2019-2020年高考物理大一輪復習 第5章 機械能配套教案一、功1做功的兩個必要條件力和物體在力的方向上發(fā)生的位移2公式WFlcos ，適用于恒力做功，其中為F、l方向間夾角，l為物體對地的位移3功的正負判斷夾角功的正負<90力對物體做正功>90力對物體做負功，或者說物體克服這個力做了功90力對物體不做功二、功率1定義：功與完成這些功所用時間的比值2物理意義：描述做功的快慢3公式(1)P，P為時間t內(nèi)的平均功率(2)PFvcos (為F與v的夾角)v為平均速度，則P為平均功率v為瞬時速度，則P為瞬時功率4額定功率與實際功率(1)額定功率：動力機械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自我診斷1判斷正誤(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)作用力做正功時，反作用力一定做負功()(4)力始終垂直物體的運動方向，則該力對物體不做功()(5)摩擦力對物體一定做負功()(6)由PFv可知，發(fā)動機功率一定時，機車的牽引力與運行速度的大小成反比()(7)汽車上坡時換成低擋位，其目的是減小速度得到較大的牽引力()2(多選)質(zhì)量為m的物體靜止在傾角為的斜面上，斜面沿水平方向向右勻速移動了距離s，如圖所示，物體m相對斜面靜止則下列說法正確的是() A重力對物體m做正功B合力對物體m做功為零C摩擦力對物體m做負功D支持力對物體m做正功解析：選BCD.物體的受力及位移如圖所示，支持力FN與位移x的夾角<90，故支持力做正功，D正確；重力垂直位移，故重力不做功，A錯誤；摩擦力Ff與x夾角>90，故摩擦力做負功，C正確；合力為零，合力不做功，B正確3如圖所示，甲、乙、丙三個物體分別在大小相等、方向不同的力F的作用下，向右移動相等的位移x，關于F對甲、乙、丙做功的大小W1、W2、W3判斷正確的是()AW1>W2>W3BW1W2>W3CW1W2W3 DW1<W2<W3解析：選C.由功的公式可得，這三種情況下做的功分別為W1Fxcos 、W2Fxcos 、W3Fxcos ，又因為功的正、負不表示大小，所以C正確4在光滑的水平面上，用一水平拉力F使物體從靜止開始移動x，平均功率為P，如果將水平拉力增加為4F，使同一物體從靜止開始移動x，則平均功率為()A2P B4PC6P D8P解析：選D.設第一次運動時間為t，則其平均功率表達式為P；第二次加速度為第一次的4倍，由xat2 可知時間為，其平均功率為8P，D正確考點一功的正負判斷和計算考向1：功的正負的判斷方法(1)恒力做功的判斷：若物體做直線運動，依據(jù)力與位移的夾角來判斷(2)曲線運動中功的判斷：若物體做曲線運動，依據(jù)F與v的方向夾角來判斷當0<90時，力對物體做正功；90<180時，力對物體做負功；90時，力對物體不做功(3)依據(jù)能量變化來判斷：根據(jù)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兩個相聯(lián)系的物體之間的相互作用力做功的判斷1(多選)如圖所示，重物P放在一長木板OA上，將長木板繞O端轉(zhuǎn)過一個小角度的過程中，重物P相對于木板始終保持靜止關于木板對重物P的摩擦力和支持力做功的情況是()A摩擦力對重物不做功B摩擦力對重物做負功C支持力對重物不做功D支持力對重物做正功解析：選AD.由做功的條件可知：只要有力，并且物體在力的方向上通過位移，則力對物體做功由受力分析知，支持力FN做正功，摩擦力Ff不做功，選項A、D正確2. (多選)如圖所示，在皮帶傳送裝置中，皮帶把物體P勻速帶至高處，在此過程中，下列說法中正確的是()A摩擦力對物體做正功B摩擦力對物體做負功C支持力對物體不做功D合力對物體做正功解析：選AC.物體P勻速向上運動過程中，受靜摩擦力作用，方向沿皮帶向上，對物體做正功，支持力垂直于皮帶，做功為零，物體所受的合力為零，做功也為零，故A、C正確，B、D錯誤考向2：恒力做功的計算(1)單個力做的功：直接用WFlcos 計算(2)合力做的功方法一：先求合力F合，再用W合F合lcos 求功方法二：先求各個力做的功W1、W2、W3、，再應用W合W1W2W3求合力做的功3(多選)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a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FLB人對車做的功為maLC車對人的作用力大小為maD車對人的摩擦力做的功為(Fma)L解析：選AD.由做功的定義可知選項A正確；對人進行受力分析，人受重力以及車對人的力，合力的大小為ma，方向水平向左，故車對人的作用力大小應為，選項C錯誤；上述過程重力不做功，合力對人做的功為maL，所以車對人做的功為maL，由相互作用力及人、車的位移相同可確定，人對車做的功為maL，選項B錯誤；對人由牛頓第二定律知，在水平方向上有FfFma，摩擦力做的功為(Fma)L，選項D正確4(xx湖北武漢模擬)一滑塊在水平地面上沿直線滑行，t0時其速度為1 m/s，從此刻開始在滑塊運動方向上再施加一水平作用力F，力F和滑塊的速率v隨時間的變化規(guī)律分別如圖甲和乙所示，設在第1 s內(nèi)、第2 s內(nèi)、第3 s內(nèi)力F對滑塊做的功分別為W1、W2、W3，則以下關系正確的是() AW1W2W3BW1<W2<W3CW1<W3<W2 DW1W2<W3解析：選B.力F做的功等于每段恒力F與該段滑塊運動的位移數(shù)值的乘積，滑塊的位移即vt圖象中圖象與坐標軸圍成的面積，第1 s內(nèi)，位移大小為一個小三角形面積S；第2 s內(nèi)，位移大小也為一個小三角形面積S；第3 s內(nèi)，位移大小為兩個小三角形面積2S，故W1S，W23S，W34S，所以W1<W2<W3，B正確考點二變力功的計算方法一利用“微元法”求變力的功物體的位移分割成許多小段，因小段很小，每一小段上作用在物體上的力可以視為恒力，這樣就將變力做功轉(zhuǎn)化為在無數(shù)多個無窮小的位移上的恒力所做元功的代數(shù)和此法在中學階段，常應用于求解大小不變、方向改變的變力做功問題典例1 如圖所示，在水平面上，有一彎曲的槽道弧AB，槽道由半徑分別為和R的兩個半圓構(gòu)成，現(xiàn)用大小恒為F的拉力將一光滑小球從A點沿滑槽道拉至B點，若拉力F的方向時時刻刻均與小球運動方向一致，則此過程中拉力所做的功為()A0BFRC.FR D2FR解析雖然拉力方向時刻改變，但力與運動方向始終一致，用微元法，在很小的一段位移內(nèi)可以看成恒力，小球的路程為R，則拉力做的功為FR，故C正確答案C方法二化變力的功為恒力的功若通過轉(zhuǎn)換研究的對象，有時可化為恒力做功，用WFlcos 求解此法常常應用于輕繩通過定滑輪拉物體的問題中典例2如圖所示，固定的光滑豎直桿上套著一個滑塊，用輕繩系著滑塊繞過光滑的定滑輪，以大小恒定的拉力F拉繩，使滑塊從A點起由靜止開始上升若從A點上升至B點和從B點上升至C點的過程中拉力F做的功分別為W1和W2，圖中ABBC，則()AW1W2 BW1W2CW1W2D無法確定W1和W2的大小關系解析繩子對滑塊做的功為變力做功，可以通過轉(zhuǎn)換研究對象，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，WFl，l為繩拉滑塊過程中力F的作用點移動的位移，大小等于滑輪左側(cè)繩長的縮短量，由圖可知，lABlBC，故W1W2，A正確答案A方法三利用Fx圖象求變力的功在Fx圖象中，圖線與x軸所圍“面積”的代數(shù)和就表示力F在這段位移所做的功，且位于x軸上方的“面積”為正，位于x軸下方的“面積”為負，但此方法只適用于便于求圖線所圍面積的情況(如三角形、矩形、圓等規(guī)則的幾何圖形)典例3如圖甲所示，靜止于光滑水平面上坐標原點處的小物塊，在水平拉力F作用下，沿x軸方向運動，拉力F隨物塊所在位置坐標x的變化關系如圖乙所示，圖線為半圓則小物塊運動到x0處時F做的總功為() A0BFmx0C.Fmx0 D.x解析F為變力，根據(jù)Fx圖象包圍的面積在數(shù)值上等于F做的總功來計算圖線為半圓，由圖線可知在數(shù)值上Fmx0，故WFFmx0Fmx0.答案C方法四利用平均力求變力的功在求解變力做功時，若物體受到的力方向不變，而大小隨位移呈線性變化，即力均勻變化時，則可以認為物體受到一大小為F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WFlcos 求此力所做的功典例4把長為l的鐵釘釘入木板中，每打擊一次給予的能量為E0，已知釘子在木板中遇到的阻力與釘子進入木板的深度成正比，比例系數(shù)為k.問此釘子全部進入木板需要打擊幾次？解析在把釘子打入木板的過程中，釘子把得到的能量用來克服阻力做功，而阻力與釘子進入木板的深度成正比，先求出阻力的平均值，便可求得阻力做的功釘子在整個過程中受到的平均阻力為：F釘子克服阻力做的功為：WFFlkl2設全過程共打擊n次，則給予釘子的總能量：E總nE0kl2，所以n答案方法五利用動能定理求變力的功動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動，既適用于求恒力做功也適用于求變力做功使用動能定理可根據(jù)動能的變化來求功，是求變力做功的一種方法典例5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)點自軌道端點P由靜止開始滑下，滑到最低點Q時，對軌道的正壓力為2mg，重力加速度大小為g.質(zhì)點自P滑到Q的過程中，克服摩擦力所做的功為()A.mgR B.mgRC.mgR D.mgR解析在Q點質(zhì)點受到豎直向下的重力和豎直向上的支持力，兩力的合力充當向心力，所以有FNmgm，F(xiàn)N2mg，聯(lián)立解得v，下落過程中重力做正功，摩擦力做負功，根據(jù)動能定理可得mgRWfmv2，解得WfmgR，所以克服摩擦力做功mgR，C正確答案C考點三功率的計算1平均功率的計算(1)利用P.(2)利用PFvcos ，其中v為物體運動的平均速度2瞬時功率的計算(1)利用公式PFvcos ，其中v為t時刻物體的瞬時速度(2)利用公式PFvF，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PFvv，其中Fv為物體受的外力F在速度v方向上的分力3計算功率的3個注意(1)要弄清楚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，計算時應明確是哪個力在哪段時間(或過程)內(nèi)做功的平均功率(3)瞬時功率計算時應明確是哪個力在哪個時刻(或狀態(tài))的功率求解瞬時功率時，如果F與v不同向，可用力F乘以F方向的分速度，或速度v乘以速度方向的分力求解1一個質(zhì)量為m的物塊，在幾個共點力的作用下靜止在光滑水平面上現(xiàn)把其中一個水平方向的力從F突然增大到3F，并保持其他力不變，則從這時開始到t秒末，該力的瞬時功率是()A.BC. D.解析：選C.物塊受到的合力為2F，根據(jù)牛頓第二定律有2Fma，在合力作用下，物塊做初速度為零的勻加速直線運動，速度vat，該力大小為3F，則該力的瞬時功率P3Fv，解以上各式得P，C正確2(多選)我國科學家正在研制航母艦載機使用的電磁彈射器艦載機總質(zhì)量為3.0104 kg，設起飛過程中發(fā)動機的推力恒為1.0105 N；彈射器有效作用長度為100 m，推力恒定要求艦載機在水平彈射結(jié)束時速度大小達到80 m/s.彈射過程中艦載機所受總推力為彈射器和發(fā)動機推力之和，假設所受阻力為總推力的20%，則()A彈射器的推力大小為1.1106 NB彈射器對艦載機所做的功為1.1108 JC彈射器對艦載機做功的平均功率為8.8107 WD艦載機在彈射過程中的加速度大小為32 m/s2解析：選ABD.對艦載機應用運動學公式v202ax，代入數(shù)據(jù)得加速度a32 m/s2，D正確；設總推力為F，對艦載機應用牛頓第二定律可知：F20%Fma，得F1.2106 N，而發(fā)動機的推力為1.0105 N，則彈射器的推力為F推(1.21061.0105)N1.1106 N，A正確；彈射器對艦載機所做的功為WF推l1.1108 J，B正確；彈射過程所用的時間為t s2.5 s，平均功率P W4.4107W，C錯誤3. 如圖所示，質(zhì)量相同的兩物體從同一高度由靜止開始運動，A沿著固定在地面上的光滑斜面下滑，B做自由落體運動兩物體分別到達地面時，下列說法正確的是()A重力的平均功率A>BB重力的平均功率ABC重力的瞬時功率PAPBD重力的瞬時功率PA<PB解析：選D.根據(jù)功的定義可知重力對兩物體做功相同即WAWB，自由落體時滿足hgt，沿斜面下滑時滿足gtsin ，其中為斜面傾角，故tA>tB，由P知A<B，A、B錯；由勻變速直線運動公式可知落地時兩物體的速度大小相同，方向不同，重力的瞬時功率PAmgvsin ，PBmgv，顯然PA<PB，故C錯，D對求解功率時應注意的“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，計算時應明確是哪個力在哪段時間(或過程)內(nèi)做功的平均功率；(3)瞬時功率計算時應明確是哪個力在哪個時刻(或狀態(tài))的功率考點四機車啟動問題考向1：以恒定功率啟動(1)運動過程分析(2)運動過程的速度時間圖象1. 一汽車在平直公路上行駛從某時刻開始計時，發(fā)動機的功率P隨時間t的變化如圖所示假定汽車所受阻力的大小Ff恒定不變下列描述該汽車的速度v隨時間t變化的圖線中，可能正確的是() 解析：選A.由Pt圖象知：0t1內(nèi)汽車以恒定功率P1行駛，t1t2內(nèi)汽車以恒定功率P2行駛設汽車所受牽引力為F，則由PFv得，當v增加時，F(xiàn)減小，由a知a減小，又因速度不可能突變，所以選項B、C、D錯誤，A正確2(xx山東濟南模擬)(多選)汽車在平直公路上以速度v0勻速行駛，發(fā)動機功率為P，牽引力為F0，t1時刻，司機減小了油門，使汽車的功率立即減小一半，并保持該功率繼續(xù)行駛，到t2時刻，汽車又恢復了勻速直線運動下列能正確表示這一過程中汽車牽引力F隨時間t、速度v隨時間t變化的圖象是() 解析：選AD.到t1時刻功率立即減小一半，但速度減小有一個過程，不能直接變?yōu)樵瓉淼囊话耄誀恳α⒓醋優(yōu)樵瓉淼囊话?，根?jù)公式PFv，之后保持該功率繼續(xù)行駛，速度減小，牽引力增大，根據(jù)a，摩擦力恒定，所以加速度逐漸減小，即vt圖象的斜率減小，當加速度為零時，做勻速直線運動，故選項A、D正確考向2：以恒定加速度啟動(1)運動過程分析(2)運動過程的速度時間圖象如圖所示3一輛汽車從靜止出發(fā)，在平直的公路上加速前進，如果發(fā)動機的牽引力保持恒定，汽車所受阻力保持不變，在此過程中()A汽車的速度與時間成正比B汽車的位移與時間成正比C汽車做變加速直線運動D汽車發(fā)動機做的功與時間成正比解析：選A.由FFfma可知，因汽車牽引力F保持恒定，故汽車做勻加速直線運動，C錯誤；由vat可知，A正確；而xat2，故B錯誤；由WFFxFat2可知，D錯誤4(xx浙江舟山模擬)質(zhì)量為1.0103 kg的汽車，沿傾角為30的斜坡由靜止開始運動，汽車在運動過程中所受摩擦阻力大小恒為2 000 N，汽車發(fā)動機的額定輸出功率為5.6104 W，開始時以a1 m/s2的加速度做勻加速運動(g10 m/s2)求：(1)汽車做勻加速運動的時間t1；(2)汽車所能達到的最大速率；(3)若斜坡長143.5 m，且認為汽車到達坡頂之前，已達到最大速率，則汽車從坡底到坡頂需多長時間？解析：(1)由牛頓第二定律得Fmgsin 30Ffma設勻加速過程的末速度為v，則有PFvvat1解得t17 s(2)當達到最大速度vm時，a0，則有P(mgsin 30Ff)vm解得vm8 m/s(3)汽車勻加速運動的位移x1at在后一階段對汽車由動能定理得Pt2(mgsin 30Ff)x2mvmv2又有xx1x2解得t215 s故汽車運動的總時間為tt1t222 s答案：(1)7 s(2)8 m/s(3)22 s解決機車啟動問題的4個注意(1)機車啟動的方式不同，運動的規(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)律不同，分析圖象時應注意坐標軸的意義及圖象變化所描述的規(guī)律(2)在機車功率PFv中，F(xiàn)是機車的牽引力而不是機車所受合力，正是基于此，牽引力與阻力平衡時達到最大運行速度，即PFfvm.(3)恒定功率下的啟動過程一定不是勻加速過程，勻變速直線運動的公式不適用了，這種加速過程發(fā)動機做的功可用WPt計算，不能用WFl計算(因為F為變力) (4)以恒定牽引力加速時的功率一定不恒定，這種加速過程發(fā)動機做的功常用WFl計算，不能用WPt計算(因為功率P是變化的)課時規(guī)范訓練基礎鞏固題組1. 如圖所示，木塊B上表面是水平的，當木塊A置于B上，并與B保持相對靜止，一起沿固定的光滑斜面由靜止開始下滑，在下滑過程中()AA所受的合外力對A不做功BB對A的彈力做正功CB對A的摩擦力做正功DA對B做正功解析：選C.AB一起沿固定的光滑斜面由靜止開始下滑，加速度為gsin .由于A速度增大，由動能定理，A所受的合外力對A做功，B對A的摩擦力做正功，B對A的彈力做負功，選項A、B錯誤C、正確A對B不做功，選項D錯誤2. (多選)如圖所示，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在擺球從A點運動到B點的過程中空氣阻力F阻的大小不變，則下列說法正確的是()A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F阻L解析：選ABD.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L，C錯誤，D正確3(多選) 如圖所示，B物體在拉力F的作用下向左運動，在運動過程中，A、B之間有相互作用的摩擦力，則這對摩擦力做功的情況，下列說法中正確的是()AA、B都克服摩擦力做功B摩擦力對A不做功C摩擦力對B做負功D摩擦力對A、B都不做功解析：選BC.對A、B受力分析如圖所示，物體A在Ff2作用下沒有位移，所以摩擦力對A不做功，故B正確；對物體B，F(xiàn)f1與位移夾角為180，做負功，故C正確，A、D錯誤4. 如圖所示，用與水平方向成角的力F，拉著質(zhì)量為m的物體沿水平地面勻速前進位移s，已知物體和地面間的動摩擦因數(shù)為.則在此過程中F做的功為()AmgsBmgsC. D.解析：選D.物體受力平衡，有Fsin FNmg，F(xiàn)cos FN 0，在此過程中F做的功WFscos ，D正確5如圖所示，質(zhì)量為m的小球用長L的細線懸掛而靜止在豎直位置現(xiàn)用水平拉力F將小球緩慢拉到細線與豎直方向成角的位置在此過程中，拉力F做的功為()AFLcos BFLsin CFL(1cos ) DmgL(1cos )解析：選D.用F緩慢地拉，則顯然F為變力，只能用動能定理求解，由動能定理得WFmgL(1cos )0，解得WFmgL(1cos )，D正確6. 如圖所示，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的斜面上，則球落在斜面上時重力的瞬時功率為(不計空氣阻力)()Amgv0tan B.C. Dmgv0cos 解析：選B.小球落在斜面上時重力的瞬時功率為Pmgvy，而vytan v0，所以P，B正確7. 如圖所示，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，則小球從A到C的過程中彈簧彈力做功是()Amghmv2 B.mv2mghCmgh D(mghmv2)解析：選A.小球從A點運動到C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WGWF0mv2，重力做功為WGmgh，則彈簧的彈力對小球做功為WFmghmv2，所以正確選項為A.綜合應用題組8質(zhì)量為m的汽車，啟動后沿平直路面行駛，如果發(fā)動機的功率恒為P，且行駛過程中受到的摩擦阻力大小一定，汽車速度能夠達到的最大值為v，那么當汽車的車速為時，汽車的瞬時加速度的大小為()A. B.C. D.解析：選B.當汽車勻速行駛時，有fF，根據(jù)PF，得F，由牛頓第二定律得a，故B正確，A、C、D錯誤9如圖甲所示，滑輪質(zhì)量、摩擦均不計，質(zhì)量為2 kg的物體在F作用下由靜止開始向上做勻加速運動，其速度隨時間的變化關系如圖乙所示，由此可知()A物體加速度大小為2 m/s2BF的大小為21 NC4 s末F的功率大小為42 WD4 s內(nèi)F做功的平均功率為42 W解析：選C.由圖乙可知，物體的加速度a0.5 m/s2，由2Fmgma可得：F10.5 N，A、B均錯誤；4 s末力F的作用點的速度大小為vF22 m/s4 m/s，故4 s末拉力F做功的功率為PFvF42 W，C正確；4 s內(nèi)物體上升的高度h4 m，力F的作用點的位移l2h8 m，拉力F所做的功WFl84 J,4 s內(nèi)拉力F做功的平均功率21 W，D錯誤10. 當前我國“高鐵”事業(yè)發(fā)展迅猛假設一輛高速列車在機車牽引力和恒定阻力作用下，在水平軌道上由靜止開始啟動，其vt圖象如圖所示，已知在0t1時間內(nèi)為過原點的傾斜直線，t1時刻達到額定功率P，此后保持功率P不變，在t3時刻達到最大速度v3，以后勻速運動下述判斷正確的是()A從0至t3時間內(nèi)，列車一直勻加速直線運動Bt2時刻的加速度大于t1時刻的加速度C在t3時刻以后，機車的牽引力為零D該列車所受的恒定阻力大小為解析：選D.0t1時間內(nèi)，列車勻加速運動，t1t3時間內(nèi)，加速度變小，故A、B錯；t3以后列車勻速運動，牽引力等于阻力，故C錯；勻速運動時fF牽，故D正確11有一種太陽能驅(qū)動的小車，當太陽光照射到小車上方的光電板時，光電板中產(chǎn)生的電流經(jīng)電動機帶動小車前進若質(zhì)量為m的小車在平直的水泥路上從靜止開始沿直線加速行駛，經(jīng)過時間t前進的距離為x，且速度達到最大值vm.設這一過程中電動機的功率恒為P，小車所受阻力恒為f，那么這段時間內(nèi)()A小車做勻加速運動B小車受到的牽引力逐漸增大C小車受到的合外力所做的功為PtD小車受到的牽引力做的功為fxmv解析：選D.小車在運動方向上受牽引力F和阻力f，因為v增大，P不變，由PFv，F(xiàn)fma，得出F逐漸減小，a也逐漸減小，當vvm時，a0，故A、B均錯；合外力做的功W外Ptfx，由動能定理得Ptfxmv，故C錯誤，D正確12放在粗糙水平面上的物體受到水平拉力的作用，在06 s內(nèi)其速度與時間圖象和該拉力的功率與時間圖象分別如圖所示，下列說法正確的是()A06 s內(nèi)物體位移大小為36 mB06 s內(nèi)拉力做的功為30 JC合外力在06 s內(nèi)做的功與02 s內(nèi)做的功相等D滑動摩擦力大小為5 N解析：選C.由PFv，對應vt圖象和Pt圖象可得30F6,10f6，解得：F5 N，f N，D錯誤；06 s內(nèi)物體的位移大小為(46)6 m30 m，A錯誤；06 s內(nèi)拉力做功WFx1fx2562 J64 J70 J，B錯誤；由動能定理可知，C正確13一起重機的鋼繩由靜止開始勻加速提起質(zhì)量為m的重物，當重物的速度為v1時，起重機的功率達到最大值P，以后起重機保持該功率不變，繼續(xù)提升重物，直到以最大速度v2勻速上升，物體上升的高度為h，則整個過程中，下列說法正確的是()A鋼繩的最大拉力為B鋼繩的最大拉力為mgC重物勻加速的末速度為D重物勻加速運動的加速度為g解析：選D.加速過程物體處于超重狀態(tài)，鋼繩拉力較大，勻速運動階段鋼繩的拉力為，故A錯誤；加速過程重物處于超重狀態(tài)，鋼繩拉力大于重力，故B錯誤；重物勻加速運動的末速度不是運動的最大速度，此時鋼繩對重物的拉力大于其重力，故其速度小于，故C錯誤；重物勻加速運動的末速度為v1，此時的拉力為F，由牛頓第二定律得：ag，故D正確14(多選)兩實心小球甲和乙由同一種材料制成，甲球質(zhì)量大于乙球質(zhì)量兩球在空氣中由靜止下落，假設它們運動時受到的阻力與球的半徑成正比，與球的速率無關若它們下落相同的距離，則()A甲球用的時間比乙球長B甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功解析：選BD.設fkR，則由牛頓第二定律得F合mgfma，而mR3，故ag，由m甲>m乙、甲乙可知a甲>a乙，故C錯誤；因甲、乙位移相同，由v22ax可知，v甲>v乙，B正確；由xat2可知，t甲<t乙，A錯誤；由功的定義可知，W克服fx，又f甲>f乙，則W甲克服>W乙克服，D正確第2節(jié)動能定理及其應用一、動能1公式：Ekmv2，式中v為瞬時速度，動能是狀態(tài)量2矢標性：動能是標量，只有正值，動能與速度的方向無關3動能的變化量：Ekmvmv.4動能的相對性由于速度具有相對性，則動能也具有相對性，一般以地面為參考系二、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：WEkmvmv.3功與動能的關系(1)W>0，物體的動能增加(2)W<0，物體的動能減少(3)W0，物體的動能不變4適用條件(1)動能定理既適用于直線運動，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，也可以不同時作用自我診斷1判斷正誤(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)動能不變的物體一定處于平衡狀態(tài)()(3)如果物體所受的合外力為零，那么合外力對物體做功一定為零()(4)物體在合外力作用下做變速運動時，動能一定變化()(5)物體的動能不變，所受的合外力必定為零()(6)做自由落體運動的物體，動能與時間的二次方成正比()2一個質(zhì)量為0.3 kg的彈性小球，在光滑水平面上以6 m/s的速度垂直撞到墻上，碰撞后小球沿相反方向運動，反彈后的速度大小與碰撞前相同，則碰撞前后小球速度變化量的大小v和碰撞過程中小球的動能變化量Ek為()Av0Bv12 m/sCEk1.8 J DEk10.8 J解析：選B.取初速度方向為正方向，則v(66)m/s12 m/s，由于速度大小沒變，動能不變，故動能變化量為0，故只有選項B正確3A、B兩物體在光滑水平面上，分別在相同的水平恒力F作用下，由靜止開始通過相同的位移l.若A的質(zhì)量大于B的質(zhì)量，則在這一過程中()AA獲得動能較大BB獲得動能較大CA、B獲得動能一樣大D無法比較A、B獲得動能大小解析：選C.由動能定理可知恒力F做功WFlmv20，因為F、l相同，所以A、B的動能變化相同，C正確4質(zhì)量m2 kg的物體在光滑水平面上以v16 m/s的速度勻速向西運動，若有一個F8 N、方向向北的恒力作用于物體，在t2 s內(nèi)物體的動能增加了()A28 J B64 JC32 J D36 J解析：選B.由于力F與速度v1垂直，物體做曲線運動，其兩個分運動為向西的勻速運動和向北的勻加速直線運動，對勻加速運動有a4 m/s2，v2at8 m/s.2 s末物體的速度v10 m/s, 2 s內(nèi)物體的動能增加了Ekmv2mv64 J，故選項B正確.考點一動能定理的理解和應用1定理中“外力”的兩點理解(1)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)既可以是恒力，也可以是變力2公式中“”體現(xiàn)的三個關系3應用動能定理的注意事項(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)應用動能定理時，必須明確各力做功的正、負(3)應用動能定理解題，關鍵是對研究對象進行準確的受力分析及運動過程分析，并畫出物體運動過程的草圖，借助草圖理解物理過程和各量關系1. 光滑斜面上有一個小球自高為h的A處由靜止開始滾下，抵達光滑水平面上的B點時速度大小為v0.光滑水平面上每隔相等的距離設置了一個與小球運動方向垂直的活動阻擋條，如圖所示，小球越過n條活動阻擋條后停下來若讓小球從h高處以初速度v0滾下，則小球能越過的活動阻擋條的條數(shù)是(設小球每次越過活動阻擋條時損失的動能相等)()AnB2nC3n D4n解析：選B.設每條阻擋條對小球做的功為W，當小球在水平面上滾動時，由動能定理得nW0mv，對第二次有NW0mv0，又因為mvmgh，聯(lián)立解得N2n，選項B正確2. (多選)質(zhì)量不等，但有相同動能的兩個物體，在動摩擦因數(shù)相同的水平地面上滑行，直至停止，則()A質(zhì)量大的物體滑行的距離大B質(zhì)量小的物體滑行的距離大C它們滑行的距離一樣大D它們克服摩擦力所做的功一樣多解析：選BD.由動能定理可知，摩擦力對物體所做的功等于物體動能的增量，因兩物體具有相同的動能，故兩物體滑行過程中克服摩擦力所做的功也相同，又Wfmgx可知，質(zhì)量越大的物體，滑行的距離x越小，故B、D選項正確3如圖所示，質(zhì)量為m的小球用長為L的輕質(zhì)細線懸于O點，與O點處于同一水平線上的P點處有一個光滑的細釘，已知OP，在A點給小球一個水平向左的初速度v0，發(fā)現(xiàn)小球恰能到達跟P點在同一豎直線上的最高點B.求：(1)小球到達B點時的速率；(2)若不計空氣阻力，則初速度v0為多少；(3)若初速度v03，則小球在從A到B的過程中克服空氣阻力做了多少功？解析：(1)小球恰能到達最高點B，由牛頓第二定律得mgm解得vB(2)若不計空氣阻力，從AB由動能定理得mgmvmv解得v0 (3)當v03 時，由動能定理得mgWFfmvmv解得WFfmgL答案：(1) (2) (3)mgL(1)優(yōu)先應用動能定理的問題不涉及加速度、時間的問題有多個物理過程且不需要研究整個過程中的中間狀態(tài)的問題變力做功的問題含有F、l、m、v、W、Ek等物理量的力學問題(2)應用動能定理的解題步驟考點二動能定理與圖象的綜合問題1力學中圖象所圍“面積”的意義(1)vt圖：由公式xvt可知，vt圖線與坐標軸圍成的面積表示物體的位移(2)at圖：由公式vat可知，at圖線與坐標軸圍成的面積表示物體速度的變化量(3)Fx圖：由公式WFx可知，F(xiàn)x圖線與坐標軸圍成的面積表示力所做的功(4)Pt圖：由公式WPt可知，Pt圖線與坐標軸圍成的面積表示力所做的功2解決物理圖象問題的基本步驟(1)觀察題目給出的圖象，弄清縱坐標、橫坐標所對應的物理量及圖線所表示的物理意義(2)根據(jù)物理規(guī)律推導出縱坐標與橫坐標所對應的物理量間的函數(shù)關系式(3)將推導出的物理規(guī)律與數(shù)學上與之相對應的標準函數(shù)關系式相對比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點，圖線下的面積所對應的物理意義，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)關系式求物理量典例1如圖甲所示，一半徑R1 m、圓心角等于143的豎直圓弧形光滑軌道，與斜面相切于B處，圓弧軌道的最高點為M，斜面傾角37，t0時刻有一物塊沿斜面上滑，其在斜面上運動的速度變化規(guī)律如圖乙所示，若物塊恰能到達M點，取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：(1)物塊經(jīng)過M點的速度大?。?2)物塊經(jīng)過B點的速度大??；(3)物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)解析(1)物塊恰能到達M點則有mgm解得vM m/s(2)物塊從B點運動到M點的過程中，由動能定理得mgR(1cos 37)mvmv解得vB m/s(3)由題圖乙可知，物塊在斜面上運動時，加速度大小為a10 m/s2，方向沿斜面向下，有mgsin 37mgcos 37ma解得0.5答案(1) m/s(2) m/s(3)0.51. (xx安徽合肥一模)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vt圖象如圖所示已知兩物體與水平面間的滑動摩擦力大小相等則下列說法正確的是()AF1、F2大小之比為12BF1、F2對A、B做功之比為12CA、B質(zhì)量之比為21D全過程中A、B克服摩擦力做功之比為21解析：選C.由速度與時間圖象可知，兩個勻減速運動的加速度之比為12，由牛頓第二定律可知：A、B受摩擦力大小相等，所以A、B的質(zhì)量關系是21，由速度與時間圖象可知，A、B兩物體加速與減速的位移相等，且勻加速運動位移之比12，勻減速運動的位移之比21，由動能定理可得：A物體的拉力與摩擦力的關系，F(xiàn)1xf13x00；B物體的拉力與摩擦力的關系，F(xiàn)22xf23x00，因此可得：F13f1，F(xiàn)2f2，f1f2，所以F12F2.全過程中摩擦力對A、B做功相等，F(xiàn)1、F2對A、B做功大小相等故A、B、D錯誤，C正確2. (xx江西九江質(zhì)檢)打樁機是利用沖擊力將樁貫入地層的樁工機械某同學對打樁機的工作原理產(chǎn)生了興趣他構(gòu)建了一個打樁機的簡易模型，如圖甲所示他設想，用恒定大小的拉力F拉動繩端B，使物體從A點(與釘子接觸處)由靜止開始運動，上升一段高度后撤去F，物體運動到最高點后自由下落并撞擊釘子，將釘子打入一定深度按此模型分析，若物體質(zhì)量m1 kg，上升了1 m高度時撤去拉力，撤去拉力前物體的動能Ek與上升高度h的關系圖象如圖乙所示(g取10 m/s2，不計空氣阻力)(1)求物體上升到0.4 m高度處F的瞬時功率；(2)若物體撞擊釘子后瞬間彈起，且使其不再落下，釘子獲得20 J的動能向下運動釘子總長為10 cm.撞擊前插入部分可以忽略，不計釘子重力已知釘子在插入過程中所受阻力Ff與深度x的關系圖象如圖丙所示，求釘子能夠插入的最大深度解析：(1)撤去F前，根據(jù)動能定理，有(Fmg)hEk0由題圖乙得，斜率為kFmg20 N得F30 N又由題圖乙得，h0.4 m時，Ek8 J，則v4 m/sPFv120 W(2)碰撞后，對釘子有Ffx0Ek已知Ek20 Jf又由題圖丙得k105 N/m解得x0.02 m答案：(1)120 W(2)0.02 m動能定理與圖象結(jié)合問題的分析方法(1)首先看清楚所給圖象的種類(如vt圖象、Ft圖象、Ekx圖象等)(2)挖掘圖象的隱含條件求出所需要的物理量，如由vt圖象所包圍的“面積”求位移，由Fx圖象所包圍的“面積”求功等(3)分析有哪些力做功，根據(jù)動能定理列方程，求出相應的物理量考點三用動能定理解決多過程問題1運用動能定理解決問題時，選擇合適的研究過程能使問題得以簡化當物體的運動過程包含幾個運動性質(zhì)不同的子過程時，可以選擇一個、幾個或全部子過程作為研究過程2當選擇全部子過程作為研究過程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時，要注意運用它們的功能特點：(1)重力的功取決于物體的初、末位置，與路徑無關(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典例2 如圖所示，用一塊長L11.0 m的木板在墻和桌面間架設斜面，桌子高H0.8 m，長L21.5 m斜面與水平桌面的傾角可在060間調(diào)節(jié)后固定將質(zhì)量m0.2 kg的小物塊從斜面頂端靜止釋放，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)10.05，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為2，忽略物塊在斜面與桌面交接處的能量損失(重力加速度取g10 m/s2；最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)(1)求角增大到多少時，物塊能從斜面開始下滑；(用正切值表示)(2)當角增大到37時，物塊恰能停在桌面邊緣，求物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)2；(已知sin 370.6，cos 370.8)(3)繼續(xù)增大角，發(fā)現(xiàn)53時物塊落地點與墻面的距離最大，求此最大距離xm.解析(1)為使小物塊下滑，應有mgsin 1mgcos 滿足的條件tan 0.05即當arctan 0.05時物塊恰好從斜面開始下滑(2)克服摩擦力做功Wf1mgL1cos 2mg(L2L1cos )由動能定理得mgL1sin Wf0代入數(shù)據(jù)得20.8(3)由動能定理得mgL1sin Wfmv2結(jié)合式并代入數(shù)據(jù)得v1 m/s由平拋運動規(guī)律得Hgt2，x1vt解得t0.4 sx10.4 mxmx1L21.9 m答案(1)arctan 0.05(2)0.8(3)1.9 m1. 如圖所示，相同材料制成的滑道ABC，其中AB段為曲面，BC段為水平面現(xiàn)有質(zhì)量為m的木塊，從距離水平面h高處的A點由靜止釋放，滑到B點過程中克服摩擦力做功為mgh；木塊通過B點后繼續(xù)滑行2h距離后，在C點停下來，則木塊與曲面間的動摩擦因數(shù)應為()A.BC. D.解析：選A.物體從A點到C點根據(jù)動能定理，mghmghmg2h0，解得，因為曲面和水平軌道是同種材料，所以木塊與曲面間的動摩擦因數(shù)也為，選項A正確2(xx高考天津卷) 我國將于2022年舉辦冬奧會，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一如圖所示，質(zhì)量m60 kg的運動員從長直助滑道AB的A處由靜止開始以加速度a3.6 m/s2勻加速滑下，到達助滑道末端B時速度vB24 m/s，A與B的豎直高度差H48 m為了改變運動員的運動方向，在助滑道與起跳臺之間用一段彎曲滑道銜接，其中最低點C處附近是一段以O為圓心的圓弧助滑道末端B與滑道最低點C的高度差h5 m，運動員在B、C間運動時阻力做功W1 530 J，g取10 m/s2.(1)求運動員在AB段下滑時受到阻力Ff的大小；(2)若運動員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，則C點所在圓弧的半徑R至少應為多大？解析：(1)運動員在AB段做初速度為零的勻加速運動，設AB的長度為x，則有v2ax由牛頓第二定律有mgFfma聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得Ff144 N(2)設運動員到達C點時的速度為vC，在由B到達C的過程中，由動能定理有mghWmvmv設運動員在C點所受的支持力為FN，由牛頓第二定律有FNmgm由運動員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得R12.5 m答案： (1)144 N(2)12.5 m利用動能定理求解多過程問題的基本思路(1)弄清物體的運動由哪些過程組成(2)分析每個過程中物體的受力情況(3)各個力做功有何特點，對動能的變化有無影響(4)從總體上把握全過程，表達出總功，找出初、末狀態(tài)的動能(5)對所研究的全過程運用動能定理列方程課時規(guī)范訓練基礎鞏固題組1(多選)關于動能定理的表達式WEk2Ek1，下列說法正確的是()A公式中的W為不包含重力的其他力做的總功B公式中的W為包含重力在內(nèi)的所有力做的功，也可通過以下兩種方式計算：先求每個力的功再求功的代數(shù)和或先求合外力再求合外力的功C公式中的Ek2Ek1為動能的增量，當W0時動能增加，當W0時，動能減少D動能定理適用于直線運動，但不適用于曲線運動，適用于恒力做功，但不適用于變力做功解析：選BC.公式WEk2Ek1中的“W”為所有力所做的總功，A錯誤，B正確；若W0，則Ek2Ek1，若W0，則Ek2Ek1，C正確；動能定理對直線運動、曲線運動、恒力做功、變力做功均適用，D錯誤2如圖所示，AB為圓弧軌道，BC為水平直軌道，圓弧對應的圓的半徑為R，BC的長度也是R，一質(zhì)量為m的物體與兩個軌道間的動摩擦因數(shù)都為，當它由軌道頂端A從靜止開始下落，恰好運動到C處停止，那么物體在AB段克服摩擦力所做的功為()AmgRBmgRCmgR D(1)mgR解析：選D.由題意可知mgRWfABWfBC，WfBCmgR，所以WfAB(1)mgR，D正確3一個質(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水平恒力作用下，經(jīng)過一段時間，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，如圖所示，那么在這段時間內(nèi)，其中一個力做的功為()A.mv2 B.mv2C.mv2 D.mv2解析：選B.在合力F的方向上，由動能定理得WFlmv2，某個分力的功為W1F1lcos 30lcos 30Flmv2，B正確4. 如圖所示，一塊長木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物體A，現(xiàn)以恒定的外力拉B，由于A、B間摩擦力的作用，A將在B上滑動，以地面為參考系，A、B都向前移動一段距離在此過程中()A外力F做的功等于A和B動能的增量BB對A的摩擦力所做的功，等于A的動能增量CA對B的摩擦力所做的功，等于B對A的摩擦力所做的功D外力F對B做的功等于B的動能的增量解析：選B.A物體所受的合外力等于B對A的摩擦力，對A物體運用動能定理，則有B對A的摩擦力所做的功等于A的動能的增量，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，A、B對地的位移不等，故二者做功不相等，C錯；對B應用動能定理，WFWfEkB，即WFEkBWf，就是外力F對B做的功，等于B的動能增量與B克服摩擦力所做的功之和，D錯；由前述討論知B克服摩擦力所做的功與A的動能增量(等于B對A的摩擦力所做的功)不等，故A錯5(多選)如圖甲所示，一個小環(huán)沿豎直放置的光滑圓環(huán)形軌道做圓周運動小環(huán)從最高點A滑到最低點B的過程中，小環(huán)線速度大小的平方v2隨下落高度h的變化圖象可能是圖乙中的()解析：選AB.對小球由動能定理得mghmv2mv，則v22ghv，當v00時，B正確；當v00時，A正確6. 如圖所示，半徑R2.5 m的光滑半圓軌道ABC與傾角37的粗糙斜面軌道DC相切于C點，半圓軌道的直徑AC與斜面垂直質(zhì)量m1 kg的小球從A點左上方距A點高h0.45 m的P點以某一速度v0水平拋出，剛好與半圓軌道的A點相切進入半圓軌道內(nèi)側(cè)，之后經(jīng)半圓軌道沿斜面剛好滑到與拋出點等高的D點已知當?shù)氐闹亓铀俣萭10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，不計空氣阻力，求： (1)小球從P點拋出時速度v0的大??；(2)小球從C點運動到D點過程中摩擦力做的功W；(3)小球從D點返回經(jīng)過軌道最低點B，對軌道的壓力大小解析：(1)在A點有：v2ghtan 解得v04 m/s(2)全過程由動能定理得W0mv8 J(3)從D到B過程由動能定理得mg(hRcos R)Wmv2在B點由牛頓第二定律得FNmgm解得FN43.2 N由牛頓第三定律得小球在B點對軌道的壓力大小FNFN43.2 N答案：(1)4 m/s(2)8 J(3)43.2 N綜合應用題組7一質(zhì)點做速度逐漸增大的勻加速直線運動，在時間間隔t內(nèi)位移為s，動能變?yōu)樵瓉淼?倍該質(zhì)點的加速度為()A.BC. D.解析：選A.由Ekmv2可知速度變?yōu)樵瓉淼?倍設加速度為a，初速度為v，則末速度為3v.由速度公式vtv0at得3vvat，解得at2v；由位移公式sv0tat2得svtattvt2vt2vt，進一步求得v；所以a，A正確8如圖所示，ABCD是一個盆式容器，盆內(nèi)側(cè)壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧，BC是水平的，其距離d0.50 m盆邊緣的高度為h0.30 m在A處放一個質(zhì)量為m的小物塊并讓其從靜止開始下滑已知盆內(nèi)側(cè)壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動摩擦因數(shù)為0.10.小物塊在盆內(nèi)來回滑動，最后停下來，則停的地點到B的距離為(