专题06功和功率动能定理-2020年高考物理二轮复习热点题型与提分秘籍(解析版)

口向上，槽口直径水平，一个质量为 m 的物块从 P 点由静止释放刚好从槽口 A 点无碰撞地进入槽中，并沿

圆弧槽匀速率地滑行到最低点 B 点，不计物块的大小，

P 点到 A 点高度为 h ，重力加速度大小为 g ，则下列

说法正确的是 （ ）

参考答案】 BC

名师解析】 物块从 A 到 B 过程做匀速圆周运动，根据动能定理有

mgR －W f ＝ 0，因此克服摩擦力做功

1

W f ＝ mgR ，A 项错误；根据机械能守恒，物块到 A 点时的速度大小由 mgh ＝21mv 2得 v ＝ 2gh ，从 A 到 B 运 1

动的时间 t ＝2v ＝2 π2R gh ，因此从 A 到 B 过程中重力的平均功率为

P ＝W t 2mg 2gh

点时，根据牛顿第二定律 F N －mg ＝m v ，求得 F N ＝ R

＋2h mg

，根据牛顿第三定律可知，

RR

C 项正确；物块到 B 点时，速度的方向与重力方向垂直，因此重力的瞬时功率为零，

1

度由静止释放或平抛 （图乙 ），其中图丙是一倾角为 45°的光滑斜面，图丁为 14光滑圆弧，不计空气阻力，则下

列对四种情况下相关物理量的比较正确的是 （ ）

2020年高考物理二轮复习热点题型与提分秘籍

专题 06 功和功率 动能定理

题型一 功和功率的理解和计算

题型解码】 1.要注意区分是恒力做功，还是变力做功，求恒力的功常用定义式． 2.变力的功根据特点可将变力的功转化为恒力的功 （如大小不变、方向变化的阻力 ），或用图象法、 平均值法 （如 弹簧弹力的功 ），或用 W ＝Pt 求解 （如功率恒定的力 ），或用动能定理等求解． 典例分析 1】（2019 ·山东菏泽市下学期第一次模拟 ）如图所示， 半径为 R 的半圆弧槽固定在水平地面上， 槽

A ．物块从 P 到

B 过程克服摩擦力做的功为 mg （R ＋h ） B ．物块从 A 到 B 过程重力的平均功率为 2mg 2gh

C ．物块在 B 点时对槽底的压力大小为

R ＋2R

h mg

D ．物块到 B 点时重力的瞬时功率为 mg 2gh

，B 项正确； 物块在 B

F N ′＝F N ＝ R

＋2R

h mg

，

R D 项错误．

典例分析 2】（2019·湖北武汉高三 3 月调研 ）如图所示，将完全相同的四个小球 1、 2、 3、4 分别从同一高

D ．全程重力做功的平均功率

P 1＝ P 2> P 3> P 4

【参考答案】 ： D

【名师解析】 ：图甲、乙中小球在竖直方向均做自由落体运动，故 t 1＝t 2＝ 2g h ，其中 h 为竖直高度，对图 丙， sin h θ＝21gt 23sin θ，t 3＝ gs 2in h 2θ，其中 θ为斜面倾角，比较图丙和图丁，由动能定理可知，两小球从初始 位置到水平面上同一高度处速度大小总相等，但小球 4 的路程长，因此 t 1＝ t 2

v y2> v y3> v y4＝ 0，故落地瞬间重力的功率 P 1＝P 2>P 3>P 4，选项 C 错误；综合分析，可知全程重力做功 平均功率 P ＝ W t ，故 P 1＝ P 2> P 3> P 4，选项 D 正确．

【提分秘籍】

计算功和功率时应注意的问题

(1) 计算功时，要注意分析受力情况和能量转化情况，分清是恒力做功，还是变力做功，恒力做功一般用功 的公

式或动能定理求解，变力做功用动能定理、转化法或图象法求解。

(2) 用图象法求外力做功时应注意横轴和纵轴分别表示的物理意义，若横轴表示位移，纵轴表示力，则可用

1

图线与横轴围成的面积表示功， 例如下图甲、 乙、丙所示 (丙图中图线为 1圆弧 )，力做的功分别为 W 1＝F 1x 1、

4

1π

(3) 计算功率时，要明确是求瞬时功率，还是平均功率，若求瞬时功率，应明确是哪一时刻或哪个位置的瞬 时功

率， 若求平均功率应明确是哪段时间内的平均功率； 应注意区分公式 P ＝W t 和公式 P ＝ Fv cos θ的适用范 围， P ＝W t 计算的是平均功率， P ＝ Fvcos θ侧重于对瞬时功率的计算。

A ．落地时间 t 1＝ t 2＝t 3＝t 4

B ．全程重力做功 W 1＝W 2>W 3＝ W 4

C ．落地瞬间重力的功率 P 1＝ P 2＝P 3＝ P 4 2x 2

、W 3＝4F 3x 3。

【突破训练】

1. （2019 合·肥高三第三次质检）图示为一辆配备了登高平台的消防车，其伸缩臂能够在短时间内将承载了3

名消防员的登高平台（人与平台的总质量为300 kg）抬升到60m 高的灭火位置，此后消防员用水炮灭火。已

知水炮的出水量为3m3/min，水离开炮口时的速度为20m/s，水的密度为 1.0 × 13k0g/m3，g取10 m/s2。下列说法正确的是（）

A ．使水炮工作的发动机的输出功率为10 kW B．使水炮工作的发动机的输出功率为30 kW

C．伸缩臂抬升登高平台过程中所做的功为 1.8 × 14 0J D．伸缩臂抬升登高平台过程中所做的功为 1.8 × 15 0J 【答案】D

【解析】水的密度为ρ＝1.0 ×130 kg/m 3,1 min内流出水的质量：m＝ρV＝1.0 × 130× 3 kg＝3000 kg,1 min 内水

1

获得的重力势能：E p＝mgh＝3000 × 10× 6＝0 J1.8 ×16 0J，1 min 内水获得的动能：E k＝2mv2＝6×105 J，使水炮工作的发动机输出功率为：P＝W t＝Ep＋t Ek＝ 1.8 × 16＋006×10W＝4× 140 W，故A、B 错误；伸缩臂抬升登高平台过程中所做的功等于登高平台克服重力做的功：W′＝m′gh＝300×10×60 ＝J 1.8 ×150 J，故 C 错误， D 正确。

2．（2019 ·四川广元市第二次适应性统考）某质量m＝1 500 kg 的“双引擎”小汽车，当行驶速度v≤54k m/h 时靠电动机输出动力；当行驶速度在54 km/h< v≤90 km/h范围内时靠汽油机输出动力，同时内部电池充电；当

行驶速度v>90 km/h 时汽油机和电动机同时工作，这种汽车更节能环保．该小汽车在一条平直的公路上由静止启动，汽车的牵引力 F 随运动时间t 变化的图线如图 3 所示，所受阻力恒为 1 250 N ．已知汽车在t0时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至第11 s末．则在前11 s内（）

A ．经过计算t0＝ 6 s

C．汽油机工作期间牵引力做的功为 4.5 × 15 0J

B．电动机输出的最大功率为60 kW D ．汽车的位移为160 m

答案】 AC

【解析】 开始阶段，牵引力 F 1＝5 000 N ，根据牛顿第二定律可得， F 1－ F f ＝ ma ，解得：开始阶段加速度 v 1 a ＝2.5 m/s 2 .v 1＝ 54 km/h ＝15 m/s ，根据 t 0＝ ，解得 t 0＝6 s ，故 A 项正确； t 0时刻，电动机输出的功率最大，

a

且P m ＝F 1v 1＝5 000 ×15 W ＝75 000 W ＝75 kW ，故 B 项错误；汽油机工作期间，功率

P ＝F 2v 1＝6 000 ×15 W

P 90 × 130

＝90 kW,11 s 末汽车的速度 v 2＝F ＝ 3 600 m/s ＝ 25 m/s ，汽油机工作期间牵引力做的功 W ＝ Pt 2＝ 90× 130× (11 11 －6) J ＝ 4.5 ×105 J ，故 C 项正确；汽车前 6 s 内的位移 x 1＝2at 02＝2×2.5 ×2 m 6＝45 m ，后 5 s 内根据动能定理

11

得：Pt 2－F f x 2＝2mv 22－2mv 12，解得： x 2＝ 120 m ．所以前 11 s 时间内汽车的位移 x ＝x 1＋x 2＝45 m ＋120 m ＝

165 m ，故 D 项错误．

题型二 机车启动问题

【题型解码】

分析机车启动问题时，抓住两个关键，一是汽车的运动状态，即根据牛顿第二定律找出牵引力与加速度的 关系；二是抓住功率的定义式，即牵引力与速度的关系．综合以上两个关系，即可确定汽车的运动情况． 【典例分析

1】 (2019·四川省成都市高三三模 )目前，我国在人工智能和无人驾驶技术方面已取得较大突破。 为早日实现无人

驾驶，某公司对汽车性能进行了一项测试，让质量为

m 的汽车沿一山坡直线行驶。测试中 发现，下坡时若关掉油门，则汽车的速度保持不变；若以恒定的功率

P 上坡，则从静止启动做加速运动，

发生位移 s 时速度刚好达到最大值 v m 。设汽车在上坡和下坡过程中所受阻力的大小保持不变，下列说法正 确的是

( )

A ．关掉油门后的下坡过程，汽车的机械能守恒

B ．关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力的冲量为零

参考答案】 D

名师解析】 关掉油门后的下坡过程，汽车的速度不变，动能不变，高度降低，重力势能减小，则汽车 的机械能减小，故 A 错误；关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力大小不为零，时间不为零，则由

可得： Pt －(f ＋mgsin θ)s ＝ 12m(v 2m )2－12m(v 4m )2，解得 t ＝33m 2v P m ＋ f

＋m P

gsin θs

，故 C 错误；上坡过程中，汽车从

C ．上坡过程中，汽车速度由

4m

增至 2m ，所用的时间可能等于 2

3mv m

32P

D ．上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度

v m ，所用时间一定小于

2s

v m

I ＝ Ft 可知冲量不为零，故 B 错误；上坡过程中，汽车速度由

v 4

m 增至 v 2m ，设所用的时间为 t ，根据动能定理

静止启动到刚好达到最大速度v m，功率不变，由P＝Fv 可知速度增大，牵引力减小，加速度减小，设达到

最大速度v m 所用时间为t1，则由图象法可知·t1

2 v m

典例分析2】(2019 ·河南重点中学 3 月理综联考)一辆汽车在平直的公路上由静止开始启动．在启动过程中，汽车牵引力的功率及其瞬时速度随时间的变化情况分别如图甲、乙所示．已知汽车所受阻力恒为重力

的

D ．在5～15 s 内，汽车的位移大小约为

67.19 m

参考答案】：D

000 N，匀加速阶段由牛顿第二定律得F－0.2mg＝ma，解得m＝1 000 kg，A错误；牵引力功率为15 kW 时，

P

汽车所受阻力F1＝0.2mg＝2 000 N ，汽车行驶的最大速度v0＝F P＝7.5 m/s，B错误；前 5 s 内汽车的位移x

11 ＝2at2＝12.5 m ，阻力做功W F1＝－0.2mgx＝－25 kJ，C 错误；5～15 s内，由动能定理得Pt－0.2mgs ＝2mv02

1

－2mv2，解得s≈67.19 m， D 正确．

提分秘籍】

解决机车启动问题时的分析思路

(1) 明确启动方式：分清是匀加速启动还是恒定功率启动。

(2) 匀加速启动过程：机车功率是不断改变的，但该过程中的最大功率是额定功率，匀加速运动阶段的最大

速度小于机车所能达到的最大速度，达到额定功率后做加速度减小的加速运动。

匀加速过程的最大速度v1(此时机车输出的功率最大)和全程的最大速度v m(此时 F 牵＝F 阻) 求解方法：

(3)额定功率启动的过程：

机车做加速度减小的加速运动，匀变速直线运动的规律不能用，速度最大值等于F P 阻，

②求v m ：由P＝ F 阻v m，可得v m

＝

1，

5，

名师解析】：由图象可得，汽车匀加速阶段的加速度a＝Δ

Δ

v

t＝1 m/s2，汽车匀加速阶段的牵引力为F＝P v＝3

①求v1：由 F 牵－F 阻＝ma，P＝F 牵v1可得

P。

F阻＋ma

P F阻B ．v0＝ 6 m/s

C．在前 5 s 内，阻力对汽车所做的功

为

25 kJ

牵引力是变力，牵引力做的功可用 W ＝Pt 计算，但不能用 W ＝ Fl cos θ计算。

注意：无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足 P ＝F 阻v m ，P 为机车的额定功率。

突破训练】

1.

（多选）（2019重·庆市巴蜀中学适应性测试 ）某汽车在恒定功率牵引下由静止开始做直线运动， 行驶 10 s 后的

速度达到 20 m/s ，设汽车所受阻力恒定，则这段时间内汽车行驶的距离可能是 （ ）

解析】：根据汽车的运动过程，画出汽车的速度 — 时间图象如图所示，

根据速度 —时间图象曲线与坐标轴围成的 “面积 ”表示位移可知，如果物体做初速度为零、末速度为 20 m/s

1

的匀加速直线运动，位移等于三角形的面积，即 x ＝2×20×10＝ m100 m ，而此时实际曲线围成面积大于 100 m ，则这段时间内汽车行驶的距离可能是 110 m 或 120 m ，所以 C 、D 正确， A 、B 错误．

2.（2019 ·衡阳模拟 ）（多选 ）一辆汽车在平直的公路上运动，运动过程中先保持某一恒定加速度，后保持恒定

的 牵引功率，其牵引力 —速度图象如图所示。若已知汽车的质量 m 、牵引力 F 1和速度 v 1 及该车所能达到的最

F 1

D ．若速度为 v 2 时牵引力恰为 21，则有 v 2＝2v 1

答案】 ABD

解析】 根据牵引力 —速度图象得汽车运动中的最大功率为

F 1v 1。该汽车达到最大速度时加速度为零，

此时阻力等于牵引力， 所以阻力 F f ＝ F1v1，A 正确；根据牛顿第二定律， 汽车匀加速运动时， 加速度 a 1＝F1

－

Ff

v 3

m

＝F1－F1v1，加速的时间 t ＝v1＝ mv1v3 ，则汽车匀加速运动的过程中牵引力的冲量大小为 I ＝F 1t

＝

mv1v3

，

m mv 3 a 1 F 1 v 3－v 1 v 3－ v 1

F 1v 1

故 B 正确；由 F 1v 1＝ F 2v 2可知速度为 v 2时的牵引力 F 2＝ F v ，根据牛顿第二定律，速度为 v 2时加速度大小

v 2

A ． 90 m

【答案】：CD

B ． 100 m

C ．110 m

D ．

120 m

大速度 v 3，运动过程中所受阻力恒定，则根据图象所给的信息， 列说法正确的是

()

A ．汽车行驶中所受的阻力为 F 1v 1 v 3

B ．汽车匀加速运动的过程中牵引力的冲量大小为 mv 1v 3

v 3－v 1

C ．速度为 v 2 时的加速度大小为 F 1v 1 mv 2

为a2＝F F＝F v－F v，故C错误；若速度为v2时牵引力恰为F，则F v＝F，则v2＝2v1，D 正确。m mv2 mv3 2 v2 2

3．（2019 ·河北衡水中学三模）（多选）一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m 的重物，当重物的速度

为v1 时，起重机的有用功率达到最大值P，以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度

v2 匀速上升为止，则整个过程中，下列说法正确的是（）

v2 －v1 P

A ．若匀加速过程时间为t，则速度由v1变为v2的时间大于v1 t

B ．钢绳的最大拉力为v2

2 C．重物的最大速度为v2＝P D ．重物做匀加速直线运动的时间为mv1

mg P －mgv1 【答案】ACD

解析】起重机提升重物的v-t 图象如图所示：

若匀加速过程时间为t ，则重物在匀加速过程中：a1＝v t1，起重机的有用功率达到额定功率后，若按匀加速

v2－v1 v2－v1

从v1 到v2，设从v1加速到v2 的时间为t2，则a2＝，结合图象可以看出a1>a2，即t2> t，故 A 正

t2 v1

确；匀加速提升重物时钢绳拉力最大，且等于匀加速结束时的拉力，由P＝Fv 得钢绳的最大拉力F m＝P，

v1

P

故 B 错误；重物以最大速度匀速上升时，F＝mg，所以v2＝m P g，故 C 正确；重物做匀加速运动的加速度a

P －mg 2

mg＝v1m＝P－m m v gv1，则匀加速的时间为t＝v a1＝mv12，故D正确。m m mv1 a P－mgv1 Fm－

m

题型三动能定理及其应用

【题型解码】

1.要对研究对象受力分析并分析各力做功情况；分析物体运动过程，明确对哪个过程应用动能定理．

2. 列动能定理方程要规范，注意各功的正负号问题．

【典例分析1】（2019 ·山西五地联考上学期期末）如图所示，固定斜面倾角为θ.一轻弹簧的自然长度与斜面长相同，都为L，弹簧一端固定在斜面的底端，将一个质量为m的小球放在斜面顶端与弹簧另一端接触但不

相连，用力推小球使其挤压弹簧并缓慢移到斜面的中点，松手后，小球最后落地的速度大小为v，不计空气

阻力和一切摩擦，重力加速度为g，则该过程中，人对小球做的功W 及小球被抛出后离地面的最大高度

(1)

求当θ＝30°时，物块在斜面上下滑的加速度的大小；

(可以用根号表示 )

(2)

当θ增大到 37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数

μ2；

(3)μ 2 取第(2)问中的数值，当 θ角为多大时物块落地点与墙面的距离最大？最大距离

x m 是多少？

【参考答案】

3

(1) (5－ 43) m/s 2 (2)0.8 (3)53 ° 1.9 m

名师解析】 (1)根据牛顿第二定律，可得

v 2 sin 2θ－ 2gLsin θcos 2θ

D.1

2mv 2

－mgLsin

2g

v 2

2g

名师解析】 对人从开始压弹簧到小球落地的整个过程，由动能定理得

W ＋ mgL sin θ＝ 21mv 2－ 0，

1

则 W ＝ 2mv 2－ mgLsin

θ；

设小球离开斜面时的速度为 v 0.对小球做斜抛运动的过程，由动能定理得

1 2 1 2 mgLsin θ＝2mv －

2mv 0 ；

11

从最高点到落地的过程，由动能定理得 mgH ＝12mv 2－12m(v 0cos θ)2，

联立解得：

H ＝v 2sin

2θ＋2gLsin θcos 2θ

2g

典例分析 2】(2019·江苏南京、盐城高三第三次调研 )如图所示，桌子靠墙固定放置，用一块长

L 1＝1.0 m

的木板在墙和桌面间架设斜面，桌面距地面 H ＝0.8 m ，桌面总长 L 2＝

1.5 m ，斜面与水平桌面的倾角 θ可在

0°～ 60°间调节。将质量 m ＝0.2 kg 的小物块(可视为质点 )从斜面顶端静止释放， 物块与斜面间的动摩擦因

数 μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数 μ2未知，忽略物块在斜面与桌面交接处的机械能损失， 不计空气阻力。

分别为 ( )

B. 12mv 2

参考答案】 A

mgsinθ－μ1mgcosθ＝ma

代入数据得a＝(5－43) m/s2。

(2)由动能定理得mgL1sinθ－μ1mgL1cosθ－μ2mg(L2－L1cosθ)＝0－0 代入数据得μ2＝0.8。

(3) 设小物块到达桌面右端的速度为v，根据动能定理有mgL1sinθ－μ1mgL1cosθ－μ2mg(L2－L1cosθ)＝12mv2

3

得20(sin θ－1.2 ＋4cosθ)＝v2，

由数学知识可知sinθ＋43cosθ＝12＋(34)2sin(θ＋φ)

其中tanφ＝3，当θ＋φ＝90°时，

4

即θ＝53°时，sin( θ＋φ)有极大值，v2max＝

1.2）＝1，v max＝1 m/s

由于H＝12gt2，解得t＝0.4 s

x1＝v max t ＝0.4 m，

x m＝x1＋L2＝1.9 m。

【提分秘籍】

应用动能定理解题的“四步三注意两适用”

(1) 应用动能定理解题的四个步骤

①确定研究对象及其运动过程；

②分析受力情况和各力的做功情况；

③明确物体初末状态的动能；

④由动能定理列方程求解。

(2) 应用动能定理解题应注意的三个问题

①动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不牵扯加速度及时间，比动力学研究方法要简捷。

②动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的。

③物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程( 如加速、减速的过程)，此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑，但若能对整个过程利用动能定理列式，则可使问题简化。

(3) 动能定理适用的两种情况

①既适用于直线运动，也适用于曲线运动； ②既适用于恒力做功，也适用于变力做功。

突破训练】

1. (2019 山·东聊城二模 )如图所示， 质量相等的甲、 乙两球分别固定于两轻杆的一端， 两杆长度分别为 L 、2L ， 且两杆与水平面夹角相等。 两杆的另一端分别可绕轴 O 、O ′在竖直面内转动， 现将两球在图示位置由

静止释 放，不计一切阻力，则在最低点时 ( )

A ．甲、乙两球的动能之比为 1∶1

B ．甲、乙两球的动能之比为 1∶2

C ．甲、乙两球对杆的拉力之比为 1∶ 1

D ．甲、乙两球对杆的拉力之比为

1∶ 2

【答案】 BC

1 【解析】 对甲球从释放到最低点的过程应用动能定理得： mg(L ＋ Lsin θ)＝

21mv 2甲

－ 0，对乙球从释放到最

低

1 2

1

2mv 2

甲 1

点的过程应用动能定理得： mg(2L ＋2Lsin θ)＝2mv 2乙－0，所以最低点时两球的动能之比为 1 ＝ 2，A 错

误，

B 正确；对最低点的甲球受力分析，由牛顿第二定律可得 T 甲－mg ＝m L ，对最低点的乙球受力分析，由牛

顿第二定律可得 T 乙－ mg ＝ m v 乙，所以最低点时杆对两球的拉力之比为 T 甲

＝ 1，根据牛顿第三定律，最低点

2L

T 乙 1

时甲、乙两球对杆的拉力之比为 1∶1，故 C 正确， D 错误。

2.(2019 山·东济南区县高三联考 )如图所示，水平光滑轨道 OA 上有一质量 m ＝2 kg 的小物块以速度 v 0＝20 m/s

向左运动，从 A 点飞出后恰好无碰撞地经过 B 点， B 是半径为 R ＝10 m 的光滑圆弧轨道的右端点， C 为轨 道最低点，且圆弧 BC 所对圆心角 θ＝37°，又与一动摩擦因数 μ＝0.2 的粗糙水平直轨道 CD 相连，CD 长为 15

m ．进入另一竖直光滑半圆轨道，半圆轨道最高点为

E ，该轨道的半径也为 R.不计空气阻力，物块均可

视为质点，重力加速度 g 取 10 m/s 2，sin 37 ＝°0.6，cos 37 °＝ 0.8，求：

2mv 2乙

(1) A 、 B 两点的高度差和物块在 C 点对圆弧轨道的压力；

(2) 通过计算分析物块能否经过 E 点．

【答案】：(1)11.25 m 153 N ，方向向下 (2)见解析

【解析】：(1)由题意知，在 B 点速度方向沿 B 点切线方向，在 B 点速度大小为 v 1＝cos v 037 ＝°

25 m/s cos 37 °

竖直速度大小为 v y ＝ v 0tan 37 ＝°15 m/s 从 A 点到 B 点的时间为 t ＝vy ＝1.5 s g

1 A

、B 的高度差为 h ＝2gt 2＝11.25 m 从 B 点到 C 点由动能定理得

F N ＝153 N

由牛顿第三定律可知物体在 C 点对轨道的压力为 153 N ，方向向下．

11

(2)假设物块通过 E 点时速度大小为 v 2，从 C 点运动到 E 点，由动能定理得－ μmg －x mg ·R 2＝2mv 22－2mv 2C

所以在 E 点速度大小为 v 2＝ 205 m/s 设在 E 点做圆周运动时最小速度为 v 3，

v 23

有 mg ＝ m R

所以 v 3＝ 10 m/s

因为 v 2>v 3，所以物块能经过 E 点．

3. (2019 云·南昭通市上学期期末 )如图，固定在竖直平面内的倾斜轨道 AB ，与水平固定光滑轨道 BC 相连，

竖直墙壁 CD 高 H ＝0.2 m ，在地面上紧靠墙壁固定一个和 CD 等高，底边长 L 1＝ 0.3 m 的固定斜面．一个质 量 m ＝0.1 kg 的小物块 (视为质点 )在轨道 AB 上从距离 B 点 L 2＝4 m 处由静止释放，从 C 点水平抛出，已知 小物块与 AB 段轨道间的动摩擦因数为 0.5，通过 B 点时无能量损失； AB 段与水平面的夹角为 37°.空(

气阻

在C 点 F

N

－ mg ＝ m

mgR(1－ cos 37

v 2C

故当2156y ＝91H 6y ，即 y ＝35H ＝0.12 m 时，动能最小为 E kmin ，代入数据，解得 E kmin ＝0.15 J. 力不计，取重力加速度 g ＝10 m/s 2， sin 37 °＝0.6，cos 37 °＝0.8)

(1)求小物块运动到 B 点时的速度大小； (2)求小物块从 C 点抛出到击中斜面的时间；

(3) 改变小物块从轨道上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值． 1

【答案】 (1)4 m/s (2)15 s (3)0.15 J

1 【解析】

(1)对小物块从 A 到 B 过程分析，根据动能定理有： mgL 2sin 37 －°μ mg 2Lcos 37 ＝°2mv B 2

，

解得： v B ＝ 4 m/s ；

(2) 设物块落在斜面上时水平位移为 x ，竖直位移为 y ，如图所示：

x ＝v B t ，

13

解得： t ＝ 1 s 或 t ＝－ 3 s(舍去 )；

15 5

(3) 设小物块从轨道上 A ′点静止释放且 A ′B ＝L ，运动到 B 点时的速度为 v B ′，对物块从 A ′到碰撞斜面

过程分

析，根据动能定理有：

1

2 mgLsin 37

－°μmgcos 37 °L ·＋ mgy ＝ 2mv 2－0

对物块从 A ′到运动到 B 过程分析，根据动能定理有

1

2

2mv B

′2＝ mgL sin 37 －°μ mgLcos 37 °

1 2 H － y 2

又 x ＝ v

B

′t ， y ＝ 2gt 2， x ＝

3 联立解得： 12mv 2＝mg(2156y ＋91H 6y － 98H )，

结合几何关系，有：

H －y ＝

H ＝

2

，

x ＝ L1

＝3

，

对平抛运动，有：

A ． 24 J

B ．12 J

C ．8 J

D ．6 J

题型四 功能中的图像问题

典例分析 1】 （2019·高考全国卷 Ⅲ）从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受 到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度

中动能 E k 随 h 的变化如图所示．重力加速度取 10 m/s 2.该物体的质量为 （ ）

答案】】：C

解析】：画出运动示意图，设阻力为 f ，据动能定理知

A →

B （上升过程 ）：E kB －E kA ＝－ （mg ＋f ）h

C →

D （下落过程 ）：

E kD －E kC ＝ （mg －f ）h

整理以上两式得 mgh ＝30 J ，解得物体的质量 m ＝1 kg ， 典例分析 2】 （2019·河南濮阳三模 ）水平力 F 方向确定，大小随时间的变化如图甲所示，用力 水平桌面上的小物块，在 F 从 0 开始逐渐增大的过程中，物块的加速度 a 随时间变化的图象如图乙所示。

重力加速度大小为 10 m/s 2

。问在 0～4 s 时间内，合外力对小物块做的功为 （ ）

【参考答案】 A

【名师解析】 根据 F-t 图象和 a-t 图象可知， t 1＝2 s 时，F 1＝6 N ，a 1＝1 m/s 2；t 2＝4 s 时， F 2＝ 12 N ，a 2 ＝3 m/s 2，根据牛顿第二定律可得：

h 在 3 m 以内时，物体上升、下落过程

B ． 1.5 kg

D ． 0.5 kg

选项 C 正确．

F 拉静止在

C ．1 kg

故当2156y＝91H6y，即y＝35H＝0.12 m 时，动能最小为E kmin，代入数据，解得E kmin＝0.15 J.

F1－μ m＝g ma1，

F2－μ m＝g ma2，

联立解得小物块的质量和动摩擦因数为：m＝ 3 kg，μ＝0.1，

根据a-t图象与t 轴所围面积为小物块的速度改变量Δv，得小物块在t2＝4 s末时的速度v＝0＋Δv＝4 m/s，

1

根据动能定理可得合外力对小物块做的功W＝21mv2＝24 J，故 A 正确。

提分秘籍】

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. 四类图象所围“面积”的含义

突破训练】

1.(2019 山·东威海三模)(多选)一质量为m 的小物块静置于粗糙水平地面上，在水平外力作用下由静止开始运动，小物块的加速度 a 随其运动距离x 的变化规律如图所示。已知小物块与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，在小物块运动0～2L 的过程中，下列说法正确的是( )

A ．小物块在 0～L 内做匀变速直线运动， L ～2L 内做匀速运动

B ．小物块运动至 2L 处的速度为 6a 0L

C ．整个

过程中水平外力做功为 mL （2μg ＋ 3a 0） D ．小物块从 L 处运动至 2L 处所用的时间为 12 a L

【答案】 BC

解析】 小物块在 0～L 内加速度减小，做加速度减小的变加速直线运动， L ～2L 内加速度不变，做匀加

速直线运动，故 A 错误；整个过程，根据动能定理得：

3ma02

＋ ma0

L ＋ma 0L ＝21mv 2，得小物块运动至 2L 处

故 D 错误。

2．（2019 山·东日照高三 5月校际联合考试 ）一质点静止在光滑水平桌面上， t ＝0 时刻在水平外力作用下做直

线运动，其速度 v 随时间 t 变化的图象如图所示。根据图象提供的信息，判断下列说法正确的是 （ ）

A ．质点在 t 1 时刻的加速度最大

B ．质点在 t 2时刻离出发点最远

C ．在 t 1～ t 2的时间内，外力的功率先增大后减小

D ．在 t 2～t 3 的时间内，外力做负功

【答案】 BC

【解析】 v-t 图象的斜率代表加速度，所以 t 1时刻的加速度为零，最小， A 错误； v-t 图象与 t 轴所围的面 积代表位移，横轴上方为正向位移，下方为负向位移，所以

t 2时刻正向位移最大，离出发点最远， B 正确；

在 t 1～t 2 的时间内，根据 P ＝Fv ＝mav ，t 1 时刻加速度为零，外力为零，外力功率为零， t 2 时刻速度为零，外 力功率为零，而中间任意时刻速度、外力都不为零，所以功率先增大后减小， C 正确； t 2～t 3 的时间内，物

体动能增大，外力对物体做正功， D 错误。

3.

（2019 辽·宁五校联考 ）在某一粗糙的水平面上，一质量为

2 kg

的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线

的速度为 v ＝ 6a 0L ，故 B 正确；整个过程合力做功为 3ma 0＋ ma 0

L ＋ ma 0L ＝ W F － μ m ·g L 2，得水平外力做功 为 W F ＝mL （2μg ＋ 3a 0），故 C 正确；设小物块运动至 L 处的速度为 v 0，根据动能定理得： 3ma 0＋ ma 0 1 2

L ＝2mv 20，

得 v 0＝ 2 a 0L ，小物块从 L 处运动至 2L 处做匀加速直线运动，有

v 0＋v

L ＝

2 t ，

联立解得

t ＝ （ 6－

2）

运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随

g取10 m/s2.根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有( )位移变化的关系图象．已知重力加速度

A ．物体与水平面间的动摩擦因数C．物体做匀速运动时的速度

【答案】：ABC

解析】：物体做匀速直线运动时，拉力 F 与滑动摩擦力F f 相等，物体与水平面间的动摩擦因数为

F μ＝mg＝

1

0.35， A 正确；减速过程由动能定理得W F＋W f＝0－21mv2，根据Fs 图象中图线与坐标轴围成的面积可以估算力 F 做的功W F，而W f＝－μ mg，s由此可求得合外力对物体所做的功，及物体做匀速运动时的速度v，B、

C 正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，

D 错误．

4. (2019 山·西模拟)用传感器研究质量为 2 kg 的物体由静止开始做直线运动的规律

时，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．0～6 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动

B．0～6 s内物体在 4 s 时的速度最大

C．物体在2～4 s内速度不变

D．0～4 s内合力对物体做的功等于0～6 s内合力做的功

【答案】 D.

【解析】：由v＝at可知，a－t 图象中，图线与坐标轴所围面积表示质点的速度，0～6 s内物体的速度始终为正值，故一直为正方向， A 项错；t＝5 s时，速度最大， B 项错；2～4 s内加速度保持不变且不为零，速

度一定变化，C项错；0～4 s 内与0～6 s 内图线与坐标轴所围面积相等，故物体 4 s末和 6 s末速度相同，由动能定理可知，两段时间内合力对物体做功相等， D 项对．

B ．合外力对物体所做的

功

D．物体运动的时间

在计算机上得到0～6 s