2021高考一轮复习-2021高考总复习·物理（福建专用）——第四章.docx

<p>第四章　机械能及其守恒定律

考纲呈现
热点视角
1.功和功率　Ⅱ
2．动能和动能定理 &nbsp;Ⅱ
3．重力做功与重力势能 &nbsp;Ⅱ
4．功能关系、机械能守恒定律及其应用 &nbsp;Ⅱ
试验五：探究动能定理
试验六：验证机械能守恒定律
1.对基本概念的考查往往涉及对概念的理解，一般以选择题的形式毁灭．
2．动能定理是高考考查的重点，考查形式有选择题，也有计算题．计算题中单纯考查动能定理的题目较少，往往与其他学问综合在一起考查．
3．机械能守恒定律的考查往往毁灭在综合题中，主要考查其在生产、生活和科技中的应用，题目中经常会涉及牛顿运动定律、平抛运动、圆周运动等学问.

第一节　功和功率

一、功
1．做功的两个必要条件：力和物体在力的方向上发生的位移．
2．公式：W＝Flcos α.适用于恒力做功．其中α为F、l方向间夹角，l为物体对地的位移．
3．功的正负推断

夹角
功的正负
0°≤α&lt;90°
力对物体做正功
90°&lt;α≤180°
力对物体做负功，或者说物体
克服这个力做了功
α＝90°
力对物体不做功
　特殊提示：功是标量，比较做功多少看功的确定值．
二、功率
1．定义：功与完成这些功所用时间的比值．
2．物理意义：描述力对物体做功的快慢．
3．公式
(1)定义式：P＝，P为时间t内的平均功率．
(2)推论式：P＝Fvcos_α.(α为F与v的夹角)
4．额定功率：机械正常工作时输出的最大功率．
5．实际功率：机械实际工作时输出的功率，要求小于或等于额定功率．

1－1.(2022·泉州模拟)如图所示，拖着旧橡胶轮胎跑是身体耐力训练的一种有效方法．假如某受训者拖着轮胎在水平直道上跑了100 m，那么下列说法正确的是(　　)
A．轮胎受到地面的摩擦力对轮胎做了负功
B．轮胎受到的重力对轮胎做了正功
C．轮胎受到的拉力对轮胎不做功
D．轮胎受到地面的支持力对轮胎做了正功
1－2.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(　　)

A．Wa最小　　　　　　 B．Wd最大
C．Wa＞Wc &nbsp; D．四种状况一样大
2．如图所示，质量为m的物体放在光滑的水平面上，两次用力拉物体，都是从静止开头以相同的加速度移动同样的距离，第一次拉力F1的方向水平，其次次拉力F2的方向与水平方向成α角斜向上．在此过程中，两力的平均功率为P1和P2，则(　　)

A．P1＜P2　　　　　　　 B．P1＝P2
C．P1＞P2 &nbsp; D．无法推断
自我校对：1－1.A　1－2.D　2.B

功的计算

1．恒力做的功
直接用W＝Flcos α计算．不论物体做直线运动还是曲线运动，上式均适用．
2．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．
(3)常用方法还有转换法、微元法、图象法、平均力法等，求解时依据条件机敏选择．
3．合外力做的功
方法一：先求合外力F合，再用W合＝F合lcos α求功．适用于F合为恒力的过程．
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．
如图所示，质量为m的小球用长为L的轻绳悬挂于O点，用水平恒力F拉着小球从最低点运动到使轻绳与竖直方向成θ角的位置，求此过程中，各力对小球做的功及总功．
[思路点拨]　W＝F·lcos α可以理解为功等于力与力方向位移的乘积．

[解析]　如图，小球在F方向的位移为CB，方向与F同向，则
WF＝F·CB＝F·Lsin θ
小球在重力方向的位移为AC，方向与重力反向，则WG＝mg·AC·cos 180°
＝－mg·L(1－cos θ)
绳的拉力FT时刻与运动方向垂直，则
WFT＝0
故W总＝WF＋WG＋WFT＝F·Lsin θ－mgL(1－cos θ)．
[答案]　见解析
[总结提升]　(1)在求力做功时，首先要区分是求某个力的功还是合力的功，是求恒力的功还是变力的功．
(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．
(3)若为变力做功，则要考虑应用动能定理或将变力做功转化为恒力做功进行求解．

1.一个质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ，如图所示，则拉力F所做的功为(　　)
A．mgLcos θ　　　　　　　 B．mgL(1－cos θ)
C．FLsin θ &nbsp; D．FLcos θ
解析：选B.从P缓慢拉到Q，由动能定理得：WF－WG＝0(由于小球缓慢移动，速度可视为零)，即WF＝WG＝mgL(1－cos θ)．
功率的计算

1．公式P＝是平均功率的定义式，适用于任何状况下平均功率的计算．
2．公式P＝Fvcos α既能计算瞬时功率，也能计算平均功率．若v是瞬时值，则计算出的功率是瞬时值，若v是平均值，则计算出的功率是平均值．
留意：对于α变化的不能用P＝Fvcos α计算平均功率．
一台起重机从静止开头匀加速地将一质量m＝1.0×103 kg的货物竖直吊起，在2 s末货物的速度v＝ 4 m/s.求起重机在这2 s内的平均输出功率及2 s末的瞬时功率．(g取10 m/s2)
[思路点拨]　本题可按以下思路进行分析：

[解析]　货物运动的加速度a＝＝ m/s2＝2 m/s2
设起重机吊绳的拉力为F，依据牛顿其次定律，有
F－mg＝ma
所以F＝m(g＋a)＝1.0×103×(10＋2)N＝1.2×104 N
货物上升的位移l＝at2＝4 m
则拉力做的功W＝F·l＝1.2×104×4 J＝4.8×104 J
故2 s内的平均功率P＝＝2.4×104 W
2 s末的瞬时功率P＝Fv＝1.2×104×4 W＝4.8×104 W.
[答案]　2.4×104 W　4.8×104 W
[名师归纳]　计算功率的基本思路：
(1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率，对应于某一过程的功率为平均功率，对应于某一时刻的功率为瞬时功率．
(2)求瞬时功率时，假如F与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v方向的分力求解．

2．一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时起，第1秒内受到2 N的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1 N的外力作用．下列推断正确的是(　　)
A．0～2秒内外力的平均功率是 W
B．第2秒内外力所做的功是 J
C．第2秒末外力的瞬时功率最大
D．第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是
解析：选D.由题意知质点所受的水平外力即为合力，则知质点在这2秒内的加速度分别为a1＝2 m/s2、a2＝1 m/s2，则质点在第1 s末与第2 s末的速度分别为v1＝2 m/s、v2＝3 m/s，每一秒内质点动能的增加量分别为ΔEk1＝mv＝2 J、ΔEk2＝mv－mv＝2.5 J，D正确．再由动能定理可知第2 s内与0～2 s内外力所做功分别为W2＝ΔEk2＝2.5 J、W＝mv－0＝4.5 J，则在0～2 s内外力的平均功率P＝＝ W，A、B错误．由P＝Fv知质点在第1 s末与第2 s末的瞬时功率分别为P1＝4 W、P2＝3 W，故C错误．
机车启动问题

1．两种启动方式比较

两种方式
以恒定功率启动
以恒定加速度启动
P－t图和v－t图

OA段
过程分析
v↑⇒F＝↓⇒a＝↓
a＝不变⇒F不变P＝Fv↑直到P额＝Fv1
运动性质
加速度减小的加速直线运动
匀加速直线运动，维持时间t0＝
AB段
过程分析
F＝F阻⇒a＝0⇒F阻＝
v↑⇒F＝↓⇒a＝↓
运动性质
以vm做匀速直线运动
加速度减小的加速运动
BC段
无
F＝F阻⇒a＝0⇒以vm＝做匀速直线运动
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＝＝(式中Fmin为最小牵引力，其值等于阻力Ff)．
(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，速度不是最大，即v＝＜vm＝.
(3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W＝Pt.由动能定理：Pt－Ffx＝ΔEk.此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小．
电动车因其牢靠的平安性能和节能减排的设计理念，越来越受到人们的宠爱，在检测某款电动车性能的某次试验中，质量为8×102 kg的电动车由静止开头沿平直大路行驶，达到的最大速度为15 m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出F－图象如图所示(图中AB、BO均为直线)．假设电动车行驶中所受的阻力恒定．
(1)依据图线ABC，推断该电动车做什么运动，并计算电动车的额定功率；
(2)求此过程中电动车做匀加速直线运动的加速度的大小；
(3)电动车由静止开头运动，经过多长时间速度达到v1＝2 m/s?
[审题突破]　(1)BA段表示什么不变？电动车做什么运动？
(2)CB段的斜率表示哪个物理量？是否变化？电动车做什么运动？
[解析]　(1)由图象可得，当达到最大速度vmax＝15 m/s时，牵引力为Fmin＝400 N
故恒定阻力f＝Fmin＝400 N
额定功率P＝Fminvmax＝6×103 W.
(2)匀加速直线运动的加速度
a＝＝ m/s2＝2 m/s2.
(3)匀加速直线运动的末速度vB＝＝3 m/s
电动车在速度达到3 m/s之前，始终做匀加速直线运动，
故所求时间为t＝＝1 s.
[答案]　(1)AB段表示电动车做匀加速直线运动，BC段表示电动车做加速度渐渐减小的变加速直线运动　6×103 W
(2)2 m/s2　(3)1 s
[规律总结]　分析机车启动问题时应留意：
(1)机车启动的方式不同，机车运动的规律就不同，因此机车启动时，其功率、速度、加速度、牵引力等物理量的变化规律也不相同；
(2)恒定功率下的加速确定不是匀加速，这种加速过程发动机做的功可用W＝Pt计算，不能用W＝Fl计算(由于F为变力)；
(3)以恒定牵引力加速时的功率确定不恒定，这种加速过程发动机做的功常用W＝Fl计算，不能用W＝Pt计算(由于功率P是变化的)．

3.(改编题)一遥控玩具汽车在平直的轨道上由静止开头做直线运动，运动过程中汽车牵引力的功率保持不变，其加速度a和速度的倒数的关系图象如图所示，若已知汽车的质量为2 kg，运动2 s后开头匀速运动，汽车所受阻力恒定，那么依据图象数据可推断下列说法正确的是(　　 )
A．玩具汽车的功率为10 W
B．玩具汽车所受阻力为2 N
C．玩具汽车的最大速度为2 m/s
D．玩具汽车匀速运动前通过的位移为2 m

解析：选C.由于P＝Fv，汽车的加速度a＝，联立二式可得a＝－，由图象可知，＝2，＝4.又由于汽车的质量为2 kg，所以汽车所受的阻力f＝4 N，汽车牵引力的功率P＝8 W，汽车的最大速度v＝＝2 m/s；设汽车匀速运动前通过的位移为x，由动能定理得：mv2－0＝Pt－fx，解之得x＝3 m．可见，选项C正确．

　变力做功的求解方法

————————————该得的分一分不丢！
　(1)将圆弧分成很多小段l1，l2，…，ln，拉力在每小段上做的功为W1，W2，…，Wn，因拉力F大小不变，方向始终与物体在该点的切线成37°角，所以
W1＝Fl1cos 37°，W2＝Fl2cos 37°，…，Wn＝Flncos 37°
(2分)
所以WF＝W1＋W2＋…＋Wn＝Fcos 37°(l1＋l2＋…＋ln)
＝Fcos 37°·R＝20π J＝62.8 J．(2分)
(2)重力G做的功WG＝－mgR(1－cos 60°)＝－50 J.
(2分)
(3)物体受的支持力N始终与物体的运动方向垂直，所以WN＝0.(2分)
(4)因物体在拉力F作用下缓慢移动，动能不变，由动能定理知：WF＋WG＋Wf＝0.(2分)
所以Wf＝－WF－WG＝(－62.8＋50) J＝－12.8 J．(1分)
[答案]　(1)62.8 J　(2)－50 J　(3)0　(4)－12.8 J
[方法总结]　求解变力做功的五种方法
(1)微元法
将物体的位移分割成很多小段，因小段很小，每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将变力做功转化为在很多多个无穷小的位移上的恒力所做元功的代数和．此法在中学阶段，常应用于求解力的大小不变、方向转变的变力做功问题．
(2)动能定理法
动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于求恒力功也适用于求变力功．因使用动能定理可由动能的变化来求功，所以动能定理是求变力做功的首选．
本例中就用到了上述的两种方法．
(3)平均力法
在求解变力功时，若物体受到的力的方向不变，而大小随位移是成线性变化的，即力均匀变化时，则可以认为物体受到一大小为＝的恒力作用，F1、F2分别为物体初、末态所受到的力，然后用公式W＝lcos α求此力所做的功．
(4)(F－s)图象法
假如参与做功的变力方向与位移方向始终全都，且已知大小随位移变化关系，我们可作出该力随位移变化的图象．那么图线与坐标轴所围成的面积，即为变力做的功．
(5)转换法
直接求解变力对物体做功时，通常都较为简洁，但通过转换争辩对象，把变力做功转化成另一个恒力做功，问题就易于解决，此法常应用于通过定滑轮拉物体的题目中．

4．一物体所受的力F随位移s变化的图像如图所示，求在这一过程中，力F对物体做的功为多少？

解析：力F对物体做的功等于s轴上方梯形“面积”所表示的正功与s轴下方三角形“面积”所表示的负功的代数和．
S梯形＝×(3＋4)×2＝7
S三角形＝－×(5－4)×2＝－1
所以力F对物体做的功为W＝7 J－1 J＝6 J.
答案：6 J

一 高考题组
1.(2011·高考江苏卷)如图所示，演员正在进行杂技表演．由图可估算出他将一只鸡蛋抛出的过程中对鸡蛋所做的功最接近于(　　)
A．0.3 J　　　　　　　　 B．3 J
C．30 J &nbsp; D．300 J
解析：选A.依据生活常识，20个鸡蛋大约1 kg，表演者抛出的高度按0.5 m计算，则抛出过程中对鸡蛋做的功为W＝mgh＝×10×0.5 J＝0.25 J，选项A正确．
2.(2011·高考上海卷)如图，一长为L的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为m的小球．一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度ω匀速转动，当杆与水平方向成60°时，拉力的功率为(　　)
A．mgLω &nbsp; B.mgLω
C.mgLω &nbsp; D.mgLω
解析：选C.由能的转化及守恒可知：拉力的功率等于克服重力的功率．PG＝mgvy＝mgvcos 60°＝mgωL，故选C.
3.(2021·高考浙江卷)如图所示，水平木板上有质量m＝1.0 kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小．取重力加速度g＝10 m/s2.下列推断正确的是(　　)

A．5 s内拉力对物块做功为零
B．4 s末物块所受合力大小为4.0 N
C．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4
D．6 s～9 s内物块的加速度大小为2.0 m/s2
解析：选D.由图象可知物块在0～4 s内处于静止状态，其所受合外力为零，选项B错误；4 s～5 s内做变加速直线运动，因此5 s内拉力对物块做的功不为零，选项A错误；物块的滑动摩擦力Ff＝3 N，则μ＝＝0.3，选项C错误；在6 s～9 s内由牛顿其次定律得F－Ff＝ma，a＝ m/s2＝2.0 m/s2，选项D正确．
二 模拟题组
4．(原创题)质量相等的A、B两物体，并排静止在光滑水平地面上，用水平拉力F1、F2分别作用于物体A和B上，其速度－时间图象分别如图中图线a、b所示，若F1方向始终保持不变，F2的方向先与F1反向，后与F1同向．则由图中信息可以得出(　　)

A．0～2 s内，F2与F1方向相反
B．F1与F2大小之比为2∶1
C．0～4 s内，F1对物体A做的功等于力F2对物体B做的功
D．4 s末，F1的瞬时功率等于力F2的瞬时功率
解析：选C.从v－t图象可知0～1 s物体B的加速度与1 s后的加速度方向相反，由此可知0～1 s内F2与F1反向，A错误；由图象得A和B的加速度大小分别为a1＝15 m/s2，a2＝30 m/s2，据牛顿其次定律得B错误；依据动能定理得选项C正确；由于4 s末速度相同但F2＝2F1，故D错误．
5．(2022·山东济南模拟)汽车从静止匀加速启动，最终做匀速运动，其速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象如图所示，其中错误的是(　　)

解析：选B.汽车启动时由P＝Fv和F－f＝ma可知，匀加速启动过程中，牵引力F、加速度a恒定不变，速度和功率均匀增大，当功率增大到额定功率后保持不变，牵引力渐渐减小到与阻力相等，加速度渐渐减小到零，速度渐渐增大到最大速度，故A、C、D正确．

一、单项选择题
1．一人乘电梯从1楼到20楼，在此过程中经受了先加速、后匀速、再减速的运动过程，则电梯支持力对人做功的状况是(　　)
A．加速时做正功，匀速时不做功，减速时做负功
B．加速时做正功，匀速和减速时做负功
C．加速和匀速时做正功，减速时做负功
D．始终做正功
答案：D
2.(2022·高考江苏卷)如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球．在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点．在此过程中拉力的瞬时功率变化状况是(　　)
A．渐渐增大　　　　 B．渐渐减小
C．先增大，后减小 &nbsp; D．先减小，后增大
解析：选A.因小球速率不变，所以小球以O点为圆心做匀速圆周运动．受力如图所示，因此在切线方向上应有：mgsin θ＝Fcos θ，得F＝mgtan θ.则拉力F的瞬时功率P＝F·vcos θ＝mgv·sin θ.从A运动到B的过程中，拉力的瞬时功率随θ的增大而增大．A项正确．

3.(2022·衡水中学调研)两个质量相等的小球A、B处在同一水平线上，当小球A被水平抛出的同时，小球B开头自由下落，不计空气阻力，则(　　)
A．在相等时间内，两小球的速度增量相等
B．在同一时刻，两小球的重力的功率不相等
C．在下落过程中，两小球的重力做功不相同
D．在下落过程中，两小球重力的平均功率不相等
解析：选A.两小球的加速度均为重力加速度，相等时间内，速度增量相等，故A正确；小球A的重力的功率PA＝mgvAcos α＝mg·gt＝PB(α为小球A的速度与竖直方向的夹角)，B错误；在同一时间内，两小球下落的高度相等，由WG＝mgΔh知，重力做功相等，C错；又因两球下落用时相等，由＝知，重力的平均功率相等，故D错误．
4.(2022·襄阳模拟)如图所示，滑雪者由静止开头沿斜坡从A点自由滑下，然后在水平面上前进至B点停下．已知斜坡、水平面与滑雪板之间的动摩擦因数都为μ，滑雪者(包括滑雪板)的质量为m.A、B两点间的水平距离为L.在滑雪者经过AB段运动的过程中，克服摩擦力做的功(　　)
A．大于μmgL　　　　　　　 B．等于μmgL
C．小于μmgL &nbsp; D．以上三种状况都有可能
解析：选B.设斜面的倾角为θ，则对滑雪者从A到B的运动过程中克服摩擦力做的功为：WFf＝μmgACcos θ＋μmgCB①，由题图可知ACcos θ＋CB＝L②，由①②两式联立可得：WFf＝μmgL，故B正确．

5.动车组就是几节自带动力的车辆(动车)加几节不带动力的车辆(也叫拖车)编成一组，如图所示．假设有一动车组由8节车厢连接而成，每节车厢的总质量均为7.5×104 kg.其中第一节、其次节带动力，它们的额定功率均为3.6×107 W，车在行驶过程中阻力恒为重力的0.1倍(g＝10 m/s2)．则下列说法不正确的是(　　)
A．该动车组只开动第一节的动力的状况下能达到的最大速度为60 m/s
B．该动车组开动二节动力的状况下能达到的最大速度为432 km/h
C．该动车组开动二节动力并去掉两节拖车后最大速度可达到480 km/h
D．该动车组只开动第一节的动力的状况下假如能在1分钟内达到最大速度60 m/s，则其平均加速度为1 m/s2
解析：选C.只开动第一节动力的前提下，当第一节以额定功率运行且列车的牵引力等于阻力时达到最大速度：P1m＝fvm，由于阻力f＝0.1×8mg＝6.0×105 N，P1m＝3.6×107 W，所以vm＝＝60 m/s，A正确；开动二节动力时达到最大速度v′m＝＝120 m/s，B正确；v″m＝＝160 m/s＝576 km/h，C错误；易知D正确．
6．(2022·江西七校联考)如图所示为汽车的加速度和车速的倒数1/v的关系图像．若汽车质量为2×103 kg，它由静止开头沿平直大路行驶，且行驶中阻力恒定，最大车速为30 m/s，则下列说法不正确的是(　　)

A．汽车所受阻力为2×103 N
B．汽车在车速为15 m/s时，功率为6×104 W
C．汽车匀加速的加速度为3 m/s2
D．汽车匀加速所需时间为5 s
解析：选C.由图可知汽车在速度小于10 m/s之前做加速度为2 m/s2的匀加速直线运动，由时间公式t＝可得，t＝5 &nbsp;s，选项C错误，D正确；当汽车速度等于10 m/s时，汽车功率达到最大，即P0＝Fv，而此时F－f＝ma，当汽车速度为30 m/s时，P0＝fvmax，解方程可得：f＝2×103 N，P0＝6×104 W，选项A正确；而汽车速度为15 m/s时，汽车的功率等于额定功率，选项B正确．
7．(2022·郑州模拟)如图所示，物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动．监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图所示．取g＝10 m/s2，则(　　)

A．第1 s内推力做功为1 J
B．第2 s内物体克服摩擦力做的功为W＝2.0 J
C．第1.5 s时推力F的功率为2 W
D．第2 s内推力F做功的平均功率＝1.5 W
解析：选B.第1 s内物体保持静止状态，在推力方向无位移，故做功为零，A错；由图象知第3 s内物体做匀速运动，F＝2 N，故F＝Ff＝2 N，由v－t图象知第2 s内物体的位移x＝×1×2 m＝1 m，第2 s内物体克服摩擦力做的功W＝Ffx＝2.0 J，B对；第1.5 s时物体的速度为1 m/s，故推力的功率为3 W，C项错；第2 s内推力F＝3 N，推力做功为WF＝F·x＝3.0 J，故第2 s内推力F做功的平均功率＝WF/t＝3 W，故D错．
8．如图所示，细绳的一端绕过定滑轮与木箱相连，现以大小恒定的拉力F拉动细绳，将静置于A点的木箱经B点移到C点(AB＝BC)，地面平直且与木箱的动摩擦因数处处相等．设从A到B和从B到C的过程中，F做功分别为W1、W2，克服摩擦力做功分别为Q1、Q2，木箱经过B、C时的动能和F的功率分别为EkB、EkC和PB、PC，则下列关系确定成立的有(　　)

A．W1＞W2 &nbsp; B．Q1&lt;Q2
C．EkB＞EkC &nbsp; D．PB＞PC
解析：选A.F做功W＝Flcos α(α为绳与水平方向的夹角)，在AB段和BC段相比较，F大小相同，l相同，而α渐渐增大，故W1＞W2，A正确；物体运动中，支持力渐渐减小，摩擦力渐渐减小，故Q1＞Q2，B错误；由于物体运动状况不能确定，故动能关系、功率关系无法确定，C、D错．
☆9.质量为m的物体静止在粗糙的水平地面上，从t＝0时刻开头受到方向恒定的水平拉力F作用，F与时间t的关系如图甲所示．物体在时刻开头运动，其v－t图象如图乙所示，若认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力，下列说法正确的是(　　)

A．物体所受合外力在t0时刻的功率为2F0v0
B．物体所受合外力在0～t0这段时间内所做的功为mv
C．物体所受水平力F在t0～2t0这段时间内的平均功率为F0
D．物体所受摩擦力在t0～2t0这段时间内所做的功为F0t0
解析：选B.由题图可知物体所受的最大静摩擦力为F0，物体在t0时刻所受合外力为2F0－μmg＝F0，合外力在t0时刻的功率为F0v0，A项错误；依据动能定理，在0～t0这段时间内合外力做的功等于物体动能的增量，即mv，选项B正确；水平力F在t0～2t0这段时间内的平均功率为2F0＝F0(v0＋v0＋at0)＝F0，C项错误；物体在t0时刻开头运动，则滑动摩擦力Ff＝F0，物体所受滑动摩擦力Ff在t0～2t0这段时间内所做的功为F0t0＝F0t0(v0＋v0＋at0)＝F0t0，选项D错误．
二、非选择题
10.(2022·日照模拟)如图所示，建筑工人通过滑轮装置将一质量为100 kg的料车沿30°角的斜面由底端匀速地拉到顶端，斜面长L是4 m，若不计滑轮的质量和各处的摩擦力，g取10 N/kg，求这一过程中：
(1)人拉绳子的力做的功；
(2)物体的重力做的功；
(3)物体受到的各力对物体做的总功．
解析：(1)工人拉绳子的力：F＝mgsin θ
工人将料车拉到斜面顶端时，拉绳子的长度：l＝2L，依据公式W＝Flcos α，得
W1＝mgsin θ·2L＝2 000 J.
(2)重力做功：W2＝－mgh＝－mgLsin θ＝－2 000 J.
(3)由于料车在斜面上匀速运动，则料车所受的合力为0，故W合＝0.
答案：(1)2 000 J　(2)－2 000 J　(3)0
11.(2022·双十中学模拟)水平面上静止放置一质量为m＝0.2 kg的物块，固定在同一水平面上的小型电动机通过水平细线牵引物块，使物块由静止开头做匀加速直线运动，2秒末达到额定功率，其v－t图线如图所示，物块与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.1，g＝10 m/s2，电动机与物块间的距离足够远．求：
(1)物块做匀加速直线运动时受到的牵引力大小；
(2)电动机的额定功率；
(3)物块在电动机牵引下，最终能达到的最大速度．
解析：(1)由题图知物块在匀加速阶段加速度大小
a＝＝0.4 m/s2
物块受到的摩擦力大小f＝μmg
设牵引力大小为F，则有：F－f＝ma
得F＝0.28 N.
(2)当v＝0.8 m/s时，电动机达到额定功率，则
P＝Fv＝0.224 W.
(3)物块达到最大速度vm时，此时物块所受的牵引力大小等于摩擦力大小，有
F1＝μmg
P＝F1vm
解得vm＝1.12 m/s.
答案：(1)0.28 N　(2)0.224 W　(3)1.12 m/s
☆12.(2022·高考北京卷)摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米．电梯的简化模型如图甲所示．考虑平安、舒适、省时等因素，电梯的加速度a是随时间t变化的．已知电梯在t＝0时由静止开头上升，a－t图象如图乙所示．电梯总质量m＝2.0×103 kg.忽视一切阻力，重力加速度g取10 m/s2.
(1) 求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2；
(2)类比是一种常用的争辩方法．对于直线运动，教科书中讲解了由v－t图象求位移的方法．请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，依据图乙所示a－t图象，求电梯在第1 s内的速度转变量Δv1和第2 s末的速率v2；
(3)求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率P；再求在0～11 s时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W.

甲　　　　 &nbsp; &nbsp; &nbsp; &nbsp; &nbsp; &nbsp;　　　　　　乙
解析：(1)由牛顿其次定律，有F－mg＝ma
由a－t图象可知，F1和F2对应的加速度分别是
a1＝1.0 m/s2，a2＝－1.0 m/s2
F1＝m(g＋a1)＝2.0×103×(10＋1.0) N＝2.2×104 N
F2＝m(g＋a2)＝2.0×103×(10－1.0) N＝1.8×104 N.
(2)类比可得，所求速度变化量等于1 s内a－t图线下的面积，Δv1＝0.50 m/s
同理可得Δv2＝v2－v0＝1.5 m/s
v0＝0，第2 s末的速率v2＝1.5 m/s.
(3)由a－t图象可知，11 s～30 s内速率最大，其值等于0～11 s内a－t图线下的面积，有vm＝10 m/s
此时电梯做匀速运动，拉力F等于重力mg，所求功率
P＝Fvm＝mg·vm
＝2.0×103×10×10 W＝2.0×105 W
由动能定理，总功
W＝Ek2－Ek1＝mv－0
＝×2.0×103×102 J＝1.0×105 J.
答案：(1)2.2×104N　1.8×104N
(2)0.50 m/s　1.5 m/s
(3)2.0×105 W　1.0×105 J

其次节　动能　动能定理

一、动能
1．定义：物体由于运动而具有的能．
2．表达式：Ek＝mv2.
3．单位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.
4．矢标性：标量．
5．瞬时性：v是瞬时速度．
6．相对性：物体的动能相对于不同的参考系一般不同．
二、动能定理
1．内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化．
2．表达式：W＝Ek2－Ek1＝mv－mv.
3．适用范围
(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．
(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功．
(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用．

1.关于某物体动能的一些说法，正确的是(　　)
A．物体的动能变化，速度确定变化
B．物体的速度变化，动能确定变化
C．物体的速度变化大小相同时，其动能变化大小也确定相同
D．选择不同的参考系时，动能可能为负值
2－1.下列关于运动物体所受合力、合力做功和动能变化的关系，正确的说法是(　　)
A．物体所受合力为零，其动能确定不变
B．物体所受合力不为零时，其动能确定发生变化
C．物体的动能保持不变，其所受合力做功可能不为零
D．物体的动能保持不变，则所受合力确定为零
2－2.人用手托着质量为m的物体，从静止开头沿水平方向运动，前进距离s后，速度为v(物体与手始终相对静止)，物体与人手掌之间的动摩擦因数为μ，则人对物体做的功为(　　)
A．mgs　　　　　　　　　 B．0
C．μmgs &nbsp; D.mv2

动能及动能定理的理解

1．动能定理公式中等号的意义
(1)数量关系：即力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系．
(2)单位相同：国际单位都是焦耳．
(3)因果关系：力的功是引起物体动能变化的缘由．
2．总功的计算
(1)先由力的合成或依据牛顿其次定律求出合力F，然后由W＝Flcos α计算．
(2)由W＝Flcos α计算各个力对物体做的功W1、W2、…、Wn，然后将各个外力所做的功求代数和，即
W总＝W1＋W2＋…＋Wn.
特殊提示：动能定理叙述中所说的“外力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力．
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度v0，发觉小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B.则：
(1)小球到达B点时的速率为多少？
(2)若不计空气阻力，则初速度v0为多少？
(3)若初速度v0＝3，则在小球从A到B的过程中克服空气阻力做了多少功？
[思路点拨]　(1)小球恰能到达B点，隐含什么条件？
(2)空气阻力是变力，能否运用功的公式W＝Flcos α计算？
[解析]　(1)小球恰能到达最高点B，有mg＝m，
得vB＝ .
(2)从A→B由动能定理得
－mg＝mv－mv
可求出v0＝ .
(3)由动能定理得
－mg－W阻＝mv－mv
可求出W阻＝ mgL.
[答案]　(1) 　(2) &nbsp;　(3)mgL
[规律总结]　应用动能定理解题的基本思路
(1)选取争辩对象，明确它的运动过程；
(2)分析争辩对象的受力状况和各力的做功状况：
→→→→
(3)明确争辩对象在过程的初末状态的动能Ek1和Ek2；
(4)列动能定理的方程W合＝Ek2－Ek1及其他必要的解题方程，进行求解．

1.(2022·福州模拟)如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体．电梯在钢索的拉力作用下由静止开头竖直向上加速运动，当上上升度为H时，电梯的速度达到v，则在这个过程中，以下说法中正确的是(　　)
A．电梯地板对物体的支持力所做的功等于
B．电梯地板对物体的支持力所做的功小于
C．钢索的拉力所做的功等于＋MgH
D．钢索的拉力所做的功大于＋MgH
解析：选D.以物体为争辩对象，由动能定理WN－mgH＝mv2，即WN＝mgH＋mv2，选项A、B错误．以系统为争辩对象，由动能定理得：WT－(m＋M)gH＝(M＋m)v2，即WT＝(M＋m)v2＋(M＋m)gH＞＋MgH，选项D正确、C错误．
利用动能定理求解多过程问题

1．解决多过程问题应优先考虑应用动能定理(或功能关系)，从而使问题得到简化．能解决的几个典型问题如下：
(1)不涉及加速度、时间的多过程问题．
(2)有多个物理过程且不需要争辩整个过程中的中间状态的问题．
(3)变力做功的问题．
(4)含有F、l、m、v、W、Ek等物理量的力学问题．
2．留意应用不同特点的力的做功特点：
(1)重力、电场力或恒力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；
(2)大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积．
(2022·苏北四市模拟)如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5 m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.30 m、h2＝1.35 m．现让质量为m的小滑块自A点由静止释放．已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；
(2)小滑块第一次与其次次通过C点的时间间隔；
(3)小滑块最终停止的位置距B点的距离．
[审题指导]　(1)在B、C轨道交接处速度大小变化吗？
(2)小滑块在AB、CD段只有重力做功，猜猜只能停在哪一段呢？
[解析]　(1)小滑块从A→B→C→D过程中，由动能定理得
mg(h1－h2)－μmgs＝mv－0
将h1、h2、s、μ、g代入得：vD＝3 m/s.
(2)小滑块从A→B→C过程中，由动能定理得
mgh1－μmgs＝mv
将h1、s、μ、g代入得：vC＝6 m/s
小滑块沿CD段上滑的加速度大小
a＝gsin θ＝6 m/s2
小滑块沿CD段上滑到最高点的时间
t1＝＝1 s
由对称性可知小滑块从最高点滑回C点的时间
t2＝t1＝1 s
故小滑块第一次与其次次通过C点的时间间隔
t＝t1＋t2＝2 s.
(3)对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s总．
有：mgh1＝μmgs总
将h1、μ代入得：s总＝8.6 m
故小滑块最终停止的位置距B点的距离为
2s－s总＝1.4 m.
[答案]　(1)3 m/s　(2)2 s　(3)1.4 m

2</p>