2024年高考物理（全國版）總復(fù)習(xí)講義：第5-6章 機械能

[高考導(dǎo)航]考點內(nèi)容要求高考命題實況常考題型關(guān)聯(lián)考點201420152016功和功率Ⅱ 卷Ⅰ：T16、T21、T25卷Ⅱ：T15、T16卷Ⅰ：T17、T21卷Ⅱ：T17、T21卷Ⅰ：T22、T25卷Ⅱ：T16、T19、T21、T22、T25卷Ⅲ：T20、T24選擇題計算題實驗題①平拋運動②圓周運動③電場、磁場④電磁感應(yīng)動能和動能定理Ⅱ重力做功與重力勢能Ⅱ功能關(guān)系、機械能守恒定律及其應(yīng)用Ⅱ?qū)嶒炍澹禾骄縿幽芏ɡ韺嶒灹候炞C機械能守恒定律基礎(chǔ)課1功和功率知識點一、功1．定義：一個物體受到力的作用，如果在力的方向上發(fā)生了一段位移，就說這個力對物體做了功。2．做功的兩個要素(1)作用在物體上的力；(2)物體在力的方向上發(fā)生的位移。3．公式：W＝Flcos__α(1)α是力與位移方向之間的夾角，l為物體對地的位移。(2)該公式只適用于恒力做功。4．功的正負(fù)(1)當(dāng)0°≤α＜90°時，W＞0，力對物體做正功。(2)當(dāng)90°＜α≤180°時，W＜0，力對物體做負(fù)功，或者說物體克服這個力做了功。(3)當(dāng)α＝90°時，W＝0，力對物體不做功。知識點二、功率1．定義：功與完成這些功所用時間的比值。2．物理意義：描述力對物體做功的快慢。3．公式(1)P＝eq\f(W,t)，P為時間t內(nèi)的平均功率。(2)P＝Fvcos__α(α為F與v的夾角)①v為平均速度，則P為平均功率。②v為瞬時速度，則P為瞬時功率。4．發(fā)動機功率：機車發(fā)動機的功率P＝Fv，F(xiàn)為牽引力，并非機車所受的合力。[思考判斷](1)只要物體受力的同時又發(fā)生了位移，則一定有力對物體做功。()(2)一個力對物體做了負(fù)功，則說明這個力一定阻礙物體的運動。()(3)一個力對物體做負(fù)功，說明物體克服該力做功(取負(fù)功的絕對值)。()(4)作用力做正功時，其反作用力一定做負(fù)功。()(5)相互垂直的兩個力分別對物體做功為4J和3J，則這兩個力的合力做功為5J。()(6)靜摩擦力不可能對物體做功。()(7)汽車上坡時換成低擋位，其目的是為了減小速度得到較大的牽引力。()答案(1)×(2)√(3)√(4)×(5)×(6)×(7)√功的分析與計算1．判斷力是否做功及做正、負(fù)功的方法判斷根據(jù)適用情況(1)根據(jù)力和位移的方向的夾角判斷：α＜90°力做正功；α＝90°力不做功；α＞90°力做負(fù)功。常用于恒力做功的判斷(2)根據(jù)力和瞬時速度方向的夾角θ判斷：θ＜90°，力做正功；θ＝90°，力不做功；θ＞90°，力做負(fù)功常用于質(zhì)點做曲線運動(3)根據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律判斷常用于變力做功的判斷2.恒力做功的計算方法：直接用W＝Flcosα計算3．合力做功的計算方法方法一：先求合力F合，再用W合＝F合lcosα求功。方法二：先求各個力做的功W1、W2、W3…，再應(yīng)用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功。1．[正、負(fù)功的判斷](多選)如圖1所示，人站在自動扶梯上不動，隨扶梯向上勻速運動，下列說法中正確的是()圖1A．重力對人做負(fù)功 B．摩擦力對人做正功C．支持力對人做正功 D．合力對人做功為零解析人隨電梯向上勻速運動時只受重力和豎直向上的支持力，所以重力做負(fù)功，支持力做正功，合力為零所以做功為零，A、C、D正確。答案ACD2．[直線運動中恒力做功的計算]起重機以1m/s2的加速度將質(zhì)量為1000kg的貨物由靜止開始勻加速向上提升，g取10m/s2，則在1s內(nèi)起重機對貨物做的功是()A．500J B．4500J C．5000J D．5500J解析貨物的加速度向上，由牛頓第二定律有：F－mg＝ma，起重機的拉力F＝mg＋ma＝11000N。貨物的位移是l＝eq\f(1,2)at2＝0.5m，做功為W＝Fl＝5500J，故D正確。答案D3．[曲線運動中恒力做功的計算]如圖2所示，質(zhì)量為m的小球用長為L的輕繩懸掛于O點，用水平恒力F拉著小球從最低點運動到使輕繩與豎直方向成θ角的位置，求此過程中，各力對小球做的總功為()圖2A．FLsinθ B．mgL(1－cosθ)C．FLsinθ－mgL(1－cosθ) D．FLsinθ－mgLcosθ解析如圖，小球在F方向的位移為CB，方向與F同向，則WF＝F·CB＝F·Lsinθ小球在重力方向的位移為AC，方向與重力反向，則WG＝mg·AC·cos180°＝－mg·L(1－cosθ)繩的拉力FT時刻與運動方向垂直，則WFT＝0故W總＝WF＋WG＋WFT＝FLsinθ－mgL(1－cosθ)所以選項C正確。答案C方法技巧1．恒力做功的計算思路2．計算功的大小的兩點技巧(1)在求功時，要區(qū)分是求某個力的功還是合力的功，是求恒力的功還是變力的功。(2)恒力做功與物體的實際路徑無關(guān)，等于力與物體在力方向上的位移的乘積，或等于位移與在位移方向上的力的乘積。功率的理解與計算1．平均功率的計算方法(1)利用eq\o(P,\s\up6(－))＝eq\f(W,t)。(2)利用eq\o(P,\s\up6(－))＝Feq\o(v,\s\up6(－))cosα，其中eq\o(v,\s\up6(－))為物體運動的平均速度。2．瞬時功率的計算方法(1)利用公式P＝Fvcosα，其中v為t時刻的瞬時速度。(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為物體受到的外力F在速度v方向上的分力。1．[平均功率和瞬時功率的計算]如圖3所示，質(zhì)量為m＝2kg的木塊在傾角θ＝37°的斜面上由靜止開始下滑，木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，已知：sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，則前2s內(nèi)重力的平均功率和2s末的瞬時功率分別為()圖3A．48W24W B．24W48W C．24W12W D．12W24W解析木塊所受的合外力F合＝mgsinθ－μmgcosθ＝mg(sinθ－μcosθ)＝2×10×(0.6－0.5×0.8)N＝4N木塊的加速度a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(4,2)m/s2＝2m/s2前2s內(nèi)木塊的位移x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×2×22m＝4m所以，重力在前2s內(nèi)做的功為W＝mgxsinθ＝2×10×0.6×4J＝48J。重力在前2s內(nèi)的平均功率為eq\o(P,\s\up6(－))＝eq\f(W,t)＝eq\f(48,2)W＝24W。木塊在2s末的速度v＝at＝2×2m/s＝4m/s2s末重力的瞬時功率P＝mgsinθ·v＝2×10×0.6×4W＝48W。故選項B正確。答案B2．[功、功率與圖象的綜合]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和滑動的速度v隨時間t的變化規(guī)律分別如圖4甲、乙所示，則以下說法正確的是()圖4A．第1s內(nèi)，F(xiàn)對滑塊做的功為3JB．第2s內(nèi)，F(xiàn)對滑塊做功的平均功率為4WC．第3s末，F(xiàn)對滑塊做功的瞬時功率為1WD．前3s內(nèi)，F(xiàn)對滑塊做的總功為零解析由題圖可知，第1s內(nèi)，滑塊位移為1m，F(xiàn)對滑塊做的功為2J，A錯誤；第2s內(nèi)，滑塊位移為1.5m，F(xiàn)做的功為4.5J，平均功率為4.5W，B錯誤；第3s內(nèi)，滑塊的位移為1.5m，F(xiàn)對滑塊做的功為1.5J，第3s末，F(xiàn)對滑塊做功的瞬時功率P＝Fv＝1W，C正確；前3s內(nèi)，F(xiàn)對滑塊做的總功為8J，D錯誤。答案C方法技巧求解功率時應(yīng)注意的“三個”問題(1)首先要明確所求功率是平均功率還是瞬時功率；(2)平均功率與一段時間(或過程)相對應(yīng)，計算時應(yīng)明確是哪個力在哪段時間(或過程)內(nèi)做功的平均功率；(3)瞬時功率計算時應(yīng)明確是哪個力在哪個時刻(或狀態(tài))的功率。機動車啟動問題1．模型一以恒定功率啟動(1)動態(tài)過程(2)這一過程的P－t圖象和v－t圖象如圖所示：

2.模型二以恒定加速度啟動(1)動態(tài)過程(2)這一過程的P－t圖象和v－t圖象如圖所示：1．[P＝Fv在機車實際運動過程中的應(yīng)用](2017·武漢武昌區(qū)模擬)如圖5所示，為某種型號轎車中用于改變車速的擋位，表中列出了轎車的部分?jǐn)?shù)據(jù)，手推變速桿到達不同擋位可獲得不同的運行速度，從“1～5”速度逐擋增大，R是倒車擋。則轎車在額定功率下，要以最大動力上坡，變速桿應(yīng)推至哪一擋？以最大速度運行時，轎車的牽引力約為多大？()圖5長/mm×寬/mm×高/mm4481/1746/1526mm凈重/kg1337kg傳動系統(tǒng)前輪驅(qū)動5擋變速發(fā)動機類型直列4缸發(fā)動機排量(L)2.0L最高時速(km/h)189km/h100km/h的加速時間(s)12s額定功率(kW)108kWA．“5”擋；8000N B．“5”擋；2000NC．“1”擋；4000N D．“1”擋；2000N解析若轎車在額定功率下以最大動力上坡，那么要使用“1”擋；以最高速度v＝189km/h＝52.5m/s運行時，根據(jù)P＝Fv得F＝eq\f(P,v)＝eq\f(108×103,52.2)N≈2000N。選項D正確。答案D2．[機車啟動過程中的圖象問題](2016·蘇錫常鎮(zhèn)二模)汽車從靜止開始先做勻加速直線運動，然后做勻速運動。汽車所受阻力恒定，下列汽車功率P與時間t的關(guān)系圖象中，能描述上述過程的是()解析汽車從靜止開始勻加速，加速度一定，根據(jù)牛頓第二定律有F－f＝ma，得出F＝f＋ma。汽車的功率為P＝Fv＝(f＋ma)at，P與t成正比例函數(shù)，A、D選項錯誤；當(dāng)汽車達到最大功率時，據(jù)題意汽車運動狀態(tài)立刻變?yōu)閯蛩?，此時牽引力瞬間從f＋ma變成f，而速度沒有突變，故汽車的功率變小且為恒定值，B項錯誤，C正確。答案C3．[機車啟動過程中有關(guān)物理量的計算]一列火車總質(zhì)量m＝500t，發(fā)動機的額定功率P＝6×105W，在軌道上行駛時，軌道對列車的阻力Ff是車重的0.01倍。(取g＝10m/s2)(1)求列車在水平軌道上行駛的最大速度；(2)在水平軌道上，發(fā)動機以額定功率P工作，求當(dāng)行駛速度為v1＝1m/s和v2＝10m/s時，列車的瞬時加速度a1、a2的大?。?3)列車在水平軌道上以36km/h的速度勻速行駛時，求發(fā)動機的實際功率P′；(4)若列車從靜止開始，保持0.5m/s2的加速度做勻加速運動，求這一過程維持的最長時間。解析(1)列車以額定功率行駛，當(dāng)牽引力等于阻力，即F＝Ff＝kmg時，列車的加速度為零，速度達到最大值vm，則vm＝eq\f(P,F)＝eq\f(P,Ff)＝eq\f(P,kmg)＝12m/s。(2)當(dāng)v＜vm時，列車做加速運動，若v1＝1m/s，則F1＝eq\f(P,v1)＝6×105N，根據(jù)牛頓第二定律得a1＝eq\f(F1－Ff,m)＝1.1m/s2若v2＝10m/s，則F2＝eq\f(P,v2)＝6×104N根據(jù)牛頓第二定律得a2＝eq\f(F2－Ff,m)＝0.02m/s2。(3)當(dāng)v＝36km/h＝10m/s時，列車勻速運動，則發(fā)動機的實際功率P′＝Ffv＝5×105W。(4)由牛頓第二定律得F′＝Ff＋ma＝3×105N在此過程中，速度增大，發(fā)動機功率增大，當(dāng)功率為額定功率時速度為v′，即v′＝eq\f(P,F′)＝2m/s，由v′＝at得t＝eq\f(v′,a)＝4s。答案(1)12m/s(2)1.1m/s20.02m/s2(3)5×105W(4)4s方法技巧機車啟動問題的求解方法(1)機車的最大速度vmax的求法機車做勻速運動時速度最大，此時牽引力F等于阻力Ff，故vmax＝eq\f(P,F)＝eq\f(P,Ff)。(2)勻加速啟動時，做勻加速運動的時間t的求法牽引力F＝ma＋Ff，勻加速運動的最大速度vmax′＝eq\f(P額,ma＋Ff)，時間t＝eq\f(vmax′,a)。(3)瞬時加速度a的求法根據(jù)F＝eq\f(P,v)求出牽引力，則加速度a＝eq\f(F－Ff,m)。變力做功的計算方法方法以例說法應(yīng)用動能定理用力F把小球從A處緩慢拉到B處，F(xiàn)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＝f·Δx1＋f·Δx2＋f·Δx3＋…＝f(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝f·2πR平均力法彈簧由伸長x1被繼續(xù)拉至伸長x2的過程中，克服彈力做功W＝eq\f(kx1＋kx2,2)·(x2－x1)圖象法一水平拉力F0拉著一物體在水平面上運動的位移為x0，圖線與橫軸所圍面積表示拉力所做的功，W＝F0x0eq\a\vs4\al(【思維訓(xùn)練1】)(2015·海南單科)如圖6，一半徑為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)點自軌道端點P由靜止開始滑下，滑到最低點Q時，對軌道的正壓力為2mg，重力加速度大小為g。質(zhì)點自P滑到Q的過程中，克服摩擦力所做的功為()圖6A.eq\f(1,4)mgR B.eq\f(1,3)mgR C.eq\f(1,2)mgR D.eq\f(π,4)mgR解析在Q點質(zhì)點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)，下滑過程中，根據(jù)動能定理可得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Ceq\a\vs4\al(【思維訓(xùn)練2】)一物體所受的力F隨位移x變化的圖象如圖7所示，求在這一過程中，力F對物體做的功為()圖7A．3J B．6J C．7J D．8J解析力F對物體做的功等于x軸上方梯形“面積”所表示的正功與x軸下方三角形“面積”所表示的負(fù)功的代數(shù)和。W1＝eq\f(1,2)×(3＋4)×2J＝7JW2＝－eq\f(1,2)×(5－4)×2J＝－1J所以力F對物體做的功為W＝7J－1J＝6J。故選項B正確。答案B1．(2015·海南單科，3)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)動機的輸出功率變?yōu)樵瓉淼?倍，則摩托艇的最大速率變?yōu)樵瓉淼?)A．4倍 B．2倍 C.eq\r(3)倍 D.eq\r(2)倍解析設(shè)f＝kv，當(dāng)阻力等于牽引力時，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。答案D2．(2015·全國卷Ⅱ，17)一汽車在平直公路上行駛。從某時刻開始計時，發(fā)動機的功率P隨時間t的變化如圖8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隨時間t變化的圖線中，可能正確的是()圖8解析當(dāng)汽車的功率為P1時，汽車在運動過程中滿足P1＝F1v，因為P1不變，v逐漸增大，所以牽引力F1逐漸減小，由牛頓第二定律得F1－f＝ma1，f不變，所以汽車做加速度減小的加速運動，當(dāng)F1＝f時速度最大，且vm＝eq\f(P1,F1)＝eq\f(P1,f)。當(dāng)汽車的功率突變?yōu)镻2時，汽車的牽引力突增為F2，汽車?yán)^續(xù)加速，由P2＝F2v可知F2減小，又因F2－f＝ma2，所以加速度逐漸減小，直到F2＝f時，速度最大vm′＝eq\f(P2,f)，以后勻速運動。綜合以上分析可知選項A正確。答案A3．(2016·天津理綜，8)(多選)我國高鐵技術(shù)處于世界領(lǐng)先水平，和諧號動車組是由動車和拖車編組而成，提供動力的車廂叫動車，不提供動力的車廂叫拖車。假設(shè)動車組各車廂質(zhì)量均相等，動車的額定功率都相同，動車組在水平直軌道上運行過程中阻力與車重成正比，某列動車組由8節(jié)車廂組成，其中第1、5節(jié)車廂為動車，其余為拖車，則該動車組()圖9A．啟動時乘客受到車廂作用力的方向與車運動的方向相反B．做勻加速運動時，第5、6節(jié)與第6、7節(jié)車廂間的作用力之比為3∶2C．進站時從關(guān)閉發(fā)動機到停下來滑行的距離與關(guān)閉發(fā)動機時的速度成正比D．與改為4節(jié)動車帶4節(jié)拖車的動車組最大速度之比為1∶2解析列車啟動時，乘客隨車廂加速運動，加速度方向與車的運動方向相同，故乘客受到車廂的作用力方向與車運動方向相同，選項A錯誤；對6、7、8節(jié)車廂的整體有F56＝3ma＋3kmg，對7、8節(jié)車廂的整體有F67＝2ma＋2kmg，故5、6節(jié)車廂與6、7節(jié)車廂間的作用力之比為F56∶F67＝3∶2，選項B正確；關(guān)閉發(fā)動機后，根據(jù)動能定理得eq\f(1,2)·8mv2＝8kmgx，解得x＝eq\f(v2,2kg)，可見滑行的距離與關(guān)閉發(fā)動機時速度的平方成正比，選項C錯誤；8節(jié)車廂有2節(jié)動車時的最大速度為vm1＝eq\f(2P,8kmg)；8節(jié)車廂有4節(jié)動車時最大速度為vm2＝eq\f(4P,8kmg)，則eq\f(vm1,vm2)＝eq\f(1,2)，選項D正確。答案BD4．(2017·湖南衡陽聯(lián)考，24)一地鐵列車從甲站由靜止啟動后做直線運動，先勻加速運動t1＝10s達到速度大小v＝54km/h，再勻速運動t2＝100s，接著勻減速運動t3＝12s到達乙站停車。列車在運行過程中所受的阻力大小恒為f＝1×105N，列車在減速過程中發(fā)動機停止工作，求：(1)列車勻速運動過程中克服阻力所做的功W；(2)列車的質(zhì)量m；(3)列車在勻加速階段牽引力的平均功率eq\o(P,\s\up6(－))。解析(1)已知v＝54km/h＝15m/s列車在勻速階段的位移為：x＝vt2＝1500m列車勻速運動過程中克服阻力所做的功為：W＝fx＝1.5×108J(2)設(shè)列車勻減速階段的加速度大小為a′，由牛頓第二定律有：f＝ma′又：a′＝eq\f(v,t3)解得m＝8×104kg(3)設(shè)列車在勻加速階段的加速度大小為a，由牛頓第二定律有：F－f＝ma又：a＝eq\f(v,t1)該階段牽引力的平均功率為eq\o(P,\s\up6(－))＝Feq\f(v,2)解得：eq\o(P,\s\up6(－))＝1.65×106W。答案(1)1.5×108J(2)8×104kg(3)1.65×106W一、選擇題(1～6題為單項選擇題，7～11題為多項選擇題)1．如圖1所示，甲、乙兩物體之間存在相互作用的滑動摩擦力，甲對乙的滑動摩擦力對乙做了負(fù)功，則乙對甲的滑動摩擦力對甲()圖1A．可能做正功，也可能做負(fù)功，也可能不做功B．可能做正功，也可能做負(fù)功，但不可能不做功C．可能做正功，也可能不做功，但不可能做負(fù)功D．可能做負(fù)功，也可能不做功，但不可能做正功解析若甲固定不動，乙在甲表面滑動，則乙對甲的滑動摩擦力對甲不做功；若乙向右運動的同時甲向左運動，則甲、乙間的一對滑動摩擦力均做負(fù)功；若水平地面光滑，靜止的甲在乙的滑動摩擦力帶動下做加速運動，則乙對甲的滑動摩擦力對甲做正功，所以只有選項A正確。答案A2．同一恒力按同樣的方式施于物體上，使它分別沿著粗糙水平地面和光滑水平地面移動相同一段距離時，恒力做的功和平均功率分別為W1、P1和W2、P2，則二者的關(guān)系是()A．W1＞W(wǎng)2、P1＞P2 B．W1＝W2、P1＜P2C．W1＝W2、P1＞P2 D．W1＜W2、P1＜P2解析由功的定義W＝Flcosα可知，W1＝W2，由于沿粗糙地面運動時加速度較小，通過相同位移所用時間較長，所以根據(jù)P＝eq\f(W,t)可知，P1＜P2，故B正確。答案B3．(2017·安徽期中測試)A、B兩物體的質(zhì)量之比mA∶mB＝2∶1，它們以相同的初速度v0在水平面上做勻減速直線運動，直到停止，其速度—時間圖象如圖2所示。那么，A、B兩物體所受摩擦力之比FA∶FB與A、B兩物體克服摩擦阻力做功之比WA∶WB分別為()圖2A．2∶1，4∶1 B．4∶1，2∶1 C．1∶4，1∶2 D．1∶2，1∶4解析由v－t圖象可知：aA∶aB＝2∶1，又由F＝ma，mA∶mB＝2∶1，可得FA∶FB＝4∶1；又由題圖中面積關(guān)系可知A、B位移之比xA∶xB＝1∶2，由做功公式W＝Fx，可得WA∶WB＝2∶1，故選B。答案B4．(2016·濟南模擬)汽車從靜止勻加速啟動，最后做勻速運動，其速度隨時間及加速度、牽引力和功率隨速度變化的圖象如圖所示，其中錯誤的是()解析汽車啟動時由P＝Fv和F－Ff＝ma可知，勻加速啟動過程中，牽引力F、加速度a恒定不變，速度和功率均勻增大，當(dāng)功率增大到額定功率后保持不變，牽引力逐漸減小到與阻力相等，加速度逐漸減小到零，速度逐漸增大到最大速度，故A、C、D正確，B錯誤。答案B5．(2016·福建廈門質(zhì)檢)汽車以恒定的功率在平直公路上行駛，所受到的摩擦阻力恒等于車重的0.1，汽車能達到的最大速度為vm。則當(dāng)汽車速度為eq\f(1,2)vm時，汽車的加速度為(重力加速度為g)()A．0.1g B．0.2g C．0.3g D．0.4g解析設(shè)汽車功率恒為P，達到最大速度vm時，牽引力F＝Ff＝0.1mg，P＝Fvm，當(dāng)汽車速度為v＝eq\f(1,2)vm時，F(xiàn)′＝eq\f(P,v)＝0.2mg，由牛頓第二定律有F′－Ff＝ma，解得a＝0.1g，A項正確。答案A圖36．如圖3所示，半徑為R的eq\f(1,8)光滑圓弧軌道左端有一質(zhì)量為m的小球，在大小恒為F、方向始終與軌道相切的外力作用下，小球在豎直平面內(nèi)由靜止開始運動，軌道左端切線水平，當(dāng)小球運動到軌道的末端時立即撤去外力，此時小球的速率為v，已知重力加速度為g，則()圖3A．此過程外力做功為eq\f(π,2)FRB．此過程外力做功為eq\f(\r(2),2)FRC．小球離開軌道的末端時，拉力的功率為FvD．小球離開軌道末端時，拉力的功率為eq\f(\r(2),2)Fv解析由于力的大小不變，方向始終沿圓弧的切線方向，所以力F做的功為W＝F·eq\f(1,8)·2πR＝eq\f(π,4)FR，選項A、B錯誤；小球離開軌道時的速率為v，方向和外力F的方向相同，所以拉力的功率為Fv，選項C正確，D錯誤。答案C7．質(zhì)量為m的物體置于傾角為α的斜面上，物體和斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，在外力作用下斜面以加速度a向左做勻加速直線運動，如圖4所示，運動過程中物體與斜面之間保持相對靜止，則下列說法正確的是()圖4A．斜面對物體的支持力一定做正功B．斜面對物體的摩擦力一定做正功C．斜面對物體的摩擦力可能不做功D．斜面對物體的摩擦力可能做負(fù)功解析物體所受的支持力始終垂直于斜面向上，由于位移方向水平向左，則力與位移方向之間的夾角為銳角，因此支持力一定做正功，選項A正確；摩擦力做功有三種情況：當(dāng)加速度a＝gtanα?xí)r，物體所受的摩擦力為零，摩擦力不做功；當(dāng)加速度a＞gtanα?xí)r，物體所受的摩擦力沿斜面向下，摩擦力做正功；當(dāng)加速度a＜gtanα?xí)r，物體所受的摩擦力沿斜面向上，摩擦力做負(fù)功，故選項B錯誤，C、D正確。答案ACD8.一質(zhì)量為1kg的質(zhì)點靜止于光滑水平面上，從t＝0時刻開始，受到水平外力F作用，如圖5所示。下列判斷正確的是()圖5A．第1s末的瞬時功率為6WB．第1s內(nèi)的平均功率為4WC．前2s內(nèi)的平均功率為4WD．第1s末與第2s末外力的瞬時功率之比為9∶4解析第1s末質(zhì)點的速度v1＝eq\f(F1,m)t1＝eq\f(3,1)×1m/s＝3m/s。第2s末質(zhì)點的速度v2＝v1＋eq\f(F2,m)t2＝(3＋eq\f(1,1)×1)m/s＝4m/s。第1s末的瞬時功率P1＝F1·v1＝9W第2s末的瞬時功率P2＝F2·v2＝4W，故A錯，D對；第1s內(nèi)的平均功率eq\o(P,\s\up6(－))1＝F1eq\o(v,\s\up6(－))1＝4.5W，故B錯；前2s內(nèi)外力的平均功率P＝eq\f(\f(1,2)mveq\o\al(2,2),t)＝eq\f(0.5×1×42,2)W＝4W，故C對。答案CD9．(2017·湖北聯(lián)考)在離水平地面h高處將一質(zhì)量為m的小球水平拋出，在空中運動的過程中所受空氣阻力大小恒為f，落地時小球距拋出點的水平距離為x，速率為v，那么，在小球運動的過程中()A．重力做功為mghB．克服空氣阻力做的功為f·eq\r(h2＋x2)C．落地時，重力的瞬時功率為mgvD．重力勢能和機械能都逐漸減少解析重力做功為WG＝mgh，A正確；空氣阻力做功與經(jīng)過的路程有關(guān)，而小球經(jīng)過的路程大于eq\r(h2＋x2)，故克服空氣阻力做的功大于f·eq\r(h2＋x2)，B錯誤；落地時，重力的瞬時功率為重力與沿重力方向的分速度的乘積，故落地時重力的瞬時功率小于mgv，C錯誤；重力做正功，重力勢能減少，空氣阻力做負(fù)功，機械能減少，D正確。答案AD10．(2016·宿遷三模)一汽車在平直公路上以20kW的功率行駛，t1時刻駛?cè)肓硪欢巫枇愣ǖ钠街惫罚鋠－t圖象如圖6所示，已知汽車的質(zhì)量為2×103kg。下列說法中正確的是()圖6A．t1前汽車受到的阻力大小為2×103NB．t1后汽車受到的阻力大小為2×103NC．t1時刻汽車加速度大小突然變?yōu)?m/s2D．t1～t2時間內(nèi)汽車的平均速度為7.5m/s解析t1前汽車勻速，有P＝F1v1＝f1v1，得f1＝eq\f(P,v1)＝eq\f(20×103,10)N＝2×103N，A項正確；進入另一段公路后最終以v2＝5m/s勻速，得出f2＝eq\f(P,v2)＝eq\f(20×103,5)N＝4×103N，B項錯誤；t1時刻牽引力為2×103N，阻力瞬間變?yōu)?×103N，加速度為a＝eq\f(－2×103,2×103)m/s2＝－1m/s2，C項正確；根據(jù)面積得出t1～t2時間內(nèi)汽車的平均速度小于7.5m/s，D項錯誤。答案AC11．如圖7甲所示，小物塊靜止在傾角θ＝37°的粗糙斜面上?，F(xiàn)對物塊施加一個沿斜面向下的推力F，力F的大小隨時間t的變化情況如圖乙所示，物塊的速率v隨時間t的變化規(guī)律如圖丙所示，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2。下列說法正確的是()圖7A．物塊的質(zhì)量為1kgB．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.7C．0～3s時間內(nèi)力F做功的平均功率為0.32WD．0～3s時間內(nèi)物塊克服摩擦力做的功為5.12J解析由速度圖象知在1～3s時間內(nèi)，物塊做勻加速直線運動，則0.8N＋mgsinθ－μmgcosθ＝ma，a＝eq\f(0.8－0,3－1)m/s2＝0.4m/s2。在3～4s時間內(nèi)，物塊勻速運動，受力平衡，則μmgcosθ－mgsinθ＝0.4N，解得m＝1kg，μ＝0.8，選項A正確，B錯誤；0～1s時間內(nèi)，物塊靜止，力F不做功，1～3s時間內(nèi)，力F＝0.8N，物塊的位移x＝eq\f(1,2)×0.4×22m＝0.8m，0～3s內(nèi)力F做功的平均功率為eq\f(Fx,t3)＝eq\f(0.8×0.8,3)W＝0.213W，選項C錯誤；0～3s時間內(nèi)物塊克服摩擦力做的功為μmgcosθ·x＝5.12J，選項D正確。答案AD二、非選擇題12．下表是一輛電動車的部分技術(shù)指標(biāo)，其中的額定車速是指電動車滿載的情況下，在平直道路上以額定功率勻速行駛時的速度。額定車速18km/h電源輸出電壓≥36V整車質(zhì)量40kg充電時間6～8h載重80kg電動機的額定輸出功率180W電源136V/12Ah電動機的額定工作電壓/電流36V/6A請根據(jù)表中的數(shù)據(jù)，完成下列問題(g取10m/s2)。(1)在行駛的過程中，電動車受到的阻力是車重(包括載重)的k倍，假定k是定值，試推算k的大??；(2)若電動車以額定功率行駛，求速度為3m/s時的加速度是多少？解析(1)由表可得到P出＝180W，車速v＝18km/h＝5m/s，由P出＝Fv，勻速直線運動時有F＝f，其中f＝k(M＋m)g，解得k＝0.03。(2)當(dāng)車速v′＝3m/s時，牽引力F′＝eq\f(P出,v′)，由牛頓第二定律知F′－k(M＋m)g＝(m＋M)a，解得a＝0.2m/s2。答案(1)0.03(2)0.2m/s2基礎(chǔ)課2動能動能定理知識點一、動能1．定義：物體由于運動而具有的能叫動能。2．公式：Ek＝eq\f(1,2)mv2。3．單位：焦耳，1J＝1N·m＝1kg·m2/s2。4．矢標(biāo)性：動能是標(biāo)量，只有正值。5．狀態(tài)量：動能是狀態(tài)量，因為v是瞬時速度。知識點二、動能定理1．內(nèi)容：力在一個過程中對物體做的功，等于物體在這個過程中動能的變化。2．表達式：W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)或W＝Ek2－Ek1。3．物理意義：合外力的功是物體動能變化的量度。[思考判斷](1)一定質(zhì)量的物體動能變化時，速度一定變化，但速度變化時，動能不一定變化。()(2)動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，那么合外力對物體做功一定為零。()(4)物體在合外力作用下做變速運動時，動能一定變化。()(5)根據(jù)動能定理，合外力做的功就是動能的變化。()(6)重力做功和摩擦力做功都與物體運動的路徑無關(guān)。()答案(1)√(2)×(3)√(4)×(5)×(6)×動能和動能定理的理解1．動能與動能的變化的區(qū)別(1)動能與動能的變化是兩個不同的概念，動能是狀態(tài)量，動能的變化是過程量。(2)動能為非負(fù)值，而動能變化量有正負(fù)之分。ΔEk＞0表示物體的動能增加，ΔEk＜0表示物體的動能減少。2．對動能定理的理解(1)做功的過程就是能量轉(zhuǎn)化的過程，動能定理表達式中的“＝”的意義是一種因果關(guān)系在數(shù)值上相等的符號。(2)對“外力”的理解動能定理敘述中所說的“外力”，既可以是重力、彈力、摩擦力，也可以是電場力、磁場力或其他力。1．[對動能概念的理解]關(guān)于物體的動能，下列說法中正確的是()A．物體速度變化，其動能一定變化B．物體所受的合外力不為零，其動能一定變化C．物體的動能變化，其運動狀態(tài)一定發(fā)生改變D．物體的速度變化越大，其動能一定變化也越大解析若速度的方向變化而大小不變，則其動能不變化，故選項A錯誤；物體所受合外力不為零，只要速度大小不變，其動能就不變化，如勻速圓周運動中，物體所受合外力不為零，但速度大小始終不變，動能不變，故選項B錯誤；物體動能變化，其速度一定發(fā)生變化，故運動狀態(tài)改變，選項C正確；物體速度變化若僅由方向變化引起，其動能可能不變，如勻速圓周運動中，速度變化，但動能始終不變，故選項D錯誤。答案C2．[對動能定理的理解](多選)如圖1所示，電梯質(zhì)量為M，在它的水平地板上放置一質(zhì)量為m的物體。電梯在鋼索的拉力作用下豎直向上加速運動，當(dāng)電梯的速度由v1增加到v2時，上升高度為H，則在這個過程中，下列說法或表達式正確的是()圖1A．對物體，動能定理的表達式為WN＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，其中WN為支持力的功B．對物體，動能定理的表達式為W合＝0，其中W合為合力的功C．對物體，動能定理的表達式為WN－mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，其中WN為支持力的功D．對電梯，其所受合力做功為eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)解析電梯上升的過程中，對物體做功的有重力mg、支持力FN，這兩個力的總功才等于物體動能的增量ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，故A、B均錯誤，C正確；對電梯，無論有幾個力對它做功，由動能定理可知，其合力的功一定等于其動能的增量，故D正確。答案CD動能定理的應(yīng)用應(yīng)用動能定理解題應(yīng)抓好“兩狀態(tài)，一過程”“兩狀態(tài)”即明確研究對象的始、末狀態(tài)的速度或動能情況；“一過程”即明確研究過程，確定這一過程研究對象的受力情況和位置變化或位移信息?！镜淅?2016·河南鄭州三模)如圖2所示，傾角θ＝45°的粗糙平直導(dǎo)軌AB與半徑為R的光滑圓環(huán)軌道相切，切點為B，整個軌道處在豎直平面內(nèi)。一質(zhì)量為m的小滑塊(可以看作質(zhì)點)從導(dǎo)軌上離地面高為h＝3R的D處無初速度下滑進入圓環(huán)軌道。接著小滑塊從圓環(huán)最高點C水平飛出，恰好擊中導(dǎo)軌上與圓心O等高的P點，不計空氣阻力，已知重力加速度為g。求：圖2(1)滑塊運動到圓環(huán)最高點C時的速度大??；(2)滑塊運動到圓環(huán)最低點時對圓環(huán)軌道壓力的大小；(3)滑塊在斜面軌道BD間運動的過程中克服摩擦力做的功。解析(1)小滑塊從C點飛出來做平拋運動，水平速度為v0。豎直方向上：R＝eq\f(1,2)gt2①水平方向上：eq\r(2)R＝v0t②解得：v0＝eq\r(gR)③(2)小滑塊在最低點時速度為v，由動能定理得：－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2④解得：v＝eq\r(5gR)⑤在最低點由牛頓第二定律得：FN－mg＝meq\f(v2,R)⑥解得：FN＝6mg由牛頓第三定律得：FN′＝6mg⑦(3)從D到最低點過程中，設(shè)DB過程中克服摩擦阻力做功Wf，由動能定理得：mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0⑧解得：Wf＝eq\f(1,2)mgR⑨答案(1)eq\r(gR)(2)6mg(3)eq\f(1,2)mgR【拓展延伸1】使小滑塊剛好能過C點在【典例】中，若小滑塊剛好能過C點，求滑塊與軌道AB間的動摩擦因數(shù)。解析小滑塊剛好能過C點，則在C點由牛頓第二定律得：mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)解得：vC＝eq\r(gR)小滑塊由D至C過程，由動能定理得：mg(h－2R)－μmgcosθ·eq\f(h－（R－Rcosθ）,sinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0，解得：μ＝eq\f(4－\r(2),14)答案eq\f(4－\r(2),14)【拓展延伸2】使滑塊在P點釋放在【典例】中的滑塊從軌道的P點由靜止釋放，滑塊與粗糙導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ，求滑塊整個運動過程中在AB軌道上通過的總路程。解析滑塊在P點釋放，滑塊將在兩軌道間做往返運動，當(dāng)滑塊到達B點時的速度為零后滑塊將只在圓弧軌道上運動，故全過程由動能定理得：mgsPBsinθ－μmgscosθ＝0由幾何關(guān)系得：sPB＝R解得：s＝eq\f(R,μ)答案eq\f(R,μ)技巧點撥應(yīng)用動能定理解題的基本思路1．[動能定理的應(yīng)用](2016·河南模擬)如圖3所示，質(zhì)量為m的小球，從離地面H高處從靜止開始釋放，落到地面后繼續(xù)陷入泥中h深度而停止，設(shè)小球受到空氣阻力為f，重力加速度為g，則下列說法正確的是()圖3A．小球落地時動能等于mgHB．小球陷入泥中的過程中克服泥的阻力所做的功小于剛落到地面時的動能C．整個過程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)D．小球在泥土中受到的平均阻力為mg(1＋eq\f(H,h))解析小球從靜止開始釋放到落到地面的過程，由動能定理得mgH－fH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，選項A錯誤；設(shè)泥的平均阻力為f0，小球陷入泥中的過程，由動能定理得mgh－f0h＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得f0h＝mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，f0＝mg(1＋eq\f(H,h))－eq\f(fH,h)，選項B、D錯誤；全過程應(yīng)用動能定理可知，整個過程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)，選項C正確。答案C2．[動能定理在多過程問題中的應(yīng)用](2017·桂林質(zhì)檢)如圖4所示，傾角為37°的粗糙斜面AB底端與半徑R＝0.4m的光滑半圓軌道BC平滑面相連，O點為軌道圓心，BC為圓軌道直徑且處于豎直方向，A、C兩點等高。質(zhì)量m＝1kg的滑塊從A點由靜止開始下滑，恰能滑到與O點等高的D點，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。圖4(1)求滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ；(2)若使滑塊能到達C點，求滑塊從A點沿斜面滑下時的初速度v0的最小值；(3)若滑塊離開C點的速度大小為4m/s，求滑塊從C點飛出至落到斜面上所經(jīng)歷的時間t。解析(1)滑塊從A點到D點的過程中，根據(jù)動能定理有mg(2R－R)－μmgcos37°·eq\f(2R,sin37°)＝0－0解得μ＝eq\f(1,2)tan37°＝0.375。(2)若使滑塊恰好能到達C點，初速度v0有最小值，根據(jù)牛頓第二定律有mg＝eq\f(mveq\o\al(2,C),R)解得vC＝eq\r(Rg)＝2m/s滑塊從A點到C點的過程中，根據(jù)動能定理有－μmgcos37°·eq\f(2R,sin37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(veq\o\al(2,C)＋\f(4μgR,tan37°))＝2eq\r(3)m/s故v0的最小值為2eq\r(3)m/s。(3)滑塊離開C點后做平拋運動，有x＝vC′t，y＝eq\f(1,2)gt2由幾何知識得tan37°＝eq\f(2R－y,x)整理得5t2＋3t－0.8＝0解得t＝0.2s(t＝－0.8s舍去)。答案(1)0.375(2)2eq\r(3)m/s(3)0.2s動能定理與圖象結(jié)合問題力學(xué)中四類圖象所圍“面積”的意義1．[動能定理與v－t圖象的綜合](2016·廣州調(diào)研)用起重機提升貨物，貨物上升過程中的v－t圖象如圖5所示，在t＝3s到t＝5s內(nèi)，重力對貨物做的功為W1、繩索拉力對貨物做的功為W2、貨物所受合力做的功為W3，則()圖5A．W1＞0 B．W2＜0 C．W2＞0 D．W3＞0解析分析題圖可知，貨物一直向上運動，根據(jù)功的定義式可得：重力做負(fù)功，拉力做正功，即W1＜0，W2＞0，A、B錯誤，C正確；根據(jù)動能定理：合力做的功W3＝0－eq\f(1,2)mv2，v＝2m/s，即W3＜0，D錯誤。答案C2．[動能定理與a－t圖象的綜合](2016·山西5月模擬)用傳感器研究質(zhì)量為2kg的物體由靜止開始做直線運動的規(guī)律時，在計算機上得到0～6s內(nèi)物體的加速度隨時間變化的關(guān)系如圖6所示。下列說法正確的是()圖6A．0～6s內(nèi)物體先向正方向運動，后向負(fù)方向運動B．0～6s內(nèi)物體在4s時的速度最大C．物體在2～4s內(nèi)速度不變D．0～4s內(nèi)合力對物體做的功等于0～6s內(nèi)合力做的功解析由a－t圖象可知：圖線與時間軸圍成的“面積”代表物體在相應(yīng)時間內(nèi)速度的變化情況，在時間軸上方為正，在時間軸下方為負(fù)。物體6s末的速度v6＝eq\f(1,2)×(2＋5)×2m/s－eq\f(1,2)×1×2m/s＝6m/s，則0～6s內(nèi)物體一直向正方向運動，A錯；由圖象可知物體在5s末速度最大，為vm＝eq\f(1,2)×(2＋5)×2m/s＝7m/s，B錯；由圖象可知在2～4s內(nèi)物體加速度不變，物體做勻加速直線運動，速度變大，C錯；在0～4s內(nèi)合力對物體做的功由動能定理可知：W合4＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)－0又v4＝eq\f(1,2)×(2＋4)×2m/s＝6m/s得W合4＝36J0～6s內(nèi)合力對物體做的功由動能定理可知：W合6＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,6)－0又v6＝6m/s得W合6＝36J則W合4＝W合6，D正確。答案D方法技巧分析動能定理與圖象結(jié)合問題“三步走”1．(2016·四川理綜，1)韓曉鵬是我國首位在冬奧會雪上項目奪冠的運動員。他在一次自由式滑雪空中技巧比賽中沿“助滑區(qū)”保持同一姿態(tài)下滑了一段距離，重力對他做功1900J，他克服阻力做功100J。韓曉鵬在此過程中()A．動能增加了1900JB．動能增加了2000JC．重力勢能減小了1900JD．重力勢能減小了2000J解析由題可得，重力做功WG＝1900J，則重力勢能減少1900J，故C正確，D錯誤；由動能定理得，WG－Wf＝ΔEk，克服阻力做功Wf＝100J，則動能增加1800J，故A、B錯誤。答案C2．(2016·全國卷Ⅲ，20)(多選)如圖7，一固定容器的內(nèi)壁是半徑為R的半球面；在半球面水平直徑的一端有一質(zhì)量為m的質(zhì)點P。它在容器內(nèi)壁由靜止下滑到最低點的過程中，克服摩擦力做的功為W。重力加速度大小為g。設(shè)質(zhì)點P在最低點時，向心加速度的大小為a，容器對它的支持力大小為N，則()圖7A．a(chǎn)＝eq\f(2（mgR－W）,mR) B．a(chǎn)＝eq\f(2mgR－W,mR)C．N＝eq\f(3mgR－2W,R) D．N＝eq\f(2（mgR－W）,R)解析質(zhì)點P下滑過程中，重力和摩擦力做功，根據(jù)動能定理可得mgR－W＝eq\f(1,2)mv2，根據(jù)公式a＝eq\f(v2,R)，聯(lián)立可得a＝eq\f(2（mgR－W）,mR)，A正確，B錯誤；在最低點重力和支持力的合力充當(dāng)向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得，N－mg＝ma，代入可得，N＝eq\f(3mgR－2W,R)，C正確，D錯誤。答案AC3．(2016·浙江理綜，18)(多選)如圖8所示為一滑草場。某條滑道由上下兩段高均為h，與水平面傾角分別為45°和37°的滑道組成，滑草車與草地之間的動摩擦因數(shù)為μ。質(zhì)量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑，經(jīng)過上、下兩段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端(不計滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。則()圖8A．動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(6,7)B．載人滑草車最大速度為eq\r(\f(2gh,7))C．載人滑草車克服摩擦力做功為mghD．載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為eq\f(3,5)g解析對滑草車從坡頂由靜止滑下，到底端靜止的全過程，得mg·2h－μmgcos45°·eq\f(h,sin45°)－μmgcos37°·eq\f(h,sin37°)＝0，解得μ＝eq\f(6,7)，選項A正確；對經(jīng)過上段滑道過程，根據(jù)動能定理得，mgh－μmgcos45°·eq\f(h,sin45°)＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2gh,7))，選項B正確；載人滑草車克服摩擦力做功為2mgh，選項C錯誤；載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為a＝eq\f(mgsin37°－μmgcos37°,m)＝－eq\f(3,35)g，選項D錯誤。答案AB4．(2016·天津理綜，10)我國將于2024年舉辦冬奧會，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一，如圖9所示，質(zhì)量m＝60kg的運動員從長直助滑道AB的A處由靜止開始以加速度a＝3.6m/s2勻加速滑下，到達助滑道末端B時速度vB＝24m/s，A與B的豎直高度差H＝48m，為了改變運動員的運動方向，在助滑道與起跳臺之間用一段彎曲滑道銜接，其中最低點C處附近是一段以O(shè)為圓心的圓弧。助滑道末端B與滑道最低點C的高度差h＝5m，運動員在B、C間運動時阻力做功W＝－1530J，取g＝10m/s2。圖9(1)求運動員在AB段下滑時受到阻力Ff的大小；(2)若運動員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，則C點所在圓弧的半徑R至少應(yīng)為多大。解析(1)運動員在AB上做初速度為零的勻加速運動，設(shè)AB的長度為x，則有veq\o\al(2,B)＝2ax①由牛頓第二定律有mgeq\f(H,x)－Ff＝ma②聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)解得Ff＝144N③(2)設(shè)運動員到達C點時的速度為vC，在由B到達C的過程中，由動能定理得mgh＋W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)④設(shè)運動員在C點所受的支持力為FN，由牛頓第二定律有FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)⑤由題意和牛頓第三定律知FN＝6mg⑥聯(lián)立④⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得R＝12.5m⑦答案(1)144N(2)12.5m一、選擇題(1～5題為單項選擇題，6～9題為多項選擇題)1．(2015·四川理綜)在同一位置以相同的速率把三個小球分別沿水平、斜向上、斜向下方向拋出，不計空氣阻力，則落在同一水平地面時的速度大小()A．一樣大 B．水平拋的最大C．斜向上拋的最大 D．斜向下拋的最大解析由動能定理mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)知，落地時速度v2的大小相等，故A正確。答案A2．關(guān)于運動物體所受的合力、合力做的功、物體動能的變化，下列說法正確的是()A．運動物體所受的合力不為零，合力必做功，物體的動能肯定要變化B．運動物體所受的合力為零，則物體的動能肯定不變C．運動物體的動能保持不變，則該物體所受合力一定為零D．運動物體所受合力不為零，則該物體一定做變速運動，其動能要變化解析關(guān)于運動物體所受的合力、合力做的功、物體動能的變化三者之間的關(guān)系有下列三個要點。(1)若運動物體所受合力為零，則合力不做功(或物體所受外力做功的代數(shù)和必為零)，物體的動能絕對不會發(fā)生變化。(2)物體所受合力不為零，物體必做變速運動，但合力不一定做功，合力不做功，則物體動能不變化。(3)物體的動能不變，一方面表明物體所受的合力不做功；同時表明物體的速率不變(速度的方向可以不斷改變，此時物體所受的合力只是用來改變速度方向，產(chǎn)生向心加速度，如勻速圓周運動)。根據(jù)上述三個要點不難判斷，本題只有選項B是正確的。答案B3．(2016·西安質(zhì)檢)靜止在粗糙水平面上的物塊在水平向右的拉力作用下做直線運動，t＝4s時停下，其v－t圖象如圖1所示，已知物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)處處相同，則下列判斷正確的是()圖1A．整個過程中拉力做的功等于物塊克服摩擦力做的功B．整個過程中拉力做的功等于零C．t＝2s時刻拉力的瞬時功率在整個過程中最大D．t＝1s到t＝3s這段時間內(nèi)拉力不做功解析對物塊運動的整個過程運用動能定理得WF－Wf＝0，即拉力做的功等于物塊克服摩擦力做的功，選項A正確，B錯誤；在0～1s時間內(nèi)，拉力恒定且大于摩擦力，物塊做勻加速運動，速度增大，t＝1s時，速度最大，拉力的瞬時功率最大；t＝2s時，物塊勻速運動，拉力等于摩擦力，所以t＝2s時刻拉力的瞬時功率不是最大的，選項C錯誤；t＝1s到t＝3s這段時間，物塊勻速運動，拉力做正功，摩擦力做負(fù)功，合外力做功為零，選項D錯誤。答案A4．質(zhì)量為2kg的物體以一定的初速度沿傾角為30°的斜面向上滑行，在向上滑行的過程中，其動能隨位移的變化關(guān)系如圖2所示，則物體返回到出發(fā)點時的動能為(取g＝10m/s2)()圖2A．34J B．56J C．92J D．196J解析物體上滑的過程中重力與摩擦力都做負(fù)功，由動能定理得－mgx·sin30°－Ffx＝0－E0，下滑的過程中重力做正功，摩擦力做負(fù)功，得mgx·sin30°－Ffx＝E－0，代入數(shù)據(jù)得E＝34J，故選A。答案A5.(2015·全國卷Ⅰ，17)如圖3，一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平。一質(zhì)量為m的質(zhì)點自P點上方高度R處由靜止開始下落，恰好從P點進入軌道。質(zhì)點滑到軌道最低點N時，對軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小。用W表示質(zhì)點從P點運動到N點的過程中克服摩擦力所做的功。則()圖3A．W＝eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點恰好可以到達Q點B．W＞eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點不能到達Q點C．W＝eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點到達Q點后，繼續(xù)上升一段距離D．W＜eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點到達Q點后，繼續(xù)上升一段距離解析根據(jù)動能定理得P點動能EkP＝mgR，經(jīng)過N點時，由牛頓第二定律和向心力公式可得4mg－mg＝meq\f(v2,R)，所以N點動能為EkN＝eq\f(3mgR,2)，從P點到N點根據(jù)動能定理可得mgR－W＝eq\f(3mgR,2)－mgR，即克服摩擦力做功W＝eq\f(mgR,2)。質(zhì)點運動過程，半徑方向的合力提供向心力即FN－mgcosθ＝ma＝meq\f(v2,R)，根據(jù)左右對稱，在同一高度處，由于摩擦力做功導(dǎo)致在右邊圓形軌道中的速度變小，軌道彈力變小，滑動摩擦力Ff＝μFN變小，所以摩擦力做功變小，那么從N到Q，根據(jù)動能定理，Q點動能EkQ＝eq\f(3mgR,2)－mgR－W′＝eq\f(1,2)mgR－W′，由于W′＜eq\f(mgR,2)，所以Q點速度仍然沒有減小到0，會繼續(xù)向上運動一段距離，對照選項，C正確。答案C6．關(guān)于動能定理的表達式W＝Ek2－Ek1，下列說法正確的是()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，也可通過以下兩種方式計算：先求每個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為動能的增量，當(dāng)W＞0時動能增加，當(dāng)W＜0時，動能減少D．動能定理適用于直線運動，但不適用于曲線運動，適用于恒力做功，但不適用于變力做功解析公式中W指總功，求總功的方法有兩種，先求每個力做的功再求功的代數(shù)和或先求合力再求合外力的功，故選項B正確，A錯誤；當(dāng)W＞0時，末動能大于初動能，動能增加，當(dāng)W＜0時，末動能小于初動能，動能減少，故C正確；動能定理不僅適用于直線運動，也適用于曲線運動，不僅適用于恒力做功，也適用于變力做功，故D錯誤。答案BC7．(2016·中山二模)在距水平地面10m高處，以10m/s的速度水平拋出一質(zhì)量為1kg的物體，已知物體落地時的速度為16m/s，取g＝10m/s2，則下列說法正確的是()A．拋出時人對物體做功為150JB．自拋出到落地，重力對物體做功為100JC．飛行過程中物體克服阻力做功22JD．物體自拋出到落地時間為eq\r(2)s解析根據(jù)動能定理，拋出時人對物體做的功W1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝50J，選項A錯誤；自拋出到落地，重力對物體做功WG＝mgh＝100J，選項B正確；根據(jù)動能定理有mgh－Wf＝Ek2－Ek1，得物體克服阻力做的功Wf＝mgh－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝22J，選項C正確；由于空氣阻力的影響，物體不做平拋運動，豎直分運動不是自由落體運動，無法求解物體運動的時間，選項D錯誤。答案BC8．如圖4所示，AB為半徑R＝0.50m的四分之一圓弧軌道，B端距水平地面的高度h＝0.45m。一質(zhì)量m＝1.0kg的小滑塊從圓弧道A端由靜止釋放，到達軌道B端的速度v＝2.0m/s。忽略空氣的阻力。取g＝10m/s2。則下列說法正確的是()圖4A．小滑塊在圓弧軌道B端受到的支持力大小FN＝16NB．小滑塊由A端到B端的過程中，克服摩擦力所做的功W＝3JC．小滑塊的落地點與B點的水平距離x＝0.6mD．小滑塊的落地點與B點的水平距離x＝0.3m解析小滑塊在B端時，根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝meq\f(v2,R)，解得FN＝18N，A錯誤；根據(jù)動能定理有mgR－W＝eq\f(1,2)mv2，解得W＝mgR－eq\f(1,2)mv2＝3J，B正確；小滑塊從B點做平拋運動，水平方向上x＝vt，豎直方向上h＝eq\f(1,2)gt2，解得x＝v·eq\r(\f(2h,g))＝0.6m，C正確，D錯誤。答案BC9．在傾角為30°的斜面上，某人用平行于斜面的力把原來靜止于斜面上的質(zhì)量為2kg的物體沿斜面向下推了2m的距離，并使物體獲得1m/s的速度，已知物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),3)，g取10m/s2，如圖5所示，則在這個過程中()圖5A．人對物體做功21JB．合外力對物體做功1JC．物體克服摩擦力做功21JD．物體重力勢能減小20J解析根據(jù)動能定理可知，合外力對物體做的功等于物體動能的變化量，即W合＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×2×1J＝1J，所以B項正確；物體克服摩擦力做功Wf＝μmgxcosθ，代入數(shù)據(jù)可得Wf＝20J，所以C項錯誤；物體重力勢能的減小量等于重力做的功WG＝mgxsinθ＝20J，D項正確；設(shè)人對物體做功為W，則應(yīng)滿足W人＋WG－Wf＝W合，代入數(shù)據(jù)可得W人＝1J，即人對物體做功1J，A項錯誤。答案BD二、非選擇題10．(2016·廣州模擬)質(zhì)量m＝1kg的物體，在與物體初速度方向相同的水平拉力的作用下，沿水平面運動過程中動能—位移的圖線如圖6所示。(g取10m/s2)求：圖6(1)物體的初速度；(2)物體和水平面間的動摩擦因數(shù)；(3)拉力F的大小。解析(1)由題圖可知初動能為2J，Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝2Jv0＝2m/s(2)在位移4m處物體的動能為10J，在位移8m處物體的動能為零，這段過程中物體克服摩擦力做功設(shè)摩擦力為Ff，則－Ffx2＝0－10J＝－10JFf＝eq\f(－10,－4)N＝2.5N因Ff＝μmg故μ＝eq\f(Ff,mg)＝eq\f(2.5,10)＝0.25(3)物體從開始到移動4m這段過程中，受拉力F和摩擦力Ff的作用，合力為F－Ff，根據(jù)動能定理有(F－Ff)·x1＝ΔEk解得F＝4.5N答案(1)2m/s(2)0.25(3)4.5N11．(2016·鄭州質(zhì)量預(yù)測)如圖7所示，固定在水平地面上的工件，由AB和BD兩部分組成。其中AB部分為光滑的圓弧，∠AOB＝37°，圓弧的半徑R＝0.5m，圓心O點在B點正上方，BD部分水平，長度為l＝0.2m，C為BD的中點?，F(xiàn)有一質(zhì)量m＝1kg的物塊(可視為質(zhì)點)，從A端由靜止釋放，恰好能運動到D點。為使物塊運動到C點時速度為零，可先將BD部分以B為軸向上轉(zhuǎn)動一銳角θ，求：圖7(1)該銳角θ(假設(shè)物塊經(jīng)過B點時沒有能量損失)；(2)物塊在BD板上運動的總路程。(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)解析(1)設(shè)動摩擦因數(shù)為μ，當(dāng)BD水平時，研究物塊的運動，根據(jù)動能定理得W總＝ΔEk從A到D的過程中mgR(1－cos37°)－μmgl＝0代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得μ＝0.5當(dāng)BD以B為軸向上轉(zhuǎn)動一個銳角θ時，從A到C的過程中，根據(jù)動能定理mgR(1－cos37°)－mgeq\f(l,2)sinθ－μFNeq\f(l,2)＝0其中FN＝mgcosθ聯(lián)立解得θ＝37°。(2)物塊在C處速度減為零后，由于mgsinθ＞μmgcosθ物塊將會下滑，而AB段光滑，故物塊將做往復(fù)運動，直到停止在B點。根據(jù)能量守恒定律mgR(1－cos37°)＝Q而摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝fs，f＝μmgcosθ代入數(shù)據(jù)解得，物塊在BD板上的總路程s＝0.25m。答案(1)37°(2)0.25m12．如圖8所示，傳送帶A、B之間的距離為L＝3.2m，與水平面間的夾角θ＝37°，傳送帶沿順時針方向轉(zhuǎn)動，速度恒為v＝2m/s，在上端A點無初速度地放置一個質(zhì)量為m＝1kg、大小可視為質(zhì)點的金屬塊，它與傳送帶的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，金屬塊滑離傳送帶后，經(jīng)過彎道，沿半徑為R＝0.4m的光滑圓軌道做圓周運動，剛好能通過最高點E。已知B、D兩點的豎直高度差h＝0.5m(g取10m/s2)求：圖8(1)金屬塊經(jīng)過D點時的速度；(2)金屬塊在BCD彎道上克服摩擦力做的功。解析(1)金屬塊在E點時，mg＝meq\f(veq\o\al(2,E),R)，解得vE＝2m/s，在從D到E過程中由動能定理得－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)，解得vD＝2eq\r(5)m/s。(2)金屬塊剛剛放上傳送帶時，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得a1＝10m/s2，設(shè)經(jīng)位移x1達到共同速度，則v2＝2a1x1，解得x1＝0.2m＜3.2m，繼續(xù)加速過程中，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得a2＝2m/s2，由x2＝L－x1＝3m，veq\o\al(2,B)－v2＝2a2x2，解得vB＝4m/s，在從B到D過程中由動能定理得mgh－W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得W＝3J。答案(1)2eq\r(5)m/s(2)3J基礎(chǔ)課3機械能守恒定律及其應(yīng)用知識點一、重力做功與重力勢能1．重力做功的特點(1)重力做功與路徑無關(guān)，只與始、末位置的高度差有關(guān)。(2)重力做功不引起物體機械能的變化。2．重力做功與重力勢能變化的關(guān)系(1)定性關(guān)系：重力對物體做正功，重力勢能就減??；重力對物體做負(fù)功，重力勢能就增大。(2)定量關(guān)系：重力對物體做的功等于物體重力勢能的減小量。即WG＝－(Ep2－Ep1)＝Ep1－Ep2＝－ΔEp。(3)重力勢能的變化量是絕對的，與參考面的選取無關(guān)。3．彈性勢能(1)概念：物體由于發(fā)生彈性形變而具有的能。(2)大小：彈簧的彈性勢能的大小與形變量及勁度系數(shù)有關(guān)，彈簧的形變量越大，勁度系數(shù)越大，彈簧的彈性勢能越大。(3)彈力做功與彈性勢能變化的關(guān)系：類似于重力做功與重力勢能變化的關(guān)系，用公式表示：W＝－ΔEp。知識點二、機械能守恒定律及應(yīng)用1．機械能：動能和勢能統(tǒng)稱為機械能，其中勢能包括彈性勢能和重力勢能。2．機械能守恒定律(1)內(nèi)容：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動能與勢能可以相互轉(zhuǎn)化，而總的機械能保持不變。(2)表達式：mgh1＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mgh2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)。3．守恒條件：只有重力或彈簧的彈力做功。[思考判斷](1)重力勢能的大小及變化與零勢能面的選取有關(guān)。()(2)重力做的功與路徑有關(guān)。()(3)發(fā)生彈性形變的物體都具有彈性勢能。()(4)彈簧彈力做正功時，彈性勢能增加。()(5)物體所受的合外力為零，物體的機械能一定守恒。()(6)做勻速直線運動的物體機械能一定守恒。()(7)做曲線運動的物體機械能可能守恒。()答案(1)×(2)×(3)√(4)×(5)×(6)×(7)√對機械能守恒的理解與判斷1．利用機械能的定義判斷(直接判斷)分析動能和勢能的和是否變化。2．用做功判斷若物體或系統(tǒng)只有重力(或彈簧的彈力)做功，或有其他力做功，但其他力做功的代數(shù)和為零，則機械能守恒。3．用能量轉(zhuǎn)化來判斷若物體系統(tǒng)中只有動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化而無機械能與其他形式的能的轉(zhuǎn)化，則物體系統(tǒng)機械能守恒。1．[物體機械能守恒的判斷](多選)如圖1所示，在兩個質(zhì)量分別為m和2m的小球a和b之間，用一根長為L的輕桿連接(桿的質(zhì)量不計)，兩小球可繞穿過桿中心O的水平軸無摩擦地轉(zhuǎn)動。現(xiàn)讓輕桿處于水平位置，然后無初速度釋放，重球b向下，輕球a向上，產(chǎn)生轉(zhuǎn)動，在桿轉(zhuǎn)至豎直的過程中()圖1A．b球的重力勢能減少，動能增加B．a(chǎn)球的重力勢能增加，動能增加C．a(chǎn)球和b球的總機械能守恒D．a(chǎn)球和b球的總機械能不守恒解析a、b兩球組成的系統(tǒng)中，只存在動能和重力勢能的相互轉(zhuǎn)化，系統(tǒng)的機械能守恒，選項C正確，D錯誤；其中a球的動能和重力勢能均增加，機械能增加，輕桿對a球做正功；b球的重力勢能減少，動能增加，總的機械能減少，輕桿對b球做負(fù)功，選項A、B正確。答案ABC2．[含有彈簧的系統(tǒng)機械能守恒的判斷](2017·云南昆明三中、玉溪一中統(tǒng)考)如圖2所示，固定的傾斜光滑桿上套有一個質(zhì)量為m的小球，小球與一輕質(zhì)彈簧一端相連，彈簧的另一端固定在地面上的A點，已知桿與水平面之間的夾角θ<45°，當(dāng)小球位于B點時，彈簧與桿垂直，此時彈簧處于原長。現(xiàn)讓小球自C點由靜止釋放，在小球滑到桿底端的整個過程中，關(guān)于小球的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能，下列說法正確的是()圖2A．小球的動能與重力勢能之和保持不變B．小球的動能與重力勢能之和先增大后減小C．小球的動能與彈簧的彈性勢能之和保持不變D．小球的重力勢能與彈簧的彈性勢能之和保持不變解析小球與彈簧組成的系統(tǒng)在整個過程中，機械能守恒。彈簧原長時彈性勢能為零，小球從C到最低點過程中，彈簧的彈性勢能先減小后增大，所以小球的動能與重力勢能之和先增大后減小，A項錯，B項正確；小球的重力勢能不斷減小，所以小球的動能與彈簧的彈性勢能之和不斷增大，C項錯；小球的初、末動能均為零，所以上述過程中小球的動能先增大后減小，所以小球的重力勢能與彈簧的彈性勢能之和先減小后增大，D項錯。答案B反思總結(jié)判斷機械能守恒應(yīng)注意的“兩點”(1)機械能守恒的條件絕不是合外力的功等于零，更不是合外力為零；“只有重力或彈力做功”不等于“只受重力或彈力作用”。(2)對于一些繩子突然繃緊、物體間碰撞等情況，除非題目特別說明，否則機械能必定不守恒。機械能守恒定律的應(yīng)用機械能守恒的三種表達式表達式物理意義注意事項守恒觀點Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2或E1＝E2。系統(tǒng)初狀態(tài)的機械能等于末狀態(tài)的機械能。要先選取零勢能參考平面，并且在整個過程中必須選取同一個零勢能參考平面。轉(zhuǎn)化觀點ΔEk＝－ΔEp。系統(tǒng)的機械能守恒時，系統(tǒng)增加(或減少)的動能等于系統(tǒng)減少(或增加)的勢能。轉(zhuǎn)移觀點ΔEA增＝ΔEB減若系統(tǒng)由A、B兩部分組成，當(dāng)系統(tǒng)的機械能守恒時，則A部分機械能的增加量等于B部分機械能的減少量。1．[單物體機械能守恒](2016·山西右玉一模)一小球以一定的初速度從圖示位置進入光滑的軌道，小球先進入圓軌道1，再進入圓軌道2，圓軌道1的半徑為R，圓軌道2的半徑是軌道1的1.8倍，小球的質(zhì)量為m，若小球恰好能通過軌道2的最高點B，則小球在軌道1上經(jīng)過A處時對軌道的壓力為()圖3A．2mg B．3mg C．4mg D．5mg解析小球恰好能通過軌道2的最高點B時，有mg＝eq\f(mveq\o\al(2,B),1.8R)，小球在軌道1上經(jīng)過A處時，有F＋mg＝eq\f(mveq\o\al(2,A),R)，根據(jù)機械能守恒，有1.6mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得F＝4mg，C項正確。答案C2．[多物體機械能守恒](2017·泰州一模)如圖4所示，在傾角為30°的光滑斜面上，一勁度系數(shù)為k＝200N/m的輕質(zhì)彈簧一端連接固定擋板C上，另一端連接一質(zhì)量為m＝4kg的物體A，一輕細繩通過定滑輪，一端系在物體A上，另一端與質(zhì)量也為m的物體B相連，細繩與斜面平行，斜面足夠長。用手托住物體B使繩子剛好沒有拉力，然后由靜止釋放。求：圖4(1)彈簧恢復(fù)原長時細繩上的拉力；(2)物體A沿斜面向上運動多遠時獲得最大速度；(3)物體A的最大速度的大小。解析(1)恢復(fù)原長時對B有mg－T＝ma對A有T－mgsin30°＝ma解得T＝30N。(2)初態(tài)彈簧壓縮x1＝eq\f(mgsin30°,k)＝10cm當(dāng)A速度最大時mg＝kx2＋mgsin30°彈簧伸長x2＝eq\f(mg－mgsin30°,k)＝10cm所以A沿斜面上升x1＋x2＝20cm。(3)因x1＝x2，故彈性勢能改變量ΔEp＝0，由系統(tǒng)機械能守恒mg(x1＋x2)－mg(x1＋x2)sin30°＝eq\f(1,2)×2m·v2得v＝g·eq\r(\f(m,2k))＝1m/s。答案