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第17讲　功　功率
　考情 剖析　
(注：①考纲要求及变化中Ⅰ代表了解和认识，Ⅱ代表理解和应用；②命题难度中的A代表容易，B代表中等，C代表难)
考查内容 考纲要求及变化 考查年份 考查形式 考查详情 考试层级 命题难度
功 Ⅱ
10 多选 考查变力做功
11 单选 考查做功的估测 非重点 B
功率 Ⅱ 12 单选 考查变力瞬时功率变化情况的判断 次重点 B
小结及预测 1.小结：功以选择题形式进行考查，在10、11年有所考查，但此知识点属于基础性知识点；功率以选择题形式进行考查，12年有所考查，但此知识点属于基础性知识点．2．预测：预测14年考查的可能性很大．3．复习建议：复习时应该理解功的实际含义和掌握功的计算方法，要了解功率的计算方法，合理地选择过程可以事半功倍.
知识 整合　
1．功
一个物体受到力的作用，如果在力的方向上发生一段位移，这个力就对物体做了功．做功的两个不可缺少的因素： ________________________.
功的公式： ________ .功的单位： 焦耳，符号是J.功是________(矢、标)量．
2．正功和负功
根据________可知：
(1)当α＝________时，W＝0.即当力F和位移s垂直时，力对物体不做功．这种情况，物体在力F的方向上没有发生位移．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2)当________时，W＞0.即当力F跟位移s的夹角为锐角时，力F对物体做正功，这时力F是动力，所以，力对物体做正功．
(3)当 ________时，W＜0.即当力F跟位移s的夹角为钝角时，力F对物体做负功，这时力F是阻力，所以，力对物体做负功．一个力对物体做负功，又常说成物体克服这个力做功(取绝对值)．
3．总功的计算： 总功的计算有如下方法：
(1)________α为F合与位移s的夹角．
(2)________　即总功为各个分力功的代数和．
(3)根据动能定理已知物体动能变化量则 　　.
4．功率
功W跟完成这些功所用时间t的比值叫做功率．
功率是表示________________的物理量．
定义式： P＝W/t.
单位： 瓦特，符号： W.
5．平均功率和瞬时功率
平均功率： 表示　　.
计算平均功率的方法有两种： (1)＝；(2)＝F，这种方法要求力F为恒力，且力F与平均速度方向相同．
瞬时功率： 表示　　.
计算瞬时功率的方法： P＝Fv，其中力F和速度v均为________，该式要求力F与速度v同向．若力F与速度v方向不同，根据P＝Fvcosα求瞬时功率，α为________．
机车以恒定功率启动和以恒定加速度启动的区别
P＝Fv·cosα(α表示力F的方向与速度v的方向的夹角)，它表示力在一段极短时间内做功的快慢程度．瞬时功率与某一时刻(或状态)相关，计算时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率．
对机动车等交通工具，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匀速直线运动 加速度减小的加速运动
BC段 无 F＝F阻 a＝0 以vm＝匀速直线运动
【典型例题1】 汽车发动机的功率为60 kW，汽车的质量为4 t，当它行驶在坡度为0.02(sinα＝0.02)的长直公路上时，如图所示，所受摩擦阻力为车重的0.1倍，求：(g取10 m/s2)
(1)汽车所能达到的最大速度vm为多大？
(2)若汽车从静止开始以0.6m/s2的加速度做匀加速直线运动，则此过程能维持多长时间？
(3)当汽车匀加速行驶的速度达到最大值时，牵引力做功为多少？
温馨提示
熟练掌握以恒定加速度启动机车为解决此题的关键．
记录空间
【变式训练1】　一辆汽车在平直的公路上以某一初速度运动，运动过程中保持恒定的牵引功率，其加速度a和速度的倒数(1/v)图象如图所示．若已知汽车的质量，则根据图象所给的信息，不能求出的物理量是(　　)
A．汽车的功率
B．汽车行驶的最大速度
C．汽车所受到的阻力
D．汽车运动到最大速度所需的时间
正确理解瞬时功率、平均功率的求法，瞬时功率最大时，外力的功率不一定最大．
【典型例题2】 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秒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
温馨提示
解答本题时应注意以下两点：
(1)前2 s内外力和速度均变化，求平均功率时注意所选的公式．
(2)瞬时速度最大时，外力的功率不一定最大．
记录空间
【变式训练2】　如图所示，a、b的质量均为m，a从倾角为45°的光滑固定斜面顶端无初速度地下滑，b从斜面顶端以初速度v0平抛，对二者的运动过程以下说法正确的是(　　)
A．落地前的瞬间二者速率相同
B．a、b都做匀变速运动
C．整个运动过程重力对二者做功的平均功率相同
D．落地前的瞬间重力对二者的瞬时功率相同
【典型例题3】 如图甲所示，长为4m的水平轨道AB与半径为R＝0.6m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接，有一质量为1kg的滑块(大小不计)，从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化关系如图乙所示，滑块与AB间动摩擦因数为0.25，与BC间的动摩擦因数未知，取g＝10m/s2.求：
(1)滑块到达B处时的速度大小；
(2)滑块在水平轨道AB上运动前2m过程中所需的时间；
(3)若滑块到达B点时撤力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能达到最高点C，则滑块在半圆轨道上克服摩擦力所做的功是多少．
甲
　乙
温馨提示
分析是恒力做功还是变力做功，变力做功的话一般转为恒力做功、或借助动能定理及能量守恒定律来解决．
记录空间
【变式训练3】　如图所示，一质量为m＝2.0kg的物体从半径为R＝5.0m的圆弧的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15N，方向始终与物体在该点的切线成37°角．圆弧所对应的圆心角为60°，BO边为竖直方向．求这一过程中：(g取10m/s2)
(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．
随堂 演练　
1．如图，分别用力F1、F2、F3将质量为m的物体由静止沿同一光滑斜面以相同的加速度从斜面底端拉到斜面的顶端，在此过程中F1、F2、F3的平均功率分别为P1、P2、P3，则(　　)
第1题图
A．P1＝P2＝P3 B．P1＞P2＝P3
C．P1＜P2＜P3 D．P1＞P2＞P3
2.一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时其速度为1m/s.从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲和图乙所示．设在第1秒内、第2秒内、第3秒内力F对滑块做的功分别为W1、W2、W3，则以下关系式正确的是(　　)
　　甲
　乙
　　　　　　　　　　　第2题图
A．W1＝W2＝W3 B．W1C．W13．从离地面某高处以相同速率抛出A、B、C三个相同小球，A球竖直上抛，B球水平抛出，C球竖直下抛，不计空气阻力．设三个小球从抛出到落地的过程中，重力做的功分别为WA、WB、WC，运动时间分别为tA、tB、tC，重力做功的平均功率分别为PA、PB、PC，落地时速度大小分别为vA、vB、vC，则(　　)
A．WA＝WBC．PA4．如图所示，一质量为m的物体，从倾角为θ的光滑斜面顶端由静止下滑，开始下滑时离地面的高度为h，当物体滑至斜面底端时重力的瞬时功率为(　　)
第4题图
A．mg
B．mg·sinθ
C．mg·cosθ
D．mg·sin2θ
第5题图
5．如图所示，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．
6．电动车因其可靠的安全性能和节能减排的设计理念，越来越受到人们的喜爱．在检测某款电动车性能的某次实验中，质量为8×102kg的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为15m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速率v，并描绘出F－图象如图所示(图中AB、BO均为直线)，假设电动车行驶中所受的阻力恒定．
(1)根据图线ABC，判断该电动车做什么运动，并计算电动车的额定功率；
(2)求此过程中电动车做匀速直线运动的加速度的大小；
(3)电动车由静止开始运动，经过多长时间速度达到v1＝2m/s.
第6题图
7．某研究性学习小组对一辆自制小遥控车的性能进行研究．他们让这辆小车在水平地面上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，根据记录的数据作出如图所示的vt图象．已知小车在0～t1内做匀加速直线运动；t1～10s内小车索引力的功率保持不变，其中7s～10s为匀速直线运动；在10s末停止遥控让小车自由滑行．小车质量m＝1kg，整个过程中小车受到的阻力大小不变．求：
(1)小车所受阻力f的大小；
(2)在t1～10s内小车牵引力的功率P；
(3)小车在0～t1时间内的位移．
第7题图
第17讲　功　功率
知识整合
基础自测
　1.力和在力的方向上发生的位移　W＝Fscosα　标　2.W＝Fscosα　(1)90°　(2)0≤α＜90°　(3)90°＜α≤180°　3.(1)W总＝F合·scosα　(2)W总＝WF1＋WF2＋…＋WFn　(3)W总＝ΔEk　4.做功的快慢　5.在某一段时间做功的快慢　力在某一时刻做功的快慢　所求时刻力和瞬时速度　F和瞬时速度v方向的夹角
重点阐述
【典型例题1】 汽车发动机的功率为60 kW，汽车的质量为4 t，当它行驶在坡度为0.02(sinα＝0.02)的长直公路上时，如图所示，所受摩擦阻力为车重的0.1倍，求：(g取10 m/s2)
　(1)汽车所能达到的最大速度vm为多大？
　(2)若汽车从静止开始以0.6m/s2的加速度做匀加速直线运动，则此过程能维持多长时间？
　(3)当汽车匀加速行驶的速度达到最大值时，牵引力做功为多少？
【答案】　见解析　【解析】 (1)汽车在坡路上行驶，所受阻力由两部分构成，即　Ff＝kmg＋mgsinα＝4000N＋800N＝4800N.又因为F＝Ff时，P＝Ff·vm，所以　vm＝＝m/s＝12.5m/s.　(2)汽车从静止开始，以a＝0.6m/s2匀加速行驶，由F＝ma，有F′－kmg－mgsinα＝ma，所以F′＝ma＋kmg＋mgsinα＝4×103×0.6N＋4800N＝7.2×103N.
保持这一牵引力，汽车可达到匀加速行驶的最大速度vm′，有vm′＝＝m/s＝8.33m/s.由运动学规律可以求出匀加速行驶的时间与位移t＝＝s＝13.9s.
x＝＝m＝57.82m.
(3)由W＝F′·x可求出汽车在匀加速运动阶段行驶时牵引力做功为　W＝F′·x＝7.2×103×57.82J＝4.16×105J.
变式训练1　D　【解析】 汽车保持恒定的牵引功率运动时，F－Ff＝ma，P＝Fv，由以上两式得a＝·－，汽车的质量已知，根据图线的斜率可以求出汽车的功率．根据图线和横轴的截距可以求出汽车所受的阻力．汽车行驶的最大速度vm＝，汽车的功率、汽车所受到的阻力求出之后就可以求出汽车行驶的最大速度了．因为汽车做的是非匀变速直线运动，所以无法求出汽车运行到最大速度所需的时间．
【典型例题2】 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秒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
【答案】　AD　【解析】 第1 s内质点运动的位移为1 m，第2 s内质点运动的位移为2.5 m．第1 s内外力所做的功W1＝2×1 J＝2 J，第2 s内外力所做的功为W2＝1×2.5 J＝2.5 J，则0～2 s内外力的平均功率为P＝＝W，选项A正确，B错误．根据动能定理可知，第1 s内与第2 s内质点动能增加量的比值等于＝，选项D正确．由功率公式P＝Fv可知，在第1 s末外力的瞬时功率为4 W，第2 s末外力的瞬时功率为3 W．选项C错误．
变式训练2　B　【解析】 设斜面高为h，对a落地前va＝＝
　对b落地前vb＝，va≠vb，A错．
　a的加速度a1＝gsin45°，b的加速度a2＝g，B对．
　a的落地时间为t1，则
　h＝·gsin45°·t，t1＝2
　b的落地时间为t2，则h＝gt，t2＝.
　由P＝得P1≠P2，C错．
　a落地瞬间重力的瞬间功率
　P1＝mgv竖＝mg·vacos45°＝mg，
　b落地瞬间重力的瞬时功率P2＝mgv竖
　＝mg.P1≠P2，D错．
【典型例题3】 如图甲所示，长为4m的水平轨道AB与半径为R＝0.6m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接，有一质量为1kg的滑块(大小不计)，从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化关系如图乙所示，滑块与AB间动摩擦因数为0.25，与BC间的动摩擦因数未知，取g＝10m/s2.求：
　(1)滑块到达B处时的速度大小；
　(2)滑块在水平轨道AB上运动前2m过程中所需的时间；
　(3)若滑块到达B点时撤力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能达到最高点C，则滑块在半圆轨道上克服摩擦力所做的功是多少．
　甲
乙
【答案】　(1)2m/s　(2)s　(3)5J
【解析】 (1)滑块从A到B的过程中，由动能定理F1x1－F2x3－μmgx＝mv.即20×2－10×1－0.25×1×10×4＝v.得：vB＝2m/s.
　(2)在前2m内：F1－μmg＝ma1.且x1＝a1t1.解得：t1＝s.
　(3)当滑块恰好能到达C点时，应有：mg＝m.滑块从B到C的过程中，由动能定理：W－mg2R＝mv－mv.得：W＝－5J即克服摩擦力做功为5J.
变式训练3　(1)62.8J　(2)－50J　(3)0　(4)－12.8J
【解析】 (1)将圆AB分成许多小段L1，L2，L3，…拉力在每一小段上做的功分别为W1，W2，W3，…拉力大小恒定，方向与物体在该点切线成37°，故拉力F做的功为：
WF＝F·L1·cos37°＋F·L2·cos37°＋F·L3·cos37°＋…＝F·cos37°·(L1＋L2＋L3＋…)＝F·cos37°·R·≈62.8J.
(2)重力做功只与高度差有关，故WG＝－mg·R(1－cos60°)＝－50J.
(3)圆弧对物体的支持力FN始终与物体运动方向垂直，故WFN＝0.
(4)从A→B，物体缓慢运动，动能不变，由动能定理，得：WF＋WG＋Wf＝0，则Wf＝－WF－WG＝－12.8J.
随堂演练
　1.A　【解析】 因为物体沿斜面的加速度相同，所以F1, F2, F3沿斜面的分力相同．由于物体的平均速度相同，故由P＝Fv可知P1＝P2＝P3.
　2.B　【解析】 0～1s，F＝1N，x＝m，W1＝0.5J；1～2s，F＝3N，x＝m，W2＝1.5J；2～3s，F＝2N，
x＝1m，W3＝2J.
　3.C　【解析】 三个小球落地时与初位置的高度差相同，所以重力做的功相同，A错；根据动能定理，重力对三个小球做的功相同，所以三个小球落地时的速率相同，D错；落地时，三个小球在竖直方向的速率关系为vAy＝vCy＞vBy，设三个小球的初速度大小均为v0，则有vAy＝－v0＋gtA，vBy＝gtB，vCy＝v0＋gtC，可见tA＞tB＞tC，所以PA＜PB＜PC，B错，C对．
　4.B　【解析】　由动力学规律知道物体沿光滑斜面下滑做匀加速运动，其加速度a＝gsinθ，由斜面高度h得斜面长即物体做初速度为零的匀加速运动的位移s＝，物体刚滑至斜面底端速度v＝＝＝，刚到斜面底端时物体的重力受力运动如图所示．由功率关系P＝F·vcosα得此时重力功率
　
第4题图
P＝gm·vcos
　P＝gm·sinθ.答案B是正确的．
　5.(1)mgL(1－cosθ)　(2)FLsinθ　(3)FLsinθ或mgL(1－cosθ)　【解析】 (1)若用F缓慢地拉，则显然F为变力，由动能定理得：WF－mgL(1－cosθ)＝0，即WF＝mgL(1－cosθ)．(2)对恒力F做的功，由公式W＝Flcosα得WF＝FLsinθ.(3)方法一：对恒力F做的功，由公式W＝Flcosα，得WF＝FLsinθ.方法二：由动能定理得：WF－mgL(1－cosθ)＝0.故WF＝mgL(1－cosθ)．
　6.(1)AB段表示电动车做匀加速直线运动，BC段表示电动车做加速度逐渐减小的变加速直线运动　6×103 W　(2)2 m/s2　(3)1 s　【解析】 (1)分析图线可知：图线AB段代表的过程为牵引力F不变，阻力Ff不变，电动车由静止开始做匀加速直线运动；图线BC段的斜率表示电动车的功率P，P不变为额定功率，达到额定功率后，则电动车所受牵引力逐渐减小，做加速度减小的变加速直线运动，直至达最大速度15 m/s；此后电动车做匀速直线运动．
　由图象可得，当达到最大速度vmax＝15 m/s时，牵引力为Fmin＝400 N
　故恒定阻力Ff＝Fmin＝400 N
　额定功率P＝Fminvmax＝6×103 W
　(2)匀加速直线运动的加速度
　a＝＝m/s2＝2 m/s2
　(3)匀加速直线运动的末速度vB＝＝3 m/s
　电动车在速度达到3 m/s之前，一直做匀加速直线运动，故所求时间为t＝＝1 s.
　7.(1)2N　(2)12W　(3)2.25m　【解析】 (1)在10s末撤去牵引力后，小车只在阻力f作用下做匀减速运动，由图象可得减速时加速度大小为a＝2m/s2　则f＝ma＝2N　(2)小车在7s～10s内做匀速运动，设牵引力为F，则F＝f　由图象可知vm＝6m/s，则P＝Fvm＝12W　(3)由于t1时的功率为12W，所以此时牵引力为F＝＝N＝4N　0～t1时间内加速度大小为a1＝＝m/s2＝2m/s2
求得时间t1＝＝s＝1.5s　0～t1时间内的位移s1＝t1＝×1.5m＝2.25m第21讲　实验、探究：验证机械能守恒定律
　考情 剖析　
(注：①考纲要求及变化中Ⅰ代表了解和认识，Ⅱ代表理解和应用；②命题难度中的A代表容易，B代表中等，C代表难)
考查内容 考纲要求及变化 考查年份 考查形式 考查详情 考试层级 命题难度
实验、探究：验证机械能守恒定律 Ⅱ ________ 实验 ________ 重点 ________
小结及预测 本实验在最近四年中均未考查，但是机械能守恒定律实验作为高中物理的重点实验，我们要重点掌握．预测14年可能考查．建议复习时熟练掌握机械能守恒定律的计算公式及机械能守恒定律实验中所需要注意的问题，数据处理和误差分析等.
知识 整合　
一、实验目的
验证机械能守恒定律．
二、实验原理
1．在只有重力做功的自由落体运动中，物体的重力势能和动能互相转化，但总的机械能守恒，若以重物下落的起始点O为基准，设重物的质量为m，测出物体自起始点O下落距离h时的速度v，则在误差允许范围内，由计算得出mv2＝mgh，机械能守恒定律即被验证．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
2．若以重物下落过程中的某一点A为基准，设重物的质量为m，测出物体对应于A点的速度vA，再测出物体由A点下落Δh后经过B点的速度vB，则在误差允许范围内，由计算得出mv－mv＝mgΔh机械能守恒定律即被验证．
三、实验器材
铁架台(带铁夹)，打点计时器，重锤(带纸带夹子)，纸带几条，复写纸片，导线，直尺，学生电源．
四、实验步骤
1．按图装置图把打点计时器安装在铁架台上，用导线把打点计时器与学生电源连接好．
2．把纸带的一端用夹子固定在重锤上，另一端穿过计时器限位孔，用手竖直提起纸带使重锤停靠在打点计时器附近．
3．先接通电源，后松手让重锤带着纸带自由下落．
4．重复几次，得到3～5条打好点的纸带．
5．在打好点的纸带中挑选点迹清晰的一条纸带，在起点标上O，以后各点依次标上1、2、3、4、…用刻度尺测出对应下落高度h1、h2、h3、h4…
6．应用公式vn＝(dn＋1－dn－1)/2T计算各点对应的瞬时速度v1、v2、v3…
7．计算各点对应的势能减少量mgh和动能增量mv/2，进行比较．
注意事项
1．实验中打点计时器的安装，两纸带限位孔必须在同一竖直线上，以减少摩擦阻力．
2．实验时，必须先接通电源，让打点计时器工作正常后才松手让纸带重锤下落．
3．打点计时器必须接交流电源．
4．重锤的选择应是质量较大，从而使重力远大于下落过程中所受的阻力，实现减小实验误差的目的．
5．选用纸带时应尽量挑第一、二点间距离接近2mm的纸带．
6．计算下落高度时，都必须从起始点算起．不能搞错，为了减小测量h的相对误差，选取的各个计数点要离起始点远一些，但纸带也不宜过长，有效长度可在60～80cm内．
7．因为实验要求第一个点对应重锤开始下落的时刻，这就要尽量使每点是清晰小点，为此提起纸带的手要保持不动，待接通电源，打点计时器正常工作后再松开纸带．
8．测量长度时，都必须从起始点开始，只进行一次刻度对齐，读出各点高度，实现减少测量次数多而带来的误差．
9．实验中，只要验证gh是否等于v2/2即可，不用测重锤的质量．
【典型例题1】 在“验证机械能守恒定律”的实验中，所用电源的频率为50Hz，某同学选择了一条理想的纸带，用刻度尺测量时各计数点对应刻度尺上的读数如图所示(O点是打点计时器打出的第一个点，A、B、C、D、E分别是每打两个点取出的计数点)．
根据纸带要求计算：
(1)重锤下落的加速度；
(2)若重锤的质量为m，则重锤从开始下落到打B点时，减少的重力势能是多少；
(3)重锤下落到打B点时增加的动能有多大；
(4)从(2)(3)数据可得出什么结论；产生误差的主要原因是什么．
温馨提示
根据逐差法求加速度，求出平均加速度，从而减小误差．还有就是由于阻力做负功，所以存在误差．
记录空间
【变式训练1】　在“验证机械能守恒定律”的实验中，已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，查得当地的重力加速度g＝9.80m/s2，测得所用重物的质量为1.00kg.实验中得到一条点迹清晰的纸带，如图所示．把第一个点记作O，另选连续的4个点A、B、C、D作为
测量的点，经测量知道A、B、C、D各点到O点的距离分别为62.99cm、70.18cm、77.76cm、85.73cm，根据以上数据，可知重物由O点运动到C点，重力势能的减少量为________J，动能的增加量等于________J(取3位有效数字)．
【变式训练2】 如图所示，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可以测定重力加速度．
(1)所需器材有打点计时器(带导线)、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需________(填字母代号)中的器材．
A．直流电源、天平及砝码
B．直流电源、毫米刻度尺
C．交流电源、天平及砝码
D．交流电源、毫米刻度尺
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2)通过作图象的方法可以剔除偶然误差较大的数据，提高实验的准确程度．为使图线的斜率等于重力加速度，除作vt图象外，还可作________图象，其纵轴表示的是________，横轴表示的是________．
【典型例题2】 某研究性学习小组利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示．在气垫导轨上相隔一定距离的两处安装两个光电传感器A、B，滑块P上固定一遮光条，若光线被遮光条遮挡，光电传感器会输出高电压，两光电传感器采集数据后与计算机相连．滑块在细线的牵引下向左加速运动，遮光条经过光电传感器A、B时，通过计算机可以得到如图乙所示的电压U随时间t变化的图线．
甲
乙
丙
(1)实验前，接通气源，将滑块(不挂钩码)置于气垫导轨上，轻推滑块，当图乙中的Δt1________Δt2(选填“＞”、“＝”或“＜”)时，说明气垫导轨已经水平．
(2)用螺旋测微器测遮光条宽度d，测量结果如图丙所示，则d＝________mm.
(3)滑块P用细线跨过气垫导轨左端的定滑轮与质量为m的钩码Q相连，将滑块P由图甲所示位置释放，通过计算机得到的图象如图乙所示，若Δt1、Δt2和d已知，要验证滑块和钩码组成的系统机械能是否守恒，还应测出________和________(写出物理量的名称及符号)．
(4)若上述物理量间满足关系式________，则表明在上述过程中，滑块和钩码组成的系统机械能守恒．
温馨提示
遮光条极小、Δt时间间隔极短、滑块近似匀速运动．
记录空间
【变式训练3】　
利用图示装置进行验证机械能守恒定律的实验时，需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度和下落高度h.某班同学利用实验得到的纸带，设计了以下四种测量方案．
a．用刻度尺测出物体下落的高度h，并测出下落时间t，通过v＝gt计算出瞬时速度v0
b．用刻度尺测出物体下落的高度h，并通过v＝计算出瞬时速度
c．根据做匀加速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度，并通过计算得出高度h
d．用刻度尺测出物体下落的高度h，根据做匀加速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v0
以上方案中只有一种正确，正确的是________________．(填入相应的字母)
随堂 演练　
1．“验证机械能守恒定律”的实验如图(甲)所示，当小车在一条橡皮筋作用下弹出时，橡皮筋对小车做的功记为W.当用2条、3条……完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次……实验时，使每次实验中橡皮筋伸长的长度都保持一致．每次实验中小车获得的速度由打点计时器所打的纸带测出．
第1题图(甲)
(1)除了图中已有的实验器材外，还需要导线、开关、__________(填测量工具)和__________电源(填“交流”或“直流”)．
(2)若木板水平放置，小车在两条橡皮筋作用下运动，当小车速度最大时，关于橡皮筋所处的状态与小车所在的位置，下列说法正确的是__________．
A．橡皮筋处于原长状态
B．橡皮筋仍处于伸长状态
C．小车在两个铁钉的连线处
D．小车已过两个铁钉的连线
(3)在正确操作情况下，打在纸带上的点并不都是均匀有，如图(乙)所示．为了测量小车获得的速度，应选用纸带的__________部分进行测量(根据下面所示的纸带回答，并用字母表示)．
第1题图(乙)
第2题图(甲)
2．用如图(甲)所示的实验装置验证机械能守恒定律，实验所用的电源为学生电源，输出电压为6V的交流电和直流电两种．重锤从高处由静止开始下落，重锤上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量、分析，即可验证机械能守恒定律．
(1)下面列举了该实验的几个操作步骤；
A．按照图示的装置安装器件；
B．将打点计时器接到电源的“直流”上；
C．先释放纸带，再接通电源打出一条纸带；
D．测量纸带上某些点间的距离；
E．根据测量的结果，分别计算重锤下落过程中减少的重力势能和增加的动能．
其中操作不当的步骤是：__________.(填选项对应的字母)
(2)正确操作后打出的纸带如图(乙)所示，根据打出的纸带，选取纸带上连续的五个点A、B、C、D、E，测出AC的距离为s1，CE的距离为s2，打点的频率为f，根据这些条件，计算打C点时重锤下落的速率vC＝__________.
第2题图(乙)
(3)实验中发现，重锤减小的重力势能大于重锤动能的增量，其主要原因是在重锤下落的过程中存在阻力作用(设阻力恒定)，可以通过该实验装置测阻力的大小，若已知当地重力加速度为g，重锤的质量为m.试用这些物理量和上图纸带上的数据符号表示出重锤在下落过程中受到的阻力大小F＝__________.
3．如图(a)所示，将包有白纸的圆柱棒替代纸带和重物，蘸有颜料的毛笔固定在马达上并随之转动，使之替代打点计时器．当烧断挂圆柱棒的线后，圆柱棒竖直自由落下，毛笔就在圆柱棒白纸上画出记号，如图(b)所示，测得记号之间的距离依次为26、42、58、74、90、106mm，已知马达铭牌上有“1440r/min”字样，请说明如何由此验证机械能守恒．(g取10m/s2)
(a)
(b)
第3题图
4．利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置示意图如图甲所示：
第4题图
(1)实验步骤：
①将气垫导轨放在水平桌面上，桌面高度不低于1 m，将导轨调至水平；②用游标卡尺测量挡光条的宽度l，结果如图乙所示，由此读出l＝________mm；③由导轨标尺读出两光电门中心之间的距离s＝________cm；④将滑块移至光电门1左侧某处，待砝码静止不动时，释放滑块，要求砝码落地前挡光条已通过光电门2；⑤从数字计时器(图甲中未画出)上分别读出挡光条通过电门1和光电门2所用的时间Δt1和Δt2；⑥用天平称出滑块和挡光条的总质量M，再称出托盘和砝码的总质量m.
(2)用表示直接测量得的字母写出下列所示物理量的表达式：
①滑块通过光电门1和光电门2时瞬时速度分别为v1＝________v2＝________.
②当滑块通过光电门1和光电门2时，系统(包括滑块、挡光条、托盘和砝码)的总动能分别为Ek1＝________和Ek2＝________.
③在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统势能的减少ΔEp＝________(重力加速度为g)．
(3)如果ΔEp＝________，则可认为验证了机械能守恒定律．
5．现要通过实验验证机械能守恒定律．实验装置如图所示：水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的砝码相连；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t，用d表示A点到导轨底端C点的距离，h表示A与C的高度差，b表示遮光片的宽度，s表示A、B两点的距离，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度．用g表示重力加速度．完成下列填空和作图．
第5题图甲
(1)若将滑块自A点由静止释放，则在滑块从A运动至B的过程中，滑块、遮光片与砝码组成的系统重力势能的减小量可表示为________．动能的增加量可表示为________．若在运动过程中机械能定恒，与s的关系式为＝________.
(2)多次改变光电门的位置，每次均令滑块自同一点(A点)下滑，测量相应的s与t值，结果如表所示：
1 2 3 4 5
s(m) 0.600 0.800 1.000 1.200 1.400
t(ms) 8.22 7.17 6.44 5.85 5.43
1/t2(104s－2) 1.48 1.95 2.41 2.92 3.39
　　以s为横坐标，为纵坐标，在坐标纸中描出第1和第5个数据点；根据5个数据点作直线，求得该直线的斜率k＝________×104 m－1·s－2(保留3位有效数字)．由测得的h、d、b、M和m数值可以计算出－s直线的斜率k0，将k和k0进行比较，若其差值在实验允许的范围内，则可认为此实验证了机械能守恒定律．
第5题图乙
第21讲　实验、探究：验证机
械能守恒定律
知识整合
重点阐述
【典型例题1】 在“验证机械能守恒定律”的实验中，所用电源的频率为50Hz，某同学选择了一条理想的纸带，用刻度尺测量时各计数点对应刻度尺上的读数如图所示(O点是打点计时器打出的第一个点，A、B、C、D、E分别是每打两个点取出的计数点)．
　
根据纸带要求计算：
　(1)重锤下落的加速度；
　(2)若重锤的质量为m，则重锤从开始下落到打B点时，减少的重力势能是多少；
　(3)重锤下落到打B点时增加的动能有多大；
　(4)从(2)(3)数据可得出什么结论；产生误差的主要原因是什么．
【答案】　见解析　【解析】　(1)根据逐差法求加速度
　sAB＝OB－OA＝195.0mm－125.0mm＝70.0mm
＝0.07m
　sBC＝OC－OB＝280.5mm－195.0mm＝85.5mm
＝0.0855m
　sCD＝OD－OC＝381.5mm－280.5mm＝101.0mm
＝0.101m
　sDE＝OE－OD＝498mm－381.5mm＝116.5mm
＝0.1165m
　a1＝(sCD－sAB)/2T2
　a2＝(sDE－sBC)/2T2
　a＝(a1＋a2)/2＝(sCD＋sDE－sBC－sAB)/4T2
＝(0.101＋0.1165－0.0855－0.07)/[4×(0.04)2]m/s2
＝9.688m/s2
　即重锤下落的加速度为9.688m/s2.
　(2)重锤从开始下落到打B点时减少的重力势能为
ΔEp减＝mgh＝mgsOB＝9.8×0.1950 m＝1.911mJ
　(3)重锤下落到打B点时的速度为
　　　vB＝(sAB＋sBC)/2T
＝(0.07＋0.0855)/(2×0.04)m/s
＝1.944m/s
　则物体从开始下落到打B点增加的动能为
　ΔEk增＝mv/2＝(1.944)2m/2＝1.89mJ
　(4)从(2)(3)可以得出在实验误差允许范围内重锤重力势能的减少等于其动能的增加，机械能守恒．重锤减少的重力势能略大于其增加的动能的原因是： 重锤在下落时要受到阻力的作用(打点计时器对纸带的摩擦阻力，空气阻力等)，重锤克服阻力做功要损失一部分机械能．
变式训练1　7.62　7.56　【解析】 从O点到C点，重物下降高度h＝77.76cm，由Ep＝mgh得重力势能减少量ΔEp＝7.62J；BD段长度BD＝85.73cm－70.18cm＝15.55cm，
　所以vc＝＝3.8875m/s，由Ek＝mv，得动能增加量ΔEk＝7.56J.
变式训练2　(1)D　(2)－h　速度平方的二分之一　重物下落的高度　【解析】 (1)打点计时器应接交流电源，重物质量无需测量，应测量下落距离和时间，故D正确．
　(2)由mgh＝mv2得＝gh，图象－h的斜率为g.
【典型例题2】 某研究性学习小组利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示．在气垫导轨上相隔一定距离的两处安装两个光电传感器A、B，滑块P上固定一遮光条，若光线被遮光条遮挡，光电传感器会输出高电压，两光电传感器采集数据后与计算机相连．滑块在细线的牵引下向左加速运动，遮光条经过光电传感器A、B时，通过计算机可以得到如图乙所示的电压U随时间t变化的图线．
　甲
乙
丙
(1)实验前，接通气源，将滑块(不挂钩码)置于气垫导轨上，轻推滑块，当图乙中的Δt1________Δt2(选填“＞”、“＝”或“＜”)时，说明气垫导轨已经水平．
　(2)用螺旋测微器测遮光条宽度d，测量结果如图丙所示，则d＝________mm.
　(3)滑块P用细线跨过气垫导轨左端的定滑轮与质量为m的钩码Q相连，将滑块P由图甲所示位置释放，通过计算机得到的图象如图乙所示，若Δt1、Δt2和d已知，要验证滑块和钩码组成的系统机械能是否守恒，还应测出________和________(写出物理量的名称及符号)．
　(4)若上述物理量间满足关系式________，则表明在上述过程中，滑块和钩码组成的系统机械能守恒．
【答案】　(1)＝　(2)8.474(在8.473～8.475之间均算对)
　(3)滑块质量M　两光电门间距离L
　(4)mgL＝(M＋m) 2－(M＋m)
　【解析】 (1)当Δt1＝Δt2时，滑块通过光电门A、B的速度相同，说明气垫导轨已经水平．
　(2)d＝8 mm＋0.01 mm×47.4＝8.474 mm.
　(3)(4)要验证系统机械能守恒，应验证的关系式为：
　mgL＝(M＋m)－(M＋m)
　由于d、Δt1、Δt2已知，故要验证此式，必须测量滑块的质量M及两光电门间距离L.
变式训练3　d　【解析】 物体由静止开始自由下落过程中受到空气阻力和纸带与打点计时器的摩擦阻力作用，不是自由落体运动，a、b错误．物体下落的高度是用米尺测量的，不是计算的，c错误．d为验证机械能守恒定律的实验测量方案，正确．
随堂演练
　1.(1)(毫米)刻度尺　交流　(2)B　(3)GI或GK(只要取匀速部分均正确)　【解析】 考查实验器材的选取和特点及实验原理．
　2.(1)BC　(2)
(3)m[g－]　【解析】 (1)考查实验步骤．(2)由v＝v及T＝可得．(3)由受力分析及a＝及T＝可得．
　3.见解析　【解析】 其方法如下： ①由马达铭牌“1440r/min”算出毛笔画的线距的时间间隔为T＝＝s≈0.04s
　②根据vn＝算出任意选取的画相邻两条线时圆柱棒的瞬时速度，
vC＝m/s＝1.25m/s
　vD＝m/s＝1.65m/s
故ΔEk＝mv－mv＝m(v－v)＝m×(1.652－1.252)＝0.58mJ　而－ΔEp＝mg·CD＝m×10×58×10－3J
＝0.58mJ　可见ΔEk＝－ΔEp.
　4.(1)②9.30　③60.00
　(2)①　　②(M＋m)　(M＋m)
　③mgs　(3)Ek2－Ek1　【解析】 (1)游标卡尺的读数＝9 mm＋0.05×6 mm＝9.30 mm
　两光电门中心间距s＝80.30 cm－20.30 cm＝60.00 cm
　(2)v1＝，v2＝，
　Ek1＝(m＋m)
　Ek2＝(M＋m)
　ΔEp＝mgs
　(3)若ΔEp＝Ek2－Ek1则可认为机械能守恒．
　5.(1)－mgs　
　S　(2)见解析图　2.43
　【解析】 (1)滑块和遮光片的重力热能减少，砝码的重力热能增加，所以系统的重力势能减少的量为
　ΔEp＝Mgssinθ－mgs＝－mgs；
　滑块运动到光电门时的速度为v＝，
　所以系统的动能增加量为
　ΔEk＝(M＋m)v2＝.
　若机械能守恒，则有
　－mgs＝，
　解得＝s.
　(2)如图所示．
　第5题图
　
　由图象可求得斜率
　k＝＝2.43×104 m－1·s－2第20讲　功能关系 能量守恒定律
　考情 剖析　
1．功能关系每年都不单独考查，而是结合牛顿运动定律和动能定理综合性考查．
2．能量守恒定律属于了解型知识点，4年都未曾单独考查，预计14年考查的可能性小．
知识 整合　
一、做功的过程就是________过程．做了多少功，就有多少能量发生了转化．
二、合外力做的功等于物体动能的增量，即： 　　.
三、重力做正功，重力势能________；克服重力做功，重力势能________．由于“增量”是终态量减去始态量，所以重力做功等于重力势能增量的负值，即： 　　.
四、弹簧的弹力做的功等于弹性势能增量的负值，即：
.
五、除系统内的重力和弹簧的弹力外，其他力做的总功等于系统机械能的增量，即： 　　.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
六、滑动摩擦力做功有以下特点：
1．滑动摩擦力可以对物体做正功，也可以对物体做负功，还可以不做功．
2．一对滑动摩擦力做功的过程中能量的转化有两种情况： 一是相互摩擦的物体之间机械能的转移；二是机械能转化为内能，转化为内能的量值等于______________．
3．相互摩擦的系统内，一对滑动摩擦力所做功总是负值，其绝对值等于______________．
七、能量既不会________也不会________，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体________到别的物体，在________的过程中，能量的总量________这个规律叫做能量守恒定律．
【典型例题】 如图所示，质量为m1的物体A经一轻质弹簧与下方地面上的质量为m2的物体B相连，弹簧的劲度系数为k，A、B都处于静止状态．一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体A，另一端连一轻挂钩．开始时各段绳都处于伸直状态，A上方的一段绳沿竖直方向．现在挂钩上挂一质量为m3的物体C并从静止状态释放，已知它恰好能使B离开地面但不继续上升．若将C换成另一个质量为(m1＋m3)的物体D，仍从上述初始位置由静止状态释放，则这次B刚离地时D的速度的大小是多少，已知重力加速度为g.
温馨提示
对于连接体运动、分析两物体间的位移关系、速度关系是解题的关键，解题时应充分注意．
记录空间
【变式训练】　如图所示，物体在光滑的水平面上匀速运动时具有的动能为20J，然后物体碰到一轻质弹簧上并挤压弹簧，当弹簧被挤压到最短时，弹簧的弹性势能为________ J，在物体挤压弹簧的过程中，物体克服弹力做的功为________ J．然后物体又被弹簧弹回，物体离开弹簧后所具有的动能为________ J，在物体被弹回的过程中弹力对物体做的功为________ J.
随堂 演练　
1．如图所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30°的斜面，其运动的加速度为g，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体(　　)
第1题图
A．重力势能增加了mgh
B．重力势能增加了mgh
C．动能损失了mgh
D．机械能损失了mgh
2．如图所示，水平面上的轻弹簧一端与物体相连，另一端固定在墙上P点．已知物体的质量为m＝2.0 kg，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，弹簧的劲度系数k＝200 N/m.现用力F拉物体，使弹簧从处于自然状态的O点由静止开始向左移动10 cm，这时弹簧具有弹性势能Ep＝1.0 J，物体处于静止状态，若取g＝10 m/s2，则撤去外力F后(　　)
第2题图
A．物体向右滑动的距离可以达到12.5 cm
B．物体向右滑动的距离一定小于12.5 cm
C．物体回到O点时速度最大
D．物体到达最右端时动能为0，系统机械能不为0
3．如图所示，物体以100J的初动能从斜面底端向上运动，中途第一次通过斜面上M点时，其动能减少了80J，机械能减少了32J.求当物体沿斜面重新返回底端时，其动能为多少．
第3题图
4．如图甲所示，在圆形水池正上方，有一半径为r的圆形储水桶．水桶底部有多个水平小孔，小孔喷出的水在水池中的落点离水池中心的距离为R，水桶底部与水池水面之间的高度差是h.为了维持水桶水面的高度不变，用水泵通过细水管将洒落的水重新抽回到高度差为H的水桶上方．水泵由效率为η1的太阳能电池板供电，电池板与水平面之间的夹角为α，太阳光竖直向下照射(如图乙所示)，太阳光垂直照射时单位时间、单位面积接受的能量为E0.水泵的效率为η2，水泵出水口单位时间流出水的质量为m0，流出水流的速度大小为v0(不计水在细水管和空气中运动时所受的阻力)．求
甲
　　乙
第4题图
(1)水从小孔喷出时的速度大小；
(2)水泵的输出功率；
(3)为了使水泵的工作能维持水面的高度不变，太阳能电池板面积的最小值S.
5．如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，皮带在电动机的带动下，始终保持v0＝2 m/s的速率运行，现把一质量为m＝10 kg的工件(可看做质点)轻轻放在皮带的底端，经过时间1.9 s，工件被传送到h＝1.5 m的高处，取g＝10 m/s2，求：　
第5题图
(1)工件与传送带间的动摩擦因数；
(2)电动机由于传送工件多消耗的电能．
6．小明跟着爸爸荡秋千．设摆绳长为3m，悬点在横梁上，小明连同底板质量共为60kg.开始时小明在爸爸的外力作用下使摆绳与竖直方向成37°角处于静止状态．某时刻爸爸放手让秋千由静止开始摆动，假设摆动过程中，小明与底板始终没有相对运动．当他运动到最低点时摆线拉力共为780N.取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：
(1)小明爸爸施加的最小外力；
(2)取悬点处为零势能参考平面，放手前小明及底板的重力势能；
(3)通过计算说明秋千第一次摆到另一侧的最大偏角与37°的关系．
7．某研究性学习小组为了测量木头与铁板间动摩擦因数，利用如图所示的装置将一铁板静置于水平地面上，其中水平段AB长L1＝1.0m，倾斜段CD长L2＝0.5m，与水平面夹角θ＝53°，BC是一小段圆弧，物体经过BC段速度大小不变．现将一小木块(可视为质点)从斜面上的P点由静止开始释放，木块滑到水平面上Q点处停止运动．已知P点距水平面高h＝0.2m，B、Q间距x＝0.85m，(取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8)求：
第7题图
(1)动摩擦因数μ；
(2)若某同学在A点以v0＝2.5m/s的初速度将木块推出，试通过计算说明木块能否经过P点；若不能，则请求出木块从A点出发运动到最高点所需时间t.
8. 如图所示的木板由倾斜部分和水平部分组成，两部分之间由一段圆弧面相连接．在木板的中间有位于竖直面内的光滑圆槽轨道，斜面的倾角为θ.现有10个质量均为m 、半径均为r的均匀刚性球，在施加于1号球的水平外力F的作用下均静止，力F与圆槽在同一竖直面内，此时1号球球心距它在水平槽运动时的球心高度差为h.现撤去力F使小球开始运动，直到所有小球均运动到水平槽内．重力加速度为g.求：
第8题图
(1)水平外力F的大小；
(2)1号球刚运动到水平槽时的速度；
(3)整个运动过程中，2号球对1号球所做的功．
第20讲　功能关系　能量
守恒定律
知识整合
基础自测
一、能量的转化
二、W总＝ΔEk
三、减少　增加　WG＝－ΔEp
四、W弹＝－ΔE弹
五、W它＝ΔE机
六、2.滑动摩擦力与相对位移的乘积　3.滑动摩擦力与相对位移的乘积
七、凭空产生　凭空消失　转移　转化或转移　保持不变
重点阐述
【典型例题】 如图所示，质量为m1的物体A经一轻质弹簧与下方地面上的质量为m2的物体B相连，弹簧的劲度系数为k，A、B都处于静止状态．一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，
一端连物体A，另一端连一轻挂钩．开始时各段绳都处于伸直状态，A上方的一段绳沿竖直方向．现在挂钩上挂一质量为m3的物体C并从静止状态释放，已知它恰好能使B离开地面但不继续上升．若将C换成另一个质量为(m1＋m3)的物体D，仍从上述初始位置由静止状态释放，则这次B刚离地时D的速度的大小是多少，已知重力加速度为g.
【答案】　
【解析】　开始时A、B静止，设弹簧压缩量为x1，有
kx1＝m1g①
挂C并释放后，C向下运动，A向上运动，设B刚要离地时弹簧伸长量为x2，有
kx2＝m2g②
B不再上升，表示此时A和C的速度为零，C已降到其最低点．由机械能守恒，与初始状态相比，弹性势能的增加量为
ΔE＝m3g(x1＋x2)－m1g(x1＋x2)③
C换成D后，当B刚离地时弹性势能的增量与前一次相同，由能量关系得
(m3＋m1)v2＋m1v2＝(m3＋m1)g(x1＋x2)－m1g(x1＋x2)－ΔE④
由③④式得(2m1＋m3)v2＝m1g(x1＋x2)⑤
　由①②⑤式得v＝.
变式训练　20　20　20　20　【解析】 由能量守恒原理易得到正确答案．
随堂演练
　1.BD　【解析】 设物体受到的摩擦阻力为Ff，由牛顿运动定律得
　Ff＋mgsin30°＝ma＝mg.
　解得Ff＝mg.
　重力势能的变化由重力做功决定，故ΔEp＝mgh.
　动能的变化由合外力做功决定：
　(Ff＋mg·sin30°)·x＝ma·x＝mg·＝mgh.
　机械能的变化由重力或系统内弹力以外的其他力做功决定，
　故ΔE机械＝Ff·x＝mg·＝mgh，故B、D正确，A、C错误．
　2.BD　【解析】 物体向右滑动时，kx－μmg＝ma，当a＝0时速度达到最大，而此时弹簧的伸长量x＝，物体没有回到O点，故C错误；因弹簧处于原长时，Ep＞μmg·x＝0.8 J，故物体到O点后继续向右运动，弹簧被压缩，因有Ep＝μmgxm＋E′p，得xm＝＜＝12.5 cm，故A错误，B正确；因物体滑到最右端时，动能为零，弹性势能不为零，故系统的机械能不为零，D正确．
　3.20J　【解析】 物体沿斜面上滑的过程中，克服摩擦力做的功等于物体机械能的减少量，即μmgcosα·s＝ΔE①
　设物体在上滑过程中动能的减少量为ΔEk，由动能定理得
－(mgsinα＋μmgcosα)s＝－ΔEk
即(mgsinα＋μmgcosα)s＝ΔEk②
　由①②得＝
　即在上滑过程中，物体减少的机械能和减少的动能之比为定值，并且＝＝
　物体到达最高点时动能减少了100J，减少的机械能为
ΔE＝ΔEk＝×100J＝40J
由此可知，物体在上滑过程中克服摩擦力做的功为40J.由于物体下滑时摩擦力大小和位移大小没变，所以，下滑过程中克服摩擦力做的功也是40J.即在全过程中物体损失的机械能为80J，物体返回底端时动能为20J.
　4.(1)　(2)m0gH＋m0v　(3)
　【解析】 　(1)水从小孔喷出时速度沿水平方向，只受重力作用，做平抛运动，设水喷出时的速度大小为v，有R－r＝vt
　h＝gt2
　v＝
　(2)水泵做功，既改变水的势能，又改变水的动能，由功能关系得
　Pt＝m0gH＋m0v　P＝m0gH＋m0v
　(3)考虑单位时间内的能量转化及利用效率，太阳能电池板接收太阳能的其中一部分转变成电能E1，电能通过水泵将其中的部分转变成水的势能与动能E2，有E1＝η1E0Scosα
　E2＝η2E1
　E2＝m0gH＋m0v
　解得S＝.
　5.见解析　【解析】 (1)由图可知，皮带长x＝＝3 m．工件速度达v0前，做匀加速运动的位移x1＝vt1＝t1
　匀速运动的位移为x－x1＝v0(t－t1)
　解得加速运动的时间t1＝0.8 s，加速运动的位移x1＝0.8 m
　所以加速度a＝＝2.5 m/s2
　由牛顿第二定律有：μmgcosθ－mgsinθ＝ma
　解得μ＝.
　(2)从能量守恒的观点，显然电动机多消耗的电能用于增加工件的动能，势能以及克服传送带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功发出的热量．
　在时间t1内，皮带运动的位移x皮＝v0t1＝1.6 m
　在时间t1内，工件相对皮带的位移，x相＝x皮－x1＝0.8 m
　在时间t1内，摩擦发热Q＝μmgcosθx相＝60 J
　工件获得的动能Ek＝mv＝20 J
　工件增加的势能Ep＝mgh＝150 J
　
第6题图
电动机多消耗的电能W＝Q＋Ek＋Ep＝230 J.
　6.(1)360N　(2)1440J　(3)见解析
　【解析】 　(1)如图所示，当外力与摆绳垂直时最小．
　Fmin＝mgsin37°＝360N.
　(2)EP＝mglcos37°＝1440J.
　(3)设小明第一次向下摆动过程中，动能的变化量为ΔEk，重力势能的变化量为ΔEGP
　小明在最低点时，由牛顿第二定律得：
　F－mg＝m.
　求得v＝3m/s.
　Ek＝mv2＝270J.
　ΔEGP＝360J.
　ΔEGP＞ΔEk.
　说明小明在向下摆动过程中机械能减少，秋千第一次摆到另一侧的最大偏角小于37°.
　7.(1)0.2　(2)0.66s　【解析】 (1)方法一：木块从P运动到Q过程分析，由功能关系得：mgh－μmgx－μmg＝0代入数据得：μ＝0.2.方法二：P到C过程分析：v＝2a，ma＝mgsinθ－μmgcosθ.B到Q过程分析：v＝2a′x，ma′＝μmg，根据题意，联立方程求解，得μ＝0.2.　(2)根据功能关系：E＝mv－(mgh＋μmg(L1＋h))，E＝3.125m－4.15m，E＜0，故不能达到P点．A到B过程分析：x′＝v0t1＋a1t，ma1＝－μmg，代入数据得：t1′＝2s(舍去)，t2″＝0.5s，vB＝vA＋at1，解得：vB＝1.5m/s，B到最高点过程分析：ma2＝mgsinθ＋μmgcosθ，vB＝a2t2，解得：t2≈0.16s，所以，t1＋t2＝0.66s.
　8.见解析　【解析】 (1)以10个小球整体为研究对象，由力的平衡条件可得
　tanθ＝；　得：F＝10mgtanθ
　(2)以1号球为研究对象，根据机械能守恒定律可得mgh＝mv2　得v＝；
　
(3)撤去水平外力F后，以10个小球整体为研究对象，利用机械能守恒定律可得
　10mg＝10mv2；　得v＝　以1号球为研究对象，由动能定理得mgh＋W＝mv2　得W＝9mgrsinθ.课时作业(二十一)　实验、探究：验证机械能守恒定律
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．关于“验证机械能守恒定律”的实验中，以下说法正确的是(　　)
A．实验中摩擦是不可避免的，因此纸带越短越好，因为纸带越短，克服摩擦力做的功就越小，误差就越小
B．称出重锤的质量，是不可缺少的步骤
C．纸带上第1、2两点间距若不接近2mm，无论怎样处理实验数据，实验误差一定较大
D．处理打完点的纸带时，可以直接利用打点计时器打出的实验点迹，而不必采用“计数点”的方法
2．在用落体法“验证机械能守恒”的实验中，某同学上交的实验报告中，显示重锤增加的动能略大于重锤减少的重力势能，则出现这一问题的可能原因是(　　)
A．重锤的质量测量错误
B．用公式vt＝gt计算各点的速度
C．交流电源的频率不等于50Hz
D．重锤下落时受到的阻力过大
3．实验时，计时器电源频率为50Hz，当地重力加速度的值为9.80m/s2，测得所用重锤的质量为1.00kg，甲、乙、丙三位同学分别用同一装置打出三条纸带，量出各纸带上第1、2两点间的距离分别为1.8mm、1.9mm、2.5mm，可以看出其中肯定有一个学生在操作上有错误，这位同学是________，操作错误是________，若按实验要求正确地选出纸带进行测量，量得连续3点A、B、C到第1点之间的距离分别是AO＝15.55cm，BO＝19.20cm，CO＝23.30cm，则计时器打下B点时，重锤重力势能的减少量为________ J，重锤增加的动能是________ J.
4．用如图所示的装置验证小球做自由落体运动时机械能守恒，图中O为释放小球的位置，A、B、C、D为固定速度传感器的位置且与O在同一条竖直线上．
第4题图
(1)若当地重力加速度为g，还需要测量的物理量有____________．
A．小球的质量m
B．小球下落到每一个速度传感器时的速度v
C．小球下落到每一个速度传感器时下落的高度h
D．小球下落到每一个速度传感器时所用的时间t
(2)作出v2 h图象，由图象算出其斜率k，当k＝____________可以认为小球下落过程中机械能守恒．
(3)写出对减小本实验误差有益的一条建议：________________________________________________________________________________________________________.
5．某课外活动小组利用竖直上抛运动验证机械能守恒定律．
(1)某同学用20分度游标卡尺测量小球的直径，读数如图甲所示，小球直径为____________cm.
图乙所示弹射装置将小球竖直向上抛出，先后通过光电门A、B，计时装置测出小球通过A、B的时间分别为2.55ms、5.15ms，由此可知小球通过光电门A、B时的速度分别为vA、vB，其中vA＝____________m/s.
　　
　　　　　　　甲　　　　　　　　　　　　乙
第5题图
(2)用刻度尺测出光电门A、B间的距离h，已知当地的重力加速度为g，只需比较____________是否相等，就可以验证机械能是否守恒(用题目中涉及的物理量符号表示)．
(3)通过多次实验发现，小球通过光电门A的时间越短，(2)中要验证的两数值差越大．试分析实验中产生误差的主要原因是____________．
6．学生实验“用DIS研究机械能守恒定律”的装置如图(a)所示，某组同学在一次实验中，选择DIS以图象方式显示实验的结果，所显示的图象如图(b)所示．图象的横轴表示小球距D点的高度h，纵轴表示摆球的重力势能EP、动能Ek或机械能E.试回答下列问题：
(1)在定量研究机械能守恒定律之前需要进行定性研究的实验，实验中用到图中的定位挡片，它的作用是________．
(A)保证小球每次从同一高度释放．
(B)保证小球每次摆到同一高度．
(C)观察受到阻挡后小球能否摆到另外一侧接近释放时的同一高度．
(D)观察受到阻挡前后小球在两侧用时是否相同．
(2)图(a)所示的实验装置中，传感器K的名称是____________．
(3)图(b)的图象中，表示小球的重力势能EP、动能Ek、机械能E随小球距D点的高度h变化关系的图线分别是______________________(按顺序填写相应图线所对应的文字)．
(a)
(b)
第6题图
7．如图所示为验证机械能守恒定律的实验装置示意图．现有的器材为：
第7题图
带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带，带铁夹的重锤、天平．
回答下列问题：
(1)为完成此实验，除了所给的器材外，还需要的器材有____________．(填入正确选项前的字母)
A．米尺
B．秒表
C．0～12 V的直流电源
D．0～12 V的交流电源
(2)下面列举了该实验的几个操作步骤：
A．按照图示的装置安装器材
B．将打点计时器接到电源的“直流输出”上
C．用天平测出重锤的质量
D．先接通电源，后释放纸带，打出一条纸带
E．测量纸带上某些点间的距离
F．根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能
其中操作不当的步骤是____________．
(3)实验中误差产生的原因有________________________________________________________．(写出两个原因)
8．在“验证机械能守恒定律”的实验中，质量m＝ 1.00kg的重物自由下落，带动纸带打出一系列的点，如图所示．相邻计数点间的时间间隔为0.02s；(g＝9.8m/s2，计算结果小数点后保留2位有效数字)
(1)从起点O到打下计数点B的过程中物体的动能增加量ΔEK＝____________J，势能减少量ΔEP＝____________J；
(2)通过计算发现，数值上ΔEK＜ΔEP，这是因为在重锤下落过程中存在着阻力的作用．我们可以通过该实验装置测
定该阻力的大小，方法如下：先通过纸带测得下落的加速度a＝____________m/s2.再根据牛顿第二定律计算出重锤在下落的过程中受到的平均阻力f＝____________N.
第8题图
9．某研究性学习小组用如图(a)所示装置验证机械能守恒定律．让一个摆球由静止开始从A位置摆到B位置(O点正下方)，若不考虑空气阻力，小球的机械能应该守恒，即mv2＝mgh.直接测量摆球到达B点的速度v比较困难．现让小球在B点处脱离悬线做平抛运动，利用平抛运动的规律来间接地测出v.
第9题图
如图(a)中，悬点正下方P点处放有水平放置炽热的电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易瞬间被烧断，小球由于惯性向前飞出做平抛运动．在地面上放上白纸，上面覆盖着复写纸，当小球落在复写纸上时，会在下面白纸上留下痕迹．用重垂线确定出A、B点的投影点N、M.重复实验10次(小球每一次都从同一点由静止释放)，球的落点痕迹如图(b)所示，图中米尺水平放置，零刻度线与M点对齐．用米尺量出AN的高度h1、BM的高度h2，算出A、B两点的竖直距离，再量出M、C之间的距离x，即可验证机械能守恒定律．已知重力加速度为g，小球的质量为m.
(1)根据图(b)可以确定小球平抛运动的水平距离为________cm.　
(2)用题中所给字母表示出小球平抛时的初速度v0＝________.　
(3)用测出的物理量(即题中所给字母)表示出小球从A到B过程中，重力势能的减少量ΔEp＝________，动能的增加量ΔEk＝________.
课时作业(二十一)　实验、探究：验证机械能守恒定律
　1.D　【解析】 由实验的具体操作步骤知，纸带过短就无法获得足够多的测量数据，故A错．不需要测得重锤重力，就可以通过v2/2＝gh来验证机械能是否守恒．C项说法没有道理，故C错．
　2.BC　【解析】 重锤的质量大小不会影响实验结果，故A错．考虑阻力作用，重锤的实际加速度要偏低，故B正确，频率不等于50Hz，如果计算时采用50Hz，可能出现此结果，故C正确．重锤受到阻力过大，加速度会减小，动能应该略小于势能才对，故D错．
　3.丙　先放开纸带后接通电源　1.88　1.88　【解析】 由于2.5比1.8和1.9大的多，所以丙错，数值偏大，说明打点时已有初速度，故应为先放开了纸带后接通电源．通过B点时重力势能减小量ΔEp为： ΔEp＝mgh＝1×9.8×0.192＝1.88J　vB＝≈1.94m/s，所以Ek＝mv＝×1×1.942≈1.88J.
　4.(1)BC　(2)2g　(3)相邻速度传感器间的距离适当大些，选用质量大，体积小的球做实验等．
　【解析】 根据验证机械能守恒公式
mgh1＋mv＝mgh2＋mv　由公式可知；
只需要测量小球下落到每一个传感器的速度V及高度h即可．
由公式mgh＝mv2，即v2＝2g·h可知．
v2－h图象是一条直线，且斜率k为2g.
由于空气阻力的存在，所以相邻传感器间的距离适当大些，选用质量大，体积小的小球等都可以减小空气阻力的影响．
　5.(1)1.020　4.0　　(2)gh与　　(3)空气阻力，速度越大，阻力越大．
　【解析】 游标卡尺为20分度，则一格为厘米，由图可知，零刻度在“1”的右侧，且第四格的刻度线对齐，则1＋×4＝1.02厘米，由于时间极短，可视为匀速通过．vA＝＝＝＝4.0m/s，根据机械能守恒定律公式：mv＝mv＋mgh，即gh＝ v－v，即可证明机械能守恒，小球上升过程中受到空气阻力的作用，速度越大，所受阻力越大．
　6.(1)C　　(2)光电门传感器　　(3)乙、丙和甲
　【解析】 (1)用DIS研究机械能守恒定律实验中，定位片的作用是用来观测受到阻挡后小球能否摆到另外一侧接折释放时的同一高度；(2)传感器k为光电门传感器，用来测小球经过D点时的速度；(3)小球机械能守恒，甲表示机械能E；距离D点越近，小球重力势能越低，动能越大，故乙表示小球重力势能，丙表示小球动能．
　7.(1)AD　　(2)B　　(3)见解析
　【解析】 (1)验证机械能守恒实验，即重力势能减小量等于动能的增加量，要用米尺测出下落的位移，打点计时器要接在0～12V的交变电源；
(2)很明显，打点计时器要接在“交流输出”上，B错；
(3)误差产生的原因：纸带与计时器之间有摩擦，米尺上读数误差等．
　8.(1)1.55　1.56　　(2)9.50　0.30
　【解析】 EKB＝mv
vB＝＝＝＝1.76m/s
所以EKB＝×1.00×1.76J＝1.55J
EP＝mgh＝1.00×9.8×15.93×10－2J＝15.6J
由ΔS＝at2可知：
a＝＝
＝9.50m/s2
mg－f＝ma, 可知f＝0.30N.
　9.(1)64.7(64.0～65.5)　(2)x·　(3)mg(h1－h2)　
　【解析】 (1)用一个最小的圆圈起所有小球落点，圆的圆心即为小球落点的平均位置，然后读出圆心对应刻度的值即为小球平抛的水平距离，为64.7cm.(2)由h2＝gt2和x＝v0t可得v0＝x·.(3)由A到B过程中，小球重力势能的减少量为ΔEp＝mg(h1－h2)，动能的增加量　ΔEk＝mv＝.课时作业(十八)　动能　动能定理及其应用
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．质量为10kg的物体，在变力F作用下沿x轴做直线运动，力随坐标x的变化情况如图所示．物体在x＝0处，速度为1m/s，一切摩擦不计，则物体运动到x＝16m处时，速度大小为(　　)
第1题图
A．2m/s B．3m/s C．4m/s D. m/s
2．质量为2kg的物体，以1m/s的速度在光滑水平长直轨道上滑行．从某时刻起对该物体施加一个沿轨道的水平力，经过一段时间后，滑块的速度改变量的大小为2m/s，则在此过程中水平力做的功可能为 (　　)
A. 0 B．3J C．4J D．8J
3．用长为l的细线，一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球，小球可在竖直平面内做圆周运动，如图所示，MD为竖直方向上的直径，OB为水平半径，A点位于M、B之间的圆弧上，C点位于B、D之间的圆弧上，开始时，小球处于圆周的最低点M，现给小球某一初速度，下述说法正确的是(　　)
第3题图
A．若小球通过A点的速度大于，则小球必能通过D点
B．若小球通过B点时，绳的拉力大于3mg，则小球必能通过D点
C．若小球通过C点的速度大于，则小球必能通过D点
D．小球通过D点的速度可能会小于
4．某电动汽车在平直公路上从静止开始加速，测得发动机功率随时间变化的图象和其速度随时间变化的图象分别如图甲、乙所示，若电动汽车所受阻力恒定，则下列说法正确的是(　　)
甲
　乙
第4题图
A．测试时该电动汽车所受阻力为1.0×103N
B．该电动汽车的质量为1.2×103kg
C．在0～110s内该电动汽车的牵引力做功为4.4×106J
D．在0～110s内该电动汽车克服阻力做的功2.44×106J
5．如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC为水平的，其距离d＝0.50m，盆边缘的高度为h＝0.30m.在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止出发下滑．已知盆内侧壁是光滑的．而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B距离为(　　)
第5题图
A．0.50m B．0.25m C．0.10m D．0
6．如图所示，a、b的质量均为m，a从倾角为45°的光滑固定斜面顶端无初速地下滑，b从斜面顶端以初速度v0平抛，对二者的运动过程以下说法正确的是(　　)
第6题图
A．都做匀变速运动
B．落地前的瞬间速率相同
C．整个运动过程重力对二者做功的平均功率相同
D．整个运动过程重力势能的变化相同
7．如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，B、C两小球在固定的光滑斜面上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在垂直于斜面的光滑挡板上．现用手控制住A，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线、弹簧均与斜面始终平行．已知A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放A后，A竖直向下运动至速度最大时C恰好离开挡板．下列说法正确的是(　　)
第7题图
A．斜面倾角α＝30°
B．斜面倾角α＝60°
C．A获得最大速度为g
D．A获得最大速度为g
8．如图所示，放在光滑水平面上的矩形滑块是由不同材料的上下两层粘在一起组成的．质量为m的子弹以速度v水平射向滑块，若击中上层，则子弹刚好不穿出，如图(a)所示；若击中下层，则子弹嵌入其中，如图(b)所示，比较上述两种情况，以下说法不正确的是(　　)
(a)　　　　　　　　　(b)
第8题图
A．两种情况下子弹和滑块的最终速度相同
B．两次子弹对滑块做的功一样多
C．两次系统产生的热量一样多
D．两次滑块对子弹的阻力一样大
9．如图所示，质量为m的小球，从离地面H高处从静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止，设小球受到空气阻力为f，则下列说法正确的是(　　)
第9题图
A．小球落地时动能等于mgH
B．小球陷入泥中的过程中克服泥土阻力所做的功小于刚落到地面时的动能
C．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)
D．小球在泥土中受到的平均阻力为mg(1＋H/h)
10．如图所示，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsinθ；已知滑块与斜面问的动摩擦因数μ＝tanθ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q，滑块动能Ek、势能Ep、机械能E随时间t、位移s关系的是(　　)
第10题图
A
　　　B
C
　　　D
11．如图甲所示，长为4m的水平轨道AB与倾角为37°的足够长斜面BC在B处连接，有一质量为2kg的滑块，从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F按图乙所示规律变化，滑块与AB和BC间的动摩擦因数均为0.25，重力加速度g取10m/s2.求：
(1)滑块到达B处时的速度大小；
(2)不计滑块在B处的速率变化，滑块冲上斜面，滑块最终静止的位置与B点的距离．
甲
　　乙
第11题图
12．一滑块(可视为质点)经水平轨道AB进入竖直平面内的四分之一圆弧形轨道BC.已知滑块的质量m＝0.50kg，滑块经过A点时的速度vA＝5.0m/s，AB长x＝4.5m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.10，圆弧轨道的半径R＝0.50m，滑块离开C点后竖直上升的最大高度h＝0.10m.取g＝10m/s.求：
(1)滑块第一次经过B点时速度的大小；
(2)滑块刚刚滑上圆弧轨道时，对轨道上B点压力的大小；
(3)滑块在从B运动到C的过程中克服摩擦力所做的功．
第12题图
13．如图所示，AB是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧相切，圆弧的半径为R.一个质量为m的物体(可以看作质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ.求：
(1)物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的路程；
(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力．
第13题图
14．在一次国际城市运动会中，要求运动员从高为H的平台上A点由静止出发，沿着动摩擦因数为μ的滑道向下运动到B点后水平滑出，最后落在水池中．设滑道的水平距离为L，B点的高度h可由运动员自由调节(取g＝10m/s2)．求：
第14题图
(1)运动员到达B点的速度与高度h的关系．
(2)运动员要达到最大水平运动距离，B点的高度h应调为多大？对应的最大水平距离smax为多少？
(3)若图中H＝4m，L＝5m，动摩擦因数μ＝0.2，则水平运动距离要达到7m，h值应为多少？
15．如图所示，某货场需将质量为m1＝100kg的货物(可视为质点)从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物由轨道顶
端无初速滑下，轨道半径R＝1.8m.地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板A、B，长度均为l＝2m，质量均为m2＝100kg，木板上表面与轨道末端相切．货物与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2.(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g＝10m/s2)
第15题图
(1)求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力．
(2)若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足的条件．
(3)若μ1＝0.5，求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间．
课时作业(十八)　动能　动能定理及其应用
　1.B　【解析】 由动能定理可得，mv2－mv＝Fs，Fs＝10×4＋×10×4－×10×4＝40(J)，v＝＝3m/s.故选B.
　2.AD　【解析】 根据动能定理可知W＝mv－mv代入数值(滑块速度可能增加可能减小)当增加时W＝8J，当减小时W＝0J，故选AD.
　3.AB　【解析】 若小球恰好能通过D点，则在D点时，m＝mg，即vt＝，由动能定理知，在M点时，mv2＝mv＋mg2l；v＝，A对；在B点时，mv2＝mv＋mgl，＝3mg，即拉力F＝3mg，vB＝，C在BD之间，当vc>时，小球未必能一定通过D点，故B对，C错；小球通过D点的速度若小于则无法做圆周运动，D错；故选AB.
　4.ABD　【解析】 t＝50s时，电动汽车的加速度0.5m/s2，此时电动汽车功率40kW.
由－f＝ma，－f＝0.5m；
t＝110s时，电动汽车的加速度0m/s2，此时电动汽车功率40kW，
由－f＝ma′.?f＝＝1.0×103N，m＝1.2×103kg，AB对；
在0～110s内，牵引力做功WF＝×50×40×103＋60×40×103＝4.2×106J，C错；
WF－Wf＝mv2－0；Wf＝4.2×106－6×102×16×102＝2.44×106J.D对，故选ABD.
　5.D　【解析】 分析小物块的运动过程，可知由于克服摩擦力做功，物块的机械能不断减少．根据动能定理可得mgh－μmgx＝0，物块在BC之间滑行的总路程x＝＝＝m＝3m.小物块正好停在B点，所以D选项正确．
　6.AD　【解析】 物体a受重力和支持力，F合＝mgsin45°，根据牛顿第二定律，a＝g.物体b做平抛运动，加速度为g，知两物体的加速度不变，所以两物体都做匀变速运动，A对．对a运用动能定理，mgh＝mv－0，对b运用动能定理，有mgh＝mv－mv，知落地瞬间b球的速率大于a球的速率．故B错．对于a、b，整个运动过程重力做的功相等，重力势能的变化相同，但是a球做匀加速直线运动，h＝at，a＝g，则运动的时间ta＝.b球做平抛运动，根据h＝gt得，tb＝.知两个时间不等，故C错D对．
　7.AD　【解析】 当A速度最大时，C球离开挡板，则mg－mgsinα＝mgsinα，即sinα＝，α＝30°，A正确，B错误；当A加速度为零时，速度达到最大，对A、B，由动能定理可得mg(＋)－mg(＋)·sin30°
＝mv＋mv，因为vA＝vB，解得vA＝g.故C错误，D正确；故选AD.
　8.D　【解析】 光滑地面、利用动量定理得，最终速度为v1，木块质量为m，mv＝(m＋M)v1射入子弹后三者速度相同．
两次子弹对滑块做的功W＝Mv
两次系统产生的热量都是Q＝mv2－(m＋M)v
fd＝Q＝mv2－(m＋M)v，由于前一次d大于后一次的d′，所以前一次的摩擦力小于后一次的摩擦力，故D不正确，故选D.
　9.C　【解析】 小球受到空气阻力为f，故小球落地时动能为mgH－fH，A错；小球陷入泥中克服泥土阻力做功应大于刚落地时的动能，B错；由能量守恒，知整个过程中小球克服阻力做功为mg(H＋h)，C对；由能量守恒知mg(H＋h)＝fH＋f′h，泥土中受到的平均阻力为mg(1＋H/h)－fH/h，D错；故答案选C.
第10题图
　10.CD　　【解析】 对滑块受力分析：合力大小：F合＝μmgcosθ＝mgsinθ，方向沿斜面向下由牛顿第二定律F合＝ma，a＝－gsinθ，物体做匀减速直线运动，斜面长度L＝v0t－gsinθ t2，Q＝f·L＝mgsinθ(v0t－gsinθ t2)，A错；
EK＝EK0－m(v0－gsinθt)2，B错；Ep＝mgssinθ，C对；F＝f，则物体上滑机械能守恒，D对；故选CD.
　11.(1)m/s　(2)1m　【解析】 (1)由图得：0～2m：F1＝20N　Δx1＝2m;
　2～3m：F2＝0　Δx2＝1m;
　3～4m：F3＝10N，Δx3＝1m.
　A至B由动能定理：F1×Δx1－F3×Δx3－μmg(Δx1＋Δx2＋Δx3)＝mv.
　20×2－10×1－0.25×2×10×(2＋1＋1)＝×2×v得vB＝m/s.
　(2)因为mgsin37°＞μmgcos37°，滑块将滑回水平面．设滑块由B点上滑的最大距离为L，由动能定理－μmgLcos37°－mgLsin37°＝0－mv.
　解得：L＝m.从最高点滑回水平面，设停止在与B点相距s处，mgLsin37°－μmgLcos37°－μmgs＝0－0.解得：s＝L
　＝×＝1m.
　12.(1)4.0m/s　(2)21N　(3)1.0J　【解析】 (1)滑块从A到B做匀减速直线运动，摩擦力f＝μmg由牛顿第二定律可知，滑块的加速度大小a＝，由运动学公式v－v＝－2ax
　解得滑块经过B点时速度的大小vB＝4.0m/s.
　(2)在B点，滑块开始做圆周运动，由牛顿第二定律可知FN－mg＝m
　解得轨道对滑块的支持力FN＝21N
　根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道上B点压力的大小也为21N.
　(3)从B到滑块经过C上升到最高点的过程中，由动能定理
　－mg(R＋h)－Wf＝0－mv
　解得滑块克服摩擦力做功Wf＝1.0J.
　13.(1)　(2)(3－2cosθ)mg　【解析】(1)因为摩擦力始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧上往复运动．
　对整个过程由动能定理得：
　mgR·cosθ－μmgcosθ·s＝0，
　所以总路程为s＝.
　(2)对B→E过程mgR(1－cosθ)＝mv
　FN－mg＝
　解得：FN＝(3－2cosθ)mg.
　由牛顿第三定律得物体对圆弧轨道的压力为(3－2cosθ)mg.
　14.(1)v0＝
(2)h＝(H－μL)　smax＝L＋H－μL
(3)2.62m　0.38m　
　【解析】 (1)设斜面长度为L1，斜面倾角为α，根据动能定理得
　mg(H－h)－μmgL1cosα＝mv
　即mg(H－h)＝μmgL＋mv
　v0＝
　(2)根据平抛运动公式x＝v0t
　h＝gt2
　由③～⑤式得x＝2
　由⑥式可得，当h＝(H－μL)
　smax＝L＋H－μL
　(3)在⑥式中令x＝2m，H＝4m，L＝5m，μ＝0.2，则可得到： －h2＋3h－1＝0求出h1＝＝2.62m　h2＝＝0.38m.
　15.(1)3000N，方向竖直向下　(2)0.4＜μ1≤0.6　(3)4m/s　0.4s　　【解析】 (1)设货物滑到圆轨道末端时的速度为v0，对货物的下滑过程，根据机械能守恒定律得m1gR＝m1v
设货物在轨道末端所受支持力的大小为FN，根据牛顿第二定律得
FN－m1g＝m1
联立①②式，代入数据得
FN＝3000N
根据牛顿第三定律，货物对轨道的压力大小为3000N，方向竖直向下．
　(2)若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得
μ1m1g≤μ2(m1＋2m2)g
若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得
μ1m1g＞μ2(m1＋m2)g
代入数据得
0．4＜μ1≤0.6
(3)μ1＝0.5，由⑥式可知，货物在木板A上滑动时，木板不动．设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得
μ1m1g＝m1a1
设货物滑到木板A末端时的速度为v1，由运动学公式得
v－v＝－2a1l
代入数据得
v1＝4m/s
设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得
v1＝v0－a1t
代入数据得
t＝0.4s课时作业(十九)　机械能守恒定律及其应用
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．如图所示，光滑半球的半径为R，球心为O，其上方有一个光滑曲面轨道AB，高度为R/2.轨道底端水平并与半球顶端相切．质量为m的小球由A点静止滑下．小球在水平面上的落点为C，则(　　)
A．小球将沿半球表面做一段圆周运动后抛至C点
B．小球将从B点开始做平抛运动到达C点
C．OC之间的距离为R
D．OC之间的距离为R
第1题图
第2题图
2．一个质量为m的小铁块沿半径为R的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，轨道所受压力为铁块重力的1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为(　　)
A.mgR B.mgR
C.mgR D.mgR
3．在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项．质量为m的跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F，那么在他减速下降高度为h的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．他的动能减少了Fh
B．他的重力势能增加了mgh
C．他的机械能减少了 Fh
D．他的机械能减少了(F－mg)h
4．如图所示，倾角θ＝30°的粗糙斜面固定在地面上，长为l、质量为m、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端齐平．用细线将物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块未到达地面)，在此过程中(　　)
第4题图
A．物块的机械能逐渐增加
B．软绳重力势能共减少了mgl
C．物块重力势能的减少等于软绳克服摩擦力所做的功
D．软绳重力势能的减少小于其动能的增加与克服摩擦力所做功之和
5．构建和谐型、节约型社会深得民心，遍布于生活的方方面面．自动充电式电动车就是很好的一例. 将电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接，当电动车自动滑行时，就可以向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来．现有某人骑车以500J的初动能在粗糙的水平路面上滑行，第一次关闭充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图线①所示；第二次启动充电装置 ，其动能随位移变化关系如图线②所示，则第二次向蓄电池所充的电能是(　　)
第5题图
A．200J B．250J C．300J D．500J
6．如图所示，一轻弹簧的左端固定，右端与一小球相连，小球处于光滑水面上，现对小球施加一个方向水平向右的恒力F，使小球从静止开始运动．则小球在向右运动的整个过程中(　　)
第6题图
A．小球和弹簧组成的系统机械能守恒
B．小球和弹簧组成的系统机械能逐渐增大
C．小球的动能逐渐增大
D．小球的动能先增大后减小
7．杂技演员甲的质量为M＝80kg，乙的质量为m＝60kg.跳板轴间光滑，质量不计．甲、乙一起表演节目．如图所示，开始时，乙站在B端，A端离地面1m，且OA＝OB.甲先从离地面H＝6m的高处自由跳下落在A端．当A端落地时，乙在B端恰好被弹起．假设甲碰到A端时，由于甲的技艺高超，没有能量损失．分析过程假定甲、乙可看做质点．
第7题图
(1)当A端落地时，甲、乙两人速度大小各为多少？
(2)若乙在B端的上升可以看成是竖直方向，则乙离开B端还能被弹起多高？
8．如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相接，导轨半径为R.一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，当它经过B点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半个圆周运动到达C点．试求：
(1)弹簧开始时的弹性势能；
(2)物体从B点运动至C点克服阻力做的功；
(3)物体离开C点后落回水平面时的动能．
第8题图
9．如图所示，将一质量为m＝0.1kg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＝2.5m的圆截去了左上角127°的圆弧，CB为其竖直直径，(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，重力加速度g取10m/s2)求：
(1)小球经过C点的速度大小；
(2)小球运动到轨道最低点B时小球对轨道的压力大小；
(3)平台末端O点到A点的竖直高度H.
第9题图
第10题图
10．如图所示，轻质弹簧的一端固定在地面上，另一端与质量为m＝0.2kg的小球接触但不相连．现用竖直向下的力F作用在小球上将弹簧压缩，此时小球位于P点并处于静止状态．在球的上方固定有内壁光滑的四分之一竖直圆弧轨道，O为圆心，K为最高点，OK沿竖直方向，半径R＝0.4m，圆弧下端Q点与P点相距的高度h＝0.4m.当撤去外力F后，小球竖直上升并从Q点切入轨道，到达圆弧最高点K的速度为vk＝3m/s.重力加速度g取10m/s2，求：
(1)小球在K点时所受轨道压力的大小Fk；
(2)小球从K点飞出到运动至与P点等高位置的过程中，其水平距离x；
(3)小球位于P点静止时弹簧中的弹性势能Ep.
11．如图，质量为m的b球用长h的细绳悬挂于水平轨道BC的出口C处．质量也为m的小球a，从距BC高h的A处由静止释放，沿ABC光滑轨道滑下，在C处与b球正碰并与b粘在一起．已知BC轨道距地面的高度为0.5h，悬挂b球的细绳能承受的最大拉力为2.8mg.试问：
第11题图
(1)a与b球碰前瞬间的速度多大？
(2)a、b两球碰后，细绳是否会断裂？若细绳断裂，小球在DE水平面上的落点距C的水平距离是多少？若细绳不断裂，小球最高将摆多高？
12．过山车是游乐场中常见的设施．如图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B、C、D分别是三个圆形轨道的最低点，B、C间距与C、D间距相等，半径R1＝2.0m、R2＝1.4m.一个质量为m＝1.0kg的小球(视为质点)，从轨道的左侧A点以v0＝12m/s的初速度沿轨道向右运动，A、B间距L1＝6.0m.小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，圆形轨道是光滑的．假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠．重力加速度取g＝10m/s2，计算结果保留小数点后一位数字．试求：
第12题图
(1)小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；
(2)如果小球恰能通过第二个圆形轨道，B、C间距L应是多少；
(3)在满足(2)的条件下，如果要使小球不脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径R3应满足的条件；小球最终停留点与起点A的距离．
课时作业(十九)　机械能守恒定律及其应用
　1.BC　【解析】 由mg＝mv得小球到B点时速度vB＝此时m＝mg，所以小球恰好做平抛运动，由R＝gt2得做平均运动的时间t＝，所以OC间距离sOC＝vB·t＝R，B、 C正确．
　2.D　【解析】 FN＝mg＋m＝1.5mg，解得v＝，所以ΔE＝ΔEP－EK＝mgR－mv2＝mgR－mgR＝mgR，故选D.
　3.C　【解析】 跳水运动员在水中减速下降的过程中，由动能定理知，他的功能减少了(F－mg)h，而重力势能减少了mgh，所以机械能减少了Fh，故选C.
　4.BD　【解析】 物块向下运动过程中，绳子拉力对物块做负功，物块的机械能减少，A项错误；软绳重心下降的高度为－sinθ＝l，软绳的重力势能减少mgl，B项正确；由能的转化和守恒知，物块和软绳重力势能的减少等于物块和软绳增加的动能和软绳克服摩擦力所做的功，C项错误；对于软绳，由能的转化和守恒知，绳子拉力对软绳所做的功和软绳重力势能的减少之和等于软绳动能的增加与克服摩擦力所做功之和，D项正确．
　5.A　【解析】 由能量守恒可知，Ek＝Wf＋W电，Wf＝×6＝300J，则W电＝EK－Wf＝500J－300J＝200J，故选A.
　6.BD　【解析】 在外力下的作用下，小球和弹簧组成的系统机械能的增加量等于F所做的功，A错B对；在弹簧弹力小于F时，小球做加速运动，动能增大，当弹簧弹力大于F后，小球开始做减速运动，小球动能减小，C错D对，故选BD.
　7.(1)2m/s　2m/s　(2)3m　　【解析】 (1)由于OA＝OB，所以A端落地时甲、乙速度均为v：
MgH＝(M＋m)v2＋mgh　v＝2m/s
(2)mghB＝mv2　hB＝3m
　8.(1)3mgR　(2)mgR　(3)mgR　【解析】 (1)物块在B点时由牛顿第二定律得NB－mg＝，由NB＝7mg得v＝6gR，由机械能守恒知W＝mv＝3mgR.
　(2)由牛顿第二定律知NC＋mg＝，由题意知NC＝0，得v＝gR.由B→C　由动能定理得－2mgR＋Wf＝mv－mv，解得Wf＝－mgR，即克服摩擦阻力做功mgR.
　(3)由机械能守恒可得mg·2R＝Ek－mv，由v＝gR可得Ek＝mgR.
　9.(1)5m/s　(2)6.0N　(3)3.36m　【解析】 (1)恰好运动到C点，由重力提供向心力，即mg＝m，可得vC＝＝5m/s.　(2)从B点到C点，由机械能守恒定律有mv＋2mgR＝mv，在B点对小球进行受力分析，由牛顿第二定律有FN－mg＝m，FN＝6.0N，根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小为6.0N.(3)从A到B由机械能守恒定律有mv＋mgR(1－cos53°)＝mv，所以vA＝m/s.在A点进行速度的分解有：vy＝vAsin53°，所以H＝＝3.36m.
　10.(1)Fk＝2.5N　(2)x＝1.2m　(3)Ep＝2.5J
　【解析】 (1)根据牛顿第二定律有　 mg＋Fk＝.
解得Fk＝2.5N
(2)球从K点飞出后做平抛运动，则　h＋R＝gt2
x＝vkt
解得x＝1.2m
(3)研究小球处于P点到运动至K点的过程，根据机械能守恒定律，有
Ep＝mg(h＋R)＋mv
解得Ep＝2.5J
　11.(1)　(2)绳会断裂，s＝h.　【解析】　(1)设a球经C点时速度为vC，则由机械能守恒得　mgh＝mv
解得vC＝，即a与b球碰前的速度为
(2)设b球碰后的速度为v ，由动量守恒得
mvC＝(m＋m)v
故v＝vC＝
小球被细绳悬挂绕O摆动时，若细绳拉力为T，则　T－2mg＝2m
解得T＝3mg
T>2.8mg，细绳会断裂，小球做平抛运动．
设平抛的时间为t，则
0．5h＝gt2
t＝
故落点距C的水平距离为
s＝vt＝×＝h
小球最终落到地面距C水平距离h处．
　12.(1)10N　(2)12.5m　(3)0＜R≤0.4m　36m或1m≤R≤27.9m　26m　　【解析】 (1)小球由A到B，由动能定理－μmgL1＝mv－mv，得vB＝m/s.由B到最高点，机械能守恒
mv＝mv2＋mg·2R1, v＝m/s
在最高点，向心力： mg＋FN＝，得FN＝10.0N
　(2)小球恰能通过第二个圆形轨道，则在最高点mg＝， v′＝＝m/s
由动能定理： －μmgL＝mv－mv，又由机械能守恒mv＝mv′2＋mg·2R2
解得L＝12.5m
　(3)又由机械能守恒，小球由C点到D点
－μmgL＝mv－mv，得vD＝m/s
要保证小球不脱离轨道
　①轨道半径较小时，小球应能做完整的圆周运动最高点： mg≤，由机械能守恒
mv＝mg·2R＋mv　得R≤0.4m，即0＜R≤0.4m　②轨道半径较大时，小球速度为零时的高度h≤R3
　第12题图
　
　因mv＝mgh，故R3≥1m
　要保证与第二轨道不重叠，如图，最大值满足(R2＋R3)2＝L2＋(R3－R2)2　得R3＝27.9m
　综合以上分析可知，要使小球不脱离轨道，R3满足　0＜R3≤0.4m或1m≤R3≤27.9m
　当0＜R3≤0.4m时，小球最终停留点
－μmgL总＝0－mv， L总＝36.0m
当1m≤R3≤27.9m时，小球将返回，因－μmgL′＝0－mv， L′＝5m，则L总＝L1＋2L－L′＝26.0m课时作业(二十)　功能关系　能量守恒定律
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．如图所示长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对木板A静止的过程中，下列说法中正确的是(　　)
第1题图
A．物体B动能的减少量等于系统损失的机械能
B．物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量
C．物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和
D．摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量
2．物体只在重力和一个不为零的向上的拉力作用下，分别做了匀速上升、加速上升和减速上升三种运动．在这三种情况下物体机械能的变化情况是(　　)
A．匀速上升机械能不变，加速上升机械能增加，减速上升机械能减小
B．匀速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能减小
C．由于该拉力与重力大小的关系不明确，所以不能确定物体机械能的变化情况
D．三种情况中，物体的机械能均增加
3．如图为测定运动员体能的装置，轻绳拴在腰间沿水平线跨过定滑轮(不计滑轮的质量与摩擦)，下悬重为G的物体．设人的重心相对地面不动，人用力向后蹬传送带，使水平传送带以速率v逆时针转动．则(　　)
第3题图
A．人对重物做功，功率为Gv
B．人对传送带的摩擦力大小等于G，方向水平向左
C．在时间t内人对传送带做功消耗的能量为Gvt
D．若增大传送带的速度，人对传送带做功的功率不变
第4题图
4．如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧，一端系在竖直放置的半径为R的圆环顶点P，另一端系一质量为m的小球，小球穿在圆环上作无摩擦的运动．设开始时小球置于A点，弹簧处于自然状态，当小球运动到最低点时速率为v，对圆环恰好没有压力．下列分析正确的是(　　)
A．从A到B的过程中，小球的机械能守恒
B．从A到B的过程中，小球的机械能减少
C．小球过B点时，弹簧的弹力为mg＋m
D．小球过B点时，弹簧的弹力为mg＋m
5．如图所示，一根轻弹簧左端固定，右端系一物块，物块置于摩擦不能忽略的水平面上．现将弹簧压缩到A点后释放，物块运动到B点时速度变为零，O为弹簧处于自然长度时的位置，AB距离为x0.物块从A到B的过程中，弹簧弹力的大小F、物块加速度的大小a、物块速度的大小v、物块和弹簧组成的系统机械能E随物块的位移x变化的图象可能是(　　)
第5题图
6．一物块放在如图所示的斜面上，用力F沿斜面向下拉物块，物块沿斜面运动了一段距离，若已知在此过程中，拉力F所做的功为A，斜面对物块的作用力所做的功为B，重力做的功为C，空气阻力做的功为D，其中A、B、C、D的绝对值为100J、30J、100J、20J，则
(1)物块动能的增量多少？
(2)物块机械能的增量为多少？
第6题图
7．如图所示，小球从高h的光滑斜面滚下，经有摩擦的水平地面再滚上另一光滑斜面，当它到达h高度处时，速度为零．求小球最后停在AB间何处？
第7题图
8．构建和谐型、节约型社会深得民心，遍布于生活的方方面面．自动充电式电动车是很好的一例．电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接．当骑车者用力蹬车或电动自行车自动滑行时，打开自动充电装置，自行车就可以连通发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来．现有某人骑车以1250J的初动能在粗糙的水平路面上滑行，人车总质量为100kg.第一次关闭自动充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图中图线①所示；第二次启动自动充电装置，其动能随位移变化关系如图线②所示，设阻力恒定，求：
(1)第一次滑行的时间；
(2)第二次滑行过程中向蓄电池所充的电能是多少？
第8题图
9．荡秋千是一项古老的运动，秋千是一块板用两根绳系在两个固定的悬点组成，设某人的质量为m，身高为θ，站立时重心离脚底H/2，蹲下时重心离脚底H/4，绳子悬挂点到踏板的绳长为6H，绳子足够柔软且不可伸长，绳子和踏板的质量不计，人身体始终与绳子保持平行，重力加速度为g.
(1)若该人在踏板上保持站式，由伙伴将其推至摆角θ.(单位：rad)，由静止释放，忽略空气阻力，求摆至最低点时每根绳的拉力大小；
(2)若该人在踏板上保持站式，由伙伴将其推至摆角θ1.(单位：rad)，由静止释放，摆至另一侧最大摆角为θ2(单位：rad)，设空气阻力大小恒定，作用点距离脚底为H/3，求空气阻力的大小；
(3)若该人在踏板上采取如下步骤：当荡至最高处时，突然由蹲式迅速站起，而后缓缓蹲下，摆到另一侧最高处时已是蹲式，在该处又迅速站起，之后不断往复，可以荡起很高，用此法可以荡起的最大摆角为θm弧度，假设人的“缓缓蹲下”这个动作不会导致系统机械能的损耗，而且空气阻力大小和作用点与第(2)问相同，试证明：＝.
第9题图
10．如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC＝37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R＝1.0m，现有一个质量为m＝0.2kg可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，DE距离h＝1.6m，物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.5.取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8, g＝10m/s2.求：
第10题图
(1)物体第一次通过C点时轨道对物体的支持力FN的大小；
(2)要使物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度LAB至少要多长；
(3)若斜面已经满足(2)要求，物体从E点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道做周期性运动，在此过程中系统因摩擦所产生的热量Q的大小．
11．如图所示，x轴与水平传送带重合，坐标原点O在传送带的左端，传送带长L＝8m，匀速运动的速度v0＝5m/s.一质量m＝1kg的小物块轻轻放在传送带上xP＝2m的P点，小物块随传送带运动到Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N点．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)N点的纵坐标；
(2)从P点到Q点，小物块在传送带上运动系统产生的热量；
(3)若将小物块轻放在传送带上的某些位置，小物块均能沿光滑圆弧轨道运动(小物块始终在圆弧轨道运动不脱轨)到达纵坐标yM＝0.25 m的M点，求这些位置的横坐标范围．
第11题图
课时作业(二十)　功能关系　能量守恒定律
　1.CD　【解析】 根据能量的转化，B的动能减少量等于系统损失的机械能加A的动能增加量，A错C对；B克服摩擦力做的功等于B的动能减少量，B错．
对B：WFfB＝E′kB－EkB，对A，WFfA＝E′kA－0
则WFfA＋WFfB＝(E′kA－E′kB)－EkB＝ΔE内增，D对．
　2.D　【解析】 在只有重力做功时，物体机械能守恒，加上拉力后，拉力始终做正功，所以三种情况下物体机械能始终增加，D正确．
　3.BC　【解析】 重物相对地面不动，故人对重物没有做功，A错；以人为研究对象，其相对地面静止，故人受到的摩擦力大小为G，方向向右，则人对传送带的摩擦力大小等于G，方向向左，B正确；人对传送带的摩擦力大小为G，而传送带以速度v运动，则消耗的能量为Gvt，C正确；若增大传送带的速度，由P＝Fv＝Gv知人对传送带做功的功率也变大，D错；故答案选BC.
　4.BC　【解析】 球从A到B过程中，由能量守恒定律得弹簧弹性势能增加等于球机械能减少，B对．在B点受力分析得重力G，弹簧弹力F且F－mg＝m，所以F＝mg＋m，其中R为球做圆周运动半径，C对．
　5.D　【解析】 水平面上的摩擦力不能忽略，F＝0时，物块运动在O点，此点非AB中点，AC错；物块由A运动到B，摩擦力始终向左，故在平衡位置左边的点比关于平衡位置对称的右边的点处的加速度小，在0－侧、加速度a＝F弹－f，所以a＝Kx－μmg，故加速度a与位移x不是比例关系，－x0侧同理，故B错；由于存在摩擦力，故系统机械能E减小，D正确．
　6.(1)150J　(2)50J　【解析】 (1)在物块下滑的过程中，拉力F做正功，斜面对物块有摩擦力，做负功，重力做正功，空气阻力做负功，根据动能定理，合外力对物块做的功等于物块动能的增量，则
　ΔEK＝W合＝A＋B＋C＋D＝100J＋(－30J)＋100J＋(－20J)＝150J.
　(2)根据功能关系，除重力之外的其他力所做的功等于物块机械能的增量，则ΔE机＝A＋B＋D＝100J＋(－30J)＋(－20J)＝50J.
　7.停在AB中间　【解析】 由能量守恒定律得： mgh－mgh＝μmgsAB　mgh＝μmgs，所以s＝sAB，即停在AB中间．
　8.(1)10s　(2)750J　　【解析】 (1)由题图知电动车的初动能1250J，共滑行了25m，设滑行时所受的阻力为Ff，由动能定理可得－Ff·x＝0－Ek0，代入数据得Ff＝50N.
　由牛顿第二定律对电动车滑行有a＝m/s2＝0.5m/s2.设第一次滑行的时间为t，则由vt＝v0－at得t＝＝/a，代入数据得t＝10s.
　(2)由(1)知Ff＝50N，第二次滑行路程x′＝10m，第二次滑行过程中由于摩擦力作用产生热量Q＝Ffx′＝500J，由能量守恒定律得第二次滑行过程中向蓄电池所充电能E＝Ek0－Q＝1250J－500J＝750J.
　9.见解析　【解析】 (1)设落至最低点时速度为v，则由机械能守恒定律有mv2＝mg(6H－)(1－cosθ)，设拉力为F，则由牛顿第二定律有F－mg＝m，求得F＝3mg－2mgcosθ，每根绳的拉力F′＝F＝.(2)全程损耗的机械能为ΔE机＝mg(6H－)(cosθ2－cosθ1)，空气阻力做的功为Wf＝－f(6H－)(θ1＋θ2)，由功能关系有Wf＝ΔEk，求得f＝mg.
(3)在一个周期内，通过“迅速站起”获得的机械能(重力势能)是ΔE机＝2mg(－)cosθm，空气阻力做的功是Wf＝－4f(6H－)θm，由功能关系有Wf＝ΔE机，求得＝，得证．
　10.(1)12.4N　(2)2.4m　(3)4.8J
　【解析】 (1)物体从E到C，由能量守恒得：mg(h＋R)＝mv，在C点，由牛顿第二定律得：FN－mg＝m，解得FN＝12.4N
(2)从E～D～C～B～A过程，由动能定理得
WG－Wf＝0
WG＝mg[(h＋Rcos37°)－LABsin37°]
Wf＝μmgcos37°LAB
解得LAB＝2.4m
(3)因为，mgsin37°>μmgcos37°　(或μ所以，物体不会停在斜面上．物体最后以C为中心，B为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动．
从E点开始直至稳定，系统因摩擦所产生的热量
Q＝ΔEp
ΔEp＝mg(h＋Rcos37°)
解得Q＝4.8J.
　11.(1)1m　(2)12.5J　(3)7m≤x≤7.5m，0≤x≤5.5m　【解析】 (1)小物块在传送带上匀加速运动的加速度a＝μg＝5m/s2
小物块与传送带共速时，所用的时间t＝＝1s
运动的位移Δx＝＝2.5m<(L－x)＝6m
故小物块与传送带达到相同速度后以v0＝5m/s的速度匀速运动到a，然后冲上光滑圆弧轨道恰好到达N点，故有：mg＝m
由机械能守恒定律得mv＝mgyN＋mv
(2)小物块在传送带上相对传送带滑动的位移
s＝v0t－Δx＝2.5m　　产生的热量Q＝μmgs＝12.5J
(3)设在坐标为x1处将小物块轻放在传送带上，若刚能到达圆心右侧的M点，由能量守恒得：
μmg(L－x1)＝mgyM　　代入数据解得x1＝7.5 m
μmg(L－x2)＝mgyN　　代入数据解得x2＝7 m
若刚能到达圆心左侧的M点，由(1)可知X3＝5.5 m
故小物块放在传送带上的位置坐标范围为
7m≤x≤7.5m和0≤x≤5.5m.课时作业(十七)　功　功率
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．物体在外力作用下沿光滑水平地面运动，在物体的速度由0增为v的过程中，外力做功W1，在物体的速度由v增为2v的过程中，外力做功W2，则W1∶W2为(　　)
A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶4
2．起重机将质量为m的货物由静止开始以加速度a匀加速提升，在t时间内上升h高度，设在t时间内起重机对货物做的功为W、平均功率为P，则 (　　)
A．W＝mah B．P＝mta(a＋g)
C．P＝mta(a＋g) D．W＝m(a＋g)h
3．位于水平面上的物体，在与水平方向成θ角的斜向下的恒力F1用下，做速度为v1的匀速运动；若作用力变为与水平方向成θ角的斜向上的恒力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(　　)
A．F1＝F2，v1>v2 B．F1＝F2，v1C．F1>F2，v14．一辆质量为m的汽车在发动机牵引力F的作用下，沿水平方向运动．在t0时刻关闭发动机，其运动的v t图象如图所示．已知汽车行驶过程中所受的阻力是汽车重量的k倍，则(　　)
第4题图
A．加速过程与减速过程的平均速度比为1∶2
B．加速过程与减速过程的位移大小之比为1∶2
C．汽车牵引力F与所受阻力大小比为3∶1
D．汽车牵引力F做的功为
5．汽车发动机的额定功率为P1，它在水平面路上行驶时受到的阻力Ff大小恒定，汽车在水平路面上由静止开始做直线运动，最大车速为v.汽车发动机的输出功率随时间变化的图象如图所示．则(　　)
第5题图
A．汽车开始时做匀加速运动，t1时刻速度达到v，然后做匀速直线运动
B．汽车开始时做匀加速直线运动，t1时刻后做加速度减小的加速运动，速度达到v后做匀速直线运动
C．汽车开始时牵引力逐渐增大，t1时刻牵引力与阻力大小相等
D．汽车开始时牵引力恒定，始终与阻力大小相等
6．质量相等的甲、乙两车从某地同时由静止开始沿直线同方向加速运动，甲车功率恒定，乙车牵引力恒定，两车所受阻力相等且均为恒力．经过t时间，甲、乙两车速度相同，则(　　)
A．t时刻甲车一定在乙车的前面
B．t时刻甲车加速度大于乙车加速度
C．t时刻甲车牵引力的瞬时功率大于乙车牵引力的瞬时功率
D．t时间内甲车牵引力的平均功率小于乙车牵引力的平均功率
7．质量为m的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的摩擦阻力大小一定，汽车速度能够达到的最大值为v，那么当汽车的车速为v/3时，汽车的瞬时加速度的大小为(　　)
A. B.
C. D.
8．质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t＝0时刻开始受到水平力的作用．力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则(　　)
第8题图
A．3t0时刻的瞬时功率为
B．3t0时刻的瞬时功率为
C．在t＝0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为
D．在t＝0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为
9．质量为m的物块在水平恒力F的推动下，从山坡(粗糙)底部的A处由静止起运动至高为h的坡顶B处，获得的速度为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(　　)
第9题图
A．重力所做的功是mgx
B．合外力对物块做的功是mv2＋mgh
C．推力对物块做的功是mv2
D．阻力对物块做的功是mv2＋mgh－Fx
第10题图
10．剑桥大学物理学家海伦·杰尔斯基研究了各种自行车特技的物理学原理，并通过计算机模拟技术探寻特技动作的极限，设计了一个令人惊叹不已的高难度动作——“爱因斯坦空翻”，并在伦敦科学博物馆由自行车特技运动员(18岁的布莱士)成功完成：“爱因斯坦空翻”简化模型如图所示，质量为m的自行车运动员从B点由静止出发，经BC圆弧，从C点竖直冲出，完成空翻，完成空翻的时间为t.由B到C的过程中，克服摩擦力做功为W，空气阻力忽略不计，重力加速度为g，谋求：自行车运动员从B到C至少做多少功？
11．如图所示，水平传送带正以2m/s的速度运行，两端水平距离l＝8m，把一质量m＝2kg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，则把这个物块从A端传送到B端的过程中，不计物块的大小，g取10m/s2，求摩擦力对物块做功的平均功率．
第11题图
12．如图所示，在光滑的水平地面上有质量为M的长平板A，平板上放一质量为m的物体B，A、B之间动摩擦因数为μ.今在物体B上加一水平恒力F，使B和A发生相对滑动，经过时间t，B在A上滑动了一段距离但并未脱离A.求：
　　　　第12题图
(1)摩擦力对A所做的功；
(2)摩擦力对B所做的功；
(3)若长木板A固定，B对A的摩擦力对A做的功．
课时作业(十七)　功　功率
　1.C　【解析】 由于地面光滑，无摩擦力，则W1＝mv2－0；W2＝m(2v)2－mv2＝mv2
所以W1∶W2＝1∶3.
　2.CD　【解析】 起重机对货物做功W＝Fs，F－mg＝ma，所以W＝m(a＋g)h.平均功率P＝Fv.v＝，所以P＝Fv＝m(a＋g)·＝.故选CD.
　3.C　【解析】 设物体与地面间动摩擦因素为μ，则F1·cosθ＝μ(mg＋F1sinθ)，F2cosθ＝μ(mg－F2sinθ)．由此可判断，F1cosθ>F2cosθ，即F1>F2；又因为F1与F2功率相同，即F1cosθ·v1＝F2cosθ·v2，F1>F2所以v1　4.BCD　【解析】 由图像分析可知；因为加速时间为t0，减速时间为2t0，所以加速与减速过程位移之比，S加∶S减＝t0∶2t0＝1∶2.故B正确．由于平均速度是总位移与总时间的比值，则V加＝V减＝·＝1∶1，故A错．
加速时，F－f＝F－kmg＝m
减速时，f＝kmg＝m
所以F－f＝2f，则F∶f＝3∶1，故C正确．
WF－Wf＝0，所以WF＝Wf＝kmg·＝kmgv0t0，故D正确，故选BCD.
　5.B　【解析】 汽车开始时做匀加速直线运动，t1时刻，达到额定功率P1，做加速度越来越小的加速运动；当＝Ff时，达到最大速度vm，然后做匀速直线运动；所以汽车开始牵引力逐渐增大，当达到最大速度vm时，牵引力与阻力大小相等，由此可判断只有B正确，故选B.
　6.A　【解析】 t时刻v甲＝v乙，由v＝at知，a甲＝a乙，a＝，因为两车所受阻力与两车质量均相等，所以t时刻两车的牵引力相等，由P＝Fv知，P甲＝P乙，由于甲车功率恒定，乙车牵引力恒定，所以t时间内，甲车的加速度逐渐减少，乙车的功率逐渐增大，由s＝at2知，t时刻甲车一定在乙车前面，t时间内，P甲均>P乙均，故选A.
　7.B　【解析】 当汽车匀速行驶时，有f＝F＝.根据P＝F′，得F′＝ ，由牛顿第二定律得a＝＝ ＝.故B正确，A、C、D错误．
　8.BD　　【解析】 根据Ft图线，在0～2t0内的加速度a1＝　2t0时的速度v2＝a1·2t0＝t0　0～2t0内位移s1＝·2t0＝t，故F0做的功W1＝F0s1＝t　在2t0～3t0内的加速度a2＝　3t0时的速度v3＝v2＋a2t0＝t0　故3t0时的瞬时功率P3＝3F0v3＝　在2t0～3t0内位移s2＝·t0＝　故做的功W2＝3F0·s2＝　因此在0～3t0内的平均功率P＝＝，故B、 D正确．
　9.D　【解析】 由于物块升高h，则物块克服重力做功为mgh.故A错误；合外力做功为动能的变化量，故B错误；推力做的功为mv2＋mgh＋Wf，Wf为克服阻力做功．故C错，由动能定理可得FX－mgh－Wf＝mv2所以Wf＝FX－mgh－mv2为克服阻力做的功．所以阻力对物块做的功为－Wf＝mv2＋mgh－FX，所以ABD正确，故选D.
　10.W＋mg2t2　【解析】 自行车运动员从C点竖直冲出，做竖直上抛运动，根据题意，h＝g()2＝gt2，自行车由B→D过程中，根据动能定理，W人－W－mgh＝0.
故自行车运动员从B到C至少做功W人＝W＋mg2t2.
　11.0.8W　【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，物块受向右的摩擦力为：
　Ff＝μmg＝0.1×2×10N＝2N，
　加速度为a＝μg＝0.1×10m/s2＝1m/s2
　物块与传送带相对静止时的位移为：
　x＝＝2m.
　摩擦力做功为：W＝Ffx＝2×2J＝4J，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＝＋＝5s
　则物块在被传送过程中所受摩擦力的平均功率为：P＝＝0.8W.
　12.(1)　(2)　(3)0
　【解析】 (1)平板A在滑动摩擦力的作用下，向右做匀加速直线运动，经过时间t, A的位移为　sA＝aAt2＝·t2＝　因为摩擦力Ff的方向和位移sA相同，即对A做正功，其大小为Wf＝FfsA＝.　(2)物体B在水平恒力F和摩擦力的合力作用下向右做匀加速直线运动，B的位移为sB＝aBt2＝·t2.摩擦力Ff′方向和位移sB方向相反，所以Ff′对B做负功，Wf＝Ff′sB＝－μmgsB，即Wf＝.
(3)若长木板A固定，则A的位移sA′＝0，所以摩擦力对A做功为0，即对A不做功．第19讲　机械能守恒定律及其应用
　考情 剖析　
(注：①考纲要求及变化中Ⅰ代表了解和认识，Ⅱ代表理解和应用；②命题难度中的A代表容易，B代表中等，C代表难)
考查内容 考纲要求及变化 考查年份 考查形式 考查详情 考试层级 命题难度
弹性势能 Ⅰ(弹性势能的表达式不作要求)
09 多选 考查用弹簧连接的两物体在水平恒力的作用下，弹性势能最大值和物体运动情况之间的对应关系
12 计算 考查弹性势能的相关计算 次重点 B
机械能守恒定律的应用 Ⅱ
09 多选 由机械能守恒定律的守恒条件判断系统机械能的变化情况
10
计算 以圆周运动为背景，考查运用机械能守恒定律求速度，进而求向心力
计算 以导体棒切割磁感线为背景，考查运用机械能守恒定律求速度，进而求最大感应电动势
11 单选 以导线框切割磁感线运动为背景，考查线框在下落过程中能量转化问题 次重点 B或C
小结及预测 1.小结：弹性势能以多选题的形式考查，求弹性势能最大值和物体运动情况之间的对应关系；机械能守恒定律的应用侧重考查以弹性势能、重力势能和动能相互转化以及结合运用运动学公式和受力分析解决问题．2．预测：预测14年考查的可能性很大．3．复习建议：复习时要理解机械能守恒定律的条件，合理选择过程可以使问题大大简化.
知识 整合　
一、重力势能
物体由于________________________，叫做重力势能．
表达式： 　　.
单位： ________.符号： ________.重力势能是标量．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
选不同的参考面，物体的重力势能的数值是不同的．
二、重力做功
________时，重力势能减少，减少的重力势能等于重力做的正功，________时，重力势能增加，增加的重力势能等于克服重力做的功．重力所做的功只跟初位置的高度和末位置的高度有关，跟物体运动的路径无关．
三、弹性势能
物体由于________________叫弹性势能．物体的弹性形变量越大，弹性势能越大．
四、机械能
动能和势能统称机械能，即　　.
五、机械能守恒定律
在________的情形下，物体的动能和重力势能发生相互转化，机械能的总量不变，这就是机械能守恒定律．
机械能守恒定律的表达式为： 　　.
在只有弹力做功情形下，物体的动能和弹性势能相互转化，机械能的总量不变，即机械能守恒．
一、对机械能守恒定律的理解
1．机械能守恒定律的研究对象一定是系统，至少包括地球在内．另外小球的动能中所用的v，也是相对于地面的速度．
2．“只有重力做功”不等于“只受重力作用”．在该过程中，物体可以受其他力的作用，只要这些力不做功，或所做功的代数和为零，就可以认为是“只有重力做功”．
二、系统机械能守恒的表达式有以下三种：
1．系统初态的机械能等于系统末态的机械能，即：E初＝E末
2．系统重力势能的减少量等于系统动能的增加量，即：ΔEp减＝ΔEk增
3．若系统内只有A、B两物体，则A减少的机械能等于B增加的机械能，即：ΔEA减＝ΔEB增
三、机械能守恒定律的推论：
除重力和弹簧弹力之外的力对物体做的总功W等于物体机械能的变化．W＝E2－E1，若W>0，机械能增加，若W<0，机械能减少．
一、机械能守恒问题的规范解答
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．
二、应用机械能守恒定律应该注意
1．必须准确地选择系统，在此基础上分析内力和外力的做功情况；
2．必须由守恒条件判断系统机械能是否守恒；
3．必须准确地选择过程，确定初、末状态；
4．写守恒等式时应注意状态的同一性．
【典型例题1】 如图所示，一物体质量m＝2kg.在倾角为θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3m/s下滑，A点距弹簧上端B的距离AB＝4m.当物体到达B后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝0.2m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，D点距A点AD＝3m.挡板及弹簧质量不计，g取10m/s2，sin37°＝0.6，求：
(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ.
(2)弹簧的最大弹性势能Epm.
温馨提示
画出受力分析图，运动草图来帮助认清物理过程建立物理情景来解题．
记录空间
【变式训练1】　如图所示，轻质弹簧竖直放置在水平地面上，它的正上方有一金属块从高处自由下落，从金属块自由下落到第一次速度为零的过程中(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．重力先做正功，后做负功
B．弹力没有做正功
C．金属块的动能最大时，弹力与重力相平衡
D．金属块的动能为零时，弹簧的弹性势能最大
【典型例题2】 如图所示，在竖直平面内有一半径为R的半圆形圆柱截面，用轻质不可伸长的细绳连接的A、B两球，悬挂在圆柱面边缘两侧，A球质量为B球质量的2倍，现将A球从圆柱边缘处由静止释放，已知A始终不离开球面，且细绳足够长，圆柱固定．若不计一切摩擦．求：
(1)A球沿圆柱截面滑至最低点时速度的大小；
(2)A球沿圆柱截面运动的最大位移．
温馨提示
本题极易犯vA＝vB的错误，事实上A、B两球的速度大小不相等，因绳不可伸长，则将v1分解后沿绳子的方向的分速度才与B球速度相等．
记录空间
【变式训练2】　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)．
(1)如图甲所示，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，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g取10 m/s2)
首先判断整个系统的机械能是否守恒、明确机械能守恒的条件．
其次是除重力和弹力之外的力对物体做的总功W等于物体机械能的变化．
【典型例题3】　如图所示，在水平光滑轨道PQ上有一个轻弹簧其左端固定，现用一质量m＝2.0kg的小物块(视为质点)将弹簧压缩后释放，物块离开弹簧后经过水平轨道右端恰好沿半圆轨道的切线进入竖直固定的轨道，小物块进入半圆轨道后恰好能沿轨道运动，经过最低点后滑上质量M＝8.0kg的长木板，最后恰好停在长木板最左端．已知竖直半圆轨道光滑且半径R＝0.5m，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，木板与水平地面间摩擦不计，取g＝10m/s2.
(1)弹簧具有的弹性势能；
(2)小物块滑到半圆轨道底端时对轨道的压力；
(3)木板的长度．
温馨提示
理解物块进x轨道恰好能沿轨道运动的含义，即重力刚好提供圆周运动的向心力．
记录空间
【变式训练3】　如图所示，x轴与水平传送带重合，坐标原点O在传送带的左端，传送带长L＝8 m，匀速运动的速度v0＝5 m/s.一质量m＝1 kg的小物块轻轻放在传送带上xp＝2 m的P点，小物块随传送带运动到Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N点．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)N点的纵坐标；
(2)从P点到Q点，小物块在传送带上运动系统产生的热量；
(3)若将小物块轻放在传送带上的某些位置，小物块均能沿光滑圆弧轨道运动(小物块始终在圆弧轨道运动不脱轨)到达纵坐标yM＝0.25 m的M点，这些位置的横坐标范围．
随堂 演练　
1．如图，两物体A、B用轻质弹簧相连，静止在光滑水平面上，现同时对A、B两物体施加等大反向的水平恒力F1、F2，使A、B同时由静止开始运动，在运动过程中，对A、B两物体及弹簧组成的系统，正确的说法是(整个过程中弹簧不超过其弹性限度)(　　)
第1题图
A．动量不守恒
B．机械能不断增加
C．当弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大
D．当弹簧弹力的大小与F1、F2的大小相等时，A、B两物体速度为零
2．如图所示，质量为m的物体C(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30°的斜面，其运动的加速度为g，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体(　　)
第2题图
A．重力势能增加了mgh
B．重力势能增加了mgh
C．动能损失了gh
D．机械能损失了mgh
3．如图所示长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对木板A静止的过程中，下列说法中正确的是(　　)
第3题图
A．物体B动能的减少量等于系统损失的机械能
B．物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量
C．物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和
D．摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量
4．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＝5m的圆弧面，圆弧面和斜面相切于B，与水平面相切于C，如图所示，AB竖直高度差h＝8.8m，运动员连同滑雪装备总质量为80kg，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10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求：
第4题图
(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．
5．“S”形玩具轨道如图所示．该轨道是用内壁光滑的薄壁细圆管弯成，固定在竖直平面内．轨道弯曲部分是由两个半径相等的半圆连接而成．圆半径比细管内径大得多，轨道底端与水平地面相切．弹射装置将一个直径略小于细管直径的小球(可视为质点)从a点水平射向b点并进入轨道，经过轨道后从P点水平抛出．已知小球与地面ab段间的动摩擦因数μ＝0.2，ab段长L＝2.25m，半圆的半径R＝0.1m，不计其他机械能损失，g取10m/s2，若v0＝5m/s，求：
第5题图
(1)小球到达b点时的速度vb；
(2)小物体从P点抛出后的水平射程．
6．如图所示，ABDO是固定在竖直平面内的光滑轨道，AB是半径为R＝15m的四分之一圆周轨道，半径OA处于水平位置，BDO是直径为15m的半圆轨道，D为BDO轨道的中央．AB和BDO相切于B点．一个小球P从A点的正上方距水平半径OA高H处自由落下，沿竖直平面内的轨道通过D点时对轨道的压力大小等于其重力大小的倍．取g＝10m/s2.
第6题图
(1)求高度H；
(2)试讨论此球能否到达BDO轨道的最高点O；
(3)求小球沿轨道运动后再次落到轨道上的速度大小．
7．如图所示，一轻质弹簧固定在水平地面上，O点为弹簧原长时上端的位置，一个质量为m的物体从O点正上方的A点由静止释放落到弹簧上，物体压缩弹簧到最低点B后向上运动．则以下说法正确的是(　　)
第7题图
A．物体落到O点后，立即做减速运动
B．物体从O点运动到B点，动能先增大后减小；
C．物体在B点加速度最大，且大于重力加速度g
D．在整个过程中，物体m机械能守恒
8．如图所示，一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑定滑轮(定滑轮质量不计)，绳两端各系一小球a和b，a球质量为m，静置于地面；b球质量为4m，用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧．从静止开始释放b后，a可以达到的最大高度为(　　)
第8题图
A．h B．1.6h C．2h D．2.2h
9．如图所示，半径为R，内径很小的光滑半圆管道竖直放置，质量为m的小球以某一速度进入管内，小球通过最高点P时，对管壁的压力为0.5mg，求：
第9题图
(1)小球从管口飞出时的速率；
(2)小球进入管口时的初速度v0.
10．如图所示，粗糙弧形轨道AB和两个光滑半圆轨道组成翘尾巴的S形轨道．光滑半圆轨道半径为R，两个光滑半圆轨道连接处CD之间留有很小空隙，刚好能够使小球通过，CD之间距离可忽略．粗糙弧形轨道最高点A与水平面上B点之间的高度为h从A点静止释放一个可视为质点的小球，小球沿翘尾巴的S形轨道运动后从E点水平飞出，落到水平地面上，落点到与E点在同一竖直线上B点的距离为s，已知小球质量m.不计空气阻力，求：
第10题图
(1)小球从E点水平飞出时的速度大小；
(2)小球运动到半圆轨道的B点时对轨道的压力大小；
(3)小球沿翘尾巴S形轨道运动时克服摩擦力做的功．
11．工厂流水线上采用弹射装置把物品转运，现简化其模型分析：如图所示，质量为m的滑块，放在光滑的水平平台上，平台右端B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v0，长为L；现将滑块向左压缩固定在平台上的轻弹簧，到达某处时由静止释放，若滑块离开弹簧时的速度小于传送带的速度，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ.求：
第11题图
(1)释放滑块时，弹簧具有的弹性势能；
(2)滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．
第19讲　机械能守恒
定律及其应用
知识整合
基础自测
一、重力而具有的跟物体和地球的相对位置有关的能量　Ep＝mgh　焦耳　J
二、重力做正功　重力做负功
三、弹性形变而具有的与它形变量有关的势能
四、E＝Ek＋Ep
五、只有重力作用　Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2或ΔEk＝－ΔEp
重点阐述
【典型例题1】 如图所示，一物体质量m＝2kg.在倾角为θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3m/s下滑，A点距弹簧上端B的距离AB＝4m.当物体到达B后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝0.2m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，D点距A点AD＝3m.挡板及弹簧质量不计，g取10m/s2，sin37°＝0.6，求：
　
(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ.
　(2)弹簧的最大弹性势能Epm.
【答案】　(1)0.52　(2)24.5 J　【解析】 (1)物体从开始位置A点到最后D点的过程中，弹性势能没有发生变化，动能和重力势能减少，机械能的减小量为ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝mv＋mglADsin37°
　物体克服摩擦力产生的热量为Q＝Ffx
　其中x为物体的路程，即x＝5.4 m
　Ff＝μmgcos37°
　由能量守恒定律可得ΔE＝Q
　解得μ＝0.52.
　(2)由A到C的过程中，动能减少ΔE′k＝mv
　重力势能减少ΔE′p＝mglACsin37°
　摩擦生热Q＝FflAC＝μmgcos37°lAC
　由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为
　ΔEpm＝ΔE′k＋ΔE′p－Q
　解得ΔEpm＝24.5 J.
变式训练1　BCD　【解析】　要确定金属块的动能最大位置和动能为零时的情况，就要分析它的运动全过程．为了弄清运动性质，做好受力分析．可以由图看出运动过程中的情景．
　
从图上可以看到在弹力N【典型例题2】 如图所示，在竖直平面内有一半径为R的半圆形圆柱截面，用轻质不可伸长的细绳连接的A、B两球，悬挂在圆柱面边缘两侧，A球质量为B球质量的2倍，现将A球从圆柱边缘处由静止释放，已知A始终不离开球面，且细绳足够长，圆柱固定．若不计一切摩擦．求：
　
　(1)A球沿圆柱截面滑至最低点时速度的大小；
　(2)A球沿圆柱截面运动的最大位移．
【答案】　(1)2　(2)R　【解析】 (1)设B球的质量为m，所求的速度为v1，当A经过轨道最低点时速度水平向左，这是A的实际速度也是合速度，所以根据其作用效果将其分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向的两个速度，如图所示，则v2＝v1cos45°＝v1.A到达最低点时在竖直方向上下落R，而B上升了R.
　对A、B系统根据机械能守恒定律可得
　2mgR－mgR＝×2mv＋mv，
　解得v1＝2
　(2)当A球的速度为0时，A球沿圆柱截面运动的位移最大，设为x，A物体下降高度为h，则根据机械能守恒定律可得2mgh－mgx＝0，由几何关系＝，得h＝，解得x＝R.
变式训练2　(1)4 m/s　(2)5 m/s　【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mgxsin53°＝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＝v2cosθ
　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－sin53°)＋mgxsin53°＝mv＋0
　解得v2＝5 m/s
【典型例题3】　如图所示，在水平光滑轨道PQ上有一个轻弹簧其左端固定，现用一质量m＝2.0kg的小物块(视为质点)将弹簧压缩后释放，物块离开弹簧后经过水平轨道右端恰好沿半圆轨道的切线进入竖直固定的轨道，小物块进入半圆轨道后恰好能沿轨道运动，经过最低点后滑上质量M＝8.0kg的长木板，最后恰好停在长木板最左端．已知竖直半圆轨道光滑且半径R＝0.5m，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，木板与水平地面间摩擦不计，取g＝10m/s2.
　(1)弹簧具有的弹性势能；
　(2)小物块滑到半圆轨道底端时对轨道的压力；
　(3)木板的长度．
【答案】　(1)5J　(2)120N　(3)5m　【解析】
(1)物块进入轨道后恰好沿轨道运动在轨道最高点有mg＝m，弹簧具有弹性势能Ep＝mv＝5J.(2)物块由顶端滑到底端过程由机械能守恒mg2R＝mv－mv得v2＝5m/s.在轨道底端由牛顿第二定律得F－mg＝m，解得F＝120N，由牛顿第三定律得物块对轨道压力为120N.(3)对物块由牛顿第二定律得a1＝＝μg＝2m/s2.对木板由牛顿第二定律得a2＝＝0.5m/s2设经过时间t小物块与木板相对静止，共同速度为v，则v＝v2－a1t＝a2t，解得v＝1m/s，t＝2s，小物块与木板在时间t内通过的位移分别为x1＝t＝6m，x2＝t＝1m.则木板的长度为L＝x1－x2＝5m.
变式训练3　(1)1 m　(2)12.5 J　(3)7 m≤x≤7.5 m和0≤x≤5.5 m
　【解析】 (1)小物块在传送带上匀加速运动的加速度a＝μg＝5 m/s2
　小物块与传送带共速时，所用的时间t＝＝1 s
　运动的位移Δx＝＝2.5 m＜(L－x)＝6 m
　故小物块与传送带达到相同速度后以v0＝5 m/s的速度匀速运动到Q，然后冲上光滑圆弧轨道恰好到达N点，故有：mg＝m
　由机械能守恒定律得mv＝mgyN－mv　解得yN＝1 m
　(2)小物块在传送带上相对传送带滑动的位移
　s＝v0t－Δx＝2.5 m　产生的热量Q＝μmgs＝12.5 J
　(3)设在坐标为x1处将小物块轻放在传送带上，若刚能到达圆心右侧的M点，由能量守恒得：
　μmg(L－x1)＝mgyM　代入数据解得x1＝7.5 m
　μmg(L－x2)＝mgyN　代入数据解得x2＝7 m
　若刚能到达圆心左侧的M点，由(1)可知x3＝5.5 m
　故小物块放在传送带上的位置坐标范围为
　7 m≤x≤7.5 m和0≤x≤5.5 m.
随堂演练
　1.C　【解析】 F1、F2加在A、B上以后，A、B向两侧做加速度a＝(F－kx)/m减小的加速运动．当F＝kx时，加速度为零，速度达到最大，以后kx>F，A、B向两侧做减速运动，至速度减为零时，弹簧伸长到最长．从A、B开始运动到弹簧伸长到最长的过程中，F1、F2都一直做正功，使系统的机械能增加．以后弹力作用使弹簧伸长量减小，F1、F2开始做负功，则系统的机械能减小．
　2.D　【解析】 设物体受到的摩擦阻力为Ff，由牛顿运动定律得
　Ff＋mgsin30°＝ma＝mg，
　解得Ff＝mg.
　重力势能的变化由重力做功决定，故ΔEp＝mgh.
　动能的变化由合外力做功决定：
　(Ff＋mg·sin30°)·x＝ma·x＝mg·＝mgh.
　机械能的变化由重力或系统内弹力以外的其他力做功决定，
　由ΔE机械＝Ff·x＝mg·＝mgh，故D正确，ABC错误．
　3.CD　【解析】 根据能量的转化，B的动能减少量等于系统损失的机械能加A的动能增加量，A错C对；B克服摩擦力做的功等于B的动能减少量，B错．
　对B：WFfB＝E′kB－EkB，对A：WFfA＝E′kA－0
　则WFfA＋WFfB＝(E′kA＋E′kB)－EkB＝ΔE内增，D对．
　4.(1)14m/s　(2)3936N　【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－cos37°)，可解得：vC＝14m/s.(2)在C点，由牛顿第二定律得：FC－mg＝m，解得：FC＝3936N.由牛顿第三定律知，运动员在C点时对轨道的压力大小为3936N.
　5.(1)4m/s　(2)0.8m　【解析】 (1)小球由a点运动到b点的过程中，由动能定理得－μmgL＝mv－mv，小球到达b点时的速度vb＝＝4m/s.小球由b点运动到P点的过程中，由机械能守恒定律得mv＝mv＋4mgR，小球从P点水平抛出后的水平射程x＝vPt，竖直位移4R＝gt2，以上各式联立，可得x＝0.8m.
　6.(1)10m　(2)可以　(3)10 m/s　【解析】 (1)小球从H高处落下，进入轨道，沿ABD轨道做圆周运动，小球受重力和轨道的支持力．设小球在D点时的速度为v，通过D点时轨道对小球的支持力等于它做圆周运动的向心力，即
　m＝F＝mg
　小球从P点落下直到沿光滑轨道运动的过程中，机械能守恒，有
　mg＝mv2
　解得高度H＝R＝10m
　(2)设小球能够沿竖直半圆轨道运动到O点的最小速度为v0，有
　m＝mg
　设小球至少应从H0高处落下，
　mgH0＝mv
　得H0＝
　由H>H0，小球可以通过最高点．
　(3)小球由H高落下通过O点的速度为v0＝＝10 m/s
　小球通过O点后做平抛运动，设小球经过时间t落到AB圆弧轨道上，建立坐标系
　x＝v0t
　y＝gt2
　又由几何关系x2＋y2＝R2
　解得时间t＝1s(另解舍去)
　小球落到轨道上的速度的大小为v＝＝10 m/s.
　7.BC　【解析】 小球刚接触弹簧时，弹簧弹力小于重力，合力向下，向下做加速度逐渐减小的加速运动，运动到OB之间某位置C时，合力为零，加速度为零，速度最大，然后合力方向向上，向下做加速度逐渐增大的减速运动，运动到最低点B时，速度为零，加速度方向向上，且最大．故A错误，B正确．对物体的运动过程分析可知，在BC之间必有一位置D与O点关于C点对称，满足弹簧的弹力大小等于2 mg，此时物体的加速度向上，大小等于g，仍向下做减速运动，加速度继续增大；所以选项C正确．在整个过程中，物体m的机械能跟弹簧的弹性势能相互转化，系统的机械能守恒，单个物体m机械能不守恒，D错误．
　8.B　【解析】 设a球到达高度h时两球的速度为v，根据机械能守恒：4mgh＝mgh＋(4m＋m)v2，此时绳子恰好放松，a球开始做初速为v的竖直上抛运动，同样根据机械能守恒：mgh＋mv2＝mgH，解得a球能达到的最大高度H为1.6 h.
　9.见解析　【解析】 (1)当小球对管下部有压力时，则有mg－0.5mg＝，v1＝.
　当小球对管上部有压力时，则有mg＋0.5mg＝，v2＝
　(2)对小球应用机械能守恒，得mv＝mg2R＋mv2
　当小球对管下部有压力时，解得v0＝
　当小球对管上部有压力时，解得v0＝.
　10.见解析　【解析】 (1)小球从E点水平飞出做平抛运动，设小球从E点水平飞出时的速度大小为vEt，由平抛运动规律，s＝vEt，4R＝gt2联立解vE＝
　(2)小球从B点运动到E点的过程，机械能定恒
　mv＝mg4R＋mv　解得v＝8gR＋
　在B点F－mg＝m得F＝9mg＋
　由牛顿第三定律可知小球运动到B点时对轨道的压力为F′＝9mg＋
　(3)设小球沿翘尾巴的s形轨道运动时克服摩擦力做的功为W，则
　mg(h－4R)－W＝mv得W＝mg(h－4R)－.
　11.见解析　【解析】 (1)设滑块冲上传送带时的速度为v，在弹簧弹开过程中，由机械能守恒Ep＝mv2
　滑块在传送带上做匀加速运动　由动能定理μmgL＝mv－mv2
　解得：Ep＝mv－μmgL.
　(2)设滑块在传送带上做匀加速运动的时间为t，则t时间内传送带的位移s＝v0t
　v0＝v＋at　μmg＝ma
　滑块相对传送带滑动的位移Δs＝s－L
　相对滑动生成的热量Q＝μmgΔs
　解得：Q＝mv0(v0－)－μmgL.第18讲　动能　动能定理及其应用
　考情 剖析　
(注：①考纲要求及变化中Ⅰ代表了解和认识，Ⅱ代表理解和应用；②命题难度中的A代表容易，B代表中等，C代表难)
考查内容 考纲要求及变化 考查年份 考查形式 考查详情 考试层级 命题难度
动能定理的应用 Ⅱ
09
计算 考查应用动能定理求解速度的大小
计算 以通电直导线切割磁感线为背景，考查运用动能定理求线框产生的热量及线框上边与磁场区域下边界的最大距离
10
多选 以木板物块问题为背景，考查物块(沿动摩擦因素改变的斜面)下滑时动能、速度、时间及摩擦力产生的热量的动态变化
计算 以落水问题为背景，考查应用动能定理求落水深度
11 计算 以理想加速器为背景，考查运用动能定理求解粒子动能及最大动能
12
实验 应用动能定理求解动摩擦因数
计算 以小车弹性碰撞轻杆为背景，利用动能定理求解允许小车碰撞的最大速度及弹回速度与撞击速度的关系
计算 以粒子在加速器中运动为背景，运用动能定理求解粒子射出加速器时的速度 重点 C
小结及预测 1.小结：动能定理的应用以选择、计算题形式进行考查，侧重考查以受多种力做功问题为主，如斜面滑块问题，小车弹性碰撞，落水问题，通电直导线切割磁感线，粒子在加速器中运动等，多以动能定理求位移和速度以及能量转化问题．2．预测：4年都有所考查预测14年考查的可能性很大．3．复习建议：复习时要深入理解动能定理让解决综合性题目更加快捷和方便.
知识 整合　
第1课时　动能定理
一、动能
物体由于__________而具有的能量叫动能．
(1)动能的大小：__________；(2)动能是__________；
(3)动能是状态量，且具有相对性．
二、动能定理
1．动能定理的内容和表达式：　　.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
2．物理意义：动能定理指出了__________和__________的关系，即外力做的总功，对应着物体动能的变化，变化的大小由__________来度量．
我们所说的外力，既可以是重力、弹力、摩擦力，又可以是电场力、磁场力或其他力．物体动能的变化是指__________，ΔEk＞0表示__________，ΔEk＜0表示__________．
3．动能定理的适用条件：动能定理既适用于直线运动，也适用于________；既适用于恒力做功，也适用于__________．力可以是各种性质的力，既可以同时做功，也可以__________，只要求出在作用过程中各力做功的多少和正负即可，这些正是动能定理解题的优越性所在．
进一步理解动能定量
(1)一个物体的动能变化ΔEk与合外力对物体所做功W具有等量代换关系．
(2)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力学问题时，可以考虑使用动能定理．由于只需从力在整个位移内所做的功和这段位移始、末两状态动能变化去考察，无需注意其中运动状态变化的细节．
(3)动能定理公式中等号的意义．
【典型例题1】 如图甲所示，长为4m的水平轨道AB与倾角为37°的足够长斜面BC在B处连接，有一质量为2kg的滑块，从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F按图乙所示规律变化，滑块与AB和BC间的动摩擦因数均为0.25，重力加速度g取10m/s2.求：
(1)滑块到达B处时的速度大小；
(2)不计滑块在B处的速率变化，滑块冲上斜面，滑块最终静止的位置与到B点的距离．
　图甲
　　　图乙
温馨提示
分析图象、运用动能定理解题．
记录空间
【变式训练1】　宇航员在太空中沿直线从A点运动到B点，他的运动图象如图所示，图中v是宇航员的速度，x是他的坐标．求：
(1)宇航员从A点运动到B点所需时间；
(2)若宇航员以及推进器等装备的总质量恒为240 kg，从A点到B点的过程中宇航员身上背着的推进器推力所做的功为多少？
应用动能定理的注意事项
(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系．
(2)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，将该力做功表示为－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．
(3)应用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，借助草图理解物理过程和各量关系．
(4)动能定理是求解物体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．
【典型例题2】 如图所示，AB与CD为两个对称斜面，其上部都足够长，下部分分
别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为120°，半径R＝2.0 m，一个物体在离弧底E高度为h＝3.0 m处，以初速度v0＝4 m/s沿斜面运动，若物体与两斜面的动摩擦因数均为μ＝0.02，则物体在两斜面上(不包括圆弧部分)一共能走多少路程？(g取10 m/s2)．
温馨提示
本题关键是弄清物体最终所处的运动状态．
记录空间
【变式训练2】　如图所示，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，圆以O与A、D在同一水平面上∠COB＝θ，现有质量为m的小物体从距D点为(Rcosθ)/4的地方无初速的释放，已知物体恰能从D点进入圆轨道．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？
(2)若小物体与斜面间的动摩擦因数μ＝sinθ/(2cosθ)，则小物体在斜面上通过的总路程大小？
随堂 演练　
第1题图
1．如图所示，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(　　)
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
2．小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面．在上升至离地高度h处，小球的动能是势能的两倍，在下落至离地高度h处，小球的势能是动能的两倍，则h等于(　　)
　　 　　　　　 　　　　　 　　　　
A．H/9 B．2H/9 C．H/3 D．4H/9
3．质量为M的机车，牵引质量为m的车厢在水平轨道上匀速前进，某时刻车厢与机车脱节，机车前进了L后，司机才发现，便立即关闭发动机让机车滑行．假定机车与车厢所受阻力与其重力成正比且恒定．试求车厢与机车都停止时两者的距离．
第3题图
第4题图
4．如图所示，光滑水平面上静止放着长L＝1.6m，质量为M＝3kg的木块(厚度不计)，一个质量为m＝1kg的小物体放在木板的最右端，m和M之间的动摩擦因数μ＝0.1，今对木板施加一水平向右的拉力F(g取10m/s2)．
(1)为使物体与木板不发生滑动，F不能超过多少？
(2)如果拉力F＝10N恒定不变，求小物体所能获得的最大动能？
(3)如果拉力F＝10N，要使小物体从木板上掉下去，拉力F作用的时间至少为多少？
5．用汽车从井下提重物，重物质量为m，定滑轮高为H，如图所示，已知汽车从A点开始由静止加速运动到B点时速度为vB，此时轻绳与竖直方向夹角为θ.这一过程中轻绳的拉力做功多少？
第5题图
第6题图
6．如图所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O位置．质量为m的物块A(可视为质点)以初速度v0从距O点右方x0的P点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O′点位置后，A又被弹簧弹回，A离开弹簧后，恰好回到P点，物块A与水平面间的动摩擦因数为μ.求：
(1)物块A从P点出发又回到P点的过程，克服摩擦力所做的功．
(2)O点和O′点间的距离x1.
7．如图所示，AB是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R.一个质量为m的物体(可以看作质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ.求：
第7题图
(1)物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程；
(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力．
8．如图所示，斜面轨道AB与水平面之间的夹角θ＝53°，BD为半径R＝4 m的圆弧形轨道，且B点与D点在同一水平面上，在B点，轨道AB与圆弧形轨道BD相切，整个光滑轨道处于竖直平面内，在A点，一质量为m＝1 kg的小球由静止滑下，经过B、C点后从D点斜抛出去．设以竖直线MDN为分界线，其左边为阻力场区域，右边为真空区域．小球最后落到地面上的S点处时的速度大小vS＝8 m/s，已知A点距地面的高度H＝10 m，B点距地面的高度h＝5 m．g取10 m/s2, cos53°＝0.6，求：
　第8题图
(1)小球经过B点时的速度大小；
(2)小球经过圆弧轨道最低处C点时对轨道的压力；
(3)若小球从D点抛出后，受到的阻力f与其瞬时速度的方向始终相反，求小球从D点至S点的过程中阻力f所做的功．
第2课时　动能定理的应用
动能定理的应用技巧
(1)动能定理既适用于恒力，也适用于变力；既适用于直线运动，也适用于曲线运动．
其中的力可以是各种性质的力，可以同时作用，也可以分段作用．只要求出在作用过程中各力做功的多少和正负即可．这些正是用动能定理解题的优越性所在．
(2)动能定理不仅适用于一个持续过程，也适用于物体运动的整个过程，即若物体的运动过程中包含几个不同的过程，应用动能定理时，可以分段考虑，也可以把全过程作为一个整体来处理．物体在整个过程中所有力对物体所做的功等于物体在运动开始时和结束时的动能改变量．
(3)动能定理既适用于质量恒定的物体、也适用于质量变化的物体．
像水和空气等流体，常需隔离一个“柱体微元”，并以此为研究对象，利用动能定理等，就会使问题迎刃而解．
(4)动能定理既适用于一个物体，也适用于系统．
当研究对象为系统时，组成系统的物体的总动能的变化量(系统内各物体的动能变化量之和)等于相应时间内的所有力(包括内力和外力)对物体系统所做的功．
动能定理的理解和应用要点
1．动能定理的计算式为W合＝Ek2－Ek1，v和s是相对于同一参考系的，各力位移相同时，可求合外力做的功，各力位移不同时，分别求力做功，然后求代数和．
2．力的独立作用原理使我们有了牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律的分量表达式，但动能定理是标量式，功和动能都是标量，不能利用矢量法则分解．故动能定理无分量式．在处理一些问题时，不能在某一方向应用动能定理．
3．动能定理不仅可以求恒力做功，也可以求变力做功，对变力做功，应用动能定理会更方便、更迅捷．
4．恒力作用下的匀变速直线运动，凡不涉及加速度和时间的，用动能定理求解一般比用牛顿定律和运动学公式简便．用动能定理还能解决一些用牛顿定律和运动学公式难以求解的问题，如变力作用过程、曲线运动问题等．
5．在用动能定理解题时，如果物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的分过程，此时，可以分段考虑，也可对全程考虑．如能对整个过程列式则可能使问题简化．再把各个力的功代入公式：W1＋W2＋…＋Wn＝mv－mv时，要把它们的数值连同符号代入．
【典型例题1】 如图所示，某滑道由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接(不考虑能量损失)，其中轨道AB段是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A点离轨道BC的高度为h1＝4.30m.现让质量为m的小滑块自A点由静止释放，已知小滑块与轨道BC、CD间的动摩擦因数都为μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37＝0.8.
试求：
(1)小滑块第一次到达C点时的速度大小；
(2)小滑块第一次和第二次经过C点的时间间隔；
(3)小滑块最终静止的位置距B点的距离l.
温馨提示
注意重力做正功、摩擦力始终做负功、和合外力做功等于动能的变化量即可．
记录空间
【变式训练1】　如图所示，一粗糙水平轨道与一光滑的1/4圆弧形轨道在A处相连接．圆弧轨道半径为R，以圆弧轨道的圆心O点和两轨道相接处A点所在竖直平面为界，在其右侧空间存在着平行于水平轨道向左的匀强电场，在左侧空间没有电场．现有一质量为m、带电量为＋q的小物块(可视为质点)，从水平轨道的B位置由静止释放，结果，物块第一次冲出圆形轨道末端C后还能上升的最高位置为D，且|CD|＝R，已知物块与水平轨道间的动摩擦因素为μ，B离A处的距离为x＝2.5R(不计空气阻力)，求：
(1)物块第一次经过A点时的速度；
(2)匀强电场的场强大小；
(3)物块在水平轨道上运动的总路程．
【典型例题2】 在光滑的平面上有一静止物体，现以水平恒力推这一物体．作用一段时间后，换成相反方向的水平恒力推这一物体，当恒力乙作用时间与恒力甲作用时间相同时，物体恰好回到原处，此时物体的动能为32J，则在整个过程中，甲、乙两力做功分别是多少？
温馨提示
本过程并不复杂、关键是学生是否能按题意画出表达物理过程的示意图．运用牛顿定律和动能定理来解决．
记录空间
【变式训练2】　如图所示，在外力作用下某质点运动的vt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
【典型例题3】 如图甲所示，一条轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，右端放一个可视为质点的小物块，小物块的质量为m＝1.0 kg，当弹簧处于原长时，小物块静止于O点．现对小物块施加一个外力F，使它缓慢移动，将弹簧压缩至A点，压缩量为x＝0.1 m，在这一过程中，所用外力F与压缩量的关系如图乙所示．然后撤去F释放小物块，让小物块沿桌面运动，已知O点至桌面B点的距离为L＝2x，水平桌面的高为h＝5.0 m，计算时，可认为滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力．(g取10 m/s2)求：
(1)在压缩弹簧过程中，弹簧存贮的最大弹性势能．
(2)小物块到达桌边B点时速度的大小．
(3)小物块落地点与桌边B点的水平距离．
温馨提示
分析力——位移图象、力所做的功可以用力的图线与对应的位移轴所包围的“面积”表示．
记录空间
【变式训练3】　如图甲所示，一质量为m＝1kg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作用并向右移动，第3s末物块运动到B点时速度刚好为0，第5s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10m/s2)求：
甲
　　乙
(1)A与B间的距离；
(2)水平力F在5s内对物块所做的功．
随堂 演练　
1．一人用力把质量为m的物体由静止竖直向上匀加速提升h，速度增加为v，则对此过程，下列说法正确的是(　　)
A．人对物体所做的功等于物体机械能的增量
B．物体所受合外力所做的功为mv2
C．人对物体所做的功为mgh
D．人对物体所做的功为mv2
2．如图所示，一个小孩从粗糙的滑梯上加速滑下，对于其机械能的变化情况，下列判断正确的是(　　)
第2题图
A．重力势能减小，动能不变，机械能减小
B．重力势能减小，动能增加，机械能减小
C．重力势能减小，动能增加，机械能增加
D．重力势能减小，动能增加，机械能不变
3．如图所示，一直角斜面体固定在水平地面上，左侧斜面倾角为60°，右侧斜面倾角为30°，A、B两个物体分别系于一根跨过定滑轮的轻绳两端且分别置于斜面上，两物体下边缘位于同一高度且处于平衡状态，不考虑所有的摩擦，滑轮两边的轻绳都平行于斜面．若剪断轻绳，让物体从静止开始沿斜面滑下，下列叙述错误的是(　　)
第3题图
A．着地瞬间两物体的速度大小相等
B．着地瞬间两物体的机械能相等
C．着地瞬间两物体所受重力的功率相等
D．两物体的质量之比为mA∶mB＝1∶
4．质量为m的物体，由静止开始下落，由于阻力的作用，下落的加速度为4g/5，在物体下落高度为h的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．物体的动能增加了4mgh/5
B．物体的机械能减少了4mgh/5
C．物体克服阻力做功mgh/5
D．物体的重力势能减少了mgh
5．某滑沙场有两个坡度不同的滑道AB和AB′(均可看作斜面)，甲、乙两名旅游者分别乘两个完全相同的滑沙撬从A点由静止开始分别沿AB和AB'滑下，最后都停在水平沙面BC上，如图所示．设滑沙撬和沙面间的动摩擦因数处处相同，斜面与水平面连接处均可认为是圆滑的，滑沙者保持一定姿势坐在滑沙撬上不动．则下列说法中正确的是(　　)
第5题图
A．甲滑行的总路程一定大于乙滑行的总路程
B．甲在B点的动能一定等于乙在B′点的动能
C．甲在B点的速率一定等于乙在B′点的速率
D．甲全部滑行的水平位移一定大于乙全部滑行的水平位移
6．质量为10kg的物体，在变力F作用下沿x轴做直线运动，力随坐标x的变化情况如图所示．物体在x＝0处，速度为1m/s，一切摩擦不计，则物体运动到x＝16m处时，速度大小为　　　　　　　(　　)
第6题图
A．2m/s
B．3m/s
C．4m/s
D.m/s
7．如图所示，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，再将铁块放回A处，并轻推一下使之沿新斜面向下滑动．关于此情况下铁块运动情况的描述，正确的是(　　)
第7题图
A．铁块一定能够到达P点
B．铁块的初速度必须足够大才能到达P点
C．铁块能否到达P点与铁块质量有关
D．以上说法均不对
8．如图所示，粗糙斜面AB与竖直平面内的光滑圆弧轨道BCD相切于B点，圆弧轨道的半径为R，C点在圆心O的正下方，D点与圆心O在同一水平线上，∠COB＝θ.现有质量为m的物块从D点无初速释放，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.求：
第8题图
(1)物块第一次通过C点时对轨道压力的大小；
(2)物块在斜面上运动离B点的最远距离．
9．如图所示，水平轨道上有一轻弹簧左端固定，弹簧处于自然状态时，其右端位于P点．现用一质量m＝0.1 kg的小物块(可视为质点)将弹簧压缩后释放，物块经过P点时的速度v0＝18 m/s，经过水平轨道右端Q点后沿半圆轨道的切线进行竖直固定的光滑圆轨道，最后物块经轨道最低点A抛出后落到B点，已知物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，R＝l＝1 m，A到B的竖直高度h＝1.25 m，取g＝10 m/s2.
第9题图
(1)求物块到达Q点时的速度大小(保留根号)；
(2)求物块经过Q点时圆轨道对物块的压力；
(3)求物块水平抛出的位移大小．
10．如图所示，物体A的质量为M，圆环B的质量为m，通过绳子连结在一起，圆环套在光滑的竖直杆上，开始时连接圆环的绳子处于水平，长度l＝4m，现从静止释放圆环．不计定滑轮和空气的阻力，取g＝10m/s2，求：
第10题图
(1)为使圆环能下降h＝3m，两个物体的质量应满足什么关系？
(2)若圆环下降h＝3m时的速度v＝5m/s，则两个物体的质量有何关系？
(3)不管两个物体的质量为多大，圆环下降h ＝3m时的速度不可能超过多大？
第18讲　动能　动能
定理及其应用
第1课时　动能定理
知识整合
基础自测
一、运动　(1)Ek＝mv2　(2)标量
二、1.外力对物体做的总功等于物体动能的变化．W总＝ΔEk　2.功　能　外力做的总功　末动能与初动能的差　动能增加　动能减少　3.曲线运动　变力做功　分阶段做功
重点阐述
【典型例题1】 如图甲所示，长为4m的水平轨道AB与倾角为37°的足够长斜面BC在B处连接，有一质量为2kg的滑块，从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F按图乙所示规律变化，滑块与AB和BC间的动摩擦因数均为0.25，重力加速度g取10m/s2.求：
　(1)滑块到达B处时的速度大小；
　(2)不计滑块在B处的速率变化，滑块冲上斜面，滑块最终静止的位置与到B点的距离．
　图甲
　　　图乙
【答案】　(1)m/s　(2)1m　【解析】 (1)由图得：0～2m：F1＝20N　Δx1＝2m;
　2～3m：F2＝0　Δx2＝1m;
　3～4m：F3＝10N　Δx3＝1m.
　A至B由动能定理：F1×Δx1－F3×Δx3－μmg(Δx1＋Δx2＋Δx3)＝mv.
　20×2－10×1－0.25×2×10×(2＋1＋1)＝×2×v得vB＝m/s.
　(2)因为mgsin37°＞μmgcos37°，滑块将滑回水平面．设滑块由B点上滑的最大距离为L，由动能定理－μmgLcos37°－mgLsin37°＝0－mv.
　解得：L＝m.从最高点滑回水平面，设停止在与B点相距s处，mgLsin37°－μmgLcos37°－μmgs＝0－0.解得：s＝L＝×＝1m.
变式训练1　(1)35s　(2)14.23J　【解析】 (1)Δt＝＝Δx，即图线所围的面积ΔS就是运动时间．　t＝S＝3×3＋×(3＋5)×2＋4×3＋×(4＋2)×2 s＝35s；　(2)Wh＝mv－mv＋mv－mv＝m(v＋v－v－v)＝×240×(0.22＋0.52－0.332－0.252)J＝14.23J.
【典型例题2】 如图所示，AB与CD为两个对称斜面，其上部都足够长，下部分分
别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为120°，半径R＝2.0 m，一个物体在离弧底E高度为h＝3.0 m处，以初速度v0＝4 m/s沿斜面运动，若物体与两斜面的动摩擦因数均为μ＝0.02，则物体在两斜面上(不包括圆弧部分)一共能走多少路程？(g取10 m/s2)．
【答案】　280 m　【解析】　由于滑块在斜面上受到摩擦阻力作用，所以物体的机械能将逐渐减少，最后物体在BEC圆弧上做永不停息的往复运动．在BEC圆弧上做永不停息的往复运动之前的运动过程中，重力所做的功为WG＝mg(h－R/2)，摩擦力所做的功为Wf＝－μmgscos60°，由动能定理得：
　mg(h－R/2)－μmgscos60°＝0－mv
s＝280 m.
变式训练2　(1)tanθ　(2)　【解析】 (1)为使小物体不会从A点冲出斜面，由动能定理得mg－μmgcosθ＝0，解得动摩擦因数至少为μ＝tanθ；　(2)分析运动过程可得，最终小物体将从B点开始做往复的运动，由动能定理得mg－μmgscosθ＝0，解得小物体在斜面上通过的总路程为s＝.
随堂演练
　1.ABD　【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推，C错误；阻力对小车做的功W阻＝mv2－W推－W重＝mv2＋mgh－Fx，D正确．
　2.D　【解析】 小球上升至最高点过程，根据动能定理，－mgH－FfH＝0－mv，小球上升至离地高度h处过程：－mgh－Ffh＝mv－mv，又mv＝2mgh; 小球上升至最高点后又下降至离地高度h处过程：－mgh－Ff(2H－h)＝mv－mv，又2·mv＝mgh; 联立以上各式解得h＝H，选项D正确．
　3.L(1＋)　【解析】　
　对车头，脱钩后的全过程用动能定理得：
FL－kMgs1＝－Mv
对车厢，脱钩后用动能定理得：
－kmgs2＝－mv
而Δs＝s1－s2，
　由于原来列车是匀速前进的，所以F＝k(M＋m)g
　由以上方程解得Δs＝L(1＋)．
　4.(1)4N　(2)0.8J　(3)0.8s　【解析】 (1)物体与木板不发生滑动，则木块和小物体具有共同加速度，由牛顿第二定律得：F＝(M＋m)a　小物体的加速度由木块对它的摩擦力提供，则有：μmg＝ma　解得：F＝μ(M＋m)g＝4N　(2)小物体的加速度a1＝＝μg＝1m/s2　木板的加速度　a2＝＝3m/s2　物体滑过木板所用时间为t，由位移关系得：a2t2－a1t2＝L　物体离开木板时的速度v1＝a1t　Ek1＝mv＝0.8J　(3)若要F作用时间最短，则物体离开木板时与木板速度相同．设F作用的最短时间为t1，物体在木板上滑行的时间为t，物体离开木板时与木板的速度为v，则v＝a1t　撤去F时，物体速度为v1，木板的速度为v2，则v1＝a1t1　v2＝a2t1　撤去F后由动量守恒定律得：mv1＋Mv2＝(m＋M)v　由位移关系得：t1＋(t－t1)－t＝L　解得：t1＝0.8s.
5．见解析　【解析】　绳对重物的拉力为变力，应用动能定理列方程．以重物为研究对象：
WT－mgh＝mv
由图所示，重物的末速度vm与汽车在B点的速度vB的沿绳方向的分速度相同，则
vm＝vB·sinθ
h＝H/cosθ－H
解得：
　WT＝mgH＋mvsin2θ.
6．(1)mv　(2)－x0　【解析】 (1)A从P点出发又回到P点的过程中根据动能定理得克服摩擦力所做的功为Wf＝mv02　(2)A从P点出发又回到P点的过程中根据动能定理　2μmg(x1＋x0)＝mv02　得：x1＝－x0.
　7.(1)　(2)(3－2cosθ)mg　【解析】 (1)因为摩擦力始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧上往复运动．对整个过程由动能定理得：mgR·cosθ－μmgcosθ·s＝0，所以总路程为s＝.(2)对B→E过程mgR(1－cosθ)＝mv　FN－mg＝　解得：FN＝(3－2cosθ)mg.由牛顿第三定律得物体对圆弧轨道的压力为(3－2cosθ)mg.
　8.(1)10m/s　(2)43N，方向竖直向下　(3)－68J　【解析】 (1)设小球经过B点时的速度大小为vB，由动能定理得mg(H－h)＝mv　求得vB＝10m/s.　(2)设小球经过C点时的速度为vC，对轨道的压力为FN，则轨道对小球的支持力FN′＝FN，根据牛顿第二定律可得FN′－mg＝　由动能定理得mgR(1－cos53°)＝mv－mv，解得FN＝43N　方向竖直向下　(3)设小球由D到达S的过程中阻力所做的功为W，易知vD＝vB，由动能定理可得mgh＋W＝mv－mv　代入数据，解得W＝－68J.
第2课时　动能定理的应用
重点阐述
【典型例题1】 如图所示，某滑道由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接(不考虑能量损失)，其中轨道AB段是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A点离轨道BC的高度为h1＝4.30m.现让质量为m的小滑块自A点由静止释放，已知小滑块与轨道BC、CD间的动摩擦因数都为μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37＝0.8.
　
　试求：
　(1)小滑块第一次到达C点时的速度大小；
　(2)小滑块第一次和第二次经过C点的时间间隔；
　(3)小滑块最终静止的位置距B点的距离l.
【答案】　(1)6m/s　(2)1.9s　(3)4.28m
【解析】　(1)小物块第一次从A到C的过程中，由动能定理得　mgh1－μmgs＝mv－0
　将h1、s、μ、g代入得：vC＝6m/s.
　(2)第一次冲上CD轨道上升的高度最大，上升过程的加速度大小为a1＝gsinθ＋μgcosθ＝10m/s2
　上升的时间t1＝＝0.6s
　则沿斜面上升的距离最大值为x＝＝1.8m
　返回时小滑块做匀加速运动，加速度a2＝gsinθ－μgcosθ＝2m/s2
　从最高点返回到C点所用的时间
　t2＝＝s
　故小滑块第一次和第二次经过C点的时间间隔
　t＝t1＋t2＝1.9s
　(3)小球返回到C点的速度满足v′＝2a2x
　从C点向左的过程，由动能定理得mv′＝μmg(s－l)
　带入数字解得l＝4.28m.
变式训练1　(1)2　(2)
(3)(2.5＋)R　【解析】 (1)对物体由A至D运用动能定理得：－mg·2R＝0－mv　vA＝2.(2)对物体由B至A运用动能定理得：Eq·2.5R－μmg·2.5R＝mv－0解得E＝. (3)对物体全过程运用动能定理得：Eq·2.5R－μmg·s＝0解得s＝(2.5＋)R.
【典型例题2】 在光滑的平面上有一静止物体，现以水平恒力推这一物体．作用一段时间后，换成相反方向的水平恒力推这一物体，当恒力乙作用时间与恒力甲作用时间相同时，物体恰好回到原处，此时物体的动能为32J，则在整个过程中，甲、乙两力做功分别是多少？
【答案】　8J　24J　【解析】　由于在前后两段相同的时间t内，位移相同，
　则v1t＝(v2－v1)t即v2＝2v1
　得Ek2＝mv＝4×mv＝4Ek1
　已知Ek2＝32J　　故Ek1＝8J
　按动能定理，恒力F甲、F乙做的功分别为
　W乙＝Ek2－Ek1＝32J－8J＝24J　W甲＝Ek1＝8J.
变式训练2　AD　【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．
【典型例题3】 如图甲所示，一条轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，右端放一个可视为质点的小物块，小物块的质量为m＝1.0 kg，当弹簧处于原长时，小物块静止于O点．现对小物块施加一个外力F，使它缓慢移动，将弹簧压缩至A点，压缩量为x＝0.1 m，在这一过程中，所用外力F与压缩量的关系如图乙所示．然后撤去F释放小物块，让小物块沿桌面运动，已知O点至桌面B点的距离为L＝2x，水平桌面的高为h＝5.0 m，计算时，可认为滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力．(g取10 m/s2)求：
　
　
　(1)在压缩弹簧过程中，弹簧存贮的最大弹性势能．
　(2)小物块到达桌边B点时速度的大小．
　(3)小物块落地点与桌边B点的水平距离．
【答案】　(1)2.3 J　(2)2 m/s　(3)2 m
　【解析】 (1)取向左为正方向，从F－x图中可以看出，小物块与桌面间的滑动摩擦力大小为
　Ff＝1.0 N，方向为负方向
　在压缩过程中，摩擦力做功为
　WFf＝－Ff·x＝－0.1 J
　由图线与x轴所围面积可得外力做功为
　WF＝×0.1 J＝2.4 J
　所以弹簧存贮的最大弹性势能为
　Ep＝WF＋WFf＝2.3 J
　(2)从A点开始到B点的过程中，由于L＝2x，摩擦力做功为W′Ff＝－Ff·3x＝－0.3 J
　对小物块用动能定理有
　Ep＋W′Ff＝mv
　解得：vB＝2 m/s
　(3)小物块从B点开始做平抛运动h＝gt2
　下落时间t＝1 s
　水平距离s＝vBt＝2 m.
变式训练3　(1)4m　(2)24J　【解析】 (1)在3～5s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＝2m/s2，x＝at2＝4m.　(2)设物块回到A点时的速度为vA，由vA2＝2ax得vA＝4m/s.设整个过程中F做的功为WF，由动能定理得：WF－2μmgx＝mvA2，解得：WF＝24J.
随堂演练
　1.AB　【解析】 由功能原理可知，人对物体所做的功等于物体机械能的增量，为mgh＋mv2，选项A正确CD错误；由动能定理可知，物体所受合外力所做的功为mv2，选项B正确．
　2.B　【解析】 小孩下滑过程中，受到重力、支持力和滑动摩擦力，其中重力做正功，支持力不做功，滑动摩擦力做负功；重力做功是重力势能的变化量度，故重力势能减小；小孩加速下滑，故动能增加；除重力外其余力做的功是机械能变化的量度，摩擦力做负功，故机械能减小；故选B.
　3.B　【解析】 根据初始时刻两物体处于平衡状态，由平衡条件可知，mAgsin60°＝mBgsin30°，由此可得，两物体的质量之比为mA∶mB＝1∶；由机械能守恒定律可知，着地瞬间两物体的速度大小相等，选项AD叙述正确；着地瞬间，A物体重力功率PA＝mAgvsin60°，B物体重力功率PB＝mBgvsin30°，两物体所受重力的功率相等，选项C叙述正确；由于两物体质量不等，初始状态两物体的机械能不等，所以着地瞬间两物体的机械能不相等，选项B叙述错误．
　4.ACD　【解析】 因物体的加速度为g，故说明物体受阻力作用，由牛顿第二定律可知，mg－f＝ma；解得f＝mg；重力做功WG＝mgh；阻力做功Wt＝－mgh；由动能定理可得动能的改变量ΔEk＝W0＋Wt＝mgh；故A正确；阻力做功消耗机械能，故机械能的减小量为mgh；故B错误；阻力做功为Wt，则物体克服阻力所做的功为mgh；故C正确；重力做功等于重力势能的改变量，重力做正功，故重力势能减小mgh，故D正确；故选ACD.
　5.A　【解析】 由动能定理列方程计算可得两人最后都停在水平沙面B′C上同一点，甲滑行的总路程一定大于乙滑行的总路程，甲全部滑行的水平位移一定等于乙全部滑行的水平位移，选项A正确D错误；甲在B点的动能一定大于乙在B′点的动能，甲在B点的速率一定大于乙在B′点的速率，选项BC错误．
　6.B　【解析】 由动能定理可得，mv2－mv＝Fs，Fs＝10×4＋×10×4－×10×4＝40 J，v＝＝3m/s.故选B.
　7.A　【解析】 设AB＝x1, BP＝x2, AP＝x3，动摩擦因数为μ，由动能定理得： mgx1sinα－μmgcosαx1－μmgx2＝0，可得： mgx1sinα＝μmg(x1cosα＋x2)，设沿AP滑动P的速度为vP，由动能定理得： mgx3sinβ－μmgcosβ·x3＝mv，因x1cosα＋x2＝x3cosβ，故得： vP＝0，也即铁块恰好沿AP滑到P点，故A正确．
　8.见解析　【解析】 (1)物块从D到C，由动能定理，得mgR＝mv2.物块经C点，根据牛顿第二定律，得FN－mg＝m.由以上两式得支持力大小FN＝3mg.由牛顿第三定律得，物块对轨道的压力大小为3mg.
(2)小物体通过圆弧轨道后，在斜面上运动到最大距离s时速度为0，由动能定理可得mgRcosθ－mgssinθ－μmgscosθ＝0.故s＝.
　9.(1)m/s　(2)31.1 N　方向竖直向下　(3)9.5 m　【解析】 (1)物块由P到Q，由动能定理得
　－μmgl＝mv－mv则vQ＝＝＝m/s
　(2)物块在半圆轨道的最高点，由牛顿第二定律得mg＋FN＝m，故FN＝m－mg＝0.1×－0.1×10＝31.1N，
　方向竖直向下．
　(3)物块从Q到A由动能定理得
　mg2R＝mv－mv，
　vA＝＝
　＝＝19m/s
　h＝gt2，t＝＝s＝0.5 s
　x＝vAt＝9.5 m.
　10.(1)3 m　(2)35/29　(3)7.8 m/s
　【解析】 (1)若圆环恰好能下降h＝3m，由动能定理得
　mgh－mghA＝0④
　h2＋l2＝(l＋hA)2⑤
　解得两个物体的质量应满足关系
　M＝3m⑥
　
第10题图
(2)若圆环下降h＝3m时的速度v＝5m/s，由机械能守恒定律得
　mgh＝MghA＋mv2＋Mv
　如图所示，A、B的速度关系为
　vA＝vcosθ＝v
　解得两个物体的质量关系为
　＝
　(3)B的质量比A的大得越多，圆环下降h＝3 m时的速度越大，当m?M时可能认为B下落过程应用动能定理，有
　－mgh＝0－mv
　解得圆环的最大速度
　vm＝m/s＝7.8 m/s
　即圆环下降h＝3 m时的速度不可能超过7.8 m/s.

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