全国高考物理人教新版力学专题机械能及其守恒定律讲义教师版.docx

全国高考物理人教新版力学专题机械能及其守恒定律讲义教师版.docx

《全国高考物理人教新版力学专题机械能及其守恒定律讲义教师版.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《全国高考物理人教新版力学专题机械能及其守恒定律讲义教师版.docx（51页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

全国高考物理人教新版力学专题机械能及其守恒定律讲义教师版

机械能及其守恒定律

知识集结

知识元

功和各种力做功的特点

知识讲解

1．功的概念：

一个物体受到力的作用，并且在力的方向上发生了一段位移，这个力就对物体做了功．

（1）做功的必不可少的条件：

物体受到了力并且在力的方向上发生了位移．

（2）功有正功、负功和零功之分，但是功不是矢量，是标量．

（3）位移一般指的是物体相对于地面的位移．

2．功的计算：

（1）一般公式：

W=Flcosα（F是力的大小，l是位移的大小，α是力F与位移l的夹角）．

①当力与位移之间夹角不为零时，可以理解为：

Fcosα是力在位移方向上的投影或lcosα是位移在力方向上的投影．

②W=Flcosα只能用来计算恒力做的功，如果要求变力做的功只有通过将变力转化为恒力，再用W=Flcosα计算．

（2）计算多个力的合力做的功时，如果合力是恒力时可以先求出合力，再根据W总=Flcosα求合力做的功；也可以分别计算各个分力所做的功W1、W2…Wn，再根据W总=W1+W2+…+Wn求这些功的代数和．

3．判断正、负功的方法

当0°≤α<90°时，力对物体做正功；

当90°<α≤180°时，力对物体做负功；

当α=90°时，力对物体不做功．

其中α为力与速度的夹角

4．各种力做功的特点

（1）与势能相关联的力，比如重力、弹簧的弹力以及电场力等，它们做的功与路径无关，只与位移有关或者说只与始末点的位置有关．例如：

重力做的功只与初末位置的高度差有关，与运动路径无关．

（2）滑动摩擦力、空气阻力等，在曲线运动或往返运动时，当力的大小不变，方向始终与运动方向相同或相反时，力所做的功等于力和路程的乘积（方向相同时做功为正，相反时做功为负）．

（3）弹力：

接触面间的弹力与接触面垂直，但是弹力也有可能做功，计算方法与一般力的计算方法相同．

（4）摩擦力：

做功与物体的运动特点有关，可以为正，也可以为负．当做正功时，摩擦力是动力；做负功时，摩擦力是阻力．一对静摩擦力所做的总功为零；一对滑动摩擦力所做的总功是负值，其绝对值等于滑动摩擦力与相对位移大小的乘积，恰好是系统由于摩擦力做功而损失的机械能．

（5）作用力与反作用力：

二者做功与物体的具体运动有关，二者做功没有必然的联系．

（6）电场力：

与重力做功类似，只与初末位置的电势差有关，与路径无关．

（7）洛仑兹力：

始终不做功．

例题精讲

功和各种力做功的特点

例1.

（2021∙金凤区校级四模）如图所示，a、b两不可伸长的细绳一端系着质量为m的小球，另一端系在竖直放置的圆环上，小球位于圆环的中心，开始时绳a水平，绳b倾斜，现将圆环在竖直平面内顺时针缓慢地向右滚动至绳a竖直，在此过程中（　）

A．a上的拉力对小球做正功，b上的拉力对小球做负功

B．a上的拉力逐渐增大，b上的拉力逐渐减小

C．a上的拉力先增大后减小，b上的拉力逐渐减小

D．a上的拉力先减小后增大，b上的拉力逐渐增大

【答案】C

【解析】

题干解析:

对小球进行受力分析，如图所示。

mg的对角不变，设为γ，设Fa的对角为α，Fb的对角为β，在缓慢转动的过程中，小球始终处于平衡状态，由正弦定理得：

α角由钝角减小至直角，再变为锐角，sinα先逐渐增大后减小，可得Fa先逐渐增大，后减小。

β角由直角增加至平角，sinβ逐渐减小，可得，Fb逐渐减小。

故ABD错误，C正确。

例2.

（2021∙昆明模拟）在光滑水平面上有一质点处于静止状态，现施加一水平力F，力F随时间t按如图所示的余弦函数变化，则下列说法正确的是（　）

A．在0〜4s内，力F做功为零

B．第2s末，质点的加速度最大

C．第4s末，质点的速度最大

D．在2s〜4s内，质点做加速运动

【答案】A

【解析】

题干解析:

A、设在0〜2s内和在2〜4s内平均作用力大小分别为F1、F2，根据的图象的对称性，它们平均作用力大小相等，方向相反，经过的位移相等，有：

WF=F1S-F2S=0，故A正确；

B、第2s末，F=0，质点的加速度为零，故B错误；

C、第4s末，F=-10N，质点的加速度最大，速度为零，故C错误；

D、在2s〜4s内，速度方向和F方向相反，质点做减速运动，故D错误。

例3.

（2021春∙相城区校级期中）如图所示，质量为m的物体置于倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，在外力作用下，斜面以加速度a沿水平方向向左做匀加速运动，运动中物体m与斜面体始终相对静止。

则过一段时间后，关于m的说法中正确的是（　）

A．支持力做功为零

B．摩擦力做正功

C．摩擦力可能不做功

D．合外力做功可能为零

【答案】C

【解析】

题干解析:

A、由功的计算公式W=FScosα可知，支持力方向垂直斜面向上，与位移的方向夹角小于90°，支持力一定做正功，故A错误；

BC、摩擦力是否存在需要讨论：

当加速度较小时，摩擦力Ff沿斜面向上，即a

当加速度较大时，摩擦力Ff沿斜面向下，即a>gtanθ，摩擦力沿斜面向下，做正功。

当a=gtanθ时，摩擦力不存在，不做功，故C正确，B错误；

合力水平向右，与运动方向相同，合力做正功，故D错误。

例4.

（2021∙黄浦区二模）一物体自t=0开始，在合力F作用下由静止起做直线运动，合力F大小随时间t的变化如图所示，且方向始终不变。

已知该物体在t0和2t0时刻的速度分别是v1和v2，F在0-t0和t0-2t0时间内对物体所做的功分别是W1和W2，则（　）

A．v2=4v1，W2=16W1

B．v2=3v1，W2=8W1

C．v2=4v1，W2=15W1

D．v2=3v1，W2=4W1

【答案】B

【解析】

题干解析:

物体在0～t0和t0-2t0时间做匀变速直线运动，由根据牛顿第二定理：

a1

a2

得：

a2=2a1，

根据匀变速直线规律有：

v1=a1t0

v2=v1+a2t0=v1+2v1=3v1

可得：

v2=3v1，

由运动学公式有：

s1

a1t02

s2=v1t0

a2t02=a1t02

2a1t02=2a1t02

可得：

s2=4s1

根据力做功的公式有：

W1=F0s1

W2=2F0s2=2×4F0s1=8F0s1

可得：

W2=8W1

故ACD错误，B正确。

例5.

（2021∙宜宾模拟）在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为3m和2m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。

现用一沿斜面向上的恒力F拉物块A使之沿斜面向上运动，当B刚离开C时，A的速度为v，A的加速度的方向沿斜面向上，大小为a，则下列说法错误的是（　）

A．从静止到B刚离开C的过程中，A运动的距离为

B．从静止到B刚离开C的过程中，A克服重力做的功为

C．恒力F的大小为5mgsinθ+3ma

D．当A的速度达到最大时，B的加速度大小为

a

【答案】B

【解析】

题干解析:

A、开始A处于静止状态，弹簧处于压缩状态，根据平衡有：

3mgsinθ=kx1，x1

，当B刚离开C时，B对挡板的弹力为零，弹簧处于拉伸状态，有：

kx2=2mgsinθ，x2

，可知从静止到B刚离开C的过程中，A发生的位移x=x1+x2

，故A正确；

B、从静止到B刚离开C的过程中，重力对A做的功：

W=-3mgxsinθ

，故B错误；

C、根据牛顿第二定律，F-3mgsinθ-kx2=3ma，得F=5mgsinθ+3ma，故C正确；

D、当A的速度达到最大时，A受到的合外力为0，则F-3mgsinθ-T′=0，得T′=2mgsinθ+3ma；B沿斜面方向受到的力FB=T′-2mgsinθ=2ma′，解得：

d

，故D正确

例6.

（2021∙雁塔区校级模拟）如图所示，质量均为m的木块A和B，用一个劲度系数为k的竖直轻质弹簧连接，最初系统静止，现在用力F向上缓慢拉A直到B刚好要离开地面，则这一过程中力F做的功至少为（　）

A．

B．

C．

D．

【答案】B

【解析】

题干解析:

开始时，A、B都处于静止状态，弹簧的压缩量设为x1，由胡克定律有kx1=mg…①

物体A恰好离开地面时，弹簧对B的拉力为mg，设此时弹簧的伸长量为x2，由胡克定律有kx2=mg…②

这一过程中，物体A上移的距离d=x1+x2…③

①②③式联立可解得：

d

，故B正确

功率

知识讲解

1．功率：

功W跟完成这些功所用时间t的比值．

①定义式：

P=

②物理意义：

表示单位时间内做功的多少．功率表示做功的快慢，功率越大做功越快．

③功率是一个标量，有正负之分，正值表示做功的力为动力，负值表示做功的力为阻力．

（2）常见的几种功率

①额定功率：

机械长时间正常工作时的最大输出功率．

②实际功率：

机械工作时的实际功率，实际功率应不大于额定功率，否则会缩短机器寿命．

③平均功率：

一段时间内做功的平均快慢程度．

④瞬时功率：

某时刻做功的快慢程度．

2．功率的计算

（1）平均功率的计算方法

①利用定义式P=

计算的是物体在时间t内的平均功率．

②利用公式P=Fvcosα，其中v为物体运动的平均速度．

（2）瞬时功率的计算方法

利用公式P=Fvcosα，其中v为某时刻的瞬时速度．

（3）公式P=

和P=Fv的区别

①P=

，是物体在时间t内的平均功率．

②P=Fvcosθ，θ是F与v的夹角，此式既可用于求平均功率，也可用于求瞬时功率．

例题精讲

功率

例1.

（2021春∙静宁县校级期末）如图所示，圆心在O点、半径为R的光滑圆弧轨道ABC竖直固定在水平桌面上，OC与OA的夹角为60°，轨道最低点A与桌面相切。

一足够长的轻绳两端分别系着质量为m1和m2的两小球（均可视为质点），挂在圆弧轨道光滑边缘C的两边，开始时m1位于C点，然后从静止释放，则下列说法正确的是（　）

A．在m1由C点下滑到A点的过程中两球速度大小始终相等

B．在m1由C点下滑到A点的过程中，重力对m1做功功率先增大后减少

C．在m1由C点下滑到A点的过程中，m1机械能守恒

D．若m1恰好能沿圆弧下滑到A点，则m1=3m2

【答案】B

【解析】

题干解析:

A、m1由C点下滑到A点的过程中，沿绳子方向的速度是一样的，在m1滑下去一段过程以后，此时的绳子与圆的切线是不重合，而是类似于圆的一根弦线而存在，所以此时两个物体的速度必然不相同的，故A错误；

B、重力的功率就是P=mgv，这里的v是指竖直的分速度，一开始m1是由静止释放的，所以m1一开始的竖直速度也必然为零，最后运动到A点的时候，由于此时的切线是水平的，所以此时的竖直速度也是零，但是在这个C到A的过程当中是肯定有竖直分速度的，所以相当于竖直速度是从无到有再到无的一个过程，也就是一个先变大后变小的过程，所以这里重力功率mgv也是先增大后减小的过程，故B正确；

C、在m1由C点下滑到A点的过程中m1对m2做正功，故m1的机械能减小，故C错误；

D、若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，此时两小球速度均为零，根据动能定理得：

m1gR（1-cos60°）=m2gR，解得：

m1=2m2，故D错误。

例2.

（2021春∙张家口月考）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上。

一质量为m的小球，距弹簧上端高h处自由释放，在接触到弹簧后继续向下运动。

以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建一坐标轴Ox，A点为小球速度最大的位置，B点为小球运动的最低点（A点和B点图中均未画出）。

下列关于A、B点的坐标的说法正确的是（　）

A．若h增大，则xA和xB都增大

B．若h增大，则xA增大，xB不变

C．若h增大，则xA不变，xB增大

D．若h增大，则xA和xB都不变

【答案】C

【解析】

题干解析:

小球速度最大时合力为零，根据平衡条件得kxA=mg，得xA

，与h无关，可知h增大时，xA不变。

以水平地面为参考平面，若h增大，初始时小球的重力势能增加，根据小球和弹簧组成的系统机械能守恒，知小球运动到最低点时弹簧的弹性势能增加，则xB增大，故ABD错误，C正确。

例3.

（2021春∙如皋市月考）如图所示，轻质弹簧的下端固定在光滑斜面的底部，一个质量为m的物块以平行斜面的初速度v向弹簧运动。

已知弹簧始终处于弹性限度范围内，则下列判断正确的是（　）

A．物块从接触弹簧到最低点的过程中，加速度不断减小

B．物块碰到弹簧后立刻开始做减速运动

C．物块从出发点到最低点过程中，物块减少的重力势能小于弹簧增加的弹性势能

D．物块的动能最大时，物块的重力势能最小

【答案】C

【解析】

题干解析:

A、对物块进行受力分析，根据牛顿第二定律mgsinθ-F=ma，刚开始接触时，Fmgsinθ，加速度方向沿斜面向上，F增大，a增大。

故A错误。

B、物块碰到弹簧不久，F

C、以弹簧和物体组成的系统中，只有重力和弹力做功，机械能守恒。

物块从出发点到最低点过程中，物块减少的重力势能小于弹簧增加的弹性势能，故C正确。

D、物块的动能最大时，物块的重力势能与弹性势能之和最小，故D错误。

例4.

（2021春∙北碚区校级月考）如图所示，质量相同的两物体a和b，用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻质滑轮两侧，b在水平粗糙桌面上。

初始时用力压住b使a、b均静止，撤去此压力后，在a下降的过程中，b始终未离开桌面。

则在此过程中（　）

A．两物体机械能的变化量相等

B．a的重力势能的减少量等于两物体总动能的增加量

C．a、b两个物体的速度大小始终相等

D．绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和为零

【答案】D

【解析】

题干解析:

A、由于有摩擦力做功，故ab系统机械能不守恒，则二者机械能的变化量不相等，故A错误；

B、a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量与产生的内能之和，故a的重力势能的减小量大于两物体总动能的增加量，故B错误；

C、由图可知va=vbcosθ，即a的速度小于b的速度，故C错误；

D、在这段时间t内，绳子对a的拉力和对b的拉力大小相等，绳子对a做的功等于-FTvat，绳子对b的功等于拉力与拉力方向上b的位移的乘积，即：

FTvbcosθt，又va=vbcosθ，所以绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的绝对值相等，二者代数和为零，故D正确。

例5.

（2021秋∙凯里市校级月考）如图，叠放在一起的质量为M=4kg，m=1kg的两个物块，用手从静止的沿竖直方向迅速抬起，已知手对物块的作用力F恒为60N（不计空气阻力），两物块始终相对静止，则在此过程中（　）

A．m处于失重状态

B．m受到重力，支持力和推力F三个力的作用

C．m受到M对它的支持力大小为12N

D．M的机械能可能不变

【答案】C

【解析】

题干解析:

ABC、对M、m整体，列牛顿第二定律方程F-（M+m）g=（M+m）a，解得：

a=2m/s2，加速度方向竖直向上，整体处于超重状态，对m，受到重力mg、支持力N，据牛顿第二定律得N-mg=ma，解得M对m的支持力N=12N，故AB错误，C正确；

D、M向上做加速运动，动能增加，重力势能增加，总机械能增大，故D错误；

例6.

（2021∙浙江二模）把质量是0.2kg的小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A的位置，如图甲所示。

迅速松手后，弹簧把球弹起，球升到最高位置C（图丙），途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态（图乙）。

已知B、A的高度差为0.1m，C、B的高度差为0.2m，弹簧的质量和空气的阻力均可忽略。

则（　）

A．小球从状态乙到状态丙的过程中，动能先增大，后减小

B．小球从状态甲到状态丙的过程中，机械能一直不断增大

C．状态甲中，弹簧的弹性势能为0.6J

D．状态乙中，小球的动能为0.6J

【答案】C

【解析】

题干解析:

A．小球由乙状态到丙状态过程中只受到向下的重力，所以做减速运动，动能一直减小，故A错误；

B．小球从A运动到C位置的过程中，对于弹簧和小球组成的系统，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，故B错误；

C．因为系统的机械能守恒，所以状态甲中弹簧的弹性势能等于A到D小球的重力势能的增加量，即EP=mghAD=0.2×10×0.3=0.6J，故C正确；

D．甲状态到乙状态，根据能量守恒有△Ep=△EG+△EK，即：

0.6=2×0.1+Ek，

所以状态乙小球的动能为0.4J，故D错误；

机车启动的两种方式

知识讲解

1．以恒定功率启动

汽车以恒定功率起动时，它的牵引力F将随速度v的变化而变化，其加速度a也随之变化，具体变化过程可采用如下示意图表示：

2．以恒定加速度启动

要维持汽车加速度不变，就要维持其牵引力不变，汽车功率将随v增大而增大，当P达到额定功率P额后，不能再增加，即汽车就不可能再保持匀加速运动了.具体变化过程可用如下示意图表示：

例题精讲

机车启动的两种方式

例1.

（2021∙莆田二模）高铁列车行驶时受到的总阻力包括摩擦阻力和空气阻力。

某一列高铁列车以180km/h的速度在平直轨道上匀速行驶时，空气阻力约占总阻力的50%，牵引力的功率约为2000kW．假设摩擦阻力恒定，空气阻力与列车行驶速度的平方成正比，则该列车以360km/h的速度在平直轨道上匀速行驶时牵引力的功率约为（　）

A．4000kW

B．8000kW

C．10000kW

D．16000kW

【答案】C

【解析】

题干解析:

当动车以180km/h水平匀速行驶时，由P=Fv可得：

牵引力：

动车匀速前进，牵引力和所受的阻力为平衡力，所以阻力为F1；

其中空气阻力为：

f空气

；

由题意可知，空气阻力和列车运行速度的平方成近似正比例关系，当速度为360km/h时，速度增大为2倍，所以空气阻力为原来的4倍，为：

f空气′=4f空气=2F1，

摩擦阻力恒定，此时的总阻力为：

f总′=2.5F1。

因为匀速直线前进，牵引力和所受到的阻力为平衡力，所以牵引力：

F′=2.5F1。

P′=F′v′=2.5F1∙2v1=5P1=5×2000kW=10000kW

故C正确，ABD错误

例2.

（2021∙黄山一模）一辆F1赛车含运动员的总质量约为600kg，在一次F1比赛中赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a和速度的倒数

的关系如图所示，则赛车在加速的过程中（　）

A．速度随时间均匀增大

B．加速度随时间均匀增大

C．输出功率为240kw

D．所受阻力大小为24000N

【答案】C

【解析】

题干解析:

A、由图可知，加速度变化，故做变加速直线运动，故A错误；

B、a

函数方程a

4，汽车加速运动，速度增大，加速度减小，故B错误；

CD、对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：

F-f=ma

其中：

F

联立得：

a

结合图线，当物体的速度最大时，加速度为零，故结合图象可以知道，a=0时，

0.01，v=100m/s，所以最大速度为100m/s

由图象可知：

4，解得：

f=4m=4×600=2400N

0

解得：

P=240KW，故C正确，D错误；

例3.

（2021春∙元江县校级月考）提高物体（例如汽车）运动速率的有效途径是增大发动机的功率和减小阻力因数（设阻力与物体运动速率的平方成正比，即Ff=kv2，k是阻力因数）．当发动机的额定功率为P0时，物体运动的最大速率为vm，如果要使物体运动的速率增大到2vm，则下列办法可行的是（　）

A．阻力因数不变，使发动机额定功率增大到2P0

B．发动机额定功率不变，使阻力因数减小到

C．阻力因数不变，使发动机额定功率增大到8P0

D．发动机额定功率不变，使阻力因数减小到

【答案】C

【解析】

题干解析:

A、当发动机的额定功率为P0时，物体运动的最大速率为vm，有

．则k

．阻力因数不变，使发动机额定功率增大到2P0，有

，则v

．故A错误。

B、发动机额定功率不变，使阻力因数减小到

，则有

，v

．故B错误。

C、阻力因数不变，使发动机额定功率增大到8P0，则有

，解得v=2vm．故C正确。

D、发动机额定功率不变，使阻力因数减小到

，有

，解得v

vm．故D错误。

例4.

（2021春∙西陵区校级期中）如图所示，轮半径r很小的传送带，水平部分AB的长度L=1.5m，与一圆心在O点、半径R=1m的竖直光滑圆轨道的末端相切于A点，AB高出水平地面H=1.25m，一质量m=0.1kg的小滑块（可视为质点），由圆轨道上的P点从静止释放，OP与竖直线的夹角θ=37°．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，不计空气阻力．

（1）求滑块对圆轨道末端的压力的大小；

（2）若传送带一直保持静止，求滑块的落地点与B间的水平距离；

（3）若传送带以v0=2.4m/s的速度沿顺时针方向运行（传送带上部分由A到B运动），求滑块从A点到B点过程中摩擦力做功的功率．

【答案】

（1）滑块对圆轨道末端的压力为1.4N；

（2）若传送带一直保持静止，滑块的落地点与B间的水平距离为0.5m；（3）滑块从A点到B点过程中摩擦力做功的功率为0.14W

【解析】

题干解析:

（1）滑块从P到圆轨道末端的过程中，由动能定理可得：

mgR（1-cos37°）

mv2-0可得滑块到达A点时的速度v

m/s=2m/s；滑块在轨道末端时，根据牛顿第二定律有：

N-mg=m

可得N=mg+m

0.1×10+0.1

1.4N根据牛顿第三定律得：

滑块对圆轨道末端的压力大小为1.4N，方向竖直向下；

（2）从A到B的过程中，只有摩擦力对滑块做功，根据动能定理得：

-μmgL

mv2代入数据可解得滑块到达B时的速度vB=1m/s滑块从B点开始做平抛运动，则滑块落地点距B点的水平距离：

x=vBt=vB

1

m=0.5m（3）若传送带以v0=2.4m/s的速度沿顺时针方向运行，滑块先做匀加速运动，加速度为a

μg=1m/s2．从滑上传送带到与传送带共速的时间t1

0.4s匀加速的位移x1

0.88m接着滑块做匀速运动，用时t2

0.25s滑块从A点到B点的总时间t=t1+t2=0.65s摩擦力做功为W=μmgx1=0.1×0.1×10×0.88=0.088J所以滑块从A点到B点过程中摩擦力做功的功率为P

0.14W

例5.

（2021春∙鹤壁期末）如图所示，京沪高铁系统，包括轨道系统、车辆系统、信号系统、供电系统、调度系统，其中动车组车辆系统是把动力装置分散安装在每节车厢上，使其既具有牵引动力，又可以载客，这样的客车车辆叫做动车．而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，就是动车组．如果在某次运行中，因这趟车客流比较多，用了8节动车和8节拖车组成动车组，假设每节动车的额定功率都相等，且行驶中每节动车在同一时刻的实际功率均相同，驶过程中动车组所受的总阻力恒定为Ff=1.2×105N，动车组的总质量为m=320t，始时动车组从静止以恒定加速度a=0.5m/s2启动做直线运动，达到额定功率后再做