高考2020年编物理精选复习专题：第1部分专题3动量和能量第1讲功功率动能定理32
2020届高考物理二轮复习专题二第一讲功和功率动能定理课件
专题二能量与动量[核心知识体系]第一讲功和功率动能定理近三年全国卷考情统计高考必备知识概览常考点全国卷Ⅰ全国卷Ⅱ全国卷Ⅲ功和功率机车的启动问题动能定理的应用2018·T142018·T142017·T172019·T172017·T161．(2019·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h在3 m 以内时，物体上升、下落过程中动能E k随h的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为()A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg[题眼点拨]①“始终与运动方向相反的外力”说明该外力始终阻碍物体运动做负功；②E k-h图象的斜率为物体运动过程中受到的合外力．解析：设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)×3 m＝(36－72)J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，再由动能定理结合题图可得(mg－F)×3 m＝(48－24)J，联立解得m＝1 kg、F＝2 N，选项C正确，A、B、D错误．答案：C2．(2018·全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看做初速度为零的匀加速直线运动，在启动阶段列车的动能()A．与它所经历的时间成正比B．与它的位移成正比C．与它的速度成正比D．与它的动量成正比[题眼点拨]①“匀加速直线运动”说明列车的运动情况可用匀变速运动的规律求解；②“列车的动能”说明动能与速度有关，让求的各物理量均与速度建立一定的联系．解析：列车的动能E k＝12m v2与速度的平方成正比，列车在启动阶段的运动可看做初速度为零的匀加速直线运动，E k＝12m v2＝12m(at)2，与时间的平方成正比，Ek＝12m v2＝p22m，与动量的平方成正比，由动能定理得max＝E k，与它的位移成正比，故A、C、D错误，B正确．答案：B3．(2018·全国卷Ⅱ)如图所示，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[题眼点拨]①“静止开始”说明木箱的初速度为零；②“粗糙水平路面”说明地面对木箱有摩擦力，注意摩擦力不等于动摩擦因数与重力的乘积．解析：木箱受力如图所示：木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可知：W F－WF f＝12m v2－0 ，所以动能小于拉力做的功，故A正确；无法比较动能与摩擦力做功的大小，C、D错误．答案：A4.(2017·全国卷Ⅱ)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直．一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)()A.v216g B.v28gC.v24g D.v22g[题眼点拨] ①“从轨道上端水平飞出”说明飞出后做平抛运动；②“半圆形光滑轨道”说明无摩擦力．解析：设轨道半径为R ，小物块从轨道上端飞出时的速度为v 1，由于轨道光滑，根据动能定理有mg ×2R ＝12m v 2－12m v 21，小物块从轨道上端飞出后做平抛运动，对运动分解有：x ＝v 1t ，2R ＝12gt 2，求得x ＝－16⎝⎛⎭⎪⎪⎫R －v 28g 2＋v 44g 2，因此当R －v 28g ＝0，即R ＝v 28g 时，x 取得最大值，B 项正确，A 、C 、D 项错误．答案：B5.(2017·全国卷Ⅲ)如图所示，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13l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为()A.19mgl B.16mglC.13mgl D.12mgl[题眼点拨]①“均匀柔软细绳”说明质量分布均匀；②“缓慢地竖直向上拉起”说明外力所做的功等于MQ 段细绳重力势能的增加量．解析：QM段绳的质量为m′＝23m，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16l，此过程重力做功W G ＝－m ′g ⎝ ⎛⎭⎪⎫13l －16l ＝－19mgl ，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 ＝19mgl ，可知A 项正确，B 、C 、D 项错误． 答案：A命题特点与趋势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．本讲高考的命题方式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.2020年的高考动能定理仍是考查重点，要关注本讲知识与实际问题相结合的情景题目．解题要领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．考点1功和功率的计算功和功率的计算方法(多选)(2018·全国卷Ⅲ)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面．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∶5B ．电机的最大牵引力之比为2∶1C ．电机输出的最大功率之比为2∶1D ．电机所做的功之比为4∶5[题眼点拨] ①“变速阶段加速度的大小都相同”说明合力相同；②“提升的高度相同”说明图象的面积相同；③“提升的质量相等”说明重力做的功相同．解析：设第②次所用时间为t ，根据速度图象的面积等于位移可知，12×2t 0×v 0＝12(t ＋t －t 0)×12v 0，解得t ＝52t 0，所以第①次和第②次提升过程所用时间之比为2t0∶52t0＝4∶5，选项A正确；由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，提升的最大牵引力之比为1∶1，选项B错误；由功率公式P＝F v，电机输出的最大功率之比为2∶1，选项C正确；由动能定理得W F－mgh＝0－0，解得W F ＝mgh，则两次做功相同，选项D错误．答案：AC1．计算力所做的功时，一定要注意是恒力做功还是变力做功．若是恒力做功，可用公式W＝Fl cos α进行计算．若是变力做功，可用以下几种方法进行求解：(1)微元法：把物体的运动分成无数个小段，计算每一小段力F做的功．(2)将变力做功转化为恒力做功．(3)用动能定理或功能关系进行求解．2．对于功率的计算要区分是瞬时功率还是平均功率．P＝Wt只能用来计算平均功率．P＝F v cos α中的v是瞬时速度时，计算出的功率是瞬时功率；v是平均速度时，计算出的功率是平均功率．[对点训练]1．(2019·洛阳模拟)如图所示，一轻绳的一端系在固定粗糙斜面上的O点，另一端系一小球，给小球一足够大的初速度，使小球在斜面上做圆周运动．在此过程中()A．斜面对小球的支持力做功B．重力对小球不做功C．绳的张力对小球不做功D．在任何一段时间内，小球克服摩擦力所做的功总是等于小球动能的减少量解析：斜面的支持力、绳的张力总是与小球的运动方向垂直，故不做功，A错误，C正确；小球在重力方向上有位移，因而重力对小球做功，B错误；小球动能的变化量等于合外力做的功，即重力与摩擦力做功的和，D错误．答案：C2．(2019·保定四校联考)质量m＝20 kg的物体，在大小恒定的水平外力F的作用下，沿水平面做直线运动.0～2 s内F与运动方向相反，2～4s内F与运动方向相同，物体的v-t图象如图所示．g取10 m/s2，则()A．拉力F的大小为100 NB．物体在4 s时拉力的瞬时功率为120 WC．4 s内拉力所做的功为480 JD．4 s内物体克服摩擦力做的功为320 J解析：取物体初速度方向为正方向，由题图可知物体与水平面间存在摩擦力，由题图可知0～2 s内，－F－F f ＝ma1且a1＝－5 m/s2；2～4 s内，－F＋F f＝ma2且a2＝－1 m/s2，联立以上两式解得F＝60 N，F f＝40 N，A错误；由P＝F v得4 s时拉力的瞬时功率为120 W，B正确；由W＝Fx，0～2 s内，W1＝－Fx1，2～4 s内，W2＝Fx2，由题图可知x1＝10 m，x2＝2 m，代入数据解得，4 s内拉力所做的功为－480 J，C错误；摩擦力做功W＝F f·s，摩擦力始终与速度方向相反，故s为路程，由题图可求得总路程为12 m，4 s内物体克服摩擦力做的功为480 J，D 错误．答案：B考点2机车启动问题1．机车输出功率：P＝F v，其中F为机车牵引力．2．机车匀加速启动过程的最大速度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．(1)求v1：由F牵－F阻＝ma，P＝F牵v1可求v1＝PF阻＋ma.(2)求v m：由P＝F阻v m，可求v m＝P F阻.3．解决机车启动问题时的四点注意．(1)分清是匀加速启动还是恒定功率启动．(2)匀加速启动过程中，机车功率不断增大，最大功率是额定功率．(3)以额定功率启动的过程中，牵引力不断减小，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阻v m，P为机车的额定功率．(多选)(2019·马鞍山一模)如图所示为某汽车在平直公路上启动时发动机功率P随时间t变化的图象，P0为发动机的额定功率．已知在t2时刻汽车的速度已经达到最大值v m，汽车所受阻力大小与速度大小成正比．由此可得()A．在t3时刻，汽车速度一定等于v mB．在t1～t2时间内，汽车一定做匀速运动C．在t2～t3时间内，汽车一定做匀速运动D．在发动机功率达到额定功率前，汽车一定做匀加速运动[题眼点拨]①由图象知0～t1内汽车的功率均匀增加，t1～t3汽车以额定功率行驶；②“t2时刻汽车的速度已经达到最大值v m”说明t2后汽车牵引力与阻力相等(大小)，汽车做匀速直线运动．解析：已知在t2时刻汽车的速度已经达到最大值v m，此后汽车做匀速直线运动，速度不变，所以在t3时刻，汽车速度一定等于v m，故A正确；0～t1时间内汽车的功率均匀增加，汽车所受阻力增大，汽车做变加速直线运动；汽车的功率在t1时刻达到额定功率，根据P＝F v，速度继续增大，牵引力减小，则加速度减小，则在t1～t2时间内汽车做加速度减小的加速运动，故B、D错误；在t2～t3时间内，汽车已达到最大速度，且功率保持不变，汽车一定做匀速直线运动，故C正确．答案：AC1．机车启动的方式不同，运动的规律就不同，即其功率、加速度、牵引力等物理量的变化规律不同，分析图象时应注意坐标轴的意义及图象变化所描述的规律．2．在公式P＝F v中，F是机车的牵引力而不是机车所受合力，因此F＝F f时，牵引力与阻力平衡，机车达到最大运行速度．3．解决机车启动问题一定要分清机车是匀加速启动还是恒定功率启动．(1)匀加速启动过程中，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，机车做加速度减小的加速运动．(2)以恒定功率启动的过程中，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PF f，牵引力是变力，牵引力做的功可用W＝Pt求解，但不能用W＝Fl cos θ求解．[对点训练]考向恒定功率的启动3．(多选)(2018·佛山第一中学检测)质量为m的汽车在平直公路上行驶，所受的阻力恒为车重的k倍．汽车以额定功率行驶，当它加速行驶的速度为v时，加速度为a.则以下分析正确的是()A．汽车发动机的额定功率为kmg vB．汽车行驶的最大速度为（kg＋a）vkgC．当汽车加速度减小到a2时，速度增加到2vD．汽车发动机的额定功率为(ma＋kmg)v解析：设汽车的额定功率为P，汽车的速度为v时，根据牛顿第二定律知：Pv－kmg＝ma；所以P＝(kmg＋ma)v，故A错误，D正确；汽车匀速行驶时，牵引力等于阻力，速度最大，故有：v m＝Pkmg＝（kmg＋ma）vkmg＝（kg ＋a ）v kg ，故B 正确；加速度为a 2时，设此时牵引力为F ，则F －kmg ＝m ·a 2，解得：F ＝kmg ＋ma 2，此时速度为：v ＝P F ＝（kmg ＋ma ）v kmg ＋ma 2<2v ，故C 错误． 答案：BD考向恒定加速度启动4．(2019·芜湖模拟)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，起重机的功率达到最大值P，之后起重机保持该功率不变，继续提升重物，最后重物以最大速度v2匀速上升，不计钢绳重力．则整个过程中，下列说法正确的是()A．钢绳的最大拉力为P v2B．重物匀加速过程的时间为m v21P－mg v1C．重物匀加速过程的加速度为P m v1D．速度由v1增大至v2的过程中，重物的平均速度v—＜v1＋v22解析：匀加速过程物体处于超重状态，钢绳拉力较大，匀加速运动阶段钢绳的拉力为F＝Pv1，故A错误；根据牛顿第二定律可知F－mg＝ma，结合v＝at解得a＝Pm v1－g，t＝m v21P－mg v1，故B正确，C错误；在速度由v1增大至v2的过程中，做加速度减小的变加速运动，平均速度v—＞v1＋v22，故D错误．答案：B考点3动能定理的应用(2019·信阳模拟)如图所示，AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道固定，OA处于水平位置．AB是半径为R＝1 m的14圆周轨道，CDO是半径为r＝0.5 m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板(可以把小球弹回，不损失能量)图中没有画出，D为CDO轨道的中点．BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接．已知BC段水平轨道长L＝2 m，与小球之间的动摩擦因数μ＝0.2，现让一个质量为m＝1 kg 的小球从A点的正上方距水平线OA高H的P处自由落下(g取10 m/s2)．请回答下列问题．(1)当H＝2 m时，求此时小球第一次到达D点对轨道的压力大小；(2)为使小球仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，求H的取值范围．[题眼点拨]①“自由落下”说明小球落至A点前做自由落体运动，②“仅仅与弹性挡板碰撞一次，且球不会脱离CDO轨道”说明H最小时必须满足小球能上升到O点，H最大时，碰后再返回最高点能至D点．解析：(1)设小球第一次到达D的速度为v D，对小球从P到D点的过程，根据动能定理得mg(H＋r)－μmgL＝12m v2D－0，在D点轨道对小球的支持力F N提供向心力，则有F N＝m v2D r，联立解得：F N＝84 N，由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为F ′N ＝F N ＝84 N ；(2)为使小球仅仅与挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO 轨道，H 最小时必须满足能上升到O 点，由动能定理得mgH min －μmgL ＝12m v 20－0， 在O 点有：mg ＝m v 20r， 代入数据解得：H min ＝0.65 m.仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，H最大时，碰后再返回最高点能上升到D点，则有mg(H max＋r)－3μmgL＝0，代入数据解得H max＝0.7 m，故有0.65 m≤H≤0.7 m.答案：(1)84 N(2)0.65 m≤H≤0.7 m[对点训练]考向动能定理与图象的结合5．(2019·衡水模拟)质量m＝1 kg的物体静止放在粗糙水平地面上．现对物体施加一个随位移变化的水平外力F时物体在水平面上运动．已知物体与地面间的滑动摩擦力与最大静摩擦力相等．若F-x图象如图所示．且4～5 m 内物体匀速运动．x＝7 m时撤去外力，g取10 m/s2，则下列有关描述正确的是()A．物体与地面间的动摩擦因数为0.1B．当x取3 m时物体的速度最大C．撤去外力时物体的速度为 2 m/sD．撤去外力后物体还能在水平面上滑行3 s解析：4～5 m内物体匀速运动，则有F＝F f＝μmg，得μ＝Fmg＝310＝0.3，故A错误；只要F＞F f＝μmg，物体就在加速，所以在0～4 m内物体一直加速，x＝4 m时物体的速度最大，故B错误；根据图象与x轴所围的面。
高考2020年编物理精选复习专题：第一部分专题三功与能量第1讲功功率和功能关系62
答案 A
例3 (2019·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h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力 加速度取10 m/s2。该物体的质量为( )
核心考点•知识归纳
1．恒力做功的公式W＝Fl·cosα 2．几种力做功的特点 (1)重力、弹簧弹力、静电力做功与 1 路径 无关。 (2)静摩擦力做功的特点 ①静摩擦力可以做正功，也可以做 2 负功 ，还可以不做功。 ②相互摩擦的系统内，一对静摩擦力所做功的代数和 3 总为零 。
(3)滑动摩擦力做功的特点 ①滑动摩擦力可以对物体做正功，也可以对物体做 4 负功 ，当然也可以 对物体不做功； ②相互摩擦的系统内，一对滑动摩擦力所做的总功是 5 负值 ，其绝对值 恰好等于滑动摩擦力与相对位移的乘积。
A．汽车行驶中所受的阻力为Fv1v3 1 B．汽车匀加速运动的过程中牵引力的冲量大小为vm3－v1vv31 C．速度为v2时的加速度大小为Fm1vv21 D．若速度为v2时牵引力恰为F21，则有v2＝2v1
解析 根据牵引力和速度的图像得汽车运动中的最大功率为F1v1。该车达
到最大速度时加速度为零，所以此时阻力等于牵引力，所以阻力Ff＝
答案 见解析
考向3 机械能守恒定律的应用 1．机械能守恒定律的三种表达形式
2．应用机械能守恒定律解题的基本思路
例4 (2019·安徽池州期末)2017－2018赛季国际雪联单板滑雪U型场地世 界杯在崇礼云顶滑雪场落幕，中国女将夺冠。图示为单板滑雪U型池的简化模 型示意图，一质量M为45 kg的运动员从轨道a处由静止滑下，若运动员在下行过 程中做功，上行过程中运动员不做功，运动员在b点竖直向上滑出轨道上升的最 高点离b点高度H为10 m，U型轨道简化为半圆轨道，其半径R为20 m，滑板的 质量m为5 kg，不计轨道和空气的阻力，g取10 m/s2，求：
高考2020年编物理精选复习专题：第一部分专题四动量与能量第1讲动量和能量观念在力学中的应用66
B．1.6×103 kg
C．1.6×105 kg
D．1.6×106 kg
[解析] 设火箭发动机在1 s内喷射出气体的质量为m。以这部分气体为研究 对象，应用动量定理，Ft＝mv－0，解得m＝Fv·t＝1.6×103 kg。
[答案] B
拓展演练2 (2019·山东潍坊一模)如图，是某科技小组制做的嫦娥四号模拟 装置示意图，用来演示嫦娥四号空中悬停和着陆后的分离过程，它由着陆器和 巡视器两部分组成，其中着陆器内部有喷气发动机，底部有喷气孔，在连接巡 视器的一侧有弹射器。演示过程：先让发动机竖直向下喷气，使整个装置竖直 上升至某个位置处于悬停状态，然后让装置慢慢下落到水平面上，再启动弹射 器使着陆器和巡视器瞬间分离，向相反方向做减速直线运动。若两者均停止运 动时相距为L，着陆器(含弹射器)和巡视器的质量分别为M和m，与地面间的动 摩擦因数均为μ，重力加速度为g，发动机喷气口截面积为S，喷出气体的密度为 ρ；不计喷出气体对整体质量的影响。求：
[答案] (1)5 m/s (2)1.28 m
拓展演练4 (多选)如图所示，在光滑的水平地面上静止放置一质量为M＝ 1.5 kg的木板A，木板上表面粗糙且固定一竖直挡板，挡板上连接一轻质弹簧， 当弹簧处于原长时，在弹簧的左端轻放一质量为m＝0.9 kg的物块B，现有一颗 质量为m0＝0.1 kg的子弹C以v0＝500 m/s的速度水平击中物块并嵌入其中，该过 程作用时间极短，则在A、B、C相互作用的过程中，下列说法中正确的有( )
高三物理二轮复习 专题二 能量、动量和原子物理 第1讲 功 功率 动能定理课件
(2)若小球不能直接落在井底，求小球打在井 壁EF上的最小动能Ekmin和此时的释放点距BC面 的高度h2.
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突破点拨 (1)小球从A到C过程中，根据动能定理求出C点速度，从C点飞出做平抛运动刚 好到达E点． (2)小球不能直接落在井底，而打在井壁上的动能，跟释放点距BC面的高度h2 有关，找出这个动能跟h2的关系并依据数学知识求出最小动能．
A．弹射器的推力大小为1.1×106 N B．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108 J C．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107 W D．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s2
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突破点拨 (1)分析舰载机在弹射过程中做匀加速直线运动时的受力，先根据运动学公 式计算加速度，再根据牛顿第二定律求弹射器的推力． (2)根据 W＝Fl 求弹射器对舰载机所做的功，再根据 P＝Wt 计算其平均功率．
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2．功率的计算方法 (1)功率定义式 P＝Wt ，所求功率是时间 t 内的平均功率； (2)功率计算式 P＝Fvcos α，其中 α 是力与速度间的夹角．若 v 为瞬时速度， 则 P 为 F 在该时刻的瞬时功率；若 v 为平均速度，则 P 为 F 在该段位移内的平 均功率．
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1. (多选)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器．舰载机总质量为 3.0×104 kg，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105 N；弹射器有效作用长度为 100 m，推力恒定．要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s.弹射过程中 舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则 ( ABD )
A．一直不做功 B．一直做正功 C．始终指向大圆环圆心 D．始终背离大圆环圆心 解析 由于大圆环是光滑的，因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方 向始终与速度方向垂直，因此作用力不做功，A项正确，B项错误；小环刚下滑时， 大圆环对小环的作用力背离大圆环的圆心，滑到大圆环圆心以下的位置时，大圆环 对小环的作用力指向大圆环的圆心，C、D项错误．
(江苏专用)2020高考物理二轮复习第一部分专题二功和能第一讲功和功率动能定理课件
＝PD>PB，故选项C正确，A、B、D错误。 答案：C
2．一物块在一个水平拉力作用下沿粗糙水平面运动，其v-t图像如 图甲所示，水平拉力的P-t图像如图乙所示，取g＝10 m/s2，求：
本课内容结束
(1)物块与水平面间的动摩擦因数μ； (2)物块运动全过程水平拉力所做的功W； (3)物块在0～2 s内所受的水平拉力大小。
解析：(1)由甲、乙两图比较可知，在第5～9 s内，物块做匀 减速运动
本 课 内 容 结 束 加速度：a＝09－－45.0 m/s2＝－1.0 m/s2
由牛顿第二定律得：－μmg＝ma 得：μ＝0.1。 (2)对全过程： W＝12·P1t1＋P2t2＝12.02×2 J＋4.0×3 J＝24 J。
4～8 s内，加速度的大小a2＝ΔΔvt′ ′＝8－ 8 4 m/s2＝2 m/s2。
本 课 内 容 结 束 (2)根据牛顿第二定律，在0～4 s内恒力F与摩擦力同向：F＋
μmg＝ma1 4～8 s内恒力F与摩擦力反向：F－μmg＝ma2 联立解得：F＝7 N，μ＝0.15。
(3)根据题给图形的面积可得8
时的速度成正比
D．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力
之比3∶2
解析：动车组启动时乘客的加速度的方向与车厢运动的方向
是相同的，所以乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向
相同，故A错误；动车组做匀速运动时，乘客相对车厢竖直向
上跳起后，因为惯性，所以人在车前进的方向保持匀速运动
状态，即人向前的位移等于车向前的位移，所以人将落在起
本课内容结束
2020年高考物理 “动能定理”专题复习讲座 新人教版
动能定理【重点讲解】1．功的理解⑴是否做功的判断问题：功的两个必要因素分别是________和__________________。
而所谓的“力的方向上的位移”可作如下理解：当位移平行于力，则位移就是力的方向上的位的位移；当位移垂直于力，则位移垂直于力，则位移就不是力的方向上的位移；当位移与力既不垂直又不平行于力，则可对位移进行正交分解，其平行于力的方向上的分位移仍被称为力的方向上的位移。
⑵功的计算问题：①W = Fl cosα适用于________做功。
②用动能定理W = ΔE k或功能关系一般用于求____ 力的功。
这是因为做功的过程就是能量转化的过程，功是能的转化的_______。
如果知道某一过程中能量转化的数值，那么也就知道了该过程中对应的功的数值。
⑶功率求解问题：①P = W/t，通常用于求力在时间t内的________功率。
②功率的计算式：P = Fv cosθ（其中θ是力与速度间的夹角），一般用于求___________________功率。
⑷一对作用力和反作用力做功的关系问题：①一对作用力和反作用力在同一段时间内做的总功可能为正、可能为负、也可能为零；②一对互为作用反作用的摩擦力做的总功可能为零（静摩擦力）、可能为负（滑动摩擦力），但不可能为______。
⑸常见力做功的特点：①重力做功和路径无关，只与物体始末位置的高度差h有关：W= mgh，当末位置低于初位置时，W＞0，即重力做正功；反之重力做负功。
②滑动摩擦力做功与路径有关。
当某物体在一固定平面上运动时，滑动摩擦力做功的绝对值等于摩擦力与_______的乘积。
在两个接触面上因相对滑动而产生的热量Q = f滑s相对，其中f滑为滑动摩擦力，s相对为接触的两个物体的相对路程。
⑹做功意义的理解问题：做功意味着能量的______与______，做多少功，相应就有多少能量发生______或_________。
2．动能和动能定理的理解⑴动能E k = ________是物体运动的_______量，而动能的变化ΔE K是与物理过程有关的_______量。
高考物理二轮专题复习 第1课 功、功率、能量课件
栏
恒为2000 N，当汽车达到额定功率后，保持功率不变．
目 链
接
(1)求汽车做匀加速运动的时间t1；
(2)求汽车所能达到的最大速率vmax；
(3)若汽车由静止到发生位移s＝1000 m前已达到最大 速率，则汽车发生该1000 m位移需要多长时间？
K 考题 专项 训练
解析 (1)根据牛顿第二定律有：F－f＝ma，求得：F＝f＋ma＝3000 N
链 接
3．适用范围：只要符合机械能守恒的条件，无论 物体(或系统)做直线运动还是曲线运动，匀变速还是非 匀变速运动，机械能守恒定律都适用．
K 考点 精辟 解析
4．处理方法：
(1)守恒的观点：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2.利用该式列方
程时要选定零势能参考面，一般选地面或物体运动过程
栏
目
中经过的最低点．
接
K 考题 专项 训练
解析 ab 棒在匀强磁场中运动切割磁感线，在磁场中受到
安培力作用，电路中所产生的电能是通过克服安培力做功实现
的，电流通过电阻产生热量，电能转化为热量，由能量守恒，
栏
电阻消耗的功率就是 ab 棒上的电功率，即 P 热＝P 电＝EI，也
目 链
接
就是安培力的功率，由于安培力做负功，所以为安培力的功率
速 度 相 同 ， 外 力 分 别 为 F1 ＝ mgsin θ ＋ μmgcos θ ＋ ma 和 F2 ＝
mgsin θ＋μmgcos cos θ－μsin
θθ＋ma，由
W＝Fs，第二次外力做功多，由
P＝Fv，
第二次的瞬时功率大，选项 C、D 错误． 答案 B
K 考题 专项 训练
方法点拨：本题考查了用恒力做功公式求解重力、
2020高考物理一轮总复习第五章第1讲功和功率课件新人教版
卷ⅠT24， 机械能，功
能关系 卷ⅢT16， 功能关系 卷ⅡT24， 动能定理
卷ⅠT18，功 能关系
卷ⅡT14，动 能定理
卷ⅢT19，功 率、动能定理
卷ⅠT22
第 1 讲 功和功率
[基础知识·填一填] [知识点 1] 功 1．做功的两个必要条件 (1)作用在物体上的 力 . (2)物体在 力的方向 上发生的位移． 2．公式：W＝ Flcos_α (1)α 是力与 位移 方向之间的夹角，l 为物体对地的位移． (2)该公式只适用于 恒力 做功． (3)功是 标 量．
[解析] AD [第 1 s 末质点的速度 v1＝Fm1t1＝31×1 m/s＝3 m/s. 第 2 s 末质点的速度 v2＝v1＋Fm2t2＝3＋11×1m/s＝4 m/s. 则第 2 s 内外力做功 W2＝12mv22－12mv21＝3.5 J 0～2 s 内外力的平均功率
P＝12mtv22＝0.5×21×42 W＝4 W. 选项 A 正确，选项 B 错误； 第 1 s 末外力的瞬时功率 P1＝F1v1＝3×3 W＝9 W， 第 2 s 末外力的瞬时功率 P2＝F2v2＝1×4 W＝4 W，故 P1∶P2＝9∶4，选项 C 错误，选项 D 正确．]
A．FLsin θ B．mgL(1－cos θ) C．FLsin θ－mgL(1－cos θ) D．FLsin θ－mgLcos θ
解析：C [如图，小球在 F 方向的位移为 CB， 方向与 F 同向，则 WF＝F·CB＝F·Lsin θ 小球在重力方向的位移为 AC， 方向与重力反向，则 WG＝mg·AC·cos 180° ＝－mg·L(1－cos θ) 绳的拉力 FT 时刻与运动方向垂直，则 WFT＝0 故 W 总＝WF＋WG＋WFT＝FLsin θ－mgL(1－cos θ) 所以选项 C 正确．]
高考物理二轮复习第1部分专题3动量和能量第1讲功功率动能定理课件
动能定理在直线运动中的应用 [例 2] (2019·郴州二模)如图 3－1－8 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。重力加速度取 g，空气阻力不计。求：
4．(2015·全国卷Ⅱ)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 3－1－4 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
图 3－1－4 图 3－1－5
解析 本题属于机车的恒定功率启动问题。当牵
图 3－1－8 (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)软钢锭处于静止状态时，滑块到达平台的动能。
[审题探究] (1)滑块在软钢锭上时受到哪些力的 作用？处于什么状态？离开软钢锭时做什么运动？
(2)滑块离开软钢锭前后软钢锭的位移各为多少？ 滑块离开软钢锭到达平台的时间与滑块离开软钢锭后 软钢锭运动的时间有什么关系？如何求解此时间？
(3)
Mv2
动能定理在曲线运动中的应用 [例 3] (2019·信阳二模)如图 3－1－9 所示 AB 和 CDO 都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA 处于 水平位置。AB 是半径为 R＝1 m 的14圆周轨道，CDO 是半径为 r＝0.5 m 的半圆轨道，最高点 O 处固定一个 竖直弹性挡板(可以把小球弹回不损失能量)图中没有 画出，点 D 为 CDO 轨道的中点。BC 段是水平粗糙轨 道，与圆弧形轨道平滑连接。已知 BC 段水平轨道长 L ＝2 m，与小球之间的动摩擦因数 μ＝0.2。现让一个质 量为 m＝1 kg 的小球从 A 点的正上方距水平线 OA 高 H 的 P 处自由落下：(g 取 10 m/s2)
高三物理动量和能量专题PPT优秀课件
五、两个守恒定律 1、动量守恒定律：
公式： p =p ′或Δp 1=-Δp2
或m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2 ′
成立条件—（1）系统不受外力或合外力为零；
（2）系统所受合外力不为零，但沿某个方向的合外力为 零，则系统沿该方向的动量守恒 ；（3）系统所受合外 力不为零，但合外力远小于内力且作用时间极短，如爆 炸或瞬间碰撞等。
（1）小球m1滑到的最大高度 （2）小球m1从斜面滑下后，二者速度 （3）若m1= m2小球m1从斜面滑下后，二者速度
m1 v0
m2
析与解 （1）以向右为正，对上升过程水平方向由动量守恒
m1V0 = （m1+m2）V
V= m1V0 / （m1+m2） =0.5m/s
对系统上升过程由机械能守恒
1 2m 1 v021 2(m 1m 2)v2m 1gh h=0.15m
⑤都不做功．
作用力与反作用力冲量大小相等，方向相反。
4．合力做功
W合=F合scosα=W总=F1s1cosα1+F2s2cosα2 +…
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二、动能与动量
①动能与动量从不同角度都可表示物体运动
状态的特点；
Ek
1mv2 2
pmv
②物体要获得动能，则在过程中必须对它做
功，物体要获得动量，则在过程中必受冲量
（2）若一个物体相对于另一个物体作往返运动，S相为相
对路程。
动量守恒定律
矢量性、瞬时间、同 一性和同时性
能量守恒定律
功是能量转化的量度
守恒思想是一种系统方法，它是把物体组成 的系统作为研究对象，守恒定律就是系统某 种整体特性的表现。
解题时，可不涉及过程细节，只需要关键状态
高三物理高三物理动能和动能定理PPT教学课件
例1、下列关于运动物体所受的合外力、合外力 做功和动能变化的关系，正确的是 [ ]
A．如A果物体所受的合外力为零，那么，合外力对
物体做的功一定为零 B．如果合外力对物体所做的功为零，则合外力一
定为零 C．物体在合外力作用下作变速运动，动能一定变
化 D．物体的动能不变，所受的合外力必定为零
用动能定理对全程列式
由动能定理, A→B →C h
A
mgh – E=1/2×mv2
∴h=v2/2g+E/mg
v C B
例6. 质量为m的跳水运动员从高为H的跳台上以速
率v1 起跳，落水时的速率为v2 ，运动中遇有空气阻力 ，那么运动员起跳后在空中运动克服空气阻力所做的
功是多少？
解： 对象—运动员
过程---从起跳到落水
一. 动能
1.功是过程量;动能是状态量，也是相对量．因为Ｖ为 瞬时速度，与参考系的选择有关,公式中的速度一般指 相对于地面的速度 ．
2.动能与动量大小的关系：
EK
P2 2m
P 2mEK
3.一个物体的动量发生变化，它的动能 一个物体的动能发生变化，它的动量
变化 变化
二、动能定理
1.用牛顿定律导出动能定理
(7)动能定理中涉及的物理量有Ｆ、Ｓ、ｍ、ｖ、Ｗ、 ＥＫ等，在处理含有上述物理量的力学问题时，可以 考虑使用动能定理。由于只需从力在整个位移内的功 和这段位移始末两状态动能变化去考察，无需注意其 中运动状态变化的细节，又由于动能和功都是标量， 无方向性，无论是直线运动或曲线运动，计算都有会 特别方便。
总之，无论做何种运动，只要不涉及加速度和时间， 就可考虑应用动能定理解决动力学问题。
三.应用动能定理解题的基本步骤：
高中物理动量和能量专题 课件.ppt
例3. 在光滑的水平面上停放着质量为m、带有弧 形槽的小车，现有一质量也为m的小球以v0 的水平 速度沿槽口向小车滑去（不计摩擦），到达某一高 度后，小球又返回车右端，则 ( B C )
A. 小球离车后，对地将向右做平抛运动
B. 小球离车后，对地将做自由落体运动
C. 此过程小球对车做功为mv0 2 / 2
D. 小球沿弧形槽上升的最大高度为v0 2 / 2g
例4. 电阻为R的矩形导线框abcd,边长ab=l, ad=h,质量为m,自某一高度自由落体,通过一匀强 磁场,磁场方向垂直纸面向里,磁场区域的宽度为 h ,如图,若线框恰好以恒定速度通过磁场,线框内 a b 产生的焦耳热等于 2mgh . h (不考虑空气阻力) 解: 由能量守恒定律, 线框通过磁场时减少的 重力势能转化为线框的内能,
F
= 1/2× mv2 + 1/2×μ mgv t=mv2
练习、 上题中，若物体m以水平向左的速度v 轻轻地放置 在木板上的P点处 ，那么F 对木板做的功有多大？ 解：物体m 在摩擦力作用下向左做匀减速运动，经时间t 速 度减为0到达Q点，又 在摩擦力作用下向右做匀加速运动， 经时间t 速度达到v ，
相加得
在此过程中，木板B 的位移为S，小木块C 的位移为S+x．
1 mgs 2 MV 2 2 2
Mv0 x (2M m) g
C
2
2
②
解①、②两式得
代入数值得
③ A x
C
v0
x 1 .6 m
B
S B
④
题目 上页 下页
V
A
x 比B 板的长度l 大．这说明小物块C不会停在B板上， 而要滑到A 板上．设C 刚滑到A 板上的速度为v1，此时A、B 板的速度为V1，如图示： mv0 mv 则由动量守恒得 ⑤ 1 2MV 1 1 1 1 2 由功能关系得 mv 0 mv12 2MV12 mgl ⑥ 2 2 2 以题给数据代入解得
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由动能定理得：
μ(M＋m)gL＋μMgL＝12Mv2 滑块落到平台上时的速度：vm＝gt 滑块到达平台时的动能：Ekm＝12mvm2， 解得：Ekm＝2(2M＋Mmv2)mg2L2。
[答案]
(1)g
(2)12Mv2
2(2M＋m)mg2L2
[例 1] (多选)(2018·江苏
卷)如图 3－1－6 所示，轻质弹 簧一端固定，另一端连接一小
图3－1－6
物块，O 点为弹簧在原长时物块的位置。物块由 A 点
静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远
到达 B 点。在从 A 到 B 的过程中，物块
A．加速度先减小后增大
B．经过 O 点时的速度最大
第1讲 功 功率 动能定理
［知识体系构建］
［核心知识提炼］
1．功 (1)恒力做功：W＝Flcos 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＝Wt ＝F v cos α。 (2)瞬时功率：P＝Fvcos α(α 为 F 与 v 的夹角)。
图 3－1－8 (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)软钢锭处于静止状态时，滑块到达平台的动能。
[审题探究] (1)滑块在软钢锭上时受到哪些力的 作用？处于什么状态？离开软钢锭时做什么运动？
(2)滑块离开软钢锭前后软钢锭的位移各为多少？ 滑块离开软钢锭到达平台的时间与滑块离开软钢锭后 软钢锭运动的时间有什么关系？如何求解此时间？
图 3－1－3 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 由图象可知图线①过程所用时间为 2t0，由于 两次提升的高度相同，图线①②与 x 轴围成的面积相等可 知图线②过程所用时间为 2.5t0，因此矿车上升所用时间之 比为 4∶5，A 对；由于它们的变速阶段加速度大小相同， 电机的最大牵引力相等，B 错；由 Pm＝Fv 可知，F 最大， v 最大时，P 最大，F 相等，vm 之比为 2∶1，所以最大功 率之比为 2∶1，C 对；电机做功 W 提供矿石的重力势能 和动能，据动能定理 W－mgh＝ΔEk，由于提升高度相同， ΔEk＝0，所以做功相等，D 错，故选 A、C。 答案 AC
动能定理在直线运动中的应用 [例 2] (2019·郴州二模)如图 3－1－8 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。重力加速度取 g，空气阻力不计。求：
C．所受弹簧弹力始终做正功
D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
[解析] 当合外力为零时，弹簧处于压缩状态， 弹力等于滑动摩擦力，这一位置在 O 点的左侧，此时 加速度有最小值，速度最大，A 正确，B 错误；弹簧 弹力先做正功后做负功，C 错误；从 A 位置到 B 位置， 动能变化量为零，外力所做的总功也应当为零，而整 个过程小物块只受弹簧弹力和摩擦力，故 D 正确。
图 3－1－7 A．在 t＝6 s 时，物体的速度为 15 m/s B．在 0～6 s 时间内，合力对物体做的功为 289 J C．在 0～6 s 时间内，合力对物体做功的平均功 率为 47.5 W D．在 t＝6 s 时，拉力 F 的功率为 136 W
解析 根据加速度—时间图象与坐标轴所围图形 的面积表示速度的变化量可知，在 0～6 s 时间内，物 体的速度增加量为 Δv＝15 m/s，由 Δv＝v－v0，可得 在 t＝6 s 时，物体的速度为 v＝17 m/s，选项 A 错误； 由动能定理，可知在 0～6 s 时间内，合力对物体做的 功为 W＝12mv2－12mv02＝285 J，选项 B 错误；在 0～6 s 时间内，合力对物体做功的平均功率为 P ＝Wt ＝47.5
[答案] AD
［针对训练］
[功的计算]
1．(2019·中山七校联考)汽车在平直公路上行驶，
在它的速度从零增加到 v 的过程中，汽车发动机做的
功为 W1；它的速度从 v 增加到 2v 的过程中，汽车发 动机做的功为 W2，设汽车在行驶过程中发动机的牵引 力和所受阻力都不变，则有
A．W2＝2W1 C．W2＝4W1
B．W2＝3W1 D．仅能判定 W2＞W1
解析 速度从零增加到 v 的过程中的位移 x1＝2va2， 速度从 v 增加到 2v 的过程中的位移 x2＝4v22－a v2＝32va2， 则位移之比为 1∶3，根据 W＝Fx 知，汽车发动机做 功之比为 1∶3，即 W2＝3W1，故 B 正确，A、C、D 错误。
W，选项 C 正确；由牛顿第二定律有，F－μmg＝ma， 解得在 t＝6 s 时拉力 F＝16 N，物体的速度 v＝17 m/s， 则拉力 F 的功率为 P＝Fv＝16×17 W＝272 W，选项 D 错误。
答案 C
考点二 动能定理的理解和应用
1．对动能定理表达式 W＝ΔEk＝Ek2－Ek1 的理解 (1)动能定理表达式中，W 表示所有外力做功的代 数和，包括物体重力所做的功。 (2)动能定理表达式中，ΔEk 为所研究过程的末动 能与初动能之差，而且物体的速度均是相对地面的速 度。
A．2 kg C．1 kg
图 3－1－1 B．1.5 kg D．0.5 kg
解析 设物体的质量为 m，则物体在上升过程中， 受到竖直向下的重力 mg 和竖直向下的恒定外力 F，由 动能定理结合题图可得－(mg＋F)×3＝(36－72) J；物 体在下落过程中，受到竖直向下的重力和竖直向上的 恒定外力 F。再由动能定理结合题图可得，(mg－F)×3 ＝(48－24) J，联立解得 m＝1 kg，F＝2 N，选项 C 正 确。
细研·高频考点
考点一 功和功率的计算
1．功的计算 (1)恒力做功 W＝Flcos α。 (2)变力做功 ①W＝ F ·l( F 为力对位移的平均值)。 ②W＝Pt。(P 恒定，或 W＝ P t)
③利用功能关系 W＝±ΔE 或动能定理 W＝ΔEk。 ④图象法：F－x 图线所围的面积；P－t 图线所围 的面积。 ⑤W＝pΔV(计算气体做功)。 2．功率的计算 (1)瞬时功率 P＝Fvcos α，其中 α 为 F 与 v 的夹角。 (2)平均功率 P＝Wt 。
2．应用动能定理解题应注意的三点 (1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于 不涉及加速度及时间，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，但如能对整个过程利用动能定 理列式，则可使问题简化。
答案 A
［命题研究］
题型 选择题或计算题的一部分 分值 6～14分 难度 选择题为中、低档，计算题为中、高档
(1)功和功率的理解与计算 命题
(2)机车启动问题 热点
(3)动能定理的应用 除了上述三个热点外，还可能考查动能的理解与计算， 命题 以选择题出现；还可能考查动能定理的综合应用，以选 预测 择题或计算题出现，常常会结合电场、电磁感应出题
(3)
Mv2
动能定理在曲线运动中的应用 [例 3] (2019·信阳二模)如图 3－1－9 所示 AB 和 CDO 都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA 处于 水平位置。AB 是半径为 R＝1 m 的14圆周轨道，CDO 是半径为 r＝0.5 m 的半圆轨道，最高点 O 处固定一个 竖直弹性挡板(可以把小球弹回不损失能量)图中没有 画出，点 D 为 CDO 轨道的中点。BC 段是水平粗糙轨 道，与圆弧形轨道平滑连接。已知 BC 段水平轨道长 L ＝2 m，与小球之间的动摩擦因数 μ＝0.2。现让一个质 量为 m＝1 kg 的小球从 A 点的正上方距水平线 OA 高 H 的 P 处自由落下：(g 取 10 m/s2)
答案 A
3．(多选)(2018·全国卷Ⅲ)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 3－1－3 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
引力大于阻力时，机车加速运动，但速度的增加会导
致牵引力变小，机车所受的合力变小，机车的加速度
Байду номын сангаас
变小，故机车的运动为加速度不断变小的加速运动，
直到加速度等于零变为匀速直线运动，故 0～t1 时间内， 是一个恒定功率加速过程，直到变为匀速直线运动，
t1～t2 时间内，是另一个恒定功率加速过程，直到变为
匀速直线运动，故 A 项正确。
感悟·高考真题
1．(2019·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 h 在 3 m 以内时，物体上升、下落过程中动能 Ek 随 h 的 变化如图 3－1－1 所示。重力加速度取 10 m/s2。该物 体的质量为
(3)机车启动两类模型中的关键方程： P＝F·v，F－F 阻＝ma，vm＝FP阻，Pt－F 阻 x＝ΔEk。 3．动能定理：W 合＝12mv2－12mv02。 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。