高三年級一輪復習5機械能

1、PAGE .第五章 eq blc|rc avs4alco1 機械能 備考指南考 點內(nèi) 容要求題型把 握 考 情一、功和功率功和功率選擇、計算找 規(guī) 律近幾年高考既有對本章內(nèi)容的單獨考查,也有與牛頓運動定律、曲線運動、電磁學等內(nèi)容相結(jié)合的綜合考查,對本章單獨考查的題目多為選擇題。二、動能定理及其應(yīng)用動能和動能定理選擇、計算三、機械能守恒定律及其應(yīng)用重力做功與重力勢能選擇、計算機械能守恒定律及其應(yīng)用四、功能關(guān)系能量守恒定律功能關(guān)系選擇、計算明 熱 點將本章內(nèi)容與其他知識相結(jié)合,與實際生產(chǎn)、生活和現(xiàn)代科技相結(jié)合進行命題的趨勢較強,在復習中應(yīng)側(cè)重對基礎(chǔ)知識的理解和應(yīng)用。實驗五六探究動能定理、驗證機械能

2、守恒定律填空第1節(jié)功和功率只要物體受力的同時又發(fā)生了位移,則一定有力對物體做功。一個力對物體做了負功,則說明這個力一定阻礙物體的運動。作用力做正功時,反作用力一定做負功。力對物體做功的正負是由力和位移間的夾角大小決定的。由PFv可知,發(fā)動機功率一定時,機車的牽引力與運行速度的大小成反比。汽車上坡時換成低擋位,其目的是減小速度得到較大的牽引力。要點一功的正負判斷與恒力、合力做功的計算1功的正負的判斷方法恒力做功的判斷：依據(jù)力與位移的夾角來判斷。曲線運動中做功的判斷：依據(jù)F與v的方向夾角來判斷,當090,力對物體做正功；90180,力對物體做負功；90,力對物體不做功。依據(jù)能量變化來判斷：功是能量

3、轉(zhuǎn)化的量度,若有能量轉(zhuǎn)化,則必有力對物體做功。此法常用于判斷兩個相聯(lián)系的物體之間的相互作用力做功的判斷。2恒力做功的計算方法3合力做功的計算方法方法一：先求合力F合,再用W合F合lcos 求功。方法二：先求各個力做的功W1、W2、W3,再應(yīng)用W合W1W2W3求合力做的功。光滑多角練通1如圖511所示,質(zhì)量為m的物體置于傾角為的斜面上,物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為,在外力作用下,斜面體以加速度a沿水平方向向左做勻加速運動,運動中物體m與斜面體相對靜止。則關(guān)于斜面對m的支持力和摩擦力的下列說法中正確的是圖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摩擦力可能做負功解析：選ACD2

4、.如圖512所示,木板可繞固定水平軸O轉(zhuǎn)動。木板從水平位置OA緩慢轉(zhuǎn)到OB位置,木板上的物塊始終相對于木板靜止。在這一過程中,物塊的重力勢能增加了2 J。用FN表示物塊受到的支持力,用Ff表示物塊受到的摩擦力。在此過程中,以下判斷正確的是圖512AFN和Ff對物塊都不做功BFN對物塊做功為2 J,Ff對物塊不做功CFN對物塊不做功,Ff對物塊做功為2 JDFN和Ff對物塊所做功的代數(shù)和為0解析：選B3一物體靜止在粗糙水平地面上?，F(xiàn)用一大小為F1的水平拉力拉動物體,經(jīng)過一段時間后其速度變?yōu)関。若將水平拉力的大小改為F2,物體從靜止開始經(jīng)過同樣的時間后速度變?yōu)?v。對于上述兩個過程,用WF1、WF

5、2分別表示拉力F1、F2所做的功,Wf1、Wf2分別表示前后兩次克服摩擦力所做的功,則AWF24WF1,Wf22Wf1BWF24WF1,Wf22Wf1CWF24WF1,Wf22Wf1DWF24WF1,Wf22Wf1解析：選C要點二變力做功的計算利用動能定理求變力做功動能定理既適用于直線運動,也適用于曲線運動,既適用于求恒力做功也適用于求變力做功。因使用動能定理可由動能的變化來求功,所以動能定理是求變力做功的首選。典例1如圖513,一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置,軌道兩端等高；質(zhì)量為m的質(zhì)點自軌道端點P由靜止開始滑下,滑到最低點Q時,對軌道的正壓力為2mg,重力加速度大小為g。質(zhì)點自P滑到Q

6、的過程中,克服摩擦力所做的功為A.eq fmgRB.eq fmgRC.eq fmgRD.eq fmgR答案C利用微元法求變力做功將物體的位移分割成許多小段,因小段很小,每一小段上作用在物體上的力可以視為恒力,這樣就將變力做功轉(zhuǎn)化為在無數(shù)多個無窮小的位移上的恒力所做元功的代數(shù)和。此法在中學階段,常應(yīng)用于求解大小不變、方向改變的變力做功問題。典例2如圖514所示,在水平面上,有一彎曲的槽道,槽道由半徑分別為eq f和R的兩個半圓構(gòu)成。現(xiàn)用大小恒為F的拉力將一光滑小球從A點沿槽道拉至B點,若拉力F的方向時刻與小球運動方向一致,則此過程中拉力所做的功為A0 BFRC2FRD.eq fFR答案D化變力為

7、恒力求變力做功變力做功直接求解時,通常都比較復雜,但若通過轉(zhuǎn)換研究的對象,有時可化為恒力做功,用WFlcos 求解。此法常常應(yīng)用于輕繩通過定滑輪拉物體的問題中。典例3如圖515所示,固定的光滑豎直桿上套著一個滑塊,用輕繩系著滑塊繞過光滑的定滑輪,以大小恒定的拉力F拉繩,使滑塊從A點起由靜止開始上升。若從A點上升至B點和從B點上升至C點的過程中拉力F做的功分別為W1和W2,滑塊經(jīng)B、C兩點的動能分別為EkB和EkC,圖中ABBC,則圖515AW1W2BW1W2CW1W2 D無法確定W1和W2的大小關(guān)系答案A利用平均力求變力做功在求解變力做功時,若物體受到的力方向不變,而大小隨位移呈線性變化,即力

8、均勻變化時,則可以認為物體受到一大小為eq oF,sup6eq f的恒力作用,F1、F2分別為物體初、末態(tài)所受到的力,然后用公式Weq oF,sup6lcos 求此力所做的功。彈簧彈力做功典例4把長為l的鐵釘釘入木板中,每打擊一次給予的能量為E0,已知釘子在木板中遇到的阻力與釘子進入木板的深度成正比,比例系數(shù)為k。問此釘子全部進入木板需要打擊幾次？解析在把釘子打入木板的過程中,釘子把得到的能量用來克服阻力做功,而阻力與釘子進入木板的深度成正比,先求出阻力的平均值,便可求得阻力做的功。釘子在整個過程中受到的平均阻力為：Feq feq f釘子克服阻力做的功為：WFFleq fkl2設(shè)全過程共打擊n

9、次,則給予釘子的總能量：E總nE0eq fkl2,所以neq f。利用Fx圖像求變力做功在F x圖像中,圖線與x軸所圍面積的代數(shù)和就表示力F在這段位移所做的功,且位于x軸上方的面積為正,位于x軸下方的面積為負,但此方法只適用于便于求圖線所圍面積的情況。v-t典例5某物體在變力F作用下沿水平方向做直線運動,物體的質(zhì)量m10 kg,F隨物體的坐標x的變化情況如圖516所示。若物體從坐標原點由靜止出發(fā),不計一切摩擦。借鑒教科書中學習直線運動時由vt圖像求位移的方法,結(jié)合其他所學知識,根據(jù)圖示的Fx圖像可求出物體運動到x16 m處時的速度大小為A3 m/s B4 m/sC2eq r m/s D.eq

10、r m/s答案C變式訓練一滑塊在水平地面上沿直線滑行,t0時其速度為1 m/s.從此刻開始在滑塊運動方向上再施加一水平方向作用力F,力F和滑塊的速度v隨時間的變化規(guī)律分別如圖甲和圖乙所示設(shè)在第1 s內(nèi)、第2 s內(nèi)、第3 s內(nèi)力F對滑塊做的功分別為W1、W2、W3,則以下關(guān)系正確的是AW1W2W3BW1W2W3CW1W3W2DW1W2W3解析：選B 要點三功率的分析與計算1平均功率的計算利用eq xtoeq f。利用PFeq xtocos ,其中eq xto為物體運動的平均速度。2瞬時功率的計算利用公式PFvcos ,其中v為t時刻的瞬時速度。利用公式PFvF,其中vF為物體的速度v在力F方向上

11、的分速度。利用公式PFvv,其中Fv為物體受的外力F在速度v方向上的分力。m、g、L、w質(zhì)量為m的物體靜止在光滑水平面上,從t0時刻開始受到水平力的作用力的大小F與時間t的關(guān)系如圖所示,力的方向保持不變,則A3t0時刻的瞬時功率為eq f5Foalt0,mB3t0時刻的瞬時功率為eq f15Foalt0,mC在t0到3t0這段時間內(nèi),水平力的平均功率為eq f23Foalt0,4mD在t0到3t0這段時間內(nèi),水平力的平均功率為eq f25Foalt0,6m答案BD多角練通1將一個小球斜向上拋出,小球在空中依次飛過三個完全相同的窗戶1、2、3。圖517中曲線為小球在空中運動的軌跡。若不計空氣阻力

12、的影響,以下說法正確的是A小球通過第1個窗戶所用的時間最長B小球通過第1個窗戶重力做的功最大C小球通過第3個窗戶重力的平均功率最小D小球通過第3個窗戶的平均速度最大解析：選C2如圖518所示,一個縱截面是等腰三角形的斜面體M置于水平地面上,它的底面粗糙,兩斜面光滑。將質(zhì)量不相等的A、B兩個小滑塊同時從斜面上同一高度處靜止釋放,在兩滑塊滑至斜面底端的過程中,M始終保持靜止,則圖518AB滑塊先滑至斜面底端B地面對斜面體的摩擦力方向水平向左C兩滑塊滑至斜面底端時重力的瞬時功率相同D地面對斜面體的支持力等于三個物體的總重力解析：選B要點四機車啟動問題1兩種啟動方式的比較兩種方式以恒定功率啟動以恒定加

13、速度啟動Pt圖和vt圖OA段過程分析vFeq faeq faeq f不變F不變eq o,sup6PFv直到P額Fv1運動性質(zhì)加速度減小的加速直線運動勻加速直線運動,維持時間t0eq fAB段過程分析FF阻a0vmeq fvFeq faeq f運動性質(zhì)以vm勻速直線運動加速度減小的加速運動BC段無FF阻a0以vmeq f勻速運動1某型號汽車發(fā)動機的額定功率為60 kW,在水平路面上行駛時受到的阻力是1 800 N,求在發(fā)動機在額定功率下汽車勻速行駛的速度在同樣的阻力下,如果汽車勻速行駛的速度只有54 km/h,發(fā)動機輸出的實際功率是多少？2額定功率為80 kW的汽車,在平直公路上行駛的最大速度是

14、20 m/s,汽車的質(zhì)量是2 t,如果汽車從靜止開始做勻加速直線運動,加速度的大小是2 m/s2,運動過程中阻力不變,求：汽車受到的阻力多大？3 s末汽車的瞬時功率多大？汽車維持勻加速運動的時間是多少？2三個重要關(guān)系式無論哪種啟動過程,機車的最大速度都等于其勻速運動時的速度,即vmeq f。機車以恒定加速度啟動時,勻加速過程結(jié)束后功率最大,速度不是最大,即veq fvmeq f。機車以恒定功率運行時,牽引力做的功WPt,由動能定理得PtF阻xEk,此式經(jīng)常用于求解機車以恒定功率啟動過程的位移或速度。典例某興趣小組對一輛自制遙控小車的性能進行研究。他們讓這輛小車在水平的直軌道上由靜止開始運動,并

15、將小車運動的全過程記錄下來,通過處理轉(zhuǎn)化為v t圖像,如圖519所示。已知在小車運動的過程中,2 s后小車的功率P9 W保持不變,小車的質(zhì)量為1.0 kg,可認為在整個運動過程中小車所受到的阻力大小不變。求：圖519小車所受到的阻力大小；小車在010 s內(nèi)位移的大小。審題指導02 s內(nèi)小車的v t圖像為直線,小車做勻加速直線運動。210 s內(nèi)小車的功率保持不變,小車處于恒定功率啟動狀態(tài)。v6 m/s為小車啟動過程的最大速度。解析由圖像知,前兩秒的末速度為v13 m/s,最大速度為vm6 m/s根據(jù)PFv,當FFf時,vvm解得阻力Ffeq feq f N1.5 N。前2 s,小車做勻加速直線運

16、動,位移為x1,由運動學公式得x1eq ft1eq f2 m3 m,210 s內(nèi),時間為t2,根據(jù)動能定理Pt2Ffx2eq fmvm2eq fmv12代入數(shù)據(jù)解得x239 m010 s內(nèi)位移xx1x242 m。針對訓練1假設(shè)摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。如果摩托艇發(fā)動機的輸出功率變?yōu)樵瓉淼?倍,則摩托艇的最大速率變?yōu)樵瓉淼腁4倍B2倍C.eq r倍 D.eq r倍解析：選D2. 質(zhì)量為2103kg的汽車由靜止開始沿平直公路行駛,行駛過程中牽引力F和車速倒數(shù)eq f的關(guān)系圖像如圖5110所示。已知行駛過程中最大車速為30 m/s,設(shè)阻力恒定,則圖5110A汽車所受阻力為6103 NB汽

17、車在車速為5 m/s時,加速度為3 m/s2C汽車在車速為15 m/s時,加速度為1 m/s2D汽車在行駛過程中的最大功率為6104 W解析：選CD功和功率計算中的兩類易錯題滑輪兩側(cè)細繩平行1如圖5111所示,質(zhì)量為M、長度為L的木板放在光滑的水平地面上,在木板的右端放置質(zhì)量為m的小木塊,用一根不可伸長的輕繩通過光滑的定滑輪分別與木塊、木板連接,木塊與木板間的動摩擦因數(shù)為,開始時木塊和木板靜止,現(xiàn)用水平向右的拉力F作用在木板上,將木塊拉向木板左端的過程中,拉力至少做功為圖5111A2mgLB.eq fmgLCgL DmgL解析：選D2如圖5112甲所示,滑輪質(zhì)量、摩擦均不計,質(zhì)量為2 kg的物

18、體在F作用下由靜止開始向上做勻加速運動,其速度隨時間的變化關(guān)系如圖乙所示,由此可知A物體加速度大小為2 m/s2BF的大小為21 NC4 s末F的功率大小為42 WD4 s內(nèi)F做功的平均功率為42 W解析：選C反思領(lǐng)悟不計摩擦和滑輪質(zhì)量時,滑輪兩側(cè)細繩拉力大小相等。通過定滑輪連接的兩物體,位移大小相等。通過動滑輪拉動物體時,注意物體與力的作用點的位移、速度、作用力間的大小關(guān)系?；唭蓚?cè)細繩不平行3一木塊前端有一滑輪,繩的一端系在右方固定處,水平穿過滑輪,另一端用恒力F拉住,保持兩股繩之間的夾角不變,如圖5113所示,當用力F拉繩使木塊前進s時,力F對木塊做的功是圖5113AFscos BFsC

19、2Fscos D2Fs解析：選B4.質(zhì)量為m的物體放在一固定的斜面上,一個人通過動滑輪用恒定的力F拉動物體沿斜面前進l,力F與斜面夾角為,如圖5114所示。求人做的功。圖5114解析：如圖所示,力F作用點的位移x2lcoseq f,故拉力F所做的功WFxcoseq f2Flcos2eq fFl。 反思領(lǐng)悟?qū)τ谕ㄟ^動滑輪拉物體的情況,當拉力F的方向與物體的位移方向不同時,拉力F的功的大小可用如下兩種思路求解：用WFxcos 求,其中x為力F作用點的位移大小,為力F與力F作用點位移x之間的夾角。用兩段細繩拉力分別所做功的代數(shù)合求解,如第3題的第二種方法。對點訓練：功的理解與計算1. 如圖1所示,木

20、塊B上表面是水平的,當木塊A置于B上,并與B保持相對靜止,一起沿固定的光滑斜面由靜止開始下滑,在下滑過程中AA所受的合外力對A不做功BB對A的彈力做正功CB對A的摩擦力做正功DA對B做正功解析：選C2如圖2所示,n個完全相同,邊長足夠小且互不粘連的小方塊依次排列,總長度為l,總質(zhì)量為M,它們一起以速度v在光滑水平面上滑動,某時刻開始滑上粗糙水平面。小方塊與粗糙水平面之間的動摩擦因數(shù)為,若小方塊恰能完全進入粗糙水平面,則摩擦力對所有小方塊所做功的數(shù)值為A.eq fMv2BMv2C.eq fMglDMgl解析：選AC3. 一輛質(zhì)量為m的汽車在發(fā)動機牽引力F的作用下,沿水平方向運動。在t0時刻關(guān)閉發(fā)

21、動機,其運動的vt圖像如圖3所示。已知汽車行駛過程中所受的阻力是汽車重力的k倍,則A加速過程與減速過程的平均速度之比為12B加速過程與減速過程的位移大小之比為12C汽車牽引力F與所受阻力大小之比為31D汽車牽引力F做的功為eq f解析：選BCD對點訓練：功率的分析與計算4. 如圖4所示,質(zhì)量為m的小球用長為L的細線懸掛于O點,自由靜止在A位置?，F(xiàn)用水平力F緩慢地將小球從A拉到B位置而靜止,細線與豎直方向夾角為60,此時細線的拉力為F1,然后放手讓小球從靜止返回,到A點時細線的拉力為F2,則圖4AF1F22mgB從A到B,拉力F做功為F1LC從B到A的過程中,小球受到的合外力大小不變D從B到A的

22、過程中,小球重力的瞬時功率一直增大解析：選A5我國科學家正在研制航母艦載機使用的電磁彈射器。艦載機總質(zhì)量為3.0104kg,設(shè)起飛過程中發(fā)動機的推力恒為1.0105N；彈射器有效作用長度為100 m,推力恒定。要求艦載機在水平彈射結(jié)束時速度大小達到80 m/s。彈射過程中艦載機所受總推力為彈射器和發(fā)動機推力之和,假設(shè)所受阻力為總推力的20%,則A彈射器的推力大小為1.1106NB彈射器對艦載機所做的功為1.1108JC彈射器對艦載機做功的平均功率為8.8107WD艦載機在彈射過程中的加速度大小為32 m/s2解析：選ABD6. 如圖5所示,位于水平面上的物體在斜向上的恒力F1的作用下,做速度為

23、v的勻速運動,此時力F1與水平方向的夾角為1；現(xiàn)將該夾角增大到2,對應(yīng)恒力變?yōu)镕2,則以下說法正確的是A若物體仍以速度v做勻速運動,則可能有F2F1B若物體仍以速度v做勻速運動,則一定有F2F1C若物體仍以速度v做勻速運動,則F2的功率可能等于F1的功率D若物體以大于v的速度做勻速運動,則F1的功率可能等于F2的功率解析：選AD對點訓練：機車啟動問題7. 一輛汽車在平直的公路上以某一初速度運動,運動過程中保持恒定的牽引功率,其加速度a和速度的倒數(shù)eq f圖像如圖6所示。若已知汽車的質(zhì)量,則根據(jù)圖像所給的信息,不能求出的物理量是圖6A汽車的功率B汽車行駛的最大速度C汽車所受到的阻力D汽車運動到最

24、大速度所需的時間解析：選D8一汽車在平直公路上行駛。從某時刻開始計時,發(fā)動機的功率P隨時間t的變化如圖7所示。假定汽車所受阻力的大小f恒定不變。下列描述該汽車的速度v隨時間t變化的圖線中,可能正確的是圖7解析：選A9水平路面上行駛的汽車所受到的阻力大小Ff與汽車行駛的速率成正比。若汽車從靜止出發(fā),先做勻加速直線運動,達到額定功率后保持額定功率行駛,則在整個行駛過程中,汽車受到的牽引力大小F與阻力大小Ff關(guān)系圖像是解析：選A對點訓練：功、功率與其他力學知識的綜合10 如圖8所示,半徑為r的光滑水平轉(zhuǎn)盤到水平地面的高度為H,質(zhì)量為m的小物塊被一個電子鎖定裝置鎖定在轉(zhuǎn)盤邊緣,轉(zhuǎn)盤繞過轉(zhuǎn)盤中心的豎直軸

25、以kt的角速度轉(zhuǎn)動。從t0開始,在不同的時刻t將小物塊解鎖,小物塊經(jīng)過一段時間后落到地面上。假設(shè)在t時刻解鎖的物塊落到地面上時重力的瞬時功率為P,落地點到轉(zhuǎn)盤中心的水平距離為d,則下圖中Pt圖像、d2t2圖像分別正確的是解析：選BC11嚴重的霧霾天氣,對國計民生已造成了嚴重的影響。汽車尾氣是形成霧霾的重要污染源,鐵腕治污已成為國家的工作重點。地鐵列車可實現(xiàn)零排放,大力發(fā)展地鐵,可以大大減少燃油公交車的使用,減少汽車尾氣排放。若一地鐵列車從甲站由靜止啟動后做直線運動,先勻加速運動20 s達最高速度72 km/h,再勻速運動80 s,接著勻減速運動15 s到達乙站停住。設(shè)列車在勻加速運動階段牽引力

26、為1106N,勻速運動階段牽引力的功率為6103kW,忽略勻減速運動階段牽引力所做的功。求甲站到乙站的距離；如果燃油公交車運行中做的功與該列車從甲站到乙站牽引力做的功相同,求公交車排放氣態(tài)污染物的質(zhì)量。答案：1 950 m2.04 kg12高速連續(xù)曝光照相機可在底片上重疊形成多個圖像?，F(xiàn)利用這架照相機對MD2000家用汽車的加速性能進行研究,如圖10為汽車做勻加速直線運動時三次曝光的照片,圖中汽車的實際長度為4 m,照相機每兩次曝光的時間間隔為2.0 s。已知該汽車的質(zhì)量為1 000 kg,額定功率為90 kW,汽車運動過程中所受的阻力始終為1 500 N。圖10試利用圖示,求該汽車的加速度。

27、若汽車由靜止開始以此加速度做勻加速運動,勻加速運動狀態(tài)最多能保持多長時間。汽車所能達到的最大速度是多大。若該汽車從靜止開始運動,牽引力不超過3 000 N,求汽車運動2 400 m所用的最短時間。解析：由圖可得汽車在第1個2 s時間內(nèi)的位移x19 m,第2個2 s時間內(nèi)的位移x215 m汽車的加速度aeq f1.5 m/s2。由FFfma得,汽車牽引力FFfmaN3 000 N汽車做勻加速運動的末速度veq feq fm/s30 m/s勻加速運動保持的時間t1eq feq fs20 s。汽車所能達到的最大速度vmeq feq fm/s60 m/s。由、知勻加速運動的時間t120 s,運動的距離

28、x1eq feq f20 m300 m所以,后階段以恒定功率運動的距離x2m2 100 m對后階段以恒定功率運動,有：P額t2Ffx2eq fm解得t250 s所以,所求時間為t總t1t2s70 s。答案：1.5 m/s220 s60 m/s70 s第2節(jié)動能定理及其應(yīng)用一定質(zhì)量的物體動能變化時,速度一定變化,但速度變化時,動能不一定變化。動能不變的物體一定處于平衡狀態(tài)。如果物體所受的合外力為零,那么合外力對物體做功一定為零。物體在合外力作用下做變速運動時,動能一定變化。物體的動能不變,所受的合外力必定為零。做自由落體運動的物體,動能與時間的二次方成正比。要點一對動能定理的理解1對外力的兩點理

29、解外力指的是合力,重力、彈力、摩擦力、電場力、磁場力或其他力,它們可以同時作用,也可以不同時作用。既可以是恒力,也可以是變力。2體現(xiàn)的二個關(guān)系多角練通1關(guān)于運動物體所受的合外力、合外力做的功及動能變化的關(guān)系,下列說法正確的是A合外力為零,則合外力做功一定為零B合外力做功為零,則合外力一定為零C合外力做功越多,則動能一定越大D動能不變,則物體合外力一定為零解析：選A2質(zhì)量不等,但有相同動能的兩個物體,在動摩擦因數(shù)相同的水平地面上滑行,直至停止,則A質(zhì)量大的物體滑行的距離大B質(zhì)量小的物體滑行的距離大C它們滑行的距離一樣大D它們克服摩擦力所做的功一樣多解析：選BD3. 某人通過光滑滑輪將質(zhì)量為m的物

30、體,沿光滑斜面由靜止開始勻加速地由底端拉上斜面,物體上升的高度為h,到達斜面頂端的速度為v,如圖521所示。則在此過程中圖521A物體所受的合力做功為mgheq fmv2B物體所受的合力做功為eq fmv2C人對物體做的功為mghD人對物體做的功大于mgh解析：選BD要點二動能定理的應(yīng)用應(yīng)用動能定理的流程應(yīng)用動能定理的注意事項動能定理中的位移和速度必須是相對于同一個參考系的,一般以地面或相對地面靜止的物體為參考系。應(yīng)用動能定理的關(guān)鍵在于對研究對象進行準確的受力分析及運動過程分析,并畫出運動過程的草圖,借助草圖理解物理過程之間的關(guān)系。當物體的運動包含多個不同過程時,可分段應(yīng)用動能定理求解；當所求

31、解的問題不涉及中間的速度時,也可以全過程應(yīng)用動能定理求解,這樣更簡便。列動能定理方程時,必須明確各力做功的正、負,確實難以判斷的先假定為正功,最后根據(jù)結(jié)果加以檢驗。分段或全過程典例如圖522所示,用一塊長L11.0 m的木板在墻和桌面間架設(shè)斜面,桌子高H0.8 m,長L21.5 m。斜面與水平桌面的傾角可在060間調(diào)節(jié)后固定。將質(zhì)量m0.2 kg的小物塊從斜面頂端靜止釋放,物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)10.05,物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為2,忽略物塊在斜面與桌面交接處的能量損失。圖522當角增大到多少時,物塊能從斜面開始下滑；當角增大到37時,物塊恰能停在桌面邊緣,求物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)2；繼

32、續(xù)增大角,發(fā)現(xiàn)53時物塊落地點與墻面的距離最大,求此最大距離xm。審題指導物塊恰好要下滑時應(yīng)滿足mgsin mgcos 。物塊恰好停在桌面邊緣時其在桌面上的位移大小為L2L1cos 。xm為物塊落地點到墻面的距離而不是物塊平拋的水平位移。解析為使小物塊下滑,應(yīng)有mgsin 1mgcos 滿足的條件tan 0.05即當arctan 0.05時物塊恰好從斜面開始下滑?？朔Σ亮ψ龉f1mgL1cos 2mg由動能定理得mgL1sin Wf0代入數(shù)據(jù)得20.8。由動能定理得mgL1sin Wfeq fmv2解得v1 m/s由平拋運動規(guī)律得Heq fgt2,x1vt解得t0.4 sx10.4 mxm

33、x1L21.9 m。答案arctan 0.050.81.9 m方法規(guī)律針對訓練1相同材料制成的滑道ABC,其中AB段為曲面,BC段為水平面?，F(xiàn)有質(zhì)量為m的木塊,從距離水平面h高處的A點由靜止釋放,滑到B點過程中克服摩擦力做功為eq fmgh；木塊通過B點后繼續(xù)滑行2h距離后,在C點停下來,則木塊與曲面間的動摩擦因數(shù)應(yīng)為A.eq fB.eq fC.eq fD.eq f解析：選A2如圖524甲所示,物塊與質(zhì)量為m的小球通過不可伸長的輕質(zhì)細繩跨過兩等高定滑輪連接。物塊置于左側(cè)滑輪正下方的表面水平的壓力傳感裝置上,小球和右側(cè)滑輪的距離為l。開始時物塊和小球均靜止,將此時傳感裝置的示數(shù)記為初始值?，F(xiàn)給小

34、球施加一始終垂直于l段細繩的力,將小球緩慢拉起至細繩與豎直方向成60角,如圖乙所示,此時傳感器裝置的示數(shù)為初始值的1.25倍；再將小球由靜止釋放,當運動至最低位置時,傳感裝置的示數(shù)為初始值的0.6倍。不計滑輪的大小和摩擦,重力加速度的大小為g。物塊的質(zhì)量；從釋放到運動至最低位置的過程中,小球克服空氣阻力所做的功。解析：設(shè)開始時細繩的拉力大小為T1,傳感裝置的初始值為F1,物塊質(zhì)量為M,由平衡條件得對小球,T1mg對物塊,F1T1Mg當細繩與豎直方向的夾角為60時,設(shè)細繩的拉力大小為T2,傳感裝置的示數(shù)為F2,據(jù)題意可知,F21.25F1,由平衡條件得對小球,T2mgcos 60對物塊,F2T2

35、Mg聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù)得M3m。mglWfeq fmv20T3mgmeq fF3T3Mg聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù)得Wf0.1mgl。要點三動能定理的圖像問題1四類圖像所圍面積的含義vt圖由公式xvt可知,vt圖線與坐標軸圍成的面積表示物體的位移at圖由公式vat可知,at圖線與坐標軸圍成的面積表示物體速度的變化量Fx圖由公式WFx可知,Fx圖線與坐標軸圍成的面積表示力所做的功Pt圖由公式WPt可知,Pt圖線與坐標軸圍成的面積表示力所做的功典例某星球半徑為R6106m,假設(shè)該星球表面上有一傾角為30的固定斜面,一質(zhì)量為m1 kg的小物塊在力F作用下從靜止開始沿斜面向上運動,力F始終與斜面平行,如圖525甲

36、所示。已知小物塊和斜面間的動摩擦因數(shù)eq fr,3,力F隨位移x變化的規(guī)律如圖乙所示,如果小物塊運動12 m時速度恰好為零,已知萬有引力常量G6.671011Nm2/kg2。試求：該星球表面上的重力加速度g的大??；該星球的平均密度。解析設(shè)該星球表面的重力加速度為g,物塊上滑過程中力F所做的功WFJ72 J,由動能定理得：WFmgsin xmgcos x0,解得：g6 m/s2。在星球表面重力與萬有引力相等有：Geq fmg可得星球的質(zhì)量為：Meq f可得星球的密度eq feq ff,fR3eq feq fkg/m34103kg/m3。答案6 m/s24103kg/m3針對訓練1A、B兩物體分別

37、在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面運動,先后撤去F1、F2后,兩物體最終停下,它們的vt圖像如圖526所示。已知兩物體與水平面間的滑動摩擦力大小相等。則下列說法正確的是圖526AF1、F2大小之比為12BF1、F2對A、B做功之比為12CA、B質(zhì)量之比為21D全過程中A、B克服摩擦力做功之比為21解析：選C2如圖527甲所示,為測定物體沖上粗糙斜面能達到的最大位移x與斜面傾角的關(guān)系,將某一物體每次以不變的初速率v0沿足夠長的斜面向上推出,調(diào)節(jié)斜面與水平方向的夾角,實驗測得x與斜面傾角的關(guān)系如圖乙所示,g取10 m/s2,根據(jù)圖像可求出圖527A物體的初速率v03 m/sB物體與斜面間的動摩擦

38、因數(shù)0.75C取不同的傾角,物體在斜面上能達到的位移x的最小值xmin1.44 mD當某次30時,物體達到最大位移后將沿斜面下滑解析：選BC要點四應(yīng)用動能定理解決平拋運動、圓周運動問題1.平拋運動和圓周運動都屬于曲線運動,若只涉及位移和速度而不涉及時間,應(yīng)優(yōu)先考慮用動能定理列式求解。2.動能定理的表達式為標量式,不能在某一個方向上列動能定理方程。如圖所示,AB段為一半徑R0.2 m的光滑eq f圓形軌道,EF為一傾角30的光滑斜面,斜面上有一薄木板CD,開始時木板被鎖定一質(zhì)量為0.1 kg的物塊從A點由靜止開始下滑,通過B點后被水平拋出,經(jīng)過一段時間后恰好以平行于薄木板的方向滑上木板,在物塊滑

39、上木板的同時木板解除鎖定已知物塊與薄木板間的動摩擦因數(shù)為eq fr,6.取g10 m/s2,求：物塊到達B點時對圓形軌道的壓力大小；物塊做平拋運動的時間；若下滑過程中某時刻物塊和木板達到共同速度,則這個速度為多大？答案3 Neq fr,15 s2eq r m/s如圖為某游樂場內(nèi)水上滑梯軌道示意圖,整個軌道在同一豎直平面內(nèi),表面粗糙的AB段軌道與四分之一光滑圓弧軌道BC在B點水平相切點A距水面的高度為H,圓弧軌道BC的半徑為R,圓心O恰在水面一質(zhì)量為m的游客可從軌道AB的任意位置滑下,不計空氣阻力若游客從A點由靜止開始滑下,到B點時沿切線方向滑離軌道落在水面D點,OD2R,求游客滑到B點時的速度

40、vB大小及運動過程軌道摩擦力對其所做的功Wf；若游客從AB段某處滑下,恰好停在B點,又因受到微小擾動,繼續(xù)沿圓弧軌道滑到P點后滑離軌道,求P點離水面的高度h.提示：在圓周運動過程中任一點,質(zhì)點所受的向心力與其速率的關(guān)系為F向meq f答案eq req fR典例 如圖528所示,傾斜軌道AB的傾角為37,CD、EF軌道水平,AB與CD通過光滑圓弧管道BC連接,CD右端與豎直光滑圓周軌道相連。小球可以從D進入該軌道,沿軌道內(nèi)側(cè)運動,從E滑出該軌道進入EF水平軌道。小球由靜止從A點釋放,已知AB長為5R,CD長為R,重力加速度為g,小球與斜軌AB及水平軌道CD、EF的動摩擦因數(shù)均為0.5,sin 3

41、70.6,cos 370.8,圓弧管道BC入口B與出口C的高度差為1.8R。求：小球滑到斜面底端C時速度的大小。小球剛到C時對軌道的作用力。要使小球在運動過程中不脫離軌道,豎直圓周軌道的半徑R應(yīng)該滿足什么條件？解析設(shè)小球到達C點時速度為v,小球從A運動至C過程,由動能定理有：mgmgcos 375Req fmvC2可得：vC eq rf。小球沿BC軌道做圓周運動,設(shè)在C點時軌道對球的作用力為FN,由牛頓第二定律,有：FNmgmeq f其中r滿足：rrsin 531.8R聯(lián)立上式可得：FN6.6mg由牛頓第三定律可得,球?qū)壍赖淖饔昧?.6mg,方向豎直向下。要使小球不脫離軌道,有兩種情況：情

42、況一：小球能滑過圓周軌道最高點,進入EF軌道,則小球在最高點應(yīng)滿足：meq fmg小球從C直到此最高點過程,由動能定理,有：mgRmg2Req fmvP2eq fmvC2可得：Req fR0.92R情況二：小球上滑至四分之一圓軌道的最高點時,速度減為零,然后滑回D。則由動能定理有：mgRmgR0eq fmvC2解得：R2.3R所以要使小球不脫離軌道,豎直圓周軌道的半徑R應(yīng)該滿足R0.92R或R2.3R。答案 eq rf6.6mg,方向豎直向下R0.92R或R2.3R針對訓練1. 如圖529所示,半徑為R的金屬環(huán)豎直放置,環(huán)上套有一質(zhì)量為m的小球,小球開始時靜止于最低點。現(xiàn)使小球以初速度v0eq

43、 r沿環(huán)上滑,小球運動到環(huán)的最高點時與環(huán)恰無作用力,則小球從最低點運動到最高點的過程中A小球機械能守恒B小球在最低點時對金屬環(huán)的壓力是6mgC小球在最高點時,重力的功率是mgeq rD小球機械能不守恒,且克服摩擦力所做的功是0.5mgR解析：選D2同學們參照伽利略時期演示平拋運動的方法制作了如圖5210所示的實驗裝置,圖中水平放置的底板上豎直地固定有M板和N板。M板上部有一半徑為R的eq f圓弧形的粗糙軌道,P為最高點,Q為最低點,Q點處的切線水平,距底板高為H,N板上固定有三個圓環(huán)。將質(zhì)量為m的小球從P處靜止釋放,小球運動至Q飛出后無阻礙地通過各圓環(huán)中心,落到底板上距Q水平距離為L處。不考慮

44、空氣阻力,重力加速度為g。求：圖5210距Q水平距離為eq f的圓環(huán)中心到底板的高度；小球運動到Q點時速度的大小以及對軌道壓力的大小和方向；摩擦力對小球做的功。解析：設(shè)小球在Q點的速度為v0,由平拋運動規(guī)律有Heq fgt12,Lv0t1,得v0Leq rf。從Q點到距Q點水平距離為eq f的圓環(huán)中心的豎直高度為h,則eq fv0t2,得heq fgt22eq fH。該位置距底板的高度：hHheq fH。設(shè)小球在Q點受的支持力為F,由牛頓第二定律Fmgmeq f,得Fmgeq blcavs4alco11f,由牛頓第三定律可知,小球?qū)壍赖膲毫F,方向豎直向下。設(shè)摩擦力對小球做功為W,則由動能

45、定理得mgRWeq fmv02得Wmgeq blcavs4alco1fR。運用動能定理巧解往復運動問題在某些物體的運動中,其運動過程具有重復性、往返性,而在這一過程中,描述物體的物理量多數(shù)是變化的,而重復的次數(shù)又往往是無法確定的或者是無限性,求解這類問題時若運用牛頓運動定律及運動學公式將非常繁瑣,甚至無法解出。由于動能定理只關(guān)心物體的初末狀態(tài)而不計運動過程的細節(jié),所以用動能定理分析這類問題可使解題過程簡化。往復次數(shù)可確定的情形1如圖5211所示,ABCD是一個盆式容器,盆內(nèi)側(cè)壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧,BC是水平的,其距離d0.50 m。盆邊緣的高度為h0.30 m。在A處放

46、一個質(zhì)量為m的小物塊并讓其從靜止開始下滑。已知盆內(nèi)側(cè)壁是光滑的,而盆底BC面與小物塊間的動摩擦因數(shù)為0.10。小物塊在盆內(nèi)來回滑動,最后停下來,則停的地點到B的距離為圖5211A0.50 mB0.25 mC0.10 m D0解析：選D往復次數(shù)無法確定的情形2. 如圖5212所示,斜面的傾角為,質(zhì)量為m的滑塊距擋板P的距離為x0,滑塊以初速度v0沿斜面上滑,滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為,滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑塊每次與擋板相碰均無機械能損失,滑塊經(jīng)過的總路程是圖5212A.eq feq blcavs4alco1fx0tan B.eq feq blcavs4alco1fx0tan

47、 C.eq feq blcavs4alco1fx0tan D.eq feq blcavs4alco1fx0cot 解析：選A往復運動永不停止的情形3如圖5213所示,AB、CD為兩個對稱斜面,其上部足夠長,下部B、C分別與一個光滑的圓弧面的兩端相切,圓弧圓心角為120,半徑R為2.0 m,一個物體在離弧底E高度為h3.0 m處,以初速度v4.0 m/s沿斜面運動,若物體與兩斜面間的動摩擦因數(shù)均為0.02,則物體在兩斜面上一共運動的路程是多少？解析：兩個斜面的下部B、C分別與光滑的圓弧面相切,圓心角為120,所以可得出斜面的傾角為60,物體在斜面上所受到的滑動摩擦力為Ffmgcos 600.02

48、eq fmg0.01mg。重力沿斜面的分力Gmgsin 60eq fr,2mgFf,所以物體不能停留在斜面上。物體在斜面上滑動時,由于摩擦力做功,物體的機械能逐漸減小,物體滑到斜面上的高度逐漸降低,物體最終將在B、C間做往復運動。設(shè)物體在斜面上運動的總路程為s,對全過程應(yīng)用動能定理得mghRmgscos 600eq fmv2,解得s280 m。反思領(lǐng)悟應(yīng)用動能定理求解往復運動問題時,要確定物體的初狀態(tài)和最終狀態(tài)。重力做功與物體運動路徑無關(guān),可用WGmgh直接求解?；瑒幽Σ亮ψ龉εc物體運動路徑有關(guān),其功的大小可用WfFfs求解,其中s為物體相對滑行的路程。對點訓練：對動能定理的理解1關(guān)于動能定理

49、的表達式WEk2Ek1,下列說法正確的是A公式中的W為不包含重力的其他力做的總功B公式中的W為包含重力在內(nèi)的所有力做的功,也可通過以下兩種方式計算：先求每個力的功再求功的代數(shù)和或先求合外力再求合外力的功C公式中的Ek2Ek1為動能的增量,當W0時動能增加,當W0時,動能減少D動能定理適用于直線運動,但不適用于曲線運動,適用于恒力做功,但不適用于變力做功解析：選BC2.如圖1所示,一塊長木板B放在光滑的水平面上,在B上放一物體A,現(xiàn)以恒定的外力拉B,由于A、B間摩擦力的作用,A將在B上滑動,以地面為參考系,A、B都向前移動一段距離。在此過程中圖1A外力F做的功等于A和B動能的增量BB對A的摩擦力

50、所做的功,等于A的動能增量CA對B的摩擦力所做的功,等于B對A的摩擦力所做的功D外力F對B做的功等于B的動能的增量解析：選B3.如圖2所示,質(zhì)量為m的滑塊從h高處的a點沿傾斜軌道ab滑入水平軌道bc,滑塊與傾斜軌道及水平軌道間的動摩擦因數(shù)相同。滑塊在a、c兩點時的速度大小均為v,ab長度與bc長度相等?？諝庾枇Σ挥?則滑塊從a到c的運動過程中圖2A滑塊的動能始終保持不變B滑塊在bc過程克服阻力做的功一定等于eq fmghC滑塊經(jīng)b點時的速度大于eq rD滑塊經(jīng)b點時的速度等于eq r解析：選C對點訓練：動能定理的應(yīng)用4.如圖3所示,AB為eq f圓弧軌道,BC為水平直軌道,圓弧對應(yīng)的圓的半徑為

51、R,BC的長度也是R,一質(zhì)量為m的物體與兩個軌道間的動摩擦因數(shù)都為,當它由軌道頂端A從靜止開始下落,恰好運動到C處停止,那么物體在AB段克服摩擦力所做的功為A.eq fmgRB.eq fmgRCmgR DmgR解析：選D5. 如圖4所示,固定斜面傾角為,整個斜面分為AB、BC兩段,且1.5ABBC。小物塊P與AB、BC兩段斜面之間的動摩擦因數(shù)分別為1、2,已知P由靜止開始從A點釋放,恰好能滑動到C點而停下,那么、1、2間應(yīng)滿足的關(guān)系是圖4Atan eq f Btan eq fCtan 212 Dtan 221解析：選A6. 如圖5所示,小物塊與水平軌道、傾斜軌道之間的動摩擦因數(shù)均相同,小物塊從

52、傾角為1的軌道上高度為h的A點靜止釋放,運動至B點時速度為v1?，F(xiàn)將傾斜軌道的傾角調(diào)至為2,仍將物塊從軌道上高度為h的A點靜止釋放,運動至B點時速度為v2。已知21,不計物塊在軌道接觸處的機械能損失。則Av1v2Bv1v2Cv1v2D由于不知道1、2的具體數(shù)值,v1、v2關(guān)系無法判定解析：選C對點訓練：動能定理的圖像問題7. 用水平力F拉一物體,使物體在水平地面上由靜止開始做勻加速直線運動,t1時刻撤去拉力F,物體做勻減速直線運動,到t2時刻停止,其速度時間圖像如圖6所示,且,若拉力F做的功為W1,平均功率為P1；物體克服摩擦阻力Ff做的功為W2,平均功率為P2,則下列選項正確的是AW1W2,

53、F2Ff BW1W2,F2FfCP1P2,F2Ff DP1P2,F2Ff解析：選B8.用傳感器研究質(zhì)量為2 kg的物體由靜止開始做直線運動的規(guī)律時,在計算機上得到06 s內(nèi)物體的加速度隨時間變化的關(guān)系如圖7所示。下列說法正確的是A06 s內(nèi)物體先向正方向運動,后向負方向運動B06 s內(nèi)物體在4 s時的速度最大C物體在24 s內(nèi)速度不變D04 s內(nèi)合力對物體做的功等于06 s內(nèi)合力做的功解析：選D9如圖8甲所示,傾角37的粗糙斜面固定在水平面上,斜面足夠長。一根輕彈簧一端固定在斜面的底端,另一端與質(zhì)量m1.0 kg的小滑塊接觸,滑塊與彈簧不相連,彈簧處于壓縮狀態(tài)。當t0時釋放滑塊。在00.24

54、s時間內(nèi),滑塊的加速度a隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示。已知彈簧的勁度系數(shù)k2.0102N/m,當t0.14 s時,滑塊的速度v12.0 m/s。g取10 m/s2,sin 370.6,cos 370.8。彈簧彈性勢能的表達式為Epeq fkx2。求：斜面對滑塊摩擦力的大小Ff；t0.14 s時滑塊與出發(fā)點間的距離d；在00.44 s時間內(nèi),摩擦力做的功W。解析：a110 m/s2。根據(jù)牛頓第二定律有：mgsin Ffma1解得：Ff4.0 N。W彈Ep初Ep末eq fkd2W彈mgdsin Ffdeq fmv120代入數(shù)據(jù)解得：d0.20 m。設(shè)從t10.14 s時開始,經(jīng)時間t1滑塊的速度減

55、為零,則有：t1eq f0.20 s這段時間內(nèi)滑塊運動的距離為：x1eq f0.20 ma2eq f2.0 m/s2在0.34 s0.44 s時間內(nèi),滑塊反向運動的距離為：x2eq fa2t22代入數(shù)據(jù)解得：x20.01 m。所以在00.44 s時間內(nèi),摩擦力Ff做的功為：WFf代入數(shù)據(jù)解得：W1.64 J。對點訓練：應(yīng)用動能定理解決平拋運動、圓周運動問題10. 如圖9,一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置,直徑POQ水平。一質(zhì)量為m的質(zhì)點自P點上方高度R處由靜止開始下落,恰好從P點進入軌道。質(zhì)點滑到軌道最低點N時,對軌道的壓力為4mg,g為重力加速度的大小。用W表示質(zhì)點從P點

56、運動到N點的過程中克服摩擦力所做的功。則AWeq fmgR,質(zhì)點恰好可以到達Q點BWeq fmgR,質(zhì)點不能到達Q點CWeq fmgR,質(zhì)點到達Q點后,繼續(xù)上升一段距離DWeq fmgR,質(zhì)點到達Q點后,繼續(xù)上升一段距離解析：選C11在豎直平面內(nèi)固定一軌道ABCO,AB段水平放置,長為4 m,BCO段彎曲且光滑；一質(zhì)量為1.0 kg、可視作質(zhì)點的圓環(huán)套在軌道上,圓環(huán)與軌道AB段之間的動摩擦因數(shù)為0.5。建立如圖10所示的直角坐標系,圓環(huán)在沿x軸正方向的恒力F作用下,從A點由靜止開始運動,到達原點O時撤去恒力F,圓環(huán)從O點水平飛出后經(jīng)過D點。重力加速度g取10 m/s2,不計空氣阻力。求：圓環(huán)到

57、達O點時的速度大??；恒力F的大??；圓環(huán)在AB段運動的時間。解析：圓環(huán)從O到D過程中做平拋運動xv0tyeq fgt2讀圖得x6 m,y3 mv0eq rm/s7.75 m/s。圓環(huán)從A到O過程中,根據(jù)動能定理FxAOmgxABmgyeq fmv02代入數(shù)據(jù)得F10 N。圓環(huán)從A到B過程中,根據(jù)牛頓第二定律FmgmaxABeq fat2代入數(shù)據(jù)得t eq rf s1.26 s。12如圖11甲所示,一足夠長、與水平面夾角53的傾斜軌道與豎直面內(nèi)的光滑圓軌道相接,圓軌道的半徑為R,其最低點為A,最高點為B?？梢暈橘|(zhì)點的物塊與斜軌間有摩擦,物塊從斜軌上某處由靜止釋放,到達B點時與軌道間壓力的大小F與釋

58、放的位置距最低點的高度h的關(guān)系圖像如圖乙所示。忽略軌道相接處距最低點的高度,且不計物塊通過軌道相接處時的能量損失,取重力加速度g10 m/s2,sin 53eq f,cos 53eq f,求：圖11物塊與斜軌間的動摩擦因數(shù)； 物塊的質(zhì)量m。解析：由題圖乙可知,當h15R時,物塊到達B點時與軌道間壓力的大小為0,設(shè)此時物塊在B點的速度大小為v1,則mgeq f對物塊從釋放至到達B點的過程,由動能定理有mgmgcos eq feq fmv12解得eq f。設(shè)物塊從距最低點高為h處釋放后到達B點時速度的大小為v,則Fmgeq f物塊從釋放至到達B點的過程中,由動能定理有mgmgcos eq feq

59、fmv2,解得Feq f5mg則Fh圖線的斜率keq f由題圖乙可知keq f,解得m0.2 kg。答案：eq f0.2 kg第3節(jié)機械能守恒定律及其應(yīng)用重力勢能的大小與零勢能參考面的選取有關(guān)。重力勢能的變化與零勢能參考面的選取無關(guān)。被舉到高處的物體重力勢能一定不為零。克服重力做功,物體的重力勢能一定增加。發(fā)生彈性形變的物體都具有彈性勢能。彈力做正功彈性勢能一定增加。物體所受的合外力為零,物體的機械能一定守恒。物體的速度增大時,其機械能可能減小。物體除受重力外,還受其他力,但其他力不做功,則物體的機械能一定守恒。要點一機械能守恒的理解與判斷1對機械能守恒條件的理解只受重力作用,例如不考慮空氣阻

60、力的各種拋體運動,物體的機械能守恒。除重力外,物體還受其他力,但其他力不做功或做功代數(shù)和為零。除重力外,只有系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功,并且彈力做的功等于彈性勢能變化量的負值,那么系統(tǒng)的機械能守恒,注意并非物體的機械能守恒,如與彈簧相連的小球下擺的過程機械能減少。2機械能是否守恒的三種判斷方法利用機械能的定義判斷：若物體動能、勢能之和不變,機械能守恒。利用守恒條件判斷。利用能量轉(zhuǎn)化判斷：若物體系統(tǒng)與外界沒有能量交換,物體系統(tǒng)內(nèi)也沒有機械能與其他形式能的轉(zhuǎn)化,則物體系統(tǒng)機械能守恒。多角練通1關(guān)于機械能是否守恒,下列說法正確的是A做勻速直線運動的物體機械能一定守恒B做勻速圓周運動的物體機械能一定守恒C做變速