【物理】2018届一轮复习人教版第5章机械能学案
第1节 功 功率
一、功
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
二、功率
1．定义：功与完成这些功所用时间的比值．
2．物理意义：描述做功的快慢．
3．公式
(1)P＝，P为时间t内的平均功率．
(2)P＝Fvcos α(α为F与v的夹角)
①v为平均速度，则P为平均功率．
②v为瞬时速度，则P为瞬时功率．
4．额定功率与实际功率
(1)额定功率：动力机械正常工作时输出的最大功率．
(2)实际功率：动力机械实际工作时输出的功率，要求小于或等于额定功率．
[自我诊断]
1．判断正误
(1)只要物体受力的同时又发生了位移，则一定有力对物体做功．(×)
(2)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．(√)
(3)作用力做正功时，反作用力一定做负功．(×)
(4)力始终垂直物体的运动方向，则该力对物体不做功．(√)
(5)摩擦力对物体一定做负功．(×)
(6)由P＝Fv可知，发动机功率一定时，机车的牵引力与运行速度的大小成反比．(√)
(7)汽车上坡时换成低挡位，其目的是减小速度得到较大的牵引力．(√)
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，如图所示，物体m相对斜面静止．则下列说法正确的是( )
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
解析：选BCD.物体的受力及位移如图所示，支持力FN与位移x的夹角α<90°，故支持力做正功，D正确；重力垂直位移，故重力不做功，A错误；摩擦力Ff与x夹角β>90°，故摩擦力做负功，C正确；合力为零，合力不做功，B正确．
3．如图所示，甲、乙、丙三个物体分别在大小相等、方向不同的力F的作用下，向右移动相等的位移x，关于F对甲、乙、丙做功的大小W1、W2、W3判断正确的是( )
A．W1>W2>W3 B．W1＝W2>W3
C．W1＝W2＝W3 D．W1
B
B．重力的平均功率A＝B
C．重力的瞬时功率PA＝PB
D．重力的瞬时功率PAtB，由P＝知Am乙、ρ甲＝ρ乙可知a甲>a乙，故C错误；因甲、乙位移相同，由v2＝2ax可知，v甲>v乙，B正确；由x＝at2可知，t甲f乙，则W甲克服>W乙克服，D正确．
第2节 动能定理及其应用
一、动能
1．公式：Ek＝mv2，式中v为瞬时速度，动能是状态量．
2．矢标性：动能是标量，只有正值，动能与速度的方向无关．
3．动能的变化量：ΔEk＝mv－mv.
4．动能的相对性
由于速度具有相对性，则动能也具有相对性，一般以地面为参考系．
二、动能定理
1．内容：合外力对物体所做的功等于物体动能的变化．
2．表达式：W＝ΔEk＝mv－mv.
3．功与动能的关系
(1)W>0，物体的动能增加．
(2)W<0，物体的动能减少．
(3)W＝0，物体的动能不变．
4．适用条件
(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．
(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功．
(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用．
[自我诊断]
1．判断正误
(1)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．(√)
(2)动能不变的物体一定处于平衡状态．(×)
(3)如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零．(√)
(4)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化．(×)
(5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零．(×)
(6)做自由落体运动的物体，动能与时间的二次方成正比．(√)
2．一个质量为0.3 kg的弹性小球，在光滑水平面上以6 m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中小球的动能变化量ΔEk为( )
A．Δv＝0 B．Δv＝12 m/s
C．ΔEk＝1.8 J D．ΔEk＝10.8 J
解析：选B.取初速度方向为正方向，则Δv＝(－6－6)m/s＝－12 m/s，由于速度大小没变，动能不变，故动能变化量为0，故只有选项B正确．
3．A、B两物体在光滑水平面上，分别在相同的水平恒力F作用下，由静止开始通过相同的位移l.若A的质量大于B的质量，则在这一过程中( )
A．A获得动能较大
B．B获得动能较大
C．A、B获得动能一样大
D．无法比较A、B获得动能大小
解析：选C.由动能定理可知恒力F做功W＝Fl＝mv2－0，因为F、l相同，所以A、B的动能变化相同，C正确．
4．质量m＝2 kg的物体在光滑水平面上以v1＝6 m/s的速度匀速向西运动，若有一个F＝8 N、方向向北的恒力作用于物体，在t＝2 s内物体的动能增加了( )
A．28 J B．64 J
C．32 J D．36 J
解析：选B.由于力F与速度v1垂直，物体做曲线运动，其两个分运动为向西的匀速运动和向北的匀加速直线运动，对匀加速运动有a＝＝4 m/s2，v2＝at＝8 m/s.2 s末物体的速度v＝＝10 m/s, 2 s内物体的动能增加了ΔEk＝mv2－mv＝64 J，故选项B正确.
考点一 动能定理的理解和应用
1．定理中“外力”的两点理解
(1)重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用．
(2)既可以是恒力，也可以是变力．
2．公式中“＝”体现的三个关系
3．应用动能定理的注意事项
(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系．
(2)应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负．
(3)应用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，借助草图理解物理过程和各量关系．
1. 光滑斜面上有一个小球自高为h的A处由静止开始滚下，抵达光滑水平面上的B点时速度大小为v0.光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的活动阻挡条，如图所示，小球越过n条活动阻挡条后停下来．若让小球从h高处以初速度v0滚下，则小球能越过的活动阻挡条的条数是(设小球每次越过活动阻挡条时损失的动能相等)( )
A．n B．2n
C．3n D．4n
解析：选B.设每条阻挡条对小球做的功为W，当小球在水平面上滚动时，由动能定理得nW＝0－mv，对第二次有NW＝0－mv＝0－，又因为mv＝mgh，联立解得N＝2n，选项B正确．
2. (多选)质量不等，但有相同动能的两个物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直至停止，则( )
A．质量大的物体滑行的距离大
B．质量小的物体滑行的距离大
C．它们滑行的距离一样大
D．它们克服摩擦力所做的功一样多
解析：选BD.由动能定理可知，摩擦力对物体所做的功等于物体动能的增量，因两物体具有相同的动能，故两物体滑行过程中克服摩擦力所做的功也相同，又Wf＝μmg·x可知，质量越大的物体，滑行的距离x越小，故B、D选项正确．
3．如图所示，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点，与O
点处于同一水平线上的P点处有一个光滑的细钉，已知OP＝，在A点给小球一个水平向左的初速度v0，发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B.求：
(1)小球到达B点时的速率；
(2)若不计空气阻力，则初速度v0为多少；
(3)若初速度v0＝3，则小球在从A到B的过程中克服空气阻力做了多少功？
解析：(1)小球恰能到达最高点B，由牛顿第二定律得
mg＝m
解得vB＝
(2)若不计空气阻力，从A→B由动能定理得
－mg＝mv－mv
解得v0＝
(3)当v0＝3 时，由动能定理得
－mg－WFf＝mv－mv
解得WFf＝mgL
答案：(1) (2) (3)mgL
(1)优先应用动能定理的问题
①不涉及加速度、时间的问题．
②有多个物理过程且不需要研究整个过程中的中间状态的问题．
③变力做功的问题．
④含有F、l、m、v、W、Ek等物理量的力学问题．
(2)应用动能定理的解题步骤
考点二 动能定理与图象的综合问题
1．力学中图象所围“面积”的意义
(1)vt图：由公式x＝vt可知，vt图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移．
(2)at图：由公式Δv＝at可知，at图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量．
(3)Fx图：由公式W＝Fx可知，Fx图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功．
(4)Pt图：由公式W＝Pt可知，Pt图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功．
2．解决物理图象问题的基本步骤
(1)观察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义．
(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式．
(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点，图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题．或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量．
[典例1] 如图甲所示，一半径R＝1 m、圆心角等于143°的竖直圆弧形光滑轨道，与斜面相切于B处，圆弧轨道的最高点为M，斜面倾角θ＝37°，t＝0时刻有一物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的速度变化规律如图乙所示，若物块恰能到达M点，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)物块经过M点的速度大小；
(2)物块经过B点的速度大小；
(3)物块与斜面间的动摩擦因数．
解析 (1)物块恰能到达M点则有mg＝m
解得vM＝＝ m/s
(2)物块从B点运动到M点的过程中，由动能定理得
－mgR(1＋cos 37°)＝mv－mv
解得vB＝ m/s
(3)由题图乙可知，物块在斜面上运动时，加速度大小为a＝＝10 m/s2，方向沿斜面向下，有
mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma
解得μ＝0.5
答案 (1) m/s (2) m/s (3)0.5
1. (2017·安徽合肥一模)A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的vt图象如图所示．已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等．则下列说法正确的是( )
A．F1、F2大小之比为1∶2
B．F1、F2对A、B做功之比为1∶2
C．A、B质量之比为2∶1
D．全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1
解析：选C.由速度与时间图象可知，两个匀减速运动的加速度之比为1∶2，由牛顿第二定律可知：A、B受摩擦力大小相等，所以A、B的质量关系是2∶1，由速度与时间图象可知，A、B两物体加速与减速的位移相等，且匀加速运动位移之比1∶2，匀减速运动的位移之比2∶1，由动能定理可得：A物体的拉力与摩擦力的关系，F1·x－f1·3x＝0－0；B物体的拉力与摩擦力的关系，F2·2x－f2·3x＝0－0，因此可得：F1＝3f1，F2＝f2，f1＝f2，所以F1＝2F2.全过程中摩擦力对A、B做功相等，F1、F2对A、B做功大小相等．故A、B、D错误，C正确．
2. (2017·江西九江质检)打桩机是利用冲击力将桩贯入地层的桩工机械．某同学对打桩机的工作原理产生了兴趣．他构建了一个打桩机的简易模型，如图甲所示．他设想，用恒定大小的拉力F拉动绳端B，使物体从A点(与钉子接触处)由静止开始运动，上升一段高度后撤去F，物体运动到最高点后自由下落并撞击钉子，将钉子打入一定深度．按此模型分析，若物体质量m＝1 kg，上升了1 m高度时撤去拉力，撤去拉力前物体的动能Ek与上升高度h的关系图象如图乙所示．(g取10 m/s2，不计空气阻力)
(1)求物体上升到0.4 m高度处F的瞬时功率；
(2)若物体撞击钉子后瞬间弹起，且使其不再落下，钉子获得20 J的动能向下运动．钉子总长为10 cm.撞击前插入部分可以忽略，不计钉子重力．已知钉子在插入过程中所受阻力Ff与深度x的关系图象如图丙所示，求钉子能够插入的最大深度．
解析：(1)撤去F前，根据动能定理，有
(F－mg)h＝Ek－0
由题图乙得，斜率为k＝F－mg＝20 N得
F＝30 N
又由题图乙得，h＝0.4 m时，Ek＝8 J，则v＝4 m/s
P＝Fv＝120 W
(2)碰撞后，对钉子有－Ffx′＝0－Ek′
已知Ek′＝20 J
f＝
又由题图丙得k′＝105 N/m
解得x′＝0.02 m
答案：(1)120 W (2)0.02 m
动能定理与图象结合问题的分析方法
(1)首先看清楚所给图象的种类(如vt图象、Ft图象、Ekx图象等)．
(2)挖掘图象的隐含条件——求出所需要的物理量，如由vt图象所包围的“面积”求位移，由Fx图象所包围的“面积”求功等．
(3)分析有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量．
考点三 用动能定理解决多过程问题
1．运用动能定理解决问题时，选择合适的研究过程能使问题得以简化．当物体的运动过程包含几个运动性质不同的子过程时，可以选择一个、几个或全部子过程作为研究过程．
2．当选择全部子过程作为研究过程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点：
(1)重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关．
(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积．
[典例2] 如图所示，用一块长L1＝1.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H＝0.8 m，长L2＝1.5 m．斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定．将质量m＝0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失．(重力加速度取g＝10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
(1)求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)
(2)当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(3)继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm.
解析 (1)为使小物块下滑，应有
mgsin θ≥μ1mgcos θ①
θ满足的条件tan θ≥0.05②
即当θ＝arctan 0.05时物块恰好从斜面开始下滑．
(2)克服摩擦力做功
Wf＝μ1mgL1cos θ＋μ2mg(L2－L1cos θ)③
由动能定理得mgL1sin θ－Wf＝0④
代入数据得μ2＝0.8⑤
(3)由动能定理得mgL1sin θ－Wf＝mv2⑥
结合③式并代入数据得v＝1 m/s⑦
由平抛运动规律得H＝gt2，x1＝vt
解得t＝0.4 s⑧
x1＝0.4 m⑨
xm＝x1＋L2＝1.9 m
答案 (1)arctan 0.05 (2)0.8 (3)1.9 m
1. 如图所示，相同材料制成的滑道ABC，其中AB段为曲面，BC段为水平面．现有质量为m的木块，从距离水平面h高处的A点由静止释放，滑到B点过程中克服摩擦力做功为mgh；木块通过B点后继续滑行2h距离后，在C
点停下来，则木块与曲面间的动摩擦因数应为( )
A. B．
C. D.
解析：选A.物体从A点到C点根据动能定理，mgh－mgh－μmg·2h＝0，解得μ＝，因为曲面和水平轨道是同种材料，所以木块与曲面间的动摩擦因数也为，选项A正确．
2．(2016·高考天津卷) 我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图所示，质量m＝60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB＝24 m/s，A与B的竖直高度差H＝48 m．为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧．助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h＝5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1 530 J，g取10 m/s2.
(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；
(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大？
解析：(1)运动员在AB段做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，
则有v＝2ax①
由牛顿第二定律有mg－Ff＝ma②
联立①②式，代入数据解得Ff＝144 N③
(2)设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理有
mgh＋W＝mv－mv④
设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有
FN－mg＝m⑤
由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得R＝12.5 m
答案： (1)144 N (2)12.5 m
利用动能定理求解多过程问题的基本思路
(1)弄清物体的运动由哪些过程组成．
(2)分析每个过程中物体的受力情况．
(3)各个力做功有何特点，对动能的变化有无影响．
(4)从总体上把握全过程，表达出总功，找出初、末状态的动能．
(5)对所研究的全过程运用动能定理列方程．
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．(多选)关于动能定理的表达式W＝Ek2－Ek1，下列说法正确的是( )
A．公式中的W为不包含重力的其他力做的总功
B．公式中的W为包含重力在内的所有力做的功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功
C．公式中的Ek2－Ek1为动能的增量，当W＞0时动能增加，当W＜0时，动能减少
D．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功
解析：选BC.公式W＝Ek2－Ek1中的“W”为所有力所做的总功，A错误，B正确；若W＞0，则Ek2＞Ek1，若W＜0，则Ek2＜Ek1
，C正确；动能定理对直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功均适用，D错误．
2．如图所示，AB为圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧对应的圆的半径为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( )
AμmgR B．mgR
C．mgR D．(1－μ)mgR
解析：选D.由题意可知mgR＝WfAB＋WfBC，WfBC＝μmgR，所以WfAB＝(1－μ)mgR，D正确．
3．一个质量为m的物体静止放在光滑水平面上，在互成60°角的大小相等的两个水平恒力作用下，经过一段时间，物体获得的速度为v，在力的方向上获得的速度分别为v1、v2，如图所示，那么在这段时间内，其中一个力做的功为( )
A.mv2 B.mv2
C.mv2 D.mv2
解析：选B.在合力F的方向上，由动能定理得W＝Fl＝mv2，某个分力的功为W1＝F1lcos 30°＝lcos 30°＝Fl＝mv2，B正确．
4. 如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离．在此过程中( )
A．外力F做的功等于A和B动能的增量
B．B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能增量
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
解析：选B.A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，即B对；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不相等，C错；对B应用动能定理，WF－Wf＝ΔEkB，即WF＝ΔEkB＋Wf，就是外力F对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，D错；由前述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等，故A错．
5．(多选)如图甲所示，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，小环线速度大小的平方v2随下落高度h的变化图象可能是图乙中的( )
解析：选AB.对小球由动能定理得mgh＝mv2－mv，则v2＝2gh＋v，当v0＝0时，B正确；当v0≠0时，A正确．
6. 如图所示，半径R＝2.5 m的光滑半圆轨道ABC与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道DC相切于C点，半圆轨道的直径AC与斜面垂直．质量m＝1 kg的小球从A点左上方距A点高h＝0.45 m的P点以某一速度v0水平抛出，刚好与半圆轨道的A点相切进入半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到与抛出点等高的D点．已知当地的重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求：
(1)小球从P点抛出时速度v0的大小；
(2)小球从C点运动到D点过程中摩擦力做的功W；
(3)小球从D点返回经过轨道最低点B，对轨道的压力大小．
解析：(1)在A点有：v＝2gh
＝tan θ
解得v0＝4 m/s
(2)全过程由动能定理得
W＝0－mv＝－8 J
(3)从D到B过程由动能定理得
mg(h＋Rcos θ＋R)＋W＝mv2
在B点由牛顿第二定律得
FN－mg＝m
解得FN＝43.2 N
由牛顿第三定律得小球在B点对轨道的压力大小
FN′＝FN＝43.2 N
答案：(1)4 m/s (2)－8 J (3)43.2 N
[综合应用题组]
7．一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为( )
A. B．
C. D.
解析：选A.由Ek＝mv2可知速度变为原来的3倍．设加速度为a，初速度为
v，则末速度为3v.由速度公式vt＝v0＋at得3v＝v＋at，解得at＝2v；由位移公式s＝v0t＋at2得s＝vt＋·at·t＝vt＋·2v·t＝2vt，进一步求得v＝；所以a＝＝·＝，A正确．
8．如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC是水平的，其距离d＝0.50 m．盆边缘的高度为h＝0.30 m．在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B的距离为( )
A．0.50 m B．0.25 m
C．0.10 m D．0
解析：选D.设小物块在BC段通过的总路程为s，由于只有水平面上存在摩擦力，则小物块从A点开始运动到最终静止的整个过程中，摩擦力做功为－μmgs，而重力做功与路径无关，由动能定理得：mgh－μmgs＝0－0，代入数据可解得s＝3 m．由于d＝0.50 m，所以，小物块在BC段经过3次往复运动后，又回到B点．
9．小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示．将两球由静止释放，在各自轨迹的最低点( )
A．P球的速度一定大于Q球的速度
B．P球的动能一定小于Q球的动能
C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力
D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度
解析：选C.从释放到最低点过程中，由动能定理得mgl＝mv2－0，可得v＝
eq
(2gl)，因lPmQ，故两球动能大小无法比较，选项B错误；在最低点对两球进行受力分析，根据牛顿第二定律及向心力公式可知T－mg＝m＝man，得T＝3mg，an＝2g，则TP>TQ，aP＝aQ，C正确，D错误．
10. 用水平力F拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t2时刻停止，其速度－时间图象如图所示，且α＞β，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( )
A．W1＞W2，F＝2Ff B．W1＝W2，F＞2Ff
C．P1＜P2，F＞2Ff D．P1＝P2，F＝2Ff
解析：选B.由动能定理可得W1－W2＝0，解得W1＝W2.由图象可知，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．
11. (多选) 如图所示，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W.重力加速度大小为g.设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则( )
A．a＝ B．a＝
C．N＝ D．N＝
解析：选AC.质点P下滑到底端的过程，由动能定理得mgR－W＝mv2－0，可得v2＝，所以a＝＝
，A正确，B错误；在最低点，由牛顿第二定律得N－mg＝m，故N＝mg＋m＝mg＋·＝，C正确，D错误．
12．在竖直平面内固定一轨道ABCO，AB段水平放置，长为4 m，BCO段弯曲且光滑；一质量为1.0 kg、可视作质点的圆环套在轨道上，圆环与轨道AB段之间的动摩擦因数为0.5.建立如图所示的直角坐标系，圆环在沿x轴正方向的恒力F作用下，从A(－7,2)点由静止开始运动，到达原点O时撤去恒力F，圆环从O(0,0)点水平飞出后经过D(6,3)点．重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力．求：
(1)圆环到达O点时的速度大小；
(2)恒力F的大小；
(3)圆环在AB段运动的时间．
解析：(1)圆环从O到D过程中做平抛运动
x＝v0t
y＝gt2
读图得x＝6 m，y＝3 m
v0＝ m/s＝7.75 m/s.
(2)圆环从A到O过程中，根据动能定理
FxAO－μmgxAB－mgy′＝mv
代入数据得F＝10 N.
(3)圆环从A到B过程中，根据牛顿第二定律
F－μmg＝ma
xAB＝at2
代入数据得t＝ s＝1.26 s.
答案：(1)7.75 m/s (2)10 N (3)1.26 s
第3节 机械能守恒定律及其应用
一、重力做功与重力势能
1．重力做功的特点
(1)重力做功与路径无关，只与始末位置的高度差有关．
(2)重力做功不引起物体机械能的变化．
2．重力势能
(1)公式：Ep＝mgh.
(2)特性：
①矢标性：重力势能是标量，但有正、负，其意义是表示物体的重力势能比它在参考平面上大还是小，这与功的正、负的物理意义不同．
②系统性：重力势能是物体和地球共有的．
③相对性：重力势能的大小与参考平面的选取有关．重力势能的变化是绝对的，与参考平面的选取无关．
3．重力做功与重力势能变化的关系
(1)定性关系：重力对物体做正功，重力势能就减少；重力对物体做负功，重力势能就增加．
(2)定量关系：重力对物体做的功等于物体重力势能的减少量．即WG＝－(Ep2－Ep1)＝－ΔEp.
二、弹性势能
1．大小
弹簧的弹性势能的大小与弹簧的形变量及劲度系数有关．
2．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．
三、机械能守恒定律
1．机械能
动能和势能统称为机械能，其中势能包括重力势能和弹性势能．
2．机械能守恒定律
(1)内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能和势能可以互相转化，而总的机械能保持不变．
(2)守恒的条件：只有重力或弹力做功．
(3)守恒表达式：
守恒观点
E1＝E2，Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
转化观点
ΔEk＝－ΔEp
转移观点
ΔEA减＝ΔEB增
[自我诊断]
1．判断正误
(1)重力势能的变化与零势能参考面的选取无关．(√)
(2)克服重力做功，物体的重力势能一定增加．(√)
(3)发生形变的物体都具有弹性势能．(×)
(4)弹力做正功弹性势能一定增加．(×)
(5)物体所受的合力为零，物体的机械能一定守恒．(×)
(6)物体的速度增大时，其机械能可能减小．(√)
(7)物体除受重力外，还受其他力，但其他力不做功，则物体的机械能一定守恒．(√)
2．自由下落的物体在下落过程中，其重力做功和重力势能变化的情况为( )
A．重力做正功，重力势能减小
B．重力做正功，重力势能增加
C．重力做负功，重力势能减小
D．重力做负功，重力势能增加
解析：选A.下落过程，物体高度降低，所以重力做正功，重力势能减小，A正确．
3．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；合力做功不为零，机械能可能守恒，如自由落体运动，D错误，C正确．
4．(多选)如图所示，A、B两球质量相等，A球用不能伸长的轻绳系于O点，B球用轻弹簧系于O′点，O与O′点在同一水平面上，分别将A、B球拉到与悬点等高处，使绳和轻弹簧均处于水平，弹簧处于自然状态，将两球分别由静止开始释放，当两球达到各自悬点的正下方时，两球仍处在同一水平面上，则( )
A．两球到达各自悬点的正下方时，两球动能相等
B．两球到达各自悬点的正下方时，A球动能较大
C．两球到达各自悬点的正下方时，B球动能较大
D．两球到达各自悬点的正下方时，A球受到向上的拉力较大
解析：选BD.整个过程中两球减少的重力势能相等，A球减少的重力势能完全转化为A球的动能，B球减少的重力势能转化为B球的动能和弹簧的弹性势能，所以A球的动能大于B球的动能，所以B正确；在悬点正下方位置，根据牛顿第二定律知F＝mg＋，因为vA>vB，所以A球受到的拉力较大，所以D正确．
考点一 机械能守恒的理解和判断
1．对机械能守恒条件的理解
(1)只受重力作用，例如不考虑空气阻力的各种抛体运动，物体的机械能守恒．
(2)除重力外，物体还受其他力，但其他力不做功或做功代数和为零．
(3)除重力外，只有系统内的弹力做功，并且弹力做的功等于弹性势能减少量，那么系统的机械能守恒．
注意：并非物体的机械能守恒，如与弹簧相连的小球下摆的过程机械能减少．
2．机械能是否守恒的三种判断方法
(1)利用机械能的定义判断：若物体动能、势能之和不变，则机械能守恒．
(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)利用能量转化判断：若物体或系统与外界没有能量交换，物体或系统内也没有机械能与其他形式能的转化，则机械能守恒．
1．(多选)如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是( )
A．甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，物体A机械能守恒
B．乙图中，物体A固定，物体B沿斜面匀速下滑，物体B的机械能守恒
C．丙图中，不计任何阻力和定滑轮质量时，A加速下落，B加速上升过程中，A、B组成的系统机械能守恒
D．丁图中，小球沿水平面做匀速圆锥摆运动时，小球的机械能守恒
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，还受到弹力和摩擦力作用，弹力不做功，但摩擦力做负功，物体B的机械能不守恒，B错．丙图中绳子张力对A做负功，对B做正功，代数和为零，A、B组成的系统机械能守恒，C对．丁图中小球的动能不变，势能不变，机械能守恒，D对．
2．(多选) 如图所示，斜面置于光滑水平地面，其光滑斜面上有一物体由静止沿斜面下滑，在物体下滑过程中，下列说法正确的是( )
A．物体的重力势能减少，动能增加，机械能减小
B．斜面的机械能不变
C．斜面对物体的作用力垂直于接触面，不对物体做功
D．物体和斜面组成的系统机械能守恒
解析：选AD.物体由静止开始下滑的过程其重力势能减少，动能增加，A正确；物体在下滑过程中，斜面做加速运动，其机械能增加，B错误；物体沿斜面下滑时，既沿斜面向下运动，又随斜面向右运动，其合速度方向与弹力方向不垂直，弹力方向垂直于接触面，但与速度方向之间的夹角大于90°，所以斜面对物体的作用力对物体做负功，C错误；对物体与斜面组成的系统，只有物体的重力和物体与斜面间的弹力做功，机械能守恒，D正确．
3. (多选)如图所示，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( )
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，综上所述，B、C、D正确．
(1)机械能守恒的条件绝不是合外力的功等于零，更不是合外力为零；“只有重力或弹力做功”不等于“只受重力或弹力作用”．
(2)对于一些绳子突然绷紧、物体间碰撞等情况，除非题目特别说明，否则机械能必定不守恒．
(3)对于系统机械能是否守恒，可以根据能量的转化进行判断．
考点二 单个物体的机械能守恒定律的应用
应用机械能守恒定律的基本思路
(1)选取研究对象
(2)受力分析和各力做功情况分析，确定是否符合机械能守恒条件．
(3)确定初末状态的机械能或运动过程中物体机械能的转化情况．
(4)选择合适的表达式列出方程，进行求解．
(5)对计算结果进行必要的讨论和说明．
[典例1] 如图所示，将一质量为m＝0.1 kg的小球自水平平台右端O点以初速度v0水平抛出，小球飞离平台后由A点沿切线落入竖直光滑圆轨道ABC，并沿轨道恰好通过最高点C，圆轨道ABC的形状为半径R＝2.5 m的圆截去了左上角127°的圆弧，CB为其竖直直径(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力加速度g取10 m/s2，空气阻力不计)，求：
(1)小球经过C点速度vC的大小；
(2)小球运动到轨道最低点B时轨道对小球的支持力大小；
(3)平台末端O点到A点的竖直高度H.
解析 (1)小球恰好运动到C点时，重力提供向心力，由牛顿第二定律知
mg＝m
解得vC＝＝5 m/s
(2)从B点到C点，由机械能守恒定律有
mv＋mg·2R＝mv
在B点对小球进行受力分析，由牛顿第二定律有
FN－mg＝m
联立解得vB＝5 m/s，FN＝6.0 N
(3)从A到B由机械能守恒定律有
mv＋mgR(1－cos 53°)＝mv
所以vA＝ m/s
在A点对小球进行速度的分解如图所示，
有vy＝vAsin 53°
所以H＝＝3.36 m
答案 (1)5 m/s (2)6.0 N (3)3.36 m
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，用守恒式列方程较方便；对于由两个或两个以上物体组成的系统，用转化式或转移式列方程较简便．
1. (2017·甘肃兰州一模)(多选) 如图所示，竖直面内光滑的圆形导轨固定在一水平地面上，半径为R.一个质量为m的小球从距水平地面正上方h高处的P点由静止开始自由下落，恰好从N点沿切线方向进入圆轨道．不考虑空气阻力，则下列说法正确的是( )
A．适当调整高度h，可使小球从轨道最高点M飞出后，恰好落在轨道右端口N处
B．若h＝2R，则小球在轨道最低点对轨道的压力为5mg
C．只有h大于等于2.5R时，小球才能到达圆轨道的最高点M
D．若h＝R，则小球能上升到圆轨道左侧离地高度为R的位置，该过程重力做功为mgR
解析：选BC.球到达最高点时速度至少应满足mg＝m，解得v＝，小球离开最高点后做平抛运动，下落高度为R时，运动的水平距离为x＝vt＝ ＝R，故A错误；从P到最低点过程由机械能守恒可得2mgR＝mv2，由向心力公式得FN－mg＝m，解得FN＝5mg，由牛顿第三定律可知小球对轨道的压力为5mg，故B正确；由机械能守恒得mg(h－2R)＝mv2，代入v＝，解得h＝2.5R，故C正确；若h＝R，则小球能上升到圆轨道左侧离地高度为R的位置，该过程重力做功为0，D错误．
2. 如图所示，竖直平面内的一半径R＝0.50 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＝0.10 kg的小球从B点正上方H＝0.95 m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＝0.80 m，g取10 m/s2，不计空气阻力，求：
(1)小球经过C点时轨道对它的支持力大小FN；
(2)小球经过最高点P的速度大小vP；
(3)D点与圆心O的高度差hOD.
解析：(1)设经过C点时速度为v1，由机械能守恒有
mg(H＋R)＝mv
由牛顿第二定律有FN－mg＝
代入数据解得FN＝6.8 N
(2)P到Q做平抛运动有
h＝gt2，＝vPt
代入数据解得vP＝3.0 m/s.
(3)由机械能守恒定律，有
mv＋mgh＝mg(H＋hOD)，
代入数据，解得hOD＝0.30 m.
答案：(1)6.8 N (2)3.0 m/s (3)0.30 m
考点三 多个物体的机械能守恒定律的应用
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或ΔEA＝－ΔEB的形式．
[典例2] 如图所示，质量分别为2m、3m的小球A和小球B分别固定在由轻质杆构成的直角尺的两端，直角尺的定点O处有光滑的固定转动轴，AO、BO的长分别为2L和L，开始时直角尺的AO杆部分处于水平位置而B在O的正下方，让该系统由静止开始自由转动，求：
(1)当小球A到达最低点时，小球A的速度大小和小球A对AO杆作用力的大小；
(2)小球A由初始位置到达最低点的过程中，杆AO和杆BO分别对小球A和小球B所做的功；
(3)B球能上升的最大高度h.
解析 直角尺和两个小球组成的系统机械能守恒．
(1)由机械能守恒定律得：
2mg·2L＝3mg·L＋·2mv2＋·3m2
解得v＝
对A球由牛顿第二定律得
F－2mg＝
解得F＝
由牛顿第三定律得球A对AO杆的作用力大小
F′＝F＝
(2)设杆AO和杆BO对小球A和小球B所做的功分别为WAO和WBO，则
2mg·2L＋WAO＝×2mv2
WBO－3mg·L＝×3m2
解得WAO＝－，WBO＝
(3)设B球上升到最高点时，AO与竖直方向的夹角为θ，则由机械能守恒定律得
2mg·2Lcos θ＝3mg·L(1＋sin θ)
解得sin θ＝
则B球上升的最大高度
h＝L(1＋sin θ)＝
答案 (1) (2)－ (3)
1．如图所示，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，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( )
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保持不变
解析：选B.圆环沿杆下滑的过程中，圆环与弹簧组成的系统动能、弹性势能、重力势能之和守恒，选项A、D错误；弹簧长度为2L时，圆环下落的高度h＝L，根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能增加了ΔEp＝mgh＝mgL，选项B正确；圆环释放后，圆环向下先做加速运动，后做减速运动，当速度最大时，合力为零，下滑到最大距离时，具有向上的加速度，合力不为零，选项C错误．
2. (2017·山东济南质检)如图所示，跨过同一高度处的定滑轮的细线连接着质量相同的物体A和B，A套在光滑水平杆上，定滑轮离水平杆的高度h＝0.2 m，开始时让连着A的细线与水平杆的夹角θ1＝37°，由静止释放B，当细线与水平杆的夹角θ2＝53°时，A的速度为多大？在以后的运动过程中，A所获得的最大速度为多大？(设B不会碰到水平杆，sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，取g＝10 m/s2)
解析：A、B两物体组成的系统，只有动能和重力势能的转化，机械能守恒．设θ2＝53°时，A、B两物体的速度分别为vA、vB，B下降的高度为h1，则有
mgh1＝mv＋mv
其中h1＝－
vAcos θ2＝vB
代入数据解得vA＝1.1 m/s
由于绳子的拉力对A做正功，使A加速，至左滑轮正下方时速度最大，此时B的速度为零，此过程B下降高度设为h2，则由机械能守恒定律得
mgh2＝mv
其中h2＝－h
代入数据解得vAm＝1.6 m/s
答案：1.1 m/s 1.6 m/s
考点四 用机械能守恒定律解决非质点问题
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成质点来处理．
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3] 如图所示，AB为光滑的水平面，BC是倾角为α的足够长的光滑斜面，斜面体固定不动．AB、BC间用一小段光滑圆弧轨道相连．一条长为L的均匀柔软链条开始时静止的放在ABC面上，其一端D至B的距离为L－a.现自由释放链条，则：
(1)链条下滑过程中，系统的机械能是否守恒？简述理由；
(2)链条的D端滑到B点时，链条的速率为多大？
解析 (1)链条在下滑过程中机械能守恒，因为斜面BC和AB面均光滑，链条下滑时只有重力做功，符合机械能守恒的条件．
(2)设链条质量为m，可以认为始末状态的重力势能变化是由L－a段下降引起的，
高度减少量h＝sin α＝sin α
该部分的质量为m′＝(L－a)
由机械能守恒定律可得：(L－a)gh＝mv2，
可解得：v＝ .
答案 (1)见解析 (2)
1. 如图所示，粗细均匀，两端开口的U形管内装有同种液体，开始时两边液面高度差为h，管中液柱总长度为4h，后来让液体自由流动，当两液面高度相等时，右侧液面下降的速度为( )
A. B．
C. D.
解析：选A.当两液面高度相等时，减少的重力势能转化为整个液体的动能，根据功能关系有mg·h＝mv2，解得：v＝ .
2. 如图所示，长为L的均匀链条放在光滑水平桌面上，且使长度的
垂在桌边，松手后链条从静止开始沿桌边下滑，则链条滑至刚刚离开桌边时的速度大小为( )
A. B.
C. D．4
解析：选C.由机械能守恒定律ΔEp减＝ΔEk增，即mg·－mg·＝mv2，所以v＝.
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．下列关于机械能守恒的说法中，正确的是( )
A．若只有重力做功，则物体机械能一定守恒
B．若物体的机械能守恒，一定是只受重力
C．做匀变速运动的物体机械能一定守恒
D．物体所受合力不为零，机械能一定守恒
解析：选A.若只有重力做功，则物体机械能一定守恒，A正确；若物体的机械能守恒，物体不一定是只受重力，也许受其他力，但其他力不做功，B错误；做匀变速运动的物体，如果除重力外，其他力做功不为零，则机械能不守恒，C错误；物体所受合力不为零，但是如果除重力外的其他力做功不为零，则机械能不守恒，D错误．
2．不计空气阻力，下列运动的物体中机械能不守恒的是( )
A．起重机吊起物体匀速上升
B．物体做平抛运动
C．圆锥摆球在水平面内做匀速圆周运动
D．一个轻质弹簧上端固定，下端系一个重物，重物在竖直方向上下振动(以物体和弹簧整体为研究对象)
解析：选A.起重机吊起物体匀速上升，物体的动能不变而势能增加，故机械能不守恒，A正确；物体做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，B错误；圆锥摆球在水平面内做匀速圆周运动，没有力做功，机械能守恒，C错误；一个轻质弹簧上端固定，下端系一个重物，重物在竖直方向上下振动，只有重力和弹力做功，机械能守恒，D错误．
3. 在一次课外趣味游戏中，有四位同学分别将四个质量不同的光滑小球沿竖直放置的内壁光滑的半球形碗的碗口内侧同时由静止释放，碗口水平，如图所示．他们分别记下了这四个小球下滑速率为v时的位置，则这些位置应该在同一个( )
A．球面 B．抛物面
C．水平面 D．椭圆面
解析：选C.因半球形碗的内壁光滑，所以小球下滑过程中机械能守恒，取小球速率为v时所在的平面为零势能面，则根据机械能守恒定律得mgh＝mv2，因为速率v相等，所以高度相等，与小球的质量无关，即这些位置应该在同一个水平面上，C正确．
4. 如图所示，在离水平地面一定高处水平固定一内壁光滑的圆筒，筒内固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度．现将一小球从地面以某一初速度斜向上抛出，刚好能水平进入圆筒中，不计空气阻力．下列说法中正确的是( )
A．弹簧获得的最大弹性势能小于小球抛出时的动能
B．弹簧获得的最大弹性势能等于小球抛出时的动能
C．小球从抛出到将弹簧压缩到最短的过程中机械能守恒
D．小球抛出的初速度大小仅与圆筒离地面的高度有关
解析：选A.小球从抛出到弹簧压缩到最短的过程中，只有重力和弹力做功，因此小球和弹簧组成的系统机械能守恒，即mv＝mgh＋Ep，由此得到Ep＜mv
，选项A正确，B、C错误；斜上抛运动可分解为竖直上抛运动和水平方向的匀速直线运动，在竖直方向上有2gh＝vsin2θ－0(θ为v0与水平方向的夹角)，解得v0＝，由此可知，选项D错误．
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用一根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( )
A. B.
C. D.
解析：选D.由运动的合成与分解可知滑块A和B沿绳伸长方向的速度大小相等，有vAsin 60°＝vcos 60°，解得vA＝v，滑块A、B组成的系统机械能守恒，设滑块B下滑的高度为h，有mgh＝mv＋mv2，解得h＝，由几何关系可知绳长L＝2h＝，故选项D正确．
6．离心轨道是研究机械能守恒和向心力效果的一套较好的器材．如图甲所示，某课外研究小组将一个压力传感器安装在轨道圆周部分的最低点B处，他们把一个钢球从轨道上的不同高处由静止释放．得到多组压力传感器示数F和对应的释放点的高度h的数据后，作出了如图乙所示的Fh图象．不计各处摩擦，取g＝10 m/s2.
(1)求该研究小组用的离心轨道圆周部分的半径；
(2)当h＝0.6 m，小球到达圆周上最高点C点时，轨道对小球的压力多大？
解析：(1)小钢球从A点滚至B点的过程中，由机械能守恒定律得mgh＝
小钢球在B点时，由牛顿第二定律得
F－mg＝
解得F＝＋mg
由题图乙可知：当h＝0时，F＝mg＝4 N；当h＝0.6 m时，F＝28 N，代入上式可得R＝0.2 m.
(2)小钢球从A点运动至C点的过程中机械能守恒，则
mgh＝2mgR＋
小钢球在C点时，由牛顿第二定律得
mg＋FN＝
解得FN＝4 N
答案：(1)0.2 m (2)4 N
[综合应用题组]
7. 如图所示，在倾角θ＝30°的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为1 kg和 2 kg 的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根长L＝0.2 m的轻杆相连，小球B距水平面的高度h＝0.1 m．两球由静止开始下滑到光滑地面上，不计球与地面碰撞时的机械能损失，g取10 m/s2.则下列说法中正确的是( )
A．整个下滑过程中A球机械能守恒
B．整个下滑过程中B球机械能守恒
C．整个下滑过程中A球机械能的增加量为 J
D．整个下滑过程中B球机械能的增加量为 J
解析：选D.在下滑的整个过程中，只有重力对系统做功，系统的机械能守恒，但在B球沿水平面滑行而A沿斜面滑行时，杆的弹力对A、B球做功，所以
A、B球各自机械能不守恒，故A、B错误；根据系统机械能守恒得：mAg(h＋Lsin θ)＋mBgh＝(mA＋mB)v2，解得v＝ m/s，系统下滑的整个过程中B球机械能的增加量为mBv2－mBgh＝ J，故D正确；A球的机械能减小，C错误．
8. (多选)如图所示，质量分别为m和2m的两个小球a和b，中间用轻质杆相连，在杆的中点O处有一固定转动轴，把杆置于水平位置后释放，在b球顺时针摆动到最低位置的过程中( )
A．b球的重力势能减少，动能增加，b球机械能守恒
B．a球的重力势能增加，动能也增加，a球机械能不守恒
C．a球、b球组成的系统机械能守恒
D．a球、b球组成的系统机械能不守恒
解析：选BC.b球从水平位置下摆到最低点过程中，a球升至最高点，重力势能增加，动能也增加，机械能增加．由于a、b系统只有重力做功，则系统机械能守恒，既然a球机械能增加，b球机械能一定减少．可见，杆对a球做了正功，杆对b球做了负功．所以，本题正确答案为B、C.(认为杆对小球的力沿杆的方向，对小球不做功，故两球机械能均守恒，从而错选A.)
9. (多选)如图所示，有一光滑轨道ABC，AB部分为半径为R的圆弧，BC部分水平，质量均为m的小球a、b固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为R，不计小球大小．开始时a球处在圆弧上端A点，由静止释放小球和轻杆，使其沿光滑轨道下滑，下列说法正确的是( )
A．a球下滑过程中机械能保持不变
B．a、b两球和轻杆组成的系统在下滑过程中机械能保持不变
C．a、b滑到水平轨道上时速度为
D．从释放到a、b滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a球做的功为
解析：选BD.由机械能守恒的条件得，a球机械能不守恒，a、b系统机械能守恒，所以A错误，B正确．对a、b系统由机械能守恒定律得：mgR＋2mgR＝2×mv2，解得v＝，C错误．对a由动能定理得：mgR＋W＝mv2，解得W＝，D正确．
10．(多选)如图所示，一根长为L不可伸长的轻绳跨过光滑的水平轴O，两端分别连接质量为2m的小球A和质量为m的物块B，由图示位置释放后，当小球转动到水平轴正下方时轻绳的中点正好在水平轴O点，且此时物块B的速度刚好为零，则下列说法中正确的是( )
A．物块B一直处于静止状态
B．小球A从图示位置运动到水平轴正下方的过程中机械能守恒
C．小球A运动到水平轴正下方时的速度大于
D．小球A从图示位置运动到水平轴正下方的过程中，小球A与物块B组成的系统机械能守恒
解析：选CD.当小球转动到水平轴正下方时轻绳的中点正好在水平轴O点，所以小球A下降的高度为，物块B会上升一定的高度h，由机械能守恒得·2mv2＝2mg·－mgh，所以小球A运动到水平轴正下方时的速度v>，A错误，C正确；在整个过程中小球A与物块B组成的系统机械能守恒，B错误，D正确．
11．(多选)重10 N的滑块在倾角为30°的光滑斜面上，从a点由静止下滑，到b点接触到一个轻弹簧，滑块压缩弹簧到c点开始弹回，返回b
点离开弹簧，最后又回到a点，已知ab＝1 m，bc＝0.2 m，那么在整个过程中( )
A．滑块动能的最大值是6 J
B．弹簧弹性势能的最大值是6 J
C．从c到b弹簧的弹力对滑块做的功是6 J
D．整个过程系统机械能守恒
解析：选BCD.以滑块和弹簧为系统，在滑块的整个运动过程中，只发生动能、重力势能和弹性势能之间的相互转化，系统机械能守恒，D正确；滑块从a到c重力势能减小了mgacsin 30°＝6 J，全部转化为弹簧的弹性势能，A错误，B正确；从c到b弹簧恢复原长，通过弹簧的弹力对滑块做功，将6 J的弹性势能全部转化为滑块的机械能，C正确．
12．如图所示，一个半径为R的圆周的轨道，O点为圆心，B为轨道上的一点，OB与水平方向的夹角为37°.轨道的左侧与一固定光滑平台相连，在平台上一轻质弹簧左端与竖直挡板相连，弹簧原长时右端在A点．现用一质量为m的小球(与弹簧不连接)压缩弹簧至P点后释放．已知重力加速度为g，不计空气阻力．
(1)若小球恰能击中B点，求刚释放小球时弹簧的弹性势能；
(2)试通过计算判断小球落到轨道时速度能否与圆弧垂直；
(3)改变释放点的位置，求小球落到轨道时动能的最小值．
解析：(1)小球离开O点做平抛运动，设初速度为v0，由
Rcos 37°＝v0t
Rsin 37°＝gt2
解得：v0＝
由机械能守恒Ep＝mv＝mgR.
(2)设落点与O点的连线与水平方向的夹角为θ，小球做平抛运动，
有Rcos θ＝v0t，Rsin θ＝gt2
位移方向与圆弧垂直tan θ＝＝
设速度方向与水平方向的夹角为α
tan α＝＝＝2tan θ
所以小球不能垂直击中圆弧．
(3)设落点与O点的连线与水平方向的夹角为θ，小球做平抛运动，
Rcos θ＝v0t Rsin θ＝gt2
由动能定理mgRsin θ＝Ek－mv
解得Ek＝mgR
当sin θ＝时，取最小值Ek＝mgR.
答案：(1)mgR (2)不能垂直击中圆弧 (3)mgR
第4节 功能关系 能量守恒定律
一、功能关系
1．内容
(1)功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化．
(2)做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必须通过做功来实现．
2．做功对应变化的能量形式
(1)合外力的功影响物体的动能的变化．
(2)重力的功影响物体重力势能的变化．
(3)弹簧弹力的功影响弹性势能的变化．
(4)除重力或系统内弹力以外的力做功影响物体机械能的变化．
(5)滑动摩擦力的功影响系统内能的变化．
(6)电场力的功影响电势能的变化．
(7)分子力的功影响分子势能的变化．
二、能量守恒定律
1．内容
能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到另一个物体，在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变．
2．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应的一条规律．
3．表达式
(1)E初＝E末，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和．
(2)ΔE增＝ΔE减，增加的那些能量的增加量等于减少的那些能量的减少量．
[自我诊断]
1．判断正误
(1)力对物体做了多少功，物体就具有多少能．(×)
(2)能量在转移或转化过程中，其总量会不断减少．(×)
(3)在物体机械能减少的过程中，动能有可能是增大的．(√)
(4)既然能量在转移或转化过程中是守恒的，故没有必要节约能源．(×)
(5)滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化．(√)
(6)一个物体的能量增加，必定有别的物体能量减少．(√)
2. 自然现象中蕴藏着许多物理知识，如图所示为一个盛水袋，某人从侧面缓慢推袋壁使它变形，则水的势能( )
A．增大 B．变小
C．不变 D．不能确定
解析：选A.人推袋壁使它变形，对它做了功，由功能关系可得，水的重力势能增加，A正确．
3．上端固定的一根细线下面悬挂一摆球，摆球在空气中摆动，摆动的幅度越来越小，对此现象下列说法正确的是( )
A．摆球机械能守恒
B．总能量守恒，摆球的机械能正在减少，减少的机械能转化为内能
C．能量正在消失
D．只有动能和重力势能的相互转化
解析：选B.由于空气阻力的作用，机械能减少，机械能不守恒，内能增加，机械能转化为内能，能量总和不变，B正确．
4. 足够长的传送带以速度v匀速传动，一质量为m的小物体A由静止轻放于传送带上，若小物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，如图所示，当物体与传送带相对静止时，转化为内能的能量为( )
A．mv2 B．2mv2
C.mv2 D.mv2
解析：选D.物体A被放于传送带上即做匀加速直线运动，加速度a＝＝μg，匀加速过程前进的距离x1＝＝，该时间内传送带前进的距离x2＝vt＝v·＝，所以物体相对传送带滑动距离Δx＝x2－x1＝，故产生的内能Q＝μmg·Δx＝μmg·＝mv2，D正确．
考点一 功能关系的理解及应用
几种常见的功能关系及其表达式
各种力做功
对应能的变化
定量的关系
合力的功
动能变化
合力对物体做功等于物体动能的增量W合＝Ek2－Ek1
重力的功
重力势能变化
重力做正功，重力势能减少，重力做负功，重力势能增加，且WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
弹簧弹力
的功
弹性势能变化
弹力做正功，弹性势能减少，弹力做负功，弹性势能增加，且W弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
只有重力、
弹簧弹力
的功
不引起机
械能变化
机械能守恒ΔE＝0
非重力和
弹力的功
机械能变化
除重力和弹力之外的其他力做正功，物体的机械能增加，做负功，机械能减少，且W其他＝ΔE
电场力的
功
电势能变化
电场力做正功，电势能减少，电场力做负功，电势能增加，且W电＝－ΔEp
滑动摩擦
力的功
内能变化
滑动摩擦力做功引起系统内能增加ΔE内＝Ffl相对
[典例1] 如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时对轨道压力为.已知AP＝2R，重力加速度为g
，则小球从P到B的运动过程中( )
A．重力做功2mgR
B．合力做功mgR
C．克服摩擦力做功mgR
D．机械能减少2mgR
解析 小球能通过B点，在B点速度v满足mg＋mg＝m，解得v＝ ，从P到B过程，重力做功等于重力势能减小量为mgR，动能增加量为mv2＝mgR，合力做功等于动能增加量mgR，机械能减少量为mgR－mgR＝mgR，克服摩擦力做功等于机械能的减少量mgR，故只有B选项正确．
答案 B
1．如图所示，木板质量为M，长度为L，小木块质量为m，水平地面光滑，一根不计质量的轻绳通过定滑轮分别与M和m连接，小木块与木板间的动摩擦因数为μ.开始时木块静止在木板左端，现用水平向右的拉力F将m拉至右端，则拉力F做功至少为( )
A.μmgL B．μmgL
C．μ(m＋M)gL D.μ(m＋M)gL
解析：选B.缓慢拉动时，拉力F做功最少，根据功能关系，拉力做的功等于系统产生的内能，所以W＝μmgL，B正确．
2．(多选) 在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v，则( )
A．物块B的质量满足m2gsin θ＝kd
B．此时物块A的加速度为
C．此时拉力做功的瞬时功率为Fvsin θ
D．此过程中，弹簧的弹性势能变化了Fd－m1gdsin θ－m1v2
解析：选BD.系统静止时，m1gsin θ ＝kx1, 当物块B刚要离开挡板C时，m2gsin θ ＝kx2，F － m1gsin θ－kx2 ＝m1aA，又d＝x1＋x2，可解得aA＝，B正确，A错误；此时拉力做功的瞬时功率为P＝Fv，C错误；设弹簧的弹性势能增量为ΔEp弹，由功能关系可得：Fd＝ΔEp弹＋m1gdsin θ＋m1v2，解得ΔEp弹＝Fd－m1gdsin θ－m1v2，D正确．
功能关系的选用原则
(1)在应用功能关系解决具体问题的过程中，若只涉及动能的变化用动能定理分析．
(2)只涉及重力势能的变化用重力做功与重力势能变化的关系分析．
(3)只涉及机械能变化用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析．
(4)只涉及电势能的变化用电场力做功与电势能变化的关系分析．
考点二 摩擦力做功与能量的关系
1．静摩擦力做功的特点
(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零．
(3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能．
2．滑动摩擦力做功的特点
(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果：
①机械能全部转化为内能；
②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能．
(3)摩擦生热的计算：Q＝Ff x相对．其中x相对为相互摩擦的两个物体间的相对位移．
[典例2] 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.求：
(1)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；
(2)要使小物块不滑出长木板，木板的长度L至少多大？
解析 (1)小物块在C点时的速度大小
vC＝①
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－mv②
代入数据解得vD＝2 m/s
小球在D点时由牛顿第二定律得
FN－mg＝m③
代入数据解得FN＝60 N④
由牛顿第三定律得FN′＝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，小物块与长木板的加速度大小分别为
a1＝＝μg⑤
a2＝⑥
速度分别为v＝vD－a1t，v＝a2t⑦
对小物块和木板组成的系统，由能量守恒定律得
μmgL＝mv－(m＋M)v2⑧
解得L＝2.5 m⑨
答案 (1)60 N，方向竖直向下 (2)2.5 m
摩擦力做功的分析方法
(1)无论是滑动摩擦力，还是静摩擦力，计算做功时都是用力与对地位移的乘积．
(2)摩擦生热的计算：公式Q＝Ff·x相对中x相对为两接触物体间的相对位移，若物体在传送带上做往复运动时，则x相对为总的相对路程．
1. 如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块放在小车的最左端，现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为Ff，经过一段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法正确的是( )
A．此时小物块的动能为F(x＋L)
B．此时小车的动能为Ffx
C．这一过程中，小物块和小车增加的机械能为Fx－FfL
D．这一过程中，因摩擦而产生的热量为Ff(L＋x)
解析：选B.水平力对小物块做功F(x＋L)，此时其动能小于F(x＋L)，A错误；摩擦力Ff对小车做功Ffx，由动能定理可知，此时小车的动能为Ffx，B正确；这一过程中，物块和小车增加的机械能为F(x＋L)－FfL，C错误；这一过程中，因摩擦而产生的热量为FfL，D错误．
2. 如图所示为一种摆式动摩擦因数测量仪，其可测量轮胎与地面间的动摩擦因数，其主要部件有：底部固定有轮胎橡胶片的摆锤和连接摆锤的轻质细杆．摆锤的质量为m，细杆可绕轴O在竖直平面内自由转动，摆锤重心到O点距离为L.测量时，测量仪固定于水平地面，将摆锤从与O等高的位置处由静止释放．摆锤摆到最低点附近时，橡胶片紧压地面擦过一小段距离s(s≪L)，之后继续摆至与竖直方向成θ角的最高位置．若摆锤对地面的压力可视为大小为F的恒力，重力加速度为g，求：
(1)摆锤在上述过程中损失的机械能；
(2)在上述过程中摩擦力对摆锤所做的功；
(3)橡胶片与地面之间的动摩擦因数．
解析：(1)选从右侧最高点到左侧最高点的过程进行研究．因为初、末状态动能为零，所以全程损失的机械能ΔE等于减少的重力势能，
即：ΔE＝mgLcos θ
(2)对全程应用动能定理：WG＋Wf＝0①
WG＝mgLcos θ②
由①②式得Wf＝－WG＝－mgLcos θ③
(3)由滑动摩擦力公式得Ff＝μF④
摩擦力做的功Wf＝－Ffs⑤
联立③④⑤式得：μ＝
答案：(1)mgLcos θ (2)－mgLcos θ (3)
考点三 能量守恒定律的理解及应用
1．对能量守恒定律的两点理解
(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等；
(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等．
2．能量转化问题的解题思路
(1)当涉及摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转化和守恒定律．
(2)解题时，首先确定初末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减与增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解．
3．涉及弹簧的能量问题
两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，具有以下特点：
(1)能量转化方面，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒．
(2)如果系统内每个物体除弹簧弹力外所受合力为零，则当弹簧伸长或压缩到最大程度时两物体速度相同．
[典例3] 如图所示，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径为r的细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k的轻弹簧，轻弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐．质量为m的滑块在曲面上距BC高度为2r处由静止开始下滑，滑块与BC间的动摩擦因数μ＝，进入管口C端时与圆管恰好无作用力，通过CD后压缩弹簧，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧的弹性势能为Ep.求：
(1)滑块到达B点时的速度大小vB；
(2)水平面BC的长度s；
(3)在压缩弹簧过程中滑块的最大速度vm.
解析 (1)滑块在曲面的下滑过程，由动能定理得
mg·2r＝mv
解得vB＝2
(2)在C点，滑块与圆管之间恰无作用力，则
mg＝m
解得vC＝
滑块从A点运动到C点过程，由动能定理得
mg·2r－μmgs＝mv
解得s＝3r
(3)设在压缩弹簧过程中速度最大时，滑块离D端的距离为x0，
此时kx0＝mg
解得x0＝
滑块由C运动到距离D端x0处的过程中，由能量守恒得
mg(r＋x0)＝mv－mv＋Ep
联立解得vm＝
答案 (1)2 (2)3r (3)
涉及弹簧的能量问题的解题方法
两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，具有以下特点：
(1)能量变化上，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒．
(2)如果系统每个物体除弹簧弹力外所受合外力为零，则当弹簧伸长或压缩到最大程度时两物体速度相同．
(3)当弹簧为自然状态时系统内某一端的物体具有最大速度．
1．(多选) 如图所示，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( )
A．物块在A点时弹簧的弹性势能一定大于在B点时的弹性势能
B．物块在O点时动能最大
C．物块在B点时，弹簧的弹性势能大于W－μmga
D．经O点时，物块的动能小于W－μmga
解析：选AD.因物块由A到B的过程中有一部分弹性势能用于克服摩擦力做功，故A正确；当物块从A向B运动过程中加速度为零时速度最大，此时kx－μmg＝0，弹簧仍处于伸长状态，故B错误；由动能定理可得：W－μmg·2xOA＝EkO，xOA＞，可得物块在O 点的动能小于W－μmga，D正确；由能量守恒定律可得，物块在B点时，弹簧的弹性势能EpB＝W－μmg·xOA－μmga＜W－μmga，C错误．
2．如图甲所示，在倾角为37°足够长的粗糙斜面底端，一质量m＝1 kg的滑块压缩着一轻弹簧且锁定，但它们并不相连，滑块可视为质点．t＝0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的vt图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，在t1＝0.1 s时滑块已上滑s＝0.2 m的距离(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：
(1)滑块离开弹簧后在图中bc段对应的加速度a及动摩擦因数μ的大小；
(2)t2＝0.3 s和t3＝0.4 s时滑块的速度v1、v2的大小；
(3)弹簧锁定时具有的弹性势能Ep.
解析：(1)在bc段做匀减速运动，加速度为
a＝＝10 m/s2
根据牛顿第二定律得mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma
解得μ＝0.5
(2)设t1＝0.1 s时速度大小为v0，根据速度时间公式得t2＝0.3 s时的速度大小
v1＝v0－a(t2－t1)＝0
在t2之后开始下滑，下滑时由牛顿第二定律得
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma′
解得a′＝2 m/s2
从t2到t3做初速度为零的加速运动，t3时刻的速度大小为
v3＝a′(t3－t2)＝0.2 m/s
(3)从0到t1时间内，由能量守恒定律得
Ep＝mgssin 37°＋μmgscos 37°＋mv
解得Ep＝4 J
答案：(1)10 m/s2 0.5 (2)0 0.2 m/s (3)4 J
考点四 传送带模型中的能量关系
1．模型条件
(1)传送带匀速或加速运动．
(2)物体以初速度v0滑上传送带或轻轻放于传送带上，物体与传送带间有摩擦力．
(3)物体与传送带之间有相对滑动．
2．模型特点
(1)若物体轻轻放在匀速运动的传送带上，物体一定和传送带之间产生相对滑动，物体一定受到沿传送带前进方向的摩擦力．
(2)若物体静止在传送带上，与传送带一起由静止开始加速，如果动摩擦因数较大，则物体随传送带一起加速；如果动摩擦因数较小，则物体将跟不上传送带的运动，相对传送带向后滑动．
(3)若物体与水平传送带一起匀速运动，则物体与传送带之间没有摩擦力；若传送带是倾斜的，则物体受到沿传送带向上的静摩擦力作用．
3．功能关系
(1) 对功WF和Q的理解：
①传送带做的功：WF＝Fx传；
②产生的内能Q＝Ff x相对，其中x相对为相互摩擦的物体与传送带间的相对位移．
(2)功能关系分析：WF＝ΔEk＋ΔEp＋Q.
[典例4] 如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角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(可看做质点)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，g取10 m/s2，求：
(1)工件与传送带间的动摩擦因数；
(2)电动机由于传送工件多消耗的电能．
解析 (1)由题图可知，皮带长x＝＝3 m.
工件速度达v0前，做匀加速运动的位移x1＝ t1＝t1
匀速运动的位移为x－x1＝v0(t－t1)
解得加速运动的时间t1＝0.8 s
加速运动的位移x1＝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，显然电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送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
x皮＝v0t1＝1.6 m
在时间t1内，工件相对皮带的位移
x相＝x皮－x1＝0.8 m
在时间t1内，摩擦生热
Q＝μmgcos θ·x相＝60 J
工件获得的动能Ek＝mv＝20 J
工件增加的势能Ep＝mgh＝150 J
电动机多消耗的电能W＝Q＋Ek＋Ep＝230 J.
答案 (1) (2)230 J
传送带模型问题的分析流程
1. (多选)如图所示，水平传送带由电动机带动，并始终保持以速度v匀速运动．现将质量为m的某物块无初速地放在传送带的左端，经过时间t物块保持与传送带相对静止．设物块与传送带间的动摩擦因数为μ，对于这一过程，下列说法正确的是( )
A．摩擦力对物块做的功为mv2
B．传送带克服摩擦力做的功为mv2
C．系统摩擦生热为mv2
D．电动机多做的功为mv2
解析：选ACD.设物块与传送带之间的滑动摩擦力大小为Ff，物块的位移大小为x1，物块对传送带摩擦力的作用点对地位移大小为x2，则x1＝vt，x2＝vt＝2x1，对物块运用动能定理有Wf＝Ffx1＝mv2，选项A正确；传送带克服摩擦力做的功为Wf′＝Ffx2＝2Ffx1＝mv2，选项B错误；系统摩擦生热为Q＝Ffx相对＝Ff(x2－x1)＝Ffx1＝mv2，选项C正确；根据能量的转化与守恒定律，电动机多做的功等于物块增加的动能和系统增加的内能之和，即为mv2，选项D正确．
2. 如图所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A、B两端间距L＝16 m，传送带以速度v＝10 m/s，沿顺时针方向运动，物体m＝1 kg，无初速度地放置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)试求：
(1)物体由A端运动到B端的时间；
(2)系统因摩擦产生的热量．
解析：(1)物体刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
设物体经时间t1，加速到与传送带同速，则
v＝a1t1，x1＝a1t
解得a1＝10 m/s2，t1＝1 s，x1＝5 m
设物体经过时间t2到达B端，因mgsin θ>μmgcos θ，故当物体与传送带同速后，物体将继续加速，即
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
L－x1＝vt2＋a2t
解得t2＝1 s
故物体由A端运动到B端的时间
t＝t1＋t2＝2 s
(2)物体与传送带间的相对位移
x相＝(vt1－x1)＋(L－x1－ vt2)＝6 m
故Q＝μmgcos θ·x相＝24 J
答案：(1)2 s (2)24 J
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J．韩晓鹏在此过程中( )
A．动能增加了1 900 J
B．动能增加了2 000 J
C．重力势能减小了1 900 J
D．重力势能减小了2 000 J
解析：选C.由题可得，重力做功1 900 J，则重力势能减少1 900 J，可得C正确，D错误．由动能定理：WG－Wf＝ΔEk可得动能增加1 800 J，则A、B错误．
2．在今年上海的某活动中引入了全国首个户外风洞飞行体验装置，体验者在风力作用下漂浮在半空．若减小风力，体验者在加速下落过程中( )
A．失重且机械能增加 B．失重且机械能减少
C．超重且机械能增加 D．超重且机械能减少
解析：选B.体验者在加速下落过程中加速度方向向下，处于失重状态，除重力外其他力的合力做负功，机械能减少，B正确．
3．用恒力F竖直向上拉一物体，使其由地面处开始加速上升到某一高度．若该过程空气阻力不能忽略，则下列说法中正确的是( )
A．力F做的功和阻力做的功之和等于物体动能的增量
B．重力所做的功等于物体重力势能的增量
C．力F做的功和阻力做的功之和等于物体机械能的增量
D．力F、重力、阻力三者的合力所做的功等于物体机械能的增量
解析：选C.在物体向上运动的过程中，恒力F、重力、空气阻力做功，根据动能定理可知，三力做的功之和等于物体的动能增量，所以A错误；克服重力做的功等于物体重力势能的增量，所以B错误；除重力外的其它力做的功之和等于物体机械能的增加量，所以C正确、D错误．
4. 如图所示，A、B、C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动，A由静止释放，B的初速度方向沿斜面向下，大小为v0，C的初速度方向沿斜面水平，大小也为v0.下列说法中正确的是( )
A．A和C将同时滑到斜面底端
B．滑到斜面底端时，B的机械能减少最多
C．滑到斜面底端时，B的动能最大
D．滑到斜面底端时，C的重力势能减少最多
解析：选C.滑块A和C通过的路程不同，在沿斜面方向的加速度大小也不相同，故A错；三个滑块滑到底端时重力势能减少量相同，故D错；滑块A和B滑到底端时经过的位移相等，克服摩擦力做功相等，而滑块C的路程较大，机械能减少得较多，故B错、C对．
5. 如图所示，轻质弹簧的上端固定，下端与物体A相连，物体B与物体A之间通过轻质不可伸长的细绳连接．开始时托住物体A，使A静止且弹簧处于原长，然后由静止释放A，从开始释放到物体A第一次速度最大的过程中，下列说法正确的有( )
A．A、B两物体的机械能总量守恒
B．B物体机械能的减少量一定等于A物体机械能的减少量
C．轻绳拉力对B物体做的功等于B物体机械能的变化
D．A物体所受合外力做的功等于A物体机械能的变化
解析：选C.A、B两物体和弹簧组成的系统的机械能总量守恒；轻绳拉力对B物体做的功等于B物体机械能的变化；A物体所受合外力做的功等于A物体动能的变化．
6. 如图所示，光滑坡道顶端距水平面高度为h，质量为m的小物块A从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M处的墙上，另一端恰位于坡道的底端O点，此时弹簧处于自然长度．已知在OM段，物块A与水平面间的动摩擦因数为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g.
(1)求物块滑到O点时的速度大小；
(2)求弹簧最大压缩量为d时的弹性势能(设弹簧处于原长时弹性势能为零)；
(3)当弹簧的最大压缩量为d时，若物块A能够被弹回到坡道上，则它能够上升的最大高度是多少．
解析：(1)由机械能守恒定律得mgh＝mv2，
解得v＝.
(2)在水平滑道上物块A克服摩擦力所做的功为W＝μmgd
由能量守恒定律得mv2＝Ep＋μmgd
以上各式联立得Ep＝mgh－μmgd.
(3)物块A被弹回的过程中，克服摩擦力所做的功仍为W＝μmgd
由能量守恒定律得Ep＝μmgd＋mgh′
所以物块A能够上升的最大高度为h′＝h－2μd.
答案：(1) (2)mgh－μmgd (3)h－2μd
[综合应用题组]
7. 在儿童乐园的蹦床项目中，小孩在两根弹性绳和蹦床的协助下实现上下弹跳．如图所示，某次蹦床活动中小孩静止时处于O点，当其弹跳到最高点A后下落可将蹦床压到最低点B
，小孩可看成质点，不计空气阻力．下列说法正确的是( )
A．从A运动到O，小孩重力势能减少量大于动能增加量
B．从O运动到B，小孩动能减少量等于蹦床弹性势能增加量
C．从A运动到B，小孩机械能减少量小于蹦床弹性势能增加量
D．若从B返回到A，小孩机械能增加量等于蹦床弹性势能减少量
解析：选A.从A运动到O，小孩重力势能减少量等于动能增加量与弹性绳的弹性势能的增加量之和，选项A正确；从O运动到B，小孩动能和重力势能的减少量等于弹性绳和蹦床的弹性势能的增加量，选项B错误；从A运动到B，小孩机械能减少量大于蹦床弹性势能增加量，选项C错误；若从B返回到A，小孩机械能增加量等于蹦床和弹性绳弹性势能减少量之和，选项D错误．
8．质量为m的物体由静止开始下落，由于空气阻力影响，物体下落的加速度为g，在物体下落高度为h的过程中，下列说法正确的是( )
A．物体的动能增加了mgh
B．物体的机械能减少了mgh
C．物体克服阻力所做的功为mgh
D．物体的重力势能减少了mgh
解析：选A.下落阶段，物体受重力和空气阻力，由动能定理W＝ΔEk，即mgh－Ffh＝ΔEk，Ff＝mg－mg＝mg，可求ΔEk＝mgh，选项A正确；机械能减少量等于克服阻力所做的功W＝Ffh＝mgh，选项B、C错误；重力势能的减少量等于重力做的功ΔEp＝mgh，选项D错误．
9.
构建和谐型、节约型社会深得民心，遍布于生活的方方面面．自动充电式电动自行车就是很好的一例，电动自行车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接．当骑车者用力蹬车或电动自行车自动滑行时，自行车就可以通过发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来．现有某人骑车以600 J的初动能在粗糙的水平路面上滑行，第一次关闭自动充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图中的线①所示；第二次启动自动充电装置，其动能随位移变化关系如图线②所示，则第二次向蓄电池所充的电能是( )
A．600 J B．360 J
C．300 J D．240 J
解析：选D.设自行车的总质量为m，第一次关闭自动充电装置，由动能定理有－μmgL1＝0－Ek，第二次启动自动充电装置，由功能关系有Ek＝μmgL2＋E电，代入数据解得E电＝240 J，D正确．
10．如图甲，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B(可看做质点)以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的表面．由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )
A．木板获得的动能为2 J
B．系统损失的机械能为4 J
C．木板A的最小长度为2 m
D．A、B间的动摩擦因数为0.1
解析：选D.由图象可知，A、B的加速度大小都为1 m/s2，根据牛顿第二定律知二者质量相等，木板获得的动能为1 J，选项A错误；系统损失的机械能ΔE＝mv－·2m·v2＝2 J，选项B错误；由vt图象可求出二者相对位移为1 m，所以C错误；分析B的受力，根据牛顿第二定律，可求出μ＝0.1，选项D正确．
11. (多选)如图所示，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、重力势能Ep、机械能E随时间t、位移x关系的是( )
解析：选CD.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，滑块机械能保持不变，重力势能随位移x均匀增大，选项C、D正确．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．
12. 如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，其中ABC为光滑半圆形轨道，半径为R，CD为水平粗糙轨道，一质量为m的小滑块(可视为质点)从圆轨道中点B由静止释放，滑至D点恰好静止，CD间距为4R.已知重力加速度为g.
(1)求小滑块与水平面间的动摩擦因数；
(2)求小滑块到达C点时，小滑块对圆轨道压力的大小；
(3)现使小滑块在D点获得一初动能，使它向左运动冲上圆轨道，恰好能通过最高点A，求小滑块在D点获得的初动能．
解析：(1)从B到D的过程中，根据动能定理得
mgR－4μmgR＝0－0
所以μ＝0.25
(2)设小滑块到达C点时的速度为vC，根据机械能守恒定律得
mgR＝mv
解得：vC＝
设小滑块到达C点时圆轨道对它的支持力为FN，根据牛顿第二定律得
FN－mg＝m
解得FN＝3mg
根据牛顿第三定律，小滑块到达C点时，对圆轨道压力的大小
F′＝FN＝3mg
(3)根据题意，小滑块恰好到达圆轨道的最高点A，此时，重力充当向心力，设小滑块到达A点时的速度为vA，根据牛顿第二定律得
mg＝m
解得vA＝
设小滑块在D点获得的初动能为Ek，根据能量守恒定律得
Ek＝Ep＋EkA＋Q
即Ek＝2mgR＋mv＋4μmgR＝3.5mgR.
答案：(1)0.25 (2)3mg (3)3.5mgR
第5节 微专题2 动力学和能量观点解决力学综合问题
考点一 动力学观点的应用
若一个物体参与了多个运动过程，而运动过程只涉及运动和力的问题或只要求分析物体的动力学物理量而不涉及能量问题，则常常用牛顿运动定律和运动学规律求解．
[典例1] 如图所示，质量M＝0.4 kg的长薄板BC静置于倾角为37° 的光滑斜面上，在A点有质量m＝0.1 kg的小物体(可视为质点)以v0＝4.0 m/s速度水平抛出，恰以平行斜面的速度落在薄板的最上端B并在薄板上运动，当小物体落在薄板上时，薄板无初速度释放开始沿斜面向下运动，运动到薄板的最下端C时，与薄板速度恰好相等，已知小物体与薄板之间的动摩擦因数为0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，求：
(1)A点与B点的水平距离；
(2)薄板BC的长度．
解析 (1)小物体从A到B做平抛运动，下落时间为t1，水平位移为x，则：
gt1＝v0tan 37°①
x＝v0t1②
联立①②得x＝1.2 m
(2)小物体落到B点的速度为v，则v＝③
小物体在薄板上运动，则：
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma1④
薄板在光滑斜面上运动，则：
Mgsin 37°＋μmgcos 37°＝Ma2⑤
小物体从落到薄板到两者速度相等用时t2，
则：v＋a1t2＝a2t2⑥
小物体的位移x1＝vt2＋a1t⑦
薄板的位移x2＝a2t⑧
薄板的长度l＝x1－x2⑨
联立③～⑨式得l＝2.5 m
答案 (1)1.2 m (2)2.5 m
如图甲所示，一个物体放在足够大的水平地面上，若用水平变力拉动，其加速度随力变化的图象如图乙所示．现从静止开始计时，改用图丙中周期性变化的水平力F作用(g取10 m/s2)．求：
(1)物体的质量及物体与地面间的动摩擦因数；
(2)求周期力作用下物体在一个周期内的位移大小．
解析：(1)由牛顿第二定律得
F－μmg＝ma
变形得a＝F－μg
对比图乙中图线的函数公式得m＝4 kg，μ＝0.1
(2)0～2 s：
a1＝＝ m/s2＝2 m/s2
x1＝a1t＝4 m
2 s～4 s：
a2＝＝－2 m/s2
x2＝a1t1·t2＋a2t＝4 m
综上可知，一个周期内的位移为
x＝x1＋x2＝8 m
答案：(1)4 kg 0.1 (2)8 m
考点二 能量观点的应用
一个物体参与了多个运动过程，若该过程涉及能量转化问题，并且有功能关系的特点，则往往用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律求解．
[典例2] 如图所示，半径R＝1.0 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C为轨道的最低点．C点右侧的光滑水平面上紧挨C点静止放置一木板，木板质量M＝1 kg，上表面与C点等高．质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)从空中A点以v0＝1.2 m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道．已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2.求：
(1)物块经过C点时的速度vC；
(2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q.
解析 (1)设物块在B点的速度为vB，在C点的速度为vC，从A到B物块做平抛运动，有
vBsin θ＝v0
从B到C，根据动能定理有
mgR(1＋sin θ)＝mv－mv
解得vC＝6 m/s
(2)物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用，最终将一起共同运动．设相对滑动时物块加速度为a1，木板加速度为a2，经过时间t达到共同速度为v，则
μmg＝ma1
μmg＝Ma2
v＝vC－a1t
v＝a2t
根据能量守恒定律有
(m＋M)v2＋Q＝mv
联立解得Q＝9 J
答案 (1)6 m/s (2)9 J
1．一半径R＝1 m的圆弧导轨与水平导轨相连，从圆弧导轨顶端A静止释放一个质量m＝0.02 kg的木块，测得其滑至底端B的速度vB＝3 m/s，以后又沿水平导轨滑行BC＝3 m而停止在C点，如图所示，求：
(1)木块克服圆弧导轨摩擦力所做的功；
(2)木块在B点对圆弧轨道的压力；
(3)BC段导轨的动摩擦因数．(取g＝10 m/s2)
解析：(1)木块由A至B过程，由动能定理得
mgR－Wf＝mv
解得Wf＝0.11 J
(2)在B点，对木块由牛顿第二定律得
FN－mg＝m
解得FN＝0.38 N
由牛顿第三定律得木块对圆弧轨道的压力FN′＝FN＝0.38 N，方向竖直向下．
(3)木块由B至C过程由动能定理得
－μmgl＝－mv
解得μ＝0.15
答案：(1)0.11 J (2)0.38 N，方向竖直向下 (3)0.15
2. (2017·河北区模拟)如图所示，滑块质量为m，与水平地面间的动摩擦因数为0.1，它以v0＝3的初速度由A点开始向B点滑行，AB＝5R，并滑上光滑的半径为R的圆弧BC，在C点正上方有一离C点高度也为R的旋转平台，沿平台直径方向开有两个离轴心距离相等的小孔P、Q，P、Q位于同一直径上，旋转时两孔均能达到C点的正上方．若滑块滑过C点后穿过P孔，又恰能从Q孔落下，则平台转动的角速度ω应满足什么条件？
解析：设滑块滑至B点时速度为vB，对滑块由A点到B点应用动能定理有
－μmg5R＝mv－mv
解得v＝8gR
滑块从B点开始，运动过程机械能守恒，设滑块到达P处时速度为vP，则
mv＝mv＋mg2R
解得vP＝2
滑块穿过P孔后再回到平台的时间
t＝＝4
要想实现题述过程，需满足
ωt＝(2n＋1)π
ω＝(n＝0,1,2，…)
答案：ω＝(n＝0,1,2，…)
考点三 动力学和能量观点的综合应用
物体在整个运动过程中，往往是包含直线运动、平抛运动、圆周运动等多种运动形式的组合．解决这类问题应抓住物理情景中出现的运动状态与运动过程，将整个物理过程分成几个简单的子过程，对每一个子过程分别进行受力分析、过程分析、能量分析，选择合适的规律对相应的子过程列方程求解．
[典例3] (2017·山东临沂模拟)某电视台“快乐向前冲”节目中的场地设施如图所示，AB为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，水面上漂浮着一个半径为R，角速度为ω，铺有海绵垫的转盘，转盘的轴心离平台的水平距离为L，平台边缘与转盘平面的高度差为H.选手抓住悬挂器，可以在电动机带动下，从A点下方的平台边缘处沿水平方向做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动．选手必须作好判断，在合适的位置释放，才能顺利落在转盘上．设人的质量为m(不计身高大小)，人与转盘间的最大静摩擦力为μmg，重力加速度为g.
(1)假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在任何位置都不会被甩下转盘，转盘的角速度ω应限制在什么范围？
(2)若已知H＝5 m，L＝8 m，a＝2 m/s2，g＝10 m/s2，且选手从某处C点释放能恰好落到转盘的圆心上，则他是从平台出发后多长时间释放悬挂器的？
(3)若电动悬挂器开动后，针对不同选手的动力与该选手重力关系皆为F＝0.6mg，悬挂器在轨道上运动时存在恒定的摩擦阻力，选手在运动到(2)中所述位置C点时，因恐惧没有释放悬挂器，但立即关闭了它的电动机，则按照(2)中数据计算，悬挂器载着选手还能继续向右滑行多远？
解析 (1)设人落在转盘边缘也不至被甩下，最大静摩擦力提供向心力，
则有μmg≥mω2R
即转盘转动角度应满足ω≤
(2)设水平加速段位移为x1，时间为t1；平抛时水平位移为x2，时间为t2，则加速时有
x1＝at
v＝at1
平抛运动阶段：x2＝vt2
H＝gt
全程水平方向：x1＋x2＝L
解得t1＝2 s
(3)设阻力为Ff，继续向右滑动距离为x3，由动能定理得
加速段：(F－Ff)x1＝mv2
减速段：－Ffx3＝0－mv2
解得x3＝2 m
答案 (1)ω≤ (2)2 s (3)2 m
1. 如图所示，压力传感器能测量物体对其正压力的大小，现将质量分别为M、m的物块和小球通过轻绳固定，并跨过两个水平固定的定滑轮(滑轮光滑且较小)，当小球在竖直面内左右摆动且高度相等时，物块始终没有离开水平放置的传感器．已知小球摆动偏离竖直方向的最大角度为θ，滑轮O到小球间轻绳长度为l，重力加速度为g，求：
(1)小球摆到最低点速度大小；
(2)小球摆到最低点时，压力传感器示数为零，则的大小．
解析：(1)小球下摆过程中只有重力做功，小球的机械能守恒，由机械能守恒定律得
mgl(1－cos θ)＝mv2－0
解得小球在最低点的速度大小
v＝
(2)小球在最低点时，压力传感器的示数为零，则轻绳的拉力大小F＝Mg
对小球在最低点应用牛顿第二定律得
F－mg＝m
解得＝3－2cos θ
答案：(1) (2)3－2cos θ
2．某电视娱乐节目装置可简化为如图所示模型．倾角θ
＝37°的斜面底端与水平传送带平滑接触，传送带BC长L＝6 m，始终以v0＝6 m/s的速度顺时针运动．将一个质量m＝1 kg的物块由距斜面底端高度h1＝5.4 m的A点静止释放，物块通过B点时速度的大小不变．物块与斜面、物块与传送带间动摩擦因数分别为μ1＝0.5、μ2＝0.2，传送带上表面距地面的高度H＝5 m，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)求物块由A点运动到C点的时间；
(2)若把物块从距斜面底端高度h2＝2.4 m处静止释放，求物块落地点到C点的水平距离；
(3)求物块距斜面底端高度满足什么条件时，将物块静止释放均落到地面上的同一点D.
解析：(1)A到B过程：根据牛顿第二定律
mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma1
＝a1t
代入数据解得a1＝2 m/s2，t1＝3 s
所以滑到B点的速度：
vB＝a1t1＝2×3 m/s＝6 m/s，
物块在传送带上匀速运动到C的时间
t2＝＝s＝1 s
所以物块由A到B的时间
t＝t1＋t2＝3 s＋1 s＝4 s
(2)在斜面上根据动能定理
mgh2－μ1mgcos θ＝mv2
解得v＝4 m/s＜6 m/s
设物块在传送带先做匀加速运动到v0，运动位移为x，则：
a2＝＝μ2g＝2 m/s2
v－v2＝2a2x，x＝5 m＜6 m
所以物体先做匀加速直线运动后和皮带一起匀速运动，离开C点做平抛运动
s＝v0t0，H＝gt
解得s＝6 m
(3)因物块每次均抛到同一点D，由平抛知识知：物块到达C点时速度必须有vC＝v0.
①当离传送带高度为h3时物块进入传送带后一直匀加速运动，则
mgh3－μ1mgcos θ＋μ2mgL＝mv
解得h3＝1.8 m.
②当离传送带高度为h4时物块进入传送带后一直匀减速运动，则
mgh4－μ1mgcos θ－μ2mgL＝mv
解得h4＝9.0 m
所以当离传送带高度在1.8 m～9.0 m的范围内均能满足要求，即1.8 m≤h≤9.0 m.
答案：(1)4 s (2)6 m (3)1.8 m≤h≤9.0 m
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．如图所示，质量m＝2.0 kg的木块静止在高h＝1.8 m的水平台上，木块距平台右边缘l＝10 m，木块与平台间的动摩擦因数μ＝0.2.用大小为F＝20 N、方向与水平方向成37°角的力拉动木块，当木块运动到水平台末端时撤去F.不计空气阻力，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)木块离开平台时速度的大小；
(2)木块落地时距平台边缘的水平距离．
解析：(1)木块在水平台上运动过程中，由动能定理得
Flcos 37°－μ(mg－Fsin 37°)l＝mv2－0
解得v＝12 m/s
(2)木块离开平台做平抛运动，则
水平方向：x＝vt
竖直方向：h＝gt2
解得x＝7.2 m
答案：(1)12 m/s (2)7.2 m
2．如图所示，一条轨道固定在竖直平面内，水平段ab粗糙，其距离为s＝3 m．在b点平滑过度，bcd段光滑，cd段是以O为圆心、半径为R＝0.4 m的一小段圆弧．质量为m＝2 kg的小物块静止于a处，在一与水平方向成θ角的恒力F作用下开始沿轨道匀加速运动，小物块到达b处时撤去该恒力，小物块继续运动到d处时速度水平，此时轨道对小物块的支持力大小为FN＝15 N．小物块与ab段的动摩擦因数为μ＝0.5，g取10 m/s2.求：
(1)小物块到达b点时的速度大小vb；
(2)恒力F的最小值Fmin.(计算结果可以用分式或根号表示)
解析：(1)在d点：mg－FN＝
从b到d由机械能守恒得：
mv－mv＝mgR
联立得vb＝3 m/s
(2)在a到b的过程中有：v＝2as
Fcos θ－μ(mg－Fsin θ)＝ma
解得F＝＝
当sin(φ＋θ)＝1时，Fmin＝ N
答案：(1)3 m/s (2) N
3．如图甲所示，物体A放在粗糙的水平地面上，0～6 s时间内受到水平拉力F的作用，力F的大小如图乙所示，物体0～2 s的运动情况如图丙所示，重力加速度g取10 m/s2.试求：
(1)物体的质量；
(2)物体与地面的动摩擦因数；
(3)0～6 s内物体的位移大小．
解析：(1)当F2＝2 N时物体做匀速直线运动，拉力与摩擦力二力平衡，所以摩擦力大小为
Ff＝F2＝2 N
滑动时：F－Ff＝ma
第1 s内的加速度a＝3 m/s2
联立可求得m＝ kg
(2)滑动摩擦力Ff＝μmg
解得μ＝0.6
(3)2 s末以后物体的加速度大小
μmg－F3＝ma3
可解得加速度a3＝3 m/s2
经过t3＝＝1 s，速度减为零．
第3 s末后，由于拉力小于摩擦力，物块静止．
所以发生的总位移
x＝×(1＋3)×3 m＝6 m
答案：(1) kg (2)0.6 (3)6 m
[综合应用题组]
4. 传送带现已广泛应用于机场、商店等公共场所，为人们的生活带来了很多的便利．如图所示，一长度L＝7 m的传送带与水平方向间的夹角 α＝30°，在电动机带动下以v＝2 m/s 的速率顺时针匀速转动．在传送带上端接有一个斜面，斜面表面与传送带表面都在同一平面内．将质量m＝2 kg可视作质点的物体无初速地放在传送带底端，物体经传送带作用后能到达斜面顶端且速度为零．若物体与传送带及物体与斜面间的动摩擦因数都为μ＝，g＝10 m/s2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
(1)物体在从传送带底端运动到斜面顶端过程中传送带对物体所做的功；
(2)传送带上方所接的斜面长度．
解析：(1)对物体，先在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得
μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma
解得a＝1 m/s2，沿斜面向上
设物体速度经过时间t与传送带相等，
由v＝at得t＝＝2 s
此过程中物体通过的位移为
x＝at2＝2 m＜7 m
所以物体接着做匀速直线运动，离开传送带时速度为
v＝2 m/s
对整个过程，由动能定理得
W－mgLsin 30°＝mv2
解得W＝74 J
(2)物体到斜面上以后，根据牛顿第二定律得
μmgcos 30°＋mgsin 30°＝ma1
解得a1＝11 m/s2
由v2＝2a1s得：s＝＝ m
答案：(1)74 J (2) m
5．如图所示，传送带A、B之间的距离为L＝3.2 m，与水平面间夹角θ＝37°，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为v＝2 m/s，在上端A点无初速放置一个质量为m＝1 kg、大小可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为μ＝0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径 R＝0.4 m的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点E，已知B、D两点的竖直高度差为h＝0.5 m(g取10 m/s2 )．试求：
(1)金属块经过D点时的速度；
(2)金属块在BCD弯道上克服摩擦力做的功．
解析：(1)金属块在E点时，mg＝m
解得vE＝2 m/s，在从D到E过程中由动能定理得
－mg·2R＝mv－mv
解得vD＝2 m/s
(2)金属块刚刚放上时，有
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
解得a1＝10 m/s2
设经位移s1达到共同速度，则
v2＝2a1s1
解得s1＝0.2 m＜3.2 m
继续加速过程中，有
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
解得a2＝2 m/s2
由s2＝L－s1＝3 m，
v－v2＝2a2s2
解得vB＝4 m/s
在从B到D过程中由动能定理得
mgh－W＝mv－mv
解得W＝3 J
答案：(1)2 m/s (2)3 J
6．某校兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，在A点用一弹射装置将小滑块以某一水平速度弹射出去，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R＝0.1 m的光滑竖直圆形轨道，运行一周后自B点向C点运动，C点右侧有一陷阱，C、D两点的竖直高度差h＝0.2 m，水平距离s＝0.6 m，水平轨道AB长为L1＝0.5 m，BC长为L2＝1.5 m，小滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2.
(1)若小滑块恰能通过圆形轨道的最高点，求小滑块在A点弹射出的速度大小；
(2)若游戏规则为小滑块沿着圆形轨道运行一周离开圆形轨道后只要不掉进陷阱即为胜出．求小滑块在A点弹射出的速度大小范围．
解析：(1)对从A到B的过程应用动能定理，则
－μmgL1＝mv－mv①
由B到最高点小滑块机械能守恒，则
mv＝2mgR＋mv2②
小滑块恰能通过圆轨道最高点的速度为v，由牛顿第二定律有
mg＝m③
由以上三式解得A点的速度v1＝3 m/s④
(2)若小滑块刚好停在C处，则从A到C由动能定理得
－μmg(L1＋L2)＝0－mv⑤
解得A点的速度为v2＝4 m/s
若小滑块停在BC段，应满足3 m/s≤vA≤4 m/s
若小滑块能通过C点并恰好越过壕沟，对A到C的过程应用动能定理
－μmg(L1＋L2)＝mv－mv⑥
根据平抛运动规律，则有
竖直方向：h＝gt2⑦
水平方向：s＝v0t⑧
解得vA＝5 m/s
所以初速度的范围为：
3 m/s≤vA≤4 m/s或vA≥5 m/s
答案：(1)3 m/s (2)3 m/s≤vA≤4 m/s或vA≥5 m/s
实验五 探究动能定理
一、实验目的
1．通过实验探究外力做功与物体速度变化的关系．
2．通过实验数据分析，总结出外力做功与物体速度平方的正比关系．
二、实验原理
1．改变功的大小：采用如图所示的实验装置，用1条、2条、3条、…规格同样的橡皮筋将小车拉到同一位置由静止释放，橡皮筋拉力对小车所做的功依次为W、2W、3W、…
2．确定速度的大小：小车获得的速度v可以由纸带和打点计时器测出，也可以用其他方法测出．
3．寻找功与速度变化的关系：以橡皮筋拉力所做的功W为纵坐标，小车获得的速度v为横坐标，作出Wv或Wv2图象．分析图象，得出橡皮筋拉力对小车所做的功与小车获得的速度的定量关系．
三、实验器材
小车(前面带小钩)、长木板(两侧适当的对称位置钉两个铁钉)、打点计时器及纸带、学生电源及导线(若使用电火花计时器则不用学生电源)、若干条等长的橡皮筋、毫米刻度尺．
四、实验步骤
1．按原理图将仪器安装好．
2．平衡摩擦力：在长木板的有打点计时器的一端下面垫一块木板，反复移动木板的位置，直至小车上不挂橡皮筋时，轻推小车，纸带打出的点间距均匀，即小车能匀速运动为止．
3．先用1条橡皮筋做实验，用打点计时器和纸带测出小车获得的速度v1，设此时橡皮筋对小车做的功为W，将这一组数据记入表格．
4．用2条橡皮筋做实验，实验中橡皮筋拉伸的长度与第一次相同，这时橡皮筋对小车做的功为2W，测出小车获得的速度v2，将数据记入表格．
5．用3条、4条……橡皮筋做实验，用同样的方法测出功和速度，记入表格．
五、数据处理
1．求小车速度
实验获得如图所示纸带，利用纸带上点迹均匀的一段测出两点间的距离，如纸带上A、C两点间的距离x，则v＝(其中T为打点周期)．
2．计算W、2W、3W、…时对应v、v2的数值，填入下面表格.
W
2W
3W
4W
5W
v
v2
3.作图象
在坐标纸上分别作出 Wv 和 Wv2图线，从中找出功与速度变化的关系．
六、误差分析
1．误差的主要来源是橡皮筋的长度、粗细不一，使橡皮筋的拉力做功W与橡皮筋的条数不成正比．
2．没有完全平衡摩擦力或平衡摩擦力时倾角过大也会造成误差．
3．利用打上点的纸带计算小车的速度时，测量不准带来误差．
七、注意事项
1．平衡摩擦力时，将木板一端垫高，使小车重力沿斜面向下的分力与摩擦力平衡．方法是轻推小车，由打点计时器打在纸带上的点的均匀程度判断小车是否匀速运动，找到木板一个合适的倾角．
2．测小车速度时，纸带上的点应选均匀部分的，即选小车做匀速运动的部分．
3．橡皮筋应选规格一样的．力对小车做的功以一条橡皮筋做的功为单位即可，不必计算出具体数值．
4．小车质量应大一些，使纸带上打的点多一些．
考点一 实验原理与实验操作
[典例1] 某实验小组用如图所示的实验装置和实验器材做“探究动能定理”实验，在实验中，该小组同学把砂和砂桶的总重力当作小车受到的合外力．
(1)(多选)为了保证实验结果的误差尽量小，在实验操作中，下面做法必要的是________．
A．实验前要对装置进行平衡摩擦力的操作
B．实验操作时要先放小车，后接通电源
C．在利用纸带进行数据处理时，所选的两个研究点离得越近越好
D．在实验过程中要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量
(2)除实验装置中的仪器外，还需要的测量仪器有
________________________________________________.
(3)如图为实验中打出的一条纸带，现选取纸带中的A、B两点来探究“动能定理”．已知打点计时器的打点周期为T，重力加速度为g.图中已经标明了要测量的物理量，另外，小车的质量为M，砂和砂桶的总质量为m.请你把要探究的结果用题中给出的字母表达出来________．
解析 (1)实验前要对装置进行平衡摩擦力的操作，以保证小车所受合外力恰好是细线的拉力，故A正确；实验操作时，若先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能打出来的点很少，不利于数据的采集和处理，故B错误；在利用纸带进行数据处理时，所选的两个研究点离得越近测量误差越大，故C错；在实验过程中要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，这样才能使得砂和砂桶的总重力近似等于细线对小车的拉力，故D正确．
(2)本题的实验原理是验证砂桶和砂重力做的功等于小车动能的增加量，所以要测砂和砂桶的总质量、小车的质量，还要测纸带上各点的距离来求速度，所以所需的器材还应有天平和刻度尺．
(3)在A点的速度为v1＝，在B点：v2＝
所以动能变化量
ΔEk＝Mv－Mv＝
而砂和砂桶的总重力做的功为：WG＝mgx
要探究动能定理的表达式为：mgx＝
答案 (1)AD (2)刻度尺、天平
(3)mgx＝
考点二 数据处理与误差分析
[典例2] 某同学为探究“合力做功与物体动能改变的关系”设计了如下实验，他的操作步骤：
(1)按图连接实验装置，其中小车质量M＝0.20 kg，钩码总质量m＝0.05 kg.
(2)释放小车，然后接通打点计时器的电源(电源频率为f＝50 Hz)，打出一条纸带．
(3)他在多次重复实验得到的纸带中取出自认为满意的一条，如图所示．把打下的第一点记作0，然后依次取若干个计数点，相邻计数点间还有4个点未画出，用厘米刻度尺测得各计数点到0点距离分别为d1＝0.041 m，d2＝0.055 m，d3＝0.167 m，d4＝0.256 m，d5＝0.360 m，d6＝0.480 m…，他把钩码重力(当地重力加速度g＝10 m/s2)作为小车所受合力，算出打下0点到打下第5点合力做功W＝________J(结果保留三位有效数字)，用正确的公式Ek＝________(用相关数据前字母列式)把打下第5点时小车的动能作为小车动能的改变量，算得Ek＝0.125 J.
(4)此次实验探究的结果，他没能得到“合力对物体做的功等于物体动能的增量”
，且误差很大．通过反思，他认为产生误差的原因如下，其中正确的是________．
A．钩码质量太大，使得合力对物体做功的测量值比真实值偏大太多
B．没有平衡摩擦力，使得合力对物体做功的测量值比真实值偏大太多
C．释放小车和接通电源的次序有误，使得动能增量的测量值比真实值偏小
D．没有使用最小刻度为毫米的刻度尺测距离也是产生此误差的重要原因
解析 (3)若用钩码的重力作为小车受的合力，则F合＝mg＝0.5 N，从0点到打第5点时水平位移s＝d5＝0.360 m，所以W＝F合s＝0.5×0.360 J＝0.180 J.
打第5点时小车动能Ek＝Mv，v5＝，式中Δt为5个时间间隔，即Δt＝，故Ek＝(d6－d4)2.
(4)从该同学的实验操作情况来看，造成很大误差的主要原因是把钩码的重力当成了小车的合力，实验前没有平衡摩擦力，故选项A、B正确．释放小车和接通电源的次序有误时，对拉力做的功测量有影响，而对动能增量的测量无影响；D选项中提到的问题不会对实验结果造成重大影响，故不选C、D.
答案 (3)0.180 (d6－d4)2 (4)AB
考点三 实验改进 拓展创新
1．创新点分析
本实验在高考中创新点较少，以动能定理为理论依据，进行实验的创新．通过改变实验原理、实验条件、实验仪器，不拘泥教材，体现拓展性、开放性、探究性等特点．
2．命题视角
视角1 实验器材的改进，使用拉力传感器和速度传感器
本实验中虽然不需计算出橡皮筋每次做功的具体数值，但需计算出每次小车获得的速度，由于距离的测量存在一定误差，使得速度的大小不准确，在此可以安装速度传感器进行实验．
视角2 本实验也可用钩码牵引小车完成，将牛顿第二定律的实验嫁接过来，在钩码质量远小于小车质量时，测出钩码的重力和小车的位移进而可以探究动能定理．当然在小车上安装拉力传感器测出拉力的大小，则更为精确．
[典例3]
某同学把附有滑轮的长木板平放在实验桌上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码，使小车在钩码的牵引下运动，以此定量探究绳拉力做功与小车动能变化的关系．此外还准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸、纸带、小木块等．组装的实验装置如图所示．
(1)若要完成该实验，必需的实验器材还有哪些？
________________________________________________.
(2)实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行．他这样做的目的是下列的哪个________(填字母代号)．
A．避免小车在运动过程中发生抖动
B．可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰
C．可以保证小车最终能够实现匀速直线运动
D．可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力
(3)平衡摩擦力后，当他用多个钩码牵引小车时，发现小车运动过快，致使打出的纸带上点数较少，难以选到合适的点计算小车速度．在保证所挂钩码数目不变的条件下，请你利用本实验的器材提出一个解决方法：___________.
(4)他将钩码重力做的功当作细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些．这一情况可能是下列哪些原因造成的________(填字母代号)．
A．在接通电源的同时释放了小车
B．小车释放时离打点计时器太近
C．阻力未完全被小车重力沿木板方向的分力平衡掉
D．钩码做匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力
解析 (1)实验要处理纸带测速度，需要刻度尺，要分析动能的变化，必须要测出小车的质量，因此还需要天平．
(2)实验中调节定滑轮高度，使细绳与木板平行，可在平衡摩擦力后使细绳的拉力等于小车所受的合力，如果不平行，细绳的拉力在垂直于木板的方向上就有分力，改变了摩擦力，就不能使细绳拉力等于小车所受的合力，D正确．
(3)在所挂钩码个数不变的情况下，要减小小车运动的加速度，可以增大小车的质量，即可在小车上加适量的砝码(或钩码)．
(4)如果用钩码重力做的功当作细绳拉力做的功，发现拉力做的功总比小车动能的增量大，原因可能是阻力未被完全平衡掉，因此拉力做功一部分用来增大小车动能，一部分用来克服阻力做功；也可能是钩码做加速运动，因此细绳的拉力小于钩码的重力，钩码的重力做的功大于细绳的拉力做的功，即大于小车动能的增量，C、D正确．
答案 (1)刻度尺、天平(包括砝码) (2)D (3)可在小车上加适量的砝码(或钩码) (4)CD
1. (2017·安徽马鞍山模拟)某同学用如图甲所示装置做“探究合力的功与动能改变量的关系”的实验，他通过成倍增加位移的方法来进行验证．方法如下：将光电门固定在水平轨道上的B点，用重物通过细线拉小车，保持小车(带遮光条)和重物的质量不变，通过改变小车释放点到光电门的距离进行多次实验，每次实验时要求小车都由静止释放．
(1)用游标卡尺测出遮光条的宽度d，示数如图乙所示，则d＝________ cm.
(2)如果每次实验时遮光条通过光电门的时间为t，小车到光电门的距离为s，通过描点作出线性图象来反映合力的功与动能改变量的关系，则所作图象关系是________时才能符合实验要求．
A．s t B．s t2
C．s t－1 D．s t－2
(3)下列实验操作中必要的是________．
A．调整轨道的倾角，在未挂重物时使小车能在轨道上匀速运动
B．必须满足重物的质量远小于小车的质量
C．必须保证小车由静止状态开始释放
解析：(1)由游标卡尺读数规则可知，示数为：10 mm＋0.05×15 mm＝1.075 cm.
(2)由题意可知，该同学是通过成倍改变位移来改变做功的，设小车所受的合力为F，对小车，有Fs＝m2，即有s∝，则D正确．
(3)由(2)可知，公式中的F是指小车所受到的合力，而且在整个实验过程中保持不变，所以在该实验中不需要平衡摩擦力；同理可知，重物与小车质量的大小关系也不会对实验结果产生影响；若小车释放速度不为零，则会对实验结果产生影响，选项C正确．
答案：(1)1.075 (2)D (3)C
2．某实验小组利用弹簧秤和刻度尺，测量滑块在木板上运动的最大速度．
实验步骤：
①用弹簧秤测量橡皮泥和滑块的总重力，记作G；
②将装有橡皮泥的滑块放在水平木板上，通过水平细绳和固定弹簧秤相连，如图甲所示．在A端向右拉动木板，待弹簧秤示数稳定后，将读数记作F；
③改变滑块上橡皮泥的质量，重复步骤①②；
实验数据如表所示：
G/N
1.50
2.00
2.50
3.00
3.50
4.00
F/N
0.59
0.83
0.99
1.22
1.37
1.61
④如图乙所示，将木板固定在水平桌面上，滑块置于木板上左端C处，细绳跨过定滑轮分别与滑块和重物P连接，保持滑块静止，测量重物P离地面的高度h；
⑤滑块由静止释放后开始运动并最终停在木板上的D点(未与滑轮碰撞)，测量C、D间的距离s.
完成下列作图和填空
(1)根据表中数据在给定坐标纸上作出F G图线．
(2)由图线求得滑块和木板间的动摩擦因数μ＝________(保留两位有效数字)．
(3)滑块最大速度的大小v＝________(用h、s、μ和重力加速度g表示)．
解析：(1)根据表中数据描点作出图象如图所示．
(2)根据F＝μG可知，图象的斜率表示滑块和木板间的动摩擦因数，由图可知动摩擦因数为0.40.
(3)根据滑块在木板上滑动的总距离为s，由于重物P离地面的高度为h，所以加速过程的距离也为h，在此后的过程中滑块在滑动摩擦力的作用下做匀减速运动，直到静止．根据运动学公式v2－v＝2ax可得，v2－0＝2μg(s－h)，解得v＝.
答案：(1)见解析图 (2)0.40(0.38～0.42均正确) (3)
高效演练 跟踪检测
1．关于“探究动能定理”的实验中，下列叙述正确的是( )
A．每次实验必须设法算出橡皮筋对小车做功的具体数值
B．每次实验中，橡皮筋拉伸的长度没有必要保持一致
C．放小车的长木板应尽量使其水平
D．先接通电源，再让小车在橡皮筋的作用下弹出
解析：选D.实验中没有必要测出橡皮筋做功的具体数值，只要测出后来各次橡皮筋做的功是第一次的多少倍即可，A错误；为了使以后各次实验中橡皮筋做的功是第一次实验时的整数倍，必须使每次实验中橡皮筋拉伸的长度保持一致，B错误；为了减小误差，实验中应使长木板倾斜以平衡摩擦力，C错误；实验中应先接通电源，然后再释放小车，D正确．
2. (多选)用如图所示的装置做“探究动能定理”的实验时，下列说法正确的是( )
A．为了平衡摩擦力，实验中可以将长木板的左端适当垫高，使小车拉着穿过打点计时器的纸带自由下滑时能保持匀速运动
B．每次实验中橡皮筋的规格要相同，拉伸的长度要一样
C．可以通过改变橡皮筋的条数来改变拉力做功的数值
D．通过打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中获得的平均速度
解析：选ABC.当小车拉着穿过打点计时器的纸带做匀速运动时，沿长木板方向的重力的分力大小等于摩擦力，即在实验中可消除摩擦力的影响，A正确；由实验原理可知，每次实验橡皮筋的规格要相同，拉伸的长度要一样，B正确，实验是通过改变橡皮筋的条数来改变拉力做功的，C正确；橡皮筋拉力做的总功等于小车动能的增加，此动能应为小车获得的最大动能，所以用打点计时器打下的纸带测定的是小车的最大速度，D错误．
3. 某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究，实验装置如图(a)所示：轻弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一物块接触而不连接，纸带穿过打点计时器并与物块连接．向左推物块使弹簧压缩一段距离，由静止释放物块，通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能．
(1)实验中涉及下列操作步骤：
①把纸带向左拉直
②松手释放物块
③接通打点计时器电源
④向左推物块使弹簧压缩，并测量弹簧压缩量
上述步骤正确的操作顺序是____________(填入代表步骤的序号)．
(2)图(b)中M和L纸带是分别把弹簧压缩到不同位置后所得到的实际打点结果．打点计时器所用交流电的频率为50 Hz.由M纸带所给的数据，可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为________ m/s.比较两纸带可知，________(填“M”或“L”)纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大．
解析： (2)脱离弹簧后物块应该做匀速直线运动，则v＝×10－2 m/s＝1.29 m/s.
由能量守恒定律可知，物块脱离弹簧时动能越大，则弹簧被压缩时的弹性势能越大，故EpM>EpL.
答案： (1)④①③② (2)1.29 M
4．用如图所示的装置测量弹簧的弹性势能．将弹簧放置在水平气垫导轨上，左端固定，右端在O点；在O点右侧的B、C位置各安装一个光电门，计时器(图中未画出)与两个光电门相连．先用米尺测得B、C两点间距离s，再用带有遮光片的滑块压缩弹簧到某位置A，由静止释放，计时器显示遮光片从B到C所用的时间t，用米尺测量A、O之间的距离x.
(1)计算滑块离开弹簧时速度大小的表达式是________．
(2)为求出弹簧的弹性势能，还需要测量________．
A．弹簧原长
B．当地重力加速度
C．滑块(含遮光片)的质量
(3)增大A、O之间的距离x，计时器显示时间t将________．
A．增大 B．减小 C．不变
解析： (1)滑块离开弹簧后做匀速直线运动，与BC间的速度相同，故v＝.
(2)弹簧的弹性势能全部转化成了滑块的动能，所以还需要测量滑块(含遮光片)的质量，故C对．
(3)增大A、O之间的距离x，滑块获得的动能增大，速度增大，故计时器显示的时间t将减小，B对．
答案： (1)v＝ (2)C (3)B
5．某同学利用如图所示的装置“探究功与速度变化的关系”：在木块的左端固定一挡板，挡板上栓一轻质弹簧，弹簧的右端固定一小物块，物块的上方有一很窄的遮光片，当弹簧的长度为原长时，物块恰处于O点，O点的正上方有一光电门，光电门上连接计时器(图中未画出)．已知弹性势能的表达式为Ep＝k(Δx)2.
(1)实验开始时，________平衡摩擦力；________测量遮光片的宽度．(均填“需要”或“不需要”)
(2)所有实验条件具备后，将小物块向左压缩Δx后从静止释放，小物块在弹簧的作用下被弹出，记下遮光片通过光电门的时间t1.
(3)将小物块向左压缩2Δx、3Δx、4Δx、…后从静止释放，小物块在弹簧的作用下被弹出，分别记下遮光片通过光电门的时间t2、t3、t4、….
(4)将几次实验中弹簧对小物块做的功分别记为W1、W2、W3、…，则W1∶W2∶W3＝________，若以W为纵坐标、为横坐标作图，则得到的图象是________(填“一条直线”或“一条曲线”)．
解析：(1)由于该实验要求弹簧弹力做功，所以不能有摩擦力做功，所以需要平衡摩擦力．光电门测速度的原理是用平均速度来代替瞬时速度v
，小物块在弹簧的作用下被弹出，记下遮光片通过光电门的时间t，小物块的速度v＝，根据功能关系可以求出需要验证的关系式可知：W＝mv2＝m，若以W为纵坐标、为横坐标作图，则得到的图象是一条倾斜直线，即可得到合力功与速度变化的关系，所以不需要测量遮光片的宽度．
(4)已知弹性势能的表达式为Ep＝k(Δx)2.
所以几次实验中弹簧对小物块做的功分别记为W1、W2、W3、…，则W1∶W2∶W3＝1∶4∶9，若以W为纵坐标、为横坐标作图，则得到的图象是一条直线．
答案：(1)需要 不需要 (4)1∶4∶9 一条直线
6．某学习小组利用如图所示的装置验证动能定理．
(1)将气垫导轨调至水平，安装好实验器材，从图中读出两光电门中心之间的距离s＝________cm；
(2)测量挡光条的宽度d，记录挡光条通过光电门1和2所用的时间Δt1和Δt2，并从拉力传感器中读出滑块受到的拉力F，为了完成实验，还需要直接测量的一个物理量是
________________________________________________
________________________________________________
________________________________________________.
(3)该实验________满足砝码盘和砝码的总质量远小于滑块、挡光条和拉力传感器的总质量．(填“需要”或“不需要”)
解析：(1)由图可知，s＝70.30 cm－20.30 cm＝50.00 cm.
(2)要应用滑块验证动能定理，应有关系式：
Fs＝M2－M2
故还应测量滑块、挡光条和拉力传感器的总质量M.
(3)因拉力传感器直接测出滑块所受的合外力，并不是用砝码和砝码盘的总重力代替合外力做实验，故没有必要满足砝码和砝码盘的总质量远小于滑块、挡光条和拉力传感器的总质量．
答案：(1)50.00 (2)滑块、挡光条和拉力传感器的总质量M
(3)不需要
7．某同学在实验室用如图甲所示的装置来研究有关做功的问题．
(1)如图甲所示，在保持M>7m条件下，可以认为绳对小车的拉力近似等于砂和砂桶的总重力，在控制小车质量不变的情况下进行实验．在实验中，该同学先接通打点计时器的电源，再放开纸带，已知交流电的频率为50 Hz.图乙是在m＝100 g、M＝1 kg情况下打出的一条纸带，O为起点，A、B、C为过程中3个相邻的计数点，相邻的计数点之间有4个点没有标出，有关数据如图乙所示，则打B点时小车的动能Ek＝________J，从开始运动到打B点时，绳的拉力对小车做的功W＝________J．(保留2位有效数字，g取9.8 m/s2)
(2)在第(1)问中，绳的拉力对小车做的功W大于小车获得的动能Ek，请你举出导致这一结果的主要原因：________________.(写出一种即可)
解析：(1)小车拖动纸带做匀加速直线运动，B为AC的中间时刻，由匀变速直线运动的规律可得vB＝AC＝，其中xAC＝OC－OA＝19.95 cm，T＝5×0.02 s＝0.1 s，代入可求得vB＝0.9975 m/s，所以在B点小车的动能Ek＝Mv≈0.50 J．绳的拉力近似等于砂和砂桶的总重力，所以绳的拉力对小车做的功W＝mgxOB≈0.51 J.
(2)若摩擦力没有完全抵消，小车所受合外力的功还应包含摩擦力做的负功，故拉力的功大于动能的增量；若砂与砂桶的重力不满足“远小于小车的重力”的条件，则砂和砂桶的重力大于绳的拉力，若把砂和砂桶的重力近似为拉力，导致拉力做的功大于动能增量．
答案：(1)0.50 0.51 (2)摩擦力没有完全抵消；砂与砂桶的重力大于绳的拉力(写出一种即可)
实验六 验证机械能守恒定律
一、实验目的
验证机械能守恒定律．
二、实验原理
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间的平均速度vt＝2t.计算打第n个点瞬时速度的方法是：测出第n个点的相邻前后两段相等时间T内下落的距离xn和xn＋1，由公式vn＝或vn＝算出，如图所示．
三、实验器材
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
1．仪器安装
按图所示将检查、调整好的打点计时器竖直固定在铁架台上，接好电路．
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)如果根据mv2＝mgh验证时，应选点迹清晰，打点成一条直线，且1、2两点间距离小于或接近2 mm的纸带．若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)如果根据mv－mv＝mgΔh验证时，由于重力势能的变化是绝对的，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为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
1．求瞬时速度
由公式vn＝可以计算出重物下落h1、h2、h3…的高度时对应的瞬时速度v1、v2、v3、…
2．验证守恒
方法一：利用起始点和第n点计算，代入ghn和v，如果在实验误差允许的范围内，ghn＝v，则说明机械能守恒定律是正确的．
方法二：任取两点A、B测出hAB，算出ghAB和的值，如果在实验误差允许的范围内，ghAB＝v－v，则说明机械能守恒定律是正确的．
方法三：图象法，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v2h图线．若在误差允许的范围内图象是一条过原点且斜率为g的直线，则验证了机械能守恒．
六、误差分析
1．系统误差
本实验中因重锤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，改进的方法是调整器材的安装，尽可能地减小阻力．
2．偶然误差
本实验的另一个误差来源于长度的测量，属于偶然误差．减小误差的方法是测下落距离时都从O点测量时，一次将各打点对应的下落高度测量完，或者多次测量取平均值．
七、注意事项
1．应尽可能控制实验条件，即应满足机械能守恒的条件，这就要求尽量减小各种阻力的影响，采取的措施有：
(1)安装打点计时器时，必须使两个限位孔的中线严格竖直，以减小摩擦阻力．
(2)应选用质量和密度较大的重锤，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，可使空气阻力减小．
2．实验中，提纸带的手要保持不动，且保证纸带竖直，接通电源后，打点计时器工作稳定后再松开纸带．
3．验证机械能守恒时，可以不测出重锤质量，只要比较v和ghn是否相等即可验证机械能是否守恒．
4．测量下落高度时，为了减小测量值h
的相对误差，选取的各个计数点要离起始点远一些，纸带也不易过长，有效长度可在60 cm～80 cm之间．
5．速度不能用vn＝gtn或vn＝计算，否则犯了用机械能守恒定律验证机械能守恒的错误．
考点一 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：
(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mv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＝mv－mv
(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＝mv－mv
(2)ADBCEF
考点二 数据处理与误差分析
[典例2] (2016·高考北京卷)利用图1装置做“验证机械能守恒定律”实验．
(1)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的________．
A．动能变化量与势能变化量
B．速度变化量和势能变化量
C．速度变化量和高度变化量
(2)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)
(3)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＝________.
(4)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
(5)某同学想用下述方法研究机械能是否守恒：在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离h，计算对应计数点的重物速度v，描绘v2h图象，并做如下判断：若图象是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能守恒，请你分析论证该同学的判断依据是否正确．
解析 (1)由机械能守恒定律可知，动能的减少量和重力势能的增加量相等，选项A正确．
(2)需要用低压交流电源接电磁打点计时器，需要用刻度尺测量纸带上点迹间距离．选择A、B.
(3)ΔEp＝－mghB，ΔEk＝mv
由匀变速直线运动规律可知，vB＝
代入可得，ΔEk＝m2.
(4)由于空气阻力和摩擦阻力的影响，有一部分重力势能会转化为热能．选项C正确．
答案 (1)A (2)AB (3)－mghB m2 (4)C (5)该同学的判断依据不正确．在重物下落h的过程中，若阻力f恒定，有mgh－fh＝mv2－0解得v2＝2h.由此可知，v2h图象就是过原点的一条直线．要想通过v2h图象的方法验证机械能是否守恒，还必须看图象的斜率是否接近2g.
考点三 实验改进 拓展创新
1．创新点分析
本实验在高考中创新点适中，以机械能守恒定律为理论依据进行创新，通过改变实验原理、条件、仪器、方案等设置新题目，不拘泥教材，体现拓展性、开放性、探究性等特点．
2．命题视角
视角1 由系统动能、重力势能的变化验证机械能守恒，所用实验器材：光电门、气垫导轨等．
视角2 通过小球自由落体运动的闪光照片验证机械能守恒等．
[典例3] 某同学根据机械能守恒定律，设计实验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系．
(1)如图甲所示，将轻质弹簧下端固定于铁架台，在上端的托盘中依次增加砝码，测量相应的弹簧长度，部分数据如下表，由数据算得劲度系数k＝________ N/m(g取9.80 m/s2)．
砝码质量/g
50
100
150
弹簧长度/cm
8.62
7.63
6.66
(2)取下弹簧，将其一端固定于气垫导轨左侧，如图乙所示，调整导轨使滑块自由滑动时，通过两个光电门的速度大小________．
(3)用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v.释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为________．
(4)重复(3)中的操作，得到v与x的关系如图丙所示，由图可知，v与x成________关系．由上述实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的________成正比．
解析 (1)由胡克定律知ΔF＝k·Δx
当放1个钩码时有
k1＝＝ N/m≈49.5 N/m
当放第2个钩码时有
k2＝＝ N/m≈50.5 N/m
则弹簧的劲度系数k＝＝50 N.
(2)要调整气垫导轨水平使滑块自由滑动时，通过两个光电门的速度相等．
(3)根据机械能守恒定律，释放滑块后，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能．
(4)由题图可知，v与x成正比，即v＝kx，则Ep＝Ek＝mv2＝mk2x2，因此弹簧的弹性势能与弹簧的压缩量的平方成正比．
答案 (1)50 (2)相等 (3)滑块的动能 (4)正比 压缩量的平方
1．某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究：一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连；弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图所示．向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放；小球离开桌面后落到水平地面．通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能．
回答下列问题：
(1)本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能Ep与小球抛出时的动能Ek相等．已知重力加速度大小为g.为求得Ek，至少需要测量下列物理量中的________(填正确答案标号)．
A．小球的质量m
B．小球抛出点到落地点的水平距离s
C．桌面到地面的高度h
D．弹簧的压缩量Δx
E．弹簧原长l0
(2)用所选取的测量量和已知量表示Ek，得Ek＝________.
(3)图中的直线是实验测量得到的sΔx图线．从理论上可推出，如果h不变．m增加，sΔx图线的斜率会________(填“增大”、“减小”或“不变”)；如果m不变，h增加，sΔx图线的斜率会________(填“增大”、“减小”或“不变”)．由图中给出的直线关系和Ek的表达式可知，Ep与Δx的________次方成正比．
解析：(1)利用平抛运动规律，测量出平抛运动的初速度v0.由s＝v0t，h＝gt2，联立解得v0＝s.要测量小球速度，需要测量小球抛出点到落地点的水平距离s，桌面到地面的高度h；由Ek＝mv知，还需要测量小球的质量m，因弹簧劲度系数未知，D、E错误，A、B、C正确．
(2)小球抛出时的动能Ek＝mv＝.
(3)弹簧的弹性势能Ep＝Ek＝mv＝，即s＝2，根据题目所给的直线关系可知，s与Δx成正比，而Ep与s2成正比，故Ep应与Δx的2次方成正比，即s＝2Δx，sΔx图线的斜率正比于 ，如果h不变，m增加，sΔx图线的斜率将会减小；如果m不变，h增加，则sΔx 图线的斜率会增大．
答案：(1)ABC (2) (3)减小 增大 2
2．如图所示为利用气垫导轨(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：
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；
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，系统势能的减少量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)v＝(M＋m)2，
Ek2＝(M＋m)v＝(M＋m)2，
系统势能的减少量ΔEp＝mgs
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：⑥(M＋m)2 (M＋m)2
⑦mgs ⑧ΔEp＝Ek2－Ek1
高效演练 跟踪检测
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，其中正确的方案是( )
A．用刻度尺测出物体下落的高度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v
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，计算出瞬时速度v，并通过h＝计算得出高度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D. 利用g求v和h，相当于利用机械能守恒验证机械能守恒，A、B、C错误，D正确．
2．某同学为验证机械能守恒定律编排了如下实验步骤：
A．用天平称出重物的质量
B．把纸带固定到重物上，并把纸带穿过打点计时器，提升到一定高度
C．拆掉导线，整理仪器
D．断开电源，调整纸带，重做两次
E．用秒表测出重物下落的时间
F．用毫米刻度尺测出计数点与起点的距离，记录数据，并计算出结果，得出结论
G．把打点计时器接到低压交流电源上
H．接通电源，释放纸带
I．把打点计时器接到低压直流电源上
J．把打点计时器固定到桌边的铁架台上
上述实验步骤中错误的是________，没必要的是________，其余正确且必要的步骤按实验操作顺序排列是________．(均只需填步骤的代号)
解析：对于物理实验，掌握实验原理和操作方法是最基本的要求．只有掌握了实验原理，才能判断出实验步骤中哪些是错误的，哪些是必要的；只有亲自动手进行认真的操作，才能正确地对实验步骤按序排列．
上述实验步骤中错误的是E和I，因为实验中不需要测定时间，打点计时器应使用低压交流电源．可有可无的实验步骤是A.其余正确且必要的步骤按实验操作顺序排列是：JGBHDCF.
答案：E、I A JGBHDCF
3．用如图甲所示的装置“验证机械能守恒定律”．
(1)下列物理量需要测量的是________，通过计算得到的是________．(填写代号)
A．重锤质量
B．重力加速度
C．重锤下落的高度
D．与下落高度对应的重锤的瞬时速度
(2)设重锤质量为m、打点计时器的打点周期为T、重力加速度为g.图乙是实验得到的一条纸带，A、B、C、D、E为相邻的连续点．根据测得的s1、s2、s3、s4写出重锤由B点到D点势能减少量的表达式________，动能增加量的表达式________．
解析：(1)实验中需要直接测量的是重锤下落的高度，通过计算得到的是与下落高度相对应的重锤的瞬时速度．
(2)重锤重力势能的减少量为mg(s3－s1)，
vB＝，vD＝，
故重锤动能的增加量为
mv－mv＝m2－m2＝.
答案：(1)C D (2)mg(s3－s1)
4．“验证机械能守恒定律”的实验装置如图甲所示，采用重物自由下落的方法：
(1)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乙所示，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v＝2gxOB，乙同学用vB＝，其中所选方法正确的是________(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)．
(2)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)重物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，v＝2gxOB，是自由落体运动的公式，故甲同学错误．
打B点重物速度
v＝＝ m/s＝1.92 m/s
重物动能的增加量
ΔEk＝mv2＝0.5×0.200×1.922 J≈0.369 J
重物重力势能的减少量
ΔEp＝mgh＝0.200×9.80×0.192 0 J≈0.376 J
(2)克服空气对重物和打点计时器对纸带的阻力做功．
答案：(1)乙 0.369 0.376 (2)见解析
5．如图所示装置可用来验证机械能守恒定律．摆锤A栓在长L的轻绳一端，另一端固定在O点，在A上放一个小铁片，现将摆锤拉起，使绳偏离竖直方向成θ角时由静止开始释放摆锤，当其到达最低位置时，受到竖直挡板P阻挡而停止运动，之后铁片将飞离摆锤而做平抛运动．
(1)为了验证摆锤在运动中机械能守恒，必须求出摆锤在最低点的速度．为了求出这一速度，实验中还应该测量的物理量：________________________.
(2)根据测得的物理量表示摆锤在最低点的速度v＝__________________.
(3)根据已知的和测得的物理量，写出摆锤在运动中机械能守恒的关系式为________．
解析：(1)铁片在最低点飞出时做平抛运动，平抛的初速度即为铁片在最低点的速度，根据平抛运动规律可知：x＝v0t，y＝gt2，因此要想求出平抛的初速度，应该测量遇到挡板后铁片的水平位移x和竖直下落高度h.
(2)根据铁片做平抛运动有：
x＝v0t①
h＝gt2②
联立①②可解得：v＝x.
(3)下落到最低点过程中，铁片重力势能的减小量等于其重力做功，因此有：
ΔEp＝mgh＝mgL(1－cos θ)
动能的增量为：ΔEk＝mv
根据ΔEp＝ΔEk得机械能守恒的关系式为：
＝gL(1－cos θ)
答案：(1)铁片遇到挡板后铁片的水平位移x和竖直下落高度h (2)x (3)＝gL(1－cos θ)
6. 某同学用图(a)所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有20 Hz、30 Hz和40 Hz，打出纸带的一部分如图(b)所示．
该同学在实验中没有记录交流电的频率f，需要用实验数据和其他题给条件进行推算．
(1)若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f和图(b)中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出B点时，重物下落的速度大小为________，打出C点时重物下落的速度大小为________，重物下落的加速度大小为________．
(2)已测得s1＝8.89 cm，s2＝9.50 cm，s3＝10.10 cm；当地重力加速度大小为9.80 m/s2，实验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%.由此推算出f为________ Hz.解析： (1)B点对应的速度vB＝＝，
C点对应的速度vC＝＝，
加速度a＝＝.
(2)由牛顿第二定律得mg(1－1%)＝ma，
则频率f＝ ＝40 Hz.
答案： (1)(s1＋s2)f (s2＋s3)f (s3－s1)f2 (2)40
7．某同学用如图所示的装置验证机械能守恒定律．一根细线系住钢球，悬挂在铁架台上，钢球静止于A点，光电门固定在A的正下方．在钢球底部竖直地粘住一片宽度为d的遮光条．将钢球拉至不同位置由静止释放，遮光条经过光电门的挡光时间t可由计时器测出，取v＝作为钢球经过A点时的速度．记录钢球每次下落的高度h和计时器示数t，计算并比较钢球在释放点和A点之间的势能变化大小ΔEp与动能变化大小ΔEk，就能验证机械能是否守恒．
(1)用ΔEp＝mgh计算钢球重力势能变化的大小，式中钢球下落高度h应测量释放时的钢球球心到________之间的竖直距离．
A．钢球在A点时的顶端
B．钢球在A点时的球心
C．钢球在A点时的底端
(2)用ΔEk＝mv2计算钢球动能变化的大小，用刻度尺测量遮光条宽度，示数如图所示，其读数为________cm.某次测量中，计时器的示数为0.010 0 s，则钢球的速度为v＝________m/s.
(3)下表为该同学的实验结果：
ΔEp/(×10－2 J)
4.892
9.786
14.69
19.59
29.38
ΔEk/(×10－2 J)
5.04
10.1
15.1
20.0
29.8
他发现表中的ΔEp与ΔEk之间存在差异，认为这是由于空气阻力造成的．你是否同意他的观点？请说明理由．
(4)请你提出一条减小上述差异的改进建议．
解析： (2)读数时要注意最小分度是1毫米，要估读到最小分度的下一位，
速度v＝＝＝1.50 m/s.
(3)因为空气阻力会使动能的增加量ΔEk小于重力势能的减少量ΔEp，但表中ΔEk大于ΔEp，所以不同意他的观点．
(4)据图可看出，光电门计时器测量的是遮光条经过光电门的挡光时间，而此时遮光条经过光电门时的速度比小球的速度大，因为它们做的是以悬点为圆心的圆周运动，半径不等，所以速度不能等同，而这位同学误以为相同，从而给实验带来了系统误差．改进方法：根据它们运动的角速度相等，分别测出光电门和球心到悬点的长度L和l，计算ΔEk时，将v折算成钢球的速度v′＝v.
答案： (1)B
(2)1.50(1.49～1.51都算对) 1.50(1.49～1.51 都算对)
(3)不同意，因为空气阻力会造成ΔEk小于ΔEp，但表中ΔEk大于ΔEp.
(4)分别测出光电门和球心到悬点的长度L和l，计算ΔEk时，将v折算成钢球的速度v′＝v.
章末检测五 机械能
(时间：60分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，1～5题每小题只有一个选项正确，6～8小题有多个选项符合题目要求，全选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)
1. 如图所示是一种清洗车辆用的手持喷水枪．设枪口截面积为0.6 cm2，喷出水的速度为 20 m/s (水的密度为1×103 kg/m3)．当它工作时，估计水枪的功率约为( )
A．250 W B．300 W
C．350 W D．400 W
解析：选A.每秒钟喷出水的动能为Ek＝mv2＝ρSvt·v2，代入数据得Ek＝240 J，故选项A正确．
2．在地面上将一小球竖直向上抛出，上升一定高度后再落回原处，若不计阻力，以向上为正方向，则下述图象能正确反映位移－时间，速度－时间、加速度－时间、重力势能－高度(取小球在抛出点的重力势能为零)的是( )
解析：选C.小球竖直向上抛出，不计阻力，以向上为正方向，可得a＝－g，可知选项C正确；位移－时间关系式为x＝v0t－gt2，可知选项A错误；速度－时间关系式为v＝v0－gt，可知选项B错误；重力势能－高度关系式为Ep＝－mgh，可知选项D错误．
3. 如图所示，水平传送带保持2 m/s的速度运动，一质量为1 kg的物体与传送带间的动摩擦因数为0.2，现将该物体无初速度地放到传送带上的A点，然后运动到了距A点2 m的B点，则传送带对该物体做的功为( )
A．0.5 J B．2 J
C．2.5 J D．4 J
解析：选B.由题意知，物体的加速度a＝μg＝2 m/s2.物体在传送带上匀加速运动的位移x＝＝1 m，又因为xAB＝2 m，所以物体先做匀加速运动后做匀速运动，由动能定理知传送带对物体做功W＝mv2＝2 J，B正确．
4．一辆跑车在行驶过程中发动机的输出功率与速度大小的关系如图所示，已知该车质量为2×103 kg，在某平直路面上行驶时，阻力恒为3×103 N．若汽车从静止开始以恒定加速度2 m/s2做匀加速运动，则此匀加速过程能持续的时间大约为( )
A．8 s B．14 s
C．26 s D．38 s
解析：选B.由题图可知，跑车发动机的最大输出功率大约为200 kW，根据牛顿第二定律得，牵引力F＝Ff＋ma＝3 000 N＋2 000×2 N＝7 000 N，则匀加速过程最大速度vm＝＝ m/s≈28.6 m/s，匀加速过程持续的时间t＝＝ s＝14.3 s，故B正确，A、C、D错误．
5．用长度为l的细绳悬挂一个质量为m的小球，将小球移至和悬点等高的位置使绳自然伸直．放手后小球在竖直平面内做圆周运动，小球在最低点的势能取作零，则小球运动过程中第一次动能和势能相等时重力的瞬时功率为( )
A．mg B.mg
C.mg D.mg
解析：选C.设第一次小球动能与势能相等时的速度大小为v，此时小球下降的高度为，由机械能守恒定律得mgl＝mv2＋Ep，Ep＝mv2，解得v＝，此时v与水平方向夹角为60°，故P＝mgvsin 60° ＝mg，C正确．
6. 有一系列斜面，倾角各不相同，它们的底端相同，都是O点，如图所示．有一些完全相同的滑块(可视为质点)从这些斜面上的A、B、C、D…各点同时由静止释放，下列判断正确的是( )
A．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的速率相同，则A、B、C、D…各点处在同一水平线上
B．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的速率相同，则A、B、C、D…各点处在同一竖直面内的圆周上
C．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的时间相同，则A、B、C、D…各点处在同一竖直面内的圆周上
D．若各斜面与这些滑块间有相同的动摩擦因数，滑到O点的过程中，各滑块损失的机械能相同，则A、B、C、D…各点处在同一竖直线上
解析：选ACD.由机械能守恒可知A正确、B错误；若A、B、C、D…各点在同一竖直平面内的圆周上，则下滑时间均为t＝，d为直径，因此选项C正确；设斜面和水平面间夹角为θ，损失的机械能为ΔE＝μmgscos θ，损失机械能相同，则scos θ相同，因此A、B、C、D…各点在同一竖直线上，D正确．
7. 如图所示，一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质缆绳提升一箱货物，已知货箱的质量为M，货物的质量为m，货车以速度v向左做匀速直线运动，重力加速度为g，则在将货物提升到图示的位置时，下列说法正确的是( )
A．货箱向上运动的速度大于v
B．缆绳中的拉力FT＞(M＋m)g
C．货车对缆绳拉力做功的功率P＞(M＋m)gvcos θ
D．货物对货箱底部的压力小于mg
解析：选BC.将货车的速度进行正交分解，如图所示：由于绳子不可伸长，货箱和货物整体向上运动的速度和货车速度沿着绳子方向的分量相等，故v1＝vcos θ，由于θ
不断减小，故货箱和货物整体向上做加速运动，加速度向上，货箱和货物整体向上做加速运动，大小小于v，故A错误；货箱和货物整体向上做加速运动，故拉力大于(M＋m)g，故B正确； 整体的速度为vcos θ，故拉力功率P ＝Fv ＞ (M＋m)gvcos θ，故C正确；货箱和货物整体向上做加速运动，加速度向上，处于超重状态，故箱中的物体对箱底的压力大于mg，故D错误．
8．有一辆新颖电动汽车，总质量为1 000 kg.行驶中，该车速度在14～20 m/s范围内保持恒定功率20 kW不变．一位同学坐在驾驶员旁边观察车内里程表和速度表，记录了该车在位移120～400 m范围内做直线运动时的一组数据如下表，设汽车在上述范围内受到的阻力大小不变，则( )
s/m
120
160
200
240
280
320
360
400
v/(m·s－1)
14.5
16.5
18.0
19.0
19.7
20.0
20.0
20.0
A.该汽车受到的阻力为1 000 N
B．位移120～320 m过程牵引力所做的功约为9.5×104 J
C．位移120～320 m过程经历时间约为14.75 s
D．该车速度在14～20 m/s范围内可能做匀加速直线运动
解析：选AC.汽车最后匀速行驶，有P＝fvm得：f＝ N＝1 000 N，则A对；汽车位移120～320 m过程中牵引力做功W，由动能定理得：W－f·(320 m－120 m)＝mv－mv，代入数据得W＝2.95×105J，则B错；设汽车位移120～320 m过程经历时间为t，由动能定理得：Pt－f·(320 m－120 m)＝mv－mv，代入数据得：t＝14.75 s，则C对；汽车速度在14～20 m/s范围内，功率不变，做变加速直线运动，则D错．
二、非选择题(共4小题，52分)
9．(10分)在“验证机械能守恒定律”的实验中，已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz，查得当地重力加速度g＝9.80 m/s2，测得所用的重物的质量为1.00 kg.实验中得到一条点迹清晰的纸带如图所示，把第一个点记作O
，另选连续的四个点A、B、C、D作为测量的点．经测量知道A、B、C、D各点到O点的距离分别为62.99 cm,70.18 cm,77.76 cm,85.73 cm.根据以上数据，可知重物由O点运动到C点，重力势能的减少量等于________ J，动能的增加量等于________ J．(保留三位有效数字)
解析：根据测量数据，重物从O点运动到C点下落的高度h＝0.777 6 m，故重力势能减少量
ΔEp＝mgh＝1.00×9.80×0.777 6 J≈7.62 J
重物动能的增加量ΔEk＝mv－mv
根据实验情况，重物在O点的速度v0＝0，C点的速度vC等于重物从B点到D点这一段时间Δt ＝2× s内的平均速度．由实验数据可得vC＝＝ m/s＝3.887 5 m/s，
重物的动能增加量ΔEk＝mv＝×1.00×3.887 52 J≈7.56 J.
答案：7.62 7.56
10．(12分)为了“探究动能改变与合力做功”的关系，某同学设计了如下实验方案：
第一步：把带有定滑轮的木板(有滑轮的)一端垫起，把质量为M的滑块通过细绳跨过定滑轮与质量为m的重锤相连，重锤后连一穿过打点计时器的纸带，调整木板倾角，直到轻推滑块后，滑块沿木板向下匀速运动，如图甲所示．
第二步：保持长木板的倾角不变，将打点计时器安装在长木板靠近滑轮处，取下细绳和重锤，将滑块与纸带相连，使纸带穿过打点计时器，然后接通电源，释放滑块，使之从静止开始向下加速运动，打出纸带，如图乙所示．打出的纸带如图丙所示．
请回答下列问题：
(1)已知O、A、B、C、D、E、F相邻计数点间的时间间隔为Δt，根据纸带求滑块速度，打点计时器打B点时滑块速度vB＝________.
(2)已知重锤质量为m，当地的重力加速度为g，要测出某一过程合力对滑块做的功还必须测出这一过程滑块________(写出物理名称及符号，只写一个物理量)，合力对滑块做功的表达式W合＝________.
(3)算出滑块运动OA、OB、OC、OD、OE段合力对滑块所做的功W以及在A、B、C、D、E各点的速度v，以v2为纵轴、W为横轴建立坐标系，描点作出v2W图象，可知该图象是一条________，根据图象还可求得________．
解析：(1)由打出的纸带可知B点的速度为vB＝；
(2)由做功定义式可知还需要知道滑块下滑的位移，由动能定理可知W合＝ΔEk，即mgx＝ΔEk；
(3)v2W图象应该为一条过原点的直线．根据图象还可以求得滑块的质量M.
答案：(1) (2)下滑的位移x mgx (3)过原点的直线 滑块的质量M
11．(15分) 如图所示，将质量为m＝1 kg的小物块放在长为L＝1.5 m的小车左端，车的上表面粗糙，物块与车上表面间动摩擦因数μ＝0.5，直径d＝1.8 m的光滑半圆形轨道固定在水平面上且直径MON竖直，车的上表面和轨道最低点高度相同，距地面高度h＝0.65 m，开始车和物块一起以10 m/s的初速度在光滑水平面上向右运动，车碰到轨道后立即停止运动，取g＝10 m/s2，求：
(1)小物块刚进入半圆轨道时对轨道的压力；
(2)小物块落地点至车左端的水平距离．
解析：(1)车停止运动后取小物块为研究对象，设其到达车右端时的速度为v1，由动能定理得
－μmgL＝mv－mv
解得v1＝ m/s
刚进入圆轨道时，设物块受到的支持力为FN，由牛顿第二定律得FN－mg＝m
解得FN＝104.4 N
由牛顿第三定律FN′＝FN
得FN′＝104.4 N，方向竖直向下．
(2)若小物块能到达圆轨道最高点，
则由机械能守恒得mv＝2mgR＋mv
解得v2＝7 m/s
设恰能过最高点的速度为v3，则mg＝m
解得v3＝＝3 m/s
因v2>v3，故小物块从圆轨道最高点做平抛运动，
h＋2R＝gt2
x＝v2t
联立解得x＝4.9 m
故小物块距车左端s＝x－L＝3.4 m
答案：(1)104.4 N，方向竖直向下 (2)3.4 m
12．(15分)如图所示，AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA处于水平位置．AB是半径为R＝2 m的圆周轨道，CDO是半径为r＝1 m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板．D为CDO轨道的中心．BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接．已知BC段水平轨道长L＝2 m，与小球之间的动摩擦因数μ＝0.4.现让一个质量为m＝1 kg的小球P从A点的正上方距水平线OA高H处自由落下．(g取10 m/s2)
(1)当H＝1.4 m时，问此球第一次到达D点对轨道的压力大小．
(2)当H＝1.4 m时，试通过计算判断此球是否会脱离CDO轨道．如果会脱离轨道，求脱离前球在水平轨道经过的路程．如果不会脱离轨道，求静止前球在水平轨道经过的路程．
解析：(1)设小球第一次到达D的速度vD，小球P到D点的过程对小球根据动能定理：
mg(H＋r)－μmgL＝
在D点对小球根据牛顿第二定律：
N＝
联立解得：N＝32 N
由牛顿第三定律得小球在D点对轨道的压力大小
N′＝N＝32 N.
(2)第一次到O点时速度为v1，小球P到O点的过程对小球应用动能定理：
mgH－μmgL＝
解得：v1＝2 m/s
恰能通过O点，mg＝
临界速度v0＝ m/s
由于v1>v0，故第一次来到O点之前没有脱离．
设第三次来到D点的动能为Ek，对之前的过程应用动能定理：
mg(H＋r)－3μmgL＝Ek
代入解得：Ek＝0
故小球一直没有脱离CDO轨道，设此球静止前在水平轨道经过的路程s，对全过程应用动能定理：
mg(H＋R)－μmgs＝0
解得：s＝8.5 m.
答案：(1)32 N (2)不会脱离轨道，8.5 m
