【優(yōu)化方案(福建專用)】2021高考一輪復(fù)習(xí)-2021高考總復(fù)習(xí)·物理(福建專用)-第四章

第四章機(jī)械能及其守恒定律考綱呈現(xiàn)熱點視角1.功和功率Ⅱ2．動能和動能定理Ⅱ3．重力做功與重力勢能Ⅱ4．功能關(guān)系、機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用Ⅱ試驗五：探究動能定理試驗六：驗證機(jī)械能守恒定律1.對基本概念的考查往往涉及對概念的理解，一般以選擇題的形式毀滅．2．動能定理是高考考查的重點，考查形式有選擇題，也有計算題．計算題中單純考查動能定理的題目較少，往往與其他學(xué)問綜合在一起考查．3．機(jī)械能守恒定律的考查往往毀滅在綜合題中，主要考查其在生產(chǎn)、生活和科技中的應(yīng)用，題目中經(jīng)常會涉及牛頓運動定律、平拋運動、圓周運動等學(xué)問.第一節(jié)功和功率一、功1．做功的兩個必要條件：力和物體在力的方向上發(fā)生的位移．2．公式：W＝Flcosα.適用于恒力做功．其中α為F、l方向間夾角，l為物體對地的位移．3．功的正負(fù)推斷夾角功的正負(fù)0°≤α<90°力對物體做正功90°<α≤180°力對物體做負(fù)功，或者說物體克服這個力做了功α＝90°力對物體不做功特殊提示：功是標(biāo)量，比較做功多少看功的確定值．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)定義式：P＝eq\f(W,t)，P為時間t內(nèi)的平均功率．(2)推論式：P＝Fvcos_α.(α為F與v的夾角)4．額定功率：機(jī)械正常工作時輸出的最大功率．5．實際功率：機(jī)械實際工作時輸出的功率，要求小于或等于額定功率．1－1.(2022·泉州模擬)如圖所示，拖著舊橡膠輪胎跑是身體耐力訓(xùn)練的一種有效方法．假如某受訓(xùn)者拖著輪胎在水平直道上跑了100m，那么下列說法正確的是()A．輪胎受到地面的摩擦力對輪胎做了負(fù)功B．輪胎受到的重力對輪胎做了正功C．輪胎受到的拉力對輪胎不做功D．輪胎受到地面的支持力對輪胎做了正功1－2.如圖所示的a、b、c、d中，質(zhì)量為M的物體甲受到相同的恒力F的作用，在力F作用下使物體甲在水平方向移動相同的位移．μ表示物體甲與水平面間的動摩擦因數(shù)，乙是隨物體甲一起運動的小物塊，比較物體甲移動的過程中力F對甲所做的功的大小()A．Wa最小 B．Wd最大C．Wa＞W(wǎng)c D．四種狀況一樣大2．如圖所示，質(zhì)量為m的物體放在光滑的水平面上，兩次用力拉物體，都是從靜止開頭以相同的加速度移動同樣的距離，第一次拉力F1的方向水平，其次次拉力F2的方向與水平方向成α角斜向上．在此過程中，兩力的平均功率為P1和P2，則()A．P1＜P2 B．P1＝P2C．P1＞P2 D．無法推斷自我校對：1－1.A1－2.D2.B功的計算1．恒力做的功直接用W＝Flcosα計算．不論物體做直線運動還是曲線運動，上式均適用．2．變力做的功(1)應(yīng)用動能定理求解．(2)用W＝Pt求解，其中變力的功率P不變．(3)常用方法還有轉(zhuǎn)換法、微元法、圖象法、平均力法等，求解時依據(jù)條件機(jī)敏選擇．3．合外力做的功方法一：先求合外力F合，再用W合＝F合lcosα求功．適用于F合為恒力的過程．方法二：先求各個力做的功W1、W2、W3…，再應(yīng)用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合外力做的功．如圖所示，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，各力對小球做的功及總功．[思路點撥]W＝F·lcosα可以理解為功等于力與力方向位移的乘積．[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＝F·Lsinθ－mgL(1－cosθ)．[答案]見解析[總結(jié)提升](1)在求力做功時，首先要區(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．(3)若為變力做功，則要考慮應(yīng)用動能定理或?qū)⒆兞ψ龉D(zhuǎn)化為恒力做功進(jìn)行求解．1.一個質(zhì)量為m的小球，用長為L的輕繩懸掛于O點，小球在水平拉力F作用下，從平衡位置P點很緩慢地移動到Q點，此時輕繩與豎直方向夾角為θ，如圖所示，則拉力F所做的功為()A．mgLcosθ B．mgL(1－cosθ)C．FLsinθ D．FLcosθ解析：選B.從P緩慢拉到Q，由動能定理得：WF－WG＝0(由于小球緩慢移動，速度可視為零)，即WF＝WG＝mgL(1－cosθ)．功率的計算1．公式P＝eq\f(W,t)是平均功率的定義式，適用于任何狀況下平均功率的計算．2．公式P＝Fvcosα既能計算瞬時功率，也能計算平均功率．若v是瞬時值，則計算出的功率是瞬時值，若v是平均值，則計算出的功率是平均值．留意：對于α變化的不能用P＝Fvcosα計算平均功率．一臺起重機(jī)從靜止開頭勻加速地將一質(zhì)量m＝1.0×103kg的貨物豎直吊起，在2s末貨物的速度v＝4m/s.求起重機(jī)在這2s內(nèi)的平均輸出功率及2s末的瞬時功率．(g取10m/s2)[思路點撥]本題可按以下思路進(jìn)行分析：[解析]貨物運動的加速度a＝eq\f(v,t)＝eq\f(4,2)m/s2＝2m/s2設(shè)起重機(jī)吊繩的拉力為F，依據(jù)牛頓其次定律，有F－mg＝ma所以F＝m(g＋a)＝1.0×103×(10＋2)N＝1.2×104N貨物上升的位移l＝eq\f(1,2)at2＝4m則拉力做的功W＝F·l＝1.2×104×4J＝4.8×104J故2s內(nèi)的平均功率P＝eq\f(W,t)＝2.4×104W2s末的瞬時功率P＝Fv＝1.2×104×4W＝4.8×104W.[答案]2.4×104W4.8×104W[名師歸納]計算功率的基本思路：(1)首先要明確所求功率是平均功率還是瞬時功率，對應(yīng)于某一過程的功率為平均功率，對應(yīng)于某一時刻的功率為瞬時功率．(2)求瞬時功率時，假如F與v不同向，可用力F乘以F方向的分速度，或速度v乘以速度v方向的分力求解．2．一質(zhì)量為1kg的質(zhì)點靜止于光滑水平面上，從t＝0時起，第1秒內(nèi)受到2N的水平外力作用，第2秒內(nèi)受到同方向的1N的外力作用．下列推斷正確的是()A．0～2秒內(nèi)外力的平均功率是eq\f(5,4)WB．第2秒內(nèi)外力所做的功是eq\f(5,4)JC．第2秒末外力的瞬時功率最大D．第1秒內(nèi)與第2秒內(nèi)質(zhì)點動能增加量的比值是eq\f(4,5)解析：選D.由題意知質(zhì)點所受的水平外力即為合力，則知質(zhì)點在這2秒內(nèi)的加速度分別為a1＝2m/s2、a2＝1m/s2，則質(zhì)點在第1s末與第2s末的速度分別為v1＝2m/s、v2＝3m/s，每一秒內(nèi)質(zhì)點動能的增加量分別為ΔEk1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝2J、ΔEk2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝2.5J，D正確．再由動能定理可知第2s內(nèi)與0～2s內(nèi)外力所做功分別為W2＝ΔEk2＝2.5J、W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－0＝4.5J，則在0～2s內(nèi)外力的平均功率P＝eq\f(W,t)＝eq\f(9,4)W，A、B錯誤．由P＝Fv知質(zhì)點在第1s末與第2s末的瞬時功率分別為P1＝4W、P2＝3W，故C錯誤．機(jī)車啟動問題1．兩種啟動方式比較兩種方式以恒定功率啟動以恒定加速度啟動P－t圖和v－t圖OA段過程分析v↑?F＝eq\f(P額不變,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運動性質(zhì)加速度減小的加速直線運動勻加速直線運動，維持時間t0＝eq\f(v1,a)AB段過程分析F＝F阻?a＝0?F阻＝eq\f(P額,vm)v↑?F＝eq\f(P額,v)↓?a＝eq\f(F－F阻,m)↓運動性質(zhì)以vm做勻速直線運動加速度減小的加速運動BC段無F＝F阻?a＝0?以vm＝eq\f(P額,F阻)做勻速直線運動2.三個重要關(guān)系式(1)無論哪種運行過程，機(jī)車的最大速度都等于其勻速運動時的速度，即vm＝eq\f(P,Fmin)＝eq\f(P,Ff)(式中Fmin為最小牽引力，其值等于阻力Ff)．(2)機(jī)車以恒定加速度啟動的運動過程中，勻加速過程結(jié)束時，功率最大，速度不是最大，即v＝eq\f(P,F)＜vm＝eq\f(P,Ff).(3)機(jī)車以恒定功率運行時，牽引力做的功W＝Pt.由動能定理：Pt－Ffx＝ΔEk.此式經(jīng)常用于求解機(jī)車以恒定功率啟動過程的位移大小．電動車因其牢靠的平安性能和節(jié)能減排的設(shè)計理念，越來越受到人們的寵愛，在檢測某款電動車性能的某次試驗中，質(zhì)量為8×102kg的電動車由靜止開頭沿平直大路行駛，達(dá)到的最大速度為15m/s，利用傳感器測得此過程中不同時刻電動車的牽引力F與對應(yīng)的速度v，并描繪出F－eq\f(1,v)圖象如圖所示(圖中AB、BO均為直線)．假設(shè)電動車行駛中所受的阻力恒定．(1)依據(jù)圖線ABC，推斷該電動車做什么運動，并計算電動車的額定功率；(2)求此過程中電動車做勻加速直線運動的加速度的大??；(3)電動車由靜止開頭運動，經(jīng)過多長時間速度達(dá)到v1＝2m/s?[審題突破](1)BA段表示什么不變？電動車做什么運動？(2)CB段的斜率表示哪個物理量？是否變化？電動車做什么運動？[解析](1)由圖象可得，當(dāng)達(dá)到最大速度vmax＝15m/s時，牽引力為Fmin＝400N故恒定阻力f＝Fmin＝400N額定功率P＝Fminvmax＝6×103W.(2)勻加速直線運動的加速度a＝eq\f(F－f,m)＝eq\f(2000－400,8×102)m/s2＝2m/s2.(3)勻加速直線運動的末速度vB＝eq\f(P,F)＝3m/s電動車在速度達(dá)到3m/s之前，始終做勻加速直線運動，故所求時間為t＝eq\f(v1,a)＝1s.[答案](1)AB段表示電動車做勻加速直線運動，BC段表示電動車做加速度漸漸減小的變加速直線運動6×103W(2)2m/s2(3)1s[規(guī)律總結(jié)]分析機(jī)車啟動問題時應(yīng)留意：(1)機(jī)車啟動的方式不同，機(jī)車運動的規(guī)律就不同，因此機(jī)車啟動時，其功率、速度、加速度、牽引力等物理量的變化規(guī)律也不相同；(2)恒定功率下的加速確定不是勻加速，這種加速過程發(fā)動機(jī)做的功可用W＝Pt計算，不能用W＝Fl計算(由于F為變力)；(3)以恒定牽引力加速時的功率確定不恒定，這種加速過程發(fā)動機(jī)做的功常用W＝Fl計算，不能用W＝Pt計算(由于功率P是變化的)．3.(改編題)一遙控玩具汽車在平直的軌道上由靜止開頭做直線運動，運動過程中汽車牽引力的功率保持不變，其加速度a和速度的倒數(shù)的關(guān)系圖象如圖所示，若已知汽車的質(zhì)量為2kg，運動2s后開頭勻速運動，汽車所受阻力恒定，那么依據(jù)圖象數(shù)據(jù)可推斷下列說法正確的是()A．玩具汽車的功率為10WB．玩具汽車所受阻力為2NC．玩具汽車的最大速度為2m/sD．玩具汽車勻速運動前通過的位移為2m解析：選C.由于P＝Fv，汽車的加速度a＝eq\f(F－f,m)，聯(lián)立二式可得a＝eq\f(P,mv)－eq\f(f,m)，由圖象可知，eq\f(f,m)＝2，eq\f(P,m)＝4.又由于汽車的質(zhì)量為2kg，所以汽車所受的阻力f＝4N，汽車牽引力的功率P＝8W，汽車的最大速度v＝eq\f(P,f)＝2m/s；設(shè)汽車勻速運動前通過的位移為x，由動能定理得：eq\f(1,2)mv2－0＝Pt－fx，解之得x＝3m．可見，選項C正確．變力做功的求解方法eq\a\vs4\al([規(guī)范解答])————————————該得的分一分不丟！(1)將圓弧eq\o(\s\up6(⌒),AB)分成很多小段l1，l2，…，ln，拉力在每小段上做的功為W1，W2，…，Wn，因拉力F大小不變，方向始終與物體在該點的切線成37°角，所以W1＝Fl1cos37°，W2＝Fl2cos37°，…，Wn＝Flncos37°(2分)所以WF＝W1＋W2＋…＋Wn＝Fcos37°(l1＋l2＋…＋ln)＝Fcos37°·eq\f(π,3)R＝20πJ＝62.8J．(2分)(2)重力G做的功WG＝－mgR(1－cos60°)＝－50J.(2分)(3)物體受的支持力N始終與物體的運動方向垂直，所以WN＝0.(2分)(4)因物體在拉力F作用下緩慢移動，動能不變，由動能定理知：WF＋WG＋Wf＝0.(2分)所以Wf＝－WF－WG＝(－62.8＋50)J＝－12.8J．(1分)[答案](1)62.8J(2)－50J(3)0(4)－12.8J[方法總結(jié)]求解變力做功的五種方法(1)微元法將物體的位移分割成很多小段，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)化為在很多多個無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)用于求解力的大小不變、方向轉(zhuǎn)變的變力做功問題．(2)動能定理法動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動，既適用于求恒力功也適用于求變力功．因使用動能定理可由動能的變化來求功，所以動能定理是求變力做功的首選．本例中就用到了上述的兩種方法．(3)平均力法在求解變力功時，若物體受到的力的方向不變，而大小隨位移是成線性變化的，即力均勻變化時，則可以認(rèn)為物體受到一大小為eq\x\to(F)＝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\x\to(F)lcosα求此力所做的功．(4)(F－s)圖象法假如參與做功的變力方向與位移方向始終全都，且已知大小隨位移變化關(guān)系，我們可作出該力隨位移變化的圖象．那么圖線與坐標(biāo)軸所圍成的面積，即為變力做的功．(5)轉(zhuǎn)換法直接求解變力對物體做功時，通常都較為簡潔，但通過轉(zhuǎn)換爭辯對象，把變力做功轉(zhuǎn)化成另一個恒力做功，問題就易于解決，此法常應(yīng)用于通過定滑輪拉物體的題目中．4．一物體所受的力F隨位移s變化的圖像如圖所示，求在這一過程中，力F對物體做的功為多少？解析：力F對物體做的功等于s軸上方梯形“面積”所表示的正功與s軸下方三角形“面積”所表示的負(fù)功的代數(shù)和．S梯形＝eq\f(1,2)×(3＋4)×2＝7S三角形＝－eq\f(1,2)×(5－4)×2＝－1所以力F對物體做的功為W＝7J－1J＝6J.答案：6J一高考題組1.(2011·高考江蘇卷)如圖所示，演員正在進(jìn)行雜技表演．由圖可估算出他將一只雞蛋拋出的過程中對雞蛋所做的功最接近于()A．0.3J B．3JC．30J D．300J解析：選A.依據(jù)生活常識，20個雞蛋大約1kg，表演者拋出的高度按0.5m計算，則拋出過程中對雞蛋做的功為W＝mgh＝eq\f(1,20)×10×0.5J＝0.25J，選項A正確．2.(2011·高考上海卷)如圖，一長為L的輕桿一端固定在光滑鉸鏈上，另一端固定一質(zhì)量為m的小球．一水平向右的拉力作用于桿的中點，使桿以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，當(dāng)桿與水平方向成60°時，拉力的功率為()A．mgLω B.eq\f(\r(3),2)mgLωC.eq\f(1,2)mgLω D.eq\f(\r(3),6)mgLω解析：選C.由能的轉(zhuǎn)化及守恒可知：拉力的功率等于克服重力的功率．PG＝mgvy＝mgvcos60°＝eq\f(1,2)mgωL，故選C.3.(2021·高考浙江卷)如圖所示，水平木板上有質(zhì)量m＝1.0kg的物塊，受到隨時間t變化的水平拉力F作用，用力傳感器測出相應(yīng)時刻物塊所受摩擦力Ff的大小．取重力加速度g＝10m/s2.下列推斷正確的是()A．5s內(nèi)拉力對物塊做功為零B．4s末物塊所受合力大小為4.0NC．物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.4D．6s～9s內(nèi)物塊的加速度大小為2.0m/s2解析：選D.由圖象可知物塊在0～4s內(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài)，其所受合外力為零，選項B錯誤；4s～5s內(nèi)做變加速直線運動，因此5s內(nèi)拉力對物塊做的功不為零，選項A錯誤；物塊的滑動摩擦力Ff＝3N，則μ＝eq\f(Ff,mg)＝0.3，選項C錯誤；在6s～9s內(nèi)由牛頓其次定律得F－Ff＝ma，a＝eq\f(5－3,1.0)m/s2＝2.0m/s2，選項D正確．二模擬題組4．(原創(chuàng)題)質(zhì)量相等的A、B兩物體，并排靜止在光滑水平地面上，用水平拉力F1、F2分別作用于物體A和B上，其速度－時間圖象分別如圖中圖線a、b所示，若F1方向始終保持不變，F(xiàn)2的方向先與F1反向，后與F1同向．則由圖中信息可以得出()A．0～2s內(nèi)，F(xiàn)2與F1方向相反B．F1與F2大小之比為2∶1C．0～4s內(nèi)，F(xiàn)1對物體A做的功等于力F2對物體B做的功D．4s末，F(xiàn)1的瞬時功率等于力F2的瞬時功率解析：選C.從v－t圖象可知0～1s物體B的加速度與1s后的加速度方向相反，由此可知0～1s內(nèi)F2與F1反向，A錯誤；由圖象得A和B的加速度大小分別為a1＝15m/s2，a2＝30m/s2，據(jù)牛頓其次定律得B錯誤；依據(jù)動能定理得選項C正確；由于4s末速度相同但F2＝2F1，故D錯誤．5．(2022·山東濟(jì)南模擬)汽車從靜止勻加速啟動，最終做勻速運動，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：選B.汽車啟動時由P＝Fv和F－f＝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，牽引力漸漸減小到與阻力相等，加速度漸漸減小到零，速度漸漸增大到最大速度，故A、C、D正確．

一、單項選擇題1．一人乘電梯從1樓到20樓，在此過程中經(jīng)受了先加速、后勻速、再減速的運動過程，則電梯支持力對人做功的狀況是()A．加速時做正功，勻速時不做功，減速時做負(fù)功B．加速時做正功，勻速和減速時做負(fù)功C．加速和勻速時做正功，減速時做負(fù)功D．始終做正功答案：D2.(2022·高考江蘇卷)如圖所示，細(xì)線的一端固定于O點，另一端系一小球．在水平拉力作用下，小球以恒定速率在豎直平面內(nèi)由A點運動到B點．在此過程中拉力的瞬時功率變化狀況是()A．漸漸增大 B．漸漸減小C．先增大，后減小 D．先減小，后增大解析：選A.因小球速率不變，所以小球以O(shè)點為圓心做勻速圓周運動．受力如圖所示，因此在切線方向上應(yīng)有：mgsinθ＝Fcosθ，得F＝mgtanθ.則拉力F的瞬時功率P＝F·vcosθ＝mgv·sinθ.從A運動到B的過程中，拉力的瞬時功率隨θ的增大而增大．A項正確．3.(2022·衡水中學(xué)調(diào)研)兩個質(zhì)量相等的小球A、B處在同一水平線上，當(dāng)小球A被水平拋出的同時，小球B開頭自由下落，不計空氣阻力，則()A．在相等時間內(nèi)，兩小球的速度增量相等B．在同一時刻，兩小球的重力的功率不相等C．在下落過程中，兩小球的重力做功不相同D．在下落過程中，兩小球重力的平均功率不相等解析：選A.兩小球的加速度均為重力加速度，相等時間內(nèi)，速度增量相等，故A正確；小球A的重力的功率PA＝mgvAcosα＝mg·gt＝PB(α為小球A的速度與豎直方向的夾角)，B錯誤；在同一時間內(nèi)，兩小球下落的高度相等，由WG＝mgΔh知，重力做功相等，C錯；又因兩球下落用時相等，由eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)知，重力的平均功率相等，故D錯誤．4.(2022·襄陽模擬)如圖所示，滑雪者由靜止開頭沿斜坡從A點自由滑下，然后在水平面上前進(jìn)至B點停下．已知斜坡、水平面與滑雪板之間的動摩擦因數(shù)都為μ，滑雪者(包括滑雪板)的質(zhì)量為m.A、B兩點間的水平距離為L.在滑雪者經(jīng)過AB段運動的過程中，克服摩擦力做的功()A．大于μmgL B．等于μmgLC．小于μmgL D．以上三種狀況都有可能解析：選B.設(shè)斜面的傾角為θ，則對滑雪者從A到B的運動過程中克服摩擦力做的功為：WFf＝μmgACcosθ＋μmgCB①，由題圖可知ACcosθ＋CB＝L②，由①②兩式聯(lián)立可得：WFf＝μmgL，故B正確．5.動車組就是幾節(jié)自帶動力的車輛(動車)加幾節(jié)不帶動力的車輛(也叫拖車)編成一組，如圖所示．假設(shè)有一動車組由8節(jié)車廂連接而成，每節(jié)車廂的總質(zhì)量均為7.5×104kg.其中第一節(jié)、其次節(jié)帶動力，它們的額定功率均為3.6×107W，車在行駛過程中阻力恒為重力的0.1倍(g＝10m/s2)．則下列說法不正確的是()A．該動車組只開動第一節(jié)的動力的狀況下能達(dá)到的最大速度為60m/sB．該動車組開動二節(jié)動力的狀況下能達(dá)到的最大速度為432km/hC．該動車組開動二節(jié)動力并去掉兩節(jié)拖車后最大速度可達(dá)到480km/hD．該動車組只開動第一節(jié)的動力的狀況下假如能在1分鐘內(nèi)達(dá)到最大速度60m/s，則其平均加速度為1m/s2解析：選C.只開動第一節(jié)動力的前提下，當(dāng)?shù)谝还?jié)以額定功率運行且列車的牽引力等于阻力時達(dá)到最大速度：P1m＝fvm，由于阻力f＝0.1×8mg＝6.0×105N，P1m＝3.6×107W，所以vm＝eq\f(P1m,f)＝60m/s，A正確；開動二節(jié)動力時達(dá)到最大速度v′m＝eq\f(2P1m,f)＝120m/s，B正確；v″m＝eq\f(2P1m,\f(3,4)f)＝160m/s＝576km/h，C錯誤；易知D正確．6．(2022·江西七校聯(lián)考)如圖所示為汽車的加速度和車速的倒數(shù)1/v的關(guān)系圖像．若汽車質(zhì)量為2×103kg，它由靜止開頭沿平直大路行駛，且行駛中阻力恒定，最大車速為30m/s，則下列說法不正確的是()A．汽車所受阻力為2×103NB．汽車在車速為15m/s時，功率為6×104WC．汽車勻加速的加速度為3m/s2D．汽車勻加速所需時間為5s解析：選C.由圖可知汽車在速度小于10m/s之前做加速度為2m/s2的勻加速直線運動，由時間公式t＝eq\f(vt－v0,a)可得，t＝5s，選項C錯誤，D正確；當(dāng)汽車速度等于10m/s時，汽車功率達(dá)到最大，即P0＝Fv，而此時F－f＝ma，當(dāng)汽車速度為30m/s時，P0＝fvmax，解方程可得：f＝2×103N，P0＝6×104W，選項A正確；而汽車速度為15m/s時，汽車的功率等于額定功率，選項B正確．7．(2022·鄭州模擬)如圖所示，物體受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直線運動．監(jiān)測到推力F、物體速度v隨時間t變化的規(guī)律如圖所示．取g＝10m/s2，則()A．第1s內(nèi)推力做功為1JB．第2s內(nèi)物體克服摩擦力做的功為W＝2.0JC．第1.5s時推力F的功率為2WD．第2s內(nèi)推力F做功的平均功率eq\x\to(P)＝1.5W解析：選B.第1s內(nèi)物體保持靜止?fàn)顟B(tài)，在推力方向無位移，故做功為零，A錯；由圖象知第3s內(nèi)物體做勻速運動，F(xiàn)＝2N，故F＝Ff＝2N，由v－t圖象知第2s內(nèi)物體的位移x＝eq\f(1,2)×1×2m＝1m，第2s內(nèi)物體克服摩擦力做的功W＝Ffx＝2.0J，B對；第1.5s時物體的速度為1m/s，故推力的功率為3W，C項錯；第2s內(nèi)推力F＝3N，推力做功為WF＝F·x＝3.0J，故第2s內(nèi)推力F做功的平均功率eq\x\to(P)＝WF/t＝3W，故D錯．8．如圖所示，細(xì)繩的一端繞過定滑輪與木箱相連，現(xiàn)以大小恒定的拉力F拉動細(xì)繩，將靜置于A點的木箱經(jīng)B點移到C點(AB＝BC)，地面平直且與木箱的動摩擦因數(shù)處處相等．設(shè)從A到B和從B到C的過程中，F(xiàn)做功分別為W1、W2，克服摩擦力做功分別為Q1、Q2，木箱經(jīng)過B、C時的動能和F的功率分別為EkB、EkC和PB、PC，則下列關(guān)系確定成立的有()A．W1＞W(wǎng)2 B．Q1<Q2C．EkB＞EkC D．PB＞PC解析：選A.F做功W＝Flcosα(α為繩與水平方向的夾角)，在AB段和BC段相比較，F(xiàn)大小相同，l相同，而α漸漸增大，故W1＞W(wǎng)2，A正確；物體運動中，支持力漸漸減小，摩擦力漸漸減小，故Q1＞Q2，B錯誤；由于物體運動狀況不能確定，故動能關(guān)系、功率關(guān)系無法確定，C、D錯．☆9.質(zhì)量為m的物體靜止在粗糙的水平地面上，從t＝0時刻開頭受到方向恒定的水平拉力F作用，F(xiàn)與時間t的關(guān)系如圖甲所示．物體在eq\f(t0,2)時刻開頭運動，其v－t圖象如圖乙所示，若認(rèn)為滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，下列說法正確的是()A．物體所受合外力在t0時刻的功率為2F0v0B．物體所受合外力在0～t0這段時間內(nèi)所做的功為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)C．物體所受水平力F在t0～2t0這段時間內(nèi)的平均功率為F0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0＋\f(F0t0,m)))D．物體所受摩擦力在t0～2t0這段時間內(nèi)所做的功為F0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2v0＋\f(F0t0,m)))t0解析：選B.由題圖可知物體所受的最大靜摩擦力為F0，物體在t0時刻所受合外力為2F0－μmg＝F0，合外力在t0時刻的功率為F0v0，A項錯誤；依據(jù)動能定理，在0～t0這段時間內(nèi)合外力做的功等于物體動能的增量，即eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，選項B正確；水平力F在t0～2t0這段時間內(nèi)的平均功率為2F0eq\f(v0＋v,2)＝F0(v0＋v0＋at0)＝F0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2v0＋\f(F0t0,m)))，C項錯誤；物體在eq\f(1,2)t0時刻開頭運動，則滑動摩擦力Ff＝F0，物體所受滑動摩擦力Ff在t0～2t0這段時間內(nèi)所做的功為F0eq\f(v0＋v,2)t0＝eq\f(1,2)F0t0(v0＋v0＋at0)＝eq\f(1,2)F0t0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2v0＋\f(F0t0,m)))，選項D錯誤．二、非選擇題10.(2022·日照模擬)如圖所示，建筑工人通過滑輪裝置將一質(zhì)量為100kg的料車沿30°角的斜面由底端勻速地拉到頂端，斜面長L是4m，若不計滑輪的質(zhì)量和各處的摩擦力，g取10N/kg，求這一過程中：(1)人拉繩子的力做的功；(2)物體的重力做的功；(3)物體受到的各力對物體做的總功．解析：(1)工人拉繩子的力：F＝eq\f(1,2)mgsinθ工人將料車?yán)叫泵骓敹藭r，拉繩子的長度：l＝2L，依據(jù)公式W＝Flcosα，得W1＝eq\f(1,2)mgsinθ·2L＝2000J.(2)重力做功：W2＝－mgh＝－mgLsinθ＝－2000J.(3)由于料車在斜面上勻速運動，則料車所受的合力為0，故W合＝0.答案：(1)2000J(2)－2000J(3)011.(2022·雙十中學(xué)模擬)水平面上靜止放置一質(zhì)量為m＝0.2kg的物塊，固定在同一水平面上的小型電動機(jī)通過水平細(xì)線牽引物塊，使物塊由靜止開頭做勻加速直線運動，2秒末達(dá)到額定功率，其v－t圖線如圖所示，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，g＝10m/s2，電動機(jī)與物塊間的距離足夠遠(yuǎn)．求：(1)物塊做勻加速直線運動時受到的牽引力大小；(2)電動機(jī)的額定功率；(3)物塊在電動機(jī)牽引下，最終能達(dá)到的最大速度．解析：(1)由題圖知物塊在勻加速階段加速度大小a＝eq\f(Δv,Δt)＝0.4m/s2物塊受到的摩擦力大小f＝μmg設(shè)牽引力大小為F，則有：F－f＝ma得F＝0.28N.(2)當(dāng)v＝0.8m/s時，電動機(jī)達(dá)到額定功率，則P＝Fv＝0.224W.(3)物塊達(dá)到最大速度vm時，此時物塊所受的牽引力大小等于摩擦力大小，有F1＝μmgP＝F1vm解得vm＝1.12m/s.答案：(1)0.28N(2)0.224W(3)1.12m/s☆12.(2022·高考北京卷)摩天大樓中一部直通高層的客運電梯，行程超過百米．電梯的簡化模型如圖甲所示．考慮平安、舒適、省時等因素，電梯的加速度a是隨時間t變化的．已知電梯在t＝0時由靜止開頭上升，a－t圖象如圖乙所示．電梯總質(zhì)量m＝2.0×103kg.忽視一切阻力，重力加速度g取10m/s2.(1)求電梯在上升過程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2；(2)類比是一種常用的爭辯方法．對于直線運動，教科書中講解了由v－t圖象求位移的方法．請你借鑒此方法，對比加速度和速度的定義，依據(jù)圖乙所示a－t圖象，求電梯在第1s內(nèi)的速度轉(zhuǎn)變量Δv1和第2s末的速率v2；(3)求電梯以最大速率上升時，拉力做功的功率P；再求在0～11s時間內(nèi)，拉力和重力對電梯所做的總功W.甲乙解析：(1)由牛頓其次定律，有F－mg＝ma由a－t圖象可知，F(xiàn)1和F2對應(yīng)的加速度分別是a1＝1.0m/s2，a2＝－1.0m/s2F1＝m(g＋a1)＝2.0×103×(10＋1.0)N＝2.2×104NF2＝m(g＋a2)＝2.0×103×(10－1.0)N＝1.8×104N.(2)類比可得，所求速度變化量等于1s內(nèi)a－t圖線下的面積，Δv1＝0.50m/s同理可得Δv2＝v2－v0＝1.5m/sv0＝0，第2s末的速率v2＝1.5m/s.(3)由a－t圖象可知，11s～30s內(nèi)速率最大，其值等于0～11s內(nèi)a－t圖線下的面積，有vm＝10m/s此時電梯做勻速運動，拉力F等于重力mg，所求功率P＝Fvm＝mg·vm＝2.0×103×10×10W＝2.0×105W由動能定理，總功W＝Ek2－Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－0＝eq\f(1,2)×2.0×103×102J＝1.0×105J.答案：(1)2.2×104N1.8×104N(2)0.50m/s1.5m/s(3)2.0×105W1.0×105J其次節(jié)動能動能定理一、動能1．定義：物體由于運動而具有的能．2．表達(dá)式：Ek＝eq\f(1,2)mv2.3．單位：焦耳，1J＝1N·m＝1kg·m2/s2.4．矢標(biāo)性：標(biāo)量．5．瞬時性：v是瞬時速度．6．相對性：物體的動能相對于不同的參考系一般不同．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(dá)式：W＝Ek2－Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1).3．適用范圍(1)動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動．(2)既適用于恒力做功，也適用于變力做功．(3)力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時作用，也可以不同時作用．1.關(guān)于某物體動能的一些說法，正確的是()A．物體的動能變化，速度確定變化B．物體的速度變化，動能確定變化C．物體的速度變化大小相同時，其動能變化大小也確定相同D．選擇不同的參考系時，動能可能為負(fù)值2－1.下列關(guān)于運動物體所受合力、合力做功和動能變化的關(guān)系，正確的說法是()A．物體所受合力為零，其動能確定不變B．物體所受合力不為零時，其動能確定發(fā)生變化C．物體的動能保持不變，其所受合力做功可能不為零D．物體的動能保持不變，則所受合力確定為零2－2.人用手托著質(zhì)量為m的物體，從靜止開頭沿水平方向運動，前進(jìn)距離s后，速度為v(物體與手始終相對靜止)，物體與人手掌之間的動摩擦因數(shù)為μ，則人對物體做的功為()A．mgs B．0C．μmgs D.eq\f(1,2)mv2eq\x(自我校對：1.A2－1.A2－2.D)動能及動能定理的理解1．動能定理公式中等號的意義(1)數(shù)量關(guān)系：即力所做的功與物體動能的變化具有等量代換關(guān)系．(2)單位相同：國際單位都是焦耳．(3)因果關(guān)系：力的功是引起物體動能變化的緣由．2．總功的計算(1)先由力的合成或依據(jù)牛頓其次定律求出合力F，然后由W＝Flcosα計算．(2)由W＝Flcosα計算各個力對物體做的功W1、W2、…、Wn，然后將各個外力所做的功求代數(shù)和，即W總＝W1＋W2＋…＋Wn.特殊提示：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．如圖所示，質(zhì)量為m的小球用長為L的輕質(zhì)細(xì)線懸于O點，與O點處于同一水平線上的P點處有一個光滑的細(xì)釘，已知OP＝eq\f(L,2)，在A點給小球一個水平向左的初速度v0，發(fā)覺小球恰能到達(dá)跟P點在同一豎直線上的最高點B.則：(1)小球到達(dá)B點時的速率為多少？(2)若不計空氣阻力，則初速度v0為多少？(3)若初速度v0＝3eq\r(gL)，則在小球從A到B的過程中克服空氣阻力做了多少功？[思路點撥](1)小球恰能到達(dá)B點，隱含什么條件？(2)空氣阻力是變力，能否運用功的公式W＝Flcosα計算？[解析](1)小球恰能到達(dá)最高點B，有mg＝meq\f(v\o\al(2,B),\f(L,2))，得vB＝eq\r(\f(gL,2)).(2)從A→B由動能定理得－mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(L,2)))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)可求出v0＝eq\r(\f(7gL,2)).(3)由動能定理得－mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(L,2)))－W阻＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)可求出W阻＝eq\f(11,4)mgL.[答案](1)eq\r(\f(gL,2))(2)eq\r(\f(7gL,2))(3)eq\f(11,4)mgL[規(guī)律總結(jié)]應(yīng)用動能定理解題的基本思路(1)選取爭辯對象，明確它的運動過程；(2)分析爭辯對象的受力狀況和各力的做功狀況：eq\x(受哪些力)→eq\x(各力是否做功)→eq\x(做正功還是負(fù)功)→eq\x(做多少功)→eq\x(各力做功的代數(shù)和)(3)明確爭辯對象在過程的初末狀態(tài)的動能Ek1和Ek2；(4)列動能定理的方程W合＝Ek2－Ek1及其他必要的解題方程，進(jìn)行求解．1.(2022·福州模擬)如圖所示，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由靜止開頭豎直向上加速運動，當(dāng)上上升度為H時，電梯的速度達(dá)到v，則在這個過程中，以下說法中正確的是()A．電梯地板對物體的支持力所做的功等于eq\f(mv2,2)B．電梯地板對物體的支持力所做的功小于eq\f(mv2,2)C．鋼索的拉力所做的功等于eq\f(mv2,2)＋MgHD．鋼索的拉力所做的功大于eq\f(mv2,2)＋MgH解析：選D.以物體為爭辯對象，由動能定理WN－mgH＝eq\f(1,2)mv2，即WN＝mgH＋eq\f(1,2)mv2，選項A、B錯誤．以系統(tǒng)為爭辯對象，由動能定理得：WT－(m＋M)gH＝eq\f(1,2)(M＋m)v2，即WT＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋(M＋m)gH＞eq\f(mv2,2)＋MgH，選項D正確、C錯誤．利用動能定理求解多過程問題1．解決多過程問題應(yīng)優(yōu)先考慮應(yīng)用動能定理(或功能關(guān)系)，從而使問題得到簡化．能解決的幾個典型問題如下：(1)不涉及加速度、時間的多過程問題．(2)有多個物理過程且不需要爭辯整個過程中的中間狀態(tài)的問題．(3)變力做功的問題．(4)含有F、l、m、v、W、Ek等物理量的力學(xué)問題．2．留意應(yīng)用不同特點的力的做功特點：(1)重力、電場力或恒力做的功取決于物體的初、末位置，與路徑無關(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．(2022·蘇北四市模擬)如圖所示裝置由AB、BC、CD三段軌道組成，軌道交接處均由很小的圓弧平滑連接，其中軌道AB、CD段是光滑的，水平軌道BC的長度s＝5m，軌道CD足夠長且傾角θ＝37°，A、D兩點離軌道BC的高度分別為h1＝4.30m、h2＝1.35m．現(xiàn)讓質(zhì)量為m的小滑塊自A點由靜止釋放．已知小滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)小滑塊第一次到達(dá)D點時的速度大??；(2)小滑塊第一次與其次次通過C點的時間間隔；(3)小滑塊最終停止的位置距B點的距離．[審題指導(dǎo)](1)在B、C軌道交接處速度大小變化嗎？(2)小滑塊在AB、CD段只有重力做功，猜猜只能停在哪一段呢？[解析](1)小滑塊從A→B→C→D過程中，由動能定理得mg(h1－h(huán)2)－μmgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－0將h1、h2、s、μ、g代入得：vD＝3m/s.(2)小滑塊從A→B→C過程中，由動能定理得mgh1－μmgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)將h1、s、μ、g代入得：vC＝6m/s小滑塊沿CD段上滑的加速度大小a＝gsinθ＝6m/s2小滑塊沿CD段上滑到最高點的時間t1＝eq\f(vC,a)＝1s由對稱性可知小滑塊從最高點滑回C點的時間t2＝t1＝1s故小滑塊第一次與其次次通過C點的時間間隔t＝t1＋t2＝2s.(3)對小滑塊運動全過程應(yīng)用動能定理，設(shè)小滑塊在水平軌道上運動的總路程為s總．有：mgh1＝μmgs總將h1、μ代入得：s總＝8.6m故小滑塊最終停止的位置距B點的距離為2s－s總＝1.4m.[答案](1)3m/s(2)2s(3)1.4m2．如圖所示，一質(zhì)量為m＝0.5kg的小滑塊，在F＝4N的水平拉力作用下，從水平面上的A處由靜止開頭運動，滑行s＝1.75m后由B處滑上傾角為37°的光滑斜面，滑上斜面后拉力的大小保持不變，方向變?yōu)檠匦泵鎸ι希幸欢螘r間后撤去拉力．已知小滑塊沿斜面上滑的最遠(yuǎn)點C距B點為L＝2m，小滑塊最終恰好停在A處，不計B處能量損失，g取10m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.試求：(1)小滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)；(2)小滑塊在斜面上運動時，拉力作用的距離；(3)小滑塊在斜面上運動時，拉力作用的時間．解析：(1)小滑塊由C運動到A，由動能定理得mgLsin37°－μmgs＝0解得μ＝eq\f(24,35).(2)設(shè)在斜面上，拉力作用的距離為x，小滑塊由A運動到C，由動能定理得Fs－μmgs＋Fx－mgLsin37°＝0解得x＝1.25m.(3)小滑塊由A運動到B，由動能定理得Fs－μmgs＝eq\f(1,2)mv2由牛頓其次定律得F－mgsin37°＝ma由運動學(xué)公式得x＝vt＋eq\f(1,2)at2聯(lián)立解得t＝0.5s.答案：(1)eq\f(24,35)(2)1.25m(3)0.5s動能定理與圖象結(jié)合問題解決物理圖象問題的基本步驟1．觀看題目給出的圖象，弄清縱坐標(biāo)、橫坐標(biāo)所對應(yīng)的物理量及圖線所表示的物理意義．2．依據(jù)物理規(guī)律推導(dǎo)出縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)所對應(yīng)的物理量間的函數(shù)關(guān)系式．3．將推導(dǎo)出的物理規(guī)律與數(shù)學(xué)上與之相對應(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)函數(shù)關(guān)系式相對比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點，圖線下的面積所對應(yīng)的物理意義，分析解答問題．或者利用函數(shù)圖線上的特定值代入函數(shù)關(guān)系式求物理量．(2022·濟(jì)南模擬)倫敦奧運會女子10米(即跳臺距水面10m)跳臺競賽中，我國小將陳若琳技壓群芳奪得冠軍．設(shè)陳的質(zhì)量為m＝50kg，其體形可等效為長度L＝1.0m，直徑d＝0.3m的圓柱體，不計空氣阻力，當(dāng)她跳起到達(dá)最高點時，她的重心離跳臺臺面的高度為0.70m，在從起跳到接觸水面過程中完成一系列動作，入水后水的等效阻力F(不包括浮力)作用于圓柱體的下端面，F(xiàn)的數(shù)值隨入水深度y變化的函數(shù)圖象如圖所示，該直線與F軸相交于F＝2.5mg處，與y軸相交于y＝h(某一未知深度)處，為了確保運動員的平安，水池必需有確定的深度，已知水的密度ρ＝1×103kg/m3，g取10m/s2，依據(jù)以上數(shù)據(jù)估算：(1)起跳瞬間所做的功；(2)從起跳到接觸水面過程的時間；(3)跳水池至少應(yīng)為多深？(保留兩位有效數(shù)字)[審題突破]①由圖象可知，阻力F隨入水深度y線性減小，可用什么方法求做的功？②入水過程中浮力如何變化？入水后浮力如何變化？③留意重力做正功，浮力和阻力做負(fù)功，各力做功過程中的位移大小不同．[解析](1)起跳瞬間做功W＝mgh1，h1＝0.70m－eq\f(1.0m,2)＝0.2m，代入數(shù)據(jù)得W＝100J.(2)從起跳到接觸水面為豎直上拋運動，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh1，代入數(shù)據(jù)得v0＝2m/s，據(jù)位移公式：－h(huán)2＝v0t－eq\f(1,2)gt2，h2＝10m，代入數(shù)據(jù)得t＝1.63s.(3)由F－y圖象可知，阻力F隨y均勻變化，故平均阻力為eq\f(F,2).從起跳到入水至最低點，設(shè)水池至少深為h，依據(jù)動能定理得W＋mg(h2＋h)－eq\f(Fh,2)－eq\f(F浮L,2)－F浮(h－L)＝0－0，式中F?。溅裧V＝ρgeq\f(πd2,4)L代入數(shù)據(jù)，得h＝6.6m.[答案](1)100J(2)1.63s(3)6.6m[規(guī)律總結(jié)]解決這類問題首先要分清圖象的類型．若是F－x圖象與坐標(biāo)軸圍成的圖形的面積表示做的功；若是v－t圖象，可提取的信息有：加速度(與F合對應(yīng))、速度(與動能對應(yīng))、位移(與做功距離對應(yīng))等，然后結(jié)合動能定理求解．3.(2022·北京東城區(qū)高三聯(lián)考)物體沿直線運動的v－t圖象如圖所示，已知在第1秒內(nèi)合外力對物體做的功為W，則()A．從第1秒末到第3秒末合外力做功為4WB．從第3秒末到第5秒末合外力做功為－2WC．從第5秒末到第7秒末合外力做功為WD．從第3秒末到第4秒末合外力做功為－0.5W解析：選C.從第1秒末到第3秒末物體做勻速直線運動，說明物體所受合外力為零，故合外力做功為零，A錯誤；從第3秒末到第5秒末物體加速度大小是第1秒內(nèi)加速度的一半，所以這段時間的合外力是第1秒內(nèi)合外力的一半，而位移是第1秒內(nèi)位移2倍，考慮位移方向與合外力方向相反，所以這段時間內(nèi)合外力做功為－W，B錯誤；第3秒末到第4秒末物體位移是從第3秒末到第5秒末位移的四分之三，D錯誤；第5秒末到第7秒末合外力方向與位移方向相同，同理可知這段時間的合外力是第1秒內(nèi)合外力的一半，而位移是第1秒內(nèi)位移的2倍，所以這段時間內(nèi)合外力做功為W，C正確．涉及多個原型的動力學(xué)和能量的綜合問題(一)eq\a\vs4\al([規(guī)范解答])————————————該得的分一分不丟！(1)小船從A點運動到B點克服阻力做功Wf＝fd①(3分)(2)小船從A點運動到B點，電動機(jī)牽引纜繩對小船做功W＝Pt1②(2分)由動能定理有W－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)③(3分)由①②③式解得v1＝eq\r(v\o\al(2,0)＋\f(2,m)Pt1－fd)④(2分)(3)設(shè)小船經(jīng)過B點時纜繩的拉力大小為F，繩與水平方向夾角為θ，電動機(jī)牽引纜繩的速度大小為v，則P＝Fv⑤(2分)v＝v1cosθ⑥(2分)由牛頓其次定律有Fcosθ－f＝ma⑦(3分)由④⑤⑥⑦式解得a＝eq\f(P,\r(m2v\o\al(2,0)＋2mPt1－fd))－eq\f(f,m).(2分)[答案](1)fd(2)eq\r(v\o\al(2,0)＋\f(2,m)Pt1－fd)(3)eq\f(P,\r(m2v\o\al(2,0)＋2mPt1－fd))－eq\f(f,m)[名師點評]涉及多個原型的試題，一般都屬于多過程或多狀態(tài)問題，正確劃分過程或確定爭辯狀態(tài)是解題的前提，找出各子過程間的聯(lián)系是解題的關(guān)鍵．4.(2022·孝感統(tǒng)測)如圖所示，汽車通過輕質(zhì)光滑的定滑輪，將一個質(zhì)量為m的物體從井中拉出，繩與汽車連接點距滑輪頂點高h(yuǎn)，開頭時物體靜止，滑輪兩側(cè)的繩都豎直繃緊，汽車以速度v向右勻速運動，運動到跟汽車連接的細(xì)繩與水平方向夾角為30°時，則()A．從開頭到細(xì)繩與水平方向夾角為30°時，拉力做功mghB．從開頭到細(xì)繩與水平方向夾角為30°時，拉力做功mgh＋eq\f(3,8)mv2C．在細(xì)繩與水平方向夾角為30°時，拉力功率為mgvD．在細(xì)繩與水平方向夾角為30°時，拉力功率為eq\f(\r(3),2)mgv解析：選B.汽車以v向右勻速運動，運動到跟汽車連接的細(xì)繩與水平方向夾角為30°時，物體上升的高度恰為h，對速度v分解可知沿細(xì)繩方向的分速度大小為eq\f(\r(3),2)v，依據(jù)動能定理可知A錯誤、B正確；由于物體加速上升，故細(xì)繩拉力大于物體的重力，所以細(xì)繩拉力的功率大于eq\f(\r(3),2)mgv，C、D錯誤．一高考題組1．(2011·高考新課標(biāo)全國卷改編)一質(zhì)點開頭時做勻速直線運動，從某時刻起受到一恒力作用，此后，該質(zhì)點的動能不行能()A．始終增大B．先漸漸減小至零，再漸漸增大C．先漸漸增大至某一最大值，再漸漸減小D．先漸漸減小至某一非零的最小值，再漸漸增大解析：選C.當(dāng)恒力方向與質(zhì)點原來速度方向相同時，質(zhì)點的動能始終增大，故A可能．當(dāng)恒力方向與質(zhì)點原來速度方向相反時，速度先漸漸減小至零再漸漸增大，質(zhì)點的動能也先漸漸減小至零再漸漸增大，故B可能．當(dāng)恒力方向與原來質(zhì)點的速度方向夾角大于90°時，將原來速度v0分解為平行恒力方向的vy，垂直恒力方向的vx，如圖甲，vy先漸漸減小到零再漸漸增大，vx始終不變，v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))，質(zhì)點速度v先漸漸減小至vx再漸漸增大，質(zhì)點的動能先減小至某一非零的最小值，再漸漸增大，故D可能．當(dāng)恒力方向與v0方向夾角小于90°時，如圖乙，vy始終增大，vx始終不變，質(zhì)點速度v漸漸增大，動能始終增大，沒有其他狀況，故C不行能．2．(2010·高考山東卷)如圖所示，四分之一圓軌道OA與水平軌道AB相切，它們與另一水平軌道CD在同一豎直面內(nèi)，圓軌道OA的半徑R＝0.45m，水平軌道AB長s1＝3m，OA與AB均光滑，一滑塊從O點由靜止釋放，當(dāng)滑塊經(jīng)過A點時，靜止在CD上的小車在F＝1.6N的水平恒力作用下啟動，運動一段時間后撤去力F.當(dāng)小車在CD上運動了s2＝3.28m時速度v＝2.4m/s，此時滑塊恰好落入小車中，已知小車質(zhì)量M＝0.2kg，與CD間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4.(取g＝10m/s2)求：(1)恒力F的作用時間t.(2)AB與CD的高度差h.解析：(1)設(shè)小車在軌道CD上加速的距離為s，由動能定理得Fs－μMgs2＝eq\f(1,2)Mv2①設(shè)小車在軌道CD上做加速運動時的加速度為a，由牛頓運動定律得F－μMg＝Ma②s＝eq\f(1,2)at2③聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)得t＝1s．④(2)設(shè)小車在軌道CD上做加速運動的末速度為v′，撤去力F后小車做減速運動時的加速度為a′，減速時間為t′，由牛頓運動定律得v′＝at⑤－μMg＝Ma′⑥v＝v′＋a′t′⑦設(shè)滑塊的質(zhì)量為m，運動到A點的速度為vA，由動能定理得mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)⑧設(shè)滑塊由A點運動到B點的時間為t1，由運動學(xué)公式得s1＝vAt1⑨設(shè)滑塊做平拋運動的時間為t′1，則t′1＝t＋t′－t1⑩由平拋規(guī)律得h＝eq\f(1,2)gt′eq\o\al(2,1)?聯(lián)立②④⑤⑥⑦⑧⑨⑩?式，代入數(shù)據(jù)得h＝0.8m.答案：見解析3．(2021·高考天津卷)質(zhì)量為m＝4kg的小物塊靜止于水平地面上的A點，現(xiàn)用F＝10N的水平恒力拉動物塊一段時間后撤去，物塊連續(xù)滑動一段位移停在B點，A、B兩點相距x＝20m，物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，g＝10m/s2，求：(1)物塊在力F作用過程發(fā)生位移x1的大?。?2)撤去力F后物塊連續(xù)滑動的時間t.解析：(1)設(shè)物塊受到的滑動摩擦力為f，則f＝μmg依據(jù)動能定理，對物塊由A到B整個過程，有Fx1－fx＝0代入數(shù)據(jù)，解得x1＝16m.(2)設(shè)剛撤去力F時物塊的速度為v，此后物塊的加速度為a，滑動的位移為x2，則x2＝x－x1由動能定理得－μmgx2＝0－eq\f(1,2)mv2a＝μgv＝at代入數(shù)據(jù)可得：t＝2s.答案：(1)16m(2)2s二模擬題組4．(2022·河北石家莊質(zhì)檢)如圖所示為汽車在水平路面上啟動過程中的速度圖象，Oa為過原點的傾斜直線，ab段表示以額定功率行駛時的加速階段，bc段是與ab段相切的水平直線，則下列說法正確的是()A．0～t1時間內(nèi)汽車做勻加速運動且功率恒定B．t1～t2時間內(nèi)汽車牽引力做功為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)C．t1～t2時間內(nèi)的平均速度為eq\f(1,2)(v1＋v2)D．在全過程中t1時刻的牽引力及其功率都是最大值，t2～t3時間內(nèi)牽引力最小解析：選D.汽車在0～t1時間內(nèi)，牽引力恒定，速度均勻增加，由P＝Fv知其功率也增加，A錯誤；t1～t2時間內(nèi)，依據(jù)動能定理知WF－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，B錯誤；由于t1～t2時間內(nèi)不是勻變速直線運動，故eq\x\to(v)≠eq\f(1,2)(v1＋v2)，C錯誤；全過程中，t1時刻牽引力最大，功率達(dá)到額定功率，也最大，之后，功率不變，牽引力減小，直至F＝f，此后汽車勻速運動，D正確．5．(2022·長春模擬)殲15戰(zhàn)機(jī)在遼寧艦上試飛成功標(biāo)志著我國艦載機(jī)進(jìn)展邁出了新的一步．殲15戰(zhàn)機(jī)的質(zhì)量為m，以水平速度v0飛離遼寧艦漸漸上升，假設(shè)在此過程中水平分速度不變，在重力和豎直向上的恒定升力作用下前進(jìn)L時，上上升度為h.求：(1)升力的大??；(2)上上升度為h時戰(zhàn)機(jī)的動能；(3)上上升度為h時升力的功率．解析：(1)水平方向：L＝v0t豎直方向：F－mg＝mah＝at2/2解得：F＝mg＋eq\f(2mv\o\al(2,0)h,L2).(2)由動能定理：(F－mg)h＝Ek－mveq\o\al(2,0)/2解得：Ek＝eq\f(4h2＋L2mv\o\al(2,0),2L2).(3)戰(zhàn)機(jī)上升h時，豎直分速度為vy，則h＝vyt/2P＝Fvy解得：P＝eq\f(2mghv0,L)＋eq\f(4mv\o\al(3,0)h2,L3).答案：見解析三選做題6．(改編題)如圖為豎直平面內(nèi)的坐標(biāo)系xOy，在其次象限有一光滑足夠長水平平臺，在第一象限固定一曲面呈拋物線外形的物體，曲面滿足方程y＝eq\f(x2,3.6).在平臺上的P點(圖上未標(biāo)出)，坐標(biāo)為(－2m,3.6m)，現(xiàn)有一質(zhì)量為m＝1kg的物塊(不計大小)，用水平向右的力F＝9N拉物塊，當(dāng)物塊離開平臺時馬上撤去拉力，最終物塊撞到曲面上(g取10m/s2)．求：(1)物塊撞到曲面前瞬間的動能大?。?2)要使物塊撞到曲面前瞬間的動能最小，物塊初始位置的坐標(biāo)．解析：(1)物塊在平臺上運動過程：FxP＝mveq\o\al(2,0)/2解得：v0＝6m/s物塊離開平臺后做平拋運動：x1＝v0ty1＝gt2/2yP－y1＝eq\f(x\o\al(2,1),3.6)解得：y1＝1.2m由動能定理：mgy1＝Ek1－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得：Ek1＝30J.(2)設(shè)物塊初始位置坐標(biāo)為(－x0，y0)，由動能定理：Fx0＝mveq\o\al(2,1)/2物塊離開平臺后：x2＝v1t1y2＝gteq\o\al(2,1)/2y0－y2＝eq\f(x\o\al(2,2),3.6)Fx0＋mgy2＝Ek解得：Ek＝eq\f(1,2)[(veq\o\al(2,1)＋18)＋eq\f(1296,v\o\al(2,1)＋18)]－9由數(shù)學(xué)學(xué)問可知：當(dāng)veq\o\al(2,1)＋18＝36即v1＝3eq\r(2)m/s時，Ek有最小值．解得：x0＝1m因此物塊初始位置坐標(biāo)為(－1m,3.6m)．答案：見解析一、單項選擇題1.(2022·廈門高三檢測)如圖所示，木板可繞固定水平軸O轉(zhuǎn)動．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于木板靜止．在這一過程中，物塊的重力勢能增加了2J．用N表示物塊受到的支持力，用f表示物塊受到的摩擦力．在此過程中，以下推斷正確的是()A．N和f對物塊都不做功B．N對物塊做功為2J，f對物塊不做功C．N對物塊不做功，f對物塊做功為2JD．N和f對物塊所做功的代數(shù)和為0解析：選B.由做功的條件可知，只要有力，并且物塊沿力的方向有位移，那么該力就對物塊做功．由受力分析知，支持力N做正功，但摩擦力f方向始終和速度方向垂直，所以摩擦力不做功．由動能定理知WN－mgh＝0，故支持力N做功為mgh.2．人騎自行車下坡，坡長l＝500m，坡高h(yuǎn)＝8m，人和車總質(zhì)量為100kg，下坡時初速度為4m/s，人不踏車的狀況下，到達(dá)坡底時車速為10m/s，g取10m/s2，則下坡過程中阻力所做的功為()A．－4000JB．－3800JC．－5000J D．－4200J解析：選B.下坡過程中有重力和阻力做功，支持力不做功，由動能定理得：mgh＋W阻＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，代入數(shù)據(jù)解得：W阻＝－3800J，故B正確．3.(2022·南昌模擬)質(zhì)量為10kg的物體，在變力F作用下沿x軸做直線運動，力隨坐標(biāo)x的變化狀況如圖所示．物體在x＝0處，速度為1m/s，一切摩擦不計，則物體運動到x＝16m處時，速度大小為()A．2eq\r(2)m/s B．3m/sC．4m/s D.eq\r(17)m/s答案：B4．(2022·鄭州高三質(zhì)量猜想)如圖所示，光滑斜面的頂端固定一彈簧，一物體向右滑行，并沖上固定在地面上的斜面．設(shè)物體在斜面最低點A的速度為v，壓縮彈簧至C點時彈簧最短，C點距地面高度為h，則從A到C的過程中彈簧彈力做功是()A．mgh－eq\f(1,2)mv2 B.eq\f(1,2)mv2－mghC．－mgh D．－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mgh＋\f(1,2)mv2))解析：選A.小球從斜面底端到最高點C的過程中，重力、彈簧彈力做功，C點為最高點，即vC＝0，由動能定理得：－mgh＋W彈＝0－eq\f(1,2)mv2，W彈＝mgh－eq\f(1,2)mv2，故A正確．5.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，如圖所示，運動過程中小球受到空氣阻力的作用．設(shè)某一時刻小球通過軌道的最低點，此時繩子的張力為7mg，在此后小球連續(xù)做圓周運動，經(jīng)過半個圓周恰好能通過最高點，則在此過程中小球克服空氣阻力所做的功是()A.eq\f(1,4)mgR B.eq\f(1,3)mgRC.eq\f(1,2)mgR D．mgR解析：選C.小球通過最低點時，繩的張力為F＝7mg①由牛頓其次定律可知：F－mg＝eq\f(mv\o\al(2,1),R)②小球恰好過最高點，繩子拉力為零，由牛頓其次定律可知：mg＝eq\f(mv\o\al(2,2),R)③小球由最低點運動到最高點的過程中，由動能定理得：－2mgR＋W阻＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)④由①②③④可得W阻＝－eq\f(1,2)mgR，所以小球克服空氣阻力所做的功為eq\f(1,2)mgR，故C正確，A、B、D錯誤．6.如圖所示，ABCD是一個盆式容器，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，B、C在水平線上，其距離d＝0.50m．盆邊緣的高度為h＝0.30m．在A處放一個質(zhì)量為m的小物塊并讓其從靜止動身下滑．已知盆內(nèi)側(cè)壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.10.小物塊在盆內(nèi)來回滑動，最終停下來，則停下的位置到B的距離為()A．0.50m B．0.25mC．0.10m D．0解析：選D.由于BC面粗糙，物塊在BC面上來回運動不斷消耗機(jī)械能，直至停止運動．設(shè)物塊在BC面上運動的總路程為s.依據(jù)動能定理得：mgh－μmgs＝0，解得s＝eq\f(h,μ)＝eq\f(0.30,0.10)m＝3m，由于eq\f(3,0.50)＝6，可見物塊最終停在B點，D正確．7.人通過滑輪將質(zhì)量為m的物體，沿粗糙的斜面從靜止開頭勻加速地由底端拉到斜面頂端，物體上升的高度為h，到達(dá)斜面頂端時的速度為v，如圖所示．則在此過程中()A．物體所受的合外力做的功為mgh＋eq\f(1,2)mv2B．物體所受的合外力做的功為eq\f(1,2)mv2C．人對物體做的功為mghD．人對物體做的功小于mgh解析：選B.物體沿斜面做勻加速運動，依據(jù)動能定理：W合＝WF－Wf－mgh＝eq\f(1,2)mv2，其中Wf為物體克服摩擦力做的功．人對物體做的功即是人對物體的拉力做的功，所以W人＝WF＝Wf＋mgh＋eq\f(1,2)mv2，A、C、D錯誤，B正確．8.(2022·三明市高三質(zhì)檢)質(zhì)量均為m的兩物塊A、B以確定的初速度在水平面上只受摩擦力而滑動，如圖所示是它們滑動的最大位移x與初速度的平方veq\o\al(2,0)的關(guān)系圖象，已知veq\o\al(2,02)＝2veq\o\al(2,01)，下列描述中正確的是()A．若A、B滑行的初速度相等，則到它們都停下來時滑動摩擦力對A做的功是對B做功的2倍B．若A、B滑行的初速度相等，則到它們都停下來時滑動摩擦力對A做的功是對B做功的eq\f(1,2)C．若A、B滑行的最大位移相等，則滑動摩擦力對它們做的功相等D．若A、B滑行的最大位移相等，則滑動摩擦力對B做的功是對A做功的2倍解析：選D.由于兩物塊質(zhì)量均為m，若A、B滑行的初速度相等則初動能相等，由動能定理得－Wf＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，即滑動摩擦力做的功相等，A、B錯；若A、B滑行的最大位移相等，由題意可知veq\o\al(2,02)＝2veq\o\al(2,01)，B的初動能是A的初動能的2倍，滑動摩擦力對B做的功是對A做的功的2倍，C錯，D對．☆9.如圖所示，在光滑四分之一圓弧軌道的頂端a點，質(zhì)量為m的物塊(可視為質(zhì)點)由靜止開頭下滑，經(jīng)圓弧最低點b滑上粗糙水平面，圓弧軌道在b點與水平軌道平滑相接，物塊最終滑至c點停止，若圓弧軌道半徑為R，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，下列說法錯誤的是()A．物塊滑到b點時的速度為eq\r(gR)B．物塊滑到b點時對b點的壓力是3mgC．c點與b點的距離為eq\f(R,μ)D．整個過程中物塊機(jī)械能損失了mgR解析：選A.依據(jù)動能定理mgR＝eq\f(1,2)mv2可得，v＝eq\r(2gR)，A項錯誤；在b點，N－mg＝meq\f(v2,R)可得N＝3mg，B項正確；依據(jù)動能定理mgR－μmgx＝0，可得x＝eq\f(R,μ)，C項正確；摩擦力做的功等于機(jī)械能的損失，整個過程中物塊機(jī)械能損失了mgR，D項正確．二、非選擇題10.(2022·龍巖模擬)從地面上以初速度v0＝10m/s豎直向上拋出一質(zhì)量為m＝0.2kg的球，若運動過程中受到的空氣阻力與其速率成正比關(guān)系，球運動的速度隨時間變化規(guī)律如圖所示，t1時刻到達(dá)最高點，再落回地面，落地時速率為v1＝2m/s，且落地前球已經(jīng)做勻速運動．(g＝10m/s2)求：(1)球從拋出到落地過程中克服空氣阻力所做的功；(2)球拋出瞬間的加速度大?。馕觯?1)全程應(yīng)用動能定理：－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入數(shù)據(jù)，解得：Wf＝9.6J.(2)設(shè)空氣阻力大小與速率的關(guān)系為：f＝kv.則拋出時：mg＋kv0＝ma落地時勻速：kv1＝mg聯(lián)立解得：a＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(v0,v1)))＝60m/s2.答案：(1)9.6J(2)60m/s211．(2022·寧德高三質(zhì)檢)如圖所示是簡化后的跳臺滑雪的雪道示意圖．整個雪道由傾斜的助滑雪道AB和著陸雪道DE以及水平的起跳平臺CD組成，AB與CD圓滑連接．運動員從助滑雪道AB上由靜止開頭，在重力作用下，滑到D點水平飛出，不計飛行中的空氣阻力，經(jīng)2s在水平方向飛行了60m，落在著陸雪道DE上．已知從B點到D點運動員的速度大小不變(g取10m/s2)．求：(1)運動員在AB段下滑到B點的速度大小；(2)若不計阻力，運動員在AB段下滑過程中下降的高度；(3)若運動員的質(zhì)量為60kg，他下滑到B點的速度大小為v1＝20eq\r(2)m/s，他在AB段滑行過程克服阻力做了多少功？解析：(1)運動員從D點飛出的速度v＝eq\f(x,t)＝30m/s依題意，下滑到助滑雪道末端B點的速度大小是30m/s.(2)在下滑過程中由動能定理得：mgh＝eq\f(1,2)mv2下降的高度h＝eq\f(v2,2g)＝45m.(3)依據(jù)動能定理，有mgh－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)運動員克服阻力做功Wf＝mgh－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝3000J.答案：(1)30m/s(2)45m(3)3000J☆12.(2022·東北三校聯(lián)考)小軍看到打樁機(jī)，對打樁機(jī)的工作原理產(chǎn)生了愛好．他構(gòu)建了一個打樁機(jī)的簡易模型，如圖甲所示．他設(shè)想，用恒定大小的拉力F拉動繩端B，使物體從A點(與釘子接觸處)由靜止開頭運動，上升一段高度后撤去F，物體運動到最高點后自由下落并撞擊釘子，將釘子打入確定深度．按此模型分析，若物體質(zhì)量m＝1kg，上升1m高度時撤去拉力，撤去拉力前物體的動能Ek與上上升度h的關(guān)系圖象如圖乙所示．(g取10m/s2，不計空氣阻力)(1)求物體上升到0.4m高度處F的瞬時功率．(2)若物體撞擊釘子后瞬間彈起，且使其不再落下，釘子獲得20J的動能向下運動，釘子總長為10cm.撞擊前插入部分可以忽視．不計釘子重力．已知釘子在插入過程中所受阻力f與深度x的關(guān)系圖象如圖丙所示，求釘子能夠插入的最大深度．解析：(1)撤去F前，依據(jù)動能定理，有(F－mg)h＝Ek－0由圖象乙得，斜率為k＝F－mg＝20N得F＝30N又由圖象乙得，h＝0.4m時，Ek＝8J，則v＝4m/sPF＝Fv＝120W.(2)碰撞后，對釘子，有－fx′＝0－E′k已知E′k＝20Jf＝eq\f(k′x′,2)又由圖象丙得k′＝105N/m解得：x′＝0.02m.答案：(1)120W(2)0.02m

第三節(jié)機(jī)械能守恒定律一、重力勢能1．定義：物體的重力勢能等于它所受重力與高度的乘積．2．公式：Ep＝mgh.3．矢標(biāo)性：重力勢能是標(biāo)量，但有正、負(fù)，其意義是表示物體的重力勢能比它在參考平面上大還是小，這與功的正、負(fù)的物理意義不同．4．特點(1)系統(tǒng)性：重力勢能是地球和物體共有的．(2)相對性：重力勢能的大小與參考平面的選取有關(guān)．重力勢能的變化是確定的，與參考平面的選取無關(guān)．5．重力做功與重力勢能變化的關(guān)系重力做正功時，重力勢能減?。恢亓ψ鲐?fù)功時，重力勢能增大；重力做多少正(負(fù))功，重力勢能就減小(增大)多少，即WG＝Ep1－Ep2.二、彈性勢能1．定義：物體由于發(fā)生彈性形變而具有的能．2．大?。簭椥詣菽艿拇笮∨c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)系彈力做正功，彈性勢能減??；彈力做負(fù)功，彈性勢能增大．即彈簧恢復(fù)原長的過程中彈力做正功，彈性勢能減小，形變量變大的過程中彈力做負(fù)功，彈性勢能增大．三、機(jī)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(jī)械能保持不變．2．表達(dá)式(1)Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2(要選零勢能參考平面)．(2)ΔEk＝－