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第1讲功和功率、动能定理考向一 功和功率的理解和计算 [知识必备]——提核心 通技法1．恒力做功的公式W ＝Fl cos α(通过F 与l 间的夹角α判断F 是否做功及做功的正、负)．2．功率(1)平均功率：P ＝W t＝F v cos α.(2)瞬时功率：P ＝Fv cos α(α为F 与v 的夹角)．[跟进题组]——练考题 提能力1．(2018·全国卷Ⅲ，19T)(多选)地下矿井的矿石装在矿车中，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：AC [由vt 图像的几何意义可得：t 1＝12t 0，t 2＝32t 0，t 3＝52t 0，故t 1t 2＝45，A 项正确；对矿车加速运动过程中，受力分析，由牛顿运动定律得：F －mg ＝ma ，根据v t 图像可知a 相同，则F 相同，即F 1F 2＝11，故B 项错误；根据公式P ＝Fv 可得P 1＝Fv 0，P 2＝F v 02，所以P 1P 2＝21，C 项正确；根据动能定理可得：W 牵－mgh＝0，所以W 牵＝mgh ，高度、质量相同时，W 牵也相同，即W 1W 2＝11，D 项错误．]2．(2019·安徽省安庆市二模)(多选)如图甲所示，物体受到水平推力F 的作用，在粗糙水平面上做直线运动．通过力传感器和速度传感器监测到推力F 和物体速度v 随时间t 变化的规律如图乙所示．重力加速度g 取10 m/s 2，则( )A ．物体的质量m ＝0.5 kgB ．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2C ．第2 s 内物体克服摩擦力做的功W f ＝2 JD ．前2 s 内推力F 做功的平均功率P ＝1.5 W解析：ACD [由题图乙可知，在2～3 s 时间内物体匀速运动，处于平衡状态，所以滑动摩擦力的大小为2 N ．在1～2 s 时间内物体做匀加速运动，v －t 图像的斜率代表加速度的大小，所以a ＝2－01 m/s 2＝2 m/s 2，由牛顿第二定律可得：F －F f ＝ma ，所以m ＝0.5 kg ，A 正确；由F f ＝μF N ＝μmg ，则μ＝F f mg ＝0.4，B 错误；第2 s 内物体的位移是：x ＝12at 2＝1 m ，克服摩擦力做的功W f ＝F f x ＝2×1 J＝2 J ，C 正确；第1 s 内物体没有运动，推力F 做功为零，第2 s 内物体运动，F 做的功为W ＝Fx ＝3×1 J＝3 J ，所以前2 s 内推力F 做功的平均功率为P＝W t ＝32W ＝1.5 W ，D 正确．] 3．(2019·福建省三明市上学期期末)(多选)发动机额定功率为P 0的汽车在水平路面上从静止开始先匀加速启动，最后达到最大速度并做匀速直线运动，已知汽车所受路面阻力恒为F f ，汽车刚开始启动时的牵引力和加速度分别为F 0和a 0，如图所示描绘的是汽车在这一过程中速度随时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图像，其中正确的是( )解析：AC [汽车匀加速启动时，a 一定，根据v ＝at 知v 均匀增大，根据F ＝ma ＋F f 知F 一定，根据P ＝Fv 知，功率P 也均匀增大，达到P 额后，功率保持不变，v 继续增大，所以牵引力F ＝P v 减小，a ＝F －F f m 减小，当F ＝F f 时，a ＝0，v m ＝PF f，此后做匀速运动，故A 、C 正确，B 、D 错误．][易错警示]——辨易错 防未然 关于功、功率计算应注意的三个问题(1)适用条件：功的公式W ＝Fl cos α仅适用于恒力做功的情况．(2)变力做功：变力做功的求解要注意问题的正确转化，如将变力转化为恒力，利用F l 图像曲线下的面积求功，利用W ＝Pt 计算，也可应用动能定理或功能关系等方法求解．(3)公式选择：对于功率的计算，应注意区分公式P ＝Wt和公式P ＝Fv cos α，前式侧重于平均功率的计算，而后式侧重于瞬时功率的计算．考向二 机车启动问题 [知识必备]——提核心 通技法1．机车输出功率：P ＝Fv ，其中F 为机车牵引力． 2．机车的两种启动方式： (1)恒定功率启动． (2)匀加速启动． 3．常用公式F －F 阻＝maP ＝Fv ，当F ＝F 阻时，v m ＝PF 阻v 1＝at 其中t 为匀加速运动的时间，v 1是匀加速运动的最大速度．[典题例析]——析典题 学通法[例1] (2020·盐城一模)把动力装置分散安装在每节车厢上，使其既具有牵引动力，又可以载客，这样的客车车厢叫作动车．而动车组是几节自带动力的车厢(动车)加几节不带动力的车厢(也叫拖车)编成一组．假设动车组运行过程中受到的阻力与其所受重力成正比，每节动车与拖车的质量都相等，每节动车的额定功率都相等．若2节动车加6节拖车编成的动车组的最大速度为120 km/h ，则9节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为( )A ．120 km/hB ．240 km/hC ．360 km/hD ．480 km/h[审题指导] (1)动车组达到最大速度时，做匀速运动；(2)动车组达到最大速度时，总功率与速度满足P ＝F f v .[解析] C [若开动2节动车带6节拖车，最大速度可达到120 km/h.设每节动车的功率为P ，每节车厢所受的阻力为F f ，则有2P ＝8F f v ，当开动9节动车带3节拖车时，有9P ＝12F f v ′，联立两式解得v ′＝360 km/h ，选项C 正确．][迁移题组]——多角度 提能力♦[迁移1] 汽车在水平面上以恒定功率启动1．(2019·保定二模)2019年冬为了应对持续出现的雾霾污染天气，我市利用洒水车对主干街道进行洒水降尘，设洒水车保持恒定功率上路行驶，在t 1时刻以速度v 1匀速驶入一段长直公路后开始不间断的洒水作业．在t 2时刻停止洒水作业并以速度v 2匀速行驶．已知公路对汽车的阻力与汽车重力成正比，下列说法正确的是( )A ．洒水车一定做匀变速直线运动B ．v 2＜v 1C ．t 1时刻比t 2时刻汽车所受牵引力大D ．从t 1时刻至t 2时刻洒水车的位移大小为v 1＋v 22(t 2－t 1)解析：C [公路对汽车的阻力与汽车重力成正比，洒水过程中重力减小，阻力不断减小，汽车加速度不恒定，A 选项错误；t 1时刻阻力大，牵引力大，t 2时刻阻力小，牵引力小，C 选项正确；功率恒定，根据P ＝Fv 可知汽车做匀速直线运动时，牵引力大的速度小，故v 1＜v 2，B 选项错误；洒水车不做匀变速直线运动，位移不等于v 1＋v 22(t 2－t 1)，D 选项错误．]♦[迁移2] 汽车在斜坡上以恒定功率启动2．一辆质量为2 t 的汽车由静止开始沿一倾角为30°的足够长斜坡向上运动，汽车发动机的功率保持48 kW 不变，行驶120 m 后达到最大速度．已知汽车受到地面的摩擦阻力为2 000 N ．(g 取10 m/s 2)求：(1)汽车可以达到的最大速度；(2)汽车达到最大速度所用的时间(结果保留一位小数)．解析：(1)当汽车在斜坡上匀速运动时速度最大，则F －mg sin 30°－F f ＝0，解得F ＝1.2×104 N由P ＝Fv 得v m ＝P F＝4 m/s (2)对全过程应用动能定理得Pt －mgx sin 30°－F f x ＝12mv 2m －0解得t ＝30.3 s答案：(1)4 m/s (2)30.3 s♦[迁移3] 起重机以恒定加速度竖直吊起重物3．如图所示为修建高层建筑常用的塔式起重机，在起重机将质量为m 的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度为a ，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做速度为v m 的匀速运动，不计额外功．(1)求起重机允许输出的最大功率． (2)求重物做匀加速运动所经历的时间．(3)若已知起重机达到输出功率的最大值，又经Δt 时间，重物速度达到v m ，求重物由静止到以v m 做匀速运动过程中升高的高度．解析：(1)重物匀速上升时有F ＝mg 可得起重机的最大输出功率为：P m ＝mgv m(2)匀加速运动结束时，起重机达到允许输出的最大功率，设此时重物受到的拉力为F 1，速度为v 1，匀加速运动经历的时间为t 1，则由牛顿第二定律得F 1－mg ＝ma又有P m ＝F 1v 1 v 1＝at 1 解得：t 1＝gv ma g ＋a(3)设物体匀加速上升的高度为h 1，则有h 1＝12at 21由动能定理得F 1h 1＋P m Δt －mgh ＝12mv 2m解得h ＝gv 2m 2a g ＋a＋v m Δt －v 2m2g答案：(1)mgv m (2)gv ma (g ＋a )(3)gv 2m 2a (g ＋a )＋v m Δt －v 2m2g[易错警示]——辨易错 防未然 解决机车启动问题的四点注意(1)明确启动方式：分清是匀加速启动还是恒定功率启动．(2)匀加速启动过程：机车功率是不断改变的，但该过程中的最大功率是额定功率，匀加速运动的最大速度小于机车所能达到的最大速度，达到额定功率后做加速度减小的加速运动．(3)恒定功率启动过程：机车做加速度减小的加速运动，速度最大值等于PF f，牵引力是变力，牵引力做的功W ＝Pt .(4)满足的关系式：无论哪种启动方式，在平直路面上最后达到最大速度时，均满足P ＝F f v m ，P 为机车的额定功率．考向三 动能定理 [知识必备]——提核心 通技法[典题例析]——析典题 学通法[例2] (2019·课标Ⅲ，17)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E k 随h 的变化如图所示．重力加速度取10 m/s 2.该物体的质量为( )A ．2 kgB ．1.5 kgC ．1 kgD ．0.5 kg[审题指导] 物体受到大小不变的外力，方向始终与速度方向相反，即上升时外力方向向下，下落时外力方向向上，这是解答此题的关键．[解析] C [本题考查动能定理，体现了模型建构素养．设外力大小为f ，在距地面高度3 m 内的上升过程中，由动能定理知－(mg ＋f )h ＝12mv 22－12mv 21，由图像可知，12mv 21＝72 J ，12mv 22＝36 J ，得mg ＋f ＝12 N ．同理结合物体在下落过程中的E k －h 图像有mg －f ＝8 N ，联立解得mg ＝10 N ，则m ＝1 kg ，选项C 正确．][迁移题组]——多角度 提能力♦[迁移1] 动能定理在曲线运动中的应用1．如图，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；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，对轨道的正压力为2mg ，重力加速度大小为g .质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为( )A.14mgR B.13mgR C.12mgR D.π4mgR 解析：C [当质点滑到Q 点时，对轨道的正压力为F N ＝2mg ，由牛顿第三定律知轨道对它的支持力F ′N ＝F N ＝2mg ，由牛顿第二定律有F ′N －mg ＝m v 2Q R，得v 2Q ＝gR .对质点自P 点滑到Q点应用动能定理有mgR －W f ＝12mv 2Q －0，得W f ＝12mgR ，因此，A 、B 、D 错，C 正确．]♦[迁移2] 动能定理在变力做功中的应用2．如图所示，质量为m 的物体P 以初速度v 在水平面上运动，运动x 距离后与一固定的橡皮泥块Q 相碰撞(碰后物体静止)．已知物体运动时所受到的水平面的阻力大小恒为f ，则下列说法正确的是( )A ．水平面阻力做的功为fxB ．物体克服水平面阻力做的功为－fxC ．橡皮泥块对物体做的功为fx －12mv 2D ．物体克服橡皮泥块的阻力做的功为12mv 2＋fx解析：C [根据功的定义式，物体P 受到的水平面的阻力做的功W 1＝fx cos 180°＝－fx ，选项A 错误；物体克服水平面阻力做的功W 2＝－W 1＝fx ，选项B 错误；设橡皮泥块对物体做的功为W 3，根据动能定理，有W 1＋W 3＝0－12mv 2，解得W 3＝fx －12mv 2，选项C 正确；物体克服橡皮泥块的阻力做的功为W 4＝－W 3＝－⎝⎛⎭⎪⎫fx －12mv 2＝12mv 2－fx ，选项D 错误．] ♦[迁移3] 动能定理与图像的综合应用3．质量为m 的小球在竖直向上的拉力作用下从静止开始运动，其v t 图像如图所示(竖直向上为正方向，DE 段为直线)，已知重力加速度大小为g ，下列说法正确的是( )A ．t 0～t 2时间内，合力对小球先做正功后做负功B ．0～t 3时间内，小球的平均速度一定为v 32C ．t 3～t 4时间内，拉力做的功为m (v 3＋v 4)2[(v 4－v 3)＋g (t 4－t 3)]D ．t 3～t 4时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动解析：C [v t 图像中图线的斜率表示加速度，速度在时间轴之上表明速度一直为正，从图像可以看出小球先向上做加速度越来越大的加速运动，再做加速度越来越小的加速运动，然后做加速度越来越大的减速运动，最后做匀减速运动，运动方向一直向上，D 错．图中t 0～t 2时间内小球做加速运动，故合力对小球一直做正功，A 错．v t 图像中图线与t 轴所围“面积”表示位移，而平均速度v ＝x t，结合图像中的“面积”可知0～t 3时间内，小球的平均速度大于v 32，B 错．t 3～t 4时间内由动能定理得W －mgh ＝12mv 24－12mv 23，又h ＝v 3＋v 42(t 4－t 3)，解得W＝m (v 3＋v 4)2[(v 4－v 3)＋g (t 4－t 3)]，C 对．][规律方法]——知规律 握方法动能定理的应用技巧1．应用动能定理解题的步骤 (1)确定研究对象和研究过程．(2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况．(3)写出该过程中合力做的功，或分别写出各个力做的功(注意功的正、负)，如果研究过程中物体受力情况有变化，要分别写出力在各个阶段做的功．(4)写出物体的初、末动能． (5)根据动能定理列式求解． 2．应用动能定理解题应注意的问题(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，比动力学研究方法更简洁．(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)若物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段考虑，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．(4)如果物体做自由落体运动或平抛运动或圆周运动往往动能定理结合牛顿第二定律或运动学公式联立求解．动能定理在多阶段、多过程中的综合应用典例(2019·新课标Ⅱ，25T)一质量为m＝2 000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶．行驶过程中，司机突然发现前方100 m处有一警示牌，立即刹车．刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图(a)中的图线．图(a)中，0～t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶)，t1＝0.8 s；t1～t2时间段为刹车系统的启动时间，t2＝1.3 s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止．已知从t2时刻开始，汽车第1 s内的位移为24 m，第4 s内的位移为1 m．(1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v－t图线；(2)求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1～t2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少(以t1～t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)？核心考点1.动能定理．2.动量定理．3.运动学公式、牛顿定律．命题技巧通过研究汽车的运动情景，考查了学生综合分析及运用数学知识解决问题的能力．核心素养1.体现了科学推理与科学论证的素养要求．2.渗透了关注生产、生活的价值观念．审题关键汽车在刹车过程中停止运动的时刻未知，可采用假设法，由方程解得的结果判定假设的正确性.[解析](1)vt图像如图所示．(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v 1，则t 1时刻的速度也为v 1，t 2时刻的速度为v 2.在t 2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a .取Δt ＝1 s ，设汽车在t 2＋(n －1)Δt ～t 2＋n Δt 内的位移为s n ，n ＝1,2,3….若汽车在t 2＋3Δt ～t 2＋4Δt 时间内未停止，设它在t 2＋3Δt 时刻的速度为v 3，在t 2＋4Δt 时刻的速度为v 4，由运动学公式有s 1－s 4＝3a (Δt )2①s 1＝v 2Δt －12a (Δt )2② v 4＝v 2－4a Δt ③联立①②③式，代入已知数据解得v 4＝－176m/s ④这说明在t 2＋4Δt 时刻前，汽车已经停止．因此，①式不成立．由于在t 2＋3Δt ～t 2＋4Δt 内汽车停止，由运动学公式v 3＝v 2－3a Δt ⑤ 2as 4＝v 23 ⑥联立②⑤⑥式，代入已知数据解得a ＝8 m/s 2，v 2＝28 m/s ⑦ 或者a ＝28825 m/s 2，v 2＝29.76 m/s ⑧但⑧式情形下，v 3＜0，不合题意，舍去．(3)设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f 1.由牛顿定律有f 1＝ma ⑨ 在t 1～t 2时间内，阻力对汽车冲量的大小为I ＝12f 1(t 2～t 1) ⑩由动量定理有I ＝mv 1－mv 2 ⑪由动能定理，在t 1～t 2时间内，汽车克服阻力做的功为W ＝12mv 21－12mv 22 ⑫联立⑦⑨⑩⑪⑫式，代入已知数据解得v 1＝30 m/s ⑬W ＝1.16×105 J ⑭从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s 约为s ＝v 1t 1＋12(v 1＋v 2)(t 2－t 1)＋v 222a ⑮联立⑦⑬⑮式，代入已知数据解得s ＝87.5 m ⑯[答案] 见解析 易错展示1.不能判定汽车在t 2时刻后做匀减速运动．2.不会确定汽车停止的时刻在哪个时间段时．3.不会应用动量定理、动能定理列方程求解.[对点演练]——练类题 提素养1．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v 0＝5 m/s ，g 取10 m/s 2.(1)求弹簧被压缩到最短时所具有的弹性势能E p ； (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 ＝0－12mv 2W ＝E p代入数据解得F p ＝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 ＝12mv 2B －12mv 2代入数据解得v B ＝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 ＝0－12mv 2B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 J2．(2018·全国卷Ⅲ，25T)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＝35.一质量为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)小球在C 点受力如图因tan α＝F mg ，tan α＝34所以F ＝mg tan α＝34mgF ′＝mgcos α＝54mg 又因F ′＝m v 2CR得：v C ＝54gR ＝5gR 2(2)从A 点到C 点，对小球由动能定理得： －F ′(R ＋R cos α)＝12mv 2C －12mv 2A解得：v A ＝234gR 所以：p A ＝mv A ＝m234gR ＝m 23gR 2. (3)小球离开C 点后的运动轨迹如图所示，根据类平拋运动规律可得：x ＝v C t ① y ＝12at 2②由几何关系可得：y ＋x tan α＝R ＋Rcos α③由牛顿定律得a ＝F ′m ＝54g ④ 联立①②③④可得：t ＝35gR5g答案：(1)34mg5gR 2 (2)m 23gR 2 (3)35gR 5g[A 级－对点练][题组一] 功和功率1．用长为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)解析：B [小球受到斜面的弹力沿小球的运动方向有分量，故对小球做功，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，则推力做功为mgL(1－sin θ)，D错误．] 2．(多选)如图所示，木块M上表面是水平的，当木块m置于M上，并与M一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑的过程中( )A．M对m的支持力做负功B．M对m的摩擦力做负功C．m所受的合外力对m做负功D．m的机械能守恒解析：AD [分析木块m的受力可知，支持力方向与速度方向夹角为钝角，摩擦力方向与速度方向夹角为锐角，则M对m的支持力做负功，M对m的摩擦力做正功，故A正确、B错误．两木块整体沿斜面加速下滑，木块m所受合外力对m一定做正功，故C错误．由整体受力可知整体下滑的加速度大小为a＝g sin θ，方向平行于斜面向下，整体所受合外力等于其重力沿斜面方向的分力，这表明木块m所受支持力、摩擦力的合力与其重力垂直于斜面的分力等值反向，即支持力与摩擦力的合力方向垂直于速度方向，所以支持力与摩擦力对木块m所做的总功为零，即除重力外其他力对木块m做功之和为零，则m的机械能守恒，D正确．] 3．如图，一长为L的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为m的小球．一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度ω匀速转动，当杆与水平方向夹角为60°时，拉力的功率为( )A ．mgL ω B.32mgLω C.12mgLω D.36mgLω 解析：C [由能的转化与守恒可知，拉力的功率等于克服重力的功率，P F ＝P G ＝mgv y ＝mgv cos 60°＝12mgωL ，故选C.]4．(多选)如图所示，a 、b 两球的质量均为m ，a 从倾角为45°的光滑固定斜面顶端无初速地下滑，b 从斜面顶端以初速度v 0平抛，对二者的运动过程以下说法正确的是( )A ．都做匀变速运动B ．落地前的瞬间速率相同C ．整个运动的过程重力对二者做功的平均功率相同D ．整个运动过程重力势能的变化相同解析：AD [由于两球运动过程中加速度均恒定不变，所以A 正确．根据机械能守恒定律有12mv 2末＝12mv 2初＋mgh ，由于v 初a ＝0，v 初b ＝v 0，所以落地时v 末b ＞v 末a ，B 错误．两球在竖直方向运动的距离相同，则重力做功相等，又运动时间t a ＞t b ，由P ＝Wt知，P a ＜P b ，C 错误．根据ΔE p ＝－mgh 知，D 正确．]5．如图所示，某工厂用传送带向高处运送货物，将一货物轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到传送带顶端．下列说法正确的是( )A ．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功B ．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量C ．第一阶段物体和传送带间摩擦生的热等于第一阶段物体机械能的增加量D ．物体从底端到顶端全过程机械能的增加量大于摩擦力对物体所做的功解析：C [对物体分析知，其在两个阶段所受摩擦力方向都沿传送带向上，与其运动方向相同，摩擦力对物体都做正功，A 错误；由动能定理知，合外力做的总功等于物体动能的增加量，B 错误；物体机械能的增加量等于摩擦力对物体所做的功，D 错误；设第一阶段运动时间为t ，传送带速度为v ，对物体：x 1＝v2t ，对传送带：x ′1＝vt ，摩擦生的热Q ＝fx 相对＝f (x ′1－x 1)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 2t ，机械能增加量ΔE ＝fx 1＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫v2t ，所以Q ＝ΔE ，C 正确．] [题组二] 机车启动问题6．(多选)如图甲所示，水平面上的物体在水平向右的拉力F 作用下，由静止开始运动，运动过程中F 功率恒为P .物体运动速率的倒数1v与加速度a 的关系如图乙所示(v 0、a 0为已知量)．则下列说法正确的是( )A ．该运动过程中的拉力F 为恒力B ．物体加速运动的时间为v 0a 0C ．物体所受阻力大小为P v 0D ．物体的质量为P v 0a 0解析：CD [由题意可知：P ＝Fv 根据牛顿第二定律得：F －f ＝ma 即得：P v＝ma ＋f 联立解得：1v ＝m P a ＋fP匀速时有：1v 0＝f P ，f ＝Pv 0图线的斜率m P ＝1v 0a 0，解得：m ＝Pa 0v 0.故C 、D 项正确．] 7．如图所示为某汽车启动时发动机功率P 随时间t 变化的图像，图中P 0为发动机的额定功率，若已知汽车在t 2时刻之前已达到最大速度v m ，据此可知( )A ．t 1～t 2时间内汽车做匀速运动B ．0～t 1时间内发动机做的功为P 0t 1C ．0～t 2时间内发动机做的功为P 0⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2－t 12D ．汽车匀速运动时所受的阻力小于P 0v m解析：C [在0～t 1时间内功率随时间均匀增大，知汽车做匀加速直线运动，加速度恒定，由F －f ＝ma 可知，牵引力恒定，合力也恒定；在t 1时刻达到额定功率，随后在t 1～t 2时间内，汽车速度继续增大，由P ＝Fv 可知，牵引力减小，加速度减小，直到牵引力减小到与阻力相等时，f ＝F ＝P 0v m，达到最大速度v m ，接着做匀速运动．发动机所做的功等于图线与t 轴所围的“面积”，0～t 1时间内发动机做的功为P 0t 12，0～t 2时间内发动机做的功为P 0⎝⎛⎭⎪⎫t 2－t 12.故C 正确，A 、B 、D 错误．][题组三] 动能定理的应用8．(2018·课标Ⅱ，14)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：A [对木箱受力分析如图：根据动能定理W F－W f＝E k，故A对，B错误；因无法比较E k与W f的关系，故C、D错误．]9．如图所示，质量为0.1 kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m，若不计空气阻力，取g＝10 m/s2，则( )A ．小物块的初速度是5 m/sB ．小物块的水平射程为1.2 mC ．小物块在桌面上克服摩擦力做8 J 的功D ．小物块落地时的动能为0.9 J解析：D [小物块在桌面上克服摩擦力做功W f ＝μmgL ＝2 J ，C 错．在水平桌面上滑行，由动能定理得－W f ＝12mv 2－12mv 20，解得v 0＝7 m/s ，A 错．小物块飞离桌面后做平抛运动，有x＝vt 、h ＝12gt 2，解得x ＝0.9 m ，B 错．设小物块落地时动能为E k ，由动能定理得mgh ＝E k －12mv 2，解得E k ＝0.9 J ，D 正确．]10．用传感器研究质量为2 kg 的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s 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 ．0～6 s 内物体先向正方向运动，后向负方向运动。
