2024-2025學(xué)年高考物理一輪復(fù)習(xí)專題10機(jī)械能知識(shí)點(diǎn)講解含解析

專題10機(jī)械能考點(diǎn)風(fēng)向標(biāo)考點(diǎn)風(fēng)向標(biāo)第一部分：考點(diǎn)梳理考點(diǎn)一、功的理解與計(jì)算考點(diǎn)二、功率的理解與計(jì)算考點(diǎn)三、機(jī)車的兩種啟動(dòng)模式考點(diǎn)四、動(dòng)能定理的應(yīng)用考點(diǎn)五、動(dòng)能定理的圖像問題考點(diǎn)六、機(jī)械能守恒定律的條件及應(yīng)用考點(diǎn)七、功能關(guān)系與能量守恒定律考點(diǎn)八、試驗(yàn)—驗(yàn)證動(dòng)能定理考點(diǎn)九、試驗(yàn)—驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律考點(diǎn)一、功的理解與計(jì)算1．功的正負(fù)的推斷方法(1)恒力做功正負(fù)的推斷：依據(jù)力與位移的夾角來推斷。(2)曲線運(yùn)動(dòng)中做功正負(fù)的推斷：依據(jù)F與v的方向的夾角來推斷。0°≤α<90°，力對(duì)物體做正功；90°<α≤180°，力對(duì)物體做負(fù)功；α＝90°，力對(duì)物體不做功。2．恒力做功的計(jì)算方法3．合力做功的計(jì)算方法方法一：先求合外力F合，再用W合＝F合lcosα求功。適用于F合為恒力的過程。方法二：先求各個(gè)力做的功W1、W2、W3…，再應(yīng)用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合外力做的功。（典例應(yīng)用1）如圖所示，電梯與水平地面成θ角，一人站在電梯上，電梯從靜止起先勻加速上升，達(dá)到肯定速度后再勻速上升。若以FN表示水平梯對(duì)人的支持力，G為人受到的重力，F(xiàn)為電梯對(duì)人的靜摩擦力，則下列結(jié)論正確的是()A．加速過程中F≠0，F(xiàn)、FN、G都做功B．加速過程中F≠0，F(xiàn)N不做功C．加速過程中F＝0，F(xiàn)N、G都做功D．勻速過程中F＝0，F(xiàn)N、G都不做功【答案】：A【解析】加速過程中人受力和速度方向如圖所示，由力與速度方向之間夾角的關(guān)系可判定：FN、F對(duì)人做正功，G對(duì)人做負(fù)功，故A對(duì)，B、C均錯(cuò)。勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，F(xiàn)＝0，F(xiàn)N做正功，G做負(fù)功，故D錯(cuò)。（典例應(yīng)用2）如圖所示，質(zhì)量為m的小球用長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕繩懸掛于O點(diǎn)，用水平恒力F拉著小球從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到使輕繩與豎直方向成θ角的位置，求此過程中，各力對(duì)小球做的總功為()A．FLsinθB．mgL(1－cosθ)C．FLsinθ－mgL(1－cosθ)D．FLsinθ－mgLcosθ【答案】：C【解析】：如圖，小球在F方向的位移為CB，方向與F同向，則WF＝F·CB＝F·Lsinθ小球在重力方向的位移為AC，方向與重力反向，則WG＝mg·AC·cos180°＝－mg·L(1－cosθ)繩的拉力FT時(shí)刻與運(yùn)動(dòng)方向垂直，則WFT＝0故W總＝WF＋WG＋WFT＝FLsinθ－mgL(1－cosθ)，所以選項(xiàng)C正確。考點(diǎn)二功率的理解與計(jì)算1．平均功率的計(jì)算方法(1)利用eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)。(2)利用eq\x\to(P)＝F·eq\x\to(v)cosα，其中eq\x\to(v)為物體運(yùn)動(dòng)的平均速度，F(xiàn)為恒力。2．瞬時(shí)功率的計(jì)算方法(1)利用公式P＝F·vcosα，其中v為t時(shí)刻的瞬時(shí)速度。(2)P＝F·vF，其中vF為物體的速度v在力F方向上的分速度。(3)P＝Fv·v，其中Fv為物體受到的外力F在速度v方向上的分力。(典例應(yīng)用3)．(多選)從地面上方同一點(diǎn)向東與向西分別平拋出兩個(gè)等質(zhì)量的小物體，拋出速度大小分別為v和2v，不計(jì)空氣阻力，則兩個(gè)小物體()A．從拋出到落地重力做的功不同B．從拋出到落地重力做的功相同C．從拋出到落地重力的平均功率不同D．落地時(shí)重力做功的瞬時(shí)功率相同【答案】BD【解析】由于下落的高度相同，重力相同，則重力做功相同，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；兩個(gè)物體從同一點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，由公式P＝eq\f(W,t)可知，從拋出到落地重力的平均功率相同，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；豎直方向兩個(gè)物體做自由落體運(yùn)動(dòng)，高度相同，落地時(shí)豎直方向的分速度vy相同，落地時(shí)重力做功的瞬時(shí)功率P＝mgvy相同，故選項(xiàng)D正確。（典例應(yīng)用4）某同學(xué)進(jìn)行體能訓(xùn)練，用了100s時(shí)間跑上20m高的高樓，試估算他登樓時(shí)的平均功率最接近的數(shù)值是()A．10W B．100WC．1kW D．10kW【答案】：B【解析】：這是一道實(shí)際生活中求平均功率的計(jì)算題，考查估算實(shí)力，不僅要知道平均功率的計(jì)算公式P＝eq\f(W,t)，而且要對(duì)學(xué)生的質(zhì)量有一個(gè)比較切合實(shí)際的估計(jì)，設(shè)m人＝50kg，則eq\x\to(P)＝eq\f(mgh,t)＝eq\f(50×10×20,100)W＝100W。方法總結(jié)1求力做功的功率時(shí)的基本思路方法總結(jié)2求瞬時(shí)功率時(shí)，公式P＝Fv適用于力F的方向與速度v的方向在同一條直線上的狀況。假如F與v不同向，可用力F乘以沿F方向的分速度vF(P＝F·vF)，或用速度v乘以沿速度方向的分力Fv(P＝Fv·v)求解?？键c(diǎn)三機(jī)車的兩種啟動(dòng)模型1．模型一以恒定功率啟動(dòng)(1)動(dòng)態(tài)過程(2)這一過程的P-t圖象和v-t圖象如圖所示：2．模型二以恒定加速度啟動(dòng)(1)動(dòng)態(tài)過程(2)這一過程的P-t圖象和v-t圖象如圖所示：（典例應(yīng)用5）(多選)發(fā)動(dòng)機(jī)額定功率為80kW的汽車，質(zhì)量為2×103kg，在水平路面上行駛時(shí)汽車所受摩擦阻力恒為4×103N，若汽車在平直馬路上以額定功率啟動(dòng)，則下列說法中正確的是()A．汽車的加速度和速度都漸漸增加B．汽車勻速行駛時(shí)，所受的牽引力為零C．汽車的最大速度為20m/sD．當(dāng)汽車速度為5m/s時(shí)，其加速度為6m/s2【答案】：CD【解析】：由P＝Fv，F(xiàn)－Ff＝ma可知，在汽車以額定功率啟動(dòng)的過程中，F(xiàn)漸漸減小，汽車的加速度a漸漸減小，但速度漸漸增加，當(dāng)勻速行駛時(shí)，F(xiàn)＝Ff，此時(shí)加速度為零，速度達(dá)到最大值，則vm＝eq\f(P,Ff)＝eq\f(80×103,4×103)m/s＝20m/s，故A、B錯(cuò)誤，C正確；當(dāng)汽車速度為5m/s時(shí)，由牛頓其次定律得eq\f(P,v)－Ff＝ma，解得a＝6m/s2，故D正確。（典例應(yīng)用6）在上【例】中若汽車從靜止起先以恒定的加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其加速度為2m/s2，當(dāng)汽車的輸出功率達(dá)到額定功率后，保持功率不變直到汽車勻速運(yùn)動(dòng)，求：(1)汽車勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。(2)汽車啟動(dòng)后第2s末時(shí)發(fā)動(dòng)機(jī)的實(shí)際功率?！敬鸢浮浚?1)5s(2)32kW【解析】：(1)汽車勻加速直線運(yùn)動(dòng)過程，由牛頓其次定律得：F－Ff＝ma；解得：F＝8×103N由P＝Fv得汽車勻加速直線運(yùn)動(dòng)的最大速度為：v＝eq\f(P,F)＝10m/st＝eq\f(v,a)＝5s(2)2s末汽車的速度：v′＝at＝4m/s2s末汽車的實(shí)際功率：P′＝Fv′＝3.2×104W＝32kW方法總結(jié)(1)無論哪種啟動(dòng)過程，機(jī)車的最大速度都等于其勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度，即vm＝eq\f(P,Fmin)＝eq\f(P,F阻)(式中Fmin為最小牽引力，其值等于阻力F阻)。(2)機(jī)車以恒定加速度啟動(dòng)的運(yùn)動(dòng)過程中，勻加速過程結(jié)束時(shí)，功率最大，速度不是最大，即v＝eq\f(P,F)<vm＝eq\f(P,F阻)。(3)機(jī)車以恒定功率運(yùn)行時(shí)，牽引力做的功W＝Pt。由動(dòng)能定理：Pt－F阻x＝ΔEk。此式常常用于求解機(jī)車以恒定功率啟動(dòng)過程的位移大小?？键c(diǎn)4、動(dòng)能定理的應(yīng)用1．動(dòng)能定理公式中“＝”的意義等號(hào)表明合力做功與物體動(dòng)能變更的三個(gè)關(guān)系2．應(yīng)用動(dòng)能定理解題的步驟(1)選取探討對(duì)象，明確它的運(yùn)動(dòng)過程。(2)分析探討對(duì)象的受力狀況和各力的做功狀況：eq\x(\a\al(受哪,些力))→eq\x(\a\al(各力是,否做功))→eq\x(\a\al(做正功還,是負(fù)功))→eq\x(\a\al(做多,少功))→eq\x(\a\al(各力做功,的代數(shù)和))(3)明確物體在過程始末狀態(tài)的動(dòng)能Ek1和Ek2。(4)列出動(dòng)能定理的方程W合＝Ek2－Ek1及其他必要的解題方程進(jìn)行求解。（典例應(yīng)用7）如圖所示，AB為傾角θ＝37°的斜面軌道，軌道的AC部分光滑，CB部分粗糙。BP為圓心角等于143°，半徑R＝1m的豎直光滑圓弧形軌道，兩軌道相切于B點(diǎn)，P、O兩點(diǎn)在同一豎直線上，輕彈簧一端固定在A點(diǎn)，另一自由端在斜面上C點(diǎn)處，現(xiàn)有一質(zhì)量m＝2kg的物塊在外力作用下將彈簧緩慢壓縮到D點(diǎn)后(不拴接)釋放，物塊經(jīng)過C點(diǎn)后，從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過程中的位移與時(shí)間的關(guān)系為x＝12t－4t2(式中x單位是m，t單位是s)，假設(shè)物塊第一次經(jīng)過B點(diǎn)后恰能到達(dá)P點(diǎn)，(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)試求：(1)若CD＝1m，物塊從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，彈簧對(duì)物塊所做的功；(2)B、C兩點(diǎn)間的距離x?！敬鸢浮?1)156J(2)6.125m【解析】(1)由x＝12t－4t2知，物塊在C點(diǎn)速度為v0＝12m/s，a＝8m/s2設(shè)物塊從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，彈簧對(duì)物塊所做的功為W，由動(dòng)能定理得W－mgsin37°·eq\x\to(CD)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入數(shù)據(jù)得W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgsin37°·eq\x\to(CD)＝156J。(2)物塊在CB段，依據(jù)牛頓其次定律，物塊所受合力F＝ma＝16N物塊在P點(diǎn)的速度滿意mg＝eq\f(mv\o\al(2,P),R)C到P的過程，由動(dòng)能定理得－Fx－mgR(1＋cos37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得x＝eq\f(49,8)m＝6.125m。方法總結(jié)用好動(dòng)能定理的“5個(gè)”突破突破①——探討對(duì)象的選取動(dòng)能定理適用于單個(gè)物體，當(dāng)題目中出現(xiàn)多個(gè)物體時(shí)可分別將單個(gè)物體取為探討對(duì)象，應(yīng)用動(dòng)能定理。突破②——探討過程的選取應(yīng)用動(dòng)能定理時(shí)，選取不同的探討過程列出的方程是不相同的。因?yàn)閯?dòng)能定理是個(gè)過程式，選取合適的過程往往可以大大簡(jiǎn)化運(yùn)算。突破③——受力分析運(yùn)用動(dòng)能定理時(shí)，必需分析清晰物體在過程中的全部受力狀況，找出哪些力不做功，哪些力做功，做多少功，從而確定出外力的總功，這是解題的關(guān)鍵。突破④——位移的計(jì)算應(yīng)用動(dòng)能定理時(shí)，要留意有的力做功與路程無關(guān)，只與位移有關(guān)，有的力做功卻與路程有關(guān)。突破⑤——初、末狀態(tài)的確定動(dòng)能定理的計(jì)算式為標(biāo)量式，v為相對(duì)同一參考系的速度，所以確定初、末狀態(tài)動(dòng)能時(shí)，必需相對(duì)于同一參考系而言。（典例應(yīng)用8）.如圖，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(diǎn)自軌道端點(diǎn)P由靜止起先滑下，滑到最低點(diǎn)Q時(shí)，對(duì)軌道的正壓力為2mg，重力加速度大小為g。質(zhì)點(diǎn)自P滑到Q的過程中，克服摩擦力所做的功為()A.eq\f(1,4)mgR B.eq\f(1,3)mgRC.eq\f(1,2)mgR D.eq\f(π,4)mgR【答案】C【解析】在Q點(diǎn)質(zhì)點(diǎn)受到豎直向下的重力和豎直向上的支持力，兩力的合力充當(dāng)向心力，所以有FN－mg＝meq\f(v2,R)，F(xiàn)N＝2mg，聯(lián)立解得v＝eq\r(gR)，下滑過程中，依據(jù)動(dòng)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正確。（典例應(yīng)用9）.如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與質(zhì)量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長(zhǎng)。圓環(huán)從A處由靜止起先下滑，經(jīng)過B處的速度最大，到達(dá)C處的速度為零，AC=h。圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A；彈簧始終在彈性限度之內(nèi)，重力加速度為g，則圓環(huán)（）A．下滑過程中，加速度始終減小B．下滑過程中，克服摩擦力做功為C．在C處，彈簧的彈性勢(shì)能為D．上滑經(jīng)過B的速度大于下滑經(jīng)過B的速度【答案】：BD【解析】：由題意知，圓環(huán)從A到C先加速后減速，到達(dá)B處的加速度減小為零，故加速度先減小后增大，故A錯(cuò)誤；依據(jù)能量守恒，從A到C有mgh＝Wf＋Ep，從C到A有eq\f(1,2)mv2＋Ep＝mgh＋Wf，聯(lián)立解得：Wf＝eq\f(1,4)mv2，Ep＝mgh－eq\f(1,4)mv2，所以B正確，C錯(cuò)誤；依據(jù)能量守恒，從A到B有mgh1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B1)＋ΔEp1＋Wf1，從C到B有eq\f(1,2)mv2＋ΔEp2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B2)＋Wf2＋mgh2，又有eq\f(1,2)mv2＋Ep＝mgh＋Wf，聯(lián)立可得vB2＞vB1，所以D正確。考點(diǎn)五、動(dòng)能定理的圖象問題1．力學(xué)中圖象所圍“面積”的意義v-t圖象由公式x＝vt可知，v-t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體的位移a-t圖象由公式Δv＝at可知，a-t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體速度的變更量F-x圖象由公式W＝Fx可知，F(xiàn)-x圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功P-t圖象由公式W＝Pt可知，P-t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功2.解決物理圖象問題的基本步驟(典例應(yīng)用10)宇航員在某星球表面做了如下試驗(yàn)，試驗(yàn)裝置如圖甲所示，豎直平面內(nèi)的光滑軌道由斜軌道AB和圓弧軌道BC組成。將質(zhì)量m＝0.2kg的小球，從軌道AB上高H處的某點(diǎn)由靜止釋放，用力傳感器測(cè)出小球經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為F，變更H的大小，可測(cè)出F隨H的變更關(guān)系如圖乙所示，求：(1)圓軌道的半徑。(2)星球表面的重力加速度。(3)作出小球經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)動(dòng)能隨H的變更關(guān)系Ek-H圖象?！敬鸢浮?1)0.2m(2)5m/s2(3)見解析【解析】：(1)小球過C點(diǎn)時(shí)，由牛頓其次定律得：F＋mg＝meq\f(v\o\al(2,C),r)小球由靜止下滑至C點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理得：mg(H－2r)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)解得：F＝eq\f(2mg,r)H－5mg由圖可知：當(dāng)H1＝0.5m時(shí)，F(xiàn)1＝0N解得：r＝0.2m(2)當(dāng)H2＝1.0m時(shí)，F(xiàn)2＝5N解得：g＝5m/s2(3)小球由靜止下滑至C點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理得：mg(H－2r)＝Ek－0解得：Ek＝H－0.4則Ek-H圖象如圖所示：考點(diǎn)六、機(jī)械能守恒定律的條件及應(yīng)用1．機(jī)械能守恒的條件只有重力或彈力做功，可以從以下四個(gè)方面進(jìn)行理解：(1)物體只受重力或彈力作用。(2)存在其他力作用，但其他力不做功，只有重力或彈力做功。(3)其他力做功，但做功的代數(shù)和為零。(4)存在相互作用的物體組成的系統(tǒng)只有動(dòng)能和勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化，無其他形式能量的轉(zhuǎn)化。2．“兩法”推斷機(jī)械能是否守恒(典例應(yīng)用11)忽視空氣阻力，下列物體運(yùn)動(dòng)過程中滿意機(jī)械能守恒的是()A．電梯勻速下降B．物體由光滑斜面頂端滑到斜面底端C．物體沿著粗糙斜面勻速下滑D．拉著物體沿光滑斜面勻速上升【答案】B【解析】電梯勻速下降，說明電梯處于平衡狀態(tài)，并不是只有重力做功，故A錯(cuò)誤；物體在光滑斜面上，受重力和支持力的作用，但是支持力的方向和物體運(yùn)動(dòng)的方向垂直，支持力不做功，只有重力做功，故B正確；物體沿著粗糙斜面勻速下滑，物體受力平衡，摩擦力和重力都要做功，所以機(jī)械能不守恒，故C錯(cuò)誤；拉著物體沿光滑斜面勻速上升，物體受力平衡，拉力和重力都要做功，所以機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤。（典例應(yīng)用12）(多選)如圖所示，質(zhì)量分別為m和2m的兩個(gè)小球a和b，中間用輕質(zhì)桿相連，在桿的中點(diǎn)O處有一固定轉(zhuǎn)動(dòng)軸，把桿置于水平位置后釋放，在b球順時(shí)針搖擺到最低位置的過程中()A．b球的重力勢(shì)能削減，動(dòng)能增加，b球機(jī)械能守恒B．a(chǎn)球的重力勢(shì)能增加，動(dòng)能也增加，a球機(jī)械能不守恒C．a(chǎn)球、b球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒D．a(chǎn)球、b球組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒【答案】BC【解析】b球從水平位置下擺到最低點(diǎn)的過程中，a球升至最高點(diǎn)，重力勢(shì)能增加，動(dòng)能也增加，機(jī)械能增加。由于a、b系統(tǒng)只有重力做功，則系統(tǒng)機(jī)械能守恒，既然a球機(jī)械能增加，b球機(jī)械能肯定減小。可見，桿對(duì)a球做了正功，桿對(duì)b球做了負(fù)功。所以，本題正確答案為B、C。考點(diǎn)七、功能關(guān)系及能量守恒定律1．力學(xué)中幾種常見的功能關(guān)系功能量的變更合外力做正功動(dòng)能增加重力做正功重力勢(shì)能削減彈簧彈力做正功彈性勢(shì)能削減電場(chǎng)力做正功電勢(shì)能削減其他力(除重力、彈力外)做正功機(jī)械能增加2.應(yīng)用能量守恒定律的兩條基本思路(1)某種形式的能量削減，肯定存在其他形式的能量增加，且削減量與增加量肯定相等；(2)某個(gè)物體的能量削減，肯定存在其他物體的能量增加，且削減量與增加量肯定相等。(典例應(yīng)用13)(多選)如圖所示，一根原長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕彈簧，下端固定在水平地面上，一個(gè)質(zhì)量為m的小球，在彈簧的正上方從距地面高度為H處由靜止下落壓縮彈簧。若彈簧的最大壓縮量為x，小球下落過程受到的空氣阻力恒為Ff，則小球從起先下落至最低點(diǎn)的過程()A．小球動(dòng)能的增量為零B．小球重力勢(shì)能的增量為mg(H＋x－L)C．彈簧彈性勢(shì)能的增量為(mg－Ff)(H＋x－L)D．系統(tǒng)機(jī)械能減小FfH【答案】AC【解析】：小球下落的整個(gè)過程中，起先時(shí)速度為零，結(jié)束時(shí)速度也為零，所以小球動(dòng)能的增量為0，故A正確；小球下落的整個(gè)過程中，重力做功WG＝mgh＝mg(H＋x－L)，依據(jù)重力做功量度重力勢(shì)能的變更WG＝－ΔEp得：小球重力勢(shì)能的增量為－mg(H＋x－L)，故B錯(cuò)誤；依據(jù)動(dòng)能定理得：WG＋Wf＋W彈＝0－0＝0，所以W彈＝－(mg－Ff)(H＋x－L)，依據(jù)彈簧彈力做功量度彈性勢(shì)能的變更W彈＝－ΔEp得：彈簧彈性勢(shì)能的增量為(mg－Ff)·(H＋x－L)，故C正確；系統(tǒng)機(jī)械能的削減等于重力、彈力以外的力做的功，所以小球從起先下落至最低點(diǎn)的過程，克服阻力做的功為：Ff(H＋x－L)，所以系統(tǒng)機(jī)械能的減小量為：Ff(H＋x－L)，故D錯(cuò)誤。(典例應(yīng)用14)韓曉鵬是我國(guó)首位在冬奧會(huì)雪上項(xiàng)目奪冠的運(yùn)動(dòng)員。他在一次自由式滑雪空中技巧競(jìng)賽中沿“助滑區(qū)”保持同一姿態(tài)下滑了一段距離，重力對(duì)他做功1900J，他克服阻力做功100J。韓曉鵬在此過程中()A．動(dòng)能增加了1900JB．動(dòng)能增加了2000JC．重力勢(shì)能減小了1900JD．重力勢(shì)能減小了2000J【答案】C【解析】由動(dòng)能定理可知，ΔEk＝1900J－100J＝1800J，故A、B均錯(cuò)。重力勢(shì)能的削減量等于重力做的功，故C正確，D錯(cuò)誤。(典例應(yīng)用15)如圖所示，傳送帶AB總長(zhǎng)為l＝10m，與一個(gè)半徑為R＝0.4m的光滑四分之一圓軌道BC相切于B點(diǎn)，傳送帶速度恒為v＝6m/s，方向向右，現(xiàn)有一個(gè)滑塊以肯定初速度從A點(diǎn)水平滑上傳送帶，滑塊質(zhì)量為m＝10kg，滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.1，已知滑塊運(yùn)動(dòng)到B端時(shí)，剛好與傳送帶同速，求：(1)滑塊的初速度；(2)滑塊能上升的最大高度；(3)求滑塊其次次在傳送帶上滑行時(shí)，滑塊和傳送帶系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能?！敬鸢浮?1)2eq\r(14)m/s或4m/s(2)1.8m(3)220J【解析】(1)以滑塊為探討對(duì)象，滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)過程中，當(dāng)滑塊初速度大于傳送帶速度時(shí)，有－μmgl＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝2eq\r(14)m/s；當(dāng)滑塊初速度小于傳送帶速度時(shí)，有μmgl＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝4m/s。(2)由動(dòng)能定理可得－mgh＝0－eq\f(1,2)mv2，解得h＝1.8m。(3)以滑塊為探討對(duì)象，由牛頓其次定律得μmg＝ma，滑塊的加速度a＝1m/s2，滑塊減速到零的位移x0＝eq\f(v2,2a)＝18m>10m，則滑塊其次次在傳送帶上滑行時(shí)，速度沒有減小到零就離開傳送帶，由勻變速運(yùn)動(dòng)的位移公式可得l＝vt－eq\f(1,2)at2，解得t＝2s(t＝10s舍去)，在此時(shí)間內(nèi)傳送帶的位移x＝vt＝6×2m＝12m，滑塊其次次在傳送帶上滑行時(shí)，滑塊和傳送帶系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝μmg(l＋x)＝0.1×10×10×(10＋12)J＝220J?？键c(diǎn)八、試驗(yàn)—驗(yàn)證動(dòng)能定理誤差分析1．誤差的主要來源是橡皮筋的長(zhǎng)度、粗細(xì)不一，使橡皮筋的拉力做功W與橡皮筋的條數(shù)不成正比。2．沒有完全平衡摩擦力或平衡摩擦力時(shí)傾角過大也會(huì)造成誤差。3．利用打上點(diǎn)的紙帶計(jì)算小車的速度時(shí)，測(cè)量不準(zhǔn)帶來誤差。留意事項(xiàng)1．平衡摩擦力：將木板一端墊高，使小車重力沿斜面對(duì)下的分力與摩擦阻力平衡。方法是輕推小車，由打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打在紙帶上的點(diǎn)的勻稱程度推斷小車是否勻速運(yùn)動(dòng)，找到木板一個(gè)合適的傾角。2．選點(diǎn)測(cè)速：測(cè)小車速度時(shí)，紙帶上的點(diǎn)應(yīng)選勻稱部分的，也就是選小車做勻速運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的。3．橡皮筋的選擇：橡皮筋規(guī)格相同時(shí)，力對(duì)小車做的功以一條橡皮筋做的功為單位即可，不必計(jì)算出詳細(xì)數(shù)值。(典例應(yīng)用16）某同學(xué)做探究合力做的功和物體速度變更的關(guān)系的試驗(yàn)裝置如圖甲所示，小車在橡皮筋的作用下彈出，沿木板滑行。用1條橡皮筋時(shí)對(duì)小車做的功記為W。當(dāng)用2條、3條…完全相同的橡皮筋并在一起進(jìn)行第2次、第3次…試驗(yàn)時(shí)，每次試驗(yàn)中橡皮筋伸長(zhǎng)的長(zhǎng)度都保持一樣。試驗(yàn)中小車獲得的速度由打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所打的紙帶測(cè)出。(1)木板水平放置，小車在橡皮筋作用下運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小車速度最大時(shí)，關(guān)于橡皮筋所處的狀態(tài)與小車所在的位置，下列說法正確的是________。A．橡皮筋仍處于伸長(zhǎng)狀態(tài)B．橡皮筋恰好復(fù)原原長(zhǎng)C．小車緊靠著打點(diǎn)計(jì)時(shí)器D．小車已超過兩個(gè)鐵釘?shù)倪B線(2)如圖乙所示是某次操作正確的狀況下，在頻率為50Hz的電源下打點(diǎn)計(jì)時(shí)器記錄的一條紙帶，為了測(cè)量小車獲得的速度，應(yīng)選用紙帶的________(選填“A～F”或“F～I(xiàn)”)部分進(jìn)行測(cè)量，速度大小為________m/s。(3)通過該試驗(yàn)的正確操作和正確處理數(shù)據(jù)，應(yīng)當(dāng)?shù)贸龊狭ψ龅墓和物體速度v變更的關(guān)系是________(用本問中的字母表達(dá))?！敬鸢浮浚?1)A(2)F～I(xiàn)0.76(3)W∝v2【解析】：(1)平衡摩擦力后，橡皮筋的拉力等于小車受到的合力，橡皮筋做功完畢，小車的速度最大。若不進(jìn)行平衡摩擦力操作，則當(dāng)橡皮筋的拉力等于摩擦力時(shí)，速度最大，本題中木板水平放置，明顯沒有進(jìn)行平衡摩擦力的操作，因此當(dāng)小車的速度最大時(shí)，橡皮筋仍處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，故B、C、D錯(cuò)誤，A正確。(2)小車在橡皮筋的作用下做加速運(yùn)動(dòng)，橡皮筋做功完畢，則速度達(dá)到最大，此后做勻速運(yùn)動(dòng)，因此勻速時(shí)的速度，即為該過程中的最大速度，故為了測(cè)量小車獲得的速度，應(yīng)選用紙帶點(diǎn)距勻稱的部分進(jìn)行測(cè)量，即F～I(xiàn)，所以速度為v＝eq\f(0.0152,0.02)m/s＝0.76m/s。(3)由動(dòng)能定理可知，合力做的功應(yīng)等于物體動(dòng)能的變更量，所以W與v2成正比，即W∝v2。（典例應(yīng)用19）某學(xué)習(xí)小組做探究“合力的功和物體速度變更的關(guān)系”的試驗(yàn)，圖甲中小車是在1條橡皮筋作用下彈出，沿木板滑行，這時(shí)橡皮筋對(duì)小車做的功記為W。當(dāng)用2條、3條……完全相同的橡皮筋并在一起進(jìn)行第2次、第3次……試驗(yàn)時(shí)，使每次試驗(yàn)中橡皮筋伸長(zhǎng)的長(zhǎng)度都保持一樣。每次試驗(yàn)中小車獲得的速度由打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所打的紙帶測(cè)出。甲(1)除了圖中已有的試驗(yàn)器材外，還須要導(dǎo)線、開關(guān)、________(填測(cè)量工具)和________(填“溝通”或“直流”)電源。(2)試驗(yàn)中，小車會(huì)受到摩擦阻力的作用，可以使木板適當(dāng)傾斜來平衡掉摩擦阻力，則下面操作正確的是()A．放開小車，能夠自由下滑即可B．放開小車，能夠勻速下滑即可C．放開拖著紙帶的小車，能夠自由下滑即可D．放開拖著紙帶的小車，能夠勻速下滑即可(3)在正確操作狀況下，打在紙帶上的點(diǎn)并不都是勻稱的，為了測(cè)量小車獲得的速度，應(yīng)選用圖乙中紙帶的________部分進(jìn)行測(cè)量。乙【答案】：(1)刻度尺溝通(2)D(3)GK【解析】：(1)為測(cè)量小車獲得的速度，必需用刻度尺來測(cè)量紙帶上點(diǎn)和點(diǎn)之間的距離；打點(diǎn)計(jì)時(shí)器必需運(yùn)用溝通電源。(2)平衡摩擦力時(shí)，也要平衡掉紙帶與限位孔之間的摩擦力。依據(jù)平衡狀態(tài)的特點(diǎn)，小車做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)即平衡掉了摩擦力。(3)應(yīng)當(dāng)選用紙帶上小車做勻速運(yùn)動(dòng)部分進(jìn)行測(cè)量，此時(shí)小車的速度最大，即GK部分?？键c(diǎn)九、試驗(yàn)—驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律誤差分析1．