2023版高三一轮总复习物理（新教材新高考）第五章机械能教案

1、 高考备考指南命题分析核心素养1本章命题形式多样，单独命题热点集中在机车启动问题、动能定理、机械能守恒定律、功能关系的简单应用。2综合性考查经常与牛顿运动定律、圆周运动、平抛运动、动量相结合，甚至出现与电场、电磁感应综合的压轴题，题型以计算题为主。3实验题的考查注重实验原理与操作及以拓展创新形式考查实验能力的迁移应用。物理观念：功、功率、动能、重力势能、弹性势能、机械能。科学思维：功率与牵引力和速度的关系、动能定理、机械能守恒定律、功能关系。科学探究：探究机械能守恒定律。科学态度与责任：能源的开发、利用及能量的转化与守恒。功和功率一、功1做功两因素力和物体在力的方向上发生的位移。2公式：WFl

2、cos (1)是力与位移方向之间的夹角，l是物体对地的位移。(2)该公式只适用于恒力做功。3功的正负的判断方法恒力的功依据力与位移方向的夹角来判断曲线运动中的功依据力与速度方向的夹角来判断，090时，力对物体做正功；90180时，力对物体做负功；90时，力对物体不做功能量变化时的功功是能量转化的量度，若有能量转化，则必有力对物体做功。此法常用于判断两个相联系的物体之间的相互作用力做功二、功率1定义：功与完成这些功所用时间的比值。2物理意义：描述力做功的快慢。3公式(1)Peq f(W,t)，P为时间t内的平均功率。(2)PFvcos (为F与v的夹角)。v为平均速度，则P为平均功率。v为瞬时速

3、度，则P为瞬时功率。4额定功率与实际功率(1)额定功率：动力机械长时间正常工作时输出的最大功率。(2)实际功率：动力机械实际工作时输出的功率，要求小于或等于额定功率。一、易错易误辨析(正确的打“”，错误的打“”)(1)只要物体受力的同时又发生了位移，则一定有力对物体做功。()(2)一个力对物体做了负功，则说明这个力一定阻碍物体的运动。()(3)作用力做正功时，反作用力一定做负功。()(4)力对物体做功的正负是由力和位移间的夹角大小决定的。()(5)汽车上坡时换成低挡位，其目的是减小速度得到较大的牵引力。()(6)合力的功等于各力功的矢量和。()二、教材习题衍生1(人教版必修第二册P78T1改编

4、)如图所示，完全相同的四个木块放于水平地面上，在大小相等的恒力F作用下沿水平地面发生了相同的位移。关于力F做功，下列表述正确的是()甲乙丙丁A图甲中，因为木块与地面间没有摩擦力，所以力F做的功最少B图乙中，力F做的功等于摩擦力对木块做的功C图丙中，力F做的功等于木块重力所做的功D图丁中，力F做的功最少D由WFlcos 可知，F、l相同，越大，090时力F做的功越少，D正确。2(粤教版必修第二册P84T4改编)图甲为一女士站在台阶式自动扶梯上匀速上楼(忽略扶梯对手的作用)，图乙为一男士站在履带式自动扶梯上匀速上楼，两人相对扶梯均静止。下列关于做功的判断中正确的是()甲乙A图甲中支持力对人做正功B

5、图甲中摩擦力对人做负功C图乙中支持力对人做正功D图乙中摩擦力对人做负功A题图甲中，人匀速上楼，不受摩擦力，摩擦力不做功，支持力向上，与速度方向的夹角为锐角，则支持力做正功，故A正确，B错误；题图乙中，支持力与速度方向垂直，支持力不做功，摩擦力方向与速度方向相同，做正功，故C、D错误。3(人教版必修第二册P77例题2改编)汽车发动机的额定功率是60 kW，汽车的质量为2103 kg，在平直路面上行驶，受到的阻力是车重的0.1倍。若汽车从静止出发，以0.5 m/s2的加速度做匀加速运动，则出发50 s时，汽车发动机的实际功率为(g取10 m/s2)()A25 kW B50 kW C60 kW D7

6、5 kWC汽车受到的阻力f0.1mg2 000 N，汽车以0.5 m/s2的加速度做匀加速运动，由牛顿第二定律有Ffma，解得F3 000 N，若50 s内车是匀加速运动，则vat25 m/s，所以50 s末汽车功率PFv75 000 W75 kW，但汽车发动机的额定功率是60 kW，则50 s内车不是匀加速运动，而是先匀加速后变加速，故出发50 s时，汽车发动机的实际功率为60 kW，选项C正确。 恒力做功的分析与计算1功的正负的判断方法(1)恒力做功正负的判断：依据力与位移的夹角来判断。(2)曲线运动中做功正负的判断：依据F与v的方向的夹角来判断。090，力对物体做正功；90180，力对物

7、体做负功；90，力对物体不做功。2恒力做功的计算方法3合力做功的计算方法方法一：先求合力F合，再用W合F合lcos 求功。方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3，再应用W合W1W2W3求合力做的功。注意：求力做功时要判断各力做功的正负，求合力功时不能忘记正负号。典例1(多选)质量为m2 kg的物体沿水平面向右做直线运动，t0时刻受到一个水平向左的恒力F，如图甲所示，取水平向右为正方向，此物体的vt图像如图乙所示，g取10 m/s2，则()甲乙A物体与水平面间的动摩擦因数0.5B10 s内恒力F对物体做功为102 JC10 s末物体在计时起点位置左侧2 m处D10 s内物体克服摩擦力做功为34

8、 J思路点拨：解此题抓住两个关键环节(1)通过图像分析获取物体不同阶段的运动加速度大小及运动位移。(2)根据牛顿第二定律和恒力做功的特点分析计算。CD设物体向右做匀减速直线运动的加速度为a1，则由vt图像得加速度大小a12 m/s2，方向与初速度方向相反，设物体向左做匀加速直线运动的加速度为a2，则由vt图像得加速度大小a21 m/s2，方向与初速度方向相反，根据牛顿第二定律得，Fmgma1，Fmgma2，解得F3 N，0.05，故A错误；根据vt图像与横轴所围成的面积表示位移得，xeq f(1,2)48 meq f(1,2)66 m2 m，负号表示物体在起点的左侧，则10 s内恒力F对物体做

9、功WF|x|32 J6 J，故B错误，C正确；10 s内物体克服摩擦力做功Wffs0.0520eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)48 f(1,2)66) J34 J，故D正确。跟进训练1如图所示，倾斜的传送带上有一工件始终与传送带保持相对静止，则()A当传送带向上匀速运行时，物体克服重力和摩擦力做功B当传送带向下匀速运行时，只有重力对物体做功C当传送带向上匀加速运行时，摩擦力对物体做正功D不论传送带向什么方向运行，摩擦力都做负功C当传送带向上匀速运行时，根据平衡条件知，摩擦力沿传送带向上，则摩擦力做正功，故不是克服摩擦力做功，A错误；当传送带向下匀速运行时，根据平衡条件知，

10、摩擦力沿传送带向上，则摩擦力做负功，不是只有重力对物体做功，B错误；当传送带向上匀加速运行时，根据牛顿第二定律知合外力沿传送带向上，则摩擦力一定是沿传送带向上的，摩擦力做正功，C正确；由前面分析知摩擦力可以做正功，故D错误。2(多选)(2021福建邵武七中期中)如图所示，建筑工人通过滑轮装置将一质量为100 kg的料车沿30角的斜面由底端匀速地拉到顶端，斜面长L是4 m，若不计滑轮的质量和各处的摩擦力，g取10 N/kg，则对这一过程下列说法正确的是() A人拉绳子的力做功为 1 000 JB人拉绳子的力做功为 2 000 JC料车的重力做功为 2 000 JD料车受到的合力对料车做的总功为0

11、BD工人拉绳子的力Feq f(1,2)mgsin 30250 N，工人将料车拉到斜面顶端时，力F作用点的位移l2L8 m，人拉绳子的力做的功WFl2 000 J，故A错误，B正确。重力做功W2mghmgLsin 302 000 J，故C错误。由于料车在斜面上匀速运动，则料车所受的合力为0，故W合0，D正确。 变力做功的分析与计算求变力做功的常见五种方法方法以例说法应用动能定理用力F把小球从A处缓慢拉到B处，F做功为WF，则有：WFmgL(1cos )0，得WFmgL(1cos )微元法质量为m的木块在水平面内做圆周运动，运动一周克服摩擦力做功WfFfx1Ffx2Ffx3Ff(x1x2x3)Ff

12、2R图像法一水平拉力拉着一物体在水平面上运动的位移为x0，图线与横轴所围面积表示拉力所做的功，Weq f(F0F1,2)x0平均值法当力与位移为线性关系，力可用平均值eq xto(F)eq f(F1F2,2)表示，代入功的公式得Weq f(kx1kx2,2)(x2x1)压缩量x等效转换法恒力F把物块从A拉到B，绳子对物块做功WFeq blc(rc)(avs4alco1(f(h,sin )f(h,sin )微元法求变力做功典例2如图所示，一质量为m2.0 kg的物体从半径为R0.5 m的圆弧轨道的A端，在拉力作用下沿圆弧缓慢运动到B端(圆弧AB在竖直平面内)。拉力F的大小始终为15 N，方向始终

13、与物体所在处的切线成37角。圆弧轨道所对应的圆心角为45，BO边沿竖直方向。求这一过程中：(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)(1)拉力F做的功；(2)重力G做的功；(3)圆弧面对物体的支持力N做的功。解析(1)将圆弧AB分成很多小段l1，l2，ln，物体在这些小段上近似做直线运动，则拉力在每小段上做的功为W1，W2，Wn，因拉力F大小不变，方向始终与物体所在点的切线成37角，所以W1Fl1cos 37W2Fl2cos 37WnFlncos 37WFW1W2WnFcos 37(l1l2ln)Fcos 37eq f(R,4)eq f(3,2) J4.71 J。(2)重力

14、G做的功WGmgR(1cos 45)(5eq r(2)10) J2.93 J。(3)物体受到的支持力N始终与物体的运动方向垂直，所以WN0。答案(1)4.71 J(2)2.93 J(3)0转换法求变力做功典例3(多选)如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，滑块用轻绳系着绕过光滑的定滑轮O。现以大小不变的拉力F拉绳，使滑块从A点由静止开始上升，滑块运动到C点时速度最大。已知滑块质量为m，滑轮O到竖直杆的距离为d，OAO37，OCO53，重力加速度为g(已知sin 370.6，cos 370.8)。则()A拉力F大小为eq f(5,3)mgB拉力F大小为eq f(5,4)mgC滑块由A到C过程

15、轻绳对滑块做功eq f(25,36)mgdD滑块由A到C过程轻绳对滑块做功eq f(25,48)mgd思路点拨：解此题关键有两点(1)通过转换研究的对象，可将变力做功转化为恒力做功，用WFlcos 求解。(2)绳的拉力F对滑块做的功的位移为右侧绳子增加的长度。AC滑块到C点时速度最大，其所受合力为零，则有F cos 53mg0，解得Feq f(5,3)mg，故A正确，B错误；由能量的转化与守恒定律可知，拉力F做的功等于轻绳拉力F对滑块做的功，滑轮与A间绳长L1eq f(d,sin 37)，滑轮与C间绳长L2eq f(d,sin 53)，滑轮右侧绳子增大的长度LL1L2eq f(d,sin 37

16、)eq f(d,sin 53)eq f(5d,12)，拉力做功WFLeq f(25,36)mgd，故C正确，D错误。跟进训练1如图甲所示，质量为4 kg的物体在水平推力作用下开始运动，推力大小F随位移大小x变化的情况如图乙所示，物体与地面间的动摩擦因数0.5，g取10 m/s2，则()甲乙A物体先做加速运动，推力减小到零后才开始做减速运动B运动过程中推力做的功为200 JC物体在运动过程中的加速度先变小后不变D因推力是变力，无法确定推力做功的大小B滑动摩擦力Ffmg20 N，物体先加速运动，当推力减小到20 N时，加速度减小为零，之后推力逐渐减小，物体做加速度增大的减速运动，当推力减小为零后，

17、物体做匀减速运动，选项A、C错误；Fx图像中图线与横轴所围的面积表示推力做的功，Weq f(1,2)1004 J200 J，选项B正确，D错误。2在水平面上，有一弯曲的槽道AB，槽道由半径分别为eq f(R,2)和R的两个半圆构成。如图所示，现用大小恒为F的拉力将一光滑小球从A点沿槽道拉至B点，若拉力F的方向时刻均与小球运动方向一致，则此过程中拉力所做的功为()A0 BFR Ceq f(3,2)FR D2FRC把槽道分成x1、x2、x3、xn微小段，拉力在每一段上可视为恒力，则在每一段上做的功W1F1x1，W2F2x2，W3F3x3，WnFnxn，拉力在整个过程中所做的功WW1W2W3WnF(

18、x1x2x3xn)Feq blc(rc)(avs4alco1(f(R,2)R)eq f(3,2)FR。故选项C正确。3用铁锤把小铁钉钉入木板，设木板对钉子的阻力与钉进木板的深度成正比。已知铁锤第一次将钉子钉进d，如果铁锤第二次敲钉子时对钉子做的功与第一次相同，那么，第二次钉子进入木板的深度为()A(eq r(3)1)d B(eq r(2)1)dCeq f(r(5)1d,2) Deq f(r(2),2)dB铁锤每次敲钉子时对钉子做的功等于钉子克服阻力做的功。由于阻力与深度成正比，可用阻力的平均值求功，据题意可得Weq xto(F)1deq f(kd,2)dWeq xto(F)2deq f(kdk

19、dd,2)d联立式解得d(eq r(2)1)d，故选B。 功率的分析与计算1公式Peq f(W,t)和PFv的区别Peq f(W,t)是功率的定义式，PFv是功率的计算式。2平均功率的计算方法(1)利用eq xto(P)eq f(W,t)。(2)利用eq o(P,sup6()Feq o(v,sup6()cos ，其中eq o(v,sup6()为物体运动的平均速度。3瞬时功率的计算方法(1)利用公式PFvcos ，其中v为t时刻的瞬时速度。(2)PFvF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度。(3)PFvv，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力。题组突破1(2021安徽合肥市高三

20、第二次教学质检)如图所示，质量为60 kg的某运动员在做俯卧撑运动，运动过程中可将她的身体视为一根直棒。已知重心在c点，过其向地面做垂线，垂足与两脚、两手连线中点间的距离oa、ob分别为0.9 m和0.6 m。若她在1 min内做了30个俯卧撑，每次肩部上升的距离均为0.4 m，则克服重力做的功和相应的功率约为(g取10 m/s2)()A430 J，7 W B4 300 J，70 WC720 J，12 W D7 200 J，120 WB设重心上升的高度为h，根据相似三角形可知，每次俯卧撑中，有eq f(h,0.4 m)eq f(0.9,0.90.6)，即h0.24 m。一次俯卧撑中，克服重力做

21、功Wmgh60100.24 J144 J，所以一分钟内克服重力做的总功为W总nW4 320 J，功率Peq f(W总,t)72 W，故选项B正确。2(多选)质量为m的物体从距地面H高处自由下落，经历时间t，则下列说法中正确的是()At秒内重力对物体做功为eq f(1,2)mg2t2Bt秒内重力的平均功率为mg2tCeq f(t,2)秒末重力的瞬时功率与t秒末重力的瞬时功率之比为12D前eq f(t,2)秒内重力做功的平均功率与后eq f(t,2)秒内重力做功的平均功率之比为13ACD物体自由下落，t秒内物体下落heq f(1,2)gt2，Wtmgheq f(1,2)mg2t2，故A正确；Peq

22、 f(W,t)eq f(f(1,2)mg2t2,t)eq f(1,2)mg2t，故B错误；从静止开始自由下落，eq f(t,2)秒末与t秒末的速度之比为12(因vgtt)，又有PFvmgvv，故前eq f(t,2)秒末与t秒末功率瞬时值之比为P1P212，C正确；前eq f(t,2)秒与后eq f(t,2)秒下落的位移之比为13，则重力做功之比为13，故重力做功的平均功率之比为13，D正确。 机车启动问题1两种启动方式恒定功率启动动态过程Pt图像和vt图像恒定加速度启动动态过程Pt图像和vt图像2三个重要关系式(1)最大运行速度：无论哪种启动过程，机车的最大速度都为vmeq f(P,Ff)。(

23、2)匀加速最大速度：机车以恒定加速度启动时，匀加速过程结束后功率最大，速度不是最大，即veq f(P,F)vmeq f(P,Ff)。(3)功能关系：机车以恒定功率运行时，牵引力做的功WPt，由动能定理得PtFfxEk，此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移、速度或时间。恒定加速度启动典例4(2021山东济南区县联考)一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的功率达到最大值P，之后起重机保持该功率不变，继续提升重物，最后重物以最大速度v2匀速上升，不计钢绳重力。则整个过程中，下列说法正确的是()A钢绳的最大拉力为eq f(P,v2)B重物匀加速过程的时

24、间为eq f(mvoal( 2,1),Pmgv1)C重物匀加速过程的加速度为eq f(P,mv1)D速度由v1增大至v2的过程中，重物的平均速度eq xto(v)eq f(v1v2,2)，故D错误。恒定功率启动典例5如图甲所示，在粗糙的水平路段AB上有一质量为4103 kg的越野车，正以5 m/s的速度向右匀速运动，越野车前方的水平路段BC较平坦，越野车用12 s通过整个ABC路段的vt图像如图乙所示，在t12 s处水平虚线与曲线相切，运动过程中越野车发动机的输出功率保持80 kW不变。假设越野车在两个路段上受到的阻力(含地面摩擦力和空气阻力等)各自恒定，求：甲乙(1)越野车在AB路段上运动时

25、所受的阻力大小；(2)BC路段的长度。解析(1)越野车在AB路段时做匀速运动，有F1f1又PF1v1联立解得f116 000 N。(2)t12 s时越野车处于平衡状态，有F2f2，PF2v2联立解得f28 000 N在BC路段运动时间为t28 s由动能定理有Pt2f2xeq f(1,2)mveq oal( 2,2)eq f(1,2)mveq oal( 2,1)代入数据解得x61.25 m。答案(1)16 000 N(2)61.25 m机车启动问题的三点注意(1)在机车功率PFv中，F是机车的牵引力而不是机车所受合力或阻力，计算式PFfvm只体现了一种数量关系，用于牵引力与阻力平衡时达到最大运行

26、速度的计算。(2)恒定功率下的启动过程一定不是匀加速运动，匀变速直线运动的公式不再适用，启动过程发动机做的功可用WPt计算，不能用WFl计算(因为F为变力)。(3)以恒定加速度启动只能维持一段时间，之后又要经历非匀变速直线运动，所以匀变速直线运动的公式只适用于前一段时间。跟进训练1(多选)(2020天津卷)复兴号动车在世界上首次实现速度350 km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内()A做匀加速直线运动B加速度逐渐减小

27、C牵引力的功率PFvmD牵引力做功Weq f(1,2)mveq oal( 2,m)eq f(1,2)mveq oal( 2,0)BC由于动车以恒定功率启动，则由PF牵引力v可知动车的速度增大则牵引力减小，由牛顿第二定律F牵引力Fma得动车的加速度逐渐减小，A错误，B正确；当动车的加速度为零时，即牵引力等于阻力时，动车的速度最大，即PFvm，C正确；设动车在时间t内的位移为x，由动能定理得WFxeq f(1,2)mveq oal( 2,m)eq f(1,2)mveq oal( 2,0)，则牵引力所做的功为WFxeq f(1,2)mveq oal( 2,m)eq f(1,2)mveq oal( 2

28、,0)，D错误。2(多选)(2021江苏如皋中学高三检测)一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5 s内做匀加速直线运动，5 s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动，其vt图像如图所示。已知汽车的质量为m1103 kg，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，g取10 m/s2，则以下说法正确的是()A汽车在前5 s内的牵引力为5103 NB汽车速度为25 m/s时的加速度为2 m/s2C汽车的额定功率为100 kWD汽车的最大速度为80 m/sAC由速度时间图线知，匀加速运动的加速度大小aeq f(v,t)eq f(20,5) m/s24 m/s2，根据牛顿第二定律得Ffma，其中f0.1mg

29、1103 N，解得牵引力Ffma1103 N4103 N5103 N，故A正确；汽车的额定功率PFv510320 W1105 W100 kW，故C正确；汽车在25 m/s时的牵引力Feq f(P,v)eq f(1105,25) N4103 N，根据牛顿第二定律得，加速度aeq f(Ff,m)eq f(41031103,1103) m/s23 m/s2，故B错误；当牵引力等于阻力时，速度最大，则最大速度vmeq f(P,f)eq f(1105,1103) m/s100 m/s，故D错误。动能定理及其应用一、动能1定义：物体由于运动而具有的能量。2公式：Ekeq f(1,2)mv2，v为瞬时速度，

30、动能是状态量。3单位：焦耳，1 J1 Nm1 kgm2/s2。4标矢性：动能是标量，只有正值。5动能的变化量：EkEk2Ek1eq f(1,2)mveq oal( 2,2)eq f(1,2)mveq oal( 2,1)。二、动能定理1内容：合外力对物体所做的功等于物体动能的变化量。2表达式：WEkeq f(1,2)mveq oal( 2,2)eq f(1,2)mveq oal( 2,1)。3物理意义：合外力对物体做的功是物体动能变化的量度。4适用条件(1)既适用于直线运动，也适用于曲线运动。(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功。(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用。

31、一、易错易误辨析(正确的打“”，错误的打“”)(1)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化。()(2)动能不变的物体一定处于平衡状态。()(3)如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零。()(4)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化。()(5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零。()二、教材习题衍生1(人教版必修第二册P88T5改编)一同学将地面上一质量m400 g的足球沿与水平方向成45角踢出，足球与脚分开时的速度大小为10 m/s，不计空气阻力，足球可看作质点，重力加速度g取10 m/s2。则该同学踢球时对足球做的功为()A200 J

32、B100 J C20 J D10 JC由题意可知，足球离开脚时的速度为10 m/s，而脚踢球时只有脚对足球做功，由动能定理可得Weq f(1,2)mv2eq f(1,2)0.4102 J20 J，故C正确，A、B、D错误。2(鲁科版必修第二册P17T1改编)北京获得2022年冬奥会举办权，冰壶是冬奥会的比赛项目。将一个冰壶以一定初速度推出后将运动一段距离停下来。换一个材料相同、质量更大的冰壶，以相同的初速度推出后，冰壶运动的距离将()A不变 B变小 C变大 D无法判断A冰壶在冰面上以一定初速度被推出后，在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，根据动能定理有mgs0eq f(1,2)mv2，得seq f

33、(v2,2g)，两种冰壶的初速度相等，材料相同，故运动的距离相等，故选项A正确。3(人教版必修第二册P100T4改编)如图所示，倾角37的斜面AB与水平面平滑连接于B点，A、B两点之间的距离x03 m，质量m3 kg的小物块与斜面及水平面间的动摩擦因数均为0.4。当小物块从A点由静止开始沿斜面下滑的同时，对小物块施加一个水平向左的恒力F(图中未画出)，g取10 m/s2。若F10 N，小物块从A点由静止开始沿斜面运动到B点时撤去恒力F，求小物块在水平面上滑行的距离x为(sin 370.6，cos 370.8)()A5.7 m B4.7 m C6.5 m D5.5 mB小物块在斜面上受力如图所示

34、，从A点开始沿ABC路径运动到C点停止过程中，由动能定理可得Fx0cos mgx0sin Ffx0mgx0，FfFN，FNFsin mgcos ，代入数据解得：x4.7 m，故选项B正确。 动能定理的理解1对动能定理中“力”的两点理解(1)“力”指的是合力，包括重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用。(2)力既可以是恒力，也可以是变力。应用动能定理可求变力做的功。2动能定理公式中体现的“三个关系”(1)数量关系：即合力所做的功与物体动能的变化具有等量替代关系。可以通过计算物体动能的变化，求合力做的功，进而求得某一力做的功。(2)单位关系：等式两边物理量的

35、国际单位都是焦耳。(3)因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。3标量性动能定理的表达式是一个标量式，不存在方向的选取问题。在某方向上应用动能定理是无依据的。题组突破1(多选)如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增加到v2时，上升高度为H，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是() A对物体，动能定理的表达式为WFNeq f(1,2)mveq oal( 2,2)，其中WFN为支持力做的功B对物体，动能定理的表达式为W合0，其中W合为合力做的功C对物体，动能定理的表达式为WFNmgHeq f(1,2)mve

36、q oal( 2,2)eq f(1,2)mveq oal( 2,1)D对电梯，其所受合力做功为eq f(1,2)Mveq oal( 2,2)eq f(1,2)Mveq oal( 2,1)CD电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力的总功才等于物体动能的增量Ekeq f(1,2)mveq oal( 2,2)eq f(1,2)mveq oal( 2,1)，故A、B错误，C正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力做的功一定等于其动能的增量，故D正确。2(2021山东高考) 如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另

37、一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为()Aeq f(mvoal( 2,0),2L) Beq f(mvoal( 2,0),4L) Ceq f(mvoal( 2,0),8L) Deq f(mvoal( 2,0),16L)B在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理f2L0eq f(1,2)mveq oal( 2,0)，可得摩擦力的大小feq f(mvoal( 2,0),4L)。故选B。3(多选)如图所示，质量为M的木块静止在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射入木块，并最终留

38、在木块中与木块一起以速度v运动。已知当子弹相对木块静止时，木块前进的距离为L，子弹进入木块的深度为s。若木块对子弹的阻力F视为恒定，则下列关系式中正确的是()AFLeq f(1,2)Mv2BFseq f(1,2)mv2CFseq f(1,2)mveq oal( 2,0)eq f(1,2)(Mm)v2DF(Ls)eq f(1,2)mveq oal( 2,0)eq f(1,2)mv2ACD根据动能定理，对子弹有F(Ls)eq f(1,2)mv2eq f(1,2)mveq oal( 2,0)，选项D正确；对木块有FLeq f(1,2)Mv2，选项A正确；由以上二式可得Fseq f(1,2)mveq

39、oal( 2,0)eq f(1,2)(Mm)v2，选项C正确，只有选项B错误。 动能定理与图像结合问题1常见图像的意义2解决物理图像问题的基本步骤(1)观察题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义。(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式。(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下方的面积所对应的物理意义，根据对应关系列式解答问题。典例1(2021河北衡水4月调研)如图甲所示，长为4 m 的水平轨道AB与半径为R0.6 m的竖直半圆轨道BC在B处平滑连接，C点在B点的正上方，

40、有一质量为m1 kg的滑块(大小不计)受水平外力F的作用，从A处由静止开始向右运动，F与滑块位移x的关系图像如图乙所示，滑块与轨道AB间的动摩擦因数为0.25，与轨道BC间的动摩擦因数未知，g取10 m/s2。(规定水平向右为力F的正方向)甲乙(1)求滑块到达B处时的速度大小；(2)求滑块在水平轨道AB上运动前2 m所用的时间；(3)若滑块到达B点时撤去外力F，滑块沿半圆轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则滑块在半圆轨道上克服摩擦力所做的功是多少？思路点拨：解此题的关键有两点：(1)理解图像的物理意义并正确获取受力、运动及做功信息。(2)分阶段应用动能定理。解析(1)对滑块从A到B的过程，由

41、动能定理得F1x1F3x3mgxeq f(1,2)mveq oal( 2,B)解得vB2eq r(10) m/s。(2)在前2 m内，根据牛顿第二定律有F1mgma且x1eq f(1,2)ateq oal( 2,1)解得t12 eq r(f(2,35) s。(3)滑块恰好能到达最高点C，根据牛顿第二定律有mgmeq f(voal( 2,C),R)对滑块从B到C的过程，由动能定理得Wfmg2Req f(1,2)mveq oal( 2,C)eq f(1,2)mveq oal( 2,B)解得Wf5 J可知滑块克服摩擦力做的功为5 J。答案(1)2eq r(10) m/s(2)2eq r(f(2,35

42、) s(3)5 J动能定理与图像结合问题的分析方法(1)首先看清所给图像的种类(如vt图像、Ft图像、Ekx图像等)。(2)挖掘图像的隐含条件，得出所需要的物理量，如由vt图像所包围的面积求位移，由Fx图像所包围的面积求功等。(3)分析有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量。跟进训练1(2019全国卷)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为()A2 kg B1.5 kg C1 kg D0.5 kg

43、C设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，由动能定理结合题图可得(mgF)3 m(3672)J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，再由动能定理结合题图可得(mgF)3 m(4824)J，联立解得m1 kg、F2 N，选项C正确，A、B、D均错误。2(2020江苏卷)如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图像是()ABCDA在斜面上，物块受竖直向下的重力、沿斜面向上的滑动摩擦力以及垂直斜面

44、向上的支持力，设物块的质量为m，斜面的倾角为，物块沿斜面下滑的距离对应的水平位移为x，由动能定理有mgsin eq f(x,cos )1mgcos eq f(x,cos )Ek0，解得Ek(mgtan 1mg)x，即在斜面上时物块的动能与水平位移成正比，B、D项均错误；在水平面上，物块受竖直向下的重力、竖直向上的支持力以及水平向左的滑动摩擦力，由动能定理有2mg(xx0)EkEk0，解得EkEk02mg(xx0)，其中Ek0为物块滑到斜面底端时的动能，x0为物块沿斜面下滑到底端时的水平位移，即在水平面上物块的动能与水平位移为一次函数关系，且为减函数，A项正确，C项错误。3(多选)一质量为m的物

45、体静止在水平地面上，在水平拉力的作用下开始运动，图甲是在06 s内其速度与时间关系图像，图乙是拉力的功率与时间关系图像，g取10 m/s2。下列判断正确的是()甲乙A拉力的大小为4 N，且保持不变B物体的质量为2 kgC06 s内物体克服摩擦力做的功为24 JD06 s内拉力做的功为156 JBD对物体受力分析，由图甲可知，在02 s内物体做匀加速运动，拉力大于滑动摩擦力，在26 s内物体做匀速运动，拉力等于滑动摩擦力，因此拉力大小不恒定，选项A错误；在26 s内根据功率公式PFv，有Feq f(P,v)4 N，故滑动摩擦力fF4 N，在图甲中，02 s内有aeq f(v,t)3 m/s2，由

46、牛顿第二定律可知Ffma，又PFv，联立解得m2 kg，F10 N，选项B正确；由图甲可知在06 s内物体通过的位移为x30 m，故物体克服摩擦力做的功为Wffx120 J，选项C错误；由动能定理可知WWfeq f(1,2)mv2，故06 s内拉力做的功Weq f(1,2)mv2Wfeq f(1,2)262 J120 J156 J，选项D正确。 应用动能定理求解多过程问题1多过程问题的分析方法(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。(2)对研究对象在“子过程”中进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。(3)根据“子过程”和“衔接点”选择合理的物理规

47、律列方程。(4)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。2利用动能定理求解多过程问题的基本思路组合运动的多过程问题典例2(2021湖北武汉5月调研)如图所示，与水平面夹角37的斜面和半径R0.4 m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内。滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零。已知滑块与斜面间的动摩擦因数0.25。(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求：(1)滑块在C点的速度大小vC；(2)滑块在B点的速度大小vB；(3)A、B两点间的高度差h。思路点拨：解此题要抓住以下两点信息：(1)“通过最高点C时轨道

48、对滑块的弹力为零”，则此时速度为vCeq r(gR)。(2)“与斜面间的动摩擦因数”说明滑块沿AB运动时摩擦力做负功。解析(1)在C点，滑块竖直方向所受合力提供向心力mgeq f(mvoal( 2,C),R)vCeq r(gR)2 m/s。(2)对BC过程由动能定理得mgR(1cos 37)eq f(1,2)mveq oal( 2,C)eq f(1,2)mveq oal( 2,B)vBeq r(voal( 2,C)2gR1cos 37)4.29 m/s。(3)滑块在AB的过程，利用动能定理得mghmgcos 37eq f(h,sin 37)eq f(1,2)mveq oal( 2,B)0代入数

49、据解得h1.38 m。答案(1)2 m/s(2)4.29 m/s(3)1.38 m往复运动的多过程问题典例3如图所示，ABCD为一位于竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10 m，BC长1 m，AB和CD轨道光滑且与BC平滑连接。一质量为1 kg的物体，从A点以4 m/s的速度开始运动，经过BC后滑到高出C点10.3 m的D点速度为零。求：(g取10 m/s2)(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数；(2)物体第5次经过B点时的速度；(3)物体最后停止的位置(距B点多少米)。解析(1)物体从A到D的运动过程只有重力、摩擦力做功，由动能定理可得mg(Hh)mgLBC0eq f(1,2)mv

50、eq oal( 2,A)解得eq f(2gHhvoal( 2,A),2gLBC)代入数据得0.5。(2)物体第5次经过B点时，物体在BC上运动的总位移x4LBC4 m；那么，对物体从A到物体第5次经过B点的运动过程应用动能定理可得mgHmgxeq f(1,2)mv2eq f(1,2)mveq oal( 2,A)解得veq r(voal( 2,A)2gH2gx)4eq r(11) m/s。(3)由受力平衡可知物体最终停在BC上，设物体整个运动过程在BC上的总路程为x，那么由动能定理可得mgHmgx0eq f(1,2)mveq oal( 2,A)所以xeq f(2gHvoal( 2,A),2g)2

51、1.6 m21LBC0.6 m故物体最后停止的位置距B点LBC0.6 m0.4 m处。答案(1)0.5(2)4eq r(11) m/s(3)距B点0.4 m应用动能定理求多过程问题的技巧(1)运用动能定理解决多过程问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式。(2)全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功，要注意运用它们的特点：重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积；弹簧弹力做功与路径无关。跟进训练1(20211月湖北学业水平选择性考试模拟演练)如图所示，两倾角均为的光滑斜面对接后固定水平地面上，O点为斜

52、面的最低点。一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动。小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%。小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为()Aeq f(49H,sin ) Beq f(39H,sin ) Ceq f(29H,sin) Deq f(20H,sin )B由题意知，小物块第一次到达O点由动能定理可得mgHEk，此时小物块所走路程s1eq f(H,sin )，第一次通过O点后动能Ek195%Ek95%mgH，此时利用动能定理知小物块上升高度H195%H，第一次离开O点到第二次到达O点所走的路程s2eq f(2H1,sin

53、 )95%eq f(2H,sin )，同理第二次离开O点到第三次到达O点所走路程s3(95%)2eq f(2H,sin )，故小物块下滑的总路程s总s1s2sneq f(H,sin )95%eq f(2H,sin )(95%)2eq f(2H,sin )(95%)n1eq f(2H,sin )，n无穷大时，可得s总eq f(39H,sin )(等比数列求和)，故B正确。2(2021河南郑州高三3月检测)如图所示AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA处于水平位置。AB是半径为R1 m的eq f(1,4)圆周轨道，CDO是半径为r0.5 m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板(

54、可以把小球弹回且不损失能量，图中没有画出)，D为CDO轨道的中点。BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接。已知BC段水平轨道长L2 m，与小球之间的动摩擦因数0.2。现让一个质量为m1 kg的小球从A点的正上方距水平线OA高H的P处自由落下。(g取10 m/s2)(1)当H2 m时，求此时小球第一次到达D点对轨道的压力大小。(2)为使小球仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，求H的取值范围。解析(1)设小球第一次到达D的速度为vD，对小球从P点到D点的过程，根据动能定理得mg(Hr)mgLeq f(1,2)mveq oal( 2,D)0在D点轨道对小球的支持力FN提供向心力，则

55、有FNmeq f(voal( 2,D),r)，联立解得FN84 N由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小为FNFN84 N。(2)为使小球仅仅与挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，H最小时必须满足能上升到O点，由动能定理得mgHminmgLeq f(1,2)mveq oal( 2,0)0在O点有mgmeq f(voal( 2,0),r)代入数据解得Hmin0.65 m仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，H最大时，碰后再返回最高点能上升到D点，则有mg(Hmaxr)3mgL0代入数据解得Hmax0.7 m故有0.65 mH0.7 m。答案(1)84 N(2)0.65 mH0.7

56、 m机械能守恒定律及其应用一、重力势能1重力势能(1)定义：由于物体被举高而具有的能。(2)表达式：Epmgh。(3)特点：重力势能有相对性。2重力做功的特点(1)重力做功与路径无关，只与始、末位置的高度差有关。(2)重力做功不引起物体机械能的变化。3重力做功与重力势能变化的关系(1)定性关系：重力对物体做正功，重力势能减小；重力对物体做负功，重力势能增大。(2)定量关系：重力对物体做的功等于物体重力势能的减小量。即WG(Ep2Ep1)Ep1Ep2Ep。(3)重力势能的变化量是绝对的，与参考面的选取无关。4弹性势能(1)概念：物体由于发生弹性形变而具有的能量。(2)大小：弹簧的弹性势能的大小与

57、形变量及劲度系数有关，弹簧的形变量越大，劲度系数越大，弹簧的弹性势能越大。(3)弹力做功与弹性势能变化的关系：类似于重力做功与重力势能变化的关系，用公式表示：WEp。二、机械能守恒定律1机械能：动能和势能统称为机械能，其中势能包括弹性势能和重力势能。2机械能守恒定律(1)内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变。(2)表达式：mgh1eq f(1,2)mveq oal( 2,1)mgh2eq f(1,2)mveq oal( 2,2)。3守恒条件：只有重力或弹簧的弹力做功。一、易错易误辨析(正确的打“”，错误的打“”)(1)重力势能的变化与零势能参考面

58、的选取无关。()(2)被举到高处的物体重力势能一定不为零。()(3)克服重力做功，物体的重力势能一定增加。()(4)发生弹性形变的物体都具有弹性势能。()(5)弹力做正功，弹性势能一定增加。()(6)物体所受的合外力为零，物体的机械能一定守恒。()二、教材习题衍生1(人教版必修第二册P93T2改编)忽略空气阻力，下列物体运动过程中满足机械能守恒的是()A电梯匀速下降B物体由光滑斜面顶端滑到斜面底端C物体沿着粗糙斜面匀速下滑D拉着物体沿光滑斜面匀速上升B电梯匀速下降，说明电梯处于受力平衡状态，并不是只有重力做功，机械能不守恒，所以A错误；物体在光滑斜面上，受重力和支持力的作用，但是支持力的方向和

59、物体运动的方向垂直，支持力不做功，只有重力做功，机械能守恒，所以B正确；物体沿着粗糙斜面匀速下滑，物体处于受力平衡状态，摩擦力和重力都要做功，机械能不守恒，所以C错误；拉着物体沿光滑斜面匀速上升，物体处于受力平衡状态，拉力和重力都要做功，机械能不守恒，所以D错误。2(粤教版必修第二册P104T2改编)(多选)神舟号载人飞船在发射至返回的过程中，以下哪些阶段中返回舱的机械能是守恒的()A飞船升空的阶段B飞船在椭圆轨道上绕地球运行的阶段C返回舱在大气层以外向着地球做无动力飞行的阶段D降落伞张开后，返回舱下降的阶段BC飞船升空的阶段，推力做正功，机械能增加，故A错误；飞船在椭圆轨道上绕地球运行的阶段

60、，只受引力作用，引力势能和动能之和保持不变，故B正确；返回舱在大气层外向着地球做无动力飞行阶段，只有引力做功，势能减小，动能增加，机械能总量守恒，故C正确；降落伞张开后，返回舱下降的阶段，克服空气阻力做功，故机械能减小，故D错误。3(人教版必修第二册P93T3改编)(多选)如图所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上，若以地面为参考平面且不计空气阻力，则下列说法中正确的是()A物体落到海平面时的重力势能为mghB物体从抛出到落到海平面的过程中重力对物体做功为mghC物体在海平面上的动能为eq f(1,2)mveq oal( 2,0)mghD物体在海平面上的