江蘇2023版高三一輪總復(fù)習(xí)物理第五章機械能及其守恒定律教案

第五章機械能及其守恒定律

［高考備考指南］

高考(江蘇卷)五年命題情況對照分析

知能考點

2021年命題分

模塊內(nèi)容20172018201920202021

適應(yīng)考析

物理觀念：功、功率、動能、重力勢能、彈性勢能。

科學(xué)思維：功率與牽引力和速度的關(guān)系、動能定理、功能

核心素養(yǎng)關(guān)系、機械能守恒定律。

科學(xué)探究：通過實驗，驗證機械能守恒定律。

科學(xué)態(tài)度與責(zé)任：能源的開發(fā)、利用及能量的轉(zhuǎn)化與守恒。

備立功和功率

［走進教材?夯實基礎(chǔ)］回顧知識?激活技能

0梳理?必備知識

一、功

1.做功兩因素

力和物體在力的方向上發(fā)生的位移。

2.公式：W=Ficosa

(l)a是力與位移方向之間的夾角,/是物體對地的位移。

(2)該公式只適用于恒力做功。

3.功的正負的判斷方法

恒力的功依據(jù)力與位移方向的夾角來判斷

依據(jù)力與速度方向的夾角a來判斷，0。三々＜90。時，力對物體

曲線運動

做正功；90。＜々三180。時，力對物體做負功；a=90。時，力對

中的功

物體不做功

能量變化功是能量轉(zhuǎn)化的量度，若有能量轉(zhuǎn)化，則必有力對物體做功。

時的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

二、功率

1.定義：功與完成這些功所用蛔的比值。

2.物理意義：描述做功的快慢。

3.公式

W.

(i)p=7，尸為時間/內(nèi)的平均功率。

(2)P=W0cosa(a為尸與。的夾角)。

①。為平均速度，則尸為平均功率。

②。為瞬時速度，則尸為瞬時功率。

4.額定功率與實際功率

(1)額定功率：動力機械長時間正常工作時輸出的最大功率。

(2)實際功率：動力機械實際工作時輸出的功率,要求小于或等于額定功率。

e＞激活?基本技能

一、易錯易誤辨析(正確的打“，錯誤的打“X”)

(1)只要物體受力的同時又有位移發(fā)生，則一定有力對物體做功。(X)

(2)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。(J)

(3)滑動摩擦力可能做負功，也可能做正功；靜摩擦力對物體一定做負功。

(X)

(4)據(jù)尸=尸?？芍?，發(fā)動機功率一定時，交通工具的牽引力與運動速度成反

比。(J)

(5)汽車上坡的時候，司機必須換擋，其目的是減小速度，得到較大的牽引

力。(J)

(6)公式尸=尸。中的尸是物體受到的合外力。(義)

二、教材習(xí)題衍生

1.(對功的理解)如圖所示，力廠大小相等，物體運動的位移s也相同，哪

種情況尸做功最少()

隰=0/x#0

A

/I=0/x#0

CD

［答案］D

w

2.（對功率的理解）關(guān)于功率公式尸和P=b。的說法正確的是（）

A.由P=^知，只要知道W和，就可求出任意時刻的功率

B.由P=F。只能求某一時刻的瞬時功率，不可以求平均功率

C.由尸=尸。知，隨著汽車速度增大，它的功率也可以無限增大

D.由尸=尸。知，當(dāng)汽車發(fā)動機功率一定時，牽引力與速度成反比

D［P=7只適用于求平均功率，P=b。雖是由前者推導(dǎo)得出，但可以用于

求平均功率和瞬時功率，選項A、B錯誤；汽車運行時不能長時間超過額定功率,

故隨著汽車速度的增大，它的功率并不能無限制的增大，選項C錯誤；當(dāng)功率

一定時，速度越大，牽引力越小；速度越小，牽引力越大，故牽引力與速度成反

比，選項D正確。］

3.（功的正負的判斷）用起重機將質(zhì)量為機的物體勻速吊起一段距離，那么

作用在物體上的各力做功情況應(yīng)是下列說法中的哪一種（）

A.重力做正功，拉力做負功，合力做功為零

B.重力做負功，拉力做正功，合力做正功

C.重力做負功，拉力做正功，合力做功為零

D.重力不做功，拉力做正功，合力做正功

C［物體勻速上升，重力方向與位移方向相反，重力做負功，拉力豎直向

上，拉力方向與位移方向相同，拉力做正功，物體做勻速直線運動，處于平衡狀

態(tài)，所受合力為零，則合力做功為零，故A、B、D錯誤，C正確。］

［細研考點?突破題型］更難解惑?直擊高考

考點1功的分析與計算4基本考點逋關(guān)

1.（功的計算）物體在大小相等的力尸作用下，分別在粗糙的水平地面上發(fā)

生了一段位移X,其力與速度方向夾角如圖所示，則下列判斷正確的是（）

A.甲圖中力尸做負功

B.乙圖中合外力做功最多

C.丙圖中摩擦力做功最多

D.三個圖中力耳做功相同

B［根據(jù)W=Fxcosa,甲中F與位移x的夾角為30。，力F做正功，乙中

F與*的夾角為150。，力F做負功，丙中F與x的夾角為30。，力?做正功，

這三種情形下力尸和位移x的大小都是一樣的，將力沿著水平和豎直方向正交

分解，水平分力大小相同，只有水平分力做功，豎直分力不做功，故三種情況下

力耳做功的大小是相等的，但乙圖中力尸做功的性質(zhì)與其他兩個不同，選項A、

D錯誤；將力產(chǎn)正交分解可知，豎直方向上甲對地面的壓力最大，故甲受到的

摩擦力大于乙、丙受到的摩擦力，而對乙分析可知，摩擦力與拉力的方向相同，

故乙中合外力最大，所以乙圖中合外力做功最多，選項B正確；由B的分析可

以知道，甲中摩擦力最大，故甲中摩擦力做功最多，選項C錯誤。］

2.（正負功的判斷）如圖所示，粗糙的斜面在水平恒力的作用下向左勻速運

動，一物塊置于斜面上并與斜面保持相對靜止，下列說法中不正確的是（）

A.斜面對物塊不做功

B.斜面對地面的摩擦力做負功

C.斜面對物塊的支持力做正功

D.斜面對物塊的摩擦力做負功

B［斜面對物塊的作用力可以等效為一個力，根據(jù)平衡條件，這個力與物塊

的重力大小相等，方向相反，與位移方向的夾角為90。，所以不做功，選項A正

確；地面受到摩擦力作用，但沒有位移，所以斜面對地面的摩擦力不做功，選項

B錯誤；斜面對物塊的支持力與位移方向的夾角小于90。，做正功，而斜面對物

塊的摩擦力與位移方向的夾角大于90。，做負功，所以選項C、D正確。］

3.(功的計算)如圖所示，水平路面上有一輛質(zhì)量為M的汽車，車廂中有一

個質(zhì)量為m的人正用恒力F向前推車廂，在車以加速度。向前加速行駛距離L

的過程中，下列說法正確的是()

A.人對車的推力F做的功為FL

B.人對車做的功為/naL

C.車對人的作用力大小為ma

D.車對人的摩擦力做的功為便一機a)L

A[根據(jù)功的公式可知，人對車的推力做功W=bL,故A正確；在水平方

向上，由牛頓第二定律可知車對人的作用力為F'=ma,由牛頓第三定律可知

人對車的作用力為一機凡人對車做功為故B錯誤；人水平方向受

到的合力為ma,豎直方向上車對人還有支持力，故車對人的作用力為N=

y](ma)2+(mg)2=my]a2+g2,故C錯誤；對人由牛頓第二定律可得/—

則片，車對人的摩擦力做功為W=/L=(F+?ia)L,故D錯誤。]

令規(guī)律總結(jié)

1.功的正負的判斷方法

(1)恒力做功正負的判斷：依據(jù)力與位移的夾角來判斷。

(2)曲線運動中做功正負的判斷：依據(jù)尸與。的方向的夾角a來判斷。

0°^a<90°,力對物體做正功；90°<a^l80°,力對物體做負功；a=90°,力對物

體不做功。

2.恒力做功的計算方法

3.合力做功的計算方法

方法一：先求合外力尸谷，再用Wa=產(chǎn)合依《a求功。適用于尸谷為恒力的

過程。

方法二：先求各個力做的功W1、叩2、叩3…，再應(yīng)用W^=W1+W2+W3…

求合外力做的功。

考點2功率的分析與計算4熱門考點突破

1.平均功率的計算方法

—W

⑴利用P=fo

(2)利用不=尸?方COSCG其中方為物體運動的平均速度，b為恒力。

2.瞬時功率的計算方法

(1)利用公式P=Pocosa,其中。為f時刻的瞬時速度。

(2)P=F-VF,其中行為物體的速度v在力產(chǎn)方向上的分速度。

(3)P=F”o,其中心為物體受到的外力F在速度v方向上的分力。

角度1功率的計算

1.(2021?江蘇南通二模)引體向上是中學(xué)生體育測試的項目之一，引體向上

運動的吉尼斯世界紀(jì)錄是54次/分鐘。若一個普通中學(xué)生在30秒內(nèi)完成12次引

體向上，該學(xué)生此過程中克服重力做功的平均功率最接近于()

A.5WB.20W

C.100WD.400W

C［學(xué)生體重約為50kg,每次引體向上上升高度約為0.5m,引體向上一

次克服重力做功為W=wg/i=50X10X0.5J=250J,全過程克服重力做功的平

—nW12X250

均功率為P=7=—五一W=100W,故C正確，A、B、D錯誤。］

角度2瞬時功率與平均功率

2.質(zhì)量為w的物體從距地面“高處自由下落，經(jīng)歷時間t,則下列說法中

不正確的是()

A.f秒內(nèi)重力對物體做功為3〃短產(chǎn)

B.f秒內(nèi)重力的平均功率為機解/

C.3秒末重力的瞬時功率與t秒末重力的瞬時功率之比為1:2

D.前:秒內(nèi)重力做功的平均功率與后彳秒內(nèi)重力做功的平均功率之比為1：3

B［物體自由下落，1秒內(nèi)物體下落〃Wf=,〃g/z=3ng2￡2,故A正確；

w2m貯"1tt

2

P=7I=I---=^mgt,故B錯誤；從靜止開始自由下落/，前秒末與/后5秒末的

速度之比為1:2（因v=gt°ct）,又有尸=尸0=山加0c%故前〈秒末與后;秒末功

率瞬時值之比為Pl：尸2=1：2,C正確；前;秒與后4秒下落的位移之比為1:3,

則重力做功之比為1：3,故重力做功的平均功率之比為1：3,D正確。］

角度3功與功率的計算

3.（2021?江蘇金陵中學(xué)高考模擬）如圖所示，兩個完全相同的小球分別從水

平地面上4點和4點正上方的。點拋出，。點拋出小球做平拋運動，4點斜拋

出的小球能達到的最高點與。點等高，且兩球同時落到水平面上的5點，關(guān)于

兩球的運動，下列說法正確的是（）

AB

A.兩小球應(yīng)該是同時拋出

B.兩小球著地速度大小相等

C.兩小球著地前瞬間，重力的瞬時功率相等

D.兩小球做拋體運動過程重力做功相等

C［從水平地面上A點拋出的小球做斜拋運動，設(shè)O點與水平地面的高度

為h,所以從水平地面上A點拋出的小球的運動時間為從。點拋出

的小球做平拋運動，小球的運動時間為打=\杼，故選項A錯誤；兩小球在豎

直方向上有句=也正，在水平方向，根據(jù)x=zW可知，從水平地面上A點拋出

的小球的水平初速度是從O點拋出的小球做平拋運動的初速度的;，根據(jù)vt=

而箝■足可知兩小球著地速度大小不相等，根據(jù)7\=機力），可知兩小球著地前瞬

間重力的瞬時功率相等，故選項C正確，B錯誤；根據(jù)WG=mg/z可得從水平地

面上4點拋出的小球的重力做功為零，從。點拋出的小球的重力做功為mgh,

故選項D錯誤。］

令方法技巧求解功率時應(yīng)注意的三個問題

（1）首先要明確所求功率是平均功率還是瞬時功率。

（2）平均功率與一段時間（或過程）相對應(yīng)，計算時應(yīng)明確是哪個力在哪段時間

（或過程）內(nèi)做功的平均功率。

（3）瞬時功率計算時應(yīng)明確是哪個力在哪個時刻（或狀態(tài)）的功率。

考點3機車啟動問題?綜合能力提升

1.兩種啟動方式

以恒定功率啟動以恒定加速度啟動

p-t圖像七記

和圖像

v-t0t0tohl

p

vt=?F=-IF—F0t

過程w

a—m不變今/不變"P—

分析.F—F時

0A直到額

=>a—m1FvtP

段

勻加速直線運動，維持時間

運動加速度減小的加速￡o

__￡1

性質(zhì)運動

一a

尸=尸阻

過程

*5_生1TF-F^

P0t=F-。1="-m1

AB分析Vm

~Fa

段

運動

以。m做勻速直線運動加速度減小的加速運動

性質(zhì)

F=F阻

8。段無

以0m—門做勻速運動

2.三個重要關(guān)系式

⑴無論哪種啟動過程，機車的最大速度都為小=在。

(2)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V=p<Vm

(3)機車以恒定功率運行時，牽引力做的功由動能定理得上一尸阻x

=AEk,此式經(jīng)常用于求解機車以恒定功率啟動過程的位移、速度或時間。

［典例］某汽車發(fā)動機的額定功率為120kW,汽車質(zhì)量為5t,汽車在運動

中所受阻力的大小恒為車重的0.1倍。(g取10m/s2)

(1)若汽車以額定功率啟動，則汽車所能達到的最大速度是多少？當(dāng)汽車速

度達到10m/s時，其加速度是多少？

(2)若汽車以恒定加速度0.5m/s?啟動，則其勻加速過程能維持多長時間？

思路探究：(1)達到最大速度時，汽車處于勻速運動狀態(tài)。

(2)以加速度0.5m/s?勻加速啟動時，達到勻加速的最大速度時功率達到額定

功率。

［解析］(1)當(dāng)汽車的加速度為零時，汽車的速度0達到最大值。m,此時牽

引力與阻力大小相等，故最大速度為

PP120X103_

rm=F=7>=0.1X5000X10m/s=24m/s

0=10m/s時的牽引力

P120X103

Fl=v=―io-N=1.2X104N

Fi—Ff

由F\-Ff=ma得a=———

1.2X104-0.1X5X103X10

m/s2=1.4m/s2

5X103o

(2)當(dāng)汽車以a'=0.5m/s2的加速度啟動時的牽引力

3

Fi=ma'+Ff=(5000X0.5+0.1X5X10X10)N=7500N

勻加速運動能達到的最大速度為

,P120X103

v|?=瓦=7500m/s=16m/s

由于此過程中汽車做勻加速直線運動，滿足葭m=a't,

故勻加速過程能維持的時間

［答案］(1)24m/s1.4m/s2(2)32s

畬易借警示機車啟動問題的三點注意

(1)在機車功率P=Fv中，F(xiàn)是機車的牽引力而不是機車所受合力或阻力，

所以尸=尸向?只體現(xiàn)了一種數(shù)量關(guān)系用于計算，即牽引力與阻力平衡時達到最

大運行速度。

(2)恒定功率下的啟動過程一定不是勻加速運動，勻變速直線運動的公式不

再適用，啟動過程發(fā)動機做的功可用計算，不能用計算(因為產(chǎn)

為變力)。

(3)以恒定加速度啟動只能維持一段時間，之后又要經(jīng)歷非勻變速直線運動，

所以勻變速直線運動的公式只適用于前一段時間，不可生搬硬套。

角度1恒定功率啟動

1.復(fù)興號動車在世界上首次實現(xiàn)速度350km/h自動駕駛功能，成為我國

高鐵自主創(chuàng)新的又一重大標(biāo)志性成果。如圖所示，一列質(zhì)量為m的動車，初速

度為。o,以恒定功率P在平直軌道上運動，經(jīng)時間，達到該功率下的最大速度

人“設(shè)動車行駛過程所受到的阻力F保持不變。動車在時間，內(nèi)()

A.做勻加速直線運動

B.加速度保持不變

C.牽引力的功率P=F"

D.牽引力做功

C［由尸=尸舉o知，P不變，。變大，則尸*變小，由尸率一尸=機。知，a

變小，故A、B錯誤；當(dāng)尸*=F時，動車的速度最大，可得牽引力的功率P=F

*vm=Fvm,故C正確；由動能定理可知W—W限=］機%一%〃0廣，所以牽引力

做功W=；//n*一；加W限，故D錯誤。］

角度2恒定加速度啟動

2.一起重機的鋼繩由靜止開始勻加速提起質(zhì)量為利的重物，當(dāng)重物的速度

為VI時，起重機的功率達到最大值P,之后起重機保持該功率不變，繼續(xù)提升

重物，最后重物以最大速度。2勻速上升，不計鋼繩重力。則整個過程中，下列

說法正確的是（）

A.鋼繩的最大拉力為￡

B.重物勻加速過程的時間為六哈

P-mgVi

C.重物勻加速過程的加速度為急

D.速度由小增大至火的過程中，重物的平均速度方再還

B［勻加速過程物體處于超重狀態(tài)，鋼繩拉力較大，勻加速運動階段鋼繩的

拉力為尸=5，故A錯誤；根據(jù)牛頓第二定律可知產(chǎn)一結(jié)合o=R解

pmv?1

得〃=不7—g,,故B正確，C錯誤；在速度由ri增大至功的過程

中，重物做加速度減小的變加速運動，平均速度石故D錯誤。］

角度3機車啟動中的圖像問題

3.（2021?姜堰中學(xué)一模）一輛小汽車在水平路面上由靜止啟動，在前5s內(nèi)

做勻加速直線運動，5s末達到額定功率，之后保持以額定功率運動，其。”圖

像如圖所示。已知汽車的質(zhì)量為機=1X103kg,汽車受到地面的阻力為車重的

0.1倍，g取lOm/s?,則以下說法正確的是（）

v/（m-s-1）

Vm..........-y-------------

20

°5"s

A.汽車在前5s內(nèi)的牽引力為5X102N

B.汽車速度為25m/s時的加速度為5m/s2

C.汽車的額定功率為100kW

D.汽車的最大速度為80m/s

C［由圖像可知勻加速直線運動的加速度為m/s2=4m/s?,根據(jù)

牛頓第二定律得F~f=ma,解得牽引力為F=/+/na=0.1XlX104N+

1X1O3X4N=5X1O3N,故A錯誤。額定功率為P=Fo=5000X20W=100kW,

故C正確。當(dāng)車的速度是25m/s時，牽引力r=-T-=10^00N=4000N,

,，.，，［上a,F'-f4000-0.1X1X104r,

此時車的加速度。=~~~=］x］。3m/s2=3m/s2,故B錯戾。

當(dāng)牽引力與阻力相等時，速度最大，最大速度為為,=f=:=喘者m/s=100

m/s,故D錯誤。］

篇近動能定理

［走進教材?分實基礎(chǔ)］回顧知識?激活技能

?梳理?必備知識

一、動能

1.定義：物體由于運動而具有的能。

2.公式：Ek=/公。為瞬時速度，動能是狀態(tài)量。

3.單位：＞5，1J=lNm=lkg-m2/s2o

4.標(biāo)矢性：動能是標(biāo)量,只有正值。

5.動能的變化量：AEk=Ek2~~Eki=,02一品亦。

二'動能定理

1.內(nèi)容：合外力對物體所做的功等于物體動能的變化。

2.表達式：W=2Ek=；，〃說一品亦。

3.物理意義：合外力對物體做的功是物體動能變化的量度。

4.適用條件

(1)既適用于直線運動，也適用于曲線運動。

(2)既適用于恒力做功，也適用于變力做功。

(3)力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時作用，也可以不同時作用。

5.應(yīng)用動能定理解題步驟

動能

動

運

確選擇起明確初、

析

分

分

析

定止位置末動能

研

動

究分階段或

力

對

學(xué)全過程列

象

關(guān)

和動能定理

系

研方程求解

究

受

力￡

過幾個力？恒力是否做功？正

分

析

程還是變力？功還是負功？

一

6.注意事項

⑴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。

（2）當(dāng)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；也可以

全過程應(yīng)用動能定理求解。

（3）動能是標(biāo)量，動能定理是標(biāo)量式，解題時不能分解動能。

€＞激活?基本技能

一、易錯易誤辨析（正確的打“，錯誤的打“X”）

（1）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。（。）

（2）物體的合外力對物體做的功為零，動能一定不變。（J）

（3）物體在合外力作用下做變速運動，動能一定變化。（X）

（4）物體的動能不變，其所受的合外力必定為零。（X）

二、教材習(xí)題衍生

1.（動能定理的應(yīng)用）質(zhì)量約是500g的足球被踢出時的初速度為20m/s,某

人觀察它在空中的飛行情況，上升的最大高度大約是5m,在最高點的速度大約

為10m/s,請你估計運動員對足球做的功約為（）

A.25JB.50J

C.75JD.100J

D［在足球被踢出瞬間，應(yīng)用動能定理求解運動員對足球做

X0.5X202J=100J,A、B、C錯誤，D正確。］

2.（動能的理解）在下列幾種情況下，甲、乙兩物體的動能相等的是（）

A.甲的速度是乙的2倍，甲的質(zhì)量是乙的;

B.甲的質(zhì)量是乙的2倍，甲的速度是乙的;

C.甲的質(zhì)量是乙的4倍，甲的速度是乙的:

O

D.質(zhì)量相同，速度大小也相同，但甲向東運動，乙向西運動

［答案］D

3.（動能定理的應(yīng)用）如圖所示，傾角。=37。的斜面45與水平面平滑連接

于B點,4、5兩點之間的距離xo=3m,質(zhì)量桃=3kg的小物塊與斜面及水平

面間的動摩擦因數(shù)均為"=0.4。當(dāng)小物塊從A點由靜止開始沿斜面下滑的同時，

對小物塊施加一個水平向左的恒力/（圖中未畫出），g取10m/s2。若尸=10N,

小物塊從A點由靜止開始沿斜面運動到B點時撤去恒力F,求小物塊在水平面

上滑行的距離x為(sin37。=0.6,cos37°=0.8)()

A.5.7mB.4.7m

C.6.5mD,5.5m

B［小物塊在斜面上受力如圖所示，從A點開始沿A8C路徑運動到。點停

止過程中，由動能定理可得

Fxocos〃+mgxosin0~FfX?—^imgx=0

Ff=“N

Fw+Fsin8=mgcos0

代入數(shù)據(jù)解得x=4.7m。

故選項B正確。］

［細研考點?突破題型］重難解惑?直擊高考

考點1動能定理的理解及應(yīng)用《基本考點通關(guān)

1.（對動能'動能定理的理解）關(guān)于動能概念及動能定理表達式W=Ek2—Eki

的說法中正確的是（）

A.若物體速度在變化，則動能一定在變化

B.速度大的物體，動能一定大

C.W=Ek2—Eki表示功可以變成能

D.動能的變化可以用合力做的功來量度

D［速度是矢量，而動能是標(biāo)量，若物體速度只改變方向，不改變大小，

則動能不變，A錯誤；由Ek=5n"知B錯誤；動能定理表達式W=Ek2—Eki

表示動能的變化可用合力做的功量度，但功和能是兩個不同的概念，有著本質(zhì)的

區(qū)別，故C錯誤，D正確。］

2.（由動能定理分析合力做功）如圖所示，某同學(xué)用繩子拉動木箱，使它從

靜止開始沿粗糙水平路面運動至具有某一速度。木箱獲得的動能一定（）

A.小于拉力所做的功

B.等于拉力所做的功

C.等于克服摩擦力所做的功

D.大于克服摩擦力所做的功

A［由動能定理WF—叼=Ek-O,可知木箱獲得的動能一定小于拉力所做

的功，A正確。］

3.（由動能定理分析分力做功）如圖所示，光滑斜面的頂端固定一彈簧，一

質(zhì)量為m的小球向右滑行，并沖上固定在地面上的斜面。設(shè)小球在斜面最低點

A的速度為小壓縮彈簧至C點時彈簧最短，。點距地面高度為九則小球從A

到C的過程中彈簧彈力做功是（）

A.mgh-^mv2B.~jmv2—mgh

C.—mghD.—{mgh+^inv^

A［小球從A點運動到。點的過程中，重力和彈簧的彈力對小球做負功，

由于支持力與位移始終垂直，則支持力對小球不做功，由動能定理可得WG+

WF=O_1/nr2,重力做功為WG=—mgh,則彈簧的彈力對小球做功為Wf=mgh

所以正確選項為Ao］

畬規(guī)律忠結(jié)

1.對“外力”的兩點理解

（1）“外力”指的是合外力，可以是重力、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。

(2)“外力”既可以是恒力，也可以是變力。

2.公式亞合=A&中“="體現(xiàn)的三個關(guān)系

①因果關(guān)系：1%是引起物體動能變化

的原因

三個關(guān)系——②數(shù)量關(guān)系：1%=AEk

Y)單位關(guān)系：W但與名的單位相同

考點2動能定理與圖像結(jié)合問題4熱門考點突破

1.解決物理圖像問題的基本步驟

(1)觀察題目給出的圖像，弄清縱坐標(biāo)、橫坐標(biāo)所對應(yīng)的物理量及圖線所表

示的物理意義。

(2)根據(jù)物理規(guī)律推導(dǎo)出縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)所對應(yīng)的物理量間的函數(shù)關(guān)系式。

(3)將推導(dǎo)出的物理規(guī)律與數(shù)學(xué)上與之相對應(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)函數(shù)關(guān)系式相對比，找

出圖線的斜率、截距、圖線的交點、圖線下方的面積所對應(yīng)的物理意義，根據(jù)對

應(yīng)關(guān)系列式解答問題。

2.圖像所圍“面積”和圖像斜率的含義

［典例］(動能定理與Ek-x圖像的綜合)如圖甲所示，一物體由某一固定且足

夠長的斜面底端以初速度內(nèi)沿斜面上滑，斜面與物體間的動摩擦因數(shù)"=0.5,

其動能Ek隨離開斜面底端的距離x變化的圖線如圖乙所示，g取10m/s2,不計

空氣阻力，則以下說法正確的是()

EJi

A.斜面的傾角。=30。

B.物體的質(zhì)量機=0.5kg

C.斜面與物體間的摩擦力大小片2小N

D.物體在斜面上運動的總時間f=2s

B［由動能定理得/金x=AEk,知Ek-x圖線的斜率表示合外力的大小，則

物體上滑階段受到的合外力Fi=mgsin0+〃nigcos〃=《N=5N,物體下滑階

53

段受到的合外力F2=/ngsin(f-fimgcosN=1N,聯(lián)立得tan0=不即0=

37°,/n=0.5kg,故A錯誤，B正確；物體與斜面間的摩擦力為geos〃=2

N,故C錯誤；物體上滑階段，合外力為尸i=5N,由/1得ai=10m/§2,

t\=~9Ek\=\mvf=25J,聯(lián)立得力=1s,同理，物體下滑階段，合外力為22

=1N,由尸2=機。2,得42=2m/s2,t2=~,Ek2=1/no?=5J,聯(lián)立得/2=小s,

則f=fl+f2=(l+/)S,故D錯誤。］

畬方法技巧動能定理與圖像結(jié)合問題的分析方法

(1)首先看清所給圖像的種類(如次f圖像、b“圖像、Ek-f圖像等)。

(2)挖掘圖像的隱含條件，得出所需要的物理量，如由0Y圖像所包圍的“面

積”求位移，由Rx圖像所包圍的“面積”求功等。

(3)分析有哪些力做功，根據(jù)動能定理列方程，求出相應(yīng)的物理量。

-

角度1動能定理與以-〃圖像的綜合

1.(2019?全國卷山)從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中除受到

重力外，還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用。距地面高度

力在3m以內(nèi)時，物體上升、下落過程中動能Ek隨力的變化如圖所示。重力加

速度取lOm*。該物體的質(zhì)量為()

A.2kgB.1.5kg

C.1kgD.0.5kg

C［設(shè)物體的質(zhì)量為機，則物體在上升過程中，受到豎直向下的重力機g和

豎直向下的恒定外力F,由動能定理結(jié)合題圖可得一(/ng+F)X3m=(36-72)J;

物體在下落過程中，受到豎直向下的重力和豎直向上的恒定外力F,再由動

能定理結(jié)合題圖可得Q〃g-F)X3m=(48-24)J,聯(lián)立解得機=1kg、F=2N,

選項C正確，A、B、D均錯誤。］

角度2動能定理與。-八P”圖像的綜合

2.放在粗糙水平地面上質(zhì)量為0.8kg的物體受到水平拉力的作用，在0?6

s內(nèi)其速度與時間的關(guān)系圖像和該拉力的功率與時間的關(guān)系圖像分別如圖甲、乙

所示。下列說法中正確的是()

A.0?6s內(nèi)拉力做的功為140J

B.物體在0?2s內(nèi)所受的拉力為4N

C.物體與粗糙水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.5

D.合外力在0?6s內(nèi)做的功大于與0?2s內(nèi)做的功

A［由P=Fv可知，物體在0?2s內(nèi)所受的拉力N=6N,在2?

6s內(nèi)所受的拉力F'=廠=mN=2N,B錯誤；拉力在0?6s內(nèi)做的總功W

=Fxi+F/X2=6X虧X2J+2X10X4J=140J,A正確；由物體在2?6s內(nèi)做

勻速運動可知，F(xiàn)'=nmg,可求得"=0.25,C錯誤；由動能定理可知，物體

所受的合外力在0?6s內(nèi)所做的功與0?2s內(nèi)所做的功均為:帆4=40J,D錯

誤?！?/p>

角度3動能定理與圖像的綜合

3.（2021?江蘇南京模擬）一滑塊以一定的初速度從一固定斜面的底端向上沖,

到斜面上某一點后返回底端，斜面粗糙。滑塊運動過程中加速度與時間關(guān)系圖像

如圖所示。下列四幅圖像分別表示滑塊運動過程中位移X、速度大小。、動能Ek

和重力勢能用＞（以斜面底端為參考平面）隨時間變化的關(guān)系圖像，其中正確的是

D［物塊向上做勻減速直線運動，向下做勻加速直線運動，兩者速度方向

相反，據(jù)位移公式可知，位移與時間成二次函數(shù)關(guān)系；據(jù)運動學(xué)公式可知，下滑

所用的時間要大于上升所用的時間，先減速后加速，加速度始終向下，所以X"

圖像應(yīng)是開口向下的拋物線，A、B錯誤；根據(jù)Ek=1加"知動能先減小后增大，

與時間為二次函數(shù)，C錯誤；重力勢能為。為

負，故為開口向下的拋物線，D正確。］

角度4動能定理與F-x圖像的綜合

4.如圖甲所示，在傾角為30。、長度為L=5m的光滑斜面45的A處連接

一粗糙水平面長為4m。有一質(zhì)量為m的滑塊，從。處由靜止開始受

一水平向右的力廠作用，F(xiàn)只在滑塊處于水平面上時作用，并且按圖乙所示的

規(guī)律變化，最后滑塊剛好到達斜面頂端B,g取10m/s2。試求：

F/N

-2mg

甲乙

(1)滑塊運動到A處的速度大??；

(2)滑塊與04間的動摩擦因數(shù)"。

［解析］(1)滑塊沖上斜面的過程中重力做負功，由動能定理得一mg?Lsin

30°=0—1/nvi

代入數(shù)據(jù)解得m/so

(2)由題圖乙知，在前2m內(nèi)，F(xiàn)\=2mg9做正功，在第3m內(nèi)，F(xiàn)2=-0.5/wg,

做負功，在第4m內(nèi)，尸3=0,滑動摩擦力的大小為嚕，始終做負功，對

于滑塊在OA上運動的全過程，由動能定理得

F\Xi+F2X2+fx=^mvi-Q

即2/ngX2—0.5機gX1

代入數(shù)據(jù)解得"=0?25。

［答案］(1)5&m/s(2)0.25

考點3動能定理求解多過程問題'綜合能力提升

1.多過程問題的分析方法

(1)將“多過程”分解為許多“子過程”，各“子過程”間由“銜接點”連

接。

(2)對各“銜接點”進行受力分析和運動分析，必要時畫出受力圖和過程示

意圖。

(3)根據(jù)“子過程”和“銜接點”的模型特點選擇合理的物理規(guī)律列方程。

(4)分析“銜接點”速度、加速度等物理量的關(guān)聯(lián)，確定各段間的時間關(guān)聯(lián),

并列出相關(guān)的輔助方程。

⑸聯(lián)立方程組，分析求解，對結(jié)果進行必要的驗證或討論。

2.利用動能定理求解多過程問題的基本思路

一

外力

末

初

明確

合

的總

狀

動

研究

分析拗

能

差

對象

受力功

［典例］(2021?曲塘中學(xué)模擬)如圖所示A5和CD。都是處于豎直平面內(nèi)的光

滑圓弧形軌道，OA處于水平位置。A5是半徑為R=lm的:圓周軌道，CDO是

半徑為r=0.5m的半圓軌道，最高點O處固定一個豎直彈性擋板(可以把小球彈

回，不損失能量，圖中沒有畫出)，。為CDO軌道的中點。5。段是水平粗糙軌

道，與圓弧形軌道平滑連接。已知5C段水平軌道長L=2m,與小球之間的動

摩擦因數(shù)4=0.2。現(xiàn)讓一個質(zhì)量為m=lkg的小球從A點的正上方距水平線OA

高”的P處自由落下。(g取lOm/s?)

⑴當(dāng)H=2m時，求此時小球第一次到達D點對軌道的壓力大??；

(2)為使小球僅僅與彈性擋板碰撞一次，且小球不會脫離CDO軌道，求H

的取值范圍。

思路點撥：解此題可按以下思路

(1)小球由尸到。全過程，由動能定理列方程求小球第一次到達。點的速度。

(2)小球僅僅與彈性擋板碰撞一次且剛好不脫離CO。軌道的兩個臨界條件

是在O點重力提供向心力，碰后再返回最高點恰能上升到D點。

［解析］(1)設(shè)小球第一次到達D的速度為vD,對小球從P到D點的過程，

根據(jù)動能定理得

mg(H+r)—pmgL—^nivj)—0

在。點軌道對小球的支持力FN提供向心力，則有

vj)

FN=

聯(lián)立解得FN=84N

由牛頓第三定律得，小球?qū)壍赖膲毫?/p>

F'N=FN=84NO

(2)為使小球僅僅與擋板碰撞一次，且小球不會脫離CDO軌道，〃最小時必

須滿足能上升到。點，由動能定理得

tngHmin—fimgL0

在。點有mg=nr^

代入數(shù)據(jù)解得“min=0.65m

僅僅與彈性擋板碰撞一次，且小球不會脫離CDO軌道，”最大時，碰后再

返回最高點能上升到D點，則有

mg(Hmax+r)—3fllngL=0

代入數(shù)據(jù)解得//max=0.7m

故有0.65mW"W0.7m。

［答案］(1)84N(2)0.65mWHW0.7m

令方法技巧應(yīng)用動能定理求多過程問題的技巧

(1)運用動能定理解決多過程問題時，有兩種思路：一種是全過程列式，另

一種是分段列式。

(2)全過程列式時，涉及重力、彈簧彈力，大小恒定的阻力或摩擦力做功，

要注意運用它們的功能特點：

①重力做的功取決于物體的初、末位置，與路徑無關(guān)；

②大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小與路程的乘積。

③彈簧彈力做功與路徑無關(guān)。

-

角度1組合運動的多過程問題

1.如圖所示，光滑的軌道45。的4B部分與水平部分80相切，軌道右側(cè)

是一個半徑為R的四分之一的圓弧軌道，。點為圓心，。為圓弧上的一點，OC

與水平方向的夾角為37。。現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小球從軌道A5上某點由靜止釋放。

已知重力加速度為g,不計空氣阻力。fsin37°=1,cos37。=，

A

B

⑴若小球恰能擊中C點，求剛釋放小球的位置距離B0平面的高度;

(2)改變釋放點的位置，求小球落到軌道時動能的最小值。

［解析］(1)設(shè)小球經(jīng)過。點的速度為v0,從。點到C點做平拋運動，則有

Reos37°=如f,Rsin37

從4點到。點，由動能定理得mgh

4

聯(lián)立可得，釋放小球的位置距離8。平面的高度加=運/?。

(2)設(shè)小球落到軌道上的點與0點的連線與水平方向的夾角為仇小球做平

拋運動，

Reos0=v'of'Rsin2

對此過程，由動能定理得mgRsin〃=&一j

解得Ek=mgl^sin〃+忌在)

當(dāng)sin〃=坐時，小球落到軌道時的動能最小，最小值為Ek=說〃gR。

［答案］⑴正⑵

角度2往復(fù)運動的多過程問題

2.(2021?江蘇蘇州市調(diào)研)如圖所示，在豎直平面內(nèi)，有一傾角為。的斜面

CD與半徑為R的光滑圓弧軌道A5C相切于C點，B是最低點，4與圓心。等

高。將一質(zhì)量為帆的小滑塊從4點正上方高力處由靜止釋放后沿圓弧軌道A5C

運動，小滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為"，空氣阻力不計，重力加速度為g,取

8點所在的水平面為零勢能面，試求：

(1)小滑塊在釋放處的重力勢能Ep；

(2)小滑塊第一次運動到5點時對軌道的壓力尸N';

(3)小滑塊沿斜面CD向上滑行的最大距離X。

［解析］(1)小滑塊在釋放處的重力勢能Ep=mg(h+R)o

(2)小滑塊從釋放處到第一次運動到5點，根據(jù)動能定理有mg(h+R)=^mvS

在5點，根據(jù)牛頓第二定律有FN—mg=〃望

…2h+3R

解得FN=一五一mg

根據(jù)牛頓第三定律，小滑塊第一次到B點時對軌道的壓力為八'=FN=

2/I+37?、―七

Rmg,萬向豎直向下。

(3)從釋放處到沿斜面CD滑行到最高點，對小滑塊，根據(jù)動能定理有

mgih-\rReos。-xsin。)一"nigcos"x=0

頷徨h+Rcos0

X-sin0+"cos0°

［答案1(l)mgg+R)⑵次/mg,方向豎直向下⑶言巖黑

角度3含有彈簧彈力做功的多過程問題

3.如圖所示，水平桌面上的輕質(zhì)彈簧左端固定，右端與靜止在。點質(zhì)量為

m=lkg的小物塊接觸而不連接，此時彈簧無形變?，F(xiàn)對小物塊施加尸=10N水

平向左的恒力，使其由靜止開始向左運動。小物塊在向左運動到A點前某處速

度最大時，彈簧的彈力為6N,運動到4點時撤去推力F,小物塊最終運動到B

點靜止。圖中。4=0.8m,05=0.2m,重力加速度g取10m發(fā)。求小物塊：

⑴與桌面間的動摩擦因數(shù)"；

(2)向右運動過程中經(jīng)過0點的速度；

(3)向左運動的過程中彈簧的最大壓縮量。

［解析］(1)小物塊速度達到最大時，加速度為零。

F-/4mg—F?=0,"==0.4。

(2)設(shè)向右運動通過O點時的速度為0o,從0-5,由動能定理得

—FfXoB=0-^mv(?,Ft=/img=4N

解得ro=Vh6m/s=L26m/s。

(3)彈簧最大壓縮量為Xmax,對小物塊運動的全過程，根據(jù)動能定理得

FXOA—Ff(2xmax+XOB)=0,代入數(shù)值得Xmax=0.9mo

［答案］(1)0