(共19张PPT)
功和功率 动能定理的三类问题
微专题（九）
一、机车启动的a-图像和F-图像
恒定功率启动的a-图像 恒定加速度启动的F-图像
由F-Ff=ma， P=Fv 可得a=·， 则： (1)斜率k=； (2)纵截距b=-； (3)横截距= (1)AB段牵引力不变，做匀加速直线运动；
(2)BC段的斜率k表示功率P，可知BC段功率不变，牵引力减小，加速度减小，做加速度减小的加速运动；
(3)B点横坐标对应匀加速运动的末速度的倒数；
(4)C点横坐标对应运动的最大速度的倒数，此时牵引力等于阻力
续表
二、动能定理及应用
动能定理表述为合外力对物体所做的功等于物体动能的变化量，表达式为W合=ΔEk=mm，其中W合为合外力做功，v1、v2分别为初、末速度。动能是标量，其变化仅与功的代数和有关，与运动路径无关。动能定理适用于恒力、变力做功以及直线或曲线运动场景，动能定理的三类问题指在涉及功和功率、多过程问题和图像问题中的应用。
类型1 动能定理在功和功率问题中的应用
[例1] 随着人工智能技术的发展，汽车智能辅
助驾驶技术已经成为智能科技的焦点。工作人员对
某智能辅助驾驶汽车在平直的封闭道路上测试，t=0
时刻汽车开始无动力滑行，一段时间后以恒定功率加速行驶，车速达到最大后保持匀速，记录的汽车运动的v-t图像如图所示。汽车总质量为2×103 kg，行驶中受到的阻力保持不变，下列说法正确的是( )
考法全训
A.汽车行驶中所受阻力大小为2×103 N
B.1~11 s内汽车的功率为28 kW
C.1~11 s内汽车的位移约为67.2 m
D.汽车加速过程中速度为6 m/s时的加速度大小为1 m/s2
√
[解析] 0~1 s内汽车在水平道路上所受阻力等于受到的合力，做匀减速运动，根据v-t图像的斜率等于加速度，可知减速时加速度大小为a1=2 m/s2，由牛顿第二定律得f=ma1=4×103 N，故A错误；
1~11 s内汽车以恒定功率加速行驶，第11 s末汽车达到最大速度vm=7.5 m/s，之后做匀速运动，则此时F牵=f=4×103 N，所以汽车的功率P=F牵vm=3×
104 W ，故B错误；根据动能定理PΔt-fx=mm，解得1~11 s内汽车的位移x≈67.2 m，故C正确；汽车加速过程中速度为6 m/s时，汽车的牵引力F牵'==5×103 N，此时的加速度大小a2==0.5 m/s2，故D错误。
类型2 动能定理在多过程问题中的应用
[例2] (多选)冬奥会上有一种单板滑雪U形池项目，
如图所示为U形池模型。池内各处粗糙程度相同，其中
a、c为U形池两侧边缘，且在同一水平面，b为U形池
最低点。某运动员从a点正上方h高的O点自由下落，沿
左侧切线进入池中，沿右侧切线飞出后上升至最高位置d点。不计空气阻力，重力加速度为g，则运动员( )
A.每次经过b点时重力的功率不同
B.第一次经过c点时的速度大小为
C.第一次从a到b与从b到c的过程中机械能损失不同
D.从d向下返回恰能到达a
[解析] 每次经过b点时，运动员都只有水平方向的速度，竖直方向的速度均为零，重力的功率P=mgvy，可知每次经过b点时重力的功率都为零，故A错误；
√
√
设第一次经过c点时速度大小为vc，从c点上升到d点过程，由机械能守恒定律有m=mg，解得vc=，故B正确；第一次从a到c的过程中，由于U形池的摩擦力作用，运动员的机械能在减小，故从b到c的过程中在任意一点处的速度大小都将小于从a到b的过程中对称位置的速度大小，设运动员和圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，由牛顿第二定律有F-mgcos θ=m，可知运动员对管壁的压力与速度大小有关，速度越大，对管壁的压力越大，而滑动摩擦力f=μF，故运动员从a到b的过程克服摩擦力做的总功大于从b到c的过程中克服摩擦力做的总功，而克服摩擦力做的功等于运动员机械能的减少量，可知第一次从a到b的过程中损失的机械能大于从b到c的过程中损失的机械能，故C正确；
第一次到达d点的过程中，根据动能定理有mg+Wf=0，得Wf=-mgh，根据以上分析可知，从d向下返回a点的过程中，摩擦力做的功一定小于Wf，根据动能定理有mg+Wf'=m-0，可知运动员再次回到a点时速度不为零，因此运动员从d向下返回一定能越过a点再上升一定高度，故D错误。
类型3 动能定理与图像问题的结合
[例3] 如图所示，一物块(可视为质点)以初速
度v0从足够长的固定斜面底端滑上斜面，运动过程
中所受的阻力Ff与速度大小成正比。以斜面底端为
原点O和重力势能的零点，沿斜面向上为正方向，该物块的动能为Ek、重力势能为Ep、机械能为E、重力做功的绝对值为WG、位移为s、在斜面上运动的时间为t。在该物块从斜面底端滑上斜面到返回斜面底端的过程中，下列图像可能正确的是 ( )
[解析] 设斜面的倾角为θ，物块沿斜面运动的过程中重力做功的绝对值WG=mgssin θ，故A可能正确；
√
物块在斜面上运动时，上升过程中所受的合力F=mgsin θ+kv，根据动能定理有-Fs=Ek-Ek0，Ek-s图线的斜率的绝对值越来越小，下滑过程中，位移s减小，所受的合力F=mgsin θ-kv，Ek-s图线的斜率的绝对值越来越小，故B错误；物块上滑到最高点所用的时间小于下滑到原点所用的时间，故C错误；物块沿斜面运动的过程中，由于阻力做负功，物块的机械能一直在减小，故D错误。
[例4] (2025·福建高考)如图甲，水平地面上有A、B两个物块，两物块质量均为0.2 kg，A与地面间的动摩擦因数为μ=0.25，B与地面无摩擦，两物块在外力F的作用下向右前进，F与位移x的图像如图乙所示，P为圆弧最低点，M为最高点，水平地面长度大于4 m，重力加速度g=10 m/s2。求：
(1)0~1 m，F做的功；
[答案] 1.5 J
[解析] 0~1 m，F做的功W=F1x1=1.5×1 J=1.5 J。
(2)x=1 m时，A与B之间的弹力；
[答案] 0.5 N
[解析] 对AB整体，根据牛顿第二定律有F1-f=2ma，其中f=μmg，对B，根据牛顿第二定律有FAB=ma，联立解得FAB=0.5 N。
(3)要保证B能到达M点，圆弧半径r满足的条件。
[答案] r≤0.2 m
[解析] 当A、B之间的弹力为零时，A、B分离，根据上述分析可知此时F2=0.5 N，
由题图乙可知此时x2=3 m，
在该过程中，对A、B，根据动能定理有
WF-μmgx2=×2mv2
根据题图乙可得WF=1.5 J+×2 J=3.5 J
从P点到M点，根据动能定理
-mg·2rmax=mmv2
在M点的最小速度满足mg=m
联立可得rmax=0.2 m
即圆弧半径满足的条件r≤0.2 m。微专题(九) 功和功率 动能定理的三类问题
一、机车启动的a 图像和F 图像
恒定功率启动的a 图像 恒定加速度启动的F 图像
由F-Ff=ma, P=Fv 可得a=·-, 则: (1)斜率k=; (2)纵截距b=-; (3)横截距= (1)AB段牵引力不变,做匀加速直线运动; (2)BC段的斜率k表示功率P,可知BC段功率不变,牵引力减小,加速度减小,做加速度减小的加速运动; (3)B点横坐标对应匀加速运动的末速度的倒数; (4)C点横坐标对应运动的最大速度的倒数,此时牵引力等于阻力
二、动能定理及应用
动能定理表述为合外力对物体所做的功等于物体动能的变化量,表达式为W合=ΔEk=m-m,其中W合为合外力做功,v1、v2分别为初、末速度。动能是标量,其变化仅与功的代数和有关,与运动路径无关。动能定理适用于恒力、变力做功以及直线或曲线运动场景,动能定理的三类问题指在涉及功和功率、多过程问题和图像问题中的应用。
[考法全训]
类型1 动能定理在功和功率问题中的应用
[例1] 随着人工智能技术的发展,汽车智能辅助驾驶技术已经成为智能科技的焦点。工作人员对某智能辅助驾驶汽车在平直的封闭道路上测试,t=0时刻汽车开始无动力滑行,一段时间后以恒定功率加速行驶,车速达到最大后保持匀速,记录的汽车运动的v t图像如图所示。汽车总质量为2×103 kg,行驶中受到的阻力保持不变,下列说法正确的是 ( )
A.汽车行驶中所受阻力大小为2×103 N
B.1~11 s内汽车的功率为28 kW
C.1~11 s内汽车的位移约为67.2 m
D.汽车加速过程中速度为6 m/s时的加速度大小为1 m/s2
听课随笔:
类型2 动能定理在多过程问题中的应用
[例2] (多选)冬奥会上有一种单板滑雪U形池项目,如图所示为U形池模型。池内各处粗糙程度相同,其中a、c为U形池两侧边缘,且在同一水平面,b为U形池最低点。某运动员从a点正上方h高的O点自由下落,沿左侧切线进入池中,沿右侧切线飞出后上升至最高位置d点。不计空气阻力,重力加速度为g,则运动员 ( )
A.每次经过b点时重力的功率不同
B.第一次经过c点时的速度大小为
C.第一次从a到b与从b到c的过程中机械能损失不同
D.从d向下返回恰能到达a
听课随笔:
类型3 动能定理与图像问题的结合
[例3] 如图所示,一物块(可视为质点)以初速度v0从足够长的固定斜面底端滑上斜面,运动过程中所受的阻力Ff与速度大小成正比。以斜面底端为原点O和重力势能的零点,沿斜面向上为正方向,该物块的动能为Ek、重力势能为Ep、机械能为E、重力做功的绝对值为WG、位移为s、在斜面上运动的时间为t。在该物块从斜面底端滑上斜面到返回斜面底端的过程中,下列图像可能正确的是 ( )
听课随笔:
[例4] (2025·福建高考)如图甲,水平地面上有A、B两个物块,两物块质量均为0.2 kg,A与地面间的动摩擦因数为μ=0.25,B与地面无摩擦,两物块在外力F的作用下向右前进,F与位移x的图像如图乙所示,P为圆弧最低点,M为最高点,水平地面长度大于4 m,重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)0~1 m,F做的功;
(2)x=1 m时,A与B之间的弹力;
(3)要保证B能到达M点,圆弧半径r满足的条件。
微专题(九) 功和功率 动能定理的三类问题
[例1] 选C 0~1 s内汽车在水平道路上所受阻力等于受到的合力,做匀减速运动,根据v t图像的斜率等于加速度,可知减速时加速度大小为a1=2 m/s2,由牛顿第二定律得f=ma1=4×103 N,故A错误;1~11 s内汽车以恒定功率加速行驶,第11 s末汽车达到最大速度vm=7.5 m/s,之后做匀速运动,则此时F牵=f=4×103 N,所以汽车的功率P=F牵vm=3×104 W ,故B错误;根据动能定理PΔt-fx=m-m,解得1~11 s内汽车的位移x≈67.2 m,故C正确;汽车加速过程中速度为6 m/s时,汽车的牵引力F牵'==5×103 N,此时的加速度大小a2==0.5 m/s2,故D错误。
[例2] 选BC 每次经过b点时,运动员都只有水平方向的速度,竖直方向的速度均为零,重力的功率P=mgvy,可知每次经过b点时重力的功率都为零,故A错误;设第一次经过c点时速度大小为vc,从c点上升到d点过程,由机械能守恒定律有m=mg,解得vc=,故B正确;第一次从a到c的过程中,由于U形池的摩擦力作用,运动员的机械能在减小,故从b到c的过程中在任意一点处的速度大小都将小于从a到b的过程中对称位置的速度大小,设运动员和圆心的连线与竖直方向的夹角为θ,由牛顿第二定律有F-mgcos θ=m,可知运动员对管壁的压力与速度大小有关,速度越大,对管壁的压力越大,而滑动摩擦力f=μF,故运动员从a到b的过程克服摩擦力做的总功大于从b到c的过程中克服摩擦力做的总功,而克服摩擦力做的功等于运动员机械能的减少量,可知第一次从a到b的过程中损失的机械能大于从b到c的过程中损失的机械能,故C正确;第一次到达d点的过程中,根据动能定理有mg+Wf=0,得Wf=-mgh,根据以上分析可知,从d向下返回a点的过程中,摩擦力做的功一定小于Wf,根据动能定理有mg+Wf'=m-0,可知运动员再次回到a点时速度不为零,因此运动员从d向下返回一定能越过a点再上升一定高度,故D错误。
[例3] 选A 设斜面的倾角为θ,物块沿斜面运动的过程中重力做功的绝对值WG=mgssin θ,故A可能正确;物块在斜面上运动时,上升过程中所受的合力F=mgsin θ+kv,根据动能定理有-Fs=Ek-Ek0,Ek s图线的斜率的绝对值越来越小,下滑过程中,位移s减小,所受的合力F=mgsin θ-kv,Ek s图线的斜率的绝对值越来越小,故B错误;物块上滑到最高点所用的时间小于下滑到原点所用的时间,故C错误;物块沿斜面运动的过程中,由于阻力做负功,物块的机械能一直在减小,故D错误。
[例4] 解析:(1)0~1 m,F做的功W=F1x1=1.5×1 J=1.5 J。
(2)对AB整体,根据牛顿第二定律有F1-f=2ma,其中f=μmg,对B,根据牛顿第二定律有FAB=ma,联立解得FAB=0.5 N。
(3)当A、B之间的弹力为零时,A、B分离,根据上述分析可知此时F2=0.5 N,
由题图乙可知此时x2=3 m,
在该过程中,对A、B,根据动能定理有
WF-μmgx2=×2mv2
根据题图乙可得WF=1.5 J+×2 J=3.5 J
从P点到M点,根据动能定理
-mg·2rmax=m-mv2
在M点的最小速度满足mg=m
联立可得rmax=0.2 m
即圆弧半径满足的条件r≤0.2 m。
答案:(1)1.5 J (2)0.5 N (3)r≤0.2 m
1 / 4
