【三維設(shè)計(jì)】2022年高考物理一輪復(fù)習(xí)四川專版-第五章-機(jī)械能

第五章eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,,,,))機(jī)械能[備考指南]考點(diǎn)內(nèi)容要求題型把握考情一、功和功率功和功率Ⅱ選擇、計(jì)算找規(guī)律近幾年高考既有對本章內(nèi)容的單獨(dú)考查，也有與曲線運(yùn)動(dòng)、電磁學(xué)等內(nèi)容相結(jié)合的綜合考查，對本章單獨(dú)考查的題目多為選擇題。二、動(dòng)能定理及其應(yīng)用動(dòng)能和動(dòng)能定理Ⅱ選擇、計(jì)算三、機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用重力做功與重力勢能Ⅱ選擇、計(jì)算機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用Ⅱ四、功能關(guān)系能量守恒定律功能關(guān)系Ⅱ選擇、計(jì)算明熱點(diǎn)將本章內(nèi)容與其他學(xué)問相結(jié)合，與實(shí)際生產(chǎn)、生活和現(xiàn)代科技相結(jié)合進(jìn)行命題的趨勢較強(qiáng)，在復(fù)習(xí)中應(yīng)側(cè)重對基礎(chǔ)學(xué)問的理解和應(yīng)用。試驗(yàn)五探究動(dòng)能定理填空試驗(yàn)六驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律填空第1節(jié)功和功率(1)只要物體受力的同時(shí)又發(fā)生了位移，則確定有力對物體做功。(×)(2)一個(gè)力對物體做了負(fù)功，則說明這個(gè)力確定阻礙物體的運(yùn)動(dòng)。(√)(3)作用力做正功時(shí)，反作用力確定做負(fù)功。(×)(4)力對物體做功的正負(fù)是由力和位移間的夾角大小打算的。(√)(5)由P＝Fv可知，發(fā)動(dòng)機(jī)功率確定時(shí)，機(jī)車的牽引力與運(yùn)行速度的大小成反比。(√)(6)汽車上坡時(shí)換成低擋位，其目的是減小速度得到較大的牽引力。(√)要點(diǎn)一功的正負(fù)推斷與恒力、合力做功的計(jì)算1．功的正負(fù)的推斷方法(1)恒力做功的推斷：依據(jù)力與位移的夾角來推斷。(2)曲線運(yùn)動(dòng)中做功的推斷：依據(jù)F與v的方向夾角α來推斷，當(dāng)0°≤α<90°，力對物體做正功；90°<α≤180°，力對物體做負(fù)功；α＝90°，力對物體不做功。(3)依據(jù)能量變化來推斷：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。此法常用于推斷兩個(gè)相聯(lián)系的物體之間的相互作用力做功的推斷。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：先求合力F合，再用W合＝F合lcosα求功。方法二：先求各個(gè)力做的功W1、W2、W3…，再應(yīng)用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功。[多角練通]1．(多選)如圖5-1-1所示，質(zhì)量為m的物體置于傾角為θ的斜面上，物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，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(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)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5-1-1A．支持力確定做正功 B．摩擦力確定做正功C．摩擦力可能不做功 D．摩擦力可能做負(fù)功解析：選ACD選支持力方向垂直斜面對上，故支持力確定做正功。而摩擦力是否存在需要爭辯，若摩擦力恰好為零，物體只受重力和支持力，如圖所示，此時(shí)加速度a＝gtanθ，當(dāng)a>gtanθ，摩擦力沿斜面對下，摩擦力與位移夾角小于90°，則做正功；當(dāng)a<gtanθ，摩擦力沿斜面對上，摩擦力與位移夾角大于90°，則做負(fù)功。綜上所述，A、C、D正確。2．(2022·全國卷Ⅱ)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(dòng)物體，經(jīng)過一段時(shí)間后其速度變?yōu)関。若將水平拉力的大小改為F2，物體從靜止開頭經(jīng)過同樣的時(shí)間后速度變?yōu)?v。對于上述兩個(gè)過程，用WF1、WF2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()A．WF2>4WF1，Wf2>2Wf1B．WF2>4WF1，Wf2＝2Wf1C．WF2<4WF1，Wf2＝2Wf1D．WF2<4WF1，Wf2<2Wf1解析：選C依據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律、牛頓其次定律、功的計(jì)算公式解題。依據(jù)x＝eq\f(v＋v0,2)t得，兩過程的位移關(guān)系x1＝eq\f(1,2)x2，依據(jù)加速度的定義a＝eq\f(v－v0,t)，得兩過程的加速度關(guān)系為a1＝eq\f(a2,2)。由于在相同的粗糙水平地面上運(yùn)動(dòng)，故兩過程的摩擦力大小相等，即f1＝f2＝f，依據(jù)牛頓其次定律F－f＝ma得，F(xiàn)1－f1＝ma1，F(xiàn)2－f2＝ma2，所以F1＝eq\f(1,2)F2＋eq\f(1,2)f，即F1>eq\f(F2,2)。依據(jù)功的計(jì)算公式W＝Fl，可知Wf1＝eq\f(1,2)Wf2，WF1>eq\f(1,4)WF2，故選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)A、B、D錯(cuò)誤。要點(diǎn)二變力做功的計(jì)算(一)利用動(dòng)能定理求變力做功動(dòng)能定理既適用于直線運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線運(yùn)動(dòng)，既適用于求恒力做功也適用于求變力做功。因使用動(dòng)能定理可由動(dòng)能的變化來求功，所以動(dòng)能定理是求變力做功的首選。[典例1]質(zhì)量為m的物體以初速度v0沿水平面對左開頭運(yùn)動(dòng)，起始點(diǎn)A與一輕彈簧O端相距s，如圖5-1-2所示。已知物體與水平面間的動(dòng)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，則從開頭碰撞到彈簧被壓縮至最短，物體克服彈簧彈力所做的功為()圖5-1-2A．eq\f(1,2)mv02－μmg(s＋x) B．eq\f(1,2)mv02－μmgxC．μmgs D．μmg(s＋x)[解析]設(shè)物體克服彈簧彈力所做的功為WT，則物體向左壓縮彈簧過程中，彈簧彈力對物體做功為－WT，摩擦力對物體做功為－μmg(s＋x)，依據(jù)動(dòng)能定理有－WT－μmg(s＋x)＝0－eq\f(1,2)mv02，所以，WT＝eq\f(1,2)mv02－μmg(s＋x)。[答案]A(二)利用微元法求變力做功將物體的位移分割成很多小段，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)化為在很多多個(gè)無窮小的位移上的恒力所做元功的代數(shù)和。此法在中學(xué)階段，常應(yīng)用于求解大小不變、方向轉(zhuǎn)變的變力做功問題。[典例2](多選)(2021·寧波模擬)如圖5-1-3所示，擺球質(zhì)量為m，懸線的長為L，把懸線拉到水平位置后放手。設(shè)在擺球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中空氣阻力F阻的大小不變，則下列說法正確的是()圖5-1-3A．重力做功為mgLB．繩的拉力做功為0C．空氣阻力F阻做功為－mgLD．空氣阻力F阻做功為－eq\f(1,2)F阻πL[解析]小球下落過程中，重力做功為mgL，A正確；繩的拉力始終與速度方向垂直，拉力做功為0，B正確；空氣阻力F阻大小不變，方向始終與速度方向相反，故空氣阻力F阻做功為－F阻·eq\f(1,2)πL，C錯(cuò)誤，D正確。[答案]ABD(三)化變力為恒力求變力做功變力做功直接求解時(shí)，通常都比較簡潔，但若通過轉(zhuǎn)換爭辯的對象，有時(shí)可化為恒力做功，用W＝Flcosα求解。此法經(jīng)常應(yīng)用于輕繩通過定滑輪拉物體的問題中。[典例3]如圖5-1-4所示，固定的光滑豎直桿上套著一個(gè)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(diǎn)起由靜止開頭上升。若從A點(diǎn)上升至B點(diǎn)和從B點(diǎn)上升至C點(diǎn)的過程中拉力F做的功分別為W1和W2，滑塊經(jīng)B、C兩點(diǎn)的動(dòng)能分別為EkB和EkC，圖中AB＝BC，則()圖5-1-4A．W1＞W(wǎng)2B．W1＜W2C．W1＝W2D．無法確定W1和W2的大小關(guān)系[解析]繩子對滑塊做的功為變力做功，可以通過轉(zhuǎn)換爭辯對象，將變力的功轉(zhuǎn)化為恒力的功；因繩子對滑塊做的功等于拉力F對繩子做的功，而拉力F為恒力，W＝F·Δl，Δl為繩拉滑塊過程中力F的作用點(diǎn)移動(dòng)的位移，大小等于滑輪左側(cè)繩長的縮短量，由圖可知，ΔlAB＞ΔlBC，故W1＞W(wǎng)2，A正確。[答案]A(四)利用平均力求變力做功在求解變力做功時(shí)，若物體受到的力方向不變，而大小隨位移呈線性變化，即力均勻變化時(shí)，則可以認(rèn)為物體受到一大小為eq\o(F,\s\up6(—))＝eq\f(F1＋F2,2)的恒力作用，F(xiàn)1、F2分別為物體初、末態(tài)所受到的力，然后用公式W＝eq\o(F,\s\up6(—))lcosα求此力所做的功。[典例4]把長為l的鐵釘釘入木板中，每打擊一次賜予的能量為E0，已知釘子在木板中遇到的阻力與釘子進(jìn)入木板的深度成正比，比例系數(shù)為k。問此釘子全部進(jìn)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(jìn)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(gè)過程中受到的平均阻力為：F＝eq\f(0＋kl,2)＝eq\f(kl,2)釘子克服阻力做的功為：WF＝Fl＝eq\f(1,2)kl2設(shè)全過程共打擊n次，則賜予釘子的總能量：E總＝nE0＝eq\f(1,2)kl2，所以n＝eq\f(kl2,2E0)[答案]eq\f(kl2,2E0)(五)利用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，位于x軸下方的“面積”為負(fù)，但此方法只適用于便于求圖線所圍面積的狀況(如三角形、矩形、圓等規(guī)章的幾何圖形)。[典例5]如圖5-1-5甲所示，靜止于光滑水平面上坐標(biāo)原點(diǎn)處的小物塊，在水平拉力F作用下，沿x軸方向運(yùn)動(dòng)，拉力F隨物塊所在位置坐標(biāo)x的變化關(guān)系如圖乙所示，圖線為半圓。則小物塊運(yùn)動(dòng)到x0處時(shí)F做的總功為()圖5-1-5A．0 B．eq\f(1,2)Fmx0C．eq\f(π,4)Fmx0 D．eq\f(π,4)x02[解析]F為變力，但F-x圖像包圍的面積在數(shù)值上表示拉力做的總功。由于圖線為半圓，又因在數(shù)值上Fm＝eq\f(1,2)x0，故W＝eq\f(1,2)π·Fm2＝eq\f(1,2)π·Fm·eq\f(1,2)x0＝eq\f(π,4)Fmx0。[答案]C要點(diǎn)三功率的分析與計(jì)算1．平均功率的計(jì)算(1)利用eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)。(2)利用P＝Feq\x\to(v)cosα，其中eq\x\to(v)為物體運(yùn)動(dòng)的平均速度。2．瞬時(shí)功率的計(jì)算(1)利用公式P＝Fvcosα，其中v為t時(shí)刻的瞬時(shí)速度。(2)利用公式P＝FvF，其中vF為物體的速度v在力F方向上的分速度。(3)利用公式P＝Fvv，其中Fv為物體受的外力F在速度v方向上的分力。[多角練通]1.(2021·洛陽模擬)把A、B兩相同小球在離地面同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，不計(jì)空氣阻力，如圖5-1-6所示，則下列說法正確的是()圖5-1-6A．兩小球落地時(shí)速度相同B．兩小球落地時(shí)，重力的瞬時(shí)功率相同C．從開頭運(yùn)動(dòng)至落地，重力對兩小球做的功相同D．從開頭運(yùn)動(dòng)至落地，重力對兩小球做功的平均功率相同解析：選CA、B兩球落地的速度大小相同，方向不同，A錯(cuò)誤；由P＝mg·v豎可知，因B球落地時(shí)豎直速度較大，故PB＞PA，B錯(cuò)誤；重力做功與路徑無關(guān)，均為mgh，C正確；因B球從拋出到落地所用時(shí)間較長，故eq\x\to(P)A＞eq\x\to(P)B，D錯(cuò)誤。2．(多選)(2021·?？谀M)質(zhì)量為m的物體靜止在光滑水平面上，從t＝0時(shí)刻開頭受到水平力的作用。力的大小F與時(shí)間t的關(guān)系如圖5-1-7所示，力的方向保持不變，則()圖5-1-7A．3t0時(shí)刻的瞬時(shí)功率為eq\f(5F02t0,m)B．3t0時(shí)刻的瞬時(shí)功率為eq\f(15F02t0,m)C．在t＝0到3t0這段時(shí)間內(nèi)，水平力的平均功率為eq\f(23F02t0,4m)D．在t＝0到3t0這段時(shí)間內(nèi)，水平力的平均功率為eq\f(25F02t0,6m)解析：選BD依據(jù)F-t圖線，在0～2t0時(shí)間內(nèi)的加速度a1＝eq\f(F0,m)2t0時(shí)刻的速度v2＝a1·2t0＝eq\f(2F0,m)t00～2t0時(shí)間內(nèi)位移x1＝eq\f(v2,2)·2t0＝eq\f(2F0,m)t02，故F0做的功W1＝F0x1＝eq\f(2F02,m)t02在2t0～3t0時(shí)間內(nèi)的加速度a2＝eq\f(3F0,m)3t0時(shí)刻的速度v3＝v2＋a2t0＝eq\f(5F0,m)t0故3t0時(shí)刻的瞬時(shí)功率P3＝3F0v3＝eq\f(15F02t0,m)在2t0～3t0時(shí)間內(nèi)位移x2＝eq\f(v2＋v3,2)·t0＝eq\f(7F0t02,2m)故3F0做的功W2＝3F0·x2＝eq\f(21F02t02,2m)因此在0～3t0時(shí)間內(nèi)的平均功率P＝eq\f(W1＋W2,3t0)＝eq\f(25F02t0,6m)，故B、D正確。要點(diǎn)四機(jī)車啟動(dòng)問題1．兩種啟動(dòng)方式的比較兩種方式以恒定功率啟動(dòng)以恒定加速度啟動(dòng)P-t圖和v-t圖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\o(?,\s\up6(v↑))P＝Fv↑直到P額＝Fv1運(yùn)動(dòng)性質(zhì)加速度減小的加速直線運(yùn)動(dòng)勻加速直線運(yùn)動(dòng)，維持時(shí)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(yùn)動(dòng)性質(zhì)以vm勻速直線運(yùn)動(dòng)加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)BC段無F＝F阻?a＝0?以vm＝eq\f(P額,F阻)勻速運(yùn)動(dòng)2.三個(gè)重要關(guān)系式(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,F阻)。(2)機(jī)車以恒定加速度啟動(dòng)時(shí)，勻加速過程結(jié)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)機(jī)車以恒定功率運(yùn)行時(shí)，牽引力做的功W＝Pt，由動(dòng)能定理得Pt－F阻x＝ΔEk，此式經(jīng)常用于求解機(jī)車以恒定功率啟動(dòng)過程的位移或速度。[典例]動(dòng)車組是城際間實(shí)現(xiàn)小編組、大密度的高效運(yùn)輸工具，以其編組機(jī)敏、便利、快捷、平安、牢靠、舒適等特點(diǎn)而備受世界各國鐵路運(yùn)輸和城市軌道交通運(yùn)輸?shù)那嗖A。動(dòng)車組就是幾節(jié)自帶動(dòng)力的車廂加幾節(jié)不帶動(dòng)力的車廂編成一組，就是動(dòng)車組。假設(shè)有一動(dòng)車組由8節(jié)車廂連接而成，每節(jié)車廂的總質(zhì)量均為7.5×104kg。其中第一節(jié)、其次節(jié)帶動(dòng)力，他們的額定功率分別為3.6×107W和2.4×107W，車在行駛過程中阻力恒為重力的0.1倍。(g取10m/s2)(1)求該動(dòng)車組只開動(dòng)第一節(jié)的動(dòng)力的狀況下能達(dá)到的最大速度。(2)若列車從A地沿直線開往B地，先以恒定的功率6×107W(同時(shí)開動(dòng)第一、其次節(jié)的動(dòng)力)從靜止開頭啟動(dòng)，達(dá)到最大速度后勻速行駛，最終除去動(dòng)力，列車在阻力作用下勻減速至B地恰好速度為0。已知AB間距為5.0×104m，求列車從A地到B地的總時(shí)間。[解析](1)只開動(dòng)第一節(jié)動(dòng)力的前提下，當(dāng)?shù)谝还?jié)以額定功率運(yùn)行且列車的牽引力等于阻力時(shí)達(dá)到最大速度：P1m＝Ffvm得：vm＝eq\f(P1m,Ff)＝60m/s(其中阻力Ff＝0.1×8mg＝6.0×105N，P1m＝3.6×107W)(2)列車以恒定的功率6×107W(同時(shí)開動(dòng)第一、其次節(jié)的動(dòng)力)從靜止開頭啟動(dòng)，當(dāng)牽引力等于阻力時(shí)達(dá)到最大速度vm＝eq\f(P1m＋P2m,Ff)，代入數(shù)據(jù)解得：vm＝100m/s設(shè)列車從C點(diǎn)開頭做勻減速運(yùn)動(dòng)，令A(yù)到C的時(shí)間為t1，AC間距為x1；C到B的時(shí)間為t2，CB間距為x2，在CB間勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a，列車的總重量M＝8m＝6.0×105kg，運(yùn)動(dòng)示意圖如圖所示。從C到B由牛頓其次定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：Ff＝Ma代入數(shù)據(jù)解得：a＝eq\f(Ff,M)＝eq\f(0.1Mg,M)＝1m/s2vm＝at2代入數(shù)據(jù)解得：t2＝eq\f(vm,a)＝100sx2＝eq\f(vm,2)t2代入數(shù)據(jù)解得：x2＝5.0×103m所以x1＝xAB－x2＝4.5×104m從A到C用動(dòng)能定理得：(P1m＋P2m)t1－Ffx1＝eq\f(1,2)Mvm2代入數(shù)據(jù)解得：t1＝500s所以：t總＝t1＋t2＝600s。[答案](1)60m/s(2)600s[易錯(cuò)提示](1)機(jī)車啟動(dòng)的方式不同，運(yùn)動(dòng)的規(guī)律就不同，即其功率、速度、加速度、牽引力等物理量的變化規(guī)律不相同，分析圖像時(shí)應(yīng)留意坐標(biāo)軸的意義及圖像變化所描述的規(guī)律。(2)在機(jī)車功率P＝Fv中，F(xiàn)是機(jī)車的牽引力而不是機(jī)車所受合力，正是基于此，P＝Ffvm時(shí)，即牽引力與阻力平衡時(shí)達(dá)到最大運(yùn)行速度。(3)恒定功率下的啟動(dòng)過程確定不是勻加速，勻變速直線運(yùn)動(dòng)的公式不適用了，這種加速過程發(fā)動(dòng)機(jī)做的功可用W＝Pt計(jì)算，不能用W＝Fl計(jì)算(由于F為變力)。(4)以恒定牽引力加速時(shí)的功率確定不恒定，這種加速過程發(fā)動(dòng)機(jī)做的功常用W＝Fl計(jì)算，不能用W＝Pt計(jì)算(由于功率P是變化的)。[針對訓(xùn)練]1．(2022·重慶高考)某車以相同的功率在兩種不同的水平路面上行駛，受到的阻力分別為車重的k1和k2倍，最大速率分別為v1和v2，則()A．v2＝k1v1 B．v2＝eq\f(k1,k2)v1C．v2＝eq\f(k2,k1)v1 D．v2＝k2v1解析：選B該車在水平路面上達(dá)到最大速率時(shí)，處于平衡狀態(tài)，即該車此時(shí)的牽引力F1＝k1mg，F(xiàn)2＝k2mg，兩種狀況下，車的功率相同，即F1v1＝F2v2，解得v2＝eq\f(k1v1,k2)，故B項(xiàng)正確。2．(多選)(2021·南昌模擬)如圖5-1-8所示為汽車的加速度和車速倒數(shù)eq\f(1,v)的關(guān)系圖像。若汽車質(zhì)量為2×103kg，它由靜止開頭沿平直大路行駛，且行駛中阻力恒定，最大車速為30m/s，則()圖5-1-8A．汽車所受阻力為2×103NB．汽車在車速為15m/s時(shí)，功率為6×104WC．汽車勻加速的加速度為3m/s2D．汽車勻加速所需時(shí)間為5s解析：選ABD設(shè)汽車所受阻力大小為Ff，由汽車的加速度和車速倒數(shù)eq\f(1,v)的關(guān)系圖像可知，汽車從靜止開頭先做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度a＝2m/s2，直到速度達(dá)到v1＝10m/s，則勻加速階段所用時(shí)間為t＝eq\f(v1,a)＝5s，此時(shí)汽車的牽引力功率達(dá)到最大，即Pm＝(Ff＋ma)v1；接下來做加速度漸漸減小的變加速運(yùn)動(dòng)，汽車的牽引力功率保持不變，當(dāng)速度達(dá)到v2＝30m/s時(shí)，加速度為零，此時(shí)Pm＝Ffv2，則解得Ff＝2×103N，Pm＝6×104W，當(dāng)汽車在車速為15m/s時(shí)，功率為6×104W，所以正確選項(xiàng)為A、B、D。對點(diǎn)訓(xùn)練：功的理解與計(jì)算1.(2021·寧波期末)如圖1所示，木塊B上表面是水平的，當(dāng)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頭下滑，在下滑過程中()圖1A．A所受的合外力對A不做功B．B對A的彈力做正功C．B對A的摩擦力做正功D．A對B做正功解析：選CAB一起沿固定的光滑斜面由靜止開頭下滑，加速度為gsinθ。由于A速度增大，由動(dòng)能定理，A所受的合外力對A做功，B對A的摩擦力做正功，B對A的彈力做負(fù)功，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤C正確。A對B不做功，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。2．(2021·福建四地六校聯(lián)考)以確定的初速度豎直向上拋出一個(gè)小球，小球上升的最大高度為h，空氣阻力的大小恒為F，則從拋出到落回到拋出點(diǎn)的過程中，空氣阻力對小球做的功為()A．0 B．－FhC．Fh D．－2Fh解析：選D阻力與小球速度方向始終相反，故阻力始終做負(fù)功，W＝－Fh＋(－Fh)＝－2Fh，D正確。3．(2021·湖北省重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)一滑塊在水平地面上沿直線滑行，t＝0時(shí)其速度為1m/s。從今刻開頭在滑塊運(yùn)動(dòng)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(shí)間的變化規(guī)律分別如圖甲和圖乙所示。設(shè)在第1s內(nèi)、第2s內(nèi)、第3s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()圖2A．W1＝W2＝W3 B．W1＜W2＜W3C．W1＜W3＜W2 D．W1＝W2＜W3解析：選B依據(jù)功的計(jì)算公式W＝Fx，速度時(shí)間圖像與時(shí)間軸圍成的面積代表位移x，對比力F隨時(shí)間變化的圖像和速度時(shí)間圖像。在0～1s，力F1＝1N，x1＝eq\f(1×1,2)m＝0.5m，做功W1＝F1x1＝0.5J。在1～2s，力F2＝3N，x2＝eq\f(1×1,2)m＝0.5m，做功W2＝F2x2＝1.5J，在2～3s，力F3＝2N，x3＝1×1m＝1m，做功W3＝F3x3＝2J，所以有W3＞W(wǎng)2＞W(wǎng)1，選項(xiàng)B對。對點(diǎn)訓(xùn)練：功率的分析與計(jì)算4．(2021·唐山模擬)如圖3所示，位于固定粗糙斜面上的小物塊P，受到一沿斜面對上的拉力F，沿斜面勻速上滑?，F(xiàn)把力F的方向變?yōu)樨Q直向上，若使物塊P仍沿斜面保持原來的速度勻速運(yùn)動(dòng)，則()圖3A．力F確定要變小 B．力F確定要變大C．力F的功率將減小 D．力F的功率將增大解析：選C受到一沿斜面對上的拉力F，F(xiàn)＝mgsinθ＋μmgcosθ，把力F的方向變?yōu)樨Q直向上，仍沿斜面保持原來的速度勻速運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)＝mg，由于題述沒有給出θ和μ的具體數(shù)值，不能推斷出力F如何變化，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；由于力F的方向變?yōu)樨Q直向上后，摩擦力不再做功，力F的功率將減小，選項(xiàng)C正確D錯(cuò)誤。5．如圖4所示，質(zhì)量為m的小球以初速度v0水平拋出，恰好垂直打在傾角為θ的斜面上，則球落在斜面上時(shí)重力的瞬時(shí)功率為(不計(jì)空氣阻力)()圖4A．mgv0tanθ B．eq\f(mgv0,tanθ)C．eq\f(mgv0,sinθ) D．mgv0cosθ解析：選B小球落在斜面上時(shí)重力的瞬時(shí)功率為P＝mgvy，而vytanθ＝v0，所以P＝eq\f(mgv0,tanθ)，B正確。對點(diǎn)訓(xùn)練：機(jī)車啟動(dòng)問題6．(2021·汕頭模擬)一輛汽車從靜止動(dòng)身，在平直的大路上加速前進(jìn)，假如發(fā)動(dòng)機(jī)的牽引力保持恒定，汽車所受阻力保持不變，在此過程中()A．汽車的速度與時(shí)間成正比B．汽車的位移與時(shí)間成正比C．汽車做變加速直線運(yùn)動(dòng)D．汽車發(fā)動(dòng)機(jī)做的功與時(shí)間成正比解析：選A由F－Ff＝ma可知，因汽車牽引力F保持恒定，故汽車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；由v＝at可知，A正確；而x＝eq\f(1,2)at2，故B錯(cuò)誤；由WF＝F·x＝F·eq\f(1,2)at2可知，D錯(cuò)誤。7．(2021·徐州模擬)一輛汽車在平直的大路上以某一初速度運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)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(1,v)圖像如圖5所示。若已知汽車的質(zhì)量，則依據(jù)圖像所給的信息，不能求出的物理量是()圖5A．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(yùn)動(dòng)到最大速度所需的時(shí)間解析：選D由F－Ff＝ma，P＝Fv可得：a＝eq\f(P,m)·eq\f(1,v)－eq\f(Ff,m)，對應(yīng)圖線可知，eq\f(P,m)＝k＝40，可求出汽車的功率P，由a＝0時(shí)，eq\f(1,vm)＝0.05可得：vm＝20m/s，再由vm＝eq\f(P,Ff)，可求出汽車受到的阻力Ff，但無法求出汽車運(yùn)動(dòng)到最大速度的時(shí)間。8．(2021·淮安模擬)某機(jī)械在每次勻速吊起貨物時(shí)所能供應(yīng)的功率P與所吊貨物質(zhì)量m的關(guān)系如圖6所示?，F(xiàn)用該機(jī)械將30個(gè)貨箱吊上離地12m高的平臺(tái)，每個(gè)貨箱的質(zhì)量為5kg(忽視機(jī)械從平臺(tái)返回地面和裝箱的時(shí)間，g取10m/s2)，所需最短時(shí)間約為()圖6A．360s B．720sC．1440s D．2400s解析：選B提升30個(gè)貨箱到離地12m高的平臺(tái)上，克服重力所做的總功確定，機(jī)械的輸出功率越大，所用時(shí)間越短，由P-m圖像可知，每次提升15kg即每次提升3個(gè)貨箱時(shí)，機(jī)械功率最大，Pm＝25W，由Pm＝3mg·v可得v＝eq\f(Pm,3mg)＝eq\f(25,3×5×10)m/s＝eq\f(1,6)m/s，每次提升過程對應(yīng)的時(shí)間t＝eq\f(h,v)＝72s，故所需的總時(shí)間t總＝10t＝720s，B正確。9．(2021·合肥模擬)起重機(jī)的鋼索將重物由地面吊到空中某個(gè)高度，其速度圖像如圖7所示，則鋼索拉力的功率隨時(shí)間變化的圖像可能是()圖7圖8解析：選B0～t1時(shí)間內(nèi)重物勻加速上升，此過程中F1－mg＝ma1，P1＝F1v。可見F1恒定，起重機(jī)功率P1隨v均勻增大；t1～t2時(shí)間內(nèi)，重物勻速上升，F(xiàn)2＝mg，P2＝mgv，大小不變，但勻加速過程的末時(shí)刻功率大于mgv，故A、D均錯(cuò)誤；t2～t3時(shí)間內(nèi)，重物減速上升，mg－F3＝ma3，P3＝F3v，此過程中F3不變，P3隨v均勻減小，但勻速運(yùn)動(dòng)末時(shí)刻功率大于勻減速開頭時(shí)刻的功率，故B正確，C錯(cuò)誤。對點(diǎn)訓(xùn)練：功、功率與其他力學(xué)學(xué)問的綜合10．(2021·懷化模擬)放在粗糙水平面上的物體受到水平拉力的作用，在0～6s內(nèi)其速度與時(shí)間圖像和該拉力的功率與時(shí)間圖像分別如圖9甲和乙所示，下列說法正確的是()圖9A．0～6s內(nèi)物體位移大小為36mB．0～6s內(nèi)拉力做的功為30JC．合外力在0～6s內(nèi)做的功與0～2s內(nèi)做的功相等D．滑動(dòng)摩擦力大小為5N解析：選C由P＝Fv，對應(yīng)v-t圖像和P-t圖像可得30＝F·6,10＝Ff·6，解得：F＝5N，F(xiàn)f＝eq\f(5,3)N，D錯(cuò)誤；0～6s內(nèi)物體的位移大小為(4＋6)×6×eq\f(1,2)m＝30m，A錯(cuò)誤；0～6s內(nèi)拉力做功W＝F·x1＋Ff·x2＝5×6×2×eq\f(1,2)J＋eq\f(5,3)×6×4J＝70J，B錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可知，C正確。11．質(zhì)量為2kg的物體靜止在水平地面上，物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小視為相等。t＝0時(shí)，物體受到方向不變的水平拉力F的作用，F(xiàn)的大小在不同時(shí)間段內(nèi)有不同的值，具體狀況如表格所示(g取10m/s2)。求：圖10時(shí)間t(s)0～22～44～66～8拉力F(N)4848(1)4s末拉力的瞬時(shí)功率；(2)6～8s內(nèi)拉力所做的功；(3)8s內(nèi)拉力的平均功率。解析：(1)在0～2s內(nèi)，拉力等于4N，最大靜摩擦力等于4N，故物體靜止。在2～4s內(nèi)，拉力F＝8N，由牛頓其次定律得F－μmg＝ma解得a＝2m/s2位移為x1＝eq\f(1,2)a(Δt)2＝4m4s末物體的速度大小v＝aΔt＝4m/s4s末拉力的瞬時(shí)功率P＝Fv＝8×4W＝32W(2)在4～6s內(nèi)，拉力等于4N，滑動(dòng)摩擦力等于4N，故物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)。位移x2＝vΔt＝4×2m＝8m在6～8s內(nèi)，拉力照舊是F＝8N，物體的加速度大小仍為a＝2m/s2。位移x3＝vΔt＋eq\f(1,2)a(Δt)2＝12m拉力所做的功W＝Fx3＝8×12J＝96J(3)8s內(nèi)拉力做功W＝0＋8×4J＋4×8J＋96J＝160J平均功率eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)＝20W答案：(1)32W(2)96J(3)20W12．(2021·北京西城區(qū)聯(lián)考)某品牌汽車在某次測試過程中數(shù)據(jù)如下表所示，請依據(jù)表中數(shù)據(jù)回答問題。整車行駛質(zhì)量1500kg額定功率75kW加速過程車輛從靜止加速到108km/h所需時(shí)間為10s制動(dòng)過程車輛以36km/h行駛時(shí)的制動(dòng)距離為5.0m已知汽車在水平大路上沿直線行駛時(shí)所受阻力f跟行駛速率v和汽車所受重力mg的乘積成正比，即f＝kmgv，其中k＝2.0×10－3s/m。取重力加速度g＝10m/s2。(1)若汽車加速過程和制動(dòng)過程都做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，求這次測試中加速過程的加速度大小a1和制動(dòng)過程的加速度大小a2；(2)求汽車在水平大路上行駛的最大速度vm；(3)把該汽車改裝成同等功率的純電動(dòng)汽車，其他參數(shù)不變。若電源功率轉(zhuǎn)化為汽車前進(jìn)的機(jī)械功率的效率η＝90%。假設(shè)1kW·h電能的售價(jià)為0.50元(人民幣)，求電動(dòng)汽車在平直大路上以最大速度行駛的距離s＝100km時(shí)所消耗電能的費(fèi)用。結(jié)合此題目，談?wù)勀銓﹄妱?dòng)汽車的看法。解析：(1)加速過程的加速度大小a1＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(30,10)＝3m/s2制動(dòng)過程滿足：2a2x＝vt2－v02解得加速度大小a2＝10m/s2。(2)當(dāng)汽車的速度達(dá)到最大時(shí)，汽車受到牽引力與阻力相等。滿足：Pm＝fvm，即Pm＝kmgvm2解得：vm＝50m/s。(3)以最大速度行駛過程中，克服阻力所做的功Wf＝fs＝kmgvms代入數(shù)據(jù)，解得：Wf＝1.5×108J消耗電能E＝eq\f(Wf,η)＝1.67×108J＝46.4kW·h所以，以最大速度行駛100km的費(fèi)用Y＝46.4×0.5＝23.2(元)由以上數(shù)據(jù)可以看出，純電動(dòng)汽車比燃油汽車行駛費(fèi)用低得多，而且無環(huán)境污染問題。答案：(1)3m/s210m/s2(2)50m/s(3)23.2元見解析第2節(jié)動(dòng)能定理及其應(yīng)用(1)確定質(zhì)量的物體動(dòng)能變化時(shí)，速度確定變化，但速度變化時(shí)，動(dòng)能不愿定變化。(√)(2)動(dòng)能不變的物體確定處于平衡狀態(tài)。(×)(3)假如物體所受的合外力為零，那么合外力對物體做功確定為零。(√)(4)物體在合外力作用下做變速運(yùn)動(dòng)時(shí)，動(dòng)能確定變化。(×)(5)物體的動(dòng)能不變，所受的合外力必定為零。(×)(6)做自由落體運(yùn)動(dòng)的物體，動(dòng)能與時(shí)間的二次方成正比。(√)要點(diǎn)一對動(dòng)能定理的理解1．對“外力”的兩點(diǎn)理解(1)“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(shí)作用，也可以不同時(shí)作用。(2)既可以是恒力，也可以是變力。2．“＝”體現(xiàn)的二個(gè)關(guān)系[多角練通]1．關(guān)于運(yùn)動(dòng)物體所受的合外力、合外力做的功及動(dòng)能變化的關(guān)系，下列說法正確的是()A．合外力為零，則合外力做功確定為零B．合外力做功為零，則合外力確定為零C．合外力做功越多，則動(dòng)能確定越大D．動(dòng)能不變，則物體合外力確定為零解析：選A由W＝Flcosα可知，物體所受合外力為零，合外力做功確定為零，但合外力做功為零，可能是α＝90°，故A正確，B錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理W＝ΔEk可知，合外力做功越多，動(dòng)能變化量越大，但動(dòng)能不愿定越大，動(dòng)能不變，合外力做功為零，但合外力不愿定為零，C、D均錯(cuò)誤。2.(多選)如圖5-2-1所示，電梯質(zhì)量為M，在它的水平地板上放置一質(zhì)量為m的物體。電梯在鋼索的拉力作用下由靜止開頭豎直向上加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)上上升度為H時(shí)，電梯的速度達(dá)到v，則在這個(gè)過程中，以下說法中正確的是()圖5-2-1A．電梯地板對物體的支持力所做的功等于eq\f(mv2,2)B．電梯地板對物體的支持力所做的功大于eq\f(mv2,2)C．鋼索的拉力所做的功等于eq\f(mv2,2)＋MgHD．鋼索的拉力所做的功大于eq\f(mv2,2)＋MgH解析：選BD以物體為爭辯對象，由動(dòng)能定理得WN－mgH＝eq\f(1,2)mv2，即WN＝mgH＋eq\f(1,2)mv2，選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)A錯(cuò)誤。以系統(tǒng)為爭辯對象，由動(dòng)能定理得WT－(m＋M)gH＝eq\f(1,2)(M＋m)v2，即WT＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋(M＋m)gH＞eq\f(mv2,2)＋MgH，選項(xiàng)D正確，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。要點(diǎn)二動(dòng)能定理的應(yīng)用1．應(yīng)用動(dòng)能定理的流程2．應(yīng)用動(dòng)能定理的留意事項(xiàng)(1)動(dòng)能定理中的位移和速度必需是相對于同一個(gè)參考系的，一般以地面或相對地面靜止的物體為參考系。(2)應(yīng)用動(dòng)能定理的關(guān)鍵在于對爭辯對象進(jìn)行精確?????的受力分析及運(yùn)動(dòng)過程分析，并畫出運(yùn)動(dòng)過程的草圖，借助草圖理解物理過程之間的關(guān)系。(3)當(dāng)物體的運(yùn)動(dòng)包含多個(gè)不同過程時(shí)，可分段應(yīng)用動(dòng)能定理求解；當(dāng)所求解的問題不涉及中間的速度時(shí)，也可以全過程應(yīng)用動(dòng)能定理求解，這樣更簡便。(4)列動(dòng)能定理方程時(shí)，必需明確各力做功的正、負(fù)，的確難以推斷的先假定為正功，最終依據(jù)結(jié)果加以檢驗(yàn)。[典例](2021·邯鄲模擬)泥石流是在雨季由于暴雨、洪水將含有沙石且松軟的土質(zhì)山體經(jīng)飽和稀釋后形成的洪流，它的面積、體積和流量都較大。泥石流流淌的全過程雖然只有很短時(shí)間，但由于其高速前進(jìn)，具有強(qiáng)大的能量，因而破壞性極大。某課題小組對泥石流的威力進(jìn)行了模擬爭辯，如圖5-2-2甲所示，他們設(shè)計(jì)了如下的模型：在水平地面上放置一個(gè)質(zhì)量為m＝5kg的物體，讓其在隨位移均勻減小的水平推力作用下運(yùn)動(dòng)，推力F隨位移變化如圖乙所示，已知物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.6，g取10m/s2。圖5-2-2(1)物體在運(yùn)動(dòng)過程中的最大加速度為多大？(2)在距動(dòng)身點(diǎn)多遠(yuǎn)處，物體的速度達(dá)到最大？(3)物體在水平面上運(yùn)動(dòng)的最大位移是多大？[審題指導(dǎo)](1)推力F最大時(shí)，物體的加速度最大。(2)運(yùn)動(dòng)過程中，物體的加速度為零時(shí)，速度最大。(3)推力F為變力，F(xiàn)做的功對應(yīng)F-x圖線與x軸所圍的面積。[解析](1)當(dāng)推力F最大時(shí)，加速度最大。①由牛頓其次定律，得F－μmg＝ma②a＝10m/s2③(2)由圖像可知：F隨x變化的函數(shù)方程為F＝80－20x④速度最大時(shí)，合外力為零。即F＝μmg⑤所以x＝2.5m⑥(3)位移最大時(shí)，末速度確定為0由動(dòng)能定理可得WF－μmgs＝0⑦由圖像可知，力F做的功為WF＝eq\f(1,2)Fx＝160J⑧所以s＝eq\f(160,30)m＝5.33m(用分?jǐn)?shù)表示同樣給分)。⑨[答案](1)10m/s2(2)2.5m(3)5.33m[方法規(guī)律](1)運(yùn)用動(dòng)能定理解決問題時(shí)，選擇合適的爭辯過程能使問題得以簡化。當(dāng)物體的運(yùn)動(dòng)過程包含幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的子過程時(shí)，可以選擇一個(gè)、幾個(gè)或全部子過程作為爭辯過程。(2)當(dāng)選擇全部子過程作為爭辯過程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時(shí)，要留意運(yùn)用它們的功能特點(diǎn)：①重力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的功等于力的大小與路程的乘積。[針對訓(xùn)練]1．(2021·青島檢測)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(diǎn)由靜止釋放，滑到B點(diǎn)過程中克服摩擦力做功為eq\f(1,3)mgh；木塊通過B點(diǎn)后連續(xù)滑行2h距離后，在C點(diǎn)停下來，則木塊與曲面間的動(dòng)摩擦因數(shù)應(yīng)為()圖5-2-3A．eq\f(1,3) B．eq\f(2,3)C．eq\f(1,6) D．eq\f(1,12)解析：選A物體從A點(diǎn)到C點(diǎn)依據(jù)動(dòng)能定理：mgh－eq\f(1,3)mgh－μmg·2h＝0，解得μ＝eq\f(1,3)，由于曲面和水平軌道是同種材料，所以木塊與曲面間的動(dòng)摩擦因數(shù)也為eq\f(1,3)，選項(xiàng)A正確。2.(2021·南昌重點(diǎn)中學(xué)模擬)如圖5-2-4所示，光滑斜面的頂端固定一彈簧，一小球向右滑行，并沖上固定在地面上的斜面。設(shè)小球在斜面最低點(diǎn)A的速度為v，壓縮彈簧至C點(diǎn)時(shí)彈簧最短，C點(diǎn)距地面高度為h，不計(jì)小球與彈簧碰撞過程中的能量損失，則彈簧被壓縮至C點(diǎn)，彈簧對小球做的功為()圖5-2-4A．mgh－eq\f(1,2)mv2 B．eq\f(1,2)mv2－mghC．mgh＋eq\f(1,2)mv2 D．mgh解析：選A小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，重力和彈簧的彈力對小球做負(fù)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(dòng)能定理，可得WG＋WF＝0－eq\f(1,2)mv2，重力做功為WG＝－mgh，則彈簧的彈力對小球做功為WF＝mgh－eq\f(1,2)mv2，所以正確選項(xiàng)為A。要點(diǎn)三動(dòng)能定理的圖像問題1．解決物理圖像問題的基本步驟(1)觀看題目給出的圖像，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)依據(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(diǎn)、圖線下的面積所對應(yīng)的物理意義，分析解答問題，或者利用函數(shù)圖線上的特定值代入函數(shù)關(guān)系式求物理量。2．四類圖像所圍面積的含義(1)v-t圖：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。(2)a-t圖：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化量。(3)F-s圖：由公式W＝Fs可知，F(xiàn)-s圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功。(4)P-t圖：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。[典例]小軍看到打樁機(jī)，對打樁機(jī)的工作原理產(chǎn)生了愛好。他構(gòu)建了一個(gè)打樁機(jī)的簡易模型，如圖5-2-5甲所示。他設(shè)想，用恒定大小的拉力F拉動(dòng)繩端B，使物體從A點(diǎn)(與釘子接觸處)由靜止開頭運(yùn)動(dòng)，上升一段高度后撤去F，物體運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)后自由下落并撞擊釘子，將釘子打入確定深度。按此模型分析，若物體質(zhì)量m＝1kg，上升了1m高度時(shí)撤去拉力，撤去拉力前物體的動(dòng)能Ek與上上升度h的關(guān)系圖像如圖乙所示。(g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力)圖5-2-5(1)求物體上升到0.4m高度處F的瞬時(shí)功率。(2)若物體撞擊釘子后瞬間彈起，且使其不再落下，釘子獲得20J的動(dòng)能向下運(yùn)動(dòng)。釘子總長為10cm。撞擊前插入部分可以忽視，不計(jì)釘子重力。已知釘子在插入過程中所受阻力Ff與深度x的關(guān)系圖像如圖丙所示，求釘子能夠插入的最大深度。[審題指導(dǎo)](1)Ek-h圖像中斜率表示物體所受合外力。(2)計(jì)算瞬時(shí)功率用公式P＝Fv，其中v為瞬時(shí)速度。(3)當(dāng)力隨位移均勻變化時(shí)可用W＝eq\x\to(F)x計(jì)算變力的功。[解析](1)撤去F前，依據(jù)動(dòng)能定理，有(F－mg)h＝Ek－0由題圖乙得，斜率為k＝F－mg＝20N，得F＝30N又由題圖乙得，h＝0.4m時(shí)，Ek＝8J，則v＝4m/sP＝Fv＝120W。(2)碰撞后，對釘子，有－eq\o(F,\s\up6(—))fx′＝0－Ek′已知Ek′＝20Jeq\x\to(F)f＝eq\f(k′x′,2)又由題圖丙得k′＝105N/m解得：x′＝0.02m。[答案](1)120W(2)0.02m[針對訓(xùn)練]1.(2021·廣州調(diào)研)用起重機(jī)提升貨物，貨物上升過程中的v-t圖像如圖5-2-6所示，在t＝3s到t＝5s內(nèi)，重力對貨物做的功為W1、繩索拉力對貨物做的功為W2、貨物所受合力做的功為W3，則()圖5-2-6A．W1>0 B．W2<0C．W2>0 D．W3＞0解析：選C分析題圖可知，貨物始終向上運(yùn)動(dòng)，依據(jù)功的定義式可得：重力做負(fù)功，拉力做正功，即W1<0，W2>0，A、B錯(cuò)誤，C正確；依據(jù)動(dòng)能定理：合力做的功W3＝0－eq\f(1,2)mv2，v＝2m/s，即W3<0，D錯(cuò)誤。2.(2021·寧波模擬)質(zhì)量為10kg的物體，在變力F作用下沿x軸做直線運(yùn)動(dòng)，力隨坐標(biāo)x的變化狀況如圖5-2-7所示。物體在x＝0處，速度為1m/s，一切摩擦不計(jì)，則物體運(yùn)動(dòng)到x＝16m處時(shí)，速度大小為()圖5-2-7A．2eq\r(2)m/s B．3m/sC．4m/s D．eq\r(17)m/s解析：選B由F-x圖像可知，拉力F在物體運(yùn)動(dòng)的16m內(nèi)所做的總功W＝10×4J＝40J。由動(dòng)能定理可得：W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，解得v＝3m/s，B正確。3．(多選)質(zhì)量為1kg的物體靜止在水平粗糙的地面上，受到一水平外力F作用運(yùn)動(dòng)，如圖5-2-8甲所示，外力F和物體克服摩擦力Ff做的功W與物體位移x的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2。下列分析正確的是()圖5-2-8A．物體與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2B．物體運(yùn)動(dòng)的位移為13mC．前3m運(yùn)動(dòng)過程中物體的加速度為3m/s2D．x＝9m時(shí)，物體速度為3eq\r(2)m/s解析：選ACD由Wf＝Ffx對應(yīng)圖乙可知，物體與地面之間的滑動(dòng)摩擦力Ff＝2N，由Ff＝μmg可得μ＝0.2，A正確；由WF＝Fx對應(yīng)圖乙可知，前3m內(nèi)，拉力F1＝5N，3～9m內(nèi)拉力F2＝2N，物體在前3m內(nèi)的加速度a1＝eq\f(F1－Ff,m)＝3m/s2，C正確；由動(dòng)能定理得：WF－Ffx＝eq\f(1,2)mv2可得：x＝9m時(shí)，物體的速度為v＝3eq\r(2)m/s，D正確；物體的最大位移xm＝eq\f(WF,Ff)＝13.5m，B錯(cuò)誤。要點(diǎn)四應(yīng)用動(dòng)能定理解決平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)問題1．平拋運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)都屬于曲線運(yùn)動(dòng)，若只涉及位移和速度而不涉準(zhǔn)時(shí)間，應(yīng)優(yōu)先考慮用動(dòng)能定理列式求解。2．動(dòng)能定理的表達(dá)式為標(biāo)量式，不能在某一個(gè)方向上列動(dòng)能定理方程。[典例](2021·青島模擬)如圖5-2-9所示，傳送帶A、B之間的距離為L＝3.2m，與水平面間夾角θ＝37°，傳送帶沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，速度恒為v＝2m/s，在上端A點(diǎn)無初速放置一個(gè)質(zhì)量為m＝1kg、大小可視為質(zhì)點(diǎn)的金屬塊，它與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，金屬塊滑離傳送帶后，經(jīng)過彎道，沿半徑R＝0.4m的光滑圓軌道做圓周運(yùn)動(dòng)，剛好能通過最高點(diǎn)E，已知B、D兩點(diǎn)的豎直高度差為h＝0.5m(g取10m/s2)。圖5-2-9(1)金屬塊經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)的速度。(2)金屬塊在BCD彎道上克服摩擦力做的功。[解析](1)金屬塊在E點(diǎn)時(shí)，mg＝meq\f(vE2,R)，解得vE＝2m/s，在從D到E過程中由動(dòng)能定理得：－mg·2R＝eq\f(1,2)mvE2－eq\f(1,2)mvD2，解得vD＝2eq\r(5)m/s。(2)金屬塊剛剛放上時(shí)，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得a1＝10m/s2設(shè)經(jīng)位移s1達(dá)到共同速度，則v2＝2a1s1時(shí)，解得s1＝0.2m＜3.2m連續(xù)加速過程中，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得a2＝2m/s2由s2＝L－s1＝3m，vB2－v2＝2a2s2，解得vB＝4m/s在從B到D過程中由動(dòng)能定理得：mgh－W＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mvB2，解得W＝3J。[答案](1)2eq\r(5)m/s(2)3J[針對訓(xùn)練](2021·臨沂模擬)如圖5-2-10所示，在粗糙水平臺(tái)階上靜止放置一質(zhì)量m＝0.5kg的小物塊，它與水平臺(tái)階表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，且與臺(tái)階邊緣O點(diǎn)的距離s＝5m。在臺(tái)階右側(cè)固定了一個(gè)以O(shè)點(diǎn)為圓心的圓弧形擋板，并以O(shè)點(diǎn)為原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系。現(xiàn)用F＝5N的水平恒力拉動(dòng)小物塊，一段時(shí)間后撤去拉力，小物塊最終水平拋出并擊中擋板(g取10m/s2)。圖5-2-10(1)若小物塊恰能擊中擋板的上邊緣P點(diǎn)，P點(diǎn)的坐標(biāo)為(1.6m,0.8m)，求其離開O點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)為使小物塊擊中擋板，求拉力F作用的距離范圍；(3)轉(zhuǎn)變拉力F的作用時(shí)間，使小物塊擊中擋板的不同位置，求擊中擋板時(shí)小物塊動(dòng)能的最小值。(結(jié)果可保留根式)解析：(1)小物塊從O到P，做平拋運(yùn)動(dòng)水平方向：x＝v0t豎直方向：y＝eq\f(1,2)gt2解得：v0＝4m/s。(2)為使小物塊擊中擋板，小物塊必需能運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)，設(shè)垃力F作用的最短距離為x1，由動(dòng)能定理得：Fx1－μmgs＝0解得：x1＝2.5m為使小物塊擊中擋板，小物塊的平拋初速度不能超過4m/s，設(shè)拉力F作用的最長距離為x2，由動(dòng)能定理得：Fx2－μmgs＝eq\f(1,2)mv02解得：x2＝3.3m則為使小物塊擊中擋板，拉力F作用的距離范圍為：2．5m＜x≤3.3m。(3)設(shè)小物塊擊中擋板的任意點(diǎn)坐標(biāo)為(x，y)，則x＝v0′t′y＝eq\f(1,2)gt′2由動(dòng)能定理得：mgy＝Ek－eq\f(1,2)mv0′2又x2＋y2＝R2由P點(diǎn)坐標(biāo)可求R2＝3.2化簡得：Ek＝eq\f(mgR2,4y)＋eq\f(3mgy,4)＝eq\f(4,y)＋eq\f(15,4)y由數(shù)學(xué)方法求得Ekmin＝2eq\r(15)J。答案：(1)4m/s(2)2.5m＜x≤3.3m(3)2eq\r(15)J對點(diǎn)訓(xùn)練：對動(dòng)能定理的理解1．(多選)關(guān)于動(dòng)能定理的表達(dá)式W＝Ek2－Ek1，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)的全部力做的功，也可通過以下兩種方式計(jì)算：先求每個(gè)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Ek2－Ek1為動(dòng)能的增量，當(dāng)W＞0時(shí)動(dòng)能增加，當(dāng)W＜0時(shí)，動(dòng)能削減D．動(dòng)能定理適用于直線運(yùn)動(dòng)，但不適用于曲線運(yùn)動(dòng)，適用于恒力做功，但不適用于變力做功解析：選BC公式W＝Ek2－Ek1中的“W”為全部力所做的總功，A錯(cuò)誤，B正確；若W＞0，則Ek2＞Ek1，若W＜0，則Ek2＜Ek1，C正確；動(dòng)能定理對直線運(yùn)動(dòng)、曲線運(yùn)動(dòng)、恒力做功、變力做功均適用，D錯(cuò)誤。2.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(dòng)，以地面為參考系，A、B都向前移動(dòng)一段距離。在此過程中()圖1A．外力F做的功等于A和B動(dòng)能的增量B．B對A的摩擦力所做的功，等于A的動(dòng)能增量C．A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(dòng)能的增量解析：選BA物體所受的合外力等于B對A的摩擦力，對A物體運(yùn)用動(dòng)能定理，則有B對A的摩擦力所做的功等于A的動(dòng)能的增量，即B對；A對B的摩擦力與B對A的摩擦力是一對作用力與反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑動(dòng)，A、B對地的位移不等，故二者做功不相等，C錯(cuò)；對B應(yīng)用動(dòng)能定理，WF－WFf＝ΔEkB，即WF＝ΔEkB＋WFf就是外力F對B做的功，等于B的動(dòng)能增量與B克服摩擦力所做的功之和，D錯(cuò)；由前述爭辯知B克服摩擦力所做的功與A的動(dòng)能增量(等于B對A的摩擦力所做的功)不等，故A錯(cuò)。3．如圖2所示，質(zhì)量相同的物體分別自斜面AC和BC的頂端由靜止開頭下滑，物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)都相同，物體滑到斜面底部C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能分別為Ek1和Ek2，下滑過程中克服摩擦力所做的功分別為W1和W2，則()圖2A．Ek1>Ek2W1<W2 B．Ek1>Ek2W1＝W2C．Ek1＝Ek2W1>W2 D．Ek1<Ek2W1>W2解析：選B設(shè)斜面的傾角為θ，斜面的底邊長為x，則下滑過程中克服摩擦力做的功為W＝μmgcosθ·eq\f(x,cosθ)＝μmgx，所以兩種狀況下克服摩擦力做的功相等。又由于B的高度比A低，所以由動(dòng)能定理可知Ek1>Ek2。故選B。對點(diǎn)訓(xùn)練：動(dòng)能定理的應(yīng)用4．一個(gè)質(zhì)量為m的物體靜止放在光滑水平面上，在互成60°角的大小相等的兩個(gè)水平恒力作用下，經(jīng)過一段時(shí)間，物體獲得的速度為v，在力的方向上獲得的速度分別為v1、v2，如圖3所示，那么在這段時(shí)間內(nèi)，其中一個(gè)力做的功為()圖3A．eq\f(1,6)mv2 B．eq\f(1,4)mv2C．eq\f(1,3)mv2 D．eq\f(1,2)mv2解析：選B在合力F的方向上，由動(dòng)能定理得W＝Fl＝eq\f(1,2)mv2，某個(gè)分力的功為W1＝F1lcos30°＝eq\f(F,2cos30°)lcos30°＝eq\f(1,2)Fl＝eq\f(1,4)mv2，B正確。5．(2021·浙江五校聯(lián)考)用豎直向上大小為30N的力F，將2kg的物體由沙坑表面靜止抬升1m時(shí)撤去力F，經(jīng)一段時(shí)間后，物體落入沙坑，測得落入沙坑的深度為20cm。若忽視空氣阻力，g取10m/s2。則物體克服沙坑的阻力所做的功為()A．20J B．24JC．34J D．54J解析：選C用豎直向上大小為30N的力F，將2kg的物體由沙坑表面靜止抬升1m時(shí)，由動(dòng)能定理，F(xiàn)h－mgh＝eq\f(1,2)mv2，撤去力F后由動(dòng)能定理，mg(d＋h)－W＝0－eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立解得W＝mg(d＋h)＋Fh－mgh＝Fh＋mgd＝30×1J＋2×10×0.2J＝34J。選項(xiàng)C正確。6.(2021·杭州名校質(zhì)檢)如圖4所示，已知物體與三塊材料不同的地毯間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ、2μ和3μ，三塊材料不同的地毯長度均為l，并排鋪在水平地面上，該物體以確定的初速度v0從a點(diǎn)滑上第一塊，則物體恰好滑到第三塊的末尾d點(diǎn)停下來，物體在運(yùn)動(dòng)中地毯保持靜止，若讓物體從d點(diǎn)以相同的初速度水平向左運(yùn)動(dòng)，則物體運(yùn)動(dòng)到某一點(diǎn)時(shí)的速度大小與該物體向右運(yùn)動(dòng)到該位置的速度大小相等，則這一點(diǎn)是()圖4A．a(chǎn)點(diǎn) B．b點(diǎn)C．c點(diǎn) D．d點(diǎn)解析：選C對物體從a運(yùn)動(dòng)到c，由動(dòng)能定理，－μmgl－2μmgl＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02，對物體從d運(yùn)動(dòng)到c，由動(dòng)能定理，－3μmgl＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv02，解得v2＝v1，選項(xiàng)C正確。對點(diǎn)訓(xùn)練：動(dòng)能定理的圖像問題7．(2021·臨沂檢測)物體在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直線滑行直到停止。以a、Ek、s和t分別表示物體運(yùn)動(dòng)的加速度大小、動(dòng)能、位移的大小和運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，則以下各圖像中，能正確反映這一過程的是()圖5解析：選C物體在恒定阻力作用下運(yùn)動(dòng)，其加速度隨時(shí)間不變，隨位移不變，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理，－fs＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－fs，選項(xiàng)C正確D錯(cuò)誤。8.(2021·浙江十校聯(lián)考)用水平力F拉一物體，使物體在水平地面上由靜止開頭做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，t1時(shí)刻撤去拉力F，物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，到t2時(shí)刻停止，其速度-時(shí)間圖像如圖6所示，且α＞β，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(xiàng)正確的是()圖6A．W1＞W(wǎng)2，F(xiàn)＝2Ff B．W1＝W2，F(xiàn)＞2FfC．P1＜P2，F(xiàn)＞2Ff D．P1＝P2，F(xiàn)＝2Ff解析：選B由動(dòng)能定理可得W1－W2＝0，解得W1＝W2。由圖像可知，撤去拉力F后運(yùn)動(dòng)時(shí)間大于水平力F作用時(shí)間，所以F＞2Ff，選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤B正確；由于摩擦阻力作用時(shí)間確定大于水平力F作用時(shí)間，所以P1＞P2，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。9．(多選)(2021·洛陽模擬)如圖7甲所示，傾角為θ的足夠長的傳送帶以恒定的速率v0沿逆時(shí)針方向運(yùn)行。t＝0時(shí)，將質(zhì)量m＝1kg的物體(可視為質(zhì)點(diǎn))輕放在傳送帶上，物體相對地面的v-t圖像如圖乙所示。設(shè)沿傳送帶向下為正方向，取重力加速度g＝10m/s2。則()甲乙圖7A．傳送帶的速率v0＝10m/sB．傳送帶的傾角θ＝30°C．物體與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5D．0～2.0s內(nèi)摩擦力對物體做功Wf＝－24J解析：選ACD由v-t圖像可知，物體放上傳送帶開頭階段，加速度a1＝10.0m/s2，物體與傳送帶同速后，加速度a2＝eq\f(12.0－10.0,2.0－1.0)m/s2＝2.0m/s2，傳送帶的速率v0＝10m/s，A正確；由mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2可求得：θ＝37°，μ＝0.5，B錯(cuò)誤，C正確；由動(dòng)能定理得：mglsinθ＋Wf＝eq\f(1,2)mv2，v＝12.0m/s，l＝eq\f(1,2)×10×1m＋eq\f(10.0＋12.0,2)×1m＝16m，解得Wf＝－24J，D正確。對點(diǎn)訓(xùn)練：應(yīng)用動(dòng)能定理解決平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)問題10．(多選)(2021·青島模擬)如圖8所示，一個(gè)小球(視為質(zhì)點(diǎn))從H＝12m高處，由靜止開頭沿光滑彎曲軌道AB進(jìn)入半徑R＝4m的豎直圓環(huán)內(nèi)側(cè)，且與圓環(huán)的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相等，當(dāng)?shù)竭_(dá)圓環(huán)頂點(diǎn)C時(shí)，剛好對軌道壓力為零；然后沿CB圓弧滑下，進(jìn)入光滑弧形軌道BD，到達(dá)高度為h的D點(diǎn)時(shí)速度為零，則h的值可能為()圖8A．10m B．9.5mC．8.5m D．8m解析：選BC小球到達(dá)環(huán)頂C時(shí)，剛好對軌道壓力為零，在C點(diǎn)，由重力充當(dāng)向心力，則依據(jù)牛頓其次定律得：mg＝meq\f(v2,R)，因R＝4m，小球在C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mgR＝2mg，以B點(diǎn)為零勢能面，小球重力勢能Ep＝2mgR＝8mg，開頭小球從H＝12m高處，由靜止開頭通過光滑弧形軌道AB，因此在小球上升到頂點(diǎn)時(shí)，依據(jù)動(dòng)能定理得：mg(H－2R)－Wf＝eq\f(1,2)mv2，所以克服摩擦力做功Wf＝2mg，此時(shí)機(jī)械能等于10mg，之后小球沿軌道下滑，由于機(jī)械能有損失，所以下滑速度比上升速度小，因此對軌道壓力變小，受摩擦力變小，所以下滑時(shí)，克服摩擦力做功大小小于2mg，機(jī)械能有損失，到達(dá)底端時(shí)小于10mg；此時(shí)小球機(jī)械能大于10mg－2mg＝8mg，而小于10mg，所以進(jìn)入光滑弧形軌道BD時(shí)，小球機(jī)械能的范圍為，8mg＜Ep＜10mg，所以高度范圍為8m＜h＜10m，故B、C正確。11．(2021·上海靜安區(qū)模擬)在豎直平面內(nèi)固定一軌道ABCO，AB段水平放置，長為4m，BCO段彎曲且光滑；一質(zhì)量為1.0kg、可視作質(zhì)點(diǎn)的圓環(huán)套在軌道上，圓環(huán)與軌道AB段之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5。建立如圖9所示的直角坐標(biāo)系，圓環(huán)在沿x軸正方向的恒力F作用下，從A(－7,2)點(diǎn)由靜止開頭運(yùn)動(dòng)，到達(dá)原點(diǎn)O時(shí)撤去恒力F，圓環(huán)從O(0,0)點(diǎn)水平飛出后經(jīng)過D(6,3)點(diǎn)。重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力。求：圖9(1)圓環(huán)到達(dá)O點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)恒力F的大??；(3)圓環(huán)在AB段運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。解析：(1)圓環(huán)從O到D過程中做平拋運(yùn)動(dòng)x＝v0ty＝eq\f(1,2)gt2讀圖得x＝6m，y＝3mv0＝eq\r(60)m/s＝7.75m/s。(2)圓環(huán)從A到O過程中，依據(jù)動(dòng)能定理FxAO－μmgxAB－mgy′＝eq\f(1,2)mv02代入數(shù)據(jù)得F＝10N。(3)圓環(huán)從A到B過程中，依據(jù)牛頓其次定律F－μmg＝maxAB＝eq\f(1,2)at2代入數(shù)據(jù)得t＝eq\r(\f(8,5))s＝1.26s。答案：(1)7.75m/s(2)10N(3)1.26s12．(2021·江蘇啟東中學(xué)檢測)如圖10所示，傾角為37°的粗糙斜面AB底端與半徑R＝0.4m的光滑半圓軌道BC平滑相連，O點(diǎn)為軌道圓心，BC為圓軌道直徑且處于豎直方向，A、C兩點(diǎn)等高。質(zhì)量m＝1kg的滑塊從A點(diǎn)由靜止開頭下滑，恰能滑到與O點(diǎn)等高的D點(diǎn)。g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。圖10(1)求滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(2)若使滑塊能到達(dá)C點(diǎn)，求滑塊從A點(diǎn)沿斜面滑下時(shí)的初速度v0的最小值；(3)若滑塊離開C處的速度大小為4m/s，求滑塊從C點(diǎn)飛出至落到斜面上所經(jīng)受的時(shí)間t。解析：(1)滑塊從A點(diǎn)到D點(diǎn)的過程中，依據(jù)動(dòng)能定理有mg·(2R－R)－μmgcos37°·eq\f(2R,sin37°)＝0解得μ＝0.375。(2)若滑塊能到達(dá)C點(diǎn)，依據(jù)牛頓其次定律有mg＋FN＝eq\f(mvC2,R)當(dāng)FN＝0時(shí)，滑塊恰能到達(dá)C點(diǎn)，有vC≥eq\r(Rg)＝2m/s，滑塊從A點(diǎn)到C點(diǎn)的過程中，依據(jù)動(dòng)能定理有－μmgcos37°·eq\f(2R,sin37°)＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mv02聯(lián)立解得v0≥2eq\r(3)m/s。(3)滑塊離開C點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)有x＝vt，y＝eq\f(1,2)gt2由幾何關(guān)系得tan37°＝eq\f(2R－y,x)聯(lián)立以上各式整理得5t2＋3t－0.8＝0解得t＝0.2s。答案：(1)0.375(2)2eq\r(3)m/s(3)0.2s第3節(jié)機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用,(1)重力勢能的大小與零勢能參考面的選取有關(guān)。(√)(2)重力勢能的變化與零勢能參考面的選取無關(guān)。(√)(3)被舉到高處的物體重力勢能確定不為零。(×)(4)克服重力做功，物體的重力勢能確定增加。(√)(5)發(fā)生彈性形變的物體都具有彈性勢能。(√)(6)彈力做正功彈性勢能確定增加。(×)(7)物體所受的合外力為零，物體的機(jī)械能確定守恒。(×)(8)物體的速度增大時(shí)，其機(jī)械能可能減小。(√)(9)物體除受重力外，還受其他力，但其他力不做功，則物體的機(jī)械能確定守恒。(√)要點(diǎn)一機(jī)械能守恒的理解與推斷1．對機(jī)械能守恒條件的理解(1)只受重力作用，例如不考慮空氣阻力的各種拋體運(yùn)動(dòng)，物體的機(jī)械能守恒。(2)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。(3)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(fù)值，那么系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，留意并非物體的機(jī)械能守恒，如與彈簧相連的小球下擺的過程機(jī)械能削減。2．機(jī)械能是否守恒的三種推斷方法(1)利用機(jī)械能的定義推斷：若物體動(dòng)能、勢能之和不變，機(jī)械能守恒。(2)利用守恒條件推斷。(3)利用能量轉(zhuǎn)化推斷：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(jī)械能與其他形式能的轉(zhuǎn)化，則物體系統(tǒng)機(jī)械能守恒。[多角練通]1．關(guān)于機(jī)械能是否守恒，下列說法正確的是()A．做勻速直線運(yùn)動(dòng)的物體機(jī)械能確定守恒B．做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體機(jī)械能確定守恒C．做變速運(yùn)動(dòng)的物體機(jī)械能可能守恒D．合外力對物體做功不為零，機(jī)械能確定不守恒解析：選C做勻速直線運(yùn)動(dòng)的物體與做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體，假如是在豎直平面內(nèi)則機(jī)械能不守恒，A、B錯(cuò)誤；合外力做功不為零，機(jī)械能可能守恒，D錯(cuò)誤、C正確。2.如圖5-3-1所示，斜劈劈尖頂著豎直墻壁靜止于水平面上，現(xiàn)將一小球從圖示位置靜止釋放，不計(jì)一切摩擦，則在小球從釋放到落至地面的過程中，下列說法正確的是()圖5-3-1A．斜劈對小球的彈力不做功B．斜劈與小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C．斜劈的機(jī)械能守恒D．小球重力勢能減小量等于斜劈動(dòng)能的增加量解析：選B小球的位移方向豎直向下，斜劈對小球的彈力對小球做負(fù)功，小球?qū)π迸膹椓π迸稣?，斜劈的機(jī)械能增大，小球的機(jī)械能削減，但斜劈與小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，小球重力勢能的削減量，等于小球和斜劈動(dòng)能增加量之和，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。3．如圖5-3-2所示，用輕彈簧相連的物塊A和B放在光滑的水平面上，物塊A緊靠豎直墻壁，一顆子彈沿水平方向射入物塊B后留在其中，由子彈、彈簧和A、B所組成的系統(tǒng)在下列依次進(jìn)行的過程中，機(jī)械能不守恒的是()圖5-3-2A．子彈射入物塊B的過程B．物塊B帶著子彈向左運(yùn)動(dòng)，直到彈簧壓縮量最大的過程C．彈簧推著帶子彈的物塊B向右運(yùn)動(dòng)，直到彈簧恢復(fù)原長的過程D．帶著子彈的物塊B因慣性連續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，直到彈簧伸長量達(dá)最大的過程解析：選A子彈射入物塊B的過程中，子彈和物塊B組成的系統(tǒng)，由于要克服子彈與物塊之間的滑動(dòng)摩擦力做功，一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化成了內(nèi)能，所以機(jī)械能不守恒。在子彈與物塊B獲得了共同速度后一起向左壓縮彈簧的過程中，對于A、B、彈簧和子彈組成的系統(tǒng)，由于墻壁給A一個(gè)推力作用，系統(tǒng)的外力之和不為零，但這一過程中墻壁的彈力不做功，只有系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功，動(dòng)能和彈性勢能發(fā)生轉(zhuǎn)化，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，這一情形持續(xù)到彈簧恢復(fù)原長為止。當(dāng)彈簧恢復(fù)原長后，整個(gè)系統(tǒng)將向右運(yùn)動(dòng)，墻壁不再有力作用在A上，這時(shí)物塊的動(dòng)能和彈簧的彈性勢能相互轉(zhuǎn)化，故系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。要點(diǎn)二單個(gè)物體的機(jī)械能守恒1．機(jī)械能守恒的三種表達(dá)式表達(dá)式物理意義留意事項(xiàng)守恒觀點(diǎn)Ek＋Ep＝Ek′＋Ep′系統(tǒng)初狀態(tài)機(jī)械能的總和與末狀態(tài)機(jī)械能的總和相等應(yīng)用時(shí)應(yīng)選好重力勢能的零勢能面，且初末狀態(tài)必需用同一零勢能面計(jì)算勢能轉(zhuǎn)化觀點(diǎn)ΔEk＝－ΔEp表示系統(tǒng)(或物體)機(jī)械能守恒時(shí)，系統(tǒng)削減(或增加)的重力勢能等于系統(tǒng)增加(或削減)的動(dòng)能應(yīng)用時(shí)關(guān)鍵在于分清重力勢能的增加量和削減量，可不選零勢能面而直接計(jì)算初末狀態(tài)的勢能差轉(zhuǎn)移觀點(diǎn)ΔEA增＝ΔEB減若系統(tǒng)由A、B兩部分組成，則A部分物體機(jī)械能的增加量與B部分物體機(jī)械能的削減量相等常用于解決兩個(gè)或多個(gè)物體組成的系統(tǒng)的機(jī)械能守恒問題2．機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用技巧(1)機(jī)械能守恒定律是一種“能——能轉(zhuǎn)化”關(guān)系，其守恒是有條件的，因此，應(yīng)用時(shí)首先要對爭辯對象在所爭辯的過程中機(jī)械能是否守恒做出推斷。(2)假如系統(tǒng)(除地球外)只有一個(gè)物體，用守恒觀點(diǎn)列方程較便利；對于由兩個(gè)或兩個(gè)以上物體組成的系統(tǒng)，用轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的觀點(diǎn)列方程較簡便。[典例](2021·山東鄒平一中檢測)如圖5-3-3所示，半徑為R的光滑半圓軌道ABC與傾角θ＝37°的粗糙斜面軌道DC相切于C，圓軌道的直徑AC與斜面垂直。質(zhì)量為m的小球從A點(diǎn)左上方距A高為h的斜上方P點(diǎn)以某一速度水平拋出，剛好與半圓軌道的A點(diǎn)相切進(jìn)入半圓軌道內(nèi)側(cè)，之后經(jīng)半圓軌道沿斜面剛好滑到與拋出點(diǎn)等高的D處。已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，取R＝eq\f(50,9)h，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不計(jì)空氣阻力，求：圖5-3-3(1)小球被拋出時(shí)的速度v0；(2)小球到達(dá)半圓軌道最低點(diǎn)B時(shí)，對軌道的壓力大??；(3)小球從C到D過程中克服摩擦力做的功W。[審題指導(dǎo)](1)小球到達(dá)A點(diǎn)的速度沿A點(diǎn)的切線方向，與DC斜面平行。(2)小球由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中機(jī)械能守恒。(3)小球在斜面CD上克服摩擦力做的功對應(yīng)小球損失的機(jī)械能。[解析](1)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)，速度與水平方向的夾角為θ，如圖所示。設(shè)豎直方向的速度為vy，則有vy2＝2gh由幾何關(guān)系得v0＝vycotθ得v0＝eq\f(4,3)eq\r(2gh)。(2)A、B間豎直高度H＝R(1＋cosθ)設(shè)小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為v，則從拋出點(diǎn)到B過程中有eq\f(1,2)mv02＋mg(H＋h)＝eq\f(1,2)mv2在B點(diǎn)，有FN－mg＝meq\f(v2,R)解得FN＝5.6mg由牛頓第三定律知，小球在B點(diǎn)對軌道的壓力大小是5.6mg。(3)小球沿斜面上滑過程中克服摩擦力做的功等于小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初動(dòng)能，有W＝eq\f(1,2)mv02＝eq\f(16,9)mgh。[答案](1)eq\f(4,3)eq\r(2gh)(2)5.6mg(3)eq\f(16,9)mgh[方法規(guī)律](1)列方程時(shí)，選取的表達(dá)角度不同，表達(dá)式不同，對參考平面的選取要求也不愿定相同。(2)應(yīng)用機(jī)械能守恒能解決的問題，應(yīng)用動(dòng)能定理同樣能解決，但其解題思路和表達(dá)式有所不同。[針對訓(xùn)練]1．(2022·全國卷Ⅱ)取水平地面為重力勢能零點(diǎn)。一物塊從某一高度水平拋出，在拋出點(diǎn)其動(dòng)能與重力勢能恰好相等。不計(jì)空氣阻力。該物塊落地時(shí)的速度方向與水平方向的夾角為()A．eq\f(π,6) B．eq\f(π,4)C．eq\f(π,3) D．eq\f(5π,12)解析：選B依據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律和機(jī)械能守恒定律解題。設(shè)物塊水平拋出的初速度為v0，高度為h，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝mgh，即v0＝eq\r(2gh)。物塊在豎直方向上的運(yùn)動(dòng)是自由落體運(yùn)動(dòng)，故落地時(shí)的豎直分速度vy＝eq\r(2gh)＝vx＝v0，則該物塊落地時(shí)的速度方向與水平方向的夾角θ＝eq\f(π,4)，故選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)A、C、D錯(cuò)誤。2．(2021·南開中學(xué)模擬)如圖5-3-4所示，壓力傳感器能測量物體對其正壓力的大小，現(xiàn)將質(zhì)量分別為M、m的物塊和小球通過輕繩固定，并跨過兩個(gè)水平固定的定滑輪(滑輪光滑且較小)，當(dāng)小球在豎直面內(nèi)左右搖擺且高度相等時(shí)，物塊始終沒有離開水平放置的傳感器。已知小球搖擺偏離豎直方向的最大角度為θ，滑輪O到小球間輕繩長度為l，重力加速度為g，求：圖5-3-4(1)小球擺到最低點(diǎn)速度大??；(2)小球擺到最低點(diǎn)時(shí)，壓力傳感器示數(shù)為0，則M/m的大小。解析：(1)小球下擺過程中只有重力做功，小球的機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：mgl(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2－0解得小球在最低點(diǎn)的速度大小v＝eq\r(2gl1－cosθ)。(2)小球在最低點(diǎn)時(shí)，壓力傳感器的示數(shù)為0，則輕繩的拉力大小F＝Mg對小球在最低點(diǎn)應(yīng)用牛頓其次定律得：F－mg＝meq\f(v2,l)解得eq\f(M,m)＝3－2cosθ。答案：(1)eq\r(2gl1－cosθ)(3)3－2cosθ要點(diǎn)三多物體的機(jī)械能守恒1．對多個(gè)物體組成的系統(tǒng)要留意推斷物體運(yùn)動(dòng)過程中，系統(tǒng)的機(jī)械能是否守恒。2．留意查找用繩或桿相連接的物體間的速度關(guān)系和位移關(guān)系。3．列機(jī)械能守恒方程時(shí)，一般選用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA＝－ΔEB的形式。[典例](2021·青島檢測)一半徑為R的半圓形豎直圓柱面，用輕質(zhì)不行伸長的細(xì)繩連接的A、B兩球懸掛在圓柱面邊緣兩側(cè)，A球質(zhì)量為B球質(zhì)量的2倍，現(xiàn)將A球從圓柱邊緣處由靜止釋放，如圖5-3-5所示。已知A球始終不離開圓柱內(nèi)表面，且細(xì)繩足夠長，若不計(jì)一切摩擦，求：圖5-3-5(1)A球沿圓柱內(nèi)表面滑至最低點(diǎn)時(shí)速度的大?。?2)A球沿圓柱內(nèi)表面運(yùn)動(dòng)的最大位移。[審題指導(dǎo)](1)A球沿繩方向的分速度與B球速度大小相等。(2)A球沿圓柱內(nèi)表面運(yùn)動(dòng)的位移大小與B球上上升度相等。(3)A球下降的高度并不等于B球上升的高度。[解析](1)設(shè)A球沿圓柱內(nèi)表面滑至最低點(diǎn)時(shí)速度的大小為v，B球的質(zhì)量為m，則依據(jù)機(jī)械能守恒定