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第五章 第1讲 功 功率3
[体系构建]
[考纲点击]
1.功和功率 (Ⅱ)
2.动能和动能定理 (Ⅱ)
3.重力做功与重力势能 (Ⅱ)
4.功能关系、机械能守恒定律及其应用 (Ⅱ)
实验五：探究动能定理
实验六：验证机械能守恒定律
[复习指导]
1.准确掌握功、功率、动能、势能、机械能等重要概念及相关物理量的判断和计算。
2.理解动能定理的含义，并能熟练应用动能定理解决问题。
3.理解机械能守恒的条件，掌握机械能守恒定律的应用。
4.熟练利用功能关系和能量守恒定律，结合牛顿运动定律、平抛运动和圆周运动、电磁学等相关内容处理综合性的问题。
功
1．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。
2．公式
W＝Flcos α
(1)α是力与位移方向之间的夹角，l为物体对地的位移。
(2)该公式只适用于恒力做功。
1．判断正、负功的方法
(1)根据力和位移方向之间的夹角判断：此法常用于恒力做功。
夹角
功的正负
物理意义
0≤α≤
W>0
力对物体做正功
<α≤π
W<0
力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功
α＝
W＝0
力对物体不做功
(2)根据力和瞬时速度方向的夹角判断：此法常用于判断质点做曲线运动时变力做的功，夹角为锐角时做正功，夹角为钝角时做负功，夹角为直角时不做功。
(3)根据能量转化与守恒定律判断：若在该力作用下物体的能量增加，则该力对物体做正功，反之则做负功。
2．功的大小计算
(1)恒力做的功：
直接用W＝Flcos α计算。
(2)合外力做的功：
方法一：先求合外力F合，再用W合＝F合lcos α求功。
方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3…再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合外力做的功。
(3)变力做的功：
①应用动能定理求解。
②用W＝Pt求解，其中变力的功率P不变。
③将变力做功转化为恒力做功，此法适用于力的大小不变，方向与运动方向相同或相反，或力的方向不变，大小随位移均匀变化的情况。
1.如图5－1－1，拖着旧橡胶轮胎跑是身体耐力训练的一种有效方法。如果某受训者拖着轮胎在水平直道上跑了100 m，那么下列说法正确的是(　　)
图5－1－1
A．轮胎受到地面的摩擦力做了负功
B．轮胎受到的重力做了正功
C．轮胎受到的拉力不做功
D．轮胎受到地面的支持力做了正功
解析：选A　根据力做功的条件，轮胎受到的重力和地面的支持力都与位移垂直，这两个力均不做功，B、D错误；轮胎受到地面的摩擦力与位移反向，做负功，A正确；轮胎受到的拉力与位移夹角小于90°，做正功，C错误。
功　率
1．物理意义
描述力对物体做功的快慢。
2．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)。
3．额定功率
机械正常工作时的最大功率。
4．实际功率
机械实际工作时的功率，要求不能大于额定功率。
1．平均功率的计算方法
(1)利用＝。
(2)利用＝Fcos α，其中为物体运动的平均速度。
2．瞬时功率的计算方法
(1)利用公式P＝Fvcos α，其中v为t时刻的瞬时速度。
(2)P＝FvF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度。
(3)P＝Fvv，其中Fv为物体受的外力F在速度v方向上的分力。
2．一质量为m的木块静止在光滑的水平面上，从t＝0开始，将一个大小为F的水平恒力作用在该木块上，在t＝t1时刻力F的瞬时功率是(　　)
A.t1　　　　　　B.t
C.t1 D.t
解析：选C　在t＝t1时刻木块的速度为v＝at1＝t1，此时刻力F的瞬时功率P＝Fv＝t1，选C。
机车的启动
1．机车的输出功率
P＝Fv，其中F为机车的牵引力，匀速行驶时，牵引力等于阻力。
2．两种常见的启动方式
(1)以恒定功率启动：机车的加速度逐渐减小，达到最大速度时，加速度为零。
(2)以恒定加速度启动：机车的功率逐渐增大，达到额定功率后，加速度逐渐减小，当加速度减小到零时，速度最大。
两种启动方式的比较
两种
方式
以恒定功率启动
以恒定加速度启动
P－t图
和
v－t图
OA
段
过程分析
v↑?F＝↓
?a＝↓
a＝不变?
F不变v↑
?P＝Fv↑
直到P额＝Fv1
运动性质
加速度减小的加速直线运动
匀加速直线运动，维持时间t0＝
AB
段
过程分析
F＝F阻?a＝0
?F阻＝
v↑?F＝↓
?a＝↓
运动性质
以vm做匀速直线运动
加速度减小的加速运动
BC
段
过程分析
F＝F阻?a＝0?F阻＝，
运动性质
以vm做匀速直线运动
2．三个重要关系式
(1)无论哪种运行过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即vm＝＝(式中Fmin为最小牵引力，其值等于阻力Ff)。
(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，速度不是最大，即v1＝(3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W＝Pt。由动能定理：Pt－Ffx＝ΔEk。此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小。
3．一辆汽车以功率P1在平直公路上匀速行驶，若驾驶员突然减小油门，使汽车的功率减小为P2并继续行驶。若整个过程中阻力恒定不变，此后汽车发动机的牵引力将(　　)
A．保持不变　　　　　　　B．不断减小
C．先减小，后保持不变 D．先增大，后保持不变
解析：选D　由P1＝Fv，当汽车以功率P1匀速行驶时，F＝Ff，加速度a＝0。若突然减小油门，汽车的功率由P1减小到P2，则F突然减小，整个过程中阻力Ff恒定不变，即F功的有关计算
[命题分析]　本考点是高考的热点，可单独考查，也可与其它知识综合考查，题型有选择、计算等。
[例1]　如图5－1－2所示，一质量为m＝2.0 kg的物体从半径为R＝5.0 m的圆弧轨道的A端，在拉力作用下沿圆弧缓慢运动到B端(圆弧AB在竖直平面内)。拉力F大小不变始终为15 N，方向始终与物体所在点的切线成37°角。圆弧所对应的圆心角为45°，BO边为竖直方向。求这一过程中：(g取10 m/s2)
图5－1－2
(1)拉力F做的功。
(2)重力G做的功。
(3)圆弧面对物体的支持力FN做的功。
(4)圆弧面对物体的摩擦力Ff做的功。
[解析]　(1)将圆弧AB分成很多小段l1，l2，…，ln，拉力在每小段上做的功为W1，W2，…，Wn，因拉力F大小不变，方向始终与物体所在点的切线成37°角，所以：W1＝Fl1cos 37°，W2＝Fl2cos 37°，…，Wn＝Flncos 37°，所以
WF＝W1＋W2＋…＋Wn＝Fcos 37°(l1＋l2＋…＋ln)
＝Fcos 37°·R＝15π J＝47.1 J。
(2)重力G做的功WG＝－mgR(1－cos 45°)＝－29.3 J。
(3)物体受的支持力FN始终与物体的运动方向垂直，所以WFN＝0。
(4)因物体在拉力F作用下缓慢移动，动能不变，由动能定理知：WF＋WG＋Wf＝0。
所以Wf＝－WF－WG＝(－47.1＋29.3)J＝－17.8 J。
[答案]　(1)47.1 J　(2)－29.3 J　(3)0　(4)－17.8 J
———————————————————————————————
“化变为恒法”求功适用的两种情况
(1)若力的大小改变，方向不变，且力的大小与物体的位移大小成正比，则此力做的功可用W＝l求解。
(2)若力的方向时刻变化，但力沿运动方向的分力大小不变时，可用W＝Fx·l(其中Fx为力F在运动方向的分力，l为物体运动的路程)来求功。
—————————————————————————————————————— [变式训练]
1.如图5－1－3所示，摆球质量为m，悬线的长为L，把悬线拉到水平位置后放手。设在摆球运动过程中空气阻力F阻的大小不变，则下列说法正确的是(　　)
图5－1－3
A．重力做功为mgL
B．绳的拉力做功为0
C．空气阻力(F阻)做功为－mgL
D．空气阻力(F阻)做功为－F阻πL
解析：选ABD　如图所示，因为拉力FT在运动过程中始终与运动方向垂直，故不做功，即WFT＝0。
重力在整个运动过程中始终不变，小球在重力方向上的位移为AB在竖直方向上的投影L，所以WG＝mgL。F阻所做的总功等于每个小弧段上F阻所做功的代数和，即
WF阻＝－(F阻Δx1＋F阻Δx2＋…)
＝－F阻πL。
故重力mg做的功为mgL，绳子拉力做功为零，空气阻力所做的功为－F阻πL。
功率的计算
[命题分析]　功率的理解和计算在近几年高考中时有出现，题型多为选择题，难度中等，且常把功率与其它知识综合起来考查。
[例2]　如图5－1－4所示，水平传送带正以2 m/s的速度运行，两端水平距离l＝8 m，把一质量m＝2 kg的物块轻轻放到传送带的A端，物块在传送带的带动下向右运动，若物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，不计物块的大小，g取10 m/s2，则把这个物块从A端传送到B端的过程中，摩擦力对物块做功的平均功率是多少？1 s时，摩擦力对物块做功的功率是多少？皮带克服摩擦力做功的功率是多少？
图5－1－4
[解析]　物块刚放到传送带上时，由于与传送带有相对运动，物块受向右的滑动摩擦力，物块做加速运动，摩擦力对物块做功，求出物块在摩擦力作用下的位移和运动时间。物块受向右的摩擦力为：
Ff＝μmg＝0.1×2×10 N＝2 N
加速度为a＝＝μg＝0.1×10 m/s2＝1 m/s2
当物块与传送带相对静止时的位移为：
x＝＝ m＝2 m。
摩擦力做功为：W＝Ffx＝2×2 J＝4 J
相对静止后物块与传送带之间无摩擦力，此后物块匀速运动到B端，物块由A端到B端所用的时间为：
t＝＋＝ s＋ s＝5 s
则物块在被传送过程中所受摩擦力的平均功率为：
＝＝ W＝0.8 W。
1 s时，物块的速度为v1＝at1＝1 m/s
则摩擦力对物块做功的功率为
P1＝Ffv1＝2×1 W＝2 W。
皮带的速度为v＝2 m/s，故皮带克服摩擦力做功的功率为
P2＝Ffv＝2×2 W＝4 W。
[答案]　0.8 W　2 W　4 W
[变式训练]
2.如图5－1－5所示，在外力作用下某质点运动的v－t图象为正弦曲线，从图中可判断(　　)
图5－1－5
A．在0～t1时间内，外力做正功
B．在0～t1时间内，外力的功率逐渐增大
C．在t2时刻，外力的功率最大
D．在t1～t3时间内，外力做的总功为零
解析：选AD　0～t1内，速度变大，合力与速度方向相同，外力做正功，A正确；根据v－t图象的斜率表示加速度，加速度对应合力，故t1时刻合力F＝0，由P＝Fv知，外力的功率为零，故B错误；在t2时刻速度为零，故此时外力的功率为零，C错；在t1～t3时间内，动能变化为零，由动能定理知，外力做的总功为零，D正确。
机车启动问题的分析
[命题分析]　机车启动问题是高考中的重要题型，在近几年高考中时有出现，既有选择题，也有计算题，难度一般为中等。
[例3]　如图5－1－6所示，质量为M的汽车通过质量不计的绳索拖着质量为m的车厢(可作为质点)在水平地面上由静止开始做直线运动。已知汽车和车厢与水平地面间的动摩擦因数均为μ，汽车和车厢之间的绳索与水平地面间的夹角为θ，汽车的额定功率为P，重力加速度为g，不计空气阻力。为使汽车能尽快地加速到最大速度又能使汽车和车厢始终保持相对静止，问：
图5－1－6
(1)汽车所能达到的最大速度为多少？
(2)汽车能达到的最大加速度为多少？
(3)汽车以最大加速度行驶的时间为多少？
[思维流程]
第一步：抓信息关键点
关键点
信息获取
(1)绳索与水平地面间的夹角为θ
把汽车和车厢看作一个整体，汽车匀速运动时，牵引力的功率等于整体所受摩擦力的功率
(2)汽车所能达到的最大速度
汽车匀速运动时，速度最大
(3)汽车所能达到的最大加速度
此时车厢刚好不受地面的支持力
(4)汽车以最大加速度行驶的时间
汽车的功率增大到额定功率之前，汽车一直在匀加速
第二步：找解题突破口
(1)汽车速度最大时，F＝Ff，可根据P＝Fv求出速度。
(2)汽车加速度最大时，隔离分析车厢，仅受两个力作用，根据力的分解求出加速度。
(3)汽车匀加速运动，功率达到额定功率时，根据牛顿第二定律知P＝Fv可求出此时的速度，再根据v＝at可求出匀加速阶段的时间。
第三步：条理作答
[解析]　(1)当汽车达到最大速度时汽车的功率为P，且牵引力与汽车和车厢所受摩擦力大小相等，即F＝Ff。汽车和车厢所受的摩擦力Ff＝μ(m＋M)g，又P＝Fv，由上述三式可知汽车的最大速度v＝。
(2)要保持汽车和车厢相对静止，就应使车厢在整个运动过程中不脱离地面。临界情况为车厢刚好未脱离地面，此时车厢受到的力为车厢重力和绳索对车厢的拉力FT，设此时车厢的最大加速度为a，则有：
水平方向FTcos θ＝ma
竖直方向FTsin θ＝mg
由以上两式得：a＝gcot θ。
(3)当汽车以最大加速度行驶时，汽车做匀加速运动，
所以F′－Ff＝(M＋m)a，
即F′＝(μ＋cot θ)(M＋m)g
汽车达到匀加速运动的最大速度v1时，汽车的功率恰好达到额定功率，有：P＝F′v1且v1＝at
所以以最大加速度行驶的时间为：
t＝。
[答案]　(1)　(2)gcot θ
(3)
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分析机车启动问题时应注意的事项
?1?机车启动的方式不同，机车运动的规律就不同，因此机车启动时，其功率、速度、加速度、牵引力等物理量的变化规律也不相同，分析图象时应注意坐标轴的意义及图象变化所描述的规律。
?2?恒定功率下的加速一定不是匀加速，这种加速过程发动机做的功可用W＝Pt计算，不能用W＝Fl计算?因为F为变力?；
?3?以恒定牵引力加速时的功率一定不恒定，这种加速过程发动机做的功常用W＝Fl计算，不能用W＝Pt计算?因为功率P是变化的?。
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[变式训练]
3．(2013·济南模拟)汽车从静止匀加速启动，最后做匀速运动，其速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象如图5－1－7所示，其中正确的是(　　)
图5－1－7
解析：选ACD　机车启动时由P＝Fv和F－Ff＝ma可知，匀加速启动过程，牵引力F、加速度a恒定不变，速度和功率均匀增大，当功率增大到额定功率后保持不变，牵引力逐渐减小到与阻力相等，加速度逐渐减小到零，速度逐渐增大到最大速度，故A、C、D正确。
开“芯”技法——变力做功的求法
1．化变力功为恒力功
在曲线运动中，若质点受到的力F大小恒定，力F的方向与物体运动的切线方向间的夹角不变且力的方向与位移的方向同步变化时，若要求力F所做的功，则可以将曲线拉直，将变力F做的功转化为恒力做的功，当然也可以将曲线分割成无数微小段而将变力F的功转化为每一微小段的恒力功。
2．化变力功为平均力功
在求解变力功时，若物体受到的力的方向不变，而大小随位移是成线性变化的，即力均匀变化时，则可以认为物体受到一大小为＝的恒力作用，F1、F2分别为物体初、末态所受到的力，然后用公式W＝xcos α求此力所做的功。
3．用图象法求变力功
在F－x图象中，图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移内所做的功，且位于x轴上方的“面积”为正，位于x轴下方的“面积”为负，但此方法只适用于便于求图线所围面积的情况。
4．用微元法求变力的功
求变力做功还可以用微元法，把整个过程分成极短的很多段，在极短的每一段里，力可以看成是恒力，则可用功的公式求每一段元功，再求每小段上做的元功的代数和。用微元法的关键是如何选择恰当的微元，如何对微元作恰当的物理和数学处理，微元法对运用数学知识处理物理问题的能力的要求比较高。
5．应用动能定理求变力的功
动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于求恒力功也适用于求变力功。因使用动能定理可由动能的变化来求功，所以动能定理是求变力功的首选。
[示例]　如图5－1－8甲所示，一质量为m＝1 kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t＝0时刻开始物块受到如图乙所示规律变化的水平力F的作用并向右运动，第3 s末物块运动到B点时速度刚好为0，第5 s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，(g＝10 m/s2)求：
(1)A与B间的距离。
(2)水平力F在前5 s内对物块做的功。
图5－1－8
[解析]　(1)A、B间的距离与物块在后2 s内的位移大小相等，在后2 s内物块在水平恒力作用下由B点匀加速运动到A点，
由牛顿第二定律知F－μmg＝ma，
代入数值得a＝2 m/s2，
所以A与B间的距离为x＝at2＝4 m.
(2)前3 s内物块所受力F是变力，设整个过程中力F做的功为W，物体回到A点时速度为v，则v2＝2ax，
由动能定理知W－2μmgx＝mv2，
所以W＝2μmgx＋max＝24 J。
[答案]　(1)4 m　(2)24 J
[名师点评]　求变力功的几种方法各有优点，在不同的情景中应用不同的方法，其中动能定理是最常用，也是考查频率最大的一种方法。
第五章 第1讲 功功率4
[随堂巩固提升]
1．(2011·江苏高考)如图5－1－9所示，演员正在进行杂技表演。由图可估算出他将一只鸡蛋抛出的过程中对鸡蛋所做的功最接近于(　　)
图5－1－9
A．0.3 J　　　　　　　　B．3 J
C．30 J D．300 J
解析：选A　由生活常识及题图知，一只鸡蛋的质量接近0.05 kg，上抛高度在0.6 m左右，则人对鸡蛋做的功W＝mgh＝0.3 J，故A对，B、C、D错。
2．(2011·上海高考)如图5－1－10，一长为L的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为m的小球。一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度ω匀速转动，当杆与水平方向成60°时，拉力的功率为(　　)
图5－1－10
A．mgLω B.mgLω
C.mgLω D.mgLω
解析：选C　由能的转化及守恒可知：拉力的功率等于克服重力的功率，即PG＝mgvy＝mgvcos 60°＝mgωL，故选C。
3.如图5－1－11所示，在皮带传送装置中，皮带把物体P匀速带至高处，在此过程中，下述说法正确的是(　　)
图5－1－11
A．摩擦力对物体做正功
B．摩擦力对物体做负功
C．支持力对物体不做功
D．合外力对物体做正功
解析：选AC　物体P匀速上升过程中，合力为零，合外力对物体做功为零，D错误；支持力垂直于运动方向，故支持力做功为零，C正确；摩擦力沿斜面向上，摩擦力做正功，A正确，B错误。
4． (2013·山东威海市模拟)放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图5－1－12甲、乙所示。下列说法正确的是(　　)
图5－1－12
A．0～6 s内物体的位移大小为30 m
B．0～6 s内拉力做的功为70 J
C．合外力在0～6 s内做的功与0～2 s内做的功相等
D．滑动摩擦力的大小为5 N
解析：选AB　由v－t图象面积表示相应时间内的位移，得A项正确；0～2 s内，物体做匀加速运动，设拉力为F1，由P1＝F1v，得F1＝ N＝5 N，W1＝F1s1＝5× J＝30 J，W2＝P2t2＝10×4 J＝40 J，所以0～6 s内W＝W1＋W2＝70 J，故B项正确，C项错误；由v－t图象得2～6 s内，Ff＝F拉＝＝ N＝ N，D项错误。
5．质量m＝3×106 kg的火车，在恒定的额定功率下，沿平直的轨道由静止开始出发，在运动过程中受到的阻力大小恒定，经过t＝103 s后达到最大行驶速度v＝20 m/s，此时司机发现前方x＝4 000 m处的轨道旁有山体塌方，便立即紧急刹车，这时附加的制动力为F1＝9×104 N，结果列车正好到达轨道毁坏处停下。试求：
(1)列车在行驶过程中所受的阻力大小。
(2)列车的额定功率。
(3)列车从开始运动到停下所经过的总路程。
解析：(1)减速过程的加速度a＝＝ m/s2＝0.05 m/s2
由牛顿第二定律有Ff＋F1＝ma
则Ff＝6×104 N
(2)P＝Fv＝Ffv＝6×104×20 W＝1.2×106 W
(3)达到最大速度的过程中，通过的路程设为x1，
由动能定理得Pt－Ffx1＝mv2
代入数据解得x1＝104 m。
则列车从开始到停下走过的总路程为x1＋x＝14 km。
答案：(1)6×104 N　(2)1.2×106 W　(3)14 km
第五章　动能的变化与机械功　能量守恒
考　纲　要　求
高考频度
备　考　指　导
1.功和功率Ⅱ
★★★
2.动能和动能定理Ⅱ
★★★★★
3.重力做功与重力势能Ⅱ
★★
4.功能关系、机械能守恒定律及其应用Ⅱ
★★★★★
实验五：探究动能定理
★★★★
实验六：验证机械能守恒定律
★★★
1.准确掌握功、功率、动能、势能、机械能等重要概念及相关物理量的判断和计算．
2.理解动能定理的含义，并能熟练应用动能定理解决问题．
3.理解机械能守恒的条件，掌握机械能守恒定律的应用．
4.熟练利用功能关系和能量守恒定律，结合牛顿运动定律、平抛运动和圆周运动、电磁学等相关内容处理综合性的问题.
第1讲　功和功率
(对应学生用书第70页)
功
1.做功的两个要素
力和物体在力的方向上发生的位移．
2．公式：W＝Fscos_α
(1)该公式只适用于恒力做功．
(2)α是力与位移方向的夹角，s为物体对地的位移．
3．功的正负的意义
(1)功是标量，但有正负之分，正功表示动力对物体做功，负功表示阻力对物体做功．
(2)一个力对物体做负功，往往说成是物体克服这个力做功(取绝对值)．
【针对训练】
1.
图5－1－1
如图5－1－1所示，在皮带传送装置中，皮带把物体P匀速带至高处，在此过程中，下述说法正确的是(　　)
A．摩擦力对物体做正功
B．摩擦力对物体做负功
C．支持力对物体不做功
D．合外力对物体做正功
【解析】　物体P匀速向上运动过程中，受静摩擦力作用，方向沿皮带向上，对物体做正功，支持力垂直于皮带，做功为零，合外力为零，做功也为零，故A、C正确，B、D错误．
【答案】　AC
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．

【针对训练】
2．(2012·上海高考)位于水平面上的物体在水平恒力F1作用下，做速度为v1的匀速运动；若作用力变为斜向上的恒力F2，物体做速度为v2的匀速运动，且F1与F2功率相同．则可能有(　　)
图5－1－2
A．F2＝F1　v1＞v2　　　　　　　B．F2＝F1　v1＜v2
C．F2＞F1　v1＞v2 D．F2＜F1　v1＜v2
【解析】　设F2与水平方向成θ角，由题意可知：F1v1＝F2·v2·cos θ，因cos θ＜1，故F1v1＜F2v2.当F2＝F1时，一定有v1＜v2，故选项A错误、B正确．当F2＞F1时，有v1＞v2、v1＜v2、v1＝v2三种可能，故选项C错误．当F2＜F1时，一定有v1＜v2，故D选项正确．
【答案】　BD
(对应学生用书第71页)
功的正负判断方法
1.根据夹角判断
力与
位移
的夹
角
在推力F作用下，斜面与
物块一起水平运动
(1)G对m不做功
(2)FN对m做正功
(3)Ff对m做负功
力与
瞬时
速度
的夹
角
卫星由位置1到2的过程中，F与v的夹角大于90°做负功
2.从能的转化角度来进行判断
图5－1－3
此法常用于判断相互联系的两个物体之间的相互作用力做功的情况．
例如车M静止在光滑水平轨道上，球m用细线悬挂在车上，由图5－1－3中的位置无初速地释放，则可判断在球下摆过程中绳的拉力对车做正功．因为绳的拉力使车的动能增加了．又因为M和m构成的系统的机械能是守恒的，M增加的机械能等于m减少的机械能，所以绳的拉力一定对球m做负功．
(1)作用力和反作用力虽然等大反向，但由于其分别作用在两个物体上，产生的位移效果无必然联系，故作用力和反作用力的功不一定一正一负，大小也不一定相等．
(2)摩擦力并非只做负功，可以做正功、负功或不做功．
　(2013届长春模拟)如图5－1－4所示，重球m用一条不可伸长的轻质细线拴住后悬于O点，重球置于一个斜面不光滑的斜劈M上，用水平力F向左推动斜劈M在光滑水平桌面上由位置甲匀速向左移动到位置乙，在此过程中，正确的说法是(　　)
图5－1－4
A．M、m间的摩擦力对m不做功
B．M、m间的摩擦力对m做负功
C．F对M所做的功与m对M所做的功的绝对值相等
D．M、m间的弹力对m做正功
【审题视点】　“斜面不光滑”、“光滑水平桌面”、“匀速”．
【解析】　小球在向左摆动过程中，M对m的摩擦力方向与小球m的位移方向间夹角小于90°，故摩擦力对m做正功，A、B均错误；因M匀速向左运动，地面对M的支持力和M的重力不做功，一定有F对M所做的功与m对M所做的功合功为零，C正确；M对m的弹力方向与m位移方向夹角小于90°，故对m做正功，D项正确．
【答案】　CD
【即学即用】
1.
图5－1－5
人造地球卫星在椭圆轨道上运行，由图5－1－5中的a点运动到b点的过程中(　　)
A．万有引力对卫星做正功
B．万有引力对卫星做负功
C．万有引力对卫星先做正功，再做负功
D．万有引力对卫星一直不做功
【解析】　由于图中万有引力与速度方向夹角始终小于90°，故在此过程中万有引力对卫星做正功，A正确．
【答案】　A
功 的 计 算
1.求解恒力做功的流程图

2．变力做功
(1)用动能定理：W＝mv－mv.
(2)若功率恒定，则用W＝Pt计算．
3．滑动摩擦力做的功有时可以用力和路程的乘积计算．
4．多个力的合力做的功
(1)先求F合，再根据W＝F合·scos α计算，一般适用于整个过程中合力恒定不变的情况．
(2)先求各个力做的功W1、W2…Wn，再根据W总＝W1＋W2＋…＋Wn计算总功，这是求合力做功常用的方法．
　
图5－1－6
(2013届宝鸡模拟)如图5－1－6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，求这一过程中
(1)人拉绳子的力做的功；
(2)物体的重力做的功；
(3)物体受到的合力对物体做的总功．
【解析】　(1)工人拉绳子的力：
F＝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＝Flcos α，得
W1＝mgsin θ·2L＝2 000 J.
(2)重力做功：
W2＝－mgh＝－mgLsin θ＝－2 000 J.
(3)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.
【答案】　(1)2 000 J　(2)－2 000 J　(3)0
【即学即用】
2．人在A点拉着绳通过一定滑轮吊起质量m＝50 kg的物体，如图5－1－7所示，开始时绳与水平方向的夹角为60°.当人匀速提起重物由A点沿水平方向运动l＝2 m而到达B点时，绳与水平方向成30°角．则人对绳的拉力做了多少功？
图5－1－7
【解析】　人对绳的拉力的功与绳对物体的拉力的功是相同的，而由于匀速提升物体，故物体处于平衡状态，可知绳上拉力F＝mg.而重物上升的高度h等于右侧绳子的伸长量Δl，由几何关系易得：h(cot 30°－cot 60°)＝l，Δl＝－，解得Δl＝1.46 m．人对绳子做的功W＝mgΔl＝500×1.46 J＝730 J.
【答案】　730 J
功率的计算与判断
　(2011·海南高考)一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时起，第1秒内受到2 N的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1 N的外力作用．下列判断正确的是(　　)
A．0～2 s内外力的平均功率是 W
B．第2秒内外力所做的功是 J
C．第2秒末外力的瞬时功率最大
D．第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是
【审题视点】　(1)平均功率＝中，W为0～2 s内外力的总功．
(2)瞬时功率P＝F·v，第2 s末瞬时速度v最大，瞬时功率P不一定最大．
【解析】　由题意知质点所受的水平外力即为合力，则知质点在这2秒内的加速度分别为a1＝2 m/s2、a2＝1 m/s2，则质点在第1 s末与第2 s末的速度分别为v1＝2 m/s、v2＝3 m/s，每一秒内质点动能的增加量分别为ΔEk1＝mv＝2 J、ΔEk2＝mv－mv＝2.5 J，D正确．再由动能定理可知第2 s内与0～2 s内外力所做功分别为W2＝ΔEk2＝2.5 J、W＝mv－0＝4.5 J，则在0～2 s内外力的平均功率P＝＝ W，A正确、B错误．由P＝Fv知质点在第1 s末与第2 s末的瞬时功率分别为P1＝4 W、P2＝3 W，故C错误．
【答案】　AD
【即学即用】
3．(2012·江苏高考)如图5－1－8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变化情况是(　　)
图5－1－8
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】　小球速率恒定，由动能定理知：拉力做的功与克服重力做的功始终相等，将小球的速度分解，可发现小球在竖直方向分速度逐渐增大，重力的瞬时功率也逐渐增大，则拉力的瞬时功率也逐渐增大，A项正确．
【答案】　A
(对应学生用书第72页)
机车启动问题
机动车等交通工具，在启动的时候，通常有两种启动方式，即以恒定功率启动和以恒定加速度启动．现比较如下：
两种方式
以恒定功率启动
以恒定加速度启动
P－t图
和
v－t图
OA
段
过程分析
v↑?F＝↓?a＝↓
a＝不变?F不变P＝Fv↑直到P额＝Fv1
运动性质
加速度减小的加速直线运动
匀加速直线运动，维持时间t0＝
AB
段
过程分析
F＝F阻?a＝0
?F阻＝
v↑?F＝↓
?a＝↓
运动性质
以vm做匀速直线运动
加速度减小的加速运动，在B点达到最大速度vm＝
　(2012·大连八中模拟)高速连续曝光照相机可在底片上重叠形成多个图象．现利用这架照相机对MD－2 000家用汽车的加速性能进行研究，图5－1－9为汽车做匀加速直线运动时三次曝光的照片，图中汽车的实际长度为4 m，照相机每两次曝光的时间间隔为2.0 s．已知该汽车的质量为1 000 kg，额定功率为90 kW，汽车运动过程中所受的阻力始终为1 500 N.
(1)试利用图示，求该汽车的加速度；
(2)若汽车由静止开始以此加速度做匀加速运动，匀加速运动状态最多能保持多长时间；
(3)汽车所能达到的最大速度是多大；
(4)若该汽车从静止开始运动，牵引力不超过3 000 N，求汽车运动2 400 m所用的最短时间(汽车已经达到最大速度)．
图5－1－9
【潜点探究】　(1)由图片信息，利用位移差为aT2，可求加速度．
(2)匀加速阶段结合牛顿定律、功率公式，可求末速度．再由速度公式可求加速时间．
(3)分两个阶段找出时间．
【规范解答】　(1)由图可得汽车在第1个2 s时间内的位移x1＝9 m，第2个2 s时间内的位移x2＝15 m.
汽车的加速度a＝＝1.5 m/s2.
(2)由F－f＝ma得，汽车牵引力F＝f＋ma＝(1 500＋1 000×1.5) N＝3 000 N
汽车做匀加速运动的末速度v＝＝ m/s＝30 m/s
匀加速运动保持的时间t1＝＝ s＝20 s.
(3)汽车所能达到的最大速度vm＝＝ m/s＝60 m/s.
(4)由(1)、(2)知匀加速运动的时间t1＝20 s，运动的距离x′1＝＝(30×) m＝300 m
所以，后阶段以恒定功率运动的距离x′2＝(2 400－300) m＝2 100 m
对后阶段以恒定功率运动，有：P额t2－fx′2＝m(v－v2)
解得t2＝50 s
所以，所求时间为t总＝t1＋t2＝(20＋50) s＝70 s.
【答案】　(1)1.5 m/s2　(2)20 s　(3)60 m/s　(4)70 s
【即学即用】
4．(2013届赤峰模拟)汽车在平直的公路上以恒定的功率启动，设阻力恒定，则图5－1－10中关于汽车运动过程中加速度、速度随时间变化的关系，以下判断正确的是(　　)
图5－1－10
A．汽车的加速度—时间图象可用图乙描述
B．汽车的速度—时间图象可用图甲描述
C．汽车的加速度—时间图象可用图丁描述
D．汽车的速度—时间图象可用图丙描述
【解析】　由牛顿第二定律得F－Ff＝ma，F＝，即－Ff＝ma，随着v的增大，物体做加速度减小的加速运动，在v－t图象上斜率应越来越小，故甲为汽车的速度—时间图象，B对，D错；因速度增加得越来越慢，由a＝－知，加速度减小得越来越慢，最后趋于零，故图乙为汽车加速度—时间图象，A对，C错．
【答案】　AB
(对应学生用书第73页)
●功大小的估算
1.
图5－1－11
(2011·江苏高考)如图5－1－11所示，演员正在进行杂技表演．由图可估算出他将一只鸡蛋抛出的过程中对鸡蛋所做的功最接近于(　　)
A．0.3 J　　　　　　　　B．3 J
C．30 J D．300 J
【解析】　一只鸡蛋重约1 N，人的身高一般为1.6 m，则鸡蛋被抛出后能上升大约0.6 m，故鸡蛋被抛出的竖直速度v0＝＝2 m/s，人对鸡蛋做功为W＝mv＝0.6 J，最接近0.3 J，故A正确．
【答案】　A
●瞬时功率的计算
2.
图5－1－12
(2011·上海高考)如图5－1－12，一长为L的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为m的小球．一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度ω匀速转动，当杆与水平方向成60°时，拉力的功率为(　　)
A．mgLω B.mgLω
C.mgLω D.mgLω
【解析】　由能的转化及守恒可知：拉力的功率等于克服重力的功率．PG＝mgvy＝mgvcos 60°＝mgωL，故选C.
【答案】　C
●功、功率与图象结合
3．(2012·天津高考)如图5－1－13甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图5－1－13乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等，则(　　)
图5－1－13
A．0－t1时间内F的功率逐渐增大
B．t2时刻物块A的加速度最大
C．t2时刻后物块A做反向运动
D．t3时刻物块A的动能最大
【解析】　在0～t1时间内物块A所受的合力为零，物块A处于静止状态，根据P＝Fv知，力F的功率为零，选项A错误；在t2时刻物块A受到的合力最大，根据牛顿第二定律知，此时物块A的加速度最大，选项B正确；物块A在t1～t2时间内做加速度增大的加速运动，在t2～t3时间内做加速度减小的加速运动，t3时刻，加速度等于零，速度最大，选项C错误，选项D正确．
【答案】　BD
●功的分析与判断
4.
图5－1－14
(2013届咸阳模拟)如图5－1－14所示，木板可绕固定水平轴O转动．木板从水平位置OA缓慢转到OB位置，木板上的物块始终相对于木板静止．在这一过程中，物块的重力势能增加了2 J．用FN表示物块受到的支持力，用Ff表示物块受到的摩擦力．在此过程中，以下判断正确的是(　　)
A．FN和Ff对物块都不做功
B．FN对物块做功为2 J，Ff对物块不做功
C．FN对物块不做功，Ff对物块做功为2 J
D．FN和Ff对物块所做功的代数和为0
【解析】　由做功的条件可知：只要有力，并且物块沿力的方向有位移，那么该力就对物块做功．由受力分析知，支持力FN做正功，但摩擦力Ff方向始终和速度方向垂直，所以摩擦力不做功．由动能定理W－mgh＝0，故支持力FN做功为mgh，B正确．
【答案】　B
●功、功率在现实生活中的应用
5．(2012·北京高考)摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米．电梯的简化模型如图5－1－15所示．考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度a是随时间t变化的．已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a－t图像如图5－1－16所示．电梯总质量m＝2.0×103 kg.忽略一切阻力，重力加速度g取10 m/s2.
(1)求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2；
图5－1－15
(2)类比是一种常用的研究方法．对于直线运动，教科书中讲解了由v－t图像求位移的方法．请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图5－1－16所示a－t图像，求电梯在第1 s内的速度改变量Δv1和第2 s末的速率v2；
(3)求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率P；再求在0～11 s时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W.
图5－1－16
【解析】　(1)由牛顿第二定律，有F－mg＝ma
由a－t图像可知，F1和F2对应的加速度分别是a1＝1.0 m/s2，a2＝－1.0 m/s2，则
F1＝m(g＋a1)＝2.0×103×(10＋1.0)N＝2.2×104 N
F2＝m(g＋a2)＝2.0×103×(10－1.0)N＝1.8×104 N.
(2)类比可得，所求速度变化量等于第1 s内a－t图线与t轴所围图形的面积，
可得Δv1＝0.5 m/s
同理可得Δv2＝v2－v0＝1.5 m/s
v0＝0，第2 s末的速率v2＝1.5 m/s.
(3)由a－t图像可知，11 s～30 s内速率最大，其值等于0～11 s内a－t图线与t轴所围图形的面积，此时电梯做匀速运动，拉力F等于重力mg，所求功率P＝Fvm＝mg·vm＝2.0×103×10×10 W＝2.0×105 W
由动能定理，总功W＝Ek2－Ek1＝mv－0＝×2.0×103×102 J＝1.0×105 J.
【答案】　(1)2.2×104 N　1.8×104 N　(2)0.5 m/s　1.5 m/s　(3)2. 0×105 W　1.0×105 J
　　　　　　
第五章 第1讲 功和功率2
(时间45分钟，满分100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分．)
1.
图5－1－17
(2013届广州一中模拟)如图5－1－17所示，拖着旧橡胶轮胎跑是身体耐力训练的一种有效方法．如果某受训者拖着轮胎在水平直道上跑了100 m，那么下列说法正确的是(　　)
A．轮胎受到地面的摩擦力做了负功
B．轮胎受到的重力做了正功
C．轮胎受到的拉力不做功
D．轮胎受到地面的支持力做了正功
2.
图5－1－18
如图5－1－18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与斜面体相对静止．则关于斜面对m的支持力和摩擦力的下列说法中正确的是(　　)
A．支持力一定做正功　　　　B．摩擦力一定做正功
C．摩擦力可能不做功 D．摩擦力可能做负功
3．(2013届汉中模拟)一辆汽车从静止出发，在平直的公路上加速前进，如果发动机的牵引力保持恒定，汽车所受阻力保持不变，在此过程中(　　)
A．汽车的速度与时间成正比
B．汽车的位移与时间成正比
C．汽车做变加速直线运动
D．汽车发动机做的功与时间成正比
4．(2013届咸阳一中检测)如图5－1－19所示，木板质量为M，长度为L，小木块质量为m，水平地面光滑，一根不计质量的轻绳跨过定滑轮分别与M和m连接，小木块与木板间的动摩擦因数为μ，开始时木块静止在木板左端，现用水平向右的力将m拉至右端，拉力至少做功为(　　)
图5－1－19
A．μmgL B．2μmgL
C．μmgL/2 D．μ(M＋m)gL
5．如图5－1－20所示，质量为m的小球以初速度v0水平抛出，恰好垂直打在倾角为θ的斜面上，(不计空气阻力)，则球落在斜面上时重力的瞬时功率为(　　)
图5－1－20
A．mgv0tan θ B.
C. D．mgv0cos θ
6.
图5－1－21
(2013届扬州模拟)如图5－1－21所示，倾角为θ的斜劈放在水平面上，斜劈上用固定的竖直挡板挡住一个光滑的质量为m的小球，当整个装置沿水平面以速度v向左匀速运动时间t时，以下说法正确的是(　　)
A．小球的重力做功为零
B．斜劈对小球的弹力做功为
C．挡板对小球的弹力做功为零
D．合力对小球做功为零
7．如图5－1－22甲所示，质量m＝2 kg的物块放在光滑水平面上，在P点的左方始终受到水平恒力F1的作用，在P点的右方除F1外还受到与F1在同一条直线上的水平恒力F2的作用．物块从A点由静止开始运动，在0～5 s内运动的v－t图象如图乙所示，由图可知下列判断正确的是(　　)
甲　　　 　　　　乙
图5－1－22
A．t＝2.5 s时，物块经过P点
B．t＝2.5 s时，物块距P点最远
C．t＝3 s时，恒力F2的功率P为10 W
D．在1～3 s的过程中，F1与F2做功之和为－8 J
8.
图5－1－23
(2013届陵水模拟)质量为2 kg的物体，放在动摩擦因数为μ＝0.1的水平面上，在水平拉力F的作用下，由静止开始运动，拉力做的功W和物体发生的位移x之间的关系如图5－1－23所示，g取10 m/s2.下列说法中正确的是(　　)
A．此物体在AB段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15 W
B．此物体在AB段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为6 W
C．此物体在AB段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为6 W
D．此物体在AB段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15 W
9．一汽车质量为3×103 kg，它的发动机额定功率为60 kW，它以额定功率匀速行驶时速度为120 km/h，若汽车行驶时受到的阻力和汽车的重力成正比，下列说法中正确的是(　　)
A．汽车行驶时受到的阻力大小为1.8×103 N
B．汽车以54 km/h的速度匀速行驶时消耗的功率为30 kW
C．汽车消耗功率为45 kW时，若其加速度为0.4 m/s2，则它行驶的速度为15 m/s
D．若汽车保持额定功率不变从静止状态启动，汽车启动后加速度将会越来越小
10．(2012·黄冈中学检测)一个质量为50 kg的人乘坐电梯，由静止开始上升，整个过程中电梯对人做功的功率随时间变化的P－t图象如图5－1－24所示，g＝10 m/s2，加速和减速过程均为匀变速运动，则以下说法正确的是(　　)
图5－1－24
A．图中P1的值为900 W
B．图中P2的值为1 100 W
C．电梯匀速阶段运动的速度为2 m/s
D．电梯加速运动过程中对人所做的功大于减速阶段对人所做的功
二、非选择题(本题共2小题，共30分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)
11.
图5－1－25
(14分)(2012·南京模拟)如图5－1－25所示，质量为m的小球用长L的细线悬挂而静止在竖直位置．在下列三种情况下，分别用水平拉力F将小球拉到细线与竖直方向成θ角的位置．在此过程中，拉力F做的功各是多少？
(1)用F缓慢地拉；
(2)F为恒力；
(3)若F为恒力，而且拉到该位置时小球的速度刚好为零．
12．(16分)一辆汽车质量为1×103 kg，最大功率为2×104 W，在水平路面上由静止开始做直线运动，最大速度为v2，运动中汽车所受阻力恒定．发动机的最大牵引力为3×103 N，其行驶过程中牵引力F与车速的倒数的关系如图5－1－26所示．试求：
图5－1－26
(1)根据图线ABC判断汽车做什么运动；
(2)v2的大小；
(3)整个运动过程中的最大加速度．
答案与解析
1.【解析】　
轮胎受力如图所示．因轮胎位移方向水平向右，故拉力F对轮胎做正功，摩擦力Ff对轮胎做负功，重力和支持力对轮胎均不做功，故只有A项正确．
【答案】　A
2.【解析】　因加速度a的大小情况不确定，故物体m可能不受摩擦力，也可能受沿斜面向上或向下的摩擦力，故摩擦力对物体做功情况不确定，B错误，C、D正确；因支持力与位移方向夹角小于90°，故支持力一定做正功，A正确．
【答案】　ACD
3．【解析】　由F－Ff＝ma可知，因汽车牵引力F保持恒定，故汽车做匀加速直线运动，C错误；由v＝at可知，A正确；而x＝at2，故B错误；由WF＝F·x＝F·at2可知，D错误．
【答案】　A
4．【解析】　m缓慢运动至右端，拉力F做功最小，其中F＝μmg＋FT，FT
＝μmg，小木块位移为，所以WF＝F·＝μmgL.
【答案】　A
5．【解析】　如图所示，由于v垂直于斜面，可求出小球落在斜面上时速度的竖直分量v2＝v0/tan θ，此时重力做功的瞬时功率为P＝mgv⊥＝.B正确．
【答案】　B
6.【解析】　分析小球受力如图所示，可求得：FN1＝mgtan θ，FN2＝.因此，斜劈对小球弹力做功W2＝FN2·vt·cos(90°－θ)＝mgvttan θ，挡板对小球的弹力做功为W1＝－FN1vt＝－mgvttan θ，重力和合外力对小球做功均为零，故A、D正确，B、C错误．
【答案】　AD
7．【解析】　根据题图乙可知t＝1 s时，物块由加速变为减速，结合题干条件可判断t＝1 s时，物块经过P点，A错；根据v－t图象的物理意义可知t＝2.5 s时，物块向右运动位移最大，即距P点最远，B对；根据牛顿第二定律得F1＝ma1，F2－F1＝ma2，结合图象联立解得F2＝10 N，t＝3.0 s时，v＝a2t′＝1 m/s，所以，恒力F2的功率P＝F2v＝10 W，C对；根据动能定理得在1～3 s的过程中，F1与F2做功之和W＝mv－mv＝－8 J，D对．
【答案】　BCD
8.【解析】　前3 m位移内拉力F1＝＝ N＝5 N
前3 m的加速度a1＝＝1.5 m/s2
前3 m末速度v1＝＝3 m/s
后6 m位移内拉力F2＝＝ N＝2 N
a2＝＝0，物体做匀速运动
所以整个过程中拉力的最大功率为
Pmax＝F1v1＝5×3 W＝15 W.
【答案】　D
9．【解析】　由P＝Fv可得汽车以额定功率P＝60 kW、以速度v＝120 km/h＝ m/s匀速行驶时，受到的阻力大小为f＝F＝P/v＝1.8×103 N，A项正确；汽车以54 km/h的速度匀速行驶时消耗的功率为P＝fv＝1.8×103×15 W＝27 kW，B项错；汽车消耗功率为45 kW行驶的速度为15 m/s时，其牵引力F＝P/v＝3×103 N，由牛顿第二定律得加速度a＝＝0.4 m/s2，C项正确；若汽车保持额定功率不变从静止状态启动，其牵引力F随汽车速度的增大而减小，所以汽车启动后加速度将会越来越小，D项正确．
【答案】　ACD
10．【解析】　由于加速和减速过程均为匀变速运动，所以每个过程中电梯对人的作用力均为恒力．由题图可知在第2～5 s过程中，电梯匀速上升，电梯
对人的支持力大小等于重力500 N．由P＝Fv可知，电梯以2 m/s的速度匀速上升，C正确；电梯加速上升的末速度和减速上升的初速度均为2 m/s.其加速度分别为1 m/s2和0.5 m/s2.由牛顿第二定律得加速过程F2＝mg＋ma＝550 N，减速过程F1＝mg－ma2＝475 N，故P2＝F2v＝1 100 W，P1＝F1v＝950 W．故A项错，B项正确．在P－t图象中，图线与坐标轴所围的面积表示电梯对人的支持力所做的功，由图象易知，加速过程中电梯对人所做的功小于减速过程中电梯对人所做的功，D项错误．
【答案】　BC
11.【解析】　(1)用力F缓慢地拉小球时，拉力F为变力，由能量守恒定律得拉力F的功WF＝mgL(1－cos θ)．
(2)F为恒力时，根据功的公式得F做的功为
WF＝FLsin θ.
(3)因拉力为恒力，故拉力的功WF＝FLsin θ，又因拉到该处时小球的速度刚好为零，由动能定理可得：
WF＝mgL(1－cos θ)．
【答案】　(1)mgL(1－cos θ)　(2)FLsin θ　(3)FLsin θ或mgL(1－cos θ)
12．【解析】　 (1)题图中图线AB段牵引力F不变，阻力Ff不变，汽车做匀加速直线运动，图线BC的斜率表示汽车的功率P，P不变，则汽车做加速度减小的加速运动，直至达到最大速度v2，此后汽车做匀速直线运动．
(2)当汽车的速度为v2时，牵引力为F1＝1×103 N，
v2＝＝ m/s＝20 m/s.
(3)汽车做匀加速直线运动时的加速度最大
阻力Ff＝＝ N＝1 000 N
a＝＝ m/s2＝2 m/s2.
【答案】　(1)见解析　(2)20 m/s　(3)2 m/s2
第五章 第2讲 动能定理3
动　能
1．定义
物体由于运动而具有的能。
2．表达式
Ek＝mv2。
3．物理意义
动能是状态量，是标量。(填“矢量”或“标量”)
4．单位
动能的单位是焦耳。
1．动能的相对性
由于速度具有相对性，所以动能也具有相对性，大小与参考系的选取有关，中学物理中，一般选取地面为参考系。
2．动能的变化
物体末动能与初动能之差。
即ΔEk＝mv－mv。
说明：(1)表达式中v1、v2均指瞬时速度。
(2)ΔEk>0，表示物体的动能增大；ΔEk<0，表示物体的动能减小。
(3)同一物体速度的变化量相同，但动能的变化量不相同。
1．一个小球从高处自由落下。则球在下落过程中的动能(　　)
A．与它下落的距离成正比
B．与它下落距离的平方成正比
C．与它运动的时间成正比
D．与它运动时间的平方成正比
解析：选AD　由动能定理mgh＝mv2可知A正确；又因为h＝gt2，代入上式得：mg2t2＝mv2，所以D正确。
动 能 定 理
1．内容
力在一个过程中对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。
2．表达式
W＝mv－mv。
3．物理意义
合外力的功是物体动能变化的量度。
4．适用条件
(1)动能定理既适用于直线运动，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，也可以不同时作用。
(1)动能定理公式中等号表明合力做功与物体动能的变化间的三个关系：
①数量关系：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系。可以通过计算物体动能的变化，求合力的功，进而求得某一力的功。
②单位关系：国际单位都是焦耳。
③因果关系：合外力的功是引起物体动能变化的原因。
(2)动能定理叙述中所说的“外力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力。
(3)动能定理中涉及的物理量有F、x、m、v、W、Ek等，在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动能定理。
(4)高中阶段动能定理中的位移和速度应以地面或相对地面静止的物体为参考系。
2．(2013·莆田一中段考)在光滑的水平地面上，一个质量为m的物体在水平恒力F的作用下由静止开始运动，经过时间t后，获得动能为Ek；如果要使物体由静止开始运动相同的时间t后获得的动能为2Ek，可以采取(　　)
A．质量不变，力变为2F
B．力不变，质量变为原来的一半
C．力不变，质量变为2m
D．将质量和力都变为原来的2倍
解析：选BD　由动能定理有Ek＝Fx，由运动学公式及牛顿第二定律有x＝at2，a＝，所以Ek＝，故B、D正确。
应用动能定理求变力的功
[命题分析]　求变力的功是高考中常涉及到的一类问题，用动能定理求变力的功又是最常用的一种方法，高考中可单独进行考查，也可作为大题中的一问进行考查。
[例1]　(2012·玉溪模拟)如图5－2－1所示，质量为m的小车在水平恒力F推动下，从山坡(粗糙)底部A处由静止起运动至高为h的坡顶B，获得速度为v，AB之间的水平距离为x，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
图5－2－1
A．小车克服重力所做的功是mgh
B．合外力对小车做的功是mv2
C．推力对小车做的功是mv2＋mgh
D．阻力对小车做的功是mv2＋mgh－Fx
[解析]　小车克服重力做功W＝mgh，A正确；由动能定理，小车受到的合力做的功等于小车动能的增量，W合＝ΔEk＝mv2，B正确；由动能定理，W合＝W推＋W重＋W阻＝mv2，所以推力做的功W推＝mv2－W阻－W重＝mv2＋mgh－W阻，C错误；阻力对小车做的功W阻＝mv2－W推－W重＝mv2＋mgh－Fx，D正确。
[答案]　ABD
———————————————————
应用动能定理求变力做功时应注意的问题,　　
?1?所求的变力的功不一定为总功，故所求的变力的功不一定等于ΔEk。
?2?合外力对物体所做的功对应物体动能的变化，而不是对应物体的动能。
?3?若有多个力做功时，必须明确各力做功的正负，待求的变力的功若为负功，可以设克服该力做功为W，则表达式中应用－W；也可以设变力的功为W，则字母W本身含有负号。
——————————————————————————————————————
[变式训练]
1.如图5－2－2所示，电梯质量为M，地板上放置一质量为m的物体。钢索拉电梯由静止开始向上加速运动，当上升高度为H时，速度达到v，则(　　)
图5－2－2
A．地板对物体的支持力做的功等于mv2
B．地板对物体的支持力做的功等于mgH
C．钢索的拉力做的功等于Mv2＋MgH
D．合力对电梯M做的功等于Mv2
解析：选D　对物体m应用动能定理WFN－mgH＝mv2，故WFN＝mgH＋mv2，A、B均错；以电梯和物体整体为研究对象应用动能定理，钢索拉力做的功WF拉＝(M＋m)gH＋(M＋m)v2，故C错误；由动能定理知，合力对电梯M做的功应等于电梯动能的变化Mv2，故D正确。
动能定理的综合应用
[命题分析]　动能定理在高考中常被单独考查，也常与牛顿运动定律、电场等知识综合考查，有时在压轴题中还会被考查到。
[例2]　如图5－2－3所示，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点，与O点处于同一水平线上的P点处有一个光滑的细钉。已知OP＝，在A点给小球一个水平向左的初速度v0，发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B。则：
图5－2－3
(1)小球到达B点时的速率？
(2)若不计空气阻力，则初速度v0为多少？
(3)若初速度v0＝3，则在小球从A到B的过程中克服空气阻力做了多少功？
[思维流程]
第一步：抓信息关键点
关键点
信息获取
(1)P点处有一光滑的细钉
细线到达P点后，小球绕P点做圆周运动
(2)小球恰能到达B点
小球在B点时，细线张力为零，向心力由重力提供
第二步：找解题突破口
(1)小球在B点的速度可根据“重力提供向心力”得出，若不计空气阻力，可对过程“A→B”应用动能定理求出初速度。
(2)若考虑空气阻力，根据由A→B动能的变化利用动能定理求出空气阻力做的功。
第三步：条理作答
[解析]　(1)小球恰能到达最高点B，由牛顿第二定律得mg＝m，得vB＝ 。
(2)小球从A→B由动能定理得：
－mg(L＋)＝mv－mv
可求出v0＝ 。
(3)有阻力时，小球从A→B由动能定理有：
－mg(L＋)－WFf＝mv－mv
解得WFf＝mgL。
[答案]　(1) 　(2) 　(3)mgL
[变式训练]
2．某滑沙场，如图5－2－4所示，某旅游者乘滑沙橇从A点由静止开始滑下，最后停在水平沙面上的C点，设滑沙橇和沙面间的动摩擦因数处处相同，斜面和水平面连接处可认为是圆滑的，滑沙者保持一定姿势坐在滑沙橇上不动，若测得AC间水平距离为x，A点高为h，求滑沙橇与沙面间的动摩擦因数μ。
图5－2－4
解析：设斜面与水平面所成的夹角为θ，滑沙者和滑沙橇总质量为m，则滑沙者和滑沙橇从A点到最低点，
重力做功WG＝mgh，
摩擦力做功WFf＝－μmgcos θ·
滑沙者在水平面上运动时，只有滑动摩擦力做功
WFf′＝－μmg(x－)。
方法一：“隔离”过程，分段研究，设最低点物体的速度为v，由A点到最低点根据动能定理得：
WG＋WFf＝mv2－0
在水平面上运动时，同理有：
WFf′＝0－mv2，解得：μ＝。
方法二：从A到C全过程由动能定理得：
WG＋WFf＋WFf′＝0
解得μ＝。
答案：
规范答题——利用动能定理求解多运动过程问题
物体在运动过程中若包含几个不同的过程，应优先考虑对全过程运用动能定理，这样可以避开每个运动过程的具体细节，因此比分段运用动能定理求解简单。由于全过程运用动能定理解题时不必考虑中间过程的细节，只需考虑全过程中合外力做功的情况，以及初、末状态的动能，所以对于多过程、往复运动问题，对全过程运用动能定理具有过程简明、方法巧妙、运算量小等优点。
图5－2－5
[示例]　(17分)如图5－2－5所示，竖直固定放置的粗糙斜面AB的下端与光滑的圆弧BCD的B点相切　，圆弧轨道的半径为R，圆心O与A、D在同一水平面上，
①
C点为圆弧轨道最低点，∠COB＝θ，现在质量为m的小物体从距D点高度为的地
②
方无初速度地释放，已知小物体恰能从D点进入圆弧轨道。求：
(1) 为使小物体不会从A点冲出斜面，小物体与斜面间的动摩擦因数至少为多少？
③
(2)若小物体与斜面间的动摩擦因数μ＝，则小物体在斜面上通过的总路程为多少？④
(3)小物体通过圆弧轨道最低点C时，对C点的最大压力和最小压力各是多少？
⑤　
[答题流程]
1．审题干，抓关键信息
题干信息
获取信息
①
物体经过B点的瞬间动能无损失
②
物体在每一个单向运动过程中在C点的速度最大
③
物体第一次到达斜面上A点时速度为零
④
物体最终以C点为中心摆动，B点是最高点
⑤
第一次经过C点时压力最大，最终以C点为中心摆动时压力最小
2．审设问，找解题突破口
(1)物体由起始点到达A点，根据动能定理求出摩擦力做的功，从而求出动摩擦因数。
(2)物体的每一次往复运动，都会因摩擦力做功损失一部分机械能，根据动能定理求出摩擦力做的总功，从而进一步求出在斜面上的总路程。
3．巧迁移，调动有效信息
(1)确定研究对象→小物体
(2)受力分析，过程分析→小物体从起点到B点过程中，只有重力做功，在斜面上运动时，重力和摩擦力都做功
(3)运用规律→物体在每一个运动过程中，均可应用动能定理进行求解
4．规范解，条理作答
过程的选取很重要，同时要弄清各力的做功情况。
[解析]　(1)为使小物体不会从A点冲出斜面，由动能定理得mg－μ1mgcos θ＝0(2分)
解得动摩擦因数至少为μ1＝ 。(1分)
(2)分析运动过程可得，最终小物体将在BB′圆弧间做往复运动(B′未画出)，由动能定理得

mg(＋Rcos θ)－μmgxcos θ＝0(2分)
解得小物体在斜面上通过的总路程为
x＝。(1分)

(3)由于小物体第一次通过最低点时速度最大，此时压力最大，由动能定理得
mg(＋R)＝mv2(2分)
由牛顿第二定律得FNmax－mg＝m(2分)
联立以上两式解得FNmax＝3mg＋mgcos θ(1分)
最终小物体将从B点开始做往复运动，则有
mgR(1－cos θ)＝mv′2(2分)
FNmin－mg＝m(2分)
联立以上两式，解得FNmin＝mg(3－2cos θ)(1分)
由牛顿第三定律，得小物体通过圆弧轨道最低点C时，对C点的最大压力F′Nmax＝FNmax＝3mg＋mgcos θ
最小压力F′Nmin＝FNmin＝mg(3－2cos θ)。(1分)
[答案]　(1)　(2)
(3)3mg＋mgcos θ　mg(3－2cos θ)
[名师点评]
动能定理综合应用问题的规范解答：
(1)基本步骤：
①选取研究对象，明确它的运动过程；
②分析研究对象的受力情况和各力的做功情况：
③明确研究对象在过程的始末状态的动能Ek1和Ek2；
④列出动能定理的方程W合＝Ek2－Ek1及其他必要的解题方程，进行求解。
(2)注意事项：
①动能定理的研究对象可以是单一物体，或者是可以看做单一物体的物体系统。
②动能定理是求解物体的位移或速率的简捷公式。当题目中涉及位移和速度而不涉及时间时可优先考虑动能定理；处理曲线运动中的速率问题时也要优先考虑动能定理。
③若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑。
第五章 第2讲 动能定理4
[随堂巩固提升]
1．(2011·新课标全国卷)一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用。此后，该质点的动能可能(　　)
A．一直增大
B．先逐渐减小至零，再逐渐增大
C．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小
D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大
解析：选ABD　若力F的方向与初速度v0的方向一致，则质点一直加速，动能一直增大，选项A正确；若力F的方向与v0的方向相反，则质点先减速至零后反向加速，动能先减小至零后增大，选项B正确；若力F的方向与v0的方向成一钝角，如斜上抛运动，物体先减速，减到某一值，再加速，则其动能先减小至某一非零的最小值，再增大，选项D正确。
2．质量为m的物体在水平力F的作用下，由静止开始在光滑地面上运动，前进一段距离之后速度大小为v，再前进一段距离使物体的速度增大为2v，则(　　)
A．第二过程的速度增量等于第一过程的速度增量
B．第二过程的动能增量是第一过程动能增量的3倍
C．第二过程合力做的功等于第一过程合力做的功
D．第二过程合力做的功等于第一过程合力做功的2倍
解析：选AB　由题意知，A选项正确；由动能定理知W1＝mv2，W2＝m (2v)2－mv2＝mv2，故B正确，C、D错误。
3．在h高处，以初速度v0向水平方向抛出一个小球，不计空气阻力，小球着地时速度大小为(　　)
A．v0＋　　　　　　　B． v0－
C. D. 
解析：选C　在小球下落的过程中，对小球应用动能定理，有mgh＝mv2－mv，解得小球着地时速度的大小v＝，正确选项为C。
4．(2013·南京模拟)如图5－2－6所示，一轻弹簧直立于水平地面上，质量为m的小球从距离弹簧上端B点h高处的A点自由下落，在C点处小球速度达到最大。x0表示B、C两点之间的距离；Ek表示小球在C点处的动能。若改变高度h，则图5－2－7中表示x0随h变化的图象和Ek随h变化的图象中正确的是(　　)
图5－2－6
图5－2－7
解析：选BC　由题意“在C点处小球速度达到最大”，可知C点是平衡位置，小球受到的重力与弹力平衡，该位置与h无关，B项正确；根据动能定理有mg(h＋x0)－Ep＝mv＝Ek，其中x0与弹性势能Ep为常数，可判断出C项正确。
5.如图5－2－8所示，一辆汽车从A点开始爬坡，在牵引力不变的条件下行驶45 m的坡路到达B点时，司机立即关掉油门，以后汽车又向前滑行15 m停在C点，汽车的质量为5×103 kg，行驶中受到的摩擦阻力是车重的0.25倍，取g＝10 m/s2，求汽车的牵引力做的功和它经过B点时的速率。
图5－2－8
解析：汽车从A到C的过程中，汽车发动机的牵引力做正功，重力做负功，摩擦力做负功，由动能定理可得：
WF－mgh－0.25mgl＝0，所以有
WF＝mgh＋0.25mgl＝2.25×106 J。
汽车由B到C的过程中，克服重力做功，克服摩擦力做功，由动能定理可得：
－0.25mgl1－mgl1·sin 30°＝0－mv，
代入数据可得vB＝15 m/s。
答案：2.25×106 J　15 m/s
第2讲　动能定理及其应用
(对应学生用书第74页)
动 能
1.公式：Ek＝mv2，式中v为瞬时速度．
2．矢标性
动能是标量，只有正值，动能与速度的方向无关．
3．动能的变化量
ΔEk＝mv－mv.

【针对训练】
1．关于动能的理解，下列说法正确的是(　　)
A．动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能
B．物体的动能总为正值
C．一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化
D．动能不变的物体，一定处于平衡状态
【解析】　动能是运动物体都具有的能量，是机械能的一种表现形式，A对；动能是标量，总是正值，B对；由Ek＝mv2可知当m恒定时，Ek变化，速率一定变化，速度一定变化，但当速度方向变化速率不变(如匀速圆周运动)时动能不变，C对；动能不变，物体不一定处于平衡状态，如匀速圆周运动，D错．
【答案】　ABC
动 能 定 理
1.内容
合外力对物体所做的功等于物体动能的增量．
2．表达式
W＝ΔEk＝mv－mv.
3．功与动能的关系
(1)W>0，物体的动能增加．
(2)W<0，物体的动能减少．
(3)W＝0，物体的动能不变．
4．适用条件
(1)动能定理既适用于直线运动，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，也可以不同时作用．
【针对训练】
2．(2013届辽宁省实验中学检测)木球从水面上方某位置由静止开始自由下落，落入水中又继续下降一段距离后速度减小到零．把木球在空中下落过程叫做Ⅰ过程，在水中下落过程叫做Ⅱ过程．不计空气和水的摩擦阻力．下列说法中正确的是(　　)
A．第Ⅰ阶段重力对木球做的功等于第Ⅱ阶段木球克服浮力做的功
B．第Ⅰ阶段重力对木球做的功大于第Ⅱ阶段木球克服浮力做的功
C．第Ⅰ、第Ⅱ阶段重力对木球做的总功和第Ⅱ阶段合力对木球做的功的代数和为零
D．第Ⅰ、第Ⅱ阶段重力对木球做的总功等于第Ⅱ阶段木球克服浮力做的功
【解析】　根据动能定理，全过程合外力做功为零，所以，只有D项正确．
【答案】　D
(对应学生用书第75页)
对动能定理的理解
1.总功的计算
物体受到多个外力作用时，计算合外力的功，要考虑各个外力共同做功产生的效果，一般有如下两种方法：
(1)先由力的合成或根据牛顿第二定律求出合力F合，然后由W＝F合lcos α计算．
(2)由W＝Flcos α计算各个力对物体做的功W1、W2、…Wn然后将各个外力所做的功求代数和，即
W合＝W1＋W2＋…＋Wn.
2．动能定理公式中等号的意义
(1)数量关系：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系．可以通过计算物体动能的变化，求合力的功，进而求得某一力的功．
(2)单位相同：国际单位都是焦耳．
(3)因果关系：合外力的功是物体动能变化的原因．
3．动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面为参考系．
动能定理指出的是功与动能增量的一种等效替代关系，合外力做功是物体动能变化的原因，而不能说力对物体做的功转变成物体的动能．
　(2013届中山模拟)质量为m的物体在水平力F的作用下由静止开始在光滑地面上运动，前进一段距离之后速度大小为v，再前进一段距离使物体的速度增大为2v，则(　　)
A．第二过程的速度增量等于第一过程的速度增量
B．第二过程的动能增量是第一过程动能增量的3倍
C．第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做的功
D．第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做功的2倍
【解析】　由题意知，两个过程中速度增量均为v，A正确；由动能定理知：W1＝mv2，W2＝m(2v)2－mv2＝mv2，故B正确，C、D错误．
【答案】　AB
【即学即用】
1.
图5－2－1
(2013届大连一中检测)某物体同时受到两个在同一直线上的力F1、F2的作用，由静止开始做直线运动，力F1、F2与位移x的关系图象如图5－2－1所示，在物体开始运动后的前4.0 m内，物体具有最大动能时对应的位移是(　　)
A．2.0 m　　　　　　　　B．1.0 m
C．3.0 m D．4.0 m
【解析】　由图知x＝2.0 m时，F合＝0，此前F合做正功而此后F合做负功，故x＝2.0 m时动能最大．
【答案】　A
动能定理的应用
1.基本步骤
(1)选取研究对象，明确它的运动过程．
(2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况：
―→―→―→―→
(3)明确物体在过程的始末状态的动能Ek1和Ek2.
(4)列出动能定理的方程W合＝Ek2－Ek1及其他必要的解题方程，进行求解．
2．注意事项
(1)动能定理的研究对象可以是单一物体，或者是可以看做单一物体的物体系统．
(2)动能定理是求解物体的位移或速率的简捷公式．当题目中涉及到位移和速度而不涉及时间时可优先考虑动能定理；处理曲线运动中的速率问题时也要优先考虑动能定理．
(3)若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑．但求功时，有些力不是全过程都做功，必须根据不同的情况分别对待求出总功．
(4)应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负．当一个力做负功时，可设物体克服该力做功为W，将该力做功表达为－W，也可以直接用字母W表示该力做功，使其字母本身含有负号．
　(2012·江苏高考)某缓冲装置的理想模型如图5－2－2所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f.轻杆向右移动不超过l时，装置可安全工作．一质量为m的小车若以速度v0撞击弹簧，将导致轻杆向右移动.轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面的摩擦．
图5－2－2
(1)若弹簧的劲度系数为k，求轻杆开始移动时，弹簧的压缩量x；
(2)求为使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度vm；
(3)讨论在装置安全工作时，该小车弹回速度v′和撞击速度v的关系．
【审题视点】　(1)轻杆刚开始移动时，应满足什么条件？
(2)撞击速度最大时，不应超出杆移动的安全范围．
(3)小车反弹时，应满足什么条件．
【解析】　(1)轻杆开始移动时，弹簧的弹力F＝kx①
且F＝f②
解得x＝.③
(2)设轻杆移动前小车对弹簧所做的功为W，则小车从撞击到停止的过程中
由动能定理得：－f·－W＝0－mv④
同理，小车以vm撞击弹簧时，－fl－W＝0－mv⑤
解得vm＝.⑥
(3)设轻杆恰好移动时，小车撞击速度为v1
mv＝W⑦
由④⑦解得v1＝
当v＜ 时，v′＝v
当 ≤v≤ 时，v′＝.
【答案】　(1)　(2) 
(3)当v＜ 时，v′＝v
当 ≤v≤ 时，v′＝
【即学即用】
2．(2013届济南一中模拟)如图5－2－3甲所示，一质量为m＝1 kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t＝0时刻开始，物块受到按如图乙所示规律变化的水平力F作用并向右运动，第3 s末物块运动到B点时速度刚好为0，第5 s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2，(g取10 m/s2)求：
图5－2－3
(1)A与B间的距离；
(2)水平力F在5 s内对物块所做的功．
【解析】　(1)在3 s～5 s内物块在水平恒力F作用下由B点匀加速运动到A点，设加速度为a，A与B间的距离为x，则F－μmg＝ma
得a＝2 m/s2
x＝at2＝4 m.
(2)设物块回到A点时的速度为vA，
由v＝2ax　得vA＝4 m/s
设整个过程中F做的功为WF，
由动能定理得：WF－2μmgx＝mv
解得：WF＝24 J.
【答案】　(1)4 m　(2)24 J
(对应学生用书第76页)
利用动能定理求变力功
1.如果是恒力做功问题往往直接用功的定义式可以求解，但遇到变力做功问题须借助动能定理等功能关系进行求解；分析清楚物理过程和各个力的做功情况后，运用动能定理可简化解题步骤．
2．动能定理的表达式是在物体受恒力作用且做直线运动的情况下得出的，但对于外力是变力、物体做曲线运动的情况同样适用．也就是说，动能定理适用于任何力作用下、以任何形式运动的物体为研究对象，具有普遍性．
3．应用动能定理求变力的功时，必须知道始末两个状态的物体的速度，以及运动过程中除变力做功外，其他力做的功．
　(2013届西安交大附中检测)总质量为80 kg的跳伞运动员从离地500 m的直升机上跳下，经过2 s拉开绳索开启降落伞，图5－2－4是跳伞过程中的v－t图象，试根据图象求：(g取10 m/s2)
图5－2－4
(1)求t＝1 s时运动员的加速度和所受阻力的大小．
(2)估算14 s内运动员下落的高度及克服阻力做的功．
(3)估算运动员从飞机上跳下到着地的总时间．
【潜点探究】　(1)由图象可以看出运动员在前2 s内做匀加速直线运动，进而推知阻力恒定；
(2)v－t图象与t轴所围的面积表示运动员下落的高度；
(3)2～14 s内阻力是变力，无法直接求变力功，可考虑动能定理．
【规范解答】　(1)从图中可以看出，在0～2 s运动员做匀加速运动，其加速度大小为：
a＝＝ m/s2＝8 m/s2
设此过程中运动员受到的阻力大小Ff，根据牛顿第二定律，有：mg－Ff＝ma
得Ff＝m(g－a)＝80×(10－8) N＝160 N.
(2)从图中估算得出运动员在14 s内下落了
h＝39×2×2 m＝156 m
根据动能定理，有：mgh－Wf＝mv2
所以有：Wf＝mgh－mv2
＝(80×10×156－×80×62) J≈1.23×105 J。
(3)14 s后运动员做匀速运动的时间为：
t′＝＝ s＝57.3 s
运动员从飞机上跳下到着地需要的总时间
t总＝t＋t′＝(14＋57.3) s＝71.3 s
【答案】　(1)8 m/s2　160 N　(2)156 m　1.23×105 J
(3)71.3 s
【即学即用】
3.
图5－2－5
质量为m的小球被系在轻绳的一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动如图5－2－5所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用，设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为(　　)
A.mgR　　　　　　　B.mgR
C.mgR D．mgR
【解析】　设小球通过最低点时绳子张力为FT1，根据牛顿第二定律：
FT1－mg＝m
将FT1＝7mg代入得Ek1＝mv＝3mgR
经过半个圆周恰能通过最高点，则mg＝m
此时小球的动能Ek2＝mv＝mgR
从最低点到最高点应用动能定理：
－Wf－mg·2R＝Ek2－Ek1
所以Wf＝mgR
故选项C正确．
【答案】　C
(对应学生用书第77页)
●对动能的考查
1．(2011·新课标全国高考)一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用．此后，该质点的动能可能(　　)
A．一直增大
B．先逐渐减小至零，再逐渐增大
C．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小
D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大
【解析】　当恒力方向与质点原来速度方向相同时，质点的动能一直增大，故A正确．当恒力方向与质点原来速度方向相反时，速度先逐渐减小到零再逐渐增大，质点的动能也先逐渐减小到零再逐渐增大，故B正确．当恒力方向与原来质点的速度方向夹角大于90°时，将原来速度v0分解为平行恒力方向的vy、垂直恒力方向的vx，如图(1)，vy先逐渐减小至零再逐渐增大，vx始终不变．v＝，质点速度v先逐渐减小至vx再逐渐增大，质点的动能先减小至某一非零的最小值，再逐渐增大，故D正确．当恒力方向与v0方向夹角小于90°时，如图(2)，vy一直增大，vx始终不变，质点速度v逐渐增大．动能一直增大，没有其他情况，故C错误．
图(1)　　　　　　　　图(2)
【答案】　ABD
●动能定理应用于抛体运动
2.
图5－2－6
(2011·山东高考)如图5－2－6所示，将小球a从地面以初速度v0竖直上抛的同时，将另一相同质量的小球b从距地面h处由静止释放，两球恰在处相遇(不计空气阻力)．则(　　)
A．两球同时落地
B．相遇时两球速度大小相等
C．从开始运动到相遇，球a动能的减少量等于球b动能的增加量
D．相遇后的任意时刻，重力对球a做功功率和对球b做功功率相等
【解析】　对b球，由＝gt2得t＝ ，vb＝gt＝.以后以初速度匀加速下落．对a球，＝v0t－gt2得v0＝，在处，va＝v0－gt＝0，以后从处自由下落．故落地时间tbPa，选项D错误．
【答案】　C
●动能定理与平抛运动的综合
3．(2012·北京高考)如图5－2－7所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上．已知l＝1.4 m，v＝3.0 m/s，m＝0.10 kg，物块与桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，桌面高h＝0.45 m．不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.求：
图5－2－7
(1)小物块落地点到飞出点的水平距离s；
(2)小物块落地时的动能Ek；
(3)小物块的初速度大小v0.
【解析】　(1)由平抛运动规律，有
竖直方向h＝gt2
水平方向s＝vt
得水平距离s＝v＝0.90 m.
(2)由机械能守恒定律，动能Ek＝mv2＋mgh＝0.90 J.
(3)由动能定理，有－μmg·l＝mv2－mv
得初速度大小v0＝＝4.0 m/s.
【答案】　(1)0.90 m　(2)0.90 J　(3)4.0 m/s
●动能定理与图象综合
4．(2013届西安一中检测)质量为1 500 kg的汽车在平直的公路上运动，v－t图象如图5－2－8所示．由此可求(　　)
图5－2－8
A．前25 s内汽车的平均速度
B．前10 s内汽车的加速度
C．前10 s内汽车所受的阻力
D．15～25 s内合外力对汽车所做的功
【解析】　由图象可求前25秒内的位移，即图象与时间轴围成区域的面积，再由＝可求平均速度，故A对．前10秒图象的斜率即为前10秒内的加速度，故B对．前10秒汽车的牵引力大小未知，因此汽车所受阻力不能求，故C错．由动能定理，合外力所做的功与动能增量相等，故D对．正确答案为A、B、D.
【答案】　ABD
●动能定理求变力功
5．(2012·福建高考)如图5－2－9所示，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为v0，小船从A点
沿直线加速运动到B点经历时间为t1，A、B两点间距离为d，缆绳质量忽略不计．求：
图5－2－9
(1)小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功Wf；
(2)小船经过B点时的速度大小v1；
(3)小船经过B点时的加速度大小a.
【解析】　(1)小船从A点运动到B点克服阻力做功
Wf＝fd.①
(2)小船从A点运动到B点，电动机牵引缆绳对小船做功
W＝Pt1②
由动能定理有
W－Wf＝mv－mv③
由①②③式解得v1＝.④
(3)设小船经过B点时缆绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为θ，电动机牵引缆绳的速度大小为v，则
P＝Fv⑤
v＝v1cos θ⑥
由牛顿第二定律有
Fcos θ－f＝ma⑦
由④⑤⑥⑦式解得a＝－.
【答案】　(1)fd　(2) 
(3)－
　　　　　　
第五章 第2讲 动能定理及其应用2
(时间45分钟，满分100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分．)
1．(2012·渭南模拟)人用手托着质量为m的物体，从静止开始沿水平方向运动，前进距离l后，速度为v(物体与手始终相对静止)，物体与手掌之间的动摩擦因数为μ，则人对物体做的功为(　　)
A．mgl　　　　　　　　　B．0
C．μmgl D.mv2
2.
图5－2－10
如图5－2－10所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一物体向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设物体在斜面最低点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，则从A到C的过程中弹簧弹力做功是(　　)
A．mgh－mv2　　　　B.mv2－mgh
C．－mgh D．－(mgh＋mv2)
3.
图5－2－11
(2013届南宁一中检测)如图5－2－11所示是某中学科技小组制作的利用太阳能驱动的小车．当太阳光照射到小车上方的光电板，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进．若小车在平直的水泥路上从静止开始加速行驶，经过时间t前进距离s，速度达到最大值vm.设这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为F，那么(　　)
A．这段时间内小车先加速运动，然后匀速运动
B．这段时间内阻力所做的功为Pt
C．这段时间内合力做的功为mv
D．这段时间内电动机所做的功为Fs－mv
4.
图5－2－12
(2013届丹东模拟)如图5－2－12所示，水平传送带长为s，以速度v始终保持匀速运动，把质量为m的货物放到A点，货物与皮带间的动摩擦因数为μ，当货物从A点运动到B点的过程中，摩擦力对货物做的功不可能(　　)
A．等于mv2 B．小于mv2
C．大于μmgs D．小于μmgs
5．(2013届银川检测)光滑斜面上有一个小球自高为h的A处由静止开始滚下，抵达光滑的水平面上的B点时速率为v0.光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的阻挡条，如图5－2－13所示，小球越过n条阻挡条后停下来．若让小球从2h高处以初速度v0滚下，则小球能越过阻挡条的条数为(设小球每次越过阻挡条时损失的动能相等)(　　)
图5－2－13
A．n　　　　B．2n C．3n　　　　D．4n
6.
图5－2－14
(2013届固原模拟)如图5－2－14所示，斜面AB和水平面BC是由同一板材上截下的两段，在B处用小圆弧连接．将小铁块(可视为质点)从A处由静止释放后，它沿斜面向下滑行，进入平面，最终静止于P处．若从该板材上再截下一段，搁置在A、P之间，构成一个新的斜面，再将小铁块放回A处，并轻推一下使之具有初速度v0，沿新斜面向下滑动．关于此情况下小铁块的运动情况的描述正确的是(　　)
A．小铁块一定能够到达P点
B．小铁块的初速度必须足够大才能到达P点
C．小铁块能否到达P点与小铁块的质量无关
D．以上说法均不对
7.
图5－2－15
如图5－2－15所示，在外力作用下某质点运动的v－t图象为正弦曲线．从图中可以判断(　　)
A．在0～t1时间内，外力做正功
B．在0～t1时间内，外力的功率逐渐增大
C．在t2时刻，外力的功率最大
D．在t1～t3时间内，外力做的总功为零
8.
图5－2－16
(2013届石家庄一中检测)如图5－2－16所示，把小车放在倾角为30°的光滑斜面上，用轻绳跨过定滑轮使之与盛有砂子的小桶相连，不计滑轮质量及摩擦，已知小车的质量为3m，小桶与砂子的总质量为m，小车从静止释放后，在小桶上升竖直高度为h的过程中(小车未脱离斜面)(　　)
A．小桶处于失重状态
B．小桶的最大速度为
C．小车受绳的拉力等于mg
D．小车的最大动能为mgh
9.
图5－2－17
(2013届河北唐山一中模拟)如图5－2－17所示，一轻弹簧直立于水平地面上，质量为m的小球从距离弹簧上端B点h高处的A点自由下落，在C点小球速度达到最大．x0表示B、C两点之间的距离；Ek表示小球在C点处的动能．若改变高度h，则下列表示x0随h变化的图象和Ek随h变化的图象中正确的是(　　)
10.
图5－2－18
如图5－2－18所示，一个粗糙的水平转台以角速度ω匀速转动，转台上有一个质量为m的物体，物体与转台间用长L的绳连接着，此时物体与转台处于相对静止，设物体与转台间的动摩擦因数为μ，现突然制动转台，则(　　)
A．由于惯性和摩擦力，物体将以O为圆心、L为半径做变速圆周运动，直到停止
B．若物体在转台上运动一周，物体克服摩擦力做的功为μmg2πL
C．若物体在转台上运动一周，摩擦力对物体不做功
D．物体在转台上运动圈后，停止运动
二、非选择题(本题共2小题，共30分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)
11．(14分)(2013届屯昌检测)如图5－2－19所示，在距水平地面高为0.4 m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右边，杆上套有一质量m＝2 kg的小球A.半径R＝0.3 m的光滑半圆形细轨道，竖直地固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量也为m＝2 kg的小球B.用一条不可伸长的柔软细绳，跨过定滑轮将两小球连接起来．杆和半圆形轨道在同一竖直面内，两小球均可看作质点，且不计滑轮大小的影响，g取10 m/s2.现给小球A施加一个水平向右的恒力F＝55 N．求：
图5－2－19
(1)把小球B从地面拉到P点正下方C点过程中，力F做的功；
(2)小球B运动到C处时的速度大小；
(3)小球B被拉到离地多高时与小球A的速度大小相等？
12.
图5－2－20
(16分) (2013届银川一中质检)质量m＝1 kg的物体，在水平拉力F(拉力方向与物体初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面运动，经过位移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Ek－x的图象如图5－2－20所示．(g取10 m/s2)求：
(1)物体的初速度多大？
(2)物体和水平面间的动摩擦因数为多大？
(3)拉力F的大小．
答案与解析
1．【解析】　因人用手托着物体沿水平方向运动，故只有人对物体做功，由动能定理可得：W人＝mv2；故A、B错误，D正确；因物体与手掌间存在静摩擦力，其大小不一定为μmg，故C不对．
【答案】　D
2.【解析】　由A到C的过程运用动能定理可得：
－mgh＋W＝0－mv2，
所以W＝mgh－mv2，故A正确．
【答案】　A
3.【解析】　从题意得到，可将太阳能驱动小车运动视为“汽车以恒定功率启动”，这段时间内小车做加速运动，A项错误；电动机做功用Pt计算，阻力做功为W＝Fs，B项错误；根据动能定理判断，这段时间内合力做功为mv，C项正确；这段时间内电动机所做的功为Pt＝Fs＋mv，D项错误．
【答案】　C
4.【解析】　货物在传送带上相对地面的运动可能先加速后匀速，也可能一直加速而货物的最终速度小于v，根据动能定理知摩擦力对货物做的功可能等于mv2，可能小于mv2，可能等于μmgs，可能小于μmgs，故选C.
【答案】　C
5．【解析】　小球第一次从释放到B点的过程中，
由动能定理得mgh＝mv，
由B点到停止的过程中，由动能定理得－nW＝0－mv.
小球第二次从释放到停止的过程中，
由动能定理得mg·2h－n′W＝0－mv
由以上三式可解得n′＝3n
【答案】　C
6.【解析】　如图所示，设AB＝x1，BP＝x2，AP＝x3，动摩擦因数为μ，
由动能定理得：mgx1sin α－μmgx1cos α－μmgx2＝0，可得：mgx1sin α＝μmg·(x1cosα＋x2)，设小铁块沿AP滑到P点的速度为vP，由动能定理得：mgx3sin β－μmgx3cos β＝mv－mv，因x1sin α＝x3sin β，x1cos α＋x2＝x3cos β，故得：vP＝v0，即小铁块可以沿AP滑到P点，与质量无关，故A、C正确．
【答案】　AC
7.【解析】　由动能定理可知，在0～t1时间内质点速度越来越大，动能越来越大，外力一定做正功，故A项正确；在t1～t3时间内，动能变化量为零，可以判定外力做的总功为零，故D项正确；由P＝F·v知0、t1、t2、t3四个时刻功率为零，故B、C都错．
【答案】　AD
8.【解析】　根据受力分析可知，小桶向上做匀加速直线运动，所以，应处于超重状态，小桶受绳的拉力大于mg，根据牛顿第三定律可判定A、C都错；小车和小桶的速度大小相等，对系统运用动能定理有3mghsin 30°－mgh＝(3m＋m)v2，解得小桶的最大速度应为v＝，小车的最大动能为Ekm＝×3mv2＝，B对，D错．
【答案】　B
9.【解析】　由题意“在C点处小球速度达到最大”，可知C点是平衡位置，小球受到的重力与弹力平衡，该位置与h无关，B项正确；根据动能定理有mg(h＋x0)－Ep＝mv＝Ek，其中x0与弹性势能Ep为常数，可判断出C项正确．
【答案】　BC
10.【解析】　制动转台后，物体在绳子约束作用下做圆周运动，速率在减
小，运动一周滑动摩擦力做功为Wf＝－μmg2πL，绳子的拉力对物体不做功，由动能定理可知：－Nμmg2πL＝0－mv2，又v＝ωL，联立得物体在转台上转动的圈数为N＝，A、B、D正确．
【答案】　ABD
11．【解析】　(1)小球B运动到P点正下方的过程中，水平向右的恒力F作用点的位移为：xA＝ m－0.1 m＝0.4 m，则WF＝FxA＝22 J.
(2)小球B运动到C处时的速度方向与细绳方向垂直，小球A的速度为零，对A、B组成的系统，由动能定理得：
WF－mgR＝mv2，代入数据得：v＝4 m/s.
(3)当绳与半圆形轨道相切时，两球的速度大小相等，设此时绳与水平方向的夹角为α，hB＝Rcos α＝R·＝0.3× m＝0.225 m.
【答案】　(1)22 J　(2)4 m/s　 (3)0.225 m
12.【解析】　(1)从图象可知初动能Ek0＝2 J，Ek0＝mv2， v＝2 m/s.
(2)在位移为4 m处物体的动能为Ek＝10 J，在位移为8 m处物体的动能为零，这段过程中物体克服摩擦力做功．
设摩擦力为Ff，则－Ffx2＝0－Ek
Ff＝＝ N＝2.5 N
因Ff＝μmg
故μ＝＝＝0.25.
(3)物体从开始到移动4 m这段过程中，受拉力F和摩擦力Ff的作用，合力为F－Ff，根据动能定理有
(F－Ff)·x1＝Ek－Ek0
故得F＝＋Ff＝(＋2.5) N＝4.5 N.
【答案】　(1)2 m/s　(2)0.25　(3)4.5 N
第五章 第3讲 机械能守恒定律3
重力势能与弹性势能
1．重力做功的特点
(1)重力做功与路径无关，只与始末位置的高度差有关。
(2)重力做功不引起物体机械能的变化。
2．重力势能与弹性势能
内　容
重力势能
弹性势能
概　念
物体由于被举高而具有的能
物体由于发生弹性形变而具有的能
大　小
Ep＝mgh
与形变量及劲度系数有关
矢标性
标量
标量
相对性
大小与所选取的参考平面有关
一般选弹簧形变为零的状态为弹性势能零点
1．重力做功与重力势能变化的关系
(1)定性关系：重力对物体做正功，重力势能就减小；重力对物体做负功，重力势能就增大。
(2)定量关系：重力对物体做的功等于物体重力势能的减少量，即WG＝－(Ep2－Ep1)＝Ep1－Ep2。
(3)重力势能的变化是绝对的，与参考面的选取无关。
2．弹力做功与弹性势能变化的关系
(1)弹力做功与弹性势能变化的关系类似于重力做功与重力势能变化的关系，用公式表示：W＝－ΔEp。
(2)对于弹性势能，一般物体的弹性形变量越大，弹性势能越大。
1．下列关于重力势能的说法正确的是(　　)
A．重力势能是地球和物体共同具有的，而不是物体单独具有的
B．重力势能的大小是相对的
C．重力势能等于零的物体，不可能对别的物体做功
D．在地面上的物体，它具有的重力势能一定等于零
解析：选AB　重力势能是由物体和地球的相对位置所决定的，由地球和物体所共有，所以A、B正确；由于重力势能的大小与零势能面的选取有关，所以重力势能等于零不等于没有对外做功的本领，所以C错误；只有选地面为零势能面时，地面上的物体的重力势能才为零，否则不为零， D错误。
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，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变。
2．机械能守恒定律表达式
观点
表达式
守恒观点
Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
转化观点
ΔEk＝－ΔEp
转移观点
ΔEA＝－ΔEB
1．对机械能守恒条件的理解
只有重力及系统内的弹力做功，可以从以下三方面理解：
(1)只受重力作用，例如在不考虑空气阻力的情况下的各种抛体运动，物体的机械能守恒。
(2)受其他力，但其他力不做功，只有重力或系统内的弹力做功。
(3)弹力做功伴随着弹性势能的变化，并且弹力做的功等于弹性势能的减少量。
2．对机械能守恒定律三种表达式的理解
(1)守恒观点：
①意义：系统初状态的机械能等于末状态的机械能。
②注意问题：要先选取零势能参考平面，并且在整个过程中必须选取同一个零势能参考平面。
(2)转化观点：
①意义：系统(或物体)的机械能守恒时，系统增加(或减少)的动能等于系统减少(或增加)的势能。
②注意问题：要明确势能的增加量或减少量，即势能的变化，可以不选取零势能参考平面。
(3)转移观点：
①意义：若系统由A、B两部分组成，当系统的机械能守恒时，则A部分物体机械能的增加量等于B部分物体机械能的减少量。
②注意问题：A部分机械能的增加量等于A末状态的机械能减初状态的机械能，而B部分机械能的减少量等于B初状态的机械能减末状态的机械能。
2.如图5－3－1所示，a、b两小球静止在同一条竖直线上，离地面足够高。b球质量大于a球质量。两球间用一条细线连接，开始线处于松弛状态。现同时释放两球，球运动过程中所受的空气阻力忽略不计。下列说法正确的是(　　)
图　5－3－1
A．下落过程中两球间的距离保持不变
B．下落后两球间距离逐渐增大，一直到细线张紧为止
C．下落过程中，a、b两球都处于失重状态
D．整个下落过程中，系统的机械能守恒
解析：选ACD　两球同时释放后，均做自由落体运动，加速度均为g，故两球均处于失重状态，机械能守恒，两球间距保持不变，A、C、D均正确，B错误。
机械能是否守恒的判断
[命题分析]　本考点是高考的热点，但单独考查本考点的机率不大，常被作为综合问题中的一个小问题进行考查，难度不大。
[例1]　如图5－3－2所示，质量分别为m和2m的两个小球A和B，中间用轻质杆相连，在杆的中点O处有一固定转动轴，把杆置于水平位置后释放，在B球顺时针摆动到最低位置的过程中(不计一切摩擦)(　　)
图5－3－2
A．B球的重力势能减少，动能增加，B球和地球组成的系统机械能守恒
B．A球的重力势能增加，动能也增加，A球和地球组成的系统机械能不守恒
C．A球、B球和地球组成的系统机械能守恒
D．A球、B球和地球组成的系统机械能不守恒
[解析]　A球在上摆过程中，重力势能增加，动能也增加，机械能增加，B项正确；由于A球、B球和地球组成的系统只有重力做功，故系统的机械能守恒，C项正确，D项错误；所以B球和地球组成系统的机械能一定减少，A项错误。
[答案]　BC
[变式训练]
1.如图5－3－3所示，细绳跨过定滑轮悬挂两物体M和m，且M>m，不计摩擦，系统由静止开始运动的过程中(　　)
图5－3－3
A．M、m各自的机械能分别守恒
B．M减少的机械能等于m增加的机械能
C．M减少的重力势能等于m增加的重力势能
D．M和m组成的系统机械能守恒
解析：选BD　M下落过程，绳的拉力对M做负功，M的机械能不守恒，减少，m上升过程，绳的拉力对m做正功，m的机械能增加，A错误；对M、m组成的系统，机械能守恒，易得B、D正确；M减少的重力势能并没有全部用于m重力势能的增加，还有一部分转变成M、m的动能，所以C错误。
单个物体机械能守恒定律的应用
[命题分析]　单个物体的机械能守恒问题在高考中常被考查到，多数情况下，这类问题也可以用动能定理求解，难度一般为中等。
[例2]　如图5－3－4所示，将一质量为m＝0.1 kg的小球自水平平台右端O点以初速度v0水平抛出，小球飞离平台后由A点沿切线落入竖直光滑圆轨道ABC，并沿轨道恰好通过最高点C，圆轨道ABC的形状为半径R＝2.5 m的圆截去了左上角127°的圆弧，CB为其竖直直径，(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力加速度g取10 m/s2)求：
图5－3－4
(1)小球经过C点的速度大小；
(2)小球运动到轨道最低点B时轨道对小球的支持力大小；
(3)平台末端O点到A点的竖直高度H。
[解析]　(1)恰好运动到C点时，重力提供向心力，
即mg＝m　vC＝＝5 m/s
(2)从B点到C点，由机械能守恒定律有
mv＋mg·2R＝mv
在B点对小球进行受力分析，由牛顿第二定律有
FN－mg＝m
联立解得vB＝5 m/s　FN＝6.0 N
(3)从A到B由机械能守恒定律有
mv＋mgR(1－cos 53°)＝mv
所以vA＝ m/s
在A点进行速度的分解有，vy＝vAsin 53°
所以H＝＝3.36 m
[答案]　(1)5 m/s　(2)6.0 N　(3)3.36 m
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分析机械能守恒问题的方法
(1)一般步骤：
①选取研究对象
②分析受力情况和各力做功情况，确定是否符合机械能守恒条件。
③确定初末状态的机械能或运动过程中物体机械能的转化情况。
④选择合适的表达式列出方程，进行求解。
⑤对计算结果进行必要的讨论和说明。
(2)应注意的问题：
①列方程时，选取的表达角度不同，表达式不同，对参考平面的选取要求也不一定相同。
②应用机械能守恒能解决的问题，应用动能定理同样能解决，但其解题思路和表达式有所不同。
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[变式训练]
2．山地滑雪是人们喜爱的一项体育运动，一滑雪坡由AB和BC组成，AB是倾角为37°的斜坡，BC是半径为R＝5 m的圆弧面，圆弧面和斜面相切于B，与水平面相切于C，如图5－3－5所示，AB竖直高度差h＝8.8 m，运动员连同滑雪装备总质量为80 kg，从A点由静止滑下通过C点后飞落(不计空气阻力和摩擦阻力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求：
图5－3－5
(1)运动员到达C点的速度大小；
(2)运动员经过C点时轨道受到的压力大小。
解析：(1)由A→C过程，应用机械能守恒定律得：
mg(h＋Δh)＝mv
又Δh＝R(1－cos 37°)，
可解得：
vC＝14 m/s
(2)在C点，由牛顿第二定律得：
FC－mg＝m
解得：FC＝3 936 N。
由牛顿第三定律知，运动员在C点时对轨道的压力大小为3 936 N
答案：(1)14 m/s　(2)3 936 N
多物体系统机械能守恒定律的应用
[命题分析]　本考点属于高考中的重要考点，在历年高考中常被考查到，题型有选择和计算等，难度中等偏上，有时也会在压轴题中被考查到。
[例3]　有一个固定的光滑直杆，该直杆与水平面的夹角为53°，杆上套着一个质量为m＝2 kg的滑块(可视为质点)。
图5－3－6
(1)如图5－3－6甲所示，滑块从O点由静止释放，下滑了位移x＝1 m后到达P点，求滑块此时的速率。
(2)如果用不可伸长的细绳将滑块m与另一个质量为M＝2.7 kg的物块通过光滑的定滑轮相连接，细绳因悬挂M而绷紧，此时滑轮左侧绳恰好水平，其长度L＝ m(如图乙所示)。再次将滑块从O点由静止释放，求滑块滑至P点的速度大小。(整个运动过程中M不会触地，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2)
[思维流程]
第一步：抓信息关键点
关键点
信息获取
(1)光滑直杆
不悬挂M时滑块m的机械能守恒
(2)细绳因悬挂M而绷紧
M和m组成的系统机械能守恒
第二步：找解题突破口
(1)不悬挂M时，滑块到达P点的速度可根据机械能守恒定律直接求出。
(2)悬挂M后，对系统而言只有重力做功，机械能守恒，结合运动的合成与分解可求出滑块到达P点的速度。
第三步：条理作答
[解析]　(1)设滑块下滑至P点时的速度为v1，
由机械能守恒定律得
mgxsin 53°＝mv
解得v1＝4 m/s
(2)设滑块再次滑到P点时速度为v2，M的速度为vM，如图，将v2进行分解得：vM＝v2cos θ，绳与直杆的夹角为θ，由几何关系得θ＝90°，vM＝0，再由系统机械能守恒定律得：
MgL(1－sin 53°)＋mgxsin 53°＝mv＋0，
解得v2＝5 m/s
[答案]　(1)4 m/s　(2)5 m/s
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[变式训练]
3.如图5－3－7所示，在长为L的轻杆中点A和端点B各固定一质量为m的球，杆可绕无摩擦的轴O转动，使杆从水平位置无初速度释放。求当杆转到竖直位置时，轻杆对A、B两球分别做了多少功？
图5－3－7
解析：设当杆转到竖直位置时，A球和B球的速度分别为vA和vB。如果把轻杆、两球组成的系统作为研究对象，那么由于杆和球的相互作用力做功总和等于零，故系统机械能守恒。
若取B的最低点为重力势能参考平面，可得：2mgL＝mv＋mv＋mgL又因A球与B球在各个时刻对应的角速度相同，故vB＝2vA
由以上二式得：vA＝，vB＝。
根据动能定理，可解出杆对A、B做的功。
对A有：WA＋mg＝mv－0，所以WA＝－0.2mgL。　
对B有：WB＋mgL＝mv－0，所以WB＝0.2mgL。
答案：－0.2mgL　0.2mgL
万能模型——用机械能守恒定律解决“非质点”模型问题
重力势能的变化与运动的过程无关，只与初、末状态有关，对于不可视为质点的物体(常见于“链条、液柱”模型)，可对物体分段找等效重心的位置变化来确定势能的变化，只要研究对象在变化过程中符合机械能守恒条件，即可用机械能守恒定律进行求解。这种思想也是解决变力做功过程中势能变化的基本方法。
[示例]　两个底面积都是S的圆桶，放在同一水平面上，桶内装水，水面高度分别为h1和h2，如图5－3－8所示。已知水的密度为ρ。现把连接两桶的阀门打开，不计摩擦阻力，当两桶水面第一次高度相等时，液面的速度为多大？(连接两桶的阀门之间水质量不计)
图5－3－8
[解析]　对于容器中的液体，运动过程中只有重力做功，系统机械能守恒，第一次液面高度相等时，重力势能的减少量等于动能的增加量。
容器中水的总质量为：m＝ρS(h1＋h2)；水面相平时，相当于质量为m′＝ρS的液体下降了，所以由机械能守恒定律可得，减少的重力势能：ΔEp＝ΔEk，
即：ρgS×＝ρS(h1＋h2)v2，
解得：v＝(h1－h2) 。
[答案]　v＝(h1－h2) 
[模型构建]　利用等效法计算势能变化时一定要注意等效部分的质量关系，即根据物体的相对位置关系将物体分成若干段，在应用相关规律求解时要注意对应各部分的质量关系。即在解决涉及重力势能变化的问题时，物体的位置变化要以重心位置变化为准。
[变式训练]
如图5－3－9所示，长为l的均匀铁链对称挂在一轻质小滑轮上，某一微小的扰动使铁链向一侧滑动，则铁链完全离开滑轮时速度大小为(　　)
图5－3－9
A.　　　　　　　　　B.
C. D.
解析：选C　设铁链的总的质量为m，以铁链的下端为零势能点，则铁链的机械能为：E＝2×mg＝mgl，铁链完全离开滑轮时，速度为v，则机械能E′＝mv，由机械能守恒定律得E＝E′，所以v＝ ，选项C对。
第五章 第3讲 机械能守恒定律4
[随堂巩固提升]
1．以下说法中哪些是正确的(　　)
A．物体做匀速运动，它的机械能一定守恒
B．物体所受合力的功为零，它的机械能一定守恒
C．物体所受合力不等于零，它的机械能可能守恒
D．物体所受合力等于零，它的机械能一定守恒
解析：选C　物体做匀速运动动能不变，但是高度可以改变，即重力势能改变，所以A错误；合力的功为零，只是动能不变，B错误；物体所受合力不等于零，例如只在重力作用下的运动，机械能守恒，所以C正确；D选项实质与A选项相同，所以D错误。
2.如图5－3－10所示，一根跨过光滑定滑轮的轻绳，两端各有一杂技演员 (可视为质点)。a站在地面上，b从图示的位置由静止开始向下摆动，运动过程中绳始终处于伸直状态。当演员b摆至最低点时，a刚好对地面无压力，则演员a的质量与演员b的质量之比为(　　)
图5－3－10
A．1∶1　　　　　　　　B．2∶1
C．3∶1 D．4∶1
解析：选B　设b摆至最低点时的速度为v，b侧所拉绳子长度为l，由机械能守恒定律可得：mgl(1－cos 60°)＝mv2，解得v＝。设b摆至最低点时绳子的拉力为FT，由牛顿第二定律得：FT－mbg＝mb，解得FT＝2mbg，对演员a有FT＝mag，所以，演员a的质量与演员b的质量之比为2∶1。
3．(2011·新课标全国卷)一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离。假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是(　　)
A．运动员到达最低点前重力势能始终减小
B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力做负功，弹性势能增加
C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒
D．蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关
解析：选ABC　运动员到达最低点前，重力一直做正功，重力势能减小，选项A正确；弹力一直做负功，弹性势能增加，选项B正确；除重力、弹力之外无其他力做功，故机械能守恒，选项C正确；重力势能的改变与重力势能零点的选取无关，故选项D错误。
4．(2012·上海高考)
图5－3－11
如图5－3－11，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，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(　　)
A．2R B．5R/3
C．4R/3 D．2R/3
解析：选C　如图所示，以AB为系统，以地面为零势能面，设A质量为2m，B质量为m，根据机械能守恒定律有：2mgR＝mgR＋×3mv2，A落地后B将以v做竖直上抛运动，即有mv2＝mgh，解得h＝R，则B上升的高度为R＋R＝R，故选项C正确。
5.一个质量m＝0.20 kg的小球系于轻质弹簧的一端，且套在光滑竖立的圆环上的B点，弹簧的上端固定于环的最高点A，环的半径R＝0.50 m，弹簧的原长l0＝0.50 m，劲度系数为4.8 N/m，如图5－3－12所示。若小球从图中所示位置B点由静止开始滑到最低点C时，弹簧的弹性势能Ep＝0.60 J。求小球到C点时的速度vC的大小。(弹簧处于原长时，弹性势能为零。g取10 m/s2)
图5－3－12
解析：由题意知，图中位置时弹簧为原长，弹性势能为零。从B到C的过程中，只有重力、弹簧弹力做功，小球和弹簧组成系统的机械能守恒，取C点为零势能面。则有mg(R＋Rcos 60°)＝Ep＋mv
代入数据解得vC＝3 m/s
答案：3 m/s
第3讲　机械能守恒定律及其应用
(对应学生用书第78页)
重力势能与弹性势能
1.重力势能
(1)重力做功的特点
①重力做功与路径无关，只与始末位置的高度差有关．
②重力做功不引起物体机械能的变化．
(2)重力势能
①公式：Ep＝mgh.
②矢标性：重力势能是标量，但有正、负，其意义是表示物体的重力势能比它在参考平面上大还是小，这与功的正、负的物理意义不同．
③系统性：重力势能是物体和地球共有的．
④相对性：重力势能的大小与参考平面的选取有关．重力势能的变化是绝对的，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
①定性关系：重力对物体做正功，重力势能就减少；重力对物体做负功，重力势能就增加．
②定量关系：重力对物体做的功等于物体重力势能的减少量．即WG＝－(Ep2－Ep1)＝－ΔEp.
2．弹性势能
(1)大小：弹簧的弹性势能的大小与弹簧的形变量及劲度系数有关．
(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．

【针对训练】
1.
图5－3－1
“蹦极”是一项非常刺激的体育运动．如图5－3－1所示，运动员身系弹性绳自高空中Q点自由下落，图中a是弹性绳的原长位置，c是运动员所到达的最低点，b是运动员静止地悬吊着时的平衡位置．则(　　)
A．由Q到c的整个过程中，运动员的动能及重力势能之和守恒
B．由a下降到c的过程中，运动员的动能一直减小
C．由a下降到c的过程中，运动员的动能先增大后减小
D．由a下降到c的过程中，弹性绳的弹性势能一直增大
【解析】　由Q到c的整个过程中，运动员的动能、重力势能和弹性绳的弹性势能之和守恒，A错误；由a下降到c的过程中，运动员的动能先增大后减小，B错误，C正确；由a下降到c的过程中，弹性绳的伸长量不断增加，故弹性势能一直增大，D选项也正确．
【答案】　CD
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，动能和势能可以互相转化，而总的机械能保持不变．
2．机械能守恒的条件
只有重力或弹力做功．
3．守恒表达式
观点
表达式
守恒观点
E1＝E2，Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2＝恒量
转化观点
ΔEk＝－ΔEp
转移观点
ΔEA减＝ΔEB增
【针对训练】
2.
图5－3－2
如图5－3－2所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，在将弹簧压缩到最短的整个过程中，下列关于能量的叙述中正确的是(　　)
A．重力势能和动能之和总保持不变
B．重力势能和弹性势能之和总保持不变
C．动能和弹性势能之和总保持不变
D．重力势能、弹性势能和动能之和总保持不变
【解析】　在小球与弹簧相互作用过程中，重力势能、弹性势能和动能相互转化，总和保持不变，D正确；重力势能一直减小，故动能和弹性势能之和一直增大，C错误；动能先增大后减小，故重力势能与弹性势能之和先减小后增大，B错误；因弹性势能一直增大，故重力势能与动能之和一直减小，A错误．
【答案】　D
(对应学生用书第78页)
机械能守恒条件的理解
1.守恒条件
机械能守恒的条件是只有重力、弹力做功，可以从以下三方面理解：
(1)只受重力作用，例如在不考虑空气阻力的情况下的各种抛体运动，物体的机械能守恒．
(2)受其他力，但其他力不做功，只有重力或弹力做功．
(3)弹力做功伴随着弹性势能的变化，并且弹力做的功等于弹性势能的减少量．
2．几种常见情况分析
(1)水平面上物体做匀速直线运动或匀速圆周运动，其机械能保持不变．
(2)光滑斜面上的物体沿斜面匀加速下滑或匀减速上滑时机械能守恒．若物体受摩擦力或其他力作用匀速下滑或匀速上滑，则机械能不守恒．
(3)物体在竖直面内的光滑轨道上运动时，轨道支持力不做功，则机械能守恒．
(4)细线悬挂的物体在竖直平面内摆动，悬线的拉力不做功，则机械能守恒．
(5)抛体运动．如平抛、斜抛，不考虑空气阻力的过程中机械能守恒．
(1)物体做匀速直线运动或物体所受合外力为零，不是机械能守恒的条件．
(2)如果除重力、弹力外，还有其他力做功，但其他力做功之和为零，该种情况下只能说机械能不变，不能说机械能守恒．
　(2013届银川一中检测)在如图5－3－3所示的物理过程示意图中，甲图为一端固定有小球的轻杆，从右偏上30°角释放后绕光滑支点摆动；乙图为末端固定有小球的轻质直角架，释放后绕通过直角顶点的固定轴O无摩擦转动；丙图为置于光滑水平面上的A、B两小车，B静止，A获得一向右的初速度后向右运动，某时刻连接两车的细绳绷紧，然后带动B车运动；丁图为置于光滑水平面上的带有竖直支架的小车，把用细绳悬挂的小球从图示位置释放，小球开始摆动．则关于这几个物理过程(空气阻力忽略不计)，下列判断中正确的是(　　)
甲　　　　　　乙　　　　　　丙　　　　　　丁
图5－3－3
A．甲图中小球机械能守恒
B．乙图中小球A的机械能守恒
C．丙图中两车组成的系统机械能守恒
D．丁图中小球的机械能守恒
【解析】　甲图过程中轻杆对小球不做功，小球的机械能守恒；乙图过程中A、B两球通过杆相互影响(例如开始时A球带动B球转动)，轻杆对A的弹力不沿杆的方向，会对小球做功，所以每个小球的机械能不守恒，但把两个小球作为一个系统时机械能守恒；丙图中绳子绷紧的过程虽然只有弹力作为内力做功，但弹力突变有内能转化，机械能不守恒；丁图过程中细绳也会拉动小车运动，取地面为参考系，小球的轨迹不是圆弧，细绳会对小球做功，小球的机械能不守恒，把小球和小车当做一个系统，机械能才守恒．
【答案】　A
【即学即用】
1．(2013届铜川模拟)如图5－3－4所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是(　　)
图5－3－4
A．斜劈对小球的弹力不做功
B．斜劈与小球组成的系统机械能守恒
C．斜劈的机械能守恒
D．小球重力势能减少量等于斜劈动能的增加量
【解析】　不计一切摩擦，小球下滑时，小球和斜劈组成的系统只有小球重力做功，系统机械能守恒，故B正确，C错误；小球重力势能的减少量应等于小球和斜劈动能的增加量之和，D错误；斜劈对小球的弹力与小球位移间夹角大于90°，故此弹力做负功，A错误．
【答案】　B
机械能守恒定律的表达式及应用
1.三种守恒表达式的比较
表达
角度
表达公式
表达意义
注意事项
守恒
观点
Ek＋Ep＝
Ek′＋Ep′
系统初状态的机械能的总和与末状态机械能的总和相等
应用时应选好重力势能的零势能面，且初、末状态必须用同一零势能面计算势能
转化
观点
ΔEk＝－ΔEp
表示系统(或物体)机械能守恒时，系统减少(或增加)的重力势能等于系统增加(或减少)的动能
应用时关键在于分清重力势能的增加量或减少量，可不选零势能面而直接计算初、末状态的势能差
转移
观点
ΔE增＝ΔE减
若系统由A、B两部分组成，则A部分物体机械能的增加量与B部分物体机械能的减少量相等
常用于解决两个或多个物体组成的系统的机械能守恒问题
2.应用机械能守恒的方法步骤
(1)选取研究对象
(2)根据受力分析和各力做功情况分析，确定是否符合机械能守恒条件．
(3)确定初末状态的机械能或运动过程中物体机械能的转化情况．
(4)选择合适的表达式列出方程，进行求解．
(5)对计算结果进行必要的讨论和说明．
　(2012·海南高考)如图5－3－5，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB是长为R的水平直轨道，BCD是圆心为O、半径为R的圆弧轨道，两轨道相切于B点．在外力作用下，一小球从A点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点时撤除外力．已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C，重力加速度大小为g.求
图5－3－5
(1)小球在AB段运动的加速度的大小；
(2)小球从D点运动到A点所用的时间．
【审题视点】　(1)竖直平面，光滑圆弧轨道．
(2)小球A→B，匀加速，且AB长度等于轨道半径R.
(3)小球刚好能过圆轨道最高点C.
【解析】　(1)小球在BCD段运动时，受到重力mg、轨道正压力N的作用，如图所示．根据题意，N≥0，且小球在最高点C所受轨道正压力为零
NC＝0①
设小球在C点的速度大小为vC，根据牛顿第二定律有
mg＝m②
小球从B点运动到C点，机械能守恒．设B点处小球的速度大小为vB，有
mv＝mv＋2mgR③
由于小球在AB段由静止开始做匀加速运动，设加速度大小为a，由运动学公式有
v＝2aR④
由②③④式得a＝g.⑤
(2)设小球在D处的速度大小为vD，下落到A点时的速度大小为v，由机械能守恒有
mv2＝mv＋mgR⑥
mv2＝mv2⑦
设从D点运动到A点所用的时间为t，由运动学公式得
gt＝v－vD⑧
由④⑤⑥⑦⑧式得
t＝(－) .
【答案】　(1)g　(2)(－) 
【即学即用】
2．(2013届渭南模拟)如图5－3－6所示，一固定在竖直平面内的光滑的半圆形轨道ABC，其半径R＝0.5 m，轨道在C处与水平地面相切，在C处放一小物块，给它一水平向左的初速度v0＝5 m/s，结果它沿CBA运动，通过A点，最后落在水平地面上的D点，求C、D的距离x(重力加速度g取10 m/s2)．
图5－3－6
【解析】　设小物块质量为m，它从C点经B到达A点时速度为v.由机械能守恒有mv＝mv2＋2mgR①
物块由A到D做平抛运动，设时间为t，水平位移为x，
2R＝gt2②
x＝vt③
由①②③式联立代入数据得x＝1 m.
【答案】　1 m
(对应学生用书第80页)
多物体系统中的机械能守恒
应用机械能守恒定律解题时，常会遇到由多个物体组成的系统问题，这时应注意选取研究对象，分析研究过程，判断系统的机械能是否守恒，列方程时还要注意分析物体间的速度关系和位移关系．
　
图5－3－7
如图5－3－7所示，跨过同一高度处的定滑轮的细线连接着质量相同的物体A和B，A套在光滑水平杆上，定滑轮离水平杆的高度h＝0.2 m，开始时让连着A的细线与水平杆的夹角θ1＝37°，由静止释放B，当细线与水平杆的夹角θ2＝53°时，A的速度为多大？在以后的运动过程中，A所获得的最大速度为多大？(设B不会碰到水平杆，sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，取g＝10 m/s2)
【潜点探究】　(1)A、B之间只有动能和势能转化，可考虑系统机械能守恒．
(2)连A的细线与水平杆夹角θ1＝37°→θ2＝53°，可由几何关系求出物体B下落高度．
(3)线长一定，θ＜90°A加速，θ＞90°A减速．θ＝90°时，A的速度最大．
【规范解答】　A、B两物体组成的系统，只有动能和势能的转动，机械能守恒．设θ2＝53°时，A、B两物体的速度分别为vA、vB，B下降的高度为h1，则有mgh1＝mv＋mv.
其中h1＝－.
vAcos θ2＝vB代入数据解以上关系式得vA＝1.1 m/s由于绳力对A做正功，使A加速，至左滑轮正下方速度最大，此时B的速度为零，此过程B下降高度设为h2则有
mgh2＝mv
其中h2＝－h
代入数据解得
vAm＝1.6 m/s.
【答案】　见规范解答
【即学即用】
3.
图5－3－8
(2012·上海高考)如图5－3－8，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，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(　　)
A．2R　　　　　　　　　B．5R/3
C．4R/3 D．2R/3
【解析】　
如图所示，以A、B两球为系统，以地面为零势能面，设A质量为2m，B质量为m，根据机械能守恒定律有：2mgR＝mgR＋×3mv2，A落地后B将以v做竖直上抛运动，即有mv2＝mgh，解得h＝R.则B上升的高度为R＋R＝R，故选项C正确．
【答案】　C
(对应学生用书第81页)
●重力势能、弹性势能与机械能守恒的判断
1．(2011·新课标全国高考)一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离．假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是(　　)
A．运动员到达最低点前重力势能始终减小
B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力做负功，弹性势能增加
C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒
D．蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关
【解析】　到达最低点前高度始终在降低，所以重力势能始终减小，故A正确．绳张紧后的下落过程，伸长量逐渐增大，弹力做负功，弹性势能增大，故B正确．在蹦极过程中，只有重力与系统内弹力做功，故系统机械能守恒，C正确．重力势能的改变与重力做功有关，重力做功只与始末位置高度差有关，与零势能面的选取无关，故D错误．
【答案】　ABC
●机械能守恒与功率的综合
2．(2013届徐州模拟)用长度为l的细绳悬挂一个质量为m的小球，将小球移至和悬点等高的位置使绳自然伸直．放手后小球在竖直平面内做圆周运动，小球在最低点的势能取作零，则小球运动过程中第一次动能和势能相等时重力的瞬时功率为(　　)
A．mg　　　　　　　　B.mg
C.mg D.mg
【解析】　设第一次小球动能与势能相等时的速度大小为v，由机械能守恒定律得：mgl＝mv2＋Ep，Ep＝mv2，解得v＝，此时v与水平方向夹角为60°，故P＝mgvsin 60°＝mg，C正确．
【答案】　C
●系统的机械能守恒
3.
图5－3－9
(2013届吴中检测)轻杆AB长2L，A端连在固定轴上，B端固定一个质量为2m的小球，中点C固定一个质量为m的小球．AB杆可以绕A端在竖直平面内自由转动．现将杆置于水平位置，如图5－3－9所示，然后由静止释放，不计各处摩擦与空气阻力，则下列说法正确的是(　　)
A．AB杆转到竖直位置时，角速度为 
B．AB杆转到竖直位置的过程中，B端小球的机械能的增量为mgL
C．AB杆转动过程中杆CB对B球做正功，对C球做负功，杆AC对C球做正功
D．AB杆转动过程中，C球机械能守恒
【解析】　在AB杆由静止释放到转到竖直位置的过程中，以B球的最低点为零势能点，根据机械能守恒定律有：
mg·2L＋2mg(2L)＝mgL＋×2m(ω·2L)2＋m(ωL)2，
解得角速度ω＝，A项正确．在此过程中，B端小球机械能的增量为：ΔEB＝E末－E初＝·2m(ω·2L)2－2mg·(2L)＝mgL，B项正确．AB杆转动过程中，杆AC对C球不做功，杆CB对C球做负功，对B球做正功，C项错．C球机械能不守恒，B、C球系统机械能守恒，D项错．
【答案】　AB
●机械能守恒定律在平抛运动中的应用
4.
图5－3－10
(2012·大纲全国高考)一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧的坡面呈抛物线形状．此队员从山沟的竖直一侧，以速度v0沿水平方向跳向另一侧坡面．如图5－3－10所示，以沟底的O点为原点建立坐标系xOy.已知，山沟竖直一侧的高度为2h，坡面的抛物线方程为y＝x2，探险队员的质量为m.人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g.
(1)求此人落到坡面时的动能；
(2)此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多少？
【解析】　(1)设该队员在空中运动的时间为t，在坡面上落点的横坐标为x，纵坐标为y.由运动学公式和已知条件得
x＝v0t①
2h－y＝gt2②
根据题意有y＝③
由机械能守恒，落到坡面时的动能为
mv2＝mv＋mg(2h－y)④
联立①②③④式得mv2＝m(v＋)．⑤
(2)⑤式可以改写为v2＝(－)2＋3gh⑥
v2取极小的条件为⑥式中的平方项等于0，由此得
v0＝⑦
此时v2＝3gh，则最小动能为
(mv2)min＝mgh.⑧
【答案】　(1)m(v＋)　(2)v0＝时落坡动能最小为mgh
●弹簧弹性势能与机械能守恒
5.
图5－3－11
(2011·福建高考)如图5－3－11为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部AB是一长为2R的竖直细管，上半部BC是半径为R的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，AB管内有一原长为R、下端固定的轻质弹簧．投饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5R后锁定，在弹簧上端放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去．设质量为m的鱼饵到达管口C时，对管壁的作用力恰好为零．不计鱼饵在运动过程中的机械
能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能．已知重力加速度为g.求：
(1)质量为m的鱼饵到达管口C时的速度大小v1；
(2)弹簧压缩到0.5R时的弹性势能Ep.
【解析】　(1)质量为m的鱼饵到达管口C时做圆周运动的向心力完全由重力提供，则
mg＝①
由①式解得v1＝.②
(2)弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能，由机械能守恒定律有
Ep＝mg(1.5R＋R)＋mv③
由②③式解得
Ep＝3mgR.④
【答案】　(1)　(2)3mgR
　　　　　　　
第五章 第3讲 机械能守恒定律及其应用2
(时间45分钟，满分100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分．)
1．下列说法正确的是(　　)
A．如果物体所受到的合外力为零，则其机械能一定守恒
B．如果物体所受到的合外力做的功为零，则其机械能一定守恒
C．物体沿光滑曲面自由下滑的过程中，其机械能一定守恒
D．做匀加速运动的物体，其机械能可能守恒
2.
图5－3－12
(2013届宝鸡模拟)如图5－3－12所示，a、b两小球静止在同一条竖直线上，离地面足够高，b球质量大于a球质量．两球间用一条细线连接，开始线处于松弛状态．现同时释放两球，球运动过程中所受的空气阻力忽略不计．下列说法正确的是(　　)
A．下落过程中两球间的距离保持不变
B．下落后两球间距离逐渐增大，一直到细线张紧为止
C．下落过程中，a、b两球都处于失重状态
D．整个下落过程中，系统的机械能守恒
3．(2013届南通模拟)如图5－3－13所示，A、B两球质量相等，A球用不能伸长的轻绳系于O点，B球用轻弹簧系于O′点，O与O′点在同一水平面上，分别将A、B球拉到与悬点等高处，使绳和轻弹簧均处于水平，弹簧处于自然状态，将两球分别由静止开始释放，当两球达到各自悬点的正下方时，两球仍处在同一水平面上，则(　　)
图5－3－13
A．两球到达各自悬点的正下方时，两球动能相等
B．两球到达各自悬点的正下方时，A球动能较大
C．两球到达各自悬点的正下方时，B球动能较大
D．两球到达各自悬点的正下方时，A球受到向上的拉力较大
4．(2013届延安模拟)如图5－3－14所示是全球最高的(高度208米)北京朝阳公园摩天轮，一质量为m的乘客坐在摩天轮中以速率v在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，假设t＝0时刻乘客在轨迹最低点且重力势能为零，那么，下列说法正确的是(　　)
图5－3－14
A．乘客运动的过程中，重力势能随时间的变化关系为Ep＝mgR(1－cos t)
B．乘客运动的过程中，在最高点受到座位的支持力为m－mg
C．乘客运动的过程中，机械能守恒，且机械能为E＝mv2
D．乘客运动的过程中，机械能随时间的变化关系为E＝mv2＋mgR(1－cos t)
5.
图5－3－15
(2013届西安一中检测)如图5－3－15所示，光滑细杆AB、AC在A点连接，AB竖直放置，AC水平放置，两相同的中心有小孔的小球M、N，分别套在AB和AC上，并用一细绳相连，细绳恰好被拉直，现由静止释放M、N，在运动过程中下列说法中正确的是(　　)
A．M球的机械能守恒
B．M球的机械能减小
C．M和N组成的系统的机械能守恒
D．绳的拉力对N做负功
6．(2013届山东省实验中学检测)如图5－3－16所示，离水平地面一定高处水平固定一内壁光滑的圆筒，筒内固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度．现将一小球从地面以某一初速度斜向上抛出，刚好能水平进入圆筒中，不计空气阻力．下列说法中正确的是(　　)
图5－3－16
A．弹簧获得的最大弹性势能小于小球抛出时的动能
B．弹簧获得的最大弹性势能等于小球抛出时的动能
C．小球从抛出到将弹簧压缩到最短的过程中小球的机械能守恒
D．小球抛出的初速度大小仅与圆筒离地面的高度有关
7.
图5－3－17
内壁光滑的环形凹槽半径为R，固定在竖直平面内，一根长度为R的轻杆，一端固定有质量m的小球甲，另一端固定有质量为2m的小球乙．现将两小球放入凹槽内，小球乙位于凹槽的最低点(如图5－3－17所示)，由静止释放后(　　)
A．下滑过程中甲球减少的机械能总是等于乙球增加的机械能
B．下滑过程中甲球减少的重力势能总是等于乙球增加的重力势能
C．甲球可沿凹槽下滑到槽的最低点
D．杆从右向左滑回时，乙球一定不能回到凹槽的最低点
8．(2013届西安一中模拟)如图5－3－18所示，一质量为m的滑块以初速度v0从固定于地面上的斜面底端A开始冲上斜面，到达某一高度后返回A，斜面与滑块之间有摩擦．下列各项分别表示它在斜面上运动的速度v、加速度a、势能Ep和机械能E随时间的变化图象，可能正确的是(　　)
图5－3－18
9.
图5－3－19
如图5－3－19所示为竖直平面内的直角坐标系．一个质量为m的质点，在力F和重力的作用下，从坐标原点O由静止开始沿直线OA斜向下运动，直线OA与y轴负方向成θ角(θ＜90°)．不计空气阻力，重力加速度为g，则以下说法正确的是(　　)
A．当F＝mgtan θ时，质点的机械能守恒
B．当F＝mgsin θ时，质点的机械能守恒
C．当F＝mgtan θ时，质点的机械能可能减小也可能增大
D．当F＝mgsin θ时，质点的机械能可能减小也可能增大
10.
图5－3－20
(2013届咸阳检测)如图5－3－20所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量分别为m、2m，开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h，物体B静止在地面上．放手后物体A下落，与地面即将接触时速度为v，此时物体B对地面恰好无压力，则下列说法中正确的是(　　)
A．物体A下落过程中的任意时刻，加速度不会为零
B．此时弹簧的弹性势能等于mgh＋mv2
C．此时物体B处于平衡状态
D．此过程中物体A的机械能变化量为mgh＋mv2
二、非选择题(本题共2小题，共30分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)
11．(15分)(2012·海南国兴中学模拟)半径R＝0.50 m的光滑圆环固定在竖直平面内，轻质弹簧的一端固定在环的最高点A处，另一端系一个质量m＝0.20 kg的小球，小球套在圆环上，已知弹簧的原长为L0＝0.50 m，劲度系数k＝4.8 N/m.将小球从如图5－3－21所示的位置由静止开始释放，小球将沿圆环滑动并通过最低点C，在C点时弹簧的弹性势能EpC＝0.6 J．(g取10 m/s2)，求：
图5－3－21
(1)小球经过C点时的速度vC的大小；
(2)小球经过C点时对环的作用力的大小和方向．
12．(15分)(2013届杭州学军中学质检)如图5－3－22所示，倾角为θ的光滑斜面上放有两个质量均为m的小球A和B，两球之间用一根长为L的轻杆相连，下面的小球B离斜面底端的高度为h.两球从静止开始下滑，不计机械能损失，求：
图5－3－22
(1)两球都进入光滑水平面时两小球运动的速度大小；
(2)此过程中杆对B球所做的功．
答案与解析
1．【解析】　物体受到的合外力为零，机械能不一定守恒，如在竖直方向上物体做匀速直线运动，其机械能不守恒．所以选项A、B错误．物体沿光滑曲面自由下滑的过程中，只有重力做功，所以机械能守恒．选项C正确．做匀加速运动的物体，其机械能可能守恒，如自由落体运动，选项D正确．
【答案】　CD
2.【解析】　两球同时释放后，均做自由落体运动，加速度均为g，故两球
均处于失重状态，且机械能守恒，两球间距也保持不变，A、C、D均正确，B错误．
【答案】　ACD
3．【解析】　两球由水平位置下降到竖直位置，重力势能减少量相同，但B球重力势能减少量有一部分转化为弹簧的弹性势能，由系统机械能守恒定律可知，A球在悬点正下方的动能大，B正确，A、C错误，在最低点，由F－mg＝m及vA>vB可知，FA>FB，D正确．
【答案】　BD
4．【解析】　在最高点，根据牛顿第二定律可得，mg－N＝m，受到座位的支持力为N＝mg－m，B项错误；由于乘客在竖直平面内做匀速圆周运动，其动能不变，重力势能发生变化，所以乘客在运动的过程中机械能不守恒，C项错误；在时间t内转过的弧度为t，所以对应t时刻的重力势能为Ep＝mgR(1－cos t)，总的机械能为E＝Ek＋Ep＝mv2＋mgR(1－cos t)，A、D两项正确．
【答案】　AD
5.【解析】　由于杆AB、AC光滑，所以M下降，N向左运动，绳子对N做正功，对M做负功，N的动能增加，机械能增加，M的机械能减少，对M、N系统，杆对M、N均不做功，系统机械能守恒，故B、C两项正确．
【答案】　BC
6．【解析】　小球从抛出到弹簧压缩到最短的过程中，只有重力和弹力做功，因此小球和弹簧系统的机械能守恒，即mv＝mgh＋Ep，由此得到Ep＜mv，选项A正确，B、C错误；斜上抛运动可分解为竖直上抛运动和水平方向的匀速直线运动，在竖直方向上有2gh＝vsin2θ(θ为v0与水平方向的夹角)，解得v0＝，由此可知，选项D错误．
【答案】　A
7.【解析】　环形槽光滑，甲、乙组成的系统在运动过程中只有重力做功，故系统机械能守恒，下滑过程中甲减少的机械能总是等于乙增加的机械能，甲、乙系统减少的重力势能等于系统增加的动能；甲减少的重力势能等于乙增加的势能与甲、乙增加的动能之和；由于乙的质量较大，系统的重心偏向乙一端，由机械能守恒，知甲不可能滑到槽的最低点，杆从右向左滑回时乙一定会回到槽的最低点．
【答案】　A
8．【解析】　由牛顿第二定律可知，滑块上滑阶段有mgsin θ＋Ff＝ma1，下
滑阶段有mgsin θ－Ff＝ma2，因此a1＞a2，选项B错误；v＞0和v＜0时，速度图象的斜率不同，故选项A错误；由于摩擦力始终做负功，机械能一直减小，故选项D错误；重力势能先增大后减小，且上滑阶段加速度大，势能变化快，下滑阶段加速度小，势能变化慢，故选项C可能正确．
【答案】　C
9.【解析】　
如图为力的矢量三角形图示，若F＝mgtan θ，则力F可能为b方向或c方向，故力F的方向可能与运动方向成锐角，也可能与运动方向成钝角，除重力外的力F对质点可能做正功，也可能做负功，故质点机械能可能增大，也可能减小， C对A错；当F＝mgsin θ，即力F为a方向时，力F垂直质点运动方向，故只有重力对质点做功，机械能守恒，B对D错．
【答案】　BC
10.【解析】　对物体A进行受力分析可知，当弹簧的弹力大小为mg时，物体A的加速度为零，A错误；由题意和功能关系知弹簧的弹性势能为Ep＝mgh－mv2，B错误；当物体B对地面恰好无压力时，说明弹簧的弹力大小为2mg，此时B所受合外力为零，恰好处于平衡状态，C正确；弹簧的弹性势能的增加量等于物体A的机械能的减少量 (mgh－mv2)，D错误．
【答案】　C
11．【解析】　由题图知初始时刻弹簧处于原长．
(1)小球从B到C，根据机械能守恒定律有
mg(R＋Rcos 60°)＝EpC＋mv
代入数据求出vC＝3 m/s.
(2)小球经过C点时受到三个力作用，即重力G、弹簧弹力F、环的作用力FN，设环对小球的作用力方向向上，根据牛顿第二定律有
F＋FN－mg＝m
F＝kx
x＝R
所以FN＝m＋mg－F
FN＝3.2 N，方向竖直向上
根据牛顿第三定律得出，小球对环的作用力大小为3.2 N，方向竖直向下．
【答案】　(1)3 m/s　(2)3.2 N，方向竖直向下
12．【解析】　(1)由于不计机械能损失，因此两球组成的系统机械能守恒．两球在光滑水平面上运动的速度大小相等，设为v，根据机械能守恒定律有：
mgh＋mg(h＋Lsin θ)＝2×mv2，
解得：v＝.
(2)根据动能定理，对B球有：W＋mgh＝mv2－0
则W＝mv2－mgh＝mgLsin θ.
【答案】　(1)　(2)mgLsin θ

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