2024年高考物理（全國(guó)版）總復(fù)習(xí)講義：第5-6章 機(jī)械能

[高考導(dǎo)航]考點(diǎn)內(nèi)容要求高考命題實(shí)況?？碱}型關(guān)聯(lián)考點(diǎn)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選擇題計(jì)算題實(shí)驗(yàn)題①平拋運(yùn)動(dòng)②圓周運(yùn)動(dòng)③電場(chǎng)、磁場(chǎng)④電磁感應(yīng)動(dòng)能和動(dòng)能定理Ⅱ重力做功與重力勢(shì)能Ⅱ功能關(guān)系、機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用Ⅱ?qū)嶒?yàn)五：探究動(dòng)能定理實(shí)驗(yàn)六：驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律基礎(chǔ)課1功和功率知識(shí)點(diǎn)一、功1．定義：一個(gè)物體受到力的作用，如果在力的方向上發(fā)生了一段位移，就說(shuō)這個(gè)力對(duì)物體做了功。2．做功的兩個(gè)要素(1)作用在物體上的力；(2)物體在力的方向上發(fā)生的位移。3．公式：W＝Flcos__α(1)α是力與位移方向之間的夾角，l為物體對(duì)地的位移。(2)該公式只適用于恒力做功。4．功的正負(fù)(1)當(dāng)0°≤α＜90°時(shí)，W＞0，力對(duì)物體做正功。(2)當(dāng)90°＜α≤180°時(shí)，W＜0，力對(duì)物體做負(fù)功，或者說(shuō)物體克服這個(gè)力做了功。(3)當(dāng)α＝90°時(shí)，W＝0，力對(duì)物體不做功。知識(shí)點(diǎn)二、功率1．定義：功與完成這些功所用時(shí)間的比值。2．物理意義：描述力對(duì)物體做功的快慢。3．公式(1)P＝eq\f(W,t)，P為時(shí)間t內(nèi)的平均功率。(2)P＝Fvcos__α(α為F與v的夾角)①v為平均速度，則P為平均功率。②v為瞬時(shí)速度，則P為瞬時(shí)功率。4．發(fā)動(dòng)機(jī)功率：機(jī)車發(fā)動(dòng)機(jī)的功率P＝Fv，F(xiàn)為牽引力，并非機(jī)車所受的合力。[思考判斷](1)只要物體受力的同時(shí)又發(fā)生了位移，則一定有力對(duì)物體做功。()(2)一個(gè)力對(duì)物體做了負(fù)功，則說(shuō)明這個(gè)力一定阻礙物體的運(yùn)動(dòng)。()(3)一個(gè)力對(duì)物體做負(fù)功，說(shuō)明物體克服該力做功(取負(fù)功的絕對(duì)值)。()(4)作用力做正功時(shí)，其反作用力一定做負(fù)功。()(5)相互垂直的兩個(gè)力分別對(duì)物體做功為4J和3J，則這兩個(gè)力的合力做功為5J。()(6)靜摩擦力不可能對(duì)物體做功。()(7)汽車上坡時(shí)換成低擋位，其目的是為了減小速度得到較大的牽引力。()答案(1)×(2)√(3)√(4)×(5)×(6)×(7)√功的分析與計(jì)算1．判斷力是否做功及做正、負(fù)功的方法判斷根據(jù)適用情況(1)根據(jù)力和位移的方向的夾角判斷：α＜90°力做正功；α＝90°力不做功；α＞90°力做負(fù)功。常用于恒力做功的判斷(2)根據(jù)力和瞬時(shí)速度方向的夾角θ判斷：θ＜90°，力做正功；θ＝90°，力不做功；θ＞90°，力做負(fù)功常用于質(zhì)點(diǎn)做曲線運(yùn)動(dòng)(3)根據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律判斷常用于變力做功的判斷2.恒力做功的計(jì)算方法：直接用W＝Flcosα計(jì)算3．合力做功的計(jì)算方法方法一：先求合力F合，再用W合＝F合lcosα求功。方法二：先求各個(gè)力做的功W1、W2、W3…，再應(yīng)用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功。1．[正、負(fù)功的判斷](多選)如圖1所示，人站在自動(dòng)扶梯上不動(dòng)，隨扶梯向上勻速運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法中正確的是()圖1A．重力對(duì)人做負(fù)功 B．摩擦力對(duì)人做正功C．支持力對(duì)人做正功 D．合力對(duì)人做功為零解析人隨電梯向上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)只受重力和豎直向上的支持力，所以重力做負(fù)功，支持力做正功，合力為零所以做功為零，A、C、D正確。答案ACD2．[直線運(yùn)動(dòng)中恒力做功的計(jì)算]起重機(jī)以1m/s2的加速度將質(zhì)量為1000kg的貨物由靜止開(kāi)始勻加速向上提升，g取10m/s2，則在1s內(nèi)起重機(jī)對(duì)貨物做的功是()A．500J B．4500J C．5000J D．5500J解析貨物的加速度向上，由牛頓第二定律有：F－mg＝ma，起重機(jī)的拉力F＝mg＋ma＝11000N。貨物的位移是l＝eq\f(1,2)at2＝0.5m，做功為W＝Fl＝5500J，故D正確。答案D3．[曲線運(yùn)動(dòng)中恒力做功的計(jì)算]如圖2所示，質(zhì)量為m的小球用長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕繩懸掛于O點(diǎn)，用水平恒力F拉著小球從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到使輕繩與豎直方向成θ角的位置，求此過(guò)程中，各力對(duì)小球做的總功為()圖2A．FLsinθ B．mgL(1－cosθ)C．FLsinθ－mgL(1－cosθ) D．FLsinθ－mgLcosθ解析如圖，小球在F方向的位移為CB，方向與F同向，則WF＝F·CB＝F·Lsinθ小球在重力方向的位移為AC，方向與重力反向，則WG＝mg·AC·cos180°＝－mg·L(1－cosθ)繩的拉力FT時(shí)刻與運(yùn)動(dòng)方向垂直，則WFT＝0故W總＝WF＋WG＋WFT＝FLsinθ－mgL(1－cosθ)所以選項(xiàng)C正確。答案C方法技巧1．恒力做功的計(jì)算思路2．計(jì)算功的大小的兩點(diǎn)技巧(1)在求功時(shí)，要區(qū)分是求某個(gè)力的功還是合力的功，是求恒力的功還是變力的功。(2)恒力做功與物體的實(shí)際路徑無(wú)關(guān)，等于力與物體在力方向上的位移的乘積，或等于位移與在位移方向上的力的乘積。功率的理解與計(jì)算1．平均功率的計(jì)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(－))為物體運(yùn)動(dòng)的平均速度。2．瞬時(shí)功率的計(jì)算方法(1)利用公式P＝Fvcosα，其中v為t時(shí)刻的瞬時(shí)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為物體受到的外力F在速度v方向上的分力。1．[平均功率和瞬時(shí)功率的計(jì)算]如圖3所示，質(zhì)量為m＝2kg的木塊在傾角θ＝37°的斜面上由靜止開(kāi)始下滑，木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，已知：sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，則前2s內(nèi)重力的平均功率和2s末的瞬時(shí)功率分別為()圖3A．48W24W B．24W48W C．24W12W D．12W24W解析木塊所受的合外力F合＝mgsinθ－μmgcosθ＝mg(sinθ－μcosθ)＝2×10×(0.6－0.5×0.8)N＝4N木塊的加速度a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(4,2)m/s2＝2m/s2前2s內(nèi)木塊的位移x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×2×22m＝4m所以，重力在前2s內(nèi)做的功為W＝mgxsinθ＝2×10×0.6×4J＝48J。重力在前2s內(nèi)的平均功率為eq\o(P,\s\up6(－))＝eq\f(W,t)＝eq\f(48,2)W＝24W。木塊在2s末的速度v＝at＝2×2m/s＝4m/s2s末重力的瞬時(shí)功率P＝mgsinθ·v＝2×10×0.6×4W＝48W。故選項(xiàng)B正確。答案B2．[功、功率與圖象的綜合]一滑塊在水平地面上沿直線滑行，t＝0時(shí)其速度為1m/s，從此刻開(kāi)始在滑塊運(yùn)動(dòng)方向上再施加一水平作用力F，力F和滑動(dòng)的速度v隨時(shí)間t的變化規(guī)律分別如圖4甲、乙所示，則以下說(shuō)法正確的是()圖4A．第1s內(nèi)，F(xiàn)對(duì)滑塊做的功為3JB．第2s內(nèi)，F(xiàn)對(duì)滑塊做功的平均功率為4WC．第3s末，F(xiàn)對(duì)滑塊做功的瞬時(shí)功率為1WD．前3s內(nèi)，F(xiàn)對(duì)滑塊做的總功為零解析由題圖可知，第1s內(nèi)，滑塊位移為1m，F(xiàn)對(duì)滑塊做的功為2J，A錯(cuò)誤；第2s內(nèi)，滑塊位移為1.5m，F(xiàn)做的功為4.5J，平均功率為4.5W，B錯(cuò)誤；第3s內(nèi)，滑塊的位移為1.5m，F(xiàn)對(duì)滑塊做的功為1.5J，第3s末，F(xiàn)對(duì)滑塊做功的瞬時(shí)功率P＝Fv＝1W，C正確；前3s內(nèi)，F(xiàn)對(duì)滑塊做的總功為8J，D錯(cuò)誤。答案C方法技巧求解功率時(shí)應(yīng)注意的“三個(gè)”問(wèn)題(1)首先要明確所求功率是平均功率還是瞬時(shí)功率；(2)平均功率與一段時(shí)間(或過(guò)程)相對(duì)應(yīng)，計(jì)算時(shí)應(yīng)明確是哪個(gè)力在哪段時(shí)間(或過(guò)程)內(nèi)做功的平均功率；(3)瞬時(shí)功率計(jì)算時(shí)應(yīng)明確是哪個(gè)力在哪個(gè)時(shí)刻(或狀態(tài))的功率。機(jī)動(dòng)車啟動(dòng)問(wèn)題1．模型一以恒定功率啟動(dòng)(1)動(dòng)態(tài)過(guò)程(2)這一過(guò)程的P－t圖象和v－t圖象如圖所示：

2.模型二以恒定加速度啟動(dòng)(1)動(dòng)態(tài)過(guò)程(2)這一過(guò)程的P－t圖象和v－t圖象如圖所示：1．[P＝Fv在機(jī)車實(shí)際運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的應(yīng)用](2017·武漢武昌區(qū)模擬)如圖5所示，為某種型號(hào)轎車中用于改變車速的擋位，表中列出了轎車的部分?jǐn)?shù)據(jù)，手推變速桿到達(dá)不同擋位可獲得不同的運(yùn)行速度，從“1～5”速度逐擋增大，R是倒車擋。則轎車在額定功率下，要以最大動(dòng)力上坡，變速桿應(yīng)推至哪一擋？以最大速度運(yùn)行時(shí)，轎車的牽引力約為多大？()圖5長(zhǎng)/mm×寬/mm×高/mm4481/1746/1526mm凈重/kg1337kg傳動(dòng)系統(tǒng)前輪驅(qū)動(dòng)5擋變速發(fā)動(dòng)機(jī)類型直列4缸發(fā)動(dòng)機(jī)排量(L)2.0L最高時(shí)速(km/h)189km/h100km/h的加速時(shí)間(s)12s額定功率(kW)108kWA．“5”擋；8000N B．“5”擋；2000NC．“1”擋；4000N D．“1”擋；2000N解析若轎車在額定功率下以最大動(dòng)力上坡，那么要使用“1”擋；以最高速度v＝189km/h＝52.5m/s運(yùn)行時(shí)，根據(jù)P＝Fv得F＝eq\f(P,v)＝eq\f(108×103,52.2)N≈2000N。選項(xiàng)D正確。答案D2．[機(jī)車啟動(dòng)過(guò)程中的圖象問(wèn)題](2016·蘇錫常鎮(zhèn)二模)汽車從靜止開(kāi)始先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，然后做勻速運(yùn)動(dòng)。汽車所受阻力恒定，下列汽車功率P與時(shí)間t的關(guān)系圖象中，能描述上述過(guò)程的是()解析汽車從靜止開(kāi)始勻加速，加速度一定，根據(jù)牛頓第二定律有F－f＝ma，得出F＝f＋ma。汽車的功率為P＝Fv＝(f＋ma)at，P與t成正比例函數(shù)，A、D選項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)汽車達(dá)到最大功率時(shí)，據(jù)題意汽車運(yùn)動(dòng)狀態(tài)立刻變?yōu)閯蛩?，此時(shí)牽引力瞬間從f＋ma變成f，而速度沒(méi)有突變，故汽車的功率變小且為恒定值，B項(xiàng)錯(cuò)誤，C正確。答案C3．[機(jī)車啟動(dòng)過(guò)程中有關(guān)物理量的計(jì)算]一列火車總質(zhì)量m＝500t，發(fā)動(dòng)機(jī)的額定功率P＝6×105W，在軌道上行駛時(shí)，軌道對(duì)列車的阻力Ff是車重的0.01倍。(取g＝10m/s2)(1)求列車在水平軌道上行駛的最大速度；(2)在水平軌道上，發(fā)動(dòng)機(jī)以額定功率P工作，求當(dāng)行駛速度為v1＝1m/s和v2＝10m/s時(shí)，列車的瞬時(shí)加速度a1、a2的大??；(3)列車在水平軌道上以36km/h的速度勻速行駛時(shí)，求發(fā)動(dòng)機(jī)的實(shí)際功率P′；(4)若列車從靜止開(kāi)始，保持0.5m/s2的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)，求這一過(guò)程維持的最長(zhǎng)時(shí)間。解析(1)列車以額定功率行駛，當(dāng)牽引力等于阻力，即F＝Ff＝kmg時(shí)，列車的加速度為零，速度達(dá)到最大值vm，則vm＝eq\f(P,F)＝eq\f(P,Ff)＝eq\f(P,kmg)＝12m/s。(2)當(dāng)v＜vm時(shí)，列車做加速運(yùn)動(dòng)，若v1＝1m/s，則F1＝eq\f(P,v1)＝6×105N，根據(jù)牛頓第二定律得a1＝eq\f(F1－Ff,m)＝1.1m/s2若v2＝10m/s，則F2＝eq\f(P,v2)＝6×104N根據(jù)牛頓第二定律得a2＝eq\f(F2－Ff,m)＝0.02m/s2。(3)當(dāng)v＝36km/h＝10m/s時(shí)，列車勻速運(yùn)動(dòng)，則發(fā)動(dòng)機(jī)的實(shí)際功率P′＝Ffv＝5×105W。(4)由牛頓第二定律得F′＝Ff＋ma＝3×105N在此過(guò)程中，速度增大，發(fā)動(dòng)機(jī)功率增大，當(dāng)功率為額定功率時(shí)速度為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方法技巧機(jī)車啟動(dòng)問(wèn)題的求解方法(1)機(jī)車的最大速度vmax的求法機(jī)車做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度最大，此時(shí)牽引力F等于阻力Ff，故vmax＝eq\f(P,F)＝eq\f(P,Ff)。(2)勻加速啟動(dòng)時(shí)，做勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t的求法牽引力F＝ma＋Ff，勻加速運(yùn)動(dòng)的最大速度vmax′＝eq\f(P額,ma＋Ff)，時(shí)間t＝eq\f(vmax′,a)。(3)瞬時(shí)加速度a的求法根據(jù)F＝eq\f(P,v)求出牽引力，則加速度a＝eq\f(F－Ff,m)。變力做功的計(jì)算方法方法以例說(shuō)法應(yīng)用動(dòng)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(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)一周克服摩擦力做功Wf＝f·Δx1＋f·Δx2＋f·Δx3＋…＝f(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝f·2πR平均力法彈簧由伸長(zhǎng)x1被繼續(xù)拉至伸長(zhǎng)x2的過(guò)程中，克服彈力做功W＝eq\f(kx1＋kx2,2)·(x2－x1)圖象法一水平拉力F0拉著一物體在水平面上運(yùn)動(dòng)的位移為x0，圖線與橫軸所圍面積表示拉力所做的功，W＝F0x0eq\a\vs4\al(【思維訓(xùn)練1】)(2015·海南單科)如圖6，一半徑為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(diǎn)自軌道端點(diǎn)P由靜止開(kāi)始滑下，滑到最低點(diǎn)Q時(shí)，對(duì)軌道的正壓力為2mg，重力加速度大小為g。質(zhì)點(diǎn)自P滑到Q的過(guò)程中，克服摩擦力所做的功為()圖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點(diǎn)質(zhì)點(diǎn)受到豎直向下的重力和豎直向上的支持力，兩力的合力充當(dāng)向心力，所以有FN－mg＝meq\f(v2,R)，F(xiàn)N＝2mg，聯(lián)立解得v＝eq\r(gR)，下滑過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)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。答案Ceq\a\vs4\al(【思維訓(xùn)練2】)一物體所受的力F隨位移x變化的圖象如圖7所示，求在這一過(guò)程中，力F對(duì)物體做的功為()圖7A．3J B．6J C．7J D．8J解析力F對(duì)物體做的功等于x軸上方梯形“面積”所表示的正功與x軸下方三角形“面積”所表示的負(fù)功的代數(shù)和。W1＝eq\f(1,2)×(3＋4)×2J＝7JW2＝－eq\f(1,2)×(5－4)×2J＝－1J所以力F對(duì)物體做的功為W＝7J－1J＝6J。故選項(xiàng)B正確。答案B1．(2015·海南單科，3)假設(shè)摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。如果摩托艇發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，則摩托艇的最大速率變?yōu)樵瓉?lái)的()A．4倍 B．2倍 C.eq\r(3)倍 D.eq\r(2)倍解析設(shè)f＝kv，當(dāng)阻力等于牽引力時(shí)，速度最大。輸出功率變化前，有P＝Fv＝fv＝kv·v＝kv2，變化后有2P＝F′v′＝kv′·v′＝kv′2，聯(lián)立解得v′＝eq\r(2)v，D正確。答案D2．(2015·全國(guó)卷Ⅱ，17)一汽車在平直公路上行駛。從某時(shí)刻開(kāi)始計(jì)時(shí)，發(fā)動(dòng)機(jī)的功率P隨時(shí)間t的變化如圖8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(shí)間t變化的圖線中，可能正確的是()圖8解析當(dāng)汽車的功率為P1時(shí)，汽車在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中滿足P1＝F1v，因?yàn)镻1不變，v逐漸增大，所以牽引力F1逐漸減小，由牛頓第二定律得F1－f＝ma1，f不變，所以汽車做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)F1＝f時(shí)速度最大，且vm＝eq\f(P1,F1)＝eq\f(P1,f)。當(dāng)汽車的功率突變?yōu)镻2時(shí)，汽車的牽引力突增為F2，汽車?yán)^續(xù)加速，由P2＝F2v可知F2減小，又因F2－f＝ma2，所以加速度逐漸減小，直到F2＝f時(shí)，速度最大vm′＝eq\f(P2,f)，以后勻速運(yùn)動(dòng)。綜合以上分析可知選項(xiàng)A正確。答案A3．(2016·天津理綜，8)(多選)我國(guó)高鐵技術(shù)處于世界領(lǐng)先水平，和諧號(hào)動(dòng)車組是由動(dòng)車和拖車編組而成，提供動(dòng)力的車廂叫動(dòng)車，不提供動(dòng)力的車廂叫拖車。假設(shè)動(dòng)車組各車廂質(zhì)量均相等，動(dòng)車的額定功率都相同，動(dòng)車組在水平直軌道上運(yùn)行過(guò)程中阻力與車重成正比，某列動(dòng)車組由8節(jié)車廂組成，其中第1、5節(jié)車廂為動(dòng)車，其余為拖車，則該動(dòng)車組()圖9A．啟動(dòng)時(shí)乘客受到車廂作用力的方向與車運(yùn)動(dòng)的方向相反B．做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，第5、6節(jié)與第6、7節(jié)車廂間的作用力之比為3∶2C．進(jìn)站時(shí)從關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)到停下來(lái)滑行的距離與關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)時(shí)的速度成正比D．與改為4節(jié)動(dòng)車帶4節(jié)拖車的動(dòng)車組最大速度之比為1∶2解析列車啟動(dòng)時(shí)，乘客隨車廂加速運(yùn)動(dòng)，加速度方向與車的運(yùn)動(dòng)方向相同，故乘客受到車廂的作用力方向與車運(yùn)動(dòng)方向相同，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對(duì)6、7、8節(jié)車廂的整體有F56＝3ma＋3kmg，對(duì)7、8節(jié)車廂的整體有F67＝2ma＋2kmg，故5、6節(jié)車廂與6、7節(jié)車廂間的作用力之比為F56∶F67＝3∶2，選項(xiàng)B正確；關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)后，根據(jù)動(dòng)能定理得eq\f(1,2)·8mv2＝8kmgx，解得x＝eq\f(v2,2kg)，可見(jiàn)滑行的距離與關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)時(shí)速度的平方成正比，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；8節(jié)車廂有2節(jié)動(dòng)車時(shí)的最大速度為vm1＝eq\f(2P,8kmg)；8節(jié)車廂有4節(jié)動(dòng)車時(shí)最大速度為vm2＝eq\f(4P,8kmg)，則eq\f(vm1,vm2)＝eq\f(1,2)，選項(xiàng)D正確。答案BD4．(2017·湖南衡陽(yáng)聯(lián)考，24)一地鐵列車從甲站由靜止啟動(dòng)后做直線運(yùn)動(dòng)，先勻加速運(yùn)動(dòng)t1＝10s達(dá)到速度大小v＝54km/h，再勻速運(yùn)動(dòng)t2＝100s，接著勻減速運(yùn)動(dòng)t3＝12s到達(dá)乙站停車。列車在運(yùn)行過(guò)程中所受的阻力大小恒為f＝1×105N，列車在減速過(guò)程中發(fā)動(dòng)機(jī)停止工作，求：(1)列車勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服阻力所做的功W；(2)列車的質(zhì)量m；(3)列車在勻加速階段牽引力的平均功率eq\o(P,\s\up6(－))。解析(1)已知v＝54km/h＝15m/s列車在勻速階段的位移為：x＝vt2＝1500m列車勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服阻力所做的功為：W＝fx＝1.5×108J(2)設(shè)列車勻減速階段的加速度大小為a′，由牛頓第二定律有：f＝ma′又：a′＝eq\f(v,t3)解得m＝8×104kg(3)設(shè)列車在勻加速階段的加速度大小為a，由牛頓第二定律有：F－f＝ma又：a＝eq\f(v,t1)該階段牽引力的平均功率為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、選擇題(1～6題為單項(xiàng)選擇題，7～11題為多項(xiàng)選擇題)1．如圖1所示，甲、乙兩物體之間存在相互作用的滑動(dòng)摩擦力，甲對(duì)乙的滑動(dòng)摩擦力對(duì)乙做了負(fù)功，則乙對(duì)甲的滑動(dòng)摩擦力對(duì)甲()圖1A．可能做正功，也可能做負(fù)功，也可能不做功B．可能做正功，也可能做負(fù)功，但不可能不做功C．可能做正功，也可能不做功，但不可能做負(fù)功D．可能做負(fù)功，也可能不做功，但不可能做正功解析若甲固定不動(dòng)，乙在甲表面滑動(dòng)，則乙對(duì)甲的滑動(dòng)摩擦力對(duì)甲不做功；若乙向右運(yùn)動(dòng)的同時(shí)甲向左運(yùn)動(dòng)，則甲、乙間的一對(duì)滑動(dòng)摩擦力均做負(fù)功；若水平地面光滑，靜止的甲在乙的滑動(dòng)摩擦力帶動(dòng)下做加速運(yùn)動(dòng)，則乙對(duì)甲的滑動(dòng)摩擦力對(duì)甲做正功，所以只有選項(xiàng)A正確。答案A2．同一恒力按同樣的方式施于物體上，使它分別沿著粗糙水平地面和光滑水平地面移動(dòng)相同一段距離時(shí)，恒力做的功和平均功率分別為W1、P1和W2、P2，則二者的關(guān)系是()A．W1＞W(wǎng)2、P1＞P2 B．W1＝W2、P1＜P2C．W1＝W2、P1＞P2 D．W1＜W2、P1＜P2解析由功的定義W＝Flcosα可知，W1＝W2，由于沿粗糙地面運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度較小，通過(guò)相同位移所用時(shí)間較長(zhǎng)，所以根據(jù)P＝eq\f(W,t)可知，P1＜P2，故B正確。答案B3．(2017·安徽期中測(cè)試)A、B兩物體的質(zhì)量之比mA∶mB＝2∶1，它們以相同的初速度v0在水平面上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，直到停止，其速度—時(shí)間圖象如圖2所示。那么，A、B兩物體所受摩擦力之比FA∶FB與A、B兩物體克服摩擦阻力做功之比WA∶WB分別為()圖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圖象可知：aA∶aB＝2∶1，又由F＝ma，mA∶mB＝2∶1，可得FA∶FB＝4∶1；又由題圖中面積關(guān)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，故選B。答案B4．(2016·濟(jì)南模擬)汽車從靜止勻加速啟動(dòng)，最后做勻速運(yùn)動(dòng)，其速度隨時(shí)間及加速度、牽引力和功率隨速度變化的圖象如圖所示，其中錯(cuò)誤的是()解析汽車啟動(dòng)時(shí)由P＝Fv和F－Ff＝ma可知，勻加速啟動(dòng)過(guò)程中，牽引力F、加速度a恒定不變，速度和功率均勻增大，當(dāng)功率增大到額定功率后保持不變，牽引力逐漸減小到與阻力相等，加速度逐漸減小到零，速度逐漸增大到最大速度，故A、C、D正確，B錯(cuò)誤。答案B5．(2016·福建廈門(mén)質(zhì)檢)汽車以恒定的功率在平直公路上行駛，所受到的摩擦阻力恒等于車重的0.1，汽車能達(dá)到的最大速度為vm。則當(dāng)汽車速度為eq\f(1,2)vm時(shí)，汽車的加速度為(重力加速度為g)()A．0.1g B．0.2g C．0.3g D．0.4g解析設(shè)汽車功率恒為P，達(dá)到最大速度vm時(shí)，牽引力F＝Ff＝0.1mg，P＝Fvm，當(dāng)汽車速度為v＝eq\f(1,2)vm時(shí)，F(xiàn)′＝eq\f(P,v)＝0.2mg，由牛頓第二定律有F′－Ff＝ma，解得a＝0.1g，A項(xiàng)正確。答案A圖36．如圖3所示，半徑為R的eq\f(1,8)光滑圓弧軌道左端有一質(zhì)量為m的小球，在大小恒為F、方向始終與軌道相切的外力作用下，小球在豎直平面內(nèi)由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，軌道左端切線水平，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到軌道的末端時(shí)立即撤去外力，此時(shí)小球的速率為v，已知重力加速度為g，則()圖3A．此過(guò)程外力做功為eq\f(π,2)FRB．此過(guò)程外力做功為eq\f(\r(2),2)FRC．小球離開(kāi)軌道的末端時(shí)，拉力的功率為FvD．小球離開(kāi)軌道末端時(shí)，拉力的功率為eq\f(\r(2),2)Fv解析由于力的大小不變，方向始終沿圓弧的切線方向，所以力F做的功為W＝F·eq\f(1,8)·2πR＝eq\f(π,4)FR，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；小球離開(kāi)軌道時(shí)的速率為v，方向和外力F的方向相同，所以拉力的功率為Fv，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。答案C7．質(zhì)量為m的物體置于傾角為α的斜面上，物體和斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，在外力作用下斜面以加速度a向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，如圖4所示，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物體與斜面之間保持相對(duì)靜止，則下列說(shuō)法正確的是()圖4A．斜面對(duì)物體的支持力一定做正功B．斜面對(duì)物體的摩擦力一定做正功C．斜面對(duì)物體的摩擦力可能不做功D．斜面對(duì)物體的摩擦力可能做負(fù)功解析物體所受的支持力始終垂直于斜面向上，由于位移方向水平向左，則力與位移方向之間的夾角為銳角，因此支持力一定做正功，選項(xiàng)A正確；摩擦力做功有三種情況：當(dāng)加速度a＝gtanα?xí)r，物體所受的摩擦力為零，摩擦力不做功；當(dāng)加速度a＞gtanα?xí)r，物體所受的摩擦力沿斜面向下，摩擦力做正功；當(dāng)加速度a＜gtanα?xí)r，物體所受的摩擦力沿斜面向上，摩擦力做負(fù)功，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C、D正確。答案ACD8.一質(zhì)量為1kg的質(zhì)點(diǎn)靜止于光滑水平面上，從t＝0時(shí)刻開(kāi)始，受到水平外力F作用，如圖5所示。下列判斷正確的是()圖5A．第1s末的瞬時(shí)功率為6WB．第1s內(nèi)的平均功率為4WC．前2s內(nèi)的平均功率為4WD．第1s末與第2s末外力的瞬時(shí)功率之比為9∶4解析第1s末質(zhì)點(diǎn)的速度v1＝eq\f(F1,m)t1＝eq\f(3,1)×1m/s＝3m/s。第2s末質(zhì)點(diǎn)的速度v2＝v1＋eq\f(F2,m)t2＝(3＋eq\f(1,1)×1)m/s＝4m/s。第1s末的瞬時(shí)功率P1＝F1·v1＝9W第2s末的瞬時(shí)功率P2＝F2·v2＝4W，故A錯(cuò)，D對(duì)；第1s內(nèi)的平均功率eq\o(P,\s\up6(－))1＝F1eq\o(v,\s\up6(－))1＝4.5W，故B錯(cuò)；前2s內(nèi)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對(duì)。答案CD9．(2017·湖北聯(lián)考)在離水平地面h高處將一質(zhì)量為m的小球水平拋出，在空中運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中所受空氣阻力大小恒為f，落地時(shí)小球距拋出點(diǎn)的水平距離為x，速率為v，那么，在小球運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中()A．重力做功為mghB．克服空氣阻力做的功為f·eq\r(h2＋x2)C．落地時(shí)，重力的瞬時(shí)功率為mgvD．重力勢(shì)能和機(jī)械能都逐漸減少解析重力做功為WG＝mgh，A正確；空氣阻力做功與經(jīng)過(guò)的路程有關(guān)，而小球經(jīng)過(guò)的路程大于eq\r(h2＋x2)，故克服空氣阻力做的功大于f·eq\r(h2＋x2)，B錯(cuò)誤；落地時(shí)，重力的瞬時(shí)功率為重力與沿重力方向的分速度的乘積，故落地時(shí)重力的瞬時(shí)功率小于mgv，C錯(cuò)誤；重力做正功，重力勢(shì)能減少，空氣阻力做負(fù)功，機(jī)械能減少，D正確。答案AD10．(2016·宿遷三模)一汽車在平直公路上以20kW的功率行駛，t1時(shí)刻駛?cè)肓硪欢巫枇愣ǖ钠街惫?，其v－t圖象如圖6所示，已知汽車的質(zhì)量為2×103kg。下列說(shuō)法中正確的是()圖6A．t1前汽車受到的阻力大小為2×103NB．t1后汽車受到的阻力大小為2×103NC．t1時(shí)刻汽車加速度大小突然變?yōu)?m/s2D．t1～t2時(shí)間內(nèi)汽車的平均速度為7.5m/s解析t1前汽車勻速，有P＝F1v1＝f1v1，得f1＝eq\f(P,v1)＝eq\f(20×103,10)N＝2×103N，A項(xiàng)正確；進(jìn)入另一段公路后最終以v2＝5m/s勻速，得出f2＝eq\f(P,v2)＝eq\f(20×103,5)N＝4×103N，B項(xiàng)錯(cuò)誤；t1時(shí)刻牽引力為2×103N，阻力瞬間變?yōu)?×103N，加速度為a＝eq\f(－2×103,2×103)m/s2＝－1m/s2，C項(xiàng)正確；根據(jù)面積得出t1～t2時(shí)間內(nèi)汽車的平均速度小于7.5m/s，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案AC11．如圖7甲所示，小物塊靜止在傾角θ＝37°的粗糙斜面上?，F(xiàn)對(duì)物塊施加一個(gè)沿斜面向下的推力F，力F的大小隨時(shí)間t的變化情況如圖乙所示，物塊的速率v隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖丙所示，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2。下列說(shuō)法正確的是()圖7A．物塊的質(zhì)量為1kgB．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.7C．0～3s時(shí)間內(nèi)力F做功的平均功率為0.32WD．0～3s時(shí)間內(nèi)物塊克服摩擦力做的功為5.12J解析由速度圖象知在1～3s時(shí)間內(nèi)，物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則0.8N＋mgsinθ－μmgcosθ＝ma，a＝eq\f(0.8－0,3－1)m/s2＝0.4m/s2。在3～4s時(shí)間內(nèi)，物塊勻速運(yùn)動(dòng)，受力平衡，則μmgcosθ－mgsinθ＝0.4N，解得m＝1kg，μ＝0.8，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；0～1s時(shí)間內(nèi)，物塊靜止，力F不做功，1～3s時(shí)間內(nèi)，力F＝0.8N，物塊的位移x＝eq\f(1,2)×0.4×22m＝0.8m，0～3s內(nèi)力F做功的平均功率為eq\f(Fx,t3)＝eq\f(0.8×0.8,3)W＝0.213W，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；0～3s時(shí)間內(nèi)物塊克服摩擦力做的功為μmgcosθ·x＝5.12J，選項(xiàng)D正確。答案AD二、非選擇題12．下表是一輛電動(dòng)車的部分技術(shù)指標(biāo)，其中的額定車速是指電動(dòng)車滿載的情況下，在平直道路上以額定功率勻速行駛時(shí)的速度。額定車速18km/h電源輸出電壓≥36V整車質(zhì)量40kg充電時(shí)間6～8h載重80kg電動(dòng)機(jī)的額定輸出功率180W電源136V/12Ah電動(dòng)機(jī)的額定工作電壓/電流36V/6A請(qǐng)根據(jù)表中的數(shù)據(jù)，完成下列問(wèn)題(g取10m/s2)。(1)在行駛的過(guò)程中，電動(dòng)車受到的阻力是車重(包括載重)的k倍，假定k是定值，試推算k的大??；(2)若電動(dòng)車以額定功率行駛，求速度為3m/s時(shí)的加速度是多少？解析(1)由表可得到P出＝180W，車速v＝18km/h＝5m/s，由P出＝Fv，勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)有F＝f，其中f＝k(M＋m)g，解得k＝0.03。(2)當(dāng)車速v′＝3m/s時(shí)，牽引力F′＝eq\f(P出,v′)，由牛頓第二定律知F′－k(M＋m)g＝(m＋M)a，解得a＝0.2m/s2。答案(1)0.03(2)0.2m/s2基礎(chǔ)課2動(dòng)能動(dòng)能定理知識(shí)點(diǎn)一、動(dòng)能1．定義：物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能叫動(dòng)能。2．公式：Ek＝eq\f(1,2)mv2。3．單位：焦耳，1J＝1N·m＝1kg·m2/s2。4．矢標(biāo)性：動(dòng)能是標(biāo)量，只有正值。5．狀態(tài)量：動(dòng)能是狀態(tài)量，因?yàn)関是瞬時(shí)速度。知識(shí)點(diǎn)二、動(dòng)能定理1．內(nèi)容：力在一個(gè)過(guò)程中對(duì)物體做的功，等于物體在這個(gè)過(guò)程中動(dòng)能的變化。2．表達(dá)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(dòng)能變化的量度。[思考判斷](1)一定質(zhì)量的物體動(dòng)能變化時(shí)，速度一定變化，但速度變化時(shí)，動(dòng)能不一定變化。()(2)動(dòng)能不變的物體一定處于平衡狀態(tài)。()(3)如果物體所受的合外力為零，那么合外力對(duì)物體做功一定為零。()(4)物體在合外力作用下做變速運(yùn)動(dòng)時(shí)，動(dòng)能一定變化。()(5)根據(jù)動(dòng)能定理，合外力做的功就是動(dòng)能的變化。()(6)重力做功和摩擦力做功都與物體運(yùn)動(dòng)的路徑無(wú)關(guān)。()答案(1)√(2)×(3)√(4)×(5)×(6)×動(dòng)能和動(dòng)能定理的理解1．動(dòng)能與動(dòng)能的變化的區(qū)別(1)動(dòng)能與動(dòng)能的變化是兩個(gè)不同的概念，動(dòng)能是狀態(tài)量，動(dòng)能的變化是過(guò)程量。(2)動(dòng)能為非負(fù)值，而動(dòng)能變化量有正負(fù)之分。ΔEk＞0表示物體的動(dòng)能增加，ΔEk＜0表示物體的動(dòng)能減少。2．對(duì)動(dòng)能定理的理解(1)做功的過(guò)程就是能量轉(zhuǎn)化的過(guò)程，動(dòng)能定理表達(dá)式中的“＝”的意義是一種因果關(guān)系在數(shù)值上相等的符號(hào)。(2)對(duì)“外力”的理解動(dòng)能定理敘述中所說(shuō)的“外力”，既可以是重力、彈力、摩擦力，也可以是電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力或其他力。1．[對(duì)動(dòng)能概念的理解]關(guān)于物體的動(dòng)能，下列說(shuō)法中正確的是()A．物體速度變化，其動(dòng)能一定變化B．物體所受的合外力不為零，其動(dòng)能一定變化C．物體的動(dòng)能變化，其運(yùn)動(dòng)狀態(tài)一定發(fā)生改變D．物體的速度變化越大，其動(dòng)能一定變化也越大解析若速度的方向變化而大小不變，則其動(dòng)能不變化，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物體所受合外力不為零，只要速度大小不變，其動(dòng)能就不變化，如勻速圓周運(yùn)動(dòng)中，物體所受合外力不為零，但速度大小始終不變，動(dòng)能不變，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；物體動(dòng)能變化，其速度一定發(fā)生變化，故運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變，選項(xiàng)C正確；物體速度變化若僅由方向變化引起，其動(dòng)能可能不變，如勻速圓周運(yùn)動(dòng)中，速度變化，但動(dòng)能始終不變，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案C2．[對(duì)動(dòng)能定理的理解](多選)如圖1所示，電梯質(zhì)量為M，在它的水平地板上放置一質(zhì)量為m的物體。電梯在鋼索的拉力作用下豎直向上加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)電梯的速度由v1增加到v2時(shí)，上升高度為H，則在這個(gè)過(guò)程中，下列說(shuō)法或表達(dá)式正確的是()圖1A．對(duì)物體，動(dòng)能定理的表達(dá)式為WN＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，其中WN為支持力的功B．對(duì)物體，動(dòng)能定理的表達(dá)式為W合＝0，其中W合為合力的功C．對(duì)物體，動(dòng)能定理的表達(dá)式為WN－mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，其中WN為支持力的功D．對(duì)電梯，其所受合力做功為eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)解析電梯上升的過(guò)程中，對(duì)物體做功的有重力mg、支持力FN，這兩個(gè)力的總功才等于物體動(dòng)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均錯(cuò)誤，C正確；對(duì)電梯，無(wú)論有幾個(gè)力對(duì)它做功，由動(dòng)能定理可知，其合力的功一定等于其動(dòng)能的增量，故D正確。答案CD動(dòng)能定理的應(yīng)用應(yīng)用動(dòng)能定理解題應(yīng)抓好“兩狀態(tài)，一過(guò)程”“兩狀態(tài)”即明確研究對(duì)象的始、末狀態(tài)的速度或動(dòng)能情況；“一過(guò)程”即明確研究過(guò)程，確定這一過(guò)程研究對(duì)象的受力情況和位置變化或位移信息?！镜淅?2016·河南鄭州三模)如圖2所示，傾角θ＝45°的粗糙平直導(dǎo)軌AB與半徑為R的光滑圓環(huán)軌道相切，切點(diǎn)為B，整個(gè)軌道處在豎直平面內(nèi)。一質(zhì)量為m的小滑塊(可以看作質(zhì)點(diǎn))從導(dǎo)軌上離地面高為h＝3R的D處無(wú)初速度下滑進(jìn)入圓環(huán)軌道。接著小滑塊從圓環(huán)最高點(diǎn)C水平飛出，恰好擊中導(dǎo)軌上與圓心O等高的P點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，已知重力加速度為g。求：圖2(1)滑塊運(yùn)動(dòng)到圓環(huán)最高點(diǎn)C時(shí)的速度大?。?2)滑塊運(yùn)動(dòng)到圓環(huán)最低點(diǎn)時(shí)對(duì)圓環(huán)軌道壓力的大??；(3)滑塊在斜面軌道BD間運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中克服摩擦力做的功。解析(1)小滑塊從C點(diǎn)飛出來(lái)做平拋運(yùn)動(dòng)，水平速度為v0。豎直方向上：R＝eq\f(1,2)gt2①水平方向上：eq\r(2)R＝v0t②解得：v0＝eq\r(gR)③(2)小滑塊在最低點(diǎn)時(shí)速度為v，由動(dòng)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在最低點(diǎn)由牛頓第二定律得：FN－mg＝meq\f(v2,R)⑥解得：FN＝6mg由牛頓第三定律得：FN′＝6mg⑦(3)從D到最低點(diǎn)過(guò)程中，設(shè)DB過(guò)程中克服摩擦阻力做功Wf，由動(dòng)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】使小滑塊剛好能過(guò)C點(diǎn)在【典例】中，若小滑塊剛好能過(guò)C點(diǎn)，求滑塊與軌道AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)。解析小滑塊剛好能過(guò)C點(diǎn)，則在C點(diǎn)由牛頓第二定律得：mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)解得：vC＝eq\r(gR)小滑塊由D至C過(guò)程，由動(dòng)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】使滑塊在P點(diǎn)釋放在【典例】中的滑塊從軌道的P點(diǎn)由靜止釋放，滑塊與粗糙導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，求滑塊整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中在AB軌道上通過(guò)的總路程。解析滑塊在P點(diǎn)釋放，滑塊將在兩軌道間做往返運(yùn)動(dòng)，當(dāng)滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為零后滑塊將只在圓弧軌道上運(yùn)動(dòng)，故全過(guò)程由動(dòng)能定理得：mgsPBsinθ－μmgscosθ＝0由幾何關(guān)系得：sPB＝R解得：s＝eq\f(R,μ)答案eq\f(R,μ)技巧點(diǎn)撥應(yīng)用動(dòng)能定理解題的基本思路1．[動(dòng)能定理的應(yīng)用](2016·河南模擬)如圖3所示，質(zhì)量為m的小球，從離地面H高處從靜止開(kāi)始釋放，落到地面后繼續(xù)陷入泥中h深度而停止，設(shè)小球受到空氣阻力為f，重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是()圖3A．小球落地時(shí)動(dòng)能等于mgHB．小球陷入泥中的過(guò)程中克服泥的阻力所做的功小于剛落到地面時(shí)的動(dòng)能C．整個(gè)過(guò)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mg(1＋eq\f(H,h))解析小球從靜止開(kāi)始釋放到落到地面的過(guò)程，由動(dòng)能定理得mgH－fH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；設(shè)泥的平均阻力為f0，小球陷入泥中的過(guò)程，由動(dòng)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)，選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤；全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理可知，整個(gè)過(guò)程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)，選項(xiàng)C正確。答案C2．[動(dòng)能定理在多過(guò)程問(wèn)題中的應(yīng)用](2017·桂林質(zhì)檢)如圖4所示，傾角為37°的粗糙斜面AB底端與半徑R＝0.4m的光滑半圓軌道BC平滑面相連，O點(diǎn)為軌道圓心，BC為圓軌道直徑且處于豎直方向，A、C兩點(diǎn)等高。質(zhì)量m＝1kg的滑塊從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，恰能滑到與O點(diǎn)等高的D點(diǎn)，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。圖4(1)求滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(2)若使滑塊能到達(dá)C點(diǎn)，求滑塊從A點(diǎn)沿斜面滑下時(shí)的初速度v0的最小值；(3)若滑塊離開(kāi)C點(diǎn)的速度大小為4m/s，求滑塊從C點(diǎn)飛出至落到斜面上所經(jīng)歷的時(shí)間t。解析(1)滑塊從A點(diǎn)到D點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)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)若使滑塊恰好能到達(dá)C點(diǎn)，初速度v0有最小值，根據(jù)牛頓第二定律有mg＝eq\f(mveq\o\al(2,C),R)解得vC＝eq\r(Rg)＝2m/s滑塊從A點(diǎn)到C點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)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的最小值為2eq\r(3)m/s。(3)滑塊離開(kāi)C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，有x＝vC′t，y＝eq\f(1,2)gt2由幾何知識(shí)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動(dòng)能定理與圖象結(jié)合問(wèn)題力學(xué)中四類圖象所圍“面積”的意義1．[動(dòng)能定理與v－t圖象的綜合](2016·廣州調(diào)研)用起重機(jī)提升貨物，貨物上升過(guò)程中的v－t圖象如圖5所示，在t＝3s到t＝5s內(nèi)，重力對(duì)貨物做的功為W1、繩索拉力對(duì)貨物做的功為W2、貨物所受合力做的功為W3，則()圖5A．W1＞0 B．W2＜0 C．W2＞0 D．W3＞0解析分析題圖可知，貨物一直向上運(yùn)動(dòng)，根據(jù)功的定義式可得：重力做負(fù)功，拉力做正功，即W1＜0，W2＞0，A、B錯(cuò)誤，C正確；根據(jù)動(dòng)能定理：合力做的功W3＝0－eq\f(1,2)mv2，v＝2m/s，即W3＜0，D錯(cuò)誤。答案C2．[動(dòng)能定理與a－t圖象的綜合](2016·山西5月模擬)用傳感器研究質(zhì)量為2kg的物體由靜止開(kāi)始做直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律時(shí)，在計(jì)算機(jī)上得到0～6s內(nèi)物體的加速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖6所示。下列說(shuō)法正確的是()圖6A．0～6s內(nèi)物體先向正方向運(yùn)動(dòng)，后向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)B．0～6s內(nèi)物體在4s時(shí)的速度最大C．物體在2～4s內(nèi)速度不變D．0～4s內(nèi)合力對(duì)物體做的功等于0～6s內(nèi)合力做的功解析由a－t圖象可知：圖線與時(shí)間軸圍成的“面積”代表物體在相應(yīng)時(shí)間內(nèi)速度的變化情況，在時(shí)間軸上方為正，在時(shí)間軸下方為負(fù)。物體6s末的速度v6＝eq\f(1,2)×(2＋5)×2m/s－eq\f(1,2)×1×2m/s＝6m/s，則0～6s內(nèi)物體一直向正方向運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)；由圖象可知物體在5s末速度最大，為vm＝eq\f(1,2)×(2＋5)×2m/s＝7m/s，B錯(cuò)；由圖象可知在2～4s內(nèi)物體加速度不變，物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，速度變大，C錯(cuò)；在0～4s內(nèi)合力對(duì)物體做的功由動(dòng)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內(nèi)合力對(duì)物體做的功由動(dòng)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則W合4＝W合6，D正確。答案D方法技巧分析動(dòng)能定理與圖象結(jié)合問(wèn)題“三步走”1．(2016·四川理綜，1)韓曉鵬是我國(guó)首位在冬奧會(huì)雪上項(xiàng)目奪冠的運(yùn)動(dòng)員。他在一次自由式滑雪空中技巧比賽中沿“助滑區(qū)”保持同一姿態(tài)下滑了一段距離，重力對(duì)他做功1900J，他克服阻力做功100J。韓曉鵬在此過(guò)程中()A．動(dòng)能增加了1900JB．動(dòng)能增加了2000JC．重力勢(shì)能減小了1900JD．重力勢(shì)能減小了2000J解析由題可得，重力做功WG＝1900J，則重力勢(shì)能減少1900J，故C正確，D錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理得，WG－Wf＝ΔEk，克服阻力做功Wf＝100J，則動(dòng)能增加1800J，故A、B錯(cuò)誤。答案C2．(2016·全國(guó)卷Ⅲ，20)(多選)如圖7，一固定容器的內(nèi)壁是半徑為R的半球面；在半球面水平直徑的一端有一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)P。它在容器內(nèi)壁由靜止下滑到最低點(diǎn)的過(guò)程中，克服摩擦力做的功為W。重力加速度大小為g。設(shè)質(zhì)點(diǎn)P在最低點(diǎn)時(shí)，向心加速度的大小為a，容器對(duì)它的支持力大小為N，則()圖7A．a(chǎn)＝eq\f(2（mgR－W）,mR) B．a(chǎn)＝eq\f(2mgR－W,mR)C．N＝eq\f(3mgR－2W,R) D．N＝eq\f(2（mgR－W）,R)解析質(zhì)點(diǎn)P下滑過(guò)程中，重力和摩擦力做功，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgR－W＝eq\f(1,2)mv2，根據(jù)公式a＝eq\f(v2,R)，聯(lián)立可得a＝eq\f(2（mgR－W）,mR)，A正確，B錯(cuò)誤；在最低點(diǎn)重力和支持力的合力充當(dāng)向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得，N－mg＝ma，代入可得，N＝eq\f(3mgR－2W,R)，C正確，D錯(cuò)誤。答案AC3．(2016·浙江理綜，18)(多選)如圖8所示為一滑草場(chǎng)。某條滑道由上下兩段高均為h，與水平面傾角分別為45°和37°的滑道組成，滑草車與草地之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。質(zhì)量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開(kāi)始自由下滑，經(jīng)過(guò)上、下兩段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端(不計(jì)滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。則()圖8A．動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(6,7)B．載人滑草車最大速度為eq\r(\f(2gh,7))C．載人滑草車克服摩擦力做功為mghD．載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為eq\f(3,5)g解析對(duì)滑草車從坡頂由靜止滑下，到底端靜止的全過(guò)程，得mg·2h－μmgcos45°·eq\f(h,sin45°)－μmgcos37°·eq\f(h,sin37°)＝0，解得μ＝eq\f(6,7)，選項(xiàng)A正確；對(duì)經(jīng)過(guò)上段滑道過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得，mgh－μmgcos45°·eq\f(h,sin45°)＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2gh,7))，選項(xiàng)B正確；載人滑草車克服摩擦力做功為2mgh，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為a＝eq\f(mgsin37°－μmgcos37°,m)＝－eq\f(3,35)g，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案AB4．(2016·天津理綜，10)我國(guó)將于2024年舉辦冬奧會(huì)，跳臺(tái)滑雪是其中最具觀賞性的項(xiàng)目之一，如圖9所示，質(zhì)量m＝60kg的運(yùn)動(dòng)員從長(zhǎng)直助滑道AB的A處由靜止開(kāi)始以加速度a＝3.6m/s2勻加速滑下，到達(dá)助滑道末端B時(shí)速度vB＝24m/s，A與B的豎直高度差H＝48m，為了改變運(yùn)動(dòng)員的運(yùn)動(dòng)方向，在助滑道與起跳臺(tái)之間用一段彎曲滑道銜接，其中最低點(diǎn)C處附近是一段以O(shè)為圓心的圓弧。助滑道末端B與滑道最低點(diǎn)C的高度差h＝5m，運(yùn)動(dòng)員在B、C間運(yùn)動(dòng)時(shí)阻力做功W＝－1530J，取g＝10m/s2。圖9(1)求運(yùn)動(dòng)員在AB段下滑時(shí)受到阻力Ff的大??；(2)若運(yùn)動(dòng)員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，則C點(diǎn)所在圓弧的半徑R至少應(yīng)為多大。解析(1)運(yùn)動(dòng)員在AB上做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)AB的長(zhǎng)度為x，則有veq\o\al(2,B)＝2ax①由牛頓第二定律有mgeq\f(H,x)－Ff＝ma②聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)解得Ff＝144N③(2)設(shè)運(yùn)動(dòng)員到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度為vC，在由B到達(dá)C的過(guò)程中，由動(dòng)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設(shè)運(yùn)動(dòng)員在C點(diǎn)所受的支持力為FN，由牛頓第二定律有FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)⑤由題意和牛頓第三定律知FN＝6mg⑥聯(lián)立④⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得R＝12.5m⑦答案(1)144N(2)12.5m一、選擇題(1～5題為單項(xiàng)選擇題，6～9題為多項(xiàng)選擇題)1．(2015·四川理綜)在同一位置以相同的速率把三個(gè)小球分別沿水平、斜向上、斜向下方向拋出，不計(jì)空氣阻力，則落在同一水平地面時(shí)的速度大小()A．一樣大 B．水平拋的最大C．斜向上拋的最大 D．斜向下拋的最大解析由動(dòng)能定理mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)知，落地時(shí)速度v2的大小相等，故A正確。答案A2．關(guān)于運(yùn)動(dòng)物體所受的合力、合力做的功、物體動(dòng)能的變化，下列說(shuō)法正確的是()A．運(yùn)動(dòng)物體所受的合力不為零，合力必做功，物體的動(dòng)能肯定要變化B．運(yùn)動(dòng)物體所受的合力為零，則物體的動(dòng)能肯定不變C．運(yùn)動(dòng)物體的動(dòng)能保持不變，則該物體所受合力一定為零D．運(yùn)動(dòng)物體所受合力不為零，則該物體一定做變速運(yùn)動(dòng)，其動(dòng)能要變化解析關(guān)于運(yùn)動(dòng)物體所受的合力、合力做的功、物體動(dòng)能的變化三者之間的關(guān)系有下列三個(gè)要點(diǎn)。(1)若運(yùn)動(dòng)物體所受合力為零，則合力不做功(或物體所受外力做功的代數(shù)和必為零)，物體的動(dòng)能絕對(duì)不會(huì)發(fā)生變化。(2)物體所受合力不為零，物體必做變速運(yùn)動(dòng)，但合力不一定做功，合力不做功，則物體動(dòng)能不變化。(3)物體的動(dòng)能不變，一方面表明物體所受的合力不做功；同時(shí)表明物體的速率不變(速度的方向可以不斷改變，此時(shí)物體所受的合力只是用來(lái)改變速度方向，產(chǎn)生向心加速度，如勻速圓周運(yùn)動(dòng))。根據(jù)上述三個(gè)要點(diǎn)不難判斷，本題只有選項(xiàng)B是正確的。答案B3．(2016·西安質(zhì)檢)靜止在粗糙水平面上的物塊在水平向右的拉力作用下做直線運(yùn)動(dòng)，t＝4s時(shí)停下，其v－t圖象如圖1所示，已知物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同，則下列判斷正確的是()圖1A．整個(gè)過(guò)程中拉力做的功等于物塊克服摩擦力做的功B．整個(gè)過(guò)程中拉力做的功等于零C．t＝2s時(shí)刻拉力的瞬時(shí)功率在整個(gè)過(guò)程中最大D．t＝1s到t＝3s這段時(shí)間內(nèi)拉力不做功解析對(duì)物塊運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理得WF－Wf＝0，即拉力做的功等于物塊克服摩擦力做的功，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；在0～1s時(shí)間內(nèi)，拉力恒定且大于摩擦力，物塊做勻加速運(yùn)動(dòng)，速度增大，t＝1s時(shí)，速度最大，拉力的瞬時(shí)功率最大；t＝2s時(shí)，物塊勻速運(yùn)動(dòng)，拉力等于摩擦力，所以t＝2s時(shí)刻拉力的瞬時(shí)功率不是最大的，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；t＝1s到t＝3s這段時(shí)間，物塊勻速運(yùn)動(dòng)，拉力做正功，摩擦力做負(fù)功，合外力做功為零，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案A4．質(zhì)量為2kg的物體以一定的初速度沿傾角為30°的斜面向上滑行，在向上滑行的過(guò)程中，其動(dòng)能隨位移的變化關(guān)系如圖2所示，則物體返回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為(取g＝10m/s2)()圖2A．34J B．56J C．92J D．196J解析物體上滑的過(guò)程中重力與摩擦力都做負(fù)功，由動(dòng)能定理得－mgx·sin30°－Ffx＝0－E0，下滑的過(guò)程中重力做正功，摩擦力做負(fù)功，得mgx·sin30°－Ffx＝E－0，代入數(shù)據(jù)得E＝34J，故選A。答案A5.(2015·全國(guó)卷Ⅰ，17)如圖3，一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平。一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)上方高度R處由靜止開(kāi)始下落，恰好從P點(diǎn)進(jìn)入軌道。質(zhì)點(diǎn)滑到軌道最低點(diǎn)N時(shí)，對(duì)軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小。用W表示質(zhì)點(diǎn)從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中克服摩擦力所做的功。則()圖3A．W＝eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點(diǎn)恰好可以到達(dá)Q點(diǎn)B．W＞eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點(diǎn)不能到達(dá)Q點(diǎn)C．W＝eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離D．W＜eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離解析根據(jù)動(dòng)能定理得P點(diǎn)動(dòng)能EkP＝mgR，經(jīng)過(guò)N點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律和向心力公式可得4mg－mg＝meq\f(v2,R)，所以N點(diǎn)動(dòng)能為EkN＝eq\f(3mgR,2)，從P點(diǎn)到N點(diǎn)根據(jù)動(dòng)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)。質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，半徑方向的合力提供向心力即FN－mgcosθ＝ma＝meq\f(v2,R)，根據(jù)左右對(duì)稱，在同一高度處，由于摩擦力做功導(dǎo)致在右邊圓形軌道中的速度變小，軌道彈力變小，滑動(dòng)摩擦力Ff＝μFN變小，所以摩擦力做功變小，那么從N到Q，根據(jù)動(dòng)能定理，Q點(diǎn)動(dòng)能EkQ＝eq\f(3mgR,2)－mgR－W′＝eq\f(1,2)mgR－W′，由于W′＜eq\f(mgR,2)，所以Q點(diǎn)速度仍然沒(méi)有減小到0，會(huì)繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)一段距離，對(duì)照選項(xiàng)，C正確。答案C6．關(guān)于動(dòng)能定理的表達(dá)式W＝Ek2－Ek1，下列說(shuō)法正確的是()A．公式中的W為不包含重力的其他力做的總功B．公式中的W為包含重力在內(nèi)的所有力做的功，也可通過(guò)以下兩種方式計(jì)算：先求每個(gè)力的功再求功的代數(shù)和或先求合外力再求合外力的功C．公式中的Ek2－Ek1為動(dòng)能的增量，當(dāng)W＞0時(shí)動(dòng)能增加，當(dāng)W＜0時(shí)，動(dòng)能減少D．動(dòng)能定理適用于直線運(yùn)動(dòng)，但不適用于曲線運(yùn)動(dòng)，適用于恒力做功，但不適用于變力做功解析公式中W指總功，求總功的方法有兩種，先求每個(gè)力做的功再求功的代數(shù)和或先求合力再求合外力的功，故選項(xiàng)B正確，A錯(cuò)誤；當(dāng)W＞0時(shí)，末動(dòng)能大于初動(dòng)能，動(dòng)能增加，當(dāng)W＜0時(shí)，末動(dòng)能小于初動(dòng)能，動(dòng)能減少，故C正確；動(dòng)能定理不僅適用于直線運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線運(yùn)動(dòng)，不僅適用于恒力做功，也適用于變力做功，故D錯(cuò)誤。答案BC7．(2016·中山二模)在距水平地面10m高處，以10m/s的速度水平拋出一質(zhì)量為1kg的物體，已知物體落地時(shí)的速度為16m/s，取g＝10m/s2，則下列說(shuō)法正確的是()A．拋出時(shí)人對(duì)物體做功為150JB．自拋出到落地，重力對(duì)物體做功為100JC．飛行過(guò)程中物體克服阻力做功22JD．物體自拋出到落地時(shí)間為eq\r(2)s解析根據(jù)動(dòng)能定理，拋出時(shí)人對(duì)物體做的功W1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝50J，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；自拋出到落地，重力對(duì)物體做功WG＝mgh＝100J，選項(xiàng)B正確；根據(jù)動(dòng)能定理有mgh－Wf＝Ek2－Ek1，得物體克服阻力做的功Wf＝mgh－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝22J，選項(xiàng)C正確；由于空氣阻力的影響，物體不做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直分運(yùn)動(dòng)不是自由落體運(yùn)動(dòng)，無(wú)法求解物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案BC8．如圖4所示，AB為半徑R＝0.50m的四分之一圓弧軌道，B端距水平地面的高度h＝0.45m。一質(zhì)量m＝1.0kg的小滑塊從圓弧道A端由靜止釋放，到達(dá)軌道B端的速度v＝2.0m/s。忽略空氣的阻力。取g＝10m/s2。則下列說(shuō)法正確的是()圖4A．小滑塊在圓弧軌道B端受到的支持力大小FN＝16NB．小滑塊由A端到B端的過(guò)程中，克服摩擦力所做的功W＝3JC．小滑塊的落地點(diǎn)與B點(diǎn)的水平距離x＝0.6mD．小滑塊的落地點(diǎn)與B點(diǎn)的水平距離x＝0.3m解析小滑塊在B端時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝meq\f(v2,R)，解得FN＝18N，A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理有mgR－W＝eq\f(1,2)mv2，解得W＝mgR－eq\f(1,2)mv2＝3J，B正確；小滑塊從B點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向上x(chóng)＝vt，豎直方向上h＝eq\f(1,2)gt2，解得x＝v·eq\r(\f(2h,g))＝0.6m，C正確，D錯(cuò)誤。答案BC9．在傾角為30°的斜面上，某人用平行于斜面的力把原來(lái)靜止于斜面上的質(zhì)量為2kg的物體沿斜面向下推了2m的距離，并使物體獲得1m/s的速度，已知物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),3)，g取10m/s2，如圖5所示，則在這個(gè)過(guò)程中()圖5A．人對(duì)物體做功21JB．合外力對(duì)物體做功1JC．物體克服摩擦力做功21JD．物體重力勢(shì)能減小20J解析根據(jù)動(dòng)能定理可知，合外力對(duì)物體做的功等于物體動(dòng)能的變化量，即W合＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×2×1J＝1J，所以B項(xiàng)正確；物體克服摩擦力做功Wf＝μmgxcosθ，代入數(shù)據(jù)可得Wf＝20J，所以C項(xiàng)錯(cuò)誤；物體重力勢(shì)能的減小量等于重力做的功WG＝mgxsinθ＝20J，D項(xiàng)正確；設(shè)人對(duì)物體做功為W，則應(yīng)滿足W人＋WG－Wf＝W合，代入數(shù)據(jù)可得W人＝1J，即人對(duì)物體做功1J，A項(xiàng)錯(cuò)誤。答案BD二、非選擇題10．(2016·廣州模擬)質(zhì)量m＝1kg的物體，在與物體初速度方向相同的水平拉力的作用下，沿水平面運(yùn)動(dòng)過(guò)程中動(dòng)能—位移的圖線如圖6所示。(g取10m/s2)求：圖6(1)物體的初速度；(2)物體和水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(3)拉力F的大小。解析(1)由題圖可知初動(dòng)能為2J，Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝2Jv0＝2m/s(2)在位移4m處物體的動(dòng)能為10J，在位移8m處物體的動(dòng)能為零，這段過(guò)程中物體克服摩擦力做功設(shè)摩擦力為Ff，則－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)物體從開(kāi)始到移動(dòng)4m這段過(guò)程中，受拉力F和摩擦力Ff的作用，合力為F－Ff，根據(jù)動(dòng)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·鄭州質(zhì)量預(yù)測(cè))如圖7所示，固定在水平地面上的工件，由AB和BD兩部分組成。其中AB部分為光滑的圓弧，∠AOB＝37°，圓弧的半徑R＝0.5m，圓心O點(diǎn)在B點(diǎn)正上方，BD部分水平，長(zhǎng)度為l＝0.2m，C為BD的中點(diǎn)?，F(xiàn)有一質(zhì)量m＝1kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，從A端由靜止釋放，恰好能運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)。為使物塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)速度為零，可先將BD部分以B為軸向上轉(zhuǎn)動(dòng)一銳角θ，求：圖7(1)該銳角θ(假設(shè)物塊經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)沒(méi)有能量損失)；(2)物塊在BD板上運(yùn)動(dòng)的總路程。(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)解析(1)設(shè)動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，當(dāng)BD水平時(shí)，研究物塊的運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理得W總＝ΔEk從A到D的過(guò)程中mgR(1－cos37°)－μmgl＝0代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得μ＝0.5當(dāng)BD以B為軸向上轉(zhuǎn)動(dòng)一個(gè)銳角θ時(shí)，從A到C的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理mgR(1－cos37°)－mgeq\f(l,2)sinθ－μFNeq\f(l,2)＝0其中FN＝mgcosθ聯(lián)立解得θ＝37°。(2)物塊在C處速度減為零后，由于mgsinθ＞μmgcosθ物塊將會(huì)下滑，而AB段光滑，故物塊將做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，直到停止在B點(diǎn)。根據(jù)能量守恒定律mgR(1－cos37°)＝Q而摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝fs，f＝μmgcosθ代入數(shù)據(jù)解得，物塊在BD板上的總路程s＝0.25m。答案(1)37°(2)0.25m12．如圖8所示，傳送帶A、B之間的距離為L(zhǎng)＝3.2m，與水平面間的夾角θ＝37°，傳送帶沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，速度恒為v＝2m/s，在上端A點(diǎn)無(wú)初速度地放置一個(gè)質(zhì)量為m＝1kg、大小可視為質(zhì)點(diǎn)的金屬塊，它與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，金屬塊滑離傳送帶后，經(jīng)過(guò)彎道，沿半徑為R＝0.4m的光滑圓軌道做圓周運(yùn)動(dòng)，剛好能通過(guò)最高點(diǎn)E。已知B、D兩點(diǎn)的豎直高度差h＝0.5m(g取10m/s2)求：圖8(1)金屬塊經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)的速度；(2)金屬塊在BCD彎道上克服摩擦力做的功。解析(1)金屬塊在E點(diǎn)時(shí)，mg＝meq\f(veq\o\al(2,E),R)，解得vE＝2m/s，在從D到E過(guò)程中由動(dòng)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)金屬塊剛剛放上傳送帶時(shí)，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得a1＝10m/s2，設(shè)經(jīng)位移x1達(dá)到共同速度，則v2＝2a1x1，解得x1＝0.2m＜3.2m，繼續(xù)加速過(guò)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，在從B到D過(guò)程中由動(dòng)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基礎(chǔ)課3機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用知識(shí)點(diǎn)一、重力做功與重力勢(shì)能1．重力做功的特點(diǎn)(1)重力做功與路徑無(wú)關(guān)，只與始、末位置的高度差有關(guān)。(2)重力做功不引起物體機(jī)械能的變化。2．重力做功與重力勢(shì)能變化的關(guān)系(1)定性關(guān)系：重力對(duì)物體做正功，重力勢(shì)能就減??；重力對(duì)物體做負(fù)功，重力勢(shì)能就增大。(2)定量關(guān)系：重力對(duì)物體做的功等于物體重力勢(shì)能的減小量。即WG＝－(Ep2－Ep1)＝Ep1－Ep2＝－ΔEp。(3)重力勢(shì)能的變化量是絕對(duì)的，與參考面的選取無(wú)關(guān)。3．彈性勢(shì)能(1)概念：物體由于發(fā)生彈性形變而具有的能。(2)大?。簭椈傻膹椥詣?shì)能的大小與形變量及勁度系數(shù)有關(guān)，彈簧的形變量越大，勁度系數(shù)越大，彈簧的彈性勢(shì)能越大。(3)彈力做功與彈性勢(shì)能變化的關(guān)系：類似于重力做功與重力勢(shì)能變化的關(guān)系，用公式表示：W＝－ΔEp。知識(shí)點(diǎn)二、機(jī)械能守恒定律及應(yīng)用1．機(jī)械能：動(dòng)能和勢(shì)能統(tǒng)稱為機(jī)械能，其中勢(shì)能包括彈性勢(shì)能和重力勢(shì)能。2．機(jī)械能守恒定律(1)內(nèi)容：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動(dòng)能與勢(shì)能可以相互轉(zhuǎn)化，而總的機(jī)械能保持不變。(2)表達(dá)式：mgh1＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mgh2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)。3．守恒條件：只有重力或彈簧的彈力做功。[思考判斷](1)重力勢(shì)能的大小及變化與零勢(shì)能面的選取有關(guān)。()(2)重力做的功與路徑有關(guān)。()(3)發(fā)生彈性形變的物體都具有彈性勢(shì)能。()(4)彈簧彈力做正功時(shí)，彈性勢(shì)能增加。()(5)物體所受的合外力為零，物體的機(jī)械能一定守恒。()(6)做勻速直線運(yùn)動(dòng)的物體機(jī)械能一定守恒。()(7)做曲線運(yùn)動(dòng)的物體機(jī)械能可能守恒。()答案(1)×(2)×(3)√(4)×(5)×(6)×(7)√對(duì)機(jī)械能守恒的理解與判斷1．利用機(jī)械能的定義判斷(直接判斷)分析動(dòng)能和勢(shì)能的和是否變化。2．用做功判斷若物體或系統(tǒng)只有重力(或彈簧的彈力)做功，或有其他力做功，但其他力做功的代數(shù)和為零，則機(jī)械能守恒。3．用能量轉(zhuǎn)化來(lái)判斷若物體系統(tǒng)中只有動(dòng)能和勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化而無(wú)機(jī)械能與其他形式的能的轉(zhuǎn)化，則物體系統(tǒng)機(jī)械能守恒。1．[物體機(jī)械能守恒的判斷](多選)如圖1所示，在兩個(gè)質(zhì)量分別為m和2m的小球a和b之間，用一根長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕桿連接(桿的質(zhì)量不計(jì))，兩小球可繞穿過(guò)桿中心O的水平軸無(wú)摩擦地轉(zhuǎn)動(dòng)。現(xiàn)讓輕桿處于水平位置，然后無(wú)初速度釋放，重球b向下，輕球a向上，產(chǎn)生轉(zhuǎn)動(dòng)，在桿轉(zhuǎn)至豎直的過(guò)程中()圖1A．b球的重力勢(shì)能減少，動(dòng)能增加B．a(chǎn)球的重力勢(shì)能增加，動(dòng)能增加C．a(chǎn)球和b球的總機(jī)械能守恒D．a(chǎn)球和b球的總機(jī)械能不守恒解析a、b兩球組成的系統(tǒng)中，只存在動(dòng)能和重力勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤；其中a球的動(dòng)能和重力勢(shì)能均增加，機(jī)械能增加，輕桿對(duì)a球做正功；b球的重力勢(shì)能減少，動(dòng)能增加，總的機(jī)械能減少，輕桿對(duì)b球做負(fù)功，選項(xiàng)A、B正確。答案ABC2．[含有彈簧的系統(tǒng)機(jī)械能守恒的判斷](2017·云南昆明三中、玉溪一中統(tǒng)考)如圖2所示，固定的傾斜光滑桿上套有一個(gè)質(zhì)量為m的小球，小球與一輕質(zhì)彈簧一端相連，彈簧的另一端固定在地面上的A點(diǎn)，已知桿與水平面之間的夾角θ<45°，當(dāng)小球位于B點(diǎn)時(shí)，彈簧與桿垂直，此時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)?，F(xiàn)讓小球自C點(diǎn)由靜止釋放，在小球滑到桿底端的整個(gè)過(guò)程中，關(guān)于小球的動(dòng)能、重力勢(shì)能和彈簧的彈性勢(shì)能，下列說(shuō)法正確的是()圖2A．小球的動(dòng)能與重力勢(shì)能之和保持不變B．小球的動(dòng)能與重力勢(shì)能之和先增大后減小C．小球的動(dòng)能與彈簧的彈性勢(shì)能之和保持不變D．小球的重力勢(shì)能與彈簧的彈性勢(shì)能之和保持不變解析小球與彈簧組成的系統(tǒng)在整個(gè)過(guò)程中，機(jī)械能守恒。彈簧原長(zhǎng)時(shí)彈性勢(shì)能為零，小球從C到最低點(diǎn)過(guò)程中，彈簧的彈性勢(shì)能先減小后增大，所以小球的動(dòng)能與重力勢(shì)能之和先增大后減小，A項(xiàng)錯(cuò)，B項(xiàng)正確；小球的重力勢(shì)能不斷減小，所以小球的動(dòng)能與彈簧的彈性勢(shì)能之和不斷增大，C項(xiàng)錯(cuò)；小球的初、末動(dòng)能均為零，所以上述過(guò)程中小球的動(dòng)能先增大后減小，所以小球的重力勢(shì)能與彈簧的彈性勢(shì)能之和先減小后增大，D項(xiàng)錯(cuò)。答案B反思總結(jié)判斷機(jī)械能守恒應(yīng)注意的“兩點(diǎn)”(1)機(jī)械能守恒的條件絕不是合外力的功等于零，更不是合外力為零；“只有重力或彈力做功”不等于“只受重力或彈力作用”。(2)對(duì)于一些繩子突然繃緊、物體間碰撞等情況，除非題目特別說(shuō)明，否則機(jī)械能必定不守恒。機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用機(jī)械能守恒的三種表達(dá)式表達(dá)式物理意義注意事項(xiàng)守恒觀點(diǎn)Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2或E1＝E2。系統(tǒng)初狀態(tài)的機(jī)械能等于末狀態(tài)的機(jī)械能。要先選取零勢(shì)能參考平面，并且在整個(gè)過(guò)程中必須選取同一個(gè)零勢(shì)能參考平面。轉(zhuǎn)化觀點(diǎn)ΔEk＝－ΔEp。系統(tǒng)的機(jī)械能守恒時(shí)，系統(tǒng)增加(或減少)的動(dòng)能等于系統(tǒng)減少(或增加)的勢(shì)能。轉(zhuǎn)移觀點(diǎn)ΔEA增＝ΔEB減若系統(tǒng)由A、B兩部分組成，當(dāng)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒時(shí)，則A部分機(jī)械能的增加量等于B部分機(jī)械能的減少量。1．[單物體機(jī)械能守恒](2016·山西右玉一模)一小球以一定的初速度從圖示位置進(jìn)入光滑的軌道，小球先進(jìn)入圓軌道1，再進(jìn)入圓軌道2，圓軌道1的半徑為R，圓軌道2的半徑是軌道1的1.8倍，小球的質(zhì)量為m，若小球恰好能通過(guò)軌道2的最高點(diǎn)B，則小球在軌道1上經(jīng)過(guò)A處時(shí)對(duì)軌道的壓力為()圖3A．2mg B．3mg C．4mg D．5mg解析小球恰好能通過(guò)軌道2的最高點(diǎn)B時(shí)，有mg＝eq\f(mveq\o\al(2,B),1.8R)，小球在軌道1上經(jīng)過(guò)A處時(shí)，有F＋mg＝eq\f(mveq\o\al(2,A),R)，根據(jù)機(jī)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項(xiàng)正確。答案C2．[多物體機(jī)械能守恒](2017·泰州一模)如圖4所示，在傾角為30°的光滑斜面上，一勁度系數(shù)為k＝200N/m的輕質(zhì)彈簧一端連接固定擋板C上，另一端連接一質(zhì)量為m＝4kg的物體A，一輕細(xì)繩通過(guò)定滑輪，一端系在物體A上，另一端與質(zhì)量也為m的物體B相連，細(xì)繩與斜面平行，斜面足夠長(zhǎng)。用手托住物體B使繩子剛好沒(méi)有拉力，然后由靜止釋放。求：圖4(1)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)細(xì)繩上的拉力；(2)物體A沿斜面向上運(yùn)動(dòng)多遠(yuǎn)時(shí)獲得最大速度；(3)物體A的最大速度的大小。解析(1)恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)對(duì)B有mg－T＝ma對(duì)A有T－mgsin30°＝ma解得T＝30N。(2)初態(tài)彈簧壓縮x1＝eq\f(mgsin30°,k)＝10cm當(dāng)A速度最大時(shí)mg＝kx2＋mgsin30°彈簧伸長(zhǎng)x2＝eq\f(mg－mgsin30°,k)＝10cm所以A沿斜面上升x1＋x2＝20cm。(3)因x1＝x2，故彈性勢(shì)能改變量ΔEp＝0，由系統(tǒng)機(jī)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