高考物理一轮复习 第五章：机械能学案

这是一份高考物理一轮复习 第五章：机械能学案，共125页。学案主要包含了功率，扫描实验盲点等内容，欢迎下载使用。

第1讲 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＝Flcs α，适用于恒力做功，其中α为F、l方向间的夹角，l为物体对地的位移。
3．功的正负判断
二、功率
1．定义：功与完成这些功所用时间之比。
2．物理意义：描述力对物体做功的快慢。
3．公式
(1)P＝eq \f(W,t)，P为时间t内的平均功率。
(2)P＝Fvcs_α(α为F与v的夹角)
①v为平均速度，则P为平均功率；
②v为瞬时速度，则P为瞬时功率。
4．额定功率与实际功率
(1)额定功率：动力机械正常工作时输出的最大功率。
(2)实际功率：动力机械实际工作时输出的功率，要求小于或等于额定功率。
情境创设1
如图所示，质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面上，现在使斜面向右匀速移动距离l，物体相对于斜面静止。
[微点判断]
(1)重力对物体做正功。(×)
(2)支持力对物体做正功。(√)
(3)摩擦力对物体不做功。(×)
(4)合力对物体做功为零。(√)
情境创设2
如图所示，“复兴号”高速列车正在平直轨道上匀速运行。
eq \a\vs4\al([微点判断])
(5)“复兴号”高速列车运行的牵引力大小等于其阻力大小。(√)
(6)“复兴号”高速列车运行的速度越大，其实际功率越大。(√)
(7)若“复兴号”高速列车以恒定功率出站时，其加速度是不变的。(×)
(8)由公式P＝Fv只可以求平均功率，不可以求瞬时功率。(×)
(一) 功的正负判断和恒力做功的计算(固基点)
[题点全练通]
1．[功的正负判断]图甲为一女士站在台阶式自动扶梯上匀速上楼(忽略扶梯对手的作用)，图乙为一男士站在履带式自动扶梯上匀速上楼，两人相对扶梯均静止。下列关于做功的判断中正确的是( )
A．图甲中支持力对人做正功
B．图甲中摩擦力对人做负功
C．图乙中支持力对人做正功
D．图乙中摩擦力对人做负功
解析：选A 题图甲中，人匀速上楼，不受摩擦力，摩擦力不做功，支持力向上，与速度方向的夹角为锐角，则支持力做正功，故A正确，B错误；题图乙中，支持力与速度方向垂直，支持力不做功，摩擦力方向与速度方向相同，做正功，故C、D错误。
2.[恒力做功的计算](多选)如图所示，建筑工人通过滑轮装置将一质量是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，则对这一过程，下列说法正确的是( )
A．人拉绳子的力做功为1 000 J
B．人拉绳子的力做功为2 000 J
C．料车受到的重力做功为2 000 J
D．料车受到的合力对料车做的总功为0
解析：选BD 工人拉绳子的力：F＝eq \f(1,2)mgsin θ，工人将料车拉到斜面顶端时，拉绳子的长度：l＝2L，根据公式W＝Flcs α，得：W1＝eq \f(1,2)mgsin θ·2L＝eq \f(1,2)×100×10×eq \f(1,2)×2×4 J＝2 000 J，故A错误，B正确；重力做功：W2＝－mgh＝－mgLsin θ＝－100×10×4×eq \f(1,2) J＝－2 000 J，故C错误；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，故D正确。
[要点自悟明]
1．功的正负判断方法
(1)恒力做功的正负常依据力与位移方向的夹角来判断。
(2)曲线运动中功的正负常依据力F与速度v的方向夹角α来判断。
(3)能量变化思想常用于两个相联系的物体之间的相互作用力做功的判断。
2．恒力做功的计算方法
3．总功的计算方法
方法一：先求合力F合，再用W总＝F合lcs α求功，此法要求F合为恒力。
方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3、…，再应用W总＝W1＋W2＋W3＋…求总功，注意代入“＋”“－”再求和。
(二) 功率的理解与计算(精研点)
逐点清1 对功率的理解
1．关于某力做功的功率，下列说法正确的是( )
A．该力越大，其功率就越大
B．该力在单位时间内做的功越多，其功率就越大
C．功率越大，说明该力做的功越多
D．功率越小，说明该力做功的时间越少
解析：选B 由功率公式P＝Fvcs α可知，功率的大小由F、v及它们间的夹角共同决定，F越大，功率P不一定越大，A错误；由P＝eq \f(W,t)可知，单位时间内力做的功越多，其功率就越大，但功率越大，该力做功不一定越多，功率越小，该力的作用时间不一定越少，故B正确，C、D均错误。
eq \b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\c1())一点一过 对功率的两点说明
(1)物体在发生一段位移过程中所对应的功率为平均功率，物体在某一时刻的功率为瞬时功率。
(2)力对物体做功的多少与地面是否光滑无关，但力对物体做功的功率大小与地面是否光滑有关。
逐点清2 瞬时功率的分析与计算
2.(2023·开封模拟)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的变化情况是( )
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．先增大，后减小 D．先减小，后增大
解析：选A 小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点，即小球做匀速圆周运动，那么小球受到的重力mg、水平拉力F、细线拉力FT三者的合力必是沿细线指向O点。对小球受力分析如图，F＝mgtan θ，由P＝Fvcs θ，可得P＝mgvsin θ，θ逐渐增大，则功率P逐渐增大，A项正确。
一点一过 瞬时功率公式的理解与应用
(1)利用公式P＝Fvcs α，其中v为t时刻的瞬时速度。
(2)利用公式P＝FvF，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＝Fvv，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力。
逐点清3 平均功率的分析与计算
3．(2023·海口模拟)一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时速率为1 m/s。从此刻开始在与速度平行的方向上对其施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v
随时间的变化规律分别如图甲、乙所示，则(两图取同一正方向，重力加速度g＝10 m/s2)( )
A．滑块的质量为0.5 kg
B．滑块与水平地面间的动摩擦因数为0.5
C．第1 s内摩擦力对滑块做功为－1 J
D．第2 s内力F的平均功率为1.5 W
解析：选D 滑块运动的加速度大小a＝eq \f(Δv,Δt)＝1 m/s2，由题图知，第1 s内有Ff＋F＝ma，第2 s内有F′－Ff＝ma，则Ff＋1 N＝3 N－Ff，故Ff＝1 N，m＝2 kg，又由Ff＝μmg可得动摩擦因数μ＝0.05，故A、B错误；第1 s内滑块的位移大小为x＝0.5 m，根据功的公式可得第1 s内摩擦力对滑块做功为－0.5 J，故C错误；根据v-t图像可知，第2 s内的平均速度大小eq \x\t(v)＝0.5 m/s，所以第2 s内力F的平均功率P＝Feq \x\t(v)＝3×0.5 W＝1.5 W，故D正确。
eq \b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\c1())一点一过 平均功率的计算方法
(1)利用P＝eq \f(W,t)求解。
(2)利用P＝Fvcs α求解，其中v为物体运动的平均速度。
(三) 求变力做功的五种方法(培优点)
方法1 利用微元法求变力做功
将物体的位移分割成许多小段，因每一小段很小，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无数多个位移上的恒力所做功的代数和。此法常用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题。
1.(多选)如图所示，在一半径为R＝6 m的圆弧形桥面的底端A，某人把一质量为m＝8 kg的物块(可看成质点)用大小始终为F＝75 N的拉力从底端缓慢拉到桥面顶端B(圆弧AB在同一竖直平面内)，拉力的方向始终与物块在该点的切线成37°角，整个圆弧桥面所对的圆心角为120°，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。在这一过程中，下列说法正确的是( )
A．重力做功为240 J
B．支持力做功为0
C．拉力F做功约为376.8 J
D．摩擦力做功约为136.8 J
解析：选BC 物块重力做的功WG＝－mgR(1－cs 60°)＝－240 J，故A错误；支持力始终与运动方向垂直，支持力不做功，故B正确；将圆弧Aeq \x\t(B)分成很多小段l1、l2、…、ln，拉力在每一小段上做的功为W1、W2、…、Wn，拉力F大小不变，方向始终与物块在该点的切线成37°角，则W1＝Fl1cs 37°、W2＝Fl2cs 37°、…、Wn＝Flncs 37°，WF＝W1＋W2＋…＋Wn＝Fcs 37°(l1＋l2＋…＋ln)＝Fcs 37°·eq \f(1,6)·2πR≈376.8 J，故C正确；因物块在拉力F作用下缓慢移动，动能不变，由动能定理得WF＋WG＋Wf＝0－0，解得Wf＝－WF－WG＝－376.8 J＋240 J＝－136.8 J，故D错误。
方法2 化变力为恒力求变力做功
有些变力做功问题通过转换研究对象，可转化为恒力做功，用W＝Flcs α求解。此法常用于轻绳通过定滑轮拉物体做功的问题中。
2.(多选)如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，滑块用轻绳系着绕过光滑的定滑轮O。现以大小不变的拉力F拉绳，使滑块从A点由静止开始上升，滑块运动到C点时速度最大。已知滑块质量为m，滑轮O到竖直杆的距离为d，∠OAO′＝37°，∠OCO′＝53°，重力加速度为g(已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)。则( )
A．拉力F大小为eq \f(5,3)mg
B．拉力F大小为eq \f(5,4)mg
C．滑块由A到C过程，轻绳对滑块做的功为eq \f(25,36)mgd
D．滑块由A到C过程，轻绳对滑块做的功为eq \f(25,48)mgd
解析：选AC 滑块到C点时速度最大，其所受合力为零，则有Fcs 53°－mg＝0，解得F＝eq \f(5,3)mg，故A正确，B错误；拉力F做的功等于轻绳拉力对滑块做的功，滑轮与A间绳长L1＝eq \f(d,sin 37°)，滑轮与C间绳长L2＝eq \f(d,sin 53°)，滑轮右侧绳子增大的长度ΔL＝L1－L2＝eq \f(d,sin 37°)－eq \f(d,sin 53°)＝eq \f(5d,12)，拉力做功W＝FΔL＝eq \f(25,36)mgd，故C正确，D错误。
方法3 利用平均力求变力做功
当物体受到的力方向不变，而大小随位移均匀变化时，则可以认为物体受到一大小为eq \x\t(F)＝eq \f(F1＋F2,2)的恒力作用，F1、F2分别为物体在初、末位置所受到的力，然后用公式W＝eq \x\t(F)lcs α求此变力所做的功。
3．如图所示，传送带通过滑道将长为L、质量为m的匀质物块以初速度v0向右传上水平台面，物块前端在台面上滑动s后停下来。已知滑道上的摩擦不计，物块
与台面间的动摩擦因数为μ，且s＞L，则物块在整个过程中克服摩擦力所做的功为( )
A．μmgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(s＋\f(L,2))) B．μmgs
C．μmgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(s－\f(L,2))) D．μmg(s－L)
解析：选C 物块在完全滑上台面前，摩擦力由0均匀增大到μmg，完全滑上平台后物块所受摩擦力恒定不变，故整个过程中物块克服摩擦力做功W＝eq \f(0＋μmg,2)L＋μmg(s－L)＝μmgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(s－\f(L,2)))，故C正确。
方法4 利用F-x图像求变力做功
4．(2023·安徽蚌埠月考)如图a所示，质量为1 kg的物体在水平力F作用下，沿水平方向做直线运动，拉力F与位移x的关系如图b所示，前5 m位移内物体做匀速直线运动，则在物体发生10 m位移的过程中( )
A．重力做功为WG＝100 J
B．拉力F做功为WF＝150 J
C．所有力做的总功W总＝50 J
D．摩擦力做功为Wf＝0
解析：选C 物体运动方向和重力方向垂直，故重力做功为零，故A错误；拉力做功为WF＝F1x1＋F2x2＝5×5 J＋15×5 J＝100 J，故B错误；物体在前5 m内做匀速运动，故拉力大小等于阻力大小f＝F1＝5 N，故摩擦力做功为Wf＝－fx＝－5×10 J＝－50 J，合力做功W合＝WF＋Wf＝50 J，故C正确，D错误。
方法5 利用动能定理求变力做功
利用公式W＝Flcs α不容易直接求功时，尤其对于曲线运动或变力做功问题，可考虑由动能的变化来间接求功，所以动能定理是求变力做功的首选。
5．(2023·许昌高三模拟)如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一质量为m的小球向右滑行，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，重力加速度为g，则小球从A到C的过程中弹簧弹力做功是( )
A．mgh－eq \f(1,2)mv2 B．eq \f(1,2)mv2－mgh
C．－mgh D．－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(mgh＋\f(1,2)mv2))
解析：选A 小球从A到C过程中，由动能定理可得WG＋WF＝0－eq \f(1,2)mv2，WG＝－mgh，解得WF＝mgh－eq \f(1,2)mv2，故选A。
(四) 机车启动问题(精研点)
1．两种启动方式
2．三个重要关系
(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都为vm＝eq \f(P,F阻)。
(2)机车以恒定加速度启动时，匀加速过程结束后功率最大，速度不是最大，即v＝eq \f(P,F)eq \f(v0＋vt,2)＝3 m/s，故A错误；5～8 s 内飞机做匀速运动，发动机的输出功率不为零，故B错误；0～2 s 加速度不变，输出功率在逐渐增大，2～5 s内输出功率不变，故C错误；根据图像可知2～8 s时保持功率不变，此时功率为P＝Fv＝(M＋m)gv＝2.16×104 W，故D正确。
7．将一小球从足够高处以一定的初速度水平抛出，不计空气阻力，飞行过程中，小球的加速度为a、速度为v、重力做功为W、速度与水平方向的夹角为θ，下列关于这些物理量与时间的图像正确的是( )
解析：选D 小球做平抛运动，仅受重力作用，重力大小方向不变，故加速度不会随时间而改变。竖直分速度为vy＝gt，合速度v＝eq \r(v02＋vy2)＝eq \r(v02＋g2t2)，物体下落高度h＝eq \f(1,2)gt2，重力做功W＝mgh＝eq \f(1,2)mg2t2，速度与水平方向夹角的正切值tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(gt,v0)，综上可得D正确，A、B、C错误。
8.如图所示，质量m＝2 kg的滑块以v0＝16 m/s的初速度沿倾角θ＝37°的斜面上滑，经t＝2 s滑行到最高点。然后，滑块返回到出发点。已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2，求滑块：
(1)最大位移值x；
(2)与斜面间的动摩擦因数μ；
(3)从最高点返回到出发点过程中重力的平均功率eq \x\t(P)。
解析：(1)滑块向上做匀减速直线运动，有x＝eq \f(v0,2)t
得x＝16 m。
(2)以沿斜面向下为正方向，加速度a1＝eq \f(Δv,t)＝8 m/s2
上滑过程a1＝eq \f(mgsin θ＋μmgcs θ,m)＝gsin θ＋μgcs θ
解得μ＝0.25。
(3)下滑过程a2＝eq \f(mgsin θ－μmgcs θ,m)＝gsin θ－μgcs θ＝4 m/s2，由运动学公式vt＝eq \r(2a2x)＝8eq \r(2) m/s
下滑过程中的平均速度大小eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(vt,2)＝4eq \r(2) m/s
重力的平均功率eq \x\t(P)＝mgeq \x\t(v)cs(90°－θ)＝48eq \r(2) W≈67.9 W。
答案：(1)16 m (2)0.25 (3)67.9 W
第2讲 动能定理
第1课时 动能定理的理解及应用
一、动能
二、动能定理
情境创设
滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变。
微点判断
(1)运动员由A点到B点速度方向在不断变化，所以动能也在不断变化。(×)
(2)运动员所受合力不为零，合力做的功也不为零。(×)
(3)摩擦力对运动员做负功。(√)
(4)重力和摩擦力的合力做的功为零。(√)
(5)运动员受到的合力恒定不变。(×)
(6)重力对运动员做正功，功率不变。(×)
(一) 对动能定理的理解(固基点)
[题点全练通]
1．[对物体动能的理解]
从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图像是( )
解析：选A 小球做竖直上抛运动，设初速度为v0，则v＝v0－gt，小球的动能Ek＝eq \f(1,2)mv2，把速度v代入得，Ek＝eq \f(1,2)mg2t2－mgv0t＋eq \f(1,2)mv02，Ek与t为二次函数关系。
2．[对动能定理的理解]如图所示，轻弹簧一端系在墙上的O点，自由伸长到B点。现将小物体靠着弹簧(不拴接)并将弹簧压缩到A点，然后由静止释放，小物体在粗糙水平面上运动到C点静止，则( )
A．小物体从A到B过程速度一直增加
B．小物体从A到B过程加速度一直减小
C．小物体从B到C过程中动能变化量大小小于克服摩擦力做功
D．小物体从A到C过程中弹簧的弹性势能变化量大小等于小物体克服摩擦力做功
解析：选D 在A、B间某处物体受到的弹力等于摩擦力，合力为0，速度最大，而在B点只受摩擦力，合力不为零，因此小物体从A到B过程加速度先减小再增大，速度先增大后减小，故A、B错误；小物体从B到C过程中，由动能定理得－Wf＝ΔEk，故C错误；小物体从A到C过程中，由动能定理得W弹－Wf1＝0，故D正确。
3．[由动能定理分析合力做功](多选)如图所示，某质点沿直线运动的v-t图像为余弦曲线，从图中可以判断( )
A．在0～t1时间内，合力逐渐减小
B．在0～t2时间内，合力做正功
C．在t1～t2时间内，合力的功率先增大后减小
D．在t2～t4时间内，合力做的总功为零
解析：选CD 从v-t图线的斜率表示加速度可知，在0～t1时间内，加速度增大，由牛顿第二定律可知，合力增大，故A错误；由动能定理知0～t2时间内，动能增量为0，即合外力做功为0，故B错误；t1时刻，F最大，v＝0，F的功率为0，t2时刻F＝0，速度最大，F的功率为0，t1～t2时间内，合外力的功率先增大后减小，故C正确；由动能定理知t2～t4时间内，动能增量为0，即合外力做功为0，故D正确。
4．[由动能定理分析抛体运动]某同学参加学校运动会立定跳远项目比赛，从起跳至着地的整个过程如图所示，测量得到比赛成绩是2.4 m，目测空中脚离地最大高度约为0.8 m。已知他的质量约为60 kg，重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做的功约为( )
A．90 J B．480 J
C．800 J D．1 250 J
解析：选C 该同学起跳后做抛体运动，从起跳至达到最大高度的过程中，其在竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，则有t＝ eq \r(\f(2h,g))＝0.4 s，故竖直方向初速度为vy＝gt＝4 m/s；其在水平方向做匀速直线运动，则有v0＝eq \f(x,2t)＝3 m/s。根据速度的合成可知起跳时的速度为v＝eq \r(v02＋vy2)＝5 m/s，因该同学的质量约为60 kg，根据动能定理得起跳过程该同学所做的功约为W＝eq \f(1,2)mv2＝750 J，最接近800 J，C正确，A、B、D错误。
[要点自悟明]
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)动能没有负值，而动能变化量有正负之分。ΔEk>0，表示物体的动能增加；ΔEk