高三物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能試題

第五章機(jī)械能[備考指南]考點(diǎn)內(nèi)容要求題型把握考情一、功和功率功和功率Ⅱ選擇、計(jì)算找規(guī)律近幾年高考既有對(duì)本章內(nèi)容的單獨(dú)考查，也有與牛頓運(yùn)動(dòng)定律、曲線運(yùn)動(dòng)、電磁學(xué)等內(nèi)容相結(jié)合的綜合考查，對(duì)本章單獨(dú)考查的題目多為選擇題。二、動(dòng)能定理及其應(yīng)用動(dòng)能和動(dòng)能定理Ⅱ選擇、計(jì)算三、機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用重力做功與重力勢(shì)能Ⅱ選擇、計(jì)算機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用Ⅱ四、功能關(guān)系能量守恒定律功能關(guān)系Ⅱ選擇、計(jì)算明熱點(diǎn)將本章內(nèi)容與其他知識(shí)相結(jié)合，與實(shí)際生產(chǎn)、生活和現(xiàn)代科技相結(jié)合進(jìn)行命題的趨勢(shì)較強(qiáng)，在復(fù)習(xí)中應(yīng)側(cè)重對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)的理解和應(yīng)用。實(shí)驗(yàn)五~六探究動(dòng)能定理、驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律填空第1節(jié)功和功率(1)只要物體受力的同時(shí)又發(fā)生了位移，則一定有力對(duì)物體做功。(×)(2)一個(gè)力對(duì)物體做了負(fù)功，則說(shuō)明這個(gè)力一定阻礙物體的運(yùn)動(dòng)。(√)(3)作用力做正功時(shí)，反作用力一定做負(fù)功。(×)(4)力對(duì)物體做功的正負(fù)是由力和位移間的夾角大小決定的。(√)(5)由P＝Fv可知，發(fā)動(dòng)機(jī)功率一定時(shí)，機(jī)車的牽引力與運(yùn)行速度的大小成反比。(√)(6)汽車上坡時(shí)換成低擋位，其目的是減小速度得到較大的牽引力。(√)要點(diǎn)一功的正負(fù)判斷與恒力、合力做功的計(jì)算1．功的正負(fù)的判斷方法(1)恒力做功的判斷：依據(jù)力與位移的夾角來(lái)判斷。(2)曲線運(yùn)動(dòng)中做功的判斷：依據(jù)F與v的方向夾角α來(lái)判斷，當(dāng)0°≤α<90°，力對(duì)物體做正功；90°<α≤180°，力對(duì)物體做負(fù)功；α＝90°，力對(duì)物體不做功。(3)依據(jù)能量變化來(lái)判斷：功是能量轉(zhuǎn)化的量度，若有能量轉(zhuǎn)化，則必有力對(duì)物體做功。此法常用于判斷兩個(gè)相聯(lián)系的物體之間的相互作用力做功的判斷。2．恒力做功的計(jì)算方法3．合力做功的計(jì)算方法方法一：先求合力F合，再用W合＝F合lcosα求功。方法二：先求各個(gè)力做的功W1、W2、W3…，再應(yīng)用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功。[多角練通]1．(多選)如圖5-1-1所示，質(zhì)量為m的物體置于傾角為θ的斜面上，物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，在外力作用下，斜面體以加速度a沿水平方向向左做勻加速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中物體m與斜面體相對(duì)靜止。則關(guān)于斜面對(duì)m的支持力和摩擦力的下列說(shuō)法中正確的是()圖5-1-1A．支持力一定做正功 B．摩擦力一定做正功C．摩擦力可能不做功 D．摩擦力可能做負(fù)功解析：選ACD支持力方向垂直斜面向上，故支持力一定做正功。而摩擦力是否存在需要討論，若摩擦力恰好為零，物體只受重力和支持力，如圖所示，此時(shí)加速度a＝gtanθ，當(dāng)a>gtanθ，摩擦力沿斜面向下，摩擦力與位移夾角小于90°，則做正功；當(dāng)a<gtanθ，摩擦力沿斜面向上，摩擦力與位移夾角大于90°，則做負(fù)功。綜上所述，A、C、D正確。2.如圖5-1-2所示，木板可繞固定水平軸O轉(zhuǎn)動(dòng)。木板從水平位置OA緩慢轉(zhuǎn)到OB位置，木板上的物塊始終相對(duì)于木板靜止。在這一過(guò)程中，物塊的重力勢(shì)能增加了2J。用FN表示物塊受到的支持力，用Ff表示物塊受到的摩擦力。在此過(guò)程中，以下判斷正確的是()圖5-1-2A．FN和Ff對(duì)物塊都不做功B．FN對(duì)物塊做功為2J，F(xiàn)f對(duì)物塊不做功C．FN對(duì)物塊不做功，F(xiàn)f對(duì)物塊做功為2JD．FN和Ff對(duì)物塊所做功的代數(shù)和為0解析：選B物塊所受的摩擦力Ff沿木板斜向上，與物塊的位移方向垂直，故摩擦力Ff對(duì)物塊不做功，物塊在慢慢移動(dòng)過(guò)程中，重力勢(shì)能增加了2J，重力做負(fù)功2J，支持力FN對(duì)物塊做正功2J，故B正確。3．(2014·全國(guó)卷Ⅱ)一物體靜止在粗糙水平地面上?，F(xiàn)用一大小為F1的水平拉力拉動(dòng)物體，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后其速度變?yōu)関。若將水平拉力的大小改為F2，物體從靜止開始經(jīng)過(guò)同樣的時(shí)間后速度變?yōu)?v。對(duì)于上述兩個(gè)過(guò)程，用WF1、WF2分別表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分別表示前后兩次克服摩擦力所做的功，則()A．WF2>4WF1，Wf2>2Wf1B．WF2>4WF1，Wf2＝2Wf1C．WF2<4WF1，Wf2＝2Wf1D．WF2<4WF1，Wf2<2Wf1解析：選C根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律、牛頓第二定律、功的計(jì)算公式解題。根據(jù)x＝eq\f(v＋v0,2)t得，兩過(guò)程的位移關(guān)系x1＝eq\f(1,2)x2，根據(jù)加速度的定義a＝eq\f(v－v0,t)，得兩過(guò)程的加速度關(guān)系為a1＝eq\f(a2,2)。由于在相同的粗糙水平地面上運(yùn)動(dòng)，故兩過(guò)程的摩擦力大小相等，即f1＝f2＝f，根據(jù)牛頓第二定律F－f＝ma得，F(xiàn)1－f1＝ma1，F(xiàn)2－f2＝ma2，所以F1＝eq\f(1,2)F2＋eq\f(1,2)f，即F1>eq\f(F2,2)。根據(jù)功的計(jì)算公式W＝Fl，可知Wf1＝eq\f(1,2)Wf2，WF1>eq\f(1,4)WF2，故選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)A、B、D錯(cuò)誤。要點(diǎn)二變力做功的計(jì)算(一)利用動(dòng)能定理求變力做功動(dòng)能定理既適用于直線運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線運(yùn)動(dòng)，既適用于求恒力做功也適用于求變力做功。因使用動(dòng)能定理可由動(dòng)能的變化來(lái)求功，所以動(dòng)能定理是求變力做功的首選。[典例1](2015·海南高考)如圖5-1-3，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高；質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自軌道端點(diǎn)P由靜止開始滑下，滑到最低點(diǎn)Q時(shí)，對(duì)軌道的正壓力為2mg，重力加速度大小為g。質(zhì)點(diǎn)自P滑到Q的過(guò)程中，克服摩擦力所做的功為()圖5-1-3A.eq\f(1,4)mgR B.eq\f(1,3)mgRC.eq\f(1,2)mgR D.eq\f(π,4)mgR[解析]在Q點(diǎn)質(zhì)點(diǎn)受到豎直向下的重力和豎直向上的支持力，兩力的合力充當(dāng)向心力，所以有FN－mg＝meq\f(v2,R)，F(xiàn)N＝2mg，聯(lián)立解得v＝eq\r(gR)，下落過(guò)程中重力做正功，摩擦力做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgR－Wf＝eq\f(1,2)mv2，解得Wf＝eq\f(1,2)mgR，所以克服摩擦力做功eq\f(1,2)mgR，C正確。[答案]C(二)利用微元法求變力做功將物體的位移分割成許多小段，因小段很小，每一小段上作用在物體上的力可以視為恒力，這樣就將變力做功轉(zhuǎn)化為在無(wú)數(shù)多個(gè)無(wú)窮小的位移上的恒力所做元功的代數(shù)和。此法在中學(xué)階段，常應(yīng)用于求解大小不變、方向改變的變力做功問(wèn)題。[典例2]如圖5-1-4所示，在水平面上，有一彎曲的槽道，槽道由半徑分別為eq\f(R,2)和R的兩個(gè)半圓構(gòu)成?，F(xiàn)用大小恒為F的拉力將一光滑小球從A點(diǎn)沿槽道拉至B點(diǎn)，若拉力F的方向時(shí)刻與小球運(yùn)動(dòng)方向一致，則此過(guò)程中拉力所做的功為()圖5-1-4A．0 B．FRC．2πFR D.eq\f(3,2)πFR[解析]因?yàn)镕的方向不斷改變，不能用W＝Flcosα求解，但由于拉力F的方向時(shí)刻與小球運(yùn)動(dòng)方向一致，可采用微元法，把小球的位移分割成許多的小段，在每一小段位移上作用在小球上的力F可視為恒力，F(xiàn)做的總功即為F在各個(gè)小段上做功的代數(shù)和，由此得：W＝Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)·2π·\f(R,2)＋\f(1,2)·2πR))＝eq\f(3,2)πFR，所以本題答案為D。[答案]D(三)化變力為恒力求變力做功變力做功直接求解時(shí)，通常都比較復(fù)雜，但若通過(guò)轉(zhuǎn)換研究的對(duì)象，有時(shí)可化為恒力做功，用W＝Flcosα求解。此法常常應(yīng)用于輕繩通過(guò)定滑輪拉物體的問(wèn)題中。[典例3]如圖5-1-5所示，固定的光滑豎直桿上套著一個(gè)滑塊，用輕繩系著滑塊繞過(guò)光滑的定滑輪，以大小恒定的拉力F拉繩，使滑塊從A點(diǎn)起由靜止開始上升。若從A點(diǎn)上升至B點(diǎn)和從B點(diǎn)上升至C點(diǎn)的過(guò)程中拉力F做的功分別為W1和W2，滑塊經(jīng)B、C兩點(diǎn)的動(dòng)能分別為EkB和EkC，圖中AB＝BC，則()圖5-1-5A．W1＞W(wǎng)2 B．W1＜W2C．W1＝W2 D．無(wú)法確定W1和W2的大小關(guān)系[解析]繩子對(duì)滑塊做的功為變力做功，可以通過(guò)轉(zhuǎn)換研究對(duì)象，將變力的功轉(zhuǎn)化為恒力的功；因繩子對(duì)滑塊做的功等于拉力F對(duì)繩子做的功，而拉力F為恒力，W＝F·Δl，Δl為繩拉滑塊過(guò)程中力F的作用點(diǎn)移動(dòng)的位移，大小等于滑輪左側(cè)繩長(zhǎng)的縮短量，由圖可知，ΔlAB＞ΔlBC，故W1＞W(wǎng)2，A正確。[答案]A(四)利用平均力求變力做功在求解變力做功時(shí)，若物體受到的力方向不變，而大小隨位移呈線性變化，即力均勻變化時(shí)，則可以認(rèn)為物體受到一大小為eq\o(F,\s\up6(—))＝eq\f(F1＋F2,2)的恒力作用，F(xiàn)1、F2分別為物體初、末態(tài)所受到的力，然后用公式W＝eq\o(F,\s\up6(—))lcosα求此力所做的功。[典例4]把長(zhǎng)為l的鐵釘釘入木板中，每打擊一次給予的能量為E0，已知釘子在木板中遇到的阻力與釘子進(jìn)入木板的深度成正比，比例系數(shù)為k。問(wèn)此釘子全部進(jìn)入木板需要打擊幾次？[解析]在把釘子打入木板的過(guò)程中，釘子把得到的能量用來(lái)克服阻力做功，而阻力與釘子進(jìn)入木板的深度成正比，先求出阻力的平均值，便可求得阻力做的功。釘子在整個(gè)過(guò)程中受到的平均阻力為：F＝eq\f(0＋kl,2)＝eq\f(kl,2)釘子克服阻力做的功為：WF＝Fl＝eq\f(1,2)kl2設(shè)全過(guò)程共打擊n次，則給予釘子的總能量：E總＝nE0＝eq\f(1,2)kl2，所以n＝eq\f(kl2,2E0)。[答案]eq\f(kl2,2E0)(五)利用F-x圖像求變力做功在F-x圖像中，圖線與x軸所圍“面積”的代數(shù)和就表示力F在這段位移所做的功，且位于x軸上方的“面積”為正，位于x軸下方的“面積”為負(fù)，但此方法只適用于便于求圖線所圍面積的情況(如三角形、矩形、圓等規(guī)則的幾何圖形)。[典例5]某物體在變力F作用下沿水平方向做直線運(yùn)動(dòng)，物體的質(zhì)量m＝10kg，F(xiàn)隨物體的坐標(biāo)x的變化情況如圖5-1-6所示。若物體從坐標(biāo)原點(diǎn)由靜止出發(fā)，不計(jì)一切摩擦。借鑒教科書中學(xué)習(xí)直線運(yùn)動(dòng)時(shí)由v-t圖像求位移的方法，結(jié)合其他所學(xué)知識(shí)，根據(jù)圖示的F-x圖像可求出物體運(yùn)動(dòng)到x＝16m處時(shí)的速度大小為()圖5-1-6A．3m/s B．4m/sC．2eq\r(2)m/s D.eq\r(17)m/s[解析]力F在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所做的總功WF＝10×4J＝40J，由動(dòng)能定理得：WF＝eq\f(1,2)mv2－0，解得物塊運(yùn)動(dòng)到x＝16m處的速度大小為v＝2eq\r(2)m/s[答案]C要點(diǎn)三功率的分析與計(jì)算1．平均功率的計(jì)算(1)利用eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)。(2)利用P＝Feq\x\to(v)cosα，其中eq\x\to(v)為物體運(yùn)動(dòng)的平均速度。2．瞬時(shí)功率的計(jì)算(1)利用公式P＝Fvcosα，其中v為t時(shí)刻的瞬時(shí)速度。(2)利用公式P＝FvF，其中vF為物體的速度v在力F方向上的分速度。(3)利用公式P＝Fvv，其中Fv為物體受的外力F在速度v方向上的分力。[多角練通]1．(2016·昆明模擬)將一個(gè)小球斜向上拋出，小球在空中依次飛過(guò)三個(gè)完全相同的窗戶1、2、3。圖5-1-7中曲線為小球在空中運(yùn)動(dòng)的軌跡。若不計(jì)空氣阻力的影響，以下說(shuō)法正確的是()圖5-1-7A．小球通過(guò)第1個(gè)窗戶所用的時(shí)間最長(zhǎng)B．小球通過(guò)第1個(gè)窗戶重力做的功最大C．小球通過(guò)第3個(gè)窗戶重力的平均功率最小D．小球通過(guò)第3個(gè)窗戶的平均速度最大解析：選C將該斜拋運(yùn)動(dòng)分解為水平方向和豎直方向，在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，通過(guò)窗戶3的水平位移最大，所以時(shí)間最長(zhǎng)，故A錯(cuò)誤。通過(guò)3個(gè)窗戶時(shí)在豎直方向上的位移相等，所以重力做功相等，故B錯(cuò)誤。根據(jù)PG＝eq\f(WG,t)，重力做功相等，通過(guò)第3個(gè)窗戶的時(shí)間最長(zhǎng)，所以平均功率最小，故C正確。在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中速度越來(lái)越小，通過(guò)窗戶3的平均速度最小，故D錯(cuò)誤。2．(2015·福州二模)如圖5-1-8所示，一個(gè)縱截面是等腰三角形的斜面體M置于水平地面上，它的底面粗糙，兩斜面光滑。將質(zhì)量不相等的A、B兩個(gè)小滑塊(mA＞mB)同時(shí)從斜面上同一高度處?kù)o止釋放，在兩滑塊滑至斜面底端的過(guò)程中，M始終保持靜止，則()圖5-1-8A．B滑塊先滑至斜面底端B．地面對(duì)斜面體的摩擦力方向水平向左C．兩滑塊滑至斜面底端時(shí)重力的瞬時(shí)功率相同D．地面對(duì)斜面體的支持力等于三個(gè)物體的總重力解析：選B滑塊A和B下滑的加速度和位移的大小分別相等，可知兩滑塊滑至底端的時(shí)間相同，故A錯(cuò)誤。設(shè)等腰三角形的底角為α，則A和B對(duì)斜面體壓力在水平方向的分力大小分別為mAgcosα·sinα和mBgcosα·sinα，因?yàn)閙A＞mB，則地面對(duì)斜面體有向左的摩擦力，故B正確。滑塊A和B滑到底端的速度大小也相等，由于質(zhì)量不同，則重力的瞬時(shí)功率P＝mgvsinα不同，故C錯(cuò)誤。因?yàn)锳、B的加速度均沿斜面向下，整體處于失重狀態(tài)，則支持力小于三個(gè)物體的總重力，故D錯(cuò)誤。要點(diǎn)四機(jī)車啟動(dòng)問(wèn)題1．兩種啟動(dòng)方式的比較兩種方式以恒定功率啟動(dòng)以恒定加速度啟動(dòng)P-t圖和v-t圖OA段過(guò)程分析v↑?F＝eq\f(P不變,v)↓?a＝eq\f(F－F阻,m)↓a＝eq\f(F－F阻,m)不變?F不變eq\o(?,\s\up6(v↑))P＝Fv↑直到P額＝Fv1運(yùn)動(dòng)性質(zhì)加速度減小的加速直線運(yùn)動(dòng)勻加速直線運(yùn)動(dòng)，維持時(shí)間t0＝eq\f(v1,a)AB段過(guò)程分析F＝F阻?a＝0?vm＝eq\f(P,F阻)v↑?F＝eq\f(P額,v)↓?a＝eq\f(F－F阻,m)↓運(yùn)動(dòng)性質(zhì)以vm勻速直線運(yùn)動(dòng)加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)BC段無(wú)F＝F阻?a＝0?以vm＝eq\f(P額,F阻)勻速運(yùn)動(dòng)2．三個(gè)重要關(guān)系式(1)無(wú)論哪種啟動(dòng)過(guò)程，機(jī)車的最大速度都等于其勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度，即vm＝eq\f(P,F阻)。(2)機(jī)車以恒定加速度啟動(dòng)時(shí)，勻加速過(guò)程結(jié)束后功率最大，速度不是最大，即v＝eq\f(P,F)<vm＝eq\f(P,F阻)。(3)機(jī)車以恒定功率運(yùn)行時(shí)，牽引力做的功W＝Pt，由動(dòng)能定理得Pt－F阻x＝ΔEk，此式經(jīng)常用于求解機(jī)車以恒定功率啟動(dòng)過(guò)程的位移或速度。[典例](2015·呼倫貝爾一模)某興趣小組對(duì)一輛自制遙控小車的性能進(jìn)行研究。他們讓這輛小車在水平的直軌道上由靜止開始運(yùn)動(dòng)，并將小車運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程記錄下來(lái)，通過(guò)處理轉(zhuǎn)化為v-t圖像，如圖5-1-9所示(除2～10s時(shí)間段圖像為曲線外，其余時(shí)間段圖像均為直線)。已知在小車運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，2s后小車的功率P＝9W保持不變，小車的質(zhì)量為1.0kg，可認(rèn)為在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小車所受到的阻力大小不變。圖5-1-9(1)小車所受到的阻力大?。?2)小車在0～10s內(nèi)位移的大小。[審題指導(dǎo)](1)0～2s內(nèi)小車的v-t圖像為直線，小車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。(2)2～10s內(nèi)小車的功率保持不變，小車處于恒定功率啟動(dòng)狀態(tài)。(3)v＝6m/s為小車啟動(dòng)過(guò)程的最大速度[解析](1)由圖像知，前兩秒的末速度為v1＝3m/s，最大速度為vm＝6m根據(jù)P＝Fv，當(dāng)F＝Ff時(shí)，v＝vm解得阻力Ff＝eq\f(P,vm)＝eq\f(9,6)N＝1.5N。(2)前2s，小車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，位移為x1，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得x1＝eq\f(v1,2)t1＝eq\f(3,2)×2m＝3m，2～10s內(nèi)，時(shí)間為t2，根據(jù)動(dòng)能定理Pt2－Ffx2＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mv12代入數(shù)據(jù)解得x2＝390～10s內(nèi)位移x＝x1＋x2＝42m[答案](1)1.5N(2)42m[易錯(cuò)提醒](1)機(jī)車啟動(dòng)的方式不同，運(yùn)動(dòng)的規(guī)律就不同，即其功率、速度、加速度、牽引力等物理量的變化規(guī)律不相同，分析圖像時(shí)應(yīng)注意坐標(biāo)軸的意義及圖像變化所描述的規(guī)律。(2)在機(jī)車功率P＝Fv中，F(xiàn)是機(jī)車的牽引力而不是機(jī)車所受合力，正是基于此，P＝Ffvm時(shí)，即牽引力與阻力平衡時(shí)達(dá)到最大運(yùn)行速度。(3)恒定功率下的啟動(dòng)過(guò)程一定不是勻加速，勻變速直線運(yùn)動(dòng)的公式不適用了，這種加速過(guò)程發(fā)動(dòng)機(jī)做的功可用W＝Pt計(jì)算，不能用W＝Fl計(jì)算(因?yàn)镕為變力)。(4)以恒定牽引力加速時(shí)的功率一定不恒定，這種加速過(guò)程發(fā)動(dòng)機(jī)做的功常用W＝Fl計(jì)算，不能用W＝Pt計(jì)算(因?yàn)楣β蔖是變化的)。[針對(duì)訓(xùn)練]1．(2015·海南高考)假設(shè)摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。如果摩托艇發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，則摩托艇的最大速率變?yōu)樵瓉?lái)的()A．4倍 B．2倍C.eq\r(3)倍 D.eq\r(2)倍解析：選D設(shè)f＝kv，當(dāng)阻力等于牽引力時(shí)，速度最大，輸出功率變化前，有P＝Fv＝fv＝kv·v＝kv2，變化后有2P＝F′v′＝kv′·v′＝kv′2，聯(lián)立解得v′＝eq\r(2)v，D正確。2.(多選)(2015·蘇州高三調(diào)研)質(zhì)量為2×103kg的汽車由靜止開始沿平直公路行駛，行駛過(guò)程中牽引力F和車速倒數(shù)eq\f(1,v)的關(guān)系圖像如圖5-1-10所示。已知行駛過(guò)程中最大車速為30m/s，設(shè)阻力恒定，則()圖5-1-10A．汽車所受阻力為6×103NB．汽車在車速為5m/s時(shí)，加速度為3m/s2C．汽車在車速為15m/s時(shí)，加速度為1m/s2D．汽車在行駛過(guò)程中的最大功率為6×104W解析：選CD當(dāng)牽引力等于阻力時(shí)，速度最大，由圖線可知阻力大小Ff＝2000N，故A錯(cuò)誤。傾斜圖線的斜率表示功率，可知P＝Ffv＝2000×30W＝60000W，車速為5m/s時(shí)，汽車的加速度a＝eq\f(6000－2000,2000)m/s2＝2m/s2，故B錯(cuò)誤；當(dāng)車速為15m/s時(shí)，牽引力F＝eq\f(P,v)＝eq\f(60000,15)N＝4000N，則加速度a＝eq\f(F－Ff,m)＝eq\f(4000－2000,2000)m/s2＝1m/s2，故C正確；汽車的最大功率等于額定功率，等于60000W，故D正確。功和功率計(jì)算中的兩類易錯(cuò)題(一)滑輪兩側(cè)細(xì)繩平行1．如圖5-1-11所示，質(zhì)量為M、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的木板放在光滑的水平地面上，在木板的右端放置質(zhì)量為m的小木塊，用一根不可伸長(zhǎng)的輕繩通過(guò)光滑的定滑輪分別與木塊、木板連接，木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，開始時(shí)木塊和木板靜止，現(xiàn)用水平向右的拉力F作用在木板上，將木塊拉向木板左端的過(guò)程中，拉力至少做功為()圖5-1-11A．2μmgL B.eq\f(1,2)μmgLC．μ(M＋m)gL D．μmgL解析：選D對(duì)木塊m受力分析，由平衡條件可得FT＝μmg。對(duì)木板M受力分析，由平衡條件可得：F＝FT＋μmg，又因當(dāng)木塊從木板右端拉向左端的過(guò)程中，木板向右移動(dòng)的位移l＝eq\f(L,2)，故拉力F所做的功W＝F·l＝μmgL，D正確。2．(2015·南安高三期中)如圖5-1-12甲所示，滑輪質(zhì)量、摩擦均不計(jì)，質(zhì)量為2kg的物體在F作用下由靜止開始向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，其速度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示，由此可知()圖5-1-12A．物體加速度大小為2m/s2B．F的大小為21NC．4s末F的功率大小為42WD．4s內(nèi)F做功的平均功率為42W解析：選C由圖乙可知，物體的加速度a＝0.5m/s2，由2F－mg＝ma可得：F＝10.5N，A、B均錯(cuò)誤；4s末力F的作用點(diǎn)的速度大小為vF＝2×2m/s＝4m/s，故4s末拉力F做功的功率為P＝F·vF＝42W，C正確；4s內(nèi)物體上升的高度h＝4m，力F的作用點(diǎn)的位移l＝2h＝8m，拉力F所做的功W＝F·l＝84J,4s內(nèi)拉力F做功的平均功率eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)＝21W，D錯(cuò)誤。[反思領(lǐng)悟](1)不計(jì)摩擦和滑輪質(zhì)量時(shí)，滑輪兩側(cè)細(xì)繩拉力大小相等。(2)通過(guò)定滑輪連接的兩物體，位移大小相等。(3)通過(guò)動(dòng)滑輪拉動(dòng)物體時(shí)，注意物體與力的作用點(diǎn)的位移、速度、作用力間的大小關(guān)系。(二)滑輪兩側(cè)細(xì)繩不平行3．一木塊前端有一滑輪，繩的一端系在右方固定處，水平穿過(guò)滑輪，另一端用恒力F拉住，保持兩股繩之間的夾角θ不變，如圖5-1-13所示，當(dāng)用力F拉繩使木塊前進(jìn)s時(shí)，力F對(duì)木塊做的功(不計(jì)繩重和滑輪摩擦)是()圖5-1-13A．Fscosθ B．Fs(1＋cosθ)C．2Fscosθ D．2Fs解析：選B根據(jù)動(dòng)滑輪的特點(diǎn)可求出繩子在F方向上的位移為x＝s(1＋cosθ)，根據(jù)恒力做功公式得W＝Fx＝Fs(1＋cosθ)，或可看成兩股繩都在對(duì)木塊做功W＝Fs＋Fscosθ＝Fs(1＋cosθ)，則選項(xiàng)B正確。4.質(zhì)量為m的物體放在一固定的斜面上，一個(gè)人通過(guò)動(dòng)滑輪用恒定的力F拉動(dòng)物體沿斜面前進(jìn)l，力F與斜面夾角為α，如圖5-1-14所示。求人做的功。圖5-1-14解析：如圖所示，力F作用點(diǎn)的位移x＝2lcoseq\f(α,2)，故拉力F所做的功W＝Fxcoseq\f(α,2)＝2Flcos2eq\f(α,2)＝Fl(1＋cosα)。答案：Fl(1＋cosα)[反思領(lǐng)悟]對(duì)于通過(guò)動(dòng)滑輪拉物體的情況，當(dāng)拉力F的方向與物體的位移方向不同時(shí)，拉力F的功的大小可用如下兩種思路求解：(1)用W＝F·xcosα求，其中x為力F作用點(diǎn)的位移大小，α為力F與力F作用點(diǎn)位移x之間的夾角。(2)用兩段細(xì)繩拉力分別所做功的代數(shù)合求解，如第3題的第二種方法。對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：功的理解與計(jì)算1.(2015·寧波期末)如圖1所示，木塊B上表面是水平的，當(dāng)木塊A置于B上，并與B保持相對(duì)靜止，一起沿固定的光滑斜面由靜止開始下滑，在下滑過(guò)程中()圖1A．A所受的合外力對(duì)A不做功B．B對(duì)A的彈力做正功C．B對(duì)A的摩擦力做正功D．A對(duì)B做正功解析：選CAB一起沿固定的光滑斜面由靜止開始下滑，加速度為gsinθ。由于A速度增大，由動(dòng)能定理，A所受的合外力對(duì)A做功，B對(duì)A的摩擦力做正功，B對(duì)A的彈力做負(fù)功，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤C正確。A對(duì)B不做功，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。2．(多選)(2015·云南一檢)如圖2所示，n個(gè)完全相同，邊長(zhǎng)足夠小且互不粘連的小方塊依次排列，總長(zhǎng)度為l，總質(zhì)量為M，它們一起以速度v在光滑水平面上滑動(dòng)，某時(shí)刻開始滑上粗糙水平面。小方塊與粗糙水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，若小方塊恰能完全進(jìn)入粗糙水平面，則摩擦力對(duì)所有小方塊所做功的數(shù)值為()圖2A.eq\f(1,2)Mv2 B．Mv2C.eq\f(1,2)μMgl D．μMgl解析：選AC小方塊恰能完全進(jìn)入粗糙水平面，說(shuō)明小方塊進(jìn)入粗糙水平面后速度為零。以所有小方塊為研究對(duì)象，由動(dòng)能定理可知，所有小方塊克服摩擦力做功Wf＝eq\f(1,2)Mv2，A項(xiàng)正確；將所有小方塊等效為質(zhì)量集中在重心的質(zhì)點(diǎn)，恰能完全進(jìn)入粗糙水平面，重心位移為eq\f(1,2)l，摩擦力做功為－eq\f(1,2)μMgl，做功數(shù)值大小為eq\f(1,2)μMgl，C項(xiàng)正確。3.(多選)一輛質(zhì)量為m的汽車在發(fā)動(dòng)機(jī)牽引力F的作用下，沿水平方向運(yùn)動(dòng)。在t0時(shí)刻關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)，其運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖3所示。已知汽車行駛過(guò)程中所受的阻力是汽車重力的k倍，則()圖3A．加速過(guò)程與減速過(guò)程的平均速度之比為1∶2B．加速過(guò)程與減速過(guò)程的位移大小之比為1∶2C．汽車牽引力F與所受阻力大小之比為3∶1D．汽車牽引力F做的功為eq\f(3kmgv0t0,2)解析：選BCD由題圖可知，加速過(guò)程F－Ff＝ma1，a1＝eq\f(v0,t0)，位移x1＝eq\f(1,2)v0t0；減速過(guò)程－Ff＝ma2，a2＝－eq\f(v0,2t0)，位移x2＝eq\f(1,2)v0·2t0，又Ff＝kmg，由以上各式解得加速過(guò)程與減速過(guò)程的位移大小之比為1∶2，平均速度之比為1∶1，汽車牽引力F與所受阻力大小之比為3∶1，汽車牽引力F做的功為W＝Fx1＝eq\f(3kmgv0t0,2)，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B、C、D正確。對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：功率的分析與計(jì)算4.(2016·綿陽(yáng)二診)如圖4所示，質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))用長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，自由靜止在A位置。現(xiàn)用水平力F緩慢地將小球從A拉到B位置而靜止，細(xì)線與豎直方向夾角為θ＝60°，此時(shí)細(xì)線的拉力為F1，然后放手讓小球從靜止返回，到A點(diǎn)時(shí)細(xì)線的拉力為F2，則()圖4A．F1＝F2＝2mgB．從A到B，拉力F做功為F1C．從B到A的過(guò)程中，小球受到的合外力大小不變D．從B到A的過(guò)程中，小球重力的瞬時(shí)功率一直增大解析：選A在B位置根據(jù)平衡條件有F1＝eq\f(mg,cos60°)＝2mg，在A位置根據(jù)牛頓第二定律有F2－mg＝eq\f(mv2,L)，從B到A利用動(dòng)能定理得mgL(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立可知F2＝2mg，選項(xiàng)A正確；從A到B利用動(dòng)能定理得WF－mgL(1－cos60°)＝0，解得拉力F做功為WF＝eq\f(mgL,2)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；從B到A的過(guò)程中，小球受到的合外力大小時(shí)刻發(fā)生變化，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在最高點(diǎn)時(shí)小球的速度為零，重力的瞬時(shí)功率為零，在最低點(diǎn)時(shí)小球豎直方向的速度為零，重力的瞬時(shí)功率為零，即從B到A的過(guò)程中，小球重力的瞬時(shí)功率先增大后減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。5．(多選)(2015·浙江高考)我國(guó)科學(xué)家正在研制航母艦載機(jī)使用的電磁彈射器。艦載機(jī)總質(zhì)量為3.0×104kg，設(shè)起飛過(guò)程中發(fā)動(dòng)機(jī)的推力恒為1.0×105N；彈射器有效作用長(zhǎng)度為100m，推力恒定。要求艦載機(jī)在水平彈射結(jié)束時(shí)速度大小達(dá)到80m/s。彈射過(guò)程中艦載機(jī)所受總推力為彈射器和發(fā)動(dòng)機(jī)推力之和，A．彈射器的推力大小為1.1×106NB．彈射器對(duì)艦載機(jī)所做的功為1.1×108JC．彈射器對(duì)艦載機(jī)做功的平均功率為8.8×107WD．艦載機(jī)在彈射過(guò)程中的加速度大小為32m/s2解析：選ABD對(duì)艦載機(jī)應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v2－02＝2ax，即802＝2·a·100，得加速度a＝32m/s2，選項(xiàng)D正確；設(shè)總推力為F，對(duì)艦載機(jī)應(yīng)用牛頓第二定律可知：F－20%F＝ma，得F＝1.2×106N，而發(fā)動(dòng)機(jī)的推力為1.0×105N，則彈射器的推力為F推＝(1.2×106－1.0×105)N＝1.1×106N，選項(xiàng)A正確；彈射器對(duì)艦載機(jī)所做的功為W＝F推·l＝1.1×108J，選項(xiàng)B正確；彈射過(guò)程所用的時(shí)間為t＝eq\f(v,a)＝eq\f(80,32)s＝2.5s，平均功率P＝eq\f(W,t)＝eq\f(1.1×108,2.5)W＝4.4×107W，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。6.(多選)(2016·長(zhǎng)沙模擬)如圖5所示，位于水平面上的物體在斜向上的恒力F1的作用下，做速度為v的勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)力F1與水平方向的夾角為θ1；現(xiàn)將該夾角增大到θ2，對(duì)應(yīng)恒力變?yōu)镕2，則以下說(shuō)法正確的是()圖5A．若物體仍以速度v做勻速運(yùn)動(dòng)，則可能有F2＝F1B．若物體仍以速度v做勻速運(yùn)動(dòng)，則一定有F2＞F1C．若物體仍以速度v做勻速運(yùn)動(dòng)，則F2的功率可能等于F1的功率D．若物體以大于v的速度做勻速運(yùn)動(dòng)，則F1的功率可能等于F2的功率解析：選AD物體都做勻速運(yùn)動(dòng)，受力平衡，則：F1cosθ1＝μ(mg－F1sinθ1)F2cosθ2＝μ(mg－F2sinθ2)解得：F1＝eq\f(μmg,cosθ1＋μsinθ1)，F(xiàn)2＝eq\f(μmg,cosθ2＋μsinθ2)當(dāng)cosθ1＋μsinθ1＝cosθ2＋μsinθ2時(shí)，F(xiàn)2＝F1，則sin(θ1＋β)＝sin(θ2＋β)，其中tanβ＝eq\f(1,μ)，當(dāng)θ1＋θ2＋2β＝π時(shí)，sin(θ1＋β)＝sin(θ2＋β)，則F2的大小可能等于F1，故A正確，B錯(cuò)誤。功率P＝Fvcosθ，v相等，要使功率相等，則F1cosθ1＝F2cosθ2，F(xiàn)1sinθ1＝F2sinθ2，而θ2＞θ1，不可能同時(shí)滿足，所以F2的功率不可能等于F1的功率，故C錯(cuò)誤。根據(jù)C的分析可知，當(dāng)物體以大于v的速度做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，F(xiàn)1cosθ1可以大于F2cosθ2，則F1的功率可能等于F2的功率，故D正確。對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：機(jī)車啟動(dòng)問(wèn)題7.(2015·徐州模擬)一輛汽車在平直的公路上以某一初速度運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中保持恒定的牽引功率，其加速度a和速度的倒數(shù)eq\f(1,v)圖像如圖6所示。若已知汽車的質(zhì)量，則根據(jù)圖像所給的信息，不能求出的物理量是()圖6A．汽車的功率B．汽車行駛的最大速度C．汽車所受到的阻力D．汽車運(yùn)動(dòng)到最大速度所需的時(shí)間解析：選D由F－Ff＝ma，P＝Fv可得：a＝eq\f(P,m)·eq\f(1,v)－eq\f(Ff,m)，對(duì)應(yīng)圖線可知，eq\f(P,m)＝k＝40，可求出汽車的功率P，由a＝0時(shí)，eq\f(1,vm)＝0.05可得：vm＝20m/s，再由vm＝eq\f(P,Ff)，可求出汽車受到的阻力Ff，但無(wú)法求出汽車運(yùn)動(dòng)到最大速度的時(shí)間。8．(2015·全國(guó)卷Ⅱ)一汽車在平直公路上行駛。從某時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，發(fā)動(dòng)機(jī)的功率P隨時(shí)間t的變化如圖7所示。假定汽車所受阻力的大小f恒定不變。下列描述該汽車的速度v隨時(shí)間t變化的圖線中，可能正確的是()圖7解析：選A由P-t圖像知：0～t1內(nèi)汽車以恒定功率P1行駛，t1～t2內(nèi)汽車以恒定功率P2行駛。設(shè)汽車所受牽引力為F，則由P＝Fv得，當(dāng)v增加時(shí)，F(xiàn)減小，由a＝eq\f(F－f,m)知a減小，又因速度不可能突變，所以選項(xiàng)B、C、D錯(cuò)誤，選項(xiàng)A正確。9．水平路面上行駛的汽車所受到的阻力大小Ff與汽車行駛的速率成正比。若汽車從靜止出發(fā)，先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，達(dá)到額定功率后保持額定功率行駛，則在整個(gè)行駛過(guò)程中，汽車受到的牽引力大小F與阻力大小Ff關(guān)系圖像是()解析：選A汽車先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，速度增大，F(xiàn)f＝kv增大，根據(jù)牛頓第二定律得：F＝Ff＋ma可知，牽引力隨著Ff的增大而均勻增大，圖像是一條傾斜的直線，功率達(dá)到額定功率后，F(xiàn)＝eq\f(P,v)，F(xiàn)f＝kv，則F＝eq\f(Pk,Ff)，則牽引力與阻力成反比，故A正確。對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：功、功率與其他力學(xué)知識(shí)的綜合10．(多選)(2015·寶雞質(zhì)檢)如圖8所示，半徑為r的光滑水平轉(zhuǎn)盤到水平地面的高度為H，質(zhì)量為m的小物塊被一個(gè)電子鎖定裝置鎖定在轉(zhuǎn)盤邊緣，轉(zhuǎn)盤繞過(guò)轉(zhuǎn)盤中心的豎直軸以ω＝kt(k＞0且是恒量)的角速度轉(zhuǎn)動(dòng)。從t＝0開始，在不同的時(shí)刻t將小物塊解鎖，小物塊經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后落到地面上。假設(shè)在t時(shí)刻解鎖的物塊落到地面上時(shí)重力的瞬時(shí)功率為P，落地點(diǎn)到轉(zhuǎn)盤中心的水平距離為d，則下圖中P-t圖像、d2-t2圖像分別正確的是()圖8解析：選BC時(shí)刻t將小物塊解鎖后，物塊做平拋運(yùn)動(dòng)，初速度為：v0＝rω＝rkt，物塊落地時(shí)豎直分速度為：vy＝eq\r(2gH)，物塊落到地面上時(shí)重力的瞬時(shí)功率為：P＝mgvy＝mgeq\r(2gH)，可知P與t無(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤，B正確；物塊做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t′＝eq\r(\f(2H,g))，水平位移大小為：x＝v0t′＝rkteq\r(\f(2H,g))，根據(jù)幾何知識(shí)可得落地點(diǎn)到轉(zhuǎn)盤中心的水平距離為：d2＝r2＋x2＝r2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(rkt\r(\f(2H,g))))2＝r2＋eq\f(2Hr2k2,g)t2，故C正確，D錯(cuò)誤。11．(2015·四川高考)嚴(yán)重的霧霾天氣，對(duì)國(guó)計(jì)民生已造成了嚴(yán)重的影響。汽車尾氣是形成霧霾的重要污染源，“鐵腕治污”已成為國(guó)家的工作重點(diǎn)。地鐵列車可實(shí)現(xiàn)零排放，大力發(fā)展地鐵，可以大大減少燃油公交車的使用，減少汽車尾氣排放。若一地鐵列車從甲站由靜止啟動(dòng)后做直線運(yùn)動(dòng)，先勻加速運(yùn)動(dòng)20s達(dá)最高速度72km/h，再勻速運(yùn)動(dòng)80s，接著勻減速運(yùn)動(dòng)15s到達(dá)乙站停住。設(shè)列車在勻加速運(yùn)動(dòng)階段牽引力為1×106N，勻速運(yùn)動(dòng)階段牽引力的功率為6×103kW，忽略勻減速運(yùn)動(dòng)階段牽引力所做的功。圖9(1)求甲站到乙站的距離；(2)如果燃油公交車運(yùn)行中做的功與該列車從甲站到乙站牽引力做的功相同，求公交車排放氣態(tài)污染物的質(zhì)量。(燃油公交車每做1焦耳功排放氣態(tài)污染物3×10－6克解析：(1)設(shè)列車勻加速直線運(yùn)動(dòng)階段所用的時(shí)間為t1，距離為s1；在勻速直線運(yùn)動(dòng)階段所用的時(shí)間為t2，距離為s2，速度為v；在勻減速直線運(yùn)動(dòng)階段所用的時(shí)間為t3，距離為s3；甲站到乙站的距離為s。則s1＝eq\f(1,2)vt1①s2＝vt2②s3＝eq\f(1,2)vt3③s＝s1＋s2＋s3④聯(lián)立①②③④式并代入數(shù)據(jù)得s＝1950m。⑤(2)設(shè)列車在勻加速直線運(yùn)動(dòng)階段的牽引力為F，所做的功為W1；在勻速直線運(yùn)動(dòng)階段的牽引力的功率為P，所做的功為W2。設(shè)燃油公交車與該列車從甲站到乙站做相同的功W，將排放氣態(tài)污染物的質(zhì)量為M。則W1＝Fs1⑥W2＝Pt2⑦W＝W1＋W2⑧M＝(3×10－9kg·J－1)·聯(lián)立①⑥⑦⑧⑨式并代入數(shù)據(jù)得M＝2.04kg。答案：(1)1950m(2)2.04kg12．(2016·常州模擬)高速連續(xù)曝光照相機(jī)可在底片上重疊形成多個(gè)圖像?，F(xiàn)利用這架照相機(jī)對(duì)MD－2000家用汽車的加速性能進(jìn)行研究，如圖10為汽車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)三次曝光的照片，圖中汽車的實(shí)際長(zhǎng)度為4m，照相機(jī)每?jī)纱纹毓獾臅r(shí)間間隔為2.0s。已知該汽車的質(zhì)量為1000kg，額定功率為90kW，汽車運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受的阻力始終為1500N圖10(1)試?yán)脠D示，求該汽車的加速度。(2)若汽車由靜止開始以此加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)，勻加速運(yùn)動(dòng)狀態(tài)最多能保持多長(zhǎng)時(shí)間。(3)汽車所能達(dá)到的最大速度是多大。(4)若該汽車從靜止開始運(yùn)動(dòng)，牽引力不超過(guò)3000N，求汽車運(yùn)動(dòng)2400m所用的最短時(shí)間(汽車已經(jīng)達(dá)到最大速度)。解析：(1)由圖可得汽車在第1個(gè)2s時(shí)間內(nèi)的位移x1＝9m，第2個(gè)2s時(shí)間內(nèi)的位移x2＝汽車的加速度a＝eq\f(Δx,T2)＝1.5m/s2。(2)由F－Ff＝ma得，汽車牽引力F＝Ff＋ma＝(1500＋1000×1.5)N＝3000N汽車做勻加速運(yùn)動(dòng)的末速度v＝eq\f(P額,F)＝eq\f(90×103,3×103)m/s＝30m/s勻加速運(yùn)動(dòng)保持的時(shí)間t1＝eq\f(v,a)＝eq\f(30,1.5)s＝20s。(3)汽車所能達(dá)到的最大速度vm＝eq\f(P額,Ff)＝eq\f(90×103,1.5×103)m/s＝60m/s。(4)由(1)、(2)知?jiǎng)蚣铀龠\(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝20s，運(yùn)動(dòng)的距離x1′＝eq\f(vt1,2)＝eq\f(30,2)×20m＝300m所以，后階段以恒定功率運(yùn)動(dòng)的距離x2′＝(2400－300)m＝2100m對(duì)后階段以恒定功率運(yùn)動(dòng)，有：P額t2－Ffx2′＝eq\f(1,2)m(vm2－v2)解得t2＝50s所以，所求時(shí)間為t總＝t1＋t2＝(20＋50)s＝70s。答案：(1)1.5m/s2(2)20s(3)60m/s(4)70s第2節(jié)動(dòng)能定理及其應(yīng)用(1)一定質(zhì)量的物體動(dòng)能變化時(shí)，速度一定變化，但速度變化時(shí)，動(dòng)能不一定變化。(√)(2)動(dòng)能不變的物體一定處于平衡狀態(tài)。(×)(3)如果物體所受的合外力為零，那么合外力對(duì)物體做功一定為零。(√)(4)物體在合外力作用下做變速運(yùn)動(dòng)時(shí)，動(dòng)能一定變化。(×)(5)物體的動(dòng)能不變，所受的合外力必定為零。(×)(6)做自由落體運(yùn)動(dòng)的物體，動(dòng)能與時(shí)間的二次方成正比。(√)要點(diǎn)一對(duì)動(dòng)能定理的理解1．對(duì)“外力”的兩點(diǎn)理解(1)“外力”指的是合力，重力、彈力、摩擦力、電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力或其他力，它們可以同時(shí)作用，也可以不同時(shí)作用。(2)既可以是恒力，也可以是變力。2．“＝”體現(xiàn)的二個(gè)關(guān)系[多角練通]1．關(guān)于運(yùn)動(dòng)物體所受的合外力、合外力做的功及動(dòng)能變化的關(guān)系，下列說(shuō)法正確的是()A．合外力為零，則合外力做功一定為零B．合外力做功為零，則合外力一定為零C．合外力做功越多，則動(dòng)能一定越大D．動(dòng)能不變，則物體合外力一定為零解析：選A由W＝Flcosα可知，物體所受合外力為零，合外力做功一定為零，但合外力做功為零，可能是α＝90°，故A正確，B錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理W＝ΔEk可知，合外力做功越多，動(dòng)能變化量越大，但動(dòng)能不一定越大，動(dòng)能不變，合外力做功為零，但合外力不一定為零，C、D均錯(cuò)誤。2．(多選)質(zhì)量不等，但有相同動(dòng)能的兩個(gè)物體，在動(dòng)摩擦因數(shù)相同的水平地面上滑行，直至停止，則()A．質(zhì)量大的物體滑行的距離大B．質(zhì)量小的物體滑行的距離大C．它們滑行的距離一樣大D．它們克服摩擦力所做的功一樣多解析：選BD由動(dòng)能定理可知，摩擦力對(duì)物體所做的功等于物體動(dòng)能的增量，因兩物體具有相同的動(dòng)能，故兩物體滑行過(guò)程中克服摩擦力所做的功也相同，又Wf＝μmg·x可知，質(zhì)量越大的物體，滑行的距離x越小，故B、D選項(xiàng)正確。3.(多選)某人通過(guò)光滑滑輪將質(zhì)量為m的物體，沿光滑斜面由靜止開始勻加速地由底端拉上斜面，物體上升的高度為h，到達(dá)斜面頂端的速度為v，如圖5-2-1所示。則在此過(guò)程中()圖5-2-1A．物體所受的合力做功為mgh＋eq\f(1,2)mv2B．物體所受的合力做功為eq\f(1,2)mv2C．人對(duì)物體做的功為mghD．人對(duì)物體做的功大于mgh解析：選BD對(duì)物體應(yīng)用動(dòng)能定理可得W合＝W人－mgh＝eq\f(1,2)mv2，故W人＝mgh＋eq\f(1,2)mv2，B、D選項(xiàng)正確。要點(diǎn)二動(dòng)能定理的應(yīng)用應(yīng)用動(dòng)能定理的流程應(yīng)用動(dòng)能定理的注意事項(xiàng)(1)動(dòng)能定理中的位移和速度必須是相對(duì)于同一個(gè)參考系的，一般以地面或相對(duì)地面靜止的物體為參考系。(2)應(yīng)用動(dòng)能定理的關(guān)鍵在于對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行準(zhǔn)確的受力分析及運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析，并畫出運(yùn)動(dòng)過(guò)程的草圖，借助草圖理解物理過(guò)程之間的關(guān)系。(3)當(dāng)物體的運(yùn)動(dòng)包含多個(gè)不同過(guò)程時(shí)，可分段應(yīng)用動(dòng)能定理求解；當(dāng)所求解的問(wèn)題不涉及中間的速度時(shí)，也可以全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理求解，這樣更簡(jiǎn)便。(4)列動(dòng)能定理方程時(shí)，必須明確各力做功的正、負(fù)，確實(shí)難以判斷的先假定為正功，最后根據(jù)結(jié)果加以檢驗(yàn)。[典例](2015·浙江高考)如圖5-2-2所示，用一塊長(zhǎng)L1＝1.0m的木板在墻和桌面間架設(shè)斜面，桌子高H＝0.8m，長(zhǎng)L2＝1.5m。斜面與水平桌面的傾角θ可在0～60°間調(diào)節(jié)后固定。將質(zhì)量m＝0.2kg的小物塊從斜面頂端靜止釋放，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.05，物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，忽略物塊在斜面與桌面交接處的能量損失。(重力加速度取g＝10m/s圖5-2-2(1)當(dāng)θ角增大到多少時(shí)，物塊能從斜面開始下滑；(用正切值表示)(2)當(dāng)θ角增大到37°時(shí)，物塊恰能停在桌面邊緣，求物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2；(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(3)繼續(xù)增大θ角，發(fā)現(xiàn)θ＝53°時(shí)物塊落地點(diǎn)與墻面的距離最大，求此最大距離xm。[審題指導(dǎo)](1)物塊恰好要下滑時(shí)應(yīng)滿足mgsinθ＝μmgcosθ。(2)物塊恰好停在桌面邊緣時(shí)其在桌面上的位移大小為L(zhǎng)2－L1cosθ。(3)xm為物塊落地點(diǎn)到墻面的距離而不是物塊平拋的水平位移。[解析](1)為使小物塊下滑，應(yīng)有mgsinθ≥μ1mgcosθθ滿足的條件tanθ≥0.05即當(dāng)θ＝arctan0.05時(shí)物塊恰好從斜面開始下滑。(2)克服摩擦力做功Wf＝μ1mgL1cosθ＋μ2mg(L2－L1cosθ)由動(dòng)能定理得mgL1sinθ－Wf＝0代入數(shù)據(jù)得μ2＝0.8。(3)由動(dòng)能定理得mgL1sinθ－Wf＝eq\f(1,2)mv2解得v＝1m/s由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得H＝eq\f(1,2)gt2，x1＝vt解得t＝0.4sx1＝0.4xm＝x1＋L2＝1.9m[答案](1)arctan0.05(2)0.8(3)1.9m[方法規(guī)律](1)運(yùn)用動(dòng)能定理解決問(wèn)題時(shí)，選擇合適的研究過(guò)程能使問(wèn)題得以簡(jiǎn)化。當(dāng)物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程包含幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的子過(guò)程時(shí)，可以選擇一個(gè)、幾個(gè)或全部子過(guò)程作為研究過(guò)程。(2)當(dāng)選擇全部子過(guò)程作為研究過(guò)程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時(shí)，要注意運(yùn)用它們的功能特點(diǎn)：①重力的功取決于物體的初、末位置，與路徑無(wú)關(guān)；②大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小與路程的乘積。[針對(duì)訓(xùn)練]1．(2016·青島檢測(cè))相同材料制成的滑道ABC，其中AB段為曲面，BC段為水平面?，F(xiàn)有質(zhì)量為m的木塊，從距離水平面h高處的A點(diǎn)由靜止釋放，滑到B點(diǎn)過(guò)程中克服摩擦力做功為eq\f(1,3)mgh；木塊通過(guò)B點(diǎn)后繼續(xù)滑行2h距離后，在C點(diǎn)停下來(lái)，則木塊與曲面間的動(dòng)摩擦因數(shù)應(yīng)為()圖5-2-3A.eq\f(1,3) B.eq\f(2,3)C.eq\f(1,6) D.eq\f(1,12)解析：選A物體從A點(diǎn)到C點(diǎn)根據(jù)動(dòng)能定理：mgh－eq\f(1,3)mgh－μmg·2h＝0，解得μ＝eq\f(1,3)，因?yàn)榍婧退杰壍朗峭N材料，所以木塊與曲面間的動(dòng)摩擦因數(shù)也為eq\f(1,3)，選項(xiàng)A正確。2．(2015·山東高考)如圖5-2-4甲所示，物塊與質(zhì)量為m的小球通過(guò)不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩跨過(guò)兩等高定滑輪連接。物塊置于左側(cè)滑輪正下方的表面水平的壓力傳感裝置上，小球和右側(cè)滑輪的距離為l。開始時(shí)物塊和小球均靜止，將此時(shí)傳感裝置的示數(shù)記為初始值?，F(xiàn)給小球施加一始終垂直于l段細(xì)繩的力，將小球緩慢拉起至細(xì)繩與豎直方向成60°角，如圖乙所示，此時(shí)傳感器裝置的示數(shù)為初始值的1.25倍；再將小球由靜止釋放，當(dāng)運(yùn)動(dòng)至最低位置時(shí)，傳感裝置的示數(shù)為初始值的0.6倍。不計(jì)滑輪的大小和摩擦，重力加速度的大小為g。求：圖5-2-4(1)物塊的質(zhì)量；(2)從釋放到運(yùn)動(dòng)至最低位置的過(guò)程中，小球克服空氣阻力所做的功。解析：(1)設(shè)開始時(shí)細(xì)繩的拉力大小為T1，傳感裝置的初始值為F1，物塊質(zhì)量為M，由平衡條件得對(duì)小球，T1＝mg①對(duì)物塊，F(xiàn)1＋T1＝Mg②當(dāng)細(xì)繩與豎直方向的夾角為60°時(shí)，設(shè)細(xì)繩的拉力大小為T2，傳感裝置的示數(shù)為F2，據(jù)題意可知，F(xiàn)2＝1.25F1，對(duì)小球，T2＝mgcos60°③對(duì)物塊，F(xiàn)2＋T2＝Mg④聯(lián)立①②③④式，代入數(shù)據(jù)得M＝3m。(2)設(shè)小球運(yùn)動(dòng)至最低位置時(shí)速度的大小為v，從釋放到運(yùn)動(dòng)至最低位置的過(guò)程中，小球克服阻力所做的功為Wf，由動(dòng)能定理得mgl(1－cos60°)－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0⑥在最低位置，設(shè)細(xì)繩的拉力大小為T3，傳感裝置的示數(shù)為F3，據(jù)題意可知，F(xiàn)3＝0.6F1，對(duì)小球，T3－mg＝meq\f(v2,l)⑦對(duì)物塊，由平衡條件得F3＋T3＝Mg⑧聯(lián)立①②⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)得Wf＝0.1mgl。⑨答案：(1)3m(2)0.1要點(diǎn)三動(dòng)能定理的圖像問(wèn)題1．解決物理圖像問(wèn)題的基本步驟2．四類圖像所圍面積的含義v-t圖由公式x＝vt可知，v-t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體的位移a-t圖由公式Δv＝at可知，a-t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體速度的變化量F-x圖由公式W＝Fx可知，F(xiàn)-x圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功P-t圖由公式W＝Pt可知，P-t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功[典例](2015·東北三省三校一模)某星球半徑為R＝6×106m，假設(shè)該星球表面上有一傾角為θ＝30°的固定斜面，一質(zhì)量為m＝1kg的小物塊在力F作用下從靜止開始沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，力F始終與斜面平行，如圖5-2-5甲所示。已知小物塊和斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),3)，力F隨位移x變化的規(guī)律如圖乙所示(取沿斜面向上的方向?yàn)檎?，如果小物塊運(yùn)動(dòng)12m時(shí)速度恰好為零，已知萬(wàn)有引力常量G＝6.67×10－11N·m2/kg2。試求：(計(jì)算結(jié)果保留一位有效數(shù)字)圖5-2-5(1)該星球表面上的重力加速度g的大小；(2)該星球的平均密度。[審題指導(dǎo)](1)F-x圖線與x軸所圍面積表示力F對(duì)物塊所做的功。(2)物塊上滑過(guò)程中摩擦力始終不變。(3)可利用g＝eq\f(GM,R2)求出星球質(zhì)量進(jìn)而確定星球平均密度。[解析](1)設(shè)該星球表面的重力加速度為g，物塊上滑過(guò)程中力F所做的功WF＝(15×6－3×6)J＝72J，由動(dòng)能定理得：WF－mgsinθ·x－μmgcosθ·x＝0，解得：g＝6m/s2。(2)在星球表面重力與萬(wàn)有引力相等有：Geq\f(mM,R2)＝mg可得星球的質(zhì)量為：M＝eq\f(gR2,G)可得星球的密度ρ＝eq\f(M,V)＝eq\f(\f(gR2,G),\f(4,3)πR3)＝eq\f(3g,4πGR)＝eq\f(3×6,4×3.14×6.67×10－11×6×106)kg/m3＝4×103kg/m3。[答案](1)6m/s2(2)4×103[針對(duì)訓(xùn)練]1．(2015·合肥一模)A、B兩物體分別在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面運(yùn)動(dòng)，先后撤去F1、F2后，兩物體最終停下，它們的v-t圖像如圖5-2-6所示。已知兩物體與水平面間的滑動(dòng)摩擦力大小相等。則下列說(shuō)法正確的是()圖5-2-6A．F1、F2大小之比為1∶2B．F1、F2對(duì)A、B做功之比為1∶2C．A、B質(zhì)量之比為2∶1D．全過(guò)程中A、B克服摩擦力做功之比為2∶1解析：選C由速度與時(shí)間圖像可知，兩個(gè)勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度之比為1∶2，由牛頓第二定律可知：A、B受摩擦力大小相等，所以A、B的質(zhì)量關(guān)系是2∶1，由速度與時(shí)間圖像可知，A、B兩物體加速與減速的位移相等，且勻加速運(yùn)動(dòng)位移之比1∶2，勻減速運(yùn)動(dòng)的位移之比2∶1，由動(dòng)能定理可得：A物體的拉力與摩擦力的關(guān)系，F(xiàn)1·x－f1·3x＝0－0；B物體的拉力與摩擦力的關(guān)系，F(xiàn)2·2x－f2·3x＝0－0，因此可得：F1＝3f1，F(xiàn)2＝eq\f(3,2)f2，f1＝f2，所以F1＝2F2。全過(guò)程中摩擦力對(duì)A、B做功相等，F(xiàn)1、F2對(duì)A、B做功大小相等。故A、B、D錯(cuò)誤，C正確。2．(多選)(2015·濟(jì)寧三模)如圖5-2-7甲所示，為測(cè)定物體沖上粗糙斜面能達(dá)到的最大位移x與斜面傾角θ的關(guān)系，將某一物體每次以不變的初速率v0沿足夠長(zhǎng)的斜面向上推出，調(diào)節(jié)斜面與水平方向的夾角θ，實(shí)驗(yàn)測(cè)得x與斜面傾角θ的關(guān)系如圖乙所示，g取10m/s2，根據(jù)圖像可求出()圖5-2-7A．物體的初速率v0＝3mB．物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.75C．取不同的傾角θ，物體在斜面上能達(dá)到的位移x的最小值xmin＝1.44mD．當(dāng)某次θ＝30°時(shí)，物體達(dá)到最大位移后將沿斜面下滑解析：選BC由圖可知，當(dāng)夾角θ＝0時(shí)，位移為2.40m，而當(dāng)夾角為90°時(shí)，位移為1.80m，則由豎直上拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得v0＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×1.80)m/s＝6m/s，故A錯(cuò)誤；當(dāng)夾角為0度時(shí)，由動(dòng)能定理可得μmgx＝eq\f(1,2)mv02，解得μ＝eq\f(36,2×10×2.4)＝0.75，故B正確；由－mgxsinθ－μmgxcosθ＝0－eq\f(1,2)mv02，解得x＝eq\f(v02,2gsinθ＋μcosθ)＝eq\f(18,10sinθ＋\f(3,4)cosθ)m＝eq\f(18,10×\f(5,4)×sinθ＋α)m，當(dāng)θ＋α＝90°時(shí)，sin(θ＋α)＝1，此時(shí)位移最小，x＝1.44m，故C正確；若θ＝30°時(shí)，物體受到的重力的分力為mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，摩擦力Ff＝μmgcos30°＝0.75×mg×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),8)mg，一般認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，故物體達(dá)到最高點(diǎn)后，不會(huì)下滑，故D錯(cuò)誤。要點(diǎn)四應(yīng)用動(dòng)能定理解決平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題1.平拋運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)都屬于曲線運(yùn)動(dòng)，若只涉及位移和速度而不涉及時(shí)間，應(yīng)優(yōu)先考慮用動(dòng)能定理列式求解。2.動(dòng)能定理的表達(dá)式為標(biāo)量式，不能在某一個(gè)方向上列動(dòng)能定理方程。[典例](2015·新泰模擬)如圖5-2-8所示，傾斜軌道AB的傾角為37°，CD、EF軌道水平，AB與CD通過(guò)光滑圓弧管道BC連接，CD右端與豎直光滑圓周軌道相連。小球可以從D進(jìn)入該軌道，沿軌道內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)，從E滑出該軌道進(jìn)入EF水平軌道。小球由靜止從A點(diǎn)釋放，已知AB長(zhǎng)為5R，CD長(zhǎng)為R，重力加速度為g，小球與斜軌AB及水平軌道CD、EF的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，圓弧管道BC入口B與出口C的高度差為1.8R。求：(在運(yùn)算中，根號(hào)中的數(shù)值無(wú)需算出)圖5-2-8(1)小球滑到斜面底端C時(shí)速度的大小。(2)小球剛到C時(shí)對(duì)軌道的作用力。(3)要使小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不脫離軌道，豎直圓周軌道的半徑R′應(yīng)該滿足什么條件？[審題指導(dǎo)]第一步：抓關(guān)鍵點(diǎn)關(guān)鍵點(diǎn)獲取信息光滑圓弧軌道BCBC軌道無(wú)摩擦力做功豎直光滑圓周軌道豎直圓軌道無(wú)摩擦力做功小球由靜止從A點(diǎn)釋放小球的初速度vA＝0小球剛到C時(shí)對(duì)軌道的壓力①小球在圓軌道BC的最低點(diǎn)，具有豎直向上的向心加速度②利用牛頓第三定律確定小球?qū)壍赖膲毫Φ诙剑赫彝黄瓶?1)A、C兩點(diǎn)的高度差hAC＝1.8R＋5Rsin37°；(2)在圓軌道BC的C點(diǎn)：FN－mg＝meq\f(vC2,r)；(3)圓弧軌道的半徑r可由r＋rcos37°＝1.8R求出；(4)小球在圓形軌道中運(yùn)動(dòng)不脫離軌道的情況有恰好通過(guò)最高點(diǎn)和最大高度不超過(guò)圓心兩種情況。[解析](1)設(shè)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度為v，小球從A運(yùn)動(dòng)至C過(guò)程，由動(dòng)能定理有：mg(5Rsin37°＋1.8R)－μmgcos37°·5R＝eq\f(1,2)mvC2可得：vC＝eq\r(\f(28gR,5))。(2)小球沿BC軌道做圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)在C點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)球的作用力為FN，由牛頓第二定律，有：FN－mg＝meq\f(vC2,r)其中r滿足：r＋r·sin53°＝1.8R聯(lián)立上式可得：FN＝6.6mg由牛頓第三定律可得，球?qū)壍赖淖饔昧?.6mg，方向豎直向下。(3)要使小球不脫離軌道，有兩種情況：情況一：小球能滑過(guò)圓周軌道最高點(diǎn)，進(jìn)入EF軌道，則小球在最高點(diǎn)應(yīng)滿足：meq\f(vP2,R′)≥mg小球從C直到此最高點(diǎn)過(guò)程，由動(dòng)能定理，有：－μmgR－mg·2R′＝eq\f(1,2)mvP2－eq\f(1,2)mvC2可得：R′≤eq\f(23,25)R＝0.92R情況二：小球上滑至四分之一圓軌道的最高點(diǎn)時(shí)，速度減為零，然后滑回D。則由動(dòng)能定理有：－μmgR－mg·R′＝0－eq\f(1,2)mvC2解得：R′≥2.3R所以要使小球不脫離軌道，豎直圓周軌道的半徑R′應(yīng)該滿足R′≤0.92R或R′≥2.3R。[答案](1)eq\r(\f(28gR,5))(2)6.6mg，方向豎直向下(3)R′≤0.92R或R′≥2.3R[針對(duì)訓(xùn)練]1.(2015·大慶質(zhì)檢)如圖5-2-9所示，半徑為R的金屬環(huán)豎直放置，環(huán)上套有一質(zhì)量為m的小球，小球開始時(shí)靜止于最低點(diǎn)?，F(xiàn)使小球以初速度v0＝eq\r(6Rg)沿環(huán)上滑，小球運(yùn)動(dòng)到環(huán)的最高點(diǎn)時(shí)與環(huán)恰無(wú)作用力，則小球從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中()圖5-2-9A．小球機(jī)械能守恒B．小球在最低點(diǎn)時(shí)對(duì)金屬環(huán)的壓力是6mgC．小球在最高點(diǎn)時(shí)，重力的功率是mgeq\r(gR)D．小球機(jī)械能不守恒，且克服摩擦力所做的功是0.5mgR解析：選D小球運(yùn)動(dòng)到環(huán)的最高點(diǎn)時(shí)與環(huán)恰無(wú)作用力，設(shè)此時(shí)的速度為v，由向心力公式可得：mg＝eq\f(mv2,R)；小球從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得：－Wf－2mgR＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，聯(lián)立可得：Wf＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv2－2mgR＝eq\f(1,2)mgR，可見此過(guò)程中小球機(jī)械能不守恒，克服摩擦力做功為eq\f(1,2)mgR，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，D正確；小球在最高點(diǎn)時(shí)，速度v的方向和重力的方向垂直，二者間的夾角為90°，功率P＝0，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；小球在最低點(diǎn)，由向心力公式可得：F－mg＝eq\f(mv02,R)，F(xiàn)＝mg＋eq\f(mv02,R)＝7mg，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。2．(2015·重慶高考)同學(xué)們參照伽利略時(shí)期演示平拋運(yùn)動(dòng)的方法制作了如圖5-2-10所示的實(shí)驗(yàn)裝置，圖中水平放置的底板上豎直地固定有M板和N板。M板上部有一半徑為R的eq\f(1,4)圓弧形的粗糙軌道，P為最高點(diǎn)，Q為最低點(diǎn)，Q點(diǎn)處的切線水平，距底板高為H，N板上固定有三個(gè)圓環(huán)。將質(zhì)量為m的小球從P處?kù)o止釋放，小球運(yùn)動(dòng)至Q飛出后無(wú)阻礙地通過(guò)各圓環(huán)中心，落到底板上距Q水平距離為L(zhǎng)處。不考慮空氣阻力，重力加速度為g。求：圖5-2-10(1)距Q水平距離為eq\f(L,2)的圓環(huán)中心到底板的高度；(2)小球運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)速度的大小以及對(duì)軌道壓力的大小和方向；(3)摩擦力對(duì)小球做的功。解析：(1)設(shè)小球在Q點(diǎn)的速度為v0，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有H＝eq\f(1,2)gt12，L＝v0t1，得v0＝Leq\r(\f(g,2H))。從Q點(diǎn)到距Q點(diǎn)水平距離為eq\f(L,2)的圓環(huán)中心的豎直高度為h，則eq\f(L,2)＝v0t2，得h＝eq\f(1,2)gt22＝eq\f(1,4)H。該位置距底板的高度：Δh＝H－h(huán)＝eq\f(3,4)H。(2)設(shè)小球在Q點(diǎn)受的支持力為F，由牛頓第二定律F－mg＝meq\f(v02,R)，得F＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(L2,2HR)))，由牛頓第三定律可知，小球?qū)壍赖膲毫′＝F，方向豎直向下。(3)設(shè)摩擦力對(duì)小球做功為W，則由動(dòng)能定理得mgR＋W＝eq\f(1,2)mv02得W＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,4H)－R))。答案：(1)eq\f(3,4)H(2)Leq\r(\f(g,2H))mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(L2,2HR)))方向：豎直向下(3)mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,4H)－R))運(yùn)用動(dòng)能定理巧解往復(fù)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題在某些物體的運(yùn)動(dòng)中，其運(yùn)動(dòng)過(guò)程具有重復(fù)性、往返性，而在這一過(guò)程中，描述物體的物理量多數(shù)是變化的，而重復(fù)的次數(shù)又往往是無(wú)法確定的或者是無(wú)限性，求解這類問(wèn)題時(shí)若運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式將非常繁瑣，甚至無(wú)法解出。由于動(dòng)能定理只關(guān)心物體的初末狀態(tài)而不計(jì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程的細(xì)節(jié)，所以用動(dòng)能定理分析這類問(wèn)題可使解題過(guò)程簡(jiǎn)化。(一)往復(fù)次數(shù)可確定的情形1．如圖5-2-11所示，ABCD是一個(gè)盆式容器，盆內(nèi)側(cè)壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧，BC是水平的，其距離d＝0.50m。盆邊緣的高度為h＝0.30m。在A處放一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊并讓其從靜止開始下滑。已知盆內(nèi)側(cè)壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.10。小物塊在盆內(nèi)來(lái)回滑動(dòng)，最后停下來(lái)，則停的地點(diǎn)到B的距離為()圖5-2-11A．0.50m B．0.25mC．0.10m D．0解析：選D設(shè)小物塊在BC段通過(guò)的總路程為s，由于只有水平面上存在摩擦力，則小物塊從A點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到最終靜止的整個(gè)過(guò)程中，摩擦力做功為－μmgs，而重力做功與路徑無(wú)關(guān)，由動(dòng)能定理得：mgh－μmgs＝0－0，代入數(shù)據(jù)可解得s＝3m。由于d＝0.50m，所以，小物塊在BC段經(jīng)過(guò)3次往復(fù)運(yùn)動(dòng)后，又回到B點(diǎn)。(二)往復(fù)次數(shù)無(wú)法確定的情形2.(2016·成都高三月考)如圖5-2-12所示，斜面的傾角為θ，質(zhì)量為m的滑塊距擋板P的距離為x0，滑塊以初速度v0沿斜面上滑，滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑塊每次與擋板相碰均無(wú)機(jī)械能損失，滑塊經(jīng)過(guò)的總路程是()圖5-2-12A.eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v02,2gcosθ)＋x0tanθ)) B.eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v02,2gsinθ)＋x0tanθ))C.eq\f(2,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v02,2gcosθ)＋x0tanθ)) D.eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v02,2gcosθ)＋x0cotθ))解析：選A滑塊最終要停在斜面底部，設(shè)滑塊經(jīng)過(guò)的總路程為x，對(duì)滑塊運(yùn)動(dòng)的全程應(yīng)用功能關(guān)系，全程所產(chǎn)生的熱量為Q＝eq\f(1,2)mv02＋mgx0sinθ，又由全程產(chǎn)生的熱量等于克服摩擦力所做的功，即Q＝μmgxcosθ，解以上兩式可得x＝eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v02,2gcosθ)＋x0tanθ))，選項(xiàng)A正確。(三)往復(fù)運(yùn)動(dòng)永不停止的情形3．如圖5-2-13所示，AB、CD為兩個(gè)對(duì)稱斜面，其上部足夠長(zhǎng)，下部B、C分別與一個(gè)光滑的圓弧面的兩端相切，圓弧圓心角為120°，半徑R為2.0m，一個(gè)物體在離弧底E高度為h＝3.0m處，以初速度v＝4.0m/s沿斜面運(yùn)動(dòng)，若物體與兩斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.02，則物體在兩斜面上(不包括圓弧部分)一共運(yùn)動(dòng)的路程是多少？(g取10m/s2)圖5-2-13解析：兩個(gè)斜面的下部B、C分別與光滑的圓弧面相切，圓心角為120°，所以可得出斜面的傾角為θ＝60°，物體在斜面上所受到的滑動(dòng)摩擦力為Ff＝μmgcos60°＝0.02×eq\f(1,2)mg＝0.01mg。重力沿斜面的分力G′＝mgsin60°＝eq\f(\r(3),2)mg＞Ff，所以物體不能停留在斜面上。物體在斜面上滑動(dòng)時(shí)，由于摩擦力做功，物體的機(jī)械能逐漸減小，物體滑到斜面上的高度逐漸降低，物體最終將在B、C間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)。設(shè)物體在斜面上運(yùn)動(dòng)的總路程為s，對(duì)全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理得mg[h－R(1－cos60°)]－μmgscos60°＝0－eq\f(1,2)mv2，解得s＝280m。答案：280m[反思領(lǐng)悟](1)應(yīng)用動(dòng)能定理求解往復(fù)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題時(shí)，要確定物體的初狀態(tài)和最終狀態(tài)。(2)重力做功與物體運(yùn)動(dòng)路徑無(wú)關(guān)，可用WG＝mgh直接求解。(3)滑動(dòng)摩擦力做功與物體運(yùn)動(dòng)路徑有關(guān)，其功的大小可用Wf＝－Ff·s求解，其中s為物體相對(duì)滑行的路程。對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：對(duì)動(dòng)能定理的理解1．(多選)關(guān)于動(dòng)能定理的表達(dá)式W＝Ek2－Ek1，下列說(shuō)法正確的是()A．公式中的W為不包含重力的其他力做的總功B．公式中的W為包含重力在內(nèi)的所有力做的功，也可通過(guò)以下兩種方式計(jì)算：先求每個(gè)力的功再求功的代數(shù)和或先求合外力再求合外力的功C．公式中的Ek2－Ek1為動(dòng)能的增量，當(dāng)W＞0時(shí)動(dòng)能增加，當(dāng)W＜0時(shí)，動(dòng)能減少D．動(dòng)能定理適用于直線運(yùn)動(dòng)，但不適用于曲線運(yùn)動(dòng)，適用于恒力做功，但不適用于變力做功解析：選BC公式W＝Ek2－Ek1中的“W”為所有力所做的總功，A錯(cuò)誤，B正確；若W＞0，則Ek2＞Ek1，若W＜0，則Ek2＜Ek1，C正確；動(dòng)能定理對(duì)直線運(yùn)動(dòng)、曲線運(yùn)動(dòng)、恒力做功、變力做功均適用，D錯(cuò)誤。2.如圖1所示，一塊長(zhǎng)木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物體A，現(xiàn)以恒定的外力拉B，由于A、B間摩擦力的作用，A將在B上滑動(dòng)，以地面為參考系，A、B都向前移動(dòng)一段距離。在此過(guò)程中()圖1A．外力F做的功等于A和B動(dòng)能的增量B．B對(duì)A的摩擦力所做的功，等于A的動(dòng)能增量C．A對(duì)B的摩擦力所做的功，等于B對(duì)A的摩擦力所做的功D．外力F對(duì)B做的功等于B的動(dòng)能的增量解析：選BA物體所受的合外力等于B對(duì)A的摩擦力，對(duì)A物體運(yùn)用動(dòng)能定理，則有B對(duì)A的摩擦力所做的功等于A的動(dòng)能的增量，即B對(duì)；A對(duì)B的摩擦力與B對(duì)A的摩擦力是一對(duì)作用力與反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑動(dòng)，A、B對(duì)地的位移不等，故二者做功不相等，C錯(cuò)；對(duì)B應(yīng)用動(dòng)能定理，WF－WFf＝ΔEkB，即WF＝ΔEkB＋WFf，就是外力F對(duì)B做的功，等于B的動(dòng)能增量與B克服摩擦力所做的功之和，D錯(cuò)；由前述討論知B克服摩擦力所做的功與A的動(dòng)能增量(等于B對(duì)A的摩擦力所做的功)不等，故A錯(cuò)。3.如圖2所示，質(zhì)量為m的滑塊從h高處的a點(diǎn)沿傾斜軌道ab滑入水平軌道bc(兩軌道平滑連接)，滑塊與傾斜軌道及水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同。滑塊在a、c兩點(diǎn)時(shí)的速度大小均為v，ab長(zhǎng)度與bc長(zhǎng)度相等。空氣阻力不計(jì)，則滑塊從a到c的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中()圖2A．滑塊的動(dòng)能始終保持不變B．滑塊在bc過(guò)程克服阻力做的功一定等于eq\f(1,2)mghC．滑塊經(jīng)b點(diǎn)時(shí)的速度大于eq\r(gh＋v2)D．滑塊經(jīng)b點(diǎn)時(shí)的速度等于eq\r(2gh＋v2)解析：選C由題意知，在滑塊從b運(yùn)動(dòng)到c的過(guò)程中，由于摩擦力做負(fù)功，動(dòng)能在減少，所以A錯(cuò)誤；從a到c的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理：mgh－Wf＝0，可得全程克服阻力做功Wf＝mgh，因在ab段、bc段摩擦力做功不同，故滑塊在bc過(guò)程克服阻力做的功一定不等于eq\f(1,2)mgh，所以B錯(cuò)誤；滑塊對(duì)ab段軌道的正壓力小于對(duì)bc段的正壓力，故在ab段滑塊克服摩擦力做的功小于在bc段克服摩擦力做的功，即從a到b克服摩擦力做的功Wf′＜eq\f(1,2)mgh，設(shè)在b點(diǎn)的速度為v′，根據(jù)動(dòng)能定理：mgh－Wf′＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv2，可得v′＞eq\r(gh＋v2)，故C正確，D錯(cuò)誤。對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：動(dòng)能定理的應(yīng)用4.如圖3所示，AB為eq\f(1,4)圓弧軌道，BC為水平直軌道，圓弧對(duì)應(yīng)的圓的半徑為R，BC的長(zhǎng)度也是R，一質(zhì)量為m的物體與兩個(gè)軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為μ，當(dāng)它由軌道頂端A從靜止開始下落，恰好運(yùn)動(dòng)到C處停止，那么物體在AB段克服摩擦力所做的功為()圖3A.eq\f(1,2)μmgR B.eq\f(1,2)mgRC．mgR D．(1－μ)mgR解析：選D由題意可知mgR＝WfAB＋WfBC，WfBC＝μmgR，所以WfAB＝(1－μ)mgR，D正確。5.(2015·江西省重點(diǎn)中學(xué)十校聯(lián)考)如圖4所示，固定斜面傾角為θ，整個(gè)斜面分為AB、BC兩段，且1.5AB＝BC。小物塊P(可視為質(zhì)點(diǎn))與AB、BC兩段斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2，已知P由靜止開始從A點(diǎn)釋放，恰好能滑動(dòng)到C點(diǎn)而停下，那么θ、μ1、μ2間應(yīng)滿足的關(guān)系是()圖4A．tanθ＝eq\f(2μ1＋3μ2,5) B．tanθ＝eq\f(2μ1＋μ2,3)C．tanθ＝2μ1－μ2 D．tanθ＝2μ2－μ1解析：選A物塊P從A點(diǎn)釋放，恰好能滑動(dòng)到C點(diǎn)，物塊受重力、支持力、滑動(dòng)摩擦力。設(shè)斜面AC長(zhǎng)為L(zhǎng)，研究從A點(diǎn)釋放到C點(diǎn)而停下，運(yùn)用動(dòng)能定理列出等式：mgLsinθ－μ1mgcosθ×eq\f(2,5)L－μ2mgcosθ×eq\f(3,5)L＝0－0＝0，解得：tanθ＝eq\f(2μ1＋3μ2,5)，故選A。6.(2016·淮安模擬)如圖5所示，小物塊與水平軌道、傾斜軌道之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同，小物塊從傾角為θ1的軌道上高度為h的A點(diǎn)靜止釋放，運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)速度為v1?，F(xiàn)將傾斜軌道的傾角調(diào)至為θ2，仍將物塊從軌道上高度為h的A點(diǎn)靜止釋放，運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)速度為v2。已知θ2＜θ1，不計(jì)物塊在軌道接觸處的機(jī)械能損失。則()圖5A．v1＜v2B．v1＞v2C．v1＝v2D．由于不知道θ1、θ2的具體數(shù)值，v1、v2關(guān)系無(wú)法判定解析：選C對(duì)小物塊運(yùn)動(dòng)分析，如圖所示，物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中摩擦力做負(fù)功，重力做正功，由動(dòng)能定理可得：eq\f(1,2)mv2＝mgh－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)－μmgxBD＝mgh－μmgh·eq\f(1,tanθ)－μmgxBD，因?yàn)閔·eq\f(1,tanθ)＋xBD＝xBC，所以eq\f(1,2)mv2＝mgh－μmgxBC，故到達(dá)B點(diǎn)的速度與傾斜軌道的傾角無(wú)關(guān)，所以v1＝v2，故C正確。對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：動(dòng)能定理的圖像問(wèn)題7.(2015·浙江十校聯(lián)考)用水平力F拉一物體，使物體在水平地面上由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，t1時(shí)刻撤去拉力F，物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，到t2時(shí)刻停止，其速度—時(shí)間圖像如圖6所示，且α＞β，若拉力F做的功為W1，平均功率為P1；物體克服摩擦阻力Ff做的功為W2，平均功率為P2，則下列選項(xiàng)正確的是()圖6A．W1＞W(wǎng)2，F(xiàn)＝2Ff B．W1＝W2，F(xiàn)＞2FfC．P1＜P2，F(xiàn)＞2Ff D．P1＝P2，F(xiàn)＝2Ff解析：選B由動(dòng)能定理可得