高中物理必修1、2《章末复习》第07章+机械能守恒定律章末复习
文档属性
| 名称 | 高中物理必修1、2《章末复习》第07章+机械能守恒定律章末复习 |
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| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 909.1KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2018-08-20 00:00:00 | ||
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文档简介
机械能守恒定律章末复习
基础知识自主巩固
一 功的理解和正负判断
1．做功两因素：力和物体在力的方向上发生的位移。
2．公式：W＝Flcos_α
(1)α是力与位移方向之间的夹角，l是物体对地的位移。
(2)该公式只适用于恒力做功。
3．功的正负的判断方法
恒力的功
依据力与位移方向的夹角来判断
曲线运动
中的功
依据力与速度方向的夹角α来判断，0°≤α<90°时，力对物体做正功；90°<α≤180°时，力对物体做负功；α＝90°时，力对物体不做功
能量变化
时的功
功是能量转化的量度，若有能量转化，则必有力对物体做功。此法常用于判断两个相联系的物体之间的相互作用力做功的判断
4.
(1)功是标量，只有大小没有方向。
(2)功的正负既不表示大小，也不表示方向。
(3)公式中l为物体的位移，而不是力作用点的位移。
小题练手
1．用起重机将质量为m的物体匀速吊起一段距离，那么作用在物体上的各力做功情况应是下列说法中的哪一种( )
A．重力做正功，拉力做负功，合力做功为零
B．重力做负功，拉力做正功，合力做正功
C．重力做负功，拉力做正功，合力做功为零
D．重力不做功，拉力做正功，合力做正功
【答案】C
【解析】 物体匀速上升，重力方向与位移方向相反，重力做负功，拉力竖直向上，拉力方向与位移方向相同，拉力做正功，物体做匀速直线运动，处于平衡状态，所受合力为零，则合力做功为零；故A、B、D错误，C正确。
2. (多选)如图所示，人站在自动扶梯上不动，随扶梯向上匀速运动，下列说法中正确的是( )
A．重力对人做负功
B．摩擦力对人做正功
C．支持力对人做正功
D．合力对人做功为零
【答案】ACD
【解析】 人随自动扶梯向上匀速运动时，只受重力和竖直向上的支持力，所以重力做负功，支持力做正功，合力为零，所以合力对人做功为零，A、C、D正确；人不受摩擦力作用，所以摩擦力对人不做功，B错误。
3．如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力( )
A．一直不做功 B．一直做正功
C．始终指向大圆环圆心 D．始终背离大圆环圆心
【答案】A
【解析】 由于大圆环是光滑的，因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方向始终与速度方向垂直，因此作用力不做功，A项正确，B项错误；小环刚下滑时，大圆环对小环的作用力背离大圆环的圆心，滑到大圆环圆心以下的位置时，大圆环对小环的作用力指向大圆环的圆心，C、D项错误。
4.如图所示，质量为m的物体置于倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，在外力作用下，斜面以加速度a沿水平方向向左做匀加速运动，运动中物体与斜面相对静止。则关于斜面对物体的支持力和摩擦力的下列说法中错误的是( )
A．支持力一定做正功 B．摩擦力一定做正功
C．摩擦力可能不做功 D．摩擦力可能做负功
【答案】B
【解析】 根据题图可知，支持力方向垂直斜面向上，故支持力一定做正功。而摩擦力是否存在需要讨论，若摩擦力恰好为零，物体只受重力和支持力，如图所示，
此时加速度a＝gtan θ，当a>gtan θ时，摩擦力沿斜面向下，摩擦力与位移夹角小于90°，则做正功；当a二、功率的理解与计算
1．功率：功与完成这些功所用时间的比值。
2．物理意义：描述力对物体做功的快慢。
3．公式
(1)P＝，P为时间t内的平均功率。
(2)P＝Fvcos α
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．额定功率：机械可以长时间工作的最大输出功率。
5．实际功率：机械实际工作时的输出功率，要求不大于额定功率。
6. 求解功率时应注意的问题
(1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率。
(2)平均功率与一段时间(或过程)相对应，计算时应明确是哪个力在哪段时间(或过程)内做功的平均功率。
(3)瞬时功率计算时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率。
小题练手
1.把A、B两相同小球在离地面同一高度处以大小相同的初速度v0，分别沿水平方向和竖直方向抛出，不计空气阻力，如图所示，则下列说法正确的是( )
A．A、B落地时速度相同
B．A、B落地时，重力的瞬时功率相同
C．从开始运动至落地，重力对A、B做的功不同
D．从开始运动至落地，重力对A、B做功的平均功率A>B
【答案】D
【解析】 A、B落地的速度大小相同，方向不同，选项A错误；因B落地时竖直速度较大，由P＝mgv竖可知，PB>PA，选项B错误；重力做功取决于竖直方向上的高度差，故重力对A、B做的功均为mgh，选项C错误；因B从被抛出到落地所用时间较长，故A>B，选项D正确。
2.如图所示，小物块甲从竖直固定的光滑圆弧轨道顶端由静止滑下，轨道半径为R，圆弧底端切线水平。小物块乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滑下。下列判断正确的是( )
A．两物块到达底端时速度相同
B．两物块运动到底端的过程中重力做功相同
C．两物块到达底端时动能相同
D．两物块到达底端时，乙的重力做功的瞬时功率大于甲的重力做功的瞬时功率
【答案】D
【解析】 两物块下落的高度相同，根据动能定理，有mgR＝mv2，解得v＝，可知两物块到达底端时的速度大小相等，但方向不同，A错误；两物块的质量大小关系不确定，故无法判断两物块运动到底端时重力做的功及动能是否相同，B、C错误；在底端时，甲的重力做功的瞬时功率为零，乙的重力做功的瞬时功率大于零，故D正确。
3．一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甲、乙所示，则下列说法正确的是( )
A．第1 s内，F对滑块做的功为3 J
B．第2 s内，F对滑块做功的平均功率为4 W
C．第3 s末，F对滑块做功的瞬时功率为1 W
D．前3 s内，F对滑块做的总功为零
【答案】C
【解析】 v?t图像与时间轴所围面积表示位移，由题图可知，第1 s内，滑块位移为1 m，F对滑块做的功为2 J，A错误；第2 s内，滑块位移为1.5 m，F做的功为4.5 J，平均功率为4.5 W，B错误；第3 s内，滑块的位移为1.5 m，F对滑块做的功为1.5 J，第3 s末，F对滑块做功的瞬时功率P＝Fv＝1 W，C正确；前3 s内，F对滑块做的总功为8 J，D错误。
三、动能定理
1．动能
(1)定义：物体由于运动而具有的能量叫做动能。
(2)公式：Ek＝mv2，单位：焦耳。
(3)动能是标量、状态量。
2．动能定理
(1)内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。
(2)表达式：W＝Ek2－Ek1。
(3)物理意义：合外力做的功是物体动能变化的量度。
小题练手
1．(多选)一个质量为0.3 kg的弹性小球，在光滑水平面上以6 m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中小球的动能变化量ΔEk为( )
A．Δv＝0 B．Δv＝12 m/s
C．ΔEk＝1.8 J D．ΔEk＝0
【答案】BD
【解析】 取初速度方向为正方向，则Δv＝|(－6－6)|m/s＝12 m/s，由于速度大小没变，动能不变，故动能变化量ΔEk＝0，故选项B、D正确。
2．如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面。设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，不计小球与弹簧碰撞过程中的能量损失，则弹簧被压缩至C点过程中，弹簧对小球做的功为( )
A．mgh－mv2 B.mv2－mgh
C．mgh＋mv2 D．mgh
【答案】A
【解析】 小球从A点运动到C点的过程中，重力和弹簧弹力对小球做负功，由于斜面支持力与位移方向始终垂直，则支持力对小球不做功，由动能定理，可得WG＋WF＝0－mv2，重力做功为WG＝－mgh，则弹簧弹力对小球做的功为WF＝mgh－mv2，A正确。
四、机械能守恒定律
1．重力做功的特点
重力做功与路径无关，只与始、末位置的高度差有关。
2．重力势能的特点
重力势能是物体和地球组成的系统所共有的；重力势能的大小与参考平面的选取有关，但重力势能的变化与参考平面的选取无关。
3．重力做功与重力势能变化的关系
定性关系
重力对物体做正功，重力势能减小；重力对物体做负功，重力势能增大
定量关系
重力对物体做的功等于物体重力势能变化量的负值，即WG＝－ΔEp
4．弹性势能
(1)概念：物体由于发生弹性形变而具有的能量。
(2)大小：弹簧的弹性势能的大小与形变量及劲度系数有关，弹簧的形变量越大，劲度系数越大，弹簧的弹性势能越大。
(3)弹力做功与弹性势能变化的关系：弹力对物体做的功等于弹簧弹性势能变化量的负值，即W＝－ΔEp，类似于重力做功与重力势能变化的关系。
5．机械能守恒定律
(1)内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变。
(2)守恒条件：只有重力或系统内弹力做功。
(3)常用的三种表达式
守恒式
E1＝E2或Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
转化式
ΔEk＝－ΔEp
转移式
ΔEA＝－ΔEB
小题练手
1．关于重力势能，下列说法中正确的是( )
A．物体的位置一旦确定，它的重力势能的大小也随之确定
B．物体与零势能面的距离越大，它的重力势能也越大
C．一个物体的重力势能从－5 J变化到－3 J，重力势能减少了
D．重力势能的减少量等于重力对物体做的功
【答案】D
【解析】 物体的重力势能与参考面有关，同一物体在同一位置相对不同的参考面时，重力势能不同，A选项错；物体在零势能面以上，与零势能面的距离越大，重力势能越大，物体在零势能面以下，与零势能面的距离越大，重力势能越小，B选项错；重力势能中的正、负号表示大小，－5 J的重力势能小于－3 J的重力势能，C选项错；重力做的功度量了重力势能的变化，D选项对。
2. (多选)如图所示，A、B两球质量相等，A球用不能伸长的轻绳系于O点，B球用轻弹簧系于O′点，O与O′点在同一水平面上，分别将A、B球拉到与悬点等高处，使轻绳和轻弹簧均处于水平，弹簧处于自然状态，将两球分别由静止开始释放，当两球达到各自悬点的正下方时，两球仍处在同一水平面上，则( )
A．两球到达各自悬点的正下方时，两球动能相等
B．两球到达各自悬点的正下方时，A球动能较大
C．两球到达各自悬点的正下方时，B球动能较大
D．两球到达各自悬点的正下方时，A球受到向上的拉力较大
【答案】BD
【解析】 整个过程中两球减少的重力势能相等，A球减少的重力势能完全转化为A球的动能，B球减少的重力势能转化为B球的动能和弹簧的弹性势能，所以A球的动能大于B球的动能，所以B正确；在悬点正下方时，根据牛顿第二定律知F＝mg＋，因为vA>vB，所以A球受到向上的拉力较大，所以D正确。
3. 在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小( )
A．一样大 B．水平抛的最大
C．斜向上抛的最大 D．斜向下抛的最大
【答案】A
【解析】 不计空气阻力的抛体运动，机械能守恒。故以相同的速率向不同的方向抛出落至同一水平地面时，物体速度的大小相等。故A正确。
五、能量守恒定律
1．功能关系
(1)功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。
(2)做功的过程一定伴随着能量的转化，能量的转化可以通过做功来实现。
2．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别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。
(2)表达式：ΔE减＝ΔE增。
小题练手
1．上端固定的一根细线下面悬挂一摆球，摆球在空气中摆动，摆动的幅度越来越小，对此现象下列说法正确的是( )
A．摆球机械能守恒
B．总能量守恒，摆球的机械能正在减少，减少的机械能转化为内能
C．能量正在消失
D．只有动能和重力势能的相互转化
【答案】B
【解析】 由于空气阻力的作用，摆球的机械能减少，机械能不守恒，减少的机械能转化为内能，内能增加，能量总和不变，B正确。
2. 韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J。韩晓鹏在此过程中( )
A．动能增加了1 900 J
B．动能增加了2 000 J
C．重力势能减小了1 900 J
D．重力势能减小了2 000 J
【答案】C
【解析】 根据动能定理得韩晓鹏动能的变化ΔE＝WG＋Wf＝1 900 J－100 J＝1 800 J＞0，故其动能增加了1 800 J，选项A、B错误；根据重力做功与重力势能变化的关系WG＝－ΔEp，所以ΔEp＝－WG＝－1 900 J＜0，故韩晓鹏的重力势能减小了1 900 J，选项C正确，D错误。
重难突破
一 功的计算
方法1：利用定义式计算恒力做的功
(1)恒力做的功：直接用W＝Flcos α计算。
(2)合力做的功
方法一：先求合力F合，再用W合＝F合lcos α求功。
方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3、…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功。
【典例1】 (多选)如图所示，水平路面上有一辆质量为M的汽车，车厢中有一个质量为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
【答案】 AD
【解析】 由做功的定义可知，选项A正确；对人进行受力分析，人受重力以及车对人的力，合力的大小为ma，方向水平向左，故车对人的作用力大小应为，选项C错误；题述过程重力不做功，合力对人做的功为maL，所以车对人做的功为maL，由相互作用力及人、车的位移相同可确定，人对车做的功为－maL，选项B错误；对人由牛顿第二定律知，在水平方向上有Ff－F＝ma，摩擦力做的功为(F＋ma)L，选项D正确。
方法2：利用动能定理求变力做的功
动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于求恒力做功，也适用于求变力做功。因使用动能定理可由动能的变化来求功，所以动能定理是求变力做功的首选。
【典例2】如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g。质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为( )
A.mgR B.mgR
C.mgR D.mgR
【答案】 C
【解析】 在Q点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力，所以有FN－mg＝m，FN＝2mg，联立解得v＝，下落过程中重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可得mgR－Wf＝mv2，解得Wf＝mgR，所以克服摩擦力做功mgR，C正确。
方法3：化变力为恒力求变力做的功
变力做功一般难以直接求解，但若通过转换研究的对象，有时可化为恒力做功，用W＝Flcos α求解。此法常常应用于轻绳通过定滑轮拉物体的问题中。
【典例3】 如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，以大小恒定的拉力F拉轻绳，使滑块从A点起由静止开始上升。若从A点上升至B点和从B点上升至C点的过程中，轻绳对滑块做的功分别为W1和W2，图中AB＝BC，则( )
A．W1＞W2
B．W1＜W2
C．W1＝W2
D．无法确定W1和W2的大小关系
【答案】 A
【解析】 轻绳对滑块做的功为变力做功，可以通过转换研究对象，将变力做的功转化为恒力做的功；因轻绳对滑块做的功等于拉力F对轻绳做的功，而拉力F为恒力，W＝F·Δl，Δl为轻绳拉滑块过程中拉力F的作用点移动的位移，大小等于滑轮左侧轻绳的缩短量，由题图可知，ΔlAB＞ΔlBC，故W1＞W2，A项正确。
方法4：利用微元法求变力做的功
将物体的位移分割成许多小段，因小段很小，每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将变力做功转化为在无数多个无穷小的位移上的恒力所做功的代数和。此法常应用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题。
【典例4】如图所示，在水平面上，有一弯曲的槽道AB，槽道由半径分别为和R的两个半圆构成。现用大小恒为F的拉力将一光滑小球从A点沿槽道拉至B点，若拉力F的方向时刻与小球运动方向一致，则此过程中拉力F所做的功为( )
A．0 B．FR
C．2πFR D.πFR
【答案】 D
【解析】 因为F的方向不断改变，不能用W＝Flcos α求解，但由于F的方向时刻与小球运动方向一致，可采用微元法，把小球的位移分割成许多小段，在每一小段位移上作用在小球上的力F可视为恒力，F做的总功即为F在各个小段上做功的代数和，由此得：W＝F·2π·＋·2πR＝πFR，D正确。
方法5：利用平均力求变力做的功
若力的方向不变，而大小随位移(注意不是随时间)均匀变化时，则可以认为物体受到一大小为＝的恒力作用，然后用公式W＝lcos α求此变力所做的功。
【典例5】如图所示，n个完全相同、边长足够小且互不粘连的小方块依次排列，总长度为l，总质量为M，它们一起以速度v在光滑水平面上滑动，某时刻开始滑上粗糙水平面。小方块与粗糙水平面之间的动摩擦因数为μ，若小方块恰能完全进入粗糙水平面，则摩擦力对所有小方块做功的大小为( )
A.Mv2 B．Mv2
C.μMgl D．μMgl
【答案】 AC
【解析】 总质量为M的小方块在进入粗糙水平面的过程中，滑动摩擦力由0均匀增大，当全部进入时摩擦力达最大值μMg，总位移为l，平均摩擦力为f＝μMg，由功的公式可得Wf＝－f·l＝－μMgl，摩擦力对所有小方块做功的大小为μMgl，C正确，D错误；用动能定理计算，则为：Wf＝0－Mv2＝－Mv2，摩擦力对所有小方块做功的大小为Mv2，A正确，B错误。
方法6：用F-x图像求变力做的功
在F-x图像中，图线与x轴所围“面积”的代数和表示力F在这段位移所做的功，且位于x轴上方的“面积”为正，位于x轴下方的“面积”为负，但此方法只适用于便于求图线所围面积的情况(如三角形、矩形、圆等规则的几何图形)。
【典例6】某物体在变力F作用下沿水平方向做直线运动，物体的质量m＝10 kg，F随物体的坐标x的变化情况如图所示。若物体从坐标原点由静止出发，不计一切摩擦。借鉴教科书中学习直线运动时，由v -t图像求位移的方法，结合其他所学知识，根据图示的F-x图像，可求出物体运动到x＝16 m处时的速度大小为( )
A．3 m/s B．4 m/s
C．2 m/s D. m/s
【答案】 C
【解析】 力F在运动过程中所做的总功WF＝10×4 J＝40 J，由动能定理得：WF＝mv2－0，解得物体运动到x＝16 m 处的速度大小为v＝2 m/s，C正确。
方法7：利用W＝Pt求变力做的功
W＝Pt适用于变力的功率恒定或平均功率已知的情形。
【典例7】汽车质量为m, 输出功率恒为P, 沿平行公路前进距离x的过程中，其速度由v1增至最大速度v2，假设汽车在运动过程中所受阻力恒定，则汽车通过距离x所用的时间为多少？
【答案】 ＋
【解析】 牵引力做功W等于汽车增加的动能ΔEk和克服摩擦力所做的功Wf
W＝ΔEk＋Wf
ΔEk＝mv22－mv12
速度达到最大值v2时，牵引力等于摩擦力Ff
由P＝Fv2＝Ffv2得：Ff＝
克服摩擦力所做功：Wf＝Ffx＝
W＝mv22－mv12＋
由于汽车以恒定功率P行驶，W＝Pt
所以经历的时间
t＝＝＝＋。
二、机车启动问题
1．以恒定功率启动
(1)运动过程分析
(2)运动过程的速度—时间图像如图(a)所示。
图(a) 图(b)
2．以恒定加速度启动
(1)运动过程分析
(2)运动过程的速度—时间图像如图(b)所示。
3.
(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＝＝(式中Fmin为最小牵引力，其值等于阻力F阻)。
(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，但速度不是最大，v＝＜vm＝。
(3)机车启动问题常用动能定理解决，Pt－F阻x＝ΔEk，只有以恒定加速度启动刚开始的一段时间可以利用匀变速直线运动公式。
【典例8】质量为m的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的摩擦阻力大小一定，汽车速度能够达到的最大值为v，那么当汽车的车速为时，汽车的瞬时加速度的大小为( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】 当汽车牵引力等于阻力时，速度最大，则阻力Ff＝，当速度为时，牵引力F＝＝，由牛顿第二定律得F－Ff＝ma，解得a＝，选项C正确。
【典例9】质量为2×103 kg的汽车由静止开始沿平直公路行驶，行驶过程中牵引力F和车速倒数的关系图像如图所示。已知行驶过程中最大车速为30 m/s，设阻力恒定，则( )
A．汽车所受阻力为6×103 N
B．汽车在车速为5 m/s时，加速度为3 m/s2
C．汽车在车速为15 m/s时，加速度为1 m/s2
D．汽车在行驶过程中的最大功率为6×104 W
【答案】CD
【解析】 当牵引力等于阻力时，速度最大，由题图图线可知阻力大小Ff＝2 000 N，故A错误；题图倾斜图线的斜率表示功率，可知P＝ W＝60 000 W，车速为5 m/s 时，汽车的加速度a＝ m/s2＝2 m/s2，故B错误；当车速为15 m/s时，牵引力F＝ N＝4 000 N，则加速度a＝ m/s2＝1 m/s2，故C正确；汽车的最大功率等于额定功率，等于60 000 W，故D正确。
【典例10】一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的功率达到最大值P，以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v2匀速上升，物体上升的高度为h，则整个过程中，下列说法正确的是( )
A．钢绳的最大拉力为
B．钢绳的最大拉力为mg
C．重物做匀加速运动的末速度为
D．重物做匀加速运动的加速度为－g
【答案】D
【解析】 加速过程重物处于超重状态，钢绳拉力大于重物重力，匀速运动阶段钢绳的拉力为，等于重物重力，故A错误；加速过程重物处于超重状态，钢绳拉力大于mg，故B错误；重物匀加速运动的末速度不是运动的最大速度，此时钢绳对重物的拉力大于其重力，故其速度小于，故C错误；重物匀加速运动的末速度为v1，此时的拉力为F＝，由牛顿第二定律得：a＝＝－g，故D正确。
【典例11】一列火车总质量m＝500 t，发动机的额定功率P＝6×105 W，在水平轨道上行驶时，轨道对火车的阻力f是车重的0.01倍，g取10 m/s2。
(1)求火车在水平轨道上行驶的最大速度vm；
(2)在水平轨道上，发动机以额定功率P工作，当行驶速度为v1＝1 m/s时，求火车的瞬时加速度a1；
(3)在水平轨道上以36 km/h的速度匀速行驶时，求发动机的实际功率P′；
(4)若火车从静止开始，保持a＝0.5 m/s2的加速度做匀加速运动，求这一过程维持的最长时间t。
【答案】：(1)12 m/s (2)1.1 m/s2 (3)5×105 W (4)4 s
【解析】(1)火车以额定功率行驶，当牵引力等于阻力，即F＝f＝kmg时，火车的加速度为零，速度达到最大值vm
则vm＝＝＝＝12 m/s。
(2)当v＜vm时，火车做加速运动，若v1＝1 m/s，则
F1＝＝6×105 N
根据牛顿第二定律得a1＝＝1.1 m/s2。
(3)当v＝36 km/h＝10 m/s时，火车匀速行驶，则发动机的实际功率P′＝fv＝5×105 W。
(4)由牛顿第二定律得F′＝f＋ma＝3×105 N
在此过程中，速度增大，发动机功率增大，当功率为额定功率时速度为v′
即v′＝＝2 m/s，由v′＝at得t＝＝4 s。
三、动能定理的理解和应用
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
3．应用动能定理的解题步骤
4. 应用动能定理的注意事项
(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。
(2)应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负。
(3)应用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，借助草图理解物理过程和各量关系。
【典例12】如图所示，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g。质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为( )
A.mgR B.mgR C.mgR D.mgR
【答案】 C
【解析】 在Q点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力，所以有FN－mg＝m，FN＝2mg，联立解得v＝。下滑过程中，根据动能定理可得mgR－Wf＝mv2，解得Wf＝mgR，所以克服摩擦力做功mgR，C正确。
【典例13】我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示，质量m＝60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB＝24 m/s，A与B的竖直高度差H＝48 m。为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h＝5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1 530 J，取g＝10 m/s2。
(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；
(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。
【答案】 (1)144 N (2)12.5 m
【解析】 (1)运动员在AB段做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，则有
vB2＝2ax①
由牛顿第二定律有
mg－Ff＝ma②
联立①②式，代入数据解得
Ff＝144 N。③
(2)设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理有
mgh＋W＝mvC2－mvB2④
设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有
FN－mg＝m⑤
由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得
R＝12.5 m。⑥
【典例14】如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。则( )
A．动摩擦因数μ＝
B．载人滑草车最大速度为
C．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g
【答案】AB
【解析】 由题意知，上、下两段滑道的长分别为s1＝、s2＝，由动能定理(或功能关系)知：2mgh－μmgs1cos 45°－μmgs2cos 37°＝0，解得动摩擦因数μ＝，选项A正确；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a1＝g(sin 45°－μcos 45°)＝g，a2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝－g，则在下落h时的速度最大，由动能定理知：mgh－μmgs1cos 45°＝mv2，解得v＝，选项B正确，D错误；载人滑草车克服摩擦力做的功与重力做功相等，即W＝2mgh，选项C错误。
四、动能定理求解多过程问题
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往往比较复杂，利用动能定理分析此类问题，是从总体上把握研究对象运动状态的变化，并不需要从细节上了解。
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．全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的特点：
(1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关。
(2)大小恒定的阻力或摩擦力做功等于力的大小与路程的乘积。
4. 利用动能定理求解多过程问题的基本思路
(1)弄清物体的运动由哪些过程组成。
(2)分析每个过程中物体的受力情况。
(3)各个力做功有何特点，对动能的变化有无影响。
(4)从总体上把握全过程，写出总功表达式，找出初、末状态的动能。
(5)对所研究的全过程运用动能定理列方程。
【典例15】 如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB的A处连接一粗糙水平面OA，OA长为4 m。有一质量为m的滑块，从O处由静止开始受一水平向右的力F作用。F只在水平面上按图乙所示的规律变化。滑块与OA间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10 m/s2，试求：
(1) 滑块运动到A处的速度大小；
(2) 不计滑块在A处的速率变化，滑块冲上斜面AB的长度是多少？
【答案】 (1)5 m/s (2)5 m
【解析】 (1) 由题图乙知，在前2 m内，F1＝2mg做正功，在第3 m内，F2＝－0.5mg，做负功，在第4 m内，F3＝0，滑动摩擦力Ff＝－μmg＝－0.25mg，始终做负功，对于滑块在OA上运动的全过程，由动能定理得：F1x1＋F2x2＋Ffx＝mv－0
即2mg×2－0.5mg×1－0.25mg×4＝mv
解得vA＝5 m/s
(2) 对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得－mgLsin 30°＝0－mv
解得：L＝5 m
所以滑块冲上斜面AB的长度L＝5 m
【典例16】在某游乐闯关节目中，选手需借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，两位同学观看后对此进行了讨论。如图所示，他们将选手简化为质量m＝60 kg的质点，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向的夹角α＝53°，绳的悬挂点O距水面的高度为H＝3 m。不考虑空气阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度不计，水足够深。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。
(1)求选手摆到最低点时对绳拉力的大小F；
(2)若绳长l＝2 m，选手摆到最高点时松手落入水中。设水对选手的平均浮力F1＝800 N，平均阻力F2＝700 N，求选手落入水中的深度d；
(3)若选手摆到最低点时松手，甲同学认为绳越长，在浮台上的落点距岸边越远；乙同学却认为绳越短，落点距岸边越远。请通过推算说明你的观点。
【答案】：(1)1 080 N (2)1.2 m (3)见解析
【解析】(1)由静止至摆动到最低点，对选手由动能定理得
mgl(1－cos α)＝mv2－0
选手在最低点处由牛顿第二定律得
F′－mg＝m
由牛顿第三定律得F＝F′＝1 080 N。
(2)选手摆到最高点时松手落入水中，如图所示：
对选手由动能定理得
mg(H－lcos α＋d)－(F1＋F2)d＝0－0
解得d＝1.2 m。
(3)选手摆到最低点时松手将做平抛运动，则：
竖直方向H－l＝gt2
水平方向x＝vt
由(1)可得v＝
解得x＝
可知当l＝＝1.5 m时，x取最大值，落点距岸边最远。
【典例17】如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC是水平的，其宽度d＝0.50 m，盆边缘的高度为h＝0.30 m，在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑。已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B点的距离为( )
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面通过的总路程为s，由于只有BC面上存在摩擦力，则小物块从A点开始运动到最终静止的整个过程中，摩擦力做功为－μmgs，而重力做功与路径无关，由动能定理得：mgh－μmgs＝0－0，代入数据可解得s＝3 m。由于d＝0.50 m，所以，小物块在BC面经过3次往复运动后，停在B点。
五、机械能守恒的理解与判断
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)除重力外，只有系统内的弹力做功，并且弹力做的功等于弹性势能减少量，那么系统的机械能守恒。注意：并非物体的机械能守恒，如与弹簧相连的小球下摆的过程机械能减少。
2．机械能是否守恒的三种判断方法
(1)利用做功及守恒条件判断。
(2)利用机械能的定义判断：若物体或系统的动能、势能之和保持不变，则机械能守恒。
(3)利用能量转化判断：若物体或系统与外界没有能量交换，内部也没有机械能与其他形式能的转化，则机械能守恒。
【典例18】 (多选)如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是( )
A．甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，物体A机械能守恒
B．乙图中，斜面体A固定，物体B沿斜面匀速下滑，物体B的机械能守恒
C．丙图中，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
【答案】 CD
【解析】 由题图可知，甲图中有重力和弹力做功，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，但物体A机械能不守恒，A错；乙图中物体B沿斜面匀速下滑，物体B除受重力外，还受到弹力和摩擦力作用，弹力不做功，但摩擦力做负功，物体B的机械能不守恒，B错；丙图中绳子张力对A做负功，对B做正功，代数和为零，A、B组成的系统机械能守恒，C对；丁图中小球的动能不变，势能不变，机械能守恒，D对。
【典例19】如图所示，倾角为θ的光滑斜面体C固定于水平地面上，小物块B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体A相连接，释放后，A将向下运动，则在A碰地前的运动过程中( )
A．A的加速度大小为g
B．A机械能守恒
C．由于斜面光滑，所以B机械能守恒
D．A、B组成的系统机械能守恒
【答案】D
【解析】 A向下运动的过程中除受到重力以外，还受到细绳向上的拉力，故A下落的加速度一定小于g，A项错误；A下落过程中，细绳的拉力做负功，A的机械能不守恒，B项错误；由于斜面光滑，A、B组成的系统在整个运动过程中，只有重力做功，系统机械能守恒，但细绳的拉力对B做正功，B的机械能增加，C项错误，D项正确。
【典例20】如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的小球，小球与一轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，已知杆与水平面之间的夹角θ<45°，当小球位于B点时，弹簧与杆垂直，此时弹簧处于原长。现让小球自C点由静止释放，在小球滑到杆底端的整个过程中，关于小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能，下列说法正确的是( )
A．小球的动能与重力势能之和保持不变
B．小球的动能与重力势能之和先增大后减小
C．小球的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变
D．小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变
【答案】B
【解析】 小球与弹簧组成的系统在整个过程中，机械能守恒。弹簧原长时弹性势能为零，小球从C点到最低点过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大，所以小球的动能与重力势能之和先增大后减小，A项错，B项对；小球的重力势能不断减小，所以小球的动能与弹簧的弹性势能之和不断增大，C项错；小球的初、末动能均为零，所以整个过程中小球的动能先增大后减小，所以小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和先减小后增大，D项错。
六、多个物体的机械能守恒
考法1 杆连接的物体系统机械能守恒
题型简述
如图所示的两物体组成的系统，释放后A、B在竖直平面内绕过O点的轴转动，且A、B的角速度相等。
方法突破
求解这类问题时，由于二者角速度相等，所以关键是根据二者转动半径的关系寻找两物体的线速度的关系，根据两物体间的位移关系，确定系统重力势能的变化，最后根据ΔEk＝－ΔEp列出机械能守恒的方程求解。另外需注意的是轻杆对物体提供的弹力不一定沿着杆，轻杆的弹力也就不一定与速度方向垂直，轻杆的弹力对一个物体做了正功，就对另一物体做了负功，并且绝对值相等。
【典例21】如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上。a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g。则( )
A．a落地前，轻杆对b一直做正功
B．a落地时速度大小为
C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g
D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg
【答案】 BD
【解析】 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。
考法2 绳连接的物体系统机械能守恒
题型简述
如图所示的两物体组成的系统，释放B而使A、B运动的过程中，A、B的速度均沿绳子方向，在相等时间内A、B运动的路程相等，A、B的速率也相等。但有些问题中两物体的速率并不相等，这时就需要先进行运动的合成与分解找出两物体运动速度之间的关系。
方法突破
求解这类问题时，由于二者速率相等或相关，所以关键是寻找两物体间的位移关系，进而找到系统重力势能的变化。列机械能守恒方程时，一般选用ΔEk＝－ΔEp的形式。另外注意系统机械能守恒并非每个物体机械能守恒，因为细绳对系统中的每一个物体都要做功。
【典例23】如图所示，跨过同一高度处的定滑轮的细线连接着质量相同的物体A和B，A套在光滑水平杆上，定滑轮离水平杆的高度h＝0.2 m，开始时让连着A的细线与水平杆的夹角θ1＝37°，由静止释放B，当细线与水平杆的夹角θ2＝53°时，A的速度为多大？在以后的运动过程中，A所获得的最大速度为多大？(设B不会碰到水平杆，sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，取g＝10 m/s2)
【答案】 1.1 m/s 1.6 m/s
【解析】 A、B组成的系统，只有动能和重力势能的转化，机械能守恒。设θ2＝53°时，A、B的速度分别为vA、vB，B下降的高度为h1，则有mgh1＝mvA2＋mvB2
其中h1＝－
vAcos θ2＝vB
代入数据解得vA≈1.1 m/s。
由于细线的拉力对A做正功，使A加速至左滑轮正下方时速度最大，此时B的速度为零，设整个过程B下降高度为h2，则由机械能守恒定律得mgh2＝mvAm2
其中h2＝－h
代入数据解得vAm≈1.6 m/s。
考法3 弹簧连接的物体系统机械能守恒
题型简述
由弹簧相连的物体系统，在运动过程中既有重力做功又有弹簧弹力做功，这时系统内物体的动能、重力势能和弹簧弹性势能相互转化或转移，而总的机械能守恒。
方法突破
求解这类问题时，首先，以弹簧遵循的胡克定律为分析问题的突破口：弹簧伸长或缩短时产生的弹力的大小遵循F＝kx和ΔF＝kΔx。其次，以弹簧的弹力做功为分析问题的突破口：弹簧发生形变时，具有一定的弹性势能。弹簧的弹性势能与弹簧的劲度系数、形变量有关，一般不用计算弹性势能的大小，弹簧的形变量相同的时候弹性势能相同，通过运算可以约去。当题目中始、末都不是弹簧原长时，要注意始、末弹力的大小与方向时刻要与当时的形变相对应，即伸长量或压缩量，而力的位移就可能是两次形变量之和或之差。
【典例24】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。求：
(1)斜面的倾角α；
(2)A获得的最大速度vm。
【答案】 (1)30° (2)2g
【解析】 (1)由题意可知，当A沿斜面下滑至速度最大时，C恰好离开地面，A的加速度此时为零
由牛顿第二定律：4mgsin α－2mg＝0
则：sin α＝，即α＝30°。
(2)由题意可知，A、B、C组成的系统在初始时和A沿斜面下滑至速度最大时的机械能守恒，设弹簧的形变量为Δx，由题意可得2mg＝kΔx
4mgΔxsin α－mgΔx＝×5mvm2
得：vm＝2g。
七、功能关系的理解及应用
1．几种常见的功能关系
几种常见力做功
对应的能量变化
数量关系式
重力
正功
重力势能减少
WG＝－ΔEp
负功
重力势能增加
弹簧等
的弹力
正功
弹性势能减少
W弹＝－ΔEp
负功
弹性势能增加
电场力
正功
电势能减少
W电＝－ΔEp
负功
电势能增加
合力
正功
动能增加
W合＝ΔEk
负功
动能减少
重力以外
的其他力
正功
机械能增加
W其＝ΔE
负功
机械能减少
2．两个特殊的功能关系
(1)滑动摩擦力与两物体间相对位移的乘积等于产生的内能，即Ffl相对＝ΔQ。
(2)感应电流克服安培力做的功等于产生的电能，即W克安＝ΔE电。
3. 方法技巧
(1)在应用功能关系解决具体问题的过程中，动能的变化用动能定理分析。
(2)重力势能的变化用重力做功分析。
(3)机械能的变化用除重力和弹力之外的力做功分析。
(4)电势能的变化用电场力做功分析。
【典例25】如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时对轨道压力为。已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中( )
A．重力做功2mgR B．合力做功mgR
C．克服摩擦力做功mgR D．机械能减少2mgR
【答案】 B
【解析】 由向心力公式可得，小球在B点的速度v满足mg＋mg＝m，解得v＝，从P到B过程，重力做功等于重力势能减小量为mgR，动能增加量为mv2＝mgR，合力做功等于动能增加量mgR，机械能减少量为mgR－mgR＝mgR，克服摩擦力做功等于机械能的减少量mgR，故B选项正确。
【典例26】如图所示，一根原长为L的轻弹簧，下端固定在水平地面上，一个质量为m的小球，在弹簧的正上方从距地面高度为H处由静止下落压缩弹簧。若弹簧的最大压缩量为x，小球下落过程受到的空气阻力恒为Ff，则小球从开始下落至最低点的过程( )
A．小球动能的增量为0
B．小球重力势能的增量为mg(H＋x－L)
C．弹簧弹性势能的增量为(mg－Ff)(H＋x－L)
D．系统机械能减小FfH
【答案】AC
【解析】 小球下落的整个过程中，开始时速度为零，结束时速度也为零，所以小球动能的增量为0，故A正确；小球下落的整个过程中，重力做功WG＝mgh＝mg(H＋x－L)，根据重力做功量度重力势能的变化WG＝－ΔEp得：小球重力势能的增量为－mg(H＋x－L)，故B错误；根据动能定理得：WG＋Wf＋W弹＝0－0＝0，所以W弹＝－(mg－Ff)(H＋x－L)，根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化W弹＝－ΔEp得：弹簧弹性势能的增量为(mg－Ff)(H＋x－L)，故C正确；系统机械能的减少等于重力、弹力以外的力做的功，小球从开始下落至最低点的过程，克服阻力做的功为：Ff(H＋x－L)，所以系统机械能减小为：Ff(H＋x－L)，故D错误。
【典例27】如图所示，在绝缘的斜面上方，存在着匀强电场，电场方向平行于斜面向上，斜面上的带电金属块在平行于斜面的力F作用下沿斜面移动。已知金属块在移动的过程中，力F做功32 J，金属块克服电场力做功8 J，金属块克服摩擦力做功16 J，重力势能增加18 J，则在此过程中金属块的( )
A．动能减少10 J B．电势能增加24 J
C．机械能减少24 J D．内能增加16 J
【答案】AD
【解析】 根据动能定理，合力做功等于动能变化量，则W合＝WF＋W电＋W阻＋W重＝－10 J，即动能减少10 J；电势能的变化量等于电场力做功，即ΔEp电＝－W电＝8 J，即电势能增加8 J；机械能的变化量等于除重力以外的其他力做功，即E＝WF＋W电＋W阻＝8 J，即机械能增加8 J；内能增加量等于克服摩擦力做功，即16 J。综上所述，A、D正确。
八、传送带模型中的功能关系
(1)传送带做的功：W传＝Fx，其中F为传送带的动力，x为传送带转过的距离。
(2)产生的内能：ΔQ＝Ffx相对，其中x相对为相互摩擦时物体与传送带间的相对位移，若物体在传送带上做往复运动时，则x相对为总的相对路程。
(3)功能关系：W传＝ΔEk＋ΔEp＋ΔQ。
【典例28】如图所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A、B两端间距L＝16 m，传送带以速度v＝10 m/s沿顺时针方向运动，现有一物体m＝1 kg无初速度地放置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：
(1)物体由A端运动到B端的时间；
(2)系统因摩擦产生的热量。
【答案】 (1)2 s (2)24 J
【解析】 (1)物体刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
设物体经时间t1加速到与传送带同速，则
v＝a1t1，x1＝a1t12
解得a1＝10 m/s2，t1＝1 s，x1＝5 m
设物体经过时间t2到达B端，因mgsin θ>μmgcos θ，故当物体与传送带同速后，物体将继续加速，即
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
L－x1＝vt2＋a2t22
解得t2＝1 s
故物体由A端运动到B端的时间
t＝t1＋t2＝2 s。
(2)物体与传送带间的相对位移
x相＝(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)＝6 m
故Q＝μmgcos θ·x相＝24 J。
九、能量转化与守恒的应用
1．对能量守恒定律的两点理解
(1)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)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等。
2．能量转化问题的解题思路
首先确定初、末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减与增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解。
3. 涉及弹簧的能量问题的解题方法
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物体速度相同。
(3)当水平弹簧处于原长状态时，系统内某一端的物体具有最大速度。
【典例29】如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数为μ＝，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧轻绳与斜面平行，A的质量为2m＝4 kg，B的质量为m＝2 kg，初始时A到C点的距离为L＝1 m，现给A、B一初速度v0＝3 m/s，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，A将弹簧压缩到最短后又恰好能回到C点。已知重力加速度取g＝10 m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态，求此过程中：
(1)A向下运动刚到C点时的速度大小；
(2)弹簧的最大压缩量；
(3)弹簧的最大弹性势能。
【答案】 (1)2 m/s (2)0.4 m (3)6 J
【解析】 (1)A向下运动刚到C点的过程中，对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得：
μ·2mgcos θ·L＝·3mv02－·3mv2＋2mgLsin θ－mgL
可解得v＝2 m/s。
(2)对A、B组成的系统，在A将弹簧压缩到最大压缩量，又返回到C点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，
即：·3mv2－0＝μ·2mgcos θ·2x
其中x为弹簧的最大压缩量
解得x＝0.4 m。
(3)设弹簧的最大弹性势能为Epm
由能量守恒定律可得：
·3mv2＋2mgxsin θ－mgx＝μ·2mgcos θ·x＋Epm
解得：Epm＝6 J。
巩固提升
1．如图所示，木块相对斜面静止，并一起沿水平方向向右匀速运动．运动过程中，斜面对木块支持力和摩擦力的做功情况是
A. 支持力不做功
B. 支持力做正功
C. 摩擦力做负功
D. 摩擦力做正功
【答案】D
【解析】物体位移方向向右，由功的计算公式W=FScosα可知，支持力方向垂直斜面向上，与位移的方向夹角大于90°，支持力一定做负功，故AB错误；物块相对于斜面静止，故受到的摩擦力沿斜面向上，故位移与力夹角小于90°，做正功，故C错误，D正确；故选D。
点睛：本题主要考查了W=FLcosθ，关键是正确受力分析，判断出力与位移的夹角关系，从而确定功的正负.
2．忽略空气阻力，下列物体运动过程中满足机械能守恒的是：（）
A. 电梯匀速下降 B. 在真空管中自由下落的羽毛
C. 物体沿着斜面匀速下滑 D. 电梯加速上升
【答案】B
【解析】电梯匀速下降，说明电梯处于受力平衡状态，并不是只有重力做功，所以A错误。在真空管中自由下落的羽毛，只受重力，机械能守恒，所以B正确。物体沿着斜面匀速下滑，物体受力平衡，摩擦力和重力都要做功，所以机械能不守恒，所以C错误。电梯加速上升，除重力外还有向上的牵引力做功，机械能不守恒，选项D错误；故选B。
点睛：掌握住机械能守恒的条件，也就是只有重力做功，分析物体是否受到其它力的作用，以及其它力是否做功，由此即可判断是否机械能守恒．
3．起重机的吊钩下挂着质量为m的木箱，如果木箱以大小为a的加速度匀减速下降了高度h，则起重机对木箱所做的功为( )
A. m(g＋a)h
B. m(g－a)h
C. －m(g＋a)h
D. －m(g－a)h
【答案】C
【解析】对木箱受力分析可得，木箱受到拉力和重力的作用，由于木箱以加速度a匀减速下降，所以加速度是向上的，由牛顿第二定律可得，F-mg=ma，所以拉力F=m（g+a），下降高度h时，拉力做的功为W=-Fh=-m（g+a）h，所以C正确。故选C.
点睛：本题是牛顿第二定律和功的计算公式的考查，比较简单，但是要注意木箱克服钢索拉力做的功等于钢索对木箱做的功的大小．
4．如图，质量为M的物体受水平力F的作用在粗糙的水平面上运动，下列说法中不正确的是
A. 如果物体做加速直线运动，F?对物体做正功
B. 如果物体做匀速直线运动，F?对物体做正功
C. 如果物体做减速直线运动，F?对物体做负功
D. 如果物体做减速直线运动，F?对物体做正功
【答案】C
【解析】由图可知，拉力与运动方向相同，则根据功的公式可知，不论物体是加速、匀速还是减速运动拉力对物体一定做正功．故ABD正确，C错误．本题选错误的，故选C．
点睛：本题考查功的计算，要注意功的大小只取决于力、位移以及二者的夹角，与物体的运动性质无关.
5．如图所示，一个物体在恒力的作用下，沿光滑的水平面运动，与水平面的夹角为，在物体通过距离的过程中（）．
A. 力对物体做的功为 B. 力对物体做的功为
C. 物体动能的变化量为 D. 物体动能的变化量为
【答案】B
【解析】由题意及功的公式可得：力F对物体所做的功：W=Fscosθ；故A错误；B正确；由动能定理可得，W=△EK；即动能的变化量为Fscosθ；选项CD错误；故选B．
点睛：功的计算中要注意功等于力与在力的方向上发生的位移；而动能的变化量一定等于合外力所做的功．
6．学校进行消防疏散演习，某同学从五楼撖离到地面用时2min。在此过程中，该同学重力做功的平均功率最接近于
A. 5W B. 50W C. 500W D. 5000W
【答案】B
【解析】该同学体重大约60kg，下楼通过的位移为h=12m，则重力做功的平均功率
，更接近B，故选B。
7．质量为0.1kg的金属块从距水平地面50m高处由静止开始下落，不计空气阻力，g取10m/s2，则该金属块所受重力在从初始时刻算起的第2s内所做的功和第2s末的功率分别为（ ）
A. 20J，20W B. 15J，20W
C. 20J，10W D. 15J，15W
【答案】B
【解析】小球第2s内下落的位移为：，第2s内重力做功为W=mgh=0.1×10×15J=15J；第2s末的速度为：v=gt2=10×2m/s=20m/s，所以第2s末的瞬时功率为：P′=mgv=0.1×10×20W=20W，故B正确，ACD错误。
8．一个质量为1kg的物体，以2m/s的速度在光滑水平面上向右滑行，从某个时刻起，在物体上作用一个向左的水平力，经过一段时间，物体的速度方向变为向左，大小仍然是2m/s，在这段时间内水平力对物体做的功为
A. 32J B. 8J C. 16J D. 0J
【答案】D
【解析】由动能定理可知：．故选D.
9．质量为m的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机功率恒为P，且行驶过程中受到的阻力大小一定，汽车速度能够达到的最大值为v，那么当汽车的车速为时，汽车的瞬时加速度的大小为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】汽车做匀速直线运动时的速度最大，由平衡条件得：F=f，由P=Fv可知，汽车速度最大时的牵引力：，速度为v/6时汽车的牵引力：F′=，由牛顿第二定律得：F′-f=ma， 解得：a=；故选D。
点睛；本题考查了求汽车的加速度，分析清楚汽车运动过程，应用P=Fv、平衡条件与牛顿第二定律可以解题；要知道汽车速度最大时的牵引力与阻力相等．
10．如图所示，游乐场有高为H倾角为α的滑梯，表面粗糙，一个质量为m的小孩从顶端静止开始出发往下跑，跑到底端时速度为v，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A. 小孩的机械能减少
B. 滑梯对人不做功
C. 滑梯对人做功为
D. 合外力做功为
【答案】B
【解析】跑步时人体内的化学能一部分转化为机械能，所以小孩的机械能增加，故A错误；小孩在下滑过程中，小孩受重力、支持力和静摩擦力，支持力和静摩擦力都不做功，所以滑梯对小孩做的功为零，故B正确，C错误；根据动能定理可得，故D错误。所以B正确，ACD错误。
11．如图所示，在短道速滑运动中，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲，甲获得更大的速度向前冲出。不计冰面阻力。则在乙推甲的过程中
A. 甲对乙做正功，甲的动能增大
B. 甲对乙做正功，乙的动能增大
C. 乙对甲做正功，甲的动能增大
D. 乙对甲做正功，乙的动能增大
【答案】C
【解析】在乙推甲的过程中，甲对乙的作用力向后，故甲对乙的作用力一定做负功，由动能定理知，乙的动能减小；乙对甲的作用力向前，故乙对甲的作用力一定做正功，由动能定理知，甲的动能增大，故C正确；选C.
12．长为0.8m的细线一端固定于O点，另一端系一小球。将细线拉至水平后由静止释放小球，当小球经过最低点时的速度大小为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】小球运动过程中，根据动能定理得：mv2＝mgl 解得： ,故选C.
13．质量为m的汽车在平直路面上起动，起动过程的速度图象如图所示，从t1时刻起汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为f，则( )
A. 0～t1时间内，汽车的牵引力等于m－f
B. t1～t2时间内，汽车的功率等于m+f v1
C. 汽车运动的最大速度v2＝(＋1)v1
D. t1～t2时间内，汽车克服阻力做的功为
【答案】BC
【解析】由题图可知，0～t1阶段，汽车做匀加速直线运动，a=，F1-f=ma，联立得，F1=m+f，故A错误；在t1时刻汽车达到额定功率P=F1v1=（m+f）v1，t1～t2时间内，汽车保持额定功率不变，故B正确；t2时刻，速度达到最大值v2，此时刻F2=f，P=F2v2，，故C正确；由v-t图线与横轴所围面积表示位移的大小可知，t1～t2时间内，汽车的平均速度大于，故位移大于?(t2?t1)，克服摩擦力做功大于 f??(t2?t1)，故D错误，故选BC。
14．人通过定滑轮将质量为m的物体，沿倾角为θ的光滑斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h，到达斜面顶端的速度为v，如图所示．则在此过程中( )
A. 人对物体做的功为mgh
B. 人对物体做的功为
C. 物体克服重力所做的功为mghcosθ
D. 物体所受的合外力做功为
【答案】D
【解析】人对物体做的功一定大于mgh；故A错误，由动能定理可知，人做的功应克服重力、摩擦力做功，故人做的功等于克服重力的功、克服摩擦力的功及增加的动能之和，大于mv2，故B错误；物体克服重力所做的功为mgh；故C错误；
对物体受力分析可知，物体受重力、拉力及摩擦力的作用；由动能定理可知，合外力做功一定等于动能的改变量，即等于mv2；故D正确；故选：D。
15．质量为m = 4kg的小物块静止于地面上。现用竖直向上的恒力F拉动小物块，经过时间t = 2s，小物块运动了h = 4m的距离，取g =10m/s2。求：
（1）物快加速度a的大小；
（2）恒力F的大小；
（3）2s末恒力的功率的大小。
【答案】（1）（2）（3）
【解析】（1）物块加速度a的大小
（2）根据牛顿第二定律F-mg=ma
解得F=mg+ma=48N
（3）2s末的速度v=at=4m/s
2s末恒力的功率的大小P=Fv=192W
16．2014年8月南京成功举办了第二届夏季青年奥运会，中国代表队共获得了30块金牌。中国小将吴圣平在跳水女子三米板中以绝对的优势夺冠。为了理解运动员在三米板跳水中的轨迹过程，特做了简化处理：把运动员看作质量为m=50.0kg的质点，竖直起跳位置离水面高h1=3.0m，起跳后运动到最高点的时间t=0.3s，运动员下落垂直入水后水对运动员竖直向上的作用力的大小恒为F=1075.0N，不考虑空气阻力，g=10m/s2，求：
（1）运动员起跳时初速度v0的大小；
（2）运动员在水中运动的最大深度h2。
【答案】（1）3.0m/s （2）3.0m
【解析】（1）运动员上升到最高点速度为零，由运动学公式有0=v0-gt，
代入g=10m/s2、t=0.3s，得v0=3.0m/s。
（2）运动员从起跳到水中最深，由动能定理有mg(h1+h2)-Fh2=0-mv02，代入v0=3.0m/s、h1=3.0m、F=1075.0N，得h2=3.0m。
基础知识自主巩固
一 功的理解和正负判断
1．做功两因素：力和物体在力的方向上发生的位移。
2．公式：W＝Flcos_α
(1)α是力与位移方向之间的夹角，l是物体对地的位移。
(2)该公式只适用于恒力做功。
3．功的正负的判断方法
恒力的功
依据力与位移方向的夹角来判断
曲线运动
中的功
依据力与速度方向的夹角α来判断，0°≤α<90°时，力对物体做正功；90°<α≤180°时，力对物体做负功；α＝90°时，力对物体不做功
能量变化
时的功
功是能量转化的量度，若有能量转化，则必有力对物体做功。此法常用于判断两个相联系的物体之间的相互作用力做功的判断
4.
(1)功是标量，只有大小没有方向。
(2)功的正负既不表示大小，也不表示方向。
(3)公式中l为物体的位移，而不是力作用点的位移。
小题练手
1．用起重机将质量为m的物体匀速吊起一段距离，那么作用在物体上的各力做功情况应是下列说法中的哪一种( )
A．重力做正功，拉力做负功，合力做功为零
B．重力做负功，拉力做正功，合力做正功
C．重力做负功，拉力做正功，合力做功为零
D．重力不做功，拉力做正功，合力做正功
【答案】C
【解析】 物体匀速上升，重力方向与位移方向相反，重力做负功，拉力竖直向上，拉力方向与位移方向相同，拉力做正功，物体做匀速直线运动，处于平衡状态，所受合力为零，则合力做功为零；故A、B、D错误，C正确。
2. (多选)如图所示，人站在自动扶梯上不动，随扶梯向上匀速运动，下列说法中正确的是( )
A．重力对人做负功
B．摩擦力对人做正功
C．支持力对人做正功
D．合力对人做功为零
【答案】ACD
【解析】 人随自动扶梯向上匀速运动时，只受重力和竖直向上的支持力，所以重力做负功，支持力做正功，合力为零，所以合力对人做功为零，A、C、D正确；人不受摩擦力作用，所以摩擦力对人不做功，B错误。
3．如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力( )
A．一直不做功 B．一直做正功
C．始终指向大圆环圆心 D．始终背离大圆环圆心
【答案】A
【解析】 由于大圆环是光滑的，因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方向始终与速度方向垂直，因此作用力不做功，A项正确，B项错误；小环刚下滑时，大圆环对小环的作用力背离大圆环的圆心，滑到大圆环圆心以下的位置时，大圆环对小环的作用力指向大圆环的圆心，C、D项错误。
4.如图所示，质量为m的物体置于倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，在外力作用下，斜面以加速度a沿水平方向向左做匀加速运动，运动中物体与斜面相对静止。则关于斜面对物体的支持力和摩擦力的下列说法中错误的是( )
A．支持力一定做正功 B．摩擦力一定做正功
C．摩擦力可能不做功 D．摩擦力可能做负功
【答案】B
【解析】 根据题图可知，支持力方向垂直斜面向上，故支持力一定做正功。而摩擦力是否存在需要讨论，若摩擦力恰好为零，物体只受重力和支持力，如图所示，
此时加速度a＝gtan θ，当a>gtan θ时，摩擦力沿斜面向下，摩擦力与位移夹角小于90°，则做正功；当a
1．功率：功与完成这些功所用时间的比值。
2．物理意义：描述力对物体做功的快慢。
3．公式
(1)P＝，P为时间t内的平均功率。
(2)P＝Fvcos α
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．额定功率：机械可以长时间工作的最大输出功率。
5．实际功率：机械实际工作时的输出功率，要求不大于额定功率。
6. 求解功率时应注意的问题
(1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率。
(2)平均功率与一段时间(或过程)相对应，计算时应明确是哪个力在哪段时间(或过程)内做功的平均功率。
(3)瞬时功率计算时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率。
小题练手
1.把A、B两相同小球在离地面同一高度处以大小相同的初速度v0，分别沿水平方向和竖直方向抛出，不计空气阻力，如图所示，则下列说法正确的是( )
A．A、B落地时速度相同
B．A、B落地时，重力的瞬时功率相同
C．从开始运动至落地，重力对A、B做的功不同
D．从开始运动至落地，重力对A、B做功的平均功率A>B
【答案】D
【解析】 A、B落地的速度大小相同，方向不同，选项A错误；因B落地时竖直速度较大，由P＝mgv竖可知，PB>PA，选项B错误；重力做功取决于竖直方向上的高度差，故重力对A、B做的功均为mgh，选项C错误；因B从被抛出到落地所用时间较长，故A>B，选项D正确。
2.如图所示，小物块甲从竖直固定的光滑圆弧轨道顶端由静止滑下，轨道半径为R，圆弧底端切线水平。小物块乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滑下。下列判断正确的是( )
A．两物块到达底端时速度相同
B．两物块运动到底端的过程中重力做功相同
C．两物块到达底端时动能相同
D．两物块到达底端时，乙的重力做功的瞬时功率大于甲的重力做功的瞬时功率
【答案】D
【解析】 两物块下落的高度相同，根据动能定理，有mgR＝mv2，解得v＝，可知两物块到达底端时的速度大小相等，但方向不同，A错误；两物块的质量大小关系不确定，故无法判断两物块运动到底端时重力做的功及动能是否相同，B、C错误；在底端时，甲的重力做功的瞬时功率为零，乙的重力做功的瞬时功率大于零，故D正确。
3．一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甲、乙所示，则下列说法正确的是( )
A．第1 s内，F对滑块做的功为3 J
B．第2 s内，F对滑块做功的平均功率为4 W
C．第3 s末，F对滑块做功的瞬时功率为1 W
D．前3 s内，F对滑块做的总功为零
【答案】C
【解析】 v?t图像与时间轴所围面积表示位移，由题图可知，第1 s内，滑块位移为1 m，F对滑块做的功为2 J，A错误；第2 s内，滑块位移为1.5 m，F做的功为4.5 J，平均功率为4.5 W，B错误；第3 s内，滑块的位移为1.5 m，F对滑块做的功为1.5 J，第3 s末，F对滑块做功的瞬时功率P＝Fv＝1 W，C正确；前3 s内，F对滑块做的总功为8 J，D错误。
三、动能定理
1．动能
(1)定义：物体由于运动而具有的能量叫做动能。
(2)公式：Ek＝mv2，单位：焦耳。
(3)动能是标量、状态量。
2．动能定理
(1)内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。
(2)表达式：W＝Ek2－Ek1。
(3)物理意义：合外力做的功是物体动能变化的量度。
小题练手
1．(多选)一个质量为0.3 kg的弹性小球，在光滑水平面上以6 m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中小球的动能变化量ΔEk为( )
A．Δv＝0 B．Δv＝12 m/s
C．ΔEk＝1.8 J D．ΔEk＝0
【答案】BD
【解析】 取初速度方向为正方向，则Δv＝|(－6－6)|m/s＝12 m/s，由于速度大小没变，动能不变，故动能变化量ΔEk＝0，故选项B、D正确。
2．如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面。设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，不计小球与弹簧碰撞过程中的能量损失，则弹簧被压缩至C点过程中，弹簧对小球做的功为( )
A．mgh－mv2 B.mv2－mgh
C．mgh＋mv2 D．mgh
【答案】A
【解析】 小球从A点运动到C点的过程中，重力和弹簧弹力对小球做负功，由于斜面支持力与位移方向始终垂直，则支持力对小球不做功，由动能定理，可得WG＋WF＝0－mv2，重力做功为WG＝－mgh，则弹簧弹力对小球做的功为WF＝mgh－mv2，A正确。
四、机械能守恒定律
1．重力做功的特点
重力做功与路径无关，只与始、末位置的高度差有关。
2．重力势能的特点
重力势能是物体和地球组成的系统所共有的；重力势能的大小与参考平面的选取有关，但重力势能的变化与参考平面的选取无关。
3．重力做功与重力势能变化的关系
定性关系
重力对物体做正功，重力势能减小；重力对物体做负功，重力势能增大
定量关系
重力对物体做的功等于物体重力势能变化量的负值，即WG＝－ΔEp
4．弹性势能
(1)概念：物体由于发生弹性形变而具有的能量。
(2)大小：弹簧的弹性势能的大小与形变量及劲度系数有关，弹簧的形变量越大，劲度系数越大，弹簧的弹性势能越大。
(3)弹力做功与弹性势能变化的关系：弹力对物体做的功等于弹簧弹性势能变化量的负值，即W＝－ΔEp，类似于重力做功与重力势能变化的关系。
5．机械能守恒定律
(1)内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变。
(2)守恒条件：只有重力或系统内弹力做功。
(3)常用的三种表达式
守恒式
E1＝E2或Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
转化式
ΔEk＝－ΔEp
转移式
ΔEA＝－ΔEB
小题练手
1．关于重力势能，下列说法中正确的是( )
A．物体的位置一旦确定，它的重力势能的大小也随之确定
B．物体与零势能面的距离越大，它的重力势能也越大
C．一个物体的重力势能从－5 J变化到－3 J，重力势能减少了
D．重力势能的减少量等于重力对物体做的功
【答案】D
【解析】 物体的重力势能与参考面有关，同一物体在同一位置相对不同的参考面时，重力势能不同，A选项错；物体在零势能面以上，与零势能面的距离越大，重力势能越大，物体在零势能面以下，与零势能面的距离越大，重力势能越小，B选项错；重力势能中的正、负号表示大小，－5 J的重力势能小于－3 J的重力势能，C选项错；重力做的功度量了重力势能的变化，D选项对。
2. (多选)如图所示，A、B两球质量相等，A球用不能伸长的轻绳系于O点，B球用轻弹簧系于O′点，O与O′点在同一水平面上，分别将A、B球拉到与悬点等高处，使轻绳和轻弹簧均处于水平，弹簧处于自然状态，将两球分别由静止开始释放，当两球达到各自悬点的正下方时，两球仍处在同一水平面上，则( )
A．两球到达各自悬点的正下方时，两球动能相等
B．两球到达各自悬点的正下方时，A球动能较大
C．两球到达各自悬点的正下方时，B球动能较大
D．两球到达各自悬点的正下方时，A球受到向上的拉力较大
【答案】BD
【解析】 整个过程中两球减少的重力势能相等，A球减少的重力势能完全转化为A球的动能，B球减少的重力势能转化为B球的动能和弹簧的弹性势能，所以A球的动能大于B球的动能，所以B正确；在悬点正下方时，根据牛顿第二定律知F＝mg＋，因为vA>vB，所以A球受到向上的拉力较大，所以D正确。
3. 在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小( )
A．一样大 B．水平抛的最大
C．斜向上抛的最大 D．斜向下抛的最大
【答案】A
【解析】 不计空气阻力的抛体运动，机械能守恒。故以相同的速率向不同的方向抛出落至同一水平地面时，物体速度的大小相等。故A正确。
五、能量守恒定律
1．功能关系
(1)功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。
(2)做功的过程一定伴随着能量的转化，能量的转化可以通过做功来实现。
2．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别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。
(2)表达式：ΔE减＝ΔE增。
小题练手
1．上端固定的一根细线下面悬挂一摆球，摆球在空气中摆动，摆动的幅度越来越小，对此现象下列说法正确的是( )
A．摆球机械能守恒
B．总能量守恒，摆球的机械能正在减少，减少的机械能转化为内能
C．能量正在消失
D．只有动能和重力势能的相互转化
【答案】B
【解析】 由于空气阻力的作用，摆球的机械能减少，机械能不守恒，减少的机械能转化为内能，内能增加，能量总和不变，B正确。
2. 韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J。韩晓鹏在此过程中( )
A．动能增加了1 900 J
B．动能增加了2 000 J
C．重力势能减小了1 900 J
D．重力势能减小了2 000 J
【答案】C
【解析】 根据动能定理得韩晓鹏动能的变化ΔE＝WG＋Wf＝1 900 J－100 J＝1 800 J＞0，故其动能增加了1 800 J，选项A、B错误；根据重力做功与重力势能变化的关系WG＝－ΔEp，所以ΔEp＝－WG＝－1 900 J＜0，故韩晓鹏的重力势能减小了1 900 J，选项C正确，D错误。
重难突破
一 功的计算
方法1：利用定义式计算恒力做的功
(1)恒力做的功：直接用W＝Flcos α计算。
(2)合力做的功
方法一：先求合力F合，再用W合＝F合lcos α求功。
方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3、…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功。
【典例1】 (多选)如图所示，水平路面上有一辆质量为M的汽车，车厢中有一个质量为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
【答案】 AD
【解析】 由做功的定义可知，选项A正确；对人进行受力分析，人受重力以及车对人的力，合力的大小为ma，方向水平向左，故车对人的作用力大小应为，选项C错误；题述过程重力不做功，合力对人做的功为maL，所以车对人做的功为maL，由相互作用力及人、车的位移相同可确定，人对车做的功为－maL，选项B错误；对人由牛顿第二定律知，在水平方向上有Ff－F＝ma，摩擦力做的功为(F＋ma)L，选项D正确。
方法2：利用动能定理求变力做的功
动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于求恒力做功，也适用于求变力做功。因使用动能定理可由动能的变化来求功，所以动能定理是求变力做功的首选。
【典例2】如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g。质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为( )
A.mgR B.mgR
C.mgR D.mgR
【答案】 C
【解析】 在Q点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力，所以有FN－mg＝m，FN＝2mg，联立解得v＝，下落过程中重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可得mgR－Wf＝mv2，解得Wf＝mgR，所以克服摩擦力做功mgR，C正确。
方法3：化变力为恒力求变力做的功
变力做功一般难以直接求解，但若通过转换研究的对象，有时可化为恒力做功，用W＝Flcos α求解。此法常常应用于轻绳通过定滑轮拉物体的问题中。
【典例3】 如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，以大小恒定的拉力F拉轻绳，使滑块从A点起由静止开始上升。若从A点上升至B点和从B点上升至C点的过程中，轻绳对滑块做的功分别为W1和W2，图中AB＝BC，则( )
A．W1＞W2
B．W1＜W2
C．W1＝W2
D．无法确定W1和W2的大小关系
【答案】 A
【解析】 轻绳对滑块做的功为变力做功，可以通过转换研究对象，将变力做的功转化为恒力做的功；因轻绳对滑块做的功等于拉力F对轻绳做的功，而拉力F为恒力，W＝F·Δl，Δl为轻绳拉滑块过程中拉力F的作用点移动的位移，大小等于滑轮左侧轻绳的缩短量，由题图可知，ΔlAB＞ΔlBC，故W1＞W2，A项正确。
方法4：利用微元法求变力做的功
将物体的位移分割成许多小段，因小段很小，每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将变力做功转化为在无数多个无穷小的位移上的恒力所做功的代数和。此法常应用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题。
【典例4】如图所示，在水平面上，有一弯曲的槽道AB，槽道由半径分别为和R的两个半圆构成。现用大小恒为F的拉力将一光滑小球从A点沿槽道拉至B点，若拉力F的方向时刻与小球运动方向一致，则此过程中拉力F所做的功为( )
A．0 B．FR
C．2πFR D.πFR
【答案】 D
【解析】 因为F的方向不断改变，不能用W＝Flcos α求解，但由于F的方向时刻与小球运动方向一致，可采用微元法，把小球的位移分割成许多小段，在每一小段位移上作用在小球上的力F可视为恒力，F做的总功即为F在各个小段上做功的代数和，由此得：W＝F·2π·＋·2πR＝πFR，D正确。
方法5：利用平均力求变力做的功
若力的方向不变，而大小随位移(注意不是随时间)均匀变化时，则可以认为物体受到一大小为＝的恒力作用，然后用公式W＝lcos α求此变力所做的功。
【典例5】如图所示，n个完全相同、边长足够小且互不粘连的小方块依次排列，总长度为l，总质量为M，它们一起以速度v在光滑水平面上滑动，某时刻开始滑上粗糙水平面。小方块与粗糙水平面之间的动摩擦因数为μ，若小方块恰能完全进入粗糙水平面，则摩擦力对所有小方块做功的大小为( )
A.Mv2 B．Mv2
C.μMgl D．μMgl
【答案】 AC
【解析】 总质量为M的小方块在进入粗糙水平面的过程中，滑动摩擦力由0均匀增大，当全部进入时摩擦力达最大值μMg，总位移为l，平均摩擦力为f＝μMg，由功的公式可得Wf＝－f·l＝－μMgl，摩擦力对所有小方块做功的大小为μMgl，C正确，D错误；用动能定理计算，则为：Wf＝0－Mv2＝－Mv2，摩擦力对所有小方块做功的大小为Mv2，A正确，B错误。
方法6：用F-x图像求变力做的功
在F-x图像中，图线与x轴所围“面积”的代数和表示力F在这段位移所做的功，且位于x轴上方的“面积”为正，位于x轴下方的“面积”为负，但此方法只适用于便于求图线所围面积的情况(如三角形、矩形、圆等规则的几何图形)。
【典例6】某物体在变力F作用下沿水平方向做直线运动，物体的质量m＝10 kg，F随物体的坐标x的变化情况如图所示。若物体从坐标原点由静止出发，不计一切摩擦。借鉴教科书中学习直线运动时，由v -t图像求位移的方法，结合其他所学知识，根据图示的F-x图像，可求出物体运动到x＝16 m处时的速度大小为( )
A．3 m/s B．4 m/s
C．2 m/s D. m/s
【答案】 C
【解析】 力F在运动过程中所做的总功WF＝10×4 J＝40 J，由动能定理得：WF＝mv2－0，解得物体运动到x＝16 m 处的速度大小为v＝2 m/s，C正确。
方法7：利用W＝Pt求变力做的功
W＝Pt适用于变力的功率恒定或平均功率已知的情形。
【典例7】汽车质量为m, 输出功率恒为P, 沿平行公路前进距离x的过程中，其速度由v1增至最大速度v2，假设汽车在运动过程中所受阻力恒定，则汽车通过距离x所用的时间为多少？
【答案】 ＋
【解析】 牵引力做功W等于汽车增加的动能ΔEk和克服摩擦力所做的功Wf
W＝ΔEk＋Wf
ΔEk＝mv22－mv12
速度达到最大值v2时，牵引力等于摩擦力Ff
由P＝Fv2＝Ffv2得：Ff＝
克服摩擦力所做功：Wf＝Ffx＝
W＝mv22－mv12＋
由于汽车以恒定功率P行驶，W＝Pt
所以经历的时间
t＝＝＝＋。
二、机车启动问题
1．以恒定功率启动
(1)运动过程分析
(2)运动过程的速度—时间图像如图(a)所示。
图(a) 图(b)
2．以恒定加速度启动
(1)运动过程分析
(2)运动过程的速度—时间图像如图(b)所示。
3.
(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＝＝(式中Fmin为最小牵引力，其值等于阻力F阻)。
(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，但速度不是最大，v＝＜vm＝。
(3)机车启动问题常用动能定理解决，Pt－F阻x＝ΔEk，只有以恒定加速度启动刚开始的一段时间可以利用匀变速直线运动公式。
【典例8】质量为m的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的摩擦阻力大小一定，汽车速度能够达到的最大值为v，那么当汽车的车速为时，汽车的瞬时加速度的大小为( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】 当汽车牵引力等于阻力时，速度最大，则阻力Ff＝，当速度为时，牵引力F＝＝，由牛顿第二定律得F－Ff＝ma，解得a＝，选项C正确。
【典例9】质量为2×103 kg的汽车由静止开始沿平直公路行驶，行驶过程中牵引力F和车速倒数的关系图像如图所示。已知行驶过程中最大车速为30 m/s，设阻力恒定，则( )
A．汽车所受阻力为6×103 N
B．汽车在车速为5 m/s时，加速度为3 m/s2
C．汽车在车速为15 m/s时，加速度为1 m/s2
D．汽车在行驶过程中的最大功率为6×104 W
【答案】CD
【解析】 当牵引力等于阻力时，速度最大，由题图图线可知阻力大小Ff＝2 000 N，故A错误；题图倾斜图线的斜率表示功率，可知P＝ W＝60 000 W，车速为5 m/s 时，汽车的加速度a＝ m/s2＝2 m/s2，故B错误；当车速为15 m/s时，牵引力F＝ N＝4 000 N，则加速度a＝ m/s2＝1 m/s2，故C正确；汽车的最大功率等于额定功率，等于60 000 W，故D正确。
【典例10】一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的功率达到最大值P，以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v2匀速上升，物体上升的高度为h，则整个过程中，下列说法正确的是( )
A．钢绳的最大拉力为
B．钢绳的最大拉力为mg
C．重物做匀加速运动的末速度为
D．重物做匀加速运动的加速度为－g
【答案】D
【解析】 加速过程重物处于超重状态，钢绳拉力大于重物重力，匀速运动阶段钢绳的拉力为，等于重物重力，故A错误；加速过程重物处于超重状态，钢绳拉力大于mg，故B错误；重物匀加速运动的末速度不是运动的最大速度，此时钢绳对重物的拉力大于其重力，故其速度小于，故C错误；重物匀加速运动的末速度为v1，此时的拉力为F＝，由牛顿第二定律得：a＝＝－g，故D正确。
【典例11】一列火车总质量m＝500 t，发动机的额定功率P＝6×105 W，在水平轨道上行驶时，轨道对火车的阻力f是车重的0.01倍，g取10 m/s2。
(1)求火车在水平轨道上行驶的最大速度vm；
(2)在水平轨道上，发动机以额定功率P工作，当行驶速度为v1＝1 m/s时，求火车的瞬时加速度a1；
(3)在水平轨道上以36 km/h的速度匀速行驶时，求发动机的实际功率P′；
(4)若火车从静止开始，保持a＝0.5 m/s2的加速度做匀加速运动，求这一过程维持的最长时间t。
【答案】：(1)12 m/s (2)1.1 m/s2 (3)5×105 W (4)4 s
【解析】(1)火车以额定功率行驶，当牵引力等于阻力，即F＝f＝kmg时，火车的加速度为零，速度达到最大值vm
则vm＝＝＝＝12 m/s。
(2)当v＜vm时，火车做加速运动，若v1＝1 m/s，则
F1＝＝6×105 N
根据牛顿第二定律得a1＝＝1.1 m/s2。
(3)当v＝36 km/h＝10 m/s时，火车匀速行驶，则发动机的实际功率P′＝fv＝5×105 W。
(4)由牛顿第二定律得F′＝f＋ma＝3×105 N
在此过程中，速度增大，发动机功率增大，当功率为额定功率时速度为v′
即v′＝＝2 m/s，由v′＝at得t＝＝4 s。
三、动能定理的理解和应用
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
3．应用动能定理的解题步骤
4. 应用动能定理的注意事项
(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。
(2)应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负。
(3)应用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，借助草图理解物理过程和各量关系。
【典例12】如图所示，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g。质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为( )
A.mgR B.mgR C.mgR D.mgR
【答案】 C
【解析】 在Q点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力，所以有FN－mg＝m，FN＝2mg，联立解得v＝。下滑过程中，根据动能定理可得mgR－Wf＝mv2，解得Wf＝mgR，所以克服摩擦力做功mgR，C正确。
【典例13】我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示，质量m＝60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB＝24 m/s，A与B的竖直高度差H＝48 m。为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h＝5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1 530 J，取g＝10 m/s2。
(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；
(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。
【答案】 (1)144 N (2)12.5 m
【解析】 (1)运动员在AB段做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，则有
vB2＝2ax①
由牛顿第二定律有
mg－Ff＝ma②
联立①②式，代入数据解得
Ff＝144 N。③
(2)设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理有
mgh＋W＝mvC2－mvB2④
设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有
FN－mg＝m⑤
由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得
R＝12.5 m。⑥
【典例14】如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。则( )
A．动摩擦因数μ＝
B．载人滑草车最大速度为
C．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g
【答案】AB
【解析】 由题意知，上、下两段滑道的长分别为s1＝、s2＝，由动能定理(或功能关系)知：2mgh－μmgs1cos 45°－μmgs2cos 37°＝0，解得动摩擦因数μ＝，选项A正确；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a1＝g(sin 45°－μcos 45°)＝g，a2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝－g，则在下落h时的速度最大，由动能定理知：mgh－μmgs1cos 45°＝mv2，解得v＝，选项B正确，D错误；载人滑草车克服摩擦力做的功与重力做功相等，即W＝2mgh，选项C错误。
四、动能定理求解多过程问题
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往往比较复杂，利用动能定理分析此类问题，是从总体上把握研究对象运动状态的变化，并不需要从细节上了解。
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．全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的特点：
(1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关。
(2)大小恒定的阻力或摩擦力做功等于力的大小与路程的乘积。
4. 利用动能定理求解多过程问题的基本思路
(1)弄清物体的运动由哪些过程组成。
(2)分析每个过程中物体的受力情况。
(3)各个力做功有何特点，对动能的变化有无影响。
(4)从总体上把握全过程，写出总功表达式，找出初、末状态的动能。
(5)对所研究的全过程运用动能定理列方程。
【典例15】 如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB的A处连接一粗糙水平面OA，OA长为4 m。有一质量为m的滑块，从O处由静止开始受一水平向右的力F作用。F只在水平面上按图乙所示的规律变化。滑块与OA间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10 m/s2，试求：
(1) 滑块运动到A处的速度大小；
(2) 不计滑块在A处的速率变化，滑块冲上斜面AB的长度是多少？
【答案】 (1)5 m/s (2)5 m
【解析】 (1) 由题图乙知，在前2 m内，F1＝2mg做正功，在第3 m内，F2＝－0.5mg，做负功，在第4 m内，F3＝0，滑动摩擦力Ff＝－μmg＝－0.25mg，始终做负功，对于滑块在OA上运动的全过程，由动能定理得：F1x1＋F2x2＋Ffx＝mv－0
即2mg×2－0.5mg×1－0.25mg×4＝mv
解得vA＝5 m/s
(2) 对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得－mgLsin 30°＝0－mv
解得：L＝5 m
所以滑块冲上斜面AB的长度L＝5 m
【典例16】在某游乐闯关节目中，选手需借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，两位同学观看后对此进行了讨论。如图所示，他们将选手简化为质量m＝60 kg的质点，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向的夹角α＝53°，绳的悬挂点O距水面的高度为H＝3 m。不考虑空气阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度不计，水足够深。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。
(1)求选手摆到最低点时对绳拉力的大小F；
(2)若绳长l＝2 m，选手摆到最高点时松手落入水中。设水对选手的平均浮力F1＝800 N，平均阻力F2＝700 N，求选手落入水中的深度d；
(3)若选手摆到最低点时松手，甲同学认为绳越长，在浮台上的落点距岸边越远；乙同学却认为绳越短，落点距岸边越远。请通过推算说明你的观点。
【答案】：(1)1 080 N (2)1.2 m (3)见解析
【解析】(1)由静止至摆动到最低点，对选手由动能定理得
mgl(1－cos α)＝mv2－0
选手在最低点处由牛顿第二定律得
F′－mg＝m
由牛顿第三定律得F＝F′＝1 080 N。
(2)选手摆到最高点时松手落入水中，如图所示：
对选手由动能定理得
mg(H－lcos α＋d)－(F1＋F2)d＝0－0
解得d＝1.2 m。
(3)选手摆到最低点时松手将做平抛运动，则：
竖直方向H－l＝gt2
水平方向x＝vt
由(1)可得v＝
解得x＝
可知当l＝＝1.5 m时，x取最大值，落点距岸边最远。
【典例17】如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC是水平的，其宽度d＝0.50 m，盆边缘的高度为h＝0.30 m，在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑。已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B点的距离为( )
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面通过的总路程为s，由于只有BC面上存在摩擦力，则小物块从A点开始运动到最终静止的整个过程中，摩擦力做功为－μmgs，而重力做功与路径无关，由动能定理得：mgh－μmgs＝0－0，代入数据可解得s＝3 m。由于d＝0.50 m，所以，小物块在BC面经过3次往复运动后，停在B点。
五、机械能守恒的理解与判断
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)除重力外，只有系统内的弹力做功，并且弹力做的功等于弹性势能减少量，那么系统的机械能守恒。注意：并非物体的机械能守恒，如与弹簧相连的小球下摆的过程机械能减少。
2．机械能是否守恒的三种判断方法
(1)利用做功及守恒条件判断。
(2)利用机械能的定义判断：若物体或系统的动能、势能之和保持不变，则机械能守恒。
(3)利用能量转化判断：若物体或系统与外界没有能量交换，内部也没有机械能与其他形式能的转化，则机械能守恒。
【典例18】 (多选)如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是( )
A．甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，物体A机械能守恒
B．乙图中，斜面体A固定，物体B沿斜面匀速下滑，物体B的机械能守恒
C．丙图中，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
【答案】 CD
【解析】 由题图可知，甲图中有重力和弹力做功，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，但物体A机械能不守恒，A错；乙图中物体B沿斜面匀速下滑，物体B除受重力外，还受到弹力和摩擦力作用，弹力不做功，但摩擦力做负功，物体B的机械能不守恒，B错；丙图中绳子张力对A做负功，对B做正功，代数和为零，A、B组成的系统机械能守恒，C对；丁图中小球的动能不变，势能不变，机械能守恒，D对。
【典例19】如图所示，倾角为θ的光滑斜面体C固定于水平地面上，小物块B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体A相连接，释放后，A将向下运动，则在A碰地前的运动过程中( )
A．A的加速度大小为g
B．A机械能守恒
C．由于斜面光滑，所以B机械能守恒
D．A、B组成的系统机械能守恒
【答案】D
【解析】 A向下运动的过程中除受到重力以外，还受到细绳向上的拉力，故A下落的加速度一定小于g，A项错误；A下落过程中，细绳的拉力做负功，A的机械能不守恒，B项错误；由于斜面光滑，A、B组成的系统在整个运动过程中，只有重力做功，系统机械能守恒，但细绳的拉力对B做正功，B的机械能增加，C项错误，D项正确。
【典例20】如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的小球，小球与一轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，已知杆与水平面之间的夹角θ<45°，当小球位于B点时，弹簧与杆垂直，此时弹簧处于原长。现让小球自C点由静止释放，在小球滑到杆底端的整个过程中，关于小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能，下列说法正确的是( )
A．小球的动能与重力势能之和保持不变
B．小球的动能与重力势能之和先增大后减小
C．小球的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变
D．小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变
【答案】B
【解析】 小球与弹簧组成的系统在整个过程中，机械能守恒。弹簧原长时弹性势能为零，小球从C点到最低点过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大，所以小球的动能与重力势能之和先增大后减小，A项错，B项对；小球的重力势能不断减小，所以小球的动能与弹簧的弹性势能之和不断增大，C项错；小球的初、末动能均为零，所以整个过程中小球的动能先增大后减小，所以小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和先减小后增大，D项错。
六、多个物体的机械能守恒
考法1 杆连接的物体系统机械能守恒
题型简述
如图所示的两物体组成的系统，释放后A、B在竖直平面内绕过O点的轴转动，且A、B的角速度相等。
方法突破
求解这类问题时，由于二者角速度相等，所以关键是根据二者转动半径的关系寻找两物体的线速度的关系，根据两物体间的位移关系，确定系统重力势能的变化，最后根据ΔEk＝－ΔEp列出机械能守恒的方程求解。另外需注意的是轻杆对物体提供的弹力不一定沿着杆，轻杆的弹力也就不一定与速度方向垂直，轻杆的弹力对一个物体做了正功，就对另一物体做了负功，并且绝对值相等。
【典例21】如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上。a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g。则( )
A．a落地前，轻杆对b一直做正功
B．a落地时速度大小为
C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g
D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg
【答案】 BD
【解析】 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。
考法2 绳连接的物体系统机械能守恒
题型简述
如图所示的两物体组成的系统，释放B而使A、B运动的过程中，A、B的速度均沿绳子方向，在相等时间内A、B运动的路程相等，A、B的速率也相等。但有些问题中两物体的速率并不相等，这时就需要先进行运动的合成与分解找出两物体运动速度之间的关系。
方法突破
求解这类问题时，由于二者速率相等或相关，所以关键是寻找两物体间的位移关系，进而找到系统重力势能的变化。列机械能守恒方程时，一般选用ΔEk＝－ΔEp的形式。另外注意系统机械能守恒并非每个物体机械能守恒，因为细绳对系统中的每一个物体都要做功。
【典例23】如图所示，跨过同一高度处的定滑轮的细线连接着质量相同的物体A和B，A套在光滑水平杆上，定滑轮离水平杆的高度h＝0.2 m，开始时让连着A的细线与水平杆的夹角θ1＝37°，由静止释放B，当细线与水平杆的夹角θ2＝53°时，A的速度为多大？在以后的运动过程中，A所获得的最大速度为多大？(设B不会碰到水平杆，sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，取g＝10 m/s2)
【答案】 1.1 m/s 1.6 m/s
【解析】 A、B组成的系统，只有动能和重力势能的转化，机械能守恒。设θ2＝53°时，A、B的速度分别为vA、vB，B下降的高度为h1，则有mgh1＝mvA2＋mvB2
其中h1＝－
vAcos θ2＝vB
代入数据解得vA≈1.1 m/s。
由于细线的拉力对A做正功，使A加速至左滑轮正下方时速度最大，此时B的速度为零，设整个过程B下降高度为h2，则由机械能守恒定律得mgh2＝mvAm2
其中h2＝－h
代入数据解得vAm≈1.6 m/s。
考法3 弹簧连接的物体系统机械能守恒
题型简述
由弹簧相连的物体系统，在运动过程中既有重力做功又有弹簧弹力做功，这时系统内物体的动能、重力势能和弹簧弹性势能相互转化或转移，而总的机械能守恒。
方法突破
求解这类问题时，首先，以弹簧遵循的胡克定律为分析问题的突破口：弹簧伸长或缩短时产生的弹力的大小遵循F＝kx和ΔF＝kΔx。其次，以弹簧的弹力做功为分析问题的突破口：弹簧发生形变时，具有一定的弹性势能。弹簧的弹性势能与弹簧的劲度系数、形变量有关，一般不用计算弹性势能的大小，弹簧的形变量相同的时候弹性势能相同，通过运算可以约去。当题目中始、末都不是弹簧原长时，要注意始、末弹力的大小与方向时刻要与当时的形变相对应，即伸长量或压缩量，而力的位移就可能是两次形变量之和或之差。
【典例24】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。求：
(1)斜面的倾角α；
(2)A获得的最大速度vm。
【答案】 (1)30° (2)2g
【解析】 (1)由题意可知，当A沿斜面下滑至速度最大时，C恰好离开地面，A的加速度此时为零
由牛顿第二定律：4mgsin α－2mg＝0
则：sin α＝，即α＝30°。
(2)由题意可知，A、B、C组成的系统在初始时和A沿斜面下滑至速度最大时的机械能守恒，设弹簧的形变量为Δx，由题意可得2mg＝kΔx
4mgΔxsin α－mgΔx＝×5mvm2
得：vm＝2g。
七、功能关系的理解及应用
1．几种常见的功能关系
几种常见力做功
对应的能量变化
数量关系式
重力
正功
重力势能减少
WG＝－ΔEp
负功
重力势能增加
弹簧等
的弹力
正功
弹性势能减少
W弹＝－ΔEp
负功
弹性势能增加
电场力
正功
电势能减少
W电＝－ΔEp
负功
电势能增加
合力
正功
动能增加
W合＝ΔEk
负功
动能减少
重力以外
的其他力
正功
机械能增加
W其＝ΔE
负功
机械能减少
2．两个特殊的功能关系
(1)滑动摩擦力与两物体间相对位移的乘积等于产生的内能，即Ffl相对＝ΔQ。
(2)感应电流克服安培力做的功等于产生的电能，即W克安＝ΔE电。
3. 方法技巧
(1)在应用功能关系解决具体问题的过程中，动能的变化用动能定理分析。
(2)重力势能的变化用重力做功分析。
(3)机械能的变化用除重力和弹力之外的力做功分析。
(4)电势能的变化用电场力做功分析。
【典例25】如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时对轨道压力为。已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中( )
A．重力做功2mgR B．合力做功mgR
C．克服摩擦力做功mgR D．机械能减少2mgR
【答案】 B
【解析】 由向心力公式可得，小球在B点的速度v满足mg＋mg＝m，解得v＝，从P到B过程，重力做功等于重力势能减小量为mgR，动能增加量为mv2＝mgR，合力做功等于动能增加量mgR，机械能减少量为mgR－mgR＝mgR，克服摩擦力做功等于机械能的减少量mgR，故B选项正确。
【典例26】如图所示，一根原长为L的轻弹簧，下端固定在水平地面上，一个质量为m的小球，在弹簧的正上方从距地面高度为H处由静止下落压缩弹簧。若弹簧的最大压缩量为x，小球下落过程受到的空气阻力恒为Ff，则小球从开始下落至最低点的过程( )
A．小球动能的增量为0
B．小球重力势能的增量为mg(H＋x－L)
C．弹簧弹性势能的增量为(mg－Ff)(H＋x－L)
D．系统机械能减小FfH
【答案】AC
【解析】 小球下落的整个过程中，开始时速度为零，结束时速度也为零，所以小球动能的增量为0，故A正确；小球下落的整个过程中，重力做功WG＝mgh＝mg(H＋x－L)，根据重力做功量度重力势能的变化WG＝－ΔEp得：小球重力势能的增量为－mg(H＋x－L)，故B错误；根据动能定理得：WG＋Wf＋W弹＝0－0＝0，所以W弹＝－(mg－Ff)(H＋x－L)，根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化W弹＝－ΔEp得：弹簧弹性势能的增量为(mg－Ff)(H＋x－L)，故C正确；系统机械能的减少等于重力、弹力以外的力做的功，小球从开始下落至最低点的过程，克服阻力做的功为：Ff(H＋x－L)，所以系统机械能减小为：Ff(H＋x－L)，故D错误。
【典例27】如图所示，在绝缘的斜面上方，存在着匀强电场，电场方向平行于斜面向上，斜面上的带电金属块在平行于斜面的力F作用下沿斜面移动。已知金属块在移动的过程中，力F做功32 J，金属块克服电场力做功8 J，金属块克服摩擦力做功16 J，重力势能增加18 J，则在此过程中金属块的( )
A．动能减少10 J B．电势能增加24 J
C．机械能减少24 J D．内能增加16 J
【答案】AD
【解析】 根据动能定理，合力做功等于动能变化量，则W合＝WF＋W电＋W阻＋W重＝－10 J，即动能减少10 J；电势能的变化量等于电场力做功，即ΔEp电＝－W电＝8 J，即电势能增加8 J；机械能的变化量等于除重力以外的其他力做功，即E＝WF＋W电＋W阻＝8 J，即机械能增加8 J；内能增加量等于克服摩擦力做功，即16 J。综上所述，A、D正确。
八、传送带模型中的功能关系
(1)传送带做的功：W传＝Fx，其中F为传送带的动力，x为传送带转过的距离。
(2)产生的内能：ΔQ＝Ffx相对，其中x相对为相互摩擦时物体与传送带间的相对位移，若物体在传送带上做往复运动时，则x相对为总的相对路程。
(3)功能关系：W传＝ΔEk＋ΔEp＋ΔQ。
【典例28】如图所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A、B两端间距L＝16 m，传送带以速度v＝10 m/s沿顺时针方向运动，现有一物体m＝1 kg无初速度地放置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：
(1)物体由A端运动到B端的时间；
(2)系统因摩擦产生的热量。
【答案】 (1)2 s (2)24 J
【解析】 (1)物体刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
设物体经时间t1加速到与传送带同速，则
v＝a1t1，x1＝a1t12
解得a1＝10 m/s2，t1＝1 s，x1＝5 m
设物体经过时间t2到达B端，因mgsin θ>μmgcos θ，故当物体与传送带同速后，物体将继续加速，即
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
L－x1＝vt2＋a2t22
解得t2＝1 s
故物体由A端运动到B端的时间
t＝t1＋t2＝2 s。
(2)物体与传送带间的相对位移
x相＝(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)＝6 m
故Q＝μmgcos θ·x相＝24 J。
九、能量转化与守恒的应用
1．对能量守恒定律的两点理解
(1)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)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等。
2．能量转化问题的解题思路
首先确定初、末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减与增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解。
3. 涉及弹簧的能量问题的解题方法
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物体速度相同。
(3)当水平弹簧处于原长状态时，系统内某一端的物体具有最大速度。
【典例29】如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数为μ＝，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧轻绳与斜面平行，A的质量为2m＝4 kg，B的质量为m＝2 kg，初始时A到C点的距离为L＝1 m，现给A、B一初速度v0＝3 m/s，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，A将弹簧压缩到最短后又恰好能回到C点。已知重力加速度取g＝10 m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态，求此过程中：
(1)A向下运动刚到C点时的速度大小；
(2)弹簧的最大压缩量；
(3)弹簧的最大弹性势能。
【答案】 (1)2 m/s (2)0.4 m (3)6 J
【解析】 (1)A向下运动刚到C点的过程中，对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得：
μ·2mgcos θ·L＝·3mv02－·3mv2＋2mgLsin θ－mgL
可解得v＝2 m/s。
(2)对A、B组成的系统，在A将弹簧压缩到最大压缩量，又返回到C点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，
即：·3mv2－0＝μ·2mgcos θ·2x
其中x为弹簧的最大压缩量
解得x＝0.4 m。
(3)设弹簧的最大弹性势能为Epm
由能量守恒定律可得：
·3mv2＋2mgxsin θ－mgx＝μ·2mgcos θ·x＋Epm
解得：Epm＝6 J。
巩固提升
1．如图所示，木块相对斜面静止，并一起沿水平方向向右匀速运动．运动过程中，斜面对木块支持力和摩擦力的做功情况是
A. 支持力不做功
B. 支持力做正功
C. 摩擦力做负功
D. 摩擦力做正功
【答案】D
【解析】物体位移方向向右，由功的计算公式W=FScosα可知，支持力方向垂直斜面向上，与位移的方向夹角大于90°，支持力一定做负功，故AB错误；物块相对于斜面静止，故受到的摩擦力沿斜面向上，故位移与力夹角小于90°，做正功，故C错误，D正确；故选D。
点睛：本题主要考查了W=FLcosθ，关键是正确受力分析，判断出力与位移的夹角关系，从而确定功的正负.
2．忽略空气阻力，下列物体运动过程中满足机械能守恒的是：（）
A. 电梯匀速下降 B. 在真空管中自由下落的羽毛
C. 物体沿着斜面匀速下滑 D. 电梯加速上升
【答案】B
【解析】电梯匀速下降，说明电梯处于受力平衡状态，并不是只有重力做功，所以A错误。在真空管中自由下落的羽毛，只受重力，机械能守恒，所以B正确。物体沿着斜面匀速下滑，物体受力平衡，摩擦力和重力都要做功，所以机械能不守恒，所以C错误。电梯加速上升，除重力外还有向上的牵引力做功，机械能不守恒，选项D错误；故选B。
点睛：掌握住机械能守恒的条件，也就是只有重力做功，分析物体是否受到其它力的作用，以及其它力是否做功，由此即可判断是否机械能守恒．
3．起重机的吊钩下挂着质量为m的木箱，如果木箱以大小为a的加速度匀减速下降了高度h，则起重机对木箱所做的功为( )
A. m(g＋a)h
B. m(g－a)h
C. －m(g＋a)h
D. －m(g－a)h
【答案】C
【解析】对木箱受力分析可得，木箱受到拉力和重力的作用，由于木箱以加速度a匀减速下降，所以加速度是向上的，由牛顿第二定律可得，F-mg=ma，所以拉力F=m（g+a），下降高度h时，拉力做的功为W=-Fh=-m（g+a）h，所以C正确。故选C.
点睛：本题是牛顿第二定律和功的计算公式的考查，比较简单，但是要注意木箱克服钢索拉力做的功等于钢索对木箱做的功的大小．
4．如图，质量为M的物体受水平力F的作用在粗糙的水平面上运动，下列说法中不正确的是
A. 如果物体做加速直线运动，F?对物体做正功
B. 如果物体做匀速直线运动，F?对物体做正功
C. 如果物体做减速直线运动，F?对物体做负功
D. 如果物体做减速直线运动，F?对物体做正功
【答案】C
【解析】由图可知，拉力与运动方向相同，则根据功的公式可知，不论物体是加速、匀速还是减速运动拉力对物体一定做正功．故ABD正确，C错误．本题选错误的，故选C．
点睛：本题考查功的计算，要注意功的大小只取决于力、位移以及二者的夹角，与物体的运动性质无关.
5．如图所示，一个物体在恒力的作用下，沿光滑的水平面运动，与水平面的夹角为，在物体通过距离的过程中（）．
A. 力对物体做的功为 B. 力对物体做的功为
C. 物体动能的变化量为 D. 物体动能的变化量为
【答案】B
【解析】由题意及功的公式可得：力F对物体所做的功：W=Fscosθ；故A错误；B正确；由动能定理可得，W=△EK；即动能的变化量为Fscosθ；选项CD错误；故选B．
点睛：功的计算中要注意功等于力与在力的方向上发生的位移；而动能的变化量一定等于合外力所做的功．
6．学校进行消防疏散演习，某同学从五楼撖离到地面用时2min。在此过程中，该同学重力做功的平均功率最接近于
A. 5W B. 50W C. 500W D. 5000W
【答案】B
【解析】该同学体重大约60kg，下楼通过的位移为h=12m，则重力做功的平均功率
，更接近B，故选B。
7．质量为0.1kg的金属块从距水平地面50m高处由静止开始下落，不计空气阻力，g取10m/s2，则该金属块所受重力在从初始时刻算起的第2s内所做的功和第2s末的功率分别为（ ）
A. 20J，20W B. 15J，20W
C. 20J，10W D. 15J，15W
【答案】B
【解析】小球第2s内下落的位移为：，第2s内重力做功为W=mgh=0.1×10×15J=15J；第2s末的速度为：v=gt2=10×2m/s=20m/s，所以第2s末的瞬时功率为：P′=mgv=0.1×10×20W=20W，故B正确，ACD错误。
8．一个质量为1kg的物体，以2m/s的速度在光滑水平面上向右滑行，从某个时刻起，在物体上作用一个向左的水平力，经过一段时间，物体的速度方向变为向左，大小仍然是2m/s，在这段时间内水平力对物体做的功为
A. 32J B. 8J C. 16J D. 0J
【答案】D
【解析】由动能定理可知：．故选D.
9．质量为m的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机功率恒为P，且行驶过程中受到的阻力大小一定，汽车速度能够达到的最大值为v，那么当汽车的车速为时，汽车的瞬时加速度的大小为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】汽车做匀速直线运动时的速度最大，由平衡条件得：F=f，由P=Fv可知，汽车速度最大时的牵引力：，速度为v/6时汽车的牵引力：F′=，由牛顿第二定律得：F′-f=ma， 解得：a=；故选D。
点睛；本题考查了求汽车的加速度，分析清楚汽车运动过程，应用P=Fv、平衡条件与牛顿第二定律可以解题；要知道汽车速度最大时的牵引力与阻力相等．
10．如图所示，游乐场有高为H倾角为α的滑梯，表面粗糙，一个质量为m的小孩从顶端静止开始出发往下跑，跑到底端时速度为v，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A. 小孩的机械能减少
B. 滑梯对人不做功
C. 滑梯对人做功为
D. 合外力做功为
【答案】B
【解析】跑步时人体内的化学能一部分转化为机械能，所以小孩的机械能增加，故A错误；小孩在下滑过程中，小孩受重力、支持力和静摩擦力，支持力和静摩擦力都不做功，所以滑梯对小孩做的功为零，故B正确，C错误；根据动能定理可得，故D错误。所以B正确，ACD错误。
11．如图所示，在短道速滑运动中，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲，甲获得更大的速度向前冲出。不计冰面阻力。则在乙推甲的过程中
A. 甲对乙做正功，甲的动能增大
B. 甲对乙做正功，乙的动能增大
C. 乙对甲做正功，甲的动能增大
D. 乙对甲做正功，乙的动能增大
【答案】C
【解析】在乙推甲的过程中，甲对乙的作用力向后，故甲对乙的作用力一定做负功，由动能定理知，乙的动能减小；乙对甲的作用力向前，故乙对甲的作用力一定做正功，由动能定理知，甲的动能增大，故C正确；选C.
12．长为0.8m的细线一端固定于O点，另一端系一小球。将细线拉至水平后由静止释放小球，当小球经过最低点时的速度大小为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】小球运动过程中，根据动能定理得：mv2＝mgl 解得： ,故选C.
13．质量为m的汽车在平直路面上起动，起动过程的速度图象如图所示，从t1时刻起汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为f，则( )
A. 0～t1时间内，汽车的牵引力等于m－f
B. t1～t2时间内，汽车的功率等于m+f v1
C. 汽车运动的最大速度v2＝(＋1)v1
D. t1～t2时间内，汽车克服阻力做的功为
【答案】BC
【解析】由题图可知，0～t1阶段，汽车做匀加速直线运动，a=，F1-f=ma，联立得，F1=m+f，故A错误；在t1时刻汽车达到额定功率P=F1v1=（m+f）v1，t1～t2时间内，汽车保持额定功率不变，故B正确；t2时刻，速度达到最大值v2，此时刻F2=f，P=F2v2，，故C正确；由v-t图线与横轴所围面积表示位移的大小可知，t1～t2时间内，汽车的平均速度大于，故位移大于?(t2?t1)，克服摩擦力做功大于 f??(t2?t1)，故D错误，故选BC。
14．人通过定滑轮将质量为m的物体，沿倾角为θ的光滑斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h，到达斜面顶端的速度为v，如图所示．则在此过程中( )
A. 人对物体做的功为mgh
B. 人对物体做的功为
C. 物体克服重力所做的功为mghcosθ
D. 物体所受的合外力做功为
【答案】D
【解析】人对物体做的功一定大于mgh；故A错误，由动能定理可知，人做的功应克服重力、摩擦力做功，故人做的功等于克服重力的功、克服摩擦力的功及增加的动能之和，大于mv2，故B错误；物体克服重力所做的功为mgh；故C错误；
对物体受力分析可知，物体受重力、拉力及摩擦力的作用；由动能定理可知，合外力做功一定等于动能的改变量，即等于mv2；故D正确；故选：D。
15．质量为m = 4kg的小物块静止于地面上。现用竖直向上的恒力F拉动小物块，经过时间t = 2s，小物块运动了h = 4m的距离，取g =10m/s2。求：
（1）物快加速度a的大小；
（2）恒力F的大小；
（3）2s末恒力的功率的大小。
【答案】（1）（2）（3）
【解析】（1）物块加速度a的大小
（2）根据牛顿第二定律F-mg=ma
解得F=mg+ma=48N
（3）2s末的速度v=at=4m/s
2s末恒力的功率的大小P=Fv=192W
16．2014年8月南京成功举办了第二届夏季青年奥运会，中国代表队共获得了30块金牌。中国小将吴圣平在跳水女子三米板中以绝对的优势夺冠。为了理解运动员在三米板跳水中的轨迹过程，特做了简化处理：把运动员看作质量为m=50.0kg的质点，竖直起跳位置离水面高h1=3.0m，起跳后运动到最高点的时间t=0.3s，运动员下落垂直入水后水对运动员竖直向上的作用力的大小恒为F=1075.0N，不考虑空气阻力，g=10m/s2，求：
（1）运动员起跳时初速度v0的大小；
（2）运动员在水中运动的最大深度h2。
【答案】（1）3.0m/s （2）3.0m
【解析】（1）运动员上升到最高点速度为零，由运动学公式有0=v0-gt，
代入g=10m/s2、t=0.3s，得v0=3.0m/s。
（2）运动员从起跳到水中最深，由动能定理有mg(h1+h2)-Fh2=0-mv02，代入v0=3.0m/s、h1=3.0m、F=1075.0N，得h2=3.0m。