(共34张PPT)
第四章
机械能及其守恒定律
学 习 目 标
STSE 情 境 导 学
1.知道动能的表达式，并会计算.
2.能用牛顿第二定律与运动学公式推导动能定理的表达式.
3.理解动能定理中各量的意义.（重点）
4.会应用动能定理解决有关问题（重点、难点）
学习小结
1.动能的定义、表达式.
2.动能定理内容、公式.
3.动能定理的适用情况
项目
牛顿定律
动能定理
相同点
确定研究对象，对物体进行受力分析和运动过程分析
适用条件
只能研究在恒力作用下物体做直线运动
对于物体在恒力或变力作用下，物体做直线或曲线运动均适用
应用方法
要考虑运动过程的每一个细节，结合运动学公式解题
只考虑各力的做功情况及初、末状态的动能
运算方法
矢量运算
代数运算(共36张PPT)
第四章
机械能及其守恒定律INCLUDEPICTURE"分级训练.tif"
INCLUDEPICTURE
"F:\\粤教物理必修第二册\\分级训练.tif"
\
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A级 合格达标
1.关于重力做功与重力势能变化的关系，下列说法中正确的是（ ）
A.如果物体高度降低，则重力对物体做正功，物体的重力势能增加
B.如果物体高度降低，则重力对物体做负功，物体的重力势能减少
C.如果物体高度升高，则重力对物体做正功，物体的重力势能减少
D.如果物体高度升高，则重力对物体做负功，物体的重力势能增加
解析：物体高度降低，重力做正功，重力势能减少，A、B错误；物体高度升高，重力做负功，重力势能增加，C错误，D正确.
答案：D
2.如图所示，在离地面高为H处，将质量为m的小球以初速度v0竖直上抛，取抛出位置所在水平面为参考平面，则小球在最高点和落地处的重力势能分别为（ ）
A.mgeq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2g)＋H))，0
B.mv，－mgH
C.mv，mgH
D.mv，mgH＋mv
解析：小球能上升到的最高点与抛出点相距h＝eq
\f(v,2g)，所以在最高点时具有的重力势能Ep1＝mgh＝mv.落地时小球的位置在参考平面下方H处，所以落地时小球具有的重力势能Ep2＝－mgH.故B正确，A、C、D错误.
答案：B
3.关于弹簧的弹性势能，下列说法中正确的是（ ）
A.当弹簧变长时，它的弹性势能一定变大
B.当弹簧变短时，它的弹性势能一定变小
C.在拉伸长度相同时，劲度系数越大的弹簧，它的弹性势能越大
D.弹簧在拉伸时的弹性势能一定大于压缩时的弹性势能
解析：当弹簧由压缩状态变长时，弹簧的弹性势能变小，当弹簧由压缩状态再变短时，弹簧的弹性势能变大，故选项A、B错误；由Ep＝kl2可知，选项C正确，选项D错误.
答案：C
4.如图所示，在光滑水平面上有一物体，它的左端连一弹簧，弹簧的另一端固定在墙上，在力F的作用下物体处于静止状态，当撤去力F后，物体将向右运动.在物体向右运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A.弹簧的弹性势能逐渐减小
B.弹簧的弹性势能逐渐增大
C.弹簧的弹性势能先增大后减小
D.弹簧的弹性势能先减小后增大
解析：由于在力F的作用下物体处于静止状态，此时弹簧处于压缩状态，撤去F后，物体在向右运动的过程中，弹簧的弹力对物体先做正功后做负功，所以弹簧的弹性势能先减小后增大.
答案：D
5.物体从某高度处做自由落体运动，以地面为重力势能零点，下列所示图像中，能正确描述物体的重力势能与下落高度关系的是（ ）
解析：由物体重力势能的表达式及重力势能零点选取方式可得，物体的重力势能Ep＝Ep0－mgh，故选项B正确.
答案：B
6.如图所示，小明玩蹦蹦杆，在小明将蹦蹦杆中的弹簧向下压缩的过程中，小明的重力势能、弹簧的弹性势能的变化是（ ）
A.重力势能减少，弹性势能增大
B.重力势能增大，弹性势能减少
C.重力势能减少，弹性势能减少
D.重力势能不变，弹性势能增大
解析：将弹簧向下压缩的过程中，弹簧压缩量增大，弹性势能增大；重力做正功，重力势能减少，故A正确.
答案：A
B级 等级提升
7.（多选）质量为m的物体，在距地面h高处以g的加速度由静止匀加速竖直下落到地面.下列说法中正确的是（ ）
A.物体的重力势能减少mgh
B.物体的动能增加mgh
C.物体的重力势能减少mgh
D.重力做功mgh
解析：物体在下落过程中，重力做正功为mgh，则重力势能减小也为mgh.故A、D错误，C正确；物体的合力为F＝ma＝mg，则合力做功为W＝mgh，所以物体的动能增加为mgh，故B正确.
答案：BC
8.如图所示，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大小关系及弹性势能变化ΔEp说法中正确的是（ ）
A.Ep1＝Ep2
B.Ep1>Ep2
C.ΔEp>0
D.ΔEp<0
解析：开始时弹簧形变量为x1，有kx1＝mg.设B离开地面时形变量为x2，有kx2＝mg.由于x1＝x2所以Ep1＝Ep2，选项A符合题意，B不符合题意；因为Ep1＝Ep2，则ΔEp＝0，选项C、D不符合题意.
答案：A
9.质量相等的均匀柔软细绳A、B平放于水平地面上，细绳A较长.分别捏住两绳中点缓慢提起，使它们全部离开地面，两绳中点被提升的高度分别为hA、hB，上述过程中克服重力做的功分别为WA、WB.以下说法正确的是（ ）
A.若hA＝hB，则一定有WA＝WB
B.若hA>hB，则可能有WAC.若hAD.若hA>hB，则一定有WA>WB
解析：A错：因绳A较长，若hA＝hB，则A的重心较低，故WAhB，不能确定两根绳子重心的高低，可能WAWB，还可能WA＝WB.C错：若hA答案：B
10.物体从某一高度自由落到直立于地面上的轻弹簧上，如图所示，在A点开始与弹簧接触，到B点物体速度为零，然后被弹回，则（ ）
A.物体从A到B的过程中，动能不断减小
B.物体从B上升到A的过程中，动能不断增大
C.物体从A到B及B上升到A的过程中动能是先变大后变小
D.物体在B点的动能不为零
解析：物体从A点接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短B点的过程中，物体的运动过程为，在物体刚接触弹簧的时候，弹簧的弹力小于物体的重力，合力向下，物体还是向下加速，当弹簧的弹力和物体的重力相等时，物体的速度达到最大，之后弹力大于重力，物体开始减速，直至减为零.弹簧从压缩到最短的B点到弹簧弹回原长A点的过程中，物体的运动过程为，弹簧压缩到最短时弹力最大，大于重力，合力方向向上，物体加速上升，当弹簧的弹力和物体的重力相等，物体的速度达到最大，之后弹力小于重力，小球开始减速.物体从A到B的过程中，速度先增大后减小，动能先增大后减小，故A错误；物体从B到A的过程中，速度先增大后减小，动能先增大后减小，故B错误，C正确；由于物体在B点的速度为零，所以动能为零，故D错误.
答案：C
11.一物体以初速度v竖直向上抛出，做竖直上抛运动，则物体的重力势能—路程图像应是下图中的（ ）
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.
答案：A
12.在水平地面上放一根竖直轻弹簧，弹簧上端与一个质量为m的木块相连，若在木块上施加一个竖直向下的力F，使木块缓慢向下移动h，力F做功W1，此时木块再次处于平衡状态，如图所示.求：
（1）在木块下移h的过程中重力势能的减少量；
（2）在木块下移h的过程中弹性势能的增加量.
解析：（1）根据重力做功与重力势能变化的关系有
ΔEp减＝WG＝mgh.
（2）根据弹力做功与弹性势能变化的关系有
ΔEp增′＝－W弹.
又因木块缓慢下移，力F与重力mg的合力与弹力等大、反向，
所以W弹＝－W1－WG＝－W1－mgh，
所以弹性势能增量ΔE′p增＝W1＋mgh.
答案：（1）mgh （2）W1＋mgh
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\
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A级 合格达标
1.（多选）下列说法正确的是（ ）
A.物体的机械能守恒，一定只受重力和弹簧弹力作用
B.物体处于平衡状态时机械能一定守恒
C.物体的动能和重力势能之和增大时，必定有重力以外的其他力对物体做了功
D.物体的动能和重力势能在相互转化过程中，一定通过重力做功来实现
解析：物体的机械能守恒时，一定只有重力或弹簧的弹力做功，但不一定只受重力或弹簧弹力的作用.
答案：CD
2.下列四幅图中，动能与势能没有发生相互转化的是（ ）
解析：汽车匀速运动，动能不变，动能与势能没有发生相互转化；其他三幅图中都发生了动能与势能的相互转化，本题选A.
答案：A
3.如图所示，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，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（ ）
A.mgh
B.mgH
C.mg（H＋h）
D.g（H－h）
解析：机械能是动能和势能的总和，因为选桌面为零势能面，所以开始时机械能为mgH.由于小球在下落过程中只受重力，所以小球在落地之前机械能守恒，即在下落过程中任意一个位置机械能都与开始时机械能相等，故选项B正确.
答案：B
4.（多选）如图所示，一根弹簧下端固定，竖立在水平面上，其正上方A位置有一个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.在小球的下降阶段中，以下说法正确的是（ ）
A.系统的机械能守恒
B.在B位置小球动能最大
C.在C位置小球动能最大
D.从A→C位置小球重力势能的减少等于小球动能的增加
解析：当弹簧弹力小于重力时，小球向下加速，当两个力相等时速度最大，然后做减速运动，重力势能的减小量等于动能的增加和弹性势能的增大之和，系统的机械能守恒，A、C正确.
答案：AC
5.（多选）如图所示，细绳跨过定滑轮悬挂两物体M和m，且M的质量大于m的质量，不计摩擦和定滑轮质量，两物体由静止开始运动的过程中（ ）
A.M、m各自的机械能分别守恒
B.M减少的机械能等于m增加的机械能
C.M减少的重力势能等于m增加的机械能
D.M和m组成的系统机械能守恒
解析：M下落过程中，绳的拉力对M做负功，M的机械能减少；m上升过程中，绳的拉力对m做正功，m的机械能增加，A错误.对M、m组成的系统，机械能守恒，易得B、D正确.M减少的重力势能并没有全部转化为m的机械能，还有一部分转变成M的动能，所以C错误.
答案：BD
6.将物体由地面竖直上抛，如果不计空气阻力，物体能够达到的最大高度为H，以地面为零势能面，当物体在上升过程中的某一位置，它的动能是重力势能的2倍，则这一位置的高度为（ ）
A.
B.
C.
D.
解析：物体总的机械能为mgH，当高度为h时，动能是势能的2倍，即动能为2mgh，由机械能守恒定律可得：mgh＋2mgh＝mgH
解得：h＝，故B项与题意相符.
答案：B
B级 等级提升
7.质量为m的物体，在距离h高处，以的加速度由静止竖直下落到地面上，下列说法中正确的是（ ）
A.物体的重力势能减小mgh
B.物体的机械能减小mgh
C.物体的动能减小mgh
D.物体的重力做功mgh
解析：物体在下落过程中，物体的重力做正功为WG＝mgh，则重力势能减小为mgh；物体的合力为F＝ma＝mg，则合力做功为mgh，根据动能定理可得物体的动能增加为mgh，所以物体的机械能减小为mgh，选项D正确，A、B、C错误.
答案：D
8.（多选）如图所示，两质量相等的小球a、b被固定在轻质直角支架上，支架两边Oa和Ob长分别为L和L，支架可绕过顶点处垂直支架平面的水平转轴O自由转动，开始时，两小球静止，Oa竖直，不计空气阻力和转轴处的摩擦，释放支架后，下列说法正确的是（ ）
A.小球a、b组成的系统机械能守恒
B.小球b在下落过程中机械能守恒
C.小球b在下落过程中动能先增大后减小
D.在支架转动过程中，小球a的线速度可能小于b的线速度
解析：小球a、b组成的系统只有重力做功，则机械能守恒，选项A正确；小球b在下落过程，轻杆对小球做功，则此过程机械能不守恒，选项B错误；小球b在下落过程开始时和最后速度均为零，则速度先增加后减小，则其动能先增大后减小，选项C正确；在支架转动过程中，小球a和小球b同轴转动，角速度相同，根据v＝ωr可知，小球a的线速度大于b的线速度，选项D错误.
答案：AC
9.如图所示，有一条长为1
m的均匀金属链条，有一半长度在光滑的足够高的斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30°，另一半长度竖直下垂在空中，当链条从静止开始释放后链条滑动，则链条刚好全部滑出斜面时的速度为（g取10
m/s2）（ ）
A.2.5
m/s
B.
m/s
C.
m/s
D.
m/s
解析：链条的质量为2m，以开始时链条的最高点为零势能面，链条的机械能为E＝Ep＋Ek＝－×2mg·sin
θ－×2mg·＋0＝－mgL（1＋sin
θ），
链条全部下滑出后，动能为Ek′＝×2mv2，重力势能为Ep′＝－2mg·，由机械能守恒可得E＝Ek′＋Ep′，
即－mgL（1＋sin
θ）＝mv2－mgL，
解得v＝＝×
m/s＝2.5
m/s，故A符合题意.
答案：A
10.如图所示，质量都是m的物体A和B，通过跨过滑轮的轻绳相连，物体B置于光滑斜面上，不计绳子和滑轮之间的摩擦，开始时物体A离地的高度为h，物体B位于斜面的底端，用手托住物体A，A、B两物体均静止时放手，求：
（1）物体A将要落地时的速度；
（2）物体A落地后，物体B由于惯性将继续沿斜面上升，则物体B在斜面上上升的最远点离地的高度多大？
解析：（1）A、B两物体组成的系统机械能守恒：
mgh－mghsin
θ＝（m＋m）v2，
整理得v＝.
（2）当物体A落地后，物体B由于惯性将继续上升，此时绳子无弹力，物体B的机械能守恒，设其上升的最远点离地高度为H，
根据机械能守恒定律得mv2＝mg（H－hsin
θ），
整理得H＝h（1＋sin
θ）.
答案：（1） （2）h（1＋sin
θ）
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A级 合格达标
1.（多选）关于功和能，下列说法中正确的是（ ）
A.如果一个物体能够对外做功，我们就说这个物体具有能量
B.做功的过程总伴随着能量的改变，做了多少功，能量就改变多少
C.功就是能，能就是功
D.功是能量转化的量度
解析：能量是反映物体对外做功本领的物理量，一个物体如果能够对外做功，这个物体就具有能量，选项A正确；功是能量转化的量度和原因，能量改变了多少，就必定伴随着力对物体做了多少功，选项B、D正确；功是能量转化过程中的过程量，是能量转化的方式和手段，能量是状态量，功和能是两个不同的物理量，选项C错误.
答案：ABD
2.力对物体做功100
J，下列说法正确的是（ ）
A.物体具有的能量增加100
J
B.物体具有的能量减少100
J
C.有100
J的能量发生了转化
D.产生了100
J的能量
解析：由于物体是否对外做功未知，因此无法判断物体具有的能量的变化，A、B错误；功是能量转化的量度，故C正确、D错误.
答案：C
3.如图所示，已知m1>m2>m3，在同样大小的力F的作用下，三个物体都沿力的方向移动s，则力F所做的功（ ）
A.甲情况下F做功最多
B.乙情况下F做功最多
C.丙情况下F做功最多
D.三种情况下F做功一样多
解析：已知拉力和移动的位移相同，根据公式W＝Fs，可知做的功相同，故D正确，A、B、C错误.
答案：D
4.以一定速度竖直上抛一个小球，小球上升的最大高度为h，空气阻力的大小恒为f，则从抛出至落回到原出发点的过程中，空气阻力对小球做的功为（ ）
A.0
B.－fh
C.－2fh
D.4fh
解析：上升阶段，空气阻力做功W1＝－fh.下落阶段空气阻力做功W2＝－fh，整个过程中空气阻力做功W＝W1＋W2＝－2fh，故选项C正确.
答案：C
5.光滑的水平地面上放着一辆小车，站在小车上的人拉系在墙壁上的水平绳子，使小车和人一起向右加速运动.则下列说法正确的是（ ）
A.绳子的拉力对人做了负功
B.绳子的拉力对小车做了正功
C.小车对人的摩擦力对人做了正功
D.人对小车的摩擦力对小车做了正功
解析：绳子对人的拉力方向向右，小车向右加速运动，则拉力对人做正功，A错.由于拉力未作用在小车上，所以拉力对小车不做功，B错.小车对人的摩擦力方向向左，则小车对人的摩擦力对人做负功，C错.人对小车的摩擦力方向向右，则摩擦力对小车做正功，D对.
答案：D
6.（多选）如图所示，在皮带传送装置中，皮带把物体P匀速传送至高处.在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A.摩擦力对物体做正功
B.摩擦力对物体做负功
C.支持力对物体不做功
D.合外力对物体做正功
解析：物体P相对于传送带有向下运动的趋势，故P受到沿传送带向上的静摩擦力，摩擦力的方向与物体P的运动方向相同，故摩擦力对P做正功，A对，B错.支持力垂直于传送带向上，与物体P的运动方向垂直，故支持力对物体P不做功，C对.物体P做匀速运动，所受合外力为零，故合外力做功为零，D错.
答案：AC
B级 等级提升
7.如图所示，光滑斜劈M放在光滑的水平面上，当滑块N从M上滑下时，M同时向左滑动.关于各力的做功情况，下列判断正确的是（ ）
A.M对N的支持力不做功
B.M对N的支持力做负功
C.N对M的压力不做功
D.N对M的压力做负功
解析：M对N的支持力始终垂直M的斜面方向，因M向左移动，N的位移与M对N的支持力的夹角是钝角，故M对N的支持力做负功，故A错误，B正确；N对M的压力垂直斜面向下，M的位移向左，故N对M的压力与M位移夹角为锐角，N对M的压力做正功，故C、D错误.
答案：B
8.如图所示，物体在力F的作用下沿粗糙水平面发生了一段位移，三种情形下力F和位移l的大小都相等.角θ的大小和物体运动方向已在图中标明，下列说法正确的是（ ）
A.甲、乙两种情形下，力F都做正功
B.乙、丙两种情形下，力F都做负功
C.三种情形下，力F做功的绝对值相等
D.三种情形下，合力做功的绝对值相等
解析：甲中力与速度方向成锐角，故力F做正功；乙中力和速度方向成钝角，故力做负功；丙中力和速度方向成锐角，故力做正功，A、B错.这三种情形下力F和位移l的大小都是一样的，根据W＝Flcos
α可知三种情况下力F做功的绝对值相等，C对.这三种情形下，重力、支持力不做功，摩擦力做负功且Wf甲＝Wf乙0、WF乙<0、WF丙>0，可知合力做功的绝对值不相等，D错.
答案：C
9.如图所示，某个力F＝10
N作用于半径为R＝1
m的转盘边缘上，力F的大小保持不变，但方向始终与作用点的切线方向保持一致，则转动一周的过程中这个力F所做的功应为（ ）
A.0
B.20π
J
C.10
J
D.20
J
解析：这是一个变力做功问题，不能把物体的位移l直接代入W＝Flcos
θ进行计算，正确的做法是将运动过程分割成极短的小段来考虑问题.本题中每一瞬间大小恒定的力F与每一瞬间的位移方向相同，故累积的位移值应为周长2πR，所以力F在一周时间内所做的功W＝F·2πR＝10×2π×1
J＝20π
J.
答案：B
10.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.2μMgl
B.3μMgl
C.μMgl
D.μMgl
解析：由题意可知，所有小方块所受摩擦力的大小与小方块的位移成正比，所有小方块开始所受摩擦力为0，最大时为μMg，故所有小方块所受的平均摩擦力＝μMg，位移为l，则所有小方块克服摩擦力做的功Wf＝μMgl，C正确.
答案：C
11.
一物体放在水平地面上，如图甲所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化关系如图乙所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图丙所示.求：
（1）0～6
s时间内物体的位移；
（2）0～10
s时间内物体克服摩擦力所做的功.
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，于是有摩擦力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′＝2×15
J＝30
J.
答案：（6）6
m （2）30
J
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第四章
机械能及其守恒定律INCLUDEPICTURE"分级训练.tif"
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A级 合格达标
1.关于某物体（质量一定）的速度和动能的一些说法中，正确的是（ ）
A.物体的速度变化，动能一定变化
B.物体的动能变化，速度一定变化
C.物体的速度变化大小相同时，其动能变化也一定相同
D.物体的速度减小时，动能有可能变为负值
解析：物体的速度变化，动能不一定变化，比如速度大小不变，方向改变，则动能不变，故A错误.根据Ek＝mv2知，物体的动能变化，则速度大小一定变化，可知速度一定变化，故B正确.根据ΔEk＝mv2－mv知，物体的速度变化大小相同时，即Δv＝v2－v1相同，动能变化不一定相同，故C错误.根据动能Ek＝mv2知，动能不可能为负值，故D错误.
答案：B
2.在下列几种情况中，甲、乙两物体的动能相等的是（ ）
A.甲的速度是乙的4倍，甲的质量是乙的
B.甲的质量是乙的4倍，甲的速度是乙的
C.甲的质量是乙的2倍，甲的速度是乙的
D.甲的质量是乙的8倍，甲的速度是乙的
解析：根据Ek＝可知：若甲的速度是乙的4倍，甲的质量是乙的，则甲的动能是乙的8倍，故A错误；若甲的质量是乙的4倍，甲的速度是乙的，则甲、乙两物体的动能相等，故B正确；若甲的质量是乙的2倍，甲的速度是乙的，则甲的动能是乙的，故C错误；若甲的质量是乙的8倍，甲的速度是乙的，则甲的动能是乙的2倍，故D错误.
答案：B
3.从空中某一高度同时以大小相等的速度竖直上抛、竖直下抛两个质量均为m的小球，不计空气阻力，在小球落至地面的过程中，它们的（ ）
A.动能变化量不同，速度变化量相同
B.动能变化量和速度变化量均相同
C.动能变化量相同，速度变化量不同
D.动能变化量和速度变化量均不同
解析：根据动能定理知，两球在整个运动过程中只有重力做功，下降的高度相同，则重力做功相同，动能的变化量相同，可知落地的速度大小相等；规定向下为正方向，设初速度的大小为v0，末速度的大小为v，则竖直上抛运动的整个过程中，速度变化量Δv＝v－（－v0）＝v＋v0，竖直下抛运动的整个过程中，速度变化量Δv′＝v－v0，可知速度变化量不同，故C正确，A、B、D错误；故选C.
答案：C
4.放在光滑水平面上的物体，仅在两个同向的水平力的作用下开始运动.若在某一过程中这两个力对物体做的功分别为3
J和4
J，则在该过程中物体动能的增量为（ ）
A.7
J
B.5
J
C.
J
D.1
J
解析：合外力做的功W＝3
J＋4
J＝7
J，则由动能定理可知在该过程中物体动能的增量为ΔEk＝W＝7
J，故选项A正确，B、C、D错误.
答案：A
5.一质量为m的滑块，以速度v在光滑水平面上向左滑行，从某一时刻起，在滑块上作用一向右的水平力，经过一段时间后，滑块的速度变为－2v（方向与原来相反），在整段时间内，水平力所做的功为（ ）
A.mv2
B.－mv2
C.mv2
D.－mv2
解析：由动能定理得W＝m（－2v）2－mv2＝mv2.
答案：A
6.光滑水平面上有一物体，在水平恒力F作用下由静止开始运动.经过时间t1速度达到v，再经过时间t2速度由v增大到2v，在t1和t2两段时间内，外力F对物体做功之比为（ ）
A.1∶1
B.3∶1
C.1∶3
D.1∶4
解析：由动能定理可得：在时间t1内外力F对物体做功W1＝mv2－0＝mv2，在时间t2内外力F对物体做功W2＝m（2v）2－mv2＝mv2，所以W1∶W2＝1∶3，故选项C正确.
答案：C
7.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（ ）
A.木块所受的合力为零
B.因木块所受的力都不对其做功，所以合力做的功为零
C.重力和摩擦力做的功代数和为零
D.重力和摩擦力的合力为零
解析：物体做曲线运动，速度方向变化，加速度不为零，合外力不为零，A错误；速率不变，动能不变，由动能定理知，合外力做功为零，支持力始终不做功，重力做正功，所以重力做的功与阻力做的功代数和为零，但重力和阻力的合力不为零，C正确，B、D错误.
答案：C
B级 等级提升
8.如图所示，高为h的光滑斜面，一质量为m的物块，在沿斜面向上的恒力F作用下，能沿斜面向上匀速运动，若把此物块放在斜面顶端，用2F的恒力沿斜面向下拉使其由静止向下滑动，滑至底端时其动能为（ ）
A.2mgh
B.3mgh
C.2Fh
D.3Fh
解析：设斜面的长度为L，倾角为θ，可知L＝，因为用恒力F可以使物块沿光滑斜面匀速上滑，可知物块此时受到的恒力F＝mgsin
θ，物块从斜面顶端在恒力2F的作用下沿斜面下滑时，根据动能定理有mgh＋2FL＝Ek－0，所以物块滑到斜面底端时的动能Ek＝mgh＋2FL＝mgh＋2mgsin
θ·＝3mgh.
答案：B
9.如图所示，质量为m的物体P以初速度v在水平面上运动，运动x距离后与一固定的橡皮泥块Q相碰撞（碰后物体静止）.已知物体运动时所受到的水平面的阻力大小恒为f，则下列说法正确的是（ ）
A.水平面阻力做的功为fx
B.物体克服水平面阻力做的功为－fx
C.橡皮泥块对物体做的功为fx－mv2
D.物体克服橡皮泥块的阻力做的功为mv2＋fx
解析：根据功的定义式，物体P受到的水平面的阻力做的功W1＝fxcos
180°＝－fx，A错误；物体克服水平面阻力做的功W2＝－W1＝fx，B错误；设橡皮泥块对物体做的功为W3，根据动能定理，有W1＋W3＝0－mv2，解得W3＝fx－mv2，C正确；物体克服橡皮泥块的阻力做的功为W4＝－W3＝－（fx－mv2）＝mv2－fx，D错误.
答案：C
10.（多选）如图甲所示，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x变化的关系图像如图乙所示，则下列判断中正确的是（ ）
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
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－fx＝0－Ek0，解得f＝＝N＝10
N，故A、D正确.根据牛顿第二定律，得物体运动的加速度大小a＝＝
m/s2＝5
m/s2，故B错误.根据Ek0＝mv，得v0＝＝m/s＝10
m/s，故C正确.
答案：ACD
11.一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点.第一次小球在水平拉力F1作用下，从平衡位置P点缓慢地移到Q点，此时绳与竖直方向夹角为θ（如图所示），在这个过程中水平拉力做功为W1.第二次小球在水平恒力F2作用下，从P点移到Q点，水平恒力做功为W2，重力加速度为g，且θ<90°，则（ ）
A.W1＝F1lsin
θ，W2＝F2lsin
θ
B.W1＝W2＝mgl（1－cos
θ）
C.W1＝mgl（1－cos
θ），W2＝F2lsin
θ
D.W1＝F1lsin
θ，W2＝mgl（1－cos
θ）
解析：第一次水平拉力为变力，由动能定理，可求得W1＝mgl（1－cos
θ）；第二次水平拉力为恒力，由功的公式，可求得W2＝F2lsin
θ.故C项正确.
答案：C
12.质量为2
t的汽车在平直公路上从静止开始先做匀加速运动，5
s末达额定功率后保持功率不变，其v-t如图所示.求：
（1）汽车的额定功率和汽车受到的阻力；
（2）速度为10
m/s时的加速度；
（3）变加速运动的总路程.
解析：（1）汽车先做匀加速直线运动，据牛顿第二定律有：F－f＝ma且a＝1
m/s2，
在5
s末达额定功率有P＝Fv1，
保持功率不变，在55
s末有P＝fv2，
由②③得：F＝，f＝，
联立各式，解得：P＝15
kW，f＝1
000
N.
（2）速度v′＝10
m/s时有P＝F′v′，
据牛顿第二定律有F′－f＝ma′，
得a′＝0.25
m/s2.
（3）汽车在变加速运动阶段，据动能定理有
Pt2－fx2＝m2v－mv，
且t2＝50
s，得x2＝550
m.
答案：（1）P＝15
kW，f＝1
000
N （2）0.25
m/s2
（3）550
m
PAGEINCLUDEPICTURE"分级训练.tif"
INCLUDEPICTURE
"F:\\粤教物理必修第二册\\分级训练.tif"
\
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A级 合格达标
1.某型号大货车在上坡运输过程中，为了能顺利通过一个陡坡（ ）
A.以最大速度行驶，同时减小功率
B.尽量减小速度行驶，同时增加功率
C.以最大速度行驶，同时保持功率不变
D.尽量减小速度行驶，同时减小功率
解析：汽车上坡时需要较大的牵引力，根据P＝Fv可知，汽车要想获得较大的牵引力，必须要减速行驶，同时增加功率，故选项B正确.
答案：B
2.汽车以某一恒定功率启动后沿平直路面行驶，且行驶过程中受到的阻力恒为3×103
N，汽车能够达到的最大速度为30
m/s.则该恒定功率为（ ）
A.120
kW
B.90
kW
C.60
kW
D.45
kW
解析：当汽车达到最大速度时，受力平衡，则有F＝f＝3×103
N；则由P＝Fv可得：P＝3×103×30
W＝90
kW，选项B正确.
答案：B
3.一台电动机工作时的输出功率是10
kW，要用它匀速提升2.7×104
kg的货物，提升的速度约是（ ）
A.0.02
m/s
B.0.2
m/s
C.0.04
m/s
D.0.4
m/s
解析：由于物体是匀速上升的，所以物体受力平衡，电动机的拉力与物体的重力大小相等，由P＝Fv＝mgv可以求得v＝
m/s＝0.037
m/s≈0.04
m/s，故C正确.
答案：C
4.一台抽水机每秒能把30
kg的水抽到10
m高的水塔上.如果不计额外功的损失，这台抽水机保持输出功率不变的前提下，半小时内能做多少功（g＝10
m/s2）（ ）
A.3×105
J
B.5.4×105
J
C.5.4×106
J
D.3×106
J
解析：抽水机1秒钟内做的功是W＝mgh＝30×10×10
J＝3
000
J
所以抽水机的功率为P＝＝
W＝3
000
W，抽水机半小时做的功是W′＝Pt＝3
000×30×60
J＝5.4×106
J，故C正确.
答案：C
5.如图所示，一质量为1
kg的木块静止在光滑水平面上，在t＝0时，用一大小为F＝2
N、方向与水平面成θ＝30°的斜向右上方的力作用在该木块上，则在t＝3
s时力F的功率为（ ）
A.5
W
B.6
W
C.9
W
D.6
W
解析：对木块根据牛顿第二定律可知，木块的加速度为a＝＝
m/s2，则t＝3
s时的瞬时速度为v＝at＝3
m/s，则力F的瞬时功率为P＝Fvcos
θ＝2×3×
W＝9
W.故C项正确.
答案：C
6.某人用同一水平力F先后两次拉同一物体，第一次使此物体沿光滑水平面前进l距离，第二次使此物体沿粗糙水平面也前进l距离.若先后两次拉力做的功为W1和W2，拉力做功的功率是P1和P2，则（ ）
A.W1＝W2，P1＝P2
B.W1＝W2，P1>P2
C.W1>W2，P1>P2
D.W1>W2，P1＝P2
解析：由于拉力相同且通过相同的位移，根据W＝Fl可知拉力对物体做的功一样多，但由于沿光滑水平面前进时间短，所以P1>P2，故B正确.
答案：B
7.质量为5
t的汽车，在水平路面上以加速度a＝2
m/s2启动，所受阻力为1.0×103
N，汽车启动后第1
s末的瞬时功率是（ ）
A.2
kW
B.22
kW
C.1.1
kW
D.20
kW
解析：根据牛顿第二定律得F－f＝ma，则F＝f＋ma＝1
000
N＋5
000×2
N＝11
000
N.汽车第1
s末的速度v＝at＝2×1
m/s＝2
m/s，所以P＝Fv＝11
000×2
W＝22
000
W＝22
kW，故B正确，A、C、D错误.
答案：B
B级 等级提升
8.（多选）右图是健身用的“跑步机”示意图.质量为m的运动员踩在与水平面成α角的静止皮带上，运动员用力后蹬皮带，皮带运动过程中，受到的阻力恒定为f阻，使皮带以速度v匀速运动，则在运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A.人脚对皮带的摩擦力是皮带运动的动力
B.人对皮带不做功
C.人对皮带做功的功率为mgv
D.人对皮带做功的功率为f阻v
解析：脚蹬皮带时，脚和皮带之间产生了摩擦力，皮带受到的摩擦力是皮带运动的动力，故选项A正确；皮带在人的作用下移动了距离，人对皮带做功，故选项B错误；运动过程中受到的阻力恒定为F阻，使皮带以速度v匀速运动，人对皮带做功的功率，等于阻力的功率，即人对皮带做功的功率为F阻v，故选项C错误，选项D正确.
答案：AD
9.一小球以初速度v0水平抛出，不计空气阻力，小球在空中运动的过程中重力做功的功率P随时间t变化的图像是（ ）
解析：设经过时间t速度大小为v，其方向与竖直方向（或重力方向）成θ角，由功率公式P＝Fvcos
θ知，此时重力的功率P＝mgvcos
θ＝mgvy＝mg·gt＝mg2t，故A正确.
答案：A
10.一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时速率为1
m/s，从此刻开始在与初速度相反的方向上施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲、乙所示，两图取同一正方向，g取10
m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A.滑块的质量为2
kg
B.第1
s内摩擦力对滑块做的功为－1
J
C.第2
s末拉力F的瞬时功率为0.3
W
D.第2
s内拉力F的平均功率为0.15
W
解析：由图像斜率得加速度a＝＝1
m/s2；由两图知，第1
s内有f＋F1＝ma，第2
s内有F2－f＝ma，代入数据得：f＋1
N＝3
N－f，解得摩擦力f＝1
N，滑块质量m＝2
kg，A对.根据f＝μmg可得动摩擦因数μ＝0.05，第1
s内的位移x＝×1×1
m＝0.5
m，根据功的公式W＝FL可得第1
s内摩擦力对滑块做的功为W＝－fx＝－0.5
J，B错.第2
s末滑块的速度是1
m/s，则拉力F的瞬时功率P2＝F2v2＝3
W，C错.根据vt图像可知，第2
s内的平均速度v2＝＝
m/s＝0.5
m/s，所以第2
s拉力F的平均功率P＝F2v2＝3×0.5
W＝1.5
W，D错.
答案：A
11.一辆汽车质量为1×103
kg，最大功率为2×104
W，在水平路面上由静止开始做直线运动，最大速度为v2，运动中汽车所受阻力恒定.发动机的最大牵引力为3×103
N，其行驶过程中牵引力F与车速的倒数的关系如图所示.试求：
（1）根据图像ABC判断汽车做什么运动；
（2）v2的大小；
（3）整个运动过程中的最大加速度；
（4）匀加速运动过程的最大速度是多大？匀加速运动过程用时多长？当汽车的速度为10
m/s时发动机的功率为多大？
解析：（1）由题图可知，在AB段汽车的牵引力不变，而水平方向的阻力恒定，根据牛顿第二定律可知，汽车做加速度不变的加速运动.在BC段汽车的牵引力减小，根据牛顿第二定律可知，汽车做加速度减小的加速运动，此
过程中BC的斜率不变，所以＝Fv＝P保持不变，所以BC段是以恒定的功率加速.
（2）当汽车的速度为最大速度v2时，牵引力为F1＝1×103
N，v2＝＝
m/s＝20
m/s，故v2的大小为20
m/s.
（3）汽车做匀加速直线运动时的加速度最大，阻力F阻＝＝
N＝1
000
N，加速度为a＝＝2
m/s2，
故整个过程中最大加速度为2
m/s2.
（4）与B点对应的速度为v1＝＝
m/s≈6.67
m/s，
故匀加速运动过程所用时间t＝≈3.33
s.
当汽车的速度为10
m/s时处于图像BC段，
故此时的功率为最大功率Pmax＝2×104
W.
答案：见解析
PAGE(共33张PPT)
第四章
机械能及其守恒定律
学 习 目 标
STSE 情 境 导 学
1.理解功率的概念.
2.理解功率的导出公式P＝Fv的物理意义，并能利用导出公式解释有关现象，分析解决简单的机车启动问题.（重点、难点）
3.理解平均功率和瞬时功率；明确平均功率、瞬时功率、额定功率、实际功率的区别与联系（重点）
学习小结
1.功率的物理意义.
2.功率的定义.
3.额定功率、实际功率.
4.平均功率、瞬时功率
定值
各量间的关系
应用
P一定
F与v成反比
汽车上坡时，要增大牵引力，应换低速挡减小速度
v一定
F与P成正比
汽车上坡时，要使速度不变，应加大油门，增大输出功率，获得较大牵引力
F一定
v与P成正比
汽车在高速路上，加大油门增大输出功率，可以提高速度章末质量评估（四）
（时间：90分钟 满分：100分）
一、单项选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分）
1.自由摆动的秋千，摆动的幅度越来越小，下列说法中正确的是（ ）
A.机械能守恒
B.能量正在消失
C.总能量守恒，正在减少的机械能转化为内能
D.只有动能和势能的相互转化
解析：秋千摆动的幅度越来越小，即重力势能的最大值越来越小，机械能减小，减小的机械能转化为内能，C正确，A、B、D错误.
答案：C
2.关于重力势能，下列说法中正确的是（ ）
A.重力势能的大小与所选的参考平面无关
B.在同一个参考平面，重力势能－5
J小于－10
J
C.重力做正功，重力势能增加
D.物体的重力势能是物体和地球所共有的
解析：重力势能有相对性，其大小与所选的参考平面有关，选项A错误；在同一个参考平面，重力势能－5
J大于－10
J，选项B错误；重力做正功，重力势能减小，选项C错误；重力势能是物体和地球共有的，而不是物体单独具有的，离开地球物体将不再具有重力势能，故D正确.
答案：D
3.分别对放在粗糙水平面上的同一物体施加一水平拉力和一斜向上的拉力，物体在这两种情况下的加速度相同，当物体通过相同位移时，这两种情况下拉力的功和合力的功的正确关系是（ ）
A.拉力的功和合力的功分别相等
B.拉力的功相等，斜向上拉时合力的功大
C.合力的功相等，斜向上拉时拉力的功大
D.合力的功相等，斜向上拉时拉力的功小
解析：两种情况下加速度相等，合力相等，位移相等，所以合力的功相等.笫一种情况下拉力的功W1＝F1l，第二种情况下拉力的功W2＝F2lcos
θ，由受力分析F1－f1＝ma，F2cos
θ－f2＝ma，f1>f2，则F1>F2cos
θ，即W1>W2，即斜向上拉时拉力的功小，故D正确，A、B、C错误.
答案：D
4.2018年5月2日，港珠澳大桥沉管隧道最后接头成功着床.如图所示是6
000吨重的“接头”由世界最大单臂全旋回起重船“振华30”安装的情景.“接头”经15分钟缓慢下降15米的过程中，其机械能的改变量ΔE和所受重力的平均功率P表述正确的是（ ）
A.机械能的增加量ΔE＝9×107
J P＝1×106
W
B.机械能的增加量ΔE＝9×108
J P＝6×107
W
C.机械能的减小量ΔE＝9×108
J P＝1×106
W
D.机械能的减小量ΔE＝9×107
J P＝6×107
W
解析：缓慢下降，则动能不变，重力势能减少，所以机械能减少，其减少量为ΔE＝mgΔh＝6×106×10×15＝9×108
J，故A、D错误.
其平均功率为P＝＝＝＝1×106
W，故B错误，C正确.
答案：C
5.“竹蜻蜓”是我国古代发明的一种儿童玩具，20世纪30年代，人们根据“竹蜻蜓”原理设计了直升机的螺旋桨.一小孩搓动质量为20
g的“竹蜻蜓”，松开后“竹蜻蜓”能上升到二层楼房顶处.在搓动过程中手对“竹蜻蜓”做的功可能是（ ）
A.0.2
J
B.0
C.1.0
J
D.2.5
J
解析：“竹蜻蜓”在上升到最高点的过程中，动能转化为重力势能和内能，一般每层楼房的高度为3
m，二层楼房顶处高度为6
m，所以重力势能的增加量为Ep＝mgh＝1.2
J，“竹蜻蜓”上升过程中，除重力对其做负功外，还有空气阻力做负功，则在搓动过程中手对“竹蜻蜓”做的功大于1.2
J，A、B、C项错误，D项正确.
答案：D
6.如图为工人师傅施工的一个场景，塔吊设备以恒定功率P将质量为M的建材从静止开始竖直吊起，建材上升H时刚好达到最大速度.已知吊绳对建材的拉力为F，建材受到的阻力恒为f，则建材在上升H的过程中（ ）
A.做加速度不断增大的加速运动
B.最大速度
C.机械能增加FH
D.动能增加了
解析：由P＝Fv知，建材在上升H的过程中，速度逐渐增大，拉力F逐渐减小，建材做加速度不断减小的加速运动，当F＝Mg＋f时达到最大速度，最大速度为，故A、B错误；建材增加的机械能为拉力F做的功与克服阻力f做的功之差，即Wf－fH，故C错误；建材在上升H的过程中，动能的增加量为，故D正确.
答案：D
7.如图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂.用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为（ ）
A.mgl
B.mgl
C.mgl
D.mgl
解析：把Q点提到M点的过程中，PM段软绳的机械能不变，MQ段软绳的机械能的增量为ΔE＝mg－mg·＝mgl.由功能关系可知：在此过程中，外力做的功为W＝mgl，故A正确，B、C、D错误.
答案：A
8.如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O点的水平线.已知一小球从M点出发，初速率为v0，沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以初速率v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2.则（ ）
A.v1＝v2，t1>t2
B.v1t2
C.v1＝v2，t1D.v1解析：小球在运动过程中机械能守恒，沿管道MPN运动时，重力势能先增加后减少，则动能先减少后增加；沿管道MQN运动时，重力势能先减少后增加，则动能先增加后减少，并且v1＝v2.小球沿管道MPN运动到N点与沿管道MQN运动到N点的路程相等，而沿管道MPN运动比沿管道MQN运动的平均速率小，所以沿管道MPN运动到N点比沿管道MQN运动到N点的时间长，即t1>t2，故选项A正确.
答案：A
9.
2019年全国女排冠军赛于5月10日至5月19日分别在浙江嘉善体育馆和姚庄体育馆举行.最终，天津、上海、山东获得前三名.某次训练时，一运动员把一质量为0.27
kg的排球竖直向上击出，排球上升的最大高度为1.25
m，取重力加速度为10
m/s2，以击出点所在的水平面为参考平面，则（ ）
A.排球上升过程中机械能一定守恒
B.排球上升过程中的动能先减小后增大
C.排球的最大重力势能为3.375
J
D.排球回到击出点时的动能可能等于5
J
解析：设排球上升过程的加速度为a.排球上升过程的逆运动是初速度为零的匀加速运动，则有a＝eq
\f(v,2h)，由于初速度大小未知，不能确定a与g的大小，也就不能确定排球是否受到空气阻力，则排球的机械能不一定守恒，故A错误；排球上升过程中合外力一直做负功，则动能一直减小，故B错误；排球的最大重力势能为Ep＝mgh＝0.27×10×1.25
J＝3.375
J，故C正确；排球的最大重力势能为3.375
J，则排球回到击出点时的动能不会超过3.375
J，不可能为5
J，故D错误.
答案：C
10.质量为m的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度图像如图所示，0～t1段为直线，从t1时刻起汽车保持额定功率不变，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f＋m
B.t1～t2时间内，汽车所受的牵引力为恒力
C.t1～t2时间内，汽车发动机的功率等于fv1
D.t1～t2时间内，汽车发动机做的功等于fv1（t2－t1）
解析：0～t1时间内，汽车做匀加速直线运动，加速度a＝，根据牛顿第二定律，得F－f＝ma，解得牵引力F＝f＋，A正确.从t1时刻起汽车的功率保持不变，可知汽车在t1～t2时间内的功率等于t2以后的功率，根据F－f＝ma，P＝Fv，可知加速度逐渐减小，牵引力逐渐减小，B错误.汽车的额定功率P＝Fv1＝v1，牵引力做功为W＝P（t2－t1）＝v1（t2－t1）；或利用汽车匀速时F＝f，可得汽车的额定功率为P＝fv2，牵引力做功为W＝fv2（t2－t1）.C、D错误.
答案：A
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题4分，共16分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）
11.机车以恒定加速度启动，在达到额定功率之前的过程中，下列速度—时间、机车功率—时间图像中正确的是（ ）
解析：机车保持加速度不变启动，则速度为v＝at，在达到额定功率前均做匀加速直线运动，v-t图像为过原点的倾斜直线，故A正确，B错误.机车的功率P＝Fv，匀加速直线运动v＝at，联立有P＝Fat，可知机车的功率随时间均匀增大；C正确，D错误.
答案：AC
12.如图所示，质量为m的小球在外力作用下将弹簧压缩至A点保持静止.撤去外力，在弹簧弹力的作用下小球被弹起，B点是小球在弹簧上自由静止时的位置，C点是弹簧原长位置，D点是小球运动的最高点.小球在A点时弹簧具有的弹性势能为Ep，则小球从A到D运动的过程中（ ）
A.弹力对小球所做的功为－Ep
B.弹力对小球所做的功为Ep
C.AD的距离为
D.AD的距离为
解析：根据功能关系弹力做功等于弹性势能的减少，则A到D弹性势能减少Ep，则弹力做正功，大小为Ep，故A项不合题意，B项符合题意.小球从A到D的过程，对小球和弹簧组成的系统只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，有：WF－WG＝0－0，而WF＝Ep－0，WG＝mghAD，解得hAD＝，故C项不合题意，D项符合题意.
答案：BD
13.如图甲所示，A、B两个小球可视为质点，A球沿倾角为30°的光滑的足够长的斜面由静止开始下滑，B球做自由落体运动，A、B两球的动能与路程的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A.A球机械能不守恒，B球机械能守恒
B.A、B两球的质量之比为mA∶mB＝4∶1
C.A、B两球的动能均为Ek0时，两球重力的瞬时功率之比为PA∶PB＝1∶1
D.A、B两球的动能均为Ek0时，两球下落高度相同
解析：两球在运动过程中只有重力做功，A、B球的机械能都守恒，故A错误；由机械能守恒定律得，对A球Ek0＝mAgx0
sin
30°，对B球Ek0＝mBg·2x0，解得mA∶mB＝4∶1，故B正确；两球重力的瞬时功率为P＝mgvcos
θ＝mgcos
θ＝gcos
θ，A、B两球的动能均为Ek0时，两球重力的瞬时功率之比为＝×＝1∶1，故C正确；A、B两球的动能均为Ek0时，两球下落高度之比为x0sin
30°∶2x0＝1∶4，故D错误.
答案：BC
14.如图所示，在长为L的轻杆中点A和端点B处各固定一质量为m的球，杆可绕轴O无摩擦转动，使杆从水平位置无初速度释放下摆到竖直位置.下列说法正确的是（ ）
A.重力对B球做功的瞬时功率先增大后减小
B.A球和B球都遵循机械能守恒
C.竖直位置时vA＝，vB＝
D.杆对A杆做功WA＝0.2
mgL，对B做功WB＝－0.2mgL
解析：B球开始时速度为零，此时重力的瞬时功率为零，到最低点时，速度方向与重力的方向垂直，此时重力的瞬时功率也为零，所以重力对B球做功的瞬时功率先增大后减小，故A项正确.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，系统机械能守恒.若取B的最低点为重力势能参考平面，根据ΔE减＝ΔE增，可得mgL＋mgL＝mv＋mv.又因A球与B球在各个时刻对应的角速度相同，故vB＝2vA，联立解得：vA＝，vB＝.根据动能定理，可解出杆对A、B做的功，对A有WA＋mg＝mv，所以WA＝－0.2mgL.对B有WB＋mgL＝mv，所以WB＝0.2mgL，由于杆对A，B做功，所以A、B机械能不守恒，故C项正确，B、D项错误.
答案：AC
三、非选择题（本题共4小题，共44分）
15.（8分）如图所示.小王同学利用自己设计的弹簧弹射器探究“弹簧弹性势能与形变量关系”，弹射器水平放置，弹簧被压缩x后释放，将质量为m、直径为d的小球弹射出去.测出小球通过光电门的时间为t.请回答下列问题：
（1）为减少实验误差，弹射器出口端距离光电门应该 （选填“近些”或“远些”）.
（2）小球通过光电门的速度大小v＝ ；小球未弹出前弹簧的弹性势能Ep＝ .（用m、d、t表示）
（3）该同学在实验中测出多组数据，并发现x与t成反比的关系，则弹簧弹性势能Ep与形变量x的关系式，正确的是 .（选填字母代号即可）
A.Ep∝x
B.Ep∝
C.Ep∝x2
D.Ep∝
解析：（1）弹射出后小球做平抛运动，只有距离光电门近些才能减小速度引起的误差.
（2）利用平均速度代替瞬时速度，则v＝，弹性势能转化为了动能，根据动能定理可知Ep＝m.
（3）由于x＝，故Ep＝m＝，故Ep∝x2，故C正确.
答案：（1）近些 （2） m （3）C
16.（10分）今年4月24日15时许，受强对流云团影响，温州市多地出现暴雨、冰雹天气.有报道称，当天某学校正在户外举办招聘会，有学生被冰雹砸伤.冰雹一般自4
000～20
000
m的高空落下，是阵发性的灾害性天气，超过5
cm的冰雹不间断地打击头部，就会导致昏迷.若冰雹竖直下落过程中受到的空气作用力与速度平方成正比，比例系数k＝0.000
4
kg/m，一块质量m＝36
g的冰雹（可认为过程中质量始终保持不变）自4
000
m高空下落，落地前已达到下落的最大速度.求：
（1）冰雹下落的最大速率vm；
（2）当下落速度v＝10
m/s时加速度a的大小；
（3）下落过程中克服空气作用力所做的功Wf.
解析：（1）冰雹的速度达到最大时，合力为零
根据平衡条件有f＝kv＝mg，
代入数据得最大速度为vm＝＝
m/s＝30
m/s.
（2）根据牛顿第二定律则有ma＝mg－kv2，可得加速度为
a＝g－v2＝
m/s2＝
m/s2.
（3）全过程中，由动能定理有mv＝mgh－Wf，
代入数据可得Wf＝1
423.8
J.
答案：（1）30
m/s （2）
m/s2 （3）1
423.8
J
17.（12分）如图所示，半径R＝0.4
m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ＝30°，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上.质量m＝0.1
kg的小物块（可视为质点）从空中的A点以v0＝2
m/s的速度被水平抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动至D点时，弹簧被压缩至最短，此时弹簧的弹性势能Epm＝0.8
J，已知小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10
m/s2，求：
（1）小物块从A点运动至B点的时间；
（2）小物块经过圆弧轨道上的C点时，对轨道的压力大小；
（3）C、D两点间的水平距离L.
解析：（1）小物块恰好从B端沿切线方向进入轨道，据几何关系有tan
60°＝，解得t＝
s≈0.35
s.
（2）vB＝＝4
m/s.
小物块由B运动到C，据动能定理有
mgR（1＋sin
θ）＝mv－mv，
在C点处，根据牛顿第二定律有FN－mg＝meq
\f(v,R)，
联立两式代入数据解得FN＝8
N.
（3）从C点到D点，由动能定理可知mv＝μmgL＋Epm，
解得L＝1.2
m.
答案：（1）0.35
s （2）8
N （3）1.2
m
18.（14分）如图光滑水平导轨AB的左端有一压缩的弹簧，弹簧左端固定，右端前放一个质量为m＝1
kg的物块（可视为质点），物块与弹簧不粘连，B点与水平传送带的左端刚好平齐接触，传送带的长度BC的长为L＝6
m，沿逆时针方向以恒定速度v＝2
m/s匀速转动.CD为光滑的水平轨道，C点与传送带的右端刚好平齐接触，DE是竖直放置的半径为R＝0.4
m的光滑半圆轨道，DE与CD相切于D点.已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10
m/s2.
（1）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带刚好能到达C点，求弹簧储存的弹性势能Ep；
（2）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带能够通过C点，并经过圆弧轨道DE，从其最高点E飞出，最终落在CD上距D点的距离为x＝1.2
m处（CD长大于1.2
m），求物块通过E点时受到的压力大小；
（3）满足（2）条件时，求物块通过传送带的过程中产生的热能.
解析：（1）由动能定理知－μmgL＝0－mv2，
由能量守恒定律知Ep＝mv2，
解得Ep＝12
J.
（2）由平抛运动知：竖直方向y＝2R＝gt2，
水平方向x＝vEt，
在E点，由牛顿第二定律知FN＋mg＝meq
\f(v,R)，
解得FN＝12.5
N.
（3）从D到E，由动能定理知－mg·2R＝mv－mv，
解得vD＝5
m/s.
从B到D，由动能定理知－μmgL＝mv－mv，
解得vB＝7
m/s.
对物块：L＝t，
解得t＝1
s，
Δs相对＝L＋vt＝6＋2×1
m＝8
m.
由能量守恒定律知Q＝μmg·Δs相对，
解得Q＝16
J.
答案：（1）Ep＝12
J （2）FN＝12.5
N （3）Q＝16
J
PAGEINCLUDEPICTURE"分级训练.tif"
INCLUDEPICTURE
"F:\\粤教物理必修第二册\\分级训练.tif"
\
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A级 合格达标
1.打桩机的重锤的质量是250
kg，它提升到离地面15
m高处，后让它做自由落体运动，当重锤刚要接触地面时，其动能为（ ）
A.1.25×104
J
B.2.5×104
J
C.3.75×104
J
D.4.0×104
J
解析：重锤由15
m高处做自由落体运动，到刚要接触地面的过程中，只有重力做功，整个过程机械能守恒，减少的重力势能转化为重锤的动能，所以有Ek＝mgΔh＝250×10×15＝3.75×104
J，选项A、B、D错误，C正确.故选C.
答案：C
2.跳台滑雪是利用自然山形建成的跳台进行的滑雪运动之一，起源于挪威.运动员脚着特制的滑雪板，沿着跳台的倾斜助滑道下滑，借助下滑速度和弹跳力，使身体跃入空中，在空中飞行4～5秒钟后，落在山坡上.某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中（ ）
A.所受合外力始终为零
B.所受摩擦力大小不变
C.合外力做功一定为零
D.机械能始终保持不变
解析：运动员做曲线运动，合力方向与速度不共线，所受的合力不为零，选项A错误；运动员所受的摩擦力等于重力沿曲面向下的分量，可知运动员沿AB下滑过程中，摩擦力减小，选项B错误；根据动能定理可知，动能的变化量为零，可知合外力做功一定为零，选项C正确；运动员的动能不变，势能减小，则机械能减小，选项D错误；故选C.
答案：C
3.翻滚过山车是大型游乐园里比较刺激的一种娱乐项目.如图所示，翻滚过山车（可看成质点）从高处冲下，过M点时速度方向如图所示，在圆形轨道内经过A、B、C三点.下列说法正确的（ ）
A.过山车做匀速运动
B.过山车做变速运动
C.过山车受到的合力等于零
D.过山车经过A、C两点时的速度方向相同
解析：过山车的速度方向沿轨道的切线方向，速度方向时刻在变化，速度是矢量，所以速度是变化的.故A错误，B正确.过山车的速度是变化的，加速度不为零，由牛顿第二定律得知，其合力不为零.故C错误.经过A、C两点时速度方向不同，速度不同.故D错误.故选B.
答案：B
4.如图所示，当小孩沿粗糙滑梯加速滑下时，其能量的变化情况是（ ）
A.重力势能减小，动能不变，机械能减小，总能量减小
B.重力势能减小，动能增加，机械能减小，总能量不变
C.重力势能减小，动能增加，机械能增加，总能量增加
D.重力势能减小，动能增加，机械能守恒，总能量不变
解析：由能量转化和守恒定律可知，小孩在下滑过程中总能量守恒，A、C均错误；由于摩擦力要做负功，机械能不守恒，D错误；下滑过程中重力势能向动能和内能转化，只有B正确.
答案：B
5.质量为0.4
kg的塑料球，从离桌面高0.5
m处自由落下，与桌面碰撞后获得2
m/s的速度，则碰撞时损失的机械能为（g取10
m/s2）（ ）
A.0.8
J
B.1.2
J
C.2.0
J
D.2.5
J
解析：根据机械能守恒定律得，小球碰地前的动能Ek1＝mgh＝0.4×10×0.5
J＝2
J，碰地后反弹的动能Ek2＝mv2＝×0.4×4
J＝0.8
J.由能量守恒定律可知，损失的机械能ΔE＝Ek1－Ek2＝1.2
J，故B正确，A、C、D错误.
答案：B
B级 等级提升
6.（多选）如图为过山车以及轨道简化模型，以下判断正确的是（ ）
A.过山车在圆轨道上做匀速圆周运动
B.过山车在圆轨道最高点时的速度应不小于
C.过山车在圆轨道最低点时乘客处于超重状态
D.过山车在斜面h＝2R高处由静止滑下能通过圆轨道最高点
解析：过山车在竖直圆轨道上做圆周运动，机械能守恒，动能和重力势能相互转化，速度大小变化，不是匀速圆周运动，故A错误；在最高点，重力和轨道对车的压力提供向心力，当压力为零时，速度最小，则mg＝m，解得v＝，故B正确；在最低点时，重力和轨道对车的压力提供向心力，加速度向上，乘客处于超重状态，故C正确；过山车在斜面h＝2R高处由静止滑下到最高点的过程中，根据动能定理得mv′2＝mg（h－2R）＝0，解得v′＝0，所以不能通过最高点，故D错误.故选BC.
答案：BC
7.木箱静止于水平地面上.现在用一个80
N的水平推力推动木箱前进10
m，木箱受到地面的摩擦力为60
N，则转化为木箱与地面系统的内能U和转化为木箱的动能Ek分别是（空气阻力不计）（ ）
A.U＝200
J，Ek＝600
J
B.U＝600
J，Ek＝200
J
C.U＝600
J，Ek＝800
J
D.U＝800
J，Ek＝200
J
解析：转化为木箱与地面系统的内能：U＝Ffx＝60×10
J＝600
J；根据能量关系可知，转化为木箱的动能：Ek＝Fx－U＝80×10
J－600
J＝200
J，选项B正确.
答案：B
8.如图所示，一个质量为m的物体（可视为质点）以某一速度由A点冲上倾角为30°的固定斜面，做匀减速直线运动，其加速度的大小为g，在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中，物体（ ）
A.机械能损失了mgh
B.动能损失了mgh
C.动能损失了mgh
D.机械能损失了mgh
解析：由于物体沿斜面以加速度g做匀减速运动，
由牛顿第二定律，可知mgsin
30°＋f＝mg，
得f＝mg.
摩擦力做功Wf＝－f·2h＝－mgh，
机械能损失mgh，故A项正确，D项错误；
由动能定理得ΔEk＝－mgh－mgh＝－2mgh，
即动能损失了2mgh，故B、C两项错误.
答案：A
9.如图甲所示是一台打桩机的简易模型，重锤A在绳拉力F作用下从桩B处由静止开始运动，上升一段高度后撤去F，重锤继续运动到最高点后自由下落，落回桩处，将桩打入一定深度.已知重锤的质量m＝42
kg，重锤上升过程中，动能Ek与上升高度h的关系图像如图乙所示.不计一切摩擦，g取10
m/s2.求：
（1）重锤从最高点经多长时间才撞击到桩；
（2）绳子有拉力作用时间内，拉力F的平均功率.
解析：（1）重锤自由落体时间t，H＝gt2，t＝＝1
s.
（2）解法一：
重锤从开始运动到刚撤去F过程，对重锤研究，
根据动能定理：Fh1－mgh1＝Ek－0.
得：F＝500
N.
根据动能定义式：Ek1＝mv，得：v1＝4
m/s.
重锤做匀加速直线运动，＝＝2
m/s，平均功率＝F＝1
000
W.
解法二：
重锤从开始运动到刚撤去F过程，对重锤研究，根据动能定理：
Fh1－mgh1＝Ek－0，
得：F＝500
N.
根据动能定义式：Ek1＝mv，得：v1＝4
m/s，
根据牛顿第二定律：F－mg＝ma，①
匀变速速度公式：v1＝at，②
拉力做的功：W＝Fh1，③
平均功率定义式：＝，④
由①②③④式联立得：＝＝1
000
W.
答案：（1）1
s （2）1
000
W
10.高台滑雪以其惊险刺激而闻名，运动员在空中的飞跃姿势具有很强的观赏性.某滑雪轨道的完整结构可以简化成如图所示的示意图.其中AB段是助滑坡，倾角α＝37°，BC段是水平起跳台，CD段是着陆坡，倾角θ＝30°，DE段是停止区，AB段与BC段平滑相连，轨道各部分与滑雪板间的动摩擦因数均为μ＝0.03，图中轨道最高点A处的起滑台距起跳台BC的竖直高度h＝47
m.运动员连同滑雪板的质量m＝60
kg，滑雪运动员从A点由静止开始下滑，通过起跳台从C点水平飞出，运动员在着陆坡CD上的着陆位置与C点的距离L＝120
m.设运动员在起跳前不使用雪杖助滑，忽略空气阻力的影响，取重力加速度g＝10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8.求：
（1）运动员在助滑坡AB上运动加速度的大小；
（2）运动员在C点起跳时速度的大小；
（3）运动员从起滑台A点到起跳台C点的过程中克服摩擦力所做的功.
解析：（1）运动员在助滑坡AB上运动时，根据牛顿第二定律得：mgsin
α－μmgcos
α＝ma，
解得：a＝g（sin
α－μcos
α）＝10×（0.6－0.03×0.8）＝5.76
m/s2.
（2）设运动员从C点起跳后到落到着陆坡上的时间为t，C点到着陆坡上着陆点的距离为L.运动员从C点起跳后做平抛运动，则有
竖直方向Lsin
θ＝gt2，①
水平方向Lcos
θ＝v0t，②
由①②得tan
θ＝.
解得t＝2
s，v0＝30
m/s.
（3）运动员从起滑台A点到起跳台C点的过程，根据动能定理得
mgh－Wf＝mv，
解得克服摩擦力所做的功Wf＝mgh－mv＝（60×10×47－×60×302）
J＝1
200
J.
答案：（1）5.76
m/s2 （2）30
m/s （3）1
200
J
11.如图所示，一个可视为质点的质量为m＝1
kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0＝2
m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M＝3
kg的长木板.已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.4
m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，g取10
m/s2.请回答下列问题：
（1）小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力是多少？
（2）要使小物块不滑出长木板，木板的长度L至少多长？
解析：（1）小物块在C点时的速度大小vC＝，
小物块由C到D的过程中，由机械能守恒定律得
mgR（1－cos
60°）＝mv－mv，
代入数据解得vD＝2
m/s，
小物块在D点时，由牛顿第二定律得FN－mg＝meq
\f(v,R)，
代入数据解得FN＝60
N，
由牛顿第三定律得F′N＝FN＝60
N，方向竖直向下.
（2）设小物块刚好滑到木板左端且达到共同速度的大小为v，滑行过程中，小物块加速度大小为a1＝＝μg，
长木板的加速度a2＝，
小物块与长木板的速度分别为v＝vD－a1t，v＝a2t.
对小物块和木板组成的系统，由能量守恒定律得：
μmgL＝mv－（m＋M）v2，
解得L＝2.5
m，即木板的长度L至少是2.5
m.
答案：（1）60
N，方向竖直向下 （2）2.5
m
PAGE(共33张PPT)
第四章
机械能及其守恒定律
学 习 目 标
STSE 情 境 导 学
1.理解重力做功的特点.
2.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.（重点）
3.理解弹性势能的概念，会分析决定弹性势能大小的因素（难点）
学习小结
1.重力势能定义、表达式.
2.重力做功与重力势能的关系.
3.弹性势能的定义和决定因素.
4.势能的系统性
系统性
（1）重力势能是物体和地球组成的系统共同具有的；
（2）平时所说的“物体”的重力势能只是一种简化的说法
相对性
（1）重力势能Ep＝mgh与参考平面的选择有关，式中的h是物体重心到参考平面的高度；
（2）重力势能是标量，只有大小而无方向，但有正负之分，正、负表示大小.当物体在参考平面上方时，Ep为正值；当物体在参考平面下方时，Ep为负值；
（3）物体重力势能的正负是表示比零势能大，还是比零势能小
参考平面选择的任意性
视处理问题的方便而定，一般选择地面或物体运动时所达到的最低点为参考平面
重力势能变化的绝对性
物体从一个位置运动到另一个位置的过程中，重力势能的变化与参考平面的选取无关，它的变化量是绝对的(共37张PPT)
第四章
机械能及其守恒定律
学 习 目 标
STSE 情 境 导 学
1.理解功的概念，能运用功的一般公式进行计算.
2.理解正功和负功及其物理意义.（难点）
3.理解总功的概念，能计算多个外力对物体所做的总功（重点）
学习小结
1.功的概念.
2.功的计算.
3.正功和负功.
4.功是能量转化的量度
项目
动力学角度
能量角度
正功
表示这个力对物体来说是动力
力对物体做正功，物体获得能量
负功
表示这个力是阻力，对物体的运动起阻碍作用
物体克服外力做功，物体失去能量(共34张PPT)
第四章
机械能及其守恒定律
学 习 目 标
STSE 情 境 导 学
1.知道机械能的概念，理解物体的动能和势能是可以相互转化的.
2.理解机械能守恒定律的内容和守恒条件.（重点）
3.学习从物理现象分析、推导机械能守恒定律及其适用条件的研究方法.（重点）
4.领悟运用机械能守恒定律解决问题的方法（重点、难点）
学习小结
1.机械能的定义.
2.机械能的转化.
3.机械能守恒定律
