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【题型一】功的分析及恒力功的计算
1．计算功的方法
(1)对于恒力做功利用W＝Flcos
α；
(2)对于变力做功可利用动能定理(W＝ΔEk)；
(3)对于机车启动问题中的定功率启动问题，牵引力的功可以利用W＝Pt.
2．合力功计算方法
(1)先求合外力F合，再用W合＝F合
lcos
α求功．
(2)先求各个力做的功W1、W2、W3、…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合外力做的功．
3．几种力做功比较
(1)重力、弹簧弹力、电场力、分子力做功与位移有关，与路径无关．
(2)滑动摩擦力、空气阻力、安培力做功与路径有关．
(3)摩擦力做功有以下特点：
①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值．
③相互作用的一对滑动摩擦力做功过程中会发生物体间机械能转移和机械能转化为内能，内能Q＝Ffx相对．
对功的正、负的判断
【例1】一辆正沿平直路面行驶的车厢内，一个面向车前进方向站立的人对车厢壁施加水平推力F，在车前进s的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．当车匀速前进时，人对车做的总功为正功
B．当车加速前进时，人对车做的总功为负功
C．当车减速前进时，人对车做的总功为负功
D．不管车如何运动，人对车做的总功都为零
【答案】B
【解析】.人对车施加了三个力，分别为压力、推力F、静摩擦力f，根据力做功的公式及作用力和反作用力的关系判断做正功还是负功．当车匀速前进时，人对车厢壁的推力F做的功为WF＝Fs，静摩擦力做的功为Wf＝－fs，人处于平衡状态，根据作用力与反作用力的关系可知，F＝f，则人对车做的总功为零，故A错误；当车加速前进时，人处于加速状态，车厢对人的静摩擦力f′向右且大于车厢壁对人的作用力F′，所以人对车厢的静摩擦力f向左，静摩擦力做的功Wf＝－fs，人对车厢的推力F方向向右，做的功为WF＝Fs，因为f>F，所以人对车做的总功为负功，故B正确，D错误；同理可以证明当车减速前进时，人对车做的总功为正功，故C错误．
【变式1】如图所示，木块B上表面是水平的，木块A置于B上，并与B保持相对静止，一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑过程中(　　)
A．A所受的合外力对A不做功
B．B对A的弹力做正功
C．B对A的摩擦力做正功
D．A对B做正功
【答案】C
【解析】A、B一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，加速度为gsin
θ(θ为斜面倾角)，由于A速度增大，由动能定理知，A所受的合外力对A做正功，对A受力分析，可知B对A的支持力方向竖直向上，B对A的摩擦力方向水平向左，故B对A的摩擦力做正功，B对A的弹力做负功，选项A、B错误，C正确；A与B相对静止，由牛顿第二定律及几何关系可知A对B的作用力垂直斜面向下，A对B不做功，选项D错误．
【变式2】里约奥运会男子100米决赛中，牙买加名将博尔特以9秒81的成绩夺得冠军．博尔特在比赛中，主要有起跑加速、途中匀速和加速冲刺三个阶段，他的脚与地面间不会发生相对滑动．以下说法正确的是(　　)
A．加速阶段地面对人的摩擦力做正功
B．匀速阶段地面对人的摩擦力不做功
C．由于人的脚与地面间不发生相对滑动，所以不论加速还是匀速，地面对人的摩擦力始终不做功
D．无论加速还是匀速阶段，地面对人的摩擦力始终做负功
【答案】BC
【解析】人的脚与地面间的摩擦力是静摩擦力，该力的作用点并没有发生位移，所以地面对人的摩擦力始终不做功，选项B、C正确．
恒力做功的求解
恒力做功的计算方法
【例2】一物体静止在粗糙水平地面上．现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v.若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v.对于上述两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则(　　)
A．WF2>4WF1，Wf2>2Wf1　
B．WF2>4WF1，Wf2＝2Wf1
C．WF2<4WF1，Wf2＝2Wf1
D．WF2<4WF1，Wf2<2Wf1
【答案】C
【解析】.物体两次的加速度之比a2∶a1＝∶＝2∶1，位移之比l2∶l1＝t∶t＝2∶1，摩擦力之比f2∶f1＝1∶1，由牛顿第二定律得F－f＝ma，则拉力之比F2∶F1＝(ma2＋f)∶(ma1＋f)<2，做功之比WF2∶WF1＝(F2·l2)∶(F1·l1)<4，Wf2∶Wf1＝(－f2·l2)∶(－f1·l1)＝2∶1，故C正确．
【变式1】如图所示，质量为m的物体在恒力F的作用下从底端沿斜面向上一直匀速运动到顶端，斜面高h，倾斜角为θ.现把物体放在顶端，发现物体在轻微扰动后可匀速下滑，重力加速度大小为g.则在上升过程中恒力F做的功为(　　)
A．Fh
B．Mgh
C．2mgh
D．无法确定
【答案】　C
【解析】　把物体放在顶端，发现物体在轻微扰动后可匀速下滑，则物体受力平衡，则有Ff＝mgsin
θ.上滑过程中，物体也做匀速直线运动，受力平衡，则有F＝mgsin
θ＋Ff＝2mgsin
θ，则在上升过程中恒力F做的功W＝F·＝2mgsin
θ·＝2mgh，故选项C正确．
【变式2】如图所示，两个物体与水平地面间的动摩擦因数相等，它们的质量也相等．在甲图中用力F1拉物体，在乙图中用力F2推物体，夹角均为α，两个物体都做匀速直线运动，通过相同的位移．设F1和F2对物体所做的功分别为W1和W2，物体克服摩擦力做的功分别为W3和W4，下列判断正确的是(　　)
甲
　　　　　
乙
A．F1＝F2　　　　　　　　B．W1＝W2
C．W3＝W4
D．W1－W3＝W2－W4
【答案】D
【题型二】求解变力做功的四种方法
方法
以例说法
应用动能定理
用力F把小球从A处缓慢拉到B处，F做功为WF，则有：WF－mgl(1－cos
θ)＝0，得WF＝mgl(1－cos
θ)
微元法
质量为m的木块在水平面内做圆周运动，运动一周克服摩擦力做功Wf＝f·Δx1＋f·Δx2＋f·Δx3＋…＝f(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝f·2πR
平均力法
弹簧由伸长x1被继续拉至伸长x2的过程中，克服弹力做功W＝·(x2－x1)
图象法
一水平拉力F0拉着一物体在水平面上运动的位移为x0，图线与横轴所围面积表示拉力所做的功，W＝F0x0
【例3】如图所示，质量为m的小球用长L的细线悬挂而静止在竖直位置．现用水平拉力F将小球缓慢拉到细线与竖直方向成θ角的位置．在此过程中，拉力F做的功为(　　)
A．FLcos
θ
B．FLsin
θ
C．FL(1－cos
θ)
D．mgL(1－cos
θ)
【答案】　D
【解析】　在小球缓慢上升过程中，拉力F为变力，此变力F的功可用动能定理求解．由WF－mgL(1－cos
θ)＝0得WF＝mgL(1－cos
θ)，故D正确．
【变式1】如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，以大小恒定的拉力F拉绳，使滑块从A点起由静止开始上升．若从A点上升至B点和从B点上升至C点的过程中拉力F做的功分别为W1和W2，图中AB＝BC，则(　　)
A．W1＞W2
B．W1＜W2
C．W1＝W2
D．无法确定W1和W2的大小关系
【答案】A
【解析】绳子对滑块做的功为变力做功，可以通过转换研究对象，将变力的功转化为恒力的功；因绳子对滑块做的功等于拉力F对绳子做的功，而拉力F为恒力，W＝F·Δl，Δl为绳拉滑块过程中力F的作用点移动的位移，大小等于滑轮左侧绳长的缩短量，由图可知，ΔlAB＞ΔlBC，故W1＞W2，A正确．
【变式2】如图所示，摆球质量为m，悬线长为L，把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球运动过程中空气阻力F阻的大小不变，则下列说法正确的是(　　)
A．重力做功为mgL
B．悬线的拉力做功为0
C．空气阻力F阻做功为－mgL
D．空气阻力F阻做功为－F阻πL
【答案】ABD
【解析】.由重力做功特点得重力做功为：WG＝mgL，A正确；悬线的拉力始终与v垂直，不做功，B正确；由微元法可求得空气阻力做功为：WF阻＝－F阻πL，D正确．
【题型三】功率的理解与计算
1．平均功率的计算方法
(1)利用P＝.
(2)利用P＝Fvcos
α，其中v为物体运动的平均速度．
2．瞬时功率的计算方法
(1)P＝Fvcos
α，其中v为t时刻的瞬时速度．
(2)P＝FvF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度．
(3)P＝Fvv，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力．
【例4】质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t＝0时刻开始受到水平力的作用．力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则(　　)
A．3t0时刻的瞬时功率为
eq
\f(5Ft0,m)
B．3t0时刻的瞬时功率为
eq
\f(15Ft0,m)
C．在t＝0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为
eq
\f(23Ft0,4m)
D．在t＝0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为
eq
\f(25Ft0,6m)
【答案】BD.
【解析】2t0时刻速度大小v2＝a1·2t0＝t0，3t0时刻的速度大小为v3＝v2＋a2t0＝·2t0＋·t0＝，3t0时刻力F＝3F0，所以瞬时功率P＝3F0·v3＝eq
\f(15Ft0,m)，A错、B对；0～3t0时间段，水平力对物体做功W＝F0x1＋3F0x2＝F0×·(2t0)2＋3F0·t0＝eq
\f(25Ft,2m)，平均功率P＝＝eq
\f(25Ft0,6m)，C错、D对．
【变式1】如图甲所示，一个质量m＝2
kg的物块静止放置在粗糙水平地面O处，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，在水平拉力F作用下物块由静止开始向右运动，经过一段时间后，物块回到出发点O处，取水平向右为速度的正方向，物块运动过程中其速度v随时间t变化规律如图乙所示，g取10
m/s2.则(　　)
A．物块经过4
s时间到出发点
B．4.5
s时水平力F的瞬时功率为24
W
C．0～5
s内摩擦力对物块先做负功，后做正功，总功为零
D．0～5
s内物块所受合力的平均功率为1.8
W
【答案】　BD
【解析】　由图象可知，前4
s内速度方向始终为正方向，故前4
s时间内没有回到出发点，选项A错误；根据v
?t图线的斜率表示加速度，可知3～5
s内，加速度a＝－
m/s2＝－3
m/s2，4.5
s时的速度v＝aΔt＝－3×(4.5－4)
m/s＝－1.5
m/s，根据牛顿第二定律有F＋μmg＝ma，得F＝－16
N，负号表示力的方向水平向左，水平力F的瞬时功率P＝Fv＝24
W，选项B正确；滑动摩擦力的方向始终与速度方向相反，摩擦力始终做负功，选项C错误；3～5
s内合力为恒力，物块的位移为零，合力做的功为零，0～3
s内，物块的加速度a1＝
m/s2＝1
m/s2，位移s1＝×1×32
m＝4.5
m，合力做的功W＝F合s1＝mas1＝9
J，0～5
s内合力的平均功率P＝＝
W＝1.8
W，选项D正确．
【变式2】地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面．某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程，(　　)
A．矿车上升所用的时间之比为4∶5
B．电机的最大牵引力之比为2∶1
C．电机输出的最大功率之比为2∶1
D．电机所做的功之比为4∶5
【答案】AC
【解析】.根据位移相同可得两图线与时间轴围成的面积相等，v0×2t0＝×v0[2t0＋t′＋(t0＋t′)]，解得t′＝t0，则对于第①次和第②次提升过程中，矿车上升所用的时间之比为2t0∶(2t0＋t0)＝4∶5，A正确；加速过程中的牵引力最大，且已知两次加速时的加速度大小相等，故两次中最大牵引力相等，B错误；由题知两次提升的过程中矿车的最大速度之比为2∶1，由功率P＝Fv，得最大功率之比为2∶1，C正确；两次提升过程中矿车的初、末速度都为零，则电机所做的功等于克服重力做的功，重力做的功相等，故电机所做的功之比为1∶1，D错误．
【题型四】机车启动问题
1．模型一　以恒定功率启动
(1)动态过程
(2)这一过程的P?t图象和v
?t图象如图所示：
2．模型二　以恒定加速度启动
(1)动态过程
(2)这一过程的P?t图象和v
?t图象如图所示：
3．三个重要关系式
(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即vm＝.
(2)机车以恒定加速度启动时，匀加速过程结束时功率最大，速度不是最大，即v＝＜vm＝.
(3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W＝Pt，由动能定理得Pt－F阻x＝ΔEk，此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移或速度．
4.四个常用规律
(1)P＝Fv.
(2)F－Ff＝ma.
(3)v＝at(a恒定)．
(4)Pt－Ffx＝ΔEk(P恒定)．
以恒定功率启动方式的求解
【例5】．某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶，受到的阻力分别为车重的k1和k2倍，最大速率分别为v1和v2，则(　　)
A．v2＝k1v1　
B．v2＝v1
C．v2＝v1
D．v2＝k2v1
【答案】B
【解析】.车以最大速率行驶时，牵引力F等于阻力Ff，即F＝Ff＝kmg.由P＝k1mgv1及P＝k2mgv2，得v2＝v1，故B正确．
以恒定牵引力启动方式的求解
【例6】当前我国“高铁”事业发展迅猛，假设一辆高速列车在机车牵引力和恒定阻力作用下，在水平轨道上由静止开始启动，其v－t图象如图所示，已知0～t1时间内为过原点的倾斜直线，t1时刻达到额定功率P，此后保持功率P不变，在t3时刻达到最大速度v3，以后匀速运动．下列判断正确的是(　　)
A．从0至t3时间内，列车一直做匀加速直线运动
B．t2时刻的加速度大于t1时刻的加速度
C．在t3时刻以后，机车的牵引力为零
D．该列车所受的恒定阻力大小为
【答案】D
【解析】.0～t1时间内，列车做匀加速运动，t1～t3时间内，加速度逐渐变小，故A、B错误；t3以后列车做匀速运动，牵引力大小等于阻力大小，故C错误；匀速运动时Ff＝F牵＝，故D正确．
机车启动中的常见图像问题
图像
【例7】如图所示为汽车的加速度和车速的倒数的关系图象．若汽车质量为2×103
kg，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，最大车速为30
m/s，则
(　　)
A．汽车所受阻力为2×103
N
B．汽车匀加速所需时间为5
s
C．汽车匀加速的加速度为3
m/s2
D．汽车在车速为5
m/s时，功率为6×104
W
【答案】　AB
【解析】　设汽车所受阻力大小为f
，由汽车的加速度和车速倒数的关系图象可知，汽车从静止开始先做匀加速运动，加速度a＝2
m/s2，直到速度达到v1＝10
m/s，则匀加速阶段所用时间为t＝＝5
s，此时汽车的牵引力功率达到最大，即Pm＝(f＋ma)v1；接下来做加速度逐渐减小的变加速运动，汽车的牵引力功率保持不变，当速度达到v2＝30
m/s时，加速度为零，此时Pm＝fv2，则解得f＝2×103
N，Pm＝6×104
W，当汽车在车速为5
m/s时，功率为P＝(f＋ma)v＝3×104
W，A、B正确，C、D错误．
图像
【例8】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的变化如图所示．假定汽车所受阻力的大小f恒定不变．下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图象中，可能正确的是(　　)
【答案】A
【解析】由图可知，汽车先以恒定功率P1启动，所以刚开始做加速度减小的加速度运动，后以更大功率P2运动，所以再次做加速度减小的加速运动，故A正确，B、C、D错误．
图像
【例9】如图甲所示，水平面上一质量为m的物体在水平力F作用下开始做加速运动，力F的功率P保持恒定，运动过程中物体所受的阻力f大小不变，物体速度最终达到稳定值vm，作用过程物体速度的倒数与加速度a的关系图象如图乙所示．在已知功率P的情况下，根据图象所给信息可知以下说法中正确的是
(　　)
A．可求出m、f和vm
B．不能求出m
C．不能求出f
D．可求出加速运动时间
【答案】A
【解析】当加速度为零时，物体做匀速运动，此时的牵引力等于阻力，速度为最大值，最大速度vm＝
m/s＝10
m/s；由功率的计算公式可得P＝Fv，而F－f＝ma，联立可得＝
a＋，物体速度的倒数与加速度a的关系图象斜率为k＝，纵轴截距为＝0.1，因此可求出m、f和vm，选项A正确，B、C错误．物体做变加速运动，无法求出物体加速运动的时间，选项D错误．
图像
【例10】如图甲所示，用起重机将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，其v
?t图象如图乙所示．下列说法正确的是
(　　)
甲　　　　　　　　　乙
A．在0～t1时间内，货物处于超重状态
B．在t1～t2时间内，起重机拉力对货物不做功
C．在t2～t3时间内，起重机拉力对货物做负功
D．匀速阶段拉力的功率可能比加速阶段某一时刻拉力的瞬时功率小
【答案】AD
【解析】由v
?t图象可知在0～t1时间内，货物具有向上的加速度，故处于超重状态，选项A正确；在t1～t3时间内，起重机的拉力始终竖直向上，一直做正功，选项B、C错误；匀速阶段拉力小于加速阶段的拉力，而匀速阶段的速度大于加速阶段的速度，由P＝Fv可知匀速阶段拉力的功率可能比加速阶段某一时刻拉力的瞬时功率小，选项D正确．
【题型五】动能定理的理解
1．定理中“外力”的两点理解
(1)重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用．
(2)既可以是恒力，也可以是变力．
2．公式中“＝”体现的三个关系
【例1】北京获得2022年冬奥会举办权，冰壶是冬奥会的比赛项目．将一个冰壶以一定初速度推出后将运动一段距离停下来．换一个材料相同、质量更大的冰壶，以相同的初速度推出后，冰壶运动的距离将(　　)
A．不变　　　　　B．变小
C．变大
D．无法判断
【答案】　A
【解析】　冰壶在冰面上以一定初速度被推出后，在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，根据动能定理有－μmgs＝0－mv2，得s＝，两种冰壶的初速度相等，材料相同，故运动的距离相等．故选项A正确．
【变式1】如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度．木箱获得的动能一定(　　)
A．小于拉力所做的功　
　　
B．等于拉力所做的功
C．等于克服摩擦力所做的功
D．大于克服摩擦力所做的功
【答案】　A
【解析】　由动能定理WF－Wf＝Ek－0，可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，A正确．
【变式2】关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系．下列说法正确的是(　　)
A．合外力为零，则合外力做功一定为零
B．合外力做功为零，则合外力一定为零
C．合外力做功越多，则动能一定越大
D．动能不变，则物体合外力一定为零
【答案】A.
【解析】由W＝Flcos
α可知，物体所受合外力为零，合外力做功一定为零，但合外力做功为零，可能是α＝90°，故A正确，B错误；由动能定理W＝ΔEk可知，合外力做功越多，动能变化量越大，但动能不一定越大，动能不变，合外力做功为零，但合外力不一定为零，C、D均错误．
【题型六】动能定理在直线运动中的应用
若在直线运动中知道初、末状态，而不需要考虑中间过程时，一般用动能定理处理位移与速度的关系。
一般用分段法来处理问题，找准直线运动中转折处其动能有无损失。
【例2】如图所示，小物块从倾角为θ的倾斜轨道上A点由静止释放滑下，最终停在水平轨道上的B点，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，A、B两点的连线与水平方向的夹角为α，不计物块在轨道转折时的机械能损失，则动摩擦因数为(　　)
A．tan
θ　　　　　B．tan
α
C．tan(θ＋α)
D．tan(θ－α)
【答案】B
【解析】.如图所示，设B、O间距离为s1，A点离水平面的高度为h，A、O间的水平距离为s2，物块的质量为m，在物块下滑的全过程中，应用动能定理可得mgh－μmgcos
θ·－μmg·s1＝0，解得μ＝＝tan
α，故选项B正确．
【变式1】如图所示，质量为m的小球，从离地面H高处从静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止，设小球受到空气阻力为f，重力加速度为g，则下列说法正确(　　)
A．小球落地时动能等于mgH
B．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能
C．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)
D．小球在泥土中受到的平均阻力为mg(1＋)
【答案】C
【解析】小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得mgH－fH＝mv，选项A错误；设泥的平均阻力为f0，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mgh－f0h＝0－mv，解得f0h＝mgh＋mv＝mgh＋mgH－fH，f0＝mg(1＋)－，选项B、D错误；全过程应用动能定理可知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)，选项C正确．
【变式2】如图为某同学建立的一个测量动摩擦因数的模型．物块自左侧斜面上A点由静止滑下，滑过下面一段平面后，最高冲至右侧斜面上的B点．实验中测量出了三个角度，左、右斜面的倾角α和β及AB连线与水平面的夹角为θ.物块与各接触面间动摩擦因数相同且为μ，忽略物块在拐角处的能量损失，以下结论正确的是(　　)
A．μ＝tan
α
B．μ＝tan
β
C．μ＝tan
θ
D．μ＝tan
【答案】C
【解析】对全过程运用动能定理，结合摩擦力做功的大小，求出动摩擦因数大小．设A、B间的水平长度为x，竖直高度差为h，对A到B的过程运用动能定理得mgh－μmgcos
α·AC－μmg·CE－μmgcos
β·EB＝0，因为AC·cos
α＋CE＋EB·cos
β＝x，则有mgh－μmgx＝0，解得μ＝＝tan
θ，故C正确．
【题型七】动能定理在曲线运动中的应用
【例3】如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小．用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功．则(　　)
A．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点
B．W>mgR，质点不能到达Q点
C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D．W【答案】C
【解析】.设质点到达N点的速度为vN，在N点质点受到轨道的弹力为FN，则FN－mg＝eq
\f(mv,R)，已知FN＝F′N＝4mg，则质点到达N点的动能为EkN＝mv＝mgR.质点由开始至N点的过程，由动能定理得mg·2R＋Wf＝EkN－0，解得摩擦力做的功为Wf＝－mgR，即克服摩擦力做的功为W＝－Wf＝mgR.设从N到Q的过程中克服摩擦力做功为W′，则W′【变式】如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W.重力加速度大小为g.设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为(　　)
A．a＝　　B．a＝
C．N＝
D．N＝
【答案】　AC
【解析】质点由半球面最高点到最低点的过程中，由动能定理有：mgR－W＝mv2，又在最低点时，向心加速度大小a＝，两式联立可得a＝，A项正确，B项错误；在最低点时有N－mg＝m，解得N＝，C项正确，D项错误．
【题型八】动能定理与图象的结合问题
1．解决物理图象问题的基本步骤
(1)观察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义．
(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式．
(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下方的面积所对应的物理意义，根据对应关系列式解答问题．
2．四类图象所围“面积”的含义
图像
【例4】如图甲所示，一质量为4
kg的物体静止在水平地面上，让物体在随位移均匀减小的水平推力F作用下开始运动，推力F随位移x变化的关系图象如图乙所示，已知物体与面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10
m/s2，则下列说法正确的是
(　　)
物体先做加速运动，推力为零时开始做减速运动
B．物体在水平地面上运动的最大位移是10
m
C．物体运动的最大速度为2
m/s
D．物体在运动中的加速度先变小后不变
【答案】　B
【解析】　当推力小于摩擦力时物体就开始做减速运动，选项A错误；图乙中图线与坐标轴所围成的三角形面积表示推力对物体做的功，由此可得推力做的功为W＝×4×100
J＝200
J，根据动能定理有W－μmgxmax＝0，得xmax＝10
m，选项B正确；当推力与摩擦力平衡时，加速度为零，速度最大，由题图乙得F＝100－25x(N)，当F＝μmg＝20
N时，x＝3.2
m，由动能定理得(100＋20)·x－μmgx＝mv，解得物体运动的最大速度vmax＝8
m/s，选项C错误；当推力由100
N减小到20
N的过程中，物体的加速度逐渐减小，当推力由20
N减小到0的过程中，物体的加速度又反向增大，此后物体的加速度不变，直至物体静止，故D项错误．
【变式】在某一粗糙的水平面上，一质量为2
kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图象．已知重力加速度g＝10
m/s2.根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有(　　)
A．物体与水平面间的动摩擦因数
B．合外力对物体所做的功
C．物体做匀速运动时的速度
D．物体运动的时间
【答案】ABC
【解析】.物体做匀速直线运动时，拉力F与滑动摩擦力f大小相等，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝＝0.35，A正确；减速过程由动能定理得WF＋Wf＝0－mv2，根据F－x图象中图线与坐标轴围成的面积可以估算力F做的功WF，而Wf＝－μmgx，由此可求得合外力对物体所做的功，及物体做匀速运动时的速度v，B、C正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，D错误．
图像
【例5】A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的v－t图象如图所示．已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等．则下列说法正确的是(　　)
A．F1、F2大小之比为1∶2
B．F1、F2对A、B做功之比为1∶2
C．A、B质量之比为2∶1
D．全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1
【答案】C.
【解析】由v－t图象可知，两个匀减速运动的加速度之比为1∶2，由牛顿第二定律可知，A、B受摩擦力大小相等，所以A、B的质量关系是2∶1，由v－t图象可知，A、B两物体加速与减速的位移之和相等，且匀加速位移之比为1∶2，匀减速运动的位移之比为2∶1，由动能定理可得，A物体的拉力与摩擦力的关系，F1·x－Ff1·3x＝0－0；B物体的拉力与摩擦力的关系，F2·2x－Ff2·3x＝0－0，因此可得：F1＝3Ff1，F2＝Ff2，Ff1＝Ff2，所以F1＝2F2.全过程中摩擦力对A、B做功相等，F1、F2对A、B做功大小相等．故A、B、D错误，C正确．
【变式】地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面．某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶
段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程
(　　)
A．矿车上升所用的时间之比为4∶5
B．电机的最大牵引力之比为2∶1
C．电机输出的最大功率之比为2∶1
D．电机所做的功之比为4∶5
【答案】AC
【解析】由图线①知，矿车上升总高度h＝·2t0＝v0t0.
由图线②知，加速阶段和减速阶段上升高度和h1＝·(＋)＝v0t0
匀速阶段：h－h1＝v0·t′，解得t′＝t0
故第②次提升过程所用时间为＋t0＋＝t0，
两次上升所用时间之比为2t0∶t0＝4∶5，A对；
对矿车受力分析，当矿车向上做加速直线运动时，电机的牵引力最大，由于加速阶段加速度相同，故加速时牵引力相同，B错；
在加速上升阶段，由牛顿第二定律知，
F－mg＝ma，F＝m(g＋a)
第①次在t0时刻，功率P1＝F·v0，
第②次在时刻，功率P2＝F·，
第②次在匀速阶段P2′＝F′·＝mg·＜P2，
可知，电机输出的最大功率之比P1∶P2＝2∶1，C对；
由动能定理知，两个过程动能变化量相同，克服重力做功相同，故两次电机做功也相同，D错．
图像
【例6】用传感器研究质量为2
kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6
s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示．下列说法正确的是(　　)
A．0～6
s内物体先向正方向运动，后向负方向运动
B．0～6
s内物体在4
s时的速度最大
C．物体在2～4
s内速度不变
D．0～4
s内合力对物体做的功等于0～6
s内合力做的功
【答案】D.
【解析】由v＝at可知，a－t图象中，图线与坐标轴所围面积表示质点的速度，0～6
s内物体的速度始终为正值，故一直为正方向，A项错；t＝5
s时，速度最大，B项错；2～4
s内加速度保持不变且不为零，速度一定变化，C项错；0～4
s内与0～6
s内图线与坐标轴所围面积相等，故物体4
s末和6
s末速度相同，由动能定理可知，两段时间内合力对物体做功相等，D项对．
【变式】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，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，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为
(　　)
A.mgR
B.mgR
C.mgR
D．mgR
【答案】C
【解析】最低点7mg－mg＝eq
\f(mv,R)，则最低点速度为：v1＝
最高点mg＝eq
\f(mv,R)，则最高点速度为：v2＝
由动能定理得：－2mgR＋Wf＝mv－mv
解得：Wf＝－mgR，
故克服空气阻力做功Wf＝mgR，故选项C正确，A、B、D错误．
图像
【例7】一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是(　
　)
【答案】C.
【解析】设斜面的倾角为θ，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块质量为m，小物块沿斜面向上滑动过程，由动能定理得，－(mgsin
θ＋μmgcos
θ)x＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－(mgsin
θ＋μmgcos
θ)x；设小物块滑到最高点的距离为L，小物块沿斜面滑动全过程由能量守恒定律得，Ek＝Ek0－mgxsin
θ－μmgcos
θ(2L－x)＝(Ek0－2μmgLcos
θ)－(mgsin
θ－μmgcos
θ)x，故选项C正确．
【变式】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的关系图象是
(　　)
【答案】A
【解析】对于整个竖直上抛过程(包括上升与下落)，速度与时间的关系为
v＝v0－gt，v2＝g2t2－2v0gt＋v，Ek＝mv2，可见动能与时间是二次函数关系，由数学中的二次函数知识可判断A正确．
【题型九】动能定理在多阶段、多过程综合问题中的应用
1．由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂，从动力学的角度分析多过程问题往往比较复杂，但是，用动能定理分析问题，是从总体上把握其运动状态的变化，并不需要从细节上了解．因此，动能定理的优越性就明显地表现出来了，分析力的作用是看力做的功，也只需把所有的力做的功累加起来即可．
2．运用动能定理解决问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式．
3．全过程列式涉及重力、弹簧弹力，大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点：
(1)重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；
(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积；
(3)弹簧弹力做功与路径无关．
4．应用动能定理解题的基本步骤
运用动能定理巧解往复运动问题
【例8】如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5
m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.30
m、h2＝1.35
m．现让质量为m的小滑块自A点由静止释放．已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8.求：
(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；
(2)小滑块最终停止的位置距B点的距离．
【答案】(1)3
m/s　(2)1.4
m
【解析】(1)小滑块从A→B→C→D过程中，由动能定理得mg(h1－h2)－μmgs＝mv－0
将h1、h2、s、μ、g代入得：vD＝3
m/s.
(2)对小滑块运动全程应用动能定理，设其在水平轨道上运动的总路程为s总．有：mgh1＝μmgs总
将h1、μ代入得：s总＝8.6
m
故小滑块最终停止的位置距B点的距离为2s－s总＝1.4
m.
【变式】如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC是水平的，其距离d＝0.50
m．盆边缘的高度为h＝0.30
m．在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑(图中小物块未画出)．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为
μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的地点到B的距离为
(　　)
A．0.50
m　　　
B．0.25
m
C．0.10
m
D．0
【答案】D
【解析】设小物块在BC段通过的总路程为s，由于只有BC面上存在摩擦力，其做功为－μmgs，而重力做功与路径无关，由动能定理得：mgh－μmgs＝0－0，代入数据可解得s＝3
m．由于d＝0.50
m，所以，小物块在BC面上经过3次往复运动后，又回到B点，D正确．
动能定理解决平抛、圆周运动相结合的问题
【例9】如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R＝0.4
m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O点为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高，质量m＝1
kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O点等高的D点，g取10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8.
(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值；
(3)若滑块离开C点的速度大小为4
m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t.
【答案】(1)0.375　(2)2
m/s　(3)0.2
s
【解析】(1)滑块恰能滑到D点，则vD＝0
滑块从A→B→D过程中，由动能定理得mg(2R－R)－μmgcos
θ·＝0－0
解得μ＝0.375.
(2)滑块恰能过C点时，vC有最小值，则在C点mg＝eq
\f(mv,R)
滑块从A→B→D→C过程，由动能定理得－μmgcos
θ·＝mv－mv
解得v0＝2
m/s.
(3)滑块离开C点后做平抛运动，设下落的高度为h，则有h＝gt2，x＝v′C
t，＝tan
53°
其中v′C＝4
m/s，联立解得t＝0.2
s.
【变式1】如图所示，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，则下列说法错误的是(　　)
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】ABC.
【解析】小物块在桌面上克服摩擦力做功Wf＝μmgL＝2
J，C错；在水平桌面上滑行，由动能定理得－Wf＝mv2－mv，解得v0＝7
m/s，A错；小物块飞离桌面后做平抛运动，有x＝vt、h＝gt2，联立解得x＝0.9
m，B错；设小物块落地时动能为Ek，由动能定理得mgh＝Ek－mv2，解得Ek＝0.9
J，D对．
【变式2】如图，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为l，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态．可视为质点的小物块从轨道右侧A点以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回．已知R＝0.4
m，l＝2.5
m，v0＝6
m/s，物块质量m＝1
kg，与PQ段间的动摩擦因数μ＝0.4，轨道其他部分摩擦不计．g取10
m/s2.求：
(1)物块第一次经过圆轨道最高点B时对轨道的压力；
(2)物块仍以v0从右侧冲上轨道，调节PQ段的长度L，当L长度是多少时，物块恰能不脱离轨道返回A点继续向右运动．
【答案】(1)40
N，竖直向上　(2)1
m
【解析】(1)对物块，首次从A到B，有－mg·2R＝mv－mv
在B点，有：N1＋mg＝eq
\f(mv,R)，解得：N1＝40
N
根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小为40
N，方向竖直向上．
(2)对物块，从A点到第二次到达B点：－f·2L－mg·2R＝mvB′2－mv，f＝μmg
在B点，有：mg＝，解得：L＝1
m
【题型十】机械能守恒的理解与判断
1．机械能守恒判断的三种方法
定义法
利用机械能的定义直接判断，分析物体或系统的动能和势能的和是否变化，若不变，则机械能守恒
做功法
若物体或系统只有重力或系统内弹力做功，或有其他力做功，但其他力做功的代数和为零，则机械能守恒
转化法
若物体或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能的转化，则机械能守恒
2.机械能守恒条件的理解及判断
(1)机械能守恒的条件绝不是合外力的功等于零，更不是合外力为零；“只有重力或弹力做功”不等于“只受重力或弹力作用”．
(2)对于一些绳子突然绷紧、物体间碰撞等情况，除非题目特别说明，否则机械能必定不守恒．
(3)对于系统机械能是否守恒，可以根据能量的转化进行判断．严格地讲，机械能守恒定律的条件应该是对一个系统而言，外力对系统不做功(表明系统与外界之间无能量交换)，系统内除了重力和弹力以外，无其他摩擦和介质阻力做功(表明系统内不存在机械能与其他形式之间的转换)，则系统的机械能守恒．
【例1】(多选)如图，轻弹簧竖立在地面上，正上方有一钢球，从A处自由下落，落到B处时开始与弹簧接触，此时向下压缩弹簧．小球运动到C处时，弹簧对小球的弹力与小球的重力平衡．小球运动到D处时，到达最低点．不计空气阻力，以下描述正确的有
(　　)
A．小球由A向B运动的过程中，处于完全失重状态，小球的机械能减少
B．小球由B向C运动的过程中，处于失重状态，小球的机械能减少
C．小球由B向C运动的过程中，处于超重状态，小球的动能增加
D．小球由C向D运动的过程中，处于超重状态，小球的机械能减少
【答案】　BD
【解析】小球由A向B运动的过程中，做自由落体运动，加速度等于竖直向下的重力加速度g，处于完全失重状态，此过程中只有重力做功，小球的机械能守恒，A错误；小球由B向C运动的过程中，重力大于弹簧的弹力，加速度向下，小球处于失重状态，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的弹性势能增加，小球的机械能减少，由于小球向下加速运动，小球的动能还是增大的，B正确，C错误；小球由C向D运动的过程中，弹簧的弹力大于小球的重力，加速度方向向上，处于超重状态，弹簧继续被压缩，弹性势能继续增大，小球的机械能继续减小，D正确．
【变式1】木块静止挂在绳子下端，一子弹以水平速度射入木块并留在其中，再与木块一起共同摆到一定高度如图所示，从子弹开始射入到共同上摆到最大高度的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．子弹的机械能守恒
B．木块的机械能守恒
C．子弹和木块总机械能守恒
D．子弹和木块上摆过程中机械能守恒
【答案】D.
【解析】子弹射入木块过程，系统中摩擦力做负功，机械能减少；而共同上摆过程，系统只有重力做功，机械能守恒．整个过程机械能减少，减少部分等于克服摩擦力做功产生的热量．
【变式2】如图所示，完整的撑杆跳高过程可以简化成三个阶段：持杆助跑、撑杆起跳上升、越杆下落(下落时人杆分离)，最后落在软垫上速度减为零．不计空气阻力，则(　　)
A．运动员在整个跳高过程中机械能守恒
B．运动员在撑杆起跳上升过程中机械能守恒
C．在撑杆起跳上升过程中，杆的弹性势能转化为运动员的重力势能且弹性势能减少量小于运动员的重力势能增加量
D．运动员落在软垫上时做减速运动，处于超重状态
【答案】CD
【解析】运动员持杆助跑阶段运动员对杆做功，机械能不守恒，最后从落在软垫上到速度减为零的过程中阻力做功，机械能也不守恒，故A错误；运动员在撑杆起跳上升过程中，杆从开始形变到杆恢复原状，先是运动员部分动能转化为重力势能和杆的弹性势能，后是弹性势能和运动员的动能转化为重力势能，使用杆的过程中，运动员与杆组成的系统机械能守恒，运动员的机械能不守恒，故B错误；在撑杆起跳上升过程中，运动员的动能和杆的弹性势能转化为运动员的重力势能，所以杆的弹性势能减少量一定小于运动员的重力势能增加量，故C正确；运动员落在软垫上时做减速运动，加速度的方向向上，因而运动员处于超重状态，故D正确．
【题型十一】单个物体的机械能守恒问题
1．机械能守恒定律的表达式
2．求解单个物体机械能守恒问题的基本思路
机械能守恒定律在圆周运动中的应用
【例2】如图所示，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB是为R的水平直轨道，BCD是圆心为O、半径为R的圆弧轨道，两轨道相切于B点．在外力作用下，一小球从A点由静止开始
做匀加速直线运动，到达B点时撤除外力．已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C，重力加速度大小为g。求：
(1)小球在AB段运动的加速度的大小；
(2)小球从D点运动到A点所用的时间．
【答案】　(1)g　(2)(－)
【解析】　(1)设小球在C点的速度大小为vC，根据牛顿第二定律有mg＝meq
\f(v,R)①
小球从B点到C点机械能守恒，设B点处小球的速度为vB，有mv＝mv＋2mgR②
小球在AB段由静止开始做匀加速运动，设加速度大小为a，由运动学公式有v＝2aR③
由①②③式得a＝g.④
(2)设小球在D处的速度为vD，下落到A点时的速度为v，根据机械能守恒有mv＝mv＋mgR⑤
mv＝mv2⑥
设从D点到A点所用的时间为t，由运动学公式得
gt＝v－vD⑦
由③④⑤⑥⑦式得t＝(－)
.
【方法技巧】守恒表达式的选用技巧
(1)在处理单个物体机械能守恒问题时通常应用守恒观点和转化观点，转化观点不用选取零势能面．
(2)在处理连接体问题时，通常应用转化观点和转移观点，都不用选取零势能面．
【变式1】如图所示，由光滑细管组成的轨道固定在竖直平面内，AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧，CD段为平滑的弯管．一小球从管口D处由静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上．关于管口D距离地面的高度必须满足的条件(　　)
A．等于2R
B．大于2R
C．大于2R且小于R
D．大于R
【答案】B
【解析】由机械能守恒定律得mg(H－2R)＝mv，因细管可以提供支持力，所以到达A点的速度大于零即可，即vA＝＞0，解得H＞2R，故选B.
【变式2】一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2，圆轨道1的半径为R，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍，小球的质量为m，若小球恰好能通过轨道2的最高点B，则小球在轨道1上经过A处时对轨道的压力为(　　)
A．2mg　　
B．3mg
C．4mg
D．5mg
【答案】C
【解析】小球恰好能通过轨道2的最高点B时，有mg＝meq
\f(v,1.8R)，小球在轨道1上经过A处时，有F＋mg＝meq
\f(v,R)，根据机械能守恒定律，有1.6mgR＋mv＝mv，解得F＝4mg，由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力F′＝F＝4mg，选项C正确．
机械能守恒定律在平抛运动中的应用
【例3】如图，位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab和抛物线bc组成，圆弧半径Oa水平，b点为抛物线顶点．已知h＝2
m，s＝
m．取重力加速度大小g＝10
m/s2.
(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)若环从b点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达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)设环到b点时速度为vb，圆弧轨道半径为r，小环从a到b由机械能守恒有
mgr＝mv
①
环与bc段轨道间无相互作用力，从b到c环做平抛运动
h＝gt2
②
s＝vbt
③
联立可得r＝
④
代入数据得r＝0.25
m.
(2)环从b点由静止下滑至c点过程中机械能守恒，设到c点时速度为vc，则
mgh＝mv
⑤
在bc段两次过程中环沿同一轨迹运动，经过同一点时速度方向相同
设环在c点时速度与水平方向间的夹角为θ，则环做平抛运动时
tan
θ＝
⑥
vy＝gt
⑦
联立②③⑥⑦式可得
tan
θ＝2
⑧
则环从b点由静止开始滑到c点时速度的水平分量vcx为vcx＝vccos
θ⑨
联立⑤⑧⑨三式可得
vcx＝
m/s.
【变式1】如图所示，在高1.5
m的光滑平台上有一个质量为2
kg的小球被一细线拴在墙上，球与墙之间有一根被压缩的轻质弹簧．当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时的速度方向与水平方向成60°角，则弹簧被压缩时具有的弹性势能为(g取10
m/s2)(　　)
A．10
J　　　　　　　　　
B．15
J
C．20
J
D．25
J
【答案】A
【解析】由h＝gt2和vy＝gt得：vy＝
m/s，
落地时，tan
60°＝可得：v0＝＝
m/s，
由机械能守恒得：Ep＝mv，
可求得：Ep＝10
J，故A正确．
【变式2】取水平地面为重力势能零点．一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等．不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为(　　)
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】设物体水平抛出的初速度为v0，抛出时的高度为h，则mv＝mgh，则v0＝.物体落地的竖直速度vy＝，则落地时速度方向与水平方向的夹角tan
θ＝＝＝1，则θ＝，选项B正确．
【题型十二】多物体关联的机械能守恒问题
1．多物体机械能守恒问题的解题思路
多个物体的机械能守恒问题，往往涉及“轻绳模型”“轻杆模型”以及“轻弹簧模型”．
轻绳模型
三点提醒
①分清两物体是速度大小相等，还是沿绳方向的分速度大小相等．
②用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系．
③对于单个物体，一般绳上的力要做功，机械能不守恒；但对于绳连接的系统，机械能则可能守恒．
【例4】如图所示，物体A的质量为M，圆环B的质量为mA、B通过绳子连接在一起，圆环套在光滑的竖直杆上，开始时，圆环与定滑轮之间的绳子处于水平状态，长度l＝4
m，现从静止开始释放圆环，不计定滑轮和空气的阻力，重力加速度g取10
m/s2，若圆环下降h＝3
m时的速度v
＝5
m/s，则A和B的质量关系为(　　)
A.＝　
B.＝
C.＝
D.＝
【答案】　A
【解析】　圆环下降3
m时的速度可以沿绳方向和垂直绳方向进行分解，故可得vA＝vcos
θ，又由几何关系可知cos
θ＝，解得vA＝3
m/s.当圆环下降的高度h＝3
m时，由几何关系可知，物体A上升的高度h′＝－l＝1
m．将A、B看作一个系统，则该系统只有重力做功，机械能守恒，则由机械能守恒定律可得mgh－Mgh′＝mv2＋Mv，代入数据求解可得＝，选项A正确．
【变式】如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍．当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高．将A由静止释放，B上升的最大高度是(　　)
A．2R　　　
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】如图所示，以A、B整体为系统，以地面为零势能面，设A的质量为2m，B的质量为m，根据机械能守恒定律有2mgR＝mgR＋×3mv2，A落地后B将以速度v做竖直上抛运动，即有mv2＝mgh，解得h＝R.则B上升的高度为R＋R＝R，故选项C正确．
轻杆模型
三大特点
①平动时两物体线速度相等，转动时两物体角速度相等．
②杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒．
③对于杆和球组成的系统，忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功，则系统机械能守恒．
【例5】如图所示，可视为质点的小球A和B用一根长为0.2
m的轻杆相连，两球质量均为1
kg，开始时两小球置于光滑的水平面上，并给两小球一个大小为2
m/s，方向水平向左的初速度，经过一段时间，两小球滑上一个倾角为30°的光滑斜面，不计球与斜面碰撞时的机械能损失，重力加速度g取10
m/s2，在两小球的速度减小为零的过程中，下列判断正确的是(　　)
A．杆对小球A做负功
B．小球A的机械能守恒
C．杆对小球B做正功
D．小球B速度为零时距水平面的高度为0.15
m
【答案】D
【解析】由于两小球组成的系统机械能守恒，设两小球的速度减为零时，B小球上升的高度为h，则由机械能守恒定律可得mgh＋mg(h＋Lsin
30°)＝·2mv，其中L为轻杆的长度，v0为两小球的初速度，代入数据解得h＝0.15
m，选项D正确；在A球沿斜面上升过程中，设杆对A球做的功为W，则由动能定理可得－mg(h＋Lsin
30°)＋W＝0－mv，代入数据解得W＝0.5
J，选项A、B错误；设杆对小球B做的功为W′，对小球B，由动能定理可知－mgh＋W′＝0－mv，代入数据解得W′＝－0.5
J，选项C错误．
【变式】如图所示，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上与光滑水平地面相距h，b放在地面上．a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g．则(　　)
A．a落地前，轻杆对b一直做正功
B．a落地时速度大小为
C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g
D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg
【答案】　BD
【解析】　由于刚性杆不伸缩，滑块a、b沿杆方向的分速度相等，滑块a落地时，速度方向竖直向下，故此时滑块b的速度为零，可见滑块b由静止开始先做加速运动后做减速运动，对滑块b受力分析，可知杆对滑块b先做正功，后做负功，选项A错误；因系统机械能守恒，则杆对滑块a先做负功，后做正功，做负功时，滑块a的加速度小于g，做正功时，滑块a的加速度大于g，选项C错误；杆对滑块a的弹力刚好为零时，a的机械能最小，此时对滑块b受力分析，可知地面对b的支持力刚好等于mg，根据牛顿第三定律，b对地面的压力大小为mg，选项D正确；由机械能守恒定律，可得mgh＝mv2，即v＝，选项B正确．
轻弹簧模型
轻弹簧模型“四点”注意
①含弹簧的物体系统在只有弹簧弹力和重力做功时，物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之间相互转化，物体和弹簧组成的系统机械能守恒，而单个物体和弹簧机械能都不守恒．
②含弹簧的物体系统机械能守恒问题，符合一般的运动学解题规律，同时还要注意弹簧弹力和弹性势能的特点．
③弹簧弹力做的功等于弹簧弹性势能的减少量，而弹簧弹力做功与路径无关，只取决于初、末状态弹簧形变量的大小．
④由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统，当弹簧形变量最大时，弹簧两端连接的物体具有相同的速度；弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小(为零)．
【例6】如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上．现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面．下列说法正确的是(　　)
A．斜面倾角α＝60°
B．A获得的最大速度为2g
C．C刚离开地面时，B的加速度最大
D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒
【答案】B
【解析】C刚离开地面时，对C有kx2＝mg，此时B有最大速度，即aB＝aC＝0，则对B有FT－kx2－mg＝0，对A有4mgsin
α－FT＝0，由以上方程联立可解得sin
α＝，α＝30°，故A错误；初始系统静止，且线上无拉力，对B有kx1＝mg，可知x1＝x2＝，则从释放A至C刚离开地面时，弹性势能变化量为零，由机械能守恒定律得4mg(x1＋x2)sin
α＝mg(x1＋x2)＋(4m＋m)vBm2，由以上方程联立可解得vBm＝2g，所以A获得的最大速度为2g，故B正确；对B球进行受力分析可知，刚释放A时，B所受合力最大，此时B具有最大加速度，故C错误；从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒，故D错误．
【变式】如图所示，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，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)，则在圆环下滑到最大距离的过程中(　　)
A．圆环的机械能守恒
B．弹簧弹性势能变化了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保持不变
【答案】B
【解析】圆环沿杆下滑的过程中，圆环与弹簧组成的系统动能、弹性势能、重力势能之和守恒，选项A、D错误；弹簧长度为2L时，圆环下落的高度h＝L，根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能增加了ΔEp＝mgh＝mgL，选项B正确；圆环释放后，圆环向下先做加速运动，后做减速运动，当速度最大时，合力为零，下滑到最大距离时，具有向上的加速度，合力不为零，选项C错误．
非质点类模型
【例7】如图所示，固定在地面的斜面体上开有凹槽，槽内紧挨放置六个半径均为r的相同小球，各球编号如图．斜面与水平轨道OA平滑连接，OA长度为6r.现将六个小球由静止同时释放，小
球离开A点后均做平抛运动，不计一切摩擦．则在各小球运动过程中，下列说法正确的是(　　)
A．球1的机械能守恒
B．球6在OA段机械能增大
C．球6的水平射程最小
D．六个球落地点各不相同
【答案】BC
【解析】当所有球都在斜面上运动时机械能守恒，当有球在水平面上运动时，后面球要对前面的球做功，小球机械能不守恒，选项A错误；球6在OA段由于球5的推力对其做正功，其机械能增大，选项B正确；由于球6离开A点的速度最小，所以其水平射程最小，选项C正确；当1、2、3小球均在OA段时，三球的速度相同，故从A点抛出后，三球落地点也相同，选项D错误．
【变式】有一条长为L＝2
m的均匀金属链条，有一半长度在光滑的足够高的斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30°，另一半长度竖直下垂在空中，当链条从静止开始释放后链条滑动，则链条刚好全部滑出斜面时的速度为(g取10
m/s2)(　　)
A．2.5
m/s
B．
m/s
C．
m/s
D．
m/s
【答案】B
【解析】设链条的质量为2m，以开始时链条的最高点为零势能面，链条的机械能为
E＝Ep＋Ek＝－×2mg×sin
θ－×2mg×＋0＝－mgL(1＋sin
θ)
链条全部滑出后，动能为E′k＝×2mv2
重力势能为E′p＝－2mg
由机械能守恒可得E＝E′k＋E′p，即－mgL(1＋sin
θ)＝mv2－mgL
解得v＝＝×
m/s＝
m/s故B正确，A、C、D错误．
【题型十三】与摩擦生热相关的两个物理模型
两种摩擦力的做功情况比较
类别比较
静摩擦力
滑动摩擦力
不同点
能量的转化方面
只有能量的转移，而没有能量的转化
既有能量的转移，又有能量的转化
一对摩擦力的总功方面
一对静摩擦力所做功的代数和等于零
一对滑动摩擦力所做功的代数和不为零，总功W＝－Ffl相对，即相对滑动时产生的热量
相同点
正功、负功、不做功方面
两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功
滑块——滑板模型中能量的转化问题
【例1】(多选)如图所示，长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度v0冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对木板A静止的过程中，下述说法中正确的是(　　)
A．物体B动能的减少量等于系统损失的机械能
B．物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量
C．物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和
D．摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量
【答案】CD.
【解析】物体B以水平速度冲上木板A后，由于摩擦力作用，B减速运动，木板A加速运动，根据能量守恒定律，物体B动能的减少量等于木板A增加的动能和产生的热量之和，选项A错误；根据动能定理，物体B克服摩擦力做的功等于物体B损失的动能，选项B错误；由能量守恒定律可知，物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和，选项C正确；摩擦力对物体B做的功等于物体B动能的减少量，摩擦力对木板A做的功等于木板A动能的增加量，由能量守恒定律，摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量，选项D正确．
【变式1】如图所示，质量为M的木块静止在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平
方向射中木块并最终留在木块中与木块一起以速度v运动．已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离L，子弹进入木块的深度为L′，木块对子弹的阻力为F(F
视为恒力)，则下列判断正确的是
(　　)
A．子弹和木块组成的系统机械能不守恒
B．子弹克服阻力所做的功为FL′
C．系统产生的热量为F(L＋L′)
D．子弹对木块做的功为Mv2
【答案】AD
【解析】子弹打入木块，子弹和木块位移不相等，所以相互作用力对子弹做的功即子弹动能的减少量，与相互作用力对木块做的功即木块动能的增加量不相等，因此有内能产生，系统机械能不守恒，二者之差即为产生的内能．力做的功等于力乘以物体在力的方向上的位移．此过程中由于有内能产生，子弹和木块组成的系统机械能不守恒，A正确；子弹克服阻力所做的功即阻力所做的功的大小为F(L＋L′)，B错误；根据能量守恒得，摩擦力与相对位移的乘积等于系统能量的损失，系统产生的热量为FL′，C错误；对木块运用动能定理得，fL＝Mv2，D正确．
【变式2】如图所示，木块A放在木块B的左端上方，用水平恒力F将A拉到B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功W1，生热Q1；第二次让B在光滑水平面上可自由滑动，F做功W2，生热Q2.则下列关系中正确的是(　　)
A．W1B．W1＝W2，Q1＝Q2
C．W1D．W1＝W2，Q1【答案】A
【解析】在A、B分离过程中，第一次和第二次A相对于B的位移是相等的，而热量等于滑动摩擦力乘以相对位移，因此Q1＝Q2；在A、B分离过程中，第一次A的对地位移要小于第二次A的对地位移，而功等于力乘以对地位移，因此W1＜W2，所以选项A正确．
传送带模型中能量的转化问题
【例2】如图所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，将一个物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到达传送带顶端．下列说法正确的是(　　)
A．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功
B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加
C．第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加
D．物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程物体与传送带间的摩擦生热
【答案】C.
【解析】第一阶段物体受到沿斜面向上的滑动摩擦力；第二阶段物体受到沿斜面向上的静摩擦力做功，两个阶段摩擦力方向都跟物体运动方向相同，所以两个阶段摩擦力都做正功，故A错误；根据动能定理得知，外力做的总功等于物体动能的增加，第一阶段，摩擦力和重力都做功，则第一阶段摩擦力对物体做的功不等于第一阶段物体动能的增加，故B错误；由功能关系可知，第一阶段摩擦力对物体做的功(除重力之外的力所做的功)等于物体机械能的增加，即ΔE＝W阻＝F阻s物，摩擦生热为Q＝F阻s相对，又由于s传送带＝vt，s物＝t，所以s物＝s相对＝s传送带，即Q＝ΔE，故C正确；第二阶段没有摩擦生热，但物体的机械能继续增加，故D错误．
【例2】如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行．现将一质量m＝1
kg的物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g取10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8.则下列说法正确的是(　　)
A．0～8
s内物体位移的大小是18
m
B．0～8
s内物体机械能增量是90
J
C．0～8
s内物体机械能增量是84
J
D．0～8
s内物体与传送带因摩擦产生的热量是126
J
【答案】BD
【解析】从题图乙求出0～8
s内物体位移的大小s＝14
m，A错误；0～8
s内，物体上升的高度h＝ssin
θ＝8.4
m，物体机械能增量ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝90
J，B正确，C错误；0～6
s内物体的加速度a＝μgcos
θ－gsin
θ＝1
m/s2，得μ＝，传送带速度大小为4
m/s，Δs＝18
m,0～8
s内物体与传送带摩擦产生的热量Q＝μmgcos
θ·Δs＝126
J，D正确．
【变式2】如图所示为地铁站用于安全检查的装置，主要由水平传送带和X光透视系统两部分组成，传送过程传送带速度不变．假设乘客把物品轻放在传送带上之后，物品总会先、后经历两个阶段的运动，用v表示传送带速率，用μ表示物品与传送带间的动摩擦因数，则(　　)
A．前阶段，物品可能向传送方向的相反方向运动
B．后阶段，物品受到摩擦力的方向跟传送方向相同
C．v相同时，μ不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同
D．μ相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物品的位移也增大为原来的2倍
【答案】C
【解析】.物品轻放在传送带上，前阶段，物品受到向前的滑动摩擦力，所以物品的运动方向一定与传送带的运动方向相同，故A错误；后阶段，物品与传送带一起做匀速运动，不受摩擦力，故B错误；设物品匀加速运动的加速度为a，由牛顿第二定律得Ff＝μmg＝ma，物品的加速度大小为a＝μg，匀加速的时间为t＝＝，位移为x＝t，传送带匀速的位移为x′＝vt，物品相对传送带滑行的距离为Δx＝x′－x＝＝，物品与传送带摩擦产生的热量为Q＝μmgΔx＝mv2，则知v相同时，μ不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同，故C正确；前阶段物品的位移为x＝＝，则知μ相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物品的位移增大为原来的4倍，故D错误．
【题型十四】对功能关系的理解和应用
1．对功能关系的理解
(1)做功的过程就是能量转化的过程．不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的．
(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等．
2．功是能量转化的量度，力学中几种常见的功能关系如下
【例3】如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R;
bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为(　　)
A．2mgR　
B．4mgR
C．5mgR
D．6mgR
【答案】C
【解析】.设小球运动到c点的速度大小为vc，则对小球由a到c的过程，由动能定理有F·3R－mgR＝mv，又F＝mg，解得vc＝2，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为t＝＝2，在水平方向的位移大小为x＝gt2＝2R.由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量为ΔE＝F·5R＝5mgR，C正确，A、B、D错误．
【变式1】起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动．一质量为m的同学弯曲两腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中，他的重心上升了h，离地时他的速度大小为v.下列说法正确的是(　　)
A．起跳过程中该同学机械能增加了mgh
B．起跳过程中该同学机械能增量为mgh＋mv2
C．地面的支持力对该同学做的功为mgh＋mv2
D．该同学所受的合外力对其做的功为mv2＋mgh
【答案】B
【解析】该同学重心升高了h，重力势能增加了mgh，又知离地时获得动能为mv2，则机械能增加了mgh＋mv2，A错误，B正确；该同学在与地面作用过程中，在支持力方向上的位移为零，则支持力对该同学做功为零，C错误；该同学所受合外力做的功等于动能的增量，则W合＝mv2，D错误．
【变式2】轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m＝0.5
kg的物块相连，如图甲所示，弹簧处于原长状态，物块静止，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴，现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的情况如图乙所示，物块运动至x＝0.4
m处时速度为零，则此时弹簧的弹性势能为g取10
m/s(　　)
A．3.1
J　　　　　
B．3.5
J
C．1.8
J
D．2.0
J
【答案】　A
【解析】物块与水平面间的摩擦力为Ff＝μmg＝1
N．现对物块施加水平向右的外力F，由F?x图象面积表示功可知，物块运动至x＝0.4
m处时F做功W＝3.5
J，克服摩擦力做功Wf＝Ffx＝0.4
J．由功能关系可知W－Wf＝Ep，此时弹簧的弹性势能为Ep＝3.1
J，选项A正确．
【题型十五】能量守恒定律的应用
1．对能量守恒定律的理解
(1)转化：某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等．
(2)转移：某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量相等．
2．涉及弹簧的能量问题应注意
两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，具有以下特点：
(1)能量变化上，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒．
(2)如果系统每个物体除弹簧弹力外所受合外力为零，则当弹簧伸长或压缩到最大程度时两物体速度相同．
3.运用能量守恒定律解题的基本思路
4.多过程问题的解题技巧
(1)“合”——初步了解全过程，构建大致的运动情景．
(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个过程的规律．
(3)“合”——找到过程之间的联系，寻找解题方法．
【例4】如图所示，一物体质量m＝2
kg，在倾角θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3
m/s下滑，A点距弹簧上端B的距离AB＝4
m．当物体到达B点后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝0.2
m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，D点距A点的距离AD＝3
m．挡板及弹簧质量不计，g取10
m/s2，sin
37°＝0.6，求：
(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)弹簧的最大弹性势能Epm.
【答案】(1)0.52　(2)24.5
J
【解析】(1)物体从开始位置A点到最后D点的过程中，弹簧弹性势能没有发生变化，物体动能和重力势能减少，机械能的减少量为
ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝mv＋mglADsin
37°
①
物体克服摩擦力产生的热量为
Q＝Ffx
②
其中x为物体的路程，即x＝5.4
m
③
Ff＝μmgcos
37°
④
由能量守恒定律可得ΔE＝Q
⑤
由①②③④⑤式解得μ≈0.52.
(2)由A到C的过程中，动能减少
ΔE′k＝mv
⑥
重力势能减少ΔE′p＝mglACsin
37°
⑦
摩擦生热Q＝FflAC＝μmgcos
37°lAC
⑧
由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为
Epm＝ΔE′k＋ΔE′p－Q
⑨
联立⑥⑦⑧⑨解得Epm≈24.5
J.
【变式】如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相切，半圆形导轨的半径为R.一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右的速度后脱离弹簧，当它经过B点进入导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的8倍，之后向上运动恰能到达最高点C.不计空气阻力，试求：
(1)物体在A点时弹簧的弹性势能；
(2)物体从B点运动至C点的过程中产生的内能．
【答案】(1)mgR　(2)mgR
【解析】(1)设物体在B点的速度为vB，所受弹力为FNB，由牛顿第二定律得：
FNB－mg＝meq
\f(v,R)
由牛顿第三定律FNB′＝8mg＝FNB
由能量守恒定律可知
物体在A点时的弹性势能Ep＝mv＝mgR
(2)设物体在C点的速度为vC，由题意可知
mg＝meq
\f(v,R)
物体由B点运动到C点的过程中，由能量守恒定律得Q＝mv－(mv＋2mgR)
解得Q＝mgR.
【题型十六】功能原理的综合应用
功能原理处理斜面问题
【例5】如图所示，倾角为30°的斜面上，质量为m的物块在恒定拉力作用下沿斜面以加速度a＝(g为重力加速度)向上加速运动距离x的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．重力势能增加mgx　
B．动能增加
C．机械能增加mgx
D．拉力做功为
【答案】C
【解析】.物块上升的高度为，因而增加的重力势能为ΔEp＝mgx，A错误；根据动能定理可得增加的动能为ΔEk＝ma·x＝mgx，B错误；根据能量守恒定律可得ΔE＝ΔEp＋ΔEk，故增加的机械能为ΔE＝mgx，C正确；由于斜面是否光滑未知，因而不能确定拉力的大小，不能得到拉力做的功，D错误．
【变式1】将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同．现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数μ均相同．在这三个过程中，下列说法不正确的是(　　)
A．沿着1和2下滑到底端时，物块的速率不同，沿着2和3下滑到底端时物块的速率相同
B．沿着1下滑到底端时，物块的速度最大
C．物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最多的
D．物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量是一样多的
【答案】A
【解析】.设1、2、3木板与地面的夹角分别为θ1、θ2、θ3，木板长分别为l1、l2、l3，当物块沿木板1下滑时，由动能定理有mgh1－μmgl1cos
θ1＝mv－0，当物块沿木板2下滑时，由动能定理有mgh2－μmgl2cos
θ2＝mv－0，又h1＞h2，l1cos
θ1＝l2cos
θ2，可得v1＞v2；当物块沿木板3下滑时，由动能定理有mgh3－μmgl3cos
θ3＝mv－0，又h2＝h3，l2cos
θ2＜l3cos
θ3，可得v2＞v3，故A错、B对；三个过程中产生的热量分别为Q1＝μmgl1cos
θ1，Q2＝μmgl2cos
θ2，Q3＝μmgl3cos
θ3，则Q1＝Q2＜Q3，故C、D对．
【变式2】安徽首家滑雪场正式落户国家AAAA级旅游景区——安庆巨石山，现已正式“开滑”．如图所示，滑雪者从O点由静止沿斜面自由滑下，接着在水平面上滑至N点停下．斜面、水平面与滑雪板之间的动摩擦因数都为μ＝0.1.滑雪者(包括滑雪板)的质量为m＝50
kg，g取
10
m/s2，O、N两点间的水平距离为s＝100
m．在滑雪者经过ON段运动的过程中，克服摩擦力做的功为(　　)
A．1
250
J　　
B．2
500
J
C．5
000
J
D．7
500
J
【答案】C
【解析】设斜面的倾角为θ，则滑雪者从O到N的运动过程中克服摩擦力做的功Wf＝μmgcos
θ·xOM＋μmgxMN，由题图可知，xOMcos
θ＋xMN＝s，两式联立可得Wf＝μmgs＝0.1×50×10×100
J＝5
000
J，故选项A、B、D错误，C正确．
功能原理处理弹簧问题
【例6】如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示，则(　　)
A．t1时刻小球动能最大
B．t2时刻小球动能最大
C．t2～t3这段时间内，小球的动能先增加后减少
D．t2～t3这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能
【答案】C
【解析】由题图知，t1时刻小球刚与弹簧接触，此时小球的重力大于弹簧的弹力，小球将继续向下做加速运动，此时小球的动能不是最大，当弹力增大到与重力平衡，即加速度减为零时，速度达到最大，动能最大，故A错误；t2时刻，弹力F最大，故弹簧的压缩量最大，小球运动到最低点，动能最小，为0，故B错误；t2～t3这段时间内，小球处于上升过程，弹簧的弹力先大于重力，后小于重力，小球先做加速运动，后做减速运动，则小球的动能先增大后减少，故C正确；t2～t3段时间内，小球和弹簧系统机械能守恒，故小球增加的动能和重力势能之和等于弹簧减少的弹性势能，故D错误．
【变式2】如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC＝h.圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A.弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g.则圆环(　　)
A．下滑过程中，加速度一直减小
B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2
C．在C处，弹簧的弹性势能为mv2－mgh
D．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度
【答案】BD.
【解析】圆环下落时，先加速，在B位置时速度最大，加速度减小至0，从B到C圆环减速，加速度增大，方向向上，选项A错误；圆环下滑时，设克服摩擦力做功为Wf，弹簧的最大弹性势能为ΔEp，由A到C的过程中，根据功能关系有mgh＝ΔEp＋Wf，由C到A的过程中，有mv2＋ΔEp＝Wf＋mgh，联立解得Wf＝mv2，ΔEp＝mgh－mv2，选项B正确，选项C错误；设圆环在B位置时，弹簧弹性势能为ΔE′p，根据能量守恒，A到B的过程有mv＋ΔE′p＋W′f＝mgh′，B到A的过程有mv′＋ΔE′p＝mgh′＋W′f，比较两式得v′B>vB，选项D正确．【题型一】功的分析及恒力功的计算
1．计算功的方法
(1)对于恒力做功利用W＝Flcos
α；
(2)对于变力做功可利用动能定理(W＝ΔEk)；
(3)对于机车启动问题中的定功率启动问题，牵引力的功可以利用W＝Pt.
2．合力功计算方法
(1)先求合外力F合，再用W合＝F合
lcos
α求功．
(2)先求各个力做的功W1、W2、W3、…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合外力做的功．
3．几种力做功比较
(1)重力、弹簧弹力、电场力、分子力做功与位移有关，与路径无关．
(2)滑动摩擦力、空气阻力、安培力做功与路径有关．
(3)摩擦力做功有以下特点：
①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值．
③相互作用的一对滑动摩擦力做功过程中会发生物体间机械能转移和机械能转化为内能，内能Q＝Ffx相对．
对功的正、负的判断
【例1】一辆正沿平直路面行驶的车厢内，一个面向车前进方向站立的人对车厢壁施加水平推力F，在车前进s的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．当车匀速前进时，人对车做的总功为正功
B．当车加速前进时，人对车做的总功为负功
C．当车减速前进时，人对车做的总功为负功
D．不管车如何运动，人对车做的总功都为零
【变式1】如图所示，木块B上表面是水平的，木块A置于B上，并与B保持相对静止，一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑过程中(　　)
A．A所受的合外力对A不做功
B．B对A的弹力做正功
C．B对A的摩擦力做正功
D．A对B做正功
【变式2】里约奥运会男子100米决赛中，牙买加名将博尔特以9秒81的成绩夺得冠军．博尔特在比赛中，主要有起跑加速、途中匀速和加速冲刺三个阶段，他的脚与地面间不会发生相对滑动．以下说法正确的是(　　)
A．加速阶段地面对人的摩擦力做正功
B．匀速阶段地面对人的摩擦力不做功
C．由于人的脚与地面间不发生相对滑动，所以不论加速还是匀速，地面对人的摩擦力始终不做功
D．无论加速还是匀速阶段，地面对人的摩擦力始终做负功
恒力做功的求解
恒力做功的计算方法
【例2】一物体静止在粗糙水平地面上．现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v.若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v.对于上述两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则(　　)
A．WF2>4WF1，Wf2>2Wf1　
B．WF2>4WF1，Wf2＝2Wf1
C．WF2<4WF1，Wf2＝2Wf1
D．WF2<4WF1，Wf2<2Wf1
【变式1】如图所示，质量为m的物体在恒力F的作用下从底端沿斜面向上一直匀速运动到顶端，斜面高h，倾斜角为θ.现把物体放在顶端，发现物体在轻微扰动后可匀速下滑，重力加速度大小为g.则在上升过程中恒力F做的功为(　　)
A．Fh
B．Mgh
C．2mgh
D．无法确定
【变式2】如图所示，两个物体与水平地面间的动摩擦因数相等，它们的质量也相等．在甲图中用力F1拉物体，在乙图中用力F2推物体，夹角均为α，两个物体都做匀速直线运动，通过相同的位移．设F1和F2对物体所做的功分别为W1和W2，物体克服摩擦力做的功分别为W3和W4，下列判断正确的是(　　)
甲
　　　　　
乙
A．F1＝F2　　　　　　　　B．W1＝W2
C．W3＝W4
D．W1－W3＝W2－W4
【题型二】求解变力做功的四种方法
方法
以例说法
应用动能定理
用力F把小球从A处缓慢拉到B处，F做功为WF，则有：WF－mgl(1－cos
θ)＝0，得WF＝mgl(1－cos
θ)
微元法
质量为m的木块在水平面内做圆周运动，运动一周克服摩擦力做功Wf＝f·Δx1＋f·Δx2＋f·Δx3＋…＝f(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝f·2πR
平均力法
弹簧由伸长x1被继续拉至伸长x2的过程中，克服弹力做功W＝·(x2－x1)
图象法
一水平拉力F0拉着一物体在水平面上运动的位移为x0，图线与横轴所围面积表示拉力所做的功，W＝F0x0
【例3】如图所示，质量为m的小球用长L的细线悬挂而静止在竖直位置．现用水平拉力F将小球缓慢拉到细线与竖直方向成θ角的位置．在此过程中，拉力F做的功为(　　)
A．FLcos
θ
B．FLsin
θ
C．FL(1－cos
θ)
D．mgL(1－cos
θ)
【变式1】如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，以大小恒定的拉力F拉绳，使滑块从A点起由静止开始上升．若从A点上升至B点和从B点上升至C点的过程中拉力F做的功分别为W1和W2，图中AB＝BC，则(　　)
A．W1＞W2
B．W1＜W2
C．W1＝W2
D．无法确定W1和W2的大小关系
【变式2】如图所示，摆球质量为m，悬线长为L，把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球运动过程中空气阻力F阻的大小不变，则下列说法正确的是(　　)
A．重力做功为mgL
B．悬线的拉力做功为0
C．空气阻力F阻做功为－mgL
D．空气阻力F阻做功为－F阻πL
【题型三】功率的理解与计算
1．平均功率的计算方法
(1)利用P＝.
(2)利用P＝Fvcos
α，其中v为物体运动的平均速度．
2．瞬时功率的计算方法
(1)P＝Fvcos
α，其中v为t时刻的瞬时速度．
(2)P＝FvF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度．
(3)P＝Fvv，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力．
【例4】质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t＝0时刻开始受到水平力的作用．力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则(　　)
A．3t0时刻的瞬时功率为
eq
\f(5Ft0,m)
B．3t0时刻的瞬时功率为
eq
\f(15Ft0,m)
C．在t＝0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为
eq
\f(23Ft0,4m)
D．在t＝0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为
eq
\f(25Ft0,6m)
【变式1】如图甲所示，一个质量m＝2
kg的物块静止放置在粗糙水平地面O处，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，在水平拉力F作用下物块由静止开始向右运动，经过一段时间后，物块回到出发点O处，取水平向右为速度的正方向，物块运动过程中其速度v随时间t变化规律如图乙所示，g取10
m/s2.则(　　)
A．物块经过4
s时间到出发点
B．4.5
s时水平力F的瞬时功率为24
W
C．0～5
s内摩擦力对物块先做负功，后做正功，总功为零
D．0～5
s内物块所受合力的平均功率为1.8
W
【变式2】地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面．某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程，(　　)
A．矿车上升所用的时间之比为4∶5
B．电机的最大牵引力之比为2∶1
C．电机输出的最大功率之比为2∶1
D．电机所做的功之比为4∶5
【题型四】机车启动问题
1．模型一　以恒定功率启动
(1)动态过程
(2)这一过程的P?t图象和v
?t图象如图所示：
2．模型二　以恒定加速度启动
(1)动态过程
(2)这一过程的P?t图象和v
?t图象如图所示：
3．三个重要关系式
(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即vm＝.
(2)机车以恒定加速度启动时，匀加速过程结束时功率最大，速度不是最大，即v＝＜vm＝.
(3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W＝Pt，由动能定理得Pt－F阻x＝ΔEk，此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移或速度．
4.四个常用规律
(1)P＝Fv.
(2)F－Ff＝ma.
(3)v＝at(a恒定)．
(4)Pt－Ffx＝ΔEk(P恒定)．
以恒定功率启动方式的求解
【例5】某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶，受到的阻力分别为车重的k1和k2倍，最大速率分别为v1和v2，则(　　)
A．v2＝k1v1　
B．v2＝v1
C．v2＝v1
D．v2＝k2v1
以恒定牵引力启动方式的求解
【例6】当前我国“高铁”事业发展迅猛，假设一辆高速列车在机车牵引力和恒定阻力作用下，在水平轨道上由静止开始启动，其v－t图象如图所示，已知0～t1时间内为过原点的倾斜直线，t1时刻达到额定功率P，此后保持功率P不变，在t3时刻达到最大速度v3，以后匀速运动．下列判断正确的是(　　)
A．从0至t3时间内，列车一直做匀加速直线运动
B．t2时刻的加速度大于t1时刻的加速度
C．在t3时刻以后，机车的牵引力为零
D．该列车所受的恒定阻力大小为
机车启动中的常见图像问题
图像
【例7】如图所示为汽车的加速度和车速的倒数的关系图象．若汽车质量为2×103
kg，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，最大车速为30
m/s，则
(　　)
A．汽车所受阻力为2×103
N
B．汽车匀加速所需时间为5
s
C．汽车匀加速的加速度为3
m/s2
D．汽车在车速为5
m/s时，功率为6×104
W
图像
【例8】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的变化如图所示．假定汽车所受阻力的大小f恒定不变．下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图象中，可能正确的是(　　)
图像
【例9】如图甲所示，水平面上一质量为m的物体在水平力F作用下开始做加速运动，力F的功率P保持恒定，运动过程中物体所受的阻力f大小不变，物体速度最终达到稳定值vm，作用过程物体速度的倒数与加速度a的关系图象如图乙所示．在已知功率P的情况下，根据图象所给信息可知以下说法中正确的是
(　　)
A．可求出m、f和vm
B．不能求出m
C．不能求出f
D．可求出加速运动时间
图像
【例10】如图甲所示，用起重机将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，其v
?t图象如图乙所示．下列说法正确的是
(　　)
甲　　　　　　　　　乙
A．在0～t1时间内，货物处于超重状态
B．在t1～t2时间内，起重机拉力对货物不做功
C．在t2～t3时间内，起重机拉力对货物做负功
D．匀速阶段拉力的功率可能比加速阶段某一时刻拉力的瞬时功率小
【题型五】动能定理的理解
1．定理中“外力”的两点理解
(1)重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用．
(2)既可以是恒力，也可以是变力．
2．公式中“＝”体现的三个关系
【例1】北京获得2022年冬奥会举办权，冰壶是冬奥会的比赛项目．将一个冰壶以一定初速度推出后将运动一段距离停下来．换一个材料相同、质量更大的冰壶，以相同的初速度推出后，冰壶运动的距离将(　　)
A．不变　　　　　B．变小
C．变大
D．无法判断
【变式1】如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度．木箱获得的动能一定(　　)
A．小于拉力所做的功　
　　
B．等于拉力所做的功
C．等于克服摩擦力所做的功
D．大于克服摩擦力所做的功
【变式2】关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系．下列说法正确的是(　　)
A．合外力为零，则合外力做功一定为零
B．合外力做功为零，则合外力一定为零
C．合外力做功越多，则动能一定越大
D．动能不变，则物体合外力一定为零
【题型六】动能定理在直线运动中的应用
若在直线运动中知道初、末状态，而不需要考虑中间过程时，一般用动能定理处理位移与速度的关系。
一般用分段法来处理问题，找准直线运动中转折处其动能有无损失。
【例2】如图所示，小物块从倾角为θ的倾斜轨道上A点由静止释放滑下，最终停在水平轨道上的B点，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，A、B两点的连线与水平方向的夹角为α，不计物块在轨道转折时的机械能损失，则动摩擦因数为(　　)
A．tan
θ　　　　　
B．tan
α
C．tan(θ＋α)
D．tan(θ－α)
【变式1】如图所示，质量为m的小球，从离地面H高处从静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止，设小球受到空气阻力为f，重力加速度为g，则下列说法正确(　　)
A．小球落地时动能等于mgH
B．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能
C．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)
D．小球在泥土中受到的平均阻力为mg(1＋)
【变式2】如图为某同学建立的一个测量动摩擦因数的模型．物块自左侧斜面上A点由静止滑下，滑过下面一段平面后，最高冲至右侧斜面上的B点．实验中测量出了三个角度，左、右斜面的倾角α和β及AB连线与水平面的夹角为θ.物块与各接触面间动摩擦因数相同且为μ，忽略物块在拐角处的能量损失，以下结论正确的是(　　)
A．μ＝tan
α
B．μ＝tan
β
C．μ＝tan
θ
D．μ＝tan
【题型七】动能定理在曲线运动中的应用
【例3】如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小．用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功．则(　　)
A．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点
B．W>mgR，质点不能到达Q点
C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D．W【变式】如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W.重力加速度大小为g.设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为(　　)
A．a＝　　
B．a＝
C．N＝
D．N＝
【题型八】动能定理与图象的结合问题
1．解决物理图象问题的基本步骤
(1)观察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义．
(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式．
(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下方的面积所对应的物理意义，根据对应关系列式解答问题．
2．四类图象所围“面积”的含义
图像
【例4】如图甲所示，一质量为4
kg的物体静止在水平地面上，让物体在随位移均匀减小的水平推力F作用下开始运动，推力F随位移x变化的关系图象如图乙所示，已知物体与面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10
m/s2，则下列说法正确的是
(　　)
物体先做加速运动，推力为零时开始做减速运动
B．物体在水平地面上运动的最大位移是10
m
C．物体运动的最大速度为2
m/s
D．物体在运动中的加速度先变小后不变
【变式】在某一粗糙的水平面上，一质量为2
kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图象．已知重力加速度g＝10
m/s2.根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有(　　)
A．物体与水平面间的动摩擦因数
B．合外力对物体所做的功
C．物体做匀速运动时的速度
D．物体运动的时间
图像
【例5】A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的v－t图象如图所示．已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等．则下列说法正确的是(　　)
A．F1、F2大小之比为1∶2
B．F1、F2对A、B做功之比为1∶2
C．A、B质量之比为2∶1
D．全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1
【变式】地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面．某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶
段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程
(　　)
A．矿车上升所用的时间之比为4∶5
B．电机的最大牵引力之比为2∶1
C．电机输出的最大功率之比为2∶1
D．电机所做的功之比为4∶5
图像
【例6】用传感器研究质量为2
kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6
s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示．下列说法正确的是(　　)
A．0～6
s内物体先向正方向运动，后向负方向运动
B．0～6
s内物体在4
s时的速度最大
C．物体在2～4
s内速度不变
D．0～4
s内合力对物体做的功等于0～6
s内合力做的功
【变式】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，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，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为
(　　)
A.mgR
B.mgR
C.mgR
D．mgR
图像
【例7】一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是(　
　)
【变式】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的关系图象是
(　　)
【题型九】动能定理在多阶段、多过程综合问题中的应用
1．由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂，从动力学的角度分析多过程问题往往比较复杂，但是，用动能定理分析问题，是从总体上把握其运动状态的变化，并不需要从细节上了解．因此，动能定理的优越性就明显地表现出来了，分析力的作用是看力做的功，也只需把所有的力做的功累加起来即可．
2．运用动能定理解决问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式．
3．全过程列式涉及重力、弹簧弹力，大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点：
(1)重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；
(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积；
(3)弹簧弹力做功与路径无关．
4．应用动能定理解题的基本步骤
运用动能定理巧解往复运动问题
【例8】如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5
m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.30
m、h2＝1.35
m．现让质量为m的小滑块自A点由静止释放．已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8.求：
(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；
(2)小滑块最终停止的位置距B点的距离．
【变式】如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC是水平的，其距离d＝0.50
m．盆边缘的高度为h＝0.30
m．在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑(图中小物块未画出)．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为
μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的地点到B的距离为
(　　)
A．0.50
m　　　
B．0.25
m
C．0.10
m
D．0
动能定理解决平抛、圆周运动相结合的问题
【例9】如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R＝0.4
m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O点为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高，质量m＝1
kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O点等高的D点，g取10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8.
(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值；
(3)若滑块离开C点的速度大小为4
m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t.
【变式1】如图所示，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，则下列说法错误的是(　　)
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
【变式2】如图，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为l，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态．可视为质点的小物块从轨道右侧A点以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回．已知R＝0.4
m，l＝2.5
m，v0＝6
m/s，物块质量m＝1
kg，与PQ段间的动摩擦因数μ＝0.4，轨道其他部分摩擦不计．g取10
m/s2.求：
(1)物块第一次经过圆轨道最高点B时对轨道的压力；
(2)物块仍以v0从右侧冲上轨道，调节PQ段的长度L，当L长度是多少时，物块恰能不脱离轨道返回A点继续向右运动．
【题型十】机械能守恒的理解与判断
1．机械能守恒判断的三种方法
定义法
利用机械能的定义直接判断，分析物体或系统的动能和势能的和是否变化，若不变，则机械能守恒
做功法
若物体或系统只有重力或系统内弹力做功，或有其他力做功，但其他力做功的代数和为零，则机械能守恒
转化法
若物体或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能的转化，则机械能守恒
2.机械能守恒条件的理解及判断
(1)机械能守恒的条件绝不是合外力的功等于零，更不是合外力为零；“只有重力或弹力做功”不等于“只受重力或弹力作用”．
(2)对于一些绳子突然绷紧、物体间碰撞等情况，除非题目特别说明，否则机械能必定不守恒．
(3)对于系统机械能是否守恒，可以根据能量的转化进行判断．严格地讲，机械能守恒定律的条件应该是对一个系统而言，外力对系统不做功(表明系统与外界之间无能量交换)，系统内除了重力和弹力以外，无其他摩擦和介质阻力做功(表明系统内不存在机械能与其他形式之间的转换)，则系统的机械能守恒．
【例1】(多选)如图，轻弹簧竖立在地面上，正上方有一钢球，从A处自由下落，落到B处时开始与弹簧接触，此时向下压缩弹簧．小球运动到C处时，弹簧对小球的弹力与小球的重力平衡．小球运动到D处时，到达最低点．不计空气阻力，以下描述正确的有
(　　)
A．小球由A向B运动的过程中，处于完全失重状态，小球的机械能减少
B．小球由B向C运动的过程中，处于失重状态，小球的机械能减少
C．小球由B向C运动的过程中，处于超重状态，小球的动能增加
D．小球由C向D运动的过程中，处于超重状态，小球的机械能减少
【变式1】木块静止挂在绳子下端，一子弹以水平速度射入木块并留在其中，再与木块一起共同摆到一定高度如图所示，从子弹开始射入到共同上摆到最大高度的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．子弹的机械能守恒
B．木块的机械能守恒
C．子弹和木块总机械能守恒
D．子弹和木块上摆过程中机械能守恒
【变式2】如图所示，完整的撑杆跳高过程可以简化成三个阶段：持杆助跑、撑杆起跳上升、越杆下落(下落时人杆分离)，最后落在软垫上速度减为零．不计空气阻力，则(　　)
A．运动员在整个跳高过程中机械能守恒
B．运动员在撑杆起跳上升过程中机械能守恒
C．在撑杆起跳上升过程中，杆的弹性势能转化为运动员的重力势能且弹性势能减少量小于运动员的重力势能增加量
D．运动员落在软垫上时做减速运动，处于超重状态
【题型十一】单个物体的机械能守恒问题
1．机械能守恒定律的表达式
2．求解单个物体机械能守恒问题的基本思路
机械能守恒定律在圆周运动中的应用
【例2】如图所示，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB是为R的水平直轨道，BCD是圆心为O、半径为R的圆弧轨道，两轨道相切于B点．在外力作用下，一小球从A点由静止开始
做匀加速直线运动，到达B点时撤除外力．已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C，重力加速度大小为g。求：
(1)小球在AB段运动的加速度的大小；
(2)小球从D点运动到A点所用的时间．
【方法技巧】守恒表达式的选用技巧
(1)在处理单个物体机械能守恒问题时通常应用守恒观点和转化观点，转化观点不用选取零势能面．
(2)在处理连接体问题时，通常应用转化观点和转移观点，都不用选取零势能面．
【变式1】如图所示，由光滑细管组成的轨道固定在竖直平面内，AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧，CD段为平滑的弯管．一小球从管口D处由静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上．关于管口D距离地面的高度必须满足的条件(　　)
A．等于2R
B．大于2R
C．大于2R且小于R
D．大于R
【变式2】一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2，圆轨道1的半径为R，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍，小球的质量为m，若小球恰好能通过轨道2的最高点B，则小球在轨道1上经过A处时对轨道的压力为(　　)
A．2mg　　
B．3mg
C．4mg
D．5mg
机械能守恒定律在平抛运动中的应用
【例3】如图，位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab和抛物线bc组成，圆弧半径Oa水平，b点为抛物线顶点．已知h＝2
m，s＝
m．取重力加速度大小g＝10
m/s2.
(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)若环从b点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达c点时速度的水平分量的大小．
【变式1】如图所示，在高1.5
m的光滑平台上有一个质量为2
kg的小球被一细线拴在墙上，球与墙之间有一根被压缩的轻质弹簧．当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时的速度方向与水平方向成60°角，则弹簧被压缩时具有的弹性势能为(g取10
m/s2)(　　)
A．10
J　　　　　　　　　
B．15
J
C．20
J
D．25
J
【变式2】取水平地面为重力势能零点．一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等．不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为(　　)
A.
B.
C.
D.
【题型十二】多物体关联的机械能守恒问题
1．多物体机械能守恒问题的解题思路
多个物体的机械能守恒问题，往往涉及“轻绳模型”“轻杆模型”以及“轻弹簧模型”．
轻绳模型
三点提醒
①分清两物体是速度大小相等，还是沿绳方向的分速度大小相等．
②用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系．
③对于单个物体，一般绳上的力要做功，机械能不守恒；但对于绳连接的系统，机械能则可能守恒．
【例4】如图所示，物体A的质量为M，圆环B的质量为mA、B通过绳子连接在一起，圆环套在光滑的竖直杆上，开始时，圆环与定滑轮之间的绳子处于水平状态，长度l＝4
m，现从静止开始释放圆环，不计定滑轮和空气的阻力，重力加速度g取10
m/s2，若圆环下降h＝3
m时的速度v
＝5
m/s，则A和B的质量关系为(　　)
A.＝　
B.＝
C.＝
D.＝
【变式】如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍．当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高．将A由静止释放，B上升的最大高度是(　　)
A．2R　　　
B.
C.
D.
轻杆模型
三大特点
①平动时两物体线速度相等，转动时两物体角速度相等．
②杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒．
③对于杆和球组成的系统，忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功，则系统机械能守恒．
【例5】如图所示，可视为质点的小球A和B用一根长为0.2
m的轻杆相连，两球质量均为1
kg，开始时两小球置于光滑的水平面上，并给两小球一个大小为2
m/s，方向水平向左的初速度，经过一段时间，两小球滑上一个倾角为30°的光滑斜面，不计球与斜面碰撞时的机械能损失，重力加速度g取10
m/s2，在两小球的速度减小为零的过程中，下列判断正确的是(　　)
A．杆对小球A做负功
B．小球A的机械能守恒
C．杆对小球B做正功
D．小球B速度为零时距水平面的高度为0.15
m
【变式】如图所示，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上与光滑水平地面相距h，b放在地面上．a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g．则(　　)
A．a落地前，轻杆对b一直做正功
B．a落地时速度大小为
C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g
D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg
轻弹簧模型
轻弹簧模型“四点”注意
①含弹簧的物体系统在只有弹簧弹力和重力做功时，物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之间相互转化，物体和弹簧组成的系统机械能守恒，而单个物体和弹簧机械能都不守恒．
②含弹簧的物体系统机械能守恒问题，符合一般的运动学解题规律，同时还要注意弹簧弹力和弹性势能的特点．
③弹簧弹力做的功等于弹簧弹性势能的减少量，而弹簧弹力做功与路径无关，只取决于初、末状态弹簧形变量的大小．
④由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统，当弹簧形变量最大时，弹簧两端连接的物体具有相同的速度；弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小(为零)．
【例6】如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上．现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面．下列说法正确的是(　　)
A．斜面倾角α＝60°
B．A获得的最大速度为2g
C．C刚离开地面时，B的加速度最大
D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒
【变式】如图所示，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，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)，则在圆环下滑到最大距离的过程中(　　)
A．圆环的机械能守恒
B．弹簧弹性势能变化了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保持不变
非质点类模型
【例7】如图所示，固定在地面的斜面体上开有凹槽，槽内紧挨放置六个半径均为r的相同小球，各球编号如图．斜面与水平轨道OA平滑连接，OA长度为6r.现将六个小球由静止同时释放，小
球离开A点后均做平抛运动，不计一切摩擦．则在各小球运动过程中，下列说法正确的是(　　)
A．球1的机械能守恒
B．球6在OA段机械能增大
C．球6的水平射程最小
D．六个球落地点各不相同
【变式】有一条长为L＝2
m的均匀金属链条，有一半长度在光滑的足够高的斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30°，另一半长度竖直下垂在空中，当链条从静止开始释放后链条滑动，则链条刚好全部滑出斜面时的速度为(g取10
m/s2)(　　)
A．2.5
m/s
B．
m/s
C．
m/s
D．
m/s
【题型十三】与摩擦生热相关的两个物理模型
两种摩擦力的做功情况比较
类别比较
静摩擦力
滑动摩擦力
不同点
能量的转化方面
只有能量的转移，而没有能量的转化
既有能量的转移，又有能量的转化
一对摩擦力的总功方面
一对静摩擦力所做功的代数和等于零
一对滑动摩擦力所做功的代数和不为零，总功W＝－Ffl相对，即相对滑动时产生的热量
相同点
正功、负功、不做功方面
两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功
滑块——滑板模型中能量的转化问题
【例1】(多选)如图所示，长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度v0冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对木板A静止的过程中，下述说法中正确的是(　　)
A．物体B动能的减少量等于系统损失的机械能
B．物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量
C．物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和
D．摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量
【变式1】如图所示，质量为M的木块静止在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平
方向射中木块并最终留在木块中与木块一起以速度v运动．已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离L，子弹进入木块的深度为L′，木块对子弹的阻力为F(F
视为恒力)，则下列判断正确的是
(　　)
A．子弹和木块组成的系统机械能不守恒
B．子弹克服阻力所做的功为FL′
C．系统产生的热量为F(L＋L′)
D．子弹对木块做的功为Mv2
【变式2】如图所示，木块A放在木块B的左端上方，用水平恒力F将A拉到B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功W1，生热Q1；第二次让B在光滑水平面上可自由滑动，F做功W2，生热Q2.则下列关系中正确的是(　　)
A．W1B．W1＝W2，Q1＝Q2
C．W1D．W1＝W2，Q1传送带模型中能量的转化问题
【例2】如图所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，将一个物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到达传送带顶端．下列说法正确的是(　　)
A．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功
B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加
C．第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加
D．物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程物体与传送带间的摩擦生热
【例2】如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行．现将一质量m＝1
kg的物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g取10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8.则下列说法正确的是(　　)
A．0～8
s内物体位移的大小是18
m
B．0～8
s内物体机械能增量是90
J
C．0～8
s内物体机械能增量是84
J
D．0～8
s内物体与传送带因摩擦产生的热量是126
J
【变式2】如图所示为地铁站用于安全检查的装置，主要由水平传送带和X光透视系统两部分组成，传送过程传送带速度不变．假设乘客把物品轻放在传送带上之后，物品总会先、后经历两个阶段的运动，用v表示传送带速率，用μ表示物品与传送带间的动摩擦因数，则(　　)
A．前阶段，物品可能向传送方向的相反方向运动
B．后阶段，物品受到摩擦力的方向跟传送方向相同
C．v相同时，μ不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同
D．μ相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物品的位移也增大为原来的2倍
【题型十四】对功能关系的理解和应用
1．对功能关系的理解
(1)做功的过程就是能量转化的过程．不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的．
(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等．
2．功是能量转化的量度，力学中几种常见的功能关系如下
【例3】如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为(　　)
A．2mgR　
B．4mgR
C．5mgR
D．6mgR
【变式1】起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动．一质量为m的同学弯曲两腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中，他的重心上升了h，离地时他的速度大小为v.下列说法正确的是(　　)
A．起跳过程中该同学机械能增加了mgh
B．起跳过程中该同学机械能增量为mgh＋mv2
C．地面的支持力对该同学做的功为mgh＋mv2
D．该同学所受的合外力对其做的功为mv2＋mgh
【变式2】轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m＝0.5
kg的物块相连，如图甲所示，弹簧处于原长状态，物块静止，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴，现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的情况如图乙所示，物块运动至x＝0.4
m处时速度为零，则此时弹簧的弹性势能为g取10
m/s(　　)
A．3.1
J　　　　　
B．3.5
J
C．1.8
J
D．2.0
J
【题型十五】能量守恒定律的应用
1．对能量守恒定律的理解
(1)转化：某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等．
(2)转移：某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量相等．
2．涉及弹簧的能量问题应注意
两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，具有以下特点：
(1)能量变化上，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒．
(2)如果系统每个物体除弹簧弹力外所受合外力为零，则当弹簧伸长或压缩到最大程度时两物体速度相同．
3.运用能量守恒定律解题的基本思路
4.多过程问题的解题技巧
(1)“合”——初步了解全过程，构建大致的运动情景．
(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个过程的规律．
(3)“合”——找到过程之间的联系，寻找解题方法．
【例4】如图所示，一物体质量m＝2
kg，在倾角θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3
m/s下滑，A点距弹簧上端B的距离AB＝4
m．当物体到达B点后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝0.2
m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，D点距A点的距离AD＝3
m．挡板及弹簧质量不计，g取10
m/s2，sin
37°＝0.6，求：
(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)弹簧的最大弹性势能Epm.
【变式】如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相切，半圆形导轨的半径为R.一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右的速度后脱离弹簧，当它经过B点进入导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的8倍，之后向上运动恰能到达最高点C.不计空气阻力，试求：
(1)物体在A点时弹簧的弹性势能；
(2)物体从B点运动至C点的过程中产生的内能．
【题型十六】功能原理的综合应用
功能原理处理斜面问题
【例5】如图所示，倾角为30°的斜面上，质量为m的物块在恒定拉力作用下沿斜面以加速度a＝(g为重力加速度)向上加速运动距离x的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．重力势能增加mgx　
B．动能增加
C．机械能增加mgx
D．拉力做功为
【变式1】将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同．现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数μ均相同．在这三个过程中，下列说法不正确的是(　　)
A．沿着1和2下滑到底端时，物块的速率不同，沿着2和3下滑到底端时物块的速率相同
B．沿着1下滑到底端时，物块的速度最大
C．物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最多的
D．物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量是一样多的
【变式2】安徽首家滑雪场正式落户国家AAAA级旅游景区——安庆巨石山，现已正式“开滑”．如图所示，滑雪者从O点由静止沿斜面自由滑下，接着在水平面上滑至N点停下．斜面、水平面与滑雪板之间的动摩擦因数都为μ＝0.1.滑雪者(包括滑雪板)的质量为m＝50
kg，g取
10
m/s2，O、N两点间的水平距离为s＝100
m．在滑雪者经过ON段运动的过程中，克服摩擦力做的功为(　　)
A．1
250
J　　
B．2
500
J
C．5
000
J
D．7
500
J
功能原理处理弹簧问题
【例6】如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示，则(　　)
A．t1时刻小球动能最大
B．t2时刻小球动能最大
C．t2～t3这段时间内，小球的动能先增加后减少
D．t2～t3这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能
【变式2】如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC＝h.圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A.弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g.则圆环(　　)
A．下滑过程中，加速度一直减小
B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2
C．在C处，弹簧的弹性势能为mv2－mgh
D．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度

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