高三物理一轮复习 第五章 机械能试题

第五章机械能[备考指南]考点内容要求题型把握考情一、功和功率功和功率Ⅱ选择、计算找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。二、动能定理及其应用动能和动能定理Ⅱ选择、计算三、机械能守恒定律及其应用重力做功与重力势能Ⅱ选择、计算机械能守恒定律及其应用Ⅱ四、功能关系能量守恒定律功能关系Ⅱ选择、计算明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，在复习中应侧重对基础知识的理解和应用。实验五~六探究动能定理、验证机械能守恒定律填空第1节功和功率(1)只要物体受力的同时又发生了位移，则一定有力对物体做功。(×)(2)一个力对物体做了负功，则说明这个力一定阻碍物体的运动。(√)(3)作用力做正功时，反作用力一定做负功。(×)(4)力对物体做功的正负是由力和位移间的夹角大小决定的。(√)(5)由P＝Fv可知，发动机功率一定时，机车的牵引力与运行速度的大小成反比。(√)(6)汽车上坡时换成低挡位，其目的是减小速度得到较大的牵引力。(√)要点一功的正负判断与恒力、合力做功的计算1．功的正负的判断方法(1)恒力做功的判断：依据力与位移的夹角来判断。(2)曲线运动中做功的判断：依据F与v的方向夹角α来判断，当0°≤α<90°，力对物体做正功；90°<α≤180°，力对物体做负功；α＝90°，力对物体不做功。(3)依据能量变化来判断：功是能量转化的量度，若有能量转化，则必有力对物体做功。此法常用于判断两个相联系的物体之间的相互作用力做功的判断。2．恒力做功的计算方法3．合力做功的计算方法方法一：先求合力F合，再用W合＝F合lcosα求功。方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功。[多角练通]1．(多选)如图5­1­1所示，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，斜面体以加速度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。则关于斜面对m的支持力和摩擦力的下列说法中正确的是()图5­1­1A．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讨论，若摩擦力恰好为零，物体只受重力和支持力，如图所示，此时加速度a＝gtanθ，当a>gtanθ，摩擦力沿斜面向下，摩擦力与位移夹角小于90°，则做正功；当a<gtanθ，摩擦力沿斜面向上，摩擦力与位移夹角大于90°，则做负功。综上所述，A、C、D正确。2.如图5­1­2所示，木板可绕固定水平轴O转动。木板从水平位置OA缓慢转到OB位置，木板上的物块始终相对于木板静止。在这一过程中，物块的重力势能增加了2J。用FN表示物块受到的支持力，用Ff表示物块受到的摩擦力。在此过程中，以下判断正确的是()图5­1­2A．FN和Ff对物块都不做功B．FN对物块做功为2J，Ff对物块不做功C．FN对物块不做功，Ff对物块做功为2JD．FN和Ff对物块所做功的代数和为0解析：选B物块所受的摩擦力Ff沿木板斜向上，与物块的位移方向垂直，故摩擦力Ff对物块不做功，物块在慢慢移动过程中，重力势能增加了2J，重力做负功2J，支持力FN对物块做正功2J，故B正确。3．(2014·全国卷Ⅱ)一物体静止在粗糙水平地面上。现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v。若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v。对于上述两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则()A．WF2>4WF1，Wf2>2Wf1B．WF2>4WF1，Wf2＝2Wf1C．WF2<4WF1，Wf2＝2Wf1D．WF2<4WF1，Wf2<2Wf1解析：选C根据匀变速直线运动的规律、牛顿第二定律、功的计算公式解题。根据x＝eq\f(v＋v0,2)t得，两过程的位移关系x1＝eq\f(1,2)x2，根据加速度的定义a＝eq\f(v－v0,t)，得两过程的加速度关系为a1＝eq\f(a2,2)。由于在相同的粗糙水平地面上运动，故两过程的摩擦力大小相等，即f1＝f2＝f，根据牛顿第二定律F－f＝ma得，F1－f1＝ma1，F2－f2＝ma2，所以F1＝eq\f(1,2)F2＋eq\f(1,2)f，即F1>eq\f(F2,2)。根据功的计算公式W＝Fl，可知Wf1＝eq\f(1,2)Wf2，WF1>eq\f(1,4)WF2，故选项C正确，选项A、B、D错误。要点二变力做功的计算(一)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。[典例1](2015·海南高考)如图5­1­3，一半径为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()图5­1­3A.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(二)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。[典例2]如图5­1­4所示，在水平面上，有一弯曲的槽道，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，若拉力F的方向时刻与小球运动方向一致，则此过程中拉力所做的功为()图5­1­4A．0 B．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的小段，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，所以本题答案为D。[答案]D(三)化变力为恒力求变力做功变力做功直接求解时，通常都比较复杂，但若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。[典例3]如图5­1­5所示，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。若从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，滑块经B、C两点的动能分别为EkB和EkC，图中AB＝BC，则()图5­1­5A．W1＞W2 B．W1＜W2C．W1＝W2 D．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，由图可知，ΔlAB＞ΔlBC，故W1＞W2，A正确。[答案]A(四)利用平均力求变力做功在求解变力做功时，若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，则可以认为物体受到一大小为eq\o(F,\s\up6(—))＝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\o(F,\s\up6(—))lcosα求此力所做的功。[典例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，已知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，则给予钉子的总能量：E总＝nE0＝eq\f(1,2)kl2，所以n＝eq\f(kl2,2E0)。[答案]eq\f(kl2,2E0)(五)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、圆等规则的几何图形)。[典例5]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的变化情况如图5­1­6所示。若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()图5­1­6A．3m/s B．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\r(2)m/s[答案]C要点三功率的分析与计算1．平均功率的计算(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)为物体运动的平均速度。2．瞬时功率的计算(1)利用公式P＝Fvcosα，其中v为t时刻的瞬时速度。(2)利用公式P＝FvF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度。(3)利用公式P＝Fvv，其中Fv为物体受的外力F在速度v方向上的分力。[多角练通]1．(2016·昆明模拟)将一个小球斜向上抛出，小球在空中依次飞过三个完全相同的窗户1、2、3。图5­1­7中曲线为小球在空中运动的轨迹。若不计空气阻力的影响，以下说法正确的是()图5­1­7A．小球通过第1个窗户所用的时间最长B．小球通过第1个窗户重力做的功最大C．小球通过第3个窗户重力的平均功率最小D．小球通过第3个窗户的平均速度最大解析：选C将该斜抛运动分解为水平方向和竖直方向，在水平方向做匀速直线运动，通过窗户3的水平位移最大，所以时间最长，故A错误。通过3个窗户时在竖直方向上的位移相等，所以重力做功相等，故B错误。根据PG＝eq\f(WG,t)，重力做功相等，通过第3个窗户的时间最长，所以平均功率最小，故C正确。在运动的过程中速度越来越小，通过窗户3的平均速度最小，故D错误。2．(2015·福州二模)如图5­1­8所示，一个纵截面是等腰三角形的斜面体M置于水平地面上，它的底面粗糙，两斜面光滑。将质量不相等的A、B两个小滑块(mA＞mB)同时从斜面上同一高度处静止释放，在两滑块滑至斜面底端的过程中，M始终保持静止，则()图5­1­8A．B滑块先滑至斜面底端B．地面对斜面体的摩擦力方向水平向左C．两滑块滑至斜面底端时重力的瞬时功率相同D．地面对斜面体的支持力等于三个物体的总重力解析：选B滑块A和B下滑的加速度和位移的大小分别相等，可知两滑块滑至底端的时间相同，故A错误。设等腰三角形的底角为α，则A和B对斜面体压力在水平方向的分力大小分别为mAgcosα·sinα和mBgcosα·sinα，因为mA＞mB，则地面对斜面体有向左的摩擦力，故B正确。滑块A和B滑到底端的速度大小也相等，由于质量不同，则重力的瞬时功率P＝mgvsinα不同，故C错误。因为A、B的加速度均沿斜面向下，整体处于失重状态，则支持力小于三个物体的总重力，故D错误。要点四机车启动问题1．两种启动方式的比较两种方式以恒定功率启动以恒定加速度启动P­t图和v­t图OA段过程分析v↑⇒F＝eq\f(P不变,v)↓⇒a＝eq\f(F－F阻,m)↓a＝eq\f(F－F阻,m)不变⇒F不变eq\o(⇒,\s\up6(v↑))P＝Fv↑直到P额＝Fv1运动性质加速度减小的加速直线运动匀加速直线运动，维持时间t0＝eq\f(v1,a)AB段过程分析F＝F阻⇒a＝0⇒vm＝eq\f(P,F阻)v↑⇒F＝eq\f(P额,v)↓⇒a＝eq\f(F－F阻,m)↓运动性质以vm匀速直线运动加速度减小的加速运动BC段无F＝F阻⇒a＝0⇒以vm＝eq\f(P额,F阻)匀速运动2．三个重要关系式(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,F阻)。(2)机车以恒定加速度启动时，匀加速过程结束后功率最大，速度不是最大，即v＝eq\f(P,F)<vm＝eq\f(P,F阻)。(3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W＝Pt，由动能定理得Pt－F阻x＝ΔEk，此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移或速度。[典例](2015·呼伦贝尔一模)某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究。他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为v­t图像，如图5­1­9所示(除2～10s时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线)。已知在小车运动的过程中，2s后小车的功率P＝9W保持不变，小车的质量为1.0kg，可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变。图5­1­9(1)小车所受到的阻力大小；(2)小车在0～10s内位移的大小。[审题指导](1)0～2s内小车的v­t图像为直线，小车做匀加速直线运动。(2)2～10s内小车的功率保持不变，小车处于恒定功率启动状态。(3)v＝6m/s为小车启动过程的最大速度[解析](1)由图像知，前两秒的末速度为v1＝3m/s，最大速度为vm＝6m根据P＝Fv，当F＝Ff时，v＝vm解得阻力Ff＝eq\f(P,vm)＝eq\f(9,6)N＝1.5N。(2)前2s，小车做匀加速直线运动，位移为x1，由运动学公式得x1＝eq\f(v1,2)t1＝eq\f(3,2)×2m＝3m，2～10s内，时间为t2，根据动能定理Pt2－Ffx2＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mv12代入数据解得x2＝390～10s内位移x＝x1＋x2＝42m[答案](1)1.5N(2)42m[易错提醒](1)机车启动的方式不同，运动的规律就不同，即其功率、速度、加速度、牵引力等物理量的变化规律不相同，分析图像时应注意坐标轴的意义及图像变化所描述的规律。(2)在机车功率P＝Fv中，F是机车的牵引力而不是机车所受合力，正是基于此，P＝Ffvm时，即牵引力与阻力平衡时达到最大运行速度。(3)恒定功率下的启动过程一定不是匀加速，匀变速直线运动的公式不适用了，这种加速过程发动机做的功可用W＝Pt计算，不能用W＝Fl计算(因为F为变力)。(4)以恒定牵引力加速时的功率一定不恒定，这种加速过程发动机做的功常用W＝Fl计算，不能用W＝Pt计算(因为功率P是变化的)。[针对训练]1．(2015·海南高考)假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的()A．4倍 B．2倍C.eq\r(3)倍 D.eq\r(2)倍解析：选D设f＝kv，当阻力等于牵引力时，速度最大，输出功率变化前，有P＝Fv＝fv＝kv·v＝kv2，变化后有2P＝F′v′＝kv′·v′＝kv′2，联立解得v′＝eq\r(2)v，D正确。2.(多选)(2015·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)的关系图像如图5­1­10所示。已知行驶过程中最大车速为30m/s，设阻力恒定，则()图5­1­10A．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，则加速度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。功和功率计算中的两类易错题(一)滑轮两侧细绳平行1．如图5­1­11所示，质量为M、长度为L的木板放在光滑的水平地面上，在木板的右端放置质量为m的小木块，用一根不可伸长的轻绳通过光滑的定滑轮分别与木块、木板连接，木块与木板间的动摩擦因数为μ，开始时木块和木板静止，现用水平向右的拉力F作用在木板上，将木块拉向木板左端的过程中，拉力至少做功为()图5­1­11A．2μmgL B.eq\f(1,2)μmgLC．μ(M＋m)gL D．μmgL解析：选D对木块m受力分析，由平衡条件可得FT＝μmg。对木板M受力分析，由平衡条件可得：F＝FT＋μmg，又因当木块从木板右端拉向左端的过程中，木板向右移动的位移l＝eq\f(L,2)，故拉力F所做的功W＝F·l＝μmgL，D正确。2．(2015·南安高三期中)如图5­1­12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()图5­1­12A．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。[反思领悟](1)不计摩擦和滑轮质量时，滑轮两侧细绳拉力大小相等。(2)通过定滑轮连接的两物体，位移大小相等。(3)通过动滑轮拉动物体时，注意物体与力的作用点的位移、速度、作用力间的大小关系。(二)滑轮两侧细绳不平行3．一木块前端有一滑轮，绳的一端系在右方固定处，水平穿过滑轮，另一端用恒力F拉住，保持两股绳之间的夹角θ不变，如图5­1­13所示，当用力F拉绳使木块前进s时，力F对木块做的功(不计绳重和滑轮摩擦)是()图5­1­13A．Fscosθ B．Fs(1＋cosθ)C．2Fscosθ D．2Fs解析：选B根据动滑轮的特点可求出绳子在F方向上的位移为x＝s(1＋cosθ)，根据恒力做功公式得W＝Fx＝Fs(1＋cosθ)，或可看成两股绳都在对木块做功W＝Fs＋Fscosθ＝Fs(1＋cosθ)，则选项B正确。4.质量为m的物体放在一固定的斜面上，一个人通过动滑轮用恒定的力F拉动物体沿斜面前进l，力F与斜面夹角为α，如图5­1­14所示。求人做的功。图5­1­14解析：如图所示，力F作用点的位移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)[反思领悟]对于通过动滑轮拉物体的情况，当拉力F的方向与物体的位移方向不同时，拉力F的功的大小可用如下两种思路求解：(1)用W＝F·xcosα求，其中x为力F作用点的位移大小，α为力F与力F作用点位移x之间的夹角。(2)用两段细绳拉力分别所做功的代数合求解，如第3题的第二种方法。对点训练：功的理解与计算1.(2015·宁波期末)如图1所示，木块B上表面是水平的，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()图1A．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CAB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．(多选)(2015·云南一检)如图2所示，n个完全相同，边长足够小且互不粘连的小方块依次排列，总长度为l，总质量为M，它们一起以速度v在光滑水平面上滑动，某时刻开始滑上粗糙水平面。小方块与粗糙水平面之间的动摩擦因数为μ，若小方块恰能完全进入粗糙水平面，则摩擦力对所有小方块所做功的数值为()图2A.eq\f(1,2)Mv2 B．Mv2C.eq\f(1,2)μMgl D．μMgl解析：选AC小方块恰能完全进入粗糙水平面，说明小方块进入粗糙水平面后速度为零。以所有小方块为研究对象，由动能定理可知，所有小方块克服摩擦力做功Wf＝eq\f(1,2)Mv2，A项正确；将所有小方块等效为质量集中在重心的质点，恰能完全进入粗糙水平面，重心位移为eq\f(1,2)l，摩擦力做功为－eq\f(1,2)μMgl，做功数值大小为eq\f(1,2)μMgl，C项正确。3.(多选)一辆质量为m的汽车在发动机牵引力F的作用下，沿水平方向运动。在t0时刻关闭发动机，其运动的v­t图像如图3所示。已知汽车行驶过程中所受的阻力是汽车重力的k倍，则()图3A．加速过程与减速过程的平均速度之比为1∶2B．加速过程与减速过程的位移大小之比为1∶2C．汽车牵引力F与所受阻力大小之比为3∶1D．汽车牵引力F做的功为eq\f(3kmgv0t0,2)解析：选BCD由题图可知，加速过程F－Ff＝ma1，a1＝eq\f(v0,t0)，位移x1＝eq\f(1,2)v0t0；减速过程－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过程与减速过程的位移大小之比为1∶2，平均速度之比为1∶1，汽车牵引力F与所受阻力大小之比为3∶1，汽车牵引力F做的功为W＝Fx1＝eq\f(3kmgv0t0,2)，故选项A错误，B、C、D正确。对点训练：功率的分析与计算4.(2016·绵阳二诊)如图4所示，质量为m的小球(可视为质点)用长为L的细线悬挂于O点，自由静止在A位置。现用水平力F缓慢地将小球从A拉到B位置而静止，细线与竖直方向夹角为θ＝60°，此时细线的拉力为F1，然后放手让小球从静止返回，到A点时细线的拉力为F2，则()图4A．F1＝F2＝2mgB．从A到B，拉力F做功为F1C．从B到A的过程中，小球受到的合外力大小不变D．从B到A的过程中，小球重力的瞬时功率一直增大解析：选A在B位置根据平衡条件有F1＝eq\f(mg,cos60°)＝2mg，在A位置根据牛顿第二定律有F2－mg＝eq\f(mv2,L)，从B到A利用动能定理得mgL(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mv2，联立可知F2＝2mg，选项A正确；从A到B利用动能定理得WF－mgL(1－cos60°)＝0，解得拉力F做功为WF＝eq\f(mgL,2)，选项B错误；从B到A的过程中，小球受到的合外力大小时刻发生变化，选项C错误；在最高点时小球的速度为零，重力的瞬时功率为零，在最低点时小球竖直方向的速度为零，重力的瞬时功率为零，即从B到A的过程中，小球重力的瞬时功率先增大后减小，选项D错误。5．(多选)(2015·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达到80m/s。弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，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，则弹射器的推力为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。6.(多选)(2016·长沙模拟)如图5所示，位于水平面上的物体在斜向上的恒力F1的作用下，做速度为v的匀速运动，此时力F1与水平方向的夹角为θ1；现将该夹角增大到θ2，对应恒力变为F2，则以下说法正确的是()图5A．若物体仍以速度v做匀速运动，则可能有F2＝F1B．若物体仍以速度v做匀速运动，则一定有F2＞F1C．若物体仍以速度v做匀速运动，则F2的功率可能等于F1的功率D．若物体以大于v的速度做匀速运动，则F1的功率可能等于F2的功率解析：选AD物体都做匀速运动，受力平衡，则：F1cosθ1＝μ(mg－F1sinθ1)F2cosθ2＝μ(mg－F2sinθ2)解得：F1＝eq\f(μmg,cosθ1＋μsinθ1)，F2＝eq\f(μmg,cosθ2＋μsinθ2)当cosθ1＋μsinθ1＝cosθ2＋μsinθ2时，F2＝F1，则sin(θ1＋β)＝sin(θ2＋β)，其中tanβ＝eq\f(1,μ)，当θ1＋θ2＋2β＝π时，sin(θ1＋β)＝sin(θ2＋β)，则F2的大小可能等于F1，故A正确，B错误。功率P＝Fvcosθ，v相等，要使功率相等，则F1cosθ1＝F2cosθ2，F1sinθ1＝F2sinθ2，而θ2＞θ1，不可能同时满足，所以F2的功率不可能等于F1的功率，故C错误。根据C的分析可知，当物体以大于v的速度做匀速运动时，F1cosθ1可以大于F2cosθ2，则F1的功率可能等于F2的功率，故D正确。对点训练：机车启动问题7.(2015·徐州模拟)一辆汽车在平直的公路上以某一初速度运动，运动过程中保持恒定的牵引功率，其加速度a和速度的倒数eq\f(1,v)图像如图6所示。若已知汽车的质量，则根据图像所给的信息，不能求出的物理量是()图6A．汽车的功率B．汽车行驶的最大速度C．汽车所受到的阻力D．汽车运动到最大速度所需的时间解析：选D由F－Ff＝ma，P＝Fv可得：a＝eq\f(P,m)·eq\f(1,v)－eq\f(Ff,m)，对应图线可知，eq\f(P,m)＝k＝40，可求出汽车的功率P，由a＝0时，eq\f(1,vm)＝0.05可得：vm＝20m/s，再由vm＝eq\f(P,Ff)，可求出汽车受到的阻力Ff，但无法求出汽车运动到最大速度的时间。8．(2015·全国卷Ⅱ)一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图7所示。假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是()图7解析：选A由P­t图像知：0～t1内汽车以恒定功率P1行驶，t1～t2内汽车以恒定功率P2行驶。设汽车所受牵引力为F，则由P＝Fv得，当v增加时，F减小，由a＝eq\f(F－f,m)知a减小，又因速度不可能突变，所以选项B、C、D错误，选项A正确。9．水平路面上行驶的汽车所受到的阻力大小Ff与汽车行驶的速率成正比。若汽车从静止出发，先做匀加速直线运动，达到额定功率后保持额定功率行驶，则在整个行驶过程中，汽车受到的牵引力大小F与阻力大小Ff关系图像是()解析：选A汽车先做匀加速直线运动，速度增大，Ff＝kv增大，根据牛顿第二定律得：F＝Ff＋ma可知，牵引力随着Ff的增大而均匀增大，图像是一条倾斜的直线，功率达到额定功率后，F＝eq\f(P,v)，Ff＝kv，则F＝eq\f(Pk,Ff)，则牵引力与阻力成反比，故A正确。对点训练：功、功率与其他力学知识的综合10．(多选)(2015·宝鸡质检)如图8所示，半径为r的光滑水平转盘到水平地面的高度为H，质量为m的小物块被一个电子锁定装置锁定在转盘边缘，转盘绕过转盘中心的竖直轴以ω＝kt(k＞0且是恒量)的角速度转动。从t＝0开始，在不同的时刻t将小物块解锁，小物块经过一段时间后落到地面上。假设在t时刻解锁的物块落到地面上时重力的瞬时功率为P，落地点到转盘中心的水平距离为d，则下图中P­t图像、d2­t2图像分别正确的是()图8解析：选BC时刻t将小物块解锁后，物块做平抛运动，初速度为：v0＝rω＝rkt，物块落地时竖直分速度为：vy＝eq\r(2gH)，物块落到地面上时重力的瞬时功率为：P＝mgvy＝mgeq\r(2gH)，可知P与t无关，故A错误，B正确；物块做平抛运动的时间为：t′＝eq\r(\f(2H,g))，水平位移大小为：x＝v0t′＝rkteq\r(\f(2H,g))，根据几何知识可得落地点到转盘中心的水平距离为：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正确，D错误。11．(2015·四川高考)严重的雾霾天气，对国计民生已造成了严重的影响。汽车尾气是形成雾霾的重要污染源，“铁腕治污”已成为国家的工作重点。地铁列车可实现零排放，大力发展地铁，可以大大减少燃油公交车的使用，减少汽车尾气排放。若一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动，先匀加速运动20s达最高速度72km/h，再匀速运动80s，接着匀减速运动15s到达乙站停住。设列车在匀加速运动阶段牵引力为1×106N，匀速运动阶段牵引力的功率为6×103kW，忽略匀减速运动阶段牵引力所做的功。图9(1)求甲站到乙站的距离；(2)如果燃油公交车运行中做的功与该列车从甲站到乙站牵引力做的功相同，求公交车排放气态污染物的质量。(燃油公交车每做1焦耳功排放气态污染物3×10－6克解析：(1)设列车匀加速直线运动阶段所用的时间为t1，距离为s1；在匀速直线运动阶段所用的时间为t2，距离为s2，速度为v；在匀减速直线运动阶段所用的时间为t3，距离为s3；甲站到乙站的距离为s。则s1＝eq\f(1,2)vt1①s2＝vt2②s3＝eq\f(1,2)vt3③s＝s1＋s2＋s3④联立①②③④式并代入数据得s＝1950m。⑤(2)设列车在匀加速直线运动阶段的牵引力为F，所做的功为W1；在匀速直线运动阶段的牵引力的功率为P，所做的功为W2。设燃油公交车与该列车从甲站到乙站做相同的功W，将排放气态污染物的质量为M。则W1＝Fs1⑥W2＝Pt2⑦W＝W1＋W2⑧M＝(3×10－9kg·J－1)·联立①⑥⑦⑧⑨式并代入数据得M＝2.04kg。答案：(1)1950m(2)2.04kg12．(2016·常州模拟)高速连续曝光照相机可在底片上重叠形成多个图像。现利用这架照相机对MD－2000家用汽车的加速性能进行研究，如图10为汽车做匀加速直线运动时三次曝光的照片，图中汽车的实际长度为4m，照相机每两次曝光的时间间隔为2.0s。已知该汽车的质量为1000kg，额定功率为90kW，汽车运动过程中所受的阻力始终为1500N图10(1)试利用图示，求该汽车的加速度。(2)若汽车由静止开始以此加速度做匀加速运动，匀加速运动状态最多能保持多长时间。(3)汽车所能达到的最大速度是多大。(4)若该汽车从静止开始运动，牵引力不超过3000N，求汽车运动2400m所用的最短时间(汽车已经达到最大速度)。解析：(1)由图可得汽车在第1个2s时间内的位移x1＝9m，第2个2s时间内的位移x2＝汽车的加速度a＝eq\f(Δx,T2)＝1.5m/s2。(2)由F－Ff＝ma得，汽车牵引力F＝Ff＋ma＝(1500＋1000×1.5)N＝3000N汽车做匀加速运动的末速度v＝eq\f(P额,F)＝eq\f(90×103,3×103)m/s＝30m/s匀加速运动保持的时间t1＝eq\f(v,a)＝eq\f(30,1.5)s＝20s。(3)汽车所能达到的最大速度vm＝eq\f(P额,Ff)＝eq\f(90×103,1.5×103)m/s＝60m/s。(4)由(1)、(2)知匀加速运动的时间t1＝20s，运动的距离x1′＝eq\f(vt1,2)＝eq\f(30,2)×20m＝300m所以，后阶段以恒定功率运动的距离x2′＝(2400－300)m＝2100m对后阶段以恒定功率运动，有：P额t2－Ffx2′＝eq\f(1,2)m(vm2－v2)解得t2＝50s所以，所求时间为t总＝t1＋t2＝(20＋50)s＝70s。答案：(1)1.5m/s2(2)20s(3)60m/s(4)70s第2节动能定理及其应用(1)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化。(√)(2)动能不变的物体一定处于平衡状态。(×)(3)如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零。(√)(4)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化。(×)(5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零。(×)(6)做自由落体运动的物体，动能与时间的二次方成正比。(√)要点一对动能定理的理解1．对“外力”的两点理解(1)“外力”指的是合力，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．“＝”体现的二个关系[多角练通]1．关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是()A．合外力为零，则合外力做功一定为零B．合外力做功为零，则合外力一定为零C．合外力做功越多，则动能一定越大D．动能不变，则物体合外力一定为零解析：选A由W＝Flcosα可知，物体所受合外力为零，合外力做功一定为零，但合外力做功为零，可能是α＝90°，故A正确，B错误；由动能定理W＝ΔEk可知，合外力做功越多，动能变化量越大，但动能不一定越大，动能不变，合外力做功为零，但合外力不一定为零，C、D均错误。2．(多选)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，则()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，故B、D选项正确。3.(多选)某人通过光滑滑轮将质量为m的物体，沿光滑斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h，到达斜面顶端的速度为v，如图5­2­1所示。则在此过程中()图5­2­1A．物体所受的合力做功为mgh＋eq\f(1,2)mv2B．物体所受的合力做功为eq\f(1,2)mv2C．人对物体做的功为mghD．人对物体做的功大于mgh解析：选BD对物体应用动能定理可得W合＝W人－mgh＝eq\f(1,2)mv2，故W人＝mgh＋eq\f(1,2)mv2，B、D选项正确。要点二动能定理的应用应用动能定理的流程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)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。(4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。[典例](2015·浙江高考)如图5­2­2所示，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/s图5­2­2(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；(已知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。[审题指导](1)物块恰好要下滑时应满足mgsinθ＝μmgcosθ。(2)物块恰好停在桌面边缘时其在桌面上的位移大小为L2－L1cosθ。(3)xm为物块落地点到墙面的距离而不是物块平抛的水平位移。[解析](1)为使小物块下滑，应有mgsinθ≥μ1mgcosθθ满足的条件tanθ≥0.05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)由动能定理得mgL1sinθ－Wf＝0代入数据得μ2＝0.8。(3)由动能定理得mgL1sinθ－Wf＝eq\f(1,2)mv2解得v＝1m/s由平抛运动规律得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[方法规律](1)运用动能定理解决问题时，选择合适的研究过程能使问题得以简化。当物体的运动过程包含几个运动性质不同的子过程时，可以选择一个、几个或全部子过程作为研究过程。(2)当选择全部子过程作为研究过程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点：①重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；②大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积。[针对训练]1．(2016·青岛检测)相同材料制成的滑道ABC，其中AB段为曲面，BC段为水平面。现有质量为m的木块，从距离水平面h高处的A点由静止释放，滑到B点过程中克服摩擦力做功为eq\f(1,3)mgh；木块通过B点后继续滑行2h距离后，在C点停下来，则木块与曲面间的动摩擦因数应为()图5­2­3A.eq\f(1,3) B.eq\f(2,3)C.eq\f(1,6) D.eq\f(1,12)解析：选A物体从A点到C点根据动能定理：mgh－eq\f(1,3)mgh－μmg·2h＝0，解得μ＝eq\f(1,3)，因为曲面和水平轨道是同种材料，所以木块与曲面间的动摩擦因数也为eq\f(1,3)，选项A正确。2．(2015·山东高考)如图5­2­4甲所示，物块与质量为m的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接。物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上，小球和右侧滑轮的距离为l。开始时物块和小球均静止，将此时传感装置的示数记为初始值。现给小球施加一始终垂直于l段细绳的力，将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60°角，如图乙所示，此时传感器装置的示数为初始值的1.25倍；再将小球由静止释放，当运动至最低位置时，传感装置的示数为初始值的0.6倍。不计滑轮的大小和摩擦，重力加速度的大小为g。求：图5­2­4(1)物块的质量；(2)从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服空气阻力所做的功。解析：(1)设开始时细绳的拉力大小为T1，传感装置的初始值为F1，物块质量为M，由平衡条件得对小球，T1＝mg①对物块，F1＋T1＝Mg②当细绳与竖直方向的夹角为60°时，设细绳的拉力大小为T2，传感装置的示数为F2，据题意可知，F2＝1.25F1，对小球，T2＝mgcos60°③对物块，F2＋T2＝Mg④联立①②③④式，代入数据得M＝3m。(2)设小球运动至最低位置时速度的大小为v，从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服阻力所做的功为Wf，由动能定理得mgl(1－cos60°)－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0⑥在最低位置，设细绳的拉力大小为T3，传感装置的示数为F3，据题意可知，F3＝0.6F1，对小球，T3－mg＝meq\f(v2,l)⑦对物块，由平衡条件得F3＋T3＝Mg⑧联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得Wf＝0.1mgl。⑨答案：(1)3m(2)0.1要点三动能定理的图像问题1．解决物理图像问题的基本步骤2．四类图像所围面积的含义v­t图由公式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[典例](2015·东北三省三校一模)某星球半径为R＝6×106m，假设该星球表面上有一倾角为θ＝30°的固定斜面，一质量为m＝1kg的小物块在力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，力F始终与斜面平行，如图5­2­5甲所示。已知小物块和斜面间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),3)，力F随位移x变化的规律如图乙所示(取沿斜面向上的方向为正向)，如果小物块运动12m时速度恰好为零，已知万有引力常量G＝6.67×10－11N·m2/kg2。试求：(计算结果保留一位有效数字)图5­2­5(1)该星球表面上的重力加速度g的大小；(2)该星球的平均密度。[审题指导](1)F­x图线与x轴所围面积表示力F对物块所做的功。(2)物块上滑过程中摩擦力始终不变。(3)可利用g＝eq\f(GM,R2)求出星球质量进而确定星球平均密度。[解析](1)设该星球表面的重力加速度为g，物块上滑过程中力F所做的功WF＝(15×6－3×6)J＝72J，由动能定理得：WF－mgsinθ·x－μmgcosθ·x＝0，解得：g＝6m/s2。(2)在星球表面重力与万有引力相等有：Geq\f(mM,R2)＝mg可得星球的质量为：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[针对训练]1．(2015·合肥一模)A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的v­t图像如图5­2­6所示。已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等。则下列说法正确的是()图5­2­6A．F1、F2大小之比为1∶2B．F1、F2对A、B做功之比为1∶2C．A、B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，两个匀减速运动的加速度之比为1∶2，由牛顿第二定律可知：A、B受摩擦力大小相等，所以A、B的质量关系是2∶1，由速度与时间图像可知，A、B两物体加速与减速的位移相等，且匀加速运动位移之比1∶2，匀减速运动的位移之比2∶1，由动能定理可得：A物体的拉力与摩擦力的关系，F1·x－f1·3x＝0－0；B物体的拉力与摩擦力的关系，F2·2x－f2·3x＝0－0，因此可得：F1＝3f1，F2＝eq\f(3,2)f2，f1＝f2，所以F1＝2F2。全过程中摩擦力对A、B做功相等，F1、F2对A、B做功大小相等。故A、B、D错误，C正确。2．(多选)(2015·济宁三模)如图5­2­7甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10m/s2，根据图像可求出()图5­2­7A．物体的初速率v0＝3mB．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin＝1.44mD．当某次θ＝30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑解析：选BC由图可知，当夹角θ＝0时，位移为2.40m，而当夹角为90°时，位移为1.80m，则由竖直上抛运动规律可得v0＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×1.80)m/s＝6m/s，故A错误；当夹角为0度时，由动能定理可得μmgx＝eq\f(1,2)mv02，解得μ＝eq\f(36,2×10×2.4)＝0.75，故B正确；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，当θ＋α＝90°时，sin(θ＋α)＝1，此时位移最小，x＝1.44m，故C正确；若θ＝30°时，物体受到的重力的分力为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，一般认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，故物体达到最高点后，不会下滑，故D错误。要点四应用动能定理解决平抛运动、圆周运动问题1.平抛运动和圆周运动都属于曲线运动，若只涉及位移和速度而不涉及时间，应优先考虑用动能定理列式求解。2.动能定理的表达式为标量式，不能在某一个方向上列动能定理方程。[典例](2015·新泰模拟)如图5­2­8所示，倾斜轨道AB的倾角为37°，CD、EF轨道水平，AB与CD通过光滑圆弧管道BC连接，CD右端与竖直光滑圆周轨道相连。小球可以从D进入该轨道，沿轨道内侧运动，从E滑出该轨道进入EF水平轨道。小球由静止从A点释放，已知AB长为5R，CD长为R，重力加速度为g，小球与斜轨AB及水平轨道CD、EF的动摩擦因数均为0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，圆弧管道BC入口B与出口C的高度差为1.8R。求：(在运算中，根号中的数值无需算出)图5­2­8(1)小球滑到斜面底端C时速度的大小。(2)小球刚到C时对轨道的作用力。(3)要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R′应该满足什么条件？[审题指导]第一步：抓关键点关键点获取信息光滑圆弧轨道BCBC轨道无摩擦力做功竖直光滑圆周轨道竖直圆轨道无摩擦力做功小球由静止从A点释放小球的初速度vA＝0小球刚到C时对轨道的压力①小球在圆轨道BC的最低点，具有竖直向上的向心加速度②利用牛顿第三定律确定小球对轨道的压力第二步：找突破口(1)A、C两点的高度差hAC＝1.8R＋5Rsin37°；(2)在圆轨道BC的C点：FN－mg＝meq\f(vC2,r)；(3)圆弧轨道的半径r可由r＋rcos37°＝1.8R求出；(4)小球在圆形轨道中运动不脱离轨道的情况有恰好通过最高点和最大高度不超过圆心两种情况。[解析](1)设小球到达C点时速度为v，小球从A运动至C过程，由动能定理有：mg(5Rsin37°＋1.8R)－μmgcos37°·5R＝eq\f(1,2)mvC2可得：vC＝eq\r(\f(28gR,5))。(2)小球沿BC轨道做圆周运动，设在C点时轨道对球的作用力为FN，由牛顿第二定律，有：FN－mg＝meq\f(vC2,r)其中r满足：r＋r·sin53°＝1.8R联立上式可得：FN＝6.6mg由牛顿第三定律可得，球对轨道的作用力为6.6mg，方向竖直向下。(3)要使小球不脱离轨道，有两种情况：情况一：小球能滑过圆周轨道最高点，进入EF轨道，则小球在最高点应满足：meq\f(vP2,R′)≥mg小球从C直到此最高点过程，由动能定理，有：－μmgR－mg·2R′＝eq\f(1,2)mvP2－eq\f(1,2)mvC2可得：R′≤eq\f(23,25)R＝0.92R情况二：小球上滑至四分之一圆轨道的最高点时，速度减为零，然后滑回D。则由动能定理有：－μmgR－mg·R′＝0－eq\f(1,2)mvC2解得：R′≥2.3R所以要使小球不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R′应该满足R′≤0.92R或R′≥2.3R。[答案](1)eq\r(\f(28gR,5))(2)6.6mg，方向竖直向下(3)R′≤0.92R或R′≥2.3R[针对训练]1.(2015·大庆质检)如图5­2­9所示，半径为R的金属环竖直放置，环上套有一质量为m的小球，小球开始时静止于最低点。现使小球以初速度v0＝eq\r(6Rg)沿环上滑，小球运动到环的最高点时与环恰无作用力，则小球从最低点运动到最高点的过程中()图5­2­9A．小球机械能守恒B．小球在最低点时对金属环的压力是6mgC．小球在最高点时，重力的功率是mgeq\r(gR)D．小球机械能不守恒，且克服摩擦力所做的功是0.5mgR解析：选D小球运动到环的最高点时与环恰无作用力，设此时的速度为v，由向心力公式可得：mg＝eq\f(mv2,R)；小球从最低点到最高点的过程中，由动能定理可得：－Wf－2mgR＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，联立可得：Wf＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv2－2mgR＝eq\f(1,2)mgR，可见此过程中小球机械能不守恒，克服摩擦力做功为eq\f(1,2)mgR，选项A错误，D正确；小球在最高点时，速度v的方向和重力的方向垂直，二者间的夹角为90°，功率P＝0，选项C错误；小球在最低点，由向心力公式可得：F－mg＝eq\f(mv02,R)，F＝mg＋eq\f(mv02,R)＝7mg，选项B错误。2．(2015·重庆高考)同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图5­2­10所示的实验装置，图中水平放置的底板上竖直地固定有M板和N板。M板上部有一半径为R的eq\f(1,4)圆弧形的粗糙轨道，P为最高点，Q为最低点，Q点处的切线水平，距底板高为H，N板上固定有三个圆环。将质量为m的小球从P处静止释放，小球运动至Q飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q水平距离为L处。不考虑空气阻力，重力加速度为g。求：图5­2­10(1)距Q水平距离为eq\f(L,2)的圆环中心到底板的高度；(2)小球运动到Q点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向；(3)摩擦力对小球做的功。解析：(1)设小球在Q点的速度为v0，由平拋运动规律有H＝eq\f(1,2)gt12，L＝v0t1，得v0＝Leq\r(\f(g,2H))。从Q点到距Q点水平距离为eq\f(L,2)的圆环中心的竖直高度为h，则eq\f(L,2)＝v0t2，得h＝eq\f(1,2)gt22＝eq\f(1,4)H。该位置距底板的高度：Δh＝H－h＝eq\f(3,4)H。(2)设小球在Q点受的支持力为F，由牛顿第二定律F－mg＝meq\f(v02,R)，得F＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(L2,2HR)))，由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力F′＝F，方向竖直向下。(3)设摩擦力对小球做功为W，则由动能定理得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：竖直向下(3)mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,4H)－R))运用动能定理巧解往复运动问题在某些物体的运动中，其运动过程具有重复性、往返性，而在这一过程中，描述物体的物理量多数是变化的，而重复的次数又往往是无法确定的或者是无限性，求解这类问题时若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。由于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使解题过程简化。(一)往复次数可确定的情形1．如图5­2­11所示，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，其距离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。已知盆内侧壁是光滑的，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，则停的地点到B的距离为()图5­2­11A．0.50m B．0.25mC．0.10m D．0解析：选D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，则小物块从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。(二)往复次数无法确定的情形2.(2016·成都高三月考)如图5­2­12所示，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。若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()图5­2­12A.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：选A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。(三)往复运动永不停止的情形3．如图5­2­13所示，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，若物体与两斜面间的动摩擦因数均为0.02，则物体在两斜面上(不包括圆弧部分)一共运动的路程是多少？(g取10m/s2)图5­2­13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[反思领悟](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＝－Ff·s求解，其中s为物体相对滑行的路程。对点训练：对动能定理的理解1．(多选)关于动能定理的表达式W＝Ek2－Ek1，下列说法正确的是()A．公式中的W为不包含重力的其他力做的总功B．公式中的W为包含重力在内的所有力做的功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功C．公式中的Ek2－Ek1为动能的增量，当W＞0时动能增加，当W＜0时，动能减少D．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功解析：选BC公式W＝Ek2－Ek1中的“W”为所有力所做的总功，A错误，B正确；若W＞0，则Ek2＞Ek1，若W＜0，则Ek2＜Ek1，C正确；动能定理对直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功均适用，D错误。2.如图1所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离。在此过程中()图1A．外力F做的功等于A和B动能的增量B．B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能增量C．A对B的摩擦力所做的功，等于B对A的摩擦力所做的功D．外力F对B做的功等于B的动能的增量解析：选BA物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，即B对；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不相等，C错；对B应用动能定理，WF－WFf＝ΔEkB，即WF＝ΔEkB＋WFf，就是外力F对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，D错；由前述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等，故A错。3.如图2所示，质量为m的滑块从h高处的a点沿倾斜轨道ab滑入水平轨道bc(两轨道平滑连接)，滑块与倾斜轨道及水平轨道间的动摩擦因数相同。滑块在a、c两点时的速度大小均为v，ab长度与bc长度相等。空气阻力不计，则滑块从a到c的运动过程中()图2A．滑块的动能始终保持不变B．滑块在bc过程克服阻力做的功一定等于eq\f(1,2)mghC．滑块经b点时的速度大于eq\r(gh＋v2)D．滑块经b点时的速度等于eq\r(2gh＋v2)解析：选C由题意知，在滑块从b运动到c的过程中，由于摩擦力做负功，动能在减少，所以A错误；从a到c的运动过程中，根据动能定理：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，故滑块在bc过程克服阻力做的功一定不等于eq\f(1,2)mgh，所以B错误；滑块对ab段轨道的正压力小于对bc段的正压力，故在ab段滑块克服摩擦力做的功小于在bc段克服摩擦力做的功，即从a到b克服摩擦力做的功Wf′＜eq\f(1,2)mgh，设在b点的速度为v′，根据动能定理：mgh－Wf′＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv2，可得v′＞eq\r(gh＋v2)，故C正确，D错误。对点训练：动能定理的应用4.如图3所示，AB为eq\f(1,4)圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧对应的圆的半径为R，BC的长度也是R，一质量为m的物体与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处停止，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为()图3A.eq\f(1,2)μmgR B.eq\f(1,2)mgRC．mgR D．(1－μ)mgR解析：选D由题意可知mgR＝WfAB＋WfBC，WfBC＝μmgR，所以WfAB＝(1－μ)mgR，D正确。5.(2015·江西省重点中学十校联考)如图4所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB、BC两段，且1.5AB＝BC。小物块P(可视为质点)与AB、BC两段斜面之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，已知P由静止开始从A点释放，恰好能滑动到C点而停下，那么θ、μ1、μ2间应满足的关系是()图4A．tanθ＝eq\f(2μ1＋3μ2,5) B．tanθ＝eq\f(2μ1＋μ2,3)C．tanθ＝2μ1－μ2 D．tanθ＝2μ2－μ1解析：选A物块P从A点释放，恰好能滑动到C点，物块受重力、支持力、滑动摩擦力。设斜面AC长为L，研究从A点释放到C点而停下，运用动能定理列出等式：mgLsinθ－μ1mgcosθ×eq\f(2,5)L－μ2mgcosθ×eq\f(3,5)L＝0－0＝0，解得：tanθ＝eq\f(2μ1＋3μ2,5)，故选A。6.(2016·淮安模拟)如图5所示，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，小物块从倾角为θ1的轨道上高度为h的A点静止释放，运动至B点时速度为v1。现将倾斜轨道的倾角调至为θ2，仍将物块从轨道上高度为h的A点静止释放，运动至B点时速度为v2。已知θ2＜θ1，不计物块在轨道接触处的机械能损失。则()图5A．v1＜v2B．v1＞v2C．v1＝v2D．由于不知道θ1、θ2的具体数值，v1、v2关系无法判定解析：选C对小物块运动分析，如图所示，物块运动过程中摩擦力做负功，重力做正功，由动能定理可得：eq\f(1,2)mv2＝mgh－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)－μmgxBD＝mgh－μmgh·eq\f(1,tanθ)－μmgxBD，因为h·eq\f(1,tanθ)＋xBD＝xBC，所以eq\f(1,2)mv2＝mgh－μmgxBC，故到达B点的速度与倾斜轨道的倾角无关，所以v1＝v2，故C正确。对点训练：动能定理的图像问题7.(2015·浙江十校联考)用水平力F拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t2时刻停止，其速度—时间图像如图6所示，且α＞β，若拉力F做的功为W1，平均功率为P1；物体克服摩擦阻力Ff做的功为W2，平均功率为P2，则下列选项正确的是()图6A．W1＞W2，F＝2Ff B．W1＝W2，F＞2FfC．P1＜P2，F＞2Ff D．P1＝P2，F＝2Ff解析：选B由动能定理可得