2023年高考物理（粤教版）总复习精品讲义：第5-6章 机械能.doc

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1、高考导航考点内容要求高考命题实况常考题型关联考点201420152016功和功率卷：T16、T21、 T25卷：T15、T16卷：T17、T21卷：T17、T21卷：T22、T25卷：T16、T19、 T21、T22、 T25卷：T20、T24选择题计算题实验题平抛运动圆周运动电场、磁场电磁感应动能和动能定理重力做功与重力势能功能关系、机械能守恒定律及其应用实验五：探究动能定理实验六：验证机械能守恒定律基础课1功和功率知识点一、功1定义：如果一个物体受到力的作用，并使物体在力的方向上发生了一段位移，就说这个力对物体做了功。2做功的两个要素(1)作用在物体上的力；(2)物体在力的方向上发生的位移

2、。3公式：WFscos_(1)是力与位移方向之间的夹角，s为物体对地的位移。(2)该公式只适用于恒力做功。4功的正负(1)当090时，W0，力对物体做正功。(2)当90180时，W0，力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功。(3)当90时，W0，力对物体不做功。知识点二、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)P，P为时间t内的平均功率。(2)PFvcos_(为F与v的夹角)v为平均速度，则P为平均功率。v为瞬时速度，则P为瞬时功率。4发动机功率：机车发动机的功率PFv，F为牵引力，并非机车所受的合力。思考判断(1)只要物体受力的同时又发生

3、了位移，则一定有力对物体做功。()(2)一个力对物体做了负功，则说明这个力一定阻碍物体的运动。()(3)一个力对物体做负功，说明物体克服该力做功(取负功的绝对值)。()(4)作用力做正功时，其反作用力一定做负功。()(5)相互垂直的两个力分别对物体做功为4 J和3 J，则这两个力的合力做功为5 J。()(6)静摩擦力不可能对物体做功。()(7)汽车上坡时换成低挡位，其目的是为了减小速度得到较大的牵引力。()答案(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)功的分析与计算1判断力是否做功及做正、负功的方法判断根据适用情况(1)根据力和位移的方向的夹角判断：90力做正功；90力不做功；90力做负功。常

4、用于恒力做功的判断(2)根据力和瞬时速度方向的夹角判断：90，力做正功；90，力不做功；90，力做负功常用于质点做曲线运动(3)根据功能关系或能量守恒定律判断常用于变力做功的判断2.恒力做功的计算方法：直接用WFscos 计算3合力做功的计算方法方法一：先求合力F合，再用W合F合scos 求功。方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3，再应用W合W1W2W3求合力做的功。1正、负功的判断(多选)如图1所示，人站在自动扶梯上不动，随扶梯向上匀速运动，下列说法中正确的是()图1A重力对人做负功 B摩擦力对人做正功C支持力对人做正功 D合力对人做功为零解析人随电梯向上匀速运动时只受重力和竖直向上的支

5、持力，所以重力做负功，支持力做正功，合力为零所以做功为零，A、C、D正确。答案ACD2直线运动中恒力做功的计算起重机以1 m/s2的加速度将质量为1 000 kg的货物由静止开始匀加速向上提升，g取10 m/s2，则在1 s内起重机对货物做的功是()A500 J B4 500 J C5 000 J D5 500 J解析货物的加速度向上，由牛顿第二定律有：Fmgma，起重机的拉力Fmgma11 000 N。货物的位移是sat20.5 m，做功为WFs5 500 J，故D正确。答案D3曲线运动中恒力做功的计算如图2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

6、绳与竖直方向成角的位置，求此过程中，各力对小球做的总功为()图2AFLsin BmgL(1cos )CFLsin mgL(1cos )DFLsin mgLcos 解析如图，小球在F方向的位移为CB，方向与F同向，则WFFCBFLsin 小球在重力方向的位移为AC，方向与重力反向，则WGmgACcos 180mgL(1cos )绳的拉力T时刻与运动方向垂直，则WT0故 W总WFWGWTFLsin mgL(1cos )所以选项C正确。答案C方法技巧1恒力做功的计算思路2计算功的大小的两点技巧(1)在求功时，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

7、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。功率的理解与计算1平均功率的计算方法(1)利用。(2)利用Fcos ，其中为物体运动的平均速度。2瞬时功率的计算方法(1)利用公式PFvcos ，其中v为t时刻的瞬时速度。(2)利用公式PFvF，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PFvv，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力。1平均功率和瞬时功率的计算如图3所示，质量为m2 kg的木块在倾角37的斜面上由静止开始下滑，木块与斜面间的动摩擦因数为0.5，已知：sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2，则前2 s内重力的

8、平均功率和2 s末的瞬时功率分别为()图3A48 W24 W B24 W48 WC24 W12 W D12 W24 W解析木块所受的合外力F合mgsin mgcos mg(sin cos )210(0.60.50.8) N4 N木块的加速度a m/s22 m/s2前2 s内木块的位移sat2222 m4 m所以，重力在前2 s内做的功为Wmgssin 2100.64 J48 J。重力在前2 s内的平均功率为 W24 W。木块在2 s末的速度vat22 m/s4 m/s2 s末重力的瞬时功率Pmgsin v2100.64 W48 W。故选项B正确。答案B2功、功率与图象的综合一滑块在水平地面上沿

9、直线滑行，t0时其速度为1 m/s，从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作用力F，力F和滑动的速度v随时间t的变化规律分别如图4甲、乙所示，则以下说法正确的是()图4A第1 s内，F对滑块做的功为3 JB第2 s内，F对滑块做功的平均功率为4 WC第3 s末，F对滑块做功的瞬时功率为1 WD前3 s内，F对滑块做的总功为零解析由题图可知，第1 s内，滑块位移为1 m，F对滑块做的功为2 J，A错误；第2 s内，滑块位移为1.5 m，F做的功为4.5 J，平均功率为4.5 W，B错误；第3 s内，滑块的位移为1.5 m，F对滑块做的功为1.5 J，第3 s末，F对滑块做功的瞬时功率PFv1 W

10、，C正确；前3 s内，F对滑块做的总功为8 J，D错误。答案C方法技巧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(或过程)相对应，计算时应明确是哪个力在哪段时间(或过程)内做功的平均功率；(3)瞬时功率计算时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率。机动车启动问题 1模型一以恒定功率启动(1)动态过程(2)这一过程的Pt图象和vt图象如图所示：2.模型二以恒定加速度启动(1)动态过程(2)这一过程的Pt图象和vt图象如图所示：1PFv在机车实际运动过程中的应用 (2017武汉武昌区模拟)如图5所示，为某种型号轿车中用于改变车速的挡位，

11、表中列出了轿车的部分数据，手推变速杆到达不同挡位可获得不同的运行速度，从“15”速度逐挡增大，R是倒车挡。则轿车在额定功率下，要以最大动力上坡，变速杆应推至哪一挡？以最大速度运行时，轿车的牵引力约为多大？()图5长/mm宽/mm高/mm4 481/1 746/1 526 mm净重/kg1 337 kg传动系统前轮驱动5挡变速发动机类型直列4缸发动机排量(L)2.0 L最高时速(km/h)189 km/h100 km/h的加速时间(s)12 s额定功率(kW)108 kWA“5”挡；8 000 N B“5”挡；2 000 NC“1”挡；4 000 N D“1”挡；2 000 N解析若轿车在额定功

12、率下以最大动力上坡，那么要使用“1”挡；以最高速度v189 km/h52.5 m/s运行时，根据PFv得F N2 000 N。选项D正确。答案D2机车启动过程中的图象问题(2016苏锡常镇二模)汽车从静止开始先做匀加速直线运动，然后做匀速运动。汽车所受阻力恒定，下列汽车功率P与时间t的关系图象中，能描述上述过程的是()解析汽车从静止开始匀加速，加速度一定，根据牛顿第二定律有Ffma，得出Ffma。汽车的功率为PFv(fma)at，P与t成正比例函数，A、D选项错误；当汽车达到最大功率时，据题意汽车运动状态立刻变为匀速，此时牵引力瞬间从fma变成f，而速度没有突变，故汽车的功率变小且为恒定值，B

13、项错误，C正确。答案C3机车启动过程中有关物理量的计算一列火车总质量m500 t，发动机的额定功率P6105 W，在轨道上行驶时，轨道对列车的阻力f是车重的0.01倍。(取g10 m/s2)(1)求列车在水平轨道上行驶的最大速度；(2)在水平轨道上，发动机以额定功率P工作，求当行驶速度为v11 m/s和v210 m/s时，列车的瞬时加速度a1、a2的大小；(3)列车在水平轨道上以36 km/h的速度匀速行驶时，求发动机的实际功率P；(4)若列车从静止开始，保持0.5 m/s2的加速度做匀加速运动，求这一过程维持的最长时间。解析(1)列车以额定功率行驶，当牵引力等于阻力，即Ffkmg时，列车的加

14、速度为零，速度达到最大值vm，则vm12 m/s。(2)当vvm时，列车做加速运动，若v11 m/s，则F16105 N，根据牛顿第二定律得a11.1 m/s2若v210 m/s，则F26104 N根据牛顿第二定律得a20.02 m/s2。(3)当v36 km/h10 m/s时，列车匀速运动，则发动机的实际功率Pfv5105 W。(4)由牛顿第二定律得Ffma3105 N在此过程中，速度增大，发动机功率增大，当功率为额定功率时速度为v，即v2 m/s，由vat得t4 s。答案(1)12 m/s(2)1.1 m/s20.02 m/s2(3)5105 W(4)4 s方法技巧机车启动问题的求解方法(

15、1)机车的最大速度vmax的求法机车做匀速运动时速度最大，此时牵引力F等于阻力f，故vmax。(2)匀加速启动时，做匀加速运动的时间t的求法牵引力Fmaf，匀加速运动的最大速度vmax，时间t。(3)瞬时加速度a的求法根据F求出牵引力，则加速度a。变力做功的计算方法方法以例说法应用动能定理用力F把小球从A处缓慢拉到B处，F做功为WF，则有：WFmgl(1cos )0，得WFmgl(1cos )微元法质量为m的木块在水平面内做圆周运动，运动一周克服摩擦力做功Wffs1fs2fs3f(s1s2s3)f2R平均力法弹簧由伸长x1被继续拉至伸长x2的过程中，克服弹力做功W(x2x1)图象法一水平拉力F

16、0拉着一物体在水平面上运动的位移为s0，图线与横轴所围面积表示拉力所做的功，WF0s0 (2015海南单科)如图6，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g。质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为()图6A.mgR B.mgRC.mgR D.mgR解析在Q点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力，所以有FNmgm，FN2mg，联立解得v，下滑过程中，根据动能定理可得mgRWfmv2，解得WfmgR，所以克服摩擦力做功mgR，C正确。答案C 一物体所受的力F

17、随位移s变化的图象如图7所示，求在这一过程中，力F对物体做的功为()图7A3 J B6 J C7 J D8 J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。W1(34)2 J7 JW2(54)2 J1 J所以力F对物体做的功为W7 J1 J6 J。故选项B正确。答案B1(2015海南单科，3)假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的()A4倍 B2倍C.倍 D.倍解析设fkv，当阻力等于牵引力时，速度最大。输出功率变化前，有PFvfvkvvkv2，变化后有2PFvkv

18、vkv2，联立解得vv，D正确。答案D2(2015全国卷，17)一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图8所示。假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是()图8解析当汽车的功率为P1时，汽车在运动过程中满足P1F1v，因为P1不变，v逐渐增大，所以牵引力F1逐渐减小，由牛顿第二定律得F1fma1，f不变，所以汽车做加速度减小的加速运动，当F1f时速度最大，且vm。当汽车的功率突变为P2时，汽车的牵引力突增为F2，汽车继续加速，由P2F2v可知F2减小，又因F2fma2，所以加速度逐渐减小，直到F2f时，速度最大

19、vm，以后匀速运动。综合以上分析可知选项A正确。答案A3(2016天津理综，8)(多选)我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比，某列动车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组()图9A启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为32C进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度

20、之比为12解析列车启动时，乘客随车厢加速运动，加速度方向与车的运动方向相同，故乘客受到车厢的作用力方向与车运动方向相同，选项A错误；对6、7、8节车厢的整体有F563ma3kmg，对7、8节车厢的整体有F672ma2kmg，故5、6节车厢与6、7节车厢间的作用力之比为F56F6732，选项B正确；关闭发动机后，根据动能定理得8mv28kmgs，解得s，可见滑行的距离与关闭发动机时速度的平方成正比，选项C错误；8节车厢有2节动车时的最大速度为vm1；8节车厢有4节动车时最大速度为vm2，则，选项D正确。答案BD4(2017湖南衡阳联考，24)一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动，先匀加速运动t

21、110 s达到速度大小v54 km/h，再匀速运动t2100 s，接着匀减速运动t312 s到达乙站停车。列车在运行过程中所受的阻力大小恒为f1105 N，列车在减速过程中发动机停止工作，求：(1)列车匀速运动过程中克服阻力所做的功W；(2)列车的质量m；(3)列车在匀加速阶段牵引力的平均功率。解析(1)已知v54 km/h15 m/s列车在匀速阶段的位移为：svt21 500 m列车匀速运动过程中克服阻力所做的功为：Wfs1.5108 J(2)设列车匀减速阶段的加速度大小为a，由牛顿第二定律有：fma又：a解得m8104 kg(3)设列车在匀加速阶段的加速度大小为a，由牛顿第二定律有：Ffm

22、a又：a该阶段牵引力的平均功率为F解得：1.65106 W。答案(1)1.5108 J(2)8104 kg(3)1.65106 W一、选择题(16题为单项选择题，711题为多项选择题)1如图1所示，甲、乙两物体之间存在相互作用的滑动摩擦力，甲对乙的滑动摩擦力对乙做了负功，则乙对甲的滑动摩擦力对甲()图1A可能做正功，也可能做负功，也可能不做功B可能做正功，也可能做负功，但不可能不做功C可能做正功，也可能不做功，但不可能做负功D可能做负功，也可能不做功，但不可能做正功解析若甲固定不动，乙在甲表面滑动，则乙对甲的滑动摩擦力对甲不做功；若乙向右运动的同时甲向左运动，则甲、乙间的一对滑动摩擦力均做负功

23、；若水平地面光滑，静止的甲在乙的滑动摩擦力带动下做加速运动，则乙对甲的滑动摩擦力对甲做正功，所以只有选项A正确。答案A2同一恒力按同样的方式施于物体上，使它分别沿着粗糙水平地面和光滑水平地面移动相同一段距离时，恒力做的功和平均功率分别为W1、P1和W2、P2，则二者的关系是()AW1W2、P1P2 BW1W2、P1P2CW1W2、P1P2 DW1W2、P1P2解析由功的定义WFscos 可知，W1W2，由于沿粗糙地面运动时加速度较小，通过相同位移所用时间较长，所以根据P可知，P1P2，故B正确。答案B3(2017安徽期中测试)A、B两物体的质量之比mAmB21，它们以相同的初速度v0在水平面上

24、做匀减速直线运动，直到停止，其速度时间图象如图2所示。那么，A、B两物体所受摩擦力之比FAFB与A、B两物体克服摩擦阻力做功之比WAWB分别为()图2A21，41 B41，21C14，12 D12，14解析由vt图象可知：aAaB21，又由Fma，mAmB21，可得FAFB41；又由题图中面积关系可知A、B位移之比sAsB12，由做功公式WFs，可得WAWB21，故选B。答案B4(2016济南模拟)汽车从静止匀加速启动，最后做匀速运动，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()解析汽车启动时由PFv和Ffma可知，匀加速启动过程中，牵引力F、加速度a恒定不变，

25、速度和功率均匀增大，当功率增大到额定功率后保持不变，牵引力逐渐减小到与阻力相等，加速度逐渐减小到零，速度逐渐增大到最大速度，故A、C、D正确，B错误。答案B5(2016福建厦门质检)汽车以恒定的功率在平直公路上行驶，所受到的摩擦阻力恒等于车重的0.1，汽车能达到的最大速度为vm。则当汽车速度为vm时，汽车的加速度为(重力加速度为g)()A0.1g B0.2g C0.3g D0.4g解析设汽车功率恒为P，达到最大速度vm时，牵引力Ff0.1mg，PFvm，当汽车速度为vvm时，F0.2mg，由牛顿第二定律有Ffma，解得a0.1g，A项正确。答案A6如图3所示，半径为R的光滑圆弧轨道左端有一质量

26、为m的小球，在大小恒为F、方向始终与轨道相切的外力作用下，小球在竖直平面内由静止开始运动，轨道左端切线水平，当小球运动到轨道的末端时立即撤去外力，此时小球的速率为v，已知重力加速度为g，则()图3A此过程外力做功为FRB此过程外力做功为FRC小球离开轨道的末端时，拉力的功率为FvD小球离开轨道末端时，拉力的功率为Fv解析由于力的大小不变，方向始终沿圆弧的切线方向，所以力F做的功为WF2RFR，选项A、B错误；小球离开轨道时的速率为v，方向和外力F的方向相同，所以拉力的功率为Fv，选项C正确，D错误。答案C7质量为m的物体置于倾角为的斜面上，物体和斜面间的动摩擦因数为，在外力作用下斜面以加速度a

27、向左做匀加速直线运动，如图4所示，运动过程中物体与斜面之间保持相对静止，则下列说法正确的是()图4A斜面对物体的支持力一定做正功B斜面对物体的摩擦力一定做正功C斜面对物体的摩擦力可能不做功D斜面对物体的摩擦力可能做负功解析物体所受的支持力始终垂直于斜面向上，由于位移方向水平向左，则力与位移方向之间的夹角为锐角，因此支持力一定做正功，选项A正确；摩擦力做功有三种情况：当加速度agtan 时，物体所受的摩擦力为零，摩擦力不做功；当加速度agtan 时，物体所受的摩擦力沿斜面向下，摩擦力做正功；当加速度agtan 时，物体所受的摩擦力沿斜面向上，摩擦力做负功，故选项B错误，C、D正确。答案ACD8.

28、一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t0时刻开始，受到水平外力F作用，如图5所示。下列判断正确的是()图5A第1 s末的瞬时功率为6 WB第1 s内的平均功率为4 WC前2 s内的平均功率为4 WD第1 s末与第2 s末外力的瞬时功率之比为94解析第1 s末质点的速度v1t11 m/s3 m/s。第2 s末质点的速度v2v1t2(31) m/s4 m/s。第1 s末的瞬时功率P1F1v19 W第2 s末的瞬时功率P2F2v24 W，故A错，D对；第1 s内的平均功率1F114.5 W，故B错；前2 s内外力的平均功率P W4 W，故C对。答案CD9(2017湖北联考)在离水平地面h高处

29、将一质量为m的小球水平抛出，在空中运动的过程中所受空气阻力大小恒为f，落地时小球距抛出点的水平距离为x，速率为v，那么，在小球运动的过程中()A重力做功为mghB克服空气阻力做的功为fC落地时，重力的瞬时功率为mgvD重力势能和机械能都逐渐减少解析重力做功为WGmgh，A正确；空气阻力做功与经过的路程有关，而小球经过的路程大于，故克服空气阻力做的功大于f，B错误；落地时，重力的瞬时功率为重力与沿重力方向的分速度的乘积，故落地时重力的瞬时功率小于mgv，C错误；重力做正功，重力势能减少，空气阻力做负功，机械能减少，D正确。答案AD10(2016宿迁三模)一汽车在平直公路上以20 kW的功率行驶，

30、t1时刻驶入另一段阻力恒定的平直公路，其vt图象如图6所示，已知汽车的质量为2103 kg。下列说法中正确的是()图6At1前汽车受到的阻力大小为2103 NBt1后汽车受到的阻力大小为2103 NCt1时刻汽车加速度大小突然变为1 m/s2Dt1t2时间内汽车的平均速度为7.5 m/s解析t1前汽车匀速，有PF1v1f1v1，得f1 N2103 N，A项正确；进入另一段公路后最终以v25 m/s匀速，得出f2 N4103 N，B项错误；t1时刻牵引力为2103 N，阻力瞬间变为4103 N，加速度为a m/s21 m/s2，C项正确；根据面积得出t1t2时间内汽车的平均速度小于7.5 m/s

31、，D项错误。答案AC11如图7甲所示，小物块静止在倾角37的粗糙斜面上。现对物块施加一个沿斜面向下的推力F，力F的大小随时间t的变化情况如图乙所示，物块的速率v随时间t的变化规律如图丙所示，sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是()图7A物块的质量为1 kgB物块与斜面间的动摩擦因数为0.7C03 s时间内力F做功的平均功率为0.32 WD03 s时间内物块克服摩擦力做的功为5.12 J解析由速度图象知在13 s时间内，物块做匀加速直线运动，则0.8 Nmgsin mgcos ma，a m/s20.4 m/s2。在34 s时间内，物块匀速运动，受

32、力平衡，则mgcos mgsin 0.4 N，解得m1 kg，0.8，选项A正确，B错误；01 s时间内，物块静止，力F不做功，13 s时间内，力F0.8 N，物块的位移s0.422 m0.8 m，03 s内力F做功的平均功率为 W0.213 W，选项C错误；03 s时间内物块克服摩擦力做的功为mgcos s5.12 J，选项D正确。答案AD二、非选择题12下表是一辆电动车的部分技术指标，其中的额定车速是指电动车满载的情况下，在平直道路上以额定功率匀速行驶时的速度。额定车速18 km/h电源输出电压36 V整车质量40 kg充电时间68 h载重80 kg电动机的额定输出功率180 W电源136

33、 V/12 Ah电动机的额定工作电压/电流36 V/6 A请根据表中的数据，完成下列问题(g取10 m/s2)。(1)在行驶的过程中，电动车受到的阻力是车重(包括载重)的k倍，假定k是定值，试推算k的大小；(2)若电动车以额定功率行驶，求速度为3 m/s时的加速度是多少？解析(1)由表可得到P出180 W，车速v18 km/h5 m/s，由P出Fv，匀速直线运动时有Ff，其中fk(Mm)g，解得k0.03。(2)当车速v3 m/s时，牵引力F，由牛顿第二定律知Fk(Mm)g(mM)a，解得a0.2 m/s2。答案(1)0.03(2)0.2 m/s2基础课2动能动能定理知识点一、动能1定义：物体

34、由于运动而具有的能叫动能。2公式：Ekmv2。3单位：焦耳，1 J1 Nm1 kgm2/s2。4矢标性：动能是标量，只有正值。5状态量：动能是状态量，因为v是瞬时速度。知识点二、动能定理1内容：合力对物体所做的功等于物体动能的变化。2表达式：Wmvmv或WEk2Ek1。3物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度。思考判断(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)如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零。()(4)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化。()(5)根据动能定理，合外力做的功就

35、是动能的变化。()(6)重力做功和摩擦力做功都与物体运动的路径无关。()答案(1)(2)(3)(4)(5)(6)动能和动能定理的理解1动能与动能变化的区别(1)动能与动能的变化是两个不同的概念，动能是状态量，动能的变化是过程量。(2)动能为非负值，而动能变化量有正负之分。Ek0表示物体的动能增加，Ek0表示物体的动能减少。2对动能定理的理解(1)做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中的“”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号。(2)对“外力”的理解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。1对动能概念的理解关于物体的动能，下列说法中正确

36、的是()A物体速度变化，其动能一定变化B物体所受的合外力不为零，其动能一定变化C物体的动能变化，其运动状态一定发生改变D物体的速度变化越大，其动能一定变化也越大解析若速度的方向变化而大小不变，则其动能不变化，故选项A错误；物体所受合外力不为零，只要速度大小不变，其动能就不变化，如匀速圆周运动中，物体所受合外力不为零，但速度大小始终不变，动能不变，故选项B错误；物体动能变化，其速度一定发生变化，故运动状态改变，选项C正确；物体速度变化若仅由方向变化引起，其动能可能不变，如匀速圆周运动中，速度变化，但动能始终不变，故选项D错误。答案C2对动能定理的理解 (多选)如图1所示，电梯质量为M，在它的水平

37、地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增加到v2时，上升高度为H，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是()图1A对物体，动能定理的表达式为WNmv，其中WN为支持力的功B对物体，动能定理的表达式为W合0，其中W合为合力的功C对物体，动能定理的表达式为WNmgHmvmv，其中WN为支持力的功D对电梯，其所受合力做功为MvMv解析电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力的总功才等于物体动能的增量Ekmvmv，故A、B均错误，C正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力的功一定等于其动能的增量，故D正确。答案C

38、D动能定理的应用 应用动能定理解题应抓好“两状态，一过程”“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况；“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息。【典例】(2016河南郑州三模)如图2所示，倾角45的粗糙平直导轨AB与半径为R的光滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内。一质量为m的小滑块(可以看作质点)从导轨上离地面高为h3R的D处无初速度下滑进入圆环轨道。接着小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，不计空气阻力，已知重力加速度为g。求：图2(1)滑块运动到圆环最高点C时的速度大小；(2)滑块运动到圆环最低点时对圆环

39、轨道压力的大小；(3)滑块在斜面轨道BD间运动的过程中克服摩擦力做的功。解析(1)小滑块从C点飞出来做平抛运动，水平速度为v0。竖直方向上：Rgt2水平方向上：Rv0t解得：v0(2)小滑块在最低点时速度为v，由动能定理得：mg2Rmvmv2解得：v在最低点由牛顿第二定律得：FNmgm解得：FN6mg由牛顿第三定律得：FN6mg(3)从D到最低点过程中，设DB过程中克服摩擦阻力做功Wf，由动能定理得：mghWfmv20解得：WfmgR答案(1)(2)6mg(3)mgR【拓展延伸1】使小滑块刚好能过C点在【典例】中，若小滑块刚好能过C点，求滑块与轨道AB间的动摩擦因数。解析小滑块刚好能过C点，则

40、在C点由牛顿第二定律得：mgm解得：vC小滑块由D至C过程，由动能定理得：mg(h2R)mgcos mv0，解得：答案【拓展延伸2】使滑块在P点释放在【典例】中的滑块从轨道的P点由静止释放，滑块与粗糙导轨间的动摩擦因数为，求滑块整个运动过程中在AB轨道上通过的总路程。解析滑块在P点释放，滑块将在两轨道间做往返运动，当滑块到达B点时的速度为零后滑块将只在圆弧轨道上运动，故全过程由动能定理得：mgsPBsin mgscos 0由几何关系得：sPBR解得：s答案技巧点拨应用动能定理解题的基本思路1动能定理的应用 (2016河南模拟)如图3所示，质量为m的小球，从离地面H高处从静止开始释放，落到地面后

41、继续陷入泥中h深度而停止，设小球受到空气阻力为f，重力加速度为g，则下列说法正确的是()图3A小球落地时动能等于mgHB小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(Hh)D小球在泥土中受到的平均阻力为mg(1)解析小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得mgHfHmv，选项A错误；设泥的平均阻力为f0，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mghf0h0mv，解得f0hmghmv，f0mg(1)，选项B、D错误；全过程应用动能定理可知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(Hh)，选项C正确。答案C2动能定理在多过程问题中的应用(20

42、17桂林质检)如图4所示，倾角为37的粗糙斜面AB底端与半径R0.4 m的光滑半圆轨道BC平滑面相连，O点为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高。质量m1 kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O点等高的D点，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。图4(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数；(2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值；(3)若滑块离开C点的速度大小为4 m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t。解析(1)滑块从A点到D点的过程中，根据动能定理有mg(2RR)mgcos 3700解得tan 370.375。(2)若使滑块恰好能到达C点，初速度v0有最小值，根据牛顿第二定律有mg解得vC2 m/s滑块从A点到C点的过程中，根据动能定理有mgcos 37mvmv解得v02 m/s故v0的最小值为2 m/s。(3)滑块离开C点后做平抛运动，有xvCt，ygt2由几何知识得tan 37整理得5t23t0.80解得t0.2 s(t