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5　实验：验证机械能守恒定律
[学习目标]
1.明确验证机械能守恒定律的基本思路并能进行相关量的测量.2.能正确进行实验操作，分析实验数据得出结论，能定性地分析产生误差的原因.
一、实验思路
机械能守恒的前提是“只有重力或弹力做功”，因此研究过程一定要满足这一条件.本节实验我们以只有重力做功的过程进行研究.
二、物理量的测量及数据分析
只有重力做功时，只发生重力势能和动能的转化.
(1)要验证的表达式：mv22＋mgh2＝mv12＋mgh1或：mv22－mv12＝mgh1－mgh2.
(2)所需测量的物理量：物体所处两位置之间的高度差，及物体的运动速度.
三、参考案例
案例1　研究自由下落物体的机械能
1.实验器材
铁架台(带铁夹)、打点计时器、重物(带夹子)、纸带、复写纸(或墨粉盘)、导线、毫米刻度尺、交流电源.
2.实验步骤
(1)安装装置：按图1甲所示把打点计时器安装在铁架台上，用导线把打点计时器与电源连接好.
图1
(2)打纸带：在纸带的一端把重物用夹子固定好，另一端穿过打点计时器的限位孔，用手竖直提起纸带使重物停靠在打点计时器附近.先接通电源后释放纸带，让重物拉着纸带自由下落.重复几次，得到3～5条打好点的纸带.
(3)选纸带并测量：选择一条点迹清晰的纸带，确定要研究的开始和结束的位置，测量两位置之间的距离Δh及两位置时的速度，代入表达式进行验证.
3.数据处理
(1)计算各点对应的瞬时速度：如图乙所示，根据公式vn＝，计算出某一点的瞬时速度vn.
(2)机械能守恒定律的验证
方法一：利用起始点和第n点.
选择开始的两点间距接近2
mm的一条纸带，打的第一个点为起始点，如果在实验误差允许范围内mghn＝mvn2，则机械能守恒定律得到验证.
方法二：任取两点A、B.
如果在实验误差允许范围内mghAB＝mvB2－mvA2，则机械守恒定律得到验证.
方法三：图像法(如图2所示).
图2
若在实验误差允许范围内图线是一条过原点且斜率为g的直线，则验证了机械能守恒定律.
4.误差分析
本实验的误差主要是由纸带测量产生的偶然误差以及重物和纸带运动中的空气阻力及打点计时器的摩擦阻力引起的系统误差.
5.实验注意事项
(1)打点计时器安装时，要使两限位孔的中线在同一竖直线上，以减小摩擦阻力.
(2)应选用质量和密度较大的重物.增大密度可以减小体积，可使空气阻力的影响相对减小.
(3)实验时，应先接通电源，让打点计时器正常工作后再松开纸带让重物下落.
(4)本实验中的几种验证方法均不需要(填“需要”或“不需要”)测重物的质量m.
(5)速度不能用v＝gt或v＝计算，应根据纸带上测得的数据，利用vn＝计算瞬时速度.
案例2　研究沿斜面下滑物体的机械能
1.实验器材
气垫导轨、数字计时器、带有遮光条的滑块.
2.实验装置
如图3所示，把气垫导轨调成倾斜状态，滑块沿倾斜的气垫导轨下滑时，忽略空气阻力，重力势能减小，动能增大.
图3
3.实验测量及数据处理
(1)测量两光电门之间的高度差Δh；
(2)滑块经过两光电门时遮光条遮光时间Δt1和Δt2，计算滑块经过两光电门时的瞬时速度.
若遮光条的宽度为ΔL，则滑块经过两光电门时的速度分别为v1＝，v2＝；
(3)若在实验误差允许范围内满足mgΔh＝mv22－mv12，则验证了机械能守恒定律.
4.误差分析
两光电门之间的距离稍大一些，可以减小误差；遮光条的宽度越小，误差越小.
一、研究自由下落物体的机械能
(2018·双峰一中高一下学期期末)某同学用如图4甲所示装置“验证机械能守恒定律”时，所用交流电源的频率为50
Hz，得到如图乙所示的纸带.选取纸带上打出的连续五个点A、B、C、D、E，测出A点距起点O的距离为s0＝19.00
cm，点A、C间的距离为s1＝8.36
cm，点C、E间的距离为s2＝9.88
cm，g取9.8
m/s2，测得重物的质量为m＝1
kg.
图4
(1)下列做法正确的有________.
A.必须要称出重物和夹子的质量
B.图中两限位孔必须在同一竖直线上
C.将连着重物的纸带穿过限位孔，用手提住，且让手尽量靠近打点计时器
D.实验时，先放开纸带，再接通打点计时器的电源
E.数据处理时，应选择纸带上距离较近的两点作为初、末位置
(2)选取O、C两点为初、末位置验证机械能守恒定律，重物减少的重力势能是________J，打下C点时重物的速度大小是________m/s.(结果均保留三位有效数字)
(3)根据纸带算出打下各点时重物的速度v，量出下落距离s，则以为纵坐标、s为横坐标画出的图像应是下列选项中的________.
答案　(1)B　(2)2.68　2.28　(3)C
解析　(2)重物减少的重力势能为：
ΔEp＝mgh＝mg(s0＋s1)＝1
kg×9.8
m/s2×(19.00＋8.36)×10－2
m≈2.68
J
vC＝＝
m/s＝2.28
m/s
(3)在验证机械能守恒定律的实验中，有：mgs＝mv2，则有：＝gs，g是常数，所以图线为过原点的倾斜直线，图线的斜率等于g，即重力加速度，故选C.
二、研究沿斜面下滑物体的机械能
现利用如图5所示装置“验证机械能守恒定律”.图中AB是固定的光滑斜面，斜面的倾角为30°，1和2是固定在斜面上适当位置的两个光电门，与它们连接的光电计时器都没有画出.让滑块从斜面的顶端滑下，光电门1、2各自连接的光电计时器显示的挡光时间分别为5.00×10－2
s、2.00×10－2
s.已知滑块质量为2.00
kg，滑块沿斜面方向的长度为5.00
cm，光电门1和2之间的距离为0.54
m，g取9.80
m/s2，取滑块经过光电门时的速度为其平均速度.(结果均保留三位有效数字)
图5
(1)滑块通过光电门1时的速度v1＝________
m/s，通过光电门2时的速度v2＝________
m/s.
(2)滑块通过光电门1、2之间的动能增加量为______
J，重力势能的减少量为________
J.
(3)实验可以得出的结论：____________________________.
答案　(1)1.00　2.50　(2)5.25　5.29　(3)在实验误差允许的范围内，滑块的机械能守恒
解析　(1)v1＝＝
m/s＝1.00
m/s
v2＝＝
m/s＝2.50
m/s
(2)动能增加量
ΔEk＝mv22－mv12＝5.25
J.
重力势能的减少量：
ΔEp＝mgssin
30°≈5.29
J.
(3)在实验误差允许的范围内，滑块的机械能守恒.
三、创新实验设计
利用气垫导轨“验证机械能守恒定律”，实验装置示意图如图6所示.
图6
(1)实验步骤：
①将气垫导轨放在水平桌面上，桌面高度不低于1
m，将导轨调至水平.
②用游标卡尺测出挡光条的宽度l＝9.30
mm.
③由导轨标尺读出两光电门中心间的距离s＝________
cm.
④将滑块移至光电门1左侧某处，待砝码静止时，释放滑块，要求砝码落地前挡光条已通过光电门2.
⑤从数字计时器(图中未画出)上分别读出挡光条通过光电门1和光电门2所用的时间Δt1和Δt2.
⑥用天平称出滑块和挡光条的总质量M，再称出托盘和砝码的总质量m.
(2)用表示直接测量量的字母写出下列物理量的表达式.
①滑块通过光电门1和光电门2时，瞬时速度分别为v1＝________和v2＝________.
②当滑块通过光电门1和光电门2时，系统(包括滑块、挡光条、托盘和砝码)的总动能分别为Ek1＝________和Ek2＝________.
③在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统重力势能的减少量ΔEp＝________(重力加速度为g).
(3)如果ΔEp＝________，则可认为验证了机械能守恒定律.
答案　(1)③60.00(答案在59.96～60.04之间的，也正确)　(2)①　　②(M＋m)2
(M＋m)2　③mgs
(3)(M＋m)()2－(M＋m)()2
解析　(1)③距离s＝80.30
cm－20.30
cm＝60.00
cm.
(2)①由于挡光条宽度很小，因此可以将挡光条通过光电门时的平均速度当成瞬时速度，挡光条的宽度l可用游标卡尺测量，挡光时间Δt可从数字计时器上读出.因此，滑块通过光电门1和光电门2时的瞬时速度分别为v1＝，v2＝.
②当滑块通过光电门1和光电门2时，系统的总动能分别为Ek1＝(M＋m)v12＝(M＋m)2；
Ek2＝(M＋m)v22＝(M＋m)2.
③在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统重力势能的减少量ΔEp＝mgs.
(3)如果在误差允许的范围内ΔEp＝(M＋m)()2－(M＋m)()2，则可认为验证了机械能守恒定律.
(2018·永春一中高一下学期期末)某同学利用图7所示装置“验证小球摆动过程中机械能守恒”，实验中小球摆到最低点时恰好与桌面接触但没有弹力，D处(箭头所指处)放一锋利的刀片，细线到达竖直位置时能被割断，小球做平抛运动落到地面，P是一刻度尺.该同学方案的优点是只需利用刻度尺测量A位置到桌面的高度H、桌面到地面的高度h及小球平抛运动的水平位移x即可.
图7
(1)测量A位置到桌面的高度H应从________(填“球的上边沿”“球心”或“球的下边沿”)开始测.
(2)实验中多次改变H值并测量与之对应的x值，利用作图像的方法去验证.为了直观地表述H和x的关系(图线为直线)，若用横轴表示H，则纵轴应表示________.(填“x”“x2”或“”)
(3)若小球下摆过程中机械能守恒，则h、H和x的关系为H＝________.
答案　(1)球的下边沿　(2)x2　(3)
解析　(1)测量A位置到桌面的高度H，即球下降的高度，因为到达桌面时是球的下边沿与桌面接触，所以测量的高度H应从球的下边沿开始测.
(2)根据h＝gt2得：t＝
则平抛运动的初速度为v＝＝x·，
若机械能守恒，有：mgH＝mv2
即为：H＝，若用横轴表示H，则纵轴应表示x2.
(3)由(2)知，若小球下摆过程中机械能守恒，则h、H和x的关系为：H＝.
1.如图8为“验证机械能守恒定律”的实验装置示意图.现有的器材为：带夹子的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带夹子的重锤.回答下列问题：
图8
(1)为完成此实验，除了所给的器材，还需要的器材有________.(填入正确选项前的字母)
A.米尺
B.秒表
C.低压直流电源
D.低压交流电源
(2)实验中产生误差的原因有：__________________________________________________(写出两个原因即可).
(3)实验中由于打点计时器两限位孔不在同一竖直线上，使纸带通过时受到较大阻力，这样将造成________.
A.不清楚
B.mgh>mv2
C.mghD.mgh＝mv2
答案　(1)AD　(2)①纸带和打点计时器之间有摩擦.②用米尺测量纸带上点的位置时读数有误差.③计算势能变化时，选取的始、末位置过近.④存在空气阻力(任选其二)　(3)B
解析　(1)在处理数据时需要测量长度，故需要米尺；电磁打点计时器工作时需要使用低压交流电源；所以选项A、D正确.
(2)产生误差的原因有：①纸带和打点计时器之间有摩擦.②用米尺测量纸带上点的位置时读数有误差.③计算势能变化时，选取的始、末位置过近.④存在空气阻力.
(3)由于阻力的作用，重锤重力势能的减少量大于动能的增加量，即mgh>mv2，选项B正确.
2.(2018·贵阳市高一下学期期末)某同学用图9(a)所示的实验装置“验证机械能守恒定律”，图(b)是用6
V、50
Hz的打点计时器打出的一条纸带，O点为重锤下落的起点，选取的计数点A、B、C、D到O点的距离在图中已标出，重力加速度g取9.8
m/s2，重锤的质量为1
kg.(计算结果均保留两位有效数字)
图9
(1)打点计时器打下B点时，重锤下落的速度vB＝________
m/s，重锤的动能EkB＝________J.
(2)从起点O到打下B点过程中，重锤的重力势能的减小量为________J.
(3)根据(1)、(2)计算，在误差允许范围内，从起点O到打下B点过程中，你得到的结论是________________________________________________________________________.
(4)图10是根据某次实验数据绘出的－h图像，图线不过坐标原点的原因是___________.
图10
答案　(1)1.2　0.72(0.68～0.76均可)　(2)0.73
(3)重锤下落过程中机械能守恒　(4)开始打点时重锤有一定的速度
解析　(1)每两个计数点之间有一个计时点，则相邻两个计数点之间的时间间隔为t＝0.04
s，则
vB＝＝
m/s≈1.2
m/s，
EkB＝mvB2＝0.72
J
(2)重锤的重力势能减小量：
ΔEp＝mgh＝1×9.8×0.074
0
J≈0.73
J
(3)在误差允许范围内，由于重锤重力势能减小量等于重锤动能的增加量，重锤下落的过程中机械能守恒；
(4)由机械能守恒可知mgh＝mv2－mv02，图线不过坐标原点的原因是开始打点时重锤有一定的速度.
3.(2018·简阳市高一下学期期末)利用如图11所示的装置探究系统机械能守恒，在滑块B上安装宽度为L(较小)的遮光板(遮光板质量忽略不计)，把滑块B放在水平放置的气垫导轨上，通过跨过定滑轮的绳与钩码A相连，连接好光电门与数字毫秒计，两光电门间距离用s表示.数字毫秒计能够记录遮光板先后通过两个光电门的时间Δt1、Δt2，当地的重力加速度为g.请分析回答下列问题：(做匀变速直线运动物体极短时间内的平均速度近似为该时间段内任意时刻的瞬时速度)
图11
(1)为完成验证机械能守恒的实验，除了上面提到的相关物理量之外，还需要测量的量有________(均用字母符号表示，并写清每个符号表示的物理意义)；
(2)滑块先后通过两个光电门时的瞬时速度v1＝______、v2＝________(用题中已给或所测的物理量符号来表示)；
(3)在本实验中，验证机械能守恒的表达式为______(用题中已给或所测的物理量符号来表示).
答案　(1)钩码A的质量mA、滑块B的质量mB　(2)　　(3)mAgs＝(mA＋mB)()2－(mA＋mB)()2
解析　根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，滑块通过光电门的瞬时速度分别为v1＝，v2＝；系统重力势能的减小量为ΔEp＝mAgs，系统动能的增加量
ΔEk＝(mA＋mB)v22－(mA＋mB)v12＝(mA＋mB)()2－(mA＋mB)()2；则验证机械能守恒的表达式为mAgs＝(mA＋mB)()2－(mA＋mB)()2；可知还需要测量的物理量有：钩码A的质量mA、滑块B的质量mB.
1.在做“验证自由落体运动中的机械能守恒”实验中：
(1)下列仪器需要用到的是________.
(2)在进行实验时，下列说法正确的是________.
A.应用手托住重物由静止释放
B.纸带与重物相连端的点迹较密
C.可以取连续的几个点为计数点
(3)如图1所示为实验时打出的一条纸带，则A的速度大小为________m/s(保留3位有效数字，纸带上相邻两点间的时间间隔为0.02
s).
图1
答案　(1)CE　(2)BC　(3)1.34(1.32～1.36均可)
解析　(1)根据实验原理：mgh＝mv2即gh＝v2，要用打点计时器测量瞬时速度和下落高度，所以需要打点计时器和重物，重物要用重锤，而不是砝码，故C、E正确.
(2)实验开始时要使纸带处于竖直状态，用手或者夹子固定纸带上端，然后静止释放，故A错误；由于纸带从上往下运动，所以打点从靠近重物一端开始，故B正确；可以取连续的几个点为计数点，故C正确.
(3)A点的速度等于与A点相邻的两点间的平均速度，即vA＝×10－2
m/s≈1.34
m/s.
2.(2018·遂宁市高一下学期期末)在利用如图2所示的装置“验证机械能守恒定律”的实验中，
图2
(1)下列操作正确的是________.
A.打点计时器应接到直流电源上
B.先释放重物，后接通电源
C.释放重物前，重物应尽量靠近打点计时器
(2)实验中，某实验小组得到如图3所示的一条理想纸带，在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC.已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T，重物的质量为m，从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量ΔEp＝________，动能变化量ΔEk＝________.
图3
(3)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，主要原因是________.
A.利用公式v＝gt计算重物速度
B.利用公式v＝计算重物速度
C.存在空气阻力和摩擦阻力的影响
D.没有采用多次实验取平均值的方法
答案　(1)C　(2)mghB　m()2　(3)C
解析　(1)打点计时器应接到交流电源上，故A错误；实验时应先接通电源，后释放重物，故B错误；释放重物前，重物应尽量靠近打点计时器，故C正确；
(2)重力势能减少量ΔEp＝mghB，根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，则B点的速度为vB＝，故动能的增量为：ΔEkB＝mvB2＝m()2；
(3)实验中重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是存在空气阻力和摩擦阻力的影响，故选C.
3.小刚同学用如图4所示的实验装置“验证机械能守恒定律”，他进行如下操作：
①用天平测出小球的质量为0.50
kg；
②用游标卡尺测出小球的直径为10.0
mm；
③电磁铁先通电，让小球吸在其下端；
④用刻度尺测出小球球心到光电门的距离为82.05
cm；
⑤电磁铁断电时，小球自由下落；
⑥在小球通过光电门时，计时装置记下小球通过光电门所用的时间为2.50×10－3
s，由此可算出小球通过光电门的速度.
图4
(1)由以上测量数据可计算出小球重力势能的减少量ΔEp＝________
J，小球动能的变化量ΔEk＝________
J.(g取9.8
m/s2，结果均保留三位有效数字)
(2)从实验结果中发现ΔEp________(选填“稍大于”“稍小于”或“等于”)ΔEk，试分析可能的原因：________________________________________________________________________.
答案　(1)4.02　4.00　(2)稍大于　受到空气阻力的影响
解析　(1)小球重力势能减小量ΔEp＝mgh＝0.5×9.8×0.820
5
J≈4.02
J；小球通过光电门的平均速度为＝＝
m/s＝4
m/s，小球的动能变化量ΔEk＝m2＝4.00
J.
(2)从实验结果中发现ΔEp稍大于ΔEk，原因是受到空气阻力的影响.
4.(2018·天门、仙桃、潜江市高一下学期期末联考)用如图5所示的装置“验证机械能守恒定律”，通过电磁铁控制的小铁球从A点自由下落，下落过程中经过光电门B，B与毫秒计时器(图中未画出)相连.实验前应调整光电门位置使小球下落过程中球心通过光电门中的激光束.
图5
(1)为了验证机械能守恒定律，需要测量或记录下列哪些物理量________.
A.小铁球的直径d
B.A点与B点间的距离h
C.小铁球的质量m
D.小铁球经过光电门的挡光时间t(即毫秒计时器的读数)
(2)利用(1)中的物理量和重力加速度g，写出验证机械能守恒定律的表达式为____________.
(3)为直观判断小球下落过程中机械能是否守恒，应作下列哪一个图像？______；图像的斜率k＝________.
A.h－t图像
B.h－图像
C.h－t2图像
D.h－图像
(4)经正确的实验操作，发现小球动能增加量总是稍小于重力势能减少量，原因是__________________________.
答案　(1)ABD　(2)gh＝　(3)D　　(4)有空气阻力
解析　(1)小球重力势能的减少量为mgh，动能的增加量为mv2＝m()2，质量可以约去，不需要测量小铁球的质量，需要测量小铁球的直径d，A、B两点间的高度h，小铁球经过光电门的挡光时间t，故选A、B、D.
(2)根据mgh＝m()2得，验证机械能守恒的表达式为：gh＝.
(3)根据gh＝知，h＝，为了直观判断小球下落过程中机械能是否守恒，应作h－图线，故选D；图线的斜率k＝.
(4)经正确的实验操作，发现小球动能增加量总是稍小于重力势能减少量，原因是有空气阻力.
5.如图6所示，某同学利用竖直上抛小球的频闪照片“验证机械能守恒定律”.频闪仪每隔0.05
s闪光一次，用毫米刻度尺测得相邻两个时刻小球上升的高度分别为h1＝26.3
cm，h2＝23.68
cm，h3＝21.16
cm，h4＝18.66
cm，h5＝16.04
cm，该同学通过计算得到不同时刻的速度如下表所示(当地重力加速度g＝9.80
m/s2，小球质量m＝0.10
kg)：
图6
时刻
t2
t3
t4
t5
速度(m/s)
4.48
3.98
3.47
(1)上面测量高度的五个数据中不符合有效数字读数要求的是______段，应记作________cm.
(2)由频闪照片上的数据计算t2时刻小球的速度v2＝______
m/s.(计算结果保留三位有效数字)
(3)从t2到t5时间内，重力势能增量ΔEp＝________
J，动能减少量ΔEk＝________
J.(计算结果均保留三位有效数字)
(4)在误差允许的范围内，若ΔEp与ΔEk近似相等，从而验证了机械能守恒定律.由上述计算所得ΔEp________ΔEk(选填“>”“<”或“＝”)，造成这种结果的主要原因是______________
_____________________________________.
答案　(1)h1　26.30　(2)5.00　(3)0.622　0.648
(4)<　上升过程中有空气阻力做负功
(或受到空气阻力)
解析　(1)从题中可得测量工具是毫米刻度尺，所以h1在有效数字读数要求上有错误，应记作26.30
cm.
(2)匀变速直线运动过程中中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，
所以有：
v2＝≈5.00
m/s.
(3)根据重力做功和重力势能的关系有：
ΔEp＝mg(h2＋h3＋h4)≈0.622
J
ΔEk＝mv22－mv52≈0.648
J.
(4)因上升过程中有空气阻力做负功，故ΔEp<ΔEk
6.(2018·大庆实验中学高一下学期期末)为了验证机械能守恒定律，某研究性学习小组的同学利用透明直尺和光电计时器设计了一套实验装置，如图7所示.当有不透光物体从光电门间通过时，光电计时器就可以显示物体的挡光时间，所用的光电门可测的最短时间为0.01
ms，将具有很好挡光效果的宽度为d＝3.8×10－3
m的黑色磁带水平贴在透明直尺上.实验时，将直尺从一定高度由静止释放，并使其竖直通过光电门.某同学测得各段黑色磁带通过光电门的时间Δti与图中所示的高度差Δhi，并将部分数据进行了处理，结果如下表所示(表格中M为直尺质量，g取9.8
m/s2).
图7
Δti
(10－3
s)
vi＝
(m·s－1)
ΔEki＝Mvi2－
Mv12
Δhi(m)
MgΔhi
1
1.21
3.14
2
1.15
3.30
0.52M
0.06
0.59M
3
1.00
3.80
2.29M
0.24
2.35M
4
0.95
4.00
3.07M
0.32
3.14M
5
0.90
4.22
①________
0.41
②______
(1)从表格中数据可知，直尺上磁带通过光电门的瞬时速度是利用vi＝求出的，请你简要分析该同学这样做的理由是____________________________.
(2)请将表格中的第5点数据填写完整：①__________，②__________.(结果均保留三位有效数字)
(3)通过实验得出的结论是____________________________________________________.
(4)根据该实验，请你判断下列ΔEk－Δh图像中正确的是________.
答案　(1)瞬时速度等于极短时间或极短位移内的平均速度，或者说，当时间很短时，平均速度近似等于瞬时速度
(2)①3.97M　②4.02M　(3)在误差允许的范围内，重力势能的减少量等于动能的增加量(或者说，在误差允许范围内，机械能是守恒的)　(4)C
解析　(1)瞬时速度等于极短时间或极短位移内的平均速度，故直尺上磁带通过光电门的瞬时速度可利用vi＝求出.
(2)①ΔEk5＝Mv52－Mv12＝×M×(4.222－3.142)≈3.97M；
②ΔEp＝MgΔh5＝M×9.8×0.41≈4.02M；
(3)从表中数据可知，在误差允许的范围内，重力势能的减少量等于动能的增加量，即机械能守恒定律成立；
(4)根据动能定理可知：mgΔh＝ΔEk，故ΔEk－Δh的图像应是过原点的倾斜直线，故C正确.(共32张PPT)
专题强化　利用动能定理分析变力
做功和多过程问题
第八章　机械能守恒定律
1.进一步理解动能定理，领会应用动能定理解题的优越性.
2.会利用动能定理分析变力做功、曲线运动以及多过程问题.
学习目标
探究重点　提升素养
随堂演练　逐点落实
内容索引
NEIRONGSUOYIN
探究重点　提升素养
01
1.动能定理不仅适用于求恒力做的功，也适用于求变力做的功，同时因为不涉及变力作用的过程分析，应用非常方便.
2.利用动能定理求变力的功是最常用的方法，当物体受到一个变力和几个恒力作用时，可以用动能定理间接求变力做的功，即W变＋W其他＝ΔEk.
利用动能定理求变力做功
一
例1　如图1所示，质量为m的小球由静止自由下落d后，沿竖直面内的固定轨道ABC运动，AB是半径为d的　光滑圆弧轨道，BC是直径为d的粗糙半圆弧轨道(B是轨道的最低点).小球恰能通过圆弧轨道的最高点C.重力加速度为g，求：
图1
(1)小球运动到B处时对轨道的压力大小(可认为此时小球处在轨道AB上)；
答案　5mg
解析　小球由静止运动到B点的过程，
得：FN＝5mg
根据牛顿第三定律：小球在B处对轨道的压力大小
FN′＝FN＝5mg；
(2)小球在BC运动过程中，摩擦力对小球做的功.
小球从B运动到C的过程：
针对训练1　(2018·厦门市高一下学期期末)如图2所示，有一半径为r＝0.5
m的粗糙半圆轨道，A与圆心O等高，有一质量为m＝0.2
kg的物块(可视为质点)，从A点静止滑下，滑至最低点B时的速度为v＝1
m/s，取g＝10
m/s2，下列说法正确的是
A.物块过B点时，对轨道的压力大小是0.4
N
B.物块过B点时，对轨道的压力大小是2.0
N
C.A到B的过程中，克服摩擦力做的功为0.9
J
D.A到B的过程中，克服摩擦力做的功为0.1
J
图2
√
利用动能定理分析多过程问题
二
一个物体的运动如果包含多个运动阶段，可以选择分段或全程应用动能定理.
(1)分段应用动能定理时，将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，然后联立求解.
(2)全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功情况，分析每个力做的功，确定整个过程中合外力做的总功，然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解.
当题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单，更方便.
注意：当物体运动过程中涉及多个力做功时，各力对应的位移可能不相同，计算各力做功时，应注意各力对应的位移.计算总功时，应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和.
例2　如图3所示，右端连有一个光滑弧形槽的水平桌面AB长L＝1.5
m，一个质量为m＝0.5
kg的木块在F＝1.5
N的水平拉力作用下，从桌面上的A端由静止开始向右运动，木块到达B端时撤去拉力F，木块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10
m/s2.求：
(1)木块沿弧形槽上升的最大高度(木块未离开弧形槽)；
答案　0.15
m
图3
解析　设木块沿弧形槽上升的最大高度为h，木块在最高点时的速度为零.从木块开始运动到沿弧形槽上升到最大高度处，由动能定理得：
FL－FfL－mgh＝0
其中Ff＝μFN＝μmg＝0.2×0.5×10
N＝1.0
N
(2)木块沿弧形槽滑回B端后，在水平桌面上滑行的最大距离.
答案　0.75
m
解析　设木块离开B点后，在水平桌面上滑行的最大距离为x，由动能定理得：
mgh－Ffx＝0
针对训练2　(2018·金陵中学第二学期期末)图4中ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角为θ的斜面，CD段是水平的，BC段是与AB段和CD段都相切的一小段圆弧，其长度可以略去不计.一质量为m的小滑块在A点从静止释放，沿轨道滑下，最后停在D点，A点和D点的位置如图4所示，现用一沿轨道方向的力推滑块，使它缓缓地由D点回到A点，设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则推力对滑块做的功等于
图4
√
动能定理在平抛、圆周运动中的应用
三
动能定理常与平抛运动、圆周运动相结合，解决这类问题要特别注意：
(1)与平抛运动相结合时，要注意应用运动的合成与分解的方法，如分解位移或分解速度求平抛运动的有关物理量.
(2)与竖直平面内的圆周运动相结合时，应特别注意隐藏的临界条件：
①可提供支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为vmin＝0.
②不可提供支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为vmin＝
.
例3　如图5所示，一可以看成质点的质量m＝2
kg的小球以初速度v0沿光滑的水平桌面飞出后，恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道，BC为圆弧竖直直径，其中B为轨道的最低点，C为最高点且与水平桌面等高，圆弧AB对应的圆心角θ＝53°，轨道半径R＝0.5
m.已知sin
53°＝0.8，cos
53°＝0.6，不计空气阻力，g取10
m/s2.
(1)求小球的初速度v0的大小；
答案　3
m/s
图5
解析　在A点由平抛运动规律得：
小球由桌面到A点的过程中，由动能定理得
联立得：v0＝3
m/s；
(2)若小球恰好能通过最高点C，求在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功.
答案　－4
J
代入数据解得Wf＝－4
J.
动能定理在多过程往复运动中的应用
四
例４　某游乐场的滑梯可以简化为如图6所示竖直面内的ABCD轨道，AB为长L＝6
m、倾角α＝37°的斜轨道，BC为水平轨道，CD为半径R＝15
m、圆心角β＝37°的圆弧轨道，轨道AB段粗糙，其余各段均光滑.一小孩(可视为质点)从A点以初速度v0＝2
m/s下滑，沿轨道运动到D点时的速度恰好为零(不计经过B点时的能量损失).已知该小孩的质量m＝30
kg，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，取g＝10
m/s2，不计空气阻力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
图6
(1)该小孩第一次经过圆弧轨道C点时，对圆弧轨道的压力；
答案　420
N，方向向下
解析　由C到D速度减为0，由动能定理可得
根据牛顿第三定律，小孩第一次经过圆弧轨道C点时，对圆弧轨道的压力为420
N，方向向下
(2)该小孩与AB段间的动摩擦因数；
答案　0.25
解析　小孩从A运动到D的过程中，由动能定理得：
可得：μ＝0.25
(3)该小孩在轨道AB上运动的总路程s.
答案　21
m
解析　在AB斜轨道上，μmgcos
αα，小孩不能静止在斜轨道上，则小孩从A点以初速度v0滑下，最后静止在BC轨道B处，由动能定理：
归纳总结
1.在有摩擦力做功的往复运动过程中，注意两种力做功的区别：
(1)重力做功只与初、末位置有关，而与路径无关；
(2)滑动摩擦力(或全部阻力)做功与路径有关，克服摩擦力(或全部阻力)做的功W＝Ffs(s为路程).
2.由于动能定理解题的优越性，求多过程往复运动问题中的路程，一般应用动能定理.
随堂演练　逐点落实
02
1.(用动能定理求变力做功)如图7所示为一水平的转台，半径为R，一质量为m的滑块放在转台的边缘，已知滑块与转台间的动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.若转台的转速由零逐渐增大，当滑块在转台上刚好发生相对滑动时，转台对滑块所做的功为
A.
μmgR
B.2πmgR
C.2μmgR
D.0
1
2
3
4
图7
√
2.(利用动能定理分析多过程问题)(2018·鹤壁市高一下学期期末)如图8所示，AB为四分之一圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R.一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A从静止开始下滑，恰好运动到C处停止，不计空气阻力，重力加速度为g，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为
1
2
3
4
图8
√
解析　设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，对物体从A到C的全过程，由动能定理得mgR－WAB－μmgR＝0，故WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR.
3.(动能定理在平抛、圆周运动中的应用)(2019·温州新力量联盟高一下学期期中)如图9所示，一长L＝0.45
m、不可伸长的轻绳上端悬挂于M点，下端系一质量m＝1.0
kg的小球，CDE是一竖直固定的圆弧形轨道，半径R＝0.50
m，OC与竖直方向的夹角θ＝60°，现将小球拉到A点(保持绳绷直且水平)由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后，从圆弧轨道的C点沿切线方向进入轨道，刚好能到达圆弧轨道的最高点E，重力加速度g取10
m/s2，求：
(1)小球到B点时的速度大小；
1
2
3
4
图9
答案　3
m/s
解析　小球从A到B的过程，由动能定理得
(2)轻绳所受的最大拉力大小；
1
2
3
4
答案　30
N
(3)小球在圆弧轨道上运动时克服阻力做的功.
1
2
3
4
答案　8
J
解析　小球从B到C做平抛运动，从C点沿切线进入圆弧轨道，由平抛运动规律可得
4.(利用动能定理分析多过程往复运动问题)(2018·云南师大附中期末)如图10所示，ABCD为一竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10
m，BC长1
m，AB和CD轨道光滑.一质量为1
kg的物体，从A点以4
m/s的速度沿轨道开始运动，经过BC后滑到高出C点10.3
m的D点时速度为0.求：(g取10
m/s2)
(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数；
1
2
3
4
图10
答案　0.5
解析　由A到D，由动能定理得
解得μ＝0.5
(2)物体第5次经过B点时的速度大小(结果可用根式表示)；
1
2
3
4
(3)物体最后停止的位置(距B点多少米).
1
2
3
4
答案　距B点0.4
m
解析　分析整个过程，由动能定理得
解得s＝21.6
m
所以物体在轨道上来回运动了10次后，还有1.6
m，故最后停止的位置与B点的距离为2
m－1.6
m＝0.4
m.(共40张PPT)
2　重力势能
第八章　机械能守恒定律
1.认识重力做功与物体运动路径无关的特点.
2.理解重力势能及重力做功与重力势能变化的关系.
3.知道重力势能具有相对性，知道重力势能是物体和地球所组成的系统所共有的.
4.理解弹性势能的概念，知道影响弹性势能大小的相关因素.
学习目标
梳理教材　夯实基础
探究重点　提升素养
随堂演练　逐点落实
内容索引
NEIRONGSUOYIN
梳理教材　夯实基础
01
1.重力所做的功WG＝
，Δh指初位置与末位置的
.
2.重力做功的特点：物体运动时，重力对它做的功只跟它的
有关，而跟物体
无关.
重力做的功
一
mgΔh
高度差
起点和终点的位置
运动的路径
重力势能
二
1.重力势能.
(1)表达式：Ep＝
.
(2)单位：
；符号：
.
2.重力做功与重力势能之间的关系：WG＝
.
(1)当物体由高处运动到低处时，重力做
功，重力势能
；即WG＞0，Ep1
Ep2.
(2)当物体由低处运动到高处时，重力做
功，重力势能
；即WG＜0，Ep1＜Ep2.
3.重力势能的系统性
重力势能是地球与物体所组成的“
”所共有的，而不是地球上的物体单独具有的.
mgh
焦耳
J
Ep1－Ep2
正
减小
＞
负
增加
系统
重力势能的相对性
三
1.参考平面：物体的重力势能总是相对于
来说的，这个
叫作参考平面，在参考平面上物体的重力势能取为
.
2.重力势能的相对性：Ep＝mgh中的h是物体重心相对
的高度.选择不同的参考平面，物体重力势能的数值是
的，但重力势能的差值
.(后两空选填“相同”或“不同”)
3.物体在参考平面上方，重力势能为
值；物体在参考平面下方，重力势能为
值.
某一水平面
水平面
0
参考平面
不同
相同
正
负
弹性势能
四
1.定义：发生
形变的物体的各部分之间，由于有
的相互作用而具有的势能，叫弹性势能.
2.影响弹性势能的因素
(1)弹性势能跟形变大小有关：同一弹簧，形变大小
，弹簧的弹性势能就越大.
(2)弹性势能跟劲度系数有关：不同的弹簧发生同样大小的形变，劲度系数
，弹性势能越大.
3.势能也叫
能，与相互作用的物体的
有关.重力势能是由
决定的，弹性势能是由发生
的物体各部分的相对位置决定的.
弹性
弹力
越大
越大
位
相对位置
地球和地面上
物体的相对位置
弹性形变
即学即用
1.判断下列说法的正误.
(1)重力做功一定与路径无关，只与初、末位置的高度差有关.(　　)
(2)重力势能Ep1＝2
J，Ep2＝－3
J，则Ep1与Ep2方向相反.(　　)
(3)重力做功WG＝－20
J时，物体的重力势能减小20
J.(　　)
(4)同一弹簧长度不同时，弹性势能一定不同.(　　)
(5)弹性势能与弹簧的形变量和劲度系数有关.(　　)
√
×
×
×
√
2.质量为m的物体(可视为质点)从地面上方H高处由静止释放，落在地面后出现一个深度为h的坑，如图1所示，重力加速度为g，在此过程中，重力对物体做功为__________，重力势能______(填“减少”或“增加”)了__________.
mg(H＋h)
减少
mg(H＋h)
图1
探究重点　提升素养
02
重力做的功
一
导学探究
如图2所示，一个质量为m的物体，从高度为h1的位置A分别按下列三种方式运动到高度为h2的位置B，在这个过程中，思考并讨论以下问题：
答案　甲中WG＝mgΔh＝mgh1－mgh2
图2
(1)求出图甲情形中重力做的功；
(2)求出图乙情形中重力做的功；
答案　乙中WAB′＝mglcos
θ＝mgΔh＝mgh1－mgh2
WB′B＝0
故WAB＝mgΔh＝mgh1－mgh2
(3)求出图丙情形中重力做的功；
答案　丙中把整个路径AB″分
成许多很短的间隔AA1、A1A2…，
由于每一段都很小，每一小段都
可以近似地看成一段倾斜的直线，
设每段小斜线的高度差分别为
Δh1、Δh2…，则物体通过每段小斜线时重力做的功分别为mgΔh1、mgΔh2….
WAB″＝mgΔh1＋mgΔh2＋…＝mg(Δh1＋Δh2＋…)＝mgΔh
WB″B＝0
故WAB＝mgΔh＝mgh1－mgh2.
(4)重力做功有什么特点？
答案　物体运动时，重力对它做的功只跟它的起点和终点的位置有关，而跟物体运动的路径无关.
知识深化
1.重力做功大小只与重力和物体高度变化有关，与受到的其他力及运动状态均无关.
2.物体下降时重力做正功，物体上升时重力做负功.
3.重力做功的特点可推广到任一恒力的功，即恒力做功的特点是：与具体路径无关，而跟初、末位置有关.
例1　如图3所示，质量为m的小球从高为h处的斜面上的A点滚下，经过水平面BC后，再滚上另一斜面，当它到达　的D点时，速度为零，在这个过程中，重力做功为(重力加速度为g)
图3
√
解析　解法一　分段法.
小球由A→B，重力做正功W1＝mgh
小球由B→C，重力做功为0，
故小球由A→D全过程中重力做功
解法二　全过程法.
方法总结
计算重力做功时，找出初、末位置的高度差h，直接利用公式WG＝mgh即可，无需考虑中间的复杂运动过程.
重力势能
二
导学探究
如图4所示，质量为m的物体自高度为h2的A处下落至高度为h1的B处(重力加速度为g).求下列两种情况下，重力做的功和重力势能的变化量，并分析它们之间的关系.
(1)以地面为零势能参考面；
图4
答案　重力做的功WG＝mgΔh＝mg(h2－h1)，选地面为零势能参考面，EpA＝mgh2，EpB＝mgh1，重力势能的变化量ΔEp＝mgh1－mgh2＝－mgΔh.
(2)以B处所在的高度为零势能参考面.
答案　以B处所在的高度为零势能参考面，重力做功WG＝mgΔh＝mg(h2－h1).
物体的重力势能EpA＝mg(h2－h1)＝mgΔh，EpB＝0，重力势能的变化量ΔEp＝0－mgΔh＝－mgΔh.
综上两次分析可见WG＝－ΔEp，即重力做的功等于重力势能的变化量的负值，而且重力势能的变化与零势能参考面的选取无关.
知识深化
1.重力做功与重力势能变化的关系
WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp
(1)当物体由高处运动到低处时，重力做正功，重力势能减少，重力势能的减少量等于重力所做的功.
(2)当物体由低处运动到高处时，重力做负功(物体克服重力做功)，重力势能增加，重力势能的增加量等于物体克服重力所做的功.
2.重力势能的相对性
物体的重力势能总是相对于某一水平参考面，选不同的参考面，物体重力势能的数值是不同的.故在计算重力势能时，必须首先选取参考平面.
注意：参考平面的选择具有任意性，但重力势能的变化量具有绝对性，即物体的重力势能的变化量与参考平面的选取无关.
例2　下列关于重力势能的说法正确的是
A.物体的位置一旦确定，它的重力势能的大小也随之确定
B.物体与零势能面的距离越大，它的重力势能也越大
C.一个物体的重力势能从－5
J变化到－3
J，重力势能增加了
D.在地面上的物体具有的重力势能一定等于零
解析　物体的重力势能与参考平面的选取有关，同一物体在同一位置相对不同的参考平面的重力势能不同，A选项错；
物体在零势能面以上，距零势能面的距离越大，重力势能越大，物体在零势能面以下，距零势能面的距离越大，重力势能越小，B选项错；
重力势能的正、负号表示大小，－5
J的重力势能小于－3
J的重力势能，C选项对；
只有选地面为零势能面时，地面上的物体的重力势能才为零，否则不为零，D选项错.
√
例3　如图5所示，桌面距地面的高度为0.8
m，一物体(可看成质点)质量为2
kg，放在桌面上方0.4
m的支架上，则：(g取9.8
m/s2)
(1)以桌面为参考平面，计算物体具有的重力势能，并计算物体由支架下落到地面过程中重力势能的减少量；
图5
答案　7.84
J　23.52
J
解析　以桌面为参考平面，物体距参考平面的高度为h1＝0.4
m，
因而物体具有的重力势能为
Ep1＝mgh1＝2×9.8×0.4
J＝7.84
J
物体落至地面时，物体的重力势能为
Ep2＝mgh2＝2×9.8×(－0.8)
J＝－15.68
J
因此物体在此过程中的重力势能减少量为
ΔEp＝Ep1－Ep2＝7.84
J－(－15.68)
J＝23.52
J
(2)以地面为参考平面，计算物体具有的重力势能，并计算物体由支架下落到地面过程中重力势能的减少量；
答案　23.52
J　23.52
J
解析　以地面为参考平面，
物体距参考平面的高度为h1′＝(0.4＋0.8)
m＝1.2
m，
因而物体具有的重力势能为Ep1′＝mgh1′＝2×9.8×1.2
J＝23.52
J
物体落至地面时，物体的重力势能为Ep2′＝0
在此过程中，物体的重力势能减少量为
ΔEp′＝Ep1′－Ep2′＝23.52
J－0＝23.52
J；
(3)比较以上计算结果，说明什么问题？
答案　见解析
解析　通过上面的计算，说明重力势能是相对的，它的大小与参考平面的选择有关，而重力势能的变化量是绝对的，它与参考平面的选择无关.
总结
提升
重力势能变化多少是由重力做功的多少来度量的，与物体除重力外是否还受其他力作用以及除重力做功外是否还有其他力做功等因素均无关.
例4　在水平地面上平铺n块砖，每块砖的质量均为m，厚度均为h，如图6所示，若将砖一块一块地竖直叠放起来，在此过程中，重力做多少功？重力势能如何变化，变化了多少？(重力加速度为g)
图6
解析　砖由平放在地面上到把它们一块块地竖直叠放起来，克服重力所做的功等于砖增加的重力势能；
弹性势能
三
导学探究
如图7所示，物体与弹簧相连，物体在O点时弹簧处于原长，把物体向右拉到A处静止释放，物体会由A向A′运动，A、A′关于O点对称，则：
(1)物体由A向O运动的过程中，弹力做什么功？弹性势能如何变化？
答案　正功　减少
图7
(2)物体由O向A′运动的过程中，弹力做什么功？弹性势能如何变化？
答案　负功　增加
(3)在A、A′处弹性势能有什么关系？
答案　相等
知识深化
1.对弹性势能的理解
2.弹力做功与弹性势能变化的关系
(1)关系：弹力做正功时，弹性势能减少，弹力做负功时，弹性势能增加，并且弹力做多少功，弹性势能就减少多少.
(2)表达式：W弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2.
3.注意：(1)弹力做功和重力做功一样，也和路径无关，弹性势能的变化只与弹力做功有关.
(2)一般地来说，弹簧为原长时弹性势能为零，所以弹簧伸长时和弹簧压缩时弹性势能都增加，且伸长量和压缩量相同时，弹性势能相同.
例5　(2018·中山一中期末)如图8所示，轻弹簧下端系一重物，O点为其平衡位置(即重力和弹簧弹力大小相等的位置)，今用手向下拉重物，第一次把它直接拉到A点，弹力做功为W1，第二次把它拉到B点后再让其回到A点，弹力做功为W2，弹簧始终在弹性限度内，则这两次弹力做功的关系为
A.W1B.W1＝2W2
C.W2＝2W1
D.W1＝W2
图8
√
解析　弹力做功与路径无关，只与初、末位置有关，两次初、末位置相同，故W1＝W2，D正确.
随堂演练　逐点落实
03
1.(重力做功的特点)如图9所示，一位小朋友在同一高度分别沿两种滑梯滑到水平地面上，此过程中
A.沿滑梯1重力做功最大
B.沿滑梯2重力做功最大
C.沿滑梯1和2重力做功相等
D.条件不足不能判断
1
2
3
4
5
√
图9
2.(重力势能的理解)关于重力势能，下列说法正确的是
A.重力势能是地球和物体共同具有的，而不是物体单独具有的
B.处在同一高度的物体，具有的重力势能相同
C.重力势能是标量，不可能有负值
D.浮在海面上的小船的重力势能一定为零
1
2
3
4
5
解析　重力势能具有系统性，重力势能是物体与地球共有的，故A正确；
重力势能等于mgh，其中h是相对于参考平面的高度，参考平面不同，h不同，另外质量也不一定相同，故处在同一高度的物体，其重力势能不一定相同，选项B错误；
重力势能是标量，但有正负，负号表示物体在参考平面的下方，故C错误；
零势能面的选取是任意的，并不一定选择海平面为零势能面，故浮在海面上的小船的重力势能不一定为零，选项D错误.
√
3.(重力势能及重力势能的变化)(2018·孝感八校教学联盟高一下学期期末联考)质量为m的小球，从离桌面H高处由静止下落，桌面离地面高度为h，重力加速度为g，如图10所示，若以桌面为参考平面，那么小球落地时的重力势能及整个下落过程中重力势能的变化分别为
A.mgh，减少mg(H－h)
B.mgh，增加mg(H＋h)
C.－mgh，减少mg(H＋h)
D.－mgh，增加mg(H－h)
1
2
3
4
5
图10
√
4.(重力做功的计算)如图11所示，质量为60
kg的某运动员在做俯卧撑运动，运动过程中可将她的身体视为一根直棒.已知重心在c点，其垂线与脚、两手连线中点间的距离Oa、Ob分别为0.9
m和0.6
m.若她在1
min内做了30个俯卧撑，每次肩部上升的距离均为0.4
m，则克服重力做的功和相应的功率约为
A.430
J,7
W
B.4
300
J,70
W
C.720
J,12
W
D.7
200
J,120
W
1
2
3
4
5
图11
√
1
2
3
4
5
5.(弹性势能的理解)关于弹簧的弹性势能，下列说法中正确的是
A.当弹簧变长时，它的弹性势能一定增大
B.当弹簧变短时，它的弹性势能一定减小
C.若选弹簧自然长度时的弹性势能为0，则其他长度的弹性势能均为正值
D.若选弹簧自然长度时的弹性势能为0，则伸长时弹性势能为正值，压缩时弹性势
　能为负值
1
2
3
4
5
解析　如果弹簧原来处在压缩状态，当它变长且未恢复到原长前，它的弹性势能应该减小，当它变短时，它的弹性势能应该增大，在原长处它的弹性势能最小，A、B错；
由于弹簧处于自然长度时的弹性势能最小，若选弹簧自然长度时的弹性势能为0，则其他长度时的弹性势能均为正值，C对，D错.
√(共29张PPT)
专题强化　功的计算　机车的两种启动方式
第八章　机械能守恒定律
1.掌握功的公式的适用条件及求一般的变力做功的方法.
2.进一步掌握瞬时功率和平均功率的计算方法.
3.会分析机车恒定功率启动和匀加速启动过程中加速度和速度的变化.
学习目标
探究重点　提升素养
随堂演练　逐点落实
内容索引
NEIRONGSUOYIN
探究重点　提升素养
01
1.恒力做功的计算
功的公式W＝Flcos
α，只适用于恒力做功，即F为恒力，l是物体相对地面的位移，流程图如下：
功的计算
一
2.变力做功的计算
(1)将变力做功转化为恒力做功.
当力的大小不变，而方向始终与运动方向相同或相反时，这类力的功等于力和路程的乘积.
(2)当变力做功的功率P一定时，如机车恒定功率启动，可用W＝Pt求功.
(4)用F－x图像求功
图1
例1　在水平面上有一弯曲的槽道AB，由半径分别为　和R的两个半圆构成.如图2所示，现用大小恒为F的拉力将一光滑小球从A点拉至B点，若拉力F的方向时时刻刻与小球运动方向一致，则此过程中拉力所做的功为
A.零
B.FR
C.　πFR
D.2πFR
图2
√
例2　放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6
s内其速度与时间的图像和水平拉力的功率与时间的图像如图3甲、乙所示.下列说法正确的是
A.0～6
s内物体的位移大小为20
m
B.0～6
s内拉力做功为100
J
C.滑动摩擦力的大小为5
N
D.0～6
s内滑动摩擦力做功为－50
J
图3
√
机车的两种启动方式
二
?
以恒定功率启动
以恒定加速度启动
P－t图
象与v－t
图像
运动
规律
OA段：做加速度逐渐减小的变加速直线运动；
AB段：做速度为vm的匀速直线运动
OA段：以加速度a做匀加速直线运动；
AB段：做加速度逐渐减小的变加速直线运动；
BC段：做速度为vm的匀速直线运动
例3　在水平路面上运动的汽车的额定功率为100
kW，质量为10
t，设阻力恒定，且为车重的0.1倍(g取10
m/s2)，则：
(1)若汽车以不变的额定功率从静止启动，汽车的加速度如何变化？
答案　见解析
解析　若汽车以不变的额定功率从静止启动，v变大，由P额＝Fv知，牵引力F减小，根据牛顿第二定律F－Ff＝ma知，汽车的加速度逐渐减小.
(2)当汽车的加速度为2
m/s2时，速度为多大？
解析　F－Ff＝ma1
P额＝Fv1
(3)汽车在运动过程中所能达到的最大速度的大小是多少？
解析　当汽车速度达到最大时，a2＝0，F′＝Ff，P＝P额，
答案　10
m/s
例4　(2019·山西大学附中高一下学期期中)汽车发动机的额定功率为60
kW，汽车的质量为4吨，当它行驶在坡度为α(sin
α＝0.02)的长直公路上时，如图4所示，所受摩擦力为车重的0.1倍(g取10
m/s2)，求：(结果均保留三位有效数字)
(1)汽车所能达到的最大速度vm；
答案　12.5
m/s
解析　汽车在坡路上行驶，所受阻力由两部分构成，
即F阻＝kmg＋mgsin
α＝4
800
N
又因为F＝F阻时，P＝F阻·vm，
图4
(2)若汽车从静止开始以0.6
m/s2的加速度做匀加速直线运动，则此过程能维持多长时间；
答案　13.9
s
解析　汽车从静止开始，以a＝0.6
m/s2的加速度匀加速行驶，有F′－kmg－mgsin
α＝ma，所以F′＝ma＋kmg＋mgsin
α＝4×103×0.6
N＋4
800
N＝7.2×103
N；
保持这一牵引力，汽车可达到匀加速行驶的最大速度vm′，
由运动学规律可得
(3)当汽车从静止开始以0.6
m/s2的加速度匀加速行驶的速度达到最大值的过程中，汽车做功为多少.
答案　4.16×105
J
解析　汽车在匀加速阶段行驶时做功为
方法总结
机车启动问题中几个物理量的求法
分析机车启动问题，要抓住两个核心方程：牛顿第二定律方程F－Ff＝ma联系着力和加速度，P＝Fv联系着力和速度.
例5　(2018·鹤壁市高一下学期期末)汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P0.快进入闹市区时司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半并保持该功率继续行驶.下列四个图像中，哪个正确表示了从司机减小油门开始，汽车的速度与时间的关系图像
√
随堂演练　逐点落实
02
1.(功的计算)一个物体在粗糙的水平面上运动，先使物体向右滑动距离l，再使物体向左滑动距离l，正好回到起点，来回所受摩擦力大小都为Ff，则整个过程中摩擦力做功为
A.0
B.－2Ffl
C.－Ffl
D.无法确定
解析　由题意可知，物体运动过程可分两段，两段内摩擦力均做负功，即W＝－Ffl，则全程摩擦力所做的功W总＝－2Ffl.
1
2
3
4
√
2.(以恒定功率启动)(2018·宜昌一中高一下学期期末)质量为m的汽车在平直的公路上从静止开始以恒定功率P启动，最终以某一速度做匀速直线运动.此过程中，汽车所受阻力大小恒为Ff，重力加速度为g，则
1
2
3
4
√
3.(机车启动中的图像问题)(多选)(2018·运城市河东一中期末)一辆轿车在平直公路上行驶，启动阶段轿车牵引力保持不变，而后以额定功率继续行驶，经过时间t0，其速度由零增大到最大值vm.若轿车所受的阻力Ff为恒力，关于轿车的速度v、牵引力F、功率P随时间t变化的情况，下列选项正确的是
1
2
3
4
√
√
√
1
2
3
4
4.(机车启动中的图像问题)一辆汽车在水平路面上由静止启动，在前5
s内做匀加速直线运动，5
s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其v－t图像如图5所示.已知汽车的质量为m＝2×103
kg，汽车受到的阻力为车重的　，g取10
m/s2，则
A.汽车在前5
s内受到的阻力为200
N
B.前5
s内的牵引力为6×103
N
C.汽车的额定功率为40
kW
D.汽车的最大速度为20
m/s
1
2
3
4
图5
√
1
2
3
4(共3张PPT)
本章知识网络构建
第八章　机械能守恒定律
功
功率
公式：W＝
.当0≤α<
时，W为
；当α＝
时，W＝
；当
　　
＜α≤π时，W为___
特点
过程量：做功的过程是能量转化的过程
标量：无方向，但有正负
概念：功W与完成这些功所用时间t之比
公式
P＝　(平均功率)
P＝
(平均功率或瞬时功率)
应用：机车功率P＝Fv(P为机车输出功率，F为机车牵引力)
Flcos
α
正
0
负
Fvcos
α
机械能
机械能守恒定律
动能
势能
重力势能
表达式Ep＝____
与重力做功关系：WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp
弹性势能——与弹力做功关系：W＝－ΔEp
Ek＝_____
标量
状态量
动能定理W＝Ek2－Ek1
守恒条件：只有重力或系统内弹力做功
表达式
Ek1＋Ep1＝________
ΔEk＝______
ΔEA增＝_____
实验：验证机械能守恒定律
mgh
Ek2＋Ep2
－ΔEp
ΔEB减
机
械守定
能律专题强化　机械能守恒定律的应用　功能关系的理解和应用
[学习目标]
1.能灵活应用机械能守恒定律的三种表达形式.2.会分析多个物体组成系统的机械能守恒问题.3.知道常见的几种功能关系，知道功是能量转化的量度.
一、多物体组成的系统机械能守恒问题
1.多个物体组成的系统，就单个物体而言，机械能一般不守恒，但就系统而言机械能往往是守恒的.
2.关联物体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.机械能守恒定律表达式的选取技巧
(1)当研究对象为单个物体时，可优先考虑应用表达式Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2或ΔEk＝－ΔEp来求解.
(2)当研究对象为两个物体组成的系统时：
①若两个物体的重力势能都在减小(或增加)，动能都在增加(或减小)，可优先考虑应用表达式ΔEk＝－ΔEp来求解.
②若A物体的机械能增加，B物体的机械能减少，可优先考虑用表达式ΔEA＝－ΔEB来求解.
如图1所示，斜面的倾角θ＝30°，另一边与地面垂直，高为H，斜面顶点上有一定滑轮，物块A和B的质量分别为m1和m2，物块A和B均可视为质点，通过轻而柔软的细绳连接并跨过定滑轮.开始时两物块都位于与地面距离为H的位置上，释放两物块后，A沿斜面无摩擦地上滑，B沿斜面的竖直边下落.若物块A恰好能达到斜面的顶点，试求m1和m2的比值.滑轮的质量、半径和摩擦以及空气阻力均可忽略不计.
图1
答案　1∶2
解析　设B刚下落到地面时速度为v，由系统机械能守恒得：
m2g·－m1g·sin
30°＝(m1＋m2)v2①
A以速度v上滑到顶点过程中机械能守恒，则：
m1v2＝m1g·sin
30°，②
由①②得＝1∶2.
机械能守恒定律的研究对象是几个相互作用的物体组成的系统，经常出现下面三种情况：
(1)系统内两个物体直接接触或通过弹簧连接.这类连接体问题应注意各物体间不同能量形式的转化关系.
(2)系统内两个物体通过轻绳连接.如果和外界不存在摩擦力做功等问题时，只有机械能在两物体之间相互转移，两物体组成的系统机械能守恒.解决此类问题的关键是在绳的方向上两物体速度大小相等.
(3)系统内两个物体通过轻杆连接.轻杆连接的两物体绕固定转轴转动时，两物体转动的角速度相等.
二、链条类物体的机械能守恒问题
链条类物体机械能守恒问题的解题关键是分析重心位置，进而确定物体重力势能的变化，解题要注意两个问题：一是零势能面的选取；二是链条的每一段重心的位置变化和重力势能变化.
如图2所示，总长为L的光滑匀质铁链跨过一个光滑的轻质小滑轮，开始时下端A、B相平齐，当略有扰动时其一端下落，则当铁链刚脱离滑轮的瞬间，铁链的速度为多大？
图2
答案　
解析　方法一　(取整个铁链为研究对象)：
设整个铁链的质量为m，初始位置的重心在A点上方L处，末位置的重心与A点最初位置在同一水平面上，则重力势能的减少量为：ΔEp＝mg·L
由机械能守恒得：mv2＝mg·L，则v＝.
方法二　(将铁链看做两段)：
铁链由初始状态到刚离开滑轮时，等效于左侧铁链BB′部分移到AA′位置.
重力势能减少量为
ΔEp＝mg·
由机械能守恒得：
mv2＝mg·
则v＝.
三、利用机械能守恒定律分析多过程问题
(2019·启东中学高一下学期期中)如图3，光滑管状轨道ABC由直轨道AB和圆弧形轨道BC组成，二者在B处相切并平滑连接，O为圆心，O、A在同一条水平线上，OC竖直，一直径略小于圆管直径的质量为m的小球，用细线穿过管道与质量为M的物块连接，物块距离地面足够高，将小球由A点静止释放，当小球运动到B处时细线断裂，小球继续运动.已知弧形轨道的半径为R＝
m，所对应的圆心角为53°，sin
53°＝0.8，cos
53°＝0.6，g＝10
m/s2.
图3
(1)若M＝5m，求小球运动到B处时的速度大小；
(2)若M＝5m，求小球从C点抛出后下落高度h＝
m时到C点的水平位移；
(3)M、m满足什么关系时，小球能够运动到C点？
答案　(1)2
m/s　(2)
m　(3)M≥m
解析　(1)小球从A到B：M、m系统机械能守恒
(M＋m)v2＝MgxAB－mgxABsin
53°
在Rt△OAB中，得xAB＝，解得v＝2
m/s；
(2)小球从B到C，根据机械能守恒，有mv2＝mvC2＋mgR(1－cos
53°)
小球离开C后做平抛运动，x＝vCt
h＝gt2
解得x＝
m；
(3)小球从A到B：M、m组成的系统机械能守恒
(M＋m)vB2＝MgxAB－mgxABsin
53°
线断后，小球从B到C，vC≥0
mvC2－mvB2＝－mgR(1－cos
53°)
联立解得M≥m.
机械能守恒定律多与其他知识相结合进行综合命题，一般为多过程问题，难度较大.解答此类题目时一定要注意机械能守恒的条件，分析在哪个过程中机械能守恒，然后列式求解，不能盲目应用机械能守恒定律.
四、功能关系的理解与应用
功与能的关系：功是能量转化的量度，某种力做功往往与某一种具体形式的能量转化相联系，做了多少功，就有多少能量发生转化.具体功能关系如下表：
功
能量转化
关系式
重力做功
重力势能的改变
WG＝－ΔEp
弹力做功
弹性势能的改变
WF＝－ΔEp
合外力做功
动能的改变
W合＝ΔEk
除重力、系统内弹力以外的其他力做功
机械能的改变
W＝ΔE机
两物体间滑动摩擦力对物体系统做功
机械能转化为内能
Ff·x相对＝Q
如图4所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力.已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中(　　)
图4
A.重力做功2mgR
B.机械能减少mgR
C.合外力做功mgR
D.克服摩擦力做功mgR
答案　D
解析　从P到B的过程中，小球下降的高度为R，则WG＝mgR，选项A错误；小球到达B点时恰好对轨道没有压力，则有mg＝m，设摩擦力对小球做的功为Wf，从P到B的过程，由动能定理可得mgR＋Wf＝mvB2，联立以上两式解得：Wf＝－mgR，即克服摩擦力做功mgR，机械能减少mgR，故B错误，D正确；根据动能定理知：W合＝mvB2＝mgR，故C错误.
(多选)如图5所示，木块静止在光滑水平桌面上，一子弹(可视为质点)水平射入木块的深度为d时，子弹与木块相对静止，在子弹入射的过程中，木块沿桌面移动的距离为x，木块对子弹的平均阻力为Ff，那么在这一过程中，下列说法正确的是(　　)
图5
A.木块的机械能增量为Ffx
B.子弹的机械能减少量为Ff(x＋d)
C.系统的机械能减少量为Ffd
D.系统的机械能减少量为Ff(x＋d)
答案　ABC
解析　木块机械能的增量等于子弹对木块的作用力Ff
做的功Ffx，A对；子弹机械能的减少量等于动能的减少量，即子弹克服阻力做的功Ff(x＋d)，B对；系统减少的机械能等于产生的内能，也等于摩擦力乘以相对位移，ΔE＝Ffd，C对，D错.
1.(功能关系)(多选)(2018·白水中学高一下学期期末)如图6所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度大小为g，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体(　　)
图6
A.重力势能增加了mgh
B.克服摩擦力做功mgh
C.动能损失了mgh
D.机械能损失了mgh
答案　CD
解析　这个过程中物体上升的高度为h，则重力势能增加了mgh，故A错误；加速度a＝g＝，则摩擦力Ff＝mg，物体在斜面上能够上升的最大高度为h，发生的位移为2h，则克服摩擦力做功Wf＝Ff·2h＝mg·2h＝，故B错误；由动能定理可知，动能损失量为ΔEk＝F合·2h＝m·g·2h＝mgh，故C正确；机械能的损失量为ΔE＝Ffx＝mg·2h＝mgh，故D正确.
2.(链条类机械能守恒问题)(2018·树德中学期末)如图7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)时，链条的速度大小为________.(用x0、x、L、g、α表示)
图7
答案　
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AB面为零势能面，则
－x0g·x0sin
α＝mv2－xg·xsin
α
解得v＝
3.(系统机械能守恒的计算)(2018·正定中学期末考试)如图8所示，质量不计的硬直杆的两端分别固定质量均为m的小球A和B，它们可以绕光滑轴O在竖直面内自由转动.已知OA＝2OB＝2l，将杆从水平位置由静止释放.(重力加速度为g)
图8
(1)在杆转动到竖直位置时，小球A、B的速度大小分别为多少？
(2)在杆转动到竖直位置的过程中，杆对A球做了多少功？
(3)在杆刚转到竖直位置的瞬间，杆对B球的作用力为多大？是推力还是拉力？
答案　(1)　　(2)－mgl　(3)mg　推力
解析　(1)小球A和B及杆组成的系统机械能守恒.设转到竖直位置的瞬间A、B的速率分别为vA、vB，杆旋转的角速度为ω，有mg·2l－mgl＝mvA2＋mvB2
vA＝2lω，vB＝lω
联立解得vB＝，vA＝
(2)对A球，由动能定理得mg·2l＋W＝mvA2
联立解得W＝－mgl
(3)在杆刚转到竖直位置的瞬间，设杆对B球有向下的拉力F，根据向心力公式有
mg＋F＝m，解得F＝－mg
负号表示杆对B球的作用力方向与假设方向相反，即向上，所以对B球的作用力为推力.
4.(系统机械能守恒的计算)(2018·许昌市高一下学期期末)如图9所示，一轻质竖直弹簧，下端与地面相连，上端与质量为m的物体A相连.弹簧的劲度系数为k，A处于静止状态，此时弹簧的弹性势能为Ep.一条不可伸长的轻绳绕过定滑轮，一端连接物体A，另一端连一轻质挂钩.开始时各段绳子都处于伸直状态，A上方的一段绳子沿竖直方向.现在挂钩上挂一质量为M的物体B并从静止状态释放.则当弹簧向上变为原长时，物体A和B的速度大小分别为多少？(已知重力加速度为g)
图9
答案　均为
解析　没有挂物体B时，设弹簧的压缩量为x，
对A，有：mg＝kx
解得：x＝
挂上物体B后，弹簧向上变为原长时，物体A和B的速度大小一样，设为v，从开始运动到弹簧变为原长的过程中，把A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，有：
Ep＝(m＋M)v2＋mgx－Mgx
解得：v＝.
一、选择题
1.(多选)(2018·南京外国语学校期末)如图1所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一固定的竖直墙壁(不与槽粘连).现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始下落，从A点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是(　　)
图1
A.小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B.小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，小球的机械能守恒
C.小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统机械能守恒
D.小球从下落到从右侧离开半圆形槽的过程中，机械能守恒
答案　BC
2.(多选)如图2所示，光滑细杆AB、AC在A点连接，AB竖直放置，AC水平放置，两相同的中心有孔的小球M、N，分别套在AB和AC上，并用一不可伸长的细绳相连，细绳恰好被拉直，现由静止释放M、N，在N球碰到A点前的运动过程中，下列说法中正确的是(　　)
图2
A.M球的机械能守恒
B.M球的机械能减小
C.M和N组成的系统的机械能守恒
D.绳的拉力对N做负功
答案　BC
解析　因M下落的过程中细绳的拉力对M球做负功，对N球做正功，故M球的机械能减小，N球的机械能增加，但M和N组成的系统的机械能守恒，B、C正确，A、D错误.
3.(多选)(2019·济南市高一下期中)如图3所示，A和B两个小球固定在一根轻杆的两端，mB＞mA，此杆可绕穿过其中心的水平轴O无摩擦地转动.现使轻杆从水平位置无初速度释放，发现杆绕O沿顺时针方向转动，则杆从释放至转动90°的过程中(　　)
图3
A.B球的动能增加，机械能增加
B.A球的重力势能和动能增加
C.A球的重力势能和动能的增加量等于B球的重力势能的减少量
D.A球和B球的总机械能守恒
答案　BD
解析　A球运动的速度增大，高度增大，所以动能和重力势能都增大，故A球的机械能增加；B球运动的速度增大，所以动能增大，高度减小，所以重力势能减小；对于两球组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒，因为A球的机械能增加，故B球的机械能减少，故A球的重力势能和动能的增加量与B球的动能的增加量之和等于B球的重力势能的减少量，故A、C错误，B、D正确.
4.(多选)(2018·厦门市高一下学期期末)如图4所示，质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹(可视为质点)以速度v0沿水平方向射入木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动.若子弹相对木块静止时，木块前进距离为l，子弹进入木块的深度为d，木块对子弹的阻力Ff视为恒定，则下列关系式中正确的是(　　)
图4
A.Ffl＝Mv2
B.Ffd＝Mv2
C.Ffd＝mv02－(M＋m)v2
D.Ff(l＋d)＝mv02－mv2
答案　ACD
解析　画出运动过程示意图，从图中不难看出，当木块前进距离为l，子弹进入木块的深度为d时，子弹相对于地面发生的位移为l＋d.由牛顿第三定律知，子弹对木块的作用力大小也为Ff.
子弹对木块的作用力对木块做正功，由动能定理得
Ff·l＝Mv2①
木块对子弹的作用力对子弹做负功，由动能定理得
－Ff·(l＋d)＝mv2－mv02②
由①②得Ff·d＝mv02－(M＋m)v2
所以，选项A、C、D正确.
5.如图5所示为低空跳伞表演，假设质量为m的跳伞运动员，由静止开始下落，在打开伞之前受恒定阻力作用，下落的加速度为g，在运动员下落h的过程中，下列说法正确的是(　　)
图5
A.运动员的重力势能减少了mgh
B.运动员的动能增加了mgh
C.运动员克服阻力所做的功为mgh
D.运动员的机械能减少了mgh
答案　B
解析　在运动员下落h的过程中，重力势能减少了mgh，故A错误；根据牛顿第二定律得，F合＝ma＝mg，则根据动能定理得，合力做功为W合＝F合h＝mgh，则动能增加了mgh，故B正确；合力做功等于重力做功与阻力做功的代数和，因为重力做功为mgh，则运动员克服阻力所做的功为mgh，故C错误；重力势能减少了mgh，动能增加了mgh，故运动员机械能减少了mgh，故D错误.
6.(多选)某运动员采用蹲踞式起跑，在发令枪响后，左脚迅速蹬离起跑器，在向前加速的同时提升身体重心.如图6所示，假设该运动员的质量为m，在起跑时前进的距离s内，重心升高量为h，获得的速度为v，重力加速度为g，则此过程中(　　)
图6
A.运动员克服重力做功WG＝mgh
B.运动员的机械能增加了mv2
C.运动员的机械能增加了mv2＋mgh
D.运动员对自身做功W＝mv2＋mgh
答案　ACD
解析　运动员在此过程中重心升高量为h，获得的速度为v，故重力势能增加mgh，动能增加mv2，则机械能增加mv2＋mgh，A、C正确，B错误；运动员对自身做的功等于其机械能的增加量，D正确.
7.如图7所示，一根很长且不可伸长的柔软轻绳跨过光滑轻质定滑轮，轻绳两端各系一小球a和b，a球质量为m，静置于地面；b球质量为3m，用手托住，离地面高度为h，此时轻绳刚好拉紧，从静止开始释放b后，a能达到的最大高度为(b球落地后不反弹，不计空气阻力)(　　)
图7
A.h
B.1.5h
C.2h
D.2.5h
答案　B
解析　释放b后，在b到达地面之前，a向上加速运动，b向下加速运动，a、b组成的系统机械能守恒，设b落地瞬间速度为v，取地面所在平面为参考平面，则3mgh＝mgh＋mv2＋(3m)v2，可得v＝；b落地后，a向上以速度v做竖直上抛运动，能够继续上升的高度h′＝＝.所以a能达到的最大高度为H＝h＋h′＝1.5h，B正确.
8.(2018·荆州中学期末)如图8所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在光滑轻质定滑轮两侧，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大小为v，此时物体B对地面恰好无压力，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)
图8
A.弹簧的劲度系数为
B.此时弹簧的弹性势能等于mgh＋mv2
C.此时物体B的速度大小也为v
D.此时物体A的加速度大小为g，方向竖直向上
答案　A
解析　由题意可知，此时弹簧所受的拉力大小等于物体B的重力，即F＝mg，弹簧伸长的长度为x＝h，由F＝kx得k＝，故A正确；A与弹簧组成的系统机械能守恒，则有mgh＝mv2＋Ep，则弹簧的弹性势能Ep＝mgh－mv2，故B错误；物体B对地面恰好无压力时，B的速度为零，故C错误；对A，根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，又F＝mg，得a＝0，故D错误.
9.(多选)(2018·平顶山市高一下学期期末)如图9所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1＝2
m/s顺时针运行，质量m＝2.0
kg的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处以初速度v2＝4
m/s向左滑上传送带，若传送带足够长，已知物块与传送带间的动摩擦因数为0.4，g＝10
m/s2，下列判断正确的是(　　)
图9
A.物块离开传送带时的速度大小为2
m/s
B.物块离开传送带时的速度大小为4
m/s
C.摩擦力对物块做的功为－12
J
D.系统共增加了12
J的内能
答案　AC
解析　小物块先向左做匀减速直线运动，然后小物块向右做匀加速运动，当速度增加到与传送带速度相同时，以2
m/s向右做匀速运动，故A正确，B错误；根据动能定理，摩擦力对物块做的功等于物块动能的减少量：W＝m(v12－v22)＝×2.0×(22－42)
J＝－12
J，故C正确；小物块先向左做匀减速直线运动，加速度大小为a＝μg＝4
m/s2，物块与传送带间的相对位移为：x1＝
m＋2×
m＝4
m，小物块向右做匀加速运动时物块与传送带间的相对位移为：x2＝×2
m－
m＝0.5
m，故系统增加的热量为：Q＝μmg(x1＋x2)＝0.4×2.0×10×(4＋0.5)
J＝36
J，故D错误.
10.(多选)(2018·高邮中学高一下学期期末)如图10所示，在竖直平面内有一半径为R的四分之一圆弧轨道BC，与竖直轨道AB和水平轨道CD相切，轨道均光滑.现有长也为R的轻杆，两端固定质量均为m的相同小球a、b(可视为质点)，用某装置控制住小球a，使轻杆竖直且小球b与B点等高，然后由静止释放，杆将沿轨道下滑.设小球始终与轨道接触，重力加速度为g.则(　　)
图10
A.下滑过程中a球和b球组成的系统机械能守恒
B.下滑过程中a球机械能守恒
C.小球a滑过C点后，a球速度为2
D.从释放至a球滑过C点的过程中，轻杆对b球做功为mgR
答案　AD
11.(拓展提升)(多选)(2018·天津三中期末考试)如图11所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻质定滑轮与直杆的距离为d，杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点下方距离为d处.现将环从A点由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是(　　)
图11
A.环到达B点时，重物上升的高度为
B.环到达B点时，环与重物的速度大小相等
C.环从A到B，环减少的机械能等于重物增加的机械能
D.环能下降的最大高度为d
答案　CD
解析　环到达B点时，重物上升的高度h＝d－d＝(－1)d，A错误；环到达B点时，环沿绳方向的分速度与重物速度大小相等，故环的速度大于重物的速度，B错误；因为环与重物组成的系统机械能守恒，所以环减少的机械能等于重物增加的机械能，C正确；设环能下降的最大高度为H，此时环与重物的速度均为零，重物上升的高度为h′＝－d，由机械能守恒定律，得mgH＝2mg(－d)，解得H＝d，D正确.
二、非选择题
12.(2018·黑龙江省实验中学高一下学期期末)如图12所示，质量都是m的物体A和B，通过轻绳跨过轻质定滑轮相连，斜面光滑，倾角为θ，不计绳子和滑轮之间的摩擦及空气阻力.开始时A物体离地的高度为h，B物体位于斜面的底端且与B相连的绳与斜面平行，用手托住A物体，A、B两物体均静止，重力加速度为g，撤去手后，求：
图12
(1)A物体将要落地时的速度多大？
(2)A物体落地后，B物体由于惯性将继续沿斜面上升，则B物体在斜面上的最远点离地的高度多大？
答案　(1)　(2)h(1＋sin
θ)
解析　(1)两物体组成的系统只有重力做功，故系统的机械能守恒，得：
mgh－mghsin
θ＝(m＋m)v2
解得：v＝
(2)当A物体落地后，B物体由于惯性将继续上升，此时绳子松弛，对B物体而言，只有重力做功，故B物体的机械能守恒，设其上升的最远点离地的高度为H，根据机械能守恒定律得：mv2＝mg(H－hsin
θ)，解得H＝h(1＋sin
θ).
13.素有“陆地冲浪”之称的滑板运动深受广大青少年喜爱.如图13所示是由足够长的斜直轨道、半径R1＝2
m的凹形圆弧轨道和半径R2＝3.6
m的凸形圆弧轨道三部分组成的模拟滑板组合轨道.这三部分轨道依次平滑连接，且处于同一竖直平面内.其中M点为凹形圆弧轨道的最低点，N点为凸形圆弧轨道的最高点，凸形圆弧轨道的圆心O与M点在同一水平面上，一可视为质点、质量为m＝1
kg的滑板从斜直轨道上的P点无初速度滑下，经M点滑向N点，P点距水平面的高度h＝3.2
m，不计一切阻力，g取10
m/s2.求：
图13
(1)滑板滑至M点时的速度大小；
(2)滑板滑至M点时，轨道对滑板的支持力大小；
(3)若滑板滑至N点时对轨道恰好无压力，求滑板的下滑点P距水平面的高度.
答案　(1)8
m/s　(2)42
N　(3)5.4
m
解析　(1)对滑板由P点滑至M点，由机械能守恒得mgh＝mvM2，解得vM＝8
m/s.
(2)对滑板滑至M点时受力分析，由牛顿第二定律得
FN－mg＝m，解得FN＝42
N.
(3)滑板滑至N点时对轨道恰好无压力，则有
mg＝m，则vN＝6
m/s
滑板从P点到N点机械能守恒，则有
mgh′＝mgR2＋mvN2，解得h′＝5.4
m.4　机械能守恒定律
[学习目标]
1.了解人们追寻守恒量和建立“能量”概念的漫长过程.2.知道什么是机械能，知道物体的动能和势能可以相互转化.3.能够推导出机械能守恒定律.4.会判断一个过程机械能是否守恒，能运用机械能守恒定律解决有关问题.
一、追寻守恒量
伽利略曾研究过小球在斜面上的运动，如图1所示.
图1
将小球由斜面A上某位置由静止释放，如果空气阻力和摩擦力小到可以忽略，小球在斜面B上速度变为0(即到达最高点)时的高度与它出发时的高度相同，不会更高一点，也不会更低一点.这说明某种“东西”在小球运动的过程中是不变的.
二、动能与势能的相互转化
1.重力势能与动能的转化
只有重力做功时，若重力对物体做正功，则物体的重力势能减少，动能增加，物体的重力势能转化为动能；若重力对物体做负功，则物体的重力势能增加，动能减少，物体的动能转化为重力势能.
2.弹性势能与动能的转化
只有弹簧弹力做功时，若弹力对物体做正功，则弹簧的弹性势能减少，物体的动能增加，弹簧的弹性势能转化为物体的动能；若弹力对物体做负功，则弹簧的弹性势能增加，物体的动能减少，物体的动能转化为弹簧的弹性势能.
3.机械能：重力势能、弹性势能与动能统称为机械能.
三、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，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变.
2.表达式：mv22＋mgh2＝mv12＋mgh1或Ek2＋Ep2＝Ek1＋Ep1.
3.应用机械能守恒定律解决问题只需考虑运动的初状态和末状态，不必考虑两个状态间过程的细节，即可以简化计算.
1.判断下列说法的正误.
(1)通过重力做功，动能和重力势能可以相互转化.(　√　)
(2)机械能守恒时，物体一定只受重力和弹力作用.(　×　)
(3)合力为零，物体的机械能一定守恒.(　×　)
(4)合力做功为零，物体的机械能一定保持不变.(　×　)
(5)只有重力做功时，物体的机械能一定守恒.(　√　)
2.如图2所示，桌面高为h，质量为m的小球从离桌面高为H处自由落下，不计空气阻力，设桌面处的重力势能为零，则小球落到地面前瞬间的机械能为________.
图2
答案　mgH
一、机械能守恒定律
导学探究
如图3所示，质量为m的物体沿光滑曲面滑下的过程中，下落到高度为h1的A处时速度为v1，下落到高度为h2的B处时速度为v2，重力加速度为g，不计空气阻力，选择地面为参考平面.
图3
(1)求从A至B的过程中重力做的功；
(2)求物体在A、B处的机械能EA、EB；
(3)比较物体在A、B处的机械能的大小.
答案　(1)W＝mgΔh＝mg(h1－h2)＝mgh1－mgh2①
(2)EA＝mgh1＋mv12②
EB＝mgh2＋mv22③
(3)由动能定理：W＝mv22－mv12④
由①④得：mv22＋mgh2＝mv12＋mgh1
即EB＝EA.
知识深化
1.对机械能守恒条件的理解
(1)只有重力做功，只发生动能和重力势能的相互转化.
(2)只有弹力做功，只发生动能和弹性势能的相互转化.
(3)只有重力和弹力做功，发生动能、弹性势能、重力势能的相互转化.
(4)除受重力或弹力外，其他力也做功，但其他力做功的代数和为零.如物体在沿斜面的拉力F的作用下沿斜面运动，若已知拉力与摩擦力的大小相等，方向相反，在此运动过程中，其机械能守恒.
2.判断机械能是否守恒的方法
(1)利用机械能的定义直接判断：若动能和势能中，一种能变化，另一种能不变，则其机械能一定变化.
(2)用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹力)做功，虽受其他力，但其他力不做功，机械能守恒.
(3)用能量转化来判断：若物体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，则物体系统机械能守恒.
(多选)如图4所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是(　　)
图4
A.甲图中，物体将弹簧压缩的过程中，物体和弹簧组成的系统机械能守恒(不计空气阻力)
B.乙图中，物体在大小等于摩擦力的沿斜面向下的拉力F作用下沿斜面下滑时，物体机械能守恒
C.丙图中，物体沿斜面匀速下滑的过程中，物体机械能守恒
D.丁图中，斜面光滑，物体在斜面上下滑的过程中，物体机械能守恒
答案　ABD
解析　弄清楚机械能守恒的条件是分析此问题的关键.表解如下：
选项
结论
分析
A
√
只有重力和弹力对系统做功，系统机械能守恒
B
√
物体沿斜面下滑过程中，除重力做功外，其他力做功的代数和始终为零，所以物体机械能守恒
C
×
物体沿斜面匀速下滑的过程中动能不变，重力势能减小，所以物体机械能不守恒
D
√
物体沿斜面下滑过程中，只有重力对其做功，所以物体机械能守恒
针对训练1　(2018·厦门市高一下学期期末)以下物体运动过程
，满足机械能守恒的是(　　)
A.在草地上滚动的足球
B.从旋转滑梯上滑下的小朋友
C.竖直真空管内自由下落的硬币
D.匀速下落的跳伞运动员
答案　C
解析　在草地上滚动的足球要克服阻力做功，机械能不守恒，故A错误；小朋友从旋转滑梯上滑下时，受阻力作用，阻力做负功，机械能减小，故B错误；真空管内自由下落的硬币只有重力做功，重力势能转化为动能，机械能守恒，故C正确；匀速下落的跳伞运动员受重力和空气阻力而平衡，阻力做负功，故机械能减少，D错误.
(多选)(2018·鹤壁市高一下学期期末)如图5，一根轻弹簧下端固定，竖立在水平面上.其上方A位置有一小球，小球从静止开始下落到B位置接触弹簧的上端，在C位置小球所受弹力大小等于重力，在D位置小球速度减小到零.不计空气阻力，则小球(　　)
图5
A.下落至C处速度最大
B.由A至D下落过程中机械能守恒
C.由B至D的过程中，动能先增大后减小
D.由A至D的过程中重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量
答案　ACD
解析　小球从B至C过程，重力大于弹力，合力向下，小球加速运动，小球从C至D过程，重力小于弹力，合力向上，小球减速运动，所以动能先增大后减小，在C点动能最大，故A、C正确；由A至B下落过程中小球只受重力，其机械能守恒，从B→D过程，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，但小球的机械能不守恒，故B错误；在D位置小球速度减小到零，小球的动能为零，则从A→D的过程中，根据机械能守恒知，小球重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量，故D正确.
二、机械能守恒定律的应用
1.机械能守恒定律常用的三种表达式
(1)从不同状态看：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2(或E1＝E2)
此式表示系统两个状态的机械能总量相等.
(2)从能的转化角度看：ΔEk＝－ΔEp
此式表示系统动能的增加(减少)量等于势能的减少(增加)量.
(3)从能的转移角度看：ΔEA增＝ΔEB减
此式表示系统A部分机械能的增加量等于系统剩余部分，即B部分机械能的减少量.
2.机械能守恒定律的应用步骤
首先对研究对象进行正确的受力分析，判断各个力是否做功，分析是否符合机械能守恒的条件.若机械能守恒，则根据机械能守恒定律列出方程，或再辅以其他方程进行求解.
(2018·山师大附中高一下学期期末)如图6是一个设计“过山车”的试验装置的原理示意图，斜面AB与竖直面内的圆形轨道在B点平滑连接，斜面AB和圆形轨道都是光滑的，圆形轨道半径为R，一个质量为m的小车(可视为质点)在A点由静止释放沿斜面滑下，小车恰能通过圆形轨道的最高点C.已知重力加速度为g.求：
图6
(1)A点距水平面的高度h；
(2)运动到B点时小车对轨道压力的大小.
答案　(1)2.5R　(2)6mg
解析　(1)小车恰能通过最高点C，则有：mg＝
解得：vC＝
由A运动到C，根据机械能守恒定律得：
mgh＝mg·2R＋mvC2
解得：h＝2.5R
(2)由A运动到B，根据机械能守恒定律得：
mgh＝mvB2
解得：vB＝
小车在B点，由牛顿第二定律得：FN－mg＝
解得：FN＝6mg
由牛顿第三定律可知，运动到B点时小车对轨道的压力大小为6mg.
针对训练2　如图7所示，质量m＝50
kg的跳水运动员从距水面高h＝10
m的跳台上以v0＝5
m/s的速度斜向上起跳，最终落入水中，若忽略运动员的身高，取g＝10
m/s2，不计空气阻力.求：
图7
(1)运动员在跳台上时具有的重力势能(以水面为零势能参考平面)；
(2)运动员起跳时的动能；
(3)运动员入水时的速度大小；入水时的速度大小与起跳时的方向有关吗？
答案　(1)5
000
J　(2)625
J　(3)15
m/s　无关
解析　(1)以水面为零势能参考平面，则运动员在跳台上时具有的重力势能为
Ep＝mgh＝5
000
J.
(2)运动员起跳时的速度为v0＝5
m/s，
则运动员起跳时的动能为
Ek＝mv02＝625
J.
(3)运动员从起跳到入水过程中，只有重力做功，运动员的机械能守恒，则
mgh＋mv02＝mv2，
解得v＝15
m/s.
此速度大小与起跳时的方向无关.
1.(机械能是否守恒的判断)(2018·郑州市高一下学期期末)下列说法正确的是(　　)
A.拉着一个物体沿着光滑的斜面匀速上升时，物体的机械能守恒
B.物体做竖直上抛运动时，机械能守恒
C.物体从置于光滑水平面的光滑斜面体上自由下滑时，机械能守恒
D.合外力对物体做功为零时，物体机械能一定守恒
答案　B
解析　拉着一个物体沿着光滑的斜面匀速上升时，动能不变，重力势能变大，物体的机械能增大，选项A错误；物体做竖直上抛运动时，只有重力做功，机械能守恒，选项B正确；物体从置于光滑水平面的光滑斜面体上自由下滑时，物体和斜面体组成的系统机械能守恒，但是物体的机械能不守恒，选项C错误；例如匀速上升的物体，合外力对物体做功为零，但物体机械能不守恒，选项D错误.
2.(机械能守恒定律的应用)以相同大小的初速度v0将物体从同一水平面分别竖直上抛、斜上抛、沿光滑斜面(足够长)上滑，如图8所示，三种情况达到的最大高度分别为h1、h2和h3，不计空气阻力，则(　　)
图8
A.h1＝h2＞h3
B.h1＝h2＜h3
C.h1＝h3＜h2
D.h1＝h3＞h2
答案　D
解析　竖直上抛的物体和沿斜面运动的物体，上升到最高点时，速度均为0，由机械能守恒定律得mgh＝mv02，所以h＝；斜上抛的物体在最高点速度不为零，设为v1，则mgh2＝mv02－mv12，所以h2＜h1＝h3，D正确.
3.(机械能守恒定律的应用)如图9所示，由距离地面h2＝1
m的高度处以v0＝4
m/s的速度斜向上抛出质量为m＝1
kg的物体，当其上升的高度为h1＝0.4
m时到达最高点，最终落在水平地面上，现以过抛出点的水平面为零势能面，取重力加速度g＝10
m/s2，不计空气阻力，则(　　)
图9
A.物体在最大高度处的重力势能为14
J
B.物体在最大高度处的机械能为16
J
C.物体在地面处的机械能为8
J
D.物体在地面处的动能为8
J
答案　C
解析　物体在最高点时具有的重力势能Ep1＝mgh1＝1×10×0.4
J＝4
J，A错误；物体在最高点时具有的机械能等于刚抛出时的动能，即8
J，B错误；物体在下落过程中，机械能守恒，任意位置的机械能都等于8
J，C正确；物体落地时的动能Ek＝E－Ep2＝E－mgh2＝8
J－1×10×(－1)
J＝18
J，D错误.
4.(机械能守恒定律的应用)如图10所示，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(不计空气阻力).
图10
(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.
答案　(1)5∶1　(2)见解析
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EkB∶EkA＝5∶1③
(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FN应满足FN≥0④
设小球在C点的速度大小为vC，由牛顿第二定律有
FN＋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.
考点一　机械能守恒的判断
1.(2018·重庆市江津中学、合川中学等七校高一下学期期末)下列描述中，机械能守恒的是(　　)
A.沿斜面匀速上行的汽车
B.被匀速向上吊起的集装箱
C.在真空中水平抛出的石块
D.物体以g的加速度竖直向上做匀减速运动
答案　C
2.(多选)(2018·三明市高一下学期期末)如图1所示，一轻弹簧一端固定于O点，另一端系一重物，将重物从与悬点O在同一水平面且弹簧保持原长的A点无初速度地释放，让它自由摆下，不计空气阻力，在重物由A点摆到最低点的过程中(　　)
图1
A.重物的机械能减少
B.重物与弹簧组成的系统的机械能不变
C.重物与弹簧组成的系统的机械能增加
D.重物与弹簧组成的系统的机械能减少
答案　AB
解析　重物自由摆下的过程中，弹簧拉力对重物做负功，重物的机械能减少，选项A正确；对重物与弹簧组成的系统而言，除重力、弹力外，无其他外力做功，故系统的机械能守恒，选项B正确.
3.(多选)(2018·白水中学高一下学期期末)如图2所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，在将弹簧压缩到最短的整个过程中，下列关于小球和弹簧的能量叙述中正确的是(　　)
图2
A.重力势能和动能之和减小
B.重力势能和弹性势能之和总保持不变
C.动能和弹性势能之和增大
D.重力势能、弹性势能和动能之和总保持不变
答案　ACD
考点二　机械能守恒定律的应用
4.(多选)如图3所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上.若以地面为零势能面，且不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法中正确的是(　　)
图3
A.重力对物体做的功为mgh
B.物体在海平面上的重力势能为mgh
C.物体在海平面上的动能为mv02－mgh
D.物体在海平面上的机械能为mv02
答案　AD
5.(多选)(2018·石嘴山三中高一下期中)如图4所示，质量为m的物体，以水平速度v离开高为H的桌面，当它落到距地面高为h的A点时，在不计空气阻力的情况下，下列判断正确的是(重力加速度为g)(　　)
图4
A.若取地面为零势能面，物体在A点具有的机械能是mv2＋mgH
B.若取桌面为零势能面，物体在A点具有的机械能是mv2
C.物体在A点具有的动能是mv2＋mg(H－h)
D.物体在A点具有的动能与零势能面的选取有关，因此是不确定的
答案　ABC
解析　物体在运动的过程中机械能守恒，若取地面为零势能面，在抛出点机械能为mv2＋mgH，平抛过程中机械能守恒，在平抛轨迹上任何一点的机械能均为mv2＋mgH，故A正确；若取桌面为零势能面，物体在抛出点机械能为mv2，平抛过程中机械能守恒，在平抛轨迹上任何一点的机械能均为mv2，故B正确；从抛出点到A点，根据动能定理得mg(H－h)＝mvA2－mv2，解得物体在A点的动能mvA2＝mv2＋mg(H－h)，故C正确；物体在A点具有的动能与零势能面的选取无关，动能是确定的，故D错误.
6.如图5所示，质量为1
kg的小物块从倾角为30°、长为2
m的光滑固定斜面顶端由静止开始下滑，若选初始位置为零势能点，重力加速度g取10
m/s2，则它滑到斜面中点时具有的机械能和动能分别是(　　)
图5
A.5
J,5
J
B.10
J,15
J
C.0,5
J
D.0,10
J
答案　C
解析　物块的机械能等于物块动能和重力势能的总和，选初始位置为零势能点，则物块在初始位置的机械能E＝0，在运动的过程中只有重力做功，机械能守恒，所以物块滑到斜面中点时的机械能为0，故有－mg×Lsin
30°＋＝0，所以动能是5
J，C正确.
7.(多选)质量相同的小球A和B分别悬挂在长为L和2L的不同长绳上，先将小球A、B拉至同一水平高度(如图6所示)从静止释放，当两绳竖直时，不计空气阻力，则(　　)
图6
A.两球的速率一样大
B.两球的动能一样大
C.两球的机械能一样大
D.两球所受的拉力一样大
答案　CD
解析　两球在下落过程中机械能守恒，开始下落时，重力势能相等，动能都为零，所以机械能相等，下落到最低点时的机械能也一样大，选项C正确；以小球A为研究对象，设小球到达最低点时的速度大小为vA，动能为EkA，小球所受的拉力大小为FA，则mgL＝mvA2，FA－mg＝，可得vA＝，EkA＝mgL，FA＝3mg；同理可得vB＝2，EkB＝2mgL，FB＝3mg，故选项A、B错误，D正确.
8.(多选)(2018·平顶山市高一下学期期末)蹦极是一项有趣的极限运动，轻质弹性绳的一端固定，另一端和运动员相连，运动员经一段自由下落后绳被拉直，整个过程中空气阻力不计，绳的形变是弹性形变，绳处于原长时的弹性势能为零.则在运动员从静止开始自由下落，直至最低点的过程中，下列表述正确的是(　　)
A.运动员的机械能守恒
B.弹性绳的弹性势能先增大后减小
C.运动员与弹性绳的总机械能守恒
D.运动员动能最大时弹性绳的弹性势能不为零
答案　CD
解析　运动员开始自由下落，从弹性绳开始伸直到最低点的过程中，先是拉力增加但还是小于重力，合外力向下，运动员向下做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，动能最大，此后拉力大于重力且拉力继续增加，合外力向上，运动员开始做加速度增大的减速运动，速度减小，动能减小，所以运动员的机械能不守恒，但运动员与弹性绳的总机械能守恒，故A错误，C正确；运动员开始自由下落，弹性绳的弹性势能不变，从弹性绳开始伸直到最低点的过程中，弹性绳的弹性势能增大，故B错误；当加速度为零时，速度最大，动能最大，弹性绳的弹性势能不为零，故D正确.
9.(多选)(2018·哈尔滨六校高一下学期期末联考)如图7所示，将物体P用长度适当的轻质细绳悬挂于天花板下方，两物体P、Q用一轻弹簧相连，物体Q在力F的作用下处于静止状态，弹簧被压缩，细绳处于伸直状态.已知该弹簧的弹性势能仅与其形变量有关，且弹簧始终在弹性限度内，现将力F撤去，轻绳始终未断，不计空气阻力，则(　　)
图7
A.弹簧恢复原长时，物体Q的速度最大
B.撤去力F后，弹簧和物体Q组成的系统机械能守恒
C.在物体Q下落的过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大
D.撤去力F前，细绳的拉力不可能为零
答案　BC
解析　由题意可知，撤去力F后，在Q下落过程中，Q和弹簧组成的系统满足机械能守恒，弹簧弹性势能先减小后增大，Q的动能先增大后减小，当弹簧向上的弹力大小等于Q物体的重力时，Q的速度最大，故A错误，B、C正确；F撤去之前，弹簧被压缩，对P受力分析，当重力等于弹簧弹力时，细绳的拉力可能为零，故D错误.
10.(多选)(2018·西安高级中学期末)一个物体以一定的初速度竖直上抛，不计空气阻力，如图所示为表示物体的动能Ek随高度h变化的图像A、物体的重力势能Ep随速度v变化的图像B(图线形状为四分之一圆弧)、物体的机械能E随高度h变化的图像C、物体的动能Ek随速度v变化的图像D(图线形状为开口向上的抛物线的一部分)，其中可能正确的是(　　)
答案　ACD
解析　设物体的初速度为v0，物体的质量为m，由机械能守恒定律得mv02＝mgh＋mv2，所以物体的动能与高度h的关系为Ek＝mv02－mgh，图像A可能正确；物体的重力势能与速度v的关系为Ep＝mv02－mv2，则Ep－v图像为开口向下的抛物线(第一象限中的部分)，图像B错误；由于竖直上抛运动过程中机械能守恒，所以，E－h图像为一平行于h轴的直线，图像C可能正确；由Ek＝mv2知，Ek－v图像为一开口向上的抛物线(第一象限中的部分)，所以图像D可能正确.
11.(多选)(2018·湖南五市十校高一下学期期末)水平光滑直轨道ab与半径为R的竖直半圆形光滑轨道bc相切，一小球以初速度v0沿直轨道ab向右运动，如图8所示，小球进入半圆形轨道后刚好能通过最高点c.则(　　)
图8
A.R越大，v0越大
B.R越大，小球经过b点后的瞬间对轨道的压力越大
C.m越大，v0越大
D.m与R同时增大，初动能Ek0增大
答案　AD
解析　小球刚好能通过最高点c，由牛顿第二定律得mg＝m，则vc＝，根据机械能守恒定律有mv02＝mg·2R＋mvc2，即v0＝，可知选项A正确，C错误；初动能Ek0＝mv02＝m·5gR＝mgR，知m与R同时增大，初动能Ek0增大，选项D正确；小球经过b点时根据牛顿第二定律有FN－mg＝m，解得FN＝6mg，根据牛顿第三定律知FN′＝FN＝6mg，与R无关，选项B错误.
12.如图9所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，并且处于原长状态，现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，重力加速度为g，则在圆环下滑到最大距离的过程中(　　)
图9
A.圆环的机械能守恒
B.弹簧弹性势能增加了mgL
C.圆环下滑到最大距离时，所受合力为零
D.圆环重力势能与弹簧弹性势能之和始终保持不变
答案　B
解析　圆环在下落过程中机械能减少，弹簧弹性势能增加，而圆环与弹簧组成的系统机械能守恒.圆环下落到最低点时速度为零，但是加速度不为零，即合力不为零；圆环下降高度h＝＝L，所以圆环重力势能减少了mgL，由机械能守恒定律可知，弹簧的弹性势能增加了mgL，故选B.
13.(多选)(2018·西安二十六中期末)如图10所示，细轻杆的一端与小球相连，可绕O点的水平轴自由转动.现给小球一初速度，使它在竖直平面内做圆周运动，a、b分别表示轨道的最低点和最高点，则小球在这两点对杆的作用力大小之差可能为(　　)
图10
A.3mg
B.4mg
C.5mg
D.6mg
答案　BCD
解析　小球运动到b点时
①若杆对球的力为支持力，0≤vb＜，此时mg－FNb＝m，FNa－mg＝m
联立解得ΔF＝FNa－FNb＝m＋m
对杆和球组成的系统，由b→a机械能守恒，
mva2＝mvb2＋mg·2R
vb＝0时，ΔF＝4mg，若vb增大，则va增大，ΔF增大；
②若杆对球恰好无弹力，则vb＝
此时ΔF＝6mg
③若杆对球的力为拉力，vb＞，此时
FNb＋mg＝m
FNa－mg＝m
则ΔF＝6mg
综上，A错误，B、C、D正确.
14.(2018·简阳市高一下学期期末)如图11所示，A点距地面的高度为3L，摆线长为L，A、B连线与竖直方向夹角θ＝60°，使摆球从B点处由静止释放，不计摩擦阻力影响.
图11
(1)若摆球运动至A点正下方O点时摆线断裂，求摆球落地点到O点的水平距离；
(2)若摆线不断裂，在A点正下方固定一光滑小钉子，使摆球能在竖直面内做完整的圆周运动，求钉子与A点距离至少多大.
答案　(1)2L　(2)0.8L
解析　(1)摆球从B点运动到O点过程，根据机械能守恒定律有
mg(L－Lcos
θ)＝mv02，解得v0＝
在竖直方向上2L＝gt2
摆球落地点到O点的水平距离x＝v0t，解得x＝2L；
(2)设钉子与A点距离为y时，摆球恰能在竖直面内做完整的圆周运动，且在最高点速度为v，根据牛顿第二定律有mg＝m
根据机械能守恒定律有
mg[L－Lcos
θ－2(L－y)]＝mv2
解得y＝0.8L，
即使摆球能在竖直面内做完整的圆周运动，钉子与A点距离至少为0.8L.
15.如图12所示，竖直平面内有一半径R＝0.5
m的光滑圆弧槽BCD，B点与圆心O等高，一水平面与圆弧槽相接于D点，质量m＝0.5
kg的小球(可视为质点)从B点正上方H高处的A点自由下落，由B点进入圆弧轨道，从D点飞出后落在水平面上的Q点，DQ间的距离x＝2.4
m，球从D点飞出后的运动过程中相对水平面上升的最大高度h＝0.8
m，取g＝10
m/s2，不计空气阻力，求：
图12
(1)小球释放点到B点的高度H；
(2)经过圆弧槽最低点C时轨道对小球的支持力大小FN.
答案　(1)0.95
m　(2)34
N
解析　(1)设小球在飞行过程中通过最高点P的速度为v0，P到D和P到Q可视为两个对称的平抛运动，则有：h＝gt2，＝v0t，可得：v0＝＝3
m/s
在D点有：vy＝gt＝4
m/s
在D点的合速度大小为：v＝＝5
m/s
设v与水平方向夹角为θ，cos
θ＝＝
A到D过程机械能守恒：mgH＋mgRcos
θ＝mv2
联立解得：H＝0.95
m
(2)设小球经过C点时速度为vC，A到C过程机械能守恒：mg(H＋R)＝mvC2
由牛顿第二定律有FN－mg＝m
联立解得FN＝34
N.(共45张PPT)
1　功与功率
第八章　机械能守恒定律
1.掌握功的公式W＝Flcos
α及公式的适用范围，会用功的公式进行计算.
2.理解正、负功的概念，会根据公式计算多个力所做的总功.
3.理解功率的概念，能运用功率的定义式P＝　及功率与速度的关系式P＝Fv进行有关分析和计算.
学习目标
梳理教材　夯实基础
探究重点　提升素养
随堂演练　逐点落实
内容索引
NEIRONGSUOYIN
梳理教材　夯实基础
01
1.功的公式：W＝
，其中F、l、α分别为
、位移的大小、______
.
2.功是
(填“矢”或“标”)量.在国际单位制中，功的单位是
，符号是
.
功
一
Flcos
α
力的大小
力与
位移的夹角
标
焦耳
J
正功和负功
二
1.力对物体做正功或负功的条件
由W＝Flcos
α可知
0
＞
正
＜
负
2.总功的计算
当一个物体在几个力的共同作用下发生一段位移时，这几个力对物体所做的总功等于：
(1)各个分力分别对物体所做功的
.
(2)几个力的
对物体所做的功.
代数和
合力
功率
三
1.意义：功率是表示物体
的物理量.
2.定义：功W与完成这些功所用
之比.
3.定义式：P＝　.单位：　　，简称　
，符号
.
4.功率与速度的关系式：P＝Fv(F与v方向相同).
应用：由功率速度关系知，汽车、火车等交通工具和各种起重机械，当发动机的功率P一定时，牵引力F与速度v成
(填“正”或“反”)比，要增大牵引力，就要
速度.
5.功率是
(填“标”或“矢”)量.
做功快慢
时间t
瓦特
瓦
W
反
减小
标
即学即用
1.判断下列说法的正误.
(1)公式W＝Flcos
α中的l是物体运动的路程.(　　)
(2)物体只要受力且运动，该力就一定做功.(　　)
(3)功有正负之分，所以功是矢量.(　　)
(4)由公式P＝
知，做功越多，功率越大.(　　)
(5)力对物体做功越快，力的功率一定越大.(　　)
(6)汽车爬坡时常常需要换高速挡.(　　)
×
×
×
×
√
×
2.如图1所示，质量为1
kg的物体，静止在光滑水平面上.现在给物体一个与水平方向成60°角斜向上、大小为10
N的拉力F，物体在拉力F的作用下沿水平面运动了2
s，则在这2
s内，拉力F所做的功是
J，功率是
W.
50
25
图1
解析　Fcos
60°＝ma
W＝Flcos
60°
联立解得W＝50
J，
探究重点　提升素养
02
对功的理解
一
导学探究
1.观察图2，分析图中的哪个人对物体做了功？
图2
答案　小川拉重物上升的过程，小川对重物做了功，其他三人都没有对物体做功.
2.如图3所示，物体在与水平方向夹角为α的力F的作用下沿水平面前进了l，则力F对物体做的功为多少？
图3
答案　如图所示，把力F沿水平方向和竖直方向进行分解，物体在竖直方向上没有发生位移，竖直方向的分力没有对物体做功，水平方向的分力为Fcos
α，所做的功为Flcos
α，所以力F对物体所做的功为Flcos
α.
知识深化
对公式W＝Flcos
α的理解
1.某一恒力F对物体做的功，只与l、α有关，与物体的运动状态及物体是否还受其他作用力等因素无关.
2.功是标量，没有方向，但是有正负.
3.公式W＝Flcos
α适用于计算恒力做功，若是变力，此公式不再适用.
例1　如图4所示，坐在雪橇上的人与雪橇的总质量为m，在与水平面成θ角的恒定拉力F作用下，沿水平地面向右移动了一段距离l.已知雪橇与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则雪橇受到的
A.支持力做功为mgl
B.重力做功为mgl
C.拉力做功为Flcos
θ
D.滑动摩擦力做功为－μmgl
图4
√
解析　支持力和重力与位移方向垂直，不做功，A、B错误；
拉力和滑动摩擦力做功分别为W1＝Flcos
θ，W2＝－μ(mg－Fsin
θ)l，C正确，D错误.
正、负功的理解　功的计算
二
导学探究
某物体在力F作用下水平向右运动的位移为l，拉力的方向分别如图5甲、乙所示，分别求两种情况下拉力对物体做的功.
图5
知识深化
1.正、负功的理解和判断
?
条件
从动力学角度看
从能量角度看
正功
当0≤α＜
时，cos
α＞0，W＞0
力是物体运动的动力
力对物体做正功，向物体提供能量，即受力物体获得了能量
不做功
当α＝
时，cos
α＝0，W＝0
力对物体既不起动力作用，也不起阻力作用
?
负功
当
＜α≤π时，cos
α＜0，W＜0
力是物体运动的阻力
物体克服外力做功，向外输出能量(以消耗自身能量为代价)，即负功表示物体失去了能量
说明
也可根据力和速度方向夹角判断功的正负
例2　(多选)质量为m的物体，静止在倾角为θ的斜面上，斜面沿水平方向向右匀速移动了距离l，如图6所示.物体始终相对斜面静止，则下列说法正确的是
A.重力对物体做正功
B.合力对物体做功为零
C.摩擦力对物体做负功
D.支持力对物体做正功
解析　物体的受力和位移如图所示，支持力FN与位移l的夹角α<90°，故支持力做正功，D选项正确；
重力方向与位移方向垂直，故重力不做功，A选项错误；
摩擦力Ff与位移l的夹角大于90°，故摩擦力做负功，C选项正确；
物体做匀速运动，所受合力为零，合力做功为零，B选项正确.
√
图6
√
√
2.总功的计算
当物体在多个力的共同作用下发生一段位移时，合力对物体所做的功等于各分力对物体做功的代数和.故计算合力的功有以下两种方法：
(1)先由W＝Flcos
α计算各个力对物体所做的功W1、W2、W3…然后求所有力做功的代数和，即W合＝W1＋W2＋W3＋….
(2)先由力的合成或根据牛顿第二定律求出合力F合，然后由W合＝F合lcos
α计算总功，此时α为F合的方向与l的方向间的夹角.
注意：当在一个过程中，几个力作用的位移不相同时，只能用方法(1).
例3　(2019·嘉兴七校高一下学期期中)如图7所示，一个质量为m＝2
kg的物体，受到与水平方向成37°角斜向上方的力F＝10
N作用，在水平地面上从静止开始向右移动的距离为l＝2
m，已知物体和地面间的动摩擦因数为0.3，g取10
m/s2，求外力对物体所做的总功.(cos
37°＝0.8，sin
37°＝0.6)
图7
答案　7.6
J
解析　物体受到的摩擦力为：Ff＝μFN
＝μ(mg－Fsin
37°)＝0.3×(2×10－10×0.6)N＝4.2
N
解法一：先求各力的功，再求总功.
拉力F对物体所做的功为：
W1＝Flcos
37°＝10×2×0.8
J＝16
J
摩擦力Ff对物体所做的功为：
W2＝Fflcos
180°＝－4.2×2
J＝－8.4
J
由于重力、支持力对物体不做功，故外力对物体所做的总功W等于W1和W2的代数和，即W＝W1＋W2＝7.6
J.
解法二：先求合力，再求总功.
物体受到的合力为：
F合＝Fcos
37°－Ff＝10×0.8
N－4.2
N＝3.8
N，
所以W＝F合l＝3.8×2
J＝7.6
J.
针对训练　如图8所示，平行于斜面向上的拉力F使质量为m的物体匀加速地沿着长为L、倾角为α的固定斜面的一端向上滑到另一端，物体与斜面间的动摩擦因数为μ.重力加速度为g，求作用在物体上的各力的合力对物体所做的总功.(物体可视为质点)
图8
答案　FL－mgLsin
α－μmgLcos
α
解析　以物体为研究对象，其受力分析如图所示：
解法一：拉力F对物体所做的功为：WF＝FL.
重力mg对物体所做的功为：
WG＝mgLcos(90°＋α)＝－mgLsin
α.
摩擦力对物体所做的功为：
Wf＝FfLcos
180°＝－FfL＝－μmgLcos
α.
支持力FN对物体所做的功为：
WN＝FNLcos
90°＝0.
故各力的总功为：W＝WF＋WG＋Wf＋WN
＝FL－mgLsin
α－μmgLcos
α
解法二：物体受到的合力为：
F合＝F－mgsin
α－Ff＝F－mgsin
α－μmgcos
α
所以合力做的功为：
W＝F合L＝FL－mgLsin
α－μmgLcos
α.
功率
三
导学探究
1.建筑工地上有两台起重机将重物吊起，下表是它们的工作情况记录：
起重机
编号
被吊物
体重力
匀速上
升速度
上升的
高度
所用
时间
做功
A
2.0×103
N
4
m/s
16
m
4
s
?
B
4.0×103
N
3
m/s
6
m
2
s
?
(1)两台起重机哪台做功多？
答案　两台起重机分别做功3.2×104
J、2.4×104
J，所以A做功多.
(2)哪台做功快？怎样比较它们做功的快慢呢？
起重机
编号
被吊物
体重力
匀速上
升速度
上升的
高度
所用
时间
做功
A
2.0×103
N
4
m/s
16
m
4
s
?
B
4.0×103
N
3
m/s
6
m
2
s
?
答案　B做功快，可以用功与所用时间的比值表示做功的快慢.
2.在光滑水平面上，一个物体在水平恒力F作用下从静止开始加速运动，经过一段时间t，末速度为v.求：
(1)在t时间内力F的功率；
在t时间内力F的功率为平均功率
(2)在t时刻力F的功率.
答案　t时刻的功率为瞬时功率
P＝Fv.
知识深化
1.功率表示的是物体做功的快慢，而不是做功的多少，功率大，做功不一定多，
反之亦然.
2.区分平均功率和瞬时功率
(1)平均功率：与一段时间相对应
(2)瞬时功率：与某一瞬时相对应
①当F与v方向相同时，P＝Fv，其中v为瞬时速度；
②当F与v夹角为α时，P＝Fvcos
α，其中v为瞬时速度.
3.P＝Fv中三个量的制约关系
定值
各量间的关系
应用
P一定
F与v成反比
汽车上坡时，要增大牵引力，应换低速挡减小速度
v一定
F与P成正比
汽车上坡时，要使速度不变，应加大油门，增大输出功率，获得较大牵引力
F一定
v与P成正比
汽车在平直高速路上，加大油门增大输出功率，可以提高速度
例4　某人用同一水平力F先后两次拉同一物体，第一次使此物体从静止开始在光滑水平面上前进l距离，第二次使此物体从静止开始在粗糙水平面上前进l距离.若先后两次拉力做的功分别为W1和W2，拉力做功的平均功率分别为P1和P2，则
A.W1＝W2，P1＝P2
B.W1＝W2，P1＞P2
C.W1＞W2，P1＞P2
D.W1＞W2，P1＝P2
√
例5　如图9所示，质量为m＝2
kg的木块在倾角θ＝37°的足够长的斜面上由静止开始下滑，木块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，已知：sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，g取10
m/s2，求：
(1)前2
s内重力做的功；
图9
答案　48
J
解析　木块下滑过程中，由牛顿第二定律得：
mgsin
θ－μmgcos
θ＝ma
联立解得：x＝4
m，a＝2
m/s2
所以重力在前2
s内做的功为
W＝mgsin
θ·x＝2×10×0.6×4
J＝48
J；
(2)前2
s内重力的平均功率；
答案　24
W
解析　重力在前2
s内的平均功率为
(3)2
s末重力的瞬时功率.
答案　48
W
解析　木块在2
s末的速度v＝at＝2×2
m/s＝4
m/s
2
s末重力的瞬时功率为
P＝mgsin
θ·v＝2×10×0.6×4
W＝48
W.
特别
提醒
例6　(2018·孝感八校教学联盟高一下学期期末联考)列车提速的一个关键技术问题是提高机车发动机的功率.已知匀速运动时，列车所受阻力与速度的平方成正比，即Ff＝kv2.设提速前匀速运动速度为180
km/h，提速后匀速运动速度为240
km/h，则提速前与提速后机车发动机的功率之比为
解析　匀速运动时，F＝Ff＝kv2
P＝Fv，则P＝kv3
故提速前与提速后机车发动机的功率之比为
P1∶P2＝v13∶v23＝27∶64.
√
随堂演练　逐点落实
03
1.(正、负功的判断)(2018·山东夏季学业水平考试)某同学为配合值日生打扫地面，将凳子向上搬起后再缓慢放回原处，此过程中该同学对凳子做功的情况是
A.一直做正功
B.先做正功，再做负功
C.一直做负功
D.先做负功，再做正功
1
2
3
4
5
√
解析　该同学将凳子向上搬起过程中，人对凳子有向上的作用力，凳子向上运动，故人对凳子做正功；放下过程中，人对凳子的力仍然向上，但凳子运动方向向下，故人对凳子做负功，故B正确，A、C、D错误.
6
2.(功的计算)(2018·岷县一中高一下学期期末)用水平恒力F作用于质量为m的物体上，使之在光滑的水平面上沿力的方向移动距离l，恒力F做功为W1；再用该恒力作用在质量为2m的物体上，使之在粗糙的水平面上沿力的方向移动同样的距离l，恒力F做功为W2，则两次恒力做功的关系是
A.W1>W2
B.W1C.W1＝W2
D.无法判断
1
2
3
4
√
5
解析　物体沿力的方向运动，恒力做功就是指力F做的功，根据W＝Flcos
α，两次做功过程中F、l、α均相同，所以两次F做功相同，即W1＝W2.
6
3.(总功的计算)如图10所示，质量m＝50
kg的滑雪运动员从高度h＝30
m的坡顶由静止下滑，斜坡的倾角θ＝37°，滑雪板与雪面之间的动摩擦因数μ＝0.1.则运动员滑至坡底的过程中：(g取10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，装备质量不计)
(1)滑雪运动员所受的重力对他做了多少功？
1
2
3
4
5
6
图10
答案　1.5×104
J
解析　重力做的功为：
(2)各力对运动员做的总功是多少？
1
2
3
4
5
6
答案　1.3×104
J
解析　各分力对运动员做的总功与合力对运动员做功相同，运动员所受合力为：
F合＝mgsin
37°－μmgcos
37°＝260
N
合力做的功W合＝F合·l＝260×50
J＝1.3×104
J.
4.(对功率的理解)关于功率，下列说法正确的是
A.由P＝　可知，只要知道W和t的值就可以计算出任意时刻的功率
B.由P＝Fv可知，汽车的功率一定与它的速度成正比
C.由P＝Fv可知，牵引力一定与速度成反比
D.当汽车的功率一定时，牵引力一定与速度成反比
1
2
3
4
5
解析　公式P＝　求的是一段时间内的平均功率，不能求瞬时功率，故A错误；
6
√
根据P＝Fv可知，当汽车牵引力一定时，汽车的功率与速度成正比，故B错误；
由P＝Fv可知，当汽车功率一定时，牵引力与速度成反比，故C错误，D正确.
5.(瞬时功率分析)(2018·商丘市高一下学期期末九校联考)飞行员进行素质训练时，抓住秋千杆由水平状态开始下摆，到达竖直状态的过程，如图11所示，飞行员受重力的瞬时功率变化情况是
A.一直增大
B.一直减小
C.先增大后减小
D.先减小后增大
1
2
3
4
5
解析　由瞬时功率计算式P＝Fvcos
α可知，初状态P1＝0，最低点P2＝0，中间状态P＞0.所以瞬时功率变化情况是先增大后减小，故C正确.
6
图11
√
1
2
3
4
5
6.(平均功率和瞬时功率的计算)在F＝6
N的水平力作用下，质量m＝3
kg的物体在光滑水平面上由静止开始运动，运动时间t＝3
s.求：
(1)力F在前3
s内对物体做的功；
解析　在水平力的作用下，物体在光滑水平面上做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知，加速度a＝
＝2
m/s2，则物体在3
s末的速度v＝at＝6
m/s
6
答案　54
J
力F在前3
s内对物体做的功W＝Fx＝54
J.
1
2
3
4
5
(2)力F在前3
s内对物体做功的平均功率；
6
答案　18
W
(3)在3
s末力F对物体做功的瞬时功率.
答案　36
W
解析　3
s末力F的瞬时功率P＝Fv＝6×6
W＝36
W.(共31张PPT)
专题强化　机械能守恒定律的应用　
　　　　　功能关系的理解和应用
第八章　机械能守恒定律
1.能灵活应用机械能守恒定律的三种表达形式.
2.会分析多个物体组成系统的机械能守恒问题.
3.知道常见的几种功能关系，知道功是能量转化的量度.
学习目标
探究重点　提升素养
随堂演练　逐点落实
内容索引
NEIRONGSUOYIN
探究重点　提升素养
01
1.多个物体组成的系统，就单个物体而言，机械能一般不守恒，但就系统而言机械能往往是守恒的.
2.关联物体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.机械能守恒定律表达式的选取技巧
(1)当研究对象为单个物体时，可优先考虑应用表达式Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2或ΔEk＝－ΔEp来求解.
(2)当研究对象为两个物体组成的系统时：
①若两个物体的重力势能都在减小(或增加)，动能都在增加(或减小)，可优先考虑应用表达式ΔEk＝－ΔEp来求解.
②若A物体的机械能增加，B物体的机械能减少，可优先考虑用表达式ΔEA＝－ΔEB来求解.
多物体组成的系统机械能守恒问题
一
图1
答案　1∶2
解析　设B刚下落到地面时速度为v，由系统机械能守恒得：
A以速度v上滑到顶点过程中机械能守恒，则：
规律总结
机械能守恒定律的研究对象是几个相互作用的物体组成的系统，经常出现下面三种情况：
(1)系统内两个物体直接接触或通过弹簧连接.这类连接体问题应注意各物体间不同能量形式的转化关系.
(2)系统内两个物体通过轻绳连接.如果和外界不存在摩擦力做功等问题时，只有机械能在两物体之间相互转移，两物体组成的系统机械能守恒.解决此类问题的关键是在绳的方向上两物体速度大小相等.
(3)系统内两个物体通过轻杆连接.轻杆连接的两物体绕固定转轴转动时，两物体转动的角速度相等.
链条类物体的机械能守恒问题
二
链条类物体机械能守恒问题的解题关键是分析重心位置，进而确定物体重力势能的变化，解题要注意两个问题：一是零势能面的选取；二是链条的每一段重心的位置变化和重力势能变化.
例2　如图2所示，总长为L的光滑匀质铁链跨过一个光滑的轻质小滑轮，开始时下端A、B相平齐，当略有扰动时其一端下落，则当铁链刚脱离滑轮的瞬间，铁链的速度为多大？
图2
解析　方法一　(取整个铁链为研究对象)：
方法二　(将铁链看做两段)：
铁链由初始状态到刚离开滑轮时，等效于左侧铁链BB′部分移到AA′位置.
由机械能守恒得：
利用机械能守恒定律分析多过程问题
三
例3　(2019·启东中学高一下学期期中)如图3，光滑管状轨道ABC由直轨道AB和圆弧形轨道BC组成，二者在B处相切并平滑连接，O为圆心，O、A在同一条水平线上，OC竖直，一直径略小于圆管直径的质量为m的小球，用细线穿过管道与质量为M的物块连接，物块距离地面足够高，将小球由A点静止释放，当小球运动到B处时细线断裂，小球继续运动.已知弧形轨道的半径为R＝
m，所对应的圆心角为53°，sin
53°＝0.8，cos
53°＝0.6，g＝10
m/s2.
(1)若M＝5m，求小球运动到B处时的速度大小；
图3
解析　小球从A到B：M、m系统机械能守恒
(2)若M＝5m，求小球从C点抛出后下落高度h＝
m时到C点的水平位移；
小球离开C后做平抛运动，x＝vCt
(3)M、m满足什么关系时，小球能够运动到C点？
线断后，小球从B到C，vC≥0
解析　小球从A到B：M、m组成的系统机械能守恒
规律总结
机械能守恒定律多与其他知识相结合进行综合命题，一般为多过程问题，难度较大.解答此类题目时一定要注意机械能守恒的条件，分析在哪个过程中机械能守恒，然后列式求解，不能盲目应用机械能守恒定律.
功能关系的理解与应用
四
功与能的关系：功是能量转化的量度，某种力做功往往与某一种具体形式的能量转化相联系，做了多少功，就有多少能量发生转化.具体功能关系如下表：
功
能量转化
关系式
重力做功
重力势能的改变
WG＝－ΔEp
弹力做功
弹性势能的改变
WF＝－ΔEp
合外力做功
动能的改变
W合＝ΔEk
除重力、系统内弹力以外的其他力做功
机械能的改变
W＝ΔE机
两物体间滑动摩擦力对物体系统做功
机械能转化为内能
Ff·x相对＝Q
例4　如图4所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力.已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中
A.重力做功2mgR
B.机械能减少mgR
C.合外力做功mgR
D.克服摩擦力做功
mgR
图4
√
解析　从P到B的过程中，小球下降的高度为R，则WG＝mgR，选项A错误；
例5　(多选)如图5所示，木块静止在光滑水平桌面上，一子弹(可视为质点)水平射入木块的深度为d时，子弹与木块相对静止，在子弹入射的过程中，木块沿桌面移动的距离为x，木块对子弹的平均阻力为Ff，那么在这一过程中，下列说法正确的是
A.木块的机械能增量为Ffx
B.子弹的机械能减少量为Ff(x＋d)
C.系统的机械能减少量为Ffd
D.系统的机械能减少量为Ff(x＋d)
√
图5
√
√
解析　木块机械能的增量等于子弹对木块的作用力Ff
做的功Ffx，A对；
子弹机械能的减少量等于动能的减少量，即子弹克服阻力做的功Ff(x＋d)，B对；
系统减少的机械能等于产生的内能，也等于摩擦力乘以相对位移，ΔE＝Ffd，C对，D错.
随堂演练　逐点落实
02
1.(功能关系)(多选)(2018·白水中学高一下学期期末)如图6所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度大小为
g，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体
1
2
3
4
图6
√
√
解析　这个过程中物体上升的高度为h，则重力势能增加了mgh，故A错误；
1
2
3
4
2.(链条类机械能守恒问题)(2018·树德中学期末)如图7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)时，链条的速度大小为__________________.
(用x0、x、L、g、α表示)
1
2
3
4
图7
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AB面为零势能面，则
1
2
3
4
3.(系统机械能守恒的计算)(2018·正定中学期末考试)如图8所示，质量不计的硬直杆的两端分别固定质量均为m的小球A和B，它们可以绕光滑轴O在竖直面内自由转动.已知OA＝2OB＝2l，将杆从水平位置由静止释放.(重力加速度为g)
(1)在杆转动到竖直位置时，小球A、B的速度大小分别为多少？
1
2
3
4
图8
解析　小球A和B及杆组成的系统机械能守恒.
vA＝2lω，vB＝lω
(2)在杆转动到竖直位置的过程中，杆对A球做了多少功？
1
2
3
4
(3)在杆刚转到竖直位置的瞬间，杆对B球的作用力为多大？是推力还是拉力？
1
2
3
4
解析　在杆刚转到竖直位置的瞬间，设杆对B球有向下的拉力F，根据向心力公式有
负号表示杆对B球的作用力方向与假设方向相反，即向上，所以对B球的作用力为推力.
4.(系统机械能守恒的计算)(2018·许昌市高一下学期期末)如图9所示，一轻质竖直弹簧，下端与地面相连，上端与质量为m的物体A相连.弹簧的劲度系数为k，A处于静止状态，此时弹簧的弹性势能为Ep.一条不可伸长的轻绳绕过定滑轮，一端连接物体A，另一端连一轻质挂钩.开始时各段绳子都处于伸直状态，A上方的一段绳子沿竖直方向.现在挂钩上挂一质量为M的物体B并从静止状态释放.则当弹簧向上变为原长时，物体A和B的速度大小分别为多少？(已知重力加速度为g)
1
2
3
4
图9
1
2
3
4
解析　没有挂物体B时，设弹簧的压缩量为x，
对A，有：mg＝kx
挂上物体B后，弹簧向上变为原长时，物体A和B的速度大小一样，设为v，从开始运动到弹簧变为原长的过程中，把A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，有：(共30张PPT)
3　动能和动能定理
第八章　机械能守恒定律
1.掌握动能的表达式和单位，知道动能是标量.
2.能运用牛顿第二定律与运动学公式导出动能定理，理解动能定理的物理意义.
3.能应用动能定理解决简单的问题.
学习目标
梳理教材　夯实基础
探究重点　提升素养
随堂演练　逐点落实
内容索引
NEIRONGSUOYIN
梳理教材　夯实基础
01
1.表达式：Ek＝
.
2.单位：与
的单位相同，国际单位为
，符号为
.
3.标矢性：动能是
量，只有
，没有方向.
动能的表达式
一
功
焦耳
J
标
大小
动能定理
二
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
.
2.表达式：W＝
.如果物体受到几个力的共同作用，W即为
，
它等于
.
3.适用范围：动能定理是物体在恒力作用下，并且做直线运动的情况下得到的，当物体受到
作用，并且做
运动时，可以采用把整个过程分成许多小段，也能得到动能定理.
动能的变化
合力做的功
各个力做功的代数和
变力
曲线
即学即用
判断下列说法的正误.
(1)某物体的速度加倍，它的动能也加倍.(　　)
(2)两质量相同的物体，动能相同，速度一定相同.(　　)
(3)物体的速度变化，动能一定变化.(　　)
(4)合外力做功不等于零，物体的动能一定变化.(　　)
(5)物体的速度发生变化，合外力做功一定不等于零.(　　)
(6)物体的动能增加，合外力做正功.(　　)
×
×
×
√
×
√
探究重点　提升素养
02
动能
一
导学探究
让铁球从光滑的斜面上由静止滚下，与木块相碰，推动木块做功.(如图1所示)
答案　由于铁球从同一光滑斜面上由静止滚下，加速度相同.同一铁球从不同高度由静止滚下，高度大的到达水平面时的速度大，速度越大，把木块推得越远，对木块做功越多，故影响动能的因素有速度；质量不同的铁球从同一高度由静止滚下，到达水平面时的速度相等，质量大的铁球把木块推得远，对木块做功多，说明影响动能的因素有质量.
(1)让同一铁球从不同的高度由静止滚下，可以看到：高度大时铁球把木块推得远，对木块做的功多.
图1
(2)让质量不同的铁球从同一高度由静止滚下，可以看到：质量大的铁球把木块推得远，对木块做的功多.
以上两个现象说明影响动能的因素有哪些？
知识深化
1.对动能的理解
(1)动能是标量，没有负值，与物体的速度方向无关.
(2)动能是状态量，具有瞬时性，与物体的运动状态(或某一时刻的速度)相对应.
(3)动能具有相对性，选取不同的参考系，物体的速度不同，动能也不同，一般以地面为参考系.
2.动能变化量ΔEk
例1　(2018·哈尔滨六校高一下学期期末联考)关于物体的动能，下列说法正确的是
A.物体的质量、速度不变，其动能一定不变
B.物体的动能不变，其速度一定不变
C.两个物体中，速度大的动能也大
D.某一过程中物体的速度变化越大，其动能的变化一定越大
√
解析　根据Ek＝
mv2可知，如果物体的质量、速度不变，则动能不变，故A正确；
如果物体的动能不变，则说明其速度大小一定不变，方向可能变化，故B错误；
动能由质量和速度大小共同决定，速度大的物体动能不一定大，故C错误；
做匀速圆周运动的物体，速度变化可能大，但动能不变，故D错误.
动能定理的理解和应用
二
导学探究
如图2所示，光滑水平面上的物体在水平恒力F的作用下向前运动了一段距离l，速度由v1增加到v2.试推导出力F对物体做功的表达式.
图2
知识深化
对动能定理的理解
(2)W表示这个过程中合力做的功，它等于各力做功的代数和.
2.物理意义：动能定理指出了合外力对物体所做的总功与物体动能变化之间的关系，即若合外力做正功，物体的动能增加，若合外力做负功，物体的动能减小，做了多少功，动能就变化多少.
3.实质：动能定理从能量变化的角度反映了力改变运动的状态时，在空间上的累积效果.
例2　下列关于运动物体的合外力做功和动能、速度变化的关系，正确的是
A.物体做变速运动，合外力一定不为零，动能一定变化
B.若合外力对物体做功为零，则合外力一定为零
C.物体的合外力做功，它的速度大小一定发生变化
D.物体的动能不变，所受的合外力必定为零
解析　物体做变速运动时，合外力一定不为零，但合外力不为零时，做功可能为零，动能可能不变，A、B错误；
物体的合外力做功，它的动能一定变化，速度大小也一定变化，C正确；
物体的动能不变，所受合外力做功一定为零，但合外力不一定为零，D错误.
√
例3　如图3所示，物体在距斜面底端5
m处由静止开始下滑，然后滑上与斜面平滑连接的水平面，若物体与斜面及水平面的动摩擦因数均为0.4，斜面倾角为37°.求物体能在水平面上滑行的距离.(sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8)
答案　3.5
m
图3
解析　对物体在斜面上和水平面上受力分析如图所示
方法一　分过程列方程：设物体滑到斜面底端时的速度为v，物体下滑阶段
FN1＝mgcos
37°，故Ff1＝μFN1＝μmgcos
37°
由动能定理得：
设物体在水平面上滑行的距离为l2，摩擦力Ff2＝μFN2＝μmg
联立以上各式可得l2＝3.5
m.
方法二　全过程由动能定理列方程：
mgl1sin
37°－μmgcos
37°·l1－μmgl2＝0
解得：l2＝3.5
m.
总结
提升
应用动能定理解题的一般步骤：
(1)选取研究对象(通常是单个物体)，明确它的运动过程.
(2)对研究对象进行受力分析，明确各力做功的情况，求出外力做功的代数和.
(3)明确物体在初、末状态的动能Ek1、Ek2.
(4)列出动能定理的方程W＝Ek2－Ek1，结合其他必要的辅助方程求解并验算.
例4　(多选)(2018·湖南师大附中高一下学期期末)在平直的公路上，汽车由静止开始做匀加速运动.当速度达到vm后，立即关闭发动机而滑行直到停止.v－t图线如图4所示，汽车的牵引力大小为F1，摩擦力大小为F2，全过程中，牵引力做的功为W1，克服摩擦阻力做功为W2.以下是F1、F2及W1、W2间关系的说法，其中正确的是
A.F1∶F2＝1∶3
B.F1∶F2＝4∶3
C.W1∶W2＝1∶1
D.W1∶W2＝1∶3
图4
√
√
解析　对全过程由动能定理可知W1－W2＝0，故W1∶W2＝1∶1，故C正确，D错误；
W1＝F1s，W2＝F2s′，由题图可知s∶s′＝3∶4，所以F1∶F2＝4∶3，故A错误，B正确.
例5　一列车的质量是5.0×105
kg，在平直的轨道上以额定功率3
000
kW加速行驶，当速率由10
m/s加速到所能达到的最大速率30
m/s时，共用了2
min，设列车所受阻力恒定，则：
(1)列车所受的阻力多大？
答案　1.0×105
N
(2)这段时间内列车前进的距离是多少？
答案　1
600
m
代入数据解得s＝1
600
m.
随堂演练　逐点落实
03
1.(对动能的理解)(多选)关于动能的理解，下列说法正确的是
A.一般情况下，Ek＝
mv2中的v是相对于地面的速度
B.动能的大小由物体的质量和速率决定，与物体的运动方向无关
C.物体以相同的速率向东和向西运动，动能的大小相等、方向相反
D.当物体以不变的速率做曲线运动时其动能不断变化
1
2
3
4
5
√
√
解析　动能是标量，由物体的质量和速率决定，与物体的运动方向无关；动能具有相对性，无特别说明，一般指相对于地面的动能，A、B正确，C、D错误.
2.(对动能定理的理解)(2018·全国卷Ⅱ)如图5，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
1
2
3
4
5
解析　由题意知，W拉－W克阻＝ΔEk，则W拉>ΔEk，A项正确，B项错误；
W克阻与ΔEk的大小关系不确定，C、D项错误.
图5
√
3.(动能定理的应用)一辆汽车以v1＝6
m/s的速度沿水平路面行驶时，急刹车后能滑行x1＝3.6
m，如果以v2＝8
m/s的速度行驶，在同样的路面上急刹车后滑行的距离x2应为
A.6.4
m
B.5.6
m
C.7.2
m
D.10.8
m
1
2
3
4
5
√
解析　急刹车后，车水平方向只受摩擦力的作用，且两种情况下摩擦力的大小是相同的，汽车的末速度皆为零，由动能定理得：
1
2
3
4
5
4.(动能定理的应用)(2018·上海复旦附中期末)一质量为2
kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以某一速度在粗糙的水平面上做匀速直线运动，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.如图6所示为拉力F随位移x变化的关系图像，取g＝10
m/s2，则据此可以求得
A.物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.25
B.物体匀速运动时的速度为v＝4
m/s
C.合外力对物体所做的功为W合＝32
J
D.摩擦力对物体所做的功为Wf＝－64
J
1
2
3
4
5
√
图6
1
2
3
4
5
5.(动能定理的应用)半径R＝1
m的
圆弧轨道下端与一光滑水平轨道连接，水平轨道离水平地面高度h＝1
m，如图7所示，有一质量m＝1.0
kg的小滑块自圆轨道最高点A由静止开始滑下，经过水平轨道末端B时速度为4
m/s，滑块最终落在地面上，g取10
m/s2，不计空气阻力，试求：
(1)滑块落在地面上时速度的大小；
1
2
3
4
5
图7
答案　6
m/s
代入数据解得v＝6
m/s；
(2)滑块在轨道上滑行时克服摩擦力做的功.
1
2
3
4
5
答案　2
J
解得Wf＝2
J.3　动能和动能定理
[学习目标]
1.掌握动能的表达式和单位，知道动能是标量.2.能运用牛顿第二定律与运动学公式导出动能定理，理解动能定理的物理意义.3.能应用动能定理解决简单的问题.
一、动能的表达式
1.表达式：Ek＝mv2.
2.单位：与功的单位相同，国际单位为焦耳，符号为J.
3.标矢性：动能是标量，只有大小，没有方向.
二、动能定理
1.内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化.
2.表达式：W＝mv22－mv12.如果物体受到几个力的共同作用，W即为合力做的功，它等于各个力做功的代数和.
3.适用范围：动能定理是物体在恒力作用下，并且做直线运动的情况下得到的，当物体受到变力作用，并且做曲线运动时，可以采用把整个过程分成许多小段，也能得到动能定理.
判断下列说法的正误.
(1)某物体的速度加倍，它的动能也加倍.(　×　)
(2)两质量相同的物体，动能相同，速度一定相同.(　×　)
(3)物体的速度变化，动能一定变化.(　×　)
(4)合外力做功不等于零，物体的动能一定变化.(　√　)
(5)物体的速度发生变化，合外力做功一定不等于零.(　×　)
(6)物体的动能增加，合外力做正功.(　√　)
一、动能
导学探究
让铁球从光滑的斜面上由静止滚下，与木块相碰，推动木块做功.(如图1所示)
图1
(1)让同一铁球从不同的高度由静止滚下，可以看到：高度大时铁球把木块推得远，对木块做的功多.
(2)让质量不同的铁球从同一高度由静止滚下，可以看到：质量大的铁球把木块推得远，对木块做的功多.
以上两个现象说明影响动能的因素有哪些？
答案　由于铁球从同一光滑斜面上由静止滚下，加速度相同.同一铁球从不同高度由静止滚下，高度大的到达水平面时的速度大，速度越大，把木块推得越远，对木块做功越多，故影响动能的因素有速度；质量不同的铁球从同一高度由静止滚下，到达水平面时的速度相等，质量大的铁球把木块推得远，对木块做功多，说明影响动能的因素有质量.
知识深化
1.对动能的理解
(1)动能是标量，没有负值，与物体的速度方向无关.
(2)动能是状态量，具有瞬时性，与物体的运动状态(或某一时刻的速度)相对应.
(3)动能具有相对性，选取不同的参考系，物体的速度不同，动能也不同，一般以地面为参考系.
2.动能变化量ΔEk
ΔEk＝mv22－mv12，若ΔEk>0，则表示物体的动能增加，若ΔEk<0，则表示物体的动能减少.
(2018·哈尔滨六校高一下学期期末联考)关于物体的动能，下列说法正确的是(　　)
A.物体的质量、速度不变，其动能一定不变
B.物体的动能不变，其速度一定不变
C.两个物体中，速度大的动能也大
D.某一过程中物体的速度变化越大，其动能的变化一定越大
答案　A
解析　根据Ek＝mv2可知，如果物体的质量、速度不变，则动能不变，故A正确；如果物体的动能不变，则说明其速度大小一定不变，方向可能变化，故B错误；动能由质量和速度大小共同决定，速度大的物体动能不一定大，故C错误；做匀速圆周运动的物体，速度变化可能大，但动能不变，故D错误.
二、动能定理的理解和应用
导学探究
如图2所示，光滑水平面上的物体在水平恒力F的作用下向前运动了一段距离l，速度由v1增加到v2.试推导出力F对物体做功的表达式.
图2
答案　W＝Fl＝F·＝F·＝mv22－mv12
知识深化
　对动能定理的理解
1.表达式：W＝Ek2－Ek1＝mv22－mv12
(1)Ek2＝mv22表示这个过程的末动能；
Ek1＝mv12表示这个过程的初动能.
(2)W表示这个过程中合力做的功，它等于各力做功的代数和.
2.物理意义：动能定理指出了合外力对物体所做的总功与物体动能变化之间的关系，即若合外力做正功，物体的动能增加，若合外力做负功，物体的动能减小，做了多少功，动能就变化多少.
3.实质：动能定理从能量变化的角度反映了力改变运动的状态时，在空间上的累积效果.
下列关于运动物体的合外力做功和动能、速度变化的关系，正确的是(　　)
A.物体做变速运动，合外力一定不为零，动能一定变化
B.若合外力对物体做功为零，则合外力一定为零
C.物体的合外力做功，它的速度大小一定发生变化
D.物体的动能不变，所受的合外力必定为零
答案　C
解析　物体做变速运动时，合外力一定不为零，但合外力不为零时，做功可能为零，动能可能不变，A、B错误；物体的合外力做功，它的动能一定变化，速度大小也一定变化，C正确；物体的动能不变，所受合外力做功一定为零，但合外力不一定为零，D错误.
如图3所示，物体在距斜面底端5
m处由静止开始下滑，然后滑上与斜面平滑连接的水平面，若物体与斜面及水平面的动摩擦因数均为0.4，斜面倾角为37°.求物体能在水平面上滑行的距离.(sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8)
图3
答案　3.5
m
解析　对物体在斜面上和水平面上受力分析如图所示
方法一　分过程列方程：设物体滑到斜面底端时的速度为v，物体下滑阶段
FN1＝mgcos
37°，故Ff1＝μFN1＝μmgcos
37°
由动能定理得：
mgsin
37°·l1－μmgcos
37°·l1＝mv2－0
设物体在水平面上滑行的距离为l2，摩擦力Ff2＝μFN2＝μmg
由动能定理得：－μmgl2＝0－mv2
联立以上各式可得l2＝3.5
m.
方法二　全过程由动能定理列方程：
mgl1sin
37°－μmgcos
37°·l1－μmgl2＝0
解得：l2＝3.5
m.
应用动能定理解题的一般步骤：
(1)选取研究对象(通常是单个物体)，明确它的运动过程.
(2)对研究对象进行受力分析，明确各力做功的情况，求出外力做功的代数和.
(3)明确物体在初、末状态的动能Ek1、Ek2.
(4)列出动能定理的方程W＝Ek2－Ek1，结合其他必要的辅助方程求解并验算.
(多选)(2018·湖南师大附中高一下学期期末)在平直的公路上，汽车由静止开始做匀加速运动.当速度达到vm后，立即关闭发动机而滑行直到停止.v－t图线如图4所示，汽车的牵引力大小为F1，摩擦力大小为F2，全过程中，牵引力做的功为W1，克服摩擦阻力做功为W2.以下是F1、F2及W1、W2间关系的说法，其中正确的是(　　)
图4
A.F1∶F2＝1∶3
B.F1∶F2＝4∶3
C.W1∶W2＝1∶1
D.W1∶W2＝1∶3
答案　BC
解析　对全过程由动能定理可知W1－W2＝0，故W1∶W2＝1∶1，故C正确，D错误；W1＝F1s，W2＝F2s′，由题图可知s∶s′＝3∶4，所以F1∶F2＝4∶3，故A错误，B正确.
一列车的质量是5.0×105
kg，在平直的轨道上以额定功率3
000
kW加速行驶，当速率由10
m/s加速到所能达到的最大速率30
m/s时，共用了2
min，设列车所受阻力恒定，则：
(1)列车所受的阻力多大？
(2)这段时间内列车前进的距离是多少？
答案　(1)1.0×105
N　(2)1
600
m
解析　(1)列车以额定功率加速行驶时，其加速度在减小，当加速度减小到零时，速度最大，此时有P＝Fv＝Ffvmax，所以列车受到的阻力Ff＝＝1.0×105
N；
(2)这段时间牵引力做功WF＝Pt，设列车前进的距离为s，则由动能定理得Pt－Ffs＝mvmax2－mv02
代入数据解得s＝1
600
m.
1.(对动能的理解)(多选)关于动能的理解，下列说法正确的是(　　)
A.一般情况下，Ek＝mv2中的v是相对于地面的速度
B.动能的大小由物体的质量和速率决定，与物体的运动方向无关
C.物体以相同的速率向东和向西运动，动能的大小相等、方向相反
D.当物体以不变的速率做曲线运动时其动能不断变化
答案　AB
解析　动能是标量，由物体的质量和速率决定，与物体的运动方向无关；动能具有相对性，无特别说明，一般指相对于地面的动能，A、B正确，C、D错误.
2.(对动能定理的理解)(2018·全国卷Ⅱ)如图5，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(　　)
图5
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
答案　A
解析　由题意知，W拉－W克阻＝ΔEk，则W拉>ΔEk，A项正确，B项错误；W克阻与ΔEk的大小关系不确定，C、D项错误.
3.(动能定理的应用)一辆汽车以v1＝6
m/s的速度沿水平路面行驶时，急刹车后能滑行x1＝3.6
m，如果以v2＝8
m/s的速度行驶，在同样的路面上急刹车后滑行的距离x2应为(　　)
A.6.4
m
B.5.6
m
C.7.2
m
D.10.8
m
答案　A
解析　急刹车后，车水平方向只受摩擦力的作用，且两种情况下摩擦力的大小是相同的，汽车的末速度皆为零，由动能定理得：
－Fx1＝0－mv12①
－Fx2＝0－mv22②
联立①②式得＝
x2＝x1＝2×3.6
m＝6.4
m，故A正确，B、C、D错误.
4.(动能定理的应用)(2018·上海复旦附中期末)一质量为2
kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以某一速度在粗糙的水平面上做匀速直线运动，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.如图6所示为拉力F随位移x变化的关系图像，取g＝10
m/s2，则据此可以求得(　　)
图6
A.物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.25
B.物体匀速运动时的速度为v＝4
m/s
C.合外力对物体所做的功为W合＝32
J
D.摩擦力对物体所做的功为Wf＝－64
J
答案　D
解析　物体做匀速运动时，受力平衡，则Ff＝8
N，μ＝＝＝＝0.4，故A错误；F－x图像与x轴围成的面积表示拉力做的功，则由题图可知，WF＝×(4＋8)
×8
J＝48
J，滑动摩擦力做的功Wf＝－μmgx＝－0.4×2×10×8
J＝－64
J，所以合外力做的功为W合＝－64
J＋48
J＝－16
J，故C错误，D正确；根据动能定理得W合＝0－mv02，解得v0＝＝
m/s＝4
m/s，故B错误.
5.(动能定理的应用)半径R＝1
m的圆弧轨道下端与一光滑水平轨道连接，水平轨道离水平地面高度h＝1
m，如图7所示，有一质量m＝1.0
kg的小滑块自圆轨道最高点A由静止开始滑下，经过水平轨道末端B时速度为4
m/s，滑块最终落在地面上，g取10
m/s2，不计空气阻力，试求：
图7
(1)滑块落在地面上时速度的大小；
(2)滑块在轨道上滑行时克服摩擦力做的功.
答案　(1)6
m/s　(2)2
J
解析　(1)从B点到地面这一过程，只有重力做功，根据动能定理有mgh＝mv2－mvB2，
代入数据解得v＝6
m/s；
(2)设滑块在轨道上滑行时克服摩擦力做的功为Wf，从A到B这一过程运用动能定理有mgR－Wf＝mvB2－0，
解得Wf＝2
J.
考点一　动能的概念及动能的表达式
1.两个物体质量之比为1∶4，速度大小之比为4∶1，则这两个物体的动能之比为(　　)
A.1∶1
B.1∶4
C.4∶1
D.2∶1
答案　C
2.(多选)某同学在练习足球时，将足球朝竖直的墙壁踢出.假设足球的质量为m＝0.5
kg，足球垂直撞击墙壁前的瞬间速度大小为v＝5
m/s，如果以足球撞击墙壁前瞬间的速度方向为正，足球与墙壁碰后以等大的速度反向弹回.则足球与墙壁发生作用的过程中(　　)
A.速度的变化量为－10
m/s
B.速度的变化量为10
m/s
C.动能的变化量为25
J
D.动能的变化量为0
答案　AD
解析　速度的变化量为矢量，Δv＝－v－v＝(－5－5)
m/s＝－10
m/s，A正确，B错误；动能的变化量为标量，ΔEk＝mv2－mv2＝0，C错误，D正确.
考点二　动能定理的理解和应用
3.关于动能定理，下列说法中正确的是(　　)
A.在某过程中，动能的变化等于各个力单独做功的绝对值之和
B.只要有力对物体做功，物体的动能就一定改变
C.动能定理只适用于直线运动，不适用于曲线运动
D.动能定理既适用于恒力做功的情况，也适用于变力做功的情况
答案　D
解析　动能的变化等于各个力单独做功的代数和，A错误；根据动能定理，决定动能是否改变的是总功，而不是某一个力做的功，B错误；动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于恒力做功的情况，也适用于变力做功的情况，C错误，D正确.
4.两个物体A、B的质量之比为mA∶mB＝2∶1，二者初动能相同，它们和水平桌面间的动摩擦因数相同，则二者在桌面上滑行到停止经过的距离之比为(　　)
A.xA∶xB＝2∶1
B.xA∶xB＝1∶2
C.xA∶xB＝4∶1
D.xA∶xB＝1∶4
答案　B
解析　物体滑行过程中只有摩擦力做功，根据动能定理，对A：－μmAgxA＝0－Ek；对B：－μmBgxB＝0－Ek.故＝＝，B正确，A、C、D错误.
5.物体沿直线运动的v－t图像如图1所示，已知在第1
s内合力对物体做功为W，则(　　)
图1
A.从第1
s末到第3
s末合力做功为4W
B.从第3
s末到第5
s末合力做功为－2W
C.从第5
s末到第7
s末合力做功为W
D.从第3
s末到第4
s末合力做功为－0.5W
答案　C
解析　由题图可知物体速度变化情况，根据动能定理得
第1
s内：W＝mv02
第1
s末到第3
s末：
W1＝mv02－mv02＝0，A错误；
第3
s末到第5
s末：
W2＝0－mv02＝－W，B错误；
第5
s末到第7
s末：
W3＝m(－v0)2－0＝W，C正确；
第3
s末到第4
s末：
W4＝m()2－mv02＝－0.75W，D错误.
6.如图2所示，质量为0.1
kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4
m后以3.0
m/s的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45
m，若不计空气阻力，取g＝10
m/s2，则(　　)
图2
A.小物块的初速度是5
m/s
B.小物块的水平射程为1.2
m
C.小物块在桌面上克服摩擦力做8
J的功
D.小物块落地时的动能为0.9
J
答案　D
解析　小物块在粗糙水平桌面上滑行时，由动能定理－μmgs＝mv2－mv02
得：v0＝7
m/s，Wf＝－μmgs＝－2
J，A、C错误；
物块飞离桌面后做平抛运动，由h＝gt2，x＝vt得x＝0.9
m，B项错误；
由mgh＝Ek－mv2得，物块落地时Ek＝0.9
J，D正确.
7.(多选)(2018·济南市历城第二中学期末)质量为m的汽车，发动机的功率恒为P，阻力恒为F1，牵引力为F，汽车由静止开始，经过时间t行驶了位移s时，速度达到最大值vm，则发动机所做的功为(　　)
A.Pt
B.F1s
C.mvm2
D.＋
答案　AD
解析　发动机的功率恒为P，经过时间t，发动机做的功为W＝Pt，A正确；当达到最大速度时，有P＝F1vm，得vm＝，整个过程中发动机做的功应等于克服阻力做的功与汽车获得的动能之和，则W＝mvm2＋F1s＝＋，B、C错误，D正确.
8.(2018·郑州市高一下学期期末)如图3所示，运动员把质量为m的足球从水平地面踢出，足球在空中达到的最高点的高度为h，在最高点时的速度为v，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法中正确的是(　　)
图3
A.运动员踢球时对足球做功mv2
B.足球上升过程重力做功mgh
C.运动员踢球时对足球做功mv2＋mgh
D.足球上升过程克服重力做功mv2＋mgh
答案　C
解析　足球上升过程中足球重力做负功，WG＝－mgh，B、D错误；从运动员踢球至足球上升至最高点的过程中，由动能定理得W－mgh＝mv2，故运动员踢球时对足球做功W＝mv2＋mgh，A项错误，C项正确.
9.木块在水平恒力F的作用下，沿水平路面由静止出发前进了l，随即撤去此恒力，木块沿原方向又前进了2l才停下来，设木块运动全过程中地面情况相同，则摩擦力的大小Ff和木块所获得的最大动能Ekm分别为(　　)
A.Ff＝　Ekm＝
B.Ff＝　Ekm＝Fl
C.Ff＝　Ekm＝
D.Ff＝F　Ekm＝
答案　C
解析　全过程，由动能定理得Fl－Ff·3l＝0得：Ff＝；加速过程：Fl－Ffl＝Ekm－0，得Ekm＝Fl，C正确，A、B、D错误.
10.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(　　)
答案　A
解析　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，把速度v代入得Ek＝mg2t2－mgv0t＋mv02，Ek与t为二次函数关系，图像为开口向上的抛物线，A对.
11.(多选)如图4甲所示，质量m＝2
kg的物体以100
J的初动能在粗糙程度相同的水平地面上滑行，其动能Ek随位移x变化的关系图像如图乙所示，则下列判断中正确的是(　　)
图4
A.物体运动的总位移大小为10
m
B.物体运动的加速度大小为10
m/s2
C.物体运动的初速度大小为10
m/s
D.物体所受的摩擦力大小为10
N
答案　ACD
解析　由题图乙可知，物体运动的总位移为10
m，根据动能定理得，－Ffx＝0－Ek0，解得Ff＝＝
N＝10
N，故A、D正确；根据牛顿第二定律得，物体的加速度大小为a＝＝
m/s2＝5
m/s2，故B错误；由Ek0＝mv2得v＝＝
m/s＝10
m/s，故C正确.
12.(2018·山西大学附属中学期末)如图5所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB、BC两段，AB＝2BC.小物块P(可视为质点)与AB、BC两段斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2.已知P由静止开始从A点释放，恰好能滑动到C点停下，那么θ、μ1、μ2间应满足的关系是(　　)
图5
A.tan
θ＝
B.tan
θ＝
C.tan
θ＝2μ1－μ2
D.tan
θ＝2μ2－μ1
答案　B
解析　小物块P从A点到C点过程，由动能定理得mg·AC·sin
θ－μ1mgcos
θ·AB－μ2mgcos
θ·BC＝0，又AB＝2BC，则有tan
θ＝，B正确.
13.(2018·定州中学高一下学期期末)如图6所示，一质量为m＝10
kg的物体，由光滑圆弧轨道上端从静止开始下滑，到达底端后沿水平面向右滑动1
m距离后停止.已知轨道半径R＝0.8
m，取g＝10
m/s2，求：
图6
(1)物体滑至圆弧底端时的速度大小；
(2)物体滑至圆弧底端时对轨道的压力大小；
(3)物体沿水平面滑动过程中克服摩擦力做的功.
答案　(1)4
m/s　(2)300
N　(3)80
J
解析　(1)设物体滑至圆弧底端时速度为v，由动能定理可知mgR＝mv2
得v＝＝4
m/s
(2)设物体滑至圆弧底端时受到轨道的支持力为FN，根据牛顿第二定律得FN－mg＝m，故FN＝mg＋m＝300
N
根据牛顿第三定律FN′＝FN，所以物体对轨道的压力大小为300
N
(3)设物体沿水平面滑动过程中摩擦力做的功为Wf，根据动能定理可知Wf＝0－mv2＝－80
J
所以物体沿水平面滑动过程中克服摩擦力做的功为80
J.
14.(2018·鹰潭一中期末)如图7所示，A、B两个材料相同的物体用长为L且不可伸长的水平细线连接在一起放在水平面上，在水平力F作用下以速度v做匀速直线运动，A的质量是B的2倍，某一瞬间细线突然断裂，保持F不变，仍拉A继续运动距离s0后再撤去，则当A、B都停止运动时，A和B相距多远？
图7
答案　L＋s0
解析　设物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体B的质量为m，B从细线断裂到停止运动前进s2，A从细线断裂到停止运动前进s1，对B由动能定理有
－μmgs2＝－mv2
对A由动能定理有
Fs0－μ·2mgs1＝0－×2mv2
细线断裂前，系统处于平衡状态，有F＝μ·3mg
联立以上各式可得s1－s2＝s0
当A、B都停止运动时，A、B两物体相距Δs＝L＋s1－s2＝L＋s01　功与功率
[学习目标]
1.掌握功的公式W＝Flcos
α及公式的适用范围，会用功的公式进行计算.2.理解正、负功的概念，会根据公式计算多个力所做的总功.3.理解功率的概念，能运用功率的定义式P＝及功率与速度的关系式P＝Fv进行有关分析和计算.
一、功
1.功的公式：W＝Flcos
α，其中F、l、α分别为力的大小、位移的大小、力与位移的夹角.
2.功是标(填“矢”或“标”)量.在国际单位制中，功的单位是焦耳，符号是J.
二、正功和负功
1.力对物体做正功或负功的条件
由W＝Flcos
α可知
(1)当α＝时，W＝0，力F对物体不做功.
(2)当0≤α＜时，W＞0，力F对物体做正功.
(3)当＜α≤π时，W＜0，力F对物体做负功.
2.总功的计算
当一个物体在几个力的共同作用下发生一段位移时，这几个力对物体所做的总功等于：
(1)各个分力分别对物体所做功的代数和.
(2)几个力的合力对物体所做的功.
三、功率
1.意义：功率是表示物体做功快慢的物理量.
2.定义：功W与完成这些功所用时间t之比.
3.定义式：P＝.单位：瓦特，简称瓦，符号W.
4.功率与速度的关系式：P＝Fv(F与v方向相同).
应用：由功率速度关系知，汽车、火车等交通工具和各种起重机械，当发动机的功率P一定时，牵引力F与速度v成反(填“正”或“反”)比，要增大牵引力，就要减小速度.
5.功率是标(填“标”或“矢”)量.
1.判断下列说法的正误.
(1)公式W＝Flcos
α中的l是物体运动的路程.(　×　)
(2)物体只要受力且运动，该力就一定做功.(　×　)
(3)功有正负之分，所以功是矢量.(　×　)
(4)由公式P＝知，做功越多，功率越大.(　×　)
(5)力对物体做功越快，力的功率一定越大.(　√　)
(6)汽车爬坡时常常需要换高速挡.(　×　)
2.如图1所示，质量为1
kg的物体，静止在光滑水平面上.现在给物体一个与水平方向成60°角斜向上、大小为10
N的拉力F，物体在拉力F的作用下沿水平面运动了2
s，则在这2
s内，拉力F所做的功是
J，功率是
W.
图1
答案　50　25
解析　Fcos
60°＝ma
l＝at2
W＝Flcos
60°
联立解得W＝50
J，
＝＝25
W.
一、对功的理解
导学探究
1.观察图2，分析图中的哪个人对物体做了功？
图2
答案　小川拉重物上升的过程，小川对重物做了功，其他三人都没有对物体做功.
2.如图3所示，物体在与水平方向夹角为α的力F的作用下沿水平面前进了l，则力F对物体做的功为多少？
图3
答案　如图所示，把力F沿水平方向和竖直方向进行分解，物体在竖直方向上没有发生位移，竖直方向的分力没有对物体做功，水平方向的分力为Fcos
α，所做的功为Flcos
α，所以力F对物体所做的功为Flcos
α.
知识深化
对公式W＝Flcos
α的理解
1.某一恒力F对物体做的功，只与l、α有关，与物体的运动状态及物体是否还受其他作用力等因素无关.
2.功是标量，没有方向，但是有正负.
3.公式W＝Flcos
α适用于计算恒力做功，若是变力，此公式不再适用.
如图4所示，坐在雪橇上的人与雪橇的总质量为m，在与水平面成θ角的恒定拉力F作用下，沿水平地面向右移动了一段距离l.已知雪橇与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则雪橇受到的(　　)
图4
A.支持力做功为mgl
B.重力做功为mgl
C.拉力做功为Flcos
θ
D.滑动摩擦力做功为－μmgl
答案　C
解析　支持力和重力与位移方向垂直，不做功，A、B错误；拉力和滑动摩擦力做功分别为W1＝Flcos
θ，W2＝－μ(mg－Fsin
θ)l，C正确，D错误.
二、正、负功的理解　功的计算
导学探究
某物体在力F作用下水平向右运动的位移为l，拉力的方向分别如图5甲、乙所示，分别求两种情况下拉力对物体做的功.
图5
答案　Fl　－Fl
知识深化
1.正、负功的理解和判断
条件
从动力学角度看
从能量角度看
正功
当0≤α＜时，cos
α＞0，W＞0
力是物体运动的动力
力对物体做正功，向物体提供能量，即受力物体获得了能量
不做功
当α＝时，cos
α＝0，W＝0
力对物体既不起动力作用，也不起阻力作用
负功
当＜α≤π时，cos
α＜0，W＜0
力是物体运动的阻力
物体克服外力做功，向外输出能量(以消耗自身能量为代价)，即负功表示物体失去了能量
说明
也可根据力和速度方向夹角判断功的正负
(多选)质量为m的物体，静止在倾角为θ的斜面上，斜面沿水平方向向右匀速移动了距离l，如图6所示.物体始终相对斜面静止，则下列说法正确的是(　　)
图6
A.重力对物体做正功
B.合力对物体做功为零
C.摩擦力对物体做负功
D.支持力对物体做正功
答案　BCD
解析　物体的受力和位移如图所示，支持力FN与位移l的夹角α<90°，故支持力做正功，D选项正确；重力方向与位移方向垂直，故重力不做功，A选项错误；摩擦力Ff与位移l的夹角大于90°，故摩擦力做负功，C选项正确；物体做匀速运动，所受合力为零，合力做功为零，B选项正确.
2.总功的计算
当物体在多个力的共同作用下发生一段位移时，合力对物体所做的功等于各分力对物体做功的代数和.故计算合力的功有以下两种方法：
(1)先由W＝Flcos
α计算各个力对物体所做的功W1、W2、W3…然后求所有力做功的代数和，即W合＝W1＋W2＋W3＋….
(2)先由力的合成或根据牛顿第二定律求出合力F合，然后由W合＝F合lcos
α计算总功，此时α为F合的方向与l的方向间的夹角.
注意：当在一个过程中，几个力作用的位移不相同时，只能用方法(1).
(2019·嘉兴七校高一下学期期中)如图7所示，一个质量为m＝2
kg的物体，受到与水平方向成37°角斜向上方的力F＝10
N作用，在水平地面上从静止开始向右移动的距离为l＝2
m，已知物体和地面间的动摩擦因数为0.3，g取10
m/s2，求外力对物体所做的总功.(cos
37°＝0.8，sin
37°＝0.6)
图7
答案　7.6
J
解析　物体受到的摩擦力为：Ff＝μFN
＝μ(mg－Fsin
37°)＝0.3×(2×10－10×0.6)N＝4.2
N
解法一：先求各力的功，再求总功.
拉力F对物体所做的功为：
W1＝Flcos
37°＝10×2×0.8
J＝16
J
摩擦力Ff对物体所做的功为：
W2＝Fflcos
180°＝－4.2×2
J＝－8.4
J
由于重力、支持力对物体不做功，故外力对物体所做的总功W等于W1和W2的代数和，即W＝W1＋W2＝7.6
J.
解法二：先求合力，再求总功.
物体受到的合力为：
F合＝Fcos
37°－Ff＝10×0.8
N－4.2
N＝3.8
N，
所以W＝F合l＝3.8×2
J＝7.6
J.
针对训练　如图8所示，平行于斜面向上的拉力F使质量为m的物体匀加速地沿着长为L、倾角为α的固定斜面的一端向上滑到另一端，物体与斜面间的动摩擦因数为μ.重力加速度为g，求作用在物体上的各力的合力对物体所做的总功.(物体可视为质点)
图8
答案　FL－mgLsin
α－μmgLcos
α
解析　以物体为研究对象，其受力分析如图所示：
解法一：拉力F对物体所做的功为：WF＝FL.
重力mg对物体所做的功为：
WG＝mgLcos(90°＋α)＝－mgLsin
α.
摩擦力对物体所做的功为：
Wf＝FfLcos
180°＝－FfL＝－μmgLcos
α.
支持力FN对物体所做的功为：
WN＝FNLcos
90°＝0.
故各力的总功为：W＝WF＋WG＋Wf＋WN
＝FL－mgLsin
α－μmgLcos
α
解法二：物体受到的合力为：
F合＝F－mgsin
α－Ff＝F－mgsin
α－μmgcos
α
所以合力做的功为：
W＝F合L＝FL－mgLsin
α－μmgLcos
α.
三、功率
导学探究
1.建筑工地上有两台起重机将重物吊起，下表是它们的工作情况记录：
起重机编号
被吊物体重力
匀速上升速度
上升的高度
所用时间
做功
A
2.0×103
N
4
m/s
16
m
4
s
B
4.0×103
N
3
m/s
6
m
2
s
(1)两台起重机哪台做功多？
(2)哪台做功快？怎样比较它们做功的快慢呢？
答案　(1)两台起重机分别做功3.2×104
J、2.4×104
J，所以A做功多.
(2)B做功快，可以用功与所用时间的比值表示做功的快慢.
2.在光滑水平面上，一个物体在水平恒力F作用下从静止开始加速运动，经过一段时间t，末速度为v.求：
(1)在t时间内力F的功率；
(2)在t时刻力F的功率.
答案　(1)物体在t时间内的位移l＝
W＝Fl＝Fvt
在t时间内力F的功率为平均功率
＝＝Fv
(2)t时刻的功率为瞬时功率
P＝Fv.
知识深化
1.功率表示的是物体做功的快慢，而不是做功的多少，功率大，做功不一定多，反之亦然.
2.区分平均功率和瞬时功率
(1)平均功率：与一段时间相对应
①＝；
②＝F，其中为平均速度.
(2)瞬时功率：与某一瞬时相对应
①当F与v方向相同时，P＝Fv，其中v为瞬时速度；
②当F与v夹角为α时，P＝Fvcos
α，其中v为瞬时速度.
3.P＝Fv中三个量的制约关系
定值
各量间的关系
应用
P一定
F与v成反比
汽车上坡时，要增大牵引力，应换低速挡减小速度
v一定
F与P成正比
汽车上坡时，要使速度不变，应加大油门，增大输出功率，获得较大牵引力
F一定
v与P成正比
汽车在平直高速路上，加大油门增大输出功率，可以提高速度
某人用同一水平力F先后两次拉同一物体，第一次使此物体从静止开始在光滑水平面上前进l距离，第二次使此物体从静止开始在粗糙水平面上前进l距离.若先后两次拉力做的功分别为W1和W2，拉力做功的平均功率分别为P1和P2，则(　　)
A.W1＝W2，P1＝P2
B.W1＝W2，P1＞P2
C.W1＞W2，P1＞P2
D.W1＞W2，P1＝P2
答案　B
解析　两次拉物体用的力都是F，物体的位移都是l，由W＝Flcos
α可知W1＝W2；物体在粗糙水平面上前进时，加速度a较小，由l＝at2可知用时较长，再由P＝可知P1>P2，选项B正确.
如图9所示，质量为m＝2
kg的木块在倾角θ＝37°的足够长的斜面上由静止开始下滑，木块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，已知：sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，g取10
m/s2，求：
图9
(1)前2
s内重力做的功；
(2)前2
s内重力的平均功率；
(3)2
s末重力的瞬时功率.
答案　(1)48
J　(2)24
W　(3)48
W
解析　(1)木块下滑过程中，由牛顿第二定律得：
mgsin
θ－μmgcos
θ＝ma
前2
s内木块的位移x＝at2
联立解得：x＝4
m，a＝2
m/s2
所以重力在前2
s内做的功为
W＝mgsin
θ·x＝2×10×0.6×4
J＝48
J；
(2)重力在前2
s内的平均功率为
＝＝
W＝24
W；
(3)木块在2
s末的速度v＝at＝2×2
m/s＝4
m/s
2
s末重力的瞬时功率为P＝mgsin
θ·v＝2×10×0.6×4
W＝48
W.
“某秒末”或“到某位置时”的功率是指瞬时功率，只能用P＝Fvcos
α求解；“某段时间内”或“某个过程中”的功率，则是指平均功率，此时可用＝求解，也可以用＝Fcos
α求解.
(2018·孝感八校教学联盟高一下学期期末联考)列车提速的一个关键技术问题是提高机车发动机的功率.已知匀速运动时，列车所受阻力与速度的平方成正比，即Ff＝kv2.设提速前匀速运动速度为180
km/h，提速后匀速运动速度为240
km/h，则提速前与提速后机车发动机的功率之比为(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　C
解析　匀速运动时，F＝Ff＝kv2
P＝Fv，则P＝kv3
故提速前与提速后机车发动机的功率之比为
P1∶P2＝v13∶v23＝27∶64.
1.(正、负功的判断)(2018·山东夏季学业水平考试)某同学为配合值日生打扫地面，将凳子向上搬起后再缓慢放回原处，此过程中该同学对凳子做功的情况是(　　)
A.一直做正功
B.先做正功，再做负功
C.一直做负功
D.先做负功，再做正功
答案　B
解析　该同学将凳子向上搬起过程中，人对凳子有向上的作用力，凳子向上运动，故人对凳子做正功；放下过程中，人对凳子的力仍然向上，但凳子运动方向向下，故人对凳子做负功，故B正确，A、C、D错误.
2.(功的计算)(2018·岷县一中高一下学期期末)用水平恒力F作用于质量为m的物体上，使之在光滑的水平面上沿力的方向移动距离l，恒力F做功为W1；再用该恒力作用在质量为2m的物体上，使之在粗糙的水平面上沿力的方向移动同样的距离l，恒力F做功为W2，则两次恒力做功的关系是(　　)
A.W1>W2
B.W1C.W1＝W2
D.无法判断
答案　C
解析　物体沿力的方向运动，恒力做功就是指力F做的功，根据W＝Flcos
α，两次做功过程中F、l、α均相同，所以两次F做功相同，即W1＝W2.
3.(总功的计算)如图10所示，质量m＝50
kg的滑雪运动员从高度h＝30
m的坡顶由静止下滑，斜坡的倾角θ＝37°，滑雪板与雪面之间的动摩擦因数μ＝0.1.则运动员滑至坡底的过程中：(g取10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，装备质量不计)
图10
(1)滑雪运动员所受的重力对他做了多少功？
(2)各力对运动员做的总功是多少？
答案　(1)1.5×104
J　(2)1.3×104
J
解析　(1)重力做的功为：
WG＝mgsin
37°·＝1.5×104
J
(2)各分力对运动员做的总功与合力对运动员做功相同，运动员所受合力为：
F合＝mgsin
37°－μmgcos
37°＝260
N
合力方向沿斜坡向下，沿合力方向的位移l＝＝50
m
合力做的功W合＝F合·l＝260×50
J＝1.3×104
J.
4.(对功率的理解)关于功率，下列说法正确的是(　　)
A.由P＝可知，只要知道W和t的值就可以计算出任意时刻的功率
B.由P＝Fv可知，汽车的功率一定与它的速度成正比
C.由P＝Fv可知，牵引力一定与速度成反比
D.当汽车的功率一定时，牵引力一定与速度成反比
答案　D
解析　公式P＝求的是一段时间内的平均功率，不能求瞬时功率，故A错误；根据P＝Fv可知，当汽车牵引力一定时，汽车的功率与速度成正比，故B错误；由P＝Fv可知，当汽车功率一定时，牵引力与速度成反比，故C错误，D正确.
5.(瞬时功率分析)(2018·商丘市高一下学期期末九校联考)飞行员进行素质训练时，抓住秋千杆由水平状态开始下摆，到达竖直状态的过程，如图11所示，飞行员受重力的瞬时功率变化情况是(　　)
图11
A.一直增大
B.一直减小
C.先增大后减小
D.先减小后增大
答案　C
解析　由瞬时功率计算式P＝Fvcos
α可知，初状态P1＝0，最低点P2＝0，中间状态P＞0.所以瞬时功率变化情况是先增大后减小，故C正确.
6.(平均功率和瞬时功率的计算)在F＝6
N的水平力作用下，质量m＝3
kg的物体在光滑水平面上由静止开始运动，运动时间t＝3
s.求：
(1)力F在前3
s内对物体做的功；
(2)力F在前3
s内对物体做功的平均功率；
(3)在3
s末力F对物体做功的瞬时功率.
答案　(1)54
J　(2)18
W　(3)36
W
解析　(1)在水平力的作用下，物体在光滑水平面上做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知，加速度a＝＝2
m/s2，则物体在3
s末的速度v＝at＝6
m/s
物体在3
s内的位移x＝at2＝9
m
力F在前3
s内对物体做的功W＝Fx＝54
J.
(2)力F在前3
s内的平均功率＝＝18
W.
(3)3
s末力F的瞬时功率P＝Fv＝6×6
W＝36
W.
考点一　功的概念　正、负功的判断
1.下列选项所示的四幅图是小华提包回家的情景，其中小华提包的力不做功的是(　　)
答案　B
2.(多选)关于功的正、负，下列说法正确的是(　　)
A.功有正、负，所以功是矢量
B.正功表示功的方向与物体运动方向相同，负功表示功的方向与物体运动方向相反
C.正功表示力和位移夹角小于90°，负功表示力和位移夹角大于90°
D.正功表示做功的力为动力，负功表示做功的力为阻力
答案　CD
3.(2018·孝感八校教学联盟高一下学期期末联考)如图1所示，小朋友在弹性较好的蹦床上跳跃翻腾，尽情玩耍，在小朋友接触床面向下运动的过程中，床面对小朋友的弹力做功情况是(　　)
图1
A.先做负功，再做正功
B.先做正功，再做负功
C.一直做正功
D.一直做负功
答案　D
4.(2018·吉林省实验中学高一下学期期末)一人乘电梯从1楼到20楼，在此过程中经历了先加速，再匀速，最后减速的运动过程，则电梯对人的支持力做功的情况是(　　)
A.加速时做正功，匀速时不做功，减速时做负功
B.加速时做正功，匀速和减速时做负功
C.加速和匀速时做正功，减速时做负功
D.始终做正功
答案　D
解析　在加速、匀速、减速的过程中，支持力与人的位移方向始终相同，所以支持力始终对人做正功，故D正确.
5.(2018·安徽师大附中高一下学期期末模拟)关于力对物体做的功，以下说法中正确的是(　　)
A.滑动摩擦力对物体做的功与路径有关
B.合外力不做功，物体必定做匀速直线运动
C.在相同的时间内作用力与反作用力做的功一定是绝对值相等，一正一负
D.一对作用力与反作用力不可能其中一个做功，而另一个不做功
答案　A
解析　滑动摩擦力做功与物体运动的路径有关，故A正确；做匀速圆周运动的物体，合外力不做功，但物体做曲线运动，故B错误；作用力和反作用力的作用点的位移可能同向，也可能反向，大小可以相等，也可以不等，故作用力和反作用力做功不一定相等，故相互作用力做功之和不一定为零，故一对作用力和反作用力，可能作用力做功，而反作用力不做功，故C、D错误.
考点二　恒力做功的分析和计算
6.某人用20
N的水平恒力推着小车在粗糙的水平面上前进了5.0
m，放手后，小车又前进了2.0
m才停下来，则在小车运动过程中，人的推力所做的功为(　　)
A.100
J
B.140
J
C.60
J
D.无法确定
答案　A
解析　人的推力作用在小车上的过程中，小车的位移是5.0
m，故该力做功为W＝Flcos
α＝20×5.0×cos
0°
J＝100
J，故A项正确.
7.如图2所示，质量分别为M和m的两物块A、B(均可视为质点，且M>m)分别在同样大小的恒力作用下，沿水平面由静止开始做直线运动，两力与水平面的夹角相同，两物块经过的位移相同.设此过程中F1对A做的功为W1，F2对B做的功为W2，则(　　)
图2
A.无论水平面光滑与否，都有W1＝W2
B.若水平面光滑，则W1>W2
C.若水平面粗糙，则W1>W2
D.若水平面粗糙，则W1答案　A
解析　设两物块的水平位移均为l，则F1做功为W1＝F1lcos
α，F2做功为W2＝F2lcos
α，因F1＝F2，则
W1＝W2，故B、C、D错误，A正确.
8.如图3所示，质量为m的物体A静止在倾角为θ的斜面体B上，斜面体B的质量为M.现对该斜面体B施加一个水平向左的推力F，使物体A随斜面体B一起沿水平方向向左匀速运动，物体A与斜面体始终保持相对静止，当移动的距离为l时，斜面体B对物体A所做的功为(　　)
图3
A.Fl
B.mglsin
θ·cos
θ
C.mglsin
θ
D.0
答案　D
解析　对物体A进行受力分析，其受到重力mg、支持力FN、静摩擦力Ff，如图所示，由于物体A做匀速运动，所以支持力FN与静摩擦力Ff的合力(即斜面体B对物体A的作用力)，方向竖直向上，而位移方向水平向左，斜面体B对物体A的作用力的方向与位移方向垂直，故斜面体B对物体A所做的功为0，D正确.
9.(多选)如图4所示，人站在台阶式自动扶梯上不动，随扶梯向上匀速运动，下列说法中正确的是(　　)
图4
A.重力对人做负功
B.摩擦力对人做正功
C.支持力对人做正功
D.合力对人做功为零
答案　ACD
解析　因为人匀速向上运动，所以只受重力和支持力，且二力平衡，不受摩擦力，B错误.重力方向和运动方向夹角大于90°，重力做负功，A正确.支持力方向和运动方向夹角小于90°，支持力做正功，C正确.合力为零，因此总功一定为零，D正确.
10.如图5所示，自动卸货车静止在水平地面上，在液压机的作用下，车厢与水平方向的夹角θ缓慢增大，在货物相对车厢静止的过程中，下列说法正确的是(　　)
图5
A.货物受到的支持力变小
B.货物受到的摩擦力变小
C.货物受到的支持力对货物做负功
D.货物受到的摩擦力对货物做负功
答案　A
解析　货物处于平衡状态，有mgsin
θ＝Ff，FN＝mgcos
θ，θ增大时，Ff增大，FN减小，故A正确，B错误；货物受到的支持力的方向与位移方向的夹角小于90°，支持力做正功，故C错误；摩擦力的方向始终与速度方向垂直，摩擦力不做功，故D错误.
11.如图6所示，同一物体分别沿斜面AD和BD自顶点由静止开始下滑，该物体与两斜面间的动摩擦因数相同.在滑行过程中克服摩擦力做的功分别为WA和WB，则(　　)
图6
A.WA>WB
B.WA＝WB
C.WAD.无法确定
答案　B
解析　设斜面AD、BD与水平面CD所成夹角分别为α、β，根据功的公式，得WA＝μmgcos
α·lAD＝μmglCD，WB＝μmgcos
β·lBD＝μmglCD，所以B正确.
12.(多选)(2019·山西大学附中高一下学期期中)如图7所示，站在汽车上的人用手推车的力为F，脚对车向后的静摩擦力为F′，下列说法正确的是(　　)
图7
A.当车匀速运动时，F和F′做的总功为零
B.当车加速运动时，F和F′的总功为负功
C.当车加速运动时，F和F′的总功为正功
D.不管车做何种运动，F和F′的总功都为零
答案　AB
13.(多选)如图8所示，用恒定的拉力F拉置于光滑水平面上质量为m的物体，由静止开始运动时间t，拉力F斜向上且与水平面夹角为θ＝60°.如果要使拉力做的功变为原来的4倍，在其他条件不变的情况下，可以将(物体始终未离开水平面)(　　)
图8
A.拉力变为2F
B.时间变为2t
C.物体质量变为
D.拉力大小不变，但方向改为与水平面平行
答案　ABD
解析　对物体受力分析，水平方向上，由牛顿第二定律得Fcos
60°＝ma，则a＝.位移l＝at2＝t2，W＝Flcos
60°＝t2，当F′＝2F时，W′＝4W，当t′＝2t时，W′＝4W；当m′＝m时，W′＝2W；当θ＝0°时，W′＝4W，由此可知，C错误，A、B、D正确.
14.一物体放在水平地面上，如图9甲所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图乙所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图丙所示.求：
图9
(1)0～6
s时间内物体的位移大小；
(2)0～10
s时间内物体克服摩擦力所做的功.
答案　(1)6
m　(2)30
J
解析　(1)由题图丙可知0～6
s时间内物体的位移为：
x＝×3
m＝6
m.
(2)由题图丙可知，在6～8
s时间内，物体做匀速运动，故摩擦力Ff＝－2
N
0～10
s时间内物体的总位移为：
x′＝×3
m＝15
m
物体克服摩擦力所做的功：
W＝|Ffx′|＝30
J.
15.如图10所示，用沿斜面向上、大小为800
N的力F，将质量为100
kg的物体沿倾角为θ＝37°的固定斜面由底端匀速地拉到顶端，斜面长L＝5
m，物体与斜面间的动摩擦因数为0.25.求这一过程中：(g取10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8)
图10
(1)物体的重力所做的功；
(2)摩擦力所做的功；
(3)物体所受各力的合力所做的功.
答案　(1)－3
000
J　(2)－1
000
J　(3)0
解析　对物体受力分析如图所示
(1)WG＝－mgLsin
θ＝－3
000
J
(2)Ff＝μFN＝μmgcos
θ
Wf＝－FfL＝－μmgcos
θ·L
＝－1
000
J
(3)解法一　WF＝FL＝4
000
J
W＝WF＋WG＋Wf＝0
解法二　物体做匀速运动，F合＝0
故W＝0.
考点一　功率的概念及基本公式的理解
1.关于功率，下列说法正确的是(　　)
A.功率是描述力对物体做功多少的物理量
B.力做功时间越长，力的功率一定越小
C.力对物体做功越快，力的功率一定越大
D.力对物体做功越多，力的功率一定越大
答案　C
解析　功率是描述力对物体做功快慢的物理量，做功越快，功率越大，A错误，C正确；力对物体做功时间长，未必做功慢，B错误；力对物体做功多，未必做功快，D错误.
2.(多选)放在水平面上的物体在拉力F作用下做匀速直线运动，先后通过A、B两点，在这个过程中(　　)
A.物体的运动速度越大，力F做功越多
B.不论物体的运动速度多大，力F做功不变
C.物体的运动速度越大，力F做功的功率越大
D.不论物体的运动速度多大，力F做功的功率不变
答案　BC
3.(2018·宜宾市高一教学质量检测)汽车上坡时，保持汽车发动机输出功率一定，降低速度，这样做的目的是(　　)
A.增大牵引力
B.减小牵引力
C.增大阻力
D.减小惯性
答案　A
解析　对于汽车来说，其最大功率是一定的，由P＝Fv可知，只有减小速度，才能得到更大的牵引力，更有利于上坡，故B、C、D错误，A正确.
考点二　功率的计算
4.(2018·齐齐哈尔市高一下学期期末)质量为2
t的汽车，发动机的额定功率为30
kW，在水平路面上能以15
m/s的最大速度匀速行驶，则汽车在该水平路面行驶时所受的阻力为(　　)
A.2×103
N
B.3×103
N
C.5×103
N
D.6×103
N
答案　A
5.一个质量为m的小球做自由落体运动，那么，在t时间内(小球未落地)重力对它做功的平均功率及在t时刻重力做功的瞬时功率P分别为(　　)
A.＝mg2t2，P＝mg2t2
B.＝mg2t2，P＝mg2t2
C.＝mg2t，P＝mg2t
D.＝mg2t，P＝2mg2t
答案　C
解析　t时间内重力做功的平均功率
＝＝＝mg2t
t时刻重力做功的瞬时功率P＝Fv＝mg·gt＝mg2t
故C正确.
6.(2018·湖南师大附中高一下学期期末)假设列车从静止开始做匀加速直线运动，经过500
m的路程后，速度达到360
km/h.整列列车的质量为1×105
kg，如果不计阻力，在匀加速阶段，牵引力的最大功率是(　　)
A.4.67×106
kW
B.1×105
kW
C.1×108
kW
D.4.67×109
kW
答案　B
解析　v＝360
km/h＝100
m/s，由v2＝2ax得，a＝＝
m/s2＝10
m/s2，则牵引力F＝ma＝1×105×10
N＝1×106
N
所以牵引力最大功率P＝Fv＝1×106×100
W＝1×108
W＝1×105
kW，故B正确.
7.(多选)(2018·贵阳市高一下学期期末)如图1所示，为轿车中的手动变速杆，若保持发动机输出功率不变，将变速杆推至不同挡位，可获得不同的运行速度，从“1”～“5”挡速度增大，R是倒车挡.某型号轿车发动机的额定功率为60
kW，在水平路面上行驶的最大速度可达180
km/h.假设该轿车在水平路面上行驶时所受阻力恒定，则该轿车(　　)
图1
A.以最大牵引力爬坡，变速杆应推至“1”挡
B.以最大牵引力爬坡，变速杆应推至“5”挡
C.以额定功率在水平路面上以最大速度匀速行驶时，其牵引力为1
200
N
D.以54
km/h的速度在水平路面上匀速行驶时，发动机的输出功率为60
kW
答案　AC
解析　根据P＝Fv可知，当速度最小时，牵引力最大，变速杆应推至“1”挡，故A正确，B错误；由题意可知轿车在水平路面上行驶的最大速度为vmax＝180
km/h＝50
m/s，在额定功率下以最高速度行驶时，F＝＝
N＝1
200
N，故C正确；54
km/h＝15
m/s，轿车在水平路面上行驶时所受阻力为1
200
N，发动机的输出功率为P＝Fv＝1
200×15
W＝18
kW，故D错误.
8.一台起重机将静止在地面上、质量为m＝1.0×103
kg的货物匀加速竖直吊起，在2
s末货物的速度v＝4
m/s.(取g＝10
m/s2，不计额外功)求：
(1)起重机在这2
s内的平均功率；
(2)起重机在2
s末的瞬时功率.
答案　(1)2.4×104
W　(2)4.8×104
W
解析　设货物所受的拉力为F，加速度为a，则
(1)由a＝得，a＝2
m/s2
由牛顿第二定律知，F－mg＝ma
则F＝mg＋ma＝1.0×103×10
N＋1.0×103×2
N
＝1.2×104
N
2
s内货物上升的高度h＝at2＝×2×22
m＝4
m
起重机在这2
s内对货物所做的功
W＝F·h＝1.2×104×4
J＝4.8×104
J
起重机在这2
s内的平均功率
＝＝
W＝2.4×104
W
(2)起重机在2
s末的瞬时功率
P＝Fv＝1.2×104×4
W＝4.8×104
W.
9.起重机的钢索将重物由地面吊到空中某个高度，其v－t图像如图2所示，则钢索拉力的功率随时间变化的图像可能是下列选项图中的哪一个(　　)
图2
答案　B
解析　由题图知，在0～t1时间内，重物匀加速上升，钢索拉力F1>mg；在t1～t2时间内，重物匀速上升，钢索拉力F2＝mg；在t2～t3时间内，重物匀减速上升，钢索拉力F3F2v1；t1～t2时间内，功率保持不变，P＝F2v1，t2～t3时间内，功率均匀减小，且t2时刻F2v1>F3v1，综上所述，只有B正确.
10.(多选)(2018·吉林省实验中学高一下学期期末)将三个光滑的平板倾斜固定，三个平板顶端到底端的高度相等，三个平板AC、AD、AE与水平面间的夹角分别为θ1、θ2、θ3，如图3所示.现将三个完全相同的小球由最高点A沿三个平板同时无初速度释放，经一段时间到达平板的底端.则下列说法正确的是(　　)
图3
A.重力对三个小球所做的功相同
B.沿倾角为θ3的AE平板下滑的小球的重力的平均功率最大
C.三个小球到达底端时的瞬时速度大小相同
D.沿倾角为θ3的AE平板下滑的小球到达平板底端时重力的瞬时功率最小
答案　ACD
解析　设A点距水平面的高度为h，小球的质量为m，对沿AC板下滑的小球，重力做功WAC＝mgsin
θ·LAC＝mgh，同理可得，重力对三个小球所做的功相同，均为W＝mgh，选项A正确；由a＝gsin
θ以及L＝＝at2可知，t＝，故沿倾角为θ3的AE平板下滑的小球运动的时间最长，根据＝可知，重力的平均功率最小，选项B错误；根据v2＝2ax＝2gsin
θ·＝2gh，可知三个小球到达底端的速度大小相同，根据P＝mgvsin
θ可知，沿倾角为θ3的AE平板下滑的小球到达平板底端时重力的瞬时功率最小，选项C、D正确.
11.(多选)(2018·商丘市高一下学期期末九校联考)如图4甲所示，物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动.监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图乙、丙所示.取g＝10
m/s2，则(　　)
图4
A.第1
s内推力做功为1
J
B.第2
s内物体克服摩擦力做的功为2
J
C.t＝1.5
s时推力F的功率为2
W
D.第2
s内推力F做功的平均功率为3
W
答案　BD
解析　由题图丙可知，第1
s内物体保持静止状态，在推力方向上没有位移，故推力做功为0，故A错误；由题图乙、丙可知，第3
s内物体做匀速运动，F＝2
N，故F＝Ff＝2
N，由v－t图像知，第2
s内物体的位移x＝×1×2
m＝1
m，第2
s内物体克服摩擦力做的功Wf＝Ffx＝2
J，故B正确；第2
s内推力F＝3
N，t＝1.5
s时物体的速度为v＝1
m/s，故推力的功率为P＝Fv＝3
W，第2
s内推力F做功WF＝Fx＝3
J，故第2
s内推力F做功的平均功率＝＝3
W，故C错误，D正确.
12.(多选)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F与时间t的关系如图5所示，力的方向保持不变，则(　　)
图5
A.3t0时刻，物体的速度为
B.3t0时刻的瞬时功率为
C.在t＝0到3t0这段时间内，水平力F的平均功率为
D.在t＝0到3t0这段时间内，水平力F的平均功率为
答案　BC
解析　由题图知，0～2t0时间内，物体加速度a1＝，位移x1＝a1(2t0)2＝，2t0时刻的速度v1＝a1·2t0＝；2t0～3t0时间内，物体的加速度a2＝，位移x2＝v1t0＋a2t02＝，3t0时刻的速度v2＝v1＋a2t0＝，所以3t0时刻的瞬时功率P＝2F0v2＝，选项A错误，B正确；0～3t0时间内的平均功率＝＝＝，选项C正确，D错误.
13.起重机将一质量为1.0×103
kg的货物竖直向上吊起，货物运动的v－t图象如图6所示，求：(取g＝10
m/s2)
图6
(1)整个过程中货物上升的高度；
(2)减速过程中货物的加速度大小；
(3)加速过程中起重机拉力的平均功率.
答案　(1)14
m　(2)0.5
m/s2　(3)1.1×104
W
解析　(1)v－t图像中图像与时间轴围成的面积即为货物在该段时间内的位移，
所以：x＝×(4＋10)×2
m＝14
m
(2)由公式：a＝
可得：a＝－0.5
m/s2
故减速过程中货物的加速度大小为0.5
m/s2
(3)由题图可知加速过程中：a′＝1
m/s2，＝1
m/s
由牛顿第二定律得：
F牵－mg＝ma′
解得：F牵＝1.1×104
N
由＝F牵得：
＝1.1×104
W
14.(2018·泉州五中期末)如图7所示，位于水平面上的物体A，在斜向上的恒定拉力F作用下，由静止开始向右做匀加速直线运动.已知物体质量为10
kg，F的大小为100
N，方向与速度v的夹角为37°，物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，取g＝10
m/s2.(sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8)则：
图7
(1)第2
s末，拉力F对物体做功的功率是多大？
(2)从开始运动到物体前进12
m的过程中，拉力对物体做功的平均功率是多大？
答案　(1)960
W　(2)480
W
解析　(1)物体对水平面的压力等于水平面对物体的支持力，FN＝mg－Fsin
37°＝10×10
N－100×0.6
N＝40
N
由牛顿第二定律得物体的加速度
a＝＝
m/s2＝6
m/s2
第2
s末，物体的速度v＝at＝12
m/s
第2
s末，拉力F对物体做功的功率P＝Fvcos
37°＝960
W.
(2)从开始运动到物体前进12
m，所用时间为
t′＝＝
s＝2
s
该过程中拉力对物体做功
W＝Flcos
37°＝100×12×0.8
J＝960
J
拉力对物体做功的平均功率＝＝
W＝480
W.本章知识网络构建
机
械守定
能律专题强化　功的计算　机车的两种启动方式
[学习目标]
1.掌握功的公式的适用条件及求一般的变力做功的方法.2.进一步掌握瞬时功率和平均功率的计算方法.3.会分析机车恒定功率启动和匀加速启动过程中加速度和速度的变化.
一、功的计算
1.恒力做功的计算
功的公式W＝Flcos
α，只适用于恒力做功，即F为恒力，l是物体相对地面的位移，流程图如下：
2.变力做功的计算
(1)将变力做功转化为恒力做功.
当力的大小不变，而方向始终与运动方向相同或相反时，这类力的功等于力和路程的乘积.
(2)当变力做功的功率P一定时，如机车恒定功率启动，可用W＝Pt求功.
(3)用平均力求功：若力F随位移x线性变化，则可以用一段位移内的平均力求功，如将劲度系数为k的弹簧拉长x时，克服弹力做的功W＝x＝·x＝kx2.
(4)用F－x图像求功
若已知F－x图像，则图像与x轴所围的面积表示功，如图1所示，在位移x0内力F做的功W＝x0.
图1
在水平面上有一弯曲的槽道AB，由半径分别为和R的两个半圆构成.如图2所示，现用大小恒为F的拉力将一光滑小球从A点拉至B点，若拉力F的方向时时刻刻与小球运动方向一致，则此过程中拉力所做的功为(　　)
图2
A.零
B.FR
C.πFR
D.2πFR
答案　C
解析　小球受到的拉力F在整个过程中大小不变，方向时刻变化，是变力.但是，如果把圆周分成无数微小的弧段，每一小段可近似看成直线，拉力F在每一小段上方向不变，每一小段上可用恒力做功的公式计算，然后将各段做功累加起来.设每一小段的长度分别为l1，l2，l3…ln，拉力在每一段上做的功W1＝Fl1，W2＝Fl2…Wn＝Fln，拉力在整个过程中所做的功W＝W1＋W2＋…＋Wn＝F(l1＋l2＋…＋ln)＝F＝πFR.
放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6
s内其速度与时间的图像和水平拉力的功率与时间的图像如图3甲、乙所示.下列说法正确的是(　　)
图3
A.0～6
s内物体的位移大小为20
m
B.0～6
s内拉力做功为100
J
C.滑动摩擦力的大小为5
N
D.0～6
s内滑动摩擦力做功为－50
J
答案　D
解析　由题图甲可知，在0～6
s内物体的位移大小为x＝×(4＋6)×6
m＝30
m，故A错误；由题图乙可知，P－t图线与时间轴围成的面积表示拉力做功的大小，则0～6
s内拉力做功WF＝×2×30
J＋10×4
J＝70
J，故B错误；在2～6
s内，v＝6
m/s，P＝10
W，物体做匀速运动，摩擦力Ff＝F＝＝
N，故C错误；在0～6
s内物体的位移大小为30
m，滑动摩擦力做负功，即Wf＝－×30
J＝－50
J，D正确.
二、机车的两种启动方式
以恒定功率启动
以恒定加速度启动
P－t图
象与v－t
图像
运动
规律
OA段：做加速度逐渐减小的变加速直线运动；
AB段：做速度为vm的匀速直线运动
OA段：以加速度a做匀加速直线运动；
AB段：做加速度逐渐减小的变加速直线运动；
BC段：做速度为vm的匀速直线运动
过程
分析
OA段：v↑?F＝↓?a＝↓；
AB段：F＝F阻?a＝0?P额＝F阻·vm
OA段：a＝不变?F不变?v↑?P＝F·v↑，直到P＝P额＝F·v1；
AB段：v↑?F＝↓?a＝↓；
BC段：F＝F阻?a＝0?v达到最大值，vm＝
在水平路面上运动的汽车的额定功率为100
kW，质量为10
t，设阻力恒定，且为车重的0.1倍(g取10
m/s2)，则：
(1)若汽车以不变的额定功率从静止启动，汽车的加速度如何变化？
(2)当汽车的加速度为2
m/s2时，速度为多大？
(3)汽车在运动过程中所能达到的最大速度的大小是多少？
答案　(1)见解析　(2)
m/s　(3)10
m/s
解析　(1)若汽车以不变的额定功率从静止启动，v变大，由P额＝Fv知，牵引力F减小，根据牛顿第二定律F－Ff＝ma知，汽车的加速度逐渐减小.
(2)F－Ff＝ma1
P额＝Fv1
联立得：v1＝
m/s.
(3)当汽车速度达到最大时，a2＝0，F′＝Ff，P＝P额，故
vmax＝＝
m/s＝10
m/s.
(2019·山西大学附中高一下学期期中)汽车发动机的额定功率为60
kW，汽车的质量为4吨，当它行驶在坡度为α(sin
α＝0.02)的长直公路上时，如图4所示，所受摩擦力为车重的0.1倍(g取10
m/s2)，求：(结果均保留三位有效数字)
图4
(1)汽车所能达到的最大速度vm；
(2)若汽车从静止开始以0.6
m/s2的加速度做匀加速直线运动，则此过程能维持多长时间；
(3)当汽车从静止开始以0.6
m/s2的加速度匀加速行驶的速度达到最大值的过程中，汽车做功为多少.
答案　(1)12.5
m/s　(2)13.9
s　(3)4.16×105
J
解析　(1)汽车在坡路上行驶，所受阻力由两部分构成，
即F阻＝kmg＋mgsin
α＝4
800
N
又因为F＝F阻时，P＝F阻·vm，
所以vm＝＝
m/s＝12.5
m/s
(2)汽车从静止开始，以a＝0.6
m/s2的加速度匀加速行驶，有F′－kmg－mgsin
α＝ma，所以F′＝ma＋kmg＋mgsin
α＝4×103×0.6
N＋4
800
N＝7.2×103
N；保持这一牵引力，汽车可达到匀加速行驶的最大速度vm′，有
vm′＝＝
m/s≈8.33
m/s
由运动学规律可得
t＝＝
s≈13.9
s
(3)汽车在匀加速阶段行驶时做功为
W＝F′·l＝F′·＝7.2×103×57.82
J≈4.16×105
J.
机车启动问题中几个物理量的求法
分析机车启动问题，要抓住两个核心方程：牛顿第二定律方程F－Ff＝ma联系着力和加速度，P＝Fv联系着力和速度.
(1)机车的最大速度vm的求法.机车最终匀速前进时速度最大，此时牵引力F等于阻力Ff，故vm＝＝.
(2)匀加速启动持续时间的求法.牵引力F＝ma＋Ff，匀加速的最后速度vm′＝，时间t＝.
(3)瞬时加速度的求法.据F＝求出牵引力，则加速度a＝.
(2018·鹤壁市高一下学期期末)汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P0.快进入闹市区时司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半并保持该功率继续行驶.下列四个图像中，哪个正确表示了从司机减小油门开始，汽车的速度与时间的关系图像(　　)
答案　C
解析　汽车匀速行驶时牵引力等于阻力；功率减小一半时，汽车的速度由于惯性来不及变化，根据功率和速度关系公式P＝Fv，牵引力减小一半，小于阻力，合力向后，汽车做减速运动，由公式P＝Fv可知，功率一定时，速度减小后，牵引力增大，合力减小，加速度减小，故汽车做加速度不断减小的减速运动，当牵引力增大到等于阻力时，加速度减为零，汽车重新做匀速直线运动，且v′＝v0，故选C.
1.(功的计算)一个物体在粗糙的水平面上运动，先使物体向右滑动距离l，再使物体向左滑动距离l，正好回到起点，来回所受摩擦力大小都为Ff，则整个过程中摩擦力做功为(　　)
A.0
B.－2Ffl
C.－Ffl
D.无法确定
答案　B
解析　由题意可知，物体运动过程可分两段，两段内摩擦力均做负功，即W＝－Ffl，则全程摩擦力所做的功W总＝－2Ffl.
2.(以恒定功率启动)(2018·宜昌一中高一下学期期末)质量为m的汽车在平直的公路上从静止开始以恒定功率P启动，最终以某一速度做匀速直线运动.此过程中，汽车所受阻力大小恒为Ff，重力加速度为g，则(　　)
A.汽车的速度最大值为
B.汽车的速度最大值为
C.汽车的牵引力大小不变
D.汽车在做匀变速直线运动
答案　A
3.(机车启动中的图像问题)(多选)(2018·运城市河东一中期末)一辆轿车在平直公路上行驶，启动阶段轿车牵引力保持不变，而后以额定功率继续行驶，经过时间t0，其速度由零增大到最大值vm.若轿车所受的阻力Ff为恒力，关于轿车的速度v、牵引力F、功率P随时间t变化的情况，下列选项正确的是(　　)
答案　BCD
解析　轿车以恒定的牵引力F启动，由a＝得，轿车先做匀加速运动，由P＝Fv知，轿车的输出功率均匀增加，当功率达到额定功率时，牵引力逐渐减小，加速度逐渐减小，轿车做加速度逐渐减小的加速运动，当F＝Ff时，速度达到最大，之后轿车做匀速运动，B、C、D正确，A错误.
4.(机车启动中的图像问题)一辆汽车在水平路面上由静止启动，在前5
s内做匀加速直线运动，5
s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其v－t图像如图5所示.已知汽车的质量为m＝2×103
kg，汽车受到的阻力为车重的，g取10
m/s2，则(　　)
图5
A.汽车在前5
s内受到的阻力为200
N
B.前5
s内的牵引力为6×103
N
C.汽车的额定功率为40
kW
D.汽车的最大速度为20
m/s
答案　B
解析　由题意知汽车受到地面的阻力为车重的，则阻力Ff＝mg＝×2×103×10
N＝2
000
N，选项A错误；由题图知前5
s内的加速度a＝＝2
m/s2，由牛顿第二定律知前5
s内的牵引力F＝Ff＋ma＝(2
000＋2×103×2)
N＝6×103
N，选项B正确；5
s末达到额定功率P额＝Fv5＝6×103×10
W＝6×104
W＝60
kW，最大速度vmax＝＝
m/s＝30
m/s，选项C、D错误.
一、选择题
1.钢球在足够深的槽中由静止开始下降，若槽中的油对球的阻力正比于其速度，则球在下落的过程中阻力对球做功的功率大小随时间的变化关系最接近下列图像中的(　　)
答案　A
解析　开始阶段，球的速度小，阻力也小，由P＝Ffv知，功率就小.由于Ff＝kv，则P＝kv2，可见，阻力的功率随时间非线性增大.当重力与阻力相等时，球的速度不变，阻力的功率达到最大，故选项A正确.
2.(2018·岷县一中高一下学期期末)质量为5
t的汽车，在水平路面上以加速度a＝2
m/s2启动，所受阻力恒为1.0×103
N，汽车启动后第1秒末发动机的瞬时功率是(　　)
A.2
kW
B.22
kW
C.1.1
kW
D.20
kW
答案　B
解析　根据牛顿第二定律得：F－Ff＝ma，则F＝Ff＋ma＝1
000
N＋5
000×2
N＝11
000
N，汽车第1
s末的速度：v＝at＝2×1
m/s＝2
m/s，所以汽车启动后第1
s末发动机的瞬时功率为：P＝Fv＝11
000×2
W＝22
000
W＝22
kW，故B正确.
3.(多选)如图1所示，质量为m的滑块(可视为质点)，从半径为R的半球面的上端A点处以初速度v0滑下，B为最低点，O为球心，A、O、C三点等高，从A到C滑动过程中滑块所受到的摩擦力大小恒为Ff.则滑块(　　)
图1
A.从A到B过程，重力做功为零
B.从A到B过程，弹力做功为零
C.从A到B过程，摩擦力做功为－πRFf
D.从A到C过程，摩擦力做功为－πRFf
答案　BD
解析　滑块从A到B过程，重力做功不为零，选项A错误；弹力始终与位移方向垂直，弹力做功为零，选项B正确；从A到B过程，摩擦力方向始终与速度方向相反，摩擦力做功为W1＝－FfsAB＝－Ff(×2πR)＝－πRFf，选项C错误；同理，滑块从A到C过程，摩擦力做功W2＝－Ff(×2πR)＝－πRFf，选项D正确.
4.如图2所示，某个力F＝10
N作用在半径为R＝1
m的转盘的边缘上，力F的大小保持不变，但方向保持在任何时刻均与作用点的切线一致，则转动一周这个力F做的总功为(　　)
图2
A.0
B.20π
J
C.10
J
D.10π
J
答案　B
解析　由题意知力F的大小不变，但方向时刻都在变化，属于变力做功问题，转盘转动一周过程中，力和作用点的位移方向始终相同，所以力方向上的位移即周长，W＝Fx＝F·2πR＝20π
J，选项B正确.
5.(2018·长治二中期末)如图3甲所示，静置于光滑水平面上坐标原点O处的小物块，在水平拉力F的作用下沿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.已知纵横坐标轴单位长度代表的数值相同，纵横坐标单位均为国际单位，曲线部分为半圆，则小物块运动到x0处时拉力所做的功为(　　)
图3
A.Fmx0
B.(Fm＋F0)x0
C.(Fm－F0)x0＋F0x0
D.x02＋F0x0
答案　C
解析　F－x图像的“面积”等于拉力做功的大小，则得到拉力做的功W＝F0x0＋π()2＝F0x0＋x02，由题图乙看出，Fm－F0＝，故W＝(Fm－F0)x0＋F0x0，选项C正确.
6.(2018·许昌市高一下学期期末)在平直的公路上，静止的汽车启动后先匀加速开始运动，达到额定功率后保持额定功率不变继续运动.设汽车所受阻力恒定，则关于汽车运动全过程中的加速度大小随时间变化图像可能是下图中的(　　)
答案　A
解析　先保持匀加速运动，当汽车的功率达到额定功率时，此时P额＝Fv，随着速度的增大，牵引力在减小，根据F－Ff＝ma知，加速度减小，故A正确.
7.(2018·哈尔滨六校高一下学期期末联考)如图4所示为某新型电动汽车在阻力一定的水平路面上进行性能测试时的v－t图像.Oa为过原点的倾斜直线，
bc段是与ab段相切的水平直线，ab段汽车以额定功率P行驶，下列说法正确的是(　　)
图4
A.0～t1时间内汽车的功率减小
B.t1～t2时间内汽车的牵引力不变
C.t2～t3时间内牵引力不做功
D.汽车行驶时受到的阻力大小为
答案　D
解析　0～t1时间内，电动汽车做匀加速直线运动，牵引力不变，速度逐渐增大，根据P＝Fv知，汽车的功率逐渐增大，故A错误；在v－t图像中，斜率代表加速度，故在ab段加速度减小，牵引力减小，故B错误；t2～t3时间内，电动汽车做匀速直线运动，牵引力等于阻力，牵引力做正功，故C错误；匀速行驶时，牵引力等于阻力，根据P＝Fv＝Ffv2得Ff＝，故D正确.
8.质量为m的汽车，其发动机额定功率为P.当它在倾角为θ的斜坡上向上行驶时，受到的阻力为车重力的k倍，则车在此斜坡上的最大速度为(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　D
解析　当汽车做匀速运动时速度最大，此时汽车的牵引力F＝mgsin
θ＋kmg，由P＝Fvm可得vm＝，故选项D正确.
9.某重型气垫船，质量为5.0×105
kg，最高时速为108
km/h，装有额定输出功率为9
000
kW的燃气轮机.假设该重型气垫船在海面航行过程所受的阻力Ff与速度v满足Ff＝kv，下列说法正确的是(　　)
A.该重型气垫船的最大牵引力为3.0×105
N
B.由题中给出的数据可算出k＝1.0×104
N·s/m
C.当以最高时速一半的速度匀速航行时，气垫船所受的阻力大小为3.0×105
N
D.当以最高时速一半的速度匀速航行时，气垫船发动机的输出功率为4
500
kW
答案　B
解析　最大速度vm＝108
km/h＝30
m/s，此时的牵引力F＝＝
W＝3×105
N，在达到最大速度前F>3.0×105
N，所以A错误；由kvm＝Ff＝F得：k＝＝
N·s/m＝1.0×104
N·s/m，B正确；Ff′＝k·＝Ff＝1.5×105
N，此时发动机输出功率P′＝Ff′＝1.5×105×15
W＝2
250
kW，C、D错误.
10.(多选)(2019·沙市中学高一下学期期中)质量为m的坦克在平直的公路上从静止开始加速，前进距离s速度便可达到最大值vm.设在加速过程中发动机的功率恒定为P，坦克所受阻力恒为Ff，当速度为v(vA.坦克的最大速度vm＝
B.坦克速度为v时加速度为a＝
C.坦克从静止开始达到最大速度vm所用时间t＝
D.坦克从静止开始达到最大速度vm的过程中，牵引力做功为Fs
答案　AB
11.一汽车在平直公路上行驶.从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图5所示.假定汽车所受阻力的大小Ff恒定不变.下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是(　　)
图5
答案　A
解析　在v－t图像中，图线的斜率代表汽车运动时的加速度，由牛顿第二定律可得，在0～t1时间内，－Ff＝ma，当速度v不变时，加速度a为零，在v－t图像中为一条水平线；当速度v变大时，加速度a变小，在v－t图像中为一条斜率逐渐减小的曲线，选项B、D错误.同理，在t1～t2时间内，－Ff＝ma，图像变化情况与0～t1时间内情况相似，由于汽车在运动过程中速度不会发生突变，故选项C错误，A正确.
12.(多选)(2018·郑州外国语学校期末)提高汽车运动速率的有效途径是增大发动机的功率和减小阻力因数(设阻力与汽车运动速率的平方成正比，即Ff＝kv2，k是阻力因数).当发动机的额定功率为P0时，汽车运动的最大速率为vm，如果要使汽车运动的速率增大到2vm，则下列办法可行的是(　　)
A.阻力因数不变，使发动机额定功率增大到4P0
B.发动机额定功率不变，使阻力因数减小到
C.阻力因数不变，使发动机额定功率增大到8P0
D.发动机额定功率不变，使阻力因数减小到
答案　CD
解析　设牵引力为F，当速度最大时，有F＝Ff，由题设知Ff＝kv2，当发动机的额定功率为P0时，汽车运动的最大速率为vm，根据P＝Fv得P0＝Ffvm＝kvm3，即k＝，当阻力因数不变，使发动机额定功率增大到4P0时，则有4P0＝kv3，则v＝＝vm，故A错误；当发动机额定功率不变，使阻力因数减小到时，则有P0＝v3，则v＝＝vm，故B错误；当阻力因数不变，使发动机额定功率增大到8P0时，则有8P0＝kv3，则v＝＝2vm，故C正确；当发动机额定功率不变，使阻力因数减小到时，则有P0＝v3，则v＝＝2vm，故D正确.
二、非选择题
13.如图6所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，滑块用轻绳系着绕过光滑的定滑轮O.现以大小不变的拉力F拉绳，使滑块从A点由静止开始上升，运动到C点时速度最大.已知滑块质量为m，滑轮O到竖直杆的距离为d，∠OAO′＝37°，∠OCO′＝53°，重力加速度为g.求：
图6
(1)拉绳的拉力大小；
(2)滑块由A到C过程中拉力F做的功.(sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8)
答案　(1)mg　(2)mgd
解析　(1)对滑块进行受力分析，到C点时的速度最大，则其合力为零，正交分解滑块在C点受到的轻绳的拉力，根据共点力的平衡条件得Fcos
53°＝mg
解得F＝mg
(2)滑轮与A间的轻绳长为L1＝
将滑块由A拉到C时，滑轮与C间的轻绳长为L2＝
滑轮右侧轻绳增加的长度
ΔL＝L1－L2＝－＝
拉力做的功W＝FΔL＝mgd.
14.(2019·北京一零一中高一下学期期中)某汽车质量为1
000
kg，发动机的额定功率是60
kW，它在平直公路上行驶的最大速度可达30
m/s，现在汽车在该公路上由静止开始以2
m/s2的加速度做匀加速直线运动，若汽车运动中所受的阻力是恒定的，问：
(1)汽车所受阻力是多大？
(2)这个匀加速过程可以维持多长时间？
(3)开始运动后的第3
s末，汽车的瞬时功率多大？
答案　(1)2
000
N　(2)7.5
s　(3)24
kW
解析　(1)当速度最大时，F＝Ff
P＝Ffvm，则Ff＝＝
N＝2
000
N
(2)根据牛顿第二定律有：F′－Ff＝ma
则牵引力F′＝Ff＋ma＝2
000
N＋1×103×2
N＝4
000
N
匀加速运动的最大速度为v＝＝
m/s＝15
m/s
则匀加速直线运动的时间t＝＝
s＝7.5
s
(3)第3
s末汽车还在做匀加速运动，v3＝at3＝2×3
m/s＝6
m/s
则第3
s末汽车的瞬时功率P＝F′v3＝4
000×6
W＝24
000
W＝24
kW.
15.(2019·随州一中高一下学期期中)如图7所示，为修建高层建筑常用的塔式起重机.在起重机将质量为m＝5×103
kg的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度a＝0.2
m/s2，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做vm＝1.02
m/s的匀速运动.取g＝10
m/s2，不计额外功.求：
图7
(1)起重机允许的最大输出功率；
(2)重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第2
s末的输出功率.
答案　(1)5.1×104
W　(2)5
s　2.04×104
W
解析　(1)设起重机允许的最大输出功率为P0，重物达到最大速度时拉力F0等于重力由P0＝F0vm，F0＝mg
可得P0＝mgvm＝5.1×104
W；
(2)匀加速运动结束时，起重机达到允许的最大输出功率，设此时重物受到的拉力为F，速度为v1，匀加速运动经历的时间为t1
则有：P0＝Fv1，F－mg＝ma，v1＝at1
联立并代入数据得，t1＝5
s，F＝5.1×104
N
第2
s末，重物处于匀加速运动阶段
设此时速度为v2，输出功率为P
有v2＝at，P＝Fv2
联立并代入数据解得：P＝2.04×104
W.专题强化　利用动能定理分析变力做功和多过程问题
[学习目标]
1.进一步理解动能定理，领会应用动能定理解题的优越性.2.会利用动能定理分析变力做功、曲线运动以及多过程问题.
一、利用动能定理求变力做功
1.动能定理不仅适用于求恒力做的功，也适用于求变力做的功，同时因为不涉及变力作用的过程分析，应用非常方便.
2.利用动能定理求变力的功是最常用的方法，当物体受到一个变力和几个恒力作用时，可以用动能定理间接求变力做的功，即W变＋W其他＝ΔEk.
如图1所示，质量为m的小球由静止自由下落d后，沿竖直面内的固定轨道ABC运动，AB是半径为d的光滑圆弧轨道，BC是直径为d的粗糙半圆弧轨道(B是轨道的最低点).小球恰能通过圆弧轨道的最高点C.重力加速度为g，求：
图1
(1)小球运动到B处时对轨道的压力大小(可认为此时小球处在轨道AB上)；
(2)小球在BC运动过程中，摩擦力对小球做的功.
答案　(1)5mg　(2)－mgd
解析　(1)小球由静止运动到B点的过程，
由动能定理得2mgd＝mv2，
在B点，由牛顿第二定律得FN－mg＝m，
得：FN＝5mg
根据牛顿第三定律：小球在B处对轨道的压力大小
FN′＝
FN＝5mg；
(2)小球恰能通过C点，则mg＝m.
小球从B运动到C的过程：
－mgd＋Wf＝mvC2－mv2，得Wf＝－mgd.
针对训练1　(2018·厦门市高一下学期期末)如图2所示，有一半径为r＝0.5
m的粗糙半圆轨道，A与圆心O等高，有一质量为m＝0.2
kg的物块(可视为质点)，从A点静止滑下，滑至最低点B时的速度为v＝1
m/s，取g＝10
m/s2，下列说法正确的是(　　)
图2
A.物块过B点时，对轨道的压力大小是0.4
N
B.物块过B点时，对轨道的压力大小是2.0
N
C.A到B的过程中，克服摩擦力做的功为0.9
J
D.A到B的过程中，克服摩擦力做的功为0.1
J
答案　C
解析　在B点由牛顿第二定律可知FN－mg＝m，解得：FN＝2.4
N，由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力大小为2.4
N，故A、B均错误；A到B的过程，由动能定理得mgr＋Wf＝mv2－0，解得Wf＝－0.9
J，故克服摩擦力做功为0.9
J，故C正确，D错误.
二、利用动能定理分析多过程问题
一个物体的运动如果包含多个运动阶段，可以选择分段或全程应用动能定理.
(1)分段应用动能定理时，将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，然后联立求解.
(2)全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功情况，分析每个力做的功，确定整个过程中合外力做的总功，然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解.
当题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单，更方便.
注意：当物体运动过程中涉及多个力做功时，各力对应的位移可能不相同，计算各力做功时，应注意各力对应的位移.计算总功时，应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和.
如图3所示，右端连有一个光滑弧形槽的水平桌面AB长L＝1.5
m，一个质量为m＝0.5
kg的木块在F＝1.5
N的水平拉力作用下，从桌面上的A端由静止开始向右运动，木块到达B端时撤去拉力F，木块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10
m/s2.求：
图3
(1)木块沿弧形槽上升的最大高度(木块未离开弧形槽)；
(2)木块沿弧形槽滑回B端后，在水平桌面上滑行的最大距离.
答案　(1)0.15
m　(2)0.75
m
解析　(1)设木块沿弧形槽上升的最大高度为h，木块在最高点时的速度为零.从木块开始运动到沿弧形槽上升到最大高度处，由动能定理得：
FL－FfL－mgh＝0
其中Ff＝μFN＝μmg＝0.2×0.5×10
N＝1.0
N
所以h＝＝
m＝0.15
m
(2)设木块离开B点后，在水平桌面上滑行的最大距离为x，由动能定理得：
mgh－Ffx＝0
所以x＝＝
m＝0.75
m.
针对训练2　(2018·金陵中学第二学期期末)图4中ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角为θ的斜面，CD段是水平的，BC段是与AB段和CD段都相切的一小段圆弧，其长度可以略去不计.一质量为m的小滑块在A点从静止释放，沿轨道滑下，最后停在D点，A点和D点的位置如图4所示，现用一沿轨道方向的力推滑块，使它缓缓地由D点回到A点，设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则推力对滑块做的功等于(　　)
图4
A.mgh
B.2mgh
C.μmg(s＋)
D.μmg(s＋hcos
θ)
答案　B
解析　滑块由A点运动至D点，设克服摩擦力做功为WAD，由动能定理得mgh－WAD＝0，即WAD＝mgh…①，滑块从D点回到A点，由于是缓慢推，说明动能变化量为零，设克服摩擦力做功为WDA，由动能定理知当滑块从D点被推回A点有WF－mgh－WDA＝0…②，由A点运动至D点，克服摩擦力做的功为WAD＝μmgcos
θ·＋μmgs…③，从D→A的过程克服摩擦力做的功为WDA＝μmgcos
θ·＋μmgs…④，③④联立得WAD＝WDA…⑤，①②⑤联立得WF＝2mgh，故A、C、D错误，B正确.
三、动能定理在平抛、圆周运动中的应用
动能定理常与平抛运动、圆周运动相结合，解决这类问题要特别注意：
(1)与平抛运动相结合时，要注意应用运动的合成与分解的方法，如分解位移或分解速度求平抛运动的有关物理量.
(2)与竖直平面内的圆周运动相结合时，应特别注意隐藏的临界条件：
①可提供支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为vmin＝0.
②不可提供支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为vmin＝.
如图5所示，一可以看成质点的质量m＝2
kg的小球以初速度v0沿光滑的水平桌面飞出后，恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道，BC为圆弧竖直直径，其中B为轨道的最低点，C为最高点且与水平桌面等高，圆弧AB对应的圆心角θ＝53°，轨道半径R＝0.5
m.已知sin
53°＝0.8，cos
53°＝0.6，不计空气阻力，g取10
m/s2.
图5
(1)求小球的初速度v0的大小；
(2)若小球恰好能通过最高点C，求在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功.
答案　(1)3
m/s　(2)－4
J
解析　(1)在A点由平抛运动规律得：
vA＝＝v0
小球由桌面到A点的过程中，由动能定理得
mg(R＋Rcos
θ)＝mvA2－mv02
联立得：v0＝3
m/s；
(2)若小球恰好能通过最高点C，在最高点C处有mg＝，小球从桌面运动到C点的过程中，由动能定理得Wf＝mvC2－mv02
代入数据解得Wf＝－4
J.
四、动能定理在多过程往复运动中的应用
某游乐场的滑梯可以简化为如图6所示竖直面内的ABCD轨道，AB为长L＝6
m、倾角α＝37°的斜轨道，BC为水平轨道，CD为半径R＝15
m、圆心角β＝37°的圆弧轨道，轨道AB段粗糙，其余各段均光滑.一小孩(可视为质点)从A点以初速度v0＝2
m/s下滑，沿轨道运动到D点时的速度恰好为零(不计经过B点时的能量损失).已知该小孩的质量m＝30
kg，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，取g＝10
m/s2，不计空气阻力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
图6
(1)该小孩第一次经过圆弧轨道C点时，对圆弧轨道的压力；
(2)该小孩与AB段间的动摩擦因数；
(3)该小孩在轨道AB上运动的总路程s.
答案　(1)420
N，方向向下　(2)0.25　(3)21
m
解析　(1)由C到D速度减为0，由动能定理可得
－mg(R－Rcos
β)＝0－mvC2，vC＝2
m/s
在C点，由牛顿第二定律得FN－mg＝m，可得：FN＝420
N
根据牛顿第三定律，小孩第一次经过圆弧轨道C点时，对圆弧轨道的压力为420
N，方向向下
(2)小孩从A运动到D的过程中，由动能定理得：
mgLsin
α－μmgLcos
α－mgR(1－cos
β)＝0－mv02
可得：μ＝0.25
(3)在AB斜轨道上，μmgcos
αα，小孩不能静止在斜轨道上，则小孩从A点以初速度v0滑下，最后静止在BC轨道B处，由动能定理：
mgLsin
α－μmgscos
α＝0－mv02，解得s＝21
m.
1.在有摩擦力做功的往复运动过程中，注意两种力做功的区别：
(1)重力做功只与初、末位置有关，而与路径无关；
(2)滑动摩擦力(或全部阻力)做功与路径有关，克服摩擦力(或全部阻力)做的功W＝Ffs(s为路程).
2.由于动能定理解题的优越性，求多过程往复运动问题中的路程，一般应用动能定理.
1.(用动能定理求变力做功)如图7所示为一水平的转台，半径为R，一质量为m的滑块放在转台的边缘，已知滑块与转台间的动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.若转台的转速由零逐渐增大，当滑块在转台上刚好发生相对滑动时，转台对滑块所做的功为(　　)
图7
A.μmgR
B.2πmgR
C.2μmgR
D.0
答案　A
解析　滑块即将开始滑动时，最大静摩擦力(等于滑动摩擦力)提供向心力，有μmg＝，根据动能定理有Wf＝mv2，解得Wf＝μmgR，A正确.
2.(利用动能定理分析多过程问题)(2018·鹤壁市高一下学期期末)如图8所示，AB为四分之一圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R.一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A从静止开始下滑，恰好运动到C处停止，不计空气阻力，重力加速度为g，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为(　　)
图8
A.μmgR
B.mgR
C.mgR
D.(1－μ)mgR
答案　D
解析　设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，对物体从A到C的全过程，由动能定理得mgR－WAB－μmgR＝0，故WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR.
3.(动能定理在平抛、圆周运动中的应用)(2019·温州新力量联盟高一下学期期中)如图9所示，一长L＝0.45
m、不可伸长的轻绳上端悬挂于M点，下端系一质量m＝1.0
kg的小球，CDE是一竖直固定的圆弧形轨道，半径R＝0.50
m，OC与竖直方向的夹角θ＝60°，现将小球拉到A点(保持绳绷直且水平)由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后，从圆弧轨道的C点沿切线方向进入轨道，刚好能到达圆弧轨道的最高点E，重力加速度g取10
m/s2，求：
图9
(1)小球到B点时的速度大小；
(2)轻绳所受的最大拉力大小；
(3)小球在圆弧轨道上运动时克服阻力做的功.
答案　(1)3
m/s　(2)30
N　(3)8
J
解析　(1)小球从A到B的过程，由动能定理得
mgL＝mv12，解得v1＝3
m/s
(2)小球在B点时，由牛顿第二定律得F－mg＝m，解得F＝30
N，由牛顿第三定律可知，轻绳所受最大拉力大小为30
N
(3)小球从B到C做平抛运动，从C点沿切线进入圆弧轨道，由平抛运动规律可得
小球在C点的速度大小v2＝，解得v2＝6
m/s
小球刚好能到达E点，则mg＝m，解得v3＝
m/s
小球从C点到E点，由动能定理得－mg(R＋Rcos
θ)－Wf＝mv32－mv22，解得Wf＝8
J.
4.(利用动能定理分析多过程往复运动问题)(2018·云南师大附中期末)如图10所示，ABCD为一竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10
m，BC长1
m，AB和CD轨道光滑.一质量为1
kg的物体，从A点以4
m/s的速度沿轨道开始运动，经过BC后滑到高出C点10.3
m的D点时速度为0.求：(g取10
m/s2)
图10
(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数；
(2)物体第5次经过B点时的速度大小(结果可用根式表示)；
(3)物体最后停止的位置(距B点多少米).
答案　(1)0.5　(2)4
m/s　(3)距B点0.4
m
解析　(1)由A到D，由动能定理得
－mg(h－H)－μmgsBC＝0－mv12
解得μ＝0.5
(2)物体第5次经过B点时，物体在BC上滑动了4次，由动能定理得mgH－μmg·4sBC＝mv22－mv12，
解得v2＝4
m/s
(3)分析整个过程，由动能定理得
mgH－μmgs＝0－mv12
解得s＝21.6
m
所以物体在轨道上来回运动了10次后，还有1.6
m，故最后停止的位置与B点的距离为2
m－1.6
m＝0.4
m.
一、选择题
1.(2019·宜昌七校协作体高一下期末)一人用力踢质量为100
g的皮球，使球由静止以20
m/s的速度飞出.假定人踢球瞬间对球的平均作用力是200
N，球在水平方向运动了20
m停止.则人对球所做的功为(　　)
A.20
J
B.2
000
J
C.500
J
D.4
000
J
答案　A
解析　根据题意可知，球的初状态速度为零，末状态速度为20
m/s，由动能定理可知W＝mv2－0＝×0.1×202
J＝20
J，故选A.
2.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1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，重力加速度为g，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短(弹簧始终在弹性限度内)，物体克服弹簧弹力所做的功为(　　)
图1
A.mv02－μmg(s＋x)
B.mv02－μmgx
C.μmgs
D.μmg(s＋x)
答案　A
解析　由动能定理得－W－μmg(s＋x)＝0－mv02，W＝mv02－μmg(s＋x)，A正确，B、C、D错误.
3.在离水平地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为v0，当它落到水平地面时速度为v，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于(　　)
A.mgh－mv2－mv02
B.mv2－mv02－mgh
C.mgh＋mv02－mv2
D.mgh＋mv2－mv02
答案　C
解析　对物块从刚抛出到落地的过程，由动能定理可得：
mgh－Wf克＝mv2－mv02
解得：Wf克＝mgh＋mv02－mv2.
4.一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点缓慢地移动到Q点，如图2所示，重力加速度为g，则拉力F所做的功为(　　)
图2
A.mglcos
θ
B.mgl(1－cos
θ)
C.Flcos
θ
D.Flsin
θ
答案　B
解析　小球缓慢移动，时时处于平衡状态，由平衡条件可知，F＝mgtan
θ，随着θ的增大，F也在增大，是一个变化的力，不能直接用功的公式求它所做的功，所以这道题要考虑用动能定理求解.由于小球缓慢移动，动能保持不变，由动能定理得：－mgl(1－cos
θ)＋W＝0，所以W＝mgl(1－cos
θ)，B正确，A、C、D错误.
5.如图3所示，一木块沿竖直放置的粗糙曲面从高处滑下，当它滑过A点的速度大小为5
m/s时，滑到B点的速度大小也为5
m/s.若使它滑过A点的速度大小变为7
m/s，则它滑到B点的速度大小(　　)
图3
A.大于7
m/s
B.等于7
m/s
C.小于7
m/s
D.无法确定
答案　C
解析　第一次从A点到B点的过程中：mgh－Wf1＝ΔEk＝0，Wf1＝mgh
第二次速度增大，木块对轨道的压力增大，Wf2>Wf1，故mgh－Wf2<0，木块在B点的动能小于在A点的动能，C正确.
6.质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图4所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用.设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是(　　)
图4
A.mgR
B.mgR
C.mgR
D.mgR
答案　C
解析　小球通过最低点时，设绳的张力为FT，则
FT－mg＝m，即6mg＝m①
小球恰好通过最高点，绳子拉力为零，则有mg＝m②
小球从最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得
－mg·2R－Wf＝mv22－mv12③
由①②③式解得Wf＝mgR，选C.
7.(2018·厦门市高一下学期期末)一质量为2
kg的物体静止在水平桌面上，在水平拉力F的作用下，沿水平方向运动2
s后撤去外力，其v－t图像如图5所示，下列说法正确的是(　　)
图5
A.在0～2
s内，合外力做的功为4
J
B.在0～2
s内，合外力做的功为8
J
C.在0～6
s内，摩擦力做的功为－8
J
D.在0～6
s内，摩擦力做的功为－4
J
答案　A
8.如图6所示，一薄木板斜放在高度一定的平台和水平地板上，其顶端与平台相平，末端置于地板的P处，并与地板平滑连接.将一可看成质点的滑块自木板顶端无初速度释放，沿木板下滑，接着在地板上滑动，最终停在Q处.滑块和木板及地板之间的动摩擦因数相同.现将木板截短一半，仍按上述方式放在该平台和水平地板上，再次将滑块自木板顶端无初速度释放(设滑块在木板和地面接触处平滑过渡)，则滑块最终将停在(　　)
图6
A.P处
B.P、Q之间
C.Q处
D.Q的右侧
答案　C
9.(多选)如图7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，重力加速度为g，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8).则(　　)
图7
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
答案　AB
解析　根据动能定理有2mgh－Wf＝0，即2mgh－μmgcos
45°·－μmgcos
37°·＝0，得动摩擦因数μ＝，则A项正确，C项错误；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，则载人滑草车在上、下两段滑道上分别做加速运动和减速运动，因此在上段滑道底端时达到最大速度v，由动能定理得：mgh－μmgcos
45°＝mv2，得v＝，故B项正确，D项错误.
二、非选择题
10.如图8所示，光滑水平面AB与一半圆形轨道在B点平滑连接，轨道位于竖直面内，其半径为R，一个质量为m的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经B点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C点，不计空气阻力，重力加速度为g.求：
图8
(1)弹簧弹力对物块做的功；
(2)物块从B到C克服阻力所做的功；
(3)物块离开C点后，再落回到水平面上时的动能.
答案　(1)3mgR　(2)mgR　(3)mgR
解析　(1)物块从开始运动到B点，由动能定理得
W＝mvB2
在B点由牛顿第二定律得7mg－mg＝m
解得W＝3mgR
(2)物块从B到C由动能定理得
－2mgR＋W′＝mvC2－mvB2
物块在C点时mg＝m
解得W′＝－mgR，即物块从B到C克服阻力做功为mgR.
(3)物块从C点平抛到水平面的过程中，由动能定理得
2mgR＝Ek－mvC2，解得Ek＝mgR.
11.(2018·福建师大附中高一第二学期期末)如图9甲所示，半径R＝0.9
m的光滑半圆形轨道BC固定于竖直平面内，最低点B与水平面相切.水平面上有一质量为m＝2
kg的物块从A点以某一初速度向右运动，并恰能通过半圆形轨道的最高点C，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，且μ随离A点的距离L按图乙所示规律变化，A、B两点间距离L＝1.9
m，g取10
m/s2，求：
图9
(1)物块经过最高点C时的速度大小；
(2)物块经过半圆形轨道最低点B时对轨道压力的大小；
(3)物块在A点时的初速度大小.
答案　(1)3
m/s　(2)120
N　(3)8
m/s
解析　(1)物块恰好通过C点，由牛顿第二定律可得
mg＝m
解得vC＝3
m/s
(2)物块从B点到C点，由动能定理可得
－mg·2R＝mvC2－mvB2
解得vB＝3
m/s
在B点由牛顿第二定律可得
FN－mg＝m，解得FN＝120
N.
由牛顿第三定律可知物块通过B点时对轨道压力的大小为120
N
(3)由题图乙可知摩擦力对物块做的功为
Wf＝－×(0.25＋0.75)×1.9mg＝－19
J
物块从A到B，由动能定理得Wf＝mvB2－mvA2
解得vA＝8
m/s.
12.如图10所示，光滑斜面AB的倾角θ＝53°，BC为水平面，BC长度lBC＝1.1
m，CD为光滑的圆弧，半径R＝0.6
m.一个质量m＝2
kg的物体，从斜面上A点由静止开始下滑，物体与水平面BC间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道在B、C两点平滑连接.当物体到达D点时，继续竖直向上运动，最高点距离D点的高度h＝0.2
m.不计空气阻力，sin
53°＝0.8，cos
53°＝0.6，g取10
m/s2.求：
图10
(1)物体运动到C点时的速度大小vC；
(2)A点距离水平面的高度H；
(3)物体最终停止的位置到C点的距离s.
答案　(1)4
m/s　(2)1.02
m　(3)0.4
m
解析　(1)物体由C点运动到最高点，根据动能定理得：
－mg(h＋R)＝0－mvC2
代入数据解得：vC＝4
m/s
(2)物体由A点运动到C点，根据动能定理得：
mgH－μmglBC＝mvC2－0
代入数据解得：H＝1.02
m
(3)从物体开始下滑到最终停止，根据动能定理得：
mgH－μmgs1＝0
代入数据，解得s1＝5.1
m
由于s1＝4lBC＋0.7
m
所以物体最终停止的位置到C点的距离为：s＝0.4
m.
1.如图1所示是一种常见的圆桌，桌面中间嵌一半径为r＝1.5
m、可绕中心轴转动的圆盘，桌面与圆盘面在同一水平面内且两者间缝隙可不考虑.已知桌面离地高度为h＝0.8
m，将一可视为质点的小碟子放置在圆盘边缘，若缓慢增大圆盘的角速度，碟子将从圆盘上甩出并滑上桌面，再从桌面飞出，落地点与桌面飞出点的水平距离是0.4
m.已知碟子质量m＝0.1
kg，碟子与圆盘间的最大静摩擦力Ffmax＝0.6
N，g取10
m/s2，求：(不计空气阻力)
图1
(1)碟子从桌面飞出时的速度大小；
(2)碟子在桌面上运动时，桌面摩擦力对它做的功；
(3)若碟子与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.225，要使碟子不滑出桌面，则桌面半径至少是多少？
答案　(1)1
m/s　(2)－0.4
J　(3)2.5
m
解析　(1)根据平抛运动规律：h＝gt2，x＝vt，
得v＝x＝1
m/s
(2)碟子从圆盘上甩出时的速度为v0，则Ffmax＝m，即v0＝3
m/s
由动能定理得：Wf＝mv2－mv02，代入数据得：Wf＝－0.4
J
(3)当碟子滑到桌面边缘时速度恰好减为零，对应的桌子半径取最小值.
设碟子在桌子上滑动的位移为x′，根据动能定理：
－μmgx′＝0－mv02
代入数据得：x′＝2
m
由几何知识可得桌子半径的最小值为：
R＝＝2.5
m.
2.如图2所示为一遥控电动赛车(可视为质点)和它的运动轨道示意图.假设在某次演示中，赛车从A位置由静止开始运动，经2
s后关闭电动机，赛车继续前进至B点后水平飞出，赛车能从C点无碰撞地进入竖直平面内的圆形光滑轨道，D点和E点分别为圆形轨道的最高点和最低点.已知赛车在水平轨道AB段运动时受到的恒定阻力为0.4
N，赛车质量为0.4
kg，通电时赛车电动机的输出功率恒为2
W，B、C两点间高度差为0.45
m，C与圆心O的连线和竖直方向的夹角α＝37°，空气阻力忽略不计，
sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，取g＝10
m/s2，求：
图2
(1)赛车通过C点时的速度大小；
(2)赛道AB的长度；
(3)要使赛车能通过圆轨道最高点D后回到水平赛道EG，其半径需要满足什么条件？
答案　(1)5
m/s　(2)2
m　(3)0m
解析　(1)赛车在BC间做平抛运动，则竖直方向vy＝＝3
m/s
由图可知：vC＝＝5
m/s
(2)由(1)可知B点速度v0＝vCcos
37°＝4
m/s
则根据动能定理：Pt－FflAB＝mv02，
解得lAB＝2
m
(3)当赛车恰好通过最高点D时，有：mg＝m
从C到D，由动能定理可知：－mgR(1＋cos
37°)＝mvD2－mvC2，解得R＝
m
所以轨道半径0m.
3.(2019·莆田一中高一下期中)如图3所示，位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧轨道ab和抛物线轨道bc组成，圆弧轨道半径Oa水平，b点为抛物线轨道顶点.已知b点距c点的高度h＝2
m，水平距离s＝
m.重力加速度g取10
m/s2.
图3
(1)一小环套在轨道上从a点由静止滑下，当其在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆弧轨道的半径；
(2)若小环套在b点，因微小扰动而由静止开始滑下，求小环到达c点时速度的水平分量的大小.
答案　(1)0.25
m　(2)
m/s
解析　(1)小球在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，说明小环下落到b点时的速度可使得小环做平抛运动的轨迹与轨道bc重合，有s＝vbt，h＝
在ab段轨道下滑过程中，根据动能定理可得
mgR＝，
联立解得R＝0.25
m
(2)小环在bc段轨道下滑过程中，初速度为零，只有重力做功，根据动能定理可得mgh＝，因为小环滑到c点时速度与竖直方向的夹角等于(1)问中做平抛运动过程中经过c点时速度与竖直方向的夹角，设该夹角为θ，则根据平抛运动规律可知sin
θ＝，根据运动的合成与分解可得sin
θ＝，联立可得v水平＝
m/s.
4.(2019·浙南名校联盟高一下学期期中)某校科技兴趣小组设计了如图4所示的赛车轨道，轨道由水平直轨道AB、圆轨道BCD(B点与D点在同一水平面上但不重合)、水平直轨道DE、圆弧轨道EP和管道式圆弧轨道PF组成，整个轨道处在同一竖直面内，AB段粗糙，其他轨道均光滑，EO2和FO3均沿竖直方向，且EO2＝FO3＝R2.已知R1＝0.5
m，R2＝1.2
m，θ＝60°.一遥控电动赛车(可视为质点)质量m＝1
kg，其电动机额定输出功率P＝10
W，静止放在A点.通电后，赛车开始向B点运动，t0＝5
s后关闭电源，赛车继续运动，到达B点时速度vB＝5
m/s.g＝10
m/s2，求：
图4
(1)赛车运动到C点时的速度大小及其对轨道的压力大小；
(2)赛车在AB段克服阻力所做的功；
(3)要使赛车沿轨道运动到达F点水平飞出，且对管道F处的上壁无压力，赛车的通电时间应满足的条件.(假定赛车关闭电源时仍处于AB轨道上.管道上下壁间距比小车自身高度略大)
答案　(1)
m/s　0　(2)37.5
J　(3)5
s≤t≤5.55
s
解析　(1)从B→C过程根据动能定理：
－mg·2R1＝mvC2－mvB2
解得：vC＝
m/s
在C点根据牛顿第二定律：mg＋FN＝m
解得：FN＝0
根据牛顿第三定律得FN′＝FN＝0
(2)A→B过程，设赛车克服阻力所做的功为Wf
根据动能定理：Pt0－Wf＝mvB2
解得：Wf＝37.5
J
(3)若t0＝5
s时关闭电源，B→F过程：
－mg·2R2(1－cos
θ)＝mvF2－mvB2
解得：vF＝1
m/s
可知，在恰好能过C点的临界情况下，赛车到达F点时速度为1
m/s
而要使赛车在F点对管道上壁无压力并从F点水平飞出，在F点的速度应满足0＜vF≤＝2
m/s
综合上述可得1
m/s≤vF≤2
m/s
A→F过程：Pt－Wf－mg·2R2(1－cos
θ)＝mvF2
解得：5
s≤t≤5.55
s
5.如图5所示，在竖直平面内，长为L、倾角θ＝37°的粗糙斜面AB下端与半径R＝1
m的光滑圆弧轨道BCDE平滑相接于B点，C点是轨迹最低点，D点与圆心O等高.现有一质量m＝0.1
kg的小物体从斜面AB上端的A点无初速度下滑，恰能到达圆弧轨道的D点.若物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.25，不计空气阻力，g取10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，求：
图5
(1)斜面AB的长度L；
(2)物体第一次通过C点时的速度大小vC1；
(3)物体经过C点时，轨道对它的最小支持力FNmin；
(4)物体在粗糙斜面AB上滑行的总路程s总.
答案　(1)2
m　(2)2
m/s　(3)1.4
N　(4)6
m
解析　(1)A到D过程，根据动能定理有
mg(Lsin
θ－Rcos
θ)－μmgLcos
θ＝0
解得：L＝2
m；
(2)物体从A到第一次通过C点过程，根据动能定理有
mg(Lsin
θ＋R－Rcos
θ)－μmgLcos
θ＝mvC12
解得：vC1＝2
m/s；
(3)物体经过C点，轨道对它有最小支持力时，它将在B点所处高度以下运动，
所以有：mg(R－Rcos
θ)＝mvmin2
根据牛顿第二定律有：FNmin－mg＝m，
解得FNmin＝1.4
N；
(4)根据动能定理有：mgLsin
θ－μmgs总cos
θ＝0
解得s总＝6
m.(共45张PPT)
5　实验：验证机械能守恒定律
第八章　机械能守恒定律
1.明确验证机械能守恒定律的基本思路并能进行相关量的测量.
2.能正确进行实验操作，分析实验数据得出结论，能定性地分析产生误差的原因.
学习目标
明确原理　提炼方法
精析典题　提升能力
随堂演练　逐点落实
内容索引
NEIRONGSUOYIN
明确原理　提炼方法
01
机械能守恒的前提是“只有
做功”，因此研究过程一定要满足这一条件.本节实验我们以只有重力做功的过程进行研究.
实验思路
一
重力或弹力
物理量的测量及数据分析
二
只有重力做功时，只发生重力势能和动能的转化.
(2)所需测量的物理量：物体所处两位置之间的
，及物体的
.
mgh1－mgh2
高度差
运动速度
参考案例
三
案例1　研究自由下落物体的机械能
1.实验器材
铁架台(带铁夹)、
、重物(带夹子)、
、复写纸(或墨粉盘)、导线、毫米刻度尺、交流电源.
2.实验步骤
(1)安装装置：按图1甲所示把打点计时器安装在铁架
台上，用导线把打点计时器与电源连接好.
图1
打点计时器
纸带
(2)打纸带：在纸带的一端把重物用夹子固定好，另一端穿过打点计时器的限位孔，用手竖直提起纸带使重物停靠在打点计时器附近.先接通电源后释放纸带，让重物拉着纸带自由下落.重复几次，得到3～5条打好点的纸带.
(3)选纸带并测量：选择一条点迹清晰的纸带，确定要研究的开始和结束的位置，测量两位置之间的距离Δh及两位置时的速度，代入表达式进行验证.
3.数据处理
(2)机械能守恒定律的验证
方法一：利用起始点和第n点.
方法二：任取两点A、B.
方法三：图像法(如图2所示).
若在实验误差允许范围内图线是一条过原点且斜率为g的直线，则验证了机械能守恒定律.
图2
4.误差分析
本实验的误差主要是由纸带测量产生的偶然误差以及重物和纸带运动中的空气阻力及打点计时器的
引起的系统误差.
5.实验注意事项
(1)打点计时器安装时，要使两限位孔的中线在同一
线上，以减小摩擦阻力.
(2)应选用质量和密度较
的重物.
密度可以减小体积，可使空气阻力的影响相对减小.
(3)实验时，应先接通电源，让打点计时器正常工作后再松开纸带让重物下落.
(4)本实验中的几种验证方法均
(填“需要”或“不需要”)测重物的质量m.
摩擦阻力
竖直
大
增大
不需要
案例2　研究沿斜面下滑物体的机械能
1.实验器材
气垫导轨、数字计时器、带有遮光条的滑块.
2.实验装置
如图3所示，把气垫导轨调成倾斜状态，滑块沿倾斜的气垫导轨下滑时，忽略空气阻力，重力势能减小，动能增大.
图3
3.实验测量及数据处理
(1)测量两光电门之间的高度差Δh；
(2)滑块经过两光电门时遮光条遮光时间Δt1和Δt2，计算滑块经过两光电门时的瞬时速度.
4.误差分析
两光电门之间的距离稍大一些，可以减小误差；遮光条的宽度越
，误差越小.
小
精析典题　提升能力
02
研究自由下落物体的机械能
一
例1　(2018·双峰一中高一下学期期末)某同学用如图4甲所示装置“验证机械能守恒定律”时，所用交流电源的频率为50
Hz，得到如图乙所示的纸带.选取纸带上打出的连续五个点A、B、C、D、E，测出A点距起点O的距离为s0＝19.00
cm，点A、C间的距离为s1＝8.36
cm，点C、E间的距离为s2＝9.88
cm，g取9.8
m/s2，测得重物的质量为m＝1
kg.
图4
(1)下列做法正确的有________.
A.必须要称出重物和夹子的质量
B.图中两限位孔必须在同一竖直线上
C.将连着重物的纸带穿过限位孔，用手提住，且让手尽量靠近打点计时器
D.实验时，先放开纸带，再接通打点计时器的电源
E.数据处理时，应选择纸带上距离较近的两点作为初、末位置
√
(2)选取O、C两点为初、末位置验证机械能守恒定律，重物减少的重力势能是_____J，打下C点时重物的速度大小是_____
m/s.(结果均保留三位有效数字)
2.68
2.28
解析　重物减少的重力势能为：
ΔEp＝mgh＝mg(s0＋s1)＝1
kg×9.8
m/s2×(19.00＋8.36)×10－2
m≈2.68
J
(3)根据纸带算出打下各点时重物的速度v，量出下落距离s，则以
为纵坐标、s为横坐标画出的图像应是下列选项中的________.
√
研究沿斜面下滑物体的机械能
二
例2　现利用如图5所示装置“验证机械能守恒定律”.图中AB是固定的光滑斜面，斜面的倾角为30°，1和2是固定在斜面上适当位置的两个光电门，与它们连接的光电计时器都没有画出.让滑块从斜面的顶端滑下，光电门1、2各自连接的光电计时器显示的挡光时间分别为5.00×10－2
s、2.00×10－2
s.已知滑块质量为2.00
kg，滑块沿斜面方向的长度为5.00
cm，光电门1和2之间的距离为0.54
m，g取9.80
m/s2，取滑块经过光电门时的速度为其平均速度.(结果均保留三位有效数字)
图5
(1)滑块通过光电门1时的速度v1＝________
m/s，通过光电门2时的速度v2＝______
m/s.
1.00
2.50
(2)滑块通过光电门1、2之间的动能增加量为______
J，重力势能的减少量为________
J.
5.25
5.29
解析　动能增加量
重力势能的减少量：
ΔEp＝mgssin
30°≈5.29
J.
(3)实验可以得出的结论：________________________
_________________.
在实验误差允许的范围内，
滑块的机械能守恒
解析　在实验误差允许的范围内，滑块的机械能守恒.
创新实验设计
三
例3　利用气垫导轨“验证机械能守恒定律”，实验装置示意图如图6所示.
图6
(1)实验步骤：
①将气垫导轨放在水平桌面上，桌面高度不低于1
m，将导轨调至水平.
②用游标卡尺测出挡光条的宽度l＝9.30
mm.
③由导轨标尺读出两光电门中心间的距离s＝__________________________________
______
cm.
④将滑块移至光电门1左侧某处，待砝码静止时，释放滑块，要求砝码落地前挡光条已通过光电门2.
⑤从数字计时器(图中未画出)上分别读出挡光条通过光电门1和光电门2所用的时间Δt1和Δt2.
⑥用天平称出滑块和挡光条的总质量M，
再称出托盘和砝码的总质量m.
60.00(答案在59.96～60.04之间的，也
正确)
解析　距离s＝80.30
cm－20.30
cm＝60.00
cm.
(2)用表示直接测量量的字母写出下列物理量的表达式.
①滑块通过光电门1和光电门2时，瞬时速度分别为v1＝____和v2＝____.
②当滑块通过光电门1和光电门2时，系统(包括滑块、挡光条、托盘和砝码)的总动
能分别为Ek1＝_____________和Ek2＝_____________.
③在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统重力势能的减少量ΔEp＝______(重力加速度为g).
mgs
解析　在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统重力势能的减少量ΔEp＝mgs.
(3)如果ΔEp＝___________________________，则可认为验证了机械能守恒定律.
例4　(2018·永春一中高一下学期期末)某同学利用图7所示装置“验证小球摆动过程中机械能守恒”，实验中小球摆到最低点时恰好与桌面接触但没有弹力，D处(箭头所指处)放一锋利的刀片，细线到达竖直位置时能被割断，小球做平抛运动落到地面，P是一刻度尺.该同学方案的优点是只需利用刻度尺测量A位置到桌面的高度H、桌面到地面的高度h及小球平抛运动的水平位移x即可.
图7
(1)测量A位置到桌面的高度H应从____________(填“球的上边沿”“球心”或“球的下边沿”)开始测.
球的下边沿
解析　测量A位置到桌面的高度H，即球下降的高度，因为到达桌面时是球的下边沿与桌面接触，所以测量的高度H应从球的下边沿开始测.
(2)实验中多次改变H值并测量与之对应的x值，利用作图像的方法去验证.为了直观地表述H和x的关系(图线为直线)，若用横轴表示H，则纵轴应表示____.(填“x”“x2”或“
”)
x2
(3)若小球下摆过程中机械能守恒，则h、H和x的关系为H＝____.
随堂演练　逐点落实
03
1.如图8为“验证机械能守恒定律”的实验装置示意图.现有的器材为：带夹子的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带夹子的重锤.回答下列问题：
1
2
3
(1)为完成此实验，除了所给的器材，还需要的器材有_____.
(填入正确选项前的字母)
A.米尺
B.秒表
C.低压直流电源
D.低压交流电源
图8
√
√
解析　在处理数据时需要测量长度，故需要米尺；电磁打点计时器工作时需要使用低压交流电源；所以选项A、D正确.
1
2
3
(2)实验中产生误差的原因有：_________________________
______________________________________________________________________________________________________________(写出两个原因即可).
解析　产生误差的原因有：①纸带和打点计时器之间有摩擦.②用米尺测量纸带上点的位置时读数有误差.③计算势能变化时，选取的始、末位置过近.④存在空气阻力.
①纸带和打点计时器之间有
摩擦.②用米尺测量纸带上点的位置时读数有误差.③计算势能变化时，选取的始、末位置过近.④存在空气阻力(任选其二)
1
2
3
(3)实验中由于打点计时器两限位孔不在同一竖直线上，使纸带通过时受到较大阻力，这样将造成________.
√
2.(2018·贵阳市高一下学期期末)某同学用图9(a)所示的实验装置“验证机械能守恒定律”，图(b)是用6
V、50
Hz的打点计时器打出的一条纸带，O点为重锤下落的起点，选取的计数点A、B、C、D到O点的距离在图中已标出，重力加速度g取9.8
m/s2，重锤的质量为1
kg.(计算结果均保留两位有效数字)
1
2
3
图9
(1)打点计时器打下B点时，重锤下落的速度vB＝____
m/s，重锤的动能EkB＝
___________________
J.
1
2
3
1.2
0.72(0.68～0.76均可)
1
2
3
解析　每两个计数点之间有一个计时点，则相邻两个计数点之间的时间间隔为t＝0.04
s，
(2)从起点O到打下B点过程中，重锤的重力势能的减小量为_____
J.
1
2
3
0.73
解析　重锤的重力势能减小量：
ΔEp＝mgh＝1×9.8×0.074
0
J≈0.73
J
(3)根据(1)、(2)计算，在误差允许范围内，从起点O到打下B点过程中，你得到的结论是__________________________.
1
2
3
重锤下落过程中机械能守恒
解析　在误差允许范围内，由于重锤重力势能减小量等于重锤动能的增加量，重锤下落的过程中机械能守恒；
(4)图10是根据某次实验数据绘出的　－h图像，图线不过坐标原点的原因是_______
______________________.
开始打
图10
点时重锤有一定的速度
1
2
3
3.(2018·简阳市高一下学期期末)利用如图11所示的装置探究系统机械能守恒，在滑块B上安装宽度为L(较小)的遮光板(遮光板质量忽略不计)，把滑块B放在水平放置的气垫导轨上，通过跨过定滑轮的绳与钩码A相连，连接好光电门与数字毫秒计，两光电门间距离用s表示.数字毫秒计能够记录遮光板先后通过两个光电门的时间Δt1、Δt2，当地的重力加速度为g.请分析回答下列问题：(做匀变速直线运动物体极短时间内的平均速度近似为该时间段内任意时刻的瞬时速度)
1
2
3
图11
(1)为完成验证机械能守恒的实验，除了上面提到的相关物理量之外，还需要测量的量有_____________
___________________(均用字母符号表示，并写清每个符号表示的物理意义)；
钩码A的质量
mA、滑块B的质量mB
1
2
3
可知还需要测量的物理量有：钩码A的质量mA、滑块B的质量mB.
(2)滑块先后通过两个光电门时的瞬时速度v1＝____、v2＝____(用题中已给或所测的物理量符号来表示)；
(3)在本实验中，验证机械能守恒的表达式为____________________________________
(用题中已给或所测的物理量符号来表示).
1
2
3(共36张PPT)
4　机械能守恒定律
第八章　机械能守恒定律
1.了解人们追寻守恒量和建立“能量”概念的漫长过程.
2.知道什么是机械能，知道物体的动能和势能可以相互转化.
3.能够推导出机械能守恒定律.
4.会判断一个过程机械能是否守恒，能运用机械能守恒定律解决有关问题.
学习目标
梳理教材　夯实基础
探究重点　提升素养
随堂演练　逐点落实
内容索引
NEIRONGSUOYIN
梳理教材　夯实基础
01
伽利略曾研究过小球在斜面上的运动，如图1所示.
追寻守恒量
一
图1
将小球由斜面A上某位置由静止释放，如果空气阻力和摩擦力小到可以忽略，小球在斜面B上速度变为0(即到达最高点)时的高度与它出发时的高度
，不会更高一点，也不会更低一点.这说明某种“东西”在小球运动的过程中是
的.
相同
不变
动能与势能的相互转化
二
1.重力势能与动能的转化
只有重力做功时，若重力对物体做正功，则物体的重力势能
，动能
，物体的
转化为
；若重力对物体做负功，则物体的重力势能
，动能
，物体的
转化为
.
2.弹性势能与动能的转化
只有弹簧弹力做功时，若弹力对物体做正功，则弹簧的弹性势能
，物体的动能
，弹簧的
转化为物体的
；若弹力对物体做负功，则弹簧的弹性势能
，物体的动能
，物体的
转化为弹簧的
.
3.机械能：
、
与
统称为机械能.
减少
增加
重力势能
动能
增加
减少
动能
重力势能
减少
增加
弹性势能
动能
增加
减少
动能
弹性势能
重力势能
弹性势能
动能
机械能守恒定律
三
1.内容：在只有
或
做功的物体系统内，
与
可以互相转化，而
保持不变.
重力
弹力
动能
势能
总
的机械能
3.应用机械能守恒定律解决问题只需考虑运动的
和
，不必考虑两个状态间
，即可以简化计算.
末状态
过程的细节
初状态
即学即用
1.判断下列说法的正误.
(1)通过重力做功，动能和重力势能可以相互转化.(　　)
(2)机械能守恒时，物体一定只受重力和弹力作用.(　　)
(3)合力为零，物体的机械能一定守恒.(　　)
(4)合力做功为零，物体的机械能一定保持不变.(　　)
(5)只有重力做功时，物体的机械能一定守恒.(　　)
√
×
×
×
√
2.如图2所示，桌面高为h，质量为m的小球从离桌面高为H处自由落下，不计空气阻力，设桌面处的重力势能为零，则小球落到地面前瞬间的机械能为______.
mgH
图2
探究重点　提升素养
02
机械能守恒定律
一
导学探究
如图3所示，质量为m的物体沿光滑曲面滑下的过程中，下落到高度为h1的A处时速度为v1，下落到高度为h2的B处时速度为v2，重力加速度为g，不计空气阻力，选择地面为参考平面.
(1)求从A至B的过程中重力做的功；
图3
答案　W＝mgΔh＝mg(h1－h2)＝mgh1－mgh2
①
(2)求物体在A、B处的机械能EA、EB；
(3)比较物体在A、B处的机械能的大小.
即EB＝EA.
知识深化
1.对机械能守恒条件的理解
(1)只有重力做功，只发生动能和重力势能的相互转化.
(2)只有弹力做功，只发生动能和弹性势能的相互转化.
(3)只有重力和弹力做功，发生动能、弹性势能、重力势能的相互转化.
(4)除受重力或弹力外，其他力也做功，但其他力做功的代数和为零.如物体在沿斜面的拉力F的作用下沿斜面运动，若已知拉力与摩擦力的大小相等，方向相反，在此运动过程中，其机械能守恒.
2.判断机械能是否守恒的方法
(1)利用机械能的定义直接判断：若动能和势能中，一种能变化，另一种能不变，则其机械能一定变化.
(2)用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹力)做功，虽受其他力，但其他力不做功，机械能守恒.
(3)用能量转化来判断：若物体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，则物体系统机械能守恒.
例1　(多选)如图4所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是
A.甲图中，物体将弹簧压缩的过程中，
　物体和弹簧组成的系统机械能守恒
　(不计空气阻力)
B.乙图中，物体在大小等于摩擦力的
　沿斜面向下的拉力F作用下沿斜面
　下滑时，物体机械能守恒
C.丙图中，物体沿斜面匀速下滑的过程中，物体机械能守恒
D.丁图中，斜面光滑，物体在斜面上下滑的过程中，物体机械能守恒
图4
√
√
√
解析　弄清楚机械能守恒的条件是分析此问题的关键.表解如下：
选项
结论
分析
A
√
只有重力和弹力对系统做功，系统机械能守恒
B
√
物体沿斜面下滑过程中，除重力做功外，其他力做功的代数和始终为零，所以物体机械能守恒
C
×
物体沿斜面匀速下滑的过程中动能不变，重力势能减小，所以物体机械能不守恒
D
√
物体沿斜面下滑过程中，只有重力对其做功，所以物体机械能守恒
针对训练1　(2018·厦门市高一下学期期末)以下物体运动过程
，满足机械能守恒的是
A.在草地上滚动的足球
B.从旋转滑梯上滑下的小朋友
C.竖直真空管内自由下落的硬币
D.匀速下落的跳伞运动员
√
解析　在草地上滚动的足球要克服阻力做功，机械能不守恒，故A错误；
小朋友从旋转滑梯上滑下时，受阻力作用，阻力做负功，机械能减小，故B错误；
真空管内自由下落的硬币只有重力做功，重力势能转化为动能，机械能守恒，故C正确；
匀速下落的跳伞运动员受重力和空气阻力而平衡，阻力做负功，故机械能减少，D错误.
例2　(多选)(2018·鹤壁市高一下学期期末)如图5，一根轻弹簧下端固定，竖立在水平面上.其上方A位置有一小球，小球从静止开始下落到B位置接触弹簧的上端，在C位置小球所受弹力大小等于重力，在D位置小球速度减小到零.不计空气阻力，则小球
A.下落至C处速度最大
B.由A至D下落过程中机械能守恒
C.由B至D的过程中，动能先增大后减小
D.由A至D的过程中重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量
图5
√
√
√
解析　小球从B至C过程，重力大于弹力，合力向下，小球加速运动，小球从C至D过程，重力小于弹力，合力向上，小球减速运动，所以动能先增大后减小，在C点动能最大，故A、C正确；
由A至B下落过程中小球只受重力，其机械能守恒，从B→D过程，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，但小球的机械能不守恒，故B错误；
在D位置小球速度减小到零，小球的动能为零，则从A→D的过程中，根据机械能守恒知，小球重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量，故D正确.
机械能守恒定律的应用
二
导学探究
1.机械能守恒定律常用的三种表达式
(1)从不同状态看：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2(或E1＝E2)
此式表示系统两个状态的机械能总量相等.
(2)从能的转化角度看：ΔEk＝－ΔEp
此式表示系统动能的增加(减少)量等于势能的减少(增加)量.
(3)从能的转移角度看：ΔEA增＝ΔEB减
此式表示系统A部分机械能的增加量等于系统剩余部分，即B部分机械能的减少量.
2.机械能守恒定律的应用步骤
首先对研究对象进行正确的受力分析，判断各个力是否做功，分析是否符合机械能守恒的条件.若机械能守恒，则根据机械能守恒定律列出方程，或再辅以其他方程进行求解.
例3　(2018·山师大附中高一下学期期末)如图6是一个设计“过山车”的试验装置的原理示意图，斜面AB与竖直面内的圆形轨道在B点平滑连接，斜面AB和圆形轨道都是光滑的，圆形轨道半径为R，一个质量为m的小车(可视为质点)在A点由静止释放沿斜面滑下，小车恰能通过圆形轨道的最高点C.已知重力加速度为g.求：
(1)A点距水平面的高度h；
图6
答案　2.5R
由A运动到C，根据机械能守恒定律得：
解得：h＝2.5R
(2)运动到B点时小车对轨道压力的大小.
答案　6mg
解析　由A运动到B，根据机械能守恒定律得：
解得：FN＝6mg
由牛顿第三定律可知，运动到B点时小车对轨道的压力大小为6mg.
针对训练2　如图7所示，质量m＝50
kg的跳水运动员从距水面高h＝10
m的跳台上以v0＝5
m/s的速度斜向上起跳，最终落入水中，若忽略运动员的身高，取g＝10
m/s2，不计空气阻力.求：
(1)运动员在跳台上时具有的重力势能(以水面为零势能参考平面)；
图7
答案　5
000
J
解析　以水面为零势能参考平面，则运动员在跳台上时具有的重力势能为
Ep＝mgh＝5
000
J.
(2)运动员起跳时的动能；
答案　625
J
解析　运动员起跳时的速度为v0＝5
m/s，
则运动员起跳时的动能为
(3)运动员入水时的速度大小；入水时的速度大小与起跳时的方向有关吗？
答案　15
m/s　无关
解析　运动员从起跳到入水过程中，只有重力做功，运动员的机械能守恒，则
解得v＝15
m/s.
此速度大小与起跳时的方向无关.
随堂演练　逐点落实
03
1.(机械能是否守恒的判断)(2018·郑州市高一下学期期末)下列说法正确的是
A.拉着一个物体沿着光滑的斜面匀速上升时，物体的机械能守恒
B.物体做竖直上抛运动时，机械能守恒
C.物体从置于光滑水平面的光滑斜面体上自由下滑时，机械能守恒
D.合外力对物体做功为零时，物体机械能一定守恒
1
2
3
4
解析　拉着一个物体沿着光滑的斜面匀速上升时，动能不变，重力势能变大，物体的机械能增大，选项A错误；
物体做竖直上抛运动时，只有重力做功，机械能守恒，选项B正确；
物体从置于光滑水平面的光滑斜面体上自由下滑时，物体和斜面体组成的系统机械能守恒，但是物体的机械能不守恒，选项C错误；
例如匀速上升的物体，合外力对物体做功为零，但物体机械能不守恒，选项D错误.
√
2.(机械能守恒定律的应用)以相同大小的初速度v0将物体从同一水平面分别竖直上抛、斜上抛、沿光滑斜面(足够长)上滑，如图8所示，三种情况达到的最大高度分别为h1、h2和h3，不计空气阻力，则
A.h1＝h2＞h3
B.h1＝h2＜h3
C.h1＝h3＜h2
D.h1＝h3＞h2
1
2
3
4
√
图8
1
2
3
4
3.(机械能守恒定律的应用)如图9所示，由距离地面h2＝1
m的高度处以v0＝4
m/s的速度斜向上抛出质量为m＝1
kg的物体，当其上升的高度为h1＝0.4
m时到达最高点，最终落在水平地面上，现以过抛出点的水平面为零势能面，取重力加速度g＝10
m/s2，不计空气阻力，则
A.物体在最大高度处的重力势能为14
J
B.物体在最大高度处的机械能为16
J
C.物体在地面处的机械能为8
J
D.物体在地面处的动能为8
J
1
2
3
4
图9
√
解析　物体在最高点时具有的重力势能Ep1＝mgh1＝1×10×0.4
J＝4
J，A错误；
物体在最高点时具有的机械能等于刚抛出时的动能，即8
J，B错误；
物体在下落过程中，机械能守恒，任意位置的机械能都等于8
J，C正确；
物体落地时的动能Ek＝E－Ep2＝E－mgh2＝8
J－1×10×(－1)
J＝18
J，D错误.
1
2
3
4
1
2
3
4
图10
答案　5∶1
1
2
3
4
由①②式得EkB∶EkA＝5∶1
③
1
2
3
4
答案　见解析
(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点.
1
2
3
4
解析　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FN应满足FN≥0
④
设小球在C点的速度大小为vC，由牛顿第二定律有
由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C点.2　重力势能
[学习目标]
1.认识重力做功与物体运动路径无关的特点.2.理解重力势能及重力做功与重力势能变化的关系.3.知道重力势能具有相对性，知道重力势能是物体和地球所组成的系统所共有的.4.理解弹性势能的概念，知道影响弹性势能大小的相关因素.
一、重力做的功
1.重力所做的功WG＝mgΔh，Δh指初位置与末位置的高度差.
2.重力做功的特点：物体运动时，重力对它做的功只跟它的起点和终点的位置有关，而跟物体运动的路径无关.
二、重力势能
1.重力势能.
(1)表达式：Ep＝mgh.
(2)单位：焦耳；符号：J.
2.重力做功与重力势能之间的关系：WG＝Ep1－Ep2.
(1)当物体由高处运动到低处时，重力做正功，重力势能减小；即WG＞0，Ep1＞Ep2.
(2)当物体由低处运动到高处时，重力做负功，重力势能增加；即WG＜0，Ep1＜Ep2.
3.重力势能的系统性
重力势能是地球与物体所组成的“系统”所共有的，而不是地球上的物体单独具有的.
三、重力势能的相对性
1.参考平面：物体的重力势能总是相对于某一水平面来说的，这个水平面叫作参考平面，在参考平面上物体的重力势能取为0.
2.重力势能的相对性：Ep＝mgh中的h是物体重心相对参考平面的高度.选择不同的参考平面，物体重力势能的数值是不同的，但重力势能的差值相同.(后两空选填“相同”或“不同”)
3.物体在参考平面上方，重力势能为正值；物体在参考平面下方，重力势能为负值.
四、弹性势能
1.定义：发生弹性形变的物体的各部分之间，由于有弹力的相互作用而具有的势能，叫弹性势能.
2.影响弹性势能的因素
(1)弹性势能跟形变大小有关：同一弹簧，形变大小越大，弹簧的弹性势能就越大.
(2)弹性势能跟劲度系数有关：不同的弹簧发生同样大小的形变，劲度系数越大，弹性势能越大.
3.势能也叫位能，与相互作用的物体的相对位置有关.重力势能是由地球和地面上物体的相对位置决定的，弹性势能是由发生弹性形变的物体各部分的相对位置决定的.
1.判断下列说法的正误.
(1)重力做功一定与路径无关，只与初、末位置的高度差有关.(　√　)
(2)重力势能Ep1＝2
J，Ep2＝－3
J，则Ep1与Ep2方向相反.(　×　)
(3)重力做功WG＝－20
J时，物体的重力势能减小20
J.(　×　)
(4)同一弹簧长度不同时，弹性势能一定不同.(　×　)
(5)弹性势能与弹簧的形变量和劲度系数有关.(　√　)
2.质量为m的物体(可视为质点)从地面上方H高处由静止释放，落在地面后出现一个深度为h的坑，如图1所示，重力加速度为g，在此过程中，重力对物体做功为______，重力势能______(填“减少”或“增加”)了______.
图1
答案　mg(H＋h)　减少　mg(H＋h)
一、重力做的功
导学探究
如图2所示，一个质量为m的物体，从高度为h1的位置A分别按下列三种方式运动到高度为h2的位置B，在这个过程中，思考并讨论以下问题：
图2
(1)求出图甲情形中重力做的功；
(2)求出图乙情形中重力做的功；
(3)求出图丙情形中重力做的功；
(4)重力做功有什么特点？
答案　(1)甲中WG＝mgΔh＝mgh1－mgh2
(2)乙中WAB′＝mglcos
θ＝mgΔh＝mgh1－mgh2
WB′B＝0
故WAB＝mgΔh＝mgh1－mgh2
(3)丙中把整个路径AB″分成许多很短的间隔AA1、A1A2…，由于每一段都很小，每一小段都可以近似地看成一段倾斜的直线，设每段小斜线的高度差分别为Δh1、Δh2…，则物体通过每段小斜线时重力做的功分别为mgΔh1、mgΔh2….
WAB″＝mgΔh1＋mgΔh2＋…＝mg(Δh1＋Δh2＋…)＝mgΔh
WB″B＝0
故WAB＝mgΔh＝mgh1－mgh2.
(4)物体运动时，重力对它做的功只跟它的起点和终点的位置有关，而跟物体运动的路径无关.
知识深化
1.重力做功大小只与重力和物体高度变化有关，与受到的其他力及运动状态均无关.
2.物体下降时重力做正功，物体上升时重力做负功.
3.重力做功的特点可推广到任一恒力的功，即恒力做功的特点是：与具体路径无关，而跟初、末位置有关.
如图3所示，质量为m的小球从高为h处的斜面上的A点滚下，经过水平面BC后，再滚上另一斜面，当它到达的D点时，速度为零，在这个过程中，重力做功为(重力加速度为g)(　　)
图3
A.
B.
C.mgh
D.0
答案　B
解析　解法一　分段法.
小球由A→B，重力做正功W1＝mgh
小球由B→C，重力做功为0，
小球由C→D，重力做负功W2＝－mg·
故小球由A→D全过程中重力做功
WG＝W1＋W2＝mg＝mgh，B正确.
解法二　全过程法.
全过程，小球的高度差为h1－h2＝h，故WG＝mgh，B正确.
计算重力做功时，找出初、末位置的高度差h，直接利用公式WG＝mgh即可，无需考虑中间的复杂运动过程.
二、重力势能
导学探究
如图4所示，质量为m的物体自高度为h2的A处下落至高度为h1的B处(重力加速度为g).求下列两种情况下，重力做的功和重力势能的变化量，并分析它们之间的关系.
图4
(1)以地面为零势能参考面；
(2)以B处所在的高度为零势能参考面.
答案　(1)重力做的功WG＝mgΔh＝mg(h2－h1)，选地面为零势能参考面，EpA＝mgh2，EpB＝mgh1，重力势能的变化量ΔEp＝mgh1－mgh2＝－mgΔh.
(2)以B处所在的高度为零势能参考面，重力做功WG＝mgΔh＝mg(h2－h1).物体的重力势能EpA＝mg(h2－h1)＝mgΔh，EpB＝0，重力势能的变化量ΔEp＝0－mgΔh＝－mgΔh.
综上两次分析可见WG＝－ΔEp，即重力做的功等于重力势能的变化量的负值，而且重力势能的变化与零势能参考面的选取无关.
知识深化
1.重力做功与重力势能变化的关系
WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp
(1)当物体由高处运动到低处时，重力做正功，重力势能减少，重力势能的减少量等于重力所做的功.
(2)当物体由低处运动到高处时，重力做负功(物体克服重力做功)，重力势能增加，重力势能的增加量等于物体克服重力所做的功.
2.重力势能的相对性
物体的重力势能总是相对于某一水平参考面，选不同的参考面，物体重力势能的数值是不同的.故在计算重力势能时，必须首先选取参考平面.
注意：参考平面的选择具有任意性，但重力势能的变化量具有绝对性，即物体的重力势能的变化量与参考平面的选取无关.
下列关于重力势能的说法正确的是(　　)
A.物体的位置一旦确定，它的重力势能的大小也随之确定
B.物体与零势能面的距离越大，它的重力势能也越大
C.一个物体的重力势能从－5
J变化到－3
J，重力势能增加了
D.在地面上的物体具有的重力势能一定等于零
答案　C
解析　物体的重力势能与参考平面的选取有关，同一物体在同一位置相对不同的参考平面的重力势能不同，A选项错；物体在零势能面以上，距零势能面的距离越大，重力势能越大，物体在零势能面以下，距零势能面的距离越大，重力势能越小，B选项错；重力势能的正、负号表示大小，－5
J的重力势能小于－3
J的重力势能，C选项对；只有选地面为零势能面时，地面上的物体的重力势能才为零，否则不为零，D选项错.
如图5所示，桌面距地面的高度为0.8
m，一物体(可看成质点)质量为2
kg，放在桌面上方0.4
m的支架上，则：(g取9.8
m/s2)
图5
(1)以桌面为参考平面，计算物体具有的重力势能，并计算物体由支架下落到地面过程中重力势能的减少量；
(2)以地面为参考平面，计算物体具有的重力势能，并计算物体由支架下落到地面过程中重力势能的减少量；
(3)比较以上计算结果，说明什么问题？
答案　(1)7.84
J　23.52
J　(2)23.52
J　23.52
J
(3)见解析
解析　(1)以桌面为参考平面，物体距参考平面的高度为h1＝0.4
m，
因而物体具有的重力势能为
Ep1＝mgh1＝2×9.8×0.4
J＝7.84
J
物体落至地面时，物体的重力势能为
Ep2＝mgh2＝2×9.8×(－0.8)
J＝－15.68
J
因此物体在此过程中的重力势能减少量为
ΔEp＝Ep1－Ep2＝7.84
J－(－15.68)
J＝23.52
J
(2)以地面为参考平面，物体距参考平面的高度为
h1′＝(0.4＋0.8)
m＝1.2
m，因而物体具有的重力势能为
Ep1′＝mgh1′＝2×9.8×1.2
J＝23.52
J
物体落至地面时，物体的重力势能为Ep2′＝0
在此过程中，物体的重力势能减少量为
ΔEp′＝Ep1′－Ep2′＝23.52
J－0＝23.52
J；
(3)通过上面的计算，说明重力势能是相对的，它的大小与参考平面的选择有关，而重力势能的变化量是绝对的，它与参考平面的选择无关.
重力势能变化多少是由重力做功的多少来度量的，与物体除重力外是否还受其他力作用以及除重力做功外是否还有其他力做功等因素均无关.
在水平地面上平铺n块砖，每块砖的质量均为m，厚度均为h，如图6所示，若将砖一块一块地竖直叠放起来，在此过程中，重力做多少功？重力势能如何变化，变化了多少？(重力加速度为g)
图6
答案　－mgh　重力势能增加
增加了mgh
解析　砖由平放在地面上到把它们一块块地竖直叠放起来，克服重力所做的功等于砖增加的重力势能；
取n块砖整体为研究对象，原来整体重心距地面高度为，叠放起来后整体重心距地面高度为nh，
WG＝nmgΔh＝nmg＝－mgh
重力做负功，重力势能增加，增加了mgh.
三、弹性势能
导学探究
如图7所示，物体与弹簧相连，物体在O点时弹簧处于原长，把物体向右拉到A处静止释放，物体会由A向A′运动，A、A′关于O点对称，则：
图7
(1)物体由A向O运动的过程中，弹力做什么功？弹性势能如何变化？
(2)物体由O向A′运动的过程中，弹力做什么功？弹性势能如何变化？
(3)在A、A′处弹性势能有什么关系？
答案　(1)正功　减少　(2)负功　增加　(3)相等
知识深化
1.对弹性势能的理解
(1)弹性势能的产生原因
(2)(弹簧)弹性势能的影响因素
2.弹力做功与弹性势能变化的关系
(1)关系：弹力做正功时，弹性势能减少，弹力做负功时，弹性势能增加，并且弹力做多少功，弹性势能就减少多少.
(2)表达式：W弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2.
3.注意：(1)弹力做功和重力做功一样，也和路径无关，弹性势能的变化只与弹力做功有关.
(2)一般地来说，弹簧为原长时弹性势能为零，所以弹簧伸长时和弹簧压缩时弹性势能都增加，且伸长量和压缩量相同时，弹性势能相同.
(2018·中山一中期末)如图8所示，轻弹簧下端系一重物，O点为其平衡位置(即重力和弹簧弹力大小相等的位置)，今用手向下拉重物，第一次把它直接拉到A点，弹力做功为W1，第二次把它拉到B点后再让其回到A点，弹力做功为W2，弹簧始终在弹性限度内，则这两次弹力做功的关系为(　　)
图8
A.W1B.W1＝2W2
C.W2＝2W1
D.W1＝W2
答案　D
解析　弹力做功与路径无关，只与初、末位置有关，两次初、末位置相同，故W1＝W2，D正确.
1.(重力做功的特点)如图9所示，一位小朋友在同一高度分别沿两种滑梯滑到水平地面上，此过程中(　　)
图9
A.沿滑梯1重力做功最大
B.沿滑梯2重力做功最大
C.沿滑梯1和2重力做功相等
D.条件不足不能判断
答案　C
2.(重力势能的理解)关于重力势能，下列说法正确的是(　　)
A.重力势能是地球和物体共同具有的，而不是物体单独具有的
B.处在同一高度的物体，具有的重力势能相同
C.重力势能是标量，不可能有负值
D.浮在海面上的小船的重力势能一定为零
答案　A
解析　重力势能具有系统性，重力势能是物体与地球共有的，故A正确；重力势能等于mgh，其中h是相对于参考平面的高度，参考平面不同，h不同，另外质量也不一定相同，故处在同一高度的物体，其重力势能不一定相同，选项B错误；重力势能是标量，但有正负，负号表示物体在参考平面的下方，故C错误；零势能面的选取是任意的，并不一定选择海平面为零势能面，故浮在海面上的小船的重力势能不一定为零，选项D错误.
3.(重力势能及重力势能的变化)(2018·孝感八校教学联盟高一下学期期末联考)质量为m的小球，从离桌面H高处由静止下落，桌面离地面高度为h，重力加速度为g，如图10所示，若以桌面为参考平面，那么小球落地时的重力势能及整个下落过程中重力势能的变化分别为(　　)
图10
A.mgh，减少mg(H－h)
B.mgh，增加mg(H＋h)
C.－mgh，减少mg(H＋h)
D.－mgh，增加mg(H－h)
答案　C
4.(重力做功的计算)如图11所示，质量为60
kg的某运动员在做俯卧撑运动，运动过程中可将她的身体视为一根直棒.已知重心在c点，其垂线与脚、两手连线中点间的距离Oa、Ob分别为0.9
m和0.6
m.若她在1
min内做了30个俯卧撑，每次肩部上升的距离均为0.4
m，则克服重力做的功和相应的功率约为(　　)
图11
A.430
J,7
W
B.4
300
J,70
W
C.720
J,12
W
D.7
200
J,120
W
答案　B
解析　设每次俯卧撑中，运动员重心变化的高度为h，由几何关系可得，＝，即h＝0.24
m.一次俯卧撑中，克服重力做功W＝mgh＝60×9.8×0.24
J＝141.12
J，所以1
min内克服重力做的总功为W总＝NW＝4
233.6
J，功率P＝＝70.56
W，故选B.
5.(弹性势能的理解)关于弹簧的弹性势能，下列说法中正确的是(　　)
A.当弹簧变长时，它的弹性势能一定增大
B.当弹簧变短时，它的弹性势能一定减小
C.若选弹簧自然长度时的弹性势能为0，则其他长度的弹性势能均为正值
D.若选弹簧自然长度时的弹性势能为0，则伸长时弹性势能为正值，压缩时弹性势能为负值
答案　C
解析　如果弹簧原来处在压缩状态，当它变长且未恢复到原长前，它的弹性势能应该减小，当它变短时，它的弹性势能应该增大，在原长处它的弹性势能最小，A、B错；由于弹簧处于自然长度时的弹性势能最小，若选弹簧自然长度时的弹性势能为0，则其他长度时的弹性势能均为正值，C对，D错.
考点一　重力做功的特点
1.某游客带着孩子游泰山时，不小心将手中质量为m的皮球滑落，球从山上的位置A滚到了山脚下的位置B，高度标记如图1所示，则下列说法正确的是(重力加速度为g)(　　)
图1
A.从A到B的曲线长度不知道，无法求出此过程重力做的功
B.从A到B过程中阻力大小不知道，无法求出此过程重力做的功
C.从A到B重力做功mg(H＋h)
D.从A到B重力做功mgH
答案　D
解析　重力做功与路径无关，根据两点间的高度差即可求得重力做的功.因A、B两点间的高度差为H，则重力做功W＝mgH，D正确.
2.(多选)在高处的某一点将两个质量相等的小球以相同速率v0分别竖直上抛和竖直下抛，下列结论正确的是(不计空气阻力)(　　)
A.从抛出到刚着地，重力对两球所做的功相等
B.从抛出到刚着地，重力对两球做的功都是正功
C.从抛出到刚着地，重力对两球做功的平均功率相等
D.两球刚着地时，重力的瞬时功率相等
答案　ABD
解析　从抛出点到着地点高度差相同，由W＝mgh可知，重力对两球所做的功相等，且都做正功，故A、B项正确；由于竖直上抛比竖直下抛的运动时间长，由P＝，知P上＜P下，故C项错误；由运动学公式v2－v02＝2gh得出两球刚着地时速度相同，重力的瞬时功率P＝mgv相同，故D项正确.
考点二　重力势能　重力做功与重力势能变化的关系
3.下列关于重力势能的几种理解，正确的是(　　)
A.重力势能等于零的物体，一定不能对别的物体做功
B.放在地面上的物体，它的重力势能一定等于零
C.选取地面为参考平面，从不同高度将同一物体抛出，落地时物体的重力势能不相等
D.选取不同的参考平面，物体具有不同数值的重力势能，但在两位置重力势能之差相同
答案　D
4.一物体以初速度v竖直向上抛出，做竖直上抛运动，则物体的重力势能Ep－路程s图像应是下列四个图中的(　　)
答案　A
解析　以抛出点为零势能点，则上升阶段路程为s时，克服重力做功mgs，重力势能Ep＝mgs，即重力势能与路程s成正比；下降阶段，物体距抛出点的高度h＝2h0－s，其中h0为上升的最高点与抛出点的距离，故重力势能Ep＝mgh＝2mgh0－mgs，故下降阶段，随着路程s的增大，重力势能线性减小，选项A正确.
5.(多选)(2018·石室中学期末)如图2所示，质量相同的A、B两小球用长度不同的两轻绳悬于等高的O1、O2点，绳长LA、LB的关系为LA>LB，将轻绳水平拉直，并将小球A、B由静止开始同时释放，取释放的水平位置为零势能参考平面，则下列说法正确的是(　　)
图2
A.在下落过程中，当两小球到同一水平线L上时具有相同的重力势能
B.两小球分别下落到最低点的过程中减少的重力势能相等
C.A球通过最低点时的重力势能比B球通过最低点时的重力势能大
D.A、B两小球只要在相同的高度，它们所具有的重力势能就相等
答案　AD
解析　下落过程中，当两小球到同一水平线L上时，因它们的质量相同，则具有相同的重力势能，故A正确；根据重力势能的变化与重力及下落的高度有关知两小球分别下落到最低点的过程中减少的重力势能不相等，故B错误；取释放的水平位置为零势能参考平面，则根据重力势能的定义知，A球通过最低点时的重力势能比B球通过最低点时的重力势能小，故C错误；两小球只要在相同的高度，它们所具有的重力势能就相等，故D正确.
6.(多选)物体在运动过程中，克服重力做功100
J，则以下说法正确的是(　　)
A.物体的高度一定降低了
B.物体的高度一定升高了
C.物体的重力势能一定是100
J
D.物体的重力势能一定增加100
J
答案　BD
解析　克服重力做功，即重力做负功，重力势能增加，高度升高，克服重力做多少功，重力势能就增加多少，但重力势能是相对的，增加100
J的重力势能，并不代表现在的重力势能就是100
J，故B、D正确，A、C错误.
7.如图3所示，质量为m的小球，用一长为l的细线悬于O点，将悬线拉直成水平状态，并给小球一个竖直向下的速度让小球向下运动，O点正下方D处有一钉子，小球运动到B处时会以D为圆心做圆周运动，并经过C点，若已知OD＝l，重力加速度为g，则小球由A点运动到C点的过程中(　　)
图3
A.重力做功mgl，重力势能减少mgl
B.重力做功mgl，重力势能减少mgl
C.重力做功mgl，重力势能减少mgl
D.重力做功mgl，重力势能增加mgl
答案　A
解析　小球由A点运动到C点的过程中，小球下落的高度为h＝l，故重力做功WG＝mgh＝mgl，重力做正功，重力势能减少mgl，选项A正确.
考点三　弹力做功与弹性势能
8.(多选)图4甲是玩家玩“蹦极”游戏的图片，玩家将一根长为AB的弹性绳子的一端系在身上，另一端固定在跳台，然后从跳台跳下，图乙是玩家到达最低点时的情况，其中AB为弹性绳子的原长，C点是弹力等于重力的位置，D点是玩家所到达的最低点，对于玩家离开跳台至最低点的过程中，下列说法正确的是(　　)
图4
A.重力对玩家一直做正功
B.玩家的重力势能一直减小
C.玩家通过B点之后，绳子具有弹性势能
D.从A到D，弹性绳子的弹性势能一直增加
答案　ABC
解析　整个过程中，重力一直做正功，玩家的重力势能一直减小；玩家从高空落下到弹性绳子达到原长过程中，弹性绳子不做功，此后弹性绳子一直做负功，弹性势能一直增加.
9.(2018·淄博实验中学期末)如图5所示，质量相等的两木块中间连有一竖直弹簧，今用力F缓慢向上提A，直到B恰好离开地面.开始时木块A静止在弹簧上面.设开始时弹簧的弹性势能为Ep1，B刚要离开地面时，弹簧的弹性势能为Ep2，则关于Ep1、Ep2的大小关系及弹性势能的变化ΔEp，下列说法中正确的是(　　)
图5
A.Ep1＝Ep2
B.Ep1＞Ep2
C.ΔEp＞0
D.ΔEp＜0
答案　A
解析　开始时弹簧形变量为x1，有kx1＝mg，设B刚要离开地面时弹簧形变量为x2，有kx2＝mg，可知x1＝x2，所以Ep1＝Ep2，ΔEp＝0，A正确，B、C、D错误.
10.(多选)如图6所示，一轻弹簧一端固定于O点，另一端系一重物，将重物从与悬点O在同一水平面且使弹簧保持原长的A点无初速度释放，让它自由摆下，不计空气阻力，在重物由A点摆向最低点B的过程中(　　)
图6
A.重力做正功，弹力不做功
B.重力做正功，弹力做负功，弹性势能增加
C.若用与弹簧原长相等的不可伸长的细绳代替弹簧后，重力做正功，弹力不做功
D.若用与弹簧原长相等的不可伸长的细绳代替弹簧后，重力做功不变，弹力不做功
答案　BC
解析　用不可伸长的细绳拴住重物向下摆动时，重力做正功，弹力不做功，C对；用弹簧拴住重物向下摆动时，弹簧要伸长，重物轨迹不是圆弧，弹力做负功，弹性势能增加，重力做正功，且做功多，所以A、D错，B对.
11.如图7所示，物体A的质量为m，A的上端连接一个竖直轻弹簧，弹簧原长为L0，劲度系数为k，整个系统置于水平地面上，现将弹簧上端B缓慢地竖直向上提起，B点上移距离为L，此时物体A也已经离开地面，则下列说法中正确的是(重力加速度为g)(　　)
图7
A.提弹簧的力对系统做功为mgL
B.物体A的重力势能增加mgL
C.物体A的重力势能增加mg(L－L0)
D.物体A的重力势能增加mg
答案　D
解析　将弹簧上端B缓慢地竖直向上提起，由于开始时有支持力，故拉力先小于mg，物体离地后等于mg，拉力作用点的位移为L，故提弹簧的力对系统做功小于mgL，故A错误；B点上移距离为L，弹簧伸长量为ΔL＝，故A上升的高度为L－ΔL，所以物体A的重力势能增加mg，故B、C错误，D正确.
12.一根长为2
m、重为200
N的均匀直木杆放在水平地面上，现将它的一端缓慢地从地面抬高0.5
m，另一端仍放在地面上，则所需做的功为(　　)
A.50
J
B.100
J
C.200
J
D.400
J
答案　A
解析　由几何关系可知，杆的重心上升了h＝
m＝0.25
m，故克服重力做功WG＝mgh＝200×0.25
J＝50
J，外力做的功等于克服重力做的功，即所需做的功为50
J，选项A正确，B、C、D错误.
13.如图8所示，一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂.用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l.重力加速度大小为g.在此过程中，绳的重力势能增加(　　)
图8
A.mgl
B.mgl
C.mgl
D.mgl
答案　A
解析　由题意可知，PM段细绳的重力势能不变，MQ段细绳的重心升高了，则重力势能增加ΔEp＝mg·＝mgl，故选项A正确，B、C、D错误.
14.如图9甲所示，一滑块沿光滑的水平面向左运动，与轻弹簧接触后将弹簧压缩到最短，然后反向弹回，弹簧始终处在弹性限度内，图乙为测得的弹簧的弹力与弹簧压缩量之间的关系图像，则弹簧的压缩量由8
cm变为4
cm时，弹簧所做的功以及弹性势能的变化量分别为(　　)
图9
A.3.6
J、－3.6
J
B.－3.6
J、3.6
J
C.1.8
J、－1.8
J
D.－1.8
J、1.8
J
答案　C
解析　F－x图像与x轴围成的面积表示弹力做的功，W＝×0.08×60
J－×0.04×30
J＝1.8
J，根据W＝－ΔEp知，弹性势能的变化量为－1.8
J，C正确.
15.(2018·高邮中学高一下学期期末)如图10所示，一质量为m＝2
kg的物块在大小为20
N、方向沿斜面向上的拉力F作用下，由静止沿倾角为θ＝37°的固定斜面向上运动.运动x＝10
m时，速度达到v＝6
m/s.已知g＝10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8.求此过程中：
图10
(1)F对物块做的功W；
(2)物块重力势能的增量ΔEp；
(3)物块克服重力做功的最大瞬时功率P.
答案　(1)200
J　(2)120
J　(3)72
W
解析　(1)WF＝Fx＝20×10
J＝200
J
(2)物块重力势能增量：
ΔEp＝mgxsin
37°＝2×10×10×0.6
J＝120
J
(3)物块克服重力做功的最大瞬时功率：
P＝|mgvcos
(180°－53°)|＝72
W

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