2023届高考物理大一轮复习第六章能量与动量教师用书

第六章eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,,,,,))eq\a\vs4\al(能量与动量)考纲要求考情分析功和功率Ⅱ1.命题规律近几年高考既有对本章内容的单独考查，也有与牛顿运动定律、曲线运动、电磁学等内容相结合的综合考查，对本章单独考查的题目多为选择题。2.考查热点将本章内容与其他知识相结合，与实际生产、生活和现代科技相结合进行命题的趋势较强，在复习中应侧重对根底知识的理解和应用。3.特别提醒?考试大纲?将选修3­5调整为必考内容，使得动量和能量知识结合更紧密，整个力学模块更系统、更完备。在2023届高考复习过程中，应对动量知识给予更多关注。动能和动能定理Ⅱ重力做功与重力势能Ⅱ功能关系、机械能守恒定律及其应用Ⅱ动量、动量定理、动量守恒定律及其应用Ⅱ弹性碰撞和非弹性碰撞Ⅰ实验五：探究动能定理实验六：验证机械能守恒定律实验七：验证动量守恒定律第27课时功和功率(双基落实课)[命题者说]功和功率是高中物理的根本概念。高考常考查功和功率的计算。复习本课时应注意掌握功的几种计算方法、平均功率和瞬时功率的分析、机车启动问题等。一、功的理解和正负判断1.做功的两个要素：力和物体在力的方向上发生的位移。2．公式：W＝Flcosα(1)α是力与位移方向之间的夹角，l是物体对地的位移。(2)该公式只适用于恒力做功。3．功的正负(曲线运动中α是力与速度方向之间的夹角)夹角功的正负α＜90°力对物体做正功α＝90°力对物体不做功α＞90°力对物体做负功或说成物体克服这个力做了功[小题练通]1．判断正误(1)只要物体受力且发生位移，那么力对物体一定做功。(×)(2)如果一个力阻碍了物体的运动，那么这个力一定对物体做负功。(√)(3)摩擦力可能对物体做正功、负功，也可能不做功。(√)(4)作用力做正功时，反作用力一定做负功。(×)(5)力对物体做功的正负是由力和位移间的夹角大小决定的。(√)(6)力始终垂直物体的运动方向，那么该力对物体不做功。(√)(7)摩擦力对物体一定做负功。(×)2.如下图，拖着旧橡胶轮胎跑步是身体耐力训练的一种有效方法。如果某受训者拖着轮胎在水平直道上跑了100m，那么以下说法正确的选项是()A．轮胎受到地面的摩擦力对轮胎做负功B．轮胎受到的重力对轮胎做正功C．轮胎受到的拉力对轮胎不做功D．轮胎受到的地面的支持力对轮胎做正功解析：选A根据力做功的条件，轮胎受到的重力和地面的支持力都与位移垂直，这两个力均不做功，选项B、D错误；轮胎受到地面的摩擦力与位移反向，做负功，A项正确；轮胎受到的拉力与位移夹角小于90°，做正功，C项错误。3.如下图，质量为m的物体置于倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，在外力作用下，斜面以加速度a沿水平方向向左做匀加速运动，运动中物体m与斜面体相对静止。那么关于斜面对m的支持力和摩擦力的以下说法中错误的选项是()A．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．摩擦力可能做负功解析：选B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讨论，假设摩擦力恰好为零，物体只受重力和支持力，如下图，此时加速度a＝gtanθ，当a>gtanθ时，摩擦力沿斜面向下，摩擦力与位移夹角小于90°，那么做正功；当a<gtanθ时，摩擦力沿斜面向上，摩擦力与位移夹角大于90°，那么做负功。综上所述，B项是错误的。(1)功是标量，只有大小没有方向。(2)功的正负即不表示大小，也不表示方向。(3)公式中l为物体的位移，而不是力作用点的位移。二、功的计算[方法1：利用定义式计算恒力的功](1)恒力做的功：直接用W＝Flcosα计算。(2)合力做的功方法一：先求合力F合，再用W合＝F合lcosα求功。方法二：先求各力做的功W1、W2、W3、…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功(代数和)。[例1](多项选择)如下图，水平路面上有一辆质量为M的汽车，车厢中有一个质量为m的人正用恒力F向前推车厢，在车以加速度a向前加速行驶距离L的过程中，以下说法正确的选项是()A．人对车的推力F做的功为FLB．人对车做的功为maLC．车对人的作用力大小为maD．车对人的摩擦力做的功为(F＋ma)L[解析]由做功的定义可知选项A正确；对人进行受力分析，人受重力以及车对人的力，合力的大小为ma，方向水平向左，故车对人的作用力大小应为eq\r(ma2＋mg2)，选项C错误；上述过程重力不做功，合力对人做的功为maL，所以车对人做的功为maL，由相互作用力及人、车的位移相同可确定，人对车做的功为－maL，选项B错误；对人由牛顿第二定律知，在水平方向上有Ff－F＝ma，摩擦力做的功为(F＋ma)L，选项D正确。[答案]AD[方法2：利用微元法求变力做功]将物体的位移分割成许多小段，因小段很小，每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将变力做功转化为在无数多个无穷小的位移上的恒力所做元功的代数和。此法在中学阶段，常应用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题。[例2](2023·昆明模拟)如下图，在水平面上，有一弯曲的槽道AB，槽道由半径分别为eq\f(R,2)和R的两个半圆构成。现用大小恒为F的拉力将一光滑小球从A点沿槽道拉至B点，假设拉力F的方向时刻与小球运动方向一致，那么此过程中拉力所做的功为()A．0B．FRC．2πFR D.eq\f(3,2)πFR[解析]因为F的方向不断改变，不能用W＝Flcosα求解，但由于拉力F的方向时刻与小球运动方向一致，可采用微元法，把小球的位移分割成许多小段，在每一小段位移上作用在小球上的力F可视为恒力，F做的总功即为F在各个小段上做功的代数和，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。[答案]D[方法3：化变力为恒力求变力做功]变力做功直接求解时，通常都比拟复杂，但假设通过转换研究的对象，有时可化为恒力做功，用W＝Flcosα求解。此法常常应用于轻绳通过定滑轮拉物体的问题中。[例3]如下图，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，以大小恒定的拉力F拉绳，使滑块从A点起由静止开始上升。假设从A点上升至B点和从B点上升至C点的过程中拉力F做的功分别为W1和W2，图中AB＝BC，那么()A．W1＞W2B．W1＜W2C．W1＝W2D．无法确定W1和W2的大小关系[解析]绳子对滑块做的功为变力做功，可以通过转换研究对象，将变力的功转化为恒力的功；因绳子对滑块做的功等于拉力F对绳子做的功，而拉力F为恒力，W＝F·Δl，Δl为绳拉滑块过程中力F的作用点移动的位移，大小等于滑轮左侧绳长的缩短量，由题图可知，ΔlAB＞ΔlBC，故W1＞W2，A项正确。[答案]A[方法4：利用平均力求变力做功]在求解变力做功时，假设物体受到的力方向不变，而大小随位移呈线性变化，即力均匀变化时，那么可以认为物体受到一大小为eq\x\to(F)＝eq\f(F1＋F2,2)的恒力作用，F1、F2分别为物体初、末态所受到的力，然后用公式W＝eq\x\to(F)lcosα求此力所做的功。[例4]把长为l的铁钉钉入木板中，每打击一次给予的能量为E0，钉子在木板中遇到的阻力与钉子进入木板的深度成正比，比例系数为k。问此钉子全部进入木板需要打击几次？[解析]在把钉子打入木板的过程中，钉子把得到的能量用来克服阻力做功，而阻力与钉子进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。钉子在整个过程中受到的平均阻力为：F＝eq\f(0＋kl,2)＝eq\f(kl,2)钉子克服阻力做的功为：WF＝Fl＝eq\f(1,2)kl2设全过程共打击n次，那么给予钉子的总能量：E总＝nE0＝eq\f(1,2)kl2，所以n＝eq\f(kl2,2E0)。[答案]eq\f(kl2,2E0)[方法5：利用动能定理求变力做功]动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于求恒力做功，也适用于求变力做功。因使用动能定理可由动能的变化来求功，所以动能定理是求变力做功的首选。[例5](2023·海南高考)如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g。质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为()A.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点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力，所以有FN－mg＝meq\f(v2,R)，FN＝2mg，联立解得v＝eq\r(gR)，下落过程中重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可得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正确。[答案]C[方法6：利用F­x图像求变力做功]在F­x图像中，图线与x轴所围“面积〞的代数和就表示力F在这段位移所做的功，且位于x轴上方的“面积〞为正，位于x轴下方的“面积〞为负，但此方法只适用于便于求图线所围面积的情况(如三角形、矩形、圆等规那么的几何图形)。[例6]某物体在变力F作用下沿水平方向做直线运动，物体的质量m＝10kg，F随物体的坐标x的变化情况如下图。假设物体从坐标原点由静止出发，不计一切摩擦。借鉴教科书中学习直线运动时由v­t图像求位移的方法，结合其他所学知识，根据图示的F­x图像可求出物体运动到x＝16m处时的速度大小为()A．3m/sB．4m/sC．2eq\r(2)m/s D.eq\r(17)m/s[解析]力F在运动过程中所做的总功WF＝10×4J＝40J，由动能定理得：WF＝eq\f(1,2)mv2－0，解得物块运动到x＝16m处的速度大小为v＝2eq\[答案]C[方法7：利用W＝Pt求变力做功]这是一种等效代换的观点，用W＝Pt计算功时，必须满足变力的功率是一定的这一条件。[例7]汽车质量为m,输出功率恒为P,沿平行公路前进距离x的过程中，其速度由v1增至最大速度v2，假设汽车在运动过程中所受阻力恒定，那么汽车通过距离x所用的时间为多少？[解析]牵引力做功W等于汽车增加的动能ΔEk和克服摩擦力所做的功WfW＝ΔEk＋WfΔEk＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12速度到达最大值v2时，牵引力等于摩擦力Ff由P＝Fv＝Ffv得：Ff＝eq\f(P,v2)克服摩擦力所做功：Wf＝Ffx＝eq\f(xP,v2)W＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12＋eq\f(xP,v2)由于汽车以不变的功率P行驶，W＝Pt所以经历的时间t＝eq\f(W,P)＝eq\f(\f(1,2)mv22－\f(1,2)mv12＋\f(xP,v2),P)＝eq\f(mv22－mv12,2P)＋eq\f(x,v2)。[答案]eq\f(mv22－mv12,2P)＋eq\f(x,v2)三、功率的理解与计算1.功率：功与完成这些功所用时间的比值。2．物理意义：描述力对物体做功的快慢。3．公式：(1)P＝eq\f(W,t)，P为时间t内的平均功率。(2)P＝Fv①v为平均速度，那么P为平均功率。②v为瞬时速度，那么P为瞬时功率。4．对公式P＝Fv的几点认识(1)公式P＝Fv适用于力F的方向与速度v的方向在一条直线上的情况。(2)当力F和速度v不在同一条直线上时，可以将力F分解或者将速度v分解。5．额定功率：机械可以长时间工作的最大输出功率。6．实际功率：机械实际工作时的输出功率，要求不大于额定功率。[小题练通]1．一个质量为m的物块，在几个共点力的作用下静止在光滑水平面上。现把其中一个水平方向的力从F突然增大到3F，并保持其他力不变，那么从这时开始到tA.eq\f(3F2t,m) B.eq\f(4F2t,m)C.eq\f(6F2t,m) D.eq\f(9F2t,m)解析：选C物块受到的合力为2F，根据牛顿第二定律有2F＝ma，在合力作用下，物块做初速度为零的匀加速直线运动，速度v＝at，该力大小为3F，那么该力的瞬时功率P＝3Fv，解以上各式得P＝eq\f(6F2t,m)，C正确。2.(多项选择)如下图，在外力作用下某质点运动的v­t图像为正弦曲线。从图中可以判断()A．在0～t1时间内，外力的功率先增大后减小B．在0～t1时间内，外力的功率逐渐为零C．在t2时刻，外力的功率为零D．在t3时刻，外力的功率最大解析：选ACt＝0时，v＝0，外力F≠0，外力的功率为零，t1时刻，质点的加速度为零，外力F为零，外力的功率为零，所以0～t1时间内，外力的功率先增大后减小，选项A正确，B错误；t2时刻速率为零，此时外力的功率为零，选项C正确；t3时刻，外力为零，外力的功率为零，选项D错误。3.如下图，质量相同的两物体从同一高度由静止开始运动，A沿着固定在地面上的光滑斜面下滑，B做自由落体运动。两物体分别到达地面时，以下说法正确的选项是()A．重力的平均功率eq\x\to(P)A>eq\x\to(P)BB．重力的平均功率eq\x\to(P)A＝eq\x\to(P)BC．重力的瞬时功率PA＝PBD．重力的瞬时功率PA<PB解析：选D根据功的定义可知重力对两物体做功相同，即WA＝WB，自由落体时满足h＝eq\f(1,2)gtB2，沿斜面下滑时满足eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)gtA2sinθ，其中θ为斜面倾角，故tA>tB，由P＝eq\f(W,t)知eq\x\to(P)A<eq\x\to(P)B，选项A、B错误；由匀变速直线运动公式可知落地时两物体的速度大小相同，方向不同，重力的瞬时功率PA＝mgvsinθ，PB＝mgv，显然PA<PB，故C项错误，D项正确。求解功率时应注意的“三个〞问题(1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率。(2)平均功率与一段时间(或过程)相对应，计算时应明确是哪个力在哪段时间(或过程)内做功的平均功率。(3)瞬时功率计算时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率。四、机车启动问题[以恒定功率启动](1)运动过程分析(2)运动过程的速度—时间图像如下图。[例1](多项选择)(2023·济南模拟)汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P，牵引力为F0，t1时刻，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半，并保持该功率继续行驶，到t2时刻，汽车又恢复了匀速直线运动。以下能正确表示这一过程中汽车牵引力F随时间t、速度v随时间t变化的图像是()[解析]在t1时刻功率立即减小一半，速度减小有一个过程，不能直接变为原来的一半，但牵引力立即变为原来的一半，汽车做减速运动，根据公式P＝Fv，之后保持该功率继续行驶，速度减小，牵引力增大，根据a＝eq\f(Ff－F,m)，摩擦力恒定，所以加速度逐渐减小，即v­t图像的斜率减小，当加速度为零时，做匀速直线运动，应选项A、D正确。[答案]AD[以恒定加速度启动](1)运动过程分析(2)运动过程的速度—时间图像如下图。[例2](2023·舟山模拟)质量为1.0×103kg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5.6×104W，开始时以a＝1m/s2的加速度做匀加速运动(g＝10m/s(1)汽车做匀加速运动的时间t1；(2)汽车所能到达的最大速率；(3)假设斜坡长143.5m，且认为汽车到达坡顶之前，已到达最大速率，那么汽车从坡底到坡顶需多长时间？[解析](1)由牛顿第二定律得F－mgsin30°－Ff＝ma设匀加速运动过程的末速度为v，那么有P＝Fvv＝at1解得t1＝7s。(2)当到达最大速度vm时，a＝0，那么有P＝(mgsin30°＋Ff)vm解得vm＝8m/s。(3)汽车匀加速运动的位移x1＝eq\f(1,2)at12在后一阶段对汽车由动能定理得Pt2－(mgsin30°＋Ff)x2＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mv2又有x＝x1＋x2解得t2＝15s故汽车运动的总时间为t＝t1＋t2＝22s。[答案](1)7s(2)8m/s(3)22s(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即vm＝eq\f(P,Fmin)＝eq\f(P,F阻)(式中Fmin为最小牵引力，其值等于阻力F阻)。(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，但速度不是最大，v＝eq\f(P,F)＜vm＝eq\f(P,F阻)。(3)机车启动问题常用动能定理解决，Pt－F阻x＝ΔEk，只有以恒定加速度启动刚开始的一段时间可以用匀变速直线运动公式。[集训冲关]1．质量为m的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的摩擦阻力大小一定，汽车速度能够到达的最大值为v，那么当汽车的车速为eq\f(v,4)时，汽车的瞬时加速度的大小为()A.eq\f(P,mv) B.eq\f(2P,mv)C.eq\f(3P,mv) D.eq\f(4P,mv)解析：选C当汽车牵引力等于阻力时，速度最大，那么阻力Ff＝eq\f(P,v)，当速度为eq\f(v,4)时，牵引力F＝eq\f(P,\f(v,4))＝eq\f(4P,v)，由牛顿第二定律得F－Ff＝ma，解得a＝eq\f(3P,mv)，选项C正确。2.(多项选择)(2023·苏州高三调研)质量为2×103kg的汽车由静止开始沿平直公路行驶，行驶过程中牵引力F和车速倒数eq\f(1,v)的关系图像如下图。行驶过程中最大车速为30m/s，设阻力恒定，那么()A．汽车所受阻力为6×103NB．汽车在车速为5m/s时，加速度为3m/s2C．汽车在车速为15m/s时，加速度为1m/s2D．汽车在行驶过程中的最大功率为6×104W解析：选CD当牵引力等于阻力时，速度最大，由图线可知阻力大小Ff＝2000N，故A错误。倾斜图线的斜率表示功率，可知P＝Ffv＝2000×30W＝60000W，车速为5m/s时，汽车的加速度a＝eq\f(6000－2000,2000)m/s2＝2m/s2，故B错误；当车速为15m/s时，牵引力F＝eq\f(P,v)＝eq\f(60000,15)N＝4000N，那么加速度a＝eq\f(F－Ff,m)＝eq\f(4000－2000,2000)m/s2＝1m/s2，故C正确；汽车的最大功率等于额定功率，等于60000W，故D正确。eq\a\vs4\al([课时达标检测])一、单项选择题1.如下图，木块B上外表是水平的，当木块A置于B上，并与B保持相对静止，一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑过程中()A．A所受的合外力对A不做功B．B对A的弹力做正功C．B对A的摩擦力做正功D．A对B做正功解析：选CA、B一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，加速度为gsinθ。由于A速度增大，由动能定理，A所受的合外力对A做功，B对A的摩擦力做正功，B对A的弹力做负功，选项A、B错误，C正确。A对B不做功，选项D错误。2.如下图，质量为m的小球以初速度v0水平抛出，恰好垂直打在倾角为θ的斜面上，那么球落在斜面上时重力的瞬时功率为(不计空气阻力)()A．mgv0tanθB.eq\f(mgv0,tanθ)C.eq\f(mgv0,sinθ)D．mgv0cosθ解析：选B小球落在斜面上时重力的瞬时功率为P＝mgvy，而vytanθ＝v0，所以P＝eq\f(mgv0,tanθ)，B正确。3．如图甲所示，静止于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F作用下，沿x轴方向运动，拉力F随物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示，图线为半圆。那么小物块运动到x0处时F做的总功为()A．0 B.eq\f(1,2)Fmx0C.eq\f(π,4)Fmx0 D.eq\f(π,4)x02解析：选CF为变力，根据F­x图像包围的面积在数值上等于F做的总功来计算。图线为半圆，由图线可知在数值上Fm＝eq\f(1,2)x0，故W＝eq\f(1,2)π·Fm2＝eq\f(1,2)π·Fm·eq\f(1,2)x0＝eq\f(π,4)Fmx0。4．(2023·银川模拟)有一种太阳能驱动的小车，当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进。假设质量为m的小车在平直的水泥路上从静止开始沿直线加速行驶，经过时间t前进的距离为x，且速度到达最大值vm。设这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为Ff，那么这段时间内()A．小车做匀加速运动B．小车受到的牵引力逐渐增大C．小车受到的合外力所做的功为PtD．小车受到的牵引力做的功为Ffx＋eq\f(1,2)mvm2解析：选D小车在运动方向上受牵引力F和阻力Ff，因为v增大，P不变，由P＝Fv，F－Ff＝ma，得出F逐渐减小，a也逐渐减小，当v＝vm时，a＝0，故A、B均错；合外力做的功W外＝Pt－Ffx，由动能定理得Pt－Ffx＝eq\f(1,2)mvm2，故C错误，D正确。5．如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为2kg的物体在F作用下由静止开始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可知()A．物体加速度大小为2m/s2B．F的大小为21NC．4s末F的功率大小为42WD．4s内F做功的平均功率为42W解析：选C由题图乙可知，物体的加速度a＝0.5m/s2，由2F－mg＝ma可得：F＝10.5N，A、B均错误；4s末力F的作用点的速度大小为vF＝2×2m/s＝4m/s，故4s末拉力F做功的功率为P＝F·vF＝42W，C正确；4s内物体上升的高度h＝4m，力F的作用点的位移l＝2h＝8m，拉力F所做的功W＝F·l＝84J,4s内拉力F做功的平均功率eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)＝21W，D错误。6．一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的功率到达最大值P，以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v2匀速上升，物体上升的高度为h，那么整个过程中，以下说法正确的选项是()A．钢绳的最大拉力为eq\f(P,v2)B．钢绳的最大拉力为mgC．重物匀加速的末速度为eq\f(P,mg)D．重物匀加速运动的加速度为eq\f(P,mv1)－g解析：选D加速过程物体处于超重状态，钢绳拉力较大，匀速运动阶段钢绳的拉力为eq\f(P,v2)，故A错误；加速过程重物处于超重状态，钢绳拉力大于重力，故B错误；重物匀加速运动的末速度不是运动的最大速度，此时钢绳对重物的拉力大于其重力，故其速度小于eq\f(P,mg)，故C错误；重物匀加速运动的末速度为v1，此时的拉力为F＝eq\f(P,v1)，由牛顿第二定律得：a＝eq\f(F－mg,m)＝eq\f(P,mv1)－g，故D正确。二、多项选择题7.如下图，在皮带传送装置中，皮带把物体P匀速带至高处，在此过程中，以下说法中正确的选项是()A．摩擦力对物体做正功B．摩擦力对物体做负功C．支持力对物体不做功D．合力对物体做正功解析：选AC物体P匀速向上运动过程中，受静摩擦力作用，方向沿皮带向上，对物体做正功，支持力垂直于皮带，做功为零，物体所受的合力为零，做功也为零，应选项A、C正确，B、D错误。8.如下图，摆球质量为m，悬线的长为L，把悬线拉到水平位置后放手。设在摆球从A点运动到B点的过程中空气阻力F阻的大小不变，那么以下说法正确的选项是()A．重力做功为mgLB．绳的拉力做功为0C．空气阻力F阻做功为－mgLD．空气阻力F阻做功为－eq\f(1,2)F阻πL解析：选ABD小球下落过程中，重力做功为mgL，A正确；绳的拉力始终与速度方向垂直，拉力做功为0，B正确；空气阻力F阻大小不变，方向始终与速度方向相反，故空气阻力F阻做功为－F阻·eq\f(1,2)πL，C错误，D正确。9.质量为m＝2kg的物体沿水平面向右做直线运动，t＝0时刻受到一个水平向左的恒力F，此后物体的v­t图像如下图，取水平向右为正方向，g取10m/s2，那么()A．物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.05B．10s末恒力F的瞬时功率为6WC．10s末物体在计时起点左侧4m处D．0～10s内恒力F做功的平均功率为0.6W解析：选AD由图线可知0～4s内的加速度：a1＝eq\f(8,4)m/s2＝2m/s2，可得：F＋μmg＝ma1；由图线可知4～10s内的加速度：a2＝eq\f(6,6)m/s2＝1m/s2，可得：F－μmg＝ma2；解得：F＝3N，μ＝0.05，选项A正确；10s末恒力F的瞬时功率为P10＝Fv10＝3×6W＝18W，选项B错误；0～4s内的位移x1＝eq\f(1,2)×4×8m＝16m,4～10s内的位移x2＝－eq\f(1,2)×6×6m＝－18m，故10s末物体在计时起点左侧2m处，选项C错误；0～10s内恒力F做功的平均功率为eq\x\to(P)＝eq\f(Fx,t)＝eq\f(3×2,10)W＝0.6W，选项D正确。10．(2023·浙江高考)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器。舰载机总质量为3.0×104kg，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105N；弹射器有效作用长度为100m，推力恒定。要求舰载机在水平弹射结束时速度大小到达A．弹射器的推力大小为1.1×106NB．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108JC．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107WD．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32m/s2解析：选ABD对舰载机应用运动学公式v2－02＝2ax，即802＝2·a·100，得加速度a＝32m/s2，选项D正确；设总推力为F，对舰载机应用牛顿第二定律可知：F－20%F＝ma，得F＝1.2×106N，而发动机的推力为1.0×105N，那么弹射器的推力为F推＝(1.2×106－1.0×105)N＝1.1×106N，选项A正确；弹射器对舰载机所做的功为W＝F推·l＝1.1×108J，选项B正确；弹射过程所用的时间为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，选项C错误。三、计算题11.如下图，建筑工人通过滑轮装置将一质量是100kg的料车沿30°角的斜面由底端匀速地拉到顶端，斜面长L是4m，假设不计滑轮的质量和各处的摩擦力，g取10N/kg，求这一过程中：(1)人拉绳子的力做的功；(2)物体的重力做的功；(3)物体受到的各力对物体做的总功。解析：(1)工人拉绳子的力F＝eq\f(1,2)mgsinθ工人将料车拉到斜面顶端时，拉绳子的长度l＝2根据公式W＝Flcosα得W1＝eq\f(1,2)mgsinθ·2L＝2000J。(2)重力做功W2＝－mgh＝－mgLsinθ＝－2000J。(3)由于料车在斜面上匀速运动，那么料车所受的合力F合为零，故W总＝F合·L＝0。答案：(1)2000J(2)－2000J(3)012.如下图为修建高层建筑常用的塔式起重机。在起重机将质量m＝5×103kg的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度a＝0.2m/s2，当起重机输出功率到达其允许的最大值时，保持该功率直到重物做vm＝1.02m/s的匀速运动。取g＝10m/s2(1)起重机允许输出的最大功率；(2)重物做匀加速运动所经历的时间；(3)起重机在第2秒末的输出功率。解析：(1)由Pm＝F·vm和F＝mg可得起重机的最大输出功率为Pm＝mg·vm＝5.1×104W。(2)设匀加速运动时的牵引力为F1，由F1－mg＝maPm＝F1·vm′vm′＝at1可解得t1＝5s。(3)设第2s末速度大小为v2，那么v2＝at2P＝F1v2F1－mg＝ma可解得P＝2.04×104W。答案：(1)5.1×104W(2)5s(3)2.04×104W第28课时动能定理及其应用(重点突破课)eq\a\vs4\al([根底点·自主落实])[必备知识]1．动能(1)定义：物体由于运动而具有的能量叫做动能。(2)公式：Ek＝eq\f(1,2)mv2，单位：焦耳。(3)动能是标量、状态量，只有正值。2．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＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12。(3)物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度。[小题热身]1．判断正误(1)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，速度变化时，动能也一定变化。(×)(2)处于平衡状态的物体动能一定保持不变。(√)(3)如果物体所受的合力为零，那么合力对物体做功一定为零。(√)(4)物体在合力作用下做变速运动时，动能一定变化。(×)(5)物体的动能不变，所受的合力必定为零。(×)(6)做自由落体运动的物体，动能与下落的高度成正比。(√)2．以下有关动能的说法中正确的选项是()A．物体只有做匀速运动时，动能才不变B．物体做平抛运动时，水平速度不变，动能不变C．物体做自由落体运动时，物体的动能增加D．物体的动能变化时，速度不一定变化解析：选C物体只要速率不变，动能就不变，A错误；物体做平抛运动时，速率增大，动能增大，B错误；物体做自由落体运动时，其速率增大，物体的动能增加，C正确；物体的动能变化时，速度的大小一定变化，D错误。3.如下图，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面。设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，不计小球与弹簧碰撞过程中的能量损失，那么弹簧被压缩至C点，弹簧对小球做的功为()A．mgh－eq\f(1,2)mv2B.eq\f(1,2)mv2－mghC．mgh＋eq\f(1,2)mv2D．mgh解析：选A小球从A点运动到C点的过程中，重力和弹簧弹力对小球做负功，由于支持力与位移方向始终垂直，那么支持力对小球不做功，由动能定理，可得WG＋WF＝0－eq\f(1,2)mv2，重力做功为WG＝－mgh，那么弹簧弹力对小球做的功为WF＝mgh－eq\f(1,2)mv2，A正确。eq\a\vs4\al([提能点·师生互动])提能点(一)动能定理的理解和应用1.定理中“外力〞的两点理解(1)重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用。(2)既可以是恒力，也可以是变力。2．公式中“＝〞表达的三个关系3．优先考虑动能定理的问题不涉及加速度和时间的问题；有多个物理过程的问题；变力做功问题；曲线运动问题。4．应用动能定理的解题步骤[典例](2023·全国卷)一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动。当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如下图；当物块的初速度为eq\f(v,2)时，上升的最大高度记为h。重力加速度大小为g。物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为()A．tanθ和eq\f(H,2)B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,2gH)－1))tanθ和eq\f(H,2)C．tanθ和eq\f(H,4) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,2gH)－1))tanθ和eq\f(H,4)[解析]物块沿斜坡向上运动过程中，对其受力分析，如下图，根据牛顿第二定律可得FN＝mgcosθ，μFN＋mgsinθ＝ma，可得a＝μgcosθ＋gsinθ。由图中几何关系和运动学公式可得v2＝2aeq\f(H,sinθ)，eq\f(v2,4)＝2aeq\f(h,sinθ)，可得h＝eq\f(H,4)，μ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,2gH)－1))tanθ，选项D正确，选项A、B、C错误。[答案]D应用动能定理的考前须知(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．质量m＝2kg的物体，在光滑水平面上以v1＝6m/s的速度匀速向西运动，假设有一个F＝8N方向向北的恒力作用于物体，在t＝2s内物体的动能增加了()A．28JB．64JC．32JD．36J解析：选B由于力F与速度v1垂直，物体做曲线运动，其两个分运动为向西的匀速运动和向北的匀加速直线运动，对匀加速运动：a＝eq\f(F,m)＝4m/s2，v2＝at＝8m/s。2s末物体的速度v＝eq\r(v12＋v22)＝10m/s,2s内物体的动能增加了ΔE＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv12＝64J，应选项B正确。2.光滑斜面上有一个小球自高为h的A处由静止开始滚下，抵达光滑水平面上的B点时速度大小为v0。光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的活动阻挡条，如下图，小球越过n条活动阻挡条后停下来。假设让小球从h高处以初速度v0滚下，那么小球能越过的活动阻挡条的条数是(设小球每次越过活动阻挡条时损失的动能相等)()A．nB．2nC．3nD．4n解析：选B设每条阻挡条对小球做的功为W，当小球在水平面上滚动时，由动能定理得nW＝0－eq\f(1,2)mv02，对第二次有NW＝0－eq\f(1,2)mv22＝0－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv02＋mgh))，又因为eq\f(1,2)mv02＝mgh，联立解得N＝2n，选项B正确。3.(2023·三明质检)如下图，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点，与O点处于同一水平线上的P点处有一个光滑的细钉，OP＝eq\f(L,2)，在A点给小球一个水平向左的初速度v0，发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B。求：(1)小球到达B点时的速率；(2)假设不计空气阻力，那么初速度v0为多少；(3)假设初速度v0＝3eq\r(gL)，那么小球在从A到B的过程中克服空气阻力做了多少功？解析：(1)小球恰能到达最高点B，由牛顿第二定律得mg＝meq\f(vB2,\f(L,2))，解得vB＝eq\r(\f(gL,2))。(2)假设不计空气阻力，从A→B由动能定理得－mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(L,2)))＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mv02解得v0＝eq\r(\f(7gL,2))。(3)当v0＝3eq\r(gL)时，由动能定理得－mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(L,2)))－Wf＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mv02解得Wf＝eq\f(11,4)mgL。答案：(1)eq\r(\f(gL,2))(2)eq\r(\f(7gL,2))(3)eq\f(11,4)mgL提能点(二)动能定理与图像的综合1.力学中图像所围“面积〞的意义v­t图像由公式x＝vt可知，v­t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移a­t图像由公式Δv＝at可知，a­t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量F­x图像由公式W＝Fx可知，F­x图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功P­t图像由公式W＝Pt可知，P­t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功2．解决物理图像问题的根本步骤(1)观察题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义。(2)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系式。(3)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比照，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。[典例]如图甲所示，长为4m的水平轨道AB与半径为R＝0.6m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接，有一质量为1kg的滑块(大小不计)，从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB间的动摩擦因数为μ＝0.25，与BC间的动摩擦因数未知，g取10m/s2。求：(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)假设到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，那么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B的过程，由动能定理得F1x1－F3x3－μmgx＝eq\f(1,2)mvB2代入数值解得vB＝2eq\(2)在前2m内，有F1－μmg＝ma，且x1＝eq\f(1,2)at12，解得t1＝eq\r(\f(8,35))s。(3)当滑块恰好能到达最高点C时，有：mg＝meq\f(vC2,R)对滑块从B到C的过程，由动能定理得：Wf－mg·2R＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvB2代入数值得Wf＝－5J，即克服摩擦力做的功为5J。[答案](1)2eq\r(10)m/s(2)eq\r(\f(8,35))s(3)5J动能定理与图像结合问题的分析方法(1)首先看清楚所给图像的种类(如v­t图像、F­t图像、Ek­t图像等)。(2)挖掘图像的隐含条件——求出所需要的物理量，如由v­t图像所包围的“面积〞求位移，由F­x图像所包围的“面积〞求功等。(3)分析有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量。[集训冲关]1．如图甲所示，一半径R＝1m、圆心角等于143°的竖直圆弧形光滑轨道，与斜面相切于B处，圆弧轨道的最高点为M，斜面倾角θ＝37°，t＝0时刻有一物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的速度变化规律如图乙所示，假设物块恰能到达M点，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)物块经过M点的速度大小；(2)物块经过B点的速度大小；(3)物块与斜面间的动摩擦因数。解析：(1)物块恰能到达M点，那么有mg＝meq\f(vM2,R)解得vM＝eq\r(gR)＝eq\r(10)m/s。(2)物块从B点运动到M点的过程中，由动能定理得－mgR(1＋cos37°)＝eq\f(1,2)mvM2－eq\f(1,2)mvB2解得vB＝eq\r(46)m/s。(3)由题图乙可知，物块在斜面上运动时，加速度大小为a＝eq\f(Δv,Δt)＝10m/s2，方向沿斜面向下，有mgsin37°＋μmgcos37°＝ma解得μ＝0.5答案：(1)eq\r(10)m/s(2)eq\r(46)m/s(3)0.52．(2023·九江质检)打桩机是利用冲击力将桩贯入地层的桩工机械。某同学对打桩机的工作原理产生了兴趣。他构建了一个打桩机的简易模型，如图甲所示。他设想，用恒定大小的拉力F拉动绳端B，使物体从A点(与钉子接触处)由静止开始运动，上升一段高度后撤去F，物体运动到最高点后自由下落并撞击钉子，将钉子打入一定深度。按此模型分析，假设物体质量m＝1kg，上升了1m高度时撤去拉力，撤去拉力前物体的动能Ek与上升高度h的关系图像如图乙所示。(g取10m/s2，不计空气阻力)(1)求物体上升到0.4m高度处F的瞬时功率。(2)假设物体撞击钉子后瞬间弹起，且使其不再落下，钉子获得20J的动能向下运动。钉子总长为10cm。撞击前插入局部可以忽略，不计钉子重力。钉子在插入过程中所受阻力Ff与深度x的关系图像如图丙所示，求钉子能够插入的最大深度。解析：(1)撤去F前，根据动能定理，有(F－mg)h＝Ek－0由题图乙得，斜率为k＝F－mg＝20N得F＝30N又由题图乙得，h＝0.4m时，Ek＝8J，那么v＝4m/sP＝Fv＝120W。(2)碰撞后，对钉子有－eq\x\to(Ff)x′＝0－Ek′Ek′＝20Jeq\x\to(Ff)＝eq\f(k′x′,2)又由题图丙得k′＝105N/m解得x′＝0.02m。答案：(1)120W(2)0.02m提能点(三)动能定理求解多过程问题考法1直线与平抛运动组合的多过程问题[例1](2023·浙江高考)如下图，用一块长L1＝1.0m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H＝0.8m，长L2＝1.5m。斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定。将质量m＝0.2kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失。(重力加速度取g＝10m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)当θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)(2)当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(3)继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm。[解析](1)为使小物块下滑，应有mgsinθ≥μ1mgcosθ①那么θ满足的条件为tanθ≥0.05②即当θ＝arctan0.05时物块恰好从斜面开始下滑。(2)克服摩擦力做功Wf＝μ1mgL1cosθ＋μ2mg(L2－L1cosθ)③由动能定理得mgL1sinθ－Wf＝0④代入数据得μ2＝0.8。⑤(3)由动能定理得mgL1sinθ－Wf＝eq\f(1,2)mv2⑥结合③式并代入数据得v＝1m/s⑦由平抛运动规律得H＝eq\f(1,2)gt2，x1＝vt解得t＝0.4s⑧x1＝0.4m⑨xm＝x1＋L2＝1.9m。⑩[答案](1)arctan0.05(2)0.8(3)1.9m考法2直线与圆周运动组合的多过程问题[例2](2023·天津高考)我国将于2023年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具欣赏性的工程之一。如下图，质量m＝60kg的运发动从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝3.6m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB＝24m/s，A与B的竖直高度差H＝48m。为了改变运发动的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h＝5m，运发动在B、C间运动时阻力做功W＝－1530J，取g＝10m/s2。(1)求运发动在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；(2)假设运发动能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，那么C点所在圆弧的半径R至少应为多大。[解析](1)运发动在AB段做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，那么有vB2＝2ax①由牛顿第二定律有mgeq\f(H,x)－Ff＝ma②联立①②式，代入数据解得Ff＝144N。③(2)设运发动到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理有mgh＋W＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvB2④设运发动在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有FN－mg＝meq\f(vC2,R)⑤由运发动能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得R＝12.5m。⑥[答案](1)144N(2)12.5m考法3平抛与圆周运动组合的多过程问题[例3]在游乐节目中，选手需借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，两位同学观看后对此进行了讨论。如下图，他们将选手简化为质量m＝60kg的质点，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向夹角α＝53°，绳的悬挂点O距水面的高度为H＝3m。不考虑空气阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度不计，水足够深。取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。(1)求选手摆到最低点时对绳拉力的大小F；(2)假设绳长l＝2m，选手摆到最高点时松手落入水中。设水对选手的平均浮力F1＝800N，平均阻力F2＝700N，求选手落入水中的深度d；(3)假设选手摆到最低点时松手，甲同学认为绳越长，在浮台上的落点距岸边越远；乙同学却认为绳越短，落点距岸边越远。请通过推算说明你的观点。[解析](1)由静止至摆动到最低点，对选手由动能定理得mgl(1－cosα)＝eq\f(1,2)mv2－0选手在最低点处由牛顿第二定律得F′－mg＝meq\f(v2,l)由牛顿第三定律得F＝F′＝1.8mg＝1080N。(2)选手摆到最高点时松手落入水中，(如下图)对选手由动能定理得mg(H－lcosα＋d)－(F1＋F2)d＝0－0解得d＝1.2m。(3)选手摆到最低点时松手将做平抛运动，那么：竖直方向H－l＝eq\f(1,2)gt2水平方向x＝vt由(1)可得v＝eq\r(0.8gl)解得x＝eq\r(1.6lH－l)可知当l＝eq\f(H,2)＝1.5m时，x取最大值，落点距岸边最远。[答案](1)1080N(2)1.2m(3)见解析考法4含弹簧的物体运动多过程问题[例4]如图甲所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O位置。质量为m的物块A(可视为质点)以初速度v0从距O点右方x0的P点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O′点位置后，A又被弹簧弹回。A离开弹簧后，恰好回到P点。物块A与水平面间的动摩擦因数为μ。求：(1)物块A从P点出发又回到P点的过程，克服摩擦力所做的功。(2)O点和O′点间的距离x1。(3)如图乙所示，假设将另一个与A完全相同的物块B(可视为质点)与弹簧右端拴接，将A放在B右边，向左推A、B，使弹簧右端压缩到O′点位置，然后从静止释放，A、B共同滑行一段距离后别离。别离后物块A向右滑行的最大距离x2是多少？[解析](1)物块A从P点出发又回到P点的过程，根据动能定理得克服摩擦力所做的功为Wf＝eq\f(1,2)mv02。(2)物块A从P点出发又回到P点的过程，根据动能定理得2μmg(x1＋x0)＝eq\f(1,2)mv02解得x1＝eq\f(v02,4μg)－x0。(3)A、B在弹簧处于原长处别离，设此时它们的共同速度是v1，弹出过程弹力做功为WF只有物块A时，从O′到P有WF－μmg(x1＋x0)＝0－0A、B共同从O′到O有WF－2μmgx1＝eq\f(1,2)×2mv12别离后对A有eq\f(1,2)mv12＝μmgx2联立以上各式可得x2＝x0－eq\f(v02,8μg)。[答案](1)eq\f(1,2)mv02(2)eq\f(v02,4μg)－x0(3)x0－eq\f(v02,8μg)[通法归纳]利用动能定理求解多过程问题的根本思路(1)弄清物体的运动由哪些过程组成。(2)分析每个过程中物体的受力情况。(3)各个力做功有何特点，对动能的变化有无影响。(4)从总体上把握全过程，写出总功表达式，找出初、末状态的动能。(5)对所研究的全过程运用动能定理列方程。提能点(四)运用动能定理求解往复运动问题有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而描述运动的物理量多数是变化的，且重复次数又往往是无限的或者很难确定。求解这类问题时假设运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出。而动能定理只关心物体的初、末状态而不计运动过程的细节，所以用动能定理分析这类问题可迎刃而解。考法1往复次数可确定的情形[例1]如下图，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC是水平的，其宽度d＝0.50m。盆边缘的高度为h＝0.30m。在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑。盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，那么停的地点到B的距离为()A．0.50mB．0.25mC．0.10mD．0[解析]设小物块在BC段通过的总路程为s，由于只有水平面上存在摩擦力，那么小物块从A点开始运动到最终静止的整个过程中，摩擦力做功为－μmgs，而重力做功与路径无关，由动能定理得：mgh－μmgs＝0－0，代入数据可解得s＝3m。由于d＝0.50m，所以，小物块在BC段经过3次往复运动后，又回到B点。[答案]D考法2往复次数无法确定的情形[例2]如下图，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块距挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。假设滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是()A.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]滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，对滑块运动的全程应用功能关系，全程所产生的热量为Q＝eq\f(1,2)mv02＋mgx0sinθ，又由全程产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即Q＝μmgxcosθ，解以上两式可得x＝eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v02,2gcosθ)＋x0tanθ))，选项A正确。[答案]A考法3往复运动永不停止的情形[例3]如下图，AB、CD为两个对称斜面，其上部足够长，下部B、C分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为120°，半径R为2.0m，一个物体在离弧底E高度为h＝3.0m处，以初速度v＝4.0m/s沿斜面运动，假设物体与两斜面间的动摩擦因数均为0.02，那么物体在两斜面上(不包括圆弧局部)一共运动的路程是多少？(g取10m/s2)[解析]两个斜面的下部B、C分别与光滑的圆弧面相切，圆心角为120°，所以可得出斜面的倾角为θ＝60°，物体在斜面上所受到的滑动摩擦力为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，所以物体不能停留在斜面上。物体在斜面上滑动时，由于摩擦力做功，物体的机械能逐渐减小，物体滑到斜面上的高度逐渐降低，物体最终将在B、C间做往复运动。设物体在斜面上运动的总路程为s，对全过程应用动能定理得mg[h－R(1－cos60°)]－μmgscos60°＝0－eq\f(1,2)mv2，解得s＝280m。[答案]280m[通法归纳](1)应用动能定理求解往复运动问题时，要确定物体的初状态和最终状态。(2)重力做功与物体运动路径无关，可用WG＝mgh直接求解。(3)滑动摩擦力做功与物体运动路径有关，其功的大小可用Wf＝－Ffs求解，其中s为物体滑行的路程。eq\a\vs4\al([课时达标检测])一、单项选择题1．A、B两物体在光滑水平面上，分别在相同的水平恒力F作用下，由静止开始通过相同的位移l。假设A的质量大于B的质量，那么在这一过程中()A．A获得动能较大B．B获得动能较大C．A、B获得动能一样大D．无法比拟A、B获得动能大小解析：选C由动能定理可知恒力F做功W＝Fl＝eq\f(1,2)mv2－0，因为F、l相同，所以A、B的动能变化相同，C正确。2.一个质量为m的物体静止放在光滑水平面上，在互成60°角的大小相等的两个水平恒力作用下，经过一段时间，物体获得的速度为v，在力的方向上获得的速度分别为v1、v2，如下图，那么在这段时间内，其中一个力做的功为()A.eq\f(1,6)mv2 B.eq\f(1,4)mv2C.eq\f(1,3)mv2 D.eq\f(1,2)mv2解析：选B在合力F的方向上，由动能定理得W＝Fl＝eq\f(1,2)mv2，某个分力的功为W1＝F1lcos30°＝eq\f(F,2cos30°)lcos30°＝eq\f(1,2)Fl＝eq\f(1,4)mv2，B正确。3.如下图，小球以初速度v0从A点沿不光滑的轨道运动到高为h的B点后自动返回，其返回途中仍经过A点，水平轨道与倾斜轨道之间用平滑圆弧连接(图中没画出)。那么返回时经过A点的速度v的大小为()A.eq\r(v02－4gh) B.eq\r(4gh－v02)C.eq\r(v02－2gh) D.eq\r(2gh－v02)解析：选B由动能定理得，小球由A到B过程有－mgh－Wf＝0－eq\f(1,2)mv02，小球由B到A过程有mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，联立解得v＝eq\r(4gh－v02)，B正确。4.(2023·全国甲卷)小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如下图。将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点，()A．P球的速度一定大于Q球的速度B．P球的动能一定小于Q球的动能C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度解析：选C两球由静止释放到运动到轨迹最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒，取轨迹的最低点为零势能点，那么由机械能守恒定律得mgL＝eq\f(1,2)mv2，v＝eq\r(2gL)，因LP＜LQ，那么vP＜vQ，又mP＞mQ，那么两球的动能无法比拟，选项A、B错误；在最低点绳的拉力为F，那么F－mg＝meq\f(v2,L)，那么F＝3mg，因mP＞mQ，那么FP＞FQ，选项C正确；向心加速度a＝eq\f(F－mg,m)＝2g，选项D错误。5.(2023·全国卷Ⅰ)如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。那么()A．W＝eq\f(1,2)mgR，质点恰好可以到达Q点B．W>eq\f(1,2)mgR，质点不能到达Q点C．W＝eq\f(1,2)mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离D．W<eq\f(1,2)mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离解析：选C设质点到达N点的速度为vN，在N点质点受到轨道的弹力为FN，那么FN－mg＝eq\f(mvN2,R)，FN＝FN′＝4mg，那么质点到达N点的动能为EkN＝eq\f(1,2)mvN2＝eq\f(3,2)mgR。质点由开始至N点的过程，由动能定理得mg·2R＋Wf＝EkN－0，解得摩擦力做的功为Wf＝－eq\f(1,2)mgR，即克服摩擦力做的功为W＝－Wf＝eq\f(1,2)mgR。设从N到Q的过程中克服摩擦力做功为W′，那么W′<W。从N到Q的过程，由动能定理得－mgR－W′＝eq\f(1,2)mvQ2－eq\f(1,2)mvN2，即eq\f(1,2)mgR－W′＝eq\f(1,2)mvQ2，故质点到Q点后速度不为0，质点继续上升一段距离。选项C正确。二、多项选择题6．质量不等，但有相同动能的两个物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直至停止，那么()A．质量大的物体滑行的距离大B．质量小的物体滑行的距离大C．它们滑行的距离一样大D．它们克服摩擦力所做的功一样多解析：选BD由动能定理可知，摩擦力对物体所做的功等于物体动能的增量，因两物体具有相同的动能，故两物体滑行过程中克服摩擦力所做的功也相同，又Wf＝μmg·x可知，质量越大的物体，滑行的距离x越小，应选项B、D正确。7.光滑水平面上静止的物体，受到一个水平拉力F作用开始运动，拉力随时间变化如下图，用Ek、v、x、P分别表示物体的动能、速度、位移和水平拉力的功率，以下四个图像中分别定性描述了这些物理量随时间变化的情况，正确的选项是()解析：选BD由动能定理，Fx＝F·eq\f(1,2)at2＝Ek，选项A错误；在水平拉力F作用下，做匀加速直线运动，选项B正确；其位移x＝eq\f(1,2)at2，选项C错误；水平拉力的功率P＝Fv＝Fat，选项D正确。8.(2023·全国丙卷)如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，那么()A．a＝eq\f(2mgR－W,mR)B．a＝eq\f(2mgR－W,mR)C．N＝eq\f(3mgR－2W,R)D．N＝eq\f(2mgR－W,R)解析：选AC质点P下滑到最低点的过程中，由动能定理得mgR－W＝eq\f(1,2)mv2，那么速度v＝eq\r(\f(2mgR－W,m))，在最低点的向心加速度a＝eq\f(v2,R)＝eq\f(2mgR－W,mR)，选项A正确，选项B错误；在最低点时，由牛顿第二定律得N－mg＝ma，N＝eq\f(3mgR－2W,R)，选项C正确，选项D错误。三、计算题9．(2023·兰州质检)如下图，一滑块(可视为质点)经水平轨道AB进入竖直平面内的四分之一圆弧形轨道BC。滑块的质量m＝0.50kg，滑块经过A点时的速度vA＝5.0m/s，AB长x＝4.5m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.10，圆弧形轨道的半径R＝0.50m，滑块离开C点后竖直上升的最大高度h＝0.10m。g取10m/s2。求：(1)滑块第一次经过B点时速度的大小；(2)滑块刚刚滑上圆弧形轨道时，对轨道上B点压力的大小；(3)滑块在从B运动到C的过程中克服摩擦力所做的功。解析：(1)滑块由A到B的过程中，由动能定理得－Ffx＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mvA2，又Ff＝μmg解得vB＝4.0m/s。(2)在B点，滑块开始做圆周运动，由牛顿第二定律可知FN－mg＝meq\f(vB2,R)解得轨道对滑块的支持力FN＝21N。根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道上B点压力的大小为21N。(3)滑块从B经过C上升到最高点的过程中，由动能定理得－mg(R＋h)－Wf′＝0－eq\f(1,2)mvB2解得滑块克服摩擦力做功Wf′＝1.0J。答案：(1)4.0m/s(2)21N(3)1.0J10．(2023·上海静安区模拟)在竖直平面内固定一轨道ABCO，AB段水平放置，长为4m，BCO段弯曲且光滑；一质量为1.0kg、可视作质点的圆环套在轨道上，圆环与轨道AB段之间的动摩擦因数为0.5。建立如下图的直角坐标系，圆环在沿x轴正方向的恒力F作用下，从A(－7,2)点由静止开始运动，到达原点O时撤去恒力F，圆环从O(0,0)点水平飞出后经过D(6,3)点。重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求：(1)圆环到达O点时的速度大小；(2)恒力F的大小；(3)圆环在AB段运动的时间。解析：(1)圆环从O到D过程中做平抛运动x＝v0ty＝eq\f(1,2)gt2读图得x＝6m，y＝3m解得v0＝eq\r(60)m/s＝7.75m/s。(2)圆环从A到O过程中，根据动能定理FxAO－μmgxAB－mgy′＝eq\f(1,2)mv02代入数据得F＝10N。(3)圆环从A到B过程中，根据牛顿第二定律F－μmg＝maxAB＝eq\f(1,2)at2代入数据得t＝eq\r(\f(8,5))s＝1.26s。答案：(1)7.75m/s(2)10N(3)1.26s11．(2023·庆阳模拟)如下图，水平路面CD的右侧有一长L1＝2m的板M，一物块放在板M的最右端，并随板一起向左侧固定的平台运动，板M的上外表与平台等高。平台的上外表AB长s＝3m，光滑半圆轨道AFE竖直固定在平台上，轨道半径R＝0.4m，最低点与平台AB相切于A点。当板M的左端距离平台L＝2m时，板与物块向左运动的速度v0＝8m/s，当板与平台的竖直墙壁碰撞后，板立即停止运动，物块在板上滑动，并滑上平台。板与路面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与板的上外表及轨道AB间的动摩擦因数μ2＝0.1，物块质量m＝1kg，取g＝10m/s2。(1)求物块进入圆轨道时对轨道上的A点的压力；(2)判断物块能否到达圆轨道的最高点E。假设能，求物块离开E点后在平台上的落点到A点的距离；假设不能，那么说明理由。解析：(1)设物块随板运动撞击竖直墙壁BC时的速度为v1，由动能定理得－μ1(m＋M)gL＝eq\f(1,2)(M＋m)v12－eq\f(1,2)(M＋m)v02设物块到A点时速度为v2，由动能定理得－μ2mg(s＋L1)＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12由牛顿第二定律得FN－mg＝meq\f(v22,R)解得FN＝140N。由牛顿第三定律知，物块对轨道A点的压力大小为140N，方向竖直向下。(2)设物块能通过圆轨道的最高点，且在最高点处的速度为v3，那么有－mg·2R＝eq\f(1,2)mv32－eq\f(1,2)mv22解得v3＝6m/s>eq\r(gR)＝2m/s故物块能通过圆轨道的最高点，之后做平抛运动，那么水平方向：x＝v3t竖直方向：2R＝eq\f(1,2)gt2解得x＝2.4m。答案：(1)140N，方向竖直向下(2)能2.4m第29课时机械能守恒定律及其应用(重点突破课)eq\a\vs4\al([根底点·自主落实])[必备知识]1．重力做功的特点重力做功与路径无关，只与始、末位置的高度差有关。2．重力势能的特点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有关，但重力势能的变化与参考平面的选取无关。3．重力做功与重力势能变化的关系(1)定性关系：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。(2)定量关系：重力对物体做的功等于物体重力势能变化量的负值，即WG＝－ΔEp。4．弹性势能(1)概念：物体由于发生弹性形变而具有的能量。(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)弹力做功与弹性势能变化的关系：弹力对物体做的功等于弹簧弹性势能变化量的负值，即W＝－ΔEp，类似于重力做功与重力势能变化的关系。5．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。(3)常用的三种表达式①守恒式：E1＝E2或Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2；②转化式：ΔEk＝－ΔEp；③转移式：ΔEA＝－ΔEB。[小题热身]1．判断正误(1)重力势能的大小与零势能参考面的选取有关。(√)(2)重力势能的变化与零势能参考面的选取无关