物理大一轮复习试题：第五章机械能

考点三年全国卷高考统计1.功和功率2.动能和动能定理3.重力做功与重力势能4.功能关系、机械能守恒定律及应用5.实验：探究动能定理6.实验：验证机械能守恒定律202120202019全国甲卷，T20，物体沿斜面滑动；全国甲卷，T24，小车过减速带；全国乙卷，T24，拍篮球。全国卷Ⅱ，T25，圆管与球下落；全国卷Ⅰ，T20，物块沿斜面下滑。全国卷Ⅱ，T18，物体上抛；全国卷Ⅱ，T25，刹车问题；全国卷Ⅲ，T17，竖直上抛。考情分析：高考对机械能及其守恒定律部分的考查常结合生产、生活中常见的物理情景，如物体上抛下落、车辆启动、(类)刹车、物体上下坡、传送带等。在考查方向上，单一物体、多个物体的不同运动形式都有所体现。解题方法主要是函数法和图象法，同时应用推理论证。对学科核心素养的考查主要体现在运动与相互作用观念、能量观念、模型建构、科学推理及严谨认真的科学态度。命题趋势：通过比较，动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用有增加的趋势，常将功和能的知识和方法融入力学和电学知识中考查，情景设置为多过程，具有较强的综合性。第1节功和功率一、功1.定义：一个物体受到力的作用，并在力的方向上发生了一段位移，这个力就对物体做了功。2.必要因素：力和物体在力的方向上发生的位移。3.物理意义：功是能量转化的量度。4.计算公式(1)恒力F的方向与位移l的方向一致时：W＝Fl。(2)恒力F的方向与位移l的方向成某一夹角α时：W＝Flcos__α。5.功的正负(1)当0≤α＜eq\f(π,2)时，W＞0，力对物体做正功。(2)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了功。(3)当α＝eq\f(π,2)时，W＝0，力对物体不做功。【自测1】(多选)质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面上，斜面沿水平方向向右匀速移动了距离x，如图1所示，物体m相对斜面静止。则下列说法正确的是()图1A.重力对物体m做正功 B.合力对物体m做功为零C.摩擦力对物体m不做功 D.支持力对物体m做正功答案BD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：描述力对物体做功的快慢。3.公式(1)P＝eq\f(W,t)，P为时间t内的平均功率。(2)P＝Fv，v为平均速度，则P为平均功率；v为瞬时速度，则P为瞬时功率；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。【自测2】(多选)关于功率公式P＝eq\f(W,t)和P＝Fv的说法正确的是()A.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B.由P＝Fv既能求某一时刻的瞬时功率，也可以求平均功率C.由P＝Fv知，随着汽车速度的增大，它的功率也可以无限增大D.由P＝Fv知，当汽车发动机功率一定时，牵引力与速度成反比答案BD考点一恒力功的分析和计算1.功的正负的判断(1)依据力与位移方向的夹角来判断。(2)依据力与速度的夹角来判断。2.恒力功的计算方法3.总功的计算方法方法一：先求合力F合，再用W总＝F合lcosα求功，此法要求F合为恒力。方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3、…，再应用W总＝W1＋W2＋W3＋…求总功，注意代入“＋”“－”再求和。1.(功的正负判断)(2021·广东惠州一中月考)图2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()图2A.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.(功的计算)如图3所示是动力滚筒输送机示意图，水平框架上安装了许多同样的转筒，由电动机带动转筒转动。当物体放到转筒上，依靠转筒摩擦带动运送货物。动力滚筒输送机适用于各类箱、包、托盘等货件的输送。滚筒输送机具有结构简单，可靠性高，使用维护方便等优点。某快递公司用动力滚筒输送机分拣快递，动力滚筒输送机水平方向放置，转筒半径为r＝4cm，转动角速度ω＝50rad/s，现将一个质量m＝2kg的快递箱无初速放在A点，将快递箱从A点传送到B点运动的距离为16m。快递箱与转筒间的动摩擦因数μ＝0.2，整个过程转筒始终保持匀速转动，快递箱大小可忽略不计，重力加速度g取10m/s2，快递箱从A点传到B点的过程中，下列说法正确的是()图3A.所需要的时间为8sB.平均速度为4m/sC.输送机对快递箱做的功为64JD.运送快递箱电动机多做的功为8J答案D解析滚筒输送机的线速度v＝ωr＝50×0.04m/s＝2.0m/s，快递箱无初速放在A点，在摩擦力作用下产生的加速度a＝μg＝2.0m/s2，快递箱加速到2.0m/s用的时间t1＝eq\f(v,a)＝1s，在t1时间内发生的位移x1＝eq\f(v,2)t1＝1m，其后快递箱随滚筒输送机做匀速运动的时间t2＝eq\f(xAB－x1,v)＝eq\f(16－1,2)s＝7.5s，快递箱从A点传到B点所需要的时间t＝t1＋t2＝8.5s，故A错误；快递箱从A点传到B点的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(xAB,t)＝eq\f(16,8.5)m/s≈1.9m/s，故B错误；输送机对快递箱做的功W1＝μmgx1＝0.2×2×10×1J＝4J，故C错误；运送快递箱滚筒输送机在t1时间内发生的位移x2＝vt1＝2m，所以运送快递箱电动机多做的功为W2＝μmgx2＝0.2×2×10×2J＝8J，故D正确。考点二变力做功的四种计算方法角度1利用微元法求变力做功将物体的位移分割成许多小段(如图4)，因每一小段很小，每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将变力做功转化为在无数多个位移上的恒力所做功的代数和。此法常用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题。图4【例1】(2021·浙江舟山期中)在水平面上，有一弯曲的槽道弧AB，槽道由半径分别为eq\f(R,2)和R的两个半圆构成(如图5所示)，现用大小恒为F的拉力将一光滑小球从A点沿滑槽道拉至B点，若拉力F的方向时时刻刻均与小球运动方向一致，则此过程中拉力所做的功为()图5A.0 B.FRC.eq\f(3,2)πFR D.2πFR答案C解析虽然拉力方向时刻改变，但力与运动方向始终一致，用微元法，在很小的一段位移内可以看成恒力，小球的路程为eq\f(3πR,2)，则拉力做的功为eq\f(3,2)πFR，故C正确。角度2利用平均力求变力做功当物体受到的力方向不变，而大小随位移均匀变化时，则可以认为物体受到一大小为eq\o(F,\s\up6(－))＝eq\f(F1＋F2,2)的恒力作用，F1、F2分别为物体在初、末位置所受到的力，然后用公式W＝eq\o(F,\s\up6(－))lcosα求此变力所做的功(如图6)。图6【例2】(多选)如图7所示，n个完全相同、边长足够小且互不粘连的小方块依次排列，总长度为l，总质量为M，它们一起以速度v在光滑水平面上滑动，某时刻开始滑上粗糙水平面。小方块与粗糙水平面之间的动摩擦因数为μ，若小方块恰能完全进入粗糙水平面，则摩擦力对所有小方块所做功的大小为()图7A.eq\f(1,2)Mv2 B.Mv2C.eq\f(1,2)μMgl D.μMgl答案AC解析总质量为M的小方块在进入粗糙水平面的过程中滑动摩擦力由0均匀增大，当全部进入时摩擦力达最大值μMg，总位移为l，平均摩擦力为eq\o(F,\s\up6(－))f＝eq\f(1,2)μMg，由功的公式可得Wf＝－eq\o(F,\s\up6(－))f·l＝－eq\f(1,2)μMgl，其大小为eq\f(1,2)μMgl，C正确，D错误；用动能定理计算，则为Wf＝0－eq\f(1,2)Mv2＝－eq\f(1,2)Mv2，其大小为eq\f(1,2)Mv2，A正确，B错误。角度3化变力为恒力求变力做功有些变力做功问题通过转换研究对象，可转化为恒力做功，用W＝Flcosα求解。此法常用于轻绳通过定滑轮拉物体做功的问题中(如图8)。图8【例3】(多选)如图9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，∠OAO′＝37°，∠OCO′＝53°，重力加速度为g(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。则()图9A.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答案AC解析滑块到C点时速度最大，其所受合力为零，则有Fcos53°－mg＝0，解得F＝eq\f(5,3)mg，故A正确，B错误；由能量守恒定律可知，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L1＝eq\f(d,sin37°)，滑轮与C间绳长L2＝eq\f(d,sin53°)，滑轮右侧绳子增大的长度ΔL＝L1－L2＝eq\f(d,sin37°)－eq\f(d,sin53°)＝eq\f(5d,12)，拉力做功W＝FΔL＝eq\f(25,36)mgd，故C正确，D错误。角度4利用F－x图象求变力做功在F－x图象中，图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移所做的功，且位于x轴上方的“面积”为正，位于x轴下方的“面积”为负，但此方法只适用于便于求图线所围面积的情况(如三角形、矩形、圆等规则的几何图形)。【例4】轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m＝0.5kg的物块相连，如图10甲所示，弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2。以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴，现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的情况如图乙所示，物块运动至x＝0.4m处时速度为零，则此时弹簧的弹性势能为(g＝10m/s2)()图10A.3.1J B.3.5JC.1.8J D.2.0J答案A解析物块与水平面间的摩擦力为Ff＝μmg＝1N。现对物块施加水平向右的外力F，由F－x图象与x轴所围面积表示功，可知F做功W＝3.5J，克服摩擦力做功Wf＝Ffx＝0.4J。由于物块运动至x＝0.4m处时，速度为0，由功能关系可知，W－Wf＝Ep，此时弹簧的弹性势能为Ep＝3.1J，选项A正确。考点三功率的分析和计算1.公式P＝eq\f(W,t)和P＝Fv的区别P＝eq\f(W,t)是功率的定义式，P＝Fv是功率的计算式。2.平均功率的计算方法(1)利用eq\a\vs4\al(\o(P,\s\up6(－)))＝eq\f(W,t)。(2)利用eq\o(P,\s\up6(－))＝F·eq\o(v,\s\up6(－))cosα，其中eq\o(v,\s\up6(－))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P＝Fvcosα，其中v为t时刻的瞬时速度。(2)P＝F·vF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度。(3)P＝Fv·v，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力。3.(平均功率的估算)(2021·安徽淮北一模)某健身爱好者质量为55kg，在做俯卧撑运动的过程中可将他的身体视为一根直棒。已知重心在c点，其垂线与脚、两手连线中点间的距离oa、ob分别为1.0m和0.5m。若他在1min内做了36个俯卧撑，每次肩部上升的距离均为0.5m，则1min克服重力做功和相应的功率约为()图11A.660J，11W B.6600J，110WC.990J，16.5W D.9900J，165W答案B解析设重心上升高度为h，根据几何知识可得eq\f(h,0.5)＝eq\f(1.0,1.0＋0.5)，解得h＝eq\f(1,3)m，故做一次俯卧撑克服重力做功为mgh＝eq\f(550,3)J，所以一分钟克服重力做功为W＝36×eq\f(550,3)J＝6600J，功率P＝eq\f(W,t)＝eq\f(6600,60)W＝110W，故B正确，A、C、D错误。4.(瞬时功率的计算)(2021·西工大附中模拟)我国战国时期墨家的著作《墨经》记载了利用斜面提升重物可以省力的方法。如图12所示，倾角为α、长为1m的斜面固定在水平地面上，质量为80kg的滑块置于斜面底部A处，滑块与斜面之间的动摩擦因数为0.5，现用恒力F沿斜面将滑块拉到B处时，速度变为1m/s，重力加速度g取10m/s2，sinα＝0.6，cosα＝0.8。将滑块沿斜面拉到距A处0.25m处时拉力F的功率为()图12A.260W B.420WC.180W D.423W答案B解析对物块受力分析有F－mgsinα－μmgcosα＝ma，根据运动学公式有v2＝2aL，联立解得F＝840N，a＝0.5m/s2，将滑块沿斜面拉到0.25m处时，速度为v′＝eq\r(2as)＝0.5m/s，则拉力的功率为P＝Fv′＝420W，故选B。考点四机车启动类问题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图象和v－t图象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，维持时间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段过程分析F＝F阻⇒a＝0⇒vm＝eq\f(P额,F阻)运动性质做匀速直线运动2.三个重要关系(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,Fmin)＝eq\f(P,F阻)(式中Fmin为最小牵引力，其值等于阻力大小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5】目前，上海有若干辆超级电容车试运行，运行中无需连接电缆，只需在乘客上车间隙充电30秒到1分钟，就能行驶3到5千米。假设有一辆超级电容车，质量m＝2×103kg，额定功率P＝60kW，当超级电容车在平直水平路面上行驶时，受到的阻力Ff是车重的0.1倍，g取10m/s2。(1)超级电容车在此路面上行驶所能达到的最大速度是多少？(2)若超级电容车从静止开始，保持以0.5m/s2的加速度做匀加速直线运动，这一过程能维持多长时间？(3)若超级电容车从静止开始，保持额定功率做加速运动，50s后达到最大速度，求此过程中超级电容车的位移大小。答案(1)30m/s(2)40s(3)1050m解析(1)当超级电容车速度达到最大时，超级电容车的牵引力与阻力平衡，即F＝FfFf＝kmg＝2000NP＝Ffvm解得vm＝eq\f(P,Ff)＝30m/s。(2)超级电容车做匀加速运动，由牛顿第二定律得F1－Ff＝ma解得F1＝3000N设超级电容车刚达到额定功率时的速度为v1，又P＝F1v1则v1＝eq\f(P,F1)＝20m/s设超级电容车匀加速运动的时间为t，则v1＝at解得t＝eq\f(v1,a)＝40s。(3)从静止到达到最大速度整个过程牵引力与阻力做功，由动能定理得Pt2－Ffx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)(其中t2＝50s)解得x＝1050m。5.(2021·湖南卷)“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)mveq\o\al(2,m)－Pt答案C解析在动车组匀加速启动的过程中，对动车组受力分析，根据牛顿第二定律有F1－F阻＝ma1，其中F阻＝kv，因加速度a1不变，v增大，则F阻增大，故牵引力F1逐渐增大，A错误；若四节动力车厢输出功率均为额定值，则牵引力F2＝eq\f(4P,v)，而F2－F阻＝ma，其中F阻＝kv，由v增大可知加速度a减小，所以动车组从静止开始做加速度减小的变加速运动，B错误；设当四节动力车厢输出的总功率为2.25P时，动车组匀速运动的速度为vm′，动车组匀速行驶时受力平衡，有F′＝F阻＝kvm′，则4P＝kveq\o\al(2,m)、2.25P＝kvm′2，解得vm′＝eq\f(3,4)vm，C正确；当四节动力车厢输出功率均为额定值时，对动车组从启动到达到最大速度的过程，根据动能定理有4Pt－W克＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，解得这一过程中该动车组克服阻力做的功W克＝4Pt－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，D错误。考点一恒力功的分析和计算1.(2021·上海虹口区二模)如图1，一磁铁吸附在铁板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()图1A.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，根据动能定理可知，合外力对磁铁不做功，故A错误；磁铁受重力和磁铁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，故弹力一定做功且做负功，故C错误；AB对磁铁的摩擦力沿接触面，与磁铁的运动方向不垂直，故摩擦力一定做功且做负功，故D错误。2.(2021·广东汕头调研)如图2所示，密度为ρ、边长为a的正立方体木块漂浮在水面上(h为木块在水面上的高度)。现用竖直向下的力F将木块按入水中，直到木块上表面刚浸没，则此过程中木块克服浮力做功为(已知水的密度为ρ0、重力加速度为g)()图2A.ρa3gh B.eq\f(1,2)a3gh(ρ＋ρ0)C.ρ0a2gh(a－h) D.eq\f(1,2)a2gh(a－h)(ρ＋ρ0)答案B解析木块漂浮在水面上时有F浮＝G＝ρga3，木块上表面刚浸没时受到的浮力为F浮′＝G＝ρ0ga3，浮力做的功为W＝eq\f(F浮＋F浮′,2)h＝eq\f(1,2)ga3h(ρ＋ρ0)，故选项B正确。3.(多选)一位质量m＝60kg的滑雪运动员从高h＝10m的斜坡自由下滑，如果运动员在下滑过程中受到的阻力F＝50N，斜坡的倾角θ＝30°，重力加速度g取10m/s2，运动员滑至坡底的过程中，关于各力做功的情况，下列说法正确的是()A.重力做功为6000J B.阻力做功为1000JC.支持力不做功 D.各力做的总功为零答案AC解析重力做功为WG＝mgh＝600×10J＝6000J，选项A正确；阻力做功为WF＝－Fx＝－50×20J＝－1000J，选项B错误；支持力的方向与位移方向垂直，则WN＝0即支持力不做功，选项C正确；各力做的总功W＝WG＋WF＋WN＝5000J，选项D错误。考点二变力做功的四种计算方法4.一物体所受的力F随位移x变化的图象如图3所示，求在这一过程中，力F对物体做的功为()图3A.3J B.6JC.7J D.8J答案B解析力F对物体做的功等于图线与横轴x所包围面积的代数和，0～4s这段时间内力F对物体做的功为W1＝eq\f(1,2)×(3＋4)×2J＝7J，4～5s这段时间内力F对物体做的功为W2＝－eq\f(1,2)×(5－4)×2J＝－1J，全过程中，力F对物体做的功为W＝7J－1J＝6J，故选B。5.水平桌面上，长R＝5m的轻绳一端固定于O点，如图4所示(俯视图)，另一端系一质量m＝2.0kg的小球，现对小球施加一个大小不变的力F＝10N，F拉着物体从M点运动到N点，方向始终与小球的运动方向成37°角。已知小球与桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，不计空气阻力，取g＝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()图4A.eq\r(2)∶1 B.eq\r(3)∶1C.2∶1 D.3∶1答案C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，方向始终与小球的运动方向成37°角，所以W1＝Fl1cos37°，W2＝Fl2cos37°…，Wn＝Flncos37°，W＝W1＋W2＋…＋Wn＝F(cos37°)(l1＋l2＋…＋ln)＝Fcos37°·eq\f(π,3)R＝eq\f(40,3)πJ，同理可得小球克服摩擦力做的功Wf＝μmg·eq\f(π,3)R＝eq\f(20,3)πJ，拉力F做的功与小球克服摩擦力做的功之比为2∶1，故选C。6.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)－1）d,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，根据题意可得W＝eq\o(F,\s\up6(－))1d＝eq\f(kd,2)d，W＝eq\o(F,\s\up6(－))2d′＝eq\f(kd＋k（d＋d′）,2)d′，联立解得d′＝(eq\r(2)－1)d，故选B。考点三功率的分析和计算7.如图5所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球。在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点。在此过程中拉力的瞬时功率的变化情况是()图5A.逐渐增大 B.逐渐减小C.先增大，后减小 D.先减小，后增大答案A解析小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点，对小球受力分析如图，F＝mgtanθ，由P＝Fvcosθ，可得P＝mgvsinθ，θ逐渐增大，sinθ逐渐增大，则功率P逐渐增大，A项正确。8.(2021·上海嘉定区二模)“和谐号”动车组提速后，速度由原来的200km/h提高到300km/h，若其运行时所受阻力始终与速度的平方成正比，则机车发动机的功率要变为原来的()图6A.1.5倍 B.(1.5)2倍C.(1.5)3倍 D.(1.5)4倍答案C解析机车最大速度运行时，牵引力等于阻力，当速度由200km/h变为300km/h后，速度变为原来的1.5倍，由f＝kv2(k为常数)，根据瞬时功率的表达式有P＝Fv＝fv＝kv3可知，功率应该提升为原来的(1.5)3倍，故选C。考点四机车启动类问题9.(多选)(2020·天津卷)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。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()图7A.做匀加速直线运动 B.加速度逐渐减小C.牵引力的功率P＝Fvm D.牵引力做功W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)答案BC解析由于动车以恒定功率启动，则由P＝F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－F＝ma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P＝Fvm，C正确；设动车在时间t内的位移为x，由动能定理得W－Fx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，则牵引力所做的功为W＝Fx＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，D错误。10.(2021·湖南长沙模拟)一赛车在平直赛道上以恒定功率加速，其功率为200kW，设所受到的阻力不变，加速度a和速度的倒数eq\f(1,v)的关系如图8所示，则赛车()图8A.做匀加速直线运动B.质量为400kgC.所受阻力大小为2000ND.速度大小为50m/s时牵引力大小为3000N答案C解析由图可知，加速度变化，故做变速直线运动，选项A错误；对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有F－Ff＝ma，其中F＝eq\f(P,v)，联立得a＝eq\f(P,mv)－eq\f(Ff,m)，结合图线可知－eq\f(Ff,m)＝－4，eq\f(P,m)＝eq\f(0－（－4）,0.01)，解得m＝500kg，Ff＝2×103N，选项B错误，C正确；由P＝Fv可知F＝4000N，选项D错误。11.(2021·邵东创新实验学校模拟)某汽车在平直公路上以功率P、速度v0匀速行驶时，牵引力为F0。在t1时刻，司机减小油门，使汽车的功率减为eq\f(P,2)，此后保持该功率继续行驶，t2时刻，汽车又恢复到匀速运动状态。下面是有关汽车牵引力F、速度v在此过程中随时间t变化的图象，其中正确的是()答案A解析由题知汽车以功率P、速度v0匀速行驶时，牵引力与阻力平衡。当司机减小油门，使汽车的功率减为eq\f(P,2)时，根据P＝Fv得知，汽车的牵引力突然减小到原来的一半，即为F＝eq\f(1,2)F0，而阻力没有变化，则汽车开始做减速运动，由于功率保持为eq\f(P,2)，随着速度的减小，牵引力逐渐增大，根据牛顿第二定律得知，汽车的加速度逐渐减小，做加速度减小的减速运动；当汽车再次匀速运动时，牵引力与阻力再次平衡，大小为F0；由P＝Fv得知，此时汽车的速度为原来的一半，汽车功率变化后，做加速度减小的减速直至匀速，故A正确，B错误；汽车功率变化后，牵引力突然减小到原来的一半，然后牵引力逐渐增大(速度减小的越来越慢，牵引力增加的越来越慢)，最终牵引力还原，故C、D错误。12.如图9，在倾角θ＝37°的固定斜面上，一质量m＝1kg的物块在一与斜面也成θ角的斜向右上方的拉力F作用下，由静止沿斜面向上做匀加速直线运动。开始运动的2s内，拉力F对物块做功16J。已知物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，斜面足够长，则拉力F的大小等于()图9A.10N B.12NC.14N D.16N答案A解析设物块的加速度为a，2s内匀加速的位移为x，根据运动学规律得x＝eq\f(1,2)at2，拉力F对物块做功W＝Fxcosθ，斜面对物块的支持力FN＝mgcosθ－Fsinθ，根据牛顿第二定律得Fcosθ－mgsinθ－μFN＝ma，联立解得F＝10N，故选A。13.(多选)(2021·河南平顶山模拟)如图10所示，两轮平衡车广受年轻人的喜爱，它的动力系统由电池驱动，能够输出的最大功率为P0，小明驾驶平衡车在水平路面上沿直线运动，受到的阻力恒为f，已知小明和平衡车的总质量为m，不计小明对平衡车做的功。设平衡车启动后的一段时间内是由静止开始做加速度为a的匀加速直线运动，则从启动到达到最大速度的整个过程中，下列说法正确的是()图10A.平衡车做匀加速直线运动过程中能达到的最大速度为v＝eq\f(P0,f＋ma)B.平衡车运动过程中所需的最小牵引力为Fmin＝fC.平衡车达到最大速度所用的时间t＝eq\f(P0,（f＋ma）a)D.平衡车能达到的最大行驶速度vm＝eq\f(P0,f＋ma)答案AB解析当平衡车的实际功率达到最大功率时匀加速直线运动速度达到最大值，有P0＝Fv，根据牛顿第二定律可得F－f＝ma，联立可得v＝eq\f(P0,f＋ma)，故A正确；平衡车在运动过程中，牵引力最小时即加速度为零，即最小值为Fmin＝f，故B正确；启动后从静止到最大速度，平衡车先做匀加速直线运动，所用时间为t＝eq\f(v,a)＝eq\f(P0,（f＋ma）a)，之后平衡车做加速度减小的变加速运动，也需要一段时间，所以平衡车达到最大速度所用的时间大于eq\f(P0,（f＋ma）a)，故C错误；平衡车合力为零时，达到最大速度，有vm＝eq\f(P0,f)，故D错误。14.2019年12月17日，中国首艘自主建造的国产航母“山东”舰正式入役，中国海军真正拥有了可靠的航母作战能力，国产航母上的“歼15”舰载机采用滑跃式起飞。如图11所示，AB为水平甲板，BC为倾斜甲板，倾角为θ，B处由光滑圆弧平滑连接。舰载机从A点启动做匀加速直线运动，经过2s到达B点时速度为60m/s，此时舰载机发动机的功率恰好达到额定功率，随后滑上倾斜甲板继续加速，在C点实现起飞。已知舰载机总质量为1.0×104kg，滑跑过程中受到的阻力(空气阻力与摩擦阻力总和)恒为自身重力的0.1倍，方向与速度方向相反。倾斜甲板舰艏高度H＝4m，sinθ＝0.2，g＝10m/s2，舰载机可视为质点，航母始终处于静止状态。图11(1)求航母水平甲板AB之间的距离和舰载机发动机的额定功率；(2)若舰载机在倾斜甲板上继续以额定功率加速，又经过2s最终飞离航母。通过计算判断舰载机能否安全起飞(已知舰载机的安全起飞速度至少为80m/s)?答案(1)60m1.86×107W(2)安全起飞解析(1)由x＝eq\f(v0＋v,2)t可得LAB＝eq\f(vB,2)t1＝60m由运动学公式v＝v0＋at可得a＝eq\f(vB,t1)＝30m/s2水平滑跑中由牛顿第二定律得F－f＝ma其中f＝kmgk＝0.1可得F＝3.1×105N由P＝Fv得，发动机达到额定功率P额＝FvB＝1.86×107W。(2)达到额定功率后，舰载机在倾斜甲板上做变加速运动，设C点起飞时的速度为vC，由动能定理可得P额t2－(f＋mgsinθ)×eq\f(H,sinθ)＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,C)－veq\o\al(2,B))解得vC＝104.5m/s>80m/s所以舰载机可以安全起飞。

第2节动能定理及应用一、动能1.定义：物体由于运动而具有的能。2.公式：Ek＝eq\f(1,2)mv2。3.单位：焦耳，1J＝1N·m＝1kg·m2/s2。4.物理意义(1)动能是状态量，v是瞬时速度(选填“瞬时速度”或“平均速度”)。(2)动能是标量(选填“矢量”或“标量”)，只有正值，动能与速度方向无关(选填“有关”或“无关”)。5.动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)。【自测1】(多选)关于动能，下列说法正确的是()A.公式Ek＝eq\f(1,2)mv2中的速度v一般是物体相对于地面的速度B.动能的大小由物体的质量和速率决定，与物体运动的方向无关C.物体以相同的速率向东和向西运动，动能的大小相等但方向不同D.物体以相同的速率做匀速直线运动和曲线运动，其动能不同答案AB二、动能定理1.内容：力在一个过程中对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。2.表达式：W＝Ek2－Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)。3.物理意义：合力做的功是物体动能变化的量度。4.适用条件(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。(2)动能定理既适用于恒力做功，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，也可以分阶段作用。【自测2】一质量为m的物体静止在粗糙的水平面上，当此物体受水平力F作用运动了距离s时，其动能为E1，而当此物体受水平力2F作用运动了相同的距离时，其动能为E2，则()A.E2＝E1 B.E2＝2E1C.E2>2E1 D.E1<E2<2E1答案C考点一对动能定理的理解与应用1.对“外力”的两点理解(1)“外力”可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力等，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.公式中“＝”体现的三个关系数量关系合力做的功与物体动能的变化相等单位关系国际单位都是焦耳因果关系合力做功是物体动能变化的原因3.标量性动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题。当然动能定理也就不存在分量的表达式。例如，以相同大小的初速度不管向什么方向抛出，在最终落到地面上速度大小相同的情况下，所列的动能定理的表达式都是一样的。1.(动能定理在直线运动中的应用)如图1所示，B是水平地面上AC的中点，可视为质点的小物块以某一初速度从A点滑动到C点停止。小物块经过B点时的速度等于它在A点时速度的一半。则小物块与AB段间的动摩擦因数μ1和其与BC段间的动摩擦因数μ2的比值为()图1A.1 B.2C.3 D.4答案C解析根据动能定理，在从A到B的过程，有－μ1mgl＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，在从B到C的过程，有－μ2mgl＝0－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))eq\s\up12(2)，解得eq\f(μ1,μ2)＝3，故选项C正确。2.(动能定理在曲线运动中的应用)(2020·湘赣十五校5月联考)某同学参加学校运动会立定跳远项目比赛，从起跳至着地的整个过程如图2所示，测量得到比赛成绩是2.4m，目测空中脚离地最大高度约为0.8m。已知他的质量约为60kg，重力加速度g＝10m/s2，忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做的功约为()图2A.90J B.480JC.800J D.1250J答案C解析该同学起跳后做抛体运动，从起跳至达到最大高度的过程中，其在竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，有t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×0.8,10))s＝0.4s，竖直方向初速度为vy＝gt＝4m/s；其在水平方向做匀速直线运动，则有v0＝eq\f(x,2t)＝eq\f(2.4,2×0.4)m/s＝3m/s。根据速度的合成可知起跳时的速度为v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝5m/s，因该同学的质量约为60kg，根据动能定理得起跳过程该同学所做的功约为W＝eq\f(1,2)mv2＝750J，最接近800J，选项C正确，A、B、D错误。考点二应用动能定理求变力做功在一个有变力做功的过程中，由动能定理，W变＋W恒＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，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)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－W恒，就可以求变力做的功了。【例1】(多选)如图3所示，一弹性轻绳(弹力与其伸长量成正比)左端固定在墙上A点，右端穿过一固定的光滑圆环B连接一个质量为m的小球p，小球p在B点时，弹性轻绳处在自然伸长状态。小球p穿过竖直固定杆在C处时，弹性轻绳的弹力为mg。将小球p从C点由静止释放，到达D点时速度恰好为0。已知小球与杆间的动摩擦因数为0.2，A、B、C在一条水平直线上，CD＝h；重力加速度为g，弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是()图3A.小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为0.3mghB.小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为0.2mghC.若仅把小球质量变为2m，则小球到达D点时的速度大小为eq\r(gh)D.若仅把小球质量变为2m，则小球到达D点时的速度大小为eq\r(2gh)答案BC解析设BC的长度为L，根据胡克定律有mg＝kL，设BD与竖直方向的夹角为α，则伸长量为eq\f(L,sinα)，故弹力为F＝keq\f(L,sinα)，对小球受力分析，受重力、弹性绳的弹力、摩擦力、支持力，水平方向平衡，故FN＝Fsinα＝kL＝mg，由此可知，下降过程中，水平方向的支持力保持不变，且摩擦力Ff＝μFN＝0.2mg，故小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为Wf＝Ffh＝0.2mgh，故A错误，B正确；对小球从C点运动到D点的过程，根据动能定理有mgh－Ffh－W弹＝0，解得W弹＝0.8mgh，若仅把小球的质量变成2m，小球从C点运动到D点的过程，根据动能定理，有2mgh－Ffh－W弹＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,D)，解得vD＝eq\r(gh)，故C正确，D错误。3.(2021·山东卷)如图4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()图4A.eq\f(mveq\o\al(2,0),2πL) B.eq\f(mveq\o\al(2,0),4πL)C.eq\f(mveq\o\al(2,0),8πL) D.eq\f(mveq\o\al(2,0),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，根据动能定理得－f·2πL＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得f＝eq\f(mveq\o\al(2,0),4πL)，故选项B正确。考点三动能定理与图象的综合问题1.解决图象问题的基本步骤(1)观察题目给出的图象，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。2.图象所围“面积”和图象斜率的含义角度1动能定理与F－x图象结合【例2】如图5甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB的A处连接一粗糙水平面OA，OA长为4m。有一质量为m的滑块，从O处由静止开始受一水平向右的力F作用。F在水平面上按图乙所示的规律变化。滑块与OA间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10m/s2，试求：图5(1)滑块运动到A处的速度大小；(2)不计滑块在A处的速率变化，滑块沿斜面AB向上运动的最远距离是多少。答案(1)5eq\r(2)m/s(2)5m解析(1)由题图乙知，在OA段拉力做功为W＝(2mg×2－0.5mg×1)J＝3.5mg(J)滑动摩擦力Ff＝－μmg＝－0.25mg滑动摩擦力做功为Wf＝Ff·xOA＝－mg(J)滑块在OA上运动的全过程，由动能定理得W＋Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－0代入数据解得vA＝5eq\r(2)m/s。(2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得－mgLsin30°＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)解得L＝5m所以滑块沿斜面AB向上运动的最远距离为L＝5m。角度2动能定理与Ek－x图象结合【真题示例3】(2019·全国卷Ⅲ)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6所示。重力加速度取10m/s2。该物体的质量为()图6A.2kg B.1.5kgC.1kg D.0.5kg答案C解析画出运动示意图。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－EkA，B→A(下落过程)(mg－F)h＝EkA′－EkB′，整理以上两式并代入数据得mgh＝30J，解得物体的质量m＝1kg。选项C正确。考点四应用动能定理求解多过程问题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时，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。【真题示例4】(2021·全国乙卷)一篮球质量为m＝0.60kg，一运动员使其从距地面高度为h1＝1.8m处由静止自由落下，反弹高度为h2＝1.2m。若使篮球从距地面h3＝1.5m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，球落地后反弹的高度也为1.5m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t＝0.20s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取g＝10m/s2，不计空气阻力。求：(1)运动员拍球过程中对篮球所做的功；(2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小。答案(1)4.5J(2)9N解析(1)使篮球从距地面高度为h1处由静止自由落下时，设篮球的落地速度大小为v1，根据自由落体运动的规律有veq\o\al(2,1)＝2gh1，设篮球被地面反弹时的速度大小为v2，则有veq\o\al(2,2)＝2gh2，则篮球与地面碰撞前、后的动能之比eq\f(Ek1,Ek2)＝eq\f(\f(1,2)mveq\o\al(2,1),\f(1,2)mveq\o\al(2,2))＝eq\f(h1,h2)＝eq\f(3,2)，使篮球从距地面h3的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，设篮球的落地速度大小为v3，反弹后的速度大小为v4，则有veq\o\al(2,4)＝2gh3因为篮球每次与地面碰撞前、后的动能的比值不变，所以有eq\f(\f(1,2)mveq\o\al(2,3),\f(1,2)mveq\o\al(2,4))＝eq\f(3,2)设运动员拍球过程中对篮球做的功为W，根据动能定理有W＋mgh3＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)解得W＝4.5J。(2)球在受到力F作用的时间内，根据牛顿第二定律得，加速度a＝eq\f(mg＋F,m)球的位移s＝eq\f(1,2)at2运动员对球做的功W＝Fs联立解得F＝9N。4.(多选)(2021·全国甲卷)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为eq\f(Ek,5)。已知sinα＝0.6，重力加速度大小为g。则()A.物体向上滑动的距离为eq\f(Ek,2mg)B.物体向下滑动时的加速度大小eq\f(g,5)C.物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5D.物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长答案BC解析设物体沿斜面向上滑动的距离为s，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，物体沿斜面上滑过程中，根据动能定理有－mgssinα－μmgscosα＝0－Ek，同理，物体沿斜面下滑过程中有mgssinα－μmgscosα＝eq\f(Ek,5)－0，两式联立解得s＝eq\f(Ek,mg)，μ＝eq\f(1,2)。物体沿斜面下滑过程中，根据牛顿第二定律有mgsinα－μmgcosα＝ma下，解得a下＝eq\f(g,5)，同理可知物体沿斜面上滑过程的加速度大于下滑过程的加速度，由s＝eq\f(1,2)at2可知，物体向上滑动所用的时间比向下滑动所用的时间短。B、C正确，A、D错误。运用动能定理巧解往复运动问题在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而在这一过程中，描述运动的物理量多数是变化的，而且重复的次数又往往是无限的或者难以确定，求解这类问题时若运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出。由于动能定理只关心物体的初、末状态而不计运动过程的细节，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。1.往复次数可确定的情形【示例1】如图1所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC是水平的，其距离d＝0.50m。盆边缘的高度为h＝0.30m。在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑(图中小物块未画出)。已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的地点到B的距离为()图1A.0.50m B.0.25mC.0.10m D.0答案D解析设小物块在BC段通过的总路程为s，由于只有BC面上存在摩擦力，其做功为－μmgs，由动能定理得mgh－μmgs＝0，代入数据可解得s＝3m。由于d＝0.50m，所以，小物块在B、C面上经过3次往复运动后，又回到B点，D正确。2.往复次数无法确定的情形【示例2】如图2所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块距挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，则滑块经过的总路程是()图2A.eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ)) B.eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gsinθ)＋x0tanθ))C.eq\f(2,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ)) D.eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋\f(x0,tanθ)))答案A解析滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为s，对滑块运动的全程应用动能定理mgx0sinθ－μmgscosθ＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得s＝eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ))，选项A正确。考点一对动能定理的理解与应用1.(2021·北京海淀区期末)对动能定理的理解，下列说法正确的是()A.物体所受合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B.某一个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C.因为重力做功改变重力势能，因此动能定理中的功不包括重力的功D.动能定理的研究对象是系统，因此对于单个物体动能定理不适用答案A解析根据动能定理，物体所受合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，而不是某一个力在一个过程中对物体做的功，A正确，B错误；动能定理中的功包括物体所受的各种力所做的功，其中也包括重力做的功，C错误；动能定理的研究对象往往是一个物体，如果对象是一个系统，动能定理不能简单的应用，还要注意系统内力做功有可能不为零，D错误。2.(2021·河南郑州模拟)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1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)()图1A.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmg(s＋x) B.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－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)mveq\o\al(2,0)，则W弹＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmg(s＋x)，故选项A正确。考点二应用动能定理求变力做功3.如图2所示，质量为m的物块与转台之间能出现的最大静摩擦力为物体重力的k倍，它与转轴OO′相距R，物块随转台由静止开始转动。当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动。在物块由静止到开始滑动前的这一过程中，转台对物块做的功为()图2A.0 B.2πkmgRC.2kmgR D.eq\f(kmgR,2)答案D解析由于物体做圆周运动，物体刚开始滑动这一时刻，物体受到转台的摩擦力为最大静摩擦力。则kmg＝meq\f(v2,R)，v2＝kgR。设转台对物块做的功为W转，运用动能定理研究在物块由静止到开始滑动前的这一过程，W转＝eq\f(1,2)mv2－0＝eq\f(kmgR,2)，D正确，A、B、C错误。4.(2021·福建莆田模拟)如图3所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为3m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为(重力加速度为g，不计空气阻力)()图3A.eq\r(2gh) B.eq\r(\f(4gh,3))C.eq\r(gh) D.eq\r(\f(gh,2))答案B解析小球A下降h过程小球克服弹簧弹力做功为W1，根据动能定理，有mgh－W1＝0；小球B下降过程，由动能定理有3mgh－W1＝eq\f(1,2)·3mv2－0，解得v＝eq\r(\f(4gh,3))，故B正确。5.如图4甲所示，在一光滑水平面上静止面上静止放置可视为质点、质量为m＝2kg的物体，以物体在初始位置为坐标原点建立一维坐标系，现给物体施加一沿x轴正向的作用力F，F与x的关系如图乙所示。则在x＝4m处，作用力F的瞬时功率为()图4A.15W B.20WC.40W D.无法计算答案B解析当物体运动到x＝4m处时，作用力F＝5N，作用力F做的功W＝eq\f(1,2)(3＋5)×4J＝16J，根据动能定理，有W＝eq\f(1,2)mv2－0,代入数据，可得物体运动到x＝4m处时的速度v＝4m/s，作用力F的瞬时功率为P＝Fv＝5×4W＝20W，故B正确，A、C、D错误。考点三动能定理与图象的综合问题6.从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是()答案A解析小球做竖直上抛运动，设初速度为v0，则v＝v0－gt，小球的动能Ek＝eq\f(1,2)mv2，把速度v代入得Ek＝eq\f(1,2)mg2t2－mgv0t＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，Ek与t为二次函数关系，故A正确。7.(多选)质量为1kg的物体静止在水平粗糙的地面上，在一水平外力F的作用下运动，如图5甲所示。外力F和物体克服摩擦力Ff做的功W与物体位移x的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。下列分析正确的是()图5A.物体与地面之间的动摩擦因数为0.2B.物体运动的位移为13mC.物体在前3m运动过程中的加速度为3m/s2D.x＝9m时，物体的速度为3eq\r(2)m/s答案ACD解析由Wf＝Ffx对应题图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力Ff＝2N，由Ff＝μmg可得μ＝0.2，A正确；由WF＝Fx对应题图乙可知，前3m内，拉力F1＝5N，3～9m内拉力F2＝2N，物体在前3m内的加速度a1＝eq\f(F1－Ff,m)＝3m/s2，C正确；由动能定理得WF－Ffx＝eq\f(1,2)mv2，可得x＝9m时，物体的速度为v＝3eq\r(2)m/s，D正确；物体的最大位移xm＝eq\f(WF,Ff)＝13.5m，B错误。考点四应用动能定理求解多过程问题8.(2021·天津南开中学模拟)为了研究过山车的原理，某兴趣小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为37°、长度l＝2.0m的粗糙倾斜轨道AB，通过水平轨道BC与半径为R＝0.2m的竖直圆轨道相连，出口为水平轨道DE，整个轨道除AB段以外都是光滑的，其中AB与BC轨道用微小圆弧连接，如图6所示，一个质量m＝1kg的小物块以初速度v0＝5.0m/s从A点沿倾斜轨道滑下，小物块到达C点时的速度vC＝4.0m/s，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：图6(1)小物块到达C点时对圆轨道压力的大小；(2)小物块从A到B运动过程中摩擦力所做的功；(3)小物块不离开轨道，并从轨道DE滑出，竖直圆轨道的半径应满足的条件。答案(1)90N(2)－16.5J(3)R≤0.32m解析(1)设小物块到达C点时受到圆轨道的支持力大小为FN，根据牛顿第二定律，有FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)解得FN＝90N根据牛顿第三定律得小物块到达C点时对圆轨道压力的大小为90N。(2)物块从A到B的过程中，根据动能定理，有mglsin37°＋Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得Wf＝－16.5J。(3)设物块进入圆轨道到达最高点时速度大小为v，根据牛顿第二定律得FN′＋mg＝meq\f(v2,R)由于FN′≥0，解得v≥eq\r(gR)物块从圆轨道最低点到最高点的过程中，有2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mv2联立解得R≤eq\f(veq\o\al(2,C),5g)＝0.32m。9.(2021·河北卷)一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图7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)()图7A.eq\r(（2＋π）gR) B.eq\r(2πgR)C.eq\r(2（1＋π）gR) D.2eq\r(gR)答案A解析当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球下落的高度h＝R＋πR－eq\f(2πR,4)＝R＋eq\f(πR,2)，根据动能定理有mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(（2＋π）gR)。故A正确，B、C、D错误。10.如图8甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能Ek与距地面高度h的关系图象如图乙所示，已知重力加速度为g，空气阻力不计。下列说法正确的是()图8A.在0～h0过程中，F大小始终为mgB.在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为2∶1C.在0～2h0过程中，物体的机械能不断增加D.在2h0～3.5h0过程中，物体的机械能不断减少答案C解析0～h0过程中，Ek－h图象为一段直线，由动能定理得(F－mg)h0＝mgh0－0，故F＝2mg，A错误；在0～h0过程中，F做功为2mgh0，在h0～2h0过程中，由动能定理可知，WF－mgh0＝1.5mgh0－mgh0，解得WF＝1.5mgh0，因此在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为4∶3，故B错误；在0～2h0过程中，F一直做正功，故物体的机械能不断增加，C正确；在2h0～3.5h0过程中，由动能定理得WF′－1.5mgh0＝0－1.5mgh0，则WF′＝0，物体的机械能保持不变，故D错误。11.(2021·山东日照一模)冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意图如图9所示。比赛时，运动员脚蹬起蹬器，身体成跪式，手推冰壶从本垒圆心O向前滑行，至前卫线时放开冰壶使其沿直线OO′滑向营垒圆心O′，为使冰壶能在冰面上滑得更远，运动员可用毛刷刷冰面以减小冰壶与冰面间的动摩擦因数。已知O点到前卫线的距离d＝4m，O、O′之间的距离L＝30.0m，冰壶的质量为20kg，冰壶与冰面间的动摩擦因数μ1＝0.008，用毛刷刷过冰面后动摩擦因数减小到μ2＝0.004，营垒的半径R＝1m，g取10m/s2。图9(1)若不刷冰面，要使冰壶恰好滑到O′点，运动员对冰壶的推力为多大？(2)若运动员对冰壶的推力为10N，要使冰壶滑到营垒内，用毛刷刷冰面的距离是多少？答案(1)12N(2)见解析解析(1)设运动员对冰壶的推力大小为F，由动能定理得Fd－μ1mgL＝0代入数据，解得F＝12N。(2)设冰壶运动到营垒的最左边时，用毛刷刷冰面的距离是x1，冰壶运动到营垒的最右边时，用毛刷刷冰面的距离是x2，则由动能定理得F′d－μ1mg(L－R－x1)－μ2mgx1＝0代入数据，解得x1＝8m由动能定理得F′d－μ1mg(L＋R－x2)－μ2mgx2＝0代入数据，解得x2＝12m所以用毛刷刷冰面的距离x需满足8m≤x≤12m。12.如图10所示为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，粗糙轨道ABC在同一竖直平面内，点A距水面的高度为H，点C距水面的高度为h＝eq\f(H,4)，BC部分可视为半径为R＝eq\f(H,2)的圆弧。一质量为m的游客(视为质点)从轨道A点由静止滑下，到C点时沿水平方向滑离轨道，最终落在水面上的D点，若游客在C点时对轨道的压力大小为3mg，不计空气阻力，重力加速度为g，求：图10(1)运动过程中，游客克服摩擦力所做的功；(2)游客刚入水时的速度与水平方向夹角的正切值及重力的瞬时功率。答案(1)eq\f(1,4)mgH(2)eq\f(\r(2),2)eq\f(mg\r(2gH),2)解析(1)游客在C点时，对其受力分析如图由牛顿第二定律得FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)，代入数据可得v0＝eq\r(gH)①对游客从A到C，由动能定理得mg(H－h)－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)②解得Wf＝eq\f(1,4)mgH。③(2)对游客从C到D，由平抛运动规律得veq\o\al(2,y)＝2gh④设游客入水时的速度方向与水平方向成θ角，则tanθ＝eq\f(vy,v0)⑤联立①④⑤解得tanθ＝eq\f(\r(2),2)重力的瞬时功率P＝mgvy解得P＝eq\f(mg\r(2gH),2)。

第3节机械能守恒定律及应用一、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(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＝－(Ep2－Ep1)＝－ΔEp。【自测1】关于重力势能，下列说法中正确的是()A.物体的位置一旦确定，它的重力势能的大小也随之确定B.物体与零势能面的距离越大，它的重力势能也越大C.一个物体的重力势能从－5J变化到－3J，重力势能减少了D.重力势能的减少量等于重力对物体做的功答案D二、弹性势能1.定义：发生弹性形变的物体的各个部分之间，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，弹性势能增加。定量表达式为W＝－ΔEp。【自测2】(多选)关于弹性势能，下列说法中正确的是()A.任何发生弹性形变的物体，都具有弹性势能B.任何具有弹性势能的物体，一定发生了弹性形变C.物体只要发生形变，就一定具有弹性势能D.弹簧的弹性势能只跟弹簧被拉伸或压缩的长度有关答案AB三、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)mveq\o\al(2,1)＝mgh2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)。3.机械能守恒的条件(1)系统只受重力或弹簧弹力的作用，不受其他外力。(2)系统除受重力或弹簧弹力作用外，还受其他内力和外力，但这些力对系统不做功。(3)系统内除重力或弹簧弹力做功外，还有其他内力和外力做功，但这些力做功的代数和为零。(4)系统跟外界没有发生机械能的传递，系统内、外也没有机械能与其他形式的能发生转化。【自测3】下列几种运动中，机械能一定守恒的是()A.做匀速直线运动的物体B.做匀变速直线运动的物体C.做平抛运动的物体D.做匀速圆周运动的物体答案C考点一机械能守恒的理解和判断机械能是否守恒的三种判断方法(1)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。(2)利用能量转化判断：若物体或系统与外界没有能量交换，物体或系统也没有机械能与其他形式能的转化，则机械能守恒。(3)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。1.(机械能守恒的条件)(2021·浙江绍兴期末)如图1所示为阿拉斯加当地人的一种娱乐方式。他们用一块弹性毯子将小孩竖直抛起，再保持弹性毯子水平，接住小孩。不计空气阻力，下列说法中正确的是()图1A.用毯子将小孩上抛，毯子对小孩做正功，小孩机械能增加B.小孩在空中上升时处于超重状态，下落过程处于失重状态C.小孩由最高点下落，一接触到弹性毯子就立刻做减速运动D.小孩由最高点下落至速度为零的过程中，小孩机械能守恒答案A解析用毯子将小孩上抛，毯子对小孩做正功，小孩机械能增加，故A正确；小孩在空中上升时和下落过程加速度向下，都处于失重状态，故B错误；小孩由最高点下落，一接触到弹性毯子在弹力小于重力之前，加速度向下，还是加速运动，故C错误；小孩由最高点下落至速度为零的过程中，除重力外，毯子的弹力对小孩做负功，小孩机械能减小，故D错误。2.(机械能守恒的判断)(2021·山西太原模拟)如图2所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止在水平面上。现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法中正确的是()图2A.斜劈对小球的弹力不做功B.斜劈与小球组成的系统机械能守恒C.斜劈的机械能守恒D.小球重力势能的减少量等于斜劈动能的增加量答案B解析不计一切摩擦，小球下滑时，小球和斜劈组成的系统只有小球的重力做功，系统机械能守恒，B正确，C、D错误；斜劈对小球的弹力与小球位移的夹角大于90°，故弹力做负功，A错误。考点二单个物体的机械能守恒问题1.表达式用“守恒形式”时，需要选取重力势能的参