物理大一轮复习配套讲义第5章

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精第1节功功率一、功1．做功的两个必要条件力和物体在力的方向上发生的位移．2．公式W＝Flcosα，适用于恒力做功，其中α为F、l方向间夹角，l为物体对地的位移．3．功的正负判断夹角功的正负α〈90°力对物体做正功α〉90°力对物体做负功,或者说物体克服这个力做了功α＝90°力对物体不做功二、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＝Fvcosα（α为F与v的夹角)①v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．4．额定功率与实际功率(1)额定功率:动力机械正常工作时输出的最大功率．(2)实际功率：动力机械实际工作时输出的功率，要求小于或等于额定功率．[自我诊断]1．判断正误（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)力始终垂直物体的运动方向，则该力对物体不做功．（√）(5）摩擦力对物体一定做负功．(×）(6）由P＝Fv可知，发动机功率一定时，机车的牵引力与运行速度的大小成反比．(√)（7)汽车上坡时换成低挡位，其目的是减小速度得到较大的牵引力．(√）2．（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s，如图所示，物体m相对斜面静止．则下列说法正确的是（)A．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做负功D．支持力对物体m做正功解析：选BCD.物体的受力及位移如图所示，支持力FN与位移x的夹角α<90°，故支持力做正功，D正确；重力垂直位移,故重力不做功，A错误；摩擦力Ff与x夹角β〉90°,故摩擦力做负功，C正确;合力为零，合力不做功，B正确．3．如图所示，甲、乙、丙三个物体分别在大小相等、方向不同的力F的作用下,向右移动相等的位移x,关于F对甲、乙、丙做功的大小W1、W2、W3判断正确的是(）A．W1>W2〉W3 B．W1＝W2>W3C．W1＝W2＝W3 D．W1〈W2〈W3解析:选C。由功的公式可得，这三种情况下做的功分别为W1＝Fxcosα、W2＝Fxcosα、W3＝－Fxcosα，又因为功的正、负不表示大小,所以C正确．4．在光滑的水平面上,用一水平拉力F使物体从静止开始移动x，平均功率为P，如果将水平拉力增加为4F，使同一物体从静止开始移动xA．2P B．4PC．6P D．8P解析：选D。设第一次运动时间为t，则其平均功率表达式为P＝eq\f(Fx，t)；第二次加速度为第一次的4倍，由x＝eq\f(1，2）at2可知时间为eq\f（t,2）,其平均功率为eq\f（4Fx,\f（t,2）)＝eq\f（8Fx,t）＝8P,D正确．考点一功的正负判断和计算考向1:功的正负的判断方法(1）恒力做功的判断:若物体做直线运动，依据力与位移的夹角来判断．(2）曲线运动中功的判断：若物体做曲线运动，依据F与v的方向夹角来判断．当0≤α〈90°时，力对物体做正功;90°〈α≤180°时，力对物体做负功；α＝90°时，力对物体不做功．(3)依据能量变化来判断：根据功是能量转化的量度，若有能量转化，则必有力对物体做功．此法常用于两个相联系的物体之间的相互作用力做功的判断．1．（多选)如图所示,重物P放在一长木板OA上，将长木板绕O端转过一个小角度的过程中,重物P相对于木板始终保持静止．关于木板对重物P的摩擦力和支持力做功的情况是(）A．摩擦力对重物不做功B．摩擦力对重物做负功C．支持力对重物不做功D．支持力对重物做正功解析：选AD.由做功的条件可知:只要有力，并且物体在力的方向上通过位移,则力对物体做功．由受力分析知,支持力FN做正功，摩擦力Ff不做功，选项A、D正确．2.(多选)如图所示，在皮带传送装置中,皮带把物体P匀速带至高处，在此过程中，下列说法中正确的是（）A．摩擦力对物体做正功B．摩擦力对物体做负功C．支持力对物体不做功D．合力对物体做正功解析：选AC.物体P匀速向上运动过程中，受静摩擦力作用，方向沿皮带向上，对物体做正功，支持力垂直于皮带，做功为零，物体所受的合力为零，做功也为零，故A、C正确,B、D错误．考向2：恒力做功的计算(1）单个力做的功：直接用W＝Flcosα计算．（2)合力做的功方法一：先求合力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＋…求合力做的功．3．（多选）如图所示，水平路面上有一辆质量为M的汽车，车厢中有一个质量为m的人正用恒力F向前推车厢，在车以加速度a向前加速行驶距离L的过程中，下列说法正确的是（)A．人对车的推力F做的功为FLB．人对车做的功为maLC．车对人的作用力大小为maD．车对人的摩擦力做的功为(F＋ma)L解析：选AD。由做功的定义可知选项A正确；对人进行受力分析，人受重力以及车对人的力，合力的大小为ma,方向水平向左,故车对人的作用力大小应为eq\r（ma2＋mg2)，选项C错误；上述过程重力不做功,合力对人做的功为maL,所以车对人做的功为maL，由相互作用力及人、车的位移相同可确定，人对车做的功为－maL,选项B错误;对人由牛顿第二定律知，在水平方向上有Ff－F＝ma,摩擦力做的功为(F＋ma）L，选项D正确．4．（2017·湖北武汉模拟)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和滑块的速率v随时间的变化规律分别如图甲和乙所示，设在第1s内、第2s内、第3s内力F对滑块做的功分别为W1、W2、W3,则以下关系正确的是（）A．W1＝W2＝W3 B．W1〈W2〈W3C．W1〈W3〈W2 D．W1＝W2〈W3解析：选B.力F做的功等于每段恒力F与该段滑块运动的位移数值的乘积，滑块的位移即v。t图象中图象与坐标轴围成的面积，第1s内,位移大小为一个小三角形面积S;第2s内,位移大小也为一个小三角形面积S;第3s内，位移大小为两个小三角形面积2S，故W1＝S，W2＝3S，W3＝4S,所以W1〈W2〈W3，B正确．考点二变力功的计算方法一利用“微元法”求变力的功物体的位移分割成许多小段,因小段很小,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无穷小的位移上的恒力所做元功的代数和．此法在中学阶段，常应用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题．[典例1］如图所示，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，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（)A．0 B．FRC。eq\f（3，2）πFR D．2πFR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πR＋πeq\f(R，2），则拉力做的功为eq\f（3，2）πFR，故C正确．答案C方法二化变力的功为恒力的功若通过转换研究的对象，有时可化为恒力做功，用W＝Flcosα求解．此法常常应用于轻绳通过定滑轮拉物体的问题中．［典例2］如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，以大小恒定的拉力F拉绳，使滑块从A点起由静止开始上升．若从A点上升至B点和从B点上升至C点的过程中拉力F做的功分别为W1和W2，图中AB＝BC，则(）A．W1＞W2B．W1＜W2C．W1＝W2D．无法确定W1和W2的大小关系解析绳子对滑块做的功为变力做功，可以通过转换研究对象，将变力的功转化为恒力的功；因绳子对滑块做的功等于拉力F对绳子做的功，而拉力F为恒力，W＝F·Δl，Δl为绳拉滑块过程中力F的作用点移动的位移，大小等于滑轮左侧绳长的缩短量，由图可知,ΔlAB＞ΔlBC，故W1＞W2，A正确．答案A方法三利用F.x图象求变力的功在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)．[典例3]如图甲所示，静止于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F作用下,沿x轴方向运动,拉力F随物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示，图线为半圆．则小物块运动到x0处时F做的总功为（）A．0 B．eq\f(1，2）Fmx0C。eq\f（π，4）Fmx0 D。eq\f（π,4）xeq\o\al(2,0)解析F为变力，根据F­x图象包围的面积在数值上等于F做的总功来计算．图线为半圆，由图线可知在数值上Fm＝eq\f（1，2)x0，故W＝eq\f（1，2）π·Feq\o\al(2，m）＝eq\f（1,2)π·Fm·eq\f（1,2)x0＝eq\f(π，4)Fmx0.答案C方法四利用平均力求变力的功在求解变力做功时，若物体受到的力方向不变,而大小随位移呈线性变化，即力均匀变化时，则可以认为物体受到一大小为F＝eq\f（F1＋F2，2)的恒力作用，F1、F2分别为物体初、末态所受到的力，然后用公式W＝Flcosα求此力所做的功．[典例4］把长为l的铁钉钉入木板中，每打击一次给予的能量为E0，已知钉子在木板中遇到的阻力与钉子进入木板的深度成正比，比例系数为k.问此钉子全部进入木板需要打击几次？解析在把钉子打入木板的过程中，钉子把得到的能量用来克服阻力做功，而阻力与钉子进入木板的深度成正比，先求出阻力的平均值,便可求得阻力做的功．钉子在整个过程中受到的平均阻力为：F＝eq\f(0＋kl，2)＝eq\f(kl,2）钉子克服阻力做的功为：WF＝Fl＝eq\f(1，2）kl2设全过程共打击n次，则给予钉子的总能量：E总＝nE0＝eq\f(1，2）kl2,所以n＝eq\f（kl2，2E0）答案eq\f（kl2,2E0）方法五利用动能定理求变力的功动能定理既适用于直线运动,也适用于曲线运动，既适用于求恒力做功也适用于求变力做功．使用动能定理可根据动能的变化来求功，是求变力做功的一种方法．［典例5］如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置,轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g.质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为()A。eq\f（1，4）mgR B.eq\f(1,3）mgRC。eq\f(1，2)mgR D.eq\f（π，4）mgR解析在Q点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力,所以有FN－mg＝meq\f（v2,R)，FN＝2mg，联立解得v＝eq\r（gR），下落过程中重力做正功,摩擦力做负功，根据动能定理可得mgR－Wf＝eq\f（1,2）mv2，解得Wf＝eq\f（1，2)mgR，所以克服摩擦力做功eq\f（1，2)mgR，C正确．答案C考点三功率的计算1．平均功率的计算(1)利用P＝eq\f（W,t)。（2）利用P＝Fvcosα，其中v为物体运动的平均速度．2．瞬时功率的计算(1）利用公式P＝Fvcosα，其中v为t时刻物体的瞬时速度．（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．3．计算功率的3个注意（1）要弄清楚是平均功率还是瞬时功率．（2)平均功率与一段时间(或过程）相对应，计算时应明确是哪个力在哪段时间（或过程）内做功的平均功率．（3）瞬时功率计算时应明确是哪个力在哪个时刻（或状态）的功率．求解瞬时功率时，如果F与v不同向，可用力F乘以F方向的分速度，或速度v乘以速度方向的分力求解．1．一个质量为m的物块,在几个共点力的作用下静止在光滑水平面上．现把其中一个水平方向的力从F突然增大到3F,并保持其他力不变，则从这时开始到tA。eq\f（3F2t,m) B．eq\f（4F2t，m)C。eq\f(6F2t，m) D。eq\f(9F2t,m）解析：选C。物块受到的合力为2F，根据牛顿第二定律有2F＝ma,在合力作用下，物块做初速度为零的匀加速直线运动，速度v＝at，该力大小为3F，则该力的瞬时功率P＝3Fv，解以上各式得P＝eq\f(6F2t,m)，C正确．2．(多选）我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器．舰载机总质量为3。0×104kg，设起飞过程中发动机的推力恒为1。0×105N；弹射器有效作用长度为100m，推力恒定．要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到A．弹射器的推力大小为1.1×106NB．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108JC．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107WD．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32m/s2解析：选ABD。对舰载机应用运动学公式v2－0＝2ax,代入数据得加速度a＝32m/s2，D正确；设总推力为F，对舰载机应用牛顿第二定律可知：F－20％F＝ma,得F＝1。2×106N,而发动机的推力为1.0×105N，则弹射器的推力为F推＝(1.2×106－1.0×105）N＝1.1×106N，A正确；弹射器对舰载机所做的功为W＝F推·l＝1.1×108J，B正确；弹射过程所用的时间为t＝eq\f(v,a）＝eq\f(80，32）s＝2。5s，平均功率P＝eq\f(W，t）＝eq\f(1。1×108,2.5）W＝4。4×107W,C错误．3.如图所示，质量相同的两物体从同一高度由静止开始运动，A沿着固定在地面上的光滑斜面下滑，B做自由落体运动．两物体分别到达地面时，下列说法正确的是()A．重力的平均功率eq\x\to(P)A>eq\x\to(P）BB．重力的平均功率eq\x\to（P)A＝eq\x\to（P）BC．重力的瞬时功率PA＝PBD．重力的瞬时功率PA〈PB解析：选D。根据功的定义可知重力对两物体做功相同即WA＝WB，自由落体时满足h＝eq\f（1，2）gteq\o\al(2，B），沿斜面下滑时满足eq\f(h,sinθ)＝eq\f（1,2）gteq\o\al(2,A)sinθ，其中θ为斜面倾角，故tA〉tB，由P＝eq\f(W，t）知eq\x\to(P)A<eq\x\to(P)B，A、B错；由匀变速直线运动公式可知落地时两物体的速度大小相同，方向不同，重力的瞬时功率PA＝mgvsinθ，PB＝mgv,显然PA<PB，故C错，D对．求解功率时应注意的“三个”问题（1）首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率；（2）平均功率与一段时间（或过程)相对应，计算时应明确是哪个力在哪段时间（或过程)内做功的平均功率；(3)瞬时功率计算时应明确是哪个力在哪个时刻（或状态)的功率考点四机车启动问题考向1：以恒定功率启动（1）运动过程分析（2)运动过程的速度。时间图象1。一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示．假定汽车所受阻力的大小Ff恒定不变．下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是()解析：选A.由P­t图象知：0～t1内汽车以恒定功率P1行驶，t1~t2内汽车以恒定功率P2行驶．设汽车所受牵引力为F,则由P＝Fv得，当v增加时，F减小，由a＝eq\f(F－Ff,m）知a减小，又因速度不可能突变，所以选项B、C、D错误，A正确．2．（2017·山东济南模拟）（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．下列能正确表示这一过程中汽车牵引力F随时间t、速度v随时间t变化的图象是()解析:选AD。到t1时刻功率立即减小一半，但速度减小有一个过程，不能直接变为原来的一半,所以牵引力立即变为原来的一半,根据公式P＝Fv，之后保持该功率继续行驶，速度减小，牵引力增大，根据a＝eq\f(Ff－F，m)，摩擦力恒定，所以加速度逐渐减小，即v。t图象的斜率减小,当加速度为零时,做匀速直线运动,故选项A、D正确．考向2:以恒定加速度启动（1）运动过程分析（2)运动过程的速度－时间图象如图所示．3．一辆汽车从静止出发，在平直的公路上加速前进,如果发动机的牵引力保持恒定,汽车所受阻力保持不变，在此过程中（)A．汽车的速度与时间成正比B．汽车的位移与时间成正比C．汽车做变加速直线运动D．汽车发动机做的功与时间成正比解析：选A.由F－Ff＝ma可知,因汽车牵引力F保持恒定，故汽车做匀加速直线运动，C错误；由v＝at可知，A正确；而x＝eq\f（1,2)at2，故B错误；由WF＝F·x＝F·eq\f(1，2)at2可知，D错误．4．(2017·浙江舟山模拟）质量为1.0×103kg的汽车，沿倾角为30°的斜坡由静止开始运动,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＝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）若斜坡长143.5m，且认为汽车到达坡顶之前，已达到最大速率,则汽车从坡底到坡顶需多长时间？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，a＝0,则有P＝（mgsin30°＋Ff）vm解得vm＝8m/s（3）汽车匀加速运动的位移x1＝eq\f(1,2）ateq\o\al（2，1)在后一阶段对汽车由动能定理得Pt2－（mgsin30°＋Ff）x2＝eq\f(1,2）mveq\o\al(2，m)－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答案：(1)7s(2）8m/s(3）22s解决机车启动问题的4个注意(1)机车启动的方式不同,运动的规律就不同，即其功率、速度、加速度、牵引力等物理量的变化规律不同，分析图象时应注意坐标轴的意义及图象变化所描述的规律．(2）在机车功率P＝Fv中，F是机车的牵引力而不是机车所受合力,正是基于此,牵引力与阻力平衡时达到最大运行速度,即P＝Ffvm。（3)恒定功率下的启动过程一定不是匀加速过程,匀变速直线运动的公式不适用了,这种加速过程发动机做的功可用W＝Pt计算，不能用W＝Fl计算（因为F为变力）．(4)以恒定牵引力加速时的功率一定不恒定，这种加速过程发动机做的功常用W＝Fl计算,不能用W＝Pt计算（因为功率P是变化的）．课时规范训练［基础巩固题组]1.如图所示，木块B上表面是水平的，当木块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B．B对A的弹力做正功C．B对A的摩擦力做正功D．A对B做正功解析：选C。AB一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，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错误．2.（多选)如图所示，摆球质量为m，悬线的长为L,把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球从A点运动到B点的过程中空气阻力F阻的大小不变，则下列说法正确的是(）A．重力做功为mgLB．绳的拉力做功为0C．空气阻力F阻做功为－mgLD．空气阻力F阻做功为－eq\f（1，2)F阻πL解析：选ABD.小球下落过程中,重力做功为mgL，A正确；绳的拉力始终与速度方向垂直,拉力做功为0,B正确；空气阻力F阻大小不变，方向始终与速度方向相反，故空气阻力F阻做功为－F阻·eq\f(1,2)πL，C错误，D正确．3．（多选)如图所示,B物体在拉力F的作用下向左运动，在运动过程中，A、B之间有相互作用的摩擦力，则这对摩擦力做功的情况，下列说法中正确的是（)A．A、B都克服摩擦力做功B．摩擦力对A不做功C．摩擦力对B做负功D．摩擦力对A、B都不做功解析：选BC。对A、B受力分析如图所示,物体A在Ff2作用下没有位移，所以摩擦力对A不做功，故B正确；对物体B,Ff1与位移夹角为180°，做负功，故C正确，A、D错误．4。如图所示,用与水平方向成θ角的力F，拉着质量为m的物体沿水平地面匀速前进位移s，已知物体和地面间的动摩擦因数为μ.则在此过程中F做的功为()A．mgs B．μmgsC。eq\f(μmgs，cosθ＋μsinθ） D。eq\f（μmgs，1＋μtanθ）解析：选D.物体受力平衡，有Fsinθ＋FN＝mg，Fcosθ－μFN＝0，在此过程中F做的功W＝Fscosθ＝eq\f（μmgs,1＋μtanθ),D正确．5．如图所示，质量为m的小球用长L的细线悬挂而静止在竖直位置．现用水平拉力F将小球缓慢拉到细线与竖直方向成θ角的位置．在此过程中，拉力F做的功为(）A．FLcosθ B．FLsinθC．FL(1－cosθ) D．mgL（1－cosθ）解析:选D。用F缓慢地拉，则显然F为变力，只能用动能定理求解，由动能定理得WF－mgL(1－cosθ)＝0，解得WF＝mgL(1－cosθ），D正确．6.如图所示，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，则球落在斜面上时重力的瞬时功率为（不计空气阻力)（)A．mgv0tanθ B.eq\f(mgv0,tanθ)C。eq\f(mgv0，sinθ) D．mgv0cosθ解析：选B。小球落在斜面上时重力的瞬时功率为P＝mgvy，而vytanθ＝v0,所以P＝eq\f（mgv0，tanθ）,B正确．7.如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h,则小球从A到C的过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：选A.小球从A点运动到C点的过程中,重力和弹簧的弹力对小球做负功，由于支持力与位移始终垂直，则支持力对小球不做功，由动能定理,可得WG＋WF＝0－eq\f（1，2)mv2,重力做功为WG＝－mgh，则弹簧的弹力对小球做功为WF＝mgh－eq\f(1,2）mv2，所以正确选项为A.[综合应用题组]8．质量为m的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的摩擦阻力大小一定，汽车速度能够达到的最大值为v，那么当汽车的车速为eq\f(v,3）时，汽车的瞬时加速度的大小为(）A.eq\f(P,mv) B。eq\f（2P,mv）C.eq\f(3P，mv) D.eq\f(4P,mv）解析:选B。当汽车匀速行驶时，有f＝F＝eq\f（P，v），根据P＝F′eq\f(v，3)，得F′＝eq\f（3P，v)，由牛顿第二定律得a＝eq\f（F′－f，m)＝eq\f（\f（3P，v)－\f（P,v),m)＝eq\f(2P，mv),故B正确，A、C、D错误．9．如图甲所示,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的功率大小为42WD．4s内F做功的平均功率为42W解析:选C.由图乙可知，物体的加速度a＝0.5m/s2，由2F－mg＝ma可得：F＝10.5N，A、B均错误；4s末力F的作用点的速度大小为vF＝2×2m/s＝4m/s，故4s末拉力F做功的功率为P＝F·vF＝42W,C正确；4s内物体上升的高度h＝4m,力F的作用点的位移l＝2h＝8m，拉力F所做的功W＝F·l＝84J，4s内拉力F做功的平均功率eq\x\to(P）＝eq\f(W，t）＝21W，D错误．10。当前我国“高铁”事业发展迅猛．假设一辆高速列车在机车牵引力和恒定阻力作用下，在水平轨道上由静止开始启动，其v。t图象如图所示，已知在0～t1时间内为过原点的倾斜直线，t1时刻达到额定功率P，此后保持功率P不变，在t3时刻达到最大速度v3，以后匀速运动．下述判断正确的是(）A．从0至t3时间内,列车一直匀加速直线运动B．t2时刻的加速度大于t1时刻的加速度C．在t3时刻以后,机车的牵引力为零D．该列车所受的恒定阻力大小为eq\f（P,v3）解析：选D.0～t1时间内，列车匀加速运动，t1~t3时间内，加速度变小，故A、B错；t3以后列车匀速运动，牵引力等于阻力,故C错;匀速运动时f＝F牵＝eq\f(P,v3)，故D正确．11．有一种太阳能驱动的小车，当太阳光照射到小车上方的光电板时,光电板中产生的电流经电动机带动小车前进．若质量为m的小车在平直的水泥路上从静止开始沿直线加速行驶，经过时间t前进的距离为x，且速度达到最大值vm。设这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为f，那么这段时间内（）A．小车做匀加速运动B．小车受到的牵引力逐渐增大C．小车受到的合外力所做的功为PtD．小车受到的牵引力做的功为fx＋eq\f(1，2)mveq\o\al(2，m）解析:选D.小车在运动方向上受牵引力F和阻力f，因为v增大，P不变,由P＝Fv，F－f＝ma,得出F逐渐减小，a也逐渐减小,当v＝vm时,a＝0，故A、B均错；合外力做的功W外＝Pt－fx,由动能定理得Pt－fx＝eq\f(1,2）mveq\o\al（2,m)，故C错误，D正确．12．放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0~6s内其速度与时间图象和该拉力的功率与时间图象分别如图所示，下列说法正确的是（)A．0～6s内物体位移大小为36mB．0～6s内拉力做的功为30JC．合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等D．滑动摩擦力大小为5N解析：选C.由P＝Fv，对应v。t图象和P。t图象可得30＝F·6，10＝f·6，解得:F＝5N，f＝eq\f(5，3）N，D错误;0～6s内物体的位移大小为(4＋6)×6×eq\f（1，2）m＝30m，A错误;0~6s内拉力做功W＝F·x1＋f·x2＝5×6×2×eq\f（1，2)J＋eq\f（5,3)×6×4J＝70J，B错误；由动能定理可知，C正确．13．一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的功率达到最大值P，以后起重机保持该功率不变,继续提升重物，直到以最大速度v2匀速上升，物体上升的高度为h，则整个过程中，下列说法正确的是(）A．钢绳的最大拉力为eq\f(P，v2)B．钢绳的最大拉力为mgC．重物匀加速的末速度为eq\f(P,mg)D．重物匀加速运动的加速度为eq\f(P，mv1)－g解析：选D.加速过程物体处于超重状态，钢绳拉力较大,匀速运动阶段钢绳的拉力为eq\f(P，v2)，故A错误；加速过程重物处于超重状态，钢绳拉力大于重力，故B错误；重物匀加速运动的末速度不是运动的最大速度，此时钢绳对重物的拉力大于其重力，故其速度小于eq\f（P,mg），故C错误；重物匀加速运动的末速度为v1,此时的拉力为F＝eq\f(P,v1），由牛顿第二定律得：a＝eq\f(F－mg，m）＝eq\f(P,mv1）－g，故D正确．14．(多选)两实心小球甲和乙由同一种材料制成,甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则()A．甲球用的时间比乙球长B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功解析：选BD。设f＝kR，则由牛顿第二定律得F合＝mg－f＝ma，而m＝eq\f（4，3)πR3·ρ,故a＝g－eq\f(k,\f(4,3）πR2·ρ)，由m甲>m乙、ρ甲＝ρ乙可知a甲〉a乙，故C错误；因甲、乙位移相同，由v2＝2ax可知，v甲>v乙,B正确；由x＝eq\f(1,2）at2可知，t甲<t乙，A错误；由功的定义可知,W克服＝f·x，又f甲>f乙，则W甲克服〉W乙克服，D正确．第2节动能定理及其应用一、动能1．公式：Ek＝eq\f（1，2）mv2，式中v为瞬时速度，动能是状态量．2．矢标性：动能是标量,只有正值,动能与速度的方向无关．3．动能的变化量：ΔEk＝eq\f（1,2）mveq\o\al(2,2)－eq\f（1，2）mveq\o\al(2，1).4．动能的相对性由于速度具有相对性，则动能也具有相对性，一般以地面为参考系．二、动能定理1．内容：合外力对物体所做的功等于物体动能的变化．2．表达式：W＝ΔEk＝eq\f（1,2）mveq\o\al（2，2）－eq\f(1，2)mveq\o\al(2,1）。3．功与动能的关系（1)W〉0,物体的动能增加．(2）W<0，物体的动能减少．(3）W＝0,物体的动能不变．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)既适用于恒力做功，也适用于变力做功．(3）力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用．[自我诊断］1．判断正误(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)动能不变的物体一定处于平衡状态．(×)（3）如果物体所受的合外力为零,那么合外力对物体做功一定为零．（√)(4)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化．（×）(5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零．(×)(6）做自由落体运动的物体，动能与时间的二次方成正比．(√)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和碰撞过程中小球的动能变化量ΔEk为（）A．Δv＝0 B．Δv＝12m/sC．ΔEk＝1.8J D．ΔEk＝10.8J解析：选B。取初速度方向为正方向,则Δv＝（－6－6)m/s＝－12m/s，由于速度大小没变，动能不变，故动能变化量为0，故只有选项B正确．3．A、B两物体在光滑水平面上，分别在相同的水平恒力F作用下,由静止开始通过相同的位移l。若A的质量大于B的质量，则在这一过程中(）A．A获得动能较大B．B获得动能较大C．A、B获得动能一样大D．无法比较A、B获得动能大小解析：选C.由动能定理可知恒力F做功W＝Fl＝eq\f（1,2)mv2－0,因为F、l相同,所以A、B的动能变化相同，C正确．4．质量m＝2kg的物体在光滑水平面上以v1＝6m/s的速度匀速向西运动，若有一个F＝8N、方向向北的恒力作用于物体，在t＝2s内物体的动能增加了（)A．28J B．64JC．32J D．36J解析：选B.由于力F与速度v1垂直，物体做曲线运动，其两个分运动为向西的匀速运动和向北的匀加速直线运动，对匀加速运动有a＝eq\f(F，m)＝4m/s2，v2＝at＝8m/s。2s末物体的速度v＝eq\r（v\o\al(2,1)＋v\o\al（2,2））＝10m/s，2s内物体的动能增加了ΔEk＝eq\f（1,2)mv2－eq\f(1，2）mveq\o\al(2，1)＝64J，故选项B正确.考点一动能定理的理解和应用1．定理中“外力”的两点理解（1）重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用．（2)既可以是恒力，也可以是变力．2．公式中“＝”体现的三个关系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．1.光滑斜面上有一个小球自高为h的A处由静止开始滚下，抵达光滑水平面上的B点时速度大小为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活动阻挡条,如图所示，小球越过n条活动阻挡条后停下来．若让小球从h高处以初速度v0滚下，则小球能越过的活动阻挡条的条数是（设小球每次越过活动阻挡条时损失的动能相等)()A．n B．2nC．3n D．4n解析:选B。设每条阻挡条对小球做的功为W，当小球在水平面上滚动时,由动能定理得nW＝0－eq\f（1,2）mveq\o\al（2,0），对第二次有NW＝0－eq\f（1，2)mveq\o\al(2,2）＝0－eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1，2）mv\o\al（2,0）＋mgh)),又因为eq\f(1，2）mveq\o\al(2，0)＝mgh，联立解得N＝2n，选项B正确．2。（多选）质量不等，但有相同动能的两个物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直至停止，则（)A．质量大的物体滑行的距离大B．质量小的物体滑行的距离大C．它们滑行的距离一样大D．它们克服摩擦力所做的功一样多解析：选BD.由动能定理可知,摩擦力对物体所做的功等于物体动能的增量，因两物体具有相同的动能，故两物体滑行过程中克服摩擦力所做的功也相同，又Wf＝μmg·x可知，质量越大的物体,滑行的距离x越小，故B、D选项正确．3．如图所示,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.求：(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，由牛顿第二定律得mg＝meq\f（v\o\al（2，B）,\f（L，2）)解得vB＝eq\r（\f（gL，2））(2）若不计空气阻力，从A→B由动能定理得－mgeq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(L＋\f(L，2))）＝eq\f(1，2)mveq\o\al（2，B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2，0)解得v0＝eq\r（\f(7gL,2)）(3)当v0＝3eq\r（gL)时，由动能定理得－mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(L,2))）－WFf＝eq\f(1，2）mveq\o\al(2，B)－eq\f（1,2）mveq\o\al(2,0)解得WFf＝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（1)优先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

考点二动能定理与图象的综合问题1．力学中图象所围“面积”的意义（1)v­t图：由公式x＝vt可知,v.t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移．（2）a。t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)F。x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．2．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．［典例1］如图甲所示，一半径R＝1m、圆心角等于143°的竖直圆弧形光滑轨道，与斜面相切于B处，圆弧轨道的最高点为M，斜面倾角θ＝37°，t＝0时刻有一物块沿斜面上滑,其在斜面上运动的速度变化规律如图乙所示,若物块恰能到达M点，取g＝10m/s2，sin37°＝0。6，cos37°＝0。8,求:(1)物块经过M点的速度大小；(2）物块经过B点的速度大小；（3)物块与斜面间的动摩擦因数．解析（1)物块恰能到达M点则有mg＝meq\f(v\o\al(2，M），R)解得vM＝eq\r（gR）＝eq\r(10)m/s(2）物块从B点运动到M点的过程中，由动能定理得－mgR（1＋cos37°）＝eq\f（1,2）mveq\o\al（2,M)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vB＝eq\r（46)m/s（3）由题图乙可知，物块在斜面上运动时，加速度大小为a＝eq\f(Δv，Δt)＝10m/s2，方向沿斜面向下，有mgsin37°＋μmgcos37°＝ma解得μ＝0。5答案(1）eq\r(10）m/s(2）eq\r（46)m/s（3）0。51.(2017·安徽合肥一模）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图象如图所示．已知两物体与水平面间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、F2对A、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解析：选C.由速度与时间图象可知,两个匀减速运动的加速度之比为1∶2，由牛顿第二定律可知：A、B受摩擦力大小相等，所以A、B的质量关系是2∶1，由速度与时间图象可知，A、B两物体加速与减速的位移相等，且匀加速运动位移之比1∶2,匀减速运动的位移之比2∶1，由动能定理可得：A物体的拉力与摩擦力的关系，F1·x－f1·3x＝0－0；B物体的拉力与摩擦力的关系，F2·2x－f2·3x＝0－0，因此可得:F1＝3f1，F2＝eq\f(3，2）f2，f1＝f2,所以F1＝2F2.全过程中摩擦力对A、B做功相等，F1、F2对A、B做功大小相等．故A、B、D错误，C正确．2.（2017·江西九江质检）打桩机是利用冲击力将桩贯入地层的桩工机械．某同学对打桩机的工作原理产生了兴趣．他构建了一个打桩机的简易模型,如图甲所示．他设想,用恒定大小的拉力F拉动绳端B,使物体从A点(与钉子接触处）由静止开始运动，上升一段高度后撤去F，物体运动到最高点后自由下落并撞击钉子,将钉子打入一定深度．按此模型分析，若物体质量m＝1kg，上升了1m高度时撤去拉力,撤去拉力前物体的动能Ek与上升高度h的关系图象如图乙所示．（g取10m/s2，不计空气阻力)（1)求物体上升到0.4m高度处F的瞬时功率;(2）若物体撞击钉子后瞬间弹起，且使其不再落下，钉子获得20J的动能向下运动．钉子总长为10cm。撞击前插入部分可以忽略，不计钉子重力．已知钉子在插入过程中所受阻力Ff与深度x的关系图象如图丙所示，求钉子能够插入的最大深度．解析:(1)撤去F前，根据动能定理，有（F－mg)h＝Ek－0由题图乙得，斜率为k＝F－mg＝20N得F＝30N又由题图乙得,h＝0。4m时，Ek＝8J，则v＝4m/sP＝Fv＝120W(2)碰撞后，对钉子有－Ffx′＝0－Ek′已知Ek′＝20Jeq\x\to(F)f＝eq\f（k′x′，2）又由题图丙得k′＝105N/m解得x′＝0。02m答案：（1)120W（2)0。02m动能定理与图象结合问题的分析方法（1）首先看清楚所给图象的种类（如v.t图象、F。t图象、Ek。x图象等)．(2）挖掘图象的隐含条件-—求出所需要的物理量，如由v。t图象所包围的“面积”求位移,由F.x图象所包围的“面积”求功等．(3)分析有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量．考点三用动能定理解决多过程问题1．运用动能定理解决问题时，选择合适的研究过程能使问题得以简化．当物体的运动过程包含几个运动性质不同的子过程时，可以选择一个、几个或全部子过程作为研究过程．2．当选择全部子过程作为研究过程，涉及重力、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．［典例2]如图所示，用一块长L1＝1.0m的木板在墙和桌面间架设斜面,桌子高H＝0。8m，长L2＝1。5m．斜面与水平桌面的倾角θ可在0~60°间调节后固定．将质量m＝0.2kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0。05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失．(重力加速度取g＝10m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力）(1)求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示）(2）当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘,求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(已知sin37°＝0。6，cos37°＝0.8)(3）继续增大θ角,发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm。解析(1)为使小物块下滑，应有mgsinθ≥μ1mgcosθ①θ满足的条件tanθ≥0。05②即当θ＝arctan0。05时物块恰好从斜面开始下滑．（2）克服摩擦力做功Wf＝μ1mgL1cosθ＋μ2mg(L2－L1cosθ）③由动能定理得mgL1sinθ－Wf＝0④代入数据得μ2＝0。8⑤(3)由动能定理得mgL1sinθ－Wf＝eq\f(1，2）mv2⑥结合③式并代入数据得v＝1m/s⑦由平抛运动规律得H＝eq\f(1，2)gt2，x1＝vt解得t＝0。4s⑧x1＝0。4m⑨xm＝x1＋L2＝1.9m答案（1）arctan0.05(2)0.8（3)1。9m1.如图所示，相同材料制成的滑道ABC，其中AB段为曲面,BC段为水平面．现有质量为m的木块，从距离水平面h高处的A点由静止释放，滑到B点过程中克服摩擦力做功为eq\f(1,3）mgh；木块通过B点后继续滑行2h距离后,在C点停下来，则木块与曲面间的动摩擦因数应为（）A。eq\f（1,3） B．eq\f(2，3)C。eq\f（1，6） D。eq\f（1，12）解析：选A。物体从A点到C点根据动能定理,mgh－eq\f(1，3)mgh－μmg·2h＝0，解得μ＝eq\f（1，3），因为曲面和水平轨道是同种材料，所以木块与曲面间的动摩擦因数也为eq\f(1，3)，选项A正确．2．(2016·高考天津卷）我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图所示，质量m＝60kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝3.6m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB＝24m/s，A与B的竖直高度差H＝48m．为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧．助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h＝5m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1530J,g取10m/s2.(1）求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小;（2）若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大？解析：（1)运动员在AB段做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，则有veq\o\al（2,B）＝2ax①由牛顿第二定律有mgeq\f（H，x)－Ff＝ma②联立①②式，代入数据解得Ff＝144N③（2）设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理有mgh＋W＝eq\f（1,2)mveq\o\al(2,C）－eq\f（1,2）mveq\o\al(2,B）④设运动员在C点所受的支持力为FN,由牛顿第二定律有FN－mg＝meq\f（v\o\al（2，C），R）⑤由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得R＝12。5m答案:（1）144N(2)12.5m利用动能定理求解多过程问题的基本思路(1)弄清物体的运动由哪些过程组成．(2）分析每个过程中物体的受力情况．（3)各个力做功有何特点,对动能的变化有无影响．(4)从总体上把握全过程，表达出总功,找出初、末状态的动能．(5）对所研究的全过程运用动能定理列方程．课时规范训练［基础巩固题组]1．（多选)关于动能定理的表达式W＝Ek2－Ek1，下列说法正确的是（）A．公式中的W为不包含重力的其他力做的总功B．公式中的W为包含重力在内的所有力做的功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功C．公式中的Ek2－Ek1为动能的增量，当W＞0时动能增加，当W＜0时，动能减少D．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功解析：选BC。公式W＝Ek2－Ek1中的“W”为所有力所做的总功，A错误，B正确；若W＞0,则Ek2＞Ek1，若W＜0，则Ek2＜Ek1,C正确；动能定理对直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功均适用，D错误．2．如图所示，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m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（)Aeq\f(1，2)μmgR B．eq\f（1，2)mgRC．mgR D．(1－μ)mgR解析：选D.由题意可知mgR＝WfAB＋WfBC，WfBC＝μmgR,所以WfAB＝(1－μ）mgR,D正确．3．一个质量为m的物体静止放在光滑水平面上，在互成60°角的大小相等的两个水平恒力作用下，经过一段时间，物体获得的速度为v，在力的方向上获得的速度分别为v1、v2，如图所示,那么在这段时间内,其中一个力做的功为（）A.eq\f（1,6)mv2 B.eq\f（1,4）mv2C.eq\f(1,3)mv2 D.eq\f(1，2)mv2解析：选B.在合力F的方向上，由动能定理得W＝Fl＝eq\f（1，2）mv2,某个分力的功为W1＝F1lcos30°＝eq\f（F,2cos30°）lcos30°＝eq\f(1,2）Fl＝eq\f（1,4)mv2,B正确．4。如图所示，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，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的动能的增量解析:选B.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，故二者做功不相等，C错；对B应用动能定理，WF－Wf＝ΔEkB，即WF＝ΔEkB＋Wf，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错;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．5．(多选)如图甲所示,一个小环沿竖直放置的光滑圆环形轨道做圆周运动．小环从最高点A滑到最低点B的过程中，小环线速度大小的平方v2随下落高度h的变化图象可能是图乙中的（)解析：选AB.对小球由动能定理得mgh＝eq\f(1，2）mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al（2，0)，则v2＝2gh＋veq\o\al（2,0）,当v0＝0时,B正确；当v0≠0时，A正确．6.如图所示，半径R＝2.5m的光滑半圆轨道ABC与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道DC相切于C点，半圆轨道的直径AC与斜面垂直．质量m＝1kg的小球从A点左上方距A点高h＝0。45m的P点以某一速度v0水平抛出,刚好与半圆轨道的A点相切进入半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到与抛出点等高的D点．已知当地的重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0。8，不计空气阻力，求：（1）小球从P点抛出时速度v0的大小;（2）小球从C点运动到D点过程中摩擦力做的功W;(3)小球从D点返回经过轨道最低点B，对轨道的压力大小．解析:(1）在A点有:veq\o\al（2，y)＝2gheq\f(vy，v0)＝tanθ解得v0＝4m/s(2)全过程由动能定理得W＝0－eq\f(1,2）mveq\o\al（2，0）＝－8J（3)从D到B过程由动能定理得mg(h＋Rcosθ＋R)＋W＝eq\f（1，2）mv2在B点由牛顿第二定律得FN－mg＝meq\f（v2,R）解得FN＝43.2N由牛顿第三定律得小球在B点对轨道的压力大小FN′＝FN＝43.2N答案：(1）4m/s(2)－8J（3）43。2N[综合应用题组］7．一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为()A。eq\f(s,t2) B．eq\f（3s，2t2)C.eq\f（4s,t2) D。eq\f（8s，t2)解析：选A.由Ek＝eq\f（1，2)mv2可知速度变为原来的3倍．设加速度为a，初速度为v，则末速度为3v。由速度公式vt＝v0＋at得3v＝v＋at，解得at＝2v；由位移公式s＝v0t＋eq\f(1，2）at2得s＝vt＋eq\f(1，2）·at·t＝vt＋eq\f（1,2）·2v·t＝2vt，进一步求得v＝eq\f(s，2t）；所以a＝eq\f(2v，t)＝eq\f(2，t)·eq\f(s，2t）＝eq\f(s，t2)，A正确．8．如图所示，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．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，则停的地点到B的距离为（）A．0。50m B．0。25mC．0.10m D．0解析：选D.设小物块在BC段通过的总路程为s,由于只有水平面上存在摩擦力，则小物块从A点开始运动到最终静止的整个过程中，摩擦力做功为－μmgs，而重力做功与路径无关，由动能定理得：mgh－μmgs＝0－0,代入数据可解得s＝3m．由于d＝0。50m，所以，小物块在BC段经过3次往复运动后,又回到B点．9．小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量,悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直,如图所示．将两球由静止释放，在各自轨迹的最低点()A．P球的速度一定大于Q球的速度B．P球的动能一定小于Q球的动能C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度解析：选C.从释放到最低点过程中，由动能定理得mgl＝eq\f(1，2)mv2－0，可得v＝eq\r(2gl），因lP〈lQ，则vP〈vQ,故选项A错误；由EkQ＝mQglQ,EkP＝mPglP，而mP>mQ，故两球动能大小无法比较,选项B错误;在最低点对两球进行受力分析，根据牛顿第二定律及向心力公式可知T－mg＝meq\f（v2，l)＝man，得T＝3mg,an＝2g，则TP〉TQ,aP＝aQ，C正确，D错误．10.用水平力F拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动,t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t2时刻停止，其速度－时间图象如图所示，且α＞β，若拉力F做的功为W1,平均功率为P1；物体克服摩擦阻力Ff做的功为W2,平均功率为P2，则下列选项正确的是（)A．W1＞W2,F＝2Ff B．W1＝W2，F＞2FfC．P1＜P2，F＞2Ff D．P1＝P2，F＝2Ff解析：选B.由动能定理可得W1－W2＝0，解得W1＝W2。由图象可知,撤去拉力F后运动时间大于水平力F作用时间,所以F＞2Ff，选项A、D错误B正确；由于摩擦阻力作用时间一定大于水平力F作用时间，所以P1＞P2，选项C错误．11.(多选）如图所示，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则()A．a＝eq\f（2mgR－W,mR) B．a＝eq\f(2mgR－W，mR)C．N＝eq\f(3mgR－2W,R） D．N＝eq\f（2mgR－W，R）解析：选AC。质点P下滑到底端的过程，由动能定理得mgR－W＝eq\f(1,2)mv2－0,可得v2＝eq\f（2mgR－W,m)，所以a＝eq\f(v2,R）＝eq\f(2mgR－W，mR）,A正确，B错误；在最低点，由牛顿第二定律得N－mg＝meq\f（v2,R)，故N＝mg＋meq\f(v2，R)＝mg＋eq\f(m,R)·eq\f（2mgR－W,m）＝eq\f(3mgR－2W，R）,C正确，D错误．12．在竖直平面内固定一轨道ABCO，AB段水平放置,长为4m，BCO段弯曲且光滑；一质量为1.0kg、可视作质点的圆环套在轨道上,圆环与轨道AB段之间的动摩擦因数为0。5.建立如图所示的直角坐标系，圆环在沿x轴正方向的恒力F作用下,从A（－7,2）点由静止开始运动,到达原点O时撤去恒力F，圆环从O(0，0)点水平飞出后经过D(6,3)点．重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力．求：（1）圆环到达O点时的速度大小；(2)恒力F的大小；（3)圆环在AB段运动的时间．解析：(1)圆环从O到D过程中做平抛运动x＝v0ty＝eq\f(1,2）gt2读图得x＝6m，y＝3mv0＝eq\r（60）m/s＝7。75m/s.（2)圆环从A到O过程中，根据动能定理FxAO－μmgxAB－mgy′＝eq\f（1，2）mveq\o\al(2,0)代入数据得F＝10N.（3）圆环从A到B过程中,根据牛顿第二定律F－μmg＝maxAB＝eq\f（1,2)at2代入数据得t＝eq\r(\f（8,5））s＝1.26s.答案：(1)7.75m/s（2）10N(3)1。26s第3节机械能守恒定律及其应用一、重力做功与重力势能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)公式：Ep＝mgh.（2)特性：①矢标性：重力势能是标量,但有正、负,其意义是表示物体的重力势能比它在参考平面上大还是小，这与功的正、负的物理意义不同．②系统性：重力势能是物体和地球共有的．③相对性:重力势能的大小与参考平面的选取有关．重力势能的变化是绝对的,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，重力势能就减少；重力对物体做负功，重力势能就增加．(2)定量关系：重力对物体做的功等于物体重力势能的减少量．即WG＝－(Ep2－Ep1)＝－ΔEp。二、弹性势能1．大小弹簧的弹性势能的大小与弹簧的形变量及劲度系数有关．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．三、机械能守恒定律1．机械能动能和势能统称为机械能,其中势能包括重力势能和弹性势能．2．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，动能和势能可以互相转化，而总的机械能保持不变．(2）守恒的条件：只有重力或弹力做功．（3)守恒表达式：守恒观点E1＝E2，Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2转化观点ΔEk＝－ΔEp转移观点ΔEA减＝ΔEB增［自我诊断］1．判断正误(1)重力势能的变化与零势能参考面的选取无关．（√）(2）克服重力做功，物体的重力势能一定增加．（√)（3)发生形变的物体都具有弹性势能．（×）(4）弹力做正功弹性势能一定增加．(×)(5)物体所受的合力为零，物体的机械能一定守恒．(×)(6）物体的速度增大时，其机械能可能减小．(√)(7)物体除受重力外,还受其他力，但其他力不做功,则物体的机械能一定守恒．（√）2．自由下落的物体在下落过程中,其重力做功和重力势能变化的情况为（）A．重力做正功，重力势能减小B．重力做正功，重力势能增加C．重力做负功，重力势能减小D．重力做负功,重力势能增加解析：选A。下落过程，物体高度降低，所以重力做正功，重力势能减小,A正确．3．关于机械能是否守恒，下列说法正确的是()A．做匀速直线运动的物体机械能一定守恒B．做匀速圆周运动的物体机械能一定守恒C．做变速运动的物体机械能可能守恒D．合力对物体做功不为零，机械能一定不守恒解析：选C.做匀速直线运动的物体与做匀速圆周运动的物体，如果是在竖直平面内则机械能不守恒，A、B错误;合力做功不为零，机械能可能守恒，如自由落体运动，D错误，C正确．4．（多选)如图所示，A、B两球质量相等，A球用不能伸长的轻绳系于O点，B球用轻弹簧系于O′点,O与O′点在同一水平面上，分别将A、B球拉到与悬点等高处，使绳和轻弹簧均处于水平，弹簧处于自然状态，将两球分别由静止开始释放，当两球达到各自悬点的正下方时，两球仍处在同一水平面上，则（）A．两球到达各自悬点的正下方时，两球动能相等B．两球到达各自悬点的正下方时，A球动能较大C．两球到达各自悬点的正下方时，B球动能较大D．两球到达各自悬点的正下方时，A球受到向上的拉力较大解析:选BD。整个过程中两球减少的重力势能相等，A球减少的重力势能完全转化为A球的动能，B球减少的重力势能转化为B球的动能和弹簧的弹性势能，所以A球的动能大于B球的动能，所以B正确；在悬点正下方位置，根据牛顿第二定律知F＝mg＋eq\f(mv2，R）,因为vA>vB,所以A球受到的拉力较大，所以D正确．考点一机械能守恒的理解和判断1．对机械能守恒条件的理解（1）只受重力作用，例如不考虑空气阻力的各种抛体运动,物体的机械能守恒．（2）除重力外，物体还受其他力，但其他力不做功或做功代数和为零．（3)除重力外，只有系统内的弹力做功，并且弹力做的功等于弹性势能减少量，那么系统的机械能守恒．注意：并非物体的机械能守恒，如与弹簧相连的小球下摆的过程机械能减少．2．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）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，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．1．（多选）如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是()A．甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，物体A机械能守恒B．乙图中,物体A固定，物体B沿斜面匀速下滑，物体B的机械能守恒C．丙图中，不计任何阻力和定滑轮质量时,A加速下落，B加速上升过程中,A、B组成的系统机械能守恒D．丁图中,小球沿水平面做匀速圆锥摆运动时，小球的机械能守恒解析：选CD。甲图中重力和弹力做功，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，但物体A机械能不守恒,A错．乙图中物体B除受重力外，还受到弹力和摩擦力作用，弹力不做功，但摩擦力做负功,物体B的机械能不守恒，B错．丙图中绳子张力对A做负功，对B做正功,代数和为零,A、B组成的系统机械能守恒,C对．丁图中小球的动能不变，势能不变，机械能守恒,D对．2．（多选）如图所示，斜面置于光滑水平地面，其光滑斜面上有一物体由静止沿斜面下滑，在物体下滑过程中，下列说法正确的是（）A．物体的重力势能减少，动能增加，机械能减小B．斜面的机械能不变C．斜面对物体的作用力垂直于接触面,不对物体做功D．物体和斜面组成的系统机械能守恒解析:选AD.物体由静止开始下滑的过程其重力势能减少，动能增加,A正确；物体在下滑过程中，斜面做加速运动,其机械能增加,B错误;物体沿斜面下滑时,既沿斜面向下运动，又随斜面向右运动，其合速度方向与弹力方向不垂直,弹力方向垂直于接触面，但与速度方向之间的夹角大于90°,所以斜面对物体的作用力对物体做负功,C错误；对物体与斜面组成的系统,只有物体的重力和物体与斜面间的弹力做功,机械能守恒，D正确．3.(多选)如图所示，用轻弹簧相连的物块A和B放在光滑的水平面上，物块A紧靠竖直墙壁,一颗子弹沿水平方向射入物块B后留在其中，由子弹、弹簧和A、B所组成的系统在下列依次进行的过程中，机械能守恒的是（)A．子弹射入物块B的过程B．物块B带着子弹向左运动,直到弹簧压缩量最大的过程C．弹簧推着带子弹的物块B向右运动，直到弹簧恢复原长的过程D．带着子弹的物块B因惯性继续向右运动，直到弹簧伸长量达最大的过程解析：选BCD。子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B组成的系统，由于要克服子弹与物块之间的滑动摩擦力做功，一部分机械能转化成了内能,所以机械能不守恒．在子弹与物块B获得了共同速度后一起向左压缩弹簧的过程中，对于A、B、弹簧和子弹组成的系统,由于墙壁给A一个推力作用，系统的外力之和不为零,但这一过程中墙壁的弹力不做功，只有系统内的弹力做功，动能和弹性势能发生转化，系统机械能守恒，这一情形持续到弹簧恢复原长为止．当弹簧恢复原长后，整个系统将向右运动，墙壁不再有力作用在A上，这时物块的动能和弹簧的弹性势能相互转化，故系统的机械能守恒,综上所述，B、C、D正确．(1)机械能守恒的条件绝不是合外力的功等于零，更不是合外力为零;“只有重力或弹力做功”不等于“只受重力或弹力作用”．(2)对于一些绳子突然绷紧、物体间碰撞等情况，除非题目特别说明，否则机械能必定不守恒．（3)对于系统机械能是否守恒,可以根据能量的转化进行判断．考点二单个物体的机械能守恒定律的应用应用机械能守恒定律的基本思路(1)选取研究对象eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（单个物体,多个物体组成的系统，系统内有弹簧）)(2）受力分析和各力做功情况分析，确定是否符合机械能守恒条件．(3）确定初末状态的机械能或运动过程中物体机械能的转化情况．(4)选择合适的表达式列出方程，进行求解．（5）对计算结果进行必要的讨论和说明．[典例1］如图所示，将一质量为m＝0.1kg的小球自水平平台右端O点以初速度v0水平抛出，小球飞离平台后由A点沿切线落入竖直光滑圆轨道ABC，并沿轨道恰好通过最高点C,圆轨道ABC的形状为半径R＝2。5m的圆截去了左上角127°的圆弧,CB为其竖直直径（sin53°＝0.8，cos53°＝0。6,重力加速度g取10m/s2，空气阻力不计)，求：(1）小球经过C点速度vC的大小；(2)小球运动到轨道最低点B时轨道对小球的支持力大小;（3)平台末端O点到A点的竖直高度H。解析(1）小球恰好运动到C点时,重力提供向心力，由牛顿第二定律知mg＝meq\f(v\o\al(2,C)，R)解得vC＝eq\r(gR）＝5m/s(2）从B点到C点，由机械能守恒定律有eq\f(1，2)mveq\o\al(2，C）＋