功率
一、单项选择题
1．关于功率的概念，下列说法中正确的是( D )
A．功率是描述力对物体做功多少的物理量
B．由P＝可知，功率与时间成反比
C．由P＝Fv可知，只要F不为零，v也不为零，那么功率P就一定不为零
D．某个力对物体做功越快，它的功率就一定越大
解析：功率是描述力对物体做功快慢的物理量，A错，D对．在公式P＝中，若W一定，P与t成反比，B错．在公式P＝Fv中，若F与v方向垂直，则P为零，C错．
2．质量为m的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的摩擦阻力大小一定，汽车速度能够达到的最大值为v，那么当汽车的车速为时，汽车的瞬时加速度的大小为( C )
A. B. C. D.
解析：汽车受到的阻力Ff＝，当速度为时，汽车的牵引力为F＝，根据牛顿第二定律得a＝.
3．一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下图所示，则作用在小车上的牵引力F的功率随时间变化的规律是下图中的
( D )
解析：车所受的牵引力和阻力恒定，所以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．
4．一质量为m的物体，从倾角为θ的光滑斜面顶端由静止下滑，下滑时离地面的高度为h，如图所示，当物体滑到斜面底端时，重力的瞬时功率为( B )
A．mg B．mgsin
θ
C．mgcos
θ
D．mgsin
2
θ
解析：首先计算物体滑至斜面底端时的速度v.因为斜面是光滑的，因此物体在斜面上下滑的加速度a＝gsin
θ，所以物体滑到斜面底端的速度为v＝＝＝，重力的瞬时功率为：P＝Fvsin
θ＝mg·sin
θ.
5．如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为2
kg的物体在F作用下由静止开始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化如图乙所示，由此可知(g取10
m/s2)( B )
A．物体加速度大小为2
m/s2
B．4
s末F的功率大小为42
W
C．F的大小为21
N
D．4
s内F做功的平均功率为42
W
解析：由速度－时间图像可得加速度a＝0.5
m/s2，由牛顿第二定律：2F－mg＝ma
F＝＝10.5
N，
P＝F·2v＝10.5×2×2
W＝42
W，
＝＝＝
W＝21
W.
二、多项选择题
6.质量为m的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度—时间图像如图所示．从t1时刻起汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为Ff，则( BC )
A．0～t1时间内，汽车的牵引力等于m
B．t1～t2时间内，汽车的功率等于(m＋Ff)v1
C．汽车运动的最大速度v2＝v1
D．t1～t2时间内，汽车的平均速度小于
解析：0～t1时间内，汽车的加速度a＝
由牛顿第二定律得：F－Ff＝ma
所以汽车的牵引力F＝Ff＋m，A错；
t1时刻汽车达到恒定功率P，
所以P＝Fv1＝v1，B对；
汽车运动的最大速度v2＝＝v1，C对；
由图像知t1～t2时间内，汽车的平均速度大于，D错．
7．如图所示，在外力作用下某质点运动的v－t图像为正弦曲线．从图中可以判断( AD )
A．在0～t1时间内，外力做正功
B．在0～t1时间内，外力的功率逐渐增大
C．在t2时刻，外力的功率最大
D．在t1～t3时间内，外力做的总功为零
解析：由v－t图像可知：在0～t1时间内外力做正功．由P＝Fv可知：在F变小，v变大情况下，无法判定P如何变化．t2时刻v＝0，故外力瞬时功率为0.t1～t3时间内，位移为0，故外力做的总功为0.
8．测定运动员体能的一种装置如图所示，运动员的质量为M，绳拴在腰间沿水平方向绕过定滑轮(不计滑轮质量和摩擦)，绳的另一端悬吊的重物质量为m，人用力向后蹬传送带，而人的重心不动，传送带以速度v向后匀速运动(速度大小可调)，最后可用v的值作为被测运动员的体能参数，则( BD )
A．人对传送带不做功
B．人对传送带做功的功率为mgv
C．人对传送带做的功和传送带对人做的功一样多，但一正一负
D．被测运动员的v值越大，表示其体能越好
解析：由于人的重心不动，所以人与传送带间的摩擦力大小为mg，人对传送带做功的功率为mgv，故A错，B对；因为人的重心未动，且人没有位移，传送带对人不做功，故C错；被测运动员的v值越大，功率就越大，由题意可知，其体能越好，D对．
三、非选择题
9．一位排球运动员，体重70
kg，身高1.80
m，静止站立时伸直手臂摸到的最大高度为2.30
m，跳起来能摸到的最大高度为3.30
m，起跳过程时间为0.4
s，那么他起跳时做的功为700
J，起跳过程中的平均功率约为1_750
W．(g取10
m/s2)
解析：起跳时做的功等于上升过程中克服重力做的功，所以W＝mgh＝70×10×(3.30－2.30)J＝700
J；平均功率为P＝＝＝
W＝1
750
W.
10．某型号汽车发动机的额定功率为60
kW，在水平路面上行驶时受到的阻力是1
800
N，求发动机在额定功率下汽车匀速行驶的速度．在同样的阻力下，如果行驶速度只有54
km/h，则发动机输出的实际功率是多少？
答案：120
km/h 27
kW
解析：在以额定功率P＝60
kW行驶时，汽车受到的阻力是f＝1
800
N.
由于P＝Fv，
所以v＝＝＝
m/s＝120
km/h.
以较低的速度行驶时v′＝54
km/h＝15
m/s.
于是P′＝Fv′＝1
800×15
W＝27
kW.
11．滑板运动是一项非常刺激的水上运动，研究表明，在进行滑板运动时，水对滑板的作用力FN垂直于板面，大小为kv2，其中v为滑板速率(水可视为静止)．某次运动中，在水平牵引力作用下，当滑板和水面的夹角θ＝37°时(如下图)，滑板做匀速直线运动，相应的k＝54
kg/m，人和滑板的总质量为108
kg，试求(重力加速度g取10
m/s2，sin37°取，忽略空气阻力)：
(1)水平牵引力的大小；
(2)滑板的速率；
(3)水平牵引力的功率．
答案：(1)810
N (2)5
m/s (3)4
050
W
解析：
(1)以滑板和运动员为研究对象，其受力如图所示．
由共点力平衡条件可得
FNcosθ＝mg， ①
FNsinθ＝F， ②
由①、②联立，得F＝810
N.
(2)FN＝mg/cosθ，FN＝kv2，
得v＝＝5
m/s.
(3)水平牵引力的功率P＝Fv＝4
050
W.
12．如图所示为修建高层建筑常用的塔式起重机．在起重机将质量m＝5×103
kg的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度a＝0.2
m/s2，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做vm＝1.02
m/s的匀速运动．g取10
m/s2，不计额外功．求：
(1)起重机允许输出的最大功率；
(2)重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第2秒末的输出功率．
答案：(1)5.1×104
W (2)5
s 2.04×104
W
解析：(1)设起重机允许输出的最大功率为P0，重物达到最大速度时，拉力F0等于重力．P0＝F0vm ①
P0＝mgvm ②
代入数据，有：P0＝5.1×104
W． ③
(2)匀加速运动结束时，起重机达到允许输出的最大功率，设此时重物受到的拉力为F，速度为v1，匀加速运动经历时间为t1，有：
P0＝Fv1 ④
F－mg＝ma ⑤
v1＝at1 ⑥
由③④⑤⑥，代入数据，得：t1＝5
s ⑦
t＝2
s时，重物处于匀加速运动阶段，设此时速度为v2，输出功率为P，则
v2＝at ⑧
P＝Fv2 ⑨
由⑤⑧⑨，代入数据，得：P＝2.04×104
W.
PAGE
7重力势能
一、单项选择题
1．如图所示，演员正在进行杂技表演．由图可估算出他将一只鸡蛋抛出的过程中对鸡蛋所做的功最接近于( A )
A．0.3
J
B．3
J
C．30
J
D．300
J
解析：根据生活常识，20个鸡蛋大约1
kg，表演者抛出的高度按0.5
m计算，则抛出过程中对鸡蛋做的功为W＝mgh＝×10×0.5
J＝0.25
J，选项A正确．
2．利用潮汐可以发电，某海湾围海面积S，涨潮与落潮水位差为h，海水密度为ρ，每次潮汐可以发电的海水势能为( D )
A．ρSh2
B.
C．ρSh2g
D.
解析：海水势能中的Δh为.
3．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的关系的是( B )
解析：设物体开始下落时的重力势能为Ep0，物体下落高度h过程中重力势能减少量ΔEp＝mgh，故物体下落高度h时的重力势能Ep＝Ep0－ΔEp＝Ep0－mgh，即Ep－h图像为倾斜直线，B正确．
4．一实心铁球和一实心木球质量相等，将它们放在同一水平面上(设该水平面处势能为零)，下列结论正确的是( C )
A．铁球的重力势能大于木球的重力势能
B．铁球的重力势能等于木球的重力势能
C．铁球的重力势能小于木球的重力势能
D．上述三种情况都有可能
解析：由于铁球的密度比木球的密度大，所以质量相等的木球的体积较大，放在同一水平面上时，木球的重心高，因此，木球的重力势能大于铁球的重力势能，故C选项正确．
二、多项选择题
5．关于重力势能与重力做功，下列说法中正确的是( AB )
A．物体克服重力做的功等于重力势能的增加量
B．重力势能增加了2
J，其重力一定做了－2
J的功
C．零势能面选取不同，重力势能及重力势能的变化都会发生变化
D．用手托住一个物体匀速上举时，手的支持力做的功等于克服重力做的功与物体重力势能增量之和
解析：根据WG＝Ep1－Ep2知，物体克服重力做的功等于重力势能增加量，A项正确；重力做功与重力势能变化的关系WG＝－ΔEp，B项正确；重力势能的变化与物体受到的重力及初末位置的高度差有关，与零势能面的选取无关，C项错误；用手托住物体匀速上升时，手的支持力等于物体的重力，手的支持力做的功等于物体克服重力做的功，也等于物体重力势能的增加量，D项错误．
6．竖直上抛一个小球，从抛出到落回原抛出点的过程中，它的速度、重力势能、位移、加速度随时间变化的函数图像(如图所示)中正确的是(不计空气阻力，以竖直向下为正方向，图中曲线为抛物线，抛出点为零势能点)
( ABC )
解析：以竖直向下为正方向，则初速度为负值最大，重力加速度为正，小球匀减速运动到最高点速度为零，然后反向加速运动，因而A正确；因为抛出点为零势能点，所以重力势能最初为零，上升过程重力势能增大，下落过程则减小，回到原点变为零，因而B正确；因为位移始终在抛出点上方，所以一直为负值，C选项也正确；加速度竖直向下，为正值，因而D错误．
7．质量为m的物体，由静止开始下落，由于空气阻力作用，下落的加速度为g，在物体下落h的过程中，下列说法正确的是( ACD )
A．物体重力做的功为mgh
B．物体所受阻力做功为
C．物体重力势能减少了mgh
D．物体克服阻力所做的功为
解析：因物体的加速度为g，由牛顿第二定律可知，mg－Ff＝ma解得空气阻力Ff＝mg.重力做功WG＝mgh，阻力做功Wf＝－，A、D对，B错；重力做功与重力势能变化的关系WG＝－ΔEp，重力做正功，故重力势能减小mgh，C正确．
三、非选择题
8．如图所示，质量为m的小球，用一长为l的细线悬于O点，将悬线拉直成水平状态，并给小球一个向下的速度让小球向下运动，O点正下方D处有一钉子，小球运动到B处时会以D为圆心做圆周运动，并经过C点，若已知OD＝l，则小球由A点运动到C点的过程中，重力势能减少了多少？重力做功为多少？
答案：mgl mgl
解析：从A点运动到C点，小球下落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．
9．某海湾共占面积1.0×107
m2，涨潮时水深20
m，此时关上水坝闸门，可使水位保持20
m不变；退潮时，坝外水位降至18
m也保持不变，假如利用此水坝建水电站，且重力势能转变为电能的效率是10%，每天有两次涨潮，问该电站一天最多能发出多少电能？(g取10
m/s2，假设只有退潮时发电)
答案：4×1010
J
解析：关上水坝闸门，退潮后，坝内水位比坝外高出2
m，如下图所示，发电时高出部分的水通过发电机流向坝外，最终水位从20
m降至18
m，减少的重力势能的一部分转化为电能．由ΔEp＝mgΔh可以算出减少的重力势能．从而就能算出所发电能．
设海湾面积为S，则打开闸门流过发电站的水的体积最多为hS，h为水面高度差，水的质量为m＝ρV＝ρhS，重力势能的减少量为ΔEp＝mg·＝ρSh2g.
一天最多发出电能为E＝2×ΔEp×10%＝0.2×ρSh2g＝0.2××1.0×103×1.0×107×22×10
J＝4×1010
J.
10．质量是100
g的球从1.8
m的高处落到水平板上，又弹回到1.25
m的高度，在整个过程中重力对球所做的功为多少？球的重力势能变化了多少？
答案：0.539
J 重力势能减少了0.539
J
解析：由重力做功的特点可知，此时重力所做的功为
WG＝mgH＝mg(h1－h2)＝0.1×9.8×(1.8－1.25)
J＝0.539
J.
由重力做功与重力势能的变化之间的关系可知，此时重力做正功，重力势能应减少，且减少量ΔEp＝WG＝0.539
J.
11．如图所示，杆中点有一转轴O，两端分别固定质量为2m、m的小球a和b，当杆从水平位置转到竖直位置时，小球a和b构成的系统的重力势能如何变化，变化了多少？
答案：小球a和b构成的系统重力势能减少，且减少了mgL
解析：重力对小球a做的功为W1＝2m·g·L，
重力对小球b做的功为W2＝－mgL，
则重力对由a、b组成的系统所做的总功为
WG＝W1＋W2＝2mgL＋(－mgL)＝mgL.
因为WG>0，所以系统的重力势能减少，且减少了mgL.
PAGE
5探究弹性势能的表达式
一、单项选择题
1．一根长为L的轻质弹簧，当伸长量为l0时具有的弹性势能为Ep1，将其从中间截断，也使其伸长量为l0时，具有的弹性势能为Ep2(都在弹性限度内)，那么( B )
A．Ep1＝Ep2
B．Ep1C．Ep1>Ep2
D．无法确定
解析：当弹簧截一半时其劲度系数变为原来的2倍，所以当伸长量相同时，弹性势能变大．
2．在一次演示实验中，一压紧的弹簧沿一粗糙水平面射出一小球，测得弹簧压缩的距离d跟小球在粗糙水平面滚动的距离s如下表所示．由此表可以归纳出小球滚动的距离s跟弹簧压缩的距离d之间的关系，并猜测弹簧的弹性势能Ep跟弹簧压缩的距离d之间的关系分别是(选项中k1、k2是常量)( D )
实验次数
1
2
3
4
d/cm
0.50
1.00
2.00
4.00
s/cm
4.98
20.02
80.10
319.5
A.s＝k1d，Ep＝k2d
B．s＝k1d，Ep＝k2d2
C．s＝k1d2，Ep＝k2d
D．s＝k1d2，Ep＝k2d2
解析：从数据比较可得出s/d2是一常量，所以说s∝d2.因此也猜想弹簧的弹性势能也与d2成正比．
3．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 )
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，则设B离开地面时形变量为x2，有kx2＝mg.由于x1＝x2所以Ep1＝Ep2，ΔEp＝0，A对．
二、多项选择题
4．关于弹力做功与弹性势能的关系，我们在进行猜想时，可以参考重力做功与重力势能的关系( BC )
A．弹簧弹力做正功时，弹性势能增加
B．弹簧弹力做正功时，弹性势能减少
C．弹簧弹力做负功时，弹性势能增加
D．弹簧弹力做负功时，弹性势能减少
解析：因为重力做正功时，重力势能减少，通过类比知A错，B对；重力做负功时，重力势能增加，通过类比知C对，D错．
5．在探究弹簧弹性势能的表达式时，下面的猜想有一定道理的是( BC )
A．重力势能与物体被举起的高度h有关，所以弹性势能很可能与弹簧的长度有关
B．重力势能与物体被举起的高度h有关，所以弹性势能很可能与弹簧被拉伸的长度(或被压缩的长度)有关
C．重力势能与物体所受重力mg的大小有关，所以弹性势能很可能与弹簧被拉伸(或被压缩)时所受的弹力大小有关
D．重力势能与物体的质量有关，所以弹性势能很可能与弹簧的质量有关
三、非选择题
6．如图所示，光滑水平轨道与光滑圆弧轨道相切，轻弹簧的一端固定在轨道的左端，OP是可绕O点转动的轻杆，且摆到某处就能停在该处，另有一小球，现在利用这些器材测定弹簧被压缩时的弹性势能．
(1)还需要的器材是天平、刻度尺．
(2)以上测量实际上是把对弹性势能的测量转化为对重力势能的测量，进而转化为对质量和上升高度的直接测量．
7．在猜想弹性势能可能与哪几个物理量有关的时候，有人猜想弹性势能可能与弹簧的劲度系数k、与弹簧的伸长量x有关，但究竟是与x的一次方，还是x的二次方，还是x的三次方有关呢？请完成下面练习以帮助思考．
(1)若弹性势能Ep∝kx，由于劲度系数k的单位是N/m，弹簧伸长量x的单位是m，则kx的单位是N.
(2)若弹性势能Ep∝kx2，由于劲度系数k的单位是N/m，弹簧伸长量x的单位是m，则kx2的单位是J.
(3)若弹性势能Ep∝kx3，由于劲度系数k的单位是N/m，弹簧伸长量x的单位是m，则kx3的单位是J·m.
从(1)、(2)、(3)对单位的计算，你可以得到的启示：弹性势能Ep与弹簧伸长量x的二次方有关的猜想有些道理．
解析：物理量与其单位是否统一是验证探究正确与否的方法之一．
8．通过探究得到弹性势能的表达式为Ep＝kx2，式中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧伸长(或缩短)的长度，请利用弹性势能表达式计算下列问题．放在地面上的物体上端系在劲度系数k＝400
N/m的弹簧上，弹簧的另一端拴在跨过定滑轮的绳子上，如右图所示．手拉绳子的另一端，从轻绳处于张紧状态开始，当往下拉0.1
m物体开始离开地面时，继续拉绳，使物体缓慢升高到离地h＝0.5
m高处．如果不计弹簧重和滑轮跟绳的摩擦，求整个过程拉力所做的功以及弹性势能的最大值．
答案：22
J 2
J
解析：由题意知弹簧的最大伸长量x＝0.1
m，
弹性势能Ep＝kx2＝×400×0.12
J＝2
J，
此过程中拉力做的功与弹力做的功数值相等，
则有W1＝W弹＝ΔEp＝2
J，
刚好离开地面时G＝F＝kx＝400×0.1
N＝40
N
物体缓慢升高时，F＝40
N，
物体上升h＝0.5
m时拉力克服重力做功
W2＝Fh＝40×0.5
J＝20
J，
拉力共做功W＝W1＋W2＝(2＋20)
J＝22
J.
9．如图所示，有一原长为l0的橡皮筋，上端固定，在下端拴一质量为M的物体时，橡皮筋伸长为a时恰好断裂．若该橡皮筋下端拴一质量为m(m答案：k＝ h＝a
解析：橡皮筋挂质量为M的物体，伸长a时，物体所受重力等于弹力；当m由静止下落至最低点的过程中，始、末位置速度为零，重力克服弹力做功，橡皮筋的弹性势能增加．
(1)Mg＝ka，故k＝.
(2)mg(h＋a)＝＝··a2＝Mga，
解得h＝a.
PAGE
4机械能守恒定律
一、单项选择题
1．一个人站在阳台上，以相同的速率v0分别把三个球竖直向上抛出、竖直向下抛出、水平抛出．不计空气阻力，则三球落地时的速度( D )
A．上抛球最大
B.下抛球最大
C．平抛球最大
D.三球一样大
解析：在物体做抛体运动的过程中机械能守恒，得mv＋mgh＝mv，得v1＝，所以三球落地时的速度大小相同，D选项正确．
2．如图所示，B物体的质量是A物体质量的，在不计摩擦阻力的情况下，A物体自H高处由静止开始下落．以地面为参考平面，当物体A的动能与其重力势能相等时，物体A距地面的高度为( B )
A.H
B.H
C.H
D.H
解析：设物体A的动能等于其重力势能时，A离地面的高度为h，A和B的共同速率为v，A的质量mA＝2m，B的质量mB＝m.在运动过程中，A、B系统的机械能守恒，有2mg(H－h)＝×2mv2＋mv2，又×2mv2＝2mgh，联立解得h＝H.故选项B正确．
3．如图，两根相同的轻质弹簧沿足够长的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不动．质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端．现用外力作用在物块上，使两弹簧具有相同的压缩量，若撤去外力后，两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧，则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程，两物块( C )
A．最大速度相同
B．最大加速度相同
C．上升的最大高度不同
D．重力势能的变化量不同
解析：当加速度等于零时，物块速度最大，由kx＝mgsinθ得，两物块质量不同，速度最大的位置不同，最大速度也不同，所以A错误；弹簧刚释放时，加速度最大，由牛顿第二定律kx－mgsinθ＝ma可得，加速度不同，B错误；由能量守恒可知，弹簧的弹性势能转化为物块上升到最高点的重力势能，所以，重力势能的变化量相同，D错误；而物块的质量不同，由ΔEp＝mgh可得，上升的最大高度不同，C正确．
4．如图所示是半径为r的竖直光滑圆形轨道，将一玩具小车放到与轨道圆心O处于同一水平面的A点，并给小车一竖直向下的初速度，使小车沿轨道内侧做圆周运动．要使小车不脱离轨道，则在A处使小车获得竖直向下的最小初速度应为( C )
A.
B.
C.
D.
解析：小车恰好不脱离轨道的条件是在最高点满足mg＝m.小车沿轨道内侧做圆周运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒．设小车在A处获得的最小初速度为vA，由机械能守恒定律得mv＝mgr＋mv2，解得vA＝.故选项C正确．
5．有一竖直放置的“T”形架，表面光滑，滑块A、B分别套在水平杆与竖直杆上，A、B用一不可伸长的轻细绳相连，A、B质量相等，且可看做质点，如图所示，开始时细绳水平伸直，A、B静止．由静止释放B后，已知当细绳与竖直方向的夹角为60°时，滑块B沿着竖直杆下滑的速度为v，则连接A、B的绳长为( D )
A.
B.
C.
D.
解析：由运动的合成与分解可知滑块A和B在绳长方向的速度大小相等，有vAsin
60°＝vBcos
60°，解得vA＝v，将滑块AB看成一系统，系统的机械能守恒，设滑块B下滑的高度为h，有mgh＝mv＋mv，解得h＝，由几何关系可知绳子的长度为L＝2h＝，故选项D正确．
6.从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3
m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示．重力加速度取10
m/s2.该物体的质量为( C )
A．2
kg
B．1.5
kg
C．1
kg
D．0.5
kg
解析：画出运动示意图，设阻力为f，据动能定理知
A→B(上升过程)：EkB－EkA＝－(mg＋f)h
C→D(下落过程)：EkD－EkC＝(mg－f)h
整理以上两式得：mgh＝30
J，解得物体的质量m＝1
kg.
选项C正确．
二、多项选择题
7．在下列几个实例中，机械能守恒的是( BC )
A．在平衡力作用下运动的物体
B．在光滑水平面上被细线拴住做匀速圆周运动的小球
C．如图甲所示物体沿固定光滑圆弧面下滑
D．如图乙所示，在光滑水平面上压缩弹簧过程中的小球
解析：在平衡力作用下物体的运动是匀速运动，动能保持不变，但如果物体的势能发生变化，则机械能变化，A错；在光滑水平面上做匀速圆周运动的小球，其动能不变，势能也不变，总的机械能不变，B正确；物体沿固定光滑曲面下滑，在下滑过程中，只有重力做功，所以物体机械能守恒，C正确；在小球压缩弹簧的过程中，小球动能减少、势能不变，所以机械能不守恒(但球和弹簧组成的系统机械能守恒)，D错．
8．从高台上分别以大小相同的初速度竖直向上和沿水平方向抛出两个质量相同的小球，不计空气阻力，那么( BCD )
A．两球落地时速度相同
B．两球落地时动能相同
C．两球落地时机械能相同
D．两球落地时速率相同
解析：由题意知，两球开始运动时的机械能相同，且运动过程中机械能守恒，因此落地时机械能相同，动能相同，速度大小相同，但速度方向不同．故选项B、C、D正确．
三、非选择题
9．如图所示，一粗细均匀的U形管内装有同种液体竖直放置，右管口用盖板A密闭一部分气体，左管口开口，两液面高度差为h，U形管中液柱总长为4h，现拿去盖板，液柱开始流动，当两侧液面恰好相齐时右侧液面下降的速度大小为.
解析：两液面相平时，相当于右边管中高的液柱被转移到了左管液面上方，设单位长度液柱的质量为ρ，由机械能守恒得ρ·g＝ρ·4hv2，即v＝.
10．如图所示，物体A质量为2m，物体B质量为m，通过轻绳跨过定滑轮相连．斜面光滑，且与水平面成θ＝30°，不计绳子和滑轮之间的摩擦．开始时A物体离地的高度为h，B物体位于斜面的底端，用手托住A物体，A、B两物体均静止．撤去手后，求：
(1)A物体将要落地时的速度多大？
(2)A物落地后，B物由于惯性将继续沿斜面上升，则B物在斜面上的最远点离地的高度多大？
答案：(1) (2)h
解析：(1)由题知，物体A质量为2m，物体B质量为m，A、B两物体构成的整体(系统)只有重力做功，故整体的机械能守恒，得：
mAgh－mBghsin
θ＝(mA＋mB)v2
将mA＝2m，mB＝m代入解得：v＝.
(2)当A物体落地后，B物体由于惯性将继续上升，此时绳子松了，对B物体而言，只有重力做功，故B物体的机械能守恒，设其上升的最远点离地高度为H，
根据机械能守恒定律得：mBv2＝mBg(H－hsin
θ)
整理得：H＝h.
11．如图所示，质量为m＝2
kg的小球系在轻弹簧的一端，另一端固定在悬点O处．将弹簧拉至水平面位置A处，且弹簧处于自然状态，由静止释放，小球到达距O点下方h＝0.5
m处的B点时速度为v＝2
m/s.求小球从A运动到B的过程中弹簧的弹力做的功．(g取10
m/s2)
答案：－6
J
解析：小球在由A至B的过程中，只受重力和弹力作用，故系统的机械能守恒．以B点为重力势能的参考平面，则在初状态A，系统的动能Ek1＝0，
重力势能Ep1＝mgh，
机械能E1＝Ek1＋Ep1＝mgh，
在末状态B，系统的动能Ek2＝，
设(弹性)势能为Ep2，机械能为
E2＝Ek2＋Ep2＝＋Ep2，
对系统在运动过程的初、末状态，由机械能守恒定律有
mgh＝＋Ep2，
所以Ep2＝mgh－＝2×10×0.5
J－
J＝6
J.
因为弹性势能增加，弹簧的弹力做负功，故弹簧的弹力做的功为－6
J.
12．如图所示，位于竖直平面内的光滑轨道，由一段倾斜的直轨道和与之相切的圆形轨道连接而成，圆形轨道的半径为R.一质量为m的小物块从斜轨道上某处由静止开始下滑，然后沿圆形轨道运动．要求小物块能通过圆形轨道的最高点，且在该最高点与轨道间的压力不能超过5mg(g为重力加速度)．求小物块初始位置相对于圆形轨道底部的高度h的取值范围．
答案：R≤h≤5R
解析：设小物块在圆形轨道最高点的速度为v，由机械能守恒定律得mgh＝2mgR＋mv2①
小物块在最高点受到的重力与压力的合力提供向心力，有
mg＋FN＝m，②
小物块能通过最高点的条件是FN≥0，③
由②③式得v≥，④
由①④式得h≥R，⑤
按题目要求，FN≤5mg，由②式得v≤，⑥
由①⑥式得h≤5R，
所以高度h的取值范围是R≤h≤5R.
PAGE
7实验：验证机械能守恒定律
一、单项选择题
1.利用如图所示装置进行验证机械能守恒定律的实验时，需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度h，某班同学利用实验得到的纸带，设计了以下四种测量方案，其中最合理的是( D )
A．用刻度尺测出物体下落高度h，并测出下落时间t，通过v＝gt计算出瞬时速度v
B．用刻度尺测出物体下落的高度h，并通过v＝计算出瞬时速度
C．根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度，并通过h＝计算出高度h
D．用刻度尺测出物体下落的高度h，根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v
解析：选项A、B、C中用匀变速直线运动公式求v及h，这样得到的v、h不是实验直接测量数据，不能达到验证机械能守恒定律的目的．
2．在“验证机械能守恒定律”的实验中，下列说法正确的是( D )
A．实验中不需要天平和刻度尺
B．实验时应先放开纸带，再接通电源
C．打点计时器应接在电压为4～6
V的直流电源上
D．测量下落高度时，选取的各点应距起始点适当远一些
解析：实验中不需要测量物体的质量，因此不需要天平，但需要测量纸带上计数点之间的距离，因此需要刻度尺，选项A错误；实验时应先接通电源，后放开纸带，选项B错误；打点计时器应接在交流电源上，选项C错误；为减小偶然误差，选取的各点应距起始点适当远一些，选项D正确．
3．在研究重物自由下落过程中机械能守恒的实验中，得到如图所示的一条纸带，该纸带上最初打出的几个点不清楚，纸带上留下的是后面的一些点．算出打下B、C两点时重物的速度分别是vB、vC，测得B、C两点间的距离为h，那么验证机械能守恒的表达式可写为( B )
A．gh＝v－v
B．gh＝v－v
C．vC＝vB＋gT
D．v＋v＝2gh
解析：从B运动到C的过程中，重力势能的减少量为ΔEp＝mgh，动能的增加量为ΔEk＝mv－mv，所以验证机械能守恒的表达式为mgh＝mv－mv，即gh＝v－v，选项B正确．
4．在利用打点计时器和重物做“验证机械能守恒定律”的实验时，下列说法正确的是( C )
A．重物的质量必须测出才能完成验证实验
B．选取纸带时必须挑选第一、二两点间距离接近2
mm的纸带
C．处理数据时可以避开纸带上初始时较密集的几点，选择后面合适的两点进行测算与验证
D．利用图像法处理实验数据时，应在坐标系中画出v－h图像
解析：由“验证机械能守恒定律”的实验原理及数据处理方法可知，选项C正确．
5．在做“验证机械能守恒定律”的实验时，发现重物减少的重力势能总是略大于重物增加的动能，造成这种现象的原因是( C )
A．选用的重物质量过大
B．选用的重物质量过小
C．空气对重物的阻力和打点计时器对纸带的阻力
D．实验时操作不规范，实验数据测量不准确
解析：造成题中所述误差的主要原因是来自于各方面的阻力，选项C正确．
二、多项选择题
6．在“验证机械能守恒定律”的实验中，有关重物的质量，下列说法中正确的是( AC )
A．应选用质量较大的重物，使重物和纸带所受的重力远大于它们所受的阻力
B．应选用质量较小的重物，使重物的惯性小一些，下落时更接近于自由落体运动
C．不需要称量重物的质量
D．必须称量重物的质量，而且要估读到0.01
g
解析：本实验的原理是利用重物自由下落验证机械能守恒定律，因此重物的质量应取得大一些，使重物和纸带所受的阻力与重物所受的重力相比可以忽略不计，从而保证重物和纸带做自由落体运动，选项A正确，B错误；重物下落过程中机械能守恒，设重物的质量为m，下落距离h时的速度为v，则有mv2＝mgh，故有v2＝2gh，分别计算对应的v2和2gh，即可验证机械能守恒定律是否成立，不需要测量重物的质量，故选项C正确，D错误．
7．用自由落体运动“验证机械能守恒定律”，就是看mv是否等于mghn，计数点的编号为0、1、2、…、n.下列说法中正确的是( AB )
A．打点计时器打第一个点0时，物体的速度应为零
B．hn是计数点n到计数点0的距离
C．m为重物的质量，需用天平称量
D．用vn＝gtn计算vn时，tn＝nT(T为打点周期)
解析：本实验的原理就是利用重物做自由落体运动来验证机械能守恒定律，因此打点计时器所打的第一个点，对应的速度应为零，选项A正确；hn与vn分别表示打第n点时重物下落的高度和对应的瞬时速度，选项B正确；本实验中，不需要测量重物的质量，因为mgh＝mv2中等号两边都有m，可约去，故只要gh＝成立，机械能守恒定律就被验证了，选项C错误；计算速度时不能用v＝gt或v＝，否则就犯了用机械能守恒定律去验证机械能守恒定律的错误，选项D错误．
8．某研究性学习小组做完教材中规定的实验后，又根据所测得的数据用数据处理软件Excel拟合出各种图像．假设该小组一切操作均很规范，则下列图像中可能正确的是(其中h表示物体下落的高度，H表示物体离地面的高度)( ABD )
解析：当物体下落高度为h时，动能为mv2＝mgh，得v2∝h，故选项A正确；设物体开始下落时离地面的高度为H0，当物体下落高度为h时有mv2＝mgh＝mg(H0－H)，得v2＝2gH0－2gH，故选项B正确；由于阻力的存在，实验中机械能随着下落高度的增加应略有减小，因此gH＋＝也随着下落高度的增加而略有减小，选项C错误，D正确．
三、非选择题
9．我国舰载飞机在“辽宁舰”上成功着舰后，某课外活动小组对舰载飞机利用阻拦索着舰的力学问题很感兴趣．他们找来了木板、钢球、铁钉、橡皮条以及墨水，制作了如图所示的装置，准备定量研究钢球在橡皮条阻拦下前进的距离与被阻拦前速率的关系．要达到实验目的，需直接测量的物理量是钢球由静止释放时的高度(距水平木板的高度)和在橡皮条阻拦下前进的距离，还必须增加的一种实验器材是刻度尺．忽略钢球所受的摩擦力和空气阻力，重力加速度已知，根据机械能守恒(动能)定律(定理)，可得到钢球被阻拦前的速率．
解析：本题用实验情景考查机械能守恒定律．
设钢球释放点距水平木板的高度为h，由机械能守恒定律(或动能定理)得mgh＝mv2，v＝
要求钢球被阻拦前的速度v，只要知道h，因此需再加的实验器材是刻度尺，用以测量h.
10．某实验小组利用如图所示的实验装置来验证钩码和滑块所组成的系统机械能守恒．
(1)实验前需要调整气垫导轨底座使之水平，利用现有器材如何判断导轨是否水平？气源工作后，滑块不挂钩码，静止放在气垫导轨上，如果能处于静止状态说明气垫导轨水平．
(2)测得遮光条的宽度d＝0.50
cm.实验时将滑块从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间Δt＝2.0×10－2
s，则滑块经过光电门时的瞬时速度为0.25
m/s.在本次实验中还需要测量的物理量有：钩码的质量m、滑块质量M和滑块到光电门的距离L(文字说明并用相应的字母表示)．
(3)本实验通过比较mgL和(m＋M)()2在实验误差允许的范围内相等，从而验证了系统的机械能守恒．(用测量的物理量符号表示)
解析：(1)气源工作后，滑块不挂钩码，静止放在气垫导轨上，如果能处于静止状态说明气垫导轨水平．
(2)滑块通过光电门的瞬时速度v＝＝m/s
＝0.25
m/s.
本次实验中还需测量的物理量有钩码的质量m、滑块的质量M、滑块到光电门的距离L.
(3)如果系统重力势能的减少量mgL与系统动能的增加量(m＋M)v2＝(m＋M)()2在误差允许的范围内相等，则验证了系统的机械能守恒．
11．用如图所示的实验装置验证质量分别为m1、m2的物体组成的系统机械能守恒．物体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来验证机械能是否守恒．如图所示是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点未画出，计数点间的距离如图所示．已知m1＝50
g，m2＝150
g．(g取10
m/s2，结果保留两位有效数字)
(1)下面列举了该实验的几个操作步骤：
A．按照图示的装置安装器件
B．将打点计时器接到直流电源上
C．先释放m2，再接通电源打出一条纸带
D．测量纸带上某些点间的距离
E．根据测量的结果，分别计算系统减少的重力势能和增加的动能
其中操作不当的步骤是：BC(填选项对应的字母)．
(2)在纸带上打下计数点5时的速度v＝2.4
m/s.
(3)在打点0～5过程中系统动能的增量ΔEk＝0.58
J，系统重力势能的减少量ΔEp＝0.60
J，由此得出的结论是在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒．
(4)若某同学作出v2－h图像如图所示，写出计算当地重力加速度g的表达式：g＝v2，并计算出当地的实际重力加速度g＝9.7
m/s2.
解析：(1)实验过程中，应将打点计时器接到交流电源上，B错误；应先接通电源，待打点计时器工作稳定后再释放m2，C错误．
(2)在纸带上打下计数点5时的速度为
v＝×10－2
m/s＝2.4
m/s.
(3)ΔEk＝(m1＋m2)v2≈0.58
J，系统重力势能的减少量ΔEp＝(m2－m1)gh＝0.60
J，因此可得出：在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒．
(4)因为(m1＋m2)v2＝(m2－m1)gh，整理得g＝v2，整理也可得到v2＝h，所以v2－h图像的斜率为＝g，即＝
m/s2，解得g＝9.7
m/s2.
12．利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置示意图如图所示．
(1)实验步骤：
①将气垫导轨放在水平桌面上，桌面高度不低于1
m，将导轨调至水平．
②用游标卡尺测量挡光条的宽度l，结果如图所示，由此读出l＝9.30
mm.
③由导轨标尺读出两光电门中心之间的距离s＝60.00(59.96～60.04之间均可)cm.
④将滑块移至光电门1左侧某处，待砝码静止不动时，释放滑块，要求砝码落地前挡光条已通过光电门2.
⑤从数字计时器(实验装置图中未画出)上分别读出挡光条通过光电门1和光电门2所用的时间Δt1和Δt2.
⑥用天平称出滑块和挡光条的总质量M，再称出托盘和砝码的总质量m.
(2)用表示直接测量量的字母写出下列所求物理量的表达式：
①滑块通过光电门1和光电门2时瞬时速度分别为v1＝和v2＝.
②当滑块通过光电门1和光电门2时，系统(包括滑块、挡光条、托盘和砝码)的总动能分别为Ek1＝(M＋m)2和Ek2＝(M＋m)2.
③在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统重力势能的减少量ΔEp＝mgs(重力加速度为g)．
(3)如果ΔEp≈Ek2－Ek1，则可认为验证了机械能守恒定律．
解析：(1)从游标卡尺和导轨标尺上可直接读出挡光条的宽度和两光电门中心之间的距离．
(2)由于挡光条宽度很小，因此可以将挡光条通过光电门时的平均速度当作瞬时速度，即由v＝可求出滑块通过光电门时的瞬时速度，而后根据动能的表达式、重力做功的表达式表示即可．
PAGE
7能量守恒定律与能源
一、单项选择题
1．出行是人们工作生活中必不可少的环节，出行的工具五花八门，使用的能源也各不相同．自行车、电动自行车、普通汽车消耗能量的类型分别是( B )
①生物质能 ②核能 ③电能 ④太阳能 ⑤化学能
A．①④⑤
B．①③⑤
C．①②③
D．①③④
解析：人骑自行车是将生物质能转化为机械能；电动自行车是将蓄电池的电能转化为机械能；普通汽车是将汽油的化学能转化为机械能，所以B选项正确．
2．能源短缺和环境恶化指的是( D )
①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的，这叫能源短缺．
②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．
③煤炭和石油具有很大的气味，在开采、存放和使用过程中这些气味会聚集在空气中污染空气，使环境恶化．
④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．
A．①③
B．①④
C．②③
D．②④
解析：煤炭和石油都是由几亿年以前的生物遗体形成的，这些能源不能再次生成，也不可重复使用，它们的储量是有限的，并不是取之不尽、用之不竭的，这就是所讲的能源短缺，②正确；能源在使用时会排出有害气体，污染空气，这就是所讲的环境恶化，④正确．故D正确．
3．如图所示，一个粗细均匀的U形管内装有同种液体，液体质量为m.在管口右端用盖板A密闭，两边液面高度差为h，U形管内液体的总长度为4h，拿去盖板，液体开始运动，由于管壁的阻力作用，最终管内液体停止运动，则该过程中产生的内能为( A )
A.mgh
B.mgh
C.mgh
D.mgh
解析：去掉右侧盖板之后，液体向左侧流动，最终两侧液面相平，液体的重力势能减少，减少的重力势能转化为内能．如图所示，最终状态可等效为右侧h的液柱移到左侧管中，即增加的内能等于该液柱减少的重力势能，则Q＝mg·h＝mgh，故A正确．
4．如图所示，质量为m的物块从A点由静止开始下落，加速度是g，下落H到B点后与一轻弹簧接触，又下落h后到达最低点C，在由A运动到C的过程中，空气阻力恒定，则( D )
A．物块机械能守恒
B．物块和弹簧组成的系统机械能守恒
C．物块机械能减少mg(H＋h)
D．物块和弹簧组成的系统机械能减少mg(H＋h)
解析：因为下落加速度是g，所以有阻力做功且阻力大小Ff＝mg，机械能不守恒，A、B错；下落(H＋h)过程中，阻力做功WFf＝－Ff(H＋h)，所以物块和弹簧组成的系统机械能减少mg(H＋h)．
5．如图所示，在水平地面上平铺着n块砖，每块砖的质量为m，厚度为h.如果工人将砖一块一块地叠放起来，那么工人至少做功( B )
A．n(n－1)mgh
B.n(n－1)mgh
C．n(n＋1)mgh
D.n(n＋1)mgh
解析：本题关键在于分析各块砖的重心位置变化情况，从而找出n块砖的重力势能变化．把n块砖看作一个整体，其总质量是M＝nm，以地面为零势能面，n块砖都平放在地上时，其重心都在高处，所以n块砖的初始重力势能为E1＝.
当n块砖叠放在一起时，其总高度为H＝nh，其总的重心位置在＝处，所以末态重力势能为E2＝nmg＝，人做的功至少等于重力势能的增量，即W＝ΔEp＝E2－E1＝.
二、多项选择题
6．质量为m的物体在竖直向上的拉力F的作用下从静止出发以2g的加速度匀加速上升h，则( AB )
A．物体的机械能增加3mgh
B．物体的重力势能增加mgh
C．物体的动能增加Fh
D．物体在上升过程中机械能守恒
解析：由F－mg＝2mg，得拉力F＝3mg，机械能的增加量等于拉力F做的功，即Wf＝Fh＝3mgh，A对，D错．重力势能的增加量等于克服重力做的功mgh，B对．动能的增加量等于合力做的功，即W合＝m·2g·h＝2mgh＝Fh，C错．
7．将质量为m的小球在距地面高度为h处抛出．抛出时的速度大小为v0，小球落到地面时的速度大小为2v0.若小球受到的空气阻力不能忽略，则对于小球下落的整个过程中，下列说法正确的是( AB )
A．小球克服空气阻力做的功小于mgh
B．重力对小球做的功等于mgh
C．合外力对小球做的功小于mv
D．合外力对小球做的功等于mv
解析：由题意可知，小球落地时的速度比抛出时大，即从抛出到落地的过程中，动能变大了．根据动能定理W合＝ΔEk，则W合>0，即重力所做的功大于阻力所做的功．而这个过程中重力对小球做的功为WG＝mgh，所以A、B正确．从抛出到落地的过程中，合外力做的功等于小球动能的变化量，即W合＝m(2v0)2－mv＝mv>mv，故C、D均错．
8．如图所示，一块长木板B放在光滑水平面上，B上放一粗糙物体A.现以恒力F拉B，A在B上滑动但未滑离B，以地面为参考系，A、B都前移了一段距离，在此过程中( BD )
A．外力F做的功等于A和B的动能的增量
B．B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能的增量
C．A对B的摩擦力所做的功，等于B对A的摩擦力所做的功
D．外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和
解析：A所受的合力即为B给A的摩擦力，由动能定理可知B正确；A、B间有一对相互作用的摩擦力，尽管两摩擦力等大，但A、B相对于地面的位移不相等，故两个摩擦力做的功也不相等，故C错误；对B物体，由动能定理有WF－Wf＝ΔEkB，D正确；而对于选项A，正确的说法是外力F做的功等于A和B动能的增量加上系统内能的增量，A错误．
三、非选择题
9．电动车所需能量由它所携带的蓄电池供给．下图为某类电动车与汽油车性能的比较．通常车用电动机的质量是汽油机的4倍或5倍．为促进电动车的推广使用，在技术上主要应对电动车的蓄电池、电动机等部件加以改进．
给电动车蓄电池充电的能量实际上来自于发电站，一般发电站燃烧燃料所释放出来的能量仅30%转化为电能，在向用户输送及充电过程中又损失了20%，这意味着使用电动车时能量转化的总效率约为16.8%.
解析：从题图中可以看出电动车每千克蓄能物质所储存的能量和充一次电能行驶的距离均远小于汽油车，因此应对蓄电池加以改进．另外，电动车的效率也不是很高，所以也可对电动机进行改进．
设发电站消耗的能量为E0，电动车输出的机械能为E，由题意可知使用电动车时能量转化的总效率为
η＝＝×100%＝16.8%.
10．如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块距挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，求滑块经过的总路程．
答案：(＋x0tan
θ)
解析：滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为s，对滑块运动的全程应用能量守恒定律，全程所产生的热量为
Q＝mv＋mgx0sin
θ
又因为全程产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即
Q＝μmgscos
θ
解以上两式可得s＝(＋x0
tan
θ)．
11．如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为M的长木块以一定的初速度向右匀速运动，将质量为m的小铁块无初速度地轻放到长木块右端，小铁块与长木块间的动摩擦因数为μ，当小铁块在长木块上相对长木块滑动L时与长木块保持相对静止，此时长木块对地的位移为l，求这个过程中：
(1)系统产生的热量；
(2)小铁块增加的动能；
(3)长木块减少的动能；
(4)系统机械能的减少量．
答案：(1)μmgL (2)μmg(l－L) (3)μmgl (4)μmgL
解析：画出这一过程两物体位移示意图，如图所示．
(1)m、M间相对滑动的位移为L，根据能量守恒定律，有Q＝μmgL，即摩擦力对系统做的总功等于系统产生的热量．
(2)根据动能定理有μmg(l－L)＝mv2－0，其中(l－L)为小铁块相对地面的位移，从上式可看出ΔEkm＝μmg(l－L)，说明摩擦力对小铁块做的正功等于小铁块动能的增加量．
(3)摩擦力对长木块做负功，根据功能关系，得ΔEkM＝－μmgl，即长木块减少的动能等于长木块克服摩擦力做的功μmgl.
(4)系统机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功ΔE＝μmgL.
12．如图所示，传送带与水平面之间的夹角为θ＝30°，其上A、B两点间的距离为l＝5
m，传送带在电动机的带动下以v＝1
m/s的速度匀速运动，现将一质量为m＝10
kg的小物体(可视为质点)轻放在传送带的A点，已知小物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中，求：(g取10
m/s2)
(1)传送带对小物体做的功；
(2)电动机做的功．
答案：(1)255
J (2)270
J
解析：(1)小物块轻放在传送带上时，受力分析如图所示．根据牛顿第二定律得
沿斜面方向：μmgcosθ－mgsinθ＝ma，
可知，小物体上升的加速度为a＝2.5
m/s2.
当小物体的速度为v＝1
m/s时，位移x＝＝0.2
m.
然后小物体将以v＝1
m/s的速度完成4.8
m的路程，由功能关系得：W＝ΔEp＋ΔEk＝mglsinθ＋mv2＝255
J.
(2)电动机做功使小物体机械能增加，同时小物体与传送带间因摩擦产生热量Q，由v＝at得t＝＝0.4
s.
相对位移x′＝vt－at2＝0.2
m，
因摩擦产生的热量Q＝μmgx′cosθ＝15
J，
故电动机做的功为W＋Q＝270
J.
PAGE
7追寻守恒量——能量
功
一、单项选择题
1．以一定的速度竖直向上抛出一个小球，小球上升的最大高度为h，空气的阻力大小恒为f，则从抛出至落回出发点的过程中，空气阻力对小球做的功为( C )
A．0
B．－fh
C．－2fh
D．－4fh
解析：从全过程看，空气的阻力为变力，但将整个过程分为两个阶段：上升阶段和下落阶段，小球在每个阶段受到的阻力都为恒力，且总是跟小球运动的方向相反，所以空气阻力对小球总是做负功．全过程空气阻力对小球做的功等于两个阶段所做功的代数和，即W＝W上＋W下＝(－fh)＋(－fh)＝－2fh.空气阻力、摩擦阻力是一种特殊的力，在计算这种力做的功时，不可简单地套用功的计算公式W＝Fxcos
α，得出W＝0的错误结论．从上面的正确结果可以看出：空气阻力做的功在数值上等于阻力与全过程中小球路程的乘积．故选C.
2．一人乘电梯从1楼到20楼，在此过程中经历了先加速，后匀速，再减速的运动过程，则电梯对人的支持力的做功情况是( D )
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
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．
3．在伽利略实验中，小球从斜面A上离斜面底端为h高处滚下斜面，通过最低点后继续滚上另一个斜面B，小球最后会在斜面B上某点停下来而后又下滑，这点距斜面底端的竖直高度仍为h，在小球运动过程中，下面的叙述正确的是( C )
①小球在A斜面上运动时，离斜面底端的竖直高度越来越小，小球的运动速度越来越大
②小球在A斜面上运动时，动能越来越小，势能越来越大
③小球在B斜面上运动时，速度越来越大，离斜面底端的高度越来越小
④小球在B斜面上运动时，动能越来越小，势能越来越大
A．①②
B．②③
C．①④
D．③④
解析：动能与物体的质量、速率有关；势能与物体的质量、高度有关．故C项正确．
4．起重机的吊钩下挂着质量为m的木箱，如果木箱以加速度a匀减速下降了高度h，则木箱克服钢索拉力所做的功为( D )
A．mgh
B．m(a－g)h
C．m(g－a)h
D．m(a＋g)h
解析：克服钢索拉力所做的功就是钢索做的负功的大小，因钢索的拉力F＝m(g＋a)，所以WF＝－m(g＋a)h，即克服钢索拉力所做的功为m(g＋a)h.
5.如图所示，同一物体分别沿斜面AD和BD自顶点由静止开始下滑，该物体与斜面间的动摩擦因数相同．在滑行过程中克服摩擦力做的功分别为WA和WB，则
( B )
A．WA>WB
B．WA＝WB
C．WAD．无法确定
解析：设斜面AD、斜面BD与水平面CD所成夹角分别为α、θ，根据功的公式，得WA＝μmgcos
α·lAD＝μmglCD，WB＝μmgcos
θ·lBD＝μmglCD，所以选B.
6．如图，光滑的斜劈放在水平面上，斜面上用固定的竖直板挡住一个光滑球，当斜劈沿水平面向左匀加速运动(球与挡板间仍有弹力)的过程中，以下说法中正确的是( D )
A．小球的重力做负功
B．斜面对球的弹力不做功
C．挡板对球的弹力做正功
D．小球受到的合力做正功
解析：小球的重力竖直向下，与位移方向垂直，故重力不做功，A错．斜面对小球的弹力垂直斜面向上，挡板对小球的弹力水平向右，而小球位移方向水平向左，所以斜面对小球的弹力做正功，挡板对小球的弹力做负功，B、C错．小球加速度方向向左，所以合外力方向向左，位移也向左，所以合外力做正功，故D正确．
二、多项选择题
7．关于行星绕太阳运动中太阳引力对行星做功问题，下列说法正确的是( AC )
A．沿圆轨道运动时，太阳引力对行星不做功
B．沿椭圆轨道运动时，由近日点向远日点运动过程中引力做正功
C．沿椭圆轨道运动时，由近日点向远日点运动过程中引力做负功
D．沿椭圆轨道运动时，任意时刻引力都做功
解析：沿圆轨道运动时，太阳引力与行星速度方向始终垂直，因此引力不做功；沿椭圆轨道由近日点向远日点运动过程中引力与速度方向成钝角，因此引力做负功；在近日点和远日点引力与速度方向垂直不做功．
8.如图所示，物体沿弧形轨道滑下后进入足够长的水平传送带，传送带以图示方向匀速运转，则传送带对物体的做功情况可能是( ACD )
A．始终不做功
B．先做负功后做正功
C．先做正功后不做功
D．先做负功后不做功
解析：设传送带速度大小为v1，物体刚滑上传送带时的速度大小为v2.分以下三种情况讨论：①当v1＝v2时，物体随传送带一起匀速运动，传送带与物体之间不存在摩擦力，即传送带对物体始终不做功，A选项正确．②当v1v2时，物体相对传送带向左运动，物体受到的滑动摩擦力方向向右，则物体先做匀加速运动直到速度达到v1再做匀速运动，故传送带对物体先做正功后不做功，C选项正确．
三、非选择题
9．质量为M的木板放在光滑水平面上，如图所示．一个质量为m的滑块以某一速度沿木板表面从A点滑至B点，在木板上前进了l，同时木板前进了x，若滑块与木板间的动摩擦因数为μ，求摩擦力对滑块、对木板所做的功各为多少？滑动摩擦力对滑块、木板做的总功是多少？
答案：－μmg(l＋x) μmgx －μmgl
解析：由题图可知，木板的位移为xM＝x时，滑块的位移为xm＝l＋x，m与M之间的滑动摩擦力f＝μmg.由公式W＝Fxcos
α可得，摩擦力对滑块所做的功为Wm＝μmgxmcos
180°＝－μmg(l＋x)，负号表示做负功．摩擦力对木板所做的功为WM＝μmgxM＝μmgx.
滑动摩擦力对滑块、木板做的总功：
W＝Wm＋WM＝－μmg(l＋x)＋μmgx＝－μmgl.
10．如图所示，足够长水平传送带以2
m/s的速度匀速运行，将一质量为2
kg的工件沿竖直向下的方向轻轻放在传送带上(设传送带的速度不变)，如工件与传送带之间的动摩擦因数为0.2，则放手后工件在5
s内的位移是多少？摩擦力对工件做功为多少？(g取10
m/s2)
答案：9
m 4
J
解析：工件放在传送带上瞬间，工件所受合外力为工件所受到的摩擦力，所以工件的加速度为：a＝μg＝0.2×10
m/s2＝2
m/s2，经过t＝＝1
s工件的速度与传送带速度相同，以后工件就随传送带一起做匀速直线运动，所以工件在5
s内的位移是l＝×2×1
m＋2×4
m＝1
m＋8
m＝9
m，工件在1
s内的位移s1＝at2＝1
m，Wf＝μmgs1＝0.2×2×10×1
J＝4
J.
11．如图所示，一质量m＝4.0
kg的物体，由高h＝2.0
m，倾角θ＝53°的固定斜面顶端滑到底端．物体与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.2.求物体所受合外力做的功．(g取10
m/s2)
答案：68
J
解析：以物体为研究对象，物体受重力mg、摩擦力f、支持力FN作用，其受力情况如下图所示．
方法一：先求出各个力所做的功，再求总功．
FN＝mgcosθ，f＝μFN＝μmgcosθ，
物体的位移为l＝h/sinθ，
根据功的公式可求出重力做的功为
WG＝mgh＝4.0×10×2.0
J＝80
J.
摩擦力做的功为
Wf＝－f·l＝－μmgcosθ·
＝－0.2×4.0×10×2.0×
J＝－12
J.
支持力做的功为WN＝0，
故物体所受合外力做的功为
W总＝WG＋Wf＋WN＝80－12
J＝68
J.
方法二：先求物体的合外力，再求合外力的功．
如图所示，物体所受的合外力为
F合＝mgsinθ－f＝mgsinθ－μmgcosθ
＝4.0×10×(0.8－0.2×0.6)N＝27.2
N
物体的位移为l＝h/sinθ＝
m＝2.5
m，
故物体所受合外力做的功为
W总＝F合·l＝27.2×2.5
J＝68
J.
12．起重机把重为2×103
kg的重物从地面竖直提升到高18
m的地方．试求以下两种情况中起重机钢绳对重物所做的功．
(1)匀速提升；
(2)以加速度a＝2
m/s2匀加速向上提升．(g取10
m/s2)
答案：(1)3.6×105
J (2)4.32×105
J
解析：在日常生活中和科学技术领域往往需要计算力对物体所做的功．在计算力对物体所做的功时，一定要分析清楚是哪个力在哪段位移内对物体所做的功．
(1)在匀速提升重物时，钢绳的拉力FT＝mg，故钢绳对重物所做的功为W＝FTl＝mgl＝2×103×10×18
J＝3.6×105
J.
(2)在匀加速提升时，钢绳的拉力FT′不等于物体的重力，由牛顿第二定律可得：
FT′－mg＝ma即FT′＝m(g＋a)，
则钢绳对重物所做的功为：
W′＝FT′l＝m(g＋a)·l＝2×103×(10＋2)×18
J
＝4.32×105
J.
PAGE
6实验：探究功与速度变化的关系
动能和动能定理
一、单项选择题
1．关于动能的概念，下列说法中正确的是( A )
A．物体由于运动具有的能，叫做动能
B．运动物体具有的能，叫做动能
C．运动物体的质量越大，其动能一定越大
D．速度较大的物体，具有的动能一定较大
解析：动能是指物体由于运动而能够做功，具有的能量，而运动物体具有的能量并不一定都是动能，例如，空中飞行的飞机，这个运动中的飞机所具有的能不能都叫做动能，在高空中它还具有重力势能，故A是正确的，B是错误的；影响动能多少的因素有质量和速度，物体的质量越大，速度越大，动能就越大．一切运动的物体都具有动能，但不能说一切有质量的物体都具有动能，所以，C选项是错误的；子弹比飞机飞得快，但动能不比飞机大，是因为质量太小，故D选项也是错误的．
2.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
( C )
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
解析：物体做曲线运动，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．
3．某人把质量为0.1
kg的一块小石头，从距地面为5
m的高处以60°角斜向上抛出，抛出时的初速度大小为10
m/s，则当石头着地时，其速度大小约为(g取10
m/s2，不计空气阻力)( A )
A．14
m/s
B．12
m/s
C．28
m/s
D．20
m/s
解析：由动能定理，重力对物体所做的功等于物体动能的变化，则mgh＝mv－mv，v2＝＝10
m/s，A对．
4．如图所示，AB为圆弧轨道，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，当它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处停止，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为( D )
A.μmgR
B.mgR
C．－mgR
D．(1－μ)mgR
解析：物体从A运动到B所受的弹力要发生变化，摩擦力大小也要随之变化，所以克服摩擦力所做的功，不能直接由做功的公式求得．而在BC段克服摩擦力所做的功，可直接求得．对从A到C全过程运用动能定理即可求出物体在AB段克服摩擦力所做的功．设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，物体从A到C的全过程，根据动能定理，有mgR－WAB－μmgR＝0.
所以有WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR.
二、多项选择题
5．一辆汽车在平直的公路上以速度v0开始加速行驶，经过一段时间t，前进了距离s，此时恰好达到某最大速度vmax，设此过程中汽车发动机始终以额定功率P工作，汽车所受的阻力恒定为F，则在这段时间里，发动机所做的功为( ABC )
A．Fvmaxt
B．Pt
C.mv＋F·s－mv
D．Ft
解析：汽车在恒定功率作用下是做变牵引力的加速运动，所以发动机做功为变力做功，根据P＝可求W＝Pt，而P＝F′v＝F·vmax，所以P＝F·vmax，W＝F·vmax·t；根据动能定理W－Fs＝mv－mv，所以W＝mv＋F·s－mv.
6．如图所示，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L，子弹进入木块的深度为s，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( ACD )
A．FL＝Mv2
B．Fs＝mv2
C．Fs＝mv－(M＋m)v2
D．F(L＋s)＝mv－mv2
解析：根据动能定理，对子弹：－F(L＋s)＝mv2－mv知，选项D正确；对木块：FL＝Mv2，故A正确；由以上二式相加后整理可得Fs＝mv－(M＋m)v2，C正确．在应用动能定理列式计算时，一定要注意功与动能变化的对应关系，不能张冠李戴，同时功的公式中的位移必须是对地位移．如对子弹用动能定理时，求功的公式中的位移必须是子弹的对地位移L＋s，对应的是子弹动能的变化；而对木块用动能定理时，位移应是木块的对地位移L，对应的是木块动能的变化．
7．如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速度v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10
m/s2，根据图像可求出( BC )
A．物体的初速率v0＝3
m/s
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75
C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的最大位移x的最小值xmin＝1.44
m
D．当某次θ＝30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑
解析：由题图乙可知，当倾角θ＝0°时，位移为2.40
m；而当倾角为90°时，位移为1.80
m，则由竖直上抛运动规律可得v＝2gh，解得v0＝＝
m/s＝6
m/s，故A错误；当倾角为0°时，由动能定理可得μmgx＝mv，解得μ＝＝0.75，故B正确；由动能定理得－mgxsinθ－μmgxcosθ＝0－mv，解得x＝＝
m＝
m，当θ＋α＝90°时，sin(θ＋α)＝1，此时位移最小，x＝1.44
m，故C正确；若θ＝30°时，物体受到的重力沿斜面方向的分力为mgsin30°＝mg，摩擦力f＝μmgcos30°＝0.75×mg×＝mg，一般认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，故物体达到最高点后不会下滑，故D错误．
三、非选择题
8．如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点衔接，导轨半径为R，一个质量为m的物块以某一速度向右运动，当它经过B点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，而后向上运动恰能完成半圆周运动到C点，求物块从B到C点克服阻力所做的功？
答案：mgR
解析：物块运动到B点，
由于其对导轨的压力为其重力的7倍，
故有：7mg－mg＝m，
B点物体的动能为EkB＝mv＝3mgR，
物块恰好过C点有：mg＝m，
C点的动能EkC＝mgR.
设物块克服阻力做功为Wf，物块从B点到C点运用动能定理有：
－mg·2R－Wf＝EkC－EkB＝－mgR，
故物块从B点到C点克服阻力所做的功Wf＝mgR.
9．完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功．航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示．为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图2，AB长L1＝150
m，BC水平投影L2＝63
m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°(sin
12°≈0.21)．若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t＝6
s到达B点进入BC.已知飞行员的质量m＝60
kg，g＝10
m/s2，求：
图1
图2
(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；
(2)舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大．
答案：(1)7.5×104
J (2)1.1×103
N
解析：(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有＝①
根据动能定理，有
W＝mv2－0②
联立①②式，代入数据，得
W＝7.5×104
J．③
(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有
L2＝Rsin
θ④
由牛顿第二定律，有
FN－mg＝m⑤
联立①④⑤式，代入数据，得
FN＝1.1×103
N．⑥
10．如图所示，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点速度为零．(g取10
m/s2)求：
(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－mv，
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＝mv－mv，
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－mv，
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，故距B点的距离为2
m－1.6
m＝0.4
m.
11．如图所示，水平地面的B点右侧有一圆形挡板．圆的半径R＝4
m，B为圆心，BC连线与竖直方向夹角为37°.滑块静止在水平地面上的A点，AB间距L＝4.5
m．现用水平拉力F＝18
N沿AB方向拉滑块，持续作用一段距离后撤去，滑块恰好落在圆形挡板的C点，已知滑块质量m＝2
kg，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，取g＝10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8.求拉力F作用的距离．
答案：2.5
m
解析：滑块离开B点后做平抛运动，设其速度为v2
水平方向：v2t＝Rsin
37°
竖直方向：gt2＝Rcos
37°
在水平面拉力F作用的距离为x，根据动能定理有
Fx－μmgL＝mv－0
带入数据计算得x＝2.5
m.
PAGE
7
