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第五章　机械能
第1讲　功和功率
常设情境　①生活实践类：体育运动中的功和功率问题，机车启动问题，交通工具、生产工具、娱乐项目中能量守恒定律的应用.
②学习探索类：功的正、负判断和大小计算，变力做功计算，功率的分析与计算，机械能守恒和功能关系的理解与应用，传送带、板块模型的能量问题.
素养目标　1.认识功和功率的概念.（物理观念） 2.掌握功的计算公式以及功率的两个公式P＝和P＝Fv.（物理观念） 3.掌握正、负功的判断方法.（科学思维） 4.理解机车启动的两种方式并能进行相关计算.（科学思维）
@一、功和功率的理解和计算
一、功和功率的理解和计算
考题1　（2024·江西卷）“飞流直下三千尺，疑是银河落九天.”是李白对庐山瀑布的浪漫主义描写.设瀑布的水流量约为10 m3/s，水位落差约为150 m.若利用瀑布水位落差发电，发电效率为70％，则发电功率大致为（取g＝10 m/s2）（　B　）
A.109 W B.107 W
C.105 W D.103 W
解析：设Δt时间内流出的水的质量为Δm，单位时间内流出水的质量＝ρQ，则发电功率P＝η＝ηρQgh，代入数据解得P＝70％×1.0×103×10×10×150 W≈107 W，B正确.
考题2　（2025·八省联考河南卷）如图1所示的水平地面上，质量为1 kg的物体在水平方向力F的作用下从静止开始做直线运动.图2为F随时间t变化的关系图像，已知物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小g取10 m/s2，求：
（1）在2 s末物体的速度大小；
（2）在0～3 s内物体所受摩擦力做的功.
答案：（1）8 m/s
（2）－27 J
解析：（1）物体所受的摩擦力为f＝μmg＝0.2×1×10＝2 N
0～2 s，根据牛顿第二定律F－f＝ma
其中F＝6 N
解得a＝4 m/s2
2 s末的速度v＝at＝2×4 m/s＝8 m/s
前2 s内的位移x1＝at2＝×4×22 m＝8 m.
（2）2～3 s内，根据牛顿第二定律F'－f＝ma
其中F'＝－3 N
可得a＝－5 m/s2
2～3 s内，物体的位移x2＝vt'＋at'2
代入数据可得x2＝5.5 m
在0～3 s内物体所受摩擦力做的功
Wf＝－f（x1＋x2）
代入数据可得Wf＝－27 J.
（一）功
1.定义：一个物体受到力的作用，如果在　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　.
3.公式：W＝　Flcos α　.如图所示.
（1）l为力的作用点的位移，α是力与　位移　方向之间的夹角.
（2）该公式只适用于　恒力　做功.
4.功的正、负
（1）当0°≤α＜90°时，W＞0，力对物体做　正功　.
（2）当α＝90°时，W＝0，力对物体　不做功　.
（3）当90°＜α≤180°时，W＜0，力对物体做　负功　，或者说物体　克服　这个力做了功.
（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）P＝　Fvcos 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.
深化1　　正负功的判断
判断根据 适用情况
根据力和位移方向的夹角判断 常用于恒力做功的判断
根据力和瞬时速度方向的夹角判断 常用于质点做曲线运动
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
深化2　　计算功的方法
（1）恒力做的功
直接用W＝Flcos α计算或用动能定理计算.
（2）合力做的功
方法一：先求合力F合，再用W合＝F合lcos α求功，尤其适用于已知质量m和加速度a的情况.
方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3、…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功.
方法三：利用动能定理，合力做的功等于物体动能的变化.
角度1　正负功的判断
例1　（2025·江苏南通开学质检）如图所示，轻绳OA一端固定，另一端与小球1连接，绳子AB与小球2连接，两小球完全相同，绳子水平且伸直，自由释放两小球，运动到图示位置过程中（　C　）
A.OA绳对小球1做正功
B.OA绳对小球1做负功
C.AB绳对小球2做正功
D.AB绳对小球2做负功
解析：OA绳的拉力始终与小球1的速度方向垂直，则OA绳对小球1不做功，故A、B错误；假设让小球1和OA绳组成一个单摆，小球2和OB绳组成另一个单摆，让两个单摆同时从题图中位置向下摆动，根据单摆的周期公式T＝2π可知，小球1摆动的周期小于小球2摆动的周期，说明题图中小球1运动角速度比小球2运动角速度快，则AB绳对小球1的拉力与小球1的瞬时速度方向夹角为钝角，所以AB绳对小球1做负功；AB绳对小球2的拉力与小球2的瞬时速度方向夹角为锐角，所以AB绳对小球2做正功，故C正确，D错误.故选C.
角度2　功的计算
例2　如图所示，升降机内斜面的倾角θ＝30°，质量为2 kg的物体置于斜面上始终不发生相对滑动，在升降机以5 m/s的速度匀速上升4 s的过程中.取g＝10 m/s2，求：
（1）斜面对物体的支持力所做的功；
（2）斜面对物体的摩擦力所做的功；
（3）物体重力所做的功；
（4）合外力对物体所做的功.
答案：（1）300 J
（2）100 J
（3）－400 J　（4）0
解析：物体置于升降机内随升降机一起匀速运动过程中，处于受力平衡状态，受力分析如图所示
由平衡条件得Ffcos θ－FNsin θ＝0，Ffsin θ＋FNcos θ－mg＝0
代入数据得Ff＝10 N，FN＝10 N
x＝vt＝20 m.
（1）斜面对物体的支持力所做的功
WN＝FNxcos θ＝300 J.
（2）斜面对物体的摩擦力所做的功
Wf＝Ffxcos（90°－θ）＝100 J.
（3）物体重力做的功WG＝－mgx＝－400 J.
（4）合外力对物体做的功
方法一：W合＝WN＋Wf＋WG＝0
方法二：F合＝0，W合＝F合x＝0.
角度3　功率的理解和计算
例3　如图所示，质量为m＝2 kg的木块在倾角θ＝37°的固定斜面上由静止开始下滑，斜面足够长，木块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，则前2 s内重力的平均功率和2 s末重力的瞬时功率分别为（　B　）
A.48 W　24W B.24 W　48 W
C.24 W　12 W D.12 W　24 W=
解析：木块所受的合外力F合＝mgsin θ－μmgcos θ＝4 N，木块的加速度a＝＝2 m/s2，前2 s内木块的位移x＝at2＝×2×22 m＝4 m，所以重力在前2 s内做的功为W＝mgxsin θ＝2×10×4×0.6 J＝48 J，重力在前2 s内的平均功率＝＝24 W，木块在2 s末的速度v＝at＝2×2 m/s＝4 m/s，2 s末重力的瞬时功率P＝mgvsin θ＝2×10×4×0.6 W＝48 W，故选项B正确.
训练1　（2025·南昌模拟）一只苹果从楼上某一高度自由下落，苹果在空中依次经过三个完全相同的窗户1、2、3.图中直线为苹果在空中的运动轨迹.若不计空气阻力的影响，下列说法正确的是（　C　）
A.苹果经过第三个窗户所用的时间最长
B.苹果经过第三个窗户重力做的功最多
C.苹果经过第一个窗户重力做功的平均功率最小
D.苹果经过第一个窗户下端时，重力做功的瞬时功率最大
解析：苹果做自由落体运动，速度逐渐增加，越来越快，通过相同距离用时越来越少，故通过第一个窗户用时最长，故A错误；重力做的功W＝mgL，故苹果通过3个窗户重力做的功一样多，故B错误；功率P＝＝，通过第一个窗户用时最长，故通过第1个窗户重力的平均功率最小，故C正确；根据v＝gt可知苹果经过第三个窗户下端时，速度最大，根据P＝mgv重力做功的瞬时功率最大，故D错误.
训练2　（2023·山东卷）《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景.引水过程简化如下：两个半径约为R的水轮，以角速度ω匀速转动.水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，与水轮间无相对滑动，每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60％被输送到高出水面H处灌入稻田，当地的重力加速度为g，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为（　B　）
A. B.
C. D.nmgωRH
解析：由题意知，水轮转一圈灌入农田的水的总质量为m总＝2πRnm×60％＝1.2πRnm，则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W＝1.2πRnmgH，筒车对灌入稻田的水做功的功率为P＝，又T＝，联立解得P＝，故B正确.
@二、机车启动的两种模型
二、机车启动的两种模型
考题3　（2023·湖北卷）两节动车的额定功率分别为P1和P2，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1和v2.现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为（　D　）
A. B.
C. D.
解析：额定功率为P1的动车以最大速度v1行驶时，F阻1＝F牵1＝；额定功率为P2的动车以最大速度v2行驶时，F阻2＝F牵2＝.将它们编成动车组以最大速度v行驶时，有P1＋P2＝F牵v＝（F阻1＋F阻2）v，解得v＝，D正确.
考题4　（2021·重庆卷）（多选）额定功率相同的甲、乙两车在同一水平路面上从静止启动，其发动机的牵引力随时间的变化曲线如图所示.两车分别从t1和t3时刻开始以额定功率行驶，从t2和t4时刻开始牵引力均视为不变.若两车行驶时所受的阻力大小与重力成正比，且比例系数相同，则（　ABC　）
A.甲车的总重比乙车的大
B.甲车比乙车先开始运动
C.甲车在t1时刻和乙车在t3时刻的速率相同
D.甲车在t2时刻和乙车在t4时刻的速率相同
解析：以车为研究对象，其在水平方向受发动机牵引力和阻力作用，当牵引力大于阻力时车开始运动.由题图可知，甲车比乙车先开始运动，B正确；车匀速运动时，F＝f，由题图可知，f甲＞f乙，结合题给条件知，甲车重力大于乙车重力，A正确；甲车在t1时刻和乙车在t3时刻，甲、乙两车的牵引力相同，额定功率也相同，由P＝Fv得，甲、乙两车速率相同，C正确；甲车在t2时刻和乙车在t4时刻，甲、乙两车均匀速运动，由vm＝＝及f甲＞f乙得v甲＜v乙，D错误.
深化1　　模型一：以恒定功率启动
（1）动态过程
（2）这一过程的P－t图像和v－t图像如图所示.
　　
深化2　　模型二：以恒定加速度启动
（1）动态过程
（2）这一过程的P－t图像和v－t图像如图所示.
　　
思维模型　机车启动的两种模型.
角度1　以恒定功率启动模型
例4　（多选）发展新能源汽车是当前一项国家战略，更是世界发展的潮流.假设有一辆纯电动客车质量m＝1×103 kg，客车沿平直的公路以恒定功率P从静止开始启动，如图所示为牵引力F与速度v的关系图像，加速过程在图中的B点结束，所用的时间t＝10 s，10 s后客车做匀速运动.若客车所受阻力始终不变，下列说法正确的是（　ACD　）
A.客车的功率P＝64 kW
B.图中A点对应的时刻为5 s
C.图中A点对应时刻客车的加速度大小为4 m/s2
D.0～10 s客车通过的路程为128 m
解析：客车以恒定功率P启动，由图可得P＝Fv＝64 kW，故A正确；客车以额定功率启动，作出其v－t图像如图中曲线所示，如果客车是做初速度为零的匀加速直线运动，则v－t图像如图中的直线所示，当速度为8 m/s时直线对应的时间刚好是5 s，而A点对应曲线的时间tA小于5 s，故B错误；10 s后客车做匀速运动，此时客车受到的牵引力与阻力大小相等，故f＝4 000 N，图中A点，FA＝8 000 N，根据牛顿第二定律可得aA＝＝4 m/s2，故C正确；设0～10 s客车通过的路程为s，根据动能定理可得Pt－fs＝m，代入数据解得s＝128 m，故D正确.
训练3　某重型气垫船，自重达5.0×105 kg，最高时速为108 km/h，装有额定输出功率为9 000 kW的燃气轮机.假设该重型气垫船在海面直线航行过程所受的阻力Ff不变，下列说法正确的是（　B　）
A.该重型气垫船在海面直线航行过程加速度一定保持不变
B.该重型气垫船在海面直线航行过程所受的阻力Ff为3.0×105 N
C.以最高时速一半的速度匀速航行时，气垫船所受的牵引力为6.0×105 N
D.以最高时速一半的速度匀速航行时，气垫船发动机的输出功率为9 000 kW
解析：在以额定功率运动过程中，气垫船的牵引力逐渐减小，当时速达到最大时，牵引力等于阻力不变，A错误；由P额＝Ffvm，可得Ff＝3.0×105 N，当气垫船以不同的速度匀速航行时，牵引力等于阻力，B正确，C错误；根据P＝，解得P＝4 500 kW，D错误.
角度2　以恒定加速度启动模型
例5　某汽车从静止开始以加速度a匀加速启动，最后做匀速运动.已知汽车的质量为m，额定功率为P，匀加速运动的末速度为v1，匀速运动的速度为vm，所受阻力为Ff，如图所示是反映汽车的速度随时间及功率、牵引力和加速度随速度变化的图像，其中不正确的是（　D　）
解析：定性分析，汽车开始做初速度为零的匀加速直线运动，当达到额定功率时，匀加速结束，然后做加速度逐渐减小的加速运动，直至最后做匀速运动，即汽车运动过程中开始加速度不变，后来加速度逐渐减小，最后加速度为零，故D错误，符合题意.定量分析，汽车做匀加速运动时有F－Ff＝ma，已知匀加速刚结束时速度为v1，有P＝Fv1，则匀加速运动的末速度为v1＝；汽车最后做匀速运动时有F＝Ff、P＝Fvm，则最后匀速运动的速度为vm＝.在v－t图像中图线的斜率表示加速度，汽车开始加速度不变，后来逐渐减小，最终为0，故A正确，不符合题意.开始汽车功率逐渐增加且加速度不变，则汽车的牵引力不变，故P＝Fv，P－v图像中的图线为过原点的直线，后来功率恒定且为额定功率，故B正确，不符合题意.汽车牵引力开始大小不变，然后逐渐减小，最后牵引力等于阻力，故C正确，不符合题意.
训练4　（2025·辽宁锦州模拟）随着国产汽车的日益崛起，越来越多的人选择购买国产汽车，某国产汽车发动机的额定功率为P，驾驶员和汽车的总质量为m＝2 000 kg，当汽车在水平路面上行驶时受到的阻力为车对路面压力的0.1倍.若汽车从静止开始在水平路面上匀加速启动，t1＝5 s时，速度v1＝10 m/s，功率达到额定功率，此后汽车以额定功率运行，t2＝65 s时速度达到最大值vm＝30 m/s，汽车运动的v－t图像如图所示，取g＝10 m/s2，求：
（1）汽车的额定功率P；
（2）汽车在0～t1期间牵引力的大小F及汽车在0～t1期间牵引力做的功W；
（3）汽车在t1～t2期间的位移大小x2.
答案：（1）60 kW
（2）6 000 N　1.5×105 J
（3）1 400 m
解析：（1）汽车受到的阻力为Ff＝0.1mg＝2 000 N
当牵引力等于阻力时，汽车速度达到最大，则汽车的额定功率为P＝F牵vm＝Ffvm＝60 000 W＝60 kW.
（2）从0～5 s时间内，汽车做匀加速直线运动，加速度大小为a＝＝ m/s2＝2 m/s2，汽车匀加速直线运动的位移为x1＝a＝25 m
根据牛顿第二定律可得F－Ff＝ma，可得F＝6 000 N
在0～t1期间牵引力做的功为W＝Fx1＝1.5×105 J.
（3）在t1～t2期间，由动能定理得P（t2－t1）－Ffx2＝m－m
解得x2＝1 400 m.
@三、计算变力做功的常用方法
三、计算变力做功的常用方法
考题5　（2023·新课标卷）无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落.一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为（重力加速度大小为g）（　B　）
A.0 B.mgh
C.mv2－mgh D.mv2＋mgh
解析：在地面附近匀速下落，Ff＝mg，在下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为Wf＝Ffh＝mgh，B正确.
深化1　　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＝Ff·Δx1＋Ff·Δx2＋Ff·Δx3＋…＝Ff（Δx1＋Δx2＋Δx3＋…）＝Ff·2πR.
深化2　　图像法
一水平拉力拉着一物体在水平面上运动的位移为x1，图线与横轴所围面积表示拉力所做的功W＝（F0＋F1）x1.
深化3　　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＝·（x2－x1）.
深化4　　等效转换法
恒力F把物块从A拉到B，绳子对物块做功W＝F·（－）.
角度1　微元法
例6　（多选）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F阻不变，则下列说法正确的是（　ABD　）
A.重力做功为mgL
B.悬线的拉力做功为0
C.空气阻力做功为－mgL
D.空气阻力做功为－F阻πL
解析：重力做功与路径无关，选项A正确；悬线拉力方向总与运动方向垂直，不做功，选项B正确；空气阻力大小不变，方向总与运动方向相反，做的功等于力与运动路程的乘积，选项D正确，C错误.
角度2　图像法
例7　如图所示，建筑工地常使用打桩机将圆柱体打入地下一定深度，设定某打桩机每次打击过程对圆柱体做功相同，圆柱体所受泥土阻力Ff与进入泥土深度h成正比（即Ff＝kh，k为常量），圆柱体自重及空气阻力可忽略不计，打桩机第一次打击过程使圆柱体进入泥土深度为h1，则打桩机第n次打击过程使圆柱体进入泥土深度为（　D　）
A.h1 B.nh1
C.h1 D.（－）h1
析：由题意可知，阻力Ff与深度h成正比，则Ff－h图像如图所示，Ff－h图像与横轴围成的面积表示阻力所做的功，每次打桩机对圆柱体做的功相同，每次打击过程所对应的Ff－h图像与横轴围成的面积相等，由数学知识可知，h1∶h2∶h3∶…∶hn＝1∶∶∶…∶，所以打桩机第n次打击过程使圆柱体进入泥土深度为hn－hn－1＝（－）h1，选项D正确.
角度3　平均力法
例8　（多选）如图所示，A、B质量分别为m和M，B系在固定于墙上的水平轻弹簧的另一端，并置于光滑的水平面上，弹簧的劲度系数为k，将B向右拉离平衡位置x后，无初速度释放，在以后的运动中A、B保持相对静止，则在弹簧恢复原长的过程中（　BD　）
A.A受到的摩擦力最大值为
B.A受到的摩擦力最大值为
C.摩擦力对A做功为
D.摩擦力对A做功为
解析：刚释放时，A、B加速度最大，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得kx＝（M＋m）am，解得am＝，此时A受到的摩擦力最大，对A根据牛顿第二定律得Ffm＝mam＝，故A错误，B正确；在弹簧恢复原长的过程，A受的摩擦力随位移增大而线性减小到零，所以摩擦力对A做的功为W＝·x＝，故C错误，D正确.
角度4　等效转换法
例9　（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、方向不变的拉力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.已知滑块的质量为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，cos 37°＝0.8）.则（　AC　）
A.拉力F大小为mg
B.拉力F大小为mg
C.滑块由A到C的过程中轻绳对滑块做功mgd
D.滑块由A到C的过程中轻绳对滑块做功mgd
解析：滑块到C点时速度最大，其所受合力为零，则有Fcos 53°－mg＝0，解得F＝mg，故A正确，B错误；由能量守恒定律可知，拉力F做的功等于轻绳拉力对滑块做的功，滑轮与A间的绳长L1＝，滑轮与C间的绳长L2＝，滑轮右侧绳子增加的长度ΔL＝L1－L2＝－＝，拉力做功W＝FΔL＝mgd，故C正确，D错误.
@限时跟踪检测（二十四）
A级·基础对点练
1.如图甲所示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）.如图乙所示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.下列关于力做功的判断正确的是（　A　）
　　
A.甲图中支持力对人做正功
B.甲图中摩擦力对人做负功
C.乙图中支持力对人做正功
D.乙图中摩擦力对人做负功
解析：甲图中人受重力和支持力，不受摩擦力，支持力做正功，A正确，B错误；乙图中人受重力、支持力和静摩擦力，支持力不做功，摩擦力做正功，C、D错误.
2.（2025·天津塘沽一中月考）如图所示，把两个相同的小球从离地面相同高度处以相同大小的初速度v分别沿竖直向上和竖直向下方向抛出，不计空气阻力.则下列说法正确的是（　B　）
A.两小球落地时速度不相同
B.两小球落地时，重力的瞬时功率相同
C.从小球抛出到落地，重力对两小球做的功不相等
D.从小球抛出到落地，重力对两小球做功的平均功率相等
解析：由抛体运动规律得，两小球落地时的速度大小相等，方向相同，A错误；由于两个小球落地时速度相同，故重力的瞬时功率相同，B正确；由重力做功公式W＝mgh得，从小球抛出至落地，重力对两小球做的功相等，C错误；从抛出至落地，重力对两小球做的功相等，但是两小球运动的时间不同，故重力对两小球做功的平均功率不相等，D错误.
3.如图所示，一物体在力F作用下沿水平桌面做匀加速直线运动.已知物体质量为m，加速度大小为a，物体和桌面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，在物体移动距离为x的过程中（　D　）
A.摩擦力做功大小与F方向无关
B.合力做功大小与F方向有关
C.F为水平方向时，F做功为μmgx
D.F做功的最小值为max
解析：设力F与水平方向的夹角为θ，则摩擦力为Ff＝μ（mg－Fsin θ），摩擦力做功大小Wf＝μ（mg－Fsin θ）x，即摩擦力做功大小与F的方向有关，选项A错误；合力做功大小W＝F合x＝max，可知合力做功大小与力F方向无关，选项B错误；当力F水平时，则有F＝ma＋μmg，力F做功为WF＝Fx＝（ma＋μmg）x，选项C错误；因合外力做功大小为max，大小一定，而合外力做的功等于力F与摩擦力Ff做功的代数和，而当Fsin θ＝mg时，摩擦力Ff＝0，摩擦力做功为零，力F做功最小，最小值为max，选项D正确.
题组二　机车启动两种模型
4.（2025·沈阳模拟）某款质量为M的氢能源汽车（如图所示）在一次测试中，沿平直公路以恒定功率P从静止启动做直线运动，行驶路程x，恰好达到最大速度vm.已知该车所受阻力恒定.下列判断正确的是（　C　）
A.启动过程中，车做匀加速直线运动
B.启动过程中，牵引力对车做的功为M
C.车速从0增至vm的加速时间为＋
D.车速为时，车的加速度大小为
解析：汽车以恒定功率P启动，由P＝Fv可知，启动过程中，速度v增大，则牵引力F减小，由F－Ff＝Ma可知，加速度a减小，则车做加速度减小的加速运动，A错误；汽车受到的阻力Ff＝，启动过程中，W－Ffx＝M，即Pt－Ffx＝M，得W＝＋M，t＝＋，B错误，C正确；车速为时，汽车的牵引力F1＝＝，此时F1－Ff＝Ma1，解得a1＝，D错误.
5.（2025·河北沧州三模）一提升装置把静置于地面上的重物竖直向上提升的过程中，提升装置功率随时间变化的P－t图像如图所示.0～1 s内，重物匀加速上升，t＝1 s时速度达到最大速度的一半，在t＝3 s时，达到最大速度vm＝20 m/s.在t＝6 s时，重物再次匀速上升，取g＝10 m/s2，不计一切阻力.下列说法正确的是（　D　）
A.在0～1 s时间内，重物受到的向上拉力为30 N
B.在t＝1 s时，重物的加速度大小a＝20 m/s2
C.在t＝6 s时，重物的速度大小v＝5 m/s
D.在0～6 s时间内，重物上升的高度h＝85 m
解析：在t＝3 s时，达到最大速度vm＝20 m/s，之后重物做匀速运动，则有Pm＝mgvm，可得m＝2 kg，在t＝1 s时，重物的加速度a＝，其中F＝，解得F＝40 N，a＝10 m/s2，A、B错误；在t＝6 s时，重物再次匀速上升，由P1＝mgv可得v＝10 m/s，C错误；由动能定理知 W－mgh＝mv2，其中W等于P－t图线与t轴所围图形的面积，可得W＝×400×1 J＋400×3 J＋200×2 J＝1 800 J，可得h＝85 m，D正确.
题组三　计算变力做功的常用方法
6.（2025·河北衡水期末）在多年前的农村，人们往往会选择让驴来拉磨把谷物磨成面，如图所示，假设驴对磨的平均拉力为600 N，拉力沿磨盘圆周切线方向，磨盘的半径r为0.5 m，磨转动一周的时间为5 s，则（　C　）
A.驴拉磨一周拉力所做的功为0
B.驴拉磨一周拉力所做的功为650π J
C.驴拉磨一周拉力的平均功率为120π W
D.磨盘边缘的线速度大小为0.1π m/s
解析：驴对磨的拉力沿磨盘圆周切线方向，拉力作用点的速度方向也在该切线方向，可认为拉磨过程中拉力方向始终与速度方向相同，故根据微元法可知，拉力对磨盘所做的功等于拉力的大小与拉力作用点沿圆周运动弧长的乘积，则磨转动一周，弧长L＝2πr＝π m，所以拉力所做的功W＝FL＝600×π J＝600π J，故A、B错误；根据功率的定义得P＝＝ W＝120π W，故C正确；磨盘边缘的线速度大小为v＝＝ m/s＝0.2π m/s，故D错误.
7.（2025·福建莆田模拟）一质量为4 kg的物体，在粗糙的水平面上受水平恒定的拉力F作用做匀速直线运动.物体运动一段时间后拉力逐渐减小，当拉力减小到零时，物体刚好停止运动.拉力F随位移x变化的关系图像如图所示，重力加速度大小取10 m/s2，则（　D　）
A.物体做匀速直线运动的速度大小为4 m/s
B.整个过程拉力对物体所做的功为4 J
C.整个过程摩擦力对物体所做的功为－8 J
D.整个过程合力对物体所做的功为－4 J
解析：F－x图线与横轴所围区域的面积表示拉力对物体所做的功，所以WF＝ J＝12 J，故B错误；0～2 m阶段，根据平衡条件可得F＝Ff＝4 N，所以整个过程中摩擦力对物体做的功为Wf＝－Ffx＝－4×4 J＝－16 J，故C错误；整个过程中合力所做的功为W合＝WF＋Wf＝12 J＋（－16 J）＝－4 J，故D正确；根据动能定理可得W合＝0－m，解得v0＝ m/s，故A错误.
B级·能力提升练
8.（2025·清远教学质量检测）近几年具有健康、活力、激情标签的滑雪运动备受青睐，滑雪场地也成为了越来越多人的冬游之选.如图所示，某滑雪场打算在一坡度约为16°的滑道边上安装一条100 m的长直“魔毯”来运送滑雪者上山，“魔毯”的额定功率为40 kW，其表面与其他物品的动摩擦因数均为0.75，“魔毯”始终匀速运行.“魔毯”质量不计，忽略“魔毯”与冰面的摩擦和其他机械摩擦（携带装备的成年人平均质量约为70 kg，sin 16°＝0.28，cos 16°＝0.96，取g＝10 m/s2）.则（　C　）
A.一个成年人上山过程中克服重力做功7.0×104 J
B.一个成年人上山过程中克服摩擦力做功5.04×104 J
C.若同时承运100个成年人，则其最大运行速度约为2 m/s
D.若“魔毯”以1 m/s的速度运行，则最多可以同时承运50个成年人
解析：一个成年人上山过程中克服重力做功为WG＝mgh＝mglsin 16°＝70×10×100×0.28 J＝1.96×104 J，A错误；一个成年人上山过程中，摩擦力做正功，不是克服摩擦力做功，则静摩擦力做的功为Wf＝f静l＝mglsin 16°＝1.96×104 J，B错误；当“魔毯”上同时承运n＝100人时，有f＝mgsin θ，f总＝nf，由牛顿第三定律，对“魔毯”有F＝f总，“魔毯”正常工作时，有P额＝Fvm，可得vm＝＝ m/s＝2 m/s，C正确；同理可得，若“魔毯”以1 m/s速度运行，由P额＝F'v可得F'＝＝n'f，代入数据解得n'＝204，则最多可以同时承运204个成年人，故D错误.故选C.
9.（2025·湖南联考）质量m＝2 kg的物体在水平向右的力F作用下沿水平地面向右运动，其v－t图像如图所示.已知物体与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.3，重力加速度取g＝10 m/s2.下列说法正确的是（　B　）
A.0～2 s内力F的功率为零
B.2 s后瞬间力F的功率是2 s前瞬间功率的倍
C.0～6 s内力F的最大功率为40 W
D.0～6 s内力F的最小功率为24 W
解析：由题图知，0～2 s内物体做匀速直线运动，根据平衡条件得，F＝μmg＝6 N，0～2 s内力F的功率为P＝Fv＝6×4 W＝24 W，A错误；v－t图像中图线的斜率表示加速度，2～4 s内物体的加速度为a＝ m/s2＝2 m/s2，根据牛顿第二定律得F'－μmg＝ma，解得F'＝10 N，2 s前后瞬时速度相等，根据P＝Fv得，2 s后瞬间F'的功率与2 s前瞬间F的功率之比为P2∶P1＝F'v∶Fv＝10∶6，解得P2＝P1，B正确；由题图知，4 s末F的功率最大，最大功率为Pm＝F'v'＝10×8 W＝80 W，C错误；4～6 s物体做匀减速直线运动，末速度为零，故6 s末力F的功率最小为零，D错误.
快解：0～2 s内物体做匀速运动，力F、速度v均不为零，力F的功率不为零，A错误；6 s末速度为零，故0～6 s内力F的最小功率为零，D错误；0～6 s内，4 s末速度最大，力F最大，功率最大，最大功率为Pm＝F'v'＝10×8 W＝80 W，C错误.故B正确.
10.在检测某种汽车性能的实验中，质量为3×103 kg的汽车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为40 m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻汽车的牵引力F与对应速度v，并描绘出如图所示的F－图像（图线ABC为汽车由静止到达到最大速度的全过程，AB、BC均为直线）.假设汽车行驶中所受的阻力恒定，根据图线ABC，求：
（1）该汽车的额定功率；
（2）该汽车由静止开始运动，经过35 s达到最大速度40 m/s，则其在BC段的位移大小.
答案：（1）80 kW
（2）75 m
解析：（1）当达到最大速度vmax＝40 m/s时，牵引力为Fmin＝2 000 N
故恒定阻力f＝Fmin＝2 000 N
额定功率P＝Fminvmax＝80 kW.
（2）匀加速直线运动的末速度v＝＝10 m/s
根据牛顿第二定律得a＝＝2 m/s2
所以匀加速直线运动的时间t1＝＝5 s
所以BC段运动的时间为t＝（35－5） s＝30 s
在BC段，根据动能定理得Pt－fx＝m－mv2
代入数据得x＝75 m.
第2讲　动能定理及其应用
素养目标　1.知道动能的概念.（物理观念） 2.知道动能定理及其适用条件.（物理观念） 3.掌握应用动能定理解题的一般步骤.（科学思维）
@一、动能定理的理解及简单应用
一、动能定理的理解及简单应用
考题1　（2024·安徽卷）某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v.已知人与滑板的总质量为m，可视为质点.重力加速度大小为g，不计空气阻力.则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为（　D　）
A.mgh B.mv2
C.mgh＋mv2 D.mgh－mv2
解析：根据动能定理有mgh－Wf克＝mv2－0，可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为Wf克＝mgh－mv2，D正确.
考题2　（2024·福建卷）先后两次从高为OH＝1.4 m高处斜向上抛出质量为m＝0.2 kg的同一物体落于Q1、Q2，测得OQ1＝8.4 m，OQ2＝9.8 m，两轨迹交于P点，两条轨迹最高点等高且距水平地面高为3.2 m，不计空气阻力.取g＝10 m/s2，下列说法正确的是（　B　）
A.第一次抛出上升时间、下降时间比值为∶4
B.第一次过P点比第二次机械能少1.3 J
C.落地瞬间，第一次、第二次动能之比为72∶85
D.第二次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第一次大
解析：第一次抛出上升的高度为h1＝3.2 m－1.4 m＝1.8 m，故上升时间为t上1＝＝0.6 s，最高点距水平地面高为h0＝3.2 m，故下降的时间为t下1＝＝0.8 s，故第一次抛出上升时间、下降时间比值为3∶4，故A错误；两条轨迹最高点等高，故可知两次从抛出到落地的时间相等为t＝t上1＋t下1＝1.4 s，故可得第一次、第二次抛出时水平方向的分速度分别为vx1＝＝6 m/s，vx2＝＝7 m/s，由于两条轨迹最高点等高，故抛出时竖直方向的分速度相等，为vy＝gt上1＝6 m/s，由于物体在空中机械能守恒，故第一次过P点比第二次机械能少ΔE＝m－m＝1.3 J，故B正确；从抛出到落地瞬间，根据动能定理Ek1＝Ek01＋mghOH＝m（＋）＋mghOH＝10 J，Ek2＝Ek02＋mghOH＝m（＋）＋mghOH＝11.3 J，故落地瞬间，第一次、第二次动能之比为100∶113，故C错误；根据前面分析可知两次抛出时竖直方向的分速度相同，两次落地时物体在竖直方向的分速度也相同，由于第一次的水平分速度较小，物体在水平方向速度不变，故可知第一次抛出时速度与水平方向的夹角较大，第一次落地时速度与水平方向的夹角也较大，故可知第一次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第二次大，故D错误.故选B.
（一）动能
1.定义：物体由于　运动　而具有的能.
2.公式：Ek＝　mv2　.
3.单位：　焦耳　，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.
4.标矢性：动能是　标量　，只有正值，动能与速度的方向　无关　.
5.动能的变化：物体　末动能　与　初动能　之差，即ΔEk＝　m－m　.
（二）动能定理
1.内容：在一个过程中合力对物体所做的功，等于物体在这个过程中　动能的变化　.
2.表达式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝　m－m　.
3.物理意义：　合力　的功是物体动能变化的量度.
4.适用条件
（1）既适用于直线运动，也适用于　曲线运动　.
（2）既适用于恒力做功，也适用于　变力　做功.
（3）力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以　分阶段　作用.
深化1　　对“外力”的两点理解
（1）“外力”指的是合外力，可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用.
（2）“外力”既可以是恒力，也可以是变力.
深化2　　应用动能定理解题应抓住“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，确定在这一过程中研究对象的受力情况和位置变化或位移信息.
深化3　　动能定理的应用技巧
例1　（2025·江苏南京二十九中调研）如图所示，质量为m的物块与水平转台间的动摩擦因数为μ，物块与转轴相距R，物块随转台由静止开始转动.当转速增至某一值时，物块即将在转台上滑动，此时转台已开始匀速转动，在这一过程中，摩擦力对物块做的功是（假设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（　D　）
A.0 B.2μmgR
C.2πμmgR D.
解析：物块即将在转台上滑动时，转台对物块的最大静摩擦力恰好提供物块所需的向心力，设此时物块做圆周运动的线速度为v，则有μmg＝m，在物块由静止到获得速度v的过程中，物块受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物块做功，由动能定理得W＝mv2－0，联立解得W＝，故D正确.故选D.
训练1　（2025·八省联考云南卷）如图所示，“套圈”活动中，某同学将相同套环分两次从同一位置水平抛出，分别套中Ⅰ、Ⅱ号物品.若套环可近似视为质点，不计空气阻力，则（　D　）
A.套中Ⅰ号物品，套环被抛出的速度较大
B.套中Ⅰ号物品，重力对套环做功较小
C.套中Ⅱ号物品，套环飞行时间较长
D.套中Ⅱ号物品，套环动能变化量较小
解析：根据平抛运动规律，水平方向和竖直方向的位移公式为x＝v0t，h＝gt2，可得v0＝x，套中Ⅰ号物品时，水平位移x较小，下落高度h较大，可知套环被抛出的速度v0一定较小，A错误；根据重力做功表达式W＝mgh可知，套中Ⅰ号物品时，下落高度h较大，重力对套环做功较多，B错误；根据平抛运动规律，竖直方向的位移公式h＝gt2，可得t＝，套中Ⅱ号物品，下落高度h较小，套环飞行时间较短，C错误；套中物品过程中由动能定理得mgh＝ΔEk，套中Ⅱ号物品，下落高度h较小，重力做功较小，可知套环动能变化量较小，D正确.故选D.
训练2　滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端.利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示.与图乙中相比，图甲中滑块（　C　）
A.受到的合力较小
B.经过A点的动能较小
C.在A、B之间的运动时间较短
D.在A、B之间克服摩擦力做的功较小
解析：因为频闪照片时间间隔相同，对比图甲和图乙可知图甲中滑块加速度大，是上滑阶段；根据牛顿第二定律可知图甲中滑块受到的合力较大，故A错误.从图甲中的A点到图乙中的A点，先上升后下降，重力做功为0，摩擦力做负功；根据动能定理可知图甲经过A点的动能较大，故B错误.对比图甲、乙可知，图甲中在A、B之间的运动时间较短，故C正确.由于无论上滑还是下滑，受到的滑动摩擦力大小相等，故图甲和图乙在A、B之间克服摩擦力做的功相等，故D错误.
@二、应用动能定理解决多过程问题
二、应用动能定理解决多过程问题
考题3　（2023·江苏卷）如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°.平台BC与缓冲坡CD相连.若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点.滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出.已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，不计空气阻力.
（1）求滑雪者运动到P点的时间t；
（2）求滑雪者从B点飞出的速度大小v；
（3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L.
答案：（1）
（2）
（3）（1－μ）d
解析：（1）设滑雪者质量为m，对滑雪者在AP段进行受力分析，由牛顿第二定律得mgsin 45°－μmgcos 45°＝ma ①
解得a＝（1－μ）g ②
由运动学分析有d＝at2 ③
vP＝at ④
联立②③得t＝. ⑤
（2）由④式可知，vP＝ ⑥
滑雪者从P点静止开始下滑到B点，由动能定理有WGPB＋WfPB＝0 ⑦
对滑雪者从A点静止开始下滑的过程中的P→B段分析有
WGPB＋WfPB＝mv2－m ⑧
联立⑥⑦⑧得v＝vP＝. ⑨
（3）滑雪者从B点飞出刚好落在C点时，BC长度L最大，从B到C为抛体运动，设空中运动时间为t'
竖直方向vy＝vsin 45°＝g· ⑩
水平方向L＝vxt'＝vcos 45°·t'
联立⑨⑩ 得L＝（1－μ）d
可知，若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，平台BC的最大长度为（1－μ）d.
考题4　（2024·新课标卷）将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离.如图所示，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降.若重物的质量m＝42 kg，重力加速度大小取g＝10 m/s2，当P绳与竖直方向的夹角α＝37°时，Q绳与竖直方向的夹角β＝53°.（sin 37°＝0.6）
（1）求此时P、Q绳中拉力的大小；
（2）若开始竖直下降时重物距地面的高度h＝10 m，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功.
答案：（1）1 200 N　900 N
（2）－4 200 J
解析：（1）重物下降的过程中受力平衡，设此时P、Q绳中拉力的大小分别为T1和T2，竖直方向T1cos α＝mg＋T2cos β
水平方向T1sin α＝T2sin β
联立解得T1＝1 200 N，T2＝900 N.
（2）整个过程根据动能定理得W＋mgh＝0
解得两根绳子拉力对重物做的总功为W＝－4 200 J.
深化1　　运用动能定理解决多过程问题的方法
（1）分段法
①若题目需要求某一中间物理量，应分阶段应用动能定理.
②物体在多个运动过程中，受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化，力在各个过程中做功情况也不同，不宜全过程应用动能定理，可以研究其中一个或几个分过程，结合动能定理，各个击破.
（2）全程法
当物体运动过程包含几个不同的物理过程，又不需要研究过程的中间状态时，可以把几个运动过程看作一个整体，巧妙运用动能定理来研究，从而避开每个运动过程的具体细节，大大简化运算.
深化2　　全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的特点.
（1）重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关.
（2）大小恒定的阻力或摩擦力所做的功等于力的大小与路程的乘积.
角度1　直线运动中多过程问题
例2　有两条雪道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一条雪道的右侧水平，另一条的右侧是斜坡.某滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动，从h1高处的A点由静止开始沿倾角为θ的雪道下滑，最后停在与A点水平距离为s的水平雪道上.接着改用另一条雪道，还从与A点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一条倾角为α的雪道上h2高处的E点停下.若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则（　B　）
A.动摩擦因数为tan θ
B.动摩擦因数为
C.倾角α一定大于θ
D.倾角α可以大于θ
解析：第一次停在BC上的某点，由动能定理得mgh1－μmgcos θ·－μmgs'＝0，整理得：mgh1－μmg（＋s'）＝0，即mgh1－μmgs＝0，解得μ＝，A错误，B正确.在AB段由静止下滑，说明μmgcos θ＜mgsin θ，第二次滑上BE在E点停下，说明μmgcos α≥mgsin α；若α＞θ，则雪橇不能停在E点，C、D错误.
角度2　曲线运动中多过程问题
例3　如图所示，一个半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平，滑块与轨道内表面间的动摩擦因数为μ.一质量为m的小滑块（可看作质点）自P点正上方由静止释放，释放高度为R，小滑块恰好从P点进入轨道.小滑块滑到轨道最低点N时对轨道的压力为4mg，重力加速度大小为g.则（　D　）
A.小滑块恰好可以到达Q点
B.小滑块可能无法到达Q点
C.从P到Q，平均摩擦力等于
D.从P到Q，平均摩擦力小于
解析：小滑块滑到轨道最低点N时，根据向心力公式有F－mg＝m，从释放到N点，根据动能定理有2mgR－Wf＝mv2，从释放到Q点，根据动能定理有mgR－Wf－W'f＝mv'2，由于轨道存在摩擦力，小滑块在NQ段比PN段等高位置速度小，所受摩擦力小，所以有Wf＞W'f，Wf＝mgR，联立解得v'＞0，故A、B错误；由以上分析知Wf＝mgR，W'f＜mgR，可知从P到Q，·πR＜mgR，即＜，故C错误，D正确.
训练3　（2023·湖北卷）如图所示为某游戏装置原理示意图.水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°.小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点D.小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点.求：
（1）小物块到达D点的速度大小；
（2）B和D两点的高度差；
（3）小物块在A点的初速度大小.
答案：（1）
（2）0
（3）
解析：（1）设小物块质量为m，物块恰好能通过最高点D，可知其所受重力提供向心力，在D点对小物块根据牛顿第二定律有mg＝m，可得vD＝.
（2）由题意可知hCD＝R＋Rcos 60°＝R
对小物块由C到D根据动能定理有－mghCD＝m－m
解得vC＝2
小物块从B到C做平抛运动，过C点时有
vC水平＝vCcos 60°＝vB，解得vB＝
由动能定理有mghBD＝m－m，解得hBD＝0.
（3）小物块从A到B由动能定理得－μmgs＝m－m
其中s＝×2π×2R
解得vA＝.
@三、动能定理与图像的综合应用
三、动能定理与图像的综合应用
考题5　（2020·江苏卷）如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上.斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数.该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图像是（　A　）
解析：设斜面倾角为θ，物块滑到斜面底端时的动能为Ek0，物块在斜面上滑行的总长度对应的水平位移为x0，应用动能定理，在斜面上有（mgsin θ－μmgcos θ）·＝Ek，即Ek＝（mgtan θ－μmg）x，在地面上有－μ'mg（x－x0）＝Ek－Ek0，即Ek＝－μ'mg（x－x0）＋Ek0，综上所述可知两段Ek－x图线均为直线，A正确.
考题6　（2021·湖北卷）如图（a）所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图（b）所示.重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为（　A　）
A.m＝0.7 kg，f＝0.5 N
B.m＝0.7 kg，f＝1.0 N
C.m＝0.8 kg，f＝0.5 N
D.m＝0.8 kg，f＝1.0 N
解析：由题图（b）可知，物块在上滑过程中动能由Ek1＝40 J变为0，说明物块冲到s＝10 m时速度为零，则由动能定理得－mgh－fs＝0－Ek1；接下来返回到出发点时，动能变为Ek2＝30 J，则由动能定理得mgh－fs＝Ek2，h＝s·sin 30°，联立解得m＝0.7 kg，f＝0.5 N，A正确.
深化1　　常见图像及其意义
v－t图像 由公式x＝vt可知，v－t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移大小
F－x图像 由公式W＝Fx可知，F－x图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功
Ek－x图像 由公式Ek＝Ek0＋Fx可知，Ek－x图线的斜率表示物体所受的合力
W－x图像 由公式W＝Fx可知，W－x图线的斜率表示做功的力的大小
a－t图像 由公式Δv＝at可知，a－t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量
P－t图像 由公式W＝Pt可知，P－t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功
深化2　　解决图像问题的基本步骤
例4　（2023·新课标卷）（多选）一质量为1 kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示.物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取g＝10 m/s2.下列说法正确的是（　BC　）
A.在x＝1 m时，拉力的功率为6 W
B.在x＝4 m时，物体的动能为2 J
C.从x＝0运动到x＝2 m，物体克服摩擦力做的功为8 J
D.从x＝0运动到x＝4 m的过程中，物体的动量最大为2 kg·m/s
解析：由于拉力沿水平方向，则拉力做的功为W＝Fx，可看出W－x图像的斜率代表拉力F.在物体运动的过程中，根据动能定理有W－μmgx＝mv2，则x＝1 m时物体的速度为v1＝2 m/s，x＝1 m时，拉力F＝＝6 N，则此时拉力的功率P＝Fv1＝12 W；x＝4 m时物体的动能为Ek＝2 J，A错误，B正确.从x＝0运动到x＝2 m，物体克服摩擦力做的功为Wf＝μmgx＝8 J，C正确.根据W－x图像可知，在0～2 m的过程中F1＝6 N，2～4 m的过程中F2＝3 N，由于物体受到的摩擦力恒为μmg＝4 N，则物体在x＝2 m处速度最大，且根据选项A、B的分析可知此时的速度v2＝2 m/s，则从x＝0运动到x＝4 m的过程中，物体的动量最大为p＝mv2＝2 kg·m/s，D错误.故选B、C.
训练4　如图甲所示，在光滑水平桌面上，固定有光滑轨道ABC，其中半圆轨道BC与直轨道AB相切于B点，物体受到与AB平行的水平拉力F，从静止开始运动，拉力F的大小满足如图乙所示的F－x图像（以A为坐标原点，拉力F从A指向B的方向为正方向，x为物体运动的水平位移大小）.若m＝1 kg，AB＝4 m，半圆轨道的半径R＝1.5 m，重力加速度取g＝10 m/s2.则下列说法中正确的是（　D　）
甲
乙
A.从A到B拉力F做功为50 J
B.物体从B到C过程中，所受的合外力为0
C.物体能够到达C点，且速度大小为2 m/s
D.物体能够到达C点，且速度大小为2 m/s
解析：F－x图像与坐标轴所围“面积”表示力F所做的功，则从A到B拉力F做功为W＝×2×40 J－10×1 J＝30 J，故A错误；物体从B到C过程中做圆周运动，所受的合力不为0，故B错误；从A到B由动能定理有W＝m，解得vB＝2 m/s，由于光滑轨道ABC在水平面内，则物体从B到C做匀速圆周运动，物体能够到达C点，且速度大小为2 m/s，故C错误，D正确.
训练5　如图甲所示，在竖直平面内固定一光滑半圆形轨道ABC，AC为竖直直径，B为轨道的中点，质量为m的小球以一定的初动能Ek0从最低点A冲上轨道.图乙所示是小球沿轨道从A运动到C的过程中动能Ek随其对应高度h变化的关系图像.已知小球在最高点C受到轨道的作用力大小为25 N，空气阻力不计，重力加速度取g＝10 m/s2，由此可知（　D　）
甲　乙
A.小球的质量m＝0.2 kg
B.初动能Ek0＝16 J
C.小球在C点时重力的功率为60 W
D.小球在B点受到轨道的作用力大小为85 N
解析：由题图乙可知，轨道半径R＝0.4 m，小球在C点的动能EkC＝9 J，在最高点C，根据牛顿第二定律可得mg＋FNC＝m，解得m＝2 kg，故A错误；从A到C，根据动能定理可得－2mgR＝EkC－Ek0，解得Ek0＝25 J，故B错误；小球在C点时速度方向水平向左，与所受重力方向垂直，故重力的功率P＝0，故C错误；从A到B，根据动能定理可得－mgR＝m－Ek0，解得vB＝ m/s，在B点，根据牛顿第二定律可得FNB＝m＝85 N，故D正确.
@限时跟踪检测（二十五）
A级·基础对点练
题组一　动能定理的理解及简单应用
1.（2025·绵阳模拟）如图所示，质量为m的战士在某次爬杆训练中，采用“手握腿夹”的方式从高h的铁杆顶端从静止开始下滑，落地时速度大小为v，重力加速度为g，忽略空气阻力，则战士在下滑过程中，受到的摩擦力（　D　）
A.是静摩擦力，方向沿杆向上
B.是滑动摩擦力，方向沿杆向下
C.做功为mv2
D.做功为mv2－mgh
解析：战士从铁杆顶端从静止开始下滑，则受到沿杆向上的滑动摩擦力作用，A、B错误；由动能定理mgh＋Wf＝mv2，解得摩擦力做功Wf＝mv2－mgh，C错误，D正确.故选D.
2.如图所示，运动员把质量为m的足球由静止从水平地面踢出，足球在空中达到的最高点高度为h，在最高点时的速度为v，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　C　）
A.运动员踢球时对足球做功mv2
B.足球上升过程重力做功mgh
C.运动员踢球时对足球做功mgh＋mv2
D.足球上升过程克服重力做功mgh＋mv2
解析：足球被踢起后，在运动过程中只受到重力作用，只有重力做功，重力做功为－mgh，即克服重力做功mgh，B、D错误；由动能定理有W人－mgh＝mv2，因此运动员对足球做功W人＝mgh＋mv2，故A错误，C正确.
3.（2025·辽宁期中）如图所示，把一个小球从A点以初动能Ek1竖直向下抛出，小球下落到B点时的动能是A点动能的2倍；若把同一个小球从B点以初动能Ek2竖直向上抛出，小球上升到A点时的动能是B点动能的，已知Ek1＝Ek2，空气对小球的阻力是一个大小恒定的力，则小球受到的空气阻力与小球的重力之比为（　C　）
A. B. C. D.
解析：设空气对小球的阻力大小为f，A、B间距离为h，根据动能定理，竖直下抛的过程有2Ek1－Ek1＝（mg－f）h，竖直上抛的过程有Ek2－Ek2＝（mg＋f）h，因此＝，又＝，解得＝，C正确，A、B、D错误.
题组二　应用动能定理解决多过程问题
4.如图所示，固定斜面的倾角为θ，质量为m的滑块从距挡板P的距离为x0处以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力.若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，重力加速度为g，则滑块经过的总路程是（　A　）
A.（＋x0tan θ）
B.（＋x0tan θ）
C.（＋x0tan θ）
D.（＋）
解析：由于滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，所以滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，对滑块运动的全程应用动能定理得mgx0sin θ－μmgxcos θ＝0－m，解得x＝（＋x0tan θ），选项A正确.
5.图中ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角为θ的斜面，CD段是水平的，长为s，BC段是与AB段和CD段都相切的一小段圆弧，其长度可以忽略不计.一质量为m的小滑块在A点由静止释放，沿轨道滑下，最后停在D点，A点和D点的位置如图所示，现用一沿轨道方向的力推滑块，使它缓缓地由D点回到A点，设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则推力对滑块做的功等于（　B　）
A.mgh B.2mgh
C.μmg（s＋） D.μmg（s＋hcos θ）
解析：滑块由A点运动至D点，设克服摩擦力做功为W克fAD，
由动能定理得mgh－W克fAD＝0，
即W克fAD＝mgh，
滑块从D点回到A点，由于是缓慢推，说明动能变化量为零，设克服摩擦力做功为W克fDA，由动能定理知，滑块从D点被推回A点过程有WF－mgh－W克fDA＝0，
由于从A到D和从D到A过程中受力的情况相同、长度相同，即阻力做功相同，有W克fAD＝W克fDA，
得WF＝2mgh＝2μmg（＋s），故A、C、D错误，B正确.
题组三　动能定理与图像的综合应用
6.（2025·湖南常德一中月考）（多选）运动员以一定的初速度将冰壶沿水平面推出，由于摩擦阻力的作用，其动能Ek随位移x变化的图像如图所示.已知冰壶质量为19 kg，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是（　BD　）
A.μ＝0.05 B.μ＝0.01
C.滑行时间t＝5 s D.滑行时间t＝10 s
解析：由动能定理得－μmgx＝0－Ek0，将题图中（5 m，0）和（0，9.5 J）代入解得μ＝0.01，A错误，B正确；设冰壶的初速度为v，则mv2＝9.5 J，代入数据解得v＝1 m/s，又x＝t，即滑行时间t＝＝10 s，C错误，D正确.
7.（2025·广东佛山模拟）（多选）在一次消防演习中，演习者从25 m高的地方通过缓降器由静止开始下落.图为某演习者下落过程的v－t图像，落地瞬间速度恰好减为零.已知本次演习加速和减速阶段的加速度大小相等.演习者质量为50 kg，g取10 m/s2.下列说法正确的是（　AD　）
A.加速阶段演习者受到的合力大小为250 N
B.演习者匀速下落的位移大小为10 m
C.整个过程缓降器对演习者所做的功为7 500 J
D.演习者整个下降过程所用的时间为4.5 s
解析：v－t图像中图线的斜率为加速度，所以加速阶段的加速度大小为a加＝＝5 m/s2，由牛顿第二定律得F＝ma加＝250 N，故A项正确；v－t图像中其图线与坐标轴围成的面积表示位移大小，则加速阶段位移大小为x加＝×2×10 m＝10 m，由于减速阶段的加速度与加速阶段的加速度大小相同，设减速到零的时间为t减，根据逆向思维，有v＝a减t减，解得t减＝2 s，且由题图可知加速阶段和减速阶段的位移相同，所以减速阶段位移大小为x减＝x加＝10 m，所以匀速阶段的位移等于总位移减去加速阶段位移和减速阶段位移，即x匀＝x－x加－x减＝5 m，故B项错误；整个过程由动能定理有mgx＋W缓＝0，解得W缓＝－12 500 J，所以缓降器对演习者做功为－12 500 J，故C项错误；由题图可知加速阶段的末速度大小为10 m/s，则设匀速阶段的时间为t匀，有x匀＝vt匀，解得t匀＝0.5 s，所以运动的总时间为t＝t加＋t匀＋t减＝4.5 s，故D项正确.
B级·能力提升练
8.（2025·重庆质检）（多选）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阻力作用.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g＝10 m/s2.下列说法中正确的是（　BC　）
A.物体的质量为0.8 kg
B.物体的质量为1 kg
C.抛出后，物体上升的最大高度为6 m
D.除受到重力外，物体受到的阻力大小为4 N
解析：（第一步：由物理规律导出函数式）由动能定理可得F合Δh＝ΔEk；（第二步：分析图像特点）Ek－h图像中图线的斜率大小k＝F合，上升过程中有Ff＋mg＝ N＝12 N，下落过程中有mg－Ff＝ N＝8 N；（第三步：解决问题）联立解得Ff＝2 N，m＝1 kg，故B正确，A、D错误.上升过程，根据动能定理得－（mg＋Ff）H＝0－Ek0，由图像可知Ek0＝72 J，代入数据解得，上升的最大高度为H＝6 m，故C正确.
9.（2025·湖南郴州教学质量检测）如图所示，在水平的PQ面上有一小物块（可视为质点），小物块以某速度从P点最远能滑到倾角为θ的斜面QA上的A点（水平面和斜面在Q点通过一极短的圆弧平滑连接）.若减小斜面的倾角θ，变为斜面QB（如图中虚线所示），小物块仍以原来的速度从P点出发滑上斜面.已知小物块与水平面和斜面的动摩擦因数相同，AB为水平线，AC为竖直线.则（　D　）
A.小物块恰好能运动到B点
B.小物块最远能运动到B点上方的某点
C.小物块只能运动到C点
D.小物块最远能运动到B、C两点之间的某点
解析：设物块能到达斜面上的最高点与水平面的竖直距离为h，与Q点的水平距离为x，物块与斜面和水平面间动摩擦因数为μ，P点处速度为v0，根据动能定理得－mgh－μmg·PQ－μmgcos θ·AQ＝0－m，即mgh＋μmg（PQ＋x）＝m，若减小倾角θ时，h不变，则x不变，A、C错误；若h变大，则x变小，B错误；若h变小，则x变大，D正确.
10.如图所示，一小球从A点以某一水平向右的初速度出发，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R＝10cm的光滑竖直圆形轨道，圆形轨道间不相互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续向C点运动，C点右侧有一壕沟，C、D两点的竖直高度h＝0.8 m，水平距离s＝1.2 m，水平轨道AB长为L1＝2.75 m，BC长为L2＝3.5 m，小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度取g＝10m/s2.
（1）若小球恰能通过圆形轨道的最高点，求小球在A点的初速度大小；
（2）小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球在A点初速度大小的范围.
答案：（1）4m/s
（2）4m/s≤vA≤5m/s或vA≥m/s
解析：（1）小球恰好通过圆形轨道的最高点时，根据牛顿第二定律得mg＝m
从A点到圆形轨道的最高点的过程中，根据动能定理得－μmgL1－mg×2R＝m－m
解得小球在A点的初速度大小为vA1＝4m/s.
（2）若恰好运动到C点时，速度为零，则从A到C的过程中，根据动能定理得
－μmg（L1＋L2）＝0－m
解得小球在A点的初速度大小为vA2＝5 m/s
因此若小球停在BC段，则满足4m/s≤vA≤5m/s
若恰好能越过壕沟，则从C到D做平抛运动，有h＝gt2，s＝vCt
从A到C的过程中，根据动能定理得
－μmg（L1＋L2）＝m－m
解得小球在A点的初速度大小为vA3＝m/s
因此若小球能越过壕沟，则满足vA≥m/s.
第3讲　机械能守恒定律
素养目标　1.知道重力势能和弹性势能的概念.（物理观念） 2.知道重力做功的特点、机械能守恒的条件.（物理观念） 3.掌握重力势能、弹性势能的计算和机械能守恒的判断方法.（科学思维） 4.掌握机械能守恒定律的三种表达形式及其应用.（科学思维）
@一、对机械能守恒定律的理解
一、对机械能守恒定律的理解
考题1　（2024·北京卷）如图所示，光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在B点平滑连接.一小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释放，物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点C.下列说法正确的是 （　C　）
A.物体在C点所受合力为零
B.物体在C点的速度为零
C.物体在C点的向心加速度等于重力加速度
D.物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点的动能
解析：物体恰好能到达最高点C，则物体在最高点只受重力，且重力全部用来提供向心力，设半圆轨道的半径为r，由牛顿第二定律得mg＝m，解得物体在C点的速度v＝，A、B错误；由牛顿第二定律得mg＝ma，解得物体在C点的向心加速度a＝g，C正确；由机械能守恒定律知，物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点时的动能和重力势能之和，D错误.
考题2　（2025·八省联考河南卷）（多选）2024年我国研制的“朱雀三号”可重复使用火箭垂直起降飞行试验取得圆满成功.假设火箭在发动机的作用下，从空中某位置匀减速竖直下落，到达地面时速度刚好为零.若在该过程中火箭质量视为不变，则（　BC　）
A.火箭的机械能不变
B.火箭所受的合力不变
C.火箭所受的重力做正功
D.火箭的动能随时间均匀减小
解析：由于火箭匀减速竖直下落，速度减小，动能减小，且重力势能减小，故火箭的机械能减小，故A错误；由于火箭匀减速竖直下落，加速度恒定，由牛顿第二定律可知，火箭所受的合力不变，故B正确；由于火箭的重力势能减小，故火箭所受的重力做正功，故C正确；火箭的动能Ek＝mv2＝m（v0－at）2，故火箭的动能不随时间均匀减小，故D错误.故选BC.
1.重力做功与重力势能
（1）重力做功的特点：重力做功与　路径　无关，只与始末位置的　高度差　有关，重力做功不引起物体　机械能　的变化.
（2）重力势能
①表达式：Ep＝　mgh　.
②重力势能的特点：重力势能是物体和　地球　所共有的，重力势能的大小与参考平面的选取　有关　，但重力势能的变化量与参考平面的选取　无关　.
（3）重力做功与重力势能变化的关系：重力对物体做正功，重力势能　减小　，重力对物体做负功，重力势能　增大　，即WG＝　Ep1－Ep2　＝　－ΔEp　.
2.弹性势能
（1）定义：发生　弹性形变　的物体的各部分之间，由于有弹力的相互作用而具有的势能.
（2）弹力做功与弹性势能变化的关系：弹力做正功，弹性势能　减小　；弹力做负功，弹性势能　增加　.即W＝　－ΔEp　.
3.机械能守恒定律
（1）内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，　动能　与　势能　可以互相转化，而总的机械能　保持不变　.
（2）表达式：mgh1＋m＝　mgh2＋m　或　Ek1＋Ep1　＝Ek2＋Ep2.
（3）守恒条件：只有　重力　或　弹力　做功.
深化1　　对机械能守恒条件的理解
（1）只受重力作用，例如做平抛运动的物体机械能守恒.
（2）除重力外，物体还受其他力，但其他力不做功.
（3）除重力外，其他力做功的代数和为零，那么系统的机械能守恒.
深化2　　判断机械能守恒的三种方法
定义法 利用机械能的定义直接判断，分析物体或系统的动能和势能的和是否变化，若不变，则机械能守恒
做功法 若物体或系统只有重力或系统内弹力做功，或有其他力做功，但其他力做功的代数和为零，则机械能守恒
转化法 若物体或系统中只有动能和势能的相互转化而无机械能与其他形式能的转化，则机械能守恒
例1　（2025·广东广州五地六校模拟）如图所示为“反向蹦极”运动简化示意图.假设弹性轻绳的上端固定在O点，拉长后将下端固定在体验者身上，并通过扣环和地面固定，打开扣环，人从A点静止释放，沿竖直方向经B点上升到最高位置C点，在B点时速度最大.不计空气阻力，则下列说法正确的是（　C　）
A.从A点到C点过程中，人的加速度一直减小
B.B点为弹性轻绳处于原长的位置
C.从A点到B点过程中，弹性轻绳的弹性势能一直在减小
D.从B点到C点过程中，人的机械能保持不变
解析：B点人的速度最大，则加速度为零，由受力分析易得，在B点，弹性轻绳的弹力大小等于人的重力大小，故此时弹性轻绳处于伸长状态，弹性轻绳处于原长状态的位置在B、O之间，但由题意无法确定是在C点之上还是之下，故从B到C过程，无法判断弹性轻绳是否一直做正功，人的机械能可能一直增大，也可能先增大后不变，A、B、D错误.从A到B过程，弹性轻绳处于伸长状态，弹力一直对人做正功，弹性势能一直减小，C正确.故选C.
训练1　（多选）如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是（　CD　）
甲 乙 丙 丁
A.甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，A机械能守恒
B.乙图中，A置于光滑水平面上，物体B沿光滑斜面下滑，物体B机械能守恒
C.丙图中，不计任何阻力和定滑轮质量时，A加速下落、B加速上升过程中，A、B系统机械能守恒
D.丁图中，小球在竖直平面内来回摆动（不计空气阻力），小球的机械能守恒
解析：甲图中物体A的重力和弹簧弹力做功，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，但物体A机械能不守恒，A错误；乙图中物体B除受重力外，还受A的支持力，A的支持力对B做负功，B的机械能减小，B的机械能不守恒，但从能量转化角度看，A、B组成的系统机械能守恒，B错误；丙图中绳子张力对A做负功，对B做正功，代数和为零，A、B系统机械能守恒，C正确；丁图中小球在竖直平面内来回摆动过程中，只有重力做功，机械能守恒，D正确.
@二、单物体的机械能守恒问题
二、单物体的机械能守恒问题
考题3　（2023·湖南卷）（多选）如图所示，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C，A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R.小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是（重力加速度为g）（　AD　）
A.小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B.小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变
C.小球的初速度v0＝
D.若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道
解析：小球从B到C的过程中，任选一点P，设OP与竖直方向的夹角为α，则mgcos α－FN＝m，从B到C，α逐渐减小，cos α逐渐增大，小球的速度v逐渐减小，则轨道对小球的支持力逐渐增大，根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力逐渐增大，A正确；小球从A到C的过程中，竖直方向的速度逐渐减小，重力的功率逐渐减小，B错误；小球恰好到达C点，故小球在C点速度为零，小球从A到C的过程中，根据机械能守恒定律有mg·2R＝m，则小球的初速度v0＝2，C错误；小球的初速度v0越大，小球在B点对轨道的压力越小，当重力指向O点的分力不足以提供向心力时，小球在B点对轨道的压力减为零，小球就会从B点脱离轨道，D正确.
深化1　　机械能守恒表达式
深化2　　应用机械能守恒定律解题的一般步骤
例2　（2025·江苏南通质量检测）2024巴黎奥运会女子10米跳台项目中，中国运动员再次上演“水花消失术”成功卫冕冠军，她入水时的动能约为（　D　）
A.P＝5 J B.P＝50 J
C.P＝500 J D.P＝5 000 J
解析：根据机械能守恒定律可知Ek＝mgh≈5 000 J，故选D.
训练2　（2025·江西南昌模拟）蹦极是一项非常刺激的户外运动.一质量为m的体验者（可视为质点），绑着一根原长为L、劲度系数为k的弹性绳从高台上坠下.已知弹性绳的弹性势能Ep和形变量x的关系为Ep＝kx2.若不计空气阻力、体验者的初速度和绳的质量，则下列说法正确的是（　C　）
A.下落过程中该体验者的机械能守恒
B.当弹性绳伸长量等于时，弹性绳的势能达到最大值
C.体验者的最大速度为
D.体验者下落的最大距离为
解析：下落过程中，弹性绳的弹力做功，该体验者的机械能不守恒，故A错误；当弹性绳伸长量等于x1＝，即mg＝kx1时，体验者的速度最大，当体验者的速度为零时，体验者的动能、重力势能均为最小值，根据系统机械能守恒，弹性绳的势能达到最大值，故B错误；当弹性绳伸长量等于时，体验者的速度最大，根据动能定理mg（L＋x1）－k＝m，解得vm＝，故C正确；体验者下落的距离最大时，根据动能定理可得mg（L＋x2）－k＝0，解得此时弹性绳伸长量为x2＝，体验者下落的最大距离为s＝x2＋L＝L＋，故D错误.故选C.
@三、系统机械能守恒定律的应用
三、系统机械能守恒定律的应用
考题4　（2022·河北卷）（多选）如图所示，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P和Q用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量mQ＞mP，t＝0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为.T时刻轻绳突然断开，物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度，取t＝0时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体Q的机械能为E.重力加速度大小为g，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点.下列说法正确的是（　BCD　）
A.物体P和Q的质量之比为1∶3
B.2T时刻物体Q的机械能为
C.2T时刻物体P重力的功率为
D.2T时刻物体P的速度大小为
解析：将两物体由静止释放后，利用整体法结合牛顿第二定律可知，（mQ－mP）g＝（mQ＋mP）a，由于a＝，则＝，A错误；设物体P质量为m，则物体Q质量为2m，如图所示：
t＝0时刻两物体P、Q分别在A、C两点，T时刻轻绳断开时，P、Q两物体在图中B、D两处，对应速度大小v'1＝v1＝T，轻绳断开之后，P做竖直上抛运动，设再经t0到达与Q释放位置（C点）等高处，根据匀变速直线运动公式有0＝v'1－gt0，得t0＝，则P、Q由静止释放时的高度差h＝x1＋x2＝T＋·＝gT2，选取A点所在的平面为零势能面，所以t＝0时刻，Q的机械能E＝2mgh＝mg2T2，2T时刻Q运动的速度为v2＝v1＋gT＝gT，在0～2T时间内，Q下落的距离H＝T＋T＝gT2，所以在2T时刻Q在零势能面下方，此时Q的机械能为E'＝－2mg（H－h）＋·2m＝mg2T2＝，B正确；P到达最高点之后，再经过t'＝T到达2T时刻，此时P的速度为v'2＝gt'＝gT，D正确；在2T时刻，物体P重力的功率P＝mgv'2＝mg2T，结合上述分析，得P＝，C正确.
考题5　（2020·江苏卷）如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动.在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为2R.在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物.重物由静止下落，带动鼓形轮转动.重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为ω.绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g.求：
（1）重物落地后，小球线速度的大小v；
（2）重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F；
（3）重物下落的高度h.
答案：（1）2ωR
（2）
（3）（ωR）2
解析：（1）由线速度v＝ωr，得v＝2ωR.
（2）该小球所受向心力F向＝2mω2R
设F与水平方向的夹角为α，
则Fcos α＝F向Fsin α＝mg
解得F＝.
（3）落地时，重物的速度v'＝ωR
由机械能守恒得Mv'2＋4×mv2＝Mgh
解得h＝（ωR）2.
深化1　　解决多物体系统机械能守恒的注意点
（1）对多个物体组成的系统，要注意判断物体运动过程中系统的机械能是否守恒.
（2）注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系.
（3）列机械能守恒方程时，一般选用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA＝－ΔEB的形式.
深化2　　几种实际情景分析
特点 常规模型 分析
速率 相等 注意分析各个物体在竖直方向的高度变化
角速度 相等 ①杆对物体的力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒. ②由v＝ωr知，v与r成正比
关联 速度 两物体速度的关联实质：沿绳（或沿杆）方向的分速度大小相等
角度1　非质点类物体的机械能守恒
例3　（2025·四川成都七中校考）（多选）如图所示，有一条柔软的质量为m、长为L的均匀链条，开始时链条的长在水平桌面上，而长垂于桌外，用外力使链条静止.不计一切摩擦，重力加速度为g，桌子足够高，桌角右上方有一光滑的约束挡板以保证链条不会飞起（图中未画出）.下列说法中正确的是 （　BD　）
A.若自由释放链条，则链条刚离开桌面时的速度v＝
B.若自由释放链条，则链条刚离开桌面时的速度v＝
C.若要把链条全部拉回桌面上，至少要对链条做功
D.若要把链条全部拉回桌面上，至少要对链条做功
解析：若自由释放链条，以桌面为零势能参考平面，根据机械能守恒定律可得－·＝－mg·＋mv2，解得链条刚离开桌面时的速度为v＝，故A错误，B正确；若要把链条全部拉回桌面上，至少要对链条做的功等于垂于桌外链条增加的重力势能，则有Wmin＝·＝，故C错误，D正确.
角度2　速率相等的机械能守恒
例4　如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的轻软细线连接，跨过固定在地面上、半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍.当B位于地面上时，A恰与圆柱轴心等高，将A由静止释放，B上升的最大高度是（　C　）
A.2R B.
C. D.
解析：设B球的质量为m，则A球的质量为2m，A球刚落地时，两球速度大小都为v，根据机械能守恒定律得2mgR＝×（2m＋m）v2＋mgR，B球继续上升的过程由动能定理可得－mgh＝0－mv2，联立解得h＝，B球上升的最大高度为h＋R＝R，故选C.
角度3　角速度相等的机械能守恒
例5　（2025·湖南长沙一中检测）如图所示，一根长为3L的轻杆可绕水平转轴O转动，两端固定质量均为m的小球A和B，A到O的距离为L，现使杆在竖直平面内转动，B运动到最高点时，恰好对杆无作用力，两球均视为质点，不计空气阻力和摩擦阻力，重力加速度为g.当B由最高点第一次转至与O点等高的过程中，下列说法正确的是（　D　）
A.杆对B球做正功
B.B球的机械能守恒
C.轻杆转至水平时，A球速度大小为
D.轻杆转至水平时，B球速度大小为
解析：由题知B球运动到最高点时，恰好对杆无作用力，有mg＝m，B球在最高点时速度大小为v＝，因为A、B角速度相同，A的转动半径只有B的一半，所以A的速度大小为，当B由最高点转至与O点等高时，取O点所在水平面的重力势能为零，根据A、B系统机械能守恒，有mg·2L－mgL＋m（）2＋mv2＝m＋m，vB＝2vA，解得vA＝，vB＝，故C错误，D正确；设杆对B做的功为W，对B由动能定理得mg·2L＋W＝m－mv2，解得W＝－mgL，所以杆对B做负功，B的机械能不守恒，故A、B错误.
角度4　关联速度的机械能守恒
例6　（2025·黑龙江模拟）（多选）如图所示，质量分别为m和2m的A、B两滑块用足够长轻绳相连，将其分别置于等高的光滑水平台面上，质量为4m的物块C挂在轻质动滑轮下端，手托C使轻绳处于拉直状态.t＝0时刻由静止释放C，经t1时间C下落h高度.运动过程中A、B始终不会与定滑轮碰撞，摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速度大小为g，则（　AD　）
A.A、C运动的加速度大小之比为4∶3
B.A、C运动的加速度大小之比为4∶1
C.t1时刻，C下落的速度为
D.t1时刻，C下落的速度为
解析：根据题意，由牛顿第二定律可得T＝maA，T＝2maB，解得aA∶aB＝2∶1，则路程之比＝＝2，设B运动的路程为s，则A运动的路程为2s，可知此时C运动的路程为1.5s，则有aA∶aB∶aC＝4∶2∶3，故A、C运动的加速度大小之比为4∶3，A正确，B错误；由v＝at可知vA∶vB∶vC＝4∶2∶3，C下落过程A、B、C组成的系统机械能守恒，有4mgh＝m＋·2m＋·4m，解得vC＝，C错误，D正确.故选A、D.
角度5　轻弹簧连接的机械能守恒
例7　（2025·湖北黄冈中学检测）如图所示，轻质弹簧下端与光滑固定斜面底端拴接，上端连接物块B，物块A通过细线跨过光滑定滑轮与物块B连接，已知斜面倾角为30°，物块B的质量mB＝m0不变，物块A的质量可变，弹簧原长为2L，物块A、B以及滑轮大小忽略不计.初始时在外力作用下，弹簧处于原长，细线刚好伸直，物块A、B位置等高.挂不同质量的物块A，撤去外力，使物块A、B自由运动；当mA＝m1时，物块A能上升的最大高度为0.5L；当mA＝m2时，物块A能下降的最大高度为0.5L，当mA＝m2＋m1时，物块A下降0.5L时速度可能为（　A　）
A. B. C. D.
解析：当mA＝m1时，设A上升0.5L过程中，弹簧弹性势能增加量为Ep，对于A、B及弹簧组成的系统，由机械能守恒定律得m0g·＝Ep＋m1g·，当mA＝m2时，由机械能守恒定律得m0g·＋Ep＝m2g·，解得m2＋m1＝m0，当mA＝m2＋m1时，由机械能守恒定律得m0g·＋Ep＋（m1＋m2＋m0）v2＝（m1＋m2）g·，解得v2＝ gL，根据题意有m1＜m0＜m2，联立可得v＜，选项A正确.故选A.
@限时跟踪检测（二十六）
A级·基础对点练
题组一　对机械能守恒定律的理解
1.忽略空气阻力，下列物体运动过程中满足机械能守恒的是（　B　）
A.电梯匀速下降
B.物体由光滑斜面顶端滑到斜面底端
C.物体沿着斜面匀速下滑
D.拉着物体沿光滑斜面匀速上升
解析：电梯匀速下降，说明电梯处于受力平衡状态并不是只有重力做功，机械能不守恒，所以A错误；物体在光滑斜面上，受重力和支持力的作用，但是支持力的方向和物体位移的方向垂直，支持力不做功，只有重力做功，机械能守恒，所以B正确；物体沿着斜面匀速下滑，物体处于受力平衡状态，摩擦力和重力都要做功，机械能不守恒，所以C错误；拉着物体沿光滑斜面匀速上升，物体处于受力平衡状态，拉力和重力都要做功，机械能不守恒，所以D错误.
2.如图所示是“弹簧跳跳杆”，杆的上下两部分通过弹簧连接.当人和跳杆从一定高度由静止竖直下落时，弹簧先压缩后弹起.则人从静止竖直下落到最低点的过程中（不计空气阻力）（　C　）
A.弹簧弹性势能一直增加
B.杆下端刚触地时人的动能最大
C.人的重力势能一直减小
D.人的机械能保持不变
解析：落地前，重力势能减少，动能增加，弹性势能不变，A错误；落地后，重力势能减少，弹性势能增加，动能先增加后减小，C正确，B、D错误.
题组二　单个物体机械能守恒问题
3.（2025·湖北高中名校联盟联考）如图所示，两个光滑半圆形轨道竖直固定放置，质量相同的两个小球分别从与轨道圆心等高处的P、P'点由静止滑下，经过最低点Q、Q'，已知轨道半径R＞r，不计空气阻力，则（　A　）
　
A.小球经过Q时的速率比经过Q'时的速率大
B.小球经过Q时的向心加速度比经过Q'时的向心加速度大
C.小球经过Q时受到轨道的支持力比经过Q'时受到轨道的支持力大
D.小球经过Q时重力的功率比经过Q'时重力的功率大
解析：小球从P点到Q点的过程，由动能定理得mgR＝mv2，半径越大，小球到最低点速率越大，A正确；在最低点Q，根据牛顿第二定律得FN－mg＝m＝ma，解得FN＝3mg，a＝2g，则小球在最低点时加速度大小、支持力大小与半径无关，B、C错误；小球在Q点和Q'点重力方向和速度方向垂直，因此重力的瞬时功率都为0（关键点：重力的功率只与竖直方向的速度有关），D错误.
4.（2025·湖南师范大学附属中学月考）如图所示，长为l的轻质细线一端固定在O点，另一端拴接一个质量为m的小球，小球由最低点A以速度v0＝2开始运动，其所能到达的最高点与最低点的高度差为h，小球摆动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度为g，则（　C　）
A.h＜l B.h＝l
C.l＜h＜2l D.h＝2l
解析：设小球在最低点的速度为v1时恰能运动到与圆心等高的位置，由机械能守恒有m－0＝mgl，得v1＝；设小球在最低点的速度为v2时恰能做完整的圆周运动，由机械能守恒有m－mv2＝mg·2l，在最高点时有mg＝m，则v2＝，根据＜v0＜，可知小球会在圆轨迹的某点脱离做斜抛运动，设小球脱离圆轨迹时细线与竖直方向的夹角为θ，脱离圆轨迹时速度为v'，则有mgcos θ＝m，m－mv'2＝mgl（1＋cos θ），解得cos θ＝，v'＝，此时小球距离最低点的高度h'＝L（1＋cos θ）＝L，此后小球脱离圆轨迹向上斜抛，上抛的最大高度为hm＝l，可知小球摆动到最低点与运动到最高点的高度差为h＝l（1＋cos θ）＋hm，得h＝l，则l＜h＜2l，故选C.
题组三　系统机械能守恒定律的应用
5.（2025·北京育才学校期中）（多选）把小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A位置，如图甲所示，迅速松手后，球升高至最高位置C（图丙），途中经过位置B时弹簧处于原长（图乙），忽略弹簧的质量和空气阻力，则小球从A运动到C的过程中，下列说法正确的是（　CD　）
A.经过位置B时小球的动能最大
B.在AB段小球机械能先增大后减小
C.在AB段小球机械能一直增大
D.在BC段小球机械能守恒
解析：从A到B的过程中小球先加速后减速，当小球加速度为零，即处于弹力与重力大小相等的位置时，速度最大，动能最大，该位置位于AB之间，不在B点，故A错误；小球从A到B的过程中，小球只受重力和弹力作用，由题意知弹簧一直表现为支持力，与小球运动方向相同，所以弹簧做正功，则小球的机械能一直增大，小球在BC段只受重力作用，小球机械能守恒，故C、D正确，B错误.
6.（多选）如图所示，一根很长且不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，两端各系一小球a和b.a球的质量为m，静置于地面；b球的质量为4m，用手托住，距离地面高度为h，此时轻绳刚好拉紧.从静止开始释放b球，不计空气阻力，已知b球落地后速度为零，则下列说法正确的是（　CD　）
A.在a球上升的过程中，a球的机械能始终是增加的
B.在a球上升的过程中，系统的机械能守恒
C.a球到达高度h时两球的速度大小v＝
D.从释放b球开始，a球能上升的最大高度为1.6h
解析：在b球落到地面之前，为第一过程，a、b两球组成的系统机械能守恒，拉力对a球做正功，所以a球的机械能增加；b球落地后，a球继续上升，为第二过程，此时a球的机械能守恒，故A错误.b球落地时，有机械能损失，系统的机械能不守恒，故B错误.设a球到达高度h时两球的速度为v，根据机械能守恒定律可得4mgh－mgh＝×5mv2，解得v＝，此时轻绳恰好松弛，a球此后的运动可等效为初速度为v的竖直上抛运动，a球的机械能守恒，则有mgh＋mv2＝mgH，解得H＝1.6h，故C、D正确.
7.（2025·山东威海二模）如图所示，A、B两小球由绕过轻质光滑定滑轮的细线相连，A放在固定的倾角为30°的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上.现用手控制住A，使细线恰好伸直，保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行.已知B、C的质量均为m，重力加速度为g.松手后A由静止开始沿斜面下滑，当A速度最大时C恰好离开地面，则A下滑的最大速度为（　A　）
A.2g B.g
C. D.g
解析：对A、B整体，由平衡条件可得mAgsin 30°＝F＋mg，F为此时弹簧的弹力，因此时C恰好离开地面，则有F＝mg，联立解得mA＝4m，C恰好离开地面时，对C则有kx2＝mg，解得x2＝，此时A、B有最大速度，且A、B速度大小相等.开始时系统静止，弹簧被压缩，绳上无拉力，对B则有kx1＝mg，解得x1＝，从释放A到C恰好离开地面的运动中，弹簧的弹性势能变化量是零，在此运动中A、B、C组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律可得4mg（x1＋x2）sin 30°＝mg（x1＋x2）＋（4m＋m），解得vAm＝2g，故选A.
B级·能力提升练
8.（2025·江苏连云港市模拟）如图所示，竖直固定的光滑直杆上套有一个质量为m的小滑块，一原长为l的轻质弹簧左端固定在O点，右端与滑块相连.直杆上还有b、c、d三个点，b点与O点在同一水平线上且Ob＝l，Oa、Oc与Ob的夹角均为37°，Od与Ob的夹角为53°.现将滑块从a点静止释放，在滑块下滑到最低点d的过程中，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，sin 37°＝0.6.下列说法正确的是（　D　）
A.滑块在b点时动量最大
B.滑块从a点到c点的过程中，弹簧弹力的总冲量为零
C.滑块在c点的速度大小为
D.滑块从c点下滑到d点的过程中机械能的减少量为mgl
解析：从a到b，弹簧对滑块有沿弹簧向下的拉力，滑块的速度不断增大.从b到c，弹簧对滑块有沿弹簧向上的拉力，开始时拉力沿杆向上的分力小于滑块的重力，滑块仍在加速，所以滑块在b点时速度不是最大，动量也不是最大，故A错误；从a下滑到b点和从b下滑到c点的时间不相等，结合对称性可知弹簧弹力的总冲量不为零，故B错误；由题图可知，a、c两处弹簧的形变量相同，故滑块从a到c，弹力做功为零，只有重力做功，则有mg·2ltan 37°＝m，可得滑块在c点的速度大小为vc＝，故C错误；滑块从c点下滑到d点的过程中，有ΔE＝m＋mgl（tan 53°－tan 37°），解得ΔE＝mgl，故D正确.
9.（2025·河北石家庄部分学校三调）如图所示，两侧倾角均为30°的斜劈固定在水平地面上，将质量为m、长为L的光滑金属链条放在斜劈顶端，左右两侧链条长度之比为1∶2.已知两斜面的长度均为2L，两侧链条与斜劈的截面在同一竖直平面内.重力加速度为g.某时刻将链条由静止释放，当链条下端到达斜劈底端时，重力的功率为（　A　）
A.mg B.mg
C.mg D.mg
解析：链条从静止至左侧斜面上的链条完全滑到右端的过程中，用分段法可得重力做功为W1＝mg·sin 30°＝mgL，然后链条下端到达斜劈底端这一过程整体分析可得重力做功为W2＝mg·Lsin 30°＝mgL，设链条下端运动至底端的速度为v，由机械能守恒可得W1＋W2＝mv2（提示：注意无摩擦，只存在重力势能和动能的转化），解得v＝，由此可得重力做功的功率为P＝mgvsin 30°＝mg，A正确.
10.如图所示，倾角为37°的斜面与一竖直光滑圆轨道相切于A点，轨道半径R＝1 m，将滑块由B点无初速度释放，滑块恰能运动到圆周的C点，OC水平，OD竖直，xAB＝2 m，滑块可视为质点，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
（1）滑块在斜面上第一次下滑到A点的时间；
（2）若滑块能从D点抛出，滑块仍从斜面上无初速度释放，释放点至少应距A点多远？
答案：（1）1 s
（2）5.75 m
解析：（1）设滑块到达A点的速度为vA，以A点所在水平面为参考平面，从A到C过程，由机械能守恒定律有m＝mgRcos 37°
从B到A过程，滑块做匀加速直线运动，由匀变速直线运动规律可知＝2axAB，vA＝at
联立各式解得a＝4 m/s2，t＝1 s.
（2）设滑块能从D点抛出的最小速度为vD，在D点，由重力提供向心力，有mg＝m
从A到D由机械能守恒定律有
mv＝mgR（1＋cos 37°）＋m
v＝2ax'
联立各式解得x'＝5.75 m.
第4讲　功能关系　能量守恒定律
素养目标　1.知道几种常见的功能关系和能量守恒定律.（物理观念） 2.能够利用功能关系进行相关计算.（科学思维） 3.掌握能量转化问题的解题思路.（科学思维）
@一、对功能关系的理解及应用
一、对功能关系的理解及应用
考题1　（2024·山东卷）如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d（d＜l）.两木板与地面间动摩擦因数均为μ，弹性绳劲度系数为k，被拉伸时弹性势能E＝kx2（x为绳的伸长量）.现用水平力F缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，k保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则F所做的功等于（　B　）
A.＋μmg（l－d）
B.＋μmg（l－d）
C.＋2μmg（l－d）
D.＋2μmg（l－d）
解析：甲所坐木板刚要离开原位置时，设弹性绳伸长量为x，则有kx＝μmg，x＝；水平力F“缓慢”拉动乙所坐木板，故可认为乙与其所坐木板的动能变化量为零，由功能关系可知水平力F做的功W＝μmg（l－d＋x）＋kx2，将x的表达式代入得W＝＋μmg（l－d），B正确.
1.功是　能量转化　的量度，即做了多少功就有多少　能量　发生了转化.
2.做功的过程一定伴随着　能量的转化　，而且　能量的转化　必须通过做功来实现.
3.做功对应变化的能量形式
（1）合外力的功影响物体　动能　的变化.
（2）重力的功影响物体　重力势能　的变化.
（3）弹簧弹力的功影响　弹性势能　的变化.
（4）除重力或系统内弹力以外的力做功影响物体　机械能　的变化.
（5）滑动摩擦力的功影响　内能　的变化.
深化1　　常见功能关系
几种常见力做功 对应的能量变化 关系式
重力 正功 重力势能减少 WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
负功 重力势能增加
弹簧、弹性绳等的弹力 正功 弹性势能减少 W弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
负功 弹性势能增加
合力 正功 动能增加 W合＝ΔEk＝Ek2－Ek1
负功 动能减少
除重力和弹簧弹力以外的其他力 正功 机械能增加 W其他＝ΔE＝E2－E1
负功 机械能减少
一对滑动摩擦力做功 机械能减少、内能增加 Q＝Ff·Δs相对
深化2　　两种摩擦力做功特点的比较
项目 静摩擦力做功 滑动摩擦力做功
不同点 能量的 转化 只有机械能从一个物体转移到另一个物体，而没有机械能

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