第五章机械能（整章教案共116页2022年高考第轮复习资料）

1、第五章机械能定标一核心素养物理观念了解功、功率、动能、重力势能等概念，掌握动能定理、机械能守恒定律。科学思维会进行功和功率的计算，能利用能量观点解决综合问题。科学探究探究动能定理，验证机械能守恒定律。科学态度与责任了解功和能在生活、科学技术等方面的应用。定位主干知识.功和功率.动能和动能定理.重力做功与重力势能.功能关系、机械能守恒定律及其应用.实验：验证机械能守恒定律第1课时功和功率（基础自修课）必备知识（一）功和功的正、负.功的正负用起重机将质量为m的物体匀速吊起一段距离，那么作用在物体上的各力做功情况应是下列说法中的哪一种（）A.重力做正功，拉力做负功，合力做功为零B.重力做负功，拉力做

2、正功，合力做正功C.重力做负功，拉力做正功，合力做功为零D.重力不做功，拉力做正功，合力做正功系统归纳功的正负的判断方法恒力的功依据力与位移方向的夹角来判断曲线运动中的功依据力与速度方向的夹角a来判断，当（TWaPzB.WiW2,Pi=PiC.WiW2,PiP2D.Wt=W2,P=Pi系统归纳对功率的两点说明.物体在发生一段位移过程中所对应的功率为平均功率。.力对物体做功的多少与地面是否光滑无关，但力对物体做功的功率大小与地面是否光滑有关。.瞬时功率的计算如图所示是倾角为45。的斜坡，在斜坡底端P,_Jq点正上方某一位置。处以速度。水平向左抛出一个小球，小球落在斜坡上时速度方向与沿斜坡向上的方

3、向成105。夹角，不计空气阻力，则小/!球做平抛运动的过程（）-4心叵A.速度变化量的大小为小如B.运动时间为皑C.落在斜坡前瞬间重力的瞬时功率为2ingv0D.小球水平位移与竖直位移之比为1:1瞬时功率的计算方法(1)利用公式尸=尸0cosa,其中。为f时刻的瞬时速度。(2)利用公式尸=尸。，其中场为物体的速度。在力尸方向上的分速度。如第2题中重力的瞬时功率P=mg-vy=mg-gt=y/3mgvoo(3)利用公式P=F必,其中凡为物体受到的外力尸在速度。方向上的分力。.平均功率的分析与计算如图所示是一种清洗车辆用的手持式喷水枪。若已知水枪口的横截面积为S,水的密度为外设水以恒定的速率。源源

4、不断地从枪口喷出，关于水枪工作时功率的大小，下列判断正确的是()A.与S成反比C.与成正比平均功率的计算方法IV利用p=7求解。利用P=Fvcos a求解,精解详析1.选A根据功的定义,B.与。成正比D.与小成正比其中。为物体运动的平均速度。两次水平恒力厂做的功相等，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，作用同样大小的力F,第一次的加速度较大，由x=&F可知，使物体沿力的方向发生相同的位移，第一次需要的时间较短，根据功率的定义，可知第一次的功率较大，即尸1尸2,选项A正确。.选A落到斜坡上时，对速度分解，则如=vcos60,vv=psin60,联立

5、解得马=小划，由于水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，故速度变化量为Av=%=小Vo,故A正确；运动时间=,=故B错误；重力的瞬时功率尸=吆必,=班咋如，故C错误；水平位移为“=如力竖直方向的位移为解得%:y=2：布，故D错误。.选D根据动能定理，水枪对水做功等于水获得的动能，则时间，内喷出水的质量Wk21为m=pV=pSLpSvt,Ek=5wi2,/=pSv3,由上式可知，水枪工作时功率大小与水枪口的横截面积S成正比，与出口处水的速率。的立方成正比，故1)正确。必备知识(三)机车启动问题.恒功率启动(2020天津等级考)(多选)复兴号动车在世界上首次实现速度350km/h自动驾驶功能

6、，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为小的动车，初速度为内，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间f达到该功率下的最大速度。m,设动车行驶过程所受到的阻力尸保持不变。动车在时间，内()A.做匀加速直线运动B.加速度逐渐减小C.牵引力的功率P=F5nD.牵引力做功W=%iVm2一：niVo2解析：选BC由于动车以恒定功率运动，则由尸=尸,1力。可知，动车的速度增大，则牵引力减小，由牛顿第二定律FW2WiMhc,故亚|电，A正确。答案A（四）利用平均力求变力做功当物体受到的力的方向不变，而大小随位移均匀变化时，则可以认为物体受到一大小为F=一;二的恒力作用，B、尸2分别为物体在初、末

7、位置所受到的力，然后用公式W=Ficosa求此变力所做的功。例4用铁锤把小铁钉钉入木板，设木板对钉子的阻力与钉进木板的深度成正比。已知铁锤第一次将钉子钉进d,如果铁锤第二次敲钉子时对钉子做的功与第一次相同，那么,第二次钉子进入木板的深度为（）A.（小一l）dB.（V2-l）dc州尹涛d解析铁锤每次敲钉子时对钉子做的功等于钉子克服阻力做的功。由于阻力与深度成正比，可用阻力的平均值求功，据题意可得kdW=Fd=d,kd+k（d+d,）,公联立式解得d=（yf2-l）d,故选B。答案B（五）利用F-x图像求变力做功在尸-X图像中，图线与X轴所围“面积”的代数和就表示力尸在这段位移内所做的功,且位于X

8、轴上方的“面积”为正功，位于X轴下方的“面积”为负功，但此方法只适用于便于求图线所围面积的情况（如三角彩、矩彩、圆等规则的几何图形）。例5如图甲所示，质量为4kg的物体在水平推力作用下开始运动，推力大小F随位移大小x变化的情况如图乙所示，物体与地面间的动摩擦因数为=05g取10m/s2,则（） TOC o 1-5 h z M7NRI.7777777777777777777777,Q4/甲乙,A.物体先做加速运动，推力撤去后才开始做减速运动B.运动过程中推力做的功为200JC.物体在运动过程中的加速度先变小后不变D.因推力是变力，无法确定推力做功的大小解析滑动摩擦力R=，g=20N,物体先加速，

9、当推力减小到20N时，加速度减小为零，之后推力逐渐减小，物体做加速度增大的减速运动，当推力减小为零后做匀减速运动，选项A、C错误；尸-X图像与横轴所围图形的面积表示推力做的功，W=|xiOONX4m=200J,选项B正确，D错误。答案B课时跟踪检测1.如图所示，光滑斜面体放在水平面上，斜面上用固定的竖直挡板挡住一个光滑的重球。在整个装置沿水平面向左减速运动的过程中，关于重球所受各力做功情况的说法中错误的是（）A.重力不做功B.斜面对球的弹力一定做正功C.挡板对球的弹力可能不做功D.挡板对球的弹力一定做负功 TOC o 1-5 h z 解析：选C对小球进行受力分析如图：重力方向与位移方向垂直，弋

10、重力不做功，故A项正确。由于整个装量向左减速运动，加速度水平向右，屈Yni则NiWO,M的方向与位移方向相反，所以M一定做负功，故C项错误，D项正确。竖直方向受力平衡，则得MHO,且M与位移的夹角为锐角，w斜面对球的弹力一定做正功，故B项正确。（2020江苏浙电）质量为1.5X103kg的汽车在水平路面上匀速行驶，速度为20m/s,受到的阻力大小为1.8X1（AN。此时，汽车发动机输出的实际功率是（）A.90WB.30kWC.36kWD.300kW解析：选C根据汽车做匀速直线运动可得此时汽车的牵引力等于阻力，即F=f=1.8X103N,此时汽车发动机的实际输出功率即瞬时功率，根据=f以代入数据

11、解得此时汽车发动机的实际输出功率为36kW,A,B、D项均错误，C项正确。.据科技日报报道，上海中车公司生产的全球最大马力无人遥控潜水器在上海下线。该潜水器自重5X103kg,主要用于深海搜寻和打捞等。若在某次作业中，潜水器带着4XHPkg的重物从3000m深的海底一起匀速上升到了海面，已知上升过程中潜水器的机械功率恒为180kW,水对潜水器（含重物）的浮力和阻力相互平衡（g取10m/s2）,则潜水器上升的时间为（）A.0.5X103sB.1.0X1伊sC.1.5X103sD.2.0Xl（Ps解析：选C由题意可知，潜水器（含重物）匀速运动，动力等于重力，F=（m+mt）g,由P=Fv可得上升速

12、度为v=2m/s,由/?=解得潜水器上升的时间为/=1.5X103s,选项C正确。.质量20kg的物体，在大小恒定的水平外力厂的作用下，沿水平面做直线运动。02s内F与运动方向相反，24s内F与运动方向相同，物体的v-t图像如图所示。gMSI10m/s2,则（A.拉力产的大小为100NB.在4s时拉力的瞬时功率为120W4s内拉力所做的功为480J4s内物体克服摩擦力做的功为320J解析：选B取物体初速度方向为正方向，由题图可知物体与水平面间存在摩擦力，由题图可知02s内，Ff=mai,且ai=-5m/s2；24s内，-F+f=ma2,且12=-1m/s2,联立以上两式解得尸=60N,片40N

13、,A错误。由尸=尸0得4s时拉力的瞬时功率为120W,B正确。由可知02s内，Wi=一尸xi,24s内，W2=Fx2,由题图可知Xi=10m,xi=2m,代入数据解得，4s内拉力所做的功为一480J,C错误。摩擦力做功W=fs,摩擦力始终与速度方向相反，故s为路程，由题图可求得总路程为12m,4s内物体克服摩擦力做的功为480J,D错误。5.（多选）一辆机动车在平直的公路上由静止启动。如图所示，图线4表示该车运动的速度与时间的关系，图线B表示该车的功率与时间的关系。设机动车在运动过程中阻力不变，则以下说法正确的是（）A.022s内，机动车先做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速运动B.运动过程中

14、机动车所受阻力为1500NC.机动车速度为5m/s时牵引力大小为3X103ND.机动车的质量为562.5kg解析：选BD根据速度一时间图像可知，机动车先做勺加速运动，后做变加速运动，最后做匀速运动，故A项错误；最大速度Om=12m/s,根据图线B可知机动车的额定功率为：P=18000W,当奉引力等于阻力时，速度取到最大值，则阻力为：/=9=号黑NA。84=1500N,故B项正确；06s内的加速度为：a=m/s2=ni/s2,匀加速运动的牵引力为：尸=3=气蛆N=2250N,保持不变，故C项错误；根据牛顿第二定律得：F-V6Of=ma,解得：m=562.5kg,故D项正确。.我国自主研制的绞吸挖

15、泥船“天龌号”达到世界先进水平。若某段工作时间内，“天鳗号”的泥泵输出功率恒为1X10kW,排泥量为1.4m3/s,排泥管的横截面积为0.7m2,则泥泵对排泥管内泥浆的推力为()A.5XIO6NB.2XIO7NC.2X109ND.5X109N解析：选A由排泥量和排泥管横截面积可求排泥速度。=旨箕=2111/5。由尸=尸。可求尸=5=1X 107 w2 m/s=5X106No.汽车沿平直公路以恒定功率P从静止开始启动，如图所示为牵引力F与速度。的关系，加速过程在图中的T点结束，所用的时间f=8s,通过的路程s=50m,8s后汽车做匀速运动，若汽车所受阻力始终不变，贝女)F/(X104 N)011

16、148/(m-sl)A.汽车做匀速运动时的牵引力大小为2X105N.汽车所受的阻力大小为4XUr*NC.汽车的恒定功率为1.6X10$WD.汽车的质量为8X103kg解析：选C汽车的加速过程在7点结束，即此后汽车沿平直路面做匀速运动，由平衡条件和图像信息可得尸一片0,汽车做匀速运动时的牵引力大小为尸=2X104N,故A错误；汽车所受的阻力大小为片ZXlN,故B错误；由图像信息得汽车的恒定功率？=尸。=2X104X8W=1.6X105W,故C正确；汽车加速运动过程，牵引力做功为根据各行诩，、颛坦2(一力)2X(1.6X105X8-2X104X50)动能定理可得Ptfs=mv1,解得m=、-=Rk

17、g=.75X103kg,故D错误。.质量为1.0X103kg的汽车，沿倾角为30。的斜坡由静止开始运动，汽车在运动过程中所受摩擦阻力大小恒为2000N,汽车发动机的额定输出功率为5.6X104W,开始时以a=1m/s2的加速度做匀加速运动g=10m/s2).求：(1)汽车做匀加速运动的时间6;(2)汽车所能达到的最大速度；(3)若斜坡长143.5m,且认为汽车到达坡顶之前，已达到最大速率，汽车从坡底到坡顶需多长时间。解析：(1)由牛顿第二定律得Fmgsin30Ft=ma设匀加速运动过程的末速度为vt则有P=FvV=dti解得，i=7So(2)当汽车达到最大速度小,时，。=0,则有?=(/77g

18、sin30+Fr)rm解得小i=8ni/so(3)汽车做匀加速运动的位移Xi=at2在后一阶段对汽车由动能定理得Ptl(wsill300+Ff)Xz=30m2-2mv2又有X=X+x2解得f2215s故汽车运动的总时间为/=/i+/2=22so答案：(1)7S(2)8m/s(3)22s第2课时动能定理(重点培优课)考点一动能定理的理解和应用.动能(1)定义：物体由于运动而具有的能量叫做动能。(2)公式：单位：焦耳。(3)动能是标量、状态量。动能定理(1)内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。(2)表达式：W=Eii2-Ekio(3)物理意义：合处力做的功是物体动能变

19、化的量度。I特别提醒动能是标量，动能定理表达式是标量式，学生常把动能分解为两个分动能，或在某个方向上应用动能定理而出错。原因是对动能定理理解不透彻，动能的变化等于相应过程中所有力对物体做的总功，因此“某个方向的合力做的功等于该方向上动能的变化”不成立。公式中“=”体现的三个关系因果关系合力做功是引起物体动能变化的原因:数,关系)!J合力做功与动能变化具有等量代换的关系单位关系1国际单位制中功和能的单位都是焦耳:应用动能定理的解题步骤图1典例(2019天津高考)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构

20、成，如图1所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板A8相切的一段圆弧，示意如图2,48长Li=150m,8c水平投影心=63m,图中C点切线方向与水平方向的夹角，=12。6加120.21).若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经r=6s到达8点进入8C。已知飞行员的质量，=60kg,g=10m/s2,求：aB；L图2(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；(2)舰载机刚进入8c时，飞行员受到竖直向上的压力Fn多大。解析(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为。，则有根据动能定理，有W=5I02o联立式，代入数据，得W=

21、7.5X104J.(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为K,根据几何关系，有L2=Ksin雨)由牛顿第二定律，有联立式，代入数据，得Fn=1.1X1(PN.答案(1)7.5X10,J(2)1.1X103N易错提醒I应用动能定理的注意事项(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。（2）应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负。（3）应用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，借助草图理解物理过程和各量关系。集训冲关1.（2021深圳棋报）（多选）如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为、与水平

22、面倾角分别为45。和37。的滑道组成，载人滑草车与草地之间的动摩擦因数为。质量为,”的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端（不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度为g，sin37。=0.6,cos37=0.8),贝(J()A.动摩擦因数岩B.载人滑草车最大速度为C.载人滑草车克服摩擦力做功为D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为前解得=3，选项A正确；对经过解析：选AB对载人滑草车从坡顶由静止开始滑到底端的全过程分析，由动能定理可知:mg-lhftmgcos4S-/imgcos37%加37。=，h1上段滑道的过程分析，根据动能定理有

23、nigh/wgcos45。,忑3=57%?,解得：vm=小甲，选项B正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh,选项C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度为。=即37二皆群os37=_*故大小为乱选项D错误。2.如图甲所示为2022年北京冬奥会跳台滑雪场馆“雪如意”的效果图。如图乙所示为由助滑区、空中飞行区、着陆缓冲区等组成的依山势而建的赛道示意图。运动员保持蹲踞姿势从4点由静止出发沿直线向下加速运动，经过距离A点s=20m处的P点时，运动员的速度为5=50.4km/h。运动员滑到8点时快速后蹬，以以=90km/h的速度飞出，经过一段时间的空中飞行，以。3=126km/h的速度在C点着地。已知8

24、、C两点间的高度差6=80m,运动员的质量m=60kg,重力加速度g取9.8m/sz,计算结果均保留两位有效数字。求：(DA到尸过程中运动员的平均加速度大小；(2)以8点为零势能参考点，求到C点时运动员的机械能；(3)从B点起跳后到C点落地前的飞行过程中，运动员克服阻力做的功。解析：S=50.4km/h=14m/s,由运动学公式vt2=2as.,Pl2,解得：0=77-=4.9m/s2o2S(2)玫=90km/h=25m/s,己3=126km/h=35m/s,由能量关系得：E=mgh+tnv解得E=-10290J-1.0X104Jo(3)由动能定理得：mghW=1/nr32解得：W=29040

25、J2.9X104Jo答案：(1)4.9m/s2(2)-1.0X104J(3)2.9X104J考点二动能定理与图像的综合.力学中图像所围“面积”的意义v-t图像由公式x=可知，f图线与横坐标围成的面积表示物体的位移a-t图像由公式v=at可知，a-t图线与横坐标围成的面积表示物体速度的变化量F-x图像由公式W=Kr可知，尸u图线与横坐标围成的面积表示力所做的功P-t图像由公式W=/f可知，尸-f图线与横坐标围成的面积表示力所做的功2.解决物理图像问题的基本步骤5-观豪题目盗出的酉象.弄清以坐标、横坐标所好应步；的物理量及图线所表示的物理意义根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关

26、系式将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比.找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下的面积所对应的物理意义.分析解答问题*或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量考法细研考法1。，图像例1静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直/（nrsT）线运动，f=4s时物块停下，其。”图像如图所示。已知物块与水平面加一彳间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是（）Kj-1工01234itA.整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功B.整个过程中拉力做的功等于零t=2s时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大f=ls至!|f=3s这段时间内拉力不做功解析对物块运动全过

27、程应用动能定理得：Wf用=0,A正确，B错误；物块在加速运动过程中受到的拉力最大，结合题图可知，f=ls时拉力的瞬时功率为整个过程中拉力功率的最大值，C错误；f=ls到f=3s这段时间内，拉力与摩擦力平衡，拉力做正功，D错误。答案A考法2a-f图像例2用传感器研究质量为2kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到。6s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是（）la/(ms-2)A.。6s内物体先向正方向运动，后向负方向运动B.。6s内物体在4s时的速度最大C.物体在24s内速度不变D.04s内合力对物体做的功等于06s内合力对物体做的功解析a-f图线与横坐标轴围成

28、的“面积”等于速度的变化量，由题给图像可知，06s内速度变化量为正，物体速度方向不变，物体在05s内一直加速，5s时速度最大，A,B均错误；24s内物体的加速度不变，做匀加速直线运动，C错误；由题图可知，r=4s时和，=6s时物体速度大小相等，由动能定理可知，物体在04s内和06s内动能变化量相等，合外力做功也相等，D正确。答案D考法3P-f图像例3(多选)放在粗糙水平地面上质量为0.8kg的物体受到水平拉力的作用，在06s内其速度与时间的关系图像和该拉力的功率与时间的关系图像分别如图甲、乙所示。下列说法中正确的是(g取10m/s2)()A.06s内拉力做的功为140JB.物体在02s内所受的

29、拉力为4NC.物体与粗糙水平地面间的动摩擦因数为0.5D.合外力在06s内做的功与。2s内做的功相等解析由尸=尸。可知，物体在。2s内所受的拉力尸=!N=6N,在26s内p120所受的拉力P=丁=而N=2N,B错误；拉力在。6s内做的总功亚=歹了1+尸M=6XyX2J+2X10X4J=140J,A正确；由物体在26s内做匀速运动可知，F=/img,可求得=0.25,C错误；由动能定理可知，物体所受的合外力在06s内所做的功与02s内所做的功均为J,D正确。答案AD考法4尸-x图像例4如图甲所示，长为4m的水平轨道A3与半径为R=0.6m的竖直半圆弧轨道8c在8处相连接。有一质量为1kg的滑块(

30、大小不计)从A处由静止开始受水平向右的力F作用，尸的大小随位移变化的关系如图乙所示。滑块与A3间的动摩擦因数=0.25,与BC间的动摩擦因数未知，g取10m/s2,求：fF/N TOC o 1-5 h z 、20；10：甲乙(1)滑块到达B处时的速度大小；(2)滑块在水平轨道AB上运动前2m过程所用的时间；(3)若到达B点时撤去力凡滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好到达最高点C,则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？解析(1)对滑块从A到3的过程，由动能定理得尸德|+F3X3-ntgx=mvH2解得。m/so(2)在前2m内，有Fimg=nui,且x=ati2,解得1=、倡s(3)当滑块

31、恰好能到达最高点。时，有睚对滑块从8到C的过程，由动能定理得11W-mgXlR=-mv(2-mvn1联立解得W=-5J即滑块克服摩擦力做的功为5J,答案(1)2710m/s(2)s(3)5J考法5W-x图像例5(多选)质量为1kg的物体静止在粗糙的水平地面上，在一水平外力F的作用下运动，如图甲所示，外力厂和物体克服摩擦力/做的功与物体位移的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2.下列说法正确的是()A.物体与地面之间的动摩擦因数为0.2B.物体运动的位移为13mC.物体在前3m运动过程中的加速度为3m/s?D.x=9m时，物体的速度为现m/s解析由题图可知，Wr=/ngxi=20J,解得：

32、=0.2,A正确；由片“”ig=2N,外=Wt=27J,解得：x2=13.5m,B错误；又Wf=Fx3,解得：前3m内，F=yN=5N,由Ff=ma,解得：a=3m/s2,C正确；由动能定理可得：Wffx4=mv2,解得：X4=9m时物体的速度m/s,D正确。答案ACD考法6Ekd图像例6（多选）“弹跳小人”（如图甲所示）是一种深受儿童喜爱的玩具，其原理如图乙所示。竖直光滑长杆固定在地面不动，套在杆上的轻质弹簧下端不固定，上端与滑块拴接，滑块的质量为0.80kg.现在向下压滑块，直到弹簧上端离地面高度*=0.40m时停止，然后由静止释放滑块。滑块的动能Ek随离地高度变化的图像如图丙所示。其中高

33、度从0.80m到1.40m范围内的图线为直线，其余部分为曲线。若以地面为重力势能的参考平面，空气阻力为恒力，g取10m/s2。则结合图像可知（）甲乙丙A.弹簧原长为0.72mB.空气阻力大小为1.00NC.弹簧的最大弹性势能为9.00JD.在弹簧落回地面的瞬间滑块的动能为5.40J解析由题图丙可知，从G=0.80m开始，弹簧下端与地面分离，则知弹簧的原长为0.80m,故A错误；从0.80m上升到1.40m过程，在心力图像中，根据动能定理知：图线的斜率大小表示滑块所受的合外力，由于高度从（）.80m上升到1.40m范围内图像为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.80m上升到1.40m范围内所受作

34、用力为恒力，根据动能定理得一（，g+_/）AA=0-Ek,由题图知AA=0.60m,Ek=5.40J,解得空气阻力/=1.00N,故B正确；根据他的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，整个过程中，增加的重力势能和克服空气阻力做功之和等于弹簧的最大弹性势能，所以Epm=（rng+f）h=9X（1.40-0.4）J=9.00J,故C正确；滑块由最大高度到弹簧落回地面的瞬间，根据动能定理得（陪二/）A/i=Ek-0,得Ek=4.2J,故D错误。答案BC考法7s52图像例7如图甲所示，一滑块从平台上A点以初速度如向右滑动，从平台上滑离后落到地面上的落地点离平台的水平距离为s。多次改变初速度的大小，

35、重复前面的过程，根据测得的多组如和S,作出图像如图乙所示。滑块与平台间的动摩擦因数为0.3,重力加速度g=10m/s求平台离地的高度h及滑块在平台上滑行的距离小解析设滑块滑到平台边缘时的速度为V,根据动能定理得：一1加滑块离开平台后做平抛运动，则有：s=vt联立以上三式得：s2=v/-4件hd2h2图像的斜率：=不餐=。-2,解得：/=1m当S2=0时，v02=12,解得：d=2m。答案1m2m系统归纳动能定理与图像结合问题的分析方法.首先看清所给图像的种类(如。4图像、凡x图像、P”图像等)。.挖掘图像的隐含条件一得出所需要的物理量，如由v-t图像与横坐标轴所包围的“面积”求位移，由F-x图

36、像与横坐标轴所包围的“面积”求功等。.分析物体受力情况、运动情况和各力做功情况，根据动能定理列方程，求出相应的物理量。考点三运用动能定理求解多过程、往复运动问题.由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂，因此从动力学的角度分析往往比较复杂，利用动能定理分析此类问题，是从总体上把握研究对象运动状态的变化，并不需要从细节上了解。(1)运用动能定理解决多过程问题时，有两种思路：一种是分段列式按部就班，注意衔接；另一种是全过程列式，计算简便，但要分析全面，不能遗漏某个功。(2)涉及往复运动，要注重分析往返过程的共性和差异、受力情况及各力做功的差异，有时按全过程应用动能定理会很简单、方便。.所列动能定

37、理方程涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的特点：(1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关。大小恒定的阻力或摩擦力所做的功等于力的大小与路程的乘积。考法细研考法1物体多过程运动例1在学校组织的趣味运动会上，某科技小组为大家提供了一个游戏。如图所示，将一质量为0.1kg的钢球放在。点，用弹射装置将其弹出，钢球沿着光滑的半圆形轨道OA和48运动。BC段为一段长为L=2.0m的粗糙平面，DEFG为接球槽。半圆形轨道OA和A5的半径分别为r=0.2m、R=0.4m,小球与BC段的动摩擦因数为=0.7,C点离接球槽的高度为力=1.25m,水平距离为x=0.5

38、m,接球槽足够大，g取lOm/s?。求：9。7F(1)要使钢球恰好不脱离半圆形轨道，钢球在A点的速度大小；(2)钢球恰好不脱离轨道时，在B位置对半圆形轨道的压力大小；(3)要使钢球最终能落入槽中，弹射速度。至少多大。解析(1)要使钢球恰好不脱离半圆形轨道，钢球在最高点4时，对钢球分析有VA2mg=n憧,解得Va=2m/so(2)钢球从A到B的过程由动能定理得11mg-2R=2inVH2在B点有Ffimg=nr-,解得Fn=6N,根据牛顿第三定律，知钢球在8位置对半圆形轨道的压力大小为6N。(3)从C到。钢球做平抛运动，要使钢球恰好能落入槽中，则x=vd,h=gt2,解得oc=lm/s,假设钢球

39、在A点的速度恰为0=2m/s时，钢球可运动到C点，且速度为比,从A到C由动能定理得mgZRfimgL=pnv(-2pnvx2,解得比2Ek2,Wt=W2C.EklEk2,W1VW2解析：选B从抛出开始到第一次经过a点和从抛出开始到第二次经过a点，上升的高度相等，可知重力做功相等，即Wi=W2.对两次经过a点的过程运用动能定理得，一Wf=k2-Eki,可知EkiEk2,故B正确，A、C、D错误。.（2020江苏高考）如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图像是（

40、）解析：选A在斜面上，物块受竖直向下的重力、沿斜面向上的滑动摩擦力以及垂直斜面向上的支持力，设物块的质量为根，斜面的倾角为，物块沿斜面下滑的距离对应的水平位移为x,由动能定理有mgsin。工土一即gco8,:力二耳一。,解得Ek=ngtan3fimg)x,即物块在斜面上下滑时物块的动能与水平位移成正比，B、D项均错误；在水平面上，物块受竖直向下的重力、竖直向上的支持力以及水平向左的滑动摩擦力，由动能定理有一2/ng(xxo)=EkEko,解得Ek=Ek(2，g(xxo),其中Eko为物块滑到斜面底端时的动能，xo为物块沿斜面下滑到底端时的距离对应的水平位移，即在水平面上物块的动能与水平位移为一

41、次函数关系，且为减函数，A项正确，C项错误。.如图所示，水平平台上放置一长为L、质量为m的匀质木板，木.，板的右端距离平台边缘为S,木板与台面间的动摩擦因数为，重力加速乙/度为g。现对木板施加水平推力，要使木板脱离平台，推力做功的最小值为()A.ig(L+s)B.勿tg仔+JC从i式Ls)D.手)解析：选B由题意可知，应缓慢将木板推至木板的重心离开平台，故推动的位移为s4-J；摩擦力做功Wf=唔R+s),则对全程由动能定理可知W%住+5)=0,解得：W=f/m+s),故B项正确。4.(多选)如图所示，质量为M的木块静止在光滑的水平面上，也1质量为，”的子弹以速度如沿水平方向射中木块并最终留在木

42、块中与0：r-木块一起以速度。运动。已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离留平L.子弹进入木块的深度为，若木块对子弹的阻力/视为恒力，则下列关系式中正确的是()A.尸FL=mvo2(M+m)v2F(L+Lr)=/nro22,ZIl?2解析：选ACD根据动能定理，对子弹：一F(L+/)=；/n一；机如2,选项D正确;对木块：FL=Mv2,A正确；由以上两式整理可得尸L02TAi+92,c正确。.如图所示，平直木板48倾斜放置，小物块与木板间的动摩擦因夕A数由A到5均匀增大，小物块从4点由静止释放，恰好可以到达5点，小物块的速度。、加速度。、动能反和机械能E机（取地面为零势能面）随及，；下滑位移X

43、变化的图像可能正确的是（）O+kxmgcos a 1 -*x=T解析：选C设木板的倾角为处据题有A是常数。小物块所受的滑动摩擦力大小为f=/ntgeosa=kxmgcosa9知/0cx。根据动能定理得，gxsin“加一0,得彩2=2gxsin一k/gcosq,知u楠x图像为曲线，故A错误；根据牛顿第二定律得，叫sinq/wgcosa=/n，结合=Ax,得=gsinafcrgcos，。随x的增大先均匀减小后反向均匀增大，加速度先正后负，故B错误；根据动能定理得mgxsina0+ftx/ngcosa21,g_，一，x=Ek-0,得gxsin2k/“zgcosa9知Ex是开口向下的抛物线，故C正确；

44、设小物块在4点的机械能为E，根据功能关系知机=后一Wf=机一0十4卷gc0s%.*=e机，一2mgeosa,随着x的增大，E机x图像斜率绝对值增大，故D错误。.质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆-、.、周运动，如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用。设某一时刻小，/%!球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为Img,在此后小球继续做圆周运。/动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是（）5A.T/ngZ?B.3mgRitC.7mgRYiingR解析：选D在最低点，由牛顿第二定律得：7mgmg=m-,在最高点，有：噌=切置，由动能定理得：2mg

45、R+yVt=invrmv1,解得Wf=-5叫k，故克服空气阻力做功为，吆心.（多选）如图所示，两块竖直木板夹着一物块，物块在木板内静止，两板因弹簧作用对物块有一恒定压力并保持两板之间的距离不变（图中未画出弹丁DU簧）。让木板从离地高度为位置自由下落，落地后木板静止，物块在木板中下滑了/长度.已知物块与木板间的动摩擦因数不变，以下说法正确的是（以下各选项中物块均未触地）（）A.如果仅改变木板下落的高度，使其从2高度落下，物块下滑的长度将为2/.如果仅改变木板对物块的压力，使其变为原来一半，物块下滑的长度将大于2/C.如果仅改变物块的质量，使其变为原来2倍，物块下滑的距离将为2/D.如果仅改变木板

46、的质量，使其变为原来一半，物块下滑距离将大于2/解析：选AB设物块受到的滑动摩擦力为/,根据动能定理，有解得/=鬻?。仅改变木板下落的高度，使其从,高度落下，物块下滑的长度将为2/,故A正确；如果仅改变木板对物块的压力，使其变为原来一半，物块受到的滑动摩擦力为原来的一半，物块下滑的长度将大于2/,故B正确；如果仅改变物块的质量，使其变为原来2倍，物块下滑的距离将大于2/,故C错误；如果仅改变木板的质量，物块下滑的距离仍为I,故D错误。.（多选）如图所示，一固定竖直轨道由半径为R的四分之一圆弧AB,长度为L的水平直轨道BC和半径为r的四分之一圆弧C1）构成，BC与两圆弧分别相切于8点和C点。质量

47、为，的质点物块从4点由静止释放，恰好能到达。点，已知物块在圆弧上克服摩擦力做的功为W”在圆弧CD上克服摩擦力做的功为电，重力加速度大小为g,贝!1（）A.物块在水平直轨上的动摩擦因数为竽+骑占RWi+WiB.物块在水平直轨上的动摩擦因数为一端上C.物块在C点的向心加速度的大小为2g+当D.物块在C点的向心加速度的大小为2g+空锯为解析：选BC设物块在水平直轨道上克服摩擦力做的功为W3,对于A5C。整个过程,由动能定理得：吆（R-r）（Wi+电+HS）=O,又因为W3=mgL,RrW1+W2由以上两式联立可解得：=万一赢广，故A项错误，B项正确；由动能定理，对于45C。整个过程有:mg(R-r)

48、-(Wi+W2+W3)=0,对于A8C过程有：陪/?一(W|+皿3)=；，。?。，Pr2由向心加速度公式得：a-,由以上各式可解得：a=2g+誉，故C项正确，D项错误。如图所示为某水上乐园急速滑道的简化示意图，内壁光滑的水平半圆形管道BC分别与倾角=37。的倾斜管道AB和水平直管道CO顺滑连接，管道48的4端离管道BC所在平面的高度0=6m,管道5c的直径d=10m,离水面EF的高度=L8m。质量60kg的游客(可视为质点)从A端静止滑下，游客与管道AB间的动摩擦因数小=0.125,与管道CD间的动摩擦因数2=05整个运动过程空气阻力不计。(sin37。=0.6,cos37。=0.8,g取10

49、m/s2)求游客经过B点时的速度大小；(2)求游客受到BC管道的作用力大小(3)要使游客落到水中且落水的速度不超过8m/s,求管道CD的长度。解析：(1)游客从A运动到B过程，根据动能定理有：/ g加一 imgcos解得：Vb=、,一 /iicos 0 .c , 2g/u2/ig s；n =10 m/s.(2)游客在管道8c中做匀速圆周运动,竖直方向有：Fy=mg水平方向有：Fx=m而/N=、用2 +6?=小嗡+(/ng)2=60()V5 N.(3)若游客从管道CD恰好滑出，从C到O,根据动能定理有:一ngLi=OniVB2解得：Li=10m22g若游客落水的速度恰好为8m/s,根据动能定理有

50、：mghifiimgL2=2,nv2-2mVB2hi1解得：L2=-t(v2Vh2)=7.2m管道CD的长度7.2mL410m。答案：(l)10m/s(2)600/5N(3)7.2mLWl。m潜能激发.A、B两物体分别在水平恒力后和尸2的作用下沿水平面运动，先后撤去入、Fi后，两物体最终停下，它们的图像如图所示。已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等。下列说法正确的是()A.尸1、尸2大小之比为1：2B.尸卜尸2对A、8做功之比为1：2C.A、8质量之比为2：1D.全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2:1解析：选C由速度与时间图像可知，两物体做匀减速运动的加速度之比为1：2,A、8受摩擦力大

51、小相等，由牛顿第二定律可知：A、8的质量之比是2：1;由速度与时间图像可知，A、8两物体运动的位移相等，且匀加速运动的位移之比为1：2,匀减速运动的位移之比为2：1,由动能定理可得：A物体的拉力与摩擦力的关系，Frx-/r3x=0-0;8物体3的拉力与摩擦力的关系，F2-2x/i-3x=00,因此可得：F=3f,尸2=/,4=心所以尸1=2尸2。全过程中摩擦力对4、8做功相等，尸卜尸2对4、8做功大小相等。故A、B、D错误，C正确。11.(多选)如图所示，长度均为1.5m的木板48、BC、CD、OE在竖直面内搭成“波浪形”轨道(两木板交接处用极小的光滑曲面相连)，一物体(可视为质点)从木板OA

52、上距地面高为71=1.8m处由静止释放并沿轨道运动，直至停止运动。已知木板04和其他木板与地面的夹角均为60。，物体与木板间的动摩擦因数均为0.6,设空气阻力和物体通过两木板交接处时的动能损失均不计(取g=10m/s2),贝！()BDA.物体运动的总路程为6.0mB.物体运动的水平总位移为3.0mC.物体最终停在A点D.物体最终停在C点解析：选AC在斜面上物体重力沿斜面向下的分力为：AGi=zgsin60。=；mg,物体所受的最大静摩擦力为：f=mgcos60=0.6XmgX；=0.3，g。由于/VGi,故物体不能静止在木板上。从物体开始运动到最终停下的过程中，设运动的总路程为$,由动能定理得

53、：/9一唔scos60=00代入数据解得：s=6.0m。故A项正确。假设物体能到达B点，由动能定理得：吆(力一Lsin60。)一雁geos60X+L)=S疗一0,解得：082V0,无解，说明物体不能通过8点，最终停在A点处。则物体运动的水平位移为：*=二上而=芈ianOu3m,故B、D错误，C正确。12.冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意图如图所示。比赛时，运动员脚蹬起蹬器，身体成跪式，手推冰壶从本垒圆心O向前滑行，至前卫线时放开冰壶使其沿直线OO,滑向营垒圆心O,为使冰壶能在冰面上滑的更远，运动员可用毛刷刷冰面以减小冰壶与冰面间的动摩擦因数。已知O点到前卫线的距离d=4m,O

54、、O之间的距离L=30.0m,冰壶的质量为20kg,冰壶与冰面间的动摩擦因数川=0.008,用毛刷刷过冰面后动摩擦因数减小到“2=0.004,营垒的半径R=Im,g取10m/s2。本垒(1)若不刷冰面，要使冰壶恰好滑到0点，运动员对冰壶的推力多大？(2)若运动员对冰壶的推力为10N,要使冰壶滑到营垒内，用毛刷刷冰面的距离是多少？解析：(1)设运动员对冰壶的推力大小为凡由动能定理得：Fd/nmgL=0代入数据，解得尸=12N。(2)设冰壶运动到营垒的最左边时，用毛刷刷冰面的距离是xi,冰壶运动到营垒的最右边时，用毛刷刷冰面的距离是刈，则由动能定理得：Fd-fi1mg(LRXi)fizmgxi0代

55、入数据，解得xi=8m由动能定理得：Fdfimg(L+RX2)pimgxi=Q代入数据，解得X2=12m所以用毛刷刷冰面的距离为8mWxW12in.答案：(1)12N见解析第3课时机械能守恒定律(重点培优课)F N0.1课前回扣基础牢根基1,重力做功和重力势能的特点(1)重力做功与路径无关，只与始、末位置的高度差有关。(2)重力势能是物体和地球组成的系统所共有的；重力势能的大小与参考平面的选取直去，但重力势能的变化与参考平面的选取逑。(3)重力对物体做正功，重力势能减小;重力对物体做负功，重力势能增大;重力对物体做的功等于物体重力势能变化量的鱼值，即.弹性势能(1)定义：物体由于发生弹性形变而

56、具有的能量。(2)大小：弹簧的弹性势能的大小与形变量及劲度系数有关，弹簧的形变量越大，劲度系数越大,弹簧的弹性势能越大。(3)弹力对物体做的功等于弹簧弹性势能变化量的负值，即W=-AEp。.机械能守恒定律(1)内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内,动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变。(2)守恒条件：只有重力或系统内弹力做功。常用的三种表达式守恒式=&或ki+&i=Ek2+Ep2转化式AEk=AEd转移式AEaNEr基础自查.判断正误重力势能的变化与零势能参考面的选取无关。(V)被举到高处的物体重力势能一定不为零。(X)(3)克服重力做功，物体的重力势能一定增加。(J)(4)发生弹性

57、形变的物体都具有弹性势能。(J)弹力做正功弹性势能一定增加。(X)（6）物体所受的合外力为零，物体的机械能一定守恒。（X）（7）物体的速度增大时，其机械能可能减小。（J）.关于重力势能，下列说法中正确的是（）A.物体的位置一旦确定，它的重力势能的大小也随之确定.物体与零势能面的距离越大，它的重力势能也越大C.一个物体的重力势能从一5J变化到一3J,重力势能减少了D.重力势能的减少量等于重力对物体做的功解析：选D物体的重力势能与参考面有关，同一物体在同一位置相对不同的参考面时，重力势能不同，选项A错误；物体在零势能面以上，与零势能面的距离越大，重力势能越大，物体在零势能面以下，与零势能面的距离越

58、大，重力势能越小，选项B错误；重力势能中的正、负号表示大小，一5J的重力势能小于一3J的重力势能，选项C错误；重力做的功等于重力势能变化量的负值，选项D正确。3.在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出。不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小（）A.一样大B.水平抛出的最大C.斜向上抛出的最大D.斜向下抛出的最大解析：选A不计空气阻力的抛体运动，机械能守恒。故以相同的速率向不同的方向抛出落至同一水平地面时，物体速度的大小相等。故只有选项A正确。4.在大型游乐场里，小明乘坐如图所示匀速转动的摩天轮，正在向最高点运动。对此过程，下列说法正确的是（）A.小明的重力势能

59、保持不变B.小明的动能保持不变C.小明的机械能守恒D.小明的机械能减少解析：选B摩天轮在转动的过程中，小明的高度不断发生变化，小明的重力势能也在发生变化，故A错误；由于摩天轮匀速转动，所以小明的动能保持不变，故B正确；小明所具有的机械能等于他的动能与重力势能之和，由于其动能不变，而重力势能随着其高度的变化而变化，所以小明的机械能也在不断变化，当其上升时，机械能增加，故C、D错误。NO.2课堂精析考点提知能考点一机械能守恒的理解与判断机械能是否守恒的三种判断方法(1)利用做功及守恒条件判断。(2)利用机械能的定义判断：若物体或系统的动能、势能之和保持不变，则机械能守恒。(3)利用能量转化判断：若

60、物体或系统与外界没有能量交换，内部也没有机械能与其他形式能的转化，则机械能守恒。典例如图所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平地面上，现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是()A.斜劈对小球的弹力不做功也B.斜劈与小球组成的系统机械能守恒C.斜劈的机械能守恒D.小球重力势能的减少量等于斜劈动能的增加量解析小球的位移方向竖直向下，斜劈对小球的弹力对小球做负功，小球对斜劈的弹力对斜劈做正功，斜劈的机械能增大，小球的机械能减少，但斜劈与小球组成的系统机械能守恒，小球重力势能的减少量等于小球和斜劈动能的增加量之和，故B正确，A、C、D错误。答案B易