2024年高考物理（全国版）总复习讲义：第5-6章 机械能

[高考导航]考点内容要求高考命题实况常考题型关联考点201420152016功和功率Ⅱ 卷Ⅰ：T16、T21、T25卷Ⅱ：T15、T16卷Ⅰ：T17、T21卷Ⅱ：T17、T21卷Ⅰ：T22、T25卷Ⅱ：T16、T19、T21、T22、T25卷Ⅲ：T20、T24选择题计算题实验题①平抛运动②圆周运动③电场、磁场④电磁感应动能和动能定理Ⅱ重力做功与重力势能Ⅱ功能关系、机械能守恒定律及其应用Ⅱ实验五：探究动能定理实验六：验证机械能守恒定律基础课1功和功率知识点一、功1．定义：一个物体受到力的作用，如果在力的方向上发生了一段位移，就说这个力对物体做了功。2．做功的两个要素(1)作用在物体上的力；(2)物体在力的方向上发生的位移。3．公式：W＝Flcos__α(1)α是力与位移方向之间的夹角，l为物体对地的位移。(2)该公式只适用于恒力做功。4．功的正负(1)当0°≤α＜90°时，W＞0，力对物体做正功。(2)当90°＜α≤180°时，W＜0，力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功。(3)当α＝90°时，W＝0，力对物体不做功。知识点二、功率1．定义：功与完成这些功所用时间的比值。2．物理意义：描述力对物体做功的快慢。3．公式(1)P＝eq\f(W,t)，P为时间t内的平均功率。(2)P＝Fvcos__α(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．发动机功率：机车发动机的功率P＝Fv，F为牵引力，并非机车所受的合力。[思考判断](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)一个力对物体做负功，说明物体克服该力做功(取负功的绝对值)。()(4)作用力做正功时，其反作用力一定做负功。()(5)相互垂直的两个力分别对物体做功为4J和3J，则这两个力的合力做功为5J。()(6)静摩擦力不可能对物体做功。()(7)汽车上坡时换成低挡位，其目的是为了减小速度得到较大的牵引力。()答案(1)×(2)√(3)√(4)×(5)×(6)×(7)√功的分析与计算1．判断力是否做功及做正、负功的方法判断根据适用情况(1)根据力和位移的方向的夹角判断：α＜90°力做正功；α＝90°力不做功；α＞90°力做负功。常用于恒力做功的判断(2)根据力和瞬时速度方向的夹角θ判断：θ＜90°，力做正功；θ＝90°，力不做功；θ＞90°，力做负功常用于质点做曲线运动(3)根据功能关系或能量守恒定律判断常用于变力做功的判断2.恒力做功的计算方法：直接用W＝Flcosα计算3．合力做功的计算方法方法一：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。1．[正、负功的判断](多选)如图1所示，人站在自动扶梯上不动，随扶梯向上匀速运动，下列说法中正确的是()图1A．重力对人做负功 B．摩擦力对人做正功C．支持力对人做正功 D．合力对人做功为零解析人随电梯向上匀速运动时只受重力和竖直向上的支持力，所以重力做负功，支持力做正功，合力为零所以做功为零，A、C、D正确。答案ACD2．[直线运动中恒力做功的计算]起重机以1m/s2的加速度将质量为1000kg的货物由静止开始匀加速向上提升，g取10m/s2，则在1s内起重机对货物做的功是()A．500J B．4500J C．5000J D．5500J解析货物的加速度向上，由牛顿第二定律有：F－mg＝ma，起重机的拉力F＝mg＋ma＝11000N。货物的位移是l＝eq\f(1,2)at2＝0.5m，做功为W＝Fl＝5500J，故D正确。答案D3．[曲线运动中恒力做功的计算]如图2所示，质量为m的小球用长为L的轻绳悬挂于O点，用水平恒力F拉着小球从最低点运动到使轻绳与竖直方向成θ角的位置，求此过程中，各力对小球做的总功为()图2A．FLsinθ B．mgL(1－cosθ)C．FLsinθ－mgL(1－cosθ) D．FLsinθ－mgLcosθ解析如图，小球在F方向的位移为CB，方向与F同向，则WF＝F·CB＝F·Lsinθ小球在重力方向的位移为AC，方向与重力反向，则WG＝mg·AC·cos180°＝－mg·L(1－cosθ)绳的拉力FT时刻与运动方向垂直，则WFT＝0故W总＝WF＋WG＋WFT＝FLsinθ－mgL(1－cosθ)所以选项C正确。答案C方法技巧1．恒力做功的计算思路2．计算功的大小的两点技巧(1)在求功时，要区分是求某个力的功还是合力的功，是求恒力的功还是变力的功。(2)恒力做功与物体的实际路径无关，等于力与物体在力方向上的位移的乘积，或等于位移与在位移方向上的力的乘积。功率的理解与计算1．平均功率的计算方法(1)利用eq\o(P,\s\up6(－))＝eq\f(W,t)。(2)利用eq\o(P,\s\up6(－))＝Feq\o(v,\s\up6(－))cosα，其中eq\o(v,\s\up6(－))为物体运动的平均速度。2．瞬时功率的计算方法(1)利用公式P＝Fvcosα，其中v为t时刻的瞬时速度。(2)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为物体受到的外力F在速度v方向上的分力。1．[平均功率和瞬时功率的计算]如图3所示，质量为m＝2kg的木块在倾角θ＝37°的斜面上由静止开始下滑，木块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，已知：sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，则前2s内重力的平均功率和2s末的瞬时功率分别为()图3A．48W24W B．24W48W C．24W12W D．12W24W解析木块所受的合外力F合＝mgsinθ－μmgcosθ＝mg(sinθ－μcosθ)＝2×10×(0.6－0.5×0.8)N＝4N木块的加速度a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(4,2)m/s2＝2m/s2前2s内木块的位移x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×2×22m＝4m所以，重力在前2s内做的功为W＝mgxsinθ＝2×10×0.6×4J＝48J。重力在前2s内的平均功率为eq\o(P,\s\up6(－))＝eq\f(W,t)＝eq\f(48,2)W＝24W。木块在2s末的速度v＝at＝2×2m/s＝4m/s2s末重力的瞬时功率P＝mgsinθ·v＝2×10×0.6×4W＝48W。故选项B正确。答案B2．[功、功率与图象的综合]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和滑动的速度v随时间t的变化规律分别如图4甲、乙所示，则以下说法正确的是()图4A．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对滑块做功的瞬时功率为1WD．前3s内，F对滑块做的总功为零解析由题图可知，第1s内，滑块位移为1m，F对滑块做的功为2J，A错误；第2s内，滑块位移为1.5m，F做的功为4.5J，平均功率为4.5W，B错误；第3s内，滑块的位移为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正确；前3s内，F对滑块做的总功为8J，D错误。答案C方法技巧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。机动车启动问题1．模型一以恒定功率启动(1)动态过程(2)这一过程的P－t图象和v－t图象如图所示：

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图象和v－t图象如图所示：1．[P＝Fv在机车实际运动过程中的应用](2017·武汉武昌区模拟)如图5所示，为某种型号轿车中用于改变车速的挡位，表中列出了轿车的部分数据，手推变速杆到达不同挡位可获得不同的运行速度，从“1～5”速度逐挡增大，R是倒车挡。则轿车在额定功率下，要以最大动力上坡，变速杆应推至哪一挡？以最大速度运行时，轿车的牵引力约为多大？()图5长/mm×宽/mm×高/mm4481/1746/1526mm净重/kg1337kg传动系统前轮驱动5挡变速发动机类型直列4缸发动机排量(L)2.0L最高时速(km/h)189km/h100km/h的加速时间(s)12s额定功率(kW)108kWA．“5”挡；8000N B．“5”挡；2000NC．“1”挡；4000N D．“1”挡；2000N解析若轿车在额定功率下以最大动力上坡，那么要使用“1”挡；以最高速度v＝189km/h＝52.5m/s运行时，根据P＝Fv得F＝eq\f(P,v)＝eq\f(108×103,52.2)N≈2000N。选项D正确。答案D2．[机车启动过程中的图象问题](2016·苏锡常镇二模)汽车从静止开始先做匀加速直线运动，然后做匀速运动。汽车所受阻力恒定，下列汽车功率P与时间t的关系图象中，能描述上述过程的是()解析汽车从静止开始匀加速，加速度一定，根据牛顿第二定律有F－f＝ma，得出F＝f＋ma。汽车的功率为P＝Fv＝(f＋ma)at，P与t成正比例函数，A、D选项错误；当汽车达到最大功率时，据题意汽车运动状态立刻变为匀速，此时牵引力瞬间从f＋ma变成f，而速度没有突变，故汽车的功率变小且为恒定值，B项错误，C正确。答案C3．[机车启动过程中有关物理量的计算]一列火车总质量m＝500t，发动机的额定功率P＝6×105W，在轨道上行驶时，轨道对列车的阻力Ff是车重的0.01倍。(取g＝10m/s2)(1)求列车在水平轨道上行驶的最大速度；(2)在水平轨道上，发动机以额定功率P工作，求当行驶速度为v1＝1m/s和v2＝10m/s时，列车的瞬时加速度a1、a2的大小；(3)列车在水平轨道上以36km/h的速度匀速行驶时，求发动机的实际功率P′；(4)若列车从静止开始，保持0.5m/s2的加速度做匀加速运动，求这一过程维持的最长时间。解析(1)列车以额定功率行驶，当牵引力等于阻力，即F＝Ff＝kmg时，列车的加速度为零，速度达到最大值vm，则vm＝eq\f(P,F)＝eq\f(P,Ff)＝eq\f(P,kmg)＝12m/s。(2)当v＜vm时，列车做加速运动，若v1＝1m/s，则F1＝eq\f(P,v1)＝6×105N，根据牛顿第二定律得a1＝eq\f(F1－Ff,m)＝1.1m/s2若v2＝10m/s，则F2＝eq\f(P,v2)＝6×104N根据牛顿第二定律得a2＝eq\f(F2－Ff,m)＝0.02m/s2。(3)当v＝36km/h＝10m/s时，列车匀速运动，则发动机的实际功率P′＝Ffv＝5×105W。(4)由牛顿第二定律得F′＝Ff＋ma＝3×105N在此过程中，速度增大，发动机功率增大，当功率为额定功率时速度为v′，即v′＝eq\f(P,F′)＝2m/s，由v′＝at得t＝eq\f(v′,a)＝4s。答案(1)12m/s(2)1.1m/s20.02m/s2(3)5×105W(4)4s方法技巧机车启动问题的求解方法(1)机车的最大速度vmax的求法机车做匀速运动时速度最大，此时牵引力F等于阻力Ff，故vmax＝eq\f(P,F)＝eq\f(P,Ff)。(2)匀加速启动时，做匀加速运动的时间t的求法牵引力F＝ma＋Ff，匀加速运动的最大速度vmax′＝eq\f(P额,ma＋Ff)，时间t＝eq\f(vmax′,a)。(3)瞬时加速度a的求法根据F＝eq\f(P,v)求出牵引力，则加速度a＝eq\f(F－Ff,m)。变力做功的计算方法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Wf＝f·Δx1＋f·Δx2＋f·Δx3＋…＝f(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝f·2πR平均力法弹簧由伸长x1被继续拉至伸长x2的过程中，克服弹力做功W＝eq\f(kx1＋kx2,2)·(x2－x1)图象法一水平拉力F0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＝F0x0eq\a\vs4\al(【思维训练1】)(2015·海南单科)如图6，一半径为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()图6A.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)，下滑过程中，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Ceq\a\vs4\al(【思维训练2】)一物体所受的力F随位移x变化的图象如图7所示，求在这一过程中，力F对物体做的功为()图7A．3J B．6J C．7J D．8J解析力F对物体做的功等于x轴上方梯形“面积”所表示的正功与x轴下方三角形“面积”所表示的负功的代数和。W1＝eq\f(1,2)×(3＋4)×2J＝7JW2＝－eq\f(1,2)×(5－4)×2J＝－1J所以力F对物体做的功为W＝7J－1J＝6J。故选项B正确。答案B1．(2015·海南单科，3)假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的()A．4倍 B．2倍 C.eq\r(3)倍 D.eq\r(2)倍解析设f＝kv，当阻力等于牵引力时，速度最大。输出功率变化前，有P＝Fv＝fv＝kv·v＝kv2，变化后有2P＝F′v′＝kv′·v′＝kv′2，联立解得v′＝eq\r(2)v，D正确。答案D2．(2015·全国卷Ⅱ，17)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8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变化的图线中，可能正确的是()图8解析当汽车的功率为P1时，汽车在运动过程中满足P1＝F1v，因为P1不变，v逐渐增大，所以牵引力F1逐渐减小，由牛顿第二定律得F1－f＝ma1，f不变，所以汽车做加速度减小的加速运动，当F1＝f时速度最大，且vm＝eq\f(P1,F1)＝eq\f(P1,f)。当汽车的功率突变为P2时，汽车的牵引力突增为F2，汽车继续加速，由P2＝F2v可知F2减小，又因F2－f＝ma2，所以加速度逐渐减小，直到F2＝f时，速度最大vm′＝eq\f(P2,f)，以后匀速运动。综合以上分析可知选项A正确。答案A3．(2016·天津理综，8)(多选)我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比，某列动车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组()图9A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2C．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2解析列车启动时，乘客随车厢加速运动，加速度方向与车的运动方向相同，故乘客受到车厢的作用力方向与车运动方向相同，选项A错误；对6、7、8节车厢的整体有F56＝3ma＋3kmg，对7、8节车厢的整体有F67＝2ma＋2kmg，故5、6节车厢与6、7节车厢间的作用力之比为F56∶F67＝3∶2，选项B正确；关闭发动机后，根据动能定理得eq\f(1,2)·8mv2＝8kmgx，解得x＝eq\f(v2,2kg)，可见滑行的距离与关闭发动机时速度的平方成正比，选项C错误；8节车厢有2节动车时的最大速度为vm1＝eq\f(2P,8kmg)；8节车厢有4节动车时最大速度为vm2＝eq\f(4P,8kmg)，则eq\f(vm1,vm2)＝eq\f(1,2)，选项D正确。答案BD4．(2017·湖南衡阳联考，24)一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动，先匀加速运动t1＝10s达到速度大小v＝54km/h，再匀速运动t2＝100s，接着匀减速运动t3＝12s到达乙站停车。列车在运行过程中所受的阻力大小恒为f＝1×105N，列车在减速过程中发动机停止工作，求：(1)列车匀速运动过程中克服阻力所做的功W；(2)列车的质量m；(3)列车在匀加速阶段牵引力的平均功率eq\o(P,\s\up6(－))。解析(1)已知v＝54km/h＝15m/s列车在匀速阶段的位移为：x＝vt2＝1500m列车匀速运动过程中克服阻力所做的功为：W＝fx＝1.5×108J(2)设列车匀减速阶段的加速度大小为a′，由牛顿第二定律有：f＝ma′又：a′＝eq\f(v,t3)解得m＝8×104kg(3)设列车在匀加速阶段的加速度大小为a，由牛顿第二定律有：F－f＝ma又：a＝eq\f(v,t1)该阶段牵引力的平均功率为eq\o(P,\s\up6(－))＝Feq\f(v,2)解得：eq\o(P,\s\up6(－))＝1.65×106W。答案(1)1.5×108J(2)8×104kg(3)1.65×106W一、选择题(1～6题为单项选择题，7～11题为多项选择题)1．如图1所示，甲、乙两物体之间存在相互作用的滑动摩擦力，甲对乙的滑动摩擦力对乙做了负功，则乙对甲的滑动摩擦力对甲()图1A．可能做正功，也可能做负功，也可能不做功B．可能做正功，也可能做负功，但不可能不做功C．可能做正功，也可能不做功，但不可能做负功D．可能做负功，也可能不做功，但不可能做正功解析若甲固定不动，乙在甲表面滑动，则乙对甲的滑动摩擦力对甲不做功；若乙向右运动的同时甲向左运动，则甲、乙间的一对滑动摩擦力均做负功；若水平地面光滑，静止的甲在乙的滑动摩擦力带动下做加速运动，则乙对甲的滑动摩擦力对甲做正功，所以只有选项A正确。答案A2．同一恒力按同样的方式施于物体上，使它分别沿着粗糙水平地面和光滑水平地面移动相同一段距离时，恒力做的功和平均功率分别为W1、P1和W2、P2，则二者的关系是()A．W1＞W2、P1＞P2 B．W1＝W2、P1＜P2C．W1＝W2、P1＞P2 D．W1＜W2、P1＜P2解析由功的定义W＝Flcosα可知，W1＝W2，由于沿粗糙地面运动时加速度较小，通过相同位移所用时间较长，所以根据P＝eq\f(W,t)可知，P1＜P2，故B正确。答案B3．(2017·安徽期中测试)A、B两物体的质量之比mA∶mB＝2∶1，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，其速度—时间图象如图2所示。那么，A、B两物体所受摩擦力之比FA∶FB与A、B两物体克服摩擦阻力做功之比WA∶WB分别为()图2A．2∶1，4∶1 B．4∶1，2∶1 C．1∶4，1∶2 D．1∶2，1∶4解析由v－t图象可知：aA∶aB＝2∶1，又由F＝ma，mA∶mB＝2∶1，可得FA∶FB＝4∶1；又由题图中面积关系可知A、B位移之比xA∶xB＝1∶2，由做功公式W＝Fx，可得WA∶WB＝2∶1，故选B。答案B4．(2016·济南模拟)汽车从静止匀加速启动，最后做匀速运动，其速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象如图所示，其中错误的是()解析汽车启动时由P＝Fv和F－Ff＝ma可知，匀加速启动过程中，牵引力F、加速度a恒定不变，速度和功率均匀增大，当功率增大到额定功率后保持不变，牵引力逐渐减小到与阻力相等，加速度逐渐减小到零，速度逐渐增大到最大速度，故A、C、D正确，B错误。答案B5．(2016·福建厦门质检)汽车以恒定的功率在平直公路上行驶，所受到的摩擦阻力恒等于车重的0.1，汽车能达到的最大速度为vm。则当汽车速度为eq\f(1,2)vm时，汽车的加速度为(重力加速度为g)()A．0.1g B．0.2g C．0.3g D．0.4g解析设汽车功率恒为P，达到最大速度vm时，牵引力F＝Ff＝0.1mg，P＝Fvm，当汽车速度为v＝eq\f(1,2)vm时，F′＝eq\f(P,v)＝0.2mg，由牛顿第二定律有F′－Ff＝ma，解得a＝0.1g，A项正确。答案A图36．如图3所示，半径为R的eq\f(1,8)光滑圆弧轨道左端有一质量为m的小球，在大小恒为F、方向始终与轨道相切的外力作用下，小球在竖直平面内由静止开始运动，轨道左端切线水平，当小球运动到轨道的末端时立即撤去外力，此时小球的速率为v，已知重力加速度为g，则()图3A．此过程外力做功为eq\f(π,2)FRB．此过程外力做功为eq\f(\r(2),2)FRC．小球离开轨道的末端时，拉力的功率为FvD．小球离开轨道末端时，拉力的功率为eq\f(\r(2),2)Fv解析由于力的大小不变，方向始终沿圆弧的切线方向，所以力F做的功为W＝F·eq\f(1,8)·2πR＝eq\f(π,4)FR，选项A、B错误；小球离开轨道时的速率为v，方向和外力F的方向相同，所以拉力的功率为Fv，选项C正确，D错误。答案C7．质量为m的物体置于倾角为α的斜面上，物体和斜面间的动摩擦因数为μ，在外力作用下斜面以加速度a向左做匀加速直线运动，如图4所示，运动过程中物体与斜面之间保持相对静止，则下列说法正确的是()图4A．斜面对物体的支持力一定做正功B．斜面对物体的摩擦力一定做正功C．斜面对物体的摩擦力可能不做功D．斜面对物体的摩擦力可能做负功解析物体所受的支持力始终垂直于斜面向上，由于位移方向水平向左，则力与位移方向之间的夹角为锐角，因此支持力一定做正功，选项A正确；摩擦力做功有三种情况：当加速度a＝gtanα时，物体所受的摩擦力为零，摩擦力不做功；当加速度a＞gtanα时，物体所受的摩擦力沿斜面向下，摩擦力做正功；当加速度a＜gtanα时，物体所受的摩擦力沿斜面向上，摩擦力做负功，故选项B错误，C、D正确。答案ACD8.一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时刻开始，受到水平外力F作用，如图5所示。下列判断正确的是()图5A．第1s末的瞬时功率为6WB．第1s内的平均功率为4WC．前2s内的平均功率为4WD．第1s末与第2s末外力的瞬时功率之比为9∶4解析第1s末质点的速度v1＝eq\f(F1,m)t1＝eq\f(3,1)×1m/s＝3m/s。第2s末质点的速度v2＝v1＋eq\f(F2,m)t2＝(3＋eq\f(1,1)×1)m/s＝4m/s。第1s末的瞬时功率P1＝F1·v1＝9W第2s末的瞬时功率P2＝F2·v2＝4W，故A错，D对；第1s内的平均功率eq\o(P,\s\up6(－))1＝F1eq\o(v,\s\up6(－))1＝4.5W，故B错；前2s内外力的平均功率P＝eq\f(\f(1,2)mveq\o\al(2,2),t)＝eq\f(0.5×1×42,2)W＝4W，故C对。答案CD9．(2017·湖北联考)在离水平地面h高处将一质量为m的小球水平抛出，在空中运动的过程中所受空气阻力大小恒为f，落地时小球距抛出点的水平距离为x，速率为v，那么，在小球运动的过程中()A．重力做功为mghB．克服空气阻力做的功为f·eq\r(h2＋x2)C．落地时，重力的瞬时功率为mgvD．重力势能和机械能都逐渐减少解析重力做功为WG＝mgh，A正确；空气阻力做功与经过的路程有关，而小球经过的路程大于eq\r(h2＋x2)，故克服空气阻力做的功大于f·eq\r(h2＋x2)，B错误；落地时，重力的瞬时功率为重力与沿重力方向的分速度的乘积，故落地时重力的瞬时功率小于mgv，C错误；重力做正功，重力势能减少，空气阻力做负功，机械能减少，D正确。答案AD10．(2016·宿迁三模)一汽车在平直公路上以20kW的功率行驶，t1时刻驶入另一段阻力恒定的平直公路，其v－t图象如图6所示，已知汽车的质量为2×103kg。下列说法中正确的是()图6A．t1前汽车受到的阻力大小为2×103NB．t1后汽车受到的阻力大小为2×103NC．t1时刻汽车加速度大小突然变为1m/s2D．t1～t2时间内汽车的平均速度为7.5m/s解析t1前汽车匀速，有P＝F1v1＝f1v1，得f1＝eq\f(P,v1)＝eq\f(20×103,10)N＝2×103N，A项正确；进入另一段公路后最终以v2＝5m/s匀速，得出f2＝eq\f(P,v2)＝eq\f(20×103,5)N＝4×103N，B项错误；t1时刻牵引力为2×103N，阻力瞬间变为4×103N，加速度为a＝eq\f(－2×103,2×103)m/s2＝－1m/s2，C项正确；根据面积得出t1～t2时间内汽车的平均速度小于7.5m/s，D项错误。答案AC11．如图7甲所示，小物块静止在倾角θ＝37°的粗糙斜面上。现对物块施加一个沿斜面向下的推力F，力F的大小随时间t的变化情况如图乙所示，物块的速率v随时间t的变化规律如图丙所示，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是()图7A．物块的质量为1kgB．物块与斜面间的动摩擦因数为0.7C．0～3s时间内力F做功的平均功率为0.32WD．0～3s时间内物块克服摩擦力做的功为5.12J解析由速度图象知在1～3s时间内，物块做匀加速直线运动，则0.8N＋mgsinθ－μmgcosθ＝ma，a＝eq\f(0.8－0,3－1)m/s2＝0.4m/s2。在3～4s时间内，物块匀速运动，受力平衡，则μmgcosθ－mgsinθ＝0.4N，解得m＝1kg，μ＝0.8，选项A正确，B错误；0～1s时间内，物块静止，力F不做功，1～3s时间内，力F＝0.8N，物块的位移x＝eq\f(1,2)×0.4×22m＝0.8m，0～3s内力F做功的平均功率为eq\f(Fx,t3)＝eq\f(0.8×0.8,3)W＝0.213W，选项C错误；0～3s时间内物块克服摩擦力做的功为μmgcosθ·x＝5.12J，选项D正确。答案AD二、非选择题12．下表是一辆电动车的部分技术指标，其中的额定车速是指电动车满载的情况下，在平直道路上以额定功率匀速行驶时的速度。额定车速18km/h电源输出电压≥36V整车质量40kg充电时间6～8h载重80kg电动机的额定输出功率180W电源136V/12Ah电动机的额定工作电压/电流36V/6A请根据表中的数据，完成下列问题(g取10m/s2)。(1)在行驶的过程中，电动车受到的阻力是车重(包括载重)的k倍，假定k是定值，试推算k的大小；(2)若电动车以额定功率行驶，求速度为3m/s时的加速度是多少？解析(1)由表可得到P出＝180W，车速v＝18km/h＝5m/s，由P出＝Fv，匀速直线运动时有F＝f，其中f＝k(M＋m)g，解得k＝0.03。(2)当车速v′＝3m/s时，牵引力F′＝eq\f(P出,v′)，由牛顿第二定律知F′－k(M＋m)g＝(m＋M)a，解得a＝0.2m/s2。答案(1)0.03(2)0.2m/s2基础课2动能动能定理知识点一、动能1．定义：物体由于运动而具有的能叫动能。2．公式：Ek＝eq\f(1,2)mv2。3．单位：焦耳，1J＝1N·m＝1kg·m2/s2。4．矢标性：动能是标量，只有正值。5．状态量：动能是状态量，因为v是瞬时速度。知识点二、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。[思考判断](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)根据动能定理，合外力做的功就是动能的变化。()(6)重力做功和摩擦力做功都与物体运动的路径无关。()答案(1)√(2)×(3)√(4)×(5)×(6)×动能和动能定理的理解1．动能与动能的变化的区别(1)动能与动能的变化是两个不同的概念，动能是状态量，动能的变化是过程量。(2)动能为非负值，而动能变化量有正负之分。ΔEk＞0表示物体的动能增加，ΔEk＜0表示物体的动能减少。2．对动能定理的理解(1)做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中的“＝”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号。(2)对“外力”的理解动能定理叙述中所说的“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。1．[对动能概念的理解]关于物体的动能，下列说法中正确的是()A．物体速度变化，其动能一定变化B．物体所受的合外力不为零，其动能一定变化C．物体的动能变化，其运动状态一定发生改变D．物体的速度变化越大，其动能一定变化也越大解析若速度的方向变化而大小不变，则其动能不变化，故选项A错误；物体所受合外力不为零，只要速度大小不变，其动能就不变化，如匀速圆周运动中，物体所受合外力不为零，但速度大小始终不变，动能不变，故选项B错误；物体动能变化，其速度一定发生变化，故运动状态改变，选项C正确；物体速度变化若仅由方向变化引起，其动能可能不变，如匀速圆周运动中，速度变化，但动能始终不变，故选项D错误。答案C2．[对动能定理的理解](多选)如图1所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增加到v2时，上升高度为H，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是()图1A．对物体，动能定理的表达式为WN＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，其中WN为支持力的功B．对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力的功C．对物体，动能定理的表达式为WN－mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，其中WN为支持力的功D．对电梯，其所受合力做功为eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)解析电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力的总功才等于物体动能的增量ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，故A、B均错误，C正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力的功一定等于其动能的增量，故D正确。答案CD动能定理的应用应用动能定理解题应抓好“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，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息。【典例】(2016·河南郑州三模)如图2所示，倾角θ＝45°的粗糙平直导轨AB与半径为R的光滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内。一质量为m的小滑块(可以看作质点)从导轨上离地面高为h＝3R的D处无初速度下滑进入圆环轨道。接着小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，不计空气阻力，已知重力加速度为g。求：图2(1)滑块运动到圆环最高点C时的速度大小；(2)滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小；(3)滑块在斜面轨道BD间运动的过程中克服摩擦力做的功。解析(1)小滑块从C点飞出来做平抛运动，水平速度为v0。竖直方向上：R＝eq\f(1,2)gt2①水平方向上：eq\r(2)R＝v0t②解得：v0＝eq\r(gR)③(2)小滑块在最低点时速度为v，由动能定理得：－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2④解得：v＝eq\r(5gR)⑤在最低点由牛顿第二定律得：FN－mg＝meq\f(v2,R)⑥解得：FN＝6mg由牛顿第三定律得：FN′＝6mg⑦(3)从D到最低点过程中，设DB过程中克服摩擦阻力做功Wf，由动能定理得：mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0⑧解得：Wf＝eq\f(1,2)mgR⑨答案(1)eq\r(gR)(2)6mg(3)eq\f(1,2)mgR【拓展延伸1】使小滑块刚好能过C点在【典例】中，若小滑块刚好能过C点，求滑块与轨道AB间的动摩擦因数。解析小滑块刚好能过C点，则在C点由牛顿第二定律得：mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)解得：vC＝eq\r(gR)小滑块由D至C过程，由动能定理得：mg(h－2R)－μmgcosθ·eq\f(h－（R－Rcosθ）,sinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0，解得：μ＝eq\f(4－\r(2),14)答案eq\f(4－\r(2),14)【拓展延伸2】使滑块在P点释放在【典例】中的滑块从轨道的P点由静止释放，滑块与粗糙导轨间的动摩擦因数为μ，求滑块整个运动过程中在AB轨道上通过的总路程。解析滑块在P点释放，滑块将在两轨道间做往返运动，当滑块到达B点时的速度为零后滑块将只在圆弧轨道上运动，故全过程由动能定理得：mgsPBsinθ－μmgscosθ＝0由几何关系得：sPB＝R解得：s＝eq\f(R,μ)答案eq\f(R,μ)技巧点拨应用动能定理解题的基本思路1．[动能定理的应用](2016·河南模拟)如图3所示，质量为m的小球，从离地面H高处从静止开始释放，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，则下列说法正确的是()图3A．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mg(1＋eq\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)，选项A错误；设泥的平均阻力为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)，选项B、D错误；全过程应用动能定理可知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)，选项C正确。答案C2．[动能定理在多过程问题中的应用](2017·桂林质检)如图4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平滑面相连，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4(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点的速度大小为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°)＝0－0解得μ＝eq\f(1,2)tan37°＝0.375。(2)若使滑块恰好能到达C点，初速度v0有最小值，根据牛顿第二定律有mg＝eq\f(mveq\o\al(2,C),R)解得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°·eq\f(2R,sin37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(veq\o\al(2,C)＋\f(4μgR,tan37°))＝2eq\r(3)m/s故v0的最小值为2eq\r(3)m/s。(3)滑块离开C点后做平抛运动，有x＝vC′t，y＝eq\f(1,2)gt2由几何知识得tan37°＝eq\f(2R－y,x)整理得5t2＋3t－0.8＝0解得t＝0.2s(t＝－0.8s舍去)。答案(1)0.375(2)2eq\r(3)m/s(3)0.2s动能定理与图象结合问题力学中四类图象所围“面积”的意义1．[动能定理与v－t图象的综合](2016·广州调研)用起重机提升货物，货物上升过程中的v－t图象如图5所示，在t＝3s到t＝5s内，重力对货物做的功为W1、绳索拉力对货物做的功为W2、货物所受合力做的功为W3，则()图5A．W1＞0 B．W2＜0 C．W2＞0 D．W3＞0解析分析题图可知，货物一直向上运动，根据功的定义式可得：重力做负功，拉力做正功，即W1＜0，W2＞0，A、B错误，C正确；根据动能定理：合力做的功W3＝0－eq\f(1,2)mv2，v＝2m/s，即W3＜0，D错误。答案C2．[动能定理与a－t图象的综合](2016·山西5月模拟)用传感器研究质量为2kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6s内物体的加速度随时间变化的关系如图6所示。下列说法正确的是()图6A．0～6s内物体先向正方向运动，后向负方向运动B．0～6s内物体在4s时的速度最大C．物体在2～4s内速度不变D．0～4s内合力对物体做的功等于0～6s内合力做的功解析由a－t图象可知：图线与时间轴围成的“面积”代表物体在相应时间内速度的变化情况，在时间轴上方为正，在时间轴下方为负。物体6s末的速度v6＝eq\f(1,2)×(2＋5)×2m/s－eq\f(1,2)×1×2m/s＝6m/s，则0～6s内物体一直向正方向运动，A错；由图象可知物体在5s末速度最大，为vm＝eq\f(1,2)×(2＋5)×2m/s＝7m/s，B错；由图象可知在2～4s内物体加速度不变，物体做匀加速直线运动，速度变大，C错；在0～4s内合力对物体做的功由动能定理可知：W合4＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)－0又v4＝eq\f(1,2)×(2＋4)×2m/s＝6m/s得W合4＝36J0～6s内合力对物体做的功由动能定理可知：W合6＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,6)－0又v6＝6m/s得W合6＝36J则W合4＝W合6，D正确。答案D方法技巧分析动能定理与图象结合问题“三步走”1．(2016·四川理综，1)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900J，他克服阻力做功100J。韩晓鹏在此过程中()A．动能增加了1900JB．动能增加了2000JC．重力势能减小了1900JD．重力势能减小了2000J解析由题可得，重力做功WG＝1900J，则重力势能减少1900J，故C正确，D错误；由动能定理得，WG－Wf＝ΔEk，克服阻力做功Wf＝100J，则动能增加1800J，故A、B错误。答案C2．(2016·全国卷Ⅲ，20)(多选)如图7，一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()图7A．a＝eq\f(2（mgR－W）,mR) B．a＝eq\f(2mgR－W,mR)C．N＝eq\f(3mgR－2W,R) D．N＝eq\f(2（mgR－W）,R)解析质点P下滑过程中，重力和摩擦力做功，根据动能定理可得mgR－W＝eq\f(1,2)mv2，根据公式a＝eq\f(v2,R)，联立可得a＝eq\f(2（mgR－W）,mR)，A正确，B错误；在最低点重力和支持力的合力充当向心力，根据牛顿第二定律可得，N－mg＝ma，代入可得，N＝eq\f(3mgR－2W,R)，C正确，D错误。答案AC3．(2016·浙江理综，18)(多选)如图8所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。则()图8A．动摩擦因数μ＝eq\f(6,7)B．载人滑草车最大速度为eq\r(\f(2gh,7))C．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为eq\f(3,5)g解析对滑草车从坡顶由静止滑下，到底端静止的全过程，得mg·2h－μmgcos45°·eq\f(h,sin45°)－μmgcos37°·eq\f(h,sin37°)＝0，解得μ＝eq\f(6,7)，选项A正确；对经过上段滑道过程，根据动能定理得，mgh－μmgcos45°·eq\f(h,sin45°)＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2gh,7))，选项B正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，选项C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为a＝eq\f(mgsin37°－μmgcos37°,m)＝－eq\f(3,35)g，选项D错误。答案AB4．(2016·天津理综，10)我国将于2024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9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，取g＝10m/s2。图9(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上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，由动能定理得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(veq\o\al(2,C),R)⑤由题意和牛顿第三定律知FN＝6mg⑥联立④⑤⑥式，代入数据解得R＝12.5m⑦答案(1)144N(2)12.5m一、选择题(1～5题为单项选择题，6～9题为多项选择题)1．(2015·四川理综)在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小()A．一样大 B．水平抛的最大C．斜向上抛的最大 D．斜向下抛的最大解析由动能定理mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)知，落地时速度v2的大小相等，故A正确。答案A2．关于运动物体所受的合力、合力做的功、物体动能的变化，下列说法正确的是()A．运动物体所受的合力不为零，合力必做功，物体的动能肯定要变化B．运动物体所受的合力为零，则物体的动能肯定不变C．运动物体的动能保持不变，则该物体所受合力一定为零D．运动物体所受合力不为零，则该物体一定做变速运动，其动能要变化解析关于运动物体所受的合力、合力做的功、物体动能的变化三者之间的关系有下列三个要点。(1)若运动物体所受合力为零，则合力不做功(或物体所受外力做功的代数和必为零)，物体的动能绝对不会发生变化。(2)物体所受合力不为零，物体必做变速运动，但合力不一定做功，合力不做功，则物体动能不变化。(3)物体的动能不变，一方面表明物体所受的合力不做功；同时表明物体的速率不变(速度的方向可以不断改变，此时物体所受的合力只是用来改变速度方向，产生向心加速度，如匀速圆周运动)。根据上述三个要点不难判断，本题只有选项B是正确的。答案B3．(2016·西安质检)静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t＝4s时停下，其v－t图象如图1所示，已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是()图1A．整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功B．整个过程中拉力做的功等于零C．t＝2s时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大D．t＝1s到t＝3s这段时间内拉力不做功解析对物块运动的整个过程运用动能定理得WF－Wf＝0，即拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功，选项A正确，B错误；在0～1s时间内，拉力恒定且大于摩擦力，物块做匀加速运动，速度增大，t＝1s时，速度最大，拉力的瞬时功率最大；t＝2s时，物块匀速运动，拉力等于摩擦力，所以t＝2s时刻拉力的瞬时功率不是最大的，选项C错误；t＝1s到t＝3s这段时间，物块匀速运动，拉力做正功，摩擦力做负功，合外力做功为零，选项D错误。答案A4．质量为2kg的物体以一定的初速度沿倾角为30°的斜面向上滑行，在向上滑行的过程中，其动能随位移的变化关系如图2所示，则物体返回到出发点时的动能为(取g＝10m/s2)()图2A．34J B．56J C．92J D．196J解析物体上滑的过程中重力与摩擦力都做负功，由动能定理得－mgx·sin30°－Ffx＝0－E0，下滑的过程中重力做正功，摩擦力做负功，得mgx·sin30°－Ffx＝E－0，代入数据得E＝34J，故选A。答案A5.(2015·全国卷Ⅰ，17)如图3，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则()图3A．W＝eq\f(1,2)mgR，质点恰好可以到达Q点B．W＞eq\f(1,2)mgR，质点不能到达Q点C．W＝eq\f(1,2)mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离D．W＜eq\f(1,2)mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离解析根据动能定理得P点动能EkP＝mgR，经过N点时，由牛顿第二定律和向心力公式可得4mg－mg＝meq\f(v2,R)，所以N点动能为EkN＝eq\f(3mgR,2)，从P点到N点根据动能定理可得mgR－W＝eq\f(3mgR,2)－mgR，即克服摩擦力做功W＝eq\f(mgR,2)。质点运动过程，半径方向的合力提供向心力即FN－mgcosθ＝ma＝meq\f(v2,R)，根据左右对称，在同一高度处，由于摩擦力做功导致在右边圆形轨道中的速度变小，轨道弹力变小，滑动摩擦力Ff＝μFN变小，所以摩擦力做功变小，那么从N到Q，根据动能定理，Q点动能EkQ＝eq\f(3mgR,2)－mgR－W′＝eq\f(1,2)mgR－W′，由于W′＜eq\f(mgR,2)，所以Q点速度仍然没有减小到0，会继续向上运动一段距离，对照选项，C正确。答案C6．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公式中W指总功，求总功的方法有两种，先求每个力做的功再求功的代数和或先求合力再求合外力的功，故选项B正确，A错误；当W＞0时，末动能大于初动能，动能增加，当W＜0时，末动能小于初动能，动能减少，故C正确；动能定理不仅适用于直线运动，也适用于曲线运动，不仅适用于恒力做功，也适用于变力做功，故D错误。答案BC7．(2016·中山二模)在距水平地面10m高处，以10m/s的速度水平抛出一质量为1kg的物体，已知物体落地时的速度为16m/s，取g＝10m/s2，则下列说法正确的是()A．抛出时人对物体做功为150JB．自抛出到落地，重力对物体做功为100JC．飞行过程中物体克服阻力做功22JD．物体自抛出到落地时间为eq\r(2)s解析根据动能定理，抛出时人对物体做的功W1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝50J，选项A错误；自抛出到落地，重力对物体做功WG＝mgh＝100J，选项B正确；根据动能定理有mgh－Wf＝Ek2－Ek1，得物体克服阻力做的功Wf＝mgh－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝22J，选项C正确；由于空气阻力的影响，物体不做平抛运动，竖直分运动不是自由落体运动，无法求解物体运动的时间，选项D错误。答案BC8．如图4所示，AB为半径R＝0.50m的四分之一圆弧轨道，B端距水平地面的高度h＝0.45m。一质量m＝1.0kg的小滑块从圆弧道A端由静止释放，到达轨道B端的速度v＝2.0m/s。忽略空气的阻力。取g＝10m/s2。则下列说法正确的是()图4A．小滑块在圆弧轨道B端受到的支持力大小FN＝16NB．小滑块由A端到B端的过程中，克服摩擦力所做的功W＝3JC．小滑块的落地点与B点的水平距离x＝0.6mD．小滑块的落地点与B点的水平距离x＝0.3m解析小滑块在B端时，根据牛顿第二定律有FN－mg＝meq\f(v2,R)，解得FN＝18N，A错误；根据动能定理有mgR－W＝eq\f(1,2)mv2，解得W＝mgR－eq\f(1,2)mv2＝3J，B正确；小滑块从B点做平抛运动，水平方向上x＝vt，竖直方向上h＝eq\f(1,2)gt2，解得x＝v·eq\r(\f(2h,g))＝0.6m，C正确，D错误。答案BC9．在倾角为30°的斜面上，某人用平行于斜面的力把原来静止于斜面上的质量为2kg的物体沿斜面向下推了2m的距离，并使物体获得1m/s的速度，已知物体与斜面间的动摩擦因数为eq\f(\r(3),3)，g取10m/s2，如图5所示，则在这个过程中()图5A．人对物体做功21JB．合外力对物体做功1JC．物体克服摩擦力做功21JD．物体重力势能减小20J解析根据动能定理可知，合外力对物体做的功等于物体动能的变化量，即W合＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×2×1J＝1J，所以B项正确；物体克服摩擦力做功Wf＝μmgxcosθ，代入数据可得Wf＝20J，所以C项错误；物体重力势能的减小量等于重力做的功WG＝mgxsinθ＝20J，D项正确；设人对物体做功为W，则应满足W人＋WG－Wf＝W合，代入数据可得W人＝1J，即人对物体做功1J，A项错误。答案BD二、非选择题10．(2016·广州模拟)质量m＝1kg的物体，在与物体初速度方向相同的水平拉力的作用下，沿水平面运动过程中动能—位移的图线如图6所示。(g取10m/s2)求：图6(1)物体的初速度；(2)物体和水平面间的动摩擦因数；(3)拉力F的大小。解析(1)由题图可知初动能为2J，Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝2Jv0＝2m/s(2)在位移4m处物体的动能为10J，在位移8m处物体的动能为零，这段过程中物体克服摩擦力做功设摩擦力为Ff，则－Ffx2＝0－10J＝－10JFf＝eq\f(－10,－4)N＝2.5N因Ff＝μmg故μ＝eq\f(Ff,mg)＝eq\f(2.5,10)＝0.25(3)物体从开始到移动4m这段过程中，受拉力F和摩擦力Ff的作用，合力为F－Ff，根据动能定理有(F－Ff)·x1＝ΔEk解得F＝4.5N答案(1)2m/s(2)0.25(3)4.5N11．(2016·郑州质量预测)如图7所示，固定在水平地面上的工件，由AB和BD两部分组成。其中AB部分为光滑的圆弧，∠AOB＝37°，圆弧的半径R＝0.5m，圆心O点在B点正上方，BD部分水平，长度为l＝0.2m，C为BD的中点。现有一质量m＝1kg的物块(可视为质点)，从A端由静止释放，恰好能运动到D点。为使物块运动到C点时速度为零，可先将BD部分以B为轴向上转动一锐角θ，求：图7(1)该锐角θ(假设物块经过B点时没有能量损失)；(2)物块在BD板上运动的总路程。(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)解析(1)设动摩擦因数为μ，当BD水平时，研究物块的运动，根据动能定理得W总＝ΔEk从A到D的过程中mgR(1－cos37°)－μmgl＝0代入数据联立解得μ＝0.5当BD以B为轴向上转动一个锐角θ时，从A到C的过程中，根据动能定理mgR(1－cos37°)－mgeq\f(l,2)sinθ－μFNeq\f(l,2)＝0其中FN＝mgcosθ联立解得θ＝37°。(2)物块在C处速度减为零后，由于mgsinθ＞μmgcosθ物块将会下滑，而AB段光滑，故物块将做往复运动，直到停止在B点。根据能量守恒定律mgR(1－cos37°)＝Q而摩擦产生的热量Q＝fs，f＝μmgcosθ代入数据解得，物块在BD板上的总路程s＝0.25m。答案(1)37°(2)0.25m12．如图8所示，传送带A、B之间的距离为L＝3.2m，与水平面间的夹角θ＝37°，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为v＝2m/s，在上端A点无初速度地放置一个质量为m＝1kg、大小可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为μ＝0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径为R＝0.4m的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点E。已知B、D两点的竖直高度差h＝0.5m(g取10m/s2)求：图8(1)金属块经过D点时的速度；(2)金属块在BCD弯道上克服摩擦力做的功。解析(1)金属块在E点时，mg＝meq\f(veq\o\al(2,E),R)，解得vE＝2m/s，在从D到E过程中由动能定理得－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)，解得vD＝2eq\r(5)m/s。(2)金属块刚刚放上传送带时，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得a1＝10m/s2，设经位移x1达到共同速度，则v2＝2a1x1，解得x1＝0.2m＜3.2m，继续加速过程中，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得a2＝2m/s2，由x2＝L－x1＝3m，veq\o\al(2,B)－v2＝2a2x2，解得vB＝4m/s，在从B到D过程中由动能定理得mgh－W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得W＝3J。答案(1)2eq\r(5)m/s(2)3J基础课3机械能守恒定律及其应用知识点一、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，重力势能就减小；重力对物体做负功，重力势能就增大。(2)定量关系：重力对物体做的功等于物体重力势能的减小量。即WG＝－(Ep2－Ep1)＝Ep1－Ep2＝－ΔEp。(3)重力势能的变化量是绝对的，与参考面的选取无关。3．弹性势能(1)概念：物体由于发生弹性形变而具有的能。(2)大小：弹簧的弹性势能的大小与形变量及劲度系数有关，弹簧的形变量越大，劲度系数越大，弹簧的弹性势能越大。(3)弹力做功与弹性势能变化的关系：类似于重力做功与重力势能变化的关系，用公式表示：W＝－ΔEp。知识点二、机械能守恒定律及应用1．机械能：动能和势能统称为机械能，其中势能包括弹性势能和重力势能。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，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变。(2)表达式：mgh1＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mgh2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)。3．守恒条件：只有重力或弹簧的弹力做功。[思考判断](1)重力势能的大小及变化与零势能面的选取有关。()(2)重力做的功与路径有关。()(3)发生弹性形变的物体都具有弹性势能。()(4)弹簧弹力做正功时，弹性势能增加。()(5)物体所受的合外力为零，物体的机械能一定守恒。()(6)做匀速直线运动的物体机械能一定守恒。()(7)做曲线运动的物体机械能可能守恒。()答案(1)×(2)×(3)√(4)×(5)×(6)×(7)√对机械能守恒的理解与判断1．利用机械能的定义判断(直接判断)分析动能和势能的和是否变化。2．用做功判断若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，或有其他力做功，但其他力做功的代数和为零，则机械能守恒。3．用能量转化来判断若物体系统中只有动能和势能的相互转化而无机械能与其他形式的能的转化，则物体系统机械能守恒。1．[物体机械能守恒的判断](多选)如图1所示，在两个质量分别为m和2m的小球a和b之间，用一根长为L的轻杆连接(杆的质量不计)，两小球可绕穿过杆中心O的水平轴无摩擦地转动。现让轻杆处于水平位置，然后无初速度释放，重球b向下，轻球a向上，产生转动，在杆转至竖直的过程中()图1A．b球的重力势能减少，动能增加B．a球的重力势能增加，动能增加C．a球和b球的总机械能守恒D．a球和b球的总机械能不守恒解析a、b两球组成的系统中，只存在动能和重力势能的相互转化，系统的机械能守恒，选项C正确，D错误；其中a球的动能和重力势能均增加，机械能增加，轻杆对a球做正功；b球的重力势能减少，动能增加，总的机械能减少，轻杆对b球做负功，选项A、B正确。答案ABC2．[含有弹簧的系统机械能守恒的判断](2017·云南昆明三中、玉溪一中统考)如图2所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的小球，小球与一轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，已知杆与水平面之间的夹角θ<45°，当小球位于B点时，弹簧与杆垂直，此时弹簧处于原长。现让小球自C点由静止释放，在小球滑到杆底端的整个过程中，关于小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能，下列说法正确的是()图2A．小球的动能与重力势能之和保持不变B．小球的动能与重力势能之和先增大后减小C．小球的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变D．小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变解析小球与弹簧组成的系统在整个过程中，机械能守恒。弹簧原长时弹性势能为零，小球从C到最低点过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大，所以小球的动能与重力势能之和先增大后减小，A项错，B项正确；小球的重力势能不断减小，所以小球的动能与弹簧的弹性势能之和不断增大，C项错；小球的初、末动能均为零，所以上述过程中小球的动能先增大后减小，所以小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和先减小后增大，D项错。答案B反思总结判断机械能守恒应注意的“两点”(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。机械能守恒定律的应用机械能守恒的三种表达式表达式物理意义注意事项守恒观点Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2或E1＝E2。系统初状态的机械能等于末状态的机械能。要先选取零势能参考平面，并且在整个过程中必须选取同一个零势能参考平面。转化观点ΔEk＝－ΔEp。系统的机械能守恒时，系统增加(或减少)的动能等于系统减少(或增加)的势能。转移观点ΔEA增＝ΔEB减若系统由A、B两部分组成，当系统的机械能守恒时，则A部分机械能的增加量等于B部分机械能的减少量。1．[单物体机械能守恒](2016·山西右玉一模)一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2，圆轨道1的半径为R，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍，小球的质量为m，若小球恰好能通过轨道2的最高点B，则小球在轨道1上经过A处时对轨道的压力为()图3A．2mg B．3mg C．4mg D．5mg解析小球恰好能通过轨道2的最高点B时，有mg＝eq\f(mveq\o\al(2,B),1.8R)，小球在轨道1上经过A处时，有F＋mg＝eq\f(mveq\o\al(2,A),R)，根据机械能守恒，有1.6mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得F＝4mg，C项正确。答案C2．[多物体机械能守恒](2017·泰州一模)如图4所示，在倾角为30°的光滑斜面上，一劲度系数为k＝200N/m的轻质弹簧一端连接固定挡板C上，另一端连接一质量为m＝4kg的物体A，一轻细绳通过定滑轮，一端系在物体A上，另一端与质量也为m的物体B相连，细绳与斜面平行，斜面足够长。用手托住物体B使绳子刚好没有拉力，然后由静止释放。求：图4(1)弹簧恢复原长时细绳上的拉力；(2)物体A沿斜面向上运动多远时获得最大速度；(3)物体A的最大速度的大小。解析(1)恢复原长时对B有mg－T＝ma对A有T－mgsin30°＝ma解得T＝30N。(2)初态弹簧压缩x1＝eq\f(mgsin30°,k)＝10cm当A速度最大时mg＝kx2＋mgsin30°弹簧伸长x2＝eq\f(mg－mgsin30°,k)＝10cm所以A沿斜面上升x1＋x2＝20cm。(3)因x1＝x2，故弹性势能改变量ΔEp＝0，由系统机械能守恒mg(x1＋x2)－mg(x1＋x2)sin30°＝eq\f(1,2)×2m·v2得v＝g·eq\r(\f(m,2k))＝1m/s。答案