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第4讲　万有引力与航天
一、开普勒行星运动定律
1.第一定律：所有行星绕太阳运动的轨道都是__________，太阳处在椭圆的一个焦点上.
2.第二定律：对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过相等的面积.
3.第三定律：所有行星的轨道的半长轴的__________跟它的公转周期的________的比值都相等.
椭圆
三次方
二次方
二、万有引力定律
1.内容：自然界中任何两个物体都相互吸引，引力的方向在它们的连线上，引力的大小与物体的质量m1和m2的________成正比，与它们之间距离r的________成反比. 　
2.公式：F＝G，其中G＝6.67×10－11 N·m2/kg2，叫作引力常量.
乘积
二次方
三、万有引力定律的应用及三种宇宙速度
1.万有引力定律的基本应用.
(1)基本方法：把天体(或人造卫星)的运动看成是匀速圆周运动，其所需向心力由__________提供.
(2)基本公式：G＝mgr＝ma＝
其中gr为距天体中心r处的重力加速度.
万有引力
2.三种宇宙速度.
宇宙速度 数值/ (km·s－1) 意义
第一宇 宙速度 (环绕速度) 7.9 卫星绕地球做圆周运动的最小发射速度.若7.9 km/s≤v＜11.2 km/s，物体绕________运行
第二宇 宙速度 (逃逸速度) 11.2 物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度.若11.2 km/s≤v＜16.7 km/s，物体绕________运行
第三宇 宙速度 16.7 物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度.若v≥16.7 km/s，物体将脱离________在宇宙空间运行
地球
太阳
太阳系
四、同步卫星的特点
1.轨道平面一定：轨道平面与__________共面.
2.周期一定：与__________周期相同，即T＝24 h.
3.角速度一定：与__________的角速度相同.
赤道平面
地球自转
地球自转
4.高度一定：由G＝m(R+h)，得同步卫星离地面的高度h＝－R.
5.速率一定：v＝ .
五、牛顿力学的局限性和相对论时空观
1.牛顿力学的局限性.
牛顿力学只适用于__________运动的物体，微观世界要用量子力学，高速运动、大质量天体需要用相对论.
宏观低速
2.相对论时空观.
(1)在狭义相对论中，物体的质量是随物体运动速度的增大而________的.
(2)在狭义相对论中，同一物理过程发生的位移和对应时间的测量结果在不同的参考系中是________的.
增大
不同
(1)面积定律是对同一个行星而言的，不同的行星相等时间内扫过的面积不等.由面积定律可知，行星在近日点的速度比它在远日点的速度大.
(2)经典力学——牛顿运动定律的适用范畴.
1.[开普勒行星运动定律的理解]火星和木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行，根据开普勒行星运动定律可知(　　)
A.太阳位于木星运行轨道的中心
B.火星和木星绕太阳运行速度的大小始终相等
C.火星与木星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方
D.相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积
【答案】C
2.[万有引力定律]航天员们在中国空间站进行了“天宫课堂”，演示了一些完全失重状态下的物理现象.若飞船质量为m，距地面高度为h，地球质量为M，半径为R，引力常量为G，则飞船所在处的重力加速度大小为(　　)
A.0 B.
C. D..
【答案】B
3.[卫星运动参量的计算]金星、地球和火星绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动，它们的向心加速度大小分别为a金、a地、a火，它们沿轨道运行的速率分别为v金、v地、v火.已知它们的轨道半径R金＜R地＜R火，由此可以判定(　　)
A.a金＞a地＞a火 B.a火＞a地＞a金
C.v地＞v火＞v金 D..v火＞v地＞v金
【答案】A　
【解析】行星绕太阳做圆周运动时，根据牛顿第二定律和圆周运动知识，由G＝ma得向心加速度a＝，由G＝m得速度v＝，由于R金＜R地＜R火，所以a金＞a地＞a火，v金＞v地＞v火，A正确.
考点1　万有引力定律在天体运动中的应用　[能力考点]
1.基本方法
把天体的运动看成匀速圆周运动，所需向心力由万有引力提供.
G＝m＝mω2r＝mr＝m(2πf)2r.
2.中心天体的质量M，密度ρ的估算
(1)“自力更生”法：利用天体表面的重力加速度g和天体半径R.
①由G＝mg，得天体质量M＝.
②天体密度ρ＝.
③GM＝gR2称为黄金代换公式.
(2)“借助外援”法：测出卫星绕天体做匀速圆周运动的半径r和周期T.
①由G＝mr，得天体的质量M＝.
②若已知卫星的周期T和天体的半径R，则天体密度
ρ＝.
③若卫星绕天体表面运行时，可认为轨道半径r等于天体半径R，则天体密度ρ＝.可见，只要测出卫星环绕天体表面运动的周期T，就可估算出中心天体的密度.
3.估算天体问题应注意三点
(1)天体质量估算中常有隐含条件，如地球的自转周期为24 h，公转周期为365天等.
(2)注意黄金代换式GM＝gR2的应用.
(3)注意密度公式ρ＝的理解和应用.
例1　我国自主研发的空间站“天和”核心舱入轨运行良久，若核心舱绕地球的运行可视为匀速圆周运动，已知引力常量，由下列物理量能计算出地球质量的是(　　)
A.核心舱的质量和绕地半径
B.核心舱的质量和绕地周期
C.核心舱的绕地角速度和绕地周期
D.核心舱的绕地线速度和绕地半径
【答案】D　
【解析】根据核心舱做圆周运动的向心力由地球的万有引力提供，可得G＝m＝mω2r＝mr，可得M＝，则已知核心舱的质量和绕地半径、已知核心舱的质量和绕地周期以及已知核心舱的角速度和绕地周期，都不能求解地球的质量；若已知核心舱的绕地线速度和绕地半径可求解地球的质量.故D正确.
1.(2021年全国卷Ⅱ)科学家对银河系中心附近的恒星S2进行了多年的持续观测，给出1994年到2002年间S2的位置如图所示.科学家认为S2的运动轨迹是半长轴约为1 000 AU(太阳到地球的距离为1 AU)的椭圆，银河系中心可能存在超大质量黑洞.这项研究工作获得了2020年诺贝尔物理学奖.若认为S2所受的作用力主要为该大质量黑洞的引力，设太阳的质量为M，可以推测出该黑洞质量约为(　　)
A.4×104M　　 B.4×106M
C.4×108M　　 D..4×1010M
【答案】B　
【解析】可以近似把S2看成匀速圆周运动，由图可知，S2绕黑洞的周期T＝16年，地球的公转周期T0＝1年，S2绕黑洞做圆周运动的半径r与地球绕太阳做圆周运动的半径R关系是r＝1 000R，地球绕太阳的向心力由太阳对地球的万有引力提供，由向心力公式可知G＝mRω2＝mR，解得太阳的质量为M＝，同理S2绕黑洞的向心力由黑洞对它的万有引力提供，由向心力公式可知G＝m'rω2＝m'r，解得黑洞的质量为Mx＝，综上可得Mx＝3.90×106M，故B正确.
2.(2022年全国卷)2022年3月，中国航天员翟志刚、王亚平、叶光富在离地球表面约400 km的“天宫二号”空间站上通过天地连线，为同学们上了一堂精彩的科学课.通过直播画面可以看到，在近地圆轨道上飞行的“天宫二号”中，航天员可以自由地漂浮，这表明他们(　　)
A.所受地球引力的大小近似为零
B.所受地球引力与飞船对其作用力两者的合力近似为零
C.所受地球引力的大小与其随飞船运动所需向心力的大小近似相等
D.在地球表面上所受引力的大小小于其随飞船运动所需向心力的大小
【答案】C　
【解析】航天员在空间站中所受万有引力完全提供做圆周运动的向心力，飞船对其作用力等于零，C正确，A、B错误；根据万有引力公式F万＝G，可知在地球表面上所受引力的大小大于在飞船所受的万有引力大小，因此地球表面引力大于其随飞船运动所需向心力的大小，D错误.
考点2　卫星运行参量的分析与计算　[能力考点]
1.卫星的轨道
(1)赤道轨道：卫星的轨道在赤道平面内，同步卫星就是其中的一种.
(2)极地轨道：卫星的轨道过南北两极，即在垂直于赤道的平面内，如极地气象卫星.
2.地球同步卫星的特点
六个“一定”.
3.卫星的各物理量随轨道半径变化的规律
规律
4.宇宙速度
(1)第一宇宙速度v1＝7.9 km/s，既是地球卫星的最小发射速度，也是地球卫星的最大环绕速度.
(2)第一宇宙速度的推导过程.
①＝m，所以v1＝.
②mg＝，所以v1＝.
(3)第二宇宙速度和第三宇宙速度也都是指发射速度.
考向1　卫星运行物理量的比较
例2　(2022年广东卷)“祝融号”火星车需要“休眠”以度过火星寒冷的冬季.假设火星和地球的冬季是各自公转周期的四分之一，且火星的冬季时长约为地球的1.88倍.火星和地球绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动.下列关于火星、地球公转的说法正确的是(　　)
A.火星公转的线速度比地球的大
B.火星公转的角速度比地球的大
C.火星公转的半径比地球的小
D.火星公转的加速度比地球的小
【答案】D　
【解析】由题意可知，火星的公转周期大于地球的公转周期，根据G＝mr可得T＝2π，可知火星的公转半径大于地球的公转半径，C错误；根据G＝m可得v＝，结合C选项，可知火星的公转线速度小于地球的公转线速度，A错误；根据ω＝可知火星公转的角速度小于地球公转的角速度，B错误；根据G＝ma可得a＝，可知火星公转的加速度小于地球公转的加速度，D正确.
考向2　宇宙速度
例3　2021年2月10日，在历经近7个月的太空飞行后，我国首个火星探测器“天问一号”成功“太空刹车”，顺利被火星捕获，进入环火星轨道.已知第二宇宙速度v＝，M为行星质量，R为行星半径.地球第二宇宙速度为11.2 km/s，火星的半径约为地球半径的，火星质量约为地球质量的.则“天问一号”刹车后相对于火星的速度不可能为(　　)
A.6 km/s　　B.5 km/s C.4 km/s　　 D..3 km/s
【答案】A　
【解析】根据第二宇宙速度公式v＝，可得火星的第二宇宙速度v火＝v地≈5.3 km/s，则“天问一号”刹车后相对于火星的速度小于火星的第二宇宙速度，所以A错误，符合题意；B、C、D正确，不符合题意.
考向3　近地卫星、同步卫星和赤道上物体的运行问题
例4　如图所示，A是静止在赤道上的物体，随地球自转而做匀速圆周运动；B、C是同一平面内两颗人造卫星，B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上，C是地球同步卫星.已知第一宇宙速度为v，物体A和卫星B、C的线速度大小分别为vA、vB、vC，周期大小分别为TA、TB、TC，则下列关系正确的是(　　)
A.vA＝vC＝v　 B.vA＜vC＜vB＜v
C.TA＞TC＞TB D..TA＜TB＜TC
【答案】B　
【解析】地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度，所以ωA＝ωC，根据公式v＝ωr，C的线速度大于A的线速度.根据＝m，得v＝，可知B的线速度大于C的线速度，但均小于第一宇宙速度，故A错误，B正确.卫星C为同步卫星，所以TA＝TC，根据＝mr，得T＝2π，得C的周期大于B的周期，故C、D错误.
1.(2022年湖北卷)2022年5月，我国成功完成了“天舟四号”货运飞船与空间站的对接，形成的组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，周期约90分钟.下列说法正确的是(　　)
A.组合体中的货物处于超重状态
B.组合体的速度大小略大于第一宇宙速度
C.组合体的角速度大小比地球同步卫星的大
D.组合体的加速度大小比地球同步卫星的小
【答案】C　
【解析】组合体在天上只受万有引力的作用，则组合体中的货物处于失重状态，A错误；由题知组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，而第一宇宙速度为最大的环绕速度，则组合体的速度大小不可能大于第一宇宙速度，B错误；已知同步卫星的周期为24 h，则根据角速度和周期的关系有ω＝，由于T同步＞T组合体，则组合体的角速度大小比地球同步卫星的大，C正确；由题知组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，有G＝mr，整理有T＝2π，由于T同步＞T组合体，则r同步＞r组合体，且同步卫星和组合体在天上有ma＝G，则有a同步＜a组合体，D错误.
2.(2022年广东模拟)我国发射了首颗用于太阳Hα波段光谱成像探测的试验卫星“羲和号”，标志着中国将正式进入“探日时代”.该卫星轨道为圆轨道，通过地球南北两极上方，离地高度517 km，如图所示，则该卫星(　　)
A.运行周期可能小于1小时
B.发射速度可能大于第二宇宙速度
C.运行速度可能小于地球同步卫星的运行速度
D.运行的轨道平面与地球同步卫星的轨道平面垂直
【答案】D　
【解析】卫星绕地球做匀速圆周运动，轨道处于地球表面时的运行周期最小，大约为Tmin＝ s≈5 088 s≈1.4 h，可知该卫星运行周期不可能小于1小时，A错误；卫星绕地球做匀速圆周运动的发射速度应大于等于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，B错误；根据万有引力提供向心力可得＝m，解得v＝.由于该卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，故该卫星运行速度一定大于地球同步卫星的运行速度，C错误；该卫星轨道通过地球南北两极上方，说明该卫星运行轨道平面与赤道平面垂直，而地球同步卫星的轨道平面与赤道平面共面，故该卫星运行的轨道平面与地球同步卫星的轨道平面垂直，D正确.
考点3　卫星变轨问题　[能力考点]
1.必须掌握的三种运动情境
2.卫星变轨的实质
两类变轨 离心运动 近心运动
示意图
变轨起因 卫星速度突然增大 卫星速度突然减小
万有引力与 向心力的 大小关系
变轨结果 转变为椭圆轨道运动或在较大半径圆轨道上运动 转变为椭圆轨道运动或在较小半径圆轨道上运动
新圆轨道上运动的速率比原轨道的小，周期比原轨道的大 新圆轨道上运动的速率比原轨道的大，周期比原轨道的小
动能减小、势能增大、机械能增大 动能增大、势能减小、机械能减小
3.航天器变轨时的物理规律
(1)航天器变轨时半径的变化，根据万有引力和所需向心力的大小关系判断；稳定在新圆轨道上的运行速度变化由v＝判断.
(2)同一航天器在一个确定的圆(椭圆)轨道上运行时机械能守恒，在不同轨道上运行时机械能不同，轨道半径越大，机械能越大.
(3)航天器经过不同轨道的相交点时，加速度相等，外轨道的速度大于内轨道的速度.
例5　(2022年浙江卷)“天问一号”从地球发射后，在如图甲所示的P点沿地火转移轨道到Q点，再依次进入如图乙所示的调相轨道和停泊轨道，则“天问一号”(　　)
A.发射速度介于7.9 km/s与11.2 km/s之间
B.从P点转移到Q点的时间小于6个月
C.在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小
D.在地火转移轨道运动时的速度均大于地球绕太阳的速度
【答案】C　
【解析】因发射的卫星要能变轨到绕太阳转动，则发射速度要大于第二宇宙速度，即发射速度介于11.2 km/s与16.7 km/s之间，A错误；因P点转移到Q点的转移轨道的半长轴大于地球公转轨道半径，则其周期大于地球公转周期(1年共12个月)，则从P点转移到Q点的时间为轨道周期的一半时间应大于6个月，B错误；因在环绕火星的停泊轨道的半长轴小于调相轨道的半长轴，则由开普勒第三定律可知在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小，C正确；卫星从P点变轨时，要增大速度，此后做离心运动速度减小，则在地火转移轨道运动时，P点速度大于地球绕太阳的速度，D错误.
1.(2022年江西临川一中检测)火星探测器“天问一号”在火星与地球距离最近时才发射.已知火星距离地球最近时大约0.55亿千米，信号传输速度大小为3×108 m/s，由于距离遥远，地球与火星之间的信号传输会有长时间的延时.可认为地球和火星在同一平面上、沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动，火星的公转周期约是地球公转周期的1.9倍，如图所示.请根据上述材料，结合所学知识，判断下列说法正确的是(　　 )
A.地球的公转线速度小于火星的公转线速度
B.当火星离地球最近时，地球上发出的指令需要约30分钟到达火星
C.在地球上A点发射探测器，探测器的发射速度一定要大于16.7 km/s
D.某时刻火星离地球最近，恰好是一个发射时机，则下一个发射时机
需要再等约2.1年
【答案】D　
【解析】根据G＝m，解得v＝，由于地球的轨道半径小于火星的轨道半径，可知地球的公转线速度大于火星的公转线速度，A错误；当火星离地球最近时，地球上发出的指令到达火星的时间t0＝ s＝ s≈3分钟，B错误；探测器没有摆脱太阳的引力，则发射速度小于16.7 km/s，C错误；根据题意，两者相距最近时，恰好是一次发射机会，令到达下一次机会的时间为Δt，则有Δt－Δt＝2π，结合题中数值，解得Δt＝T地≈2.1年，D正确.
2.如图所示，携带月壤的“嫦娥五号”轨道器和返回器组合体经历了约6天环月等待后在近月点A点火加速，从近圆轨道Ⅰ进入近月椭圆轨道Ⅱ，接着在点A再次加速，从轨道Ⅱ进入月地转移轨道Ⅲ，经过多次姿态调整后，在轨道Ⅲ的远月点B附近，实施轨道器和返回器分离，返回器进入预定返回轨道.已知地球质量约为月球质量的81倍，则“嫦娥五号”轨道器和返回器组合体(　　)
A.在轨道Ⅰ上A点的速度大于在轨道Ⅱ上A点的速度
B.在轨道Ⅰ上的运行周期大于在轨道Ⅱ上的运行周期
C.在轨道Ⅲ上A点的加速度大于在轨道Ⅱ上A点的加速度
D.在轨道Ⅲ上B点附近时，受到的地球引力大于月球引力
【答案】D　
【解析】由于组合体在近月点A点加速，从近圆轨道Ⅰ进入近月椭圆轨道Ⅱ，故在轨道Ⅰ上A点的速度小于在轨道Ⅱ上A点的速度，故A错误；根据开普勒第三定律有，由于aⅠ＜aⅡ，则TⅠ＜TⅡ，故B错误；在A点由牛顿第二定律有＝ma，解得a＝，则可知，在轨道Ⅲ上A点的加速度等于在轨道Ⅱ上A点的加速度，故C错误；在B点，受到地球的引力为F地＝，受到月球的引力为F月＝，由于M地＞M月，r地＜r月，则有F地＞F月，故D正确.
天体圆周运动的几种模型
类型一　天体的三种匀速圆周运动模型
　　如图所示，a为近地卫星，半径为r1；b为地球同步卫星，半径为r2；c为赤道上随地球自转的物体，半径为r3.
项目 近地卫星 (r1、ω1、v1、a1) 同步卫星 (r2、ω2、v2、a2) 赤道上随地球自转的物体(r3、ω3、v3、a3)
向心力 万有引力 万有引力 万有引力的一个分力
项目 近地卫星 (r1、ω1、v1、a1) 同步卫星 (r2、ω2、v2、a2) 赤道上随地球自转的物体(r3、ω3、v3、a3)
轨道半径 r2＞r1＞r3 角速度 同步卫星的角速度与地球自转角速度相同，故ω2＝ω3
ω1＞ω2＝ω3 线速度 由v＝rω得v2＞v3
v1＞v2＞v3 向心加 速度 由a＝ω2r得a2＞a3
a1＞a2＞a3 续表
1.(多选)我国“北斗”导航系统(BDS)已经开始提供全球服务，具有定位、导航、授时、5G传输等功能.A、B为“北斗”系统中的两颗工作卫星，其中A是高轨道的地球静止同步轨道卫星，B是中轨道卫星.已知地球表面的重力加速度为g，地球的自转周期为T0，下列判断正确的是(　　)
A.卫星A可能经过广州上空
B.卫星B可能经过广州上空
C.周期大小TA＝T0＞TB
D.向心加速度大小aA＜aB＜g
【答案】BCD　
【解析】A是高轨道的地球静止同步轨道卫星，静止在赤道上空，不可能经过广州上空，A错误；B是中轨道卫星，不是地球静止同步轨道卫星，所以可能经过广州上空，B正确；根据G＝mr，可得T＝2π，半径越大，周期越大，所以TA＝T0＞TB，C正确；根据万有引力提供向心力G＝ma，即a＝，半径越大，向心加速度越小，所以向心加速度大小aA＜aB＜g，D正确.
2.如图所示，a为放在赤道上相对地球静止的物体，随地球自转做匀速圆周运动，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星(轨道半径约等于地球半径)，c为地球的同步卫星.下列关于a、b、c的说法中正确的是(　　)
A.b卫星转动线速度大于7.9 km/s
B.a、b、c做匀速圆周运动的向心加速度大小关系为aa＞ab＞ac
C.a、b、c做匀速圆周运动的周期关系为Tc＞Tb＞Ta
D.在b、c中，b的线速度大
【答案】D　
【解析】b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星，根据万有引力定律有G＝m，解得v＝，代入数据得v＝7.9 km/s，故A错误；地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度，所以ωa＝ωc，根据a＝rω2知，c的向心加速度大于a的向心加速度，根据a＝得b的向心加速度大于c的向心加速度，即ab＞ac＞aa，故B错误；卫星c为同步卫星，所以Ta＝Tc，根据T＝2π得c的周期大于b的周期，即Ta＝Tc＞Tb，故C错误；在b、c中，根据v＝，可知b的速度比c的速度大，故D正确.
类型二　双星(或三星)模型
1.运行原理分析
系统 图示 向心力来源
可视天体绕黑洞做圆周运动 黑洞对可视天体的万有引力提供向心力
黑洞与可视天体构成的双星系统 彼此给对方的万有引力提供向心力
两颗可视天体构成的双星系统 彼此给对方的万有引力提供向心力
三星系统(正三角形排列) 另两星球对其万有引力的合力
三星系统(直线等间距排列) 另两星球对其万有引力的合力
2.双星、多星问题的分析技巧
(1)根据双星或多星的特点、规律，先确定系统的中心以及运动的轨道半径.
(2)各星体的向心力由其他天体的万有引力的合力提供.
(3)星体的角速度相等.
(4)星体的轨道半径不是天体间的距离.要利用几何知识，寻找两者之间的关系，正确计算万有引力和向心力.
3.(2022年岳阳二模)(多选)中国科学家利用“慧眼”太空望远镜观测到了银河系的MaXIJ1820+070是一个由黑洞和恒星组成的双星系统，距离地球约10 000光年.根据观测，黑洞的质量大约是太阳的8倍，恒星的质量只有太阳的一半，若已知太阳质量为M，引力常量为G，据此以上信息可以估算出(　　)
A.黑洞与恒星做匀速圆周运动的轨道半径之比
B.黑洞与恒星做匀速圆周运动的线速度大小之比
C.黑洞做匀速圆周运动的角速度大小
D.恒星的自转周期
【答案】AB　
【解析】设黑洞的质量为8M，恒星的质量为，黑洞和恒星组成双星系统，则角速度相等，设为ω，黑洞的轨道半径为r1，恒星的轨道半径为r2，则恒星和黑洞的距离L＝r1+r2，根据
万有引力提供向心力，对黑洞分析得G＝8M·ω2r1，对恒星有G·ω2r2，联立可得ω＝·ω2r2＝8Mω2r1，则.根据v＝ωr，可得，由于不知道黑洞和恒星的距离，无法求出角速度，A、B正确，C错误；根据题中条件无法求出恒星的自转周期，故D错误.
4.如图，“食双星”是指在相互引力作用下绕连线上O点做匀速圆周运动，彼此掩饰(像月亮挡住太阳)而造成亮度发生周期性变化的两颗恒星.在地球上通过望远镜观察这种双星，视线与双星轨道共面.观测发现每隔时间T两颗恒星与望远镜共线一次，已知两颗恒星A、B间距为d，引力常量为G，则可推算出双星的总质量为(　　)
A.
C. D..
【答案】B　
【解析】设A、B两天体的轨道半径分别为r1、r2，两者做圆周运动的周期相同，设为T'，由于经过时间T两者在此连成一条直线，故T'＝2T，对两天体，由万有引力提供向心力可得G＝mAr1，G＝mBr2，其中d＝r1+r2，联立解得mA+mB＝，故B正确.(共11张PPT)
热点强化5　与体育类运动或生活相关的平抛运动
1.如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球，某次球与墙壁上A点碰撞后水平弹离，恰好垂直落在球拍上的B点，已知球拍与水平方向夹角θ＝45°，A、B两点高度差h＝1 m，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则球水平弹离时速度v0大小为(　　)
A.2 m/s B.2 m/s
C. m/s D.. m/s
【答案】A　
【解析】由平抛运动的规律，对小球落到B点的速度进行分解，如图所示，小球垂直落到球拍上B点时的竖直分速度为vy＝＝2 m/s，根据平行四边形定则知，球在A点反弹时速度为v0＝vx＝vytan 45°＝2 m/s，，故A正确，B、C、D错误.
2.如图是跳远运动员在起跳、腾空和落地过程的情境，若运动员的成绩为8.00 m.腾空时重心离沙坑的最大高度为1.25 m.为简化情境，把运动员视为质点，空中轨迹视为抛物线，则(　　)
A.运动员在空中运动的时间为0.5 s
B.运动员在空中最高点时的速度大小为4 m/s
C.运动员落入沙坑时的速度大小为 m/s
D.运动员落入沙坑时速度与水平面夹角正切值为1.6
【答案】C　
【解析】跳远是斜抛运动，后半段可视为平抛运动，前半段可视为逆向平抛，前、后段时间相等，根据h＝gt2，得t1＝0.5 s，则运动员在空中运动的时间是t＝2t1＝1.0 s，A错误；由x＝v0t＝8.00 m，得v0＝8.0 m/s，即运动员在空中最高点的速度大小是8.0 m/s，B错误；运动员落入沙坑时的速度大小是v＝ m/s，C正确；运动员落入沙坑时速度与水平面的夹角正切值tan α＝＝0.625，D错误.
3.(2022年云南模拟)(多选)飞镖是一项深受人们喜爱的运动.镖靶如图所示，一同学练习投镖，若他每次都是将飞镖水平投出，飞镖在空中运动可视为平抛运动.某次飞镖打在了靶中心的正上方某处，该同学下次打靶时做出调整，可能让飞镖打在靶中心的是(　　)
A.保持飞镖出手点距地高度和出手速度不变，减小飞镖
出手点到靶的水平距离
B.保持飞镖出手点到靶的水平距离和出手速度不变，降
低飞镖出手点距地高度
C.保持飞镖出手点距地高度和到靶的水平距离不变，增大飞镖的出手速度
D.保持飞镖出手点距地高度和到靶的水平距离不变，减小飞镖的出手速度
【答案】BD
4.(2022年汕头模拟)(多选)如图所示为某喷灌机的喷头正在进行农田喷灌，喷头出水速度的大小和方向可以调节，已知图示出水速度与水平方向夹角θ＝30°，假设喷头贴近农作物表面，忽略空气阻力，下列哪种调整方式会使水喷得更远(　　)
A.减小出水速度
B.增大出水速度
C.适当减小θ角
D.适当增大θ角
【答案】BD　
【解析】设出水速度为v，根据斜抛运动规律可得水在空中做斜抛运动的时间为t＝，则喷水距离为x＝(vcos θ)t＝，45度时射程最远，由于此时2θ＝60°，根据上式可知若要使水喷得更远，即增大x，可以增大出水速度、适当增大θ角，B、D正确.
5.(2022年扬州期末)如图所示，滑板爱好者先后两次从坡道A点滑出，均落至B点，第二次的滞空时间比第一次长，则(　　)
A.两次滑出速度方向相同
B.两次腾空最大高度相同
C.第二次滑出速度一定大
D.第二次在最高点速度小
【答案】D
6.(2022年南昌模拟)如图所示，某次训练时将乒乓球发球机置于地面上方某一合适位置，正对竖直墙面水平发射乒乓球.现有两个乒乓球a和b以不同速度水平射出，初速度之比为3∶2，不计阻力，则乒乓球a和b(　　)
A.下落高度之比为4∶9
B.下落高度之比为9∶4
C.下落高度之比为2∶3
D.下落高度之比为3∶2
【答案】A　
【解析】乒乓球做平抛运动，两球水平位移相同，由x＝v0t，h＝gt2，可得下落高度之比为，A正确，B、C、D错误.(共18张PPT)
热点强化6　万有引力作用下的新情境问题
1.(2022年广州测试)如图，2021年11月“神州十三号”航天员从“天宫号”出舱完成相关的太空作业，已知“天宫号”空间站绕地球的运行可视为匀速圆周运动，周期约为1.5 h，下列说法正确的是(　　)
A.航天员出舱后处于平衡状态
B.航天员出舱后处于超重状态
C.“天宫号”的角速度比地球同步卫星的小
D.“天宫号”的线速度比地球同步卫星的大
【答案】D　
【解析】宇航员出仓后仍受地球引力作用，有向下的加速度，处于完全失重状态，A、B错误；空间站由万有引力提供向心力G＝m＝mr＝mω2r，得T＝2π，v＝，ω＝，空间站周期1.5 h小于地球同步卫星周期24 h，由T＝2π知空间站的圆周半径小于同步卫星，由ω＝知空间站角速度大于同步卫星角速度，由v＝知空间站线速度大于同步卫星的线速度，故C错误，D正确.
2.(2022年韶关模拟)在“嫦娥五号”任务中，有一个重要环节，轨道器和返回器组合体(简称“甲”)与上升器(简称“乙”)要在环月轨道上实现对接，以便将月壤样品从上升器转移到返回器中，再由返回器带回地球.对接之前，甲、乙分别在各自的轨道上做匀速圆周运动，且甲的轨道半径比乙小，如图所示，为了实现对接，处在低轨的甲要抬高轨道.下列说法正确的是(　　)
A.在甲抬高轨道之前，甲线速度小于乙
B.甲可以通过减小速度来抬高轨道
C.在甲抬高轨道的过程中，月球对甲的万有引力逐渐增大
D.返回地球后，月壤样品的重量比在月球表面时大
【答案】D　
【解析】在甲抬高轨道之前，两卫星均绕月球做匀速圆周运动，有G＝m，可得线速度为v＝，因r甲＜r乙，则甲的线速度大于乙的线速度，A错误；低轨卫星甲变为高轨卫星，需要做离心运动，则需要万有引力小于向心力，则需向后喷气增大速度，B错误；在甲抬高轨道的过程中，离月球的距离r逐渐增大，由F＝G可知月球对卫星的万有引力逐渐减小，C错误；因地球表面的重力加速度比月球表面的重力加速度大，则由G＝mg可知月壤样品的重量在地表比在月表要大，D正确.
3.如图所示为发射“天问一号”的示意图，“天问一号”被火星捕获之后，需要在近火星点变速，进入火星的椭圆轨道，则“天问一号”(　　)
A.在轨道Ⅱ上P点的速度小于Q点的速度
B.在轨道Ⅰ上运行周期大于在轨道Ⅱ上运行周期
C.由轨道Ⅰ变轨进入轨道Ⅱ需要在P点加速
D.在轨道Ⅰ上经过P点时的向心加速度大于在轨道Ⅱ上经过P点时的向心加速度
【答案】B
4.(多选)我国已掌握“半弹道跳跃式高速再入返回技术”，为实现“嫦娥”飞船月地返回任务奠定基础.如图虚线为地球大气层边界，返回器与服务舱分离后，从a点无动力滑入大气层，然后经b点从c点“跳”出，再经d点从e点“跃入”实现多次减速，可避免损坏返回器.d点为轨迹的最高点，与地心的距离为R，返回器在d点时的速度大小为v，地球质量为M，引力常量为G.则返回器(　　)
A.在b点处于失重状态
B.在a、c、e点时的动能相等
C.在d点时的加速度大小为
D.在d点时的速度大小v＜
【答案】CD
5.如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知a、b、c三颗卫星均做匀速圆周运动，a是地球同步卫星，则(　　)
A.卫星a的运行速度大于第一宇宙速度
B.卫星a的加速度大于b的加速度
C.卫星b的周期大于24 h
D.卫星a的角速度小于c的角速度
【答案】D
6.中国在西昌卫星发射中心成功发射“亚太九号”通信卫星，该卫星运行的轨道示意图如图所示，卫星先沿椭圆轨道1运行，近地点为Q，远地点为P.当卫星经过P点时点火加速，使卫星由椭圆轨道1转移到地球同步轨道2上运行，下列说法正确的是(　　)
A.卫星在轨道1和轨道2上运动时的机械能相等
B.卫星在轨道1上运行经过P点的速度大于经过Q点的速度
C.卫星在轨道2上时处于超重状态
D.卫星在轨道1上运行经过P点的加速度等于在轨道2上运行经过P点的加速度
【答案】D
7.如图所示，如果把地球表面看成一座巨大的拱形桥，若汽车速度足够大就可以飞离地面而成为人造地球卫星.已知地球自转周期为T，赤道上的重力加速度为g赤，万有引力常量为G，地球的半径为R.则下列说法正确的是(　　)
A.汽车相对地心的速度至少应为才能飞离地面
B.地球的质量为
C.地球两极处的重力加速度为R+g赤
D.为了使汽车更容易飞离地面，汽车应该在低纬度地区自东向西加速运动
【答案】C　
【解析】由题意可知，赤道上相对地球静止的物体的线速度为v1＝，汽车相对地心的速度为v1时显然不能飞离地面，汽车相对地心的速度至少要达到环绕速度才能飞离地面，故A错误；设地球的质量为M，对赤道上质量为m0的静止物体根据牛顿第二定律有G＝m0g赤+m0R，解得M＝，B错误；设地球两极处的重力加速度为g，地球两极处质量为m0的物体所受重力近似等于万有引力，即G＝m0g，解得g＝R+g赤，C正确；为了使汽车更容易飞离地面，汽车应该在低纬度地区自西向东加速运动，D错误.
8.为方便对天体物理学领域的研究以及实现对太空的进一步探索，人类计划在太空中建立新型空间站，假设未来空间站结构如图甲所示.在空间站中设置一个如图乙所示绕中心轴旋转的超大型圆管作为生活区，圆管的内、外管壁平面与转轴的距离分别为R1、R2.当圆管以一定的角速度ω转动时，在管中相对管静止的人(可看作质点)便可以获得一个类似在地球表面的“重力”，以此降低因长期处于失重状态对身体健康造成的影响.已知地球质量为M，地球半径为R，引力常量为G，地球自转周期为T.当空间站在地球静止同步轨道上运行时，管道转动的角速度ω大小为(　　)
A. C. D..·
【答案】B　
【解析】空间站在地球静止同步轨道上运行时，外管壁转动的向心加速度等于地球表面附近的重力加速度，即ω2R2＝g，而在地球表面附近有mg＝，解得ω＝，故B正确.
9.(2022年厦门模拟)(多选)中国“FAST”球面射电望远镜发现一个脉冲双星系统.科学家通过脉冲星计时观测得知该双星系统由一颗脉冲星与一颗白矮星组成.如图所示，假设在太空中有恒星A、B双星系统绕O点做逆时针匀速圆周运动，运动周期为T1，它们轨道半径分别为RA、RB，且RA＜RB；C为B的卫星，绕B做逆时针匀速圆周运动，周期为T2，且T2＜T1.A与B之间的引力远大于C与B之间的引力.引力常量为G，则(　　)
A.恒星A的质量大于恒星B的质量
B.恒星B的质量为MB＝
C.若知道C的轨道半径，则可求出C的质量
D.三星A、B、C相邻两次共线的时间间隔为Δt＝
【答案】AB　
【解析】因为双星系统的角速度相同，故对A、B可得MARAω2＝MBRBω2即，即恒星A的质量大于恒星B的质量，故A正确；对恒星A可得G＝MA，解得恒星B的质量为MB＝，B正确；对卫星C满足G＝m，可见无法求出卫星C的质量，故C错误；因为恒星A和B始终共线，所以三星A、B、C相邻两次共线的时间间隔为，故D错误.
10.(2022年江苏模拟)某卫星A在赤道平面内绕地球做圆周运动，运行方向与地球自转方向相同，赤道上有一卫星测控站B，已知卫星距地面的高度为R，地球的半径为R，自转周期为To，地球表面的重力加速度为g.求：
(1)卫星A做圆周运动的周期T；
(2)卫星A和测控站B能连续直接通讯的最长时间t.(卫星信号传输时间可忽略)
解：(1)设地球质量为M，卫星A的质量为m，根据万有引力提供向心力，有
G＝m·2R，
m0g＝G，
解得T＝4π.
(2)如图所示，卫星的通讯信号视为沿直线传播，由于地球遮挡，使卫星A和地面测控站B不能一直保持直接通讯.设无遮挡时间为t，则它们转过的角度之差最多为2θ时就不能通讯.
cos θ＝，
t－t＝2θ，
解得t＝.(共18张PPT)
实验五　探究平抛运动的特点
1.实验原理
使小球做平抛运动，利用描迹法描绘小球的运动轨迹，建立坐标系，测出轨迹曲线上某一点的坐标x和y，由公式x＝v0t和y＝gt2，可得v0＝x.
2.实验步骤
(1)按实验原理图甲安装实验装置，使斜槽末端________.
(2)以水平槽末端端口上小球球心位置为坐标原点O，过
O点画出竖直的y轴和水平的x轴.
(3)使小球从斜槽上__________由静止滚下，把笔尖放在小球可能经过的位置上，如果小球运动中碰到笔尖，就用铅笔在该位置画上一点.用同样方法，在小球运动路线上描下若干点.
(4)将白纸从木板上取下，从O点开始连接画出的若干点，
描出一条平滑的曲线，如实验原理图乙所示.
水平
同一位置
3.误差和注意事项
(1)斜槽末端没有调节成水平状态，导致初速度不水平会产生误差.
(2)固定木板时，木板必须处在竖直平面内且与小球运动轨迹所在的竖直平面平行，固定时要用铅垂线检查坐标纸竖线是否竖直.
(3)小球每次从斜槽上的同一位置由静止释放，为此，可在斜槽上某一位置固定一个挡板.
(4)坐标原点不是槽口的端点，应是小球出槽口时球心在木板上的投影点.
命题一　课标教材原型实验　[基础考查]
例1　(2021年全国卷Ⅱ)某同学利用图甲所示装置研究平抛运动的规律.实验时该同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05 s发出一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图乙所示(图中未包括小球刚离开轨道的影像).图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，其上每个方格的边长为5 cm.该同学在实验中测得的小球影像的高度差已经在图乙中标出.
甲 乙
完成下列填空：(结果均保留2位有效数字)
(1)小球运动到图乙中位置A时，其速度的水平分量大小为________m/s，竖直分量大小为________m/s.
(2)根据图乙中数据可得，当地重力加速度的大小为__________m/s2.
1.0
2.0
9.7
【解析】(1)因小球水平方向做匀速直线运动，因此速度为v0＝ m/s＝1.0 m/s，竖直方向做自由落体运动，因此A点的竖直速度可由平均速度等于时间中点的瞬时速度求得，即vy＝×10－2 m/s≈2.0 m/s.
(2)由竖直方向的自由落体运动可得g＝，代入数据可得g＝9.7 m/s2.
变式1　(2022年河北模拟)图甲是“研究平抛物体的运动”的实验装置图，重力加速度g取10 m/s2.
(1)为保证实验的顺利进行，下列必要的操作是__________.
A.斜槽必须尽可能光滑
B.释放小球的位置必须相同
C.斜槽末端必须水平
BC
(2)某次实验后收集到的数据方格纸如图乙所示，已知方格纸每个方格边长为5 cm，A、B、C分别为小球运动的三个位置.则小球平抛的初速度大小为________m/s，小球在B点的速度大小为________m/s.(结果均保留2位有效数字)
(3)若已知A为坐标原点即坐标为(0，0)、B点坐标为(15，15)、C点坐标为(30，40)，则该小球的抛出点坐标为___________，小球________(填“能”或“不能”)通过坐标(45，65).
1.5
2.5
(－15，－5)
不能
【解析】(1)需要画同一运动的轨迹，则需要同一位置静止释放，若轨道粗糙，每次经历了一样的摩擦阶段，还是同一个运动，不会产生实验误差，故对斜槽是否光滑无要求，故A错误；为了保证小球每次平抛运动的初速度相等，让小球从斜槽的同一位置由静止释放，故B正确；为了保证小球的初速度水平，斜槽末端需保持水平，故C正确.
(2)平抛运动的轨迹上A、B、C三个位置的水平距离相等，说明时间间隔t相等，竖直分运动为匀变速直线运动，有Δy＝2L＝g·t2，可得时间t＝0.1 s.由水平方向做匀速直线运动，有3L＝v0t，解得平抛的初速度为v0＝＝1.5 m/s，在竖直方向上B点是A、C两点的中间时刻，有vBy＝＝2 m/s，两分运动的速度合成可得B点的合速度vB＝＝2.5 m/s.
(3)由B点的竖直速度为vBy＝2 m/s＝gtOB，可得抛出点到B点的时间为tOB＝0.2 s，则抛出点到A点的时间为tOA＝tOB－t＝0.1 s，则其抛出点到A点的两分位移为xOA＝v0tOA＝0.15 m＝15 cm，yOA＝＝0.05 m＝5 cm，因坐标系是向右为x轴正向，向下为y轴正向，且A点为坐标原点，故抛出点的坐标均为负值，为(－15，－5)；坐标(45，65)对应的分位移分别为x＝(45+5) cm＝50 cm＝0.5 m，y＝(65+15) cm＝80 cm＝0.8 m，若竖直位移为0.8 m，由平抛规律有y＝，水平位移为x1＝v0t1＝1.5×0.4 m＝0.6 m≠x，故小球不能通过坐标(45，65).
命题二　拓展创新实验　[能力考查]
例2　(2022年汕头二模)小羽同学尝试利用数码相机和视频软件研究平抛运动.在平抛运动演示仪表面贴上坐标纸，拍摄出小球做平抛运动的一段视频.利用软件将视频转化为图片，若视频帧格式是每秒30帧，即通过软件每秒可生成30张图片，在图片中选出有小球画面的连续7张图片，并依次对齐叠加，得到小球做平抛运动时连续时刻的像，如图所示.
以坐标纸的左上角为坐标原点，以水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向建立直角坐标系，读取小球水平方向和竖直方向的位置，记录到表格中.
位置 xn/m yn/m yn－yn－1/m
1 0.000 0.000 ——
2 0.025 0.010 0.010
3 0.048 0.029 0.019
4 0.070 0.058 0.029
5 0.094 0.099 0.041
6 0.117 0.150 0.051
7 0.139 0.212 0.062
(1)叠加后图片中小球相邻两个像的时间间隔是________s，小球水平方向的平均速度为________m/s.(结果保留2位有效数字)
(2)用逐差法计算小球的加速度，则a＝________m/s2(结果保留2位有效数字).
0.033
0.70
9.6
【解析】(1)通过软件每秒可生成30张图片，在图片中选出有小球画面的连续7张图片，并依次对齐叠加，可知叠加后图片中小球相邻两个像的时间间隔是T＝ s≈0.033 s，小球水平方向的平均速度为 m/s＝0.695 m/s≈0.70 m/s.
(2)小球在竖直方向做匀加速的直线运动，利用逐差法可得a＝ m/s2＝9.6 m/s2.
变式2　用如图甲所示的装置研究平抛运动，在水平桌面上放置一个斜面，每次都让小钢球从斜面上的同一位置滚下，滚到桌边后钢球便做平抛运动打在竖直墙壁上，把白纸和复写纸贴在墙上，就可以记录小钢球的落点.改变桌子和墙的距离，就可以得到多组数据.已知四次实验中桌子右边缘离墙的水平距离分别为10 cm、20 cm、30 cm、40 cm，在白纸上记录的对应落点分别为A、B、C、D，如图乙所示.则B、C、D三点到A点的距离之比为(　　)
A.4∶9∶16　　 B.3∶8∶15
C.3∶5∶7　　 D.1∶3∶5
【答案】B　
【解析】根据平抛运动规律得x＝v0t，h＝gt2，可得运动时间比t1∶t2∶t3∶t4＝1∶2∶3∶4，竖直方向运动距离比h1∶h2∶h3∶h4＝1∶4∶9∶16，B、C、D三点到A点的距离之比(h2－h1)∶(h3－h1)∶(h4－h1)＝3∶8∶15，故B正确.(共52张PPT)
第1讲　功、功率
核心素养 重要考点
物理观念 (1)理解功和功率、动能和动能定理；(2)理解重力势能，了解弹性势能，知道机械能的含义，会判断研究对象在某一过程机械能是否守恒；(3)熟练掌握几种常见的功能关系，并会用于解决实际问题 1.功和功率
2.动能和动能定理
3.重力做功与重力势能
科学思维 (1)能应用图像法、微元法、动能定理等计算变力做功问题，培养分析、推理和综合能力；会分析、解决机车启动的两类问题；(2)能应用机械能守恒定律解决具体问题；(3)掌握一对摩擦力做功与能量转化的关系 科学探究 (1)验证机械能守恒定律；(2)会验证创新实验的机械能守恒 4.功能关系、机械能守恒定律及其应用
5.实验：验证机械能守恒定律
科学态度 与责任 (1)会利用功能知识初步分析生产、生活中的现象，体会物理学的应用价值；(2)能用机械能守恒定律分析生产、生活中的有关问题；(3)理解功能关系 一、功
1.做功的两个必要条件：________和物体在力的方向上发生了________. 　
2.公式：W＝________.适用于________做功.其中α为F与l方向间夹角，l为物体对地的位移.
力
位移
Flcos α
恒力
3.功的正负判断.
夹角 0≤α＜90° α＝90° 90°＜α≤180°
功的正负 W＞0 W＝0 W＜0
意义 力F对物 体做正功 力F对物 体不做功 力F对物
体做负功
是动力还 是阻力 动力 — 阻力
温馨提示：功是标量，比较做功多少看功的绝对值.
二、功率
1.定义：功与完成这些功所用时间的________.
2.物理意义：描述力对物体做功的________.
3.公式.
(1)定义式：P＝________，P为时间t内的__________.
(2)推论式：P＝________.(F与v的夹角为α)
4.额定功率：机械正常工作时输出的最大功率.
5.实际功率：机械实际工作时输出的功率，要求____________额定功率.
比值
快慢
　
平均功率
Fvcos α
小于或等于
6.P＝Fv中三个物理量间的关系及公式的应用.
定值 各物理量 的关系 应用
P一定 F与v 成反比 汽车上坡时，要增大牵引力，应换挡减小速度
v一定 F与P 成正比 汽车上坡时，要使速度不变，应加大油门，增大输出功率，获得较大的牵引力
F一定 v与P 成正比 汽车在高速路上，加大油门增大输出功率，可以提高速度
(1)功的公式可理解为F·(lcos α)，也可理解为(Fcos α)·l.
(2)功的正、负不表示方向，也不表示多少.
(3)某力对物体做负功与“物体克服某力做功(取绝对值)”意义等同.
(4)功率的公式可理解为F·(vcos α)，也可理解为(Fcos α)·v.
1.[功](多选)质量为m的物体放在粗糙的水平面上，受到水平力F的作用，下列说法正确的是(　　)
A.如果物体做匀加速直线运动，则力F一定做正功
B.如果物体做匀加速直线运动，则力F可能做负功
C.如果物体做匀减速直线运动，则力F可能做正功
D.如果物体做匀减速直线运动，则力F可能做负功
【答案】ACD
2.[功率]假设动车组“复兴号”受到的阻力大小与它速率的平方成正比，如果“复兴号”动车组发动机的输出功率变为原来的8倍，则它的最大速率变为原来的(　　)
A.2倍 B. 倍 C.3倍 D. 倍
【答案】A　
【解析】设“复兴号”速率为v，由题意知受到阻力的大小f＝kv2，“复兴号”匀速运动时输出功率P＝Fv＝fv＝kv3，如果“复兴号”动车组发动机的输出功率变为原来的8倍，则它的最大速率变为原来的2倍，故A正确，B、C、D错误.
3.[功率](多选)关于功率公式P＝和P＝Fv的说法正确的是(　　)
A.由P＝知，只要知道W和t就可求出任意时刻的功率
B.由P＝Fv既能求某一时刻的瞬时功率，也可以求平均功率
C.由P＝Fv知，随着汽车速度增大，它的功率也可以无限制增大
D.由P＝Fv知，当汽车发动机功率一定时，牵引力与速度成反比
【答案】BD
考点1　功的理解和计算　[基础考点]　　　　　　　　　　　　　　　　
1.功的正负的判断方法
2.合力做功的计算方法
方法1：先求合力F合，再用W合＝F合lcos α求功.
方法2：先求各个力做的功W1、W2、W3…，再应用W合＝W1+W2+W3+…求合力做的功.
3.恒力做功的计算方法
例1　(2021年全国卷Ⅱ)(多选)水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于s0时，速度的大小为v0，此时撤去F，物体继续滑行2s0的路程后停止运动，重力加速度大小为g，则(　　)
A.在此过程中F所做的功为
B.在此过中F的冲量大小等于mv0
C.物体与桌面间的动摩擦因数等于
D.F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍
【答案】BC　
【解析】外力撤去前，由牛顿第二定律可知F－μmg＝ma1①，由速度位移公式有＝2a1s0②，外力撤去后，由牛顿第二定律可知－μmg＝ma2③，由速度位移公式有－＝2a2(2s0)④，由①②③④可得，水平恒力F＝，动摩擦因数μ＝，滑动摩擦力Ff＝μmg＝，可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，故C正确，D错误；在此过程中，外力F做功为W＝Fs0＝，故A错误；由平均速度公式可知，外力F作用时间t1＝，在此过程中，F的冲量大小是I＝Ft1＝mv0，故B正确.
1.中国制造的某一型号泵车如图所示，表中列出了其部分技术参数.已知混凝土密度为2.4×103 kg/m3，假设泵车的泵送系统以150 m3/h的输送量给30 m高处输送混凝土，则每小时泵送系统对混凝土做的功至少为(　　)
A.1.08×107 J
B.5.04×107 J
C.1.08×108 J
D.2.72×108 J
【答案】C　
发动机最大输出功率/kW 332 最大输送高度/m 63
整车满载质量/kg 5.4×104 最大输送量/(m3·h－1) 180
【解析】泵车的泵送系统以150 m3/h的输送量给30 m高处输送混凝土，每小时泵送系统对混凝土做的功W＝ρVgh＝2.4×103×150×10×30 J＝1.08×108 J，故C正确.
2.一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时其速度为1 m/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、滑块的速率v随时间的变化规律分别如图甲和乙所示，设在第1 s内、第2 s内、第3 s内力F对滑块做的功分别为W1、W2、W3，则以下关系正确的是(　　)
A.W1＝W2＝W3　　　B.W1＜W2＜W3
C.W1＜W3＜W2　　　D.W1＝W2＜W3
【答案】B　
【解析】在第1 s内，滑块的位移大小为x1＝×1×1 m＝0.5 m，力F做的功为W1＝F1x1＝1×0.5 J＝0.5 J；第2 s内，滑块的位移大小为x2＝×1×1 m＝0.5 m，力F做的功为W2＝F2x2＝3×0.5 J＝1.5 J；第3 s内，滑块的位移大小为x3＝1×1 m＝1 m，力F做的功为W3＝F3x3＝2×1 J＝2 J，所以W1＜W2＜W3，故B正确.
考点2　功率的理解　[基础考点]
1.平均功率的计算方法
(1)利用P＝.
(2)利用P＝Fvcos α，其中v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)利用公式P＝FvF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度.
(3)利用公式P＝Fvv，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力.
例2　(2022年广东卷)(多选)如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率200 W、速度5 m/s匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570 W、速度2 m/s匀速行驶.已知小车总质量为50 kg，MN＝PQ＝20 m，PQ段的倾角为30°，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力.下列说法正确的有(　　)
A.从M到N，小车牵引力大小为40 N
B.从M到N，小车克服摩擦力做功800 J
C.从P到Q，小车重力势能增加1×104 J
D.从P到Q，小车克服摩擦力做功700 J
【答案】ABD　
【解析】小车从M到N，依题意有P1＝Fv1＝200 W，代入数据解得F＝40 N，A正确；依题意，小车从M到N，因匀速直线运动，小车所受的摩擦力大小为f1＝F＝40 N，则摩擦力做功为W1＝－40×20 J＝－800 J，则小车克服摩擦力做功为800 J，B正确；依题意，从P到Q，重力势能增加量为ΔEp＝mg×Δh＝500 N×20 m×sin 30°＝5 000 J，C错误；依题意，小车从P到Q，摩擦力为f2，有f2+mgsin 30°＝，摩擦力做功为W2＝－f2×s2，s2＝20 m，联立解得W2＝－700 J，则小车克服摩擦力做功为700 J，D正确.
1.(2022年广州模拟)在水平轨道上，由静止开始做匀加速度直线运动的高铁所受阻力不变，则高铁牵引力的瞬时功率(　　)
A.与时间成正比
B.与位移成正比
C.与时间的平方成正比
D.与位移的平方成正比
【答案】A　
【解析】由静止开始做匀加速度直线运动，由牛顿第二定律得－f＝ma，整理得P＝(ma+f)v，高铁由静止开始匀加速直线运动，根据v＝at，代入得P＝(ma+f)at，则高铁牵引力与时间成正比，A正确，C错误；高铁由静止开始匀加速直线运动，根据v＝，代入得P＝(ma+f)，B、D错误.
2.(2022年岳阳模拟)如图所示为古代的水车，该水车周边均匀分布着n个盛水的容器.在流水的冲力作用下，水车边缘以速率v做匀速转动，当装满水的容器到达最高处时将水全部倒入水槽中.设每个盛水容器装入水的质量均为m，忽略容器装水的过程和水车浸入水的深度.已知重力加速度为g，则水车运水的功率为(　　)
A.
C. D.
【答案】C　
【解析】设水车半径为R，水车转动的周期为T＝，水车转动一圈对水做的功W＝2nmgR，则水车的功率P＝，C正确，A、B、D错误.
3.(2022年上海黄浦模拟)如图所示，汽车以不变的速率通过路面abcd.ab段为平直上坡路，bc段为水平路，cd段为平直下坡路.设汽车在ab、bc、cd段行驶时发动机的输出功率分别为P1、P2、P3，不计空气阻力和摩擦阻力的大小变化，则(　　)
A.P1＝P3＞P2 B.P1＝P3＜P2
C.P1＜P2＜P3 D.P1＞P2＞P3
【答案】D　
【解析】设汽车质量为m，上坡与下坡的倾角分别为α和β，汽车所受阻力大小为f，根据平衡条件可得汽车在ab和bc段路面行驶时发动机的牵引力大小分别为F1＝f+mgsin α，F2＝f，汽车在cd段行驶时，若f≥mgsin β，则F3＝f－mgsin β.若f＜mgsin β，则汽车要受到与运动方向相反的制动力作用才能匀速行驶，此时发动机的牵引力为0.综上可知F1＞F2＞F3，根据P＝Fv，可得P1＞P2＞P3，D正确.
考点3　机车的两种启动方式　[能力考点]
1.两种启动方式的比较
启动方式 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
运动 性质 加速度减小的加速直线运动
AB 段 过程 分析
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 无
2.三个重要关系式
(1)无论哪种启动方式，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F阻)
(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，但速度不是最大，即v＝＜vm＝.
(3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W＝Pt.由动能定理得Pt－F阻x＝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.
例3　(2021年湖南卷)“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的.总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶.该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比(F阻＝kv，k为常量)，动车组能达到的最大速度为vm.下列说法正确的是(　　)
A.动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变
B.若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动
C.若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为vm
D.若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为－Pt
【答案】C　
【解析】若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，由4P＝F阻vm＝k，2.25P＝kv2，联立解得动车组匀速行驶的速度v＝vm，C正确；由于动车组所受的阻力与其速率成正比，F阻＝kv，动车组匀加速启动，速度v＝at，由牛顿第二定律，F－F阻＝ma，其牵引力F＝kat+ma，即牵引力F随时间t逐渐增大，A错误；若四节动力车厢输出功率均为额定功率P，由P＝Fv可知，其牵引力随速度的增大而减小，而动车组所受的阻力与其速率成正比，所以动车组从静止开始不可能做匀加速运动，B错误；若四节动力车厢输出功率均为额定功率，则动车组总功率为4P，由动能定理，4Pt－Wf＝，解得这一过程中该动车组克服阻力做功为Wf＝4Pt－，D错误.
[解题方略]　解决机车启动问题的注意点
(1)分清是匀加速启动还是恒定功率启动.
(2)匀加速启动过程中，机车功率不断增大，最大功率是额定功率.
(3)以额定功率启动的过程中，牵引力不断减小，机车做加速度减小的加速运动，牵引力的最小值等于阻力.
(4)无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足P＝f阻vm，P为机车的额定功率.
1.(2022年浙江卷)小明用额定功率为1 200 W、最大拉力为300 N的提升装置，把静置于地面的质量为20 kg的重物竖直提升到高为85.2 m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5 m/s2的匀减速运动，到达平台速度刚好为零，g取10 m/s2，则提升重物的最短时间为(　　)
A.13.2 s B.14.2 s
C.15.5 s D.17.0 s
【答案】C　
【解析】为了以最短时间提升重物，一开始先以最大拉力拉重物做匀加速上升，当功率达到额定功率时，保持功率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速上升至平台速度刚好为零，重物在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二定律可得a1＝ m/s2＝5 m/s2，当功率达到额定功率时，设重物的速度为v1，则有v1＝ m/s＝4 m/s，此过程所用时间和上升高度分别为t1＝ s＝0.8 s，h1＝ m＝1.6 m，重物以最大速度匀速运动时，有vm＝ m/s＝6 m/s.重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分别为t3＝ s＝1.2 s，h3＝ m＝3.6 m，设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为t2，该过程根据动能定理可得P额t2－mgh2＝，又h2＝85.2 m－1.6 m－3.6 m＝80 m，联立解得t2＝13.5 s，故提升重物的最短时间为tmin＝t1+t2+t3＝0.8 s+13.5 s+1.2 s＝15.5 s，C正确，A、B、D错误.
2.(2022年广安模拟)质量m＝180 kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，如图甲所示为汽车运动的速度与时间的关系，图乙为汽车牵引力的功率与时间的关系.设汽车在运动过程中所受阻力不变，在18 s末汽车的速度恰好达到最大.重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A.汽车受到的阻力为200 N
B.汽车的最大牵引力为700 N
C.汽车在做变加速运动过程中的位移大小为95.5 m
D.8~18 s内汽车牵引力做的功为3.6×103 J
【答案】C　
【解析】当牵引力等于阻力时，速度达到最大值，则阻力f＝ N＝720 N，A错误；汽车匀加速阶段牵引力最大，匀加速阶段加速度a＝1 m/s2，a＝，汽车在运动过程中所受阻力不变，联立解得F牵＝900 N，B错误；变加速过程中，即8~18 s内，根据动能定理得Pt－fs＝，解得位移大小s＝95.5 m，C正确；8~18 s时间内，汽车牵引力的功率恒为7.2×103 W，所以该过程中牵引力做的功为W＝Pt＝7.2×104 J，D错误.
求解变力做功
1.变力做功的四种解决方法
(1)应用动能定理：利用公式W＝Flcos α不容易直接求功时，尤其对于曲线运动或变力做功问题，可考虑由动能的变化来间接求功，所以动能定理是求变力做功的首选.
(2)微元法：将物体的位移分割成许多小段，因每一小段很小，每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将变力做功转化为在无数多个位移上的恒力所做功的代数和.此法常用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题.
(3)平均力法：当物体受到的力方向不变，而大小随位移均匀变化时，则可以认为物体受到一大小为的恒力作用，F1、F2分别为物体在初、末位置所受到的力，然后用公式W＝lcos α求此变力所做的功.
(4)图像法：在F－x图像中，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”为正功，位于x轴下方的“面积”为负功，但此方法只适用于便于求图线所围面积的情况(如三角形、矩形、圆等规则的几何图形).
2.变力做功的分析案例
方法 以例说法 应用动 能定理 用力F把小球从A处缓慢拉到B处，F做功为WF，则有WF－mgL·(1－cos θ)＝0，得WF＝mgL(1－cos θ)
微元法 质量为m的木块在水平面内做圆周运动，运动一周克服摩擦力做功Wf＝FfΔx1+FfΔx2+FfΔx3+…＝Ff(Δx1+Δx2+Δx3+…)＝Ff·2πR
等效 转换法
平均 力法
图像法 一水平拉力F0拉着一物体在水平面上运动的位移为x0，图线与横轴所围面积表示拉力所做的功W＝F0x0
例4　在多年前的农村，人们往往会选择让驴来拉磨把食物磨成面，假设驴对磨杆的平均拉力为600 N，半径为0.5 m，转动一周为5 s，则(　　)
A.驴转动一周拉力所做的功为0
B.驴转动一周拉力所做的功为650π J
C.驴转动一周拉力的平均功率为120π W
D.磨盘边缘的线速度为0.1π m/s
【答案】C　
【解析】驴对磨的拉力沿圆周切线方向，拉力作用点的速度方向也在圆周切线方向，故可认为拉磨过程中拉力方向始终与速度方向相同，故根据微分原理可知，拉力对磨盘所做的功等于拉力的大小与拉力作用点沿圆周运动弧长的乘积，则磨转动一周，弧长L＝2πr＝π m，所以拉力所做的功W＝FL＝600×π J＝600π J，A、B错误；根据功率的定义得P＝ W＝120π W，C正确；线速度为v＝ m/s＝0.2π m/s，D错误.
1.如图所示，在光滑水平桌面内，固定有光滑轨道ABC，其中半圆轨道BC与直轨道AB相切于B点，物体受到与AB平行的水平拉力F，从静止开始运动，拉力F的大小如图乙所示(以A为坐标原点，拉力F从A指向B为正方向).若m＝1 kg，AB＝4 m，半圆轨道的半径R＝1.5 m，g取10 m/s2.则下列说法中正确的是(　　)
A.拉力F从A到B做功为50 J
B.物体从B到C过程中，所受的合外力为0
C.物体能够到达C点，且速度大小为2 m/s
D.物体能够到达C点，且速度大小为2 m/s
【答案】D　
【解析】F－x图像与坐标轴所围面积表示功，则拉力F从A到B做功为W＝×2×40 J－10×1 J＝30 J，A错误；物体从B到C过程中，做圆周运动，合力不为0，B错误；从A到B由动能定理有W＝，解得vB＝2 m/s，由于光滑轨道ABC在水平面内，则物体从B到C做匀速圆周运动，物体能够到达C点，且速度大小为2 m/s，C错误，D正确.
2.轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m＝0.5 kg的物块相连，如图甲所示，弹簧处于原长状态，物块静止，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴，现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的情况如图乙所示，物块运动至x＝0.4 m处时速度为零，则此时弹簧的弹性势能为(g取10 m/s2)(　　)
A.3.1 J B.3.5 J
C.1.8 J D.2.0 J
【答案】A　
【解析】物块与水平面间的滑动摩擦力为Ff＝μmg＝1 N.现对物块施加水平向右的外力F，由F－x图像面积表示功可知，物块运动至x＝0.4 m处时F做功W＝3.5 J，克服摩擦力做功Wf＝Ffx＝0.4 J.由功能关系可知W－Wf＝Ep，此时弹簧的弹性势能为Ep＝3.1 J，A正确.
3.(2022年梅州模拟)(多选)如图甲，幼儿园滑梯是孩子们喜欢的游乐设施之一，滑梯可以简化为如图乙所示模型.一质量为m的小朋友(可视为质点)，从竖直面内、半径为r的圆弧形滑道的A点由静止开始下滑，利用速度传感器测得小朋友到达圆弧最低点B时的速度大小为(g为当地的重力加速度).已知过A点的切线与竖直方向的夹角为30°，滑道各处动摩擦因数相同，则小朋友在沿着AB下滑的过程中(　　)
A.克服摩擦力做功为
B.处于先失重后超重状态
C.重力的功率先减小后增大
D.在最低点B时对滑道的压力大小为 mg
【答案】BD　
【解析】在整个运动过程中，由动能定理得mgr(1－cos 60°)－Wf＝mv2－0，联立可得克服摩擦力做功为Wf＝mgr，故A错误；小朋友在A点时有向下的加速度分量，处于失重状态，到最低点时加速度竖直向上，处于超重状态，故B正确；小朋友在A点时速度为零，重力的功率为零，到最低点时重力的方向与速度方向垂直，重力的功率也为零，故重力的功率先增大后减小，故C错误；在B点，根据牛顿第二定律得FN－mg＝m，解得FN＝mg，结合牛顿第三定律得小朋友在最低点B时对滑道的压力大小为F'N＝FN＝mg，故D正确.
4.(2022年湖南长郡中学模拟)(多选)重锤式打桩机的原理可简化为以下情境：木桩质量不计，长为L，竖直立于地面上.质量为m的重锤用卷扬机缓慢吊起，到木桩顶部距离也为L时，由静止释放，重锤落到木桩上后和木柱一起向下运动，木桩恰好有一半打入土中，已知木桩受到土的阻力与进入土中的深度成正比，空气阻力忽略不计，若再来一次，把木桩的剩余部分刚好全部打入土中，下列说法正确的是(　　)
A.若重锤到木桩顶部距离仍为L，重锤质量需变为2m
B.若重锤到木桩顶部距离仍为L，重锤质量需变为3m
C.若重锤质量不变，重锤到木桩顶部距离需变为3L
D.若重锤质量不变，重锤到木桩顶部距离需变为4L
【答案】BD　
【解析】由于木桩受到土的阻力与进入土中的深度成正比，则阻力f＝kh，f－h图像如图所示，图像与坐标轴围成的面积表示克服阻力做的功.质量为m的重锤到木桩顶部距离为L由静止释放时，重锤落到木桩上后，木桩恰好有一半打入土中，根据功能关系可得mg，解得k＝，若重锤到木桩顶部距离仍为L，设第二次重锤质量需变为M，则有Mg，解得M＝3m，故A错误，B正确；若重锤质量不变，设第二次重锤到木桩顶部距离变为H，则有Mg，解得H＝4L，故C错误，D正确.(共43张PPT)
第2讲　动能、动能定理
一、动能
1.定义：物体由于________而具有的能.
2.表达式：Ek＝________.
3.单位： ________，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.
4.矢标性： ______量.
5.瞬时性：v是瞬时速度.
6.相对性：物体的动能相对于不同的参考系一般不同.
运动
mv2
焦耳
标
二、动能定理
1.内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的________.
2.表达式：W＝Ek2－Ek1＝_________________.
3.适用范围.
(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于________运动.
(2)既适用于恒力做功，也适用于________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.
变化
曲线
变力
(1)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.
(2)如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零.
(3)物体的动能不变，所受的合外力不一定为零.
1.[动能](多选)关于动能，下列正确的是(　　)
A.公式Ek＝mv2中的速度v一般是物体相对于地面的速度
B.动能的大小由物体的质量和速率决定，与物体运动的方向无关
C.物体以相同的速率向东和向西运动，动能的大小相等但方向不同
D.物体以相同的速率做匀速直线运动和曲线运动，其动能不同
【答案】AB
2.[对动能定理的理解]滑雪运动深受人民群众喜爱.如图所示，某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A
点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中(　　)
A.所受合外力始终为零
B.所受摩擦力大小不变
C.合外力做功一定为零
D.机械能始终保持不变
【答案】C　
【解析】运动员从A点滑到B点的过程中速率不变，则运动员做匀速圆周运动，其所受合外力指向圆心，A错误；如图所示，运动员受到的沿圆弧切线方向的合力为零，即Ff＝mgsin α，下滑过程中α减小，sin α变小，故摩擦力Ff变小，B错误；由动能定理知，运动员匀速率下滑动能不变，合外力做功为零，C正确；运动员下滑过程中动能不变，重力势能减小，机械能减小，D错误.
3.[动能定理应用]在足球赛场上，某运动员用力踢出质量为0.4 kg的足球，使足球获得10 m/s的速度，踢球时运动员对球的平均作用力为200 N，球在场地上滚了20 m，则该运动员对足球做的功是(　　)
A.4 J B.20 J
C.4 000 J D.条件不足，无法确定
【答案】B　
【解析】由动能定理可得运动员对足球做的功为W＝mv2＝×0.4×102 J＝20 J，故B正确，A、C、D错误.
考点1　理解及应用动能定理　[基础考点]
1.理解动能定理
(1)W为外力对物体做的总功.
(2)ΔEk＝为物体动能的变化量，也称作物体动能的增量，表示物体动能变化的大小.
(3)合力对物体做正功，即W＞0，ΔEk＞0，表明物体的动能增大；合力对物体做负功，即W＜0，ΔEk＜0，表明物体的动能减小.
(4)动能定理说明力对物体做功是引起物体动能变化的原因，合外力做功的过程实质上是其他形式的能与动能相互转化的过程，转化了多少由合外力做了多少功来度量.
2.应用动能定理的流程
例1　(2021年全国卷Ⅱ)一篮球质量为m＝0.6 kg，一运动员使其从距地面高度为h1＝1.8 m处由静止自由落下，反弹高度为h2＝1.2 m.若使篮球从距地面h3＝1.5 m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，球落地后反弹的高度也为1.5 m.假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t＝0.2 s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变.重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力.求：
(1)运动员拍球过程中对篮球所做的功；
(2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小.
解：(1)第一次篮球下落的过程中由动能定理可得E1＝mgh1，
篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得0－E2＝－mgh2，
第二次从1.5 m的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得W+mgh3＝E3，
第二次从1.5 m的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得0－E4＝0－mgh4，
因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系，
代入数据可得W＝4.5 J.
(2)因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此有牛顿第二定律可得F+mg＝ma，
在拍球时间内运动的位移为x＝at2，
做的功为W＝Fx，
联立可得F＝9 N(F＝－15 N舍去).
1.(2021年山东卷)如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连.木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动.在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为(　　)
A. C. D.
【答案】B　
【解析】在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理－f·2πL＝0－，可得摩擦力的大小f＝，故B正确.
2.(2022年莆田检测)图甲为北京2022年冬奥会的“雪如意”跳台滑雪场地，其简化示意图如图乙，助滑道AB的竖直高度h＝55 m，B、C间的距离s＝120 m，B、C连线与水平方向的夹角θ＝30°.某质量m＝60 kg的运动员从出发点A沿助滑道无初速度下滑，从起跳点B处沿水平方向飞出，在着地点C处着地，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：
(1)运动员在起跳点B处的速度v0；
(2)运动员在助滑过程中阻力做的功Wf.
解：(1)运动员从B点做平抛运动，水平方向
scos θ＝v0t，
竖直方向ssin θ＝gt2，
解得v0＝30 m/s.
(2)由动能定理得mgh+Wf＝，解得Wf＝－6 000 J.
考点2　动能定理与图像综合　[能力考点]
1.常与动能定理结合的四类图像
v －t图像 由公式x＝vt可知，v －t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移
a－t图像 由公式Δv＝at可知，a－t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量
F－x图像 由公式W＝Fx可知，F－x图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功
P－t图像 由公式W＝Pt可知，P－t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功
2.解决物理图像问题的基本步骤
例2　(2021年湖北卷)如图甲所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示.重力加速度g取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力f大小分别为(　　)
A.m＝0.7 kg，f＝0.5 N
B.m＝0.7 kg，f＝1.0 N
C.m＝0.8 kg，f＝0.5 N
D.m＝0.8 kg，f＝1.0 N
【答案】A　
【解析】对物块沿斜面上滑过程，由动能定理可得－(mgsin 30°+f)s＝Ek－40 J，结合物块动能Ek与运动路程s的关系图像，可知物块受到沿斜面的合力为4 N，即mgsin 30°+f＝4 N，同理，对物块沿斜面下滑过程，mgsin 30°－f＝3 N，联立解得m＝0.7 kg，f＝0.5 N， A正确.
1.(2022年广东模拟)(多选)滑雪是一项具有刺激性和挑战性的雪上运动，如图的滑雪情景可抽象成如下物理过程：物体沿斜面由静止开始下滑，在水平面上滑行一段距离后停止.假若物体与斜面间和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接，选项图中v、a、Ek、s、t分别表示物体速度大小、加速度大小、动能、路程和时间，则其中可能正确的是(　　)
A B C D
【答案】ABD　
【解析】物体沿斜面向下做匀加速直线运动，加速度a1＝g(sin θ－μcos θ)，在水平面上又做匀减速直线运动，加速度a2＝μg，因动摩擦因数μ和斜面倾角θ未知，故不能确定a1、a2的大小关系，但可确定v＝a1t1＝a2t2，v2＝2a1s1＝2a2s2，所以速度大小随时间均匀增大，而后又均匀减小，时间短的加速度大，位移长的加速度小，故A、B正确；由Ek＝mv2＝ma2t2，可知Ek－t的图像应是两段抛物线的拼合，C错误；由Ek＝mv2＝mas，可知，Ek－s的图像应是线性关系，D正确.
2.(2022年山东模拟)质量为2 kg的物体以某一初速度在水平面上滑行，由于摩擦力的作用，其动能随位移变化的关系图线如图所示，重力加速度g取10 m/s2，以下说法中不正确的是(　　)
A.物体与水平面间的动摩擦因数为0.25
B.物体与水平面间的摩擦力大小为5 N
C.物体滑行过程中的动能的变化量为100 J
D.物体滑行的加速度大小为2.5 m/s2
【答案】C　
【解析】根据动能定理Ek＝Ek0－μmgx，由图像可知μmg＝＝5 N，解得μ＝0.25，A、B正确；物体滑行过程中的动能的变化量为－100 J，C错误；物体的初速v0＝＝10 m/s，加速度a＝μg＝2.5 m/s2，D正确.
考点3　动能定理在多过程运动中的应用　[能力考点]
多过程运动中运用动能定理的注意事项
(1)运用动能定理时，选择合适的研究过程能使问题简化.当物体的运动过程包含几个运动性质不同的子过程时，可以选择一个、几个或全部子过程作为研究过程.
(2)当选择全部子过程作为研究过程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点：
①重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关.
②大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积.
例3　(2022年浙江卷)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上.已知可视为质点的滑块质量m＝0.1 kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15 m，轨道AB长lAB＝3 m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放.
(1)若释放点距B点的长度l＝0.7 m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；
(2)设释放点距B点的长度为lx，求滑块第一次经F点时的速度v与lx之间的关系式；
(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值.
解：(1)滑块从静止到C点过程中，根据动能定理
mglsin 37°+mgR(1－cos 37°)＝，
滑块到C点时由牛顿第二定律有FN－mg＝m，解得FN＝7 N.
(2)能过最高点时，则能到F点，则在F点时mglxsin 37°－mg×4Rcos 37°＝mv2，解得v＝.
而要保证滑块能到达F点必须保证它能到DEF最高点，在最高点由动能定理有mglxsin 37°－mg(3Rcos 37°+R)＝0，
解得lx＝0.85 m，要能过F点，则lx≥0.85 m.
(3)设摩擦力做功为第一次到达中点时的n倍，
mglxsin 37°－mgsin 37°－nμmgcos 37°＝0，
解得lx＝ m，又因为0.85 m≤lx≤3 m，且滑块最终静止在轨道FG的中点，n只能取奇数.当n＝1时，lx1＝ m；当n＝3时，lx2＝ m；当n＝5时，lx3＝ m.
1.用玩具手枪以初速度v0竖直向上射出一颗质量为m的模拟子弹(以下简称子弹)，子弹升到最高点之后，又落回射出点.若子弹所受空气阻力大小恒为f，运动的最高点较射出点高h，重力加速度大小为g，则下列关于子弹的说法正确的是(　　)
A.整个过程中空气阻力做功之和为0
B.整个过程中损失的机械能为fh
C.上升过程中重力势能增加－fh
D.下降过程中空气阻力做功为－mgh
【答案】C　
【解析】上升过程和下降过程中空气阻力均做负功，故克服阻力做功2fh，A、B错误；对上升过程，由动能定理可得－mgh－fh＝0－，故上升过程中Wf＝－fh＝mgh－，WG＝－mgh＝fh－，重力所做的负值功等于重力势能增加量，C正确；下降过程中阻力做的功等于上升过程中阻力做的功－fh＝mgh－，D错误.
2.(2022年成都模拟)如图所示，一滑块(可视为质点)从斜面轨道AB的A点由静止滑下后，进入与斜面轨道在B点相切的、半径R＝0.5 m的光滑圆弧轨道，且O为圆弧轨道的圆心，C点为圆弧轨道的最低点，滑块运动到D点时对轨道的压力为28 N.已知OD与OC、OB与OC的夹角分别为53°和37°，滑块质量m＝0.5 kg，与轨道AB间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则轨道AB的长度为(　　)
A.6.75 m B.6.25 m
C.6.5 m D.6.0 m
【答案】A　
【解析】根据牛顿第三定律可知滑块运动到D点时所受轨道的支持力大小为FN＝F'N＝28 N.设滑块运动到D点时的速度大小为vD，根据牛顿第二定律有FN－mgcos 53°＝，对滑块从A点到D点的运动过程，根据动能定理有mgLABsin 37°－μmgcos 37°·LAB－mgR(cos 37°－cos 53°)＝，代入数据解得轨道AB的长度为LAB＝6.75 m，A正确.
往复运动不用愁，动能定理来解忧
　　在某些运动中，其运动过程具有重复性、往返性，而在这一过程中，描述物体的物理量多数是变化的，而重复的次数又往往是无法确定的或者是无限的，求解这类问题时若运用牛顿运动定律及运动学公式将非常烦琐，甚至无法解出.由于动能定理只要求物体的初、末状态而不考虑运动过程的细节，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化.
例4　如图所示，ABCD为一竖直平面的轨道，其中BC水平，A点比BC高出H＝10 m，BC长为l＝1 m，AB和CD轨道光滑.一质量为m＝1 kg的物体，从A点以v1＝4 m/s的速度开始运动，经过BC后滑到高出C点h＝10.3 m的D点时速度为零.(g取10 m/s2)求：
(1)物体与BC轨道的动摩擦因数；
(2)物体第6次经过C点时的速度；
(3)物体最后停止的位置(距B点).
【答案】解：(1)物体从A点到D点的过程，由动能定理得－mg(h－H)－μmgl＝0－，
解得μ＝0.5.
(2)设物体第6次经过C点时的速度为v2，在此过程中物体在BC上滑动了5次，由动能定理得
mgH－μmg·5l＝，
解得v2＝ m/s.
(3)设物体运动的全过程在水平面上通过的路程为s，由动能定理得
mgH－μmgs＝0－m1v2，
解得s＝21.6 m.
所以物体在轨道上来回了10次后，还有1.6 m，故离B的距离s'＝2 m－1.6 m＝0.4 m.
1.如图所示，在一个固定盒子里有一个质量为m的滑块，它与盒子底面的动摩擦因数为μ，开始滑块在盒子中央以足够大的初速度v0向右运动，与盒子两壁碰撞若干次后速度减为零，若盒子长为L，滑块与盒壁碰撞没有能量损失，求整个过程中物体与两壁碰撞的次数.
解：以滑块为研究对象，滑块在整个运动过程中克服摩擦阻力做功消耗了滑块的初始动能.设碰撞n次后动能变为Ek，依动能定理有
－μmg·L·(n－1)+＝Ek－，则Ek＝－nμmgL+μmgL.
此时的动能Ek不足以使滑块再次碰撞，所以0＜Ek≤μmgL.
解得≤n＜.
故n为上的整数.
2.(多选)冰滑梯作为体验冰雪运动乐趣的设施受到广大游客的欢迎.某冰滑梯的示意图如图所示，设螺旋滑道机械能的损耗为20%，水平滑道和倾斜滑道对同一滑板的动摩擦因数相同，对不同滑板的动摩擦因数μ满足μ0≤μ≤1.2μ0.在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停在水平滑道上.以下说法正确的是(　　)
A.L1不能大于
B.L1不能大于
C.L1、L2之和不能小于
D.L1、L2之和不能大于
【答案】BC　
【解析】假定倾斜轨道的倾角为θ，游客质量为m，因游客在倾斜滑道上匀减速下滑，则有mgsin θ＜μ0mgcos θ，即tan θ＝＜μ0，可得L1＞.游客能滑上水平轨道，由动能定理有2mgh－mgh－μmgcos θ≥0，解得L1≤.由于μ0≤μ≤1.2μ0，故要使游客能滑到水平轨道上，需满足L1≤，A错误，B正确；要确保所有游客滑行结束时停在水平滑道上，根据动能定理有2mgh－mgh－μmgcos θ－μmgL2≤0，即2mgh－mgh－μmg(L1+L2)≤0，则有L1+L2≥，由μ0≤μ≤1.2μ0可知，要确保游客能停在水平轨道上，需满足L1+L2≥，D错误，C正确.(共40张PPT)
第3讲　机械能守恒定律及其应用
一、重力势能
1.定义：物体的重力势能等于它所受______与______的乘积. 　
2.公式：Ep＝________.
3.矢标性：重力势能是________量，但有正、负，其意义是表示物体的重力势能比它在__________上大还是小，这与功的正、负的物理意义不同.
重力
高度
mgh
标
参考平面
4.特点.
(1)系统性：重力势能是________和________共有的.
(2)相对性：重力势能的大小与__________的选取有关.重力势能的变化是______的，与参考平面的选取________.
5.重力做功与重力势能变化的关系.
重力做正功时，重力势能________； 重力做负功时，重力势能________；重力做多少正(负)功，重力势能就___________多少，即WG＝________.
地球
物体
参考平面
绝对
无关
减小
增大
减小(增大)
Ep1－Ep2
二、弹性势能
1.定义：物体由于发生__________而具有的能.
2.大小：弹性势能的大小与_______及_________有关，弹簧的形变量越大，劲度系数_______，弹簧的弹性势能越大.
3.弹力做功与弹性势能变化的关系.
弹力做正功，弹性势能________；弹力做负功，弹性势能________.即弹簧恢复原长的过程中弹力做________，弹性势能________；形变量变大的过程中弹力做________，弹性势能________.
弹性形变
形变量
劲度系数
越大
减小
增大
正功
减小
负功
增大
三、机械能守恒定律
1.内容：在只有________或________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________.
2.表达式.
(1)Ek1+Ep1＝________(要选零势能参考平面).
(2)ΔEk＝________(不用选零势能参考平面).
(3)ΔEA增＝________(不用选零势能参考平面).
3.机械能守恒的条件.
只有________(或________)做功或虽有其他外力做功，但其他力做功的代数和________.
重力
弹力
不变
Ek2+Ep2
－ΔEp
ΔEB减
重力
弹力
为零
(1)重力势能是由物体和地球组成的系统所共有，但一般常叙述为物体的重力势能.
(2)重力做功不引起物体机械能的变化.
(3)单物体机械能守恒的条件是只有重力做功，而多物体(即系统)机械能守恒的条件是只有重力或系统内弹力做功，但这并不等于只受重力和弹力作用.
1.[重力势能]关于重力势能，下列说法中正确的是(　　)
A.物体的位置一旦确定，它的重力势能的大小也随之确定
B.物体与零势能面的距离越大，它的重力势能也越大
C.一个物体的重力势能从－5 J变化到－3 J，重力势能减少了
D.重力势能的减少量等于重力对物体做的功
【答案】D　
【解析】物体的重力势能与参考面有关，同一物体在同一位置相对不同的参考面时，
重力势能不同，A错误；物体在零势能面以上，与零势能面的距离越大，重力势能越大，物体在零势能面以下，与零势能面的距离越大，重力势能越小，B错误；重力势能中的正、负号表示大小，－5 J的重力势能小于－3 J的重力势能，C错误；重力做的功度量了重力势能的变化，D正确.
2.[重力势能与机械能守恒]在大型游乐场里，小明乘坐如图所示匀速转动的摩天轮，正在向最高点运动.对此过程，下列说法正确的是(　　)
A.小明的重力势能保持不变
B.小明的动能保持不变
C.小明的机械能守恒
D.小明的机械能减少
【答案】B
3.[机械能守恒定律的应用]如图所示，质量为m的物体沿斜上方以速度v0抛出后，能达到的最大高度为h0，当它将要落到离地面高度为h的平台上时(不计空气阻力，取地面为参考平面)，下列判断正确的是(　　)
A.它的总机械能大于
B.它的总机械能为mgh0
C.它的动能为mg(h0－h)
D.它的动能为－mgh
【答案】D　
【解析】由机械能守恒定律可得，它的动能为－mgh.
考点1　理解并应用机械能守恒定律　[基础考点]
1.机械能守恒的条件
(1)只有重力做功时，只发生动能和重力势能的相互转化.如自由落体运动、抛体运动等.
(2)只有系统内弹力做功，只发生动能和弹性势能的相互转化.如在光滑水平面上运动的物体碰到一个弹簧，物体和弹簧组成的系统在此过程中机械能守恒.
(3)只有重力和系统内弹力做功，只发生动能、弹性势能、重力势能的相互转化.如自由下落的物体落到竖直的弹簧上，物体和弹簧组成的系统在此过程中机械能守恒.
(4)除受重力(或系统内弹力)外，还受其他力，但其他力不做功或其他力做功的代数和为零，如物体在沿斜面向下的拉力F的作用下沿斜面向下运动，其拉力的大小与摩擦力的大小相等，在此运动过程中，其机械能守恒.
2.表达式
说明：在处理单个物体机械能守恒问题时通常应用守恒观点和转化观点，转化观点不用选取零势能面；在处理连接体问题时，通常应用转化观点和转移观点，都不用选取零势能面.
例1　(2021年广东卷)(多选)长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹，战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g，下列说法正确的有(　　)
A.甲在空中的运动时间比乙的长
B.两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等
C.从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少mgh
D.从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为mgh
【答案】BC　
【解析】由平抛运动规律可知，做平抛运动的时间t＝，因为两手榴弹运动的高度差相同，所以在空中运动时间相等，故A错误；做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率P＝mgvcos θ＝mgvy＝mg，因为两手榴弹运动的高度差相同，质量相同，所以落地前瞬间，两手榴弹重力功率相同，故B正确；从投出到落地，手榴弹下降的高度为h，所以手榴弹重力势能减小量ΔEp＝mgh，故C正确；从投出到落地，手榴弹做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，故D错误.
1.(2021年河北卷)一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示，长度为πR、不可伸长的轻
细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球.小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直.将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)(　　)
A.　 B.
C.　 D.2
【答案】A　
【解析】小球从Q点下落，机械能守恒，mgmv2，解得v＝，A正确.
2.(2022年全国卷)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于(　　)
A.它滑过的弧长
B.它下降的高度
C.它到P点的距离
D.它与P点的连线扫过的面积
【答案】C　
【解析】如图所示，设圆环下降的高度为h，圆环的半径为R，它到P点的距离为L，根据机械能守恒定律得mgh＝mv2，由几何关系可得h＝Lsin θ，sin θ＝.联立可得h＝，可得v＝L，C正确，A、B、D错误.
考点2　多个物体间机械能守恒定律的应用　[能力考点]
1.多个物体间机械能守恒问题的解题思路
类型 模型 命题点
轻绳相连的物体 1.物体沿绳方向的分速度相同，据此得到两物体的速度关系
2.物体沿绳方向移动的距离相同，据此得到两物体运动的高度差
2.多个物体间机械能守恒模型分类
类型 模型 命题点
轻杆相连的物体 1.两物体绕杆上某点转动，据角速度相同得到两物体的速度关系
2.两物体和杆共同滑动，沿杆方向两物体的分速度相同
3.要注意两物体运动的高度差变化的关系
续表
轻弹簧相连的物体 1.轻弹簧往往由压缩(或伸长)状态变为伸长(或压缩)状态
2.弹簧的压缩量等于伸长量，即弹簧的弹性势能不变
3.给定两种情境，每种情境都由压缩量x1变为伸长量x2，即两种情境下弹簧的弹性势能变化量ΔEp相同
例2　(2022年河北卷)(多选)如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P和Q用不可伸长的轻绳相连，悬挂定滑轮上，质量mQ＞mP，t＝0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为.T时刻轻绳突然断开，物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度，取t＝0时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体Q的机械能为E.重力加速度大小为g，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点.下列说法正确的是(　　)
A.物体P和Q的质量之比为1∶3
B.2T时刻物体Q的机械能为
C.2T时刻物体P重力的功率为
D.2T时刻物体P的速度大小为
【答案】BCD　
【解析】开始释放时物体Q的加速度为，则mQg－FT＝mQ·，FT－mPg＝mP·，解得FT＝mQg＝mpg，，A错误；在T时刻，两物体的速度v1＝，P上升的距离h1＝T2＝，细线断后P能上升的高度h2＝.可知开始时PQ距离为h＝h1+h2＝，若设开始时P所处的位置为零势能面，则开始时Q的机械能为E＝mQgh＝.从开始到绳子断裂，绳子的拉力对Q做负功，大小为WF＝FTh1＝，则此时物体Q的机械能E'＝E－WF＝，此后物块Q的机械能守恒，则在2T时刻物块Q的机械能仍为，B正确；在2T时刻，重物P的速度v2＝v1－gT＝－，方向向下；此时物体P重力的瞬时功率PG＝mPgv2＝·，C、D正确.
1.(2022年漯河模拟)(多选)如图所示，长度为L的三根轻杆构成一个正三角形支架，在A处固定质量为2m的小球；B处固定质量为m的小球，支架悬挂在O点，可绕过O点与支架所在平面相垂直的固定轴转动.开始时OB与地面相垂直，放手后开始运动.在无任何阻力的情况下，下列说法中正确的是(　　)
A.摆动过程中A球机械能守恒
B.B球向左摆动所能达到的最大高度应高于A球开始运动的高度
C.A球到达最低点时速度为
D.A球到达最低点时，杆对A做功为
【答案】BD　
【解析】A、B组成的系统机械能守恒，摆动过程中轻杆对A球做功，因此A球的机械能不守恒，A错误；由几何关系可知，摆动过程中A、B球的速度大小相等，A球到达最低点时，A、B球的速度大小均为v，根据机械能守恒可得2mgLsin 30°－mgLsin 30°＝(m+2m)v2，解得v＝，C错误；A球到达最低点时，B球向左摆动到A球开始运动的高度，此时A、B球的速度大小不为零，因此系统将继续摆动，最终B球向左摆动所能达到的最大高度高于A球开始运动的高度，B正确；A球到达最低点的过程中，杆对A做功为W，根据动能定理得2mgLsin 30°+W＝×2mv2，解得W＝，A球到达最低点时，杆对A做功为，D正确.
2.(2022年昆明模拟)(多选)如图所示，A、B两小球由绕过定滑轮的轻质细线相连，B、C球放在固定不动倾角为α的光滑斜面上，通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球靠在与斜面垂直的挡板上.现用手托住A球，并使细线刚好伸直但无拉力作用，保证滑轮左侧细线与斜面平行、右侧细线竖直.开始时整个系统处于静止状态，释放A球后，A球下落的速度最大时C恰好对挡板无压力，已知A、B、C三球的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，运动过程中A未落地，B未与滑轮相撞，则(　　)
A.该过程A、B、C三球所组成的系统机械能守恒
B.当C球刚要离开斜面时B球的加速度为0
C.斜面的倾角为37°
D.小球A的最大速度为g
【答案】BD　
【解析】在运动过程中A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒，A错误；当轻绳向上的拉力等于A球重力时A球的加速度为零，速度达到最大，此时与A球相连的B球有相同的运动情况，加速度也为0，B正确；当A球速度最大瞬间对B、C当成整体受力分析2mgsin α＝T，T＝mg，得sin α＝，即α＝30°，C错误；设刚开始弹簧压缩量为Δx，A球最大速度时弹簧伸长量为2Δx，由整个过程中系统机械能守恒mg·2Δx－mg·2Δxsin α＝×2mv2，F弹＝kΔx＝mgsin α＝mg，联立解得v＝g，D正确.
特殊运动模型的机械能守恒问题
类型一　“液柱”类问题
例3　打开水龙头，水顺流而下，仔细观察将会发现连续的水流柱的直径在流下的过程中，是逐渐减小的(即上粗下细)，设水龙头出口处半径为1 cm，安装在离接水盆75 cm高处，如果测得水在出口处的速度大小为1 m/s，g取10 m/s2，则水流柱落到盆中的半径为(　　)
A.1 cm B.0.75 cm
C.0.5 cm D.0.25 cm
【答案】C　
【解析】由于不考虑摩擦阻力，故整个水柱的机械能守恒，由机械能守恒定律mv2＝+mgh，得v＝＝4 m/s，水流体积不变，πr2vt＝πv0t，，r＝0.5 cm，C正确.
类型二　“链条”类问题
例4　(多选)如图，一条全长为L、质量为m的匀质软绳拉直置于水平桌面边缘上，轻微扰动后使它从静止开始沿桌面边缘下滑，重力加速度为g，空气阻力与摩擦阻力均不计，下列说法正确的是(　　)
A.软绳下滑过程中加速度随时间均匀增大
B.软绳有一半下落时加速度大小为g
C.软绳刚好全部离开桌面时速度大小为
D.运动过程中留在桌面上软绳的动能最大值为mgL
【答案】BCD　
【解析】软绳下滑过程中加速度满足mg＝ma，解得a＝g，可见加速度随位移均匀增大，然而软绳在加速运动，位移与时间不成正比，A错误；软绳有一半下落时加速度大小为mg＝ma，解得a＝g，B正确；设软绳下滑l时的速度为v，根据机械能守恒得mg·mv2，解得v＝，当l＝L时，软绳刚好全部离开桌面，此时的速度大小为，C正确；留在桌面上软绳的动能Ek＝m留v2＝·m·l2(L－l)，根据数学知识可知，当＝L－l时动能最大，即l＝时有最大动能，为mgL，D正确.
类型三　“过山车”类问题
例5　如图所示，露天娱乐场空中列车是由许多节完全相同的车厢组成的，列车先沿光滑水平轨道行驶，然后滑上一固定的半径为R的空中圆形光滑轨道，若列车全长为L(L＞2πR)，R远大于一节车厢的长度和高度，那么列车在运行到圆形光滑轨道前的速度至少要多大，才能使整个列车安全通过固定的圆形轨道(车厢间的距离不计).
解：当列车进入轨道后，动能逐渐向势能转化，车速逐渐减小，当车厢占满圆形轨道时速度最小，设此时的速度为v，列车的质量为M，圆形轨道上那部分列车的质量M'＝·2πR，
由机械能守恒定律可得Mv2+M'gR，又因在圆形轨道顶部车厢应满足mg＝m，解得v0＝.
[解题方略]　(1)物体虽然不能看成质点，但因只有重力做功，物体整体机械能守恒.
(2)在确定物体重力势能的变化量时，要根据情况，将物体分段处理，确定好各部分的重心及重心高度的变化量.
(3)非质点类物体各部分是否都在运动，运动的速度大小是否相同，若相同，则物体的动能才可表示为mv2.
1.(多选)内径面积为S的U形圆筒竖直放在水平面上，筒内装水，底部阀门K关闭时两侧水面高度分别为h1和h2，如图所示.已知水的密度为ρ，不计水与筒壁的摩擦阻力.现把连接两筒的阀门K打开，当两筒水面高度相等时，则该过程中(　　)
A.水柱的重力做正功
B.大气压力对水柱做负功
C.水柱的机械能守恒
D.当两筒水面高度相等时，水柱的动能是ρgS(h1－h2)2
【答案】ACD　
【解析】把连接两筒的阀门打开到两筒水面高度相等的过程中大气压力对左筒水面做正功，对右筒水面做负功，抵消为零.水柱的机械能守恒，重力做功等于重力势能的减少量，等于水柱增加的动能，等效于把左管高的水柱移至右管，如图中的斜线所示，重心下降，重力所做正功WG＝ρgSρgS(h1－h2)2，故A、C、D正确.
2.如图所示，长为L的均匀链条放在光滑水平桌面上，且使其长度的垂在桌边，松手后链条从静止开始沿桌边下滑，则链条滑至刚离开桌边时的速度大小为(　　)
A.
C. D.4
【答案】C　
【解析】取桌面为零势能面，设链条的总质量为m，开始时链条的机械能E1＝－mg·L，当链条刚脱离桌面时的机械能E2＝mv2－，由机械能守恒可得E1＝E2，即有－mg·mv2－，解得v＝，故C正确.(共35张PPT)
第4讲　功能关系、能量守恒
一、功能关系
1.功是____________的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化.
2.做功的过程一定伴随着__________，而且__________必通过做功来实现.
能量转化
能量转化
能量转化
二、能量守恒定律
1.内容：能量既不会__________，也不会凭空消失，它只能从一种形式________为另一种形式，或者从一个物体________到别的物体，在转化和转移的过程中，能量的总量__________.
2.表达式：(1)E1＝E2；(2)ΔE减＝________.
凭空产生
转化
转移
保持不变
ΔE增
1.[能量守恒]上端固定的一根细线下面悬挂一摆球，摆球在空气中摆动，摆动的幅度越来越小.对此现象下列说法正确的是(　　)
A.摆球机械能守恒
B.总能量守恒，摆球的机械能正在减少，减少的机械能转化为内能
C.能量正在消失
D.只有动能和重力势能的相互转化
【答案】B
2.[功能关系](多选)如图所示，质量为m的小车在水平恒力F推动下，从山坡底部A处由静止运动至高为h的B处，获得的速度为v，AB的水平距离为s，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.合力对小车做的功是
C.推力对小车做的功是Fs－mgh
D.阻力对小车做的功是+mgh－Fs
【答案】ABD　
【解析】上升过程，重力做功为WG＝mgΔh＝mg(hA－hB)＝－mgh，故小车克服重力所做的功是mgh，故A正确；对小车从A运动到B的过程中运用动能定理得W＝mv2，故B正确；由动能定理得W推－mgh+Wf＝mv2，解得W推＝mv2－Wf+mgh，由于推力为恒力，故W推＝Fs，阻力对小车做的功是Wf＝mv2+mgh－Fs，故C错误，D正确.
3.[能量守恒]质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图所示.已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x.则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(　　)
A.－μmg(s+x) 　B.－μmgx
C.μmgs 　D.μmg(s+x)
【答案】A　
【解析】由能量守恒定律可知，物体的初动能为，一部分用于克服弹簧弹力做功，另一部分用于克服摩擦力做功，故物体克服弹簧弹力所做的功为－μmg(s+x)，A正确.
考点1　功能关系的理解和应用　[基础考点]
1.应用能量守恒定律解题的基本步骤
2.常见的功能关系
例1　(2021年全国卷)如图，一倾角为θ的光滑斜面上有50个减速带(图中未完全画出)，相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车(可视为质点)从距第一个减速带L处由静止释放.已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关.观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同.小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下.已知小车与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.
(1)求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；
(2)求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；
(3)若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件
解：(1)解法1　根据题述，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，可知小车通过每个减速带后的速度都相等，所以经过每一个减速带时损失的机械能ΔE＝mgdsin θ.
解法2　小车在光滑斜面上滑行，由牛顿第二定律有mgsin θ＝ma，
设小车通过第30个减速带后速度为v1，到达第31个减速带时的速度为v2，则有＝2ad，
因为小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面过减速带后的速度与到达下一减速带的速度均分别为v1和v2，经过每一个减速带时损失的机械能为ΔE＝，解得ΔE＝mgdsin θ.
(2)设小车通过第50个减速带后的速度为v，由动能定理有μmgs＝mv2，解得v＝.
根据题述小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，可知小车通过第30个减速带后的速度也为v＝.
小车通过前30个减速带的过程中损失的总机械能
ΔE'＝mg(L+29d)sin θ－mv2＝mg(L+29d)sin θ－μmgs.
小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能
ΔE1＝mg[(L+29d)sin θ－μs].
(3)由mg[(L+29d)sin θ－μs]＞mgdsin θ，解得L＞d+.
[解题方略]　功能关系的理解和应用
(1)功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度和原因，在不同问题中的具体表现不同.
(2)根据功能之间的对应关系，判定能的转化情况.
(3)可以根据能量转化角度，确定是什么力做功，尤其可以方便计算变力做的功.
1.(多选)如图所示，建筑工地上载人升降机用不计质量的细钢绳跨过定滑轮与一电动机相连，通电后电动机带动升降机沿竖直方向先匀加速上升后匀速上升.摩擦及空气阻力均不计.则(　　)
A.升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的动能
B.升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能
C.升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能
D.升降机上升的全过程中，升降机拉力做的功大于升降机
和人增加的机械能
【答案】BC
2.(多选)如图所示，足够长的传送带与水平方向的夹角为θ，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑定滑轮与物块b相连，b的质量为m.开始时a、b及传送带均静止，且a不受传送带摩擦力作用，现让传送带顺时针匀速转动，在b下降h高度(未与地面相碰)过程中，下列说法正确的是(　　)
A.物块a重力势能增加mgh
B.摩擦力对a做的功小于a增加的机械能
C.摩擦力对a做的功等于a、b动能增加之和
D.任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小不相等
【答案】ABC　
【解析】开始时，a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用，有magsin θ＝mg，则ma＝.b下降了h，则a上升hsin θ，则a重力势能增量为maghsin θ＝mgh，A正确；根据能量守恒，得系统机械能增加，摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增量，所以摩擦力做功小于a增加的机械能；因为系统重力势能不变，所以摩擦力做功等于系统动能的增加，B、C正确；任意时刻a、b的速率相等，对b，克服重力的瞬时功率Pb＝mgv，对a有Pa＝magvsin θ＝mgv，所以重力对a、b做功的瞬时功率大小相等，D错误.
考点2　摩擦力做功的特点及应用　[能力考点]
1.两种摩擦力做功的比较
静摩擦力做功 滑动摩擦力做功
互为作用力与反作用力的一对静摩擦力所做功的代数和为零，即要么一正一负，要么都不做功 互为作用力与反作用力的一对滑动摩擦力所做功的代数和为负值，即至少有一个力做负功
只有能量的转移，没有能量的转化 既有能量的转移，又有能量的转化
两种摩擦力都可以对物体做正功或者负功，还可以不做功 2.三步求解相对滑动物体的能量问题
例2　(多选)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2.则(　　)
A.物块下滑过程中机械能不守恒
B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C.物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D.当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
【答案】AB　
【解析】下滑5 m的过程中，重力势能减少30 J，动能增加10 J，减小的重力势能并不等于增加的动能，所以机械能不守恒，A正确；斜面高3 m、长5 m，则斜面倾角为θ＝37°.令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能mgh＝30 J，可得质量m＝1 kg，下滑5 m过程中，由功能原理，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功，μmgcos θ·s＝20 J，得μ＝0.5，B正确；由牛顿第二定律mgsin θ－μmgcos θ＝ma，得a＝2 m/s2，C错误；物块下滑2.0 m时，重力势能减少12 J，动能增加4 J，所以机械能损失了8 J，D错误.
1.(2022年成都模拟)(多选)如图甲所示，一滑块静止在粗糙斜面底端，现用一平行于斜面向上的恒定拉力F作用在滑块上，当滑块上升时撤去拉力F，滑块在上升过程中机械能E与其上升高度h之间的关系图线如图乙所示(h0表示上升的最大高度，且E0、h0皆为已知量)，则下列说法正确的是(　　)
A.滑块所受摩擦力的大小为
B.拉力F大小是摩擦力大小的5倍
C.整个过程中拉力F做的功为E0
D.整个过程中拉力F做的功为
【答案】BD　
【解析】小滑块在恒定拉力作用下，上升的过程中，由功能关系可知(F－f)＝E0，撤去作用力后上升的过程中，由功能关系可知－f·－E0，联立解得f＝，F＝＝5f，A错误，B正确；对物体运动的全程应用动能定理可得W－f·，解得拉力做的功W＝，C错误，D正确.
2.将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同.现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿木板下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数μ均相同.在这三个过程中，下列说法不正确的是(　　)
A.沿着1和2下滑到底端时，物块的速率不同，沿着2和3下滑到底端时，物块的速率相同
B.沿着1下滑到底端时，物块的速度最大
C.物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最多的
D.物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量是一样多的
【答案】A　
【解析】物块从高为h的斜面上由静止滑到底端时，根据动能定理，有mgh－W克＝mv2，其中W克为物块克服摩擦力做的功.因滑动摩擦力F＝μFN，又FN＝mgcos θ，所以物块克服摩擦力做的功W克＝FL＝μmgcos θ×L＝μmgL底.由图可知，Lcos θ为斜面底边长L底，即物体从斜面顶端下滑到底端时只要质量m与斜面底端长L底相同，则物体克服摩擦力做的功就相同，因此沿着1和2下滑到底端时W克相同，沿2和3下滑到底端时W克不同，沿3时克服摩擦力做的功多，由动能定理，得mgh－W克＝mv2，A错误；根据动能定理，沿1和2下滑时，有mgh1－W克＝，mgh2－W克＝，v1＞v2，同理沿2和3下滑时，有mgh2－W克＝，显然v2＞v3，v1最大，B正确；由摩擦产生热量Q＝W克＝μmgL底，可知物块沿3下滑到底端的过程中产生的热量最多，C正确；同理，根据以上分析知，物块沿1和2下滑到底端的过程中，产生的热量一样多，D正确.
“STS问题”巧迁移——与生产、生活相关的能量守恒问题
类型一　列车车厢间的摩擦缓冲装置
例3　如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图.图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦.在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中(　　)
A.缓冲器的机械能守恒
B.摩擦力做功消耗机械能
C.垫板的动能全部转化为内能
D.弹簧的弹性势能全部转化为动能
【答案】B　
【解析】在车厢相互撞击使弹簧压缩过程中，由于要克服摩擦力做功，且缓冲器所受合外力做功不为零，因此机械能不守恒，A错误；克服摩擦力做功消耗机械能，B正确；撞击以后垫板和车厢有相同的速度，因此动能并不为零，C错误；压缩弹簧过程弹簧的弹性势能增加，并没有减小，D错误.
类型二　儿童乐园中的蹦床运动
例4　在儿童乐园的蹦床项目中，小孩在两根弹性绳和蹦床的协助下实现上下弹跳.如图所示，某次蹦床活动中小孩静止时处于O点，当其弹跳到最高点A后下落可将蹦床压到最低点B.小孩可看成质点，不计空气阻力.下列说法正确的是(　　)
A.从A运动到O，小孩重力势能减少量大于动能增加量
B.从O运动到B，小孩动能减少量等于蹦床弹性势能增加量
C.从A运动到B，小孩机械能减少量小于蹦床弹性势能增加量
D.若从B返回到A，小孩机械能增加量等于蹦床弹性势能减少量
【答案】A　
【解析】从A运动到O，小孩重力势能减少量等于动能增加量与弹性绳的弹性势能的增加量之和，A正确；从O运动到B，小孩动能和重力势能的减少量等于弹性绳和蹦床的弹性势能的增加量，B错误；从A运动到B，小孩机械能减少量大于蹦床弹性势能增加量，C错误；若从B返回到A，小孩机械能增加量等于蹦床和弹性绳弹性势能减少量之和，D错误.
类型三　带有储能装置的汽车
例5　(多选)某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到节能的目的.某次测试中，汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机，测出了汽车动能Ek与位移x的关系图像如图所示，其中①是关闭储能装置时的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线.已知汽车的质量为1 000 kg，设汽车运动过程中所受地面阻力恒定，空气阻力不计.根据图像所给的信息可求出(　　)
A.汽车行驶过程中所受地面的阻力为1 000 N
B.汽车的额定功率为80 kW
C.汽车加速运动的时间为22.5 s
D.汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5×105 J
【答案】BD　
【解析】由图线①求所受阻力，由ΔEkm＝FfΔx，得Ff＝ N＝2 000 N，A错误；由Ekm＝可得，vm＝40 m/s，所以P＝Ffvm＝80 kW，B正确；加速阶段，Pt－Ffx＝ΔEk，得t＝16.25 s，C错误；根据能量守恒定律，并由图线②可得，ΔE＝Ekm－Ffx'＝8×105 J－2×103×150 J＝5×105 J，D正确.
类型四　工地上运送建筑材料的传送带
传送带本身是一个力与运动的问题，也同时涉及功和能的变化，这主要表现为两方面：一是求电动机因传送带传送物体而多做的功W，可用W＝ΔEk+ΔEp+Q，其中ΔEk表示被传送物体动能的增量、ΔEp表示被传送物体重力势能的增量(如果受电场力要考虑物体电势能的变化)、Q表示因摩擦而产生的热量；二是求物体与传送带之间发生的相对位移(或相对路程)s.
例6　(2022年广州一中月考)如图甲所示，倾角为37°的传送带以速度v0＝3 m/s顺时针转动，两传动轮之间的距离足够长，质量m＝2 kg的滑块从左侧底端以一定速度滑上传送带，滑块在传送带上运动的v－t图像如图乙所示，已知此过程传送带的速度保持不变(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)，则在图示时间内(　　)
A.滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.6
B.0~4 s内，传送带对滑块做功56 J
C.0~4 s内，滑块对传送带做功－156 J
D.0~4 s内，系统产生的内能为20 J
【答案】C　
【解析】根据图像可知，物块向上加速后匀速，加速过程中μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma，a＝＝1 m/s2，解得μ＝0.875，A错误；根据能量守恒，0~4 s内，物块的位移x＝(×2+3×2) m＝10 m，传送带对滑块做功W＝mv2－+mgxsin 37°，解得W＝128 J，B错误；0~4 s内，滑块对传送带做功W'＝－μmgcos 37°×3×2 m－mgsin 37°×2×3 m＝－156 J，C正确；0~4 s内，传送带与物块的相对位移Δx＝×2×2 m＝2 m，系统产生的内能为Q＝μmgΔxcos 37°，得0~4 s内，系统产生的内能为28 J，D错误.(共13张PPT)
热点强化7　动能定理的应用
知识巩固练
1.(2022年茂名开学考)如图所示，一列高速列车正沿直线由静止驶出火车站，假设列车质量为m，牵引电机的输出功率恒为P，所受阻力恒为f.一段时间t后达到最大速度v，在这段时间内位移为x.则下列说法正确的是(　　)
A.这段过程列车加速度先减小后增大
B.这段过程列车加速度先增大后减小
C.该过程加速度大小恒为a＝
D.该过程最大速度v＝
【答案】D　
【解析】由于输出功率恒定，则a＝，随速度增加，加速度减小，即列车做的是加速度逐渐减小的加速运动，当速度达到最大，加速度减小为0，之后做匀速直线运动，A、B、C错误；由动能定理可得Pt－fx＝mv2，解得v＝，则D正确.
2.(2022年天津耀华中学一模)如图所示，质量为m的滑块从竖直墙壁上高为h处的a点，由静止开始沿斜面ab滑入水平地面(斜面与水平地面在b点平滑连接，斜面长度可随b点位置变动调节)，并最终静止在c点，已知滑块与斜面及水平地面间的动摩擦因数均为μ，空气阻力不计.设c点到竖直墙壁的水平距离为x，滑块到达b点时的速度大小为v，则滑块从a到c的运动过程中(　　)
A.斜面倾角越大，v越大
B.斜面倾角越大，v越小
C.斜面倾角越大，x越大
D.斜面倾角越大，x越小
【答案】A　
【解析】设斜面倾角为θ，滑块由a到b，由动能定理得mgh－μmgcos θ×mv2－0，解得v＝，所以斜面倾角越大，v越大，A正确，B错误；滑块由a到c，由动能定理mgh－μmgcos θ×－μmg＝0，解得x＝，所以x的大小与斜面倾角无关，C、D错误.
3.(2022年成都检测)(多选)将图甲中的蹦床简化为图乙所示的弹簧，当质量50 kg的运动员站在蹦床上静止时，弹簧的上端由O点压缩到A点，运动员重心在O点.现将比赛过程分为两段，过程1：运动员从A点开始，通过多次起跳，在空中完成动作，且越跳越高，直至重心达到距O点高为6.1 m的最高点(此时运动员的速度为零)；过程2：运动员在最高点结束表演，此后不做任何动作，多次往返，最后静止在蹦床上，弹回过程中重心与O点最大高度差为4 m.若整个过程中运动员所受空气阻力大小恒为重力的0.2倍，重力加速度大小为10 m/s2.则(　　)
A.过程1中，运动员能够越跳越高，是因为弹簧对运动员不断做正功
B.在过程2的每一次单向向上运动过程中，运动员的速度最大时，弹
簧的上端都处于A点下方
C.过程2中，从开始下落到弹至重心距O点高4 m处，运动员克服空
气阻力做的功为1 010 J
D.过程2中，弹簧的最大弹性势能为2 520 J
【答案】BD　
【解析】过程1中，上升阶段，运动员与弹簧未分离时，弹簧对运动员做正功，运动员与弹簧分离后，弹簧对运动员不做功，A错误；由题可知，当物体静止时，在A点弹簧的弹力等于重力，在过程2的每一次单向向上运动过程中，阻力方向向下，运动员的速度最大时，运动员的加速度为零，此时有F弹＝mg+0.2mg＞mg，则速度最大时，运动员比静止在弹簧上时，弹簧的弹力更大，则被压缩更短，所以弹簧的上端都处于A点下方，B正确；过程2中，从距O点高为6.1 m开始下落到弹至重心距O点高4 m处，设运动员克服空气阻力做的功为W，由动能定理得mgh－W＝mg(6.1－4)－W＝0，解得W＝1 050 J，C错误；过程2中，当弹簧第一次到最低点时，弹簧的弹性势能最大，设弹簧的压缩量为x，运动员从距O点高为6.1 m开始下落到重心与O点最大高度差为4 m过程中，克服空气阻力做的功为0.2mg×(6.1+x)+0.2mg×(4+x)＝W，解得x＝0.2 m.过程2中，当弹簧第一次到最低点时，由动能定理得mg×(6.1+0.2)－0.2mg×(6.1+0.2)－Epmax＝0，代入数据得Epmax＝2 520 J，D正确
4.如图所示，水平粗糙滑道AB与竖直面内的光滑半圆形导轨BC在B处平滑相接，导轨半径为R.一轻弹簧的一端固定在水平滑道左侧的固定挡板M上，弹簧自然伸长时另一端N与B点的距离为L.质量为m的小物块在外力作用下向左压缩弹簧(不拴接)到某一位置P处，此时弹簧的压缩量为d.由静止释放小物块，小物块沿滑道AB运动后进入半圆形轨道BC，且刚好能到达半圆形轨道的顶端C点处，已知小物块与水平滑道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧的劲度系数为k，小物块可视为质点，则(　　)
A.小物块在C点处的速度刚好为零
B.当弹簧的压缩量为时，小物块速度达到最大
C.小物块刚离开弹簧时的速度大小为
D.刚开始释放物块时，弹簧的弹性势能为2mgR+μmg(L+d)
【答案】C　
【解析】因为小物块刚好能到达半圆形轨道的顶端C点处，故在C点处由重力提供向心力，有mg＝m，得到vC＝，A错误；小物块合力为零时，速度最大，则有μmg＝kΔx，可得小物块速度最大时，弹簧的压缩量为Δx＝，B错误；设小物块刚离开弹簧时的速度大小为v，小物块从N点到C点的过程中，由动能定理－μmgL－mg·2R＝mv2，解得v＝，C正确；从物块刚开始释放至达到C点，根据能量守恒可得，Ep＝μmg(L+d)+mg·2R+＝μmg(L+d)+mgR，D错误.
5.(多选)如图所示，物块A、B、C、D的质量都是m，并都可看作质点，四个物块用细线通过轻质滑轮连接.物块B与C、C与D、D与地面的距离都是L.现将物块A下方的细线剪断，若物块A距离滑轮足够远且不计一切阻力，则(　　)
A.A上升的最大速度是
B.A上升的最大速度是
C.A上升的最大高度是
D.A上升的最大高度是
【答案】AD　
【解析】设物块D落地时速度为v1，在D落地过程中，对四个物块应用动能定理有3mgL－mgL＝×4m；在物块C落地过程中，对三个物块应用动能定理有2mgL－mgL＝×3m×3m，联立解得v2＝，A正确，B错误；之后物块B匀速下降直到落地，A匀速上升，至此A已上升了3L的高度；再往后物块A做竖直上抛运动，还可以上升h＝L，A上升的最大高度H＝h+3L＝L，C错误，D正确.
6.应急滑梯是飞机的救生设施之一，意外情况发生时打开紧急出口放出滑梯并自动充气，短时间内生成一条连接出口与地面的滑梯，旅客(可视为质点)可沿滑梯滑行到地面上安全逃生.如图所示，若紧急出口下沿距地面的高度约为h＝3.375 m，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)若将滑梯通道看成几乎无形变的斜直面，且对地面的倾角为37°，旅客从斜面顶端由静止开始经2.5 s滑到底端.求旅客刚要接触地面时的速度大小及其与滑梯之间的动摩擦因数.(结果保留3位有效数字)
(2)实际下滑过程中气囊构成的滑梯会发生弹性形变，滑道并不是
标准的斜直面.若质量为m＝60 kg的某乘客刚好要滑到地面时速度
v＝4 m/s，则其下滑过程中因摩擦而产生的热量Q为多少
解：(1)设旅客下滑过程中的加速度为a，由匀变速直线运动公式有at2，解得a＝1.80 m/s2.则v＝at＝4.50 m/s.
对滑梯上某旅客进行受力分析如图所示.
垂直斜面方向FN＝mgcos 37°，滑动摩擦力Ff＝μFN，
由牛顿第二定律得ma＝mgsin 37°－μmgcos 37°，
解得μ＝0.525.
(2)由动能定理mgh－Wf＝mv2－0，摩擦生热等于旅客克服摩擦力所做的功，则Q＝Wf，
解得Q＝1 545 J.(共11张PPT)
热点强化8　功能关系的理解和应用
1.如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连.开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度.下列有关该过程的分析正确的是(　　)
A.释放B的瞬间其加速度为
B.B物体动能的增加量等于它所受重力与拉力做功之和
C.B物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量
D.细线的拉力对A做的功等于A物体机械能的增加量
【答案】B
2.“跳跳鼠”是很多小朋友喜欢玩的一种玩具(图甲)，弹簧上端连接脚踏板，下端连接跳杆(图乙)，人在脚踏板上用力向下压缩弹簧，然后弹簧将人向上弹起，最终弹簧将跳杆带离地面(　　)
A.不论下压弹簧程度如何，弹簧都能将跳杆带离地面
B.从人被弹簧弹起到弹簧恢复原长，弹簧的弹性势能全部转化为人的动能
C.从人被弹簧弹起到弹簧恢复原长，人一直向上加速运动
D.从人被弹簧弹起到弹簧恢复原长，人的加速度先减小后增大
【答案】D
3.(多选)如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点，将小球拉至A处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O点正下方B点的竖直高度差为h，速度为v，则(　　)
A.小球在B点的动能小于mgh
B.由A到B小球重力势能减少mv2
C.由A到B小球克服弹力做功为mgh
D.小球到达位置B时弹簧的弹性势能为mgh－
【答案】AD　
【解析】小球由A点到B点重力势能减少mgh，在小球下降过程中，小球的重力势能转化为动能和弹簧的弹性势能，所以小球运动到B点时的动能小于mgh，故A正确，B错误；根据动能定理得mgh+W弹＝mv2，所以小球由A至B克服弹力做功为W弹＝mgh－mv2，故C错误；弹簧弹力做功量度弹性势能的变化，所以小球到达位置B时弹簧的弹性势能为mgh－mv2，故D正确.
4.(多选)如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行.t＝0时，将质量m＝1 kg的炭块(可视为质点)轻放在传送带上，炭块相对地面的v－t图像如图乙所示，整个过程炭块未滑离传送带.设沿传送带向下为正方向，重力加速度g取10 m/s2.则(　　)
A.炭块与传送带间的动摩擦因数为0.4
B.0~2.0 s内摩擦力对炭块做功－24 J
C.0~2.0 s内炭块与传送带摩擦产生的热量为24 J
D.炭块在传送带上的痕迹长度为4 m
【答案】BC　
【解析】由图乙知，炭块先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后(在t＝1.0 s时刻)，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，炭块继续向下做匀加速直线运动，从图像可知传送带的速度为 v0＝10 m/s.在0~1.0 s内，炭块摩擦力方向沿斜面向下，匀加速运动的加速度为a1＝＝gsin θ+μgcos θ，由v－t图像可得a1＝ m/s2＝10 m/s2，即有gsin θ+μgcos θ＝10 m/s2；在1.0~2.0 s，炭块的加速度为a2＝＝gsin θ－μgcos θ，由v－t图像可得a2＝ m/s2＝2 m/s2，即有gsin θ－μgcos θ＝2 m/s2.联立可得μ＝0.5，θ＝37°，A错误.
根据“面积”表示位移，可知0~1.0 s炭块相对于地面的位移x1＝×10×1 m＝5 m，传送带的位移为x2＝v0t1＝10×1 m＝10 m，炭块相对于传送带的位移大小为Δx1＝x2－x1＝(10－5) m＝5 m，方向向上.摩擦力对炭块做功为Wf1＝μmgcos θ·x1＝0.5×10×0.8×5 J＝20 J，炭块与传送带摩擦产生的热量为Q1＝μmgcos θ·Δx1＝0.5×10×0.8×5 J＝20 J.根据“面积”表示位移，可知1.0~2.0 s炭块相对于地面的位移为x3＝×1 m＝11 m，传送带的位移为 x4＝v0t1＝10×1 m＝10 m，1.0~2.0 s内炭块相对于传送带的位移大小为Δx2＝x3－x4＝(11－10) m＝1 m，方向向下.摩擦力对炭块做功为Wf2＝－μmgcos θ·x3＝－0.5×10×0.8×11 J＝－44 J，炭块与传送带摩擦产生的热量为Q2＝μmgcos θ·Δx2＝0.5×10×0.8×1 J＝4 J，所以0~2.0 s内摩擦力对炭块做功Wf＝Wf1+Wf2＝(20－44) J＝－24 J，炭块与传送带摩擦产生的热量为Q＝Q1+Q2＝24 J，因痕迹有重叠，故留下的痕迹为5 m，B、C正确，D错误.
5.如图所示，在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，A放在水平地面上，B、C两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上.用手拿住C，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行.已知A、B的质量均为m，C的质量为4m，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C后，C沿斜面下滑，A刚离开地面时，B获得最大速度.求：
(1)斜面倾角α；
(2)B的最大速度v.
解：(1)当物体A刚离开地面时，设弹簧的伸长量为xA，对A有kxA＝mg，
此时B受到重力mg、弹簧的弹力kxA、细线拉力FT三个力的作用，设B的加速度为a，
根据牛顿第二定律，对B有
FT－mg－kxA＝ma，
对C有4mgsin α－FT＝4ma，
当B获得最大速度时，有a＝0，
由此解得sin α＝0.5，所以α＝30°.
(2)开始时弹簧压缩的长度为xB＝，显然xA＝xB.当物体A刚离开地面时，B上升的距离以及C沿斜面下滑的距离均为xA+xB.由于xA＝xB，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，而且物体A刚离开地面时，B、C两物体的速度相等，设为v，由机械能守恒定律得
4mg(xA+xB)sin α－mg(xA+xB)＝
(4m+m)v2，代入数值解得v＝2g.

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