2025年高考物理一轮复习（新人教新高考）第六章机械能守恒定律复习讲义（教师版）

考情分析试题情境生活实践类体育运动中功和功率问题，风力发电功率计算，蹦极运动、过山车等能量问题，汽车启动问题，生活、生产中能量守恒定律的应用学习探究类变力做功的计算，机车启动问题，单物体机械能守恒，用绳、杆连接的系统机械能守恒问题，含弹簧系统机械能守恒问题，传送带、板块模型的能量问题第1课时功、功率机车启动问题目标要求1.理解功的概念，会判断功的正负，会计算功的大小。2.理解功率的概念，掌握功率的两个公式，会计算平均功率和瞬时功率。3.会分析两种机车启动方式中各物理量的变化并能进行相关计算。考点一功的分析和计算1．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位移。2．公式：W＝Flcosα。(1)α是力与位移方向之间的夹角，l为力的作用点的位移。(2)该公式只适用于恒力做功。3．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。4．计算功的方法(1)恒力做的功①直接用W＝Flcosα计算。②合外力做的功方法一：先求合外力F合，再用W合＝F合lcosα求功。方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3、…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合外力做的功。方法三：利用动能定理W合＝Ek2－Ek1。(2)求变力做功的常用方法①微元法求变力做功将物体的位移分割成许多小段，因每一小段很小，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个无穷小的位移上的恒力所做功的代数和。②平均值法求变力做功若物体受到的力的方向不变，而大小随位移是呈线性变化的，即力随位移均匀变化时，则可以认为物体受到一大小为eq\x\to(F)＝eq\f(F1＋F2,2)的恒力作用，F1、F2分别为物体初、末态所受的力，然后用公式W＝eq\x\to(F)l求此力所做的功。③用F－x图像求变力做功在F－x图像中，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”为正功，位于x轴下方的“面积”为负功。④用W＝Pt求变力做功若机车以恒定功率行驶，在一定时间内机车牵引力做的功W＝Pt。⑤应用动能定理求变力做功。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．力F1、F2做的功分别为10J和－15J，则力F1比F2做功多。(×)4．功有正负，说明功是矢量，因此总功是所有外力做功的矢量和。(×)例1(2024·上海市模拟)如图，一磁铁吸附在铁板AB的下方。现保持铁板与水平面间的夹角θ不变，缓慢推动B端，使AB与磁铁一起水平向左匀速移动，则()A．合外力对磁铁做正功B．AB对磁铁的作用力不做功C．AB对磁铁的弹力不做功D．AB对磁铁的摩擦力不做功答案B解析由于磁铁做匀速运动，磁铁所受合外力为零，合外力对磁铁不做功，故A错误；磁铁受重力和AB对它的作用力而做匀速运动，根据平衡条件可知，AB对磁铁的作用力大小等于重力大小，方向竖直向上，与磁铁的运动方向相互垂直，故AB对磁铁的作用力不做功，故B正确；AB对磁铁的弹力垂直接触面，与磁铁的运动方向不垂直，故弹力一定做功，故C错误；AB对磁铁的摩擦力沿接触面，与磁铁运动方向不垂直，故摩擦力一定做功，故D错误。例2如图所示，升降机内斜面的倾角θ＝30°，质量为2kg的物体置于斜面上始终不发生相对滑动，在升降机以5m/s的速度匀速上升4s的过程中。g取10m/s2，求：(1)斜面对物体的支持力所做的功；(2)斜面对物体的摩擦力所做的功；(3)物体重力所做的功；(4)合外力对物体所做的功。答案(1)300J(2)100J(3)－400J(4)0解析物体置于升降机内随升降机一起匀速运动过程中，处于受力平衡状态，受力分析如图所示由平衡条件得Ffcosθ－FNsinθ＝0，Ffsinθ＋FNcosθ－mg＝0代入数据得Ff＝10N，FN＝10eq\r(3)Nx＝vt＝20m(1)斜面对物体的支持力所做的功WN＝FNxcosθ＝300J(2)斜面对物体的摩擦力所做的功Wf＝Ffxcos(90°－θ)＝100J(3)物体重力做的功WG＝－mgx＝－400J(4)合外力对物体做的功方法一：W合＝WN＋Wf＋WG＝0方法二：F合＝0，W合＝F合xcosα＝0。例3水平桌面上，长6m的轻绳一端固定于O点，如图所示(俯视图)，另一端系一质量m＝2.0kg的小球。现对小球施加一个沿桌面大小不变的力F＝10N，F拉着小球从M点运动到N点，F的方向始终与小球的运动方向成37°角。已知小球与桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，不计空气阻力，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法正确的是()A．拉力F对小球做的功为16πJB．拉力F对小球做的功为8πJC．小球克服摩擦力做的功为16πJD．小球克服摩擦力做的功为4πJ答案A解析将圆弧分成很多小段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，方向始终与小球的运动方向成37°角，所以W1＝Fl1cos37°，W2＝Fl2cos37°，…Wn＝Flncos37°故WF＝W1＋W2＋…＋Wn＝Fcos37°(l1＋l2＋…＋ln)＝Fcos37°·eq\f(πR,3)＝10×0.8×eq\f(π,3)×6J＝16πJ，故A正确，B错误；同理可得小球克服摩擦力做的功W克f＝μmg·eq\f(πR,3)＝8πJ，故C、D错误。考点二功率的分析和计算1．定义：功与完成这些功所用时间之比。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描述时间t内力对物体做功的快慢。(2)P＝Fvcosα①v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。1．由P＝eq\f(W,t)知，只要知道W和t就可求出任意时刻的功率。(×)2．由P＝Fv既能求某一时刻的瞬时功率，也可以求平均功率。(√)3．当F为恒力时，v增大，F的功率一定增大。(×)例4如图所示，质量为m＝2kg的木块在倾角θ＝37°的固定斜面上由静止开始下滑，斜面足够长，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末重力的瞬时功率分别为()A．48W24W B．24W48WC．24W12W D．12W24W答案B解析木块所受的合外力F合＝mgsinθ－μmgcosθ＝4N木块的加速度a＝eq\f(F合,m)＝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＝2×10×4×0.6J＝48J重力在前2s内的平均功率eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)＝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＝mgvsinθ＝2×10×4×0.6W＝48W故选项B正确。1．平均功率的计算方法(1)利用eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)。(2)利用eq\x\to(P)＝F·eq\x\to(v)cosα，其中eq\x\to(v)为物体运动的平均速度，其中F为恒力，α不变。2．瞬时功率的计算方法(1)利用公式P＝Fvcosα求瞬时功率时，其中v为t时刻的瞬时速度。F可为恒力，也可为变力，α为F与v的夹角，α可以不变，也可以变化。(2)对公式P＝Fvcosα的理解：可认为Fcosα是力F在速度v方向上的分力，也可认为vcosα是速度v在力F方向上的分速度。例5(2023·山东卷·4)《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.eq\f(2nmgω2RH,5) B.eq\f(3nmgωRH,5)C.eq\f(3nmgω2RH,5) D．nmgωRH答案B解析由题知，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为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为P＝eq\f(W,t)，t＝eq\f(2π,ω)，联立解得P＝eq\f(3nmgωRH,5)，故选B。考点三机车启动问题两种启动方式以恒定功率启动以恒定加速度启动P－t图像和v－t图像OA段过程分析v↑⇒F＝eq\f(P不变,v)↓⇒a＝eq\f(F－F阻,m)↓a＝eq\f(F－F阻,m)不变⇒F不变eq\a\vs1\al\co1(v↑,⇒)P＝Fv↑直到P＝P额＝Fv1运动性质加速度减小的加速直线运动匀加速直线运动，持续时间t0＝eq\f(v1,a)AB段过程分析F＝F阻⇒a＝0⇒vm＝eq\f(P,F阻)v↑⇒F＝eq\f(P额,v)↓⇒a＝eq\f(F－F阻,m)↓运动性质以vm做匀速直线运动加速度减小的加速直线运动BC段F＝F阻⇒a＝0⇒以vm＝eq\f(P额,F阻)做匀速直线运动例6气垫登陆艇主要用于投送登陆部队，为滩头部队提供火力支援，另外也可以执行布雷任务，拥有强悍的运力。如图所示，某重型气垫船，自重达5.0×105kg，最高时速为108km/h，装有额定输出功率为9000kW的燃气轮机。假设该重型气垫船在海面直线航行过程所受的阻力Ff不变，下列说法正确的是()A．该重型气垫船在海面直线航行过程加速度一定保持不变B．该重型气垫船在海面直线航行过程所受的阻力Ff为3.0×105NC．以最高时速一半的速度匀速航行时，气垫船所受的牵引力为6.0×105ND．以最高时速一半的速度匀速航行时，气垫船发动机的输出功率为9000kW答案B解析在以额定功率运动过程中，气垫船的牵引力逐渐减小，当时速达到最大时，牵引力等于阻力不变，A错误；由P额＝Ffvm，可得Ff＝3.0×105N，当气垫船以不同的速度做匀速航行时，牵引力等于阻力，B正确，C错误；根据P＝eq\f(Ffvm,2)，解得P＝4500kW，D错误。例7(2023·辽宁锦州市模拟)随着国产汽车的日益崛起，越来越多的人选择购买国产汽车，某国产汽车发动机的额定功率为P，驾驶员和汽车的总质量为m＝2000kg，当汽车在水平路面上行驶时受到的阻力为车对路面压力的0.1倍。若汽车从静止开始在水平路面上匀加速启动，t1＝5s时，速度v1＝10m/s，功率达到额定功率，此后汽车以额定功率运行，t2＝65s时速度达到最大值vm＝30m/s，汽车运动的v－t图像如图所示，取g＝10m/s2，求：(1)汽车的额定功率P；(2)汽车在0～t1期间牵引力的大小F及汽车在0～t1期间牵引力做的功W；(3)汽车在t1～t2期间的位移大小x2。答案(1)60kW(2)6000N1.5×105J(3)1400m解析(1)汽车受到的阻力为Ff＝0.1mg＝2000N当牵引力等于阻力时，汽车速度达到最大，则汽车的额定功率为P＝F牵vm＝Ffvm＝60000W＝60kW(2)从0～5s时间内，汽车做匀加速直线运动，加速度大小为a＝eq\f(v1,t1)＝eq\f(10,5)m/s2＝2m/s2汽车匀加速直线运动的位移为x1＝eq\f(1,2)at12＝25m根据牛顿第二定律可得F－Ff＝ma，可得F＝6000N在0～t1期间牵引力做的功为W＝Fx1＝1.5×105J(3)在t1～t2期间，由动能定理得P(t2－t1)－Ffx2＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mv12解得x2＝1400m。机车启动问题的三个重要关系式1．无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即vm＝eq\f(P,F阻)。2．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＝eq\f(P额,F)<vm＝eq\f(P额,F阻)。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x＝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。课时精练1．(2023·新课标卷·15)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)()A．0 B．mghC.eq\f(1,2)mv2－mgh D.eq\f(1,2)mv2＋mgh答案B解析由于雨滴是匀速下落，所以受力平衡，空气阻力等于重力，Ff＝mg，所以克服空气阻力做的功为：W克f＝Ff·h＝mgh，选项B正确。2.(2023·安徽合肥市第一中学期中)如图所示，木块B上表面是水平的，木块A置于B上，并与B保持相对静止，一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑过程中()A．A所受的合力对A做正功B．B对A的弹力对A做正功C．B对A的摩擦力对A做负功D．A对B的作用力对B做正功答案A解析A、B作为整体，由牛顿第二定律得(mA＋mB)·gsinθ＝(mA＋mB)a，解得a＝gsinθ，由牛顿第二定律知，A所受合力方向沿斜面向下，与速度方向相同，故A所受合力对A做正功，故A正确；B对A的弹力竖直向上，与速度方向的夹角大于90°，故B对A的弹力对A做负功，故B错误；B对A的摩擦力方向水平向左，与速度方向的夹角小于90°，故B对A的摩擦力对A做正功，故C错误；由于aA＝gsinθ，可知B对A的摩擦力和支持力的合力大小为mAgcosθ，方向垂直斜面向上，由牛顿第三定律知，A对B的作用力垂直斜面向下，与B的运动方向垂直，则A对B的作用力对B不做功，故D错误。3.(2023·河南洛阳市第一中学检测)质量为2kg的物体静止在光滑的水平面上，从某时刻起，对物体施加一方向不变的水平拉力F，该拉力与物体的位移x的关系图像如图所示，则物体在x＝7m处时的速度大小为()A．2eq\r(10)m/s B．2eq\r(5)m/sC．5m/s D．4m/s答案A解析根据F－x图像与x轴所围的面积表示功，则物体从0运动到7m过程拉力做的功为W＝3×4J＋eq\f(4＋10,2)×4J＝40J，由动能定理得W＝eq\f(1,2)mv2－0，解得v＝2eq\r(10)m/s，故选A。4.(2023·北京市海淀区中关村中学模拟)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，如图所示，不计空气阻力，则下列说法正确的是()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答案C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，选项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，选项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，选项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，选项D错误。5．(多选)(2022·广东卷·9改编)如图所示，某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，小车克服摩擦力做功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，故A正确；依题意，小车从M到N，因匀速行驶，小车所受的摩擦力大小为Ff1＝F＝40N，则摩擦力做功为W1＝－40×20J＝－800J，则小车克服摩擦力做功为800J，故B正确；依题意，从P到Q，重力势能增加量为ΔEp＝mg·PQsin30°＝5000J，故C错误；依题意，小车从P到Q，摩擦力大小为Ff2，有Ff2＋mgsin30°＝eq\f(P2,v2)，摩擦力做功为W2＝－Ff2·PQ，联立解得W2＝－700J，则小车克服摩擦力做功为700J，故D正确。6．(2023·北京卷·11)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，则摩擦力为Ff＝μ(mg－Fsinθ)，摩擦力做功大小Wf＝μ(mg－Fsinθ)x，即摩擦力做功大小与F的方向有关，选项A错误；合力做功大小W＝F合x＝max，可知合力做功大小与力F方向无关，选项B错误；当力F水平时，则有F＝ma＋μmg，力F做功为WF＝Fx＝(ma＋μmg)x，选项C错误；因合外力做功大小为max，大小一定，而合外力做的功等于力F与摩擦力Ff做功的代数和，而当Fsinθ＝mg时，摩擦力Ff＝0，摩擦力做功为零，力F做功最小，最小值为max，选项D正确。7．(2023·黑龙江佳木斯市模拟)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．(eq\r(3)－1)d B．(eq\r(2)－1)dC.eq\f(\r(5)－1d,2) D.eq\f(\r(2),2)d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＝eq\x\to(F1)d＝eq\f(kd,2)d，W＝eq\x\to(F2)d′＝eq\f(kd＋kd＋d′,2)d′，联立解得d′＝(eq\r(2)－1)d，故A、C、D错误，B正确。8．(2023·山东淄博市一模)电动自行车在平直路面上匀速行驶，某一时刻从车上掉落一货物，车行驶的功率不变，货物掉落前后车速随时间的变化图像较符合实际的是()答案A解析电动自行车的功率P＝Fv，匀速行驶时，牵引力等于阻力，即F＝Ff，加速度a＝0。货物掉落后瞬间速度未变，系统质量减小，阻力减小为Ff′，牵引力大于阻力，具有向前的加速度，车开始加速，由于功率不变，则牵引力逐渐减小，加速度减小，当牵引力趋近于Ff′时，加速度趋近于0，电动自行车达到最大速度v′＝eq\f(P,Ff′)，以后继续做匀速运动，故选A。9．(2023·湖北卷·4)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.eq\f(P1v1＋P2v2,P1＋P2) B.eq\f(P1v2＋P2v1,P1＋P2)C.eq\f(P1＋P2v1v2,P1v1＋P2v2) D.eq\f(P1＋P2v1v2,P1v2＋P2v1)答案D解析由题意可知两节动车分别有P1＝Ff1v1，P2＝Ff2v2，当将它们编组后有P1＋P2＝(Ff1＋Ff2)v，联立可得v＝eq\f(P1＋P2v1v2,P1v2＋P2v1)，故选D。10.(2023·广东梅州市期末)某款汽车在某基地水平测试场进行加速测试的v－t图像如图所示，该车加速至P点后功率达到最大值P0，加速至Q点后速度达到最大。则下列说法正确的是()A．匀加速的过程中运动位移为v0t0B．运动过程中受到阻力的大小为eq\f(2P0,vm)C．加速过程中牵引力的最大值为eq\f(P0,v0)D．vm与v0的大小之比为3∶1答案C解析v－t图像中，图像与时间轴所围面积表示位移，可知匀加速的过程中运动位移为x0＝eq\f(v0t0,2)，故A错误；汽车加速至Q点后速度达到最大，受力平衡，牵引力大小等于阻力，则有Ff＝eq\f(P0,vm)，故B错误；0～t0，汽车做匀加速直线运动，牵引力恒定，t0～3t0内做加速度减小的变加速直线运动，该过程牵引力减小，可知匀加速过程的牵引力最大，由于该车加速至P点后功率达到最大值P0，则有F0＝eq\f(P0,v0)，即加速过程中牵引力的最大值为eq\f(P0,v0)，故C正确；若汽车在0～3t0时间内一直做匀加速直线运动，则在3t0时速度vm＝3v0，而实际在t0～3t0时间内，加速度一直减小，vm<3v0，故eq\f(vm,v0)<3，故D错误。11.(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程，下列说法正确的有()A．矿车上升所用的时间之比为4∶5B．电机的最大牵引力之比为2∶1C．电机输出的最大功率之比为2∶1D．电机所做的功之比为4∶5答案AC解析由题图可得，变速阶段的加速度大小a＝eq\f(v0,t0)，设第②次所用时间为t2，根据速度—时间图像与时间轴所围的面积表示位移(此题中为提升的高度)可知，eq\f(1,2)×2t0×v0＝eq\f(1,2)[t2＋(t2－t0)]×eq\f(1,2)v0，解得t2＝eq\f(5t0,2)，所以第①次和第②次矿车上升所用时间之比为2t0∶eq\f(5t0,2)＝4∶5，选项A正确。由于两次提升过程变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F－mg＝ma，可得电机的最大牵引力之比为1∶1，选项B错误。由功率公式P＝Fv可知，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2∶1，选项C正确。加速上升过程的加速度a1＝eq\f(v0,t0)，加速上升过程的牵引力F1＝ma1＋mg＝m(eq\f(v0,t0)＋g)，减速上升过程的加速度a2＝－eq\f(v0,t0)，减速上升过程的牵引力F2＝ma2＋mg＝m(g－eq\f(v0,t0))，匀速运动过程的牵引力F3＝mg。第①次提升过程做功W1＝F1×eq\f(1,2)×t0×v0＋F2×eq\f(1,2)×t0×v0＝mgv0t0；第②次提升过程做功W2＝F1×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)t0×eq\f(1,2)v0＋F3×eq\f(3,2)t0×eq\f(1,2)v0＋F2×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)t0×eq\f(1,2)v0＝mgv0t0，两次做功相同，选项D错误。12．(多选)(2023·湖南省长沙一中一模)如图所示为某型号汽车的速度v与牵引力F大小倒数的图像，vm表示最大速度。已知汽车在水平路面上由静止启动，ab平行于v轴，bc反向延长过原点O。已知阻力恒定，汽车质量为2×103kg，下列说法正确的是()A．从a到b汽车持续的时间为20sB．由b到c过程汽车做匀加速直线运动C．汽车额定功率为50kWD．汽车能够获得的最大速度为12m/s答案AC解析根据v＝eq\f(P,F)，可知额定功率等于图线的斜率，P＝eq\f(10,\f(1,5)×10－3)W＝50kW，C正确；根据P＝Fv，由b到c过程汽车功率不变，随着汽车速度的增大，牵引力减小；根据牛顿第二定律得F－Ff＝ma汽车所受阻力不变，随着牵引力的减小，汽车的加速度减小，由b到c过程汽车做非匀变速直线运动，B错误；汽车能够获得的最大速度为vm＝P×eq\f(1,F1)＝50×103×eq\f(1,4)×10－3m/s＝12.5m/s，D错误；汽车所受的阻力为Ff＝eq\f(P,vm)＝eq\f(50×103,12.5)N＝4000N从a到b汽车所受的牵引力为F2＝5000N根据牛顿第二定律得F2－Ff＝ma解得a＝0.5m/s2从a到b汽车持续的时间为t＝eq\f(v,a)＝eq\f(10,0.5)s＝20s，A正确。

第2课时动能定理及其应用目标要求1.理解动能、动能定理，会用动能定理解决一些基本问题。2.能利用动能定理求变力做的功。3.掌握解决动能定理与图像结合的问题的方法。考点一动能定理的理解和基本应用1．动能(1)定义：物体由于运动而具有的能量叫作动能。(2)公式：Ek＝eq\f(1,2)mv2。(3)单位：焦耳，1J＝1N·m＝1kg·m2/s2。(4)标矢性：动能是标量，动能与速度方向无关。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合＝ΔEk＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12。(3)物理意义：合力的功是物体动能变化的量度。说明：(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)动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能。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．物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化。(×)3．物体的动能不变，所受的合外力必定为零。(×)4．合力对物体做正功，物体的动能增加；合力对物体做负功，物体的动能减少。(√)例1(2021·河北卷·6)一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示，长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球，小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直，将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)()A.eq\r(2＋πgR) B.eq\r(2πgR)C.eq\r(21＋πgR) D．2eq\r(gR)答案A解析小球下落的高度为h＝πR－eq\f(π,2)R＋R＝eq\f(π＋2,2)R，小球下落过程中，根据动能定理有mgh＝eq\f(1,2)mv2，综上有v＝eq\r(π＋2gR)，故选A。例2(多选)(2021·全国甲卷·20)一质量为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eq\f(Ek,5)。已知sinα＝0.6，重力加速度大小为g。则()A．物体向上滑动的距离为eq\f(Ek,2mg)B．物体向下滑动时的加速度大小为eq\f(g,5)C．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解析物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有－μmg·2lcosα＝eq\f(Ek,5)－Ek，物体从斜面底端到最高点根据动能定理有－mglsinα－μmglcosα＝0－Ek，整理得l＝eq\f(Ek,mg)，μ＝0.5，A错误，C正确；物体向下滑动时根据牛顿第二定律有ma下＝mgsinα－μmgcosα，解得a下＝eq\f(g,5)，B正确；物体向上滑动时根据牛顿第二定律有ma上＝mgsinα＋μmgcosα，解得a上＝g，故a上>a下，由于上滑过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据位移公式l＝eq\f(1,2)at2，则可得出t上<t下，D错误。应用动能定理的解题流程考点二应用动能定理求变力的功例3(多选)(2023·广东卷·8)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eq\f(1,4)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为4m，且过Q点的切线水平，重力加速度取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点时对轨道的压力大小为380N答案BCD解析重力做的功为WG＝mgh＝800J，A错误；下滑过程根据动能定理可得WG－W克f＝eq\f(1,2)mvQ2，代入数据解得克服阻力做的功为W克f＝440J，B正确；经过Q点时向心加速度大小为a＝eq\f(vQ2,h)＝9m/s2，C正确；经过Q点时，根据牛顿第二定律可得F－mg＝ma，解得货物受到的支持力大小为F＝380N，根据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380N，D正确。例4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。已知物体与水平面间的动摩擦因数为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，物体克服弹簧弹力所做的功为(重力加速度大小为g)()A.eq\f(1,2)mv02－μmg(s＋x)B.eq\f(1,2)mv02－μmgxC．μmgsD．μmg(s＋x)答案A解析根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为Wf＝μmg(s＋x)，由动能定理可得－W弹－Wf＝0－eq\f(1,2)mv02，则W弹＝eq\f(1,2)mv02－μmg(s＋x)，故选项A正确。在一个有变力做功的过程中，当变力做功无法直接通过功的公式求解时，可用动能定理W变＋W恒＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，若物体初、末速度已知，恒力做功W恒可根据功的公式求出，则W变＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12－W恒。考点三动能定理与图像结合的问题图像与横轴所围“面积”或图像斜率的含义例5(2024·江苏南通市检测)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，A、B两物体受到的摩擦力做的功之比WA∶WB和A、B两物体受到的摩擦力之比FA∶FB分别是()A．WA∶WB＝1∶2 B．WA∶WB＝4∶1C．FA∶FB＝1∶2 D．FA∶FB＝4∶1答案C解析根据动能定理－W＝0－eq\f(1,2)mv02，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。例6(2021·湖北卷·4)如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示。重力加速度大小取10m/s2，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，由动能定理得－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin30°＋f)s，结合0～10m内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mgsin30°＋f＝4N，10～20m内物块下滑，由动能定理得(mgsin30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin30°－f)s－(mgsin30°－f)s1，结合10～20m内的图像得，斜率k′＝mgsin30°－f＝3N，联立解得f＝0.5N，m＝0.7kg，故选A。课时精练1.如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动能一定()A．等于拉力所做的功B．小于拉力所做的功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B解析木箱受力如图所示，木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可知WF＋Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，所以动能小于拉力做的功，故B正确，A错误；无法比较动能与摩擦力做功的大小，C、D错误。2.(2021·山东卷·3)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.eq\f(mv02,2πL)B.eq\f(mv02,4πL)C.eq\f(mv02,8πL)D.eq\f(mv02,16πL)答案B解析在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理－Ff·2πL＝0－eq\f(1,2)mv02，可得摩擦力的大小Ff＝eq\f(mv02,4πL)，故选B。3．在篮球比赛中，某位同学获得罚球机会，他站在罚球线处用力将篮球斜向上投出，篮球以大小约为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，重力加速度大小g＝10m/s2，则该同学罚球时对篮球做的功大约为()A．1JB．10JC．50JD．100J答案B解析该同学将篮球投出时的高度约为h1＝1.8m，根据动能定理有W－mg(h－h1)＝eq\f(1,2)mv2，解得W＝7.5J，故选项B正确。4．(2024·安徽淮南市一模)某物体以一定初速度做平抛运动，从t＝0时刻起，物体的动能Ek随时间t变化的情况正确的是()答案D解析物体在重力作用下做平抛运动，加速度为g，竖直位移y＝eq\f(1,2)gt2，由动能定理得Ek＝E0＋eq\f(1,2)mg2t2，故选D。5.如图所示，光滑固定斜面的顶端固定一弹簧，一质量为m的小球向右滑行，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，重力加速度为g，则小球从A到C的过程中弹簧弹力做的功为()A．mgh－eq\f(1,2)mv2 B.eq\f(1,2)mv2－mghC．－mgh D．－(mgh＋eq\f(1,2)mv2)答案A解析小球从A到C过程中，由动能定理可得WG＋WF＝0－eq\f(1,2)mv2，WG＝－mgh，解得WF＝mgh－eq\f(1,2)mv2，故选A。6．(2023·湖南怀化市模拟)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，如果斜面改为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点沿DBA滑动到顶点A过程中，由动能定理可得－mg·xAO－μmg·xDB－μmgcosα·xAB＝0－eq\f(1,2)mv02，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－eq\f(1,2)mv02，从上式可以看出，物体的初速度与斜面倾角无关，故选A。7.(2023·重庆卷·13)机械臂广泛应用于机械装配。若某质量为m的工件(视为质点)被机械臂抓取后，在竖直平面内由静止开始斜向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，运动方向与竖直方向夹角为θ，提升高度为h，如图所示。求：(1)提升高度为h时，工件的速度大小；(2)在此过程中，工件运动的时间及合力对工件做的功。答案(1)eq\r(\f(2ah,cosθ))(2)eq\r(\f(2h,acosθ))eq\f(mah,cosθ)解析(1)根据匀变速直线运动位移与速度关系有v02＝2aeq\f(h,cosθ)，解得v0＝eq\r(\f(2ah,cosθ))(2)由v0＝at，解得t＝eq\r(\f(2h,acosθ))根据动能定理有W合＝eq\f(1,2)mv02，解得W合＝eq\f(mah,cosθ)。8.一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动。当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示，当物块的初速度为2v时，上升的最大高度记为h。重力加速度为g，则物块与斜坡间的动摩擦因数μ和h分别为()A．tanθ和eq\f(H,2)B．tanθ和4HC．(eq\f(v2,2gH)－1)tanθ和2HD．(eq\f(v2,2gH)－1)tanθ和4H答案D解析当物块上滑的初速度为v时，根据动能定理有－mgH－μmgcosθ·eq\f(H,sinθ)＝0－eq\f(1,2)mv2当上滑的初速度为2v时，有－mgh－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＝0－eq\f(1,2)m(2v)2联立可得μ＝(eq\f(v2,2gH)－1)tanθ，h＝4H，故选D。9.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图像如图所示。已知两物体所受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对A、F2对B做功之比为1∶2C．A、B的质量之比为2∶1D．全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1答案C解析由v－t图像可知，两个匀减速运动的加速度大小之比为1∶2，由题可知A、B所受摩擦力大小相等，所以A、B的质量关系是2∶1，故C正确。由v－t图像可知，A、B两物体运动的位移相等，且匀加速运动位移之比为1∶2，匀减速运动的位移之比为2∶1，由动能定理可得F1·x－Ff1·3x＝0－0，F2·2x－Ff2·3x＝0－0，因此可得：F1＝3Ff1，F2＝eq\f(3,2)Ff2，Ff1＝Ff2，所以F1＝2F2。全过程中A、B克服摩擦力做的功相等，F1对A、F2对B做的功大小相等，故A、B、D错误。10.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。重力加速度取10m/s2。该物体的质量为()A．2kgB．1.5kgC．1kgD．0.5kg答案C解析法一：特殊值法画出运动示意图。设该外力的大小为F，据动能定理知A→B(上升过程)：－(mg＋F)h＝EkB－EkAB→A(下落过程)：(mg－F)h＝EkA′－EkB′整理以上两式并代入数据得物体的质量m＝1kg，选项C正确。法二：写表达式根据斜率求解上升过程：－(mg＋F)h＝Ek－Ek0，则Ek＝－(mg＋F)h＋Ek0下落过程：(mg－F)h＝Ek′－Ek0′，则Ek′＝(mg－F)h＋Ek0′，结合题图可知mg＋F＝eq\f(72－36,3－0)N＝12N，mg－F＝eq\f(48－24,3－0)N＝8N联立可得m＝1kg，选项C正确。11.物流公司用滑轨装运货物，如图所示。长5m、倾角为37°的倾斜滑轨与长5.5m的水平滑轨平滑连接，有一质量为1kg的货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑。已知货物与两段滑轨间的动摩擦因数均为eq\f(1,3)，sin37°＝0.6，空气阻力不计，重力加速度g取10m/s2。求：(1)货物滑到倾斜滑轨末端的速度大小；(2)货物从开始下滑经过4s，克服摩擦力所做的功为多少。答案(1)eq\f(10\r(3),3)m/s(2)30J解析(1)根据动能定理mglsin37°－μmglcos37°＝eq\f(1,2)mv12解得v1＝eq\f(10\r(3),3)m/s(2)在斜面上下滑时有mgsin37°－μmgcos37°＝ma1，解得a1＝eq\f(10,3)m/s2，下滑到底端时的时间t1＝eq\r(\f(2l,a1))＝eq\r(3)s，在水平滑轨上运动的加速度a2＝μg，解得a2＝eq\f(10,3)m/s2，则在水平滑轨上运动的时间t2＝eq\f(v1,a2)＝eq\r(3)s，货物从开始下滑经过4s时已经停止在水平滑轨上，则整个过程由动能定理有mglsin37°－W克f＝0，克服摩擦力所做的功为W克f＝mglsin37°＝30J。12．(多选)如图所示为倾角为37°的固定斜面，一个质量为2kg的物块自斜面底端沿斜面上滑，其动能和重力势能随上滑距离x的变化如图中直线Ⅰ和Ⅱ所示，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则()A．物块的初速度为10m/sB．物块和斜面间的动摩擦因数为0.5C．物块上升的最大高度为5mD．物块回到斜面底端时的动能为60J答案AB解析＝F合x＝0－100J，其中x＝5m，联立解得μ＝0.5，B正确；物块上升的最大高度h＝5×sin37°m＝3m，C错误；物块下滑时，根据动能定理(mgsin37°－μmgcos37°)x＝Ek′，解得Ek′＝20J，D错误。

第3课时专题强化：动能定理在多过程问题中的应用目标要求1.会用动能定理解决多过程、多阶段的问题。2.掌握动能定理在往复运动问题中的应用。考点一动能定理在多过程问题中的应用1．应用动能定理解决多过程问题的两种思路(1)分阶段应用动能定理①若题目需要求某一中间物理量，应分阶段应用动能定理。②物体在多个运动过程中，受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化，力在各个过程中做功情况也不同，不宜全过程应用动能定理，可以研究其中一个或几个分过程，结合动能定理，各个击破。(2)全过程(多个过程)应用动能定理当物体运动过程包含几个不同的物理过程，又不需要研究过程的中间状态时，可以把几个运动过程看作一个整体，巧妙运用动能定理来研究，从而避开每个运动过程的具体细节，大大减少运算。2．全过程列式时要注意(1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关。(2)大小恒定的阻力或摩擦力做功的数值等于力的大小与路程的乘积。例1(2024·安徽安庆市模拟)小球由地面竖直向上抛出，上升的最大高度为H，设所受阻力大小恒定，选地面为参考平面，在上升至离地h高处，小球的动能是重力势能的2倍，到达最高点后再下落至离地高h处，小球的重力势能是动能的2倍，则h等于()A.eq\f(H,9)B.eq\f(2H,9)C.eq\f(H,3)D.eq\f(4H,9)答案D解析设小球受到的阻力大小恒为Ff，小球上升至最高点过程，由动能定理得－mgH－FfH＝0－eq\f(1,2)mv02，小球上升至离地高度h处时速度设为v1，由动能定理得－mgh－Ffh＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02，又由题有eq\f(1,2)mv12＝2mgh，小球上升至最高点后又下降至离地高度h处时速度设为v2，此过程由动能定理得－mgh－Ff(2H－h)＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv02，又由题有2×eq\f(1,2)mv22＝mgh，以上各式联立解得h＝eq\f(4H,9)，故选D。例2(2023·湖北卷·14)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为eq\f(1,2π)，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：(1)小物块到达D点的速度大小；(2)B和D两点的高度差；(3)小物块在A点的初速度大小。答案(1)eq\r(gR)(2)0(3)eq\r(3gR)解析(1)由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有meq\f(vD2,R)＝mg，解得vD＝eq\r(gR)(2)由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在C点有cos60°＝eq\f(vB,vC)小物块从C到D的过程中，根据动能定理有－mg(R＋Rcos60°)＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mvC2则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有mgHBD＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mvB2联立解得vB＝eq\r(gR)，HBD＝0(3)小物块从A到B的过程中，根据动能定理有－μmgs＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mvA2，s＝π·2R解得vA＝eq\r(3gR)。考点二动能定理在往复运动问题中的应用1．往复运动问题：在有些问题中物体的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的。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程有关，运用牛顿运动定律及运动学公式将非常烦琐，甚至无法解出，由于动能定理只涉及物体的初、末状态，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。例3如图所示，固定斜面的倾角为θ，质量为m的滑块从距挡板P的距离为x0处以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，重力加速度为g，则滑块经过的总路程是()A.eq\f(1,μ)(eq\f(v02,2gcosθ)＋x0tanθ)B.eq\f(1,μ)(eq\f(v02,2gsinθ)＋x0tanθ)C.eq\f(2,μ)(eq\f(v02,2gcosθ)＋x0tanθ)D.eq\f(1,μ)(eq\f(v02,2gcosθ)＋eq\f(x,tanθ))答案A解析滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，对滑块运动的全程应用动能定理得mgx0sinθ－μmgxcosθ＝0－eq\f(1,2)mv02，解得x＝eq\f(1,μ)(eq\f(v02,2gcosθ)＋x0tanθ)，选项A正确。例4(2022·浙江1月选考·20)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m＝0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15m，轨道AB长度lAB＝3m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝eq\f(7,8)，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放。(1)若释放点距B点的长度l＝0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；(2)设释放点距B点的长度为lx，求滑块第一次经F点时的速度v与lx之间的关系式；(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值。答案(1)7N(2)v＝eq\r(12lx－9.6)(m/s)，其中lx≥0.85m(3)见解析解析(1)滑块由释放点到C点过程，由动能定理有mglsin37°＋mgR(1－cos37°)＝eq\f(1,2)mvC2①在C点由牛顿第二定律有FN－mg＝meq\f(vC2,R)②由①②解得FN＝7N③(2)要保证滑块能到F点，必须能过DEF的最高点，当滑块恰到最高点时根据动能定理可得mgl1sin37°－(3mgRcos37°＋mgR)＝0④解得l1＝0.85m⑤因此要能过F点必须满足lx≥0.85m⑥能过最高点，则能到F点，由释放到第一次到达F点，根据动能定理可得mglxsin37°－4mgRcos37°＝eq\f(1,2)mv2，⑦由④⑤⑥⑦解得v＝eq\r(12lx－9.6)(m/s)，其中lx≥0.85m⑧(3)设摩擦力做功为第一次到达中点时的n倍mglxsin37°－mgeq\f(lFG,2)sin37°－nμmgeq\f(lFG,2)cos37°＝0，⑨lFG＝eq\f(4R,tan37°)，⑩由⑨⑩解得lx＝eq\f(7n＋6,15)m，n＝1,3,5，…又因为0.85m≤lx≤lAB，lAB＝3m，当n＝1时，lx1＝eq\f(13,15)m；当n＝3时，lx2＝eq\f(9,5)m当n＝5时，lx3＝eq\f(41,15)m。课时精练1．木块在水平恒力F的作用下，沿水平路面由静止出发前进了L，随即撤去此恒力，木块沿原方向又前进了3L才停下来，设木块运动全过程中地面情况相同，则摩擦力的大小Ff和木块所获得的最大动能Ek分别为()A．Ff＝eq\f(F,2)Ek＝eq\f(FL,2) B．Ff＝eq\f(F,2)Ek＝FLC．Ff＝eq\f(F,3)Ek＝eq\f(2FL,3) D．Ff＝eq\f(F,4)Ek＝eq\f(3FL,4)答案D解析木块运动全过程中，根据动能定理可得FL－Ff·4L＝0－0，可得Ff＝eq\f(F,4)，木块在撤去恒力时速度最大，则动能最大，根据动能定理可得FL－FfL＝Ek－0，解得木块所获得的最大动能为Ek＝eq\f(3FL,4)，故选D。2．图中ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角为θ的斜面，CD段是水平的轨道，长为s，BC段是与AB段和CD段都相切的一小段圆弧，其长度可以忽略不计。一质量为m的小滑块(可视为质点)在A点由静止释放，沿轨道下滑，最后停在D点，A点和D点的位置如图所示，现用一沿轨道方向的力推滑块，使它缓缓地由D点回到A点，设滑块与轨道间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，则推力对滑块做的功等于()A．mgh B．2mghC．μmg(s＋eq\f(h,sinθ)) D．μmg(s＋hcosθ)答案B解析滑块由A点运动至D点，设克服摩擦力做功为W克fAD，由动能定理得mgh－W克fAD＝0，即W克fAD＝mgh，①滑块从D点回到A点，由于是缓慢推，说明动能变化量为零，设克服摩擦力做功为W克fDA，由动能定理知当滑块从D点被推回A点有WF－mgh－W克fDA＝0，②由A点运动至D点，克服摩擦力做的功为W克fAD＝μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＋μmgs，③从D→A的过程克服摩擦力做的功为W克fDA＝μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＋μmgs，④联立③④得W克fAD＝W克fDA，⑤联立①②⑤得WF＝2mgh，故A、C、D错误，B正确。3.(2024·广东省模拟)如图所示，一篮球从距地面高H处由静止下落，与地面作用后再竖直向上弹回，篮球每次与地面作用都会有动能损失，损失的动能为篮球每次与地面接触前动能的10%。不计空气阻力，篮球从开始下落到停止的过程中运动的总路程为()A．9HB．15HC．19HD．21H答案C解析篮球第一次到达地面时所获得的动能为Ek1＝mgH，运动的路程为s1＝H，篮球第一次与地面作用后损失的动能为ΔEk1＝10%Ek1＝0.1mgH，反弹后上升到最高点时的高度为H1＝0.9H篮球第二次到达地面运动的路程为s2＝H＋2H1＝H＋2×0.9H篮球第二次与地面作用后损失的动能为ΔEk2＝10%Ek2＝0.1mgH1＝0.9mgH×0.1反弹后上升到最高点时的高度为H2＝0.9H1＝0.92H篮球第三次到达地面时运动的路程为s3＝H＋2H1＋2H2＝H＋2×0.9H＋2×0.92H篮球第n次到达地面时运动的路程为sn＝H＋2×0.9H＋2×0.92H＋…＋2×0.9n－1H根据等比数列求和公式可得s总＝H＋2×0.9H×eq\f(1－0.9n－1,1－0.9)当n趋于无穷大时，有s总＝19H，C正确。4.(多选)(2023·辽宁沈阳市三模)如图所示为某探究活动小组设计的节能运输系统。斜面轨道倾角θ＝37°，质量为M的集装箱与轨道间的动摩擦因数为0.5，集装箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入箱中，之后集装箱载着货物沿轨道无初速度滑下(货物与箱之间无相对滑动)，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后集装箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。下列说法正确的是()A．集装箱与弹簧没有接触时，上滑与下滑的加速度大小之比为5∶2B．集装箱与货物的质量之比为1∶4C．若集装箱与货物的质量之比为1∶1，则集装箱不能回到轨道顶端D．若集装箱与货物的质量之比为1∶6，则集装箱不能回到轨道顶端答案BC解析根据牛顿第二定律，上滑时，有Mgsinθ＋μMgcosθ＝Ma1，下滑时，有(M＋m)gsinθ－μ(M＋m)gcosθ＝(M＋m)a2，所以eq\f(a1,a2)＝eq\f(5,1)，故A错误；设顶端到弹簧压缩到最短位置间的距离为x，集装箱从顶端滑至压缩弹簧到最短，再到返回顶端，根据动能定理，有mgxsinθ－μ(M＋m)gcosθ·x－μMgcosθ·x＝0，可得eq\f(M,m)＝eq\f(1,4)，故B正确；若集装箱与货物的质量之比为1∶1，则mgxsinθ－μ(M＋m)gcosθ·x－μMgcosθ·x<0，说明集装箱不能回到轨道顶端，故C正确；若集装箱与货物的质量之比为1∶6，则mgxsinθ－μ(M＋m)gcosθ·x－μMgcosθ·x>0，说明集装箱能回到轨道顶端，故D错误。5．(2023·北京市清华大学附属中学零模)如图甲所示为某单板滑雪U型池的比赛场地，比赛时运动员在U型滑道内边滑行边利用滑道做各种旋转和跳跃动作，裁判员根据运动员的腾空高度、完成的动作难度和效果评分。图乙为该U型池场地的横截面图，AB段、CD段为半径R＝4m的四分之一光滑圆弧雪道，BC段为粗糙的水平雪道且与圆弧雪道相切，BC长为4.5m，质量为60kg的运动员(含滑板)以5m/s的速度从A点沿切线滑下后，始终保持在一个竖直平面内运动，经U型雪道从D点竖直向上飞出，经t＝0.8s恰好落回D点，然后又从D点返回U型雪道。忽略空气阻力，运动员可视为质点，g＝10m/s2。求：(1)运动员与BC雪道间的动摩擦因数；(2)运动员首次运动到圆弧最低点C点时对雪道的压力；(3)运动员最后静止处距离B点的距离。答案(1)0.1(2)2040N，方向竖直向下(3)1.5m解析(1)根据题意，当运动员从D点冲出去后做竖直上抛运动，则vD＝geq\f(t,2)，解得vD＝4m/s运动员从A运动到D，根据动能定理，有－μmglBC＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mvA2，解得μ＝0.1(2)运动员从C运动到D，根据动能定理可得－mgR＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mvC2在C点，根据牛顿第二定律，有FN－mg＝meq\f(vC2,R)联立解得FN＝2040N，根据牛顿第三定律可得运动员运动到圆弧最低点C点时对雪道的压力大小为FN′＝FN＝2040N，方向竖直向下；(3)运动员从A点开始运动到最终静止，根据动能定理有mgR－μmgs＝0－eq\f(1,2)mvA2解得s＝52.5m＝11lBC＋3m，所以运动员最后静止处距离B点的距离为l＝lBC－3m＝1.5m。6．如图所示轨道内，足够长的斜面与圆弧面光滑，水平地面各处粗糙程度相同，圆弧半径为R，水平面长度LMN＝4R，现将一质量为m的金属滑块从距水平面高h＝4R处的P点沿斜面由静止释放，运动到斜面底端无能量损失，滑块滑至圆弧最高点Q时对轨道的压力大小恰好等于滑块重力，g＝10m/s2，求：(1)金属滑块与水平地面间的动摩擦因数μ；(2)欲使滑块滑至圆弧最高点平抛后不落在斜面上，释放高度的取值范围。答案(1)0.25(2)3.5R≤h≤5R解析(1)对滑块，在Q点，重力和轨道对滑块的弹力提供向心力，有mg＋mg＝eq\f(mvQ2,R)对滑块，从P到Q，根据动能定理得mgh－μmgLMN－mg·2R＝eq\f(1,2)mvQ2联立两式得μ＝0.25。(2)当滑块恰好能运动到Q点时，释放高度最小，设为h1，恰到Q时的速度设为v1，对滑块，在Q点，重力提供向心力mg＝eq\f(mv12,R)从释放到Q点，根据动能定理得mgh1－μmgLMN－mg·2R＝eq\f(1,2)mv12联立两式得h1＝3.5R当滑块恰好能抛到M点时，释放高度最大，设为h2，到Q点时的速度设为v2，滑块由Q点平抛到M点，水平方向4R＝v2t，竖直方向2R＝eq\f(1,2)gt2从释放到Q点，根据动能定理得mgh2－μmgLMN－mg·2R＝eq\f(1,2)mv22联立求得h2＝5R故释放的高度范围为3.5R≤h≤5R。7．如图是由弧形轨道、圆轨道(轨道底端B略错开，图中未画出)、水平直轨道平滑连接而成的力学探究装置。水平轨道AC右端装有理想轻弹簧(右端固定)，圆轨道与水平直轨道相交于B点，且B点位置可改变，现将B点置于AC中点，质量m＝2kg的滑块(可视为质点)从弧形轨道高H＝0.5m处静止释放。已知圆轨道半径R＝0.1m，水平轨道长LAC＝1.0m，滑块与AC间的动摩擦因数μ＝0.2，弧形轨道和圆轨道均视为光滑，不计其他阻力与能量损耗，取重力加速度g＝10m/s2。求：(1)滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压力大小；(2)轻弹簧获得的最大弹性势能；(3)若H＝0.4m，改变B点位置，使滑块在整个滑动过程中不脱离轨道，求BC长度满足的条件。答案(1)60N(2)6J(3)0.5m≤L≤1m解析(1)从出发到第一次滑至圆轨道最高点过程，由动能定理可得mgH－μmgeq\f(LAC,2)－mg×2R＝eq\f(1,2)mv2－0在圆轨道最高点，由牛顿第二定律可得mg＋FN＝meq\f(v2,R)，联立解得FN＝60N，由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为60N。(2)弹簧第一次被压缩到最短时，弹性势能有最大值；从出发到弹簧第一次被压缩到最短过程，由动能定理可得mgH－μmgLAC＋W弹＝0－0又有W弹＝0－Ep，联立解得Ep＝6J(3)①若滑块恰好到达圆轨道的最高点，则有mg＝meq\f(v02,R)，从开始到圆轨道最高点，由动能定理可得mg(H－2R)－μmgs1＝eq\f(1,2)mv02－0解得s1＝0.75m，LBC＝LAC－s1，要使滑块不脱离轨道，BC之间的距离应该满足LBC≥0.25m②若滑块刚好达到圆轨道的圆心等高处，此时的速度为零；由动能定理可得mg(H－R)－μmgs2＝0解得s2＝1.5m，s2＝1.5m＝1m＋0.5mLBC′＝s2－LAC即反弹时恰好上升到圆心等高处，如果反弹距离更大，则上升的高度更小，更不容易脱离轨道，所以LBC′≥0.5m，考虑到AC的总长度等于1m，所以LBC′≤1m；结合①②两种情况，符合条件的BC长度为0.5m≤L≤1m。

第4课时机械能守恒定律及其应用目标要求1.知道机械能守恒的条件，理解机械能守恒定律的内容。2.会用机械能守恒定律解决单个物体或系统的机械能守恒问题。考点一机械能守恒的判断1．重力做功与重力势能(1)重力做功的特点：重力做功与路径无关，只与始末位置的高度差有关，重力做功不引起物体机械能的变化。(2)重力势能①表达式：Ep＝mgh。②重力势能的特点：重力势能是物体和地球所共有的，重力势能的大小与参考平面的选取有关，但重力势能的变化量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：重力对物体做正功，重力势能减小，重力对物体做负功，重力势能增大，即WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp。2．弹性势能(1)定义：发生弹性形变的物体的各部分之间，由于有弹力的相互作用而具有的势能。(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。即W＝－ΔEp。3．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，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。(2)表达式：mgh1＋eq\f(1,2)mv12＝mgh2＋eq\f(1,2)mv22或Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2。(3)守恒条件：只有重力或弹力做功。1．物体所受的合外力为零，物体的机械能一定守恒。(×)2．物体做匀速直线运动，其机械能一定守恒。(×)3．物体的速度增大时，其机械能可能减小。(√)例1(多选)如图所示，将一个内外侧均光滑的半圆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点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是()A．小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B．小球从A点向半圆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，小球与半圆形槽组成的系统机械能守恒D．小球从下落到从右侧离开半圆形槽的过程中，机械能守恒答案BC解析当小球从半圆形槽的最低点运动到半圆形槽右侧的过程中，小球对半圆形槽的力使半圆形槽向右运动，半圆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错误；小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，半圆形槽静止，则只有重力做功，小球的机械能守恒，B正确；小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统只有重力做功，机械能守恒，C正确。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．利用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，或者虽受其他力，但其他力不做功(或做功代数和为0)，则机械能守恒。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。考点二单物体的机械能守恒问题1．机械能守恒定律表达式说明：单个物体应用机械能守恒定律时选用守恒观点或转化观点进行列式。2．应用机械能守恒定律解题的一般步骤例2(2023·山东烟台市第一中学模拟)如图所示，在竖直面内固定三枚钉子a、b、c，三枚钉子构成边长d＝10cm的等边三角形，其中钉子a、b的连线沿着竖直方向。长为L＝0.3m的细线一端固定在钉子a上，另一端系着质量m＝200g的小球，细线水平拉直，然后将小球以v0＝eq\r(3)m/s的初速度竖直向下抛出，小球可视为质点，不考虑钉子的粗细，重力加速度g＝10m/s2，细线碰到钉子c后，小球到达最高点时，细线拉力大小为(g＝10m/s2)()A．0B．1NC．2ND．3N答案C解析设小球到达最高点时速度大小为v，以初始位置所在水平面为参考平面，根据机械能守恒定律有eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv2＋mghh＝L－d－d－eq\f(d,2)＝L－eq\f(5,2)d代入数据联立解得v＝eq\r(2)m/s，小球在最高点时根据牛顿第二定律有F＋mg＝eq\f(mv2,L－2d)，解得细线拉力