三维设计2015高考物理大一轮复习 机械能含近三年考点分布及考向前瞻
第五章 机 械 能
(1)从近三年高考试题考点
分布可以看出，高考对本章内
容的考查重点有四个概念(功、
功率、动能、势能)和三个规律
(动能定理、机械能守恒定律、
能量守恒定律)。
(2)高考对本章内容考查题
型全面， 既有选择题，也有计
算题，二者考查次数基本相
当，命题灵活性强、综合面
广，过程复杂，环节多，能力
要求也较高，既有对基本概念
的理解、判断和计算，又有对
重要规律的灵活应用。
2015高考考向前瞻(1)功和功率、动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律仍将是本章命题的热点。
(2)将本章内容与牛顿运动定律、圆周运动、电磁学知识相结合，并与生产、生活实际和现代科技相联系进行命题的趋势较强。
第1节功和功率
功
[想一想]
图5－1－1为某人提包运动的情景图，试分析各图中该人提包的力做功的情况。
图5－1－1
提示：甲图中将包提起来的过程中，提包的力对包做正功，乙图中人提包水平匀速行驶时，提包的力不做功，丙图中人乘电梯上升过程中，提包的力对包做正功，丁图中人提包上楼的过程中，提包的力对包做正功。
[记一记]
1．做功的两个必要条件
力和物体在力的方向上发生的位移。
2．公式
W＝Flcos_α，适用于恒力做功，其中α为F、l方向间夹角，l为物体对地的位移。
3．功的正负判断
夹角
功 的 正 负
α＜90°
力对物体做正功
α＞90°
力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功
α＝90°
力对物体不做功
[试一试]
1.(多选)(2014·揭阳模拟)如图5－1－2所示，自动卸货车始终静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下，θ角逐渐增大且货物相对车厢静止的过程中，下列说法正确的是( )
图5－1－2
A．货物受到的摩擦力增大
B．货物受到的支持力不变
C．货物受到的支持力对货物做正功
D．货物受到的摩擦力对货物做负功
解析：选AC 货物处于平衡状态，则有：mgsin θ＝Ff，FN＝mgcos θ，θ增大时，Ff增大，FN减小，故A正确，B错误；货物受到的支持力的方向与位移方向的夹角小于90°，做正功，故C正确；摩擦力的方向与位移方向垂直，不做功，故D错误。
功 率
[想一想]
两个完全相同的小球A、B，在某一高度处以相同大小的初速度v0分别沿水平方向和竖直方向抛出，不计空气阻力，如图5－1－3所示，试问：
图5－1－3
(1)从开始运动到落地，重力对两小球做的功是否相同？
(2)重力做功的平均功率是否相同？
(3)小球落地瞬间，重力的瞬时功率是否相同？
提示：(1)重力对两球做功相同。
(2)因两球下落时间不同，重力做功的平均功率不相同。
(3)因两球落地时，竖直方向的速度不同，故重力的瞬时功率不相同。
[记一记]
1．物理意义
描述力对物体做功的快慢。
2．公式
(1)P＝(P为时间t内的平均功率)。
(2)P＝Fvcos_α(α为F与v的夹角)。
3．额定功率
机械长时间工作时的最大功率。
4．实际功率
机械实际工作时的功率，要求不大于额定功率。
[试一试]
2．(2014·唐山摸底)如图5－1－4所示，位于固定粗糙斜面上的小物块P，受到一沿斜面向上的拉力F，沿斜面匀速上滑。现把力F的方向变为竖直向上，若使物块P仍沿斜面保持原来的速度匀速运动，则( )
图5－1－4
A．力F一定要变小 B．力F一定要变大
C．力F的功率将减小 D．力F的功率将增大
解析：选C 受到一沿斜面向上的拉力F，F＝mgsin θ＋μmgcos θ，把力F的方向变为竖直向上，仍沿斜面保持原来的速度匀速运动，F＝mg，由于题述没有给出θ和μ
的具体数值，不能判断出力F如何变化，选项A、B错误；由于力F的方向变为竖直向上后，摩擦力不再做功，力F的功率将减小，选项C正确D错误。
考点一功的计算
[例1] 如图5－1－5甲所示，一固定在地面上的足够长斜面，倾角为37°，物体A放在斜面底端挡板处，通过不可伸长的轻质绳跨过光滑轻质滑轮与物体B相连接，B的质量M＝1 kg，绳绷直时B离地面有一定高度。在t＝0时刻，无初速度释放B，由固定在A上的速度传感器得到的数据绘出的物体A沿斜面向上运动的v t图像如图乙所示。若B落地后不反弹，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
图5－1－5
(1)B下落的加速度大小a；
(2)A沿斜面向上运动的过程中，绳的拉力对A做的功W；
(3)A(包括传感器)的质量m及A与斜面间的动摩擦因数μ；
(4)求在0～0.75 s内摩擦力对A做的功。
[思路点拨]
(1)物体B落地前，A、B的加速度有什么关系？应如何在v t图像上确定A的加速度？
提示：物体B落地前，A、B的加速度相同，利用a＝求其值。
(2)应如何确定绳的拉力大小？在物体A向上加速的过程中运动的位移是多大？
提示：物体B落地前绳上的拉力可以通过对B分析，由牛顿第二定律求解；物体A向上加速的过程中发生的位移，可由x＝at2来求值。
(3)在0～0.75 s内物体A所受的摩擦力方向改变吗？摩擦力对A做正功还是负功？
提示：物体A所受的摩擦力方向不改变，且对A做负功。
[解析] (1)由题图乙可知：前0.5 s内，A、B以相同大小的加速度做匀加速运动，0.5 s末速度大小为2 m/s。
a＝＝ m/s2＝4 m/s2
(2)前0.5 s，绳绷直，设绳的拉力大小为F；后0.25 s，绳松弛，拉力为0
前0.5 s，A沿斜面发生的位移l＝vt＝0.5 m
对B，由牛顿第二定律有：Mg－F＝Ma ①
代入数据解得F＝6 N
所以绳的拉力对A做的功W＝Fl＝3 J
(3)前0.5 s，对A，由牛顿第二定律有
F－(mgsin 37°＋μmgcos 37°)＝ma ②
后0.25 s，由题图乙得A的加速度大小
a′＝＝ m/s2＝8 m/s2
对A，由牛顿第二定律有
mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma′ ③
由②③式可得F＝m(a＋a′)
代入数据解得m＝0.5 kg
将数据代入③式解得μ＝0.25
(4)物体A在斜面上先加速后减速，滑动摩擦力的方向不变，一直做负功
在0～0.75 s内物体A的位移为：
x＝×0.75×2 m＝0.75 m
W摩＝－μmgcos 37°·x＝－0.75 J。
[答案] (1)4 m/s2 (2)3 J (3)0.5 kg 0.25
(4)－0.75 J
功的计算方法
(1)恒力做功：
根据公式W＝Flcos α计算
确定力和位移方向的夹角
(2)变力做功：
①用动能定理：W＝mv22－mv12
②当变力的功率P一定时，可用W＝Pt求功，如机车恒功率启动时。
③将变力做功转化为恒力做功：
当力的大小不变，而方向始终与运动方向相同或相反时，这类力的功等于力和路程(不是位移)的乘积。如滑动摩擦力做功、空气阻力做功等。
(3)总功的计算：
①先求物体所受的合外力，再求合外力的功；
②先求每个力做的功，再求各功的代数和。
1．(2014·福建四地六校联考)以一定的初速度竖直向上抛出一个小球，小球上升的最大高度为h，空气阻力的大小恒为F，则从抛出到落回到抛出点的过程中，空气阻力对小球做的功为( )
A．0 B．－Fh
C．Fh D．－2Fh
解析：选D 阻力与小球速度方向始终相反，故阻力一直做负功，W＝－Fh＋(－Fh)＝－2Fh，D正确。
考点二功率的计算
[例2] (2012·江苏高考)如图5－1－6所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球。在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点。在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是( )
图5－1－6
A．逐渐增大
B．逐渐减小
C．先增大，后减小
D．先减小，后增大
[思维流程]
―→―→―→―→
[解析] 选A 设细线与竖直方向的夹角为θ，小球质量为m，速率为v。由小球做匀速圆周运动，切向合力为零可得，mg·sin θ＝Fcos θ，由P＝Fvcos θ可得拉力F的瞬时功率表达式为P＝Fvcos θ＝mgvsin θ，可见功率P随θ的增大逐渐增大，A正确。
功率的计算方法
(1)平均功率的计算
①利用＝。
②利用＝F·cos α，其中为物体运动的平均速度。
(2)瞬时功率的计算
①利用公式P＝F·vcos α，其中v为t时刻的瞬时速度。
②利用公式P＝F·vF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度。
③利用公式P＝Fv·v，其中Fv为物体受的外力F在速度v方向上的分力。
2．(多选)一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时起，第1秒内受到2 N的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1 N的外力作用。下列判断正确的是( )
A．0～2秒内外力的平均功率是 W
B．第2秒内外力所做的功是 J
C．第2秒末外力的瞬时功率最大
D．第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是
解析：选AD 第1 s内物体位移x1＝at2＝ t2＝1 m，外力做功W1＝Fx1＝2 J；v1＝at＝×1 m/s＝2 m/s，第2 s内位移x2＝v1t＋at2＝2×1 m＋××12 m＝2.5 m，外力做功W2＝Fx2＝1×2.5 J＝2.5 J，B错误；2 s内外力的平均功率P＝＝ W＝ W，A正确；由瞬时功率P＝Fv可知，第1 s末瞬时功率P1＝F1v1＝2×2 W＝4 W，第2 s末的速度v2＝v1＋at＝(2＋1×1) m/s＝3 m/s，瞬时功率P2＝F2v2＝1×3 W＝3 W，C错误；由动能定理可知，动能的增加量等于合外力做的功，其比值为＝，D正确。
考点三机车的启动问题
1．两种启动方式的比较
两种方式
以恒定功率启动
以恒定加速度启动
P t图和v t图
OA段
过程分析
v↑⇒F＝↓⇒a＝↓
a＝不变⇒F不变P＝Fv↑直到P额＝Fv1
运动性质
加速度减小的加速直线运动
匀加速直线运动，维持时间t0＝
AB段
过程分析
F＝F阻⇒a＝0⇒F阻＝
v↑⇒F＝↓⇒a＝↓
运动性质
以vm匀速直线运动
加速度减小的加速运动
BC段
无
F＝F阻⇒a＝0⇒以vm＝匀速运动
2．三个重要关系式
(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即vm＝＝(式中Fmin为最小牵引力，其值等于阻力F阻)。
(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，速度不是最大，即v＝
0 B．W2<0
C．W2>0 D．W3<0
解析：选CD 分析题图可知，货物一直向上运动，根据功的定义式可得：重力做负功，拉力做正功，即W1<0，W2>0，A、B错误，C正确；根据动能定理：合力做的功W3＝0－mv2，v＝2 m/s，即W3<0，D正确。
4．(2013·上海高考)汽车以恒定功率沿公路做直线运动，途中通过一块沙地。汽车在公路及沙地上所受阻力均为恒力，且在沙地上受到的阻力大于在公路上受到的阻力。汽车在驶入沙地前已做匀速直线运动，它在驶入沙地到驶出沙地后的一段时间内，位移s随时间t的变化关系可能是( )
图5－1－18
解析：选A 在驶入沙地后，由于阻力增大，速度减小，驶出沙地后阻力减小，速度增大，但最大也不能超过驶入沙地前的速度。在驶入沙地到驶出沙地后的一段时间内，位移s随时间t的变化关系是A。
5．(2014·浙江五校联考)如图5－1－19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。取g＝10 m/s2，不计额外功。求：
图5－1－19
(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；
(3)起重机在第2秒末的输出功率。
解析：(1)由Pm＝F·vm，F＝mg
可得起重机的最大输出功率为
Pm＝mg·vm＝5.1×104 W。
(2)由F1－mg＝ma，
Pm＝F1·v匀m，
v匀m＝at1
可解得：t1＝5 s。
(3)v2＝at2
P＝F1·v2
F1－mg＝ma
可解得：P＝2.04×104 W
答案：(1)5.1×104 W (2)5 s (3)2.04×104 W
[课时跟踪检测]
一、单项选择题
1．运动员在110米栏比赛中，主要有起跑加速、途中匀速跨栏和加速冲刺三个阶段，运动员的脚与地面间不会发生相对滑动，以下说法正确的是( )
A．加速阶段地面对运动员的摩擦力做正功
B．匀速阶段地面对运动员的摩擦力做负功
C．由于运动员的脚与地面间不发生相对滑动，所以不论加速还是匀速，地面对运动员的摩擦力始终不对运动员做功
D．无论加速还是匀速阶段，地面对运动员的摩擦力始终做负功
解析：选C 因运动员的脚与地面间不发生相对滑动，故地面对运动员的静摩擦力对运动员不做功，A、B、D均错误，C正确。
2．如图1所示，木板可绕固定水平轴O转动。木板从水平位置OA缓慢转到OB位置，木板上的物块始终相对于木板静止。在这一过程中，物块的重力势能增加了2 J。用FN表示物块受到的支持力，用Ff表示物块受到的摩擦力。在此过程中，以下判断正确的是( )
图1
A．FN和Ff对物块都不做功
B．FN对物块做功为2 J，Ff对物块不做功
C．FN对物块不做功，Ff对物块做功为2 J
D．FN和Ff对物块所做功的代数和为0
解析：选B 由做功的条件可知：只要有力，并且物块沿力的方向有位移，那么该力就对物块做功。由受力分析知，支持力FN做正功，但摩擦力Ff方向始终和速度方向垂直，所以摩擦力不做功。由动能定理知WFN－mgh＝0，故支持力FN做功为mgh。
3.(2014·扬州模拟)某大型游乐场内的新型滑梯可以简化为如图2所示的物理模型。一个小朋友从A点开始下滑，滑到C点时速度恰好减为0，整个过程中滑梯保持静止状态。若AB段的动摩擦因数μ1小于BC段的动摩擦因数μ2，则该小朋友从斜面顶端A点滑到底端C点的过程中( )
图2
A．滑块在AB段重力的平均功率等于BC段重力的平均功率
B．滑块在AB和BC段合外力所做的总功相同
C．地面对滑梯的摩擦力方向始终水平向左
D．地面对滑梯的支持力大小始终等于小朋友和滑梯的总重力大小
解析：选A 根据平均速度的公式，设B点的速度为v，则AB段和BC段的平均速度都为，所以滑块在AB段重力的平均功率等于BC段重力的平均功率，故A正确；滑块在AB段合力做正功，在BC段，合力做负功，一正一负，故B错误；小朋友在AB段做匀加速直线运动，将小朋友的加速度a1分解为水平和竖直两个方向，以小朋友和滑梯整体为研究对象，由于小朋友有水平向左的分加速度，根据牛顿第二定律得知，地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左。同理可知，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，地面对滑梯的摩擦力方向水平向右，故C错误；以小朋友和滑梯整体为研究对象，小朋友在AB
段做匀加速直线运动时，有竖直向下的分加速度，则由牛顿第二定律分析得知地面对滑梯的支持力FN小于小朋友和滑梯的总重力。同理，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，地面对滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的总重力，故D错误。
4．(2014·山东师大附中质检)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v/3时，汽车的瞬时加速度的大小为( )
A. B.
C. D.
解析：选B 当汽车匀速行驶时，有f＝F＝，根据P＝F′，得F′＝，由牛顿第二定律得a＝＝＝，故B正确，A、C、D错误。
5．(2014·怀化模拟)放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s内其速度与时间图像和该拉力的功率与时间图像分别如图3所示，下列说法正确的是( )
图3
A．0～6 s内物体位移大小为36 m
B．0～6 s内拉力做的功为30 J
C．合外力在0～6 s内做的功与0～2 s内做的功相等
D．滑动摩擦力大小为5 N
解析：选C 由P＝Fv，对应v t图像和P t图像可得30＝F·6,10＝Ff·6，解得：F＝5 N，Ff＝ N，D错误；0～6 s内物体的位移大小为(4＋6)×6× m＝30 m，A错误；0～6 s内拉力做功W＝F·x1＋Ff·x2＝5×6×2× J＋×6×4 J＝70 J，B错误；由动能定理可知，C正确。
6．(2014·徐州模拟)一辆汽车在平直的公路上以某一初速度运动，运动过程中保持恒定的牵引功率，其加速度a和速度的倒数图像如图4所示。若已知汽车的质量，则根据图像所给的信息，不能求出的物理量是( )
图4
A．汽车的功率
B．汽车行驶的最大速度
C．汽车所受到的阻力
D．汽车运动到最大速度所需的时间
解析：选D 由F－Ff＝ma，P＝Fv可得：a＝·－，对应图线可知，＝k＝40，可求出汽车的功率P，由a＝0时，＝0.05可得：vm＝20 m/s，再由vm＝，可求出汽车受到的阻力Ff，但无法求出汽车运动到最大速度的时间。
二、多项选择题
7．(2014·宁波期末)如图5所示，木块B上表面是水平的，当木块A置于B上，并与B保持相对静止，一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑过程中( )
图5
A．A所受的合外力对A不做功
B．B对A的弹力做正功
C．B对A的摩擦力做正功
D．A对B不做功
解析：选CD AB一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，加速度为gsin θ。由于A速度增大，由动能定理，A所受的合外力对A做功，B对A的摩擦力做正功，B对A的弹力做负功，选项A、B错误C正确。A对B不做功，选项D正确。
8．汽车在平直的公路上以恒定的功率启动，设阻力恒定，则下列图中关于汽车运动过程中加速度、速度随时间变化的关系，以下判断正确的是( )
图6
A．汽车的加速度—时间图像可用图乙描述
B．汽车的速度—时间图像可用图甲描述
C．汽车的加速度—时间图像可用图丁描述
D．汽车的速度—时间图像可用图丙描述
解析：选AB 由于是以恒定的功率启动，由a＝知，a逐渐变小至零，同时v逐渐变大至最大。选项A、B正确。
9．(2014·淄博模拟)质量为1 500 kg的汽车在平直的公路上运动，v t图像如图7所示。由此可求( )
图7
A．前25 s内汽车的位移
B．前10 s内汽车所受的牵引力
C．前10 s内汽车的平均速度
D．15～25 s内合外力对汽车所做的功
解析：选ACD 汽车在前25 s内的位移为v t图像与t轴所围面积，x总＝450 m，前10 s内汽车的平均速度＝ m/s＝10 m/s，汽车在15～25 s内做匀加速直线运动，W合＝mv22－mv12＝3.75×105 J，而由F－Ff＝ma，因Ff未知，故无法求前10 s内汽车的牵引力，故本题应选A、C、D。
10．(2014·江苏省锡山高级中学检测)一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时其速度为2.0 m/s。从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平拉力F，力F和滑块的速度v随时间t的变化规律分别如图8甲和乙所示。设在第1 s内、第2 s内、第3 s内力F对滑块做功的平均功率分别为P1、P2、P3，则( )
图8
A．P1>P2>P3
B．P1β，若拉力F做的功为W1，平均功率为P1；物体克服摩擦阻力Ff做的功为W2，平均功率为P2，则下列选项正确的是( )
图5－2－12
A．W1>W2，F＝2Ff B．W1＝W2，F>2Ff
C．P12Ff D．P1＝P2，F＝2Ff
解析：选B 由动能定理可得W1－W2＝0，解得W1＝W2。由图像可知，撤去拉力F后运动时间大于水平力F作用时间，所以F>2Ff，选项A、D错误B正确；由于摩擦阻力作用时间一定大于水平力F作用时间，所以P1>P2，选项C错误。
5．(2014·聊城检测)如图5－2－13所示，宽为L＝1 m、高为h＝7.2 m、质量为M＝8 kg、上表面光滑的木板在水平地面上运动，木板与地面间的动摩擦因数为μ＝0.2。当木板刚以初速度为v0＝3 m/s时，把一原来静止的质量m＝2 kg的光滑小铁块(可视为质点)轻轻地放在木板上表面的右端，g取10 m/s2，求：
图5－2－13
(1)小铁块与木板脱离时长木板的速度大小v1；
(2)小铁块刚着地时与木板左端的水平距离s。
解析：(1)小铁块在木板上的过程，对木板利用动能定理得－μ(M＋m)g×L＝Mv12－Mv02
代入数值解得v1＝2 m/s。
(2)铁块离开木板后做自由落体运动，下落时间为t＝＝1.2 s
铁块离开后木板的加速度大小为a2＝μg＝2 m/s2
从铁块离开木板到木板停下所用的时间为t2＝＝1 s
因为t2Ek2 W1Ek2 W1＝W2
C．Ek1＝Ek2 W1>W2 D．Ek1W2
解析：选B 设斜面的倾角为θ，斜面的底边长为x，则下滑过程中克服摩擦力做的功为W＝μmgcos θ·x/cos θ＝μmgx，所以两种情况下克服摩擦力做的功相等。又由于B的高度比A低，所以由动能定理可知Ek1>Ek2。故选B。
4．(2014·常州模拟)如图3所示，将质量为m的小球以速度v0由地面竖直向上抛出。小球落回地面时，其速度大小为v0。设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于( )
图3
A.mg B.mg
C.mg D.mg
解析：选D 对小球向上运动，由动能定理，－(mg＋f)H＝0－mv02，对小球向下运动，由动能定理，(mg－f)H＝m(v0)2，联立解得f＝mg，选项D正确。
5．(2014·南昌模拟)质量为10 kg的物体，在变力F作用下沿x轴做直线运动，力随坐标x的变化情况如图4所示。物体在x＝0处，速度为1 m/s，一切摩擦不计，则物体运动到x＝16 m处时，速度大小为( )
图4
A．2 m/s B．3 m/s
C．4 m/s D. m/s
解析：选B 由图可知变力F做的正功W1＝10×4 J＋10×4× J＝60 J，变力F做的负功大小W2＝10×4× J＝20 J，由动能定理得：W1－W2＝mv22－mv12，即60－20＝×10v22－
×10×12，解得：v2＝3 m/s，故B正确。
6．(2014·杭州名校质检)如图5所示，已知物体与三块材料不同的地毯间的动摩擦因数分别为μ、2μ和3μ，三块材料不同的地毯长度均为l，并排铺在水平地面上，该物体以一定的初速度v0从a点滑上第一块，则物体恰好滑到第三块的末尾d点停下来，物体在运动中地毯保持静止，若让物体从d点以相同的初速度水平向左运动，则物体运动到某一点时的速度大小与该物体向右运动到该位置的速度大小相等，则这一点是( )
图5
A．a点 B．b点
C．c点 D．d点
解析：选C 对物体从a运动到c，由动能定理，－μmgl－2μmgl＝mv12－mv02，对物体从d运动到c，由动能定理，－3μmgl＝mv22－mv02，解得v2＝v1，选项C正确。
二、多项选择题
7．(2014·惠州调研)运动员站在高台上，双手紧握链条的一端，链条另一端拴一链球，链球在水平面内做圆周运动，在转速不断增大的过程中，某时刻突然松手，链球水平飞出。设空气阻力不计，则( )
A．松手前，链条的拉力对链球不做功
B．松手前，链条的拉力对链球做功
C．链球飞出后飞行时间与松手时球的速率无关
D．链球飞出的水平距离仅由松手时球的速率决定
解析：选BC 由于转速不断增大，链球动能逐渐增大，根据功能关系，在转速不断增大的过程中，链条的拉力对链球做功，选项A错误B正确；松手后链球水平飞出，做平抛运动，由平抛运动规律可知，链球飞出后飞行时间与松手时球的速度无关，选项C正确；链球飞出的水平距离由松手时球的速度和飞行时间共同决定，选项D错误。
8．(2013·吉林摸底)光滑水平面上静止的物体，受到一个水平拉力F作用开始运动，拉力随时间变化如图6所示，用Ek、v、x、P分别表示物体的动能、速度、位移和水平拉力的功
率，下列四个图像中分别定性描述了这些物理量随时间变化的情况，正确的是( )
图6
图7
解析：选BD 由动能定理，Fx＝Fat2＝Ek，选项A错误；在水平拉力F作用下，做匀加速直线运动，选项B正确；其位移x＝at2，选项C错误；水平拉力的功率P＝Fv＝Fat，选项D正确。
9．人通过滑轮将质量为m的物体，沿粗糙的斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h，到达斜面顶端的速度为v，如图8所示。则在此过程中( )
图8
A．物体所受的合外力做功为mgh＋mv2
B．物体所受的合外力做功为mv2
C．人对物体做的功为mgh
D．人对物体做的功大于mgh
解析：选BD 物体沿斜面做匀加速运动，根据动能定理：W合＝WF－WFf－mgh＝mv2，其中WFf为物体克服摩擦力做的功。人对物体做的功即是人对物体的拉力做的功，所以W人＝WF＝WFf＋mgh＋mv2，A、C错误，B、D正确。
10．太阳能汽车是靠太阳能来驱动的汽车。当太阳光照射到汽车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动汽车前进。设汽车在平直的公路上由静止开始匀加速行驶，经过时间t，速度为v时功率达到额定功率，并保持不变。之后汽车又继续前进了距离s，达到最大速度vmax。设汽车质量为m，运动过程中所受阻力恒为f，则下列说法正确的是( )
A．汽车的额定功率为fvmax
B．汽车匀加速运动过程中，克服阻力做功为fvt
C．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，牵引力所做的功为mvmax2－mv2
D．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，合力所做的功为mvmax2
解析：选AD 当汽车达到最大速度时牵引力与阻力平衡，功率为额定功率，则可知选项A正确；汽车匀加速运动过程中通过的位移x＝vt，克服阻力做功为W＝fvt，选项B错误；根据动能定理可得WF－Wf＝mvmax2－0，Wf＝fvt＋fs，可知选项C错误、D正确。
三、非选择题
11．(2014·东北三省四市模拟)如图9所示，QB段为一半径为R＝1 m的光滑圆弧轨道，AQ段为一长度为L＝1 m的粗糙水平轨道，两轨道相切于Q点，Q在圆心O的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内。物块P的质量为m＝1 kg(可视为质点)，P与AQ间的动摩擦因数μ＝0.1，若物块P以速度v0从A点滑上水平轨道，到C点后又返回A点时恰好静止。(取g＝10 m/s2)求：
图9
(1)v0的大小；
(2)物块P第一次刚通过Q点时对圆弧轨道的压力。
解析：(1)物块P从A到C又返回A的过程中，由动能定理有
－μmg·2L＝0－mv02
解得v0＝＝2 m/s
(2)设物块P在Q点的速度为v，Q点轨道对P的支持力为F，由动能定理和牛顿定律有：
－μmgL＝mv2－mv02
F－mg＝m
解得：F＝12 N
由牛顿第三定律可知，物块P对Q点的压力大小为12 N，方向竖直向下。
答案：(1)2 m/s (2)12 N 方向竖直向下
12．(2013·徐州、淮安、宿迁调研)如图10所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高。质量m＝1 kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O等高的D点，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
图10
(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ。
(2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值。
(3)若滑块离开C处的速度大小为4 m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上的时间t。
解析：(1)滑块由A到D过程，根据动能定理，有：
mg(2R－R)－μmgcos 37°·＝0－0
得μ＝tan 37°＝0.375
(2)若滑块能到达C点，根据牛顿第二定律
有mg＝
则得vC≥＝2 m/s
A到C的过程：根据动能定理
有－μmgcos 37°·＝mv－mv
联立解得，v0＝≥2 m/s
所以初速度v0的最小值为2 m/s。
(3)滑块离开C点做平抛运动，则有
x＝vCt
y＝gt2
由几何关系得：tan 37°＝
联立得5t2＋3t－0.8＝0
解得t＝0.2 s
答案：(1)0.375 (2)2 m/s (3)0.2 s
第3节机械能守恒定律
重力势能与弹性势能
[想一想]
如图5－3－1所示，小球质量为m，从A点由静止下落，到达C点的速度为零。请思考以下问题：
图5－3－1
(1)此过程中小球重力做的功是多少？小球重力势能如何变化？变化量为多大？
(2)弹簧对小球做正功还是负功？弹簧的弹性势能是增大还是减小？
提示：(1)重力做功为mg(h＋x)，小球重力势能减小了mg(h＋x)。
(2)弹簧对小球做负功，弹簧的弹性势能增大。
[记一记]
1．重力势能
(1)定义：物体的重力势能等于它所受重力与所处高度的乘积。
(2)表达式：Ep＝mgh。
(3)矢标性：重力势能是标量，但有正负，其意义表示物体的重力势能比它在参考平面大还是小。
(4)重力势能的特点：
①系统性：重力势能是物体和地球所共有的。
②相对性：重力势能的大小与参考平面的选取有关，但重力势能的变化与参考平面的选取无关。
(5)重力做功与重力势能变化的关系：
WG＝－ΔEp。
2．弹性势能
(1)定义：发生弹性形变的物体的各部分之间，由于有弹力的相互作用，而具有的势能。
(2)大小：与形变量及劲度系数有关。
(3)弹力做功与弹性势能变化的关系：弹力做正功，弹性势能减小；弹力做负功，弹性势能增加。
[试一试]
1．如图5－3－2所示，在光滑水平面上有一物体，它的左端接连着一轻弹簧，弹簧的另一端固定在墙上，在力F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( )
图5－3－2
A．弹簧的弹性势能逐渐减少
B．物体的机械能不变
C．弹簧的弹性势能先增加后减少
D．弹簧的弹性势能先减少后增加
解析：选D 因弹簧左端固定在墙上，右端与物体连接，故撤去F后，弹簧先伸长到原长后，再被物体拉伸，其弹性势能先减少后增加，物体的机械能先增大后减小，故D正确，A、B、C均错误。
机械能守恒定律
[想一想]
如图5－3－3所示，质量为m的小球从光滑曲面上滑下，当它到达高度为h1的位置A时，速度大小为v1；当它继续滑下到高度为h2的位置B时，速度大小为v2。
图5－3－3
(1)试根据动能定理推导小球在A、B两点运动时动能大小的变化与重力做功的关系。
(2)将上述表达式等号两侧带“－”号的一项移到等号另一侧，得到的表达式的物理意义是什么？
提示：(1)由动能定理可得
mg(h1－h2)＝mv22－mv12
(2)上式化简可得mgh1＋mv12＝mgh2＋mv22，
此式说明小球在光滑曲面上下滑过程中，只有重力做功，机械能守恒。
[记一记]
1．内容
在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。
2．机械能守恒的条件
只有重力或弹力做功。
3．机械能守恒的表达式
Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2。
[试一试]
2．运动会中的投掷链球、铅球、铁饼和标枪等体育比赛项目都是把物体斜向上抛出的运动，如图5－3－4所示，若不计空气阻力，这些物体从被抛出到落地的过程中( )
图5－3－4
A．物体的机械能先减小后增大
B．物体的机械能先增大后减小
C．物体的动能先增大后减小，重力势能先减小后增大
D．物体的动能先减小后增大，重力势能先增大后减小
解析：选D 不计空气阻力，这些物体被抛出后只有重力做功，故机械能均守恒，A、B均错误；因物体均被斜向上抛出，在整个过程中重力先做负功再做正功，因此重力势能先增大后减小，而动能先减小后增大，D正确，C错误。
考点一机械能守恒的判断
[例1] (多选)如图5－3－5所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是( )
图5－3－5
A．甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，A机械能守恒
B．乙图中，A置于光滑水平面，物体B沿光滑斜面下滑，物体B机械能守恒
C．丙图中，不计任何阻力和定滑轮质量时A加速下落，B加速上升过程中，A、B系统机械能守恒
D．丁图中，小球沿水平面做匀速圆锥摆运动时，小球的机械能守恒
[解析] 选CD 甲图中重力和弹力做功，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，但物体A机械能不守恒，A错；乙图中物体B除受重力外，还受弹力，弹力对B做负功，机械能不守恒，但从能量特点看A、B组成的系统机械能守恒，B错；丙图中绳子张力对A做负功，对B做正功，代数和为零，A、B机械能守恒，C对；丁图中动能不变，势能不变，机械能守恒，D对。
[例2] (多选)如图5－3－6所示，用轻弹簧相连的物块A和B放在光滑的水平面上，物块A紧靠竖直墙壁，一颗子弹沿水平方向射入物块B后留在其中，由子弹、弹簧和A、B所组成的系统在下列依次进行的过程中，机械能守恒的是( )
图5－3－6
A．子弹射入物块B的过程
B．物块B带着子弹向左运动，直到弹簧压缩量最大的过程
C．弹簧推着带子弹的物块B向右运动，直到弹簧恢复原长的过程
D．带着子弹的物块B因惯性继续向右运动，直到弹簧伸长量达最大的过程
[解析] 选BCD 子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B组成的系统，由于要克服子弹与物块之间的滑动摩擦力做功，一部分机械能转化成了内能，所以机械能不守恒。在子弹与物块B获得了共同速度后一起向左压缩弹簧的过程中，对于A、B、弹簧和子弹组成的系统，由于墙壁给A一个推力作用，系统的外力之和不为零，但这一过程中墙壁的弹力不做功，只有系统内的弹力做功，动能和弹性势能发生转化，系统机械能守恒，这一情形持续到弹簧恢复原长为止。当弹簧恢复原长后，整个系统将向右运动，墙壁不再有力作用在A上，这时物块的动能和弹簧的弹性势能相互转化，故系统的机械能守恒。
1．对机械能守恒条件的理解
(1)只受重力作用，例如在不考虑空气阻力的情况下的各种抛体运动，物体的机械能守恒。
(2)受其他力，但其他力不做功，只有重力或系统内的弹力做功。
(3)弹力做功伴随着弹性势能的变化，并且弹力做的功等于弹性势能的减少量。
2．机械能是否守恒的三种判断方法
(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。若一个物体动能不变、重力势能变化，或重力势能不变、动能变化，或动能和重力势能同时增加(减小)，其机械能一定变化。
(2)用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)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。
考点二单个物体机械能守恒定律的应用
[例3] (2014·浙江五校联考)如图5－3－7甲所示，竖直平面内的光滑轨道由倾斜直轨道AB和圆轨道BCD组成，AB和BCD相切于B点，CD连线是圆轨道竖直方向的直径(C、D为圆轨道的最低点和最高点)，已知∠BOC＝30°。可视为质点的小滑块从轨道AB上高H处的某点由静止滑下，用力传感器测出滑块经过圆轨道最高点D时对轨道的压力为F
，并得到如图乙所示的压力F与高度H的关系图像，取g＝10 m/s2。求：
(1)滑块的质量和圆轨道的半径；
(2)是否存在某个H值，使得滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的点。若存在，请求出H值；若不存在，请说明理由。
图5－3－7
[审题指导]
第一步：抓关键点
关键点
获取信息
竖直平面内的光滑轨道
只有重力做功，滑块机械能守恒
由静止滑下
滑块的初速度为零
D为圆轨道的最高点
在D点滑块的重力和轨道对滑块的弹力提供向心力
第二步：找突破口
根据机械能守恒定律和牛顿第二定律表示滑块在D点对轨道的压力F与H的关系，结合图乙求出滑块质量m和轨道半径R；滑块经过D点后平抛，其在AB上的落点若与O等高，滑块过D点的速度必须满足vD≥。
[解析] (1)mg(H－2R)＝mvD2
F＋mg＝
得：F＝－mg
取点(0.50 m,0)和(1.00 m,5.0 N)代入上式得：
m＝0.1 kg，R＝0.2 m
(2)假设滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的E点(如图所示)
OE＝
x＝OE＝vDPt
R＝gt2
得到：vDP＝2 m/s
而滑块过D点的临界速度
vDL＝＝ m/s
由于vDP>vDL，所以存在一个H值，使得滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的点
mg(H－2R)＝mvDP2
得到：H＝0.6 m
[答案] (1)0.1 kg 0.2 m (2)存在 0.6 m
(1)三种守恒表达式比较
表达角度
表达公式
表达意义
注意事项
守恒观点
Ek＋Ep＝Ek′＋Ep′
系统的初状态机械能的总和与末状态机械能的总和相等
应用时应选好重力势能的零势能面，且初末状态必须用同一零势能面计算势能
转化观点
ΔEk＝－ΔEp
表示系统(或物体)机械能守恒时，系统减少(或增加)的重力势能等于系统增加(或减少)的动能
应用时关键在于分清重力势能的增加量和减少量，可不选零势能面而直接计算初末状态的势能差
转移观点
ΔE增＝ΔE减
若系统由A、B两部分组成，则A部分物体机械能的增加量与B部分物体机械能的减少量相等
常用于解决两个或多个物体组成的系统的机械能守恒问题
(2)机械能守恒定律的应用技巧
①机械能守恒定律是一种“能——能转化”关系，其守恒是有条件的，因此，应用时首先要对研究对象在所研究的过程中机械能是否守恒做出判断。
②如果系统(除地球外)只有一个物体，用守恒观点列方程较方便；对于由两个或两个以上物体组成的系统，用转化或转移的观点列方程较简便。
(2014·辽宁五校协作体联考)将一小球从高处水平抛出，最初2 s内小球动能Ek随时间t变化的图像如图5－3－8所示，不计空气阻力，取g＝10 m/s2。根据图像信息，不能确定的物理量是( )
图5－3－8
A．小球的质量
B．小球的初速度
C．最初2 s内重力对小球做功的平均功率
D．小球抛出时的高度
解析：选D 由机械能守恒定律可得Ek＝Ek0＋mgh，又因为h＝gt2，所以Ek＝Ek0＋mg2t2。当t＝0时，Ek0＝mv02＝5 J，当t＝2 s时，Ek＝Ek0＋2mg2＝30 J，联立方程解得：m＝0.125 kg，v0＝4 m/s。t＝2 s时，由动能定理得WG＝ΔEk＝25 J，故＝＝12.5 W。根据图像信息，无法确定小球抛出时离地面的高度。综上所述，应选D。
考点三多物体组成的系统机械能守恒定律的应用
[例4] (2014·汕头测试)如图5－3－9所示，物体A的质量为M，圆环B的质量为m，通过绳子连结在一起，圆环套在光滑的竖直杆上，开始时连接圆环的绳子处于水平，长度l＝4 m，现从静止释放圆环。不计定滑轮和空气的阻力，取g＝10 m/s2，求：
图5－3－9
(1)若圆环恰能下降h＝3 m，A和B的质量应满足什么关系？
(2)若圆环下降h＝3 m时的速度v＝5 m/s，则A和B的质量有何关系？
(3)不管A和B的质量为多大，圆环下降h＝3 m时的速度不可能超过多大？
[思路点拨]
(1)圆环B与物体A在运动过程中速度大小相同吗？存在怎样的关系？
提示：速度分解图如图所示，可知圆环B与物体A在运动过程中速度不相同，关系为vA＝vB·cos θ
(2)圆环下降的高度与物体上升的位移大小间有什么关系？
提示：h2＋l2＝(l＋hA)2
(3)圆环的质量越大，圆环下降h时其速度越大，那么圆环下降h时速度的最大值对应什么情况？
提示：m≫M。
[解析] (1)若圆环恰好能下降h＝3 m，由机械能守恒定律得mgh＝MghA
h2＋l2＝(l＋hA)2
解得A和B的质量应满足关系M＝3m
(2)若圆环下降h＝3 m时的速度v＝5 m/s，由机械能守恒定律得
mgh＝MghA＋mvB2＋MvA2
如图所示，A、B的速度关系为
vA＝vBcos θ＝vB
解得A和B的质量关系为＝
(3)B的质量比A的大得越多，圆环下降h＝3 m时的速度越大，当m≫M时可认为B下落过程机械能守恒，有
mgh＝mvBm2
解得圆环的最大速度
vBm＝ m/s＝7.75 m/s
即圆环下降h＝3 m时的速度不可能超过7.75 m/s。
[答案] (1)M＝3m (2)＝ (3)7.75 m/s
多物体机械能守恒问题的分析方法
(1)对多个物体组成的系统要注意判断物体运动过程中，系统的机械能是否守恒。
(2)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)列机械能守恒方程时，一般选用ΔEk＝－ΔEp的形式。
在应用机械能守恒定律处理实际问题时，经常遇到
像“链条”“液柱”类的物体，其在运动过程中将发生形
变，其重心位置相对物体也发生变化，因此这类物体不能
再看做质点来处理。
物体虽然不能看成质点来处理，但因只有重力做功，
物体整体机械能守恒。一般情况下，可将物体分段处理，
确定质量分布均匀的规则物体各部分的重心位置，根据初
末状态物体重力势能的变化列式求解。
[典例] 两个底面积都是S的圆桶，放在同一水平面上，桶内装水，水面高度分别为h1和h2，如图5－3－10所示。已知水的密度为ρ。现把连接两桶的阀门打开，不计摩擦阻力，当两桶水面第一次高度相等时，液面的速度为多大？(连接两桶的阀门之间水的质量不计)
图5－3－10
[解析] 对于容器中的液体，运动过程中只有重力做功，系统机械能守恒，第一次液面高度相等时，重力势能的减少量等于动能的增加量。
容器中水的总质量为：m＝ρS(h1＋h2)；水面相平时，相当于质量为m′＝ρS的液体下降了，所以由机械能守恒定律可得：ΔEp＝ΔEk，
即ρgS·＝ρS(h1＋h2)v2，
解得：v＝(h1－h2) 。
[答案] (h1－h2)
[题后悟道] 利用等效法计算势能变化时，要根据物体的相对位置关系将物体分成若干段，再确定各部分间的质量关系及重心位置变化，然后利用系统机械能守恒定律列出方程。
如图5－3－11所示，一条长为L的柔软匀质链条，开始时静止在光滑梯形平台上，斜面上的链条长为x0，已知重力加速度为g，Lx0)。
图5－3－11
解析：链条各部分和地球组成的系统机械能守恒，设链条的总质量为m，以平台所在位置为零势能面，则
－x0g·x0sin α＝mv2－xg·xsin α
解得v＝
所以当斜面上链条长为x时，链条的速度为
。
答案：
[随堂对点训练]
1．关于机械能是否守恒，下列说法正确的是( )
A．做匀速直线运动的物体机械能一定守恒
B．做匀速圆周运动的物体机械能一定守恒
C．做变速运动的物体机械能可能守恒
D．合外力对物体做功不为零，机械能一定不守恒
解析：选C 做匀速直线运动的物体与做匀速圆周运动的物体，如果是在竖直平面内则机械能不守恒，A、B错误；合外力做功不为零，机械能可能守恒，D错误、C正确。
2．(多选)如图5－3－12所示，一个物体以速度v0冲向竖直墙壁，墙壁和物体间的弹簧被物体压缩，在此过程中下列说法中正确的是( )
图5－3－12
A．物体对弹簧做的功与弹簧的压缩量成正比
B．物体向墙壁运动相同的位移，弹力做的功不相等
C．弹力做正功，弹簧的弹性势能减小
D．弹簧的弹力做负功，弹性势能增加
解析：选BD 物体对弹簧做功，物体的动能转化为弹簧的弹性势能，由W＝kx2，所以物体对弹簧做的功与弹簧压缩量的平方成正比，由于弹簧的弹力不断增大，物体向墙壁运动相同位移，弹力做功不相等。
3.(2014·宿迁模拟)如图1所示，在足够长的光滑曲面上由静止释放一个物体，若以释放物体的时刻作为零时刻，用E、v、x、W分别表示物体的机械能、速度、位移和重力做的功，那么下列四个图像中分别定性描述了这些物理量随时间变化的规律，其中正确的图像是( )
图5－3－13
图5－3－14
解析：选A 物体从光滑的曲面上下滑，下滑过程中只有重力对物体做功，所以物体的机械能守恒，故A正确；物体在曲面上下滑时加速度是变化的，所以不做匀加速直线运动，而做变速曲线运动，位移与时间不成正比，故B、C错误；重力做功与在重力方向运动的位移成正比，故D错误。
4．如图5－3－15所示，在高1.5 m的光滑平台上有一个质量为2 kg的小球被一细线拴在墙上，球与墙之间有一根被压缩的轻质弹簧。当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时的速度方向与水平方向成60°角，则弹簧被压缩时具有的弹性势能为(g＝10 m/s2)( )
图5－3－15
A．10 J B．15 J
C．20 J D．25 J
解析：选A 由h＝gt2，tan 60°＝，可得v0＝ m/s。
由小球被弹射过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒得，Ep＝mv02＝10 J，故A正确。
5．(多选)(2014·茂名模拟)我国“蛟龙号”在某次试验时，深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面的10 min内全过程的深度曲线(a)和速度图像(b)，则正确的有( )
图5－3－16
A．a图中h3代表本次下潜最大深度为360 m
B．全过程中最大加速度是0.025 m/s2
C．潜水员感到失重体验发生在0～1 min和8～10 min内
D．整个潜水器在8～10 min时间段内机械能守恒
解析：选AC “蛟龙号”下潜的最大深度为前4 min内v t图线与t轴所围面积，h3＝(120＋240)×2× m＝360 m，A正确；全过程中最大加速度大小am＝ m/s2＝ m/s2，B错误；在0～1 min和8～10 min内深潜器具有向下的加速度，潜水员处于失重状态，C正确；在8～10 min内，潜水器的加速度方向向下，a＝ m/s2＝ m/s2，不是只有重力做功，机械能不守恒，D错误。
6．(2012·上海高考)如图5－3－17所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍。当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高。将A由静止释放，B上升的最大高度是( )
图5－3－17
A．2R B．5R/3
C．4R/3 D．2R/3
解析：选C 如图所示，以AB为系统，以地面为零势能面，设A质量为2m，B质量为m，根据机械能守恒定律有：2mgR＝mgR＋×3mv2，A落地后B将以v做竖直上抛运动，即有mv2＝mgh，解得h＝R。故B上升的高度为R＋R＝R，C正确。
[课时跟踪检测]
一、单项选择题
1．(2014·南京模拟)自由下落的物体，其动能与位移的关系如图1所示，则图中直线的斜率表示该物体的( )
图1
A．质量 B．机械能
C．重力大小 D．重力加速度
解析：选C 由机械能守恒定律，Ek＝mgh，动能Ek与位移h的关系图线的斜率表示该物体的重力大小，选项C正确。
2．(2014·安庆模拟)如图2是被誉为“豪小子”的华裔球员林书豪在NBA赛场上投二分球时的照片。现假设林书豪准备投二分球前先屈腿下蹲再竖直向上跃起，已知林书豪的质量为m，双脚离开地面时的速度为v，从开始下蹲到跃起过程中重心上升的高度为h，则下列说法正确的是( )
图2
A．从地面跃起过程中，地面对他所做的功为0
B．从地面跃起过程中，地面对他所做的功为mv2＋mgh
C．从下蹲到离开地面上升过程中，他的机械能守恒
D．离开地面后，他在上升过程中处于超重状态，在下落过程中处于失重状态
解析：选A 球员从地面跃起的过程中，地面对脚的支持力作用点位移为零，支持力不做功，A正确，B错误；林书豪从地面上升过程中，消耗自身能量，其机械能增大，C错误；离开地面后，林书豪上升和下降过程中，加速度均竖直向下，处于失重状态，D错误。
3．如图3所示，在竖直平面内有一固定轨道，其中AB是长为R的粗糙水平直轨道，BCD是圆心为O、半径为R的3/4光滑圆弧轨道，两轨道相切于B点。在推力作用下，质量为m的小滑块从A点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点时即撤去推力，小滑块恰好能沿圆轨道经过最高点C。重力加速度大小为g。(以AB面为零重力势能面)则小滑块( )
图3
A．经B点时加速度为零
B．在AB段运动的加速度为2.5 g
C．在C点时合外力的瞬时功率为mg
D．上滑时动能与重力势能相等的位置在OD下方
解析：选B 小滑块经过B点时具有向心加速度，A错误；小滑块在C点时合外力竖直向下，速度沿水平方向，其瞬时功率为零，C错误；由mg＝m，mvB2＝mg·2R＋mvC2，可得：vB＝，由vB2＝2axAB，可得a＝2.5g，B正确；由mvB2＝mg·2R＋mvC2＝2mgh，得：h＝R>R，故D错误。
4．如图4所示，一轻质弹簧下端固定，直立于水平地面上，将质量为m的物体A从离弹簧顶端正上方h高处由静止释放，当物体A下降到最低点P时，其速度变为零，此时弹簧的压缩量为x0；若将质量为2m的物体B从离弹簧顶端正上方h高处由静止释放，当物体B也下降到P处时，其速度为( )
图4
A. B.
C. D.
解析：选D 物体与弹簧构成的系统机械能守恒。物体从释放到下降到P处，对质量为m的物体A有mg(h＋x0)＝Ep弹，对质量为2m的物体B有2mg(h＋x0)＝Ep弹＋×2mv2。联立解得v＝，D正确。
5．(2013·自贡模拟)如图5所示，一直角斜面体固定在水平地面上，左侧斜面倾角为60°，右侧斜面倾角为30°，A、B两个物体分别系于一根跨过定滑轮的轻绳两端且分别置于斜面上，两物体下边缘位于同一高度且处于平衡状态，不考虑所有的摩擦，滑轮两边的轻绳都平行于斜面。若剪断轻绳，让物体从静止开始沿斜面滑下，下列叙述错误的是( )
图5
A．着地瞬间两物体的速度大小相等
B．着地瞬间两物体的机械能相等
C．着地瞬间两物体所受重力的功率相等
D．两物体的质量之比为mA∶mB＝1∶
解析：选B 根据初始时刻两物体处于平衡状态，由平衡条件可知，mAgsin 60°＝mBgsin 30°，由此可得，两物体的质量之比为mA∶mB＝1∶；由机械能守恒定律可知，着地瞬间两物体的速度大小相等，选项A、D叙述正确；着地瞬间，A物体重力功率PA＝mAgvsin 60°，B物体重力功率PB＝mBgvsin 30°，两物体所受重力的功率相等，选项C叙述正确；由于两物体质量不等，初始状态两物体的机械能不等，所以着地瞬间两物体的机械能不相等，选项B叙述错误。
6．如图6所示，质量、初速度大小都相同的A、B、C三个小球，在同一水平面上，A球竖直上抛，B球以倾斜角θ斜向上抛，空气阻力不计，C球沿倾角为θ的光滑斜面上滑，它们上升的最大高度分别为hA、hB、hC，则( )
图6
A．hA＝hB＝hC B．hA＝hBhC D．hA＝hC>hB
解析：选D A球和C球上升到最高点时速度均为零，而B球上升到最高点时仍有水平方向的速度，即仍有动能。
对A、C球的方程为mgh＝mv02，得h＝
对B球的方程为mgh′＋mvt2＝mv02，且vt2≠0
所以h′＝R)是竖直轨道，CE是水平轨道，CD>R，AB与BC相切于B点，BC与CE相切于C点，轨道的AD段光滑，DE段粗糙且足够长。一根长为R
的轻杆两端分别固定着两个质量均为m的相同小球P、Q(视为质点)，将轻杆锁定在图示位置，并使Q与B等高。现解除锁定释放轻杆，轻杆将沿轨道下滑，重力加速度为g。
图5－4－8
(1)Q球经过D点后，继续滑行距离s停下(s>R)，求小球与DE段之间的动摩擦因数。
(2)求Q球到达C点时的速度大小。
解析：(1)由能量守恒定律，
mgR＋mg2R＝μmgs＋μmg(s－R)，
解得：μ＝。
(2)轻杆由释放到Q球到达C点时，系统的机械能守恒，设PQ两球的速度大小分别为vP、vQ，则由能量守恒定律，mgR＋mg2R＝mvP2＋mvQ2＋mgRsin 30°，
又vP＝vQ，联立解得：vQ＝ 。
答案：(1) (2)
[课时跟踪检测]
一、单项选择题
1．(2014·安庆模拟)2013年2月15日中午12时30分左右，俄罗斯车里雅宾斯克州发生天体坠落事件。根据俄紧急情况部的说法，坠落的是一颗陨石。这颗陨石重量接近1万吨，进入地球大气层的速度约为4万英里每小时，随后与空气摩擦而发生剧烈燃烧，并在距离地面上空12至15英里处发生爆炸，产生大量碎片，假定某一碎片自爆炸后落至地面并陷入地下一定深度过程中，其质量不变，则( )
图1
A．该碎片在空中下落过程中重力做的功等于动能的增加量
B．该碎片在空中下落过程中重力做的功小于动能的增加量
C．该碎片在陷入地下的过程中重力做的功等于动能的改变量
D．该碎片在整个过程中克服阻力做的功等于机械能的减少量
解析：选D 由能量转化和守恒定律可知，该碎片在空气中下落过程中，重力和空气阻力做功之和等于动能的增加量，因空气阻力做负功，故重力做的功大于动能的增加量，A、B均错误；该碎片陷入地下的过程中，因有阻力做负功，且克服阻力做的功等于其机械能的减少量，故D正确，C错误。
2．(2014·温州八校联考)如图2所示，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ；已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q，滑块动能Ek、势能Ep、机械能E随时间t、位移x关系的是( )
图2
图3
解析：选C 根据滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ可知，滑动摩擦力等于重力沿斜面向下的分力。施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ，物体机械能保持不变，重力势能随位移x均匀增大，选项C正确，D错误。产生的热量Q＝Ffx，随位移均匀增大，滑块动能Ek随位移x均匀减小，选项A、B错误。
3．如图4所示，BC是竖直面内的四分之一圆弧形光滑轨道，下端C与水平直轨道相切。一个小物块从B点正上方R处的A点处由静止释放，从B点刚好进入圆弧形光滑轨道下滑，已知圆弧形轨道半径为R＝0.2 m，小物块的质量为m＝0.1 kg，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2。小物块在水平面上滑动的最大距离是( )
图4
A．0.1 m B．0.2 m
C．0.6 m D．0.8 m
解析：选D 设小物块在水平面上滑动的最大距离为x，由动能定理得：mg·2R－μmgx＝0，x＝＝0.8 m，选项D正确。
4.(2014·徐州摸底)如图5所示，将一轻弹簧下端固定在倾角为θ的粗糙斜面底端，弹簧处于自然状态时上端位于A点。质量为m的物体从斜面上的B
点由静止下滑，与弹簧发生相互作用后，最终停在斜面上。下列说法正确的是( )
图5
A．物体最终将停在A点
B．物体第一次反弹后不可能到达B点
C．整个过程中重力势能的减少量小于克服摩擦力做的功
D．整个过程中物体的最大动能大于弹簧的最大弹性势能
解析：选B 物体最终将停在A点下方，由于斜面粗糙，物体第一次反弹后不可能到达B点，选项B正确，A错误；整个过程中重力势能的减少量大于克服摩擦力做的功，选项C错误；整个过程中物体的最大动能小于弹簧的最大弹性势能，选项D错误。
5．(2013·大庆模拟)如图6所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，已知物体m和木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体m放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F，那么力F对木板做功的数值为( )
图6
A．mv2/4 B．mv2/2
C．mv2 D．2mv2
解析：选C 由能量转化和守恒定律可知，拉力F对木板所做的功W一部分转化为物体m的动能，一部分转化为系统内能，故W＝mv2＋μmg·s相，s相＝vt－t，v＝μgt，以上三式联立可得：W＝mv2，故C正确。
6．(2014·济南测试)游乐场中有一种叫“空中飞椅”的设施，其基本装置是将绳子上端固定在转盘的边缘上，绳子下端连接座椅，人坐在座椅上随转盘旋转而在空中飞旋，若将人和座椅看成质点，简化为如图7所示的模型，其中P为处于水平面内的转盘，可绕竖直转轴OO′转动，已知绳长为l，质点的质量为m，转盘静止时悬绳与转轴间的距离为d。让转盘由静止逐渐加速转动，经过一段时间后质点与转盘一起做匀速圆周运动，此时绳与竖直方向的夹角为θ，不计空气阻力及绳重，绳子不可伸长，则质点从静止到做匀速圆周运动的过程中，绳子对质点做的功为( )
图7
A.mg(d＋lsin θ)tan θ＋mgl(1－cos θ)
B.mgd tan θ＋mgl(1－cos θ)
C.mg(d＋lsin θ)tan θ
D.mgdtan θ
解析：选A 由于质点做匀速圆周运动，有mgtan θ＝m，所以质点做匀速圆周运动时的动能为Ek＝mv2＝mg(d＋lsin θ)tan θ，设静止时质点的重力势能为零，则此时质点的重力势能为WG＝mgl(1－cosθ)，由能量守恒知质点从静止到做匀速圆周运动的过程中，绳子对质点做的功全部转化成质点的机械能，所以选项A正确。
二、多项选择题
7．如图8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，A右端连接一细线，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8
A．B物体的机械能一直减少
B．B物体动能的增量等于它所受重力与拉力做功之和
C．B物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量
D．细线的拉力对A做的功等于A物体与弹簧组成的系统机械能的增加量
解析：选ABD 由于细线的拉力对B做负功，故B物体机械能一直减少，A正确；根据动能定理可确定B正确；由于该过程中A的动能增加，故B物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能与物体A动能增加量的和，故C错误；细线的拉力对A和弹簧组成的系统做正功，根据功能关系，D正确。
8．如图9所示是某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置。当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进。若小车在平直的公路上以初速度v0开始加速行驶，经过时间t，前进了距离l，达到最大速度vmax
，设此过程中电动机功率恒为额定功率P，受的阻力恒为Ff，则此过程中电动机所做的功为( )
图9
A．Ffvmaxt B．Pt
C．Fft D.mvmax2＋Ffl－mv02
解析：选ABD 因小车以恒定的功率运动，故此过程小车电动机做功为W＝Pt＝Ffvmaxt，A、B均正确；由动能定理可得W－Ffl＝mvmax2－mv02，得：W＝mvmax2－mv02＋Ffl，故D正确，C错误。
9．(2013·大纲版全国卷)如图10，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度，沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小g。若物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的( )
图10
A．动能损失了2mgH B．动能损失了mgH
C．机械能损失了mgH D．机械能损失了mgH
解析：选AC 小物块向上做匀减速直线运动，合外力沿斜面向下，由牛顿第二定律得F合＝mg＝ma，根据动能定理可知损失的动能等于F合s＝＝2mgH，A对，B错；小物块在向上运动过程中，重力势能增加了mgH，而动能减少了2mgH，故机械能损失了mgH，C对，D错。
10．(2013·江苏高考)如图11所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连。弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出)。物块的质量为m，AB＝a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ。现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W。撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零。重力加速度为g。则上述过程中( )
图11
A．物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W－μmga
B．物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W－μmga
C．经O点时，物块的动能小于W－μmga
D．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能
解析：选BC 设O点到A点的距离为x，则物块在A点时弹簧的弹性势能为EpA＝W－μmgx，由于摩擦力的存在，因此A、B间的距离a小于2x，即x＞a，所以EpA＜W－μmga，A项错误；物块从O点经A点到B点，根据动能定理W－μmg(x＋a)＝EpB，μmg(x＋a)＞μmga，所以EpB＜W－μmg a，B项正确；在O点弹性势能为零，从O点再到O点W－2μmgx＝Ek0，由于x＞a，因此Ek0＜W－μmga，C项正确；物块动能最大时，是摩擦力等于弹簧的弹力的时候，此位置在O点右侧，如果B点到O点的距离小于动能最大的位置到O点的距离，则物块动能最大时弹簧的弹性势能大于物块在B点时的弹簧的弹性势能，D项错误。
三、非选择题
11．如图12所示，光滑半圆弧轨道半径为R，OA为水平半径，BC为竖直直径。一质量为m的小物块自A处以某一竖直向下的初速度滑下，进入与C点相切的粗糙水平轨道CM上。在水平轨道上有一轻弹簧，其一端固定在竖直墙上，另一端恰位于轨道的末端C点(此时弹簧处于自然状态)。若物块运动过程中弹簧最大弹性势能为Ep，且物块被弹簧反弹后恰能通过B点。已知物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：
图12
(1)物块离开弹簧刚进入半圆轨道时对轨道的压力FN的大小；
(2)弹簧的最大压缩量d；
(3)物块从A处开始下滑时的初速度v0。
解析：(1)设物块刚离开弹簧时速度为v1，恰通过B点时速度为v2，由题意可知：
mg＝m ①
在物块由C点运动到B点过程中，由机械能守恒定律得
mv12＝2mgR＋mv22 ②
解得v1＝ ③
又由牛顿第二定律得：F－mg＝m ④
所以F＝6mg ⑤
由牛顿第三定律可得物块对轨道的压力为6mg
(2)弹簧从压缩到最短开始至物块被弹离弹簧的过程中，由能量守恒可得mv12＋μmgd＝Ep ⑥
联立③⑥求解得d＝－ ⑦
(3)物块从A处下滑至弹簧被压缩到最短的过程中
由能量守恒可得mv02＋mgR＝Ep＋μmgd ⑧
联立⑦⑧可得v0＝
答案：(1)6mg (2)－ (3)
12．如图13所示，质量为m的滑块放在光滑的水平平台上，平台右端B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v0，长为L。现将滑块缓慢向左移动压缩固定在平台上的轻弹簧，到达某处时突然释放，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同。滑块与传送带间的动摩擦因数为μ。
图13
(1)试分析滑块在传送带上的运动情况；
(2)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求释放滑动时弹簧具有的弹性势能；
(3)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量。
解析：(1)若滑块冲上传送带时的速度小于带速，则滑块由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；若滑块冲上传送带时的速度大于带速，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动。
(2)设滑块冲上传送带时的速度大小为v，由机械能守恒Ep＝mv2
设滑块在传送带上做匀减速运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律：－μmg＝ma
由运动学公式v02－v2＝2aL
解得v＝，Ep＝mv02＋μmgL。
(3)设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移x＝v0t，v0＝v＋at
滑块相对传送带滑动的位移Δx＝L－x
因相对滑动生成的热量
Q＝μmg·Δx
解得Q＝μmgL－mv0(－v0)。
答案：(1)见解析 (2)mv02＋μmgL
(3)μmgL－mv0(－v0)
实验四验证机械能守恒定律
一、实验目的(是什么)
验证机械能守恒定律。
二、实验原理(是什么)
1．在只有重力做功的自由落体运动中，物体的重力势能和动能互相转化，但总的机械能保持不变。若物体某时刻瞬时速度为v，下落高度为h，则重力势能的减少量为mgh，动能的增加量为mv2，看它们在实验误差允许的范围内是否相等，若相等则验证了机械能守恒定律。
2．速度的测量：做匀变速运动的纸带上某点的瞬时速度等于相邻两点之间的平均速度vt＝2t
计算打第n个点速度的方法：测出第n个点与相邻前后点间的距离xn和xn＋1，由公式vn＝或vn＝算出，如图实－4－1所示。
图实－4－1
三、实验器材(有哪些)
铁架台(含铁夹)，打点计时器，学生电源，纸带，复写纸，导线，毫米刻度尺，重物(带纸带夹)。
四、实验步骤(怎么做)
1．安装置：按图实－4－2所示将检查、调整好的打点计时器竖直固定在铁架台上，接好电路。
图实－4－2
2．打纸带：将纸带的一端用夹子固定在重物上，另一端穿过打点计时器的限位孔，用手提着纸带使重物静止在靠近打点计时器的地方。先接通电源，后松开纸带，让重物带着纸带自由下落。
更换纸带重复做3～5次实验。
3．选纸带：分两种情况说明
(1)用mvn2＝mghn验证时，应选点迹清晰，且第1、2两点间距离小于或接近2 mm的纸带。若第1、2两点间的距离大于2 mm，这是由于先释放纸带后接通电源造成的。这样，第1个点就不是运动的起始点了，这样的纸带不能选。
(2)用mvB2－mvA2＝mgΔh验证时，由于重力势能的相对性，处理纸带时，选择适当的点为基准点，这样纸带上打出的第1、2两点间的距离是否大于2 mm就无关紧要了，所以只要后面的点迹清晰就可选用。
五、数据处理(怎么办)
1．测量计算
在起始点标上0，在以后各点依次标上1、2、3…，用刻度尺测出对应下落高度h1、h2、h3…。
利用公式vn＝计算出点1、点2、点3、…的瞬时速度v1、v2、v3…。
2．验证守恒
法一：利用起始点和第n点计算。代入ghn和vn2，如果在实验误差允许的条件下，ghn＝vn2，则机械能守恒定律是正确的。
法二：任取两点计算。
①任取两点A、B测出hAB，算出ghAB。
②算出vB2－vA2的值。
③在实验误差允许的条件下，如果ghAB＝vB2－vA2，则机械能守恒定律是正确的。
法三：图像法。从纸带上选取多个点，测量从第一点到其余各点的下落高度h，并计算各点速度的平方v2，然后以v2为纵轴，以h为横轴，根据实验数据绘出v2－h图线。若在误差允许的范围内图像是一条过原点且斜率为g的直线，则验证了机械能守恒。
六、注意事项(有哪些)
1．打点计时器要稳定地固定在铁架台上，打点计时器平面与纸带限位孔调整到竖直方向，以减小摩擦阻力。
2．重物要选用密度大、体积小的物体，这样可以减小空气阻力的影响，从而减小实验误差。
3．实验中，需保持提纸带的手不动，且保证纸带竖直，待接通电源，打点计时器工作稳定后，再松开纸带。
4．速度不能用vn＝gtn或vn＝计算，重物下落的高度h，也只能用刻度尺直接测量，而不能用hn＝gtn2或hn＝计算得到。
七、误差分析(为什么)
1．本实验中因重物和纸带在下落过程中要克服各种阻力(空气阻力、打点计时器阻力)做功，故动能的增加量ΔEk稍小于重力势能的减少量ΔEp，即ΔEk<ΔEp，这属于系统误差。改进的办法是调整器材的安装，尽可能地减少阻力。
2．本实验的另一个误差来源于长度的测量，属偶然误差。减小误差的办法是测下落距离时都从0点量起，一次将各打点对应的下落高度测量完。或者采用多次测量取平均值来减小误差。
考查实验原理与操作
[典例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：
图实－4－3
(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．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mvn2和mghn，在实验误差范围内看是否相等
[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
(2)实验操作顺序为ADBCEF。
[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
[题点集训]
1．(2014·广州模拟)在验证机械能守恒定律的实验中，没有必要进行的操作是( )
A．用天平测重物的质量
B．用秒表测重物下落的时间
C．用打点计时器记录重物下落的信息
D．用纸带记录、测量重物下落的高度
解析：选AB 本实验中用打点计时器已在纸带上记录了重物下落的时间和下落高度，没必要再用秒表测量重物下落时间，因重物质量是否已知并不影响验证实验结果，故也没必要用天平测量重物的质量，故选A、B。
2．“验证机械能守恒定律”的实验装置可以采用图实－4－4所示的甲或乙方案来进行。
图实－4－4
(1)比较这两种方案，________(填“甲”或“乙”)方案好些。
(2)该同学开始实验时情形如图丙所示，接通电源释放纸带。请指出该同学在实验操作中存在的两处明显错误或不当的地方：
①________________；②________________。
(3)该实验中得到一条纸带，且测得每两个计数点间的距离如图丁中所示。已知相邻两个计数点之间的时间间隔T＝0.1s。则物体运动的加速度a＝________；该纸带是采用________(填“甲”或“乙”)实验方案得到的。
解析：由Δx＝aT2，利用逐差法得到物体运动的加速度a＝4.8 m/s2。若用自由落体实验测得物体运动的加速度a应该接近10 m/s2，所以该纸带是采用“乙”实验方案得到的。
答案：(1)甲 (2)①打点计时器接了直流电源
②重物离打点计时器太远 (3)4.8 m/s2 乙
考查数据处理与误差分析
[典例2] (2014·邹城联考)“验证机械能守恒定律”的实验装置如图实－4－5所示采用重物自由下落的方法：
图实－4－5
(1)实验中，下面哪些测量工具是必需的________。
A．天平 B．直流电源
C．刻度尺 D．秒表
(2)已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz，当地的重力加速度g＝9.80 m/s2，所用重物的质量为200 g。实验中选取一条符合实验要求的纸带如图实－4－6所示，O为纸带下落的起始点，A、B、C为纸带上选取的三个连续点。
计算B点瞬时速度时，甲同学用vB2＝2gxOB，乙同学用vB＝，其中所选方法正确的是________(选填“甲”或“乙”)同学；根据以上数据，可知重物由O运动到B点时动能的增加量等于________ J，重力势能减少量等于________ J(计算结果均保留3位有效数字)。
图实－4－6
(3)实验中，发现重物减少的势能总是大于重物增加的动能，造成这种现象的主要原因是________________________________________________________________________。
[解析] (1)根据实验原理，需要验证下列方程成立mgh＝mv2，即gh＝v2，则不需要天平，v由打点计时器打下的纸带测出，不需要秒表，电磁打点计时器工作电源为4～6 V交流电源，故需要低压交流电源，纸带处理需要刻度尺。
(2)物体由静止开始自由下落过程中受到空气阻力和纸带与打点计时器的摩擦阻力作用，不是自由落体运动，vB2＝2gxOB，是自由落体运动的公式，故甲同学错误。重物的重力势能的减少量ΔEp＝mgh＝0.200×9.80×0.192 0 J＝0.376 J
打B点重物速度v＝＝ m/s＝1.92 m/s
物体动能的增加量ΔEk＝mv2＝0.5×0.200×1.922 J＝0.369 J。
(3)克服空气对重物和打点计时器对纸带的阻力做功。
[答案] (1)C (2)乙 0.369 0.376 (3)见解析
[题点集训]
3．(2013·海南高考)某同学用图实－4－7甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz，当地重力加速度大小为g＝9.80 m/s2。实验中该同学得到的一条点迹清晰的完整纸带如图乙所示。纸带上的第一个点记为O，另选连续的三个点A、B、C进行测量，图中给出了这三个点到O点的距离hA、hB和hC的值。回答下列问题(计算结果保留3位有效数字)：
甲 乙
图实－4－7
(1)打点计时器打B点时，重物速度的大小vB＝________m/s；
(2)通过分析该同学测量的实验数据，他的实验结果是否验证了机械能守恒定律？简要说明分析的依据。
解析： (1)由匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于平均速度可知vB＝，由电源频率为50 Hz可知T＝0.02 s，代入数据可解得vB＝3.90 m/s。
(2)本实验是利用自由落体运动验证机械能守恒定律，只要在误差允许范围内，重物重力势能的减少等于其动能的增加，即可验证机械能守恒定律。选B点分析，由于mvB2≈7.61 m，mghB＝7.70 m，故该同学的实验结果近似验证了机械能守恒定律。
答案：(1)3.90 (2)见解析
4．(2014·常州模拟)用如图实－4－8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。图中给出的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(图中未标出)，计数点间的距离如图实－6－9所示。已知m1＝50 g、m2＝150 g，则(g取9.8 m/s2，所有结果均保留三位有效数字)
图实－4－8
图实－4－9
(1)在纸带上打下计数点5时的速度v5＝________ m/s；
(2)在打点0～5过程中系统动能的增量ΔEk＝________ J，系统势能的减少量ΔEp＝________ J，由此得出的结论是_______________________________________________；
(3)若某同学作出v2 h图像如图实－4－10所示，则当地的实际重力加速度g＝________ m/s2。
图实－4－10
解析：(1)v5＝＝ m/s＝2.40 m/s。
(2)在打点0～5过程中系统动能的增量ΔEk＝(m1＋m2)v52－0＝0.576 J。
系统势能的减少量ΔEp＝m2gh05－m1gh05＝0.588 J。
由此可见，在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒。
(3)由mv2＝mgh得：＝gh，
即图中图线的斜率k＝g。
由图可得g＝ m/s2＝9.70 m/s2。
答案：(1)2.40 (2)0.576 0.588 在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒 (3)9.70
考查实验的改进与创新
[典例3] (2014·瑞安四校联考)如图实－4－11为利用气垫导轨(滑块在该导轨上运动时所受阻力可忽略)“验证机械能守恒定律”的实验装置，完成以下填空。
实验步骤如下：
图实－4－11
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测出挡光条的宽度l和两光电门中心之间的距离s；
③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；
④测出滑块分别通过光电门1和光电门2时的挡光时间Δt1和Δt2；
⑤用天平秤出滑块和挡光条的总质量M，再秤出托盘和砝码的总质量m；
⑥滑块通过光电门1和光电门2时，可以确定系统(包括滑块、挡光条、托盘和砝码)的总动能分别为Ek1＝________和Ek2＝________；
⑦在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统势能的减少ΔEp＝________(重力加速度为g)；
⑧如果满足关系式________________，则可认为验证了机械能守恒定律。(用Ek1、Ek2和ΔEp表示)
[解析] 滑块经过光电门1时的速度v1＝，经过光电门2时的速度v2＝，滑块、挡光条、托盘和砝码组成的系统的动能：
Ek1＝(M＋m)v12＝(M＋m)()2，
Ek2＝(M＋m)v22＝(M＋m)()2，
系统势能的减少ΔEp＝mg·s
如果满足关系式ΔEp＝Ek2－Ek1，则可认为验证了机械能守恒定律。
[答案] (M＋m)()2 (M＋m)()2 mgs ΔEp＝Ek2－Ek1
一、本题创新点分析
1．源于教材——本例中验证机械能守恒定律的实验目的和原理与教材相同。
2．高于教材——本例中使用的气垫导轨和光电门优于课本器材，处理数据时将托盘和砝码纳入验证机械能守恒定律的系统，消除了系统误差。
二、本实验还可以从以下几个方面进行改进创新
实验器材的创新
1．若给你提供一根不可伸长的轻绳、金属小圆柱、光电门，请完成验证机械能守恒定律的实验。
提示：用轻绳拴住小圆柱。让其绕悬点由水平位置向下做圆周运动，在悬点的正下方固定好光电门。测出小圆柱经过光电门的速度，可由mgL＝vm2，验证机械能守恒。
图实－4－12
2．若用如图实－4－12所示的倾斜气垫导轨、光电门相结合来完成验证机械能守恒定律的实验，应如何操作？
提示：测量出A、B两点的距离x，遮光片的宽度d，A、C两点的间距L，A点到桌面的高度h，让滑块由A点静止释放，让下遮光片经过光电门的时间Δt，则验证机械能是否守恒可用下式进行：mgx·＝m()2
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[题点集训]
5．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，如图实－4－13所标数据为实际距离，该同学通过计算得到不同时刻的速度如下表。(当地重力加速度取9.8 m/s2，小球质量m＝0.2 kg，结果保留3位有效数字)
图实－4－13
时刻
t2
t3
t4
t5
速度(m/s)
4.99
4.48
3.98
(1)由频闪照片上的数据计算t5时刻小球的速度v5＝________ m/s；
(2)从t2到t5时间内，重力势能增量ΔEp＝______ J，动能减少量ΔEk＝______ J；
(3)在误差允许的范围内，若ΔEp与ΔEk近似相等，即可验证了机械能守恒定律。由上述计算得ΔEp________Ek(选填“>”“<”或“＝”)，造成这种结果的主要原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)v5＝×10－2 m/s＝3.48 m/s；
(2)重力势能的增量ΔEp＝mgΔh，代入数据可得ΔEp＝1.24 J，动能减少量为ΔEk＝mv22－mv52，代入数据可得ΔEk＝1.28 J；
(3)由计算可得ΔEp<ΔEk，主要是由于存在空气阻力。
答案：(1)3.48 (2)1.24 1.28 (3)< 存在空气阻力
6．(2014·苏北四市调研)某研究性学习小组利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图实－4－14甲所示。在气垫导轨上相隔一定距离的两处安装两个光电传感器A、B，滑块P上固定一遮光条，若光线被遮光条遮挡，光电传感器会输出高电压，两光电传感器采集数据后与计算机相连。滑块在细线的牵引下向左加速运动，遮光条经过光电传感器A、B时，通过计算机可以得到如图乙所示的电压U随时间t变化的图像。
甲
图实－4－14
(1)实验前，接通电源，将滑块(不挂钩码)置于气垫导轨上，轻推滑块，当图乙中的Δt1________Δt2(选填“>”“＝”或“<”)时，说明气垫导轨已经水平。
(2)用螺旋测微器测遮光条宽度d，测量结果如图丙所示，则d＝________mm。
(3)滑块P用细线跨过气垫导轨左端的定滑轮与质量为m的钩码Q相连，将滑块P
由图甲所示位置释放，通过计算机得到的图像如图乙所示，若Δt1、Δt2和d已知，要验证滑块和钩码组成的系统机械能是否守恒，还应测出____________和____________(写出物理量的名称及符号)。
(4)若上述物理量间满足关系式_____________________________________________，
则表明在上述过程中，滑块和钩码组成的系统机械能守恒。
解析：(1)当Δt1＝Δt2时，滑块通过光电门A、B的速度相同，说明气垫导轨已经水平。
(2)d＝8 mm＋0.01 mm×47.4＝8.474 mm。
(3)(4)要验证系统机械能守恒，应验证的关系式为：mgL＝(M＋m)()2－(M＋m)()2。由于d、Δt1、Δt2已知，故要验证此式，必须测量滑块的质量M及两光电门间距离L。
答案：(1)＝ (2)8.474(在8.473～8.475之间均算对) (3)滑块质量M 两光电门间距离L
(4)mgL＝(M＋m)()2－(M＋m)()2
7．(2014·江苏扬州调研)图实－4－15甲是验证机械能守恒定律的实验。小圆柱由一根不可伸长的轻绳拴住，轻绳另一端固定，将轻绳拉至水平后由静止释放。在最低点附近放置一组光电门，测出小圆柱运动到最低点的挡光时间Δt，再用游标卡尺测出小圆柱的直径d，如图乙所示，重力加速度为g。则
图实－4－15
(1)小圆柱的直径d＝________ cm。
(2)测出悬点到圆柱重心的距离l，若等式gl＝________成立，说明小圆柱下摆过程中机械能守恒。
(3)若在悬点O安装一个拉力传感器，测出绳子上的拉力F，则要验证小圆柱在最低点的向心力公式还需要测量的物理量是______________________________(用文字和字母表示)。
若等式F＝________成立，则可验证小圆柱在最低点的向心力公式。
解析：(1)小圆柱的直径d＝1.0 cm＋2×0.1 mm＝1.02 cm
(2)根据机械能守恒定律得：mgl＝mv2，所以只需验证gl＝v2＝()2，就说明小圆柱下摆过程中机械能守恒。
(3)若测量出小圆柱的质量m，则在最低点由牛顿第二定律得F－mg＝m，若等式F＝mg＋m成立，则可验证小圆柱在最低点的向心力公式。
答案：(1)1.02 (2)()2 (3)小圆柱的质量m mg＋m
