第1讲功和功率动能定理

第1讲 功和功率 动能定理

[做真题·明考向] 真题体验 透视命题规律

[真题再做]

1．(多选)(2018·高考全国卷Ⅲ，T19)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面．某竖井中矿车提升的速度大小v 随时间t 的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的

高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程( )

A ．矿车上升所用的时间之比为4∶5

B ．电机的最大牵引力之比为2∶1

C ．电机输出的最大功率之比为2∶1

D ．电机所做的功之比为4∶5

解析：由图线①知，矿车上升总高度h ＝v 02·2t 0＝v 0t 0

由图线②知，加速阶段和减速阶段上升高度和 h 1＝v 0

22·(t 02＋t 02)＝14v 0t 0

匀速阶段：h －h 1＝12v 0·t ′，解得t ′＝3

2t 0

故第②次提升过程所用时间为t 02＋32t 0＋t 02＝5

2t 0，

两次上升所用时间之比为2t 0∶5

2

t 0＝4∶5，A 对；

对矿车受力分析，当矿车向上做加速直线运动时，电机的牵引力最大，由于加速阶段加速度相同，故加速时牵引力相同，B 错；

在加速上升阶段，由牛顿第二定律知， F －mg ＝ma ，F ＝m (g ＋a ) 第①次在t 0时刻，功率P 1＝F ·v 0， 第②次在t 0

2时刻，功率P 2＝F ·v 02

，

第②次在匀速阶段P 2′＝F ′·v 02＝mg ·v 0

2＜P 2，

可知，电机输出的最大功率之比P 1∶P 2＝2∶1，C 对；

由动能定理知，两个过程动能变化量相同，克服重力做功相同，故两次电机做功也相同，D 错．

答案：AC

2．(2017·高考全国卷Ⅲ，T16)如图，一质量为m ，长度为l 的均匀柔软细绳

PQ 竖直悬挂．用外力将绳的下端Q 缓慢地竖直向上拉起至M 点，M 点与绳的上端P 相距1

3

l .重力加速度大小为g .在此过程中，外力做的功为( )

A.1

9mgl B.16mgl C.1

3

mgl D.12

mgl 解析：QM 段绳的质量为m ′＝2

3m ，未拉起时，QM 段绳的重心在QM 中点处，与M

点距离为13l ，绳的下端Q 拉到M 点时，QM 段绳的重心与M 点距离为1

6

l ，此过程重力做功

W G ＝－m ′g (13l －16l )＝－1

9mgl ，对绳的下端Q 拉到M 点的过程，应用动能定理，可知外力

做功W ＝－W G ＝1

9

mgl ，可知A 项正确，B 、C 、D 项错误．

答案：A

3.(2015·高考全国卷Ⅱ，T17)一汽车在平直公路上行驶．从某时刻

开始计时，发动机的功率P 随时间t 的变化如图所示．假定汽车所受阻力的大小f 恒定不变．下列描述该汽车的速度v 随时间t 变化的图线中，可能正确的是( )

解析：当汽车的功率为P 1时，汽车在运动过程中满足P 1＝F 1v ，因为P 1不变，v 逐渐增大，所以牵引力F 1逐渐减小，由牛顿第二定律得F 1－f ＝ma 1，f 不变，所以汽车做加速度减小的加速运动，当F 1＝f 时速度最大，且v m ＝P 1F 1＝P 1

f .当汽车的功率突变为P 2时，汽车的

牵引力突增为F 2，汽车继续加速，由P 2＝F 2v 可知F 2减小，又因F 2－f ＝ma 2，所以加速度逐渐减小，直到F 2＝f 时，速度最大v m ′＝P 2

f ，以后匀速运动．综合以上分析可知选项A

正确．

答案：A

4.(2016·高考全国卷Ⅲ，T24)如图，在竖直平面内有由14圆弧AB 和1

2圆

弧BC 组成的光滑固定轨道，两者在最低点B 平滑连接．AB 弧的半径为R ，BC 弧的半径为R 2.一小球在A 点正上方与A 相距R

4处由静止开始自由下落，

经A 点沿圆弧轨道运动．

(1)求小球在B 、A 两点的动能之比；

(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点． 解析：(1)小球下落至A 点的过程，由动能定理得 mg ·R

4

＝E k A －0

小球下落至B 点的过程，由动能定理得 mg (R

4

＋R )＝E k B －0

由以上两式联立解得E k B E k A ＝5

1

.

(2)小球恰好经过C 点时，由牛顿第二定律得

mg ＝m v 20

R 2

，解得v 0＝

gR 2

小球由开始下落至C 点的过程，由动能定理得 mg ·R 4＝12m v 2C

－0，解得v C ＝

gR 2

由于v C ＝v 0，故小球恰好可以沿轨道运动到C 点． 答案：(1)5∶1 (2)见解析

[考情分析]

■ 命题特点与趋势——怎么考

1．近几年高考命题点主要集中在正、负功的判断，功率的分析与计算，机车启动模型，动能定理在圆周运动、平抛运动中的应用．题目具有一定的综合性，难度适中．

2．本讲高考单独命题以选择题为主，综合命题以计算题为主，常将动能定理与机械能守恒定律、能量守恒定律相结合．动能定理仍是2019年高考的考查重点，要重点关注本讲知识与实际问题相结合的情景题目．

■ 解题要领——怎么做

解决本讲知识要理解功和功率的定义、正负功的判断方法，机车启动两类模型的分析、

动能定理及动能定理在变力做功中的灵活应用．

[建体系·记要点] 知识串联 熟记核心要点

[网络构建]

[要点熟记]

1．功

(1)恒力做功：W ＝Fl cos α(α为F 与l 之间的夹角)．

(2)变力做功：①用动能定理求解；②用F -x 图线与x 轴所围“面积”求解． 2．功率

(1)平均功率：P ＝W

t

＝F v cos α.

(2)瞬时功率：P ＝F v cos α(α为F 与v 的夹角)．

(3)机车启动两类模型中的关键方程：P ＝F ·v ，F －F 阻＝ma ，v m ＝P

F 阻

，Pt －F 阻x ＝ΔE k . 3．动能定理：W 合＝12m v 2－12m v 20.

4．应用动能定理的两点注意

(1)应用动能定理的关键是写出各力做功的代数和，不要漏掉某个力做的功，同时要注意各力做功的正、负．

(2)动能定理是标量式，不能在某一方向上应用．

[研考向·提能力] 考向研析 掌握应试技能

考向一 功和功率的分析与计算

1．(2018·北京昌平期末)如图所示，质量为60 kg 的某同学在做引体向上运动，从双臂伸直到肩部与单杠同高度算1次．若他在1 min 内完成了10次，每次肩部上升的距离均为0.4 m ，则他在1 min 内克服重力所做的功及相应的功率约为(g 取10 m/s 2)( )

A ．240 J,4 W B.2 400 J,2 400 W C ．2 400 J, 40 W

D ．4 800 J,80 W

解析：他每次引体向上克服重力所做的功为W 1＝mgh ＝60×10×0.4 J ＝240 J ，他在1 min 内克服重力所做的功为W ＝10W 1＝10×240 J ＝2 400 J ，相应的功率约为P ＝W

t ＝40 W ，选

项C 正确．

答案：C

2．(多选)如图所示，传送带AB 的倾角为θ，且传送带足够长，现有质量为m 、可视为质点的物体以初速度v 0从B 端开始向上运动，物体与传送带之间的动摩擦因数μ>tan θ，传送带的速度为v (v 0

A．摩擦力对物体做功的最大瞬时功率是μmg v cos θ

B．摩擦力对物体做功的最大瞬时功率是μmg v0cos θ

C．摩擦力对物体可能先做负功后做正功

D．摩擦力对物体做的总功可能为零

解析：物体与传送带之间的动摩擦因数μ>tan θ，则μmg cos θ>mg sin θ，传送带的速度为v(v0

答案：CD

3．长为L的轻质细绳悬挂一个质量为m的小球，其下方有一个倾角为θ的光滑斜面体放在水平面上，开始时小球与斜面刚刚接触且细绳恰好竖直，如图所示．现在用水平推力F 缓慢向左推动斜面体，直至细绳与斜面平行，则下列说法中正确的是()

A．由于小球受到斜面的弹力始终与斜面垂直，故对小球不做功

B．细绳对小球的拉力始终与小球的运动方向垂直，故对小球不做功

C．小球受到的合外力对小球做功为零，故小球在该过程中机械能守恒

D．若水平面光滑，则推力做功为mgL(1－cos θ)

解析：小球受到的斜面的弹力沿小球位移方向有分量，故对小球做正功，A 错误；细绳的拉力方向始终和小球的运动方向垂直，故对小球不做功，B 正确；合外力对小球做的功等于小球动能的改变量，虽然合外力做功为零，但小球的重力势能增加，故小球在该过程中机械能不守恒，C 错误；若水平面光滑，则推力做功等于小球重力势能的增量，即为mgL (1－sin θ)，D 错误．

答案：B

考向二 机车启动问题

1．恒定功率启动

(1)机车先做加速度逐渐减小的变加速直线运动，后做匀速直线运动，速度—时间图象如图所示，当F ＝F 阻时，v m ＝P F ＝P

F 阻

.

(2)动能定理：Pt －F 阻x ＝12m v 2

m －0.

2．恒定加速度启动

(1)速度—时间图象如图所示．

机车先做匀加速直线运动，当功率增大到额定功率后获得匀加速的最大速度v 1.之后做变加速直线运动，直至达到最大速度v m 后做匀速直线运动．

(2)常用公式：?????

F －F 阻

＝ma

P 额＝F v

1

P 额

＝F 阻

v

m

v 1＝at

1

4.

如图所示，汽车在平直路面上匀速运动，用跨过光滑定滑轮

的轻绳牵引轮船，汽车与滑轮间的绳保持水平，当牵引轮船的绳与水平方向成θ角时，轮船速度为v ，汽车的功率为P ，汽车受到的阻力(不含绳的拉力)恒为f ，则此时绳对船的拉力大小为( )

A.P v cos θ＋f

B.P v cos θ－f

C.P cos θ

v ＋f

D.P cos θv －f

解析：将船的速度分解如图所示，沿绳子方向的分速度v 1＝v cos θ，根据P ＝F v 1得，汽车的牵引力大小F ＝P v 1＝P

v cos θ.根据平衡条件得，绳对汽车的拉

力大小F ′＝F －f ＝P v cos θ－f ，那么此时绳对船的拉力大小为P

v cos θ－f ，故选

项B 正确．

答案：B

5．一辆汽车在行驶过程中的最大输出功率与速度大小的关系如图所示，已知该车质量为2×103 kg ，在某平直路面上行驶，阻力恒为3×103 N ．若汽车从静止开始以恒定加速度2 m/s 2做匀加速运动，则此匀加速过程能持续的时间大约为( )

A ．8 s

B ．14 s

C ．26 s

D ．38 s

解析：由图象可知，汽车的最大功率约为P ＝200 kW ，在匀加速阶段由牛顿第二定律可知F －F 阻＝ma ，即F ＝F 阻＋ma ＝3×103 N ＋2×103×2 N ＝7 000 N ，再由P ＝F v 可知v ＝P F ＝200×103

7 000 m/s ＝2007 m/s ，由v ＝at ，解得t ＝100

7

s ≈14.3 s ，故选项B 正确． 答案：B

6．(多选)(2018·江西赣中南五校联考)质量为m 的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度—时间图象如图所示，从t 1时刻起汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力

恒为F f ，则( )

A ．0～t 1时间内，汽车的牵引力做功的大小等于汽车动能的增加量

B ．t 1～t 2时间内，汽车的功率等于(m v 1

t 1＋F f )v 1

C ．汽车运动的最大速度v 2＝(m v 1

F f t 1＋1)v 1

D ．t 1～t 2时间内，汽车的平均速度等于v 1＋v 2

2

解析：0～t 1时间内，汽车加速度a ＝v 1t 1，由牛顿第二定律F －F f ＝ma ，解得F ＝m v 1

t 1

＋

F f .t 1～t 2时间内，汽车的功率P ＝F v 1＝(m v 1

t 1＋F f )v 1，选项B 正确；由P ＝F f v 2可得汽车运动

的最大速度v 2＝P F f ＝(m v 1

F f t 1＋1)v 1，选项C 正确；根据动能定理，0～t 1时间内，汽车的牵引力

做的功减去克服阻力做的功等于汽车动能的增加量，选项A 错误；t 1～t 2时间内，汽车的平均速度大于v 1＋v 2

2

，选项D 错误．

答案：BC [方法技巧]

解决机车启动问题的四点注意

(1)分清是匀加速启动还是恒定功率启动，如第5题中是匀加速启动，第6题中0～t 1时间内是匀加速运动，t 1～t 2时间内是恒定功率运动．

(2)匀加速启动过程中，机车功率是不断增大的，当功率达到额定功率时匀加速运动速度达到最大(如第6题中t 1时刻对应的速度v 1)，但不是机车能达到的最大速度(t 2时刻速度v 2)，但该过程中的最大功率是额定功率．

(3)以额定功率启动的过程中，牵引力是不断减小的，机车做加速度减小的加速运动，

牵引力的最小值等于阻力．

(4)无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足P ＝F f v m ，P 为机车的额定功率．

考向三 动能定理的应用

[典例展示] 如图甲所示是游乐园的过山车，其局部可简化为如图乙所示的示意图，倾角θ＝37°的两平行倾斜轨道BC 、DE 的下端与水平半圆形轨道CD 顺滑连接，倾斜轨道BC 的B 端距轨道CD 所在水平面的竖直高度h ＝24 m ，倾斜轨道DE 与圆弧轨道EF 相切于E 点，圆弧轨道EF 的圆心O 1、水平半圆轨道CD 的圆心O 2在同一水平面上，D 点与O 1点之间的距离L ＝20 m ，质量m ＝1 000 kg 的过山车(包括乘客)从B 点由静止开始滑下，经过水平半圆轨道CD 后，滑上倾斜轨道DE ，到达圆弧轨道顶端F 时，乘客对座椅的压力为自身重力的1

4.已知过山车在BCDE 段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比，比例

系数μ＝1

32，圆弧轨道EF 光滑，整个运动过程中空气阻力不计，过山车经过各轨道之间的

连接点时无机械能损失．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2)

(1)求过山车过F 点时的速度大小；

(2)求从B 点到F 点的整个运动过程中摩擦力对过山车做的功；

(3)过山车过D 点时发现圆弧轨道EF 有故障，为保证乘客安全，立即触发制动装置，使过山车不能到达EF 段并保证不再下滑，设触发制动装置后，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则过山车受到的摩擦力至少为多大？

[解析] (1)设过山车过F 点时的速度为v F ，选择某个质量为m 1的乘客为研究对象，根据牛顿第二定律有m 1g －14m 1g ＝m 1v 2F r

，

又r ＝L sin θ

联立方程并代入数据解得v F ＝310 m/s.

(2)设整个过程摩擦力做功为W ，对过山车从B 点到F 点的过程，应用动能定理得 mg (h －r )＋W ＝1

2m v 2F

－0

代入数据解得W ＝－7.5×104 J.

(3)触发制动装置后，设过山车恰好能够到达E 点时对应的摩擦力为F f ，过山车在D 点和F 点的速度分别为v D 和v F ，由动能定理得

－F f L cos θ－mgr cos θ＝0－1

2m v 2D

未触发制动装置时，对D 点到F 点的过程，由动能定理得 －μmg cos θ·L cos θ－mgr ＝12m v 2F －12m v 2

D 联立方程并代入数据解得F f ＝4.56×103 N

因为F f

[方法技巧]

应用动能定理解题应抓好 “一个过程、两个状态、四个关注”

(1)一个过程：明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息．

(2)两个状态：明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，如例题中B 点的速度为零，F 点的速度可利用动力学求出．

(3)四个关注

①建立运动模型，判断物体做了哪些运动，如例题中EF 段为圆周运动． ②分析各个运动过程中物体的受力和运动情况．

③抓住运动模型之间的联系纽带，如速度、加速度、位移，确定初、末状态． ④根据实际情况分阶段(如例题中选DEF 段)或整个过程利用动能定理列式计算．

7.如图所示，质量为m 的小滑块从O 点以速度v 0沿水平面向左运动，

小滑块撞击弹簧后被弹簧弹回并最终静止于O 点，则运动过程中弹簧获得的最大弹性势能是( )

A.13m v 20

B.14m v 20

C.16m v 20

D.18m v 20

解析：设动摩擦因数为μ，O 点离弹簧右端距离为L ，弹簧最大压缩量为Δx .小滑块从O 点运动到弹簧压缩量最大时，速度减为0，由动能定理可得－μmg (L ＋Δx )－W 弹＝0－1

2m v 20，

再分析弹簧压缩量最大到小滑块最终静止的过程，由动能定理可得W 弹－μmg (L ＋Δx )＝0－0，联立可得W 弹＝14m v 20，故弹簧获得的最大弹性势能是14

m v 20，选项B 正确． 答案：B

8.如图所示是一个质量m ＝50 kg 的物块(可看作质点)，从

静止开始沿斜面从A 点滑下，沿切线从B 点进入半径R ＝15 m 的光滑竖直圆弧轨道BPC ，通过轨道最高点C 时水平飞出，经t ＝2 s 落到斜面上的D 点，其速度方向与斜面垂直，斜面与水平面的夹角θ＝37°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝

0.075，不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.试求：

(1)物块运动到C 点时的速度大小v C ；

(2)物块在圆轨道最低点P 受到轨道支持力的大小F N ； (3)A 点离P 点所在的水平地面的高度H .

解析：(1)物块落在D 点时，速度在竖直方向上的分速度v y ＝gt ＝20 m/s ，又tan 37°＝v C

v y

联立解得v C ＝15 m/s.

(2)在物块从P 点运动到C 点的过程中，由动能定理得－mg ·2R ＝12m v 2C －12m v 2

P 在P 点由重力与支持力的合力提供向心力得

F N －mg ＝m v 2

P

R

联立以上式子并代入数据解得F N ＝3 250 N.

(3)在物块从A 点运动到P 点的过程中，由动能定理可得mgH －μmg cos 37°H －R ＋R cos 37°sin 37°＝12

m v 2P

解得H ＝45.5 m.

答案：(1)15 m/s (2)3 250 N (3)45.5 m

9．(2018·江苏南京一模)如图所示，炼钢厂通常用滚筒来传送软钢锭，使具有一定初速度的软钢锭通过滚筒滑上平台．质量为M 的软钢锭长为L ，上表面光滑，下表面与平台间是粗糙的．现以水平向右的初速度滑上平台，全部滑上平台时的速度为v .此时，在其右端无初速度地放上一个质量为m 的滑块(视为质点)．随后软钢锭滑过2L 距离时速度为零，滑块恰好到达平台．重力加速度为g ，空气阻力不计．求：

(1)滑块获得的最大加速度(不考虑与平台的撞击过程)； (2)滑块放上后，软钢锭滑动过程克服阻力做的功； (3)滑块到达平台的动能．

解析：(1)由于滑块与软钢锭间无摩擦，所以，软钢锭在平台上滑过距离L 时，滑块脱离做自由落体运动，

滑块获得的最大加速度a ＝g .

(2)软钢锭滑上平台时的动能 E k ＝12

M v 2

设克服阻力做功为W f 克， 由动能定理得－W f 克＝0－1

2M v 2

则W f 克＝1

2

M v 2

(3)滑块脱离软钢锭后自由下落到平台的时间与软钢锭在平台最后滑动L 的时间相同，都为t ，

L ＝12μgt 2，－μ(M ＋m )gL －μMgL ＝0－12M v 2

v m ＝gt E km ＝12m v 2m

联解以上四个方程式得 E km ＝2(2M ＋m )mg 2L 2

M v 2

答案：(1)g (2)12M v 2

(3) 2(2M ＋m )mg 2L 2M v 2

[限训练·通高考] 科学设题 拿下高考高分

(45分钟)

一、单项选择题

1.(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从

静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度．木箱获得的动能一定( )

A ．小于拉力所做的功

B ．等于拉力所做的功

C ．等于克服摩擦力所做的功

D ．大于克服摩擦力所做的功

解析：由题意知，W 拉－W 阻＝ΔE k ，则W 拉＞ΔE k ，A 对，B 错；W 阻与ΔE k 的大小关系不确定，C 、D 错．

答案：A

2．如图所示，质量为m 的汽车在某下坡的公路上，从速度v 0开始加速运动，经时间t 速度达到最大值v m .设在此过程中汽车发动机的功率恒为P ，汽车所受的摩擦阻力为恒力．对于该过程，以下说法正确的是( )

A ．该过程中汽车一直做匀加速直线运动

B ．该过程中汽车所受阻力f ＝P

v m

C ．该过程中汽车所受阻力做功的大小为Pt ＋1

2m v 2m

D ．该过程中汽车做加速度不断减小的加速运动

解析：汽车发动机的功率恒为P ，则汽车做加速度逐渐减小的加速运动，A 错误，D 正确；汽车速度达到最大值v m 时，汽车的牵引力F ＝P v m ，故f ＝P

v m ＋mg sin θ，B 错误；由于还

有重力做功，汽车所受阻力做的功无法求出，C 错误．

答案：D

3.如图所示，质量为m 的小球(可视为质点)用长为L 的细线悬挂于O 点，

自由静止在A 位置．现用水平力F 缓慢地将小球从A 位置拉到B 位置后静止，此时细线与竖直方向夹角为θ＝60°，细线的拉力为F 1，然后放手让小球从静止返回，到A 点时细线的拉力为F 2，则( )

A ．F 1＝F 2＝2mg

B ．从A 到B ，拉力F 做的功为F 1L

C ．从B 到A 的过程中，小球受到的合力大小不变

D ．从B 到A 的过程中，小球重力的瞬时功率一直增大

解析：在B 位置，根据平衡条件有F 1sin 30°＝mg ，解得F 1＝2mg .从B 到A ，根据动能定理得mgL (1－cos 60°)＝12m v 2

，根据牛顿第二定律得F 2－mg ＝m v 2L ，联立两式解得F 2＝2mg ，

故A 项正确；从A 到B ，小球缓慢移动，根据动能定理得W F －mgL (1－cos 60°)＝0，解得W F ＝1

2mgL ，故B 项错误；从B 到A 的过程中，小球的速度大小在变化，沿径向的合力在变

化，故C 项错误；在B 位置，重力的功率为零，在最低点，重力的方向与速度方向垂直，重力的功率为零，可知从B 到A 的过程中，重力的功率先增大后减小，故D 项

错误．

答案：A

4.人与平衡车的总质量为m ，在平直路面上行驶时，所受阻力不变．当平衡车加速度为a ，速度为v 时，平衡车的功率为P 1，则当功率为P 2时，平衡车行驶的最大速度为( )

A.P 2v

P 1 B.P 2v P 1－ma v C.P 1v P 2

D.P 1v P 2－ma v

解析：对平衡车受力分析，设受到的阻力的大小为F f ，由牛顿第二定律可得，F －F f ＝ma ，所以F ＝F f ＋ma ，所以功率P 1＝F v ＝(F f ＋ma )v ，解得F f ＝P 1

v －ma ，当功率恒为P 2时，设最大速度为v ′，则P 2＝F ′v ′＝F f v ′，所以v ′＝P 2

F f ＝P 2v P 1－ma v

，选项B 正确．

答案：B

5．一滑块在水平地面上沿直线滑行，t ＝0时的速率为1 m /s ，从此刻开始在与初速度相反的方向上施加一水平作用力F ，力F 和滑块的速度v 随时间的变化规律分别如图甲、乙所示，两图取同一正方向，g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )

A ．滑块的质量为2 kg

B ．第1 s 内摩擦力对滑块做的功为－1 J

C ．第2 s 末拉力F 的瞬时功率为0.3 W

D ．第2 s 内拉力F 的平均功率为0.15 W

解析：由题图乙可知滑块的加速度a ＝1 m/s 2，根据牛顿第二定律，在第1 s 内有F ＋F f

＝ma ，第2 s 内有F ′－F f ＝ma ，代入数据解得F f ＝1 N ，m ＝2 kg ，A 正确；第1 s 内滑块的位移大小x 1＝1

2×1×1 m ＝0.5 m ，则摩擦力对滑块做的功W F f ＝－F f x 1＝－1×0.5 J ＝－0.5

J ，B 错误；第2 s 末拉力的功率P ＝F ′v ＝3×1 W ＝3 W ，C 错误；第2 s 内滑块的位移x 2＝12×1×1 m ＝0.5 m ，则第2 s 内拉力的平均功率P ＝W t ＝F ′x 2t ＝3×0.51 W ＝1.5 W ，D 错误．

答案：A

6.质量为500 kg 的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a 和速度的倒数1

v 的关系如图所示，则赛车( )

A ．做匀加速直线运动

B ．功率为20 kW

C ．所受阻力大小为2 000 N

D ．速度大小为50 m/s 时牵引力大小为3 000 N

解析：由图象可知，汽车的加速度随速度的增大而减小，故汽车不做匀加速运动，选项A 错误；根据P ＝F v ，F －F f ＝ma 可得a ＝P m ·1v －F f m ，由图象可知F f m ＝4，P

m ＝400，解得F f ＝

2 000 N ，P ＝2×105 W ，选项B 错误，C 正确；速度大小为50 m/s 时牵引力大小为F ＝P

v ＝

2×105

50

N ＝4 000 N ，选项D 错误． 答案：C

7．(2017·高考江苏卷)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为E k0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能E k 与位移x 关系的图线是( )

解析：物块上滑时，重力沿斜面的分力和摩擦力均沿斜面向下，下滑时，摩擦力沿斜面向上，根据动能定理W ＝ΔE k 知，图象中的斜率表示物块受到的合力，物块上滑时恒定的合力大于物块下滑时恒定的合力，所以C 项正确．

答案：C 二、多项选择题

8.(2018·湖南长沙高三一模)如图所示，内壁光滑半径大小为R 的圆轨

道竖直固定在桌面上，一个质量为m 的小球静止在轨道底部A 点．现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动．当小球回到A 点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，必须经过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点．已知小球在运动过程中始终

未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W ，第二次击打过程中小锤对小球做功4W ，设两次击打过程中小锤对小球做的功全部用来增加小球的动能，则W 的值可能是( )

A.5

6mgR B.3

4mgR C.3

8

mgR D.3

2

mgR 解析：第一次击打小球时，小球运动的最大高度为R ，即W ≤mgR .第二次击打小球，使小球运动到圆轨道的最高点，而小球能够通过最高点的条件为mg ≤m v 2高

R ，即v 高≥gR .小球

从静止到到达最高点的过程中，由动能定理得W ＋4W －mg ·2R ＝12m v 2高－0，得W ≥1

2mgR ，所以W 满足1

2

mgR ≤W ≤mgR ，选项A 、B 正确．

答案：AB

9.a 、b 为紧靠着的且两边固定的两张相同薄纸，如图所示．一个质量为1 kg 的小球从距纸面高为60 cm 的地方自由下落，恰能穿破两张纸．若将a 纸的位置升高，b 纸的位置不变，在相同条件下要使小球仍能穿破两张纸，则a 纸距离b 纸可能是(小球穿破两张纸时，克服阻力做功相同)( )

A ．15 cm

B ．20 cm

C ．30 cm

D ．60 cm

解析：小球穿过两张纸时，由动能定理得mgh －2W ＝0，将a 纸向上移，若恰能穿过第一张纸，则mgh ′－W ＝0，解得下落的高度h ′＝12h ，因此两张纸的距离不能超过1

2h ＝30 cm ，

选项A 、B 、C 正确．

答案：ABC

10．(2018·福建福州高三质检)如图所示为某电动汽车在加速性能试验过程中的v -t 图象．为了简化计算，可近似认为：汽车运动时受到的阻力恒定，在0～30 s 内做匀加速直线运动，30 s 后汽车发动机的功率保持不变．则(

)

A ．15 s 末、30 s 末汽车的牵引力大小之比为2∶1

B ．15 s 末、30 s 末汽车的发动机功率之比为1∶2

C ．30 s 末、54 s 末汽车的加速度大小之比为4∶3

D ．0～30 s 内、30～54 s 内汽车发动机做功之比为5∶8

解析：由题意可知汽车前30 s 做匀加速直线运动，则牵引力恒定，因此A 错误；由图可知15 s 末、30 s 末的速度分别为9 m /s 、18 m/s ，由公式P ＝F v 可知，15 s 末、30 s 末汽车的发动机功率之比为1∶2，B 正确；由图可知30 s 末、54 s 末的加速度之比应为a 1a 2＝

P

18

－F f

P

24

－F

f