2025版《新亮剑》高中物理：第六章 机械能守恒定律含答案

2025版《新亮剑》高中物理：第六章机械能守恒定律第六章机械能守恒定律核心素养考点内容高考真题备考建议物理观念功、功率、动能、势能、机械能2023全国甲T24(机械能守恒定律)2023全国乙T21(动能定理)2023全国新课标T15(功与平衡)2023全国新课标T20(机械能图像)2023湖北T13(功率)2023江苏T15(动能定理)2023浙江T6(机械能图像)2023广东T8(功与动能定理)2023北京T11(功)2022全国乙T7(功和图像)2022河北T9(功率和机械能)2022湖北T5(系统机械能守恒)2022广东T9(功率和功能关系)2022湖南T14(动能定理变力做功)2022浙江T13(机车启动)2022浙江T12(能量转化流体)2022湖南T13(功能图像)高考试题主要考查对功能关系的理解及其应用,要求考生用能量的观念处理实际问题。近几年来,试题以图像、曲线运动、多过程运动等为载体,突出理解能力及推理论证能力的考查。复习备考重点放在动能定理及机械能守恒定律的应用上。在解决具体问题的过程中,关注模型建构、科学推理及科学论证等科学思维素养的提升。一个功能关系式往往有不同的物理意义,全方位、多角度理解功能关系式的物理意义是掌握功能关系的关键所在科学思维变力做功、机车启动模型构建、用动能定理解决多过程问题、机械能守恒定律的应用、能量守恒思想的应用科学探究验证机械能守恒定律科学态度与责任机车启动问题,与生产、生活相关联的能量问题第1讲功和功率对应学生用书P117考点一功的理解与计算一、功1.概念: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.做功的两个要素:①;②。

3.在国际单位制中,功的单位是③,符号是④。1J=1N·m。

二、功的计算1.恒力做功如图所示,当恒力F与位移l的夹角为α时,恒力F所做的功W=⑤。

2.变力做功变力做功的计算方法很多,如图像法(在F-l图像中,图线与横轴所围区域的面积表示功)、等效替代法(利用平均力替代变力,求平均力做的功)、转化法(如果一个变力做的功等于另一个恒力做的功,那么可以利用恒力做功来求变力做的功)等等。三、正功和负功功只有大小,没有方向,是标量,但功的正、负具有物理意义。(如表所示)F与l的夹角α功的正负作用效果0≤α<90°W>0,力对物体做正功力F促进物体运动;力F改变速度90°<α≤180°W<0,力对物体做负功力F阻碍物体运动;力F改变速度α=90°W=0,力对物体不做功力F只改变速度方向四、常见力做功的情况1.静摩擦力、滑动摩擦力都可以对物体做正功、负功或不做功。2.一对平衡力等大、反向、共线、同体,做功的代数和⑥(选填“一定”或“不一定”)为0。

3.一对相互作用力做功的代数和⑦(选填“一定”或“不一定”)为0。因为一对相互作用力分别作用在两个物体上,而两个物体的位移关系不确定,故一对相互作用力做功的关系不确定。

五、功与能的关系功是⑧的量度。一种能量的变化,必然对应于某种力⑨。因此,我们可以通过能量的变化来计算功(此法叫作功能关系法)。

答案①物体受力的作用②物体在力的方向上发生了位移③焦耳④J⑤Flcosα⑥一定⑦不一定⑧能量变化⑨做功1.当一个物体在几个力的共同作用下发生一段位移时,这几个力对物体所做的总功,是各个力分别对物体所做功的代数和。请利用恒力做功的情形证明它。答案由合力与分力的等效性,得到合力做的功等于各分力做的功的代数和。2.如图所示,电工师傅沿着电线杆匀速向上攀爬,准备进行电路维修。电工师傅在向上攀爬过程中,电线杆对电工师傅的摩擦力是静摩擦力还是滑动摩擦力?该摩擦力对电工师傅是否做了功?答案电线杆对电工师傅的摩擦力是静摩擦力,它对电工师傅不做功角度1力是否做功的判断(改编)如图,一粗糙的大圆环固定在水平桌面上,环面位于竖直平面内,在大圆环上套着一个带孔的小球。小球由大圆环的最高点从静止开始下滑,在小球下滑的过程中,大圆环对它的作用力()。A.一直不做功B.一直做正功C.一直做负功D.先做正功后做负功答案C解析做功的两个因素是力与力的方向上的位移,题中所述的大圆环对小球的作用力,包括弹力与摩擦力,其中弹力始终与位移方向垂直,没有做功,但摩擦力始终做负功,C项正确。传送带是物料搬运系统机械化和自动化传送用具。如图,传送带靠静摩擦力把货箱从低处匀速送往高处,下列说法正确的是()。A.货箱所受静摩擦力方向沿传送带向下B.传送带对货箱的静摩擦力做负功C.传送带对货箱的作用力不做功D.增大传送带斜面倾角,货箱所受静摩擦力变大答案D解析根据题述情境,构建如图甲所示的情境模型。取货箱为研究对象,货箱与传送带间无相对滑动,向上做匀速运动,则货箱的受力情况如图乙所示,传送带对货箱的静摩擦力的方向与货箱的速度方向相同(沿传送带向上),则静摩擦力做正功,A、B两项错误;传送带对货箱的作用力与货箱的重力等大反向,它与速度的夹角为锐角,故传送带对货箱的作用力做正功,C项错误;根据共点力的平衡条件可得,静摩擦力f=mgsinθ,显然增大传送带斜面倾角θ,货箱受到的静摩擦力f变大,D项正确。甲乙正功、负功及不做功的判定方法方法1:根据力和位移的夹角判定(多用于恒力做功);当F、l夹角为锐角时,F做正功;当F、l夹角为钝角时,F做负功;当F、l夹角为直角时,F不做功。方法2:根据力和速度的夹角判定(多用于曲线运动);当F、v夹角为锐角时,F做正功;当F、v夹角为钝角时,F做负功;当F、v夹角为直角时,F不做功。角度2恒力做功的计算(2023年北京卷)如图所示,一物体在力F作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体质量为m,加速度大小为a,物体和桌面之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,在物体移动距离为x的过程中()。A.摩擦力做功大小与F方向无关B.合力做功大小与F方向有关C.F为水平方向时,F做功为μmgxD.F做功的最小值为max答案D解析设力F与水平方向的夹角为θ,则摩擦力f=μ(mg-Fsinθ),摩擦力做的功Wf=μ(mg-Fsinθ)x,即摩擦力做的功与F的方向有关,A项错误;合力做的功W=F合x=ma·x,可知合力做的功与力F方向无关,B项错误;当力F水平时,由牛顿第二定律得F=ma+μmg,力F做的功WF=Fx=(ma+μmg)x,C项错误;因合力做的功为max,且大小一定,而合力做的功等于力F与摩擦力f做功的代数和,而当Fsinθ=mg时,摩擦力f=0,则摩擦力做功为零,此时力F做功最小,最小值为max,D项正确。恒力功的计算,是以功的定义式为依据的。关键是确定力以及在力的方向上发生的位移。此外,总功等于分力做功的代数和,据此处理问题很方便。一倾角为37°的斜面固定在水平面上,开始时质量为m的物块A放在斜面的底端,通过一形变量不计的跨过光滑定滑轮的轻绳与一质量M=2kg的物块B相连接,如图1所示,最初时轻绳绷紧,B距离地面有一定的高度。现无初速度地将整个装置释放,通过测定描绘出了A沿斜面上升的整个过程中的速度—时间图像如图2所示,假设B着地后不反弹,重力加速度取g=10m/s2,求:(1)在下落过程中物块B的加速度大小。(2)整个过程中轻绳对物块A所做的功。答案(1)4m/s2(2)6J解析(1)由图2可知:前0.5s内,物块A、B以相同大小的加速度做匀加速运动,0.5s末速度大小为2m/s,则a=ΔvΔt=4(2)前0.5s内,轻绳绷直,设轻绳的拉力大小为F;后0.25s内,轻绳松弛,拉力为0。前0.5s内,物块A沿斜面发生的位移l=12×2×0.5m=0.5对物块B,由牛顿第二定律得Mg-F=Ma解得F=12N所以轻绳的拉力对物块A做的功W=Fl=6J。在处理功的计算问题时,思维流程如图所示:两点提示:①计算功时,一定要明确是哪一个力做的功,谨记各个力做功互不影响;②力对物体做功,只与F、l、α有关,与物体的运动状态无关。计算变力做功的六种科学思维方法方法示例功能关系法用力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)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(可视为质点)从A拉到B,绳子对物块做功W=F·hsinα-h平均力法弹簧由伸长x1被继续拉至伸长x2的过程中(始终在弹性限度内),克服弹力做功W=kx1+kx22图像法一水平拉力F拉着一物体在水平面上运动的位移为x0,F-x图线与x轴所围面积表示拉力所做的功,W=F1+功率法机动车辆以恒定功率P运动一段时间t,则牵引力F所做的功W=Pt角度1功能关系法求变力做的功(改编)无风时,雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。一质量为m的雨滴在空中某高度处以速率v下落,到达地面附近时的速率为2v,此过程中雨滴下落的高度为h,则该过程中克服空气阻力做的功为(重力加速度大小为g)()。A.0 B.mghC.mgh-32mv2 D.mgh+32答案C解析在地面附近雨滴做匀速运动,根据动能定理有mgh-|Wf|=12m(2v)2-12mv2,得雨滴克服空气阻力做功|Wf|=mgh-32mv2角度2微元法求变力做的功(2024届滁州模拟)如图所示,在水平桌面上,长度R=5m的轻绳一端固定于O点(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恒为10N的力F,方向始终与小球在该点的切线成37°角,F拉着小球从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的比值为()。A.1B.2C.1D.4答案B解析将圆弧分成若干小段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°。总功W=W1+W2+…+Wn=Fcos37°(l1+l2+…+ln)=Fcos37°·π3R=403πJ。同理可得,克服摩擦力做功Wf=μmg·π3R=203πJ,拉力F做的功与克服摩擦力做的功的比值为角度3图像法求变力做的功一质量为4kg的物块,在粗糙的水平面上受水平恒定的拉力F作用,做匀速直线运动。物块运动一段时间后拉力逐渐减小。当拉力减小到零时,物块恰好停止运动。拉力F随位移x变化的关系图像如图所示,重力加速度取g=10m/s2,则下列说法正确的是()。A.物块做匀速直线运动的速度为4m/sB.整个过程拉力对物块所做的功为4JC.整个过程摩擦力对物块所做的功为-8JD.整个过程合外力对物块所做的功为-4J答案D解析F-x图线与横轴所围的面积表示拉力做的功,可得WF=(2+4)×42J=12J,B项错误;在0~2m过程中,物块做匀速运动,有F=f=4N,摩擦力为恒力,且一直做负功,因此在整个过程中摩擦力对物块做的功Wf=-fx=-4×4J=-16J,C项错误;整个过程中,合外力所做的功W合=WF+Wf=12J+(-16J)=-4J,D项正确;由动能定理有W合=0-12mv02,解得v0=2考点二功率的理解及计算一、功率(P):表征做功快慢的物理量1.定义:功W跟完成这些功所用的时间t的①叫作功率。

2.定义式:P=②。

3.单位:在国际单位制中,功率的单位是③,符号是④。常用单位:1kW=1000W。

4.功率是⑤,只有大小,没有方向。(说明:功率一般不提负值)

5.推导式:P=Flcosαt二、平均功率和瞬时功率名称平均功率瞬时功率物理意义表示在⑦做功的平均快慢

表示在⑧做功的快慢

计算方法P=Wt或P=FvcosP=Fvcosα注意事项与⑨相对应,计算时应明确是⑩做功的平均功率

与相对应,计算时应明确是做功的功率

三、额定功率和实际功率1.额定功率是发动机工作时的功率,通常都在铭牌上标明。额定功率是动力机器重要的性能指标,一个动力机器的额定功率是一定的。

2.实际功率是发动机实际工作时的功率。机器工作时受额定功率的限制,发动机实际输出的功率(即实际功率),可以小于或等于额定功率,有时实际功率也会略大于额定功率,但不允许长时间超过额定功率。

答案①比值②Wt③瓦特④W⑤标量⑥Fvcosα⑦一段时间内⑧某一瞬间⑨一段时间(或一个过程)⑩哪一个力在哪一段时间(或过程)内某一时刻(或状态)哪一个力在哪一个时刻(或状态)最大输出1.功率定义式为P=Wt,变形可得W=Pt,由该式可求一段时间t内机车牵引力所做的功,但该式的适用条件是P恒定不变。若P不是恒定的,则应该如何计算一段时间内机车牵引力所做的功呢答案P恒定其实是一种数学上的较低要求。若P不恒定,则需要用积分来计算。若能绘制出P-t图像,则P-t图像的面积表示功。2.某运动员先后将完全相同的两个足球从A、B两点踢起,均落在同一直线上的C点,运动轨迹如图所示,将足球视为质点,忽略空气阻力。则足球在空中运动时间tA=tB;落地时速度大小vA>vB,落地时重力的瞬时功率PA=PB。(均选填“>”、“=”或“<”)

角度1功率变化的判断一同学表演荡秋千,秋千板离拴绳子的横梁距离为2.5m,绳的质量忽略不计,可视为质点的该同学和秋千板的总质量为25kg。若秋千板摆动经过秋千支架的正下方的最低位置时的速率为3m/s,则此时()。A.该同学处于失重状态B.该同学的加速度大小为3.6m/s2C.此时两根绳子承受的拉力大小共170ND.该同学由最高点荡到秋千支架正下方的过程中,重力的功率始终在增大答案B解析该同学荡到秋千支架的正下方时受重力和绳竖直向上的两个拉力,具有竖直向上的向心加速度,故该同学处于超重状态,A项错误;该同学在最低点的向心加速度大小an=v2r=3.6m/s2,B项正确;在最低点,根据牛顿第二定律有2F-mg=man,解得两根绳承受的拉力2F=340N,C项错误;根据功率P=Fvcosθ可知,初、末两态该同学所受重力瞬时功率均为零,因此该同学由最高点荡到秋千支架正下方的过程中,重力的功率先增大后减小,根据P=Fvcosθ判断瞬时功率的大小变化时,除了关注F、v的大小变化之外,还要关注F、v的夹角θ的变化情况(这是命题人喜欢设置的陷阱)。角度2体育运动中平均功率的计算在跳绳比赛项目的个人赛中,比赛规则要求运动员在跳跃过程中,应包含前回旋、后回旋、空回旋、一跳二回旋、交叉回旋、开叉回旋、移位及方向变化等8个自编动作。若某参赛同学的质量为m,他在一分钟内跳绳次数为n,每次跳跃在空中运动的时间与跳跃一次所需总时间的比值为δ(δ<1),重力加速度为g。由已知信息可估算,该同学在比赛中完成全部自编动作的过程中,克服重力所做的功及克服重力做功的平均功率分别为(题中m、g为SI中的单位)()。A.450mg2δ2n2,C.450mg2δ2n2,答案B解析由于是估算问题,分析中可认为每次跳跃运动人做的功相同,人运动的情况相同。已知“在一分钟内跳绳次数为n”,则完成一次跳跃运动所需的时间T=60n(SI中的单位)。该同学在空中的运动简化为竖直上抛运动,则人每跳跃一次在空中运动的总时间t=60δn,运动员跳跃的高度h=12gt22,因此人每跳跃一次克服重力所做的功为mgh,完成全部自编动作克服重力所做的总功W=8mgh。该过程中克服重力做功的平均功率P=W8T,联立解得计算体育运动中的平均功率,基本思路是要先从物理上寻找估算的依据,除去次要因素,突出主要因素,构建出一个简化了的物理模型(如本题将同学在空中的运动简化为竖直上抛运动),然后选用合适的物理规律解题。角度3功率的计算(2023年山东卷)《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下:两个半径均为R的水轮,以角速度ω匀速转动。水筒在筒车上均匀排布,单位长度上有n个,与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m的水,其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田。当地的重力加速度为g,则筒车对灌入稻田的水做功的功率为()。A.2nmgω2RHC.3nmgω2答案B解析由于水筒在筒车上均匀排布,单位长度上有n个,且每个水筒离开水面时装有质量为m的水,其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田,则水轮转一圈灌入农田的水的总质量m总=2πRnm×60%=1.2πRnm,则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W=1.2πRnmgH,则筒车对灌入稻田的水做功的功率P=WT,且T=2πω,联立解得P=3某景区的一部观光电梯的运行高度约为H=327m,运行时间t=118s,已知电梯加速阶段和减速阶段的加速度大小之比为2∶1,最大运行速度v=3m/s。某游客质量为80kg,从山脚乘电梯上山游玩,重力加速度取g=10m/s2,求:(1)电梯加速阶段的加速度。(2)全过程中,电梯对该游客做功的最大功率。答案(1)0.5m/s2,方向竖直向上(2)2520W解析(1)设加速阶段的加速度为a1,减速阶段的加速度为a3,则加速阶段t1=va1,x1减速阶段t3=va3=2va1,x匀速阶段x2=vt2,t2=t总-t1-t3又x1+x2+x3=H=327m解得a1=0.5m/s2电梯加速阶段的加速度大小为0.5m/s2,方向竖直向上。(2)电梯加速阶段,由牛顿第二定律有F-mg=ma1,得F=840N电梯对该游客做功的最大功率Pmax=Fv=840×3W=2520W。对于功率的计算问题,要明确是计算平均功率还是瞬时功率,平均功率可利用P=Wt或P=Fvcosα(式中v为平均速度)计算,瞬时功率只能利用P=Fvcosα(式中v为瞬时速度)计算。计算瞬时功率时,应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)考点三机车启动问题两种启动方式启动方式以恒定功率启动以恒定加速度启动动态过程速度—时间图像角度1动车组最大运行速度的计算(2023年湖北卷)两节动车的额定功率分别为P1和P2,在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1和v2。现将它们编成动车组,设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变,则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为()。A.P1v1+C.(P1+P“最大速度”的理解是求解的关键所在,最大速度意味着动车做匀速运动,牵引力等于阻力。其次,要明确动车的额定功率与牵引力及最大速度之间的关系。答案D解析由题意可知两节动车分别有P1=f1v1,P2=f2v2,当将它们编组后有P1+P2=(f1+f2)v,联立可得v=(P角度2牵引力的功率与牵引力做功的计算(多选)一列质量为m的动车,初速度为v0,以恒定功率P在平直轨道上运动,经时间t达到该功率下的最大速度vm,设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内()。A.做匀加速直线运动B.加速度逐渐减小C.牵引力的功率P=FvmD.牵引力做功W=12mvm2-答案BC解析动车的功率恒定,根据P=F牵v可知动车的牵引力减小,由牛顿第二定律有F牵-F=ma,可知动车的加速度减小,所以动车做加速度减小的加速运动,A项错误,B项正确;当加速度为0时,牵引力等于阻力,则额定功率P=Fvm,C项正确;动车功率恒定,在t时间内,牵引力做的功W=Pt,由动能定理有Pt-Fs=12mvm2-12m解决机车启动问题要谨记三个要点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=PF2.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=P额F<vm=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s=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。角度3机车启动的图像问题四个图像之间的对应关系(多选)一质量m=40kg的儿童电动汽车在水平地面上由静止开始做直线运动。电动汽车的速度与牵引力的功率随时间变化的函数关系图像分别如图1、2所示,3s末电动汽车牵引力功率达到额定功率,10s末电动汽车的速度达到最大值,14s时关闭发动机,经过一段时间电动汽车停止运动。整个过程中电动汽车受到的阻力恒定。下列说法正确的是()。A.电动汽车最大速度为5m/sB.电动汽车受到的阻力为100NC.关闭发动机后,电动汽车经过5s停止运动D.整个过程中,电动汽车克服阻力做功为3750J答案AD解析由v-t图像可知在0~3s内,电动汽车的加速度a1=1m/s2;由P-t图像可知在0~3s内P=Fv=Fa1t,解得F=100N。由牛顿第二定律,有F-f=ma1,解得f=60N。由P=fvm=300W,解得vm=5m/s,A项正确,B项错误。关闭发动机后,f=ma2,经过t2=vma2=103s,电动汽车停止运动,C项错误。对全程由动能定理有P2t1+Pt3+Wf=0-0,解得Wf=-3750J,所以整个过程中,电动汽车克服阻力做功为37501.(改编)(多选)一同学将排球自O点垫起,排球竖直向上运动,随后下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比。则该排球()。A.上升过程的平均速度大于下落过程的平均速度B.上升过程动量变化的绝对值等于下落过程动量变化的绝对值C.上升过程克服重力做功的平均功率等于下落过程重力做功的平均功率D.上升过程克服空气阻力做的功大于下落过程克服空气阻力做的功答案AD解析上升过程和下落过程的位移大小相同,上升过程的末状态和下落过程的初状态速度均为零。对排球受力分析,上升过程中重力和阻力方向相同,下落过程中重力和阻力方向相反,根据牛顿第二定律可知,上升过程中任意位置的加速度比下落过程中对应位置的加速度大,则上升过程的平均加速度较大,由位移与时间关系可知,上升时间比下落时间短,根据平均速度的定义可知,上升过程的平均速度大于下落过程的平均速度,A项正确;由排球在空中运动的加速度不断变化可知,排球受阻力作用,阻力做负功,机械能减少,故回到O点时的动能比垫起时的少,此时的速度比垫起时的速度小,根据动量变化的定义可知,上升过程中动量变化的绝对值大于下落过程动量变化的绝对值,B项错误;上升过程克服重力做功等于下落过程重力做的功,又上升时间比下落时间短,根据平均功率的定义可知,上升过程克服重力做功的平均功率大于下落过程重力做功的平均功率,C项错误;因为在同一位置,上升过程中排球受到的空气阻力大于下落过程中排球受到的空气阻力,上升的位移和下落的位移相等,故根据功的定义可知,上升过程克服空气阻力做的功大于下落过程克服空气阻力做的功,D项正确。2.(多选)一位游客正在体验蹦极,绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下。游客从跳台下落直到最低点的过程中,游客受到的合力大小和位移大小的关系如图所示,重力加速度取g=10m/s2,空气阻力不计。下列说法正确的是()。A.游客的质量为50kgB.整个下落过程中,游客一直处于失重状态C.在3m~9m范围内,游客重力的功率先增大后减小D.下落过程中,游客的最大动量为500kg·m/s答案AC解析由图可知,下落的前3m过程游客只受重力作用,故游客的质量m=50010kg=50kg,A项正确;由图可知,0~5m,游客所受合力方向竖直向下,处于失重状态;5m~9m,游客所受合力方向竖直向上,处于超重状态,B项错误;当游客所受合力为零时,游客的速度最大,由图可知,x=5m时游客所受合力为零,此时游客的速度最大,根据Pmax=mgv可知,在3m~9m范围内,游客重力的功率先增大后减小,C项正确;力与位移关系图线与横轴所围面积可表示合力做功,故游客下落5m过程合力做的功W=3+52×500J=2000J,根据动能定理可得W=12mvm2-0,得vm=45m/s,游客的最大动量pmax=mvm=2005kg3.(改编)(多选)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,牵引力的瞬时功率与速度成正比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先做加速度减小的加速运动,然后以最大速度做匀速运动C.若四节动力车厢输出的总功率为2P,则动车组匀速行驶时的速度为12vD.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运动的路程大于vmt-m答案BD解析对动车组,由牛顿第二定律有F-F阻=ma,若动车组匀加速启动,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变大,P=Fv,F变化,P与v不成正比,A项错误;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4Pv-kv=ma,可知动车组加速启动的过程中,牵引力减小,阻力增大,则加速度先逐渐减小,至加速度为零后,动车组速度不再变化,达到最大速度,B项正确;动车组匀速行驶时,有P总v-kv=0,v=P总k,当P总=4P时,vm=4Pk,当P总=2P时,得v=22vm,C项错误;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,由动能定理有4Pt-WF阻=12mvm2-0,可得动车组克服阻力做的功WF阻=4Pt-12mvm2,阻力在不断增大,平均阻力小于kvm,得4Pt-12mvm2=kv·s<kvm·s4.(多选)如图1所示,质量为20kg的包裹位于倾角θ=37°足够长的斜面上,一轻细绳通过定滑轮两端分别与包裹和电动机相连,启动电动机后包裹由静止开始沿斜面做匀加速运动,4s末电动机达到额定功率,之后保持该功率继续拉着包裹沿斜面运动,5s末包裹达到最大速度vm。整个过程中包裹的v-t图像如图2所示。不计一切摩擦,重力加速度取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。下列说法中正确的是()。A.0~4s内包裹重力做功的平均功率为100WB.匀加速阶段包裹受到的拉力大小为130NC.0~4s内包裹机械能变化400JD.包裹的最大速度约为2.2m/s答案BD解析0~4s内包裹沿斜面运动的位移x1=22×4m=4m,所以0~4s内包裹克服重力做的功WG=mgx1sinθ=480J,平均功率PG=WGt=120W,A项错误;根据v-t图像可知,匀加速阶段的加速度大小a=24m/s2=0.5m/s2,根据牛顿第二定律有F-mgsinθ=ma,得牵引力F=130N,B项正确;根据功能关系,牵引力对包裹所做的功等于其机械能的变化量,牵引力做功W=Fx1=130×4J=520J,C项错误;4s末达到额定功率,则有P=Fv=260W,当牵引力等于包裹重力沿斜面的分力时,包裹速度达到最大,则有P=mgsinθvm,解得vm≈2.2见《高效训练》P371.(2024届厦门模拟)(多选)两个完全相同的小球A和B,在同一高度处以大小相等的初速度v0分别水平抛出和竖直向上抛出,不计空气阻力,下列说法正确的是()。A.两小球落地时的速度大小相等B.两小球落地时,重力的功率相等C.从开始运动至落地,重力对两小球做的功相等D.从开始运动至落地,重力对两小球做功的平均功率相等答案AC解析根据动能定理有mgh=12mv2-12mv02,下落的高度相同,初动能相同,故落地时的速度大小相等,A项正确;落地时的速度大小相等,但重力与速度方向的夹角不同,根据P=mgvcosα可知,落地时重力的功率不相等,B项错误;从开始运动至落地,两小球下落的高度相同,质量相同,根据重力做功的特点可知重力对两小球做的功相等,C项正确;平抛运动的时间小于竖直上抛运动的时间,重力做的功相等,根据P=Wt知2.一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变化的规律分别如图1、图2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对滑块做功的功率为1WD.前3s内,F对滑块做的总功为零答案C解析第1s内,滑块位移为1m,F对滑块做的功为2J,A项错误;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项错误;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项正确;前3s内,F对滑块做的总功为8J,D项错误。3.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解析根据功的定义可知,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=12at2可知,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,A4.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.mv022πL B.mv0答案B解析在运动过程中,只有滑动摩擦力做功,而滑动摩擦力做功与路径有关,根据动能定理有-f·2πL=0-12mv02,可得f=m5.如图1所示,滑轮质量、摩擦均不计,质量为2kg的物体在拉力F作用下由静止开始向上做匀加速运动,物体速度随时间变化的关系如图2所示,重力加速度取g=10m/s2,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解析在v-t图像中,图线的斜率表示加速度,由题图2可知,a=0.5m/s2,对物体和滑轮,由牛顿第二定律有2F-mg=ma,得F=10.5N,A、B两项错误;4s末,F的作用点的速度大小vF=2v物=4m/s,故4s末F的功率P=FvF=42W,C项正确;0~4s内物体上升的高度h=12at2=4m,力F的作用点的位移l=2h=8m,拉力F所做的功W=Fl=84J,F的平均功率P=Wt=21W,6.(多选)如图所示,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为800JC.从P到Q,小车重力势能增加1×104JD.从P到Q,小车克服摩擦力做的功为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,A项正确;小车从M匀速行驶到N,故小车受到的摩擦力f1=F=40N,摩擦力做的功W1=-40×20J=-800J,即小车克服摩擦力做功为800J,B项正确;从P到Q,重力势能增加量ΔEp=mg·PQsin30°=5000J,C项错误;小车从P到Q,设摩擦力大小为f2,则由力的平衡有f2+mgsin30°=P2v2,摩擦力做功W2=-f2·PQ,联立解得W2=-700J,即小车克服摩擦力做的功为700J7.(2024届佳木斯模拟)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.(3-1)d B.(2-1)dC.(5-1)d2 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=F1d=kd2d,W=F2d'=kd+k(d+d')2d',8.(2024届烟台检测)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P额,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f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()。ABCD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-f=ma,又因为汽车所受的阻力f为恒力,所以开始阶段汽车做匀加速直线运动,此阶段的v-t图像应为倾斜的直线,A项错误;因为当速度为v1时达到额定功率P额,此后以额定功率继续行驶,满足P额=Fv,即F与v成反比,F与1v成正比,所以在F-v图像中v1~vm段图像应为曲线,在F-1v图像中1vm~1v1段图像应为直线,B项错误,C项正确;因为在速度为v1之前,保持牵引力F0不变,功率满足P=F0v,即P与v成正比,所以在P-v图像中09.辘轱是古代民间提水设施,由辘轱头(轮轴)、支架、井绳、水斗等部分构成,简化图如图1所示。某次从井中汲取m=2kg的水,若辘轱头(轮轴)半径r=0.1m,水斗的质量为0.5kg,井足够深且绳的质量忽略不计,t=0时刻,辘轱头由静止开始绕中心轴转动向上提水斗,其角速度随时间变化规律如图2所示,重力加速度g取10m/s2,则下列说法正确的是()。图1图2A.水斗速度随时间变化规律为v=2t(所涉及物理量均用国际单位制)B.井绳拉力大小恒定,其值为25NC.0~10s内水斗上升的高度为4mD.0~10s内井绳拉力所做的功为255J答案D解析ω=2t,水斗速度随时间变化的规律为v=ωr=0.2t(所涉及物理量均用国际单位制),A项错误;水斗匀加速上升时的加速度a=0.2m/s2,对水斗(含水),根据牛顿第二定律有F-(m+m')g=(m+m')a,解得井绳拉力大小F=25.5N,B项错误;0~10s内水斗上升的高度h=12at2=10m,C项错误;0~10s内井绳拉力所做的功W=Fh=255J,D10.(2024届龙岩质检)一辆小轿车在平直路面上以恒定功率加速,其加速度a和速度的倒数1v的关系如图所示。已知轿车的总质量为1300kg,其所受的阻力不变,则轿车()A.速度随时间均匀增大B.加速度随速度的增大而增大C.所受阻力大小为2.73×103ND.发动机的输出功率为9.1×103W答案C解析由题图可知,加速度随速度的倒数增大而增大,故轿车做变加速直线运动且加速度随速度的增大而减小,A、B两项错误;对轿车受力分析,轿车受重力、支持力、牵引力和摩擦力,根据牛顿第二定律有F-f=ma,其中F=Pv,联立解得a=Pmv-fm,结合图像有fm=2.1m/s2,Pm=2.10.03m2/s3,解得f=2.1×1300N=2730N,P=91kW11.如图所示,一质量为m的质点在半径为R的半球形容器中(容器固定)由静止开始自边缘上的A点下滑,到达最低点B时,它对容器的正压力为FN。重力加速度为g,则质点自A滑到B的过程中,摩擦力所做的功为()。A.12R(FN-mg) B.12R(2mg-FC.12R(FN-3mg) D.12R(FN-2答案C解析设在B点的速度为v,由牛顿第二定律有FN-mg=mv2R,得质点在B点的动能EkB=12mv2=12(FN-mg)R,质点从A滑到B的过程中,由动能定理有mgR+Wf=EkB-0,解得Wf=12R(FN-12.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(重力加速度g取10m/s2)。(1)求汽车做匀加速运动的时间。(2)求汽车所能达到的最大速率。(3)若斜坡长为143.5m,且认为汽车到达坡顶之前已达到最大速率,求汽车从坡底到坡顶所用的时间。解析(1)匀加速上升阶段,由牛顿第二定律有F-mgsin30°-f=ma设匀加速过程的末速度为v,则有P=Fv,v=at1解得t1=7s。(2)当达到最大速度vm时,加速度为零,有Fm=mgsin30°+fP=Fmvm=(mgsin30°+f)vm解得vm=8m/s。(3)汽车匀加速运动的位移x1=12at12=24.在后一阶段对汽车由动能定理,有Pt2-(mgsin30°+f)x2=12mvm2-由位移关系有x=x1+x2解得t2≈15s故汽车运动的总时间t=t1+t2=22s。第2讲动能和动能定理对应学生用书P124考点动能定理的应用一、动能(Ek):物体由于①而具有的能量。

1.在物理学上,用②表示物体的动能,式中m为物体的质量、v为物体的速度。

2.动能是③,只具有大小,没有方向;由于速度具有相对性,因此动能也具有④性。

3.单位:⑤。1J=1N·m=1kg·m/s2。

二、动能定理1.文字表述:力在一个过程中对物体做的功,等于物体在这个过程中⑥的变化。

力:指物体受到的所有力的⑦力。

功:指合外力做的功,它等于各个力做功的⑧和。

2.数学表述:W合=12mv2-12mv02或W合=Ek-Ek0或F合x=E3.适用范围:既适用于直线运动,也适用于曲线运动;既适用于恒力做功,也适用于变力做功;力可以是各种性质的力,既可同时作用,也可分阶段作用。答案①运动②12mv2③标量④相对⑤焦耳(J⑥动能⑦合外⑧代数1.如图所示,质量为m的物块在光滑水平面上,在水平恒力F作用下发生了一段位移s,物块在始、末状态的速度分别是v1和v2。请根据牛顿第二定律和运动学规律推导动能定理的表达式。答案物块在恒力F作用下做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律有F=ma,由运动学公式有v22-v12=2as,即s=v22-v122a,把F、s代入W=Fs2.如图所示,小滑块自左侧斜面高度为h1的A点由静止开始下滑,经长度为l的水平面,最后滑到右侧斜面,到达高度为h2的D点速度恰好减为零。若A、D两点的连线与水平面之间的夹角为θ,小滑块与左、右两斜面及水平面之间的动摩擦因数处处相同,请推导出动摩擦因数μ与角度θ之间的关系式。答案对整个过程应用动能定理,有mgh1-mgh2-μmgcosα·ℎ1sinα-μmg·l-μmgcosβ·ℎ2解得μ=ℎ1-ℎ2ℎ1角度1动能定理的理解与应用(2023年广东卷)(多选)人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示,可看作质点的货物从四分之一圆弧滑道顶端P点静止释放,沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6m/s。已知货物质量为20kg,滑道高度h=4m,且过Q点的切线水平,重力加速度取g=10m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程,下列说法正确的有()。A.重力做的功为360JB.克服阻力做的功为440JC.经过Q点时向心加速度大小为9m/s2D.经过Q点时对滑道的压力大小为380N答案BCD解析重力做的功WG=mgh=800J,A项错误;下滑过程根据动能定理可得WG-Wf=12mvQ2,代入数据解得克服阻力做的功Wf=440J,B项正确;经过Q点时向心加速度大小a=vQ2ℎ=9m/s2,C项正确;经过Q点时,据牛顿第二定律可得F-mg=ma,解得货物受到的支持力大小F=380N,据牛顿第三定律可知,货物对滑道的压力大小为应用动能定理解题的基本思路(改编)如图所示,ABCD是一条长轨道,其中AB段是倾角为θ的斜面,CD段是水平的。BC是与AB和CD都相切的一小段圆弧,其长度可以略去不计。一质量为m的小滑块在A点从静止状态释放,沿轨道滑下,最后停在D点。A点和D点的位置及已知量已在图上标出。设滑块与轨道间的动摩擦因数处处相同。(1)若动摩擦因数μ未知,求动摩擦因数。(2)若动摩擦因数μ已知,假设用一沿着轨道方向的力推滑块,使它缓慢地由D点推回到A点时恰停下。求推力对滑块做的功。答案(1)ℎtanθstanθ+解析(1)小滑块由A到D滑动的过程中,只有重力和轨道的摩擦力做功,由动能定理有mgh-Wf=0-0,其中克服摩擦力所做的功Wf=(μmgcosθ)·ℎsinθ+μmgs,解得μ=(2)若把小滑块从D点推回到A点恰停下,该过程中,设推力做功为W,由动能定理有W-mgh-Wf'=0-0由于两种情况中摩擦力做功相同,即Wf=Wf'可得W=2mgh。运用动能定理求解多过程问题的技巧应用动能定理时,选取不同的研究过程列出的方程式是不同的,因为动能定理表达式是个过程式,选取合适的过程往往可以大大简化计算。若物体运动的全过程包含几个不同的物理过程,解题时可以分段考虑,也可以全过程为一整体,利用动能定理解题,用后者往往更为简捷。质量为m的小球在地面上空运动,其所受空气阻力的大小恒定,与重力大小的比值为k(k<1),小球与地面的作用没有能量损失。已知重力加速度为g。(1)若阻力可以忽略不计,假设小球从地面上以初速度v0,沿与地面成30°角的方向斜向上抛出去,则从开始抛出至到达最高点的过程中,克服重力所做的功为多少?(2)如果阻力不可忽略不计,小球自地面h高处由静止开始下落,求小球与地面碰撞了n次后,小球上升的高度。(3)若阻力不可忽略不计,小球自h高处以速度v0,沿竖直方向向上抛出,则小球停止运动前所通过的总路程为多少?答案(1)18mv02(2)1−k1+解析(1)不计阻力,小球仅受重力作用。小球做斜上抛运动,在最高点时,速度vx=v0cos30°,vy=0。由动能定理有W=12m(v0cos30°)2-12因此,克服重力所做的功为18mv(2)考虑阻力,对小球第一次下落过程和第一次上升过程,由动能定理分别有mgh-kmgh=12mv1-mgh1-kmgh1=0-12m解得h1=1−k同理,研究第二次下落过程和第二次上升过程,可得h2=1−k1+kh1继续研究,不难推理得到hn=1−k1+(3)考虑阻力,小球经过若干次碰撞后速度减为零,整个过程应用动能定理,有mgh-kmgs=0-12m解得s=2gℎ运用动能定理求解往复运动的三个注意事项1.根据运动过程受力特点判断出物体最终状态是停在某处,还是在某区间继续运动。2.分析物体运动中的受力特点以及物体的运动性质。3.大小一定的力,如空气阻力、滑动摩擦力等做功与路径有关,在计算其做功时,其功等于力和路程的乘积,而不是力和位移的乘积。角度2Ek-x图像的理解与认知如图1所示,一物块以一定的初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑,运动过程中摩擦力大小f恒定。若物块动能Ek与运动路程s的关系如图2所示,重力加速度大小取10m/s2,则物块质量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,由动能定理有-mgsin30°·s-fs=Ek-Ek0,即Ek=Ek0-(mgsin30°+f)s。在0~10m内,图像斜率的绝对值|k|=mgsin30°+f=4N。10m~20m内物块下滑,由动能定理有(mgsin30°-f)(s-s1)=Ek,即Ek=(mgsin30°-f)s-(mgsin30°-f)s1,在10m~20m内,图像的斜率k'=mgsin30°-f=3N。联立解得f=0.5N,m=0.7kg。见《高效训练》P391.如图所示,某同学用绳子拉木箱,使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。已知木箱在运动过程中摩擦力始终存在,则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答案A解析由动能定理有WF-Wf=Ek-0,可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功,A项正确。2.将质量为m的小球以速率v0由地面竖直向上抛出。小球落回地面时,其速率为34v0。设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变,则空气阻力的大小等于()A.34mg B.316mg C.716mg D答案D解析小球向上运动的过程,由动能定理有-(mg+f)H=0-12mv02;小球向下运动的过程,由动能定理有(mg-f)H=12m34v023.(2022年全国甲卷)北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下,到b处起跳,c点为a、b之间的最低点,a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍,运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力,则c点处这一段圆弧雪道的半径应不小于()。A.ℎk+1 B.ℎk C.2ℎ答案D解析运动员从a运动到c,根据动能定理有mgh=12mvc2,在c点由牛顿运动定律有FN-mg=mvc2Rc,结合题意FN≤kmg,解得4.如图所示,一质量为m的物块用长为L的轻绳悬挂于O点,物块在水平恒力F的作用下从平衡位置P点由静止开始缓慢运动,运动过程中绳与竖直方向的最大夹角θ=60°,则力F的大小为()。A.32B.3mgC.12D.33答案D解析由动能定理有FLsin60°-mgL(1-cos60°)=0-0,解得F=33mg,D5.质量为m的小球被系在轻绳一端,在竖直平面内做半径为R的圆周运动,运动过程中小球受到空气阻力的作用。设某时刻小球通过轨道的最低点,此时绳子的张力大小为7mg,此后小球继续做圆周运动,经过半个圆周恰能通过最高点。则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为()。A.14mgR B.13mgR C.12mgR答案C解析设小球在最低点的速度为v1,在最低点,由牛顿运动定律有7mg-mg=mv12R;设小球通过最高点的速度为v2,在最高点,由牛顿运动定律有mg=mv22R。小球由最低点上升至最高点的过程中,由动能定理有-mg·2R-Wf=12mv22-12mv6.(多选)如图所示,长为L的长木板水平放置,在木板的A端放置一个质量为m的小物块,现缓慢地抬高A端,使木板以左端为轴转动,当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动,此后停止转动木板,小物块滑到底端时速度大小为v,则在整个过程中()。A.木板对小物块做功为12mvB.摩擦力对小物块做功为mgLsinαC.支持力对小物块做功为mgLsinαD.滑动摩擦力对小物块做功为12mv2-mgLsin答案ACD解析小物块的运动分两个阶段,即抬起至木板与水平面的夹角为α的过程和小物块沿木板加速下滑的过程。对整个过程研究,由动能定理知,木板对小物块所做的功等于动能的增加。小物块受到的弹力在第一阶段做了功,该过程中小物块相对木板未滑动,由动能定理知,弹力对小物块做功等于克服重力所做的功,即WN=mgLsinα。在小物块加速下滑的过程中,设滑动摩擦力对小物块所做的功为Wf,由动能定理知,Wf+mgLsinα=12mv2,得Wf=12mv2-mgLsinα。综上,A、C、7.(2024届怀化模拟)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,若斜面改为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=0-12mv02,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=0-12mv02,8.(2024届银川模拟)(多选)如图所示,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底端为斜面长度的34处。下列说法正确的是()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中产生的热量为18mD.滑块在斜面上运动的整个过程中产生的热量为14m答案AD解析设斜面长度为L,斜面倾角为θ,由题意可知12mv02=mgLsinθ,12mv02=mgssinθ+μmgscosθ,其中的s=34L,解得μ=13tanθ,因为mgsinθ>μmgcosθ,所以当滑块滑上斜面到达最高点后能再次滑回斜面底端,A项正确,B项错误;整个过程产生的热量Q=2μmgscosθ=12mgLsinθ=9.(2024届宁德检测)如图1所示,一轻弹簧竖直放置,下端固定在水平地面上,一质量为m的小球从弹簧上端由静止下落。若以小球开始下落的位置为坐标原点,沿竖直向下建立坐标轴Ox,小球下落至最低点过程中的a-x图像如图2所示(图中坐标值皆已知),不计空气阻力,小球可看作质点,重力加速度为g。下列说法正确的是()。A.劲度系数k=mgB.弹簧最大弹力Fm=x2C.小球向下运动过程中最大加速度am=x2D.小球向下运动过程中最大速度vm=2答案B解析小球下落的加速度为零时,有k(x1-x0)=mg,解得弹簧的劲度系数k=mgx1-x0,A项错误;小球向下运动过程中弹簧最大弹力Fm=k(x2-x0)=x2-x0x1-x0mg,B项正确;小球向下运动过程中最大加速度am=Fm-mgm=x2-x1x1-x0g,C项错误;设小球向下运动过程中最大速度为vm,根据动能定理可知12mv2-12m10.(2024届苏州模拟)如图所示,一个质量为m的小滑块在高度为h的斜面顶端由静止释放,滑块与斜面间的动摩擦因数恒定,以水平地面为零势能面,则滑块滑至斜面底端时的动能Ek随斜面倾角θ变化的关系图像可能正确的是()。ABCD答案A解析对小滑块下滑的过程,应用动能定理可得mgh-μmgℎtanθ=Ek(tanθ≥μ),当θ=π2时,Ek=mgh;随着θ减小,tanθ逐渐减小,物块滑到斜面底端的动能逐渐减小,当重力沿斜面方向的分力小于等于最大静摩擦力时,有mgsinθ≤μmgcosθ,解得μ≥tanθ,此后继续减小θ,物块都不再下滑,则此后小滑块的动能一直为零,11.(多选)一质量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Ek5。已知sinα=0.6,重力加速度大小为g。下列说法正确的是(A.物体向上滑动的距离为EB.物体向下滑动时的加速度大小为gC.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=Ek5-0,两式联立解得s=Ekmg,μ=0.5。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=g5,同理可知物体沿斜面上滑过程的加速度大小大于下滑过程的加速度大小,由s=112.一篮球质量m=0.60kg,一运动员使其从距地面高度h1=1.8m处由静止自由落下,反弹高度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。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v12=2设篮球被地面反弹后的速度大小为v2,则有v22=2篮球与地面碰撞前、后的动能之比Ek1Ek2=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v42=2因为篮球每次与地面碰撞前、后的动能的比值不变,所以有12m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=12m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F+mg=ma球的位移x=12at运动员对球做的功W=Fx联立解得F=9N。第3讲机械能守恒定律及其应用对应学生用书P127考点机械能守恒定律的理解与应用一、机械能:①、②和③的统称。

二、机械能守恒定律1.内容:在只有④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.各种形式的表达式项目表达式物理意义备注守恒角度E1=E2系统前后的机械能相等要选好重力势能的零势能面,且初、末状态必须选同一零势能面计算重力势能ΔE=E2-E1=0系统的机械能没有变化转化角度ΔEk=-ΔEp系统动能的增加量(或减少量)等于势能的减少量(或增加量)关键在于分清重力势能的增加量和减少量,可不选零势能面而直接计算初、末状态的势能差转移角度ΔEA=-ΔEBA的机械能增加量(或减少量)等于B的机械能的减少量(或增加量)解决两个或多个物体组成的系统的机械能守恒问题,从转移的角度列式比较方便答案①动能②重力势能③弹性势能④重力或弹力做功1.一辆汽车在水平路面上做匀速运动,发动机牵引力做正功,阻力做负功,因汽车匀速,故汽车的动能未变,重力势能未变,则机械能保持不变。从能量守恒的观念出发,你认为汽车的这种行为,严格意义上讲机械能守恒吗?答案可以说汽车的机械能保持不变,但不能说汽车的机械能守恒。这是因为动能与摩擦发热产生的内能存在能量形式的转化,严格意义上机械能并不守恒。可见,物理学中物理量的“不变”与“守恒”还是有区别的。“不变”仅仅是一种定量的数学结果,而“守恒”既包含数量上的相等关系,又隐藏物理学的深层次意义。2.如图所示,一个小球在真空中做自由落体运动,另一个同样的小球在黏性较大的液体中由静止开始下落。它们都由高度为h1的地方下落到高度为h2的地方。在这两种情况下,重力做的功相等吗?重力势能的变化相等吗?动能的变化相等吗?重力势能各转化成什么形式的能?答案两种情况重力做的功相等,重力势能的变化相等,但动能的变化不相等,在真空中自由下落时动能的变化更大。在真空中自由下落时,重力势能转化为小球的动能,且动能和重力势能之和保持不变;在黏性液体中,重力势能一部分转化为小球的动能,一部分克服液体对它的阻力做功,转化为小球和黏性液体的内能。角度1系统机械能是否守恒的判断(多选)关于机械能守恒的判断,下列说法正确的是()。A.图1中,物体A将弹簧压缩的过程中,A与弹簧系统的机械能守恒B.图2中,A置于光滑水平面上,物体B沿光滑斜面下滑,物体B的机械能守恒C.图3中,不计任何摩擦,忽略绳子及滑轮质量,且绳不可伸长,A、B组成的系统机械能守恒D.图4中,小球在竖直平面内做单摆运动时,忽略一切能量损耗,小球的机械能守恒答案ACD解析图1中,物体A将弹簧压缩的过程中,重力和弹簧弹力做功,A与弹簧系统机械能守恒,A项正确;图2中,A置于光滑水平面上,物体B沿光滑斜面下滑,物体A将向右运动,物体A的动能增加,物体B的机械能减少,B项错误;图3中,理想情形下,绳子对A做负功,对B做正功,但总功为零,A、B组成的系统只有重力做功,所以A、B组成的系统机械能守恒,C项正确;图4中,小球在竖直平面内做单摆运动时,忽略一切能量损耗,小球的动能与重力势能之和不变,小球的机械能守恒,D项正确。(多选)如图所示,将一个内外侧均光滑的弧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点与弧形槽相切进入槽内,则下列说法正确的是()。A.小球在弧形槽内运动的全过程中,只有重力对它做功B.小球从A点向弧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,小球与弧形槽组成的系统机械能守恒D.小球从下落到从右侧离开弧形槽的过程中,小球的机械能守恒答案BC解析小球从弧形槽的最低点运动到弧形槽右侧的过程中,小球对弧形槽的力使弧形槽向右运动,弧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两项错误;小球从A点向弧形槽最低点运动的过程中,弧形槽静止,且只有重力做功,小球的机械能守恒,B项正确;小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中,小球与弧形槽组成的系统只有重力做功,机械能守恒,C项正确。关于机械能守恒的判断,要注意两个要点:一是研究对象(单一物体或系统);二是研究过程(存在局部守恒而全过程不守恒的问题)。(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,到最低点时与水面还有一段距离。不计空气阻力等因素的影响,运动员可视为质点,下列说法正确的是()。A.在到达最低点前的过程中,运动员重力势能始终减少B.蹦极绳张紧后的下落过程中,绳的弹力做负功,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少,A项正确;蹦极绳张紧后的下落过程中,绳的弹力方向向上,而运动员向下运动,所以弹力做负功,弹性势能增加,B项正确;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,C项正确;重力势能与零点的选取有关,但重力势能的改变量与重力势能零点的选取无关,D项错误。该题中运动员已经简化为质点模型,因此不必考虑内力做功的问题。如果考虑蹦极过程中,运动员因完成相关动作,存在人体的生物能向机械能转化的现象,上述答案是要修正的。角度2机械能守恒定律的应用运用机械能守恒定律分析问题的思维流程题型1单个物体的机械能守恒问题如图所示,长度为l的轻绳上端固定在O点,下端系一质量为m的小球(大小可以忽略)。将小球拉至轻绳与竖直方向的夹角为α处,无初速度释放小球。不计空气阻力,重力加速度为g。(1)求小球通过最低点时的速度大小。(2)求小球通过最低点时轻绳对小球的拉力。(3)当小球通过最低点时遇到O点正下方O'处的一颗钉子(图中未画出),此后小球以O'点为圆心做圆周运动,如果小球能通过圆周的最高点,讨论钉子与O点的距离x应满足的条件。答案(1)2(2)mg(3-2cosα),方向竖直向上(3)x≥(3+2cos解析(1)小球在运动过程中只有重力做功,由机械能守恒定律有mgl(1-cosα)=12mv解得v=2gl(2)在最低点,由牛顿第二定律有FT-mg=mv解得FT=mg(3-2cosα),拉力的方向竖直向上。(3)如图所示,设钉子与O点的距离为x,小球做圆周运动的轨道半径为r,小球能通过最高点,由机械能守恒定律有mg[l(1-cosα)-2r]=12mv'2,式中在最高点,由牛顿第二定律有mg≤mv'2r,解得x机械能守恒定律与动能定理的比较名称机械能守恒定律动能定理表达式E1=E2、ΔEk=-ΔEp、ΔEA=-ΔEBW=ΔEk应用范围只有重力或弹力做功无条件限制物理意义其他力(除重力和弹力)所做的功是机械能变化的量度合力对物体做的功是动能变化的量度关注角度守恒的条件和始末状态机械能的形式及大小动能的变化及改变动能的方式(合力做功)相同点只需考虑初、末状态,不用考虑中间过程结论能用机械能守恒定律解决的问题一般都能用动能定理解决;能用动能定理解决的问题不一定都能用机械能守恒定律解决;动能定理比机械能守恒定律应用更广泛,更普遍题型2多个物体组成的系统机械能守恒问题如图所示,轻绳一端固定于O点,绕过轻质光滑的动滑轮和定滑轮,另一端与质量mB=2m的物块B相连,动滑轮下方悬挂质量mA=m的物块A,将物块B置于倾角为30°的固定光滑斜面的顶端。已知斜面长为L,与物块B相连接的轻绳始终与斜面平行,悬挂动滑轮的轻绳竖直,两滑轮间竖直距离足够长,空气阻力忽略不计,两物块均可视为质点,重力加速度为g。现由静止释放物块B,求:(1)物块B运动至斜面底端时的动能。(2)物块B从斜面顶端运动至底端的过程中,克服轻绳拉力做的功。答案(1)4mgL9(2解析(1)由题图可知,同一时刻,B的速度大小始终是A的速度大小的2倍,即vB=2vA对A、B组成的系统,由机械能守恒定律有mBgLsin30°-mAgL2=12mAvA2+解得vB=2物块B的动能Ek=12mBvB2(2)对B由斜面顶端运动至底端的过程,由动能定理有mBgLsin30°-W=12mB解得W=5mgL多物体组成的系统机械能守恒问题要注意分析物体运动过程中,用轻绳、轻杆或轻弹簧相连接的物体间的速度关系和位移关系。题型3非质点类(流体、软绳或链条等)的机械能守恒问题解决非质点类(流体、软绳或链条等)的机械能守恒问题的三个技巧(1)流体、软绳或链条等连续介质构成的物体(简称“连续体”)一般不可视为质点,若只有重力做功,则“连续体”整体的机械能守恒。(2)在确定“连续体”重力势能的增量时,往往采用等效法(重心的变化)处理。(3)“连续体”各部分是否都在运动,运动的速率是否相同,若相同,则“连续体”的动能才可表示为12mv2(多选)横截面积为S的U形圆筒竖直放在水平面上,筒内装水,底部阀门K关闭时两侧水面高度分别为h1和h2,如图所示。已知水的密度为ρ,重力加速度大小为g,不计水与筒壁间的摩擦阻力。现把连接两筒的阀门K打开,最后两筒水面高度相等,则该过程中()。A.水柱的重力做正功B.大气压力对水柱做负功C.水柱的机械能守恒D.当两筒水面高度相等时,水柱的动能是14ρgS(h1-h2)答案ACD解析从把连接两筒的阀门打开到两筒水面高度相等的过程中,大气压力对左筒水柱做正功,对右筒水柱做负功,抵消为零,B项错误。水柱的机械能守恒,重力做功等于重力势能的减少量,等于水柱增加的动能,等效于把左筒高ℎ1-ℎ22的水柱移至右筒,重心下降ℎ1-ℎ22,重力所做正功WG=ℎ1-ℎ22ρgSℎ1-如图所示,有一条长度为l的质量均匀分布的柔软链条,开始时静止放在光滑梯形平台上,斜面上的链条长为x0。已知重力加速度为g,l<BC,∠BCE=α。请用x0、l、g、α表示斜面上链条长为x时链条的速度大小(链条尚有一部分在平台上,且x>x0)。答案g解析由链条、地球组成的系统,除重力外