2025版南方鳳凰臺5A教案基礎版物理第6章　機械能守恒定律含答案

2025版《南方鳳凰臺5A教案基礎版物理第6章機械能守恒定律第六章機械能守恒定律第1講功和功率基礎梳理1．一個物體受到某個__力__的作用，并且在該力的方向上有__位移__，就說這個力對這個物體做了功．公式W＝__Fl_cos_α__.2．功是__標量__.在國際單位制中，功的單位是__焦耳__，符號是J.3．某力對物體做負功，往往說成物體__克服某力__做功．4．某個力F對物體是否做功與物體的運動狀態(tài)__無關__，與物體是否同時受到其他力__無關__.5．重力做功的特點與__路徑__無關，只與物體的重力及初、末位置的__高度差__有關．6．功率功W與完成這些功所用__時間t__的比值，用符號P表示，定義式P＝__eq\f(W,t)__，它是表示物體做功__快慢__的物理量．7．額定功率指機器__正常__工作時的功率，實際功率是指機器工作時__實際__輸出的功率．8．瞬時功率公式P＝__Fv_cos_α__：α為力F與物體速度v之間的夾角，v是物體運動的__瞬時__速度．如果v是平均速度，則P為平均功率．易錯辨析1．只要物體受力的同時又有位移發(fā)生，則一定有力對物體做功．(×)2．一個力對物體做了負功，則說明這個力一定阻礙物體的運動．(√)3．作用力做正功時，反作用力一定做負功．(×)4．滑動摩擦力可能做負功，也可能做正功；靜摩擦力對物體一定做負功．(×)5．據(jù)P＝Fv可知，發(fā)動機功率一定時，交通工具的牽引力與運動速度成反比．(√)恒力做功的分析和計算1.功的正負的判斷方法2.計算功的方法(1)恒力做功的計算方法(2)合力做功的計算方法方法一先求合外力F合，再用W合＝F合lcosα求功．適用于F合為恒力的過程方法二先求各個力做的功W1、W2、W3、…，再應用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功(2023·連云港期末調(diào)研)如圖所示，小物塊與斜面體一起沿水平面向右做勻速直線運動．關于斜面體對物塊做功，下列說法中正確的是(C)A．支持力不做功B．支持力做正功C．摩擦力做正功D．摩擦力與支持力做功代數(shù)和不為零解析：小物塊與斜面體一起沿水平面向右做勻速直線運動，物體處于平衡狀態(tài)，受重力、垂直于斜面向上的支持力與沿斜面向上的靜摩擦力作用，支持力方向與物體位移方向之間的夾角為鈍角，可知支持力做負功，故A、B錯誤；根據(jù)上述可知，靜摩擦力與物體位移方向之間的夾角為銳角，則摩擦力做正功，故C正確；重力方向與物體位移方向垂直，重力不做功，根據(jù)動能定理可知摩擦力與支持力做功代數(shù)和為零，故D錯誤．一滑塊在水平地面上沿直線滑行，t＝0時刻其速度為1m/s.從此刻開始在滑塊運動方向上再施加一水平方向作用力F，力F和滑塊的速度v隨時間t的變化規(guī)律分別如圖甲和圖乙所示．設在第1s內(nèi)、第2s內(nèi)、第3s內(nèi)力F對滑塊做的功分別為W1、W2、W3，則下列說法中正確的是(B)A．W1＝W2＝W3 B．W1＜W2＜W3C．W1＜W3＜W2 D．W1＝W2＜W3解析：根據(jù)功的計算公式W＝Fx，速度—時間圖像與時間軸圍成的面積代表位移x，對照力F隨時間t變化的圖像和速度—時間圖像，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＞W(wǎng)2＞W(wǎng)1，B正確．變力做功的分析和計算方法以例說法應用動能定理用力F把小球從A處緩慢拉到B處，F(xiàn)做功為WF，則有WF－mgL(1－cosθ)＝0，得WF＝mgL(1－cosθ)微元法質(zhì)量為m的木塊在水平面內(nèi)做圓周運動，運動一周克服摩擦力做功W1＝Ff·Δx1＋Ff·Δx2＋Ff·Δx3＋…＝Ff(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝Ff·2πR圖像法一水平拉力拉著一物體在水平面上運動的位移為x0，圖線與橫軸所圍面積表示拉力所做的功，W＝eq\f(F0＋F1,2)x0平均值法當力與位移為線性關系，力可用平均值eq\x\to(F)＝eq\f(F1＋F2,2)表示，可得壓縮彈簧的力做功W＝eq\f(F1＋F2,2)·Δx等效轉(zhuǎn)換法恒力F把物塊從A拉到B，繩子對物塊做功W＝F·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,sinα)－\f(h,sinβ)))如圖甲所示，靜止于光滑水平面上坐標原點處的小物塊，在水平拉力F作用下，沿x軸方向運動，拉力F隨物塊所在位置坐標x的變化關系如圖乙所示，圖線為半圓，則小物塊運動到x0處拉力做的功為(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圖像的“面積”表示拉力做功的大小，則得到拉力做功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)，由圖乙可知Fm＝eq\f(x0,2)，聯(lián)立解得W＝eq\f(π,4)Fmx0，故C正確．功率的分析和計算1．平均功率的計算(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)為物體運動的平均速度．2．瞬時功率的計算(1)利用公式P＝Fvcosα，其中v為t時刻的瞬時速度．(2)利用公式P＝FvF，其中vF為物體的速度v在力F方向上的分速度．(3)利用公式P＝Fvv，其中Fv為物體受的外力F在速度v方向上的分力．質(zhì)量為m的物體從距地面高h處自由下落，經(jīng)歷時間t，則下列說法中錯誤的是(B)A．t秒內(nèi)重力對物體做功為eq\f(1,2)mg2t2B．t秒鐘內(nèi)重力的平均功率為mg2tC．前eq\f(t,2)秒末重力的瞬時功率與后eq\f(t,2)秒末重力的瞬時功率之比為1∶2D．前eq\f(t,2)秒內(nèi)重力做功的平均功率與后eq\f(t,2)秒內(nèi)重力做功的平均功率之比為1∶3解析：物體自由下落，t秒內(nèi)物體下落h＝eq\f(1,2)gt2，Wt＝mgh＝eq\f(1,2)mg2t2，故A正確；P＝eq\f(W,t)＝eq\f(\f(1,2)mg2t2,t)＝eq\f(1,2)mg2t，故B錯誤；物體從靜止開始自由下落，前eq\f(t,2)秒末與后eq\f(t,2)秒末的速度之比為1∶2(因v＝gt∝t)，又有P＝Fv＝mgv∝v，故前eq\f(t,2)秒末與后eq\f(t,2)秒末功率瞬時值之比為P1∶P2＝1∶2，C正確；前eq\f(t,2)秒與后eq\f(t,2)秒下落的位移之比為1∶3，則重力做功之比為1∶3，故重力做功的平均功率之比為1∶3，D正確．機車啟動問題1．模型一：以恒定功率啟動(1)動態(tài)過程(2)這一過程的P-t圖像和v-t圖像如圖所示．2．模型二：以恒定加速度啟動(1)動態(tài)過程(2)這一過程的P-t圖像和v-t圖像如圖所示．機車啟動過程應注意的問題(1)無論哪種啟動過程，機車的最大速度都等于其勻速運動時的速度，即vm＝eq\f(P,Fmin)＝eq\f(P,F阻)(式中Fmin為最小牽引力，其值等于阻力F阻).(2)機車以恒定加速度啟動的運動過程中，勻加速過程結(jié)束時，功率最大，速度不是最大，即v＝eq\f(P,F)＜vm＝eq\f(P,F阻).(2023·連云港期末調(diào)研)玩具賽車在水平直線跑道上由靜止開始以20kW的恒定功率加速前進，賽車瞬時速度的倒數(shù)eq\f(1,v)和瞬時加速度a的關系如圖所示．已知賽車受到的阻力恒定，賽車到達終點前已經(jīng)達到最大速度，取g＝10m/s2.下列說法中正確的是(D)A．賽車做勻加速運動B．賽車的質(zhì)量為20kgC．賽車所受阻力大小為500ND．賽車速度大小為5m/s時，加速度大小為60m/s2解析：由牛頓第二定律及瞬時功率表達式可得eq\f(P,v)－f＝ma，可知賽車做加速度逐漸減小的加速直線運動，故A錯誤；上述表達式整理可得eq\f(1,v)＝eq\f(m,P)a＋eq\f(f,P)，可見eq\f(1,v)-a圖像的斜率恒定為eq\f(m,P)，與縱軸的截距為eq\f(f,P)，結(jié)合圖像可得eq\f(f,P)＝0.05s/m，eq\f(m,P)＝eq\f(0.1－0.05,20)＝0.0025s3/m2，聯(lián)立解得m＝50kg，f＝1000N，故B、C錯誤；代入v＝5m/s，解得a＝60m/s2，故D正確．1．如圖所示，兩個互相垂直的力F1和F2作用在同一物體上，使物體運動，發(fā)生一段位移后，力F1對物體做功為6J，力F2對物體做功為8J，則力F1與F2的合力對物體做功為(D)A．2J B.7JC.10J D.14J解析：當有多個力對物體做功的時候，總功的大小就等于各個力對物體做功的和，由于力F1對物體做功6J，力F2對物體做功8J，所以F1與F2的合力對物體做的總功就為6J＋8J＝14J，故D正確．2．(2023·鎮(zhèn)江期末調(diào)研)“復興號”動車組運行時所受阻力與其速率成正比．當動車組以速度v勻速行駛時，牽引力功率為P.若以速度2v勻速行駛時，牽引力功率為(C)A．P B．2PC．4P D．8P解析：f＝kv，當動車組以速度v勻速行駛時，牽引力功率為P，則P＝fv＝kv2.若以速度2v勻速行駛時，則牽引力功率為P′＝f′·2v＝k·2v·2v＝4fv2＝4P，故選C.3．(2023·無錫期終調(diào)研)兩個完全相同的小球A、B，在某一高度處以相同大小的初速度v0分別沿水平方向和豎直方向拋出，不計空氣阻力，如圖所示，則下列說法中正確的是(C)A．兩小球落地時速度相同B．兩小球落地時，重力的瞬時功率相同C．從開始運動至落地，重力對兩小球做的功相同D．從開始運動至落地，重力對兩小球做功的平均功率相同解析：兩球運動過程中機械能守恒，則兩小球落地時速度大小相同，但是方向不同，A錯誤；兩小球落地時，B球豎直速度較大，根據(jù)PG＝mgvy可知，B球重力的瞬時功率較大，B錯誤；根據(jù)W＝mgh可知，從開始運動至落地，重力對兩小球做的功相同，C正確；從開始運動至落地，B球運動時間較長，根據(jù)eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)可知，B球重力做功的平均功率較小，D錯誤．4．(2023·宿遷期末調(diào)研)共享電動車已經(jīng)成為我們?nèi)粘Ｉ钪胁豢苫蛉钡闹匾煌üぞ撸鐖D所示，某共享電動車和駕駛員的總質(zhì)量為100kg，電動車的額定功率為500W.若電動車從靜止開始以額定功率在水平路面沿直線行駛，行駛中最大速度為5m/s，假定行駛中所受阻力恒定，取g＝10m/s2.下列說法中正確的是(A)A．電動車受到的阻力大小為100NB．加速階段，電動車的加速度保持不變C．當電動車的速度為2.5m/s時，其加速度大小為2m/s2D．若電動車從靜止開始以2m/s2的加速度勻加速啟動，勻加速時間共5s解析：由題可知，電動車受到的阻力大小為f＝eq\f(P,vm)＝eq\f(500,5)N＝100N，A正確；因為電動車是以額定功率在水平路面沿直線行駛，所以根據(jù)P＝Fv，F(xiàn)－f＝ma可知速度越大，牽引力越小，加速度越小，B錯誤；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錯誤；若電動車從靜止開始以2m/s2的加速度勻加速啟動，則牽引力為恒力，根據(jù)題意可得F′＝f＋ma′，P＝F′v′＝F′a′t，聯(lián)立解得t＝0.83s，D錯誤．配套精練一、選擇題1．(2024·無錫高三上期中)如圖所示，一兒童沿直滑梯加速下滑，在下滑過程中，他所受力的功率不變的是(B)A．重力 B．支持力C．摩擦力 D．合力解析：一兒童沿直滑梯加速下滑，重力功率P1＝mgvy，豎直分速度增大，所以重力功率增大，故A錯誤；支持力與速度始終垂直，功率為零，故B正確；摩擦力功率P2＝μmgvcosθ在增大，故C錯誤；勻加速運動，合力不變，合力與速度同向，則合力功率P＝Fv變大，故D錯誤．2．(2020·江蘇卷)質(zhì)量為1.5×103kg的汽車在水平路面上勻速行駛，速度為20m/s，受到的阻力大小為1.8×103N．此時，汽車發(fā)動機輸出的實際功率是(C)A．90W B．30kWC．36kW D．300kW解析：汽車勻速行駛，則牽引力與阻力平衡F＝f＝1.8×103N，汽車發(fā)動機的功率P＝Fv＝36kW，故C正確．3．(2021·浙江卷)中國制造的某一型號泵車如圖所示，表中列出了其部分技術參數(shù)．已知混凝土密度為2.4×103kg/m3，假設泵車的泵送系統(tǒng)以150m3/h的輸送量給30m高處輸送混凝土，則每小時泵送系統(tǒng)對混凝土做的功至少為(C)發(fā)動機最大輸出功率(kW)332最大輸送高度(m)63整車滿載質(zhì)量(kg)5.4×104最大輸送量(m3/h)180A.1.08×107J B．5.04×107JC．1.08×108J D．2.72×108J解析：泵車的泵送系統(tǒng)以150m3/h的輸送量給30m高處輸送混凝土，每小時泵送系統(tǒng)對混凝土做的功W＝ρVgh＝2.4×103×150×10×30J＝1.08×108J，故C正確．4.(2023·無錫期終調(diào)研)已知動車組列車每節(jié)動車的額定功率相同，每節(jié)動車與拖車質(zhì)量相等，設動車組運行時所受阻力與其速率成正比．若某動車組由4節(jié)動車加8節(jié)拖車組成，其運行的最大速率為240km/h，則由8節(jié)動車加4節(jié)拖車組成的動車組，運行的最大速率約為(B)A．240km/h B.340km/hC．360km/h D.480km/h解析：若開動4節(jié)動車加8節(jié)拖車，最大速度可達到240km/h，每節(jié)動車的功率為P，設每節(jié)車廂所受的阻力f＝kv，則有eq\f(4P,v)＝12kv，由8節(jié)動車加4節(jié)拖車組成的動車組eq\f(8P,v′)＝12kv′，解得v′＝eq\r(2)v＝340km/h，故選B.5．在水平面上，有一彎曲的槽道AB，槽道由半徑分別為eq\f(R,2)和R的兩個半圓構(gòu)成．如圖所示，現(xiàn)用大小恒為F的拉力將一光滑小球從A點沿槽道拉至B點，若拉力F的方向時刻均與小球運動方向一致，則此過程中拉力所做的功為(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，拉力在每一段上為恒力，則在每一段上做的功W1＝F1s1，W2＝F2s2，W3＝F3s3，…，Wn＝Fnsn，拉力在整個過程中所做的功W＝W1＋W2＋W3＋…＋Wn＝F(s1＋s2＋s3＋…＋sn)＝F(π·eq\f(R,2)＋πR)＝eq\f(3,2)πFR，C正確．6．如圖所示，木板上右端放一小物塊，木板可以繞轉(zhuǎn)軸在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動．現(xiàn)讓木板以恒定角速度從圖示位置轉(zhuǎn)到水平位置，在此過程中，物塊相對木板靜止，則物塊所受支持力的瞬時功率(A)A．逐漸增大 B．保持不變C．先增大，后減小 D．先減小，后增大解析：木板以恒定角速度轉(zhuǎn)動，物塊的線速度沿切線方向，大小不變．設木板與水平方向夾角為θ，小物塊所受支持力為mgcosθ，則支持力的瞬時功率為P＝mgvcosθ，瞬時功率隨角度的變小而增大，故A正確．7．(2023·揚州期末調(diào)研)如圖所示，投籃訓練時，籃球兩次出手和進筐的位置相同，第1次和第2次籃球在空中的運動軌跡分別對應a、b兩段曲線，不計空氣阻力，則(A)A．第1次投籃出手時籃球重力的瞬時功率比進框時大B．籃球在最高點時重力的瞬時功率第1次比第2次小C．籃球進筐時重力的瞬時功率第1次比第2次小D．籃球在出手到進框過程中重力的平均功率第1次與第2次相等解析：設籃球在最高點距離出手點的豎直距離為h，有veq\o\al(2,y)＝2gh，投籃出手時籃球重力的瞬時功率P＝mgvcosθ＝mgvy＝mgeq\r(2gh)，同理，設在最高點距離球筐的高度為h′，有P′＝mgeq\r(2gh′)，可知第1次投籃出手時籃球重力的瞬時功率比進框時大，故A正確；籃球在最高點時豎直方向的速度為零，重力的瞬時功率為零，故籃球在最高點時重力的瞬時功率第1次等于第2次，故B錯誤；籃球進筐時時籃球重力的瞬時功率P′＝mgeq\r(2gh′)，可知籃球進筐時重力的瞬時功率第1次比第2次大，故C錯誤；第1次和第2次投籃始末位置相同，克服重力做的功相同，由于第1次籃球在空中的運行時間長，故籃球在出手到進框過程中重力的平均功率第1次小于第2次，故D錯誤．8．(2023·南外、金陵、海安三校聯(lián)考)火車由北京開往拉薩，列車在水平軌道上以恒定功率啟動達到最大速度之前的過程中，列車對乘客(B)A．做正功，且做功的功率不變B．做正功，且做功的功率減小C．做負功，且做功的功率不變D．做負功，且做功的功率減小解析：由于乘客和列車相對靜止，列車和乘客具有相同的加速度，設乘客的質(zhì)量為m，乘客所受的摩擦力f＝ma，由于摩擦力的方向與乘客的運動方向相同，則摩擦力做正功；設列車的質(zhì)量為M，列車以恒定功率啟動，速度增大，牽引力減小，加速度a＝eq\f(\f(P,v)－f1,M)，則摩擦力做功的功率P′＝fv＝mav＝eq\f(mP－f1mv,M)，隨著速度增大，摩擦力做功的功率P′減小，故選B.9．(2023·泰州期末調(diào)研)高鐵已成為中國的“國家名片”，是大多數(shù)人出行的首選．提高列車運動速率的有效途徑是增大發(fā)動機的功率和減小阻力．某列車由若干節(jié)額定功率均為P的動力車廂組成，行駛時所受的阻力與速率的二次方成正比，即f＝kv2，只啟用一節(jié)動力車廂時列車能達到的最大速度為vm.列車由靜止開始運動，下列說法中正確的是(D)A．若列車勻加速啟動，則牽引力恒定B．若列車輸出功率恒定，則做勻加速運動C．若啟用4節(jié)動力車廂，則列車的最大速度為4vmD．若列車最大速度提高到2vm，則需要啟用8節(jié)動力車廂解析：若動車組勻加速啟動，則有F－f＝ma，則動車的牽引力為F＝ma＋f＝ma＋kv2，隨著速度的增加，牽引力F逐漸增大，故A錯誤；若動車輸出功率恒定，則據(jù)F＝eq\f(P,v)，動車加速度a＝eq\f(F－f,m)＝eq\f(P－kv3,mv)，可知當功率一定時，隨著速度增加，動車的加速度減小，動車不可能做勻加速運動，故B錯誤；動車速度最大時，牽引力與阻力相等，則P＝Fv＝fvm＝kveq\o\al(3,m)，可得vm＝eq\r(3,\f(P,k))，若啟用4節(jié)動力車廂，則列車的最大速度為eq\r(3,4)vm；若列車最大速度提高到2vm，則需要啟用8節(jié)動力車廂，故C錯誤，D正確．10．一汽車在平直公路上行駛．從某時刻開始計時，發(fā)動機的功率P隨時間t的變化如圖所示．假定汽車所受阻力的大小f恒定不變．下列描述該汽車的速度v隨時間t變化的圖像中，可能正確的是(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圖可知，在兩種恒定功率條件下可以達到的最大速度分別為v1max＝eq\f(P1,f)，v2max＝eq\f(P2,f)，且v1max<v2max，根據(jù)牛頓第二定律可知a＝eq\f(F－f,m)＝eq\f(\f(P,v)－f,m)，可知0～t1汽車的加速度逐漸減小，當加速度為零時汽車的速度達到v1max，在t1～t2過程中汽車同樣先做加速度減小的加速運動，當加速度減為零后汽車以v2max做勻速運動，故B正確．二、非選擇題11．有一臺最大功率為P＝8×103W的起重機，將一個質(zhì)量為m＝1000kg的物體豎直向上吊起，不計空氣阻力，取g＝10m/s2.(1)起重機以最大功率工作時，物體最終能達到的最大速度為多少？答案：0.8m/s解析：當牽引力等于重力時，速度最大根據(jù)P＝mgvm解得vm＝eq\f(P,mg)＝eq\f(8000,10000)m/s＝0.8m/s(2)若物體以v＝0.4m/s的速度勻速上升，起重機的實際功率是多少？答案：4000W解析：當物體勻速上升時F＝mg＝10000N則起重機的實際功率P′＝Fv＝10000×0.4W＝4000W(3)若物體從靜止起以a＝2m/s2的加速度勻加速上升，則維持此加速度的時間是多少？答案：eq\f(1,3)s解析：根據(jù)牛頓第二定律得F－mg＝ma解得F＝mg＋ma＝(10000＋2000)N＝12000N則勻速運動的末速度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補不足、提能力，老師可增加訓練：《抓分題·基礎天天練》《一年好卷》。第2講動能定理及其應用基礎梳理1．動能(1)定義：物體由于__運動__而具有的能量叫動能．(2)公式：Ek＝___eq\f(1,2)mv2__.(3)單位：__焦耳__，1J＝1N·m＝1kg·m2/s2.(4)物理意義：動能是狀態(tài)量，是__標量__(填“矢量”或“標量”).2．動能定理(1)內(nèi)容：力在一個過程中對物體做的功，等于物體在這個過程中__動能的變化__.(2)表達式：W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)或W＝Ek2－Ek1.(3)物理意義：__合外力__的功是物體動能變化的量度．(4)適用條件①動能定理既適用于直線運動，也適用于__曲線運動__.②既適用于恒力做功，也適用于__變力做功__.③力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時作用，也可以__分階段__作用．易錯辨析1．動能是機械能的一種表現(xiàn)形式，凡是運動的物體都具有動能．(√)2．一定質(zhì)量的物體動能變化時，速度一定變化，但速度變化時，動能不一定變化．(√)3．動能不變的物體，一定處于平衡狀態(tài)．(×)4．物體在合外力作用下做變速運動，動能一定變化．(×)5．物體的動能不變，所受的合外力必定為零．(×)動能定理的理解和基本應用1．對動能定理的理解(1)動能定理中的“力”指物體受到的合力，功則為合力所做的總功．(2)抓住“兩狀態(tài)、一過程”，“兩狀態(tài)”即明確研究對象的始、末狀態(tài)的速度或動能情況，“一過程”即明確研究過程，確定在這一過程中研究對象的受力情況和位置變化或位移信息．2．注意事項(1)動能定理中的位移和速度必須是相對于同一個參考系的，一般以地面或相對地面靜止的物體為參考系．(2)當物體的運動包含多個不同過程或需要求某一中間物理量時，可分段應用動能定理求解；當所求解的問題不涉及中間物理量時，也可以全過程應用動能定理求解，這樣更簡便．(3)列動能定理方程時，必須明確各力做功的正、負，確實難以判斷的先假定為正功，最后根據(jù)結(jié)果加以檢驗．3．應用動能定理解題的基本思路如圖所示，質(zhì)量為m的小球，從離地面高H處由靜止開始釋放，落到地面后繼續(xù)陷入泥中h深度而停止．設小球受到空氣阻力為f，重力加速度為g，則下列說法中正確的是(C)A．小球落地時動能等于mgHB．小球陷入泥中的過程中克服泥的阻力所做的功小于剛落到地面時的動能C．整個過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為mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(H,h)))解析：小球從靜止開始釋放到落到地面的過程，由動能定理得mgH－fH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，A錯誤；設泥對小球的平均阻力為f0，小球陷入泥中的過程，由動能定理得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錯誤；全過程應用動能定理，整個過程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)，C正確．(2023·常州聯(lián)盟期末調(diào)研)如圖所示，讓擺球從C位置由靜止開始擺下，擺到最低點D處，擺線剛好被拉斷，小球在粗糙的水平面上由D點向右做勻減速運動，到達A孔進入半徑R＝0.3m的豎直放置的光滑圓弧軌道，當擺球進入圓軌道后立即關閉A孔．已知擺線長L＝2m，θ＝53°，小球質(zhì)量為m＝0.5kg，D點與A孔的水平距離s＝2m，取g＝10m/s2，cos53°＝0.6.(1)求小球從C運動到D的過程中重力做的功．答案：4J解析：擺球由C到D過程WG＝mg(L－Lcosθ)解得WG＝4J(2)求擺線能承受的最大拉力．答案：9N解析：當擺球由C運動到D，根據(jù)動能定理有mg(L－Lcosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)在D點，由牛頓第二定律可得Fm－mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),L)解得Fm＝1.8mg＝9N(3)要使擺球能做完整的圓周運動，求擺球與平面間的動摩擦因數(shù)μ需要滿足的條件．答案：μ≤0.025解析：若擺球能過圓軌道的最高點則不會脫離軌道，當擺球恰好到達最高點時，在圓周的最高點，由牛頓第二定律可得mg＝meq\f(v2,R)由動能定理可得－μ0mgs－2mgR＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)解得μ0＝0.025綜上所述，動摩擦因數(shù)μ的范圍μ≤0.025應用動能定理求變力做功在一個有變力做功的過程中，當變力做功無法直接通過做功的公式求解時，可列動能定理W變＋W恒＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，物體初、末速度已知，恒力做功W恒可根據(jù)做功的公式求出，因此可以得到W變＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－W恒，就可以求出變力做的功了．(2023·泗陽中學)質(zhì)量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開始運動，起始點A與一輕彈簧O端相距s，如圖所示，已知物體與水平面的動摩擦因數(shù)為μ，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x，則從開始碰撞到彈簧被壓縮至最短，彈簧彈力所的功為(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：物體受到的滑動摩擦力大小為f＝μmg，對物體由動能定理可得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)，故選C.動能定理與圖像綜合問題1．五種常見圖像2.解決動能定理與圖像問題的基本步驟(2022·江蘇卷)某滑雪賽道如圖所示，滑雪運動員從靜止開始沿斜面下滑，經(jīng)圓弧滑道起跳．將運動員視為質(zhì)點，不計摩擦力及空氣阻力，此過程中，運動員的動能Ek與水平位移x的關系圖像正確的是(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：設斜面傾角為θ，由題意可知，運動員在沿斜面下滑過程中根據(jù)動能定理有Ek＝mgxtanθ，即eq\f(Ek,x)＝mgtanθ，下滑過程中開始階段傾角θ不變，Ek-x圖像為一條直線；經(jīng)過圓弧軌道過程中θ先減小，后增大，即圖像斜率先減小，后增大，故A正確．應用動能定理解決運動往復性問題1．往復運動問題：運動過程具有重復性、往返性，描述運動的物理量多數(shù)是變化的，而且重復的次數(shù)又往往是無限的或者難以確定．2．解題策略：此類問題多涉及滑動摩擦力或其他阻力做功，其做功的特點是與路徑有關，運用牛頓運動定律及運動學公式將非常繁瑣，甚至無法解出，用動能定理分析這類問題可使解題過程簡化．如圖所示，水平軌道BC的左端與固定的光滑豎直eq\f(1,4)圓軌道相切于B點，右端與一傾角為30°的光滑斜面軌道在C點平滑連接(即物體經(jīng)過C點時速度的大小不變)，斜面頂端固定一輕質(zhì)彈簧，一質(zhì)量為3kg的滑塊從圓弧軌道的頂端A點由靜止釋放，經(jīng)水平軌道后滑上斜面并壓縮彈簧，第一次可將彈簧壓縮至D點．已知光滑圓軌道的半徑R＝0.45m，水平軌道BC長為0.4m，滑塊與BC間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，光滑斜面軌道上CD長為0.6m，取g＝10m/s2.求：(1)滑塊第一次經(jīng)過B點時對軌道的壓力大?。鸢福?0N解析：滑塊從A點到B點，由動能定理可得mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)滑塊在B點，由牛頓第二定律有F－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)解得F＝90N由牛頓第三定律可得，滑塊第一次經(jīng)過B點時對軌道的壓力為F′＝F＝90N(2)整個過程中彈簧具有最大的彈性勢能．答案：2.1J解析：滑塊從A點到D點，該過程彈簧彈力對滑塊做的功為W，由動能定理可得mgR－μmgLBC－mgLCDsin30°＋W＝0其中Ep＝－W解得Ep＝2.1J(3)滑塊最終停在何處．答案：距B點0.15m處解析：滑塊最終停止在水平軌道BC間，從滑塊第一次經(jīng)過B點到最終停下來的全過程，由動能定理可得－μmg·s＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得s＝2.25m則滑塊在BC段上運動的次數(shù)為n＝eq\f(2.25,0.4)＝5.625說明滑塊在BC上滑動了5次，又向左運動0.625×0.4m＝0.25m故滑塊最終停止在BC間距B點0.15m處(或距C點0.25m處).1．若物體在某一運動過程中動能保持不變，則在該過程中(D)A．物體一定做勻速直線運動B．重力對物體一定做正功C．合外力可能對物體做正功D．物體的加速度可能與速度始終垂直解析：動能保持不變，速度的大小不變，不代表速度方向不變，比如勻速圓周運動，故A錯誤；由動能定理知，動能保持不變，說明合外力的功為零，不說明重力對物體一定做正功，比如水平面內(nèi)的勻速圓周運動，重力不做功，故B錯誤；由動能定理知，若合外力對物體做正功，動能一定增加，不會保持不變，故C錯誤；物體的加速度可能與速度始終垂直，比如勻速圓周運動，故D正確．2．(2023·新課標卷)無風時，雨滴受空氣阻力的作用在地面附近會以恒定的速率豎直下落．一質(zhì)量為m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的過程中，克服空氣阻力做的功為(重力加速度大小為g)(B)A．0 B．mghC．eq\f(1,2)mv2－mgh D．eq\f(1,2)mv2＋mgh解析：在地面附近雨滴做勻速運動，根據(jù)動能定理得mgh－Wf＝0，所以雨滴克服空氣阻力做功為mgh，故B正確，A、C、D錯誤．3．如圖所示，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高．質(zhì)量為m的質(zhì)點自軌道端點P由靜止開始滑下，滑到最低點Q時，對軌道的正壓力為2mg，重力加速度大小為g，質(zhì)點自P滑到Q的過程中，克服摩擦力所做的功為(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點質(zhì)點受到豎直向下的重力和豎直向上的支持力，兩力的合力提供向心力，所以有N－mg＝meq\f(v2,R)，N＝2mg，聯(lián)立解得v＝eq\r(gR)，下落過程中重力做正功，摩擦力做負功，根據(jù)動能定理可得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正確．4．(2023·無錫高三上期中)一物體在恒定合外力作用下由靜止開始沿直線運動，通過傳感器記錄下速度、時間、位置等實驗數(shù)據(jù)，然后分別作出動能Ek隨時間變化和動能Ek隨位置變化的兩個圖線如圖所示，但忘記標出橫坐標．已知圖甲中虛線的斜率為p，圖乙中直線的斜率為q.下列說法中正確的是(D) 甲 乙A．物體動能隨位置變化的圖線是圖甲B．物體動能隨時間變化的圖線是圖乙C．物體所受合外力的大小為pD．物體在A點所對應的瞬時速度大小為eq\f(2p,q)解析：由公式Ek＝W＝Fx可得，Ek與成x正比，故圖乙是物體動能隨位置變化的圖線，則圖甲為物體動能隨時間變化的圖線，A、B錯誤；在圖乙中，由公式Ek＝Fx，解得F＝eq\f(Ek,x)，即斜率q＝eq\f(Ek,x)，則合力為F＝q，C錯誤；在圖甲中，可得p＝eq\f(Ek,t)＝eq\f(Fx,t)，可得eq\f(p,q)＝eq\f(x,t)，在這個過程中平均速度為eq\x\to(v)＝eq\f(v,2)，所以x＝eq\f(v,2)t，聯(lián)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正確．配套精練一、選擇題1．(2023·常州聯(lián)盟期末調(diào)研)在籃球比賽中，某位同學獲得罰球機會，如圖所示，他站在罰球線處用力將籃球投出，籃球以約為1m/s的速度撞擊籃筐．已知籃球質(zhì)量約為0.6kg，籃筐離地高度約為3m，忽略籃球受到的空氣阻力，則該同學罰球時對籃球做的功大約為(B)A．1J B．10JC．50J D．100J解析：假設人的身高為h1＝1.8m，則根據(jù)動能定理W－mg(h－h(huán)1)＝eq\f(1,2)mv2，代入數(shù)據(jù)整理可以得到W＝7.5J，故選B.2．(2022·全國甲卷)北京2022年冬奧會首鋼滑雪大跳臺局部示意圖如圖所示．運動員從a處由靜止自由滑下，到b處起跳，c點為a、b之間的最低點，a、c兩處的高度差為h.要求運動員經(jīng)過c點時對滑雪板的壓力不大于自身所受重力的k倍，運動過程中將運動員視為質(zhì)點并忽略所有阻力，則c點處這一段圓弧雪道的半徑不應小于(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：運動員從a到c根據(jù)動能定理有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)，在c點有FNc－mg＝meq\f(veq\o\al(2,c),Rc)，F(xiàn)Nc≤kmg，聯(lián)立有Rc≥eq\f(2h,k－1)，故D正確．3．(2024·如東期初學情檢測)A、B兩物體的質(zhì)量之比mA∶mB＝1∶4，它們以相同的初速度v0在水平面上做勻減速直線運動，直到停止，其v-t圖像如圖所示．此過程中，設A、B兩物體受到的摩擦力做的功之比WA∶WB，A、B兩物體受到的摩擦力之比FA∶FB，則(C)A．WA∶WB＝1∶2 B．WA∶WB＝4∶1C．FA∶FB＝1∶2 D．FA∶FB＝4∶1解析：根據(jù)動能定理－W＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，可知A、B兩物體受到的摩擦力做的功之比為WA∶WB＝1∶4，故A、B錯誤；根據(jù)v-t圖像可知兩物體的加速度之比為aA∶aB＝2∶1，根據(jù)牛頓第二定律F＝ma可得A、B兩物體受到的摩擦力之比FA∶FB＝1∶2，故C正確，D錯誤．4．(2023·中華中學)如圖所示，某一斜面的頂端到正下方水平面O點的高度為h，斜面與水平面平滑連接．一小木塊從斜面的頂端由靜止開始滑下，滑到水平面上的A點停止．已知斜面傾角為θ，小木塊質(zhì)量為m，小木塊與斜面、水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ，A、O兩點的距離為x.在小木塊從斜面頂端滑到A點的過程中，下列說法中正確的是(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．摩擦力對木塊做功為－μmgxcosθD．重力對木塊做功為μmgx解析：對小木塊運動的整個過程，根據(jù)動能定理有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與θ無關，故A、B錯誤；根據(jù)前面分析可知重力對木塊做功為WG＝mgh＝μmgx，摩擦力對木塊做功為Wf＝－WG＝－mgh＝－μmgx，故C錯誤，D正確．5．如圖所示，ABCD是一個盆式容器，盆內(nèi)側(cè)壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧，BC是水平的，其距離d＝0.50m．盆邊緣的高度為h＝0.30m.在A處放一個質(zhì)量為m的小物塊并讓其從靜止開始下滑．已知盆內(nèi)側(cè)壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動摩擦因數(shù)μ＝0.10.小物塊在盆內(nèi)來回滑動，最后停下來，則停止的地點到B的距離為(D)A．0.50m B．0.25mC．0.10m D．06．(2023·常州期中)從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用．距地面高度h在3m以內(nèi)時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變化如圖所示．取g＝10m/s2.該物體的質(zhì)量為(C)A．2kg B．1.5kgC．1kg D．0.5kg解析：對上升過程，由動能定理，－(F＋mg)h＝Ek－Ek0，得Ek＝Ek0－(F＋mg)h，即F＋mg＝12N；下落過程，(mg－F)(6－h(huán))＝Ek，即mg－F＝k′＝8N，聯(lián)立兩公式，得到m＝1kg、F＝2N.C正確．7．(2023·鹽城期中)如圖所示，將一物體分別沿著AB、ACB兩條斜面軌道從靜止開始運動到B端．已知物體與兩條斜面軌道的動摩擦因數(shù)相同，不計在C處的能量損失．則物體兩次運動(C)A．位移不同B．到達B端的速度相同C．到達B端的動能相同D．克服摩擦力做的功不同解析：由位移定義，位移是初位置到末位置的有向線段，其大小與路徑無關，故兩次位移相同，A錯誤；從A到B，根據(jù)動能定理有mgh－μmgscosθ＝eq\f(1,2)mv2，θ是AB傾角，從A到C到B，根據(jù)動能定理mgh－(μmgs1cosα＋μmgs2cosβ)＝eq\f(1,2)mv′2，α和β分別為兩部分的傾角，AB與ACB水平的距離相等，可得scosθ＝s1cosα＋s2cosβ，故到達B時，克服摩擦力做功相同，動能大小相等，速度大小相等，但是速度方向不同，故B、D錯誤，C正確．8．(2023·江蘇卷)滑塊以一定的初速度沿粗糙斜面從底端上滑，到達最高點B后返回到底端．利用頻閃儀分別對上滑和下滑過程進行拍攝，頻閃照片示意圖如圖所示．與圖乙中相比，圖甲中滑塊(C)甲乙A．受到的合力較小B．經(jīng)過A點的動能較小C．在A、B之間的運動時間較短D．在A、B之間克服摩擦力做的功較小解析：因為頻閃照片時間間隔相同，對比圖甲和乙可知圖甲中運動時間短，滑塊加速度大，是上滑階段；根據(jù)牛頓第二定律可知圖甲中滑塊受到的合力較大，故A錯誤；從圖甲中的A點到圖乙中的A點，滑塊先上升，后下降，重力做功為0，摩擦力做負功，根據(jù)動能定理可知圖甲經(jīng)過A點的動能較大，故B錯誤；由于圖甲中滑塊加速度大，根據(jù)x＝eq\f(1,2)at2，可知圖甲在A、B之間的運動時間較短，故C正確；無論是上滑或下滑，滑塊受到滑動摩擦力大小相等，故圖甲和圖乙在A、B之間克服摩擦力做的功相等，故D錯誤．9．(2023·揚州期末調(diào)研)如圖甲所示，在某星球上有傾角為θ＝30°的光滑斜面，一輕質(zhì)彈簧下端固定在斜面底部且彈簧處于原長．現(xiàn)將一質(zhì)量為1.0kg的小物塊放在彈簧的上端，由靜止開始釋放，小物塊的加速度a與其位移x間的關系如圖乙所示．斜面一直保持靜止狀態(tài)，則(B) 甲 乙A．該星球重力加速度大小為5m/s2B．小物塊的最大動能為0.5JC．彈簧最大壓縮量為50cmD．小物塊下滑過程中，地面對斜面體的摩擦力一直向左解析：根據(jù)牛頓第二定律mgsinθ－kx＝ma，整理得a＝－eq\f(k,m)x＋eq\f(g,2)，可知g＝10m/s2，故A錯誤；當物塊加速度為零時，速度最大，根據(jù)牛頓第二定律kx＝mgsinθ，解得k＝25N/m，根據(jù)動能定理有Ek＝mgxsinθ－eq\f(1,2)kx2＝0.5J，故B正確；設彈簧最大壓縮量為x1，根據(jù)動能定理mgx1sinθ－eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1)＝0，解得x1＝0.4m，故C錯誤；小物塊下滑過程中，物塊的加速度先沿斜面向下，后沿斜面向上，將物塊與斜面看成整體，整體水平方向的力等于摩擦力，故地面對斜面體的摩擦力先向左，后向右，故D錯誤．二、非選擇題10．(2023·湖北卷)如圖所示為某游戲裝置原理示