第1节 功
1．力和物体在力的方向上的位移是做功的两个因素，做功的过程就是能量变化的过程。
2．功的计算公式：W＝Fxcos α，其中α为力F与位移x的夹角，此式一般适用于恒力做功的计算。
3．功的正负是由力和位移的夹角α的大小决定的，反映了作用力是动力还是阻力，动力所做的功为正，阻力所做的功为负。
4．合力对物体所做的功等于各分力对物体所做功的代数和。
一、功的概念及其公式
1．做功与能量的变化
(1)功的概念
物体受到力的作用，并在力的方向上发生了位移，那么力对物体做了功。
(2)功与能量
功与能量的变化密切相关，做功的过程就是能量变化的过程。
2．功的计算公式
(1)力F与位移x同向时：W＝Fx。
(2)力F与位移x有夹角α时：W＝Fxcos_α，其中F、x、cos α分别表示力的大小、位移的大小、力与位移夹角的余弦。
(3)各物理量的单位：F的单位是牛顿，x的单位是米，W的单位是牛·米，即焦耳。
二、功的正负 合力的功
1．功的正负
α范围
cos α范围
W正负
0≤α＜90°
cos α>0
W＞0，正功
α＝90°
cos α＝0
W＝0，不做功
90°＜α≤180°
cos α<0
W＜0，负功
一个力对物体做负功(如－5 J)，往往说成物体克服这个力做功(5 J)。
2．合力的功
物体受多个力的作用发生了位移，合力对物体做的功等于各分力对物体所做功的代数和。
1．自主思考——判一判
(1)公式W＝Fx中的x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)物体的受力垂直于它的位移时，该力不做功。(√)
(4)功有正、负值，所以功是矢量。(×)
(5)总功就是所有外力做功的代数和。(√)
(6)甲对物体做功10 J，乙对物体做功－15 J，则甲对物体做功较多。(×)
2．合作探究——议一议
(1)举重运动员举起杠铃的过程中，什么力对杠铃做功？能量发生怎样变化？
提示：运动员的推力对杠铃做功，在做功的过程中，运动员体内的化学能转化为杠铃的机械能。
(2)下面几幅图片中人或机械做了功的有哪几幅？做功的大小与哪些因素有关？
图4-1-1
提示：人推小车运动，人对小车做了功；人推汽车，汽车没动，人对汽车没做功；起重机吊起货物，起重机对货物做了功；根据功的定义式可知，做功的大小与力以及在力的方向上的位移的大小有关。
(3)总功指物体受到的所有力对物体做功的总和，物体的合力不做功，是否意味着它所受到的所有外力都不做功呢？
提示：不是。总功为零可能是各力都不做功，也可能是各力有的做正功，有的做负功，它们做功的代数和为零。
对功的理解
1．功是过程量：描述了力的作用效果在空间上的累积，它总与一个具体过程相联系，物体的受力与物体的位移必须对应。
2．对公式W＝Fxcos α的理解
(1)如图4-1-2所示。
图4-1-2
(2)如图4-1-3所示，将位移x沿力的方向和垂直于力的方向分解，则沿力的方向上的位移x1＝xcos α，故W＝Fx1＝Fxcos α。
图4-1-3
(3)三点说明：
①公式只适用于恒力做功的计算。
②公式中x一般是选取地面为参考系时物体的位移。
③力对物体做的功只取决于F、x和cos α这三者的乘积，与物体的运动状态无关，与物体是否还受其他力，其他力是否做功等因素均无关。
3．正功与负功
(1)功是标量，只有正、负，没有方向，功的正负不表示大小。
(2)正功、负功的物理意义：
动力学角度
能量角度
正功
表示这个力对物体来说是动力
力对物体做正功，使物体获得能量
负功
表示这个力是阻力，对物体的运动起阻碍作用
物体克服外力做功，使物体失去能量
4．几种常见力做功的特点
(1)一对平衡力对物体要么都不做功，要么做功一正一负且代数和为零。
(2)一对作用力和反作用力分别作用在两个物体上，它们做功没有必然的联系，比如作用力做正功，反作用力可能做正功，可能做负功，还可能不做功。
(3)互为作用力和反作用力的一对静摩擦力做功代数和一定为零。
(4)互为作用力和反作用力的一对滑动摩擦力做功代数和一定为负。
[典例] (多选)如图4-1-4所示，B物体在拉力F的作用下向左运动，在运动的过程中，A、B之间有相互作用的力，则下列说法中正确的是( )
图4-1-4
A．A、B都克服摩擦力做功
B．A、B间弹力对A、B都不做功
C．摩擦力对B做负功，对A不做功
D．弹力对A不做功，对B做正功
[思路点拨] 利用做功的两个必要因素——力和在力的方向上发生的位移进行判断。在分析A、B间的摩擦力时，看A、B间是否有相对滑动(或运动趋势)，计算功的大小时涉及的位移都是相对地面的位移。
[解析] 设A、B间相互作用力为f1与f2，FAB与FBA，如图所示。A没有位移，f2、FBA对A不做功；B有位移，f1做负功，FAB也不做功，选项B、C正确，选项A、D错误。
[答案] BC
(1)研究做功问题时，要明确是哪一个力在哪一个过程中对哪一个物体做功。
(2)判断一个力做正功还是负功，关键是看力与位移或力与速度间的夹角大小。
1．质量不同的两物体，分别置于粗糙和光滑的水平面上，在相同的水平拉力作用下，沿水平方向移动相同位移，若两种情况下拉力做功分别为W1和W2，则( )
A．W1>W2 B．W1＝W2
C．W1
解析：选B 根据W＝Fxcos α，因为力和位移都相等，则恒力做功相等，故B正确。
2．(多选)物体在运动过程中克服某个力做功，说明( )
A．这个力一定阻碍物体的运动
B．这个力不一定阻碍物体的运动
C．这个力与物体运动方向的夹角α>90°
D．这个力与物体运动方向的夹角α<90°
解析：选AC 如果一个力对物体做负功，我们也可以说物体克服这个力做功。做负功表示这个力阻碍物体的运动，因为这个力与物体运动方向的夹角α>90°。
3.质量为m的小物块在倾角为α的斜面上处于静止状态，如图4-1-5所示。若斜面体和小物块一起以速度v沿水平方向向右做匀速直线运动，通过一段位移x。斜面体对物块的摩擦力和支持力的做功情况是( )
图4-1-5
A．摩擦力做正功，支持力做正功
B．摩擦力做正功，支持力做负功
C．摩擦力做负功，支持力做正功
D．摩擦力做负功，支持力做负功
解析：选B 物块的受力及位移如图所示，摩擦力f与位移x的夹角α<90°，故摩擦力做正功，支持力N与位移x夹角β＝90°＋α>90°，故支持力做负功，B正确。
恒力做功的计算
[典例] 如图4-1-6所示，一个质量m＝2 kg的物体，受到与水平方向成37°角斜向上方的拉力F1＝10 N，在水平地面上移动的距离x＝2 m。物体与地面间的滑动摩擦力F2＝4.2 N，求外力对物体所做的总功。
图4-1-6
[思路点拨] 求总功时，可以先受力分析，求出每个力做的功，再求代数和；也可以先求合力，再用求功公式计算合力做的功。
[解析] 法一：物体受力如图所示，在运动过程中，由于重力、支持力和运动方向垂直，重力和支持力不做功，即重力做功WG＝0，支持力做功
WN＝0
WF1＝F1xcos 37°＝10×2×0.8 J＝16 J
WF2＝F2xcos 180°＝4.2×2×(－1) J＝－8.4 J
因此
W总＝WG＋WN＋WF1＋WF2＝0＋0＋16 J＋(－8.4 J)＝7.6 J。
法二：物体向右做直线运动，加速度方向一定在水平方向上，根据牛顿第二定律，合外力方向也一定在水平方向上。
将F1正交分解，可以求出
F合＝F1cos 37°－F2＝10 N×0.8－4.2 N＝3.8 N
因此W总＝F合xcos α＝3.8×2×1 J＝7.6 J。
[答案] 7.6 J
两种求总功方法的选取原则
(1)如果物体运动过程中的合力能够较容易求出，则W总＝F合xcos α更简便。
(2)如果物体的合力求解困难，各分力的功反而容易求出，则应选择W总＝W1＋W2＋…
(3)如果物体在运动过程中受力变化，导致无法求合力，则必须选择W总＝W1＋W2＋…
1．质量为1 kg的铅球从离地高18 m处无初速度释放，经2 s到达地面，在这个过程中重力和空气阻力对铅球做的功分别是(g取10 m/s2)( )
A．18 J、2 J B．180 J、－18 J
C．180 J、0 D．200 J、0
解析：选B 重力做的功为：W＝mgh＝1×10×18 J＝180 J，
根据h＝at2得：a＝ m/s2＝9 m/s2，
根据牛顿第二定律得：
mg－f＝ma
解得：f＝1 N
则空气阻力对铅球做的功Wf＝－f h＝－18 J，故B正确，A、C、D错误。
2.如图4-1-7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。求作用在物体上各力对物体所做的总功。
图4-1-7
解析：选物体为研究对象，其受力如图所示：
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＝fLcos 180°＝－fL＝－μmgLcos α。
弹力N对物体所做的功为：WN＝NLcos 90°＝0。
故各力的总功：W＝WF＋WG＋Wf＋WN＝FL－mgLsin α－μmgLcos α。
法二：物体受到的合力：F合＝F－f－mgsin α＝F－mgsin α－μmgcos α
所以合力做的功：W合＝F合L＝FL－mgLsin α－μmgLcos α。
答案：FL－mgLsin α－μmgLcos α
变力做功的计算
1．微元法：当力的大小不变，力的方向时刻与速度同向(或反向)时，把物体的运动过程分为很多小段，这样每一小段可以看成直线，先求力在每一小段上的功，再求和即可。例如，滑动摩擦力、空气阻力总与物体相对运动的方向相反，可把运动过程细分，其中每一小段都是恒力做功，整个运动过程中所做的总功是各个阶段所做功的和，即力与路程的乘积。
2．转换研究对象法：如图4-1-8所示，人站在地上以恒力拉绳，
图4-1-8
使小车向左运动，求拉力对小车所做的功。拉力对小车来说是个变力(大小不变，方向改变)，但仔细研究，发现人拉绳的力却是恒力，于是转换研究对象，用人对绳子所做的功来求绳子对小车做的功。
3．平均值法：当力的方向不变，大小随位移按线性规律变化时，可先求出力对位移的平均值＝，再由W＝xcos α计算功，如弹簧弹力做的功。
4．图像法：如图4-1-9所示，在F-x图像中，若能求出图线与x轴所围的面积，则这个“面积”即为F在这段位移x上所做的功。类似在v-t图像中，图线与t轴所围的“面积”表示位移。
图4-1-9
[典例] 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4-1-10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的方向时刻均与小球运动方向一致，则此过程中拉力所做的功为( )
图4-1-10
A．零 B．FR
C.πFR D．2πFR
[思路点拨]
(1)小球运动方向沿圆弧的切线方向。
(2)拉力的大小不变，方向与运动方向一致。
[解析] 把圆周分成无数微小的段，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，C正确。
[答案] C
(1)若力的大小不变，方向时刻在改变，可用微元法将求变力做功转化为求恒力做功。
(2)若力的方向不变，大小随位移均匀变化，则可先求平均作用力，再求平均作用力的功。
1.物体A所受的力F随位移x发生如图4-1-11所示的变化，求在这一过程中，力F对物体做的功是( )
图4-1-11
A．6 J B．7 J
C．8 J D．16 J
解析：选A 题目中给出了F-x图像，图像中图线与x轴所围成的面积表示做功的多少，x轴上方为正功，下方为负功。总功取三部分的代数和，即W＝2×3 J＝6 J，A正确。
2.如图4-1-12所示，轻弹簧一端与竖直墙壁连接，另一端与一质量为m的木块连接，放在光滑的水平面上，弹簧的劲度系数为k，弹簧处于自然状态，用水平力F缓慢拉木块，使木块前进 x , 求这一过程中拉力F对木块做了多少功？
图4-1-12
解析：缓慢拉动木块，可以认为木块时刻处于平衡状态，故拉力等于弹力的大小，即F＝kx，因该力与位移成正比，可用平均力＝求功，即W＝·x＝·x＝kx2。
答案：kx2
1．关于功，下列说法中正确的是( )
A．力越大，做功越多 B．位移越大，做功越多
C．功的单位是焦耳 D．功是矢量
解析：选C 力做功的表达式为W＝Fxcos α，即功与力的大小有关，还与在力的方向上通过的位移有关，故力大或位移大，功不一定大，故A、B错误；功的单位为焦耳，故C正确；功是标量，故D错误。
2．(多选)关于功的正负，下列叙述中正确的是( )
A．正功表示功的方向与物体运动方向相同，负功为相反
B．正功表示功大于零，负功表示功小于零
C．正功表示力和位移两者之间夹角小于90°，负功表示力和位移两者之间的夹角大于90°
D．正功表示做功的力为动力，负功表示做功的力为阻力
解析：选CD 功是标量，正、负不表示方向，也不表示大小，而是说明F与位移或速度间的夹角大小。A、B选项错误，C、D选项正确。
3．如图1所示，同一物体在大小相同、方向不同的F力的作用下，在光滑水平面上移动了一段相同的位移x，两种情况下力所做的功分别为W甲、W乙，下列表述正确的是( )
图1
A．W甲＝W乙 B．W甲＝－W乙
C．W甲>W乙 D．W甲解析：选A 这两种情形下力F和位移x的大小都是一样的，将力沿着水平和竖直方向正交分解，水平分力大小相同，只有水平分力做功，竖直分力不做功，故两种情况下力F做的功的大小是相同的；并且均做正功，A正确。
4．某人从4 m深的水井中，将50 N的水桶匀速提至地面，又提着水桶在水平地面上匀速行走了12 m，在整个过程中，人对水桶所做的功为( )
A．800 J B．600 J
C．200 J D．－200 J
解析：选C 人在上提过程中做的功W＝Fx＝Gx＝50×4 J＝200 J；而在人匀速行走时，人对水桶不做功，故人对水桶做的功为200 J；故选C。
5．力F1和F2作用在同一物体上，使物体运动一段位移，如果力F1对物体做功为6 J，物体克服力F2做功为9 J，则F1、F2的合力对物体所做的功为( )
A．3 J B．－3 J
C．15 J D．－15 J
解析：选B F1、F2做的功分别为W1＝ 6 J，W2＝－9 J，则它们的合力做功W＝W1＋W2＝－3 J，B正确。
6．(多选)某物体同时受到三个力作用而做匀减速直线运动，其中F1与加速度a的方向相同，F2与速度v的方向相同，F3与速度v的方向相反，则( )
A．F1对物体做正功 B．F2对物体做正功
C．F3对物体做负功 D．合外力对物体做负功
解析：选BCD 物体做匀减速直线运动，F1与加速度a的方向相同，则与速度的方向相反，则F1做负功，A错。F2与速度v的方向相同，则F2做正功，B对。F3与速度v的方向相反，则F3做负功，C对。合力的方向与速度方向相反，则合力做负功，D对。
7.如图2所示，一根绳子绕过高4 m的滑轮(大小、摩擦均不计)，绳的一端拴一质量为10 kg的物体，另一侧沿竖直方向的绳被人拉住。若人拉住绳子前进3 m，使物体匀速上升，则人拉绳所做的功为( )
图2
A．500 J B．100 J
C．300 J D．50 J
解析：选B 将人对绳子做功等效为绳子对物体做功。由于物体匀速上升，绳子上的拉力大小始终等于物体所受重力的大小，即F＝mg＝100 N；滑轮右侧绳子的长度由最初的4 m变成后来的5 m，长度增加了1 m，则滑轮左侧绳子长度缩短了1 m，即物体上升了1 m。根据公式W＝Fxcos α＝100×1×1 J＝100 J，B正确。
8．关于摩擦力做功，下列说法中正确的是( )
A．滑动摩擦力阻碍物体的相对运动，一定做负功
B．静摩擦力起着阻碍物体相对运动趋势的作用，一定不做功
C．静摩擦力和滑动摩擦力一定都做负功
D．静摩擦力可能对物体做正功
解析：选D 功的计算公式W＝Fxcos α中的x是指相对于地面的位移，滑动摩擦力(静摩擦力)仅起阻碍物体间的相对运动(相对运动趋势)的作用，它与物体对地“绝对位移”的方向既可能相同也可能相反，所以它可能做正功，也可能做负功，A、C错误；物体间有静摩擦力作用时两物体相对静止，但物体可以相对地面移动，所以静摩擦力也可能做功，B错误；物体间的静摩擦力可能是动力，也可能是阻力，因此可能做正功，也可能做负功，选项D正确。
9．一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时其速度为1 m/s。从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间t的变化规律分别如图3甲、乙所示。设在第1 s内、第2 s内、第3 s内力F对滑块做的功分别为W1、W2、W3，则以下关系式正确的是( )
图3
A．W1＝W2＝W3 B．W1＜W2＜W3
C．W1＜W3＜W2 D．W1＝W2＜W3
解析：选B 各秒内位移等于速度图线与横轴所围的“面积”，由乙图可知：x1＝×1×1 m＝0.5 m，x2＝×1×1 m＝0.5 m，x3＝1×1 m＝1 m，结合甲图力的大小，可以求得：W1＝1×0.5 J＝0.5 J，W2＝3×0.5 J＝1.5 J，W3＝2×1 J＝2 J，所以选B。
10.如图4所示，小球置于倾角为45°斜面上被竖直挡板挡住，整个装置匀速竖直下降一段距离。此过程中，小球重力大小为G，做功为WG；斜面对小球的弹力大小为F1，小球克服F1做功为W1；挡板对小球的弹力大小为F2，做功为W2。不计一切摩擦，则下列判断正确的是( )
图4
A．F2＝G，W2＝0 B．F1＝G，W1＝WG
C．F1>G，W1>WG D．F2>G，W2>WG
解析：选A 对小球受力分析可知：
F1cos 45°＝mg
F1sin 45°＝F2
联立解得：F2＝G，F1＝G，
由于F2与位移方向垂直，故F2不做功，W2＝0，
F1做功大小为：W1＝F1hcos 45°＝Gh
重力做功大小为：WG＝Gh
故W1＝WG，故A正确。
11.如图5所示，在光滑水平面上，物体受两个相互垂直的大小分别为F1＝3 N和F2＝4 N的恒力，其合力在水平方向上，从静止开始运动10 m，求：
图5
(1)F1和F2分别对物体做的功是多少？代数和为多大？
(2)F1和F2合力为多大？合力做功是多少？
解析：(1)力F1做的功
W1＝F1xcos θ1＝3×10× J＝18 J
力F2做的功
W2＝F2xcos θ2＝4×10× J＝32 J
W1与W2的代数和
W＝W1＋W2＝18 J＋32 J＝50 J。
(2)F1与F2的合力F＝＝ N＝5 N
合力F做的功W′＝Fx＝5×10 J＝50 J。
答案：(1)18 J 32 J 50 J (2)5 N 50 J
12.水平地面上有质量分别为m和4m的物块A和B，两者与地面的动摩擦因数均为μ。细绳的一端固定，另一端跨过轻质动滑轮与A相连，动滑轮与B相连，如图6所示。初始时，绳处于水平拉直状态。若物块A在水平向右的恒力F作用下向右移动了距离s，重力加速度大小为g。求：
图6
(1)物块B克服摩擦力所做的功；
(2)物块A、B的加速度大小。
解析：(1)物块A移动了距离s，则物块B移动的距离为s1＝s①
物块B受到的摩擦力大小为f＝4μmg②
物块B克服摩擦力所做的功为W＝fs1＝2μmgs。③
(2)设物块A、B的加速度大小分别为aA、aB，绳中的张力为T。由牛顿第二定律得
F－μmg－T＝maA④
2T－4μmg＝4maB⑤
由A和B的位移关系得aA＝2aB⑥
联立④⑤⑥式得
aA＝⑦
aB＝。⑧
答案：(1)2μmgs (2)
第2节 功_率
1．功率是功与做功所用时间的比值，即P＝。功率表示做功的快慢。
2．额定功率是机器长时间正常工作的最大功率，机器实际工作的功率可以小于或等于额定功率，但不允许长时间超过额定功率。
3．平均功率表示物体在一段时间内或某一过程中做功的平均快慢，而瞬时功率表示物体在某一时刻或某一位置时做功的快慢。
4．机车工作时的实际功率P＝Fv，其中F为机车的牵引力。
一、功率的含义
1．功率
(1)定义：力对物体所做的功W与做功所用时间t的比值。
(2)定义式：P＝。
(3)单位：在国际单位制中，功率的单位是瓦特，简称瓦，符号为W。
(4)标矢性：功率是标量。
(5)物理意义：功率是表示物体做功快慢的物理量。
2．额定功率和实际功率
(1)额定功率：机器长时间正常工作允许的功率。
(2)实际功率：电动机、内燃机等动力机械工作时实际运行的功率。
(3)关系：实际功率可以小于或等于额定功率，不允许长时间超过额定功率。
二、功率、力和速度之间的关系
1．功率与速度关系式：P＝Fv(F与v方向相同)。
2．推导
→P＝Fv
3．公式中物理量的意义
(1)若v是平均速度，则P＝Fv计算的是相应时间内的平均功率；
(2)若v是瞬时速度，则P＝Fv计算的是相应时刻的瞬时功率。
4．应用
从P＝Fv可以看出，当发动机的功率一定时，牵引力F与速度v成反比，要增大牵引力，就要减小速度。所以汽车上坡时，司机要换低速挡减小速度，得到较大的牵引力；在平直公路上，汽车受到的阻力较小，这时可以使用高速挡，在发动机功率相同的情况下使汽车获得较大的速度。
1．自主思考——判一判
(1)功率是描述力对物体做功快慢的物理量。(√)
(2)由公式P＝知，做功越多，功率越大。(×)
(3)功率是标量，大小等于力和速度大小的乘积。(×)
(4)公式P＝Fv只能用来计算瞬时功率。(×)
(5)各种机械铭牌上所标功率一般是指额定功率。(√)
(6)发动机不能在实际功率等于额定功率情况下长时间工作。(×)
2．合作探究——议一议
(1)不同车辆的功率不同，甚至差距较大，比如某辆摩托车的功率为3 kW，某辆汽车的功率为70 kW，而某列火车的功率约为6.0×103 kW。上述所说的车辆的功率是额定功率还是实际功率？它们的功率不同是否表明它们做功的多少不同？
提示：上述所说的是它们正常工作的最大功率，即额定功率。它们的功率不同，表明不同车辆做功的快慢不同，并不表明它们做功的多少不同。
(2)为什么拖拉机在平直的公路上行驶时用高速挡，在耕地时用低速挡？
提示：拖拉机的功率是一定的，拖拉机在平直公路上行驶时，阻力较小，所以牵引力较小，拖拉机耕地时阻力很大，所以牵引力也要很大，由P＝Fv可知，需要的牵引力较小时，用高速挡；需要很大的牵引力时，用低速挡。
对功率的理解及计算
1．公式P＝和P＝Fv的比较
P＝
P＝Fv
适用条件
(1)功率的定义式，适用于任何情况下功率的计算，一般用来求平均功率
(2)当时间t→0时，可由定义式确定瞬时功率
(1)功率的计算式，仅适用于F与v同向的情况，一般用来求瞬时功率
(2)当v为平均速度时，所求功率为平均功率
联系
(1)公式P＝Fv是P＝的推论
(2)功率P的大小与W、t无关
2.公式P＝Fv中F、v、P的对应关系
(1)同时性：P、F、v三个量中任意一个物理量都是可以变化的，但应用P＝Fv时，三者一定对应于同一时刻。
(2)同体性：P、F、v是对应于同一物体的三个物理量，对不在同一物体上三者关系讨论，毫无意义。
(3)同向性：P＝Fv应用时F与v同向，若F的方向与v的方向成α角，则P＝Fvcos α。
[典例] 如图4-2-1所示，质量为m＝2 kg的木块在倾角θ＝37°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4-2-1
(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。
[思路点拨]
(1)确定木块的运动规律。
(2)确定前2 s内的位移及2 s末的速度。
(3)选取对应公式进行计算。
[解析] 分别由W＝Fx、P＝和P＝Fv求解。
(1)木块所受的合外力F合＝mgsin θ－μmgcos θ＝mg(sin θ－μcos θ)＝2×10×(0.6－0.5×0.8)N＝4 N
木块的加速度a＝＝ m/s2＝2 m/s2
前2 s内木块的位移x＝at2＝×2×22 m＝4 m
所以，重力在前2 s内做的功为
W＝mgxsin θ＝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
P＝mgsin θ·v＝2×10×0.6×4 W＝48 W。
[答案] (1)48 J (2)24 W (3)48 W
求解功率时应该注意的问题
(1)首先明确要求哪个力的功率，是某个力的功率，还是物体所受合力的功率。
(2)若求平均功率，还需明确是哪段时间内的平均功率，可由公式P＝或P＝F来计算。
(3)若求瞬时功率，要明确是哪一时刻的功率，再确定该时刻物体的受力F、速度v及F与v的夹角关系，然后再代入P＝Fvcos α进行求解。
1.宇航员在地面进行素质训练时，抓住秋千杆由水平状态开始下摆，如图4-2-2所示，在到达竖直状态的过程中，宇航员所受重力的瞬时功率的变化情况是( )
图4-2-2
A．一直增大 B．一直减小
C．先增大后减小 D．先减小后增大
解析：选C 开始运动时，宇航员的速度为零，重力的瞬时功率为零。运动到最低点，宇航员的速度沿水平方向，与重力垂直，重力的瞬时功率也为零，摆动过程中重力的瞬时功率不为零，即重力的瞬时功率从无到有，又到无，先增大后减小，C正确。
2.如图4-2-3所示，在光滑的水平面上有一质量为m＝10 kg的物体。在水平推力F1＝20 N的作用下，从静止开始做匀加速直线运动。运动3 s后推力F的大小变为F2＝10 N，方向不变。求：
图4-2-3
(1)推力F在3 s内对物体所做的功；
(2)推力F在3 s内对物体做功的平均功率；
(3)推力F在4 s时做功的瞬时功率。
解析：(1)设运动物体在前3 s内的加速度为a1，运动位移为x1，第3 s末的速度大小为vt，则有
a1＝＝ m/s2＝2 m/s2
x1＝a1t2＝×2×32 m＝9 m
vt＝a1t＝2×3 m/s＝6 m/s
所以推力F在3 s内对物体做的功
WF1＝F1x1＝20×9 J＝180 J。
(2)推力F在3 s内对物体做功的平均功率＝＝ W＝60 W。
(3)4 s时物体的运动速度为
vt′＝vt＋a2t2＝vt＋t2＝6 m/s＋×1 m/s＝7 m/s
所以推力F在4 s时做功的瞬时功率
P＝F2vt′＝10×7 W＝70 W。
答案：(1)180 J (2)60 W (3)70 W
机车启动问题分析
1．机车的两种启动方式
两种方式
以恒定功率启动
以恒定加速度启动
P-t图和v-t图
OA段
过程分析
v↑?F＝↓?a＝↓
a＝不变?F不变v↑?P＝Fv↑直到P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?F阻＝
v↑?F＝↓?
a＝↓
运动性质
以vm做匀速直线运动
加速度减小的加速运动
BC段
F＝F阻?a＝0?F阻＝，以vm做匀速直线运动
2．机车启动问题中几个物理量的求法
(1)机车的最大速度vm的求法：机车达到匀速前进时速度最大，此时牵引力F等于阻力F阻，故vm＝＝。
(2)匀加速启动持续时间的求法：牵引力F＝ma＋F阻，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＝。
[典例] 汽车发动机的额定功率为30 kW，质量为2 000 kg，当汽车在水平路面上行驶时受到的阻力为车重的0.1倍。求：
(1)汽车在路面上能达到的最大速度？
(2)当汽车速度为10 m/s时的加速度？
(3)若汽车从静止开始保持1 m/s2的加速度作匀加速直线运动，则这一过程能持续多长时间？
[审题指导]
(1)汽车达到最大速度时牵引力等于阻力。
(2)速度为10 m/s时，汽车处于变加速阶段，功率为额定功率。
(3)匀加速启动过程中，汽车的功率逐渐增大到额定功率，然后作变加速运动直到匀速运动。
[解析] (1)汽车有最大速度时，此时牵引力与阻力平衡，由此可得：
P＝F牵·vm＝f·vm
所以vm＝＝ m/s＝15 m/s。
(2)当速度v＝10 m/s时，则
F牵＝＝ N＝3×103 N
所以a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2。
(3)若汽车从静止作匀加速直线运动，则当P＝P额时，匀加速运动结束
所以P额＝F牵·vt
又因为F牵－f＝ma
所以vt＝＝
所以t＝＝＝ s＝7.5 s。
[答案] (1)15 m/s (2)0.5 m/s2 (3)7.5 s
(1)解决机车启动类问题时，首先应分清是哪一类启动问题，其次要明确所求解的问题属于哪个阶段。
(2)机车有加速度时，应满足关系式：F－F阻＝ma。
(3)无论是哪一类启动问题，最终匀速运动时一定有F＝F阻。
1．假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的( )
A．4倍 B．2倍
C. 倍 D. 倍
解析：选D 设f＝kv，当阻力等于牵引力时，速度最大，输出功率变化前，有P＝Fv＝fv＝kv·v＝kv2，变化后有2P＝F′v′＝kv′·v′＝kv′2，联立解得v′＝v，D正确。
2．(多选)我国高铁技术处于世界领先水平。和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。某列车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组( )
图4-2-4
A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反
B．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2
C．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比
D．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2
解析：选BD 启动时，乘客的加速度向前，车厢对人的作用力方向向前，与车运动的方向相同，选项A错误。以后面的车厢为研究对象，F56＝3ma，F67＝2ma，则5、6节与6、7节车厢间的作用力之比为3∶2，选项B正确。根据v2＝2ax，车厢停下来滑行的距离x与速度的二次方成正比，选项C错误。若改为4节动车，则功率变为原来2倍，由P＝Fv知，最大速度变为原来2倍，选项D正确。
1．(多选)关于功率公式P＝Fv，下列说法正确的是( )
A．当F是恒力，v是平均速度时，对应的P是平均功率
B．当v是瞬时速度时，对应的P是瞬时功率
C．只适用于物体做匀速直线运动的情况
D．只适用于F与v同方向的情况
解析：选ABD 用公式P＝Fv计算功率时，F应与速度v方向相同，D对；当v为瞬时速度时，Fv为瞬时功率，B对；v为平均速度，且F为恒力时，Fv为平均功率，A对；P＝Fv适用于任何运动的求解，但应注意v是力F方向上的速度，C错。
2.如图1所示是甲、乙两物体做功与所用时间的关系图像，那么甲物体的功率P甲与乙物体的功率P乙相比( )
图1
A．P甲>P乙
B．P甲C．P甲＝P乙
D．无法判定
解析：选B 根据功率的定义式P＝可知，在功与所用时间的关系图像中，直线的斜率表示该物体的功率。因此，由图线斜率可知P甲3．一小球以初速度v0水平抛出，不计空气阻力，小球在空中运动的过程中重力做功的功率P随时间t变化的图像是( )
解析：选A 设经过时间t速度大小为v，其方向与竖直方向(或重力方向)成θ角，由功率公式P＝Fvcos θ知，此时重力的功率P＝mgvcos θ＝mgvy＝mg·gt＝mg2t，所以A正确。
4．起重机用4 s的时间将2×104 N重物匀速提升10 m，在此过程中起重机的输出功率为( )
A．2×105 W B．5×105 W
C．5×104 W D．8×104 W
解析：选C 物体匀速上升，则牵引力F＝mg＝2×104 N；起重机做功W＝Fh＝2×104 N×10 m＝2×105 J；则起重机的输出功率P＝＝ W＝5×104 W；故选C。
5.如图2所示，小丽和小芳都从一楼到二楼商场去购物，小丽从楼梯走上去，克服重力做功W1，所用时间t1，克服重力做功的平均功率为P1；小芳乘电梯上去，克服重力做功W2，所用时间t2，克服重力做功的平均功率为P2。已知她们的体重相同，且t1>t2，则( )
图2
A．P1＝P2 B．P1>P2
C．W1＝W2 D．W1>W2
解析：选C 这两个同学的体重相同，爬楼的高度相同，根据公式W＝－Gh可知两人上楼过程重力做功相同，故克服重力做的功W1、W2大小相等，即W1＝W2；克服重力的平均功率为P＝，由于t1>t2，故P16. (多选)如图3所示为一汽车在平直的公路上由静止开始运动的速度图像，汽车所受阻力恒定。图中OA为一段直线，AB为一曲线，BC为一平行于时间轴的直线，则( )
图3
A．OA段汽车发动机的功率是恒定的
B．OA段汽车发动机的牵引力恒定
C．AB段汽车发动机的功率可能是恒定的
D．BC段汽车发动机的功率是恒定的
解析：选BCD OA为一段直线，说明OA段汽车做匀加速直线运动，牵引力不变，根据P＝Fv可知，速度增大，牵引力不变，功率增大，故A错误，B正确；AB为一曲线，斜率逐渐减小，则加速度逐渐减小，牵引力减小，根据P＝Fv可知，牵引力减小，速度增大，功率可能不变，故C正确；BC为一平行于时间轴的直线，则汽车做匀速直线运动，牵引力等于阻力，不变，速度也不变，根据P＝Fv可知，功率不变，故D正确。
7．汽车以恒定的功率在平直公路上行驶，所受到的摩擦阻力恒等于车重的0.1倍，汽车能达到的最大速度为vm。则当汽车速度为时，汽车的加速度为(重力加速度为g)( )
A．0.1g B．0.2g
C．0.3g D．0.4g
解析：选A 令汽车质量为m，则汽车行驶时的阻力f＝0.1mg。当汽车速度达到最大值vm时，汽车所受的牵引力F＝f，则有P＝fvm。当速度为时有P＝F·，由以上两式可得F＝＝2f。根据牛顿第二定律F－f＝ma，得a＝＝0.1g，A正确。
8．如图4甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为2 kg的物体在F作用下由静止开始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可知(g取10 m/s2)( )
图4
A．物体加速度大小为2 m/s2
B．F的大小为21 N
C．4 s末F的功率大小为42 W
D．4 s内F做功的平均功率为42 W
解析：选C 由速度－时间图像可得加速度
a＝0.5 m/s2，
由牛顿第二定律得：2F－mg＝ma，
所以F＝＝10.5 N，
4 s末，P＝F(2v物)＝10.5×2×2 W＝42 W，
4 s内，＝＝＝ W＝21 W，
故选项C正确。
9. (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。力的大小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时刻的瞬时功率为
B．3t0时刻的瞬时功率为
C．在t＝0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为
D．在t＝0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为
解析：选BD 2t0时刻速度大小v2＝a1·2t0＝。3t0时刻的速度大小为v3＝v2＋a2t0＝＋·t0＝，3t0时刻力F＝3F0，所以瞬时功率P＝3F0·v3＝，B对，A错。0～3t0时间段，水平力对物体做功W＝F0x1＋3F0x2＝F0×(2t0)2＋3F0·t0＝，平均功率P＝＝，D对，C错。
10.一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6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变化的图线中，可能正确的是( )
图6
解析：选A 由P-t图像知：0～t1内汽车以恒定功率P1行驶，t1～t2内汽车以恒定功率P2行驶。设汽车所受牵引力为F，则由P＝Fv得，当v增加时，F减小，由a＝知a减小，又因速度不可能突变，所以选项B、C、D错误，选项A正确。
11．动车组是城际间实现小编组、大密度的高效运输工具，以其编组灵活、方便、快捷、安全、可靠、舒适等特点而备受世界各国铁路运输和城市轨道交通运输的青睐。几节自带动力的车厢加几节不带动力的车厢编成一组，就是动车组。假设有一动车组由六节车厢连接而成，每节车厢的总质量均为m＝8×104 kg。其中第一节、第二节带动力，他们的额定功率分别是P1＝2×107 W和P2＝1×107 W(第一节车厢达到额定功率如功率不够用时启动第二节车厢)，车在行驶过程中阻力恒为重力的0.1倍。(g＝10 m/s2)
(1)求该动车组的最大行驶速度；
(2)若列车以1 m/s2的加速度匀加速启动，求t＝10 s时，第一节和第二节车厢之间拉力的值。
解析：(1)对整列动车，当前两节都输出额定功率且总牵引力等于总阻力时，动车速度最大，P1＋P2＝fvm
f＝0.1×6mg
联立解得vm＝62.5 m/s。
(2)当t＝10 s时，v1＝at＝10 m/s。
假设只有第一节车厢提供动力，输出功率P：
－f＝6ma，
得P＝9.6×106 WF－f2＝5ma
f2＝0.1×5mg
解得：F＝8×105 N。
答案：(1)62.5 m/s (2)8×105 N
12．一架质量m＝2.0×104 kg的飞机在水平跑道上起飞，发动机提供的推力恒为F1，在跑道上经过s1＝400 m的加速运动，达到起飞速度vm＝100 m/s。现要使该飞机能在s2＝100 m的航母跑道上起飞，需用电磁弹射器辅助。假设电磁弹射器对飞机施加恒定推力F2，飞机在地面和航母跑道上运动时所受的阻力均为＝1.0×104 N，求：
(1)飞机发动机的推力F1大小；
(2)电磁弹射器的推力F2大小；
(3)电磁弹射器的平均输出功率。
解析：(1)设第一阶段的加速度大小为a1，飞机在地面和航母跑道上运动时所受的阻力均为f＝1.0×104 N，根据牛顿第二定律得
F1－f＝ma1 ①
根据运动学知识知vm2－0＝2a1s1 ②
联立①②解得：F1＝2.6×105 N。
(2)设飞机在电磁弹射区的加速度大小为a2，
a2＝＝m/s2＝50 m/s2 ③
由F2＋F1－f＝ma2 ④
解③④得：F2＝7.5×105 N。
(3)平均速度为：＝＝50 m/s
平均功率为：
＝F2＝7.5×105×50 W＝3.75×107 W。
答案：(1)2.6×105 N (2)7.5×105 N (3)3.75×107 W
第3节 势__能
1．重力做功与物体运动的路径无关，仅由物体的质量和始末两个位置的高度决定。
2．物体由于位于高处而具有的能量叫做重力势能。重力做功引起物体重力势能的变化。重力做正功，物体的重力势能减小，重力做负功，物体的重力势能增加。
3．发生弹性形变的物体具有弹性势能，形变越大，劲度系数越大，弹簧具有的弹性势能越大。
4．势能具有系统性，重力势能是地球与物体组成的系统所共有，弹性势能是弹力装置与受弹力作用的物体组成的系统所共有。
一、重力势能
1．定义：物体由于位于高处而具有的能量。
2．重力的功
(1)特点：跟物体运动的路径无关，仅由物体的质量和始末两个位置的高度决定。
(2)表达式：WG＝mgh1－mgh2，其中h1、h2分别表示物体的始、末位置的高度。
3．大小及单位
物体的重力势能等于物体受到的重力和它的高度的乘积，表达式为Ep＝mgh，单位是焦耳，与功的单位相同。
4．标矢性：重力势能为标量，但有正负值，其正负表示重力势能的大小。在参考平面上，物体的重力势能为零；在参考平面的上方，物体的重力势能为正；在参考平面的下方，物体的重力势能为负。
5．相对性：重力势能总是相对选定的参考平面而言的。物体的重力势能是相对的，但物体在两个不同位置的势能差值是确定的。
二、弹性势能
1．定义：物体由于发生弹性形变而具有的能量。
2．特点：物体的形变越大，弹性势能越大。
三、势能是系统所共有的
1．重力势能是地球与受重力作用的物体组成的系统所共有的。
2．弹性势能是弹力装置与受弹力作用的物体组成的系统所共有的。
1．自主思考——判一判
(1)物体只要运动，其重力一定做功。(×)
(2)重力做功多少取决于物体的重力和它通过的路程。(×)
(3)同一物体的重力势能Ep1＝2 J，Ep2＝－3 J，则Ep1>Ep2。(√)
(4)在同一高度的质量不同的两个物体，它们的重力势能一定不同。(×)
(5)同一弹簧伸长量不同时，弹性势能不同。(√)
(6)重力势能是物体与地球共有的，弹性势能是弹力装置独有的。(×)
2．合作探究——议一议
(1)三峡大坝横跨2 309 m，坝高185 m，其1 820万kW的装机容量为世界第一，847亿 kW·h的年发电量居世界第二。想一想三峡大坝为何修建得那么高？
图4-3-1
提示：三峡大坝的一个重要功能是利用水的机械能发电，之所以将其修建得很高，是为了提高大坝的上下水位落差，以利于使更多的重力势能转化为电能。
(2)弹簧的弹性势能与弹簧的形变量有关，对弹簧一般选取什么状态的弹性势能为零？
提示：一般选弹簧自然长度时弹性势能为零。
对重力势能的理解
1．重力势能具有相对性
重力势能的表达式Ep＝mgh中的h是指物体重心到参考平面的高度，因此重力势能的大小与参考平面的选取有关，选取不同的参考平面，物体的重力势能不同。选定了参考平面，物体的重力势能也就确定了。在参考平面以上为正值，以下为负值，位于参考平面时为零。
2．重力势能参考平面的选取是任意的
视处理问题的方便而定，一般选取地面或物体运动时所达到的最低点所在平面为零势能参考平面。
3．重力势能的变化是绝对的
物体在两个不同位置之间势能的差值是确定的，即重力势能的变化量不随参考平面的改变而改变。
[典例] 金茂大厦是上海的标志性建筑之一，它的主体建筑为地上101层，地下3层，高420.5 m。距地面341 m的第88层为国内迄今最高的观光层，环顾四周，极目眺望，上海新貌尽收眼底，该层有一质量为60 kg的游客(g取10 m/s2)。
(1)求以地面为参考平面时游客的重力势能；
(2)求以第88层为参考平面时游客的重力势能；
(3)若以420.5 m的楼顶为参考平面，该游客乘电梯从地面上升到88层，需克服重力做多少功？(保留两位有效数字)
[思路点拨] 先求出选不同位置为参考平面时物体所处的高度，再根据重力势能的表达式求物体的重力势能。
[解析] (1)以地面为参考平面，游客在88层，相对地面的高度为341 m，则Ep1＝mgh＝60×10×341 J≈2.0×105 J。
(2)若以88层处为参考平面，游客在88层，则相对高度为0，故Ep2＝0。
(3)克服重力做的功与参考平面的选择无关，即：
W＝mgh＝2.0×105 J。
[答案] (1)2.0×105 J (2)0 (3)2.0×105 J
重力势能的求解方法
(1)定义法：选取参考平面，确定物体相对参考平面的高度h，代入Ep＝mgh求解重力势能。
(2)WG和Ep关系法：由WG＝Ep1－Ep2知Ep2＝Ep1－WG或Ep1＝WG＋Ep2。
(3)变化量法：重力势能的变化量ΔEp＝Ep2－Ep1，故Ep2＝Ep1＋ΔEp或Ep1＝Ep2－ΔEp。
1．(多选)下列关于重力势能的说法中正确的是( )
A．放在地面上的物体的重力势能为零
B．一个在轨道上运动的物体，在它的重力势能为零的时刻，一定运动到轨道的最低点
C．质量小的物体可能比质量大的物体具有的重力势能大
D．同一物体在不同高度上的重力势能一定不同
解析：选CD 重力势能的大小Ep＝mgh，与物体的质量和零势能面的选择有关，上式中的h是物体的重心到零势能面的竖直距离，当物体位于零势能面之上，重力势能为正；当物体位于零势能面之下，重力势能为负。一般选择地面或物体系的最低点所处水平面为零势能面，这样选项A、B才成立。如果选其他水平面为零势能面，则选项A、B均不正确。如果质量小的物体位于很高处，而质量大的物体位于很低处，则质量小的物体的重力势能可能比质量大的物体的重力势能大，选项C正确。重力势能的大小由物体的质量和高度共同决定，同一物体的质量不变，而高度不同，则重力势能一定不同，选项D正确。
2.如图4-3-2所示，桌面距地面0.8 m，一物体质量为2 kg，放在距桌面0.4 m的支架上。(g取10 m/s2)
图4-3-2
(1)以地面为零势能位置，计算物体具有的势能，并计算物体由支架下落到桌面过程中势能减少多少？
(2)以桌面为零势能位置，计算物体具有的势能，并计算物体由支架下落到桌面过程中势能减少多少？
解析：(1)以地面为零势能位置，物体具有的势能Ep1＝mgh＝2×10×1.2 J＝24 J，物体由支架下落到桌面过程中，势能减少量ΔEp1＝mgh1＝2×10×0.4 J＝8 J。
(2)以桌面为参考平面，物体的重力势能为：Ep2＝mgh1＝2×10×0.4 J＝8 J，
物体由支架下落到桌面过程中，势能减少量ΔEp2＝mgh1＝2×10×0.4 J＝8 J。
答案：(1)24 J 8 J (2)8 J 8 J
重力做功与重力势能变化的关系
1．重力做功与重力势能的对比
重力做功
重力势能
表达式
WG＝Gs＝mgΔh
Ep＝mgh
影响大小
的因素
重力G和初、末位置的高度差Δh
重力mg和某一位置的高度h
特点
只与初、末位置的高度差有关，与路径及参考平面的选择无关
与参考平面的选择有关，同一位置的物体，选择不同的参考平面，会有不同的重力势能值
过程量
状态量
联系
重力做功过程是重力势能改变的过程，重力做正功，重力势能减少；重力做负功，重力势能增加，且重力做了多少功，重力势能就改变多少，即WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp
2．重力做功与重力势能变化关系的理解
(1)无论物体是否受其他力的作用，无论物体做何种运动，关系式WG＝－ΔEp总是成立的。
(2)功是能量转化的量度，重力势能的变化是由重力做功引起的，重力做功的多少是重力势能变化的量度。
[典例] 大型拱桥的拱高为h，弧长为L，如图4-3-3所示，质量为m的汽车在以不变的速率v由A点运动到B点的过程中，以下说法正确的是( )
图4-3-3
A．由A到B的过程中，汽车的重力势能始终不变，重力始终不做功
B．汽车的重力势能先减小后增加，总的变化量为0，重力先做负功，后做正功，总功为零
C．汽车的重力势能先增大后减小，总的变化量为0，重力先做正功，后做负功，总功为零
D．汽车的重力势能先增大后减小，总的变化量为0，重力先做负功，后做正功，总功为零
[思路点拨]
(1)汽车由A到B的过程中，汽车所处的高度先增大后减小。
(2)汽车初、末位置的高度相同。
[解析] 前半阶段，汽车向高处运动，重力势能增加，重力做负功；后半阶段，汽车向低处运动，重力势能减小，重力做正功，选项D正确。
[答案] D
重力做功情况的判断
(1)根据功的定义式判断：若物体位移方向向上，重力做负功；若物体位移方向向下，重力做正功。
(2)根据重力势能的变化与重力做功的关系判断：重力势能增加时重力做负功，重力势能减小时重力做正功。
1．一根长L＝2 m，重力G＝200 N的均匀木杆放在水平地面上，现将它的一端从地面抬高1 m，另一端仍搁在地面上，则物体重力势能的变化量为( )
A．50 J B．100 J
C．200 J D．400 J
解析：选B 由几何关系可知木杆的重心上升的高度为：h＝ m＝0.5 m；物体所受重力做功：WG＝－mgh＝－200×0.5 J＝－100 J；故物体重力势能的变化量为：ΔEp＝－WG＝100 J；故选B。
2．起重机以的加速度将质量为m的物体匀减速地沿竖直方向提升高度h，则起重机钢索的拉力对物体做的功为多少？物体克服重力做功为多少？物体的重力势能变化了多少？
解析：由题意可知起重机的加速度ɑ＝，物体上升高度为h，
据牛顿第二定律得mg－F＝mɑ
所以F＝mg－mɑ＝mg－m×g＝mg
方向竖直向上。
所以拉力做功WF＝Fh＝mgh
重力做功WG＝－mgh
即物体克服重力做功为mgh
又因为WG＝Ep1－Ep2＝－mgh，
WG＜0，Ep1＜Ep2
即物体的重力势能增加了mgh。
答案：mgh mgh 增加了mgh
弹性势能和弹力做功
1．对弹性势能的理解
(1)弹性势能的产生原因
(2)弹性势能的影响因素
(3)弹性势能表达式(仅作为思想方法了解)
①弹力随形变量x的变化图线及围成面积的意义。
类比v -t图像的“面积”表示位移，F-x图像的“面积”表示功。弹力F＝kx，对同一弹簧k一定，F与x成正比。作图如图4-3-4所示。
图4-3-4
当发生位移为x时，弹力做功
W弹＝－kx·x＝－kx2。
②弹性势能的大小
Ep＝－W弹＝kx2。
2．弹力做功与弹性势能变化的关系
(1)弹力做功与弹性势能变化的关系同重力做功与重力势能的变化关系相似：
(2)弹性势能与重力势能对比
弹性势能
重力势能
定义
发生弹性形变的物体之间由于弹力的相互作用而具有的能量
物体由于被举高而具有的能量
表达式
Ep＝kx2
Ep＝mgh
相对性
弹性势能与零势能位置的选取有关，一般取自然长度时，势能为零
重力势能与零势能位置选取有关，但变化量与参考位置的选取无关
系统性
弹力装置与受弹力作用的物体组成的系统所共有
重力势能为物体与地球这一系统所共有的能量
功能关系
弹性势能的变化等于克服弹力做的功
重力势能的变化等于克服重力做的功
联系
两种势能分别是以弹力、重力存在为前提，又由物体的相对位置来决定。同属机械能的范畴，在一定条件下可相互转化
[典例] 在水平面上放一个竖直轻弹簧，弹簧上端与一个质量为m的木块相连，若在木块上再作用一个竖直向下的力F，使木块缓慢向下移动h，力F做功W1，此时木块再次处于平衡状态，如图4-3-5所示。求：
图4-3-5
(1)在木块下移h的过程中重力势能的减少量；
(2)在木块下移h的过程中弹性势能的增加量。
[审题指导] 木块缓慢下移，任何一个时刻弹力与F和重力的合力等大反向，故弹力做的功可由力F和重力的功求出。
[解析] (1)根据重力做功与重力势能变化的关系有
ΔEp减＝WG＝mgh。
(2)根据弹力做功与弹性势能变化的关系有
ΔEp增′＝－W弹
又因木块缓慢下移，力F与重力mg的合力与弹力等大、反向，
所以W弹＝－(W1＋WG)＝－(W1＋mgh)
所以弹性势能增量ΔEp增′＝W1＋mgh。
[答案] (1)mgh (2)W1＋mgh
弹性势能变化的确定技巧
(1)弹性势能具有相对性，但其变化量具有绝对性，因此，在判断弹性势能的变化时不必考虑零势能的位置。
(2)弹性势能的变化只与弹力做功有关，弹力做负功，弹性势能增大，反之则减小。弹性势能的变化量总等于弹力做功的负值。
1. (多选)一个物体以速度v0冲向与竖直墙壁相连的轻质弹簧，墙壁和物体间的弹簧被物体压缩，在压缩弹簧的过程中以下说法正确的是( )
图4-3-6
A．物体对弹簧做的功与弹簧的压缩量成正比
B．物体向墙壁运动连续两段相同的位移，弹力做的功不相等
C．弹簧的弹力做正功，弹性势能减小
D．弹簧的弹力做负功，弹性势能增加
解析：选BD 恒力做功时，做功的多少与物体的位移成正比，而弹簧对物体的弹力是一个变力，所以A项错误。弹簧开始被压缩时弹力小，物体移动一定的距离做的功少，进一步被压缩时，弹力变大，物体移动相同的距离做的功多，B正确。压缩过程中，弹簧弹力方向与位移方向相反，弹簧弹力做负功，弹性势能增加，C项错误、D项正确。
2．(多选)如图4-3-7所示，一轻弹簧固定于O点，另一端系一小球，将小球从与悬点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。在小球由A点摆向最低点B的过程中，下列说法中正确的是( )
图4-3-7
A．小球的重力势能增加 B．小球的重力势能减少
C．弹簧的弹性势能增加 D．弹簧的弹性势能减少
解析：选BC 从A点到B点重力对小球做正功，其重力势能减少，A错B对；运动过程中弹簧被逐渐拉长，而弹力对小球做负功，弹簧的弹性势能增加，C对D错。
3．一根弹簧的弹力—伸长量图像如图4-3-8所示，那么弹簧由伸长量为8 cm到伸长量为4 cm的过程中，弹力做的功和弹性势能的变化量为( )
图4-3-8
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
解析：选C F-x图线与横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，弹性势能减少1.8 J，C正确。
1．(多选)下列关于物体的重力势能的说法中正确的是( )
A．物体重力势能的数值随选择的参考平面的不同而不同
B．物体的重力势能实际上是物体和地球组成的系统所共有的
C．重力对物体做正功，则物体的重力势能增加
D．物体位于所选的参考平面以下时，物体的重力势能为负值
解析：选ABD 根据重力势能的相对性，A项正确；根据重力势能的系统性，B项正确；根据重力做功与重力势能变化的关系，C项错误；根据重力势能正、负的含义，D项正确。
2．如图1所示的几个运动过程中，物体弹性势能增加的是( )
图1
A．如图甲，跳高运动员从压杆到杆伸直的过程中，杆的弹性势能
B．如图乙，人拉长弹簧过程中弹簧的弹性势能
C．如图丙，模型飞机用橡皮筋发射出去的过程中，橡皮筋的弹性势能
D．如图丁，小球被弹簧向上弹起的过程中，弹簧的弹性势能
解析：选B 形变量变大，弹性势能变大，形变量变小，弹性势能变小。图甲中杆的形变先变大后变小，图丙和图丁中橡皮筋和弹簧的形变减小，形变量变大的只有图乙，故选项B正确。
3.某游客领着孩子游泰山时，孩子不小心将手中的皮球滑落，球从A点滚到了山脚下的B点，高度标记如图2所示，则下列说法正确的是( )
图2
A．从A到B的曲线轨迹长度不知道，无法求出此过程中重力做的功
B．从A到B过程中阻力大小不知道，无法求出此过程中重力做的功
C．从A到B重力做功mg(H＋h)
D．从A到B重力做功mgH
解析：选D 重力做功与物体的运动路径无关，只与初、末状态物体的高度差有关。从A到B的高度差是H，故从A到B重力做功mgH，D正确。
4．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加
B．当弹簧变短时，它的弹性势能一定减少
C．在拉伸长度相同时，劲度系数越大的弹簧，它的弹性势能越大
D．弹簧拉伸时的弹性势能一定大于压缩时的弹性势能
解析：选C 如果弹簧原来处于压缩状态，那么当它恢复原长时，它的弹性势能减小，当它变短时，它的弹性势能增大，弹簧拉伸时的弹性势能可能大于、小于或等于压缩时的弹性势能，需根据形变量来判定，所以选项A、B、D错误。当拉伸长度相同时，劲度系数越大的弹簧，需要克服弹力做的功越多，弹簧的弹性势能越大，选项C正确。
5．一棵树上有一个质量为0.3 kg的熟透了的苹果P，该苹果从树上A先落到地面C最后滚入沟底D。已知AC、CD的高度差分别为2.2 m和3 m，以地面C为零势能面，A、B、C、D、E面之间竖直距离如图3所示。算出该苹果从A落下到D的过程中重力势能的减少量和在D处的重力势能分别是( )
图3
A．15.6 J和9 J B．9 J和－9 J
C．15.6 J和－9 J D．15.6 J和－15.6 J
解析：选C 以地面C为零势能面，根据重力势能的计算公式得D处的重力势能Ep＝mgh＝0.3×10×(－3)J＝－9 J，从A落下到D的过程中重力势能的减少量ΔEp＝mgΔh＝0.3×10×(2.2＋3)J＝15.6 J，故选C。
6.如图4所示，质量相等的两木块中间连有一弹簧，开始时A静止在弹簧上面。今用力F缓慢向上提A，直到B恰好离开地面。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大小关系及弹性势能变化ΔEp的说法中正确的是( )
图4
A．Ep1＝Ep2 B．Ep1＜Ep2
C．ΔEp＞0 D．ΔEp＜0
解析：选A 开始时弹簧形变量为x1，有kx1＝mg，则它离开地面时形变量为x2，有kx2＝mg。由于x1＝x2，所以Ep1＝Ep2，ΔEp＝0，A对。
7.如图5所示，在水平地面上平铺着n块砖，每块砖的质量为m，厚度为h。如果人工将砖一块一块地叠放起来，那么人至少做功( )
图5
A．n(n－1)mgh B.n(n－1)mgh
C．n(n＋1)mgh D.n(n＋1)mgh
解析：选B 取n块砖的整体为研究对象，叠放起来后整体的重心距地面nh，原来的重心距地面h，故有W＝ΔEp＝nmg×nh－nmg×h＝n(n－1)mgh，B正确。
8．在光滑的水平面上，物体A以较大速度va向前运动，与以较小速度vb向同一方向运动的、连有轻质弹簧的物体B发生相互作用，如图6所示。在相互作用的过程中，当系统的弹性势能最大时( )
图6
A．va>vb B．va＝vb
C．va解析：选B 只要va>vb，A、B就有相对运动，弹簧就会被压缩，弹力做负功，弹性势能增加，当va＝vb时，A、B相距最近，弹簧的形变量最大，弹性势能最大，故选项B正确。
9．(多选)图7甲是玩家玩“蹦极”游戏的真实照片，玩家将一根长为AB的弹性绳子的一端系在身上，另一端固定在高处，然后从高处跳下，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7
A．重力对人一直做正功
B．人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
解析：选ABC 整个过程中，重力一直做正功，重力势能一直减小；人从高空落下到弹性绳子达到原长的过程中，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，故A、B、C正确。
10．(多选)如图8所示，ACP和BDP是竖直平面内两个半径不同的半圆形光滑轨道，A、P、B三点位于同一水平面上，C和D分别为两轨道的最低点，将两个质量相同的小球分别从A和B两处同时无初速释放，以C处为零势能参考面，则( )
图8
A．沿BDP光滑轨道运动的小球的重力势能永远为正值
B．两小球到达C点和D点时，重力做功相等
C．两小球到达C点和D点时，重力势能相等
D．两小球刚开始从A和B两处无初速释放时，重力势能相等
解析：选AD 不管选哪一点为零势能点，A点和B点相对零势能面的竖直高度均相等，所以重力势能相等。两小球到达C点和D点时，重力势能不相等。重力势能Ep＝mgh，具有相对性，如果选A、P、B三点在零势能参考面上，则两球在运动过程中的重力势能恒为负值；如果选C点在零势能参考面上，则两球在运动过程中的重力势能恒为正值。另外，重力做功跟路径无关，只取决于物体在初始和终末两点在竖直方向的高度，两球从开始运动到到达C点和D点时竖直高度不等，所以重力做功不相等。
11.如图9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，则小球由A点运动到C点的过程中，重力势能减少了多少？重力做功为多少？
图9
解析：从A点运动到C点，小球下落高度h＝l，
故重力做功WG＝mgh＝mgl，
重力势能的变化量
ΔEp＝－WG＝－mgl
负号表示小球的重力势能减少了。
答案：mgl mgl
12．弹簧原长l0＝15 cm，受拉力作用后弹簧逐渐伸长，当弹簧伸长到l1＝20 cm时，作用在弹簧上的力为400 N。则：
(1)弹簧的劲度系数k为多少？
(2)在该过程中弹力做了多少功？
(3)弹簧的弹性势能变化了多少？
解析：(1)k＝＝ N/m＝8 000 N/m。
(2)由于F＝kl，作出F-l图像如图所示，求出图中阴影部分面积，即为弹力做功的绝对值，由于在伸长过程中弹力F方向与位移方向相反，故弹力F在此过程中做负功。
可得W＝－(l1－l0)＝－×0.05 J＝－10 J。
(3)ΔEp＝－W＝10 J，即弹性势能增大10 J。
答案：(1)8 000 N/m (2)－10 J (3)增加了10 J
第4节 动能__动能定理
1．物体由于运动而具有的能量叫动能，其表达式为Ek＝mv2。
2．合外力对物体所做的功等于物体动能的变化，这一关系称为动能定理，表达式为W合＝ΔEk。
3．合外力对物体做正功，物体的动能增加，合外力对物体做负功，物体的动能减少。
4．动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功，既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
一、动能
1．定义
物体由于运动而具有的能量。
2．大小
物体的动能等于物体质量与物体速度大小的二次方的乘积的一半。
3．表达式
Ek＝mv2。
4．单位
与功的单位相同，国际单位为焦耳。
1 J＝1_N·m＝1_kg·m2/s2。
5．标矢性：动能是标量。
二、动能定理
1．推导
如图4-4-1所示，质量为m的物体在沿运动方向的合外力作用下发生x位移，速度由v1增大到v2，则W＝Fx＝max＝
m＝mv22－mv12。
即W＝ΔEk。
图4-4-1
2．内容：合外力所做的功等于物体动能的变化。
3．表达式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝mv22－mv12。
(1)式中W为合外力所做的功，它等于各力做功的代数和。
(2)如果合外力做正功，物体的动能增加，合外力做负功，物体的动能减少。
(3)适用范围：不仅适用于恒力做功和直线运动，也适用于变力做功和曲线运动情况。
1．自主思考——判一判
(1)两个物体中，速度大的动能也大。(×)
(2)某物体的速度加倍，它的动能也加倍。(×)
(3)合外力做功不等于零，物体的动能一定变化。(√)
(4)物体的速度发生变化，合外力做功一定不等于零。(×)
(5)物体的动能增加，合外力做正功。(√)
2．合作探究——议一议
(1)同步卫星绕地球做匀速圆周运动，在卫星的运动过程中，其速度是否变化？其动能是否变化？
图4-4-2
提示：速度变化，动能不变。卫星做匀速圆周运动时，其速度方向不断变化，由于速度是矢量，所以速度是变化的；卫星运动时其速度大小不变，所以动能大小不变，由于动能是标量，所以动能是不变的。
(2)在同一高度以相同的速率将手中的小球以上抛、下抛、平抛三种不同方式抛出，落地时速度、动能是否相同？
提示：重力做功相同，动能改变量相同，落地时动能相等，速度大小相等，但速度方向不同。
对动能、动能定理的理解
1．动能的特性
(1)瞬时性：动能是状态量，与物体某一时刻的速度相对应。速度变化时，动能不一定变化，但动能变化时，速度一定变化。
(2)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。
(3)标量性：只有大小，没有方向；只有正值，没有负值。
2．对动能定理的理解
(1)动能定理描述了做功和动能变化的对应关系。
①等值关系：物体动能的变化量总等于外力对它做的总功。
②因果关系：外力对物体做功是引起物体动能变化的原因，外力做功的过程实质上是其他形式的能与动能相互转化的过程，转化了多少由外力做的功来度量。
(2)求总功的两种思路
1．(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
解析：选AB 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．下列关于运动物体所受的合力、合力做功和动能变化的关系，正确的是( )
A．如果物体所受的合力为零，那么合力对物体做的功一定为零
B．如果合力对物体做的功为零，则合力一定为零
C．物体在合力作用下做匀变速直线运动，则动能在一段过程中变化量一定不为零
D．如果物体的动能不发生变化，则物体所受合力一定是零
解析：选A 功是力与物体在力的方向上发生的位移的乘积，如果物体所受的合力为零，那么合力对物体做的功一定为零，A正确；如果合力对物体做的功为零，可能是合力不为零，而是物体在力的方向上的位移为零，B错误；竖直上抛运动是一种匀变速直线运动，在上升和下降阶段经过同一位置时动能相等，动能在这段过程中变化量为零，C错误；动能不变化，只能说明速度大小不变，但速度方向有可能变化，因此合力不一定为零，D错误。
3.如图4-4-3所示，物体沿曲面从A点无初速度滑下，滑至曲面的最低点B时，下滑的高度为5 m，速度为6 m/s，若物体的质量为1 kg。则下滑过程中物体克服阻力所做的功为( )
图4-4-3
A．50 J B．18 J
C．32 J D．0 J
解析：选C 由动能定理得mgh－Wf＝mv2，故Wf＝mgh－mv2＝1×10×5 J－×1×62 J＝32 J，C正确。
动能定理的应用
1．应用动能定理的解题步骤
(1)确定研究对象，通常是单个物体。
(2)明确运动过程，可以是运动的某段过程，也可以是运动的整个过程。
(3)分析受力情况及各力做功情况。
(4)找准对应过程的始末动能(或速度)。
(5)依据动能定理列式求解。
2．用动能定理求解变力做功
动能定理是求变力做功的最常用的方法，这类题目中，物体受到一个变力和几个恒力作用，这时可以先求出几个恒力所做的功，然后用动能定理间接求变力做的功，即WF＋W其他＝ΔEk。
[典例] 如图4-4-4所示，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点，与O点处于同一水平线上的P点处有一个光滑的细钉，已知OP＝，在A点给小球一个水平向左的初速度v0，发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B。
图4-4-4
(1)小球到达B点时的速率为多大？
(2)若不计空气阻力，则初速度v0为多大？
(3)若初速度v0＝3，则在小球从A到B的过程中克服空气阻力做了多少功？
[思路点拨] 小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B的临界条件是在B点重力提供做圆周运动的向心力；由A到B的过程，不计空气阻力仅重力做功，由动能定理求出初速度v0；空气阻力是变力，可应用动能定理求解。
[解析] (1)小球恰能到达最高点B，有
mg＝m，得vB＝ 。
(2)从A到B由动能定理得
－mg＝mvB2－mv02
可求出v0＝ 。
(3)当v0＝3时，在小球从A到B的过程中由动能定理得
－mg－Wf＝mvB2－mv02
可求出Wf＝mgL。
[答案] (1) (2) (3)mgL
(1)所求的变力的功可以是合力的功，也可以是其中一个力的功，但动能定理中，合力的功才等于动能的变化量。
(2)待求变力的功一般用符号W表示，但要分清结果是变力的功，还是克服此变力的功。
1.如图4-4-5所示，质量为m的物体用细绳经过光滑小孔牵引在光滑水平面上做匀速圆周运动，拉力为某个值F时，转动半径为R；当拉力逐渐减小到时，物体仍做匀速圆周运动，半径为2R。则外力对物体所做的功的大小是( )
图4-4-5
A. B.
C. D．零
解析：选A 当细绳的拉力为F时，设小球做匀速圆周运动的线速度为v1，则有F＝；当细绳的拉力减为时，小球做匀速圆周运动的线速度为v2，则有＝。在细绳的拉力由F减为的过程中，由动能定理知，细绳的拉力所做的功为W＝mv22－mv12＝－。所以，细绳的拉力所做的功的大小为，选项A正确。
2.如图4-4-6所示，斜槽轨道下端与一个半径为0.4 m的圆形轨道相连接。一个质量为0.1 kg的物体从高为H＝2 m的A点由静止开始滑下，运动到圆形轨道的最高点C处时，对轨道的压力等于物体的重力。求物体从A运动到C的过程中克服摩擦力所做的功。(g取10 m/s2)
图4-4-6
解析：物体运动到C点时受到重力和轨道对它的压力，由圆周运动知识可知
N＋mg＝，又N＝mg，
联立两式解得vC＝＝2 m/s，
在物体从A点运动到C点的过程中，由动能定理有
mg(H－2r)－Wf＝mvC2－0，
代入数据解得Wf＝0.8 J。
答案：0.8 J
动能定理在多过程中的应用
1．多过程问题的分析
对于包含多个运动阶段的复杂运动过程，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，分析每个力的做功，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。
(3)当题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更方便，但此方法的难点在于确定整个过程的总功。
2．动力学问题两种解法的比较
牛顿运动定律运动学公式结合法
动能定理
适用条件
只能研究在恒力作用下物体做直线运动的情况
对于物体在恒力或变力作用下，物体做直线运动或曲线运动均适用
应用方法
要考虑运动过程的每一个细节
只考虑各力的做功情况及初、末状态的动能
运算方法
矢量运算
代数运算
相同点
确定研究对象，对物体进行受力分析和运动过程分析
通过对比可以看出应用动能定理解题不涉及加速度、时间，不涉及矢量运算，运算简单，不易出错。
[典例] 如图4-4-7所示，一质量为2 kg的铅球从离地面2 m高处自由下落，陷入沙坑2 cm深处，求沙子对铅球的平均阻力。(取g＝10 m/s2)
图4-4-7
[思路点拨] 铅球在运动的两个过程中受力情况不同，重力作用于全过程，阻力仅存在于陷入沙子的过程中。
[解析] 法一 应用牛顿第二定律与运动学公式求解
设铅球做自由落体运动到沙面时的速度为v，则有v2＝2gH
在沙坑中运动的阶段，设铅球做匀减速运动的加速度大小为a，则有v2＝2ah。联立以上两式解得a＝g
设铅球在沙坑中运动时受到的平均阻力为f，由牛顿第二定律得f－mg＝ma，所以f＝mg＋ma＝·mg＝×2×10 N＝2 020 N。
法二 应用动能定理分段求解
设铅球自由下落到沙面时的速度为v，由动能定理得
mgH＝mv2－0
设铅球在沙中受到的平均阻力大小为f。
由动能定理得mgh－fh＝0－mv2
联立以上两式得f＝·mg＝2 020 N。
法三 应用动能定理全程求解
铅球下落全过程都受重力，只有进入沙中铅球才受阻力f。
重力做功WG＝mg(H＋h)
而阻力做功Wf＝－fh
由动能定理得mg(H＋h)－fh＝0－0
代入数据得f＝2 020 N。
[答案] 2 020 N
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。
1. (多选)在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到vm后立即关闭发动机直到停止，运动过程的v -t图像如图4-4-8所示，设汽车的牵引力为F，所受摩擦力为f，全过程中牵引力做功W1，克服摩擦力做功W2，则( )
图4-4-8
A．F∶f＝1∶4 B．F∶f＝4∶1
C．W1∶W2＝1∶1 D．W1∶W2＝1∶3
解析：选BC 对汽车全过程应用动能定理：W1－W2＝0，所以W1＝W2；由题图可知牵引力与阻力作用距离之比为1∶4，由Fx1－fx2＝0知F∶f＝4∶1，B、C正确。
2．水上滑梯是一项有趣的娱乐活动。它简化成如图4-4-9所示的模型：倾斜滑道AB与水平滑道BC平滑连接，游客(可视为质点)从A处无初速度地自由滑下，到达B点后沿BC做直线运动，并从C点水平滑出落入水中。已知A点与BC的高度差H＝3 m，滑道AB长s1＝5 m，BC长s2＝2 m，末端C距水面高度h＝0.8 m。游客在AB段所受摩擦力大小f1＝40 N，在BC段所受摩擦力大小f2＝50 N，游客质量m＝50 kg，不计空气阻力，取g＝10 m/s2。求：
图4-4-9
(1)游客从A点沿滑道滑行到B点过程中克服摩擦力所做的功W1；
(2)游客从C点滑出至落到水面经历的时间；
(3)游客到达C点时的动能大小Ek。
解析：(1)运动员从A滑到B的过程中，克服摩擦力做功为：
Wf＝f1s1＝40×5 J＝200 J。
(2)游客从C点滑出至落到水面的过程做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，则有：
h＝gt2
可得：t＝＝ s＝0.4 s。
(3)从A滑到C的过程中，根据动能定理有：
mgH－Wf－f2s2＝Ek－0
解得：Ek＝1 200 J。
答案：(1)200 J (2)0.4 s (3)1 200 J
1．两个物体的质量之比为1∶4，速度大小之比为4∶1，则这两个物体的动能之比是( )
A．1∶4 B．4∶1
C．2∶1 D．1∶1
解析：选B 两个物体的质量比为1∶4，速度大小比为4∶1，根据Ek＝mv2得，动能之比为：
Ek1∶Ek2＝∶＝4∶1。
故选B。
2．放在光滑水平面上的物体，仅在两个同向水平力的共同作用下开始运动。若这两个力分别做了6 J和8 J的功，则该物体的动能增加了( )
A．48 J B．14 J
C．10 J D．2 J
解析：选B 合力对物体做功W合＝6 J＋8 J＝14 J。根据动能定理得物体的动能增加量为14 J，B对。
3．(多选)一质量为0.1 kg的小球，以5 m/s的速度在光滑水平面上匀速运动，与竖直墙壁碰撞后以原速率反弹，若以弹回的速度方向为正方向，则小球碰墙过程中的速度变化和动能变化分别是( )
A．Δv＝10 m/s B．Δv＝0
C．ΔEk＝1 J D．ΔEk＝0
解析：选AD 速度是矢量，故Δv＝v2－v1＝5 m/s－(－5 m/s)＝10 m/s。而动能是标量，初末两状态的速度大小相等，故动能相等，因此ΔEk＝0，A、D正确。
4．速度为v的子弹，恰可穿透一块固定的木板。如果子弹速度为2v，子弹穿透木板时所受阻力视为不变，则可穿透同样的固定木板( )
A．2块 B．3块
C．4块 D．8块
解析：选C 设木板的厚度为d，子弹的速度为v时，由动能定理知－fd＝0－mv2。当子弹的速度为2v时，设能穿透n块木板，由动能定理知－f·nd＝0－m(2v)2，联立两式解得n＝4，C正确。
5.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，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，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)
解析：选A 由动能定理得－W－μmg(s＋x)＝0－mv02，故物体克服弹簧弹力做功W＝mv02－μmg(s＋x)，A正确。
6.如图2所示，质量为m的物块与转台之间能出现的最大静摩擦力为物块重力的k倍。物块与转轴OO′相距R，随转台由静止开始转动。当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到滑动前的这一过程中，转台对物块的静摩擦力对物块做的功为( )
图2
A．0 B．2πkmgR
C．2kmgR D.kmgR
解析：选D 在转速增加的过程中，转台对物块的摩擦力是不断变化的，当转速增加到一定值时，物块在转台上即将滑动，说明此时最大静摩擦力提供向心力，即kmg＝m。设这一过程中转台对物块的摩擦力所做的功为Wf，由动能定理可得Wf＝mv2，解得Wf＝kmgR，D正确。
7．从离地面H高处落下一只小球，小球在运动过程中所受的空气阻力是它重力的k(k<1)倍，而小球与地面相碰后，能以相同大小的速率反弹。求：
(1)小球第一次与地面碰撞后，能够反弹起的最大高度是多少。
(2)小球从释放开始，直至停止弹跳为止，所通过的总路程是多少。
解析：(1)设小球第一次与地面碰撞后，能够反弹起的最大高度是h，则由动能定理得mg(H－h)－kmg(H＋h)＝0，
解得h＝H。
(2)设球从释放开始，直至停止弹跳为止，所通过的总路程是s，对全过程由动能定理得mgH－kmgs＝0，
解得：s＝。
答案：(1)H (2)
8.如图3所示，一质量为1 kg的小球静止在一竖直放置的轻弹簧上，弹簧劲度系数k＝50 N/m，现用一竖直向下的F＝5 N的恒力作用在小球上，当小球向下运动到最大速度时撤去F，则小球再回到初始位置时的速度大小为(弹簧一直处于弹性限度内)( )
图3
A．1 m/s B．2 m/s
C．2 m/s D. m/s
解析：选A 当弹簧的弹力等于重力和F的合力时，球的速度最大，此时弹簧又向下被压缩了x＝＝m＝0.1 m，根据动能定理：Fx＝mv2，解得：v＝1 m/s，故选A。
9．(多选)(全国丙卷)如图4，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则( )
图4
A．a＝ B．a＝
C．N＝ D．N＝
解析：选AC 质点P下滑到最低点的过程中，由动能定理得mgR－W＝mv2，则速度v＝，在最低点的向心加速度a＝＝，选项A正确， 选项B错误；在最低点时，由牛顿第二定律得N－mg＝ma，N＝ ，选项C正确，选项D错误。
10．如图5所示，在海滨游乐场里有一种滑沙游戏，人坐在滑板上从倾角为θ的斜坡上由静止开始下滑，经过斜坡底端沿水平滑道再滑行一段距离停下。已知滑板与斜面和水平滑道间的动摩擦因数均为μ＝0.3。若某人和滑板的总质量m＝60 kg，滑行过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g取10 m/s2。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
图5
(1)把人和滑板看做整体，画出该整体从斜坡上下滑过程中的受力示意图；
(2)若已知θ＝37°，人从斜坡滑下时加速度的大小；
(3)若已知θ＝37°，水平滑道BC的最大长度为L1＝20 m，求人在斜坡上滑下的高度应不超过多少；
(4)若斜坡倾角θ大小可调节且大小未知、水平滑道BC的长度未知，但是场地的水平空间距离DC的最大长度为L2＝30 m，人在斜坡上从D的正上方A处由静止下滑，那么A到D的高度不超过多少？
解析：
(1)受力如图所示。
(2)根据牛顿第二定律得，mgsin 37°－f＝ma
N＝mgcos 37°
f＝μN
联立以上三式，代入数据解得a＝3.6 m/s2。
(3)人和滑板从距水平面高H处下滑，从人和滑板在斜面上开始运动到人和滑板停止运动的过程中，根据动能定理：mgH－μmgcos 37°－μmgL1＝0－0
代入数据解得H＝10 m。
(4)设A到D的高度为h，根据动能定理
mgh－μmgcos θ－μmg＝0－0
代入数据解得h＝9 m。
答案：(1)见解析 (2)3.6 m/s2 (3)10 m (4)9 m
11.如图6所示，固定在水平地面上的工件，由AB和BD两部分组成，其中AB部分为光滑的圆弧，圆心为O，∠AOB＝37°，圆弧的半径R＝0.5 m；BD部分水平，长度为0.2 m，C为BD的中点。现有一质量m＝1 kg、可视为质点的物块从A端由静止释放，恰好能运动到D点。(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
图6
(1)物块运动到B点时，对工件的压力大小；
(2)为使物块恰好运动到C点静止，可以在物块运动到B点后，对它施加一竖直向下的恒力F，F应为多大？
解析：(1)物块由A运动到B点的过程中，由动能定理有：mgR(1－cos 37°)＝mv2
解得：v2＝2gR(1－cos 37°)＝2×10×0.5×(1－0.8)＝2 (m/s)2
在B点，由牛顿第二定律有：
N－mg＝m
解得：N＝mg＋m＝1×N＝14 N
由牛顿第三定律有：N′＝N＝14 N。
(2)物块由B运动到D点的过程中，由动能定理有：
μmg·BD＝mv2
施加恒力F后，物块由B运动到C点的过程中，由动能定理有：μ(mg＋F)BC＝mv2
可得：mgBD＝(mg＋F)BC
由题知：BD＝2BC，得：2mg＝mg＋F
解得：F＝mg＝1×10 N＝10 N。
答案：(1)14 N (2)10 N
第5节 机械能守恒定律
1．重力或弹力做正功，势能向动能转化，重力或弹力做负功，动能向势能转化。
2．在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能和势能发生相互转化，但机械能的总量保持不变。
3．机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功，若有其他力做功，但其他力做功的代数和为零时，系统的机械能也保持不变。
4．机械能守恒定律的表达式为：Ep1＋Ek1＝Ep2＋Ek2。
一、动能和势能的相互转化
1．动能和势能的转化实例
(1)自行车下坡时，重力势能减少，动能增加。
(2)荡秋千过程中，向上摆动时，动能减少，重力势能增加，向下摆动时，动能增加，重力势能减少。
(3)撑竿跳高过程中，脱离杆之前，动能、重力势能、弹性势能在相互转化，脱离杆后，只有动能和重力势能在相互转化。
2．动能和势能相互转化时的特点
重力或弹力做正功时，势能向动能转化，做负功时，动能向势能转化。
二、机械能守恒定律
1．实验探究
(1)实验装置：将螺母用细线挂在铁架台上制成单摆。
(2)实验步骤：把螺母拉起一个较小的角度，放手后，它能摆至另一侧的等高位置；在铁架台的杆上固定一个夹子，当螺母摆到最低点时，细线被夹子挡住，但螺母仍能摆到另一侧的等高位置。
(3)实验结论：忽略空气阻力，只有重力做功时，动能和势能在相互转化的过程中，总量不变。
2．理论探究
(1)探究情景：物体做平抛运动的过程，如图4-5-1所示。
图4-5-1
(2)推导过程：A位置的机械能EA＝mgh1＋mv12。
B位置的机械能EB＝mgh2＋mv22。
对A到B过程由动能定理有：
mg(h1－h2)＝mv22－mv12。
即mgh1＋mv12＝mgh2＋mv22。即EA＝EB。
3．机械能守恒定律
(1)内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能和势能会发生相互转化，但机械能的总量保持不变。
(2)表达式：Ep1＋Ek1＝Ep2＋Ek2，即E1＝E2。
1．自主思考——判一判
(1)通过重力做功，可以实现动能与重力势能的相互转化。(√)
(2)物体的机械能一定是正值。(×)
(3)只有重力做功，物体的机械能一定守恒。(√)
(4)合力为零，物体的机械能一定守恒。(×)
(5)合力做功为零，物体的机械能一定守恒。(×)
2．合作探究——议一议
(1)飞流直下的瀑布，为什么落差越大，水流的速度越大？
提示：瀑布下落时，重力做正功，重力势能减小，而动能增加。落差越大，重力做的功越多，动能就越大，即速度越大。
(2)毛泽东的诗词中曾写到“一代天骄成吉思汗，只识弯弓射大雕”。试分析成吉思汗在弯弓射雕过程中，涉及机械能中哪些能量之间的转化。
提示：箭被射出过程中，弹性势能转化为箭的动能；箭上升过程中，动能向重力势能转化；下落过程中，重力势能又向动能转化。
(3)做匀速直线运动的物体机械能一定守恒吗？
提示：不一定。机械能是否守恒应根据守恒条件进行判断。当物体做匀速直线运动时，不一定只有重力或弹力做功，机械能不一定守恒。如物体在重力和拉力的作用下匀速向上运动，其机械能是增加的。
对机械能守恒条件的理解
1．从能量角度看，系统与外界没有能量转化，系统内部也只发生动能和势能的相互转化，无其他形式能量(如内能)的转化，则系统机械能守恒。
2．从做功角度看，只有重力或系统内弹簧弹力做功，则系统机械能守恒，具体表现为：
(1)只有重力做功，例如所有做抛体运动的物体(不计空气阻力)机械能守恒。
图4-5-2
(2)只有重力和系统内弹簧弹力做功，如图4-5-2所示，球与弹簧组成的系统机械能守恒，但对球来说，机械能不守恒。
(3)物体还受其他力，但其他力不做功或做功的代数和为零。
图4-5-3甲中，小球在摆动过程中线的拉力不做功，如不计空气阻力，只有重力做功，小球的机械能守恒。
图4-5-3
图4-5-3乙中，所有接触面光滑，A自顶端自由下滑的过程中，重力和A、B间的弹力都做功，但A、B间弹力做功的代数和为零，A、B组成的系统机械能守恒。但对B来说，A对B的弹力做正功，这个力对B来说是外力，B的机械能不守恒，对A来说，B对A的弹力做负功，A的机械能也不守恒。
[典例] (多选)如图4-5-4所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是( )
图4-5-4
A．甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，A机械能守恒
B．乙图中，A置于光滑水平面，物体B沿光滑斜面下滑，物体B机械能守恒
C．丙图中，不计任何阻力时A加速下落，B加速上升过程中，A、B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
[思路点拨] 解答本题应把握以下两点：
(1)理解机械能守恒的条件。
(2)灵活选择判断方法。
[解析] 甲图中重力和弹力做功，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，但物体A机械能不守恒，A错。乙图中物体B除受重力外，还受弹力，弹力对B做负功，机械能不守恒，但从能量特点看A、B组成的系统机械能守恒，B错。丙图中绳子张力对A做负功，对B做正功，代数和为零，A、B机械能守恒，C对。丁图中动能不变，势能不变，机械能守恒，D对。
[答案] CD
物体机械能守恒的判断方法
(1)做功条件分析法，分三种情况：
①物体只受重力(或系统内的弹力)作用；
②物体同时受重力和其他力，但其他力不做功；
③其他力对物体做功，但是做功的代数和为零。
(2)能量转化分析法：若物体只有动能、重力势能及弹性势能间相互转化，或系统内只有物体间的机械能相互转移，则机械能守恒。
(3)运动状态分析法：如物体沿水平方向匀速运动时，动能和势能之和不变则机械能守恒；物体沿竖直方向或沿斜面匀速运动时，动能不变，势能变化，机械能不守恒。
1．(多选)下列说法中正确的是( )
A．用绳子拉着物体匀速上升，只有重力和绳的拉力对物体做功，机械能守恒
B．做竖直上抛运动的物体，只有重力对它做功，机械能守恒
C．沿光滑斜面自由下滑的物体，只有重力对物体做功，机械能守恒
D．用水平拉力使物体沿光滑水平面做匀加速直线运动，机械能守恒
解析：选BC 机械能守恒的条件：只有系统内的重力或系统内的弹力做功，系统可以受外力作用，但外力不做功，对于弹力做功，一定要伴随着弹性势能和动能及重力势能之间的转化。有绳的拉力对物体做功，所以机械能不守恒，A错误。竖直上抛的物体，只受重力作用，机械能守恒，B正确。物体除受重力作用外还受斜面支持力作用，但支持力不做功，机械能守恒，C正确。物体受水平方向的拉力，机械能不守恒，D错误。
2. (多选)质量分别为m、2m的两球A、B由轻质细杆连接，杆可绕过O点的水平轴在竖直平面内自由转动，杆在从水平位置转到竖直位置的过程中( )
图4-5-5
A．B球势能减少，动能增加
B．A球势能增加，动能减少
C．A和B的总机械能守恒
D．A和B各自的机械能守恒
解析：选AC 整个过程，对于两球和轻杆组成的系统，只有重力做功，机械能守恒，C对，D错；杆在竖直位置时，两球的速度最大，故杆在从水平位置转到竖直位置的过程中A球的势能增加，动能增加，B球的势能减少，动能增加，A对，B错。
机械能守恒定律的应用
1．应用机械能守恒定律解题的常见表达式
表达式
物理意义
E1＝E2
表示系统前、后的机械能相等
ΔE＝E2－E1＝0
表示系统的机械能没有变化
ΔEk＝－ΔEp
表示系统增加的动能等于减少的势能
ΔEA＝－ΔEB
表示物体A的机械能增加量等于物体B的机械能减少量
2．应用机械能守恒定律解题的思路
[典例] 如图4-5-6所示，让摆球从图中A位置由静止开始下摆，正好摆到最低点B位置时线被拉断。设摆线长l＝1.6 m，O点离地面高H＝5.8 m，不计线断时的机械能损失，不计空气阻力，g取10 m/s2，求：
图4-5-6
(1)摆球刚到达B点时的速度大小；
(2)摆球落地时的速度大小。
[思路点拨]
(1)A→B过程小球受线的拉力和重力，但线的拉力对小球不做功。
(2)线断裂后，小球做平抛运动，只受重力作用。
[解析] (1)摆球由A到B的过程中只有重力做功，故机械能守恒。根据机械能守恒定律得
mg(1－sin 30°)l＝mvB2，则vB＝＝＝ m/s＝4 m/s。
(2)设摆球落地点为题图中的D点，则摆球由B到D过程中只有重力做功，机械能守恒。根据机械能守恒定律得
mvD2－mvB2＝mg(H－l)
则vD＝
＝ m/s＝10 m/s。
[答案] (1)4 m/s (2)10 m/s
机械能守恒定律表达式的选取技巧
1．取水平地面为重力势能的参考平面。一物块从地面以初速度v0竖直向上运动，不计空气阻力，当物块运动到某一高度时，它的重力势能和动能恰好相等，则在该高度时物块的速度大小为( )
A.v0 B.v0
C.v0 D.v0
解析：选C 设当物块运动到高度h时，它的重力势能和动能恰好相等，速率为v。物块上升的过程中，根据机械能守恒定律得：
mgh＋mv2＝mv02
又mgh＝mv2
联立解得：v＝v0，故选C。
2．如图4-5-7所示，用细圆管组成的光滑轨道AB部分平直，BC部分是处于竖直平面内半径为R的半圆，圆管截面半径r?R。有一质量为m，半径比r略小的光滑小球以水平初速度v0射入圆管。
图4-5-7
(1)若要小球能从C端出来，初速度v0需多大？
(2)在小球从C端出来的瞬间，管壁对小球的压力为mg，那么小球的初速度v0应为多少？
解析：(1)要使小球能运动到C处，且从C端出来，必须满足mv02≥mg·2R，即：
v0≥2。①
(2)以AB所在平面为零势面，则小球到达C处时的重力势能为2mgR，从B到C列机械能守恒方程：
mv02＝2mgR＋mvC2，②
小球在C处受重力mg和细管竖直方向的作用力N，根据牛顿第二定律，得：
mg＋N＝，③
由②③解得N＝－5mg，④
讨论④式，即得解：
a．当小球受到向下的压力时，
N＝mg，v0＝ 。
b．当小球受到向上的压力时，
FN＝－mg，v0＝ 。
答案：(1)v0≥2 (2) 或
多个物体组成系统的机械能守恒问题
[典例] 如图4-5-8所示，质量为m的木块放在光滑的水平桌面上，用轻绳绕过桌边的定滑轮与质量为M的砝码相连。已知M＝2m，让绳拉直后使砝码从静止开始下降h(此时竖直绳长小于桌高)的距离，木块仍在桌面上，则此时砝码的速度为多大？
图4-5-8
[思路点拨] 对木块和砝码组成的系统，因只有砝码重力做功，系统的机械能守恒。
[解析] 方法一：利用E2＝E1求解
设砝码开始离桌面的距离为x，取桌面所在的水平面为参考平面，则系统的初态机械能E1＝－Mgx，
系统的末态机械能E2＝－Mg(x＋h)＋(M＋m)v2，
由E2＝E1，得－Mg(x＋h)＋(M＋m)v2＝－Mgx，
又M＝2m，
联立以上两式得v＝。
方法二：利用ΔEk增＝ΔEp减求解
在砝码下降h的过程中，系统增加的动能ΔEk增＝(M＋m)v2，
系统减少的重力势能ΔEp减＝Mgh，
由ΔEk增＝ΔEp减，得(M＋m)v2＝Mgh，
得v＝ ＝。
方法三：利用ΔEm增＝ΔEM减求解
在砝码下降的过程中，木块增加的机械能ΔEm增＝mv2，
砝码减少的机械能ΔEM减＝Mgh－Mv2，
由ΔEm增＝ΔEM减，得mv2＝Mgh－Mv2，
得v＝。
方法四：利用动能定理求解
设拉力对木块所做的功为W，则拉力对砝码所做的功为－W，对木块由动能定理得W＝mv2，
对砝码由动能定理得Mgh－W＝Mv2，
联立以上两式得v＝。
[答案]
动能定理与机械能守恒定律的选用思路
(1)从研究对象看，动能定理主要用于单个质点，而机械能守恒定律运用于系统。
(2)从做功角度看，除重力和系统内的弹力做功外，有其他力参与做功选用动能定理。没有其他力参与做功对系统可以选用机械能守恒定律，也可以选用动能定理。
(3)机械能守恒定律主要在于判断是否守恒以及选择恰当的守恒方程，动能定理主要则是选择正确的过程并求出该过程的总功。
1.如图4-5-9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( )
图4-5-9
A．2R B.
C. D.
解析：选C 设A、B的质量分别为2m、m，当A落到地面，B恰运动到与圆柱轴心等高处，以A、B整体为研究对象，机械能守恒，故有2mgR－mgR＝(2m＋m)v2，
当A落地后，B球以速度v竖直上抛，到达最高点时又上升的高度为h′＝，故B上升的总高度为R＋h′＝R，选项C正确。
2.如图4-5-10所示，在长为L的轻杆中点A和端点B各固定一质量为m的球，杆可绕无摩擦的轴O转动，使杆从水平位置无初速度释放。求当杆转到竖直位置时，轻杆对A、B两球分别做了多少功？
图4-5-10
解析：设当杆转到竖直位置时，A球和B球的速度分别为vA和vB。如果把轻杆、两球组成的系统作为研究对象，因为机械能没有转化为其它形式的能，故系统机械能守恒，可得：
mgL＋mgL＝mvA2＋mvB2
因A球与B球在各个时刻对应的角速度相同，
故vB＝2vA
由以上二式得：
vA＝ ，vB＝ 。
根据动能定理，可解出杆对A、B做的功。
对A有：WA＋mg＝mvA2－0，
所以WA＝－0.2mgL。
对B有：WB＋mgL＝mvB2－0，所以WB＝0.2 mgL。
答案：－0.2 mgL 0.2 mgL
1．关于机械能守恒，以下说法中正确的是( )
A．机械能守恒的物体一定只受重力和弹力的作用
B．物体处于平衡状态时，机械能一定守恒
C．物体所受合外力不等于零时，机械能可能守恒
D．合外力做功时，物体的机械能一定不守恒
解析：选C 物体机械能守恒时还有可能受其他力的作用，但是其他力做功为零，故A错误。物体处于平衡状态时，机械能不一定守恒，例如物体匀速上升，动能不变，重力势能增大，B错误。物体所受合外力不等于零时，机械能可能守恒，例如自由下落的物体，C正确。自由落体运动中，合外力做正功，机械能守恒，D错。
2．(多选)下列几种情况，系统的机械能守恒的是( )
图1
A．图甲中，一颗弹丸在光滑的碗内做复杂的曲线运动
B．图乙中，运动员在蹦床上越跳越高
C．图丙中，小车上放一木块，小车的左侧有弹簧与墙壁相连，小车在左右振动时，木块相对于小车无滑动(车轮与地面摩擦不计)
D．图丙中，如果小车振动时，木块相对小车有滑动
解析：选AC 图甲中，弹丸在碗内运动时，只有重力做功，系统机械能守恒，A正确。图乙中，运动员越跳越高，表明她不断做功，系统机械能不守恒，B错误。图丙中，若小车和木块间是静摩擦力，二者相对于地面的位移总是相同，小车和木块间的静摩擦力做功总是一正一负，数值相等，总功为零，系统中只有弹簧的弹力做功，系统机械能守恒；若木块相对小车滑动，滑动摩擦力做功，有内(热)能产生，系统机械能不守恒，C正确，D错误。
3.如图2所示，距离地面h高处以初速度v0沿水平方向抛出一个物体，不计空气阻力，物体在下落过程中，下列说法正确的是( )
图2
A．物体在c点比在a点具有的重力势能大
B．物体在c点比在a点具有的动能大
C．物体在a点比在b点具有的动能大
D．物体在a、b、c三点具有的动能一样大
解析：选B 物体在下落过程中，重力势能减小，动能增大，所以物体在a点的重力势能大于在c点的重力势能，在b、c点的动能大于在a点的动能，B正确。
4.如图3所示，一固定在地面上的光滑斜面的顶端固定有一轻弹簧，地面上质量为m的物块(可视为质点)向右滑行并冲上斜面。设物块在斜面最低点A的速率为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则物块运动到C点时弹簧的弹性势能为( )
图3
A．mgh B．mgh＋mv2
C．mgh－mv2 D.mv2－mgh
解析：选D 由机械能守恒定律可得物块的动能转化为重力势能和弹簧的弹性势能，有mv2＝mgh＋Ep，故Ep＝mv2－mgh，故选D。
5.如图4所示，一个小球套在竖直放置的光滑圆环上，小球从最高点向下滑动过程中，其线速度大小的平方v2随下落高度h的变化图像可能是( )
图4
解析：选A 小球在下落的过程中，只有重力做功，机械能守恒，有：
mv2＝mv02＋mgh
则v2＝v02＋2gh
若v0＝0，则v2与h成正比关系，若v0≠0，则v2与h成一次函数关系，故A正确，B、C、D错误。
6.两个质量不同的物块A和B分别从高度相同的、固定的、光滑的斜面和弧形曲面的顶点滑向底部，如图5所示，它们的初速度为零，下列说法中正确的是( )
图5
A．下滑过程中重力所做的功相等
B．它们到达底部时速率相等
C．它们到达底部时动能相等
D．物块A在最高点时的机械能大于它到达最低点时的机械能
解析：选B 由重力做功W＝mgh知，由于h相等而m不同，则重力做功不同，故A错误；物块下滑过程中，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh＝mv2＝Ek，物块到达底部时的速率v＝，h相同，故速率大小相等，但由于质量不等，故下滑到底部时的动能不相等，故B正确，C错误；由于只有重力做功，所以物体的机械能守恒，则物块A在最高点时的机械能和它到达最低点的机械能相等，故D错误。
7.一根全长为l、粗细均匀的铁链，对称地挂在轻小光滑的定滑轮上，如图6所示，当受到轻微的扰动，铁链开始滑动，当铁链脱离滑轮瞬间，铁链速度大小为( )
图6
A. B.
C. D.
解析：选A 设铁链脱离滑轮瞬间链条的速度为v，则下落过程只有重力做功，机械能守恒。以铁链脱离瞬间在竖直方向时铁链的重心为参考面，则有×2＝mv2，
解得v＝，选项A正确。
8.有一竖直放置的“T”形架，表面光滑，滑块A、B分别套在水平杆与竖直杆上，A、B用一不可伸长的轻细绳相连，A、B质量相等，且可看做质点，如图7所示，开始时细绳水平伸直，A、B静止。由静止释放B后，已知当细绳与竖直方向的夹角为60°时，滑块B沿着竖直杆下滑的速度为v，则连接A、B的绳长为( )
图7
A. B.
C. D.
解析：选D 由运动的合成与分解可知滑块A和B在绳长方向的速度大小相等，有vAsin 60°＝vBcos 60°，解得vA＝v，将滑块A、B看成一系统，系统的机械能守恒，设滑块B下滑的高度为h，有mgh＝mvA2＋mvB2，解得h＝，由几何关系可知绳子的长度为L＝2h＝，故选项D正确。
9．(多选)如图8为两个半径不同而内壁光滑的固定半圆轨道，质量相等的两个小球分别从与球心在同一水平高度的A、B两点由静止开始自由滑下，它们通过轨道最低点时，下列说法正确的是( )
图8
A．向心加速度相同 B．对轨道的压力相等
C．机械能相等 D．速度相同
解析：选ABC 设小球的质量为m，通过最低点时的速度大小为v，碗的半径为R，则根据机械能守恒定律mgR＝mv2，得v＝，由于两碗的半径不同，两球过最低点时的速度不同，D错。a＝＝2g，两球过最低点时的加速度相等，A对。由牛顿第二定律知N－mg＝m，N＝mg＋m＝3mg，两球过最低点时对碗的压力大小相等，B对。两球的机械能都守恒，均等于它们在最高点的机械能，若取最高点所在水平面为参考平面，则两球的机械能都等于零，C对。
10.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，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( )
图9
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
解析：选B 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。
11.如图10所示，用长为L的细线，一端系于悬点A，另一端拴住一质量为m的小球，先将小球拉至水平位置并使细线绷直，在悬点A的正下方O点钉有一小钉子，今将小球由静止释放，要使小球能在竖直平面内做完整圆周运动，OA的最小距离是多少？
图10
解析：设小球做完整圆周运动时其轨道半径为R，小球刚好过最高点的条件为mg＝
解得v0＝
小球由静止释放到运动至圆周的最高点过程中，只有重力做功，因而机械能守恒，取初位置所在平面为参考平面，如题图所示，由机械能守恒定律得0＝mv02－mg(L－2R)
解得R＝L
所以OA的最小距离为L－R＝L。
答案：L
12．如图11所示，滑块和小球的质量均为m，滑块可在水平光滑固定导轨上自由滑动，小球用长为l的轻绳悬于滑块上的O点。开始时轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止。现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好被一表面涂有黏性物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度由减为零。小球继续向左摆动。求：
图11
(1)小球到达最低点时速度的大小；
(2)小球继续向左摆动到达最高点时轻绳与竖直方向的夹角θ；
(3)小球从释放到第一次到达最低点的过程中，绳的拉力对小球所做的功。
解析：(1)小球下摆的过程中，小球和滑块组成的系统，机械能守恒，根据机械能守恒定律得：
mgl＝mvA2＋mvB2，
其中：vA＝
解得：vB＝。
(2)小球继续向左摆动到达最高点的过程中，B球机械能守恒，根据机械能守恒定律得：
－mgl(1－cos θ)＝0－mvB2
解得：θ＝60°。
(3)小球从释放到第一次到达最低点的过程中，根据动能定理得：
mgl＋W＝mvB2－0
解得：W＝－mgl。
答案：(1) (2)60° (3)－mgl
第6节能源的开发与利用
1．功是能量转化的量度，不同形式的能量之间的转化是通过做功来实现的。
2．自然界中的能量在转移和转化过程中总量是不变的。
3．能源是指能够提供某种形式能量的物质资源。能源与人类生活密切相关，节约能源，恰当地利用能源，以及开发新能源是人类解决能源问题的基本途径。
一、能量守恒定律
1．内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到另一个物体，在转化或转移的过程中，其总量保持不变。
2．意义：能量守恒定律的建立，是人类认识自然的一次重大飞跃。它是自然界中最重要、最普遍的规律之一。
二、能源的利用
1．能源：能够提供某种形式能量的物质资源。
2．能源的利用
(1)人类对能源的利用大致经历了三个时期，即柴草时期、煤炭时期、石油时期。
(2)能源利用方式的改进极大地提高了劳动生产率，给人类的生活带来了极大的改善，煤炭的利用和蒸汽机的诞生引起了产业革命。
3．能源的分类
(1)非再生能源：如煤、石油、天然气等常规能源。
(2)可再生能源：如风能、水能等。
4．常规能源产生的危害
(1)煤炭燃烧产生烟尘，且煤烟中含有二氧化碳、二氧化硫、氮氧化合物等，污染大气，造成酸雨和温室效应，导致两极冰雪融化，海平面上升。
(2)煤烟中的致癌物质危害身体。
(3)煤炭的开采和生产过程破坏土壤植被，产生的废水污染水源及农田。
(4)石油的开采、炼制、处理过程及其使用都对环境产生污染。
三、新能源的开发
1．非再生能源对人类的要求
(1)节约能源。
(2)开发和利用新能源。
2．新能源
(1)种类：风能、海洋能、太阳能、地热能、氢能、生物质能及核聚变能等。
(2)特点：多为可再生能源，且污染较小。
1．自主思考——判一判
(1)机械能守恒定律是能量守恒定律的一种特殊表现形式。(√)
(2)人们开发和利用能源的过程中，能量在数量上逐渐减少。(×)
(3)能量在开发和利用过程中发生转移或转化，但能的总量是不变的。(√)
(4)世上总能量虽然不变，但我们仍需要有节能意识。(√)
(5)煤自古至今都是人类的主要能源。(×)
(6)化石燃料的利用给人们的生活带来了便利，但同时引起了环境问题。(√)
2．合作探究——议一议
(1)一个叫丹尼斯·李(Dennis Lee)的美国人在《美国今日》《新闻周刊》等全国性报刊上刊登大幅广告，在全美各地表演，展示其号称无需任何能源的发电机。
你认为这种发电机能造出来吗？并说明原因。
图4-6-1
提示：不能。丹尼斯·李发明的发电机不消耗其他能量而源源不断地产生电能，违背了能量守恒，因此这种发电机不能制造出来。
(2)如图4-6-2所示是我国能源结构的统计图。
图4-6-2
请根据此图数据完成下面两个问题：
(1)总结出我国能源结构或能源现状的规律。
(2)试着提出解决这种现状的合理化建议。
提示：(1)能源结构主要以煤为主；能源消耗中不可再生能源占据的比例过大，结构不合理；能源消耗中可再生能源的比例过小。
(2)建议：节能降耗；开发新能源；开发可再生能源(如太阳能、风能等)。
能量守恒定律的理解和应用
1．适用范围：能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中普遍适用的一条规律。
2．表达式
(1)E初＝E末，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和。
(2)ΔE增＝ΔE减，能量的增加量等于能量的减少量。
3．运用能量守恒定律解题的基本思路
[典例] 如图4-6-3所示，一个粗细均匀的U形管内装有同种液体，液体质量为m。在管口右端用盖板A密闭，两边液面高度差为h，U形管内液体的总长度为4h，拿去盖板，液体开始运动，由于管壁的阻力作用，最终管内液体停止运动，则该过程中产生的内能为( )
图4-6-3
A.mgh B.mgh
C.mgh D.mgh
[思路点拨] 通过题图可知，拿去盖板后，最后两端液面相平。U形管中的右侧h高度的液体重心降低。
[解析] 去掉右侧盖板之后，液体向左侧流动，最终两侧液面相平，液体的重力势能减少，减少的重力势能转化为内能。如图所示，最终状态可等效为右侧h的液柱移到左侧管中，即增加的内能等于该液柱减少的重力势能，则Q＝mg·h＝mgh，故A正确。
[答案] A
(1)能量既可通过做功的方式实现不同形式的能量之间的转化，也可在同一物体的不同部分或不同物体间进行转移。
(2)能量在转化与转移过程中，能量的总量保持不变。利用能量守恒定律解题的关键是正确分析有多少种能量变化，分析时避免出现遗漏。
1．(多选)下列关于能量守恒定律的认识正确的是( )
A．某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加
B．某个物体的能量减少，必然有其他物体的能量增加
C．不需要任何外界的动力而持续对外做功的机械——永动机不可能制成
D．石子从空中落下，最后静止在地面上，说明机械能消失了
解析：选ABC 根据能量守恒定律可知，能量既不会消灭，也不会创生。能量只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到其他物体，A、B对，D错；永动机违背了能量守恒定律，故它不可能制造出来，C对。
2．某地平均风速为5 m/s，已知空气密度是1.2 kg/m3，有一风车，它的风叶转动时可形成半径为12 m的圆面。如果这个风车能将圆面内10%的气流动能转变为电能，则该风车带动的发电机功率是多大？
解析：在t时间内作用于风车的气流质量m＝πr2vtρ
这些气流的动能为mv2，
转变成的电能E＝mv2×10%
所以风车带动发电机的功率为P＝＝πr2ρv3×10%
代入数据得P＝3.4 kW。
答案：3.4 kW
摩擦力做功的特点与能量的关系
静摩擦力
滑动摩擦力
物理
情景
光滑平面上，木板、物块在外力作用下一起匀加速
光滑平面上，木板、物块均向前滑动，物块速度大于木板速度
不
同
点
功
Wf1＝－fs，Wf2＝fs
Wf1＝－fs1，Wf2＝fs2
图析功能关系
一对摩擦力的总功
一对静摩擦力所做功的代数和总等于零
一对滑动摩擦力所做功的代数和不为零，总功W＝－f·x相对，即摩擦时产生的内能
能量的变化
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
相同点
功的正负
两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功
[典例] 如图4-6-4所示，在光滑的水平面上，有一质量为M的长木块以一定的初速度向右匀速运动，将质量为m的小铁块无初速度地轻放到长木块右端，小铁块与长木块间的动摩擦因数为μ，当小铁块在长木块上相对长木块滑动L时与长木块保持相对静止，此时长木块对地的位移为l，求这个过程中：
图4-6-4
(1)系统产生的热量；
(2)小铁块增加的动能；
(3)长木块减少的动能；
(4)系统机械能的减少量。
[思路点拨]
(1)运动过程中m受向右的滑动摩擦力，M受向左的滑动摩擦力，大小都为μmg。
(2)用能量守恒定律和动能定理分析解答问题。
[解析] 画出这一过程两物体位移示意图，如图所示。
(1)m、M间相对滑动的位移为L，根据能量守恒定律，有Q＝μmgL，即摩擦力对系统做的总功等于系统产生的热量。
(2)根据动能定理有μmg(l－L)＝mv2－0，其中(l－L)为小铁块相对地面的位移，从上式可看出ΔEkm＝μmg(l－L)，说明摩擦力对小铁块做的正功等于小铁块动能的增加量。
(3)摩擦力对长木块做负功，根据功能关系，得ΔEkM＝－μmgl，即长木块减少的动能等于长木块克服摩擦力做的功μmgl。
(4)系统机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功ΔE＝μmgL。
[答案] (1)μmgL (2)μmg(l－L) (3)μmgl (4)μmgL
(1)从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的功等于系统内能的增加量；从能量的角度看，其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量。
(2)画出运动示意图，找出各自的位移和相对位移是求解该类问题的关键。
1. (多选)如图4-6-5所示，质量为M、长度为l的小车静止在光滑的水平面上。质量为m的小物块放在小车的最左端。现有一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为f。经过时间t，小车运动的位移为s，物块刚好滑到小车的最右端( )
图4-6-5
A．此时物块的动能为(F－f)(s＋l)
B．这一过程中，物块对小车所做的功为f(s＋l)
C．这一过程中，物块和小车增加的机械能为Fs
D．这一过程中，物块和小车产生的内能为fl
解析：选AD 根据动能定理得，(F－f)(s＋l)＝mv2－0，则物块的动能为Ek＝(F－f)(s＋l)，故A正确；这一过程中，物块对小车有压力和摩擦力，压力不做功，摩擦力所做的功为fs，故物块对小车所做的功为fs，故B错误；由功能关系得知，物块和小车增加的机械能为F(s＋l)－fl，故C错误；系统产生的内能等于系统克服滑动摩擦力做功fl，故D正确。
2.如图4-6-6所示，传送带保持v＝4 m/s的速度水平匀速运动，将质量为1 kg的物块无初速地放在A端，若物块与皮带间动摩擦因数为0.2，A、B两端相距6 m，则物块从A到B的过程中，皮带摩擦力对物块所做的功为多少？产生的摩擦热又是多少？(g取10 m/s2)
图4-6-6
解析：木块与皮带间的摩擦力f＝μN＝μmg＝0.2×1×10 N＝2 N。
由牛顿第二定律得木块加速度
a＝＝ m/s2＝2 m/s2。
木块速度达到4 m/s时需发生位移
x＝＝ m＝4 m<6 m，
即木块在到达B端之前就已达到最大速度4 m/s，后与传送带一起匀速运动，不再发生滑动。
皮带摩擦力对物块所做的功等于物块动能的增加量，即
W＝ΔEk＝mv2＝×1×42 J＝8 J。
木块滑动过程中与传送带的相对位移
x相对＝v－x＝m＝4 m。
所以产生的摩擦热为
Q＝μmgx相对＝0.2×1×10×4 J＝8 J。
答案：8 J 8 J
功能关系的理解和应用
1．功能关系概述
(1)不同形式的能量之间的转化是通过做功实现的，做功的过程就是能量之间转化的过程。
(2)功是能量转化的量度。做了多少功，就有多少能量发生转化。
2．几种常见的功能关系
功
能的变化
表达式
重力
做功
正功
重力势能减少
重力势
能变化
WG＝－ΔEp
负功
重力势能增加
弹力
做功
正功
弹性势能减少
弹性势
能变化
W弹＝－ΔEp
负功
弹性势能增加
合力
做功
正功
动能增加
动能变化
W合＝ΔEk
负功
动能减少
除重力(或系统内弹力)外
其他力做功
正功
机械能增加
机械能
变化
W其他＝ΔE
负功
机械能减少
[典例] 如图4-6-7所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m(包括雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为g。在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是( )
图4-6-7
A．运动员减少的重力势能全部转化为动能
B．运动员获得的动能为mgh
C．运动员克服摩擦力做功为mgh
D．下滑过程中系统减少的机械能为mgh
[思路点拨] 解答本题时应注意以下两点：
(1)根据运动员的加速度确定其摩擦力的大小和方向。
(2)明确动能和机械能的变化对应什么力做功。
[解析] 运动员的加速度为g，小于gsin 30°，所以必受摩擦力的作用，且大小为mg，克服摩擦力做功为mg·＝mgh，故C错；摩擦力做功，机械能不守恒，减少的势能没有全部转化为动能，而是有mgh转化为内能，故A错，D正确；由动能定理知，运动员获得的动能为mg·＝mgh，故B错。
[答案] D
力做功都对应一定的能量转化，搞清能量转化与对应的力做功的关系，是解决此类问题的关键。
1. (多选)如图4-6-8所示，质量为m的物体放在升降机的底板上。若升降机从静止开始以a＝的加速度竖直向下运动一段位移h。下列说法正确的是( )
图4-6-8
A．物体所受的支持力为
B．物体动能的增加量为mgh
C．物体重力势能的减小量为mgh
D．物体机械能的减少量为
解析：选CD 根据牛顿第二定律得：mg－N＝ma，得物体所受的支持力为N＝mg－ma＝，故A错误；合力做功为W合＝mah＝mgh，根据动能定理得，物体动能的增加量为ΔEk＝W合＝mgh，故B错误；重力做功为mgh，则物体重力势能的减小量为mgh，故C正确；根据功能关系得知，物体机械能的减少量等于物体克服支持力做功，即为mgh，故D正确。
2．一质量m＝0.6 kg的物体以v0＝20 m/s的初速度从倾角为30°的斜坡底端沿斜坡向上运动。当物体向上滑到某一位置时，其动能减少了ΔEk＝18 J，机械能减少了ΔE＝3 J，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)物体向上运动时加速度的大小；
(2)物体返回斜坡底端时的动能。
解析：(1)设物体在运动过程中所受的摩擦力大小为f，向上运动的加速度大小为a，
由牛顿第二定律有a＝①
设物体动能减少ΔEk时，在斜坡上运动的距离为s，由功能关系得
ΔEk＝(mgsin α＋f)s②
ΔE＝fs③
联立①②③式并代入数据可得
a＝6 m/s2④
(2)设物体沿斜坡向上运动的最大距离为sm，由运动学规律可得
sm＝⑤
设物体返回底端时的动能为Ek，由动能定理有
Ek＝(mgsin α－f)sm⑥
联立①④⑤⑥式并代入数据可得
Ek＝80 J⑦
答案：(1)6 m/s2 (2)80 J
1．有人设想在夏天用电冰箱来降低房间的温度。他的办法是：关好房间的门窗然后打开冰箱的所有门让冰箱运转，且不考虑房间内外热量的传递，则开机后，室内的温度将( )
A．逐渐有所升高
B．保持不变
C．开机时降低，停机时又升高
D．开机时升高，停机时降低
解析：选A 冰箱工作，会产生热量，即消耗电能，产生了内能，且房间与外界没有能量交换，所以房内温度会升高，A正确。
2．力对物体做功100 J，下列说法正确的是( )
A．物体具有的能量增加100 J
B．物体具有的能量减少100 J
C．有100 J的能量发生了转化
D．产生了100 J的能量
解析：选C 力对物体做功100 J, 就有100 J的能量发生了转化，但是物体具有的能量不一定增加也不一定减少，比如只有重力做功的情况物体具有的机械能不变，故A、B、D错误，C正确。
3．关于能源的开发和节约，你认为以下观点错误的是( )
A．能源是有限的，无节制地利用常规能源，如石油之类，是一种盲目的短期行为
B．根据能量守恒定律，担心能源枯竭实在是一种杞人忧天的表现
C．能源的开发利用，必须要同时考虑对环境的影响
D．和平利用核能是目前开发新能源的一项有效途径
解析：选B 虽然能量守恒，但由于常规能源不可再生，可利用能源仍存在减少问题，故要节约能源和开发新能源。故选B。
4．不同的物理现象往往反映出相同的物理规律。如图1所示的现象中在能量转化方面的共同点是( )
图1
A．物体的机械能转化为其他形式的能量
B．物体的动能全部转化为重力势能
C．其他形式的能量转化为物体的机械能
D．物体的重力势能转化为其他形式的能量
解析：选A 题图中几种现象的共同特点是物体的机械能转化为其他形式的能量，选项A正确。
5．(多选)某人将重物由静止开始举高h，并使物体获得速度v，则下列说法中正确的是( )
A．物体所受合外力对它做的功等于物体动能的增加
B．此人对物体做的功等于物体动能和重力势能的增加量
C．物体所受合外力做的功等于物体动能和重力势能的增加量
D．克服重力做的功等于物体重力势能的增加量
解析：选ABD 由动能定理知，合外力做的功等于物体动能的改变量，故A正确，C错误；人给物体的力对物体做的功等于物体机械能的改变量，B正确；重力做负功，克服重力做的功等于物体重力势能的增加量，D正确。
6. (多选)质量为m1、m2的两物体，静止在光滑的水平面上，质量为m的人站在m1上用恒力F拉绳子，经过一段时间后，两物体的速度大小分别为v1和v2，位移分别为s1和s2，如图2所示。则这段时间内此人所做的功的大小等于( )
图2
A．Fs2 B．F(s1＋s2)
C.m2v22＋(m＋m1)v12 D.m2v22
解析：选BC 根据功能转化关系知道：人做的功都转化成了系统的能量，即m1、m2和人的动能，所以C正确；或者利用动能定理得绳子上的拉力对m1、m2做功的和为他们动能的增量。根据恒力做功的计算方法绳子上的力也为F，由恒力做功公式W＝Fs得：W＝F(s1＋s2)，所以B正确。
7．两块完全相同的木块A、B，其中A固定在水平桌面上，B放在光滑水平桌面上。两颗同样的子弹以相同的水平速度射入两木块，穿透后子弹的速度分别为vA、vB，在子弹穿透木块过程中因克服摩擦力产生的内能分别为QA、QB，设木块对子弹的摩擦力大小一定，则( )
A．vA＞vB，QA＞QB B．vA＜vB，QA＝QB
C．vA＝vB，QA＜QB D．vA＞vB，QA＝QB
解析：选D 设子弹的初速度为v0，质量为m，木块的厚度为d，穿透过程中子弹所受阻力大小为?，未固定的木块前进了x，根据动能定理：?d＝mv02－mvA2，?(d＋x)＝mv02－mvB2，比较以上两式得vA＞vB，两种情况下产生的热量相等，QA＝QB＝?d，故D正确。
8. (多选)如图3所示，在粗糙的桌面上有一个质量为M的物块，通过轻绳跨过定滑轮与质量为m的小球相连，不计轻绳与滑轮间的摩擦，在小球下落的过程中，下列说法正确的是( )
图3
A．小球的机械能守恒
B．物块与小球组成的系统机械能守恒
C．若小球匀速下降，小球减少的重力势能等于物块M与桌面间摩擦产生的热量
D．若小球加速下降，小球减少的机械能大于物块M与桌面间摩擦产生的热量
解析：选CD 由于绳子对小球做负功，因此小球的机械能减小，A错误；由于桌面粗糙，摩擦力对M做负功，因此物块与小球组成的系统机械能减小，B错误；若小球匀速下降，根据能量守恒，小球减小的重力势能没有转化为动能，而是完全转化为M与桌面摩擦生成的热量，C正确；而若小球加速下降，则小球减小的机械能一部分摩擦生热，另一部分转化为物块与小球组成系统的动能，因此D正确。
9．如图4所示，甲、乙两车用轻弹簧相连静止在光滑的水平面上，现在同时对甲、乙两车施加等大反向的水平恒力F1、F2，使甲、乙同时由静止开始运动，在整个过程中，对甲、乙两车及弹簧组成的系统(假定整个过程中弹簧均在弹性限度内)，下列说法正确的是( )
图4
A．系统受到外力作用，动能不断增大
B．弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大
C．恒力对系统一直做正功，系统的机械能不断增大
D．两车的速度每次减小到零时，弹簧的弹力大小都大于外力F1、F2的大小
解析：选B 对甲、乙单独受力分析，两车都先加速后减速，故系统动能先增大后减小，A错误。弹簧最长时，外力对系统做正功最多，系统的机械能最大，B正确。弹簧达到最长后，甲、乙两车开始反向加速运动，F1、F2对系统做负功，系统机械能开始减小，C错误。当两车第一次速度减小到零时，弹簧弹力大小大于F1、F2的大小，当返回速度减小为零时，弹簧的弹力为零，小于外力F1、F2的大小，D错误。
10.如图5所示，质量为m的物块从A点由静止开始下落，加速度是，下落H到B点后与一轻弹簧接触，又下落h后到达最低点C，在由A运动到C的过程中，空气阻力恒定，则( )
图5
A．物块机械能守恒
B．物块和弹簧组成的系统机械能守恒
C．物块机械能减少mg(H＋h)
D．物块和弹簧组成的系统机械能减少mg(H＋h)
解析：选D 对于物块来说，从A到C要克服空气阻力做功，从B到C又将一部分机械能转化为弹簧的弹性势能，因此机械能肯定减少，故A错误；对于物块和弹簧组成的系统来说，减少的机械能为克服空气阻力所做的功，故B错误；由A运动到C的过程中，物块的动能变化为零，重力势能减小量等于机械能的减小量，所以物块机械能减少mg(H＋h)，故C错误；物块从A点由静止开始下落，加速度是g，根据牛顿第二定律得：f＝mg－ma＝mg，所以空气阻力所做的功－mg(H＋h)，整个系统机械能减少量即为克服空气阻力所做的功，所以物块、弹簧和地球组成的系统机械能减少mg(H＋h)，故D正确。
11.某海湾共占面积1.0×107 m2，涨潮时平均水深20 m，此时关上水坝闸门，可使水位保持20 m不变，退潮时，坝外水位降至18 m(如图6)。利用此水坝建立一座水力发电站，重力势能转化为电能的效率为10%，每天有两次涨潮，该电站每天能发出多少电能？(g＝10 m/s2，不计发电机的能量损失)
图6
解析：退潮时，由坝内流向坝外的水的质量
m＝ρV＝ρSh＝1.0×103×1.0×107×(20－18)kg＝2×1010 kg
该过程中重力势能的减少量
ΔEp减＝mg
两次涨潮、退潮共减少
ΔEp＝2mg＝mgh
故每天发出的电能
E电＝ΔEp·10%＝2×1010×10×2×10% J＝4×1010 J。
答案：4×1010 J
12.严重的雾霾天气，对国计民生已造成了严重的影响。汽车尾气是形成雾霾的重要污染源，“铁腕治污”已成为国家的工作重点。地铁列车可实现零排放，大力发展地铁，可以大大减少燃油公交车的使用，减少汽车尾气排放。
图7
若一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动，先匀加速运动20s达最高速度72km/h，再匀速运动80 s，接着匀减速运动15 s到达乙站停住。设列车在匀加速运动阶段牵引力为1×106 N，匀速运动阶段牵引力的功率为6×103 kW，忽略匀减速运动阶段牵引力所做的功。
(1)求甲站到乙站的距离；
(2)如果燃油公交车运行中做的功与该列车从甲站到乙站牵引力做的功相同，求公交车排放气态污染物的质量。(燃油公交车每做1焦耳功排放气态污染物3×10－6克)
解析：(1)设列车匀加速直线运动阶段所用的时间为t1，距离为s1；在匀速直线运动阶段所用的时间为t2，距离为s2，速度为v；在匀减速直线运动阶段所用的时间为t3，距离为s3；甲站到乙站的距离为s。则
s1＝v t1①
s2＝v t2②
s3＝v t3③
s＝s1＋s2＋s3④
联立①②③④式并代入数据得
s＝1 950 m。⑤
(2)设列车在匀加速直线运动阶段的牵引力为F，所做的功为W1；在匀速直线运动阶段的牵引力的功率为P，所做的功为W2。设燃油公交车与该列车从甲站到乙站做相同的功W，将排放气态污染物的质量为M。则
W1＝Fs1⑥
W2＝Pt2⑦
W＝W1＋W2⑧
M＝(3×10－9kg·J－1)·W⑨
联立①⑥⑦⑧⑨式并代入数据得
M＝2.04 kg。⑩
答案：见解析
动能定理和机械能守恒的综合应用
1．如图1所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2 mg，重力加速度大小为g。质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为( )
图1
A.mgR B.mgR
C.mgR D.mgR
解析：选C 在Q点，N－mg＝，所以v＝；由P到Q根据动能定理得mgR－Wf＝mv2，
解得Wf＝mgR，故C正确。
2．(多选)如图2所示，半径为R的光滑圆弧槽固定在小车上，有一小球静止在圆弧槽的最低点。小车和小球一起以速度v向右匀速运动。当小车遇到障碍物突然停止后，小球上升的高度可能是( )
图2
A．等于 B．大于
C．小于 D．与小车的速度v有关
解析：选ACD 小球冲上圆弧槽，则有两种可能，一是速度较小，滑到某处小球速度为0，根据动能定理有mv2＝mgh，解得h＝；另一可能是速度较大，小球滑出弧面做斜抛运动，到最高点还有水平速度，则此时小球所能达到的最大高度要小于。故A、C、D正确，B错误。
3.如图3所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，弹簧处于原长时，圆环高度为h。让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零。则在圆环下滑到底端的过程中(杆与水平方向夹角为30°)( )
图3
A．圆环机械能守恒
B．弹簧的弹性势能先减小后增大
C．弹簧的弹性势能变化了mgh
D．弹簧与光滑杆垂直时圆环动能最大
解析：选C 圆环与弹簧构成的系统机械能守恒，圆环机械能不守恒，A错误；弹簧形变量先增大后减小然后再增大，所以弹性势能先增大后减小再增大，B错误；由于圆环与弹簧构成的系统机械能守恒，圆环的机械能减少了mgh，所以弹簧的弹性势能增加mgh，C正确；弹簧与光滑杆垂直时，圆环所受合力沿杆向下，圆环具有与速度同向的加速度，所以做加速运动，D错误。
4.质量均为m、半径均为R的两个完全相同的小球A、B，在水平轨道上以某一初速度向右冲上倾角为θ的倾斜轨道，两小球运动过程中始终接触。若两轨道通过一小段圆弧平滑连接，不计摩擦阻力及弯道处的能量损失，则两小球运动到最高点的过程中，A球对B球所做的功( )
图4
A．0 B．mgRsin θ
C．2mgRsin θ D．2mgR
解析：选B 设A球的重心在斜面上上升的高度为h。两球的初速度大小为v。对AB整体，根据机械能守恒定律得
·2mv2＝mgh＋mg(h＋2Rsin θ)
再对B，由动能定理得
W－mg(h＋2Rsin θ)＝0－mv2
联立解得A球对B球所做的功W＝mgRsin θ，
故选B。
5.如图5所示，一辆汽车通过图中的细绳拉起井中质量为m的重物。开始时汽车在A点，绳子已拉紧且竖直，左侧绳长为H。汽车加速向左运动，沿水平方向从A经过B驶向C，且A、B间的距离也为H，汽车过B点时的速度为v0。求汽车由A移动到B的过程中，绳的拉力对重物做的功。设绳和滑轮的质量及摩擦力不计，滑轮、汽车的大小都不计。
图5
解析：将汽车到达B点时的速度v0分解如图所示，汽车到达B点时重物的速度与同一时刻沿绳方向的速度分量v1相等，即重物速度v1＝v0 cos θ
重物上升的高度h＝－H，设拉力对重物做的功为WF，
由动能定理得WF－mgh＝mv12
拉力对重物做的功WF＝mg＋m(v0 cos θ)2
＝(－1)mgH＋mv02。
答案：(－1)mgH＋mv02
6．如图6甲所示，一质量为m＝1 kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t＝0时刻开始，物块受到按如图乙所示规律变化的水平力F作用并向右运动，第3 s末物块运动到B点时速度刚好为0，第5 s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2 (g取10 m/s2)，求：
图6
(1)A与B间的距离；
(2)水平力F在5 s内对物块所做的功。
解析：(1)根据题目条件及题图乙可知，物块在从B返回A的过程中，在恒力作用下做匀加速直线运动，即
F－μmg＝ma
由运动学公式知：xAB＝at2
代入数据解得：xAB＝4 m。
(2)物块在前3 s内动能改变量为零，由动能定理得：
W1－Wf＝0，即W1－μmg·xAB＝0
则前3 s内水平力F做的功为W1＝8 J
根据功的定义式W＝Fx得，水平力F在第3～5 s时间内所做的功为W2＝F·xAB＝16 J
则水平力F在5 s内对物块所做的功为W＝W1＋W2＝24 J。
答案：(1)4 m (2)24 J
7.如图7所示，竖直平面内的圆弧形光滑管道半径略大于小球半径，管道中心线到圆心的距离为R，A端与圆心O等高，AD为水平面，B点在O的正下方，小球自A点正上方由静止释放，自由下落至A点时进入管道，从上端口飞出后落在C点，当小球到达B点时，管壁对小球的弹力大小是小球重力大小的9倍。求：
图7
(1)释放点距A点的竖直高度；
(2)落点C与A点的水平距离。
解析：(1)设小球到达B点的速度为v1，因为到达B点时，管壁对小球的弹力大小是小球重力大小的9倍，所以有9mg－mg＝
设B点为重力势能的零点，由机械能守恒定律得mg(h＋R)＝mv12
解得h＝3R。
(2)设小球到达最高点的速度为v2，落点C与A点的水平距离为x。由机械能守恒定律得mv12＝mv22＋mg·2R
由平抛运动的规律得R＝gt2，R＋x＝v2t
解得x＝(2－1)R。
答案：(1)3R (2)(2－1)R
8.如图8所示，半径为R＝1.5 m的光滑圆弧支架竖直放置，圆心角θ＝60°，支架的底部CD离地面足够高，圆心O在C点的正上方，右侧边缘P点固定一个光滑小轮，可视为质点的小球A、B分别系在足够长的跨过小轮的轻绳两端，两球的质量分别为mA＝0.3 kg、mB＝0.1 kg。将A球从紧靠小轮处由静止释放，求：
图8
(1)当A球运动到C点时，两球组成系统的重力势能的变化量；
(2)A球运动到C点时的速度大小；
(3)若A球运动到C点时轻绳突然断裂，从此时开始，需经过多少时间两球重力功率的大小相等？
解析：(1)根据重力做功与重力势能变化的关系得：
A球重力势能变化量为：ΔEpA＝mAghA＝－0.3×10×1.5×(1－cos 60°) J＝－2.25 J，
B球重力势能变化量为：ΔEpB＝mBgR＝0.1×10×1.5 J＝1.5 J，
两球组成系统的重力势能的变化量为：ΔEp＝ΔEpA＋ΔEpB＝－0.75 J，
即系统重力势能减少0.75 J。
(2)系统机械能守恒：mAvA2＋mBvB2＋ΔEp＝0，
根据几何关系得：vAcos 30°＝vB，
联立解得：vA＝2 m/s。
(3)轻绳断裂后，A球平抛，B球竖直上抛，B球上抛初速度为：vB＝vAcos 30°＝ m/s，
设经过时间t两球重力功率大小相等，则有：mAg·(gt)＝mBg·|(vB－gt)|，
解得：t＝ s。
答案：(1)减少0.75 J (2)2 m/s (3) s
9.如图9所示，倾角为θ的光滑斜面上放有两个质量均为m的小球A和B，两球之间用一根长为L的轻杆相连，下面的小球B离斜面底端的高度为h。两球从静止开始下滑，不计球与水平面碰撞时的机械能损失，且地面光滑，求：
图9
(1)两球在光滑水平面上运动时的速度大小；
(2)此过程中杆对A球所做的功。
解析：(1)由于不计摩擦及碰撞时的机械能损失，因此两球组成的系统机械能守恒。两球在光滑水平面上运动时的速度大小相等，设为v，根据机械能守恒定律有：
mg(2h＋Lsin θ)＝2·mv2
解得：v＝。
(2)因两球在光滑水平面上运动时的速度v比B从h处自由滑下的速度大，增加的动能就是杆对B做正功的结果。B增加的动能为：
ΔEkB＝mv2－mgh＝mgLsin θ。
因系统的机械能守恒，所以杆对B球做的功与杆对A球做的功的数值应该相等，杆对B球做正功，对A做负功。
所以杆对A球做的功为：
W＝－mgLsin θ。
答案：(1) (2)－mgLsin θ
10.如图10，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g。
图10
(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力。
(2)若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车。已知滑块质量m＝，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求：
①滑块运动过程中，小车的最大速度大小vm；
②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小s。
解析：(1)滑块滑到B点时对小车压力最大，从A到B机械能守恒
mgR＝mvB2①
滑块在B点处，由牛顿第二定律得
N－mg＝m②
解得N＝3mg③
由牛顿第三定律得N′＝3mg。④
(2)①滑块下滑到达B点时，小车速度最大。由机械能守恒得
mgR＝Mvm2＋m(2vm)2⑤
解得vm＝ 。⑥
②设滑块运动到C点时，小车速度大小为vC，由功能关系得
mgR－μmgL＝MvC2＋m(2vC)2⑦
设滑块从B到C过程中，小车运动加速度大小为a，由牛顿第二定律得
μmg＝Ma⑧
由运动学规律得
vC2－vm2＝－2as⑨
解得s＝L。
答案：(1)3mg (2)① ②L
功能关系和能量守恒问题
1．静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力。不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随时间变化关系是( )
解析：选C 物体受恒力加速上升时，恒力做正功，物体的机械能增大，又因为恒力做功为：W＝F×at2，与时间成二次函数关系，A、B项错误；撤去恒力后，物体只受重力作用，所以机械能守恒，D项错误，C项正确。
2. (多选)如图1所示，劲度系数为k的轻质弹簧，一端系在竖直放置的半径为R的圆环顶点P，另一端系一质量为m的小球，小球穿在圆环上做无摩擦的运动。设开始时小球置于A点，弹簧处于自然状态，当小球运动到最低点时速率为v，对圆环恰好没有压力。下列正确的是( )
图1
A．从A到B的过程中，小球的机械能守恒
B．从A到B的过程中，小球的机械能减少
C．小球过B点时，弹簧的弹力为mg＋m
D．小球过B点时，弹簧的弹力为mg＋m
解析：选BC 运动过程中，弹力对小球做负功，小球的机械能减少，A错，B对；由牛顿第二定律得F－mg＝m，故小球过B点时，弹力F＝mg＋m，C对，D错。
3．太阳能汽车是利用太阳能电池板将太阳能转化为电能工作的一种新型汽车，已知太阳辐射的总功率约为4×1026 W，太阳到地球的距离约为1.5×1011 m，假设太阳光传播到达地面的过程中约有40%的通量损耗，某太阳能汽车所用太阳能电池板接收到的太阳能转化为机械能的转化效率约为15%。汽车太阳能电池板的面积为8 m2，如果驱动该太阳能汽车正常行驶所需的机械功率20%来自于太阳能电池，则该太阳能汽车正常行驶所需的机械功率为(已知半径为r的球表面积为S＝4πr2)( )
A．0.2 kW B．5 kW
C．100 kW D．1 000 kW
解析：选B 太阳的总功率分布在半径是1.5×1011 m的球面上，则单位面积上的功率P0＝＝W/m2＝1.42×103 W/m2；汽车吸收到的太阳功率P1＝(1－40%)×15%P0×8，则汽车需要的功率约为：P总＝≈5 kW；故选B。
4．(多选)如图2所示，卷扬机的绳索通过定滑轮用力F拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上移动，在移动过程中，下列说法中正确的是( )
图2
A．F对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和
B．F对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和
C．木箱克服重力做功等于木箱的重力势能的增加量
D．F对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力所做的功之和
解析：选CD 克服重力做的功等于物体重力势能的增加量，ΔEp＝－WG，C正确。由动能定理得WG＋Wf＋WF＝mv2，则WF＝mv2－WG－Wf＝(ΔEk＋ΔEp)－Wf，A、B错误，D正确。
5．(多选)如图3所示，在粗糙的水平面上，质量相等的两个物体A、B间用一轻质弹簧相连组成系统。且该系统在外力F作用下一起做匀加速直线运动，当它们的总动能为2Ek时撤去水平力F，最后系统停止运动。不计空气阻力，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，从撤去拉力F到系统停止运动的过程中( )
图3
A．外力对物体A所做总功的绝对值等于Ek
B．物体A克服摩擦阻力做的功等于Ek
C．系统克服摩擦阻力做的功可能等于系统的总动能2Ek
D．系统克服摩擦阻力做的功一定等于系统机械能的减小量
解析：选AD 它们的总动能为2Ek，则A的动能为Ek，根据动能定理知：外力对物体A所做总功的绝对值等于物体A动能的变化量，即Ek，故A正确，B错误；系统克服摩擦力做的功等于系统的动能和弹簧的弹性势能的减小量，所以系统克服摩擦阻力做的功不可能等于系统的总动能2Ek，故C错误；系统的机械能等于系统的动能加上弹簧的弹性势能，当它们的总动能为2Ek时撤去水平力F，最后系统停止运动，系统克服阻力做的功一定等于系统机械能的减小量，D正确。
6．(多选)物体由地面以120 J的初动能竖直向上抛出，当它上升到某一高度A点时，动能减少40 J，机械能减少10 J。设空气阻力大小不变，以地面为零势能面，则物体( )
A．在最高点时机械能为105 J
B．上升到最高点后落回A点时机械能为70 J
C．空气阻力与重力大小之比为1∶4
D．上升过程与下落过程加速度大小之比为2∶1
解析：选BD 物体以120 J的初动能竖直向上抛出，做竖直上抛运动，当上升到A点时，动能减少了40 J，机械能损失了10 J。根据功能关系可知：合力做功为－40 J，空气阻力做功为－10 J，合力做功是阻力做功的4倍，则当上升到最高点时，动能为零，动能减小了120 J，合力做功为－120 J，则阻力做功为－30 J，机械能减小30 J，因此在最高点时机械能为120 J－30 J＝90 J，故A错误；由上分析知，从A点到最高点机械能减小20 J，当下落过程中，由于阻力做功不变，所以又损失了20 J，因此该物体落回A时的机械能为110 J－20 J－20 J＝70 J，故B正确；对从抛出点到A点的过程，根据功能关系：mgh＋fh＝40 J，fh＝10 J，则得：空气阻力与重力大小之比为f∶mg＝1∶3，故C错误；根据牛顿第二定律得：上升过程有：mg＋f＝ma1；下降过程有：mg－f＝ma2；则得a1∶a2＝2∶1，故D正确。
7. (多选)如图4所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速率v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程，下列说法正确的是( )
图4
A．电动机多做的功为mv2
B．摩擦力对物体做的功为mv2
C．电动机增加的功率为μmgv
D．传送带克服摩擦力做功为mv2
解析：选BC 由能量守恒知电动机多做的功为物体动能增量和摩擦生热Q，A错误。根据动能定理，对物体列方程，Wf＝mv2，B正确。因为电动机增加的功率P＝＝＝μmgv，C正确。因为传送带与物体共速之前，传送带的路程是物体路程的2倍，所以传送带克服摩擦力做功是摩擦力对物体做功的2倍，即mv2，D错误。
8．(多选)如图5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( )
图5
A．a落地前，轻杆对b一直做正功
B．a落地时速度大小为
C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g
D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg
解析：选BD 由题意知，系统机械能守恒。设某时刻a、b的速度分别为va、vb。此时刚性轻杆与竖直杆的夹角为θ，分别将va、vb分解，如图。因为刚性杆不可伸长，所以沿杆的分速度v∥与v∥′是相等的，即vacos θ＝vb sin θ。当a滑至地面时θ＝90°，此时vb＝0，由系统机械能守恒得mgh＝mva2，解得va＝，选项B正确。同时由于b初、末速度均为零，运动过程中其动能先增大后减小，即杆对b先做正功后做负功，选项A错误。杆对b的作用先是推力后是拉力，对a则先是阻力后是动力，即a的加速度在受到杆的向下的拉力作用时大于g，选项C错误。b的动能最大时，杆对a、b的作用力为零，此时a的机械能最小，b只受重力和支持力，所以b对地面的压力大小为mg，选项D正确。正确选项为B、D。
9.小物块A的质量为m，物块与坡道间的动摩擦因数为μ，水平面光滑；坡道顶端距水平面高度为h，倾角为θ；物块从坡道进入水平滑道时，在底端O点处无机械能损失，重力加速度为g。将轻弹簧的一端连接在水平滑道M处并固定在墙上，另一自由端恰位于坡道的底端O点，如图6所示。物块A从坡顶由静止滑下，求：
图6
(1)物块滑到O点时的速度大小；
(2)弹簧为最大压缩量时的弹性势能；
(3)物块A被弹回到坡道上升的最大高度。
解析：(1)由动能定理有mgh－μmghcot θ＝mv2
得v＝。
(2)水平滑道上，由能量守恒定律得Ep＝mv2
即Ep＝mgh－μmghcot θ。
(3)设物块能上升的最大高度为h1，物块被弹回过程中，由能量守恒定律得Ep＝mgh1＋μmgh1cot θ
解得h1＝。
答案：(1) (2)mgh－μmghcot θ (3)
10.如图7所示，AB为半径R＝0.8 m的光滑圆弧轨道，下端B恰与小车右端平滑对接。小车质量M＝3 kg，车长L＝2.06 m，车上表面距地面的高度h＝0.2 m，现有一质量m＝1 kg的滑块，由轨道顶端无初速度释放，滑到B端后冲上小车。已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.3，当车运动了t0＝1.5 s时，车被地面装置锁定(g＝10 m/s2)。试求：
图7
(1)滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小；
(2)车被锁定时，车右端距轨道B端的距离；
(3)从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的内能大小。
解析：(1)由机械能守恒定律和牛顿第二定律得
mgR＝mvB2，NB－mg＝m，
则：NB＝30 N。
(2)设m滑上小车后经过时间t1与小车同速，共同速度大小为v
对滑块有：μmg＝ma1，v＝vB－a1t1。
对于小车：μmg＝Ma2，v＝a2t1。
解得：v＝1 m/s，t1＝1 s，因t1解得l车＝1 m。
(3)Q＝μmgl相对＝μmg。
解得Q＝6 J。
答案：(1)30 N (2)1 m (3)6 J
11.如图8所示，传送带与水平面之间的夹角θ＝30°，其上A、B两点间的距离x＝5 m，传送带在电动机的带动下以v＝1 m/s的速度匀速运动，现将一质量m＝10 kg的小物体(可视为质点)轻放在传送带的A点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中，(g取10 m/s2)求：
图8
(1)传送带对小物体做的功；
(2)电动机做的功。
解析：(1)根据牛顿第二定律知μmgcos θ－mgsin θ＝ma
可得a＝g＝2.5 m/s2
当小物体的速度为1 m/s时，位移为x′＝＝0.2 m
即小物体匀加速运动了0.2 m，匀速运动了4.8 m
ΔEk＝mv2－0
ΔEp＝mgxsin θ
由功能关系可得W＝ΔEk＋ΔEp＝255 J。
(2)电动机做功使小物体机械能增加，同时小物体与传送带间因摩擦产生热量Q，
而由v＝at，得t＝0.4 s
相对位移x″＝vt－x′＝0.2 m
摩擦生热Q＝μmgx″cos θ＝15 J
W电＝W＋Q＝255 J＋15 J＝270 J
故电动机做的功为270 J。
答案：(1)255 J (2)270 J
12．如图9所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点。水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R＝0.8 m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R。用质量m1＝0.4 kg的小物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点。用同种材料、质量为m2＝0.2 kg的小物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点后做匀变速运动，物块由B到D位移与时间的关系为s＝6t－2t2，物块飞离桌面后恰好由P点沿切线进入圆弧轨道，g＝10 m/s2，不计空气阻力。求：
图9
(1)BD间的距离；
(2)判断小物块m2能否沿圆弧轨道到达M点(要求写出判断过程)；
(3)小物块m2由C点释放运动到D过程中克服摩擦力做的功。
解析：(1)由物块过B点后其位移与时间的关系s＝6t－2t2得v0＝6 m/s，加速度a＝－4 m/s2
物块由D点以初速度vD做平抛运动，落到P点时其竖直速度为vy＝，＝tan 45°得vD＝4 m/s
BD间位移为s1＝＝2.5 m。
(2)若物块能沿轨道到达M点，其速度为vM
m2vM2＝m2vD2－m2gR
得vM＝ m/s
若物块恰好能沿轨道过M点，
则m2g＝m2，
解得vM′＝ m/s>vM，
即物块不能到达M点。
(3)设弹簧长为AC时的弹性势能为Ep，
释放m1时，Ep＝μm1gxCB
释放m2时，可得Ep＝μm2gxCB＋m2v02
且m1＝2m2，可得Ep＝m2v02＝7.2 J
m2在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为Wf，
则Ep－Wf＝m2vD2，可得Wf＝5.6 J。
答案：(1)2.5 m (2)见解析 (3)5.6 J
