江苏2023版高三一轮总复习物理第五章机械能及其守恒定律教案

第五章机械能及其守恒定律

［高考备考指南］

高考(江苏卷)五年命题情况对照分析

知能考点

2021年命题分

模块内容20172018201920202021

适应考析

物理观念：功、功率、动能、重力势能、弹性势能。

科学思维：功率与牵引力和速度的关系、动能定理、功能

核心素养关系、机械能守恒定律。

科学探究：通过实验，验证机械能守恒定律。

科学态度与责任：能源的开发、利用及能量的转化与守恒。

备立功和功率

［走进教材•夯实基础］回顾知识•激活技能

0梳理•必备知识

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：W=Ficosa

(l)a是力与位移方向之间的夹角,/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

依据力与速度方向的夹角a来判断，0。三々＜90。时，力对物体

曲线运动

做正功；90。＜々三180。时，力对物体做负功；a=90。时，力对

中的功

物体不做功

能量变化功是能量转化的量度，若有能量转化，则必有力对物体做功。

时的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蛔的比值。

2.物理意义：描述做功的快慢。

3.公式

W.

(i)p=7，尸为时间/内的平均功率。

(2)P=W0cosa(a为尸与。的夹角)。

①。为平均速度，则尸为平均功率。

②。为瞬时速度，则尸为瞬时功率。

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。

e＞激活•基本技能

一、易错易误辨析(正确的打“，错误的打“X”)

(1)只要物体受力的同时又有位移发生，则一定有力对物体做功。(X)

(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。(J)

(3)滑动摩擦力可能做负功，也可能做正功；静摩擦力对物体一定做负功。

(X)

(4)据尸=尸。可知，发动机功率一定时，交通工具的牵引力与运动速度成反

比。(J)

(5)汽车上坡的时候，司机必须换挡，其目的是减小速度，得到较大的牵引

力。(J)

(6)公式尸=尸。中的尸是物体受到的合外力。(义)

二、教材习题衍生

1.(对功的理解)如图所示，力厂大小相等，物体运动的位移s也相同，哪

种情况尸做功最少()

隰=0/x#0

A

/I=0/x#0

CD

［答案］D

w

2.（对功率的理解）关于功率公式尸和P=b。的说法正确的是（）

A.由P=^知，只要知道W和，就可求出任意时刻的功率

B.由P=F。只能求某一时刻的瞬时功率，不可以求平均功率

C.由尸=尸。知，随着汽车速度增大，它的功率也可以无限增大

D.由尸=尸。知，当汽车发动机功率一定时，牵引力与速度成反比

D［P=7只适用于求平均功率，P=b。虽是由前者推导得出，但可以用于

求平均功率和瞬时功率，选项A、B错误；汽车运行时不能长时间超过额定功率,

故随着汽车速度的增大，它的功率并不能无限制的增大，选项C错误；当功率

一定时，速度越大，牵引力越小；速度越小，牵引力越大，故牵引力与速度成反

比，选项D正确。］

3.（功的正负的判断）用起重机将质量为机的物体匀速吊起一段距离，那么

作用在物体上的各力做功情况应是下列说法中的哪一种（）

A.重力做正功，拉力做负功，合力做功为零

B.重力做负功，拉力做正功，合力做正功

C.重力做负功，拉力做正功，合力做功为零

D.重力不做功，拉力做正功，合力做正功

C［物体匀速上升，重力方向与位移方向相反，重力做负功，拉力竖直向

上，拉力方向与位移方向相同，拉力做正功，物体做匀速直线运动，处于平衡状

态，所受合力为零，则合力做功为零，故A、B、D错误，C正确。］

［细研考点•突破题型］更难解惑•直击高考

考点1功的分析与计算4基本考点逋关

1.（功的计算）物体在大小相等的力尸作用下，分别在粗糙的水平地面上发

生了一段位移X,其力与速度方向夹角如图所示，则下列判断正确的是（）

A.甲图中力尸做负功

B.乙图中合外力做功最多

C.丙图中摩擦力做功最多

D.三个图中力耳做功相同

B［根据W=Fxcosa,甲中F与位移x的夹角为30。，力F做正功，乙中

F与*的夹角为150。，力F做负功，丙中F与x的夹角为30。，力?做正功，

这三种情形下力尸和位移x的大小都是一样的，将力沿着水平和竖直方向正交

分解，水平分力大小相同，只有水平分力做功，竖直分力不做功，故三种情况下

力耳做功的大小是相等的，但乙图中力尸做功的性质与其他两个不同，选项A、

D错误；将力产正交分解可知，竖直方向上甲对地面的压力最大，故甲受到的

摩擦力大于乙、丙受到的摩擦力，而对乙分析可知，摩擦力与拉力的方向相同，

故乙中合外力最大，所以乙图中合外力做功最多，选项B正确；由B的分析可

以知道，甲中摩擦力最大，故甲中摩擦力做功最多，选项C错误。］

2.（正负功的判断）如图所示，粗糙的斜面在水平恒力的作用下向左匀速运

动，一物块置于斜面上并与斜面保持相对静止，下列说法中不正确的是（）

A.斜面对物块不做功

B.斜面对地面的摩擦力做负功

C.斜面对物块的支持力做正功

D.斜面对物块的摩擦力做负功

B［斜面对物块的作用力可以等效为一个力，根据平衡条件，这个力与物块

的重力大小相等，方向相反，与位移方向的夹角为90。，所以不做功，选项A正

确；地面受到摩擦力作用，但没有位移，所以斜面对地面的摩擦力不做功，选项

B错误；斜面对物块的支持力与位移方向的夹角小于90。，做正功，而斜面对物

块的摩擦力与位移方向的夹角大于90。，做负功，所以选项C、D正确。］

3.(功的计算)如图所示，水平路面上有一辆质量为M的汽车，车厢中有一

个质量为m的人正用恒力F向前推车厢，在车以加速度。向前加速行驶距离L

的过程中，下列说法正确的是()

A.人对车的推力F做的功为FL

B.人对车做的功为/naL

C.车对人的作用力大小为ma

D.车对人的摩擦力做的功为便一机a)L

A[根据功的公式可知，人对车的推力做功W=bL,故A正确；在水平方

向上，由牛顿第二定律可知车对人的作用力为F'=ma,由牛顿第三定律可知

人对车的作用力为一机凡人对车做功为故B错误；人水平方向受

到的合力为ma,竖直方向上车对人还有支持力，故车对人的作用力为N=

y](ma)2+(mg)2=my]a2+g2,故C错误；对人由牛顿第二定律可得/—

则片，车对人的摩擦力做功为W=/L=(F+»ia)L,故D错误。]

令规律总结

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：依据尸与。的方向的夹角a来判断。

0°^a<90°,力对物体做正功；90°<a^l80°,力对物体做负功；a=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：先求合外力尸谷，再用Wa=产合依《a求功。适用于尸谷为恒力的

过程。

方法二：先求各个力做的功W1、叩2、叩3…，再应用W^=W1+W2+W3…

求合外力做的功。

考点2功率的分析与计算4热门考点突破

1.平均功率的计算方法

—W

⑴利用P=fo

(2)利用不=尸♦方COSCG其中方为物体运动的平均速度，b为恒力。

2.瞬时功率的计算方法

(1)利用公式P=Pocosa,其中。为f时刻的瞬时速度。

(2)P=F-VF,其中行为物体的速度v在力产方向上的分速度。

(3)P=F”o,其中心为物体受到的外力F在速度v方向上的分力。

角度1功率的计算

1.(2021•江苏南通二模)引体向上是中学生体育测试的项目之一，引体向上

运动的吉尼斯世界纪录是54次/分钟。若一个普通中学生在30秒内完成12次引

体向上，该学生此过程中克服重力做功的平均功率最接近于()

A.5WB.20W

C.100WD.400W

C［学生体重约为50kg,每次引体向上上升高度约为0.5m,引体向上一

次克服重力做功为W=wg/i=50X10X0.5J=250J,全过程克服重力做功的平

—nW12X250

均功率为P=7=—五一W=100W,故C正确，A、B、D错误。］

角度2瞬时功率与平均功率

2.质量为w的物体从距地面“高处自由下落，经历时间t,则下列说法中

不正确的是()

A.f秒内重力对物体做功为3〃短产

B.f秒内重力的平均功率为机解/

C.3秒末重力的瞬时功率与t秒末重力的瞬时功率之比为1:2

D.前:秒内重力做功的平均功率与后彳秒内重力做功的平均功率之比为1：3

B［物体自由下落，1秒内物体下落〃Wf=,〃g/z=3ng2£2,故A正确；

w2m贮"1tt

2

P=7I=I---=^mgt,故B错误；从静止开始自由下落/，前秒末与/后5秒末的

速度之比为1:2（因v=gt°ct）,又有尸=尸0=山加0c%故前〈秒末与后;秒末功

率瞬时值之比为Pl：尸2=1：2,C正确；前;秒与后4秒下落的位移之比为1:3,

则重力做功之比为1：3,故重力做功的平均功率之比为1：3,D正确。］

角度3功与功率的计算

3.（2021•江苏金陵中学高考模拟）如图所示，两个完全相同的小球分别从水

平地面上4点和4点正上方的。点抛出，。点抛出小球做平抛运动，4点斜抛

出的小球能达到的最高点与。点等高，且两球同时落到水平面上的5点，关于

两球的运动，下列说法正确的是（）

AB

A.两小球应该是同时抛出

B.两小球着地速度大小相等

C.两小球着地前瞬间，重力的瞬时功率相等

D.两小球做抛体运动过程重力做功相等

C［从水平地面上A点抛出的小球做斜抛运动，设O点与水平地面的高度

为h,所以从水平地面上A点抛出的小球的运动时间为从。点抛出

的小球做平抛运动，小球的运动时间为打=\杼，故选项A错误；两小球在竖

直方向上有句=也正，在水平方向，根据x=zW可知，从水平地面上A点抛出

的小球的水平初速度是从O点抛出的小球做平抛运动的初速度的;，根据vt=

而箝■足可知两小球着地速度大小不相等，根据7\=机力），可知两小球着地前瞬

间重力的瞬时功率相等，故选项C正确，B错误；根据WG=mg/z可得从水平地

面上4点抛出的小球的重力做功为零，从。点抛出的小球的重力做功为mgh,

故选项D错误。］

令方法技巧求解功率时应注意的三个问题

（1）首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率。

（2）平均功率与一段时间（或过程）相对应，计算时应明确是哪个力在哪段时间

（或过程）内做功的平均功率。

（3）瞬时功率计算时应明确是哪个力在哪个时刻（或状态）的功率。

考点3机车启动问题«综合能力提升

1.两种启动方式

以恒定功率启动以恒定加速度启动

p-t图像七记

和图像

v-t0t0tohl

p

vt=»F=-IF—F0t

过程w

a—m不变今/不变"P—

分析.F—F时

0A直到额

=>a—m1FvtP

段

匀加速直线运动，维持时间

运动加速度减小的加速£o

__£1

性质运动

一a

尸=尸阻

过程

*5_生1TF-F^

P0t=F-。1="-m1

AB分析Vm

~Fa

段

运动

以。m做匀速直线运动加速度减小的加速运动

性质

F=F阻

8。段无

以0m—门做匀速运动

2.三个重要关系式

⑴无论哪种启动过程，机车的最大速度都为小=在。

(2)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V=p<Vm

(3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功由动能定理得上一尸阻x

=AEk,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。

［典例］某汽车发动机的额定功率为120kW,汽车质量为5t,汽车在运动

中所受阻力的大小恒为车重的0.1倍。(g取10m/s2)

(1)若汽车以额定功率启动，则汽车所能达到的最大速度是多少？当汽车速

度达到10m/s时，其加速度是多少？

(2)若汽车以恒定加速度0.5m/s?启动，则其匀加速过程能维持多长时间？

思路探究：(1)达到最大速度时，汽车处于匀速运动状态。

(2)以加速度0.5m/s?匀加速启动时，达到匀加速的最大速度时功率达到额定

功率。

［解析］(1)当汽车的加速度为零时，汽车的速度0达到最大值。m,此时牵

引力与阻力大小相等，故最大速度为

PP120X103_

rm=F=7>=0.1X5000X10m/s=24m/s

0=10m/s时的牵引力

P120X103

Fl=v=―io-N=1.2X104N

Fi—Ff

由F\-Ff=ma得a=———

1.2X104-0.1X5X103X10

m/s2=1.4m/s2

5X103o

(2)当汽车以a'=0.5m/s2的加速度启动时的牵引力

3

Fi=ma'+Ff=(5000X0.5+0.1X5X10X10)N=7500N

匀加速运动能达到的最大速度为

,P120X103

v|«=瓦=7500m/s=16m/s

由于此过程中汽车做匀加速直线运动，满足葭m=a't,

故匀加速过程能维持的时间

［答案］(1)24m/s1.4m/s2(2)32s

畲易借警示机车启动问题的三点注意

(1)在机车功率P=Fv中，F是机车的牵引力而不是机车所受合力或阻力，

所以尸=尸向„只体现了一种数量关系用于计算，即牵引力与阻力平衡时达到最

大运行速度。

(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计算，不能用计算(因为产

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，不可生搬硬套。

角度1恒定功率启动

1.复兴号动车在世界上首次实现速度350km/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。如图所示，一列质量为m的动车，初速

度为。o,以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间，达到该功率下的最大速度

人“设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间，内()

A.做匀加速直线运动

B.加速度保持不变

C.牵引力的功率P=F"

D.牵引力做功

C［由尸=尸举o知，P不变，。变大，则尸*变小，由尸率一尸=机。知，a

变小，故A、B错误；当尸*=F时，动车的速度最大，可得牵引力的功率P=F

*vm=Fvm,故C正确；由动能定理可知W—W限=］机%一%〃0广，所以牵引力

做功W=；//n*一；加W限，故D错误。］

角度2恒定加速度启动

2.一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为利的重物，当重物的速度

为VI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。2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£

B.重物匀加速过程的时间为六哈

P-mgVi

C.重物匀加速过程的加速度为急

D.速度由小增大至火的过程中，重物的平均速度方再还

B［匀加速过程物体处于超重状态，钢绳拉力较大，匀加速运动阶段钢绳的

拉力为尸=5，故A错误；根据牛顿第二定律可知产一结合o=R解

pmv?1

得〃=不7—g,,故B正确，C错误；在速度由ri增大至功的过程

中，重物做加速度减小的变加速运动，平均速度石故D错误。］

角度3机车启动中的图像问题

3.（2021•姜堰中学一模）一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内

做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动，其。”图

像如图所示。已知汽车的质量为机=1X103kg,汽车受到地面的阻力为车重的

0.1倍，g取lOm/s?,则以下说法正确的是（）

v/（m-s-1）

Vm..........-y-------------

20

°5"s

A.汽车在前5s内的牵引力为5X102N

B.汽车速度为25m/s时的加速度为5m/s2

C.汽车的额定功率为100kW

D.汽车的最大速度为80m/s

C［由图像可知匀加速直线运动的加速度为m/s2=4m/s?,根据

牛顿第二定律得F~f=ma,解得牵引力为F=/+/na=0.1XlX104N+

1X1O3X4N=5X1O3N,故A错误。额定功率为P=Fo=5000X20W=100kW,

故C正确。当车的速度是25m/s时，牵引力r=-T-=10^00N=4000N,

,，.，，［上a,F'-f4000-0.1X1X104r,

此时车的加速度。=~~~=］x］。3m/s2=3m/s2,故B错戾。

当牵引力与阻力相等时，速度最大，最大速度为为,=f=:=喘者m/s=100

m/s,故D错误。］

篇近动能定理

［走进教材•分实基础］回顾知识•激活技能

©梳理•必备知识

一、动能

1.定义：物体由于运动而具有的能。

2.公式：Ek=/公。为瞬时速度，动能是状态量。

3.单位：＞5，1J=lNm=lkg-m2/s2o

4.标矢性：动能是标量,只有正值。

5.动能的变化量：AEk=Ek2~~Eki=,02一品亦。

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。

2.表达式：W=2Ek=；，〃说一品亦。

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。

5.应用动能定理解题步骤

动能

动

运

确选择起明确初、

析

分

分

析

定止位置末动能

研

动

究分阶段或

力

对

学全过程列

象

关

和动能定理

系

研方程求解

究

受

力£

过几个力？恒力是否做功？正

分

析

程还是变力？功还是负功？

一

6.注意事项

⑴动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或

相对地面静止的物体为参考系。

（2）当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；也可以

全过程应用动能定理求解。

（3）动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能。

€＞激活•基本技能

一、易错易误辨析（正确的打“，错误的打“X”）

（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）物体的合外力对物体做的功为零，动能一定不变。（J）

（3）物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化。（X）

（4）物体的动能不变，其所受的合外力必定为零。（X）

二、教材习题衍生

1.（动能定理的应用）质量约是500g的足球被踢出时的初速度为20m/s,某

人观察它在空中的飞行情况，上升的最大高度大约是5m,在最高点的速度大约

为10m/s,请你估计运动员对足球做的功约为（）

A.25JB.50J

C.75JD.100J

D［在足球被踢出瞬间，应用动能定理求解运动员对足球做

X0.5X202J=100J,A、B、C错误，D正确。］

2.（动能的理解）在下列几种情况下，甲、乙两物体的动能相等的是（）

A.甲的速度是乙的2倍，甲的质量是乙的;

B.甲的质量是乙的2倍，甲的速度是乙的;

C.甲的质量是乙的4倍，甲的速度是乙的:

O

D.质量相同，速度大小也相同，但甲向东运动，乙向西运动

［答案］D

3.（动能定理的应用）如图所示，倾角。=37。的斜面45与水平面平滑连接

于B点,4、5两点之间的距离xo=3m,质量桃=3kg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/（图中未画出），g取10m/s2。若尸=10N,

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(sin37。=0.6,cos37°=0.8)()

A.5.7mB.4.7m

C.6.5mD,5.5m

B［小物块在斜面上受力如图所示，从A点开始沿A8C路径运动到。点停

止过程中，由动能定理可得

Fxocos〃+mgxosin0~FfX«—^imgx=0

Ff=“N

Fw+Fsin8=mgcos0

代入数据解得x=4.7m。

故选项B正确。］

［细研考点•突破题型］重难解惑•直击高考

考点1动能定理的理解及应用《基本考点通关

1.（对动能'动能定理的理解）关于动能概念及动能定理表达式W=Ek2—Eki

的说法中正确的是（）

A.若物体速度在变化，则动能一定在变化

B.速度大的物体，动能一定大

C.W=Ek2—Eki表示功可以变成能

D.动能的变化可以用合力做的功来量度

D［速度是矢量，而动能是标量，若物体速度只改变方向，不改变大小，

则动能不变，A错误；由Ek=5n"知B错误；动能定理表达式W=Ek2—Eki

表示动能的变化可用合力做的功量度，但功和能是两个不同的概念，有着本质的

区别，故C错误，D正确。］

2.（由动能定理分析合力做功）如图所示，某同学用绳子拉动木箱，使它从

静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定（）

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

A［由动能定理WF—叼=Ek-O,可知木箱获得的动能一定小于拉力所做

的功，A正确。］

3.（由动能定理分析分力做功）如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一

质量为m的小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面。设小球在斜面最低点

A的速度为小压缩弹簧至C点时弹簧最短，。点距地面高度为九则小球从A

到C的过程中弹簧弹力做功是（）

A.mgh-^mv2B.~jmv2—mgh

C.—mghD.—{mgh+^inv^

A［小球从A点运动到。点的过程中，重力和弹簧的弹力对小球做负功，

由于支持力与位移始终垂直，则支持力对小球不做功，由动能定理可得WG+

WF=O_1/nr2,重力做功为WG=—mgh,则弹簧的弹力对小球做功为Wf=mgh

所以正确选项为Ao］

畲规律忠结

1.对“外力”的两点理解

（1）“外力”指的是合外力，可以是重力、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)“外力”既可以是恒力，也可以是变力。

2.公式亚合=A&中“="体现的三个关系

①因果关系：1%是引起物体动能变化

的原因

三个关系——②数量关系：1%=AEk

Y)单位关系：W但与名的单位相同

考点2动能定理与图像结合问题4热门考点突破

1.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。

2.图像所围“面积”和图像斜率的含义

［典例］(动能定理与Ek-x图像的综合)如图甲所示，一物体由某一固定且足

够长的斜面底端以初速度内沿斜面上滑，斜面与物体间的动摩擦因数"=0.5,

其动能Ek随离开斜面底端的距离x变化的图线如图乙所示，g取10m/s2,不计

空气阻力，则以下说法正确的是()

EJi

A.斜面的倾角。=30。

B.物体的质量机=0.5kg

C.斜面与物体间的摩擦力大小片2小N

D.物体在斜面上运动的总时间f=2s

B［由动能定理得/金x=AEk,知Ek-x图线的斜率表示合外力的大小，则

物体上滑阶段受到的合外力Fi=mgsin0+〃nigcos〃=《N=5N,物体下滑阶

53

段受到的合外力F2=/ngsin(f-fimgcosN=1N,联立得tan0=不即0=

37°,/n=0.5kg,故A错误，B正确；物体与斜面间的摩擦力为geos〃=2

N,故C错误；物体上滑阶段，合外力为尸i=5N,由/1得ai=10m/§2,

t\=~9Ek\=\mvf=25J,联立得力=1s,同理，物体下滑阶段，合外力为22

=1N,由尸2=机。2,得42=2m/s2,t2=~,Ek2=1/no?=5J,联立得/2=小s,

则f=fl+f2=(l+/)S,故D错误。］

畲方法技巧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(如次f图像、b“图像、Ek-f图像等)。

(2)挖掘图像的隐含条件，得出所需要的物理量，如由0Y图像所包围的“面

积”求位移，由Rx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。

-

角度1动能定理与以-〃图像的综合

1.(2019•全国卷山)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

力在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随力的变化如图所示。重力加

速度取lOm*。该物体的质量为()

A.2kgB.1.5kg

C.1kgD.0.5kg

C［设物体的质量为机，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力机g和

竖直向下的恒定外力F,由动能定理结合题图可得一(/ng+F)X3m=(36-72)J;

物体在下落过程中，受到竖直向下的重力和竖直向上的恒定外力F,再由动

能定理结合题图可得Q〃g-F)X3m=(48-24)J,联立解得机=1kg、F=2N,

选项C正确，A、B、D均错误。］

角度2动能定理与。-八P”图像的综合

2.放在粗糙水平地面上质量为0.8kg的物体受到水平拉力的作用，在0〜6

s内其速度与时间的关系图像和该拉力的功率与时间的关系图像分别如图甲、乙

所示。下列说法中正确的是()

A.0〜6s内拉力做的功为140J

B.物体在0〜2s内所受的拉力为4N

C.物体与粗糙水平地面间的动摩擦因数为0.5

D.合外力在0〜6s内做的功大于与0〜2s内做的功

A［由P=Fv可知，物体在0〜2s内所受的拉力N=6N,在2〜

6s内所受的拉力F'=厂=mN=2N,B错误；拉力在0〜6s内做的总功W

=Fxi+F/X2=6X亏X2J+2X10X4J=140J,A正确；由物体在2〜6s内做

匀速运动可知，F'=nmg,可求得"=0.25,C错误；由动能定理可知，物体

所受的合外力在0〜6s内所做的功与0〜2s内所做的功均为:帆4=40J,D错

误。】

角度3动能定理与图像的综合

3.（2021•江苏南京模拟）一滑块以一定的初速度从一固定斜面的底端向上冲,

到斜面上某一点后返回底端，斜面粗糙。滑块运动过程中加速度与时间关系图像

如图所示。下列四幅图像分别表示滑块运动过程中位移X、速度大小。、动能Ek

和重力势能用＞（以斜面底端为参考平面）随时间变化的关系图像，其中正确的是

D［物块向上做匀减速直线运动，向下做匀加速直线运动，两者速度方向

相反，据位移公式可知，位移与时间成二次函数关系；据运动学公式可知，下滑

所用的时间要大于上升所用的时间，先减速后加速，加速度始终向下，所以X"

图像应是开口向下的抛物线，A、B错误；根据Ek=1加"知动能先减小后增大，

与时间为二次函数，C错误；重力势能为。为

负，故为开口向下的抛物线，D正确。］

角度4动能定理与F-x图像的综合

4.如图甲所示，在倾角为30。、长度为L=5m的光滑斜面45的A处连接

一粗糙水平面长为4m。有一质量为m的滑块，从。处由静止开始受

一水平向右的力厂作用，F只在滑块处于水平面上时作用，并且按图乙所示的

规律变化，最后滑块刚好到达斜面顶端B,g取10m/s2。试求：

F/N

-2mg

甲乙

(1)滑块运动到A处的速度大小；

(2)滑块与04间的动摩擦因数"。

［解析］(1)滑块冲上斜面的过程中重力做负功，由动能定理得一mg・Lsin

30°=0—1/nvi

代入数据解得m/so

(2)由题图乙知，在前2m内，F\=2mg9做正功，在第3m内，F2=-0.5/wg,

做负功，在第4m内，尸3=0,滑动摩擦力的大小为噜，始终做负功，对

于滑块在OA上运动的全过程，由动能定理得

F\Xi+F2X2+fx=^mvi-Q

即2/ngX2—0.5机gX1

代入数据解得"=0・25。

［答案］(1)5&m/s(2)0.25

考点3动能定理求解多过程问题'综合能力提升

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)对各“衔接点”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”的模型特点选择合理的物理规律列方程。

(4)分析“衔接点”速度、加速度等物理量的关联，确定各段间的时间关联,

并列出相关的辅助方程。

⑸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

一

外力

末

初

明确

合

的总

状

动

研究

分析拗

能

差

对象

受力功

［典例］(2021•曲塘中学模拟)如图所示A5和CD。都是处于竖直平面内的光

滑圆弧形轨道，OA处于水平位置。A5是半径为R=lm的:圆周轨道，CDO是

半径为r=0.5m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板(可以把小球弹

回，不损失能量，图中没有画出)，。为CDO轨道的中点。5。段是水平粗糙轨

道，与圆弧形轨道平滑连接。已知5C段水平轨道长L=2m,与小球之间的动

摩擦因数4=0.2。现让一个质量为m=lkg的小球从A点的正上方距水平线OA

高”的P处自由落下。(g取lOm/s?)

⑴当H=2m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。

思路点拨：解此题可按以下思路

(1)小球由尸到。全过程，由动能定理列方程求小球第一次到达。点的速度。

(2)小球仅仅与弹性挡板碰撞一次且刚好不脱离CO。轨道的两个临界条件

是在O点重力提供向心力，碰后再返回最高点恰能上升到D点。

［解析］(1)设小球第一次到达D的速度为vD,对小球从P到D点的过程，

根据动能定理得

mg(H+r)—pmgL—^nivj)—0

在。点轨道对小球的支持力FN提供向心力，则有

vj)

FN=

联立解得FN=84N

由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为

F'N=FN=84NO

(2)为使小球仅仅与挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，〃最小时必

须满足能上升到。点，由动能定理得

tngHmin—fimgL0

在。点有mg=nr^

代入数据解得“min=0.65m

仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，”最大时，碰后再

返回最高点能上升到D点，则有

mg(Hmax+r)—3fllngL=0

代入数据解得//max=0.7m

故有0.65mW"W0.7m。

［答案］(1)84N(2)0.65mWHW0.7m

令方法技巧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，

要注意运用它们的功能特点：

①重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；

②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。

③弹簧弹力做功与路径无关。

-

角度1组合运动的多过程问题

1.如图所示，光滑的轨道45。的4B部分与水平部分80相切，轨道右侧

是一个半径为R的四分之一的圆弧轨道，。点为圆心，。为圆弧上的一点，OC

与水平方向的夹角为37。。现将一质量为m的小球从轨道A5上某点由静止释放。

已知重力加速度为g,不计空气阻力。fsin37°=1,cos37。=，

A

B

⑴若小球恰能击中C点，求刚释放小球的位置距离B0平面的高度;

(2)改变释放点的位置，求小球落到轨道时动能的最小值。

［解析］(1)设小球经过。点的速度为v0,从。点到C点做平抛运动，则有

Reos37°=如f,Rsin37

从4点到。点，由动能定理得mgh

4

联立可得，释放小球的位置距离8。平面的高度加=运/?。

(2)设小球落到轨道上的点与0点的连线与水平方向的夹角为仇小球做平

抛运动，

Reos0=v'of'Rsin2

对此过程，由动能定理得mgRsin〃=&一j

解得Ek=mgl^sin〃+忌在)

当sin〃=坐时，小球落到轨道时的动能最小，最小值为Ek=说〃gR。

［答案］⑴正⑵

角度2往复运动的多过程问题

2.(2021•江苏苏州市调研)如图所示，在竖直平面内，有一倾角为。的斜面

CD与半径为R的光滑圆弧轨道A5C相切于C点，B是最低点，4与圆心。等

高。将一质量为帆的小滑块从4点正上方高力处由静止释放后沿圆弧轨道A5C

运动，小滑块与斜面间的动摩擦因数为"，空气阻力不计，重力加速度为g,取

8点所在的水平面为零势能面，试求：

(1)小滑块在释放处的重力势能Ep；

(2)小滑块第一次运动到5点时对轨道的压力尸N';

(3)小滑块沿斜面CD向上滑行的最大距离X。

［解析］(1)小滑块在释放处的重力势能Ep=mg(h+R)o

(2)小滑块从释放处到第一次运动到5点，根据动能定理有mg(h+R)=^mvS

在5点，根据牛顿第二定律有FN—mg=〃望

…2h+3R

解得FN=一五一mg

根据牛顿第三定律，小滑块第一次到B点时对轨道的压力为八'=FN=

2/I+37?、―七

Rmg,万向竖直向下。

(3)从释放处到沿斜面CD滑行到最高点，对小滑块，根据动能定理有

mgih­\rReos。-xsin。)一"nigcos"x=0

颔徨h+Rcos0

X-sin0+"cos0°

［答案1(l)mgg+R)⑵次/mg,方向竖直向下⑶言岩黑

角度3含有弹簧弹力做功的多过程问题

3.如图所示，水平桌面上的轻质弹簧左端固定，右端与静止在。点质量为

m=lkg的小物块接触而不连接，此时弹簧无形变。现对小物块施加尸=10N水

平向左的恒力，使其由静止开始向左运动。小物块在向左运动到A点前某处速

度最大时，弹簧的弹力为6N,运动到4点时撤去推力F,小物块最终运动到B

点静止。图中。4=0.8m,05=0.2m,重力加速度g取10m发。求小物块：

⑴与桌面间的动摩擦因数"；

(2)向右运动过程中经过0点的速度；

(3)向左运动的过程中弹簧的最大压缩量。

［解析］(1)小物块速度达到最大时，加速度为零。

F-/4mg—F»=0,"==0.4。

(2)设向右运动通过O点时的速度为0o,从0-5,由动能定理得

—FfXoB=0-^mv(?,Ft=/img=4N

解得ro=Vh6m/s=L26m/s。

(3)弹簧最大压缩量为Xmax,对小物块运动的全过程，根据动能定理得

FXOA—Ff(2xmax+XOB)=0,代入数值得Xmax=0.9mo

［答案］(1)0