1、專題10.1 機械能【講】考點風向標第一部分：考點梳理考點一、功的理解與計算考點二、功率的理解與計算考點三、機車的兩種啟動模式考點四、動能定理的應用考點五、動能定理的圖像問題考點六、機械能守恒定律的條件及應用考點七、功能關系與能量守恒定律考點八、實驗驗證動能定理考點九、實驗驗證機械能守恒定律考點一、功的理解與計算1功的正負的判斷方法(1)恒力做功正負的判斷：依據力與位移的夾角來判斷。(2)曲線運動中做功正負的判斷：依據F與v的方向的夾角來判斷。0°<90°，力對物體做正功；90°<180°，力對物體做負功；90°，力對物體不做功。2

2、恒力做功的計算方法3合力做功的計算方法方法一：先求合外力F合，再用W合F合lcos 求功。適用于F合為恒力的過程。方法二：先求各個力做的功W1、W2、W3，再應用W合W1W2W3求合外力做的功。（典例應用1）如圖所示，電梯與水平地面成角，一人站在電梯上，電梯從靜止開始勻加速上升，達到一定速度后再勻速上升。若以FN表示水平梯對人的支持力，G為人受到的重力，F為電梯對人的靜摩擦力，則下列結論正確的是()A加速過程中F0，F、FN、G都做功B加速過程中F0，FN不做功C加速過程中F0，FN、G都做功D勻速過程中F0，FN、G都不做功【答案】：A【解析】加速過程中人受力和速度方向如圖所示，由力與速度方

3、向之間夾角的關系可判定：FN、F對人做正功，G對人做負功，故A對，B、C均錯。勻速運動時，F0，FN做正功，G做負功，故D錯。（典例應用2）如圖所示，質量為m的小球用長為L的輕繩懸掛于O點，用水平恒力F拉著小球從最低點運動到使輕繩與豎直方向成角的位置，求此過程中，各力對小球做的總功為()AFLsin BmgL(1cos )CFLsin mgL(1cos )DFLsin mgLcos 【答案】：C【解析】：如圖，小球在F方向的位移為CB，方向與F同向，則WFF·CBF·Lsin 小球在重力方向的位移為AC，方向與重力反向，則WGmg·AC·cos 180&

4、#176;mg·L(1cos )繩的拉力FT時刻與運動方向垂直，則WFT0故W總WFWGWFTFLsin mgL(1cos )，所以選項C正確。考點二功率的理解與計算1平均功率的計算方法(1)利用。(2)利用F·cos ，其中為物體運動的平均速度，F為恒力。2瞬時功率的計算方法(1)利用公式PF·vcos ，其中v為t時刻的瞬時速度。(2)PF·vF，其中vF為物體的速度v在力F方向上的分速度。(3)PFv·v，其中Fv為物體受到的外力F在速度v方向上的分力。(典例應用3)(多選)從地面上方同一點向東與向西分別平拋出兩個等質量的小物體，拋出速度

5、大小分別為v和2v，不計空氣阻力，則兩個小物體()A從拋出到落地重力做的功不同B從拋出到落地重力做的功相同C從拋出到落地重力的平均功率不同D落地時重力做功的瞬時功率相同【答案】BD【解析】由于下落的高度相同，重力相同，則重力做功相同，故選項A錯誤，B正確；兩個物體從同一點做平拋運動，運動時間相同，由公式P可知，從拋出到落地重力的平均功率相同，故選項C錯誤；豎直方向兩個物體做自由落體運動，高度相同，落地時豎直方向的分速度vy相同，落地時重力做功的瞬時功率Pmgvy相同，故選項D正確。（典例應用4）某同學進行體能訓練，用了100 s時間跑上20 m高的高樓，試估算他登樓時的平均功率最接近的數值是(

6、)A10 WB100 WC1 kW D10 kW【答案】：B【解析】：這是一道實際生活中求平均功率的計算題，考查估算能力，不僅要知道平均功率的計算公式P，而且要對學生的質量有一個比較切合實際的估計，設m人50 kg，則 W100 W。方法總結1求力做功的功率時的基本思路方法總結2求瞬時功率時，公式PFv適用于力F的方向與速度v的方向在同一條直線上的情況。如果F與v不同向，可用力F乘以沿F方向的分速度vF(PF·vF)，或用速度v乘以沿速度方向的分力Fv(PFv·v)求解。考點三機車的兩種啟動模型1模型一以恒定功率啟動(1)動態過程(2)這一過程的P ­t圖象和v

7、­t圖象如圖所示：2模型二以恒定加速度啟動(1)動態過程(2)這一過程的P ­t圖象和v ­t圖象如圖所示：（典例應用5）(多選)發動機額定功率為80 kW的汽車，質量為2×103 kg，在水平路面上行駛時汽車所受摩擦阻力恒為4×103 N，若汽車在平直公路上以額定功率啟動，則下列說法中正確的是()A汽車的加速度和速度都逐漸增加B汽車勻速行駛時，所受的牽引力為零C汽車的最大速度為20 m/sD當汽車速度為5 m/s時，其加速度為6 m/s2【答案】：CD【解析】：由PFv，FFfma可知，在汽車以額定功率啟動的過程中，F逐漸減小，汽車的加速度a

8、逐漸減小，但速度逐漸增加，當勻速行駛時，FFf，此時加速度為零，速度達到最大值，則vm m/s20 m/s，故A、B錯誤，C正確；當汽車速度為5 m/s時，由牛頓第二定律得Ffma，解得a6 m/s2，故D正確。（典例應用6）在上【例】中若汽車從靜止開始以恒定的加速度做勻加速直線運動，其加速度為2 m/s2，當汽車的輸出功率達到額定功率后，保持功率不變直到汽車勻速運動，求：(1)汽車勻加速運動的時間。(2)汽車啟動后第2 s末時發動機的實際功率。【答案】：(1)5 s (2)32 kW【解析】：(1)汽車勻加速直線運動過程，由牛頓第二定律得：FFfma；解得：F8×103 N由PFv

9、得汽車勻加速直線運動的最大速度為：v10 m/st5 s(2)2 s末汽車的速度：vat4 m/s2 s末汽車的實際功率：PFv3.2×104 W32 kW方法總結(1)無論哪種啟動過程，機車的最大速度都等于其勻速運動時的速度，即vm(式中Fmin為最小牽引力，其值等于阻力F阻)。(2)機車以恒定加速度啟動的運動過程中，勻加速過程結束時，功率最大，速度不是最大，即v<vm。(3)機車以恒定功率運行時，牽引力做的功WPt。由動能定理：PtF阻xEk。此式經常用于求解機車以恒定功率啟動過程的位移大小。考點4、動能定理的應用1動能定理公式中“”的意義等號表明合力做功與物體動能變化的三

10、個關系2應用動能定理解題的步驟(1)選取研究對象，明確它的運動過程。(2)分析研究對象的受力情況和各力的做功情況：(3)明確物體在過程始末狀態的動能Ek1和Ek2。(4)列出動能定理的方程W合Ek2Ek1及其他必要的解題方程進行求解。（典例應用7）如圖所示，AB為傾角37°的斜面軌道，軌道的AC部分光滑，CB部分粗糙。BP為圓心角等于143°，半徑R1 m的豎直光滑圓弧形軌道，兩軌道相切于B點，P、O兩點在同一豎直線上，輕彈簧一端固定在A點，另一自由端在斜面上C點處，現有一質量m2 kg的物塊在外力作用下將彈簧緩慢壓縮到D點后(不拴接)釋放，物塊經過C點后，從C點運動到B點

11、過程中的位移與時間的關系為x12t4t2(式中x單位是m，t單位是s)，假設物塊第一次經過B點后恰能到達P點，(sin 37°0.6，cos 37°0.8，g取10 m/s2)試求：(1)若CD1 m，物塊從D點運動到C點的過程中，彈簧對物塊所做的功；(2)B、C兩點間的距離x。【答案】(1)156 J(2)6.125 m【解析】(1)由x12t4t2知，物塊在C點速度為v012 m/s，a8 m/s2設物塊從D點運動到C點的過程中，彈簧對物塊所做的功為W，由動能定理得Wmgsin 37°·mv代入數據得Wmvmgsin 37°·15

12、6 J。(2)物塊在CB段，根據牛頓第二定律，物塊所受合力Fma16 N物塊在P點的速度滿足mgC到P的過程，由動能定理得FxmgR(1cos 37°)mvmv，解得x m6.125 m。方法總結用好動能定理的“5個”突破突破研究對象的選取動能定理適用于單個物體，當題目中出現多個物體時可分別將單個物體取為研究對象，應用動能定理。突破研究過程的選取應用動能定理時，選取不同的研究過程列出的方程是不相同的。因為動能定理是個過程式，選取合適的過程往往可以大大簡化運算。突破受力分析運用動能定理時，必須分析清楚物體在過程中的全部受力情況，找出哪些力不做功，哪些力做功，做多少功，從而確定出外力的總

13、功，這是解題的關鍵。突破位移的計算應用動能定理時，要注意有的力做功與路程無關，只與位移有關，有的力做功卻與路程有關。突破初、末狀態的確定動能定理的計算式為標量式，v為相對同一參考系的速度，所以確定初、末狀態動能時，必須相對于同一參考系而言。（典例應用8）.如圖，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高，質量為m的質點自軌道端點P由靜止開始滑下，滑到最低點Q時，對軌道的正壓力為2mg，重力加速度大小為g。質點自P滑到Q的過程中，克服摩擦力所做的功為() A.mgR B.mgR C.mgR D.mgR【答案】C【解析】在Q點質點受到豎直向下的重力和豎直向上的支持力，兩力的合力充當向心力，所

14、以有FNmgm，FN2mg，聯立解得v，下滑過程中，根據動能定理可得mgRWfmv2，解得WfmgR，所以克服摩擦力做功mgR，C正確。（典例應用9）.如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端與質量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環相連，彈簧水平且處于原長。圓環從A處由靜止開始下滑，經過B處的速度最大，到達C處的速度為零，AC=h。圓環在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A；彈簧始終在彈性限度之內，重力加速度為g，則圓環（ ） A下滑過程中，加速度一直減小B下滑過程中，克服摩擦力做功為C在C處，彈簧的彈性勢能為D上滑經過B的速度大于下滑經過B的速度【答案】：BD【解析】：由題意知，圓環從A到C先

15、加速后減速，到達B處的加速度減小為零，故加速度先減小后增大，故A錯誤；根據能量守恒，從A到C有mghWfEp，從C到A有mv2EpmghWf，聯立解得：Wfmv2，Epmghmv2，所以B正確，C錯誤；根據能量守恒，從A到B有mgh1mvEp1Wf1，從C到B有mv2Ep2mvWf2mgh2，又有mv2EpmghWf，聯立可得vB2vB1，所以D正確。考點五、動能定理的圖象問題1力學中圖象所圍“面積”的意義v ­t圖象由公式xvt可知，v ­t圖線與坐標軸圍成的面積表示物體的位移a ­t圖象由公式vat可知，a ­t圖線與坐標軸圍成的面積表示物體速度的變

16、化量F ­x圖象由公式WFx可知，F­x圖線與坐標軸圍成的面積表示力所做的功P ­t圖象由公式WPt可知，P ­t圖線與坐標軸圍成的面積表示力所做的功2.解決物理圖象問題的基本步驟(典例應用10)宇航員在某星球表面做了如下實驗，實驗裝置如圖甲所示，豎直平面內的光滑軌道由斜軌道AB和圓弧軌道BC組成。將質量m0.2 kg的小球，從軌道AB上高H處的某點由靜止釋放，用力傳感器測出小球經過C點時對軌道的壓力大小為F，改變H的大小，可測出F隨H的變化關系如圖乙所示，求：(1)圓軌道的半徑。(2)星球表面的重力加速度。(3)作出小球經過C點時動能隨H的變化關系Ek

17、 ­H圖象。【答案】(1)0.2 m(2)5 m/s2(3)見解析【解析】：(1)小球過C點時，由牛頓第二定律得：Fmgm小球由靜止下滑至C點的過程，由動能定理得：mg(H2r)mv解得：FH5mg由圖可知：當H10.5 m時，F10 N解得：r0.2 m(2)當H21.0 m時，F25 N解得：g5 m/s2(3)小球由靜止下滑至C點的過程，由動能定理得：mg(H2r)Ek0解得：EkH0.4則Ek ­H圖象如圖所示：考點六、機械能守恒定律的條件及應用1機械能守恒的條件只有重力或彈力做功，可以從以下四個方面進行理解：(1)物體只受重力或彈力作用。(2)存在其他力作用，但其

18、他力不做功，只有重力或彈力做功。(3)其他力做功，但做功的代數和為零。(4)存在相互作用的物體組成的系統只有動能和勢能的相互轉化，無其他形式能量的轉化。2“兩法”判斷機械能是否守恒(典例應用11)忽略空氣阻力，下列物體運動過程中滿足機械能守恒的是()A電梯勻速下降B物體由光滑斜面頂端滑到斜面底端C物體沿著粗糙斜面勻速下滑D拉著物體沿光滑斜面勻速上升【答案】B【解析】電梯勻速下降，說明電梯處于平衡狀態，并不是只有重力做功，故A錯誤；物體在光滑斜面上，受重力和支持力的作用，但是支持力的方向和物體運動的方向垂直，支持力不做功，只有重力做功，故B正確；物體沿著粗糙斜面勻速下滑，物體受力平衡，摩擦力和重

19、力都要做功，所以機械能不守恒，故C錯誤；拉著物體沿光滑斜面勻速上升，物體受力平衡，拉力和重力都要做功，所以機械能不守恒，故D錯誤。（典例應用12）(多選)如圖所示，質量分別為m和2m的兩個小球a和b，中間用輕質桿相連，在桿的中點O處有一固定轉動軸，把桿置于水平位置后釋放，在b球順時針擺動到最低位置的過程中()Ab球的重力勢能減少，動能增加，b球機械能守恒Ba球的重力勢能增加，動能也增加，a球機械能不守恒Ca球、b球組成的系統機械能守恒Da球、b球組成的系統機械能不守恒【答案】BC【解析】b球從水平位置下擺到最低點的過程中，a球升至最高點，重力勢能增加，動能也增加，機械能增加。由于a、b系統只有

20、重力做功，則系統機械能守恒，既然a球機械能增加，b球機械能一定減小。可見，桿對a球做了正功，桿對b球做了負功。所以，本題正確答案為B、C。考點七、功能關系及能量守恒定律1力學中幾種常見的功能關系功能量的變化合外力做正功動能增加重力做正功重力勢能減少彈簧彈力做正功彈性勢能減少電場力做正功電勢能減少其他力(除重力、彈力外)做正功機械能增加2.應用能量守恒定律的兩條基本思路(1)某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量與增加量一定相等；(2)某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量與增加量一定相等。(典例應用13)(多選)如圖所示，一根原長為L的輕彈簧，下端固定在水平

21、地面上，一個質量為m的小球，在彈簧的正上方從距地面高度為H處由靜止下落壓縮彈簧。若彈簧的最大壓縮量為x，小球下落過程受到的空氣阻力恒為Ff，則小球從開始下落至最低點的過程()A小球動能的增量為零B小球重力勢能的增量為mg(HxL)C彈簧彈性勢能的增量為(mgFf)(HxL)D系統機械能減小FfH【答案】AC【解析】：小球下落的整個過程中，開始時速度為零，結束時速度也為零，所以小球動能的增量為0，故A正確；小球下落的整個過程中，重力做功WGmghmg(HxL)，根據重力做功量度重力勢能的變化WGEp得：小球重力勢能的增量為mg(HxL)，故B錯誤；根據動能定理得：WGWfW彈000，所以W彈(m

22、gFf)(HxL)，根據彈簧彈力做功量度彈性勢能的變化W彈Ep得：彈簧彈性勢能的增量為(mgFf)·(HxL)，故C正確；系統機械能的減少等于重力、彈力以外的力做的功，所以小球從開始下落至最低點的過程，克服阻力做的功為：Ff(HxL)，所以系統機械能的減小量為：Ff(HxL)，故D錯誤。(典例應用14)韓曉鵬是我國首位在冬奧會雪上項目奪冠的運動員。他在一次自由式滑雪空中技巧比賽中沿“助滑區”保持同一姿態下滑了一段距離，重力對他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J。韓曉鵬在此過程中()A動能增加了1 900 JB動能增加了2 000 JC重力勢能減小了1 900 JD重力勢能減

23、小了2 000 J【答案】C【解析】由動能定理可知，Ek1 900 J100 J1 800 J，故A、B均錯。重力勢能的減少量等于重力做的功，故C正確，D錯誤。(典例應用15)如圖所示，傳送帶AB總長為l10 m，與一個半徑為R0.4 m的光滑四分之一圓軌道BC相切于B點，傳送帶速度恒為v6 m/s，方向向右，現有一個滑塊以一定初速度從A點水平滑上傳送帶，滑塊質量為m10 kg，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.1，已知滑塊運動到B端時，剛好與傳送帶同速，求：(1)滑塊的初速度；(2)滑塊能上升的最大高度；(3)求滑塊第二次在傳送帶上滑行時，滑塊和傳送帶系統產生的內能。【答案】(1)2 m/s或

24、4 m/s(2)1.8 m(3)220 J【解析】(1)以滑塊為研究對象，滑塊在傳送帶上運動過程中，當滑塊初速度大于傳送帶速度時，有mglmv2mv，解得v02 m/s；當滑塊初速度小于傳送帶速度時，有mglmv2mv，解得v04 m/s。(2)由動能定理可得mgh0mv2，解得h1.8 m。(3)以滑塊為研究對象，由牛頓第二定律得mgma，滑塊的加速度a1 m/s2，滑塊減速到零的位移x018 m>10 m，則滑塊第二次在傳送帶上滑行時，速度沒有減小到零就離開傳送帶，由勻變速運動的位移公式可得lvtat2，解得t2 s(t10 s舍去)，在此時間內傳送帶的位移xvt6×2 m

25、12 m，滑塊第二次在傳送帶上滑行時，滑塊和傳送帶系統產生的內能Qmg(lx)0.1×10×10×(1012) J220 J。考點八、實驗驗證動能定理誤差分析1誤差的主要來源是橡皮筋的長度、粗細不一，使橡皮筋的拉力做功W與橡皮筋的條數不成正比。2沒有完全平衡摩擦力或平衡摩擦力時傾角過大也會造成誤差。3利用打上點的紙帶計算小車的速度時，測量不準帶來誤差。 注意事項1平衡摩擦力：將木板一端墊高，使小車重力沿斜面向下的分力與摩擦阻力平衡。方法是輕推小車，由打點計時器打在紙帶上的點的均勻程度判斷小車是否勻速運動，找到木板一個合適的傾角。2選點測速：測小車速度時，紙帶上的點

26、應選均勻部分的，也就是選小車做勻速運動狀態的。3橡皮筋的選擇：橡皮筋規格相同時，力對小車做的功以一條橡皮筋做的功為單位即可，不必計算出具體數值。(典例應用16）某同學做探究合力做的功和物體速度變化的關系的實驗裝置如圖甲所示，小車在橡皮筋的作用下彈出，沿木板滑行。用1條橡皮筋時對小車做的功記為W。當用2條、3條完全相同的橡皮筋并在一起進行第2次、第3次實驗時，每次實驗中橡皮筋伸長的長度都保持一致。實驗中小車獲得的速度由打點計時器所打的紙帶測出。(1)木板水平放置，小車在橡皮筋作用下運動，當小車速度最大時，關于橡皮筋所處的狀態與小車所在的位置，下列說法正確的是_。A橡皮筋仍處于伸長狀態B橡皮筋恰好

27、恢復原長C小車緊靠著打點計時器D小車已超過兩個鐵釘的連線(2)如圖乙所示是某次操作正確的情況下，在頻率為50 Hz的電源下打點計時器記錄的一條紙帶，為了測量小車獲得的速度，應選用紙帶的_(選填“AF”或“FI”)部分進行測量，速度大小為_m/s。(3)通過該實驗的正確操作和正確處理數據，應該得出合力做的功W和物體速度v變化的關系是_(用本問中的字母表達)。【答案】：(1)A(2)FI0.76(3)Wv2【解析】：(1)平衡摩擦力后，橡皮筋的拉力等于小車受到的合力，橡皮筋做功完畢，小車的速度最大。若不進行平衡摩擦力操作，則當橡皮筋的拉力等于摩擦力時，速度最大，本題中木板水平放置，顯然沒有進行平衡

28、摩擦力的操作，因此當小車的速度最大時，橡皮筋仍處于伸長狀態，故B、C、D錯誤，A正確。(2)小車在橡皮筋的作用下做加速運動，橡皮筋做功完畢，則速度達到最大，此后做勻速運動，因此勻速時的速度，即為該過程中的最大速度，故為了測量小車獲得的速度，應選用紙帶點距均勻的部分進行測量，即FI，所以速度為v m/s0.76 m/s。(3)由動能定理可知，合力做的功應等于物體動能的變化量，所以W與v2成正比，即Wv2。（典例應用19）某學習小組做探究“合力的功和物體速度變化的關系”的實驗，圖甲中小車是在1條橡皮筋作用下彈出，沿木板滑行，這時橡皮筋對小車做的功記為W。當用2條、3條完全相同的橡皮筋并在一起進行第

29、2次、第3次實驗時，使每次實驗中橡皮筋伸長的長度都保持一致。每次實驗中小車獲得的速度由打點計時器所打的紙帶測出。甲(1)除了圖中已有的實驗器材外，還需要導線、開關、_(填測量工具)和_(填“交流”或“直流”)電源。(2)實驗中，小車會受到摩擦阻力的作用，可以使木板適當傾斜來平衡掉摩擦阻力，則下面操作正確的是 ()A放開小車，能夠自由下滑即可B放開小車，能夠勻速下滑即可C放開拖著紙帶的小車，能夠自由下滑即可D放開拖著紙帶的小車，能夠勻速下滑即可(3)在正確操作情況下，打在紙帶上的點并不都是均勻的，為了測量小車獲得的速度，應選用圖乙中紙帶的_部分進行測量。乙【答案】：(1)刻度尺交流(2)D(3)GK【解析】：(1)為測量小車獲得的速度，必須用刻度尺來測量紙帶上點和點之間的距離；打點計時器必須使用交流電源。(2)平衡摩擦力時，也要平衡掉紙帶與限位孔之間的摩擦力。根據平衡狀態的特點，小車做勻速運動時即平衡掉了摩擦力。(3)應該選用紙帶上小車做勻速運動部分進行測量，此時