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第五章 机　械　能
[备考指南]
考 点 内 容 要求 题型 把 握 考 情
一、功和功率 功和功率 Ⅱ 选择、计算 找 规 律 　　近几年高考既有对本章内容的单独考查，也有与曲线运动、电磁学等内容相结合的综合考查，对本章单独考查的题目多为选择题。
二、动能定理及其应用 动能和动能定理 Ⅱ 选择、计算
三、机械能守恒定律及其应用 重力做功与重力势能 Ⅱ 选择、计算
机械能守恒定律及其应用 Ⅱ
四、功能关系　能量守恒定律 功能关系 Ⅱ 选择、计算 明 热 点 　　将本章内容与其他知识相结合，与实际生产、生活和现代科技相结合进行命题的趋势较强，在复习中应侧重对基础知识的理解和应用。
实验五 探究动能定理 填空
实验六 验证机械能守恒定律 填空
第1节功和功率
(1)只要物体受力的同时又发生了位移，则一定有力对物体做功。(×)
(2)一个力对物体做了负功，则说明这个力一定阻碍物体的运动。(√)
(3)作用力做正功时，反作用力一定做负功。(×)
(4)力对物体做功的正负是由力和位移间的夹角大小决定的。(√)
(5)由P＝Fv可知，发动机功率一定时，机车的牵引力与运行速度的大小成反比。(√)
(6)汽车上坡时换成低挡位，其目的是减小速度得到较大的牵引力。(√)
要点一　功的正负判断与恒力、合力做功的计算
1．功的正负的判断方法
(1)恒力做功的判断：依据力与位移的夹角来判断。
(2)曲线运动中做功的判断：依据F与v的方向夹角α来判断，当0°≤α<90°，力对物体做正功；90°<α≤180°，力对物体做负功；α＝90°，力对物体不做功。
(3)依据能量变化来判断：功是能量转化的量度，若有能量转化，则必有力对物体做功。此法常用于判断两个相联系的物体之间的相互作用力做功的判断。
2．恒力做功的计算方法
3．合力做功的计算方法
方法一：先求合力F合，再用W合＝F合lcos α求功。
方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3 …，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功。
[多角练通]
1．(多选)如图5 1 1所示，质量为m的物体置于倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，在外力作用下，斜面体以加速度a沿水平方向向左做匀加速运动，运动中物体m与斜面体相对静止。则关于斜面对m的支持力和摩擦力的下列说法中正确的是(　　)
图5 1 1
A．支持力一定做正功　 B．摩擦力一定做正功
C．摩擦力可能不做功 D．摩擦力可能做负功
解析：选ACD　选支持力方向垂直斜面向上，故支持力一定做正功。而摩擦力是否存在需要讨论，若摩擦力恰好为零，物体只受重力和支持力，如图所示，此时加速度a＝gtan θ，当a>gtan θ，摩擦力沿斜面向下，摩擦力与位移夹角小于90°，则做正功；当a2．(2014·全国卷Ⅱ)一物体静止在粗糙水平地面上。现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v。若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v。对于上述两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则(　　)
A．WF2>4WF1，Wf2>2Wf1
B．WF2>4WF1，Wf2＝2Wf1
C．WF2<4WF1，Wf2＝2Wf1
D．WF2<4WF1，Wf2<2Wf1
解析：选C　根据匀变速直线运动的规律、牛顿第二定律、功的计算公式解题。根据x＝t得，两过程的位移关系x1＝x2，根据加速度的定义a＝，得两过程的加速度关系为a1＝。由于在相同的粗糙水平地面上运动，故两过程的摩擦力大小相等，即f1＝f2＝f，根据牛顿第二定律F－f＝ma得，F1－f1＝ma1，F2－f2＝ma2，所以F1＝F2＋f，即F1>。根据功的计算公式W＝Fl，可知Wf1＝Wf2，WF1>WF2，故选项C正确，选项A、B、D错误。
要点二　变力做功的计算
(一)利用动能定理求变力做功
动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于求恒力做功也适用于求变力做功。因使用动能定理可由动能的变化来求功，所以动能定理是求变力做功的首选。
[典例1]　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5 1 2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(　　)
图5 1 2
A．mv02－μmg(s＋x)　　　 B．mv02－μmgx
C．μmgs D．μmg(s＋x)
[解析]　设物体克服弹簧弹力所做的功为WT，则物体向左压缩弹簧过程中，弹簧弹力对物体做功为－WT，摩擦力对物体做功为－μmg(s＋x)，根据动能定理有
－WT－μmg(s＋x)＝0－mv02，
所以，WT＝mv02－μmg(s＋x)。
[答案]　A
(二)利用微元法求变力做功
将物体的位移分割成许多小段，因小段很小，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无穷小的位移上的恒力所做元功的代数和。此法在中学阶段，常应用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题。
[典例2]　(多选)(2015·宁波模拟)如图5 1 3所示，摆球质量为m，悬线的长为L，把悬线拉到水平位置后放手。设在摆球从A点运动到B点的过程中空气阻力F阻的大小不变，则下列说法正确的是(　　)
图5 1 3
A．重力做功为mgL
B．绳的拉力做功为0
C．空气阻力F阻做功为－mgL
D．空气阻力F阻做功为－F阻πL
[解析]　小球下落过程中，重力做功为mgL，A正确；绳的拉力始终与速度方向垂直，拉力做功为0，B正确；空气阻力F阻大小不变，方向始终与速度方向相反，故空气阻力F阻做功为－F阻·πL，C错误，D正确。
[答案]　ABD
(三)化变力为恒力求变力做功
变力做功直接求解时，通常都比较复杂，但若通过转换研究的对象，有时可化为恒力做功，用W＝Flcos α求解。此法常常应用于轻绳通过定滑轮拉物体的问题中。
[典例3]　如图5 1 4所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，以大小恒定的拉力F拉绳，使滑块从A点起由静止开始上升。若从A点上升至B点和从B点上升至C点的过程中拉力F做的功分别为W1和W2，滑块经B、C两点的动能分别为EkB和EkC，图中AB＝BC，则(　　)
图5 1 4
A．W1＞W2
B．W1＜W2
C．W1＝W2
D．无法确定W1和W2的大小关系
[解析]　绳子对滑块做的功为变力做功，可以通过转换研究对象，将变力的功转化为恒力的功；因绳子对滑块做的功等于拉力F对绳子做的功，而拉力F为恒力，W＝F·Δl，Δl为绳拉滑块过程中力F的作用点移动的位移，大小等于滑轮左侧绳长的缩短量，由图可知，ΔlAB＞ΔlBC，故W1＞W2，A正确。
[答案]　A
(四)利用平均力求变力做功
在求解变力做功时，若物体受到的力方向不变，而大小随位移呈线性变化，即力均匀变化时，则可以认为物体受到一大小为＝的恒力作用，F1、F2分别为物体初、末态所受到的力，然后用公式W＝lcos α求此力所做的功。
[典例4]　把长为l的铁钉钉入木板中，每打击一次给予的能量为E0，已知钉子在木板中遇到的阻力与钉子进入木板的深度成正比，比例系数为k。问此钉子全部进入木板需要打击几次？
[解析]　在把钉子打入木板的过程中，钉子把得到的能量用来克服阻力做功，而阻力与钉子进入木板的深度成正比，先求出阻力的平均值，便可求得阻力做的功。
钉子在整个过程中受到的平均阻力为：F＝＝
钉子克服阻力做的功为：WF＝Fl＝kl2
设全过程共打击n次，则给予钉子的总能量：
E总＝nE0＝kl2，所以n＝
[答案]　
(五)利用F x图像求变力做功
在F x图像中，图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移所做的功，且位于x轴上方的“面积”为正，位于x轴下方的“面积”为负，但此方法只适用于便于求图线所围面积的情况(如三角形、矩形、圆等规则的几何图形)。
[典例5]　如图5 1 5甲所示，静止于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F作用下，沿x轴方向运动，拉力F随物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示，图线为半圆。则小物块运动到x0处时F做的总功为(　　)
图5 1 5
A．0 B．Fmx0
C．Fmx0 D．x02
[解析]　F为变力，但F x图像包围的面积在数值上表示拉力做的总功。由于图线为半圆，又因在数值上Fm＝x0，故W＝π·Fm2＝π·Fm·x0＝Fmx0。
[答案]　C
要点三　功率的分析与计算
1．平均功率的计算
(1)利用＝。
(2)利用P＝F cos α，其中为物体运动的平均速度。
2．瞬时功率的计算
(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为物体受的外力F在速度v方向上的分力。
[多角练通]
1.(2015·洛阳模拟)把A、B两相同小球在离地面同一高度处以相同大小的初速度v0分别沿水平方向和竖直方向抛出，不计空气阻力，如图5 1 6所示，则下列说法正确的是(　　)
图5 1 6
A．两小球落地时速度相同
B．两小球落地时，重力的瞬时功率相同
C．从开始运动至落地，重力对两小球做的功相同
D．从开始运动至落地，重力对两小球做功的平均功率相同
解析：选C　A、B两球落地的速度大小相同，方向不同，A错误；由P＝mg·v竖可知，因B球落地时竖直速度较大，故PB＞PA，B错误；重力做功与路径无关，均为mgh，C正确；因B球从抛出到落地所用时间较长，故A＞B，D错误。
2．(多选)(2015·海口模拟)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5 1 7所示，力的方向保持不变，则(　　)
图5 1 7
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
解析：选BD　根据F t图线，在0～2t0时间内的加速度
a1＝
2t0时刻的速度v2＝a1·2t0＝t0
0～2t0时间内位移x1＝·2t0＝t02，故F0做的功W1＝F0x1＝t02
在2t0～3t0时间内的加速度a2＝
3t0时刻的速度v3＝v2＋a2t0＝t0
故3t0时刻的瞬时功率P3＝3F0v3＝
在2t0～3t0时间内位移x2＝·t0＝
故3F0做的功W2＝3F0·x2＝
因此在0～3t0时间内的平均功率P＝＝，故B、D正确。
要点四　机车启动问题
1．两种启动方式的比较
两种方式 以恒定功率启动 以恒定加速度启动
P t图和v t图
OA段 过程分析 v↑ F＝↓ a＝↓ a＝不变 F不变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 vm＝ 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＝匀速运动
2.三个重要关系式
(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即vm＝。
(2)机车以恒定加速度启动时，匀加速过程结束后功率最大，速度不是最大，即v＝(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或速度。
[典例]　动车组是城际间实现小编组、大密度的高效运输工具，以其编组灵活、方便、快捷、安全、可靠、舒适等特点而备受世界各国铁路运输和城市轨道交通运输的青睐。动车组就是几节自带动力的车厢加几节不带动力的车厢编成一组，就是动车组。假设有一动车组由8节车厢连接而成，每节车厢的总质量均为7.5×104 kg。其中第一节、第二节带动力，他们的额定功率分别为3.6×107 W和2.4×107 W，车在行驶过程中阻力恒为重力的0.1倍。(g取10 m/s2)
(1)求该动车组只开动第一节的动力的情况下能达到的最大速度。
(2)若列车从A地沿直线开往B地，先以恒定的功率6×107 W(同时开动第一、第二节的动力)从静止开始启动，达到最大速度后匀速行驶，最后除去动力，列车在阻力作用下匀减速至B地恰好速度为0。已知AB间距为5.0×104 m，求列车从A地到B地的总时间。
[解析]　(1)只开动第一节动力的前提下，当第一节以额定功率运行且列车的牵引力等于阻力时达到最大速度：
P1m＝Ffvm
得：vm＝＝60 m/s(其中阻力Ff＝0.1×8mg＝6.0×105 N，P1m＝3.6×107 W)
(2)列车以恒定的功率6×107 W(同时开动第一、第二节的动力)从静止开始启动，当牵引力等于阻力时达到最大速度vm＝，代入数据解得：vm＝100 m/s
设列车从C点开始做匀减速运动，令A到C的时间为t1，AC间距为x1；C到B的时间为t2，CB间距为x2，在CB间匀减速运动的加速度大小为a，列车的总重量M＝8m＝6.0×105 kg，运动示意图如图所示。
从C到B由牛顿第二定律和运动学公式得：
Ff＝Ma
代入数据解得：a＝＝＝1 m/s2
vm＝at2
代入数据解得：t2＝＝100 s
x2＝t2
代入数据解得：x2＝5.0×103 m
所以x1＝xAB－x2＝4.5×104 m
从A到C用动能定理得：
(P1m＋P2m)t1－Ffx1＝Mvm2
代入数据解得：t1＝500 s
所以：t总＝t1＋t2＝600 s。
[答案]　(1)60 m/s　(2)600 s
[易错提醒]
(1)机车启动的方式不同，运动的规律就不同，即其功率、速度、加速度、牵引力等物理量的变化规律不相同，分析图像时应注意坐标轴的意义及图像变化所描述的规律。
(2)在机车功率P＝Fv中，F是机车的牵引力而不是机车所受合力，正是基于此，P＝Ffvm时，即牵引力与阻力平衡时达到最大运行速度。
(3)恒定功率下的启动过程一定不是匀加速，匀变速直线运动的公式不适用了，这种加速过程发动机做的功可用W＝Pt计算，不能用W＝Fl计算(因为F为变力)。
(4)以恒定牵引力加速时的功率一定不恒定，这种加速过程发动机做的功常用W＝Fl计算，不能用W＝Pt计算(因为功率P是变化的)。
[针对训练]
1．(2014·重庆高考)某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶，受到的阻力分别为车重的k1和k2倍，最大速率分别为v1和v2，则(　　)
A．v2＝k1v1　　　　　　 　 B．v2＝v1
C．v2＝v1 D．v2＝k2v1
解析：选B　该车在水平路面上达到最大速率时，处于平衡状态，即该车此时的牵引力F1＝k1mg，F2＝k2mg，两种情况下，车的功率相同，即F1v1＝F2v2，解得v2＝，故B项正确。
2．(多选)(2015·南昌模拟)如图5 1 8所示为汽车的加速度和车速倒数的关系图像。若汽车质量为2×103 kg，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，最大车速为30 m/s，则(　　)
图5 1 8
A．汽车所受阻力为2×103 N
B．汽车在车速为15 m/s时，功率为6×104 W
C．汽车匀加速的加速度为3 m/s2
D．汽车匀加速所需时间为5 s
解析：选ABD　设汽车所受阻力大小为Ff，由汽车的加速度和车速倒数 的关系图像可知，汽车从静止开始先做匀加速运动，加速度a＝2 m/s2，直到速度达到v1＝10 m/s，则匀加速阶段所用时间为t＝＝5 s，此时汽车的牵引力功率达到最大，即Pm＝(Ff＋ma)v1；接下来做加速度逐渐减小的变加速运动，汽车的牵引力功率保持不变，当速度达到v2＝30 m/s时，加速度为零，此时Pm＝Ffv2，则解得Ff＝2×103 N，Pm＝6×104 W，当汽车在车速为15 m/s时，功率为6×104 W，所以正确选项为A、B、D。
对点训练：功的理解与计算
1.(2015·宁波期末)如图1所示，木块B上表面是水平的，当木块A置于B上，并与B保持相对静止，一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑过程中(　　)
图1
A．A所受的合外力对A不做功
B．B对A的弹力做正功
C．B对A的摩擦力做正功
D．A对B做正功
解析：选C　AB一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，加速度为gsin θ。由于A速度增大，由动能定理，A所受的合外力对A做功，B对A的摩擦力做正功，B对A的弹力做负功，选项A、B错误C正确。A对B不做功，选项D错误。
2．(2015·福建四地六校联考)以一定的初速度竖直向上抛出一个小球，小球上升的最大高度为h，空气阻力的大小恒为F，则从抛出到落回到抛出点的过程中，空气阻力对小球做的功为(　　)
A．0　　　　　　　　　 B．－Fh
C．Fh D．－2Fh
解析：选D　阻力与小球速度方向始终相反，故阻力一直做负功，W＝－Fh＋(－Fh)＝－2Fh，D正确。
3．(2015·湖北省重点中学联考)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方向作用力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 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(　　)
图2
A．W1＝W2＝W3 B．W1＜W2＜W3
C．W1＜W3＜W2 D．W1＝W2＜ W3
解析：选B　根据功的计算公式W＝Fx，速度时间图像与时间轴围成的面积代表位移x，对照力F随时间变化的图像和速度时间图像。在0～1 s，力F1＝1 N，x1＝ m＝0.5 m，做功W1＝F1x1＝0.5 J。在1～2 s，力F2＝3 N，x2＝m＝0.5 m，做功W2＝F2x2＝1.5 J，在2～3 s，力F3＝2 N，x3＝1×1 m＝1 m，做功W3＝F3x3＝2 J，所以有W3＞W2＞W1，选项B对。
对点训练：功率的分析与计算
4．(2015·唐山模拟)如图3所示，位于固定粗糙斜面上的小物块P，受到一沿斜面向上的拉力F，沿斜面匀速上滑。现把力F的方向变为竖直向上，若使物块P仍沿斜面保持原来的速度匀速运动，则(　　)
图3
A．力F一定要变小 B．力F一定要变大
C．力F的功率将减小 D．力F的功率将增大
解析：选C　受到一沿斜面向上的拉力F，F＝mgsin θ＋μmgcos θ，把力F的方向变为竖直向上，仍沿斜面保持原来的速度匀速运动，F＝mg，由于题述没有给出θ和μ的具体数值，不能判断出力F如何变化，选项A、B错误；由于力F的方向变为竖直向上后，摩擦力不再做功，力F的功率将减小，选项C正确D错误。
5．如图4所示，质量为m的小球以初速度v0水平抛出，恰好垂直打在倾角为θ的斜面上，则球落在斜面上时重力的瞬时功率为(不计空气阻力)(　　)
图4
A．mgv0tan θ　　　 B．
C． D．mgv0cos θ
解析：选B　小球落在斜面上时重力的瞬时功率为P＝mgvy，而vytan θ＝v0，所以P＝，B正确。
对点训练：机车启动问题
6．(2015·汕头模拟)一辆汽车从静止出发，在平直的公路上加速前进，如果发动机的牵引力保持恒定，汽车所受阻力保持不变，在此过程中(　　)
A．汽车的速度与时间成正比
B．汽车的位移与时间成正比
C．汽车做变加速直线运动
D．汽车发动机做的功与时间成正比
解析：选A　由F－Ff＝ma可知，因汽车牵引力F保持恒定，故汽车做匀加速直线运动，C错误；由v＝at可知，A正确；而x＝at2，故B错误；由WF＝F·x＝F·at2可知，D错误。
7．(2015·徐州模拟)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和速度的倒数图像如图5所示。若已知汽车的质量，则根据图像所给的信息，不能求出的物理量是(　　)
图5
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
解析：选D　由F－Ff＝ma，P＝Fv可得：a＝·－，对应图线可知，＝k＝40，可求出汽车的功率P，由a＝0时，＝0.05可得：vm＝20 m/s，再由vm＝，可求出汽车受到的阻力Ff，但无法求出汽车运动到最大速度的时间。
8．(2015·淮安模拟)某机械在每次匀速吊起货物时所能提供的功率P与所吊货物质量m的关系如图6所示。现用该机械将30个货箱吊上离地12 m高的平台，每个货箱的质量为5 kg(忽略机械从平台返回地面和装箱的时间，g取10 m/s2)，所需最短时间约为(　　)
图6
A．360 s B．720 s
C．1 440 s D．2 400 s
解析：选B　提升30个货箱到离地12 m高的平台上，克服重力所做的总功一定，机械的输出功率越大，所用时间越短，由P m图像可知，每次提升15 kg即每次提升3个货箱时，机械功率最大，Pm＝25 W，由Pm＝3mg·v可得v＝＝ m/s＝ m/s，每次提升过程对应的时间t＝＝72 s，故所需的总时间t总＝10t＝720s，B正确。
9．(2015·合肥模拟)起重机的钢索将重物由地面吊到空中某个高度，其速度图像如图7所示，则钢索拉力的功率随时间变化的图像可能是(　　)
图7
图8
解析：选B　0～t1时间内重物匀加速上升，此过程中F1－mg＝ma1，P1＝F1v。可见F1恒定，起重机功率P1随v均匀增大；t1～t2时间内，重物匀速上升，F2＝mg，P2＝mgv，大小不变，但匀加速过程的末时刻功率大于mgv，故A、D均错误；t2～t3时间内，重物减速上升，mg－F3＝ma3，P3＝F3v，此过程中F3不变，P3随v均匀减小，但匀速运动末时刻功率大于匀减速开始时刻的功率，故B正确，C错误。
对点训练：功、功率与其他力学知识的综合
10．(2015·怀化模拟)放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s内其速度与时间图像和该拉力的功率与时间图像分别如图9甲和乙所示，下列说法正确的是(　　)
图9
A．0～6 s内物体位移大小为36 m
B．0～6 s内拉力做的功为30 J
C．合外力在0～6 s内做的功与0～2 s内做的功相等
D．滑动摩擦力大小为5 N
解析：选C　由P＝Fv，对应v t图像和P t图像可得30＝F·6,10＝Ff·6，解得：F＝5 N，Ff＝ N，D错误；0～6 s内物体的位移大小为(4＋6)×6× m＝30 m，A错误；0～6 s内拉力做功W＝F·x1＋Ff·x2＝5×6×2× J＋×6×4 J＝70 J，B错误；由动能定理可知，C正确。
11．质量为2 kg的物体静止在水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等。t＝0时，物体受到方向不变的水平拉力F的作用，F的大小在不同时间段内有不同的值，具体情况如表格所示(g取10 m/s2)。求：
图10
时间t(s) 0～2 2～4 4～6 6～8
拉力F(N) 4 8 4 8
(1)4 s末拉力的瞬时功率；
(2)6～8 s内拉力所做的功；
(3)8 s内拉力的平均功率。
解析：(1)在0～2 s内，拉力等于4 N，最大静摩擦力等于4 N，故物体静止。
在2～4 s内，拉力F＝8 N，由牛顿第二定律得
F－μmg＝ma
解得a＝2 m/s2
位移为x1＝a(Δt)2＝4 m
4 s末物体的速度大小v＝aΔt＝4 m/s
4 s末拉力的瞬时功率P＝F v＝8×4 W＝32 W
(2)在4～6 s内，拉力等于4 N，滑动摩擦力等于4 N，故物体做匀速直线运动。
位移x2＝vΔt＝4×2 m＝8 m
在6～8 s内，拉力仍然是F＝8 N，物体的加速度大小仍为a＝2 m/s2。
位移x3＝vΔt＋a(Δt)2＝12 m
拉力所做的功W＝Fx3＝8×12 J＝96 J
(3)8 s内拉力做功W＝0＋8×4 J＋4×8 J＋96 J＝160 J
平均功率＝＝20 W
答案：(1)32 W　(2)96 J　(3)20 W
12．(2015·北京西城区联考)某品牌汽车在某次测试过程中数据如下表所示，请根据表中数据回答问题。
整车行驶质量 1 500 kg
额定功率 75 kW
加速过程 车辆从静止加速到108 km/h所需时间为10 s
制动过程 车辆以36 km/h行驶时的制动距离为5.0 m
已知汽车在水平公路上沿直线行驶时所受阻力f跟行驶速率v和汽车所受重力mg的乘积成正比，即f＝kmgv，其中k＝2.0×10－3 s/m。取重力加速度g＝10 m/s2。
(1)若汽车加速过程和制动过程都做匀变速直线运动，求这次测试中加速过程的加速度大小a1和制动过程的加速度大小a2；
(2)求汽车在水平公路上行驶的最大速度vm；
(3)把该汽车改装成同等功率的纯电动汽车，其他参数不变。若电源功率转化为汽车前进的机械功率的效率η＝90%。假设1 kW·h电能的售价为0.50元(人民币)，求电动汽车在平直公路上以最大速度行驶的距离s＝100 km时所消耗电能的费用。结合此题目，谈谈你对电动汽车的看法。
解析：(1)加速过程的加速度大小a1＝＝＝3 m/s2
制动过程满足：2a2x＝vt2－v02
解得加速度大小a2＝10 m/s2。
(2)当汽车的速度达到最大时，汽车受到牵引力与阻力相等。满足：
Pm＝fvm，即Pm＝kmgvm2
解得：vm＝50 m/s。
(3)以最大速度行驶过程中，克服阻力所做的功
Wf＝fs＝kmgvms
代入数据，解得：Wf＝1.5×108 J
消耗电能E＝＝1.67×108 J＝46.4 kW·h
所以，以最大速度行驶100 km的费用
Y＝46.4×0.5＝23.2(元)
由以上数据可以看出，纯电动汽车比燃油汽车行驶费用低得多，而且无环境污染问题。
答案：(1)3 m/s2　10 m/s2　(2)50 m/s　(3)23.2元
见解析
第2节动能定理及其应用
(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)动能不变的物体一定处于平衡状态。(×)
(3)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。(√)
(4)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化。(×)
(5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零。(×)
(6)做自由落体运动的物体，动能与时间的二次方成正比。(√)
要点一　对动能定理的理解
1．对“外力”的两点理解
(1)“外力”指的是合力，重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用。
(2)既可以是恒力，也可以是变力。
2．“＝”体现的二个关系
[多角练通]
1．关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是(　　)
A．合外力为零，则合外力做功一定为零
B．合外力做功为零，则合外力一定为零
C．合外力做功越多，则动能一定越大
D．动能不变，则物体合外力一定为零
解析：选A　由W＝Flcos α可知，物体所受合外力为零，合外力做功一定为零，但合外力做功为零，可能是α＝90°，故A正确，B错误；由动能定理W＝ΔEk可知，合外力做功越多，动能变化量越大，但动能不一定越大，动能不变，合外力做功为零，但合外力不一定为零，C、D均错误。
2.(多选)如图5 2 1所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下由静止开始竖直向上加速运动，当上升高度为H时，电梯的速度达到v，则在这个过程中，以下说法中正确的是(　　)
图5 2 1
A．电梯地板对物体的支持力所做的功等于
B．电梯地板对物体的支持力所做的功大于
C．钢索的拉力所做的功等于＋MgH
D．钢索的拉力所做的功大于＋MgH
解析：选BD　以物体为研究对象，由动能定理得WN－mgH＝mv2，即WN＝mgH＋mv2，选项B正确，选项A错误。以系统为研究对象，由动能定理得WT－(m＋M)gH＝(M＋m)v2，即WT＝(M＋m)v2＋(M＋m)gH＞＋MgH，选项D正确，选项C错误。
要点二　动能定理的应用
1．应用动能定理的流程
2．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)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。
(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。
(4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。
[典例]　(2015·邯郸模拟)泥石流是在雨季由于暴雨、洪水将含有沙石且松软的土质山体经饱和稀释后形成的洪流，它的面积、体积和流量都较大。泥石流流动的全过程虽然只有很短时间，但由于其高速前进，具有强大的能量，因而破坏性极大。某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究，如图5 2 2甲所示，他们设计了如下的模型：在水平地面上放置一个质量为m＝5 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移变化如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.6，g取10 m/s2。
图5 2 2
(1)物体在运动过程中的最大加速度为多大？
(2)在距出发点多远处，物体的速度达到最大？
(3)物体在水平面上运动的最大位移是多大？
[审题指导]　
(1)推力F最大时，物体的加速度最大。
(2)运动过程中，物体的加速度为零时，速度最大。
(3)推力F为变力，F做的功对应F x图线与x轴所围的面积。
[解析]　(1)当推力F最大时，加速度最大。①
由牛顿第二定律，得
F－μmg＝ma②
a＝10 m/s2③
(2)由图像可知：F随x变化的函数方程为
F＝80－20x④
速度最大时，合外力为零。
即F＝μmg⑤
所以x＝2.5 m⑥
(3)位移最大时，末速度一定为0
由动能定理可得
WF－μmgs＝0⑦
由图像可知，力F做的功为
WF＝Fx＝160 J⑧
所以s＝ m＝5.33 m(用分数表示同样给分)。⑨
[答案]　(1)10 m/s2　(2)2.5 m　(3)5.33 m
[方法规律]
(1)运用动能定理解决问题时，选择合适的研究过程能使问题得以简化。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。
[针对训练]
1．(2015·青岛检测)相同材料制成的滑道ABC，其中AB段为曲面，BC段为水平面。现有质量为m的木块，从距离水平面h高处的A点由静止释放，滑到B点过程中克服摩擦力做功为mgh；木块通过B点后继续滑行2h距离后，在C点停下来，则木块与曲面间的动摩擦因数应为(　　)
图5 2 3
A．　　　　　　　　　 B．
C． D．
解析：选A　物体从A点到C点根据动能定理：mgh－mgh－μmg·2h＝0，解得μ＝，因为曲面和水平轨道是同种材料，所以木块与曲面间的动摩擦因数也为，选项A正确。
2.(2015·南昌重点中学模拟)如图5 2 4所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面。设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，不计小球与弹簧碰撞过程中的能量损失，则弹簧被压缩至C点，弹簧对小球做的功为(　　)
图5 2 4
A．mgh－mv2 B．mv2－mgh
C．mgh＋mv2 D．mgh
解析：选A　小球从A点运动到C点的过程中，重力和弹簧的弹力对小球做负功，由于支持力与位移始终垂直，则支持力对小球不做功，由动能定理，可得WG＋WF＝0－mv2，重力做功为WG＝－mgh，则弹簧的弹力对小球做功为WF＝mgh－mv2，所以正确选项为A。
要点三　动能定理的图像问题
1．解决物理图像问题的基本步骤
(1)观察题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义。
(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式。
(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量。
2．四类图像所围面积的含义
(1)v t图：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。
(2)a t图：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。
(3)F s图：由公式W＝Fs可知，F s图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。
(4)P t图：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。
[典例]　小军看到打桩机，对打桩机的工作原理产生了兴趣。他构建了一个打桩机的简易模型，如图5 2 5甲所示。他设想，用恒定大小的拉力F拉动绳端B，使物体从A点(与钉子接触处)由静止开始运动，上升一段高度后撤去F，物体运动到最高点后自由下落并撞击钉子，将钉子打入一定深度。按此模型分析，若物体质量m＝1 kg，上升了1 m高度时撤去拉力，撤去拉力前物体的动能Ek与上升高度h的关系图像如图乙所示。(g取10 m/s2，不计空气阻力)
图5 2 5
(1)求物体上升到0.4 m高度处F的瞬时功率。
(2)若物体撞击钉子后瞬间弹起，且使其不再落下，钉子获得20 J的动能向下运动。钉子总长为10 cm。撞击前插入部分可以忽略，不计钉子重力。已知钉子在插入过程中所受阻力Ff与深度x的关系图像如图丙所示，求钉子能够插入的最大深度。
[审题指导]
(1)Ek h图像中斜率表示物体所受合外力。
(2)计算瞬时功率用公式P＝Fv，其中v为瞬时速度。
(3)当力随位移均匀变化时可用W＝x计算变力的功。
[解析]　(1)撤去F前，根据动能定理，有(F－mg)h＝Ek－0
由题图乙得，斜率为k＝F－mg＝20 N，得F＝30 N
又由题图乙得，h＝0.4 m时，Ek＝8 J，则v＝4 m/s
P＝Fv＝120 W。
(2)碰撞后，对钉子，有－fx′＝0－Ek′
已知Ek′＝20 J
f＝
又由题图丙得k′＝105 N/m
解得：x′＝0.02 m。
[答案]　(1)120 W　(2)0.02 m
[针对训练]
1.(2015·广州调研)用起重机提升货物，货物上升过程中的v t图像如图5 2 6所示，在t＝3 s到t＝5 s内，重力对货物做的功为W1、绳索拉力对货物做的功为W2、货物所受合力做的功为W3，则(　　)
图5 2 6
A．W1>0　　　　　　　　 B．W2<0
C．W2>0 D．W3＞0
解析：选C　分析题图可知，货物一直向上运动，根据功的定义式可得：重力做负功，拉力做正功，即W1<0，W2>0，A、B错误，C正确；根据动能定理：合力做的功W3＝0－mv2，v＝2 m/s，即W3<0，D错误。
2.(2015·宁波模拟)质量为10 kg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5 2 7所示。物体在x＝0处，速度为1 m/s，一切摩擦不计，则物体运动到x＝16 m处时，速度大小为(　　)
图5 2 7
A．2 m/s B．3 m/s
C．4 m/s D． m/s
解析：选B　由F x图像可知，拉力F在物体运动的16 m内所做的总功W＝10×4 J＝40 J。由动能定理可得：W＝mv2－mv02，解得v＝3 m/s，B正确。
3．(多选)质量为1 kg的物体静止在水平粗糙的地面上，受到一水平外力F作用运动，如图5 2 8甲所示，外力F和物体克服摩擦力Ff做的功W与物体位移x的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2。下列分析正确的是(　　)
图5 2 8
A．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2
B．物体运动的位移为13 m
C．前3 m运动过程中物体的加速度为3 m/s2
D．x＝9 m时，物体速度为3 m/s
解析：选ACD　由Wf＝Ffx对应图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力Ff＝2 N，由Ff＝μmg可得μ＝0.2，A正确；由WF＝Fx对应图乙可知，前3 m内，拉力F1＝5 N，3～9 m内拉力F2＝2 N，物体在前3 m内的加速度a1＝＝3 m/s2，C正确；由动能定理得：WF－Ffx＝mv2可得：x＝9 m时，物体的速度为v＝3 m/s，D正确；物体的最大位移xm＝＝13.5 m，B错误。
要点四　应用动能定理解决平抛运动、圆周运动问题
1．平抛运动和圆周运动都属于曲线运动，若只涉及位移和速度而不涉及时间，应优先考虑用动能定理列式求解。
2．动能定理的表达式为标量式，不能在某一个方向上列动能定理方程。
[典例]　(2015·青岛模拟)如图5 2 9所示，传送带A、B之间的距离为L＝3.2 m，与水平面间夹角θ＝37°，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为v＝2 m/s，在上端A点无初速放置一个质量为m＝1 kg、大小可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为μ＝0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径R＝0.4 m的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点E，已知B、D两点的竖直高度差为h＝0.5 m (g取10 m/s2 )。
图5 2 9
(1)金属块经过D点时的速度。
(2)金属块在BCD弯道上克服摩擦力做的功。
[解析]　(1)金属块在E点时，mg＝m，解得vE＝2 m/s，在从D到E过程中由动能定理得：
－mg·2R＝mvE2－mvD2 ，解得vD＝2 m/s。
(2)金属块刚刚放上时，mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，
解得a1＝10 m/s2
设经位移s1达到共同速度，则
v2＝2a1s1时，
解得s1＝0.2 m＜3.2 m
继续加速过程中，mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，
解得a2＝2 m/s2
由s2＝L－s1＝3 m，vB2－v2＝2a2s2，
解得vB＝4 m/s
在从B到D过程中由动能定理得：
mgh－W＝mvD2－mvB2，解得W＝3 J。
[答案]　(1)2 m/s　(2)3 J
[针对训练]
　(2015·临沂模拟)如图5 2 10所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m＝0.5 kg的小物块，它与水平台阶表面间的动摩擦因数μ＝0.5，且与台阶边缘O点的距离s＝5 m。在台阶右侧固定了一个以O点为圆心的圆弧形挡板，并以O点为原点建立平面直角坐标系。现用F＝5 N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板(g取10 m/s2)。
图5 2 10
(1)若小物块恰能击中挡板的上边缘P点，P点的坐标为(1.6 m,0.8 m)，求其离开O点时的速度大小；
(2)为使小物块击中挡板，求拉力F作用的距离范围；
(3)改变拉力F的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值。(结果可保留根式)
解析：(1)小物块从O到P，做平抛运动
水平方向：x＝v0t
竖直方向：y＝gt2
解得：v0＝4 m/s。
(2)为使小物块击中挡板，小物块必须能运动到O点，设垃力F作用的最短距离为x1，由动能定理得：Fx1－μmgs＝0
解得：x1＝2.5 m
为使小物块击中挡板，小物块的平抛初速度不能超过4 m/s，设拉力F作用的最长距离为x2，由动能定理得：
Fx2－μmgs＝mv02
解得：x2＝3.3 m
则为使小物块击中挡板，拉力F作用的距离范围为：
2．5 m＜x≤3.3 m。
(3)设小物块击中挡板的任意点坐标为(x，y)，则x＝v0′t′
y＝gt′2
由动能定理得：mgy＝Ek－ mv0′2
又x2＋y2＝R2
由P点坐标可求R2＝3.2
化简得：Ek＝＋＝＋y
由数学方法求得Ekmin＝2 J。
答案：(1)4 m/s　(2)2.5 m＜x≤3.3 m　(3)2 J
对点训练：对动能定理的理解
1．(多选)关于动能定理的表达式W＝Ek2－Ek1，下列说法正确的是(　　)
A．公式中的W为不包含重力的其他力做的总功
B．公式中的W为包含重力在内的所有力做的功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功
C．公式中的Ek2－Ek1为动能的增量，当W＞0时动能增加，当W＜0时，动能减少
D．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功
解析：选BC　公式W＝Ek2－Ek1中的“W”为所有力所做的总功，A错误，B正确；若W＞0，则Ek2＞Ek1，若W＜0，则Ek2＜Ek1，C正确；动能定理对直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功均适用，D错误。
2.如图1所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离。在此过程中(　　)
图1
A．外力F做的功等于A和B动能的增量
B．B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能增量
C．A对B的摩擦力所做的功，等于B对A的摩擦力所做的功
D．外力F对B做的功等于B的动能的增量
解析：选B　A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，即B对；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不相等，C错；对B应用动能定理，WF－WFf＝ΔEkB，即WF＝ΔEkB＋WFf就是外力F对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，D错；由前述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等，故A错。
3．如图2所示，质量相同的物体分别自斜面AC和BC的顶端由静止开始下滑，物体与斜面间的动摩擦因数都相同，物体滑到斜面底部C点时的动能分别为Ek1和Ek2，下滑过程中克服摩擦力所做的功分别为W1和W2，则(　　)
图2
A．Ek1>Ek2　W1Ek2　W1＝W2
C．Ek1＝Ek2　W1>W2 D．Ek1W2
解析：选B　设斜面的倾角为θ，斜面的底边长为x，则下滑过程中克服摩擦力做的功为W＝μmgcos θ·＝μmgx，所以两种情况下克服摩擦力做的功相等。又由于B的高度比A低，所以由动能定理可知Ek1>Ek2。故选B。
对点训练：动能定理的应用
4．一个质量为m的物体静止放在光滑水平面上，在互成60°角的大小相等的两个水平恒力作用下，经过一段时间，物体获得的速度为v，在力的方向上获得的速度分别为v1、v2，如图3所示，那么在这段时间内，其中一个力做的功为(　　)
图3
A． mv2 B． mv2
C． mv2 D． mv2
解析：选B　在合力F的方向上，由动能定理得W＝Fl＝ mv2，某个分力的功为W1＝F1lcos 30°＝lcos 30°＝Fl＝ mv2，B正确。
5．(2015·浙江五校联考)用竖直向上大小为30 N的力F，将2 kg的物体由沙坑表面静止抬升1 m时撤去力F，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20 cm。若忽略空气阻力，g取10 m/s2。则物体克服沙坑的阻力所做的功为(　　)
A．20 J B．24 J
C．34 J D．54 J
解析：选C　用竖直向上大小为30 N的力F，将2 kg的物体由沙坑表面静止抬升1 m时，由动能定理，Fh－mgh＝mv2，撤去力F后由动能定理，mg(d＋h)－W＝0－mv2，联立解得W＝mg(d＋h)＋Fh－mgh＝Fh＋mgd＝30×1 J＋2×10×0.2 J＝34 J。选项C正确。
6.(2015·杭州名校质检)如图4所示，已知物体与三块材料不同的地毯间的动摩擦因数分别为μ、2μ和3μ，三块材料不同的地毯长度均为l，并排铺在水平地面上，该物体以一定的初速度v0从a点滑上第一块，则物体恰好滑到第三块的末尾d点停下来，物体在运动中地毯保持静止，若让物体从d点以相同的初速度水平向左运动，则物体运动到某一点时的速度大小与该物体向右运动到该位置的速度大小相等，则这一点是(　　)
图4
A．a点 B．b点
C．c点 D．d点
解析：选C　对物体从a运动到c，由动能定理，－μmgl－2μmgl＝mv12－mv02，对物体从d运动到c，由动能定理，－3μmgl＝mv22－mv02，解得v2＝v1，选项C正确。
对点训练：动能定理的图像问题
7．(2015·临沂检测)物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止。以a、Ek、s和t分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间，则以下各图像中，能正确反映这一过程的是(　　)
图5
解析：选C　物体在恒定阻力作用下运动，其加速度随时间不变，随位移不变，选项A、B错误；由动能定理，－fs＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－fs，选项C正确D错误。
8.(2015·浙江十校联考)用水平力F拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t2时刻停止，其速度 时间图像如图6所示，且α＞β，若拉力F做的功为W1，平均功率为P1；物体克服摩擦阻力Ff做的功为W2，平均功率为P2，则下列选项正确的是(　　)
图6
A．W1＞W2，F＝2Ff B．W1＝W2，F＞2Ff
C．P1＜P2，F＞2Ff D．P1＝P2，F＝2Ff
解析：选B　由动能定理可得W1－W2＝0，解得W1＝W2。由图像可知，撤去拉力F后运动时间大于水平力F作用时间，所以F＞2Ff，选项A、D错误B正确；由于摩擦阻力作用时间一定大于水平力F作用时间，所以P1＞P2，选项C错误。
9．(多选)(2015·洛阳模拟)如图7甲所示，倾角为θ的足够长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的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v t图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10 m/s2。则(　　)
　
甲　　　　　　　　　　　　乙
图7
A．传送带的速率v0＝10 m/s
B．传送带的倾角θ＝30°
C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5
D．0～2.0 s内摩擦力对物体做功Wf＝－24 J
解析：选ACD　由v t图像可知，物体放上传送带开始阶段，加速度a1＝10.0 m/s2，物体与传送带同速后，加速度a2＝ m/s2＝2.0 m/s2，传送带的速率v0＝10 m/s，A正确；由mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，mgsin θ－μmgcos θ＝ma2可求得：θ＝37°，μ＝0.5，B错误，C正确；由动能定理得：mglsin θ＋Wf＝mv2，v＝12.0 m/s，l＝×10×1 m＋×1 m＝16 m，解得Wf＝－24 J，D正确。
对点训练：应用动能定理解决平抛运动、圆周运动问题
10．(多选)(2015·青岛模拟)如图8所示，一个小球(视为质点)从H＝12 m高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB进入半径R＝4 m的竖直圆环内侧，且与圆环的动摩擦因数处处相等，当到达圆环顶点C时，刚好对轨道压力为零；然后沿CB圆弧滑下，进入光滑弧形轨道BD，到达高度为h的D点时速度为零，则h的值可能为(　　)
图8
A．10 m B．9.5 m
C．8.5 m D．8 m
解析：选BC　小球到达环顶C时，刚好对轨道压力为零，在C点，由重力充当向心力，则根据牛顿第二定律得：mg＝m，因R＝4 m，小球在C点时的动能为mv2＝mgR＝2mg，以B点为零势能面，小球重力势能Ep＝2mgR＝8mg，开始小球从H＝12 m高处，由静止开始通过光滑弧形轨道AB，因此在小球上升到顶点时，根据动能定理得：mg(H－2R)－Wf＝ mv2，所以克服摩擦力做功Wf＝2mg，此时机械能等于10mg，之后小球沿轨道下滑，由于机械能有损失，所以下滑速度比上升速度小，因此对轨道压力变小，受摩擦力变小，所以下滑时，克服摩擦力做功大小小于2mg，机械能有损失，到达底端时小于10mg；此时小球机械能大于10mg－2mg＝8mg，而小于10mg，所以进入光滑弧形轨道BD时，小球机械能的范围为，8mg＜Ep＜10mg，所以高度范围为8 m＜h＜10 m，故B、C正确。
11．(2015·上海静安区模拟)在竖直平面内固定一轨道ABCO，AB段水平放置，长为4 m，BCO段弯曲且光滑；一质量为1.0 kg、可视作质点的圆环套在轨道上，圆环与轨道AB段之间的动摩擦因数为0.5。建立如图9所示的直角坐标系，圆环在沿x轴正方向的恒力F作用下，从A(－7,2)点由静止开始运动，到达原点O时撤去恒力F，圆环从O(0,0)点水平飞出后经过D(6,3)点。重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求：
图9
(1)圆环到达O点时的速度大小；
(2)恒力F的大小；
(3)圆环在AB段运动的时间。
解析：(1)圆环从O到D过程中做平抛运动
x＝v0t
y＝gt2
读图得x＝6 m，y＝3 m
v0＝ m/s＝7.75 m/s。
(2)圆环从A到O过程中，根据动能定理
FxAO－μmgxAB－mgy′＝mv02
代入数据得F＝10 N。
(3)圆环从A到B过程中，根据牛顿第二定律
F－μmg＝ma
xAB＝at2
代入数据得t＝ s＝1.26 s。
答案：(1)7.75 m/s　(2)10 N　(3)1.26 s
12．(2015·江苏启东中学检测)如图10所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O点为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高。质量m＝1 kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O点等高的D点。g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
图10
(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值；
(3)若滑块离开C处的速度大小为4 m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t。
解析：(1)滑块从A点到D点的过程中，根据动能定理有mg·(2R－R)－μmgcos 37°·＝0
解得μ＝0.375。
(2)若滑块能到达C点，根据牛顿第二定律有
mg＋FN＝
当FN＝0时，滑块恰能到达C点，有vC≥＝2 m/s，滑块从A点到C点的过程中，根据动能定理有
－μmgcos 37°·＝mvC2－mv02
联立解得v0≥2 m/s。
(3)滑块离开C点做平抛运动有x＝vt，y＝gt2
由几何关系得tan 37°＝
联立以上各式整理得5t2＋3t－0.8＝0
解得t＝0.2 s。
答案：(1)0.375　(2)2 m/s　(3)0.2 s
第3节机械能守恒定律及其应用
,
(1)重力势能的大小与零势能参考面的选取有关。(√)
(2)重力势能的变化与零势能参考面的选取无关。(√)
(3)被举到高处的物体重力势能一定不为零。(×)
(4)克服重力做功，物体的重力势能一定增加。(√)
(5)发生弹性形变的物体都具有弹性势能。(√)
(6)弹力做正功弹性势能一定增加。(×)
(7)物体所受的合外力为零，物体的机械能一定守恒。(×)
(8)物体的速度增大时，其机械能可能减小。(√)
(9)物体除受重力外，还受其他力，但其他力不做功，则物体的机械能一定守恒。(√)
要点一　机械能守恒的理解与判断
1．对机械能守恒条件的理解
(1)只受重力作用，例如不考虑空气阻力的各种抛体运动，物体的机械能守恒。
(2)除重力外，物体还受其他力，但其他力不做功或做功代数和为零。
(3)除重力外，只有系统内的弹力做功，并且弹力做的功等于弹性势能变化量的负值，那么系统的机械能守恒，注意并非物体的机械能守恒，如与弹簧相连的小球下摆的过程机械能减少。
2．机械能是否守恒的三种判断方法
(1)利用机械能的定义判断：若物体动能、势能之和不变，机械能守恒。
(2)利用守恒条件判断。
(3)利用能量转化判断：若物体系统与外界没有能量交换，物体系统内也没有机械能与其他形式能的转化，则物体系统机械能守恒。
[多角练通]
1．关于机械能是否守恒，下列说法正确的是(　　)
A．做匀速直线运动的物体机械能一定守恒
B．做匀速圆周运动的物体机械能一定守恒
C．做变速运动的物体机械能可能守恒
D．合外力对物体做功不为零，机械能一定不守恒
解析：选C　做匀速直线运动的物体与做匀速圆周运动的物体，如果是在竖直平面内则机械能不守恒，A、B错误；合外力做功不为零，机械能可能守恒，D错误、C正确。
2.如图5 3 1所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是(　　)
图5 3 1
A．斜劈对小球的弹力不做功
B．斜劈与小球组成的系统机械能守恒
C．斜劈的机械能守恒
D．小球重力势能减小量等于斜劈动能的增加量
解析：选B　小球的位移方向竖直向下，斜劈对小球的弹力对小球做负功，小球对斜劈的弹力对斜劈做正功，斜劈的机械能增大，小球的机械能减少，但斜劈与小球组成的系统机械能守恒，小球重力势能的减少量，等于小球和斜劈动能增加量之和，故B正确，A、C、D错误。
3．如图5 3 2所示，用轻弹簧相连的物块A和B放在光滑的水平面上，物块A紧靠竖直墙壁，一颗子弹沿水平方向射入物块B后留在其中，由子弹、弹簧和A、B所组成的系统在下列依次进行的过程中，机械能不守恒的是(　　)
图5 3 2
A．子弹射入物块B的过程
B．物块B带着子弹向左运动，直到弹簧压缩量最大的过程
C．弹簧推着带子弹的物块B向右运动，直到弹簧恢复原长的过程
D．带着子弹的物块B因惯性继续向右运动，直到弹簧伸长量达最大的过程
解析：选A　子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B组成的系统，由于要克服子弹与物块之间的滑动摩擦力做功，一部分机械能转化成了内能，所以机械能不守恒。在子弹与物块B获得了共同速度后一起向左压缩弹簧的过程中，对于A、B、弹簧和子弹组成的系统，由于墙壁给A一个推力作用，系统的外力之和不为零，但这一过程中墙壁的弹力不做功，只有系统内的弹力做功，动能和弹性势能发生转化，系统机械能守恒，这一情形持续到弹簧恢复原长为止。当弹簧恢复原长后，整个系统将向右运动，墙壁不再有力作用在A上，这时物块的动能和弹簧的弹性势能相互转化，故系统的机械能守恒。
要点二　单个物体的机械能守恒
1．机械能守恒的三种表达式
表达式 物理意义 注意事项
守恒观点 Ek＋Ep＝Ek′＋Ep′ 系统初状态机械能的总和与末状态机械能的总和相等 应用时应选好重力势能的零势能面，且初末状态必须用同一零势能面计算势能
转化观点 ΔEk＝－ΔEp 表示系统(或物体)机械能守恒时，系统减少(或增加)的重力势能等于系统增加(或减少)的动能 应用时关键在于分清重力势能的增加量和减少量，可不选零势能面而直接计算初末状态的势能差
转移观点 ΔEA增＝ΔEB减 若系统由A、B两部分组成，则A部分物体机械能的增加量与B部分物体机械能的减少量相等 常用于解决两个或多个物体组成的系统的机械能守恒问题
2．机械能守恒定律的应用技巧
(1)机械能守恒定律是一种“能——能转化”关系，其守恒是有条件的，因此，应用时首先要对研究对象在所研究的过程中机械能是否守恒做出判断。
(2)如果系统(除地球外)只有一个物体，用守恒观点列方程较方便；对于由两个或两个以上物体组成的系统，用转化或转移的观点列方程较简便。
[典例]　(2015·山东邹平一中检测)如图5 3 3所示，半径为R的光滑半圆轨道ABC与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道DC相切于C，圆轨道的直径AC与斜面垂直。质量为m的小球从A点左上方距A高为h的斜上方P点以某一速度水平抛出，刚好与半圆轨道的A点相切进入半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到与抛出点等高的D处。已知当地的重力加速度为g，取R＝h，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求：
图5 3 3
(1)小球被抛出时的速度v0；
(2)小球到达半圆轨道最低点B时，对轨道的压力大小；
(3)小球从C到D过程中克服摩擦力做的功W。
[审题指导]
(1)小球到达A点的速度沿A点的切线方向，与DC斜面平行。
(2)小球由A点运动到B点的过程中机械能守恒。
(3)小球在斜面CD上克服摩擦力做的功对应小球损失的机械能。
[解析]　(1)小球到达A点时，速度与水平方向的夹角为θ，如图所示。
设竖直方向的速度为vy，则有vy2＝2gh
由几何关系得v0＝vycot θ
得v0＝。
(2)A、B间竖直高度H＝R(1＋cos θ)
设小球到达B点时的速度为v，则从抛出点到B过程中有mv02＋mg(H＋h)＝mv2
在B点，有FN－mg＝m
解得FN＝5.6mg
由牛顿第三定律知，小球在B点对轨道的压力大小是5.6mg。
(3)小球沿斜面上滑过程中克服摩擦力做的功等于小球做平抛运动的初动能，有W＝mv02＝mgh。
[答案]　(1)　(2)5.6mg　(3)mgh
[方法规律]
(1)列方程时，选取的表达角度不同，表达式不同，对参考平面的选取要求也不一定相同。
(2)应用机械能守恒能解决的问题，应用动能定理同样能解决，但其解题思路和表达式有所不同。
[针对训练]
1．(2014·全国卷Ⅱ)取水平地面为重力势能零点。一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等。不计空气阻力。该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为(　　)
A．　　　　　　　　 B．
C． D．
解析：选B　根据平抛运动的规律和机械能守恒定律解题。设物块水平抛出的初速度为v0，高度为h，由机械能守恒定律得mv02＝mgh，即v0＝。物块在竖直方向上的运动是自由落体运动，故落地时的竖直分速度vy＝＝vx＝v0，则该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角θ＝，故选项B正确，选项A、C、D错误。
2．(2015·南开中学模拟)如图5 3 4所示，压力传感器能测量物体对其正压力的大小，现将质量分别为M、m的物块和小球通过轻绳固定，并跨过两个水平固定的定滑轮(滑轮光滑且较小)，当小球在竖直面内左右摆动且高度相等时，物块始终没有离开水平放置的传感器。已知小球摆动偏离竖直方向的最大角度为θ，滑轮O到小球间轻绳长度为l，重力加速度为g，求：
图5 3 4
(1)小球摆到最低点速度大小；
(2)小球摆到最低点时，压力传感器示数为0，则M/m的大小。
解析：(1)小球下摆过程中只有重力做功，小球的机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mgl(1－cos θ)＝mv2－0
解得小球在最低点的速度大小v＝。
(2)小球在最低点时，压力传感器的示数为0，
则轻绳的拉力大小F＝Mg
对小球在最低点应用牛顿第二定律得：
F－mg＝m
解得＝3－2cos θ。
答案：(1)　(3)3－2cos θ
要点三　多物体的机械能守恒
1．对多个物体组成的系统要注意判断物体运动过程中，系统的机械能是否守恒。
2．注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系。
3．列机械能守恒方程时，一般选用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA＝－ΔEB的形式。
[典例]　(2015·青岛检测)一半径为R的半圆形竖直圆柱面，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，如图5 3 5所示。已知A球始终不离开圆柱内表面，且细绳足够长，若不计一切摩擦，求：
图5 3 5
(1)A球沿圆柱内表面滑至最低点时速度的大小；
(2)A球沿圆柱内表面运动的最大位移。
[审题指导]
(1)A球沿绳方向的分速度与B球速度大小相等。
(2)A球沿圆柱内表面运动的位移大小与B球上升高度相等。
(3)A球下降的高度并不等于B球上升的高度。
[解析]　(1)设A球沿圆柱内表面滑至最低点时速度的大小为v，B球的质量为m，则根据机械能守恒定律有
甲
2mgR－mgR＝×2mv2＋mvB2
由图甲可知，A球的速度v与B球速度vB的关系为vB＝v1＝vcos 45°
联立解得v＝2 。
(2)当A球的速度为零时，A球沿圆柱内表面运动的位移最大，设为x，如图乙所示，由几何关系可知A球下降的高度h＝
乙
根据机械能守恒定律有2mgh－mgx＝0
解得x＝R。
[答案]　(1)2 　(2)R
[方法规律]
解决多物体机械能守恒问题的三点注意
(1)正确选取研究对象。
(2)合理选取物理过程。
(3)正确选取机械能守恒定律的表达式。
[针对训练]
1．(多选)(2015·江西红色六校联考)如图5 3 6所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P连接，另一端与物体A相连，物体A置于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连。开始时托住B，让A处于静止且细线恰好伸直，然且由静止释放B，直至B获得最大速度。下列有关该过程的分析正确的是(　　)
图5 3 6
A．B物体受到细线的拉力保持不变
B．A物体与B物体组成的系统机械能不守恒
C．B物体机械能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量
D．当弹簧的拉力等于B物体的重力时，A物体的动能最大
解析：选BD　以A、B组成的系统为研究对象，有mBg－kx＝(mA＋mB)a。由于弹簧的伸长量x逐渐变大，从开始到B速度达到最大的过程中B加速度逐渐减小，由mBg－FT＝mBa可知，此过程中细线的拉力逐渐增大，是变力，A错误。A物体、弹簧与B物体组成的系统机械能守恒，而A物体与B物体组成的系统机械能不守恒，B正确。B物体机械能的减少量等于A物体机械能的增加量与弹簧弹性势能的增加量之和，故B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，C错误。当弹簧的拉力等于B物体的重力时，B物体速度最大，A物体的动能最大，D正确。
2.质量分别为m和2m的两个小球P和Q，中间用轻质杆固定连接，杆长为L，在离P球处有一个光滑固定轴O，如图5 3 7所示。现在把杆置于水平位置后自由释放，在Q球顺时针摆动到最低位置时，求：
图5 3 7
(1)小球P的速度大小；
(2)在此过程中，杆对小球P做的功。
解析：(1)两球和杆组成的系统机械能守恒，设小球Q摆到最低位置时P球的速度为v，由于P、Q两球的角速度相等，Q球运动半径是P球运动半径的两倍，故Q球的速度为2v。由机械能守恒定律得
2mg·L－mg·L＝mv2＋·2m·(2v)2
解得v＝。
(2)杆对P球做的功等于小球P机械能的增加量ΔE，则
ΔE＝mg·L＋mv2＝mgL。
答案：(1)　(2)mgL
要点四　用机械能守恒定律解决非质点问题
在应用机械能守恒定律处理实际问题时，经常遇到像“链条”“液柱”类的物体，其在运动过程中将发生形变，其重心位置相对物体也发生变化，因此这类物体不能再看做质点来处理。
物体虽然不能看成质点来处理，但因只有重力做功，物体整体机械能守恒。一般情况下，可将物体分段处理，确定质量分布均匀的规则物体各部分的重心位置，根据初末状态物体重力势能的变化列式求解。
[典例]　如图5 3 8所示，一条长为L的柔软匀质链条，开始时静止在光滑梯形平台上，斜面上的链条长为x0，已知重力加速度为g，Lx0)。
图5 3 8
[解析]　链条各部分和地球组成的系统机械能守恒，设链条的总质量为m，以平台所在位置为零势能面，则
－x0g·x0sin α＝mv2－xg·xsin α
解得v＝
所以当斜面上链条长为x时，链条的速度为
。
[答案]　
[针对训练]
1.如图5 3 9所示，粗细均匀，两端开口的U形管内装有同种液体，开始时两边液面高度差为h，管中液柱总长度为4h，后来让液体自由流动，当两液面高度相等时，右侧液面下降的速度为(　　)
图5 3 9
A． 　　　　　　 B．
C． D．
解析：选A　当两液面高度相等时，减少的重力势能转化为整个液体的动能，根据功能关系有mg·h＝mv2，解得：v＝ 。
2．(多选)如图5 3 10所示，倾角θ＝30°的光滑斜面固定在地面上，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(　　)
图5 3 10
A．物块的机械能逐渐增加
B．软绳的重力势能减少了mgl
C．物块重力势能的减少量等于软绳机械能的增加量
D．软绳重力势能减少量小于其动能的增加量
解析：选BD　细线对物块做负功，物块的机械能减少，细线对软绳做功，软绳的机械能增加，故软绳重力势能的减少量小于其动能增加量，A错误，D正确；物块重力势能的减少量一部分转化为软绳机械能，另一部分转化为物块的动能，故C错误；从开始运动到软绳刚好全部离开斜面，软绳的重心下移了，故其重力势能减少了mgl，B正确。
3．长为L的均匀链条，放在光滑的水平桌面上，且使其长度的垂在桌边，如图5 3 11所示，松手后链条从静止开始沿桌边下滑，则链条滑至刚刚离开桌边时的速度大小为多大？
图5 3 11
解析：链条下滑时，因桌面光滑，没有摩擦力做功，整根链条总的机械能守恒，设整根链条质量为m，由机械能守恒定律得
mg·L＋mg·L＝mv2
解得v＝ 。
答案：
对点训练：对重力势能、弹性势能、机械能的理解
1．(多选)(2015·滁州模拟)关于重力势能，下列说法中正确的是(　　)
A．重力势能是地球与物体所组成的系统共有的
B．重力势能为负值，表示物体的重力势能比在参考平面上具有的重力势能少
C．卫星绕地球做椭圆运动，当由近地点向远地点运动时，其重力势能减小
D．只要物体在水平面以下，其重力势能为负值
解析：选AB　重力势能是物体与地球的相互作用所具有的能量，其为负值表示物体在所选的参考面以下，不一定在水平面以下，A、B均正确，D错误；卫星由近地点向远地点运动时，万有引力做负功，重力势能增加，C错误。
2.如图1所示，在光滑水平面上有一物体，它的左端连接着一轻弹簧，弹簧的另一端固定在墙上，在力F作用下物体处于静止状态，当撤去力F后，物体将向右运动，在物体向右运动的过程中，下列说法正确的是(　　)
图1
A．弹簧的弹性势能逐渐减少
B．物体的机械能不变
C．弹簧的弹性势能先增加后减少
D．弹簧的弹性势能先减少后增加
解析：选D　因弹簧左端固定在墙上，右端与物体连接，故撤去F后，弹簧先伸长到原长后，再被物体拉伸，其弹性势能先减少后增加，物体的机械能先增大后减小，故D正确，A、B、C均错误。
3．(多选)(2015·山师大附中期中)如图2所示，质量分别为M、m的两个小球置于高低不同的两个平台上，a、b、c分别为不同高度的参考平面，下列说法正确的是(　　)
图2
A．若以c为参考平面，M的机械能大
B．若以b为参考平面，M的机械能大
C．若以a为参考平面，无法确定M、m机械能的大小
D．无论如何选择参考平面，总是M的机械能大
解析：选BC　若以b为参考平面，M的机械能为零，m的机械能为负值，M的机械能大，B正确；若以c为参考平面，则EpM＝MghM，Epm＝mghm，因不知M、m的大小关系，故无法比较M、m的机械能大小，若以a为参考平面，同样无法比较M、m的机械能大小，故A、D错误，C正确。
对点训练：单个物体的机械能守恒问题
4．(2015·佛山调研)在一次课外趣味游戏中，有四位同学分别将四个质量不同的光滑小球沿竖直放置的内壁光滑的半球形碗的碗口内侧同时由静止释放，碗口水平，如图3所示。他们分别记下了这四个小球下滑速率为v时的位置，则这些位置应该在同一个(　　)
图3
A．球面　　　　　　　 B．抛物面
C．水平面 D．椭圆面
解析：选C　因半球形碗的内壁光滑，所以小球下滑过程中机械能守恒，取小球速率为v时所在的平面为零势能面，则根据机械能守恒定律得mgh＝mv2，因为速率v相等，所以高度相等，与小球的质量无关，即这些位置应该在同一个水平面上，C正确。
5．(多选)(2015·湖北省重点中学高三联考)如图4所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落在比地面低h的海平面上，若以地面为零势能面，且不计空气阻力，则(　　)
图4
A．物体在海平面的重力势能为mgh
B．重力对物体做的功为mgh
C．物体在海平面上的机械能为mv02＋mgh
D．物体在海平面上的动能为mv02＋mgh
解析：选BD　以地面为零势能面，海平面在地面以下h处，高度为－h，所以物体在海平面的重力势能是－mgh，A错。重力做功和路径无关，和初末位置高度差有关，从地面到海平面，位移竖直向下为h，重力也向下，重力对物体做功mgh，B对。从地面到海平面过程只有重力做功，机械能守恒，在海平面机械能等于在地面机械能，在地面重力势能为0，动能为mv02，机械能为E＝0＋mv02＝mv02，C错。海平面机械能同样E＝mv02，而海平面重力势能为－mgh，所以E＝mv02＝Ek＋(－mgh)，得动能Ek＝mv02＋mgh，D对。
6．(2014·福建高考)如图5，两根相同的轻质弹簧，沿足够长的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不动。质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端。现用外力作用在物块上，使两弹簧具有相同的压缩量，若撤去外力后，两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧，则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程，两物块(　　)
图5
A．最大速度相同 B．最大加速度相同
C．上升的最大高度不同 D．重力势能的变化量不同
解析：选C　整个过程中，物块达到平衡位置时速度最大，物块质量越大，其平衡位置越靠近最低点，则由最低点到平衡位置过程中，回复力对质量较大的物块做功较小，又Ek＝mv2，故质量较大的物块在平衡位置速度较小，A项错；撤去外力瞬间，物块的加速度最大，由牛顿第二定律可知，两物块的最大加速度不同，B项错；撤去外力前，两弹簧具有相同的压缩量，即具有相同的弹性势能，从撤去外力到物块速度第一次减为零，系统的机械能分别守恒，由机械能守恒定律可知，物块的重力势能的变化量等于弹簧弹性势能的变化量，所以重力势能的变化量相同，D项错；因为两物块质量不同，物块的初始高度相同，由ΔEp＝mgΔh可知，两物块上升的最大高度不同，C项对。
对点训练：多个物体的机械能守恒问题
7．(多选)如图6所示，质量分别为m和2m的两个小球A和B，中间用轻质杆相连，在杆的中点O处有一固定转动轴，把杆置于水平位置后释放，在B球顺时针摆动到最低位置的过程中(不计一切摩擦)(　　)
图6
A．B球的重力势能减少，动能增加，B球和地球组成的系统机械能守恒
B．A球的重力势能增加，动能也增加，A球和地球组成的系统机械能不守恒
C．A球、B球和地球组成的系统机械能守恒
D．A球、B球和地球组成的系统机械能不守恒
解析：选BC　A球在上摆过程中，重力势能增加，动能也增加，机械能增加，B项正确；由于A球、B球和地球组成的系统只有重力做功，故系统的机械能守恒，C项正确，D项错误；B球部分机械能转化给A球，所以B球和地球组成系统的机械能一定减少，A项错误。
8．如图7所示，在倾角θ＝30°的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为1 kg和2 kg的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根长L＝0.2 m的轻杆相连，小球B距水平面的高度h＝0.1 m。两球由静止开始下滑到光滑地面上，不计球与地面碰撞时的机械能损失，g取10 m/s2。则下列说法中正确的是(　　)
图7
A．整个下滑过程中A球机械能守恒
B．整个下滑过程中B球机械能守恒
C．整个下滑过程中A球机械能的增加量为 J
D．整个下滑过程中B球机械能的增加量为 J
解析：选D　在下滑的整个过程中，只有重力对系统做功，系统的机械能守恒，但在B球沿水平面滑行，而A沿斜面滑行时，杆的弹力对A、B球做功，所以A、B球各自机械能不守恒，故A、B错误；根据系统机械能守恒得：mAg(h＋Lsin θ)＋mBgh＝(mA＋mB)v2，解得：v＝ m/s，系统下滑的整个过程中B球机械能的增加量为mBv2－mBgh＝ J，故D正确；A球的机械能减小，C错误。
9．(2012·上海高考)如图8所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍。当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高。将A由静止释放，B上升的最大高度是(　　)
图8
A．2R B．
C． D．
解析：选C　设A、B的质量分别为2m、m，当A落到地面上时，B恰好运动到与圆柱轴心等高处，以A、B整体为研究对象，则A、B组成的系统机械能守恒，故有2mgR－mgR＝(2m＋m)v2，A落到地面上以后，B仍以速度v竖直上抛，上升的高度为h＝，解得h＝R，故B上升的总高度为R＋h＝R，选项C正确。
对点训练：有关机械能守恒定律的综合问题
10．(2014·全国卷Ⅱ)如图9，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下。重力加速度大小为g。当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为(　　)
图9
A．Mg－5mg B．Mg＋mg
C．Mg＋5mg D．Mg＋10mg
解析：选C　根据机械能守恒定律、牛顿第二定律、牛顿第三定律和平衡条件解题。设大环半径为R，质量为m的小环滑下过程中遵守机械能守恒定律，所以mv2＝mg·2R。小环滑到大环的最低点时的速度为v＝2，根据牛顿第二定律得FN－mg＝，所以在最低点时大环对小环的支持力FN＝mg＋＝5mg。根据牛顿第三定律知，小环对大环的压力FN′＝FN＝5mg，方向向下。对大环，据平衡条件，轻杆对大环的拉力T＝Mg＋FN′＝Mg＋5mg。根据牛顿第三定律，大环对轻杆拉力的大小为T′＝T＝Mg＋5mg，故选项C正确，选项A、B、D错误。
11．(2015·雅安模拟)如图10所示，质量为m的小球从四分之一光滑圆弧轨道顶端静止释放，从轨道末端O点水平抛出，击中平台右下侧挡板上的P点。以O为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板形状满足方程y＝6－x2(单位：m)，小球质量m＝0.4 kg，圆弧轨道半径R＝1.25 m，g取10 m/s2，求：
图10
(1)小球对圆弧轨道末端的压力大小；
(2)小球从O点到P点所需的时间(结果可保留根号)。
解析：(1)对小球，从释放到O点过程中
由机械能守恒：mgR＝mv2
v＝＝ m/s＝5 m/s
小球在圆轨道最低点：FN－mg＝m
FN＝mg＋m＝12 N
由牛顿第三定律，小球对轨道末端的压力FN′＝FN＝12 N。
(2)小球从O点水平抛出后满足y＝gt2
x＝vt
又有　y＝6－x2
联立得t＝ s。
答案：(1)12 N　(2) s
12．(2014·福建高考)图11为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切。点A距水面的高度为H，圆弧轨道BC的半径为R，圆心O恰在水面。一质量为m的游客(视为质点)可从轨道AB的任意位置滑下，不计空气阻力。
图11
(1)若游客从A点由静止开始滑下，到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面D点，OD＝2R，求游客滑到B点时的速度vB大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功Wf；
(2)若游客从AB段某处滑下，恰好停在B点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道，求P点离水面的高度h。(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F向＝m)
解析：(1)游客从B点做平抛运动，有2R＝vBt①
R＝gt2②
由①②式得vB＝③
从A到B，根据动能定理，有
mg(H－R)＋Wf＝mvB2－0④
由③④式得Wf＝－(mgH－2mgR)。⑤
(2)设OP与OB间夹角为θ，游客在P点时的速度为vP，受到的支持力为N，从B到P由机械能守恒定律，有
mg(R－Rcos θ)＝mvP2－0⑥
过P点时，根据向心力公式，有
mgcos θ－N＝m⑦
又N＝0⑧
cos θ＝⑨
由⑥⑦⑧⑨式解得
h＝R。⑩
答案：(1)　－(mgH－2mgR)　(2)R
第4节功能关系__能量守恒定律
(1)力对物体做了多少功，物体就具有多少能。(×)
(2)能量在转移或转化过程中，其总量会不断减少。(×)
(3)在物体的机械能减少的过程中，动能有可能是增大的。(√)
(4)既然能量在转移或转化过程中是守恒的，故没有必要节约能源。(×)
(5)节约可利用能源的目的是为了减少污染排放。(×)
(6)滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化。(√)
(7)一个物体的能量增加，必定有别的物体能量减少。(√)
要点一　功能关系的理解与应用
1．对功能关系的理解
(1)做功的过程就是能量转化的过程。不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的。
(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。
2．几种常见的功能关系及其表达式
各种力做功 对应能的变化 定量的关系
合力的功 动能变化 合力对物体做功等于物体动能的增量W合＝Ek2－Ek1
重力的功 重力势能变化 重力做正功，重力势能减少，重力做负功，重力势能增加，且WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
弹簧弹力的功 弹性势能变化 弹力做正功，弹性势能减少，弹力做负功，弹性势能增加，且W弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
只有重力、弹簧弹力的功 不引起机械能变化 机械能守恒ΔE＝0
非重力和弹力的功 机械能变化 除重力和弹力之外的其他力做正功，物体的机械能增加，做负功，机械能减少，且W其他＝ΔE
电场力的功 电势能变化 电场力做正功，电势能减少，电场力做负功，电势能增加，且W电＝－ΔEp
[多角练通]
1.(2015·商丘模拟)自然现象中蕴藏着许多物理知识，如图5 4 1所示为一个盛水袋，某人从侧面缓慢推袋壁使它变形，则水的势能(　　)
图5 4 1
A．增大　　　　　　　 B．变小
C．不变 D．不能确定
解析：选A　人缓慢推水袋，对水袋做正功，由功能关系可知，水的重力势能一定增加，A正确。
2．(2015·唐山模拟)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5 4 2甲所示。弹簧处于原长状态，物块静止且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)(　　)
图5 4 2
A．3.1 J B．3.5 J
C．1.8 J D．2.0 J
解析：选A　物块与水平面间的摩擦力为f＝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F做功W＝3.5 J，克服摩擦力做功Wf＝fx＝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，选项A正确。
3．(2014·广东高考)如图5 4 3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(　　)
图5 4 3
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
解析：选B　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项错误；克服摩擦力做功消耗机械能，B项正确；撞击以后垫板和车厢有相同的速度，因此动能并不为零，C项错误；压缩弹簧过程弹簧的弹性势能增加，并没有减小，D项错误。
要点二　摩擦力做功与能量的关系
1．两种摩擦力做功的比较
静摩擦力 滑动摩擦力
不　同　点 能量的转化方面 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
一对摩擦力的总功方面 一对静摩擦力所做功的代数和等于零 一对滑动摩擦力所做功的代数和为负值，总功W＝－Ff·s相对，即摩擦时产生的热量
相同点 正功、负功、不做功方面 两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功；静摩擦力做正功时，它的反作用力一定做负功；滑动摩擦力做负功时，它的反作用力可能做正功，可能做负功，还可能不做功；但滑动摩擦力做正功或不做功时，它的反作用力一定做负功
2．求解相对滑动物体的能量问题的方法
(1)正确分析物体的运动过程，做好受力分析。
(2)利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位移关系。
(3)公式Q＝Ff·s相对中s相对为两接触物体间的相对位移，若物体在传送带上做往复运动时，则s相对为总的相对路程。
[典例]　(2015·山东省实验中学模拟)如图5 4 4所示，有一个可视为质点的质量为m＝1 kg的小物块。从光滑平台上的A点以v0＝2 m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M＝3 kg的长木板。已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.4 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，g取10 m/s2。求：
(1)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；
(2)要使小物块不滑出长木板，木板的长度L至少多大？
图5 4 4
[审题指导]　
(1)小物块在C点的速度沿圆周上C点的切线方向，水平方向的分速度为v0。
(2)小物块由C到D的过程中机械能守恒。
(3)小物块不滑出长木板，小物块与长木板最终速度相同。
[解析]　(1)小物块在C点时的速度大小为
vC＝①
小物块由C到D的过程中，由机械能守恒定律得：
mgR(1－cos 60°)＝mvD2－mvC2②
代入数据解得vD＝2 m/s
小球在D点时由牛顿第二定律得：
FN－mg＝m③
代入数据解得FN＝60 N④
由牛顿第三定律得FN′＝FN＝60 N，方向竖直向下。
(2)设小物块刚好滑到木板左端且达到共同速度的大小为v，小物块在木板上滑行的过程中，小物块与长木板的加速度大小分别为
a1＝＝μg⑤
a2＝⑥
速度分别为v＝vD－a1t，v＝a2t⑦
对小物块和木板系统，由能量守恒定律得：
μmgL＝mvD2－(m＋M)v2⑧
L＝2.5 m。⑨
[答案]　(1)60 N 　方向竖直向下　(2)2.5 m
[方法规律]
(1)小物块刚要到达D点时具有竖直向上的加速度，支持力大于重力，区别于小物块刚过C点的情况。
(2)木板的最小长度对应小物块与长木板相对滑动的最大位移。
[针对训练]
1．(2015·安庆模拟)如图5 4 5所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，已知物体m和木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体m放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F，那么力F对木板做功的数值为(　　)
图5 4 5
A．　　　　　　　　 B．
C．mv2 D．2mv2
解析：选C　由能量转化和守恒定律可知，拉力F对木板所做的功W一部分转化为物体m的动能，一部分转化为系统内能，故W＝mv2＋μmg·s相，s相＝vt－t，v＝μgt，以上三式联立可得：W＝mv2，故C正确。
2．(2015·徐州模拟)某电视娱乐节目装置可简化为如图5 4 6所示模型。倾角θ＝37°的斜面底端与水平传送带平滑接触，传送带BC长L＝6 m，始终以v0＝6 m/s的速度顺时针运动。将一个质量m＝1 kg的物块由距斜面底端高度h1＝5.4 m的A点静止滑下，物块通过B点时速度的大小不变。物块与斜面、物块与传送带间动摩擦因数分别为μ1＝0.5、μ2＝0.2，传送带上表面距地面的高度H＝5 m，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
图5 4 6
(1)求物块由A点运动到C点的时间；
(2)若把物块从距斜面底端高度h2＝2.4 m处静止释放，求物块落地点到C点的水平距离；
(3)求物块距斜面底端高度满足什么条件时，将物块静止释放均落到地面上的同一点D。
解析：(1)A到B过程：根据牛顿第二定律
mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma1
＝a1t12，代入数据解得a1＝2 m/s2，t1＝3 s
所以滑到B点的速度：vB＝a1t1＝2×3 m/s＝6 m/s，
物块在传送带上匀速运动到C
t2＝＝s＝1 s
所以物块由A到B的时间：t＝t1＋t2＝3 s＋1 s＝4 s
(2)在斜面上根据动能定理
mgh2－μ1mgcos θ＝mv2
解得v＝4 m/s＜6 m/s
设物块在传送带先做匀加速运动到v0，运动位移为x，则：
a2＝＝μ2g＝2 m/s2
v02－v2＝2a2x，x＝5m＜6m
所以物体先做匀加速直线运动后和皮带一起匀速运动，离开C点做平抛运动
s＝v0t0，H＝gt02，解得s＝6 m
(3)因物块每次均抛到同一点D，由平抛知识知：物块到达C点时速度必须有vC＝v0
① 当离传送带高度为h3时物块进入传送带后一直匀加速运动，则：
mgh3－μ1mgcos θ＋μ2mgL＝mv02，h3＝1.8 m。
②当离传送带高度为h4时物块进入传送带后一直匀减速运动，则：
mgh4－μ1mgcos θ－μ2mgL＝mv02，h4＝9.0 m
所以当离传送带高度在1.8 m～9.0 m的范围内均能满足要求
即1.8 m≤h≤9.0 m。
答案：(1)4 s　(2)6 m　(3)1.8 m≤h≤9.0 m
要点三　能量转化与守恒的应用
1．对能量守恒定律的两点理解
(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等；
(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等。
2．能量转化问题的解题思路
(1)当涉及摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转化和守恒定律。
(2)解题时，首先确定初末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减与增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解。
[典例]　(2015·浙江瑞安四校联考)如图5 4 7所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点。用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m，B的质量为m，初始时物体A到C点的距离为L。现给A、B一初速度v0＞，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点。已知重力加速度为g，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：
图5 4 7
(1)物体A向下运动刚到C点时的速度；
(2)弹簧的最大压缩量；
(3)弹簧的最大弹性势能。
[解析]　(1)A与斜面间的滑动摩擦力Ff＝2μmgcos θ，物体从A向下运动到C点的过程中，根据功能关系有
2mgLsin θ＋·3mv02＝·3mv2＋mgL＋FfL
解得v＝。
(2)从物体A接触弹簧，将弹簧压缩到最短后又恰回到C点，对系统应用动能定理－Ff·2x＝0－×3mv2
解得x＝－。
(3)弹簧从压缩到最短到恰好能弹到C点的过程中，对系统根据功能关系有Ep＋mgx＝2mgxsin θ＋Ffx
所以Ep＝Ffx＝－。
[答案]　(1)　(2)－
(3)－
[方法规律]　涉及弹簧的能量问题的解题方法
两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，具有以下特点：
(1)能量变化上，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒。
(2)如果系统每个物体除弹簧弹力外所受合外力为零，则当弹簧伸长或压缩到最大程度时两物体速度相同。
(3)当弹簧为自然状态时系统内某一端的物体具有最大速度。
[针对训练]
1．(2015·潍坊模拟)如图5 4 8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，B、C在水平线上，其距离d＝0.50 m。盆边缘的高度为h＝0.30 m。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为μ＝0.10。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停下的位置到B的距离为(　　)
图5 4 8
A．0.50 m　　　　　　　 B．0.25 m
C．0.10 m D．0
解析：选D　设小物块在盆内水平面上来回运动的总路程为x，由能量守恒定律可得：mgh＝μmgx，解得x＝3.0 m＝6d，故小物块最终停在B点，D正确。
2.(2014·山东高考)2013年我国相继完成“神十”与“天宫”对接、“嫦娥”携“玉兔”落月两大航天工程。某航天爱好者提出“玉兔”回家的设想：如图5 4 9，将携带“玉兔”的返回系统由月球表面发射到h高度的轨道上，与在该轨道绕月球做圆周运动的飞船对接，然后由飞船送“玉兔”返回地球。设“玉兔”质量为m，月球半径为R，月面的重力加速度为g月。以月面为零势能面，“玉兔”在h高度的引力势能可表示为Ep＝，其中G为引力常量，M为月球质量。若忽略月球的自转，从开始发射到对接完成需要对“玉兔”做的功为(　　)
图5 4 9
A．(h＋2R) B．(h＋R)
C． D．
解析：选D　根据题意可知，要使“玉兔”和飞船在距离月球表面高为h的轨道上对接，若不考虑月球的自转影响，从开始发射到完成对接需要对“玉兔”做的功应为克服月球的万有引力做的功与在该轨道做圆周运动的动能之和，所以W＝Ep＋Ek，Ep＝，再根据：＝，据此可求得需要的动能为：Ek＝，再联系：GM＝g月R2，
由以上三式可求得，从开始发射到完成对接需要对“玉兔”做的功应为：W＝，所以该题正确选项为D。
3．(2015·廊坊模拟)如图5 4 10所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相切，半圆形导轨的半径为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的速度后脱离弹簧，当它经过B点进入导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的8倍，之后向上运动恰能到达最高点C。(不计空气阻力)试求：
图5 4 10
(1)物体在A点时弹簧

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