2023版高三一輪總復習物理（新教材新高考）第五章機械能教案

1、 高考備考指南命題分析核心素養(yǎng)1本章命題形式多樣，單獨命題熱點集中在機車啟動問題、動能定理、機械能守恒定律、功能關系的簡單應用。2綜合性考查經(jīng)常與牛頓運動定律、圓周運動、平拋運動、動量相結(jié)合，甚至出現(xiàn)與電場、電磁感應綜合的壓軸題，題型以計算題為主。3實驗題的考查注重實驗原理與操作及以拓展創(chuàng)新形式考查實驗能力的遷移應用。物理觀念：功、功率、動能、重力勢能、彈性勢能、機械能?？茖W思維：功率與牽引力和速度的關系、動能定理、機械能守恒定律、功能關系?？茖W探究：探究機械能守恒定律?？茖W態(tài)度與責任：能源的開發(fā)、利用及能量的轉(zhuǎn)化與守恒。功和功率一、功1做功兩因素力和物體在力的方向上發(fā)生的位移。2公式：WFl

2、cos (1)是力與位移方向之間的夾角，l是物體對地的位移。(2)該公式只適用于恒力做功。3功的正負的判斷方法恒力的功依據(jù)力與位移方向的夾角來判斷曲線運動中的功依據(jù)力與速度方向的夾角來判斷，090時，力對物體做正功；90180時，力對物體做負功；90時，力對物體不做功能量變化時的功功是能量轉(zhuǎn)化的量度，若有能量轉(zhuǎn)化，則必有力對物體做功。此法常用于判斷兩個相聯(lián)系的物體之間的相互作用力做功二、功率1定義：功與完成這些功所用時間的比值。2物理意義：描述力做功的快慢。3公式(1)Peq f(W,t)，P為時間t內(nèi)的平均功率。(2)PFvcos (為F與v的夾角)。v為平均速度，則P為平均功率。v為瞬時速

3、度，則P為瞬時功率。4額定功率與實際功率(1)額定功率：動力機械長時間正常工作時輸出的最大功率。(2)實際功率：動力機械實際工作時輸出的功率，要求小于或等于額定功率。一、易錯易誤辨析(正確的打“”，錯誤的打“”)(1)只要物體受力的同時又發(fā)生了位移，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)力對物體做功的正負是由力和位移間的夾角大小決定的。()(5)汽車上坡時換成低擋位，其目的是減小速度得到較大的牽引力。()(6)合力的功等于各力功的矢量和。()二、教材習題衍生1(人教版必修第二冊P78T1改編

4、)如圖所示，完全相同的四個木塊放于水平地面上，在大小相等的恒力F作用下沿水平地面發(fā)生了相同的位移。關于力F做功，下列表述正確的是()甲乙丙丁A圖甲中，因為木塊與地面間沒有摩擦力，所以力F做的功最少B圖乙中，力F做的功等于摩擦力對木塊做的功C圖丙中，力F做的功等于木塊重力所做的功D圖丁中，力F做的功最少D由WFlcos 可知，F(xiàn)、l相同，越大，090時力F做的功越少，D正確。2(粵教版必修第二冊P84T4改編)圖甲為一女士站在臺階式自動扶梯上勻速上樓(忽略扶梯對手的作用)，圖乙為一男士站在履帶式自動扶梯上勻速上樓，兩人相對扶梯均靜止。下列關于做功的判斷中正確的是()甲乙A圖甲中支持力對人做正功B

5、圖甲中摩擦力對人做負功C圖乙中支持力對人做正功D圖乙中摩擦力對人做負功A題圖甲中，人勻速上樓，不受摩擦力，摩擦力不做功，支持力向上，與速度方向的夾角為銳角，則支持力做正功，故A正確，B錯誤；題圖乙中，支持力與速度方向垂直，支持力不做功，摩擦力方向與速度方向相同，做正功，故C、D錯誤。3(人教版必修第二冊P77例題2改編)汽車發(fā)動機的額定功率是60 kW，汽車的質(zhì)量為2103 kg，在平直路面上行駛，受到的阻力是車重的0.1倍。若汽車從靜止出發(fā)，以0.5 m/s2的加速度做勻加速運動，則出發(fā)50 s時，汽車發(fā)動機的實際功率為(g取10 m/s2)()A25 kW B50 kW C60 kW D7

6、5 kWC汽車受到的阻力f0.1mg2 000 N，汽車以0.5 m/s2的加速度做勻加速運動，由牛頓第二定律有Ffma，解得F3 000 N，若50 s內(nèi)車是勻加速運動，則vat25 m/s，所以50 s末汽車功率PFv75 000 W75 kW，但汽車發(fā)動機的額定功率是60 kW，則50 s內(nèi)車不是勻加速運動，而是先勻加速后變加速，故出發(fā)50 s時，汽車發(fā)動機的實際功率為60 kW，選項C正確。 恒力做功的分析與計算1功的正負的判斷方法(1)恒力做功正負的判斷：依據(jù)力與位移的夾角來判斷。(2)曲線運動中做功正負的判斷：依據(jù)F與v的方向的夾角來判斷。090，力對物體做正功；90180，力對物

7、體做負功；90，力對物體不做功。2恒力做功的計算方法3合力做功的計算方法方法一：先求合力F合，再用W合F合lcos 求功。方法二：先求各個力做的功W1、W2、W3，再應用W合W1W2W3求合力做的功。注意：求力做功時要判斷各力做功的正負，求合力功時不能忘記正負號。典例1(多選)質(zhì)量為m2 kg的物體沿水平面向右做直線運動，t0時刻受到一個水平向左的恒力F，如圖甲所示，取水平向右為正方向，此物體的vt圖像如圖乙所示，g取10 m/s2，則()甲乙A物體與水平面間的動摩擦因數(shù)0.5B10 s內(nèi)恒力F對物體做功為102 JC10 s末物體在計時起點位置左側(cè)2 m處D10 s內(nèi)物體克服摩擦力做功為34

8、 J思路點撥：解此題抓住兩個關鍵環(huán)節(jié)(1)通過圖像分析獲取物體不同階段的運動加速度大小及運動位移。(2)根據(jù)牛頓第二定律和恒力做功的特點分析計算。CD設物體向右做勻減速直線運動的加速度為a1，則由vt圖像得加速度大小a12 m/s2，方向與初速度方向相反，設物體向左做勻加速直線運動的加速度為a2，則由vt圖像得加速度大小a21 m/s2，方向與初速度方向相反，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)mgma1，F(xiàn)mgma2，解得F3 N，0.05，故A錯誤；根據(jù)vt圖像與橫軸所圍成的面積表示位移得，xeq f(1,2)48 meq f(1,2)66 m2 m，負號表示物體在起點的左側(cè)，則10 s內(nèi)恒力F對物體做

9、功WF|x|32 J6 J，故B錯誤，C正確；10 s內(nèi)物體克服摩擦力做功Wffs0.0520eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)48 f(1,2)66) J34 J，故D正確。跟進訓練1如圖所示，傾斜的傳送帶上有一工件始終與傳送帶保持相對靜止，則()A當傳送帶向上勻速運行時，物體克服重力和摩擦力做功B當傳送帶向下勻速運行時，只有重力對物體做功C當傳送帶向上勻加速運行時，摩擦力對物體做正功D不論傳送帶向什么方向運行，摩擦力都做負功C當傳送帶向上勻速運行時，根據(jù)平衡條件知，摩擦力沿傳送帶向上，則摩擦力做正功，故不是克服摩擦力做功，A錯誤；當傳送帶向下勻速運行時，根據(jù)平衡條件知，

10、摩擦力沿傳送帶向上，則摩擦力做負功，不是只有重力對物體做功，B錯誤；當傳送帶向上勻加速運行時，根據(jù)牛頓第二定律知合外力沿傳送帶向上，則摩擦力一定是沿傳送帶向上的，摩擦力做正功，C正確；由前面分析知摩擦力可以做正功，故D錯誤。2(多選)(2021福建邵武七中期中)如圖所示，建筑工人通過滑輪裝置將一質(zhì)量為100 kg的料車沿30角的斜面由底端勻速地拉到頂端，斜面長L是4 m，若不計滑輪的質(zhì)量和各處的摩擦力，g取10 N/kg，則對這一過程下列說法正確的是() A人拉繩子的力做功為 1 000 JB人拉繩子的力做功為 2 000 JC料車的重力做功為 2 000 JD料車受到的合力對料車做的總功為0

11、BD工人拉繩子的力Feq f(1,2)mgsin 30250 N，工人將料車拉到斜面頂端時，力F作用點的位移l2L8 m，人拉繩子的力做的功WFl2 000 J，故A錯誤，B正確。重力做功W2mghmgLsin 302 000 J，故C錯誤。由于料車在斜面上勻速運動，則料車所受的合力為0，故W合0，D正確。 變力做功的分析與計算求變力做功的常見五種方法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：WFmgL(1cos )0，得WFmgL(1cos )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WfFfx1Ffx2Ffx3Ff(x1x2x3)Ff

12、2R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，Weq f(F0F1,2)x0平均值法當力與位移為線性關系，力可用平均值eq xto(F)eq f(F1F2,2)表示，代入功的公式得Weq f(kx1kx2,2)(x2x1)壓縮量x等效轉(zhuǎn)換法恒力F把物塊從A拉到B，繩子對物塊做功WFeq blc(rc)(avs4alco1(f(h,sin )f(h,sin )微元法求變力做功典例2如圖所示，一質(zhì)量為m2.0 kg的物體從半徑為R0.5 m的圓弧軌道的A端，在拉力作用下沿圓弧緩慢運動到B端(圓弧AB在豎直平面內(nèi))。拉力F的大小始終為15 N，方向始終

13、與物體所在處的切線成37角。圓弧軌道所對應的圓心角為45，BO邊沿豎直方向。求這一過程中：(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)(1)拉力F做的功；(2)重力G做的功；(3)圓弧面對物體的支持力N做的功。解析(1)將圓弧AB分成很多小段l1，l2，ln，物體在這些小段上近似做直線運動，則拉力在每小段上做的功為W1，W2，Wn，因拉力F大小不變，方向始終與物體所在點的切線成37角，所以W1Fl1cos 37W2Fl2cos 37WnFlncos 37WFW1W2WnFcos 37(l1l2ln)Fcos 37eq f(R,4)eq f(3,2) J4.71 J。(2)重力

14、G做的功WGmgR(1cos 45)(5eq r(2)10) J2.93 J。(3)物體受到的支持力N始終與物體的運動方向垂直，所以WN0。答案(1)4.71 J(2)2.93 J(3)0轉(zhuǎn)換法求變力做功典例3(多選)如圖所示，固定的光滑豎直桿上套著一個滑塊，滑塊用輕繩系著繞過光滑的定滑輪O?，F(xiàn)以大小不變的拉力F拉繩，使滑塊從A點由靜止開始上升，滑塊運動到C點時速度最大。已知滑塊質(zhì)量為m，滑輪O到豎直桿的距離為d，OAO37，OCO53，重力加速度為g(已知sin 370.6，cos 370.8)。則()A拉力F大小為eq f(5,3)mgB拉力F大小為eq f(5,4)mgC滑塊由A到C過程

15、輕繩對滑塊做功eq f(25,36)mgdD滑塊由A到C過程輕繩對滑塊做功eq f(25,48)mgd思路點撥：解此題關鍵有兩點(1)通過轉(zhuǎn)換研究的對象，可將變力做功轉(zhuǎn)化為恒力做功，用WFlcos 求解。(2)繩的拉力F對滑塊做的功的位移為右側(cè)繩子增加的長度。AC滑塊到C點時速度最大，其所受合力為零，則有F cos 53mg0，解得Feq f(5,3)mg，故A正確，B錯誤；由能量的轉(zhuǎn)化與守恒定律可知，拉力F做的功等于輕繩拉力F對滑塊做的功，滑輪與A間繩長L1eq f(d,sin 37)，滑輪與C間繩長L2eq f(d,sin 53)，滑輪右側(cè)繩子增大的長度LL1L2eq f(d,sin 37

16、)eq f(d,sin 53)eq f(5d,12)，拉力做功WFLeq f(25,36)mgd，故C正確，D錯誤。跟進訓練1如圖甲所示，質(zhì)量為4 kg的物體在水平推力作用下開始運動，推力大小F隨位移大小x變化的情況如圖乙所示，物體與地面間的動摩擦因數(shù)0.5，g取10 m/s2，則()甲乙A物體先做加速運動，推力減小到零后才開始做減速運動B運動過程中推力做的功為200 JC物體在運動過程中的加速度先變小后不變D因推力是變力，無法確定推力做功的大小B滑動摩擦力Ffmg20 N，物體先加速運動，當推力減小到20 N時，加速度減小為零，之后推力逐漸減小，物體做加速度增大的減速運動，當推力減小為零后，

17、物體做勻減速運動，選項A、C錯誤；Fx圖像中圖線與橫軸所圍的面積表示推力做的功，Weq f(1,2)1004 J200 J，選項B正確，D錯誤。2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()A0 BFR Ceq f(3,2)FR D2FRC把槽道分成x1、x2、x3、xn微小段，拉力在每一段上可視為恒力，則在每一段上做的功W1F1x1，W2F2x2，W3F3x3，WnFnxn，拉力在整個過程中所做的功WW1W2W3WnF(

18、x1x2x3xn)Feq blc(rc)(avs4alco1(f(R,2)R)eq f(3,2)FR。故選項C正確。3用鐵錘把小鐵釘釘入木板，設木板對釘子的阻力與釘進木板的深度成正比。已知鐵錘第一次將釘子釘進d，如果鐵錘第二次敲釘子時對釘子做的功與第一次相同，那么，第二次釘子進入木板的深度為()A(eq r(3)1)d B(eq r(2)1)dCeq f(r(5)1d,2) Deq f(r(2),2)dB鐵錘每次敲釘子時對釘子做的功等于釘子克服阻力做的功。由于阻力與深度成正比，可用阻力的平均值求功，據(jù)題意可得Weq xto(F)1deq f(kd,2)dWeq xto(F)2deq f(kdk

19、dd,2)d聯(lián)立式解得d(eq r(2)1)d，故選B。 功率的分析與計算1公式Peq f(W,t)和PFv的區(qū)別Peq f(W,t)是功率的定義式，PFv是功率的計算式。2平均功率的計算方法(1)利用eq xto(P)eq f(W,t)。(2)利用eq o(P,sup6()Feq o(v,sup6()cos ，其中eq o(v,sup6()為物體運動的平均速度。3瞬時功率的計算方法(1)利用公式PFvcos ，其中v為t時刻的瞬時速度。(2)PFvF，其中vF為物體的速度v在力F方向上的分速度。(3)PFvv，其中Fv為物體受到的外力F在速度v方向上的分力。題組突破1(2021安徽合肥市高三

20、第二次教學質(zhì)檢)如圖所示，質(zhì)量為60 kg的某運動員在做俯臥撐運動，運動過程中可將她的身體視為一根直棒。已知重心在c點，過其向地面做垂線，垂足與兩腳、兩手連線中點間的距離oa、ob分別為0.9 m和0.6 m。若她在1 min內(nèi)做了30個俯臥撐，每次肩部上升的距離均為0.4 m，則克服重力做的功和相應的功率約為(g取10 m/s2)()A430 J，7 W B4 300 J，70 WC720 J，12 W D7 200 J，120 WB設重心上升的高度為h，根據(jù)相似三角形可知，每次俯臥撐中，有eq f(h,0.4 m)eq f(0.9,0.90.6)，即h0.24 m。一次俯臥撐中，克服重力做

21、功Wmgh60100.24 J144 J，所以一分鐘內(nèi)克服重力做的總功為W總nW4 320 J，功率Peq f(W總,t)72 W，故選項B正確。2(多選)質(zhì)量為m的物體從距地面H高處自由下落，經(jīng)歷時間t，則下列說法中正確的是()At秒內(nèi)重力對物體做功為eq f(1,2)mg2t2Bt秒內(nèi)重力的平均功率為mg2tCeq f(t,2)秒末重力的瞬時功率與t秒末重力的瞬時功率之比為12D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13ACD物體自由下落，t秒內(nèi)物體下落heq f(1,2)gt2，Wtmgheq f(1,2)mg2t2，故A正確；Peq

22、 f(W,t)eq f(f(1,2)mg2t2,t)eq f(1,2)mg2t，故B錯誤；從靜止開始自由下落，eq f(t,2)秒末與t秒末的速度之比為12(因vgtt)，又有PFvmgvv，故前eq f(t,2)秒末與t秒末功率瞬時值之比為P1P212，C正確；前eq f(t,2)秒與后eq f(t,2)秒下落的位移之比為13，則重力做功之比為13，故重力做功的平均功率之比為13，D正確。 機車啟動問題1兩種啟動方式恒定功率啟動動態(tài)過程Pt圖像和vt圖像恒定加速度啟動動態(tài)過程Pt圖像和vt圖像2三個重要關系式(1)最大運行速度：無論哪種啟動過程，機車的最大速度都為vmeq f(P,Ff)。(

23、2)勻加速最大速度：機車以恒定加速度啟動時，勻加速過程結(jié)束后功率最大，速度不是最大，即veq f(P,F)vmeq f(P,Ff)。(3)功能關系：機車以恒定功率運行時，牽引力做的功WPt，由動能定理得PtFfxEk，此式經(jīng)常用于求解機車以恒定功率啟動過程的位移、速度或時間。恒定加速度啟動典例4(2021山東濟南區(qū)縣聯(lián)考)一起重機的鋼繩由靜止開始勻加速提起質(zhì)量為m的重物，當重物的速度為v1時，起重機的功率達到最大值P，之后起重機保持該功率不變，繼續(xù)提升重物，最后重物以最大速度v2勻速上升，不計鋼繩重力。則整個過程中，下列說法正確的是()A鋼繩的最大拉力為eq f(P,v2)B重物勻加速過程的時

24、間為eq f(mvoal( 2,1),Pmgv1)C重物勻加速過程的加速度為eq f(P,mv1)D速度由v1增大至v2的過程中，重物的平均速度eq xto(v)eq f(v1v2,2)，故D錯誤。恒定功率啟動典例5如圖甲所示，在粗糙的水平路段AB上有一質(zhì)量為4103 kg的越野車，正以5 m/s的速度向右勻速運動，越野車前方的水平路段BC較平坦，越野車用12 s通過整個ABC路段的vt圖像如圖乙所示，在t12 s處水平虛線與曲線相切，運動過程中越野車發(fā)動機的輸出功率保持80 kW不變。假設越野車在兩個路段上受到的阻力(含地面摩擦力和空氣阻力等)各自恒定，求：甲乙(1)越野車在AB路段上運動時

25、所受的阻力大??；(2)BC路段的長度。解析(1)越野車在AB路段時做勻速運動，有F1f1又PF1v1聯(lián)立解得f116 000 N。(2)t12 s時越野車處于平衡狀態(tài)，有F2f2，PF2v2聯(lián)立解得f28 000 N在BC路段運動時間為t28 s由動能定理有Pt2f2xeq f(1,2)mveq oal( 2,2)eq f(1,2)mveq oal( 2,1)代入數(shù)據(jù)解得x61.25 m。答案(1)16 000 N(2)61.25 m機車啟動問題的三點注意(1)在機車功率PFv中，F(xiàn)是機車的牽引力而不是機車所受合力或阻力，計算式PFfvm只體現(xiàn)了一種數(shù)量關系，用于牽引力與阻力平衡時達到最大運行

26、速度的計算。(2)恒定功率下的啟動過程一定不是勻加速運動，勻變速直線運動的公式不再適用，啟動過程發(fā)動機做的功可用WPt計算，不能用WFl計算(因為F為變力)。(3)以恒定加速度啟動只能維持一段時間，之后又要經(jīng)歷非勻變速直線運動，所以勻變速直線運動的公式只適用于前一段時間。跟進訓練1(多選)(2020天津卷)復興號動車在世界上首次實現(xiàn)速度350 km/h自動駕駛功能，成為我國高鐵自主創(chuàng)新的又一重大標志性成果。一列質(zhì)量為m的動車，初速度為v0，以恒定功率P在平直軌道上運動，經(jīng)時間t達到該功率下的最大速度vm，設動車行駛過程所受到的阻力F保持不變。動車在時間t內(nèi)()A做勻加速直線運動B加速度逐漸減小

27、C牽引力的功率PFvmD牽引力做功Weq f(1,2)mveq oal( 2,m)eq f(1,2)mveq oal( 2,0)BC由于動車以恒定功率啟動，則由PF牽引力v可知動車的速度增大則牽引力減小，由牛頓第二定律F牽引力Fma得動車的加速度逐漸減小，A錯誤，B正確；當動車的加速度為零時，即牽引力等于阻力時，動車的速度最大，即PFvm，C正確；設動車在時間t內(nèi)的位移為x，由動能定理得WFxeq f(1,2)mveq oal( 2,m)eq f(1,2)mveq oal( 2,0)，則牽引力所做的功為WFxeq f(1,2)mveq oal( 2,m)eq f(1,2)mveq oal( 2

28、,0)，D錯誤。2(多選)(2021江蘇如皋中學高三檢測)一輛小汽車在水平路面上由靜止啟動，在前5 s內(nèi)做勻加速直線運動，5 s末達到額定功率，之后保持以額定功率運動，其vt圖像如圖所示。已知汽車的質(zhì)量為m1103 kg，汽車受到地面的阻力為車重的0.1倍，g取10 m/s2，則以下說法正確的是()A汽車在前5 s內(nèi)的牽引力為5103 NB汽車速度為25 m/s時的加速度為2 m/s2C汽車的額定功率為100 kWD汽車的最大速度為80 m/sAC由速度時間圖線知，勻加速運動的加速度大小aeq f(v,t)eq f(20,5) m/s24 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得Ffma，其中f0.1mg

29、1103 N，解得牽引力Ffma1103 N4103 N5103 N，故A正確；汽車的額定功率PFv510320 W1105 W100 kW，故C正確；汽車在25 m/s時的牽引力Feq f(P,v)eq f(1105,25) N4103 N，根據(jù)牛頓第二定律得，加速度aeq f(Ff,m)eq f(41031103,1103) m/s23 m/s2，故B錯誤；當牽引力等于阻力時，速度最大，則最大速度vmeq f(P,f)eq f(1105,1103) m/s100 m/s，故D錯誤。動能定理及其應用一、動能1定義：物體由于運動而具有的能量。2公式：Ekeq f(1,2)mv2，v為瞬時速度，

30、動能是狀態(tài)量。3單位：焦耳，1 J1 Nm1 kgm2/s2。4標矢性：動能是標量，只有正值。5動能的變化量：EkEk2Ek1eq f(1,2)mveq oal( 2,2)eq f(1,2)mveq oal( 2,1)。二、動能定理1內(nèi)容：合外力對物體所做的功等于物體動能的變化量。2表達式：WEkeq f(1,2)mveq oal( 2,2)eq f(1,2)mveq oal( 2,1)。3物理意義：合外力對物體做的功是物體動能變化的量度。4適用條件(1)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，也可以不同時作用。

31、一、易錯易誤辨析(正確的打“”，錯誤的打“”)(1)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。()(2)動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，那么合外力對物體做功一定為零。()(4)物體在合外力作用下做變速運動時，動能一定變化。()(5)物體的動能不變，所受的合外力必定為零。()二、教材習題衍生1(人教版必修第二冊P88T5改編)一同學將地面上一質(zhì)量m400 g的足球沿與水平方向成45角踢出，足球與腳分開時的速度大小為10 m/s，不計空氣阻力，足球可看作質(zhì)點，重力加速度g取10 m/s2。則該同學踢球時對足球做的功為()A200 J

32、B100 J C20 J D10 JC由題意可知，足球離開腳時的速度為10 m/s，而腳踢球時只有腳對足球做功，由動能定理可得Weq f(1,2)mv2eq f(1,2)0.4102 J20 J，故C正確，A、B、D錯誤。2(魯科版必修第二冊P17T1改編)北京獲得2022年冬奧會舉辦權(quán)，冰壺是冬奧會的比賽項目。將一個冰壺以一定初速度推出后將運動一段距離停下來。換一個材料相同、質(zhì)量更大的冰壺，以相同的初速度推出后，冰壺運動的距離將()A不變 B變小 C變大 D無法判斷A冰壺在冰面上以一定初速度被推出后，在滑動摩擦力作用下做勻減速運動，根據(jù)動能定理有mgs0eq f(1,2)mv2，得seq f

33、(v2,2g)，兩種冰壺的初速度相等，材料相同，故運動的距離相等，故選項A正確。3(人教版必修第二冊P100T4改編)如圖所示，傾角37的斜面AB與水平面平滑連接于B點，A、B兩點之間的距離x03 m，質(zhì)量m3 kg的小物塊與斜面及水平面間的動摩擦因數(shù)均為0.4。當小物塊從A點由靜止開始沿斜面下滑的同時，對小物塊施加一個水平向左的恒力F(圖中未畫出)，g取10 m/s2。若F10 N，小物塊從A點由靜止開始沿斜面運動到B點時撤去恒力F，求小物塊在水平面上滑行的距離x為(sin 370.6，cos 370.8)()A5.7 m B4.7 m C6.5 m D5.5 mB小物塊在斜面上受力如圖所示

34、，從A點開始沿ABC路徑運動到C點停止過程中，由動能定理可得Fx0cos mgx0sin Ffx0mgx0，F(xiàn)fFN，F(xiàn)NFsin mgcos ，代入數(shù)據(jù)解得：x4.7 m，故選項B正確。 動能定理的理解1對動能定理中“力”的兩點理解(1)“力”指的是合力，包括重力、彈力、摩擦力、電場力、磁場力或其他力，它們可以同時作用，也可以不同時作用。(2)力既可以是恒力，也可以是變力。應用動能定理可求變力做的功。2動能定理公式中體現(xiàn)的“三個關系”(1)數(shù)量關系：即合力所做的功與物體動能的變化具有等量替代關系?？梢酝ㄟ^計算物體動能的變化，求合力做的功，進而求得某一力做的功。(2)單位關系：等式兩邊物理量的

35、國際單位都是焦耳。(3)因果關系：合力做功是引起物體動能變化的原因。3標量性動能定理的表達式是一個標量式，不存在方向的選取問題。在某方向上應用動能定理是無依據(jù)的。題組突破1(多選)如圖所示，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動，當電梯的速度由v1增加到v2時，上升高度為H，則在這個過程中，下列說法或表達式正確的是() A對物體，動能定理的表達式為WFNeq f(1,2)mveq oal( 2,2)，其中WFN為支持力做的功B對物體，動能定理的表達式為W合0，其中W合為合力做的功C對物體，動能定理的表達式為WFNmgHeq f(1,2)mve

36、q oal( 2,2)eq f(1,2)mveq oal( 2,1)D對電梯，其所受合力做功為eq f(1,2)Mveq oal( 2,2)eq f(1,2)Mveq oal( 2,1)CD電梯上升的過程中，對物體做功的有重力mg、支持力FN，這兩個力的總功才等于物體動能的增量Ekeq f(1,2)mveq oal( 2,2)eq f(1,2)mveq oal( 2,1)，故A、B錯誤，C正確；對電梯，無論有幾個力對它做功，由動能定理可知，其合力做的功一定等于其動能的增量，故D正確。2(2021山東高考) 如圖所示，粗糙程度處處相同的水平桌面上有一長為L的輕質(zhì)細桿，一端可繞豎直光滑軸O轉(zhuǎn)動，另

37、一端與質(zhì)量為m的小木塊相連。木塊以水平初速度v0出發(fā)，恰好能完成一個完整的圓周運動。在運動過程中，木塊所受摩擦力的大小為()Aeq f(mvoal( 2,0),2L) Beq f(mvoal( 2,0),4L) Ceq f(mvoal( 2,0),8L) Deq f(mvoal( 2,0),16L)B在運動過程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功與路徑有關，根據(jù)動能定理f2L0eq f(1,2)mveq oal( 2,0)，可得摩擦力的大小feq f(mvoal( 2,0),4L)。故選B。3(多選)如圖所示，質(zhì)量為M的木塊靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的子彈以速度v0沿水平方向射入木塊，并最終留

38、在木塊中與木塊一起以速度v運動。已知當子彈相對木塊靜止時，木塊前進的距離為L，子彈進入木塊的深度為s。若木塊對子彈的阻力F視為恒定，則下列關系式中正確的是()AFLeq f(1,2)Mv2BFseq f(1,2)mv2CFseq f(1,2)mveq oal( 2,0)eq f(1,2)(Mm)v2DF(Ls)eq f(1,2)mveq oal( 2,0)eq f(1,2)mv2ACD根據(jù)動能定理，對子彈有F(Ls)eq f(1,2)mv2eq f(1,2)mveq oal( 2,0)，選項D正確；對木塊有FLeq f(1,2)Mv2，選項A正確；由以上二式可得Fseq f(1,2)mveq

39、oal( 2,0)eq f(1,2)(Mm)v2，選項C正確，只有選項B錯誤。 動能定理與圖像結(jié)合問題1常見圖像的意義2解決物理圖像問題的基本步驟(1)觀察題目給出的圖像，弄清縱坐標、橫坐標所對應的物理量及圖線所表示的物理意義。(2)根據(jù)物理規(guī)律推導出縱坐標與橫坐標所對應的物理量間的函數(shù)關系式。(3)將推導出的物理規(guī)律與數(shù)學上與之相對應的標準函數(shù)關系式相對比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點、圖線下方的面積所對應的物理意義，根據(jù)對應關系列式解答問題。典例1(2021河北衡水4月調(diào)研)如圖甲所示，長為4 m 的水平軌道AB與半徑為R0.6 m的豎直半圓軌道BC在B處平滑連接，C點在B點的正上方，

40、有一質(zhì)量為m1 kg的滑塊(大小不計)受水平外力F的作用，從A處由靜止開始向右運動，F(xiàn)與滑塊位移x的關系圖像如圖乙所示，滑塊與軌道AB間的動摩擦因數(shù)為0.25，與軌道BC間的動摩擦因數(shù)未知，g取10 m/s2。(規(guī)定水平向右為力F的正方向)甲乙(1)求滑塊到達B處時的速度大??；(2)求滑塊在水平軌道AB上運動前2 m所用的時間；(3)若滑塊到達B點時撤去外力F，滑塊沿半圓軌道內(nèi)側(cè)上滑，并恰好能到達最高點C，則滑塊在半圓軌道上克服摩擦力所做的功是多少？思路點撥：解此題的關鍵有兩點：(1)理解圖像的物理意義并正確獲取受力、運動及做功信息。(2)分階段應用動能定理。解析(1)對滑塊從A到B的過程，由

41、動能定理得F1x1F3x3mgxeq f(1,2)mveq oal( 2,B)解得vB2eq r(10) m/s。(2)在前2 m內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律有F1mgma且x1eq f(1,2)ateq oal( 2,1)解得t12 eq r(f(2,35) s。(3)滑塊恰好能到達最高點C，根據(jù)牛頓第二定律有mgmeq f(voal( 2,C),R)對滑塊從B到C的過程，由動能定理得Wfmg2Req f(1,2)mveq oal( 2,C)eq f(1,2)mveq oal( 2,B)解得Wf5 J可知滑塊克服摩擦力做的功為5 J。答案(1)2eq r(10) m/s(2)2eq r(f(2,35

42、) s(3)5 J動能定理與圖像結(jié)合問題的分析方法(1)首先看清所給圖像的種類(如vt圖像、Ft圖像、Ekx圖像等)。(2)挖掘圖像的隱含條件，得出所需要的物理量，如由vt圖像所包圍的面積求位移，由Fx圖像所包圍的面積求功等。(3)分析有哪些力做功，根據(jù)動能定理列方程，求出相應的物理量。跟進訓練1(2019全國卷)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3 m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。重力加速度取10 m/s2。該物體的質(zhì)量為()A2 kg B1.5 kg C1 kg D0.5 kg

43、C設物體的質(zhì)量為m，則物體在上升過程中，受到豎直向下的重力mg和豎直向下的恒定外力F，由動能定理結(jié)合題圖可得(mgF)3 m(3672)J；物體在下落過程中，受到豎直向下的重力mg和豎直向上的恒定外力F，再由動能定理結(jié)合題圖可得(mgF)3 m(4824)J，聯(lián)立解得m1 kg、F2 N，選項C正確，A、B、D均錯誤。2(2020江蘇卷)如圖所示，一小物塊由靜止開始沿斜面向下滑動，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑連接，且物塊與斜面、物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均為常數(shù)。該過程中，物塊的動能Ek與水平位移x關系的圖像是()ABCDA在斜面上，物塊受豎直向下的重力、沿斜面向上的滑動摩擦力以及垂直斜面

44、向上的支持力，設物塊的質(zhì)量為m，斜面的傾角為，物塊沿斜面下滑的距離對應的水平位移為x，由動能定理有mgsin eq f(x,cos )1mgcos eq f(x,cos )Ek0，解得Ek(mgtan 1mg)x，即在斜面上時物塊的動能與水平位移成正比，B、D項均錯誤；在水平面上，物塊受豎直向下的重力、豎直向上的支持力以及水平向左的滑動摩擦力，由動能定理有2mg(xx0)EkEk0，解得EkEk02mg(xx0)，其中Ek0為物塊滑到斜面底端時的動能，x0為物塊沿斜面下滑到底端時的水平位移，即在水平面上物塊的動能與水平位移為一次函數(shù)關系，且為減函數(shù)，A項正確，C項錯誤。3(多選)一質(zhì)量為m的物

45、體靜止在水平地面上，在水平拉力的作用下開始運動，圖甲是在06 s內(nèi)其速度與時間關系圖像，圖乙是拉力的功率與時間關系圖像，g取10 m/s2。下列判斷正確的是()甲乙A拉力的大小為4 N，且保持不變B物體的質(zhì)量為2 kgC06 s內(nèi)物體克服摩擦力做的功為24 JD06 s內(nèi)拉力做的功為156 JBD對物體受力分析，由圖甲可知，在02 s內(nèi)物體做勻加速運動，拉力大于滑動摩擦力，在26 s內(nèi)物體做勻速運動，拉力等于滑動摩擦力，因此拉力大小不恒定，選項A錯誤；在26 s內(nèi)根據(jù)功率公式PFv，有Feq f(P,v)4 N，故滑動摩擦力fF4 N，在圖甲中，02 s內(nèi)有aeq f(v,t)3 m/s2，由

46、牛頓第二定律可知Ffma，又PFv，聯(lián)立解得m2 kg，F(xiàn)10 N，選項B正確；由圖甲可知在06 s內(nèi)物體通過的位移為x30 m，故物體克服摩擦力做的功為Wffx120 J，選項C錯誤；由動能定理可知WWfeq f(1,2)mv2，故06 s內(nèi)拉力做的功Weq f(1,2)mv2Wfeq f(1,2)262 J120 J156 J，選項D正確。 應用動能定理求解多過程問題1多過程問題的分析方法(1)將“多過程”分解為許多“子過程”，各“子過程”間由“銜接點”連接。(2)對研究對象在“子過程”中進行受力分析和運動分析，必要時畫出受力圖和過程示意圖。(3)根據(jù)“子過程”和“銜接點”選擇合理的物理規(guī)

47、律列方程。(4)聯(lián)立方程組，分析求解，對結(jié)果進行必要的驗證或討論。2利用動能定理求解多過程問題的基本思路組合運動的多過程問題典例2(2021湖北武漢5月調(diào)研)如圖所示，與水平面夾角37的斜面和半徑R0.4 m的光滑圓軌道相切于B點，且固定于豎直平面內(nèi)?；瑝K從斜面上的A點由靜止釋放，經(jīng)B點后沿圓軌道運動，通過最高點C時軌道對滑塊的彈力為零。已知滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)0.25。(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求：(1)滑塊在C點的速度大小vC；(2)滑塊在B點的速度大小vB；(3)A、B兩點間的高度差h。思路點撥：解此題要抓住以下兩點信息：(1)“通過最高點C時軌道

48、對滑塊的彈力為零”，則此時速度為vCeq r(gR)。(2)“與斜面間的動摩擦因數(shù)”說明滑塊沿AB運動時摩擦力做負功。解析(1)在C點，滑塊豎直方向所受合力提供向心力mgeq f(mvoal( 2,C),R)vCeq r(gR)2 m/s。(2)對BC過程由動能定理得mgR(1cos 37)eq f(1,2)mveq oal( 2,C)eq f(1,2)mveq oal( 2,B)vBeq r(voal( 2,C)2gR1cos 37)4.29 m/s。(3)滑塊在AB的過程，利用動能定理得mghmgcos 37eq f(h,sin 37)eq f(1,2)mveq oal( 2,B)0代入數(shù)

49、據(jù)解得h1.38 m。答案(1)2 m/s(2)4.29 m/s(3)1.38 m往復運動的多過程問題典例3如圖所示，ABCD為一位于豎直平面內(nèi)的軌道，其中BC水平，A點比BC高出10 m，BC長1 m，AB和CD軌道光滑且與BC平滑連接。一質(zhì)量為1 kg的物體，從A點以4 m/s的速度開始運動，經(jīng)過BC后滑到高出C點10.3 m的D點速度為零。求：(g取10 m/s2)(1)物體與BC軌道間的動摩擦因數(shù)；(2)物體第5次經(jīng)過B點時的速度；(3)物體最后停止的位置(距B點多少米)。解析(1)物體從A到D的運動過程只有重力、摩擦力做功，由動能定理可得mg(Hh)mgLBC0eq f(1,2)mv

50、eq oal( 2,A)解得eq f(2gHhvoal( 2,A),2gLBC)代入數(shù)據(jù)得0.5。(2)物體第5次經(jīng)過B點時，物體在BC上運動的總位移x4LBC4 m；那么，對物體從A到物體第5次經(jīng)過B點的運動過程應用動能定理可得mgHmgxeq f(1,2)mv2eq f(1,2)mveq oal( 2,A)解得veq r(voal( 2,A)2gH2gx)4eq r(11) m/s。(3)由受力平衡可知物體最終停在BC上，設物體整個運動過程在BC上的總路程為x，那么由動能定理可得mgHmgx0eq f(1,2)mveq oal( 2,A)所以xeq f(2gHvoal( 2,A),2g)2

51、1.6 m21LBC0.6 m故物體最后停止的位置距B點LBC0.6 m0.4 m處。答案(1)0.5(2)4eq r(11) m/s(3)距B點0.4 m應用動能定理求多過程問題的技巧(1)運用動能定理解決多過程問題時，有兩種思路：一種是全過程列式，另一種是分段列式。(2)全過程列式時，涉及重力、彈簧彈力、大小恒定的阻力或摩擦力做功，要注意運用它們的特點：重力做的功取決于物體的初、末位置，與路徑無關；大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小與路程的乘積；彈簧彈力做功與路徑無關。跟進訓練1(20211月湖北學業(yè)水平選擇性考試模擬演練)如圖所示，兩傾角均為的光滑斜面對接后固定水平地面上，O點為斜

52、面的最低點。一個小物塊從右側(cè)斜面上高為H處由靜止滑下，在兩個斜面上做往復運動。小物塊每次通過O點時都會有動能損失，損失的動能為小物塊當次到達O點時動能的5%。小物塊從開始下滑到停止的過程中運動的總路程為()Aeq f(49H,sin ) Beq f(39H,sin ) Ceq f(29H,sin) Deq f(20H,sin )B由題意知，小物塊第一次到達O點由動能定理可得mgHEk，此時小物塊所走路程s1eq f(H,sin )，第一次通過O點后動能Ek195%Ek95%mgH，此時利用動能定理知小物塊上升高度H195%H，第一次離開O點到第二次到達O點所走的路程s2eq f(2H1,sin

53、 )95%eq f(2H,sin )，同理第二次離開O點到第三次到達O點所走路程s3(95%)2eq f(2H,sin )，故小物塊下滑的總路程s總s1s2sneq f(H,sin )95%eq f(2H,sin )(95%)2eq f(2H,sin )(95%)n1eq f(2H,sin )，n無窮大時，可得s總eq f(39H,sin )(等比數(shù)列求和)，故B正確。2(2021河南鄭州高三3月檢測)如圖所示AB和CDO都是處于豎直平面內(nèi)的光滑圓弧形軌道，OA處于水平位置。AB是半徑為R1 m的eq f(1,4)圓周軌道，CDO是半徑為r0.5 m的半圓軌道，最高點O處固定一個豎直彈性擋板(

54、可以把小球彈回且不損失能量，圖中沒有畫出)，D為CDO軌道的中點。BC段是水平粗糙軌道，與圓弧形軌道平滑連接。已知BC段水平軌道長L2 m，與小球之間的動摩擦因數(shù)0.2?，F(xiàn)讓一個質(zhì)量為m1 kg的小球從A點的正上方距水平線OA高H的P處自由落下。(g取10 m/s2)(1)當H2 m時，求此時小球第一次到達D點對軌道的壓力大小。(2)為使小球僅僅與彈性擋板碰撞一次，且小球不會脫離CDO軌道，求H的取值范圍。解析(1)設小球第一次到達D的速度為vD，對小球從P點到D點的過程，根據(jù)動能定理得mg(Hr)mgLeq f(1,2)mveq oal( 2,D)0在D點軌道對小球的支持力FN提供向心力，則

55、有FNmeq f(voal( 2,D),r)，聯(lián)立解得FN84 N由牛頓第三定律得，小球?qū)壍赖膲毫Υ笮镕NFN84 N。(2)為使小球僅僅與擋板碰撞一次，且小球不會脫離CDO軌道，H最小時必須滿足能上升到O點，由動能定理得mgHminmgLeq f(1,2)mveq oal( 2,0)0在O點有mgmeq f(voal( 2,0),r)代入數(shù)據(jù)解得Hmin0.65 m僅僅與彈性擋板碰撞一次，且小球不會脫離CDO軌道，H最大時，碰后再返回最高點能上升到D點，則有mg(Hmaxr)3mgL0代入數(shù)據(jù)解得Hmax0.7 m故有0.65 mH0.7 m。答案(1)84 N(2)0.65 mH0.7

56、 m機械能守恒定律及其應用一、重力勢能1重力勢能(1)定義：由于物體被舉高而具有的能。(2)表達式：Epmgh。(3)特點：重力勢能有相對性。2重力做功的特點(1)重力做功與路徑無關，只與始、末位置的高度差有關。(2)重力做功不引起物體機械能的變化。3重力做功與重力勢能變化的關系(1)定性關系：重力對物體做正功，重力勢能減??；重力對物體做負功，重力勢能增大。(2)定量關系：重力對物體做的功等于物體重力勢能的減小量。即WG(Ep2Ep1)Ep1Ep2Ep。(3)重力勢能的變化量是絕對的，與參考面的選取無關。4彈性勢能(1)概念：物體由于發(fā)生彈性形變而具有的能量。(2)大?。簭椈傻膹椥詣菽艿拇笮∨c

57、形變量及勁度系數(shù)有關，彈簧的形變量越大，勁度系數(shù)越大，彈簧的彈性勢能越大。(3)彈力做功與彈性勢能變化的關系：類似于重力做功與重力勢能變化的關系，用公式表示：WEp。二、機械能守恒定律1機械能：動能和勢能統(tǒng)稱為機械能，其中勢能包括彈性勢能和重力勢能。2機械能守恒定律(1)內(nèi)容：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動能與勢能可以相互轉(zhuǎn)化，而總的機械能保持不變。(2)表達式：mgh1eq f(1,2)mveq oal( 2,1)mgh2eq f(1,2)mveq oal( 2,2)。3守恒條件：只有重力或彈簧的彈力做功。一、易錯易誤辨析(正確的打“”，錯誤的打“”)(1)重力勢能的變化與零勢能參考面

58、的選取無關。()(2)被舉到高處的物體重力勢能一定不為零。()(3)克服重力做功，物體的重力勢能一定增加。()(4)發(fā)生彈性形變的物體都具有彈性勢能。()(5)彈力做正功，彈性勢能一定增加。()(6)物體所受的合外力為零，物體的機械能一定守恒。()二、教材習題衍生1(人教版必修第二冊P93T2改編)忽略空氣阻力，下列物體運動過程中滿足機械能守恒的是()A電梯勻速下降B物體由光滑斜面頂端滑到斜面底端C物體沿著粗糙斜面勻速下滑D拉著物體沿光滑斜面勻速上升B電梯勻速下降，說明電梯處于受力平衡狀態(tài)，并不是只有重力做功，機械能不守恒，所以A錯誤；物體在光滑斜面上，受重力和支持力的作用，但是支持力的方向和

59、物體運動的方向垂直，支持力不做功，只有重力做功，機械能守恒，所以B正確；物體沿著粗糙斜面勻速下滑，物體處于受力平衡狀態(tài)，摩擦力和重力都要做功，機械能不守恒，所以C錯誤；拉著物體沿光滑斜面勻速上升，物體處于受力平衡狀態(tài)，拉力和重力都要做功，機械能不守恒，所以D錯誤。2(粵教版必修第二冊P104T2改編)(多選)神舟號載人飛船在發(fā)射至返回的過程中，以下哪些階段中返回艙的機械能是守恒的()A飛船升空的階段B飛船在橢圓軌道上繞地球運行的階段C返回艙在大氣層以外向著地球做無動力飛行的階段D降落傘張開后，返回艙下降的階段BC飛船升空的階段，推力做正功，機械能增加，故A錯誤；飛船在橢圓軌道上繞地球運行的階段

60、，只受引力作用，引力勢能和動能之和保持不變，故B正確；返回艙在大氣層外向著地球做無動力飛行階段，只有引力做功，勢能減小，動能增加，機械能總量守恒，故C正確；降落傘張開后，返回艙下降的階段，克服空氣阻力做功，故機械能減小，故D錯誤。3(人教版必修第二冊P93T3改編)(多選)如圖所示，在地面上以速度v0拋出質(zhì)量為m的物體，拋出后物體落到比地面低h的海平面上，若以地面為參考平面且不計空氣阻力，則下列說法中正確的是()A物體落到海平面時的重力勢能為mghB物體從拋出到落到海平面的過程中重力對物體做功為mghC物體在海平面上的動能為eq f(1,2)mveq oal( 2,0)mghD物體在海平面上的