2025版《新亮劍》高中物理：第六章 機械能守恒定律含答案

2025版《新亮劍》高中物理：第六章機械能守恒定律第六章機械能守恒定律核心素養(yǎng)考點內(nèi)容高考真題備考建議物理觀念功、功率、動能、勢能、機械能2023全國甲T24(機械能守恒定律)2023全國乙T21(動能定理)2023全國新課標(biāo)T15(功與平衡)2023全國新課標(biāo)T20(機械能圖像)2023湖北T13(功率)2023江蘇T15(動能定理)2023浙江T6(機械能圖像)2023廣東T8(功與動能定理)2023北京T11(功)2022全國乙T7(功和圖像)2022河北T9(功率和機械能)2022湖北T5(系統(tǒng)機械能守恒)2022廣東T9(功率和功能關(guān)系)2022湖南T14(動能定理變力做功)2022浙江T13(機車啟動)2022浙江T12(能量轉(zhuǎn)化流體)2022湖南T13(功能圖像)高考試題主要考查對功能關(guān)系的理解及其應(yīng)用,要求考生用能量的觀念處理實際問題。近幾年來,試題以圖像、曲線運動、多過程運動等為載體,突出理解能力及推理論證能力的考查。復(fù)習(xí)備考重點放在動能定理及機械能守恒定律的應(yīng)用上。在解決具體問題的過程中,關(guān)注模型建構(gòu)、科學(xué)推理及科學(xué)論證等科學(xué)思維素養(yǎng)的提升。一個功能關(guān)系式往往有不同的物理意義,全方位、多角度理解功能關(guān)系式的物理意義是掌握功能關(guān)系的關(guān)鍵所在科學(xué)思維變力做功、機車啟動模型構(gòu)建、用動能定理解決多過程問題、機械能守恒定律的應(yīng)用、能量守恒思想的應(yīng)用科學(xué)探究驗證機械能守恒定律科學(xué)態(tài)度與責(zé)任機車啟動問題,與生產(chǎn)、生活相關(guān)聯(lián)的能量問題第1講功和功率對應(yīng)學(xué)生用書P117考點一功的理解與計算一、功1.概念:一個物體受到力的作用,并在力的方向上發(fā)生了一段位移,這個力就對物體做了功。2.做功的兩個要素:①;②。

3.在國際單位制中,功的單位是③,符號是④。1J=1N·m。

二、功的計算1.恒力做功如圖所示,當(dāng)恒力F與位移l的夾角為α?xí)r,恒力F所做的功W=⑤。

2.變力做功變力做功的計算方法很多,如圖像法(在F-l圖像中,圖線與橫軸所圍區(qū)域的面積表示功)、等效替代法(利用平均力替代變力,求平均力做的功)、轉(zhuǎn)化法(如果一個變力做的功等于另一個恒力做的功,那么可以利用恒力做功來求變力做的功)等等。三、正功和負(fù)功功只有大小,沒有方向,是標(biāo)量,但功的正、負(fù)具有物理意義。(如表所示)F與l的夾角α功的正負(fù)作用效果0≤α<90°W>0,力對物體做正功力F促進物體運動;力F改變速度90°<α≤180°W<0,力對物體做負(fù)功力F阻礙物體運動;力F改變速度α=90°W=0,力對物體不做功力F只改變速度方向四、常見力做功的情況1.靜摩擦力、滑動摩擦力都可以對物體做正功、負(fù)功或不做功。2.一對平衡力等大、反向、共線、同體,做功的代數(shù)和⑥(選填“一定”或“不一定”)為0。

3.一對相互作用力做功的代數(shù)和⑦(選填“一定”或“不一定”)為0。因為一對相互作用力分別作用在兩個物體上,而兩個物體的位移關(guān)系不確定,故一對相互作用力做功的關(guān)系不確定。

五、功與能的關(guān)系功是⑧的量度。一種能量的變化,必然對應(yīng)于某種力⑨。因此,我們可以通過能量的變化來計算功(此法叫作功能關(guān)系法)。

答案①物體受力的作用②物體在力的方向上發(fā)生了位移③焦耳④J⑤Flcosα⑥一定⑦不一定⑧能量變化⑨做功1.當(dāng)一個物體在幾個力的共同作用下發(fā)生一段位移時,這幾個力對物體所做的總功,是各個力分別對物體所做功的代數(shù)和。請利用恒力做功的情形證明它。答案由合力與分力的等效性,得到合力做的功等于各分力做的功的代數(shù)和。2.如圖所示,電工師傅沿著電線桿勻速向上攀爬,準(zhǔn)備進行電路維修。電工師傅在向上攀爬過程中,電線桿對電工師傅的摩擦力是靜摩擦力還是滑動摩擦力?該摩擦力對電工師傅是否做了功?答案電線桿對電工師傅的摩擦力是靜摩擦力,它對電工師傅不做功角度1力是否做功的判斷(改編)如圖,一粗糙的大圓環(huán)固定在水平桌面上,環(huán)面位于豎直平面內(nèi),在大圓環(huán)上套著一個帶孔的小球。小球由大圓環(huán)的最高點從靜止開始下滑,在小球下滑的過程中,大圓環(huán)對它的作用力()。A.一直不做功B.一直做正功C.一直做負(fù)功D.先做正功后做負(fù)功答案C解析做功的兩個因素是力與力的方向上的位移,題中所述的大圓環(huán)對小球的作用力,包括彈力與摩擦力,其中彈力始終與位移方向垂直,沒有做功,但摩擦力始終做負(fù)功,C項正確。傳送帶是物料搬運系統(tǒng)機械化和自動化傳送用具。如圖,傳送帶靠靜摩擦力把貨箱從低處勻速送往高處,下列說法正確的是()。A.貨箱所受靜摩擦力方向沿傳送帶向下B.傳送帶對貨箱的靜摩擦力做負(fù)功C.傳送帶對貨箱的作用力不做功D.增大傳送帶斜面傾角,貨箱所受靜摩擦力變大答案D解析根據(jù)題述情境,構(gòu)建如圖甲所示的情境模型。取貨箱為研究對象,貨箱與傳送帶間無相對滑動,向上做勻速運動,則貨箱的受力情況如圖乙所示,傳送帶對貨箱的靜摩擦力的方向與貨箱的速度方向相同(沿傳送帶向上),則靜摩擦力做正功,A、B兩項錯誤;傳送帶對貨箱的作用力與貨箱的重力等大反向,它與速度的夾角為銳角,故傳送帶對貨箱的作用力做正功,C項錯誤;根據(jù)共點力的平衡條件可得,靜摩擦力f=mgsinθ,顯然增大傳送帶斜面傾角θ,貨箱受到的靜摩擦力f變大,D項正確。甲乙正功、負(fù)功及不做功的判定方法方法1:根據(jù)力和位移的夾角判定(多用于恒力做功);當(dāng)F、l夾角為銳角時,F做正功;當(dāng)F、l夾角為鈍角時,F做負(fù)功;當(dāng)F、l夾角為直角時,F不做功。方法2:根據(jù)力和速度的夾角判定(多用于曲線運動);當(dāng)F、v夾角為銳角時,F做正功;當(dāng)F、v夾角為鈍角時,F做負(fù)功;當(dāng)F、v夾角為直角時,F不做功。角度2恒力做功的計算(2023年北京卷)如圖所示,一物體在力F作用下沿水平桌面做勻加速直線運動。已知物體質(zhì)量為m,加速度大小為a,物體和桌面之間的動摩擦因數(shù)為μ,重力加速度為g,在物體移動距離為x的過程中()。A.摩擦力做功大小與F方向無關(guān)B.合力做功大小與F方向有關(guān)C.F為水平方向時,F做功為μmgxD.F做功的最小值為max答案D解析設(shè)力F與水平方向的夾角為θ,則摩擦力f=μ(mg-Fsinθ),摩擦力做的功Wf=μ(mg-Fsinθ)x,即摩擦力做的功與F的方向有關(guān),A項錯誤;合力做的功W=F合x=ma·x,可知合力做的功與力F方向無關(guān),B項錯誤;當(dāng)力F水平時,由牛頓第二定律得F=ma+μmg,力F做的功WF=Fx=(ma+μmg)x,C項錯誤;因合力做的功為max,且大小一定,而合力做的功等于力F與摩擦力f做功的代數(shù)和,而當(dāng)Fsinθ=mg時,摩擦力f=0,則摩擦力做功為零,此時力F做功最小,最小值為max,D項正確。恒力功的計算,是以功的定義式為依據(jù)的。關(guān)鍵是確定力以及在力的方向上發(fā)生的位移。此外,總功等于分力做功的代數(shù)和,據(jù)此處理問題很方便。一傾角為37°的斜面固定在水平面上,開始時質(zhì)量為m的物塊A放在斜面的底端,通過一形變量不計的跨過光滑定滑輪的輕繩與一質(zhì)量M=2kg的物塊B相連接,如圖1所示,最初時輕繩繃緊,B距離地面有一定的高度?，F(xiàn)無初速度地將整個裝置釋放,通過測定描繪出了A沿斜面上升的整個過程中的速度—時間圖像如圖2所示,假設(shè)B著地后不反彈,重力加速度取g=10m/s2,求:(1)在下落過程中物塊B的加速度大小。(2)整個過程中輕繩對物塊A所做的功。答案(1)4m/s2(2)6J解析(1)由圖2可知:前0.5s內(nèi),物塊A、B以相同大小的加速度做勻加速運動,0.5s末速度大小為2m/s,則a=ΔvΔt=4(2)前0.5s內(nèi),輕繩繃直,設(shè)輕繩的拉力大小為F;后0.25s內(nèi),輕繩松弛,拉力為0。前0.5s內(nèi),物塊A沿斜面發(fā)生的位移l=12×2×0.5m=0.5對物塊B,由牛頓第二定律得Mg-F=Ma解得F=12N所以輕繩的拉力對物塊A做的功W=Fl=6J。在處理功的計算問題時,思維流程如圖所示:兩點提示:①計算功時,一定要明確是哪一個力做的功,謹(jǐn)記各個力做功互不影響;②力對物體做功,只與F、l、α有關(guān),與物體的運動狀態(tài)無關(guān)。計算變力做功的六種科學(xué)思維方法方法示例功能關(guān)系法用力F把小球從A處緩慢拉到B處,F做功為WF,則有WF-mgL(1-cosθ)=0,得WF=mgL(1-cosθ)微元法質(zhì)量為m的木塊在水平面內(nèi)做圓周運動,運動一周克服摩擦力做功Wf=Ff·Δx1+Ff·Δx2+Ff·Δx3+…=Ff(Δx1+Δx2+Δx3+…)=Ff·2πR等效轉(zhuǎn)換法恒力F把物塊(可視為質(zhì)點)從A拉到B,繩子對物塊做功W=F·hsinα-h平均力法彈簧由伸長x1被繼續(xù)拉至伸長x2的過程中(始終在彈性限度內(nèi)),克服彈力做功W=kx1+kx22圖像法一水平拉力F拉著一物體在水平面上運動的位移為x0,F-x圖線與x軸所圍面積表示拉力所做的功,W=F1+功率法機動車輛以恒定功率P運動一段時間t,則牽引力F所做的功W=Pt角度1功能關(guān)系法求變力做的功(改編)無風(fēng)時,雨滴受空氣阻力的作用在地面附近會以恒定的速率豎直下落。一質(zhì)量為m的雨滴在空中某高度處以速率v下落,到達地面附近時的速率為2v,此過程中雨滴下落的高度為h,則該過程中克服空氣阻力做的功為(重力加速度大小為g)()。A.0 B.mghC.mgh-32mv2 D.mgh+32答案C解析在地面附近雨滴做勻速運動,根據(jù)動能定理有mgh-|Wf|=12m(2v)2-12mv2,得雨滴克服空氣阻力做功|Wf|=mgh-32mv2角度2微元法求變力做的功(2024屆滁州模擬)如圖所示,在水平桌面上,長度R=5m的輕繩一端固定于O點(俯視圖),另一端系一質(zhì)量m=2.0kg的小球,現(xiàn)對小球施加一個大小恒為10N的力F,方向始終與小球在該點的切線成37°角,F拉著小球從M點運動到N點,已知小球與桌面間的動摩擦因數(shù)μ=0.2,不計空氣阻力,重力加速度取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,則拉力F做的功與克服摩擦力做的功的比值為()。A.1B.2C.1D.4答案B解析將圓弧分成若干小段l1,l2,…,ln,拉力F在每小段上做的功為W1,W2,…,Wn,因拉力F大小不變,方向始終與小球在該點的切線成37°角,所以W1=Fl1cos37°,W2=Fl2cos37°,…,Wn=Flncos37°。總功W=W1+W2+…+Wn=Fcos37°(l1+l2+…+ln)=Fcos37°·π3R=403πJ。同理可得,克服摩擦力做功Wf=μmg·π3R=203πJ,拉力F做的功與克服摩擦力做的功的比值為角度3圖像法求變力做的功一質(zhì)量為4kg的物塊,在粗糙的水平面上受水平恒定的拉力F作用,做勻速直線運動。物塊運動一段時間后拉力逐漸減小。當(dāng)拉力減小到零時,物塊恰好停止運動。拉力F隨位移x變化的關(guān)系圖像如圖所示,重力加速度取g=10m/s2,則下列說法正確的是()。A.物塊做勻速直線運動的速度為4m/sB.整個過程拉力對物塊所做的功為4JC.整個過程摩擦力對物塊所做的功為-8JD.整個過程合外力對物塊所做的功為-4J答案D解析F-x圖線與橫軸所圍的面積表示拉力做的功,可得WF=(2+4)×42J=12J,B項錯誤;在0~2m過程中,物塊做勻速運動,有F=f=4N,摩擦力為恒力,且一直做負(fù)功,因此在整個過程中摩擦力對物塊做的功Wf=-fx=-4×4J=-16J,C項錯誤;整個過程中,合外力所做的功W合=WF+Wf=12J+(-16J)=-4J,D項正確;由動能定理有W合=0-12mv02,解得v0=2考點二功率的理解及計算一、功率(P):表征做功快慢的物理量1.定義:功W跟完成這些功所用的時間t的①叫作功率。

2.定義式:P=②。

3.單位:在國際單位制中,功率的單位是③,符號是④。常用單位:1kW=1000W。

4.功率是⑤,只有大小,沒有方向。(說明:功率一般不提負(fù)值)

5.推導(dǎo)式:P=Flcosαt二、平均功率和瞬時功率名稱平均功率瞬時功率物理意義表示在⑦做功的平均快慢

表示在⑧做功的快慢

計算方法P=Wt或P=FvcosP=Fvcosα注意事項與⑨相對應(yīng),計算時應(yīng)明確是⑩做功的平均功率

與相對應(yīng),計算時應(yīng)明確是做功的功率

三、額定功率和實際功率1.額定功率是發(fā)動機工作時的功率,通常都在銘牌上標(biāo)明。額定功率是動力機器重要的性能指標(biāo),一個動力機器的額定功率是一定的。

2.實際功率是發(fā)動機實際工作時的功率。機器工作時受額定功率的限制,發(fā)動機實際輸出的功率(即實際功率),可以小于或等于額定功率,有時實際功率也會略大于額定功率,但不允許長時間超過額定功率。

答案①比值②Wt③瓦特④W⑤標(biāo)量⑥Fvcosα⑦一段時間內(nèi)⑧某一瞬間⑨一段時間(或一個過程)⑩哪一個力在哪一段時間(或過程)內(nèi)某一時刻(或狀態(tài))哪一個力在哪一個時刻(或狀態(tài))最大輸出1.功率定義式為P=Wt,變形可得W=Pt,由該式可求一段時間t內(nèi)機車牽引力所做的功,但該式的適用條件是P恒定不變。若P不是恒定的,則應(yīng)該如何計算一段時間內(nèi)機車牽引力所做的功呢答案P恒定其實是一種數(shù)學(xué)上的較低要求。若P不恒定,則需要用積分來計算。若能繪制出P-t圖像,則P-t圖像的面積表示功。2.某運動員先后將完全相同的兩個足球從A、B兩點踢起,均落在同一直線上的C點,運動軌跡如圖所示,將足球視為質(zhì)點,忽略空氣阻力。則足球在空中運動時間tA=tB;落地時速度大小vA>vB,落地時重力的瞬時功率PA=PB。(均選填“>”、“=”或“<”)

角度1功率變化的判斷一同學(xué)表演蕩秋千,秋千板離拴繩子的橫梁距離為2.5m,繩的質(zhì)量忽略不計,可視為質(zhì)點的該同學(xué)和秋千板的總質(zhì)量為25kg。若秋千板擺動經(jīng)過秋千支架的正下方的最低位置時的速率為3m/s,則此時()。A.該同學(xué)處于失重狀態(tài)B.該同學(xué)的加速度大小為3.6m/s2C.此時兩根繩子承受的拉力大小共170ND.該同學(xué)由最高點蕩到秋千支架正下方的過程中,重力的功率始終在增大答案B解析該同學(xué)蕩到秋千支架的正下方時受重力和繩豎直向上的兩個拉力,具有豎直向上的向心加速度,故該同學(xué)處于超重狀態(tài),A項錯誤;該同學(xué)在最低點的向心加速度大小an=v2r=3.6m/s2,B項正確;在最低點,根據(jù)牛頓第二定律有2F-mg=man,解得兩根繩承受的拉力2F=340N,C項錯誤;根據(jù)功率P=Fvcosθ可知,初、末兩態(tài)該同學(xué)所受重力瞬時功率均為零,因此該同學(xué)由最高點蕩到秋千支架正下方的過程中,重力的功率先增大后減小,根據(jù)P=Fvcosθ判斷瞬時功率的大小變化時,除了關(guān)注F、v的大小變化之外,還要關(guān)注F、v的夾角θ的變化情況(這是命題人喜歡設(shè)置的陷阱)。角度2體育運動中平均功率的計算在跳繩比賽項目的個人賽中,比賽規(guī)則要求運動員在跳躍過程中,應(yīng)包含前回旋、后回旋、空回旋、一跳二回旋、交叉回旋、開叉回旋、移位及方向變化等8個自編動作。若某參賽同學(xué)的質(zhì)量為m,他在一分鐘內(nèi)跳繩次數(shù)為n,每次跳躍在空中運動的時間與跳躍一次所需總時間的比值為δ(δ<1),重力加速度為g。由已知信息可估算,該同學(xué)在比賽中完成全部自編動作的過程中,克服重力所做的功及克服重力做功的平均功率分別為(題中m、g為SI中的單位)()。A.450mg2δ2n2,C.450mg2δ2n2,答案B解析由于是估算問題,分析中可認(rèn)為每次跳躍運動人做的功相同,人運動的情況相同。已知“在一分鐘內(nèi)跳繩次數(shù)為n”,則完成一次跳躍運動所需的時間T=60n(SI中的單位)。該同學(xué)在空中的運動簡化為豎直上拋運動,則人每跳躍一次在空中運動的總時間t=60δn,運動員跳躍的高度h=12gt22,因此人每跳躍一次克服重力所做的功為mgh,完成全部自編動作克服重力所做的總功W=8mgh。該過程中克服重力做功的平均功率P=W8T,聯(lián)立解得計算體育運動中的平均功率,基本思路是要先從物理上尋找估算的依據(jù),除去次要因素,突出主要因素,構(gòu)建出一個簡化了的物理模型(如本題將同學(xué)在空中的運動簡化為豎直上拋運動),然后選用合適的物理規(guī)律解題。角度3功率的計算(2023年山東卷)《天工開物》中記載了古人借助水力使用高轉(zhuǎn)筒車往稻田里引水的場景。引水過程簡化如下:兩個半徑均為R的水輪,以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動。水筒在筒車上均勻排布,單位長度上有n個,與水輪間無相對滑動。每個水筒離開水面時裝有質(zhì)量為m的水,其中的60%被輸送到高出水面H處灌入稻田。當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間,則筒車對灌入稻田的水做功的功率為()。A.2nmgω2RHC.3nmgω2答案B解析由于水筒在筒車上均勻排布,單位長度上有n個,且每個水筒離開水面時裝有質(zhì)量為m的水,其中的60%被輸送到高出水面H處灌入稻田,則水輪轉(zhuǎn)一圈灌入農(nóng)田的水的總質(zhì)量m總=2πRnm×60%=1.2πRnm,則水輪轉(zhuǎn)一圈灌入稻田的水克服重力做的功W=1.2πRnmgH,則筒車對灌入稻田的水做功的功率P=WT,且T=2πω,聯(lián)立解得P=3某景區(qū)的一部觀光電梯的運行高度約為H=327m,運行時間t=118s,已知電梯加速階段和減速階段的加速度大小之比為2∶1,最大運行速度v=3m/s。某游客質(zhì)量為80kg,從山腳乘電梯上山游玩,重力加速度取g=10m/s2,求:(1)電梯加速階段的加速度。(2)全過程中,電梯對該游客做功的最大功率。答案(1)0.5m/s2,方向豎直向上(2)2520W解析(1)設(shè)加速階段的加速度為a1,減速階段的加速度為a3,則加速階段t1=va1,x1減速階段t3=va3=2va1,x勻速階段x2=vt2,t2=t總-t1-t3又x1+x2+x3=H=327m解得a1=0.5m/s2電梯加速階段的加速度大小為0.5m/s2,方向豎直向上。(2)電梯加速階段,由牛頓第二定律有F-mg=ma1,得F=840N電梯對該游客做功的最大功率Pmax=Fv=840×3W=2520W。對于功率的計算問題,要明確是計算平均功率還是瞬時功率,平均功率可利用P=Wt或P=Fvcosα(式中v為平均速度)計算,瞬時功率只能利用P=Fvcosα(式中v為瞬時速度)計算。計算瞬時功率時,應(yīng)明確是哪個力在哪個時刻(或狀態(tài))考點三機車啟動問題兩種啟動方式啟動方式以恒定功率啟動以恒定加速度啟動動態(tài)過程速度—時間圖像角度1動車組最大運行速度的計算(2023年湖北卷)兩節(jié)動車的額定功率分別為P1和P2,在某平直鐵軌上能達到的最大速度分別為v1和v2?，F(xiàn)將它們編成動車組,設(shè)每節(jié)動車運行時受到的阻力在編組前后不變,則該動車組在此鐵軌上能達到的最大速度為()。A.P1v1+C.(P1+P“最大速度”的理解是求解的關(guān)鍵所在,最大速度意味著動車做勻速運動,牽引力等于阻力。其次,要明確動車的額定功率與牽引力及最大速度之間的關(guān)系。答案D解析由題意可知兩節(jié)動車分別有P1=f1v1,P2=f2v2,當(dāng)將它們編組后有P1+P2=(f1+f2)v,聯(lián)立可得v=(P角度2牽引力的功率與牽引力做功的計算(多選)一列質(zhì)量為m的動車,初速度為v0,以恒定功率P在平直軌道上運動,經(jīng)時間t達到該功率下的最大速度vm,設(shè)動車行駛過程所受到的阻力F保持不變。動車在時間t內(nèi)()。A.做勻加速直線運動B.加速度逐漸減小C.牽引力的功率P=FvmD.牽引力做功W=12mvm2-答案BC解析動車的功率恒定,根據(jù)P=F牽v可知動車的牽引力減小,由牛頓第二定律有F牽-F=ma,可知動車的加速度減小,所以動車做加速度減小的加速運動,A項錯誤,B項正確;當(dāng)加速度為0時,牽引力等于阻力,則額定功率P=Fvm,C項正確;動車功率恒定,在t時間內(nèi),牽引力做的功W=Pt,由動能定理有Pt-Fs=12mvm2-12m解決機車啟動問題要謹(jǐn)記三個要點1.無論哪種啟動過程,機車的最大速度都等于其勻速運動時的速度,即vm=PF2.機車以恒定加速度啟動的過程中,勻加速過程結(jié)束時,功率最大,但速度不是最大,v=P額F<vm=3.機車以恒定功率啟動時,牽引力做的功W=Pt。由動能定理得Pt-F阻s=ΔEk,此式經(jīng)常用于求解機車以恒定功率啟動過程的位移大小和時間。角度3機車啟動的圖像問題四個圖像之間的對應(yīng)關(guān)系(多選)一質(zhì)量m=40kg的兒童電動汽車在水平地面上由靜止開始做直線運動。電動汽車的速度與牽引力的功率隨時間變化的函數(shù)關(guān)系圖像分別如圖1、2所示,3s末電動汽車牽引力功率達到額定功率,10s末電動汽車的速度達到最大值,14s時關(guān)閉發(fā)動機,經(jīng)過一段時間電動汽車停止運動。整個過程中電動汽車受到的阻力恒定。下列說法正確的是()。A.電動汽車最大速度為5m/sB.電動汽車受到的阻力為100NC.關(guān)閉發(fā)動機后,電動汽車經(jīng)過5s停止運動D.整個過程中,電動汽車克服阻力做功為3750J答案AD解析由v-t圖像可知在0~3s內(nèi),電動汽車的加速度a1=1m/s2;由P-t圖像可知在0~3s內(nèi)P=Fv=Fa1t,解得F=100N。由牛頓第二定律,有F-f=ma1,解得f=60N。由P=fvm=300W,解得vm=5m/s,A項正確,B項錯誤。關(guān)閉發(fā)動機后,f=ma2,經(jīng)過t2=vma2=103s,電動汽車停止運動,C項錯誤。對全程由動能定理有P2t1+Pt3+Wf=0-0,解得Wf=-3750J,所以整個過程中,電動汽車克服阻力做功為37501.(改編)(多選)一同學(xué)將排球自O(shè)點墊起,排球豎直向上運動,隨后下落回到O點。設(shè)排球在運動過程中所受空氣阻力大小和速度大小成正比。則該排球()。A.上升過程的平均速度大于下落過程的平均速度B.上升過程動量變化的絕對值等于下落過程動量變化的絕對值C.上升過程克服重力做功的平均功率等于下落過程重力做功的平均功率D.上升過程克服空氣阻力做的功大于下落過程克服空氣阻力做的功答案AD解析上升過程和下落過程的位移大小相同,上升過程的末狀態(tài)和下落過程的初狀態(tài)速度均為零。對排球受力分析,上升過程中重力和阻力方向相同,下落過程中重力和阻力方向相反,根據(jù)牛頓第二定律可知,上升過程中任意位置的加速度比下落過程中對應(yīng)位置的加速度大,則上升過程的平均加速度較大,由位移與時間關(guān)系可知,上升時間比下落時間短,根據(jù)平均速度的定義可知,上升過程的平均速度大于下落過程的平均速度,A項正確;由排球在空中運動的加速度不斷變化可知,排球受阻力作用,阻力做負(fù)功,機械能減少,故回到O點時的動能比墊起時的少,此時的速度比墊起時的速度小,根據(jù)動量變化的定義可知,上升過程中動量變化的絕對值大于下落過程動量變化的絕對值,B項錯誤;上升過程克服重力做功等于下落過程重力做的功,又上升時間比下落時間短,根據(jù)平均功率的定義可知,上升過程克服重力做功的平均功率大于下落過程重力做功的平均功率,C項錯誤;因為在同一位置,上升過程中排球受到的空氣阻力大于下落過程中排球受到的空氣阻力,上升的位移和下落的位移相等,故根據(jù)功的定義可知,上升過程克服空氣阻力做的功大于下落過程克服空氣阻力做的功,D項正確。2.(多選)一位游客正在體驗蹦極,綁上蹦極專用的橡皮繩后從跳臺縱身而下。游客從跳臺下落直到最低點的過程中,游客受到的合力大小和位移大小的關(guān)系如圖所示,重力加速度取g=10m/s2,空氣阻力不計。下列說法正確的是()。A.游客的質(zhì)量為50kgB.整個下落過程中,游客一直處于失重狀態(tài)C.在3m~9m范圍內(nèi),游客重力的功率先增大后減小D.下落過程中,游客的最大動量為500kg·m/s答案AC解析由圖可知,下落的前3m過程游客只受重力作用,故游客的質(zhì)量m=50010kg=50kg,A項正確;由圖可知,0~5m,游客所受合力方向豎直向下,處于失重狀態(tài);5m~9m,游客所受合力方向豎直向上,處于超重狀態(tài),B項錯誤;當(dāng)游客所受合力為零時,游客的速度最大,由圖可知,x=5m時游客所受合力為零,此時游客的速度最大,根據(jù)Pmax=mgv可知,在3m~9m范圍內(nèi),游客重力的功率先增大后減小,C項正確;力與位移關(guān)系圖線與橫軸所圍面積可表示合力做功,故游客下落5m過程合力做的功W=3+52×500J=2000J,根據(jù)動能定理可得W=12mvm2-0,得vm=45m/s,游客的最大動量pmax=mvm=2005kg3.(改編)(多選)總質(zhì)量為m的動車組在平直的軌道上行駛。該動車組有四節(jié)動力車廂,每節(jié)車廂發(fā)動機的額定功率均為P,若動車組所受的阻力與其速率成正比(F阻=kv,k為常量),動車組能達到的最大速度為vm。下列說法正確的是()。A.動車組在勻加速啟動過程中,牽引力的瞬時功率與速度成正比B.若四節(jié)動力車廂輸出功率均為額定值,則動車組從靜止開始先做加速度減小的加速運動,然后以最大速度做勻速運動C.若四節(jié)動力車廂輸出的總功率為2P,則動車組勻速行駛時的速度為12vD.若四節(jié)動力車廂輸出功率均為額定值,動車組從靜止啟動,經(jīng)過時間t達到最大速度vm,則這一過程中該動車組運動的路程大于vmt-m答案BD解析對動車組,由牛頓第二定律有F-F阻=ma,若動車組勻加速啟動,即加速度a恒定,但F阻=kv隨速度增大而增大,則牽引力也隨阻力增大而變大,P=Fv,F變化,P與v不成正比,A項錯誤;若四節(jié)動力車廂輸出功率均為額定值,則總功率為4P,由牛頓第二定律有4Pv-kv=ma,可知動車組加速啟動的過程中,牽引力減小,阻力增大,則加速度先逐漸減小,至加速度為零后,動車組速度不再變化,達到最大速度,B項正確;動車組勻速行駛時,有P總v-kv=0,v=P總k,當(dāng)P總=4P時,vm=4Pk,當(dāng)P總=2P時,得v=22vm,C項錯誤;若四節(jié)動力車廂輸出功率均為額定值,動車組從靜止啟動,經(jīng)過時間t達到最大速度vm,由動能定理有4Pt-WF阻=12mvm2-0,可得動車組克服阻力做的功WF阻=4Pt-12mvm2,阻力在不斷增大,平均阻力小于kvm,得4Pt-12mvm2=kv·s<kvm·s4.(多選)如圖1所示,質(zhì)量為20kg的包裹位于傾角θ=37°足夠長的斜面上,一輕細(xì)繩通過定滑輪兩端分別與包裹和電動機相連,啟動電動機后包裹由靜止開始沿斜面做勻加速運動,4s末電動機達到額定功率,之后保持該功率繼續(xù)拉著包裹沿斜面運動,5s末包裹達到最大速度vm。整個過程中包裹的v-t圖像如圖2所示。不計一切摩擦,重力加速度取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。下列說法中正確的是()。A.0~4s內(nèi)包裹重力做功的平均功率為100WB.勻加速階段包裹受到的拉力大小為130NC.0~4s內(nèi)包裹機械能變化400JD.包裹的最大速度約為2.2m/s答案BD解析0~4s內(nèi)包裹沿斜面運動的位移x1=22×4m=4m,所以0~4s內(nèi)包裹克服重力做的功WG=mgx1sinθ=480J,平均功率PG=WGt=120W,A項錯誤;根據(jù)v-t圖像可知,勻加速階段的加速度大小a=24m/s2=0.5m/s2,根據(jù)牛頓第二定律有F-mgsinθ=ma,得牽引力F=130N,B項正確;根據(jù)功能關(guān)系,牽引力對包裹所做的功等于其機械能的變化量,牽引力做功W=Fx1=130×4J=520J,C項錯誤;4s末達到額定功率,則有P=Fv=260W,當(dāng)牽引力等于包裹重力沿斜面的分力時,包裹速度達到最大,則有P=mgsinθvm,解得vm≈2.2見《高效訓(xùn)練》P371.(2024屆廈門模擬)(多選)兩個完全相同的小球A和B,在同一高度處以大小相等的初速度v0分別水平拋出和豎直向上拋出,不計空氣阻力,下列說法正確的是()。A.兩小球落地時的速度大小相等B.兩小球落地時,重力的功率相等C.從開始運動至落地,重力對兩小球做的功相等D.從開始運動至落地,重力對兩小球做功的平均功率相等答案AC解析根據(jù)動能定理有mgh=12mv2-12mv02,下落的高度相同,初動能相同,故落地時的速度大小相等,A項正確;落地時的速度大小相等,但重力與速度方向的夾角不同,根據(jù)P=mgvcosα可知,落地時重力的功率不相等,B項錯誤;從開始運動至落地,兩小球下落的高度相同,質(zhì)量相同,根據(jù)重力做功的特點可知重力對兩小球做的功相等,C項正確;平拋運動的時間小于豎直上拋運動的時間,重力做的功相等,根據(jù)P=Wt知2.一滑塊在水平地面上沿直線滑行,t=0時其速度為1m/s,從此刻開始在滑塊運動方向上再施加一水平作用力F,力F和滑塊的速度v隨時間t變化的規(guī)律分別如圖1、圖2所示,則以下說法正確的是()。A.第1s內(nèi),F對滑塊做的功為3JB.第2s內(nèi),F對滑塊做功的平均功率為4WC.第3s末,F對滑塊做功的功率為1WD.前3s內(nèi),F對滑塊做的總功為零答案C解析第1s內(nèi),滑塊位移為1m,F對滑塊做的功為2J,A項錯誤;第2s內(nèi),滑塊位移為1.5m,F對滑塊做的功為4.5J,平均功率為4.5W,B項錯誤;第3s內(nèi),滑塊位移為1.5m,F對滑塊做的功為1.5J,第3s末,F對滑塊做功的瞬時功率P=Fv=1W,C項正確;前3s內(nèi),F對滑塊做的總功為8J,D項錯誤。3.水平恒力F兩次作用在同一靜止物體上,使物體沿力的方向發(fā)生相同的位移,第一次是在光滑水平面上,第二次是在粗糙水平面上,兩次力F做的功和平均功率的大小關(guān)系是()。A.W1=W2,P1>P2 B.W1>W2,P1=P2C.W1>W2,P1>P2 D.W1=W2,P1=P2答案A解析根據(jù)功的定義可知,兩次水平恒力F做的功相等,即W1=W2;第一次是在光滑水平面上,第二次是在粗糙水平面上,第二次受到摩擦力作用,作用同樣大小的力F,第一次的加速度較大,由x=12at2可知,物體沿力的方向發(fā)生相同的位移,第一次需要的時間較短,根據(jù)功率的定義,可知第一次的平均功率較大,即P1>P2,A4.如圖所示,粗糙程度處處相同的水平桌面上有一長為L的輕質(zhì)細(xì)桿,一端可繞豎直光滑軸O轉(zhuǎn)動,另一端與質(zhì)量為m的小木塊相連。木塊以水平初速度v0出發(fā),恰好能完成一個完整的圓周運動。在運動過程中,木塊所受摩擦力的大小為()。A.mv022πL B.mv0答案B解析在運動過程中,只有滑動摩擦力做功,而滑動摩擦力做功與路徑有關(guān),根據(jù)動能定理有-f·2πL=0-12mv02,可得f=m5.如圖1所示,滑輪質(zhì)量、摩擦均不計,質(zhì)量為2kg的物體在拉力F作用下由靜止開始向上做勻加速運動,物體速度隨時間變化的關(guān)系如圖2所示,重力加速度取g=10m/s2,由此可知()。A.物體加速度大小為2m/s2B.F的大小為21NC.4s末F的功率為42WD.0~4s內(nèi)F的平均功率為42W答案C解析在v-t圖像中,圖線的斜率表示加速度,由題圖2可知,a=0.5m/s2,對物體和滑輪,由牛頓第二定律有2F-mg=ma,得F=10.5N,A、B兩項錯誤;4s末,F的作用點的速度大小vF=2v物=4m/s,故4s末F的功率P=FvF=42W,C項正確;0~4s內(nèi)物體上升的高度h=12at2=4m,力F的作用點的位移l=2h=8m,拉力F所做的功W=Fl=84J,F的平均功率P=Wt=21W,6.(多選)如圖所示,無人駕駛小車在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s勻速行駛,在斜坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s勻速行駛。已知小車總質(zhì)量為50kg,MN=PQ=20m,PQ段的傾角為30°,重力加速度g取10m/s2,不計空氣阻力。下列說法正確的有()。A.從M到N,小車牽引力大小為40NB.從M到N,小車克服摩擦力做功為800JC.從P到Q,小車重力勢能增加1×104JD.從P到Q,小車克服摩擦力做的功為700J答案ABD解析小車從M到N,依題意有P1=Fv1=200W,代入數(shù)據(jù)解得F=40N,A項正確;小車從M勻速行駛到N,故小車受到的摩擦力f1=F=40N,摩擦力做的功W1=-40×20J=-800J,即小車克服摩擦力做功為800J,B項正確;從P到Q,重力勢能增加量ΔEp=mg·PQsin30°=5000J,C項錯誤;小車從P到Q,設(shè)摩擦力大小為f2,則由力的平衡有f2+mgsin30°=P2v2,摩擦力做功W2=-f2·PQ,聯(lián)立解得W2=-700J,即小車克服摩擦力做的功為700J7.(2024屆佳木斯模擬)用鐵錘把小鐵釘釘入木板,設(shè)木板對釘子的阻力與釘進木板的深度成正比。已知鐵錘第一次將釘子釘進d,如果鐵錘第二次敲釘子時對釘子做的功與第一次相同,那么,第二次釘子進入木板的深度為()。A.(3-1)d B.(2-1)dC.(5-1)d2 答案B解析鐵錘每次敲釘子時對釘子做的功等于釘子克服阻力做的功,由于阻力與深度成正比,可用阻力的平均值求功,據(jù)題意可得W=F1d=kd2d,W=F2d'=kd+k(d+d')2d',8.(2024屆煙臺檢測)一輛汽車在平直公路上由靜止開始啟動,汽車先保持牽引力F0不變,當(dāng)速度為v1時達到額定功率P額,此后以額定功率繼續(xù)行駛,最后以最大速度vm勻速行駛。若汽車所受的阻力f為恒力,汽車運動過程中的速度為v、加速度為a、牽引力為F、牽引力的功率為P,則下列圖像中可能正確的是()。ABCD答案C解析因為汽車先保持牽引力F0不變,由牛頓第二定律可得F0-f=ma,又因為汽車所受的阻力f為恒力,所以開始階段汽車做勻加速直線運動,此階段的v-t圖像應(yīng)為傾斜的直線,A項錯誤;因為當(dāng)速度為v1時達到額定功率P額,此后以額定功率繼續(xù)行駛,滿足P額=Fv,即F與v成反比,F與1v成正比,所以在F-v圖像中v1~vm段圖像應(yīng)為曲線,在F-1v圖像中1vm~1v1段圖像應(yīng)為直線,B項錯誤,C項正確;因為在速度為v1之前,保持牽引力F0不變,功率滿足P=F0v,即P與v成正比,所以在P-v圖像中09.轆轱是古代民間提水設(shè)施,由轆轱頭(輪軸)、支架、井繩、水斗等部分構(gòu)成,簡化圖如圖1所示。某次從井中汲取m=2kg的水,若轆轱頭(輪軸)半徑r=0.1m,水斗的質(zhì)量為0.5kg,井足夠深且繩的質(zhì)量忽略不計,t=0時刻,轆轱頭由靜止開始繞中心軸轉(zhuǎn)動向上提水斗,其角速度隨時間變化規(guī)律如圖2所示,重力加速度g取10m/s2,則下列說法正確的是()。圖1圖2A.水斗速度隨時間變化規(guī)律為v=2t(所涉及物理量均用國際單位制)B.井繩拉力大小恒定,其值為25NC.0~10s內(nèi)水斗上升的高度為4mD.0~10s內(nèi)井繩拉力所做的功為255J答案D解析ω=2t,水斗速度隨時間變化的規(guī)律為v=ωr=0.2t(所涉及物理量均用國際單位制),A項錯誤;水斗勻加速上升時的加速度a=0.2m/s2,對水斗(含水),根據(jù)牛頓第二定律有F-(m+m')g=(m+m')a,解得井繩拉力大小F=25.5N,B項錯誤;0~10s內(nèi)水斗上升的高度h=12at2=10m,C項錯誤;0~10s內(nèi)井繩拉力所做的功W=Fh=255J,D10.(2024屆龍巖質(zhì)檢)一輛小轎車在平直路面上以恒定功率加速,其加速度a和速度的倒數(shù)1v的關(guān)系如圖所示。已知轎車的總質(zhì)量為1300kg,其所受的阻力不變,則轎車()A.速度隨時間均勻增大B.加速度隨速度的增大而增大C.所受阻力大小為2.73×103ND.發(fā)動機的輸出功率為9.1×103W答案C解析由題圖可知,加速度隨速度的倒數(shù)增大而增大,故轎車做變加速直線運動且加速度隨速度的增大而減小,A、B兩項錯誤;對轎車受力分析,轎車受重力、支持力、牽引力和摩擦力,根據(jù)牛頓第二定律有F-f=ma,其中F=Pv,聯(lián)立解得a=Pmv-fm,結(jié)合圖像有fm=2.1m/s2,Pm=2.10.03m2/s3,解得f=2.1×1300N=2730N,P=91kW11.如圖所示,一質(zhì)量為m的質(zhì)點在半徑為R的半球形容器中(容器固定)由靜止開始自邊緣上的A點下滑,到達最低點B時,它對容器的正壓力為FN。重力加速度為g,則質(zhì)點自A滑到B的過程中,摩擦力所做的功為()。A.12R(FN-mg) B.12R(2mg-FC.12R(FN-3mg) D.12R(FN-2答案C解析設(shè)在B點的速度為v,由牛頓第二定律有FN-mg=mv2R,得質(zhì)點在B點的動能EkB=12mv2=12(FN-mg)R,質(zhì)點從A滑到B的過程中,由動能定理有mgR+Wf=EkB-0,解得Wf=12R(FN-12.質(zhì)量為1.0×103kg的汽車,沿傾角為30°的斜坡由靜止開始向上運動,汽車在運動過程中所受摩擦阻力大小恒為2000N,汽車發(fā)動機的額定輸出功率為5.6×104W,開始時以a=1m/s2的加速度做勻加速運動(重力加速度g取10m/s2)。(1)求汽車做勻加速運動的時間。(2)求汽車所能達到的最大速率。(3)若斜坡長為143.5m,且認(rèn)為汽車到達坡頂之前已達到最大速率,求汽車從坡底到坡頂所用的時間。解析(1)勻加速上升階段,由牛頓第二定律有F-mgsin30°-f=ma設(shè)勻加速過程的末速度為v,則有P=Fv,v=at1解得t1=7s。(2)當(dāng)達到最大速度vm時,加速度為零,有Fm=mgsin30°+fP=Fmvm=(mgsin30°+f)vm解得vm=8m/s。(3)汽車勻加速運動的位移x1=12at12=24.在后一階段對汽車由動能定理,有Pt2-(mgsin30°+f)x2=12mvm2-由位移關(guān)系有x=x1+x2解得t2≈15s故汽車運動的總時間t=t1+t2=22s。第2講動能和動能定理對應(yīng)學(xué)生用書P124考點動能定理的應(yīng)用一、動能(Ek):物體由于①而具有的能量。

1.在物理學(xué)上,用②表示物體的動能,式中m為物體的質(zhì)量、v為物體的速度。

2.動能是③,只具有大小,沒有方向;由于速度具有相對性,因此動能也具有④性。

3.單位:⑤。1J=1N·m=1kg·m/s2。

二、動能定理1.文字表述:力在一個過程中對物體做的功,等于物體在這個過程中⑥的變化。

力:指物體受到的所有力的⑦力。

功:指合外力做的功,它等于各個力做功的⑧和。

2.數(shù)學(xué)表述:W合=12mv2-12mv02或W合=Ek-Ek0或F合x=E3.適用范圍:既適用于直線運動,也適用于曲線運動;既適用于恒力做功,也適用于變力做功;力可以是各種性質(zhì)的力,既可同時作用,也可分階段作用。答案①運動②12mv2③標(biāo)量④相對⑤焦耳(J⑥動能⑦合外⑧代數(shù)1.如圖所示,質(zhì)量為m的物塊在光滑水平面上,在水平恒力F作用下發(fā)生了一段位移s,物塊在始、末狀態(tài)的速度分別是v1和v2。請根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)規(guī)律推導(dǎo)動能定理的表達式。答案物塊在恒力F作用下做勻加速直線運動,根據(jù)牛頓第二定律有F=ma,由運動學(xué)公式有v22-v12=2as,即s=v22-v122a,把F、s代入W=Fs2.如圖所示,小滑塊自左側(cè)斜面高度為h1的A點由靜止開始下滑,經(jīng)長度為l的水平面,最后滑到右側(cè)斜面,到達高度為h2的D點速度恰好減為零。若A、D兩點的連線與水平面之間的夾角為θ,小滑塊與左、右兩斜面及水平面之間的動摩擦因數(shù)處處相同,請推導(dǎo)出動摩擦因數(shù)μ與角度θ之間的關(guān)系式。答案對整個過程應(yīng)用動能定理,有mgh1-mgh2-μmgcosα·?1sinα-μmg·l-μmgcosβ·?2解得μ=?1-?2?1角度1動能定理的理解與應(yīng)用(2023年廣東卷)(多選)人們用滑道從高處向低處運送貨物。如圖所示,可看作質(zhì)點的貨物從四分之一圓弧滑道頂端P點靜止釋放,沿滑道運動到圓弧末端Q點時速度大小為6m/s。已知貨物質(zhì)量為20kg,滑道高度h=4m,且過Q點的切線水平,重力加速度取g=10m/s2。關(guān)于貨物從P點運動到Q點的過程,下列說法正確的有()。A.重力做的功為360JB.克服阻力做的功為440JC.經(jīng)過Q點時向心加速度大小為9m/s2D.經(jīng)過Q點時對滑道的壓力大小為380N答案BCD解析重力做的功WG=mgh=800J,A項錯誤;下滑過程根據(jù)動能定理可得WG-Wf=12mvQ2,代入數(shù)據(jù)解得克服阻力做的功Wf=440J,B項正確;經(jīng)過Q點時向心加速度大小a=vQ2?=9m/s2,C項正確;經(jīng)過Q點時,據(jù)牛頓第二定律可得F-mg=ma,解得貨物受到的支持力大小F=380N,據(jù)牛頓第三定律可知,貨物對滑道的壓力大小為應(yīng)用動能定理解題的基本思路(改編)如圖所示,ABCD是一條長軌道,其中AB段是傾角為θ的斜面,CD段是水平的。BC是與AB和CD都相切的一小段圓弧,其長度可以略去不計。一質(zhì)量為m的小滑塊在A點從靜止?fàn)顟B(tài)釋放,沿軌道滑下,最后停在D點。A點和D點的位置及已知量已在圖上標(biāo)出。設(shè)滑塊與軌道間的動摩擦因數(shù)處處相同。(1)若動摩擦因數(shù)μ未知,求動摩擦因數(shù)。(2)若動摩擦因數(shù)μ已知,假設(shè)用一沿著軌道方向的力推滑塊,使它緩慢地由D點推回到A點時恰停下。求推力對滑塊做的功。答案(1)?tanθstanθ+解析(1)小滑塊由A到D滑動的過程中,只有重力和軌道的摩擦力做功,由動能定理有mgh-Wf=0-0,其中克服摩擦力所做的功Wf=(μmgcosθ)·?sinθ+μmgs,解得μ=(2)若把小滑塊從D點推回到A點恰停下,該過程中,設(shè)推力做功為W,由動能定理有W-mgh-Wf'=0-0由于兩種情況中摩擦力做功相同,即Wf=Wf'可得W=2mgh。運用動能定理求解多過程問題的技巧應(yīng)用動能定理時,選取不同的研究過程列出的方程式是不同的,因為動能定理表達式是個過程式,選取合適的過程往往可以大大簡化計算。若物體運動的全過程包含幾個不同的物理過程,解題時可以分段考慮,也可以全過程為一整體,利用動能定理解題,用后者往往更為簡捷。質(zhì)量為m的小球在地面上空運動,其所受空氣阻力的大小恒定,與重力大小的比值為k(k<1),小球與地面的作用沒有能量損失。已知重力加速度為g。(1)若阻力可以忽略不計,假設(shè)小球從地面上以初速度v0,沿與地面成30°角的方向斜向上拋出去,則從開始拋出至到達最高點的過程中,克服重力所做的功為多少?(2)如果阻力不可忽略不計,小球自地面h高處由靜止開始下落,求小球與地面碰撞了n次后,小球上升的高度。(3)若阻力不可忽略不計,小球自h高處以速度v0,沿豎直方向向上拋出,則小球停止運動前所通過的總路程為多少?答案(1)18mv02(2)1?k1+解析(1)不計阻力,小球僅受重力作用。小球做斜上拋運動,在最高點時,速度vx=v0cos30°,vy=0。由動能定理有W=12m(v0cos30°)2-12因此,克服重力所做的功為18mv(2)考慮阻力,對小球第一次下落過程和第一次上升過程,由動能定理分別有mgh-kmgh=12mv1-mgh1-kmgh1=0-12m解得h1=1?k同理,研究第二次下落過程和第二次上升過程,可得h2=1?k1+kh1繼續(xù)研究,不難推理得到hn=1?k1+(3)考慮阻力,小球經(jīng)過若干次碰撞后速度減為零,整個過程應(yīng)用動能定理,有mgh-kmgs=0-12m解得s=2g?運用動能定理求解往復(fù)運動的三個注意事項1.根據(jù)運動過程受力特點判斷出物體最終狀態(tài)是停在某處,還是在某區(qū)間繼續(xù)運動。2.分析物體運動中的受力特點以及物體的運動性質(zhì)。3.大小一定的力,如空氣阻力、滑動摩擦力等做功與路徑有關(guān),在計算其做功時,其功等于力和路程的乘積,而不是力和位移的乘積。角度2Ek-x圖像的理解與認(rèn)知如圖1所示,一物塊以一定的初速度沿傾角為30°的固定斜面上滑,運動過程中摩擦力大小f恒定。若物塊動能Ek與運動路程s的關(guān)系如圖2所示,重力加速度大小取10m/s2,則物塊質(zhì)量m和所受摩擦力大小f分別為()。A.m=0.7kg,f=0.5NB.m=0.7kg,f=1.0NC.m=0.8kg,f=0.5ND.m=0.8kg,f=1.0N答案A解析0~10m內(nèi)物塊上滑,由動能定理有-mgsin30°·s-fs=Ek-Ek0,即Ek=Ek0-(mgsin30°+f)s。在0~10m內(nèi),圖像斜率的絕對值|k|=mgsin30°+f=4N。10m~20m內(nèi)物塊下滑,由動能定理有(mgsin30°-f)(s-s1)=Ek,即Ek=(mgsin30°-f)s-(mgsin30°-f)s1,在10m~20m內(nèi),圖像的斜率k'=mgsin30°-f=3N。聯(lián)立解得f=0.5N,m=0.7kg。見《高效訓(xùn)練》P391.如圖所示,某同學(xué)用繩子拉木箱,使它從靜止開始沿粗糙水平路面運動至具有某一速度。已知木箱在運動過程中摩擦力始終存在,則木箱獲得的動能一定()。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答案A解析由動能定理有WF-Wf=Ek-0,可知木箱獲得的動能一定小于拉力所做的功,A項正確。2.將質(zhì)量為m的小球以速率v0由地面豎直向上拋出。小球落回地面時,其速率為34v0。設(shè)小球在運動過程中所受空氣阻力的大小不變,則空氣阻力的大小等于()A.34mg B.316mg C.716mg D答案D解析小球向上運動的過程,由動能定理有-(mg+f)H=0-12mv02;小球向下運動的過程,由動能定理有(mg-f)H=12m34v023.(2022年全國甲卷)北京2022年冬奧會首鋼滑雪大跳臺局部示意圖如圖所示。運動員從a處由靜止自由滑下,到b處起跳,c點為a、b之間的最低點,a、c兩處的高度差為h。要求運動員經(jīng)過c點時對滑雪板的壓力不大于自身所受重力的k倍,運動過程中將運動員視為質(zhì)點并忽略所有阻力,則c點處這一段圓弧雪道的半徑應(yīng)不小于()。A.?k+1 B.?k C.2?答案D解析運動員從a運動到c,根據(jù)動能定理有mgh=12mvc2,在c點由牛頓運動定律有FN-mg=mvc2Rc,結(jié)合題意FN≤kmg,解得4.如圖所示,一質(zhì)量為m的物塊用長為L的輕繩懸掛于O點,物塊在水平恒力F的作用下從平衡位置P點由靜止開始緩慢運動,運動過程中繩與豎直方向的最大夾角θ=60°,則力F的大小為()。A.32B.3mgC.12D.33答案D解析由動能定理有FLsin60°-mgL(1-cos60°)=0-0,解得F=33mg,D5.質(zhì)量為m的小球被系在輕繩一端,在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運動,運動過程中小球受到空氣阻力的作用。設(shè)某時刻小球通過軌道的最低點,此時繩子的張力大小為7mg,此后小球繼續(xù)做圓周運動,經(jīng)過半個圓周恰能通過最高點。則在此過程中小球克服空氣阻力所做的功為()。A.14mgR B.13mgR C.12mgR答案C解析設(shè)小球在最低點的速度為v1,在最低點,由牛頓運動定律有7mg-mg=mv12R;設(shè)小球通過最高點的速度為v2,在最高點,由牛頓運動定律有mg=mv22R。小球由最低點上升至最高點的過程中,由動能定理有-mg·2R-Wf=12mv22-12mv6.(多選)如圖所示,長為L的長木板水平放置,在木板的A端放置一個質(zhì)量為m的小物塊,現(xiàn)緩慢地抬高A端,使木板以左端為軸轉(zhuǎn)動,當(dāng)木板轉(zhuǎn)到與水平面的夾角為α?xí)r小物塊開始滑動,此后停止轉(zhuǎn)動木板,小物塊滑到底端時速度大小為v,則在整個過程中()。A.木板對小物塊做功為12mvB.摩擦力對小物塊做功為mgLsinαC.支持力對小物塊做功為mgLsinαD.滑動摩擦力對小物塊做功為12mv2-mgLsin答案ACD解析小物塊的運動分兩個階段,即抬起至木板與水平面的夾角為α的過程和小物塊沿木板加速下滑的過程。對整個過程研究,由動能定理知,木板對小物塊所做的功等于動能的增加。小物塊受到的彈力在第一階段做了功,該過程中小物塊相對木板未滑動,由動能定理知,彈力對小物塊做功等于克服重力所做的功,即WN=mgLsinα。在小物塊加速下滑的過程中,設(shè)滑動摩擦力對小物塊所做的功為Wf,由動能定理知,Wf+mgLsinα=12mv2,得Wf=12mv2-mgLsinα。綜上,A、C、7.(2024屆懷化模擬)如圖所示,DO是水平面,AB是斜面,初速度為v0的物體從D點出發(fā)沿DBA滑動到頂點A時速度剛好為零,若斜面改為AC,讓該物體從D點出發(fā)沿DCA滑動到A點且速度剛好為零,則物體具有的初速度(已知物體與斜面及水平面之間的動摩擦因數(shù)處處相同且不為零,不計B、C處能量損失)()。A.等于v0 B.大于v0C.小于v0 D.取決于斜面答案A解析物體從D點滑動到頂點A過程中,由動能定理可得-mg·xAO-μmg·xDB-μmgcosα·xAB=0-12mv02,α為斜面傾角,由幾何關(guān)系有xABcosα=xOB,因而上式可以簡化為-mg·xAO-μmg·xOD=0-12mv02,8.(2024屆銀川模擬)(多選)如圖所示,若小滑塊以某一初速度v0從斜面底端沿光滑斜面上滑,恰能運動到斜面頂端。現(xiàn)僅將光滑斜面改為粗糙斜面,仍讓滑塊以初速度v0從斜面底端上滑時,滑塊恰能運動到距離底端為斜面長度的34處。下列說法正確的是()A.滑塊滑上斜面后能再次滑回斜面底端B.滑塊滑上斜面后不能再次滑回斜面底端C.滑塊在斜面上運動的整個過程中產(chǎn)生的熱量為18mD.滑塊在斜面上運動的整個過程中產(chǎn)生的熱量為14m答案AD解析設(shè)斜面長度為L,斜面傾角為θ,由題意可知12mv02=mgLsinθ,12mv02=mgssinθ+μmgscosθ,其中的s=34L,解得μ=13tanθ,因為mgsinθ>μmgcosθ,所以當(dāng)滑塊滑上斜面到達最高點后能再次滑回斜面底端,A項正確,B項錯誤;整個過程產(chǎn)生的熱量Q=2μmgscosθ=12mgLsinθ=9.(2024屆寧德檢測)如圖1所示,一輕彈簧豎直放置,下端固定在水平地面上,一質(zhì)量為m的小球從彈簧上端由靜止下落。若以小球開始下落的位置為坐標(biāo)原點,沿豎直向下建立坐標(biāo)軸Ox,小球下落至最低點過程中的a-x圖像如圖2所示(圖中坐標(biāo)值皆已知),不計空氣阻力,小球可看作質(zhì)點,重力加速度為g。下列說法正確的是()。A.勁度系數(shù)k=mgB.彈簧最大彈力Fm=x2C.小球向下運動過程中最大加速度am=x2D.小球向下運動過程中最大速度vm=2答案B解析小球下落的加速度為零時,有k(x1-x0)=mg,解得彈簧的勁度系數(shù)k=mgx1-x0,A項錯誤;小球向下運動過程中彈簧最大彈力Fm=k(x2-x0)=x2-x0x1-x0mg,B項正確;小球向下運動過程中最大加速度am=Fm-mgm=x2-x1x1-x0g,C項錯誤;設(shè)小球向下運動過程中最大速度為vm,根據(jù)動能定理可知12mv2-12m10.(2024屆蘇州模擬)如圖所示,一個質(zhì)量為m的小滑塊在高度為h的斜面頂端由靜止釋放,滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)恒定,以水平地面為零勢能面,則滑塊滑至斜面底端時的動能Ek隨斜面傾角θ變化的關(guān)系圖像可能正確的是()。ABCD答案A解析對小滑塊下滑的過程,應(yīng)用動能定理可得mgh-μmg?tanθ=Ek(tanθ≥μ),當(dāng)θ=π2時,Ek=mgh;隨著θ減小,tanθ逐漸減小,物塊滑到斜面底端的動能逐漸減小,當(dāng)重力沿斜面方向的分力小于等于最大靜摩擦力時,有mgsinθ≤μmgcosθ,解得μ≥tanθ,此后繼續(xù)減小θ,物塊都不再下滑,則此后小滑塊的動能一直為零,11.(多選)一質(zhì)量m的物體自傾角為α的固定斜面底端沿斜面向上滑動。該物體開始滑動時的動能為Ek,向上滑動一段距離后速度減小為零,此后物體向下滑動,到達斜面底端時動能為Ek5。已知sinα=0.6,重力加速度大小為g。下列說法正確的是(A.物體向上滑動的距離為EB.物體向下滑動時的加速度大小為gC.物體與斜面間的動摩擦因數(shù)等于0.5D.物體向上滑動所用的時間比向下滑動的時間長答案BC解析設(shè)物體沿斜面向上滑動的距離為s,物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ,物體沿斜面上滑過程中,根據(jù)動能定理有-mgssinα-μmgscosα=0-Ek,同理,物體沿斜面下滑過程中有mgssinα-μmgscosα=Ek5-0,兩式聯(lián)立解得s=Ekmg,μ=0.5。物體沿斜面下滑過程中,根據(jù)牛頓第二定律有mgsinα-μmgcosα=ma下,解得a下=g5,同理可知物體沿斜面上滑過程的加速度大小大于下滑過程的加速度大小,由s=112.一籃球質(zhì)量m=0.60kg,一運動員使其從距地面高度h1=1.8m處由靜止自由落下,反彈高度h2=1.2m。若使籃球從距地面h3=1.5m的高度由靜止下落,并在開始下落的同時向下拍球,球落地后反彈的高度也為1.5m。假設(shè)運動員拍球時對球的作用力為恒力,作用時間t=0.20s;該籃球每次與地面碰撞前后的動能的比值不變。重力加速度取g=10m/s2,不計空氣阻力。求:(1)運動員拍球過程中對籃球所做的功。(2)運動員拍球時對籃球的作用力的大小。解析(1)使籃球從距地面高度為h1處由靜止自由落下時,設(shè)籃球的落地速度大小為v1,根據(jù)自由落體運動的規(guī)律有v12=2設(shè)籃球被地面反彈后的速度大小為v2,則有v22=2籃球與地面碰撞前、后的動能之比Ek1Ek2=使籃球從距地面h3的高度由靜止下落,并在開始下落的同時向下拍球,設(shè)籃球的落地速度大小為v3,反彈后的速度大小為v4,則有v42=2因為籃球每次與地面碰撞前、后的動能的比值不變,所以有12m設(shè)運動員拍球過程中對籃球做的功為W,根據(jù)動能定理有W+mgh3=12m解得W=4.5J。(2)球在受到力F作用的時間內(nèi),根據(jù)牛頓第二定律得F+mg=ma球的位移x=12at運動員對球做的功W=Fx聯(lián)立解得F=9N。第3講機械能守恒定律及其應(yīng)用對應(yīng)學(xué)生用書P127考點機械能守恒定律的理解與應(yīng)用一、機械能:①、②和③的統(tǒng)稱。

二、機械能守恒定律1.內(nèi)容:在只有④的物體系統(tǒng)內(nèi),動能與勢能可以互相轉(zhuǎn)化,而總的機械能保持不變。

2.各種形式的表達式項目表達式物理意義備注守恒角度E1=E2系統(tǒng)前后的機械能相等要選好重力勢能的零勢能面,且初、末狀態(tài)必須選同一零勢能面計算重力勢能ΔE=E2-E1=0系統(tǒng)的機械能沒有變化轉(zhuǎn)化角度ΔEk=-ΔEp系統(tǒng)動能的增加量(或減少量)等于勢能的減少量(或增加量)關(guān)鍵在于分清重力勢能的增加量和減少量,可不選零勢能面而直接計算初、末狀態(tài)的勢能差轉(zhuǎn)移角度ΔEA=-ΔEBA的機械能增加量(或減少量)等于B的機械能的減少量(或增加量)解決兩個或多個物體組成的系統(tǒng)的機械能守恒問題,從轉(zhuǎn)移的角度列式比較方便答案①動能②重力勢能③彈性勢能④重力或彈力做功1.一輛汽車在水平路面上做勻速運動,發(fā)動機牽引力做正功,阻力做負(fù)功,因汽車勻速,故汽車的動能未變,重力勢能未變,則機械能保持不變。從能量守恒的觀念出發(fā),你認(rèn)為汽車的這種行為,嚴(yán)格意義上講機械能守恒嗎?答案可以說汽車的機械能保持不變,但不能說汽車的機械能守恒。這是因為動能與摩擦發(fā)熱產(chǎn)生的內(nèi)能存在能量形式的轉(zhuǎn)化,嚴(yán)格意義上機械能并不守恒?？梢?物理學(xué)中物理量的“不變”與“守恒”還是有區(qū)別的?！安蛔儭眱H僅是一種定量的數(shù)學(xué)結(jié)果,而“守恒”既包含數(shù)量上的相等關(guān)系,又隱藏物理學(xué)的深層次意義。2.如圖所示,一個小球在真空中做自由落體運動,另一個同樣的小球在黏性較大的液體中由靜止開始下落。它們都由高度為h1的地方下落到高度為h2的地方。在這兩種情況下,重力做的功相等嗎?重力勢能的變化相等嗎?動能的變化相等嗎?重力勢能各轉(zhuǎn)化成什么形式的能?答案兩種情況重力做的功相等,重力勢能的變化相等,但動能的變化不相等,在真空中自由下落時動能的變化更大。在真空中自由下落時,重力勢能轉(zhuǎn)化為小球的動能,且動能和重力勢能之和保持不變;在黏性液體中,重力勢能一部分轉(zhuǎn)化為小球的動能,一部分克服液體對它的阻力做功,轉(zhuǎn)化為小球和黏性液體的內(nèi)能。角度1系統(tǒng)機械能是否守恒的判斷(多選)關(guān)于機械能守恒的判斷,下列說法正確的是()。A.圖1中,物體A將彈簧壓縮的過程中,A與彈簧系統(tǒng)的機械能守恒B.圖2中,A置于光滑水平面上,物體B沿光滑斜面下滑,物體B的機械能守恒C.圖3中,不計任何摩擦,忽略繩子及滑輪質(zhì)量,且繩不可伸長,A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒D.圖4中,小球在豎直平面內(nèi)做單擺運動時,忽略一切能量損耗,小球的機械能守恒答案ACD解析圖1中,物體A將彈簧壓縮的過程中,重力和彈簧彈力做功,A與彈簧系統(tǒng)機械能守恒,A項正確;圖2中,A置于光滑水平面上,物體B沿光滑斜面下滑,物體A將向右運動,物體A的動能增加,物體B的機械能減少,B項錯誤;圖3中,理想情形下,繩子對A做負(fù)功,對B做正功,但總功為零,A、B組成的系統(tǒng)只有重力做功,所以A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒,C項正確;圖4中,小球在豎直平面內(nèi)做單擺運動時,忽略一切能量損耗,小球的動能與重力勢能之和不變,小球的機械能守恒,D項正確。(多選)如圖所示,將一個內(nèi)外側(cè)均光滑的弧形槽置于光滑的水平面上,槽的左側(cè)有一固定的豎直墻壁(不與槽粘連)?，F(xiàn)讓一小球自左端槽口A點的正上方由靜止開始下落,從A點與弧形槽相切進入槽內(nèi),則下列說法正確的是()。A.小球在弧形槽內(nèi)運動的全過程中,只有重力對它做功B.小球從A點向弧形槽的最低點運動的過程中,小球的機械能守恒C.小球從A點經(jīng)最低點向右側(cè)最高點運動的過程中,小球與弧形槽組成的系統(tǒng)機械能守恒D.小球從下落到從右側(cè)離開弧形槽的過程中,小球的機械能守恒答案BC解析小球從弧形槽的最低點運動到弧形槽右側(cè)的過程中,小球?qū)⌒尾鄣牧κ够⌒尾巯蛴疫\動,弧形槽對小球的支持力對小球做負(fù)功,小球的機械能不守恒,A、D兩項錯誤;小球從A點向弧形槽最低點運動的過程中,弧形槽靜止,且只有重力做功,小球的機械能守恒,B項正確;小球從A點經(jīng)最低點向右側(cè)最高點運動的過程中,小球與弧形槽組成的系統(tǒng)只有重力做功,機械能守恒,C項正確。關(guān)于機械能守恒的判斷,要注意兩個要點:一是研究對象(單一物體或系統(tǒng));二是研究過程(存在局部守恒而全過程不守恒的問題)。(多選)一蹦極運動員身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺下落,到最低點時與水面還有一段距離。不計空氣阻力等因素的影響,運動員可視為質(zhì)點,下列說法正確的是()。A.在到達最低點前的過程中,運動員重力勢能始終減少B.蹦極繩張緊后的下落過程中,繩的彈力做負(fù)功,彈性勢能增加C.蹦極過程中,運動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)機械能守恒D.蹦極過程中,重力勢能的改變量與重力勢能零點的選取有關(guān)答案ABC解析在運動員到達最低點前,運動員一直向下運動,根據(jù)重力勢能的定義可知重力勢能始終減少,A項正確;蹦極繩張緊后的下落過程中,繩的彈力方向向上,而運動員向下運動,所以彈力做負(fù)功,彈性勢能增加,B項正確;對于運動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng),蹦極過程中只有重力和彈力做功,所以系統(tǒng)機械能守恒,C項正確;重力勢能與零點的選取有關(guān),但重力勢能的改變量與重力勢能零點的選取無關(guān),D項錯誤。該題中運動員已經(jīng)簡化為質(zhì)點模型,因此不必考慮內(nèi)力做功的問題。如果考慮蹦極過程中,運動員因完成相關(guān)動作,存在人體的生物能向機械能轉(zhuǎn)化的現(xiàn)象,上述答案是要修正的。角度2機械能守恒定律的應(yīng)用運用機械能守恒定律分析問題的思維流程題型1單個物體的機械能守恒問題如圖所示,長度為l的輕繩上端固定在O點,下端系一質(zhì)量為m的小球(大小可以忽略)。將小球拉至輕繩與豎直方向的夾角為α處,無初速度釋放小球。不計空氣阻力,重力加速度為g。(1)求小球通過最低點時的速度大小。(2)求小球通過最低點時輕繩對小球的拉力。(3)當(dāng)小球通過最低點時遇到O點正下方O'處的一顆釘子(圖中未畫出),此后小球以O(shè)'點為圓心做圓周運動,如果小球能通過圓周的最高點,討論釘子與O點的距離x應(yīng)滿足的條件。答案(1)2(2)mg(3-2cosα),方向豎直向上(3)x≥(3+2cos解析(1)小球在運動過程中只有重力做功,由機械能守恒定律有mgl(1-cosα)=12mv解得v=2gl(2)在最低點,由牛頓第二定律有FT-mg=mv解得FT=mg(3-2cosα),拉力的方向豎直向上。(3)如圖所示,設(shè)釘子與O點的距離為x,小球做圓周運動的軌道半徑為r,小球能通過最高點,由機械能守恒定律有mg[l(1-cosα)-2r]=12mv'2,式中在最高點,由牛頓第二定律有mg≤mv'2r,解得x機械能守恒定律與動能定理的比較名稱機械能守恒定律動能定理表達式E1=E2、ΔEk=-ΔEp、ΔEA=-ΔEBW=ΔEk應(yīng)用范圍只有重力或彈力做功無條件限制物理意義其他力(除重力和彈力)所做的功是機械能變化的量度合力對物體做的功是動能變化的量度關(guān)注角度守恒的條件和始末狀態(tài)機械能的形式及大小動能的變化及改變動能的方式(合力做功)相同點只需考慮初、末狀態(tài),不用考慮中間過程結(jié)論能用機械能守恒定律解決的問題一般都能用動能定理解決;能用動能定理解決的問題不一定都能用機械能守恒定律解決;動能定理比機械能守恒定律應(yīng)用更廣泛,更普遍題型2多個物體組成的系統(tǒng)機械能守恒問題如圖所示,輕繩一端固定于O點,繞過輕質(zhì)光滑的動滑輪和定滑輪,另一端與質(zhì)量mB=2m的物塊B相連,動滑輪下方懸掛質(zhì)量mA=m的物塊A,將物塊B置于傾角為30°的固定光滑斜面的頂端。已知斜面長為L,與物塊B相連接的輕繩始終與斜面平行,懸掛動滑輪的輕繩豎直,兩滑輪間豎直距離足夠長,空氣阻力忽略不計,兩物塊均可視為質(zhì)點,重力加速度為g?，F(xiàn)由靜止釋放物塊B,求:(1)物塊B運動至斜面底端時的動能。(2)物塊B從斜面頂端運動至底端的過程中,克服輕繩拉力做的功。答案(1)4mgL9(2解析(1)由題圖可知,同一時刻,B的速度大小始終是A的速度大小的2倍,即vB=2vA對A、B組成的系統(tǒng),由機械能守恒定律有mBgLsin30°-mAgL2=12mAvA2+解得vB=2物塊B的動能Ek=12mBvB2(2)對B由斜面頂端運動至底端的過程,由動能定理有mBgLsin30°-W=12mB解得W=5mgL多物體組成的系統(tǒng)機械能守恒問題要注意分析物體運動過程中,用輕繩、輕桿或輕彈簧相連接的物體間的速度關(guān)系和位移關(guān)系。題型3非質(zhì)點類(流體、軟繩或鏈條等)的機械能守恒問題解決非質(zhì)點類(流體、軟繩或鏈條等)的機械能守恒問題的三個技巧(1)流體、軟繩或鏈條等連續(xù)介質(zhì)構(gòu)成的物體(簡稱“連續(xù)體”)一般不可視為質(zhì)點,若只有重力做功,則“連續(xù)體”整體的機械能守恒。(2)在確定“連續(xù)體”重力勢能的增量時,往往采用等效法(重心的變化)處理。(3)“連續(xù)體”各部分是否都在運動,運動的速率是否相同,若相同,則“連續(xù)體”的動能才可表示為12mv2(多選)橫截面積為S的U形圓筒豎直放在水平面上,筒內(nèi)裝水,底部閥門K關(guān)閉時兩側(cè)水面高度分別為h1和h2,如圖所示。已知水的密度為ρ,重力加速度大小為g,不計水與筒壁間的摩擦阻力。現(xiàn)把連接兩筒的閥門K打開,最后兩筒水面高度相等,則該過程中()。A.水柱的重力做正功B.大氣壓力對水柱做負(fù)功C.水柱的機械能守恒D.當(dāng)兩筒水面高度相等時,水柱的動能是14ρgS(h1-h2)答案ACD解析從把連接兩筒的閥門打開到兩筒水面高度相等的過程中,大氣壓力對左筒水柱做正功,對右筒水柱做負(fù)功,抵消為零,B項錯誤。水柱的機械能守恒,重力做功等于重力勢能的減少量,等于水柱增加的動能,等效于把左筒高?1-?22的水柱移至右筒,重心下降?1-?22,重力所做正功WG=?1-?22ρgS?1-如圖所示,有一條長度為l的質(zhì)量均勻分布的柔軟鏈條,開始時靜止放在光滑梯形平臺上,斜面上的鏈條長為x0。已知重力加速度為g,l<BC,∠BCE=α。請用x0、l、g、α表示斜面上鏈條長為x時鏈條的速度大小(鏈條尚有一部分在平臺上,且x>x0)。答案g解析由鏈條、地球組成的系統(tǒng),除重力外