人教版2024年高考一轮复习物理《第26讲 动能定理及其应用》复习讲义

第26讲动能定理及其应用

目录

复习目标

网络构建

考点一对动能、动能定理的理解

【夯基・必备基础知识梳理】

知识点1动能

知识点2动能定理

【提升・必考题型归纳】

考向1应用动能定理求变力做功

考向2在机车启动问题中应用动能定理

■考点二应用动能定理处理多过程问题

【夯基・必备基础知识梳理】

知识点应用动能定理处理多过程问题解题流程和注意事项

考向1多过程直线运动问题

考向2直线曲线运动相结合的多过程问题

考向3往复运动的多过程问题

•考点三动能定理的图像问题

【夯基・必备基础知识梳理】

知识点1四类图像所围“面积”的意义

知识点2解决动能定理与图像问题的基本步骤

【提升•必考题型归纳】

考向1v-t图像

考向2a-t图像

考向3F-x图像

考向4P-t图像

真题感

1、理解动能动能定理，并会用动能定理处理物理问题。

掌握有关动能定理的图像问题。

0©©@

考点要求考题统计考情分析

高考对动能定理的考查非常

频繁，题目出现的形式有选择

2023年江苏卷第11题

(1)动能定理题也有计算题，如果以计算题

2023年湖北卷第14题

(2)动能定理的应用出现，大多涉及到多过程问题

2022年福建卷第14题

的分析与应用，难度上也比较

大。

对动低'动k定律的理解

2.功能痘理

解是去出H注意事喷

定受及其应用

L动畿定理的图像向麴

考点一对动能、动能定理的理解

夯基•必备基础知识梳理

知识点1动能

1.公式：Ek=1mv2,式中v为瞬时速度，动能是状态量。

2.标矢性：动能是标量,只有正值，动能与速度的方向无关。

22

3.动能的变化量：AEk=gmv2—mvio

4.动能的相对性：由于速度具有相对性,则动能也具有相对性,一般以地面为

参考系。

5.动能与动能的变化的区别

(1)动能与动能的变化是两个不同的概念，动能是状态量，动能的变化是过程量。

(2)动能没有负值，而动能变化量有正负之分。AEk〉。表示物体的动能增加,AEk<0

表示物体的动能减少。

知识点2动能定理

I.内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。

2.表达式：W=AEk=gmv22—mvi2o

2.对动能定理的理解

⑴做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中“="的意义是一种因果关

系在数值上相等的符号。

因果关系|一居力做功是物体动能变化的原因

,I,,

数量关系|一|合力的功与动能变化可以等量代换'

单位关系|一画际单位都是焦口

⑵动能定理中的“力”指物体受到的所有力，既包括重力、弹力、摩擦力，也包括

电场力、磁场力或其他力，功则为合力所做的总功。

・提升・必考题型归纳

考向1应用动能定理求变力做功

1.如图，一侧有竖直挡板的足够长的实验台固定在地面上，台面水平且光滑。

质量均为机=()4kg的甲、乙两小球用一根劲度系数为Z=20N/m的轻质弹簧拴接在

一起，小球乙与竖直挡板接触(不固定)，用力推压小球甲使弹簧压缩，弹簧压

缩量为占=0.2m时锁定小球甲。现解除对小球甲的锁定，同时给小球甲施加一个

水平向左的外力F,使小球甲由静止开始向左以”=10m/s2的加速度做匀加速直线

运动，当小球乙刚要离开竖直挡板时撤掉外力F。有关甲、乙两小球的运动情况

的判断，下列说法正确的是（）

r甲乙|

A.外力F的最大值为£=6N

B.弹簧锁定时弹性势能为综=Q6J

C.小球乙刚离开挡板瞬间小球甲的速度大小为2m/s

D.外力F对小球甲做的功为W「=0.6J

【答案】C

【详解】A.解除对小球甲的锁定，给小球甲施加外力的过程，根据牛顿第二定

律有F-\-kx=ma

当元=0时外力F最大，为q=4N故A错误；

B.弹簧锁定时，弹力做功为卬=无|=与2苦=0.4卜-珥根据功能关系，弹性势

能为Ep=W=0-4J

故B错误；

C.根据动力学公式声=2的解得v=2m/s故C正确；

D.解除对小球甲的锁定，给小球甲施加外力的过程，由动能定理得WF+W=；〃”

解得叫=0.4J

故D错误。故选C。

2.设计贯通地球的弦线光滑真空列车隧道：质量为m的列车不需要引擎，从入

口的A点由静止开始穿过隧道到达另一端的B点，O,为隧道的中点，0,与地心

O的距离为刀=立尺，假设地球是半径为R的质量均匀分布的球体，地球表面的

2

重力加速度为g。已知质量均匀分布的球壳对球内物体引力为0,P点到0'的距

离为x,则（）

A.列车在隧道中A点的合力大小为mgB.列车在P点的重力加速度小于g

C.列车在P点的加速度等于”=D.列车在运动中的最大速度为手

【答案】BD

【详解】A.设列车在A时，AAOd=e,列车在A点受到地球的引力为4=〃*列

车在A点受到合力为

FA=《,sine根据几何关系有==L解得行=〈侬故A错误；

R22

BC.设地球的质量为加，列车运动到P点距地心为「，NPOO'="，根据几何关

系有sind=2列车运动到P点加速度满足G“Jsin夕=/m根据M=夕卜R3,

〃'=「。亓，可得券=』又6等=晚联立解得。=[8<8故8正确，C错误；

3MRR~R

D.列车在隧道内距O,的距离x时，合力为F'=^=Wx可知F随x均匀变化，

A

列车从A到0,做加速度减小的加速运动，则列车在。'点有最大速度，则有

用/•加■=]匕：一。其中下=—g，%=。，4。，=JR、>联立解得

%=华故D正确。故选BD。

考向2在机车启动问题中应用动能定理

3.某兴趣小组对一辆遥控小车的性能进行研究。他们让这辆小车在水平的直轨

道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为UT图

像，如图所示（除2s~10s时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线）。已

知在小车运动的过程中，2s~14s时间段内小车的功率保持不变，在14s末停止遥

控而让小车自由滑行，小车的质量为1kg,可认为在整个运动过程中小车所受到

的阻力大小不变。则下列选项正确的是（）

A.小车两段匀变速直线运动的加速度大小相同

B.小车所受到的阻力为1.5N

C.小车额定功率为6W

D.小车在变加速运动过程中位移为36m

【答案】AB

【详解】A.0~2s内汽车的加速度。=?=L5m/s2在14s~18s时间段，加速度大小

储=孚==二■m/s?=1.5m/s2故A正确。

Ar18-14

B.14s~18s时间段，由牛顿第二定律得f=m=L5N故B正确。

C.在10s~14s小车做匀速运动，速度u=6m/s,牵引力大小歹与了大小相等，则

小车匀速运动的功率

尸=&=/V=9W故C错误；

D.2s~10s内根据动能定理有力-饱机片解得了2=39m故D错误。故选

ABO

4.一种升降电梯的原理如图所示，A为电梯的轿厢，B为平衡配重。在某次运

行时A（含乘客）、B的质量分别为M=1000kg和机=800kg。A、B由跨过轻质滑

轮的足够长轻质缆绳连接。电动机通过牵引绳向下拉配重B,使得电梯的轿厢由

静止开始向上运动（轿厢A、配重B一直未与滑轮相撞）。电动机输出功率尸=2kW

保持不变。不计空气阻力和摩擦阻力，g=10m/s2。在A向上运动过程中，则（）

定滑轮

定滑轮

配重8

轿厢工

③滑轮

电动机

A.轿厢A先做匀加速直线运动，再做加速度减小的直线运动，最后做匀速直线

运动

B.轿厢A能达到的最大速度k=1旧$

C.轿厢A向上的加速度为a=2m/s?寸，配重B下端的牵引绳上拉力尸=5600N

D.厢体A从静止开始到上升的高度为5m时(箱体已处于匀速状态)，所用的

时间f=5.25s

【答案】BC

【详解】A.电动机输出功率尸=2kW保持不变，速度增大时，根据尸=Fv可知牵

引力减小，所以轿厢A做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速直线运动，

故A错误；

B.当轿厢A的速度达到最大时，轿厢A做匀速直线运动，此时电动机的牵引

力为F=(M-m)g

又P=F%联立解得％=Im/s故B正确；

C.当A向上的加速度为a=2m/s2时，设A、B之间绳的拉力为耳，重物B下端

绳的拉力大小为F;分别分析A、B,根据牛顿第二定律得耳=

F+mg-Fx=ma联立解得F=5600N故C正确；

D.厢体A从静止开始到上升的高度为5m时，轿厢箱体已处于匀速状态，对A、

B整体，由动能定理得

+=解得f=5.45s故D错误。故选BC。

考点二应用动能定理处理多过程问题

.分聚2缝基础知识慌星

知识点应用动能定理处理多过程问题解题流程和注意事项

1.解题流程

一

能

确定研究动

关

动分阶段

:

力

对象和研系

定

理或全程

学

究过程.列方程

2.注意事项

(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对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，

并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；当所求解的

问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。

(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。

■提牝必考题型归纳

考向1多过程直线运动问题

1.如图所示，与水平地面夹角为锐角的斜面底端A向上有三个等间距点8、C和

D,即A3=3C=8。小滑块P以初速度％从A出发，沿斜面向上运动，若斜面

与滑块间无摩擦，则滑块恰好到达。点，而后下滑；若斜面部分与滑块间有

摩擦，其余部位与滑块间仍无摩擦，则滑块恰好上滑到C点，而后下滑，则滑块

下滑到8点时速度大小以及回到A点时速度大小分别为()

A,"'B.乐亭C.D,2年

【答案】A

【详解】由于A3,CO等间距，4B、C、。所处的高度均匀变化，设A到5克服

重力做功为气,从A到。，根据动能定理，有-3%=0-g*若设置斜面A8部

分与滑块间有处处相同的摩擦，设克服摩擦力做功吗，根据动能定理有

-2%-%=0-3力宕联立解得Wf=%设滑块下滑到B位置时速度大小为小根据动

能定理有％解得以=乎％滑块由8至I」A,由动能定理

11A

WW=TmVmVV

C,~fA~B^VA=VB=—o

故选Ao

2.如图所示，竖直面内一倾角。=37的倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一

小段光滑圆弧平滑连接，质量用=0.3kg的小物块B静止于水平轨道的最左端。

质量,"O』kg的小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，释放点到水平轨道的高

度H=2.4m,一段时间后A与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，重力加速度大

小g=10m/s2,两物块与轨道间的动摩擦因数均为0.5,不计空气阻力，

sin37=0.6,cos37=0.8,则()

A.物块A沿倾斜轨道上升的最大高度为0.12m

B.物块A在水平轨道上运动的位移大小为0.1m

C.物块B在水平轨道上运动的位移大小为0.4m

D.整个过程中物块A克服摩擦力做的功为0.2J

【答案】AC

【详解】A.设碰撞前瞬间，A的速度大小为V,由动能定理有

ingH-jLmgcos。---=—mF解得y=4m/s

sin。2

由动量守恒定律和机械能守恒定律有的=叫+叫；3V2=g叫'gm?解得

v1=-2m/s；v2=2m/s

U1

设物块A沿倾斜轨道上升的最大高度为h,则有〃侬?-〃,郎（：0$。「方=0-彳利匕2解

sin"2

得力=0.12m故A正确；

B.设物块A返回水平轨道时的速度为匕，物块A在水平轨道上运动的位移为巧，

在斜面上由动能定理得

h11

“02-卬建85，一_^=7叫2在水平面上_卬咫%,=0_m％2解得/=（）.（）8111故B错误；

sin“22

C.对B物体由动能定理得-〃Mgx?=0-；M匕2则物块B在水平轨道上运动的位移

々=0.4m故C项正确；

D.整个过程中由能量守恒得物块A克服摩擦力做的功“"g”-g%2=i8j,D

项错误。故选AC。

考向2直线曲线运动相结合的多过程问题

3.2023年4月8日，全国自由式及单板滑雪大跳台冠军赛在长白山和平滑雪场

进行。如图所示为大跳台的结构布局简图，运动员从长度为乙=45m、倾角为。的

1a

滑道AB的A端由静止滑下，下滑至B端时恰好沿着切线方向进入半径R=：m

的四分之一光滑圆弧滑道BC,然后从C点飞出做斜上抛运动，落在倾角为a、

长度为&=100m的滑道DE上的P点（图中未画出），落到P点后瞬间的速度大

小为落到P点前瞬间速度大小的0.5倍，且落到P点后瞬间的速度沿斜面方向。

之后以加速度大小4=0.9m/s2在滑道DE上减速滑行，最后进入水平滑道EF以

加速度大小生=4m/s?减速滑行直至停止运动。已知倾斜滑道DE和水平滑道EF

之间平滑连接，cosa=0.9,cos6=Q6,滑雪板和滑道AB之间的动摩擦因数为

〃=0.2,重力加速度g=10m/s2。

（1）求运动员到达C点时的速度大小；

（2）若运动员由C点运动到P点用时3.5s,求运动员在水平滑道EF上运动的

距离。

A

EF

【答案】（1）v=25m/s；（2）%=20m

【详解】（1）设运动员到达C点的速度为V,根据动能定理有

，监小布。+/咫/?［（：0$（90-。）-8$。］-〃叫乙20$。=3%/得运动员到达c点时的速度大

小v=25m/s

（2）由（1）问可知运动运从C点滑出时的速度为V=25mzs则水平方向速度为

匕=20m/s则运动员在空中运动过程中水平方向位移x=>=70m故。P=绊m；

onn

PE=《-m竖直方向上v,=15m/s从C点滑出后落到P点时竖直方向上的速度

匕=%-g»=-20m/s结合水平方向速度为v,=20m/s故运动员落到P点前瞬间的速度

v,=20V2m/s落到P点后瞬间的速度%=10V%i/s依运动学规律¥-%=2a、PE得到达

E点速％=4V10m/s

对水平滑道EF上的运动过程%-0=2/%运动员在水平滑道EF上运动的距离

玉）=20m

4.如图是由弧形轨道、圆轨道、水平直轨道平滑连接而成的力学探究装置。水

平轨道AC末端装有一体积不计的理想弹射器，圆轨道与水平直轨道相交于B点,

且B点位置可改变。现将质量机=2kg的滑块（可视为质点）从弧形轨道高//=o.6m

处静止释放，且将B点置于AC中点处。已知圆轨道半径R=01m,水平轨道长

4c=1.0m,滑块与AC间动摩擦因数〃=02,弧形轨道和圆轨道均视为光滑，不

计其他阻力与能量损耗，求：

（1）滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压力大小：

（2）弹射器获得的最大弹性势能：

（3）若//=6m,改变B点位置，使滑块在整个滑动过程中不脱离轨道，求满足

条件的BC长度4c。

c12

mgH—从mgLAB~mS-2/?=-mv

在圆轨道最高点，由牛顿第二定律可得，"g+F=〃?［联立解得F=100N由牛顿第

R

三定律得：滑块对轨道的压力大小为100N。

(2)弹射器第一次压缩时弹性势能有最大值，有能量守恒可知S?H-〃〃侬AC=E0

解得EP=8J

(2)①若滑块恰好到达圆轨道的最高点，侬=机里从开始到圆轨道最高点，由

R

动能定理可知

mg("-2R)-〃〃侬I=；〃2%2解得S|=28.75m.%=M-284c=0.75m要使滑块不脱离

轨道，BC之间的距离应该满足。c20.25m

②若滑块刚好达到圆轨道的圆心等高处，此时的速度为零有动能定理可知

mg(”-R)-"ngS2=0解得s?=29.5m；6=$2"9%=0・5m根据滑块运动的周期性

可知，应使LncNOSm,滑块不脱离轨道；

综上所述，符合条件的BC长度为1m2几20.5m。

考向3往复运动的多过程问题

5.据悉，2020东京奥运会将于2021年7弯23日至8月8日举行，滑板运动作

为新的比赛项目将被纳入奥运会比赛项目之中。如图是滑板运动的轨道示意图，

BC和DE是两段光滑圆弧形轨道，BC段的圆心为O点，圆心角为60。，半径

OC与水平轨道CD垂直，水平轨道CD段粗糙且长10m。某运动员和滑板从水

平轨道上的A点以3m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆

弧轨道BC,经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度恰好减为零，然后返

回。已知运动员和滑板的总质量为60kg,B、E两点与水平面CD的竖直高度分

别为h和H,且h=2m,H=2.8m,不计空气阻力，g取lOm/s?。求：

（1）运动员和滑板从A运动到达B点时的速度VB的大小；

（2）运动员和滑板在第一次通过轨道CD段运动过程中克服阻力所做的功；

（3）若CD段阻力大小恒定，以后的运动中只靠惯性滑行、求人和滑板最终将

【详解】（1）运动员从A点到B点做平抛运动，根据平抛运动规律有力=

cos60°

解得VB=2vo=6m/s

（2）由B点到E点，根据动能定理有Mgh—WcD—mgH=0—，〃学解得WCD=600J

（3）设运动员能到达左侧的最大高度为从B到第一次返回左侧最高处，根

据动能定理

mgh-mgh1—2WCD=0—解得h'=1.8m<h=2m所以第一次返回时，运动员不

能回到B点，最终停在CD上。设运动员从B点运动到停止，在CD段的总路

程为s,根据WCD=fxcd=600J得f=60N

根据动能定理有mgh—fs=0-g/m4解得s=38m因为S=3SCD+8HI,所以运动员最后

停在D点左侧8m处，或C点右侧2m处。

6.如图所示,在竖直平面内，长为L=0.9m的粗糙水平面MN左侧与半径R=0.89m

的四分之一光滑圆弧轨道平滑连接，右侧与一足够长的倾斜传送带平滑连接。传

送带与水平方向的夹角。=37。，以恒定的速率v=3m/s逆时针转动。将物块A从

光滑圆弧最高点由静止释放，经过M点运动到N点，与原先停止在N处的物块

B发生弹性碰撞,A、B的质量均为，〃=lkg。物块A与MN间的动摩擦因数4=0.1,

物块B与传送带间的动摩擦因数〃2=075,重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,

cos37°=0.8.求：

（1）物块A第一次运动到N点与物块B发生碰撞前的速度大小vA；

(2)从物块A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，物块B的运动时间t；

(3)物块A在MN上运动的总路程s。

【详解】⑴物块从A到N点，由动能定理有=解得匕=4nVs

(2)物块A与B发生弹性碰撞，设碰后的速度为以1、f,有

gm片=加4+机脸

解得%i=。，%=4m/s物体A静止，物体B沿传送带向上运动，有

mgsin0+^2mgcos0=max

可得q=12m/s?物体B减速到零的时间为％=乎=1s位移为玉=丝红：=4m物体

B沿着传送带加速下滑，其加速度为％=12m/s2,达到共速时=%下滑的位

a\"

移为々=券，2=1门共速后，因〃Ltan。，则物体B匀速下滑，有4=上上=17s

28v72

49

故物体B光上滑后下滑的总时间为』**=导

(3)A第一次向右在粗糙面上的路程为4=L=0.9m物体B返回到水平面上和A

发生第二次弹性碰撞，速度交换后A的速度为%=3m/s,则A向左减速到零冲

上光滑曲面，再下滑在水平面上摩擦，然后与B弹性碰撞，速度交换，多次重

复上述过程，物体A只在MN段摩擦损失动能，则后续的全过程，有

S,=3-=4.5m故物块A在MN上运动的总路程为s=再+s?=5.4m,,

2Mg

考点三动能定理的图像问题

・分基•必备基础知识脩理

知识点1四类图像所围“面积”的意义

；-，图像］依据三吃图线围成的面积表示物体的位移

JL_______________________....

I；_..........................

。-，图像］依据忆-，图线圉成的面积表示物体速度的变化量

；I；____________________________

尸t图像］依据亚=&标_工图线围成的面积表示力所做的功

,I:二二二二二二二二二二二二二二二二二二二二二，

1-t图像］依据W=&jPT图线围成的面积表示力所做的功

I

知识点2解决动能定理与图像问题的基本步骤

观察题目给出的图像，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

根据物理规律导出纵坐标与横坐标所对应的物

理量间的函数关系式

0根据函数关系式找出图线的斜率、截距、图线的

交点、图线下的面积所对应的物理意义，分析解

解答问题

答问题，或利用函数图线上的特殊值代入函数

关系式来求物理量

.提升•必考题型吸

考向1v-t图像

1.一个质量为100g的空心小球，从地面以20m/s的速度竖直向上弹射出去，在

空中受到的空气阻力大小与速度V成正比(即尸=人)，它在空中运动的VT图像

如图所示，2s后的图线是平行于横轴的直线。取gTOm*,下列说法正确的是

A.小球抛出瞬间的加速度大小为1()而『

B.小球上升过程中空气阻力的冲量大小为2kg.m/s

C.空气的阻力系数左=O」kg/s

D.小球从抛出到落地瞬间克服空气阻力做的功为2OJ

【答案】C

【详解】C.2s后的图线是平行于横轴的直线，则有E=，曲解得空气的阻力系

Z=""=曳m^kg/s=0.1kg/s选项C正确；

v10

A.根据牛顿第二定律可知小球抛出瞬间的加速度大小

_kv+mg_0.1x20+0.1x10

ci——-=30m/s2选项A错误;

0.1

B.小球上升过程中根据动量定理有。+加以=（）-（-加）解得空气阻力的冲量大小为

[=mv-mgt=0.1x20-0.1x10x1=l(kg-m/s)B错误;

D.小球从抛出到落地瞬间根据动能定理有

叱[“q-g*=1x0.1xl02-1x0.1x202=15(J)

选项D错误。故选C。

2.如图所示，水平粗糙传送带以恒定速度%顺时针匀速传送，质量为m的正方

形物体abed置于传送带上，在传送带所在区域有一以PQ与MN为边界的测定

区域，当abed在进入与离开该区域的过程中就会受到水平向左的变力F的作用，

且当abed进入该区域的过程中F的变化规律与abed离开该区域的过程中F的变

化规律相同，PQ、MN与传送带垂直。物体在图示位置开始计时，运动过程中

ab边始终与PQ平行，其速度与时间的关系如图所示，4右时间内为曲线，质4

时间内为直线，重力加速度为g,正方体物体的边长为L,则下列说法正确的是

（）

(%-匕)

B.物体与传送带间的动摩擦因数为

(")g

(%+匕)&72)

C.边界PQ与MN的距离为+L

2

D.4U时间内，变力F做的功的绝对值为:，"（%2-匕2）+行」1叱

2t'-t]

【答案】ABD

【详解】A.物体在时间内做匀加速直线运动，由UT图像可得〃=卢9故

4T2

A正确；

B.物体在时间内做匀加速直线运动，此过程物体水平方向只受摩擦力，根

据牛顿第二定律可得

冲喀=ma可得〃=/三：一故B正确；

C.根据题意可知，边界PQ与MN的距离为物体在乙寸间内的位移之和，物

体在彳时间内的位移为物体的边长，则有根据UT图像，可得物体在马一3

时间内的位移々物体在…时间内的位移出=%&-功可得边界

PQ与MN的距离为x=j（为吗曰）+%&f）故C错误；

D.八t?时间内，变力F做功的绝对值为W,根据动能定理可得

rr/1212

Nmgx、-F=-mv--明

乙}乙

解得W耳2）+收二业%故D正确。故选ABDO

2f3T2

考向2a-t图像

3.有一电动玩具车质量为1kg,在水平路面上从静止开始做直线运动，其加速

度随时间变化（a-t）的关系如图所示，则下列选项中错误的是（）

A.0-3s内合外力的冲量大小为2N.sB.1-3s内合外力所做的功是0J

C.第3s末合外力的瞬时功率大小为2WD.0-3s内合外力的平均功率是

【答案】C

【详解】A.a-r图象中面积表示速度变化量小，初速度为0,所以1s末速度

V,=2m/s-0=2m/s,3s末速度

v3=2m/s-4m/s=-2m/s,0-3s内合外力的冲量/=加匕-崛=-2N-s大小为2N・S故A正

确；

B.l-3s内合外力所做的功为W==0故B正确；

C.第3s末合外力大小由牛顿第二定律可知尸=，吗=2N则第3s末合外力的瞬时

功率P=%=4W故C错误；

D.由动能定理可知，质点在。〜3s内合外力做的功w=g,欣-o=2J则0〜3s内合

外力的平均功率7=/='!w

故D正确。此题选择不正确选项，故选C。

4.如图甲所示，质量为2kg的物体受水平拉力作用，在粗糙水平面上做初速度为

零的加速直线运动，其图像如图乙所示，物体与地面之间的动摩擦因数为

0.2,重力加速度g取lOm/s?,则()

A.水平拉力随时间的变化关系尸=Q8r+8)N

B.f=5s时，物体的速度大小为15m/s

C.在05s内，合力对物体做功为400J

D.在05s内，拉力F对物体的冲量大小为50N.s

【答案】ABD

【详解】A.由图乙可知”=(0.4f+2)m/s2对物体受力分析，有尸-4《7g=wa解得

尸=(0.8f+8)N,A正确;

B.05s内图像与坐标轴围成的面积为速度变化量，则v=(号x5)m/s=15m/s,

B正确；

C.在05s内，合力对物体做功为W=；m/=；x2xl52j=225J,C错误；

D.在05s内。-卬咫蚱皿解得4=50N.s,D正确。故选ABD。

考向3F-x图像

5.某物体在变力F作用下沿水平方向做直线运动，物体的质量机=K）kg,F随物

体的坐标x的变化情况如图所示。若物体从坐标原点由静止出发，不计一切摩擦。

根据图示的F-x图像，可求出物体运动到x=16m处时的速度大小为（）

A.3m/sB.4m/sC.D.4fm/s

【答案】C

【详解】由题意可知，F-x图像中的面积表示力F做的功，则对全程由动能定理

可得叱+吗=gmv1

其中叱=""I。j=60J；吗=一"「-『OJ=-20J解得u=26mls故选C。

6.如图甲，一足够长的水平传送带以某一恒定速率顺时针转动，一根轻弹簧两

端分别与物块和竖直墙面连接。物块将弹簧压缩一段距离后置于传送带最左端无

初速度释放，物块向右运动受到的摩擦力大小f随位移x的关系如图乙，已知物

块质量为m,物块与传送带间的动摩擦因数为〃，重力加速度为g,最大静摩擦

力等于滑动摩擦力，与为己知量，则（）

、

、

、

、

、

、

、

、

、

、

A.弹簧的劲度系数为守

B.传送带的速度为用嬴

C.过程，传送带对物块做功的功率不变

D.物块向右运动的最大距离为3%

【答案】B

【详解】A.由图乙可知：0~%过程，物块速度小于传送带速度，与传送带相对

滑动，在与处静摩擦力为0,说明此时相对静止且弹簧弹力为0,可见必作=5,

A错误；

B.由动能定理得M，"gx（）+?X0=g机V；可得%=用嬴，B正确。

C.不~2x（＞过程，物块做匀速运动，静摩擦力增加，所以传送带对物块做功的功

率增加，即c错误；

D.在5处弹簧为拉力=5此后物块受到的滑动摩擦力始终向右，滑块向右

做简谐运动

可得4=百为即物块向右运动的最大距离为/=（2+8卜0,D错误。故选B。

考向4P-t图像

7.一提升装置把静置于地面上的重物竖直向上提升的过程中，提升装置功率随

时间变化的P-t图像如图所示。在f=ls时，重物上升的速度达到最大速度的一半,

在f=3s时，达到最大速度%=20m/s。在r=6s时，重物再次匀速上升，取

g=10m/s2,不计一切阻力。下列说法正确的是（）

1P/W

A.在0~ls时间内，重物做加速度逐渐增大的运动

B.在f=ls时,重物的加速度大小a=20m/s2

C.在，=6s时，重物的速度大小v=5m/s

D.在0~6s时间内，重物上升的高度〃=85m

【答案】D

【详解】A.在0~ls时间内，功率P均匀增大，拉力F不变，则有提升装置的

功率P=Fv=Fat=F.L吗

m

由图可知重物做加速度不变的匀加速上升运动，A错误；

B.在t=3s时，达到最大速度vni=20m/s,后重物做匀速运动，则有％=尸％

可得m=2kg

在t=ls时，重物的加速度a=•其中"-需解得a=10m/s?即在t=ls时，重

m-

物的加速度大小a=10m/s2,B错误；

C.在t=6s时，重物再次匀速上升，由Pi=Fv=mgv可得v=10m/s,C错误；

D.在O~ls时间内重物做匀加速运动，则有"=g*=gxlOx/m=5m在1~3s时

间内，重物做加速度减小的加速运动，则有%-他*=3%2_—丫2可解得

%=25m在3~4s时间内，重物做匀速运动，则有

%=%G=20xlm=20m在4~6s时间内，重物做加速度逐渐减小的减速运动，则有

yr4-mgh4=i-y-'j叫/解得a=35m重物在0~6s时间内，重物上升的高度为

h=h]+h2+h3=85m,

D正确。故选D。

8.质量m=200kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图像甲表示汽车

运动的速度与时间的关系，图像乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车

在运动过程中阻力不变，在18s末汽