2026届高考物理总复习（第1轮）教师用书第五章 机械能

第五章机械能课程标准1.理解功和功率.了解生产生活中常见机械的功率大小及其意义.2.理解动能和动能定理.能用动能定理解释生产生活中的现象.3.理解重力势能，知道重力势能的变化与重力做功的关系.定性了解弹性势能.4.通过实验，验证机械能守恒定律.理解机械能守恒定律，体会守恒观念对认识物理规律的重要性.能用机械能守恒定律分析生产生活中的有关问题.核心素养物理观念1.理解功和功率的概念.2.掌握动能定理、机械能守恒定律.3.能用能量的观念分析有关运动问题.科学思维1.机车的两种启动模型.2.动能定理、机械能守恒定律的运用.3.从功能关系，机械能转化和守恒的视角求解问题，体会守恒的思想.科学探究1.通过实验探究做功与速度变化的关系.2.探究弹性势能的表达式.3.实验验证机械能守恒定律.科学态度与责任通过本专题的学习，探索能量之间的关系，培养实事求是的科学态度，提高学习兴趣.命题探究命题分析高考对本专题的考查形式多样、内容丰富、考法灵活.题型有选择题、实验题、计算题等.试题综合性强，对能力要求较高.趋势分析往往与动力学、运动学以及电磁学等主干知识相结合，并密切联系实际，难度较大，突出体现高考的选择性特征.预设情境动车运行、传输装置、俯卧撑运动、冰滑梯、滑雪、喷泉、游戏装置、打桩机、蹦极、风力发电、蹦极运动、过山车、汽车启动等.第1讲功和功率一、功1.定义：一个物体受到__力__的作用，如果在__力的方向__上发生了一段位移，就说这个力对物体做了功.2.物理意义：功是__能量转化__的量度.3.做功的两个必要因素(1)作用在物体上的__力__.(2)物体在__力的方向__上发生的位移.4.公式：W＝__Fl_cos_α__.(1)α是力与__位移__方向之间的夹角，l为物体对地的位移.(2)该公式适用于__恒力__做功.(3)功是__标__量.功的正负表示对物体做功的力是动力还是阻力.5.功的正负(1)当0≤α＜eq\f(π,2)时，W＞0，力对物体做__正功__.(2)当α＝eq\f(π,2)时，W＝0，力对物体__不做功__.(3)当eq\f(π,2)＜α≤π时，W＜0，力对物体做__负功__，或者说物体__克服__这个力做了功.6.一对作用力与反作用力的功：一对相互作用力做的总功可__正__、可__负__，也可为__零__.7.一对平衡力的功：一对平衡力作用在同一个物体上，若物体静止，则两个力都__不做__功；若物体运动，则这一对力所做的功一定是数值相等，一__正__一__负__或均为零.二、功率1.定义：功W与完成这些功所用时间t__之比__叫作功率.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＝__Fv_cos_α__(α为F与v的夹角)①v为平均速度，则P为__平均功率__.②v为瞬时速度，则P为__瞬时功率__.4.额定功率：机械__正常工作__时的最大输出功率.5.实际功率：机械__实际工作__时的功率，要求不大于__额定功率__.考点一功的正负判断和大小计算1.定性判断力是否做功及做正、负功的方法(1)看力F的方向与位移l的方向间的夹角α——常用于恒力做功的情形.(2)看力F的方向与速度v的方向间的夹角θ——常用于曲线运动的情形.(3)根据动能的变化判断：动能定理描述了合力做功与动能变化的关系，即W合＝ΔEk，当动能增加时合力做正功，当动能减少时合力做负功.(4)根据功能关系或能量守恒定律判断.2.恒力做功的计算方法(1)直接用W＝Flcosα计算.(2)恒力做功与物体的运动路径无关，只与初、末位置有关.3.使用W＝Flcosα应注意的几个问题(1)位移l：①“l”应取作用点的位移.②“l”的取值一般以地面为参考系.(2)力F：①力的独立性原理，即求某个力做的功仅与该力及物体沿该力方向的位移有关，而与其他力是否存在、是否做功无关.②力只能是恒力.此公式只能求恒力做功.(3)α是l与F之间的夹角.4.摩擦力做功的特点(1)单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功.(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值.(3)相互作用的一对滑动摩擦力做功过程中会发生物体间机械能转移和机械能转化为内能，内能Q＝Ffx相对.功的正负判断【例1】eq\a\vs4\al([一题多解])如图所示，重物P放在粗糙的水平板OM上，当水平板绕O端缓慢抬高，在重物P滑动之前，下列说法正确的是()A.P受到的支持力做正功B.P受到的支持力不做功C.P受到的摩擦力做负功D.P受到的摩擦力做正功【解析】A(方法1)当水平板绕O端缓慢抬高，在重物P滑动之前，P做圆周运动，支持力垂直板向上，支持力与速度方向相同，故支持力做正功，A正确、B错误；当水平板绕O端缓慢抬高，在重物P滑动之前，P做圆周运动，摩擦力沿板方向，与速度方向垂直，所以摩擦力不做功，C、D错误.(方法2)设转动过程中，重物某一时刻速度为v，由功率公式知支持力的功率为P1＝FNv＝mgvcosθ，重力的功率为PG＝mgvcos(π－θ)＝－mgvcosθ，由微元法知，支持力做正功，重力做负功，且重力做功与支持力做功的代数和为0，该过程中重物的动能变化量为0，结合动能定理知，P受到的摩擦力做功为0.【变式训练1】eq\a\vs4\al([易错题])为了节能，商场的自动扶梯在较长时间无人乘行时会自动停止运行.有人站上去后，扶梯开始加速，然后匀速运动.如图所示，下列说法正确的是()A.匀速下行过程中，人的动能不变，扶梯对人不做功B.加速下行过程中，扶梯对人的支持力大于人所受的重力C.加速下行过程中，人受到的摩擦力方向水平向左D.加速下行过程中，支持力对人做正功，摩擦力对人做负功【解析】C匀速下行过程中，由平衡条件可知，人和扶梯间没有摩擦力，人所受重力做正功，人的动能不变，可知扶梯对人做负功，A错误；加速下行过程中，竖直方向分加速度向下，人处于失重状态，所以扶梯对人的支持力小于人所受的重力，B错误；加速下行过程中，水平方向分加速度向左，水平方向只有摩擦力提供加速度，根据牛顿第二定律的同向性可知人受到的摩擦力方向水平向左，C正确；加速下行过程中，人所受支持力与人的运动方向夹角大于90°，支持力做负功，摩擦力与人的运动方向夹角小于90°，摩擦力对人做正功，D错误.【易错点】本题易误选A.匀速下行过程中，人的动能不变，学生误认为扶梯对人不做功.实际上是人受到的合力做功为0，重力做正功，扶梯对人做负功.恒力做功的计算【例2】eq\a\vs4\al([一题多解])如图所示，升降机内斜面的倾角θ＝30°，质量为2kg的物体置于斜面上始终不发生相对滑动，在升降机以5m/s的速度匀速上升4s的过程中，g取10m/s2，求：(1)斜面对物体的支持力所做的功；(2)斜面对物体的摩擦力所做的功；(3)物体重力所做的功；(4)合外力对物体所做的功.【解析】物体置于升降机内随升降机一起匀速运动过程中，处于受力平衡状态，受力分析如图所示.由平衡条件得Ffcosθ－FNsinθ＝0，Ffsinθ＋FNcosθ－G＝0，代入数据得Ff＝10N，FN＝10eq\r(3)N，x＝vt＝20m.(1)斜面对物体的支持力所做的功WN＝FNxcosθ＝300J.(2)斜面对物体的摩擦力所做的功Wf＝Ffxcos(90°－θ)＝100J.(3)物体重力做的功WG＝Gxcos180°＝－400J.(4)合外力对物体做的功(方法1)W合＝WN＋Wf＋WG＝0；(方法2)F合＝0，W合＝F合xcosα＝0.【变式训练2】eq\a\vs4\al([一题多解])(多选)一位质量m＝60kg的滑雪运动员从高h＝10m的斜坡自由下滑，如图所示，如果运动员在下滑过程中受到的阻力Ff＝50N，斜坡的倾角θ＝30°，重力加速度g取10m/s2，运动员滑至坡底的过程中，关于各力做功的情况，下列说法正确的是()A.重力做的功为6000JB.阻力做的功为1000JC.支持力不做功D.各力做的总功为零【解析】AC(方法1)对运动员受力分析如图所示，重力做功WG＝mgh＝60×10×10J＝6000J，阻力做功WF阻＝－F阻·eq\f(h,sinθ)＝－50×eq\f(10,\f(1,2))J＝－1000J，由于支持力方向与位移方向垂直，支持力不做功，即WN＝0，各力做的总功W总＝WG＋W阻＋WN＝5000J，A、C正确，B、D错误.(方法2)运动员受到的合力为F＝mgsinθ－F阻＝250N，各力做的总功为W总＝Feq\f(h,sinθ)＝250×20J＝5000J.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.方法三：先求动能变化ΔEk，再利用动能定理W合＝ΔEk求功.考点二变力做功的计算方法方法一利用微元法求变力做功：将物体的位移分割成许多小段，因每一小段很小，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位移上的恒力所做功的代数和.此法常用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题.方法二化变力为恒力求变力做功：有些变力做功问题通过转换研究对象，可转化为恒力做功，用W＝Flcosα求解.此法常用于轻绳通过定滑轮拉物体做功的问题中.方法三利用平均力求变力做功：当物体受到的力方向不变，而大小随位移均匀变化时，则可以认为物体受到一大小为eq\o(F,\s\up6(－))＝eq\f(F1＋F2,2)的恒力作用，F1、F2分别为物体在初、末位置所受到的力，然后用公式W＝eq\o(F,\s\up6(－))lcosα求此变力所做的功.方法四利用F－x图像求变力做功：在F－x图像中，图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移内所做的功，且位于x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(如三角形、矩形、圆等规则的几何图形).方法五利用动能定理求变力做功.利用微元法或化变力为恒力求变力做功【例3】水平桌面上，长6m的轻绳一端固定于O点，如图所示(俯视图)，另一端系一质量m＝2.0kg的小球.现对小球施加一个沿桌面大小不变的力F＝10N，F拉着小球从M点运动到N点，F的方向始终与小球的运动方向成37°角.已知小球与桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，不计空气阻力，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法正确的是()A.拉力F对小球做的功为16πJB.拉力F对小球做的功为8πJC.小球克服摩擦力做的功为16πJD.小球克服摩擦力做的功为4πJ【解析】A将圆弧分成很多小段l1、l2、…、ln，拉力F在每小段上做的功为W1、W2、…、Wn，因拉力F大小不变，方向始终与小球的运动方向成37°角，所以W1＝Fl1cos37°，W2＝Fl2cos37°，…，Wn＝Flncos37°，故WF＝W1＋W2＋…＋Wn＝Fcos37°(l1＋l2＋…＋ln)＝Fcos37°·eq\f(πR,3)＝10×0.8×eq\f(π,3)×6J＝16πJ，A正确、B错误；同理可得小球克服摩擦力做的功W克f＝μmg·eq\f(πR,3)＝8πJ，C、D错误.【变式训练3】(多选)如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，滑块用轻绳系着绕过光滑的定滑轮O.现以大小不变的拉力F拉绳，使滑块从A点由静止开始上升，滑块运动到C点时速度最大.已知滑块质量为m，滑轮O到竖直杆的距离为d，∠OAO′＝37°，∠OCO′＝53°，重力加速度为g(取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8).则()A.拉力F大小为eq\f(5,3)mgB.拉力F大小为eq\f(5,4)mgC.滑块由A到C过程，轻绳对滑块所做的功为eq\f(25,36)mgdD.滑块由A到C过程，轻绳对滑块所做的功为eq\f(25,48)mgd【解析】AC滑块到C点时速度最大，其所受合力为零，则有Fcos53°－mg＝0，解得F＝eq\f(5,3)mg，A正确、B错误；拉力F做的功等于轻绳拉力对滑块做的功，滑轮与A间绳长L1＝eq\f(d,sin37°)，滑轮与C间绳长L2＝eq\f(d,sin53°)，滑轮右侧绳子增大的长度ΔL＝L1－L2＝eq\f(d,sin37°)－eq\f(d,sin53°)＝eq\f(5d,12)，拉力做功W＝FΔL＝eq\f(25,36)mgd，C正确、D错误.利用平均力或利用图像求变力做功【例4】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μ＝0.5，g取10m/s2，则()eq\o(\s\up7(),\s\do15(甲乙))A.物体先做加速运动，推力减小到零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】B滑动摩擦力Ff＝μmg＝20N，物体先加速运动，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，物体做匀减速运动，A、C错误；F－x图像中图线与横轴所围的面积表示推力做的功，W＝eq\f(1,2)×100×4J＝200J，B正确、D错误.【变式训练4】eq\a\vs4\al([一题多解])如图所示，质量均为m的A、B两小物块用轻质弹簧相连，A放置在光滑水平地面上，一轻绳通过光滑的定滑轮与物块B相连(连接物块B的绳子恰好伸直但不绷紧)，弹簧的劲度系数为k.现用一水平向右的拉力F作用在轻绳上，使物块B缓慢向上运动，已知重力加速度为g，当A物块恰好离开地面时，F所做功为()A.Feq\f(mg,k)B.Feq\f(2mg,k)C.eq\f(m2g2,k)D.eq\f(2m2g2,k)【解析】D(方法1)开始时弹簧的压缩量为x1＝eq\f(mg,k)，此时F1＝0，当A物块恰好离开地面时弹簧伸长量为x2＝eq\f(mg,k)，此时F2＝2mg，则力F做功W＝eq\f(F1＋F2,2)(x1＋x2)＝eq\f(2m2g2,k)，D正确.(方法2)作出拉力F随物块B缓慢向上运动的位移x大小的函数图像，发现F是x的一次函数，计算图线与横轴x围成的面积，从而求出力F做功W＝eq\f(2m2g2,k)(图略).求解变力做功的几种思路(1)利用动能定理W＝ΔEk或功能关系W＝ΔE计算能量变化量ΔE或ΔEk，即等量替换的物理思想.(2)当变力的功率P一定时，可用W＝Pt求功，如机车以恒定功率启动.(3)当变力方向不变，大小与位移成正比时，可用力对位移的平均值F＝eq\f(1,2)(F初＋F末)来计算.(4)当变力大小不变，方向在变化且力的方向始终与速度方向相同或相反时，功可用力与路程的乘积计算.(5)用变力F随位移x的变化图像与x轴所围的面积计算功，注意x轴上下两侧分别表示正、负功.考点三功率的分析与计算1.平均功率的计算方法(1)利用eq\o(P,\s\up6(－))＝eq\f(W,t).(2)利用eq\o(P,\s\up6(－))＝F·eq\o(v,\s\up6(－))cosα，其中eq\o(v,\s\up6(－))为物体运动的平均速度.2.瞬时功率的计算方法(1)利用公式P＝Fvcosα，其中v为t时刻的瞬时速度.(2)P＝F·vF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度.(3)P＝Fv·v，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力.平均功率的计算【例5】(2024·安徽卷)在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示.水井中的水面距离水平地面的高度为H.出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为l.假设抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的η倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能.已知水的密度为ρ，水管内径的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计空气阻力.则水泵的输出功率约为()A.eq\f(ρgSl\r(2gh),2ηh)(H＋h＋eq\f(l2,2h))B.eq\f(ρgSl\r(2gh),2ηh)(H＋h＋eq\f(l2,4h))C.eq\f(ρgSl\r(2gh),2ηh)(H＋eq\f(l2,2h))D.eq\f(ρgSl\r(2gh),2ηh)(H＋eq\f(l2,4h))【解析】B设水从出水口射出的初速度为v0，取t时间内的水为研究对象，该部分水的质量为m＝v0tSρ，根据平抛运动规律有v0t′＝l，h＝eq\f(1,2)gt′2，解得v0＝leq\r(\f(g,2h))，根据功能关系得Ptη＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mg(H＋h)，联立解得水泵的输出功率为P＝eq\f(ρgSl\r(2gh),2ηh)(H＋h＋eq\f(l2,4h))，B正确.【变式训练5】(生活情境)如图所示，质量为60kg的某运动员在做俯卧撑运动，运动过程中可将她的身体视为一根直棒.已知重心在c点，其垂线与两脚、两手连线中点间的距离Oa、Ob分别为0.9m和0.6m.若她在1min内做了30个俯卧撑，每次肩部上升的距离均为0.4m，则1min内克服重力做的功和相应的功率约为(g取10m/s2)()A.430J，7WB.4320J，72WC.720J，12WD.7200J，120W【解析】B设重心上升的高度为h，根据相似三角形，有eq\f(h,0.4)＝eq\f(0.9,0.9＋0.6)，解得h＝0.24m，则做一次俯卧撑克服重力做的功为WG＝mgh＝144J，所以一分钟克服重力做的功为W＝30WG＝4320J，功率约为P＝eq\f(W,t)＝eq\f(4320,60)W＝72W，B正确.瞬时功率的计算【例6】质量为1kg的物块静置于光滑水平地面上，设物块静止时的位置为x轴零点.现给物块施加一沿x轴正方向的水平力F，其大小随位置x变化的关系如图所示，则物块运动到x＝3m处，F做功的瞬时功率为()A.8WB.16WC.24WD.36W【解析】A根据图像可知物块运动到x＝3m处，F做的总功为WF＝3×2J＋2×1J＝8J，该过程根据动能定理得WF＝eq\f(1,2)mv2，解得物块运动到x＝3m处时的速度为v＝4m/s，故此时F做功的瞬时功率为P＝Fv＝8W，A正确.【变式训练6】如图所示，AB是斜坡，BC是水平面，从斜坡顶端A以不同初速度v向左水平抛出同一小球，当初速度为v0时，小球恰好落到坡底B.不计空气阻力，则下列图像能正确表示小球落地(不再弹起)前瞬间重力瞬时功率P随v变化关系的是()eq\o(\s\up7(),\s\do15(A))eq\o(\s\up7(),\s\do15(B))eq\o(\s\up7(),\s\do15(C))eq\o(\s\up7(),\s\do15(D))【解析】C当平抛的初速度v≤v0时，小球均落在斜面上，具有相同的位移偏向角且均等于斜坡倾角θ，可得tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,vt)＝eq\f(gt,2v)，可得平抛时间t＝eq\f(2vtanθ,g)，则小球落地前所受的重力的瞬时功率为P＝mgvy＝mg·gt＝2mgvtanθ，可知，P与v成正比；当平抛的初速度v>v0时，小球落在水平面上，平抛的竖直高度相同，为h，且有h＝eq\f(1,2)gt2，则平抛时间为t＝eq\r(\f(2h,g))，则小球落地前所受的重力的瞬时功率为P＝mg·vy＝mg·gt＝mgeq\r(2gh)，可知功率P为恒定值；综合两种情况可知C正确，A、B、D错误.求力做功的功率时应注意的问题(1)明确所求功率是平均功率还是瞬时功率.求平均功率首选eq\o(P,\s\up6(－))＝eq\f(W,t)，其次是用eq\o(P,\s\up6(－))＝F·eq\o(v,\s\up6(－))cosα，eq\o(v,\s\up6(－))应容易求得，如求匀变速直线运动中某力的平均功率.(2)求瞬时功率用P＝Fvcosα，要注意F与v方向间的夹角α对结果的影响，功率是力与力的方向上速度的乘积.考点四机车启动问题1.两种启动方式项目以恒定功率启动以恒定加速度启动P-t图像和v-t图像OA段过程分析v↑⇒F＝eq\f(P,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做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)做匀速运动2.三个重要关系式(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都为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、速度或时间.【例7】(多选)一辆质量为m的汽车在平直公路上以功率P、速度v0匀速行驶时，牵引力为F0.现汽车以恒定的功率P驶上倾角为30°的斜坡，已知汽车在斜坡上行驶时所受的摩擦阻力是在平直路面上的eq\f(3,4)，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A.汽车在斜坡上达到最大速度时牵引力为eq\f(3,4)F0B.汽车在斜坡上达到最大速度时牵引力为eq\f(3,4)F0＋eq\f(1,2)mgC.汽车能达到的最大速度为v0D.汽车能达到的最大速度为eq\f(4P,3F0＋2mg)【解析】BD汽车在平直公路上匀速行驶时，牵引力等于阻力，则F阻＝F0，当汽车在斜坡上匀速运动且速度最大时，F－mgsin30°－eq\f(3,4)F0＝0，解得F＝eq\f(3,4)F0＋eq\f(1,2)mg，A错误、B正确；由P＝Fv得汽车的最大速度为vmax＝eq\f(P,F)＝eq\f(4P,3F0＋2mg)，C错误、D正确.【变式训练7】(2023·山东卷)质量为M的玩具动力小车在水平面上运动时，牵引力F和受到的阻力F阻均为恒力，如图所示，小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m的物体由静止开始运动.当小车拖动物体行驶的位移为s1时，小车达到额定功率，轻绳从物体上脱落.物体继续滑行一段时间后停下，其总位移为s2.物体与地面间的动摩擦因数不变，不计空气阻力.小车的额定功率P0为()A.eq\r(\f(2F2（F－F阻）(s2－s1)s1,(M＋m)s2－Ms1))B.eq\r(\f(2F2（F－F阻）(s2－s1)s1,(M＋m)s2－ms1))C.eq\r(\f(2F2（F－F阻）(s2－s1)s2,(M＋m)s2－Ms1))D.eq\r(\f(2F2（F－F阻）(s2－s1)s2,(M＋m)s2＋ms1))【解析】A设物体与地面间的动摩擦因数为μ，在小车拖动物体行驶的位移为s1的过程中有F－F阻－μmg＝(m＋M)a，v2＝2as1，P0＝Fv，轻绳从物体上脱落后，a2＝μg，v2＝2a2(s2－s1)，联立有P0＝eq\r(\f(2F2（F－F阻）(s2－s1)s1,(M＋m)s2－Ms1))，A正确.解决机车启动问题时的四点注意(1)首先弄清是匀加速启动还是恒定功率启动.(2)若是匀加速启动过程，机车功率是不断改变的，但该过程中的最大功率是额定功率，匀加速直线运动阶段的最大速度小于机车所能达到的最大速度，达到额定功率后做加速度减小的加速运动.(3)若是以额定功率启动的过程，机车做加速度减小的加速运动，匀变速直线运动的规律不适用，速度最大值等于eq\f(P,F阻)，牵引力是变力，牵引力做的功可用W＝Pt计算，但不能用W＝Flcosα计算.(4)无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足P＝F阻vm，P为机车的额定功率.1.(2023·北京卷)如图所示，一物体在力F作用下沿水平桌面做匀加速直线运动.已知物体质量为m，加速度大小为a，物体和桌面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，在物体移动距离为x的过程中()A.摩擦力做功大小与F方向无关B.合力做功大小与F方向有关C.F为水平方向时，F做功为μmgxD.F做功的最小值为max【解析】D设力F与水平方向的夹角为θ，则摩擦力为f＝μ(mg－Fsinθ)，摩擦力的功Wf＝μ(mg－Fsinθ)x，即摩擦力的功与F的方向有关，A错误；合力功W＝F合x＝ma·x，可知合力的功与力F方向无关，B错误；当力F水平时，则F＝ma＋μmg，力F做功为WF＝Fx＝(ma＋μmg)x，C错误；因合外力功为max大小一定，而合外力的功等于力F与摩擦力f做功的代数和，而当Fsinθ＝mg时，摩擦力f＝0，则此时摩擦力做功为零，此时力F做功最小，最小值为max，D正确.2.无论是远海岛礁建设，还是超大型疏浚及填海造陆工程，都离不开钢铁巨轮——重型绞吸船.我国自主研制的自航绞吸挖泥船“天鲲号”性能达到世界先进水平，其远程输送能力达15000m，居世界第一.若某段工作时间内，“天鲲号”的泥泵输出功率恒为1.6×104kW，排泥量为1.6m3/s，排泥管的横截面积为0.8m2，则泥泵对排泥管内泥浆的推力为()A.5×106NB.8×106NC.5×107ND.8×107N【解析】B由于功率大小P＝Fv，而每秒钟排泥管排出泥浆的体积(排泥量)Q＝Sv，联立并代入数据，解得F＝8×106N，B正确，A、C、D错误.3.如图所示，一球员将足球从球门正前方某处踢出，在竖直平面内经位置1、2、3后落地，位置1、3等高，位置2在最高点.所受空气阻力不变，不考虑足球的旋转，则足球()A.经过位置2时，重力的功率最大B.由位置1运动到位置3过程中，合力做功为0C.在位置2的加速度比位置3的加速度小D.由位置1运动到位置2的时间小于由位置2运动到位置3的时间【解析】D足球经过最高点位置2时，竖直方向速度vy减为零，由PG＝mgvy得，此时重力的功率最小，A错误；由于足球运动的过程中受到空气阻力作用，阻力做负功，则足球从位置1运动到位置3过程中，合力做负功，B错误；空气阻力方向与速度方向相反，足球在位置2时，竖直速度为零，阻力与重力成90°夹角，在位置3时，阻力方向斜向上，阻力与重力夹角大于90°，阻力与重力的合力一定小于位置2，由牛顿第二定律有F合＝ma，可得足球在位置2的加速度比位置3的加速度大，C错误；运动时间由竖直方向的运动决定，对竖直方向受力分析，从位置1到位置2，由牛顿第二定律有mg＋Ff1＝ma1，从位置2到位置3，由牛顿第二定律有mg－Ff2＝ma2，比较可得，上升阶段的加速度a1大于下降阶段的加速度a2，即a1＞a2，位移相同时，由h＝eq\f(1,2)at2可得，由位置1运动到位置2的时间小于由位置2运动到位置3的时间，D正确.4.小明用额定功率为1200W、最大拉力为300N的提升装置，把静置于地面的质量为20kg的重物竖直提升到高为85.2m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5m/s2的匀减速运动，到达平台的速度刚好为零，g取10m/s2，则提升重物的最短时间为()A.13.2sB.14.2sC.15.5sD.17.0s【解析】C为了以最短时间提升重物，一开始先以最大拉力拉重物做匀加速上升，当功率达到额定功率时，保持功率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速上升至平台速度刚好为零，重物在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二定律可得a1＝eq\f(Tm－mg,m)＝eq\f(300－20×10,20)m/s2＝5m/s2，当功率达到额定功率时，设重物的速度为v1，则有v1＝eq\f(P额,Tm)＝eq\f(1200,300)m/s＝4m/s，此过程所用时间和上升高度分别为t1＝eq\f(v1,a1)＝eq\f(4,5)s＝0.8s，h1＝eq\f(veq\o\al(2,1),2a1)＝eq\f(42,2×5)m＝1.6m，重物以最大速度匀速时，有vm＝eq\f(P额,T)＝eq\f(P额,mg)＝eq\f(1200,200)m/s＝6m/s，重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分别为t3＝eq\f(vm,am)＝eq\f(6,5)s＝1.2s，h3＝eq\f(veq\o\al(2,m),2am)＝eq\f(62,2×5)m＝3.6m，设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为t2，该过程根据动能定理可得P额t2－mgh2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，又h2＝85.2m－1.6m－3.6m＝80m，联立解得t2＝13.5s，故提升重物的最短时间为tmin＝t1＋t2＋t3＝0.8s＋13.5s＋1.2s＝15.5s，C正确.5.(多选)某款质量为M的氢能源汽车(如图所示)在一次测试中，沿平直公路以恒定功率P从静止启动，行驶路程s，恰好达到最大速度vm，已知该汽车所受阻力恒定，下列说法正确的是()A.启动过程中，汽车做匀加速直线运动B.启动过程中，牵引力对汽车做的功大于eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,m)C.车速从0增大到vm的加速时间为eq\f(Mveq\o\al(2,m),2P)＋eq\f(s,vm)D.车速为eq\f(vm,2)时，汽车的加速度大小为eq\f(2P,Mvm)【解析】BC汽车以恒定功率P从静止启动，根据P＝F牵v可知随着速度的增大，牵引力在减小，结合牛顿第二定律F牵－F阻＝ma，可知汽车的加速度在减小，A错误；设整个过程中克服阻力做功为Wf阻，由动能定理得W牵－Wf阻＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,m)，可得W牵>eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,m)，B正确；汽车达到最大速度vm时，加速度为零，此时有P＝F阻vm，整个过程根据动能定理Pt－F阻s＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,m)，联立解得加速时间为t＝eq\f(Mveq\o\al(2,m),2P)＋eq\f(s,vm)，C正确；车速为eq\f(vm,2)时，由牛顿第二定律得F牵－F阻＝eq\f(P,\f(vm,2))－eq\f(P,vm)＝Ma，解得此时汽车的加速度大小为a＝eq\f(P,Mvm)，D错误.6.(多选)如图所示，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P和Q用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量mQ>mP，t＝0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为eq\f(g,3).T时刻轻绳突然断开，物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度，取t＝0时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体Q的机械能为E.重力加速度大小为g，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点.下列说法正确的是()A.物体P和Q的质量之比为1∶3B.2T时刻物体Q的机械能为eq\f(E,2)C.2T时刻物体P重力的功率为eq\f(3E,2T)D.2T时刻物体P的速度大小为eq\f(2gT,3)【解析】BCD开始释放时物体Q的加速度为eq\f(g,3)，则mQg－FT＝mQ·eq\f(g,3)，FT－mPg＝mP·eq\f(g,3)，解得FT＝eq\f(2,3)mQg，eq\f(mP,mQ)＝eq\f(1,2)，A错误；在T时刻，两物体的速度v1＝eq\f(gT,3)，P上升的距离h1＝eq\f(1,2)eq\f(g,3)T2＝eq\f(gT2,6)，细线断后P能上升的高度h2＝eq\f(veq\o\al(2,1),2g)＝eq\f(gT2,18)，可知开始时PQ距离为h＝h1＋h2＝eq\f(2gT2,9)，若设开始时P所处的位置为零势能面，则开始时Q的机械能为E＝mQgh＝eq\f(2mQg2T2,9)，从开始到绳子断裂，绳子的拉力对Q做负功，大小为WF＝FTh1＝eq\f(mQg2T2,9)，则此时物体Q的机械能E′＝E－WF＝eq\f(mQg2T2,9)＝eq\f(E,2)，此后物块Q的机械能守恒，则在2T时刻物块Q的机械能仍为eq\f(E,2)，B正确；在2T时刻，重物P的速度v2＝v1－gT＝－eq\f(2gT,3)，方向向下；此时物体P重力的瞬时功率PG＝mPgv2＝eq\f(mQg,2)·eq\f(2gT,3)＝eq\f(mQg2T,3)＝eq\f(3E,2T)，C、D正确.7.一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前7s内做匀加速直线运动，7s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其v－t图像如图所示.已知汽车的质量为m＝1×103kg，汽车受到地面的阻力为车重力的0.1，重力加速度g取10m/s2，求：(1)汽车在第5s末的牵引力F的大小；(2)汽车的额定功率P和最大速度vm；(3)启动后37s内，汽车的位移x的大小.【解析】(1)由题意，汽车受到地面的阻力大小为Ff＝eq\f(1,10)mg＝1×103N，根据v－t图像可知汽车在前7s内的加速度大小为a＝eq\f(Δv,Δt)＝2m/s2，设汽车在前7s内的牵引力大小为F，根据牛顿第二定律有F－Ff＝ma，解得F＝3×103N.(2)当汽车速度达到v＝14m/s时，牵引力功率达到额定功率，即P＝Fv＝4.2×104W，当汽车速度达到vm时，牵引力与阻力大小相等，则vm＝eq\f(P,Ff)＝42m/s.(3)在0～7s内，汽车的位移大小为x1＝eq\f(1,2)vt1＝49m，设7～37s内汽车的位移大小为x2，根据动能定理有Pt2－Ffx2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mv2，代入数据解得x2＝476m，所以启动后37s内，汽车的位移大小为x＝x1＋x2＝525m.8.如图所示，半径为R的鼓形轮可绕固定在斜面顶端的光滑水平轴O转动，在轮上沿直径方向固定一根轻杆，杆上固定两个质量均为0.3kg的小球，球与O的距离均为2R.在轮上绕有轻绳，绳端系住斜面上质量为0.8kg的空箱(绳与斜面平行).斜面倾角为37°，空箱与斜面间的动摩擦因数为0.5，不计鼓形轮的质量，绳与轮之间无相对滑动，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)某人转动鼓形轮，通过轻绳拉着空箱以1m/s的速度沿斜面向上匀速运动，求绳对空箱拉力的功率；(2)将空箱从斜面顶端由静止释放并带动鼓形轮转动，求空箱沿斜面下滑1m时的速度大小；(3)若开始时箱内装有质量为0.8kg的细沙，位于斜面底端，转动鼓形轮，在箱沿斜面向上匀速滑动时，细沙从箱底部缝隙随时间均匀漏出，上滑距底面高2m时箱内细沙全部漏出，求此过程中绳拉力做的功.【解析】(1)设空箱质量为m，空箱匀速运动，所受合力为零，绳的拉力F＝mgsin37°＋μmgcos37°＝8N，P＝Fv＝8W.(2)设空箱的速度为v，小球的质量为m′，线速度大小为v′，下滑距离L＝1m，由线速度与半径的关系知v′＝2v，根据动能定理得mgLsin37°－μmgLcos37°＝eq\f(1,2)mv2＋2×eq\f(1,2)m′v′2，解得v＝1m/s.(3)细沙从箱底部缝隙随时间均匀漏出，箱子与细沙的总质量与时间成线性关系，由于箱子匀速运动，位移与时间成正比，所以，箱子与细沙的总质量与位移成线性关系，初始时绳的拉力F1＝m1g(sin37°＋μcos37°)，升高2m时绳的拉力F2＝m2g(sin37°＋μcos37°)，其中，m1＝1.6kg，m2＝0.8kg，所以，绳子拉力所做功W＝eq\o(F,\s\up6(－))s＝eq\f(F1＋F2,2)·eq\f(2m,sin37°)＝40J.

第2讲动能动能定理一、动能1.定义：物体由于__运动__而具有的能.2.公式：Ek＝__eq\f(1,2)mv2__.3.标矢性：动能是__标量__，只有正值，动能与速度方向__无关__.4.状态量：动能是__状态__量，因为v是瞬时速度.5.相对性：由于速度具有__相对性__，所以动能也具有相对性.6.动能的变化：物体__末动能__与__初动能__之差，即ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1).动能的变化是__过程__量.二、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(1)W＝__ΔEk__.(2)W＝__Ek2－Ek1__.(3)W＝__eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)__.3.物理意义：__合力__的功是物体动能变化的量度.4.适用范围广泛(1)既适用于直线运动，也适用于__曲线运动__.(2)既适用于恒力做功，也适用于__变力做功__.(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以__不同时作用__.考点一动能定理的理解及应用1.动能与动能的变化的区别(1)动能与动能的变化是两个不同的概念，动能是状态量，动能的变化是过程量.(2)动能没有负值，而动能变化量有正负之分.ΔEk>0表示物体的动能增加，ΔEk<0表示物体的动能减少.2.应用动能定理的注意事项(1)应用动能定理解题应抓好“两状态，一过程”.“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息.(2)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.(3)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.(4)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.(5)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，要注意运用它们的做功特点：①重力做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做的功等于力与路程的乘积.(6)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.【例1】(2024·重庆卷)活检针可用于活体组织取样，如图所示.取样时，活检针的针芯和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力.针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2后停下来.若两段运动中针翘鞘整体受到阻力均视为恒力.大小分别为F1、F2，则针鞘()A.被弹出时速度大小为eq\r(\f(2(F1d1＋F2d2),m))B.到达目标组织表面时的动能为F1d1C.运动d2过程中，阻力做功为(F1＋F2)d2D.运动d2的过程中动量变化量大小为eq\r(mF2d2)【解析】A根据动能定理有F1d1＋F2d2＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2(F1d1＋F2d2),m))，A正确；针鞘到达目标组织表面后，继续前进d2减速至零，有Ek＝F2d2，B错误；针鞘运动d2的过程中，克服阻力做功为F2d2，C错误；针鞘运动d2的过程中，动量变化量大小Δp＝eq\r(2mEk)＝eq\r(2mF2d2)，D错误.【变式训练1】如图所示，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，则停止的地点到B的距离为()A.0.50mB.0.25mC.0.10mD.0【解析】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，摩擦力做的功为－μmgs，而重力做的功与路径无关，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，D正确.【例2】eq\a\vs4\al([易错题])如图所示，某一斜面的顶端到正下方水平面O点的高度为h，斜面与水平面平滑连接.一小木块(可视为质点)从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到水平面上的A点停止运动.已知斜面倾角为θ，小木块质量为m，小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，A、O两点的距离为x，重力加速度为g.在小木块从斜面顶端滑到A点的过程中，下列说法正确的是()A.如果h和μ一定，θ越大，x越大B.如果h和μ一定，θ越大，x越小C.摩擦力对木块做的功为－μmgxcosθD.重力对木块做的功为μmgx【解析】D对小木块运动的整个过程，根据动能定理有mgh－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)－μmg(x－eq\f(h,tanθ))＝0－0，解得h＝μx，所以x与θ无关，A、B错误；根据前面分析可知重力对木块做的功为WG＝mgh＝μmgx，摩擦力对木块做的功为Wf＝－WG＝－mgh＝－μmgx，C错误、D正确.【易错点】本题易错选C.木块在斜面上受到的摩擦力大小为μmgxcosθ，而在水平面上，木块所受的摩擦力大小为μmg.两个阶段的摩擦力大小不同，摩擦力做功不等于－μmgxcosθ.【变式训练2】(多选)冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一.某冰滑梯的示意图如图所示，螺旋滑道的摩擦可忽略，倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动摩擦因数μ相同，因滑板不同μ满足μ0≤μ≤1.2μ0.在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停在水平滑道上，以下L1、L2的组合符合设计要求的是()A.L1＝eq\f(h,2μ0)，L2＝eq\f(3h,2μ0)B.L1＝eq\f(4h,3μ0)，L2＝eq\f(h,3μ0)C.L1＝eq\f(4h,3μ0)，L2＝eq\f(2h,3μ0)D.L1＝eq\f(3h,2μ0)，L2＝eq\f(h,μ0)【解析】CD设斜面倾角为θ，游客在倾斜滑道上均减速下滑，则需满足mgsinθ<μmgcosθ，可得μ>tanθ＝eq\f(h,L1)，即有L1>eq\f(h,μ)，因μ0≤μ≤1.2μ0，所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，可得L1>eq\f(h,μ0)，滑行结束时停在水平滑道上，全程由动能定理有mg·2h－μmgcosθ·eq\f(L1,cosθ)－μmgx＝0－0，其中0<x≤L2，可得L1<eq\f(2h,μ)，L1＋L2≥eq\f(2h,μ)，代入μ0≤μ≤1.2μ0，可得L1<eq\f(5h,3μ0)，L1＋L2≥eq\f(2h,μ0)，综合需满足eq\f(h,μ0)<L1<eq\f(5h,3μ0)和L1＋L2≥eq\f(2h,μ0)，C、D正确.考点二利用动能定理解决多过程问题1.应用动能定理的流程2.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.(3)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.(4)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.动能定理与图像结合的多过程问题【例3】eq\a\vs4\al([一题多解])从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用.距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化图像如图所示.重力加速度g取10m/s2.该物体的质量为()A.2kgB.1.5kgC.1kgD.0.5kg【解析】C(方法1)画出运动示意图.设该外力的大小为F，据动能定理知，A→B(上升过程)：－(mg＋F)h＝EkB－EkA，B→A(下落过程)：(mg－F)h＝EkA′－EkB′，联立以上两式并代入数据得物体的质量m＝1kg，C正确.(方法2)由题图分析知，物体上升的最大高度为H＝6m，物体上升的过程有－(mg＋F)H＝0－Ek，得mg＋F＝12N，物体上升到再次回到抛出点，全过程有，－2FH＝Ek′－Ek，得F＝2N，联立得m＝1kg.【变式训练3】eq\a\vs4\al([易错题])某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳.将运动员视为质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能Ek与水平位移x的关系图像正确的是()【解析】A设斜面倾角为θ，不计摩擦力和空气阻力，由题意可知，运动员在沿斜面下滑过程中，根据动能定理有Ek＝mgxtanθ，下滑过程中开始阶段倾角θ不变，Ek－x图像为一条直线；经过圆弧轨道过程中θ先减小后增大，即图像斜率先减小后增大，A正确.【易错点】本题易错选B.未注意到运动员在圆弧滑道上运动时，物体所受合力大小方向发生了变化，则Ek－x图像切线的斜率发生变化.图像题应从图像的斜率和面积等物理意义方面去分析和解决问题.动能定理解决曲线运动多过程问题【例4】某游乐场有一种“双环过山车”，其运行原理可以简化成如图所示的“物块轨道”模型.AB段和两竖直圆轨道1、2均光滑，圆轨道1、2的半径分别为R1＝2m，R2＝1.6m，B、C为两圆轨道的最低点且略微错开可以使物块通过.一个质量为m＝1kg的物块(视为质点)，从右侧轨道的A点由静止开始沿轨道下滑，恰能通过第一个竖直圆轨道1，已知物块与BC段间的动摩擦因数可调节，物块与CD、DE、EF段平直轨道间的动摩擦因数均为μ＝0.1，LBC＝LCD＝6m，LDE＝1m，DE段与水平面的夹角α＝53°，EF段平直轨道足够长，所有轨道可认为在同一竖直面内，取sin53°＝0.8，重力加速度g取10m/s2.(1)求A点距BC水平轨道的高度h；(2)要使物块恰好通过1轨道后，进入轨道2而不脱离第二个圆轨道，求物块与BC段间的动摩擦因数μBC可设计的范围；(3)物块恰好通过2轨道后，沿轨道CDE运动到E处时，在光滑“挡板”作用下转变为做水平方向的直线运动，求物块在EF段停止的位置到E点的距离x.(不考虑物块在D、E点的能量损失)【解析】(1)物块恰好能通过竖直圆轨道1，设此时物块在轨道1的最高点速度大小为v1，则在最高点满足mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),R1)，物块从A点运动到圆轨道1最高点的过程，由动能定理有mg(h－2R1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得h＝5m.(2)若物块恰好能通过竖直圆轨道2的最高点，设此时物块在轨道2的最高点的速度大小为v2，则有mg＝meq\f(veq\o\al(2,2),R2)，物块从圆轨道1最高点到圆轨道2最高点的过程，由动能定理有mg(2R1－2R2)－μBCmgLBC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得μBC＝eq\f(1,6).若物块恰好在竖直圆轨道2上与圆心等高处速度为零，则有mg(2R1－R2)－μBCmgLBC＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得μBC＝eq\f(17,30).若物块恰能进入竖直圆轨道2，则有mgh－μBCmgLBC＝0，解得μBC＝eq\f(5,6)，故μBC的范围为0<μBC≤eq\f(1,6)或eq\f(17,30)≤μBC≤eq\f(5,6).(3)物块从圆轨道2最高点到最终停止的过程，有mg(2R2－LDEsinα)－μmgLCD－μmgLDEcosα－μmgx＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得x＝25.4m.【变式训练4】eq\a\vs4\al([易错题])如图所示，水平面右端放一大小可忽略、质量m＝1kg的小物块，小物块以v0＝5m/s的速度向左运动，运动至距出发点d＝1m处将弹簧压缩至最短，反弹回到出发点时速度大小v1＝3m/s.水平面与水平传送带理想连接，传送带长度L＝3m，以v2＝10m/s顺时针匀速转动.传送带右端与一竖直面内光滑圆轨道理想连接，圆轨道半径R＝0.9m，物块进入轨道时触发闭合装置将圆轨道封闭.g取10m/s2，求：(1)物块与水平面间的动摩擦因数μ1；(2)弹簧具有的最大弹性势能Ep；(3)要使物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，传送带与物块间的动摩擦因数μ2应满足的条件.【解析】(1)小物块从右向左运动压缩弹簧至最短再反弹回到出发点的过程，由动能定理得－μ1mg×2d＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，代入数据解得μ1＝0.4.(2)小物块从右向左运动将弹簧压缩至最短的过程，由能量守恒定律得Ep＋μ1mgd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，代入数据解得Ep＝8.5J.(3)若小物块刚好能过圆轨道的最高点，设其此时速度为v3，由牛顿第二定律得mg＝meq\f(veq\o\al(2,3),R)，设小物块在圆周运动最低点的速度为v4，从最低点到最高点，由动能定理得－mg×2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)，代入数据解得v4＝3eq\r(5)m/s，因v4＝3eq\r(5)m/s<v2＝10m/s，故小物块在传送带上一直加速，由动能定理得μ2mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，代入数据解得μ2＝0.6.若小物块刚好能到圆心等高处，设小物块在圆周运动最低点的速度为v4′，从最低点到圆心等高处，由动能定理得－mgR＝0－eq\f(1,2)mv4′2，代入数据解得v4′＝3eq\r(2)m/s，因v4′＝3eq\r(2)m/s<v2＝10m/s，故小物块在传送带上一直加速，由动能定理得μ2mgL＝eq\f(1,2)mv4′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，代入数据解得μ2＝0.15，因此，要使物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，μ2应满足的条件是μ2≥0.6或μ2≤0.15.【易错点】物块不脱离圆轨道的两种情景：1.物块能做完整的圆周运动，对应临界条件为物块恰好能过圆轨道的最高点；2.物块沿圆周的部分圆弧运动，对应的临界条件为小物块刚好能到达圆心等高处.对临界条件要考虑周全，避免造成漏解.用动能定理解决多过程问题方法技巧(1)运用动能定理解决问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式.(2)全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意它们的功能特点.1.一个质量为m的物体静止放在光滑水平面上，在互成60°角且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，在两恒力的方向上获得的速度分别为v1、v2，如图所示，那么在这段时间内，其中一个恒力做的功为()A.eq\f(1,6)mv2B.eq\f(1,4)mv2C.eq\f(1,3)mv2D.eq\f(1,2)mv2【解析】B设这两个水平恒力的合力为F，由动能定理得W＝Fl＝eq\f(1,2)mv2，其中一个恒力做的功W1＝eq\f(1,2)W＝eq\f(1,4)mv2，B正确.2.一物块沿倾角为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，如图所示.当物块的初速度为2v时，上升的最大高度记为h.重力加速度为g，则物块与斜坡间的动摩擦因数μ和h分别为()A.tanθ和2HB.tanθ和4HC.(eq\f(v2,2gH)－1)tanθ和2HD.(eq\f(v2,2gH)－1)tanθ和4H【解析】D当物块上滑的初速度为v时，根据动能定理，有－mgH－μmgcosθ·eq\f(H,sinθ)＝0－eq\f(1,2)mv2，当上滑的初速度为2v时，有－mgh－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＝0－eq\f(1,2)m(2v)2，联立可得μ＝(eq\f(v2,2gH)－1)tanθ，h＝4H，D正确.3.如图所示，平直木板AB倾斜放置，板上的P点距A端较近，小物块与木板间的动摩擦因数由A到B逐渐减小，先让物块从A由静止开始滑到B.然后，将A着地，抬高B，使木板的倾角与前一过程相同，再让物块从B由静止开始滑到A.上述两过程相比较，下列说法一定正确的是()A.物块滑到底端的速度，前一过程较大B.物块从顶端滑到底端的时间，前一过程较长C.物块从顶端滑到P点的过程中因摩擦产生的热量，前一过程较少D.物块经过P点的动能，后一过程较小【解析】B先让物块从A由静止开始滑到B，又因为动摩擦因数由A到B逐渐减小，说明重力沿木板的分量在整个过程中都大于摩擦力.也就是说无论哪边高，合力方向始终沿木板向下.两过程合力做功相同，由动能定理知，滑到底端时速度大小应相同，A错误；作出物块两过程的v－t图像，如图所示，分析可知第一个过程加速度在增大，故斜率增大，第二个过程加速度减小，故斜率减小，由于木板倾角相同，根据能量守恒，末速度相同，又因为路程相同，v－t图像中图线与t轴所围的面积应相等，所以第一个过程的时间长，B正确；摩擦产生的热量Q＝W＝Ffs，由于无法确定Ff做功多少，无法判断两种情况下摩擦产生热量的多少，C错误；物块从A由静止开始滑到P时，摩擦力较大，故合力较小，距离较短，物块从B由静止开始滑到P时，摩擦力较小，故合力较大，距离较长，所以由动能定理知，物块从A由静止开始滑到P时合力做功较少，到P点时动能较小，由B到P时合力做功较多，到P点时动能较大，即前一过程较小，D错误.4.某景区喷泉喷出水柱的场景如图所示，水管喷嘴的横截面积为S，驱动该水管喷水的电动机输出功率为P.已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g，不计空气阻力，且令eq\f(P2,2S2ρ2)＝k，则喷泉喷出水柱的高度可表示为()A.eq\r(3,\f(k,g))B.eq\f(\r(3,k),g)C.eq\f(\r(k),g)D.eq\r(\f(k,g))【解析】B设水的出口速度为v，水柱高度为h，经过时间t，喷出水的质量为m，则由题意可得v2＝2gh，m＝ρSvt，由动能定理可得Pt＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)ρSv3t＝eq\f(1,2)ρS(eq\r(2gh))3t，P＝eq\f(1,2)ρS(eq\r(2gh))3，h＝eq\r(3,\f(P2,2S2ρ2g3))＝eq\f(\r(3,k),g)，B正确.5.(多选)如图所示，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C，A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R.小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是()A.小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大B.小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变C.小球的初速度v0＝eq\r(2gR)D.若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道【解析】AD小球恰好运动至C点，小球在C点vC＝0，小球在圆弧BC上运动到D点的受力分析如图所示.D位置：mgcosα－FN＝meq\f(v2,R)，D到C过程：mg(R－Rcosα)＝eq\f(1,2)mv2，FN＝3mgcosα－2mg，B到C过程：α减小，FN增大，A正确；重力瞬时功率PG＝mgvy，vy减小，PG减小，B错误；小球从A到C由动能定理得－mg·2R＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，则v0＝2eq\r(gR)，C错误；若小球在B点的速度满足mgcosθ<eq\f(mveq\o\al(2,B),R)，则小球将从B点脱离轨道，D正确.6.(多选)如图所示，一弹性轻绳(弹力与其伸长量成正比)左端固定在墙上A点，右端穿过一固定的光滑圆环B连接一个质量为m的小球p，小球p在B点时，弹性轻绳处在自然伸长状态.小球p穿过竖直固定杆在C处时，弹性轻绳的弹力为mg.将小球p从C点由静止释放，到达D点时速度恰好为0.已知小球与杆间的动摩擦因数为0.2，A、B、C在一条水平直线上，CD＝h；重力加速度为g，弹性绳始终处在弹性限度内.下列说法正确的是()A.小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为0.3mghB.小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为0.2mghC.若仅把小球质量变为2m，则小球到达D点时的速度大小为eq\r(gh)D.若仅把小球质量变为2m，则小球到达D点时的速度大小为eq\r(2gh)【解析】BC设BC的长度为L，根据胡克定律有mg＝kL，设BD与竖直方向的夹角为α，则伸长量为eq\f(L,sinα)，故弹力为F＝keq\f(L,sinα)，对小球受力分析，受重力、弹性绳的弹力、摩擦力、支持力，水平方向平衡，故N＝Fsinα＝kL＝mg，由此可知，下降过程中，水平方向的支持力保持不变，且摩擦力f＝μN＝0.2mg，故小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为Wf＝fh＝0.2mgh，A错误、B正确；对小球从C点运动到D点的过程，根据动能定理有mgh－fh－W弹＝0，解得W弹＝0.8mgh，若仅把小球的质量变成2m，小球从C点运动到D点的过程，根据动能定理，有2mgh－fh－W弹＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,D)，解得vD＝eq\r(gh)，C正确、D错误.7.如图所示，AOB是竖直平面内的光滑圆弧形滑道，由两个半径都是R的eq\f(1,4)圆周平滑连接而成，圆心O1、O2与两圆弧的连接点O在同一竖直线上，O2B与水池的水面平齐.一小滑块可从弧AO上的任意点由静止开始下滑.已知sin37°＝eq\f(3,5)，cos37°＝eq\f(4,5).(1)若小滑块从圆弧AO上某点释放，之后在两个圆弧上滑过的弧长相等，求释放点和O1的连线与竖直线的夹角；(2)若小滑块能从O点脱离滑道，求其可能的落水点在水平面上形成的区域长度.【解析】(1)设释放点和O1的连线与竖直线的夹角为θ，由于小滑块在两个圆弧上滑过的弧长相等，则小滑块在圆弧OB上的离开点和O2的连线与竖直线的夹角也为θ，设小滑块离开圆弧OB时的速度为v，则根据动能定理可得2mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2－0，对小滑块在圆弧OB上的离开点，根据牛顿第二定律可得mgcosθ＝meq\f(v2,R)，联立解得cosθ＝eq\f(4,5)，即θ＝37°.(2)设小滑块刚好能从O点脱离滑道的速度为v1，则有mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)，解得v1＝eq\r(gR).设小滑块从A点由静止释放到达O点时的速度为v2，根据动能定理可得mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－0，解得v2＝eq\r(2gR)，可知小滑块能从O点脱离滑道，其离开滑道时的速度范围为eq\r(gR)≤v0≤eq\r(2gR).小滑块离开滑道后做平抛运动，竖直方向有R＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\r(\f(2R,g))，水平方向有x＝v0t，解得小滑块的水平位移满足eq\r(2)R≤x≤2R，则小滑块可能的落水点在水面上形成的区域长度为Δx＝2R－eq\r(2)R＝(2－eq\r(2))R.8.如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上.已知可视为质点的滑块质量m＝0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15m，轨道AB长度lAB＝3m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝eq\f(7,8)，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放.(g取10m/s2)(1)若释放点距B点的长度l＝0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；(2)设释放点距B点的长度为lx，滑块第一次经F点时的速度v与lx之间的关系式；(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值.【解析】(1)滑块释放运动到C点过程，由动能定理mglsin37°＋mgR(1－cos37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，经过C点时FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)，解得FN＝7N.(2)能过最高点时，则能到F点，则恰到最高点时mglxsin37°－mg×4Rcos37°＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(12lx－9.6)，而要保证滑块能到达F点，必须要保证它能到达DEF最高点，当小球恰好到达DEF最高点时，由动能定理mglxsin37°－mg(3Rcos37°＋R)＝0，可解得lx＝0.85m，则要保证小球能到F点，lx≥0.85m，代入v＝eq\r(12lx－9.6)可得v≥eq\r(0.6)m/s.(3)设全过程摩擦力对滑块做功为第一次到达中点时做功的n倍，则n＝1，3，5，…mglxsin37°－mgeq\f(lFG,2)sin37°－nμmgeq\f(lFG,2)cos37°＝0，由几何关系可得lFG＝0.8m，解得lx＝eq\f(7n＋6,15)m，n＝1，3，5，…又因为lAB≥lx≥0.85m，lAB＝3m，当