，选项C正确；在0.3 s之后开始下滑，下滑时的加速度为：mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma′，a′＝gsin 37°－μgcos 37°＝10×0.6 m/s2－0.5×10×0.8 m/s2＝2 m/s2，从0.3 s到0.4 s做初速度为零的匀加速运动，t3＝0.4 s时刻的速度为：v3＝a′t′＝2×0.1 m/s＝0.2 m/s，选项D错误。]
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