2025年高考物理一輪復(fù)習（新人教新高考）第六章機械能守恒定律復(fù)習講義（教師版）

考情分析試題情境生活實踐類體育運動中功和功率問題，風力發(fā)電功率計算，蹦極運動、過山車等能量問題，汽車啟動問題，生活、生產(chǎn)中能量守恒定律的應(yīng)用學習探究類變力做功的計算，機車啟動問題，單物體機械能守恒，用繩、桿連接的系統(tǒng)機械能守恒問題，含彈簧系統(tǒng)機械能守恒問題，傳送帶、板塊模型的能量問題第1課時功、功率機車啟動問題目標要求1.理解功的概念，會判斷功的正負，會計算功的大小。2.理解功率的概念，掌握功率的兩個公式，會計算平均功率和瞬時功率。3.會分析兩種機車啟動方式中各物理量的變化并能進行相關(guān)計算?？键c一功的分析和計算1．做功的兩個要素(1)作用在物體上的力。(2)物體在力的方向上發(fā)生位移。2．公式：W＝Flcosα。(1)α是力與位移方向之間的夾角，l為力的作用點的位移。(2)該公式只適用于恒力做功。3．功的正負(1)當0≤α＜90°時，W＞0，力對物體做正功。(2)當90°＜α≤180°時，W＜0，力對物體做負功，或者說物體克服這個力做了功。(3)當α＝90°時，W＝0，力對物體不做功。4．計算功的方法(1)恒力做的功①直接用W＝Flcosα計算。②合外力做的功方法一：先求合外力F合，再用W合＝F合lcosα求功。方法二：先求各個力做的功W1、W2、W3、…，再應(yīng)用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合外力做的功。方法三：利用動能定理W合＝Ek2－Ek1。(2)求變力做功的常用方法①微元法求變力做功將物體的位移分割成許多小段，因每一小段很小，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)個無窮小的位移上的恒力所做功的代數(shù)和。②平均值法求變力做功若物體受到的力的方向不變，而大小隨位移是呈線性變化的，即力隨位移均勻變化時，則可以認為物體受到一大小為eq\x\to(F)＝eq\f(F1＋F2,2)的恒力作用，F(xiàn)1、F2分別為物體初、末態(tài)所受的力，然后用公式W＝eq\x\to(F)l求此力所做的功。③用F－x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”為正功，位于x軸下方的“面積”為負功。④用W＝Pt求變力做功若機車以恒定功率行駛，在一定時間內(nèi)機車牽引力做的功W＝Pt。⑤應(yīng)用動能定理求變力做功。1．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。(×)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。(√)3．力F1、F2做的功分別為10J和－15J，則力F1比F2做功多。(×)4．功有正負，說明功是矢量，因此總功是所有外力做功的矢量和。(×)例1(2024·上海市模擬)如圖，一磁鐵吸附在鐵板AB的下方?，F(xiàn)保持鐵板與水平面間的夾角θ不變，緩慢推動B端，使AB與磁鐵一起水平向左勻速移動，則()A．合外力對磁鐵做正功B．AB對磁鐵的作用力不做功C．AB對磁鐵的彈力不做功D．AB對磁鐵的摩擦力不做功答案B解析由于磁鐵做勻速運動，磁鐵所受合外力為零，合外力對磁鐵不做功，故A錯誤；磁鐵受重力和AB對它的作用力而做勻速運動，根據(jù)平衡條件可知，AB對磁鐵的作用力大小等于重力大小，方向豎直向上，與磁鐵的運動方向相互垂直，故AB對磁鐵的作用力不做功，故B正確；AB對磁鐵的彈力垂直接觸面，與磁鐵的運動方向不垂直，故彈力一定做功，故C錯誤；AB對磁鐵的摩擦力沿接觸面，與磁鐵運動方向不垂直，故摩擦力一定做功，故D錯誤。例2如圖所示，升降機內(nèi)斜面的傾角θ＝30°，質(zhì)量為2kg的物體置于斜面上始終不發(fā)生相對滑動，在升降機以5m/s的速度勻速上升4s的過程中。g取10m/s2，求：(1)斜面對物體的支持力所做的功；(2)斜面對物體的摩擦力所做的功；(3)物體重力所做的功；(4)合外力對物體所做的功。答案(1)300J(2)100J(3)－400J(4)0解析物體置于升降機內(nèi)隨升降機一起勻速運動過程中，處于受力平衡狀態(tài)，受力分析如圖所示由平衡條件得Ffcosθ－FNsinθ＝0，F(xiàn)fsinθ＋FNcosθ－mg＝0代入數(shù)據(jù)得Ff＝10N，F(xiàn)N＝10eq\r(3)Nx＝vt＝20m(1)斜面對物體的支持力所做的功WN＝FNxcosθ＝300J(2)斜面對物體的摩擦力所做的功Wf＝Ffxcos(90°－θ)＝100J(3)物體重力做的功WG＝－mgx＝－400J(4)合外力對物體做的功方法一：W合＝WN＋Wf＋WG＝0方法二：F合＝0，W合＝F合xcosα＝0。例3水平桌面上，長6m的輕繩一端固定于O點，如圖所示(俯視圖)，另一端系一質(zhì)量m＝2.0kg的小球?，F(xiàn)對小球施加一個沿桌面大小不變的力F＝10N，F(xiàn)拉著小球從M點運動到N點，F(xiàn)的方向始終與小球的運動方向成37°角。已知小球與桌面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，不計空氣阻力，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列說法正確的是()A．拉力F對小球做的功為16πJB．拉力F對小球做的功為8πJC．小球克服摩擦力做的功為16πJD．小球克服摩擦力做的功為4πJ答案A解析將圓弧分成很多小段l1、l2…ln，拉力F在每小段上做的功為W1、W2…Wn，因拉力F大小不變，方向始終與小球的運動方向成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，故A正確，B錯誤；同理可得小球克服摩擦力做的功W克f＝μmg·eq\f(πR,3)＝8πJ，故C、D錯誤。考點二功率的分析和計算1．定義：功與完成這些功所用時間之比。2．物理意義：描述力對物體做功的快慢。3．公式：(1)P＝eq\f(W,t)，P描述時間t內(nèi)力對物體做功的快慢。(2)P＝Fvcosα①v為平均速度，則P為平均功率。②v為瞬時速度，則P為瞬時功率。1．由P＝eq\f(W,t)知，只要知道W和t就可求出任意時刻的功率。(×)2．由P＝Fv既能求某一時刻的瞬時功率，也可以求平均功率。(√)3．當F為恒力時，v增大，F(xiàn)的功率一定增大。(×)例4如圖所示，質(zhì)量為m＝2kg的木塊在傾角θ＝37°的固定斜面上由靜止開始下滑，斜面足夠長，木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，則前2s內(nèi)重力的平均功率和2s末重力的瞬時功率分別為()A．48W24W B．24W48WC．24W12W D．12W24W答案B解析木塊所受的合外力F合＝mgsinθ－μmgcosθ＝4N木塊的加速度a＝eq\f(F合,m)＝2m/s2前2s內(nèi)木塊的位移x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×2×22m＝4m所以重力在前2s內(nèi)做的功為W＝mgxsinθ＝2×10×4×0.6J＝48J重力在前2s內(nèi)的平均功率eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)＝24W木塊在2s末的速度v＝at＝2×2m/s＝4m/s2s末重力的瞬時功率P＝mgvsinθ＝2×10×4×0.6W＝48W故選項B正確。1．平均功率的計算方法(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)為物體運動的平均速度，其中F為恒力，α不變。2．瞬時功率的計算方法(1)利用公式P＝Fvcosα求瞬時功率時，其中v為t時刻的瞬時速度。F可為恒力，也可為變力，α為F與v的夾角，α可以不變，也可以變化。(2)對公式P＝Fvcosα的理解：可認為Fcosα是力F在速度v方向上的分力，也可認為vcosα是速度v在力F方向上的分速度。例5(2023·山東卷·4)《天工開物》中記載了古人借助水力使用高轉(zhuǎn)筒車往稻田里引水的場景。引水過程簡化如下：兩個半徑均為R的水輪，以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動。水筒在筒車上均勻排布，單位長度上有n個，與水輪間無相對滑動。每個水筒離開水面時裝有質(zhì)量為m的水，其中的60%被輸送到高出水面H處灌入稻田。當?shù)氐闹亓铀俣葹間，則筒車對灌入稻田的水做功的功率為()A.eq\f(2nmgω2RH,5) B.eq\f(3nmgωRH,5)C.eq\f(3nmgω2RH,5) D．nmgωRH答案B解析由題知，水筒在筒車上均勻排布，單位長度上有n個，且每個水筒離開水面時裝有質(zhì)量為m的水，其中的60%被輸送到高出水面H處灌入稻田，則水輪轉(zhuǎn)一圈灌入農(nóng)田的水的總質(zhì)量為m總＝2πRnm×60%＝1.2πRnm，則水輪轉(zhuǎn)一圈灌入稻田的水克服重力做的功W＝1.2πRnmgH，則筒車對灌入稻田的水做功的功率為P＝eq\f(W,t)，t＝eq\f(2π,ω)，聯(lián)立解得P＝eq\f(3nmgωRH,5)，故選B?？键c三機車啟動問題兩種啟動方式以恒定功率啟動以恒定加速度啟動P－t圖像和v－t圖像OA段過程分析v↑?F＝eq\f(P不變,v)↓?a＝eq\f(F－F阻,m)↓a＝eq\f(F－F阻,m)不變?F不變eq\a\vs1\al\co1(v↑,?)P＝Fv↑直到P＝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，持續(xù)時間t0＝eq\f(v1,a)AB段過程分析F＝F阻?a＝0?vm＝eq\f(P,F阻)v↑?F＝eq\f(P額,v)↓?a＝eq\f(F－F阻,m)↓運動性質(zhì)以vm做勻速直線運動加速度減小的加速直線運動BC段F＝F阻?a＝0?以vm＝eq\f(P額,F阻)做勻速直線運動例6氣墊登陸艇主要用于投送登陸部隊，為灘頭部隊提供火力支援，另外也可以執(zhí)行布雷任務(wù)，擁有強悍的運力。如圖所示，某重型氣墊船，自重達5.0×105kg，最高時速為108km/h，裝有額定輸出功率為9000kW的燃氣輪機。假設(shè)該重型氣墊船在海面直線航行過程所受的阻力Ff不變，下列說法正確的是()A．該重型氣墊船在海面直線航行過程加速度一定保持不變B．該重型氣墊船在海面直線航行過程所受的阻力Ff為3.0×105NC．以最高時速一半的速度勻速航行時，氣墊船所受的牽引力為6.0×105ND．以最高時速一半的速度勻速航行時，氣墊船發(fā)動機的輸出功率為9000kW答案B解析在以額定功率運動過程中，氣墊船的牽引力逐漸減小，當時速達到最大時，牽引力等于阻力不變，A錯誤；由P額＝Ffvm，可得Ff＝3.0×105N，當氣墊船以不同的速度做勻速航行時，牽引力等于阻力，B正確，C錯誤；根據(jù)P＝eq\f(Ffvm,2)，解得P＝4500kW，D錯誤。例7(2023·遼寧錦州市模擬)隨著國產(chǎn)汽車的日益崛起，越來越多的人選擇購買國產(chǎn)汽車，某國產(chǎn)汽車發(fā)動機的額定功率為P，駕駛員和汽車的總質(zhì)量為m＝2000kg，當汽車在水平路面上行駛時受到的阻力為車對路面壓力的0.1倍。若汽車從靜止開始在水平路面上勻加速啟動，t1＝5s時，速度v1＝10m/s，功率達到額定功率，此后汽車以額定功率運行，t2＝65s時速度達到最大值vm＝30m/s，汽車運動的v－t圖像如圖所示，取g＝10m/s2，求：(1)汽車的額定功率P；(2)汽車在0～t1期間牽引力的大小F及汽車在0～t1期間牽引力做的功W；(3)汽車在t1～t2期間的位移大小x2。答案(1)60kW(2)6000N1.5×105J(3)1400m解析(1)汽車受到的阻力為Ff＝0.1mg＝2000N當牽引力等于阻力時，汽車速度達到最大，則汽車的額定功率為P＝F牽vm＝Ffvm＝60000W＝60kW(2)從0～5s時間內(nèi)，汽車做勻加速直線運動，加速度大小為a＝eq\f(v1,t1)＝eq\f(10,5)m/s2＝2m/s2汽車勻加速直線運動的位移為x1＝eq\f(1,2)at12＝25m根據(jù)牛頓第二定律可得F－Ff＝ma，可得F＝6000N在0～t1期間牽引力做的功為W＝Fx1＝1.5×105J(3)在t1～t2期間，由動能定理得P(t2－t1)－Ffx2＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mv12解得x2＝1400m。機車啟動問題的三個重要關(guān)系式1．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vm＝eq\f(P,F阻)。2．機車以恒定加速度啟動的過程中，勻加速過程結(jié)束時，功率最大，但速度不是最大，v＝eq\f(P額,F)<vm＝eq\f(P額,F阻)。3．機車以恒定功率啟動時，牽引力做的功W＝Pt。由動能定理得：Pt－F阻x＝ΔEk。此式經(jīng)常用于求解機車以恒定功率啟動過程的位移大小和時間。課時精練1．(2023·新課標卷·15)無風時，雨滴受空氣阻力的作用在地面附近會以恒定的速率豎直下落。一質(zhì)量為m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的過程中，克服空氣阻力做的功為(重力加速度大小為g)()A．0 B．mghC.eq\f(1,2)mv2－mgh D.eq\f(1,2)mv2＋mgh答案B解析由于雨滴是勻速下落，所以受力平衡，空氣阻力等于重力，F(xiàn)f＝mg，所以克服空氣阻力做的功為：W克f＝Ff·h＝mgh，選項B正確。2.(2023·安徽合肥市第一中學期中)如圖所示，木塊B上表面是水平的，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()A．A所受的合力對A做正功B．B對A的彈力對A做正功C．B對A的摩擦力對A做負功D．A對B的作用力對B做正功答案A解析A、B作為整體，由牛頓第二定律得(mA＋mB)·gsinθ＝(mA＋mB)a，解得a＝gsinθ，由牛頓第二定律知，A所受合力方向沿斜面向下，與速度方向相同，故A所受合力對A做正功，故A正確；B對A的彈力豎直向上，與速度方向的夾角大于90°，故B對A的彈力對A做負功，故B錯誤；B對A的摩擦力方向水平向左，與速度方向的夾角小于90°，故B對A的摩擦力對A做正功，故C錯誤；由于aA＝gsinθ，可知B對A的摩擦力和支持力的合力大小為mAgcosθ，方向垂直斜面向上，由牛頓第三定律知，A對B的作用力垂直斜面向下，與B的運動方向垂直，則A對B的作用力對B不做功，故D錯誤。3.(2023·河南洛陽市第一中學檢測)質(zhì)量為2kg的物體靜止在光滑的水平面上，從某時刻起，對物體施加一方向不變的水平拉力F，該拉力與物體的位移x的關(guān)系圖像如圖所示，則物體在x＝7m處時的速度大小為()A．2eq\r(10)m/s B．2eq\r(5)m/sC．5m/s D．4m/s答案A解析根據(jù)F－x圖像與x軸所圍的面積表示功，則物體從0運動到7m過程拉力做的功為W＝3×4J＋eq\f(4＋10,2)×4J＝40J，由動能定理得W＝eq\f(1,2)mv2－0，解得v＝2eq\r(10)m/s，故選A。4.(2023·北京市海淀區(qū)中關(guān)村中學模擬)兩個完全相同的小球A、B，在某一高度處以相同大小的初速度v0分別沿水平方向和豎直方向拋出，如圖所示，不計空氣阻力，則下列說法正確的是()A．兩小球落地時速度相同B．兩小球落地時，重力的瞬時功率相同C．從開始運動至落地，重力對兩小球做的功相同D．從開始運動至落地，重力對兩小球做功的平均功率相同答案C解析兩球運動過程中機械能守恒，則兩小球落地時速度大小相同，但是方向不同，選項A錯誤；兩小球落地時，B球豎直速度較大，根據(jù)PG＝mgvy可知，B球重力的瞬時功率較大，選項B錯誤；根據(jù)W＝mgh可知，從開始運動至落地，重力對兩小球做的功相同，選項C正確；從開始運動至落地，B球運動時間較長，根據(jù)eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)可知，B球重力做功的平均功率較小，選項D錯誤。5．(多選)(2022·廣東卷·9改編)如圖所示，某無人駕駛小車在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s勻速行駛，在斜坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s勻速行駛。已知小車總質(zhì)量為50kg，MN＝PQ＝20m，PQ段的傾角為30°，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。下列說法正確的有()A．從M到N，小車牽引力大小為40NB．從M到N，小車克服摩擦力做功800JC．從P到Q，小車重力勢能增加1×104JD．從P到Q，小車克服摩擦力做功700J答案ABD解析小車從M到N，依題意有P1＝Fv1＝200W，代入數(shù)據(jù)解得F＝40N，故A正確；依題意，小車從M到N，因勻速行駛，小車所受的摩擦力大小為Ff1＝F＝40N，則摩擦力做功為W1＝－40×20J＝－800J，則小車克服摩擦力做功為800J，故B正確；依題意，從P到Q，重力勢能增加量為ΔEp＝mg·PQsin30°＝5000J，故C錯誤；依題意，小車從P到Q，摩擦力大小為Ff2，有Ff2＋mgsin30°＝eq\f(P2,v2)，摩擦力做功為W2＝－Ff2·PQ，聯(lián)立解得W2＝－700J，則小車克服摩擦力做功為700J，故D正確。6．(2023·北京卷·11)如圖所示，一物體在力F作用下沿水平桌面做勻加速直線運動。已知物體質(zhì)量為m，加速度大小為a，物體和桌面之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，在物體移動距離為x的過程中()A．摩擦力做功大小與F方向無關(guān)B．合力做功大小與F方向有關(guān)C．F為水平方向時，F(xiàn)做功為μmgxD．F做功的最小值為max答案D解析設(shè)力F與水平方向的夾角為θ，則摩擦力為Ff＝μ(mg－Fsinθ)，摩擦力做功大小Wf＝μ(mg－Fsinθ)x，即摩擦力做功大小與F的方向有關(guān)，選項A錯誤；合力做功大小W＝F合x＝max，可知合力做功大小與力F方向無關(guān)，選項B錯誤；當力F水平時，則有F＝ma＋μmg，力F做功為WF＝Fx＝(ma＋μmg)x，選項C錯誤；因合外力做功大小為max，大小一定，而合外力做的功等于力F與摩擦力Ff做功的代數(shù)和，而當Fsinθ＝mg時，摩擦力Ff＝0，摩擦力做功為零，力F做功最小，最小值為max，選項D正確。7．(2023·黑龍江佳木斯市模擬)用鐵錘把小鐵釘釘入木板，設(shè)木板對釘子的阻力與釘進木板的深度成正比。已知鐵錘第一次將釘子釘進d，如果鐵錘第二次敲釘子時對釘子做的功與第一次相同，那么，第二次釘子進入木板的深度為()A．(eq\r(3)－1)d B．(eq\r(2)－1)dC.eq\f(\r(5)－1d,2) D.eq\f(\r(2),2)d答案B解析鐵錘每次敲釘子時對釘子做的功等于釘子克服阻力做的功，由于阻力與深度成正比，可用阻力的平均值求功，據(jù)題意可得W＝eq\x\to(F1)d＝eq\f(kd,2)d，W＝eq\x\to(F2)d′＝eq\f(kd＋kd＋d′,2)d′，聯(lián)立解得d′＝(eq\r(2)－1)d，故A、C、D錯誤，B正確。8．(2023·山東淄博市一模)電動自行車在平直路面上勻速行駛，某一時刻從車上掉落一貨物，車行駛的功率不變，貨物掉落前后車速隨時間的變化圖像較符合實際的是()答案A解析電動自行車的功率P＝Fv，勻速行駛時，牽引力等于阻力，即F＝Ff，加速度a＝0。貨物掉落后瞬間速度未變，系統(tǒng)質(zhì)量減小，阻力減小為Ff′，牽引力大于阻力，具有向前的加速度，車開始加速，由于功率不變，則牽引力逐漸減小，加速度減小，當牽引力趨近于Ff′時，加速度趨近于0，電動自行車達到最大速度v′＝eq\f(P,Ff′)，以后繼續(xù)做勻速運動，故選A。9．(2023·湖北卷·4)兩節(jié)動車的額定功率分別為P1和P2，在某平直鐵軌上能達到的最大速度分別為v1和v2?，F(xiàn)將它們編成動車組，設(shè)每節(jié)動車運行時受到的阻力在編組前后不變，則該動車組在此鐵軌上能達到的最大速度為()A.eq\f(P1v1＋P2v2,P1＋P2) B.eq\f(P1v2＋P2v1,P1＋P2)C.eq\f(P1＋P2v1v2,P1v1＋P2v2) D.eq\f(P1＋P2v1v2,P1v2＋P2v1)答案D解析由題意可知兩節(jié)動車分別有P1＝Ff1v1，P2＝Ff2v2，當將它們編組后有P1＋P2＝(Ff1＋Ff2)v，聯(lián)立可得v＝eq\f(P1＋P2v1v2,P1v2＋P2v1)，故選D。10.(2023·廣東梅州市期末)某款汽車在某基地水平測試場進行加速測試的v－t圖像如圖所示，該車加速至P點后功率達到最大值P0，加速至Q點后速度達到最大。則下列說法正確的是()A．勻加速的過程中運動位移為v0t0B．運動過程中受到阻力的大小為eq\f(2P0,vm)C．加速過程中牽引力的最大值為eq\f(P0,v0)D．vm與v0的大小之比為3∶1答案C解析v－t圖像中，圖像與時間軸所圍面積表示位移，可知勻加速的過程中運動位移為x0＝eq\f(v0t0,2)，故A錯誤；汽車加速至Q點后速度達到最大，受力平衡，牽引力大小等于阻力，則有Ff＝eq\f(P0,vm)，故B錯誤；0～t0，汽車做勻加速直線運動，牽引力恒定，t0～3t0內(nèi)做加速度減小的變加速直線運動，該過程牽引力減小，可知勻加速過程的牽引力最大，由于該車加速至P點后功率達到最大值P0，則有F0＝eq\f(P0,v0)，即加速過程中牽引力的最大值為eq\f(P0,v0)，故C正確；若汽車在0～3t0時間內(nèi)一直做勻加速直線運動，則在3t0時速度vm＝3v0，而實際在t0～3t0時間內(nèi)，加速度一直減小，vm<3v0，故eq\f(vm,v0)<3，故D錯誤。11.(多選)地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機通過豎井運送至地面。某豎井中礦車提升的速度大小v隨時間t的變化關(guān)系如圖所示，其中圖線①②分別描述兩次不同的提升過程，它們變速階段加速度的大小都相同；兩次提升的高度相同，質(zhì)量相等。不考慮摩擦阻力和空氣阻力。對于第①次和第②次提升過程，下列說法正確的有()A．礦車上升所用的時間之比為4∶5B．電機的最大牽引力之比為2∶1C．電機輸出的最大功率之比為2∶1D．電機所做的功之比為4∶5答案AC解析由題圖可得，變速階段的加速度大小a＝eq\f(v0,t0)，設(shè)第②次所用時間為t2，根據(jù)速度—時間圖像與時間軸所圍的面積表示位移(此題中為提升的高度)可知，eq\f(1,2)×2t0×v0＝eq\f(1,2)[t2＋(t2－t0)]×eq\f(1,2)v0，解得t2＝eq\f(5t0,2)，所以第①次和第②次礦車上升所用時間之比為2t0∶eq\f(5t0,2)＝4∶5，選項A正確。由于兩次提升過程變速階段的加速度大小相同，在勻加速階段，由牛頓第二定律，F(xiàn)－mg＝ma，可得電機的最大牽引力之比為1∶1，選項B錯誤。由功率公式P＝Fv可知，電機輸出的最大功率之比等于最大速度之比，為2∶1，選項C正確。加速上升過程的加速度a1＝eq\f(v0,t0)，加速上升過程的牽引力F1＝ma1＋mg＝m(eq\f(v0,t0)＋g)，減速上升過程的加速度a2＝－eq\f(v0,t0)，減速上升過程的牽引力F2＝ma2＋mg＝m(g－eq\f(v0,t0))，勻速運動過程的牽引力F3＝mg。第①次提升過程做功W1＝F1×eq\f(1,2)×t0×v0＋F2×eq\f(1,2)×t0×v0＝mgv0t0；第②次提升過程做功W2＝F1×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)t0×eq\f(1,2)v0＋F3×eq\f(3,2)t0×eq\f(1,2)v0＋F2×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)t0×eq\f(1,2)v0＝mgv0t0，兩次做功相同，選項D錯誤。12．(多選)(2023·湖南省長沙一中一模)如圖所示為某型號汽車的速度v與牽引力F大小倒數(shù)的圖像，vm表示最大速度。已知汽車在水平路面上由靜止啟動，ab平行于v軸，bc反向延長過原點O。已知阻力恒定，汽車質(zhì)量為2×103kg，下列說法正確的是()A．從a到b汽車持續(xù)的時間為20sB．由b到c過程汽車做勻加速直線運動C．汽車額定功率為50kWD．汽車能夠獲得的最大速度為12m/s答案AC解析根據(jù)v＝eq\f(P,F)，可知額定功率等于圖線的斜率，P＝eq\f(10,\f(1,5)×10－3)W＝50kW，C正確；根據(jù)P＝Fv，由b到c過程汽車功率不變，隨著汽車速度的增大，牽引力減??；根據(jù)牛頓第二定律得F－Ff＝ma汽車所受阻力不變，隨著牽引力的減小，汽車的加速度減小，由b到c過程汽車做非勻變速直線運動，B錯誤；汽車能夠獲得的最大速度為vm＝P×eq\f(1,F1)＝50×103×eq\f(1,4)×10－3m/s＝12.5m/s，D錯誤；汽車所受的阻力為Ff＝eq\f(P,vm)＝eq\f(50×103,12.5)N＝4000N從a到b汽車所受的牽引力為F2＝5000N根據(jù)牛頓第二定律得F2－Ff＝ma解得a＝0.5m/s2從a到b汽車持續(xù)的時間為t＝eq\f(v,a)＝eq\f(10,0.5)s＝20s，A正確。

第2課時動能定理及其應(yīng)用目標要求1.理解動能、動能定理，會用動能定理解決一些基本問題。2.能利用動能定理求變力做的功。3.掌握解決動能定理與圖像結(jié)合的問題的方法?？键c一動能定理的理解和基本應(yīng)用1．動能(1)定義：物體由于運動而具有的能量叫作動能。(2)公式：Ek＝eq\f(1,2)mv2。(3)單位：焦耳，1J＝1N·m＝1kg·m2/s2。(4)標矢性：動能是標量，動能與速度方向無關(guān)。2．動能定理(1)內(nèi)容：力在一個過程中對物體做的功，等于物體在這個過程中動能的變化。(2)表達式：W合＝ΔEk＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12。(3)物理意義：合力的功是物體動能變化的量度。說明：(1)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)動能是標量，動能定理是標量式，解題時不能分解動能。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．物體在合外力作用下做變速運動時，動能一定變化。(×)3．物體的動能不變，所受的合外力必定為零。(×)4．合力對物體做正功，物體的動能增加；合力對物體做負功，物體的動能減少。(√)例1(2021·河北卷·6)一半徑為R的圓柱體水平固定，橫截面如圖所示，長度為πR、不可伸長的輕細繩，一端固定在圓柱體最高點P處，另一端系一個小球，小球位于P點右側(cè)同一水平高度的Q點時，繩剛好拉直，將小球從Q點由靜止釋放，當與圓柱體未接觸部分的細繩豎直時，小球的速度大小為(重力加速度為g，不計空氣阻力)()A.eq\r(2＋πg(shù)R) B.eq\r(2πg(shù)R)C.eq\r(21＋πg(shù)R) D．2eq\r(gR)答案A解析小球下落的高度為h＝πR－eq\f(π,2)R＋R＝eq\f(π＋2,2)R，小球下落過程中，根據(jù)動能定理有mgh＝eq\f(1,2)mv2，綜上有v＝eq\r(π＋2gR)，故選A。例2(多選)(2021·全國甲卷·20)一質(zhì)量為m的物體自傾角為α的固定斜面底端沿斜面向上滑動。該物體開始滑動時的動能為Ek，向上滑動一段距離后速度減小為零，此后物體向下滑動，到達斜面底端時動能為eq\f(Ek,5)。已知sinα＝0.6，重力加速度大小為g。則()A．物體向上滑動的距離為eq\f(Ek,2mg)B．物體向下滑動時的加速度大小為eq\f(g,5)C．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)等于0.5D．物體向上滑動所用的時間比向下滑動的時間長答案BC解析物體從斜面底端回到斜面底端根據(jù)動能定理有－μmg·2lcosα＝eq\f(Ek,5)－Ek，物體從斜面底端到最高點根據(jù)動能定理有－mglsinα－μmglcosα＝0－Ek，整理得l＝eq\f(Ek,mg)，μ＝0.5，A錯誤，C正確；物體向下滑動時根據(jù)牛頓第二定律有ma下＝mgsinα－μmgcosα，解得a下＝eq\f(g,5)，B正確；物體向上滑動時根據(jù)牛頓第二定律有ma上＝mgsinα＋μmgcosα，解得a上＝g，故a上>a下，由于上滑過程中的末速度為零，下滑過程中的初速度為零，且走過相同的位移，根據(jù)位移公式l＝eq\f(1,2)at2，則可得出t上<t下，D錯誤。應(yīng)用動能定理的解題流程考點二應(yīng)用動能定理求變力的功例3(多選)(2023·廣東卷·8)人們用滑道從高處向低處運送貨物。如圖所示，可看作質(zhì)點的貨物從eq\f(1,4)圓弧滑道頂端P點靜止釋放，沿滑道運動到圓弧末端Q點時速度大小為6m/s。已知貨物質(zhì)量為20kg，滑道高度h為4m，且過Q點的切線水平，重力加速度取10m/s2。關(guān)于貨物從P點運動到Q點的過程，下列說法正確的有()A．重力做的功為360JB．克服阻力做的功為440JC．經(jīng)過Q點時向心加速度大小為9m/s2D．經(jīng)過Q點時對軌道的壓力大小為380N答案BCD解析重力做的功為WG＝mgh＝800J，A錯誤；下滑過程根據(jù)動能定理可得WG－W克f＝eq\f(1,2)mvQ2，代入數(shù)據(jù)解得克服阻力做的功為W克f＝440J，B正確；經(jīng)過Q點時向心加速度大小為a＝eq\f(vQ2,h)＝9m/s2，C正確；經(jīng)過Q點時，根據(jù)牛頓第二定律可得F－mg＝ma，解得貨物受到的支持力大小為F＝380N，根據(jù)牛頓第三定律可知，貨物對軌道的壓力大小為380N，D正確。例4質(zhì)量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開始運動，起始點A與一輕彈簧O端相距s，如圖所示。已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x，則從開始碰撞到彈簧被壓縮至最短，物體克服彈簧彈力所做的功為(重力加速度大小為g)()A.eq\f(1,2)mv02－μmg(s＋x)B.eq\f(1,2)mv02－μmgxC．μmgsD．μmg(s＋x)答案A解析根據(jù)功的定義式可知物體克服摩擦力做功為Wf＝μmg(s＋x)，由動能定理可得－W彈－Wf＝0－eq\f(1,2)mv02，則W彈＝eq\f(1,2)mv02－μmg(s＋x)，故選項A正確。在一個有變力做功的過程中，當變力做功無法直接通過功的公式求解時，可用動能定理W變＋W恒＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，若物體初、末速度已知，恒力做功W恒可根據(jù)功的公式求出，則W變＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12－W恒?？键c三動能定理與圖像結(jié)合的問題圖像與橫軸所圍“面積”或圖像斜率的含義例5(2024·江蘇南通市檢測)A、B兩物體的質(zhì)量之比mA∶mB＝1∶4，它們以相同的初速度v0在水平面上做勻減速直線運動，直到停止，其v－t圖像如圖所示。此過程中，A、B兩物體受到的摩擦力做的功之比WA∶WB和A、B兩物體受到的摩擦力之比FA∶FB分別是()A．WA∶WB＝1∶2 B．WA∶WB＝4∶1C．FA∶FB＝1∶2 D．FA∶FB＝4∶1答案C解析根據(jù)動能定理－W＝0－eq\f(1,2)mv02，可知A、B兩物體受到的摩擦力做的功之比為WA∶WB＝1∶4，故A、B錯誤；根據(jù)v－t圖像可知兩物體的加速度之比為aA∶aB＝2∶1，根據(jù)牛頓第二定律F＝ma，可得A、B兩物體受到的摩擦力之比FA∶FB＝1∶2，故C正確，D錯誤。例6(2021·湖北卷·4)如圖(a)所示，一物塊以一定初速度沿傾角為30°的固定斜面上滑，運動過程中摩擦力大小f恒定，物塊動能Ek與運動路程s的關(guān)系如圖(b)所示。重力加速度大小取10m/s2，物塊質(zhì)量m和所受摩擦力大小f分別為()A．m＝0.7kg，f＝0.5NB．m＝0.7kg，f＝1.0NC．m＝0.8kg，f＝0.5ND．m＝0.8kg，f＝1.0N答案A解析0～10m內(nèi)物塊上滑，由動能定理得－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin30°＋f)s，結(jié)合0～10m內(nèi)的圖像得，斜率的絕對值|k|＝mgsin30°＋f＝4N，10～20m內(nèi)物塊下滑，由動能定理得(mgsin30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin30°－f)s－(mgsin30°－f)s1，結(jié)合10～20m內(nèi)的圖像得，斜率k′＝mgsin30°－f＝3N，聯(lián)立解得f＝0.5N，m＝0.7kg，故選A。課時精練1.如圖，某同學用繩子拉動木箱，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．等于拉力所做的功B．小于拉力所做的功C．等于克服摩擦力所做的功D．大于克服摩擦力所做的功答案B解析木箱受力如圖所示，木箱在移動的過程中有兩個力做功，拉力做正功，摩擦力做負功，根據(jù)動能定理可知WF＋Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，所以動能小于拉力做的功，故B正確，A錯誤；無法比較動能與摩擦力做功的大小，C、D錯誤。2.(2021·山東卷·3)如圖所示，粗糙程度處處相同的水平桌面上有一長為L的輕質(zhì)細桿，一端可繞豎直光滑軸O轉(zhuǎn)動，另一端與質(zhì)量為m的小木塊相連。木塊以水平初速度v0出發(fā)，恰好能完成一個完整的圓周運動。在運動過程中，木塊所受摩擦力的大小為()A.eq\f(mv02,2πL)B.eq\f(mv02,4πL)C.eq\f(mv02,8πL)D.eq\f(mv02,16πL)答案B解析在運動過程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功與路徑有關(guān)，根據(jù)動能定理－Ff·2πL＝0－eq\f(1,2)mv02，可得摩擦力的大小Ff＝eq\f(mv02,4πL)，故選B。3．在籃球比賽中，某位同學獲得罰球機會，他站在罰球線處用力將籃球斜向上投出，籃球以大小約為1m/s的速度撞擊籃筐。已知籃球質(zhì)量約為0.6kg，籃筐離地高度約為3m，忽略籃球受到的空氣阻力，重力加速度大小g＝10m/s2，則該同學罰球時對籃球做的功大約為()A．1JB．10JC．50JD．100J答案B解析該同學將籃球投出時的高度約為h1＝1.8m，根據(jù)動能定理有W－mg(h－h(huán)1)＝eq\f(1,2)mv2，解得W＝7.5J，故選項B正確。4．(2024·安徽淮南市一模)某物體以一定初速度做平拋運動，從t＝0時刻起，物體的動能Ek隨時間t變化的情況正確的是()答案D解析物體在重力作用下做平拋運動，加速度為g，豎直位移y＝eq\f(1,2)gt2，由動能定理得Ek＝E0＋eq\f(1,2)mg2t2，故選D。5.如圖所示，光滑固定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v，壓縮彈簧至C點時彈簧最短，C點距地面高度為h，重力加速度為g，則小球從A到C的過程中彈簧彈力做的功為()A．mgh－eq\f(1,2)mv2 B.eq\f(1,2)mv2－mghC．－mgh D．－(mgh＋eq\f(1,2)mv2)答案A解析小球從A到C過程中，由動能定理可得WG＋WF＝0－eq\f(1,2)mv2，WG＝－mgh，解得WF＝mgh－eq\f(1,2)mv2，故選A。6．(2023·湖南懷化市模擬)如圖所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度為v0的物體從D點出發(fā)沿DBA滑動到頂點A時速度剛好為零，如果斜面改為AC，讓該物體從D點出發(fā)沿DCA滑動到A點且速度剛好為零，則物體具有的初速度(已知物體與斜面及水平面之間的動摩擦因數(shù)處處相同且不為零，不計B、C處能量損失)()A．等于v0 B．大于v0C．小于v0 D．取決于斜面答案A解析物體從D點沿DBA滑動到頂點A過程中，由動能定理可得－mg·xAO－μmg·xDB－μmgcosα·xAB＝0－eq\f(1,2)mv02，α為斜面傾角，由幾何關(guān)系有xABcosα＝xOB，因而上式可以簡化為－mg·xAO－μmg·xOD＝0－eq\f(1,2)mv02，從上式可以看出，物體的初速度與斜面傾角無關(guān)，故選A。7.(2023·重慶卷·13)機械臂廣泛應(yīng)用于機械裝配。若某質(zhì)量為m的工件(視為質(zhì)點)被機械臂抓取后，在豎直平面內(nèi)由靜止開始斜向上做加速度大小為a的勻加速直線運動，運動方向與豎直方向夾角為θ，提升高度為h，如圖所示。求：(1)提升高度為h時，工件的速度大??；(2)在此過程中，工件運動的時間及合力對工件做的功。答案(1)eq\r(\f(2ah,cosθ))(2)eq\r(\f(2h,acosθ))eq\f(mah,cosθ)解析(1)根據(jù)勻變速直線運動位移與速度關(guān)系有v02＝2aeq\f(h,cosθ)，解得v0＝eq\r(\f(2ah,cosθ))(2)由v0＝at，解得t＝eq\r(\f(2h,acosθ))根據(jù)動能定理有W合＝eq\f(1,2)mv02，解得W合＝eq\f(mah,cosθ)。8.一物塊沿傾角為θ的斜坡向上滑動。當物塊的初速度為v時，上升的最大高度為H，如圖所示，當物塊的初速度為2v時，上升的最大高度記為h。重力加速度為g，則物塊與斜坡間的動摩擦因數(shù)μ和h分別為()A．tanθ和eq\f(H,2)B．tanθ和4HC．(eq\f(v2,2gH)－1)tanθ和2HD．(eq\f(v2,2gH)－1)tanθ和4H答案D解析當物塊上滑的初速度為v時，根據(jù)動能定理有－mgH－μmgcosθ·eq\f(H,sinθ)＝0－eq\f(1,2)mv2當上滑的初速度為2v時，有－mgh－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＝0－eq\f(1,2)m(2v)2聯(lián)立可得μ＝(eq\f(v2,2gH)－1)tanθ，h＝4H，故選D。9.A、B兩物體分別在水平恒力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v－t圖像如圖所示。已知兩物體所受的滑動摩擦力大小相等，則下列說法正確的是()A．F1、F2大小之比為1∶2B．F1對A、F2對B做功之比為1∶2C．A、B的質(zhì)量之比為2∶1D．全過程中A、B克服摩擦力做功之比為2∶1答案C解析由v－t圖像可知，兩個勻減速運動的加速度大小之比為1∶2，由題可知A、B所受摩擦力大小相等，所以A、B的質(zhì)量關(guān)系是2∶1，故C正確。由v－t圖像可知，A、B兩物體運動的位移相等，且勻加速運動位移之比為1∶2，勻減速運動的位移之比為2∶1，由動能定理可得F1·x－Ff1·3x＝0－0，F(xiàn)2·2x－Ff2·3x＝0－0，因此可得：F1＝3Ff1，F(xiàn)2＝eq\f(3,2)Ff2，F(xiàn)f1＝Ff2，所以F1＝2F2。全過程中A、B克服摩擦力做的功相等，F(xiàn)1對A、F2對B做的功大小相等，故A、B、D錯誤。10.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h在3m以內(nèi)時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變化如圖所示。重力加速度取10m/s2。該物體的質(zhì)量為()A．2kgB．1.5kgC．1kgD．0.5kg答案C解析法一：特殊值法畫出運動示意圖。設(shè)該外力的大小為F，據(jù)動能定理知A→B(上升過程)：－(mg＋F)h＝EkB－EkAB→A(下落過程)：(mg－F)h＝EkA′－EkB′整理以上兩式并代入數(shù)據(jù)得物體的質(zhì)量m＝1kg，選項C正確。法二：寫表達式根據(jù)斜率求解上升過程：－(mg＋F)h＝Ek－Ek0，則Ek＝－(mg＋F)h＋Ek0下落過程：(mg－F)h＝Ek′－Ek0′，則Ek′＝(mg－F)h＋Ek0′，結(jié)合題圖可知mg＋F＝eq\f(72－36,3－0)N＝12N，mg－F＝eq\f(48－24,3－0)N＝8N聯(lián)立可得m＝1kg，選項C正確。11.物流公司用滑軌裝運貨物，如圖所示。長5m、傾角為37°的傾斜滑軌與長5.5m的水平滑軌平滑連接，有一質(zhì)量為1kg的貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑。已知貨物與兩段滑軌間的動摩擦因數(shù)均為eq\f(1,3)，sin37°＝0.6，空氣阻力不計，重力加速度g取10m/s2。求：(1)貨物滑到傾斜滑軌末端的速度大小；(2)貨物從開始下滑經(jīng)過4s，克服摩擦力所做的功為多少。答案(1)eq\f(10\r(3),3)m/s(2)30J解析(1)根據(jù)動能定理mglsin37°－μmglcos37°＝eq\f(1,2)mv12解得v1＝eq\f(10\r(3),3)m/s(2)在斜面上下滑時有mgsin37°－μmgcos37°＝ma1，解得a1＝eq\f(10,3)m/s2，下滑到底端時的時間t1＝eq\r(\f(2l,a1))＝eq\r(3)s，在水平滑軌上運動的加速度a2＝μg，解得a2＝eq\f(10,3)m/s2，則在水平滑軌上運動的時間t2＝eq\f(v1,a2)＝eq\r(3)s，貨物從開始下滑經(jīng)過4s時已經(jīng)停止在水平滑軌上，則整個過程由動能定理有mglsin37°－W克f＝0，克服摩擦力所做的功為W克f＝mglsin37°＝30J。12．(多選)如圖所示為傾角為37°的固定斜面，一個質(zhì)量為2kg的物塊自斜面底端沿斜面上滑，其動能和重力勢能隨上滑距離x的變化如圖中直線Ⅰ和Ⅱ所示，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則()A．物塊的初速度為10m/sB．物塊和斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5C．物塊上升的最大高度為5mD．物塊回到斜面底端時的動能為60J答案AB解析＝F合x＝0－100J，其中x＝5m，聯(lián)立解得μ＝0.5，B正確；物塊上升的最大高度h＝5×sin37°m＝3m，C錯誤；物塊下滑時，根據(jù)動能定理(mgsin37°－μmgcos37°)x＝Ek′，解得Ek′＝20J，D錯誤。

第3課時專題強化：動能定理在多過程問題中的應(yīng)用目標要求1.會用動能定理解決多過程、多階段的問題。2.掌握動能定理在往復(fù)運動問題中的應(yīng)用?？键c一動能定理在多過程問題中的應(yīng)用1．應(yīng)用動能定理解決多過程問題的兩種思路(1)分階段應(yīng)用動能定理①若題目需要求某一中間物理量，應(yīng)分階段應(yīng)用動能定理。②物體在多個運動過程中，受到的彈力、摩擦力等力若發(fā)生了變化，力在各個過程中做功情況也不同，不宜全過程應(yīng)用動能定理，可以研究其中一個或幾個分過程，結(jié)合動能定理，各個擊破。(2)全過程(多個過程)應(yīng)用動能定理當物體運動過程包含幾個不同的物理過程，又不需要研究過程的中間狀態(tài)時，可以把幾個運動過程看作一個整體，巧妙運用動能定理來研究，從而避開每個運動過程的具體細節(jié)，大大減少運算。2．全過程列式時要注意(1)重力、彈簧彈力做功取決于物體的初、末位置，與路徑無關(guān)。(2)大小恒定的阻力或摩擦力做功的數(shù)值等于力的大小與路程的乘積。例1(2024·安徽安慶市模擬)小球由地面豎直向上拋出，上升的最大高度為H，設(shè)所受阻力大小恒定，選地面為參考平面，在上升至離地h高處，小球的動能是重力勢能的2倍，到達最高點后再下落至離地高h處，小球的重力勢能是動能的2倍，則h等于()A.eq\f(H,9)B.eq\f(2H,9)C.eq\f(H,3)D.eq\f(4H,9)答案D解析設(shè)小球受到的阻力大小恒為Ff，小球上升至最高點過程，由動能定理得－mgH－FfH＝0－eq\f(1,2)mv02，小球上升至離地高度h處時速度設(shè)為v1，由動能定理得－mgh－Ffh＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02，又由題有eq\f(1,2)mv12＝2mgh，小球上升至最高點后又下降至離地高度h處時速度設(shè)為v2，此過程由動能定理得－mgh－Ff(2H－h(huán))＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv02，又由題有2×eq\f(1,2)mv22＝mgh，以上各式聯(lián)立解得h＝eq\f(4H,9)，故選D。例2(2023·湖北卷·14)如圖為某游戲裝置原理示意圖。水平桌面上固定一半圓形豎直擋板，其半徑為2R、內(nèi)表面光滑，擋板的兩端A、B在桌面邊緣，B與半徑為R的固定光滑圓弧軌道在同一豎直平面內(nèi)，過C點的軌道半徑與豎直方向的夾角為60°。小物塊以某一水平初速度由A點切入擋板內(nèi)側(cè)，從B點飛出桌面后，在C點沿圓弧切線方向進入軌道內(nèi)側(cè)，并恰好能到達軌道的最高點D。小物塊與桌面之間的動摩擦因數(shù)為eq\f(1,2π)，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力，小物塊可視為質(zhì)點。求：(1)小物塊到達D點的速度大??；(2)B和D兩點的高度差；(3)小物塊在A點的初速度大小。答案(1)eq\r(gR)(2)0(3)eq\r(3gR)解析(1)由題知，小物塊恰好能到達軌道的最高點D，則在D點有meq\f(vD2,R)＝mg，解得vD＝eq\r(gR)(2)由題知，小物塊從C點沿圓弧切線方向進入軌道內(nèi)側(cè)，則在C點有cos60°＝eq\f(vB,vC)小物塊從C到D的過程中，根據(jù)動能定理有－mg(R＋Rcos60°)＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mvC2則小物塊從B到D的過程中，根據(jù)動能定理有mgHBD＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mvB2聯(lián)立解得vB＝eq\r(gR)，HBD＝0(3)小物塊從A到B的過程中，根據(jù)動能定理有－μmgs＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mvA2，s＝π·2R解得vA＝eq\r(3gR)?？键c二動能定理在往復(fù)運動問題中的應(yīng)用1．往復(fù)運動問題：在有些問題中物體的運動過程具有重復(fù)性、往返性，描述運動的物理量多數(shù)是變化的，而且重復(fù)的次數(shù)又往往是無限的或者難以確定的。2．解題策略：此類問題多涉及滑動摩擦力或其他阻力做功，其做功的特點是與路程有關(guān)，運用牛頓運動定律及運動學公式將非常煩瑣，甚至無法解出，由于動能定理只涉及物體的初、末狀態(tài)，所以用動能定理分析這類問題可使解題過程簡化。例3如圖所示，固定斜面的傾角為θ，質(zhì)量為m的滑塊從距擋板P的距離為x0處以初速度v0沿斜面上滑，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，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，重力加速度為g，則滑塊經(jīng)過的總路程是()A.eq\f(1,μ)(eq\f(v02,2gcosθ)＋x0tanθ)B.eq\f(1,μ)(eq\f(v02,2gsinθ)＋x0tanθ)C.eq\f(2,μ)(eq\f(v02,2gcosθ)＋x0tanθ)D.eq\f(1,μ)(eq\f(v02,2gcosθ)＋eq\f(x,tanθ))答案A解析滑塊最終要停在斜面底部，設(shè)滑塊經(jīng)過的總路程為x，對滑塊運動的全程應(yīng)用動能定理得mgx0sinθ－μmgxcosθ＝0－eq\f(1,2)mv02，解得x＝eq\f(1,μ)(eq\f(v02,2gcosθ)＋x0tanθ)，選項A正確。例4(2022·浙江1月選考·20)如圖所示，處于豎直平面內(nèi)的一探究裝置，由傾角α＝37°的光滑直軌道AB、圓心為O1的半圓形光滑軌道BCD、圓心為O2的半圓形光滑細圓管軌道DEF、傾角也為37°的粗糙直軌道FG組成，B、D和F為軌道間的相切點，彈性板垂直軌道固定在G點(與B點等高)，B、O1、D、O2和F點處于同一直線上。已知可視為質(zhì)點的滑塊質(zhì)量m＝0.1kg，軌道BCD和DEF的半徑R＝0.15m，軌道AB長度lAB＝3m，滑塊與軌道FG間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(7,8)，滑塊與彈性板作用后，以等大速度彈回，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8?；瑝K開始時均從軌道AB上某點靜止釋放。(1)若釋放點距B點的長度l＝0.7m，求滑塊到最低點C時軌道對其支持力FN的大??；(2)設(shè)釋放點距B點的長度為lx，求滑塊第一次經(jīng)F點時的速度v與lx之間的關(guān)系式；(3)若滑塊最終靜止在軌道FG的中點，求釋放點距B點長度lx的值。答案(1)7N(2)v＝eq\r(12lx－9.6)(m/s)，其中l(wèi)x≥0.85m(3)見解析解析(1)滑塊由釋放點到C點過程，由動能定理有mglsin37°＋mgR(1－cos37°)＝eq\f(1,2)mvC2①在C點由牛頓第二定律有FN－mg＝meq\f(vC2,R)②由①②解得FN＝7N③(2)要保證滑塊能到F點，必須能過DEF的最高點，當滑塊恰到最高點時根據(jù)動能定理可得mgl1sin37°－(3mgRcos37°＋mgR)＝0④解得l1＝0.85m⑤因此要能過F點必須滿足lx≥0.85m⑥能過最高點，則能到F點，由釋放到第一次到達F點，根據(jù)動能定理可得mglxsin37°－4mgRcos37°＝eq\f(1,2)mv2，⑦由④⑤⑥⑦解得v＝eq\r(12lx－9.6)(m/s)，其中l(wèi)x≥0.85m⑧(3)設(shè)摩擦力做功為第一次到達中點時的n倍mglxsin37°－mgeq\f(lFG,2)sin37°－nμmgeq\f(lFG,2)cos37°＝0，⑨lFG＝eq\f(4R,tan37°)，⑩由⑨⑩解得lx＝eq\f(7n＋6,15)m，n＝1,3,5，…又因為0.85m≤lx≤lAB，lAB＝3m，當n＝1時，lx1＝eq\f(13,15)m；當n＝3時，lx2＝eq\f(9,5)m當n＝5時，lx3＝eq\f(41,15)m。課時精練1．木塊在水平恒力F的作用下，沿水平路面由靜止出發(fā)前進了L，隨即撤去此恒力，木塊沿原方向又前進了3L才停下來，設(shè)木塊運動全過程中地面情況相同，則摩擦力的大小Ff和木塊所獲得的最大動能Ek分別為()A．Ff＝eq\f(F,2)Ek＝eq\f(FL,2) B．Ff＝eq\f(F,2)Ek＝FLC．Ff＝eq\f(F,3)Ek＝eq\f(2FL,3) D．Ff＝eq\f(F,4)Ek＝eq\f(3FL,4)答案D解析木塊運動全過程中，根據(jù)動能定理可得FL－Ff·4L＝0－0，可得Ff＝eq\f(F,4)，木塊在撤去恒力時速度最大，則動能最大，根據(jù)動能定理可得FL－FfL＝Ek－0，解得木塊所獲得的最大動能為Ek＝eq\f(3FL,4)，故選D。2．圖中ABCD是一條長軌道，其中AB段是傾角為θ的斜面，CD段是水平的軌道，長為s，BC段是與AB段和CD段都相切的一小段圓弧，其長度可以忽略不計。一質(zhì)量為m的小滑塊(可視為質(zhì)點)在A點由靜止釋放，沿軌道下滑，最后停在D點，A點和D點的位置如圖所示，現(xiàn)用一沿軌道方向的力推滑塊，使它緩緩地由D點回到A點，設(shè)滑塊與軌道間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g，則推力對滑塊做的功等于()A．mgh B．2mghC．μmg(s＋eq\f(h,sinθ)) D．μmg(s＋hcosθ)答案B解析滑塊由A點運動至D點，設(shè)克服摩擦力做功為W克fAD，由動能定理得mgh－W克fAD＝0，即W克fAD＝mgh，①滑塊從D點回到A點，由于是緩慢推，說明動能變化量為零，設(shè)克服摩擦力做功為W克fDA，由動能定理知當滑塊從D點被推回A點有WF－mgh－W克fDA＝0，②由A點運動至D點，克服摩擦力做的功為W克fAD＝μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＋μmgs，③從D→A的過程克服摩擦力做的功為W克fDA＝μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＋μmgs，④聯(lián)立③④得W克fAD＝W克fDA，⑤聯(lián)立①②⑤得WF＝2mgh，故A、C、D錯誤，B正確。3.(2024·廣東省模擬)如圖所示，一籃球從距地面高H處由靜止下落，與地面作用后再豎直向上彈回，籃球每次與地面作用都會有動能損失，損失的動能為籃球每次與地面接觸前動能的10%。不計空氣阻力，籃球從開始下落到停止的過程中運動的總路程為()A．9HB．15HC．19HD．21H答案C解析籃球第一次到達地面時所獲得的動能為Ek1＝mgH，運動的路程為s1＝H，籃球第一次與地面作用后損失的動能為ΔEk1＝10%Ek1＝0.1mgH，反彈后上升到最高點時的高度為H1＝0.9H籃球第二次到達地面運動的路程為s2＝H＋2H1＝H＋2×0.9H籃球第二次與地面作用后損失的動能為ΔEk2＝10%Ek2＝0.1mgH1＝0.9mgH×0.1反彈后上升到最高點時的高度為H2＝0.9H1＝0.92H籃球第三次到達地面時運動的路程為s3＝H＋2H1＋2H2＝H＋2×0.9H＋2×0.92H籃球第n次到達地面時運動的路程為sn＝H＋2×0.9H＋2×0.92H＋…＋2×0.9n－1H根據(jù)等比數(shù)列求和公式可得s總＝H＋2×0.9H×eq\f(1－0.9n－1,1－0.9)當n趨于無窮大時，有s總＝19H，C正確。4.(多選)(2023·遼寧沈陽市三模)如圖所示為某探究活動小組設(shè)計的節(jié)能運輸系統(tǒng)。斜面軌道傾角θ＝37°，質(zhì)量為M的集裝箱與軌道間的動摩擦因數(shù)為0.5，集裝箱在軌道頂端時，自動裝貨裝置將質(zhì)量為m的貨物裝入箱中，之后集裝箱載著貨物沿軌道無初速度滑下(貨物與箱之間無相對滑動)，當輕彈簧被壓縮至最短時，自動卸貨裝置立刻將貨物卸下，然后集裝箱恰好被彈回到軌道頂端，再重復(fù)上述過程(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。下列說法正確的是()A．集裝箱與彈簧沒有接觸時，上滑與下滑的加速度大小之比為5∶2B．集裝箱與貨物的質(zhì)量之比為1∶4C．若集裝箱與貨物的質(zhì)量之比為1∶1，則集裝箱不能回到軌道頂端D．若集裝箱與貨物的質(zhì)量之比為1∶6，則集裝箱不能回到軌道頂端答案BC解析根據(jù)牛頓第二定律，上滑時，有Mgsinθ＋μMgcosθ＝Ma1，下滑時，有(M＋m)gsinθ－μ(M＋m)gcosθ＝(M＋m)a2，所以eq\f(a1,a2)＝eq\f(5,1)，故A錯誤；設(shè)頂端到彈簧壓縮到最短位置間的距離為x，集裝箱從頂端滑至壓縮彈簧到最短，再到返回頂端，根據(jù)動能定理，有mgxsinθ－μ(M＋m)gcosθ·x－μMgcosθ·x＝0，可得eq\f(M,m)＝eq\f(1,4)，故B正確；若集裝箱與貨物的質(zhì)量之比為1∶1，則mgxsinθ－μ(M＋m)gcosθ·x－μMgcosθ·x<0，說明集裝箱不能回到軌道頂端，故C正確；若集裝箱與貨物的質(zhì)量之比為1∶6，則mgxsinθ－μ(M＋m)gcosθ·x－μMgcosθ·x>0，說明集裝箱能回到軌道頂端，故D錯誤。5．(2023·北京市清華大學附屬中學零模)如圖甲所示為某單板滑雪U型池的比賽場地，比賽時運動員在U型滑道內(nèi)邊滑行邊利用滑道做各種旋轉(zhuǎn)和跳躍動作，裁判員根據(jù)運動員的騰空高度、完成的動作難度和效果評分。圖乙為該U型池場地的橫截面圖，AB段、CD段為半徑R＝4m的四分之一光滑圓弧雪道，BC段為粗糙的水平雪道且與圓弧雪道相切，BC長為4.5m，質(zhì)量為60kg的運動員(含滑板)以5m/s的速度從A點沿切線滑下后，始終保持在一個豎直平面內(nèi)運動，經(jīng)U型雪道從D點豎直向上飛出，經(jīng)t＝0.8s恰好落回D點，然后又從D點返回U型雪道。忽略空氣阻力，運動員可視為質(zhì)點，g＝10m/s2。求：(1)運動員與BC雪道間的動摩擦因數(shù)；(2)運動員首次運動到圓弧最低點C點時對雪道的壓力；(3)運動員最后靜止處距離B點的距離。答案(1)0.1(2)2040N，方向豎直向下(3)1.5m解析(1)根據(jù)題意，當運動員從D點沖出去后做豎直上拋運動，則vD＝geq\f(t,2)，解得vD＝4m/s運動員從A運動到D，根據(jù)動能定理，有－μmglBC＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mvA2，解得μ＝0.1(2)運動員從C運動到D，根據(jù)動能定理可得－mgR＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mvC2在C點，根據(jù)牛頓第二定律，有FN－mg＝meq\f(vC2,R)聯(lián)立解得FN＝2040N，根據(jù)牛頓第三定律可得運動員運動到圓弧最低點C點時對雪道的壓力大小為FN′＝FN＝2040N，方向豎直向下；(3)運動員從A點開始運動到最終靜止，根據(jù)動能定理有mgR－μmgs＝0－eq\f(1,2)mvA2解得s＝52.5m＝11lBC＋3m，所以運動員最后靜止處距離B點的距離為l＝lBC－3m＝1.5m。6．如圖所示軌道內(nèi)，足夠長的斜面與圓弧面光滑，水平地面各處粗糙程度相同，圓弧半徑為R，水平面長度LMN＝4R，現(xiàn)將一質(zhì)量為m的金屬滑塊從距水平面高h＝4R處的P點沿斜面由靜止釋放，運動到斜面底端無能量損失，滑塊滑至圓弧最高點Q時對軌道的壓力大小恰好等于滑塊重力，g＝10m/s2，求：(1)金屬滑塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ；(2)欲使滑塊滑至圓弧最高點平拋后不落在斜面上，釋放高度的取值范圍。答案(1)0.25(2)3.5R≤h≤5R解析(1)對滑塊，在Q點，重力和軌道對滑塊的彈力提供向心力，有mg＋mg＝eq\f(mvQ2,R)對滑塊，從P到Q，根據(jù)動能定理得mgh－μmgLMN－mg·2R＝eq\f(1,2)mvQ2聯(lián)立兩式得μ＝0.25。(2)當滑塊恰好能運動到Q點時，釋放高度最小，設(shè)為h1，恰到Q時的速度設(shè)為v1，對滑塊，在Q點，重力提供向心力mg＝eq\f(mv12,R)從釋放到Q點，根據(jù)動能定理得mgh1－μmgLMN－mg·2R＝eq\f(1,2)mv12聯(lián)立兩式得h1＝3.5R當滑塊恰好能拋到M點時，釋放高度最大，設(shè)為h2，到Q點時的速度設(shè)為v2，滑塊由Q點平拋到M點，水平方向4R＝v2t，豎直方向2R＝eq\f(1,2)gt2從釋放到Q點，根據(jù)動能定理得mgh2－μmgLMN－mg·2R＝eq\f(1,2)mv22聯(lián)立求得h2＝5R故釋放的高度范圍為3.5R≤h≤5R。7．如圖是由弧形軌道、圓軌道(軌道底端B略錯開，圖中未畫出)、水平直軌道平滑連接而成的力學探究裝置。水平軌道AC右端裝有理想輕彈簧(右端固定)，圓軌道與水平直軌道相交于B點，且B點位置可改變，現(xiàn)將B點置于AC中點，質(zhì)量m＝2kg的滑塊(可視為質(zhì)點)從弧形軌道高H＝0.5m處靜止釋放。已知圓軌道半徑R＝0.1m，水平軌道長LAC＝1.0m，滑塊與AC間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，弧形軌道和圓軌道均視為光滑，不計其他阻力與能量損耗，取重力加速度g＝10m/s2。求：(1)滑塊第一次滑至圓軌道最高點時對軌道的壓力大??；(2)輕彈簧獲得的最大彈性勢能；(3)若H＝0.4m，改變B點位置，使滑塊在整個滑動過程中不脫離軌道，求BC長度滿足的條件。答案(1)60N(2)6J(3)0.5m≤L≤1m解析(1)從出發(fā)到第一次滑至圓軌道最高點過程，由動能定理可得mgH－μmgeq\f(LAC,2)－mg×2R＝eq\f(1,2)mv2－0在圓軌道最高點，由牛頓第二定律可得mg＋FN＝meq\f(v2,R)，聯(lián)立解得FN＝60N，由牛頓第三定律可知，滑塊對軌道的壓力大小為60N。(2)彈簧第一次被壓縮到最短時，彈性勢能有最大值；從出發(fā)到彈簧第一次被壓縮到最短過程，由動能定理可得mgH－μmgLAC＋W彈＝0－0又有W彈＝0－Ep，聯(lián)立解得Ep＝6J(3)①若滑塊恰好到達圓軌道的最高點，則有mg＝meq\f(v02,R)，從開始到圓軌道最高點，由動能定理可得mg(H－2R)－μmgs1＝eq\f(1,2)mv02－0解得s1＝0.75m，LBC＝LAC－s1，要使滑塊不脫離軌道，BC之間的距離應(yīng)該滿足LBC≥0.25m②若滑塊剛好達到圓軌道的圓心等高處，此時的速度為零；由動能定理可得mg(H－R)－μmgs2＝0解得s2＝1.5m，s2＝1.5m＝1m＋0.5mLBC′＝s2－LAC即反彈時恰好上升到圓心等高處，如果反彈距離更大，則上升的高度更小，更不容易脫離軌道，所以LBC′≥0.5m，考慮到AC的總長度等于1m，所以LBC′≤1m；結(jié)合①②兩種情況，符合條件的BC長度為0.5m≤L≤1m。

第4課時機械能守恒定律及其應(yīng)用目標要求1.知道機械能守恒的條件，理解機械能守恒定律的內(nèi)容。2.會用機械能守恒定律解決單個物體或系統(tǒng)的機械能守恒問題?？键c一機械能守恒的判斷1．重力做功與重力勢能(1)重力做功的特點：重力做功與路徑無關(guān)，只與始末位置的高度差有關(guān)，重力做功不引起物體機械能的變化。(2)重力勢能①表達式：Ep＝mgh。②重力勢能的特點：重力勢能是物體和地球所共有的，重力勢能的大小與參考平面的選取有關(guān)，但重力勢能的變化量與參考平面的選取無關(guān)。(3)重力做功與重力勢能變化的關(guān)系：重力對物體做正功，重力勢能減小，重力對物體做負功，重力勢能增大，即WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp。2．彈性勢能(1)定義：發(fā)生彈性形變的物體的各部分之間，由于有彈力的相互作用而具有的勢能。(2)彈力做功與彈性勢能變化的關(guān)系：彈力做正功，彈性勢能減??；彈力做負功，彈性勢能增加。即W＝－ΔEp。3．機械能守恒定律(1)內(nèi)容：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動能與勢能可以互相轉(zhuǎn)化，而總的機械能保持不變。(2)表達式：mgh1＋eq\f(1,2)mv12＝mgh2＋eq\f(1,2)mv22或Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2。(3)守恒條件：只有重力或彈力做功。1．物體所受的合外力為零，物體的機械能一定守恒。(×)2．物體做勻速直線運動，其機械能一定守恒。(×)3．物體的速度增大時，其機械能可能減小。(√)例1(多選)如圖所示，將一個內(nèi)外側(cè)均光滑的半圓形槽置于光滑的水平面上，槽的左側(cè)有一固定的豎直墻壁(不與槽粘連)?，F(xiàn)讓一小球自左端槽口A點的正上方由靜止開始下落，從A點與半圓形槽相切進入槽內(nèi)，則下列說法正確的是()A．小球在半圓形槽內(nèi)運動的全過程中，只有重力對它做功B．小球從A點向半圓形槽的最低點運動的過程中，小球的機械能守恒C．小球從A點經(jīng)最低點向右側(cè)最高點運動的過程中，小球與半圓形槽組成的系統(tǒng)機械能守恒D．小球從下落到從右側(cè)離開半圓形槽的過程中，機械能守恒答案BC解析當小球從半圓形槽的最低點運動到半圓形槽右側(cè)的過程中，小球?qū)Π雸A形槽的力使半圓形槽向右運動，半圓形槽對小球的支持力對小球做負功，小球的機械能不守恒，A、D錯誤；小球從A點向半圓形槽的最低點運動的過程中，半圓形槽靜止，則只有重力做功，小球的機械能守恒，B正確；小球從A點經(jīng)最低點向右側(cè)最高點運動的過程中，小球與半圓形槽組成的系統(tǒng)只有重力做功，機械能守恒，C正確。機械能是否守恒的三種判斷方法1．利用機械能的定義判斷：若物體動能、勢能之和不變，則機械能守恒。2．利用做功判斷：若物體或系統(tǒng)只有重力(或彈簧的彈力)做功，或者雖受其他力，但其他力不做功(或做功代數(shù)和為0)，則機械能守恒。3．利用能量轉(zhuǎn)化判斷：若物體或系統(tǒng)與外界沒有能量交換，物體或系統(tǒng)內(nèi)也沒有機械能與其他形式能的轉(zhuǎn)化，則機械能守恒?？键c二單物體的機械能守恒問題1．機械能守恒定律表達式說明：單個物體應(yīng)用機械能守恒定律時選用守恒觀點或轉(zhuǎn)化觀點進行列式。2．應(yīng)用機械能守恒定律解題的一般步驟例2(2023·山東煙臺市第一中學模擬)如圖所示，在豎直面內(nèi)固定三枚釘子a、b、c，三枚釘子構(gòu)成邊長d＝10cm的等邊三角形，其中釘子a、b的連線沿著豎直方向。長為L＝0.3m的細線一端固定在釘子a上，另一端系著質(zhì)量m＝200g的小球，細線水平拉直，然后將小球以v0＝eq\r(3)m/s的初速度豎直向下拋出，小球可視為質(zhì)點，不考慮釘子的粗細，重力加速度g＝10m/s2，細線碰到釘子c后，小球到達最高點時，細線拉力大小為(g＝10m/s2)()A．0B．1NC．2ND．3N答案C解析設(shè)小球到達最高點時速度大小為v，以初始位置所在水平面為參考平面，根據(jù)機械能守恒定律有eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv2＋mghh＝L－d－d－eq\f(d,2)＝L－eq\f(5,2)d代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得v＝eq\r(2)m/s，小球在最高點時根據(jù)牛頓第二定律有F＋mg＝eq\f(mv2,L－2d)，解得細線拉力