【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习专题6.1《功和功率、动能定理的应用》讲义（解析版）.doc，共(27)页，500.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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专题6.1功和功率、动能定理的应用【讲】目录一讲核心素养.......................................................................................................

.....................................................1二讲必备知识...............................................

.............................................................................................................2【知识点一】功的分析与计算.....

.....................................................................................................................2【知识点二】功率的分

析与计算......................................................................................................................5【知识点三】动

能定理的理解...........................................................................................................

...............7【知识点四】动能定理的应用.......................................................................................

...................................8三．讲关键能力...............................................................................

.........................................................................11【能力点一】.变力做功的分析和计算...................................................

.........................................................11【能力点二】.动能定理与图象结合问题..........................................

..............................................................15【能力点二】.动能定理求解多过程问题.............................................................

...........................................19四．讲模型思想---机车启动问题......................................................................

......................................................22一讲核心素养1.物理观念：功和功率、动能和动能定理。(1)理解功和功率。了解生产生活中常见机械的功率大小及其意义。(2)理

解动能和动能定理。能用动能定理解释生产生活中的现象。2.科学思维：变力做功、机车启动模型。(1)能应用图像法、微元法、动能定理等计算变力做功问题培养分析、推理和综合能力。(2)会分析、解决机车启动的两类问题3.科学态度与责任：会利用功能知识初步分析生产生活中的现象，体会物理学的应用价值。二讲必备

知识【知识点一】功的分析与计算1．计算功的方法(1)对于恒力做功利用W＝Flcosα；(2)对于变力做功可利用动能定理(W＝ΔEk)；(3)对于机车启动问题中的定功率启动问题，牵引力的功可以利用W＝Pt.2．合力功计算方法(1)先求合外力F合，再用W合＝F合l

cosα求功．(2)先求各个力做的功W1、W2、W3、…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合外力做的功．3．几种力做功比较(1)重力、弹簧弹力、电场力、分子力做功与位移有关，与路径无关．(2)滑动摩擦力、空气阻力、安培力做功与路径有关．(3)摩擦力做功有以下特点：①单个摩擦力(包括静摩擦力

和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值．③相互作用的一对滑动摩擦力做功过程中会发生物体间机械能转移和机械

能转化为内能，内能Q＝Ffx相对．【例1】(2021·福建邵武七中期中)如图所示，水平路面上有一辆质量为M的汽车，车厢中有一个质量为m的人正用恒力F向前推车厢，在车以加速度a向前加速行驶距离L的过程中，下列说法正确的是()A．人

对车的推力F做的功为FLB．人对车做的功为maLC．车对人的作用力大小为maD．车对人的摩擦力做的功为(F－ma)L【答案】A【解析】根据功的公式可知，人对车的推力做功W＝FL，故A正确；在水平方向上，由牛顿第二定律可知车对人的作用力为F′＝ma，由牛顿第三定律可知人

对车的作用力为－ma，人对车做功为W＝－maL，故B错误；人水平方向受到的合力为ma，竖直方向上车对人还有支持力，故车对人的作用力为N＝ma2＋mg2＝ma2＋g2，故C错误；对人由牛顿第二定律可得f－F＝ma，则f＝ma＋F，车对人的摩擦力做功为W＝f

L＝(F＋ma)L，故D错误。【素养升华】本题考察的学科素养主要是物理观念及科学思维。要求考生掌握受力分析及做功分析的一般方法及流程。【技巧总结】1．功的正负的判断方法(1)恒力做功正负的判断：依据力与位移的夹角来判断。(2)曲线运

动中做功正负的判断：依据F与v的方向的夹角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。2．恒力做功的计算方法3．合力做功的计算方法方法一：先求合外力F合

，再用W合＝F合lcosα求功。适用于F合为恒力的过程。方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3…，再应用W合＝W1＋W2＋W3…求合外力做的功。【变式训练1】(2021·广东惠州一中月考)图甲为一女士站在台阶式自动扶梯上匀速上楼(忽略扶梯对

手的作用)，图乙为一男士站在履带式自动扶梯上匀速上楼，两人相对扶梯均静止．下列关于做功的判断中正确的是()A．图甲中支持力对人做正功B．图甲中摩擦力对人做负功C．图乙中支持力对人做正功D．图乙中摩擦力对人做负功【答案】A【解析】支持力做正功，

故A正确，B错误；题图乙中，支持力与速度方向垂直，支持力不做功，摩擦力方向与速度方向相同，做正功，故C、D错误．【变式训练2】(2021·宁夏石嘴山市月考)如图所示，质量为m的小车在与竖直方向成α角的恒定拉力F作用下，沿水平地面向左运

动一段距离l.在此过程中，小车受到的阻力大小恒为Ff，则()A．拉力对小车做功为FlcosαB．支持力对小车做功为FlsinαC．阻力对小车做功为－FflD．重力对小车做功为mgl【答案】C【解析】根据力做功的公式：W＝Flcosθ，其中θ为力与位移的夹角，所以

拉力做功为：W＝Flsinα，阻力做功为：Wf＝－Ffl，故A错误，C正确．支持力和重力的方向与运动方向垂直，所以不做功，故B、D错误．【知识点二】功率的分析与计算1．平均功率的计算方法(1)利用P＝Wt.(2)利用P＝Fv

cosα，其中v为物体运动的平均速度．2．瞬时功率的计算方法(1)P＝Fvcosα，其中v为t时刻的瞬时速度．(2)P＝FvF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度．(3)P＝Fvv，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力

．【例1】(2021·安徽皖南八校联考)(多选)如图甲所示，一个质量m＝2kg的物块静止放置在粗糙水平地面O处，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，在水平拉力F作用下物块由静止开始向右运动，经过一段时间后，

物块回到出发点O处，取水平向右为速度的正方向，物块运动过程中其速度v随时间t变化规律如图乙所示，g取10m/s2.则()A．物块经过4s时间到出发点B．4.5s时水平力F的瞬时功率为24WC．0～5s内摩擦力对物块先做负功，后做正功，总功为零D．0～5s内物块所受合力的平均功率为1.8W【答

案】BD【解析】由图象可知，前4s内速度方向始终为正方向，故前4s时间内没有回到出发点，选项A错误；根据v-t图线的斜率表示加速度，可知3～5s内，加速度a＝－31m/s2＝－3m/s2，4.5s时的速度v＝aΔt＝－3×(4.5－4)m/s＝－1.5m/s，根据牛顿第二定律有F＋μ

mg＝ma，得F＝－16N，负号表示力的方向水平向左，水平力F的瞬时功率P＝Fv＝24W，选项B正确；滑动摩擦力的方向始终与速度方向相反，摩擦力始终做负功，选项C错误；3～5s内合力为恒力，物块的位移为零，合力做的功为零，0～3s内，物块的加速度a1＝33m/s2＝1m/s2，位移s1＝1

2×1×32m＝4.5m，合力做的功W＝F合s1＝mas1＝9J，0～5s内合力的平均功率P＝Wt＝95W＝1.8W，选项D正确．【素养升华】本题考察的学科素养主要是物理观念及科学思维。。【必备知识】

(1)在公式P＝Fv中，P、F、v是同一时刻的瞬时值且F与v是同向的，F可以是变力也可以是恒力．(2)求总功W时，可采用分段法分别求出各阶段力做的功，总功就等于这些功的代数和，然后根据P＝Wt求平均功率．在本题中，0～5s时间内合力为变力，对于

变力做功问题，也可以根据动能定理求解，设物块在0s、5s时的速度分别为v0、v5，则合力做的功W＝12mv25－12mv20＝12×2×32J－0J＝9J，P＝Wt＝1.8W.【变式训练1】(多选)(2021·广东汕头中学检测)质量为m的

物体从距地面H高处自由下落，经历时间t，则下列说法中正确的是()A．t时间内重力对物体做功为12mg2t2B．t时间内重力的平均功率为mg2tC．前t2末重力的瞬时功率与后t2末重力的瞬时功率之比为1∶2D．前t2内重力做功的

平均功率与后t2内重力做功的平均功率之比为1∶3【答案】ACD【解析】物体自由下落，t时间内物体下落H＝12gt2，W＝mgH＝12mg2t2，故A正确；P＝Wt＝12mg2t2t＝12mg2t，故B错误；从静止开始自由下

落，前t2末与后t2末的速度之比为1∶2(因v＝gt∝t)，又有P＝Fv＝mgv∝v，故前t2末与后t2末功率瞬时值之比为P1∶P2＝1∶2，C正确；前t2与后t2下落的位移之比为1∶3，则重力做功之比为1∶3，故重力做功的平均功率之比为1∶3，D正确．【变式训练2】(202

0·日照联考)汽车发动机的额定功率是60kW，汽车的质量为2×103kg，在平直路面上行驶，受到的阻力是车重的0.1倍。若汽车从静止出发，以0.5m/s2的加速度做匀加速运动，则出发50s时，汽车发动机的实际功率为(取g＝10m/s2)()A．25kWB．50

kWC．60kWD．75kW【答案】C【解析】[汽车受到的阻力f＝0.1mg＝2000N，汽车以0.5m/s2的加速度做匀加速运动，由牛顿第二定律有F－f＝ma，解得F＝3000N；若50s内车是匀加速运动，则v＝at＝25m/s，所以50s末汽车功率P＝Fv＝75000W＝75kW；但汽车发动机

的额定功率是60kW，则50s内车不是匀加速运动，而是先匀加速后变加速；故出发50s时，汽车发动机的实际功率为60kW，选项C正确。【知识点三】动能定理的理解1.动能定理表明了“三个关系”(1)数量关系：合力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能

变化就是合力做的功。(2)因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。(3)量纲关系：单位相同，国际单位都是焦耳。2.标量性动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题。当然动能定理也就不存在分量的表达式。【例1】(2021·广东六校联考)北京获得2022

年冬奥会举办权，冰壶是冬奥会的比赛项目．将一个冰壶以一定初速度推出后将运动一段距离停下来．换一个材料相同、质量更大的冰壶，以相同的初速度推出后，冰壶运动的距离将()A．不变B．变小C．变大D．无法判断【答案】A【解析】冰壶在冰面上以一定初速度被推出后，在滑动摩

擦力作用下做匀减速运动，根据动能定理有－μmgs＝0－12mv2，得s＝v22μg，两种冰壶的初速度相等，材料相同，故运动的距离相等．故选项A正确．【素养提升】本题考察的学科素养主要是物理观念。【必备知识】(1)动能定理解决的是合力做功与动能

变化量之间的关系，所以在分析时一定要对物体受到的各个力做的功都作分析.(2)动能定理往往应用于单个物体的运动过程，由于不涉及时间，比用运动学规律更加方便.(3)找到物体运动的初、末状态的动能和此过程中合力做的功，是应用动能定理解题的关键.【变式训练1】．(2018

·全国卷Ⅱ)如图所示，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【答案】A【解析】由动能定理WF－Wf＝Ek－0，可知木箱获得的动能一定小

于拉力所做的功，A正确。【变式训练2】．关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是()A．合外力为零，则合外力做功一定为零B．合外力做功为零，则合外力一定为零C．合外力做功越多，则动能一定越大D．动能

不变，则物体合外力一定为零【答案】：A【解析】：由W＝Flcosα可知，物体所受合外力为零，合外力做功一定为零，但合外力做功为零，可能是α＝90°，故A正确，B错误．由动能定理W＝ΔEk可知，合外力做功越多，动能变

化量越大，但动能不一定越大；动能不变，合外力做功为零，但物体合外力不一定为零，C、D均错误．【知识点四】动能定理的应用1．应用动能定理解题应抓好“两状态，一过程”“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，“一过程”即明确研究过程，

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．应用动能定理解题的基本思路【例1】(2021·山东省等级考试第二次模拟卷)如图所示，飞机先在水平跑道上从静止开始加速滑行，行驶距离x＝600m后达到v1＝216km/h的速度起飞，飞机滑行过程可视为匀加速直线运动，所受

阻力大小恒为自身重力的0.1倍。起飞后，飞机以离地时的功率爬升t＝20min，上升了h＝8000m，速度增加到v2＝720km/h。已知飞机的质量m＝1×105kg，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：(1)飞机在地面滑行时所受牵引力的大小F；(2

)飞机在爬升过程中克服空气阻力做的功Wf。【答案】(1)4×105N(2)1.898×1010J【解析】(1)设飞机在地面滑行时加速度的大小为a，由运动学公式得v21＝2ax，设滑行过程中所受阻力为F阻，由牛顿第二定律得F－F阻＝ma，联立解得F＝4×105N。(2)设

飞机离地时的功率为P，由功率的表达式得P＝Fv1，由动能定理得Pt－mgh－Wf＝12mv22－12mv21，解得Wf＝1.898×1010J。【素养提升】本题考察的学科素养主要是物理观念及科学推理。【方

法技巧】(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准确分析研究对象的受力情况及运动情况，可以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；也可以全过程应用动能定理。(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。【变式训练1】如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平

，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为(

)A．2mgRB．4mgRC．5mgRD．6mgR【思路】解答本题应注意以下三点：(1)小球由a到c的过程，由动能定理求出小球在c点的速度大小．(2)小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g.(3)小球轨迹最高点的竖直方向速度为零．【答案】C【解析】小球从a运动到c，根据

动能定理，得F·3R－mgR＝12mv21，又F＝mg，故v1＝2gR，小球离开c点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，且水平方向与竖直方向的加速度大小相等，都为g，故小球从c点到最高点所用的时间t＝v1g＝2Rg，水平位移x＝12gt2＝2R，根据功能关系，小球从a点

到轨迹最高点机械能的增量为力F做的功，即ΔE＝F·(2R＋R＋x)＝5mgR.【变式训练2】(2021·辽宁葫芦岛市上学期质监)如图所示，用长为L的轻绳把一个小铁球挂在离水平地面高为3L的O点，小铁球以O为

圆心在竖直面内做圆周运动且恰好能到达最高点A处，不计空气阻力，重力加速度为g，若运动到最高点时轻绳被切断，则小铁球落到地面时速度的大小为()A.3gLB.6gLC.4gLD.3gL【答案】D【解析】小球刚好能在竖直平面做圆周运动且恰好到达最高点时，绳的拉力为零，只有重

力提供向心力，有mg＝mv21L，在最高点剪断绳后，小球做平抛运动落地，对这一过程由动能定理mg·4L＝12mv22－12mv21，联立可得落地速度v2＝3gL，故A、B、C错误，D正确。三．讲关键能力【能力点一】.变力做功的分析和计算分析方法及案例方法以例说法应用动能定理用力F把小

球从A处缓慢拉到B处，F做功为WF，则有WF－mgl(1－cosθ)＝0，得WF＝mgl(1－cosθ)微元法质量为m的木块在水平面内做圆周运动，运动一周克服摩擦力做功Wf＝Ff·Δx1＋Ff·Δx2＋Ff·Δx3＋…＝Ff(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝Ff·2πR等效转换法恒

力F把物块从位置A拉到位置B，绳子对物块做功W＝F·(hsinα－hsinβ)图象法一水平拉力拉着一物体在水平面上运动的位移为x0，图线与横轴所围面积表示拉力所做的功，W＝F0＋F12x0方法1用动能定理求变力做功【要点诠释】动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于求恒力做功，也

适用于求变力做功.因为使用动能定理可由动能的变化来求功，所以动能定理是求变力做功的首选。【例1】(2021·海南省新高考3月线上诊断)一同学将地面上一质量m＝400g的足球沿与水平方向成θ＝45°角踢出，足球与脚分开时的

速度大小为10m/s，不计空气阻力，足球可看做质点，重力加速度g＝10m/s2。则该同学踢球时对足球做的功为()A.200JB.100JC.20JD.10J【答案】C【解析】由题意可知，足球离开脚时的速度为10m/s，而脚踢球时只有脚对足球做功，由动能定理可得W＝12mv2＝

12×0.4×102J＝20J，故C正确，A、B、D错误。【素养提升】本题考察的学科素养主要是物理观念及科学推理。方法2利用微元法求变力做功【要点诠释】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个无穷小的位移上的恒力所做功的代数和，此法在中学阶段常应用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题。【例2】在水平面上，有一弯曲的槽道AB，槽道由半径分别为R2和R的两个半圆构成。如图所示，现用大小恒为F的拉力将一光滑小球从

A点沿槽道拉至B点，若拉力F的方向时刻均与小球运动方向一致，则此过程中拉力所做的功为()A.0B.FRC.32πFRD.2πFR【答案】C【解析】把槽道分成x1、x2、x3、…、xn微小段，拉力在每一段上可视为恒力，则在每一段上做的功W1＝F

1x1，W2＝F2x2，W3＝F3x3，…，Wn＝Fnxn，拉力在整个过程中所做的功W＝W1＋W2＋W3＋…＋Wn＝F(x1＋x2＋x3＋…＋xn)＝F(π·R2＋πR)＝32πFR。故选项C正确。【素养提

升】本题考察的学科素养主要是科学推理。方法3“转化法”求变力做功【要点诠释】通过转换研究的对象，可将变力做功转化为恒力做功，用W＝Flcosα求解，如轻绳通过定滑轮拉动物体运动过程中拉力做功问题。【例3】(20

20·安徽安庆市模拟)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点起由静止开始上升。滑块运动到C点时速度最大。已知滑块质量为m，滑轮O到竖直杆的水平距离为d，∠OAO′＝37°，

∠OCO′＝53°，重力加速度为g。求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)拉力F的大小；(2)滑块由A到C过程中拉力F做的功。【答案】(1)53mg(2)2536mgd【解析】(1)滑块运动到C点时速度最大，则在C点有Fco

s53°＝mg解得F＝53mg。(2)由能量守恒可知，拉力F对绳端点做的功就等于绳的拉力F对滑块做的功滑轮与A间绳长L1＝dsin37°滑轮与C间绳长L2＝dsin53°则滑轮右侧绳子增加的长度ΔL＝L1－L2＝dsin37°－dsin53°＝5d12故拉力做的功W＝FΔL

＝2536mgd。【素养提升】本题考察的学科素养主要是物理观念及科学推理。方法4用F－x图象求变力做功【要点诠释】在F－x图象中，图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移所做的功，且位于x轴上方的“面积”为正，位于x轴下方的“面积”为负，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，物块静止且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，则此时弹簧的弹性势能为(g＝10m/s2)()A.3.1JB.3.5JC.1.8JD.2.0J【答案】A【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F－x图象与x轴所围面积表示功，可知F做功W＝3.5J，克服摩擦力做功Wf＝Ffx＝0.4J。由于物块运动至x＝0.4m处时，速度为0，由功能关系可知，W－Wf＝Ep，此时弹簧的弹性势能为Ep＝3.1J，选项A正确。【素养提升】本题考察的学科素

养主要是科学推理。【能力点二】.动能定理与图象结合问题1．解决物理图象问题的基本步骤(1)观察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义。(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式。(3)将推导出的物

理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下方的面积所对应的物理意义，根据对应关系列式解答问题。2．图象所围“面积”和图象斜率的含义【例1】如图甲所示，一竖直面内的轨道是由粗糙斜面AB和光滑轨道BCD组成，AB

与BCD相切于B点，C为圆轨道的最低点，将物块置于轨道ABC上离地面高为H处由静止下滑，可用力传感器测出其经过C点时对轨道的压力FN。现将物块放在ABC上不同高度处，让H从零开始逐渐增大，传感器测得物块每次从不同高度处下滑到C点时对轨道的压力FN，得到如图乙两段直线PQ和QI，且IQ反向

延长线与纵轴交点坐标值为2.5N，g取10m/s2。求：甲乙(1)小物块的质量m及圆轨道的半径R；(2)轨道BC所对圆心角；(3)小物块与斜面AB间的动摩擦因数。【审题导引】：解此题的关键是把握图象的

信息，并将图象信息与物理过程相对应，如下图所示。【答案】(1)0.2kg1m(2)60°(3)34【解析】(1)小物块从圆轨道BC滑下，由动能定理可知mgH＝12mv2C在C点合力提供向心力FN－mg＝mv2CRFN＝2mgRH＋mg结合PQ段图象知mg＝2N，m＝0.2kg，2mgR＝4－20

.5解得R＝1m。(2)由于图线Q点对应于轨道的B点，而此时H＝0.5m，则轨道BC所对圆心角θ由几何关系可知H＝R(1－cosθ)，代入数据解得θ＝60°。(3)小物块从A到C，由动能定理可得mgH－μmgcosθH－0.5sinθ＝12mv2，到达C点处由向心力公式可得F′

N－mg＝mv2R，联立得μ＝34。【素养提升】本题考察的学科素养主要是物理观念及科学推理。【方法技巧】动能定理与图象结合问题的分析方法(1)首先看清所给图象的种类(如v-t图象、F-t图象、Ek-t图象等)。(2)挖掘图象的隐含条件，得出所需要的物理量

，如由v-t图象所包围的“面积”求位移，由F-x图象所包围的“面积”求功等。(3)分析有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量。【变式训练1】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，滑块沿斜面AB向

上运动的最远距离是多少．【答案】(1)52m/s(2)5m【解析】(1)由题图乙知，在OA段拉力做功为W＝(2mg×2－0.5mg×1)J＝3.5mg(J)滑动摩擦力Ff＝－μmg＝－0.25mg，Wf＝Ff·xOA＝－mg(J)，滑块在OA上运动的全过程，由动能定理得W

＋Wf＝12mvA2－0代入数据解得vA＝52m/s.(2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得－mgLsin30°＝0－12mvA2解得L＝5m所以滑块沿斜面AB向上运动的最远距离为L＝5m.【变式

训练2】(2021·山西太原市模拟)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内的速度不变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【答案】D【解析】物体6s末的速度v6＝12×(2＋5)×2m/s－12×1×2m/s＝6m/s，结合题图可知0～6s内物体一直向正方向运动，A项错误；由题图可知物体在5s末速度最大，vm＝12×(2＋5)

×2m/s＝7m/s，B项错误；由题图可知物体在2～4s内加速度不变，做匀加速直线运动，速度变大，C项错误；在0～4s内由动能定理可知，W合4＝12mv42－0，又v4＝12×(2＋4)×2m/s＝6m/s，得W合4＝36J,0～6s内合力对

物体做的功：W合6＝12mv62－0，又v6＝6m/s，得W合6＝36J，则W合4＝W合6，D项正确．【变式训练3】(2021·湖北高三月考)质量为2kg的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块的动能E

k与其发生的位移x之间的关系如图所示．已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是()A．x＝1m时速度大小为2m/sB．x＝3m时物块的加速度大小为2.5m/s2C．在前4m位移过程中拉力对物块做的功

为9JD．在前4m位移过程中物块所经历的时间为2.8s【答案】D【解析】根据动能定理ΔEk＝F合x可知，物体在两段运动中分别所受合外力恒定，则物体做加速度不同的匀加速运动；由题图图象可知x＝1m时动能为2J，v1＝2Ekm＝2m/s，故A错误．同理，当x＝2m

时动能为4J，v2＝2m/s；当x＝4m时动能为9J，v4＝3m/s，则2～4m内有2a2x2＝v42－v22，解得2～4m内物块的加速度为a2＝1.25m/s2，故B错误．对物体运动全过程，由动能定理得：WF＋(－μmgx4)＝Ek末－0，解得WF＝25J，故C错误.0～2m

过程，t1＝2x1v2＝2s；2～4m过程，t2＝x2v2＋v42＝0.8s，故总时间为2s＋0.8s＝2.8s，D正确．【能力点二】.动能定理求解多过程问题1．多过程问题的分析方法(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子

过程”间由“衔接点”连接。(2)对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。(3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。(4)分析“衔接点”速度、加速度等物理量的关联，确定各段间的时间关联，并

列出相关的辅助方程。(5)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。2．利用动能定理求解多过程问题的基本思路【例1】(2020·信阳模拟)如图所示AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA处于水平位置。AB是半径为R＝1m的14圆周轨道，CDO是半

径为r＝0.5m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板(可以把小球弹回，不损失能量，图中没有画出)，D为CDO轨道的中点。BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接。已知BC段水平轨道长L＝2m，与小球之间的动摩擦因数μ＝0.2。现让一个质量为m＝1kg的小球从

A点的正上方距水平线OA高H的P处自由落下。(g取10m/s2)(1)当H＝2m时，求此时小球第一次到达D点对轨道的压力大小；(2)为使小球仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，求H的取值范围。【思路点拨】解此题可按以下思路(1)小球由P到D全过程，由动能定理列方程求小球第一次到达D点

的速度。(2)小球仅仅与弹性挡板碰撞一次且刚好不脱离CDO轨道的两个临界条件是在O点重力提供向心力，碰后再返回最高点恰能上升到D点。【答案】(1)84N(2)0.65m≤H≤0.7m【解析】mg(H＋r)－μmgL＝12mv2D－0在D点轨道对小球的支持力FN提供向心力，则有：FN＝mv2Dr联

立解得：FN＝84N由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为：F′N＝FN＝84N。(2)为使小球仅仅与挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，H最小时必须满足能上升到O点，由动能定理得：mgHmin－μmgL＝12mv2

O－0在O点有：mg＝mv2Or代入数据解得：Hmin＝0.65m仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，H最大时，碰后再返回最高点能上升到D点，则有：mg(Hmax＋r)－3μmgL＝0代入数据解得：Hmax＝0.7m故有：0.65m≤H≤0.7m。【素养提升】本题考察的学

科素养主要是物理观念及科学推理。【方法技巧】应用动能定理求多过程问题的技巧1．运用动能定理解决多过程问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式。2．全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力，大小恒定的阻力或摩擦力做功，要注意运用它们的功能特点：(1)重力做

的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积。(3)弹簧弹力做功与路径无关。【变式训练】(2021·河南名校联考)如图所示，AB是一段位于竖直平面内的光滑轨道，高度为h，末端B处的切线方向水平。一个质量为m的小物体P

从轨道顶端A处由静止释放，滑到B端后飞出，落到地面上的C点，轨迹如图中虚线BC所示。已知它落地时相对于B点的水平位移OC＝l。现在轨道下方紧贴B点安装一水平木板，木板的右端与B的距离为l2，让P再次从A点由静止释放，它离开

轨道并在木板上滑行后从右端水平飞出，仍然落在地面的C点。求：(不计空气阻力，重力加速度为g)(1)P滑至B点时的速度大小；(2)P与木板之间的动摩擦因数μ。【答案】(1)2gh(2)3h2l【解析】(1)物体P在AB轨道上滑

动时，只有重力做功，根据动能定理，有mgh＝12mv20，得物体P滑到B点时的速度大小为v0＝2gh。(2)当没有木板时，物体离开B点后做平抛运动，运动时间为t，有t＝lv0＝l2gh当B点右方安装木板时，物体从木板右端水平抛出，在空中运

动的时间也为t，水平位移为l2，因此物体从木板右端抛出的速度v1＝v02＝2gh2根据动能定理，物体在木板上滑动时，有－μmgl2＝12mv21－12mv20解得物体与木板之间的动摩擦因数μ＝3h2l。四．讲模型思想--

-机车启动问题1．模型一以恒定功率启动(1)动态过程(2)这一过程的P-t图象和v-t图象如图所示：2．模型二以恒定加速度启动(1)动态过程(2)这一过程的P-t图象和v-t图象如图所示：3．三个重要关系式(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度

，即vm＝PF阻.(2)机车以恒定加速度启动时，匀加速过程结束时功率最大，速度不是最大，即v＝PF＜vm＝PF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或速度．【例1】(2021·陕西宝鸡市模拟)某汽

车发动机的额定功率为120kW，汽车质量为5t，汽车在运动中所受阻力的大小恒为车重的0.1倍。(g取10m/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10m/s时，其加速度是多少？(2)若汽车以恒定加速度0.5m/s2启动，则其匀加

速过程能维持多长时间？【思路探究】：(1)达到最大速度时，汽车处于匀速运动状态。(2)以加速度0.5m/s2匀加速启动时，达到匀加速的最大速度时功率达到额定功率。【答案】(1)24m/s1.4m/s2(2)32s【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

大小相等，故最大速度为vm＝PF＝PFf＝120×1030.1×5000×10m/s＝24m/sv＝10m/s时的牵引力F1＝Pv＝120×10310N＝1.2×104N由F1－Ff＝ma得a＝F1－Ffm＝1.2×104－0.1×5×103×105×103m/s2＝1.4m/s2。(2)当汽车以

a′＝0.5m/s2的加速度启动时的牵引力F2＝ma′＋Ff＝(5000×0.5＋0.1×5×103×10)N＝7500N匀加速运动能达到的最大速度为v′m＝PF2＝120×1037500m/s＝16m/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＝v′ma′＝160.5s＝32s。【素养提升】本题考察的学科素养主要是科学思维。【技巧方法】机车启动问题的三点注意(1)在机车功率P＝Fv中，F是机车的牵引力而不是机车所受合力或阻力，所以P＝Ffvm只体现了一种数量关系用于计算，即牵引力与阻力平衡时达到最大运

行速度。(2)恒定功率下的启动过程一定不是匀加速运动，匀变速直线运动的公式不再适用，启动过程发动机做的功可用W＝Pt计算，不能用W＝Fl计算(因为F为变力)。(3)以恒定加速度启动只能维持一段时间，之后又要经历非匀变速直线运动，所以

匀变速直线运动的公式只适用于前一段时间，不可生搬硬套。【变式训练】(多选)(2021·江苏如皋中学模拟)一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动，其v－t图象如图所示。已知汽车的质量为m＝1×1

03kg，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，取g＝10m/s2，则以下说法正确的是()A.汽车在前5s内的牵引力为5×103NB.汽车速度为25m/s时的加速度为2m/s2C.汽车的额定功率为100kWD.汽车的最大速度为80m/s【

答案】AC【解析】由速度时间图线知，匀加速运动的加速度大小a＝ΔvΔt＝205m/s2＝4m/s2，根据牛顿第二定律得F－f＝ma，其中f＝0.1mg＝1×103N，解得牵引力F＝f＋ma＝1×103N＋4×103N＝5×103N，故A正确；汽车的额定功率P＝Fv＝5×10

3×20W＝1×105W＝100kW，故C正确；汽车在25m/s时的牵引力F′＝Pv＝1×10525N＝4×103N，根据牛顿第二定律得，加速度a′＝F′－fm＝4×103－1×1031×103m/s2＝3m/s2，故B错误；当牵引力等于阻力时，速度最大，则最大速度vm

＝Pf＝1×1051×103m/s＝100m/s，故D错误。【变式训练2】(多选)(2021·山东济南市高考模拟)一辆质量为m、额定功率为P的汽车在水平路面上从静止开始做匀加速直线运动，经过时间t达到额定功率，此时的速度为v，汽车行驶过程中阻力保

持不变。下列说法正确的是()A.汽车受到的阻力大小为PvB.汽车受到的阻力大小为Pv－mvtC.在0～t2时间内汽车牵引力的平均功率为P4D.在0～t2时间内汽车牵引力的平均功率为P2【答案】BC【解析】汽车达到额定功率时的牵引力为F＝Pv，匀加速过程的加速度为a

＝vt，由牛顿第二定律有F－f＝ma，即Pv－f＝mvt，则汽车受到的阻力大小为f＝Pv－mvt，故A错误，B正确；t时刻有P＝Fv，由于汽车做匀加速直线运动，则t2时刻的速度为vt2＝v2，在0～t2时间内汽车牵引力的平均功率

P－＝F×vt22＝Fv4＝P4，故C正确，D错误。