2024年高考物理一轮复习讲义（新人教版）：第六章机械能守恒定律

考情分析功和功率2022·广东卷·T92021·全国乙卷·T192021·山东卷·T32021·浙江1月选考·T112021·北京卷·T8机车启动问题2021·湖南卷·T32020·天津卷·T8动能定理及其应用2022·江苏卷·T82021·全国甲卷·T202021·河北卷·T62020·全国卷Ⅱ·T252020·江苏卷·T42019·全国卷Ⅱ·T24功能关系2020·全国卷Ⅰ·T20机械能守恒定律2022·全国乙卷·T162020·山东卷·T11实验：验证机械能守恒定律2022·河北卷·T112022·湖北卷·T122021·浙江6月选考·T17含功和能的综合题2022·广东卷·T132022·江苏卷·T102022·河北卷·T9试题情境生活实践类体育运动中功和功率问题，风力发电功率计算，蹦极运动、过山车等能量问题，汽车启动问题，生活、生产中能量守恒定律的应用学习探究类变力做功的计算，机车启动问题，单物体机械能守恒，用绳、杆连接的系统机械能守恒问题，含弹簧系统机械能守恒问题，传送带、板块模型的能量问题第1讲功、功率机车启动问题目标要求1.理解功的概念，会判断某个力做功的正、负，会计算功的大小.2.理解功率的概念，并会对功率进行分析和计算.3.会分析、解决机车启动的两类问题．考点一恒力做功的分析和计算1．做功的两个要素(1)作用在物体上的力．(2)物体在力的方向上发生位移．2．公式W＝Flcosα(1)α是力与位移方向之间的夹角，l为物体的位移．(2)该公式只适用于恒力做功．3．功的正负(1)当0≤α＜eq\f(π,2)时，W＞0，力对物体做正功．(2)当α＝eq\f(π,2)时，W＝0，力对物体不做功．(3)当eq\f(π,2)＜α≤π时，W＜0，力对物体做负功，或者说物体克服这个力做功．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．(√)1．是否做功及做功正负的判断(1)根据力与位移的方向的夹角判断；(2)根据力与瞬时速度方向的夹角α判断：0≤α＜90°，力做正功；α＝90°，力不做功；90°＜α≤180°，力做负功．2．计算功的方法(1)恒力做的功：直接用W＝Flcosα计算．(2)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．方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合外力做的功．方法三：利用动能定理W合＝Ek2－Ek1.例1(2023·上海市模拟)如图，一磁铁吸附在铁板AB的下方．现保持铁板与水平面间的夹角θ不变，缓慢推动B端，使AB与磁铁一起水平向左匀速移动，则()A．合外力对磁铁做正功B．AB对磁铁的作用力不做功C．AB对磁铁的弹力不做功D．AB对磁铁的摩擦力不做功答案B解析由于磁铁做匀速运动，磁铁所受合外力为零，合外力对磁铁不做功，故A错误；磁铁受重力和AB对它的作用力而做匀速运动，根据平衡条件可知，AB对磁铁的作用力大小等于重力，方向竖直向上，与磁铁的运动方向相互垂直，故AB对磁铁的作用力不做功，故B正确；AB对磁铁的弹力垂直接触面，与磁铁的运动方向不垂直，故弹力一定做功，故C错误；AB对磁铁的摩擦力沿接触面，与磁铁运动方向不垂直，故摩擦力一定做功，故D错误．例2如图所示，升降机内斜面的倾角θ＝30°，质量为2kg的物体置于斜面上始终不发生相对滑动，在升降机以5m/s的速度匀速上升4s的过程中．g取10m/s2，求：(1)斜面对物体的支持力所做的功；(2)斜面对物体的摩擦力所做的功；(3)物体重力所做的功；(4)合外力对物体所做的功．答案(1)300J(2)100J(3)－400J(4)0解析物体置于升降机内随升降机一起匀速运动过程中，处于受力平衡状态，受力分析如图所示由平衡条件得Ffcosθ－FNsinθ＝0，Ffsinθ＋FNcosθ－G＝0代入数据得Ff＝10N，FN＝10eq\r(3)Nx＝vt＝20m(1)斜面对物体的支持力所做的功WN＝FNxcosθ＝300J(2)斜面对物体的摩擦力所做的功Wf＝Ffxcos(90°－θ)＝100J(3)物体重力做的功WG＝－Gx＝－400J(4)合外力对物体做的功方法一：W合＝WN＋Wf＋WG＝0方法二：F合＝0，W合＝F合xcosα＝0.考点二变力做功的分析和计算求变力做功的五种方法方法举例微元法质量为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Wf＝Ff·Δx1＋Ff·Δx2＋Ff·Δx3＋…＝Ff(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝Ff·2πR等效转换法恒力F把物块从A拉到B，绳子对物块做功W＝F·(eq\f(h,sinα)－eq\f(h,sinβ))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，F－x图线与横轴所围面积表示拉力所做的功，W＝eq\f(F0＋F1,2)x0平均值法当力与位移为线性关系，力可用平均值eq\x\to(F)＝eq\f(F1＋F2,2)表示，W＝eq\x\to(F)Δx，可得出弹簧弹性势能表达式为Ep＝eq\f(1,2)k(Δx)2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：WF－mgL(1－cosθ)＝0，得WF＝mgL(1－cosθ)考向1微元法计算变力做功例3(2023·安徽滁州市定远县联考)如图所示，在水平桌面上，长R＝5m的轻绳一端固定N，方向始终与小球在该点的切线成37°角，F拉着物体从M点运动到N点，已知小球与桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则拉力F做的功与克服摩擦力做的功之比为()A.eq\f(1,2)B．2C.eq\f(1,4)D．4答案B解析将圆弧分成很多小段l1、l2、…、ln，拉力F在每小段上做的功为W1、W2、…、Wn，因拉力F大小不变，方向始终与小球在该点的切线成37°角，所以W1＝Fl1cos37°，W2＝Fl2cos37°，…，Wn＝Flncos37°，W＝W1＋W2＋…＋Wn＝Fcos37°(l1＋l2＋…＋ln)＝Fcos37°·eq\f(π,3)R＝eq\f(40,3)πJ，同理可得克服摩擦力做功Wf＝μmg·eq\f(π,3)R＝eq\f(20,3)πJ，拉力F做的功与克服摩擦力做的功之比为2，故选B.考向2图像法计算变力做功例4(2023·河南洛阳市第一中学高三检测)质量为2kg的物体静止在光滑的水平面上，从某时刻起，对物体施加一方向不变的水平拉力F，该拉力与物体的位移x的关系图像如图所示，则物体在x＝7m处时的速度大小为()A．2eq\r(10)m/s B．2eq\r(5)m/sC．5m/s D．4m/s答案A解析根据F－x图像的面积表示功，则物体从0运动到7m过程拉力做的功为W＝3×4J＋eq\f(4＋10,2)×4J＝40J，由动能定理得W＝eq\f(1,2)mv2－0，解得v＝2eq\r(10)m/s，故选A.考向3平均值法计算变力做功例5如图所示，一轻质立方体被从水表面缓慢压入水中，直至其上表面没入水中，已知立方体的棱长为L，水的密度为ρ，重力加速度为g，不考虑水面高度的变化．该过程中，立方体克服水的浮力所做的功为()A.eq\f(ρgL2,2) B.eq\f(ρgL4,2)C．ρgL2 D．ρgL4答案B解析设浸入的深度为x，则浮力的大小为F＝ρgV＝ρgL2x，可见浮力与进入水中的位移成正比．由平均值法知克服浮力做的功为W＝eq\f(F浮,2)×L＝eq\f(ρgL3,2)L＝eq\f(ρgL4,2)，故选B.考点三功率的分析和计算1．定义：功与完成这些功所用时间之比．2．物理意义：描述力对物体做功的快慢．3．公式：(1)P＝eq\f(W,t)，P描述时间t内力对物体做功的快慢．(2)P＝Fv①v为平均速度，则P为平均功率．②v为瞬时速度，则P为瞬时功率．③当力F和速度v不在同一直线上时，可以将力F分解或者将速度v分解．1．由P＝eq\f(W,t)知，只要知道W和t就可求出任意时刻的功率．(×)2．由P＝Fv既能求某一时刻的瞬时功率，也可以求平均功率．(√)3．当F为恒力时，v增大，F的功率一定增大．(×)1．平均功率的计算方法(1)利用eq\x\to(P)＝eq\f(W,t).(2)利用eq\x\to(P)＝F·eq\x\to(v)cosα，其中eq\x\to(v)为物体运动的平均速度，F为恒力，F与eq\x\to(v)的夹角α不变．2．瞬时功率的计算方法(1)利用公式P＝Fvcosα，其中v为t时刻的瞬时速度．F可为恒力，也可为变力，α为F与v的夹角，α可以不变，也可以变化．(2)公式P＝Fvcosα中，Fcosα可认为是力F在速度v方向上的分力，vcosα可认为是速度v在力F方向上的分速度．例6如图所示，质量为m＝2kg的木块在倾角θ＝37°的斜面上由静止开始下滑，斜面足够长，木块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，则前2s内重力的平均功率和2s末重力的瞬时功率分别为()A．48W24W B．24W48WC．24W12W D．12W24W答案B解析木块所受的合外力F合＝mgsinθ－μmgcosθ＝4N木块的加速度a＝eq\f(F合,m)＝2m/s2前2s内木块的位移x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×2×22m＝4m所以重力在前2s内做的功为W＝mgxsinθ＝2×10×4×0.6J＝48J重力在前2s内的平均功率eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)＝24W木块在2s末的速度v＝at＝2×2m/s＝4m/s2s末重力的瞬时功率P＝mgvsinθ＝2×10×4×0.6W＝48W，故选项B正确．例7一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时其速度为1m/s，从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间t的变化规律分别如图甲、乙所示，则以下说法正确的是()A．第1s内，F对滑块做的功为3JB．第2s内，F对滑块做功的平均功率为4WC．第3s末，F对滑块做功的瞬时功率为1WD．前3s内，F对滑块做的总功为零答案C解析由题图可知，第1s内，滑块位移为1m，F对滑块做的功为2J，A错误；第2s内，滑块位移为1.5m，F对滑块做的功为4.5J，平均功率为4.5W，B错误；第3s内，滑块位移为1.5m，F对滑块做的功为1.5J，第3s末，F对滑块做功的瞬时功率P＝Fv＝1W，C正确；前3s内，F对滑块做的总功为8J，D错误．考点四机车启动问题1．两种启动方式两种方式以恒定功率启动以恒定加速度启动P－t图像和v－t图像OA段过程分析v↑⇒F＝eq\f(P不变,v)↓⇒a＝eq\f(F－F阻,m)↓a＝eq\f(F－F阻,m)不变⇒F不变eq\o(⇒,\s\up10(v↑))P＝Fv↑直到P＝P额＝Fv1运动性质加速度减小的加速直线运动匀加速直线运动，持续时间t0＝eq\f(v1,a)AB段过程分析F＝F阻⇒a＝0⇒vm＝eq\f(P,F阻)v↑⇒F＝eq\f(P额,v)↓⇒a＝eq\f(F－F阻,m)↓运动性质以vm做匀速直线运动加速度减小的加速直线运动BC段F＝F阻⇒a＝0⇒以vm＝eq\f(P额,F阻)做匀速直线运动2.三个重要关系式(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即vm＝eq\f(P,F阻).(2)机车以恒定加速度启动的过程中，匀加速过程结束时，功率最大，但速度不是最大，v＝eq\f(P额,F)<vm＝eq\f(P额,F阻).(3)机车以恒定功率启动时，牵引力做的功W＝Pt.由动能定理得：Pt－F阻x＝ΔEk.此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小和时间．例8(多选)汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P，牵引力为F0，t1时刻，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半，并保持该功率继续行驶，到t2时刻，汽车又恢复了匀速直线运动(设整个过程中汽车所受的阻力不变)．在下列选项中能正确反映汽车速度v、汽车牵引力F在这个过程中随时间t的变化规律的是()答案AD解析开始时汽车做匀速运动，则F0＝Ff.由P＝Fv可判断，P＝F0v0，v0＝eq\f(P,F0)＝eq\f(P,Ff)，当汽车功率减小一半，即P′＝eq\f(P,2)时，其牵引力为F′＝eq\f(P′,v0)＝eq\f(F0,2)＜Ff，汽车开始做减速运动，F1＝eq\f(P′,v)＝eq\f(P,2v)，加速度大小为a＝eq\f(Ff－F1,m)＝eq\f(Ff,m)－eq\f(P,2mv)，由此可见，随着汽车速度v减小，其加速度a也减小，即汽车做加速度不断减小的减速运动，最终以v＝eq\f(v0,2)做匀速直线运动，故A正确，B错误；同理，可判断出汽车的牵引力由F′＝eq\f(F0,2)最终增加到F0，故D正确，C错误．例9(2023·陕西安康市高三月考)某汽车质量m＝2000kg，发动机的额定功率为P，当汽车在路面上行驶时受到的阻力为车对路面压力的0.1倍．若汽车从静止开始以a＝1m/s2的加速度在水平路面上匀加速启动，t1＝20s时，达到额定功率．此后汽车以额定功率运动，t2＝100s时速度达到最大值，汽车的v－t图像如图所示，取g＝10m/s2.求：(1)该汽车的额定功率P；(2)当速度为25m/s时，汽车加速度大小；(3)汽车在0～t2时间内的位移大小x.答案(1)80kW(2)0.6m/s2(3)2800m解析(1)由题图可知，汽车的最大速度为vm＝40m/s，汽车达到最大速度时满足F＝Ff＝0.1mg汽车的额定功率为P＝Fvm＝8×104W＝80kW(2)当速度为v＝25m/s时，汽车牵引力为F＝eq\f(P,v)＝3200N由牛顿第二定律得F－Ff＝ma′解得a′＝0.6m/s2(3)0～t1时间内汽车通过的位移为x1＝eq\f(v1,2)t1＝200m汽车在t1至t2期间，根据动能定理得P(t2－t1)－Ffx2＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mv12代入数据解得x2＝2600m所以0～t2时间内汽车通过的总位移大小为x＝x1＋x2＝2800m.课时精练1．(2023·广东惠州一中月考)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()A．图甲中支持力对人做正功B．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答案A解析题图甲中，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．2．水平恒力F两次作用在同一静止物体上，使物体沿力的方向发生相同的位移，第一次是在光滑水平面上，第二次是在粗糙水平面上，两次力F做的功和平均功率的大小关系是()A．W1＝W2，P1>P2 B．W1>W2，P1＝P2C．W1>W2，P1>P2 D．W1＝W2，P1＝P2答案A解析根据功的定义，两次水平恒力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，作用同样大小的力F，第一次的加速度较大，由x＝eq\f(1,2)at2可知，使物体沿力的方向发生相同的位移，第一次需要的时间较短，根据功率的定义，可知第一次的平均功率较大，即P1>P2，选项A正确．3.(2021·山东卷·3)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()A.eq\f(mv02,2πL) B.eq\f(mv02,4πL)C.eq\f(mv02,8πL) D.eq\f(mv02,16πL)答案B解析在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理－Ff·2πL＝0－eq\f(1,2)mv02可得摩擦力的大小Ff＝eq\f(mv02,4πL)，故选B.4．如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为2kg的物体在拉力F作用下由静止向上做匀加速运动，物体速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可知()A．物体加速度大小为2m/s2B．F的大小为21NC．4s末F的功率为42WD．0～4s内F的平均功率为42W答案C解析v－t图像的斜率表示物体加速度，由题图乙可知，a＝0.5m/s2，由2F－mg＝ma可得：F＝10.5N，A、B均错误；4s末F的作用点的速度大小为vF＝2v物＝4m/s，故4s末F的功率为P＝FvF＝42W，C正确；0～4s内物体上升的高度h＝eq\f(1,2)at2＝4m，力F的作用点的位移l＝2h＝8m，拉力F所做的功W＝Fl＝84J，故平均功率eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)＝21W，D错误．5．(多选)(2022·广东卷·9)如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s匀速行驶．已知小车总质量为50kg，MN＝PQ＝20m，PQ段的倾角为30°，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力．下列说法正确的有()A．从M到N，小车牵引力大小为40NB．从M到N，小车克服摩擦力做功800JC．从P到Q，小车重力势能增加1×104JD．从P到Q，小车克服摩擦力做功700J答案ABD解析小车从M到N，依题意有P1＝Fv1＝200W，代入数据解得F＝40N，故A正确；依题意，小车从M到N，因匀速行驶，小车所受的摩擦力大小为Ff1＝F＝40N，则摩擦力做功为W1＝－40×20J＝－800J，则小车克服摩擦力做功为800J，故B正确；依题意，从P到Q，重力势能增加量为ΔEp＝mg·PQsin30°＝5000J，故C错误；依题意，小车从P到Q，摩擦力大小为Ff2，有Ff2＋mgsin30°＝eq\f(P2,v2)，摩擦力做功为W2＝－Ff2·PQ，联立解得W2＝－700J，则小车克服摩擦力做功为700J，故D正确．6．(2023·黑龙江佳木斯市高三模拟)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)dC.eq\f(\r(5)－1d,2) D.eq\f(\r(2),2)d答案B解析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W＝eq\x\to(F1)d＝eq\f(kd,2)d，W＝eq\x\to(F2)d′＝eq\f(kd＋kd＋d′,2)d′，联立解得d′＝(eq\r(2)－1)d，故A、C、D错误，B正确．7．(2023·山东烟台市高三检测)一辆汽车在平直公路上由静止开始启动，汽车先保持牵引力F0不变，当速度为v1时达到额定功率Pe，此后以额定功率继续行驶，最后以最大速度vm匀速行驶．若汽车所受的阻力Ff为恒力，汽车运动过程中的速度为v、加速度为a、牵引力为F、牵引力的功率为P，则下列图像中可能正确的是()答案C解析因为汽车先保持牵引力F0不变，由牛顿第二定律可得F0－Ff＝ma，又因为汽车所受的阻力Ff为恒力，所以开始阶段汽车做匀加速直线运动，所以v－t图像开始应有一段倾斜的直线，故A错误；因为当速度为v1时达到额定功率Pe，此后以额定功率继续行驶，则满足Pe＝Fv，即F与v成反比，F与eq\f(1,v)成正比，所以F－v图像中v1～vm段图像应为曲线，F与eq\f(1,v)图像中eq\f(1,vm)～eq\f(1,v1)段图像应为直线，故B错误，C正确；因为当速度为v1之前，保持牵引力F0不变，则功率满足P＝F0v，即P与v成正比，所以P－v图像中0～v1段图像应为过原点的直线，故D错误．8.(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面．某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程，下列说法正确的有()A．矿车上升所用的时间之比为4∶5B．电机的最大牵引力之比为2∶1C．电机输出的最大功率之比为2∶1D．电机所做的功之比为4∶5答案AC解析由题图可得，变速阶段的加速度大小a＝eq\f(v0,t0)，设第②次所用时间为t2，根据速度－时间图像与时间轴所围的面积等于位移(此题中为提升的高度)可知，eq\f(1,2)×2t0×v0＝eq\f(1,2)[t2＋(t2－t0)]×eq\f(1,2)v0，解得：t2＝eq\f(5t0,2)，所以第①次和第②次矿车上升所用时间之比为2t0∶eq\f(5t0,2)＝4∶5，选项A正确．由于两次提升过程变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F－mg＝ma，可得电机的最大牵引力之比为1∶1，选项B错误．由功率公式，P＝Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2∶1，选项C正确．加速上升过程的加速度a1＝eq\f(v0,t0)，加速上升过程的牵引力F1＝ma1＋mg＝m(eq\f(v0,t0)＋g)，减速上升过程的加速度a2＝－eq\f(v0,t0)，减速上升过程的牵引力F2＝ma2＋mg＝m(g－eq\f(v0,t0))，匀速运动过程的牵引力F3＝mg.第①次提升过程做功W1＝F1×eq\f(1,2)×t0×v0＋F2×eq\f(1,2)×t0×v0＝mgv0t0；第②次提升过程做功W2＝F1×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)t0×eq\f(1,2)v0＋F3×eq\f(3,2)t0×eq\f(1,2)v0＋F2×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)t0×eq\f(1,2)v0＝mgv0t0，两次做功相同，选项D错误．9．(2021·湖南卷·3)“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的．总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶．该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比(F阻＝kv，k为常量)，动车组能达到的最大速度为vm.下列说法正确的是()A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动C．若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为eq\f(3,4)vmD．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为eq\f(1,2)mvm2－Pt答案C解析对动车组由牛顿第二定律有F牵－F阻＝ma，动车组匀加速启动，即加速度a恒定，但F阻＝kv随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而增大，故A错误；若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有eq\f(4P,v)－kv＝ma，故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B错误；若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，动车组匀速行驶时加速度为零，有eq\f(2.25P,v)＝kv，而以额定功率匀速行驶时，有eq\f(4P,vm)＝kvm，联立解得v＝eq\f(3,4)vm，故C正确；若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，由动能定理可知4Pt－W克阻＝eq\f(1,2)mvm2－0，可得动车组克服阻力做的功为W克阻＝4Pt－eq\f(1,2)mvm2，故D错误．10.一辆汽车由静止开始沿平直公路行驶，汽车所受牵引力F随时间t变化关系图线如图所示．若汽车的质量为1.2×103kg，阻力恒定，汽车的最大功率恒定，则以下说法正确的是()A．汽车的最大功率为5×104WB．汽车匀加速运动阶段的加速度为eq\f(25,6)m/s2C．汽车先做匀加速运动，然后再做匀速直线运动D．汽车从静止开始运动12s内的位移是60m答案A解析由图可知，汽车在前4s内的牵引力不变，汽车做匀加速直线运动，4～12s内汽车的牵引力逐渐减小，则车的加速度逐渐减小，汽车做加速度减小的加速运动，直到车的速度达到最大值，以后做匀速直线运动，可知在4s末汽车的功率达到最大值；汽车的速度达到最大值后牵引力等于阻力，所以阻力Ff＝2×103N，前4s内汽车的牵引力为F＝5×103N，由牛顿第二定律F－Ff＝ma可得a＝2.5m/s2,4s末汽车的速度v1＝at1＝2.5×4m/s＝10m/s，所以汽车的最大功率P＝Fv1＝5×103×10W＝5×104W，A正确，B、C错误；汽车在前4s内的位移x1＝eq\f(1,2)at12＝eq\f(1,2)×2.5×42m＝20m，汽车的最大速度为vm＝eq\f(P,Ff)＝eq\f(5×104,2×103)m/s＝25m/s，汽车在4～12s内的位移设为x2，根据动能定理可得Pt－Ffx2＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mv12，代入数据可得x2＝42.5m，所以汽车的总位移x＝x1＋x2＝20m＋42.5m＝62.5m，D错误．11．质量为1.0×103kg的汽车，沿倾角为30°的斜坡由静止开始向上运动，汽车在运动过程中所受摩擦阻力大小恒为2000N，汽车发动机的额定输出功率为5.6×104W，开始时以a＝1m/s2的加速度做匀加速运动(g取10m/s2)．求：(1)汽车做匀加速运动的时间；(2)汽车所能达到的最大速率；(3)若斜坡长143.5m，且认为汽车到达坡顶之前已达到最大速率，汽车从坡底到坡顶所需时间．答案(1)7s(2)8m/s(3)22s解析(1)由牛顿第二定律得F－mgsin30°－Ff＝ma设匀加速过程的末速度为v，则有P＝Fvv＝at1，解得t1＝7s.(2)当达到最大速度vm时，加速度为零，有Fm＝mgsin30°＋Ff则有P＝Fmvm＝(mgsin30°＋Ff)vm解得vm＝8m/s.(3)汽车匀加速运动的位移x1＝eq\f(1,2)at12，在后一阶段对汽车由动能定理得Pt2－(mgsin30°＋Ff)x2＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mv2又有x＝x1＋x2，解得t2≈15s故汽车运动的总时间为t＝t1＋t2＝22s.12.一辆玩具赛车在水平直线跑道上由静止开始以10kW的恒定功率加速前进，赛车瞬时速度的倒数eq\f(1,v)和瞬时加速度a的关系如图所示，已知赛车在跑道上所受到的阻力恒定，赛车到达终点前已达到最大速度．下列说法中正确的是()A．赛车做加速度逐渐增大的加速直线运动B．赛车的质量为20kgC．赛车所受阻力大小为500ND．赛车速度大小为5m/s时，加速度大小为50m/s2答案C解析由牛顿第二定律有eq\f(P,v)－Ff＝ma，可知赛车做加速度逐渐减小的加速直线运动，将公式整理得eq\f(1,v)＝eq\f(m,P)a＋eq\f(Ff,P)，可见eq\f(1,v)－a图像的斜率恒定为eq\f(m,P)，与纵轴的截距为eq\f(Ff,P)，可得eq\f(Ff,P)＝0.05s/m，eq\f(m,P)＝eq\f(0.1－0.05,20)s3/m2，解得m＝25kg，Ff＝500N，将v＝5m/s代入公式，解得a＝60m/s2，故C正确，A、B、D错误．

第2讲动能定理及其应用目标要求1.理解动能、动能定理，会用动能定理解决一些基本问题.2.能利用动能定理求变力做的功.3.掌握解决动能定理与图像结合的问题的方法．考点一动能定理的理解和基本应用1．动能(1)定义：物体由于运动而具有的能量叫作动能．(2)公式：Ek＝eq\f(1,2)mv2，单位：焦耳(J).1J＝1N·m＝1kg·m2/s2.(3)动能是标量、状态量．2．动能定理(1)内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化．(2)表达式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12.(3)物理意义：合力做的功是物体动能变化的量度．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．物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化．(×)3．物体的动能不变，所受的合外力必定为零．(×)4．合力对物体做正功，物体的动能增加；合力对物体做负功，物体的动能减少．(√)1．应用动能定理解题应抓住“两状态，一过程”，“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，“一过程”即明确研究过程，确定在这一过程中研究对象的受力情况和位置变化或位移信息．2．注意事项(1)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．例1如图所示，AB为四分之一圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R.一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A从静止开始下滑，恰好运动到C处停止，不计空气阻力，重力加速度为g，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为()A．μmgR B.eq\f(1,2)mgRC．mgR D．(1－μ)mgR答案D解析BC段物体所受摩擦力为Ff＝μmg，位移为R，故BC段摩擦力对物体做功W＝－FfR＝－μmgR，对全程由动能定理可知mgR＋W1＋W＝0，解得W1＝μmgR－mgR，故AB段克服摩擦力做功为W克＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR，选D.例2(2021·河北卷·6)一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示，长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球，小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直，将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)()A.eq\r(2＋πgR) B.eq\r(2πgR)C.eq\r(21＋πgR) D．2eq\r(gR)答案A解析小球下落的高度为h＝πR－eq\f(π,2)R＋R＝eq\f(π＋2,2)R，小球下落过程中，根据动能定理有mgh＝eq\f(1,2)mv2，综上有v＝eq\r(π＋2gR)，故选A.例3一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示，当物块的初速度为eq\f(v,2)时，上升的最大高度记为h.重力加速度大小为g.物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为()A．tanθ，eq\f(H,2) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,2gH)－1))tanθ，eq\f(H,2)C．tanθ，eq\f(H,4) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,2gH)－1))tanθ，eq\f(H,4)答案D解析物块以初速度v上升的过程，由动能定理得－mgH－μmgcosθ·eq\f(H,sinθ)＝0－eq\f(1,2)mv2，解得μ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,2gH)－1))tanθ.当物块的初速度为eq\f(v,2)时，由动能定理得－mgh－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＝0－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2)))2，解得h＝eq\f(H,4)，故选D.例4如图所示，粗糙水平地面AB与半径R＝0.4m的光滑半圆轨道BCD相连接，且在同一竖直平面内，O是BCD的圆心，BOD在同一竖直线上．质量m＝1kg的小物块在9N的水平恒力F的作用下，从A点由静止开始做匀加速直线运动．已知xAB＝5m，小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.1，当小物块运动到B点时撤去力F，取重力加速度g＝10m/s2，求：(1)小物块到达B点时速度的大小；(2)小物块运动到D点时，轨道对小物块作用力的大小．答案(1)4eq\r(5)m/s(2)150N解析(1)从A到B过程，据动能定理可得(F－μmg)xAB＝eq\f(1,2)mvB2解得小物块到达B点时速度的大小为vB＝4eq\r(5)m/s(2)从B到D过程，据动能定理可得－mg·2R＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mvB2在D点由牛顿第二定律可得FN＋mg＝meq\f(vD2,R)联立解得小物块运动到D点时，轨道对小物块作用力的大小为FN＝150N.应用动能定理的解题流程考点二应用动能定理求变力做功例5质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(重力加速度大小为g)()A.eq\f(1,2)mv02－μmg(s＋x) B.eq\f(1,2)mv02－μmgxC．μmgs D．μmg(s＋x)答案A解析根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为Wf＝μmg(s＋x)，由动能定理可得－W弹－Wf＝0－eq\f(1,2)mv02，则W弹＝eq\f(1,2)mv02－μmg(s＋x)，故选项A正确．例6(多选)(2023·重庆市模拟)游乐场有一种儿童滑轨，其竖直剖面示意图如图所示，AB部分是半径为R的四分之一圆弧轨道，BC为轨道水平部分，与半径OB垂直．一质量为m的小孩(可视为质点)从A点由静止滑下，滑到圆弧轨道末端B点时，对轨道的正压力大小为2.5mg，重力加速度大小为g.下列说法正确的是()A．小孩到达B点的速度大小为eq\r(2gR)B．小孩到达B点的速度大小为eq\f(\r(6gR),2)C．小孩从A到B克服摩擦力做的功为eq\f(1,4)mgRD．小孩从A到B克服摩擦力做的功为eq\f(1,2)mgR答案BC解析根据牛顿第三定律可知，轨道对小孩的支持力大小也等于2.5mg，根据牛顿第二定律有FN－mg＝eq\f(mvB2,R)，可得vB＝eq\f(\r(6gR),2)，故A错误，B正确；从A到B由动能定理有mgR－W克f＝eq\f(1,2)mvB2－0，可得克服摩擦力做的功为W克f＝eq\f(1,4)mgR，故C正确，D错误．在一个有变力做功的过程中，当变力做功无法直接通过功的公式求解时，可用动能定理W变＋W恒＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，物体初、末速度已知，恒力做功W恒可根据功的公式求出，这样就可以得到W变＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12－W恒，就可以求出变力做的功了．考点三动能定理与图像问题的结合图像与横轴所围“面积”或图像斜率的含义例7(2021·湖北卷·4)如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示．重力加速度大小取10m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为()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内物块上滑，由动能定理得－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin30°＋f)s，结合0～10m内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mgsin30°＋f＝4N，10～20m内物块下滑，由动能定理得(mgsin30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin30°－f)s－(mgsin30°－f)s1，结合10～20m内的图像得，斜率k′＝mgsin30°－f＝3N，联立解得f＝0.5N，m＝0.7kg，故选A.例8(2020·江苏卷·4)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()答案A例9(多选)在某一粗糙的水平面上，一质量为2kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图像．重力加速度g取10m/s2.根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有()A．物体与水平面间的动摩擦因数B．合力对物体所做的功C．物体做匀速运动时的速度D．物体运动的时间答案ABC解析物体做匀速直线运动时，受力平衡，拉力F0与滑动摩擦力Ff大小相等，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝eq\f(F0,mg)＝0.35，A正确；减速过程由动能定理得WF＋Wf＝0－eq\f(1,2)mv2，根据F－x图像中图线与x轴围成的面积可以估算力F对物体做的功WF，而Wf＝－μmgx，由此可求得合力对物体所做的功及物体做匀速运动时的速度v，B、C正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，D错误．解决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、图线之间的交点、图线与横轴围成的面积所对应的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量．课时精练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增大到v2时，上升高度为H，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法正确的是()A．对物体，动能定理的表达式为W＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，其中W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W－mgH＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，其中W为支持力做的功D．对电梯，其所受的合力做功为eq\f(1,2)Mv22－eq\f(1,2)Mv12答案CD解析电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力的总功(即合力做的功)才等于物体动能的增量，即W合＝W－mgH＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，其中W为支持力做的功，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，即eq\f(1,2)Mv22－eq\f(1,2)Mv12，D正确．2.如图所示，一半圆弧形细杆ABC竖直固定在水平地面上，AC为其水平直径，圆弧半径BO＝3.6m．质量为m＝4.0kg的小圆环(可视为质点，小环直径略大于杆的)套在细杆上，在大小为50N、方向始终沿圆的切线方向的拉力F作用下，从A点由静止开始运动，到达B点时对细杆的压力恰好为0.已知π取3.14，重力加速度g取10m/s2，在这一过程中摩擦力做功为()A．66.6J B．－66.6JC．210.6J D．－210.6J答案B解析小圆环到达B点时对细杆的压力恰好为0，则mg＝meq\f(v2,r)，拉力F沿圆的切线方向，圆环由A到B的过程根据动能定理有F·eq\f(2πr,4)－mgr＋Wf＝eq\f(1,2)mv2，代入数据得摩擦力做功为Wf＝－66.6J，故选B.3．(2023·湖南怀化市模拟)如图所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度为v0的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A时速度刚好为零，如果斜面改为AC，让该物体从D点出发沿DCA滑动到A点且速度刚好为零，则物体具有的初速度(已知物体与斜面及水平面之间的动摩擦因数处处相同且不为零，不计B、C处能量损失)()A．等于v0 B．大于v0C．小于v0 D．取决于斜面答案A解析物体从D点滑动到顶点A过程中，由动能定理可得－mg·xAO－μmg·xDB－μmgcosα·xAB＝0－eq\f(1,2)mv02，α为斜面倾角，由几何关系有xABcosα＝xOB，因而上式可以简化为－mg·xAO－μmg·xOD＝0－eq\f(1,2)mv02，从上式可以看出，物体的初速度与路径无关．故选A.4.(多选)(2023·云南昆明市第一中学、宁夏银川一中模拟)如图，若小滑块以某一初速度v0从斜面底端沿光滑斜面上滑，恰能运动到斜面顶端．现仅将光滑斜面改为粗糙斜面，仍让滑块以初速度v0从斜面底端上滑时，滑块恰能运动到距离斜面底端长度的eq\f(3,4)处．则()A．滑块滑上斜面后能再次滑回斜面底端B．滑块滑上斜面后不能再次滑回斜面底端C．滑块在斜面上运动的整个过程产生的热量为eq\f(1,8)mv02D．滑块在斜面上运动的整个过程产生的热量为eq\f(1,4)mv02答案AD解析设斜面长度为L，斜面倾角为θ，由题意可知eq\f(1,2)mv02＝mgLsinθ，eq\f(1,2)mv02＝mgxsinθ＋μmgxcosθ，其中的x＝eq\f(3,4)L，解得μ＝eq\f(1,3)tanθ，因mgsinθ>μmgcosθ，则当滑块滑上斜面到达最高点后能再次滑回斜面底端，选项A正确，B错误；整个过程产生的热量为Q＝2μmgxcosθ＝eq\f(1,2)mgLsinθ＝eq\f(1,4)mv02，选项C错误，D正确．5.A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的v－t图像如图所示．已知两物体所受的滑动摩擦力大小相等，则下列说法正确的是()A．F1、F2大小之比为1∶2B．F1对A、F2对B做功之比为1∶2C．A、B质量之比为2∶1D．全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1答案C解析由v－t图像可知，两个匀减速运动的加速度大小之比为1∶2，由题可知A、B所受摩擦力大小相等，所以A、B的质量关系是2∶1，故C正确．由v－t图像可知，A、B两物体运动的位移相等，且匀加速运动位移之比为1∶2，匀减速运动的位移之比为2∶1，由动能定理可得F1与摩擦力的关系：F1·x－Ff1·3x＝0－0，F2与摩擦力的关系：F2·2x－Ff2·3x＝0－0，因此可得：F1＝3Ff1，F2＝eq\f(3,2)Ff2，Ff1＝Ff2，所以F1＝2F2.全过程中A、B克服摩擦力做的功相等，F1对A、F2对B做的功大小相等，故A、B、D错误．6.电梯是一种以电动机为动力的垂直升降机，用于多层建筑载人或载运货物．某次电梯从地面由静止启动，加速度a与离地高度h的关系图像如图所示，则()A．2h0～3h0范围内电梯向上做匀减速直线运动B．电梯在0～h0和2h0～3h0范围内的速度变化量相等C．电梯在3h0处的速度大小为2eq\r(a0h0)D．电梯上升的最大高度可能为3h0答案C解析由题图可知从0到2h0，电梯先做加速度增大的加速运动再做匀加速运动，从2h0到3h0做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，电梯向上的速度不为零，仍会向上运动，则面积，则v＝eq\r(2S面积)，则电梯在h0处的速度大小为eq\r(a0h0)，在2h0处的速度大小为eq\r(3a0h0)，在3h0处的速度大小为2eq\r(a0h0)，所以电梯在0～h0和2h0～3h0范围内的速度变化量不相等，故B错误，C正确．7．(2019·全国卷Ⅲ·17)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3m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10m/s2.该物体的质量为()A．2kgB．1.5kgC．1kgD．0.5kg答案C解析法一：特殊值法画出运动示意图．设该外力的大小为F，据动能定理知A→B(上升过程)：－(mg＋F)h＝EkB－EkAB→A(下落过程)：(mg－F)h＝EkA′－EkB′整理以上两式并代入数据得物体的质量m＝1kg，选项C正确．法二：写表达式根据斜率求解上升过程：－(mg＋F)h＝Ek－Ek0，则Ek＝－(mg＋F)h＋Ek0下落过程：(mg－F)h＝Ek′－Ek0′，则Ek′＝(mg－F)h＋Ek0′，结合题图可知mg＋F＝eq\f(72－36,3－0)N＝12N，mg－F＝eq\f(48－24,3－0)N＝8N联立可得m＝1kg，选项C正确．8.(多选)如图所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h、与水平面夹角分别为45°和37°的滑道组成，载人滑草车与草地各处间的动摩擦因数均为μ.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度大小为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．则()A．动摩擦因数μ＝eq\f(6,7)B．载人滑草车最大速度为eq\r(\f(2gh,7))C．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为eq\f(3,5)g答案AB解析对载人滑草车从坡顶由静止开始滑到底端的全过程分析，由动能定理可知：mg·2h－μmgcos45°·eq\f(h,sin45°)－μmgcos37°·eq\f(h,sin37°)＝0，解得μ＝eq\f(6,7)，选项A正确；滑草车在滑道上段加速，在滑道下段减速，故滑草车通过上段滑道末端时速度最大，根据动能定理有mgh－μmgcos45°·eq\f(h,sin45°)＝eq\f(1,2)mvm2，解得：vm＝eq\r(\f(2gh,7))，选项B正确；全过程有WG－W克f＝0，则载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，选项C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度为a＝eq\f(mgsin37°－μmgcos37°,m)＝－eq\f(3,35)g，故加速度大小为eq\f(3,35)g，选项D错误．9.如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．一质量为m的小球(可看成质点)从P点上方高为R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．小球滑到轨道最低点N时，对轨道的压力大小为4mg，g为重力加速度．用W表示小球从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，则()A．W＝eq\f(1,2)mgR，小球恰好可以到达Q点B．W>eq\f(1,2)mgR，小球不能到达Q点C．W＝eq\f(1,2)mgR，小球到达Q点后，继续上升一段距离D．W<eq\f(1,2)mgR，小球到达Q点后，继续上升一段距离答案C解析在N点，根据牛顿第二定律有FN－mg＝meq\f(vN2,R)，由牛顿第三定律知FN＝FN′＝4mg，解得vN＝eq\r(3gR)，对小球从开始下落至到达N点的过程，由动能定理得mg·2R－W＝eq\f(1,2)mvN2－0，解得W＝eq\f(1,2)mgR.由于小球在PN段某点处的速度大于此点关于ON在NQ段对称点处的速度，所以小球在PN段某点处受到的支持力大于此点关于ON在NQ段对称点处受到的支持力，则小球在NQ段克服摩擦力做的功小于在PN段克服摩擦力做的功，小球在NQ段运动时，由动能定理得－mgR－W′＝eq\f(1,2)mvQ2－eq\f(1,2)mvN2，因为W′<eq\f(1,2)mgR，故vQ>0，所以小球到达Q点后，继续上升一段距离，选项C正确．10．(2023·云南昆明市第一中学模拟)如图甲所示，两个不同材料制成的滑块A、B静置于水平桌面上，滑块A的右端与滑块B的左端接触．某时刻开始，给滑块A一个水平向右的力F，使滑块A、B开始滑动，当滑块A、B滑动1.0m时撤去力F.整个运动过程中，滑块A、B的动能Ek随位移x的变化规律如图乙所示．不计空气阻力，求：(1)滑块A对B做的功；(2)力F的大小．答案(1)12J(2)39N解析(1)B在撤去F后继续滑行xB＝1.0m，撤去F时B的动能EkB＝6J，由动能定理有－FfBxB＝0－EkB在撤去F前，对B由动能定律得WAB－FfBx＝EkB联立并代入数据解得WAB＝12J(2)撤去力F后，滑块A继续滑行的距离为xA＝0.5m，撤去F时A的动能EkA＝9J，由动能定理有－FfAxA＝0－EkA力F作用的过程中，分析滑块A、B整体，由动能定理有(F－FfA－FfB)x＝EkA＋EkB代入数据解得F＝39N.11．如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sinα＝eq\f(3,5).一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g.求：(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；(2)小球到达B点时对圆弧轨道的压力大小．答案(1)eq\f(3,4)mgeq\f(\r(5gR),2)(2)eq\f(15,2)mg解析(1)设水平恒力的大小为F0，小球所受重力和水平恒力的合力的大小为F，小球到达C点时速度的大小为vC，则eq\f(F0,mg)＝tanα，F＝eq\f(mg,cosα)，由牛顿第二定律得F＝meq\f(vC2,R)，联立并代入数据解得F0＝eq\f(3,4)mg，vC＝eq\f(\r(5gR),2).(2)设小球到达B点时速度的大小为vB，小球由B到C的过程中由动能定理可得－2FR＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvB2，代入数据解得vB＝eq\f(5,2)eq\r(gR)小球在B点时有FN－F＝meq\f(vB2,R)，解得FN＝eq\f(15,2)mg由牛顿第三定律可知，小球在B点时对圆弧轨道的压力大小为FN′＝eq\f(15,2)mg.

第3讲机械能守恒定律及其应用目标要求1.知道机械能守恒的条件，理解机械能守恒定律的内容.2.会用机械能守恒定律解决单个物体或系统的机械能守恒问题．考点一机械能守恒的判断1．重力做功与重力势能的关系(1)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．(2)重力势能①表达式：Ep＝mgh.②重力势能的特点重力势能是物体和地球所共有的，重力势能的大小与参考平面的选取有关，但重力势能的变化与参考平面的选取无关．(3)重力做功与重力势能变化的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．即WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp.2．弹性势能(1)定义：发生弹性形变的物体的各部分之间，由于有弹力的相互作用而具有的势能．(2)弹力做功与弹性势能变化的关系：弹力做正功，弹性势能减小；弹力做负功，弹性势能增大．即W＝－ΔEp.3．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，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变．(2)表达式：mgh1＋eq\f(1,2)mv12＝mgh2＋eq\f(1,2)mv22.1．物体所受的合外力为零，物体的机械能一定守恒．(×)2．物体做匀速直线运动，其机械能一定守恒．(×)3．物体的速度增大时，其机械能可能减小．(√)机械能是否守恒的三种判断方法(1)利用机械能的定义判断：若物体动能、势能之和不变，则机械能守恒．(2)利用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，虽受其他力，但其他力不做功(或做功代数和为0)，则机械能守恒．(3)利用能量转化判断：若物体或系统与外界没有能量交换，物体或系统内也没有机械能与其他形式能的转化，则机械能守恒．例1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．物体沿着斜面匀速下滑D．拉着物体沿光滑斜面匀速上升答案B解析电梯匀速下降，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物体位移的方向垂直，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．例2(多选)一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离．假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是()A．运动员到达最低点前重力势能始终减小B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力做负功，弹性势能增加C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D．蹦极过程中，重力势能的改变量与重力势能零点的选取有关答案ABC解析在运动员到达最低点前，运动员一直向下运动，根据重力势能的定义可知重力势能始终减小，故选项A正确；蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力方向向上，而运动员向下运动，所以弹力做负功，弹性势能增加，故选项B正确；对于运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，蹦极过程中只有重力和弹力做功，所以系统机械能守恒，故选项C正确；重力做功是重力势能转化的量度，即WG＝－ΔEp，而蹦极过程中重力做功只与初末位置的高度差有关，与重力势能零点的选取无关，所以重力势能的改变量与重力势能零点的选取无关，故选项D错误．例3(多选)如图所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一固定的竖直墙壁(不与槽粘连)．现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始下落，从A点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是()A．小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B．小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，小球的机械能守恒C．小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统机械能守恒D．小球从下落到从右侧离开半圆形槽的过程中，机械能守恒答案BC解析当小球从半圆形槽的最低点运动到半圆形槽右侧的过程中，小球对半圆形槽的力使半圆形槽向右运动，半圆形槽对小球的支持力对小球做负功，小球的机械能不守恒，A、D错误；小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，半圆形槽静止，则只有重力做功，小球的机械能守恒，B正确；小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统只有重力做功，机械能守恒，C正确．考点二单物体机械能守恒问题1．表达式2．应用机械能守恒定律解题的一般步骤例4(2022·全国乙卷·16)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于()A．它滑过的弧长B．它下降的高度C．它到P点的距离D．它与P点的连线扫过的面积答案C解析如图所示，设小环下降的高度为h，大圆环的半径为R，小环到P点的距离为L，根据机械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2，由几何关系可得h＝Lsinθ，sinθ＝eq\f(L,2R)，联立可得h＝eq\f(L2,2R)，则v＝Leq\r(\f(g,R))，故C正确，A、B、D错误．例5(2021·浙江1月选考·20改编)如图所示，竖直平面内由倾角α＝60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和eq\f(1,6)圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直．轨道出口处G和圆心O2的连线，以及O2、E、O1和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ＝30°，G点与竖直墙面的距离d＝eq\r(3)R.现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放．小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力．(1)若释放处高度h＝h0，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小vC；(2)求小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN与h的关系式；(3)若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？答案见解析解析(1)从A到C，小球的机械能守恒，有mgh0＝eq\f(1,2)mvC2，可得vC＝eq\r(2gh0)(2)小球从A到D，由机械能守恒定律有mg(h－R)＝eq\f(1,2)mvD2根据牛顿第二定律有FN＝eq\f(mvD2,R)联立可得FN＝2mg(eq\f(h,R)－1)满足的条件h≥R(3)第1种情况：不滑离轨道原路返回，由机械能守恒定律可知，此时h需满足的条件是h≤R＋3Rsinθ＝eq\f(5,2)R第2种情况：小球与墙面垂直碰撞后原路返回，小球与墙面碰撞后，进入G前做平抛运动，则vxt＝vxeq\f(vy,g)＝d，其中vx＝vGsinθ，vy＝vGcosθ故有vGsinθ·eq\f(vGcosθ,g)＝d，可得vG＝2eq\r(gR)由机械能守恒定律有mg(h－eq\f(5,2)R)＝eq\f(1,2)mvG2可得h＝eq\f(9,2)R.考点三系统机械能守恒问题1．解决多物体系统机械能守恒的注意点(1)对多个物体组成的系统，要注意判断物体运动过程中系统的机械能是否守恒．一般情况为：不计空气阻力和一切摩擦，系统的机械能守恒．(2)注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系．(3)列机械能守恒方程时，一般选用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA＝－ΔEB的形式．2．几种实际情景的分析(1)速率相等情景注意分析各个物体在竖直方向的高度变化．(2)角速度相等情景①杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒．②由v＝ωr知，v与r成正比．(3)某一方向分速度相等情景(关联速度情景)两物体速度的关联实质：沿绳(或沿杆)方向的分速度大小相等．(4)含弹簧的系统机械能守恒问题①由于弹簧发生形变时会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统除重力、弹簧弹力以外的其他力不做功，系统机械能守恒.②弹簧两端物体把弹簧拉伸至最长(或压缩至最短)时，两端的物体具有相同的速度，弹性势能最大．③对同一弹簧，弹性势能的大小由弹簧的形变量决定，弹簧的伸长量和压缩量相等时，弹簧的弹性势能相等．考向1速率相等情景例6如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上、半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍．当B位于地面上时，A恰与圆柱轴心等高．将A由静止释放，B上升的最大高度是()A．2RB.eq\f(5R,3)C.eq\f(4R,3)D.eq\f(2R,3)答案C解析设B球的质量为m，则A球的质量为2m，A球刚落地时，两球速度大小都为v，根据机械能守恒定律得2mgR＝eq\f(1,2)×(2m＋m)v2＋mgR，B球继续上升的过程由动能定理可得－mgh＝0－eq\f(1,2)mv2，联立解得h＝eq\f(R,3)，B球上升的最大高度为h＋R＝eq\f(4,3)R，故选C.多个物体组成的系统，应用机械能守恒时，先确定系统中哪些能量增加、哪些能量减少，再用ΔE增＝ΔE减(系统内一部分增加的机械能和另一部分减少的机械能相等)解决问题．考向2角速度相等情景例7(多选)(2023·安徽滁州市定远县第三中学模拟)轮轴机械是中国古代制陶的主要工具．如图所示，轮轴可绕共同轴线O自由转动，其轮半径R＝20cm，轴半径r＝10cm，用轻质绳缠绕在轮和轴上，分别在绳的下端吊起质量为2kg、1kg的物块P和Q，将两物块由静止释放，释放后两物块均做初速度为0的匀加速直线运动，不计轮轴的质量及轴线O处的摩擦，重力加速度g取10m/s2.在P从静止下降1.2m的过程中，下列说法正确的是()A．P、Q速度大小始终相等B．Q上升的距离为0.6mC．P下降1.2m时Q的速度大小为2eq\r(3)m/sD．P下降1.2m时的速度大小为4m/s答案BD解析由题意知轮半径R＝20cm，轴半径r＝10cm，根据线速度与角速度关系可知eq\f(vP,vQ)＝eq\f(ωR,ωr)＝eq\f(2,1)，故A项错误；在P从静止下降1.2m的过程中，由题意得eq\f(hP,hQ)＝eq\f(vPt,vQt)＝eq\f(2,1)，解得hQ＝0.6m，故B项正确；根据机械能守恒得mPghP＝eq\f(1,2)mPvP2＋eq\f(1,2)mQvQ2＋mQghQ，由A项和B项知eq\f(vP,vQ)＝eq\f(2,1)，hQ＝0.6m，解得vQ＝2m/s，vP＝4m/s，故C项错误，D项正确．考向3关联速度情景例8(多选)(2023·福建省厦门一中高三检测)如图所示，质量均为m的物块A和B用不可伸长的轻绳连接，A放在倾角为θ的固定光滑斜面上，而B能沿光滑竖直杆上下滑动，杆和滑轮中心间的距离为L，物块B从与滑轮等高处由静止开始下落，斜面与杆足够长，重力加速度为g.在物块B下落到绳与水平方向的夹角为θ的过程中，下列说法正确的是()A．物块B的机械能的减少量大于物块A的重力势能的增加量B．物块B的重力势能减少量为mgLtanθC．物块A的速度大于物块B的速度D．物块B的末速度为eq\r(\f(2gLsinθ,1＋sin2θ))答案ABD解析在物块B下落到绳与水平方向的夹角为θ时，物块B下降的高度为h＝Ltanθ，则B重力势能减少量为ΔEpB＝mgLtanθ，物块A沿斜面上升的距离为x＝eq\f(L,cosθ)－L，设此时物块A的速度为vA，物块B的速度为vB，A、B组成的系统运动过程中只有重力做功，故系统机械能守恒，所以物块B的机械能减少量等于物块A的机械能增加量，有mgLtanθ－eq\f(1,2)mvB2＝eq\f(1,2)mvA2＋mgxsinθ，A物块沿斜面上升时动能和势能都增加，故A、B正确；将物块B的速度分解为沿绳方向的速度和垂直绳方向的速度，则vA＝v绳＝vBsinθ，则物块A的速度小于物块B的速度，故C错误；联立以上表达式可得vB＝eq\r(\f(2gLsinθ,1＋sin2θ))，故D正确．考向4含弹簧的系统机械能守恒问题例9(多选)如图所示，一根轻弹簧一端固定在O点，另一端固定一个带有孔的小球，小球套在固定的竖直光滑杆上，小球位于图中的A点时，弹簧处于原长，现将小球从A点由静止释放，小球向下运动，经过与A点关于B点对称