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第五章
考 纲 要 求
考 情 分 析
功和功率
Ⅱ
　　1.命题规律
近几年高考对该部分内容既有单独考查，也有与牛顿运动定律、曲线运动、电磁学等内容相结合的综合考查，对该部分内容单独考查的题目多为选择题。
2.考查热点
将该部分内容与其他知识综合，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。
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
实验五：探究动能定理
实验六：验证机械能守恒定律
　功和功率(双基落实课)
点点通(一)　功的理解和正负判断
1．做功两因素：力和物体在力的方向上发生的位移。
2．公式：W＝Flcos α。
(1)α是力与位移方向之间的夹角，l是物体对地的位移。
(2)该公式只适用于恒力做功。
3．功的正负的判断方法
恒力的功
依据力与位移方向的夹角来判断
曲线运动
中的功
依据力与速度方向的夹角α来判断，当0°≤α<90°时，力对物体做正功；当90°<α≤180°时，力对物体做负功；当α＝90°时，力对物体不做功
能量变化
时的功
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
[小题练通]
1.(2017·全国卷Ⅱ)如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力(　　)
A．一直不做功　　　　　　 　B．一直做正功
C．始终指向大圆环圆心 D．始终背离大圆环圆心
解析：选A　由于大圆环是光滑的，因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方向始终与速度方向垂直，因此大圆环对它的作用力不做功，A项正确，B项错误；小环下滑过程中，大圆环对小环的作用力先背离后指向大圆环的圆心，C、D项错误。
2.(多选)小狗拉着雪橇在水平冰面上沿圆弧形的轨道匀速行驶，如图所示为雪橇受到的牵引力F及摩擦力Ff的示意图(O为圆心)。关于各力做功情况，下列说法正确的是(　　)
A．牵引力F做正功
B．摩擦力Ff做负功
C．牵引力F与摩擦力Ff的合力做正功
D．牵引力F与摩擦力Ff的合力不做功
解析：选ABD　由题图可知，牵引力与速度方向的夹角小于90°，故牵引力F做正功，选项A正确；由于雪橇在冰面上滑动，其滑动摩擦力Ff方向必与运动方向相反，摩擦力Ff做负功，选项B正确；雪橇做匀速圆周运动，牵引力F及摩擦力Ff的合力提供向心力，指向圆心，即合力与速度的方向垂直，所以不做功，选项C错误，D正确。
3.如图所示，质量为m的物体置于倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，在外力作用下，斜面以加速度a沿水平方向向左做匀加速运动，运动中物体与斜面相对静止。则关于斜面对物体的支持力和摩擦力的下列说法中错误的是(　　)
A．支持力一定做正功 B．摩擦力一定做正功
C．摩擦力可能不做功 D．摩擦力可能做负功
解析：选B　根据题图可知，斜面对物体的支持力方向垂直斜面向上，又因斜面与物体沿水平方向向左运动，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，摩擦力不做功；当a>gtan θ时，摩擦力沿斜面向下，摩擦力与位移夹角小于90°，则做正功；当a[融会贯通]
(1)功是标量，只有大小没有方向。
(2)功的正负既不表示大小，也不表示方向。
(3)公式中l为物体的位移，而不是力作用点的位移。
点点通(二)　功的计算
1．利用定义式计算恒力做的功
(1)恒力做的功：直接用W＝Flcos α计算。
(2)合力做的功
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。
2．变力做功的计算方法
利用动能
定理求变
力做的功
对于曲线运动或变力做功问题，利用公式W＝Flcos α不容易直接求功时，可考虑由动能的变化来间接求功
化变力为
恒力求变
力做的功
对有些变力做功问题通过转换研究对象，可转化为恒力做功，用W＝Flcos α求解。此法常用于轻绳通过定滑轮拉物体做功的问题中
利用微元
法求变力
做的功　
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功的代数和。此法常应用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题
利用平均
力求变力
做的功　
若力的方向不变，而大小随位移(注意不是随时间)均匀变化时，则可以认为物体受到一大小为＝的恒力作用，然后用公式W＝lcos α求此变力所做的功
用F?x
图像求变
力做的功
在F?x图像中，图线与x轴所围“面积”的代数和表示力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)
利用W＝
Pt求变力
做的功　
W＝Pt适用于变力的功率恒定或平均功率已知的情形
[小题练通]
1.(多选)(2019·安庆模拟)如图所示，摆球质量为m，悬线长度为L，把悬线拉到水平位置后释放。摆球从A点运动到B点的过程中空气阻力的大小F阻不变，则下列说法正确的是(　　)
A．重力做功为mgL
B．悬线的拉力做功为0
C．空气阻力做功为－mgL
D．空气阻力做功为－F阻πL
解析：选ABD　摆球从A点运动到B点过程中，重力做功为mgL，A正确；悬线的拉力始终与速度方向垂直，故做功为0，B正确；空气阻力的大小F阻不变，方向始终与速度方向相反，故做功为－F阻πL，C错误，D正确。
2.如图所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g。质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为(　　)
A.mgR B.mgR
C.mgR D.mgR
解析：选C　质点在最低点Q时受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力，所以有FN－mg＝m，由牛顿第三定律知，FN＝FN′＝2mg，联立解得v＝，质点自P滑到Q的过程中重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可得mgR－Wf＝mv2，解得Wf＝mgR，即克服摩擦力做的功为mgR，C正确。
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拉轻绳，使滑块从A点由静止开始上升。若从A点上升至B点和从B点上升至C点的过程中，轻绳对滑块做的功分别为W1和W2，图中AB＝BC，则(　　)
A．W1＞W2
B．W1＜W2
C．W1＝W2
D．无法确定W1和W2的大小关系
解析：选A　轻绳对滑块做的功为变力做功，可以通过转换研究对象，将变力做的功转化为恒力做的功；因轻绳对滑块做的功等于拉力F对轻绳做的功，而拉力F为恒力，W＝F·Δl，Δl为轻绳拉滑块过程中拉力F的作用点移动的位移，大小等于滑轮左侧轻绳的缩短量，由AB＝BC及几何关系可知，ΔlAB＞ΔlBC，故W1＞W2，A项正确。
4.(多选)如图所示，n个完全相同、边长足够小且互不粘连的小方块依次排列，总长度为l，总质量为M，它们一起以速度v在光滑水平面上滑动，某时刻开始滑上粗糙水平面。小方块与粗糙水平面之间的动摩擦因数为μ，若小方块恰能完全进入粗糙水平面，则摩擦力对所有小方块做功的大小为(　　)
A.Mv2 B．Mv2
C.μMgl D．μMgl
解析：选AC　总质量为M的小方块在进入粗糙水平面的过程中，滑动摩擦力由0均匀增大，当全部进入时摩擦力达到最大值μMg，总位移为l，平均摩擦力为f＝μMg，由功的公式可得Wf＝－f·l＝－μMgl，摩擦力对所有小方块做功的大小为μMgl，C正确，D错误；由动能定理可得Wf＝0－Mv2＝－Mv2，摩擦力对所有小方块做功的大小为Mv2，A正确，B错误。
5.(2019·漳州检测)质量为2 kg的物体做直线运动，沿此直线作用于物体的外力与位移的关系如图所示，若物体的初速度为3 m/s，则其末速度为(　　)
A．5 m/s
B. m/s
C. m/s
D. m/s
解析：选B　F -x图线与x轴围成的面积表示外力所做的功，由题图可知：W＝(2×2＋4×4－3×2)J＝14 J，根据动能定理得：W＝mv2－mv02，解得：v＝ m/s，故B正确。
点点通(三)　功率的理解与计算
1．功率：功与完成这些功所用时间的比值。
2．物理意义：描述力对物体做功的快慢。
3．公式
(1)P＝，P为时间t内的平均功率。
(2)P＝Fvcos α
①若v为平均速度，则P为平均功率。
②若v为瞬时速度，则P为瞬时功率。
4．额定功率：机械可以长时间工作的最大输出功率。
5．实际功率：机械实际工作时的输出功率，要求不大于额定功率。
[小题练通]
1.把A、B两相同小球在离地面同一高度处以大小相同的初速度v0，分别沿水平方向和竖直方向抛出，不计空气阻力，如图所示，则下列说法正确的是(　　)
A．A、B落地时速度相同
B．A、B落地时，重力的瞬时功率相同
C．从开始运动至落地，重力对A、B做的功不同
D．从开始运动至落地，重力对A、B做功的平均功率A>B
解析：选D　A、B落地时的速度大小相同，方向不同，选项A错误；因B落地时竖直速度较大，由P＝mgv竖可知，PB>PA，选项B错误；重力做功取决于竖直方向上的高度差，故重力对A、B做的功均为mgh，选项C错误；因B从被抛出到落地所用时间较长，故A>B，选项D正确。
2.如图所示，一长为L的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为m的小球。一水平向右的拉力F作用于杆的中点，使杆以角速度ω匀速转动，当杆与水平方向成60°角时，拉力的功率为(　　)
A．mgLω B.mgLω
C.mgLω D.mgLω
解析：选C　由能量的转化与守恒可知：拉力的功率等于小球克服重力做功的功率，即PF＝PG＝mgvy＝mgvcos 60°＝mgLω，故C正确。
3.(多选)(2019·南昌模拟)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。水平力的大小F与时间t的关系如图所示，水平力的方向保持不变，下列说法正确的是(　　)
A．3t0时刻水平力的瞬时功率为
B．3t0时刻水平力的瞬时功率为
C．在0～3t0时间内，水平力的平均功率为
D．在0～3t0时间内，水平力的平均功率为
解析：选BD　根据题图可知，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0～2t0时间内水平力做的功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时刻水平力的瞬时功率P3＝3F0v3＝，在2t0～3t0时间内位移x2＝·t0＝，故2t0～3t0时间内水平力做的功W2＝3F0·x2＝，因此在0～3t0时间内水平力的平均功率P＝＝，故B、D正确。
[融会贯通]
求解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。
(2)平均功率与一段时间(或过程)相对应，计算时应明确是哪个力在哪段时间(或过程)内做功的平均功率。
(3)瞬时功率计算时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率。
点点通(四)　机车启动问题
1．以恒定功率启动的运动过程分析
2．以恒定加速度启动的运动过程分析
3．两类启动的图像比较
[小题练通]
1．质量为m的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的摩擦阻力大小一定，汽车速度能够达到的最大值为v，那么当汽车的速度为时，汽车的瞬时加速度的大小为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C　当汽车牵引力等于阻力时，速度最大，则阻力Ff＝，当速度为时，牵引力F＝＝，由牛顿第二定律得F－Ff＝ma，解得a＝，选项C正确。
2.(2019·广西检测)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(　　)
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　由牛顿第二定律得F－Ff＝ma，P＝Fv可得：a＝·－，对应题图图线可知，＝|k|＝40 m2·s－3，已知汽车的质量，故可求出汽车的功率P，由a＝0时＝0.05 m－1·s，可得汽车行驶的最大速度为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。故D不能求出。
3．在港珠澳大桥6.7千米海底隧道的两端各建有一个人工岛，两人工岛及隧道路面可简化成如图所示，各部分的长度已在图中标出，其中倾斜路面与水平路面之间有一小段圆弧连接，重力加速度为g。
(1)假设汽车在倾斜路面上运动所受阻力和在水平路面上运动所受阻力相等。若汽车关闭发动机后刚好能够从左侧倾斜路面向下匀速运动，求汽车关闭发动机以速度v0从左侧倾斜路面的最高点向下运动后，能够在水平路面上运动的距离s(s(2)已知质量为m、额定功率为P的汽车在水平路面上行驶的最大速度为vm1，若汽车在水平路面上以加速度a匀加速启动，求汽车做匀加速运动的时间；
(3)已知质量为m、额定功率为P的汽车在图中右侧倾斜路面上向上行驶的最大速度为vm2，求汽车以额定功率在右侧倾斜路面上向上行驶速度为v1(v1解析：(1)设左侧倾斜路面与水平路面的夹角为θ，由共点力的平衡条件可得汽车在左侧倾斜路面上运动所受的阻力大小f1＝mgsin θ，sin θ＝
汽车运动到水平路面时速度为v0，由动能定理得－f1s＝0－mv02，联立解得s＝。
(2)汽车启动过程中达到最大速度vm1时，牵引力等于阻力，则P＝f2vm1，解得阻力f2＝；
设在匀加速启动过程中，汽车做匀加速运动的牵引力为F、达到额定功率时的速度为v、时间为t，则P＝Fv，v＝at，F－f2＝ma
联立解得t＝。
(3)由P＝F阻vm2(F阻包含重力沿斜面向下的分力)
解得阻力F阻＝
当汽车速度为v1时牵引力F1＝
由牛顿第二定律有F1－F阻＝ma1
联立解得a1＝－。
答案：(1)　(2)　
(3)－
[融会贯通]
(1)无论哪种启动过程，汽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)汽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，v＝＜vm＝。
(3)汽车启动问题常用动能定理解决，Pt－F阻x＝ΔEk，只有以恒定加速度启动刚开始的一段时间可以利用匀变速直线运动公式。
1．力对物体是否做功，关键看力与物体的位移方向间的夹角，只要夹角不等于90° 就做功。
2．斜面对物体的支持力垂直于斜面，但不一定垂直于物体的位移，故斜面对物体的支持力可能做功。
3．作用力与反作用力等大反向，而作用力与反作用力做的功并不一定一正一负、大小相等，实际上二者没有必然联系。
4．瞬时功率P＝Fvcos α，而发动机牵引力的功率P＝Fv，因为汽车的牵引力方向与汽车运动方向相同，cos α＝1。
5．汽车匀加速启动过程的末速度一定小于汽车所能达到的最大速度。
[课堂综合训练]
1.(2019·白银模拟)如图所示，小物块甲从竖直固定的光滑圆弧轨道顶端由静止滑下，轨道半径为R，圆弧底端切线水平。小物块乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滑下。下列判断正确的是(　　)
A．两物块到达底端时速度相同
B．两物块运动到底端的过程中重力做功相同
C．两物块到达底端时动能相同
D．两物块到达底端时，重力对乙做功的瞬时功率大于重力对甲做功的瞬时功率
解析：选D　两物块下落的高度相同，根据动能定理，有mgR＝mv2，解得v＝，可知两物块到达底端时的速度大小相等，但方向不同，A错误；两物块的质量大小关系不确定，故无法判断两物块运动到底端时重力做的功及动能是否相同，B、C错误；在底端时，重力对甲做功的瞬时功率为零，重力对乙做功的瞬时功率大于零，D正确。
2.某物体在变力F作用下沿水平方向做直线运动，物体的质量m＝10 kg，F随物体的坐标x的变化情况如图所示。若物体从坐标原点由静止出发，不计一切摩擦。借鉴教科书中学习直线运动时，由v -t图像求位移的方法，结合其他所学知识，根据如图所示的F-x图像，可求出物体运动到x＝16 m时的速度大小为(　　)
A．3 m/s　　　　　　　　 B．4 m/s
C．2 m/s D. m/s
解析：选C　力F在运动过程中所做的总功WF＝×(4＋8)×10 J－×10×(16－12)J＝40 J，由动能定理得WF＝mv2－0，解得物体运动到x＝16 m 处的速度大小为v＝2 m/s，C正确。
3.用水平力F拉着一物体在水平面上做匀速直线运动，某时刻将力F随时间均匀减小，物体所受的摩擦力随时间的变化如图中实线所示，下列说法中正确的是(　　)
A．F做功的功率是从t1时刻开始减小的，t2时刻F做功的功率刚好变为零
B．F做功的功率是从t1时刻开始减小的，t3时刻F做功的功率刚好变为零
C．F做功的功率是从t2时刻开始减小的，并且在t2时刻直接变为零
D．F做功的功率是从t2时刻开始减小的，t3时刻F做功的功率刚好变为零
解析：选A　 由题图可知，在t2时刻，物体所受摩擦力发生突变，显然是由原先的滑动摩擦力突变为静摩擦力，因此，从t2时刻起，物体开始处于静止状态，由功率P＝Fv可知，t2时刻F做功的功率刚好变为零，故选项B、D错误；由题图可知，物体受到的滑动摩擦力为f，开始时物体做匀速直线
运动，可知此时F＝f，即F的最大值为f，t2～t3时间内，物体处于静止状态，可知F＝Ff，因为F均匀减小，结合题图可知F在t1时刻开始减小；即F做功的功率从t1时刻开始减小，故选项A正确，C错误。
4．一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的功率达到最大值P，以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v2匀速上升，重物上升的高度为h。则整个过程中，下列说法正确的是(　　)
A．钢绳的最大拉力为
B．钢绳的最大拉力为mg
C．重物做匀加速运动的末速度为
D．重物做匀加速运动的加速度为－g
解析：选D　重物向上加速过程处于超重状态，钢绳拉力大于mg，匀速运动阶段钢绳的拉力为＝mg，故A、B错误；重物匀加速运动的末速度不是运动的最大速度，此时钢绳对重物的拉力大于mg，故其速度小于，故C错误；重物匀加速运动的末速度为v1，此时的拉力为F＝，由牛顿第二定律得：a＝＝－g，故D正确。
5．汽车质量为m, 输出功率恒为P, 沿平直公路前进距离x的过程中， 其速度由v1增至最大速度v2，假设汽车在运动过程中所受阻力恒定， 则汽车通过距离x所用的时间为多少？
解析：牵引力做功W等于汽车增加的动能ΔEk与克服摩擦力所做的功Wf之和
即W＝ΔEk＋Wf
其中ΔEk＝mv22－mv12
速度达到最大值v2时，牵引力等于摩擦力Ff
由P＝Fv2＝Ffv2得：Ff＝
克服摩擦力所做的功： Wf＝Ffx＝
W＝mv22－mv12＋
由于汽车以恒定功率P行驶，W＝Pt
所以经历的时间
t＝＝＝＋。
答案：＋

1．(2018·全国卷Ⅱ)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定(　　)
A．小于拉力所做的功
B．等于拉力所做的功
C．等于克服摩擦力所做的功
D．大于克服摩擦力所做的功
解析：选A　由题意知，W拉－W阻＝ΔEk，则W拉＞ΔEk，故A正确，B错误；W阻与ΔEk的大小关系不确定，故C、D错误。
2．(多选)质量为4 kg的物体被人由静止开始向上提升0.25 m 后速度达到1 m/s，则下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　　)
A．人对物体做的功为12 J
B．合外力对物体做的功为2 J
C．物体克服重力做的功为10 J
D．人对物体做的功等于物体增加的动能
解析：选ABC　人对物体做的功等于物体机械能的增加量，即W人＝mgh＋mv2＝12 J，A正确，D错误；合外力对物体做的功等于物体动能的增加量，即W合＝mv2＝2 J，B正确；物体克服重力做的功等于物体重力势能的增加量，即W＝mgh＝10 J，C正确。
3.如图所示，木块B上表面是水平的，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(　　)
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　A、B一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，加速度为gsin θ(θ为斜面倾角)，由于A速度增大，由动能定理知，A所受的合外力对A做正功，B对A的摩擦力水平向左，对A做正功，B对A的弹力竖直向上，对A做负功，选项A、B错误，C正确；B下滑h高度时的速度v＝＝，B获得的动能Ek＝mv2＝mgh，设B下滑h高度的过程中重力对B做功WG，A对B做功W，其中WG＝mgh，由动能定理得WG＋W＝mgh，解得W＝0，即A对B不做功，选项D错误。
4．轻质弹簧右端固定在墙壁上，左端与一质量m＝0.5 kg的物块相连，如图甲所示，初始时弹簧处于原长状态，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，外力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＝10 m/s2)(　　)
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Ff＝μmg＝1 N。现对物块施加水平向右的外力F，由F ?x图线与x轴所围面积表示功，结合题图乙可知物块运动至x＝0.4 m处时，外力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，选项A正确。
5.如图所示，有一弯曲的槽道AB平铺在水平面上，槽道由半径分别为和R的两个半圆构成。现用大小恒为F的拉力将一光滑小球(可视为质点)从A点沿槽道拉至B点，若拉力F的方向时刻与小球运动方向一致，则此过程中拉力F所做的功为(　　)
A．0 B．FR
C．2πFR D.πFR
解析：选D　因为拉力F的方向不断改变，不能用W＝Flcos α直接求解，但由于拉力F的方向时刻与小球运动方向一致，可采用微元法，把小球的位移分割成许多小段，在每一小段位移上作用在小球上的拉力F可视为恒力，拉力F做的总功即为拉力F在各个小段上做功的代数和，由此得：W＝F×2π×＋×2πR＝πFR，D正确。
6．一质量为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，以此时为计时起点，在t时刻该力的瞬时功率是(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C　当把其中一个水平方向的力从F突然增大到3F时，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，解得P＝，C正确。
7．(2019·武汉调研)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的作用力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲、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
解析：选B　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正确。
8.(多选)如图所示，水平路面上有一辆质量为M的汽车，车厢中有一质量为m的人正用恒力F向前推车厢，在车以加速度a向左加速行驶距离L的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．人对车的推力F做的功为FL
B．人对车做的功为maL
C．车对人的作用力大小为ma
D．车对人的摩擦力做的功为(F＋ma)L
解析：选AD　由做功的定义可知，选项A正确；对人进行受力分析，人受重力以及车对人的力，合力的大小为ma，方向水平向左，故车对人的作用力大小应为，选项C错误；题述过程重力不做功，合力对人做的功为maL，所以车对人做的功为maL，由相互作用力及人、车的位移相同可知，人对车做的功为－maL，选项B错误；对人由牛顿第二定律知，在水平方向上有Ff－F＝ma，车对人的摩擦力做的功为(F＋ma)L，选项D正确。
9．(多选)(2016·天津高考)我国高铁技术处于世界领先水平。和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。某列车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组(　　)
A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反
B．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2
C．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比
D．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2
解析：选BD　启动时，乘客的加速度向前，车厢对人的作用力方向向前，与车运动的方向相同，选项A错误；以后面的车厢为研究对象，F56－3f＝3ma，F67－2f＝2ma，则5、6节与6、7节车厢间的作用力之比为3∶2，选项B正确；根据v2＝2ax，车停下来滑行的距离x与速度的二次方成正比，选项C错误；若改为4节动车，则功率变为原来2倍，由P＝Fv知，最大速度变为原来2倍，选项D正确。
10.(多选)质量为2 kg的物块，放在水平面上，物块与水平面间的动摩擦因数为0.1，在水平拉力的作用下物块由静止开始运动，水平拉力做的功W随物块的位移x变化的关系如图所示。重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．在x＝0至x＝2 m的过程中，物块的加速度大小是1 m/s2
B．在x＝4 m时，物块克服摩擦力做功的瞬时功率是4 W
C．在x＝2 m至x＝6 m的过程中，物块做匀加速直线运动
D．在x＝0至x＝6 m的过程中，拉力的平均功率是4 W
解析：选ABD　W-x图线的斜率表示水平拉力的大小，由题图可知，在x＝0至x＝2 m的过程中，水平拉力为F1＝4 N，由牛顿第二定律有F1－μmg＝ma，解得a＝1 m/s2，故A正确；根据题图可知，x＝4 m对应拉力做的功W＝12 J，在0～4 m的过程中，根据动能定理有W－μmgx＝mv2，解得v＝2 m/s，则在x＝4 m时，物块克服摩擦力做功的瞬时功率是P＝μmgv＝4 W，故B正确；由题图可知，在x＝2 m 至x＝6 m的过程中，水平拉力F2＝2 N，而f＝μmg＝2 N，F2＝f，物块做匀速直线运动，故C错误；在x＝0至x＝2 m 的过程中，物块的运动时间t1＝＝2 s，在x＝2 m至x＝6 m 的过程中物块的运动时间t2＝＝2 s，在x＝0至x＝6 m的过程中，拉力的平均功率＝＝4 W，故D正确。
第28课时　动能定理(重点突破课)
[考点一　动能定理的理解和应用]
动能是标量，动能定理表达式是标量式，学生常把动能分解为两个分动能，或在某个方向上应用动能定理而出错。原因是对动能定理理解不透彻，动能的变化等于相应过程中所有力对物体做的总功，因此“某个方向的合力做的功等于该方向上动能的变化”不成立。
1．动能
(1)定义：物体由于运动而具有的能量叫做动能。
(2)公式：Ek＝mv2，单位：焦耳。
(3)动能是标量、状态量。
2．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变化。
(2)表达式：W＝Ek2－Ek1。
(3)物理意义：合外力做的功是物体动能变化的量度。
3．公式中“＝”体现的三个关系
4．应用动能定理的解题步骤
[典例]　(2016·天津高考)我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示，质量m＝60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB＝24 m/s，A与B的竖直高度差H＝48 m。为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h＝5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1 530 J，取g＝10 m/s2。
(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；
(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。
[解析]　(1)运动员在AB段做初速度为零的匀加速运动，设AB段的长度为x，则有
vB2＝2ax
由牛顿第二定律有
mg－Ff＝ma
解得Ff＝144 N。
(2)设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理有
mgh＋W＝mvC2－mvB2
设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有
FN－mg＝m
由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，即
FN＝6mg
解得R＝12.5 m。
[答案]　(1)144 N　(2)12.5 m

应用动能定理的注意事项
(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。
(2)应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负。
(3)应用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，借助草图理解物理过程和各量关系。
[集训冲关]
1．(2018·江苏高考)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图像是(　　)
解析：选A　小球做竖直上抛运动，设初速度为v0，则v＝v0－gt，小球的动能Ek＝mv2，解得Ek＝mg2t2－mgv0t＋mv02，Ek与t为二次函数关系，故A正确。
2．(2019·广东六校联考)北京获得2022年冬奥会举办权，冰壶是冬奥会的比赛项目。将一个冰壶以一定初速度在冰面上推出后将运动一段距离停下来。换一种材料相同、质量更大的冰壶，以相同的初速度在同一冰面上推出后，冰壶运动的距离将(　　)
A．不变　　　　　　　　　 　B．变小
C．变大 D．无法判断
解析：选A　冰壶在冰面上以一定初速度被推出后，在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，根据动能定理有－μmgs＝0－mv2，得s＝，两种冰壶的初速度相等，材料相同，在同一冰面上运动，故运动的距离相等。故选项A正确。
3．(多选)如图所示，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，使A、B间产生相对滑动，如果以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离。在此过程中(　　)
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的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和
解析：选BD　外力F做的功等于A、B动能的增量与A、B间摩擦产生的内能之和，A错误；A所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A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，B正确；A对B的摩擦力做负功，B对A的摩擦力做正功，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错误；对B应用动能定理，WF－Wf＝ΔEkB，即WF＝ΔEkB＋Wf，即外力F对B做的功，等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和，D正确。
[考点二　动能定理与图像的综合]
图像能够更加直观的反应物体的运动情况或者受力情况，因此近几年高考常把动能定理和图像结合起来考查。考生常因为不能从图像中找出关键信息而丢分。
1．力学中图像所围“面积”的意义
v-t图像
由公式x＝vt可知，v-t图线与横坐标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图线与横坐标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图线与横坐标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图线与横坐标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
(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)将推导出的物理量间的函数关系式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、图线与横坐标所围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。
[典例]　如图甲所示，长为4 m的水平轨道AB与半径为R＝0.6 m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接。有一质量为1 kg的滑块(大小不计)，从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F随位移变化的关系如图乙所示。滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数为μ＝0.25，与半圆弧轨道BC间的动摩擦因数未知，g取10 m/s2。求：
(1)滑块到达B处时的速度大小；
(2)滑块在水平轨道AB上运动前2 m路程所用的时间；
(3)若到达B点时撤去F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功。
[解析]　(1)对滑块从A到B的过程，由动能定理得
F1x1＋F3x3－μmgx＝mvB2
解得vB＝2 m/s。
(2)在前2 m路程内，有F1－μmg＝ma，且x1＝at12
解得t1＝  s。
(3)当滑块恰好能到达最高点C时，
有mg＝m
对滑块从B到C的过程，由动能定理得
Wf－mg·2R＝mvC2－mvB2
解得Wf＝－5 J，
即克服摩擦力做的功为5 J。
[答案]　(1)2 m/s　(2)  s　(3)5 J

动能定理与图像结合问题的分析方法
(1)首先看清所给图像的种类(如v-t图像、F-t图像、Ek-t图像等)。
(2)挖掘图像的隐含条件——得出所需要的物理量，如由v-t图像所包围的“面积”求位移，由F-x图像所包围的“面积”求功等。
(3)分析有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量。
[集训冲关]
1.(2019·西安质检)静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t＝4 s时物块停下，其v -t图像如图所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是(　　)
A．整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功
B．整个过程中拉力做的功等于零
C．t＝2 s时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大
D．t＝1 s到t＝3 s这段时间内拉力不做功
解析：选A　对物块运动全过程应用动能定理得：WF－Wf＝0，A正确，B错误；物块在加速运动过程中受到的拉力最大，结合题图可知，t＝1 s时拉力的瞬时功率为整个过程中拉力功率的最大值，C错误；t＝1 s到t＝3 s这段时间内，拉力与摩擦力平衡，拉力做正功，D错误。
2.(多选)(2019·大连五校联考)在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图像。已知重力加速度g＝10 m/s2。根据以上信息能得出的物理量有(　　)
A．物体与水平面间的动摩擦因数
B．合外力对物体所做的功
C．物体做匀速运动时的速度
D．物体运动的时间
解析：选ABC　由题意知物体开始做匀速直线运动，故拉力F与滑动摩擦力f大小相等，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝＝0.35，A正确；减速过程由动能定理得WF＋Wf＝0－mv2，根据F-x图像中图线与横轴围成的面积可以估算力F做的功WF，而Wf＝－μmgx，由此可求得合外力对物体所做的功，及物体做匀速运动时的速度v，B、C正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，D错误。
3．(多选)质量为1 kg的物体静止在粗糙的水平地面上，在一水平外力F的作用下运动，如图甲所示，外力F和物体克服摩擦力f做的功与物体位移的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
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．物体在前3 m运动过程中的加速度为3 m/s2
D．x＝9 m时，物体的速度为3 m/s
解析：选ACD　由题图可知，Wf＝μmgx1＝20 J，解得：μ＝0.2，A正确；由f＝μmg＝2 N，fx2＝Wf′＝27 J，解得：x2＝13.5 m，B错误；又WF＝Fx3，解得：前3 m内，F＝ N＝5 N，由F－f＝ma，解得：a＝3 m/s2，C正确；由动能定理可得：WF′－fx4＝mv2，解得：x4＝9 m时物体的速度v＝3 m/s，D正确。
[考点三　运用动能定理求解多过程问题]
由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂，因此从动力学的角度分析往往比较复杂，利用动能定理分析此类问题，是从总体上把握研究对象运动状态的变化，并不需要从细节上了解。
1.运用动能定理解决多过程问题时，有两种思路：一种是分段列式按部就班，注意衔接；另一种是全过程列式，计算简便，但要分析全面，不能遗漏某个功。
2.所列动能定理方程涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的特点：
?1?重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关。
?2?大小恒定的阻力或摩擦力所做的功等于力的大小与路程的乘积。
[典例]　(2019·唐山模拟)如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5 m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.30 m、h2＝1.35 m。现让质量为m的小滑块自A点由静止释放。已知小滑块与轨道BC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，求：
(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；
(2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔；
(3)小滑块最终停止的位置距B点的距离。
[解析]　(1)小滑块从A→B→C→D过程中，由动能定理得：
mg(h1－h2)－μmgs＝mvD2－0
代入数据解得：vD＝3 m/s。
(2)小滑块从A→B→C过程中：
由动能定理得mgh1－μmgs＝mvC2－0
代入数据解得vC＝6 m/s
小滑块沿CD段上滑的加速度大小a＝gsin θ＝6 m/s2
小滑块沿CD段上滑到最高点的时间t1＝＝1 s
由对称性可知小滑块从最高点滑回C点的时间
t2＝t1＝1 s
故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔
t＝t1＋t2＝2 s。
(3)对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s总，有：mgh1－μmgs总＝0
代入数据解得：s总＝8.6 m
故小滑块最终停止的位置距B点的距离为：
2s－s总＝1.4 m。
[答案]　(1)3 m/s　(2)2 s　(3)1.4 m

利用动能定理求解多过程问题的基本思路
(1)弄清物体的运动由哪些过程组成。
(2)分析每个过程中物体的受力情况。
(3)各个力做功有何特点，对动能的变化有无影响。
(4)从总体上把握全过程，写出总功表达式，找出初、末状态的动能。
(5)对所研究的全过程运用动能定理列方程求解。　　
[集训冲关]
1.如图所示，质量为m的小球，从离地面高H处由静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止。设小球受到空气阻力为f，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)
A．小球落地时动能等于mgH
B．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能
C．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)
D．小球在泥中受到的平均阻力为mg
解析：选C　小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得mgH－fH＝mv02，选项A错误；设泥的平均阻力为f0，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mgh－f0h＝0－mv02，解得f0h＝mgh＋mv02，f0＝mg1＋－，选项B、D错误；对全过程应用动能定理可知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)，选项C正确。
2.如图所示，倾角θ＝45°的粗糙平直轨道AB与半径为R的光滑圆弧形轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内。一质量为m的小滑块(可视为质点)从直轨道上离地面高为h＝3R的D处无初速度下滑进入圆弧形轨道。接着小滑块从圆弧形轨道最高点C水平飞出，恰好击中直轨道上与圆心O等高的P点。不计空气阻力，已知重力加速度为g。求：
(1)小滑块运动到圆弧形轨道最高点C时的速度大小；
(2)小滑块运动到圆弧形轨道最低点时对圆弧形轨道压力的大小；
(3)小滑块在直轨道BD间运动的过程中克服摩擦力做的功。
解析：(1)小滑块从圆弧形轨道最高点C飞出后做平抛运动，设水平速度为v0
竖直方向上有R＝gt2
由几何关系知水平位移为R
水平方向上有R＝v0t
解得v0＝。
(2)设小滑块在圆弧形轨道最低点时速度为v，小滑块在从圆弧形轨道的最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得
－mg·2R＝mv02－mv2
解得v＝
在圆弧形轨道最低点由牛顿第二定律得
FN－mg＝m
解得FN＝6mg
由牛顿第三定律得FN′＝FN＝6mg。
(3)小滑块从直轨道D到圆弧形轨道最低点过程中，设DB过程中克服摩擦阻力做功Wf，由动能定理得
mgh－Wf＝mv2－0
解得Wf＝mgR。
答案：(1)　(2)6mg　(3)mgR
[考点四　运用动能定理求解往复运动问题]
往复运动问题的过程比较复杂，但这类问题往往有一定的规律。学生在分析这类问题时常把眼光盯在“细节”上，忽略问题的“宏观特性”，使思维陷入“死循环”而丢分。
有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而描述运动的物理量多数是变化的，且重复次数常常无限或者很难确定。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繁琐，甚至无法解出。而动能定理只关注物体的初、末状态，不计运动过程的细节，所以用动能定理可方便快捷分析这类问题。
[考法细研]
考法1　往复次数可确定的情形　
[例1]　如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC是水平的，其宽度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开始下滑。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。小物块在盆式容器内来回滑动，最后停下来，则小物块最终的位置到B点的距离为(g取10 m/s2)(　　)
A．0.50 m　　　　　　　 　B．0.25 m
C．0.10 m D．0
[解析]　设小物块在BC面通过的总路程为s，由于只有BC面上存在摩擦力，则小物块从A点开始运动到最终静止的整个过程中，摩擦力做功为－μmgs，而重力做功与路径无关，由动能定理得：mgh－μmgs＝0－0，代入数据解得s＝3 m。由于d＝0.50 m，所以小物块在BC面经过3次往复运动后，停在B点，D正确。
[答案]　D
考法2　往复次数无法确定的情形　
[例2]　如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块与挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是(　　)
A.
B.
C.
D.
[解析]　滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，对滑块运动的全过程应用功能关系，全过程所产生的热量为Q＝mv02＋mgx0sin θ，又由全过程产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即Q＝μmgxcos θ，解得x＝＋x0tan θ，选项A正确。
[答案]　A
考法3　往复运动永不停止的情形　
[例3]　如图所示，AB、CD为两个对称斜面，其上部足够长，下部B、C分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为120°，半径R为2.0 m，一个物体在离弧底E高度为h＝3.0 m处，以初速度v＝4.0 m/s沿斜面运动，若物体与两斜面间的动摩擦因数均为0.02，则物体在两斜面上(不包括圆弧面部分)一共运动的路程是多少？(g取10 m/s2)
[解析]　两个斜面的下部B、C分别与光滑的圆弧面相切，圆心角为120°，所以可得出斜面的倾角为60°，物体在斜面上所受到的滑动摩擦力为
Ff＝μmgcos 60°＝0.01mg，
重力沿斜面的分力为mgsin 60°＝mg＞Ff，
所以物体不能停留在斜面上。
物体在斜面上滑动时，由于摩擦力做功，物体的机械能逐渐减小，物体滑到斜面上的高度逐渐降低，物体最终将在B、C间做往复运动。设物体在斜面上运动的总路程为s，
对全过程应用动能定理得
mg[h－R(1－cos 60°)]－μmgscos 60°＝0－mv2，
解得s＝280 m。
[答案]　280 m

(1)应用动能定理求解往复运动问题时，要确定物体的初状态和最终状态。
(2)重力做功与物体运动路径无关，可用WG＝mgh直接求解。
(3)滑动摩擦力做功与物体运动路径有关，可用Wf＝－Ffs 求解，其中s为物体滑行的路程。

1．(2018·全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能(　　)
A．与它所经历的时间成正比
B．与它的位移成正比
C．与它的速度成正比
D．与它的动量成正比
解析：选B　动能Ek＝mv2，与速度的平方成正比，故 C错误；速度v＝at，可得Ek＝ma2t2，与经历的时间的平方成正比，故A错误；根据v2＝2ax，可得Ek＝max，与位移成正比，故B正确；动量p＝mv，可得Ek＝，与动量的平方成正比，故D错误。
2．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，则物体所受的合外力一定为零
解析：选A　由公式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°，而合外力不为零，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，但物体所受的合外力不一定为零，C、D错误。
3．A、B两物体在光滑水平面上，分别在相同的水平恒力F作用下，由静止开始通过相同的位移l。若A的质量大于B的质量，则在这一过程中(　　)
A．A获得的动能较大
B．B获得的动能较大
C．A、B获得的动能一样大
D．无法比较A、B获得的动能大小
解析：选C　由动能定理可知恒力F做功W＝Fl＝mv2－0，因为F、l相同，所以A、B获得的动能一样大，C正确。
4.刹车距离是衡量汽车安全性能的重要参数之一，如图所示的图线1、2分别为甲、乙两辆汽车在紧急刹车过程中的刹车距离l与刹车前的车速v的关系曲线。已知紧急刹车过程中车与地面间的摩擦是滑动摩擦。据此可知，下列说法中正确的是(　　)
A．甲车的刹车距离随刹车前的车速v变化快，甲车的刹车性能好
B．乙车与地面间的动摩擦因数较大，乙车的刹车性能好
C．以相同的车速开始刹车，甲车先停下来，甲车的刹车性能好
D．甲车的刹车距离随刹车前的车速v变化快，甲车与地面间的动摩擦因数较大
解析：选B　对刹车过程，由动能定理可知μmgl＝mv2，得l＝＝，结合题图可知甲车与地面间的动摩擦因数小，乙车与地面间的动摩擦因数大，刹车时的加速度a＝μg，以相同的车速开始刹车，乙车先停下来，乙车刹车性能好，B正确。
5．(2019·安徽江南十校联考)如图甲所示，一维坐标系中有一质量m＝2 kg的物块静置于x轴上的某位置(图中未画出)。t＝0时刻，物块在外力作用下沿x轴开始做匀加速运动，图乙为其位置坐标和速率平方关系图像的一部分。下列说法正确的是(　　)
A．物块做匀加速直线运动的加速度大小为1 m/s2
B．t＝4 s时物块位于x＝4 m处
C．t＝4 s时物块的速率为2 m/s
D．在0～4 s时间内物块所受合外力做功为2 J
解析：选C　由于物块做匀加速直线运动，可得x－x0＝，由题图乙中数据可解得，加速度大小为a＝0.5 m/s2，初位置x0＝－2 m，故A错误；由x－x0＝at2，v＝at，得t＝4 s时物块位于x＝2 m处，物块速率v＝2 m/s，故B错误，C正确；由动能定理得 0～4 s 时间内物块所受合外力做功为mv2＝4 J，故D错误。
6．(多选)(2016·全国卷Ⅲ)如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则(　　)
A．a＝　　　 　 　B．a＝
C．N＝ D．N＝
解析：选AC　质点P下滑到最低点的过程中，由动能定理得mgR－W＝mv2，则速度v＝，在最低点的向心加速度a＝＝，选项A正确， B错误；质点P在最低点时，由牛顿第二定律得N－mg＝ma，N＝，选项C正确，D错误。
7.(多选)(2016·浙江高考)如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。则(　　)
A．动摩擦因数μ＝
B．载人滑草车最大速度为 
C．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g
解析：选AB　由题意知，上、下两段滑道的长分别为s1＝、s2＝，由动能定理知2mgh－μmgs1cos 45°－μmgs2cos 37°＝0，解得动摩擦因数μ＝，选项A正确；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a1＝g(sin 45°－μcos 45°)＝g，a2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝－g，则在下落h时的速度最大，由动能定理知mgh－μmgs1cos 45°＝mv2，解得v＝ ，选项B正确，D错误；载人滑草车克服摩擦力做的功与重力做功相等，即W＝2mgh，选项C错误。
8.(多选)(2019·洛阳检测)如图所示，在倾角为θ的足够长斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端的挡板固定，另一端与质量为M的平板A连接，一质量为m的物体B靠在平板的右侧，A、B与斜面的动摩擦因数均为μ。开始时用手按住B使弹簧处于压缩状态，现释放，使A和B一起沿斜面向上运动，当A和B运动距离L时达到最大速度v。则下列说法正确的是(　　)
A．A和B达到最大速度v时，弹簧恢复原长
B．若运动过程中A和B能够分离，则A和B恰好分离时，二者加速度大小均为g(sin θ＋μcos θ)
C．从释放到A和B达到最大速度v的过程中，弹簧对A所做的功等于Mv2＋MgLsin θ＋μMgLcos θ
D．从释放到A和B达到最大速度v的过程中，B受到的合力对它做的功等于mv2
解析：选BD　A和B达到最大速度v时，A和B的加速度为零，对A、B整体：由平衡条件知kx＝(m＋M)gsin θ＋μ(m＋M)gcos θ，所以此时弹簧处于压缩状态，故A错误；A和B恰好分离时，A、B间的弹力为0，A、B的加速度大小相同，对B受力分析，由牛顿第二定律知，mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，得a＝g(sin θ＋μcos θ)，故B正确；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对A、B整体，根据动能定理得W弹－(m＋M)gLsin θ－μ(m＋M)gLcos θ＝(m＋M)v2，所以弹簧对A所做的功W弹＝(m＋M)v2＋(m＋M)·gLsin θ＋μ(m＋M)gLcos θ，故C错误；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对于B，根据动能定理得，B受到的合力对它做的功W合＝ΔEk＝mv2，故D正确。
9．(2019·宿州模拟)宇航员在某星球表面做了如下实验，实验装置如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由平直轨道AB和圆弧轨道BC组成。将质量m＝0.2 kg的小球，从轨道AB上高H处的某点由静止释放，用力传感器测出小球经过C点时对轨道的压力大小为F，改变H的大小，可测出F随H的变化关系如图乙所示，求：
(1)圆弧轨道的半径；
(2)星球表面的重力加速度；
(3)小球经过C点时动能Ek随H的变化关系。
解析：(1)小球过C点时，由牛顿第二定律得：
F＋mg＝m
小球由静止下滑至C点的过程，由动能定理得：
mg(H－2r)＝mvC2
解得：F＝H－5mg
由题图乙可知：当H1＝0.5 m时，F1＝0
解得：r＝0.2 m。
(2)由题图乙可知：当H2＝1.0 m时
F2＝5 N，又F＝－5mg
解得：g＝5 m/s2。
(3)小球由静止下滑至C点的过程，由动能定理得：
mg(H－2r)＝Ek－0
解得：Ek＝H－0.4(J)。
答案：(1)0.2 m　(2)5 m/s2　(3)Ek＝H－0.4(J)
10．(2019·晋城调研)如图甲所示，一滑块从平台上A点以初速度v0向右滑动，从平台上滑离后落到地面上的落地点离平台的水平距离为s，多次改变初速度的大小，重复前面的过程，根据测得的多组v0和s，作出s2-v02图像如图乙所示，滑块与平台间的动摩擦因数为0.3，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求平台离地的高度h及滑块在平台上滑行的距离d；
(2)若将滑块的质量增大为原来的2倍，滑块从A点以4 m/s的初速度向右滑动，求滑块滑离平台后落地时的速度大小v′及落地点离平台的水平距离s的大小。
解析：(1)设滑块滑到平台边缘时的速度为v，
根据动能定理得：
－μmgd＝mv2－mv02①
滑块离开平台后做平抛运动，则有：
h＝gt2②
s＝vt③
联立①②③式得：s2＝v02－4μhd④
由题图乙得：图像的斜率等于
即：＝ s2＝0.2 s2⑤
解得：h＝1 m
且当s＝0时，v02＝12 m2/s2，代入④式解得：d＝2 m。
(2)当滑块从A点以v0＝4 m/s的初速度向右滑动时，
由①得：v＝2 m/s
滑块离开平台后做平抛运动，则有：h＝gt2⑥
得：t＝ ＝  s＝ s⑦
滑块滑离平台后落地时的速度为：
v′＝＝2 m/s
落地点离平台的水平距离s的大小为：
s＝vt＝2× m＝ m。
答案：(1)1 m　2 m　(2)2 m/s　 m
11.山地滑雪是人们喜爱的一项体育运动。一滑雪道ABC的底部是一个半径为R的圆，圆与雪道相切于C点，C点的切线沿水平方向，C点到水平雪地之间是高为H的峭壁，D是圆的最高点，如图所示。运动员从A点由静止下滑，刚好经过圆轨道最高点D旋转一周，再滑到C点后被水平抛出，当抛出时间为t时，迎面遭遇一股强风，运动员最终落到了雪地上，落地时速度大小为v。已知运动员连同滑雪装备总质量为m，重力加速度为g，不计遭遇强风前的空气阻力和雪道的摩擦阻力，求：
(1)A、C的高度差h；
(2)运动员刚遭遇强风时的速度大小及距地面的高度；
(3)强风对运动员所做的功。
解析：(1)运动员刚好经过圆轨道最高点，其速度满足
mg＝
由动能定理得mg(h－2R)＝mvD2
解得h＝R。
(2)运动员从A到C由动能定理得mg·R＝mv02
在圆轨道旋转一周后运动员做平抛运动，运动员遭遇强风时，在竖直方向上的速度v′＝gt
运动员遭遇强风时的速度v1＝＝
下落高度为h1＝gt2
距地面高度为h2＝H－h1＝H－gt2。
(3)对运动员运动的整个过程，由动能定理得
W＋mg＝mv2
解得W＝mv2－mg。
答案：(1)R　(2)　H－gt2
(3)mv2－mg
第29课时　机械能守恒定律(重点突破课)
[考点一　机械能守恒的理解与判断]
应用机械能守恒定律时必须先判断机械能是否守恒，对多个物体组成的系统，学生往往不能正确理解“只有系统内弹力”做功的条件而出错。
1．重力做功和重力势能的特点
(1)重力做功与路径无关，只与始、末位置的高度差有关。
(2)重力势能是物体和地球组成的系统所共有的；重力势能的大小与参考平面的选取有关，但重力势能的变化与参考平面的选取无关。
(3)重力对物体做正功，重力势能减小；重力对物体做负功，重力势能增大；重力对物体做的功等于物体重力势能变化量的负值，即WG＝－ΔEp。
2．弹性势能
(1)定义：物体由于发生弹性形变而具有的能量。
(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)弹力对物体做的功等于弹簧弹性势能变化量的负值，即W＝－ΔEp。
3．机械能守恒定律
(1)内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变。
(2)守恒条件：只有重力或系统内弹力做功。
(3)常用的三种表达式
守恒式
E1＝E2或Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
转化式
ΔEk＝－ΔEp
转移式
ΔEA＝－ΔEB
4．机械能是否守恒的三种判断方法
(1)利用做功及守恒条件判断。
(2)利用机械能的定义判断：若物体或系统的动能、势能之和保持不变，则机械能守恒。
(3)利用能量转化判断：若物体或系统与外界没有能量交换，内部也没有机械能与其他形式能的转化，则机械能守恒。
[典例]　(多选)如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是(　　)
A．甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，物体A机械能守恒
B．乙图中，斜面体A固定，物体B沿斜面匀速下滑，物体B的机械能守恒
C．丙图中，连接A、B的绳子不可伸长，不计任何阻力和定滑轮及绳子的质量时，A加速下落，B加速上升过程中，A、B组成的系统机械能守恒
D．丁图中，小球沿水平面做匀速圆锥摆运动时，小球的机械能守恒
[解析]　由题图可知，甲图中有重力和弹力做功，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，但物体A机械能不守恒，A错；乙图中物体B沿斜面匀速下滑，物体B除受重力外，还受到弹力和摩擦力作用，弹力不做功，但摩擦力做负功，物体B的机械能不守恒，B错；丙图中绳子张力对A做负功，对B做正功，代数和为零，A、B组成的系统机械能守恒，C对；丁图中小球的动能不变，势能不变，机械能守恒，D对。
[答案]　CD

(1)机械能守恒的条件绝不是合外力做的功等于零，更不是合外力为零；“只有重力或弹力做功”不等于“只受重力或弹力作用”。
(2)对于一些绳子突然绷紧、物体间碰撞等情况，除非题目特别说明，否则机械能必定不守恒。
[集训冲关]
1．关于机械能守恒定律的适用条件，下列说法正确的是(　　)
A．只有重力和弹力作用时，机械能才守恒
B．当有其他外力作用时，只要合外力为零，机械能守恒
C．当有其他外力作用时，只要其他外力不做功，机械能守恒
D．炮弹在空中飞行不计阻力时，仅受重力作用，所以爆炸前后机械能守恒
解析：选C　机械能守恒的条件是“只有重力或系统内弹力做功”而不是“只有重力和弹力作用”，“做功”和“作用”是两个不同的概念，A项错误；物体受其他外力作用且合外力为零时，机械能可能不守恒，如拉一物体匀速上升，合外力为零，物体的动能不变，重力势能增加，故机械能增加，B项错误；在炮弹爆炸过程中产生的内能转化为机械能，机械能不守恒，D项错误；由机械能守恒定律的特点知，C项正确。
2.(2019·昆明、玉溪统考)如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一质量为m的小球，小球与一轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，已知杆与水平面之间的夹角θ<45°，当小球位于B点时，弹簧与杆垂直，此时弹簧处于原长。现让小球自C点由静止释放，在小球滑到杆底端(此时小球速度为零)的整个过程中，关于小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能，下列说法正确的是(　　)
A．小球的动能与重力势能之和保持不变
B．小球的动能与重力势能之和先增大后减小
C．小球的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变
D．小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变
解析：选B　小球与弹簧组成的系统在整个过程中，机械能守恒，弹簧处于原长时弹性势能为零，小球从C点到最低点过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大，所以小球的动能与重力势能之和先增大后减小，A项错，B项对；小球的重力势能不断减小，所以小球的动能与弹簧的弹性势能之和不断增大，C项错；小球的初、末动能均为零，所以整个过程中小球的动能先增大后减小，所以小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和先减小后增大，D项错。
3.(2018·天津高考)滑雪运动深受人民群众喜爱。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
解析：选C　运动员从A点滑到B点的过程做匀速圆周运动，合外力指向圆心，不做功，故A错误，C正确；如图所示，沿圆弧切线方向运动员受到的合力为零，即Ff＝mgsin α，下滑过程中α减小，sin α变小，故摩擦力Ff变小，故B错误；运动员下滑过程中动能不变，重力势能减小，则机械能减小，故D错误。
[考点二　单个物体的机械能守恒]
单个物体的机械能守恒往往会与平抛运动、圆周运动、人造卫星等结合到一起，构成综合性问题。求解这类问题时除了掌握机械能守恒的条件、规律外，还应熟练掌握这几种运动的特点和规律。
1.平抛运动的特点和规律：平抛运动是初速度沿水平方向且只在重力作用下的运动，所以物体的机械能守恒。
2.圆周运动的特点和规律：物体在水平面内做匀速圆周运动时机械能守恒；物体在竖直面内沿光滑轨道或由绳子系着做圆周运动时，只有重力做功机械能守恒，但物体速度大小是变化的。
3.卫星进入圆形轨道稳定运行时机械能不变，卫星自由地绕地球做椭圆轨道运动时只有地球引力做功，其机械能守恒，而卫星在人为变轨的过程中，机械能不守恒。
[典例]　(2019·贵州七校高三联考)如图所示，水平传送带的右端与竖直面内用内壁光滑钢管弯成的“9”形固定轨道相接，钢管内径很小。传送带的运行速率为v0＝6 m/s，将质量 m＝1.0 kg的可视为质点的滑块无初速度地放在传送带A端，传送带长L＝12.0 m，“9”形轨道高H＝0.8 m，“9”形轨道上半部分圆弧半径为R＝0.2 m，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.3，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间；
(2)滑块滑到“9形”轨道最高点C时受到“9形”轨道的作用力大小；
(3)若滑块从“9”形轨道D点水平抛出后，恰好垂直撞在倾角 θ＝45°的斜面上P点，求P、D两点间的竖直高度。
[解析]　(1)滑块在传送带上运动时，由牛顿第二定律得：
μmg＝ma
解得：a＝μg＝3 m/s2
滑块加速到与传送带达到共速所需要的时间：
t1＝＝2 s
0～2 s内滑块的位移：x1＝at12＝6 m
之后滑块做匀速运动的位移：x2＝L－x1＝6 m
滑块匀速运动的时间：t2＝＝1 s
故滑块从传送带A端运动到B端所需时间：
t＝t1＋t2＝3 s。
(2)滑块由B运动到C，由机械能守恒定律得：
mvC2＋mgH＝mv02
在C点，“9形”轨道对滑块的弹力与其受到的重力的合力提供做圆周运动的向心力，设“9形”轨道对滑块的弹力方向竖直向下，由牛顿第二定律得：FN＋mg＝m
解得：FN＝90 N。
(3)滑块由B到D运动的过程中，由机械能守恒定律得：
mv02＝mvD2＋mg(H－2R)
设P、D两点间的竖直高度为h，
滑块由D到P运动的过程中，由机械能守恒定律得：
mvP2＝mvD2＋mgh
又vD＝vPsin 45°
解得：h＝1.4 m。
[答案]　(1)3 s　(2)90 N　(3)1.4 m
[规律方法]
应用机械能守恒定律的一般步骤
[集训冲关]
1.一小球以一定的初速度v0从图示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2，轨道1的半径为R，轨道2的半径是轨道1的1.8 倍，小球的质量为m，若小球恰好能通过轨道2的最高点B，则小球在轨道1上经过其最高点A时对轨道的压力为(　　)
A．2mg　　　　　　　　 　B．3mg
C．4mg D．5mg
解析：选C　小球恰好能通过轨道2的最高点B，有mg＝，小球在轨道1上经过其最高点A时，有F＋mg＝，根据机械能守恒定律，有1.6mgR＝mvA2－mvB2，解得F＝4mg，由牛顿第三定律可知，小球在轨道1上经过其最高点A时对轨道的压力为4mg，C项正确。
2.(2016·全国卷Ⅲ)如图，在竖直平面内有由圆弧AB和圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接。AB弧的半径为R，BC弧的半径为。一小球在A点正上方与A相距处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动。
(1)求小球在B、A两点的动能之比；
(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点。
解析：(1)设小球的质量为m，小球在A点的动能为EkA，由机械能守恒定律得EkA＝mg①
设小球在B点的动能为EkB，同理有EkB＝mg②
由①②式得＝5。③
(2)若小球能沿轨道运动到C点，则小球在C点所受轨道的正压力N应满足N≥0④
设小球在C点的速度大小为vC，由牛顿第二定律和向心加速度公式有N＋mg＝m⑤
由④⑤式得，vC应满足mg≤m⑥
由机械能守恒定律得mg＝mvC2⑦
由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C点。
答案：(1)5　(2)能沿轨道运动到C点
[考点三　多个物体的机械能守恒]
对多个物体组成系统的机械能守恒问题，解题的关键是正确判断系统是否符合机械能守恒的条件。尤其是对于含有弹簧的系统，一定不要遗漏弹簧的弹性势能。
1．绳连接的物体系统机械能守恒
常见情景
三点提醒
(1)分清两物体是速度大小相等，还是沿绳方向的分速度大小相等
(2)会用两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系
(3)对于单个物体，一般绳上的力要做功，机械能不守恒；但对于绳连接的系统，机械能可能守恒
2.杆连接的物体系统机械能守恒
常见情景
三大特点
(1)平动时两物体线速度相等，转动时两物体角速度相等
(2)杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒
(3)对于杆和物体组成的系统，忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功，则系统机械能守恒
3.弹簧连接的物体系统机械能守恒
题型特点
由轻弹簧连接的物体系统，一般既有重力做功又有弹簧弹力做功，这时系统内物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能相互转化，而总的机械能守恒
两点提醒
(1)对同一弹簧，弹性势能的大小由弹簧的形变量完全决定，无论弹簧伸长还是压缩
(2)物体运动的位移与弹簧的形变量或形变量的变化量有关
[典例]　如图所示，左侧竖直墙面上固定半径为R＝0.3 m的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与半圆环的圆心O等高处固定一光滑直杆。质量为ma＝100 g的小球a套在半圆环上，质量为mb＝36 g的滑块b套在直杆上，二者之间用长为l＝0.4 m的轻杆通过两铰链连接。现将a从半圆环的最高处由静止释放，使a沿半圆环自由下滑，不计一切摩擦，a、b均视为质点，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)a滑到与圆心O等高的P点时的向心力大小；
(2)a从P点下滑至杆与半圆环相切的Q点的过程中，杆对b做的功。
[解析]　(1)当a滑到与O等高的P点时，a的速度v沿半圆环切线向下，b的速度为零，
由机械能守恒定律可得：magR＝mav2
解得v＝
对a受力分析，由牛顿第二定律可得：
F＝＝2mag＝2 N。
(2)杆与半圆环相切时，如图所示，此时a的速度沿杆方向，
设此时b的速度为vb，
则知va＝vbcos θ
由几何关系可得：
cos θ＝＝0.8
a从P到Q下降的高度h＝Rcos θ＝0.24 m
a、b及杆组成的系统机械能守恒：
magh＝mava2＋mbvb2－mav2
对b，由动能定理得：W＝mbvb2＝0.194 4 J。
[答案]　(1)2 N　(2)0.194 4 J

(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)注意寻找用绳或杆或弹簧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。　　
[集训冲关]
1．(多选)如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上。a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g。则(　　)
A．a落地前，轻杆对b一直做正功
B．a落地时速度大小为
C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g
D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg
解析：选BD　由题意知，系统机械能守恒，设某时刻a、b的速度分别为va、vb，此时轻杆与竖直杆的夹角为θ，分别将va、vb分解，如图所示。
因为轻杆不可伸长，所以沿轻杆的分速度v∥与v∥′是相等的，即vacos θ＝vb sin θ。当a滑至地面时θ＝90°，此时vb＝0，由系统机械能守恒得mgh＝mva2，解得va＝，选项B正确；由于b初、末速度均为零，运动过程中其动能先增大后减小，即轻杆对b先做正功后做负功，选项A错误；轻杆对b的作用先是推力后是拉力，对a则先是阻力后是动力，即a的加速度在受到轻杆的向下的拉力作用时大于g，选项C错误；b的动能最大时，轻杆对a、b的作用力为零，此时a的机械能最小，b只受重力和支持力，所以b对地面的压力大小为mg，选项D正确。
2.如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C放在水平地面上。现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计。开始时整个系统处于静止状态；释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时，C恰好离开地面。求：
(1)斜面的倾角α；
(2)A获得的最大速度vm。
解析：(1)由题意可知，当A沿斜面下滑至速度最大时，C恰好离开地面，A的加速度此时为零
由牛顿第二定律：4mgsin α－2mg＝0
解得：sin α＝，即α＝30°。
(2)由题意可知，A、B、C组成的系统在初始时和A沿斜面下滑至速度最大时的机械能守恒，设弹簧的形变量为Δx，由题意可得：2mg＝kΔx
4mgΔxsin α－mgΔx＝×5mvm2
解得：vm＝2g 。
答案：(1)30°　(2)2g 
3.(2018·江苏高考)如图所示，钉子A、B相距5l，处于同一高度。细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B。质量为m的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l。用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC与水平方向的夹角为53°。松手后，小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动。忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求：
(1)小球受到手的拉力大小F；
(2)物块和小球的质量之比M∶m；
(3)小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T。
解析：(1)由几何知识可知AC⊥BC，根据平衡条件得
(F＋mg)cos 53°＝Mg
解得F＝Mg－mg。
(2)与A、B相同高度时
小球上升h1＝3lsin 53°
物块下降h2＝2l
物块和小球组成的系统机械能守恒mgh1＝Mgh2
解得＝。
(3)根据机械能守恒定律，小球向下运动到最低点时，恰好回到起始点，设此时物块受到的拉力为T，加速度大小为a，由牛顿第二定律得
Mg－T＝Ma
对小球，沿AC方向由牛顿第二定律得
T－mgcos 53°＝ma
解得T＝
[结合(2)可得T＝或mg或Mg]。
答案：(1)Mg－mg　(2)6∶5
(3)
[考点四　用机械能守恒定律解决非质点问题]
非质点运动问题一直是高考考查的难点问题，学生在解答这类问题时常常出错，原因是不能正确找到物体的“质心”，从而不能正确判断物体重力势能的变化情况或重力做功情况。
1．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视为质点来处理。
2．物体虽然不能视为质点来处理，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]　如图所示，AB为光滑的水平面，BC是倾角为α的足够长的光滑斜面，斜面体固定不动。AB、BC间用一小段光滑圆弧轨道相连。一条长为L的均匀柔软链条开始时静置在ABC面上，其一端D至B的距离为L－a。现自由释放链条，则：
(1)链条下滑过程中，系统的机械能是否守恒？简述理由；
(2)链条的D端滑到B点时，链条的速率为多大？
[解析]　(1)链条在下滑过程中机械能守恒，因为斜面BC和水平面AB均光滑，链条下滑时只有重力做功，符合机械能守恒的条件。
(2)设链条质量为m，可以认为始、末状态的重力势能变化是由L－a段下降引起的，如图所示。
该部分高度减少量h＝sin α＝sin α
该部分的质量为m′＝(L－a)
由机械能守恒定律可得m′gh＝mv2，
解得v＝ 。
[答案]　(1)机械能守恒，理由见解析　
(2) 

(1)寻找物体状态变化的等效长度，如本题中的“L－a”，可以快速准确的解决非质点问题。
(2)重力势能的变化或重力做功利用等效长度来表示，但动能的表达式一般要针对整体。
(3)机械能守恒定律解决非质点问题，犹如整体隔离法解决动力学问题。　　
[集训冲关]
1.如图所示，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(　　)
A.  B.  C.  D. 
解析：选A　如图所示，当两液面高度相等时，减少的重力势能转化为管中所有液体的动能，根据功能关系有mg·h＝mv2，解得：v＝ ，A正确。
2．如图所示，露天娱乐场空中列车由许多节完全相同的车厢组成，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)。
解析：当列车进入圆形轨道后，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的速度最小，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：Mv02＝Mv2＋M′gR
又因圆形轨道顶部车厢应满足：mg＝m
解得：v0＝ 。
答案： 

1.(2019·无锡模拟)如图所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平地面上，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(　　)
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．小球重力势能的减少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，斜劈对小球的弹力做负功，小球对斜劈的弹力做正功，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的增加量之和，故B正确，A、C、D错误。
2.如图所示，由光滑细管组成的轨道固定在竖直平面内，AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧，CD段为平滑的弯管。一小球从管口D处由静止释放(小球的直径略小于细管轨道的内径)，最后能够从A端水平抛出落到地面上。关于管口D距离地面的高度必须满足的条件是(　　)
A．等于2R　　　　　　　　 　B．大于2R
C．大于2R且小于R D．大于R
解析：选B　细管轨道可以提供支持力，所以到达A点的速度大于零即可，即mgH－mg·2R>0，解得H>2R，故B正确。
3.(2019·贵阳模拟)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点，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，当小球运动到O点正下方与A点的竖直高度差为h的B点时，速度大小为v。已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．小球运动到B点时的动能等于mgh
B．小球由A点到B点重力势能减少mv2
C．小球由A点到B点克服弹力做功为mgh
D．小球到达B点时弹簧的弹性势能为mgh－mv2
解析：选D　小球由A点到B点的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧由原长到发生伸长的形变，小球动能增加量小于重力势能减少量，即mv24.如图所示，竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为R，小球A、B质量分别为mA、mB，A和B之间用一根长为l(lA．若mAB．若mA>mB，B在右侧上升的最大高度与A的起始高度相同
C．在A下滑过程中杆对A做负功，对B做正功
D．A在下滑过程中减少的重力势能等于A与B增加的动能
解析：选C　选轨道最低点为零势能点，根据系统机械能守恒条件可知A和B组成的系统机械能守恒，如果B在右侧上升的最大高度与A的起始高度相同，则有mAgh－mBgh＝0，则有mA＝mB，故选项A、B错误；A下滑、B上升过程中B机械能增加，则A机械能减少，说明杆对A做负功，对B做正功，故选项C正确；A下滑过程中减少的重力势能等于B上升过程中增加的重力势能和A与B增加的动能之和，故选项D错误。
5.将一小球从高处水平抛出，最初2 s内小球动能Ek随时间t变化的图像如图所示，不计空气阻力，g取10 m/s2。根据图像信息，不能确定的物理量是(　　)
A．小球的质量
B．小球的初速度
C．最初2 s内重力对小球做功的平均功率
D．小球抛出时距离地面的高度
解析：选D　由机械能守恒定律可得Ek＝Ek0＋mgh，又因为h＝gt2，所以Ek＝Ek0＋mg2t2。由题图可知，当t＝0时，Ek0＝mv02＝5 J，当t＝2 s时，Ek＝Ek0＋2mg2＝30 J，解得m＝0.125 kg，v0＝4 m/s。t＝2 s时，由动能定理得WG＝ΔEk＝25 J，故＝＝12.5 W。根据题图，无法确定小球抛出时距离地面的高度。综上所述，D正确。
6.(多选)(2019·舟山模拟)如图所示，一小环沿竖直放置的光滑圆环形轨道做圆周运动。小环从最高点A滑到最低点B的过程中，小环线速度大小的平方v2随下落高度h的变化图像可能是(　　)
解析：选AB　对小环由机械能守恒定律得mgh＝mv2－mv02，则v2＝2gh＋v02，当v0＝0时，B正确；当v0≠0时，A正确。
7．(多选)(2019·温州中学模拟)如图所示，在竖直平面内半径为R的四分之一圆弧轨道AB、水平轨道BC与斜面直轨道CD平滑连接在一起，斜面直轨道足够长。在圆弧轨道上静止着N个半径为r(r?R)的光滑小球(小球无明显形变)，小球恰好将圆弧轨道铺满，从最高点A到最低点B依次标记为1、2、3、…、N。现将圆弧轨道末端B处的阻挡物拿走，N个小球由静止开始沿轨道运动，不计摩擦与空气阻力，下列说法正确的是(　　)
A．N个小球在运动过程中始终不会散开
B．第1个小球从A到B过程中机械能守恒
C．第1个小球到达B点前第N个小球做匀加速运动
D．第1个小球到达最低点的速度v<
解析：选AD　在下滑的过程中，水平面上的小球要做匀速运动，而圆弧轨道上的小球要做加速运动，则后面的小球对前面的小球有向前挤压的作用，所以小球之间始终相互挤压，冲上斜面直轨道后后面的小球把前面的小球往上压，所以小球之间始终相互挤压，故N个小球在运动过程中始终不会散开，故A正确；第1个小球在下落过程中受到挤压，所以有外力对小球做功，小球的机械能不守恒，故B错误；由于小球在下落过程中速度发生变化，相互间的挤压力变化，所以第N个小球不可能做匀加速运动，故C错误；若小球整体的重心高度为，在运动到最低点的过程中，根据机械能守恒定律得：mv2＝mg·，解得：v＝；同样对整体在AB段时，重心低于，所以第1个小球到达最低点的速度v<，故D正确。
8.(多选)如图所示，轻弹簧一端固定在O1点，另一端系一小球，小球穿在固定于竖直面内、圆心为O2的光滑圆环上，O1在O2的正上方，C是O1O2的连线和圆环的交点，将小球从圆环上的A点无初速度释放后，发现小球通过了C点，最终在A、B之间做往复运动。已知小球在A点时弹簧被拉长，在C点时弹簧被压缩，不计空气阻力，则下列判断正确的是(　　)
A．弹簧在A点的伸长量一定大于弹簧在C点的压缩量
B．小球从A至C一直做加速运动，从C至B一直做减速运动
C．弹簧处于原长时，小球的速度最大
D．小球机械能最大的位置有两处
解析：选AD　因只有重力和系统内弹力做功，故小球和弹簧组成系统的机械能守恒，小球在A点的动能和重力势能均最小，故小球在A点的弹性势能必大于在C点的弹性势能，所以弹簧在A点的伸长量一定大于弹簧在C点的压缩量，故选项A正确；小球从A至C，在切线方向先做加速运动再做减速运动，当切线方向合力为零(此时弹簧仍处于伸长状态)时，速度最大，故选项B、C错误；当弹簧处于原长时，弹性势能为零，小球机械能最大，由题意知，A、B相对于O1O2对称，显然，此位置在A、C与B、C之间各有一处，故选项D正确。
9.(2019·济南质检)如图所示，跨过同一高度处的定滑轮的细线连接着质量相同的物体A和B，A套在光滑水平杆上，定滑轮离水平杆的高度h＝0.2 m，开始时让连着A的细线与水平杆的夹角θ1＝37°，由静止释放B，当细线与水平杆的夹角θ2＝53°时，A的速度为多大？在以后的运动过程中，A所获得的最大速度为多大？(设B不会碰到水平杆，sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，取g＝10 m/s2)
解析：A、B组成的系统只有动能和重力势能的转化，机械能守恒。设θ2＝53°时，A、B的速度分别为vA、vB，B下降的高度为h1，则有mgh1＝mvA2＋mvB2
其中h1＝－
vAcos θ2＝vB
代入数据解得vA≈1.1 m/s。
由于细线的拉力对A做正功，使A加速至左滑轮正下方时速度最大，此时B的速度为零，设整个过程B下降高度为h2，则由机械能守恒定律得mgh2＝mvmA2
其中h2＝－h
代入数据解得vmA≈1.6 m/s。
答案：1.1 m/s　1.6 m/s
10．(2019·兰州检测)如图所示，竖直平面内固定着由两个半径均为R的四分之一圆弧构成的细管道ABC，圆心连线O1O2水平。轻弹簧左端固定在竖直挡板上，右端靠着质量为m的小球(小球的直径略小于管道内径)，长为R的薄板DE置于水平面上，薄板的左端D到管道右端C的水平距离为R。开始时弹簧处于锁定状态，具有一定的弹性势能，重力加速度为g。解除锁定，小球离开弹簧后进入管道，最后从C点抛出(不计一切摩擦)，小球经C点时对轨道外侧的弹力的大小为mg。
(1)求弹簧锁定时具有的弹性势能Ep；
(2)试通过计算判断小球能否落在薄板DE上。
解析：(1)从解除弹簧锁定到小球运动到C点的过程，弹簧和小球组成的系统机械能守恒，设小球到达C点的速度大小为v1，根据机械能守恒定律可得
Ep＝2mgR＋mv12
由题意知，小球经C点时所受的弹力的大小为mg，方向向下，
根据向心力公式得
mg＋mg＝
解得v1＝，Ep＝3mgR。
(2)小球离开C点后做平抛运动，设从抛出到落到水平面上的时间为t，根据平抛运动规律有
2R＝gt2，s＝v1t
解得s＝2R>2R
所以小球不能落在薄板DE上。
答案：(1)3mgR　(2)小球不能落在薄板DE上
11.(2016·全国卷Ⅱ)轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示。物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5。用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动。重力加速度大小为g。
(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；
(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。
解析：(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律，弹簧长度为l时的弹性势能为
Ep＝5mgl①
设P的质量为M，到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得
Ep＝MvB2＋μMg·4l②
联立①②式，取M＝m并代入题给数据得
vB＝③
若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足
－mg≥0④
设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得
mvB2＝mvD2＋mg·2l⑤
联立③⑤式得
vD＝⑥
vD满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出。设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得
2l＝gt2⑦
P落回到AB上的位置与B点之间的距离为
s＝vDt⑧
联立⑥⑦⑧式得
s＝2l。⑨
(2)为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零。由①②式可知
5mgl＞μMg·4l⑩
要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C。由机械能守恒定律有
MvB2≤Mgl?
联立①②⑩?式得
m≤M＜m。?
答案：(1)　2l　(2)m≤M＜m
第30课时　功能关系　能量守恒定律(重点突破课)
[考点一　功能关系的理解和应用]
功能关系是历年高考的考查热点。考查的题型既有选择题又有计算题。学生在解答这类问题时，常因为没有正确分析出哪些力做功或者哪些能量发生变化而出错。
1．功能关系
(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，能量的转化可以通过做功来实现。
2．几种常见的功能关系
几种常见力做功
对应的能量变化
数量关系式
重力
正功
重力势能减少
WG＝－ΔEp
负功
重力势能增加
弹簧等
的弹力
正功
弹性势能减少
W弹＝－ΔEp
负功
弹性势能增加
电场力
正功
电势能减少
W电＝－ΔEp
负功
电势能增加
合力
正功
动能增加
W合＝ΔEk
负功
动能减少
除重力和弹力
以外的其他力
正功
机械能增加
W其＝ΔE
负功
机械能减少
3．两个特殊的功能关系
(1)滑动摩擦力与两物体间相对位移的乘积等于产生的内能，即Ffl相对＝ΔQ。
(2)感应电流克服安培力做的功等于产生的电能，即W克安＝ΔE电。
[典例]　(多选)(2019·佛山模拟)如图?

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