资源简介

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　第五章
机械能(必修2)
　【P73】
考　点
要求
说　明
功和功率
Ⅱ
动能和动能定理
Ⅱ
重力做功与重力势能
Ⅱ
功能关系、机械能守恒定律及其应用
Ⅱ
实验：探究动能定理
实验：验证机械能守恒定律
　【P73】
就新考纲而言，要注意对如下几个方面的理解．
(1)新增加了“探究功与速度变化的关系”实验的知识内容，且是Ⅱ要求．这与加强培养学生探究性学习能力的新课程理念要求是一致的．
(2)考纲对功率知识点的要求，包括了机动车辆的功率问题．考纲对重力势能知识点的要求，包括了重力做功与重力势能变化的关系内容．
2015、2016命题情况　【P73】
年份
考题
题型
分值
主要考点
2015
全国卷Ⅰ第17题
选择题
6分
动能定理
全国卷Ⅱ第17题
选择题
6分
功、功率
全国卷Ⅱ第21题
选择题
6分
机械能守恒
北京卷第23题
计算题
18分
变力做功
浙江卷第18题
选择题
6分
功率
四川卷第1题
选择题
6分
机械能守恒
四川卷第9题
计算题
15分
功、功率
福建卷第17题
选择题
6分
动能定理
天津卷第5题
选择题
6分
功能关系、机械能守恒
山东卷第23题
计算题
18分
动能定理
江苏卷第9题
选择题
4分
功能关系
江苏卷第14题
计算题
16分
动能定理
年份
考题
题型
分值
主要考点
2016
全国卷Ⅱ第19题
选择题
6分
功和功率
天津卷第8题
选择题
6分
功和功率
全国卷Ⅰ第25题
计算题
18分
动能　动能定理
全国卷Ⅱ第16题
选择题
6分
动能　动能定理
全国卷Ⅲ第16题
选择题
6分
动能　动能定理
全国卷Ⅲ第20题
选择题
6分
动能　动能定理
天津卷第10题
计算题
16分
动能　动能定理
四川卷第1题
选择题
6分
动能　动能定理
浙江卷第18题
选择题
6分
动能　动能定理
全国卷Ⅱ第21题
选择题
6分
机械能守恒定律
江苏卷第14题
计算题
16分
机械能守恒定律
全国卷Ⅱ第22题
实验题
6分
实验：探究动能定理
四川卷第8题Ⅰ
实验题
6分
实验：探究动能定理
全国卷Ⅰ第22题
实验题
5分
实验：验证机械能守恒定律
江苏卷第11题
实验题
10分
实验：验证机械能守恒定律
全国卷Ⅱ第25题
计算题
20分
功和能综合
第1节　功和功率
　　【P74】
夯实基础　
1．做功的两个不可缺少的因素：力和物体在__力的方向上__发生的位移．
2．功的公式：W＝__Flcos__α__，其中F为恒力，α为F的方向与位移l的方向之间的夹角；功的单位：__焦耳__
(J)；功是__标__
(填“矢”或“标”)量．
3．正功和负功：根据W＝Flcos
α可知：
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
力F是动力还是阻力
动力
阻力
考点突破　　
例1质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面上，当斜面沿水平方向向右匀速移动了距离s时，如图所示，物体m相对斜面静止，则下列说法中不正确的是(　　)
A．摩擦力对物体m做功为零
B．合力对物体m做功为零
C．摩擦力对物体m做负功
D．弹力对物体m做正功
【解析】分析物体的受力情况：重力mg、弹力N和摩擦力f，弹力N与位移s的夹角小于90°，则弹力对物体m做正功．物体匀速运动时，合力为零，合力对物体m做功为零．摩擦力f与位移的夹角为钝角，所以摩擦力对物体做负功．故BCD正确，A错误．
【答案】A
【小结】判断功的正、负主要有以下三种方法：
1．若物体做直线运动，依据力与位移的夹角来判断，此法常用于恒力做功的判断．
2．若物体做曲线运动，依据F与v的方向的夹角α的大小来判断．当
0≤α<90°
时，力对物体做正功；90°<α≤180°时，力对物体做负功；α＝90°时，力对物体不做功．
3．依据能量变化来判断：此法既适用于恒力做功，也适用于变力做功，关键应分析清楚能量的转化情况．根据功是能量转化的量度，若有能量转化，则必有力对物体做功．比如系统的机械能增加，说明力对系统做正功；如果系统的机械能减少，则说明力对系统做负功．此法常用于两个相联系的物体之间的相互作用力做功的判断．
例2如图所示，质量为2
kg的物体在水平地面上，受到与水平方向成37°角的大小为10
N的拉力作用，移动2
m，已知地面与物体间的动摩擦因数μ＝0.2(取g＝10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8)，求：
(1)拉力对物体做的功；
(2)重力对物体做的功；
(3)弹力对物体做的功；
(4)摩擦力对物体的功；
(5)外力对物体做的总功．
【解析】只要正确分析物体的受力情况，明确每个力与位移的夹角，就可根据功的定义求解．
(1)拉力F做功WF＝Fs·cos
37°＝10×2×0.8
J＝16
J
(2)重力G做功WG＝mgs·cos
90°＝0
(3)弹力N做功WN＝Ns·cos
90°＝0
(4)摩擦力f做功Wf＝fs·cos
180°＝－μNs＝－μ(mg－Fsin
37°)s＝－5.6
J
(5)外力做的总功W总＝WF＋WG＋WN＋Wf＝(16＋0＋0－5.6)J＝10.4
J
也可先求出合力，再求合力做的总功
F合＝Fcos
37°－μ(mg－Fsin
37°)＝5.2
N
W总＝F合s·cos
0°＝5.2×2×1
J＝10.4
J
可见，合外力对物体做的功，等于各个外力对物体做功的代数和，因此，求总功可以有两种计算方法，所得的结果是相同的．
【小结】在计算力所做的功时，首先要对物体进行受力分析，明确是要求哪个力做的功，这个力是恒力还是变力；其次进行运动分析，明确是要求哪一个过程力所做的功．关于恒力的功和总功的计算方法如下：
1．恒力做功
对恒力作用下物体的运动，力对物体做的功用W＝Flcos
α求解．该公式可写成W＝F·(l·cos
α)＝(F·cos
α)·l.即功等于力与力方向上的位移的乘积或功等于位移与位移方向上的力的乘积．
2．总功的求法
(1)总功等于合外力的功．
先求出物体所受各力的合力F合，再根据W总＝F合lcos
α计算总功，但应注意α应是合力与位移l的夹角．
(2)总功等于各力做功的代数和．
(3)总功等于力与位移关系图象(F－x图象)中图线与位移所围几何图形的“面积”．
针对训练　
1．如图，物块A、B在外力F的作用下一起沿水平地面做匀速直线运动的过程中，关于A与地面间的滑动摩擦力和A、B间的静摩擦力做功的说法，正确的是(C)
A．静摩擦力都做正功，滑动摩擦力都做负功
B．静摩擦力都不做功，滑动摩擦力都做负功
C．有静摩擦力做正功，有滑动摩擦力不做功
D．有静摩擦力做负功，有滑动摩擦力做正功
【解析】A、B整体，受地面向左的滑动摩擦力，做负功，根据牛顿第三定律，A、B对地面的滑动摩擦力向右，但地面没有位移，不做功，再分析B，受A向左的静摩擦力，做负功，同理B对A静摩擦力向右，做正功，综上所述，C对．
2．一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(C)
A．WF2>4WF1，Wf2>2Wf1
B．WF2>4WF1，Wf2＝2Wf1
C．WF2<4WF1，Wf2＝2Wf1
D．WF2<4WF1，Wf2<2Wf1
【解析】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．
　　【P75】
夯实基础　
计算变力做功的常用方法
1．利用微元法求解：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，适用于求解大小不变、方向改变的变力做功；
2．利用图象求解：如在F－x图象中，图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移所做的功，且位于x轴上方的“面积”为正，位于x轴下方的“面积”为负；
3．利用平均力求解：当力的方向不变而大小随位移做线性变化时，可先求出力对位移的平均值F＝，再由W＝Flcos
α计算，如弹簧弹力做功；
4．化变力为恒力求解：通过转换研究的对象，可将变力做功转化为恒力做功，用W＝Flcos
α求解，如轻绳通过定滑轮拉动物体运动情景下拉力做功问题；
5．用功率求功：机车发动机保持功率P恒定做变速运动时，牵引力是变力，牵引力做的功W＝Pt；
6．另外恒力做功和变力做功均可应用动能定理求解．
考点突破　　
例3用铁锤将一长为L的铁钉击入木块，已知铁锤每次做功相等，木块对铁钉的阻力与铁钉进入木块内的深度成正比．在铁锤击第一次时，能把铁钉击入木块内x1，求：
(1)第二次能击入多少；
(2)铁钉全部进入木块需要打击的次数n.
【审题指导】本题考查对功概念的理解能力及理论联系实际抽象建立模型的能力，铁锤每次做功都用来克服铁钉阻力做的功，但摩擦阻力不是恒力，其大小与深度成正比，F＝kx.此题可以用平均力法解答，也可以用图象法解答．
【解析】解法一：(平均力法)
(1)如下图，
第一次击入深度为x1，平均阻力F1＝kx1，
做功为W1＝F1x1＝kx.
第二次击入深度由x1增加到x2，平均阻力F2＝k(x2＋x1)，
位移为x2－x1，做功为W2＝F2(x2－x1)＝k(x－x)．
两次做功相等：W1＝W2
解得：x2＝x1
Δx＝x2－x1＝(－1)x1.
(2)铁钉在整个过程中受到的平均阻力为F＝＝
铁钉克服阻力做的功为W总＝F·L＝
n＝＝eq
\f(L2,x)
解法二：(图象法)
(1)因为阻力F＝kx，以F为纵坐标，F方向上的位移x为横坐标，作出F－x图象．如下图所示的图线与x轴围成的“面积”的值等于F对铁钉做的功．
由于两次做功相等，故有：S1＝S2(面积)，即
kx＝k(x2＋x1)(x2－x1)
所以Δx＝x2－x1＝(－1)x1.
(2)设铁钉全部进入木块时，克服阻力做的功为W总，即
F－x
图象中图象与位移围几何图形的总“面积”S总，
所以n＝＝＝eq
\f(\f(1,2)kL2,\f(1,2)kx)＝eq
\f(L2,x).
针对训练　
3．物体在水平拉力F作用下，沿x轴方向由坐标原点开始运动，设拉力F随x的变化分別如图甲、乙、丙所示．其中图甲为一半圆图形，对应拉力做功分别为W甲、W乙、W丙，则以下说法正确的是(B)
A．W甲>W乙>W丙
B．W甲>W乙＝W丙
C．W甲＝W乙＝W丙
D．无法比较它们的大小
【解析】在F－x图象中，图线与x轴所包围“面积”的代数和就表示F在这段位移所做的功，可将比较W甲、W乙、W丙的大小的问题转换为比较图中“面积”的大小问题，容易得出W甲＞W乙＝W丙，选B.
4．如图所示，质量为m的物体静止在水平地面的A点，用质量不计的细绳系住，通过距地面高为h的无摩擦定滑轮对物体施加恒定拉力F，使物体由A点运动到B点．已知角α、β.求此过程中绳子拉力对物体所做的功．
【解析】物体从A运动到B的过程中，绳子对物体的拉力F的方向时刻变化，故此力是变力．从图中可以看出，此变力对物体所做的功W等效于恒力F把绳端由a移动到b时做的功WF.W＝WF＝Fsab＝FsAC＝Fh.
　　【P75】
夯实基础　
1．功率的定义：功与完成这些功所用时间的比值．
2．功率的物理意义：描述力对物体__做功的快慢__．
3．功率的公式
(1)P＝，P为时间t内的__平均功率__．
(2)P＝Fvcos
α(α为F与v的夹角)
①v为平均速度，则P为__平均功率__．
②v为瞬时速度，则P为__瞬时功率__．
4．额定功率：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__不大于__额定功率．
考点突破　　
例4质量为m＝2
kg的物体沿水平面向右做直线运动，t＝0
时刻受到一个水平向左的恒力F，如图甲所示，此后物体的v－t图象如图乙所示，取水平向右为正方向，g取10
m/s2，则(　　)
A．物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5
B．10
s末恒力F的瞬时功率为6
W
C．10
s末物体在计时起点左侧4
m处
D．0～10
s内恒力F做功的平均功率为0.6
W
【审题指导】
关键点
获取信息
隐含条件
突破口
看懂
甲、乙图
0～4
s向右做匀减速直线运动
v0＝8
m/s，vt＝0，
4
s～10
s，向左做匀加速直线运动，末速度大小为6
m/s.
可求出减速时加速度的大小a1，加速时加速度的大小a2.
画匀减速和匀加速时两个受力分析图，由F＋f＝ma1，F－f＝ma2，可得，F、f，
由μ＝得μ.
由P＝Fv，得P.
由s1＝·t1
s2＝·(t2－t1)
确定10
s末的位置，用P＝求平均功率.
　　【解析】由图线可知0～4
s内的加速度大小为：a1＝
m/s2＝2
m/s2，可得：F＋μmg＝ma1；由图线可知4～10
s内的加速度大小为：a2＝
m/s2＝1
m/s2，可得：F－μmg＝ma2；解得：F＝3
N；μ＝0.05，选项A错误；10
s末恒力F的瞬时功率为P10＝Fv10＝3×6
W＝18
W，选项B错误；0～4
s内的位移x1＝×4×8
m＝16
m；6～10
s内的位移x2＝－×6×6
m＝－18
m，x＝x1＋x2＝－2
m，故10
s末物体在计时起点左侧2
m处，选项C错误；0～10
s内恒力F做功的平均功率为＝＝
W＝0.6
W，选项D正确；故选D.
【答案】D
【小结】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)P＝FvF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度．
(3)P＝Fvv，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力．
3．求功率时应注意的问题
(1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率，对应于某一过程或某一段时间内的功率为平均功率，对应于某一时刻的功率为瞬时功率．
(2)求功率大小时要注意F与v方向间的夹角α对结果的影响．
针对训练　
5．(多选)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(AD)
A．0～2
s内外力的平均功率是
W
B．第2秒内外力所做的功是
J
C．第2秒末外力的瞬时功率最大
D．第1秒末与第2秒末质点动能的比值是
【解析】第1秒内受到2
N的水平外力作用．其加速度为a1＝2
m/s2，位移s1＝a1t＝1
m；第1秒末速度v1＝a1t1＝2
m/s，第1秒内外力做功W1＝F1s1＝2×1
J＝2
J．第2秒内受到同方向的
1
N
的外力作用，其加速度为a2＝1
m/s2，位移
s2＝v1t2＋a2t＝2.5
m；第2秒末速度v2＝v1＋a2t2＝3
m/s.第2秒内外力做功W2＝F2s2＝1×2.5
J＝2.5
J．0～2
s内外力做功的总功为W＝W1＋W2＝4.5
J，外力的平均功率是P＝＝
W，选项A正确、B错误；第1秒末外力的瞬时功率为P1＝F1v1＝4
W．第2秒末外力的瞬时功率为P2＝F2v2＝3
W．第1秒末外力的瞬时功率最大，选项C错误；第1秒末动能为Ek1＝mv＝2
J，第2秒末动能为Ek2＝mv＝4.5
J，则它们的比值为，
选项D正确．
6．一物体在F＝10
N的拉力作用下向前运动2
m．所用时间为2
s，该时刻的瞬时速度为5
m/s.则该力在2
s内的平均功率是__10__W__，2
s末的瞬时功率为__50__W__．
【解析】该力在2
s内的平均功率是：P＝＝＝
W＝10
W，2
s末的瞬时功率为：P＝Fv＝10×5
W＝50
W.
　　【P76】
夯实基础　
两种常见机车启动问题的比较
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
v↑ F＝↓ a＝↓
a＝不变 F不变， v↑P＝Fv↑直到P＝P额＝Fv1，v1＜vm
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＝
P额不变 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
转折点
在转折点A，F＝F阻，a＝0，速度达到最大vm＝
在转折点A，P＝P额，匀加速运动结束，但a≠0，此时v1＝
；在转折点B，速度达到最大vm＝
注意
①P＝Fv，F是牵引力而不是合力；②P额＝F阻vm时，即牵引力与阻力平衡时，达到最大速度；③无论以哪种方式启动，机车的最大速度都等于其做匀速直线运动时的速度，即vm＝.
考点突破　　
例5一辆汽车质量为1×103
kg，最大功率为2×104
W，在水平路面上由静止开始做直线运动，最大速度为v2，运动过程中汽车所受阻力恒定．发动机的最大牵引力为3×103
N，其行驶过程中牵引力F与车速的倒数的关系如图所示．下列判断错误的是(　　)
A．汽车先做匀速运动，再做加速运动
B．整个过程中最大速度大小为20
m/s，最大加速度为
2
m/s2
C．汽车匀加速过程中，牵引力做的功约为3.3×104
J
D．汽车速度为10
m/s时发动机的功率为20
kW
【解析】越大，汽车的速度v越小，AB段汽车的牵引力不变，合外力不变，由牛顿第二定律，汽车的加速度不变，做匀加速直线运动，BC段图线的斜率表示汽车的功率，功率不变，可知汽车达到额定功率，当速度增大，牵引力减小，则加速度减小，汽车做加速度减小的加速运动，当汽车所受合力为零时做匀速直线运动．由此可知，汽车先做匀加速直线运动，再做加速度减小的加速运动最后做匀速直线运动，故A错误；当汽车的速度为最大速度v2时，牵引力为F2＝1×103
N，汽车的最大速度：v2＝＝20
m/s，在整个运动过程中，AB段的加速度最大，在C点汽车速度达到最大，汽车做匀速直线运动，由平衡条件可知牵引力等于阻力，阻力：f＝F2＝1×103
N，则最大加速度a＝＝2
m/s2，故B正确．汽车由静止开始，在AB段匀加速运动，牵引力做功W＝F1L，由匀加速直线运动规律L＝eq
\f(v,2a)，得W＝3×103×eq
\f(v,2a)≈3.3×104
J，故C正确；与B点对应的速度为v1＝≈6.67
m/s，当汽车的速度为10
m/s时处于图线BC段，故此时的功率最大为Pm＝2×104
W＝20
kW，故D正确．本题选错误的，故选A.
【答案】A
【小结】对于机车启动问题应先弄清启动方式是功率恒定还是加速度恒定．机车启动的方式不同，运动规律不同，即其功率、速度、加速度、牵引力等物理量的变化规律不同．分析图象时应注意坐标轴的意义及图象变化所描述的规律．
以恒定功率启动的过程不是匀加速运动，所以匀变速直线运动的公式不适用，这时加速过程中牵引力做功用W＝Pt计算，不能用W＝FL计算(因为F为变力)，由动能定理得Pt－Ffx＝ΔEk，该式可求解机车以恒定功率启动过程的位移或速度问题．
以恒定牵引力加速启动时的功率一定不是恒定的，这种加速过程中发动机做的功常用W＝FL计算，不能用W＝Pt计算(因为功率P是变化的)．
针对训练　
7．某兴趣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的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为v－t图象，如图所示(除
2～10
s
时间段内的图象为曲线外，其余时间段图象均为直线)．已知小车运动的过程中，2～14
s时间段内小车的功率保持不变，在14
s末停止遥控而让小车自由滑行．小车的质量为1
kg，可认为在整个过程中小车所受到的阻力大小不变．求：
(1)小车运动中所受到的阻力大小为多少？
(2)小车匀速行驶阶段的功率为多少？
(3)小车加速运动过程中牵引力做功为多少？
【解析】(1)在14～18
s小车在阻力作用下做匀减速运动，由图象可知a＝1.5
m/s2
由牛顿第二定律可知：f＝ma，解得f＝1.5
N
(2)在10～14
s小车匀速运动，牵引力F＝f，根据P＝Fv，解得P＝9
W
(3)0～2
s做匀加速，根据牛顿第二定律得：
F′－f＝ma1，a1＝1.5
m/s2，解得：F′＝3
N
所以s1＝a1t2＝×1.5×22
m＝3
m，W1＝F′s1＝3×3
J＝9
J
变加速过程中功率不变，则W2＝PΔt＝9×8
J＝72
J
所以牵引力做的功为：W＝W1＋W2＝81
J.
考
点
集
训　【P298】
A组
1．分析下列三种情况下各力做功的正负情况：(1)如图甲所示，光滑水平面上有一光滑斜面b，物块a从斜面顶端由静止开始开始下滑的过程；(2)人造地球卫星在椭圆轨道上运行，由图乙中的a点运动到b点的过程；(3)小车M静止在光滑水平轨道上，球m用细绳悬挂在车上，由图丙中的位置无初速度释放，小球下摆的过程．则(D)
A．图甲中，斜面对物块不做功
B．图乙中，万有引力对卫星做正功
C．图丙中，绳的拉力对小车做负功
D．图丙中，绳的拉力对小球做负功
【解析】物块a下滑过程中，因为支持力与位移之间的夹角大于90°，所以支持力对物体做负功，选项A错；因为卫星由a点运动到b点的过程中，万有引力的方向和速度的方向的夹角大于90°，所以万有引力对卫星做负功，选项B错；小球下摆的过程中，绳的拉力使车的动能增加了，绳的拉力对小车做正功，C错；又因为小车与小球构成的系统机械能守恒，小车机械能增加了，则小球的机械能减小了，所以绳的拉力对小球做负功，正确答案为D.
2．如图，一木棒沿水平桌面运动一段位移s，若木棒与桌面的滑动摩擦力为f，则棒对桌面的摩擦力和桌面对棒的摩擦力做功分别为(D)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．－fs　－fs
B．fs　－fs
C．－fs　0
D．0　－fs
【解析】根据功的概念可知，棒对桌面的摩擦力为f，但是桌面的位移为零，故棒对桌面的摩擦力做功为零；桌面对棒的摩擦力为f，棒的位移为s，则桌面对棒的摩擦力做功Wf＝fscos
180°＝－fs，故选D.
3．如图所示，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，且AB＝BC，则(A)
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．
4．如图所示，固定在水平面上的半球形容器的内部固定了三个长度不等的光滑直杆ad、bd、cd(ad>bd>cd)，其中d是半球最低点．现让套在杆上的三个质量相等的小环分别从直杆的顶端a、b、c同时由静止释放，则(D)
A．由c释放的小环最先到达d点
B．三小环到达d点时的重力的功率相等
C．三小环运动过程中速度大小随时间的变化率相等
D．三小环运动到最低点的过程中，沿轨道ad运动的小环重力的平均功率最大
【解析】对小环，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得小环做初速为零、加速度为a＝gsin
θ(θ为杆与水平方向的夹角)的匀加速直线运动，由直角三角形可知，小滑环的位移s＝2Rsin
θ(2R为球形容器的直径)，所以t＝＝2.t与θ无关，即t1＝t2＝t3，A错误(也可利用等时圆快速分析得出结论)．小环从不同位置下落至d点时，v＝，重力的功率为P＝mgvsin
θ＝2mgsin2θ；
B错误；因a＝gsin
θ，故速度大小随时间的变化率不相等，C错误；沿ad下落过程中重力做功最多，时间相同，故沿轨道ad运动过程中重力做功的平均功率最大，D正确．
5．汽车在水平公路上以额定功率做直线运动，速度为3
m/s时的加速度是速度为
6
m/s时的3倍，若汽车受到的阻力不变，由此可求得(A)
A．汽车的最大速度
B．汽车受到的阻力
C．汽车的额定功率
D．速度从3
m/s增大到6
m/s所用的时间
【解析】设额定功率为P，阻力为f，有：
－f＝ma1，－f＝ma2，a1＝3a2，
可解得＝12，而vm＝，∴A对．
6．一个质量为m的物块，在几个共点力的作用下静止在光滑水平面上．现把其中一个水平方向的力从F突然增大到3F，并保持其他力不变，则从这时开始到t秒末，该力的瞬时功率是(C)
A.
B.
C.
D.
【解析】物块受到的合力为2F，根据牛顿第二定律有2F＝ma，在合力作用下，物块做初速度为零的匀加速直线运动，速度v＝at，该力大小为3F，则该力的瞬时功率P＝3Fv，解以上各式得P＝，C正确．
7．(多选)质量相同的A、B两个物体静止放在水平面上，从某一时刻起同时受到大小不同的水平外力FA、FB的作用由静止开始运动．经过时间t0，撤去A物体所受的水平外力FA；经过4t0，撤去B物体所受的水平外力FB.两物体运动的v－t关系如图所示，则下列说法中正确的是(ABD)
A．A、B两物体所受摩擦力大小之比fA∶fB＝1∶1
B．A、B两物体所受水平外力大小之比FA∶FB＝12∶5
C．水平外力做功之比为WA∶WB＝4∶1
D．A、B两物体在整个运动过程中，摩擦力的平均功率之比为2∶1
【解析】由图象可得：A减速运动的加速度为a1＝＝，B减速运动的加速度为a2＝，由摩擦力f＝ma知A、B受到的摩擦力大小相等，故A正确；由图象可得：A加速运动时的加速度为a1′＝，B加速运动的加速度为a2′＝，根据牛顿第二定律可知，F－f＝ma，A、B两物体所受水平外力大小之比
FA∶FB＝12∶5，故B正确；在v－t图象中与时间轴所围面积即为位移，故A、B加速过程中的位移之比为s1∶s2＝1∶2，故做功之比为WA∶WB＝FAs1∶FBs2＝6∶5，故C错误；在整个过程中位移之比为s1′∶s2′＝6∶5，故摩擦力做功之比为6∶5，平均功率＝可知，摩擦力的平均功率之比为2∶1，故D正确．
8．如图所示，一个人用与水平方向成60°角的力F＝40
N
拉一木箱，在水平地面上沿直线匀速前进
L＝8
m，求：
(1)拉力F对木箱所做的功；
(2)摩擦力对木箱所做的功；
(3)外力对木箱所做的总功．
【解析】(1)拉力对木箱所做的功为：
WF＝FLcos
60°＝40×8×
J＝1.6×102
J.
(2)物体匀速前进，则摩擦力f＝Fcos
60°＝40×
N＝20
N
摩擦力f对木箱所做的功为：
Wf＝fLcos
180°＝20×8×(－1)J＝－1.6×102
J.
(3)外力对木箱做的总功为：
W＝WF＋Wf＝1.6×102
J＋(－1.6×102)
J＝0
或者因为物体做匀速直线运动，所受合外力等于零，即F合＝0，所以W＝F合·L＝0.
9．额定功率为80
kW的汽车在平直公路上行驶，若汽车总质量为2×103
kg，在水平面上行驶时所受的阻力恒为4×103
N．求：
(1)汽车所能达到的最大速度？
(2)若汽车以2
m/s2的加速度由静止开始做匀加速直线运动，则匀加速阶段持续多长时间？
(3)在(2)的条件下，汽车起动后第3
s末的功率．
【解析】(1)当牵引力与阻力相等时，汽车的速度最大，
根据P＝fvm得：vm＝＝
m/s＝20
m/s.
(2)根据牛顿第二定律得：F－f＝ma，
解得：F＝f＋ma＝(4
000＋2
000×2)N＝8
000
N，
则匀加速运动的末速度为：v＝＝
m/s＝10
m/s，
得：t＝＝
s＝5
s.
(3)根据以上结果知3
s末的拉力为8
000
N，速度为：
v′＝at′＝2×3
m/s＝6
m/s，
则瞬时功率为：P′＝Fv′＝8
000×6
W＝48
000
W＝48
kW.
B组
10．如图甲所示，水平面上一质量为m的物体在水平力F作用下开始加速运动，力F的功率P保持恒定，运动过程中物体所受的阻力f大小不变，物体速度最终达到稳定值vm，作用过程物体速度的倒数与加速度a的关系图象如图乙所示．仅在已知功率P的情况下，根据图象所给信息可知以下说法中正确的是(A)
A．可求出m、f和vm
B．不能求出m
C．不能求出f
D．可求出加速运动时间
【解析】由题意可知P＝Fv，根据牛顿第二定律得F－f＝ma，知－f＝ma，变形得＝a＋.由乙图可知＝，0.1＝，因为P已知，由上式可求出m和f，故B、C错误；由拉力等于阻力时速度达到最大，则有P＝Fvm＝fvm，能求出vm，故A正确；由P＝Fv知，v增大，F减小．则物体先做变加速运动，当加速度为零时做匀速运动，根据条件，不能求出加速运动时间，故D错误．
11．(多选)质量为m的物体静止在粗糙的水平地面上，从t＝0时刻开始受到方向恒定的水平拉力F作用，F与时间t的关系如图甲所示．物体在t0时刻开始运动，其v－t图象如图乙所示，若认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则(AD)
A．物体与地面间的动摩擦因数为
B．物体在t0时刻的加速度大小为
C．物体所受合外力在t0时刻的功率为2F0v0
D．水平力F在t0到2t0这段时间内的平均功率为
F0(2v0＋)
【解析】当物体与地面之间的摩擦达到最大时，最大静摩擦力为F0，则F0＝μmg，解得：μ＝，选项A正确；由v－t图线可知，物体在t0时刻的加速度大小为a＝，选项B错误；物体在t0时刻的合外力为F＝2F0－μmg＝F0，故所受合外力在t0时刻的功率为F0v0，选项C错误；2t0时刻物体的速度v1＝v0＋t0，在t0到2t0这段时间内的平均速度为＝＝v0＋，水平力F在t0到2t0这段时间内的平均功率为＝2F0＝F0(2v0＋)，选项D正确．
12．严重的雾霾天气，对国计民生已造成了严重的影响．汽车尾气是形成雾霾的重要污染源，“铁腕治污”已成为国家的工作重点．地铁列车可实现零排放，大力发展地铁，可以大大减少燃油公交车的使用，减少汽车尾气排放．若一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动，先匀加速运动20
s达最高速度72
km/h，再匀速运动80
s，接着匀减速运动15
s到达乙站停住．设列车在匀加速运动阶段牵引力为1×106
N，匀速运动阶段牵引力的功率为6×103
kW，忽略匀减速运动阶段牵引力所做的功．
(1)求甲站到乙站的距离；
(2)如果燃油公交车运行中做的功与该列车从甲站到乙站牵引力做的功相同，求公交车排放气态污染物的质量．(燃油公交车每做1焦耳功排放气态污染物3×10－6克)
【解析】(1)根据匀变速直线运动规律可知，地铁列车匀加速运动的位移为：
s1＝vt1　①
匀减速运动的位移为：s3＝vt3　②
根据匀速运动规律可知，地铁列车匀速运动的位移为：
s2＝vt2　③
根据题意可知，甲站到乙站的距离为：s＝s1＋s2＋s3　④
由①②③④式联立，并代入数据解得：s＝1
950
m
(2)地铁列车在从甲站到乙站的过程中，牵引力做的功为：
W1＝Fs1＋Pt2　⑤
根据题意可知，燃油公交车运行中做的功为：
W2＝W1　⑥
由①⑤⑥式联立，并代入数据解得：W2＝6.8×108
J
所以公交车排放气体污染物的质量为：
m＝3×10－9×6.8×108
kg＝2.04
kg.
第2节　动能定理
　　【P78】
夯实基础　
1．动能
(1)定义：物体__由于运动__而具有的能叫动能．
(2)表达式：Ek＝__mv2__，单位：__焦耳(J)__．
(3)动能是状态量．
(4)动能是__标__(填“矢”或“标”)量．
(5)动能具有相对性，动能的大小与参照物的选取有关，中学物理中，一般取地球为参照系．
2．动能定理
内容
力在一个过程中对物体所做的功等于物体在这个过程中__动能的变化__
表达式
W＝ΔEk＝__mv－mv__
物理意义
合外力做的功是物体动能变化的量度
适用条件
①动能定理既适用于直线运动，也适用于__曲线运动__；②既适用于恒力做功，也适用于__变力做功__；③力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以__不同时作用__.
考点突破　　
例1某人通过光滑滑轮将质量为m的物体，沿光滑斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h，到达斜面顶端的速度为v，如图所示．则在此过程中(　　
)
A．物体所受的合力做功为mgh＋mv2
B．物体所受的合力做功为mv2
C．人对物体做的功为mgh
D．人对物体做的功大于mgh
【解析】对物体应用动能定理可得
W合＝W人－mgh＝mv2，
故W人＝mgh＋mv2，B、D选项正确．
【答案】BD
【小结】1.对动能定理理解时要注意以下几点：
(1)力：物体所受的各个力
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“外力”既可以是恒力也可以是变力．
(2)动能的变化：物体末动能与初动能之差
(3)力对物体做的功：物体所受各个力做的功的代数和
2．动能定理表明了合外力做功与物体动能的变化间的关系：
(1)数量关系：合外力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能变化就是合外力做功，不能理解为功转变成了物体的动能；
(2)因果关系：合外力的功是引起物体动能变化的原因；
(3)单位关系：等于号两侧物理量的国际单位都是焦耳(J)．
针对训练　
1．质量为m的物体静止在粗糙的水平地面上，若物体受水平力F的作用，由静止起通过位移s时的动能为Ek1，当物体受水平力2F的作用，由静止开始通过相同的位移时动能为Ek2，则(C)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．Ek2＝Ek1
B．Ek2＝2Ek1
C．Ek2>2Ek1
D．Ek1【解析】根据动能定理Fs－fs＝Ek1，当外力变为2F时，摩擦力大小不变，2Fs－fs＝Ek2，所以A、B项错误；2Fs－2fs＝2Ek1，所以Ek2>2Ek1，C项正确；D项错误．
　　【P78】
夯实基础　
1．应用动能定理解题的步骤
明确过程和状态，动能定理表达式中的初动能和末动能都是状态量，只有明确过程才有确切的初末状态表述一，物体所受合外力做的功，等于物体动能的变化
eq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(W合＝\f(1,2)mv－\f(1,2)mv))表述二，物体所受各力做功的代数和，等于物体动能的变化
eq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(∑Wi＝\f(1,2)mv－\f(1,2)mv))eq
\x(六求解)eq
\x(解方程并讨论结果的合理性)　　2.应用动能定理要注意的几个问题
(1)动能定理中的位移和速度必须是相对同一个参考系，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系．
(2)正确分析物体受力，要考虑物体受到的所有力，包括重力．
(3)要弄清各力做功情况，计算时应把已知功的正、负代入动能定理表达式．
(4)有些力在物体运动全过程中不是始终存在，导致物体的运动包括几个物理过程，物体运动状态、受力情况均发生变化，因而在考虑外力做功时，必须根据不同情况分别对待．
(5)单个物体受地面滑动摩擦力做的负功的多少等于摩擦力与物体相对地面滑动的路程的乘积．
(6)动能定理的表达式是一个标量式，不存在方向的选取问题，不存在分量的表达式，不能在某一方向上应用动能定理．
考点突破　　
例2(2015重庆)同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的实验装置，图中水平放置的底板上竖直地固定有M板和N板．M板上部有一半径为R的圆弧形的粗糙轨道，P为最高点，Q为最低点，Q点处的切线水平，距底板高为H，N板上固定有三个圆环．将质量为m的小球从P处静止释放，小球运动至Q飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q水平距离为L处．不考虑空气阻力，重力加速度为g.求：
(1)距Q水平距离为的圆环中心到底板的高度；
(2)小球运动到Q点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向；
(3)摩擦力对小球做的功．
【审题指导】
关键词语
获取信息
隐含条件
突破口
Q点处的切线水平距底板高为H，落到底板上距Q水平距离为L
小球离开Q后做平抛运动
Q到x＝L处
Q到x′＝处
可列两组方程
由H＝gt，L＝v0t1，可求出v0.
由h＝gt，＝v0t2，可求出h
求在Q点对轨道的压力
先做圆周运动到达Q点后再平抛
在Q点，小球的向心力由重力和轨道对它的压力提供
由F－mg＝meq
\f(v,R)可得F，由牛顿第三定律可得小球对轨道的压力
圆弧的粗糙轨道
小球做曲线运动，下降高度为R，有摩擦力重力做功
重力做正功mgR，摩擦力做负功W，动能增量
Ek＝mv
由mgR＋W＝mv，可求出W.
　　【解析】(1)设小球在Q点的速度为v0，由平抛运动规律有H＝gt，L＝v0t1，得v0＝L.从Q点到距Q点水平距离为的圆环中心的竖直高度为h，则＝v0t2，得h＝gt＝H.
该位置距底板的高度：Δh＝H－h＝H.
(2)设小球在Q点受的支持力为F，由牛顿第二定律F－mg＝meq
\f(v,R)，得F＝mg，由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力F′＝F，方向竖直向下．
(3)设摩擦力对小球做功为W，则由动能定理得
mgR＋W＝mv
得W＝mg.
【小结】1.优先应用动能定理的问题
(1)不涉及加速度、时间的问题；
(2)有多个物理过程且不需要研究整个过程中的中间状态的问题；
(3)变力做功的问题；
(4)含有F、l、m、v、W、Ek等物理量的力学问题．
2．应用动能定理求变力的功时，应抓住以下几点：
(1)所求的变力的功不一定为总功，故所求的变力的功不一定等于ΔEk.
(2)分析物体受力情况，确定哪些力是恒力哪些力是变力，找出恒力的功及变力的功．
(3)若有多个力做功时，必须明确各个力做功的正负，待求的变力的功若为负，可以设克服该力做功为W，表达式中应用－W；也可以设变力的功为W，则W本身含有负号．
(4)分析物体初末状态，求出动能变化量，运用动能定理列方程求解．
例3如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小．用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功．则(　　)
A．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点
B．W>mgR，质点不能到达Q点
C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D．W【解析】设质点到达N点的速度为vN，在N点质点受到轨道的弹力为FN，则FN－mg＝eq
\f(mv,R)，已知FN＝F′N＝4mg，则质点到达N点的动能为EkN＝mv＝mgR.质点由开始至N点的过程，由动能定理得mg·2R＋Wf＝EkN－0，解得摩擦力做的功为Wf＝－mgR，即克服摩擦力做的功为W＝－Wf＝mgR.设从N到Q的过程中克服摩擦力做功为W′，则W′【答案】C
【小结】应用动能定理解决多过程问题的技巧
(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　
2．如图，小物块A的质量为M，小物块B、C的质量均为m，并满足M＜2m.三物块用轻质细绳通过固定轻质滑轮连接，物块B与C的间距和C到地面的距离均为L.现将物块A下方细绳剪断，已知C与地面碰撞及B与C碰撞后均不弹起，不计一切阻力，设A距滑轮足够远，A、B、C均可看成质点，重力加速度为g.求：若B落地前的瞬间速度恰好为0，的值为多少？
【解析】
设剪断细线后，C落地时三个物体具有共同的速率v，对A、B、C整体应用动能定理有：
2mgL－MgL＝×(2m＋M)v2
当C落地后，B、C间绳子张力消失，B刚着地时速度为0，对A、B整体用动能定理：
mgL－MgL＝0－(m＋M)v2
解得＝.
3．如图所示，一质量m＝2
kg的小物块从水平桌面上的A点以初速度v0＝6
m/s向左滑行，小物块与桌面间的动摩擦因数μ＝0.5，A点距弹簧自由端B的距离xAB＝0.2
m，当物块到达B点后将弹簧压缩到C点，最大压缩量为xBC＝0.1
m，然后物块又被弹簧弹出，之后从桌边D点进入光滑竖直半圆轨道，xAD＝0.9
m，轨道半径为R＝0.4
m．(g取10
m/s2，弹簧质量不计，不计空气阻力，小物块可看做质点)
(1)求弹簧的最大弹性势能；
(2)求物块到达F点时轨道对小物块的压力大小；
(3)若要物块在半圆轨道运动过程中不离开轨道，小物块与桌面间的动摩擦因数应满足什么条件(计算结果可用分数表示)
【解析】(1)A→C过程中对物块由动能定理，有：
－μmgxAC＋W弹＝0－mv，
解得：W弹＝－33
J.
故弹簧的最大弹性势能Ep＝－W弹＝33
J.
(2)物块从A→B→C→B→A→D→F的过程中，
由动能定理：－μmg(xAC＋xCD)－mg2R＝mv2－mv，
得物块在F点的速度大小为v＝
m/s
mg＋F＝
F＝5
N.
(3)若物块恰能达到圆轨道的最高点F点，则由mg＝m得达到顶端时的最小速度v′＝＝2
m/s
物块从A→B→C→B→A→D→F的过程中，由动能定理：
－μ1mg(xAC＋xCD)－mg2R＝mv′2－mv
解得：μ1＝
若物块恰能到达和圆心O等高点E点，物块从A→B→C→B→A→D→E的过程中，由动能定理：
－μ2mg(xAC＋xCD)－mgR＝0－mv
解得：μ2＝
所以，动摩擦因数应满足μ≤或μ≥.
　　【P80】
夯实基础　
1．解决物理图象问题的步骤
2．四种图象中图线与坐标轴围成的面积表示的意义
图象名称
已知公式
所围“面积”的意义
v－t图
x＝vt
物体的位移
a－t图
Δv＝at
物体速度变化量
F－x图
W＝Fx
力所做的功
P－t图
W＝Pt
力所做的功
考点突破　　
例4如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10
m/s2，根据图象可求出(　　)
A．物体的初速率v0＝3
m/s
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.375
C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin＝1.44
m
D．当某次θ＝30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑
【解析】由题意明确图象的性质，则可得出位移的决定因素；根据竖直方向的运动可求得初速度；由水平运动关系可求得动摩擦因数；再由数学关系可求得位移的最小值．由图可知，当夹角θ＝0°时，位移为2.40
m；而当夹角为90°时，位移为1.80
m；则由竖直上抛运动规律可知：v＝2gh；解得：v0＝＝
m/s＝6
m/s，故A错误．当夹角为0度时，由动能定理可得：μmgx＝mv，解得μ＝0.75，故B错误．－mgxsin
θ－μmgxcos
θ＝0－mv，解得x＝eq
\f(v,2g（sin
θ＋μcos
θ）)，令μ＝tan
α则x＝eq
\f(v,\f(5,2)gsin（θ＋α）)；当θ＋α＝90°时，sin(θ＋α)＝1；此时位移最小，x＝1.44
m；故C正确；若θ＝30°时，物体受到的重力的分力为mgsin
30°＝mg；摩擦力f＝μmgcos
30°＝mg，一般认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力；故小球达到最高点后，不会下滑；故D错误．
【答案】C
针对训练　
4．质量为10
kg的物体放置在光滑水平面上，只在水平力F作用下沿x轴做直线运动，力随位移x的变化情况如图所示．物体在x＝0处速度为1
m/s，则物体运动到x＝16
m处时，速度大小为(B)
A．2
m/s
B．3
m/s
C．4
m/s
D.
m/s
【解析】图象F－x的“面积”代表力做的功，在x轴上半部的“面积”为正功，在x轴下半部的“面积”为负功，从图象中可以计算出力做的总功为40
J，由动能定理W＝mv－mv，可以计算出末速度为3
m/s，所以B项正确；A、C、D项错误．
5．如图甲所示，一根直杆AB与水平面成某一角度固定，在杆上套一个小物块，杆底端B处有一弹性挡板，杆与板面垂直，现将物块拉到顶端A点由静止释放，物块下滑与挡板第一次碰撞前后的v－t图象如图乙所示，物块最终停止在B点．重力加速度g取10
m/s2.求：
(1)物块与杆之间的动摩擦因数；
(2)物块滑过的总路程．
【解析】(1)由图象可知物块下滑时加速度大小a1＝4
m/s2，上滑时加速度大小a2＝8
m/s2，杆AB长l＝2
m.
设杆倾角为θ，物块质量为m，物块与杆之间的动摩擦因数为μ
由牛顿第二定律得：
mgsin
θ－μmgcos
θ＝ma1
mgsin
θ＋μmgcos
θ＝ma2
代入数据得μ＝0.25
sin
θ＝0.6，cos
θ＝0.8.
(2)对物块整个运动过程分析，设物块滑过总路程为s，由动能定理得mglsin
θ－μmgcos
θ·s＝0
代入数据得：s＝6
m.
考
点
集
训　【P300】
A组
1．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(C)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．20
J
B．24
J
C．34
J
D．54
J
【解析】全过程力F做功30
J，重力做功4
J，根据动能定理阻力做功－34
J，故C答案正确．
2．质量为m的物体从距离地面高度为H0处由静止落下，
若不计空气阻力，物体下落过程中动能Ek随距地面高度h变化关系的Ek－h图象是(B)
3．(多选)一个小物块从斜面底端冲上足够长的斜面后又返回到斜面底端．已知其初动能为E，它返回到斜面底端的动能为，上滑到最大路程的中点时速度为v；若小物块以2E的初动能冲上斜面，则有
(AC)
A．返回斜面底端时的动能为E
B．返回斜面底端时的动能为
C．上滑到最大路程的中点时速度为v
D．上滑到最大路程的中点时速度为2v
【解析】
设小物块沿斜面上滑的最大高度为h，沿斜面上升的最大距离为x，由动能定理得－mgh－Ff·x＝0－E，而h＝xsin
α，式中α为斜面倾角，可得x＝.由此可见，小物块沿斜面上升的距离x与初动能E成正比，而摩擦力做功Ff·x与位移成正比，故当小物块以2E的初动能上滑时，上滑的最大距离为原来的2倍，损失的动能(即克服摩擦力做的功)也为原来的2倍，故A正确，B错误；选取小物块从路程中点至最高点的过程，由v2＝2ax得eq
\f(v2,v)＝，x1＝2x，故有v1＝v，C正确，D错误．
4．如图所示，水平桌面由粗糙程度不同的AB、BC两部分组成，且AB＝BC，物块P(可视为质点)以某一初速度从A点滑上桌面，最后恰好停在C点，已知物块经过AB与BC两部分的时间之比为1∶4.则物块P与桌面上AB、BC部分之间的动摩擦因数μ1、μ2之比为(物块P在AB、BC上所做的运动均可看做匀变速直线运动)(D)
A．1∶1
B．1∶4
C．4∶1
D．8∶1
【解析】设AB＝BC＝l，物块P到达B点时速度为vB，则依题意有＝4·，解得vB＝，根据动能定理有－μ1mgl＝mv－mv，－μ2mgl＝－mv，解得＝，选项D正确．
5．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—时间图象如图所示，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f做的功为W2.平均功率为P2，则下列选项正确的是(B)
A．W1>W2，F＝2f
B．W1＝W2，F>2f
C．P12f
D．P1＝P2，F＝2f
【解析】由动能定理可得W1－W2＝0，解得W1＝W2，由图象可知，F－f＝ma＝mtan
α，f＝ma′＝mtan
β，又α>β知tan
α>tan
β，因此F>2f,
选项A、D错误，B正确；由于摩擦力作用时间t2大于水平力F作用时间t1，所以P1>P2，选项C错误．
6．a、b为紧靠着的、两边固定的两张相同薄纸，如图所示，一个质量为1
kg的小球从距纸面高为60
cm的地方自由下落，恰能穿破两张纸(即穿过后速度为零)．若将a纸的位置升高，b纸的位置不变，在相同条件下要使小球仍能穿破两张纸，则a纸距离b纸不超过(C)
A．15
cm
B．20
cm
C．30
cm
D．60
cm
【解析】穿过两张纸时，根据动能定理mgh－2W＝0，将a纸向上移，若恰能穿过第一张纸时，则mgh′－W＝0，可求出下落的高度h′＝h，因此两张纸间的距离不能超过h＝30
cm.
7．(多选)在未知方向的力F作用下，一质量为1.0
kg的物体以一定的初速度在光滑水平面上做直线运动．物体的动能Ek随位移x变化的关系如图所示．由上述已知条件，可求出(CD)
A．力F的大小
B．力F的方向
C．物体运动过程中在任意位置的加速度大小
D．物体运动过程中在任意位置力F的功率
【解析】根据动能定理得：Ek2－Ek1＝－Fxcos
θ，则Ek2＝Ek1－Fxcos
θ，结合动能随位移变化的情况得：Ek＝50－Fcos
θ·x；图象的斜率k＝－Fcos
θ＝
N＝－2.5
N，所以无法求出力F的大小和方向，故A、B错误；加速度a＝－＝
m/s2＝－2.5
m/s2，所以加速度的大小为2.5
m/s2，故C正确；力F的功率P＝Fvcos
θ＝－2.5v，根据图象可得出任意位置的动能，根据动能表达式求出速度大小，所以可以求出运动过程中在任意位置力F的功率，故D正确．故选CD.
8．汽车发动机的额定功率为40
kW，质量为2
000
kg，当汽车在水平路面上行驶时受到阻力为车重的0.1倍(g＝10
m/s2)，求：
(1)汽车在路面上能达到的最大速度？
(2)若汽车以额定功率启动，当汽车速度为10
m/s时的加速度？
(3)若汽车从静止开始保持1
m/s2的加速度做匀加速直线运动，达到额定输出功率后，汽车保持功率不变又加速行驶了800
m，直到获得最大速度后才匀速行驶．求汽车从静止到获得最大行驶速度所用的总时间？
【解析】(1)汽车达到最大速度时，此时牵引力与阻力平衡，由此可得：P＝Fv＝fvm
所以vm＝＝＝＝20
m/s
(2)当速度v＝10
m/s时，则F0＝＝＝4
000
N，
根据牛顿第二定律得F0－f＝ma，
解得a＝＝m/s2＝1
m/s2
(3)若汽车从静止开始做匀加速直线运动，当达到额定功率时，匀加速阶段结束．
由F－f＝ma，解得匀加速阶段的牵引力F1＝f＋ma1＝(2
000＋2
000×1)
N＝4
000
N
匀加速运动的末速度v1＝＝
m/s＝10
m/s，则匀加速运动的时间t＝＝
s＝10
s，
之后做加速度逐渐减小的加速运动，直到达到最大速度，由动能定理得Pt′－fs＝mv－mv，40×103×t′－2
000×800＝×2
000×202－×2
000×102，解得
t′＝47.5
s，t总＝t＋t′＝57.5
s.
9．如图所示，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.
(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．
【解析】(1)AB＝＝，从A到D，依动能定理，有：
mgR－μmgcos
37°·AB＝0，∴μ＝＝0.375
(2)在C点速度为vC，依mg≤eq
\f(mv,R)，∴v≥Rg，从A到C，依动能定理，有
mv－mv＝－μmgcos
37°·AB＝－mgR
∴v≥12
m2/s2，∴v0≥2
m/s
∴v0的最小值为2
m/s.
B组
10．在以速度v0水平飞行的飞机上，由相对飞机静止释放一质量为m的物体，飞行一段时间后，物体经过空间P点，其动能为Ek，不计空气阻力，则下列说法正确的是(A)
A．物体经过P点时竖直分速度为eq
\r(\f(2Ek,m)－v)
B．此过程中物体下降的高度－eq
\f(v,mg)
C．此过程中物体的水平位移为
D．此过程中物体运动的平均速度为eq
\r(\f(3v,4)－\f(Ek,2m))
【解析】经过P点的动能为Ek＝mv2＝m(v＋v)，解得
vy＝eq
\r(\f(2Ek,m)－v)，选项A正确；此过程中物体下降的高度
h＝eq
\f(v,2g)＝－eq
\f(v,2g)，选项B错误；物体运动的时间
t＝＝eq
\r(\f(2Ek,m)－v)，此过程中物体的水平位移为x＝v0t＝eq
\r(\f(2Ek,m)－v)，选项C错误；此过程中物体运动的平均速度为：＝＝＝eq
\r(v＋（\f(vy,2)）2)＝eq
\r(\f(3v,4)＋\f(Ek,2m))，选项D错误．
11．(多选)如图所示．竖直面内有个光滑的圆形导轨固定在一水平地面上，半径为R.一个质量为m的小球从距水平地面正上方h高处的P点由静开始自由下落．恰好从N点沿切线方向进入圆轨道．不考虑空气阻力，则下列说法正确的是(BC)
A．适当调整高度h，可使小球从轨道最高点M飞出后恰好落在轨道右端口N处
B．若h＝2R，则小球在轨道最低点对轨道的压力为5mg
C．只有h大于或等于2.5R时，小球才能到达圆轨道的最高点M
D．若h＝R，则小球能上升到圆轨道左侧离地高度为R的位置，该过程重力做功为mgR
【解析】小球到达M点的最小速度为v0＝，小球以此最小速度从M点飞出后，根据平抛运动的规律得当小球下落R时，竖直方向上R＝gt2,
水平位移x＝v0t＝R，因此小球不可能落在轨道右端口N处，A项错误；若h＝2R，根据动能定理得mg·2R＝mv2，小球在轨道最低点时，根据牛顿第二定律得N－mg＝，结合牛顿第三定律可得小球对轨道的压力为5mg，B项正确；当h等于2.5R时，根据动能定理得mg·R＝mv2，解得v＝，因此小球要到达M点，只有h大于或等于2.5R，C正确；若h＝R，根据动能定理得小球上升到圆轨道左侧离地高度为R的位置，速度为零，该过程重力做功为0，D项错误．
12．如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，其中轻弹簧的劲度系数为k，物体A、B的质量都为m.开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h，物体B静止在地面上．放手后物体A下落，与地面即将接触时速度恰好为零，已知弹性势能Ep与弹簧的形变量x之间的关系为Ep＝kx2，求：
(1)物体B刚要离地时物体A距地面的高度；
(2)物体B刚要离地时物体A的速度大小；
(3)在此过程中物体B的最大加速度．
【解析】(1)设此时弹簧伸长量为x，
kx＝mg，x＝
A物体距地高度h′＝h－
(2)物体A由释放到B刚要离地这个过程，由动能定理，有
mgx－x＝mv2，得：v＝g.
(3)由A、B运动的v－t图，运动的对称性(或A、B系统动量守恒)，有A减速与B加速到两者速度大小相等时，A、B相对距离最大，弹簧形变量最大，B的加速度最大，此时速率为v1＝＝
B由初位置到加速度最大过程中，由动能定理有：
mgx′－kx′2＝2×mv
由牛顿第二定律得：kx′－mg＝mam
联立得：am＝g
第3节　机械能守恒定律
　　【P81】
夯实基础　
1．重力势能
(1)重力做功的特点
①重力做功与__路径__无关，只与始末位置的__高度差__有关．
②重力做功不引起物体__机械能__的变化．
(2)重力势能
①概念：物体由于__被举高__而具有的能．
②表达式：Ep＝__mgh__．
③标矢性：重力势能是__标量__，正、负表示比0值大、比0值小．
④系统性：重力势能是__物体和地球__这一系统所共有的．
⑤相对性：Ep＝mgh中的h是__相对于零势能面__的高度．
(3)重力做功与重力势能变化的关系
①定性关系：重力对物体做正功，重力势能就__减少__；重力对物体做负功，重力势能就__增加__．
②定量关系：重力对物体做的功__等于__物体重力势能增量的负值，即WG＝－ΔEp＝－(Ep2－Ep1)＝Ep1－Ep2.
③重力势能的变化量是绝对的，与零势能面的选择无关．
2．弹性势能
(1)概念：物体由于发生__弹性形变__而具有的能．
(2)大小：弹簧的弹性势能的大小与形变量及劲度系数有关，弹簧的形变量__越大__，劲度系数__越大__，弹簧的弹性势能越大．
(3)弹力做功与弹性势能变化的关系类似于重力做功与重力势能变化的关系，用公式表示：W＝__－ΔEp__
.
3．机械能守恒定律
(1)__势能__和__动能__统称为机械能，即E＝Ek＋Ep，其中势能包括__重力势能__和__弹性势能__．
(2)机械能守恒定律
内容：在只有__重力(或弹簧弹力)__做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能__保持不变__．
考点突破　　
例1如图所示，一物体以初速度v0冲向光滑斜面AB，并能沿斜面恰好上升到高度为h的B点，下列说法中正确的是(　　)
A．若把斜面从C点锯断，由机械能守恒定律可知，物体冲出C点后仍能升高h
B．若把斜面弯成圆弧形AB′，物体仍能沿AB′升高h
C．无论是把斜面从C点锯断还是把斜面弯成圆弧形，物体都不能升高h，因为机械能不守恒
D．无论是把斜面从C点锯断还是把斜面弯成圆弧形，物体都不能升高h，但机械能守恒
【解析】若把斜面从C点锯断，物体冲出C点后，物体将做斜抛运动，物体到达最高点没有竖直速度还有水平速度，根据机械能守恒，物体无法将所有动能转化为重力势能，所以不可能到达h处，所以A项错误；若把斜面弯成圆弧形AB′，物体通过圆弧形时相当于轻绳模型，通过最高点时速度不可能减小为零，所以不可能沿AB′升高h，所以B项错误；无论是把斜面从C点锯断还是把斜面弯成圆弧形，物体都不能升高h，在上升的过程中，对物体而言只有重力对其做功，支持力始终与速度垂直不做功，仍然满足机械能守恒，所以D项正确；C项错误．
【答案】D
【小结】判断机械能是否守恒的方法
(1)利用机械能的定义判断：分析动能与势能的和是否变化．如：匀速下落的物体动能不变，重力势能减少，物体的机械能必减少．
(2)用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，或有其他力做功，但其他力做功的代数和为零，机械能守恒．
(3)用能量转化来判断：若系统中只有动能和势能的相互转化，而无机械能与其他形式的能的转化，则系统的机械能守恒．
(4)对一些绳子突然绷紧、物体间非弹性碰撞等问题机械能一般不守恒，除非题中有特别说明或暗示．
针对训练　
1．关于机械能是否守恒，下列说法正确的是(C)
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】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，如只有重力做功时，机械能守恒，D错误、C正确．
2．(多选)如图所示，下列说法正确的是(CD)
A．甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，A的机械能守恒
B．乙图中，光滑斜面A置于光滑水平面上，物体B沿A下滑，物体B的机械能守恒
C．丙图中，不计任何阻力时A加速下落，B加速上升过程中，A、B系统的机械能守恒
D．丁图中，小球沿水平面做匀速圆锥摆运动时，小球的机械能不变
【解析】甲图中弹力对物体A做功，物体A的机械能不守恒，选项A错误；乙图中除重力对物体B做功外，还有斜面的弹力对B做负功，所以物体B的机械能不守恒，但A、B组成的系统机械能守恒，选项B错误；丙图中绳的拉力对A做负功，对B做正功，总功为零，所以A、B系统机械能守恒，选项C正确；丁图中小球动能不变，势能不变，机械能不变，选项D正确．
　　【P82】
夯实基础　
机械能守恒定律的表达式及对比
观点
表达式
物理意义
注意事项
守恒观点
E1＝E2，Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
系统初状态机械能的总和与末状态机械能的总和相等
应用时要选零势能参考平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，不用选零势能面，可直接计算初末状态的势能差
转移观点
ΔEA＝－ΔEB
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，不用选零势能参考平面
考点突破　　
例2如图所示，“蜗牛”状轨道OAB竖直固定在水平地面上，与地面在B处平滑连接．其中“蜗牛”状轨道由内壁光滑的半圆轨道OA和AB平滑连接而成，半圆轨道OA的半径R1＝0.6
m，半圆轨道AB的半径R2＝1.2
m，水平地面BC长为xBC＝11
m，C处是一个开口较大的深坑，一质量m＝0.1
kg的小球从O点沿切线方向以某一初速度进入轨道OA后，沿OAB轨道运动至水平地面，已知小球与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10
m/s2.
(1)为使小球不脱离OAB轨道，小球在O点的初速度v0至少为多大？
(2)若小球在O点的初速度v0′＝6
m/s，求小球在B点对半圆轨道的压力大小；
(3)若使小球能落入深坑C，则小球在O点的初速度v0″至少为多大？
【解析】(1)小球通过最高点A的临界条件是mg＝eq
\f(mv,R1)
解得小球经A点的最小速度为
vA＝＝
m/s
小球由O到A过程由机械能守恒定律得
mg·2R1＋mv＝mv
解得v0＝
m/s.
(2)小球由O到B过程机械能守恒，则
mgR2＋mv0′2＝mv
解得vB＝2
m/s
在B点由牛顿第二定律得FN－mg＝eq
\f(mv,R2)
解得FN＝6
N
由牛顿第三定律得轨道受到的压力FN′＝FN＝6
N.
(3)小球由O到C过程由动能定理得
mgR2－μmgxBC＝0－mv0″2
解得v0″＝8
m/s.
【小结】1.用机械能守恒定律解题的基本思路
2．机械能守恒定律的应用往往与曲线运动综合起来，其联系点主要在初末状态的速度与圆周运动的动力学问题有关、与平抛运动的初速度有关．
针对训练　
3．(多选)一质量为m的小球以初动能Ek0从地面竖直向上抛出，已知上升过程中受到阻力作用，图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能中的某一个与其上升高度之间的关系(以地面为零势能面，h0表示上升的最大高度，图中坐标数据中的k值为常数且满足0A．①表示的是动能随上升高度变化的图象，②表示的是重力势能随上升高度变化的图象
B．上升过程中阻力大小恒定且f＝kmg
C．上升高度h＝h0时，重力势能和动能相等
D．上升高度h＝时，动能与重力势能之差为mgh0
【解析】h＝0时，Ek＝Ek0，Ep＝0，故A错；由①可得mgh0＝.由动能定理－(mg＋f)h0＝－Ek0，联立解之可得f＝kmg，B对；由①可得Ep＝·.由②可得Ek＝Ek0－，令Ep＝Ek，可得h＝h0，C对；令h＝，Ek－Ep＝＝mgh0，D对，选BCD.
4．如图所示，小物体A沿高为h、倾角为θ的光滑斜面(固定在水平地面上)，以初速度v0从顶端滑到底端，而质量相同的物体B，以同样大小的初速度从同等高度处竖直上抛，不计空气阻力．则(B)
A．两物体落地时速度的竖直分量相同
B．两物体落地时的动能相同
C．两物体落地时重力的瞬时功率相同
D．从开始运动至落地过程中，重力对它们做功的平均功率一定相同
【解析】由机械能守恒可知，A、B两球落地的速度大小相同，但方向不同，又两球质量相同，则两球动能相同，B球速度的竖直分量大些，重力的瞬时功率大些，重力对两球做功相同，当斜面倾角趋向于90°时，竖直速度略小于v.故A球比B球落地时间短些，平均功率大些．故选B.
　　【P83】
夯实基础　
1．多物体机械能守恒问题的分析方法
(1)对多个物体组成的系统先要判断物体运动过程中，系统的机械能是否守恒；
(2)找出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运用ΔEk＝－ΔEp的形式．
2．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常用的表达形式列式计算．
考点突破　　
例3如图所示，一半径为R的光滑半圆柱水平悬空放置，C为圆柱最高点，两小球P、Q用一轻质细线悬挂在半圆柱上，水平挡板AB及两小球开始时位置均与半圆柱的圆心在同一水平线上，水平挡板AB与半圆柱间有一小孔能让小球通过，两小球质量分别为mP＝m，mQ＝4m，水平挡板到水平面EF的距离为h＝2R，现让两小球从图示位置由静止释放，当小球P到达最高点C时剪断细线，小球Q与水平面EF碰撞后等速反向被弹回，重力加速度为g，不计空气阻力，取π≈3.求：
(1)小球P到达最高点C时的速度vC；
(2)小球P落到挡板AB上时的速率v1；
(3)小球Q反弹后能上升的最大高度hmax.
【审题指导】
关键词语
隐含条件
光滑半圆柱
P在圆柱面上运动时不受摩擦
不计空气阻力
P沿柱面上滑、Q下降过程中，系统机械能守恒
P、Q用细线悬挂
P运动到C点时，P、Q速率均为vC
P到达最高点C时剪断细线
P做平抛、Q做竖直下抛运动
小球Q与水平面EF碰撞后等速反向弹回
Q与EF碰后做竖直上抛运动
【解析】(1)取两小球及细线为系统且圆心所在水平面为零势能面，则在小球P到达最高点C的过程中，系统满足机械能守恒，有－mQg××2πR＋mPgR＋(mP＋mQ)v＝0，解得vC＝.
(2)因vC>，所以剪断细线后小球P做平抛运动，由机械能守恒定律知mPgR＋mPv＝mPv，解得v1＝2.
(3)剪断细线后，小球Q做竖直下抛运动，反弹后做竖直上抛运动到最高点，满足机械能守恒，则有－mQg××2πR＋mQv＝－mQg(h－hmax)，解得hmax＝R.
【小结】1.本题中剪断细线前，细线对两小球均做功，两小球的机械能均不守恒，但取两小球和细线为系统，则只有重力做功，满足机械能守恒．剪断细线后两小球的机械能均守恒，因此运用机械能守恒定律解题时，一定要注意研究对象的选择．
2．系统机械能守恒时，内部的相互作用力分为两类：
(1)刚体产生的弹力：如轻绳产生的弹力，斜面产生的弹力，轻杆产生的弹力等．
(2)弹簧产生的弹力：系统中有弹簧，弹簧的弹力在整个过程中做功，弹性势能参与机械能的转换．
在前两种情况中，轻绳的拉力、斜面的弹力、轻杆产生的弹力做功，使机械能在相互作用的两物体间进行等量的转移，系统的机械能守恒．虽然弹簧的弹力也做功，但包括弹性势能在内的机械能也守恒．
3．对系统应用机械能守恒定律列方程的角度：
(1)系统初态的机械能等于末态的机械能；
(2)系统中某些物体减少的机械能等于其他物体增加的机械能．
针对训练　
5．如图，质量为m的木块放在光滑的水平桌面上，用轻绳绕过桌边光滑的定滑轮与质量为2m的砝码相连，让绳拉直后使砝码从静止开始下降h的距离时砝码未落地，木块仍在桌面上，这时砝码的速率为多少？
【解析】解法一：对木块和砝码组成的系统，只有重力势能和动能的转化，故机械能守恒，以砝码末位置所在平面为参考平面，由机械能守恒定律得：
即＋(2m)v2＝mgH＋2mgh
解得：v＝
解法二：对木块和砝码组成的系统，由机械能守恒定律得：
Emk＋E2mk增＝E2mp减
即：mv2＋(2m)v2＝2mgh
解得：v＝
解法三：对木块和砝码组成的系统机械能守恒
ΔEm增＝ΔE2m减
mv2＝2mgh－(2m)v2，解得v＝.
6．如图所示，装置中绳子质量、滑轮质量及摩擦均不计，两物体质量分别为m1＝m，m2＝4m，m1下端通过劲度系数为k的轻质弹簧与地面相连．
(1)系统静止时弹簧处于什么状态？形变量Δx为多少？
(2)手托住m2，让m1静止在弹簧上，弹簧刚好无形变，然后放手，当m2下落h刚好至最低点时，弹簧的弹性势能多少？
【解析】(1)弹簧处于拉伸状态．
设绳子拉力为F
对m1，由平衡条件得，F＝mg＋kΔx
对动滑轮和m2，由平衡条件得，2F＝4mg
联立解得：Δx＝.
(2)当m2下落h至最低点时，m1和m2速度均为零，由机械能守恒定律得，4mgh＝mg·2h＋Ep
解得：Ep＝2mgh.
考
点
集
训　【P302】
A组
1．质量为m的小球从高H处由静止开始自由下落，以地面作为零势能面．当小球的动能和重力势能相等时，重力的瞬时功率为(B)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．2mg
B．mg
C.mg
D.mg
【解析】在小球的动能和重力势能相等时，设此时的高度为h，物体的速度为v，则根据机械能守恒可得，mgH＝mgh＋mv2，由于mgh＝mv2，所以mgH＝2×mv2，所以此时的速度的大小为v＝，此时重力的瞬时功率为P＝Fv＝mgv＝mg，所以B正确．故选B.
2．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(B)
A.
B.
C.
D.
【解析】设物体水平抛出的初速度为v0，抛出时的高度为h，则mv＝mgh，则v0＝，物体落地的竖直速度vy＝，则落地时速度方向与水平方向的夹角tan
θ＝＝，则θ＝，选项B正确．
3．如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直时处于原长h.让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零，则在圆环下滑过程中(C)
A．圆环机械能守恒
B．橡皮绳的弹性势能一直增大
C．橡皮绳的弹性势能增加了mgh
D．橡皮绳再次达到原长时圆环动能最大
【解析】由于橡皮绳做功W＝－mgh，故圆环机械能不守恒，A错；橡皮绳开始一段没有弹力，故B错；圆环与橡皮绳组成的系统机械能守恒，故弹性势能的增加量等于圆环机械能的减少量，C正确；当圆环受力平衡时动能最大，该位置橡皮绳处于伸长状态，故D错．
4．如图所示，两个相同的小球分别用一根轻绳和轻弹簧的一端连接，轻绳和轻弹簧的另一端被悬挂在同一高度．现将两个小球都拉至相同的高度，此时弹簧长度为原长且与绳长相等．静止释放两个小球以后，那么(C)
A．两小球运动到各自的最低点时的速度相同
B．与轻绳连接的小球在最低点时的速度较大
C．与轻弹簧连接的小球在运动过程中机械能不守恒
D．与轻绳连接的小球在运动过程中机械能不守恒
【解析】对A球在最低点时动能等于重力势能的减小量，对B球在最低点时其动能等于重力势能减少量与弹簧弹性势能增加量之差，但两球的重力势能减少量不相同，故两小球运动到各自的最低点时的速度不一定相同，在最低点时的速度大小关系不确定，故A、B均错误．在运动过程中，弹簧对球B做功，小球B的机械能不守恒．故C正确．绳连接球摆动过程中，只有重力做功，小球A的机械能守恒，故D错误．故选C.
5．有一竖直放置的“T”形架，表面光滑，滑块A、B分别套在水平杆与竖直杆上，A、B用一不可伸长的轻细绳相连，A、B质量相等，且可看做质点，如图所示，开始时细绳水平伸直，A、B静止．由静止释放B后，已知当细绳与竖直方向的夹角为60°时，滑块B沿着竖直杆下滑的速度为v，则连接A、B的绳长为(D)
A.
B.
C.
D.
【解析】由运动的合成与分解可知滑块A和B在绳长方向的速度大小相等，有vAsin
60°＝vcos
60°，解得vA＝v，将滑块AB看成一系统，系统的机械能守恒，设滑块B下滑的高度为h，有mgh＝mv＋mv2，解得h＝，由几何关系可知绳子的长度为L＝2h＝，故选项D正确．
6．如图所示，一根跨过光滑定滑轮的轻绳，两端各有一杂技演员(可视为质点)，a站在滑轮正下方的地面上，b从图示的位置由静止开始向下摆动，运动过程中绳始终处于伸直状态，当演员b摆至最低点时，a刚好对地面无压力，则演员a的质量与演员b的质量之比为(B)
A．1∶1
B．2∶1
C．3∶1
D．4∶1
【解析】b摆动过程中满足机械能守恒有：mbgL(1－cos
60°)＝mbv2－0，在最低点有：Tb－mbg＝mb，可得Tb＝2mbg.当a刚好对地面无压力时，有Ta＝mag，同一根绳Ta＝Tb，所以ma∶mb＝2∶1，故A、C、D错误，B正确．故选B.
7．物体以150
J的初动能从某斜面的底端沿斜面向上做匀减速运动，当它到达某点P时，其动能减少了100
J时，机械能减少了30
J，物体继续上升到最高位置后又返回到原出发点，其动能是(C)
A．15
J
　B．45
J
C．60
J
D．90
J
【解析】物体从斜面底端到P点与从P点到最高点，这两阶段的动能减少量和机械能损失量是成比例的，设物体从点P到最高点过程中，损失的机械能为E，则＝，由此得E＝15
J，所以物体从斜面底端到达最高位置一共损失机械能45
J，那么它从最高位置回到出发点机械能也损失这么多，于是在全过程中损失的机械能90
J，回到出发点时的动能为60
J.
8．(多选)如图所示，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(BC)
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不守恒
【解析】由于B球的质量较大，所以B球向下摆动，重力势能减少，动能增加，但机械能不守恒，故A错误；A球向上摆动，重力势能和动能都增加，机械能不守恒，故B正确；A球和B球组成的系统，只有重力做功，总机械能守恒，故C正确，D错误；故选BC.
9．如图所示，一半径r＝0.2
m的光滑圆弧形槽底端B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v0＝4
m/s，长为L＝1.25
m,
滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，DEF为固定于竖直平面内的一段内壁光滑的中空方形细管，EF段被弯成以O为圆心、半径R＝0.25
m的一小段圆弧，管的D端弯成与水平传带C端平滑相接，O点位于地面，OF
连线竖直．一质量为m＝0.2
kg的物块a从圆弧顶端A点无初速滑下，滑到传送带上后做匀加速运动，然后滑块被传送带送入管DEF.已知a物块可视为质点，a的横截面略小于管中空部分的横截面，重力加速度g取10
m/s2.求：
(1)滑块a到达底端B时的速度vB；
(2)滑块a刚到达管顶F点时对管壁的压力．
【解析】(1)设滑块到达B点的速度为vB，由机械能守恒定律，有mgr＝mv
解得vB＝2
m/s
(2)滑块在传送带上做匀加速运动，受到传送带对它的滑动摩擦力，由牛顿第二定律μmg＝ma
滑块对地位移为L，末速度为vC，设滑块在传送带上一直加速
由速度位移关系式2aL＝v－v
得vC＝3
m/s<4
m/s，可知滑块与传送带未达共速，滑块从C至F，由机械能守恒定律，有
mv＝mgR＋mv得vF＝2
m/s
在F处由牛顿第二定律mg＋FN＝meq
\f(v,R)
得FN＝1.2
N
由牛顿第三定律得管上壁受压力为1.2
N,
压力方向竖直向上．
B组
10．(多选)在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开C时，A的速度为v，则此过程(弹簧的弹性势能与弹簧的伸长量或压缩量的平方成正比，重力加速度为g)(AD)
A．物块A运动的距离为
B．物块A的加速度为
C．拉力F做的功为mv2
D．拉力F对A做的功等于A的机械能的增加量
【解析】开始时，弹簧处于压缩状态，压力等于物体A重力的下滑分力，根据胡克定律，有：mgsin
θ＝kx1解得：x1＝；物块B刚要离开C时，弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，根据胡克定律有；mgsin
θ＝kx2解得：x2＝，故物块A运动的距离为：Δx＝x1＋x2＝，故A正确；物体A受拉力、重力、支持力和弹簧的拉力，根据牛顿第二定律有：F－mgsin
θ－T＝ma弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力为T＝mgsin
θ，有a＝－2gsin
θ，故B错误；拉力F做的功等于物体A、物体B和弹簧系统机械能的增加量，即WF＝mg·Δx·sin
θ＋mv2＋ΔEp，故C错误；由于质量相等，那么刚好要离开挡板时候的弹性势能和刚开始相同，同时B物体机械能没有变化，那么整个过程中外力F做的功全部用于增加物块A的机械能，故D正确；故选AD.
11．(多选)如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为30°，质量分别为M、m的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板．开始时用手按住物体M，此时M距离挡板的距离为s，滑轮两边的细绳恰好伸直，且弹簧处于原长状态．已知M＝2m，空气阻力不计．松开手后，关于二者的运动下列说法中正确的是(BD)
A．M和m组成的系统机械能守恒
B．当M的速度最大时，m与地面间的作用力为零
C．若M恰好能到达挡板处，则此时m的速度为零
D．若M恰好能到达挡板处，则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和
【解析】M在运动过程中，M、m与弹簧组成的系统机械能守恒，A错误；当M速度最大时，弹簧的弹力等于mg，此时m对地面的压力恰好为零，B正确；然后M做减速运动，当M恰好到达挡板时，也就是速度刚好减小到了零，此时m受到的弹簧的弹力大于重力，还在加速上升，C错误；根据系统机械能守恒的关系，M减小的机械能等于m增加的机械能与弹簧增加弹性势能之和，而M恰好到达挡板时，动能恰好为零，因此减小的机械能等于减小的重力势能，即等于重力对M做的功，D正确．
12．如图所示，固定的光滑圆弧轨道ACB的半径为0.8
m，A点与圆心O在同一水平线上，圆弧轨道底端B点与圆心在同一竖直线上．C点离B点的竖直高度为0.2
m，物块从轨道上的A点由静止释放，滑过B点后进入足够长的水平传送带，传送带由电动机驱动按图示方向运转，不计物块通过轨道与传送带交接处的动能损失，物块与传送带间的动摩擦因数为0.1，g取
10
m/s2.
(1)求物块从A点下滑到B点时速度的大小；
(2)若物块从A点下滑到传送带上后，又恰能返回到C点，求物块在传送带上第一次往返所用的时间．
【解析】(1)由机械能守恒定律得mgr＝mv
解得vB＝＝4
m/s；
(2)物块先在传送带上做匀减速直线运动，加速度a＝－μg，运动时间为t1＝＝4
s
通过的位移为x1＝eq
\f(0－v,2a)＝8
m，方向向右
物块再在传送带上做匀加速直线运动，到与传送带同速，
其末速度由mgh＝mv
解得v1＝＝2
m/s，a′＝μg
则匀加速直线运动的时间为t2＝＝2
s
通过的位移为x2＝eq
\f(v,2a′)＝2
m，方向向左
然后再做匀速运动，通过的位移为x3＝x1－x2＝6
m，方向向左
匀速运动的时间为t3＝＝3
s
所以物块在传送带上第一次往返所用的时间为t＝t1＋t2＋t3＝9
s
第4节　功能关系　能量守恒定律
　　【P85】
夯实基础　
1．功能关系的内容
(1)功是__能量转化__的量度，即做了多少功就有__多少能量__发生了转化．
(2)做功的过程一定伴随着__能量的转化__，而且__能量的转化__必须通过做功来实现．
2．几种常见的功能关系
不同的
力做功
对应不同形
式能的变化
定量关系
合外力做功(所有外力的功)
动能变化
合外力对物体做的功等于物体动能的变化
W合＝Ek2－Ek1＝ΔEk
重力做功
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.
WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
弹簧弹力做功
弹性势能变化
弹簧弹力做正功，弹性势能减少；弹簧弹力做负功，弹性势能增加.
W弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
只有重力、弹簧弹力做功
不引起机械能变化
机械能守恒ΔE＝0
除重力和弹簧弹力之外的力做的功
机械能的变化
除重力弹簧弹力之外的力做多少正功，物体的机械能就增加多少；除重力和弹簧弹力之外的力做多少负功，物体的机械能就减少多少.
W除G、弹力外＝ΔE＝E2－E1
电场力做功
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.
W电＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
考点突破　　
例1静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力．已知空气阻力f大小不变，且f【解析】物体开始在恒力作用下做匀加速运动，机械能增量为E＝(F－f)·h，在某一高度撤去恒力以后，物体继续上升，机械能减少，到达最高点后，开始下落，但机械能会继续减少，物体接近地面时仍有一定的速度，所以选项C正确．
【答案】C
【小结】利用功能关系求解问题要分清楚是什么力做功，并且清楚该力做正功还是负功，从而判断能量的变化．力做功的过程就是物体能量转化的过程，功是能量转化的量度．
针对训练　
1．如图所示，质量相等的物体A、B通过一轻质弹簧相连，开始时B放在地面上，A、B均处于静止状态．现通过细绳将A向上缓慢拉起，第一阶段拉力做功为W1时，弹簧变为原长；第二阶段拉力再做功W2时，B刚要离开地面．弹簧一直在弹性限度内，则(B)
A．两个阶段拉力做的功相等
B．拉力做的总功等于A的重力势能的增加量
C．第一阶段，拉力做的功大于A的重力势能的增加量
D．第二阶段，拉力做的功等于A的重力势能的增加量
【解析】两个阶段中拉力做功通过的距离相同但第一阶段与第二阶段弹力的方向不同拉力大小不同，第二阶段拉力做功大于第一阶段做的功，故A项说法不正确；A的重力势能变化等于拉力做的总功与弹簧弹力做功的代数和，该过程中弹簧弹力对A做功为零，故B说法正确；第一阶段，拉力做的功小于A的重力势能的增加量，因为此时弹簧弹力对A做正功弹性势能转变为A的重力势能，故C项说法不正确；第二阶段，拉力做的功大于A的重力势能的增加量，因为此时弹簧弹力对A做负功，拉力的功有一部分转化为弹性势能，故D说法不正确．
2．(多选)如图所示，一轻绳通过无摩擦的小定滑轮O与小球B连接，另一端与套在光滑竖直杆上的小物块A连接，杆两端固定且足够长，物块A由静止从图示位置释放后，先沿杆向上运动．设某时刻物块A运动的速度大小为vA，小球B运动的速度大小为vB，轻绳与杆的夹角为θ.则(BD)
A．vA＝vBcos
θ
B．vB＝vAcos
θ
C．小球B降落到最低点时，物块A运动到最高的位置
D．当物块A上升到与滑轮等高时，它的机械能最大
【解析】将物块A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，在沿绳子方向的分速度等于B的速度，在沿绳子方向的分速度为vAcos
θ，所以vB＝vAcos
θ，故A错误，B正确；当B球降落到最低点时，A可能上升到与滑轮等高，并具有向上的速度，还可继续上升，故C错误；除重力以外其他力做的功等于机械能的增量，物块A上升到与滑轮等高前，拉力做正功，机械能增加，物块A上升到与滑轮等高后，拉力做负功，机械能减小，所以A上升到与滑轮等高时，机械能最大，故D正确．
　　【P85】
夯实基础　
1．能量转化和守恒定律：能量既不会凭空消失，也不会__凭空产生__．它只能从一种形式__转化__为其他形式，或者从一个物体__转移__到另一个物体，而在转化和转移的过程中，能量的总量__保持不变__．
2．能量守恒关系式：ΔE减＝ΔE增．
3．对能量守恒定律的理解
(1)转化：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)转移：某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量相等．
考点突破　　
例2如图甲所示，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＝mgsin
θ.已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan
θ，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、滑块的动能Ek、势能Ep、机械能E随时间t、位移x变化关系的是(　　)
【解析】以物体为研究对象进行受力分析可知，滑块上滑过程中所受的合外力为μmgcos
θ＝mgsin
θ，故滑块做加速度大小为gsin
θ的匀减速直线运动，上滑过程中产生的热量Q＝fx＝mgsin
θ是关于t的二次函数，故A错误；滑块的动能Ek＝mv2＝m(v0－gtsin
θ)2是关于时间的二次函数，故B错误；重力势能Ep＝mgh＝mgxsin
θ∝x，所以C正确；上滑过程中恒力做功与摩擦力做功相等即Wf＝WF＝mgxsin
θ，故滑块的机械能保持不变，所以D正确．
【答案】CD
【小结】运用能量转化守恒定律解题的基本思路
例3如图所示，电动机带着绷紧的传送皮带始终以v0＝2
m/s
的速度运动，传送带与水平面的夹角为30°，现把一质量为m＝10
kg的工件轻轻地放在皮带的底端，经过一段时间后，工件被送到高h＝2
m的平台上，己知工件与皮带间的动摩擦因数μ＝.除此之外，不计其他损耗，求电动机由于传送工件多消耗的电能(重力加速度g取10
m/s2)．
【解析】设工件向上运动距离s时，速度达到传送带的速度v，由动能定理可知
－mgssin
30°＋μmgcos
30°s＝mv2
代入数字，解得s＝0.8
m
说明工件未到达平台时，速度已达到v，所以工件动能的增量为：ΔEk＝mv2＝20
J
工件重力势能增量为ΔEp＝mgh＝200
J
在工件加速运动过程中，工件的平均速度为＝，因此工件的位移是皮带运动距离s′的，即s′＝2s＝1.6
m
由于滑动摩擦力做功而增加的内能E为ΔE＝fΔs＝μmgcos
30°(s′－s)＝60
J
电动机多消耗的电能为：ΔEk＋ΔEp＋ΔE＝280
J.
针对训练　
3．(多选)已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动．某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图a所示)，以此时为t＝0时刻纪录了小物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图b所示(图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v1＞v2)．已知传送带的速度保持不变，g取10
m/s2.则下列判断正确的是(AD)
A．0～t1内，物块对传送带做负功
B．物块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan
θ
C．0～t2内，传送带对物块做功为m(v－v)
D．0～t2内，系统产生的热量一定比物块动能的减少量大
【解析】由图知，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上.0～t1内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带做负功，故A对；在t1～t2内，物块向上运动，则有μmgcos
θ＞mgsin
θ，得μ＞tan
θ，故B错误；0～t2内，由图“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为WG，根据动能定理得：W＋WG＝mv－mv则传送带对物块做功W≠mv－mv，故C错误；0～t2内，物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小，故D正确．
4．如图所示，甲、乙是两种粗糙面不同但倾角、高度相同的传送带，倾斜于水平地面放置．以同样恒定速率v向上运动．现将一质量为m的小物体(视为质点)轻轻放在A处，小物体在甲传送带上到达B处时恰好达到传送带的速率v；在乙传送带上到达离B竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v.已知B处离地面高度为H，则在物体从A到B的运动过程中(D)
A．两种传送带对小物体做功不相等
B．将小物体传送到B处，两种传送带消耗的电能相等
C．两种传送带与小物体之间的动摩擦因数甲的大
D．将小物体传送到B处，两种系统产生的热量甲装置大于乙装置
【解析】传送带对小物体做功等于小物体的机械能的增加量，动能增加量相等，重力势能的增加量也相同，故两种传送带对小物体做功相等，故A错误；根据两物体的运动情况可知物体加速度关系a甲＜a乙，再由牛顿第二定律μmgcos
θ－mgsin
θ＝ma，μ甲＜μ乙，故C错误；由摩擦生热Q＝fs相对知，Q甲＝f1s1＝f1(vt1－)＝(其中t1＝L＝)，Q乙＝f2s2＝f2(vt2－)＝，根据牛顿第二定律得f1－mgsin
θ＝ma1，v2＝2a1，f2－mgsin
θ＝ma2，v2＝2a2，解得：Q甲＝mgH＋mv2，Q乙＝mg(H－h)＋mv2，Q甲＞Q乙，故D正确；根据能量守恒定律，电动机消耗的电能E电等于摩擦产生的热量Q与物块增加的机械能的和，因物块两次从A到B增加的机械能相同，Q甲＞Q乙，所以将小物体传送到B处的过程中，两种传送带消耗的电能更多的是甲，故B错误．
5．如图所示，质量为m＝0.1
kg的小

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