2025版南方凤凰台5A教案基础版物理第6章　机械能守恒定律含答案

2025版《南方凤凰台5A教案基础版物理第6章机械能守恒定律第六章机械能守恒定律第1讲功和功率基础梳理1．一个物体受到某个__力__的作用，并且在该力的方向上有__位移__，就说这个力对这个物体做了功．公式W＝__Fl_cos_α__.2．功是__标量__.在国际单位制中，功的单位是__焦耳__，符号是J.3．某力对物体做负功，往往说成物体__克服某力__做功．4．某个力F对物体是否做功与物体的运动状态__无关__，与物体是否同时受到其他力__无关__.5．重力做功的特点与__路径__无关，只与物体的重力及初、末位置的__高度差__有关．6．功率功W与完成这些功所用__时间t__的比值，用符号P表示，定义式P＝__eq\f(W,t)__，它是表示物体做功__快慢__的物理量．7．额定功率指机器__正常__工作时的功率，实际功率是指机器工作时__实际__输出的功率．8．瞬时功率公式P＝__Fv_cos_α__：α为力F与物体速度v之间的夹角，v是物体运动的__瞬时__速度．如果v是平均速度，则P为平均功率．易错辨析1．只要物体受力的同时又有位移发生，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．滑动摩擦力可能做负功，也可能做正功；静摩擦力对物体一定做负功．(×)5．据P＝Fv可知，发动机功率一定时，交通工具的牵引力与运动速度成反比．(√)恒力做功的分析和计算1.功的正负的判断方法2.计算功的方法(1)恒力做功的计算方法(2)合力做功的计算方法方法一先求合外力F合，再用W合＝F合lcosα求功．适用于F合为恒力的过程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(2023·连云港期末调研)如图所示，小物块与斜面体一起沿水平面向右做匀速直线运动．关于斜面体对物块做功，下列说法中正确的是(C)A．支持力不做功B．支持力做正功C．摩擦力做正功D．摩擦力与支持力做功代数和不为零解析：小物块与斜面体一起沿水平面向右做匀速直线运动，物体处于平衡状态，受重力、垂直于斜面向上的支持力与沿斜面向上的静摩擦力作用，支持力方向与物体位移方向之间的夹角为钝角，可知支持力做负功，故A、B错误；根据上述可知，静摩擦力与物体位移方向之间的夹角为锐角，则摩擦力做正功，故C正确；重力方向与物体位移方向垂直，重力不做功，根据动能定理可知摩擦力与支持力做功代数和为零，故D错误．一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时刻其速度为1m/s.从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平方向作用力F，力F和滑块的速度v随时间t的变化规律分别如图甲和图乙所示．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，则下列说法中正确的是(B)A．W1＝W2＝W3 B．W1＜W2＜W3C．W1＜W3＜W2 D．W1＝W2＜W3解析：根据功的计算公式W＝Fx，速度—时间图像与时间轴围成的面积代表位移x，对照力F随时间t变化的图像和速度—时间图像，在0～1s，力F1＝1N，x1＝eq\f(1×1,2)m＝0.5m，做功W1＝F1x1＝0.5J，在1～2s，力F2＝3N，x2＝eq\f(1×1,2)m＝0.5m，做功W2＝F2x2＝1.5J，在2～3s，力F3＝2N，x3＝1×1m＝1m，做功W3＝F3x3＝2J，所以有W3＞W2＞W1，B正确．变力做功的分析和计算方法以例说法应用动能定理用力F把小球从A处缓慢拉到B处，F做功为WF，则有WF－mgL(1－cosθ)＝0，得WF＝mgL(1－cosθ)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W1＝Ff·Δx1＋Ff·Δx2＋Ff·Δx3＋…＝Ff(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝Ff·2πR图像法一水平拉力拉着一物体在水平面上运动的位移为x0，图线与横轴所围面积表示拉力所做的功，W＝eq\f(F0＋F1,2)x0平均值法当力与位移为线性关系，力可用平均值eq\x\to(F)＝eq\f(F1＋F2,2)表示，可得压缩弹簧的力做功W＝eq\f(F1＋F2,2)·Δx等效转换法恒力F把物块从A拉到B，绳子对物块做功W＝F·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,sinα)－\f(h,sinβ)))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处拉力做的功为(C) 甲 乙A．0 B．eq\f(1,2)Fmx0 C．eq\f(π,4)Fmx0 D．eq\f(π,4)xeq\o\al(2,0)解析：F-x图像的“面积”表示拉力做功的大小，则得到拉力做功W＝eq\f(1,2)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0,2)))2＝eq\f(π,8)xeq\o\al(2,0)，由图乙可知Fm＝eq\f(x0,2)，联立解得W＝eq\f(π,4)Fmx0，故C正确．功率的分析和计算1．平均功率的计算(1)利用eq\x\to(P)＝eq\f(W,t).(2)利用P＝Feq\x\to(v)cosα，其中eq\x\to(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．质量为m的物体从距地面高h处自由下落，经历时间t，则下列说法中错误的是(B)A．t秒内重力对物体做功为eq\f(1,2)mg2t2B．t秒钟内重力的平均功率为mg2tC．前eq\f(t,2)秒末重力的瞬时功率与后eq\f(t,2)秒末重力的瞬时功率之比为1∶2D．前eq\f(t,2)秒内重力做功的平均功率与后eq\f(t,2)秒内重力做功的平均功率之比为1∶3解析：物体自由下落，t秒内物体下落h＝eq\f(1,2)gt2，Wt＝mgh＝eq\f(1,2)mg2t2，故A正确；P＝eq\f(W,t)＝eq\f(\f(1,2)mg2t2,t)＝eq\f(1,2)mg2t，故B错误；物体从静止开始自由下落，前eq\f(t,2)秒末与后eq\f(t,2)秒末的速度之比为1∶2(因v＝gt∝t)，又有P＝Fv＝mgv∝v，故前eq\f(t,2)秒末与后eq\f(t,2)秒末功率瞬时值之比为P1∶P2＝1∶2，C正确；前eq\f(t,2)秒与后eq\f(t,2)秒下落的位移之比为1∶3，则重力做功之比为1∶3，故重力做功的平均功率之比为1∶3，D正确．机车启动问题1．模型一：以恒定功率启动(1)动态过程(2)这一过程的P-t图像和v-t图像如图所示．2．模型二：以恒定加速度启动(1)动态过程(2)这一过程的P-t图像和v-t图像如图所示．机车启动过程应注意的问题(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F阻).(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阻).(2023·连云港期末调研)玩具赛车在水平直线跑道上由静止开始以20kW的恒定功率加速前进，赛车瞬时速度的倒数eq\f(1,v)和瞬时加速度a的关系如图所示．已知赛车受到的阻力恒定，赛车到达终点前已经达到最大速度，取g＝10m/s2.下列说法中正确的是(D)A．赛车做匀加速运动B．赛车的质量为20kgC．赛车所受阻力大小为500ND．赛车速度大小为5m/s时，加速度大小为60m/s2解析：由牛顿第二定律及瞬时功率表达式可得eq\f(P,v)－f＝ma，可知赛车做加速度逐渐减小的加速直线运动，故A错误；上述表达式整理可得eq\f(1,v)＝eq\f(m,P)a＋eq\f(f,P)，可见eq\f(1,v)-a图像的斜率恒定为eq\f(m,P)，与纵轴的截距为eq\f(f,P)，结合图像可得eq\f(f,P)＝0.05s/m，eq\f(m,P)＝eq\f(0.1－0.05,20)＝0.0025s3/m2，联立解得m＝50kg，f＝1000N，故B、C错误；代入v＝5m/s，解得a＝60m/s2，故D正确．1．如图所示，两个互相垂直的力F1和F2作用在同一物体上，使物体运动，发生一段位移后，力F1对物体做功为6J，力F2对物体做功为8J，则力F1与F2的合力对物体做功为(D)A．2J B.7JC.10J D.14J解析：当有多个力对物体做功的时候，总功的大小就等于各个力对物体做功的和，由于力F1对物体做功6J，力F2对物体做功8J，所以F1与F2的合力对物体做的总功就为6J＋8J＝14J，故D正确．2．(2023·镇江期末调研)“复兴号”动车组运行时所受阻力与其速率成正比．当动车组以速度v匀速行驶时，牵引力功率为P.若以速度2v匀速行驶时，牵引力功率为(C)A．P B．2PC．4P D．8P解析：f＝kv，当动车组以速度v匀速行驶时，牵引力功率为P，则P＝fv＝kv2.若以速度2v匀速行驶时，则牵引力功率为P′＝f′·2v＝k·2v·2v＝4fv2＝4P，故选C.3．(2023·无锡期终调研)两个完全相同的小球A、B，在某一高度处以相同大小的初速度v0分别沿水平方向和竖直方向抛出，不计空气阻力，如图所示，则下列说法中正确的是(C)A．两小球落地时速度相同B．两小球落地时，重力的瞬时功率相同C．从开始运动至落地，重力对两小球做的功相同D．从开始运动至落地，重力对两小球做功的平均功率相同解析：两球运动过程中机械能守恒，则两小球落地时速度大小相同，但是方向不同，A错误；两小球落地时，B球竖直速度较大，根据PG＝mgvy可知，B球重力的瞬时功率较大，B错误；根据W＝mgh可知，从开始运动至落地，重力对两小球做的功相同，C正确；从开始运动至落地，B球运动时间较长，根据eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)可知，B球重力做功的平均功率较小，D错误．4．(2023·宿迁期末调研)共享电动车已经成为我们日常生活中不可或缺的重要交通工具．如图所示，某共享电动车和驾驶员的总质量为100kg，电动车的额定功率为500W.若电动车从静止开始以额定功率在水平路面沿直线行驶，行驶中最大速度为5m/s，假定行驶中所受阻力恒定，取g＝10m/s2.下列说法中正确的是(A)A．电动车受到的阻力大小为100NB．加速阶段，电动车的加速度保持不变C．当电动车的速度为2.5m/s时，其加速度大小为2m/s2D．若电动车从静止开始以2m/s2的加速度匀加速启动，匀加速时间共5s解析：由题可知，电动车受到的阻力大小为f＝eq\f(P,vm)＝eq\f(500,5)N＝100N，A正确；因为电动车是以额定功率在水平路面沿直线行驶，所以根据P＝Fv，F－f＝ma可知速度越大，牵引力越小，加速度越小，B错误；由公式可得F＝eq\f(P,v)＝eq\f(500,2.5)N＝200N，a＝eq\f(F－f,m)＝eq\f(200－100,100)m/s2＝1m/s2，C错误；若电动车从静止开始以2m/s2的加速度匀加速启动，则牵引力为恒力，根据题意可得F′＝f＋ma′，P＝F′v′＝F′a′t，联立解得t＝0.83s，D错误．配套精练一、选择题1．(2024·无锡高三上期中)如图所示，一儿童沿直滑梯加速下滑，在下滑过程中，他所受力的功率不变的是(B)A．重力 B．支持力C．摩擦力 D．合力解析：一儿童沿直滑梯加速下滑，重力功率P1＝mgvy，竖直分速度增大，所以重力功率增大，故A错误；支持力与速度始终垂直，功率为零，故B正确；摩擦力功率P2＝μmgvcosθ在增大，故C错误；匀加速运动，合力不变，合力与速度同向，则合力功率P＝Fv变大，故D错误．2．(2020·江苏卷)质量为1.5×103kg的汽车在水平路面上匀速行驶，速度为20m/s，受到的阻力大小为1.8×103N．此时，汽车发动机输出的实际功率是(C)A．90W B．30kWC．36kW D．300kW解析：汽车匀速行驶，则牵引力与阻力平衡F＝f＝1.8×103N，汽车发动机的功率P＝Fv＝36kW，故C正确．3．(2021·浙江卷)中国制造的某一型号泵车如图所示，表中列出了其部分技术参数．已知混凝土密度为2.4×103kg/m3，假设泵车的泵送系统以150m3/h的输送量给30m高处输送混凝土，则每小时泵送系统对混凝土做的功至少为(C)发动机最大输出功率(kW)332最大输送高度(m)63整车满载质量(kg)5.4×104最大输送量(m3/h)180A.1.08×107J B．5.04×107JC．1.08×108J D．2.72×108J解析：泵车的泵送系统以150m3/h的输送量给30m高处输送混凝土，每小时泵送系统对混凝土做的功W＝ρVgh＝2.4×103×150×10×30J＝1.08×108J，故C正确．4.(2023·无锡期终调研)已知动车组列车每节动车的额定功率相同，每节动车与拖车质量相等，设动车组运行时所受阻力与其速率成正比．若某动车组由4节动车加8节拖车组成，其运行的最大速率为240km/h，则由8节动车加4节拖车组成的动车组，运行的最大速率约为(B)A．240km/h B.340km/hC．360km/h D.480km/h解析：若开动4节动车加8节拖车，最大速度可达到240km/h，每节动车的功率为P，设每节车厢所受的阻力f＝kv，则有eq\f(4P,v)＝12kv，由8节动车加4节拖车组成的动车组eq\f(8P,v′)＝12kv′，解得v′＝eq\r(2)v＝340km/h，故选B.5．在水平面上，有一弯曲的槽道AB，槽道由半径分别为eq\f(R,2)和R的两个半圆构成．如图所示，现用大小恒为F的拉力将一光滑小球从A点沿槽道拉至B点，若拉力F的方向时刻均与小球运动方向一致，则此过程中拉力所做的功为(C)A．0 B．FRC．eq\f(3,2)πFR D．2πFR解析：把槽道分成s1、s2、s3、…、sn微小段，拉力在每一段上为恒力，则在每一段上做的功W1＝F1s1，W2＝F2s2，W3＝F3s3，…，Wn＝Fnsn，拉力在整个过程中所做的功W＝W1＋W2＋W3＋…＋Wn＝F(s1＋s2＋s3＋…＋sn)＝F(π·eq\f(R,2)＋πR)＝eq\f(3,2)πFR，C正确．6．如图所示，木板上右端放一小物块，木板可以绕转轴在竖直平面内转动．现让木板以恒定角速度从图示位置转到水平位置，在此过程中，物块相对木板静止，则物块所受支持力的瞬时功率(A)A．逐渐增大 B．保持不变C．先增大，后减小 D．先减小，后增大解析：木板以恒定角速度转动，物块的线速度沿切线方向，大小不变．设木板与水平方向夹角为θ，小物块所受支持力为mgcosθ，则支持力的瞬时功率为P＝mgvcosθ，瞬时功率随角度的变小而增大，故A正确．7．(2023·扬州期末调研)如图所示，投篮训练时，篮球两次出手和进筐的位置相同，第1次和第2次篮球在空中的运动轨迹分别对应a、b两段曲线，不计空气阻力，则(A)A．第1次投篮出手时篮球重力的瞬时功率比进框时大B．篮球在最高点时重力的瞬时功率第1次比第2次小C．篮球进筐时重力的瞬时功率第1次比第2次小D．篮球在出手到进框过程中重力的平均功率第1次与第2次相等解析：设篮球在最高点距离出手点的竖直距离为h，有veq\o\al(2,y)＝2gh，投篮出手时篮球重力的瞬时功率P＝mgvcosθ＝mgvy＝mgeq\r(2gh)，同理，设在最高点距离球筐的高度为h′，有P′＝mgeq\r(2gh′)，可知第1次投篮出手时篮球重力的瞬时功率比进框时大，故A正确；篮球在最高点时竖直方向的速度为零，重力的瞬时功率为零，故篮球在最高点时重力的瞬时功率第1次等于第2次，故B错误；篮球进筐时时篮球重力的瞬时功率P′＝mgeq\r(2gh′)，可知篮球进筐时重力的瞬时功率第1次比第2次大，故C错误；第1次和第2次投篮始末位置相同，克服重力做的功相同，由于第1次篮球在空中的运行时间长，故篮球在出手到进框过程中重力的平均功率第1次小于第2次，故D错误．8．(2023·南外、金陵、海安三校联考)火车由北京开往拉萨，列车在水平轨道上以恒定功率启动达到最大速度之前的过程中，列车对乘客(B)A．做正功，且做功的功率不变B．做正功，且做功的功率减小C．做负功，且做功的功率不变D．做负功，且做功的功率减小解析：由于乘客和列车相对静止，列车和乘客具有相同的加速度，设乘客的质量为m，乘客所受的摩擦力f＝ma，由于摩擦力的方向与乘客的运动方向相同，则摩擦力做正功；设列车的质量为M，列车以恒定功率启动，速度增大，牵引力减小，加速度a＝eq\f(\f(P,v)－f1,M)，则摩擦力做功的功率P′＝fv＝mav＝eq\f(mP－f1mv,M)，随着速度增大，摩擦力做功的功率P′减小，故选B.9．(2023·泰州期末调研)高铁已成为中国的“国家名片”，是大多数人出行的首选．提高列车运动速率的有效途径是增大发动机的功率和减小阻力．某列车由若干节额定功率均为P的动力车厢组成，行驶时所受的阻力与速率的二次方成正比，即f＝kv2，只启用一节动力车厢时列车能达到的最大速度为vm.列车由静止开始运动，下列说法中正确的是(D)A．若列车匀加速启动，则牵引力恒定B．若列车输出功率恒定，则做匀加速运动C．若启用4节动力车厢，则列车的最大速度为4vmD．若列车最大速度提高到2vm，则需要启用8节动力车厢解析：若动车组匀加速启动，则有F－f＝ma，则动车的牵引力为F＝ma＋f＝ma＋kv2，随着速度的增加，牵引力F逐渐增大，故A错误；若动车输出功率恒定，则据F＝eq\f(P,v)，动车加速度a＝eq\f(F－f,m)＝eq\f(P－kv3,mv)，可知当功率一定时，随着速度增加，动车的加速度减小，动车不可能做匀加速运动，故B错误；动车速度最大时，牵引力与阻力相等，则P＝Fv＝fvm＝kveq\o\al(3,m)，可得vm＝eq\r(3,\f(P,k))，若启用4节动力车厢，则列车的最大速度为eq\r(3,4)vm；若列车最大速度提高到2vm，则需要启用8节动力车厢，故C错误，D正确．10．一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f恒定不变．下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图像中，可能正确的是(B)eq\o(\s\up7(),\s\do5(A)) eq\o(\s\up7(),\s\do5(B))eq\o(\s\up7(),\s\do5(C)) eq\o(\s\up7(),\s\do5(D))解析：由P-t图可知，在两种恒定功率条件下可以达到的最大速度分别为v1max＝eq\f(P1,f)，v2max＝eq\f(P2,f)，且v1max<v2max，根据牛顿第二定律可知a＝eq\f(F－f,m)＝eq\f(\f(P,v)－f,m)，可知0～t1汽车的加速度逐渐减小，当加速度为零时汽车的速度达到v1max，在t1～t2过程中汽车同样先做加速度减小的加速运动，当加速度减为零后汽车以v2max做匀速运动，故B正确．二、非选择题11．有一台最大功率为P＝8×103W的起重机，将一个质量为m＝1000kg的物体竖直向上吊起，不计空气阻力，取g＝10m/s2.(1)起重机以最大功率工作时，物体最终能达到的最大速度为多少？答案：0.8m/s解析：当牵引力等于重力时，速度最大根据P＝mgvm解得vm＝eq\f(P,mg)＝eq\f(8000,10000)m/s＝0.8m/s(2)若物体以v＝0.4m/s的速度匀速上升，起重机的实际功率是多少？答案：4000W解析：当物体匀速上升时F＝mg＝10000N则起重机的实际功率P′＝Fv＝10000×0.4W＝4000W(3)若物体从静止起以a＝2m/s2的加速度匀加速上升，则维持此加速度的时间是多少？答案：eq\f(1,3)s解析：根据牛顿第二定律得F－mg＝ma解得F＝mg＋ma＝(10000＋2000)N＝12000N则匀速运动的末速度v＝eq\f(P,F)＝eq\f(8000,12000)m/s＝eq\f(2,3)m/st＝eq\f(v,a)＝eq\f(\f(2,3),2)s＝eq\f(1,3)s补不足、提能力，老师可增加训练：《抓分题·基础天天练》《一年好卷》。第2讲动能定理及其应用基础梳理1．动能(1)定义：物体由于__运动__而具有的能量叫动能．(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：动能是状态量，是__标量__(填“矢量”或“标量”).2．动能定理(1)内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中__动能的变化__.(2)表达式：W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)或W＝Ek2－Ek1.(3)物理意义：__合外力__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．易错辨析1．动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能．(√)2．一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．(√)3．动能不变的物体，一定处于平衡状态．(×)4．物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化．(×)5．物体的动能不变，所受的合外力必定为零．(×)动能定理的理解和基本应用1．对动能定理的理解(1)动能定理中的“力”指物体受到的合力，功则为合力所做的总功．(2)抓住“两状态、一过程”，“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，“一过程”即明确研究过程，确定在这一过程中研究对象的受力情况和位置变化或位移信息．2．注意事项(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系．(2)当物体的运动包含多个不同过程或需要求某一中间物理量时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间物理量时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便．(3)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验．3．应用动能定理解题的基本思路如图所示，质量为m的小球，从离地面高H处由静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止．设小球受到空气阻力为f，重力加速度为g，则下列说法中正确的是(C)A．小球落地时动能等于mgHB．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)D．小球在泥土中受到的平均阻力为mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(H,h)))解析：小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得mgH－fH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，A错误；设泥对小球的平均阻力为f0，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mgh－f0h＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得f0h＝mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，f0＝mg(1＋eq\f(H,h))－eq\f(fH,h)，B、D错误；全过程应用动能定理，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)，C正确．(2023·常州联盟期末调研)如图所示，让摆球从C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达A孔进入半径R＝0.3m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道后立即关闭A孔．已知摆线长L＝2m，θ＝53°，小球质量为m＝0.5kg，D点与A孔的水平距离s＝2m，取g＝10m/s2，cos53°＝0.6.(1)求小球从C运动到D的过程中重力做的功．答案：4J解析：摆球由C到D过程WG＝mg(L－Lcosθ)解得WG＝4J(2)求摆线能承受的最大拉力．答案：9N解析：当摆球由C运动到D，根据动能定理有mg(L－Lcosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)在D点，由牛顿第二定律可得Fm－mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),L)解得Fm＝1.8mg＝9N(3)要使摆球能做完整的圆周运动，求摆球与平面间的动摩擦因数μ需要满足的条件．答案：μ≤0.025解析：若摆球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，当摆球恰好到达最高点时，在圆周的最高点，由牛顿第二定律可得mg＝meq\f(v2,R)由动能定理可得－μ0mgs－2mgR＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)解得μ0＝0.025综上所述，动摩擦因数μ的范围μ≤0.025应用动能定理求变力做功在一个有变力做功的过程中，当变力做功无法直接通过做功的公式求解时，可列动能定理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恒可根据做功的公式求出，因此可以得到W变＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－W恒，就可以求出变力做的功了．(2023·泗阳中学)质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图所示，已知物体与水平面的动摩擦因数为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，弹簧弹力所的功为(C)A．eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmg(s＋x)B．eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmgxC．μmg(s＋x)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)D．－μmg(s＋x)解析：物体受到的滑动摩擦力大小为f＝μmg，对物体由动能定理可得W－μmg(s＋x)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得W＝μmg(s＋x)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故选C.动能定理与图像综合问题1．五种常见图像2.解决动能定理与图像问题的基本步骤(2022·江苏卷)某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳．将运动员视为质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能Ek与水平位移x的关系图像正确的是(A)eq\o(\s\up7(),\s\do5(A)) eq\o(\s\up7(),\s\do5(B))eq\o(\s\up7(),\s\do5(C)) eq\o(\s\up7(),\s\do5(D))解析：设斜面倾角为θ，由题意可知，运动员在沿斜面下滑过程中根据动能定理有Ek＝mgxtanθ，即eq\f(Ek,x)＝mgtanθ，下滑过程中开始阶段倾角θ不变，Ek-x图像为一条直线；经过圆弧轨道过程中θ先减小，后增大，即图像斜率先减小，后增大，故A正确．应用动能定理解决运动往复性问题1．往复运动问题：运动过程具有重复性、往返性，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．2．解题策略：此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功的特点是与路径有关，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，用动能定理分析这类问题可使解题过程简化．如图所示，水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直eq\f(1,4)圆轨道相切于B点，右端与一倾角为30°的光滑斜面轨道在C点平滑连接(即物体经过C点时速度的大小不变)，斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为3kg的滑块从圆弧轨道的顶端A点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D点．已知光滑圆轨道的半径R＝0.45m，水平轨道BC长为0.4m，滑块与BC间的动摩擦因数μ＝0.2，光滑斜面轨道上CD长为0.6m，取g＝10m/s2.求：(1)滑块第一次经过B点时对轨道的压力大小．答案：90N解析：滑块从A点到B点，由动能定理可得mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)滑块在B点，由牛顿第二定律有F－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)解得F＝90N由牛顿第三定律可得，滑块第一次经过B点时对轨道的压力为F′＝F＝90N(2)整个过程中弹簧具有最大的弹性势能．答案：2.1J解析：滑块从A点到D点，该过程弹簧弹力对滑块做的功为W，由动能定理可得mgR－μmgLBC－mgLCDsin30°＋W＝0其中Ep＝－W解得Ep＝2.1J(3)滑块最终停在何处．答案：距B点0.15m处解析：滑块最终停止在水平轨道BC间，从滑块第一次经过B点到最终停下来的全过程，由动能定理可得－μmg·s＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得s＝2.25m则滑块在BC段上运动的次数为n＝eq\f(2.25,0.4)＝5.625说明滑块在BC上滑动了5次，又向左运动0.625×0.4m＝0.25m故滑块最终停止在BC间距B点0.15m处(或距C点0.25m处).1．若物体在某一运动过程中动能保持不变，则在该过程中(D)A．物体一定做匀速直线运动B．重力对物体一定做正功C．合外力可能对物体做正功D．物体的加速度可能与速度始终垂直解析：动能保持不变，速度的大小不变，不代表速度方向不变，比如匀速圆周运动，故A错误；由动能定理知，动能保持不变，说明合外力的功为零，不说明重力对物体一定做正功，比如水平面内的匀速圆周运动，重力不做功，故B错误；由动能定理知，若合外力对物体做正功，动能一定增加，不会保持不变，故C错误；物体的加速度可能与速度始终垂直，比如匀速圆周运动，故D正确．2．(2023·新课标卷)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的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为(重力加速度大小为g)(B)A．0 B．mghC．eq\f(1,2)mv2－mgh D．eq\f(1,2)mv2＋mgh解析：在地面附近雨滴做匀速运动，根据动能定理得mgh－Wf＝0，所以雨滴克服空气阻力做功为mgh，故B正确，A、C、D错误．3．如图所示，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(C)A．eq\f(1,4)mgR B.eq\f(1,3)mgR C．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，两力的合力提供向心力，所以有N－mg＝meq\f(v2,R)，N＝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．4．(2023·无锡高三上期中)一物体在恒定合外力作用下由静止开始沿直线运动，通过传感器记录下速度、时间、位置等实验数据，然后分别作出动能Ek随时间变化和动能Ek随位置变化的两个图线如图所示，但忘记标出横坐标．已知图甲中虚线的斜率为p，图乙中直线的斜率为q.下列说法中正确的是(D) 甲 乙A．物体动能随位置变化的图线是图甲B．物体动能随时间变化的图线是图乙C．物体所受合外力的大小为pD．物体在A点所对应的瞬时速度大小为eq\f(2p,q)解析：由公式Ek＝W＝Fx可得，Ek与成x正比，故图乙是物体动能随位置变化的图线，则图甲为物体动能随时间变化的图线，A、B错误；在图乙中，由公式Ek＝Fx，解得F＝eq\f(Ek,x)，即斜率q＝eq\f(Ek,x)，则合力为F＝q，C错误；在图甲中，可得p＝eq\f(Ek,t)＝eq\f(Fx,t)，可得eq\f(p,q)＝eq\f(x,t)，在这个过程中平均速度为eq\x\to(v)＝eq\f(v,2)，所以x＝eq\f(v,2)t，联立解得eq\f(p,q)＝eq\f(\f(v,2)t,t)＝eq\f(v,2)，故有v＝eq\f(2p,q)，D正确．配套精练一、选择题1．(2023·常州联盟期末调研)在篮球比赛中，某位同学获得罚球机会，如图所示，他站在罚球线处用力将篮球投出，篮球以约为1m/s的速度撞击篮筐．已知篮球质量约为0.6kg，篮筐离地高度约为3m，忽略篮球受到的空气阻力，则该同学罚球时对篮球做的功大约为(B)A．1J B．10JC．50J D．100J解析：假设人的身高为h1＝1.8m，则根据动能定理W－mg(h－h1)＝eq\f(1,2)mv2，代入数据整理可以得到W＝7.5J，故选B.2．(2022·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不应小于(D)A．eq\f(h,k＋1) B.eq\f(h,k)C.eq\f(2h,k) D.eq\f(2h,k－1)解析：运动员从a到c根据动能定理有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)，在c点有FNc－mg＝meq\f(veq\o\al(2,c),Rc)，FNc≤kmg，联立有Rc≥eq\f(2h,k－1)，故D正确．3．(2024·如东期初学情检测)A、B两物体的质量之比mA∶mB＝1∶4，它们以相同的初速度v0在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其v-t图像如图所示．此过程中，设A、B两物体受到的摩擦力做的功之比WA∶WB，A、B两物体受到的摩擦力之比FA∶FB，则(C)A．WA∶WB＝1∶2 B．WA∶WB＝4∶1C．FA∶FB＝1∶2 D．FA∶FB＝4∶1解析：根据动能定理－W＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，可知A、B两物体受到的摩擦力做的功之比为WA∶WB＝1∶4，故A、B错误；根据v-t图像可知两物体的加速度之比为aA∶aB＝2∶1，根据牛顿第二定律F＝ma可得A、B两物体受到的摩擦力之比FA∶FB＝1∶2，故C正确，D错误．4．(2023·中华中学)如图所示，某一斜面的顶端到正下方水平面O点的高度为h，斜面与水平面平滑连接．一小木块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到水平面上的A点停止．已知斜面倾角为θ，小木块质量为m，小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，A、O两点的距离为x.在小木块从斜面顶端滑到A点的过程中，下列说法中正确的是(D)A．如果h和μ一定，θ越大，x越大B．如果h和μ一定，θ越大，x越小C．摩擦力对木块做功为－μmgxcosθD．重力对木块做功为μmgx解析：对小木块运动的整个过程，根据动能定理有0－0＝mgh－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)－μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(h,tanθ)))，解得h＝μx，所以x与θ无关，故A、B错误；根据前面分析可知重力对木块做功为WG＝mgh＝μmgx，摩擦力对木块做功为Wf＝－WG＝－mgh＝－μmgx，故C错误，D正确．5．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(D)A．0.50m B．0.25mC．0.10m D．06．(2023·常州期中)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示．取g＝10m/s2.该物体的质量为(C)A．2kg B．1.5kgC．1kg D．0.5kg解析：对上升过程，由动能定理，－(F＋mg)h＝Ek－Ek0，得Ek＝Ek0－(F＋mg)h，即F＋mg＝12N；下落过程，(mg－F)(6－h)＝Ek，即mg－F＝k′＝8N，联立两公式，得到m＝1kg、F＝2N.C正确．7．(2023·盐城期中)如图所示，将一物体分别沿着AB、ACB两条斜面轨道从静止开始运动到B端．已知物体与两条斜面轨道的动摩擦因数相同，不计在C处的能量损失．则物体两次运动(C)A．位移不同B．到达B端的速度相同C．到达B端的动能相同D．克服摩擦力做的功不同解析：由位移定义，位移是初位置到末位置的有向线段，其大小与路径无关，故两次位移相同，A错误；从A到B，根据动能定理有mgh－μmgscosθ＝eq\f(1,2)mv2，θ是AB倾角，从A到C到B，根据动能定理mgh－(μmgs1cosα＋μmgs2cosβ)＝eq\f(1,2)mv′2，α和β分别为两部分的倾角，AB与ACB水平的距离相等，可得scosθ＝s1cosα＋s2cosβ，故到达B时，克服摩擦力做功相同，动能大小相等，速度大小相等，但是速度方向不同，故B、D错误，C正确．8．(2023·江苏卷)滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端．利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示．与图乙中相比，图甲中滑块(C)甲乙A．受到的合力较小B．经过A点的动能较小C．在A、B之间的运动时间较短D．在A、B之间克服摩擦力做的功较小解析：因为频闪照片时间间隔相同，对比图甲和乙可知图甲中运动时间短，滑块加速度大，是上滑阶段；根据牛顿第二定律可知图甲中滑块受到的合力较大，故A错误；从图甲中的A点到图乙中的A点，滑块先上升，后下降，重力做功为0，摩擦力做负功，根据动能定理可知图甲经过A点的动能较大，故B错误；由于图甲中滑块加速度大，根据x＝eq\f(1,2)at2，可知图甲在A、B之间的运动时间较短，故C正确；无论是上滑或下滑，滑块受到滑动摩擦力大小相等，故图甲和图乙在A、B之间克服摩擦力做的功相等，故D错误．9．(2023·扬州期末调研)如图甲所示，在某星球上有倾角为θ＝30°的光滑斜面，一轻质弹簧下端固定在斜面底部且弹簧处于原长．现将一质量为1.0kg的小物块放在弹簧的上端，由静止开始释放，小物块的加速度a与其位移x间的关系如图乙所示．斜面一直保持静止状态，则(B) 甲 乙A．该星球重力加速度大小为5m/s2B．小物块的最大动能为0.5JC．弹簧最大压缩量为50cmD．小物块下滑过程中，地面对斜面体的摩擦力一直向左解析：根据牛顿第二定律mgsinθ－kx＝ma，整理得a＝－eq\f(k,m)x＋eq\f(g,2)，可知g＝10m/s2，故A错误；当物块加速度为零时，速度最大，根据牛顿第二定律kx＝mgsinθ，解得k＝25N/m，根据动能定理有Ek＝mgxsinθ－eq\f(1,2)kx2＝0.5J，故B正确；设弹簧最大压缩量为x1，根据动能定理mgx1sinθ－eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1)＝0，解得x1＝0.4m，故C错误；小物块下滑过程中，物块的加速度先沿斜面向下，后沿斜面向上，将物块与斜面看成整体，整体水平方向的力等于摩擦力，故地面对斜面体的摩擦力先向左，后向右，故D错误．二、非选择题10．(2023·湖北卷)如图所示为某游戏装置原理示