2018—2019学年高一物理粤教版必修2学案：第四章机械能和能源（11份）

微型专题5　利用动能定理分析变力做功和多过程问题
知识目标
核心素养
1.进一步理解动能定理，领会应用动能定理解题的优越性.
2.会利用动能定理分析变力做功、曲线运动以及多过程问题.
1.体会动能定理在分析变力问题、曲线运动、多过程问题中的优越性.
2.建立求解“多过程往复运动问题”的模型，提高逻辑推理和综合分析问题的能力.
一、利用动能定理求变力的功
1．动能定理不仅适用于求恒力做的功，也适用于求变力做的功，同时因为不涉及变力作用的过程分析，应用非常方便．
2．利用动能定理求变力的功是最常用的方法，当物体受到一个变力和几个恒力作用时，可以用动能定理间接求变力做的功，即W变＋W其他＝ΔEk.
例1　如图1所示，质量为m的小球自由下落d后，沿竖直面内的固定轨道ABC运动，AB是半径为d的光滑圆弧，BC是直径为d的粗糙半圆弧(B是轨道的最低点)．小球恰能通过圆弧轨道的最高点C.重力加速度为g，求：
图1
(1)小球运动到B处时对轨道的压力大小；
(2)小球在BC运动过程中，摩擦力对小球做的功．
答案　(1)5mg　(2)－mgd
解析　(1)小球运动到B点的过程由动能定理得2mgd＝mv2，
在B点：FN－mg＝m，得：FN＝5mg，
根据牛顿第三定律：小球在B处对轨道的压力大小
FN′＝ FN＝5mg.
(2)小球恰好通过C点，则mg＝m.
小球从B运动到C的过程：
－mgd＋Wf＝mvC2－mv2，得Wf＝－mgd.
【考点】应用动能定理求变力的功
【题点】应用动能定理求变力的功
B至C的过程中摩擦力为变力(大小方向都变)，求变力的功不能直接根据功的公式，通常用动能定理求解．
针对训练1　如图2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(　　)
图2
A.mgR B.mgR
C.mgR D.mgR
答案　C
解析　质点经过Q点时，由重力和轨道支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得FN－mg＝m，由题意及牛顿第三定律知FN＝2mg，可得vQ＝，质点自P滑到Q的过程中，由动能定理得mgR－Wf＝mvQ2，得克服摩擦力所做的功为Wf＝mgR，选项C正确．
【考点】应用动能定理进行有关的计算
【题点】应用动能定理求功
二、利用动能定理分析多过程问题
一个物体的运动如果包含多个运动阶段，可以选择分段或全程应用动能定理．
(1)分段应用动能定理时，将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，然后联立求解．
(2)全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功情况，分析每个力做的功，确定整个过程中合外力做的总功，然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解．
当题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单，更方便．
注意：当物体运动过程中涉及多个力做功时，各力对应的位移可能不相同，计算各力做功时，应注意各力对应的位移．计算总功时，应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和．
例2　如图3所示，右端连有一个光滑弧形槽的水平桌面AB长L＝1.5 m，一个质量为m＝0.5 kg的木块在F＝1.5 N的水平拉力作用下，从桌面上的A端由静止开始向右运动，木块到达B端时撤去拉力F，木块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2.求：
图3
(1)木块沿弧形槽上升的最大高度(木块未离开弧形槽)；
(2)木块沿弧形槽滑回B端后，在水平桌面上滑行的最大距离．
答案　(1)0.15 m　(2)0.75 m
解析　(1)设木块沿弧形槽上升的最大高度为h，木块在最高点时的速度为零．从木块开始运动到沿弧形槽上升到最大高度处，由动能定理得：
FL－fL－mgh＝0
其中f＝μFN＝μmg＝0.2×0.5×10 N＝1.0 N
所以h＝＝ m＝0.15 m
(2)设木块离开B点后沿桌面滑行的最大距离为x.由动能定理得：
mgh－fx＝0
所以：x＝＝ m＝0.75 m
【考点】应用动能定理处理多过程问题
【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题
针对训练2　如图4所示，质量m＝1 kg的木块静止在高h＝1.2 m的平台上，木块与平台间的动摩擦因数μ＝0.2，用水平推力F＝20 N，使木块滑行l1＝3 m时撤去，木块又滑行l2＝1 m后飞出平台，求木块落地时速度的大小．(g取10 m/s2)
图4
答案　11.3 m/s
解析　解法一　取木块为研究对象，其运动分三个过程，先匀加速前进l1，后匀减速前进l2，再做平抛运动，对每一过程，分别由动能定理得
Fl1－μmgl1＝mv12
－μmgl2＝mv22－mv12
mgh＝mv32－mv22
解得v3≈11.3 m/s
解法二　对全过程由动能定理得
Fl1－μmg(l1＋l2)＋mgh＝mv2－0
代入数据解得v≈11.3 m/s
【考点】应用动能定理处理多过程问题
【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题
三、动能定理在平抛、圆周运动中的应用
动能定理常与平抛运动、圆周运动相结合，解决这类问题要特别注意：
(1)与平抛运动相结合时，要注意应用运动的合成与分解的方法，如分解位移或分解速度求平抛运动的有关物理量．
(2)与竖直平面内的圆周运动相结合时，应特别注意隐藏的临界条件：
①有支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为vmin＝0.
②没有支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为vmin＝.
例3　如图5所示，一可以看成质点的质量m＝2 kg的小球以初速度v0沿光滑的水平桌面飞出后，恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道，BC为圆弧竖直直径，其中B为轨道的最低点，C为最高点且与水平桌面等高，圆弧AB对应的圆心角θ＝53°，轨道半径R＝0.5 m．已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，不计空气阻力，g取10 m/s2.
图5
(1)求小球的初速度v0的大小；
(2)若小球恰好能通过最高点C，求在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功．
答案　(1)3 m/s　(2)－4 J
解析　(1)在A点由平抛运动规律得：
vA＝＝v0①
小球由桌面到A点的过程中，由动能定理得
mg(R＋Rcos θ)＝mvA2－mv02②
由①②得：v0＝3 m/s.
(2)若小球恰好通过最高点C，在最高点C处有mg＝，小球从桌面运动到C点的过程中，由动能定理得Wf＝mvC2－mv02，
代入数据解得Wf＝－4 J.
【考点】应用动能定理处理多过程问题
【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题
四、动能定理在多过程往复运动中的应用
例4　某游乐场的滑梯可以简化为如图6所示竖直面内的ABCD轨道，AB为长L＝6 m、倾角α＝37°的斜轨道，BC为水平轨道，CD为半径R＝15 m、圆心角β＝37°的圆弧轨道，轨道AB段粗糙，其余各段均光滑．一小孩(可视为质点)从A点以初速度v0＝2 m/s下滑，沿轨道运动到D点时的速度恰好为零(不计经过B点时的能量损失)．已知该小孩的质量m＝30 kg，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，不计空气阻力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
图6
(1)该小孩第一次经过圆弧轨道C点时，对圆弧轨道的压力；
(2)该小孩与AB段的动摩擦因数；
(3)该小孩在轨道AB上运动的总路程s.
答案　(1)420 N，方向向下　(2)0.25　(3)21 m
解析　(1)由C到D速度减为0，由动能定理可得
－mg(R－Rcos 37°)＝0－mvC2，vC＝2 m/s
在C点，由牛顿第二定律得
FN－mg＝m，FN＝420 N
根据牛顿第三定律，小孩对轨道的压力大小为420 N，方向向下
(2)小孩从A运动到D的过程中，由动能定理得：
mgLsin α－μmgLcos α－mgR(1－cos β)＝0－mv02
可得：μ＝0.25
(3)在AB斜轨上，μmgcos α由动能定理：mgLsin α－μmgscos α＝0－mv02
解得s＝21 m.
1．在含有摩擦力的往复运动过程中，注意两种力做功的区别：
(1)重力做功只与初末位置有关，而与路径无关；
(2)滑动摩擦力(或全部阻力)做功与路径有关，克服摩擦力(或全部阻力)做的功W＝fs(s为路程)．
2．由于动能定理解题的优越性，求多过程往复运动问题中的路程，一般应用动能定理.
1．(用动能定理求变力的功)如图7所示，质量为m的物体与水平转台间的动摩擦因数为μ，物体与转轴相距R，物体随转台由静止开始转动．当转速增至某一值时，物体即将在转台上滑动，此时转台开始匀速转动．设物体的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，则在整个过程中摩擦力对物体做的功是(　　)
图7
A．0 B．2μmgR
C．2πμmgR D.
答案　D
解析　物体即将在转台上滑动但还未滑动时，转台对物体的最大静摩擦力恰好提供向心力，设此时物体做圆周运动的线速度为v，则有μmg＝.①
在物体由静止到获得速度v的过程中，物体受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物体做功，由动能定理得：W＝mv2－0.②
联立①②解得W＝μmgR.
【考点】应用动能定理求变力的功
【题点】应用动能定理求变力的功
2．(用动能定理求变力的功)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8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8
A.mv02－μmg(s＋x) B.mv02－μmgx
C．μmgs D．μmg(s＋x)
答案　A
解析　由动能定理得－W－μmg(s＋x)＝0－mv02，W＝mv02－μmg(s＋x)．
【考点】应用动能定理求变力的功
【题点】应用动能定理求变力的功
3．(利用动能定理分析多过程往复运动问题)如图9所示，ABCD为一竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10 m，BC长1 m，AB和CD轨道光滑．一质量为1 kg的物体，从A点以4 m/s的速度开始运动，经过BC后滑到高出C点10.3 m的D点速度为0.求：(g取10 m/s2)
图9
(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数；
(2)物体第5次经过B点时的速度；
(3)物体最后停止的位置(距B点多少米)．
答案　(1)0.5　(2)13.3 m/s　(3)距B点0.4 m
解析　(1)由动能定理得
－mg(h－H)－μmgsBC＝0－mv12，
解得μ＝0.5.
(2)物体第5次经过B点时，物体在BC上滑动了4次，由动能定理得mgH－μmg·4sBC＝mv22－mv12，
解得v2＝4 m/s≈13.3 m/s.
(3)分析整个过程，由动能定理得
mgH－μmgs＝0－mv12，
解得s＝21.6 m.
所以物体在轨道上来回运动了10次后，还有1.6 m，故最后停止的位置与B点的距离为2 m－1.6 m＝0.4 m.
【考点】应用动能定理处理多过程问题
【题点】应用运动定理处理含曲线运动的多过程问题
4．(动能定理在平抛、圆周运动中的应用)如图10所示，一个质量为m＝0.6 kg 的小球以初速度v0＝2 m/s 从P点水平抛出，从粗糙圆弧ABC的A点沿切线方向进入(不计空气阻力，进入圆弧时无动能损失)且恰好沿圆弧通过最高点C，已知圆弧的圆心为O，半径R＝0.3 m，θ＝60°，g＝10 m/s2.求：
图10
(1)小球到达A点的速度vA的大小；
(2)P点到A点的竖直高度H；
(3)小球从圆弧A点运动到最高点C的过程中克服摩擦力所做的功W.
答案　(1)4 m/s　(2)0.6 m　(3)1.2 J
解析　(1)在A点由速度的合成得vA＝，
代入数据解得vA＝4 m/s
(2)从P点到A点小球做平抛运动，竖直分速度vy＝v0tan θ
由运动学规律有v y2＝2gH
解得H＝0.6 m
(3)恰好过C点满足mg＝
由A点到C点由动能定理得
－mgR(1＋cos θ)－W＝mvC2－mvA2
代入数据解得W＝1.2 J.
【考点】应用动能定理处理多过程问题
【题点】应用运动定理处理含曲线运动的多过程问题
一、选择题
1．在离地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为v0，当它落到地面时速度为v，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于(　　)
A．mgh－mv2－mv02 B．mv2－mv02－mgh
C．mgh＋mv02－mv2 D．mgh＋mv2－mv02
答案　C
解析　选取物块从刚抛出到落地时的过程，由动能定理可得：
mgh－Wf克＝mv2－mv02
解得：Wf克＝mgh＋mv02－mv2.
【考点】应用动能定理求变力的功
【题点】应用动能定理求变力的功
2.如图1所示，AB为四分之一圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R.一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A从静止开始下滑，恰好运动到C处停止，不计空气阻力，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为(　　)
图1
A.μmgR B.mgR
C．mgR D．(1－μ)mgR
答案　D
解析　设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，对物体从A到C的全过程，由动能定理得mgR－WAB－μmgR＝0，故WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR.
【考点】应用动能定理进行有关的计算
【题点】应用动能定理求功
3.一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点，如图2所示，则拉力F所做的功为(　　)
图2
A．mglcos θ B．mgl(1－cos θ)
C．Flcos θ D．Flsin θ
答案　B
解析　小球缓慢移动，时时都处于平衡状态，由平衡条件可知，F＝mgtan θ，随着θ的增大，F也在增大，是一个变化的力，不能直接用功的公式求它所做的功，所以这道题要考虑用动能定理求解．由于物体缓慢移动，动能保持不变，由动能定理得：－mgl(1－cos θ)＋W＝0，所以W＝mgl(1－cos θ)．
【考点】应用动能定理求变力的功
【题点】应用动能定理求变力的功
4．如图3所示，一木块沿竖直放置的粗糙曲面从高处滑下，当它滑过A点的速度大小为5 m/s时，滑到B点的速度大小也为5 m/s.若使它滑过A点的速度大小变为7 m/s，则它滑到B点的速度大小为(　　)
图3
A．大于7 m/s B．等于7 m/s
C．小于7 m/s D．无法确定
答案　C
解析　第一次从A点到B点的过程中：mgh－Wf1＝ΔEk＝0，Wf1＝mgh
第二次速度增大，木块对轨道的压力增大，Wf2>Wf1，故mgh－Wf2<0，B点动能小于A点动能，C正确．
【考点】应用动能定理求变力的功
【题点】应用动能定理求变力的功
5.质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图4所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是(　　)
图4
A.mgR B.mgR
C.mgR D．mgR
答案　C
解析　小球通过最低点时，设绳的张力为FT，则
FT－mg＝m，6mg＝m①
小球恰好过最高点，绳子拉力为零，这时mg＝m②
小球从最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得
－mg·2R－Wf＝mv22－mv12③
由①②③式联立解得Wf＝mgR，选C.
【考点】应用动能定理求变力的功
【题点】应用动能定理求变力的功
6．(多选)在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速直线运动，当速度达到vmax后，立即关闭发动机直至静止，v－t图象如图5所示，设汽车的牵引力为F，受到的摩擦力为f，全过程中牵引力做功为W1，克服摩擦力做功为W2，则(　　)
图5
A．F∶f＝1∶3 B．W1∶W2＝1∶1
C．F∶f＝4∶1 D．W1∶W2＝1∶3
答案　BC
解析　对汽车运动的全过程，由动能定理得：W1－W2＝ΔEk＝0，所以W1＝W2，选项B正确，D错误；由动能定理得Fs1－fs2＝0，由图象知s1∶s2＝1∶4.所以
F∶f＝4∶1，选项A错误，C正确．
【考点】应用动能定理处理多过程问题
【题点】应用动能定理处理仅含直线运动的多过程问题
7．如图6所示，一薄木板斜搁在高度一定的平台和水平地板上，其顶端与平台相平，末端置于地板的P处，并与地板平滑连接．将一可看成质点的滑块自木板顶端无初速度释放，沿木板下滑，接着在地板上滑动，最终停在Q处．滑块和木板及地板之间的动摩擦因数相同．现将木板截短一半，仍按上述方式搁在该平台和水平地板上，再次将滑块自木板顶端无初速度释放(设滑块在木板和地面接触处平滑过渡)，则滑块最终将停在(　　)
图6
A．P处 B．P、Q之间
C．Q处 D．Q的右侧
答案　C
【考点】应用动能定理处理多过程问题
【题点】应用动能定理处理仅含直线运动的多过程问题
8.(多选)如图7所示，一个小环沿竖直放置的光滑圆环形轨道做圆周运动．小环从最高点A滑到最低点B的过程中，线速度大小的平方v2随下落高度h的变化图象可能是图中的(　　)
图7
答案　AB
解析　对小环由动能定理得mgh＝mv2－mv02，则v2＝2gh＋v02.当v0＝0时，B正确．当v0≠0时，A正确．
9．(多选)如图8所示为一滑草场．某条滑道由上、下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则(　　)
图8
A．动摩擦因数μ＝
B．载人滑草车最大速度为
C．载人滑草克服摩擦力做功为mgh
D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g
答案　AB
解析　根据动能定理有2mgh－Wf＝0，即2mgh－μmgcos 45°·－μmgcos 37°·＝0，得动摩擦因数μ＝，则A项正确；载人滑草车克服摩擦力做的功为Wf＝2mgh，则C项错误；载人滑草车在上、下两段的加速度分别为a1＝g(sin 45°－μcos 45°)＝g，a2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝－g，则载人滑草车在上、下两段滑道上分别做加速运动和减速运动，因此在上段滑道底端时达到最大速度v，由运动学公式有2a1＝v2得，v＝＝，故B项正确，D项错误．
【考点】应用动能定理处理多过程问题
【题点】应用动能定理处理仅含直线运动的多过程问题
二、非选择题
10．(应用动能定理分析多过程问题)如图9所示，自然伸长的轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端在O位置，质量为m的物块A(可视为质点)以初速度v0从距O点x0的P点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O′点位置后，A又被弹簧弹回．A离开弹簧后，恰好回到P点，物块A与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.
图9
(1)求物块A从P点出发又回到P点的过程中，克服摩擦力所做的功．
(2)求O点和O′点间的距离x1.
答案　(1)mv02　(2)－x0
解析　(1)A从P开始运动，最后回到P的过程，根据动能定理得：摩擦力所做的功为Wf＝0－mv02＝－mv02，即克服摩擦力做功为mv02.
(2)A从P开始运动，最后回到P的全过程，根据动能定理，有－2μmg(x1＋x0)＝0－mv02，得x1＝－x0.
【考点】应用动能定理处理多过程问题
【题点】应用动能定理处理含弹力做功的多过程问题
11．(应用动能定理分析多过程问题)如图10所示，光滑水平面AB与一半圆形轨道在B点平滑连接，轨道位于竖直面内，其半径为R，一个质量为m的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经B点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C点，重力加速度为g.求：
图10
(1)弹簧弹力对物块做的功；
(2)物块从B到C克服阻力所做的功；
(3)物块离开C点后，再落回到水平面上时的动能．
答案　(1)3mgR　(2)mgR　(3)mgR
解析　(1)由动能定理得W＝mvB2
在B点由牛顿第二定律得7mg－mg＝m
解得W＝3mgR
(2)物块从B到C由动能定理得
－2mgR＋W′＝mvC2－mvB2
物块在C点时mg＝m
解得W′＝－mgR，即物块从B到C克服阻力做功为mgR.
(3)物块从C点平抛到水平面的过程中，由动能定理得
2mgR＝Ek－mvC2，解得Ek＝mgR.
【考点】应用动能定理处理多过程问题
【题点】应用动能定理处理含弹力做功的多过程问题
12．(应用动能定理分析多过程问题)如图11所示，光滑斜面AB的倾角θ＝53°，BC为水平面，BC长度lBC＝1.1 m，CD为光滑的圆弧，半径R＝0.6 m．一个质量m＝2 kg的物体，从斜面上A点由静止开始下滑，物体与水平面BC间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道在B、C两点平滑连接．当物体到达D点时，继续竖直向上运动，最高点距离D点的高度h＝0.2 m．不计空气阻力，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2.求：
图11
(1)物体运动到C点时的速度大小vC；
(2)A点距离水平面的高度H；
(3)物体最终停止的位置到C点的距离s.
答案　(1)4 m/s　(2)1.02 m　(3)0.4 m
解析　(1)物体由C点运动到最高点，根据动能定理得：
－mg(h＋R)＝0－mvC2
代入数据解得：vC＝4 m/s
(2)物体由A点运动到C点，根据动能定理得：
mgH－μmglBC＝mvC2－0
代入数据解得：H＝1.02 m
(3)从物体开始下滑到停下，根据动能定理得：
mgH－μmgs1＝0
代入数据，解得s1＝5.1 m
由于s1＝4lBC＋0.7 m
所以，物体最终停止的位置到C点的距离为：s＝0.4 m.
【考点】应用动能定理处理多过程问题
【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题
1．(应用动能定理分析多过程问题)2016年11月1日广东珠海开幕的第十一届中国国际航空航天博览会上，空军“八一”飞行表演队的6架歼－10战斗机为现场数千名观众带来了一场震撼表演．如图1所示，某次飞行表演中，飞行员驾驶飞机在竖直面内做半径为R的圆周运动，在最高点时飞行员头朝下，已知飞行员质量为m、重力加速度为g.
图1
(1)若飞行员在最高点座椅对他的弹力和飞机在地面上起飞前一样，求最高点的速度；
(2)若这位飞行员以(1)中的速度从最高点加速飞到最低点，且他在最低点能承受的最大竖直加速度为5g，求飞机在最低点的最大速度及这个过程中飞机对飞行员做的功．
答案　(1)　(2)　－mgR
解析　(1)最高点座椅对飞行员的弹力FN＝mg
由重力和弹力的合力提供向心力FN＋mg＝，v1＝
(2)最低点向心加速度最大时速度也最大，a＝＝5g，速度最大为v2＝
对最高点到最低点的过程运用动能定理，有mg×2R＋W＝mv22－mv12，解得W＝－mgR.
【考点】应用动能定理处理多过程问题
【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题
2．(应用动能定理分析多过程问题)如图2所示是一种常见的圆桌，桌面中间嵌一半径为r＝1.5 m、可绕中心轴转动的圆盘，桌面与圆盘面在同一水平面内且两者间缝隙可不考虑．已知桌面离地高度为h＝0.8 m，将一可视为质点的小碟子放置在圆盘边缘，若缓慢增大圆盘的角速度，碟子将从圆盘上甩出并滑上桌面，再从桌面飞出，落地点与桌面飞出点的水平距离是0.4 m．已知碟子质量m＝0.1 kg，碟子与圆盘间的最大静摩擦力fmax＝0.6 N，g取10 m/s2，求：(不计空气阻力)
图2
(1)碟子从桌面飞出时的速度大小；
(2)碟子在桌面上运动时，桌面摩擦力对它做的功；
(3)若碟子与桌面动摩擦因数为μ＝0.225，要使碟子不滑出桌面，则桌面半径至少是多少？
答案　(1)1 m/s　(2)－0.4 J　(3)2.5 m
解析　(1)根据平抛运动规律：h＝gt2，x＝vt，
得v＝x＝1 m/s.
(2)碟子从圆盘上甩出时的速度为v0，则fmax＝m，即v0＝3 m/s
由动能定理得：Wf＝mv2－mv02，代入数据得：Wf＝－0.4 J.
(3)当碟子滑到桌面边缘时速度恰好减为零，对应的桌子半径取最小值．
设碟子在桌子上滑动的位移为s，
根据动能定理：－μmgs＝0－mv02
代入数据得：s＝2 m
由几何知识可得桌子半径的最小值为：
R＝＝2.5 m.
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3．(应用动能定理分析多过程问题)如图3所示为一种射程可调节的“抛石机”模型．抛石机长臂OA的长度L＝4 m，B为OA中点，石块可装在长臂上的AB区域中某一位置．开始时长臂与水平面间的夹角α＝30°，对短臂施力，当长臂转到竖直位置时立即停止转动，石块被水平抛出．在某次投石试验中，将质量为m＝10 kg的石块安装在A点，击中地面上距O点水平距离为x＝12 m的目标．不计空气阻力和抛石机长臂与短臂的质量，g取10 m/s2，求：
图3
(1)石块即将被投出瞬间所受向心力的大小；
(2)整个过程中投石机对石块所做的功W；
(3)若投石机对石块做功恒定，问应将石块安装在离O点多远处才能使石块落地时距O点的水平距离最大？
答案　(1)300 N　(2)1 200 J　(3)3 m
解析　(1)石块被抛出后做平抛运动，水平方向x＝vt
竖直方向h＝gt2
又h＝L＋Lsin α，解得v＝2 m/s
所以石块受到的向心力为F＝m＝300 N
(2)长臂从A点转到竖直位置的整个过程中，根据动能定理得
W－mg(L＋Lsin 30°)＝mv2－0
代入数值解得W＝1 200 J
(3)设抛出点距离O点为l
W－mg(l＋lsin 30°)＝mv′2－0
v′＝
下落时间t′＝＝
水平位移为s＝＝
因此当l＝3 m时石块落地时距O点水平距离最远．
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4．(应用动能定理分析多过程问题)如图4所示为一遥控电动赛车(可视为质点)和它的运动轨道示意图．假设在某次演示中，赛车从A位置由静止开始运动，经2 s后关闭电动机，赛车继续前进至B点后水平飞出，赛车能从C点无碰撞地进入竖直平面内的圆形光滑轨道，D点和E点分别为圆形轨道的最高点和最低点．已知赛车在水平轨道AB段运动时受到的恒定阻力为0.4 N，赛车质量为0.4 kg，通电时赛车电动机的输出功率恒为2 W，B、C两点间高度差为0.45 m，C与圆心O的连线和竖直方向的夹角α＝37°，空气阻力忽略不计， sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，求：
图4
(1)赛车通过C点时的速度大小；
(2)赛道AB的长度；
(3)要使赛车能通过圆轨道最高点D后回到水平赛道EG，其半径需要满足什么条件？
答案　(1)5 m/s　(2)2 m　(3)R≤ m
解析　(1)赛车在BC间做平抛运动，则vy＝＝3 m/s
由图可知：vC＝＝5 m/s
(2)由(1)可知B点速度v0＝vCcos 37°＝4 m/s
则根据动能定理：Pt－flAB＝mv02，
解得lAB＝2 m.
(3)当恰好通过最高点D时，有：mg＝m
从C到D，由动能定理可知：
－mgR(1＋cos 37°)＝mvD2－mvC2，
解得R＝ m
所以轨道半径R≤ m.
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5．(应用动能定理分析多过程问题)如图5所示，在竖直平面内，长为L、倾角θ＝37°的粗糙斜面AB下端与半径R＝1 m的光滑圆弧轨道BCDE平滑相接于B点，C点是轨迹最低点，D点与圆心O等高．现有一质量m＝0.1 kg的小物体从斜面AB上端的A点无初速度下滑，恰能到达圆弧轨道的D点．若物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.25，不计空气阻力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
图5
(1)斜面AB的长度L；
(2)物体第一次通过C点时的速度大小vC1；
(3)物体经过C点时，轨道对它的最小支持力FNmin；
(4)物体在粗糙斜面AB上滑行的总路程s总．
答案　(1)2 m　(2)2 m/s　(3)1.4 N　(4)6 m
解析　(1)A到D过程，根据动能定理有
mg(Lsin θ－Rcos θ)－μmgLcos θ＝0，解得：L＝2 m；
(2)A到C过程，根据动能定理有
mg(Lsin θ＋R－Rcos θ)－μmgLcos θ＝mvC12，
解得：vC1＝2 m/s；
(3)物体经过C点，轨道对它有最小支持力时，它将在B点所处高度以下运动，所以有：mg(R－Rcos θ)＝mv min2，根据向心力公式有：FNmin－mg＝m，解得FNmin＝1.4 N；
(4)根据动能定理有：mgLsin θ－μmgs总cos θ＝0，解得s总＝6 m.
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微型专题6　机械能守恒定律的应用
知识目标
核心素养
1.进一步理解机械能守恒的条件及其判定.
2.能灵活应用机械能守恒定律的三种表达方式.
3.在多个物体组成的系统中，会应用机械能守恒定律解决相关问题.
4.明确机械能守恒定律和动能定理的区别.
1.进一步掌握机械能守恒定律的系统性和守恒条件的判定.
2.体会动能定理和机械能守恒定律在解题中的区别，体会机械能守恒定律在解决多物体系统问题中的优越性，建构此类问题模型，培养科学推理和综合分析能力.
一、机械能是否守恒的判断
判断机械能是否守恒的方法：
(1)做功条件分析法：若物体系统内只有重力和弹力做功，其他力均不做功，则系统机械能守恒，具体有三种表现：
①只受重力、弹力，不受其他力；
②除受重力、弹力外还受其他力，其他力不做功；
③除重力、弹力外还有其他力做功，但其他力做功的代数和为零．
(2)能量转化分析法：若只有系统内物体间动能和重力势能及弹性势能的相互转化，系统跟外界没有发生机械能的传递，机械能也没有转变成其他形式的能(如没有内能增加)，则系统的机械能守恒．
例1　(多选)如图1所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是(　　)
图1
A．斜劈对小球的弹力不做功
B．斜劈与小球组成的系统机械能守恒
C．斜劈的机械能守恒
D．小球机械能的减少量等于斜劈动能的增加量
答案　BD
解析　小球有竖直方向的位移，所以斜劈对小球的弹力对球做负功，故A选项错误；小球对斜劈的弹力对斜劈做正功，所以斜劈的机械能增加，故C选项错误．不计一切摩擦，小球下滑过程中，小球和斜劈组成的系统中只有动能和重力势能相互转化，系统机械能守恒，故B、D选项正确．
二、多物体组成的系统机械能守恒问题
1．多个物体组成的系统，就单个物体而言，机械能一般不守恒，但就系统而言机械能往往是守恒的．
2．关联物体注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系．
3．机械能守恒定律表达式的选取技巧
(1)当研究对象为单个物体时，可优先考虑应用表达式Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2或ΔEk＝－ΔEp来求解．
(2)当研究对象为两个物体组成的系统时：①若两个物体的重力势能都在减少(或增加)，动能都在增加(或减少)，可优先考虑应用表达式ΔEk＝－ΔEp来求解．
②若A物体的机械能增加，B物体的机械能减少，可优先考虑用表达式ΔEA增＝ΔEB减来求解．
例2　如图2所示，斜面的倾角θ＝30°，另一边与地面垂直，高为H，斜面顶点上有一定滑轮，物块A和B的质量分别为m1和m2，通过轻而柔软的细绳连接并跨过定滑轮．开始时两物块都位于与地面距离为H的位置上，释放两物块后，A沿斜面无摩擦地上滑，B沿斜面的竖直边下落．若物块A恰好能达到斜面的顶点，试求m1和m2的比值．滑轮的质量、半径和摩擦均可忽略不计．
图2
答案　1∶2
解析　设B刚下落到地面时速度为v，由系统机械能守恒得：
m2g－m1gsin 30°＝(m1＋m2)v2①
A以速度v上滑到顶点过程中机械能守恒，则：
m1v2＝m1gsin 30°，②
由①②得＝1∶2.
针对训练　如图3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，杆可绕轴O无摩擦的转动，使杆从水平位置无初速度释放．求当杆转到竖直位置时，杆对A、B两球分别做了多少功？
图3
答案　－mgL　mgL
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他形式的能，故系统机械能守恒，可得：mgL＋mgL＝mvA2＋mvB2①
因A球与B球在各个时刻对应的角速度相同，
故vB＝2vA②
联立①②得：vA＝，vB＝.
根据动能定理，对A有：WA＋mg·＝mvA2－0，
解得WA＝－mgL.
对B有：WB＋mgL＝mvB2－0，解得WB＝mgL.
三、机械能守恒定律与动能定理的综合应用
例3　为了研究过山车的原理，某兴趣小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为37°、长为l＝2 m的粗糙倾斜轨道AB，通过水平轨道BC与半径为R＝0.2 m的竖直圆轨道相连，出口为水平轨道DE，整个轨道除AB段以外都是光滑的．其中AB与BC轨道以微小圆弧相接，如图4所示．一个质量m＝1 kg的小物块以初速度v0＝5 m/s从A点沿倾斜轨道滑下，小物块到达C点时速度vC＝4 m/s.取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
图4
(1)求小物块到达C点时对圆轨道压力的大小；
(2)求小物块从A到B运动过程中摩擦力所做的功；
(3)为了使小物块不离开轨道，并从轨道DE滑出，求竖直圆弧轨道的半径应满足什么条件？
答案　(1)90 N　(2)－16.5 J　(3)R≤0.32 m
解析　(1)设小物块到达C点时受到的支持力大小为FN，
根据牛顿第二定律有，FN－mg＝m
解得：FN＝90 N
根据牛顿第三定律得，小物块对圆轨道压力的大小为90 N
(2)小物块从A到C的过程中，根据动能定理有：
mglsin 37°＋Wf＝mvC2－mv02
解得Wf＝－16.5 J
(3)设小物块进入圆轨道到达最高点时速度大小为v1，
为使小物块能通过圆弧轨道的最高点，
则v1≥
小物块从圆轨道最低点到最高点的过程中，根据机械能守恒定律有：
mvC2＝mv12＋2mgR，当v1＝时，
联立解得R＝0.32 m，
所以为使小物块能通过圆弧轨道的最高点，竖直圆弧轨道的半径应满足R≤0.32 m.
1．(机械能是否守恒的判断)(多选)如图5所示，一根轻弹簧下端固定，竖立在水平面上．其正上方A位置有一只小球．小球从静止开始下落，在B位置接触弹簧的上端，在C位置小球所受弹力大小等于重力，在D位置小球速度减小到零．对于小球下降阶段，下列说法中正确的是(不计空气阻力)(　　)
图5
A．在B位置小球动能最大
B．在C位置小球动能最大
C．从A→C位置小球重力势能的减少等于小球动能的增加
D．整个过程中小球和弹簧组成的系统机械能守恒
答案　BD
解析　小球从B运动至C过程，重力大于弹力，合力向下，小球加速，从C运动到D，重力小于弹力，合力向上，小球减速，故在C点动能最大，故A错误，B正确．小球下降过程中，只有重力和弹簧弹力做功，小球和弹簧系统机械能守恒，D正确；从A→C位置小球重力势能的减少量等于动能增加量和弹性势能增加量之和，故C错误．
2．(多物体组成的系统机械能守恒问题)(多选)如图6所示，a、b两物块质量分别为m、3m，用不计质量的细绳相连接，悬挂在定滑轮的两侧．开始时，a、b两物块距离地面高度相同，用手托住物块b，然后由静止释放，直至a、b物块间高度差为h，不计滑轮质量和一切摩擦，重力加速度为g.在此过程中，下列说法正确的是(　　)
图6
A．物块a的机械能守恒
B．物块b的机械能减少了mgh
C．物块b机械能的减少量等于物块a机械能的增加量
D．物块a、b与地球组成的系统机械能守恒
答案　CD
解析　释放b后物块a加速上升，动能和重力势能均增加，故机械能增加，选项A错误．对物块a、b与地球组成的系统，只有重力做功，故机械能守恒，选项D正确．物块a、b构成的系统机械能守恒，有(3m)g－mg＝mv2＋(3m)v2，解得v＝；物块b动能增加量为(3m)v2＝mgh，重力势能减少mgh，故机械能减少mgh－mgh＝mgh，选项B错误．由于绳的拉力对a做的功与b克服绳的拉力做的功相等，故物块b机械能的减少量等于物块a机械能的增加量，选项C正确．
3．(机械能守恒定律与动能定理的综合应用)如图7所示，一内壁光滑的细管弯成半径为R＝0.4 m的半圆形轨道CD，竖直放置，其内径略大于小球的直径，水平轨道与半圆形轨道在C处连接完好．置于水平轨道上的弹簧左端与竖直墙壁相连，B处为弹簧原长状态的右端．将一个质量为m＝0.8 kg的小球放在弹簧的右侧后，用力水平向左推小球压缩弹簧至A处，然后将小球由静止释放，小球运动到C处时对轨道的压力大小为F1＝58 N．水平轨道以B处为界，左侧AB段长为x＝0.3 m，与小球间的动摩擦因数为μ＝0.5，右侧BC段光滑．g＝10 m/s2，求：
图7
(1)弹簧在压缩时所储存的弹性势能；
(2)小球运动到轨道最高处D点时对轨道的压力．
答案　(1)11.2 J　(2)10 N，方向竖直向上
解析　(1)对小球在C处，由牛顿第二定律、牛顿第三定律及向心力公式得F1－mg＝m，
解得vC＝5 m/s.
从A到B由动能定理得Ep－μmgx＝mvC2，
解得Ep＝11.2 J.
(2)从C到D，由机械能守恒定律得：
mvC2＝2mgR＋mvD2，
vD＝3 m/s，
由于vD＞＝2 m/s，
所以小球在D点对轨道外壁有压力．
小球在D点，由牛顿第二定律及向心力公式得F2＋mg＝m，解得F2＝10 N.
由牛顿第三定律可知，小球在D点对轨道的压力大小为10 N，方向竖直向上．
一、选择题
1.如图1所示，一轻绳的一端系在固定粗糙斜面上的O点，另一端系一小球．给小球一足够大的初速度，使小球在斜面上做圆周运动．在此过程中(　　)
图1
A．小球的机械能守恒
B．重力对小球不做功
C．轻绳的张力对小球不做功
D．在任何一段时间内，小球克服摩擦力所做的功总是等于小球动能的减少量
答案　C
解析　斜面粗糙，小球受到重力、支持力、摩擦力、轻绳张力的作用，由于除重力做功外，支持力和轻绳张力总是与运动方向垂直，故不做功，摩擦力做负功，机械能减少，A、B错，C对；小球动能的变化量等于合外力对其做的功，即重力与摩擦力做功的代数和，D错．
2.如图2所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h，若将小球A换为质量为2m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)(　　)
图2
A. B.
C.  D．0
答案　B
解析　小球A由静止释放到下降h的过程中系统机械能守恒，则mgh＝Ep.小球B由静止释放到下降h的过程中系统机械能也守恒，则2mgh＝Ep＋(2m)v2，解得v＝，故B正确．
3.如图3所示的滑轮光滑轻质，空气阻力不计，M1＝2 kg，M2＝1 kg，M1离地高度为H＝0.5 m，g＝10 m/s2.M1与M2从静止开始释放，M1由静止下落0.3 m时的速度为(　　)
图3
A. m/s
B．3 m/s
C．2 m/s
D．1 m/s
答案　A
解析　对系统运用机械能守恒定律得，(M1－M2)gh＝(M1＋M2)v2，代入数据解得v＝ m/s，故A正确，B、C、D错误．
4.如图4所示，小物体A和B通过轻质弹簧和轻绳跨过光滑定滑轮连接，初状态在外力控制下系统保持静止，轻弹簧处于原长，且轻弹簧上端离滑轮足够远，A离地面足够高，物体A和B同时从静止释放，释放后短时间内B能保持静止，A下落h高度时，B开始沿斜面上滑，则下列说法中正确的是(　　)
图4
A．B滑动之前，A机械能守恒
B．B滑动之前，A机械能减小
C．B滑动之前，A、B组成的系统机械能守恒
D．B 滑动之后，A、B组成的系统机械能守恒
答案　B
解析　B滑动之前，A下落时，绳子的拉力对A做负功，A的机械能不守恒，由功能关系知，A的机械能减小，故A错误，B正确；B滑动之前，A的机械能减小，B的机械能不变，则A、B组成的系统机械能减小，故C错误；B滑动之后，A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，则A、B组成的系统机械能不守恒，故D错误．
5.(多选)如图5所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点处．将小球拉至A处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O点正下方B点速度为v，AB间的竖直高度差为h，则(　　)
图5
A．由A到B重力做的功等于mgh
B．由A到B重力势能减少mv2
C．由A到B小球克服弹力做功为mgh
D．小球到达位置B时弹簧的弹性势能为mgh－
答案　AD
解析　重力做功只和高度差有关，故由A到B重力做的功等于mgh，选项A正确；由A到B重力势能减少mgh，选项B错误；由A到B小球克服弹力做功为W＝mgh－mv2，选项C错误，D正确．
6.(多选)内壁光滑的环形凹槽半径为R，固定在竖直平面内，一根长度为R的轻杆，一端固定有质量为m的小球甲，另一端固定有质量为2m的小球乙．现将两小球放入凹槽内，小球乙位于凹槽的最低点，如图6所示，由静止释放后(　　)
图6
A．下滑过程中甲球减少的机械能总是等于乙球增加的机械能
B．下滑过程中甲球减少的重力势能总是等于乙球增加的重力势能
C．甲球可沿凹槽下滑到槽的最低点
D．杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点
答案　AD
解析　环形凹槽光滑，甲、乙组成的系统在运动过程中只有重力做功，故系统机械能守恒，下滑过程中甲减少的机械能总是等于乙增加的机械能，甲、乙系统减少的重力势能等于系统增加的动能；甲减少的重力势能等于乙增加的势能与甲、乙增加的动能之和；由于乙的质量较大，系统的重心偏向乙一端，由机械能守恒，知甲不可能滑到凹槽的最低点，杆从右向左滑回时乙一定会回到凹槽的最低点．
7.(多选)如图7所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一固定的竖直墙壁．现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始下落，从A点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是(　　)
图7
A．小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B．小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，小球的机械能守恒
C．小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统机械能守恒
D．小球从下落到从右侧离开半圆形槽的过程中，机械能守恒
答案　BC
二、非选择题
8.(机械能守恒定律的应用)一半径为R的半圆形竖直圆柱面，用轻质不可伸长的细绳连接的A、B两球悬挂在圆柱面边缘两侧，A球质量为B球质量的2倍，现将A球从圆柱边缘处由静止释放，如图8所示．已知A球始终不离开圆柱内表面，且细绳足够长，若不计一切摩擦，求：A球沿圆柱内表面滑至最低点时速度的大小．
图8
答案　2
解析　设A球沿圆柱内表面滑至最低点时速度的大小为v，B球的质量为m，则根据机械能守恒定律有2mgR－mgR＝×2mv2＋mvB2，由图可知，A球的速度v与B球速度vB的关系为vB＝v1＝vcos 45°，联立解得v＝2.
9．(机械能守恒定律的应用)如图9所示，半径为R的光滑半圆弧轨道与高为10R的光滑斜轨道放在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，水平轨道与斜轨道间有一段圆弧过渡．在水平轨道上，轻质弹簧被a、b两小球挤压但不与球连接，处于静止状态．同时释放两个小球，a球恰好能通过圆弧轨道的最高点A，b球恰好能到达斜轨道的最高点B.已知a球质量为m1，b球质量为m2，重力加速度为g.求：
图9
(1)a球离开弹簧时的速度大小va；
(2)b球离开弹簧时的速度大小vb；
(3)释放小球前弹簧的弹性势能Ep.
答案　(1)　(2)2　(3)(m1＋10m2)gR
解析　(1)由a球恰好能到达A点知：m1g＝m1
由机械能守恒定律得：m1va2－m1v A2＝m1g·2R
解得va＝.
(2)对于b球由机械能守恒定律得：
m2vb2 ＝m2g·10R
解得vb＝＝2.
(3)由机械能守恒定律得：Ep＝m1v a2＋m2vb2
解得Ep＝(m1＋10m2)gR.
10．(机械能守恒定律的应用)物块A的质量为m＝2 kg，物块与坡道间的动摩擦因数为μ＝0.6，水平面光滑．坡道顶端距水平面高度为h＝1 m，倾角为θ＝37°.物块从坡道进入水平滑道时，在底端O点处无机械能损失，将轻弹簧的一端固定在水平滑道M处，另一自由端恰位于坡道的底端O点，如图10所示．物块A从坡顶由静止滑下，重力加速度为g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
图10
(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被弹回到坡道后上升的最大高度．
答案　(1)2 m/s　(2)4 J　(3) m
解析　(1)由动能定理得mgh－＝mv2
代入数据解得v＝2 m/s
(2)在水平滑道上，由机械能守恒定律得mv2＝Ep
代入数据解得Ep＝4 J
(3)设物块A能够上升的最大高度为h1，物块被弹回过程中由动能定理得
0－mv2＝－mgh1－
代入数据解得h1＝ m.
第四章 机械能和能源
章末总结
第一节　功
知识目标
核心素养
1.理解功的概念，知道做功的两个因素.
2.会用功的公式进行有关计算，明确功是标量.
3.理解正、负功的概念，会根据公式计算多个力所做的总功.
1.通过生活实例，了解功的概念和力对物体做功的条件.
2.理解功的数学表达式、式中各符号的具体含义.
3.知道总功的求解方法，会在不同情景中优化选择.
一、功
1．功的定义：力对物体做的功等于力的大小、位移的大小以及力和位移夹角的余弦的乘积．
2．功的公式：W＝Fscos α，其中F、s、α分别为力的大小、位移的大小、力与位移方向的夹角．
3．单位：国际单位制中，功的单位是焦耳，简称焦，符号是J.
二、正功和负功
1．力对物体做正功和负功的条件
由W＝Fscos α可知
(1)当0≤α<时，W>0，力对物体做正功；
(2)当<α≤π时，W<0，力对物体做负功，或称物体克服这个力做功；
(3)当α＝时，W＝0，力对物体不做功．
2．总功的计算
几个力对一个物体做功的代数和，等于这几个力的合力对这个物体所做的功．
1．判断下列说法的正误．
(1)公式W＝Fscos α中的s是物体运动的路程．(×)
(2)物体只要受力且运动，该力就一定做功．(×)
(3)功有正负之分，所以功是矢量．(×)
(4)一个力对物体做了负功，则说明这个力一定阻碍物体的运动．(√)
2．如图1所示，静止在光滑水平面上的物体，在与水平方向成60°角斜向上的力F作用下运动10 m，已知F＝10 N，则拉力F所做的功是________J.
图1
答案　50
一、对功的理解
1．观察图2，分析图中的哪个人对物体做了功？
图2
答案　小川拉着重物上升的过程，小川对重物做了功，其他三人都没有做功．
2．如图3所示，物体在与水平方向夹角为α的力F的作用下前进了s，则力F对物体做的功如何表示？
图3
答案　如图把力F沿水平方向和竖直方向进行正交分解，物体在竖直方向上没有发生位移，竖直方向的分力没有对物体做功，水平方向的分力Fcos α所做的功为Fscos α，所以力F对物体所做的功为Fscos α.
对公式W＝Fscos α的理解
1．某一恒力F对物体做的功，只与F、s、α有关，与物体的运动状态及物体是否还受其他作用力等因素无关．
2．功是标量，没有方向，但是有正负．
3．公式W＝Fscos α适用于计算恒力做功，若是变力，此公式不再适用．
例1　如图4所示，坐在雪橇上的人与雪橇的总质量为m，在与水平面成θ角的恒定拉力F作用下，沿水平地面向右移动了一段距离s.已知雪橇与地面间的动摩擦因数为μ，则雪橇受到的(　　)
图4
A．支持力做功为mgs
B．重力做功为mgs
C．拉力做功为Fscos θ
D．滑动摩擦力做功为－μmgs
答案　C
解析　支持力和重力与位移垂直，不做功，A、B错误；拉力和摩擦力做功分别为W1＝Fscos θ，W2＝－μ(mg－Fsin θ)s，C正确，D错误．
二、正负功的判断
某物体在力F作用下水平向右运动的位移为s，拉力的方向分别如图5甲、乙所示，分别求两种情况下拉力对物体做的功．
　
图5
答案　Fs　－Fs
1．正、负功的意义
功是标量，只有正、负，没有方向，功的正负不表示大小，只表示能量转移或转化的方向，即：动力对物体做正功，使物体获得能量，阻力对物体做负功，使物体失去能量．
2．功的正负的判断
判断一个力对物体是否做功，做正功还是负功，常用的方法有以下两种：
(1)根据力F与位移s的夹角α进行判断
0≤α＜时，力对物体做正功；α＝时，力对物体不做功；＜α≤π时，力对物体做负功．此方法一般用于研究物体做直线运动的情况．
(2)根据力F与速度v的夹角α进行判断
0≤α＜时，力对物体做正功；α＝时，力对物体不做功；＜α≤π时，力对物体做负功．此方法一般用于研究物体做曲线运动的情况．
例2　(多选)质量为m的物体，静止在倾角为θ的斜面上，斜面沿水平方向向右匀速移动了距离s，如图6所示．物体相对斜面静止，则下列说法正确的是(　　)
图6
A．重力对物体m做正功
B．合力对物体m做功为零
C．摩擦力对物体m做负功
D．支持力对物体m做正功
答案　BCD
解析　物体的受力和位移如图所示．支持力FN与位移s的夹角α<90°，故支持力做正功，D选项正确；重力与位移垂直，故重力不做功，A选项错误；摩擦力f与位移s的夹角大于90°，故摩擦力做负功，C选项正确；物体做匀速运动，所受合力为零，合力不做功，故B选项正确．
三、总功的求解思路
几个力对物体做功的计算
当物体在多个力的共同作用下发生一段位移时，合力对物体所做的功等于各分力对物体做功的代数和．故计算合力的功有以下两种方法：
(1)先由W＝Fscos α计算各个力对物体所做的功W1、W2、W3…然后求所有力做功的代数和，即W合＝W1＋W2＋W3＋….
(2)先由力的合成或根据牛顿第二定律求出合力F合，然后由W合＝F合scos α计算总功，此时α为F合的方向与s的方向间的夹角．
注意：当在一个过程中，几个力作用的位移不相同时，只能用方法(1)．
例3　如图7所示，一个质量为m＝2 kg的物体，受到与水平方向成37°角斜向上方的力F＝10 N作用，在水平地面上从静止开始向右移动的距离为s＝2 m，已知物体和地面间的动摩擦因数为0.3，g取10 m/s2，求外力对物体所做的总功．(cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6)
图7
答案　7.6 J
解析　物体受到的摩擦力为：
f＝μFN＝μ(mg－Fsin 37°)＝0.3×(2×10－10×0.6)N＝4.2 N
解法1：先求各力的功，再求总功．
拉力F对物体所做的功为：
W1＝Fscos 37°＝10×2×0.8 J＝16 J
摩擦力f对物体所做的功为：
W2＝fscos 180°＝－4.2×2 J＝－8.4 J
由于重力、支持力对物体不做功，故外力对物体所做的总功W等于W1和W2的代数和，即W＝W1＋W2＝7.6 J.
解法2：先求合力，再求总功．
物体受到的合力为：
F合＝Fcos 37°－f＝3.8 N，
所以W＝F合s＝3.8×2 J＝7.6 J.
1．(对功的理解)(多选)下列说法中正确的是(　　)
A．功是矢量，正负表示其方向
B．功是标量，正负表示的是外力对物体做功还是物体克服外力做功
C．力对物体做正功还是做负功取决于力和位移的方向关系
D．力对物体做的功总是在某过程中完成的，所以功是一个过程量
答案　BCD
解析　功是标量，正负表示的是外力对物体做功还是物体克服外力做功，A错误，B正确；力对物体做正功还是做负功取决于力和位移的方向关系，故C正确；有力作用在物体上，物体在力的方向上移动了距离，说明力对物体做了功，力对物体做的功总是在某过程中完成的，所以功是一个过程量，故D正确．
2．(正负功的判断)(多选)如图8所示，人站在台阶式自动扶梯上不动，随扶梯向上匀速运动，下列说法中正确的是(　　)
图8
A．重力对人做负功
B．摩擦力对人做正功
C．支持力对人做正功
D．合力对人做功为零
答案　ACD
解析　因为人匀速向上运动，所以只受重力和支持力，且二力平衡，不受摩擦力，B错误．重力方向和运动方向夹角大于90°，重力做负功，A正确．支持力方向和运动方向夹角小于90°，支持力做正功，C正确．合力为零，因此总功一定为零，D正确．
3．(功的计算)用水平恒力F作用于质量为m的物体上，使之在光滑的水平面上沿力的方向移动距离s，恒力F做功为W1；再用该恒力作用在质量为2m的物体上，使之在粗糙的水平面上沿力的方向移动同样的距离s，恒力F做功为W2，则两次恒力做功的关系是(　　)
A．W1>W2 B．W1C．W1＝W2 D．无法判断
答案　C
解析　物体沿力的方向运动，恒力做功就是指力F做的功，根据W＝Fscos α，两次做功中的F、s、α均相同，所以两次F做功相同，即W1＝W2.
4．(总功的计算)如图9所示，质量m＝50 kg的滑雪运动员从高度h＝30 m的坡顶由静止下滑，斜坡的倾角θ＝37°，滑雪板与雪面之间的动摩擦因数μ＝0.1.则运动员滑至坡底的过程中：(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，装备质量不计)
图9
(1)滑雪运动员所受的重力对他做了多少功？
(2)各力对运动员做的总功是多少？
答案　(1)1.5×104 J　(2)1.3×104 J
解析　(1)重力做的功为：
WG＝mgh＝50×10×30 J＝1.5×104 J
(2)运动员所受合力：
F合＝mgsin 37°－μmgcos 37°＝260 N
合力方向沿斜坡向下，沿合力方向的位移s＝＝50 m
合力做的功W合＝F合·s＝260×50 J＝1.3×104 J.

一、选择题
考点一　功的概念的理解及正负功的判断
1.如图1所示，在皮带传送装置中，皮带把物体P匀速送至高处，在此过程中，下列说法正确的是(　　)
图1
A．摩擦力对物体做正功
B．摩擦力对物体做负功
C．支持力对物体做正功
D．合外力对物体做正功
答案　A
解析　摩擦力方向平行皮带向上，与物体运动方向相同，故摩擦力对物体做正功，A对，B错；支持力始终垂直速度方向，不做功，C错；合力为零，不做功，D错．
【考点】对功的正负的理解及判断
【题点】对正负功的判断
2.如图2所示，一小孩和一大人都以水平的力匀速推动相同的木箱在相同的路面上走相同的位移(推箱的速度大小如图中所示)，比较此过程中两人分别对木箱做功的多少(　　)
图2
A．大人做的功多
B．小孩做的功多
C．大人和小孩做的功一样多
D．条件不足，无法判断
答案　C
解析　由平衡条件知大人与小孩的推力相等(即都等于各自木箱受到的滑动摩擦力，两木箱受到的滑动摩擦力相等)，又由于两木箱的位移相同，故由W＝Fs知两人做功一样多．
【考点】对功的理解及是否做功的判断
【题点】对功的理解
3．一人乘电梯从1楼到20楼，在此过程中经历了先加速，再匀速，最后减速的运动过程，则电梯对人的支持力做功的情况是(　　)
A．加速时做正功，匀速时不做功，减速时做负功
B．加速时做正功，匀速和减速时做负功
C．加速和匀速时做正功，减速时做负功
D．始终做正功
答案　D
解析　在加速、匀速、减速的过程中，支持力与人的位移方向始终相同，所以支持力始终对人做正功，故D正确．
【考点】对功的正负的理解及判断
【题点】对正负功的判断
考点二　功的计算
4．如图所示，力F大小相等，A、B、C、D选项中物体沿水平面运动的位移s也相同，哪种情况F做功最少(　　)
答案　D
解析　A选项中，拉力做功W＝Fs；B选项中，拉力做功W＝Fscos 30°＝Fs；C选项中，拉力做功W＝Fscos 30°＝Fs；D选项中，拉力做功W＝Fscos 60°＝Fs，故D选项中拉力F做功最少．
【考点】恒力做功的计算
【题点】单个力做功的计算
5．一个物体在粗糙的水平面上运动，先使物体向右滑动距离l，再使物体向左滑动距离l，正好回到起点，来回所受摩擦力大小都为f，则整个过程中摩擦力做功为(　　)
A．0 B．－2fl
C．－fl D．无法确定
答案　B
解析　由题意可知，物体运动过程可分两段，两段内摩擦力均做负功，即W＝－fl，则全程摩擦力所做的功W总＝－2fl.
【考点】变力功的计算
【题点】摩擦力做功的特点
6．起重机以1 m/s2的加速度将质量为1 000 kg的货物由静止匀加速向上提升，若g取10 m/s2，则在第1 s内起重机对货物所做的功是(　　)
A．500 J B．4 500 J
C．6 000 J D．5 500 J
答案　D
解析　对货物受力分析，由于是匀加速上升，根据牛顿第二定律F－mg＝ma，可计算出起重机对货物的拉力F＝11 000 N，位移s＝at2＝0.5 m．则在第1 s内起重机对货物所做的功W＝Fscos α＝11 000×0.5×1 J＝5 500 J，D正确．
【考点】恒力做功的计算
【题点】单个力做功的计算
7．(多选)一质量为m＝50 kg的滑雪运动员由某一高度无初速度沿直线下滑，经测量可知出发点距离底端的高度差为h＝30 m，斜坡的倾角大小为θ＝30°，该运动员在下滑的过程中所受的摩擦力大小为f＝200 N，重力加速度取g＝10 m/s2.则(　　)
A．合外力对运动员所做的功为3 000 J
B．摩擦力对运动员所做的功为12 000 J
C．重力对运动员所做的功为15 000 J
D．支持力对运动员所做的功为15 000 J
答案　AC
解析　由于滑雪运动员的高度下降了30 m，则重力对滑雪运动员所做的功为WG＝mgh＝50×10×30 J＝15 000 J，C正确；摩擦力对运动员所做的功为Wf＝－f·＝－200× J＝－12 000 J，B错误；由于支持力的方向与运动员的运动方向始终垂直，则支持力对运动员所做的功为0，D错误；合外力对运动员所做的功为W＝WG＋WN＋Wf＝15 000 J＋0 J－12 000 J＝3 000 J，A正确．
【考点】恒力做功的计算
【题点】合力做功或外力做功之和的计算
二、非选择题
8．(功的计算)一物体放在水平地面上，如图3甲所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图乙所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图丙所示．求：
图3
(1)0～6 s时间内物体的位移大小；
(2)0～10 s时间内物体克服摩擦力所做的功．
答案　(1)6 m　(2)30 J
解析　(1)由题图丙可知0～6 s时间内物体的位移为：
s＝×3 m＝6 m.
(2)由题图丙可知，在6～8 s时间内，物体做匀速运动，故摩擦力f＝－2 N.
0～10 s时间内物体的总位移为：
s′＝×3 m＝15 m.
物体克服摩擦力所做的功：W＝|fs′|＝30 J.
【考点】恒力做功的计算
【题点】合力做功或外力做功之和的计算
第七节　功率
知识目标
核心素养
1.理解功率的概念，能运用功率的定义式P＝进行有关的计算．
2．理解额定功率和实际功率的概念，了解平均功率和瞬时功率的含义．
3．根据功率的定义导出P＝Fv，并能用于分析、计算和解释相关现象，如分析汽车功率一定时，牵引力与速度的关系.
1.采用对比法认识平均功率和瞬时功率，在实际运用中加以区别．
2．知道机车的功率与牵引力和速度的关系，通过对发动机的功率、交通运输工具的提速等的了解，认识物理规律在实际中的应用.
一、如何描述做功的快慢——功率
1．功率：功W与完成这些功所用时间t的比值．
公式：P＝.单位：瓦特，简称瓦，符号是W.
2．意义：功率是表示物体做功快慢的物理量．
3．功率是标(填“标”或“矢”)量．
二、功率的计算
1．功率与速度的关系：P＝Fv.
2．平均功率和瞬时功率
(1)平均功率：时间t内功率的平均值，计算公式：＝和＝F.
(2)瞬时功率：某一时刻功率的瞬时值，计算公式：P＝Fv，其中v为瞬时速度．
1．判断下列说法的正误．
(1)由公式P＝知，做功越多，功率越大．(×)
(2)力对物体做功越快，力的功率一定越大．(√)
(3)发动机不能在实际功率等于额定功率情况下长时间工作．(×)
(4)汽车爬坡时常常需要换高速挡．(×)
2．用水平力使重力为G的物体沿水平地面以速度v做匀速直线运动．已知物体与地面间的动摩擦因数为μ，则水平力对物体做功的功率是________．
答案　μGv
一、描述物体做功的快慢——功率
建筑工地上有三台起重机将重物吊起，下表是它们的工作情况记录：
起重机编号
被吊物体重量
匀速上升速度
上升的高度
所用时间
做功
A
2.0×103 N
4 m/s
16 m
4 s
B
4.0×103 N
3 m/s
6 m
2 s
C
1.6×103 N
2 m/s
20 m
10 s
(1)三台起重机哪台做功最多？
(2)哪台做功最快？怎样比较它们做功的快慢呢？
答案　(1)三台起重机分别做功3.2×104 J、2.4×104 J、3.2×104 J，所以A、C做功最多．
(2)B做功最快，可以用功与所用时间的比值表示做功的快慢．
1．功率表示的是物体做功的快慢，而不是做功的多少，功率大，做功不一定多，反之亦然．
2．求解功率时，首先要明确求哪个力的功率，是某个力的功率，还是物体所受合力的功率，其次还要注意求哪段时间(或哪个过程)的功率．
例1　某人用同一水平力F先后两次拉同一物体，第一次使此物体从静止开始在光滑水平面上前进l距离，第二次使此物体从静止开始在粗糙水平面上前进l距离．若先后两次拉力做的功分别为W1和W2，拉力做功的平均功率分别为P1和P2，则(　　)
A．W1＝W2，P1＝P2 B．W1＝W2，P1＞P2
C．W1＞W2，P1＞P2 D．W1＞W2，P1＝P2
答案　B
解析　两次拉物体用的力都是F，物体的位移都是l.由W＝Fl可知W1＝W2.物体在粗糙水平面上前进时，加速度a较小，由l＝at2可知用时较长，再由P＝可知P1>P2，选项B正确．
【考点】功率的计算
【题点】平均功率的计算
二、功率的计算
在光滑水平面上，一个物体在水平恒力F作用下从静止开始加速运动，经过一段时间t末速度为v.求：
(1)在t时间内力F对物体所做的功；
(2)在t时间内力F的功率；
(3)在t时刻力F的功率．
答案　(1)Fvt　(2)Fv　(3)Fv
解析　(1)在t时间内的位移s＝
W＝Fs＝Fvt
(2)t时间内的功率为平均功率
＝＝Fv
(3)t时刻的功率P＝Fv.
1．功率与速度的关系
(1)当F与v方向相同时，P＝Fv；
(2)当F与v夹角为α时，P＝Fvcos α.
2．平均功率和瞬时功率
(1)平均功率：时间t内功率的平均值，计算公式：
①＝.
②当F与v方向相同时，＝F，其中为平均速度．
(2)瞬时功率：某一时刻功率的瞬时值，能精确地描述做功的快慢，计算公式：
①当F与v方向相同时，P＝Fv，其中v为瞬时速度；
②当F与v夹角为α时，P＝Fvcos α.
例2　一台起重机将静止在地面上、质量为m＝1.0×103 kg的货物匀加速竖直吊起，在2 s末货物的速度v＝4 m/s.(取g＝10 m/s2，不计额外功)求：
(1)起重机在这2 s内的平均功率；
(2)起重机在2 s末的瞬时功率．
答案　(1)2.4×104 W　(2)4.8×104 W
解析　设货物所受的拉力为F，加速度为a，则
(1)由a＝得，a＝2 m/s2
由牛顿第二定律知，F－mg＝ma
则F＝mg＋ma＝1.0×103×10 N＋1.0×103×2 N
＝1.2×104 N
2 s内货物上升的高度
h＝at2＝4 m
起重机在这2 s内对货物所做的功
W＝F·h＝1.2×104×4 J＝4.8×104 J
起重机在这2 s内的平均功率
＝＝ W＝2.4×104 W
(2)起重机在2 s末的瞬时功率
P＝Fv＝1.2×104×4 W＝4.8×104 W.
【考点】功率的计算
【题点】瞬时功率、平均功率的计算
求解功率问题时容易混淆“平均功率”和“瞬时功率”这两个概念．读题时一定注意一些关键词：“某秒末”或“到某位置时”的功率是求瞬时功率，只能用P＝Fv求解；“某段时间内”或“某个过程中”等词语，则是求平均功率，此时可用＝求解，也可以用＝F求解．
例3　如图1所示，质量为m＝2 kg的木块在倾角θ＝37°的足够长的斜面上由静止开始下滑，木块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，已知：sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求：
图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．
答案　(1)48 J　(2)24 W　(3)48 W
解析　(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s＝at2＝×2×22 m＝4 m
所以，重力在前2 s内做的功为
W＝mgsin θ·s＝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.
【考点】功率的计算
【题点】瞬时功率、平均功率的计算
针对训练　放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象如图2甲、乙所示．下列说法正确的是(　　)
图2
A．0～6 s内物体的位移大小为20 m
B．0～6 s内拉力做功为100 J
C．滑动摩擦力的大小为5 N
D．0～6 s内滑动摩擦力做功为－50 J
答案　D
解析　在0～6 s内物体的位移大小为s＝×(4＋6)×6 m＝30 m，故A错误；P－t图线与时间轴围成的面积表示拉力做功的大小，则拉力做功WF＝×2×30 J＋10×4 J＝70 J，故B错误；在2～6 s内，v＝6 m/s，P＝10 W，物体做匀速运动，摩擦力f＝F，得f＝F＝＝ N，故C错误；在0～6 s内物体的位移大小为30 m，滑动摩擦力做负功，即Wf＝－×30 J＝－50 J，D正确．
【考点】功率的计算
【题点】瞬时功率、平均功率的计算
1．(对功率的理解)关于功率，下列说法正确的是(　　)
A．由P＝可知，只要知道W和t的值就可以计算出任意时刻的功率
B．由P＝Fv可知，汽车的功率一定与它的速度成正比
C．由P＝Fv可知，牵引力一定与速度成反比
D．当汽车的功率一定时，牵引力一定与速度成反比
答案　D
解析　公式P＝求的是这段时间内的平均功率，不能求瞬时功率，故A错误；根据P＝Fv可知，当汽车牵引力一定时，汽车的功率与速度成正比，故B错误；由P＝Fv可知，当汽车功率一定时，牵引力与速度成反比，故C错误，D正确．
【考点】功率的理解
【题点】功率公式的理解
2．(平均功率和瞬时功率)一个质量为m的小球做自由落体运动，那么，在前t时间内重力对它做功的平均功率及在t时刻重力做功的瞬时功率P分别为(　　)
A.＝mg2t2，P＝mg2t2
B.＝mg2t2，P＝mg2t2
C.＝mg2t，P＝mg2t
D.＝mg2t，P＝2mg2t
答案　C
解析　前t时间内重力做功的平均功率
＝＝＝mg2t
t时刻重力做功的瞬时功率P＝Fv＝mg·gt＝mg2t
故C正确．
【考点】功率的计算
【题点】瞬时功率、平均功率的计算
3．(瞬时功率的计算)如图3所示，在光滑的水平面上放着一个质量为10 kg的木箱，拉力F与水平方向成60°角，F＝2 N．木箱从静止开始运动，4 s末拉力的瞬时功率为(　　)
图3
A．0.2 W B．0.4 W
C．0.8 W D．1.6 W
答案　B
解析　木箱的加速度a＝＝0.1 m/s2,4 s末的速度v＝at＝0.4 m/s，则瞬时功率P＝Fvcos 60°＝0.4 W，B正确．
【考点】功率的计算
【题点】瞬时功率的计算
4．(瞬时功率分析)飞行员进行素质训练时，抓住秋千杆由水平状态开始下摆，到达竖直状态的过程如图4所示，飞行员受重力的瞬时功率变化情况是(　　)
图4
A．一直增大
B．一直减小
C．先增大后减小
D．先减小后增大
答案　C
解析　由瞬时功率计算式P＝Fvcos α可知，初状态P1＝0，最低点P2＝0，中间状态P＞0.所以瞬时功率变化情况是先增大后减小，故C正确．
5．(与功率有关的图象问题)起重机的钢索将重物由地面吊到空中某个高度，其v－t图象如图5所示，则钢索拉力的功率随时间变化的图象可能是图中的哪一个(　　)
图5
答案　B
解析　在0～t1时间内，重物匀加速上升，钢索拉力F1>mg；在t1～t2时间内，重物匀速上升，钢索拉力F2＝mg；在t2～t3时间内，重物匀减速上升，钢索拉力F3F2v1；t1～t2时间内，功率保持不变，P＝F2v1，t2～t3时间内，功率均匀减小，且t2时刻F2v1>F3v1，综上所述，只有B正确．
【考点】功率的计算
【题点】瞬时功率的计算
一、选择题
考点一　功率概念的理解
1．关于功率，下列说法正确的是(　　)
A．功率是描述力对物体做功多少的物理量
B．力做功时间越长，力的功率一定越小
C．力对物体做功越快，力的功率一定越大
D．力对物体做功越多，力的功率一定越大
答案　C
解析　功率是描述力对物体做功快慢的物理量，做功越快，功率越大，A错误，C正确；力对物体做功时间长，未必做功慢，B错误；力对物体做功多，未必做功快，D错误．
【考点】功率的理解
【题点】功率概念的理解
2．(多选)放在水平面上的物体在拉力F作用下做匀速直线运动，先后通过A、B两点，在这个过程中(　　)
A．物体的运动速度越大，力F做功越多
B．不论物体的运动速度多大，力F做功不变
C．物体的运动速度越大，力F做功的功率越大
D．不论物体的运动速度多大，力F做功的功率不变
答案　BC
解析　求做功用W＝Fscos α，故不论速度多大，F做功不变，故A错，B对；物体运动速度越大，通过A、B两点所用时间越短，功率就越大，故C对，D错．
【考点】功率的理解
【题点】功率公式的理解
考点二　公式P＝Fv和P＝的应用
3．竖直上抛一球，球又落回原处，空气阻力的大小正比于球的速度，则(　　)
A．上升过程中克服重力做的功大于下降过程中重力做的功
B．上升过程中克服重力做的功小于下降过程中重力做的功
C．上升过程中克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力做功的平均功率
D．上升过程中克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力做功的平均功率
答案　D
解析　重力做功的大小只与球的初、末位置有关，与球的路径无关，所以在上升和下降过程中，重力做功大小的绝对值是相等的，所以A、B均错误；球在上升的过程中，受到的阻力向下，在下降的过程中受到的阻力向上，所以在上升时球受到的合力大，加速度大，此时球运动的时间短，在上升和下降的过程中，球重力做功的大小是相同的，由P＝知，上升过程中重力的功率较大，所以D正确，C错误．
【考点】功率的计算
【题点】平均功率的计算
4．2015年10月，我国自主研发的第一艘平流层飞艇“圆梦”号试飞成功．若飞艇在平流层水平匀速飞行时，所受空气阻力与飞行速度成正比．当匀速飞行速度为v时，动力系统的输出功率为P；当匀速飞行速度为2v时，动力系统的输出功率为(　　)
A. B.
C．2P D．4P
答案　D
【考点】功率的计算
【题点】瞬时功率的计算
5.一辆小车在水平面上做匀速直线运动，从某时刻起，小车所受牵引力和阻力随时间变化的规律如图1所示，则作用在小车上的牵引力F的功率随时间变化的规律是选项中的(　　)
图1
答案　D
解析　小车所受的牵引力和阻力恒定，所以小车做匀加速直线运动，牵引力的功率P＝Fv＝F(v0＋at)，故选项D正确．
【考点】功率的计算
【题点】瞬时功率的计算
6.一质量为m的滑块静止在光滑水平地面上，从t＝0时刻开始，将一个大小为F的水平拉力作用在滑块上，如图2所示，在t＝t1时刻力F的功率应是(　　)
图2
A. B.
C. D.
答案　C
解析　由牛顿第二定律得滑块的加速度a＝，由v＝at1得v＝t1，则P＝Fv＝F·t1＝，故C选项正确．
【考点】功率的计算
【题点】瞬时功率的计算
7．某重型气垫船，质量达5.0×105 kg，最高时速为108 km/h，装有额定输出功率为9 000 kW的燃气轮机．假设该重型气垫船在海面航行过程所受的阻力f与速度v满足f＝kv，下列说法正确的是(　　)
A．该重型气垫船的最大牵引力为3.0×105 N
B．由题中给出的数据可算出k＝1.0×104 N·s/m
C．当以最高时速一半的速度匀速航行时，气垫船所受的阻力大小为3.0×105 N
D．当以最高时速一半的速度匀速航行时，气垫船发动机的输出功率为4 500 kW
答案　B
解析　最高速度vm＝108 km/h＝30 m/s，此时匀速运动牵引力F＝＝ W＝3×105 N.
在达到最大速度前F>3.0×105 N，所以A错误；由kvm＝f＝F得：k＝ N·s/m＝1.0×104 N·s/m，B正确；f′＝k·＝f＝1.5×105 N，此时发动机输出功率P′＝F′＝1.5×105×15 W＝2 250 kW，C、D错误．
【考点】功率的计算
【题点】瞬时功率、平均功率的计算
二、非选择题
8．(平均功率和瞬时功率的计算)从空中以30 m/s的初速度平抛一个质量为1 kg的物体，物体在空中运动4 s落地，不计空气阻力．求4 s内重力的平均功率和落地时重力的瞬时功率(g取10 m/s2)．
答案　200 W　400 W
解析　设物体刚抛出时距地面的高度为h，则有
h＝gt2①
4 s内重力的平均功率＝＝②
①②两式联立得＝mg2t＝200 W
物体在4 s末落地时竖直方向的瞬时速度vy＝gt＝40 m/s
则4 s末重力的瞬时功率P＝mgvy＝400 W.
【考点】功率的计算
【题点】瞬时功率、平均功率的计算
第三节　探究外力做功与物体动能变化的关系
知识目标
核心素养
1.能用牛顿第二定律和运动学公式导出动能定理，理解动能定理的物理意义.
2.能应用动能定理解决简单的问题.
1.通过自主和合作探究掌握恒力作用下动能定理的推导，培养科学研究兴趣.
2.体会应用动能定理解决问题的优越性.
动能定理
1．推导：合力对物体所做功与动能变化的关系．
如图1所示，质量为m的物体，在一恒定拉力F作用下，以初速度v1开始沿水平面运动，经位移s后速度增加到v2，已知物体与水平面的摩擦力恒为f.
图1
(1)外力做的总功：W＝(F－f)s.
(2)由牛顿第二定律得：F－f＝ma.
(3)由运动学公式得：s＝.
由以上式子求得：W＝mv22－mv12.
2．内容：合力对物体所做的功等于物体动能的变化．
3．表达式：W＝Ek2－Ek1.
4．适用范围：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．
1．判断下列说法的正误．
(1)合外力为零，物体的动能一定不会变化．(√)
(2)合外力不为零，物体的动能一定会变化．(×)
(3)物体动能增加，则它的合外力一定做正功．(√)
(4)合外力对物体做负功，物体的动能可能不变．(×)
2．在光滑水平面上，质量为2 kg的物体以2 m/s的速度向东运动，若对它施加一向西的力F使它停下来，则该外力对物体做的功是________．
答案　－4 J
解析　由动能定理可知：WF＝0－mv2＝0－×2×22 J＝－4 J.
一、动能定理的理解
1．表达式W＝Ek2－Ek1＝mv22－mv12
(1)Ek2＝mv22表示这个过程的末动能；
Ek1＝mv12表示这个过程的初动能．
(2)W表示这个过程中合力做的功，它等于各力做功的代数和．
2．物理意义：动能定理指出了合外力对物体所做的总功与物体动能变化之间的关系，即：
若合外力做正功，物体的动能增加，若合外力做负功，物体的动能减小，做了多少功，动能就变化多少．
3．实质：动能定理从能量变化的角度反映了力改变运动的状态时，在空间上的累积效果．
例1　下列关于运动物体的合外力做功和动能、速度变化的关系，正确的是(　　)
A．物体做变速运动，合外力一定不为零，动能一定变化
B．若合外力对物体做功为零，则合外力一定为零
C．物体的合外力做功，它的速度大小一定发生变化
D．物体的动能不变，所受的合外力必定为零
答案　C
解析　力是改变物体速度的原因，物体做变速运动时，合外力一定不为零，但合外力不为零时，做功可能为零，动能可能不变，A、B错误．物体的合外力做功，它的动能一定变化，速度大小也一定变化，C正确．物体的动能不变，所受合外力做功一定为零，但合外力不一定为零，D错误．
二、动能定理的简单应用
1．动能定理应用中的研究对象一般为单个物体．
2．动能定理的研究过程既可以是运动过程中的某一阶段，也可以是运动全过程．
3．通常情况下，某问题若涉及时间或过程的细节，要用牛顿运动定律去解决；某问题若不考虑具体细节、状态或时间，如物体做曲线运动、受力为变力等情况，一般要用动能定理去解决．
4．应用动能定理解题的步骤：
(1)确定研究对象和研究过程(研究对象一般为单个物体或相对静止的物体组成的系统)．
(2)对研究对象进行受力分析(注意哪些力做功或不做功)．
(3)确定合外力对物体做的功(注意功的正负)．
(4)确定物体的初、末动能(注意动能增量是末动能减初动能)．
(5)根据动能定理列式、求解．
例2　如图2所示，物体在离斜面底端5 m处由静止开始下滑，然后滑上与斜面平滑连接的水平面，若物体与斜面及水平面的动摩擦因数均为0.4，斜面倾角为37°.求物体能在水平面上滑行的距离．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
　　　　　图2
答案　3.5 m
解析　对物体在斜面上和水平面上受力分析如图所示．
方法一　分过程列方程：设物体滑到斜面底端时的速度为v，物体下滑阶段
FN1＝mgcos 37°，
故f1＝μFN1＝μmgcos 37°.
由动能定理得：
mgsin 37°·s1－μmgcos 37°·s1＝mv2－0
设物体在水平面上滑行的距离为s2，
摩擦力f2＝μFN2＝μmg
由动能定理得：
－μmg·s2＝0－mv2
由以上各式可得s2＝3.5 m.
方法二　全过程列方程：
mgs1sin 37°－μmgcos 37°·s1－μmg·s2＝0
得：s2＝3.5 m.
针对训练　如图3所示，物体从高h的斜面顶端A由静止滑下，到斜面底端后又沿水平面运动到C点而停止．要使这个物体从C点沿原路返回到A，则在C点处物体应具有的速度大小至少是(　　)
图3
A. B．2
C. D.
答案　B
解析　从A→C由动能定理得mgh－Wf＝0，从C→A有－mgh－Wf＝0－mv02，故C点速度v0＝2.
例3　如图4所示，AB段为粗糙水平面轨道，BC段是固定于竖直平面内的光滑半圆形导轨，半径为R.一质量为 m的滑块静止在A点，在水平恒力F作用下从A点向右运动，当运动至B点时，撤去恒力F，滑块沿半圆形轨道向上运动恰能通过最高点C.已知滑块与水平轨道间的滑动摩擦力f＝，水平恒力F＝.求：
图4
(1)滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ；
(2)滑块运动至C点的速度大小vC；
(3)水平轨道AB的长度L.
答案　(1)0.25　(2)　(3)10R
解析　(1)滑块在水平轨道上运动时，
由f＝μFN＝μmg得：μ＝＝0.25
(2)滑块在C点时仅受重力，据牛顿第二定律，有mg＝m
可得：vC＝
(3)滑块从A到C的过程，运用动能定理得：
(F－f)L－2mgR＝mv C2－0
又f＝，F＝
解得：L＝10R.
1.(对动能定理的理解)有一质量为m的木块，从半径为r的圆弧曲面上的a点滑向b点，如图5所示．如果由于摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是(　　)
图5
A．木块所受的合外力为零
B．因木块所受的力都不对其做功，所以合外力做的功为零
C．重力和摩擦力的合力做的功为零
D．重力和摩擦力的合力为零
答案　C
解析　木块做曲线运动，速度方向变化，加速度不为零，故合外力不为零，A错；速率不变，动能不变，由动能定理知，合外力做的功为零，而支持力始终不做功，重力做正功，所以重力做的功与摩擦力做的功的代数和为零，但重力和摩擦力的合力不为零，C对，B、D错．
【考点】对动能定理的理解
【题点】用动能定理定性分析问题
2．(动能定理的应用)(多选)甲、乙两个质量相同的物体，用相同的力F分别拉着它们在水平面上从静止开始运动相同的距离s.如图6所示，甲在光滑面上，乙在粗糙面上，则下列关于力F对甲、乙两物体做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法中正确的是(　　)
图6
A．力F对甲物体做功多
B．力F对甲、乙两个物体做的功一样多
C．甲物体获得的动能比乙大
D．甲、乙两个物体获得的动能相同
答案　BC
解析　由W＝Fs可知，两种情况下力F对甲、乙两个物体做的功一样多，A错误，B正确；根据动能定理，对甲有Fs＝Ek1，对乙有Fs－fs＝Ek2，可知Ek1＞Ek2，即甲物体获得的动能比乙大，C正确，D错误．
【考点】对动能定理的理解
【题点】用动能定理定性分析问题
3．(动能定理的应用)一辆汽车以v1＝6 m/s的速度沿水平路面行驶时，急刹车后能滑行s1＝3.6 m，如果以v2＝8 m/s的速度行驶，在同样的路面上急刹车后滑行的距离s2应为(　　)
A．6.4 m B．5.6 m
C．7.2 m D．10.8 m
答案　A
解析　急刹车后，车只受摩擦力的作用，且两种情况下摩擦力的大小是相同的，汽车的末速度皆为零，故：
－Fs1＝0－mv12①
－Fs2＝0－mv22②
②式除以①式得＝
s2＝s1＝2×3.6 m＝6.4 m.
【考点】应用动能定理进行有关的计算
【题点】应用动能定理求位移
4．(动能定理的应用)半径R＝1 m的圆弧轨道下端与一光滑水平轨道连接，水平轨道离地面高度h＝1 m，如图7所示，有一质量m＝1.0 kg的小滑块自圆轨道最高点A由静止开始滑下，经过水平轨道末端B时速度为4 m/s，滑块最终落在地面上，g取10 m/s2，试求：
图7
(1)不计空气阻力，滑块落在地面上时速度的大小；
(2)滑块在轨道上滑行时克服摩擦力做的功．
答案　(1)6 m/s　(2)2 J
解析　(1)从B点到地面这一过程，只有重力做功，根据动能定理有mgh＝mv2－mvB2，
代入数据解得v＝6 m/s.
(2)设滑块在轨道上滑行时克服摩擦力做的功为Wf，对A到B这一过程运用动能定理有mgR－Wf＝mvB2－0，
解得Wf＝2 J.
【考点】应用动能定理进行有关的计算
【题点】应用动能定理求功
一、选择题
考点一　动能定理的理解
1．关于动能定理，下列说法中正确的是(　　)
A．在某过程中，动能的变化等于各个力单独做功的绝对值之和
B．只要有力对物体做功，物体的动能就一定改变
C．动能定理只适用于直线运动，不适用于曲线运动
D．动能定理既适用于恒力做功的情况，也适用于变力做功的情况
答案　D
解析　动能的变化等于各个力单独做功的代数和，A错；根据动能定理，决定动能是否改变的是总功，而不是某一个力做的功，B错；动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于恒力做功的情况，也适用于变力做功的情况，C错，D对．
【考点】对动能定理的理解
【题点】对动能定理的理解
考点二　动能定理的应用
2．两个物体A、B的质量之比为mA∶mB＝2∶1，二者初动能相同，它们和水平桌面间的动摩擦因数相同，则二者在桌面上滑行到停止经过的距离之比为(忽略空气阻力的影响)(　　)
A．sA∶sB＝2∶1 B．sA∶sB＝1∶2
C．sA∶sB＝4∶1 D．sA∶sB＝1∶4
答案　B
解析　物体滑行过程中只有摩擦力做功，根据动能定理，对A：－μmAgsA＝0－Ek；对B：－μmBgsB＝0－Ek.故＝＝，B对．
3．人骑自行车下坡，坡长l＝500 m，坡高h＝8 m，人和车总质量为100 kg，下坡时初速度为4 m/s，人不踏车的情况下，到达坡底时车速为10 m/s，g取10 m/s2，则下坡过程中阻力所做的功为(　　)
A．－4 000 J B．－3 800 J
C．－5 000 J D．－4 200 J
答案　B
解析　由动能定理得mgh＋Wf＝m(vt2－v02)，解得Wf＝－mgh＋m(vt2－v02)＝－3 800 J，故B正确．
【考点】应用动能定理进行有关的计算
【题点】应用动能定理求功
4．物体沿直线运动的v－t图象如图1所示，已知在第1 s内合力对物体做功为W，则(　　)
图1
A．从第1 s末到第3 s末合力做功为4W
B．从第3 s末到第5 s末合力做功为－2W
C．从第5 s末到第7 s末合力做功为W
D．从第3 s末到第4 s末合力做功为－0.5W
答案　C
解析　由题图可知物体速度变化情况，根据动能定理得
第1 s内：W＝mv02，
第1 s末到第3 s末：
W1＝mv02－mv02＝0，A错误；
第3 s末到第5 s末：
W2＝0－mv02＝－W，B错误；
第5 s末到第7 s末：
W3＝m(－v0)2－0＝W，C正确；
第3 s末到第4 s末：
W4＝m()2－mv02＝－0.75W，D错误．
【考点】应用动能定理进行有关的计算
【题点】应用动能定理求功
5．如图2所示，质量为0.1 kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m，若不计空气阻力，取g＝10 m/s2，则(　　)
图2
A．小物块的初速度是5 m/s B．小物块的水平射程为1.2 m
C．小物块在桌面上克服摩擦力做8 J的功 D．小物块落地时的动能为0.9 J
答案　D
解析　由－μmgs＝mv2－mv02
得：v0＝7 m/s，Wf＝μmgs＝2 J，A、C错误．
由h＝gt2，x＝vt得x＝0.9 m，B项错误．
由mgh＝Ek－mv2得，落地时Ek＝0.9 J，D正确．
【考点】应用动能定理进行有关的计算
【题点】应用动能定理求功
6.如图3所示，一个小球质量为m，静止在光滑的轨道上．现以水平力击打小球，使小球能够通过半径为R的竖直光滑轨道的最高点C，则水平力对小球所做的功至少为(　　)
图3
A．mgR B．2mgR
C．2.5mgR D．3mgR
答案　C
解析　恰好通过竖直光滑轨道的最高点C时，在C点有mg＝，对小球，由动能定理W－2mgR＝mv2，联立解得W＝2.5mgR，C项正确．
【考点】应用动能定理进行有关的计算
【题点】应用动能定理求功
7．连接A、B两点的弧形轨道ACB和ADB关于AB连线对称，材料相同，粗糙程度相同，如图4所示，一个小物块由A点以一定的初速度v开始沿ACB轨道到达B点的速度为v1；若由A以大小相同的初速度v沿ADB轨道到达B点的速度为v2.比较v1和v2的大小有(　　)
图4
A．v1>v2 B．v1＝v2
C．v1答案　A
解析　弧形轨道ACB和ADB的长度相等，物块在上面滑动时动摩擦因数相同，物块在上面运动可认为做圆周运动，由于物块在ADB上运动时对曲面的正压力大于在ACB上运动时对曲面的正压力，故在ADB上克服摩擦力做的功大于在ACB上克服摩擦力做的功，再由动能定理得出选项A正确．
8.(多选)如图5所示，一个质量是25 kg的小孩从高为2 m的滑梯顶端由静止滑下，滑到底端时的速度为2 m/s(取g＝10 m/s2)．关于力对小孩做的功，以下结果正确的是(　　)
图5
A．重力做功为500 J B．合外力做功为50 J
C．克服阻力做功为50 J D．支持力做功为450 J
答案　AB
解析　重力做功与路径无关，WG＝mgh＝25×10×2 J＝500 J，A正确．合外力做功W＝ΔEk＝mv2＝×25×22 J＝50 J，B正确．W＝WG＋W阻＝50 J，所以W阻＝－450 J，即克服阻力做功为450 J，C错误．支持力始终与速度垂直，不做功，D错误．
【考点】应用动能定理进行有关的计算
【题点】应用动能定理求功
9．如图6所示，运动员把质量为m的足球从水平地面踢出，足球在空中达到的最高点的高度为h，在最高点时的速度为v，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法中正确的是(　　)
图6
A．运动员踢球时对足球做功mv2
B．足球上升过程重力做功mgh
C．运动员踢球时对足球做功mv2＋mgh
D．足球上升过程克服重力做功mv2＋mgh
答案　C
解析　足球上升过程中足球重力做负功，WG＝－mgh，B、D错误；从运动员踢球至上升至最高点的过程中，W－mgh＝mv2，故运动员踢球时对足球做的功W＝mv2＋mgh，C项正确．
【考点】应用动能定理进行有关的计算
【题点】应用动能定理求功
10．木块在水平恒力F的作用下，沿水平路面由静止出发前进了l，随即撤去此恒力，木块沿原方向又前进了2l才停下来，设木块运动全过程中地面情况相同，则摩擦力的大小f和木块所获得的最大动能Ek分别为(　　)
A．f＝　Ek＝ B．f＝　Ek＝Fl
C．f＝　Ek＝ D．f＝F　Ek＝
答案　C
解析　全过程：Fl－f·3l＝0得：f＝；加速过程：Fl－fl＝Ekm－0，得Ekm＝Fl，C正确．
【考点】应用动能定理进行有关的计算
【题点】应用动能定理求力
11．(多选)如图7甲所示，质量m＝2 kg的物体以100 J的初动能在粗糙的水平地面上滑行，其动能Ek随位移s变化的关系图象如图乙所示，则下列判断中正确的是(　　)
图7
A．物体运动的总位移大小为10 m
B．物体运动的加速度大小为10 m/s2
C．物体运动的初速度大小为10 m/s
D．物体所受的摩擦力大小为10 N
答案　ACD
解析　由题图可知，物体运动的总位移为10 m，根据动能定理得，－fs＝0－Ek0，解得f＝＝ N＝10 N，故A、D正确．根据牛顿第二定律得，物体的加速度大小为a＝＝ m/s2＝5 m/s2，故B错误．由Ek0＝mv2得v＝＝ m/s＝10 m/s，故C正确．
【考点】应用动能定理进行有关的计算
【题点】应用动能定理求力
二、非选择题
12．(动能定理的应用)如图8所示，竖直平面内的一半径R＝0.5 m的光滑圆弧槽BCD，B点与圆心O等高，质量m＝0.1 kg的小球(可看作质点)从B点正上方H＝0.75 m高处的A点自由下落，由B点进入圆弧轨道，从D点飞出，不计空气阻力，(取g＝10 m/s2)求：
图8
(1)小球经过B点时的动能；
(2)小球经过最低点C时的速度大小vC；
(3)小球经过最低点C时对轨道的压力大小．
答案　(1)0.75 J　(2)5 m/s　(3)6 N
解析　(1)小球从A点到B点，根据动能定理有：
mgH＝Ek
代入数据得：Ek＝0.75 J.
(2)小球从A点到C点，由动能定理有：
mg(H＋R)＝mv C2代入数据得vC＝5 m/s.
(3)小球在C点，受到的支持力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律有：FN－mg＝，代入数据解得FN＝6 N
由牛顿第三定律有：小球对轨道的压力大小FN′＝6 N.
【考点】应用动能定理处理多过程问题
【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题
13．(动能定理的应用)如图9所示，质量m＝10 kg的物体放在水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2，今用F＝50 N的水平恒力作用于物体上，使物体由静止开始做匀加速直线运动，经时间t＝8 s后，撤去F，求：
图9
(1)力F所做的功；
(2)8 s末物体的动能；
(3)物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功．
答案　(1)1 600 J　(2)320 J　(3)1 600 J
解析　(1)在运动过程中，物体所受到的滑动摩擦力为
f＝μmg＝0.4×10×10 N＝40 N，
由牛顿第二定律可得物体加速运动的加速度
a＝＝ m/s2＝1 m/s2，
由运动学公式可得在8 s内物体的位移为
s＝at2＝×1×82 m＝32 m，
所以力F做的功为
WF＝Fs＝50×32 J＝1 600 J.
(2)设在8 s末物体的动能为Ek，由动能定理可得
Fs－fs＝mv2－0＝Ek，
所以Ek＝(1 600－40×32) J＝320 J.
(3)对整个过程利用动能定理有，
WF＋Wf＝0－0，
所以Wf＝－1 600 J，
即物体从开始运动到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功为1 600 J.
【考点】应用动能定理处理多过程问题
【题点】应用动能定理处理仅含直线运动的多过程问题
第二节　动能　势能
知识目标
核心素养
1.明确做功与能量转化的关系.
2.知道动能的表达式，会用公式计算物体的动能.
3.理解重力势能的概念，知道重力做功与重力势能变化的关系.
4.理解弹性势能的概念，会分析决定弹性势能大小的因素.
1.理解动能、势能的概念，掌握普遍的功能关系.
2.会推导动能、重力势能的表达式.
3.归纳、类比理解重力做功与重力势能、弹力做功与弹性势能的关系.
一、功和能的关系
1．能量：一个物体能够对其他物体做功，说明这个物体具有能量．
2．功和能的关系：功是能量转化的量度，做功的过程是能量转化的过程，做了多少功，就有多少能量发生转化．
二、动能
1．定义：物体由于运动而具有的能量叫做动能．
2．表达式：Ek＝mv2.
(1)物理意义：物体的动能等于物体的质量与它的速度的平方乘积的一半．
(2)表达式中的速度是瞬时速度．
(3)动能是标量(填“标量”或“矢量”)，是状态(填“过程”或“状态”)量．
3．单位：动能的国际单位是焦耳，简称焦，用符号J表示．
三、重力势能
1．概念：由物体所处位置的高度决定的能量．
2．重力做的功：
(1)做功表达式：WG＝mgh＝mgh1－mgh2，式中h指初位置与末位置的高度差；h1、h2分别指初位置、末位置的高度．
(2)做功的正负：物体下降时重力做正功；物体被举高时重力做负功．
(3)做功的特点：只与运动物体的起点和终点的位置有关，而与运动物体所经过的路径无关．
3．重力势能：
(1)定义：物体的重力与所处高度的乘积．
(2)大小：表达式：Ep＝mgh；单位：焦耳，符号：J.
(3)标矢性：重力势能是标量，只有大小，没有方向．
(4)重力做功与重力势能变化的关系
①表达式：WG＝mgh1－mgh2＝－ΔEp.
②重力做正功，重力势能减少；重力做负功，重力势能增加．
4．重力势能的相对性：
(1)参考平面：物体的重力势能总是相对于某一水平面来说的，这个水平面叫做参考平面．在参考平面上，物体的重力势能取作0.
(2)重力势能的相对性特点
①选择不同的参考平面，物体重力势能的数值是不同的．
②对选定的参考平面，上方物体的重力势能是正值，下方物体的重力势能是负值，负号表示物体在这个位置具有的重力势能要比在参考平面上具有的重力势能小．
5．重力势能的系统性：重力势能是物体与地球所组成的系统共有的．
四、弹性势能
1．定义：发生形变的物体，在恢复原状时能够对外界做功，因而具有能量．
2．大小：跟形变量的大小有关，形变量越大，弹性势能也越大．对于弹簧来说，弹性势能与拉伸或压缩长度有关；当形变量一定时，劲度系数越大的弹簧弹性势能越大．
3．势能：与相互作用物体的相对位置有关的能量．
1．判断下列说法的正误．
(1)动能不变的物体，一定处于平衡状态．(×)
(2)某物体的速度加倍，它的动能也加倍．(×)
(3)一定质量的物体，动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化．(√)
(4)同一物体在不同位置的重力势能分别为Ep1＝3 J，Ep2＝－10 J，则Ep1(5)物体由高处到低处，重力一定做正功，重力势能一定减少．(√)
(6)重力做功一定与路径无关，只与初、末位置的高度差有关．(√)
2．(1)一个质量为0.1 kg的球在光滑水平面上以5 m/s的速度匀速运动，与竖直墙壁碰撞以后以原速率被弹回，若以初速度方向为正方向，则小球碰墙前后速度的变化为________，动能的变化为________．
(2)质量为m的物体从地面上方H高处由静止释放，落在地面后出现一个深度为h的坑，如图1所示，重力加速度为g，在此过程中，重力对物体做功为________，重力势能______(填“减少”或“增加”)了______．
图1
答案　(1)－10 m/s　0　(2)mg(H＋h) 　减少　mg(H＋h)
一、动能
如图2所示，一个质量为m、初速度为v的物体，在水平桌面上运动，因受摩擦阻力f的作用，运动一段位移s后静止下来．在这一过程中，物体克服摩擦阻力做了功，根据功和能的关系，这个功在数值上就等于物体初始所具有的动能．请推导这个物体初始所具有的动能．
图2
答案　选初速度的方向为正方向，
由牛顿第二定律得－f＝m(－a)
由位移速度关系得s＝
摩擦力对物体所做的功是
W＝－fs＝m(－a)·＝－mv2
即物体克服摩擦力做功的大小为W′＝mv2
根据功和能的关系，mv2就是物体初始所具有的动能．
1．对动能的理解
(1)动能是标量，没有负值，与物体的速度方向无关．
(2)动能是状态量，具有瞬时性，与物体的运动状态(或某一时刻的速度)相对应．
(3)动能具有相对性，选取不同的参考系，物体的速度不同，动能也不同，一般以地面为参考系．
2．动能变化量ΔEk
物体动能的变化量是末动能与初动能之差，即ΔEk＝mv22－mv12，若ΔEk>0，则表示物体的动能增加，若ΔEk<0，则表示物体的动能减少．
例1　下列关于动能的说法正确的是(　　)
A．两个物体中，速度大的动能也大
B．某物体的速度加倍，它的动能也加倍
C．做匀速圆周运动的物体动能保持不变
D．某物体的动能保持不变，则速度一定不变
答案　C
解析　动能的表达式为Ek＝mv2，即物体的动能大小由质量和速度大小共同决定，速度大的物体的动能不一定大，故A错误；速度加倍，它的动能变为原来的4倍，故B错误；速度只要大小保持不变，动能就不变，故C正确，D错误．
二、重力做功
如图3所示，一个质量为m的物体，从高度为h1的位置A分别按下列三种方式运动到高度为h2的位置B，在这个过程中思考并讨论以下问题：
图3
(1)根据功的公式求出甲、乙两种情况下重力做的功；
(2)求出丙中重力做的功；
(3)重力做功有什么特点？
答案　(1)甲中WG＝mgh＝mgh1－mgh2
乙中WG′＝mgscos θ＝mgh＝mgh1－mgh2
(2)把整个路径AB分成许多很短的间隔AA1、A1A2…，由于每一段都很小，每一小段都可以近似地看做一段倾斜的直线，设每段小斜线的高度差分别为Δh1、Δh2…，则物体通过每段小斜线时重力做的功分别为mgΔh1、mgΔh2….
物体通过整个路径时重力做的功
WG″＝mgΔh1＋mgΔh2＋…
＝mg(Δh1＋Δh2＋…)＝mgh
＝mgh1－mgh2
(3)物体运动时，重力对它做的功只跟它的起点和终点的位置有关，而跟物体运动的路径无关．
1．重力做功大小只与重力和物体高度变化有关，与所受的其他力及运动状态均无关．
2．物体下降时重力做正功，物体上升时重力做负功．
3．在一些往复运动或多个运动过程的复杂问题中求重力做功时，利用重力做功的特点，可以省去大量中间过程，一步求解．
例2　在同一高度，把三个质量相同的球A、B、C分别以相等的速率竖直上抛、竖直下抛和平抛，它们都落到同一水平地面上．三个球在运动过程中，重力对它们做的功分别为WA、WB、WC，则它们的大小关系为(　　)
A．WA>WB＝WC
B．WAC．WA＝WB＝WC
D．WA>WB>WC
答案　C
解析　由重力做功特点知：WA＝WB＝WC，故C对．
三、重力势能
如图4所示，质量为m的物体自高度为h2的A处下落至高度为h1的B处．求下列两种情况下，重力做的功和重力势能的变化量，并分析它们之间的关系．
图4
(1)以地面为零势能参考面；
(2)以B处所在的高度为零势能参考面．
答案　(1)重力做的功WG＝mgΔh＝mg(h2－h1)，选地面为零势能参考面，EpA＝mgh2，EpB＝mgh1，重力势能的变化量ΔEp＝mgh1－mgh2＝－mgΔh.
(2)选B处所在的高度为零势能参考面，重力做功WG＝mgΔh＝mg(h2－h1)．物体的重力势能EpA＝mg(h2－h1)＝mgΔh，EpB＝0，重力势能的变化量ΔEp＝0－mgΔh＝－mgΔh.
综上两次分析可见WG＝－ΔEp，即重力做的功等于重力势能的变化量的负值，而且重力势能的变化与零势能参考面的选取无关．
1．重力做功与重力势能变化的关系：
WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp
两种情况：
2．重力势能的相对性
物体的重力势能总是相对于某一水平参考面，选不同的参考面，物体重力势能的数值是不同的．故在计算重力势能时，必须首先选取参考平面．
3．重力势能的变化量与参考平面的选择无关．
例3　下列关于重力势能的说法正确的是(　　)
A．物体的位置一旦确定，它的重力势能的大小也随之确定
B．物体与零势能面的距离越大，它的重力势能也越大
C．一个物体的重力势能从－5 J变化到－3 J，重力势能增加了
D．在地面上的物体具有的重力势能一定等于零
答案　C
解析　物体的重力势能与参考平面的选取有关，同一物体在同一位置相对不同的参考平面的重力势能不同，A选项错；物体在零势能面以上，距零势能面的距离越大，重力势能越大，物体在零势能面以下，距零势能面的距离越大，重力势能越小，B选项错；重力势能中的正、负号表示大小，－5 J的重力势能小于－3 J的重力势能，C选项对；只有选地面为零势能面时，地面上的物体的重力势能才为零，否则不为零，D选项错．
例4　如图5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处有一光滑小钉子，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，重力做功为多少？重力势能改变了多少？
图5
答案　mgl　减少mgl
解析　从A点运动到C点，小球下落的高度为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．
重力做功与重力势能变化的关系：WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp，即重力势能变化多少是由重力做功的多少唯一量度的，与物体除重力外是否还受其他力作用以及除重力做功外是否还有其他力做功等因素均无关．
四、弹性势能
如图6所示，滑块与墙壁间夹有一轻质弹簧，用力将滑块向左推，使弹簧压缩，松手后，弹簧会将滑块弹出，若压缩量变大，则滑块弹出的距离会怎样变化？若劲度系数不同的弹簧，在压缩量相同的情况下，滑块弹出的距离哪个更大？
图6
答案　压缩量变大，滑块弹出的距离变大；压缩量相同时劲度系数大的弹簧，滑块弹出得远．
1．弹力做功与弹性势能变化的关系
(1)关系：弹力做正功时，弹性势能减少，弹力做负功时，弹性势能增加，并且弹力做多少功，弹性势能就变化多少．
(2)表达式：W弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2.
2．使用范围：在弹簧的弹性限度内．
注意：弹力做功和重力做功一样，也和路径无关，弹性势能的变化只与弹力做功有关．
例5　如图7所示，处于自然长度的轻质弹簧一端与墙接触，另一端与置于光滑地面上的物体接触，现在物体上施加一水平推力F，使物体缓慢压缩弹簧，当推力F做功100 J时，弹簧的弹力做功________J，以弹簧处于自然长度时的弹性势能为零，则弹簧的弹性势能为________J.
图7
答案　－100　100
解析　在物体缓慢压缩弹簧的过程中，推力F始终与弹簧弹力等大反向，所以推力F做的功等于克服弹簧弹力所做的功，即W弹＝－WF＝－100 J．由弹力做功与弹性势能的变化关系知，弹性势能增加了100 J.
1．(对动能的理解)(多选)关于动能的理解，下列说法正确的是(　　)
A．一般情况下，Ek＝mv2中的v是相对于地面的速度
B．动能的大小由物体的质量和速率决定，与物体的运动方向无关
C．物体以相同的速率向东和向西运动，动能的大小相等、方向相反
D．当物体以不变的速率做曲线运动时其动能不断变化
答案　AB
解析　动能是标量，由物体的质量和速率决定，与物体的运动方向无关．动能具有相对性，无特别说明，一般指相对于地面的动能．选A、B.
2．(重力势能的理解)关于重力势能，下列说法正确的是(　　)
A．重力势能是地球和物体共同具有的，而不是物体单独具有的
B．处在同一高度的物体，具有的重力势能相同
C．重力势能是标量，不可能有正、负值
D．浮在海面上的小船的重力势能一定为零
答案　A
解析　重力势能具有系统性，重力势能是物体与地球共有的，故A正确；重力势能等于mgh，其中h是相对于参考平面的高度，参考平面不同，h不同，另外质量也不一定相同，故处在同一高度的物体，其重力势能不一定相同，选项B错误；重力势能是标量，但有正负，负号表示物体在零势能参考平面的下方，故C错误；零势能面的选取是任意的，并不一定选择海平面为零势能面，故浮在海面上的小船的重力势能不一定为零，选项D错误．
3．(弹力做功与弹性势能变化的关系)如图8所示，轻弹簧下端系一重物，O点为其平衡位置(即重力和弹簧弹力大小相等的位置)，今用手向下拉重物，第一次把它直接拉到A点，弹力做功为W1，第二次把它拉到B点后再让其回到A点，弹力做功为W2，则这两次弹力做功的关系为(　　)
图8
A．W1C．W2＝2W1 D．W1＝W2
答案　D
解析　弹力做功与路径无关，只与初、末位置有关，两次初、末位置相同，故W1＝W2，D正确．
4．(重力做功与重力势能变化的关系)在离地80 m处无初速度释放一小球，小球质量为m＝200 g，不计空气阻力，g取10 m/s2，取最高点所在水平面为零势能参考平面．求：
(1)在第2 s末小球的重力势能；
(2)3 s内重力所做的功及重力势能的变化．
答案　(1)－40 J　(2)90 J　减少了90 J
解析　(1)在第2 s末小球下落的高度为：
h＝gt2＝×10×22 m＝20 m
重力势能为：
Ep＝－mgh＝－0.2×10×20 J＝－40 J.
(2)在3 s内小球下落的高度为
h′＝gt′2＝×10×32 m＝45 m.
3 s内重力做功为：WG＝mgh′＝0.2×10×45 J＝90 J
WG>0，所以小球的重力势能减少，且减少了90 J.
考点一　对动能的理解
1．关于物体的动能，下列说法中正确的是(　　)
A．一个物体的动能可能小于零
B．一个物体的动能与参考系的选取无关
C．动能相同的物体的速度一定相同
D．两质量相同的物体，若动能相同，其速度不一定相同
答案　D
解析　由Ek＝mv2知动能不会小于零，A选项错误；因v的大小与参考系的选取有关，故动能的大小也与参考系的选取有关，B选项错误；由Ek＝mv2知，动能的大小与物体的质量和速度的大小都有关系，动能相同，速度不一定相同，C选项错误；两质量相同的物体，若动能相同，速度的大小一定相同，但速度方向不一定相同，D选项正确．
2．(多选)关于动能，下列说法正确的是(　　)
A．动能是普遍存在的机械能的一种基本形式，凡是运动的物体都有动能
B．物体所受合外力不为零，其动能一定变化
C．一定质量的物体，动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化
D．动能不变的物体，一定处于平衡状态
答案　AC
【考点】对动能的理解
【题点】对动能概念的理解
考点二　重力做功　重力势能
3．一物体以初速度v竖直向上抛出，做竖直上抛运动，则物体的重力势能Ep－路程s图象应是四个图中的(　　)
答案　A
解析　以抛出点为零势能点，则上升阶段路程为s时，克服重力做功mgs，重力势能Ep＝mgs，即重力势能与路程s成正比；下降阶段，物体距抛出点的高度h＝2h0－s，其中h0为上升的最高点，故重力势能Ep＝mgh＝2mgh0－mgs，故下降阶段，随着路程s的增大，重力势能线性减小，选项A正确．
【考点】重力势能的变化
【题点】定性判断重力势能的变化
4．(多选)物体在运动过程中，克服重力做功100 J，则以下说法正确的是(　　)
A．物体的高度一定降低了
B．物体的高度一定升高了
C．物体的重力势能一定是100 J
D．物体的重力势能一定增加100 J
答案　BD
解析　克服重力做功，即重力做负功，重力势能增加，高度升高，克服重力做多少功，重力势能就增加多少，但重力势能是相对的，增加100 J的重力势能，并不代表现在的重力势能就是100 J，故B、D正确，A、C错误．
【考点】重力做功与重力势能变化的关系
【题点】定量计算重力做功与重力势能变化的关系
5．一根长为2 m、重为200 N的均匀木杆放在水平地面上，现将它的一端缓慢地从地面抬高0.5 m，另一端仍放在地面上，则所需做的功为(　　)
A．50 J B．100 J
C．200 J D．400 J
答案　A
解析　由几何关系可知，杆的重心向上运动了h＝ m＝0.25 m，故克服重力做功WG＝mgh＝200×0.25 J＝50 J，外力做的功等于克服重力做的功，即外力做功50 J，选项A正确．
【考点】重力做功与重力势能变化的关系
【题点】定量计算重力做功与重力势能变化的关系
6．如图1所示，在水平面上平铺着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1
A．n(n－1)mgh B.n(n－1)mgh
C．n(n＋1)mgh D.n(n＋1)mgh
答案　B
解析　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项正确．
考点三　弹性势能
7.一竖直弹簧下端固定于水平地面上，小球从弹簧的正上方高为h的地方由静止下落到弹簧上端，如图2所示，经几次反弹以后小球最终在弹簧上静止于某一点A处，则(　　)
图2
A．h越大，弹簧在A点的压缩量越大
B．弹簧在A点的压缩量与h无关
C．h越大，最终小球静止在A点时弹簧的弹性势能越大
D．小球第一次到达A点时弹簧的弹性势能比最终小球静止在A点时弹簧的弹性势能大
答案　B
解析　最终小球静止在A点时，通过受力分析，小球受自身重力mg与弹簧的弹力kx大小相等，由mg＝kx得，弹簧在A点的压缩量x与h无关，弹簧在A点的弹性势能与h无关．
【考点】影响弹性势能大小的因素
【题点】弹性势能与形变量关系的应用
8.如图3所示，质量相等的两木块中间连有一弹簧，今用力F缓慢向上提A，直到B恰好离开地面．开始时物体A静止在弹簧上面．设开始时弹簧的弹性势能为Ep1，B刚要离开地面时，弹簧的弹性势能为Ep2，则关于Ep1、Ep2的大小关系及弹性势能的变化ΔEp，下列说法中正确的是(　　)
图3
A．Ep1＝Ep2 B．Ep1＞Ep2
C．ΔEp＞0 D．ΔEp＜0
答案　A
解析　开始时弹簧形变量为x1，有kx1＝mg，设B刚要离开地面时弹簧形变量为x2，有kx2＝mg，由于x1＝x2所以Ep1＝Ep2，ΔEp＝0，A对．
【考点】影响弹性势能大小的因素
【题点】弹性势能与形变量关系的应用
9.一个小孩在蹦床上做游戏，他从高处落到蹦床上后又被弹起到原高度，小孩从高处开始下落到弹回的整个过程中，他运动的速度v随时间t变化的图象如图4所示，图中Oa段为直线，则根据该图象可知，蹦床的弹性势能增大的过程所对应的时间间隔为(　　)
图4
A．仅在t1到t2的时间内
B．仅在t2到t3的时间内
C．在t1到t3的时间内
D．在t1到t4的时间内
答案　C
解析　小孩从高处落下，在0～t1时间内小孩只受重力作用；在t1～t2时间内加速度减小，说明小孩又受到了弹力作用，蹦床受到压力；t3时刻，小孩的速度为零，蹦床受到的压力最大，弹性势能也最大；t3时刻后小孩反弹，蹦床的弹性势能减小，故选项C正确．
【考点】弹力做功与弹性势能的关系
【题点】弹力做功与弹性势能关系的应用
第五节　验证机械能守恒定律
知识目标
核心素养
1.知道验证机械能守恒定律的方法并不唯一．
2．掌握利用自由落体运动、摆球等运动形式验证机械能守恒定律的方法．
3．能正确进行实验操作，分析实验数据得出结论，能定性地分析产生误差的原因.
1.会设计实验方案，自主选择合适的实验方案进行实验．
2．通过合作探究得出信息，会根据对有效信息的分析得出实验结论．
3会分析系统误差，提出减小误差的方法和措施.
一、实验目的
1．会用打点计时器打下的纸带计算物体运动的速度．
2．掌握利用自由落体运动验证机械能守恒定律的原理和方法．
3．设计另外一种能验证机械能守恒定律的实验方案．
二、实验原理
针对只有重力对物体做功的过程，比较物体重力势能的变化量与动能变化量，若满足ΔEp＝－ΔEk，则说明机械能守恒．
三、两个验证方案
(一)自由落体法验证机械能守恒
1．实验器材：
铁架台(带铁夹)、电磁打点计时器、重物(带夹子)、纸带、复写纸、导线、毫米刻度尺、低压交流电源(4～6 V)．
2．实验步骤
(1)安装装置：按图1甲所示把打点计时器安装在铁架台上，用导线把打点计时器与电源连接好．
图1
(2)打纸带：在纸带的一端把重物用夹子固定好，另一端穿过打点计时器的限位孔，用手竖直提起纸带使重物停靠在打点计时器附近．先接通电源后释放纸带，让重物拉着纸带自由下落．重复几次，得到3～5条打好点的纸带．
(3)选纸带：从打好点的纸带中挑选点迹清晰且开始的两点间距接近2 mm的一条纸带，在起始点标上0，以后任取间隔相同时间的点依次标上1、2、3….
(4)测距离：用刻度尺测出0到1、2、3…的距离，即为对应下落的高度h1、h2、h3….
3．数据处理
(1)计算各点对应的瞬时速度：根据公式vn＝，计算出1、2、3…n点的瞬时速度v1、v2、v3…vn.
(2)机械能守恒定律验证
方法一：利用起始点和第n点．
如果在实验误差允许范围内ghn＝v n2，则机械能守恒定律得到验证．
方法二：任取两点A、B.
如果在实验误差允许范围内ghAB＝vB2－vA2，则机械能守恒定律得到验证．
方法三：图象法(如图2所示)．
图2
若在实验误差允许范围内图线是一条过原点且斜率为g的直线，则验证了机械能守恒定律．
4．误差分析
本实验的误差主要是由纸带测量产生的偶然误差以及重物和纸带运动中的空气阻力及打点计时器的摩擦阻力引起的系统误差．
5．实验注意事项
(1)打点计时器安装要稳固，并使两限位孔的中线在同一竖直线上，以减小摩擦阻力．
(2)应选用质量和密度较大的重物，增大重力可使阻力的影响相对减小，增大密度可以减小体积，可使空气阻力的影响相对减小．
(3)实验时，应先接通电源，让打点计时器正常工作后再松开纸带让重物下落．
(4)本实验中的两种验证方法均不需要测重物的质量m.
(5)速度不能用v＝gt或v＝计算，应根据纸带上测得的数据，利用vn＝计算瞬时速度．
(二)用摆球与DISLab系统验证机械能守恒
1．实验步骤
(1)在铁架台上端用铁架悬挂一个摆球(如图3)
图3
(2)在方格纸上确定4至5个点作为测量点．
(3)分别安装光电传感器，并使之与数据采集器相连接．
(4)让摆球从某一高度向下摆动，分别测定摆球在摆动过程中任意时刻的动能和重力势能．
(5)研究每一个测量点上机械能的总量的特点．
2．误差分析
(1)本实验中摆球在运动过程中受到阻力作用，引起实验中动能的增加量小于重力势能的减少量．
(2)光电传感器的灵敏度对实验结果也有影响．
3．注意事项
(1)摆球运动时，应使其轨迹在一竖直面内，避免摆球做圆锥摆运动．
(2)调整带方格纸的木板，应使其竖线在竖直方向上．
(3)为准确测定摆球在各位置的瞬时速度，可在摆球下部安置一块挡光片，并确保挡光片在竖直面内.
一、实验原理及基本操作
例1　在利用自由落体运动验证机械能守恒定律的实验中，电源的频率为50 Hz，依次打出的点为0、1、2、3、4、…、n，则：
(1)如用第2点到第6点之间的纸带来验证，必须直接测量的物理量为________、________、________，必须计算出的物理量为__________、__________，验证的表达式为________________．
(2)下列实验步骤操作合理的排列顺序是________(填写步骤前面的字母)．
A．将打点计时器竖直安装在铁架台上．
B．先接通电源，再松开纸带，让重物自由下落．
C．取下纸带，更换新纸带(或将纸带翻个面)重新做实验．
D．将重物固定在纸带的一端，让纸带穿过打点计时器，用手提着纸带．
E．选择一条纸带，用刻度尺测出物体下落的高度h1、h2、h3、…、hn，计算出对应的瞬时速度v1、v2、v3、…、vn.
F．分别算出mv n2和mghn，在实验误差范围内看是否相等．
答案　(1)第2点到第6点之间的距离h26
第1点到第3点之间的距离h13　第5点到第7点之间的距离h57　第2点的瞬时速度v2　第6点的瞬时速度v6
mgh26＝mv62－mv22　(2)ADBCEF
解析　(1)要验证从第2点到第6点之间的纸带对应重物的运动过程中机械能守恒，应测出第2点到第6点的距离h26，要计算第2点和第6点的速度v2和v6，必须测出第1点到第3点之间的距离h13和第5点到第7点之间的距离h57，机械能守恒的表达式为mgh26＝mv62－mv22.
处理实验问题，要明确实验原理，根据原理设计实验步骤，有针对性的分析问题．
针对训练　(多选)用自由落体法验证机械能守恒定律，就是看mvn2是否等于mghn(n为计数点的编号)．下列说法中正确的是(　　)
A．打点计时器打第一个点0时，重物的速度应为零
B．hn是计数点n到起始点0的距离
C．必须测量重物的质量
D．用vn＝gtn计算vn时，tn＝(n－1)T(T为打点周期)
答案　AB
解析　本实验的原理是利用重物的自由落体运动来验证机械能守恒定律．因此打点计时器打第一个点时，重物运动的速度应为零，A正确；hn与vn分别表示打第n个点时重物下落的高度和对应的瞬时速度，B正确；本实验中，不需要测量重物的质量，因为公式mgh＝mv2的两边都有m，故只要gh＝v2成立，mgh＝mv2就成立，机械能守恒定律也就被验证了，C错误；实验中应用公式vn＝来计算vn，D错误．
二、数据处理及误差分析
例2　某实验小组“用落体法验证机械能守恒定律”，实验装置如图4甲所示．实验中测出重物自由下落的高度h及对应的瞬时速度v，计算出重物减少的重力势能mgh和增加的动能mv2，然后进行比较，如果两者相等或近似相等，即可验证重物自由下落过程中机械能守恒．请根据实验原理和步骤完成下列问题：
图4
(1)关于上述实验，下列说法中正确的是________．
A．重物最好选择密度较小的木块
B．重物的质量可以不测量
C．实验中应先接通电源，后释放纸带
D．可以利用公式v＝来求解瞬时速度
(2)如图乙是该实验小组打出的一条点迹清晰的纸带，纸带上的O点是起始点，选取纸带上连续的点A、B、C、D、E、F作为计数点，并测出各计数点到O点的距离依次为27.94 cm、32.78 cm、38.02 cm、43.65 cm、49.66 cm、56.07 cm.已知打点计时器所用的电源是50 Hz的交流电，重物的质量为0.5 kg，则从计时器打下点O到打下点D的过程中，重物减小的重力势能ΔEp＝________ J；重物增加的动能ΔEk＝________ J，两者不完全相等的原因可能是________________．(重力加速度g取9.8 m/s2，计算结果保留三位有效数字)
(3)实验小组的同学又正确计算出图乙中打下计数点A、B、C、D、E、F各点的瞬时速度v，以各计数点到A点的距离h′为横轴，v2为纵轴作出图象，如图丙所示，根据作出的图线，能粗略验证自由下落的物体机械能守恒的依据是______________________．
答案　(1)BC　(2)2.14　2.12　重物下落过程中受到阻力作用
(3)图象的斜率等于19.52 m/s2，约为重力加速度g的两倍，故能验证
解析　(1)重物最好选择密度较大的铁块，受到的阻力较小，故A错误．本题是以自由落体运动为例来验证机械能守恒定律，需要验证的方程是mgh＝mv2，因为我们是比较mgh、mv2的大小关系，故m可约去，不需要用天平测量重物的质量，操作时应先接通电源，再释放纸带，故B、C正确．不能利用公式v＝来求解瞬时速度，否则体现不了实验验证，却变成了理论推导，故D错误．
(2)重力势能减小量ΔEp＝mgh＝0.5×9.8×0.436 5 J≈2.14 J．利用匀变速直线运动的推论：
vD＝＝ m/s＝2.91 m/s，
EkD＝mvD2＝×0.5×2.912 J≈2.12 J，动能增加量ΔEk＝EkD－0＝2.12 J．由于存在阻力作用，所以减小的重力势能大于动能的增加．
(3)根据表达式mgh＝mv2，则有v2＝2gh；
当图象的斜率为重力加速度的2倍时，即可验证机械能守恒，而图象的斜率k＝ m/s2＝19.52 m/s2，因此能粗略验证自由下落的物体机械能守恒．
三、用摆球与DISLab系统验证机械能守恒定律
例3　某同学研究小球摆动过程中机械能守恒，他用的DIS的装置如图5(a)所示，在实验中，选择以图象方式显示实验的结果，所显示的DIS图象如图(b)所示，图象的横轴表示小球距D点的高度h，纵横表示摆球的重力势能Ep、动能Ek或机械能E.
图5
(1)在图(b)中，表示小球的动能Ek随小球距D点的高度h变化关系的图线是________．
(2)根据图(b)所示的实验图象，可以得出的结论是_______________________________
________________________________________________________________________.
答案　(1)丙　(2)在误差允许范围内，只有重力做功时，物体的机械能守恒
解析　(1)小球在摆动过程中只有重力对小球做功，小球的机械能守恒，取D点所在位置为零势能点，设在D点小球的速度大小为vD，则有mgh＋mv2＝mvD2，其中h表示小球所在位置距D点的高度，mv2表示小球的动能Ek，即Ek＝mvD2－mgh.因此小球的动能Ek随高度h的变化图线应是丙．
(2)根据题图(b)所示的实验图象可知，小球的动能与重力势能之和等于常数，即在误差允许范围内，只有重力做功时，物体的机械能守恒.
1．(实验器材及误差分析)如图6为验证机械能守恒定律的实验装置示意图．现有的器材为：带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重锤．回答下列问题：
图6
(1)为完成此实验，除了所给的器材，还需要的器材有________．(填入正确选项前的字母)
A．米尺
B．秒表
C．低压直流电源
D．低压交流电源
(2)实验中产生误差的原因有：______________________________(写出两个原因即可)．
(3)实验中由于打点计时器两限位孔不在同一竖直线上，使纸带通过时受到较大阻力，这样将造成________．
A．不清楚 B．mgh>mv2
C．mgh<mv2 D．mgh＝mv2
答案　(1)AD　(2)①纸带和打点计时器之间有摩擦．②用米尺测量纸带上点的位置时读数有误差．③计算势能变化时，选取始末位置过近．④交流电频率不稳定．(任选其二)
(3)B
解析　(1)在处理数据时需要测量长度，故需要米尺；电磁打点计时器工作时需要使用低压交流电源；所以选项A、D正确．
(2)造成误差的原因有：①纸带和打点计时器之间有摩擦．②用米尺测量纸带上点的位置时读数有误差．③计算势能变化时，选取始末位置过近．④交流电频率不稳定．
(3)由于阻力作用，物体重力势能的减少量大于动能的增加量，即mgh>mv2，选项B正确．
2．(数据处理)用落体法验证机械能守恒定律的实验中：
(1)运用公式＝mgh对实验条件的要求是________，
打点计时器打点的时间间隔为0.02 s，则所选择的纸带第1、2两点间的距离应接近______．
(2)若实验中所用重物的质量m＝1 kg，打点纸带如图7所示，打点时间间隔为0.02 s，则记录B点时，重物的速度vB＝________，重物的动能EkB＝________，从开始下落起至B点时重物的重力势能减少量是________，由此可得出的结论是________(g＝9.8 m/s2，结果保留三位有效数字)．
图7
答案　(1)重物从静止开始自由下落　2 mm
(2)0.585 m/s　0.171 J　0.172 J　在实验误差允许范围内重物的机械能守恒
解析　(1)重物自由下落时，在最初0.02 s内的位移应为h＝gT2＝×9.8×(0.02)2 m≈2 mm.
(2)vB＝＝ m/s＝0.585 m/s，此时重物的动能为EkB＝mvB2＝×1×(0.585)2 J≈0.171 J，重物的重力势能减少量为ΔEpB＝mgh＝1×9.8×17.6×10－3 J≈0.172 J，故在实验误差允许范围内重物的机械能守恒．
【考点】验证机械能守恒定律的数据处理和误差分析
【题点】验证机械能守恒定律的数据处理和误差分析
3.(实验原理及误差分析)如图8所示，两个质量各为m1和m2的小物块A和B，分别系在一条跨过定滑轮的软绳两端，已知m1＞m2.现要利用此装置验证机械能守恒定律．
图8
(1)若选定物块A从静止开始下落的过程中进行测量，则需要测量的物理量有________(填序号)．
①物块的质量m1、m2；
②物块A下落的距离及下落这段距离所用的时间；
③物块B上升的距离及上升这段距离所用的时间；
④绳子的长度．
(2)为提高实验结果的准确程度，某小组同学对此实验提出以下建议：
①软绳的质量要轻；
②在“轻质绳”的前提下，绳子越长越好；
③尽量保证物块只沿竖直方向运动，不要摇晃；
④两个物块的质量之差要尽可能小．
以上建议中确实对提高准确度有作用的是________．(填序号)
(3)写出一条上面没有提到的对提高实验结果准确度有益的建议：______________________.
答案　(1)①②或①③　(2)①③　(3)例如：“对同一高度进行多次测量取平均值”“选取受力后相对伸长量尽量小的绳”“尽量减小滑轮的质量”“对滑轮转动轴进行润滑”等等．(任选一个即可)
1．在“验证机械能守恒定律”的实验中，有位同学按以下步骤进行实验操作：
A．用天平称出重锤和夹子的质量
B．固定好打点计时器，将连着重锤的纸带穿过限位孔，用手提住，且让手尽量靠近打点计时器
C．松开纸带，接通电源，开始打点，并如此重复多次，以得到几条打点的纸带
D．取下纸带，挑选点迹清晰的纸带，记下起始点O，在距离O点较近处选择几个连续计数点(或计时点)，并计算出各点的速度值
E．测出各计数点到O点的距离，即得到重锤下落的高度
F．计算出mghn和mv n2，看两者是否相等
在以上步骤中，不必要的步骤是____________________．
有错误或不妥的步骤是____________．(填写代表字母)
更正情况：
①____________________________________________；
②____________________________________________；
③____________________________________________；
④____________________________________________.
答案　A　BCDF　①B中手应抓住纸带末端，让重锤尽量靠近打点计时器　②C中应先接通电源，再松开纸带　③D中应选取离O点较远的点　④F中应计算ghn和vn2
解析　A步骤不必要，不用称量重锤和夹子的质量即可验证机械能守恒定律；B步骤中应让重锤尽量靠近打点计时器，而不是手靠近；C步骤中应先接通电源，后释放纸带；D步骤中应选取离O点较远的点，这样测量时距离较远，测量的相对误差较小；F步骤中应计算ghn和vn2，若m没有测量，则mgh、mv n2就不能计算出具体的值．
2．在验证机械能守恒定律的实验中：
(1)从下列器材中选出实验所必需的，其编号为________．
A．打点计时器(包括纸带) B．重物
C．天平 D．毫米刻度尺
E．秒表 F．运动小车
(2)打点计时器的安装放置要求为________；开始打点时，应先________，然后________．
(3)实验中产生系统误差的原因主要是________，使重物获得的动能往往________重物减少的重力势能．为减小误差，悬挂在纸带下的重物应选择________．
(4)如果以v2为纵轴，以h为横轴，根据实验数据绘出的v2－h图线是________，该图线的斜率等于________．
答案　见解析
解析　(1)选出的器材有：打点计时器(包括纸带)、重物、毫米刻度尺．因要验证mgh＝mv2，其中m可消去，故不需要用天平．故选A、B、D.
(2)打点计时器安装时，两限位孔必须在同一竖直线上，这样才能使重物在自由下落时，受到的阻力较小，开始记录时，应先接通电源，然后释放纸带，让重物带着纸带一同落下．
(3)产生系统误差的原因主要是纸带通过打点计时器时受到摩擦阻力，导致重物获得的动能小于它减少的重力势能，为减小误差，重物应选质量和密度较大、体积较小的．
(4)描绘出来的v2－h图线是一条通过坐标原点的倾斜直线，它的斜率等于重力加速度．
【考点】“验证机械能守恒定律”基本原理的综合考查
【题点】“验证机械能守恒定律”基本原理的综合考查
3．在做“验证自由落体运动中的机械能守恒定律”实验中：
(1)下列仪器需要用到的是(　　)
(2)在进行实验时，下列说法正确的是(　　)
A．应用手托住重物由静止释放
B．纸带与重物相连端的点迹较密
C．可以取连续的几个点为计数点
D．应用手接住下落的重物，以免造成实验仪器损坏
(3)如图1所示为实验时打出的一条纸带，则A的速度大小为________m/s(保留3位有效数字)．
图1
答案　(1)CE　(2)BC　(3)1.36(1.35～1.39均可)
解析　(1)根据实验原理：mgh＝mv2即gh＝v2，要用打点计时器测量瞬时速度和下落高度，所以需要打点计时器和重物，重物要用重锤，而不是砝码，故C、E正确．
(2)实验开始时要使纸带处于竖直状态，用手或者夹子固定纸带上端，然后静止释放，故A错误；由于纸带从上往下运动，所以打点从靠近重物一端开始，故B正确；可以取连续的几个点为计数点，故C正确；为避免造成实验仪器损坏，应在地上垫上海绵或塑料，故D错误．
(3)根据A点的速度等于与A点相邻的两点间的平均速度，即vA＝×10－2 m/s＝1.36 m/s.
4．某实验小组做“验证机械能守恒定律”实验．
(1)除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是(　　)
A．交流电源 B．刻度尺 C．天平(含砝码)
(2)实验中，先接通电源，再释放重物，得到如图2所示的一条纸带．在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC.已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T.设重物的质量为m.从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量ΔEp＝________，动能变化量ΔEk＝________.
图2
(3)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是(　　)
A．利用公式v＝gt计算重物速度
B．利用公式v＝计算重物速度
C．存在空气阻力和摩擦阻力的影响
D．没有采用多次实验取平均值的方法
答案　(1)AB　(2)mghB　　(3)C
5.利用如图3所示实验装置来验证机械能守恒定律．通过电磁铁控制的小铁球从A点自由下落，下落过程中小铁球经过光电门B时，毫秒计时器(图中未画出)记录下小铁球的挡光时间t.实验前调整光电门位置，使小铁球下落过程中，小铁球球心垂直细激光束通过光电门，当地重力加速度为g.
图3
(1)为了验证小铁球下落过程中机械能是否守恒，还需要测量的物理量是________．
A．A点距地面的高度H
B．A、B之间的距离h
C．小铁球从A到B的下落时间tAB
D．小铁球的直径d
(2)小铁球通过光电门时的瞬时速度v＝____________；要验证小铁球下落过程中机械能是否守恒，只需验证等式________是否成立即可(用实验中测得物理量的符号表示)．
答案　(1)BD　(2)　＝h(或d2＝2ght2)
解析　(1)根据实验原理可知，需要测量的是A点到光电门B的距离，故A错误，B正确．利用小铁球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，不需要测量下落时间，但需要知道挡光物体的尺寸，因此需要测量小铁球的直径，故C错误，D正确．
(2)利用小铁球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故v＝；根据机械能守恒的表达式有mgh＝mv2，可得＝h(或d2＝2ght2)，故只要验证＝h(或d2＝2ght2)即可．
【考点】验证机械能守恒定律的拓展创新实验
【题点】验证机械能守恒定律的拓展创新实验
6.现利用如图4所示装置验证机械能守恒定律．图中AB是固定的光滑斜面，斜面的倾角为30°，1和2是固定在斜面上适当位置的两个光电门，与它们连接的光电计时器都没有画出．让滑块从斜面的顶端滑下，光电门1、2各自连接的光电计时器显示的挡光时间分别为5.00×10－2 s、2.00×10－2 s．已知滑块质量为2.00 kg，滑块沿斜面方向的长度为5.00 cm，光电门1和2之间的距离为0.54 m，g取9.80 m/s2，取滑块经过光电门时的速度为其平均速度．
图4
(1)滑块经过光电门1时的速度v1＝________ m/s，通过光电门2时的速度v2＝________ m/s.
(2)滑块通过光电门1、2之间的动能增加量为______ J，重力势能的减少量为________ J.
答案　(1)1.00　2.50　(2)5.25　5.29
解析　(1)v1＝＝ m/s＝1.00 m/s
v2＝＝ m/s＝2.50 m/s
(2)动能增加量
ΔEk＝mv22－mv12＝5.25 J.
重力势能的减少量：
ΔEp＝mgssin 30°≈5.29 J.
【考点】验证机械能守恒定律的拓展创新实验
【题点】验证机械能守恒定律的拓展创新实验
7.如图5所示，某同学利用竖直上抛小球的频闪照片验证机械能守恒定律．频闪仪每隔0.05 s闪光一次，用毫米刻度尺测得相邻两个时刻小球上升的高度分别为h1＝26.3 cm，h2＝23.68 cm，h3＝21.16 cm，h4＝18.66 cm，h5＝16.04 cm，该同学通过计算得到不同时刻的速度如下表所示(当地重力加速度g＝9.80 m/s2，小球质量m＝0.10 kg)：
图5
时刻
t2
t3
t4
t5
速度(m/s)
4.48
3.98
3.47
(1)上面测量高度的五个数据中不符合有效数字读数要求的是________段，应记作________cm.
(2)由频闪照片上的数据计算t2时刻小球的速度v2＝________ m/s.(计算结果保留三位有效数字)
(3)从t2到t5时间内，重力势能增量ΔEp＝________ J，动能减少量ΔEk＝________ J．(计算结果保留三位有效数字)
(4)在误差允许的范围内，若ΔEp与ΔEk近似相等，从而验证了机械能守恒定律．由上述计算所得ΔEp________ΔEk(选填“>”“<”或“＝”)，造成这种结果的主要原因是________．
答案　(1)h1　26.30　(2)5.00　(3)0.622　0.648
(4)<　上升过程中有空气阻力做负功 (或受到空气阻力)
解析　(1)从题中可得测量工具是毫米刻度尺，所以h1在有效数字读数要求上有错误，应记作26.30 cm.
(2)匀变速直线运动过程中中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，
所以有：v2＝≈5.00 m/s.
(3)根据重力做功和重力势能的关系有：
ΔEp＝mg(h2＋h3＋h4)≈0.622 J
ΔEk＝mv22－mv52≈0.648 J.
(4)因上升过程中有空气阻力做负功，故ΔEp<ΔEk
【考点】验证机械能守恒定律的拓展创新实验
【题点】验证机械能守恒定律的拓展创新实验
8.用如图6所示实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．图7给出的是实验中获得的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，计数点间的距离如图7所示．已知m1＝50 g，m2＝150 g，电源频率为50 Hz，则：(结果保留两位有效数字)
图6
图7
(1)在纸带上打下计数点5时的速度v＝________ m/s；
(2)从打下第“0”点到打下第“5”点的过程中系统动能的增量ΔEk＝______ J，系统势能的减少量ΔEp＝______ J；(当地的重力加速度g取10 m/s2)
(3)若某同学作出v2－h图象如图8所示，则当地的重力加速度g＝________ m/s2.
图8
答案　(1)2.4　(2)0.58　0.60　(3)9.7
解析　(1)在纸带上打下计数点5时的速度
v＝ m/s＝2.4 m/s.
(2)从打下第“0”点到打下第“5”点的过程中系统动能的增量ΔEk＝(m1＋m2)v2＝×(0.05＋0.15)×2.42 J≈0.58 J，系统势能的减少量ΔEp＝(m2－m1)gh＝(0.15－0.05)×10×(38.40＋21.60)×10－2 J＝0.60 J.
(3)根据(m1＋m2)v2＝(m2－m1)gh，
可得v2＝h，由题图可知
＝，
则g＝9.7 m/s2.
【考点】验证机械能守恒定律的拓展创新实验
【题点】验证机械能守恒定律的拓展创新实验
第八节　能源的利用与开发
知识目标
核心素养
1.了解能源及其分类．
2．了解能源危机与环境污染，树立节约能源与保护环境的意识．
3．了解新能源的开发，了解开发新能源和可持续发展的关系.
1.了解能源在人类生活和生产中的重要性，了解现阶段能源利用的现状．
2．了解环境污染的现状，体会开发新能源和进行环境保护的必要性和重要性．
3．树立和践行“绿水青山就是金山银山”的理念，增强节约能源和保护环境的意识和责任感.
一、能源及其分类
1．能源
指在一定条件下能够提供可利用能量的物质资源，它是人类社会活动的物质基础．
2．分类
(1)按照基本形态分类
能源通常可分为一次能源和二次能源
①所谓一次能源是指直接取之于自然界，未经人类加工转换的能源，如煤、石油、天然气、水能、风能、太阳能、生物能、海洋能、地热能等．
②二次能源是指从一次能源直接或间接转化而来的能源，如电能、氢能、焦炭等．
一次能源和二次能源的概念实际上反映了人类对能源的两种利用方式．从一次能源到二次能源是人类对能源利用方式的飞跃．一次能源经过加工后，实现了不同能源的转换，大大提高了能源的利用率和使用范围．
(2)按来源分类
可将能源分为可再生能源和不可再生能源．
①水能、风能、太阳能等属于可再生能源．
②煤、石油、天然气等属于不可再生能源．
(3)按目前应用广泛程度分类
可分为常规能源和新能源．
①目前普遍使用的煤、石油、天然气属于常规能源．
②核能、地热能、海洋能、太阳能等属于新能源．
(4)按对环境的污染程度分类
可分为清洁能源和非清洁能源．
①清洁能源(也称“绿色环保”能源)：太阳能、风能等．
②非清洁能源：煤、石油、天然气等．
二、能源危机与环境污染
1．能源危机
化石能源的不断枯竭而造成的能源供应短缺．
(1)常规能源储量有限，开发不合理，浪费严重；按现在的消耗速度，石油只能供开采约40年，煤只能供开采约200年，天然气也只能供开采约60年．
(2)人类社会发展对能源的需求日益增加．
(3)新能源的开发和利用需要解决一系列技术问题．
2．环境污染
石油、煤炭和天然气的使用导致了巨大的环境污染，污染了大气，给人类的生存环境带来了下列诸多问题：酸雨、温室效应、臭氧层的破坏、土壤酸性化、生态平衡的破坏…….
3．我国面临的环境和能源问题十分严峻．
三、能源的开发
1．节约能源，开发可替代煤、石油、天然气等常规能源的新能源，研究清洁能源是缓解当前能源危机及保持和改善人类生存环境的有效措施．
2．人类未来大力开发的新能源有：核能、风能、太阳能、水能、地热能、生物质能、海洋能、氢能等．
1．判断下列说法的正误．
(1)能量被使用后就消失了，所以要节约能源．(×)
(2)自然界中石油、煤炭等能源可供人类长久使用．(×)
(3)人类应多开发与利用风能、太阳能等新型能源．(√)
(4)人类不断地开发和利用新的能源，所以能量可以被创造．(×)
(5)大量煤炭和石油产品在燃烧时排出的有害气体污染了空气，改变了大气成分，使环境恶化．(√)
2．如果每人每年节约用电1千瓦时，那么，全国13亿人口节约用电1年相当于________ t标准煤燃烧释放的能量．(标准煤热值为2.93×107 J/kg)
答案　1.60×105
解析　由题可知，共节约的电能为
E＝1.3×109×3.6×106 J＝4.68×1015 J，
则E＝mQ，
m＝＝ kg
≈1.60×108 kg＝1.60×105 t.
能源开发与可持续发展
请结合图1中煤炭、石油的开采画面以及废气污染的情景，思考以下问题：
图1
(1)自然界中能量是守恒的，不用担心煤炭、石油等能源的消耗，这种观点正确吗？
(2)能源的开发与利用应该注意哪些问题？
答案　(1)错误　(2)见知识深化
1．能源的开发与利用：
(1)能源的分类．
①从人类使用能源的先后将能源分为常规能源和新能源．
常规能源：煤、石油、天然气等．
新能源：太阳能、沼气、地热能、核能等．
②从能源的来源可分为不可再生能源和可再生能源．
不可再生能源：用完后在短期内不可能从自然界得到补充的能源，如煤、石油、天然气等．
可再生能源：取之不尽、用之不竭的能源，如风能、太阳能、水能等．
③从对环境的污染情况可分为清洁能源和非清洁能源．
清洁能源：不污染环境的能源，如太阳能、风能、水能等．
非清洁能源：对人类环境造成污染的能源，如石油、煤等．
(2)常规能源与新能源的转化途径：
2．环境问题：
(1)温室效应：由于大气中温室气体(二氧化碳、甲烷等)含量增大而形成．主要原因是煤炭和石油的大量消耗而产生的废气．
(2)酸雨：大气中的酸性物质，如二氧化硫、氮氧化物等，在降雨过程中溶入雨水，使其成为酸雨．
(3)光化学烟雾：氮氧化物和碳氢化合物在大气中受到阳光中强烈的紫外线照射后产生的二次污染物质．
(4)浮尘：常规能源燃烧时会产生大量的浮尘．
3．人类与能源的关系：
(1)有利方面：能源的利用给人类的生活带来了极大的改善，人类社会每一次重大的经济飞跃和生产革命，都与新的能源和动力机械的利用密切相关，能源消耗的多少已经成为一个国家和地区经济发展水平的重要标志．
(2)不利方面：能源的大量使用会给环境带来极大的破坏，如大气污染、温室效应、酸雨等，对人类造成很大的危害．
(3)可持续发展的三个发展方向．
①对常规能源合理有效地利用，保留环境与生态平衡．
②开发新型清洁的能源和可再生能源．
③积极研发节能的新技术，提高能源利用效率．
例1　二氧化碳对长波辐射有强烈的吸收作用，地球表面发出的长波辐射到大气层以后被二氧化碳截获，最后使大气升温．大气中的二氧化碳像温室的玻璃一样，只准太阳的热辐射进来，不让室内的长波辐射出去，大气中的二氧化碳的这种效应叫温室效应．这是目前科学界对地球气候变暖进行分析的一种观点，根据这种观点，以下说法不能成立的是(　　)
A．在地球形成的早期，火山活动频繁，排出大量二氧化碳，当时地球的温度很高
B．经过漫长的时间，地壳的岩石和二氧化碳发生了化学反应，导致二氧化碳减少，地球上出现了生命
C．由于工业的发展和人类的活动，导致二氧化碳在空气中的含量增大，地球上的气温正在升高
D．现在的地球正在变暖的原因是工业用电和生活用电的急剧增加，使电能和其他形式的能转化为内能
答案　D
解析　地球形成的早期，地壳不如现在牢固，地球不如现在稳定，火山活动频繁，符合地质的发展规律．由于火山的喷发，排出大量的二氧化碳，进而导致当时的地球气温升高，选项A成立；由于多种原因，其中包括岩石中的矿物成分与水、氧气、二氧化碳发生化学反应，使地球上的岩石进一步分化，最后形成土壤，二氧化碳减少，形成了适合生命生存的条件，则选项B成立；由于工业的发展和人类的活动，大量地使用常规能源，导致二氧化碳在空气中的含量增大，地球上的气温正在升高，故选项C成立；生活用电和工业用电使电能向其他形式的能转化，会产生热，但不是温室效应的主要原因，选项D不能成立．
例2　瀑布从20 m高处以Q＝103 m3/s的流量竖直落下，流进底部的水轮机后再以2 m/s的速度流出，水轮机再带动发电机发电．如果水的机械能转化为电能的效率是80%，那么发电机输出的电功率有多大？(瀑布在山顶的速度可忽略不计，g取10 m/s2，结果保留三位有效数字)
答案　1.58×105 kW
解析　根据能量的转化分析可得，瀑布竖直下落后减少的机械能为mgh－mv2，水的机械能转化为电能的功率为P＝＝＝Qρ×0.8＝103×103××0.8 W≈1.58×105 kW.
1．(能源和分类)(多选)能源可划分为一次能源和二次能源．自然界以现成形式提供的能源称为一次能源；需要依靠其他能源间接制取的能源称为二次能源．以下说法正确的是(　　)
A．电能是二次能源 B．水力是二次能源
C．天然气是一次能源 D．焦炉气是一次能源
答案　AC
解析　电能是二次能源，A正确．天然气和水力都是自然界中现成的能源，是一次能源，B错误，C正确；焦炉气是焦炉厂运作生产时产生的衍生物质，故不是一次能源，D错误．
2．(能源的利用及环境问题)下述做法能改善空气质量的是(　　)
A．以煤等燃料作为主要生活燃料
B．利用太阳能、风能和氢能等能源替代化石能源
C．鼓励私人购买和使用汽车代替公交车
D．限制使用电动车
答案　B
解析　以煤等燃料作为主要生活燃料时会产生大量空气污染物；私人汽车代替公交车会使汽车对汽油的消耗量增加，带来的空气污染物增多；限制使用电动车不能改善空气质量，故B选项正确．
3．(能量守恒与能源)(多选)关于能源的开发和利用，下列观点正确的是(　　)
A．能源是有限的，无节制的利用能源，是一种盲目的短期行为
B．根据能量转化与守恒定律，能源是取之不尽、用之不竭的
C．能源的开发和利用，必须同时加强对环境的保护
D．不断开发新能源，是缓解能源危机、加强环境保护的主要途径
答案　ACD
解析　化石能源的资源是有限的，因此要开发和利用新能源，同时加强环境保护．
4．(能源的开发)风能是一种环保型能源，风力发电是风吹过风轮机叶片，使发电机工作，将风的动能转化为电能，设空气的密度为ρ，水平风速为v，风力发电机每个叶片长为L，叶片旋转形成圆面，设通过该圆面的风的动能全部转化为电能，则发电机的电功率为(　　)
A.ρπL2v B.ρπLv2
C.ρπL2v2 D.ρπL2v3
答案　D
解析　叶片旋转所形成的圆面积为：S＝πL2
t秒内流过该圆面积的风柱体积为：V＝Svt＝πL2vt
风柱体的质量为：m＝ρV＝ρπL2vt
风柱体的动能为：Ek＝mv2＝ρπL2v3t
发电机的电功率为：P＝＝ρπL2v3，
故选项D正确.
一、选择题
考点一　能源及分类
1．风能和水能是以下哪一种能的间接形式(　　)
A．核能 B．电能
C．太阳能 D．地热能
答案　C
2．(多选)以下说法正确的是(　　)
A．煤、石油、天然气等燃料的最初来源可追溯到太阳能
B．汽油是一种清洁能源
C．水能是可再生能源
D．煤、石油等常规能源是取之不尽、用之不竭的
答案　AC
3．(多选)下列说法中正确的是(　　)
A．核能是一种常规能源
B．煤、石油、天然气叫做常规能源
C．大量消耗常规能源产生了“温室效应”
D．燃烧煤炭时生成的二氧化硫使雨水酸度升高，形成酸雨
答案　BCD
解析　煤、石油、天然气属于常规能源，核能、地热能、海洋能、太阳能等则属于新能源．
考点二　能源危机与环境污染
4．消耗石油和煤炭给环境带来的主要问题是(　　)
A．运输过程中的泄漏
B．机械运动过程中的噪音
C．燃烧时消耗的氧气
D．燃烧时产生的二氧化碳
答案　D
解析　消耗石油和煤炭给环境带来的主要问题是燃烧时产生的二氧化碳，使地球整个的环境慢慢发生变化，D正确，A、B、C错误．
5．(多选)下列说法正确的是(　　)
A．根据能量守恒定律，能量不会消失，因此不会出现能源危机
B．相对人类的历史来说，太阳能是取之不尽，用之不竭的
C．节约能源、开发新能源是解决能源危机的有效途径
D．风能是目前能源开发利用中较为理想的清洁能源
答案　BCD
解析　能量虽然不会消失，但能量的转化方式有方向性，从而在利用能源时会使能源或能量的品质越来越低，最后不能被我们所利用，故A的说法不正确．
6．下列说法中正确的是(　　)
A．从甲物体自发传递热量给乙物体，说明甲物体的内能比乙物体多
B．只要方法得当，可以制造出“永动机(不消耗能量，但可源源不断地提供能量)”
C．因为能量守恒，所以“能源危机”是不可能的
D．以上说法均不正确
答案　D
解析　自发的热传递的条件是必须存在温度差，而不是内能差，甲物体传递热量给乙物体，说明甲物体的温度比乙物体高，故A错误；“永动机”不符合能量守恒定律，故无论用什么方法都不会制造出，B错误；关于“能源危机”必须明白几点：(1)能源是提供能量的资源，如煤、石油等；(2)人们在消耗能源时，放出热量，有的转化为内能，有的转化为机械能，但最终基本上都转化成了内能，人们无法把这些内能收集起来再利用，而可供利用的能源是有限的，不可能再生(或短时间内不可再生)．因此，“能源危机”并非说明能量不守恒，C错误．选D.
7．(多选)能源短缺和环境恶化指的是(　　)
A．煤炭和石油的开采与技术有关，在当前技术条件下，煤炭和石油的开采是有限度的，这叫能源短缺
B．煤炭和石油资源是有限的，以今天的开采和消耗速度，石油储藏将在百年内用尽，煤炭资源也不可能永续，这叫能源短缺
C．煤炭和石油具有大量的气味，在开采、存放和使用过程中这些气味会聚在空气中污染空气，使环境恶化
D．大量煤炭和石油产品在燃烧时排出的有害气体污染了空气，改变了大气的成分使环境恶化
答案　BD
解析　常规能源是有限的，用尽后不可能永续，这是能源短缺；环境恶化是指常规能源燃烧后排出的气体污染空气，使生态平衡被破坏等灾害现象，故选B、D.
考点三　能源的开发与利用
8．20世纪80年代初，科学家们发明了硅太阳能电池．如果在太空设立太阳能卫星电站，可24 h发电，这不仅不受昼夜气候的影响，而且太阳辐射强度大，利用微波—电能转换装置，可将电能转换成微波向地面发送．预计在21世纪初地球上空将会升起卫星电站．硅太阳能电池实现的能量转换方式是(　　)
A．光能→微波 B．光能→热能
C．电能→微波 D．光能→电能
答案　D
解析　太阳能卫星电站中的硅太阳能电池，利用微波—电能转换装置，可将光能转换成电能，向外供电．
9．(多选)关于能源的利用，下列说法中正确的是(　　)
A．由于我国煤和石油的储量十分丰富，所以太阳能和核能的开发在我国并不十分重要
B．能源的利用过程，实质上是能量的转化和转移过程
C．现在人类社会使用的能源主要是煤、石油和天然气
D．煤、石油和天然气的化学能归根到底来自太阳能
答案　BCD
10．某中学“STS”小组对开发和利用水资源进行研究，同学们认为在放自来水时，水的机械能没有得到利用而白白浪费．于是他们在老师的指导下经过研制，在水龙头处安装了一只小型水轮发电机，当放水时水的机械能能够转化为电能．设小型水轮发电机的效率为40%，水塔内的水面高于水龙头10 m，且保持不变．当水龙头放出1 t水时，小型水轮发电机所产生的电能为(g取9.8 m/s2)(　　)
A．4 000 J B．98 000 J
C．588 000 J D．39 200 J
答案　D
解析　W1＝mgh＝1 000×9.8×10 J＝98 000 J，
W2＝ηW1＝40%×98 000 J＝3.92×104 J.
二、非选择题
11．(能源的开发和利用)利用水能不产生污染物，是一种清洁能源，位于美国和加拿大交界处的尼亚加拉瀑布流量达每秒6 000 m3，而且是一年四季流量稳定，瀑布落差50 m．若利用这一资源发电，设其效率为50%，估算发电机的输出功率．(g取10 m/s2)
答案　1.5×109 W
解析　取每秒流下的水量研究：m0＝ρV＝6×106 kg，
由能量守恒：m0gh×50%＝P·t，t取1 s，h＝50 m，
所以P＝6×106×10×50×50% W＝1.5×109 W.
第六节　能量的转化与守恒
知识目标
核心素养
1.了解自然界中存在多种形式的能量.
2.知道能量守恒定律是最基本、最普遍的自然规律之一.
3.通过能量守恒以及能量转化和转移的方向，认识提高效率的重要性.
1.科学认识生活中能量转化的实例.
2.理解能量守恒定律的确切含义，会根据能量守恒定律解决多种能量转化问题.
一、能量转化及守恒定律
1．各种形式的能量
自然界存在着不同形式的能量．如：机械能、内能、电能、电磁能、核能、化学能等
2．能量的存在形式多种多样，不同形式的能量可以相互转化．我们所消耗的能量，大部分是太阳能辐射到地球后转化而来的．
3．能量转化与守恒定律
(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不变．
(2)意义：
①揭示了自然界各种运动形式不仅具有多样性、而且具有统一性．
②宣布“第一类永动机”不可能制成．
二、能量转化和转移的方向性
在整个自然界中，所有宏观自发过程都具有单向性，都有一定的方向性，都是一种不可逆过程．
(1)热传导的方向性．
两个温度不同的物体相互接触时，热量会自发地从高温物体传给低温物体，结果使高温物体的温度降低，低温物体的温度升高．
(2)机械能和内能转化过程的方向性．
机械能是可以全部转化为内能的，但在任何情况下都不可能把从高温热源吸收的热量全部转变为有用的机械功，而且工作物质本身又回到原来的状态，即内能不可能全部转化为机械能，而不引起其他变化．
1．判断下列说法的正误．
(1)机械能守恒定律是能量守恒定律的一种特殊形式．(√)
(2)在利用能源的过程中，能量在数量上并未减少．(√)
(3)内能不可能全部转化为机械能而不引起其他变化．(√)
2．质量为0.4 kg的皮球，从离地面高0.5 m处自由落下，与地面碰撞后以2 m/s的速度反弹，不计空气阻力，g取10 m/s2，碰撞时损失的机械能为________，损失的机械能转化为________能．
答案　1.2 J　内
一、对能量守恒定律的理解
1．在验证机械能守恒定律的实验中，计算发现，重物减少的重力势能的值总大于增加的动能的值，即机械能的总量在减少．机械能减少的原因是什么？减少的部分机械能是消失了吗？
答案　机械能减少的原因是由于要克服摩擦阻力和空气阻力做功，机械能转化成了内能．不是．
2．请说明下列现象中能量是如何转化或转移的？
(1)植物进行光合作用．
(2)放在火炉旁的冰融化变热．
(3)电流通过灯泡，灯泡发光．
答案　(1)光能转化为化学能
(2)内能由火炉转移到冰
(3)电能转化为光能
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．对能量守恒定律的理解
某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等．
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．
例1　(多选)从光滑斜面上滚下的物体，最后停止在粗糙的水平面上，则(　　)
A．在斜面上滚动时，只有动能和势能的相互转化
B．在斜面上滚动时，有部分势能转化为内能
C．在水平面上滚动时，总能量正在消失
D．在水平面上滚动时，机械能转化为内能，总能量守恒
答案　AD
解析　在斜面上滚动时，只有重力做功，只发生动能和势能的相互转化；在水平面上滚动时，有摩擦力做功，机械能转化为内能，总能量是守恒的，故选A、D.
【考点】对能的转化与守恒的理解
【题点】机械能和内能的转化
二、能量守恒定律的应用
1．能量守恒定律的表达式
(1)从不同状态看，E初＝E末．
(2)从能的转化角度看，ΔE增＝ΔE减．
(3)从能的转移角度看，ΔEA增＝ΔEB减．
2．能量守恒定律应用的关键步骤
(1)明确研究对象和研究过程．
(2)找全参与转化或转移的能量，明确哪些能量增加，哪些能量减少．
(3)列出增加量和减少量之间的守恒式．
例2　如图1所示，皮带的速度是3 m/s，两圆心的距离s＝4.5 m，现将m＝1 kg的小物体轻放在左轮正上方的皮带上，物体与皮带间的动摩擦因数μ＝0.15，电动机带动皮带将物体从左轮运送到右轮正上方时，求：(g取10 m/s2)
图1
(1)小物体获得的动能Ek；
(2)这一过程摩擦产生的热量Q；
(3)这一过程电动机消耗的电能E.
答案　(1)4.5 J　(2)4.5 J　(3)9 J
解析　(1)设小物体与皮带达到共同速度时，物体相对地面的位移为s′.
μmgs′＝mv2，解得s′＝3 m<4.5 m，
即物体可与皮带达到共同速度，此时
Ek＝mv2＝×1×32 J＝4.5 J.
(2)由μmg＝ma得a＝1.5 m/s2，
由v＝at得t＝2 s，
则Q＝μmg(vt－s′)＝0.15×1×10×(6－3) J＝4.5 J.
(3)由能量守恒知
E＝Ek＋Q＝4.5 J＋4.5 J＝9 J.
【考点】能量守恒定律的理解与基本应用
【题点】摩擦生热及内能的理解与计算
针对训练1　一弹珠弹射玩具模型如图2所示，水平粗糙管AB内装有一轻弹簧，左端固定．竖直放置光滑管道BCD，其中CD为半径R＝0.1 m的四分之一圆周，C点与地面间的高度H＝0.1 m，用质量m1＝0.2 kg的弹珠(可看成质点)将弹簧缓慢压缩到某一确定位置M，弹珠与弹簧不固连．由静止释放后弹珠恰能停在D点．用同种材料、质量m2＝0.1 kg的弹珠仍将弹簧缓慢压缩到M点再由静止释放，弹珠由D点飞出后落在与D点正下方D′点相距x＝0.8 m处．g取10 m/s2.求：
图2
(1)弹珠m2从D点飞出时的速度大小；
(2)弹簧被缓慢压缩到M点时储存的弹性势能；
(3)保持弹珠m2仍将弹簧缓慢压缩到M点，改变H的高度，从D点飞出后落在与D点正下方D′点距离x是不同的，求x的最大值．
答案　(1)4 m/s　(2)1.6 J　(3)1 m
解析　(1)弹珠m2由D点飞出后做平抛运动，有
H＋R＝gt2
得t＝0.2 s
m2从D点飞出时的速度大小vD＝＝4 m/s
(2)研究弹珠从释放到D点的过程，由能量守恒定律得：
释放m1的过程，有Ep＝μm1gx′＋m1g(H＋R)
释放m2的过程，
有Ep＝μm2gx′＋m2g(H＋R)＋m2vD2
解得Ep＝1.6 J
(3)由能量守恒定律：
Ep＝μm2gx′＋m2g(H＋R)＋m2vD′2
解得vD′＝
x＝vD′t＝2
由基本不等式得xm＝1 m
【考点】能量守恒定律的理解与基本应用
【题点】能量守恒定律的理解与基本应用
在涉及弹性势能等多种形式的能量转化问题中，用能量守恒的思想解题可以化繁为简．
三、功能关系的理解与应用
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．功与能的关系：由于功是能量转化的量度，某种力做功往往与某一种具体形式的能量转化相联系，具体功能关系如下表：
功
能量转化
关系式
重力做功
重力势能的改变
WG＝－ΔEp
弹力做功
弹性势能的改变
WF＝－ΔEp
合外力做功
动能的改变
W合＝ΔEk
除重力、系统内弹力以外的其他力做功
机械能的改变
W＝ΔE机
两物体间滑动摩擦力对物体系统做功
内能的改变
f·s相对＝Q
例3　如图3所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力．已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中(　　)
图3
A．重力做功2mgR B．机械能减少mgR
C．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功mgR
答案　D
解析　重力做功与路径无关，所以WG＝mgR，选项A错；小球在B点时所受重力提供向心力，即mg＝m，所以v＝，从P点到B点，由动能定理知：W合＝mv2＝mgR，故选项C错；根据能量守恒知：机械能的减少量为|ΔE|＝|ΔEp|－|ΔEk|＝mgR，故选项B错；克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，故选项D对．
【考点】各种功能关系及应用
【题点】各种功能关系及应用
应用功能关系解题的关键
应用功能关系解题的关键是深刻理解不同功能关系的含义：
(1)重力做功是物体重力势能变化的原因，重力做多少功，重力势能就减少多少；
(2)弹力做功是弹簧弹性势能变化的原因，弹力做多少功，弹性势能就减少多少；
(3)合力做功是物体动能变化的原因，合力做多少功，动能就增加多少；
(4)除重力和系统内弹力之外的其他力做功是机械能变化的原因，其他力做多少功，机械能就增加多少．
针对训练2　(多选)如图4所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度大小为g，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体(　　)
图4
A．重力势能增加了mgh
B．克服摩擦力做功mgh
C．动能损失了mgh
D．机械能损失了mgh
答案　CD
解析　这个过程中重力势能增加了mgh，故A错误；加速度a＝g＝，摩擦力f＝mg，物体在斜面上能够上升的最大高度为h，发生的位移为2h，则克服摩擦力做功，故B错误；由动能定理可知，动能损失量为合外力做的功的大小，所以ΔEk＝F合·2h＝m·g·2h＝mgh，故C正确；机械能的损失量为fs＝mg·2h＝mgh，故D正确．
【考点】各种功能关系及应用
【题点】各种功能关系及应用
1．(能源的利用)关于能源的开发和应用，下列说法中正确的是(　　)
A．能源应用的过程就是内能转化为机械能的过程
B．化石能源的能量归根结底来自于太阳能，因此化石能源永远不会枯竭
C．在广大的农村推广沼气意义重大，既变废为宝，减少污染，又大量节约能源
D．随着科学技术的发展，煤炭资源将取之不尽、用之不竭
答案　C
解析　能源应用过程并不单纯是将内能转化为机械能的过程，各种转化形式均可为人类服务，A错误；化石能源的能量虽然来自太阳能，但要经过数亿年的地质演变才能形成，且储量有限，为不可再生能源，B错误；在广大农村推广沼气对改善农村环境、节约能源意义重大，功在当代，利在千秋，C正确；无论技术先进与否，煤炭资源不可能取之不尽、用之不竭，D错误．
【考点】能源的利用与节约、能量耗散
【题点】能源的认识
2.(功能关系)如图5所示，在高台跳水比赛中，质量为m的跳水运动员进入水中后受到水的阻力(包含浮力)而竖直向下做减速运动，设水对她的阻力大小恒为F，则在她减速下降深度为h的过程中，下列说法正确的是(g为当地的重力加速度)(　　)
图5
A．她的动能减少了Fh
B．她的重力势能减少了mgh
C．她的机械能减少了(F－mg)h
D．她的机械能减少了mgh
答案　B
【考点】各种功能关系及应用
【题点】各种功能关系及应用
3．(功能关系)(多选)如图6所示，质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹(可视为质点)以速度v0沿水平方向射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动．已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离为l，子弹进入木块的深度为d，若木块对子弹的阻力f视为恒定，则下列关系式中正确的是(　　)
图6
A．fl＝Mv2
B．fd＝Mv2
C．fd＝mv02－(M＋m)v2
D．f(l＋d)＝mv02－mv2
答案　ACD
解析　画出运动过程示意图，从图中不难看出，当木块前进距离为l，子弹进入木块的深度为d时，子弹相对于地面发生的位移为l＋d.由牛顿第三定律知，子弹对木块的作用力大小也为f.
子弹对木块的作用力对木块做正功，由动能定理得
f·l＝Mv2①
木块对子弹的作用力对子弹做负功，由动能定理得
－f·(l＋d)＝mv2－mv02②
由①②得f·d＝mv02－(M＋m)v2
所以，选项A、C、D正确．
【考点】各种功能关系及应用
【题点】各种功能关系及应用
4．(能量守恒定律的应用)如图7所示，一物体质量m＝2 kg，在倾角θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3 m/s下滑，A点距弹簧上端B的距离AB＝4 m．当物体到达B后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝0.2 m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到最高位置为D点，D点距A点AD＝3 m．挡板及弹簧质量不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(小数点后保留两位小数)
图7
(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)弹簧的最大弹性势能Epm.
答案　(1)0.52　(2)24.46 J
解析　(1)物体从开始位置A点到最后D点的过程中，弹性势能没有发生变化，动能和重力势能减少，机械能的减少量为
ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝mv02＋mglADsin 37°①
物体克服摩擦力产生的热量为Q＝fs②
其中s为物体的路程，即s＝5.4 m
f＝μmgcos 37°③
由能量守恒定律可得ΔE＝Q④
由①②③④式解得μ≈0.52.
(2)物体由A到C的过程中，
动能减小ΔEk＝mv02⑤
重力势能减少ΔEp′＝mglACsin 37°⑥
摩擦生热Q′＝flAC＝μmgcos 37°lAC⑦
由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为
Epm＝ΔEk＋ΔEp′－Q′⑧
联立⑤⑥⑦⑧解得Epm≈24.46 J.

一、选择题
考点一　能量守恒定律
1．下列说法正确的是(　　)
A．随着科技的发展，永动机是可以制成的
B．太阳照射到地球上的光能转化成了其他形式的能量，但照射到宇宙空间的能量都消失了
C．“既要马儿跑，又让马儿不吃草”违背了能量守恒定律，因而是不可能的
D．有种“全自动”手表，不用上发条，也不用任何形式的电源，却能一直走动，说明能量是可以凭空产生的
答案　C
【考点】能量守恒定律的理解与基本应用
【题点】能量守恒定律的理解
2．能源在“两型”社会的建设中有着重要的意义，节约用电应成为现代公民的行为准则．下列用电方式中属于科学、合理地节约用电的是(　　)
A．家电尽量长时间待机
B．用节能灯替换白炽灯
C．楼道、走廊照明灯尽量不采用声、光控制
D．不要清除冰箱内的冰、霜
答案　B
解析　待机浪费电，家电尽量不要长时间待机，才属于科学、合理地节约用电，故A错误；用节能灯替换白炽灯，可节约用电，故B正确；楼道、走廊照明灯采用声、光控制，才属于科学、合理地节约用电，故C错误；清除冰箱内的冰、霜，能够提高冰箱的工作效率，才属于科学、合理地节约用电，故D错误．
【考点】能源的利用与节约、能量耗散
【题点】能源的利用
3.蹦床运动员与床垫接触的过程可简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的床垫(A位置)上，随床垫一同向下做变速运动到达最低点(B位置)，如图1.有关运动员从A运动至B的过程，下列说法正确的是(　　)
图1
A．运动员的机械能守恒
B．运动员的速度一直减小
C．运动员的机械能先增加后减小
D．运动员先失重后超重
答案　D
解析　运动员从A运动至B的过程，床垫弹力对运动员做负功，运动员的机械能转化成了蹦床的弹性势能，运动员的机械能不断减小，A、C错；该过程运动员受到的合力先向下后向上，加速度也是先向下后向上，所以运动员先失重后超重，D对；运动员的速度是先增加后减小的，B错．
【考点】对能的转化与守恒的理解
【题点】机械能的转化与守恒的理解
4．两块完全相同的木块A、B，其中A固定在水平桌面上，B放在光滑的水平桌面上，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热量分别为QA、QB，设木块对子弹的摩擦力大小一定，则(　　)
A．vA>vB，QA>QB
B．vAC．vA＝vB，QAD．vA>vB，QA＝QB
答案　D
解析　两颗同样的子弹穿透木块的过程中，摩擦阻力f相同，子弹相对木块滑动的距离相同，所以摩擦力做功过程中产生的内能Q＝fΔs相同，根据能量守恒定律有：mv2＝QA＋mvA2，mv2＝QB＋mvB2＋mBv′2，由以上两式可知vA>vB，故选项D正确．
【考点】能量守恒定律的理解与基本应用
【题点】摩擦生热及内能的理解与计算
考点二　功能关系
5.如图2所示为低空跳伞表演，假设质量为m的跳伞运动员，由静止开始下落，在打开伞之前受恒定阻力作用，下落的加速度为g，在运动员下落h的过程中，下列说法正确的是(　　)
图2
A．运动员的重力势能减少了mgh
B．运动员的动能增加了mgh
C．运动员克服阻力所做的功为mgh
D．运动员的机械能减少了mgh
答案　B
解析　在运动员打开伞之前下落h的过程中，重力势能减少了mgh，故A错误；根据牛顿第二定律得，运动员所受的合力为F合＝ma＝mg，则根据动能定理得，合力做功为mgh，则动能增加了mgh，故B正确；合力做功等于重力做功与阻力做功的代数和，因为重力做功为mgh，则运动员克服阻力做功为mgh，故C错误；重力势能减少了mgh，动能增加了mgh，故机械能减少了mgh，故D错误．
【考点】各种功能关系及应用
【题点】各种功能关系及应用
6．(多选)某运动员采用蹲踞式起跑，在发令枪响后，左脚迅速蹬离起跑器，在向前加速的同时提升身体重心．如图3所示，假设该运动员的质量为m，在起跑时前进的距离s内，重心升高量为h，获得的速度为v，重力加速度为g，则此过程中(　　)
图3
A．运动员克服重力做功WG＝mgh
B．运动员的机械能增加了mv2
C．运动员的机械能增加了mv2＋mgh
D．运动员对自身做功W＝mv2＋mgh
答案　ACD
解析　运动员在此过程中重力势能增加mgh，动能增加mv2，机械能增加mv2＋mgh，A、C正确，B错误．运动员通过蹬地对自身做功，做功的量为其机械能的增量，D正确．
【考点】各种功能关系及应用
【题点】各种功能关系及应用
7．(多选)如图4所示，木块静止在光滑水平桌面上，一子弹(可视为质点)水平射入木块的深度为d时，子弹与木块相对静止，在子弹入射的过程中，木块沿桌面移动的距离为s，木块对子弹的平均阻力为f，那么在这一过程中正确的是(　　)
图4
A．木块的机械能增量为fs
B．子弹的机械能减少量为f(s＋d)
C．系统的机械能减少量为fd
D．系统的机械能减少量为f(s＋d)
答案　ABC
解析　木块机械能的增量等于子弹对木块的作用力f 做的功fs，A对；子弹机械能的减少量等于动能的减少量，即子弹克服阻力做的功f(s＋d)，B对；系统增加的机械能等于力f做的总功，
即ΔE＝fs－f(s＋d)＝－fd，
故机械能减少量为fd，C对，D错．
【考点】各种功能关系及应用
【题点】各种功能关系及应用
8．(多选)如图5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5
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
答案　CD
解析　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，而是完全转化为物块M与桌面间摩擦产生的热量，C正确；若小球加速下降，则小球减小的机械能一部分转化为摩擦产生的热量，另一部分转化为M的动能，因此D正确．
【考点】各种功能关系及应用
【题点】各种功能关系及应用
9．(多选)如图6所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，右端接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度．下列有关该过程的分析正确的是(　　)
图6
A．B物体的机械能一直减小
B．B物体的动能增加量等于B物体重力势能的减少量
C．B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量
D．细线拉力对A做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量
答案　AD
解析　从开始到B速度达到最大的过程中，细线的拉力对B一直做负功，所以B的机械能一直减小，故A正确；对于B物体，只有重力与细线拉力做功，根据动能定理可知，B物体动能的增加量等于它所受重力与拉力做功之和，不等于它的重力势能的减少量，故B错误；整个系统中，根据功能关系可知，B减少的机械能转化为A的机械能以及弹簧的弹性势能，故B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故C错误；系统机械能的增加量等于系统除重力和弹簧弹力之外的力所做的功，A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A做的功，故D正确．
【考点】各种功能关系及应用
【题点】各种功能关系及应用
10.(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7所示，则这段时间内此人所做的功的大小等于(　　)
图7
A．Fs2 B．F(s1＋s2)
C.m2v22＋(m＋m1)v12 D.m2v22
答案　BC
解析　根据能量守恒可知，人通过做功消耗的化学能将全部转化为物体m1和m2的动能以及人的动能，所以人做的功的大小等于F(s1＋s2)＝m2v22＋(m＋m1)v12，故B、C正确．
【考点】各种功能关系及应用
【题点】各种功能关系及应用
二、非选择题
11．(能量守恒定律)如图8所示，质量为m的小铁块A(A的长度可忽略)以水平速度v0从左侧冲上质量为m1、长为l、置于光滑水平面C上的木板B，刚好不从木板上掉下，已知A、B间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，此时木板对地位移为s，求这一过程中：
图8
(1)木板增加的动能；
(2)小铁块减少的动能；
(3)系统机械能的减少量；
(4)系统产生的热量．
答案　(1)μmgs　(2)μmg(s＋l)　(3)μmgl
(4)μmgl
解析　(1)对木板B根据动能定理得μmgs＝m1v2－0
所以木板增加的动能ΔEkB＝μmgs.
(2)滑动摩擦力对小铁块A做负功，根据能量关系可知
ΔEkA＝mv2－mv02＝－μmg(s＋l)
即小铁块的动能减少了μmg(s＋l)
(3)系统机械能的减少量为
ΔE减＝－ΔEkA－ΔEkB＝μmgl.
(4)根据能量守恒定律，系统减少的机械能全部转化为内能，
则Q＝ΔE减＝μmgl.
【考点】板块模型的处理
【题点】板块模型的处理
12．(能量守恒定律)如图9所示，绷紧的皮带与水平面的夹角θ＝30°，皮带在电动机的带动下，始终保持v0＝2 m/s的速率运行，现把一质量为m＝10 kg的工件(可看成质点)轻轻放在皮带的底端，经过时间1.9 s，工件被传送到h＝1.5 m的高处，取g＝10 m/s2，求：
图9
(1)工件与皮带间的动摩擦因数；
(2)电动机由于传送工件多消耗的电能．
答案　(1)　(2)230 J
解析　(1)由题图可知，皮带从底端到顶端的长度s＝＝3 m.
工件速度达到v0前，做匀加速运动的位移
s1＝t1＝t1，
匀速运动的位移为s－s1＝v0(t－t1)，
解得加速运动的时间t1＝0.8 s.
加速运动的位移s1＝0.8 m，
所以加速度a＝＝2.5 m/s2，
由牛顿第二定律有：μmgcos θ－mgsin θ＝ma，
解得：μ＝.
(2)从能量守恒的观点看，显然电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服皮带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功产生的热量．
在时间t1内，皮带运动的位移
s皮＝v0t1＝1.6 m，
在时间t1内，工件相对皮带的位移
s相＝s皮－s1＝0.8 m，
在时间t1内，摩擦生热
Q＝μmgcos θ·s相＝60 J，
工件获得的动能Ek＝mv02＝20 J，
工件增加的重力势能Ep＝mgh＝150 J，
电动机多消耗的电能W＝Q＋Ek＋Ep＝230 J.
【考点】传送带问题的处理
【题点】传送带问题的处理
第四节　机械能守恒定律
知识目标
核心素养
1.知道什么是机械能，知道物体的动能和势能可以相互转化.
2.能够根据动能定理、重力做功与重力势能变化间的关系，推导出机械能守恒定律.
3.会根据机械能守恒的条件判断机械能是否守恒，能运用机械能守恒定律解决有关问题.
1.通过应用机械能守恒定律的实例分析，进一步理解机械能守恒的条件.
2.体会物理学中的“守恒”思想，加强物理规律在实际中的应用.
一、动能与势能的相互转化
1．机械能：重力势能、弹性势能与动能统称为机械能．
2．重力势能与动能的转化
只有重力做功时，若重力对物体做正功，则物体的重力势能减少，动能增加，物体的重力势能转化为动能，若重力对物体做负功，则物体的重力势能增加，动能减少，物体的动能转化为重力势能．
3．弹性势能与动能的转化
只有弹簧弹力做功时，若弹力对物体做正功，则弹簧的弹性势能减少，物体的动能增加，弹簧的弹性势能转化为物体的动能；若弹力对物体做负功，则弹簧的弹性势能增加，物体的动能减少，物体的动能转化为弹簧的弹性势能．
二、机械能守恒定律
1．内容：在只有重力或弹力做功的情形下，动能与势能可以相互转化，而机械能的总量保持不变．
2．表达式：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2，即E1＝E2.
1．判断下列说法的正误．
(1)机械能守恒时，物体一定只受重力和弹力作用．(×)
(2)合力为零，物体的机械能一定守恒．(×)
(3)合力做功为零，物体的机械能保持不变．(×)
(4)只有重力做功时，物体的机械能一定守恒．(√)
2．如图1所示，桌面高为h，质量为m的小球从离桌面高为H处自由落下，不计空气阻力，重力加速度为g，假设桌面处的重力势能为零，则小球落到地面前瞬间的机械能为________．
图1
答案　mgH
一、机械能守恒定律
如图2所示，质量为m的物体自由下落的过程中，下落到高度为h1的A处时速度为v1，下落到高度为h2的B处时速度为v2，不计空气阻力，选择地面为参考平面．
图2
(1)求物体在A、B处的机械能EA、EB；
(2)比较物体在A、B处的机械能的大小．
答案　(1)物体在A处的机械能EA＝mgh1＋mv12
物体在B处的机械能EB＝mgh2＋mv22
(2)根据动能定理WG＝mv22－mv12
下落过程中重力对物体做功，重力做的功等于物体重力势能的减少量，则
WG＝mgh1－mgh2
由以上两式可得：mv22－mv12＝mgh1－mgh2
移项得mv12＋mgh1＝mv22＋mgh2
由此可知物体在A、B两处的机械能相等．
1．对机械能守恒条件的理解
(1)物体只受重力，只发生动能和重力势能的相互转化，如自由落体运动、抛体运动等．
(2)只有弹力做功，只发生动能和弹性势能的相互转化．如在光滑水平面上运动的物体碰到一个弹簧，和弹簧相互作用的过程中，对物体和弹簧组成的系统来说，机械能守恒．
(3)重力和弹力都做功，发生动能、弹性势能、重力势能的相互转化，如自由下落的物体落到竖直的弹簧上和弹簧相互作用的过程中，对物体和弹簧组成的系统来说，机械能守恒．
(4)除受重力或弹力外，还受其他力，但其他力不做功，或其他力做功的代数和为零．如物体在沿斜面的拉力F的作用下沿斜面运动，拉力与摩擦力的大小相等，方向相反，在此运动过程中，其机械能守恒．
2．判断机械能是否守恒的方法
(1)利用机械能的定义判断(直接判断)：若物体动能、势能均不变，机械能不变．若动能和势能中，一种能变化，另一种能不变，则其机械能一定变化．
(2)用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹力)做功，虽受其他力，但其他力不做功，机械能守恒．
(3)用能量转化来判断：若物体系统中只有动能和势能的相互转化而无机械能与其他形式的能的转化，则物体系统机械能守恒．
例1　(多选)如图3所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是(　　)
图3
A．甲图中，物体将弹簧压缩的过程中，物体机械能守恒
B．乙图中，物体在大小等于摩擦力的拉力F作用下沿斜面下滑时，物体机械能守恒
C．丙图中，物体沿斜面匀速下滑的过程中，物体机械能守恒
D．丁图中，斜面光滑，物体在斜面上下滑的过程中，物体机械能守恒
答案　BD
解析　弄清楚机械能守恒的条件是分析此问题的关键．表解如下：
选项
结论
分析
A
×
物体压缩弹簧的过程中，物体所受重力和弹簧的弹力都对其做功，所以物体机械能不守恒
B
√
物体沿斜面下滑过程中，除重力做功外，其他力做功的代数和始终为零，所以物体机械能守恒
C
×
物体沿斜面匀速下滑的过程中动能不变，重力势能减小，所以物体机械能不守恒
D
√
物体沿斜面下滑过程中，只有重力对其做功，所以物体机械能守恒
【考点】机械能守恒条件的判断
【题点】单物体和地球系统的机械能守恒条件的判断
针对训练1　(多选)如图4所示，弹簧固定在地面上，一小球从它的正上方A处自由下落，到达B处开始与弹簧接触，到达C处速度为0，不计空气阻力，则在小球从B到C的过程中(　　)
图4
A．弹簧的弹性势能不断增加
B．弹簧的弹性势能不断减少
C．小球和弹簧组成的系统机械能不断减少
D．小球和弹簧组成的系统机械能保持不变
答案　AD
解析　从B到C，小球克服弹力做功，弹簧的弹性势能不断增加，A正确，B错误；对小球、弹簧组成的系统，只有重力和系统内弹力做功，系统机械能守恒，C错误，D正确．
【考点】机械能守恒条件的判断
【题点】多物体系统的机械能守恒条件的判断
二、机械能守恒定律的应用
1．机械能守恒定律常用的三种表达式
(1)从不同状态看：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2(或E1＝E2)
此式表示系统的两个状态的机械能总量相等．
(2)从能的转化角度看：ΔEk＝－ΔEp
此式表示系统动能的增加(减少)量等于势能的减少(增加)量．
(3)从能的转移角度看：ΔEA增＝ΔEB减
此式表示系统A部分机械能的增加量等于系统剩余部分，即B部分机械能的减少量．
2．机械能守恒定律的应用步骤
首先对研究对象进行正确的受力分析，判断各个力是否做功，并分析是否符合机械能守恒的条件．若机械能守恒，则根据机械能守恒定律列出方程，或再辅以其他方程进行求解．
例2　如图5所示为某游乐场的过山车的简化模型，竖直圆形轨道的半径为R，轨道最下端与水平地面相切．现有一节车厢(可视为质点)，质量为m，从高处由静止滑下，不计摩擦和空气阻力．
图5
(1)要使车厢通过圆形轨道的最高点，车厢开始下滑时距地面的高度至少应多大？
(2)若车厢恰好通过圆形轨道的最高点，则车厢在轨道最低处时对轨道的压力是多少(重力加速度为g)?
答案　(1)R　(2)6mg
解析　(1)设车厢开始下滑时距地面的高度为h，运动到圆形轨道最高点时的最小速度为v，要使车厢通过圆形轨道的最高点，应有mg≤
车厢在下滑过程中，只有重力做功，故机械能守恒，选取轨道最低点所在平面为零势能参考平面，由机械能守恒定律得
mv2＋mg·2R＝mgh
联立以上两式解得h≥R
因此车厢开始下滑时距地面的高度至少为R.
(2)设车厢到达轨道最低点时的速度为v′，受到的支持力为FN，则由机械能守恒定律得mv′2＝mgh
再由牛顿第二定律得FN－mg＝
由以上两式解得FN＝mg＝(＋1)mg＝6mg
由牛顿第三定律知，车厢对轨道的压力FN′＝FN＝6mg
【考点】单个物体机械能守恒定律的应用
【题点】机械能守恒定律在圆周运动中的应用
针对训练2　如图6所示，质量m＝50 kg的跳水运动员从距水面高h＝10 m的跳台上以v0＝5 m/s的速度斜向上起跳，最终落入水中，若忽略运动员的身高，取g＝10 m/s2，不计空气阻力．求：
图6
(1)运动员在跳台上时具有的重力势能(以水面为零势能参考平面)；
(2)运动员起跳时的动能；
(3)运动员入水时的速度大小．
答案　(1)5 000 J　(2)625 J　(3)15 m/s
解析　(1)以水面为零势能参考平面，则运动员在跳台上时具有的重力势能为
Ep＝mgh＝5 000 J.
(2)运动员起跳时的速度为v0＝5 m/s，
则运动员起跳时的动能为
Ek＝mv02＝625 J.
(3)运动员从起跳到入水过程中，只有重力做功，运动员的机械能守恒，则
mgh＋mv02＝mv2，
解得v＝15 m/s.
【考点】单个物体机械能守恒定律的应用
【题点】机械能守恒定律在抛体运动中的应用
1．(机械能是否守恒的判断)关于机械能守恒，下列说法正确的是(　　)
A．做自由落体运动的物体，机械能一定守恒
B．人乘电梯加速上升的过程，机械能守恒
C．物体必须在只受重力作用的情况下，机械能才守恒
D．合外力对物体做功为零时，机械能一定守恒
答案　A
解析　做自由落体运动的物体，只受重力作用，机械能守恒，A正确；人乘电梯加速上升的过程，电梯对人的支持力做功，故人的机械能不守恒，B错误；物体只有重力做功时，其他力也可存在，当它们不做功或做功之和为0时，机械能也守恒，故C错误；合外力对物体做功为零，物体的动能不变，机械能不一定守恒，D错误．
【考点】机械能守恒条件的判断
【题点】单物体和地球系统的机械能守恒条件的判断
2．(机械能守恒定律的应用)以相同大小的初速度v0将物体从同一水平面分别竖直上抛、斜上抛、沿光滑斜面(足够长)上滑，如图7所示，三种情况达到的最大高度分别为h1、h2和h3，不计空气阻力，则(　　)
图7
A．h1＝h2＞h3 B．h1＝h2＜h3
C．h1＝h3＜h2 D．h1＝h3＞h2
答案　D
解析　竖直上抛的物体和沿斜面运动的物体，上升到最高点时，速度均为0，由机械能守恒定律得mgh＝mv02，所以h＝；斜上抛的物体在最高点速度不为零，设为v1，则mgh2＝mv02－mv12，所以h2＜h1＝h3，D正确．
【考点】单个物体机械能守恒定律的应用
【题点】机械能守恒定律的简单应用
3.(机械能守恒定律的应用)如图8所示，由距离地面h2＝1 m的高度处以v0＝4 m/s的速度斜向上抛出质量为m＝1 kg的物体，当其上升的高度为h1＝0.4 m时到达最高点，最终落在水平地面上，现以过抛出点的水平面为零势能面，取重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，则(　　)
图8
A．物体在最大高度处的重力势能为14 J
B．物体在最大高度处的机械能为16 J
C．物体在地面处的机械能为8 J
D．物体在地面处的动能为8 J
答案　C
解析　物体在最高点时具有的重力势能Ep1＝mgh1＝1×10×0.4 J＝4 J，A错误；物体在最高点时具有的机械能等于刚抛出时的动能，即8 J，B错误；物体在下落过程中，机械能守恒，任意位置的机械能都等于8 J，C正确；物体落地时的动能Ek＝E－Ep2＝E－mgh2＝8 J－1×10×(－1) J＝18 J，D错误．
【考点】单个物体机械能守恒定律的应用
【题点】机械能守恒定律的简单应用
4．(机械能守恒定律的应用)如图9所示，在竖直平面内有由圆弧AB和圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接．AB弧的半径为R，BC弧的半径为.一小球在A点正上方与A相距处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动(不计空气阻力)．
图9
(1)求小球在B、A两点的动能之比；
(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点．
答案　(1)5∶1　(2)见解析
解析　(1)设小球的质量为m，小球在A点的动能为EkA，由机械能守恒定律得EkA＝mg·①
设小球在B点的动能为EkB，同理有EkB＝mg·②
由①②式得＝5.③
(2)若小球能沿轨道运动到C点，则小球在C点所受轨道的正压力FN应满足FN≥0④
设小球在C点的速度大小为vC，由牛顿第二定律和向心加速度公式有
FN＋mg＝m⑤
由④⑤式得：vC应满足mg≤m⑥
由机械能守恒定律得mg·＝mvC2⑦
由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C点．
【考点】单个物体机械能守恒定律的应用
【题点】机械能守恒定律在圆周运动中的应用

一、选择题
考点一　机械能守恒的判断
1．下列运动的物体，机械能守恒的是(　　)
A．物体沿斜面匀速下滑
B．物体从高处以0.9g的加速度竖直下落
C．物体沿光滑曲面自由滑下
D．拉着一个物体沿光滑的斜面匀速上升
答案　C
解析　物体沿斜面匀速下滑时，动能不变，重力势能减小，所以机械能减小，A错误．物体以0.9g的加速度竖直下落时，除重力外，其他力的合力向上，大小为0.1mg，其他力的合力在物体下落时对物体做负功，物体的机械能不守恒，B错误．物体沿光滑曲面自由滑下时，只有重力做功，机械能守恒，C正确．拉着物体沿斜面上升时，拉力对物体做功，物体的机械能不守恒，D错误．
【考点】机械能守恒条件的判断
【题点】单物体和地球系统的机械能守恒条件的判断
2.(多选)如图1所示，一轻弹簧固定于O点，另一端系一重物，将重物从与悬点O在同一水平面且弹簧保持原长的A点无初速度地释放，让它自由摆下，不计空气阻力，在重物由A点摆向最低点的过程中(　　)
图1
A．重物的机械能减少
B．重物与弹簧组成的系统的机械能不变
C．重物与弹簧组成的系统的机械能增加
D．重物与弹簧组成的系统的机械能减少
答案　AB
解析　重物自由摆下的过程中，弹簧拉力对重物做负功，重物的机械能减少，选项A正确；对重物与弹簧组成的系统而言，除重力、弹力外，无其他外力做功，故系统的机械能守恒，选项B正确．
【考点】机械能守恒条件的判断
【题点】多物体系统的机械能守恒的判断
3.木块静止挂在绳子下端，一子弹以水平速度射入木块并留在其中，再与木块一起摆到一定高度，如图2所示，从子弹开始入射到共同上摆到最大高度的过程中，下面说法正确的是(　　)
图2
A．子弹的机械能守恒
B．木块的机械能守恒
C．子弹和木块的总机械能守恒
D．以上说法都不对
答案　D
解析　子弹打入木块的过程中，子弹克服摩擦力做功产生热能，故系统机械能不守恒，子弹的机械能不守恒，木块的机械能不守恒．故选D.
【考点】机械能守恒条件的判断
【题点】多物体系统的机械能守恒的判断
4．(多选)竖直放置的轻弹簧下连接一个小球，用手托起小球，使弹簧处于压缩状态，如图3所示．则迅速放手后(不计空气阻力)(　　)
图3
A．放手瞬间小球的加速度等于重力加速度
B．小球、弹簧与地球组成的系统机械能守恒
C．小球的机械能守恒
D．小球向下运动过程中，小球动能与弹簧弹性势能之和不断增大
答案　BD
解析　放手瞬间小球的加速度大于重力加速度，A错；整个系统(包括地球)的机械能守恒，但小球的机械能不守恒，B对，C错；向下运动过程中，由于重力势能减小，所以小球的动能与弹簧弹性势能之和不断增大，D正确．
【考点】机械能守恒条件的判断
【题点】多物体系统的机械能守恒的判断
考点二　机械能守恒定律的应用
5．(多选)把质量为m的石块从高h的山崖上沿与水平方向成θ角的斜向上的方向抛出(如图4所示)，抛出的初速度为v0，石块落地时的速度大小与下面哪些量无关(不计空气阻力)(　　)
图4
A．石块的质量
B．石块初速度的大小
C．石块初速度的方向
D．石块抛出时的高度
答案　AC
解析　以地面为参考平面，石块运动过程中机械能守恒，则mgh＋mv02＝mv2
即v2＝2gh＋v02，所以v＝
由此可知，v与石块的初速度大小v0和高度h有关，而与石块的质量和初速度的方向无关．故选A、C.
【考点】单个物体机械能守恒定律的应用
【题点】机械能守恒定律在抛体运动中的应用
6．如图5所示是某公园设计的一种惊险刺激的娱乐设施．管道除D点右侧水平部分粗糙外，其余部分均光滑．若挑战者自斜管上足够高的位置滑下，将无能量损失地连续滑入第一个、第二个圆管形管道A、B内部(管道A比管道B高)．某次一挑战者自斜管上某处滑下，经过管道A内部最高点时，对管壁恰好无压力．则这名挑战者(　　)
图5
A．经过管道A最高点时的机械能大于经过管道B最低点时的机械能
B．经过管道A最高点时的动能大于经过管道B最低点时的动能
C．经过管道B最高点时对管外侧壁有压力
D．不能经过管道B的最高点
答案　C
【考点】单个物体机械能守恒定律的应用
【题点】机械能守恒定律在圆周运动中的应用
7.如图6所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，并且处于原长状态，现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中(　　)
图6
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始终保持不变
答案　B
解析　圆环在下落过程中机械能减少，弹簧弹性势能增加，而圆环与弹簧组成的系统机械能守恒．圆环下落到最低点时速度为零，但是加速度不为零，即合力不为零；圆环下降高度h＝＝L，所以圆环重力势能减少了mgL，由机械能守恒定律可知，弹簧的弹性势能增加了mgL.故选B.
【考点】系统机械能守恒的应用
【题点】机械能守恒定律在弹簧类问题中的应用
8．(多选)图7是滑道压力测试的示意图，光滑圆弧轨道与光滑斜面相切，滑道底部B处安装一个压力传感器，其示数FN表示该处所受压力的大小，某滑块从斜面上不同高度h处由静止下滑，通过B处时，下列表述正确的有(　　)
图7
A．FN小于滑块重力 B．FN大于滑块重力
C．FN越大表明h越大 D．FN越大表明h越小
答案　BC
解析　设滑块在B点的速度大小为v，选B处所在平面为零势能面，从开始下滑到B处，由机械能守恒定律得mgh＝mv2，在B处由牛顿第二定律得FN′－mg＝m，又根据牛顿第三定律FN＝FN′，因而选B、C.
【考点】单个物体机械能守恒定律的应用
【题点】机械能守恒定律的简单应用
9．(多选)质量相同的小球A和B分别悬挂在长为L和2L的不同长绳上，先将小球拉至同一水平位置(如图8所示)从静止释放，当两绳竖直时，不计空气阻力，则(　　)
图8
A．两球的速率一样大
B．两球的动能一样大
C．两球的机械能一样大
D．两球所受的拉力一样大
答案　CD
解析　两球在下落过程中机械能守恒，开始下落时，重力势能相等，动能都为零，所以机械能相等，下落到最低点时的机械能也一样大，选项C正确．选取小球A为研究对象，设小球到达最低点时的速度大小为vA，动能为EkA，小球所受的拉力大小为FA，则mgL＝mvA2，FA－mg＝，可得vA＝，EkA＝mgL，FA＝3mg；同理可得vB＝2，EkB＝2mgL，FB＝3mg，故选项A、B错误，D正确．
【考点】单个物体机械能守恒定律的应用
【题点】机械能守恒定律的简单应用
10.如图9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点钉有一光滑小钉子，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(　　)
图9
A. B. C.L D.L
答案　D
解析　设小球做完整圆周运动的轨道半径为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最高点的过程中，只有重力做功，因而机械能守恒，取初位置所在水平面为参考平面，由机械能守恒定律得mv02＝mg(L－2R)
解得R＝L
所以OA的最小距离为L－R＝L，故D正确．
【考点】单个物体机械能守恒定律的应用
【题点】机械能守恒定律在圆周运动中的应用
二、非选择题
11．(机械能守恒定律的应用)如图10所示，某大型露天游乐场中过山车的质量为1 t，从轨道一侧的顶点A处由静止释放，到达底部B处后又冲上环形轨道，使乘客头朝下通过C点，再沿环形轨道到达底部B处，最后冲上轨道另一侧的顶点D处，已知D与A在同一水平面上．A、B间的高度差为20 m，圆环半径为5 m，如果不考虑车与轨道间的摩擦和空气阻力，g取10 m/s2.试求：
图10
(1)过山车通过B点时的动能；
(2)过山车通过C点时的速度大小；
(3)过山车通过D点时的机械能．(取过B点的水平面为零势能面)
答案　(1)2×105 J　(2)10 m/s　(3)2×105 J
解析　(1)过山车由A点运动到B点的过程中，由机械能守恒定律ΔEk增＝ΔEp减可得过山车在B点时的动能．
mvB2－0＝mghAB
EkB＝mvB2＝mghAB
解得EkB＝2×105 J
(2)同理可得，过山车从A点运动到C点时有
mvC2－0＝mghAC
解得vC＝10 m/s
(3)由机械能守恒定律可知，过山车在D点时的机械能就等于在A点时的机械能，则有ED＝EA＝mghAB
解得ED＝2×105 J.
12．(机械能守恒定律的应用)如图11所示，竖直平面内有一半径R＝0.5 m的光滑圆弧槽BCD，B点与圆心O等高，一水平面与圆弧槽相接于D点，质量m＝0.5 kg的小球从B点正上方H高处的A点自由下落，由B点进入圆弧轨道，从D点飞出后落在水平面上的Q点，DQ间的距离x＝2.4 m，球从D点飞出后的运动过程中相对水平面上升的最大高度h＝0.8 m，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，求：
图11
(1)小球释放点到B点的高度H；
(2)经过圆弧槽最低点C时轨道对小球的支持力大小FN.
答案　(1)0.95 m　(2)34 N
解析　(1)设小球在飞行过程中通过最高点P的速度为v0，P到D和P到Q可视为两个对称的平抛运动，则有：h＝gt2，＝v0t，可得：v0＝＝3 m/s
在D点有：vy＝gt＝4 m/s
在D点的合速度大小为：v＝＝5 m/s
设v与水平方向夹角为θ，cos θ＝＝
A到D过程机械能守恒：mgH＋mgRcos θ＝mv2
联立解得：H＝0.95 m
(2)设小球经过C点时速度为vC，A到C过程机械能守恒：mg(H＋R)＝mvC2
由牛顿第二定律有，FN－mg＝m
联立解得FN＝34 N.
【考点】机械能守恒定律在多过程问题中的应用
【题点】应用机械能守恒定律处理单体多过程问题