专题二 第5讲 功和功率 动能定理-【金版教程】2025年高考物理大二轮专题复习冲刺方案课件PPT（基础版）

第一部分　专题复习篇 专题二　能量与动量 2 第5讲　功和功率　动能定理 4 目录 1 2 3 4 5 考点1 考点3 考点2 高考命题预测 专题作业 考点1　功和功率的计算 例1　(2024·福建省三明市高三下质量检测)如图甲所示的救生缓降器由挂钩(或吊环)、吊带、绳索及速度控制装置等组成，是一种可使人沿(随)绳(带)缓慢下降的安全营救装置。如图乙所示，高层建筑工人在一次险情中，将安全带系于腰部，从离地面某高度处通过钢丝绳先匀加速运动后匀减速运动安全着陆，图丙是工人运动全过程的v­t图像。已知工人的质量m＝70 kg，g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是(　　) A.发生险情处离地面的高度为27 m B.t＝4 s时钢丝绳对工人拉力的瞬时功率大小为630 W C.加速下滑时钢丝绳对工人的拉力大小为280 N D.整个过程中工人所受重力做功为18900 J 考点１　功和功率的计算 7 考点１　功和功率的计算 8 考点１　功和功率的计算 9 考点１　功和功率的计算 10 考点１　功和功率的计算 11 考点１　功和功率的计算 12 考点１　功和功率的计算 13 考点2　机车启动问题 考点2　机车启动问题 15 考点2　机车启动问题 16 例5　(2024·江苏省南通市高三下第一次适应性调研)列车在平直轨道上由静止开始启动，启动过程受到的合外力F随时间t变化的关系图像如图所示，列车匀加速运动达到额定功率后保持该功率不变，若列车所受阻力恒定，则(　　) A.t2时刻，列车刚达到额定功率 B.0～t1时间内，列车的功率随时间增大得越来越慢 C.t1～t2时间内，列车的合外力的功率随速率均匀减小 D.0～t2时间内，列车先后做匀加速直线运动和匀速直线运动 考点2　机车启动问题 17 考点2　机车启动问题 18 例6　(2024·福建省三明市高三下一模)如图甲，山东舰航母上的舰载机采用滑跃式起飞，甲板由水平甲板和上翘甲板两部分组成，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB平滑连接的一段斜面，模型简化图如图乙所示，BC长为L，BC与AB延长线夹角为α。若舰载机从A点处由静止开始以加速度a做初速度为零的匀加速直线运动，经过时间t达到B点，此时达到额定功率。进入BC保持额定功率加速，在C点刚好达到起飞速度v。已知舰载机的总质量为m(忽略滑行过程中的质量变化)，舰载机运动过程受到的阻力可看作恒力，大小为其重力的k倍，重力加速度为g。求： 考点2　机车启动问题 19 (1)舰载机的额定功率； (2)舰载机在BC段运动的时间。 考点2　机车启动问题 20 考点2　机车启动问题 21 1.以恒定功率启动 (1)动态过程 考点2　机车启动问题 22 (2)这一过程的P­t图像和v­t图像如图所示： 考点2　机车启动问题 23 2.以恒定加速度启动 (1)动态过程 考点2　机车启动问题 24 (2)这一过程的P­t图像和v­t图像如图所示： 考点2　机车启动问题 25 考点3　动能定理的应用 例7　(2023·新课标卷)(多选)一质量为1 kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.在x＝1 m时，拉力的功率为6 W B.在x＝4 m时，物体的动能为2 J C.从x＝0运动到x＝2 m，物体克服摩擦力做的功为8 J D.从x＝0运动到x＝4 m的过程中，物体的动量最大为2 kg·m/s 考点3　动能定理的应用 27 考点3　动能定理的应用 28 考点3　动能定理的应用 29 考点3　动能定理的应用 30 考点3　动能定理的应用 31 考点3　动能定理的应用 32 1.合力做功是物体动能变化的原因和量度。 2.动能定理中的位移和速度必须相对于同一个惯性系。 考点3　动能定理的应用 33 1.应用动能定理解题的分析步骤 注：多过程中的往复运动问题一般应用动能定理求解。 考点3　动能定理的应用 34 考点3　动能定理的应用 35 高考命题预测 1.(2024·山东省临沂市高三下二模)(多选)电动汽车以其环保节能、加速快等优点越来越受到消费者的欢迎，为使汽车既有良好的加速性能，又能控制汽车的最大速度，电动汽车的车载智能系统介入汽车行驶过程。如图所示为某品牌汽车在一次起步时汽车牵引力与速度的关系，汽车的速度达到25 m/s时电动机功率达到最大值256 kW。此后车载智能系统逐渐降低电动机功率，当电动机功率降至最大功率的50%时，汽车达到最大速度。已知汽车及乘员的总质量为1600 kg，汽车行驶过程中受到的阻力与速度的关系为f＝kv2(k＝1.024 N·s2/m2)，则汽车在起步直至达到最大速度的过程中，下列说法正确的是(　　) A.汽车的加速度始终在减小 B.汽车的加速度先不变后减小 C.该汽车能达到的最大速度是100 m/s D.汽车速度为25 m/s时的加速度为6 m/s2 1 2 高考命题预测 1 2 高考命题预测 2.(2024·山东省济宁市高三下三模)某旋转喷灌机进行农田喷灌的示意图如图所示，喷口出水速度的方向可调节。该喷灌机的最大功率为P＝2000 W，喷灌机所做功的75%转化为水的动能，喷口的横截面积S＝30 cm2，水的密度ρ＝1×103 kg/m3，重力加速度g＝10 m/s2，π＝3.14，喷口距离地面的高度h＝0.55 m，忽略空气阻力，不考虑供水水压对水速的影响。求： (1)喷灌机的最大喷水速度v； (2)喷口出水速度方向与水平面夹角 θ＝30°时，该喷灌机的最大喷灌面积Sm。 (保留三位有效数字) 答案：(1)10.0 m/s　(2)285 m2 1 2 高考命题预测 1 2 高考命题预测 专题作业 1.(2024·海南高考)神舟十七号载人飞船返回舱于2024年4月30日在东风着陆场成功着陆，在飞船返回至离地面十几公里时打开主伞飞船快速减速，返回舱速度大大减小，在减速过程中(　　) A.返回舱处于超重状态 B.返回舱处于失重状态 C.主伞的拉力不做功 D.重力对返回舱做负功 解析：返回舱在减速过程中，加速度方向向上，处于超重状态，故A正确，B错误；主伞的拉力方向与返回舱的位移方向成钝角，则主伞的拉力对返回舱做负功，故C错误；返回舱的重力方向与返回舱的位移方向成锐角，则重力对返回舱做正功，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 2.(2024·江苏省常州市高三下5月三模)如图所示，倾角为θ＝37°的斜面固定在水平桌面上，用平行斜面向上的推力F1将位于斜面底端的滑块推到斜面顶端，推力F1做的功至少为W0。已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，若用水平向左的推力F2将物块推到顶端，推力F2做的功至少为(　　) A.1.2W0 B.1.4W0 C.1.6W0 D.1.8W0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 解析：根据能量守恒定律可知，从斜面底端缓慢推动物块到顶端时，推力对物块做功最少。用平行斜面向上的推力F1将位于斜面底端的物块推到斜面顶端，对物块受力分析如图甲所示，根据平衡条件可得，垂直斜面方向有FN1＝mgcosθ，平行斜面方向有F1＝mgsinθ＋μFN1，设斜面的长度为L，则W0＝F1L，联立得W0＝mgL；若用水平向左的推力F2将物块推到顶端，对物块受力分析如图乙所示， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 3.(2024·浙江6月选考)一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为2×10－4 m2，喷水速度约为10 m/s，水的密度为1×103 kg/m3，则该喷头喷水的功率约为(　　) A.10 W B.20 W C.100 W D.200 W 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 5.(2024·福建省三明市高三下质量检测)电动自行车在平直路面上匀速行驶，某一时刻从车上掉落一货物，车行驶的功率不变，货物掉落前后车速随时间变化的图像较符合实际的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 6.(2024·江苏省徐州市等两地高三下二模)如图所示，斜面体固定在水平面上，斜面体的两侧面与水平面平滑连接，两小木块同时从斜面体的顶端由静止下滑，最终停在水平面上。已知木块与斜面、水平面间的动摩擦因数相同，下列描述木块水平分速度大小vx随时间t变化关系图像可能正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 7.(多选)如图甲所示，一物块前端有一滑轮，轻绳的一端系在右方固定处，水平穿过滑轮，另一端用力F拉住，力F大小如图乙所示，前10 s内物块的v­t图像如图丙所示，保持力F与水平方向之间的夹角θ＝60°不变，当用力F拉绳使物块前进时，下列说法正确的是(　　) A.0～5 s内拉力F做的功为75 J B.3 s末拉力F的功率为9 W C.5～10 s内摩擦力大小为6 N D.5～10 s内拉力F做的功为150 J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 由题图丙可知，5～10 s内物块做匀速运动，物块所受合力等于零，水平方向由平衡条件得F2＋F2cosθ＝f，又由题图乙可知F2＝4 N，解得f＝6 N，故C正确；由题图乙可知，5～10 s内拉力大小F2＝4 N，根据题图丙求得物块在5～10 s内的位移s2＝5×5 m＝25 m，所以拉力做功W2＝F2s2＋F2s2cosθ，解得W2＝150 J，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 A.汽车启动后做匀加速直线运动，直到速度达到最大 B.汽车在BC段做匀加速直线运动，在AB段做匀速运动 C.汽车达到的最大速度大小为15 m/s D.从启动到速度达到最大过程中汽车通过的距离为150 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 9.(2024·山东省淄博市高三下一模)为了节能环保，地铁站的进出轨道通常设计成不是水平的，列车进站时就可以借助上坡减速，而出站时借助下坡加速。如图所示，为某地铁两个站点之间节能坡的简化示意图(左右两边对称，每小段坡面都是直线)。在一次模 拟实验中，一滑块(可视为质点)以初速度v0从A站M处出发沿着轨道运动，恰能到达N处。滑块在两段直线轨道交接处平稳过渡，能量损失忽略不计，滑块与各段轨道之间的动摩擦因数均相同，不计空气阻力。重力加速度为g，则根据图中相关信息，若要使滑块恰能到达B站P处，该滑块初速度的大小应调整为(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 10.(2024·海南省海口市高三下一模)如图所示，杂技演员从某高度水平抛出小球A的同时，从相同高度由静止释放小球B。已知两小球完全相同，运动过程中空气阻力大小与速率成正比。下列判断错误的是(　　) A.两球同时落地 B.两球落地时的速率可能相等 C.运动全过程中，合外力做功相等 D.运动全过程中，A球重力的功率时刻与B球的相等 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 解析：将A球的运动分解为水平方向和竖直方向两个分运动，两球完全相同，竖直方向的初速度均为0，则两球在竖直方向的受力情况一样，两球在竖直方向具有相同的运动，则两球同时落地，且根据P＝mgvy可知，A 球重力的功率时刻与B球的相等，故A、D判断正确；A球在水平方向做减速运动，若落地时A球的水平速度刚好为0，又两球在竖直方向的分速度相等，则这种情况下两球落地时的速率相等，故B判断正确；运动全过程中，两球重力做功相等，由于A球具有水平速度，所以同一时刻A球受到的空气阻力大于B球受到的空气阻力，且A球通过的路程大于B球的路程，则A球克服空气阻力做的功大于B球克服空气阻力做的功，所以合外力对两球做的功不相等，故C判断错误。本题选判断错误的，故选C。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 11.(2024·湖北省武汉市高三下5月三模)如图所示，一轨道ABCD竖直放置，AB段和CD段的倾角均为θ＝37°，与水平段BC平滑连接，BC段的竖直圆形轨道半径为R，其最低点处稍微错开，使得滑块能进入或离开。AB段和CD段粗糙，其余各段轨道光滑。将一质量为m的小滑块从轨道上离B点距离L＝125R处由静止释放，滑块经过圆形轨道后冲上CD段上升一段距离后再次滑下，往返滑动多次后静止于轨道上某处。滑块和轨道AB、CD间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 (1)滑块第一次到达圆形轨道最高点时对轨道的压力大小； (2)滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离； (3)整个过程中滑块在AB段滑行的总路程。 答案：(1)45mg　(2)25R　(3)137.5R 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 h不大于R，则假设成立，所以滑块第三次进入圆形轨道运动过程中没有脱轨，之后仅在AB段与圆形轨道间来回滑动，最终停在B点，设之后滑块在AB段滑行的路程为s2，根据动能定理有mgh－μmgs2cosθ＝0－0 整个过程中滑块在AB段滑行的总路程为 s＝L＋2s1＋s2 解得s＝137.5R。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 解析 由v­t图像中图线与t轴所围成的面积等于位移可知，发生险情处离地面的高度为h＝eq \f(1,2)×5×18 m＝45 m，A错误；由题图丙可知，t＝4 s时工人下降的速度为v＝9 m/s，加速度大小为a＝eq \f(18,5－3) m/s2＝9 m/s2，方向竖直向上，由牛顿第二定律得T－mg＝ma，解得此时钢丝绳对工人的拉力大小T＝1330 N，则t＝4 s时钢丝绳对工人拉力的瞬时功率大小为P＝Tv＝11970 W，B错误；由题图丙可知，加速下滑时加速度大小为a′＝eq \f(18,3) m/s2＝6 m/s2，方向竖直向下，由牛顿第二定律有mg－T′＝ma′，解得加速下滑时钢丝绳对工人的拉力大小为T′＝280 N，C正确；整个过程中工人所受重力做功为WG＝mgh＝31500 W，D错误。 例2　(2024·安徽高考)某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v。已知人与滑板的总质量为m，可视为质点。重力加速度大小为g，不计空气阻力。则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为(　　) A.mgh B.eq \f(1,2)mv2 C.mgh＋eq \f(1,2)mv2 D.mgh－eq \f(1,2)mv2 解析　人与滑板下滑的过程，由动能定理有mgh－Wf＝eq \f(1,2)mv2－0，可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为Wf＝mgh－eq \f(1,2)mv2，故D正确。 例3　(2024·安徽高考)在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的η倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为ρ，水管内径的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为(　　) A.eq \f(ρgSl\r(2gh),2ηh) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋h＋\f(l2,2h))) B.eq \f(ρgSl\r(2gh),2ηh) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋h＋\f(l2,4h))) C.eq \f(ρgSl\r(2gh),2ηh) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋\f(l2,2h))) D.eq \f(ρgSl\r(2gh),2ηh) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋\f(l2,4h))) 解析　设水从出水口射出的初速度为v0，水离开出水口在空中做平抛运动的时间为t′，取t时间内抽出的水为研究对象，该部分水的质量为m＝v0tSρ，根据平抛运动规律有v0t′＝l，h＝eq \f(1,2)gt′2，根据功能关系，得Ptη＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＋mg(H＋h)，联立解得水泵的输出功率约为P＝eq \f(ρgSl\r(2gh),2ηh) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋h＋\f(l2,4h)))，故选B。 功 单个力做功 的求法 恒力做功 W＝Flcosα 变力做功 动能定理或其他功能关系 力的大小不变，方向与速度方向始终相同的曲线运动：W＝Fx路程 力的大小改变，方向与速度方向相同的直线运动：F­x图像面积法 总功的求法 方法一：W总＝F合lcosα 方法二：W总＝W1＋W2＋W3＋… 功率 平均功率的求法 eq \o(P,\s\up16(－))＝eq \f(W,t) 瞬时功率的求法 P＝Fvcosα 例4　(2023·湖北高考)两节动车的额定功率分别为P1和P2，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1和v2。现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为(　　) A.eq \f(P1v1＋P2v2,P1＋P2) B.eq \f(P1v2＋P2v1,P1＋P2) C.eq \f(（P1＋P2）v1v2,P1v1＋P2v2) D.eq \f(（P1＋P2）v1v2,P1v2＋P2v1) 解析　设两节动车在运动过程中所受阻力大小分别为f1、f2，则有P1＝f1v1，P2＝f2v2，当将它们编组后，则有P1＋P2＝(f1＋f2)v，联立可得该动车组能达到的最大速度v＝eq \f(（P1＋P2）v1v2,P1v2＋P2v1)，故选D。 解析　设列车的牵引力为F牵，受到的阻力为f，瞬时速度 为v，列车的功率为P牵，则有P牵＝F牵v，F牵－f＝F。由题图 可知，0～t1时间内，F不变，则列车的牵引力F牵不变，又F＝ ma，v＝at，则v随t均匀增大，可知列车的功率P牵随时间均匀 增大；在t1～t2时间内，F牵＝F＋f逐渐减小，根据题意可知，这段时间P牵保持不变，则t1时刻列车达到额定功率，故A、B错误；t1～t2时间内，合外力的功率P合＝Fv，又F牵－f＝F，可得P合＝F牵v－fv，而这段时间P牵＝F牵v不变，F牵减小，则v增大，所以P合随速率v均匀减小，故C正确；根据a＝eq \f(F,m)可知，列车的加速度的变化曲线与合外力的变化曲线相同，即列车在0～t1时间内做匀加速直线运动，在t1～t2时间内做加速度减小的变加速直线运动，在t2时刻之后做匀速直线运动，故D错误。 答案　(1)mat(a＋kg) (2)eq \f(v2－a2t2＋2gL（k＋sinα）,2at（a＋kg）) 解析　(1)设舰载机的额定功率为P，在AB段的牵引力为F，从A点到B点，根据运动学公式可知，舰载机到达B点时的速度大小为v1＝at 舰载机在AB段运动时，根据牛顿第二定律有F－kmg＝ma 根据题意，可知舰载机在B点达到额定功率，有P＝Fv1 联立解得P＝mat(a＋kg)。 (2)设舰载机在BC段运动的时间为t′， 根据动能定理有Pt′－(kmg＋mgsinα)L＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1) 解得t′＝eq \f(v2－a2t2＋2gL（k＋sinα）,2at（a＋kg）)。 解析　由于拉力在水平方向，则拉力做的功为 W＝Fx，W­x图像的斜率表示拉力F，由题图可知， 0～2 m，F1＝eq \f(12－0,2－0) N＝6 N，2～4 m，F2＝eq \f(18－12,4－2) N ＝3 N。物体从x＝0运动到x＝1 m的过程中，根据动 能定理有W1－μmgx1＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)，代入W1＝6 J、x1＝1 m，解得在x＝1 m时，物体的速度v1＝2 m/s，则在x＝1 m时，拉力的功率P1＝F1v1＝12 W，A错误； 物体从x＝0运动到x＝4 m的过程中，由动能定理得W4－μmgx4＝Ek4，代入W4＝18 J、x4＝4 m，解得在x＝4 m时，物体的动能Ek4＝2 J，B正确；从x＝0运动到x＝2 m，物体克服摩擦力做的功为Wf2＝μmgx2，代入x2＝2 m，解得Wf2＝8 J，C正确；由于F1＞μmg，F2＜μmg，则物体在0～2 m内由静止开始做加速运动，在2～4 m内做减速运动，在x＝2 m时速度最大，动量最大，物体从x＝0运动到x＝2 m的过程中，由动能定理得W2－μmgx2＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)，代入W2＝12 J、x2＝2 m，解得在x＝2 m时物体的速度v2＝2eq \r(2) m/s，则从x＝0运动到x＝4 m的过程中，物体的动量最大为pm＝mv2＝2eq \r(2) kg·m/s，D错误。 例8　(2023·湖北高考)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道eq \o(CDE,\s\up18(︵))在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道eq \o(CDE,\s\up18(︵))内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为eq \f(1,2π)，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求 (1)小物块到达D点的速度大小；(2)B和D两点的高度差。 (3)小物块在A点的初速度大小。 答案　(1)eq \r(gR)　(2)0　(3)eq \r(3gR) 解析　(1)由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D， 则在D点，根据牛顿第二定律有m2,D)eq \f(v,R) ＝mg 解得vD＝eq \r(gR)。 (2)小物块从C到D的过程中，根据动能定理有 －mg(R＋Rcos60°)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,D)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C) 由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道eq \o(CDE,\s\up8(︵))内侧，则在C点有cos60°＝eq \f(vB,vC) 小物块从B到D的过程中，根据动能定理有mgHBD＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,D)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B) 联立解得vB＝eq \r(gR)，HBD＝0。 (3)从A到B的过程中，小物块所受摩擦力方向始终与速度方向相反，根据动能定理有 －μmgs＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,A) 其中s＝π·2R 联立解得vA＝eq \r(3gR)。 2.应用动能定理时常见的三个误区 (1)公式W＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)中W应是总功，方程为标量方程，不能在某方向上应用。 (2)功的计算过程中，易出现正、负功判断错误及遗漏某些力做功的现象。 (3)多过程问题中，不善于挖掘题目中的隐含条件，运动物体的过程分析易出现错误。 解析：汽车在起步直至速度达到25 m/s的过程中，对汽车，根据牛顿第二定律可得，加速度大小a＝eq \f(F1－f,m)＝eq \f(F1－kv2,m)，可知随着汽车速度的增大，汽车的加速度逐渐减小，汽车的速度从25 m/s到最大速度的过程中，同理可得汽车的加速度大小为a′＝eq \f(F－f,m)＝eq \f(F－kv2,m)，可知随着汽车速度的增大，牵引力F减小，汽车的加速度继续逐渐减小，故A正确，B错误；设汽车能达到的最大速度为vm，则此时所受阻力fm＝kveq \o\al(2,m)，且eq \f(F1,4)＝fm，此时电动机功率降至最大功率的50%，则有50%Pm＝eq \f(1,4)F1vm，联立可得vm＝eq \r(3,\f(50%Pm,k))＝eq \r(3,\f(0.5×256×103,1.024)) m/s＝50 m/s，故C错误；汽车速度v1＝25 m/s时，加速度大小为a0＝eq \f(F1－f1,m)＝2,1)eq \f(F1－kv,m) ，又eq \f(F1,4)＝fm，联立并代入数据，解得a0＝6 m/s2，故D正确。 解析：(1)设在Δt时间内从喷口处喷出水 的质量为Δm，则Δm＝vΔtSρ 由能量守恒定律有75%PΔt＝eq \f(1,2)Δmv2 联立并代入数据解得v＝10.0 m/s。 (2)水离开喷口后做斜上抛运动，喷口出水速度方向与水平面夹角θ＝30°时，设水离开喷口后在空中运动的时间为t，则 竖直方向有－h＝vsin30°·t－eq \f(1,2)gt2 水平方向，水离开喷口后在水平方向的位移大小x＝vcos30°·t 该喷灌机的最大喷灌面积Sm＝πx2 联立并代入数据解得Sm＝285 m2。 根据平衡条件可得，垂直斜面方向有FN2＝mgcosθ＋F2sinθ，平行斜面方向有F2cosθ＝mgsinθ＋Ff2， 其中Ff2＝μFN2，解得F2＝eq \f(mgsinθ＋μmgcosθ,cosθ－μsinθ)＝2mg，则推力F2做的功至少为W＝F2Lcosθ＝1.6mgL＝1.6W0，故选C。 解析：设喷头出水口的横截面积为S，喷水速度为v，水的密度为ρ，则Δt时间内从出水口喷出的水的体积为V＝S·vΔt，质量为m＝ρV，根据动能定理可知，Δt时间内喷头对水做的功等于喷出的水获得的动能，即W＝Ek＝eq \f(1,2)mv2，喷头喷水的功率P＝eq \f(W,Δt)，联立并代入数据，解得P＝100 W，故选C。 4.(2024·山东省济南市高三下二模)如图所示为古代的水车， 该水车周边均匀分布着N个盛水的容器，容器到水车大圆转轴 的距离为R。在流水的冲力作用下，水车以n转/分的转速匀速 转动，当装满水的容器到达最高处时将水全部倒入水槽中。设 每个盛水容器装入水的质量均为m，忽略容器装水给水增加的动能和水车浸入水的深度，不计一切摩擦。已知重力加速度为g，则水车运水的功率(单位为W)为(　　) A.eq \f(nNmgR,30) B.eq \f(nNmgR,60) C.eq \f(120NmgR,n) D.2nNmgR 解析：水车转动一圈对水做的功W＝Nmg·2R，水车转动一圈所需要的时间t＝eq \f(60 s,n)，则水车的功率P＝eq \f(W,t)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(nNmgR,30))) W，故选A。 解析：设电动自行车在平直路面上匀速行驶时的速度大小为v0，牵引力大小为F0，所受阻力为f，则电动自行车的功率P＝F0v0，根据平衡条件可知，电动自行车匀速行驶时，牵引力等于阻力，即F0＝f。货物掉落后，电动自行车瞬时速度未变，整体质量减小为m′，由f＝μmg可知，所受阻力减小为f′＝μm′g，此时F0>f′，由牛顿第二定律可知，此时的电动自行车具有向前的加速度，则车速开始变大，又因车行驶的功率不变，由P＝Fv可知，牵引力逐渐减小，电动自行车的加速度逐渐减小，当牵引力F的大小减为f′时，电动自行车将匀速行驶，且行驶速度v′＝eq \f(P,f′)，则只有A选项的图像较符合实际，故选A。 解析：小木块经过斜面与水平面的连接处前后，水平方向的分速度突变为合速度，故水平分速度大小会突然变大，故C、D错误；设斜面的倾角为θ，斜面高度为h，小木块的质量为m，木块与斜面、水平面间的动摩擦因数为μ，滑到斜面底端时的速度大小为v，在小木块沿斜面下滑的过程中，根据动能定理有mgh－μmgcosθ·eq \f(h,sinθ)＝eq \f(1,2)mv2－0，由此式可知，从倾角θ大的斜面顶端滑下的小木块刚滑上水平面时的速度大，故A错误，B正确。 解析：通过穿过滑轮的轻绳用力F拉物块，等效于如图所示 的两个力F同时拉物块，拉力F做的功等于这两个力做功的代数 和。由题图乙可知，0～5 s内拉力大小F1＝6 N，根据题图丙求得 物块在0～5 s内的位移s1＝eq \f(1,2)×5×5 m＝12.5 m，所以拉力做功W1＝F1s1＋F1s1cosθ，解得W1＝112.5 J，故A错误；由题图丙可知，3 s末速度为v1＝3 m/s，拉力F的功率为P1＝F1v1＋F1v1cosθ，解得P1＝27 W，故B错误； 8.(2024·山东省枣庄市高三下三模)加快发展新质生产力是新时代可持续发展的必然要求，我国新能源汽车的迅猛发展就是最好的例证。某新能源汽车生产厂家在平直公路上测试汽车性能，t＝0时刻驾驶汽车由静止启动，t1＝6 s时汽车达到额定功率，t2＝14 s时汽车速度达到最大，如图是车载电 脑生成的汽车牵引力F随速率倒数eq \f(1,v)变化的关系图像。已知汽车和司机的总质量m＝2000 kg，所受阻力与总重力的比值恒为eq \f(1,4)，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) 解析：汽车功率P＝Fv，则F＝Peq \f(1,v)，即F­eq \f(1,v)图像上的点与原点连线的斜率表示功率，又汽车的速度v从0开始增大，在AB段汽车牵引力F不变，可知汽车在AB段先做匀加速直线运动，然后在BC段功率不变，牵引力逐渐减小，做加速度减小的加速运动，直到速度达到最大，故A、B错误； 在AB段，根据牛顿第二定律有F－eq \f(1,4)mg＝ma，解得a＝2.5 m/s2，则t1＝6 s时汽车的速度为v1＝at1＝15 m/s，汽车额定功率为P＝Fv1＝10×103×15 W＝1.5×105 W，汽车达到的最大速度大小为vm＝eq \f(P,f)＝eq \f(P,\f(1,4)mg)＝eq \f(1.5×105,\f(1,4)×2000×10) m/s＝30 m/s，故C错误；汽车做匀加速直线运动的位移大小为x1＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,1)＝45 m，从t1到t2时间内，根据动能定理有P(t2－t1)－eq \f(1,4)mgx2＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,m)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)，解得此过程汽车的位移大小x2＝105 m，则从启动到速度达到最大过程中，汽车通过的距离为x＝x1＋x2＝150 m，故D正确。 A.2,0)eq \r(\f(4（v＋2gh1）（l1＋l2＋l3）,2（l1＋l2）＋l3)) B.2,0)eq \r(\f(2（v＋2gh1）（l1＋l2＋l3）,2（l1＋l2）＋l3)) C.2,0)eq \r(\f(4[v＋2g（h2＋h3）]（l1＋l2＋l3）,2（l1＋l2）＋l3)) D.2,0)eq \r(\f(2[v＋2g（h2＋h3）]（l1＋l2＋l3）,2（l1＋l2）＋l3)) 解析：质量为m的滑块在倾角为θ的粗糙斜面上滑过的长度为s时，克服摩擦力做功Wf＝μmgscosθ，其中scosθ是滑过的斜面底边的长度，则滑块从M处出发恰好到达N处的过程中，由动能定理得mgh1－μmg(2l1＋2l2＋l3)＝0－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，解得μ＝2,0)eq \f(v＋2gh1,2g[2（l1＋l2）＋l3]) 。若要使滑块从A站M处出发恰能到达B站P处，设该滑块初速度的大小应调整为v，由动能定理得－μmg(2l1＋2l2＋2l3)＝0－eq \f(1,2)mv2，解得v＝2,0)eq \r(\f(2（v＋2gh1）（l1＋l2＋l3）,2（l1＋l2）＋l3)) ，故选B。 解析：(1)设滑块第一次到达圆形轨道最高点的速度大小为v1，滑块从A点至第一次到达圆形轨道最高点的过程，根据动能定理有mgLsinθ－μmgLcosθ－mg×2R＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)－0 滑块第一次经过圆形轨道最高点时，根据牛顿第二定律有mg＋FN＝m2,1)eq \f(v,R) 根据牛顿第三定律，此时滑块对轨道的压力大小FN′＝FN 解得FN′＝45mg。 (2)设滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离为L1，滑块从A点至第一次在CD段滑行到最高点的过程，根据动能定理有 mg(L－L1)sinθ－μmg(L＋L1)cosθ＝0－0 解得L1＝25R。 (3)设滑块在圆形轨道最高点恰好做圆周运动的速度为v0，有mg＝m2,0)eq \f(v,R) 解得v0＝eq \r(gR) 假设滑块可以再次通过圆形轨道最高点，设滑块第二次到达圆形轨道最高点的速度大小为v2，根据动能定理有 mgL1sinθ－μmgL1cosθ－mg×2R＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)－0 解得v2＝eq \r(6gR) v2>v0，所以滑块可以再次通过圆形轨道最高点，假设正确。设滑块第一次在AB段向上滑行的最大距离为s1，根据动能定理有 mg(L1－s1)sinθ－μmg(L1＋s1)cosθ＝0－0 解得s1＝5R 假设滑块可以第三次通过圆形轨道最高点，设滑块第三次到达圆形轨道最高点的速度大小为v3，根据动能定理有 mgs1sinθ－μmgs1cosθ－mg×2R＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,3)－0 v3无正解，则假设错误，滑块第三次进入圆形轨道无法达到最高点 假设滑块第三次进入圆形轨道运动能减速到0，设上升的最大高度为h，根据动能定理有 mgs1sinθ－μmgs1cosθ－mgh＝0－0 解得h＝R $$