高三物理一輪復習 第五章 機械能試題

第五章機械能[備考指南]考點內(nèi)容要求題型把握考情一、功和功率功和功率Ⅱ選擇、計算找規(guī)律近幾年高考既有對本章內(nèi)容的單獨考查，也有與牛頓運動定律、曲線運動、電磁學等內(nèi)容相結(jié)合的綜合考查，對本章單獨考查的題目多為選擇題。二、動能定理及其應用動能和動能定理Ⅱ選擇、計算三、機械能守恒定律及其應用重力做功與重力勢能Ⅱ選擇、計算機械能守恒定律及其應用Ⅱ四、功能關系能量守恒定律功能關系Ⅱ選擇、計算明熱點將本章內(nèi)容與其他知識相結(jié)合，與實際生產(chǎn)、生活和現(xiàn)代科技相結(jié)合進行命題的趨勢較強，在復習中應側(cè)重對基礎知識的理解和應用。實驗五~六探究動能定理、驗證機械能守恒定律填空第1節(jié)功和功率(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)由P＝Fv可知，發(fā)動機功率一定時，機車的牽引力與運行速度的大小成反比。(√)(6)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。(√)要點一功的正負判斷與恒力、合力做功的計算1．功的正負的判斷方法(1)恒力做功的判斷：依據(jù)力與位移的夾角來判斷。(2)曲線運動中做功的判斷：依據(jù)F與v的方向夾角α來判斷，當0°≤α<90°，力對物體做正功；90°<α≤180°，力對物體做負功；α＝90°，力對物體不做功。(3)依據(jù)能量變化來判斷：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的判斷。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lcosα求功。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。[多角練通]1．(多選)如圖5-1-1所示，質(zhì)量為m的物體置于傾角為θ的斜面上，物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，在外力作用下，斜面體以加速度a沿水平方向向左做勻加速運動，運動中物體m與斜面體相對靜止。則關于斜面對m的支持力和摩擦力的下列說法中正確的是()圖5-1-1A．支持力一定做正功 B．摩擦力一定做正功C．摩擦力可能不做功 D．摩擦力可能做負功解析：選ACD支持力方向垂直斜面向上，故支持力一定做正功。而摩擦力是否存在需要討論，若摩擦力恰好為零，物體只受重力和支持力，如圖所示，此時加速度a＝gtanθ，當a>gtanθ，摩擦力沿斜面向下，摩擦力與位移夾角小于90°，則做正功；當a<gtanθ，摩擦力沿斜面向上，摩擦力與位移夾角大于90°，則做負功。綜上所述，A、C、D正確。2.如圖5-1-2所示，木板可繞固定水平軸O轉(zhuǎn)動。木板從水平位置OA緩慢轉(zhuǎn)到OB位置，木板上的物塊始終相對于木板靜止。在這一過程中，物塊的重力勢能增加了2J。用FN表示物塊受到的支持力，用Ff表示物塊受到的摩擦力。在此過程中，以下判斷正確的是()圖5-1-2A．FN和Ff對物塊都不做功B．FN對物塊做功為2J，F(xiàn)f對物塊不做功C．FN對物塊不做功，F(xiàn)f對物塊做功為2JD．FN和Ff對物塊所做功的代數(shù)和為0解析：選B物塊所受的摩擦力Ff沿木板斜向上，與物塊的位移方向垂直，故摩擦力Ff對物塊不做功，物塊在慢慢移動過程中，重力勢能增加了2J，重力做負功2J，支持力FN對物塊做正功2J，故B正確。3．(2014·全國卷Ⅱ)一物體靜止在粗糙水平地面上。現(xiàn)用一大小為F1的水平拉力拉動物體，經(jīng)過一段時間后其速度變?yōu)関。若將水平拉力的大小改為F2，物體從靜止開始經(jīng)過同樣的時間后速度變?yōu)?v。對于上述兩個過程，用WF1、WF2分別表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分別表示前后兩次克服摩擦力所做的功，則()A．WF2>4WF1，Wf2>2Wf1B．WF2>4WF1，Wf2＝2Wf1C．WF2<4WF1，Wf2＝2Wf1D．WF2<4WF1，Wf2<2Wf1解析：選C根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律、牛頓第二定律、功的計算公式解題。根據(jù)x＝eq\f(v＋v0,2)t得，兩過程的位移關系x1＝eq\f(1,2)x2，根據(jù)加速度的定義a＝eq\f(v－v0,t)，得兩過程的加速度關系為a1＝eq\f(a2,2)。由于在相同的粗糙水平地面上運動，故兩過程的摩擦力大小相等，即f1＝f2＝f，根據(jù)牛頓第二定律F－f＝ma得，F(xiàn)1－f1＝ma1，F(xiàn)2－f2＝ma2，所以F1＝eq\f(1,2)F2＋eq\f(1,2)f，即F1>eq\f(F2,2)。根據(jù)功的計算公式W＝Fl，可知Wf1＝eq\f(1,2)Wf2，WF1>eq\f(1,4)WF2，故選項C正確，選項A、B、D錯誤。要點二變力做功的計算(一)利用動能定理求變力做功動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動，既適用于求恒力做功也適用于求變力做功。因使用動能定理可由動能的變化來求功，所以動能定理是求變力做功的首選。[典例1](2015·海南高考)如圖5-1-3，一半徑為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()圖5-1-3A.eq\f(1,4)mgR B.eq\f(1,3)mgRC.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，兩力的合力充當向心力，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。[答案]C(二)利用微元法求變力做功將物體的位移分割成許多小段，因小段很小，每一小段上作用在物體上的力可以視為恒力，這樣就將變力做功轉(zhuǎn)化為在無數(shù)多個無窮小的位移上的恒力所做元功的代數(shù)和。此法在中學階段，常應用于求解大小不變、方向改變的變力做功問題。[典例2]如圖5-1-4所示，在水平面上，有一彎曲的槽道，槽道由半徑分別為eq\f(R,2)和R的兩個半圓構成?，F(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的方向時刻與小球運動方向一致，則此過程中拉力所做的功為()圖5-1-4A．0 B．FRC．2πFR D.eq\f(3,2)πFR[解析]因為F的方向不斷改變，不能用W＝Flcosα求解，但由于拉力F的方向時刻與小球運動方向一致，可采用微元法，把小球的位移分割成許多的小段，在每一小段位移上作用在小球上的力F可視為恒力，F(xiàn)做的總功即為F在各個小段上做功的代數(shù)和，由此得：W＝Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)·2π·\f(R,2)＋\f(1,2)·2πR))＝eq\f(3,2)πFR，所以本題答案為D。[答案]D(三)化變力為恒力求變力做功變力做功直接求解時，通常都比較復雜，但若通過轉(zhuǎn)換研究的對象，有時可化為恒力做功，用W＝Flcosα求解。此法常常應用于輕繩通過定滑輪拉物體的問題中。[典例3]如圖5-1-5所示，固定的光滑豎直桿上套著一個滑塊，用輕繩系著滑塊繞過光滑的定滑輪，以大小恒定的拉力F拉繩，使滑塊從A點起由靜止開始上升。若從A點上升至B點和從B點上升至C點的過程中拉力F做的功分別為W1和W2，滑塊經(jīng)B、C兩點的動能分別為EkB和EkC，圖中AB＝BC，則()圖5-1-5A．W1＞W(wǎng)2 B．W1＜W2C．W1＝W2 D．無法確定W1和W2的大小關系[解析]繩子對滑塊做的功為變力做功，可以通過轉(zhuǎn)換研究對象，將變力的功轉(zhuǎn)化為恒力的功；因繩子對滑塊做的功等于拉力F對繩子做的功，而拉力F為恒力，W＝F·Δl，Δl為繩拉滑塊過程中力F的作用點移動的位移，大小等于滑輪左側(cè)繩長的縮短量，由圖可知，ΔlAB＞ΔlBC，故W1＞W(wǎng)2，A正確。[答案]A(四)利用平均力求變力做功在求解變力做功時，若物體受到的力方向不變，而大小隨位移呈線性變化，即力均勻變化時，則可以認為物體受到一大小為eq\o(F,\s\up6(—))＝eq\f(F1＋F2,2)的恒力作用，F(xiàn)1、F2分別為物體初、末態(tài)所受到的力，然后用公式W＝eq\o(F,\s\up6(—))lcosα求此力所做的功。[典例4]把長為l的鐵釘釘入木板中，每打擊一次給予的能量為E0，已知釘子在木板中遇到的阻力與釘子進入木板的深度成正比，比例系數(shù)為k。問此釘子全部進入木板需要打擊幾次？[解析]在把釘子打入木板的過程中，釘子把得到的能量用來克服阻力做功，而阻力與釘子進入木板的深度成正比，先求出阻力的平均值，便可求得阻力做的功。釘子在整個過程中受到的平均阻力為：F＝eq\f(0＋kl,2)＝eq\f(kl,2)釘子克服阻力做的功為：WF＝Fl＝eq\f(1,2)kl2設全過程共打擊n次，則給予釘子的總能量：E總＝nE0＝eq\f(1,2)kl2，所以n＝eq\f(kl2,2E0)。[答案]eq\f(kl2,2E0)(五)利用F-x圖像求變力做功在F-x圖像中，圖線與x軸所圍“面積”的代數(shù)和就表示力F在這段位移所做的功，且位于x軸上方的“面積”為正，位于x軸下方的“面積”為負，但此方法只適用于便于求圖線所圍面積的情況(如三角形、矩形、圓等規(guī)則的幾何圖形)。[典例5]某物體在變力F作用下沿水平方向做直線運動，物體的質(zhì)量m＝10kg，F(xiàn)隨物體的坐標x的變化情況如圖5-1-6所示。若物體從坐標原點由靜止出發(fā)，不計一切摩擦。借鑒教科書中學習直線運動時由v-t圖像求位移的方法，結(jié)合其他所學知識，根據(jù)圖示的F-x圖像可求出物體運動到x＝16m處時的速度大小為()圖5-1-6A．3m/s B．4m/sC．2eq\r(2)m/s D.eq\r(17)m/s[解析]力F在運動過程中所做的總功WF＝10×4J＝40J，由動能定理得：WF＝eq\f(1,2)mv2－0，解得物塊運動到x＝16m處的速度大小為v＝2eq\r(2)m/s[答案]C要點三功率的分析與計算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。[多角練通]1．(2016·昆明模擬)將一個小球斜向上拋出，小球在空中依次飛過三個完全相同的窗戶1、2、3。圖5-1-7中曲線為小球在空中運動的軌跡。若不計空氣阻力的影響，以下說法正確的是()圖5-1-7A．小球通過第1個窗戶所用的時間最長B．小球通過第1個窗戶重力做的功最大C．小球通過第3個窗戶重力的平均功率最小D．小球通過第3個窗戶的平均速度最大解析：選C將該斜拋運動分解為水平方向和豎直方向，在水平方向做勻速直線運動，通過窗戶3的水平位移最大，所以時間最長，故A錯誤。通過3個窗戶時在豎直方向上的位移相等，所以重力做功相等，故B錯誤。根據(jù)PG＝eq\f(WG,t)，重力做功相等，通過第3個窗戶的時間最長，所以平均功率最小，故C正確。在運動的過程中速度越來越小，通過窗戶3的平均速度最小，故D錯誤。2．(2015·福州二模)如圖5-1-8所示，一個縱截面是等腰三角形的斜面體M置于水平地面上，它的底面粗糙，兩斜面光滑。將質(zhì)量不相等的A、B兩個小滑塊(mA＞mB)同時從斜面上同一高度處靜止釋放，在兩滑塊滑至斜面底端的過程中，M始終保持靜止，則()圖5-1-8A．B滑塊先滑至斜面底端B．地面對斜面體的摩擦力方向水平向左C．兩滑塊滑至斜面底端時重力的瞬時功率相同D．地面對斜面體的支持力等于三個物體的總重力解析：選B滑塊A和B下滑的加速度和位移的大小分別相等，可知兩滑塊滑至底端的時間相同，故A錯誤。設等腰三角形的底角為α，則A和B對斜面體壓力在水平方向的分力大小分別為mAgcosα·sinα和mBgcosα·sinα，因為mA＞mB，則地面對斜面體有向左的摩擦力，故B正確?；瑝KA和B滑到底端的速度大小也相等，由于質(zhì)量不同，則重力的瞬時功率P＝mgvsinα不同，故C錯誤。因為A、B的加速度均沿斜面向下，整體處于失重狀態(tài)，則支持力小于三個物體的總重力，故D錯誤。要點四機車啟動問題1．兩種啟動方式的比較兩種方式以恒定功率啟動以恒定加速度啟動P-t圖和v-t圖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\up6(v↑))P＝Fv↑直到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，維持時間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勻速直線運動加速度減小的加速運動BC段無F＝F阻?a＝0?以vm＝eq\f(P額,F阻)勻速運動2．三個重要關系式(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時，勻加速過程結(jié)束后功率最大，速度不是最大，即v＝eq\f(P,F)<vm＝eq\f(P,F阻)。(3)機車以恒定功率運行時，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或速度。[典例](2015·呼倫貝爾一模)某興趣小組對一輛自制遙控小車的性能進行研究。他們讓這輛小車在水平的直軌道上由靜止開始運動，并將小車運動的全過程記錄下來，通過處理轉(zhuǎn)化為v-t圖像，如圖5-1-9所示(除2～10s時間段圖像為曲線外，其余時間段圖像均為直線)。已知在小車運動的過程中，2s后小車的功率P＝9W保持不變，小車的質(zhì)量為1.0kg，可認為在整個運動過程中小車所受到的阻力大小不變。圖5-1-9(1)小車所受到的阻力大??；(2)小車在0～10s內(nèi)位移的大小。[審題指導](1)0～2s內(nèi)小車的v-t圖像為直線，小車做勻加速直線運動。(2)2～10s內(nèi)小車的功率保持不變，小車處于恒定功率啟動狀態(tài)。(3)v＝6m/s為小車啟動過程的最大速度[解析](1)由圖像知，前兩秒的末速度為v1＝3m/s，最大速度為vm＝6m根據(jù)P＝Fv，當F＝Ff時，v＝vm解得阻力Ff＝eq\f(P,vm)＝eq\f(9,6)N＝1.5N。(2)前2s，小車做勻加速直線運動，位移為x1，由運動學公式得x1＝eq\f(v1,2)t1＝eq\f(3,2)×2m＝3m，2～10s內(nèi)，時間為t2，根據(jù)動能定理Pt2－Ffx2＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mv12代入數(shù)據(jù)解得x2＝390～10s內(nèi)位移x＝x1＋x2＝42m[答案](1)1.5N(2)42m[易錯提醒](1)機車啟動的方式不同，運動的規(guī)律就不同，即其功率、速度、加速度、牽引力等物理量的變化規(guī)律不相同，分析圖像時應注意坐標軸的意義及圖像變化所描述的規(guī)律。(2)在機車功率P＝Fv中，F(xiàn)是機車的牽引力而不是機車所受合力，正是基于此，P＝Ffvm時，即牽引力與阻力平衡時達到最大運行速度。(3)恒定功率下的啟動過程一定不是勻加速，勻變速直線運動的公式不適用了，這種加速過程發(fā)動機做的功可用W＝Pt計算，不能用W＝Fl計算(因為F為變力)。(4)以恒定牽引力加速時的功率一定不恒定，這種加速過程發(fā)動機做的功常用W＝Fl計算，不能用W＝Pt計算(因為功率P是變化的)。[針對訓練]1．(2015·海南高考)假設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)動機的輸出功率變?yōu)樵瓉淼?倍，則摩托艇的最大速率變?yōu)樵瓉淼?)A．4倍 B．2倍C.eq\r(3)倍 D.eq\r(2)倍解析：選D設f＝kv，當阻力等于牽引力時，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。2.(多選)(2015·蘇州高三調(diào)研)質(zhì)量為2×103kg的汽車由靜止開始沿平直公路行駛，行駛過程中牽引力F和車速倒數(shù)eq\f(1,v)的關系圖像如圖5-1-10所示。已知行駛過程中最大車速為30m/s，設阻力恒定，則()圖5-1-10A．汽車所受阻力為6×103NB．汽車在車速為5m/s時，加速度為3m/s2C．汽車在車速為15m/s時，加速度為1m/s2D．汽車在行駛過程中的最大功率為6×104W解析：選CD當牽引力等于阻力時，速度最大，由圖線可知阻力大小Ff＝2000N，故A錯誤。傾斜圖線的斜率表示功率，可知P＝Ffv＝2000×30W＝60000W，車速為5m/s時，汽車的加速度a＝eq\f(6000－2000,2000)m/s2＝2m/s2，故B錯誤；當車速為15m/s時，牽引力F＝eq\f(P,v)＝eq\f(60000,15)N＝4000N，則加速度a＝eq\f(F－Ff,m)＝eq\f(4000－2000,2000)m/s2＝1m/s2，故C正確；汽車的最大功率等于額定功率，等于60000W，故D正確。功和功率計算中的兩類易錯題(一)滑輪兩側(cè)細繩平行1．如圖5-1-11所示，質(zhì)量為M、長度為L的木板放在光滑的水平地面上，在木板的右端放置質(zhì)量為m的小木塊，用一根不可伸長的輕繩通過光滑的定滑輪分別與木塊、木板連接，木塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ，開始時木塊和木板靜止，現(xiàn)用水平向右的拉力F作用在木板上，將木塊拉向木板左端的過程中，拉力至少做功為()圖5-1-11A．2μmgL B.eq\f(1,2)μmgLC．μ(M＋m)gL D．μmgL解析：選D對木塊m受力分析，由平衡條件可得FT＝μmg。對木板M受力分析，由平衡條件可得：F＝FT＋μmg，又因當木塊從木板右端拉向左端的過程中，木板向右移動的位移l＝eq\f(L,2)，故拉力F所做的功W＝F·l＝μmgL，D正確。2．(2015·南安高三期中)如圖5-1-12甲所示，滑輪質(zhì)量、摩擦均不計，質(zhì)量為2kg的物體在F作用下由靜止開始向上做勻加速運動，其速度隨時間的變化關系如圖乙所示，由此可知()圖5-1-12A．物體加速度大小為2m/s2B．F的大小為21NC．4s末F的功率大小為42WD．4s內(nèi)F做功的平均功率為42W解析：選C由圖乙可知，物體的加速度a＝0.5m/s2，由2F－mg＝ma可得：F＝10.5N，A、B均錯誤；4s末力F的作用點的速度大小為vF＝2×2m/s＝4m/s，故4s末拉力F做功的功率為P＝F·vF＝42W，C正確；4s內(nèi)物體上升的高度h＝4m，力F的作用點的位移l＝2h＝8m，拉力F所做的功W＝F·l＝84J,4s內(nèi)拉力F做功的平均功率eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)＝21W，D錯誤。[反思領悟](1)不計摩擦和滑輪質(zhì)量時，滑輪兩側(cè)細繩拉力大小相等。(2)通過定滑輪連接的兩物體，位移大小相等。(3)通過動滑輪拉動物體時，注意物體與力的作用點的位移、速度、作用力間的大小關系。(二)滑輪兩側(cè)細繩不平行3．一木塊前端有一滑輪，繩的一端系在右方固定處，水平穿過滑輪，另一端用恒力F拉住，保持兩股繩之間的夾角θ不變，如圖5-1-13所示，當用力F拉繩使木塊前進s時，力F對木塊做的功(不計繩重和滑輪摩擦)是()圖5-1-13A．Fscosθ B．Fs(1＋cosθ)C．2Fscosθ D．2Fs解析：選B根據(jù)動滑輪的特點可求出繩子在F方向上的位移為x＝s(1＋cosθ)，根據(jù)恒力做功公式得W＝Fx＝Fs(1＋cosθ)，或可看成兩股繩都在對木塊做功W＝Fs＋Fscosθ＝Fs(1＋cosθ)，則選項B正確。4.質(zhì)量為m的物體放在一固定的斜面上，一個人通過動滑輪用恒定的力F拉動物體沿斜面前進l，力F與斜面夾角為α，如圖5-1-14所示。求人做的功。圖5-1-14解析：如圖所示，力F作用點的位移x＝2lcoseq\f(α,2)，故拉力F所做的功W＝Fxcoseq\f(α,2)＝2Flcos2eq\f(α,2)＝Fl(1＋cosα)。答案：Fl(1＋cosα)[反思領悟]對于通過動滑輪拉物體的情況，當拉力F的方向與物體的位移方向不同時，拉力F的功的大小可用如下兩種思路求解：(1)用W＝F·xcosα求，其中x為力F作用點的位移大小，α為力F與力F作用點位移x之間的夾角。(2)用兩段細繩拉力分別所做功的代數(shù)合求解，如第3題的第二種方法。對點訓練：功的理解與計算1.(2015·寧波期末)如圖1所示，木塊B上表面是水平的，當木塊A置于B上，并與B保持相對靜止，一起沿固定的光滑斜面由靜止開始下滑，在下滑過程中()圖1A．A所受的合外力對A不做功B．B對A的彈力做正功C．B對A的摩擦力做正功D．A對B做正功解析：選CAB一起沿固定的光滑斜面由靜止開始下滑，加速度為gsinθ。由于A速度增大，由動能定理，A所受的合外力對A做功，B對A的摩擦力做正功，B對A的彈力做負功，選項A、B錯誤C正確。A對B不做功，選項D錯誤。2．(多選)(2015·云南一檢)如圖2所示，n個完全相同，邊長足夠小且互不粘連的小方塊依次排列，總長度為l，總質(zhì)量為M，它們一起以速度v在光滑水平面上滑動，某時刻開始滑上粗糙水平面。小方塊與粗糙水平面之間的動摩擦因數(shù)為μ，若小方塊恰能完全進入粗糙水平面，則摩擦力對所有小方塊所做功的數(shù)值為()圖2A.eq\f(1,2)Mv2 B．Mv2C.eq\f(1,2)μMgl D．μMgl解析：選AC小方塊恰能完全進入粗糙水平面，說明小方塊進入粗糙水平面后速度為零。以所有小方塊為研究對象，由動能定理可知，所有小方塊克服摩擦力做功Wf＝eq\f(1,2)Mv2，A項正確；將所有小方塊等效為質(zhì)量集中在重心的質(zhì)點，恰能完全進入粗糙水平面，重心位移為eq\f(1,2)l，摩擦力做功為－eq\f(1,2)μMgl，做功數(shù)值大小為eq\f(1,2)μMgl，C項正確。3.(多選)一輛質(zhì)量為m的汽車在發(fā)動機牽引力F的作用下，沿水平方向運動。在t0時刻關閉發(fā)動機，其運動的v-t圖像如圖3所示。已知汽車行駛過程中所受的阻力是汽車重力的k倍，則()圖3A．加速過程與減速過程的平均速度之比為1∶2B．加速過程與減速過程的位移大小之比為1∶2C．汽車牽引力F與所受阻力大小之比為3∶1D．汽車牽引力F做的功為eq\f(3kmgv0t0,2)解析：選BCD由題圖可知，加速過程F－Ff＝ma1，a1＝eq\f(v0,t0)，位移x1＝eq\f(1,2)v0t0；減速過程－Ff＝ma2，a2＝－eq\f(v0,2t0)，位移x2＝eq\f(1,2)v0·2t0，又Ff＝kmg，由以上各式解得加速過程與減速過程的位移大小之比為1∶2，平均速度之比為1∶1，汽車牽引力F與所受阻力大小之比為3∶1，汽車牽引力F做的功為W＝Fx1＝eq\f(3kmgv0t0,2)，故選項A錯誤，B、C、D正確。對點訓練：功率的分析與計算4.(2016·綿陽二診)如圖4所示，質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點)用長為L的細線懸掛于O點，自由靜止在A位置。現(xiàn)用水平力F緩慢地將小球從A拉到B位置而靜止，細線與豎直方向夾角為θ＝60°，此時細線的拉力為F1，然后放手讓小球從靜止返回，到A點時細線的拉力為F2，則()圖4A．F1＝F2＝2mgB．從A到B，拉力F做功為F1C．從B到A的過程中，小球受到的合外力大小不變D．從B到A的過程中，小球重力的瞬時功率一直增大解析：選A在B位置根據(jù)平衡條件有F1＝eq\f(mg,cos60°)＝2mg，在A位置根據(jù)牛頓第二定律有F2－mg＝eq\f(mv2,L)，從B到A利用動能定理得mgL(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立可知F2＝2mg，選項A正確；從A到B利用動能定理得WF－mgL(1－cos60°)＝0，解得拉力F做功為WF＝eq\f(mgL,2)，選項B錯誤；從B到A的過程中，小球受到的合外力大小時刻發(fā)生變化，選項C錯誤；在最高點時小球的速度為零，重力的瞬時功率為零，在最低點時小球豎直方向的速度為零，重力的瞬時功率為零，即從B到A的過程中，小球重力的瞬時功率先增大后減小，選項D錯誤。5．(多選)(2015·浙江高考)我國科學家正在研制航母艦載機使用的電磁彈射器。艦載機總質(zhì)量為3.0×104kg，設起飛過程中發(fā)動機的推力恒為1.0×105N；彈射器有效作用長度為100m，推力恒定。要求艦載機在水平彈射結(jié)束時速度大小達到80m/s。彈射過程中艦載機所受總推力為彈射器和發(fā)動機推力之和，A．彈射器的推力大小為1.1×106NB．彈射器對艦載機所做的功為1.1×108JC．彈射器對艦載機做功的平均功率為8.8×107WD．艦載機在彈射過程中的加速度大小為32m/s2解析：選ABD對艦載機應用運動學公式v2－02＝2ax，即802＝2·a·100，得加速度a＝32m/s2，選項D正確；設總推力為F，對艦載機應用牛頓第二定律可知：F－20%F＝ma，得F＝1.2×106N，而發(fā)動機的推力為1.0×105N，則彈射器的推力為F推＝(1.2×106－1.0×105)N＝1.1×106N，選項A正確；彈射器對艦載機所做的功為W＝F推·l＝1.1×108J，選項B正確；彈射過程所用的時間為t＝eq\f(v,a)＝eq\f(80,32)s＝2.5s，平均功率P＝eq\f(W,t)＝eq\f(1.1×108,2.5)W＝4.4×107W，選項C錯誤。6.(多選)(2016·長沙模擬)如圖5所示，位于水平面上的物體在斜向上的恒力F1的作用下，做速度為v的勻速運動，此時力F1與水平方向的夾角為θ1；現(xiàn)將該夾角增大到θ2，對應恒力變?yōu)镕2，則以下說法正確的是()圖5A．若物體仍以速度v做勻速運動，則可能有F2＝F1B．若物體仍以速度v做勻速運動，則一定有F2＞F1C．若物體仍以速度v做勻速運動，則F2的功率可能等于F1的功率D．若物體以大于v的速度做勻速運動，則F1的功率可能等于F2的功率解析：選AD物體都做勻速運動，受力平衡，則：F1cosθ1＝μ(mg－F1sinθ1)F2cosθ2＝μ(mg－F2sinθ2)解得：F1＝eq\f(μmg,cosθ1＋μsinθ1)，F(xiàn)2＝eq\f(μmg,cosθ2＋μsinθ2)當cosθ1＋μsinθ1＝cosθ2＋μsinθ2時，F(xiàn)2＝F1，則sin(θ1＋β)＝sin(θ2＋β)，其中tanβ＝eq\f(1,μ)，當θ1＋θ2＋2β＝π時，sin(θ1＋β)＝sin(θ2＋β)，則F2的大小可能等于F1，故A正確，B錯誤。功率P＝Fvcosθ，v相等，要使功率相等，則F1cosθ1＝F2cosθ2，F(xiàn)1sinθ1＝F2sinθ2，而θ2＞θ1，不可能同時滿足，所以F2的功率不可能等于F1的功率，故C錯誤。根據(jù)C的分析可知，當物體以大于v的速度做勻速運動時，F(xiàn)1cosθ1可以大于F2cosθ2，則F1的功率可能等于F2的功率，故D正確。對點訓練：機車啟動問題7.(2015·徐州模擬)一輛汽車在平直的公路上以某一初速度運動，運動過程中保持恒定的牽引功率，其加速度a和速度的倒數(shù)eq\f(1,v)圖像如圖6所示。若已知汽車的質(zhì)量，則根據(jù)圖像所給的信息，不能求出的物理量是()圖6A．汽車的功率B．汽車行駛的最大速度C．汽車所受到的阻力D．汽車運動到最大速度所需的時間解析：選D由F－Ff＝ma，P＝Fv可得：a＝eq\f(P,m)·eq\f(1,v)－eq\f(Ff,m)，對應圖線可知，eq\f(P,m)＝k＝40，可求出汽車的功率P，由a＝0時，eq\f(1,vm)＝0.05可得：vm＝20m/s，再由vm＝eq\f(P,Ff)，可求出汽車受到的阻力Ff，但無法求出汽車運動到最大速度的時間。8．(2015·全國卷Ⅱ)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7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變化的圖線中，可能正確的是()圖7解析：選A由P-t圖像知：0～t1內(nèi)汽車以恒定功率P1行駛，t1～t2內(nèi)汽車以恒定功率P2行駛。設汽車所受牽引力為F，則由P＝Fv得，當v增加時，F(xiàn)減小，由a＝eq\f(F－f,m)知a減小，又因速度不可能突變，所以選項B、C、D錯誤，選項A正確。9．水平路面上行駛的汽車所受到的阻力大小Ff與汽車行駛的速率成正比。若汽車從靜止出發(fā)，先做勻加速直線運動，達到額定功率后保持額定功率行駛，則在整個行駛過程中，汽車受到的牽引力大小F與阻力大小Ff關系圖像是()解析：選A汽車先做勻加速直線運動，速度增大，F(xiàn)f＝kv增大，根據(jù)牛頓第二定律得：F＝Ff＋ma可知，牽引力隨著Ff的增大而均勻增大，圖像是一條傾斜的直線，功率達到額定功率后，F(xiàn)＝eq\f(P,v)，F(xiàn)f＝kv，則F＝eq\f(Pk,Ff)，則牽引力與阻力成反比，故A正確。對點訓練：功、功率與其他力學知識的綜合10．(多選)(2015·寶雞質(zhì)檢)如圖8所示，半徑為r的光滑水平轉(zhuǎn)盤到水平地面的高度為H，質(zhì)量為m的小物塊被一個電子鎖定裝置鎖定在轉(zhuǎn)盤邊緣，轉(zhuǎn)盤繞過轉(zhuǎn)盤中心的豎直軸以ω＝kt(k＞0且是恒量)的角速度轉(zhuǎn)動。從t＝0開始，在不同的時刻t將小物塊解鎖，小物塊經(jīng)過一段時間后落到地面上。假設在t時刻解鎖的物塊落到地面上時重力的瞬時功率為P，落地點到轉(zhuǎn)盤中心的水平距離為d，則下圖中P-t圖像、d2-t2圖像分別正確的是()圖8解析：選BC時刻t將小物塊解鎖后，物塊做平拋運動，初速度為：v0＝rω＝rkt，物塊落地時豎直分速度為：vy＝eq\r(2gH)，物塊落到地面上時重力的瞬時功率為：P＝mgvy＝mgeq\r(2gH)，可知P與t無關，故A錯誤，B正確；物塊做平拋運動的時間為：t′＝eq\r(\f(2H,g))，水平位移大小為：x＝v0t′＝rkteq\r(\f(2H,g))，根據(jù)幾何知識可得落地點到轉(zhuǎn)盤中心的水平距離為：d2＝r2＋x2＝r2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(rkt\r(\f(2H,g))))2＝r2＋eq\f(2Hr2k2,g)t2，故C正確，D錯誤。11．(2015·四川高考)嚴重的霧霾天氣，對國計民生已造成了嚴重的影響。汽車尾氣是形成霧霾的重要污染源，“鐵腕治污”已成為國家的工作重點。地鐵列車可實現(xiàn)零排放，大力發(fā)展地鐵，可以大大減少燃油公交車的使用，減少汽車尾氣排放。若一地鐵列車從甲站由靜止啟動后做直線運動，先勻加速運動20s達最高速度72km/h，再勻速運動80s，接著勻減速運動15s到達乙站停住。設列車在勻加速運動階段牽引力為1×106N，勻速運動階段牽引力的功率為6×103kW，忽略勻減速運動階段牽引力所做的功。圖9(1)求甲站到乙站的距離；(2)如果燃油公交車運行中做的功與該列車從甲站到乙站牽引力做的功相同，求公交車排放氣態(tài)污染物的質(zhì)量。(燃油公交車每做1焦耳功排放氣態(tài)污染物3×10－6克解析：(1)設列車勻加速直線運動階段所用的時間為t1，距離為s1；在勻速直線運動階段所用的時間為t2，距離為s2，速度為v；在勻減速直線運動階段所用的時間為t3，距離為s3；甲站到乙站的距離為s。則s1＝eq\f(1,2)vt1①s2＝vt2②s3＝eq\f(1,2)vt3③s＝s1＋s2＋s3④聯(lián)立①②③④式并代入數(shù)據(jù)得s＝1950m。⑤(2)設列車在勻加速直線運動階段的牽引力為F，所做的功為W1；在勻速直線運動階段的牽引力的功率為P，所做的功為W2。設燃油公交車與該列車從甲站到乙站做相同的功W，將排放氣態(tài)污染物的質(zhì)量為M。則W1＝Fs1⑥W2＝Pt2⑦W＝W1＋W2⑧M＝(3×10－9kg·J－1)·聯(lián)立①⑥⑦⑧⑨式并代入數(shù)據(jù)得M＝2.04kg。答案：(1)1950m(2)2.04kg12．(2016·常州模擬)高速連續(xù)曝光照相機可在底片上重疊形成多個圖像?，F(xiàn)利用這架照相機對MD－2000家用汽車的加速性能進行研究，如圖10為汽車做勻加速直線運動時三次曝光的照片，圖中汽車的實際長度為4m，照相機每兩次曝光的時間間隔為2.0s。已知該汽車的質(zhì)量為1000kg，額定功率為90kW，汽車運動過程中所受的阻力始終為1500N圖10(1)試利用圖示，求該汽車的加速度。(2)若汽車由靜止開始以此加速度做勻加速運動，勻加速運動狀態(tài)最多能保持多長時間。(3)汽車所能達到的最大速度是多大。(4)若該汽車從靜止開始運動，牽引力不超過3000N，求汽車運動2400m所用的最短時間(汽車已經(jīng)達到最大速度)。解析：(1)由圖可得汽車在第1個2s時間內(nèi)的位移x1＝9m，第2個2s時間內(nèi)的位移x2＝汽車的加速度a＝eq\f(Δx,T2)＝1.5m/s2。(2)由F－Ff＝ma得，汽車牽引力F＝Ff＋ma＝(1500＋1000×1.5)N＝3000N汽車做勻加速運動的末速度v＝eq\f(P額,F)＝eq\f(90×103,3×103)m/s＝30m/s勻加速運動保持的時間t1＝eq\f(v,a)＝eq\f(30,1.5)s＝20s。(3)汽車所能達到的最大速度vm＝eq\f(P額,Ff)＝eq\f(90×103,1.5×103)m/s＝60m/s。(4)由(1)、(2)知勻加速運動的時間t1＝20s，運動的距離x1′＝eq\f(vt1,2)＝eq\f(30,2)×20m＝300m所以，后階段以恒定功率運動的距離x2′＝(2400－300)m＝2100m對后階段以恒定功率運動，有：P額t2－Ffx2′＝eq\f(1,2)m(vm2－v2)解得t2＝50s所以，所求時間為t總＝t1＋t2＝(20＋50)s＝70s。答案：(1)1.5m/s2(2)20s(3)60m/s(4)70s第2節(jié)動能定理及其應用(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。(×)(6)做自由落體運動的物體，動能與時間的二次方成正比。(√)要點一對動能定理的理解1．對“外力”的兩點理解(1)“外力”指的是合力，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)既可以是恒力，也可以是變力。2．“＝”體現(xiàn)的二個關系[多角練通]1．關于運動物體所受的合外力、合外力做的功及動能變化的關系，下列說法正確的是()A．合外力為零，則合外力做功一定為零B．合外力做功為零，則合外力一定為零C．合外力做功越多，則動能一定越大D．動能不變，則物體合外力一定為零解析：選A由W＝Flcosα可知，物體所受合外力為零，合外力做功一定為零，但合外力做功為零，可能是α＝90°，故A正確，B錯誤；由動能定理W＝ΔEk可知，合外力做功越多，動能變化量越大，但動能不一定越大，動能不變，合外力做功為零，但合外力不一定為零，C、D均錯誤。2．(多選)質(zhì)量不等，但有相同動能的兩個物體，在動摩擦因數(shù)相同的水平地面上滑行，直至停止，則()A．質(zhì)量大的物體滑行的距離大B．質(zhì)量小的物體滑行的距離大C．它們滑行的距離一樣大D．它們克服摩擦力所做的功一樣多解析：選BD由動能定理可知，摩擦力對物體所做的功等于物體動能的增量，因兩物體具有相同的動能，故兩物體滑行過程中克服摩擦力所做的功也相同，又Wf＝μmg·x可知，質(zhì)量越大的物體，滑行的距離x越小，故B、D選項正確。3.(多選)某人通過光滑滑輪將質(zhì)量為m的物體，沿光滑斜面由靜止開始勻加速地由底端拉上斜面，物體上升的高度為h，到達斜面頂端的速度為v，如圖5-2-1所示。則在此過程中()圖5-2-1A．物體所受的合力做功為mgh＋eq\f(1,2)mv2B．物體所受的合力做功為eq\f(1,2)mv2C．人對物體做的功為mghD．人對物體做的功大于mgh解析：選BD對物體應用動能定理可得W合＝W人－mgh＝eq\f(1,2)mv2，故W人＝mgh＋eq\f(1,2)mv2，B、D選項正確。要點二動能定理的應用應用動能定理的流程應用動能定理的注意事項(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)應用動能定理的關鍵在于對研究對象進行準確的受力分析及運動過程分析，并畫出運動過程的草圖，借助草圖理解物理過程之間的關系。(3)當物體的運動包含多個不同過程時，可分段應用動能定理求解；當所求解的問題不涉及中間的速度時，也可以全過程應用動能定理求解，這樣更簡便。(4)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。[典例](2015·浙江高考)如圖5-2-2所示，用一塊長L1＝1.0m的木板在墻和桌面間架設斜面，桌子高H＝0.8m，長L2＝1.5m。斜面與水平桌面的傾角θ可在0～60°間調(diào)節(jié)后固定。將質(zhì)量m＝0.2kg的小物塊從斜面頂端靜止釋放，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.05，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ2，忽略物塊在斜面與桌面交接處的能量損失。(重力加速度取g＝10m/s圖5-2-2(1)當θ角增大到多少時，物塊能從斜面開始下滑；(用正切值表示)(2)當θ角增大到37°時，物塊恰能停在桌面邊緣，求物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ2；(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(3)繼續(xù)增大θ角，發(fā)現(xiàn)θ＝53°時物塊落地點與墻面的距離最大，求此最大距離xm。[審題指導](1)物塊恰好要下滑時應滿足mgsinθ＝μmgcosθ。(2)物塊恰好停在桌面邊緣時其在桌面上的位移大小為L2－L1cosθ。(3)xm為物塊落地點到墻面的距離而不是物塊平拋的水平位移。[解析](1)為使小物塊下滑，應有mgsinθ≥μ1mgcosθθ滿足的條件tanθ≥0.05即當θ＝arctan0.05時物塊恰好從斜面開始下滑。(2)克服摩擦力做功Wf＝μ1mgL1cosθ＋μ2mg(L2－L1cosθ)由動能定理得mgL1sinθ－Wf＝0代入數(shù)據(jù)得μ2＝0.8。(3)由動能定理得mgL1sinθ－Wf＝eq\f(1,2)mv2解得v＝1m/s由平拋運動規(guī)律得H＝eq\f(1,2)gt2，x1＝vt解得t＝0.4sx1＝0.4xm＝x1＋L2＝1.9m[答案](1)arctan0.05(2)0.8(3)1.9m[方法規(guī)律](1)運用動能定理解決問題時，選擇合適的研究過程能使問題得以簡化。當物體的運動過程包含幾個運動性質(zhì)不同的子過程時，可以選擇一個、幾個或全部子過程作為研究過程。(2)當選擇全部子過程作為研究過程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時，要注意運用它們的功能特點：①重力的功取決于物體的初、末位置，與路徑無關；②大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小與路程的乘積。[針對訓練]1．(2016·青島檢測)相同材料制成的滑道ABC，其中AB段為曲面，BC段為水平面?，F(xiàn)有質(zhì)量為m的木塊，從距離水平面h高處的A點由靜止釋放，滑到B點過程中克服摩擦力做功為eq\f(1,3)mgh；木塊通過B點后繼續(xù)滑行2h距離后，在C點停下來，則木塊與曲面間的動摩擦因數(shù)應為()圖5-2-3A.eq\f(1,3) B.eq\f(2,3)C.eq\f(1,6) D.eq\f(1,12)解析：選A物體從A點到C點根據(jù)動能定理：mgh－eq\f(1,3)mgh－μmg·2h＝0，解得μ＝eq\f(1,3)，因為曲面和水平軌道是同種材料，所以木塊與曲面間的動摩擦因數(shù)也為eq\f(1,3)，選項A正確。2．(2015·山東高考)如圖5-2-4甲所示，物塊與質(zhì)量為m的小球通過不可伸長的輕質(zhì)細繩跨過兩等高定滑輪連接。物塊置于左側(cè)滑輪正下方的表面水平的壓力傳感裝置上，小球和右側(cè)滑輪的距離為l。開始時物塊和小球均靜止，將此時傳感裝置的示數(shù)記為初始值?，F(xiàn)給小球施加一始終垂直于l段細繩的力，將小球緩慢拉起至細繩與豎直方向成60°角，如圖乙所示，此時傳感器裝置的示數(shù)為初始值的1.25倍；再將小球由靜止釋放，當運動至最低位置時，傳感裝置的示數(shù)為初始值的0.6倍。不計滑輪的大小和摩擦，重力加速度的大小為g。求：圖5-2-4(1)物塊的質(zhì)量；(2)從釋放到運動至最低位置的過程中，小球克服空氣阻力所做的功。解析：(1)設開始時細繩的拉力大小為T1，傳感裝置的初始值為F1，物塊質(zhì)量為M，由平衡條件得對小球，T1＝mg①對物塊，F(xiàn)1＋T1＝Mg②當細繩與豎直方向的夾角為60°時，設細繩的拉力大小為T2，傳感裝置的示數(shù)為F2，據(jù)題意可知，F(xiàn)2＝1.25F1，對小球，T2＝mgcos60°③對物塊，F(xiàn)2＋T2＝Mg④聯(lián)立①②③④式，代入數(shù)據(jù)得M＝3m。(2)設小球運動至最低位置時速度的大小為v，從釋放到運動至最低位置的過程中，小球克服阻力所做的功為Wf，由動能定理得mgl(1－cos60°)－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0⑥在最低位置，設細繩的拉力大小為T3，傳感裝置的示數(shù)為F3，據(jù)題意可知，F(xiàn)3＝0.6F1，對小球，T3－mg＝meq\f(v2,l)⑦對物塊，由平衡條件得F3＋T3＝Mg⑧聯(lián)立①②⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)得Wf＝0.1mgl。⑨答案：(1)3m(2)0.1要點三動能定理的圖像問題1．解決物理圖像問題的基本步驟2．四類圖像所圍面積的含義v-t圖由公式x＝vt可知，v-t圖線與坐標軸圍成的面積表示物體的位移a-t圖由公式Δv＝at可知，a-t圖線與坐標軸圍成的面積表示物體速度的變化量F-x圖由公式W＝Fx可知，F(xiàn)-x圖線與坐標軸圍成的面積表示力所做的功P-t圖由公式W＝Pt可知，P-t圖線與坐標軸圍成的面積表示力所做的功[典例](2015·東北三省三校一模)某星球半徑為R＝6×106m，假設該星球表面上有一傾角為θ＝30°的固定斜面，一質(zhì)量為m＝1kg的小物塊在力F作用下從靜止開始沿斜面向上運動，力F始終與斜面平行，如圖5-2-5甲所示。已知小物塊和斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),3)，力F隨位移x變化的規(guī)律如圖乙所示(取沿斜面向上的方向為正向)，如果小物塊運動12m時速度恰好為零，已知萬有引力常量G＝6.67×10－11N·m2/kg2。試求：(計算結(jié)果保留一位有效數(shù)字)圖5-2-5(1)該星球表面上的重力加速度g的大小；(2)該星球的平均密度。[審題指導](1)F-x圖線與x軸所圍面積表示力F對物塊所做的功。(2)物塊上滑過程中摩擦力始終不變。(3)可利用g＝eq\f(GM,R2)求出星球質(zhì)量進而確定星球平均密度。[解析](1)設該星球表面的重力加速度為g，物塊上滑過程中力F所做的功WF＝(15×6－3×6)J＝72J，由動能定理得：WF－mgsinθ·x－μmgcosθ·x＝0，解得：g＝6m/s2。(2)在星球表面重力與萬有引力相等有：Geq\f(mM,R2)＝mg可得星球的質(zhì)量為：M＝eq\f(gR2,G)可得星球的密度ρ＝eq\f(M,V)＝eq\f(\f(gR2,G),\f(4,3)πR3)＝eq\f(3g,4πGR)＝eq\f(3×6,4×3.14×6.67×10－11×6×106)kg/m3＝4×103kg/m3。[答案](1)6m/s2(2)4×103[針對訓練]1．(2015·合肥一模)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5-2-6所示。已知兩物體與水平面間的滑動摩擦力大小相等。則下列說法正確的是()圖5-2-6A．F1、F2大小之比為1∶2B．F1、F2對A、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解析：選C由速度與時間圖像可知，兩個勻減速運動的加速度之比為1∶2，由牛頓第二定律可知：A、B受摩擦力大小相等，所以A、B的質(zhì)量關系是2∶1，由速度與時間圖像可知，A、B兩物體加速與減速的位移相等，且勻加速運動位移之比1∶2，勻減速運動的位移之比2∶1，由動能定理可得：A物體的拉力與摩擦力的關系，F(xiàn)1·x－f1·3x＝0－0；B物體的拉力與摩擦力的關系，F(xiàn)2·2x－f2·3x＝0－0，因此可得：F1＝3f1，F(xiàn)2＝eq\f(3,2)f2，f1＝f2，所以F1＝2F2。全過程中摩擦力對A、B做功相等，F(xiàn)1、F2對A、B做功大小相等。故A、B、D錯誤，C正確。2．(多選)(2015·濟寧三模)如圖5-2-7甲所示，為測定物體沖上粗糙斜面能達到的最大位移x與斜面傾角θ的關系，將某一物體每次以不變的初速率v0沿足夠長的斜面向上推出，調(diào)節(jié)斜面與水平方向的夾角θ，實驗測得x與斜面傾角θ的關系如圖乙所示，g取10m/s2，根據(jù)圖像可求出()圖5-2-7A．物體的初速率v0＝3mB．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.75C．取不同的傾角θ，物體在斜面上能達到的位移x的最小值xmin＝1.44mD．當某次θ＝30°時，物體達到最大位移后將沿斜面下滑解析：選BC由圖可知，當夾角θ＝0時，位移為2.40m，而當夾角為90°時，位移為1.80m，則由豎直上拋運動規(guī)律可得v0＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×1.80)m/s＝6m/s，故A錯誤；當夾角為0度時，由動能定理可得μmgx＝eq\f(1,2)mv02，解得μ＝eq\f(36,2×10×2.4)＝0.75，故B正確；由－mgxsinθ－μmgxcosθ＝0－eq\f(1,2)mv02，解得x＝eq\f(v02,2gsinθ＋μcosθ)＝eq\f(18,10sinθ＋\f(3,4)cosθ)m＝eq\f(18,10×\f(5,4)×sinθ＋α)m，當θ＋α＝90°時，sin(θ＋α)＝1，此時位移最小，x＝1.44m，故C正確；若θ＝30°時，物體受到的重力的分力為mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，摩擦力Ff＝μmgcos30°＝0.75×mg×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),8)mg，一般認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，故物體達到最高點后，不會下滑，故D錯誤。要點四應用動能定理解決平拋運動、圓周運動問題1.平拋運動和圓周運動都屬于曲線運動，若只涉及位移和速度而不涉及時間，應優(yōu)先考慮用動能定理列式求解。2.動能定理的表達式為標量式，不能在某一個方向上列動能定理方程。[典例](2015·新泰模擬)如圖5-2-8所示，傾斜軌道AB的傾角為37°，CD、EF軌道水平，AB與CD通過光滑圓弧管道BC連接，CD右端與豎直光滑圓周軌道相連。小球可以從D進入該軌道，沿軌道內(nèi)側(cè)運動，從E滑出該軌道進入EF水平軌道。小球由靜止從A點釋放，已知AB長為5R，CD長為R，重力加速度為g，小球與斜軌AB及水平軌道CD、EF的動摩擦因數(shù)均為0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，圓弧管道BC入口B與出口C的高度差為1.8R。求：(在運算中，根號中的數(shù)值無需算出)圖5-2-8(1)小球滑到斜面底端C時速度的大小。(2)小球剛到C時對軌道的作用力。(3)要使小球在運動過程中不脫離軌道，豎直圓周軌道的半徑R′應該滿足什么條件？[審題指導]第一步：抓關鍵點關鍵點獲取信息光滑圓弧軌道BCBC軌道無摩擦力做功豎直光滑圓周軌道豎直圓軌道無摩擦力做功小球由靜止從A點釋放小球的初速度vA＝0小球剛到C時對軌道的壓力①小球在圓軌道BC的最低點，具有豎直向上的向心加速度②利用牛頓第三定律確定小球?qū)壍赖膲毫Φ诙剑赫彝黄瓶?1)A、C兩點的高度差hAC＝1.8R＋5Rsin37°；(2)在圓軌道BC的C點：FN－mg＝meq\f(vC2,r)；(3)圓弧軌道的半徑r可由r＋rcos37°＝1.8R求出；(4)小球在圓形軌道中運動不脫離軌道的情況有恰好通過最高點和最大高度不超過圓心兩種情況。[解析](1)設小球到達C點時速度為v，小球從A運動至C過程，由動能定理有：mg(5Rsin37°＋1.8R)－μmgcos37°·5R＝eq\f(1,2)mvC2可得：vC＝eq\r(\f(28gR,5))。(2)小球沿BC軌道做圓周運動，設在C點時軌道對球的作用力為FN，由牛頓第二定律，有：FN－mg＝meq\f(vC2,r)其中r滿足：r＋r·sin53°＝1.8R聯(lián)立上式可得：FN＝6.6mg由牛頓第三定律可得，球?qū)壍赖淖饔昧?.6mg，方向豎直向下。(3)要使小球不脫離軌道，有兩種情況：情況一：小球能滑過圓周軌道最高點，進入EF軌道，則小球在最高點應滿足：meq\f(vP2,R′)≥mg小球從C直到此最高點過程，由動能定理，有：－μmgR－mg·2R′＝eq\f(1,2)mvP2－eq\f(1,2)mvC2可得：R′≤eq\f(23,25)R＝0.92R情況二：小球上滑至四分之一圓軌道的最高點時，速度減為零，然后滑回D。則由動能定理有：－μmgR－mg·R′＝0－eq\f(1,2)mvC2解得：R′≥2.3R所以要使小球不脫離軌道，豎直圓周軌道的半徑R′應該滿足R′≤0.92R或R′≥2.3R。[答案](1)eq\r(\f(28gR,5))(2)6.6mg，方向豎直向下(3)R′≤0.92R或R′≥2.3R[針對訓練]1.(2015·大慶質(zhì)檢)如圖5-2-9所示，半徑為R的金屬環(huán)豎直放置，環(huán)上套有一質(zhì)量為m的小球，小球開始時靜止于最低點?，F(xiàn)使小球以初速度v0＝eq\r(6Rg)沿環(huán)上滑，小球運動到環(huán)的最高點時與環(huán)恰無作用力，則小球從最低點運動到最高點的過程中()圖5-2-9A．小球機械能守恒B．小球在最低點時對金屬環(huán)的壓力是6mgC．小球在最高點時，重力的功率是mgeq\r(gR)D．小球機械能不守恒，且克服摩擦力所做的功是0.5mgR解析：選D小球運動到環(huán)的最高點時與環(huán)恰無作用力，設此時的速度為v，由向心力公式可得：mg＝eq\f(mv2,R)；小球從最低點到最高點的過程中，由動能定理可得：－Wf－2mgR＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，聯(lián)立可得：Wf＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv2－2mgR＝eq\f(1,2)mgR，可見此過程中小球機械能不守恒，克服摩擦力做功為eq\f(1,2)mgR，選項A錯誤，D正確；小球在最高點時，速度v的方向和重力的方向垂直，二者間的夾角為90°，功率P＝0，選項C錯誤；小球在最低點，由向心力公式可得：F－mg＝eq\f(mv02,R)，F(xiàn)＝mg＋eq\f(mv02,R)＝7mg，選項B錯誤。2．(2015·重慶高考)同學們參照伽利略時期演示平拋運動的方法制作了如圖5-2-10所示的實驗裝置，圖中水平放置的底板上豎直地固定有M板和N板。M板上部有一半徑為R的eq\f(1,4)圓弧形的粗糙軌道，P為最高點，Q為最低點，Q點處的切線水平，距底板高為H，N板上固定有三個圓環(huán)。將質(zhì)量為m的小球從P處靜止釋放，小球運動至Q飛出后無阻礙地通過各圓環(huán)中心，落到底板上距Q水平距離為L處。不考慮空氣阻力，重力加速度為g。求：圖5-2-10(1)距Q水平距離為eq\f(L,2)的圓環(huán)中心到底板的高度；(2)小球運動到Q點時速度的大小以及對軌道壓力的大小和方向；(3)摩擦力對小球做的功。解析：(1)設小球在Q點的速度為v0，由平拋運動規(guī)律有H＝eq\f(1,2)gt12，L＝v0t1，得v0＝Leq\r(\f(g,2H))。從Q點到距Q點水平距離為eq\f(L,2)的圓環(huán)中心的豎直高度為h，則eq\f(L,2)＝v0t2，得h＝eq\f(1,2)gt22＝eq\f(1,4)H。該位置距底板的高度：Δh＝H－h(huán)＝eq\f(3,4)H。(2)設小球在Q點受的支持力為F，由牛頓第二定律F－mg＝meq\f(v02,R)，得F＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(L2,2HR)))，由牛頓第三定律可知，小球?qū)壍赖膲毫′＝F，方向豎直向下。(3)設摩擦力對小球做功為W，則由動能定理得mgR＋W＝eq\f(1,2)mv02得W＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,4H)－R))。答案：(1)eq\f(3,4)H(2)Leq\r(\f(g,2H))mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(L2,2HR)))方向：豎直向下(3)mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,4H)－R))運用動能定理巧解往復運動問題在某些物體的運動中，其運動過程具有重復性、往返性，而在這一過程中，描述物體的物理量多數(shù)是變化的，而重復的次數(shù)又往往是無法確定的或者是無限性，求解這類問題時若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。由于動能定理只關心物體的初末狀態(tài)而不計運動過程的細節(jié)，所以用動能定理分析這類問題可使解題過程簡化。(一)往復次數(shù)可確定的情形1．如圖5-2-11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)為μ＝0.10。小物塊在盆內(nèi)來回滑動，最后停下來，則停的地點到B的距離為()圖5-2-11A．0.50m B．0.25mC．0.10m D．0解析：選D設小物塊在BC段通過的總路程為s，由于只有水平面上存在摩擦力，則小物塊從A點開始運動到最終靜止的整個過程中，摩擦力做功為－μmgs，而重力做功與路徑無關，由動能定理得：mgh－μmgs＝0－0，代入數(shù)據(jù)可解得s＝3m。由于d＝0.50m，所以，小物塊在BC段經(jīng)過3次往復運動后，又回到B點。(二)往復次數(shù)無法確定的情形2.(2016·成都高三月考)如圖5-2-12所示，斜面的傾角為θ，質(zhì)量為m的滑塊距擋板P的距離為x0，滑塊以初速度v0沿斜面上滑，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑塊每次與擋板相碰均無機械能損失，滑塊經(jīng)過的總路程是()圖5-2-12A.eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v02,2gcosθ)＋x0tanθ)) B.eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v02,2gsinθ)＋x0tanθ))C.eq\f(2,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v02,2gcosθ)＋x0tanθ)) D.eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v02,2gcosθ)＋x0cotθ))解析：選A滑塊最終要停在斜面底部，設滑塊經(jīng)過的總路程為x，對滑塊運動的全程應用功能關系，全程所產(chǎn)生的熱量為Q＝eq\f(1,2)mv02＋mgx0sinθ，又由全程產(chǎn)生的熱量等于克服摩擦力所做的功，即Q＝μmgxcosθ，解以上兩式可得x＝eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v02,2gcosθ)＋x0tanθ))，選項A正確。(三)往復運動永不停止的情形3．如圖5-2-13所示，AB、CD為兩個對稱斜面，其上部足夠長，下部B、C分別與一個光滑的圓弧面的兩端相切，圓弧圓心角為120°，半徑R為2.0m，一個物體在離弧底E高度為h＝3.0m處，以初速度v＝4.0m/s沿斜面運動，若物體與兩斜面間的動摩擦因數(shù)均為0.02，則物體在兩斜面上(不包括圓弧部分)一共運動的路程是多少？(g取10m/s2)圖5-2-13解析：兩個斜面的下部B、C分別與光滑的圓弧面相切，圓心角為120°，所以可得出斜面的傾角為θ＝60°，物體在斜面上所受到的滑動摩擦力為Ff＝μmgcos60°＝0.02×eq\f(1,2)mg＝0.01mg。重力沿斜面的分力G′＝mgsin60°＝eq\f(\r(3),2)mg＞Ff，所以物體不能停留在斜面上。物體在斜面上滑動時，由于摩擦力做功，物體的機械能逐漸減小，物體滑到斜面上的高度逐漸降低，物體最終將在B、C間做往復運動。設物體在斜面上運動的總路程為s，對全過程應用動能定理得mg[h－R(1－cos60°)]－μmgscos60°＝0－eq\f(1,2)mv2，解得s＝280m。答案：280m[反思領悟](1)應用動能定理求解往復運動問題時，要確定物體的初狀態(tài)和最終狀態(tài)。(2)重力做功與物體運動路徑無關，可用WG＝mgh直接求解。(3)滑動摩擦力做功與物體運動路徑有關，其功的大小可用Wf＝－Ff·s求解，其中s為物體相對滑行的路程。對點訓練：對動能定理的理解1．(多選)關于動能定理的表達式W＝Ek2－Ek1，下列說法正確的是()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，也可通過以下兩種方式計算：先求每個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為動能的增量，當W＞0時動能增加，當W＜0時，動能減少D．動能定理適用于直線運動，但不適用于曲線運動，適用于恒力做功，但不適用于變力做功解析：選BC公式W＝Ek2－Ek1中的“W”為所有力所做的總功，A錯誤，B正確；若W＞0，則Ek2＞Ek1，若W＜0，則Ek2＜Ek1，C正確；動能定理對直線運動、曲線運動、恒力做功、變力做功均適用，D錯誤。2.如圖1所示，一塊長木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物體A，現(xiàn)以恒定的外力拉B，由于A、B間摩擦力的作用，A將在B上滑動，以地面為參考系，A、B都向前移動一段距離。在此過程中()圖1A．外力F做的功等于A和B動能的增量B．B對A的摩擦力所做的功，等于A的動能增量C．A對B的摩擦力所做的功，等于B對A的摩擦力所做的功D．外力F對B做的功等于B的動能的增量解析：選BA物體所受的合外力等于B對A的摩擦力，對A物體運用動能定理，則有B對A的摩擦力所做的功等于A的動能的增量，即B對；A對B的摩擦力與B對A的摩擦力是一對作用力與反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑動，A、B對地的位移不等，故二者做功不相等，C錯；對B應用動能定理，WF－WFf＝ΔEkB，即WF＝ΔEkB＋WFf，就是外力F對B做的功，等于B的動能增量與B克服摩擦力所做的功之和，D錯；由前述討論知B克服摩擦力所做的功與A的動能增量(等于B對A的摩擦力所做的功)不等，故A錯。3.如圖2所示，質(zhì)量為m的滑塊從h高處的a點沿傾斜軌道ab滑入水平軌道bc(兩軌道平滑連接)，滑塊與傾斜軌道及水平軌道間的動摩擦因數(shù)相同。滑塊在a、c兩點時的速度大小均為v，ab長度與bc長度相等?？諝庾枇Σ挥?，則滑塊從a到c的運動過程中()圖2A．滑塊的動能始終保持不變B．滑塊在bc過程克服阻力做的功一定等于eq\f(1,2)mghC．滑塊經(jīng)b點時的速度大于eq\r(gh＋v2)D．滑塊經(jīng)b點時的速度等于eq\r(2gh＋v2)解析：選C由題意知，在滑塊從b運動到c的過程中，由于摩擦力做負功，動能在減少，所以A錯誤；從a到c的運動過程中，根據(jù)動能定理：mgh－Wf＝0，可得全程克服阻力做功Wf＝mgh，因在ab段、bc段摩擦力做功不同，故滑塊在bc過程克服阻力做的功一定不等于eq\f(1,2)mgh，所以B錯誤；滑塊對ab段軌道的正壓力小于對bc段的正壓力，故在ab段滑塊克服摩擦力做的功小于在bc段克服摩擦力做的功，即從a到b克服摩擦力做的功Wf′＜eq\f(1,2)mgh，設在b點的速度為v′，根據(jù)動能定理：mgh－Wf′＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv2，可得v′＞eq\r(gh＋v2)，故C正確，D錯誤。對點訓練：動能定理的應用4.如圖3所示，AB為eq\f(1,4)圓弧軌道，BC為水平直軌道，圓弧對應的圓的半徑為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，當它由軌道頂端A從靜止開始下落，恰好運動到C處停止，那么物體在AB段克服摩擦力所做的功為()圖3A.eq\f(1,2)μmgR B.eq\f(1,2)mgRC．mgR D．(1－μ)mgR解析：選D由題意可知mgR＝WfAB＋WfBC，WfBC＝μmgR，所以WfAB＝(1－μ)mgR，D正確。5.(2015·江西省重點中學十校聯(lián)考)如圖4所示，固定斜面傾角為θ，整個斜面分為AB、BC兩段，且1.5AB＝BC。小物塊P(可視為質(zhì)點)與AB、BC兩段斜面之間的動摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2，已知P由靜止開始從A點釋放，恰好能滑動到C點而停下，那么θ、μ1、μ2間應滿足的關系是()圖4A．tanθ＝eq\f(2μ1＋3μ2,5) B．tanθ＝eq\f(2μ1＋μ2,3)C．tanθ＝2μ1－μ2 D．tanθ＝2μ2－μ1解析：選A物塊P從A點釋放，恰好能滑動到C點，物塊受重力、支持力、滑動摩擦力。設斜面AC長為L，研究從A點釋放到C點而停下，運用動能定理列出等式：mgLsinθ－μ1mgcosθ×eq\f(2,5)L－μ2mgcosθ×eq\f(3,5)L＝0－0＝0，解得：tanθ＝eq\f(2μ1＋3μ2,5)，故選A。6.(2016·淮安模擬)如圖5所示，小物塊與水平軌道、傾斜軌道之間的動摩擦因數(shù)均相同，小物塊從傾角為θ1的軌道上高度為h的A點靜止釋放，運動至B點時速度為v1?，F(xiàn)將傾斜軌道的傾角調(diào)至為θ2，仍將物塊從軌道上高度為h的A點靜止釋放，運動至B點時速度為v2。已知θ2＜θ1，不計物塊在軌道接觸處的機械能損失。則()圖5A．v1＜v2B．v1＞v2C．v1＝v2D．由于不知道θ1、θ2的具體數(shù)值，v1、v2關系無法判定解析：選C對小物塊運動分析，如圖所示，物塊運動過程中摩擦力做負功，重力做正功，由動能定理可得：eq\f(1,2)mv2＝mgh－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)－μmgxBD＝mgh－μmgh·eq\f(1,tanθ)－μmgxBD，因為h·eq\f(1,tanθ)＋xBD＝xBC，所以eq\f(1,2)mv2＝mgh－μmgxBC，故到達B點的速度與傾斜軌道的傾角無關，所以v1＝v2，故C正確。對點訓練：動能定理的圖像問題7.(2015·浙江十校聯(lián)考)用水平力F拉一物體，使物體在水平地面上由靜止開始做勻加速直線運動，t1時刻撤去拉力F，物體做勻減速直線運動，到t2時刻停止，其速度—時間圖像如圖6所示，且α＞β，若拉力F做的功為W1，平均功率為P1；物體克服摩擦阻力Ff做的功為W2，平均功率為P2，則下列選項正確的是()圖6A．W1＞W(wǎng)2，F(xiàn)＝2Ff B．W1＝W2，F(xiàn)＞2FfC．P1＜P2，F(xiàn)＞2Ff D．P1＝P2，F(xiàn)＝2Ff解析：選B由動能定理可得