【优化方案(福建专用)】2021高考一轮复习-2021高考总复习·物理(福建专用)-第四章

第四章机械能及其守恒定律考纲呈现热点视角1.功和功率Ⅱ2．动能和动能定理Ⅱ3．重力做功与重力势能Ⅱ4．功能关系、机械能守恒定律及其应用Ⅱ试验五：探究动能定理试验六：验证机械能守恒定律1.对基本概念的考查往往涉及对概念的理解，一般以选择题的形式毁灭．2．动能定理是高考考查的重点，考查形式有选择题，也有计算题．计算题中单纯考查动能定理的题目较少，往往与其他学问综合在一起考查．3．机械能守恒定律的考查往往毁灭在综合题中，主要考查其在生产、生活和科技中的应用，题目中经常会涉及牛顿运动定律、平抛运动、圆周运动等学问.第一节功和功率一、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．功的正负推断夹角功的正负0°≤α<90°力对物体做正功90°<α≤180°力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功α＝90°力对物体不做功特殊提示：功是标量，比较做功多少看功的确定值．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)定义式：P＝eq\f(W,t)，P为时间t内的平均功率．(2)推论式：P＝Fvcos_α.(α为F与v的夹角)4．额定功率：机械正常工作时输出的最大功率．5．实际功率：机械实际工作时输出的功率，要求小于或等于额定功率．1－1.(2022·泉州模拟)如图所示，拖着旧橡胶轮胎跑是身体耐力训练的一种有效方法．假如某受训者拖着轮胎在水平直道上跑了100m，那么下列说法正确的是()A．轮胎受到地面的摩擦力对轮胎做了负功B．轮胎受到的重力对轮胎做了正功C．轮胎受到的拉力对轮胎不做功D．轮胎受到地面的支持力对轮胎做了正功1－2.如图所示的a、b、c、d中，质量为M的物体甲受到相同的恒力F的作用，在力F作用下使物体甲在水平方向移动相同的位移．μ表示物体甲与水平面间的动摩擦因数，乙是随物体甲一起运动的小物块，比较物体甲移动的过程中力F对甲所做的功的大小()A．Wa最小 B．Wd最大C．Wa＞Wc D．四种状况一样大2．如图所示，质量为m的物体放在光滑的水平面上，两次用力拉物体，都是从静止开头以相同的加速度移动同样的距离，第一次拉力F1的方向水平，其次次拉力F2的方向与水平方向成α角斜向上．在此过程中，两力的平均功率为P1和P2，则()A．P1＜P2 B．P1＝P2C．P1＞P2 D．无法推断自我校对：1－1.A1－2.D2.B功的计算1．恒力做的功直接用W＝Flcosα计算．不论物体做直线运动还是曲线运动，上式均适用．2．变力做的功(1)应用动能定理求解．(2)用W＝Pt求解，其中变力的功率P不变．(3)常用方法还有转换法、微元法、图象法、平均力法等，求解时依据条件机敏选择．3．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．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＋…求合外力做的功．如图所示，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，各力对小球做的功及总功．[思路点拨]W＝F·lcosα可以理解为功等于力与力方向位移的乘积．[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＝F·Lsinθ－mgL(1－cosθ)．[答案]见解析[总结提升](1)在求力做功时，首先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．(3)若为变力做功，则要考虑应用动能定理或将变力做功转化为恒力做功进行求解．1.一个质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ，如图所示，则拉力F所做的功为()A．mgLcosθ B．mgL(1－cosθ)C．FLsinθ D．FLcosθ解析：选B.从P缓慢拉到Q，由动能定理得：WF－WG＝0(由于小球缓慢移动，速度可视为零)，即WF＝WG＝mgL(1－cosθ)．功率的计算1．公式P＝eq\f(W,t)是平均功率的定义式，适用于任何状况下平均功率的计算．2．公式P＝Fvcosα既能计算瞬时功率，也能计算平均功率．若v是瞬时值，则计算出的功率是瞬时值，若v是平均值，则计算出的功率是平均值．留意：对于α变化的不能用P＝Fvcosα计算平均功率．一台起重机从静止开头匀加速地将一质量m＝1.0×103kg的货物竖直吊起，在2s末货物的速度v＝4m/s.求起重机在这2s内的平均输出功率及2s末的瞬时功率．(g取10m/s2)[思路点拨]本题可按以下思路进行分析：[解析]货物运动的加速度a＝eq\f(v,t)＝eq\f(4,2)m/s2＝2m/s2设起重机吊绳的拉力为F，依据牛顿其次定律，有F－mg＝ma所以F＝m(g＋a)＝1.0×103×(10＋2)N＝1.2×104N货物上升的位移l＝eq\f(1,2)at2＝4m则拉力做的功W＝F·l＝1.2×104×4J＝4.8×104J故2s内的平均功率P＝eq\f(W,t)＝2.4×104W2s末的瞬时功率P＝Fv＝1.2×104×4W＝4.8×104W.[答案]2.4×104W4.8×104W[名师归纳]计算功率的基本思路：(1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率，对应于某一过程的功率为平均功率，对应于某一时刻的功率为瞬时功率．(2)求瞬时功率时，假如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v方向的分力求解．2．一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时起，第1秒内受到2N的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1N的外力作用．下列推断正确的是()A．0～2秒内外力的平均功率是eq\f(5,4)WB．第2秒内外力所做的功是eq\f(5,4)JC．第2秒末外力的瞬时功率最大D．第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是eq\f(4,5)解析：选D.由题意知质点所受的水平外力即为合力，则知质点在这2秒内的加速度分别为a1＝2m/s2、a2＝1m/s2，则质点在第1s末与第2s末的速度分别为v1＝2m/s、v2＝3m/s，每一秒内质点动能的增加量分别为ΔEk1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝2J、ΔEk2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝2.5J，D正确．再由动能定理可知第2s内与0～2s内外力所做功分别为W2＝ΔEk2＝2.5J、W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－0＝4.5J，则在0～2s内外力的平均功率P＝eq\f(W,t)＝eq\f(9,4)W，A、B错误．由P＝Fv知质点在第1s末与第2s末的瞬时功率分别为P1＝4W、P2＝3W，故C错误．机车启动问题1．两种启动方式比较两种方式以恒定功率启动以恒定加速度启动P－t图和v－t图OA段过程分析v↑⇒F＝eq\f(P额不变,v)↓⇒a＝eq\f(F－F阻,m)↓a＝eq\f(F－F阻,m)不变⇒F不变eq\o(⇒,\s\up6(v↑))P＝Fv↑直到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，维持时间t0＝eq\f(v1,a)AB段过程分析F＝F阻⇒a＝0⇒F阻＝eq\f(P额,vm)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运动BC段无F＝F阻⇒a＝0⇒以vm＝eq\f(P额,F阻)做匀速直线运动2.三个重要关系式(1)无论哪种运行过程，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,Ff)(式中Fmin为最小牵引力，其值等于阻力Ff)．(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,Ff).(3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W＝Pt.由动能定理：Pt－Ffx＝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．电动车因其牢靠的平安性能和节能减排的设计理念，越来越受到人们的宠爱，在检测某款电动车性能的某次试验中，质量为8×102kg的电动车由静止开头沿平直大路行驶，达到的最大速度为15m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出F－eq\f(1,v)图象如图所示(图中AB、BO均为直线)．假设电动车行驶中所受的阻力恒定．(1)依据图线ABC，推断该电动车做什么运动，并计算电动车的额定功率；(2)求此过程中电动车做匀加速直线运动的加速度的大小；(3)电动车由静止开头运动，经过多长时间速度达到v1＝2m/s?[审题突破](1)BA段表示什么不变？电动车做什么运动？(2)CB段的斜率表示哪个物理量？是否变化？电动车做什么运动？[解析](1)由图象可得，当达到最大速度vmax＝15m/s时，牵引力为Fmin＝400N故恒定阻力f＝Fmin＝400N额定功率P＝Fminvmax＝6×103W.(2)匀加速直线运动的加速度a＝eq\f(F－f,m)＝eq\f(2000－400,8×102)m/s2＝2m/s2.(3)匀加速直线运动的末速度vB＝eq\f(P,F)＝3m/s电动车在速度达到3m/s之前，始终做匀加速直线运动，故所求时间为t＝eq\f(v1,a)＝1s.[答案](1)AB段表示电动车做匀加速直线运动，BC段表示电动车做加速度渐渐减小的变加速直线运动6×103W(2)2m/s2(3)1s[规律总结]分析机车启动问题时应留意：(1)机车启动的方式不同，机车运动的规律就不同，因此机车启动时，其功率、速度、加速度、牵引力等物理量的变化规律也不相同；(2)恒定功率下的加速确定不是匀加速，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(由于F为变力)；(3)以恒定牵引力加速时的功率确定不恒定，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(由于功率P是变化的)．3.(改编题)一遥控玩具汽车在平直的轨道上由静止开头做直线运动，运动过程中汽车牵引力的功率保持不变，其加速度a和速度的倒数的关系图象如图所示，若已知汽车的质量为2kg，运动2s后开头匀速运动，汽车所受阻力恒定，那么依据图象数据可推断下列说法正确的是()A．玩具汽车的功率为10WB．玩具汽车所受阻力为2NC．玩具汽车的最大速度为2m/sD．玩具汽车匀速运动前通过的位移为2m解析：选C.由于P＝Fv，汽车的加速度a＝eq\f(F－f,m)，联立二式可得a＝eq\f(P,mv)－eq\f(f,m)，由图象可知，eq\f(f,m)＝2，eq\f(P,m)＝4.又由于汽车的质量为2kg，所以汽车所受的阻力f＝4N，汽车牵引力的功率P＝8W，汽车的最大速度v＝eq\f(P,f)＝2m/s；设汽车匀速运动前通过的位移为x，由动能定理得：eq\f(1,2)mv2－0＝Pt－fx，解之得x＝3m．可见，选项C正确．变力做功的求解方法eq\a\vs4\al([规范解答])————————————该得的分一分不丢！(1)将圆弧eq\o(\s\up6(⌒),AB)分成很多小段l1，l2，…，ln，拉力在每小段上做的功为W1，W2，…，Wn，因拉力F大小不变，方向始终与物体在该点的切线成37°角，所以W1＝Fl1cos37°，W2＝Fl2cos37°，…，Wn＝Flncos37°(2分)所以WF＝W1＋W2＋…＋Wn＝Fcos37°(l1＋l2＋…＋ln)＝Fcos37°·eq\f(π,3)R＝20πJ＝62.8J．(2分)(2)重力G做的功WG＝－mgR(1－cos60°)＝－50J.(2分)(3)物体受的支持力N始终与物体的运动方向垂直，所以WN＝0.(2分)(4)因物体在拉力F作用下缓慢移动，动能不变，由动能定理知：WF＋WG＋Wf＝0.(2分)所以Wf＝－WF－WG＝(－62.8＋50)J＝－12.8J．(1分)[答案](1)62.8J(2)－50J(3)0(4)－12.8J[方法总结]求解变力做功的五种方法(1)微元法将物体的位移分割成很多小段，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很多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，常应用于求解力的大小不变、方向转变的变力做功问题．(2)动能定理法动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于求恒力功也适用于求变力功．因使用动能定理可由动能的变化来求功，所以动能定理是求变力做功的首选．本例中就用到了上述的两种方法．(3)平均力法在求解变力功时，若物体受到的力的方向不变，而大小随位移是成线性变化的，即力均匀变化时，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、末态所受到的力，然后用公式W＝eq\x\to(F)lcosα求此力所做的功．(4)(F－s)图象法假如参与做功的变力方向与位移方向始终全都，且已知大小随位移变化关系，我们可作出该力随位移变化的图象．那么图线与坐标轴所围成的面积，即为变力做的功．(5)转换法直接求解变力对物体做功时，通常都较为简洁，但通过转换争辩对象，把变力做功转化成另一个恒力做功，问题就易于解决，此法常应用于通过定滑轮拉物体的题目中．4．一物体所受的力F随位移s变化的图像如图所示，求在这一过程中，力F对物体做的功为多少？解析：力F对物体做的功等于s轴上方梯形“面积”所表示的正功与s轴下方三角形“面积”所表示的负功的代数和．S梯形＝eq\f(1,2)×(3＋4)×2＝7S三角形＝－eq\f(1,2)×(5－4)×2＝－1所以力F对物体做的功为W＝7J－1J＝6J.答案：6J一高考题组1.(2011·高考江苏卷)如图所示，演员正在进行杂技表演．由图可估算出他将一只鸡蛋抛出的过程中对鸡蛋所做的功最接近于()A．0.3J B．3JC．30J D．300J解析：选A.依据生活常识，20个鸡蛋大约1kg，表演者抛出的高度按0.5m计算，则抛出过程中对鸡蛋做的功为W＝mgh＝eq\f(1,20)×10×0.5J＝0.25J，选项A正确．2.(2011·高考上海卷)如图，一长为L的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为m的小球．一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度ω匀速转动，当杆与水平方向成60°时，拉力的功率为()A．mgLω B.eq\f(\r(3),2)mgLωC.eq\f(1,2)mgLω D.eq\f(\r(3),6)mgLω解析：选C.由能的转化及守恒可知：拉力的功率等于克服重力的功率．PG＝mgvy＝mgvcos60°＝eq\f(1,2)mgωL，故选C.3.(2021·高考浙江卷)如图所示，水平木板上有质量m＝1.0kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小．取重力加速度g＝10m/s2.下列推断正确的是()A．5s内拉力对物块做功为零B．4s末物块所受合力大小为4.0NC．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4D．6s～9s内物块的加速度大小为2.0m/s2解析：选D.由图象可知物块在0～4s内处于静止状态，其所受合外力为零，选项B错误；4s～5s内做变加速直线运动，因此5s内拉力对物块做的功不为零，选项A错误；物块的滑动摩擦力Ff＝3N，则μ＝eq\f(Ff,mg)＝0.3，选项C错误；在6s～9s内由牛顿其次定律得F－Ff＝ma，a＝eq\f(5－3,1.0)m/s2＝2.0m/s2，选项D正确．二模拟题组4．(原创题)质量相等的A、B两物体，并排静止在光滑水平地面上，用水平拉力F1、F2分别作用于物体A和B上，其速度－时间图象分别如图中图线a、b所示，若F1方向始终保持不变，F2的方向先与F1反向，后与F1同向．则由图中信息可以得出()A．0～2s内，F2与F1方向相反B．F1与F2大小之比为2∶1C．0～4s内，F1对物体A做的功等于力F2对物体B做的功D．4s末，F1的瞬时功率等于力F2的瞬时功率解析：选C.从v－t图象可知0～1s物体B的加速度与1s后的加速度方向相反，由此可知0～1s内F2与F1反向，A错误；由图象得A和B的加速度大小分别为a1＝15m/s2，a2＝30m/s2，据牛顿其次定律得B错误；依据动能定理得选项C正确；由于4s末速度相同但F2＝2F1，故D错误．5．(2022·山东济南模拟)汽车从静止匀加速启动，最终做匀速运动，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：选B.汽车启动时由P＝Fv和F－f＝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，牵引力渐渐减小到与阻力相等，加速度渐渐减小到零，速度渐渐增大到最大速度，故A、C、D正确．

一、单项选择题1．一人乘电梯从1楼到20楼，在此过程中经受了先加速、后匀速、再减速的运动过程，则电梯支持力对人做功的状况是()A．加速时做正功，匀速时不做功，减速时做负功B．加速时做正功，匀速和减速时做负功C．加速和匀速时做正功，减速时做负功D．始终做正功答案：D2.(2022·高考江苏卷)如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球．在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点．在此过程中拉力的瞬时功率变化状况是()A．渐渐增大 B．渐渐减小C．先增大，后减小 D．先减小，后增大解析：选A.因小球速率不变，所以小球以O点为圆心做匀速圆周运动．受力如图所示，因此在切线方向上应有：mgsinθ＝Fcosθ，得F＝mgtanθ.则拉力F的瞬时功率P＝F·vcosθ＝mgv·sinθ.从A运动到B的过程中，拉力的瞬时功率随θ的增大而增大．A项正确．3.(2022·衡水中学调研)两个质量相等的小球A、B处在同一水平线上，当小球A被水平抛出的同时，小球B开头自由下落，不计空气阻力，则()A．在相等时间内，两小球的速度增量相等B．在同一时刻，两小球的重力的功率不相等C．在下落过程中，两小球的重力做功不相同D．在下落过程中，两小球重力的平均功率不相等解析：选A.两小球的加速度均为重力加速度，相等时间内，速度增量相等，故A正确；小球A的重力的功率PA＝mgvAcosα＝mg·gt＝PB(α为小球A的速度与竖直方向的夹角)，B错误；在同一时间内，两小球下落的高度相等，由WG＝mgΔh知，重力做功相等，C错；又因两球下落用时相等，由eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)知，重力的平均功率相等，故D错误．4.(2022·襄阳模拟)如图所示，滑雪者由静止开头沿斜坡从A点自由滑下，然后在水平面上前进至B点停下．已知斜坡、水平面与滑雪板之间的动摩擦因数都为μ，滑雪者(包括滑雪板)的质量为m.A、B两点间的水平距离为L.在滑雪者经过AB段运动的过程中，克服摩擦力做的功()A．大于μmgL B．等于μmgLC．小于μmgL D．以上三种状况都有可能解析：选B.设斜面的倾角为θ，则对滑雪者从A到B的运动过程中克服摩擦力做的功为：WFf＝μmgACcosθ＋μmgCB①，由题图可知ACcosθ＋CB＝L②，由①②两式联立可得：WFf＝μmgL，故B正确．5.动车组就是几节自带动力的车辆(动车)加几节不带动力的车辆(也叫拖车)编成一组，如图所示．假设有一动车组由8节车厢连接而成，每节车厢的总质量均为7.5×104kg.其中第一节、其次节带动力，它们的额定功率均为3.6×107W，车在行驶过程中阻力恒为重力的0.1倍(g＝10m/s2)．则下列说法不正确的是()A．该动车组只开动第一节的动力的状况下能达到的最大速度为60m/sB．该动车组开动二节动力的状况下能达到的最大速度为432km/hC．该动车组开动二节动力并去掉两节拖车后最大速度可达到480km/hD．该动车组只开动第一节的动力的状况下假如能在1分钟内达到最大速度60m/s，则其平均加速度为1m/s2解析：选C.只开动第一节动力的前提下，当第一节以额定功率运行且列车的牵引力等于阻力时达到最大速度：P1m＝fvm，由于阻力f＝0.1×8mg＝6.0×105N，P1m＝3.6×107W，所以vm＝eq\f(P1m,f)＝60m/s，A正确；开动二节动力时达到最大速度v′m＝eq\f(2P1m,f)＝120m/s，B正确；v″m＝eq\f(2P1m,\f(3,4)f)＝160m/s＝576km/h，C错误；易知D正确．6．(2022·江西七校联考)如图所示为汽车的加速度和车速的倒数1/v的关系图像．若汽车质量为2×103kg，它由静止开头沿平直大路行驶，且行驶中阻力恒定，最大车速为30m/s，则下列说法不正确的是()A．汽车所受阻力为2×103NB．汽车在车速为15m/s时，功率为6×104WC．汽车匀加速的加速度为3m/s2D．汽车匀加速所需时间为5s解析：选C.由图可知汽车在速度小于10m/s之前做加速度为2m/s2的匀加速直线运动，由时间公式t＝eq\f(vt－v0,a)可得，t＝5s，选项C错误，D正确；当汽车速度等于10m/s时，汽车功率达到最大，即P0＝Fv，而此时F－f＝ma，当汽车速度为30m/s时，P0＝fvmax，解方程可得：f＝2×103N，P0＝6×104W，选项A正确；而汽车速度为15m/s时，汽车的功率等于额定功率，选项B正确．7．(2022·郑州模拟)如图所示，物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动．监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图所示．取g＝10m/s2，则()A．第1s内推力做功为1JB．第2s内物体克服摩擦力做的功为W＝2.0JC．第1.5s时推力F的功率为2WD．第2s内推力F做功的平均功率eq\x\to(P)＝1.5W解析：选B.第1s内物体保持静止状态，在推力方向无位移，故做功为零，A错；由图象知第3s内物体做匀速运动，F＝2N，故F＝Ff＝2N，由v－t图象知第2s内物体的位移x＝eq\f(1,2)×1×2m＝1m，第2s内物体克服摩擦力做的功W＝Ffx＝2.0J，B对；第1.5s时物体的速度为1m/s，故推力的功率为3W，C项错；第2s内推力F＝3N，推力做功为WF＝F·x＝3.0J，故第2s内推力F做功的平均功率eq\x\to(P)＝WF/t＝3W，故D错．8．如图所示，细绳的一端绕过定滑轮与木箱相连，现以大小恒定的拉力F拉动细绳，将静置于A点的木箱经B点移到C点(AB＝BC)，地面平直且与木箱的动摩擦因数处处相等．设从A到B和从B到C的过程中，F做功分别为W1、W2，克服摩擦力做功分别为Q1、Q2，木箱经过B、C时的动能和F的功率分别为EkB、EkC和PB、PC，则下列关系确定成立的有()A．W1＞W2 B．Q1<Q2C．EkB＞EkC D．PB＞PC解析：选A.F做功W＝Flcosα(α为绳与水平方向的夹角)，在AB段和BC段相比较，F大小相同，l相同，而α渐渐增大，故W1＞W2，A正确；物体运动中，支持力渐渐减小，摩擦力渐渐减小，故Q1＞Q2，B错误；由于物体运动状况不能确定，故动能关系、功率关系无法确定，C、D错．☆9.质量为m的物体静止在粗糙的水平地面上，从t＝0时刻开头受到方向恒定的水平拉力F作用，F与时间t的关系如图甲所示．物体在eq\f(t0,2)时刻开头运动，其v－t图象如图乙所示，若认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力，下列说法正确的是()A．物体所受合外力在t0时刻的功率为2F0v0B．物体所受合外力在0～t0这段时间内所做的功为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)C．物体所受水平力F在t0～2t0这段时间内的平均功率为F0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0＋\f(F0t0,m)))D．物体所受摩擦力在t0～2t0这段时间内所做的功为F0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2v0＋\f(F0t0,m)))t0解析：选B.由题图可知物体所受的最大静摩擦力为F0，物体在t0时刻所受合外力为2F0－μmg＝F0，合外力在t0时刻的功率为F0v0，A项错误；依据动能定理，在0～t0这段时间内合外力做的功等于物体动能的增量，即eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，选项B正确；水平力F在t0～2t0这段时间内的平均功率为2F0eq\f(v0＋v,2)＝F0(v0＋v0＋at0)＝F0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2v0＋\f(F0t0,m)))，C项错误；物体在eq\f(1,2)t0时刻开头运动，则滑动摩擦力Ff＝F0，物体所受滑动摩擦力Ff在t0～2t0这段时间内所做的功为F0eq\f(v0＋v,2)t0＝eq\f(1,2)F0t0(v0＋v0＋at0)＝eq\f(1,2)F0t0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2v0＋\f(F0t0,m)))，选项D错误．二、非选择题10.(2022·日照模拟)如图所示，建筑工人通过滑轮装置将一质量为100kg的料车沿30°角的斜面由底端匀速地拉到顶端，斜面长L是4m，若不计滑轮的质量和各处的摩擦力，g取10N/kg，求这一过程中：(1)人拉绳子的力做的功；(2)物体的重力做的功；(3)物体受到的各力对物体做的总功．解析：(1)工人拉绳子的力：F＝eq\f(1,2)mgsinθ工人将料车拉到斜面顶端时，拉绳子的长度：l＝2L，依据公式W＝Flcosα，得W1＝eq\f(1,2)mgsinθ·2L＝2000J.(2)重力做功：W2＝－mgh＝－mgLsinθ＝－2000J.(3)由于料车在斜面上匀速运动，则料车所受的合力为0，故W合＝0.答案：(1)2000J(2)－2000J(3)011.(2022·双十中学模拟)水平面上静止放置一质量为m＝0.2kg的物块，固定在同一水平面上的小型电动机通过水平细线牵引物块，使物块由静止开头做匀加速直线运动，2秒末达到额定功率，其v－t图线如图所示，物块与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.1，g＝10m/s2，电动机与物块间的距离足够远．求：(1)物块做匀加速直线运动时受到的牵引力大小；(2)电动机的额定功率；(3)物块在电动机牵引下，最终能达到的最大速度．解析：(1)由题图知物块在匀加速阶段加速度大小a＝eq\f(Δv,Δt)＝0.4m/s2物块受到的摩擦力大小f＝μmg设牵引力大小为F，则有：F－f＝ma得F＝0.28N.(2)当v＝0.8m/s时，电动机达到额定功率，则P＝Fv＝0.224W.(3)物块达到最大速度vm时，此时物块所受的牵引力大小等于摩擦力大小，有F1＝μmgP＝F1vm解得vm＝1.12m/s.答案：(1)0.28N(2)0.224W(3)1.12m/s☆12.(2022·高考北京卷)摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米．电梯的简化模型如图甲所示．考虑平安、舒适、省时等因素，电梯的加速度a是随时间t变化的．已知电梯在t＝0时由静止开头上升，a－t图象如图乙所示．电梯总质量m＝2.0×103kg.忽视一切阻力，重力加速度g取10m/s2.(1)求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2；(2)类比是一种常用的争辩方法．对于直线运动，教科书中讲解了由v－t图象求位移的方法．请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，依据图乙所示a－t图象，求电梯在第1s内的速度转变量Δv1和第2s末的速率v2；(3)求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率P；再求在0～11s时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W.甲乙解析：(1)由牛顿其次定律，有F－mg＝ma由a－t图象可知，F1和F2对应的加速度分别是a1＝1.0m/s2，a2＝－1.0m/s2F1＝m(g＋a1)＝2.0×103×(10＋1.0)N＝2.2×104NF2＝m(g＋a2)＝2.0×103×(10－1.0)N＝1.8×104N.(2)类比可得，所求速度变化量等于1s内a－t图线下的面积，Δv1＝0.50m/s同理可得Δv2＝v2－v0＝1.5m/sv0＝0，第2s末的速率v2＝1.5m/s.(3)由a－t图象可知，11s～30s内速率最大，其值等于0～11s内a－t图线下的面积，有vm＝10m/s此时电梯做匀速运动，拉力F等于重力mg，所求功率P＝Fvm＝mg·vm＝2.0×103×10×10W＝2.0×105W由动能定理，总功W＝Ek2－Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－0＝eq\f(1,2)×2.0×103×102J＝1.0×105J.答案：(1)2.2×104N1.8×104N(2)0.50m/s1.5m/s(3)2.0×105W1.0×105J其次节动能动能定理一、动能1．定义：物体由于运动而具有的能．2．表达式：Ek＝eq\f(1,2)mv2.3．单位：焦耳，1J＝1N·m＝1kg·m2/s2.4．矢标性：标量．5．瞬时性：v是瞬时速度．6．相对性：物体的动能相对于不同的参考系一般不同．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＝Ek2－Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1).3．适用范围(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．1.关于某物体动能的一些说法，正确的是()A．物体的动能变化，速度确定变化B．物体的速度变化，动能确定变化C．物体的速度变化大小相同时，其动能变化大小也确定相同D．选择不同的参考系时，动能可能为负值2－1.下列关于运动物体所受合力、合力做功和动能变化的关系，正确的说法是()A．物体所受合力为零，其动能确定不变B．物体所受合力不为零时，其动能确定发生变化C．物体的动能保持不变，其所受合力做功可能不为零D．物体的动能保持不变，则所受合力确定为零2－2.人用手托着质量为m的物体，从静止开头沿水平方向运动，前进距离s后，速度为v(物体与手始终相对静止)，物体与人手掌之间的动摩擦因数为μ，则人对物体做的功为()A．mgs B．0C．μmgs D.eq\f(1,2)mv2eq\x(自我校对：1.A2－1.A2－2.D)动能及动能定理的理解1．动能定理公式中等号的意义(1)数量关系：即力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系．(2)单位相同：国际单位都是焦耳．(3)因果关系：力的功是引起物体动能变化的缘由．2．总功的计算(1)先由力的合成或依据牛顿其次定律求出合力F，然后由W＝Flcosα计算．(2)由W＝Flcosα计算各个力对物体做的功W1、W2、…、Wn，然后将各个外力所做的功求代数和，即W总＝W1＋W2＋…＋Wn.特殊提示：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．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，发觉小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B.则：(1)小球到达B点时的速率为多少？(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)，则在小球从A到B的过程中克服空气阻力做了多少功？[思路点拨](1)小球恰能到达B点，隐含什么条件？(2)空气阻力是变力，能否运用功的公式W＝Flcosα计算？[解析](1)小球恰能到达最高点B，有mg＝meq\f(v\o\al(2,B),\f(L,2))，得vB＝eq\r(\f(gL,2)).(2)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)可求出v0＝eq\r(\f(7gL,2)).(3)由动能定理得－mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(L,2)))－W阻＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)可求出W阻＝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[规律总结]应用动能定理解题的基本思路(1)选取争辩对象，明确它的运动过程；(2)分析争辩对象的受力状况和各力的做功状况：eq\x(受哪些力)→eq\x(各力是否做功)→eq\x(做正功还是负功)→eq\x(做多少功)→eq\x(各力做功的代数和)(3)明确争辩对象在过程的初末状态的动能Ek1和Ek2；(4)列动能定理的方程W合＝Ek2－Ek1及其他必要的解题方程，进行求解．1.(2022·福州模拟)如图所示，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由静止开头竖直向上加速运动，当上上升度为H时，电梯的速度达到v，则在这个过程中，以下说法中正确的是()A．电梯地板对物体的支持力所做的功等于eq\f(mv2,2)B．电梯地板对物体的支持力所做的功小于eq\f(mv2,2)C．钢索的拉力所做的功等于eq\f(mv2,2)＋MgHD．钢索的拉力所做的功大于eq\f(mv2,2)＋MgH解析：选D.以物体为争辩对象，由动能定理WN－mgH＝eq\f(1,2)mv2，即WN＝mgH＋eq\f(1,2)mv2，选项A、B错误．以系统为争辩对象，由动能定理得：WT－(m＋M)gH＝eq\f(1,2)(M＋m)v2，即WT＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋(M＋m)gH＞eq\f(mv2,2)＋MgH，选项D正确、C错误．利用动能定理求解多过程问题1．解决多过程问题应优先考虑应用动能定理(或功能关系)，从而使问题得到简化．能解决的几个典型问题如下：(1)不涉及加速度、时间的多过程问题．(2)有多个物理过程且不需要争辩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．留意应用不同特点的力的做功特点：(1)重力、电场力或恒力做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的功等于力的大小与路程的乘积．(2022·苏北四市模拟)如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.30m、h2＝1.35m．现让质量为m的小滑块自A点由静止释放．已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；(2)小滑块第一次与其次次通过C点的时间间隔；(3)小滑块最终停止的位置距B点的距离．[审题指导](1)在B、C轨道交接处速度大小变化吗？(2)小滑块在AB、CD段只有重力做功，猜猜只能停在哪一段呢？[解析](1)小滑块从A→B→C→D过程中，由动能定理得mg(h1－h2)－μmgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－0将h1、h2、s、μ、g代入得：vD＝3m/s.(2)小滑块从A→B→C过程中，由动能定理得mgh1－μmgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)将h1、s、μ、g代入得：vC＝6m/s小滑块沿CD段上滑的加速度大小a＝gsinθ＝6m/s2小滑块沿CD段上滑到最高点的时间t1＝eq\f(vC,a)＝1s由对称性可知小滑块从最高点滑回C点的时间t2＝t1＝1s故小滑块第一次与其次次通过C点的时间间隔t＝t1＋t2＝2s.(3)对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s总．有：mgh1＝μmgs总将h1、μ代入得：s总＝8.6m故小滑块最终停止的位置距B点的距离为2s－s总＝1.4m.[答案](1)3m/s(2)2s(3)1.4m2．如图所示，一质量为m＝0.5kg的小滑块，在F＝4N的水平拉力作用下，从水平面上的A处由静止开头运动，滑行s＝1.75m后由B处滑上倾角为37°的光滑斜面，滑上斜面后拉力的大小保持不变，方向变为沿斜面对上，滑行一段时间后撤去拉力．已知小滑块沿斜面上滑的最远点C距B点为L＝2m，小滑块最终恰好停在A处，不计B处能量损失，g取10m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.试求：(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数；(2)小滑块在斜面上运动时，拉力作用的距离；(3)小滑块在斜面上运动时，拉力作用的时间．解析：(1)小滑块由C运动到A，由动能定理得mgLsin37°－μmgs＝0解得μ＝eq\f(24,35).(2)设在斜面上，拉力作用的距离为x，小滑块由A运动到C，由动能定理得Fs－μmgs＋Fx－mgLsin37°＝0解得x＝1.25m.(3)小滑块由A运动到B，由动能定理得Fs－μmgs＝eq\f(1,2)mv2由牛顿其次定律得F－mgsin37°＝ma由运动学公式得x＝vt＋eq\f(1,2)at2联立解得t＝0.5s.答案：(1)eq\f(24,35)(2)1.25m(3)0.5s动能定理与图象结合问题解决物理图象问题的基本步骤1．观看题目给出的图象，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．依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．(2022·济南模拟)伦敦奥运会女子10米(即跳台距水面10m)跳台竞赛中，我国小将陈若琳技压群芳夺得冠军．设陈的质量为m＝50kg，其体形可等效为长度L＝1.0m，直径d＝0.3m的圆柱体，不计空气阻力，当她跳起到达最高点时，她的重心离跳台台面的高度为0.70m，在从起跳到接触水面过程中完成一系列动作，入水后水的等效阻力F(不包括浮力)作用于圆柱体的下端面，F的数值随入水深度y变化的函数图象如图所示，该直线与F轴相交于F＝2.5mg处，与y轴相交于y＝h(某一未知深度)处，为了确保运动员的平安，水池必需有确定的深度，已知水的密度ρ＝1×103kg/m3，g取10m/s2，依据以上数据估算：(1)起跳瞬间所做的功；(2)从起跳到接触水面过程的时间；(3)跳水池至少应为多深？(保留两位有效数字)[审题突破]①由图象可知，阻力F随入水深度y线性减小，可用什么方法求做的功？②入水过程中浮力如何变化？入水后浮力如何变化？③留意重力做正功，浮力和阻力做负功，各力做功过程中的位移大小不同．[解析](1)起跳瞬间做功W＝mgh1，h1＝0.70m－eq\f(1.0m,2)＝0.2m，代入数据得W＝100J.(2)从起跳到接触水面为竖直上抛运动，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh1，代入数据得v0＝2m/s，据位移公式：－h2＝v0t－eq\f(1,2)gt2，h2＝10m，代入数据得t＝1.63s.(3)由F－y图象可知，阻力F随y均匀变化，故平均阻力为eq\f(F,2).从起跳到入水至最低点，设水池至少深为h，依据动能定理得W＋mg(h2＋h)－eq\f(Fh,2)－eq\f(F浮L,2)－F浮(h－L)＝0－0，式中F浮＝ρgV＝ρgeq\f(πd2,4)L代入数据，得h＝6.6m.[答案](1)100J(2)1.63s(3)6.6m[规律总结]解决这类问题首先要分清图象的类型．若是F－x图象与坐标轴围成的图形的面积表示做的功；若是v－t图象，可提取的信息有：加速度(与F合对应)、速度(与动能对应)、位移(与做功距离对应)等，然后结合动能定理求解．3.(2022·北京东城区高三联考)物体沿直线运动的v－t图象如图所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则()A．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4WB．从第3秒末到第5秒末合外力做功为－2WC．从第5秒末到第7秒末合外力做功为WD．从第3秒末到第4秒末合外力做功为－0.5W解析：选C.从第1秒末到第3秒末物体做匀速直线运动，说明物体所受合外力为零，故合外力做功为零，A错误；从第3秒末到第5秒末物体加速度大小是第1秒内加速度的一半，所以这段时间的合外力是第1秒内合外力的一半，而位移是第1秒内位移2倍，考虑位移方向与合外力方向相反，所以这段时间内合外力做功为－W，B错误；第3秒末到第4秒末物体位移是从第3秒末到第5秒末位移的四分之三，D错误；第5秒末到第7秒末合外力方向与位移方向相同，同理可知这段时间的合外力是第1秒内合外力的一半，而位移是第1秒内位移的2倍，所以这段时间内合外力做功为W，C正确．涉及多个原型的动力学和能量的综合问题(一)eq\a\vs4\al([规范解答])————————————该得的分一分不丢！(1)小船从A点运动到B点克服阻力做功Wf＝fd①(3分)(2)小船从A点运动到B点，电动机牵引缆绳对小船做功W＝Pt1②(2分)由动能定理有W－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)③(3分)由①②③式解得v1＝eq\r(v\o\al(2,0)＋\f(2,m)Pt1－fd)④(2分)(3)设小船经过B点时缆绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为θ，电动机牵引缆绳的速度大小为v，则P＝Fv⑤(2分)v＝v1cosθ⑥(2分)由牛顿其次定律有Fcosθ－f＝ma⑦(3分)由④⑤⑥⑦式解得a＝eq\f(P,\r(m2v\o\al(2,0)＋2mPt1－fd))－eq\f(f,m).(2分)[答案](1)fd(2)eq\r(v\o\al(2,0)＋\f(2,m)Pt1－fd)(3)eq\f(P,\r(m2v\o\al(2,0)＋2mPt1－fd))－eq\f(f,m)[名师点评]涉及多个原型的试题，一般都属于多过程或多状态问题，正确划分过程或确定争辩状态是解题的前提，找出各子过程间的联系是解题的关键．4.(2022·孝感统测)如图所示，汽车通过轻质光滑的定滑轮，将一个质量为m的物体从井中拉出，绳与汽车连接点距滑轮顶点高h，开头时物体静止，滑轮两侧的绳都竖直绷紧，汽车以速度v向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平方向夹角为30°时，则()A．从开头到细绳与水平方向夹角为30°时，拉力做功mghB．从开头到细绳与水平方向夹角为30°时，拉力做功mgh＋eq\f(3,8)mv2C．在细绳与水平方向夹角为30°时，拉力功率为mgvD．在细绳与水平方向夹角为30°时，拉力功率为eq\f(\r(3),2)mgv解析：选B.汽车以v向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平方向夹角为30°时，物体上升的高度恰为h，对速度v分解可知沿细绳方向的分速度大小为eq\f(\r(3),2)v，依据动能定理可知A错误、B正确；由于物体加速上升，故细绳拉力大于物体的重力，所以细绳拉力的功率大于eq\f(\r(3),2)mgv，C、D错误．一高考题组1．(2011·高考新课标全国卷改编)一质点开头时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用，此后，该质点的动能不行能()A．始终增大B．先渐渐减小至零，再渐渐增大C．先渐渐增大至某一最大值，再渐渐减小D．先渐渐减小至某一非零的最小值，再渐渐增大解析：选C.当恒力方向与质点原来速度方向相同时，质点的动能始终增大，故A可能．当恒力方向与质点原来速度方向相反时，速度先渐渐减小至零再渐渐增大，质点的动能也先渐渐减小至零再渐渐增大，故B可能．当恒力方向与原来质点的速度方向夹角大于90°时，将原来速度v0分解为平行恒力方向的vy，垂直恒力方向的vx，如图甲，vy先渐渐减小到零再渐渐增大，vx始终不变，v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))，质点速度v先渐渐减小至vx再渐渐增大，质点的动能先减小至某一非零的最小值，再渐渐增大，故D可能．当恒力方向与v0方向夹角小于90°时，如图乙，vy始终增大，vx始终不变，质点速度v渐渐增大，动能始终增大，没有其他状况，故C不行能．2．(2010·高考山东卷)如图所示，四分之一圆轨道OA与水平轨道AB相切，它们与另一水平轨道CD在同一竖直面内，圆轨道OA的半径R＝0.45m，水平轨道AB长s1＝3m，OA与AB均光滑，一滑块从O点由静止释放，当滑块经过A点时，静止在CD上的小车在F＝1.6N的水平恒力作用下启动，运动一段时间后撤去力F.当小车在CD上运动了s2＝3.28m时速度v＝2.4m/s，此时滑块恰好落入小车中，已知小车质量M＝0.2kg，与CD间的动摩擦因数μ＝0.4.(取g＝10m/s2)求：(1)恒力F的作用时间t.(2)AB与CD的高度差h.解析：(1)设小车在轨道CD上加速的距离为s，由动能定理得Fs－μMgs2＝eq\f(1,2)Mv2①设小车在轨道CD上做加速运动时的加速度为a，由牛顿运动定律得F－μMg＝Ma②s＝eq\f(1,2)at2③联立①②③式，代入数据得t＝1s．④(2)设小车在轨道CD上做加速运动的末速度为v′，撤去力F后小车做减速运动时的加速度为a′，减速时间为t′，由牛顿运动定律得v′＝at⑤－μMg＝Ma′⑥v＝v′＋a′t′⑦设滑块的质量为m，运动到A点的速度为vA，由动能定理得mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)⑧设滑块由A点运动到B点的时间为t1，由运动学公式得s1＝vAt1⑨设滑块做平抛运动的时间为t′1，则t′1＝t＋t′－t1⑩由平抛规律得h＝eq\f(1,2)gt′eq\o\al(2,1)⑪联立②④⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑪式，代入数据得h＝0.8m.答案：见解析3．(2021·高考天津卷)质量为m＝4kg的小物块静止于水平地面上的A点，现用F＝10N的水平恒力拉动物块一段时间后撤去，物块连续滑动一段位移停在B点，A、B两点相距x＝20m，物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10m/s2，求：(1)物块在力F作用过程发生位移x1的大小；(2)撤去力F后物块连续滑动的时间t.解析：(1)设物块受到的滑动摩擦力为f，则f＝μmg依据动能定理，对物块由A到B整个过程，有Fx1－fx＝0代入数据，解得x1＝16m.(2)设刚撤去力F时物块的速度为v，此后物块的加速度为a，滑动的位移为x2，则x2＝x－x1由动能定理得－μmgx2＝0－eq\f(1,2)mv2a＝μgv＝at代入数据可得：t＝2s.答案：(1)16m(2)2s二模拟题组4．(2022·河北石家庄质检)如图所示为汽车在水平路面上启动过程中的速度图象，Oa为过原点的倾斜直线，ab段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc段是与ab段相切的水平直线，则下列说法正确的是()A．0～t1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定B．t1～t2时间内汽车牵引力做功为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)C．t1～t2时间内的平均速度为eq\f(1,2)(v1＋v2)D．在全过程中t1时刻的牵引力及其功率都是最大值，t2～t3时间内牵引力最小解析：选D.汽车在0～t1时间内，牵引力恒定，速度均匀增加，由P＝Fv知其功率也增加，A错误；t1～t2时间内，依据动能定理知WF－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，B错误；由于t1～t2时间内不是匀变速直线运动，故eq\x\to(v)≠eq\f(1,2)(v1＋v2)，C错误；全过程中，t1时刻牵引力最大，功率达到额定功率，也最大，之后，功率不变，牵引力减小，直至F＝f，此后汽车匀速运动，D正确．5．(2022·长春模拟)歼15战机在辽宁舰上试飞成功标志着我国舰载机进展迈出了新的一步．歼15战机的质量为m，以水平速度v0飞离辽宁舰渐渐上升，假设在此过程中水平分速度不变，在重力和竖直向上的恒定升力作用下前进L时，上上升度为h.求：(1)升力的大小；(2)上上升度为h时战机的动能；(3)上上升度为h时升力的功率．解析：(1)水平方向：L＝v0t竖直方向：F－mg＝mah＝at2/2解得：F＝mg＋eq\f(2mv\o\al(2,0)h,L2).(2)由动能定理：(F－mg)h＝Ek－mveq\o\al(2,0)/2解得：Ek＝eq\f(4h2＋L2mv\o\al(2,0),2L2).(3)战机上升h时，竖直分速度为vy，则h＝vyt/2P＝Fvy解得：P＝eq\f(2mghv0,L)＋eq\f(4mv\o\al(3,0)h2,L3).答案：见解析三选做题6．(改编题)如图为竖直平面内的坐标系xOy，在其次象限有一光滑足够长水平平台，在第一象限固定一曲面呈抛物线外形的物体，曲面满足方程y＝eq\f(x2,3.6).在平台上的P点(图上未标出)，坐标为(－2m,3.6m)，现有一质量为m＝1kg的物块(不计大小)，用水平向右的力F＝9N拉物块，当物块离开平台时马上撤去拉力，最终物块撞到曲面上(g取10m/s2)．求：(1)物块撞到曲面前瞬间的动能大小；(2)要使物块撞到曲面前瞬间的动能最小，物块初始位置的坐标．解析：(1)物块在平台上运动过程：FxP＝mveq\o\al(2,0)/2解得：v0＝6m/s物块离开平台后做平抛运动：x1＝v0ty1＝gt2/2yP－y1＝eq\f(x\o\al(2,1),3.6)解得：y1＝1.2m由动能定理：mgy1＝Ek1－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得：Ek1＝30J.(2)设物块初始位置坐标为(－x0，y0)，由动能定理：Fx0＝mveq\o\al(2,1)/2物块离开平台后：x2＝v1t1y2＝gteq\o\al(2,1)/2y0－y2＝eq\f(x\o\al(2,2),3.6)Fx0＋mgy2＝Ek解得：Ek＝eq\f(1,2)[(veq\o\al(2,1)＋18)＋eq\f(1296,v\o\al(2,1)＋18)]－9由数学学问可知：当veq\o\al(2,1)＋18＝36即v1＝3eq\r(2)m/s时，Ek有最小值．解得：x0＝1m因此物块初始位置坐标为(－1m,3.6m)．答案：见解析一、单项选择题1.(2022·厦门高三检测)如图所示，木板可绕固定水平轴O转动．木板从水平位置OA缓慢转到OB位置，木板上的物块始终相对于木板静止．在这一过程中，物块的重力势能增加了2J．用N表示物块受到的支持力，用f表示物块受到的摩擦力．在此过程中，以下推断正确的是()A．N和f对物块都不做功B．N对物块做功为2J，f对物块不做功C．N对物块不做功，f对物块做功为2JD．N和f对物块所做功的代数和为0解析：选B.由做功的条件可知，只要有力，并且物块沿力的方向有位移，那么该力就对物块做功．由受力分析知，支持力N做正功，但摩擦力f方向始终和速度方向垂直，所以摩擦力不做功．由动能定理知WN－mgh＝0，故支持力N做功为mgh.2．人骑自行车下坡，坡长l＝500m，坡高h＝8m，人和车总质量为100kg，下坡时初速度为4m/s，人不踏车的状况下，到达坡底时车速为10m/s，g取10m/s2，则下坡过程中阻力所做的功为()A．－4000JB．－3800JC．－5000J D．－4200J解析：选B.下坡过程中有重力和阻力做功，支持力不做功，由动能定理得：mgh＋W阻＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，代入数据解得：W阻＝－3800J，故B正确．3.(2022·南昌模拟)质量为10kg的物体，在变力F作用下沿x轴做直线运动，力随坐标x的变化状况如图所示．物体在x＝0处，速度为1m/s，一切摩擦不计，则物体运动到x＝16m处时，速度大小为()A．2eq\r(2)m/s B．3m/sC．4m/s D.eq\r(17)m/s答案：B4．(2022·郑州高三质量猜想)如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一物体向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设物体在斜面最低点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．－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mgh＋\f(1,2)mv2))解析：选A.小球从斜面底端到最高点C的过程中，重力、弹簧弹力做功，C点为最高点，即vC＝0，由动能定理得：－mgh＋W弹＝0－eq\f(1,2)mv2，W弹＝mgh－eq\f(1,2)mv2，故A正确．5.质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球连续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是()A.eq\f(1,4)mgR B.eq\f(1,3)mgRC.eq\f(1,2)mgR D．mgR解析：选C.小球通过最低点时，绳的张力为F＝7mg①由牛顿其次定律可知：F－mg＝eq\f(mv\o\al(2,1),R)②小球恰好过最高点，绳子拉力为零，由牛顿其次定律可知：mg＝eq\f(mv\o\al(2,2),R)③小球由最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得：－2mgR＋W阻＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)④由①②③④可得W阻＝－eq\f(1,2)mgR，所以小球克服空气阻力所做的功为eq\f(1,2)mgR，故C正确，A、B、D错误．6.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，B、C在水平线上，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动身下滑．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，最终停下来，则停下的位置到B的距离为()A．0.50m B．0.25mC．0.10m D．0解析：选D.由于BC面粗糙，物块在BC面上来回运动不断消耗机械能，直至停止运动．设物块在BC面上运动的总路程为s.依据动能定理得：mgh－μmgs＝0，解得s＝eq\f(h,μ)＝eq\f(0.30,0.10)m＝3m，由于eq\f(3,0.50)＝6，可见物块最终停在B点，D正确．7.人通过滑轮将质量为m的物体，沿粗糙的斜面从静止开头匀加速地由底端拉到斜面顶端，物体上升的高度为h，到达斜面顶端时的速度为v，如图所示．则在此过程中()A．物体所受的合外力做的功为mgh＋eq\f(1,2)mv2B．物体所受的合外力做的功为eq\f(1,2)mv2C．人对物体做的功为mghD．人对物体做的功小于mgh解析：选B.物体沿斜面做匀加速运动，依据动能定理：W合＝WF－Wf－mgh＝eq\f(1,2)mv2，其中Wf为物体克服摩擦力做的功．人对物体做的功即是人对物体的拉力做的功，所以W人＝WF＝Wf＋mgh＋eq\f(1,2)mv2，A、C、D错误，B正确．8.(2022·三明市高三质检)质量均为m的两物块A、B以确定的初速度在水平面上只受摩擦力而滑动，如图所示是它们滑动的最大位移x与初速度的平方veq\o\al(2,0)的关系图象，已知veq\o\al(2,02)＝2veq\o\al(2,01)，下列描述中正确的是()A．若A、B滑行的初速度相等，则到它们都停下来时滑动摩擦力对A做的功是对B做功的2倍B．若A、B滑行的初速度相等，则到它们都停下来时滑动摩擦力对A做的功是对B做功的eq\f(1,2)C．若A、B滑行的最大位移相等，则滑动摩擦力对它们做的功相等D．若A、B滑行的最大位移相等，则滑动摩擦力对B做的功是对A做功的2倍解析：选D.由于两物块质量均为m，若A、B滑行的初速度相等则初动能相等，由动能定理得－Wf＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，即滑动摩擦力做的功相等，A、B错；若A、B滑行的最大位移相等，由题意可知veq\o\al(2,02)＝2veq\o\al(2,01)，B的初动能是A的初动能的2倍，滑动摩擦力对B做的功是对A做的功的2倍，C错，D对．☆9.如图所示，在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a点，质量为m的物块(可视为质点)由静止开头下滑，经圆弧最低点b滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c点停止，若圆弧轨道半径为R，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，下列说法错误的是()A．物块滑到b点时的速度为eq\r(gR)B．物块滑到b点时对b点的压力是3mgC．c点与b点的距离为eq\f(R,μ)D．整个过程中物块机械能损失了mgR解析：选A.依据动能定理mgR＝eq\f(1,2)mv2可得，v＝eq\r(2gR)，A项错误；在b点，N－mg＝meq\f(v2,R)可得N＝3mg，B项正确；依据动能定理mgR－μmgx＝0，可得x＝eq\f(R,μ)，C项正确；摩擦力做的功等于机械能的损失，整个过程中物块机械能损失了mgR，D项正确．二、非选择题10.(2022·龙岩模拟)从地面上以初速度v0＝10m/s竖直向上抛出一质量为m＝0.2kg的球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比关系，球运动的速度随时间变化规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地时速率为v1＝2m/s，且落地前球已经做匀速运动．(g＝10m/s2)求：(1)球从抛出到落地过程中克服空气阻力所做的功；(2)球抛出瞬间的加速度大小．解析：(1)全程应用动能定理：－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入数据，解得：Wf＝9.6J.(2)设空气阻力大小与速率的关系为：f＝kv.则抛出时：mg＋kv0＝ma落地时匀速：kv1＝mg联立解得：a＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(v0,v1)))＝60m/s2.答案：(1)9.6J(2)60m/s211．(2022·宁德高三质检)如图所示是简化后的跳台滑雪的雪道示意图．整个雪道由倾斜的助滑雪道AB和着陆雪道DE以及水平的起跳平台CD组成，AB与CD圆滑连接．运动员从助滑雪道AB上由静止开头，在重力作用下，滑到D点水平飞出，不计飞行中的空气阻力，经2s在水平方向飞行了60m，落在着陆雪道DE上．已知从B点到D点运动员的速度大小不变(g取10m/s2)．求：(1)运动员在AB段下滑到B点的速度大小；(2)若不计阻力，运动员在AB段下滑过程中下降的高度；(3)若运动员的质量为60kg，他下滑到B点的速度大小为v1＝20eq\r(2)m/s，他在AB段滑行过程克服阻力做了多少功？解析：(1)运动员从D点飞出的速度v＝eq\f(x,t)＝30m/s依题意，下滑到助滑雪道末端B点的速度大小是30m/s.(2)在下滑过程中由动能定理得：mgh＝eq\f(1,2)mv2下降的高度h＝eq\f(v2,2g)＝45m.(3)依据动能定理，有mgh－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)运动员克服阻力做功Wf＝mgh－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝3000J.答案：(1)30m/s(2)45m(3)3000J☆12.(2022·东北三校联考)小军看到打桩机，对打桩机的工作原理产生了爱好．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)由静止开头运动，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，将钉子打入确定深度．按此模型分析，若物体质量m＝1kg，上升1m高度时撤去拉力，撤去拉力前物体的动能Ek与上上升度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视．不计钉子重力．已知钉子在插入过程中所受阻力f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，依据动能定理，有(F－mg)h＝Ek－0由图象乙得，斜率为k＝F－mg＝20N得F＝30N又由图象乙得，h＝0.4m时，Ek＝8J，则v＝4m/sPF＝Fv＝120W.(2)碰撞后，对钉子，有－fx′＝0－E′k已知E′k＝20Jf＝eq\f(k′x′,2)又由图象丙得k′＝105N/m解得：x′＝0.02m.答案：(1)120W(2)0.02m

第三节机械能守恒定律一、重力势能1．定义：物体的重力势能等于它所受重力与高度的乘积．2．公式：Ep＝mgh.3．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．4．特点(1)系统性：重力势能是地球和物体共有的．(2)相对性：重力势能的大小与参考平面的选取有关．重力势能的变化是确定的，与参考平面的选取无关．5．重力做功与重力势能变化的关系重力做正功时，重力势能减小；重力做负功时，重力势能增大；重力做多少正(负)功，重力势能就减小(增大)多少，即WG＝Ep1－Ep2.二、弹性势能1．定义：物体由于发生弹性形变而具有的能．2．大小：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弹力做正功，弹性势能减小；弹力做负功，弹性势能增大．即弹簧恢复原长的过程中弹力做正功，弹性势能减小，形变量变大的过程中弹力做负功，弹性势能增大．三、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(1)Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2(要选零势能参考平面)．(2)ΔEk＝－