资源简介

第1讲
功
功率
[目标要求]
核心知识
素养要求
1.功和功率
理解功和功率。了解生产生活中常见机械的功率大小及其意义。
2.动能和动能定理
理解动能和动能定理。能用动能定理解释生产生活中的现象。
3.重力势能
理解重力势能，知道重力势能的变化与重力做功的关系。定性了解弹性势能。
4.机械能守恒定律
理解机械能守恒定律，体会守恒观念对认识物理规律的重要性。能用机械能守恒定律分析生产生活中的有关问题。
5.能量守恒定律和能源
了解自然界中存在多种形式的能量。知道不同形式的能量可互相转化，在转化过程中能量总量保持不变，能量转化是有方向性的。知道合理使用能源的重要性，具有可持续发展观念，养成节能的习惯。
6.实验：验证机械能守恒定律
通过实验体会机械能守恒的条件，进一步树立守恒观念。
第1讲　功　功率
授课提示：对应学生用书第89页
一、功
1．定义：一个物体受到力的作用，如果在力的方向上发生了一段位移，就说这个力对物体做了功。
2．做功的两个要素
(1)作用在物体上的力。
(2)物体在力的方向上发生的位移。
3．公式：W＝Flcos
α。
(1)α是力与位移方向之间的夹角，l为物体对地的位移。
(2)该公式只适用于恒力做功。
4．功的正负
(1)当0°≤α＜90°时，W＞0，力对物体做正功。
(2)当90°＜α≤180°时，W＜0，力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功。
(3)当α＝90°时，W＝0，力对物体不做功。
二、功率
1．定义：功与完成这些功所用时间的比值。
2．物理意义：描述力对物体做功的快慢。
3．公式
(1)P＝，P为时间t内的平均功率。
(2)P＝Fvcos_α(α为F与v的夹角)
①v为平均速度，则P为平均功率。
②v为瞬时速度，则P为瞬时功率。
4．发动机功率：机车发动机的功率P＝Fv，F为牵引力，并非机车所受的合力。
授课提示：对应学生用书第90页
　　自主探究
1．功的正负的判断方法
(1)恒力做功正负的判断：依据力与位移的夹角来判断。
(2)曲线运动中做功正负的判断：依据F与v的方向的夹角来判断。0°≤α<90°，力对物体做正功；90°<α≤180°，力对物体做负功；α＝90°，力对物体不做功。
2.恒力做功的计算方法
3．合力做功的计算方法
方法一：先求合力F合，再用W合＝F合lcos
α求功。
方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3、…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功。
4．几种力做功的比较
(1)重力、弹簧弹力、电场力、分子力做功与始、末位置有关，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，不仅会发生物体间机械能的转移，还有部分机械能转化为内能，内能Q＝Ffx相对。
1．(多选)(2021·湖南师大附中高三月考)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s，如图所示，物体m相对斜面静止。则下列说法正确的是(　　)
A．重力对物体m做正功
B．合力对物体m做功为零
C．摩擦力对物体m做负功
D．支持力对物体m做正功
解析：物体在水平方向移动，在重力方向上没有位移，所以重力对物体m做功为零，故A错误；物体匀速运动时，合力为零，合力对物体m做功为零，故B正确；摩擦力方向沿斜面向上，与位移的夹角为钝角，所以摩擦力对物体m做负功，故C正确；支持力与位移的夹角小于90°，则支持力对物体m做正功，故D正确。
答案：BCD
2．(2021·福建永安一中高三上学期期末)如图所示，水平路面上有一辆质量为M的汽车，车厢中有一个质量为m的人正用恒力F向前推车厢。在车以加速度a向前加速行驶距离L的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．人对车的推力F做的功为FL
B．人对车做的功为maL
C．车对人的作用力大小为ma
D．车对人的摩擦力做的功为(F－ma)L
解析：根据功的公式可知，人对车的推力做的功为W＝FL，故A正确；在水平方向上，由牛顿第二定律可知车对人的作用力为F′＝ma，由牛顿第三定律可知人对车的作用力为－ma，人对车做的功为W＝－maL，故B错误；人在水平方向受到车的作用力为ma，竖直方向上车对人还有支持力，故车对人的作用力为FN＝＝m，故C错误；对人，由牛顿第二定律可得Ff－F＝ma，则Ff＝ma＋F，车对人的摩擦力做的功为W＝FfL＝(F＋ma)L，故D错误。
答案：A
　　自主探究
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做的功为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半径为R的圆周运动，运动一周克服摩擦力做的功Wf＝Ff·Δx1＋Ff·Δx2＋Ff·Δx3＋…＝Ff?Δx1＋Δx2＋Δx3＋…?＝Ff·2πR
功率法
等效转换法
平均力法
弹簧由伸长x1被继续拉至伸长x2的过程中，克服弹力做的功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
3．某同学参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如图，测量得到比赛成绩是2.4
m，目测空中脚离地最大高度约0.8
m。已知他的质量约为60
kg，忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做功约为(　　)
A．90
J　　　　　　　　　
B．480
J
C．700
J
D．1
250
J
解析：运动员做抛体运动，从起跳到达到最大高度的过程中，竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，则有t＝＝
s＝0.4
s，竖直方向初速度为vy＝gt＝4
m/s，水平方向做匀速直线运动，则有v0＝＝
m/s＝3
m/s，则起跳时的速度为v＝＝5
m/s，中学生的质量为60
kg，根据动能定理得W＝mv2＝750
J，最接近700
J，选项C正确，A、B、D错误。
答案：C
4．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/s2)(　　)
　
A．3.1
J
B．3.5
J
C．1.8
J
D．2.0
J
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F做的功可知，物块运动至x＝0.4
m处时F做的功W＝3.5
J，而此过程物块克服摩擦力做功Wf＝Ffx＝0.4
J。由功能关系可知W－Wf＝Ep，则此时弹簧的弹性势能为Ep＝3.1
J，选项A正确。
答案：A
　　自主探究
1．平均功率的计算方法
(1)利用＝计算。
(2)利用＝Fcos
α计算，其中为物体运动的平均速度。
2．瞬时功率的计算方法
(1)利用公式P＝Fvcos
α计算，其中v为t时刻的瞬时速度。
(2)利用公式P＝FvF计算，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度。
(3)利用公式P＝Fvv计算，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力。
5．如图所示，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(取g＝10
m/s2)(　　)
A．430
J,7
W　　　　
B．4
300
J,70
W
C．720
J,12
W
D．7
200
J,120
W
解析：设重心上升的高度为h，根据相似三角形可知，每次俯卧撑中，有
m＝，即h＝0.24
m。一次俯卧撑中，克服重力做功W＝mgh＝60×10×0.24
J＝144
J，所以一分钟内克服重力做的总功为W总＝NW＝4
320
J，功率P＝＝72
W，故选项B正确。
答案：B
6．(2021·福建莆田高三质检)职业高空跳伞运动员从近万米高空带着降落伞跳下，前几秒内的运动可视为自由落体运动。已知运动员的质量为80
kg，重力加速度g取10
m/s2，关于运动员所受重力做功的功率，下列说法正确的是(　　)
A．下落第1
s末的瞬时功率为4
000
W
B．下落第1
s内的平均功率为8
000
W
C．下落第2
s末的瞬时功率为8
000
W
D．下落第2
s内的平均功率为12
000
W
解析：下落第1
s末的瞬时功率为P1＝mgv1＝mg·gt1＝80×102×1
W＝8
000
W，选项A错误；下落第1
s内的平均功率为1＝mg1＝mg·＝×80×102×1
W＝4
000
W，选项B错误；下落第2
s末的瞬时功率为P2＝mgv2＝mg·gt2＝80×102×2
W＝16
000
W，选项C错误；下落第2
s内的平均功率为2＝mg2＝mg·＝80×10×
W＝12
000
W，选项D正确。
答案：D
　　师生互动
1．机车启动的两种方式
恒定功率启动
恒定加速度启动
P-t图象和v-t图象
OA段
过程分析
P不变：v↑?F＝↓?a＝↓
a不变：a＝?F不变P＝Fv↑?P额＝Fv1
运动性质
加速度减小的加速直线运动
匀加速直线运动，维持时间t0＝
AB段
过程分析
F＝F阻?a＝0?vm＝
v↑?F＝↓?a＝↓
运动性质
做速度为vm的匀速直线运动
加速度减小的加速直线运动，在B点达到最大速度，vm＝
2.三个重要关系式
(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都为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＝(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、速度或时间。
　以恒定功率启动
[典例1]　(多选)一辆汽车从静止开始以恒定功率P启动，若汽车行驶过程中受到的阻力恒定，其加速度与速度的倒数的关系如图所示，图象斜率为k，横截距为b，则(　　)
A．汽车所受阻力为
B．汽车的质量为
C．汽车的最大速度为
D．汽车从静止到获得最大速度的时间为
[解析]　汽车从静止开始启动时，由P＝Fv及F－F阻＝ma得a＝·－，结合图象有＝k,0＝b－，解得m＝，F阻＝Pb，选项A错误，B正确；当加速度为零时，速度最大，此时有＝b，解得最大速度vm＝，选项C正确；由动能定理得Pt－F阻x＝mvm2，整理得t＝＋bx＞，选项D错误。
[答案]　BC
　以恒定加速度启动
[典例2]　(多选)汽车质量为2
000
kg，发动机的额定功率为40
kW，汽车在水平路面上行驶时受到阻力为车重的0.1倍，g取10
m/s2。若汽车从静止开始保持1
m/s2的加速度做匀加速直线运动，达到额定输出功率后，汽车保持功率不变又加速行驶了800
m，直到获得最大速度后才匀速行驶，则下列说法正确的是(　　)
A．汽车在水平路面上能达到的最大速度为20
m/s
B．汽车匀加速的运动时间为10
s
C．当汽车速度达到16
m/s时，汽车的加速度为0.5
m/s2
D．汽车从静止到获得最大行驶速度所用的总时间为
57.5
s
[解析]　汽车发动机的额定功率P额＝40
kW＝4×104
W，阻力F阻＝0.1mg＝2
000
N。汽车匀速时P额＝F阻vm，解得vm＝＝20
m/s，A正确；汽车以a＝1
m/s2的加速度匀加速运动时F－F阻＝ma可求得F＝4
000
N，由P额＝Fvt，vt＝at可解得vt＝10
m/s，t＝10
s，即匀加速运动可持续t＝10
s，B正确；由P额＝Fv，F－F阻＝ma，可求出速度v＝16
m/s时，汽车加速度a＝0.25
m/s2，C错误；设汽车匀加速运动结束以后又加速行驶800
m所用时间为t′，则P额t′－F阻s′＝mvm2－mvt2，解得t′＝47.5
s，汽车从静止到获得最大行驶速度所用的总时间为t总＝t＋t′＝57.5
s，D正确。
[答案]　ABD
方法技巧
机车启动问题的求解方法
———————————————————————
(1)机车的最大速度vmax的求法
机车做匀速运动时速度最大，此时牵引力F等于阻力F阻，且vmax＝＝。
(2)匀加速启动时，做匀加速运动的时间t的求法
牵引力F＝ma＋F阻，匀加速运动的最大速度vmax′＝，时间t＝。
(3)瞬时加速度a的求法
根据F＝求出牵引力，则加速度a＝。
(4)机车以恒定功率运行时，位移s的求法
由动能定理Pt－F阻s＝ΔEk，求得s。　
7．(2021·河北衡水高三月考)如图甲所示是我国自主设计的全球第一款可载客的无人驾驶飞机“亿航184”，其自重为260
kg，最大载重为100
kg。该无人机在最大载重情况下，从地面开始竖直升空过程中的vt图象如图乙所示，则下列说法正确的是(　　)
A．0～5
s内的平均速度为3
m/s
B．5～8
s内发动机的输出功率为零
C．0～5
s发动机用于升空的功率逐渐减小
D．发动机用于升空的功率至少为2.16×104
W
解析：在vt图象中速度图象的“面积”等于位移，可知0～5
s
内的平均速度
＞＝3
m/s，故A错误；5～8
s内飞机匀速运动，发动机的输出功率不为零，故B错误；0～2
s内加速度不变，输出功率在逐渐增大，2～5
s内输出功率不变，故C错误；根据图象可知2～8
s内保持功率不变，此时功率为P＝Fv＝(M＋m)gv＝(260＋100)×10×6
W＝2.16×104
W，所以发动机用于升空的功率至少为2.16×104
W，故D正确。
答案：D
8．质量为1.0×103
kg的汽车，沿倾角为30°的斜坡由静止开始向上运动，汽车在运动过程中所受摩擦阻力大小恒为2
000
N，汽车发动机的额定输出功率为5.6×104
W，开始时以a＝1
m/s2的加速度做匀加速运动(g取10
m/s2)。
(1)求汽车做匀加速运动的时间t1；
(2)求汽车所能达到的最大速度；
(3)若斜坡长143.5
m，且认为汽车到达坡顶之前，已达到最大速率，汽车从坡底到坡顶需要多长时间？
解析：(1)由牛顿第二定律得
F－mgsin
30°－Ff＝ma，
设匀加速运动过程的末速度为v，则有P＝Fv，v＝at1，
解得t1＝7
s。
(2)当汽车达到最大速度vm时，a＝0，则有
P＝(mgsin
30°＋Ff)vm，
解得vm＝8
m/s。
(3)汽车做匀加速运动的位移x1＝at12，
在后一阶段对汽车由动能定理得
Pt2－(mgsin
30°＋Ff)x2＝mvm2－mv2，
又有x＝x1＋x2，
解得t2≈15
s，
故汽车运动的总时间为t＝t1＋t2＝22
s。
答案：(1)7
s　(2)8
m/s　(3)22
s
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-第2讲　动能定理及其应用
授课提示：对应学生用书第93页
一、动能
1．定义：物体由于运动而具有的能叫动能。
2．公式：Ek＝mv2。
3．单位：焦耳，1
J＝1
N·m＝1
kg·m2/s2。
4．矢标性：动能是标量，只有正值。
5．状态量：动能是状态量，因为v是瞬时速度。
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或W＝Ek2－Ek1。
3．物理意义：合外力做的功是物体动能变化的量度。
授课提示：对应学生用书第93页
　自主探究　
1．对动能定理中“力”的两点理解
(1)“力”指的是合力，重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用。
(2)力既可以是恒力，也可以是变力。
2．动能定理公式中体现的“三个关系”
(1)数量关系：即合力所做的功与物体动能的变化具有等量替代关系。可以通过计算物体动能的变化，求合力做的功，进而求得某一力做的功。
(2)单位关系：等式两边物理量的国际单位都是焦耳。
(3)因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。
1．(多选)如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增加到v2时，上升高度为H。在这个过程中，下列说法或表达式正确的是(　　)
A．对物体，动能定理的表达式为WFN＝mv22，其中WFN为支持力做的功
B．对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力做的功
C．对物体，动能定理的表达式为WFN－mgH＝mv22－mv12
D．对电梯，其所受合力做的功为Mv22－Mv12
解析：电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力做的总功才等于物体动能的增量ΔEk＝mv22－mv12，故A、B错误，C正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力做的功一定等于其动能的增量，故D正确。
答案：CD
2.(多选)(2020·高考天津卷)复兴号动车在世界上首次实现速度350
km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内(　　)
A．做匀加速直线运动
B．加速度逐渐减小
C．牵引力的功率P＝Fvm
D．牵引力做功W＝mvm2－mv02
解析：由P＝F牵v知，P不变，v变大，则F牵变小，由F牵－F＝ma知，a变小，A错误，B正确；匀速时F牵＝F，故P＝F牵vm＝Fvm，C正确；由动能定理可知W＋W阻＝mvm2－mv02，D错误。
答案：BC
3．(2021·广东揭阳高三上学期期末)某位工人师傅用如图所示的装置，将重物从地面沿竖直方向拉到楼上，在此过程中，工人师傅沿地面以速度v向右匀速直线运动，当质量为m的重物G上升高度为h时轻绳与水平方向成α角(重力加速度大小为g，滑轮的质量和摩擦均不计)。在此过程中，下列说法正确的是(　　)
A．人的速度比重物的速度小
B．轻绳对重物的拉力大于重物的重力
C．重物做匀速直线运动
D．绳的拉力对重物做的功为mgh＋mv2
解析：将人的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，沿绳子方向的速度等于重物G的速度，根据平行四边形定则，绳子与水平方向的夹角为α时，vG＝vcos
α，故v>vG，A错误；人在向右匀速运动的过程中，绳子与水平方向的夹角α减小，所以重物的速度增大，重物加速上升，由牛顿第二定律可知绳子的拉力大于重物的重力，B正确，C错误；当重物G上升高度为h时，重物的速度vG＝vcos
α，重物由地面上升高度h的过程中，根据动能定理可知W－mgh＝mvG2，解得W＝mgh＋m(vcos
α)2，D错误。
答案：B
　　教材走向高考
1．动能定理的应用流程
2．求解多过程问题抓好“两状态，一过程”
“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况；“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息。
动能定理的理解及应用是高考的热点，高考对动能定理的考查常与曲线运动相关联，设置多过程问题。分析近几年高考题可以发现，命题背景常源于教材习题，在此基础上拓展为较新的材料或较复杂的过程，综合考查学生灵活应用知识的能力，但考查点仍是动能定理的基本应用，新高考仍会延续这种特点。同学们可通过以下示例认真体会，进一步研究高考真题与教材内容间的溯源关系，做到新高考精准备考。
[典例1]　[人教版必修2·P80·T2]
游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行，游客却不会掉下来(图甲)。我们把这种情形抽象为图乙的模型：弧形轨道的下端与竖直圆轨道相接，使小球从弧形轨道上端滚下，小球进入圆轨道下端后沿圆轨道运动。实验发现，只要h大于一定值，小球就可以顺利通过圆轨道的最高点。如果已知圆轨道的半径为R，h至少要等于多大？不考虑摩擦等阻力。
[解析]　小球运动到竖直圆轨道最高点时轨道对小球的压力恰好等于零时重力完全充当向心力，mg＝m，
小球运动到最高点的过程中，只有重力做功，由动能定理得
mg(h－2R)＝mv2，解得h＝R。
[答案]　
拓展?　改换物体下落方式
　(2016·高考全国卷Ⅲ)如图，在竖直平面内有由圆弧AB和圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接。AB弧的半径为R，BC弧的半径为。一小球在A点正上方与A相距处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动。
(1)求小球在B、A两点的动能之比；
(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点。
【真题命题立意】　将典例1中物体沿圆弧轨道滚下，拓展为让物体由静止开始自由下落；由分析计算通过圆弧最高点的条件，拓展为通过计算判断小球能否沿轨道运动到最高点。题目设置情景并没有变得复杂，但运算量和思维量变大，考查的核心仍是将动能定理与圆周运动的临界问题相结合。
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＝mg，①
设小球在B点的动能为EkB，同理有EkB＝mg，②
由①②式得＝5。③
(2)若小球能沿轨道运动到C点，则小球在C点所受轨道的正压力FN应满足FN≥0，④
设小球在C点的速度大小为vC，由牛顿第二定律和向心加速度公式有FN＋mg＝m，⑤
由④⑤式得，vC应满足mg≤m，⑥
由机械能守恒定律有mg＝mvC2，⑦
由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C点。
答案：见解析
拓展?　改换物体进入轨道的方式及射出方式
(2018·高考全国卷Ⅲ)如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sin
α＝。一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求：
(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；
(2)小球到达A点时动量的大小；
(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。
【真题命题立意】　将典例1中物体沿圆弧轨道滚下，拓展为让物体在外力作用下由水平轨道进入圆形轨道；由教材习题分析计算通过圆弧最高点的条件，拓展为通过C点时受重力、拉力的作用力，而后斜抛落至水平轨道。题目设置情景及受力情况变得较为复杂，而且运算量和思维量变大，但考查的核心仍是动能定理与圆周运动的临界问题相结合。
解析：(1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F。由力的合成法则有
＝tan
α，①
F2＝(mg)2＋F02，②
设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得
F＝m，③
由①②③式和题给数据得
F0＝mg，④
v＝。⑤
(2)设小球到达A点的速度大小为v1，作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得
DA＝Rsin
α，⑥
CD＝R(1＋cos
α)，⑦
由动能定理有
－mg·CD－F0·DA＝mv2－mv12，⑧
由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为p＝mv1＝。⑨
(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g。设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C点落至水平轨道上所用时间为t。由运动学公式有v⊥t＋gt2＝CD，⑩
v⊥＝vsin
α，?
由⑤⑦⑩?式和题给数据得t＝
。
答案：(1)mg　　(2)　(3)
方法技巧
解答多过程问题的4点技巧
———————————————————————
(1)首先要建立模型，判断物体运动过程中做了哪些运动，如直线运动、平抛运动、圆周运动等。
(2)其次分析各个运动过程中物体的受力情况以及运动情况，判断物体运动过程中有没有需要特别注意的临界点、隐含条件等(如竖直平面内的圆周运动中物体在最高点的临界条件，平抛运动中是分解速度还是分解位移、是否要用到斜面的倾角以及有关推论等)。
(3)然后抓住模型之间的联系纽带(是速度、加速度，还是位移等)，同时关注将什么位置当成动能定理中的初态和末态。
(4)最后根据实际情况分阶段或全过程利用动能定理进行列式计算。　
4．(2021·湖北黄石高三上学期10月月考)“滑滑梯”是小朋友喜爱的游戏活动，“滑滑梯”可简化为如图所示的模型，斜面AB倾角θ＝37°，AD高h＝2.4
m，C点处有墙壁。一位小朋友(视为质点)从A点开始静止下滑，到达B点的速度大小vB＝4
m/s。假定小朋友与AB、BC间的动摩擦因数相等，且在B点平滑过渡(不损失机械能)，sin
37°＝0.6，g取10
m/s2，求：
(1)在滑行过程中，AB和BC对小朋友的支持力的大小之比；
(2)小朋友与AB间的动摩擦因数；
(3)为防止小朋友在C点撞墙，BC间的最小距离。
解析：(1)在滑行过程中，AB面对小朋友的支持力为：N1＝mgcos
θ
BC面对小朋友的支持力：N2＝mg
AB面和BC面对小朋友的支持力大小之比：＝。
(2)从A到B根据动能定理可得：
mgh－μmgcos
θ·＝mvB2－0
解得：μ＝0.5。
(3)B到C根据动能定理可得：
－μmgxBC＝0－mvB2
解得xBC＝1.6
m。
答案：(1)　(2)0.5　(3)1.6
m
5．(2021·山东临沂高三检测)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。
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
37°·＝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＝，
滑块从A→B→D→C过程，由动能定理得
－μmgcos
37°·＝mvC2－mv02，
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＝vC′t，
＝tan
53°，
其中vC′＝4
m/s，
联立解得t＝0.2
s。
答案：(1)0.375　(2)2
m/s　(3)0.2
s
　　师生互动
1．力学中四类图象所围“面积”的意义
2．解决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、图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量。
　图象的选取
[典例2]　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(　　)
[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。
[答案]　A
　图象信息的应用
[典例3]　某实验室为了研究某种汽车运行时的动力学特性，制造了一辆质量为200
kg的模型车，该模型车在运行时所受阻力为车重的0.08倍，某次试验中该车在25
s内运动的vt图象如图所示，g取10
m/s2，试求：
(1)模型车20
s末的加速度大小；
(2)0～5
s内模型车发动机输出的牵引力大小；
(3)模型车在此25
s内牵引力所做的功。
[解析]　(1)由题图可知，在15～25
s内，模型车做匀减速运动，加速度保持不变，故20
s末的加速度为
a＝＝
m/s2＝－0.8
m/s2
即加速度大小为0.8
m/s2。
(2)在0～5
s内，模型车做匀加速运动，加速度为
a′＝＝
m/s2＝1.6
m/s2
根据牛顿第二定律可知F－0.08mg＝ma′
解得发动机输出的牵引力
F＝200×1.6
N＋0.08×200×10
N＝480
N。
(3)vt图象中图线与时间轴所围成的面积表示位移，则可知25
s内的位移x＝×8
m＝140
m
对整个过程，根据动能定理得W－0.08mgx＝0
解得牵引力所做的功W＝2.24×104
J。
[答案]　(1)0.8
m/s2　(2)480
N　(3)2.24×104
J
规律总结
动能定理与图象结合问题的分析方法
———————————————————————
(1)首先看清所给图象的种类(如v-t图象、F-x图象、Ek-x图象等)。
(2)挖掘图象的隐含条件，得出所需要的物理量，如由vt图象所包围的“面积”求位移，由Fx图象所包围的“面积”求功等。
(3)分析有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量。　
6．(2019·高考全国卷Ⅲ)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3
m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10
m/s2。该物体的质量为(　　)
A．2
kg　　　　　　
B．1.5
kg
C．1
kg
D．0.5
kg
解析：画出运动示意图，设阻力为Ff，据动能定理知
A→B(上升过程)：EkB－EkA＝－(mg＋Ff)h，
C→D(下落过程)：EkD－EkC＝(mg－Ff)h，
整理以上两式得mgh＝30
J，解得物体的质量m＝1
kg，选项C正确。
答案：C
7．(2021·北京市九中高三月考)如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10
m/s2，根据图象可求出：
(1)物体的初速度是多少？
(2)物体与斜面间的动摩擦因数μ是多少？
(3)针对不同的斜面倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值是多少？
解析：(1)由图可知，当θ＝90°时物体做竖直上抛运动，位移为x＝1.80
m；由竖直上抛运动规律可知：
v02＝2gx，
代入数据解得：v0＝6
m/s。
(2)当θ＝0°时，位移为
x＝2.40
m；由动能定理可得：－μmgx＝0－mv02
代入数据解得：μ＝0.75。
(3)由动能定理得：
－mgxsin
θ－μmgxcos
θ＝0－mv02，
解得x＝＝
m，
当θ＋α＝90°时，sin(θ＋α)＝1，此时位移最小且xmin＝1.44
m。
答案：(1)6
m/s　(2)0.75　(3)1.44
m
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11
-第3讲　机械能守恒定律及其应用
授课提示：对应学生用书第96页
一、重力做功与重力势能
1．重力做功的特点
(1)重力做功与路径无关，只与始、末位置的高度差有关。
(2)重力做功不引起物体机械能的变化。
2．重力做功与重力势能变化的关系
(1)定性关系：重力对物体做正功，重力势能就减小；重力对物体做负功，重力势能就增大。
(2)定量关系：重力对物体做的功等于物体重力势能的减小量。即WG＝－(Ep2－Ep1)＝Ep1－Ep2＝－ΔEp。
(3)重力势能的变化量是绝对的，与参考面的选取无关。
3．弹性势能
(1)概念：物体由于发生弹性形变而具有的能。
(2)大小：弹簧的弹性势能的大小与形变量及劲度系数有关，弹簧的形变量越大，劲度系数越大，弹簧的弹性势能越大。
(3)弹力做功与弹性势能变化的关系：类似于重力做功与重力势能变化的关系，用公式表示：W＝－ΔEp。
二、机械能守恒定律及其应用
1．机械能：动能和势能统称为机械能，其中势能包括弹性势能和重力势能。
2．机械能守恒定律
(1)内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变。
(2)表达式：mgh1＋mv12＝mgh2＋mv22。
3．守恒条件：只有重力或弹簧的弹力做功。
授课提示：对应学生用书第97页
　　自主探究
1．对机械能守恒条件的理解
(1)只受重力作用，例如做平抛运动的物体机械能守恒。
(2)除重力外，物体还受其他力，但其他力不做功或做功代数和为零。
(3)对物体和弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒。注意：并非物体的机械能守恒。
2．机械能是否守恒的三种判断方法
(1)利用机械能的定义判断：若物体动能、势能之和不变，机械能守恒。
(2)用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，或有其他力做功，但其他力做功的代数和为零，则机械能守恒。
(3)利用能量转化判断：若物体系统与外界没有能量交换，物体系统内也没有机械能与其他形式能的转化，则物体系统机械能守恒。
1．(多选)如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是(　　)
甲　　　　乙　　　　　　丙　　　　　　丁
A．甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，物体A的机械能守恒
B．乙图中，物体A固定，物体B沿斜面匀速下滑，物体B的机械能守恒
C．丙图中，不计任何阻力和定滑轮质量时，A加速下落，B加速上升过程中，A、B组成的系统机械能守恒
D．丁图中，小球沿水平面做匀速圆锥摆运动时，小球的机械能守恒
解析：甲图中重力和系统内弹力做功，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，但物体A的机械能不守恒，A错误。乙图中物体B除受重力外，还受到弹力和摩擦力作用，弹力不做功，但摩擦力做负功，物体B的机械能不守恒，B错误。丙图中绳子张力对A做负功，对B做正功，代数和为零，A、B组成的系统机械能守恒，C正确。丁图中小球的动能不变，势能不变，机械能守恒，D正确。
答案：CD
2．(2021·适应性测试重庆卷)一质量为m的物块仅在重力作用下运动，物块位于r1和r2时的重力势能分别为3E0和E0(E0＞0)。若物块位于r1时速度为0，则位于r2时其速度大小为(　　)
A．2
　　　　　　　　
B.
C．2
D．4
解析：物体仅在重力作用下运动，物体的机械能守恒，根据机械能守恒定律可知E1＝E2
代入已知条件为3E0＋0＝E0＋mv2
解得r2处的速度为v＝2
，故选A。
答案：A
3．(多选)如图所示，质量分别为m和2m的两个小球a和b，中间用轻质杆相连，在杆的中点O处有一固定转动轴，把杆置于水平位置后释放，在b球顺时针摆动到最低位置的过程中
(　　)
A．b球的重力势能减少，动能增加，b球机械能守恒
B．a球的重力势能增加，动能也增加，a球机械能不守恒
C．a球、b球组成的系统机械能守恒
D．a球、b球组成的系统机械能不守恒
解析：b球从水平位置下摆到最低点的过程中，a球升至最高点，重力势能增加，动能也增加，机械能增加。由于a、b系统只有重力做功，则系统机械能守恒，既然a球机械能增加，b球机械能一定减小。可见，杆对a球做了正功，杆对b球做了负功。所以，本题正确答案为B、C。
答案：BC
易错警示
关于机械能守恒条件的3点提醒
———————————————————————
(1)分析机械能是否守恒时，必须明确要研究的系统。
(2)系统机械能守恒时，机械能一般在系统内物体间转移，其中的单个物体机械能通常不守恒(如第3题)。
(3)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。
　　自主探究
1．机械能守恒的三种表达式对比
守恒角度
转化角度
转移角度
表达式
E1＝E2
ΔEk＝－ΔEp
ΔEA增＝ΔEB减
物理意义
系统初状态机械能的总和与末状态机械能的总和相等
表示系统(或物体)机械能守恒时，系统减少(或增加)的重力势能等于系统增加(或减少)的动能
若系统由A、B两部分组成，则A部分物体机械能的增加量与B部分物体机械能的减少量相等
最适合的研究对象
单个物体
一个或多个物体
两个物体
2.求解单个物体机械能守恒问题的基本思路
(1)选取研究对象——物体。
(2)根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒。
(3)恰当地选取参考平面，确定研究对象在初、末状态时的机械能。
(4)选取方便的机械能守恒定律的方程形式(Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2、ΔEk＝－ΔEp)进行求解。
4．(多选)(2021·福建厦门模拟)有一款蹿红的微信小游戏“跳一跳”，游戏要求操作者通过控制棋子(质量为m，可视为质点)脱离平台时的速度，使其能从平台跳到旁边的同一水平面上的另一平台。如图所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹，轨迹的最高点距平台上表面高度为h，不计空气阻力，重力加速度为g，则(　　)
A．棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加mgh
B．棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，机械能增加mgh
C．棋子离开平台后距平台表面高度为时的动能为
D．棋子落到另一平台上时的速度大于
解析：以平台表面为零势能面，则棋子在最高点的重力势能为mgh，故棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加mgh，A正确；棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，不计空气阻力，只有重力做功，机械能守恒，B错误；棋子在最高点的机械能E＝mgh＋mvx2，vx为棋子在最高点的速度，由于机械能守恒，则棋子离开平台后距平台面高度为时，动能为E－mgh＝mgh＋mvx2>，故C错误；设棋子落到平台时的瞬时速度大小为v，棋子从最高点落到平台的过程中，根据动能定理得mgh＝mv2－mvx2，解得v＝>，D正确。
答案：AD
5．(2021·黑龙江重点中学联考)如图所示，竖直平面内有一半径为R＝0.50
m的光滑圆弧槽BCD，B点与圆心O等高，水平面DQ与圆弧槽相接于D点，一质量为m＝0.10
kg
的小球从B点的正上方高H＝0.95
m处的A点自由下落，由B点进入圆弧槽轨道，从D点飞出后落在水平面上的Q点，D、Q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＝0.80
m。取g＝10
m/s2，不计空气阻力，求：
(1)小球经过C点时轨道对它的支持力大小FN；
(2)小球经过P点时的速度大小vP；
(3)D点与圆心O的高度差hOD。
解析：(1)设小球经过C点时的速度为v1，由机械能守恒定律有
mg(H＋R)＝mv12，
由牛顿第二定律有FN－mg＝m，
代入数据解得FN＝6.8
N。
(2)从P到Q小球做平抛运动
竖直方向有h＝gt2，
水平方向有＝vPt，
代入数据解得vP＝3
m/s。
(3)小球从开始运动到P点的过程中，机械能守恒，取DQ水平面为零势能面，则mvP2＋mgh＝mg(H＋hOD)，
代入数据解得hOD＝0.3
m。
答案：(1)6.8
N　(2)3
m/s　(3)0.3
m
　　师生互动
1．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”。
2．多个物体组成的系统机械能守恒问题的解题思路
(1)首先分析多个物体组成的系统所受的外力是否只有重力或弹簧弹力做功，内力是否造成了机械能与其他形式能的转化，从而判断系统机械能是否守恒。
(2)若系统机械能守恒，则机械能从一个物体转移到另一个物体，ΔE1＝－ΔE2，即一个物体机械能增加，则一定有另一个物体机械能减少。
　“轻绳连接”的多物体系统
[典例1]　(多选)如图所示，质量为m的小环套在固定的光滑竖直杆上，一足够长且不可伸长的轻绳一端与小环相连，另一端跨过光滑的定滑轮与质量为M的物块相连，已知M＝2m。与定滑轮等高的A点和定滑轮之间的距离为3
m，定滑轮大小及质量可忽略。现将小环从A点由静止释放，小环运动到C点速度为0，重力加速度取g＝10
m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A．A、C间距离为4
m
B．小环最终静止在C点
C．小环下落过程中减少的重力势能始终等于物块增加的机械能
D．当小环下滑至绳与杆的夹角为60°时，小环与物块的动能之比为2∶1
[解析]　由机械能守恒定律得mgLAC＝Mg(－3
m)，解得LAC＝4
m，故A正确；假设小环能静止于C点，绳中的拉力等于2mg，对小环有FT＝＝mg≠mg，小环不能静止，所以假设不成立，故B错误；由机械能守恒定律可知，小环下落过程中减少的重力势能转化为物块增加的机械能和小环增加的动能，故C错误；将小环的速度沿绳和垂直绳的方向分解，沿绳方向的速度，即为物块的速度，为vM＝vmcos
60°，由动能表达式Ek＝mv2可知，小环与物块的动能之比为2∶1，故D正确。
[答案]　AD
易错警示
求解“轻绳连接”的多物体系统问题时的3点提醒
———————————————————————
常见情景
3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
　“轻杆连接”的多物体系统
[典例2]　如图所示，左侧竖直墙面上固定半径为R＝0.3
m的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与圆环的圆心O等高处固定一光滑直杆。质量为ma＝100
g的小球a套在半圆环上，质量为mb＝36
g的滑块b套在直杆上，二者之间用长为l＝0.4
m的轻杆通过两铰链连接。现将a从圆环的最高处由静止释放，使a沿圆环自由下滑，不计一切摩擦，a、b均视为质点，重力加速度g取10
m/s2。求：
(1)小球a滑到与圆心O等高的P点时的向心力大小；
(2)小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点的过程中，杆对滑块b做的功。
[解析]　(1)当a滑到与圆心O等高的P点时，a的速度v沿圆环切线竖直向下，b的速度为零，
由机械能守恒定律可得magR＝mav2，
解得v＝，
在P点对小球a，由牛顿第二定律可得
Fn＝＝2mag＝2
N。
(2)杆与圆环相切时，如图所示，此时a的速度沿杆方向，设此时b的速度为vb，则知va＝vbcos
θ，由几何关系可得
cos
θ＝＝0.8，
球a下降的高度h＝Rcos
θ，
a、b及杆组成的系统机械能守恒，有
magh＝mava2＋mbvb2－mav2，
对滑块b，由动能定理得W＝mbvb2＝0.194
4
J。
[答案]　(1)2
N　(2)0.194
4
J
规律总结
“轻轩连接”的多物体系统的3大特点
———————————————————————
常见情景
3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
　　“弹簧连接”的多物体系统
[典例3]　(多选)如图所示，轻质弹簧和一质量为M的带孔小球套在一光滑竖直固定杆上，弹簧一端固定在地面上，另一端与小球在A处相连(小球被锁定)，此时弹簧处于原长。小球通过水平细绳绕过光滑的定滑轮与一个质量为m的物块相连，到达C处速度为零，此时弹簧压缩了h。弹簧一直在弹性限度内，轻绳一直伸直，重力加速度为g，定滑轮与竖直杆间的距离为h，则下列说法正确的是(　　)
A．在小球下滑的过程中，小球的速度始终大于物块的速度
B．从A→C小球和弹簧组成的系统机械能一直减小
C．小球下滑到C处时，弹簧的弹性势能为gh
D．从A→C小球和物块的重力势能和弹簧的弹性势能之和先增后减
[解析]　将小球A的速度分解为沿绳子方向的分速度与垂直于绳子方向的分速度，如图所示，可得vm＝vcos
θ，可知v＞vm，即小球的速度始终大于物块的速度，故A正确；从A→C的过程中，对于弹簧、小球和物块组成的系统，只有重力和弹簧的弹力做功，所以系统的机械能守恒，物块机械能一直增加，故小球和弹簧组成的系统机械能一直减小，故B正确；小球到达C时，小球和物块重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加，所以弹簧的弹性势能Ep＝ΔEG＝Mgh－mg(－1)h，故C正确；从A→C的过程中，小球和物块的重力势能、动能和弹簧的弹性势能之和保持不变，由于二者的总动能先增大后减小，所以小球和物块的重力势能和弹簧的弹性势能之和先减小后增大，故D错误。
[答案]　ABC
求解“弹簧连接”的多物体系统问题时的3点技巧
———————————————————————
常见情景
3点技巧
(1)弹簧由于形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所受的外力(除重力外)和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。(2)在相互作用过程特征方面，弹簧两端物体把弹簧拉伸至最长(或压缩至最短)时，两端的物体具有相同的速度，弹性势能最大。(3)如果系统每个物体除弹簧弹力外所受合力为零，当弹簧为自然长度时，系统内弹簧某一端的物体具有最大速度(如在光滑水平面上，绷紧的弹簧由静止释放)
　
6．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.
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。
答案：C
7．(多选)(2021·河南重点中学六校联考)如图所示，在倾角θ＝30°的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为1
kg和2
kg的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根长l＝0.2
m的轻杆相连，小球B距离水平面的高度h＝0.1
m。两球由静止开始下滑到光滑地面上，不计球与地面碰撞时的机械能损失，g取10
m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A．整个下滑过程中A球机械能守恒
B．整个下滑过程中B球机械能不守恒
C．整个下滑过程中A球机械能的增加量为
J
D．整个下滑过程中B球机械能的增加量为
J
解析：在下滑的整个过程中，只有重力对系统做功，系统的机械能守恒，但在B球沿水平面滑行，而A沿斜面滑行时，杆的弹力对A、B球做功，所以A、B球各自机械能不守恒，故A错误，B正确；根据系统机械能守恒得mAg(h＋lsin
θ)＋mBgh＝(mA＋mB)v2，解得v＝
m/s，系统下滑的整个过程中B球机械能的增加量为mBv2－mBgh＝
J，故D正确；A球的机械能减小，C错误。
答案：BD
8．如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，一劲度系数为k＝200
N/m的轻质弹簧一端固定在挡板C上，另一端连接一质量为m＝4
kg
的物体A，一轻细绳通过定滑轮，一端系在物体A上，另一端与质量也为m的物体B相连，细绳与斜面平行，斜面足够长。用手托住物体B使绳子刚好没有拉力，然后由静止释放。取重力加速度g＝10
m/s2。求：
(1)弹簧恢复原长时细绳上的拉力大小；
(2)物体A沿斜面向上运动多远时获得最大速度；
(3)物体A的最大速度的大小。
解析：(1)弹簧恢复原长时，对B：mg－FT＝ma，
对A：FT－mgsin
30°＝ma，
代入数据可求得FT＝30
N。
(2)初态弹簧压缩量x1＝＝0.1
m，
当A速度最大时有mg＝kx2＋mgsin
30°，
弹簧伸长量x2＝＝0.1
m，
所以A沿斜面向上运动x1＋x2＝0.2
m时获得最大速度。
(3)因x1＝x2，故弹簧弹性势能的改变量ΔEp＝0，
由机械能守恒定律有
mg(x1＋x2)－mg(x1＋x2)sin
30°＝×2mv2，
解得v＝1
m/s。
答案：(1)30
N　(2)0.2
m　(3)1
m/s
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