2024年高考物理一輪復(fù)習(xí)講義（新人教版）：第六章機械能守恒定律

考情分析功和功率2022·廣東卷·T92021·全國乙卷·T192021·山東卷·T32021·浙江1月選考·T112021·北京卷·T8機車啟動問題2021·湖南卷·T32020·天津卷·T8動能定理及其應(yīng)用2022·江蘇卷·T82021·全國甲卷·T202021·河北卷·T62020·全國卷Ⅱ·T252020·江蘇卷·T42019·全國卷Ⅱ·T24功能關(guān)系2020·全國卷Ⅰ·T20機械能守恒定律2022·全國乙卷·T162020·山東卷·T11實驗：驗證機械能守恒定律2022·河北卷·T112022·湖北卷·T122021·浙江6月選考·T17含功和能的綜合題2022·廣東卷·T132022·江蘇卷·T102022·河北卷·T9試題情境生活實踐類體育運動中功和功率問題，風(fēng)力發(fā)電功率計算，蹦極運動、過山車等能量問題，汽車啟動問題，生活、生產(chǎn)中能量守恒定律的應(yīng)用學(xué)習(xí)探究類變力做功的計算，機車啟動問題，單物體機械能守恒，用繩、桿連接的系統(tǒng)機械能守恒問題，含彈簧系統(tǒng)機械能守恒問題，傳送帶、板塊模型的能量問題第1講功、功率機車啟動問題目標(biāo)要求1.理解功的概念，會判斷某個力做功的正、負(fù)，會計算功的大小.2.理解功率的概念，并會對功率進行分析和計算.3.會分析、解決機車啟動的兩類問題．考點一恒力做功的分析和計算1．做功的兩個要素(1)作用在物體上的力．(2)物體在力的方向上發(fā)生位移．2．公式W＝Flcosα(1)α是力與位移方向之間的夾角，l為物體的位移．(2)該公式只適用于恒力做功．3．功的正負(fù)(1)當(dāng)0≤α＜eq\f(π,2)時，W＞0，力對物體做正功．(2)當(dāng)α＝eq\f(π,2)時，W＝0，力對物體不做功．(3)當(dāng)eq\f(π,2)＜α≤π時，W＜0，力對物體做負(fù)功，或者說物體克服這個力做功．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(fù)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(fù)功．(×)4．力對物體做功的正負(fù)是由力和位移間的夾角大小決定的．(√)1．是否做功及做功正負(fù)的判斷(1)根據(jù)力與位移的方向的夾角判斷；(2)根據(jù)力與瞬時速度方向的夾角α判斷：0≤α＜90°，力做正功；α＝90°，力不做功；90°＜α≤180°，力做負(fù)功．2．計算功的方法(1)恒力做的功：直接用W＝Flcosα計算．(2)合外力做的功方法一：先求合外力F合，再用W合＝F合lcosα求功．方法二：先求各個力做的功W1、W2、W3…，再應(yīng)用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合外力做的功．方法三：利用動能定理W合＝Ek2－Ek1.例1(2023·上海市模擬)如圖，一磁鐵吸附在鐵板AB的下方．現(xiàn)保持鐵板與水平面間的夾角θ不變，緩慢推動B端，使AB與磁鐵一起水平向左勻速移動，則()A．合外力對磁鐵做正功B．AB對磁鐵的作用力不做功C．AB對磁鐵的彈力不做功D．AB對磁鐵的摩擦力不做功答案B解析由于磁鐵做勻速運動，磁鐵所受合外力為零，合外力對磁鐵不做功，故A錯誤；磁鐵受重力和AB對它的作用力而做勻速運動，根據(jù)平衡條件可知，AB對磁鐵的作用力大小等于重力，方向豎直向上，與磁鐵的運動方向相互垂直，故AB對磁鐵的作用力不做功，故B正確；AB對磁鐵的彈力垂直接觸面，與磁鐵的運動方向不垂直，故彈力一定做功，故C錯誤；AB對磁鐵的摩擦力沿接觸面，與磁鐵運動方向不垂直，故摩擦力一定做功，故D錯誤．例2如圖所示，升降機內(nèi)斜面的傾角θ＝30°，質(zhì)量為2kg的物體置于斜面上始終不發(fā)生相對滑動，在升降機以5m/s的速度勻速上升4s的過程中．g取10m/s2，求：(1)斜面對物體的支持力所做的功；(2)斜面對物體的摩擦力所做的功；(3)物體重力所做的功；(4)合外力對物體所做的功．答案(1)300J(2)100J(3)－400J(4)0解析物體置于升降機內(nèi)隨升降機一起勻速運動過程中，處于受力平衡狀態(tài)，受力分析如圖所示由平衡條件得Ffcosθ－FNsinθ＝0，F(xiàn)fsinθ＋FNcosθ－G＝0代入數(shù)據(jù)得Ff＝10N，F(xiàn)N＝10eq\r(3)Nx＝vt＝20m(1)斜面對物體的支持力所做的功WN＝FNxcosθ＝300J(2)斜面對物體的摩擦力所做的功Wf＝Ffxcos(90°－θ)＝100J(3)物體重力做的功WG＝－Gx＝－400J(4)合外力對物體做的功方法一：W合＝WN＋Wf＋WG＝0方法二：F合＝0，W合＝F合xcosα＝0.考點二變力做功的分析和計算求變力做功的五種方法方法舉例微元法質(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Wf＝Ff·Δx1＋Ff·Δx2＋Ff·Δx3＋…＝Ff(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝Ff·2πR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\f(h,sinα)－eq\f(h,sinβ))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，F(xiàn)－x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(dāng)力與位移為線性關(guān)系，力可用平均值eq\x\to(F)＝eq\f(F1＋F2,2)表示，W＝eq\x\to(F)Δx，可得出彈簧彈性勢能表達式為Ep＝eq\f(1,2)k(Δx)2應(yīng)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)考向1微元法計算變力做功例3(2023·安徽滁州市定遠縣聯(lián)考)如圖所示，在水平桌面上，長R＝5m的輕繩一端固定N，方向始終與小球在該點的切線成37°角，F(xiàn)拉著物體從M點運動到N點，已知小球與桌面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則拉力F做的功與克服摩擦力做的功之比為()A.eq\f(1,2)B．2C.eq\f(1,4)D．4答案B解析將圓弧分成很多小段l1、l2、…、ln，拉力F在每小段上做的功為W1、W2、…、Wn，因拉力F大小不變，方向始終與小球在該點的切線成37°角，所以W1＝Fl1cos37°，W2＝Fl2cos37°，…，Wn＝Flncos37°，W＝W1＋W2＋…＋Wn＝Fcos37°(l1＋l2＋…＋ln)＝Fcos37°·eq\f(π,3)R＝eq\f(40,3)πJ，同理可得克服摩擦力做功Wf＝μmg·eq\f(π,3)R＝eq\f(20,3)πJ，拉力F做的功與克服摩擦力做的功之比為2，故選B.考向2圖像法計算變力做功例4(2023·河南洛陽市第一中學(xué)高三檢測)質(zhì)量為2kg的物體靜止在光滑的水平面上，從某時刻起，對物體施加一方向不變的水平拉力F，該拉力與物體的位移x的關(guān)系圖像如圖所示，則物體在x＝7m處時的速度大小為()A．2eq\r(10)m/s B．2eq\r(5)m/sC．5m/s D．4m/s答案A解析根據(jù)F－x圖像的面積表示功，則物體從0運動到7m過程拉力做的功為W＝3×4J＋eq\f(4＋10,2)×4J＝40J，由動能定理得W＝eq\f(1,2)mv2－0，解得v＝2eq\r(10)m/s，故選A.考向3平均值法計算變力做功例5如圖所示，一輕質(zhì)立方體被從水表面緩慢壓入水中，直至其上表面沒入水中，已知立方體的棱長為L，水的密度為ρ，重力加速度為g，不考慮水面高度的變化．該過程中，立方體克服水的浮力所做的功為()A.eq\f(ρgL2,2) B.eq\f(ρgL4,2)C．ρgL2 D．ρgL4答案B解析設(shè)浸入的深度為x，則浮力的大小為F＝ρgV＝ρgL2x，可見浮力與進入水中的位移成正比．由平均值法知克服浮力做的功為W＝eq\f(F浮,2)×L＝eq\f(ρgL3,2)L＝eq\f(ρgL4,2)，故選B.考點三功率的分析和計算1．定義：功與完成這些功所用時間之比．2．物理意義：描述力對物體做功的快慢．3．公式：(1)P＝eq\f(W,t)，P描述時間t內(nèi)力對物體做功的快慢．(2)P＝Fv①v為平均速度，則P為平均功率．②v為瞬時速度，則P為瞬時功率．③當(dāng)力F和速度v不在同一直線上時，可以將力F分解或者將速度v分解．1．由P＝eq\f(W,t)知，只要知道W和t就可求出任意時刻的功率．(×)2．由P＝Fv既能求某一時刻的瞬時功率，也可以求平均功率．(√)3．當(dāng)F為恒力時，v增大，F(xiàn)的功率一定增大．(×)1．平均功率的計算方法(1)利用eq\x\to(P)＝eq\f(W,t).(2)利用eq\x\to(P)＝F·eq\x\to(v)cosα，其中eq\x\to(v)為物體運動的平均速度，F(xiàn)為恒力，F(xiàn)與eq\x\to(v)的夾角α不變．2．瞬時功率的計算方法(1)利用公式P＝Fvcosα，其中v為t時刻的瞬時速度．F可為恒力，也可為變力，α為F與v的夾角，α可以不變，也可以變化．(2)公式P＝Fvcosα中，F(xiàn)cosα可認(rèn)為是力F在速度v方向上的分力，vcosα可認(rèn)為是速度v在力F方向上的分速度．例6如圖所示，質(zhì)量為m＝2kg的木塊在傾角θ＝37°的斜面上由靜止開始下滑，斜面足夠長，木塊與斜面間的動摩擦因數(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末重力的瞬時功率分別為()A．48W24W B．24W48WC．24W12W D．12W24W答案B解析木塊所受的合外力F合＝mgsinθ－μmgcosθ＝4N木塊的加速度a＝eq\f(F合,m)＝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＝2×10×4×0.6J＝48J重力在前2s內(nèi)的平均功率eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)＝24W木塊在2s末的速度v＝at＝2×2m/s＝4m/s2s末重力的瞬時功率P＝mgvsinθ＝2×10×4×0.6W＝48W，故選項B正確．例7一滑塊在水平地面上沿直線滑行，t＝0時其速度為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、乙所示，則以下說法正確的是()A．第1s內(nèi)，F(xiàn)對滑塊做的功為3JB．第2s內(nèi)，F(xiàn)對滑塊做功的平均功率為4WC．第3s末，F(xiàn)對滑塊做功的瞬時功率為1WD．前3s內(nèi)，F(xiàn)對滑塊做的總功為零答案C解析由題圖可知，第1s內(nèi)，滑塊位移為1m，F(xiàn)對滑塊做的功為2J，A錯誤；第2s內(nèi)，滑塊位移為1.5m，F(xiàn)對滑塊做的功為4.5J，平均功率為4.5W，B錯誤；第3s內(nèi)，滑塊位移為1.5m，F(xiàn)對滑塊做的功為1.5J，第3s末，F(xiàn)對滑塊做功的瞬時功率P＝Fv＝1W，C正確；前3s內(nèi)，F(xiàn)對滑塊做的總功為8J，D錯誤．考點四機車啟動問題1．兩種啟動方式兩種方式以恒定功率啟動以恒定加速度啟動P－t圖像和v－t圖像OA段過程分析v↑?F＝eq\f(P不變,v)↓?a＝eq\f(F－F阻,m)↓a＝eq\f(F－F阻,m)不變?F不變eq\o(?,\s\up10(v↑))P＝Fv↑直到P＝P額＝Fv1運動性質(zhì)加速度減小的加速直線運動勻加速直線運動，持續(xù)時間t0＝eq\f(v1,a)AB段過程分析F＝F阻?a＝0?vm＝eq\f(P,F阻)v↑?F＝eq\f(P額,v)↓?a＝eq\f(F－F阻,m)↓運動性質(zhì)以vm做勻速直線運動加速度減小的加速直線運動BC段F＝F阻?a＝0?以vm＝eq\f(P額,F阻)做勻速直線運動2.三個重要關(guān)系式(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,F阻).(2)機車以恒定加速度啟動的過程中，勻加速過程結(jié)束時，功率最大，但速度不是最大，v＝eq\f(P額,F)<vm＝eq\f(P額,F阻).(3)機車以恒定功率啟動時，牽引力做的功W＝Pt.由動能定理得：Pt－F阻x＝ΔEk.此式經(jīng)常用于求解機車以恒定功率啟動過程的位移大小和時間．例8(多選)汽車在平直公路上以速度v0勻速行駛，發(fā)動機功率為P，牽引力為F0，t1時刻，司機減小了油門，使汽車的功率立即減小一半，并保持該功率繼續(xù)行駛，到t2時刻，汽車又恢復(fù)了勻速直線運動(設(shè)整個過程中汽車所受的阻力不變)．在下列選項中能正確反映汽車速度v、汽車牽引力F在這個過程中隨時間t的變化規(guī)律的是()答案AD解析開始時汽車做勻速運動，則F0＝Ff.由P＝Fv可判斷，P＝F0v0，v0＝eq\f(P,F0)＝eq\f(P,Ff)，當(dāng)汽車功率減小一半，即P′＝eq\f(P,2)時，其牽引力為F′＝eq\f(P′,v0)＝eq\f(F0,2)＜Ff，汽車開始做減速運動，F(xiàn)1＝eq\f(P′,v)＝eq\f(P,2v)，加速度大小為a＝eq\f(Ff－F1,m)＝eq\f(Ff,m)－eq\f(P,2mv)，由此可見，隨著汽車速度v減小，其加速度a也減小，即汽車做加速度不斷減小的減速運動，最終以v＝eq\f(v0,2)做勻速直線運動，故A正確，B錯誤；同理，可判斷出汽車的牽引力由F′＝eq\f(F0,2)最終增加到F0，故D正確，C錯誤．例9(2023·陜西安康市高三月考)某汽車質(zhì)量m＝2000kg，發(fā)動機的額定功率為P，當(dāng)汽車在路面上行駛時受到的阻力為車對路面壓力的0.1倍．若汽車從靜止開始以a＝1m/s2的加速度在水平路面上勻加速啟動，t1＝20s時，達到額定功率．此后汽車以額定功率運動，t2＝100s時速度達到最大值，汽車的v－t圖像如圖所示，取g＝10m/s2.求：(1)該汽車的額定功率P；(2)當(dāng)速度為25m/s時，汽車加速度大??；(3)汽車在0～t2時間內(nèi)的位移大小x.答案(1)80kW(2)0.6m/s2(3)2800m解析(1)由題圖可知，汽車的最大速度為vm＝40m/s，汽車達到最大速度時滿足F＝Ff＝0.1mg汽車的額定功率為P＝Fvm＝8×104W＝80kW(2)當(dāng)速度為v＝25m/s時，汽車牽引力為F＝eq\f(P,v)＝3200N由牛頓第二定律得F－Ff＝ma′解得a′＝0.6m/s2(3)0～t1時間內(nèi)汽車通過的位移為x1＝eq\f(v1,2)t1＝200m汽車在t1至t2期間，根據(jù)動能定理得P(t2－t1)－Ffx2＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mv12代入數(shù)據(jù)解得x2＝2600m所以0～t2時間內(nèi)汽車通過的總位移大小為x＝x1＋x2＝2800m.課時精練1．(2023·廣東惠州一中月考)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(guān)于做功的判斷中正確的是()A．圖甲中支持力對人做正功B．圖甲中摩擦力對人做負(fù)功C．圖乙中支持力對人做正功D．圖乙中摩擦力對人做負(fù)功答案A解析題圖甲中，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．2．水平恒力F兩次作用在同一靜止物體上，使物體沿力的方向發(fā)生相同的位移，第一次是在光滑水平面上，第二次是在粗糙水平面上，兩次力F做的功和平均功率的大小關(guān)系是()A．W1＝W2，P1>P2 B．W1>W2，P1＝P2C．W1>W2，P1>P2 D．W1＝W2，P1＝P2答案A解析根據(jù)功的定義，兩次水平恒力F做的功相等，即W1＝W2；第一次是在光滑水平面上，第二次是在粗糙水平面上，第二次受到摩擦力作用，作用同樣大小的力F，第一次的加速度較大，由x＝eq\f(1,2)at2可知，使物體沿力的方向發(fā)生相同的位移，第一次需要的時間較短，根據(jù)功率的定義，可知第一次的平均功率較大，即P1>P2，選項A正確．3.(2021·山東卷·3)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()A.eq\f(mv02,2πL) B.eq\f(mv02,4πL)C.eq\f(mv02,8πL) D.eq\f(mv02,16πL)答案B解析在運動過程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功與路徑有關(guān)，根據(jù)動能定理－Ff·2πL＝0－eq\f(1,2)mv02可得摩擦力的大小Ff＝eq\f(mv02,4πL)，故選B.4．如圖甲所示，滑輪質(zhì)量、摩擦均不計，質(zhì)量為2kg的物體在拉力F作用下由靜止向上做勻加速運動，物體速度隨時間的變化關(guān)系如圖乙所示，由此可知()A．物體加速度大小為2m/s2B．F的大小為21NC．4s末F的功率為42WD．0～4s內(nèi)F的平均功率為42W答案C解析v－t圖像的斜率表示物體加速度，由題圖乙可知，a＝0.5m/s2，由2F－mg＝ma可得：F＝10.5N，A、B均錯誤；4s末F的作用點的速度大小為vF＝2v物＝4m/s，故4s末F的功率為P＝FvF＝42W，C正確；0～4s內(nèi)物體上升的高度h＝eq\f(1,2)at2＝4m，力F的作用點的位移l＝2h＝8m，拉力F所做的功W＝Fl＝84J，故平均功率eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)＝21W，D錯誤．5．(多選)(2022·廣東卷·9)如圖所示，載有防疫物資的無人駕駛小車，在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s勻速行駛，在斜坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s勻速行駛．已知小車總質(zhì)量為50kg，MN＝PQ＝20m，PQ段的傾角為30°，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力．下列說法正確的有()A．從M到N，小車牽引力大小為40NB．從M到N，小車克服摩擦力做功800JC．從P到Q，小車重力勢能增加1×104JD．從P到Q，小車克服摩擦力做功700J答案ABD解析小車從M到N，依題意有P1＝Fv1＝200W，代入數(shù)據(jù)解得F＝40N，故A正確；依題意，小車從M到N，因勻速行駛，小車所受的摩擦力大小為Ff1＝F＝40N，則摩擦力做功為W1＝－40×20J＝－800J，則小車克服摩擦力做功為800J，故B正確；依題意，從P到Q，重力勢能增加量為ΔEp＝mg·PQsin30°＝5000J，故C錯誤；依題意，小車從P到Q，摩擦力大小為Ff2，有Ff2＋mgsin30°＝eq\f(P2,v2)，摩擦力做功為W2＝－Ff2·PQ，聯(lián)立解得W2＝－700J，則小車克服摩擦力做功為700J，故D正確．6．(2023·黑龍江佳木斯市高三模擬)用鐵錘把小鐵釘釘入木板，設(shè)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)dC.eq\f(\r(5)－1d,2) D.eq\f(\r(2),2)d答案B解析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W＝eq\x\to(F1)d＝eq\f(kd,2)d，W＝eq\x\to(F2)d′＝eq\f(kd＋kd＋d′,2)d′，聯(lián)立解得d′＝(eq\r(2)－1)d，故A、C、D錯誤，B正確．7．(2023·山東煙臺市高三檢測)一輛汽車在平直公路上由靜止開始啟動，汽車先保持牽引力F0不變，當(dāng)速度為v1時達到額定功率Pe，此后以額定功率繼續(xù)行駛，最后以最大速度vm勻速行駛．若汽車所受的阻力Ff為恒力，汽車運動過程中的速度為v、加速度為a、牽引力為F、牽引力的功率為P，則下列圖像中可能正確的是()答案C解析因為汽車先保持牽引力F0不變，由牛頓第二定律可得F0－Ff＝ma，又因為汽車所受的阻力Ff為恒力，所以開始階段汽車做勻加速直線運動，所以v－t圖像開始應(yīng)有一段傾斜的直線，故A錯誤；因為當(dāng)速度為v1時達到額定功率Pe，此后以額定功率繼續(xù)行駛，則滿足Pe＝Fv，即F與v成反比，F(xiàn)與eq\f(1,v)成正比，所以F－v圖像中v1～vm段圖像應(yīng)為曲線，F(xiàn)與eq\f(1,v)圖像中eq\f(1,vm)～eq\f(1,v1)段圖像應(yīng)為直線，故B錯誤，C正確；因為當(dāng)速度為v1之前，保持牽引力F0不變，則功率滿足P＝F0v，即P與v成正比，所以P－v圖像中0～v1段圖像應(yīng)為過原點的直線，故D錯誤．8.(多選)地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機通過豎井運送至地面．某豎井中礦車提升的速度大小v隨時間t的變化關(guān)系如圖所示，其中圖線①②分別描述兩次不同的提升過程，它們變速階段加速度的大小都相同；兩次提升的高度相同，質(zhì)量相等．不考慮摩擦阻力和空氣阻力．對于第①次和第②次提升過程，下列說法正確的有()A．礦車上升所用的時間之比為4∶5B．電機的最大牽引力之比為2∶1C．電機輸出的最大功率之比為2∶1D．電機所做的功之比為4∶5答案AC解析由題圖可得，變速階段的加速度大小a＝eq\f(v0,t0)，設(shè)第②次所用時間為t2，根據(jù)速度－時間圖像與時間軸所圍的面積等于位移(此題中為提升的高度)可知，eq\f(1,2)×2t0×v0＝eq\f(1,2)[t2＋(t2－t0)]×eq\f(1,2)v0，解得：t2＝eq\f(5t0,2)，所以第①次和第②次礦車上升所用時間之比為2t0∶eq\f(5t0,2)＝4∶5，選項A正確．由于兩次提升過程變速階段的加速度大小相同，在勻加速階段，由牛頓第二定律，F(xiàn)－mg＝ma，可得電機的最大牽引力之比為1∶1，選項B錯誤．由功率公式，P＝Fv，電機輸出的最大功率之比等于最大速度之比，為2∶1，選項C正確．加速上升過程的加速度a1＝eq\f(v0,t0)，加速上升過程的牽引力F1＝ma1＋mg＝m(eq\f(v0,t0)＋g)，減速上升過程的加速度a2＝－eq\f(v0,t0)，減速上升過程的牽引力F2＝ma2＋mg＝m(g－eq\f(v0,t0))，勻速運動過程的牽引力F3＝mg.第①次提升過程做功W1＝F1×eq\f(1,2)×t0×v0＋F2×eq\f(1,2)×t0×v0＝mgv0t0；第②次提升過程做功W2＝F1×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)t0×eq\f(1,2)v0＋F3×eq\f(3,2)t0×eq\f(1,2)v0＋F2×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)t0×eq\f(1,2)v0＝mgv0t0，兩次做功相同，選項D錯誤．9．(2021·湖南卷·3)“復(fù)興號”動車組用多節(jié)車廂提供動力，從而達到提速的目的．總質(zhì)量為m的動車組在平直的軌道上行駛．該動車組有四節(jié)動力車廂，每節(jié)車廂發(fā)動機的額定功率均為P，若動車組所受的阻力與其速率成正比(F阻＝kv，k為常量)，動車組能達到的最大速度為vm.下列說法正確的是()A．動車組在勻加速啟動過程中，牽引力恒定不變B．若四節(jié)動力車廂輸出功率均為額定值，則動車組從靜止開始做勻加速運動C．若四節(jié)動力車廂輸出的總功率為2.25P，則動車組勻速行駛的速度為eq\f(3,4)vmD．若四節(jié)動力車廂輸出功率均為額定值，動車組從靜止啟動，經(jīng)過時間t達到最大速度vm，則這一過程中該動車組克服阻力做的功為eq\f(1,2)mvm2－Pt答案C解析對動車組由牛頓第二定律有F牽－F阻＝ma，動車組勻加速啟動，即加速度a恒定，但F阻＝kv隨速度增大而增大，則牽引力也隨阻力增大而增大，故A錯誤；若四節(jié)動力車廂輸出功率均為額定值，則總功率為4P，由牛頓第二定律有eq\f(4P,v)－kv＝ma，故可知加速啟動的過程，牽引力減小，阻力增大，則加速度逐漸減小，故B錯誤；若四節(jié)動力車廂輸出的總功率為2.25P，動車組勻速行駛時加速度為零，有eq\f(2.25P,v)＝kv，而以額定功率勻速行駛時，有eq\f(4P,vm)＝kvm，聯(lián)立解得v＝eq\f(3,4)vm，故C正確；若四節(jié)動力車廂輸出功率均為額定值，動車組從靜止啟動，經(jīng)過時間t達到最大速度vm，由動能定理可知4Pt－W克阻＝eq\f(1,2)mvm2－0，可得動車組克服阻力做的功為W克阻＝4Pt－eq\f(1,2)mvm2，故D錯誤．10.一輛汽車由靜止開始沿平直公路行駛，汽車所受牽引力F隨時間t變化關(guān)系圖線如圖所示．若汽車的質(zhì)量為1.2×103kg，阻力恒定，汽車的最大功率恒定，則以下說法正確的是()A．汽車的最大功率為5×104WB．汽車勻加速運動階段的加速度為eq\f(25,6)m/s2C．汽車先做勻加速運動，然后再做勻速直線運動D．汽車從靜止開始運動12s內(nèi)的位移是60m答案A解析由圖可知，汽車在前4s內(nèi)的牽引力不變，汽車做勻加速直線運動，4～12s內(nèi)汽車的牽引力逐漸減小，則車的加速度逐漸減小，汽車做加速度減小的加速運動，直到車的速度達到最大值，以后做勻速直線運動，可知在4s末汽車的功率達到最大值；汽車的速度達到最大值后牽引力等于阻力，所以阻力Ff＝2×103N，前4s內(nèi)汽車的牽引力為F＝5×103N，由牛頓第二定律F－Ff＝ma可得a＝2.5m/s2,4s末汽車的速度v1＝at1＝2.5×4m/s＝10m/s，所以汽車的最大功率P＝Fv1＝5×103×10W＝5×104W，A正確，B、C錯誤；汽車在前4s內(nèi)的位移x1＝eq\f(1,2)at12＝eq\f(1,2)×2.5×42m＝20m，汽車的最大速度為vm＝eq\f(P,Ff)＝eq\f(5×104,2×103)m/s＝25m/s，汽車在4～12s內(nèi)的位移設(shè)為x2，根據(jù)動能定理可得Pt－Ffx2＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mv12，代入數(shù)據(jù)可得x2＝42.5m，所以汽車的總位移x＝x1＋x2＝20m＋42.5m＝62.5m，D錯誤．11．質(zhì)量為1.0×103kg的汽車，沿傾角為30°的斜坡由靜止開始向上運動，汽車在運動過程中所受摩擦阻力大小恒為2000N，汽車發(fā)動機的額定輸出功率為5.6×104W，開始時以a＝1m/s2的加速度做勻加速運動(g取10m/s2)．求：(1)汽車做勻加速運動的時間；(2)汽車所能達到的最大速率；(3)若斜坡長143.5m，且認(rèn)為汽車到達坡頂之前已達到最大速率，汽車從坡底到坡頂所需時間．答案(1)7s(2)8m/s(3)22s解析(1)由牛頓第二定律得F－mgsin30°－Ff＝ma設(shè)勻加速過程的末速度為v，則有P＝Fvv＝at1，解得t1＝7s.(2)當(dāng)達到最大速度vm時，加速度為零，有Fm＝mgsin30°＋Ff則有P＝Fmvm＝(mgsin30°＋Ff)vm解得vm＝8m/s.(3)汽車勻加速運動的位移x1＝eq\f(1,2)at12，在后一階段對汽車由動能定理得Pt2－(mgsin30°＋Ff)x2＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mv2又有x＝x1＋x2，解得t2≈15s故汽車運動的總時間為t＝t1＋t2＝22s.12.一輛玩具賽車在水平直線跑道上由靜止開始以10kW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(guān)系如圖所示，已知賽車在跑道上所受到的阻力恒定，賽車到達終點前已達到最大速度．下列說法中正確的是()A．賽車做加速度逐漸增大的加速直線運動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50m/s2答案C解析由牛頓第二定律有eq\f(P,v)－Ff＝ma，可知賽車做加速度逐漸減小的加速直線運動，將公式整理得eq\f(1,v)＝eq\f(m,P)a＋eq\f(Ff,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(Ff,P)，可得eq\f(Ff,P)＝0.05s/m，eq\f(m,P)＝eq\f(0.1－0.05,20)s3/m2，解得m＝25kg，F(xiàn)f＝500N，將v＝5m/s代入公式，解得a＝60m/s2，故C正確，A、B、D錯誤．

第2講動能定理及其應(yīng)用目標(biāo)要求1.理解動能、動能定理，會用動能定理解決一些基本問題.2.能利用動能定理求變力做的功.3.掌握解決動能定理與圖像結(jié)合的問題的方法．考點一動能定理的理解和基本應(yīng)用1．動能(1)定義：物體由于運動而具有的能量叫作動能．(2)公式：Ek＝eq\f(1,2)mv2，單位：焦耳(J).1J＝1N·m＝1kg·m2/s2.(3)動能是標(biāo)量、狀態(tài)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＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12.(3)物理意義：合力做的功是物體動能變化的量度．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．物體在合外力作用下做變速運動時，動能一定變化．(×)3．物體的動能不變，所受的合外力必定為零．(×)4．合力對物體做正功，物體的動能增加；合力對物體做負(fù)功，物體的動能減少．(√)1．應(yīng)用動能定理解題應(yīng)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(dāng)物體的運動包含多個不同過程時，可分段應(yīng)用動能定理求解，也可以全過程應(yīng)用動能定理求解．(3)動能是標(biāo)量，動能定理是標(biāo)量式，解題時不能分解動能．例1如圖所示，AB為四分之一圓弧軌道，BC為水平直軌道，圓弧的半徑為R，BC的長度也是R.一質(zhì)量為m的物體，與兩個軌道間的動摩擦因數(shù)都為μ，它由軌道頂端A從靜止開始下滑，恰好運動到C處停止，不計空氣阻力，重力加速度為g，那么物體在AB段克服摩擦力所做的功為()A．μmgR B.eq\f(1,2)mgRC．mgR D．(1－μ)mgR答案D解析BC段物體所受摩擦力為Ff＝μmg，位移為R，故BC段摩擦力對物體做功W＝－FfR＝－μmgR，對全程由動能定理可知mgR＋W1＋W＝0，解得W1＝μmgR－mgR，故AB段克服摩擦力做功為W克＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR，選D.例2(2021·河北卷·6)一半徑為R的圓柱體水平固定，橫截面如圖所示，長度為πR、不可伸長的輕細繩，一端固定在圓柱體最高點P處，另一端系一個小球，小球位于P點右側(cè)同一水平高度的Q點時，繩剛好拉直，將小球從Q點由靜止釋放，當(dāng)與圓柱體未接觸部分的細繩豎直時，小球的速度大小為(重力加速度為g，不計空氣阻力)()A.eq\r(2＋πg(shù)R) B.eq\r(2πg(shù)R)C.eq\r(21＋πg(shù)R) D．2eq\r(gR)答案A解析小球下落的高度為h＝πR－eq\f(π,2)R＋R＝eq\f(π＋2,2)R，小球下落過程中，根據(jù)動能定理有mgh＝eq\f(1,2)mv2，綜上有v＝eq\r(π＋2gR)，故選A.例3一物塊沿傾角為θ的斜坡向上滑動．當(dāng)物塊的初速度為v時，上升的最大高度為H，如圖所示，當(dāng)物塊的初速度為eq\f(v,2)時，上升的最大高度記為h.重力加速度大小為g.物塊與斜坡間的動摩擦因數(shù)和h分別為()A．tanθ，eq\f(H,2) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,2gH)－1))tanθ，eq\f(H,2)C．tanθ，eq\f(H,4) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,2gH)－1))tanθ，eq\f(H,4)答案D解析物塊以初速度v上升的過程，由動能定理得－mgH－μmgcosθ·eq\f(H,sinθ)＝0－eq\f(1,2)mv2，解得μ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,2gH)－1))tanθ.當(dāng)物塊的初速度為eq\f(v,2)時，由動能定理得－mgh－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＝0－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2)))2，解得h＝eq\f(H,4)，故選D.例4如圖所示，粗糙水平地面AB與半徑R＝0.4m的光滑半圓軌道BCD相連接，且在同一豎直平面內(nèi)，O是BCD的圓心，BOD在同一豎直線上．質(zhì)量m＝1kg的小物塊在9N的水平恒力F的作用下，從A點由靜止開始做勻加速直線運動．已知xAB＝5m，小物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，當(dāng)小物塊運動到B點時撤去力F，取重力加速度g＝10m/s2，求：(1)小物塊到達B點時速度的大?。?2)小物塊運動到D點時，軌道對小物塊作用力的大小．答案(1)4eq\r(5)m/s(2)150N解析(1)從A到B過程，據(jù)動能定理可得(F－μmg)xAB＝eq\f(1,2)mvB2解得小物塊到達B點時速度的大小為vB＝4eq\r(5)m/s(2)從B到D過程，據(jù)動能定理可得－mg·2R＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mvB2在D點由牛頓第二定律可得FN＋mg＝meq\f(vD2,R)聯(lián)立解得小物塊運動到D點時，軌道對小物塊作用力的大小為FN＝150N.應(yīng)用動能定理的解題流程考點二應(yīng)用動能定理求變力做功例5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．已知物體與水平面間的動摩擦因數(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，物體克服彈簧彈力所做的功為(重力加速度大小為g)()A.eq\f(1,2)mv02－μmg(s＋x) B.eq\f(1,2)mv02－μmgxC．μmgs D．μmg(s＋x)答案A解析根據(jù)功的定義式可知物體克服摩擦力做功為Wf＝μmg(s＋x)，由動能定理可得－W彈－Wf＝0－eq\f(1,2)mv02，則W彈＝eq\f(1,2)mv02－μmg(s＋x)，故選項A正確．例6(多選)(2023·重慶市模擬)游樂場有一種兒童滑軌，其豎直剖面示意圖如圖所示，AB部分是半徑為R的四分之一圓弧軌道，BC為軌道水平部分，與半徑OB垂直．一質(zhì)量為m的小孩(可視為質(zhì)點)從A點由靜止滑下，滑到圓弧軌道末端B點時，對軌道的正壓力大小為2.5mg，重力加速度大小為g.下列說法正確的是()A．小孩到達B點的速度大小為eq\r(2gR)B．小孩到達B點的速度大小為eq\f(\r(6gR),2)C．小孩從A到B克服摩擦力做的功為eq\f(1,4)mgRD．小孩從A到B克服摩擦力做的功為eq\f(1,2)mgR答案BC解析根據(jù)牛頓第三定律可知，軌道對小孩的支持力大小也等于2.5mg，根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝eq\f(mvB2,R)，可得vB＝eq\f(\r(6gR),2)，故A錯誤，B正確；從A到B由動能定理有mgR－W克f＝eq\f(1,2)mvB2－0，可得克服摩擦力做的功為W克f＝eq\f(1,4)mgR，故C正確，D錯誤．在一個有變力做功的過程中，當(dāng)變力做功無法直接通過功的公式求解時，可用動能定理W變＋W恒＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，物體初、末速度已知，恒力做功W恒可根據(jù)功的公式求出，這樣就可以得到W變＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12－W恒，就可以求出變力做的功了．考點三動能定理與圖像問題的結(jié)合圖像與橫軸所圍“面積”或圖像斜率的含義例7(2021·湖北卷·4)如圖(a)所示，一物塊以一定初速度沿傾角為30°的固定斜面上滑，運動過程中摩擦力大小f恒定，物塊動能Ek與運動路程s的關(guān)系如圖(b)所示．重力加速度大小取10m/s2，物塊質(zhì)量m和所受摩擦力大小f分別為()A．m＝0.7kg，f＝0.5NB．m＝0.7kg，f＝1.0NC．m＝0.8kg，f＝0.5ND．m＝0.8kg，f＝1.0N答案A解析0～10m內(nèi)物塊上滑，由動能定理得－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin30°＋f)s，結(jié)合0～10m內(nèi)的圖像得，斜率的絕對值|k|＝mgsin30°＋f＝4N，10～20m內(nèi)物塊下滑，由動能定理得(mgsin30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin30°－f)s－(mgsin30°－f)s1，結(jié)合10～20m內(nèi)的圖像得，斜率k′＝mgsin30°－f＝3N，聯(lián)立解得f＝0.5N，m＝0.7kg，故選A.例8(2020·江蘇卷·4)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(guān)系的圖像是()答案A例9(多選)在某一粗糙的水平面上，一質(zhì)量為2kg的物體在水平恒定拉力的作用下做勻速直線運動，當(dāng)運動一段時間后，拉力逐漸減小，且當(dāng)拉力減小到零時，物體剛好停止運動，圖中給出了拉力隨位移變化的關(guān)系圖像．重力加速度g取10m/s2.根據(jù)以上信息能精確得出或估算得出的物理量有()A．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)B．合力對物體所做的功C．物體做勻速運動時的速度D．物體運動的時間答案ABC解析物體做勻速直線運動時，受力平衡，拉力F0與滑動摩擦力Ff大小相等，物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(F0,mg)＝0.35，A正確；減速過程由動能定理得WF＋Wf＝0－eq\f(1,2)mv2，根據(jù)F－x圖像中圖線與x軸圍成的面積可以估算力F對物體做的功WF，而Wf＝－μmgx，由此可求得合力對物體所做的功及物體做勻速運動時的速度v，B、C正確；因為物體做變加速運動，所以運動時間無法求出，D錯誤．解決圖像問題的基本步驟(1)觀察題目給出的圖像，弄清縱坐標(biāo)、橫坐標(biāo)所對應(yīng)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(dǎo)出縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)所對應(yīng)的物理量間的函數(shù)關(guān)系式．(3)將推導(dǎo)出的物理規(guī)律與數(shù)學(xué)上與之相對應(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)函數(shù)關(guān)系式相對比，找出圖線的斜率、截距、圖線之間的交點、圖線與橫軸圍成的面積所對應(yīng)的物理意義，分析解答問題，或者利用函數(shù)圖線上的特定值代入函數(shù)關(guān)系式求物理量．課時精練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(dāng)電梯的速度由v1增大到v2時，上升高度為H，重力加速度為g，則在這個過程中，下列說法正確的是()A．對物體，動能定理的表達式為W＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，其中W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W－mgH＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，其中W為支持力做的功D．對電梯，其所受的合力做功為eq\f(1,2)Mv22－eq\f(1,2)Mv12答案CD解析電梯上升的過程中，對物體做功的有重力mg、支持力FN，這兩個力的總功(即合力做的功)才等于物體動能的增量，即W合＝W－mgH＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，其中W為支持力做的功，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，即eq\f(1,2)Mv22－eq\f(1,2)Mv12，D正確．2.如圖所示，一半圓弧形細桿ABC豎直固定在水平地面上，AC為其水平直徑，圓弧半徑BO＝3.6m．質(zhì)量為m＝4.0kg的小圓環(huán)(可視為質(zhì)點，小環(huán)直徑略大于桿的)套在細桿上，在大小為50N、方向始終沿圓的切線方向的拉力F作用下，從A點由靜止開始運動，到達B點時對細桿的壓力恰好為0.已知π取3.14，重力加速度g取10m/s2，在這一過程中摩擦力做功為()A．66.6J B．－66.6JC．210.6J D．－210.6J答案B解析小圓環(huán)到達B點時對細桿的壓力恰好為0，則mg＝meq\f(v2,r)，拉力F沿圓的切線方向，圓環(huán)由A到B的過程根據(jù)動能定理有F·eq\f(2πr,4)－mgr＋Wf＝eq\f(1,2)mv2，代入數(shù)據(jù)得摩擦力做功為Wf＝－66.6J，故選B.3．(2023·湖南懷化市模擬)如圖所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度為v0的物體從D點出發(fā)沿DBA滑動到頂點A時速度剛好為零，如果斜面改為AC，讓該物體從D點出發(fā)沿DCA滑動到A點且速度剛好為零，則物體具有的初速度(已知物體與斜面及水平面之間的動摩擦因數(shù)處處相同且不為零，不計B、C處能量損失)()A．等于v0 B．大于v0C．小于v0 D．取決于斜面答案A解析物體從D點滑動到頂點A過程中，由動能定理可得－mg·xAO－μmg·xDB－μmgcosα·xAB＝0－eq\f(1,2)mv02，α為斜面傾角，由幾何關(guān)系有xABcosα＝xOB，因而上式可以簡化為－mg·xAO－μmg·xOD＝0－eq\f(1,2)mv02，從上式可以看出，物體的初速度與路徑無關(guān)．故選A.4.(多選)(2023·云南昆明市第一中學(xué)、寧夏銀川一中模擬)如圖，若小滑塊以某一初速度v0從斜面底端沿光滑斜面上滑，恰能運動到斜面頂端．現(xiàn)僅將光滑斜面改為粗糙斜面，仍讓滑塊以初速度v0從斜面底端上滑時，滑塊恰能運動到距離斜面底端長度的eq\f(3,4)處．則()A．滑塊滑上斜面后能再次滑回斜面底端B．滑塊滑上斜面后不能再次滑回斜面底端C．滑塊在斜面上運動的整個過程產(chǎn)生的熱量為eq\f(1,8)mv02D．滑塊在斜面上運動的整個過程產(chǎn)生的熱量為eq\f(1,4)mv02答案AD解析設(shè)斜面長度為L，斜面傾角為θ，由題意可知eq\f(1,2)mv02＝mgLsinθ，eq\f(1,2)mv02＝mgxsinθ＋μmgxcosθ，其中的x＝eq\f(3,4)L，解得μ＝eq\f(1,3)tanθ，因mgsinθ>μmgcosθ，則當(dāng)滑塊滑上斜面到達最高點后能再次滑回斜面底端，選項A正確，B錯誤；整個過程產(chǎn)生的熱量為Q＝2μmgxcosθ＝eq\f(1,2)mgLsinθ＝eq\f(1,4)mv02，選項C錯誤，D正確．5.A、B兩物體分別在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面運動，先后撤去F1、F2后，兩物體最終停下，它們的v－t圖像如圖所示．已知兩物體所受的滑動摩擦力大小相等，則下列說法正確的是()A．F1、F2大小之比為1∶2B．F1對A、F2對B做功之比為1∶2C．A、B質(zhì)量之比為2∶1D．全過程中A、B克服摩擦力做功之比為2∶1答案C解析由v－t圖像可知，兩個勻減速運動的加速度大小之比為1∶2，由題可知A、B所受摩擦力大小相等，所以A、B的質(zhì)量關(guān)系是2∶1，故C正確．由v－t圖像可知，A、B兩物體運動的位移相等，且勻加速運動位移之比為1∶2，勻減速運動的位移之比為2∶1，由動能定理可得F1與摩擦力的關(guān)系：F1·x－Ff1·3x＝0－0，F(xiàn)2與摩擦力的關(guān)系：F2·2x－Ff2·3x＝0－0，因此可得：F1＝3Ff1，F(xiàn)2＝eq\f(3,2)Ff2，F(xiàn)f1＝Ff2，所以F1＝2F2.全過程中A、B克服摩擦力做的功相等，F(xiàn)1對A、F2對B做的功大小相等，故A、B、D錯誤．6.電梯是一種以電動機為動力的垂直升降機，用于多層建筑載人或載運貨物．某次電梯從地面由靜止啟動，加速度a與離地高度h的關(guān)系圖像如圖所示，則()A．2h0～3h0范圍內(nèi)電梯向上做勻減速直線運動B．電梯在0～h0和2h0～3h0范圍內(nèi)的速度變化量相等C．電梯在3h0處的速度大小為2eq\r(a0h0)D．電梯上升的最大高度可能為3h0答案C解析由題圖可知從0到2h0，電梯先做加速度增大的加速運動再做勻加速運動，從2h0到3h0做加速度減小的加速運動，當(dāng)加速度為零時，電梯向上的速度不為零，仍會向上運動，則面積，則v＝eq\r(2S面積)，則電梯在h0處的速度大小為eq\r(a0h0)，在2h0處的速度大小為eq\r(3a0h0)，在3h0處的速度大小為2eq\r(a0h0)，所以電梯在0～h0和2h0～3h0范圍內(nèi)的速度變化量不相等，故B錯誤，C正確．7．(2019·全國卷Ⅲ·17)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．重力加速度取10m/s2.該物體的質(zhì)量為()A．2kgB．1.5kgC．1kgD．0.5kg答案C解析法一：特殊值法畫出運動示意圖．設(shè)該外力的大小為F，據(jù)動能定理知A→B(上升過程)：－(mg＋F)h＝EkB－EkAB→A(下落過程)：(mg－F)h＝EkA′－EkB′整理以上兩式并代入數(shù)據(jù)得物體的質(zhì)量m＝1kg，選項C正確．法二：寫表達式根據(jù)斜率求解上升過程：－(mg＋F)h＝Ek－Ek0，則Ek＝－(mg＋F)h＋Ek0下落過程：(mg－F)h＝Ek′－Ek0′，則Ek′＝(mg－F)h＋Ek0′，結(jié)合題圖可知mg＋F＝eq\f(72－36,3－0)N＝12N，mg－F＝eq\f(48－24,3－0)N＝8N聯(lián)立可得m＝1kg，選項C正確．8.(多選)如圖所示為一滑草場．某條滑道由上下兩段高均為h、與水平面夾角分別為45°和37°的滑道組成，載人滑草車與草地各處間的動摩擦因數(shù)均為μ.質(zhì)量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑，經(jīng)過上、下兩段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端(不計載人滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，重力加速度大小為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．則()A．動摩擦因數(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答案AB解析對載人滑草車從坡頂由靜止開始滑到底端的全過程分析，由動能定理可知：mg·2h－μmgcos45°·eq\f(h,sin45°)－μmgcos37°·eq\f(h,sin37°)＝0，解得μ＝eq\f(6,7)，選項A正確；滑草車在滑道上段加速，在滑道下段減速，故滑草車通過上段滑道末端時速度最大，根據(jù)動能定理有mgh－μmgcos45°·eq\f(h,sin45°)＝eq\f(1,2)mvm2，解得：vm＝eq\r(\f(2gh,7))，選項B正確；全過程有WG－W克f＝0，則載人滑草車克服摩擦力做功為2mgh，選項C錯誤；載人滑草車在下段滑道上的加速度為a＝eq\f(mgsin37°－μmgcos37°,m)＝－eq\f(3,35)g，故加速度大小為eq\f(3,35)g，選項D錯誤．9.如圖所示，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的小球(可看成質(zhì)點)從P點上方高為R處由靜止開始下落，恰好從P點進入軌道．小球滑到軌道最低點N時，對軌道的壓力大小為4mg，g為重力加速度．用W表示小球從P點運動到N點的過程中克服摩擦力所做的功，則()A．W＝eq\f(1,2)mgR，小球恰好可以到達Q點B．W>eq\f(1,2)mgR，小球不能到達Q點C．W＝eq\f(1,2)mgR，小球到達Q點后，繼續(xù)上升一段距離D．W<eq\f(1,2)mgR，小球到達Q點后，繼續(xù)上升一段距離答案C解析在N點，根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝meq\f(vN2,R)，由牛頓第三定律知FN＝FN′＝4mg，解得vN＝eq\r(3gR)，對小球從開始下落至到達N點的過程，由動能定理得mg·2R－W＝eq\f(1,2)mvN2－0，解得W＝eq\f(1,2)mgR.由于小球在PN段某點處的速度大于此點關(guān)于ON在NQ段對稱點處的速度，所以小球在PN段某點處受到的支持力大于此點關(guān)于ON在NQ段對稱點處受到的支持力，則小球在NQ段克服摩擦力做的功小于在PN段克服摩擦力做的功，小球在NQ段運動時，由動能定理得－mgR－W′＝eq\f(1,2)mvQ2－eq\f(1,2)mvN2，因為W′<eq\f(1,2)mgR，故vQ>0，所以小球到達Q點后，繼續(xù)上升一段距離，選項C正確．10．(2023·云南昆明市第一中學(xué)模擬)如圖甲所示，兩個不同材料制成的滑塊A、B靜置于水平桌面上，滑塊A的右端與滑塊B的左端接觸．某時刻開始，給滑塊A一個水平向右的力F，使滑塊A、B開始滑動，當(dāng)滑塊A、B滑動1.0m時撤去力F.整個運動過程中，滑塊A、B的動能Ek隨位移x的變化規(guī)律如圖乙所示．不計空氣阻力，求：(1)滑塊A對B做的功；(2)力F的大?。鸢?1)12J(2)39N解析(1)B在撤去F后繼續(xù)滑行xB＝1.0m，撤去F時B的動能EkB＝6J，由動能定理有－FfBxB＝0－EkB在撤去F前，對B由動能定律得WAB－FfBx＝EkB聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得WAB＝12J(2)撤去力F后，滑塊A繼續(xù)滑行的距離為xA＝0.5m，撤去F時A的動能EkA＝9J，由動能定理有－FfAxA＝0－EkA力F作用的過程中，分析滑塊A、B整體，由動能定理有(F－FfA－FfB)x＝EkA＋EkB代入數(shù)據(jù)解得F＝39N.11．如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點相切，BC為圓弧軌道的直徑，O為圓心，OA和OB之間的夾角為α，sinα＝eq\f(3,5).一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運動，經(jīng)A點沿圓弧軌道通過C點，落至水平軌道；在整個過程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C點所受合力的方向指向圓心，且此時小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱悖亓铀俣却笮間.求：(1)水平恒力的大小和小球到達C點時速度的大小；(2)小球到達B點時對圓弧軌道的壓力大?。鸢?1)eq\f(3,4)mgeq\f(\r(5gR),2)(2)eq\f(15,2)mg解析(1)設(shè)水平恒力的大小為F0，小球所受重力和水平恒力的合力的大小為F，小球到達C點時速度的大小為vC，則eq\f(F0,mg)＝tanα，F(xiàn)＝eq\f(mg,cosα)，由牛頓第二定律得F＝meq\f(vC2,R)，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得F0＝eq\f(3,4)mg，vC＝eq\f(\r(5gR),2).(2)設(shè)小球到達B點時速度的大小為vB，小球由B到C的過程中由動能定理可得－2FR＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvB2，代入數(shù)據(jù)解得vB＝eq\f(5,2)eq\r(gR)小球在B點時有FN－F＝meq\f(vB2,R)，解得FN＝eq\f(15,2)mg由牛頓第三定律可知，小球在B點時對圓弧軌道的壓力大小為FN′＝eq\f(15,2)mg.

第3講機械能守恒定律及其應(yīng)用目標(biāo)要求1.知道機械能守恒的條件，理解機械能守恒定律的內(nèi)容.2.會用機械能守恒定律解決單個物體或系統(tǒng)的機械能守恒問題．考點一機械能守恒的判斷1．重力做功與重力勢能的關(guān)系(1)重力做功的特點①重力做功與路徑無關(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械能的變化．(2)重力勢能①表達式：Ep＝mgh.②重力勢能的特點重力勢能是物體和地球所共有的，重力勢能的大小與參考平面的選取有關(guān)，但重力勢能的變化與參考平面的選取無關(guān)．(3)重力做功與重力勢能變化的關(guān)系重力對物體做正功，重力勢能減??；重力對物體做負(fù)功，重力勢能增大．即WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp.2．彈性勢能(1)定義：發(fā)生彈性形變的物體的各部分之間，由于有彈力的相互作用而具有的勢能．(2)彈力做功與彈性勢能變化的關(guān)系：彈力做正功，彈性勢能減??；彈力做負(fù)功，彈性勢能增大．即W＝－ΔEp.3．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)，動能與勢能可以互相轉(zhuǎn)化，而總的機械能保持不變．(2)表達式：mgh1＋eq\f(1,2)mv12＝mgh2＋eq\f(1,2)mv22.1．物體所受的合外力為零，物體的機械能一定守恒．(×)2．物體做勻速直線運動，其機械能一定守恒．(×)3．物體的速度增大時，其機械能可能減?。?√)機械能是否守恒的三種判斷方法(1)利用機械能的定義判斷：若物體動能、勢能之和不變，則機械能守恒．(2)利用做功判斷：若物體或系統(tǒng)只有重力(或彈簧的彈力)做功，雖受其他力，但其他力不做功(或做功代數(shù)和為0)，則機械能守恒．(3)利用能量轉(zhuǎn)化判斷：若物體或系統(tǒng)與外界沒有能量交換，物體或系統(tǒng)內(nèi)也沒有機械能與其他形式能的轉(zhuǎn)化，則機械能守恒．例1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．物體沿著斜面勻速下滑D．拉著物體沿光滑斜面勻速上升答案B解析電梯勻速下降，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物體位移的方向垂直，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．例2(多選)一蹦極運動員身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺下落，到最低點時距水面還有數(shù)米距離．假定空氣阻力可忽略，運動員可視為質(zhì)點，下列說法正確的是()A．運動員到達最低點前重力勢能始終減小B．蹦極繩張緊后的下落過程中，彈力做負(fù)功，彈性勢能增加C．蹦極過程中，運動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)機械能守恒D．蹦極過程中，重力勢能的改變量與重力勢能零點的選取有關(guān)答案ABC解析在運動員到達最低點前，運動員一直向下運動，根據(jù)重力勢能的定義可知重力勢能始終減小，故選項A正確；蹦極繩張緊后的下落過程中，彈力方向向上，而運動員向下運動，所以彈力做負(fù)功，彈性勢能增加，故選項B正確；對于運動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)，蹦極過程中只有重力和彈力做功，所以系統(tǒng)機械能守恒，故選項C正確；重力做功是重力勢能轉(zhuǎn)化的量度，即WG＝－ΔEp，而蹦極過程中重力做功只與初末位置的高度差有關(guān)，與重力勢能零點的選取無關(guān)，所以重力勢能的改變量與重力勢能零點的選取無關(guān)，故選項D錯誤．例3(多選)如圖所示，將一個內(nèi)外側(cè)均光滑的半圓形槽置于光滑的水平面上，槽的左側(cè)有一固定的豎直墻壁(不與槽粘連)．現(xiàn)讓一小球自左端槽口A點的正上方由靜止開始下落，從A點與半圓形槽相切進入槽內(nèi)，則下列說法正確的是()A．小球在半圓形槽內(nèi)運動的全過程中，只有重力對它做功B．小球從A點向半圓形槽的最低點運動的過程中，小球的機械能守恒C．小球從A點經(jīng)最低點向右側(cè)最高點運動的過程中，小球與半圓形槽組成的系統(tǒng)機械能守恒D．小球從下落到從右側(cè)離開半圓形槽的過程中，機械能守恒答案BC解析當(dāng)小球從半圓形槽的最低點運動到半圓形槽右側(cè)的過程中，小球?qū)Π雸A形槽的力使半圓形槽向右運動，半圓形槽對小球的支持力對小球做負(fù)功，小球的機械能不守恒，A、D錯誤；小球從A點向半圓形槽的最低點運動的過程中，半圓形槽靜止，則只有重力做功，小球的機械能守恒，B正確；小球從A點經(jīng)最低點向右側(cè)最高點運動的過程中，小球與半圓形槽組成的系統(tǒng)只有重力做功，機械能守恒，C正確．考點二單物體機械能守恒問題1．表達式2．應(yīng)用機械能守恒定律解題的一般步驟例4(2022·全國乙卷·16)固定于豎直平面內(nèi)的光滑大圓環(huán)上套有一個小環(huán)，小環(huán)從大圓環(huán)頂端P點由靜止開始自由下滑，在下滑過程中，小環(huán)的速率正比于()A．它滑過的弧長B．它下降的高度C．它到P點的距離D．它與P點的連線掃過的面積答案C解析如圖所示，設(shè)小環(huán)下降的高度為h，大圓環(huán)的半徑為R，小環(huán)到P點的距離為L，根據(jù)機械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2，由幾何關(guān)系可得h＝Lsinθ，sinθ＝eq\f(L,2R)，聯(lián)立可得h＝eq\f(L2,2R)，則v＝Leq\r(\f(g,R))，故C正確，A、B、D錯誤．例5(2021·浙江1月選考·20改編)如圖所示，豎直平面內(nèi)由傾角α＝60°的斜面軌道AB、半徑均為R的半圓形細圓管軌道BCDE和eq\f(1,6)圓周細圓管軌道EFG構(gòu)成一游戲裝置固定于地面，B、E兩處軌道平滑連接，軌道所在平面與豎直墻面垂直．軌道出口處G和圓心O2的連線，以及O2、E、O1和B等四點連成的直線與水平線間的夾角均為θ＝30°，G點與豎直墻面的距離d＝eq\r(3)R.現(xiàn)將質(zhì)量為m的小球從斜面的某高度h處靜止釋放．小球只有與豎直墻面間的碰撞可視為彈性碰撞，不計小球大小和所受阻力．(1)若釋放處高度h＝h0，當(dāng)小球第一次運動到圓管最低點C時，求速度大小vC；(2)求小球在圓管內(nèi)與圓心O1點等高的D點所受彈力FN與h的關(guān)系式；(3)若小球釋放后能從原路返回到出發(fā)點，高度h應(yīng)該滿足什么條件？答案見解析解析(1)從A到C，小球的機械能守恒，有mgh0＝eq\f(1,2)mvC2，可得vC＝eq\r(2gh0)(2)小球從A到D，由機械能守恒定律有mg(h－R)＝eq\f(1,2)mvD2根據(jù)牛頓第二定律有FN＝eq\f(mvD2,R)聯(lián)立可得FN＝2mg(eq\f(h,R)－1)滿足的條件h≥R(3)第1種情況：不滑離軌道原路返回，由機械能守恒定律可知，此時h需滿足的條件是h≤R＋3Rsinθ＝eq\f(5,2)R第2種情況：小球與墻面垂直碰撞后原路返回，小球與墻面碰撞后，進入G前做平拋運動，則vxt＝vxeq\f(vy,g)＝d，其中vx＝vGsinθ，vy＝vGcosθ故有vGsinθ·eq\f(vGcosθ,g)＝d，可得vG＝2eq\r(gR)由機械能守恒定律有mg(h－eq\f(5,2)R)＝eq\f(1,2)mvG2可得h＝eq\f(9,2)R.考點三系統(tǒng)機械能守恒問題1．解決多物體系統(tǒng)機械能守恒的注意點(1)對多個物體組成的系統(tǒng)，要注意判斷物體運動過程中系統(tǒng)的機械能是否守恒．一般情況為：不計空氣阻力和一切摩擦，系統(tǒng)的機械能守恒．(2)注意尋找用繩或桿相連接的物體間的速度關(guān)系和位移關(guān)系．(3)列機械能守恒方程時，一般選用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA＝－ΔEB的形式．2．幾種實際情景的分析(1)速率相等情景注意分析各個物體在豎直方向的高度變化．(2)角速度相等情景①桿對物體的作用力并不總是沿桿的方向，桿能對物體做功，單個物體機械能不守恒．②由v＝ωr知，v與r成正比．(3)某一方向分速度相等情景(關(guān)聯(lián)速度情景)兩物體速度的關(guān)聯(lián)實質(zhì)：沿繩(或沿桿)方向的分速度大小相等．(4)含彈簧的系統(tǒng)機械能守恒問題①由于彈簧發(fā)生形變時會具有彈性勢能，系統(tǒng)的總動能將發(fā)生變化，若系統(tǒng)除重力、彈簧彈力以外的其他力不做功，系統(tǒng)機械能守恒.②彈簧兩端物體把彈簧拉伸至最長(或壓縮至最短)時，兩端的物體具有相同的速度，彈性勢能最大．③對同一彈簧，彈性勢能的大小由彈簧的形變量決定，彈簧的伸長量和壓縮量相等時，彈簧的彈性勢能相等．考向1速率相等情景例6如圖所示，可視為質(zhì)點的小球A、B用不可伸長的細軟輕線連接，跨過固定在地面上、半徑為R的光滑圓柱，A的質(zhì)量為B的兩倍．當(dāng)B位于地面上時，A恰與圓柱軸心等高．將A由靜止釋放，B上升的最大高度是()A．2RB.eq\f(5R,3)C.eq\f(4R,3)D.eq\f(2R,3)答案C解析設(shè)B球的質(zhì)量為m，則A球的質(zhì)量為2m，A球剛落地時，兩球速度大小都為v，根據(jù)機械能守恒定律得2mgR＝eq\f(1,2)×(2m＋m)v2＋mgR，B球繼續(xù)上升的過程由動能定理可得－mgh＝0－eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立解得h＝eq\f(R,3)，B球上升的最大高度為h＋R＝eq\f(4,3)R，故選C.多個物體組成的系統(tǒng)，應(yīng)用機械能守恒時，先確定系統(tǒng)中哪些能量增加、哪些能量減少，再用ΔE增＝ΔE減(系統(tǒng)內(nèi)一部分增加的機械能和另一部分減少的機械能相等)解決問題．考向2角速度相等情景例7(多選)(2023·安徽滁州市定遠縣第三中學(xué)模擬)輪軸機械是中國古代制陶的主要工具．如圖所示，輪軸可繞共同軸線O自由轉(zhuǎn)動，其輪半徑R＝20cm，軸半徑r＝10cm，用輕質(zhì)繩纏繞在輪和軸上，分別在繩的下端吊起質(zhì)量為2kg、1kg的物塊P和Q，將兩物塊由靜止釋放，釋放后兩物塊均做初速度為0的勻加速直線運動，不計輪軸的質(zhì)量及軸線O處的摩擦，重力加速度g取10m/s2.在P從靜止下降1.2m的過程中，下列說法正確的是()A．P、Q速度大小始終相等B．Q上升的距離為0.6mC．P下降1.2m時Q的速度大小為2eq\r(3)m/sD．P下降1.2m時的速度大小為4m/s答案BD解析由題意知輪半徑R＝20cm，軸半徑r＝10cm，根據(jù)線速度與角速度關(guān)系可知eq\f(vP,vQ)＝eq\f(ωR,ωr)＝eq\f(2,1)，故A項錯誤；在P從靜止下降1.2m的過程中，由題意得eq\f(hP,hQ)＝eq\f(vPt,vQt)＝eq\f(2,1)，解得hQ＝0.6m，故B項正確；根據(jù)機械能守恒得mPghP＝eq\f(1,2)mPvP2＋eq\f(1,2)mQvQ2＋mQghQ，由A項和B項知eq\f(vP,vQ)＝eq\f(2,1)，hQ＝0.6m，解得vQ＝2m/s，vP＝4m/s，故C項錯誤，D項正確．考向3關(guān)聯(lián)速度情景例8(多選)(2023·福建省廈門一中高三檢測)如圖所示，質(zhì)量均為m的物塊A和B用不可伸長的輕繩連接，A放在傾角為θ的固定光滑斜面上，而B能沿光滑豎直桿上下滑動，桿和滑輪中心間的距離為L，物塊B從與滑輪等高處由靜止開始下落，斜面與桿足夠長，重力加速度為g.在物塊B下落到繩與水平方向的夾角為θ的過程中，下列說法正確的是()A．物塊B的機械能的減少量大于物塊A的重力勢能的增加量B．物塊B的重力勢能減少量為mgLtanθC．物塊A的速度大于物塊B的速度D．物塊B的末速度為eq\r(\f(2gLsinθ,1＋sin2θ))答案ABD解析在物塊B下落到繩與水平方向的夾角為θ時，物塊B下降的高度為h＝Ltanθ，則B重力勢能減少量為ΔEpB＝mgLtanθ，物塊A沿斜面上升的距離為x＝eq\f(L,cosθ)－L，設(shè)此時物塊A的速度為vA，物塊B的速度為vB，A、B組成的系統(tǒng)運動過程中只有重力做功，故系統(tǒng)機械能守恒，所以物塊B的機械能減少量等于物塊A的機械能增加量，有mgLtanθ－eq\f(1,2)mvB2＝eq\f(1,2)mvA2＋mgxsinθ，A物塊沿斜面上升時動能和勢能都增加，故A、B正確；將物塊B的速度分解為沿繩方向的速度和垂直繩方向的速度，則vA＝v繩＝vBsinθ，則物塊A的速度小于物塊B的速度，故C錯誤；聯(lián)立以上表達式可得vB＝eq\r(\f(2gLsinθ,1＋sin2θ))，故D正確．考向4含彈簧的系統(tǒng)機械能守恒問題例9(多選)如圖所示，一根輕彈簧一端固定在O點，另一端固定一個帶有孔的小球，小球套在固定的豎直光滑桿上，小球位于圖中的A點時，彈簧處于原長，現(xiàn)將小球從A點由靜止釋放，小球向下運動，經(jīng)過與A點關(guān)于B點對稱