第1章 素养提升课(一) 功 动能定理 功能关系-【金版新学案】2024-2025学年新教材高一物理必修第二册同步课堂高效讲义教师用书word（鲁科版2019）

[学习目标]　1.知道变力做功的常用求解方法，并在实际问题中灵活应用。 2．掌握动能定理解决与图像结合问题和多过程问题的处理方法。 一　变力做功的求解 计算变力做功的四种方法 方法 以例说法 转换法 恒力F把物体从A拉到B，绳子对物块做的功W＝F·(－) 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Wf＝f·Δx1＋f·Δx2＋f·Δx3＋…＝f(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝f·2πR 平均法 弹簧由伸长量x1被继续拉至伸长量x2的过程中，克服弹力做功W＝·(x2－x1) 图像法 变力做的功W可用F­l图线与l轴所包围的面积表示。l轴上方的面积表示力对物体做正功的多少，l轴下方的面积表示力对物体做负功的多少 动能 定理 力F的大小、方向都发生变化，故不能用求功的公式直接求出变力做功的值，此时可由其做的功的结果——动能的变化来求变力所做的功 学生用书第32页 (多选)(2022·四川攀枝花市期中)如图所示，摆球质量为m，悬线长度为L，把悬线拉到水平位置后放手。设在摆球从A点运动到B点的过程中空气阻力的大小为F阻不变，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A．重力做功为mgL B．悬线的拉力做功为mgL C．空气阻力F阻做功为－F阻πL D．摆球克服空气阻力F阻做功为F阻L AC　[重力做功与摆球初、末位置的高度差有关，所以重力做功为WG＝mgL，故A正确；因为悬线的拉力FT始终与球的运动方向垂直，故不做功，B错误；空气阻力F阻所做的总功等于每个小弧段上空气阻力所做功的代数和，即W阻＝－(F阻Δx1＋F阻Δx2＋…)＝－F阻πL，故C正确，D错误。] 在高中阶段微元法主要用于处理大小不变、方向与运动方向始终相同或相反的变力做功的问题。如滑动摩擦力、空气阻力做功就属此种类型，不难得出，这种情况下，力对物体做功的绝对值等于力与物体运动路程的乘积。　　 用铁锤将一铁钉击入木块，设木块对铁钉的阻力与铁钉进入木块内的深度成正比。在铁锤击第一次时，能把铁钉击入木块内1 cm。击第二次时，能击入多深？(设铁锤每次做功相等) 解析：　方法一　平均法 铁锤每次击打都用来克服铁钉阻力做功，但摩擦阻力不是恒力，其大小与深度成正比，F阻＝kx，可用平均阻力来代替。 如图所示，第一次击入深度为x1，平均阻力＝kx1，做功为W1＝x1＝kx 第二次击入深度为x1到x2，平均阻力＝k(x2＋x1)，位移为x2－x1， 做功为W2＝(x2－x1)＝k(x－x)。 两次做功相等，W1＝W2 可解得：x2＝x1≈1.41 cm Δx＝x2－x1＝0.41 cm。 方法二　图像法 因为阻力F阻＝kx，以F阻为纵坐标，F阻方向上的位移x为横坐标，作出F阻­x图像(如图所示)，图线与横轴所围成的面积的值等于F阻对铁钉做的功。 由于两次做功相等，故有S1＝S2(面积)，即kx＝k(x2＋x1)(x2－x1) 所以Δx＝x2－x1≈0.41 cm。 答案：　0.41 cm 根据阻力与深度成正比的关系，将变力求功转化为平均力求功。达到化变力做功为恒力做功的目的。　　 针对练1.如图所示，某人利用跨过定滑轮的轻绳拉质量为10 kg的物体，定滑轮的位置比A点高3 m，若此人缓慢地将绳从A点拉到B点，且A、B两点处绳与水平方向的夹角分别为37˚和30˚，(g取10 m/s2，sin 37˚＝0.6，cos 37˚＝0.8，不计滑轮的摩擦)则此人拉绳的力做的功为(　　) A．50 J　　 B．100 J　　 C．80 J　　 D．120 J B　[取物体为研究对象，设绳的拉力对物体做的功为W。根据题意有h＝3 m，则物体升高的高度Δh＝－，对全过程分析可得人拉绳的力所做的功等于克服物体重力做的功，即W＝mgΔh代入数据解得W＝100 J，故B正确，A、C、D错误。] 针对练2.如图所示，物体沿一曲面从A点无初速下滑，当滑至曲面的最低点B时，下滑的竖直高度h＝5 m，此时物体的速度v＝6 m/s。若物体的质量m＝1 kg，g＝10 m/s2，求物体在下滑过程中克服阻力所做的功。 解析：　物体在曲面上的受力情况为：重力、弹力、摩擦力，其中弹力不做功。设摩擦力做功为Wf，由A→B用动能定理：mgh＋Wf＝mv2－0，代入数据解得Wf＝－32 J。故物体在下滑过程中克服阻力所做的功为32 J。 答案：　32 J 学生用书第33页 二　动能定理与图像的结合 分析动能定理和图像结合的问题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，并结合运动图像构建相应的物理模型，选择合理的规律求解有关问题。 质量m＝1 kg的物体，在水平拉力F的作用下，沿粗糙水平面运动，在位移是4 m时，拉力F停止作用，运动到位移是8 m时物体停止，运动过程中Ek­s的图像如图所示，g取10 m/s2，求： (1)物体和水平面间的动摩擦因数； (2)拉力F的大小。 解析：　(1)在运动的第二阶段，物体在位移s2＝4 m内，动能由Ek＝10 J变为零。由动能定理得－μmgs2＝0－Ek 故动摩擦因数μ＝＝＝0.25。 (2)在运动的第一阶段，物体位移s1＝4 m，初动能Ek0＝2 J，根据动能定理得Fs1－μmgs1＝Ek－Ek0，所以F＝4.5 N。　 答案：　(1)0.25　(2)4.5 N “三步法”分析动能定理结合图像问题 　　 针对练1.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v­t图像如图所示，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(　　) A．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 A　[全过程由动能定理得WF＋Wf＝0，所以A正确；因物块从静止开始运动，整个过程WF≠0，B错误；拉力的瞬时功率在1～3 s内相等，1 s末拉力的瞬时功率最大，C错误；t＝1 s到t＝3 s这段时间内，物块做匀速运动，F＝f≠0，拉力做功W＝Fs13≠0，D错误。] 针对练2.如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为m＝4 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移s变化的图像如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，g取10 m/s2，求： (1)出发时物体运动的加速度大小； (2)物体能够运动的最大位移。 解析：　(1)由牛顿第二定律得F－μmg＝ma，当推力F0＝100 N时，物体所受的合力最大，加速度最大，代入数据得a＝20 m/s2。 (2)根据图像得推力对物体做的功等于图线与x轴围成的面积，则推力对物体做功W＝F0s0＝250 J， 根据动能定理可得W－μmgsmax＝0， 解得smax＝12.5 m。 答案：　(1)20 m/s2　(2)12.5 m 学生用书第34页 三　应用动能定理解答多过程问题 1．应用动能定理求解多过程问题关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，让草图帮助我们理解物理过程和各量关系。 2．若物体的运动过程包含多个运动阶段，可分段应用动能定理，也可全程运用动能定理。若不涉及中间量，全程应用动能定理更简单、更方便。若涉及多个力做功，应注意力与位移的对应性。 如图所示，一质量为2 kg的铅球从离地面2 m高处自由下落，陷入沙坑2 cm深处，求沙子对铅球的平均阻力大小。(g取10 m/s2) 解析：　方法一　应用动能定理分段求解 设铅球自由下落到沙面时的速度为v，由动能定理得mgH＝mv2－0，设铅球在沙中受到的平均阻力大小为F阻，由动能定理得mgh－F阻h＝0－mv2， 联立以上两式得F阻＝mg＝2 020 N。 方法二　应用动能定理全程求解 铅球下落全过程都受重力，只有进入沙中铅球才受阻力F阻，重力做功WG＝mg(H＋h)，阻力做功W阻＝－F阻h。 由动能定理得mg(H＋h)－F阻h＝0－0， 代入数据得F阻＝2 020 N。 答案：　2 020 N 应用动能定理解题的一般步骤 (1)选取研究对象(通常是单个物体)，明确它的运动过程。 (2)对研究对象进行受力分析，明确各力做功的情况，求出外力做功的代数和。 (3)明确物体在初、末状态的动能Ek1、Ek2。 (4)列出动能定理的方程W＝Ek2－Ek1，结合其他必要的解题方程，求解并验算。　　 针对练1.物体在水平恒力作用下，在水平面上由静止开始运动位移s时撤去F，物体继续前进3 s后停止运动，若路面情况相同，则物体的摩擦力和最大动能是(　　) A．f＝，Ekmax＝4Fs　　 B．f＝，Ekmax＝Fs C．f＝，Ekmax＝ D．f＝，Ekmax＝ D　[对于物体从静止到停下的过程中，根据动能定理可得Fs－f·(s＋3s)＝0，因此，摩擦力为f＝；撤去恒力F的时刻动能最大，最大动能为Ekmax＝Fs－fs＝，故D正确。] 针对练2.小球以v0＝4 m/s的速度从倾角为30˚的粗糙斜面底端向上滑行，上滑的最大距离l＝1 m，小球的质量m＝2 kg，则小球滑回到出发点时的速度是多少？(g取10 m/s2) 解析：　设小球受到的摩擦力大小为f，上滑过程由动能定理得 －mgl sin 30˚－fl＝0－mv① 返回过程中由动能定理得mgl sin 30˚－fl＝mv2－0② 联立①②可解得v＝2 m/s，方向沿斜面向下。 答案：　2 m/s　方向沿斜面向下 四　功能关系的理解及应用 1．功能关系 (1)不同形式的能量之间的转化是通过做功实现的，做功的过程就是能量之间转化的过程。 (2)功是能量转化的量度。做了多少功，就有多少能量发生转化。 2．几种常见的功能关系 功 能量转化 关系式 重力做功 重力势能的改变 WG＝－ΔEp 弹力做功 弹性势能的改变 WF＝－ΔEp 合力做功 动能的改变 W合＝ΔEk 除重力、系统内弹力以外的其他力做功 机械能的改变 W＝ΔE机 学生用书第35页 (多选)(2022·湖南株洲高一月考)如图所示，竖直墙上固定有光滑的小滑轮D，质量相等的物体A和B用轻弹簧连接，物体B放在地面上，用一根不可伸长的轻绳一端与物体A连接，另一端跨过定滑轮与小环C连接，小环C穿过竖直固定的光滑均匀细杆，小环C位于位置R时，绳与细杆的夹角为θ，此时物体B与地面刚好无压力。图中SD水平，位置R和Q关于S对称。现让小环从R处由静止释放，环下落过程中绳始终处于拉直状态，且环到达Q时速度最大。下列关于小环C下落过程中的描述正确的是(　　) A．小环C、物体A组成的系统机械能守恒 B．小环C下落到位置S时，小环C的机械能一定最大 C．小环C下落到位置S时，物块A的速度为0 D．小环C从位置R运动到位置Q的过程中，弹簧的弹性势能一定先减小后增大 BC　[小环C、物体A组成的系统受到弹簧的弹力作用，机械能不守恒，A错误；从R到S绳对小环做正功，小环的机械能增加，从S到Q绳对小环做负功，小环的机械能减少，所以小环C下落到位置S时，小环C的机械能一定最大，B正确；小环C下落到位置S时，小环在水平方向上没有速度，物体A的速度为0，C正确；若小环C下落到位置S时弹簧处于压缩状态，小环C从位置R运动到位置Q的过程中，弹簧经历两次原长，弹簧的弹性势能有两次最小值，D错误。] 功能关系的选用技巧 (1)涉及动能的变化选用动能定理分析。 (2)涉及重力势能的变化选用重力做功关系分析。 (3)涉及弹性势能的变化选用弹力做功关系分析。 (4)涉及机械能的变化选用除重力和系统内弹力之外的力做功关系分析。　　 针对练1.(多选)如图所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30˚的固定斜面，其减速运动的加速度为g，此物体在斜面上能够上升的最大高度为h，则在这个过程中物体(　　) A．重力势能增加了mgh B．机械能损失了mgh C．动能损失了mgh D．克服摩擦力做功mgh AB　[物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故A项正确；加速度大小a＝g＝，解得摩擦力f＝mg，机械能损失应等于克服摩擦力做的功，即fs＝mg·2h＝mgh，故B项正确，D项错误；动能损失量为克服合力做功的大小，动能损失量ΔEk＝F合s＝mg·2h＝mgh，故C项错误。] 针对练2.(多选)如图所示，假设质量为m的跳伞运动员，由静止开始下落，在打开伞之前运动员受恒定阻力作用，下落的加速度为g，在运动员下落h的过程中，下列说法正确的是(　　) A．运动员的重力势能减少了mgh B．运动员克服阻力所做的功为mgh C．运动员的动能增加了mgh D．运动员的机械能减少了mgh CD　[在运动员下落h的过程中，重力势能减少了mgh，故A错误；根据牛顿第二定律，物体所受的合力F合＝ma＝mg，则根据动能定理，合力做功为mgh，则动能增加了mgh，故C正确；合力做功等于重力做功与阻力做功的代数和，因为重力做功为mgh，则克服阻力做功为mgh，故B错误；重力势能减少了mgh，动能增加了mgh，则机械能减少了mgh，故D正确。] 学生用书第36页 1.(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vm后立即关闭发动机直到停止，v­t图像如图所示。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(　　) A．F∶f＝1∶3　　　　　　　 B．F∶f＝4∶1 C．W1∶W2＝1∶1 D．W1∶W2＝1∶3 BC　[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，故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s1、s2，则W1＝Fs1② W2＝f(s1＋s2)③ 在v­t图像中，图像与时间轴包围的面积表示位移，由图像可知，s2＝3s1④ 由②③④式解得F∶f＝4∶1，故B正确。] 2.用大小不变、方向始终与物体运动方向一致的力F，将质量为m的小物体沿半径为R的固定圆弧轨道从A点推到B点，圆弧对应的圆心角为60˚，如图所示，则在此过程(　　) A．力F对物体做的功为FR sin 60˚ B．力F对物体做的功为 C．力F对物体做的功为 D．力F是变力，无法计算做功大小 C　[该图中，力F虽然方向不断变化，是变力，但由于该力的方向始终与物体运动的方向是相同的，所以该力做的功与路程成正比，即W＝Fs＝F··2πR＝，故C正确，A、B、D错误。] 3.如图所示，质量为m的物块从A点由静止开始下落，加速度是g，下落H到B点后与一轻弹簧接触，又下落h后到达最低点C，在由A运动到C的过程中，空气阻力恒定，则(　　) A．物块机械能守恒 B．物块和弹簧组成的系统机械能守恒 C．物块机械能减少mg(H＋h) D．物块和弹簧组成的系统机械能减少mg(H＋h) D　[物块在未接触弹簧时加速度为，那么受空气的阻力为重力的一半，故机械能不守恒，故A、B错误；物块机械能减少量为弹簧弹力与空气阻力做功之和，应为mg(H＋h)，故C错误；物块与弹簧组成的系统机械能的减少量为空气阻力所做的功，为mg(H＋h)，故D正确。] 4.冰壶运动逐渐成为人们所关注的一项运动。场地如图所示，假设质量为m的冰壶在运动员的操控下，先从起滑架A点由静止开始加速启动，经过投掷线B时释放，以后匀减速自由滑行刚好能滑至营垒中心O停下。已知A、B相距L1，B、O相距L2，冰壶与冰面各处的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。求： (1)冰壶运动的最大速度vmax； (2)在AB段，运动员水平推冰壶做的功W是多少？ 解析：　(1)由题意知，在B点冰壶有最大速度，设为vmax，在BO段运用动能定理有－μmgL2＝0－mv，解得vmax＝。 (2)方法一　全过程用动能定理 对AO过程：W－μmg(L1＋L2)＝0，得W＝μmg(L1＋L2)。 方法二　分过程运用动能定理 对AB段：W－μmgL1＝mv－0 对BO段：－μmgL2＝0－mv 解以上两式得W＝μmg(L1＋L2)。 答案：　(1)　(2)μmg(L1＋L2) 课时精练(六)　功　动能定理　功能关系 (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) [基础达标] 1．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阻，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．－F阻h C．－2F阻h D．F阻h C　[把运动的全过程分成两段，上升过程中空气阻力对小球做的功W1＝F阻h cos 180˚＝－F阻h；下降过程中空气阻力对小球做的功W2＝F阻h cos 180˚＝－F阻h，所以全过程中空气阻力对小球做的功为W＝W1＋W2＝－2F阻h，故C正确。] 2.在机械化生产水平较低时，人们经常通过“拉磨”的方式把粮食颗粒加工成粗面来食用。如图所示，一个人推磨，其推磨杆的力的大小始终为F，方向与磨杆始终垂直，作用点到轴心O的距离为r，磨盘绕轴缓慢转动，则在转动一周的过程中推力F做的功为(　　) A．0　　 B．2πrF C．2Fr　　 D．－2πrF B　[由题可知，推磨杆的力的大小始终为F，方向与磨杆始终垂直，即其方向与瞬时速度方向相同，为圆周切线方向，根据微元法可知，推力对磨盘所做的功等于推力的大小与推力作用点沿圆周运动弧长的乘积，所以推力所做的功W＝FL＝2πrF，故选项B正确。] 3．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、Ek、s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(　　) C　[物体在恒定阻力作用下运动，其加速度随时间不变，随位移不变，故A、B错误；由动能定理，－F阻s＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－F阻s，故C正确，D错误。] 4.如图所示，一物体由A点以初速度v0下滑到底端B，它与挡板B做无动能损失的碰撞后又滑回到A点，其速度正好为零。设A、B两点高度差为h，则它与挡板碰前的速度大小为(　　) A． B． C． D． C　[设整个滑动过程中物体所受摩擦力大小为f，(此力大小不变，下滑时方向沿斜面向上，上滑时方向沿斜面向下)。斜面长为s，则对物体由A→B→A的整个过程运用动能定理，得－2fs＝－mv。同理，对物体由A到B运用动能定理，设物体与挡板碰前速度为v，则mgh－fs＝mv2－mv，解得v＝，C正确。] 5.一个质量为0.5 kg的物体，从静止开始做直线运动，物体所受合外力F随物体位移s变化的图像如图所示，则物体位移s＝8 m时，物体的速度为(　　) A．2 m/s B．8 m/s C．4 m/s D．4 m/s C　[F­s图像中图线与横轴所围面积表示功，横轴上方为正功，下方为负功，s＝8 m时，可求得W＝8 J，由动能定理有W＝mv2，代入数值解得v＝4 m/s，故C正确。] 6．(2022·山西怀仁高一期末)用起重机将一个质量为m的物体以加速度a竖直向上匀加速提升高度H，重力加速度为g，在这个过程中，以下说法正确的是(　　) A．起重机对物体的拉力大小为ma B．物体的机械能增加了mgH C．物体的动能增加了maH D．物体的机械能增加了maH C　[由牛顿第二定律得F－mg＝ma，解得F＝m(a＋g)，故A错误；由功能关系知物体增加的机械能等于拉力做的功为W＝m(a＋g)H，故B、D错误；物体动能的增加量等于合外力做的功W合＝maH，故C正确。] 7．木块在水平恒力F的作用下，沿水平路面由静止出发前进了l，随即撤去此恒力，木块沿原方向又前进了2l才停下来，设木块运动全过程中地面情况相同，则摩擦力的大小f和木块所获得的最大动能Ekmax分别为(　　) A．f＝　Ekmax＝ B．f＝　Ekmax＝Fl C．f＝　Ekmax＝ D．f＝F　Ekmax＝ C　[全过程，由动能定理得Fl－f·3l＝0，解得f＝；加速过程有Fl－fl＝Ekmax－0，解得Ekmax＝Fl，C正确，A、B、D错误。] 8.如图所示为一滑梯的实物图，滑梯的斜面段长度L＝5.0 m，高度h＝3.0 m，为保证小朋友的安全，在水平面铺设安全地垫。水平段与斜面段平滑连接，小朋友在连接处速度大小不变。某小朋友从滑梯顶端由静止开始滑下，经斜面底端后水平滑行一段距离，停在水平地垫上。已知小朋友质量为m＝20 kg，小朋友在斜面上受到的平均阻力F阻1＝88 N，在水平段受到的平均阻力F阻2＝100 N。不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)小朋友在斜面滑下的过程中克服摩擦力做的功； (2)小朋友滑到斜面底端时的速度v的大小； (3)为使小朋友不滑出水平地垫，地垫的长度s至少多长。 解析：　(1)小朋友在斜面滑下的过程中克服摩擦力做的功为： W＝F阻1L＝88×5 J＝440 J。 (2)小朋友在斜面上运动的过程，由动能定理得：mgh－W＝mv2 代入数据解得：v＝4 m/s。 (3)小朋友在水平地垫上运动的过程，由动能定理得：－F阻2s＝0－mv2 代入数据解得：s＝1.6 m。 答案：　(1)440 J　(2)4 m/s　(3)1.6 m [能力提升] 9．(多选)物体沿直线运动的v ­t图像如图所示，已知在第1 s内合力对物体做功为W，则(　　) A．从第1 s末到第3 s末合力做功为4W B．从第3 s末到第5 s末合力做功为－2W C．从第5 s末到第7 s末合力做功为W D．从第3 s末到第4 s末合力做功为－0.75W CD　[由题图可知物体速度变化情况，根据动能定理，得第1 s内合力做功W＝mv，第1 s末到第3 s末合力做功W1＝mv－mv＝0，A错误；第3 s末到第5 s末合力做功W2＝0－mv＝－W，B错误；第5 s末到第7 s末合力做功W3＝m(－v0)2－0＝W，C正确；第3 s末到第4 s末合力做功W4＝m－mv＝－0.75W，D正确。] 10.(多选)如图所示，一根原长为L的轻弹簧，下端固定在水平地面上。一个质量为m的小球，在弹簧的正上方从距地面高度为H处由静止下落压缩弹簧。若弹簧的最大压缩量为x，小球下落过程中受到的空气阻力恒为f，则小球从开始下落至最低点的过程中，下列判断正确的是(　　) A．小球动能的增量为零 B．小球重力势能的增量为mg(H＋x－L) C．弹簧弹性势能的增量为(mg－f)(H＋x－L) D．系统机械能减少fH AC　[小球下落的整个过程中，开始时速度为零，结束时速度也为零，所以小球动能的增量为零，故A正确；小球下落的整个过程中，重力做功WG＝mgh＝mg(H＋x－L)，根据重力做功量度重力势能的变化WG＝－ΔEp，得小球重力势能的增量为－mg(H＋x－L)，故B错误；根据动能定理得WG＋Wf＋W弹＝0，所以W弹＝－ (mg－f)(H＋x－L)，根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化W弹＝－ΔEp，得弹簧弹性势能的增量为(mg－f)(H＋x－L)，故C正确；系统机械能的减少量等于重力、弹力以外的力做的功，小球从开始下落至最低点的过程中，克服阻力做的功Wf＝f(H＋x－L)，所以系统机械能的减少量ΔE机＝f(H＋x－L)，故D错误。] 11．从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为(　　) A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg C　[设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)×3 m＝(36－72)J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，再由动能定理结合题图可得(mg－F)×3 m＝(48－24)J，联立解得m＝1 kg，F＝2 N，故C正确，A、B、D均错误。] 12．如图所示，AB、BC、CD三段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L＝5 m，轨道CD足够长且倾角θ＝37˚，A点离轨道BC的高度H＝4.3 m。质量为m的小滑块自A点由静止释放，已知小滑地与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度取g＝10 m/s2，sin 37˚＝0.6，cos 37˚＝0.8。求： (1)小滑块第一次到达C点时的速度大小； (2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔； (3)小滑块最终停止位置距B点的距离。 解析：　(1)小滑块在A→B→C过程中，由动能定理得mgH－μmgL＝mv， 代入数据得小滑块第一次到达C点时的速度大小vC＝6 m/s。 (2)小滑块沿CD段上滑的加速度大小a＝g sin 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 故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔t＝t1＋t2＝2 s。 (3)设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s，对小滑块的运动全过程利用动能定理有mgH＝μmgs， 代入数据得s＝8.6 m， 故小滑块最终停止位置距B点的距离为2L－s＝1.4 m。 答案：　(1)6 m/s　(2)2 s　(3)1.4 m 单元检测卷(一)　功和机械能 (时间：90分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 一、选择题(本题共12小题，共40分。第1～8小题只有一个选项正确，每小题3分，第9～12小题有多个选项正确，全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 1．下列关于功和功率的说法正确的是(　　) A．功是矢量，功率是标量 B．合力对物体所做的功等于各分力做功的代数和 C．由P＝可知，做功越多功率越大 D．由P＝可知，只要知道W和t的值就可以计算出任意时刻的功率 B　[功和功率都是标量，故A错误；因为功是标量，根据代数求和原则，可知合力对物体所做的功等于各分力做功的代数和，故B正确；根据P＝可知，力做功越多功率不一定越大，还与时间有关，故C错误；根据P＝可得平均功率，知道W和t的值不能计算出任意时刻的功率，故D错误。] 2．(2020·江苏卷)质量为1.5×103 kg的汽车在水平路面上匀速行驶，速度为20 m/s，受到的阻力大小为1.8×103 N。此时，汽车发动机输出的实际功率是(　　) A．90 W　　　　　　　 B．30 kW C．36kW D．300 kW C　[汽车匀速行驶，则牵引力与阻力平衡F＝F阻＝1.8×103 N，汽车发动机的功率P＝Fv＝1.8×103×20 W＝36 kW，故C正确。] 3.飞行员进行素质训练时，抓住秋千杆由水平状态开始下摆，到达竖直状态的过程中(如图所示)，飞行员所受重力的瞬时功率的变化情况是(　　) A．一直增大 B．一直减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 C　[对飞行员受力及运动分析如图所示，在A位置，飞行员受重力但速度为零，所以P＝mgv＝0；在B位置，飞行员受重力mg，速度为v，α＝90˚，所以P＝Fv cos α＝0；在A、B之间的任意位置C，0˚<α<90˚，由P＝Fv cos α知P为一个大于零的数值，所以运动员所受重力的瞬时功率的变化情况是先增大后减小，故C正确。] 4.质量为2 kg的物体做直线运动，沿此直线作用于物体的外力与位移的关系如图所示，若物体的初速度为1 m/s，则力作用8 m时物体的速度为(　　) A． m/s B． m/s C． m/s D． m/s B　[外力与位移图像与坐标轴围成的面积表示外力所做的功，由图像可知W＝2×2 J＋4×4 J－2×3 J＝14 J，根据动能定理得W＝mv 2－mv，代入数据解得v＝ m/s，故B正确，A、C、D错误。] 5.(2022·四川成都高一期中)引体向上是国家高中学生体质健康标准的选测项目之一，主要测试上肢肌肉力量的发展水平，为男学生上肢力量的测试项目。某同学在测试中单次引体向上的时间约为2 s，下列数据中，最接近该同学在测试中克服重力做功的平均功率的是(　　) A．1.5 W B．15 W C．150 W D．1 500 W C　[高三同学体重大约60 kg，引体向上时向上运动的位移大约0.4 m，则克服重力做功的平均功率约为：P＝＝＝ W＝120 W 接近150 W，C正确。] 6．(2022·郑州市高一期末)某大型船只质量为5×106 kg，其额定功率为2×105 kW，在无风浪的海况下最大航速为72 km/h。该船只在无风浪的海域航行时，速度计显示速度为18 km/h，已知此时该船只以额定功率航行，船只所受阻力大小恒定，则该时刻该船只的瞬时加速度的大小为(　　) A．6×10－3 m/s2 B．8×10－3 m/s2 C．6 m/s2 D．8 m/s2 C　[船只在无风浪的海况下最大航速为vm＝72 km/h＝20 m/s，而船只以额定功率行驶，当加速度为零时速度最大，即Pm＝F阻vm，可得F阻＝1×107 N，当瞬时速度为v1＝18 km/h＝5 m/s时，由牛顿第二定律有Pm＝Fv1，F－F阻＝ma，解得瞬时加速度为a＝6 m/s2，故选C。] 7．在用落体运动验证机械能守恒定律的实验中，根据纸带算出各点的速度v，量出下落距离h，则以为纵轴，以h为横轴，画出的图像应是下图所示中的哪个(　　) C　[从理论角度自由落体下落过程中，mgh＝mv2。整理得：＝gh，所以以为纵轴，h为横轴，画出的图像应是过原点的倾斜直线，故C正确，A、B、D错误。] 8．(2022·山东济宁高一期中)一个质量为2 kg的物体被人用手由静止开始向上提升了2 m时速度达到2 m/s，重力加速度g取10 m/s2，则关于该过程下列结论中正确的是(　　) A．手对物体做功40 J B．重力势能增加44 J C．合外力对物体做功4 J D．重力对物体做功40 J C　[根据动能定理得：W手－mgh＝mv2－0，解得：W手＝mgh＋mv2＝2×10×2 J＋×2×22 J＝44 J，故A错误；物体上升2 m，重力做负功，WG＝－mgh＝－40 J，根据功能关系可知重力势能增加40 J，故B、D错误；由合外力做功等于动能的变化量可知W合＝mv2－0＝4 J，故C正确。] 9．(2022·江西上饶高一期末)质量为m的汽车在平直公路上以初速度v0开始加速行驶，经时间t前进距离s后，速度达到最大值vm。设该过程中发动机的功率恒为P，汽车所受阻力恒为F阻，则在这段时间内发动机所做的功为(　　) A．Pt B．F阻vmt C．F阻s＋mv D．mv－mv＋F阻s ABD　[发动机的功率恒为P，在这段时间内发动机所做的功为W＝Pt，故A正确；速度达到最大值vm时，牵引力和阻力大小相等，则W＝Pt＝Fvmt＝F阻vmt，故B正确；汽车速度从v0到最大速度vm过程中，由动能定理可得W－F阻s＝mv－mv，则W＝mv－mv＋F阻s，故C错误，D正确。] 10.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竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增大到v2时，上升高度为H，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法正确的是(　　) A．对物体，动能定理的表达式为W＝mv－mv，其中W为支持力做的功 B．对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力做的功 C．对物体，动能定理的表达式为W－mgH＝mv－mv，其中W为支持力做的功 D．对电梯，其所受的合力做功为Mv－Mv CD　[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(即合力做的功)才等于物体动能的增量，即W合＝mv－mv，选项A、B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，其合力做的功一定等于其动能的增量，选项D正确。] 11.A、B两物体的质量之比mA∶mB＝1∶2，它们以相同的初速度v0在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其v ­t图像如图所示。此过程中，A、B两物体受到的摩擦力做的功之比WA∶WB和A、B两物体受到的摩擦力之比FA∶FB分别是(　　) A．WA∶WB＝1∶1 B．WA∶WB＝1∶2 C．FA∶FB＝3∶4 D．FA∶FB＝4∶3 BC　[根据速度—时间图像的斜率表示加速度，可知A与B加速度大小之比为aA∶aB＝3∶2，由牛顿第二定律可知FA∶FB＝mAaA∶mBaB＝3∶4，由动能定理得，摩擦力做的功为W＝0－mv2，由于A、B的初速度大小相同，又mA∶mB＝1∶2，所以A、B两物体受到的摩擦力做的功之比WA∶WB＝mA∶mB＝1∶2，故B、C正确，A、D错误。] 12.如图所示，倾角为θ＝30˚的粗糙斜面固定在地面上，长为l、质量为m、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端平齐。用细线将物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块未到达地面)，在此过程中(　　) A．物块的机械能逐渐增加 B．软绳重力势能共减少了mgl C．物块减少的重力势能等于软绳克服摩擦力所做的功 D．软绳减少的重力势能小于其增加的动能与克服摩擦力所做的功之和 BD　[以物块为研究对象，细线对物块做负功，物块机械能减少，故A错误；开始时软绳的重心在最高点下端l sin 30˚＝处，物块由静止释放后向下运动。当软绳刚好全部离开斜面时，软绳重心在最高点下端处，故软绳的重心下降了l，软绳重力势能共减少了mgl，故B正确；根据功能关系，细线对软绳做的功与软绳重力势能的减少量之和等于其动能的增加量与克服摩擦力所做的功之和，物块减少的重力势能等于克服细线拉力所做的功及其动能的增加，故D正确，C错误。] 二、非选择题(本题共6小题，共60分) 13．(6分)用图甲装置验证机械能守恒定律，打点计时器固定在铁架台上，重物带动纸带从静止开始自由下落，当地重力加速度为g。 (1)对于该实验，下列操作正确的是________。 A．实验时应选用密度小、体积大、下端有橡胶垫的重锤 B．用手托稳重物，先接通电源后再释放重物 C．本实验需要测出重物的质量 D．选用电火花打点计时器而不用电磁打点计时器更有利于减少实验误差 (2)某小组利用上述装置获得一条纸带，在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离为h，计算打下对应计数点时重物的速度为v，描绘的v2­h图像如乙中图线a所示，斜率接近________(用相关物理量符号表示)即可认为在误差允许范围内机械能守恒。若另一组同学得到的图线为b，斜率明显偏小的原因可能是__________________(写出一条即可)。 解析：　(1)实验时应选用密度大、体积小，并且下端有橡胶垫的重锤，可以减小空气阻力的影响，故A错误；手拉着纸带上端处于竖直面，先接通电源后再释放纸带，不是用手托稳重物，故B错误；验证机械能守恒定律实验中，等式两边均有质量，因此实验不需要测出重物的质量，故C错误；从两打点计时器的工作原理来分析，电火花计时器受到阻力相对较小，因此不用电磁打点计时器更有利于减少实验误差，故D正确。 (2)在重物下落h的过程中，若阻力不计，根据mgh＝mv2，可得v2＝2gh，则要想通过v2­h图像的方法验证机械能是否守恒，必须看图像的斜率是否接近2g。若另一组同学得到的图线为b，斜率明显偏小，在重物下落h的过程中，若阻力F阻恒定，根据mgh－F阻h＝mv2，可得v2＝2(g－)h，则斜率明显偏小的原因可能是下落过程中重物受到空气阻力、纸带与电火花打点计时器存在阻力等。 答案：　(1)D　(2)2g　下落过程中重物受到空气阻力、纸带与电火花打点计时器存在阻力等 14．(8分)某同学做验证机械能守恒定律的实验，实验装置如图甲所示。测量出光电门到放在试管夹上质量为m＝0.1 kg 的小铁球重心竖直的距离为x；打开试管夹，由静止释放小铁球，小球经过正下方的固定在铁架台上的光电门时，与光电门连接的传感器可以记录小铁球经过光电门的时间。 (1)用螺旋测微器测得小铁球直径如图乙所示，其直径D＝________ mm。 (2)从与光电门连接的传感器上读出小铁球经过光电门的时间t＝2 ms，小铁球经过光电门时的速度＝________m/s，则小铁球经过光电门时的动能Ek＝________J。(计算结果均保留2位有效数字) (3)某同学多次改变光电门的位置，测量出光电门到小铁球的重心竖直的距离x并计算出小铁球经过光电门时的速度v，通过描绘v2­x图像去验证机械能是否守恒。若实验中小铁球所受阻力不可忽略，且阻力大小保持不变，从理论上分析，合理的v2­x图像是下图中的________。 解析：(1)如图乙所示，螺旋测微器的固定刻度读数为8 mm，可动刻度读数为0.01×47.8 mm＝0.478 mm。其直径D＝8 mm＋0.478 mm＝8.478 mm。 (2)小铁球经过光电门时的速度v＝＝ m/s＝4.2 m/s 所以小铁球经过光电门时的动能Ek＝mv2＝0.88 J。 (3)从理论上分析，由机械能守恒定律有x＝mv2 得v2与x成正比，故A正确。 答案：　(1) 8.478(8.476～8.480)　(2) 4.2　0.88　(3)A 15.(9分)某人用300 N的水平推力，把一个质量为50 kg的木箱沿水平路面加速推动10 m，后来又把它匀速举高2 m，这个人对木箱共做功多少？ 解析：　整个做功过程分为两个阶段：在水平路面上用力F1＝300 N，位移s1＝10 m；在竖直方向上用力F2，位移s2＝2 m，全过程中做功为这两个阶段做功之和。 沿水平路面推行时，人对木箱做功为 W1＝F1s1＝300×10 J＝3×103 J 匀速举高时人对木箱的作用力F2＝mg， 人对木箱做功为 W2＝F2s2＝50×10×2 J＝1×103 J 所以全过程中人对木箱做的功为 W＝W1＋W2＝4×103 J。 答案：　4×103 J 16．(10分)如图甲、乙所示分别是某学生骑车沿水平路面运动以及爬坡的情形。假如他骑车时的最大功率P＝1 200 W，车和学生的总质量m ＝75 kg，斜坡倾角θ＝20˚，爬坡以及沿水平路面运动过程中所受摩擦阻力均恒为f＝60 N，取g＝10 m/s2，sin 20˚＝0.34，求： (1)该学生在水平路面上骑车的最大速度的大小v1； (2)该学生骑车上坡的最大速度的大小v2。 解析：　(1)学生在水平路面上骑车时，根据牛顿第二定律有F1－f＝ma 当速度最大时加速度等于零，有F1＝f，P＝F1v1则v1＝＝＝ m/s＝20 m/s。 (2)学生骑车上坡时，根据牛顿第二定律有F2－f－mg sin θ＝ma′ 当速度最大时加速度等于零，有F2＝mg sin θ＋f， P＝F2v2 则v2＝＝＝ m/s≈3.81 m/s。 答案：　(1)20 m/s　(2)3.81 m/s 17．(12分)滑板运动是一项惊险刺激的运动，深受青少年的喜爱。如图所示的是滑板运动的轨道，AB和CD是一段圆弧形轨道，BC是一段长7 m的水平轨道。一运动员从AB轨道上的P点以6 m/s的速度下滑，经BC轨道后冲上CD轨道，到Q点时速度减为零。已知运动员与滑板的总质量为50 kg，h＝1.4 m，H＝1.8 m，不计圆弧轨道上的摩擦(g取10 m/s2)。求： (1)运动员第一次经过B点、C点时的速度各是多少？ (2)运动员与BC轨道的动摩擦因数。 解析：　(1)以水平轨道为零势能面，从P点到B点， 根据机械能守恒定律有mv＋mgh＝mv， 解得vB＝8 m/s。 从C点到Q点，根据机械能守恒定律有mv＝mgH， 解得vC＝6 m/s。 (2)从B到C由动能定理可得－μmglBC＝mv－mv 解得μ＝0.2。 答案：　(1)8 m/s　6 m/s　(2)0.2 18．(15分)如图甲所示，一条轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，右端放一个可视为质点的小物块，小物块的质量为m＝1.0 kg，当弹簧处于原长时，小物块静止于O点。现对小物块施加一个外力F，使它缓慢移动，将弹簧压缩至A点，压缩量为x＝0.1 m，在这一过程中，所用外力F与压缩量的关系如图乙所示。然后撤去F释放小物块，让小物块沿桌面运动，已知O点至桌边B点的距离为L＝2x，计算时，可认为滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力。(g取10 m/s2)求： (1)在压缩弹簧过程中，弹簧存贮的最大弹性势能； (2)小物块到达桌边B点时速度的大小。 解析：　(1)取向左为正方向，从F­x图中可以看出，小物块与桌面间的滑动摩擦力大小为f＝1.0 N，方向为负方向，在压缩过程中，摩擦力做功为Wf＝－f·x＝－0.1 J 由图线与x轴所围的“面积”可得外力做功为 WF＝×0.1 J＝2.4 J 所以弹簧存贮的弹性势能为Ep＝WF＋Wf＝2.3 J (2)从A点开始到B点的过程中，由于L＝2x 摩擦力做功的大小为Wf′＝f·3x＝0.3 J 对小物块用动能定理有Ep－Wf′＝mv 解得vB＝2 m/s。 答案：　(1)2.3 J　(2)2 m/s 学生用书第37页 学科网（北京）股份有限公司 $$