2019版高考物理一轮复习 第五章 机械能及其守恒定律学案（打包6套）.zip

1第 1 讲 功 功率★★★考情微解读★★★微知识 1 功1．做功的两个要素：力和物体在力的方向上发生的位移。2．公式： W＝ Fxcosα ， α 代表力的方向和位移的方向间的夹角。3．功是标量：只有大小，没有方向，但有正负。4．功的正负的判断微知识 2 功率1．定义：功跟完成这些功所用时间的比值叫功率。功率是表示做功快慢的物理量，是标量。2．公式：(1) P＝ ，定义式求的是平均功率。Wt(2)P＝ Fvcosα ， α 为 F 与 v 的夹角。2若 v 是平均速度，则 P 为平均功率；若 v 是瞬时速度，则 P 为瞬时功率。3．单位：瓦特(W)。1 W＝1 J/s,1 kW＝1 000 W。4．额定功率：表示机器长时间正常工作时最大的输出功率。实际功率：表示机器实际工作时的输出功率。一、思维辨析(判断正误，正确的画“√” ，错误的画“×” 。)1．功是标量，功的正负表示大小。(×)2．一个力对物体做了负功，说明这个力一定阻碍物体的运动。(√)3．滑动摩擦力可能做正功，也可能做负功；静摩擦力对物体一定不做功。(×)4．作用力对物体做正功，反作用力一定做负功。(×)5．根据 P＝ Fv 可知，发动机功率一定时，交通工具的牵引力与运动速度成反比。(√)二、对点微练1. (功的正负判断)(多选)如图所示，木块 B 上表面是水平的，当木块 A 置于 B 上，并与 B 保持相对静止，一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑过程中( )A． A 所受的合外力对 A 不做功B． B 对 A 的弹力做正功C． B 对 A 的摩擦力做正功D． A 对 B 不做功解析 AB 一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，加速度为 gsinθ 。由于 A 速度增大，由动能定理， A 所受的合外力对 A 做功， B 对 A 的摩擦力做正功， B 对 A 的弹力做负功，选项 A、B 错误，C 正确； A 对 B 的作用力垂直斜面向下， A 对 B 不做功，选项 D 正确。答案 CD 2．(功的公式)如图所示的 a、b、c、d 中，质量为 M 的物体甲受到相同的恒力 F 的作用，在力 F 作用下使物体甲在水平方向移动相同的位移。 μ 表示物体甲与水平面间的动摩擦因数，乙是随物体甲一起运动的小物块，比较物体甲移动的过程中力 F 对甲所做的功的大小，下列选项正确的是( )3A． Wa最小 B． Wd最大C． Wa＜ Wc D．四种情况一样大解析 依据功的定义式 W＝ FLcosθ ，本题中四种情况下， F、 L、 θ 均相同，这样四种情况下力 F 所做的功一样大，故选项 D 正确。答案 D 3．(功率的理解)在光滑的水平面上，用一水平拉力 F 使物体从静止开始移动 x，平均功率为 P，如果将水平拉力增加为 4F，使同一物体从静止开始移动 x，平均功率为( )A．2 P B．4 P C．6 P D．8 P解析 设第一次运动时间为 t，则其平均功率表达式为 P＝ ；第二次加速度为第一次Fxt的 4 倍，由 x＝ at2可知时间为 ，其平均功率为 ＝ ＝8 P，D 项正确。12 t2 4Fxt/2 8Fxt答案 D 见学生用书 P069微考点 1 功的计算核|心|微|讲1．恒力做的功直接由 W＝ Flcosα 计算。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：先求各个力做的功 W1、 W2、 W3…，再应用 W 合 ＝ W1＋ W2＋ W3＋…求合外力做的功。3．变力做的功(1)应用动能定理求解。(2)用 W＝ Pt 求解，其中变力的功率 P 不变。4(3)常用方法还有转换法、微元法、图象法、平均力法等，求解时根据条件灵活选取。典|例|微|探【例 1】 如图所示，木板质量为 M，长度为 L，小木块质量为 m，水平地面光滑，一根不计质量的轻绳跨过定滑轮分别与 M 和 m 连接，小木块与木板间的动摩擦因数为 μ ，开始时木块静止在木板左端，现用水平向右的力将 m 拉至右端，拉力至少做功为 ( )A． μmgL B．2 μmgLC. D． μ (M＋ m)gLμ mgL2【解题导思】(1)小木块 m 受到哪些力作用，这些力中哪些力做功，哪些力不做功？答：小木块 m 受到重力 G、支持力 N、拉力 F 、轻绳的拉力 T 和木板对木块的摩擦力作用，在这些力中，重力 G 、支持力 N 不做功，拉力 F 做正功，轻绳的拉力 T 和木板对木块的摩擦力做负功 。 (2)当木块运动到木板的右端时，木块对地的位移是多少？答：小木块对地位移为 。L2解析 m 缓慢运动至右端，拉力 F 做功最小，其中 F＝ μmg ＋ T， T＝ μmg ，小木块位移为 ，所以 WF＝ F· ＝ μmgL 。L2 L2答案 A(1)功的正负是由力和位移间的夹角决定的，与正方向的选取无关。(2)恒力做功与物体的实际路径无关，等于力与物体在力方向上的位移的乘积，或等于位移与在位移方向上的力的乘积。题|组|微|练1. (多选)如图所示，倾角为 θ 的斜劈放在水平面上，斜劈上用固定的竖直挡板挡住一个光滑的质量为 m 的小球，当整个装置沿水平面以速度 v 向左匀速运动时间 t 时，以下说法正确的是 ( )5A．小球的重力做功为零B．斜劈对小球的弹力做功为mgvtcosθC．挡板对小球的弹力做功为零D．合力对小球做功为零解析 小球的重力与速度方向始终垂直，不做功，A 项正确；由于小球匀速，对小球受力分析如图。可求得斜劈对小球的弹力为 N＝ ，做功为 WN＝ N·vtsinθ ＝ mgvt·tanθ ，挡板mgcosθ的弹力为 F＝ mgtanθ ，做功为 WF＝－ Fvt＝－ mgvttanθ ，故 B、C 两项均错误；小球受到的合力为零，则合力对小球做功为零，D 项正确。答案 AD 2．以一定的初速度竖直向上抛出一个小球，小球上升的最大高度为 h，空气阻力的大小恒为 F，则从抛出到落回到抛出点的过程中，空气阻力对小球做的功为( )A．0 B．－ FhC． Fh D．－2 Fh解析 阻力与小球速度方向始终相反，故阻力一直做负功， W＝－ Fh＋(－ Fh)＝－2 Fh，D 项正确。答案 D 微考点 2 功率的计算核|心|微|讲1．平均功率的计算(1)利用 ＝ 。PWt(2)利用 ＝ F· cosα ，其中 为物体运动的平均速度。P v v2．瞬时功率的计算(1)利用公式 P＝ F·vcosα ，其中 v 为 t 时刻的瞬时速度。(2)利用公式 P＝ F·vF，其中 vF为物体的速度 v 在力 F 方向上的分速度。(3)利用公式 P＝ Fv·v，其中 Fv为物体受的外力 F 在速度 v 方向上的分力。典|例|微|探【例 2】 (多选)质量为 m 的物体静止在光滑水平面上，从 t＝0 时刻开始受到水平力的作用。力的大小 F 与时间 t 的关系如图所示，力的方向保持不变，则( )6A．3 t0时刻的瞬时功率为5F20t0mB．3 t0时刻的瞬时功率为15F20t0mC．在 t＝0 到 3t0这段时间内，水平力的平均功率为23F20t04mD．在 t＝0 到 3t0这段时间内，水平力的平均功率为25F20t06m【解题导思】(1)公式 P＝ 能求解瞬时功率吗？Wt答：不能，此公式只能求解平均功率。(2)公式 P＝ Fv 能求解瞬时功率吗？平均功率呢？答：此公式既可以求瞬时功率也可以求平均功率。 解析 2 t0时的速度 v1＝ ·2t0，F0m0～2 t0时间内的位移l1＝ · ·(2t0)2＝ ，12 F0m 2F0t20mF 做功 W1＝ F0l1＝ ，2F20t20m3t0时的速度v2＝ ·t0＋ v1＝ ，3F0m 5F0t0m3t0时刻的瞬时功率 P＝3 F0·v2＝ ，15F20t0m故 B 项正确，A 项错；2t0～3 t0时间内的位移l2＝ v1t0＋ · ·t ＝ ，12 3F0m 20 7F0t202mF 做的功 W2＝3 F0l2＝ 。21F20t202m0～3 t0时间内 F 的平均功率 P＝ ＝ ，故 D 项正确，C 项错。W1＋ W23t0 25F20t06m答案 BD7【易错警示】求解功率时应注意的三个问题：(1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率。(2)平均功率与一段时间对应，计算时要明确是哪个力在哪段时间内的平均功率。(3)瞬时功率要明确是哪个力在哪个时刻的功率。 题|组|微|练3．(2018·安徽江淮十校第二次联考)如图所示，三个相同小球甲、乙、丙的初始位置在同一水平高度。小球甲从竖直固定的四分之一光滑圆弧轨道顶端由静止滑下，轨道半径为 R，轨道底端切线水平。小球乙从离地高为 R 的某点开始做自由落体。小球丙从高为 R的固定光滑斜面顶端由静止滑下。则( )A．甲、乙、丙刚到达地面时速度相同B．甲、丙两球到达轨道底端时重力的瞬时功率相同C．乙球下落过程中重力的平均功率大于丙球下滑过程中重力的平均功率D．若仅解除光滑斜面与光滑水平地面间的固定，丙球释放后斜面对其不做功解析 甲、乙、丙球刚到达地面时速度大小相同方向不同，A 项错；甲球到达轨道底端时速度方向与重力方向垂直，瞬时功率为零，而丙球到达轨道最低点时瞬时功率并不为零，B 项错；乙球下落和丙球下滑过程中重力做功相同，但乙球下落时间较短，乙球下落过程中重力的平均功率较大，C 项正确；解除光滑斜面与光滑水平地面间的固定后释放丙球，丙球下滑过程中斜面将会发生移动，支持力对丙球做负功，D 项错误。答案 C 4．质量为 1 kg 的物体静止于光滑水平面上， t＝0 时刻起，物体受到向右的水平拉力F 作用，第 1 s 内 F＝2 N，第 2 s 内 F＝1 N。下列判断正确的是( )A．2 s 末物体的速度为 4 m/sB．2 s 内物体的位移为 3 mC．第 1 s 末拉力的瞬时功率最大D．第 2 s 末拉力的瞬时功率最大解析 由牛顿第二定律知第 1 s 内物体的加速度大小为 2 m/s2，第 2 s 内的加速度大小为 1 m/s2，则第 1 s 末物体的速度大小为 v1＝ a1t1＝2 m/s，第 2 s 末物体的速度大小为v2＝ v1＋ a2t2＝3 m/s，选项 A 错误；2 s 内物体的位移为 x＝ a1t ＋( v1t2＋ a2t )＝3.5 12 21 12 2m，选项 B 错误；第 1 s 末拉力的瞬时功率为 P1＝ F1v1＝ 4 W，第 2 s 末拉力的瞬时功率为P2＝ F2v2＝3 W，选项 C 正确，选项 D 错误。8答案 C 微考点 3 机车的启动问题核|心|微|讲1．机车的两种启动方式2.三个重要关系式(1)无论哪种运行过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即 vm＝ ＝PFmin(式中 Fmin为最小牵引力，其值等于阻力 Ff)。PFf(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，速度不是最9大，即 v＝ F3F1, F2＝ F3＋ F1D． P1P2P3， P3＝ P2＋ P114解析 由图知，在第 1 s 内 f－ F1＝ ma，在第 2 s 内 F2－ f＝ ma，第 3 s 内 F3＝ f，由题意知，第 3 s 内拉力做功为 W＝ F3x3，0～2 s 内水平拉力对滑块做功 F1x1＋ F2x2，由x3＝2 x1＝2 x2，代入解得 F1x1＋ F2x2＝ F3x3＝ W，所以 A 项错误，B 项正确；f－ ma＝ F1， F2＝ ma＋ f， F3＝ f，故 F2＞ F3＞ F1， F2不等于 F3－ F1，所以 C 项错误；对第1、2、3 秒内分别用动能定理 W1－ fx1＝－ mv2， W2－ fx2＝ mv2， W3＝ fx3，又12 12x3＝2 x1＝2 x2，联立解得 W3＝ W1＋ W2，根据 P＝ ，可得 P1＜ P2＜ P3， P3＝ P2＋ P1，所以 D 项Wt正确。答案 BD 4.一辆汽车在平直的公路上以某一初速度运动，运动过程中保持恒定的牵引功率，其加速度 a 和速度的倒数 图象如图所示。1v若已知汽车的质量，则根据图象所给的信息，不能求出的物理量是( )A．汽车的功率B．汽车行驶的最大速度C．汽车所受到的阻力D．汽车运动到最大速度所需的时间解析 由 F－ f＝ ma， P＝ Fv 可得 a＝ · － ，对应图线可知， ＝ k＝40，可求出汽车Pm 1v fm Pm的功率 P，由 a＝0 时， ＝0.05 可得 vm＝20 m/s，再由 vm＝ ，可求出汽车受到的阻力1vm Pff，但无法求出汽车运动到最大速度的时间。答案 D 1第 2 讲 动能定理及其应用微知识 1 动能1．定义：物体由于运动而具有的能量叫做动能。2．公式： Ek＝ mv2。123．单位：焦耳(J)，1 J＝1 N·m＝1 kg·m 2/s2。4．动能是标量，只有正值，没有负值。5．动能是状态量，也具有相对性，因为 v 为瞬时速度，且与参考系的选择有关，一般以地面为参考系。微知识 2 动能定理1．内容所有外力对物体做的总功(也叫合外力的功)等于物体动能的变化。2．表达式： W 总 ＝ Ek2－ Ek1。3．对定理的理解当 W 总 ＞0 时， Ek2＞ Ek1，物体的动能增大。当 W 总 ＜0 时， Ek2＜ Ek1，物体的动能减少。当 W 总 ＝0 时， Ek2＝ Ek1，物体的动能不变。一、思维辨析(判断正误，正确的画“√” ，错误的画“×” 。)1．一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化。(√)2．动能不变的物体一定处于平衡状态。(×)3．物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化。(×)4．运用动能定理可以求变力的功。(√)5．功和动能都是标量，所以动能定理没有分量式。(√)二、对点微练1．(对动能的理解)(多选)关于动能的理解，下列说法正确的是( )A．动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能B．动能总为非负值C．一定质量的物体动能变化时，速度不一定变化，但速度变化时，动能一定变化D．动能不变的物体，一定处于平衡状态解析 由动能的定义和特点知，故 A、B 项正确；动能是标量而速度是矢量，当动能变2化时，速度的大小一定变化；而速度的变化可能只是方向变了，大小未变，则动能不变，且物体有加速度，处于非平衡状态，故 C、D 项均错误。答案 AB 2．(对动能定理的理解)两辆汽车在同一平直路面上行驶，它们的质量之比m1∶ m2＝1∶2，速度之比 v1∶ v2＝2∶1，当两车急刹车后，甲车滑行的最大距离为 L1，乙车滑行的最大距离为 L2，设两车与路面间的动摩擦因数相等，不计空气阻力，则( )A． L1∶ L2＝1∶2 B． L1∶ L2＝1∶1C． L1∶ L2＝2∶1 D． L1∶ L2＝4∶1解析 由动能定理，对两车分别列式－ F1L1＝0－ m1v ，－ F2L2＝0－ m2v ， F1＝ μm 1g， F2＝ μm 2g，12 21 12 2由以上四式联立得 L1∶ L2＝4∶1，故选项 D 正确。答案 D 3．(动能定理的简单应用)在离地面高为 h 处竖直上抛一质量为 m 的物块，抛出时的速度为 v0，它落到地面时速度为 v，用 g 表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于( )A． mgh－ mv2－ mv12 12 20B． mgh－ mv2＋ mv12 12 20C．－ mgh－ mv2－ mv12 12 20D． mgh＋ mv2－ mv12 12 20答案 B 见学生用书 P072微考点 1 动能定理的理解和应用核|心|微|讲1．对动能定理的理解(1)动能定理说明了合力对物体所做的总功和动能变化间的一种因果关系和数量关系，不可理解为功转变成了物体的动能。(2)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。(3)动能定理公式中等号的意义：表明合力的功是物体动能变化的原因，且合力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系。2．应用动能定理解题的基本思路3应用动能定理的关键是写出各力做功的代数和，不要漏掉某个力的功，同时要注意各力做功的正负。典|例|微|探【例 1】 如图所示，质量为 m 的小球用长为 L 的轻质细线悬于 O 点，与 O 点处于同一水平线上的 P 点处有一个光滑的细钉，已知 OP＝ ，在 A 点给小球一个水平向左的初速L2度 v0，发现小球恰能到达跟 P 点在同一竖直线上的最高点 B。求：(1)小球到达 B 点时的速率。(2)若不计空气阻力，则初速度 v0为多少。(3)若初速度 v0＝3 ，则小球在从 A 到 B 的过程中克服空气阻力做了多少功？gL【解题导思】(1)小球恰好到达 B 点的动力学条件是什么？答：小球恰好到达 B 点的动力学条件是仅由重力提供向心力。(2)空气阻力对小球的作用力是恒力还是变力，其对小球做的功能用功的公式求解吗？答：空气阻力对小球的作用力为变力，不能用功的公式求功。 解析 (1)小球恰能到达最高点 B，由牛顿第二定律得mg＝ m ，解得 vB＝ 。v2BL2 gL2(2)若不计空气阻力，从 A→ B 由动能定理得－ mg ＝ mv － mv ，(L＋L2) 12 2B 12 20解得 v0＝ 。7gL2(3)当 v0＝3 时，由动能定理得gL4－ mg － Wf＝ mv － mv ，(L＋L2) 12 2B 12 20解得 Wf＝ mgL。114答案 (1) (2) (3) mgLgL2 7gL2 114(1)应用动能定理应抓好“两个状态、一个过程” ， “两个状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况， “一个过程”即明确研究过程，确定这一过程中研究对象的受力情况、位置变化或位移情况。(2)动能定理适用于恒力做功，也适用于变力做功；适用于直线运动，也适用于曲线运动。题|组|微|练1. (多选)如图所示，一块长木板 B 放在光滑的水平面上，在 B 上放一物体 A，现以恒定的外力拉 B，由于 A、 B 间摩擦力的作用， A 将在 B 上滑动，以地面为参考系， A、 B 都向前移动一段距离。在此过程中( )A．外力 F 做的功等于 A 和 B 动能的增量B． B 对 A 的摩擦力所做的功，等于 A 的动能增量C． A 对 B 的摩擦力所做的功，等于 B 对 A 的摩擦力所做的功D．外力 F 对 B 做的功等于 B 的动能的增量与 B 克服摩擦力所做的功之和解析 A 物体所受的合外力等于 B 对 A 的摩擦力，对 A 物体运用动能定理，则有 B 对A 的摩擦力所做的功等于 A 的动能的增量，即 B 项对； A 对 B 的摩擦力与 B 对 A 的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于 A 在 B 上滑动， A、 B 对地的位移不等，故摩擦力对二者做功不等，C 项错；对 B 应用动能定理， WF－ Wf＝Δ EkB，即WF＝Δ EkB＋ Wf就是外力 F 对 B 做的功，等于 B 的动能增量与 B 克服摩擦力所做的功之和，D 项对；由前述讨论知 B 克服摩擦力所做的功与 A 的动能增量(等于 B 对 A 的摩擦力所做的功)不等，故 A 项错。答案 BD 2．如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面。设小球在斜面最低点 A 的速度为 v，压缩弹簧至 C 点时弹簧最短， C 点距地面高度为h，不计小球与弹簧碰撞过程中的能量损失，则弹簧被压缩至 C 点，弹簧对小球做的功为( )5A． mgh－ mv2 B. mv2－ mgh12 12C． mgh＋ mv2 D． mgh12解析 小球从 A 点运动到 C 点的过程中，重力和弹簧弹力对小球做负功，由于支持力与位移方向始终垂直，则支持力对小球不做功，由动能定理，可得 WG＋ WF＝0－ mv2，重力12做功为 WG＝－ mgh，则弹簧弹力对小球做的功为 WF＝ mgh－ mv2，A 项正确。12答案 A 微考点 2 应用动能定理解决多过程问题核|心|微|讲物体在某个过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，物体在运动过程中运动性质发生变化，不同的运动过程其受力情况不同。单纯从动力学的角度分析多过程问题往往相当复杂。这时，动能定理的优势就明显地表现出来了。此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑。利用动能定理认识这样一个过程，并不需要从细节上了解。分析力的作用是看其做功，也只需要把所有的功累加起来而已。力是变力还是恒力，一个力是否一直在作用，这些显得不再重要。典|例|微|探【例 2】如图，一轻弹簧原长为 2R，其一端固定在倾角为 37°的固定直轨道 AC 的底端 A 处，另一端位于直轨道上 B 处，弹簧处于自然状态。直轨道与一半径为 R 的光滑圆弧56轨道相切于 C 点， AC＝7 R， A、 B、 C、 D 均在同一竖直平面内。质量为 m 的小物块 P 自 C 点由静止开始下滑，最低到达 E 点(未画出)。随后 P 沿轨道被弹回，最高到达 F 点，AF＝4 R。已知 P 与直轨道间的动摩擦因数 μ ＝ ，重力加速度大小为 g。(取 sin37°14＝ ，cos37°＝ )35 456(1)求 P 第一次运动到 B 点时速度的大小。(2)求 P 运动到 E 点时弹簧的弹性势能。(3)改变物块 P 的质量，将 P 推至 E 点，从静止开始释放。已知 P 自圆弧轨道的最高点D 处水平飞出后，恰好通过 G 点。 G 点在 C 点左下方，与 C 点水平相距 R、竖直相距 R。求72P 运动到 D 点时速度的大小和改变后 P 的质量。【解题导思】(1)P 从 C 到 B 的过程中有哪些力做功？答：重力和摩擦力做功。(2)压缩弹簧从 B 到 E 克服弹力做功与弹簧伸长从 E 到 B 弹力做正功相等吗？答：相等。(3)第(3)问中物体经过了几个阶段的运动？答：先是弹簧将物体弹开的过程，接着物体沿斜面上滑，再在光滑圆轨道中运动，最后做平抛运动。 解析 (1)根据题意知， B、 C 之间的距离为l＝7 R－2 R，①设 P 到达 B 点时的速度为 vB，由动能定理得mglsinθ － μmgl cosθ ＝ mv ，②12 2B式中 θ ＝37°。联立①②式并由题给条件得vB＝2 。③gR(2)设 BE＝ x。 P 到达 E 点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为 Ep。 P 由 B 点运动到E 点的过程中，由动能定理有mgxsinθ － μmgx cosθ － Ep＝0－ mv ，④12 2BE、 F 之间的距离为l1＝4 R－2 R＋ x，⑤P 到达 E 点后反弹，从 E 点运动到 F 点的过程中，由动能定理有Ep－ mgl1sinθ － μmgl 1cosθ ＝0，⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得7x＝ R，⑦Ep＝ mgR。⑧125(3)设改变后 P 的质量为 m1。 D 点与 G 点的水平距离 x1和竖直距离 y1分别为x1＝ R－ Rsinθ ，⑨72 56y1＝ R＋ R＋ Rcosθ ，⑩56 56式中，已应用了过 C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为 θ 的事实。设 P 在 D 点的速度为 vD，由 D 点运动到 G 点的时间为 t。由平抛运动公式有y1＝ gt2，⑪12x1＝ vDt，⑫联立⑨⑩⑪⑫ 式得vD＝ 。⑬355gR设 P 在 C 点速度的大小为 vC。在 P 由 C 点运动到 D 点的过程中机械能守恒，有m1v ＝ m1v ＋ m1g ，⑭12 2C 12 2D (56R＋ 56Rcosθ )P 由 E 点运动到 C 点的过程中，由动能定理有Ep－ m1g(x＋5 R)sinθ － μm 1g(x＋5 R)cosθ ＝ m1v ，⑮12 2C联立⑦⑧⑬⑭⑮式得 m1＝ m。13答案 (1)2 (2) mgRgR125(3) m355gR 13【反思总结】利用动能定理求解多过程问题的基本思路1．弄清物体的运动由哪几个阶段组成。2．分析各阶段中物体的受力及做功情况。3．从总体上把握全过程，表达出总功，找出初末状态的动能。4．对所研究的全过程运用动能定理列方程。 题|组|微|练3．如图所示，传送带 A、 B 之间的距离为 L＝3.2 m，与水平面间夹角 θ ＝37°，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为 v＝2 m/s，在上端 A 点无初速放置一个质量为 m＝1 kg、大小可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为 μ ＝0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径 R＝0.4 m 的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点 E，已知 B、 D两点的竖直高度差为 h＝0.5 m( g 取 10 m/s2)。求：8(1)金属块经过 D 点时的速度大小。(2)金属块在 BCD 弯道上克服摩擦力做的功。解析 (1)金属块在 E 点时，mg＝ m ，v2ER解得 vE＝2 m/s，在从 D 到 E 过程中由动能定理得－ mg·2R＝ mv － mv ，解得 vD＝2 m/s。12 2E 12 2D 5(2)金属块刚刚放上时，mgsinθ ＋ μmg cosθ ＝ ma1，解得 a1＝10 m/s 2。设经位移 s1达到共同速度，则v2＝2 a1s1时，解得 s1＝0.2 m0，因此小物块能冲出 M 点，选项 C 正确。答案 C 微考点 3 动能定理与图象的综合问题核|心|微|讲解决物理图象问题的基本方法1．观察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义。2．根据物理规律推导纵坐标和横坐标所对应的物理量间的函数关系式，结合图象找出图线的斜率、截距、交点、图线下的面积所对应的物理意义。3．根据对应关系列式解答问题。典|例|微|探【例 3】 如图甲所示，长为 4 m 的水平轨道 AB 与半径为 R＝0.6 m 的竖直半圆弧轨道 BC 在 B 处相连接，有一质量为 1 kg 的滑块(大小不计 )，从 A 处由静止开始受水平向右的力 F 作用， F 的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与 AB 间的动摩擦因数为μ ＝0.25，与 BC 间的动摩擦因数未知， g 取 10 m/s2。求：(1)滑块到达 B 处时的速度大小。(2)滑块在水平轨道 AB 上运动前 2 m 过程所用的时间。(3)若到达 B 点时撤去力 F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点 C，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？【解题导思】(1)滑块从 A 到 B 做了什么运动？答：先加速后减速。(2)F－ x 图线与位移轴包围的面积表示什么？答：表示力 F 做的功。 解析 (1)对滑块从 A 到 B 的过程，由动能定理得F1x1－ F3x3－ μmgx ＝ mv ，12 2B10即 20×2 J－10×1 J－0.25×1×10×4 J＝ ×1×v ，得 vB＝2 m/s。12 2B 10(2)在前 2 m 内，有 F1－ μmg ＝ ma，且 x1＝ at ，解得 t1＝ s。12 21 835(3)当滑块恰好能到达最高点 C 时，应用： mg＝ m 。v2CR对滑块从 B 到 C 的过程，由动能定理得W－ mg×2R＝ mv － mv ，12 2C 12 2B代入数值得 W＝－5 J，即克服摩擦力做的功为 5 J。答案 (1)2 m/s (2) s (3)5 J10835题|组|微|练5．(多选)运动员以一定的初速度将冰壶沿水平面推出，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化图线如图所示。已知冰壶质量为 19 kg， g 取 10 m/s2，则以下说法正确的是( )A． μ ＝0.05 B． μ ＝0.01C．滑行时间 t＝5 s D．滑行时间 t＝10 s解析 对冰壶由动能定理得－ μmgx ＝0－ mv ，12 20得 μ ＝ ＝ ＝0.01，B 项正确；冰壶运动时 a＝ μg ＝0.1 m/s2，12mv20mgx 9.5 J19×10×5 J由运动学公式 x＝ at2得 t＝10 s，D 项正确。12答案 BD 6．(多选)质量为 1 kg 的物体在水平粗糙的地面上受到一水平外力 F 作用运动，如图甲所示，外力 F 和物体克服摩擦力 f 做的功 W 与物体位移 x 的关系如图乙所示，重力加速度 g 为 10 m/s2。下列分析正确的是( )11A．物体与地面之间的动摩擦因数为 0.2B．物体运动位移为 13 mC．前 3 m 运动过程中物体的加速度为 3 m/s2D． x＝9 m 时，物体速度为 3 m/s2解析 由 Wf＝ fx 对应图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力 f＝2 N，由 f＝ μmg可得 μ ＝0.2，A 项正确；由 WF＝ Fx 对应图乙可知，前 3 m 内，拉力 F1＝5 N，3～9 m 内拉力 F2＝2 N，物体在前 3 m 内的加速度 a1＝ ＝3 m/s2，C 项正确；由动能定理得F1－ fmWF－ fx＝ mv2可得 x＝9 m 时，物体的速度为 v＝3 m/s，D 项正确；物体的最大位移 xm＝12 2＝13.5 m，B 项错误。WFf答案 ACD 见学生用书 P075运用动能定理求解往复运动问题素能培养有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而描述运动的物理量多数是变化的，且重复次数又往往是无限的或者很难确定。求解这类问题时若运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出。而动能定理只关心物体的初、末状态而不计运动过程的细节，所以用动能定理分析这类问题可迎刃而解。经典考题 如图所示， ABCD 是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底 BC 的连接处都是一段与 BC 相切的圆弧， BC 是水平的，其宽度 d＝0.50 m。盆边缘的高度为 h＝0.30 m。在 A 处放一个质量为 m 的小物块并让其从静止开始下滑。已知盆内侧壁是光滑的，而盆底 BC 面与小物块间的动摩擦因数为 μ ＝0.10。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到 B 点的距离为( )12A．0.50 m B．0.25 m C．0.10 m D．0解析 设小物块在 BC 段通过的总路程为 s，由于只有水平面上存在摩擦力，则小物块从 A 点开始运动到最终静止的整个过程中，摩擦力做功为－ μmgs ，而重力做功与路径无关，由动能定理得 mgh－ μmgs ＝0－0，代入数据可解得 s＝3 m。由于 d＝0.50 m，所以，小物块在 BC 段经过 3 次往复运动后，又回到 B 点。答案 D 对法对题1.如图所示，斜面的倾角为 θ ，质量为 m 的滑块距挡板 P 的距离为 x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为 μ ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是( )A.1μ ( v202gcosθ ＋ x0tanθ )B.1μ ( v202gsinθ ＋ x0tanθ )C.2μ ( v202gcosθ ＋ x0tanθ )D.1μ ( v202gcosθ ＋ x0tanθ )解析 滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为 x，对滑块运动的全程应用功能关系，全程所产生的热量为 Q＝ mv ＋ mgx0sinθ ，又由全程产生的热量等于克服摩擦12 20力所做的功，即 Q＝ μmgx cosθ ，解以上两式可得 x＝ ，选项 A 正确。1μ ( v202gcosθ ＋ x0tanθ )答案 A 2.如图所示， AB、 CD 为两个对称斜面，其上部足够长，下部 B、 C 分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为 120°，半径 R 为 2.0 m，一个物体在离弧底 E 高度为h＝3.0 m 处，以初速度 v＝ 4.0 m/s 沿斜面运动，若物体与两斜面间的动摩擦因数均为0.02，则物体在两斜面上(不包括圆弧部分)一共运动的路程是多少？( g 取 10 m/s2)13解析 两个斜面的下部 B、 C 分别与光滑的圆弧面相切，圆心角为 120°，所以可得出斜面的倾角为 θ ＝60°，物体在斜面上所受到的滑动摩擦力为f＝ μmg cos60°＝0.02× mg＝0.01 mg。12重力沿斜面的分力G′＝ mgsin60°＝ mg＞ f，32所以物体不能停留在斜面上。物体在斜面上滑动时，由于摩擦力做功，物体的机械能逐渐减小，物体滑到斜面上的高度逐渐降低，物体最终将在 B、 C 间做往复运动。设物体在斜面上运动的总路程为 s，对全过程应用动能定理得mg[h－ R(1－cos60°)]－ μmgs cos60°＝0－ mv2，12解得 s＝280 m。答案 280 m见学生用书 P0751. (多选)如图，一固定容器的内壁是半径为 R 的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为 m 的质点 P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为 g。设质点 P 在最低点时，向心加速度的大小为 a，容器对它的支持力大小为 N，则( )A． a＝ B． a＝2 mgR－ WmR 2mgR－ WmRC． N＝ D． N＝3mgR－ 2WR 2 mgR－ WR解析 质点由半球面最高点到最低点的过程中，由动能定理有， mgR－ W＝ mv2，又在1214最低点时，向心加速度大小 a＝ ，两式联立可得 a＝ ，A 项正确，B 项错误；v2R 2 mgR－ WmR在最低点时有 N－ mg＝ m ，解得 N＝ ，C 项正确，D 项错误。v2R 3mgR－ 2WR答案 AC 2.质量为 10 kg 的物体，在变力 F 作用下沿 x 轴做直线运动，力随坐标 x 的变化情况如图所示。物体在 x＝0 处，速度为 1 m/s，一切摩擦不计，则物体运动到 x＝16 m 处时，速度大小为( )A．2 m/s B．3 m/s2C．4 m/s D. m/s17解析 由图可知变力 F 做的正功 W1＝10×4 J＋10×4× J＝60 J，变力 F 做的负功12大小 W2＝10×4× J＝20 J，由动能定理得 W1－ W2＝ mv － mv ，即12 12 2 12 2160－20＝ ×10v － ×10×12，解得 v2＝3 m/s，故 B 项正确。12 2 12答案 B 3．某研究性学习小组用加速度传感器探究物体从静止开始做直线运动的规律，得到了质量为 1.0 kg 的物体运动的加速度随时间变化的关系图线，如图所示。由图可以得出( )A．从 t＝4.0 s 到 t＝6.0 s 的时间内物体做匀减速直线运动B．物体在 t＝10.0 s 时的速度大小约为 6.8 m/sC．从 t＝10.0 s 到 t＝12.0 s 的时间内合外力对物体做的功约为 0.5 JD．从 t＝2.0 s 到 t＝6.0 s 的时间内物体所受合外力先减小后增大解析 从 t＝4.0 s 到 t＝6.0 s 的时间内物体做加速度逐渐减小的变加速运动，A 项错；物体在 t＝10.0 s 时的速度 v10＝ at＝68×1×0.1 m/s＝6.8 m/s, B 项对；从 t＝2.0 15s 到 t＝6.0 s 的时间内物体的加速度先增大后减小，所以物体所受合外力先增大后减小，D 项错； v12＝78×1×0.1 m/s＝7.8 m/s，从 t＝10.0 s 到 t＝12.0 s 的时间内，由动能定理可知合外力对物体做的功 W＝ mv － mv ＝7.3 J，C 项错。12 21 12 210答案 B 4．如图所示，已知物体与三块材料不同的地毯间的动摩擦因数分别为 μ 、2 μ 和3μ ，三块材料不同的地毯长度均为 l，并排铺在水平地面上，该物体以一定的初速度 v0从 a 点滑上第一块，则物体恰好滑到第三块的末尾 d 点停下来，物体在运动中地毯保持静止，若让物体从 d 点以相同的初速度水平向左运动，则物体运动到某一点时的速度大小与该物体向右运动到该位置的速度大小相等，则这一点是( )A． a 点 B． b 点 C． c 点 D． d 点解析 对物体从 a 运动到 c，由动能定理，－ μmgl －2 μmgl ＝ mv － mv ，对物体从12 21 12 20d 运动到 c，由动能定理，－3 μmgl ＝ mv － mv ，解得 v2＝ v1，选项 C 正确。12 2 12 20答案 C