高考物理一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)精講精練第12講　功 功率 動(dòng)能定律（解析版）

第12講功功率動(dòng)能定律1.會(huì)判斷功的正負(fù)，會(huì)計(jì)算恒力的功和變力的功.2.理解功率的兩個(gè)公式P＝eq\f(W,t)和P＝Fv，能利用P＝Fv計(jì)算瞬時(shí)功率.3.會(huì)分析機(jī)車(chē)的兩種啟動(dòng)方式.4.掌握動(dòng)能定理，能運(yùn)用動(dòng)能定理解答實(shí)際問(wèn)題．考點(diǎn)一功的分析與計(jì)算1．功的正負(fù)(1)0≤α<90°，力對(duì)物體做正功．(2)90°<α≤180°，力對(duì)物體做負(fù)功，或者說(shuō)物體克服這個(gè)力做了功．(3)α＝90°，力對(duì)物體不做功．2．功的計(jì)算：W＝Flcos_α(1)α是力與位移方向之間的夾角，l為物體對(duì)地的位移．(2)該公式只適用于恒力做功．(3)功是標(biāo)(填“標(biāo)”或“矢”)量．（2024?重慶模擬）關(guān)于摩擦力做功，下列說(shuō)法中正確的是（）A．靜摩擦力一定不做功 B．滑動(dòng)摩擦力一定做負(fù)功 C．相互作用的一對(duì)靜摩擦力做功的代數(shù)和可能不為0 D．靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力都可做正功【解答】解：A、靜摩擦力方向與物體的相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)方向相反，與運(yùn)動(dòng)方向可以相同、相反、垂直，故靜摩擦力對(duì)物體可以做正功、負(fù)功、不做功，故A錯(cuò)誤；B、滑動(dòng)摩擦力方向與物體的相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向相反，與運(yùn)動(dòng)方向可以相同、相反、垂直，故滑動(dòng)摩擦力對(duì)物體可以做正功、負(fù)功、不做功，故B錯(cuò)誤；C、相互作用的一對(duì)靜摩擦力，由于二者的位移大小一定相等，故做功的代數(shù)和一定為零；故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)AB的分析可知靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力均可以做正功；故D正確；故選：D。（2024?順慶區(qū)校級(jí)一模）如圖所示，有一條寬度為800m的小河自西向東流淌，水流速度為v0，各點(diǎn)到較近河岸的距離為x，v0與x之間的關(guān)系為v0＝0.0075x（均采用國(guó)際單位）。讓小船船頭垂直河岸由南向北渡河，小船相對(duì)于河水的速度恒為v1＝4m/s，下列說(shuō)法正確的選項(xiàng)是（）A．小船在水中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng) B．小船到達(dá)北岸時(shí)位移大小為10073C．小船剛到達(dá)北岸時(shí)，相對(duì)于河岸的速度大小為5m/s D．小船在行駛過(guò)程中，水流一直對(duì)小船做正功【解答】解：A、小船的運(yùn)動(dòng)可以分解為垂直于河岸的速度為v1＝4m/s的勻速直線運(yùn)動(dòng)和沿水流的分運(yùn)動(dòng)，則垂直于河岸的方向上有x＝v1t沿水流方向上有v0＝0.0075x解得v0＝0.0075v1t可知，沿水流方向上的分速度與時(shí)間成正比，即加速度大小為a=0.0075由于x為各點(diǎn)到較近河岸的距離，即小船沿水流方向先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，所以小船先做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，后做類(lèi)斜拋運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B、小船到達(dá)河中央前做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知：d2=vx0解得小船到達(dá)北岸時(shí)位移大小為x0故B正確；C、小船先做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，后做類(lèi)斜拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)對(duì)運(yùn)動(dòng)的稱(chēng)性可知，小船剛到達(dá)北岸時(shí)，沿水流方向的分速度恰好等于0，所以相對(duì)于河岸的速度大小為v1＝4m/s，方向垂直于河岸，故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)上述可知，沿水流方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，即小船在行駛過(guò)程中，水流對(duì)小船先做正功后做負(fù)功，故D錯(cuò)誤。故選：B。（2024?天河區(qū)一模）圖甲中的轆轤是古代民間提水設(shè)施，由轆轤頭、支架、井繩、水桶等部分構(gòu)成。圖乙為工作原理簡(jiǎn)化圖，轆轤繞繩輪軸半徑r＝0.1m，水桶的質(zhì)量M＝0.5kg，井足夠深，忽略井繩質(zhì)量和因繩子纏繞導(dǎo)致輪軸的半徑變化。某次從井中汲取m＝2kg的水，輪軸由靜止開(kāi)始繞中心軸轉(zhuǎn)動(dòng)從而豎直向上提水桶，其角速度隨時(shí)間變化規(guī)律如圖丙所示，重力加速度g＝10m/s2，則（）A．10s末水桶的速度大小為20m/s B．水桶的速度大小隨時(shí)間變化規(guī)律為v＝2t C．0～10s內(nèi)水柚上升的高度為20m D．0～10s內(nèi)井繩拉力所做的功為255J【解答】解：AB．由圖丙可知ω＝2t所以水桶速度隨時(shí)間變化規(guī)律為v＝ωr＝2t×0.1＝0.2t則10s末水桶的速度大小為2m/s，故AB錯(cuò)誤；CD．水桶勻加速上升，加速度a=vt由牛頓第二定律F?（m+M）g＝（m+M）a代入數(shù)據(jù)解得F＝25.5N水桶勻加速上升，0～10s內(nèi)它上升的高度為h=12代入數(shù)據(jù)解得h＝10m則0～10s內(nèi)井繩拉力所做的功為W＝Fh代入數(shù)據(jù)解得W＝255J故C錯(cuò)誤，D正確。故選：D?？键c(diǎn)二功率的計(jì)算1．公式P＝eq\f(W,t)和P＝Fv的區(qū)別P＝eq\f(W,t)是功率的定義式，P＝Fv是功率的計(jì)算式．2．平均功率的計(jì)算方法(1)利用eq\x\to(P)＝eq\f(W,t).(2)利用eq\x\to(P)＝F·eq\x\to(v)cosα，其中eq\x\to(v)為物體運(yùn)動(dòng)的平均速度．3．瞬時(shí)功率的計(jì)算方法(1)利用公式P＝Fvcosα，其中v為t時(shí)刻的瞬時(shí)速度．(2)P＝F·vF，其中vF為物體的速度v在力F方向上的分速度．(3)P＝Fv·v，其中Fv為物體受到的外力F在速度v方向上的分力．（2024??？谝荒＃┤鐖D所示，雜技演員從某高度水平拋出小球A的同時(shí)，從相同高度由靜止釋放小球B。已知兩小球完全相同，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中空氣阻力大小與速率成正比。下列判斷錯(cuò)誤的是（）A．.兩球同時(shí)落地 B．.兩球落地時(shí)的速率可能相等 C．.運(yùn)動(dòng)全過(guò)程中，合外力做功相等 D．.運(yùn)動(dòng)全過(guò)程中，A球重力的功率時(shí)刻與B球的相等【解答】解：A.運(yùn)動(dòng)過(guò)程中空氣阻力大小與速率成正比，將A球的運(yùn)動(dòng)分解為水平方向和豎直方向兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)，兩球完全相同，豎直方向的初速度均為0，則兩球在豎直的方向的受力情況一樣，兩球在豎直方向具有相同的運(yùn)動(dòng)，則兩球同時(shí)落地，故A正確；B.A球在水平方向做減速運(yùn)動(dòng)，若落地時(shí)A球的水平速度剛好為0，又兩球在豎直方向的分速度相等，則兩球落地時(shí)的速率可能相等，故B正確；C.運(yùn)動(dòng)全過(guò)程中，兩球重力做功相等，由于A球具有水平速度，所以同一時(shí)刻A球受到的空氣阻力大于B球受到的空氣阻力，且A球通過(guò)的路程大于B的路程，則A球克服空氣阻力做功大于B球克服空氣阻力做功，所以合外力對(duì)兩球做功不相等，故C錯(cuò)誤；D.根據(jù)PG＝mgvy由于同一時(shí)刻，兩球的豎直分速度總是相等，則運(yùn)動(dòng)全過(guò)程中，A球重力的功率時(shí)刻與B球的相等，故D正確。本題選擇錯(cuò)誤的，故選：C。（2024?烏魯木齊模擬）我國(guó)無(wú)人機(jī)技術(shù)發(fā)展迅猛，應(yīng)用也越來(lái)越廣泛，無(wú)人機(jī)配送快遞就是一種全新的配送方式。如圖所示，一架配送包裹的無(wú)人機(jī)從地面起飛后豎直上升的過(guò)程中，升力的功率恒為P0。已知無(wú)人機(jī)的質(zhì)量與包裹的質(zhì)量的比值為k，忽略空氣阻力的影響，則該過(guò)程中懸吊包裹的輕繩（不可伸長(zhǎng)）對(duì)包裹做功的功率為（）A．P0k B．P0k+1 C．【解答】解：根據(jù)功能關(guān)系，升力做的功等于無(wú)人機(jī)與包裹增加的機(jī)械能，已知無(wú)人機(jī)的質(zhì)量與包裹的質(zhì)量的比值為k，則無(wú)人機(jī)的機(jī)械能與包裹的機(jī)械能的比值亦為k，設(shè)單位時(shí)間內(nèi)包裹機(jī)械能量為E，則有：E+kE＝P0解得：E=懸吊包裹的輕繩對(duì)包裹做功的功率就等于單位時(shí)間內(nèi)包裹機(jī)械能量E=P故選：B。（2024?西城區(qū)校級(jí)開(kāi)學(xué)）電動(dòng)平衡車(chē)作為一種電力驅(qū)動(dòng)的運(yùn)輸載具，被廣泛應(yīng)用在娛樂(lè)、代步、安保巡邏等領(lǐng)域。某人站在平衡車(chē)上以初速度v0在水平地面上沿直線做加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)歷時(shí)間t達(dá)到最大速度vm，此過(guò)程電動(dòng)機(jī)的輸出功率恒為額定功率P。已知人與車(chē)整體的質(zhì)量為m，所受阻力的大小恒為f。則（）A．vmB．車(chē)速為v0時(shí)的加速度大小為PmC．人與車(chē)在時(shí)間t內(nèi)的位移大小等于12D．在時(shí)間t內(nèi)阻力做的功為1【解答】解：A．根據(jù)題意，當(dāng)牽引力等于阻力時(shí)，合力為零，加速度為零，平衡車(chē)速度達(dá)最大值，由公式P＝Fv，最大速度vmB．車(chē)速為v0時(shí)牽引力F=由牛頓第二定律P解得a=故B錯(cuò)誤；D．平衡車(chē)從v0到最大速度vm，由動(dòng)能定理：Pt+W=則W=故D正確；C．在時(shí)間t內(nèi)阻力做功W＝﹣fx則x=故C錯(cuò)誤。故選：D?？键c(diǎn)三動(dòng)能定理及其應(yīng)用1．表達(dá)式：W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝Ek2－Ek1.2．理解：動(dòng)能定理公式中等號(hào)表明了合外力做功與物體動(dòng)能的變化具有等量代換關(guān)系．合外力做功是引起物體動(dòng)能變化的原因．3．適用條件(1)動(dòng)能定理既適用于直線運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線運(yùn)動(dòng)．(2)既適用于恒力做功，也適用于變力做功．(3)力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時(shí)作用，也可以分階段作用．4．應(yīng)用技巧：若過(guò)程包含了幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的分過(guò)程，既可以分段考慮，也可以整個(gè)過(guò)程考慮．（2024?南昌二模）如圖所示，半徑為R的半圓形光滑管道ACB固定在豎直平面內(nèi)。在一平行于紙面的恒力F（未畫(huà)出）作用下，質(zhì)量為m的小球從A端靜止釋放后，恰能到達(dá)最低點(diǎn)C；從B端靜止釋放后，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，管道受到的壓力為10mg。則F的大小為（）A．mg B．2mg C．3mg 【解答】解：設(shè)F方向斜向左下，且與水平方向夾角θ小球從A到C的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得：mgR+Fsinθ?R﹣Fcosθ?R＝0﹣0小球從B到C的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得：mgR+Fcosθ?R+Fsinθ?R=在C點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得：10mg?mg?Fsinθ=聯(lián)立解得：F=5故選：D。（2024?江蘇模擬）如圖所示，足夠大的粗糙斜面傾角為θ，小滑塊以大小為v0的水平初速度開(kāi)始沿斜面運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，小滑塊速度大小為v、方向與初速度垂直。此過(guò)程小滑塊加速度的最大值為a1、最小值為a2。已知小滑塊與斜面動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝tanθ，則（）A．v＝v0 B．v＞v0 C．a(chǎn)2=2【解答】解：AB．小滑塊在斜面上滑動(dòng)，摩擦力力大小始終不變?yōu)閒＝μmgcosθ＝mgsinθ，其大小與重力沿著斜面向下的分力大小相等，對(duì)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理可得：mgsinθ?y?fs=1其中，y為垂直初速度方向滑塊沿斜面下滑的長(zhǎng)度，s為滑塊運(yùn)動(dòng)軌跡的長(zhǎng)度，因?yàn)閟＞y，可知v＜v0，故AB錯(cuò)誤；CD．摩擦力速度的方向始終與滑塊相對(duì)斜面的速度方向相反，可知f的方向與重力沿斜面向下的分力的方向mgsinθ的夾角為90°到180°，根據(jù)幾何關(guān)系可知合力的大小范圍為：mgsinθ?f≤F結(jié)合牛頓第二定律F合＝ma由此可得0≤a≤則a1=2故選：D。（2024?江蘇模擬）如圖所示，傾角為37°的粗糙斜面AB底端與半徑R＝0.4m的光滑半圓軌道BC平滑相連，O為軌道圓心，BC為圓軌道直徑且處于豎直方向，A、C兩點(diǎn)等高．質(zhì)量m＝1kg的滑塊從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，恰能滑到與O等高的D點(diǎn)，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.（1）求滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ．（2）若使滑塊能到達(dá)C點(diǎn)，求滑塊從A點(diǎn)沿斜面滑下時(shí)的初速度v0的最小值．（3）若滑塊離開(kāi)C處的速度大小為4m/s，求滑塊從C點(diǎn)飛出至落到斜面上的時(shí)間t．【解答】解：（1）滑塊由A到D過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理，有：mg（2R﹣R）﹣μmgcos37°?2Rsin37°=0得μ=（2）若滑塊能到達(dá)C點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有mg+則得vA到C的過(guò)程：根據(jù)動(dòng)能定理有﹣μmgcos37°?2R聯(lián)立解得，v0=vC2所以初速度v0的最小值為23m/s．（3）滑塊離開(kāi)C點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，則有x＝vcty=由幾何關(guān)系得：tan37°=聯(lián)立得5t2+3t﹣0.8＝0解得t＝0.2s（2024?吉林一模）我國(guó)航天員翟志剛、王亞平、葉光富于2022年4月16日9時(shí)56分搭乘神舟十三號(hào)載人飛船返回艙在東風(fēng)著陸場(chǎng)成功著陸。返回艙在離地面約6000m的高空打開(kāi)主傘（降落傘），在主傘的作用下返回艙速度從80m/s降至10m/s，此后可視為勻速下降，當(dāng)返回艙在距離地面1m時(shí)啟動(dòng)反推發(fā)動(dòng)機(jī)，速度減至0后恰落到地面上。設(shè)主傘所受的空氣阻力為f＝kv，其中k為定值，v為速率，其余阻力不計(jì)。已知返回艙（含宇航員）總質(zhì)量為3000kg，主傘的質(zhì)量忽略不計(jì)，忽略返回艙質(zhì)量的變化，重力加速度g取10m/s2，設(shè)全過(guò)程為豎直方向的運(yùn)動(dòng)。求：（1）在主傘打開(kāi)后的瞬間，返回艙的加速度大小；（2）若在反推發(fā)動(dòng)機(jī)工作時(shí)主傘與返回艙之間的繩索處于松弛狀態(tài)，則反推發(fā)動(dòng)機(jī)在該過(guò)程中對(duì)返回艙做的功?！窘獯稹拷猓海?）對(duì)返回艙進(jìn)行受力分析在返回艙以v＝10m/s勻速下降時(shí)：kv＝mg在返回艙以v'＝80m/s下降時(shí)：kv'﹣mg＝ma解得：a＝70m/s2（2）返回艙在最后1m下降過(guò)程中，由動(dòng)能定理：mgh+W＝﹣0?解得：W＝﹣180000J考點(diǎn)四用動(dòng)能定理巧解多過(guò)程問(wèn)題（2023春?和平區(qū)校級(jí)期中）在冰雪沖浪項(xiàng)目中，安全員將小朋友（可視為質(zhì)點(diǎn)）從A點(diǎn)沿左側(cè)圓弧切線方向推入滑道，小朋友獲得v0＝15m/s的初速度，圓弧所在圓的半徑R＝100m，圓弧AB所對(duì)應(yīng)的圓心角θ＝37°，B為軌道最低點(diǎn)，冰滑道視為光滑。小朋友和滑板總質(zhì)量為m＝40kg，右側(cè)平臺(tái)比左側(cè)平臺(tái)高9.45m。小朋友沖上右側(cè)平臺(tái)后做減速運(yùn)動(dòng)，滑板與平臺(tái)間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2。求：（1）小朋友和滑板在圓弧形冰滑道最低點(diǎn)B時(shí)的速率v及其對(duì)冰道的壓力FN；（2）小朋友和滑板在右側(cè)雪道滑行的距離d?！窘獯稹拷猓海?）從A到B根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：1代入數(shù)據(jù)解得vB＝25m/s根據(jù)牛頓第二定律得：FN﹣mg=解得FN＝650N根據(jù)牛頓第三定律，小朋友和滑板對(duì)冰滑道的壓力大小為650N，方向向下。（2）小朋友和滑板從運(yùn)動(dòng)到停止的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理﹣μmgd﹣mgH＝0?代入數(shù)據(jù)解得d＝9m（2023?浙江模擬）如圖為某游戲裝置的示意圖。AB、CD均為四分之一圓弧，E為圓弧DEG的最高點(diǎn)，各圓弧軌道與直軌道相接處均相切。GH與水平夾角為θ＝37°，底端H有一彈簧，A、O1、O2、D、O3、H在同一水平直線上。一質(zhì)量為0.01kg的小鋼球（其直徑稍小于圓管內(nèi)徑，可視作質(zhì)點(diǎn)）從距A點(diǎn)高為h處的O點(diǎn)靜止釋放，從A點(diǎn)沿切線進(jìn)入軌道，B處有一裝置，小鋼球向右能無(wú)能量損失的通過(guò)，向左則不能通過(guò)且小鋼球被吸在B點(diǎn)。若小鋼球能夠運(yùn)動(dòng)到H點(diǎn)，則被等速反彈。各圓軌道半徑均為R＝0.6m，BC長(zhǎng)L＝2m，水平直軌道BC和GH的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，其余軌道均光滑，小鋼球通過(guò)各圓弧軌道與直軌道相接處均無(wú)能量損失。某次游戲時(shí)，小鋼球從O點(diǎn)出發(fā)恰能第一次通過(guò)圓弧的最高點(diǎn)E。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）求：（1）小鋼球第一次經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度大小vC；（2）小鋼球第一次經(jīng)過(guò)圓弧軌道最低點(diǎn)B時(shí)對(duì)軌道的壓力大小FB（保留兩位小數(shù)）；（3）若改變小鋼球的釋放高度h，求出小鋼球在斜面軌道上運(yùn)動(dòng)的總路程s與h的函數(shù)關(guān)系。【解答】解：（1）小鋼球從O點(diǎn)出發(fā)恰能第一次通過(guò)圓弧的最高點(diǎn)E，則小球到E點(diǎn)的速度為0，小球從C點(diǎn)到E點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理得：﹣mg?2R＝0?代入數(shù)據(jù)解得：vC＝26m/s（2）從B點(diǎn)到C點(diǎn)，由動(dòng)能定理得：﹣μmgL=小鋼球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)，由牛頓第二定律得：N﹣mg＝mv代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：N=56N根據(jù)牛頓第三定律得，小鋼球?qū)壍赖膲毫Υ笮B＝N＝0.83N（3）若小鋼球恰能第一次通過(guò)E點(diǎn)，設(shè)小鋼球釋放點(diǎn)距A點(diǎn)為h1，從釋放到E點(diǎn)，由動(dòng)能定理得：mg（h1﹣R）﹣μmgL＝0代入數(shù)據(jù)解得：h1＝1.6m若小鋼球恰能第二次通過(guò)E點(diǎn)，設(shè)小球鋼釋放點(diǎn)距A點(diǎn)為h2，從釋放到E點(diǎn)，由動(dòng)能定理得：mg（h2﹣R）﹣μmgL﹣2μmgcosθ?Rtanθ代入數(shù)據(jù)解得：h2＝2.24m①若小球釋放高度h＜1.6m，無(wú)法到達(dá)E點(diǎn)，s＝0②若小球釋放高度1.6m≤h＜2.24m，小球能經(jīng)過(guò)E點(diǎn)一次，μ＜tanθ，則小鋼球最終停在H點(diǎn)，從釋放點(diǎn)到停在H點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理得：mgh﹣μmgL﹣μmgcosθ?s＝0代入數(shù)據(jù)解得：s＝2.5（h﹣1）③若小球釋放高度2.24m≤h，小球經(jīng)過(guò)E點(diǎn)兩次，s＝2Rtanθ=2題型1恒力做功（多選）（2024春?西湖區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，質(zhì)量為m的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從斜坡坡頂B處由靜止下滑，到達(dá)坡底A處被截停，在水平恒力F的作用下，小物塊從斜坡底部A處緩慢運(yùn)動(dòng)至坡頂。已知A、B之間的水平距離為s、高度為h，重力加速度為g。則下列說(shuō)法正確的是（）A．下滑過(guò)程中，小物塊重力做的功是mgh B．推力F對(duì)小物塊做的功大于Fs C．上滑過(guò)程中，小物塊克服摩擦力做功為Fs﹣mgh D．無(wú)論是上滑還是下滑，小物塊在這兩個(gè)階段克服摩擦力做的功相等【解答】解：A、下滑過(guò)程，小物塊重力做功只與高度差有關(guān)，所以WG1＝mgh，故A正確；BC、小物塊在水平恒力F的作用下緩慢運(yùn)動(dòng)到坡頂?shù)倪^(guò)程，小物塊緩慢上滑，動(dòng)能變化量為0，推力F對(duì)小物塊做的功：WF＝Fs由動(dòng)能定理可得﹣mgh+Wf2+Fs＝0解得：Wf2＝﹣mgh+Fs所以上滑過(guò)程中，小物塊克服摩擦力做功為（Fs﹣mgh，故B錯(cuò)誤，C正確；D、下滑過(guò)程中，受力分析如圖甲，在y方向根據(jù)平衡條件有：N1＝Gy＝mgcosθ所以滑動(dòng)摩擦力為：f1＝μN(yùn)1＝μmgcosθ小物塊位移：x=摩擦力做功：Wf1＝﹣f1?x＝﹣μmgs小物塊在水平恒力F的作用下緩慢運(yùn)動(dòng)到坡頂?shù)倪^(guò)程，對(duì)小物塊受力分析如圖乙，在y方向根據(jù)平衡條件有：N2＝Fy+Gy＝Fsinθ+mgcosθ所以滑動(dòng)摩擦力為：f2＝μN(yùn)2＝μ（Fsinθ+mgcosθ）小物塊位移：x=摩擦力做功：Wf2＝﹣f2?x＝﹣（μmgs+μFs?tanθ）因此，上滑和下滑過(guò)程小物塊在這兩個(gè)階段克服摩擦力做的功不相等，故D錯(cuò)誤。故選：AC。（2023秋?東城區(qū)期末）如圖1所示，質(zhì)量m＝10kg的物塊靜止在光滑水平面上A點(diǎn)，在水平外力F作用下，10s末到達(dá)B點(diǎn)，外力F隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖2所示，取向右為正方向。（1）求前10s內(nèi)物塊的位移大小x1和在B點(diǎn)速度的大小v1；（2）請(qǐng)?jiān)趫D3中畫(huà)出物體在前20s內(nèi)的速度—時(shí)間（v﹣t）圖像；（3）求在10s到20s這段時(shí)間內(nèi)外力F所做的功W?！窘獯稹拷猓海?）物塊在AB段運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)物塊受力分析，由牛頓第二定律得：F1＝ma1代入數(shù)據(jù)解得：a由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：x1=12a1t12=v1＝a1t1＝0.4×10m/s＝4m/s（2）如圖所示（3）在10s到20s這段時(shí)間內(nèi)，物體的位移x2＝x1＝20m力F做的功W＝Fx2cosπ＝4×20×（﹣1）J＝﹣80J題型2變力做功（多選）（2024?烏魯木齊模擬）如圖所示，烏魯木齊機(jī)場(chǎng)在傳輸旅客行李的過(guò)程中，行李從一個(gè)斜面滑下。為防止行李下滑時(shí)速度過(guò)大，斜面上設(shè)置了一段“減速帶”（行李與“減速帶”間動(dòng)摩擦因數(shù)較大）。小梁的行李箱質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為L(zhǎng)，“減速帶”的長(zhǎng)度為2L，該行李箱與“減速帶”間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，斜面與水平面間的夾角為θ，重力加速度的大小為g，行李箱滑過(guò)“減速帶”的過(guò)程中，不會(huì)發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)且箱內(nèi)物品相對(duì)行李箱靜止。設(shè)該行李箱質(zhì)量分布均勻和不均勻的兩種情況下滑過(guò)“減速帶”的過(guò)程中，克服“減速帶”的摩擦力做的功分別為W1和W2。則（）A．W1一定等于2μmgLcosθ B．W1一定大于2μmgLcosθ C．W2一定等于W1 D．W2可能大于W1【解答】解：將行李箱看成無(wú)數(shù)段距離很小的質(zhì)量微元，每段質(zhì)量微元在“減速帶”中受到的摩擦力為Δf＝μΔmgcosθ每段質(zhì)量微元經(jīng)過(guò)“減速帶”時(shí)，摩擦力的作用距離均為2L，則克服“減速帶”的摩擦力做的功W=∑Δf?2L=∑μΔmgcosθ?2L=2μgLcosθ∑Δm=2μmgLcosθ可得W1＝W2＝W＝2μmgLcosθ故AC正確，BD錯(cuò)誤。故選：AC。（2024?淄博一模）為了節(jié)能環(huán)保，地鐵站的進(jìn)出軌道通常設(shè)計(jì)成不是水平的，列車(chē)進(jìn)站時(shí)就可以借助上坡減速，而出站時(shí)借助下坡加速。如圖所示，為某地鐵兩個(gè)站點(diǎn)之間節(jié)能坡的簡(jiǎn)化示意圖（左右兩邊對(duì)稱(chēng)，每小段坡面都是直線）。在一次模擬實(shí)驗(yàn)中，一滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）以初速度v0從A站M處出發(fā)沿著軌道運(yùn)動(dòng)，恰能到達(dá)N處?；瑝K在兩段直線軌道交接處平穩(wěn)過(guò)渡，能量損失忽略不計(jì)，滑塊與各段軌道之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同，不計(jì)空氣阻力。重力加速度為g，則根據(jù)圖中相關(guān)信息，若要使滑塊恰能到達(dá)B站P處，該滑塊初速度的大小應(yīng)調(diào)整為（）A．4(v02+2gC．4[v02【解答】解：質(zhì)量為m的物體在長(zhǎng)度為s、傾角為θ的粗糙斜面上滑行時(shí)，克服摩擦力做功Wf＝μmgcosθ×s＝μmgscosθscosθ是斜面底邊的長(zhǎng)度，則滑塊從M恰好到N由動(dòng)能定理得：mgh1﹣μmg（2l1+2l2+l3）＝0?解得：μ=若要使滑塊從M恰能到達(dá)B站P處，設(shè)該滑塊初速度的大小應(yīng)調(diào)整為v，由動(dòng)能定理得：mgh1﹣μmg（2l1+2l2+2l3）＝01聯(lián)立解得：v=2(故選：B。題型3平均功率與瞬時(shí)功率（2024?綿陽(yáng)模擬）如圖所示，從斜面頂端A和斜面中點(diǎn)B分別以初速度v1、v2水平拋出兩個(gè)相同小球，都直接落在了斜面底端C，落地時(shí)重力的功率分別為P1、P2。則v1與v2、P1與P2的大小關(guān)系正確的是（）A．v1＝2v2 B．v1=2v2 C．P1＝4P2【解答】解：兩小球水平拋出后做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，則有x＝vt豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，則有?=1根據(jù)題意由幾何知識(shí)可知，從拋出到落地，水平方向運(yùn)動(dòng)的距離之比為x1：x2＝2：1豎直方向運(yùn)動(dòng)的距離之比為h1：h2＝2：1解得v1落地時(shí)豎直方向分速度為vy＝gt落地時(shí)重力的功率P＝mgvy則P1故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B。（2023秋?石家莊期末）張三參加車(chē)模大賽，操縱小火車(chē)在平直軌道上從靜止開(kāi)始勻加速運(yùn)動(dòng)2m達(dá)到額定功率，隨后以額定功率繼續(xù)行駛。如圖所示為小火車(chē)勻加速階段的動(dòng)量平方一位移（p2﹣x）圖像，已知小火車(chē)的質(zhì)量為1.0kg，阻力是小火車(chē)重力的0.2倍，重力加速度取10m/s2。下列說(shuō)法正確的是（）A．小火車(chē)在勻加速階段的牽引力大小為1N B．小火車(chē)的額定功率為4W C．小火車(chē)在0～2m的位移內(nèi)用時(shí)為1s D．小火車(chē)在隨后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中能達(dá)到的最大速度為3m/s【解答】解：A、由速度—位移關(guān)系式得v2＝2ax，兩邊乘以m2得m2v2＝2m2ax，所以p2＝2m2ax，結(jié)合圖像可知k＝2m2a=42kg2?m/s2＝2kg2?又m＝1.0kg，解得a＝1m/s2由牛頓第二定律得F﹣f＝ma，又f＝0.2mg代入數(shù)據(jù)解得F＝3N，故A錯(cuò)誤；B、小火車(chē)勻加速的末速度v＝2m/s又由題意可知車(chē)加速運(yùn)動(dòng)2m勻加速結(jié)束，且此時(shí)小火車(chē)的功率達(dá)到額定功率.所以小火車(chē)的額定功率P＝Fv＝3×2W＝6W，故B錯(cuò)誤；C、由于小火車(chē)在0～2m的過(guò)程中做勻加速直線運(yùn)動(dòng).該過(guò)程小火車(chē)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=vD、小火車(chē)達(dá)到額定功率后，隨車(chē)速的逐漸增大，小火車(chē)的牽引力逐漸減小，當(dāng)小火車(chē)的牽引力等于阻力時(shí)速度達(dá)到最大，則小火車(chē)的最大速度vm=P故選：D。題型4兩種機(jī)車(chē)啟動(dòng)方式及圖像分析（2024?天心區(qū)校級(jí)模擬）一輛汽車(chē)在水平路面上由靜止啟動(dòng)，在前5s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，5s末達(dá)到額定功率，之后保持額定功率運(yùn)動(dòng)，其v﹣t圖像如圖所示。已知汽車(chē)的質(zhì)量為m＝2×103kg，汽車(chē)受到的阻力大小恒為車(chē)重力的110，g取10m/s2A．汽車(chē)在前5s內(nèi)受到的阻力大小為200N B．前5s內(nèi)的牽引力大小為6×103N C．汽車(chē)的額定功率為40kW D．汽車(chē)的最大速度為20m/s【解答】解：A、由題意知汽車(chē)受到地面的阻力為車(chē)重的110，則阻力Ff=110mg=110×B、由題圖知前5s內(nèi)的加速度a=ΔvΔt=105由牛頓第二定律知F﹣Ff＝ma所以前5s內(nèi)的牽引力：F＝Ff+ma＝（2000+2×103×2）N＝6×103N，故B正確；C、5s末達(dá)到額定功率P額＝Fv5＝6×103×10W＝6×104W＝60kW，故C錯(cuò)誤；D、當(dāng)牽引力與摩擦力相等時(shí)速度最大，根據(jù)P＝Fv可知vmax=P故選：B。（2024?二模擬）某實(shí)驗(yàn)興趣小組對(duì)新能源車(chē)的加速性能進(jìn)行探究。他們根據(jù)自制的電動(dòng)模型車(chē)模擬汽車(chē)啟動(dòng)狀態(tài)，并且通過(guò)傳感器，繪制了模型車(chē)從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到剛獲得最大速度過(guò)程中速度的倒數(shù)1v和牽引力F之間的關(guān)系圖像(A．模型車(chē)受到的阻力大小為1N B．模型車(chē)勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2s C．模型車(chē)牽引力的最大功率為6W D．模型車(chē)運(yùn)動(dòng)的總位移為14m【解答】解：A、由圖像可知，模型車(chē)受到的最小的牽引力為2N，此時(shí)加速度為0，模型車(chē)受力平衡，所以車(chē)所受到的阻力大小f＝2N，故A錯(cuò)誤；B、由圖像可知，模型車(chē)先做勻加速運(yùn)動(dòng)，勻加速運(yùn)動(dòng)的末速度v1＝2m/s，此過(guò)程的牽引力為F＝4N，根據(jù)牛頓第二定律得：F﹣f＝ma，解得勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度為a＝2m/s2，故勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1=vC、當(dāng)速度達(dá)到2m/s時(shí)，模型車(chē)開(kāi)始以額定功率行駛，圖像斜率的倒數(shù)為功率，故模型車(chē)牽引力的最大功率P＝Fv1＝4×2W＝8W，故C錯(cuò)誤；D、模型車(chē)變加速運(yùn)動(dòng)所需時(shí)間t2＝t﹣t1＝5s﹣1s＝4s，對(duì)于變加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理有：Pt2﹣fx2=12mvm2?12mv1故選：D。（2024?天津模擬）2019年10月1日，在慶祝中華人民共和國(guó)成立70周年閱兵式上，習(xí)近平主席乘“紅旗”牌國(guó)產(chǎn)轎車(chē)依次檢閱15個(gè)徒步方隊(duì)和32個(gè)裝備方隊(duì)。檢閱車(chē)在水平路面上的啟動(dòng)過(guò)程如圖所示，其中Oa為過(guò)原點(diǎn)的傾斜直線，ab段表示以額定功率P行駛時(shí)的加速階段，bc段是與ab段相切的水平直線，若檢閱車(chē)的質(zhì)量為m，行駛過(guò)程中所受阻力恒為f，則下列說(shuō)法正確的是（）A．檢閱車(chē)在t1時(shí)刻的牽引力和功率都是最大值，t2～t3時(shí)間內(nèi)其牽引力大于f B．0～t1時(shí)間內(nèi)檢閱車(chē)做變加速運(yùn)動(dòng) C．0～t2時(shí)間內(nèi)的平均速度等于v2D．t1～t2時(shí)間內(nèi)檢閱車(chē)牽引力所做功為P（t2﹣t1）【解答】解：A、由圖像可知，檢閱車(chē)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程為：Oa為勻加速直線運(yùn)動(dòng)，ab是恒定功率運(yùn)動(dòng)，且加速度在逐漸減小，可知t1時(shí)刻牽引力和功率都是最大值，bc是勻速直線運(yùn)動(dòng)，t2～t3時(shí)間內(nèi)其牽引力等于f，故A錯(cuò)誤；B、在0～t1時(shí)間內(nèi)，由v﹣t圖像可知檢閱車(chē)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C、在0～t2時(shí)間內(nèi)，若檢閱車(chē)做初速度為零、末速度為v2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其平均速度為v22，而實(shí)際上檢閱車(chē)先做勻加速運(yùn)動(dòng)再做變加速運(yùn)動(dòng)，結(jié)合v﹣t圖像與時(shí)間軸所圍的面積表示位移可知，檢閱車(chē)實(shí)際位移大于勻加速直線運(yùn)動(dòng)的位移，所以此段時(shí)間內(nèi)平均速度大于D、t1～t2時(shí)間內(nèi)檢閱車(chē)的功率為額定功率P，由P=Wt可得牽引力做功為W＝P（t2﹣t故選：D。（2024?成都模擬）同一賽車(chē)分別在干燥路面及濕滑路面以恒定加速度a干燥和a濕滑啟動(dòng)達(dá)到最大速度。已知a干燥＞a濕滑，賽車(chē)兩次啟動(dòng)過(guò)程中阻力大小相等且不變，能達(dá)到的額定功率相同。則賽車(chē)速度v隨時(shí)間t變化的圖像正確的是（圖中OA、OB為直線）（）A． B． C． D．【解答】解：勻加速直線運(yùn)動(dòng)階段，a干燥＞a濕滑，且加速度不變，因此OA、OB均為過(guò)原點(diǎn)的傾斜直線，由牛頓第二定律可知，F(xiàn)﹣f＝ma，由于阻力相等且不變，a干燥＞a濕滑，當(dāng)動(dòng)力F達(dá)到額定功率時(shí)，功率達(dá)到最大，由P＝Fv可知，由于干燥路面的動(dòng)力F較大，則勻加速的最大速度有：v干燥＜v濕滑。接下來(lái)汽車(chē)以恒定功率運(yùn)動(dòng)，最終加速到F＝f時(shí)速度達(dá)到最大，P額＝Fvmax＝fvmax，由于額定功率和阻力相等，所有最大速度vmax相等，綜上所述，ACD不符合題意，故ACD錯(cuò)誤，B正確。故選：B。題型5應(yīng)用動(dòng)能定理求變力做功（多選）（2023?青羊區(qū)校級(jí)模擬）將一小球豎直向上拋出，其動(dòng)能隨時(shí)間的變化如圖。已知小球受到的空氣阻力與速率成正比。已知小球的質(zhì)量為m，最終小球的動(dòng)能為E0，重力加速度為g，若不考慮小球會(huì)落地，則小球在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中（）A．加速度一直減小至零 B．合外力做功為15E0 C．最高點(diǎn)的加速度為g D．從最高點(diǎn)下降至原位置所用時(shí)間小于t1【解答】解：AC．小球受到的空氣阻力與速率成正比，則有：f＝kv小球上升過(guò)程，由牛頓第二定律有：mg+f＝ma1上升過(guò)程，小球做加速度逐漸減小的減速直線運(yùn)動(dòng)，到最高點(diǎn)時(shí)，速度減為零，f＝0，合力為mg，根據(jù)牛頓第二定律可得，加速度減小為g；小球下降過(guò)程，由牛頓第二定律有：mg﹣f＝ma2下降過(guò)程，小球做加速度逐漸減小的加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度減為零后，小球向下做勻速直線運(yùn)動(dòng)。故小球運(yùn)動(dòng)全程，加速度一直減小至零，故AC正確；B．根據(jù)動(dòng)能定理有：W合＝E0﹣16E0＝﹣15E0故B錯(cuò)誤；D．小球上升和下降回到出發(fā)點(diǎn)的過(guò)程，由逆向思維有h=因?yàn)閍1＞a2，則有t1＜t故選：AC。（多選）（2023?株洲一模）在與水平面成θ角的固定粗糙斜面上，放著一質(zhì)量為m的小滑塊，在一個(gè)平行于斜面的拉力F（圖中未畫(huà)出）作用下，沿著斜面上一段半徑為R的圓周從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度大小始終為v，P、Q為四分之一圓周的兩個(gè)端點(diǎn)，P與圓心O等高。小滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，在從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過(guò)程中，小滑塊（）A．所受合力的大小保持不變 B．重力做功的瞬時(shí)功率保持不變 C．所受拉力對(duì)其做功為πμmgRcosθ2?mgRsinD．運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)，拉力的大小為mv2R【解答】解：A、小滑塊做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所受合力提供向心力，大小不變，故A正確；B、重力不變，速度大小不變，但方向時(shí)刻發(fā)生變化，速度在沿斜面向下的分量v∥逐漸減小，根據(jù)P＝mgv∥sinθ可知，重力做功的瞬時(shí)功率逐漸減小，故B錯(cuò)誤；C、對(duì)小滑塊受力分析，小滑塊受到重力、支持力、摩擦力和拉力，將重力分解到沿斜面方向和垂直于斜面方向，沿斜面方向的分力為mgsinθ，垂直于斜面方向的力為mgcosθ，在此過(guò)程中，重力做的功為WG＝mgRsinθ，克服摩擦力做的功為Wf＝μmgcosθ×πR2=?πμmgRcosθ2，根據(jù)動(dòng)能定理可知：W+WG﹣WfD、運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)，摩擦力方向水平向左、大小為μmgcosθ，設(shè)此時(shí)拉力與水平方向的夾角為α，大小為F，則有：Fcosα＝μmgcosθFsinα﹣mgsinθ＝mv聯(lián)立解得：F=(μmgcosθ故選：AC。題型6在機(jī)車(chē)啟動(dòng)問(wèn)題中應(yīng)用動(dòng)能定理（2024?香坊區(qū)校級(jí)二模）2022年8月1日，中國(guó)東北地區(qū)首條智軌線路哈爾濱新區(qū)智軌有軌電車(chē)投入運(yùn)營(yíng)。假設(shè)有軌電車(chē)質(zhì)量為m，某次測(cè)試中有軌電車(chē)由靜止出發(fā)在水平面做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有軌電車(chē)所受的阻力恒定為f，達(dá)到發(fā)動(dòng)機(jī)的額定功率P后，有軌電車(chē)保持額定功率做變加速運(yùn)動(dòng)，再經(jīng)時(shí)間t速度達(dá)到最大，然后以最大速度勻速運(yùn)動(dòng)，對(duì)此下列說(shuō)法正確的是（）A．有軌電車(chē)勻速運(yùn)動(dòng)的速度為P(ma+f)B．有軌電車(chē)做勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為P(ma+f)aC．從靜止到加速到速度最大的過(guò)程牽引力所做的功為Pt D．有軌電車(chē)保持額定功率做變加速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t內(nèi)的位移為Pt【解答】解：A、有軌電車(chē)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，牽引力和阻力大小相等，即F＝f，由P＝Fv可得有軌電車(chē)勻速運(yùn)動(dòng)的速度：vmB、設(shè)有軌電車(chē)勻加速過(guò)程牽引力大小為F1，由牛頓第二定律有：F1﹣f＝ma，可得牽引力大小F1＝f+ma設(shè)勻加速運(yùn)動(dòng)結(jié)束時(shí)有軌電車(chē)的速度大小為v1，由P＝Fv可得v有軌電車(chē)做勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t1C、勻加速過(guò)程，汽車(chē)的功率P＝Fv＝Fat，F(xiàn)和a恒定不變，所以P與t成正比，勻加速運(yùn)動(dòng)結(jié)束時(shí)，汽車(chē)達(dá)到額定功率，之后汽車(chē)保持額定功率不變，P﹣t圖像如下圖所示：圖中紅色陰影部分面積表示從靜止到加速到速度最大的過(guò)程牽引力所做的功W，圖中綠色陰影部分面積表示從勻加速結(jié)束到加速到速度最大的過(guò)程牽引力所做的功，即：W′＝Pt，由圖可知：W＜W′，故C錯(cuò)誤；D、有軌電車(chē)保持額定功率做變加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由動(dòng)能定理有：Pt?fx=代入數(shù)據(jù)可得：x=Pt故選：B。（多選）（2024?青羊區(qū)校級(jí)模擬）某興趣小組對(duì)一輛遙控小車(chē)的性能進(jìn)行研究。他們讓這輛小車(chē)在水平的直軌道上由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，并將小車(chē)運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程記錄下來(lái)，通過(guò)處理轉(zhuǎn)化為v﹣t圖像，如圖所示（除2s～10s時(shí)間段圖像為曲線外，其余時(shí)間段圖像均為直線）。已知在小車(chē)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，2s～14s時(shí)間段內(nèi)小車(chē)的功率保持不變，在14s末停止遙控而讓小車(chē)自由滑行，小車(chē)的質(zhì)量為1kg，可認(rèn)為在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小車(chē)所受到的阻力大小不變。則下列選項(xiàng)正確的是（）A．小車(chē)在0﹣10s內(nèi)為恒定功率啟動(dòng) B．小車(chē)所受到的阻力為1.5N C．小車(chē)額定功率為6W D．小車(chē)在變加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中位移為39m【解答】解：A、根據(jù)v﹣t圖像可知，0～2s內(nèi)小車(chē)為恒定加速度啟動(dòng)過(guò)程，速度逐漸增加，合力不變，2s時(shí)小車(chē)到達(dá)額定功率，之后的2s～10s小車(chē)為恒功率啟動(dòng)過(guò)程，故A錯(cuò)誤；B、在14s～18s時(shí)間段，根據(jù)v﹣t圖像可得加速度a＝1.5m/s2由牛頓第二定律可知：f＝ma，代入數(shù)據(jù)可得：f＝1.5N，故B正確；C、根據(jù)分析可知小車(chē)在10s～14s做勻速運(yùn)動(dòng)，牽引力大小與f相等，小車(chē)功率為額定功率：P＝Fv＝fv，代入數(shù)據(jù)可得：P＝9W，故C錯(cuò)誤；D、2s～10s內(nèi)，功率不變，根據(jù)動(dòng)能定理有Pt?fx代入數(shù)據(jù)解得：x2＝39m，故D正確。故選：BD。題型7多過(guò)程直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題（2023春?平樂(lè)縣校級(jí)期中）如圖所示，傾角為θ＝30°的斜面與足夠大的光滑水平面在D處平滑連接，斜面上有A、B、C三點(diǎn)，AB、BC、CD間距均為20cm，斜面上BC部分粗糙，其余部分光滑。2塊完全相同、質(zhì)量均勻分布的長(zhǎng)方形薄片（厚度忽略不計(jì)），緊挨在一起排在斜面上，從下往上編號(hào)依次為1、2，第1塊的下邊緣恰好在A處，現(xiàn)將2塊薄片一起由靜止釋放，薄片經(jīng)過(guò)D處時(shí)無(wú)能量損失且相互之間無(wú)碰撞，已知每塊薄片質(zhì)量為m＝1kg、長(zhǎng)為5cm，薄片與斜面BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=3（1）第1塊薄片剛完全進(jìn)入BC段時(shí)兩薄片間的作用力大??；（2）第1塊薄片下邊緣剛運(yùn)動(dòng)到C時(shí)的速度大?。唬?）兩薄片在水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)的間距。【解答】解：（1）第1塊薄片剛好完全進(jìn)入BC段時(shí)，對(duì)兩薄片由牛頓第二定律得：2mgsin30°﹣μmgcos30°＝2ma解得：a=1對(duì)薄片2由牛頓第二定律得：mgsin30°﹣F＝ma，解得：F=1（2）把兩塊薄片看作整體，當(dāng)兩塊薄片恰完全進(jìn)入BC段時(shí)，由動(dòng)能定理得：2mgsin30°（LAB+12LBC）?0+2μmgcos30°2?其中：LAB＝LBC＝20cm＝0.2m，L片＝5cm＝0.05m解得：v=10此后對(duì)兩薄片受力分析知，沿斜面方向合力為0，故兩薄片一直勻速運(yùn)動(dòng)到薄片1前端到達(dá)C點(diǎn)，此時(shí)第1塊薄片速度為：v=10（3）每塊薄片由前端在C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到水平面上，由動(dòng)能定理得：mgsin30°（LCD+12L片）?12μmgcos30解得：v1=3兩薄片到達(dá)水平面的時(shí)間差為：t=L兩薄片在水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)的間距為：x＝v1t＝0.035m＝35cm（2023春?常州月考）水上滑梯可簡(jiǎn)化成如圖所示的模型：傾角為θ＝37°斜滑道AB和水平滑道BC平滑連接，起點(diǎn)A距水面的高度H＝7.0m，BC長(zhǎng)d＝2.0m，端點(diǎn)C距水面的高度h＝1.0m．一質(zhì)量m＝50kg的運(yùn)動(dòng)員從滑道起點(diǎn)A點(diǎn)無(wú)初速地自由滑下，運(yùn)動(dòng)員與AB、BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.10。（g＝10m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6）（1）求運(yùn)動(dòng)員沿AB下滑時(shí)受到的摩擦力大?。唬?）求運(yùn)動(dòng)員從A滑到C的過(guò)程中克服摩擦力所做的功W；（3）運(yùn)動(dòng)員從滑梯終點(diǎn)C平拋到水面的水平位移．【解答】解：（1）動(dòng)員沿AB下滑時(shí)受到的摩擦力大小Ff＝μmgcosθ代入數(shù)據(jù)解得Ff＝40N（2）運(yùn)動(dòng)員從A滑到C的過(guò)程中克服摩擦力做的功為W=μmgcosθ?代入數(shù)據(jù)解得W＝500J（3）設(shè)運(yùn)動(dòng)員到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度為v做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，拋到水面的水平位移為x，由動(dòng)能定理可得mg(H??)?W=解得v＝10m/s做平拋運(yùn)動(dòng)水平方向有x＝vt豎直方向有?=聯(lián)立解得x=2題型8直線曲線運(yùn)動(dòng)相結(jié)合的多過(guò)程問(wèn)題（2023?福建學(xué)業(yè)考試）如圖所示為打彈珠的游戲裝置，光滑豎直細(xì)管AB位于平臺(tái)下方，高度為4h，直管底部有一豎直輕彈簧，其長(zhǎng)度遠(yuǎn)小于4h。平臺(tái)上方BC段為一光滑的14（1）小球從管口C飛出時(shí)的速度；（2）彈簧被壓縮后具有的彈性勢(shì)能；（3）若平臺(tái)上方14【解答】解：（1）小球從管口C飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向有：h=水平方向有：10h＝v0t解得v0＝52g?（2）小球從彈出到管口過(guò)程，由動(dòng)能定理得：W彈﹣mg（4h+h）=1根據(jù)功能關(guān)系知：彈簧被壓縮后具有的彈簧彈性勢(shì)能Ep＝W彈解得Ep＝30mgh（3）設(shè)14Ep﹣mg（4h+x）=1飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，有：x=水平距離s＝vt解得s＝2(26??x)x當(dāng)26h﹣x＝x，即x＝13h時(shí)，水平距離s最大，且最大距離為26h。（2023秋?河西區(qū)期末）如圖所示，水平軌道AB長(zhǎng)為2R，其A端有一被鎖定的輕質(zhì)彈簧，彈簧左端連接在固定的擋板上，圓心在O1半徑為R的光滑圓形軌道BC與AB相切于B點(diǎn)，并且和圓心在O2半徑為2R的光滑細(xì)圓管軌道CD平滑對(duì)接，O1、C、O2三點(diǎn)在同一條直線上，光滑細(xì)圓管軌道CD右側(cè)有一半徑為2R，圓心在D點(diǎn)的14圓弧擋板MO2豎直放置，并且與地面相切于O2（1）小滑塊與水平軌道AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；（2）彈簧鎖定時(shí)具有的彈性勢(shì)能EP；（3）滑塊通過(guò)最高點(diǎn)D后落到擋板上時(shí)具有的動(dòng)能EK。【解答】解：（1）由幾何關(guān)系可得CB間的高度差?=小滑塊從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)