高考物理主题二机械能及其守恒定律第四章机械能及其守恒定律习题课动能定理的应用学案教科版0103265.doc
高考物理动能定理及其应用考点总结
如图5－2－3所示，一质量为m＝1 kg的物块静止 在粗糙水平面上的A点，从t＝0时刻开始，物块受到按如 图5－2－4所示规律变化的水平力F作用并向右运动，第3 s 末物块运动到B点时速度刚好为0，第5 s末物块刚好回到A 点，已知物块与粗糙水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2，求 (g取10 m/s2)：
在牵引力不变的条件下行驶45 m
的坡路到达B点时，司机立即关
图5－2－9
掉油门，以后汽车又向前滑行15 m停在C点，汽车的
质量为5×103 kg，行驶中受到的摩擦阻力是车重的
0.25倍，取g＝10 m/s2，求汽车的牵引力做的功和它
经过B点时的速率．
解析：汽车从A到C的过程中，汽车的发动机牵引力做正 功，重力做负功，摩擦力做负功，动能的变化量为零， 由动能定理可得WF－WG－W阻＝0，由于G、F阻已知， 汽车的位移也知道，所以有 WF＝WG＋W阻＝mgh＋0.25mgl＝2.25×106 J.
2．如图5－2－1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，其长度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的距离 为( )
1．质量为m的物体在水平力F的作用下由静止开始在光滑
地面上运动，前进一段距离之后速度大小为v，再前进一
段距离使物体的速度增大为2v，则
()
A．第二过程的速度增量等于第一过程的速度增量
B．第二过程的动能增量是第一过程的动能增量的3倍
C．第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做的功
高中物理必修2动能定理和机械能守恒定律复习
高中物理必修2动能定理、机械能守恒定律复习考纲要求1、动能定理 （Ⅱ）2、做功与动能改变的关系 （Ⅱ）3、机械能守恒定律 （Ⅱ）知识归纳1、动能定理（1）推导：设一个物体的质量为m ，初速度为V 1，在与运动方向相同的恒力F 作用下，发生了一段位移S ，速度增加到V 2，如图所示。
在这一过程中，力F 所做的功W=F ·S ，根据牛顿第二定律有F=ma ；根据匀加速直线运动的规律，有：V 22－V 13=2aS ，即aV V S 22122-=。
可得：W=F ·S=ma ·2122212221212mV mV a V V -=- （2）定理：①表达式 W=E K2－E K1 或 W 1＋W 2＋……W n =21222121mV mV - ②意义 做功可以改变物体的能量—所有外力对物体所做的总功等于物体动能的变化。
ⅰ、如果合外力对物体做正功，则E K2＞E K1 ，物体的动能增加；ⅱ、如果合外力对物体做负功，则E K2＜E K1 ，物体的动能减少；ⅱ、如果合外力对物体不做功，则物体的动能不发生变化。
（3）理解：①外力对物体做的总功等于物体动能的变化。
W 总=△E K =E K2－E K1 。
它反映了物体动能变化与引起变化的原因——力对物体做功的因果关系。
可以理解为外力对物体做功等于物体动能增加，物体克服外力做功等于物体动能减少。
外力可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是任何其他力，但物体动能的变化对应合外力的功，而不是某一个力的功。
②注意的动能的变化，指末动能减初动能。
用△E K 表示动能的变化，△E K ＞0，表示动能增加；△E K ＜0，表示动能减少。
③动能定理是标量式，功和动能都是标量，不能利用矢量法则分解，故动能定理无分量式。
（4）应用：①动能定理的表达式是在恒力作用且做匀加速直线运动的情况下得出的，但它也适用于减速运动、曲线运动和变力对物体做功的情况。
②动能定理对应的是一个过程，并且它只涉及到物体初末态的动能和整个过程中合外力的功，它不涉及物体运动过程中的加速度、时间和中间状态的速度、动能，因此用它处理问题比较方便。
高考总复习(微课课件)专题：机械能守恒定律及其应用 动能定理和机械能守恒定律对比
【例1】(多选)如图所示，物体从某一高度自由下落到竖直立于地面的轻质弹簧 上．在a点时物体开始与弹簧接触，到b点时物体速度为零．则从a到b的过程中， 物体( ) A．动能一直减小 B．重力势能一直减小 C．所受合外力先增大后减小 D．动能和重力势能之和一直减小
a
b【Leabharlann 案】BD【例2】如图所示为光滑轻质的滑轮，阻力不计，M1＝2 kg，M2＝1 kg，M1离地高 度为H＝0.5 m，g取10 m/s2.M1与M2从静止开始释放，M1由静止下落0.3 m时的速度 为 多少？
M1
H
M2
【例3】如图所示是一个横截面为半圆、半径为R的光滑柱面，一根不可伸长的细线 两端分别系着物体A、B，且mA＝2mB＝2m，由图示位置从静止开始释放A物体，当 物体B达到圆柱顶点时，求绳的张力对物体B所做的功
小结
动能定理和机械能守恒定律在应用时各有各自的优点，我们 要根据实际情况灵活选择！
高考第动能定理及其应用
高考第动能定理及其应用汇报人：日期:•动能定理概述•动能定理的公式和推导•动能定理的应用场景•动能定理的解题技巧•动能定理与其他物理定理的联系与区别目•动能定理真题解析与实战演练录01动能定理概述定义表达式动能定理的定义动能与功的关系能量转化的表述动能定理的物理意义动能定理的重要性基础性动能定理适用于各种机械系统，可用于解决直线运动、曲线运动、弹性碰撞等问题，是高中物理的重要内容。
广泛应用联系其他定理02动能定理的公式和推导动能定理的数学公式动能变化量动能定理反映了外力做功与物体动能变化量之间的关系，即外力做功等于物体动能的增量。
做功与能量转化公式中的外力做功代表了能量的转化过程，而动能的变化则代表了能量的增减。
公式的物理含义解释公式推导过程和解题思路推导过程根据牛顿第二定律和速度与加速度的关系，可以推导出外力做功与动能变化之间的关系，进而得到动能定理的数学公式。
解题思路在应用动能定理时，首先要确定外力做功和物体的初末动能，然后根据动能定理的数学公式进行计算，从而求解出物体动能的变化量或外力的做功。
需要注意的是，动能定理适用于任何力场和任何运动过程，具有广泛的应用范围。
03动能定理的应用场景完全弹性碰撞完全非弹性碰撞动能定理可以用于描述弹簧振子的运动过程。
通过计算弹簧的弹性势能和振子的动能，我们可以得到振子的运动方程，进一步分析振子的运动特性。
弹簧碰撞当物体与弹簧发生碰撞时，动能定理帮助我们确定物体与弹簧之间的能量转换。
通过考虑弹簧的弹性势能、物体的动能以及可能的能量损失，我们可以分析碰撞后物体的运动状态。
弹簧振子VS在万有引力问题中的应用行星运动逃逸速度04动能定理的解题技巧如何选择合适的参考系选择惯性参考系根据题目要求选择参考系确定研究对象的初末状态首先需要明确研究对象的起始状态和结束状态，包括速度、方向等。
要点一要点二计算初末动能根据动能的定义式，计算研究对象在初态和末态的动能。
注意单位转换和数值计算准确性。
机械能守恒机械能守恒定律和应用
机械能守恒机械能守恒定律和应用机械能守恒——机械能守恒定律和应用机械能守恒是动力学中的一个基本定律，表明在没有外力做功和无能量损失的情况下，机械能将保持不变。
本文将详细介绍机械能守恒定律的原理和应用。
一、机械能守恒的原理机械能守恒是基于动力学中的能量守恒定律。
在理想条件下，一个物体的机械能等于其动能和势能之和。
动能由物体的质量和速度决定，而势能则由物体的质量、重力加速度和高度决定。
根据机械能守恒定律，一个系统的机械能在任何时刻都保持不变。
二、机械能守恒定律的应用1. 自由落体运动自由落体是指只有重力作用的物体运动，根据机械能守恒定律，自由落体运动中物体的势能转化为动能，其总量保持不变。
例如，一个物体从高处自由落下，其势能逐渐减小，而动能逐渐增加，最终达到最大值。
2. 弹簧振子弹簧振子是一种涉及机械能转化的系统。
当弹簧振子偏离平衡位置时，它具有势能；当它通过振动重新回到平衡位置时，势能转化为动能。
根据机械能守恒定律，弹簧振子在振动过程中机械能保持不变。
3. 动能转化机械能守恒定律也适用于动能在不同形式之间的转化。
例如，当一个物体由静止开始沿斜面滑下时，其势能减少，而动能增加，保持总机械能不变。
同样地，当一个物体沿反方向上升时，动能减少，势能增加，机械能仍然保持不变。
4. 能量利用和设计机械能守恒定律在工程设计和能量利用中有着广泛的应用。
例如，水力发电利用水的下落产生的机械能，转化为电能。
再如，机械能守恒定律可以帮助工程师设计高效的机械系统，以最大限度地利用能量，减少能量浪费。
总结：机械能守恒定律是动力学中的重要定律，描述了一个系统中机械能保持不变的原理。
通过对机械能守恒定律的应用，可以解释自由落体运动、弹簧振子等物理现象，并在工程设计和能量利用中发挥重要作用。
理解和应用机械能守恒定律有助于我们深入理解能量转化和守恒的基本原理。
动能定理和机械能守恒
动能定理和机械能守恒动能定理和机械能守恒是物理学中非常重要的两个概念，它们经常被用来描述物体在运动过程中的能量变化。
本文将详细介绍这两个概念及其应用。
一、动能定理动能定理是描述物体在做功的过程中动能的变化关系的定理。
它的数学表达式为：W=ΔK，其中W表示物体受力做功的大小，ΔK表示物体动能的变化量。
这个定理的意义在于，当一个物体受到外力作用而运动时，物体所受的作用力所做的功等于物体动能的变化量。
例如，当一个物体被施加一个恒定的力F，沿直线方向移动了一个距离s，那么它所受到的功就是W=F×s，而它的动能的变化量ΔK 就是K2-K1=1/2mv2^2-1/2mv1^2。
那么根据动能定理，我们可以得到W=ΔK，即F×s=1/2mv2^2-1/2mv1^2。
这个公式可以用来计算物体在受力作用下动能的变化量。
二、机械能守恒机械能守恒是指在一个封闭的系统中，机械能的总量保持不变的性质。
在一个封闭的系统中，机械能只能通过物体之间的相互作用转化，而不能增加或减少。
机械能包括动能和势能两个部分，它们的总和表示为E=K+U，其中K表示动能，U表示势能。
例如，当一个物体从高处自由落下时，由于重力的作用，它的动能不断增加，而势能则不断减少。
当它落到地面时，由于地面的阻力和摩擦力的作用，它的动能被完全消耗，而势能则被全部转化为热能。
在这个过程中，机械能守恒定律得到了验证。
机械能守恒定律在实际生活中有着广泛的应用。
例如，当我们骑自行车的时候，我们需要不断地蹬踏，将化学能转化为机械能，使自行车前进。
在这个过程中，我们需要消耗大量的能量，而机械能守恒定律则保证了这些能量会被充分利用，不会浪费掉。
动能定理和机械能守恒是物理学中非常重要的两个概念，它们帮助我们理解物体在运动过程中的能量变化，并在实际生活中有着广泛的应用。
对于物理学学习者来说，掌握这两个概念是非常重要的。
2023届高考物理一轮复习讲义：专题四 功和能
专题四 功和能重点1. 机械能守恒的条件及其表达方式。
2．以正确的步骤运用机械能守恒定律。
3．动能定理及其导出过程。
4．动能定理的应用。
难点1．如何判断机械能是否守恒，及如何运用机械能守恒定律解决实际问题。
2．建立物理模型、状态分析和寻找物理量之间的关系。
3．多过程和变力做功情况下动能定理的应用。
易错点1． 如何判断机械能是否守恒，及如何运用机械能守恒定律解决实际问题。
2．多过程和变力做功情况下动能定理的应用。
高频考点 1.动能定理的应用。
2. 运用机械能守恒定律解决实际问题。
考情分析：能量问题是历年来高考的重点和热点，考查比较全面而且有较强的综合性。
其中动能定理和功能关系更是重中之重，明确功是能量转化的途径和量度；而机械能守恒定律是另一个重点，要求学生能用守恒观点去解决问题，压轴题也会与此部分知识有关。
本专题内容常与牛顿定律、圆周运动、电磁学知识综合，高考对本部分知识的考查核心会在分析综合能力上。
考点预测：功和功率、动能和动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律是力学的重点，也是高考考查的重点，常以选择题、计算题的形式出现，考题常与生产生活实际联系紧密，题目的综合性较强．预计在高考中，仍将对该部分知识进行考查，复习中要特别注意功和功率的计算，动能定理、机械能守恒定律的应用以及与平抛运动、圆周运动知识的综合应用。
【解读】功和功率是物理学中两个重要的基本概念，是学习动能定理、机械能守恒定律、功能原理的基础，也往往是用能量观点分析问题的切入点。
复习时重点把握好功德概念、正功和负功；变力的功；功率的概念；平均功率和瞬时功率，发动机的额定功率和实际功率问题；与生产生活相关的功率问题。
解决此问题必须准确理解功和功率的意义，建立相关的物理模型，对能力要求较高。
动能定理是一条适用范围很广的物理规律，一般在处理不含时间的动力学问题时应优先考虑动能定理，特别涉及到求变力做功的问题，动能定理几乎是唯一的选择。
2018_2019学年高考物理主题二机械能及其守恒定律第四章机械能及其守恒定律阶段总结课件教科版
图3
在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道平滑衔接，其中最
低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑
道最低点C的高度差h＝5 m，运动员在B、C间运动时阻力
做功W＝－1 530 J，取g＝10 m/s2。
知识网络构建
核心要点提炼
(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力f的大小； (2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应 为多大。 解析 (1)运动员在 AB 上做初速度为零的匀加速直线运动，设 AB 的长度为 x， 则有 v2B＝2ax ① 由牛顿第二定律有 mgHx －f＝ma② 联立①②式，代入数据解得 f＝144 N③
知识网络构建
核心要点提炼
(2)设运动员到达 C 点时的速度为 vC，在由 B 到达 C 的过程中，由动能定理得 mgh＋W＝12mv2C－12mv2B④ 设运动员在 C 点所受的支持力为 N，由牛顿第二定律有 N－mg＝mvR2C⑤ 由题意和牛顿第三定律知 N＝6mg⑥ 联立④⑤⑥式，代入数据解得 R＝12.5 m。
答案 B
知识网络构建
核心要点提炼
二、几种常见功能关系的理解及应用
功能关系
表达式
物理意义
正功、负功含义
W＝－
重力做功与重力势能
重力做功是重力势能变化的原因
ΔEp
W＞0 W＜0 W＝0
弹簧弹力做功与弹性势 W＝－
弹力做功是弹性势能变化的原因
能
ΔEp
W＞0 W＜0 W＝0
合外力做功是物体动能变化的原
合外力做功与动能 W＝ΔEk
知识网络构建
核心要点提炼
解析 本题中，施恒力 F 的物体是所述过程能量的总来源。加速运动过程终结时，物 体的动能、重力势能均得到增加。除此之外，在所述过程中，因阻力的存在，还将有 内能产生，其量值为 fh，可见 Fh>12mv2，同时，Fh>12mv2＋mgh。选项 B 的含意为： 物体所受除重力、弹簧弹力以外的力对物体做的功等于物体机械能的增量，这个结果， 通常又称之为功能原理。选项 D 为动能定理的具体表述。虽说表述各有不同，但都是 能量守恒的具体反映。 答案 BD
教科版高中物理必修第二册课后习题 第四章 机械能及其守恒定律 3 动能 动能定理
3 动能 动能定理A 级必备知识基础练1.(多选)质量一定的物体( BC ) A.速度发生变化时其动能一定变化 B.速度发生变化时其动能不一定变化 C.速度不变时其动能一定不变 D.动能不变时其速度一定不变,速度变化时可能只有方向变化,而大小不变,动能是标量,所以速度只有方向变化时,动能可以不变;动能不变时,只能说明速度大小不变,但速度方向不一定不变,故B 、C 正确,A 、D 错误。
2.(北京房山高一期末)有一种地下铁道,车站的路轨建得高些,车辆进站时要上坡,出站时要下坡,如图所示。
坡高为h,车辆的质量为m,重力加速度为g,车辆与路轨间有摩擦力,进站车辆到达坡下A 处时的速度为v,此时切断电动机的电源,车辆冲上坡顶到达站台B 处的速度恰好为0。
车辆从A 运动到B 的过程中克服摩擦力做的功是( A )A.12mv 2-mghB.12mv 2+mghC.mgh-12mv 2D.mghA 到B 的过程运用动能定理得-mgh-W f =0-12mv 2,解得W f =12mv 2-mgh,故选A 。
3.如图所示,左端固定的轻质弹簧被物块压缩,物块被释放后,由静止开始从A 点沿粗糙水平面向右运动。
离开弹簧后,经过B 点的动能为E k ,该过程中,弹簧对物块做的功为W,则物块克服摩擦力做的功W f 为( D )A.W f =E kB.W f =E k +WC.W f =WD.W f =W-E k,有W-W f =E k ,得W f =W-E k ,故选D 。
4.(云南高一期末)质量为15 g 的子弹,以800 m/s 的速度射入厚度为10 cm 的固定木板,射穿后的速度是700 m/s 。
若子弹射穿木板的过程中受到的平均阻力不变,则该子弹还能射穿几块同样的木板( B ) A.2块B.3块C.4块D.5块-fd=12mv 12−12mv 02,-fnd=0-12mv 02,解得n≈4.3,则该子弹还能射穿3块同样的木板,故选B 。
高中物理必修二 第四章 专题强化14 动能定理和机械能守恒定律的综合应用
因 G 点高于圆轨道半径，若物块要在不脱离轨 道的基础上能通过 G 点，则物块必须能通过 E 点，则物块在 E 点的速度必须满足 vE≥ gr. 从开始到E点的过程，由机械能守恒定律得 mg(H＋r－rcos θ)＝12mvE2＋2mgr，解得 H≥1.15 m， 所以物块释放的高度至少为1.15 m.
比较
规律
机械能守恒定律
表达式 使用范围
E1＝E2 ΔEk＝－ΔEp ΔEA＝－ΔEB 只有重力或系统内弹力做功
研究对象
物体与地球组成的系统
重力或弹力做功的过程是动能 物理意义
与势能转化的过程
动能定理
W＝ΔEk
无条件限制 质点
合外力对物体做的功是动 能变化的量度
应用 守恒条件及初、末状态机械能的形式和 动能的变化及合外力做
12345
能力综合练
3.(2022·江苏金陵中学高一开学考试)嘉年华上有一种回力球游戏，如图 所示，A、B分别为一固定在竖直平面内的光滑半圆形轨道的最高点和最 低点，半圆形轨道的半径为2h，B点距水平地面的高度为h，某人在水平 地面C点处以某一初速度抛出一个质量为m的小球，小球恰好水平进入圆 轨道内侧运动，小球经过B点时对轨道的压力9mg， 继续沿半圆轨道内侧运动并恰好能过最高点A后水 平抛出，回到水平地面D点(图中未画)，若不计空 气阻力，已知当地重力加速度为g，求：
12345
(3)要使赛车能通过圆轨道最高点D后沿轨道回到水平赛道EG，轨道半径 R需要满足什么条件？ 答案 0<R≤2456 m
12345
当赛车恰好通过最高点 D 时，设轨道半径为 R0，有：mg＝mvRD02 从 C 到 D，由动能定理可知：－mgR0(1＋cos 37°)＝12mvD2－12mvC2，解 得 R0＝2456 m 所以轨道半径 0<R≤4265 m.
高考物理二轮复习专题归纳—动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律(全国版)
高考物理二轮复习专题归纳—动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律（全国版）考点一动能定理的综合应用1．应用动能定理解题的步骤图解：2．应用动能定理的四点提醒：(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学方法要简捷．(2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的．(3)物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，对全过程应用动能定理，往往能使问题简化．(4)多过程往复运动问题一般应用动能定理求解．例1(2022·广东深圳市联考)如图所示，一半圆弧形细杆ABC竖直固定在水平地面上，AC为其水平直径，圆弧半径BO＝3.6m．质量为m＝4.0kg的小圆环(可视为质点，小环直径略大于杆的粗细)套在细杆上，在大小为50N、沿圆的切线方向的拉力F作用下，从A点由静止开始运动，到达B点时对细杆的压力恰好为0.已知π取3.14，重力加速度g取10m/s2，在这一过程中摩擦力做功为()A．66.6J B．－66.6JC ．210.6JD ．－210.6J 答案B 解析小圆环到达B 点时对细杆的压力恰好为0，则有mg ＝m v 2r，拉力F 沿圆的切线方向，根据动能定理有F ·2πr 4－mgr ＋W f ＝12mv 2，又r ＝3.6m ，解得摩擦力做功为W f ＝－66.6J ，故选B.例2(2022·河南信阳市质检)滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来，如图是滑板运动的轨道．BC 和DE 是竖直平面内的两段光滑的圆弧形轨道，BC 的圆心为O 点，圆心角θ＝60°，半径OC 与水平轨道CD 垂直，滑板与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.4.某运动员从轨道上的A 点以v ＝4m/s 的速度水平滑出，在B 点刚好沿着轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC ，经CD 轨道后冲上DE 轨道，到达E 点时速度减为零，然后返回．已知运动员和滑板的总质量为m ＝60kg ，B 、E 两点距水平轨道CD 的竖直高度分别为h ＝2m 和H ＝3m ，忽略空气阻力．(g ＝10m/s 2)(1)运动员从A 点运动到B 点的过程中，求到达B 点时的速度大小v B ；(2)求水平轨道CD 的长度L ；(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B 点？如能，求出回到B 点时速度的大小．如果不能，求出最后停止的位置距C 点的距离．答案(1)8m/s (2)5.5m (3)见解析解析(1)运动员从A 点运动到B 点的过程中做平抛运动，到达B 点时，其速度沿着B点的切线方向，可知运动员到达B点时的速度大小为v B＝v cos60°，解得v B＝8m/s(2)从B点到E点，由动能定理得mgh－μmgL－mgH＝0－12mv B2代入数值得L＝5.5m(3)设运动员能到达左侧的最大高度为h′，从E点到第一次返回到左侧最高处，由动能定理得mgH－μmgL－mgh′＝0解得h′＝0.8m<2m故运动员不能回到B点．设运动员从E点开始返回后，在CD段滑行的路程为s，全过程由动能定理得mgH－μmgs＝0解得总路程s＝7.5m由于L＝5.5m所以可得运动员最后停止的位置在距C点2m处．考点二机械能守恒定律及应用1．判断物体或系统机械能是否守恒的三种方法定义判断法看动能与势能之和是否变化能量转化判断法没有与机械能以外的其他形式的能转化时，系统机械能守恒做功判断法只有重力(或弹簧的弹力)做功时，系统机械能守恒2．机械能守恒定律的表达式3．连接体的机械能守恒问题共速率模型分清两物体位移大小与高度变化关系共角速度模型两物体角速度相同，线速率与半径成正比关联速度模型此类问题注意速度的分解，找出两物体速度关系，当某物体位移最大时，速度可能为0轻弹簧模型①同一根弹簧弹性势能大小取决于弹簧形变量的大小，在弹簧弹性限度内，形变量相等，弹性势能相等②由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统，当弹簧形变量最大时，弹簧两端连接的物体具有相同的速度；弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小(为零)说明：以上连接体不计阻力和摩擦力，系统(包含弹簧)机械能守恒，单个物体机械能不守恒．例3(2022·全国乙卷·16)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P 点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于()A ．它滑过的弧长B ．它下降的高度C ．它到P 点的距离D ．它与P 点的连线扫过的面积答案C 解析如图所示，设小环下降的高度为h ，大圆环的半径为R ，小环到P 点的距离为L ，根据机械能守恒定律得mgh ＝12mv 2，由几何关系可得h ＝L sin θ，sin θ＝L 2R ，联立可得h ＝L 22R ，则v ＝L g R，故C 正确，A 、B 、D错误．例4(多选)(2022·黑龙江省八校高三期末)如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态，现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，重力加速度为g，则在圆环下滑到最大距离的过程中()A．弹簧对圆环先做正功后做负功B．弹簧弹性势能增加了3mgLC．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大D．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零答案BC解析弹簧一直伸长，故弹簧对圆环一直做负功，A错误；由题可知，整个过程动能的变化量为零，根据几何关系可得圆环下落的高度h＝2L2－L2＝3L，根据能量守恒定律可得，弹簧弹性势能增加量等于圆环重力势能的减少量，则有ΔE p＝mgh＝3mgL，B正确；弹簧与小圆环组成的系统机械能守恒，则有ΔE k＋ΔE p重＋ΔE p弹＝0，由于小圆环在下滑到最大距离的过程中先是做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，所以动能先增大后减小，则圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大，C正确；圆环下滑到最大距离时，加速度方向竖直向上，所受合力方向为竖直向上，D错误．考点三能量守恒定律及应用1．含摩擦生热、焦耳热、电势能等多种形式能量转化的系统，优先选用能量守恒定律．2．应用能量守恒定律的基本思路(1)守恒：E初＝E末，初、末总能量不变．(2)转移：E A减＝E B增，A物体减少的能量等于B物体增加的能量．(3)转化：|ΔE减|＝|ΔE增|，减少的某些能量等于增加的某些能量．例5(2021·山东卷·18改编)如图所示，三个质量均为m的小物块A、B、C，放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止．现给C施加一水平向左、大小为F的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A 离开墙壁，最终三物块都停止运动．已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内．(弹簧的弹性势能可表示为：E p＝12kx2，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)(1)求B、C向左移动的最大距离x0和B、C分离时B的动能E k；(2)为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值F min；(3)若三物块都停止时B、C间的距离为x BC，从B、C分离到B停止运动的整个过程，B克服弹簧弹力做的功为W，通过推导比较W与fx BC的大小；答案(1)2F－4fkF2－6fF＋8f2k(2)(3＋102)f(3)W<fx BC解析(1)从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以B、C和弹簧为研究对象，由功能关系得Fx0＝2fx0＋12kx02弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B、C和弹簧为研究对象，由能量守恒定律得12kx02＝2fx0＋2E k联立方程解得x0＝2F－4f kE k＝F2－6fF＋8f2k.(2)当A刚要离开墙时，设弹簧的伸长量为x，以A为研究对象，由平衡条件得kx ＝f若A刚要离开墙壁时B的速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值F min，从弹簧恢复原长到A刚要离开墙的过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒定律得E k＝12kx2＋fx结合第(1)问结果可知F min＝(3±10 2 )f根据题意舍去F min＝(3－102)f，所以恒力的最小值为F min＝(3＋10 2 )f.(3)从B、C分离到B停止运动，设B的位移为x B，C的位移为x C，以B为研究对象，由动能定理得－W－fx B＝0－E k以C为研究对象，由动能定理得－fx C＝0－E k由B、C的运动关系得x B>x C－x BC联立可知W<fx BC.1.(2022·江苏新沂市第一中学高三检测)如图所示，倾角为θ的斜面AB段光滑，BP 段粗糙，一轻弹簧下端固定于斜面底端P处，弹簧处于原长时上端位于B点，可视为质点、质量为m的物体与BP之间的动摩擦因数为μ(μ<tanθ)，物体从A点由静止释放，将弹簧压缩后恰好能回到AB的中点Q.已知A、B间的距离为x，重力加速度为g，则()A．物体的最大动能等于mgx sinθB．弹簧的最大形变量大于1x2C．物体第一次往返中克服摩擦力做的功为1mgx sinθ2D．物体第二次沿斜面上升的最高位置在B点答案C解析物体接触弹簧前，由机械能守恒定律可知，物体刚接触弹簧时的动能为E k＝mgx sin θ，物体接触弹簧后，重力沿斜面向下的分力先大于滑动摩擦力和弹簧弹力的合力，物体先加速下滑，后来重力沿斜面向下的分力小于滑动摩擦力和弹簧弹力的合力，物体减速下滑，所以当重力沿斜面向下的分力等于滑动摩擦力和弹簧弹力的合力时物体所受的合力为零，速度最大，动能最大，所以物体的最大动能一定大于mgx sin θ，A 错误；设弹簧的最大压缩量为L ，弹性势能最大为E p ，物体从A 到最低点的过程，由能量守恒定律得mg (L ＋x )sin θ＝μmgL cos θ＋E p ，物体从最低点到Q 点的过程，由能量守恒得mg (L ＋x 2)sin θ＋μmgL cos θ＝E p ，联立解得L ＝x tan θ4μ，由于μ<tan θ，但未知它们的具体参数，则无法说明弹簧的最大形变量是否大于12x ，B 错误；第一次往返过程中，根据能量守恒定律，可知损失的能量等于克服摩擦力做的功，则有ΔE ＝2μmgL cos θ＝12mgx sin θ，C 正确；设从Q 到第二次最高点位置C ，有mgx QC sin θ＝2μmgL ′cos θ，如果L ′＝L ，则有x QC ＝x 2，即最高点为B ，但由于物体从Q 点下滑，则弹簧的最大形变量L ′＜L ，所以最高点应在B 点上方，D 错误．2．(2022·广东省六校联盟联考)如图所示，小明在离水面高度h 0＝1.8m 的岸边，将一质量m ＝20g 的小石片以水平初速度v 0＝8m/s 抛出，玩“打水漂”．小石片在水面上滑行时受到的水平阻力恒为F f ＝0.4N ，在水面上弹跳数次后沿水面的速度减为零，并以a ＝0.5m/s 2的加速度沿竖直方向沉入水深h ＝1m 的河底．假设小石片每次均接触水面Δt ＝0.04s 后跳起，跳起时竖直方向上的速度与此时沿水面滑行的速度之比为常数k ＝0.75.取重力加速度g ＝10m/s 2，不计空气阻力．求小石片：(1)沉入河底前瞬间的速度大小v t ；(2)从开始抛出到沉入河底前瞬间的整个过程中，水对小石片做的功W ；(3)从抛出到开始下沉的时间t .答案(1)1m/s (2)－1.19J (3)6.4s 解析(1)小石片沉入河底时的速度v t 2＝2ah ，解得v t ＝1m/s(2)小石片从开始抛出到沉入河底前瞬间的整个过程，由动能定理有mg (h 0＋h )＋W ＝12mv t 2－12mv 02，解得W ＝－1.19J (3)小石片先做平抛运动，竖直方向有h 0＝12gt 12，解得t 1＝0.6s 小石片在水面上滑行时加速度a ′＝－F f m＝－20m/s 2，每次滑行的速度变化量Δv ＝a ′Δt ＝－0.8m/s ，而n ＝v 0|Δv |＝10次，即小石片接触水面滑行了10次，空中跳起了9次，第n 次跳起后的水平速度v xn ＝v 0＋n Δv ＝(8－0.8n )m/s ，竖直速度v yn ＝kv xn ，空中飞行时间t n ＝2v yn g ，可得第n 次弹起后在空中飞行的时间为t n ＝65(1－0.1n )s ，在空中的飞行总时间t 2＝∑91t n＝5.4s ，在水面上滑行的时间为t 3＝0.04×10s ＝0.4s ，总时间t ＝t 1＋t 2＋t 3，解得t ＝6.4s.专题强化练[保分基础练]1.(2022·河北保定市高三期末)如图所示，固定在竖直面内横截面为半圆的光滑柱体(半径为R ，直径水平)固定在距离地面足够高处，位于柱体两侧质量相等的小球A 、B (视为质点)用细线相连，两球与截面圆的圆心O 处于同一水平线上(细线处于绷紧状态)．在微小扰动下，小球A 由静止沿圆弧运动到柱体的最高点P .不计空气阻力，重力加速度大小为g .小球A 通过P 点时的速度大小为()A.gRB.2gRC.π2－1gR D.π2gR 答案C 解析对A 、B 组成的系统，从开始运动到小球A 运动到最高点的过程有mg ·πR 2－mgR ＝12×2mv 2，解得v ＝π2－1gR ，故选C.2.(多选)(2022·广东省模拟)如图所示，一弹性轻绳(弹性绳的弹力与其伸长量成正比，且弹性绳的弹性势能E p ＝12kx 2，其中k 是弹性绳的劲度系数，x 是弹性绳的伸长量)穿过内壁光滑、不计粗细的硬质圆管AB ，弹性绳左端固定在A 点，右端连接一个质量为m 的小球，小球穿过竖直光滑固定的杆，A 、B 、C 三点在同一水平线上，弹性绳的自然长度与圆管AB 的长度相等．将小球从C 点由静止释放，小球到达D 点时的速度为零，B 、C 两点的距离为h ，C 、D 两点的距离为2h .重力加速度大小为g ，弹性绳始终在弹性限度内．下列说法正确的是()A．小球从C点运动到D点的过程中，小球对杆的弹力不变B．小球从C点运动到D点的过程中，小球的重力势能与弹性绳的弹性势能之和先增大后减小C．弹性绳的劲度系数为2mghD．当B点右侧的弹性绳与杆的夹角为45°时，小球的速度最大答案AD解析小球对杆的弹力方向总是水平向左，当B点右侧的弹性绳与杆的夹角为α时，杆对小球的弹力大小F1＝khsinα·sinα＝kh，结合牛顿第三定律可知，小球对杆的弹力大小恒为F2＝F1＝kh，A正确；小球从C点运动到D点的过程中，小球先做加速直线运动后做减速直线运动，即小球的动能先增大后减小，根据机械能守恒定律可知，该过程中小球的重力势能与弹性绳的弹性势能之和先减小后增大，B错误；小球从C点运动到D点的过程，根据机械能守恒定律有mg·2h＋12kh2＝1 2kx BD2，又x BD2－h2＝(2h)2，联立解得k＝mgh，C错误；当小球在竖直方向上所受合力为零时，小球的速度最大，设此时B点右侧的弹性绳与杆的夹角为θ，有mg＝khsinθ·cosθ，代入数据解得θ＝45°，D正确．3．(多选)(2022·重庆市涪陵第五中学高三检测)如图所示，轻绳的一端系一质量为m的金属环，另一端绕过定滑轮悬挂一质量为5m的重物．金属环套在固定的竖直光滑直杆上，定滑轮与竖直杆之间的距离OQ＝d，金属环从图中P点由静止释放，OP与直杆之间的夹角θ＝37°，不计一切摩擦，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则()A．金属环从P上升到Q的过程中，重物所受重力的瞬时功率先增大后减小B．金属环从P上升到Q的过程中，绳子拉力对重物做的功为103mgdC．金属环在Q点的速度大小为2gd3D．若金属环最高能上升到N点，则ON与直杆之间的夹角α＝53°答案AD解析金属环在P点时，重物的速度为零，则重物所受重力的瞬时功率为零，当环上升到Q点，环的速度与绳垂直，则重物的速度为零，此时，重物所受重力的瞬时功率也为零，故金属环从P上升到Q的过程中，重物所受重力的瞬时功率先增大后减小，故A正确；金属环从P上升到Q的过程中，设绳子拉力做的功为W，对重物应用动能定理有W＋W G＝0，则W＝－W G＝－5mg(dsinθ－d)＝－103 mgd，故B错误；设金属环在Q点的速度大小为v，对环和重物整体，由动能定理得5mg(dsinθ－d)－mgdtanθ＝12mv2，解得v＝2gd，故C错误；若金属环最高能上升到N点，则整个过程中，金属环和重物整体的机械能守恒，有5mg(dsinθ－dsinα)＝mg(dtanθ＋dtanα)，解得α＝53°，故D正确．4．(2021·浙江1月选考·11)一辆汽车在水平高速公路上以80km/h的速度匀速行驶，其1s内能量分配情况如图所示．则汽车()A．发动机的输出功率为70kWB．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是5.7×104J C．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是6.9×104J D．每1s消耗的燃料最终转化成的内能是7.0×104J 答案C解析据题意知，发动机的输出功率为P＝Wt＝17kW，故A错误；根据能量守恒定律结合能量分配图知，1s消耗的燃料最终转化成的内能为进入发动机的能量，即6.9×104J，故B、D错误，C正确．[争分提能练]5．(2022·山西太原市高三期末)如图甲所示，一物块置于粗糙水平面上，其右端通过水平弹性轻绳固定在竖直墙壁上．用力将物块向左拉至O处后由静止释放，用传感器测出物块的位移x和对应的速度，作出物块的动能E k－x关系图像如图乙所示．其中0.10～0.25m间的图线为直线，其余部分为曲线．已知物块与水平面间的动摩擦因数为0.2，取g＝10m/s2，弹性绳的弹力与形变始终符合胡克定律，可知()A．物块的质量为0.2kgB．弹性绳的劲度系数为50N/mC．弹性绳弹性势能的最大值为0.6JD．物块被释放时，加速度的大小为8m/s2答案D解析由分析可知，x＝0.10m时，弹性绳恢复原长，根据动能定理有μmgΔx＝ΔE k，则m＝ΔE kμgΔx＝0.300.2×10×0.25－0.10kg＝1kg，所以A错误；动能最大时弹簧弹力等于滑动摩擦力，则有kΔx1＝μmg，Δx1＝0.10m－0.08m＝0.02m，解得k＝100 N/m，所以B错误；根据能量守恒定律有E pm＝μmgx m＝0.2×1×10×0.25J＝0.5J，所以C错误；物块被释放时，加速度的大小为a＝kΔx m－μmgm＝100×0.10－0.2×1×101m/s2＝8m/s2，所以D正确．6．(多选)(2022·广东揭阳市高三期末)图为某蹦极运动员从跳台无初速度下落到第一次到达最低点过程的速度－位移图像，运动员及装备的总质量为60kg，弹性绳原长为10m，不计空气阻力，g＝10m/s2.下列说法正确的是()A．下落过程中，运动员机械能守恒B．运动员在下落过程中的前10m加速度不变C．弹性绳最大的弹性势能约为15300JD．速度最大时，弹性绳的弹性势能约为2250J答案BCD 解析下落过程中，运动员和弹性绳组成的系统机械能守恒，运动员在绳子绷直后机械能一直减小，所以A 错误；运动员在下落过程中的前10m 做自由落体运动，其加速度恒定，所以B 正确；在最低点时，弹性绳的形变量最大，其弹性势能最大，由能量守恒定律可知，弹性势能来自运动员减小的重力势能，由题图可知运动员下落的最大高度约为25.5m ，所以E p ＝mgH m ＝15300J ，所以C 正确；由题图可知，下落约15m 时，运动员的速度最大，根据能量守恒可知此时弹性绳的弹性势能约为E pm ＝mgH －12mv m 2＝2250J ，所以D 正确．7.如图所示，倾角θ＝30°的固定斜面上固定着挡板，轻弹簧下端与挡板相连，弹簧处于原长时上端位于D 点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑定滑轮连接物体A 和B ，使滑轮左侧绳子始终与斜面平行，初始时A 位于斜面的C 点，C 、D 两点间的距离为L ，现由静止同时释放A 、B ，物体A 沿斜面向下运动，将弹簧压缩到最短的位置为E 点，D 、E 两点间距离为L 2，若A 、B 的质量分别为4m 和m ，A 与斜面之间的动摩擦因数μ＝38，不计空气阻力，重力加速度为g ，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：(1)物体A 在从C 运动至D 的过程中的加速度大小；(2)物体A 从C 至D 点时的速度大小；(3)弹簧的最大弹性势能．答案(1)120g(2)gL10(3)38mgL解析(1)物体A从C运动到D的过程，对物体A、B整体进行受力分析，根据牛顿第二定律有4mg sin30°－mg－4μmg cos30°＝5ma解得a＝1 20 g(2)物体A从C运动至D的过程，对整体应用动能定理有4mgL sin30°－mgL－4μmgL cos30°＝12·5mv2解得v＝gL 10(3)当A、B的速度为零时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大，整个过程中对A、B整体应用动能定理得4mg(L＋L2)sin30°－mg(L＋L2)－μ·4mg cos30°(L＋L2)－W弹＝0－0解得W弹＝38mgL则弹簧具有的最大弹性势能E p＝W弹＝38mgL.8.(2022·广东卷·13)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型．竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态．当滑块从A处以初速度v0为10m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动．已知滑块的质量m＝0.2kg，滑杆的质量M＝0.6kg，A、B间的距离l＝1.2m，重力加速度g 取10m/s 2，不计空气阻力．求：(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N 1和N 2；(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v 1；(3)滑杆向上运动的最大高度h .答案(1)8N 5N (2)8m/s (3)0.2m 解析(1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即N 1＝(m ＋M )g ＝8N当滑块向上滑动时受到滑杆的摩擦力为1N ，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N ，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为N 2＝Mg －f ′＝5N.(2)滑块开始向上运动到碰前瞬间根据动能定理有－mgl －fl ＝12mv 12－12mv 02代入数据解得v 1＝8m/s.(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，取竖直向上为正方向，碰撞过程根据动量守恒定律有mv 1＝(m ＋M )v碰后滑块和滑杆以速度v 整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有－(m ＋M )gh ＝0－12(m ＋M )v 2代入数据联立解得h ＝0.2m.[尖子生选练]9．(2022·浙江1月选考·20)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上．已知可视为质点的滑块质量m＝0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15m，轨道AB长度l AB＝3m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝78，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放．(1)若释放点距B点的长度l＝0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力F N的大小；(2)设释放点距B点的长度为l x，滑块第一次经F点时的速度v与l x之间的关系式；(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度l x的值．答案(1)7N(2)v＝12l x－9.6，其中l x≥0.85m(3)见解析解析(1)滑块由静止释放到C点过程，由能量守恒定律有mv C2mgl sin37°＋mgR(1－cos37°)＝12在C点由牛顿第二定律有F N－mg＝m v C2R解得F N＝7N(2)要保证滑块能到F点，必须能过DEF的最高点，当滑块恰能达到最高点时，根据动能定理可得mgl1sin37°－(3mgR cos37°＋mgR)＝0解得l1＝0.85m因此要能过F点必须满足l x≥0.85m能过最高点，则能到F点，根据动能定理可得mgl x sin37°－4mgR cos37°＝12mv2，解得v＝12l x－9.6，其中l x≥0.85m.(3)设摩擦力做功为第一次到达中点时的n倍mgl x sin37°－mg l FG2sin37°－nμmg l FG2cos37°＝0，l FG＝4Rtan37°解得l x＝7n＋615m(n＝1,3,5，…)又因为l AB≥l x≥0.85m，l AB＝3m，当n＝1时，l x1＝13 15m当n＝3时，l x2＝9 5 m当n＝5时，l x3＝41 15m.。
教科版高中物理必修第二册精品课件 第四章 机械能及其守恒定律 习题课 动能定理的应用
高出C点10.3 m的D点速度为零
答案 (1)0.5
(2)13.3 m/s
功,在水平轨道上运动时摩擦力做功
初、末位置的高度差
(3)距B点0.4 m
解析
1
(1)由动能定理得-mg(h-H)-μmgsBC=0- 1 2
2
解得 μ=0.5。
(2)物体第 5 次经过 B 点时,物体在 BC 上滑动了 4 次,由动能定理得 mgH1
答案 (1)80 m
(2)84 N
(3)12 m
解析 (1)运动员从 A 处由静止开始匀加速滑下,设滑道 AB 的长度为 x,由速度
2
位移公式 =2ax 可得
2
x= 2
=
242
2×3.6
m=80 m。
(2)运动员在 AB 段下滑时,由动能定理可得
1
mgH-fx=2 2 -0
代入数据解得 f=84 N。
v min= 。
【应用体验】
典例3 如图所示,在竖直平面内有一
1
圆弧形轨道AB,其半径为R=1.0
4
m,B
点的切线方向恰好为水平方向。一个质量为 m =2.0 kg的小滑块,从轨道顶
端A点由静止开始沿轨道下滑,到达轨道末端B点时的速度为v=4.0 m/s,然
后做平抛运动,落到地面上的C点。若轨道B端离地面的高度h=5.0 m,不计
C.物体的质量为0.8 kg
D.物体的质量为1.2 kg
解析 根据动能定理可得 F 合 Δh=ΔEk,解得 Ek-h 图像的斜率大小 k=F 合,上升
过程中有
Δ1
mg+F= =12
Δℎ 1
N,下落过程中
高考物理主题二机械能及其守恒定律第四章机械能及其守恒定律2.4.1功学案教科版0103253.doc
2.4.1 功学习目标核心凝炼1.理解做功与能量变化的关系。
2个要素——做功的两个要素：力和在力的方向上发生的位移 1个表达式——W ＝Fx cos α2.理解功的概念和做功的两个要素。
3.会利用公式W ＝Fx cos α进行有关运算。
4.理解正功、负功的含义，能根据公式计算多个力所做的总功。
一、做功与能量的变化 [观图助学]甲 乙(1)如图甲所示，射箭运动员正在参加射箭比赛。
箭射出过程中什么力对箭做功？能量是怎样转化的？(2)如图乙所示，①举重运动员把杠铃举高的过程中，运动员对杠铃做功吗？重力对杠铃做功吗？做什么功？②举重运动员举着杠铃不动(保持3秒即成功)的过程中，运动员对杠铃做功吗？重力对杠铃做功吗？做什么功？1.概念：如果物体受到力的作用，并在力的方向上发生了一段位移，这个力就对物体做了功。
2.做功的两个因素[理解概念]判断下列说法是否正确。
(1)力越大，位移越大，做功就越多。
(×)(2)力很大，位移也很大，这个力做的功可能为零。
(√)(3)有力作用在物体上，并且物体也发生了位移时，力对物体一定做了功。
(×) (4)力对物体不做功，说明物体的位移一定为零。
(×) 二、功的计算公式 [观图助学]小华沿水平方向推木箱，推力F＝10 N，木箱沿水平方向前进了2 m，此过程中小华对木箱做了多少功？1.功的公式(1)力F与位移x同向时，W＝Fx。
(2)力F与位移x夹角为α时，W＝Fx cos__α。
其中F、x、α分别为力的大小、位移的大小和力与位移方向的夹角。
2.功的单位：国际单位制中，功的单位是焦耳，符号是J。
三、功的正负合力的功[观图助学]如图所示，一阵风水平吹过，将熟透的苹果从2 m高的枝头吹落。
若苹果重2 N，风力恒为1 N，下落的水平位移为1 m。
苹果下落过程中：(1)重力和风力各做多少功？(2)重力和风力对苹果做的总功能不能用平行四边形定则来求？若不能应该怎么求？1.力对物体做正功和负功的条件2.(1)各个分力分别对物体所做功的代数和。
2018-2019学年高考物理 主题二 机械能及其守恒定律 第四章 机械能及其守恒定律 2.4.2 功率学案 教科版
2.4.2 功 率学习目标核心凝炼1.知道功率的物理意义、定义式、单位。
6 个概念——功率、输入功率、输出功2.理解功率的导出式 P＝Fv 的物理意义，并会利用 功率的两个公式来解释现象和进行计算。
率、额定功率、平均功率、瞬时功率 2 个公式——P＝Wt P＝Fv2 种机车启动方式——恒定功率启动， 3.理解输入功率和输出功率的关系，了解平均功恒定牵引力启动 率、瞬时功率、额定功率、实际功率的区别与联系。
一、功率的含义 [观图助学]同学们爬山时遇到过挑山工和索道，假设挑山工和缆车将相同的货物运到山顶，两者对货物 做的功相同吗？做功用的时间相同吗？做功的功率相同吗？ 1.定义：力对物体所做的功 W 与做功所用时间 t 的比值。
2.定义式：P＝Wt。
3.单位：在国际单位制中，功率的单位是瓦特，简称瓦，用 W 表示。
1 W＝1 J/s。
4.标矢性：功率是标量。
5.物理意义：表示物体做功快慢的物理量。
6.输入功率与输出功率 (1)输入功率：机器工作时，外界对机器做功的功率。
(2)输出功率：机器对外界做功的功率。
(3)机械效率：η＝PP输 输入出。
7.额定功率与实际功率 (1)额定功率：机器长时间工作允许的功率。
(2)实际功率：机器实际工作时的输出功率。
(3)关系：实际功率往往小于额定功率，但也可以在很短时间内大于额定功率。
[理解概念] 判断下列说法是否正确。
(1)由公式 P＝Wt知，做功越多，功率越大。
(×) (2)做相同的功，用时短的做功较快。
(√) (3)发动机不能在实际功率等于额定功率情况下长时间工作。
(×) (4)功率大，做功一定多。
(×) 二、功率、力和速度之间的关系 [观图助学]为什么汽车在水平路面上行驶时速度可以很大？而汽车爬坡时，常常换用低速挡，汽车要减 速，这又是为什么？ 1.功率、力和速度之间的关系 (1)当 F 与 v 方向相同时，P＝Fv (2)当 F 与 v 夹角为 α 时，P＝Fvcos__α 2.应用：由功率与速度关系式知，汽车、火车等交通工具和各种起重机械，当发动机的功率 P 一定时，牵引力 F 与速度 v 成反比，要增大牵引力，就要减小速度。
高考物理主题二机械能及其守恒定律第四章机械能及其守恒定律2.4.3势能教科教科高三全册物理
学习目标
核心凝炼
1.理解重力势能的概念，会用重力势能的定义进
行计算。
2个概念——重力势能、弹性
2.理解重力势能的变化和重力做功的关系，知道
势能
重力做功与路径无关。
2个关系——重力做功与重力
3.知道重力势能的相对性。
势能变化的关系、弹力做功与
4.理解弹性势能的概念，会分析决定弹簧弹性势
[例1] 某游客领着孩子游泰山时，孩子不小心将手中的皮球滑
落，球从A点滚到了山脚下的B点，高度标记如图2所示，
则下列说法正确的是( )
A.从A到B的曲线轨迹长度不知道，无法求出此过程重力做的功
图2
B.从A到B过程中阻力大小不知道，无法求出此过程重力做的功
C.从A到B重力做功mg(H＋h)
D.从A到B重力做功mgH 解析 重力对物体所做的功只与初、末位置的高度差有关，大小为WG＝mgH， 故选项D正确。
200 g，不计空气阻力，g取10 m/s2，取释放点所在水平面为参考平面。求： (1)在第2 s末小球的重力势能； (2)在第3 s内重力所做的功和重力势能的变化。 【思路点拨】(1)计算重力势能时要注意重力势能的正负和物体所在位置相对于参 考平面的高度。 (2)在第3 s内重力所做的功等于物体重力势能的减少量。
12/8/2021
[探究归纳] 1.弹性势能的产生原因（ （12） ）物 各体 部发 分生 间了 的弹 弹性 力形 作变 用 2.影响弹性势能大小的因素（ （12） ）弹 弹簧 簧的 的形 劲变 度量 系数x k 3.弹性势能与弹力做功的关系
(1)弹力做正功时，弹性势能减小。 (2)弹力做负功时，弹性势能增大。 (3)弹力做功与弹性势能变化的关系为W弹＝－ΔEp。
20182019学年高考物理主题二机械能及其守恒定律第四章机械能及其守恒定律习题课机械能守恒定律的应
习题课机械能守恒定律的应用机械能是否守恒的判断[要点归纳]1.利用机械能的定义判断：判断物体动能和势能的和即机械能是否变化，如匀速上升、匀速下降、沿斜面匀速运动的物体机械能必定不守恒。
2.用做功判断：看物体或系统是否只有重力(或弹簧的弹力)做功。
3.用能量转化来判断：看是否存在其他形式的能和机械能相互转化，如有滑动摩擦力做功时，因摩擦生热，系统机械能将有损失。
4.对一些绳子突然绷紧、物体间碰撞等情况，除非题目特别说明，否则机械能必定不守恒。
[试题案例][例1] 如图1所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，并且处于原长状态，现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中( )图1A.圆环的机械能守恒B.弹簧弹性势能变化了3mgLC.圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D.圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变解析圆环在下落过程中机械能减少，弹簧弹性势能增加，而圆环与弹簧组成的系统机械能守恒。
圆环下落到最低点时速度为零，但是加速度不为零，即合力不为零；圆环重力势能减少了3mgL，由机械能守恒可知，弹簧的弹性势能增加3mgL，故选项B正确。
答案 B理解机械能守恒的条件时(1)不能误认为是“合力的功等于零”，也不能误认为是“合力为零”；(2)“只有重力做功”不能误认为是“只受重力作用”。
[针对训练1] 如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是( )A.甲图中，火箭升空的过程中，若匀速升空机械能守恒，若加速升空机械能不守恒B.乙图中，物体匀速向上运动，机械能守恒C.丙图中，物块A将弹簧压缩的过程中，物体A机械能守恒D.丁图中，轻弹簧将A、B两小车弹开，两小车组成的系统机械能不守恒，两小车和弹簧组成的系统机械能守恒解析题图甲中无论火箭匀速上升还是加速上升，都有推力做功，机械能增加，因而机械能不守恒；题图乙中拉力F做功，机械能不守恒；题图丙中，物块向下运动过程中，重力和弹簧的弹力做功，物块和弹簧组成的系统机械能守恒，但物体A机械能不守恒；题图丁中，弹簧的弹力做功，弹簧的弹性势能转化为两小车的动能，两小车与弹簧组成的系统机械能守恒。
2018_2019学年高考物理主题二机械能及其守恒定律第四章机械能及其守恒定律2.4.1功课件教科版
(3)合外力对物体做的功是多少？
解析
(1)物体做匀速直线运动，在重力G、支持力N
和摩擦力 f 这三个力的作用下处于平衡状态，各力均 为恒力，由物体受力分析图可得各力的大小分别为 G＝mg，N＝mgcos α，f＝mgsin α
负功
①不能把负功的负号理解为力与位移方向相反，更不能错误地认为功是矢量，一个 力对物体做了负功，常常说成物体克服这个力做了正功，即力F做负功等效于物体克 说明 服力F做了正功。做功的过程就是能量转化的过程 ②比较做功多少时，只比较功的绝对值，不看功的正、负，例如－8 J的功要比5 J的 功多
[试题案例]
[试题案例]
[例2] (2018· 洛阳高一检测)一个质量m＝2 kg的物体，受到与水平方向成37°角斜向上方 的力F＝10 N作用，在水平地面上移动的距离x＝2 m，物体与地面间的动摩擦因数为 0.3，g取10 m/s2，求外力对物体所做的总功。(cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6)
方三角形“面积”所表示的负功的代数和。 1 W1＝ ×(3＋4)×2 J＝7 J 2 1 W2＝－ ×(5－4)×2 J＝－1 J 2 所以力 F 对物体做的功为 W＝7 J－1 J＝6 J。 故选项 B 正确。
答案
B
π 物体的位移方向水平向右，与重力 G 的夹角为 ；与支持 2 π 力 N 的夹角为 ＋α；与摩擦力 f 的夹角为 α。 2 根据公式 W＝Fxcos α 可得 π WG＝G· xcos ＝0 2
π mgxsin 2α WN＝N· xcos( ＋α)＝－ 2 2 mgxsin 2α Wf＝f· xcos α＝mgsin α· xcos α＝ 。 2 (2)斜面对物体的作用力 N 与 f 的合力与 G 等大反向， 所以斜面对物体做的功为 0。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
习题课 动能定理的应用应用动能定理求变力的功[要点归纳]1.应用动能定理求变力的功是常用的方法，当物体受到一个变力和几个恒力作用时，可以用动能定理间接求变力做的功，即W 变＋W 其他＝ΔE k 。
2.当机车以恒定功率启动时，牵引力为变力，牵引力做的功可表示为W ＝Pt 。
[试题案例][例1] 如图1所示，AB 为14圆弧轨道，BC 为水平直轨道，圆弧的半径为R ，BC 的长度也是R 。
一质量为m 的物体，与两个轨道的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A 从静止下滑时，恰好运动到C 处停止，那么物体在AB 段克服摩擦力做功为( )图1A.12μmgR B.12mgR C.mgRD.(1－μ)mgR解析 设物体在AB 段克服摩擦力所做的功为W AB ，物体从A 到C 的全过程，根据动能定理有mgR －W AB －μmgR ＝0，所以有W AB ＝mgR －μmgR ＝(1－μ)mgR 。
选项D 正确。
答案 D[例2] (多选)质量为m 的汽车在平直的公路上行驶，某时刻速度为v 0，从该时刻起汽车开始加速，经过时间t 前进的距离为s ，此时速度达到最大值v max ，设在加速过程中发动机的功率恒为P ，汽车所受阻力恒为f ，则这段时间内牵引力所做的功为( ) A.Pt B.fv max tC.fsD.12mv 2max ＋fs －12mv 20 解析 牵引力的功率为P ，则W ＝Pt ，A 正确；当牵引力等于阻力时，速度达到最大值，则有P ＝fv max ，B 正确；加速阶段牵引力大于阻力，C 错误；对加速阶段，由动能定理得W －fs ＝12mv 2max －12mv 20，D 正确。
答案 ABD应用动能定理分析问题时要确定研究过程的初、末状态，对研究对象进行受力分析，明确力做功的情况，这是求解问题的关键。
如例2中对于汽车以恒定功率加速的过程，要明确阻力做功为恒力做功W f ＝－fs 而牵引力做功为变力做功，由于功率不变，则W ＝Pt 。
动能定理的表现形式应为Pt －fs ＝12mv 2max －12mv 20。
[针对训练1] 质量为m 的物体以初速度v 0沿水平面向左开始运动，起始点A 与一轻弹簧O 端相距s ，如图2所示，已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x ，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为( )图2A.12mv 20－μmg (s ＋x ) B.12mv 20－μmgx C.μmgs D.μmg (s ＋x )解析 由动能定理得：－W －μmg (s ＋x )＝0－12mv 20，故物体克服弹簧弹力做功W ＝12mv 20－μmg (s ＋x )，A 正确。
答案 A动能定理与图像相结合的问题[要点归纳]动能定理经常和图像问题相结合应用，分析时一定要弄清图像的物理意义，要特别注意图像的形状、交点、截距、斜率、面积等信息，并结合运动图像建立相应的物理情境，选择合理的规律求解有关问题。
[试题案例][例3] (多选)在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到v m后立即关闭发动机直到停止，v－t图像如图3所示。
设汽车的牵引力为F，摩擦力为f，全过程中牵引力做功W1，克服摩擦力做功W2，则( )图3A.F∶f＝1∶3B.F∶f＝4∶1C.W1∶W2＝1∶1D.W1∶W2＝1∶3解析全过程初、末状态的动能都为零，对全过程应用动能定理得W1－W2＝0①即W1＝W2，选项C正确；设物体在0～1 s内和1～4 s内运动的位移大小分别为x1、x2，则W1＝Fx1②W2＝f(x1＋x2)③在v－t图像中，图像与时间轴包围的面积表示位移，由图像可知，x2＝3x1④由②③④式解得：F∶f＝4∶1，选项B正确。
答案BC“三步法”分析动能定理与图像的结合问题[针对训练2] (2018·张家口高一检测)物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止。
以a 、E k 、x 和t 分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间。
则以下各图像中，能正确反映这一过程的是( )解析 物体在恒定阻力作用下运动，其加速度不随时间和位移变化，选项A 、B 错误；由动能定理得：－fx ＝E k －E k0，解得E k ＝E k0－fx ，可知选项C 正确，D 错误。
答案 C动能定理在多过程问题中的应用[要点归纳]对于包含多个运动阶段的多过程问题，应用动能定理时可以选择分段法或全程法。
1.分段法：将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，然后联立求解。
2.全程法：分析整个过程中的各个力的做功情况，确定整个过程中各个力做功的代数和，然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解。
当题目不涉及中间量时，选择全程法更简洁。
注意：当物体运动过程中涉及多个力做功时，各力对应的位移可能不相同，计算各力做功时，应注意各力对应的位移。
计算总功时，应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和。
[试题案例][例4] 右端连有光滑弧形槽的水平面AB 长为L ＝1.5 m ，如图4所示。
一个质量为m ＝0.5 kg 的木块在F ＝1.5 N 的水平拉力作用下，从水平面上A 端由静止开始向右运动，木块到达B 端时撤去拉力F 。
木块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2。
求：图4(1)木块沿弧形槽上升的最大高度；(2)木块沿弧形槽滑回B 端后，在水平面上滑动的距离。
解析 (1)设木块沿弧形槽上升的最大高度为h ，对木块由A 端运动到最大高度的过程，由动能定理得FL －μmgL －mgh ＝0解得h ＝（F －μmg ）L mg＝0.15 m 。
(2)设木块沿弧形槽滑回B 端后在水平面上滑行的距离为s ，由动能定理得mgh －μmgs ＝0解得s ＝hμ＝0.75 m 。
答案 (1)0.15 m (2)0.75 m物体在运动过程中若包含几个不同的过程，应优先考虑对全过程运用动能定理，这样往往比分过程运用动能定理求解简单。
但对全过程列式时，要弄清整个过程中有哪些力做功，每个力做的功与哪段位移相对应，否则容易出错。
[针对训练3] 如图5所示，光滑水平面AB 与一半圆形轨道在B 点相连，半圆形轨道位于竖直面内，其半径为R ，一个质量为m 的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下由静止获得一速度，当它经B 点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C 点，重力加速度为g 。
求：图5(1)弹簧弹力对物块做的功； (2)物块从B 到C 克服阻力所做的功；(3)物块离开C 点后，再落回到水平面上时的动能。
解析 (1)由动能定理得W ＝12mv 2B在B 点由牛顿第二定律得7mg －mg ＝m v 2BR解得W ＝3mgR(2)物块从B 到C 由动能定理得 －2mgR ＋W ′＝12mv 2C －12mv 2B物块在C 点时mg ＝m v 2CR解得W ′＝－12mgR ，即物块从B 到C 克服阻力做功为12mgR 。
(3)物块从C 点平抛到水平面的过程中，由动能定理得2mgR ＝E k －12mv 2C ，解得E k ＝52mgR 。
答案 (1)3mgR (2)12mgR (3)52mgR1.(动能定理的应用)(2018·东营高一检测)人在距地面h 高处抛出一个质量为m 的小球，落地时小球的速度为v ，不计空气阻力，人对小球做功是( ) A.12mv 2B.mgh ＋12mv 2C.mgh －12mv 2D.12mv 2－mgh 解析 运用动能定理得：mgh ＋W ＝12mv 2－0，解得：W ＝12mv 2－mgh ，故D 正确，A 、B 、C 错误。
答案 D2.(应用动能定理求变力的功)如图6所示，木板长为l ，木板的A 端放一质量为m 的小物体，物体与板间的动摩擦因数为μ。
开始时木板水平，在绕O 点缓慢转过一个小角度θ的过程中，若物体始终保持与板相对静止。
对于这个过程中各力做功的情况，下列说法中正确的是( )图6A.摩擦力对物体所做的功为mgl sin θ(1－cos θ)B.弹力对物体所做的功为mgl sin θcos θC.木板对物体所做的功为mgl sin θD.合力对物体所做的功为mgl cos θ解析 重力是恒力，可直接用功的计算公式，则W G ＝－mgh ＝－mgl sin θ；摩擦力虽是变力，但因摩擦力方向上物体没有发生位移，所以W f ＝0；因木块缓慢运动，所以合力F 合＝0，则W 合＝0；因支持力N 为变力，不能直接用公式求它做的功，由动能定理W 合＝ΔE k 知，W G ＋W N＝0，所以W N ＝－W G ＝mgh ＝mgl sin θ。
即木板对物体做功为mgl sin θ，选项C 正确。
答案 C3.(动能定理与图像相结合问题)静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t ＝4 s 时停下，其v －t 图像如图7所示，已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是 ( )图7A.整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功B.整个过程中拉力做的功等于零C.t ＝2 s 时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大D.t ＝1 s 到t ＝3 s 这段时间内拉力不做功解析 全过程由动能定理得W F ＋W f ＝0，所以选项A 正确；因物体从静止开始运动，整个过程W F ≠0，B 错误；拉力的瞬时功率在1～3 s 内相等，1 s 末时刻拉力的瞬时功率最大，C 错误；t ＝1 s 到t ＝3 s 这段时间内，物体做匀速运动，F ＝f ≠0，拉力做功W ＝Fx 13≠0，D 错误。
答案 A4.(多过程问题)如图8所示，AB 段为粗糙水平面轨道，BC 段是固定于竖直平面内的光滑半圆形导轨，半径为R 。
一质量为m 的滑块静止在A 点，在水平恒力F 作用下从A 点向右运动，当运动至B 点时，撤去恒力F ，滑块沿半圆形轨道向上运动恰能通过最高点C 。
已知滑块与水平轨道间的滑动摩擦力f ＝mg 4，水平恒力F ＝mg2。
求：图8(1)滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ； (2)滑块运动至C 点的速度大小v C ； (3)水平轨道AB 的长度L 。
解析 (1)滑块在水平轨道上运动时，由f ＝μN ＝μmg 得μ＝fN＝0.25(2)滑块在C 点时仅受重力，据牛顿第二定律，有mg ＝m v 2CR可得v C ＝gR(3)滑块从A 到C 的过程，运用动能定理得：(F －f )L －2mgR ＝12mv 2C －0又f ＝mg 4，F ＝mg2解得L ＝10R 。