高考物理一轮复习 第五章 机械能及其守恒定律-人教版高三物理试题

第五章机械能及其守恒定律必须掌握的重要概念、规律或公式必须了解的3个关键点必须明确的4个易错易误点1.5个重要概念：功、功率、动能、势能、机械能2.3个重要规律：动能定理、机械能守恒定律、功能关系3.6个重要公式：①W＝Flcosα②P＝eq\f(W,t)③P＝Fv④Ep＝mgh⑤Ep＝eq\f(1,2)kx2⑥Ek＝eq\f(1,2)mv21.正确理解机车两种启动方式．2.熟练应用动能定理处理变力功与动能、力、位移之间关系．3.熟悉使用机械能守恒的三种不同的表达式.不会计算变力的功．2.不能区分平均功率和瞬时功率．3.混淆动能定理与机械能守恒定律的表达式．4.不能正确理解功能关系.第1节功和功率[真题回放]1．(2012·上海高考)质量相等的均质柔软细绳A、B平放于水平地面，绳A较长．分别捏住两绳中点缓慢提起，直至全部离开地面，两绳中点被提升的高度分别为hA、hB，上述过程中克服重力做功分别为WA、WB.若()A．hA＝hB，则一定有WA＝WBB．hA>hB，则可能有WA<WBC．hA<hB，则可能有WA＝WBD．hA>hB，则一定有WA>WB【解析】明确重心位置和离地高度是解题的关键．绳子的重心距离绳子中点eq\f(1,4)总长处．若绳子总长分别为lA和lB，则细绳A重心上升的高度hA′＝hA－eq\f(lA,4)，细绳B重心上升的高度hB′＝hB－eq\f(lB,4).根据W＝mgh可得：WA－WB＝mg(hA′－hB′)＝mg[(hA－hB)－eq\f(1,4)(lA－LB)]．由题意lA>lB知A、C、D错误，B正确．【答案】B2．(2014·重庆高考)某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶，受到的阻力分别为车重的k1和k2倍，最大速率分别为v1和v2，则()A．v2＝k1v1B．v2＝eq\f(k1,k2)v1C．v2＝eq\f(k2,k1)v1D．v2＝k2v1【解析】车达到最大速度时，牵引力大小等于阻力大小，此时车的功率等于克服阻力做功的功率．故P＝k1mgv1＝k2mgv2，解得v2＝eq\f(k1,k2)v1，选项B正确．【答案】B3．(2010·课标全国卷)(多选)如图5­1­1所示，在外力作用下某质点运动的v­t图象为正弦曲线．从图中可以判断()图5­1­1A．在0～t1时间内，外力做正功B．在0～t1时间内，外力的功率逐渐增大C．在t2时刻，外力的功率最大D．在t1～t3时间内，外力做的总功为零【解析】由动能定理可知，在0～t1时间内质点速度越来越大，动能越来越大，外力一定做正功，故A项正确；在t1～t3时间内，动能变化量为零，可以判定外力做的总功为零，故D项正确；由P＝F·v知0、t1、t2、t3四个时刻功率为零，故B、C都错．【答案】AD[考向分析]考钢展示功和功率(Ⅱ)命题趋势功和功率是物理学中的重要概念，是高考必定涉及的内容之一，可以单独命题，但多数情况下是与其他知识点综合在一起考查，题型可能是选择题，也可能是计算题．3.选材特点一般情况下会结合生活中的实例命题，有实际应用背景，考查相关概念和规律的应用，也有时结合图象、实验综合考查.考点一判断正负功的方法一、根据夹角判断力与位移的夹角在推力F作用下，斜面与物块一起水平运动(1)G对m不做功(2)FN对m做正功(3)Ff对m做负功力与瞬时速度的夹角卫星由位置1到2的过程中，F与v的夹角大于90°做负功二、从能的转化角度来进行判断此法常用于判断相互联系的两个物体之间的相互作用力做功的情况．例如车M静止在光滑水平轨道上，球m图5­1­2用细线悬挂在车上，由图5­1­2中的位置无初速地释放，则可判断在球下摆过程中绳的拉力对车做正功．因为绳的拉力使车的动能增加了．又因为M和m构成的系统的机械能是守恒的，M增加的机械能等于m减少的机械能，所以绳的拉力一定对球m做负功．【例1】(多选)如图5­1­3所示，重球m用一条不可伸长的轻质细线拴住后悬于O点，重球置于一个斜面不光滑的斜劈M上，用水平力F向左推动斜劈M在光滑水平桌面图5­1­3上由位置甲匀速向左移动到位置乙，在此过程中，正确的说法是()A．M、m间的摩擦力对m不做功B．M、m间的摩擦力对m做负功C．F对M所做的功与m对M所做的功的绝对值相等D．M、m间的弹力对m做正功【解析】小球在向左摆动过程中，M对m的摩擦力方向与小球m的位移方向间夹角小于90°，故摩擦力对m做正功，A、B均错误；因M匀速向左运动，地面对M的支持力和M的重力不做功，一定有F对M所做的功与m对M所做的功合功为零，C正确；M对m的弹力方向与m位移方向夹角小于90°，故对m做正功，D项正确．【答案】CD【反思总结】(1)作用力和反作用力虽然等大反向，但由于其分别作用在两个物体上，产生的位移效果无必然联系，故作用力和反作用力的功不一定一正一负，大小也不一定相等．(2)摩擦力并非只做负功，可以做正功、负功或不做功．突破训练1生活中有人常说在车厢内推车是没用的，如图5­1­4，在水平地面上运动的汽车车厢内一人用力推车，当图5­1­4车在倒车时刹车的过程中()A．人对车做正功B．人对车做负功C．人对车不做功D．车对人的作用力方向水平向右【解析】倒车表示速度向右，刹车表示减速运动，即a、v方向相反，加速度a向左，人与车具有相同的加速度，对人受力分析，受到重力和车对人的作用力，则车对人的作用力方向为斜向左上方，D错；那么人对车的作用力方向斜向右下方，人对车的作用力与车运动位移方向成锐角，即人对车做正功(或对人由动能定理，人的动能减小，车对人做负功，人对车做正功来判断)，A对，B、C错．【答案】A考点二功的计算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、W2、……，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋……求合外力做的功．3．变力做的功(1)应用动能定理求解．(2)应用W＝Pt求解，此法适用于变力的功率P不变．(3)将变力做功转化为恒力做功，此法适用于力的大小不变，方向与运动方向相同或相反，或力的方向不变，大小随位移均匀变化的情况．【例2】[考向：恒力做功]如图5­1­5所示，建筑工人通过滑轮装置将一质量是100kg的料车沿30°角的斜面由底端匀速地拉到顶端，斜面长L是4m，若图5­1­5不计滑轮的质量和各处的摩擦力，g取10N/kg，求这一过程中(1)人拉绳子的力做的功；(2)物体的重力做的功；(3)物体受到的合力对物体做的总功．【解析】(1)工人拉绳子的力：F＝eq\f(1,2)mgsinθ工人将料车拉到斜面顶端时，拉绳子的长度：l＝2L，根据公式W＝Flcosα，得W1＝eq\f(1,2)mgsinθ·2L＝2000J.(2)重力做功：W2＝－mgh＝－mgLsinθ＝－2000J.(3)由于料车在斜面上匀速运动，则料车所受的合力为0，故W合＝0.【答案】(1)2000J(2)－2000J(3)0【例3】[考向：变力做功]人在A点拉着绳通过一定滑轮吊起质量m＝50kg的物体，如图5­1­6所示，开始时绳与水平方向的夹角为60°.当人匀速提起重物由A点沿水平方向运动l＝2m而到达B点时，绳图5­1­6与水平方向成30°角．则人对绳的拉力做了多少功？【思维模板】问1：人对绳的拉力是变力还是恒力？提示：变力，方向变化．问2：人对绳做的功与绳对重物做的功，有何关系？提示：相等．问3：如何由人移动距离求重物上升高度？提示：从几何关系入手．【解析】人对绳的拉力的功与绳对物体的拉力的功是相同的，而由于匀速提升物体，故物体处于平衡状态，可知绳上拉力F＝mg.而重物上升的高度h等于右侧绳子的伸长量Δl，由几何关系易得：h(cot30°－cot60°)＝l，Δl＝eq\f(h,sin30°)－eq\f(h,sin60°)，解得Δl＝1.46m．人对绳子做的功W＝mgΔl＝500×1.46J＝730J.【答案】730J【反思总结】公式W＝Flcosα中位移“l”的意义：(1)力对平动的物体(可看作质点)做功，“l”为物体上每一点的位移(即受力质点对地的位移)．(2)若受力物体发生转动或形变，“l”应取作用点的位移．(3)“l”的取值一般以大地为参考系．考点三功率的计算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)cosθ，其中eq\x\to(v)为物体运动的平均速度，F为恒力．2．瞬时功率的计算方法(1)利用公式P＝Fvcosθ，其中v为t时刻的瞬时速度．(2)利用公式P＝FvF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度．(3)利用公式P＝Fvv，其中Fv为物体受的外力F在速度v方向上的分力．【例4】如图5­1­7甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为2kg的物体在F作用下由静止开始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化关系如图5­1­7乙所示，g取10m/s2.求：(1)4s末力F的瞬时功率；(2)4s内F做功的平均功率．甲乙图5­1­7【解析】(1)由图象可得，物体的加速度a＝eq\f(2,4)m/s2＝0.5m/s2由牛顿第二定律2F－mg＝ma解得F＝10.5N4s末F的瞬时功率为：P＝Fv＝10.5×2×2W＝42W.(2)4s内的平均功率eq\x\to(P)＝Feq\x\to(v)＝10.5×2W＝21W.【答案】(1)42W(2)21W突破训练2(多选)质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t＝0时刻开始受到水平力的作用．力的大小F与时间t的关系如图5­1­8所示，力的方向保持不变，则()图5­1­8A．3t0时刻的瞬时功率为eq\f(5F\o\al(2,0)t0,m)B．3t0时刻的瞬时功率为eq\f(15F\o\al(2,0)t0,m)C．在t＝0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为eq\f(23F\o\al(2,0)t0,4m)D．在t＝0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为eq\f(25F\o\al(2,0)t0,6m)【解析】2t0时刻速度大小v2＝a1·2t0＝eq\f(2F0,m)t0.3t0时刻的速度大小为v3＝v2＋a2t0＝eq\f(F0,m)·2t0＋eq\f(3F0,m)·t0＝eq\f(5F0t0,m)，3t0时刻力F＝3F0，所以瞬时功率P＝3F0·v3＝eq\f(15F\o\al(2,0)t0,m)，A错，B对；0～3t0时间段，水平力对物体做功W＝F0x1＋3F0x2＝F0×eq\f(1,2)·eq\f(F0,m)(2t0)2＋3F0·eq\f(v2＋v3,2)t0＝eq\f(25F\o\al(2,0)t\o\al(2,0),2m)，平均功率P＝eq\f(W,t)＝eq\f(25F\o\al(2,0)t0,6m)，C错，D对．【答案】BD考点四机车启动问题1.两种启动方式的比较恒定功率启动恒定加速度启动P－t图象和v－t图象OA段过程分析P不变：v↑⇒F＝eq\f(P,v)↓⇒a＝eq\f(F－F阻,m)↓a不变：a＝eq\f(F－F阻,m)⇒F不变eq\o(⇒,\s\up6(v↑))P＝Fv↑＝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)↓运动性质做速度为vm的匀速直线运动加速度减小的加速直线运动，在B点达到最大速度，vm＝eq\f(P额,F阻)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,Fmin)＝eq\f(P,f)(式中Fmin为最小牵引力，其值等于阻力f)．(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，速度不是最大，即v＝eq\f(P,F)<vm＝eq\f(P,f).(3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W＝Pt.由动能定理：Pt－fs＝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．【例5】在水平直线马路上，质量m＝1.0×103kg的汽车，发动机的额定功率P＝6.0×104W，汽车开始由静止以a＝1m/s2的加速度做匀加速运动，运动中所受摩擦阻力大小恒为2000N．当汽车达到额定功率后，保持功率不变，重力加速度g取10m/s(1)汽车做匀加速运动的时间t1；(2)汽车所能达到的最大速率；(3)若汽车由静止到发生位移x＝1000m前已达到最大速率，则汽车发生该1000m位移需要多长时间？【解析】(1)汽车匀加速运动时，根据牛顿第二定律有F－Ff＝ma设匀加速运动阶段的末速度为v，匀加速运动的时间为t1，有P＝Fv，v＝at1代入数值，联立解得t1＝20s(2)当达到最大速率vm时，有P＝Ffvm解得汽车的最大速率vm＝30m/s(3)汽车匀加速运动的位移x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝200m在后一阶段牵引力对汽车做正功、阻力做负功、所需时间为t2，通过的位移为x2，根据动能定理有Pt2－Ffx2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mv2又有x2＝x－x1代入数值，联立解得t2≈30.8s所以，汽车总的运动时间t＝t1＋t2＝50.8s【答案】(1)20s(2)30m/s(3)50.8s突破训练3一辆汽车在平直的公路上以某一初速度运动，运动过程中保持恒定的牵引功率，其加速度a和速度的倒数(1/v)图象如图5­1­9所示．图5­1­9若已知汽车的质量，则根据图象所给的信息，不能求出的物理量是()A．汽车的功率B．汽车行驶的最大速度C．汽车所受到的阻力D．汽车运动到最大速度所需的时间【解析】由P＝F·v和F－Ff＝ma得出：a＝eq\f(P,m)·eq\f(1,v)－eq\f(Ff,m)，由图象可求出图线斜率k，则k＝eq\f(P,m)，可求出汽车的功率P，由eq\f(1,v)＝0时，a＝－2m/s2，得：－2＝－eq\f(Ff,m)可求出汽车所受阻力Ff，再由P＝Ff·vm可求出汽车运动的最大速度vm，但汽车做变加速直线运动，无法求出汽车运动到最大速度的时间，故选D.【答案】D数学技巧2微元法及其应用1．方法概述：微元法是将研究对象(物体或物理过程)进行无限细分，从其中抽取某一微小单元即“元过程”，进行讨论，每个“元过程”所遵循的规律是相同的．对这些“元过程”进行必要的数学方法或物理思想处理，进而使问题求解．2．方法优点：微元法是分析、解决物理问题中的常用方法，也是从部分到整体的思维方法．使用此方法可以把一些复杂的物理过程用我们熟悉的物理规律迅速地加以解决，使所求的问题简单化，从而起到巩固知识、加深认识和提高能力的作用．【例6】如图5­1­10所示，质量为m的小车以恒定速率v沿半径为R的竖直圆轨道运动，已知小车与竖直圆轨道间的动摩擦因数为μ，试求小车从轨道最低点运动到最高点的过程中，图5­1­10克服摩擦力做的功．【思路导引】【解析】小车沿竖直圆轨道从最低点匀速率运动到最高点的过程中，由于轨道支持力是变力，故而摩擦力为一变力，本题可以用微元法来求．如图所示，将小车运动的半个圆周均匀细分成n(n→∞)等分，在每段长eq\f(πR,n)的圆弧上运动时，可认为轨道对小车的支持力Ni不变、因而小车所受的摩擦力fi不变，摩擦力的功可以用W＝F·s计算．当小车运动到如图所示的A处圆弧时，有NiA－mgsinθ＝meq\f(v2,R)则fiA＝μ(meq\f(v2,R)＋mgsinθ)WiA＝μ(meq\f(v2,R)＋mgsinθ)·eq\f(πR,n)当小车运动到如图所示的与A关于x轴对称的B处圆弧时，有NiB＋mgsinθ＝meq\f(v2,R)则fiB＝μ(meq\f(v2,R)－mgsinθ)WiB＝μ(meq\f(v2,R)－mgsinθ)·eq\f(πR,n)由此，小车关于水平直径对称的轨道两微元段上摩擦力做功之和为：Wi＝2μmeq\f(v2,R)·eq\f(πR,n)于是可知，小车沿半圆周从轨道最低点运动到最高点的过程中，摩擦力做的总功为：突破训练4如图5­1­11所示，质量为40kg的物体，在一个水平外力作用下，沿直径为40m的水平圆形轨道匀速运动一周，图5­1­11若物体与轨道间的动摩擦因数为0.5，求水平外力在此过程中做功多少？【解析】将圆周分成无限个小元段，在每一小元段ΔL上可认为物体做匀速直线运动，水平外力F大小等于摩擦力：F＝μmg＝200N，水平外力所做的功W1＝F·ΔL1在运动一周的过程中，水平外力做的总功即为各个小元段上做功的代数和W＝W1＋W2＋…＋Wn＝F·ΔL1＋F·ΔL2＋…＋F·ΔLn，又ΔL1＋ΔL2＋…＋ΔLn＝2πR由以上各式得：W＝200×2π×20J＝8π×103J.【答案】8π×103J[功、功率的分析]1．物体在水平拉力F作用下，沿x轴方向由坐标原点开始运动，设拉力F随x的变化分别如图5­1­12甲、乙、丙所示，其中图甲为一半圆图形，对应拉力做功分别为W甲、W乙、W丙，则以下说法正确的是()甲乙丙图5­1­12A．W甲>W乙>W丙 B．W甲>W乙＝W丙C．W甲＝W乙＝W丙 D．无法比较它们的大小【解析】拉力F为变力，其对物体做的功一定等于F－x图线与x轴所围的面积，由图可以看出，W甲＝eq\f(π,2)Fmx0，W乙＝eq\f(1,2)Fmx0，W丙＝eq\f(1,2)Fmx0，所以W甲>W乙＝W丙，B正确．【答案】B2．如图5­1­13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变化情况是()图5­1­13A．逐渐增大B．逐渐减小C．先增大，后减小D．先减小，后增大【解析】解法1：数学解析法．因小球速率不变，所以小球以O点为圆心做匀速圆周运动，受力如图所示．设绳与竖直方向的夹角为θ，则在切线方向上应有：mgsinθ＝Fcosθ，拉力F的瞬时功率P＝Fvcosθ＝mgvsinθ.小球从A运动到B的过程中，拉力的瞬时功率随θ的增大而增大，A正确．解法2：转化法求解．因小球的动能始终不变，故拉力F的瞬时功率就等于克服重力做功的瞬时功率，即P＝－PG＝－mgvcos(90°＋θ)＝mgvsinθ.小球从A运动到B的过程中，拉力的瞬时功率随θ的增大而增大，A正确．【答案】A[功、功率的计算]3．一个质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点，图5­1­14小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ，如图5­1­14所示，则拉力F所做的功为()A．mgLcosθB．mgL(1－cosθ)C．FLsinθD．FLcosθ【解析】小球从P点到Q点时，受重力、绳子的拉力及水平拉力F作用，因很缓慢地移动，小球可视为平衡状态，由平衡条件可知：F＝mgtanθ，随θ的增大，拉力F也增大，故F是变力，因此不能直接用公式W＝Flcosθ计算．根据动能定理，有：WF－WG＝0.所以WF＝WG＝mgL(1－cosθ)，选项B正确．【答案】B4．(2014·四川成都诊断)把动力装置分散安装在每节车厢上，使其既具有牵引力，又可以载客，这样的车辆叫动车．几节动车加几节拖车(不带动力的车辆)编成一组，就是动车图5­1­15组．如图5­1­15所示为往返于成都和都江堰的动车组，它由6节动车加2节拖车编成．若动车组运行过程中受到的阻力与车重成正比，每节动车与拖车的质量都相等，每节动车的额定功率都相同，1节动车加1节拖车编成的动车组的最大速度为140km/h，则图示动车组的最大速度为()A．140km/h B．210km/hC．280km/h D．420km/h【解析】根据瞬时功率与牵引力、瞬时速度的关系，对于1节动车加1节拖车编成的动车组有P＝Ffvm＝k·(1＋1)mg·vm，对于6节动车加2节拖车编成的动车组有6P＝k·(6＋2)mg·vm′，联立以上两式得vm′＝210km/h，故B正确．【答案】B[机车启动模型]5．(多选)(2014·哈尔滨师大附中模拟)质量为m的汽车在平直公路上加速行驶，受到的阻力恒为f.当速度为v时，汽车发动机输出功率为P，则此时汽车的()A．牵引力为eq\f(P,v) B．牵引力大于eq\f(P,v)C．加速度为eq\f(f,m) D．加速度小于eq\f(P,mv)【解析】功率、牵引力、速度的关系为P＝Fv，A对，B错；由牛顿第二定律有F－f＝ma，F＝eq\f(P,v)，a<eq\f(P,mv)，C错，D对．【答案】AD课时提升练(十四)功和功率(限时：45分钟)A对点训练——练熟基础知识题组一做功的分析、判断1．如图5­1­16所示，一轻绳的一端系在固定粗糙斜面上的O点，另一端系一小球．给小球一足够大的初速度，使小球在斜面上做圆周运动．在此过程中()图5­1­16A．斜面对小球的支持力做功B．重力对小球不做功C．绳的张力对小球不做功D．在任何一段时间内，小球克服摩擦力所做的功总是等于小球动能的减少量【解析】斜面的支持力、绳的张力总是与小球的运动方向垂直，故不做功，A错，C对；摩擦力总与速度方向相反，做负功；小球在重力方向上有位移，因而重力对小球做功，B错；小球动能的变化量等于合外力做的功，即重力与摩擦力做功的和，D错．【答案】C2．(多选)如图5­1­17所示，木块B上表面是水平的，木块A置于B上并与B保持相对静止，一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑过程中()A．A所受的合外力对A不做功图5­1­17B．B对A的弹力做正功C．B对A的摩擦力做正功D．A对B不做功【解析】A、B一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，设斜面倾角为θ，则加速度为gsinθ.由于A速度增大，由动能定理，A所受的合外力对A做正功，B对A的摩擦力做正功，B对A的弹力做负功，选项A、B错误，C正确．A对B不做功，选项D正确．【答案】CD3．如图5­1­18所示，质量为m的物体置于倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，在外力作用下，斜面以加速度a沿水平方向向左做匀加速运动，运动中物体m与斜面体相对静止．则关于斜面对m的图5­1­18支持力和摩擦力的下列说法中错误的是()A．支持力一定做正功 B．摩擦力一定做正功C．摩擦力可能不做功 D．摩擦力可能做负功【解析】因加速度a的大小情况不确定，故物体m可能不受摩擦力，也可能受沿斜面向上或向下的摩擦力，故摩擦力对物体做功情况不确定，B错误，C、D正确；因支持力与位移方向夹角小于90°，故支持力一定做正功，A正确．【答案】B题组二功、功率的计算4.(2014·开封一中检测)如图5­1­19所示，木板质量为M，长度为L，小木块质量为m，水平地面光滑，一根不计质量的轻绳跨过定滑轮分别图5­1­19与M和m连接，小木块与木板间的动摩擦因数为μ，开始时木块静止在木板左端，现用水平向右的力将m拉至右端，拉力至少做功为()A．μmgL B．2μmgLC．μmgL/2 D．μ(M＋m)gL【解析】m缓慢运动至右端，拉力F做功最小，其中F＝μmg＋FT，FT＝μmg，小木块位移为eq\f(L,2)，所以WF＝F·eq\f(L,2)＝μmgL.【答案】A5．如图5­1­20所示，质量为m的小球以初速度v0水平抛出，恰好垂直打在倾角为θ的斜面上，(不计空气阻力)，则球落在斜面上时重力的瞬时功率为()图5­1­20A．mgv0tanθ B.eq\f(mgv0,tanθ)C.eq\f(mgv0,sinθ) D．mgv0cosθ【解析】如图所示，由于v垂直于斜面，可求出小球落在斜面上时速度的竖直分量v2＝v0/tanθ，此时重力做功的瞬时功率为P＝mgv2＝eq\f(mgv0,tanθ).B正确．【答案】B6．(多选)放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图5­1­21甲、乙所示．下列说法正确的是()甲乙图5­1­21A．0～6s内物体的位移大小为30mB．0～6s内拉力做的功为70JC．合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等D．滑动摩擦力的大小为5N【解析】由v­t图象面积表示相应时间内的位移，得A项正确；0～2s内，物体做匀加速运动，设拉力为F1，由P1＝F1v，得F1＝eq\f(30,6)N＝5N，W1＝F1x1＝5×eq\f(2×6,2)J＝30J,2s～6s内，W2＝P2t2＝10×4J＝40J，所以0～6s内W＝W1＋W2＝70J，B项正确；由v­t图象得0～2s内物体做匀加速运动，2s～6s内物体做匀速运动，由动能定理可得C项正确；2s～6s内，Ff＝F拉＝eq\f(P,v)＝eq\f(10,6)N＝eq\f(5,3)N，D项错误．【答案】ABC题组三两种启动方式7．汽车由静止开始做匀加速直线运动，速度达到v0的过程中的平均速度为v1；若汽车由静止开始以额定功率行驶，速度达到v0的过程中的平均速度为v2，且两次历时相同，则()A．v1>v2B．v1<v2C．v1＝v2D．条件不足，无法判断【解析】两种运动的v－t图象如图所示．a表示匀加速的过程，b表示以额定功率行驶的过程，由v－t图线与横轴围成的面积表示位移的大小可知xb>xa，根据平均速度的定义eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)可知v1<v2.故B正确．【答案】B8．(多选)汽车在平直的公路上以恒定的功率启动，设阻力恒定，则图5­1­22中关于汽车运动过程中加速度、速度随时间变化的关系，以下判断正确的是()图5­1­22A．汽车的加速度—时间图象可用图乙描述B．汽车的速度—时间图象可用图甲描述C．汽车的加速度—时间图象可用图丁描述D．汽车的速度—时间图象可用图丙描述【解析】由牛顿第二定律得F－Ff＝ma，F＝eq\f(P,v)，即eq\f(P,v)－Ff＝ma，随着v的增大，物体做加速度减小的加速运动，在v－t图象上斜率应越来越小，故甲为汽车的速度—时间图象，B对，D错；因速度增加得越来越慢，由a＝eq\f(P,mv)－eq\f(Ff,m)知，加速度减小得越来越慢，最后趋于零，故图乙为汽车加速度—时间图象，A对，C错．【答案】ABB组深化训练——提升应考能力9．(多选)如图5­1­23甲所示，质量m＝2kg的物块放在光滑水平面上，在P点的左方始终受到水平恒力F1的作用，在P点的右方除F1外还受到与F1在同一条直线上的水平恒力F2的作用．物块从A点由静止开始运动，在0～5s内运动的v－t图象如图5­1­23乙所示，由图可知下列判断正确的是()甲乙图5­1­23A．t＝2.5s时，物块经过P点B．t＝2.5s时，物块距P点最远C．t＝3s时，恒力F2的功率P为10WD．在1～3s的过程中，F1与F2做功之和为－8J【解析】根据题图乙可知t＝1s时，物块由加速变为减速，结合题干条件可判断t＝1s时，物块经过P点，A错；根据v－t图象的物理意义可知t＝2.5s时，物块向右运动位移最大，即距P点最远，B对；根据牛顿第二定律得F1＝ma1，F2－F1＝ma2，结合图象联立解得F2＝10N，t＝3.0s时，v＝a2t′＝1m/s，所以，恒力F2的功率P＝F2v＝10W，C对；根据动能定理得在1～3s的过程中，F1与F2做功之和W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝－8J，D对．【答案】BCD图5­1­2410．(多选)一个质量为50kg的人乘坐电梯，由静止开始上升，整个过程中电梯对人做功的功率随时间变化的P­t图象如图5­1­24所示，g＝10m/s2，加速和减速过程均为匀变速运动，则以下说法正确的是()A．图中P1的值为900WB．图中P2的值为1100WC．电梯匀速阶段运动的速度为2m/sD．电梯加速运动过程中对人所做的功大于减速阶段对人所做的功【解析】由于加速和减速过程均为匀变速运动，所以每个过程中电梯对人的作用力均为恒力．由题图可知在第2～5s过程中，电梯匀速上升，电梯对人的支持力大小等于重力500N．由P＝Fv可知，电梯以2m/s的速度匀速上升，C项正确；电梯加速上升的末速度和减速上升的初速度均为2m/s.其加速度分别为1m/s2和0.5m/s2.由牛顿第二定律得加速过程F2＝mg＋ma＝550N，减速过程F1＝mg－ma2＝475N，故P2＝F2v＝1100W，P1＝F1v＝950W．故A项错，B项正确．在P－t图象中，图线与坐标轴所围的面积表示电梯对人的支持力所做的功，由图象易知，加速过程中电梯对人所做的功小于减速过程中电梯对人所做的功，D项错误．【答案】BC图5­1­2511．如图5­1­25所示，水平传送带正以v＝2m/s的速度运行，两端水平距离l＝8m，把一质量m＝2kg的物块轻轻放到传送带的A端，物块在传送带的带动下向右运动，若物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，不计物块的大小，g取10m/s2，则把这个物块从A端传送到B端的过程中，摩擦力对物块做功的平均功率是多少？1s时，摩擦力对物块做功的功率是多少？皮带克服摩擦力做功的功率是多少？【解析】物块刚放到传送带上时，由于与传送带有相对运动，物块受向右的滑动摩擦力，物块做加速运动，摩擦力对物块做功，求出物块在摩擦力作用下的位移和运动时间．物块受向右的摩擦力为：Ff＝μmg＝0.1×2×10N＝2N加速度为α＝eq\f(Ff,m)＝μg＝0.1×10m/s2＝1m/s2当物块与传送带相对静止时，物块的位移为：x＝eq\f(v2,2a)＝eq\f(22,2×1)m＝2m.摩擦力做功为：W＝Ffx＝2×2J＝4J相对静止后物块与传送带之间无摩擦力，此后物块匀速运动到B端，物块由A端运动到B端所用的时间为：t＝eq\f(v,a)＋eq\f(l－x,v)＝eq\f(2,1)s＋eq\f(8－2,2)s＝5s则物块在被传送过程中所受摩擦力的平均功率为：P＝eq\f(W,t)＝eq\f(4,5)W＝0.8W.1s时，物块的速度为v1＝at＝1m/s则摩擦力对物块做功的功率为P1＝Ffv1＝2×1W＝2W.皮带的速度为v＝2m/s.故皮带克服摩擦力做功的功率为P2＝Ffv＝2×2W＝4W.【答案】0.8W2W4W12．一辆汽车质量为1×103kg，最大功率为2×104W，在水平路面上由静止开始做直线运动，最大速度为v2，运动中汽车所受阻力恒定．发动机的最大牵引力为3×103N，其行驶过程中牵引力F与车速的倒数eq\f(1,v)的关系如图5­1­26所示．试求：(1)根据图线ABC判断汽车做什么运动；(2)v2的大小；(3)整个运动过程中的最大加速度．【解析】(1)题图中图线AB段牵引力F不变，阻力Ff不变，汽车做匀加速直线运动，图线BC的斜率表示汽车的功率P，P不变，则汽车做加速度减小的加速运动，直至达到最大速度v2，此后汽车做匀速直线运动．(2)当汽车的速度为v2时，牵引力为F1＝1×103N，v2＝eq\f(Pm,F1)＝eq\f(2×104,1×103)m/s＝20m/s.(3)汽车做匀加速直线运动时的加速度最大阻力Ff＝eq\f(Pm,v2)＝eq\f(2×104,20)N＝1000Na＝eq\f(Fm－Ff,m)＝eq\f(3－1×103,1×103)m/s2＝2m/s2.【答案】(1)见解析(2)20m/s(3)2m/s2第2节动能定理[真题回放]1．(2014·新课标全国卷Ⅱ)一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v.若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v.对于上述两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则()A．WF2>WF1，Wf2>2Wf1B．WF2>4WF1，Wf2＝2Wf1C．WF2<4WF1，Wf2＝2Wf1D．WF2<4WF1，Wf2<2Wf1【解析】根据x＝eq\f(v＋v0,2)t得，两过程的位移关系x1＝eq\f(1,2)x2，根据加速度的定义a＝eq\f(v－v0,t)，得两过程的加速度关系为a1＝eq\f(a2,2).由于在相同的粗糙水平地面上运动，故两过程的摩擦力大小相等，即f1＝f2＝f，根据牛顿第二定律F－f＝ma得，F1－f1＝ma1，F2－f2＝ma2，所以F1＝eq\f(1,2)F2＋eq\f(1,2)f，即F1>eq\f(F2,2).根据功的计算公式W＝Fl，可知Wf1＝eq\f(1,2)Wf2，WF1>eq\f(1,4)WF2，故选项C正确，选项A、B、D错误．【答案】C2．(2013·天津高考)质量为m＝4kg的小物块静止于水平地面上的A点，现用F＝10N的水平恒力拉动物块一段时间后撤去，物块继续滑动一段位移停在B点，A、B两点相距x＝20m，物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2，求：物块在力F作用过程发生位移x1的大小．【解析】设物块受到的滑动摩擦力为Ff，则Ff＝μmg根据动能定理，对物块由A到B整个过程，有Fx1－Ffx＝0代入数据，解得x1＝16m.【答案】16m3．(2012·福建高考)如图5­2­1所示，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为v0，小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为t1，A、B两点间距离为d，缆绳质量忽略不计．求：图5­2­1(1)小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功Wf；(2)小船经过B点时的速度大小v1；(3)小船经过B点时的加速度大小a.【解析】(1)小船从A点运动到B点克服阻力做功Wf＝fd.①(2)小船从A点运动到B点，电动机牵引缆绳对小船做功W＝Pt1②由动能定理有W－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)③由①②③式解得v1＝eq\r(v\o\al(2,0)＋\f(2,m)Pt1－fd).④(3)设小船经过B点时缆绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为θ，电动机牵引缆绳的速度大小为v，则P＝Fv⑤v＝v1cosθ⑥由牛顿第二定律有Fcosθ－f＝ma⑦由④⑤⑥⑦式解得a＝eq\f(P,\r(m2v\o\al(2,0)＋2mPt1－fd))－eq\f(f,m).【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)[考向分析]1.考纲展示动能和动能定理Ⅱ命题趋向动能和动能定理是中学物理重要概念和规律，是高考必然涉及的内容之一，可以单独考查，也可以与其他知识点综合考查，可以出选择题，但综合考查出计算题的几率更大．3.选材特点多数情况下有生活背景，取材生活中的实例，综合考查动能定理的实际应用.考点一对动能定理的理解1.动能定理公式中体现的三个关系(1)数量关系：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系．可以通过计算物体动能的变化，求合力的功，进而求得某一力的功．(2)单位关系：等式两侧物理量的国际单位都是焦耳．(3)因果关系：合外力的功是物体动能变化的原因．2．动能定理叙述中外力的含意定理中所说的“外力”既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力．3．应用动能定理的注意事项(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)应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负．(3)应用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，借助草图理解物理过程和各量关系．【例1】如图5­2­2所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上．已知l＝1.4m，v＝3.0m/s，m＝0.10kg，物块与桌图5­2­2面间的动摩擦因数μ＝0.25，桌面高h＝0.45m．不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2.求：(1)小物块落地点距飞出点的水平距离s；(2)小物块落地时的动能Ek；(3)小物块的初速度大小v0.【解析】(1)由平抛运动规律得竖直方向：h＝eq\f(1,2)gt2水平方向：s＝vt解得水平距离s＝eq\r(\f(2h,g))v＝0.90m.(2)由机械能守恒定律，动能Ek＝eq\f(1,2)mv2＋mgh＝0.90J.(3)由动能定理，有－μmg·l＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得初速度大小v0＝eq\r(2μgl＋v2)＝4.0m/s.【答案】(1)0.90m(2)0.90J(3)4.0m/s【反思总结】应用动能定理解题的基本思路应用动能定理的关键是写出各力做功的代数和，不要漏掉某个力的功，同时要注意各力做功的正负．突破训练1(2014·河北邯郸市摸底考试)我国第一艘航空母舰“辽宁号”已经投入使用．为使战斗机更容易起飞，“辽宁号”使用了跃习技术，其甲板可简化为如图5­2­3所示的模型：AB部分水平，BC部分倾斜，倾角为θ.战机从A点开始滑跑，从C点离舰，此过程中发动机的推力和飞机所受甲板和空气阻力的合力大小恒为F，ABC甲板总长度为L，战斗机质量为m，离舰时的速度为vm，不计飞机在B处的机械能损失．求AB部分的长度．图5­2­3【解析】设AB段长为s，从A到C，根据动能定理得：WF＋WG＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)即FL－mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)h＝(L－x)sinθ综合以上各式解得：x＝L－eq\f(2FL－mv\o\al(2,m),2mgsinθ)【答案】L－eq\f(2FL－mv\o\al(2,m),2mgsinθ)考点二应用动能定理求变力的功应用动能定理求变力做功时应注意的问题(1)所求的变力的功不一定为总功，故所求的变力的功不一定等于ΔEk.(2)合外力对物体所做的功对应物体动能的变化，而不是对应物体的动能．(3)若有多个力做功时，必须明确各力做功的正负，待求的变力的功若为负功，可以设克服该力做功为W，则表达式中应用－W；也可以设变力的功为W，则字母W本身含有负号．【例2】如图5­2­4所示，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点，与O点处于同一水平线上的P点处有一个光滑的细钉，已图5­2­4知OP＝eq\f(L,2)，在A点给小球一个水平向左的初速度v0，发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B.则：(1)小球到达B点时的速率？(2)若不计空气阻力，则初速度v0为多少？(3)若初速度v0＝3eq\r(gL)，则小球在从A到B的过程中克服空气阻力做了多少功？【解析】(1)小球恰能到达最高点B，有mg＝meq\f(v\o\al(2,B),\f(L,2))，得vB＝eq\r(\f(gL,2)).(2)从A→B由动能定理得－mg(L＋eq\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)由动能定理得－mg(L＋eq\f(L,2))－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)可求出Wf＝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突破训练2如图5­2­5所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力．已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从图5­2­5P到B的运动过程中()A．重力做功2mgRB．机械能减少mgRC．合外力做功mgRD．克服摩擦力做功eq\f(1,2)mgR【解析】小球到达B点时，恰好对轨道没有压力，故只受重力作用，根据mg＝eq\f(mv2,R)得，小球在B点的速度v＝eq\r(gR).小球从P点到B点的过程中，重力做功W＝mgR，故选项A错误；减少的机械能ΔE减＝mgR－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mgR，故选项B错误；合外力做功W合＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mgR，故选项C错误；根据动能定理得，mgR－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，所以Wf＝mgR－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mgR，故选项D正确．【答案】D考点三动能定理与F­x图象综合问题解决物理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．【例3】质量为10kg的物体，在变力F作用下沿x轴做直线运动，力随坐标x的变化情况如图5­2­6所示．物体在x＝0处，速图5­2­6为1m/s，一切摩擦不计，则物体运动到x＝16m处时，速度大小为()A．2eq\r(2)m/s B．3m/sC．4m/s D.eq\r(17)m/s【思维模板】问1：由图象受力特点、物体怎样运动？提示：先匀加速再加速度减少再匀速后减速．问2：如何求变力F做的功？提示：由图象中受力图线与坐标轴所围面积来求(二者数值相等)．问3：解该题依据什么规律？提示：动能定理．【解析】F­x图象与坐标轴围成的图形面积表示力F做的功，图形位于x轴上方表示力做正功，位于x轴下方表示力做负功，面积大小表示功的大小，所以物体运动到x＝16m处时，力F对物体做的总功W＝40J，由动能定理得W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，代入数据可得v2＝3m/s，B正确．【答案】B【反思总结】图象所围“面积”的意义(1)v­t图：由公式x＝vt可知，v­t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移．(2)a­t图：由公式Δv＝at可知，a－t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量．(3)F­x图：由公式W＝Fx可知，F－x图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功．(4)P­t图：由公式W＝Pt可知，P－t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功．突破训练3(2014·大连一中检测)某物体同时受到两个在同一直线上的力F1、F2的作用，由静止开始做直线运动，力F1、F2与位移x的关系图象如图5­2­7所示，在物体开始运动后的前4.0m内，物体具有最大动能时对应的位移是()图5­2­7A．2.0m B．1.0mC．3.0m D．4.0m【解析】由图知x＝2.0m时，F合＝0，此前F合做正功而此后F合做负功，故x＝2.0m时动能最大．【答案】A思想方法6动能定理在多过程中的应用技巧1．优先考虑应用动能定理的问题(1)不涉及加速度、时间的问题；(2)有多个物理过程且不需要研究整个过程中的中间状态的问题；(3)变力做功的问题；(4)含有F、l、m、v、W、Ek等物理量的力学问题2．应用动能定理的解题步骤【例4】如图5­2­8所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度x＝5m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.30m、h2＝1.35m．现让质量为m的小滑块自A点由静止释放．已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图5­2­8(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；(2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔；(3)小滑块最终停止的位置距B点的距离.【思路导引】【解析】(1)小滑块从A→B→C→D过程中，由动能定理得：mg(h1－h2)－μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－0将h1、h2、x、μ、g代入得：vD＝3m/s(2)小滑块从A→B→C过程中，由动能定理得mgh1－μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)将h1、x、μ、g代入得：vC＝6m/s小滑块沿CD段上滑的加速度大小a＝gsinθ＝6m/s2小滑块沿CD段上滑到最高点的时间t1＝eq\f(vC,a)＝1s由对称性可知小滑块从最高点滑回C点的时间t2＝t1＝1s故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔t＝t1＋t2＝2s(3)对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为x总有：mgh1＝μmgx总将h1、μ代入得x总＝8.6m，故小滑块最终停止的位置距B点的距离为2x－x总＝1.4m【答案】(1)3m/s(2)2s(3)1.4m【反思总结】(1)应用动能定理解决多过程问题时，要根据题目所求解的问题选取合适的过程，可以分过程，也可以整过程一起研究．值得注意的是虽然我们列式时忽略了中间复杂过程，但不能忽略对每个过程的分析．(2)在运动过程中，物体受到的某个力可能是变化的或分阶段存在的，应用动能定理列式时要注意这种力做功的表达方式．突破训练4一质量为2kg的铅球从离地面2m高处自由下落，陷入沙坑中2cm深处，如图5­2­9所示，求沙子对铅球的平均阻力(g＝10m/s2)．【解析】小球的运动包括自由落体运动图5­2­9和陷入沙坑减速运动两个过程，知道初末态动能和运动位移，应选用动能定理解决，处理方法有两种：解法一分段列式：铅球自由下落过程中，设小球落到沙面时速度为v，则：mgH＝eq\f(1,2)mv2v＝eq\r(2gH)＝eq\r(2×10×2)m/s＝2eq\r(10)m/s.铅球陷入沙坑过程中，只受重力和阻力f作用，由动能定理得：mgh－fh＝0－eq\f(mv2,2)f＝eq\f(mgh＋\f(mv2,2),h)＝eq\f(2×10×0.02＋2×\f(2\r(10),2),0.02)N＝2020N解法二全程列式：全过程都有重力做功，进入沙中又有阻力做功．所以W总＝mg(H＋h)－fh由动能定理得：mg(H＋h)－fh＝0－0故：f＝eq\f(mgH＋h,h)＝eq\f(2×10×2＋0.02,0.02)N＝2020N【答案】2020N[利用动能定理分析曲线运动]1．如图5­2­10所示，AB为eq\f(1,4)圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧对应的圆的半径为R，BC的长度也是R，一质量为图5­2­10m的物体与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处停止，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为()A.eq\f(1,2)μmgR B.eq\f(1,2)mgRC．mgR D．(1－μ)mgR【解析】由题意可知mgR＝WfAB＋WfBC，WfBC＝μmgR，所以WfAB＝(1－μ)mgR，D正确．【答案】D[利用动能定理求变力做的功]2．一个质量为0.3kg的弹性小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中墙对小球做功的大小W为()A．Δv＝0 B．Δv＝12m/sC．W＝1.8J D．W＝10.8J【解析】取末速度的方向为正方向，则v2＝6m/s，v1＝－6m/s，速度变化Δv＝v2－v1＝12m/s，A错误，B正确；小球与墙碰撞过程中，墙对小球的作用力所做的功，由动能定理得W＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1))＝0，故C、D均错误．【答案】B3．(2014·黄冈中学模拟)如图5­2­11所示，木板可绕固定水平轴O转动．木板从水平位置OA缓慢转到OB位置，木板上的物块始终相对于木板静止．在这一过程图5­2­11中，物块的重力势能增加了2J．用FN表示物块受到的支持力，用Ff表示物块受到的摩擦力．在此过程中，以下判断正确的是()A．FN和Ff对物块都不做功B．FN对物块做功为2J，Ff对物块不做功C．FN对物块不做功，Ff对物块做功为2JD．FN和Ff对物块所做功的代数和为0【解析】由做功的条件可知：只要有力，并且物块沿力的方向有位移，那么该力就对物块做功．由受力分析知，支持力FN做正功，但摩擦力Ff方向始终和速度方向垂直，所以摩擦力不做功．由动能定理W－mgh＝0，故支持力FN做功为mgh，B正确．【答案】B[动能定理应用于抛体运动]4．(2011·山东高考)如图5­2­12所示，将小球a从地面以初速度v0竖直上抛的同时，将另一相同质量的小球b从距地面h处由静止释放，两球恰在eq\f(h,2)处相遇(不计空气阻力)．则()A．两球同时落地图5­2­12B．相遇时两球速度大小相等C．从开始运动到相遇，球a动能的减少量等于球b动能的增加量D．相遇后的任意时刻，重力对球a做功功率和对球b做功功率相等【解析】对b球，由eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)gt2得t＝eq\r(\f(h,g))，vb＝gt＝eq\r(gh).以后以初速度eq\r(gh)匀加速下落．对a球，eq\f(h,2)＝v0t－eq\f(1,2)gt2得v0＝eq\r(gh)，在eq\f(h,2)处，va＝v0－gt＝0，以后从eq\f(h,2)处自由下落．故落地时间tb<ta，a、b不同时落地，选项A错误．相遇时vb＝eq\r(gh)，va＝0，选项B错误．从开始运动到相遇，根据动能定理可知，a球动能减少eq\f(mgh,2)，b球动能增加eq\f(mgh,2)，选项C正确．相遇之后，重力对b球做功的功率Pb＝mgvb＝mg(eq\r(gh)＋gt)，重力对a球做功的功率Pa＝mg(va＋gt)＝mg·gt，Pb>Pa，选项D错误．【答案】C[动能定理与图象的综合]5．如图5­2­13甲所示，一质量为m＝1kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t＝0时刻开始，物块受到按如图5­2­13乙所示规律变化的水平力F作用并向右运动，第3s末物块运动到B点时速度刚好为0，第5s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2，(g取10m/s2)求：图5­2­13(1)A与B间的距离；(2)水平力F在5s内对物块所做的功．【解析】(1)在3s～5s内物块在水平恒力F作用下由B点匀加速运动到A点，设加速度为a，A与B间的距离为x，则F－μmg＝ma得a＝2m/s2x＝eq\f(1,2)at2＝4m.(2)设物块回到A点时的速度为vA，由veq\o\al(2,A)＝2ax得vA＝4m/s设整个过程中F做的功为WF，由动能定理得：WF－2μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)解得：WF＝24J.【答案】(1)4m(2)24J课时提升练(十五)动能定理(限时：45分钟)A对点训练——练熟基础知识题组一对动能定理的理解1．(多选)如图5­2­14所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，图5­2­14以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离．在此过程中()A．外力F做的功等于A和B动能的增量B．B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能增量C．A对B的摩擦力所做的功，等于B对A的摩擦力所做的功D．外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和【解析】A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，即B对；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不等；C错；对B应用动能定理，WF－WFf＝ΔEkB，即WF＝ΔEkB＋WFf就是外力F对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，D对；由前述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等，故A错．【答案】BD2．(多选)如图5­2­15所示，卷扬机的绳索通过定滑轮用力F拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面向上加速移动．在移动的过程中，下列说法中正确图5­2­15的是()A．F对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和B．F对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和C．木箱克服重力所做的功等于木箱增加的重力势能D．F对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力做的功之和【解析】木箱在上升过程中，由动能定理可知：WF－mgh－Wf＝ΔEk，故有WF＝mgh＋Wf＋ΔEk，由此可知A、B错误，D正确；木箱上升过程中，重力做负功，重力势能增加，木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力势能．【答案】CD3．如图5­2­16所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一物体向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设物体在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则从A到C的过图5­2­16程中弹簧弹力做功是()A．mgh－eq\f(1,2)mv2 B.eq\f(1,2)mv2－mghC．－mgh D．－(mgh＋eq\f(1,2)mv2)【解析】由A到C的过程运用动能定理可得：－mgh＋W＝0－eq\f(1,2)mv2，所以W＝mgh－eq\f(1,2)mv2，故A正确．【答案】A题组二动能定理求变力功4．如图5­2­17所示，质量为m的物体静置在水平光滑平台上，系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮，由地面上的人以速度v0向右匀速拉动，设人从图5­2­17地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向夹角为45°处，在此过程中人所做的功为()A.eq\f(mv\o\al(2,0),2) B.eq\f(\r(2)mv\o\al(2,0),2)C.eq\f(mv\o\al(2,0),4) D．mveq\o\al(2,0)【解析】由题意知，绳与水平方向夹角为45°时，沿绳方向的速度v＝v0cos45°＝eq\f(\r(2)v0,2)，故质量为m的物体速度等于eq\f(\r(2)v0,2)，对物体应用动能定理可知，在此过程中人所做的功为W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(mv\o\al(2,0),4)，C正确．【答案】C5．(多选)如图5­2­18所示，一个质量为m＝1kg的带孔小球穿在固定的粗糙水平长横杆上滑行，小球与横杆间的动摩擦因数为μ＝0.6.某时刻图5­2­18小球获得一个水平向右的瞬时速度v0＝15m/s，同时小球受到一个竖直向上的作用力F，F与速度的平方成正比，比例常数为k＝0.4，重力加速度为g＝10m/s2，则小球运动的整个过程中()A．作用力F对小球做功为0B．作用力F对小球做功为－112.5JC．摩擦力对小球做功为－112.5JD．摩擦力对小球做功为－100J【解析】小球受到的重力G＝mg＝10N，开始时受到的作用力F0＝kveq\o\al(2,0)＝90N>mg，还受到水平向左的滑动摩擦力Ff＝μFN，而FN＝F0－mg＝kveq\o\al(2,0)－mg，则小球开始向右做加速度减小的减速运动．小球速度减小到某一速度v1时会出现F＝G，此时小球对横杆的压力等于0，小球所受摩擦力等于0，此后小球做匀速运动．小球匀速运动时F＝G，即kveq\o\al(2,1)＝mg，代入数值解得v1＝5m/s，小球从v0到v1的过程中，设摩擦力对小球所做的功为Wf，对小球应用动能定理有Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得Wf＝－100J，C错误；D正确；因为作用力F与小球速度始终垂直，因此对小球不做功，A正确，B错误．【答案】AD6．如图5­2­19所示，劲度系数为k的弹簧下端悬挂一个质量为m的重物，处于静止状态．手托重物使之缓慢上移直到弹簧恢复原长、手对重物做的功为W1.然后放手使重物从静止开始下落，重物下落过程中的最大速度为v，图5­2­19不计空气阻力．重物从静止开始下落到速度最大的过程中，弹簧对重物做的功为W2，则()A．W1>eq\f(m2g2,k) B．W1<eq\f(m2g2,k)C．W2＝eq\f(1,2)mv2 D．W2＝eq\f(m2g2,k)－eq\f(1,2)mv2【解析】设x为弹簧伸长的长度，由胡克定律得：mg＝kx.手托重物使之缓慢上移，直到弹簧恢复原长，重物的重力势能增加了mgx＝eq\f(m2g2,k)，弹簧的弹力对重物做了功，所以手对重物做的功W1<eq\f(m2g2,k)，选项B正确；由动能定理知W2＋eq\f(m2g2,k)＝eq\f(1,2)mv2，则C、D错．【答案】B题组三动能定理的应用7．(多选)(2014·上海宝山区一模)将3个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了3个不同的三角形，如图5­2­20所示，其中1和2底边相同，2和3高度相同．现将一个可以视为质点的物块分别从3个木板的顶端由静止释放，并沿木板下滑到底端，图5­2­20物块与木板之间的动摩擦因数均为μ.在这3个过程中，下列说法正确的是()A．沿着1和2下滑到底端时，物块的速度大小不同；沿着2和3下滑到底端时，物块的速度大小相同B．沿着1下滑到底端时，物块的速度最大C．物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最多的D．物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量是一样多的【解析】如图所示，设木板的倾角为θ，对应的水平位移为x，则物块沿木板下滑到底端时克服摩擦力做的功Wf＝μmgcosθ·eq\f(x,cosθ)＝μmgx，与倾角θ无关．由功能关系知，产生的热量关系为Q1＝Q2<Q3，故C、D正确．再由动能定理知mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv2，对木板1、2而言，x1＝x2，而h1>h2，所以v1>v2.对木板2、3而言，x2<x3，而h2＝h3，所以v2>v3，故A错误，B正确．【答案】BCD8．(多选)物体沿直线运动的v­t关系如图5­2­21所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则()图5­2­21A．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4WB．从第3秒末到第5秒末合外力做功为－2WC．从第5秒末到第7秒末合外力做功为WD．从第3秒末到第4秒末合外力做功为－0.75W【解析】从第1秒末到第3秒末物体做匀速直线运动，说明物体所受合外力为零，故合外力做功为零，A错误；从第3秒末到第5秒末物体加速度大小是第1秒内加速度的一半，所以这段时间的合外力是第1秒内合外力的一半．而位移是第1秒内位移的2倍，考虑位移方向与合外力方向相反，所以这段时间内合外力做功为－W，B错误；第3秒末到第4秒末物体位移是从第3秒末到第5秒末位移的四分之三，D正确；第5秒末到第7秒末合外力方向与位移方向相同，同理可知这段时间的合外力是第1秒内合外力的一半，而位移是第1秒内位移的2倍，所以这段时间内合外力做功为W，C正确．【答案】CDB组深化训练——提升应考能力9．(2014·江苏常州2014届模拟)某滑沙场有两个坡度不同的滑道AB和AB′(均可看作斜面)，甲、乙两名旅游者分别乘两个完全相同的滑沙撬从A点由静止开始图5­2­22分别沿AB和AB′滑下，最后都停在水平沙面BC上，如图5­2­22所示．设滑沙撬和沙面间的动摩擦因数处处相同，斜面与水平面连接处均可认为是圆滑的，滑沙者保持一定姿势坐在滑沙撬上不动．则下列说法中正确的是()A．甲滑行的总路程一定大于乙滑行的总路程B．甲在B点的动能一定等于乙在B′点的动能C．甲在B点的速率一定等于乙在B′点的速率D．甲全部滑行的水平位移一定大于乙全部滑行的水平位移【解析】由动能定理列方程计算可得两人最后都停在水平沙面B′C上同一点，甲滑行的总路程一定大于乙滑行的总路程．甲全部滑行的水平位移一定等于乙全部滑行的水平位移，选项A正确D错误；甲在B点的动能一定大于乙在B′点的动能，甲在B点的速率一定大于乙在B′点的速率，选项B、C错误．)【答案】A10．光滑斜面上有一个小球自高为h的A处由静止开始滚下，抵达光滑的水平面上的B点时速率为v0.光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的阻挡条，如图5­2­23所示，小球越过n条阻挡条后停下来．若让小球从2h高处以初速度v0滚下，则小球能越过阻挡条的条数为(设小球每次越过阻挡条时损失的动能相等)()图5­2­23A．nB．2nC．3nD．4n【解析】小球第一次从释放到B点的过程中，由动能定理得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，由B点到停止的过程中，由动能定理得－nW＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).小球第二次从释放到停止的过程中，由动能定理得mg·2h－n′W＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)由以上三式可解得n′＝3n【答案】C11．(2014·江苏启东中学期中)如图5­2­24所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R＝0.4m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O点为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高．质量m＝1kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O点等高的D点．g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.图5­2­24(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值；(3)若滑块离开C处的速度大小为4m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t.【解析】(1)滑块从A点到D点的过程中，根据动能定理有mg·(2R－R)－μmgcos37°·eq\f(2R,sin37°)＝0解得μ＝0.375(2)若滑块能到达C点，根据牛顿第二定律有mg＋FN＝eq\f(mv\o\al(2,C),R)当FN＝0时，滑块恰能到达C点，有vC≥eq\r(Rg)＝2m/s滑块从A点到C点的过程中，根据动能定理有－μmgcos37°·