【物理】2019届一轮复习人教版机械能学案

【物理】2019届一轮复习人教版机械能学案

第六章 考 纲 要 求 考 情 分 析 功和功率 Ⅱ ‎1.命题规律 近几年高考既有对本章内容的单独考查，也有与牛顿运动定律、曲线运动等内容相结合的综合考查，题型有选择题、计算题。‎ ‎2.考查热点 将本章内容与其他知识相结合，与实际生产、生活相结合进行命题的趋势较强，在复习中应侧重对基础知识的理解和应用。‎ 动能　动能定理 Ⅱ 重力势能 Ⅱ 弹性势能 Ⅰ 机械能守恒定律及其应用 Ⅱ 能量守恒 Ⅰ 实验四：探究动能定理 实验五：验证机械能守恒定律 ‎[说明]　弹性势能的表达式不作要求。‎ 第24课时　功和功率(双基落实课)‎ 知识点一　功的理解和正负判断 ‎1．做功两因素：力和物体在力的方向上发生的位移。‎ ‎2．公式：W＝Flcos_α ‎(1)α是力与位移方向之间的夹角，l是物体对地的位移。‎ ‎(2)该公式只适用于恒力做功。‎ ‎3．功的正负的判断方法 恒力的功 依据力与位移方向的夹角来判断 曲线运动 中的功 依据力与速度方向的夹角α来判断，0°≤α<90°时，力对物体做正功；90°<α≤180°时，力对物体做负功；α＝90°时，力对物体不做功 能量变化 时的功 功是能量转化的量度，若有能量转化，则必有力对物体做功。此法常用于判断两个相联系的物体之间的相互作用力做功的判断 ‎[小题练通]‎ ‎1．(2017·全国Ⅱ卷)如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力(　　)‎ A．一直不做功　　　　　　 　B．一直做正功 C．始终指向大圆环圆心 D．始终背离大圆环圆心 解析：‎ 选A　由于大圆环是光滑的，因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方向始终与速度方向垂直，因此作用力不做功，A项正确，B项错误；小环刚下滑时，大圆环对小环的作用力背离大圆环的圆心，滑到大圆环圆心以下的位置时，大圆环对小环的作用力指向大圆环的圆心，C、D项错误。‎ ‎2．(2018·盐城模拟)如图所示，小球置于倾角为45°的斜面上被竖直挡板挡住，整个装置匀速竖直下降一段距离。此过程中，小球重力大小为G，做功为WG；斜面对小球的弹力大小为F1，小球克服F1做功为W1；挡板对小球的弹力大小为F2，做功为W2。不计一切摩擦，则下列判断正确的是(　　)‎ A．F2＝G，W2＝0 B．F1＝G，W1＝WG C．F1>G，W1>WG D．F2>G，W2>WG 解析：选A　对小球受力分析可知：F1cos 45°＝G，F1sin 45°＝F2，联立解得：F2＝G，F1＝G，由于F2与位移方向垂直，故F2不做功，即W2＝0，小球克服F1做功为：W1＝F1hcos 45°＝Gh，重力做功为：WG＝Gh，故W1＝WG，故A项正确。‎ ‎(1)功是标量，只有大小没有方向。‎ ‎(2)功的正负既不表示大小，也不表示方向。‎ ‎(3)公式中l为物体的位移，而不是力作用点的位移。‎ 知识点二　功的计算 ‎[方法1：利用定义式计算恒力做的功]‎ ‎(1)恒力做的功：直接用W＝Flcos α计算。‎ ‎(2)合力做的功 方法一：先求合力F合，再用W合＝F合lcos α求功。‎ 方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3、…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功。‎ ‎ [例1]　(多选)如图所示，水平路面上有一辆质量为M的汽车，车厢中有一个质量为m的人正用恒力F向前推车厢，在车以加速度a向前加速行驶距离L的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．人对车的推力F做的功为FL B．人对车做的功为maL C．车对人的作用力大小为ma D．车对人的摩擦力做的功为(F＋ma)L ‎[解析]　由做功的定义可知，选项A正确；对人进行受力分析，人受重力以及车对人的力，合力的大小为ma，方向水平向左，故车对人的作用力大小应为，选项C错误；题述过程重力不做功，合力对人做的功为maL，所以车对人做的功为maL，由相互作用力及人、车的位移相同可确定，人对车做的功为－maL，选项B错误；对人由牛顿第二定律知，在水平方向上有Ff－F＝ma，摩擦力做的功为(F＋ma)L，选项D正确。‎ ‎[答案]　AD ‎[方法2：利用动能定理求变力做的功]‎ 动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于求恒力做功，也适用于求变力做功。因使用动能定理可由动能的变化来求功，所以动能定理是求变力做功的首选。‎ ‎ [例2]　(2015·海南高考)如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g。质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为(　　)‎ A.mgR B.mgR C.mgR D.mgR ‎[解析]　在Q点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力，所以有FN－mg＝m，FN＝2mg，联立解得v＝，下落过程中重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可得mgR－Wf＝mv2，解得Wf＝mgR，所以克服摩擦力做功mgR，C正确。‎ ‎[答案]　C ‎[方法3：化变力为恒力求变力做的功]‎ 变力做功一般难以直接求解，但若通过转换研究的对象，有时可化为恒力做功，用W＝Flcos α求解。此法常常应用于轻绳通过定滑轮拉物体的问题中。‎ ‎[例3]　如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，以大小恒定的拉力F拉轻绳，使滑块从A点起由静止开始上升。若从A点上升至B点和从B点上升至C点的过程中，轻绳对滑块做的功分别为W1和W2，图中AB＝BC，则(　　)‎ A．W1＞W2‎ B．W1＜W2‎ C．W1＝W2‎ ‎ D．无法确定W1和W2的大小关系 ‎[解析]　轻绳对滑块做的功为变力做功，可以通过转换研究对象，将变力做的功转化为恒力做的功；因轻绳对滑块做的功等于拉力F对轻绳做的功，而拉力F为恒力，W＝F·Δl，Δl为轻绳拉滑块过程中拉力F的作用点移动的位移，大小等于滑轮左侧轻绳的缩短量，由题图可知，ΔlAB＞ΔlBC，故W1＞W2，A项正确。‎ ‎[答案]　A ‎[方法4：利用微元法求变力做的功]‎ 将物体的位移分割成许多小段，因小段很小，每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将变力做功转化为在无数多个无穷小的位移上的恒力所做功的代数和。此法常应用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题。‎ ‎[例4]　如图所示，在水平面上，有一弯曲的槽道AB，槽道由半径分别为和R的两个半圆构成。现用大小恒为F的拉力将一光滑小球从A点沿槽道拉至B点，若拉力F的方向时刻与小球运动方向一致，则此过程中拉力F所做的功为(　　)‎ A．0 B．FR C．2πFR D.πFR ‎[解析]　因为F的方向不断改变，不能用W＝Flcos α求解，但由于F的方向时刻与小球运动方向一致，可采用微元法，把小球的位移分割成许多小段，在每一小段位移上作用在小球上的力F可视为恒力，F做的总功即为F在各个小段上做功的代数和，由此得：W＝F·2π·＋·2πR＝πFR，D正确。‎ ‎[答案]　D　‎ ‎[方法5：用Fx图像求变力做的功]‎ 在Fx图像中，图线与x轴所围“面积”的代数和表示力F在这段位移所做的功，且位于x轴上方的“面积”为正，位于x轴下方的“面积”为负，但此方法只适用于便于求图线所围面积的情况(如三角形、矩形、圆等规则的几何图形)。‎ ‎[例5]　某物体在变力F作用下沿水平方向做直线运动，物体的质量m＝10 kg，F随物体的坐标x的变化情况如图所示。若物体从坐标原点由静止出发，不计一切摩擦。借鉴教科书中学习直线运动时，由v t图像求位移的方法，结合其他所学知识，根据图示的Fx图像，可求出物体运动到x＝16 m处时的速度大小为(　　)‎ A．3 m/s B．4 m/s C．2 m/s D. m/s ‎[解析]　力F在运动过程中所做的总功WF＝10×4 J＝40 J，由动能定理得：WF＝mv2－0，解得物体运动到x＝16 m 处的速度大小为v＝2 m/s，C正确。‎ ‎[答案]　C 知识点三　功率的理解与计算 ‎1．功率：功与完成这些功所用时间的比值。‎ ‎2．物理意义：描述力对物体做功的快慢。‎ ‎3．公式 ‎(1)P＝，P为时间t内的平均功率。‎ ‎(2)P＝Fvcos α ‎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：机械可以长时间工作的最大输出功率。‎ ‎5．实际功率：机械实际工作时的输出功率，要求不大于额定功率。‎ ‎[小题练通]‎ ‎1．把A、B两相同小球在离地面同一高度处以大小相同的初速度v0，分别沿水平方向和竖直方向抛出，不计空气阻力，如图所示，则下列说法正确的是(　　)‎ A．A、B落地时速度相同 B．A、B落地时，重力的瞬时功率相同 C．从开始运动至落地，重力对A、B做的功不同 D．从开始运动至落地，重力对A、B做功的平均功率A>B 解析：选D　A、B落地的速度大小相同，方向不同，选项A错误；因B落地时竖直速度较大，由P＝mgv竖可知，PB>PA，选项B错误；重力做功取决于竖直方向上的高度差，故重力对A、B做的功均为mgh，选项C错误；因B从被抛出到落地所用时间较长，故A>B，选项D正确。‎ ‎2．(2018·白银模拟)如图所示，小物块甲从竖直固定的光滑圆弧轨道顶端由静止滑下，轨道半径为R，圆弧底端切线水平。小物块乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滑下。下列判断正确的是(　　)‎ A．两物块到达底端时速度相同 B．两物块运动到底端的过程中重力做功相同 C．两物块到达底端时动能相同 D．两物块到达底端时，乙的重力做功的瞬时功率大于甲的重力做功的瞬时功率 解析：选D　两物块下落的高度相同，根据动能定理，有mgR＝mv2，解得v＝，可知两物块到达底端时的速度大小相等，但方向不同，A错误；两物块的质量大小关系不确定，故无法判断两物块运动到底端时重力做的功及动能是否相同，B、C错误；在底端时，甲的重力做功的瞬时功率为零，乙的重力做功的瞬时功率大于零，故D正确。‎ 求解功率时应注意的问题 ‎(1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率。‎ ‎(2)平均功率与一段时间(或过程)相对应，计算时应明确是哪个力在哪段时间(或过程)内做功的平均功率。‎ ‎(3)瞬时功率计算时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率。‎ 知识点四　机车启动问题 ‎1．以恒定功率启动 ‎(1)运动过程分析 ‎(2)运动过程的速度—时间图像如图(a)所示。‎ ‎　　　‎ ‎　　　　图(a)　　　　　　　 　　图(b)‎ ‎2．以恒定加速度启动 ‎(1)运动过程分析 ‎(2)运动过程的速度—时间图像如图(b)所示。‎ ‎[小题练通]‎ ‎1．质量为m的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的摩擦阻力大小一定，汽车速度能够达到的最大值为v，那么当汽车的车速为时，汽车的瞬时加速度的大小为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选C　当汽车牵引力等于阻力时，速度最大，则阻力Ff＝，当速度为时，牵引力F＝＝，由牛顿第二定律得F－Ff＝ma，解得a＝，选项C正确。‎ ‎2．(多选)质量为2×103 kg的汽车由静止开始沿平直公路行驶，行驶过程中牵引力F和车速倒数的关系图像如图所示。已知行驶过程中最大车速为30 m/s，设阻力恒定，则(　　)‎ A．汽车所受阻力为6×103 N B．汽车在车速为5 m/s时，加速度为3 m/s2‎ C．汽车在车速为15 m/s时，加速度为1 m/s2‎ D．汽车在行驶过程中的最大功率为6×104 W 解析：选CD　当牵引力等于阻力时，速度最大，由题图图线可知阻力大小Ff＝2 000 N，故A错误；题图倾斜图线的斜率表示功率，可知P＝ W＝60 000 W，车速为5 m/s 时，汽车的加速度a＝ m/s2＝2 m/s2，故B错误；当车速为15 m/s时，牵引力F＝ N＝4 000 N，则加速度a＝ m/s2＝1 m/s2，故C正确；汽车的最大功率等于额定功率，等于60 000 W，故D正确。‎ ‎ 一、单项选择题 ‎1．如图所示，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(　　)‎ 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做正功 解析：选C　A、B一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，加速度为gsin θ(θ为斜面倾角)，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与B相对静止，A对B不做功，选项D错误。‎ ‎2．(2018·南通、泰州、扬州、淮安模拟)高三某同学参加引体向上体能测试，在20 s内完成10次标准动作，则此过程中该同学克服重力做功的平均功率最接近于(　　)‎ A．150 W B．300 W C．450 W D．600 W 解析：选A　完成一次标准动作的时间为T＝ s＝2‎ ‎ s，高三同学的体重大约为500～750 N，引体向上重心上升的高度大约为0.5 m，该同学克服重力做功的平均功率表达式为＝，则克服重力做功的平均功率大约为125～187.5 W，A项正确，B、C、D项错误。‎ ‎3．如图甲所示，静止于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F作用下，沿x轴方向运动，拉力F随物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示，图线为半圆。则小物块运动到x0处时F所做的总功为(　　)‎ A．0 B.Fmx0‎ C.Fmx0 D.x02‎ 解析：选C　F为变力，但F x图像包围的面积在数值上表示拉力做的总功，由于题图乙图线为半圆，又因在数值上Fm＝x0，故W＝π·Fm2＝π·Fm·x0＝Fmx0。C正确。‎ ‎4．(2018·苏锡常镇模拟)汽车从静止开始先做匀加速直线运动，然后做匀速运动。汽车所受阻力恒定，下列汽车功率P与时间t的关系图像中，能描述上述过程的是(　　)‎ 解析：选C　汽车从静止开始做匀加速运动，加速度一定，根据牛顿第二定律有F－f＝ma，得出F＝f＋ma。汽车的功率为P＝Fv＝(f＋ma)at，P与t成正比例函数，A、D项错误；当汽车达到最大功率时，据题意汽车运动状态立刻变为匀速，此时牵引力瞬间从f＋ma变成f，而速度没有突变，故汽车的功率变小且为恒定值，B项错误，C项正确。‎ ‎5．(2014·全国Ⅱ卷)一物体静止在粗糙水平地面上。现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v。若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v。对于上述两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则(　　)‎ A．WF2>4WF1，Wf2>2Wf1‎ B．WF2>4WF1，Wf2＝2Wf1‎ C．WF2<4WF1，Wf2＝2Wf1‎ D．WF2<4WF1，Wf2<2Wf1‎ 解析：选C　根据x＝t得，两过程的位移关系x1＝x2，根据加速度的定义a＝ ‎，得两过程的加速度关系为a1＝。由于在相同的粗糙水平地面上运动，故两过程的摩擦力大小相等，即f1＝f2＝f，根据牛顿第二定律F－f＝ma得，F1－f1＝ma1，F2－f2＝ma2，所以F1＝F2＋f，即F1>。根据功的计算公式W＝Fl，可知Wf1＝Wf2，WF1>WF2，故C正确，A、B、D错误。‎ 二、多项选择题 ‎6．如图所示，在外力作用下某质点运动的vt图像为正弦曲线。从图中可以判断(　　)‎ A．在0～t1时间内，外力的功率先增大后减小 B．在0～t1时间内，外力的功率逐渐为零 C．在t2时刻，外力的功率为零 D．在t3时刻，外力的功率最大 解析：选AC　由题图知，t＝0时，v＝0，外力F≠0，外力的功率为零，t1时刻，质点的加速度为零，外力为零，外力的功率为零，所以0～t1时间内，外力的功率先增大后减小，选项A正确，B错误；t2时刻，v＝0，此时外力的功率为零，选项C正确；t3时刻，外力为零，外力的功率为零，选项D错误。‎ ‎7．(2016·天津高考)我国高铁技术处于世界领先水平。和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。某列车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组(　　)‎ A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反 B．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2‎ C．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比 D．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2‎ 解析：选BD　启动时，乘客的加速度向前，车厢对人的作用力方向向前，与车运动的方向相同，选项A错误；以后面的车厢为研究对象，F56＝3ma，F67＝2ma，则5、6节与6、7节车厢间的作用力之比为3∶2，选项B正确；根据v2＝2ax，车停下来滑行的距离x与速度的二次方成正比，选项C错误；若改为4节动车，则功率变为原来2倍，由P＝Fv知，最大速度变为原来2倍，选项D正确。‎ ‎8．如图所示，轻绳一端受到大小为F的水平恒力作用，另一端通过定滑轮与质量为m、可视为质点的小物块相连。开始时绳与水平方向的夹角为θ。当小物块从水平面上的A 点被拖动到水平面上的B点时，位移为L，随后从B点沿斜面被拖动到定滑轮O处，BO间距离也为L。小物块与水平面及斜面间的动摩擦因数均为μ，若小物块从A点运动到O点的过程中，F对小物块做的功为WF，小物块在BO段运动过程中克服摩擦力做的功为Wf，下列结果正确的是(　　)‎ A．WF＝FL(cos θ＋1)‎ B．WF＝2FLcos θ C．Wf＝μmgLcos 2θ D．Wf＝FL－mgLsin 2θ 解析：选BC　由题图及几何关系可知，小物块从A点运动到O点，F的作用点移动的距离x＝2Lcos θ，所以F做的功WF＝Fx＝2FLcos θ，A错误，B正确；由几何关系知斜面的倾角为2θ，所以小物块在BO段受到的摩擦力f＝μmgcos 2θ，则Wf＝fL＝μmgLcos 2θ，C正确，D错误。‎ ‎9．质量为m的物体静止在粗糙的水平地面上，从t＝0时刻开始物体受到方向恒定的水平拉力F作用，拉力F与时间t的关系如图甲所示。物体在t0时刻开始运动，其运动的v t图像如图乙所示，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则(　　)‎ A．物体与地面间的动摩擦因数为 B．物体在t0时刻的加速度大小为 C．物体所受合外力在t0时刻的功率为2F0v0‎ D．拉力F在t0～2t0时间内的平均功率为F0 解析：选AD　物体在时刻开始运动，根据题图可得，f＝F0，动摩擦因数μ＝，故A正确；在t0～t0时间内，假设物体做匀加速运动，则v0＝a·t0，解得a＝ ‎，实际上物体的加速度从0开始越来越大，故在t0时刻加速度大小大于，故B错误；在t0时刻，物体受到的合外力F′＝2F0－f＝F0，功率P＝F0v0，故C错误；在2t0时刻物体的速度v＝v0＋t0，在t0～2t0时间内物体的平均速度＝＝，故平均功率P＝2F0＝F02v0＋，故D正确。‎ 三、计算题 ‎10．(2018·舟山模拟)质量为1.0×103 kg的汽车，沿倾角为30°的斜坡由静止开始运动，汽车在运动过程中所受摩擦阻力大小恒为2 000 N，汽车发动机的额定输出功率为5.6×104 W，开始时以a＝1 m/s2的加速度做匀加速运动(g＝10 m/s2)。求：‎ ‎(1)汽车做匀加速运动的时间t1；‎ ‎(2)汽车所能达到的最大速度；‎ ‎(3)若斜坡长143.5 m，且认为汽车到达坡顶之前，已达到最大速率，汽车从坡底到坡顶需多长时间。‎ 解析：(1)由牛顿第二定律得F－mgsin 30°－Ff＝ma 设匀加速运动过程的末速度为v，则有P＝Fv v＝at1‎ 解得t1＝7 s。‎ ‎(2)当汽车达到最大速度vm时，a＝0，则有 P＝(mgsin 30°＋Ff)vm 解得vm＝8 m/s。‎ ‎(3)汽车做匀加速运动的位移x1＝at12‎ 在后一阶段对汽车由动能定理得 Pt2－(mgsin 30°＋Ff)x2＝mvm2－mv2‎ 又有x＝x1＋x2‎ 解得t2≈15 s 故汽车运动的总时间为t＝t1＋t2＝22 s。‎ 答案：(1)7 s　(2)8 m/s　(3)22 s ‎11．(2017·江苏高考)如图所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R。C的质量为m，A、B的质量都为，与地面间的动摩擦因数均为μ。现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面。整个过程中B 保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：‎ ‎(1)未拉A时，C受到B作用力的大小F；‎ ‎(2)动摩擦因数的最小值μmin；‎ ‎(3)A移动的整个过程中，拉力做的功W。‎ 解析：(1)对C受力分析，如图甲所示：‎ 根据平衡条件有 ‎2Fcos 30°＝mg 解得F＝mg。‎ ‎(2)C恰好降到地面时，如图乙所示：‎ B受C压力的水平分力最大Fxmax＝mg B受地面的摩擦力f＝μmg 根据题意，B保持静止 则有fmin＝Fxmax 解得μmin＝。‎ ‎(3)C下降的高度h＝(－1)R A的位移x＝2(－1)R 摩擦力做功的大小Wf＝fx＝2(－1)μmgR 根据动能定理W－Wf＋mgh＝0－0‎ 解得W＝(2μ－1)(－1)mgR。‎ 答案：(1)mg　(2)　(3)(2μ－1)(－1)mgR 第25课时　动能定理及其应用(重点突破课)‎ 　 ‎ ‎[必备知识]‎ ‎1．动能 ‎(1)定义：物体由于运动而具有的能量叫做动能。‎ ‎(2)公式：Ek＝mv2，单位：焦耳。‎ ‎(3)动能是标量、状态量。‎ ‎2．动能定理 ‎(1)内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。‎ ‎(2)表达式：W＝Ek2－Ek1。‎ ‎(3)物理意义：合外力做的功是物体动能变化的量度。‎ ‎[小题热身]‎ ‎1．判断正误 ‎(1)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，速度变化时，动能也一定变化。(×)‎ ‎(2)处于平衡状态的物体动能一定保持不变。(√)‎ ‎(3)如果物体所受的合力为零，那么合力对物体做功一定为零。(√)‎ ‎(4)物体在合力作用下做变速运动时，动能一定变化。(×)‎ ‎(5)物体的动能不变，所受的合力必定为零。(×)‎ ‎(6)做自由落体运动的物体，动能与下落的高度成正比。(√)‎ ‎2．(多选)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＝0‎ 解析：选BD　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ΔEk＝0，故选项B、D正确。‎ ‎3．(2018·泰州模拟)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，喷水枪的功率最接近(　　)‎ 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，则P＝＝＝240 W，故选项A正确。‎ ‎ 重难点(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．应用动能定理的解题步骤 ‎[典例]　‎ ‎(2016·天津高考)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，取g＝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 vB2＝2ax ①‎ 由牛顿第二定律有 mg－Ff＝ma ②‎ 联立①②式，代入数据解得 Ff＝144 N。 ③‎ ‎(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＝mvC2－mvB2 ④‎ 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＝m ⑤‎ 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。 ⑥‎ ‎[答案]　(1)144 N　(2)12.5 m 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。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．(2018·泰州模拟)如图所示，一物体在水平恒力作用下沿光滑的水平面做曲线运动，当物体从M点运动到N点时，其速度方向恰好改变了90°，则物体在M点到N点的运动过程中动能将(　　)‎ A．不断增大 B．不断减小 C．先减小后增大 D．先增大后减小 解析：选C　物体速度方向恰好改变了90°，由题图可以判断恒力方向应为右下方，与初速度的方向夹角要大于90°小于180°才能出现末速度与初速度垂直的情况，因此恒力先做负功，当达到速度与恒力方向垂直后，恒力做正功，动能先减小后增大。所以C项正确。‎ ‎2．(2018·长春模拟)如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，OM水平，ON竖直且光滑，用不可伸长的轻绳相连的两小球A和B分别套在OM和ON杆上，B球的质量为2 kg，在作用于A球的水平力F的作用下，A、B均处于静止状态，此时OA＝0.3 m，OB＝0.4 m，改变水平力F的大小，使A球向右加速运动，已知A球向右运动0.1 m时速度大小为3 m/s，则在此过程中轻绳的拉力对B球所做的功为(g取10 m/s2)(　　)‎ A．11 J　　　　　　　　 　B．16 J C．18 J D．9 J 解析：选C　A球向右运动0.1 m时，vA＝3 m/s，结合题图及几何关系知，OA′＝0.4 m，OB′＝0.3 m，设此时∠B′A′O＝α，则有tan α＝，vAcos α＝vBsin α，解得：vB＝4 m/s。此过程中B球上升高度h＝0.1 m，由动能定理，W－mgh＝mvB2，解得轻绳的拉力对B球所做的功为W＝mgh＋mvB2＝J＝18 J，选项C正确。‎ 重难点(二)　动能定理与图像的综合 ‎1．力学中图像所围“面积”的意义 vt图像 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 at图像 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 Fx图像 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 Pt图像 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．解决物理图像问题的基本步骤 ‎(1)观察题目给出的图像，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]　如图甲所示，长为4 m的水平轨道AB与半径为R＝0.6 m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接，有一质量为1 kg的滑块(大小不计)，从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB间的动摩擦因数为μ＝0.25，与BC间的动摩擦因数未知，g取10 m/s2。求：‎ ‎(1)滑块到达B处时的速度大小；‎ ‎(2)滑块在水平轨道AB上运动前2 m路程所用的时间；‎ ‎(3)若到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？‎ ‎[解析]　(1)对滑块从A到B的过程，由动能定理得 F1x1－F3x3－μmgx＝mvB2‎ 解得vB＝2 m/s。‎ ‎(2)在前2 m路程内，有F1－μmg＝ma，且x1＝at12，‎ 解得t1＝ s。‎ ‎(3)当滑块恰好能到达最高点C时，‎ 有：mg＝m 对滑块从B到C的过程，由动能定理得：‎ Wf－mg·2R＝mvC2－mvB2‎ 解得Wf＝－5 J，‎ 即克服摩擦力做的功为5 J。‎ ‎[答案]　(1)2 m/s　(2) s　(3)5 J 动能定理与图像结合问题的分析方法 ‎(1)首先看清所给图像的种类(如vt图像、Ft图像、Ekt图像等)。‎ ‎(2)挖掘图像的隐含条件——得出所需要的物理量，如由vt图像所包围的“面积”求位移，由Fx图像所包围的“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。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．(2018·西安质检)静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t＝4 s时停下，其v t图像如图所示，已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是(　　)‎ A．整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功 B．整个过程中拉力做的功等于零 C．t＝2 s时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大 D．t＝1 s到t＝3 s这段时间内拉力不做功 解析：选A　对物块运动全过程应用动能定理得：WF－Wf＝0，A正确，B错误；物块在加速运动过程中受到的拉力最大，结合题图可知，t＝1 s时拉力的瞬时功率为整个过程中拉力功率的最大值，C错误；t＝1 s到t＝3 s这段时间内，拉力与摩擦力平衡，拉力做正功，D错误。‎ ‎2．用传感器研究质量为2 kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A．0～6 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动 B．0～6 s内物体在4 s末的速度最大 C．物体在2～4 s内速度不变 D．0～4 s内合力对物体做的功等于0～6 s内合力对物体做的功 解析：选D　a t 图像中图线与时间轴围成的面积代表物体在相应时间内速度的变化情况，在时间轴上方为正，在时间轴下方为负。由题图可得，物体在6 s末的速度v6＝6 m/s，则0～6 s 内物体一直向正方向运动，A错误；物体在5 s末速度最大，vm＝7 m/s，B错误；在2～4 s 内物体加速度不变，物体做匀加速直线运动，速度变大，C错误；在0～4 s内，合力对物体做的功由动能定理可知W合4＝mv42－0＝36 J，0～6 s内，合力对物体做的功由动能定理可知W合6＝mv62－0＝36 J，则W合4＝W合6，D正确。‎ 重难点(三)　动能定理求解多过程问题 ‎1.由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂，从动力学的角度分析往往比较复杂，利用动能定理分析此类问题，是从总体上把握研究对象运动状态的变化，并不需要从细节上了解。‎ ‎2．运用动能定理解决问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式。‎ ‎3．全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的特点：‎ ‎(1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关。‎ ‎(2)大小恒定的阻力或摩擦力做功等于力的大小与路程的乘积。‎ ‎[典例]　(2018·新泰模拟)如图所示，倾斜轨道AB的倾角为37°，CD、EF轨道水平，AB与CD通过光滑圆弧管道BC连接，CD右端与竖直光滑圆周轨道相连。小球可以从D进入该轨道，沿轨道内侧运动，从E滑出该轨道进入EF水平轨道。小球由静止从A点释放，已知AB长为5R，CD长为R，重力加速度为g，小球与倾斜轨道AB及水平轨道CD、EF的动摩擦因数均为0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，圆弧管道BC入口B与出口C的高度差为1.8R。求：(在运算中，根号中的数值无需算出)‎ ‎(1)小球滑到斜面底端C时速度的大小；‎ ‎(2)小球刚到C时对轨道的作用力；‎ ‎(3)要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R′应该满足的条件。‎ ‎[解析]　(1)设小球到达C时速度为vC，小球从A运动至C过程，由动能定理有：‎ mg(5Rsin 37°＋1.8R)－μmgcos 37°·5R＝mvC2‎ 可得：vC＝ 。‎ ‎(2)小球沿BC轨道做圆周运动，设在C时轨道对小球的作用力为FN，由牛顿第二定律，有：FN－mg＝m 其中r满足：r＋rcos 37°＝1.8R 联立解得：FN＝6.6mg 由牛顿第三定律可得，小球对轨道的作用力为6.6mg，方向竖直向下。‎ ‎(3)要使小球不脱离轨道，有两种情况：‎ 情况一：小球能滑过圆周轨道最高点，进入EF轨道，则小球在最高点应满足：m≥mg 小球从C直到此最高点过程，由动能定理，有：‎ ‎－μmgR－mg·2R′＝mv2－mvC2‎ 可得：R′≤R＝0.92R 情况二：小球上滑至四分之一圆周轨道的最高点时，速度减为零，然后滑回D。则由动能定理有：‎ ‎－μmgR－mgR′＝0－mvC2　解得：R′≥2.3R 所以要使小球不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R′应该满足R′≤0.92R或R′≥2.3R。‎ ‎[答案]　(1) 　(2)6.6mg，方向竖直向下 ‎(3)R′≤0.92R或R′≥2.3R 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，写出总功表达式，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。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．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，其宽度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点的距离为(　　)‎ A．0.50 m　　　　　　　 　B．0.25 m C．0.10 m D．0‎ 解析：选D　设小物块在BC面通过的总路程为s，由于只有BC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面经过3次往复运动后，停在B点。‎ ‎2．在某游乐闯关节目中，选手需借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，两位同学观看后对此进行了讨论。如图所示，他们将选手简化为质量m＝60 kg的质点，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向的夹角α＝53°，绳的悬挂点O距水面的高度为H＝3 m。不考虑空气阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度不计，水足够深。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。‎ ‎(1)求选手摆到最低点时对绳拉力的大小F；‎ ‎(2)若绳长l＝2 m，选手摆到最高点时松手落入水中。设水对选手的平均浮力F1＝800 N，平均阻力F2＝700 N，求选手落入水中的深度d；‎ ‎(3)若选手摆到最低点时松手，甲同学认为绳越长，在浮台上的落点距岸边越远；乙同学却认为绳越短，落点距岸边越远。请通过推算说明你的观点。‎ 解析：(1)由静止至摆动到最低点，对选手由动能定理得 mgl(1－cos α)＝mv2－0‎ 选手在最低点处由牛顿第二定律得 F′－mg＝m 由牛顿第三定律得F＝F′＝1 080 N。‎ ‎(2)选手摆到最高点时松手落入水中，如图所示：‎ 对选手由动能定理得 mg(H－lcos α＋d)－(F1＋F2)d＝0－0‎ 解得d＝1.2 m。‎ ‎(3)选手摆到最低点时松手将做平抛运动，则：‎ 竖直方向H－l＝gt2‎ 水平方向x＝vt 由(1)可得v＝ 解得x＝ 可知当l＝＝1.5 m时，x取最大值，落点距岸边最远。‎ 答案：(1)1 080 N　(2)1.2 m　(3)见解析 ‎ 一、单项选择题 ‎1．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获得的动能一样大，C正确。‎ ‎2．一个质量为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，某个分力做的功为W1＝F1lcos 30°＝lcos 30°＝Fl＝mv2，B正确。‎ ‎3.如图所示，小球以初速度v0从A点沿粗糙的轨道运动到高为h的B点后自动返回，其返回途中仍经过A点，水平轨道与倾斜轨道之间用平滑圆弧连接(图中未画出)。则返回时经过A点的速度v的大小为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选B　由动能定理得，小球由A到B过程有－mgh－Wf＝0－mv02，小球由B到A过程有mgh－Wf＝mv2－0，联立解得v＝，B项正确。‎ ‎4．刹车距离是衡量汽车安全性能的重要参数之一，如图所示的图线1、2分别为甲、乙两辆汽车在紧急刹车过程中的刹车距离l与刹车前的车速v的关系曲线，已知紧急刹车过程中车与地面间的摩擦是滑动摩擦。据此可知，下列说法中正确的是(　　)‎ A．甲车的刹车距离随刹车前的车速v变化快，甲车的刹车性能好 B．乙车与地面间的动摩擦因数较大，乙车的刹车性能好 C．以相同的车速开始刹车，甲车先停下来，甲车的刹车性能好 D．甲车的刹车距离随刹车前的车速v变化快，甲车与地面间的动摩擦因数较大 解析：选B　对刹车过程，由动能定理可知μmgl＝mv2，得l＝＝，结合题图可知甲车与地面间动摩擦因数小，乙车与地面间动摩擦因数大，刹车时的加速度a＝μg，以相同的车速开始刹车，乙车先停下来，乙车刹车性能好，B正确。‎ ‎5．(2018·重庆月考)如图所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB、BC两段，且1.5AB＝BC。小物块P(可视为质点)与AB、BC两段斜面之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2。已知P由静止开始从A点释放，恰好能滑动到C点而停下，那么θ、μ1、μ2间应满足的关系式是(　　)‎ A．tan θ＝ B．tan θ＝ C．tan θ＝2μ1－μ2 D．tan θ＝2μ2－μ1‎ 解析：选A　P由A点释放后受重力、支持力、滑动摩擦力，设斜面AC长为L，P由A点释放，恰好能滑动到C点而停下，由动能定理得mgLsin θ－μ1mgcos θ×L－μ2mgcos θ×L＝0，解得tan θ＝，A正确。‎ 二、多项选择题 ‎6．(2018·徐州沛县中学检测)如图所示，质量为M的电梯底板上放置一质量为m的物体，钢索拉着电梯由静止开始向上做匀加速运动，当上升高度为H时，速度达到v，不计空气阻力，则(　　)‎ A．物体所受合力做的功等于mv2＋mgH B．底板对物体的支持力做的功等于mgH＋mv2‎ C．钢索的拉力做的功等于Mv2＋MgH D．钢索的拉力、电梯的重力及物体对底板的压力对电梯做的总功等于Mv2‎ 解析：选BD　对物体应用动能定理得：合力对物体做的功W＝mv2，A项错误；电梯由静止开始向上做匀加速运动，设加速度的大小为a，由速度和位移的关系式可得，v2＝2aH，所以a＝，对电梯由牛顿第二定律可得，FN－mg＝ma，所以FN＝mg＋ma＝mg＋m，底板对物体的支持力做的功为W＝FNH＝(mg＋ma)H＝mgH＋mv2，B项正确；对于整体由牛顿第二定律可得，F－(M＋m)g＝(M＋m)a，所以钢索的拉力为F＝(M＋m)g＋(M＋m)a，钢索的拉力做的功等于FH＝(M＋m)gH＋(M＋m)v2，C项错误；根据动能定理可得，合力对电梯做的功等于电梯动能的变化即为 Mv2，则钢索的拉力、电梯的重力及物体对底板的压力对电梯做的总功等于Mv2，D项正确。‎ ‎7．(2018·泰州模拟)如图甲所示，质量相等的a、b两物体，分别从斜面上的同一位置A由静止下滑，经B点在水平面上滑行一段距离后停下。不计经过B点时的能量损失，用传感器采集到它们的速度－时间图像如图乙所示，下列说法正确的是(　　)‎ A．a在斜面上滑行的加速度比b的大 B．a在水平面上滑行的距离比b的短 C．a与斜面间的动摩擦因数比b的小 D．a克服摩擦力做的功比b的大 解析：选AC　由题图乙图像斜率可知，a做加速运动时的加速度比b做加速运动时的加速度大，故A正确；物体在水平面上的运动是匀减速运动，a从t1时刻开始，b从t2时刻开始，由图像与坐标轴围成的面积表示位移可知，a在水平面上做匀减速运动的位移(滑行的距离)比b在水平面上做匀减速运动的位移大，故B错误；物体在斜面上运动的加速度a＝gsin θ－μgcos θ，因为a的加速度大于b的加速度，所以a与斜面间的动摩擦因数比b的小，故C正确；对物体整个运动过程运用动能定理得：mgh－Wf＝0－0，所以Wf＝mgh，a、b质量相等，所以在整个运动过程中克服摩擦力做的功一样多，故D错误。‎ ‎8．(2018·无锡检测)对离地一定高度的物体施加一个竖直向上的拉力，物体在竖直方向上运动，其速率－时间关系大致图线如图所示，以地面为零势能面，忽略空气阻力，物体的机械能随运动距离的变化关系图线可能是选项图中的 (　　)‎ 解析：选CD　以物体为研究对象，若物体向上运动，根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，从速率—时间图像看，物体在做加速度变小的加速运动，所以F＝mg＋ma逐渐变小，而物体机械能的增量就是F做的功，即E＝Fx＝(mg＋ma)x，Ex图像中的斜率为F，所以D项正确；若物体向下运动，根据牛顿运动定律有F＝mg－ma，F变大，F做负功，机械能减小，所以C项正确。‎ ‎9．(2018·洛阳检测)如图所示，在倾角为θ的斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端固定，另一端与质量为M的平板A连接，一个质量为m的物体B靠在平板的右侧，A、B与斜面的动摩擦因数均为μ。开始时用手按住B使弹簧处于压缩状态，现放手，使A和B一起沿斜面向上运动距离L时，A和B达到最大速度v。则下列说法正确的是(　　)‎ A．A和B达到最大速度v时，弹簧恢复原长 B．若运动过程中A和B能够分离，则A和B恰好分离时，二者加速度大小均为g(sin θ＋μcos θ)‎ C．从释放到A和B达到最大速度v的过程中，弹簧对A所做的功等于Mv2＋MgLsin θ＋μMgLcos θ D．从释放到A和B达到最大速度v的过程中，B受到的合力对它做的功等于mv2‎ 解析：选BD　A和B达到最大速度v时，A和B的加速度为零。对A、B整体：由平衡条件知kx＝(m＋M)gsin θ＋μ(m＋M)gcos θ，所以此时弹簧处于压缩状态，故A错误；A和B恰好分离时，A、B间的弹力为0，A、B的加速度相同，对B受力分析，由牛顿第二定律知，mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，得a＝g(sin θ＋μcos θ)，故B正确；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对A、B整体，根据动能定理得W弹－(m＋M)gLsin θ－μ(m＋M)gLcos θ＝(m＋M)v2，所以弹簧对A所做的功W弹＝(m＋M)v2＋(m＋M)gLsin θ＋μ(m＋M)gLcos θ，故C错误；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对于B，根据动能定理得，B受到的合力对它做的功W合＝ΔEk＝mv2，故D正确。‎ 三、计算题 ‎10．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，斜面倾角为37°，t＝0时刻有一可视为质点的物块沿斜面上滑，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°)＝mvM2－mvB2‎ 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 ‎11．(2018·苏北四市高三摸底)如图所示，高H＝0.8 m的桌面上固定一半径R＝0.45 m的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道末端B与桌面边缘水平相切，地面上的C点位于B点的正下方。将一质量m＝0.04 kg的小球由轨道顶端A处静止释放， g取10 m/s2。求： ‎ ‎(1)小球运动到B点时对轨道的压力大小；‎ ‎(2)小球落地点距C点的距离；‎ ‎(3)若加上如图所示的恒定水平风力，将小球由A处静止释放，要使小球恰落在C点，作用在小球上的风力应为多大。‎ 解析：(1)小球由A运动至B点，由动能定理得 mgR＝mv02‎ 在B点有FN－mg＝ 根据牛顿第三定律，小球到B点时对轨道的压力大小FN′＝FN 解得：FN′＝1.2 N。‎ ‎(2)小球从B点飞出做平抛运动 竖直方向H＝gt2‎ 水平方向x＝v0t，解得：x＝1.2 m。‎ ‎(3)设风力大小为F，‎ 小球从A运动至B点，由动能定理得 mgR－FR＝mv12‎ 小球从B点运动至C处，水平位移x1＝0‎ x1＝v1t－a1t2‎ 水平方向F＝ma1‎ 解得：F＝0.3 N。‎ 答案：(1)1.2 N　(2)1.2 m　(3)0.3 N 第26课时　机械能守恒定律及其应用(重点突破课)‎ ‎ ‎ ‎ ‎[必备知识]‎ ‎1．重力做功的特点 重力做功与路径无关，只与始、末位置的高度差有关。‎ ‎2．重力势能的特点 重力势能是物体和地球组成的系统所共有的；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。‎ ‎3．重力做功与重力势能变化的关系 定性 关系 重力对物体做正功，重力势能减小；重力对物体做负功，重力势能增大 定量 关系 重力对物体做的功等于物体重力势能变化量的负值，即WG＝－ΔEp ‎4．弹性势能 ‎(1)概念：物体由于发生弹性形变而具有的能量。‎ ‎(2)大小：弹簧的弹性势能的大小与形变量及劲度系数有关，弹簧的形变量越大，劲度系数越大，弹簧的弹性势能越大。‎ ‎(3)弹力做功与弹性势能变化的关系：弹力对物体做的功等于弹簧弹性势能变化量的负值，即W＝－ΔEp，类似于重力做功与重力势能变化的关系。‎ ‎5．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，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变。‎ ‎(2)守恒条件：只有重力或系统内弹力做功。‎ ‎(3)常用的三种表达式 守恒式 E1＝E2或Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2‎ 转化式 ΔEk＝－ΔEp 转移式 ΔEA＝－ΔEB ‎[小题热身]‎ ‎1．判断正误 ‎(1)重力势能的大小与零势能参考面的选取有关。(√)‎ ‎(2)重力势能的变化与零势能参考面的选取无关。(√)‎ ‎(3)被举到高处的物体重力势能一定不为零。(×)‎ ‎(4)物体的速度增大时，其机械能可能在减小。(√)‎ ‎(5)物体所受的合外力为零，物体的机械能一定守恒。(×)‎ ‎(6)物体受到摩擦力作用时，机械能一定要变化。(×)‎ ‎2．关于重力势能，下列说法中正确的是(　　)‎ A．物体的位置一旦确定，它的重力势能的大小也随之确定 B．物体与零势能面的距离越大，它的重力势能也越大 C．一个物体的重力势能从－5 J变化到－3 J，重力势能减少了 D．重力势能的减少量等于重力对物体做的功 解析：选D　物体的重力势能与参考面有关，同一物体在同一位置相对不同的参考面时，重力势能不同，A选项错；物体在零势能面以上，与零势能面的距离越大，重力势能越大，物体在零势能面以下，与零势能面的距离越大，重力势能越小，B选项错；重力势能中的正、负号表示大小，－5 J的重力势能小于－3 J的重力势能，C选项错；重力做的功度量了重力势能的变化，D选项对。‎ ‎3．(2018·无锡模拟)‎ 在地面上将一小球斜向上抛出，不计空气阻力，小球在空中运动直至落地的过程中(　　)‎ A．动能增加 B．重力势能减小 C．机械能减小 D．机械能守恒 解析：选D　将一小球斜向上抛出，重力对小球先做负功后做正功，由动能定理知，小球的动能先减小后增加，故A项错误；重力势能先增加后减小，故B项错误；小球在空中运动直至落地的过程中只有重力做功，机械能守恒，故C项错误，D项正确。‎ ‎4．(2015·四川高考)在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小(　　)‎ A．一样大　　　　　　 　B．水平抛的最大 C．斜向上抛的最大 D．斜向下抛的最大 解析：选A　不计空气阻力的抛体运动，机械能守恒。故以相同的速率向不同的方向抛出落至同一水平地面时，物体速度的大小相等。故A正确。‎ ‎ 重难点(一)　机械能守恒的理解与判断 ‎1．对机械能守恒条件的理解 ‎(1)只受重力作用，例如做平抛运动的物体机械能守恒。‎ ‎(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)利用做功及守恒条件判断。‎ ‎(2)利用机械能的定义判断：若物体或系统的动能、势能之和保持不变，则机械能守恒。‎ ‎(3)利用能量转化判断：若物体或系统与外界没有能量交换，内部也没有机械能与其他形式能的转化，则机械能守恒。‎ ‎[典例]　 (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，斜面体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]　由题图可知，甲图中有重力和弹力做功，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沿斜面匀速下滑，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。‎ ‎[答案]　CD ‎(1)机械能守恒的条件绝不是合外力做的功等于零，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。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．(2018·保定模拟)如图所示，倾角为θ的光滑斜面体C固定于水平地面上，小物块B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体A相连接，释放后，A将向下运动，则在A碰地前的运动过程中(　　)‎ A．A的加速度大小为g B．A机械能守恒 C．由于斜面光滑，所以B机械能守恒 D．A、B组成的系统机械能守恒 解析：选D　A向下运动的过程中除受到重力以外，还受到细绳向上的拉力，故A下落的加速度一定小于g，A项错误；A下落过程中，细绳的拉力做负功，A的机械能不守恒，B项错误；由于斜面光滑，A、B组成的系统在整个运动过程中，只有重力做功，系统机械能守恒，但细绳的拉力对B做正功，B的机械能增加，C项错误，D项正确。‎ ‎2．(2018·云南昆明三中、玉溪一中统考)如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的小球，小球与一轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，已知杆与水平面之间的夹角θ<45°，当小球位于B点时，弹簧与杆垂直，此时弹簧处于原长。现让小球自C点由静止释放，在小球滑到杆底端的整个过程中，关于小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能，下列说法正确的是(　　)‎ A．小球的动能与重力势能之和保持不变 B．小球的动能与重力势能之和先增大后减小 C．小球的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变 D．小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变 解析：选B　小球与弹簧组成的系统在整个过程中，机械能守恒。弹簧原长时弹性势能为零，小球从C点到最低点过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大，所以小球的动能与重力势能之和先增大后减小，A项错，B项对；小球的重力势能不断减小，所以小球的动能与弹簧的弹性势能之和不断增大，C项错；小球的初、末动能均为零，所以整个过程中小球的动能先增大后减小，所以小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和先减小后增大，D项错。‎ 重难点(二)　单个物体的机械能守恒 应用机械能守恒定律的一般步骤 ‎[典例]　(2018·兰州诊断考试)如图所示，竖直平面内固定着由两个半径均为R的四分之一圆弧构成的细管道ABC，圆心连线O1O2水平。轻弹簧左端固定在竖直挡板上，右端靠着质量为m的小球(小球的直径略小于管道内径)，长为R的薄板DE置于水平面上，板的左端D到管道右端C的水平距离为R。开始时弹簧处于锁定状态，具有一定的弹性势能，重力加速度为g。解除锁定，小球离开弹簧后进入管道，最后从C点抛出(不计一切摩擦)，小球经C点时对轨道外侧的弹力的大小为mg。‎ ‎(1)求弹簧锁定时具有的弹性势能Ep；‎ ‎(2)试通过计算判断小球能否落在薄板DE上。‎ ‎[解析]　(1)解除弹簧锁定后小球运动到C点过程，弹簧和小球组成的系统机械能守恒，设小球到达C点的速度大小为v1，根据机械能守恒定律可得 Ep＝2mgR＋mv12‎ 由题意知，小球经C点时所受的弹力的大小为mg，方向向下，‎ 根据向心力公式得 mg＋mg＝ 解得Ep＝3mgR。‎ ‎(2)小球离开C点后做平抛运动，设从抛出到落到水平面上的时间为t，根据平抛运动规律有 ‎2R＝gt2‎ s＝v1t＝2R>2R 所以小球不能落在薄板DE上。‎ ‎[答案]　(1)3mgR　(2)小球不能落在薄板DE上 机械能守恒定律的应用技巧 ‎(1)应用机械能守恒定律的前提是“守恒”，因此，需要先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，用守恒式列方程较简便；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。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．(2018·江苏启东中学模拟)一物体从H高处自由下落，以地面为零势能面，当物体的动能等于其重力势能2倍时，物体下落的高度为(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.H B.H C.H D.H 解析：选C　运动过程中物体的机械能守恒，取地面为零势能面，根据机械能守恒可得mgH＝mgh＋mv2，当其动能等于重力势能的2倍时，有2mgh＝mv2，所以mgH＝3mgh，解得h＝H，此时物体下落的高度为H，故选项C正确。‎ ‎2．(2018·山西右玉一模)一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2，圆轨道1的半径为R，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍，小球的质量为m，若小球恰好能通过轨道2的最高点B，则小球在轨道1上经过其最高点A时对轨道的压力为(　　)‎ A．2mg　　　　　　　　 　B．3mg C．4mg D．5mg 解析：选C　小球恰好能通过轨道2的最高点B时，有mg＝，小球在轨道1上经过其最高点A时，有F＋mg＝，根据机械能守恒，有1.6mgR＝mvA2－mvB2，解得F＝4mg ‎，即小球在轨道1上经过其最高点A时对轨道的压力为4mg，C项正确。‎ 重难点(三)　多个物体的机械能守恒 考法1　杆连接的物体系统机械能守恒　‎ 题 型 简 述 如图所示的两物体组成的系统，释放后A、B在竖直平面内绕过O点的轴转动，且A、B的角速度相等。‎ 方 法 突 破 求解这类问题时，由于二者角速度相等，所以关键是根据二者转动半径的关系寻找两物体的线速度的关系，根据两物体间的位移关系，确定系统重力势能的变化，最后根据ΔEk＝－ΔEp列出机械能守恒的方程求解。另外需注意的是轻杆对物体提供的弹力不一定沿着杆，轻杆的弹力也就不一定与速度方向垂直，轻杆的弹力对一个物体做了正功，就对另一物体做了负功，并且绝对值相等。‎ ‎[例1]　(多选)(2015·全国Ⅱ卷)如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上。a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g。则(　　)‎ A．a落地前，轻杆对b一直做正功 B．a落地时速度大小为 C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg ‎[解析]　由题意知，系统机械能守恒。设某时刻a、b的速度分别为va、vb。此时刚性轻杆与竖直杆的夹角为θ，分别将va、vb分解，如图。‎ 因为刚性杆不可伸长，所以沿杆的分速度v∥与v∥′是相等的，即vacos θ＝vb sin θ。当a滑至地面时θ＝90°，此时vb＝0，由系统机械能守恒得mgh＝mva2，解得va＝，选项B正确；同时由于b初、末速度均为零，运动过程中其动能先增大后减小，即杆对b先做正功后做负功，选项A错误；杆对b的作用先是推力后是拉力，对a则先是阻力后是动力，即a的加速度在受到杆的向下的拉力作用时大于g，选项C错误；b的动能最大时，杆对a、b 的作用力为零，此时a的机械能最小，b只受重力和支持力，所以b对地面的压力大小为mg，选项D正确。‎ ‎[答案]　BD 考法2　绳连接的物体系统机械能守恒　‎ 题 型 简 述 如图所示的两物体组成的系统，释放B而使A、B运动的过程中，A、B的速度均沿绳子方向，在相等时间内A、B运动的路程相等，A、B的速率也相等。但有些问题中两物体的速率并不相等，这时就需要先进行运动的合成与分解找出两物体运动速度之间的关系。‎ 方 法 突 破 求解这类问题时，由于二者速率相等或相关，所以关键是寻找两物体间的位移关系，进而找到系统重力势能的变化。列机械能守恒方程时，一般选用ΔEk＝－ΔEp的形式。另外注意系统机械能守恒并非每个物体机械能守恒，因为细绳对系统中的每一个物体都要做功。‎ ‎[例2]　(2018·南师附中模拟)如图所示，圆心在O点、半径为R的光滑圆弧轨道ABC竖直固定在水平桌面上，OC与OA的夹角为60°，轨道最低点A与桌面相切。一足够长的轻绳两端分别系着质量为m1和m2的两个小球(均可视为质点)，挂在圆弧轨道光滑边缘C的两边，开始时m1位于C点，然后从静止释放，则(　　)‎ A．在m1由C点下滑到A点的过程中两球速度大小始终相等 B．在m1由C点下滑到A点的过程中重力对m1做功的功率一直增大 C．若m1恰好能沿圆弧下滑到A点，则m1＝2m2‎ D．若m1恰好能沿圆弧下滑到A点，则m1＝3m2‎ ‎[解析]　m1由C点从静止下滑到A点的过程中，m1、m2和地球组成的系统机械能守恒，m1速度沿轻绳方向的分速度和m2速度相等，A项错误；在m1由C点下滑到A点的过程中，在C点，重力的功率为零，在A点，重力与速度方向垂直，其功率仍为零，因此重力做功的功率先增大后减小，B项错误；若m1恰好能沿圆弧下滑到A点，根据机械能守恒定律得m1gR(1－cos 60°)＝m2gR，解得m1＝2m2，C项正确，D项错误。‎ ‎[答案]　C 考法3　弹簧连接的物体系统机械能守恒　‎ 题型简述 由弹簧相连的物体系统，在运动过程中既有重力做功又有弹簧弹力做功，这时系统内物体的动能、重力势能和弹簧弹性势能相互转化或转移，而总的机械能守恒。‎ 方法突破 求解这类问题时，首先，以弹簧遵循的胡克定律为分析问题的突破口：弹簧伸长或缩短时产生的弹力的大小遵循F＝kx和ΔF＝kΔx。其次，以弹簧的弹力做功为分析问题的突破口：弹簧发生形变时，具有一定的弹性势能。弹簧的弹性势能与弹簧的劲度系数、形变量有关，一般不用计算弹性势能的大小，弹簧的形变量相同的时候弹性势能相同，通过运算可以约去。当题目中始、末都不是弹簧原长时，要注意始、末弹力的大小与方向时刻要与当时的形变相对应，即伸长量或压缩量，而力的位移就可能是两次形变量之和或之差。‎ ‎[例3]　(2018·泰州一模)如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，一劲度系数为k＝200 N/m的轻质弹簧一端连接在固定挡板C上，另一端连接一质量为m＝4 kg的物体A，一轻细绳通过定滑轮，一端系在物体A上，另一端与质量也为m的球B相连，细绳与斜面平行，斜面足够长。用手托住球B使绳子刚好没有拉力，然后由静止释放。求：‎ ‎(1)弹簧恢复原长时细绳上的拉力；‎ ‎(2)物体A沿斜面向上运动多远时获得最大速度；‎ ‎(3)物体A的最大速度的大小。‎ ‎[解析]　(1)弹簧恢复原长时 对B有mg－T＝ma 对A有T－mgsin 30°＝ma 解得T＝30 N。‎ ‎(2)初态弹簧压缩x1＝＝10 cm 当A速度最大时mg＝kx2＋mgsin 30°‎ 弹簧伸长x2＝＝10 cm 所以A沿斜面向上运动x1＋x2＝20 cm。‎ ‎(3)因x1＝x2，故弹性势能改变量为0，则ΔEp＝0，‎ 由系统机械能守恒 mg(x1＋x2)－mg(x1＋x2)sin 30°＝×2mv2‎ 解得v＝1 m/s。‎ ‎[答案]　(1)30 N　(2)20 cm　(3)1 m/s ‎[通法归纳]‎ ‎(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)注意寻找用绳或杆或弹簧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。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．(多选)(2018·河南开封模拟)如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P连接，另一端与物体A相连，物体A置于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连。开始时托住B，让A处于静止且细线恰好伸直，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(　　)‎ A．B受到细线的拉力保持不变 B．A、B组成的系统机械能不守恒 C．B机械能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量 D．当弹簧的拉力等于B的重力时，A的动能最大 解析：选BD　以A、B组成的系统为研究对象，有mBg－kx＝(mA＋mB)a，由于弹簧的伸长量x逐渐变大，从开始到B速度达到最大的过程中，B的加速度逐渐减小，由mBg－FT＝mBa可知，此过程中细线的拉力逐渐增大，是变力，A错误；A、弹簧与B组成的系统机械能守恒，而A、B组成的系统机械能不守恒，B正确；B机械能的减少量等于A机械能的增加量与弹簧弹性势能的增加量之和，故B机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，C错误；当弹簧的拉力等于B的重力时，B的速度最大，A的速度也达到最大，则动能最大，D正确。‎ ‎2．(多选)(2017·江苏高考)如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L。B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°。A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则此下降过程中(　　)‎ A．A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于mg B．A的动能最大时，B受到地面的支持力等于mg C．弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下 D．弹簧的弹性势能最大值为mgL 解析：选AB　在A的动能达到最大前，A向下加速运动，此时A处于失重状态，则整个系统对地面的压力小于3mg，即地面对B的支持力小于mg，A项正确；当A的动能最大时，A的加速度为零，这时系统既不失重，也不超重，系统对地面的压力等于3mg，即B受到地面的支持力等于mg，B项正确；当弹簧的弹性势能最大时，A减速运动到最低点，此时A的加速度方向竖直向上，C项错误；由机械能守恒定律可知，弹簧的弹性势能最大值等于A的重力势能的减少量，即为mg(Lcos 30°－Lcos 60°)＝mgL，D项错误。‎ 重难点(四)　用机械能守恒定律解决非质点问题 ‎1．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。‎ ‎2．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]　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置在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和水平面AB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)寻找物体状态变化的等效长度，如本例中的“L－a”，可以快速准确的解决非质点问题。‎ ‎(2)重力势能的变化或重力做功利用等效长度来表示，但动能的表达式一般要针对整体。‎ ‎(3)机械能守恒定律解决非质点问题，犹如整体隔离法解决动力学问题。‎ ‎[集训冲关]‎ 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　如图所示，当两液面高度相等时，减少的重力势能转化为管中所有液体的动能，根据功能关系有mg·h＝·mv2，解得：v＝ 。‎ ‎ 一、单项选择题 ‎1．(2018·镇江高三一模)风洞飞行体验中运用先进的科技手段实现高速风力，将人吹起并悬浮于空中，如图所示。若在人处于悬浮状态时增加风力，则体验者在加速上升过程中(　　)‎ A．处于失重状态，机械能增加 B．处于失重状态，机械能减少 C．处于超重状态，机械能增加 D．处于超重状态，机械能减少 解析：‎ 选C　体验者加速上升时，加速度方向向上，处于超重状态。重力势能和动能都变大，机械能增加，C项正确。‎ ‎2．如图所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平地面上，现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．斜劈对小球的弹力不做功 B．斜劈与小球组成的系统机械能守恒 C．斜劈的机械能守恒 D．小球重力势能的减少量等于斜劈动能的增加量 解析：选B　小球的位移方向竖直向下，斜劈对小球的弹力对小球做负功，小球对斜劈的弹力对斜劈做正功，斜劈的机械能增大，小球的机械能减少，但斜劈与小球组成的系统机械能守恒，小球重力势能的减少量等于小球和斜劈动能的增加量之和，故B正确，A、C、D错误。‎ ‎3．(2018·贵阳模拟)如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点。将小球拉至A点，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，当小球运动到O点正下方与A点的竖直高度差为h的B点时，速度大小为v。已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)‎ A．小球运动到B点时的动能等于mgh B．小球由A点到B点重力势能减少mv2‎ C．小球由A点到B点克服弹力做功为mgh D．小球到达B点时弹簧的弹性势能为mgh－mv2‎ 解析：选D　小球由A点到B点的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧由原长到发生伸长的形变，小球动能增加量小于重力势能减少量，A项错误；小球重力势能减少量等于小球动能增加量与弹簧弹性势能增加量之和，B项错误；弹簧弹性势能增加量等于小球重力势能减少量与动能增加量之差，即mgh－mv2，D项正确；小球克服弹力所做的功等于弹簧弹性势能增加量，C项错误。‎ ‎4．(2018·苏北四市期中)某踢出的足球在空中运动轨迹如图所示，把足球视为质点，空气阻力不计。用v、E、Ek、P分别表示足球的速率、机械能、动能和重力的瞬时功率大小，用t表示足球在空中的运动时间，下列图像中可能正确的是(　　)‎ 解析：选D　因足球的加速度恒定为g，故vt图线应为直线，A错误；足球的机械能守恒，故Et图线应为平行于t轴的直线，B错误；足球在某时刻的速度大小v＝，则足球的动能Ek＝mv2＝m[vx2＋(v0y－gt)2]，由数学知识可知，此图线是开口向上的抛物线，C错误；重力的功率：P＝mgvy＝mg(v0y－gt)，D正确。‎ ‎5．如图所示，两物块a、b质量分别为m、2m，用细绳相连接，悬挂在定滑轮的两侧，不计滑轮质量和一切摩擦。开始时，两物块a、b距离地面高度相同，用手托住物块b，然后突然由静止释放，直至物块a、b间高度差为h(物块b尚未落地)。在此过程中，下列说法正确的是(　　) ‎ A．物块b重力势能减少了2mgh B．物块b机械能减少了mgh C．物块a机械能逐渐减小 D．物块a重力势能的增加量小于其动能的增加量 解析：选B　物块a、b间高度差为h时，物块a上升的高度为，物块b下降的高度为，物块b重力势能减少了2mg·＝mgh，选项A错误；物块b机械能减少了ΔEb＝2mg·－×2mv2，对物块a、b整体根据机械能守恒定律有0＝－2mg·＋mg·＋×3mv2，得mv2＝mgh，ΔEb＝mgh，选项B正确；由上易知，物块a机械能逐渐增加mgh，选项C错误；物块a重力势能的增加量ΔEpa＝mg·＝mgh，其动能的增加量ΔEka＝mv2＝mgh，得ΔEpa>ΔEka，选项D错误。‎ 二、多项选择题 ‎6．(2018·南京、盐城高三一模)游乐场的一种滑梯，由很小一段弧形轨道将倾斜直轨道和水平轨道连接组成，一位小朋友从斜轨道顶端由静止开始自由下滑，经过很小一段弧形轨道滑到水平轨道上，继续滑动一段距离后停下。则小朋友(　　)‎ A．沿倾斜轨道下滑过程中机械能一定增加 B．沿弧形轨道滑动过程中对轨道做了负功 C．沿水平轨道滑动过程中，摩擦力对他做了负功 D．在整个滑动过程中，重力做功和他克服摩擦力做功相等 解析：选CD　沿倾斜轨道和水平轨道滑动，摩擦力做负功，机械能减小，A项错误，C项正确；沿弧形轨道滑动时，轨道始终静止，小朋友对轨道没有做功，B项错误；根据动能定理得，整个滑动过程中，重力做功和克服摩擦力做功相等，D项正确。‎ ‎7．(2018·苏北四市联考)如图所示，半径为R的竖直光滑圆轨道与光滑水平面相切，质量均为m的小球A、B与轻杆连接，置于圆轨道上，A位于圆心O的正下方，B与O等高。它们由静止释放，最终在水平面上运动。下列说法正确的是(　　)‎ A．下滑过程中B的重力做功的功率先增大后减小 B．当B滑到圆轨道最低点时，轨道对B的支持力大小为3mg C．下滑过程中B的机械能增加 D．整个过程中轻杆对A做的功为mgR 解析：选AD　因为初位置B的速度为零，则重力的功率为0，最低点速度方向与重力的方向垂直，重力的功率为零，可知重力的功率先增大后减小，故A项正确；A、B及轻杆组成的系统，在运动过程中，机械能守恒，设B到达圆轨道最低点时速度为v，根据机械能守恒定律得：(m＋m)v2＝mgR，解得：v＝，在最低点，根据牛顿第二定律得：N－mg＝m，解得：N＝2mg，故B项错误；下滑过程中，B的重力势能减小ΔEG＝mgR，动能增加ΔEk＝mv2＝mgR，所以机械能减小mgR，故C项错误；整个过程中，对A根据动能定理得：W＝mv2＝mgR，故D项正确。‎ ‎8．(2016·全国Ⅱ卷)如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点。已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<。在小球从M点运动到N点的过程中(　　)‎ A．弹力对小球先做正功后做负功 B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度 C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零 D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差 解析：选BCD　在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM＜∠OMN＜，则小球在M点时弹簧处于压缩状态，在N点时弹簧处于拉伸状态，小球从M点运动到N 点的过程中，弹簧长度先缩短，当弹簧与竖直杆垂直时弹簧达到最短，这个过程中弹力对小球做负功，然后弹簧再伸长，弹力对小球开始做正功，当弹簧达到自然伸长状态时，弹力为零，再随着弹簧的伸长弹力对小球做负功，故整个过程中，弹力对小球先做负功，再做正功，后再做负功，选项A错误；在弹簧与杆垂直时及弹簧处于自然伸长状态时，小球加速度等于重力加速度，选项B正确；弹簧与杆垂直时，弹力方向与小球的速度方向垂直，则弹力对小球做功的功率为零，选项C正确；由机械能守恒定律知，在M、N两点弹簧弹性势能相等，在N点动能等于从M点到N点重力势能的减小值，选项D正确。‎ ‎9．(2018·苏北四市高三调研)如图所示，固定在地面的斜面体上开有凹槽，槽内紧挨放置六个半径均为r的相同小球，各球编号如图。斜面与水平轨道OA平滑连接，OA长度为6r。现将六个小球由静止同时释放，小球离开A点后均做平抛运动，不计一切摩擦。则在各小球运动过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．球1的机械能守恒 B．球6在OA段机械能增大 C．球6的水平射程最小 D．六个小球落地点各不相同 解析：选BC　当所有小球都在斜面上运动时机械能守恒，当有小球在水平面上运动时，后面小球要对前面的小球做功，故球1的机械能不守恒，选项A错误；球6在OA段由于球5的推力对其做正功，其机械能增大，选项B正确；由于球6离开A点的速度最小，所以其水平射程最小，选项C正确；当球1、2、3均在OA段时，三球的速度相同，故从A点抛出后，三球落地点也相同，选项D错误。‎ 三、计算题 ‎10．(2018·苏州一模)如图所示，一个半径为R的圆弧轨道，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(与弹簧不拴接)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点后做平抛运动，设初速度为v0，‎ 落在B点时，有 Rcos 37°＝v0t Rsin 37°＝gt2‎ 解得v0＝ 由机械能守恒，得弹簧的弹性势能 Ep＝mv02＝mgR。‎ ‎(2)设落点与O点的连线与水平方向的夹角为θ，小球离开O点后做平抛运动，有 Rcos θ＝v0t，Rsin θ＝gt2‎ 位移方向与圆弧落点切线方向垂直 tan θ＝＝ 设速度方向与水平方向的夹角为α，则 tan α＝＝＝2tan θ 所以小球落到轨道时速度不能与圆弧垂直。‎ ‎(3)设落点与O点的连线与水平方向的夹角为β，小球离开O点后做平抛运动，有 Rcos β＝v0t，Rsin β＝gt2‎ 由动能定理，有mgRsin β＝Ek－mv02‎ 解得Ek＝mgR 当sin β＝时，Ek取最小值 Ekmin＝mgR。‎ 答案：(1)mgR　(2)不能　(3)mgR ‎11.(2018·温州十校联考)如图所示，“蜗牛”状轨道OAB竖直固定在水平地面上，与地面在B处平滑连接。其中“蜗牛”状轨道由内壁光滑的半圆轨道OA和AB平滑连接而成，半圆轨道OA的半径R1＝0.6 m，半圆轨道AB的半径R2＝1.2 m，水平地面BC长为xBC＝11 m，C处是一个开口较大的深坑，一质量m＝0.1 kg的小球从O点沿切线方向以某一初速度进入轨道OA后，沿OAB轨道运动至水平地面，已知小球与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2。‎ ‎(1)为使小球不脱离OAB轨道，小球在O点的初速度至少为多大？‎ ‎(2)若小球在O点的初速度v＝6 m/s，求小球在B点对半圆轨道的压力大小；‎ ‎(3)若使小球能落入深坑C，则小球在O点的初速度至少为多大？‎ 解析：(1)小球通过最高点A的临界条件是 mg＝ 解得小球过A点的最小速度vA＝2 m/s 小球由O到A过程由机械能守恒定律得 mg·2R1＋mvA2＝mv02‎ 解得v0＝6 m/s。‎ ‎(2)小球由O到B过程机械能守恒，则 mgR2＋mv2＝mvB2‎ 解得vB＝2 m/s 在B点由牛顿第二定律得 FN－mg＝ 解得FN＝6 N 由牛顿第三定律得轨道受到的压力FN′＝FN＝6 N。‎ ‎(3)小球恰能落入深坑C，即vC＝0时初速度最小，小球由O到C过程由动能定理得 mgR2－μmgxBC＝0－mv′2‎ 解得v′＝8 m/s。‎ 答案：(1)6 m/s　(2)6 N　(3)8 m/s 第27课时　功能关系　能量守恒定律(重点突破课)‎ ‎ ‎[必备知识]‎ ‎1．功能关系 ‎(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，能量的转化可以通过做功来实现。‎ ‎2．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别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。‎ ‎(2)表达式：ΔE减＝ΔE增。‎ ‎[小题热身]‎ ‎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)滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化。(√)‎ ‎(5)一个物体的能量增加，必定有别的物体能量减少。(√)‎ ‎2．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，摆球的机械能减少，机械能不守恒，减少的机械能转化为内能，内能增加，能量总和不变，B正确。‎ ‎3．(2016·四川高考)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　根据动能定理得韩晓鹏动能的变化ΔE＝WG＋Wf＝1 900 J－100 J＝1 800 J＞0，故其动能增加了1 800 J，选项A、B错误；根据重力做功与重力势能变化的关系WG＝－ΔEp，所以ΔEp＝－WG＝－1 900 J＜0，故韩晓鹏的重力势能减小了1 900 J，选项C正确，D错误。‎ ‎ 重难点(一)　功能关系的理解及应用 ‎1．几种常见的功能关系 几种常见力做功 对应的能量变化 数量关系式 重力 正功 重力势能减少 WG＝－ΔEp 负功 重力势能增加 弹簧等 的弹力 正功 弹性势能减少 W弹＝－ΔEp 负功 弹性势能增加 电场力 正功 电势能减少 W电＝－ΔEp 负功 电势能增加 合力 正功 动能增加 W合＝ΔEk 负功 动能减少 重力以外 的其他力 正功 机械能增加 W其＝ΔE 负功 机械能减少 ‎2．两个特殊的功能关系 ‎(1)滑动摩擦力与两物体间相对位移的乘积等于产生的内能，即Ffl相对＝ΔQ。‎ ‎(2)感应电流克服安培力做的功等于产生的电能，即W克安＝ΔE电。‎ ‎[典例]　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]　由向心力公式可得，小球在B点的速度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B选项正确。‎ ‎[答案]　B ‎(1)在应用功能关系解决具体问题的过程中，动能的变化用动能定理分析。‎ ‎(2)重力势能的变化用重力做功分析。‎ ‎(3)机械能的变化用除重力和弹力之外的力做功分析。‎ ‎(4)电势能的变化用电场力做功分析。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．(多选)如图所示，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，加速度大小等于重力加速度的大小g。物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的(　　)‎ 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　物块沿斜面上滑，根据题述可知，物块所受滑动摩擦力Ff＝0.5mg，由动能定理可知动能损失了＋mgH＝2mgH，选项A正确，B错误；由功能关系可知机械能损失了＝mgH，选项C正确，D错误。‎ ‎2．(多选)(2018·青岛模拟)如图所示，一根原长为L的轻弹簧，下端固定在水平地面上，一个质量为m的小球，在弹簧的正上方从距地面高度为H处由静止下落压缩弹簧。若弹簧的最大压缩量为x，小球下落过程受到的空气阻力恒为Ff，则小球从开始下落至最低点的过程(　　) ‎ A．小球动能的增量为0‎ B．小球重力势能的增量为mg(H＋x－L)‎ C．弹簧弹性势能的增量为(mg－Ff)(H＋x－L)‎ D．系统机械能减小FfH 解析：选AC　小球下落的整个过程中，开始时速度为零，结束时速度也为零，所以小球动能的增量为0，故A正确；小球下落的整个过程中，重力做功WG＝mgh＝mg(H＋x－L)，根据重力做功量度重力势能的变化WG＝－ΔEp得：小球重力势能的增量为－mg(H＋x－L)，故B错误；根据动能定理得：WG＋Wf＋W弹＝0－0＝0，所以W弹＝－(mg－Ff)(H＋x－L)，根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化W弹＝－ΔEp得：弹簧弹性势能的增量为(mg－Ff)(H＋x－L)，故C正确；系统机械能的减少等于重力、弹力以外的力做的功，小球从开始下落至最低点的过程，克服阻力做的功为：Ff(H＋x－L)，所以系统机械能减小为：Ff(H＋x－L)，故D错误。‎ 重难点(二)　摩擦力做功与能量的关系 ‎1．两种摩擦力做功的比较 静摩擦力做功 滑动摩擦力做功 只有能量的转移，没有能量的转化 既有能量的转移，又有能量的转化 互为作用力和反作用力的一对静摩擦力所做功的代数和为零，即要么一正一负，要么都不做功 互为作用力和反作用力的一对滑动摩擦力所做功的代数和为负值，即要么一正一负，要么都做负功；代数和为负值说明机械能有损失——转化为内能 ‎2．求解相对滑动物体的能量问题的方法 ‎(1)正确分析物体的运动过程，做好受力分析。‎ ‎(2)利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位移关系。‎ ‎(3)然后根据功的公式和功能关系解题。‎ ‎[典例]　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，木板长度的最小值。‎ ‎[解析]　(1)小物块在C点时的速度大小vC＝ 小物块由C到D的过程中，由机械能守恒定律得 mgR(1－cos 60°)＝mvD2－mvC2‎ 代入数据解得vD＝2 m/s 小物块在D点时由牛顿第二定律得 FN－mg＝m 代入数据解得FN＝60 N 由牛顿第三定律得FN′＝FN＝60 N，方向竖直向下。‎ ‎(2)设小物块刚好能滑到长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＝＝μg，a2＝ 速度分别为v＝vD－a1t，v＝a2t 对小物块和长木板组成的系统，由能量守恒定律得 μmgL＝mvD2－(m＋M)v2‎ 解得L＝2.5 m。‎ ‎[答案]　(1)60 N，方向竖直向下　(2)2.5 m ‎(1)无论是计算滑动摩擦力做功，还是计算静摩擦力做功，都应代入物体相对于地面的位移。‎ ‎(2)摩擦生热ΔQ＝Ffl相对中，若物体在接触面上做往复运动时，则l相对为总的相对路程。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．(多选)如图，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力为Ff，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x。此过程中，下列结论正确的是(　　)‎ A．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－Ff)(L＋x)‎ B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffx C．小物块克服摩擦力所做的功为Ff(L＋x)‎ D．小物块和小车增加的机械能为Fx 解析：选ABC　由动能定理可得小物块到达小车最右端时的动能Ek物＝W合＝(F－Ff)·(L＋x)，A正确；小车的动能Ek车＝Ffx，B正确；小物块克服摩擦力所做的功Wf＝Ff(L＋x)，C正确；小物块和小车增加的机械能为F(L＋x)－FfL，D错误。‎ ‎2．(多选)(2018·苏锡常镇高三调研)如图所示，将砝码A放在水平桌面上的纸板B上，各接触面间动摩擦因数均相等，砝码到纸板左端和桌面右端的距离均为d。在水平向右的恒力F的作用下，可将纸板从砝码下方抽出，砝码刚好到达桌面右端。则下列说法正确的是(　　)‎ A．砝码与纸板分离前后的加速度大小一定相等 B．砝码与纸板分离时，砝码一定位于距离桌面右端处 C．其他条件不变，换用更大的恒力F，砝码将不能到达桌面右端 D．其他条件不变，换用更大的恒力F，砝码与纸板间产生的热量将减小 解析：选ABC　砝码与纸板分离前做加速运动，μmg＝ma1，砝码与纸板分离后，在桌面上做减速运动，μmg＝ma2，则a1＝a2，A项正确；设砝码与纸板刚分离瞬间速度为v，加速的位移为x1＝，减速的位移为x2＝，则x1＝x2＝，B项正确；其他条件不变，换用更大的恒力F，则纸板的加速度a变大，纸板与砝码分离时比砝码多运动的位移为d，d＝at2－a1t2，a变大，加速的时间t变小，v＝a1t，v变小，砝码的滑行位移x＝＋，x变小，C项正确；砝码与纸板间产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，Q＝μmgd，产生的热量不变，D项错误。‎ 重难点(三)　传送带模型中的功能关系 ‎　　(1)传送带做的功：W传＝Fx，其中F为传送带的动力，x为传送带转过的距离。‎ ‎(2)产生的内能：ΔQ＝Ffx相对，其中x相对为相互摩擦时物体与传送带间的相对位移，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。‎ ‎(3)功能关系：W传＝ΔEk＋ΔEp＋ΔQ。‎ ‎[典例]　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，现有一物体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)，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＝a1t12‎ 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＋a2t22‎ 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 传送带模型问题的分析流程 ‎[集训冲关]‎ ‎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的某物块无初速度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．(2018·南通、泰州高三一模)如图所示，某工厂生产车间的流水线安装的是“U”形传送带，AB、CD段为直线，BC段为同心半圆，其中的虚线为半径为R的半圆弧。工人将质量均为m的工件无初速度放至匀速运行的传送带A端，在D端附近看到相邻工件间的距离均为L，每隔时间t在D端接收到一个工件。求：‎ ‎(1)传送带运行的速度v；‎ ‎(2)在BC段每一个工件受到的摩擦力大小f；‎ ‎(3)每个工件放至传送带后与传送带摩擦产生的热量Q。‎ 解析：(1)在D端每隔时间t接收到一个工件，则 v＝。‎ ‎(2)在BC段工件做匀速圆周运动，静摩擦力提供向心力，则f＝m，代入解得f＝。‎ ‎(3)设工件与传送带间的动摩擦因数为μ，工件相对传送带滑动的时间为t0，加速度为a，‎ 则μmg＝ma，v＝at0‎ 加速过程中工件相对传送带滑动的距离Δs＝vt0－at02‎ 产生的热量Q＝μmg·Δs 解得Q＝。‎ 答案：(1)　(2)　(3) 重难点(四)　能量转化与守恒的应用 ‎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 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。‎ ‎[典例]　如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数为μ＝，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧轻绳与斜面平行，A的质量为2m＝4 kg，B的质量为m＝2 kg，初始时A到C点的距离为L＝1 m，现给A、B一初速度v0＝3 m/s，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，A将弹簧压缩到最短后又恰好能回到C点。已知重力加速度取g＝10 m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态，求此过程中：‎ ‎(1)A向下运动刚到C点时的速度大小；‎ ‎(2)弹簧的最大压缩量；‎ ‎(3)弹簧的最大弹性势能。‎ ‎[解析]　(1)A向下运动刚到C点的过程中，对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得：‎ μ·2mgcos θ·L＝·3mv02－·3mv2＋2mgLsin θ－mgL 可解得v＝2 m/s。‎ ‎(2)对A、B组成的系统，在A将弹簧压缩到最大压缩量，又返回到C点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，‎ 即：·3mv2－0＝μ·2mgcos θ·2x 其中x为弹簧的最大压缩量 解得x＝0.4 m。‎ ‎(3)设弹簧的最大弹性势能为Epm 由能量守恒定律可得：‎ ·3mv2＋2mgxsin θ－mgx＝μ·2mgcos θ·x＋Epm 解得：Epm＝6 J。‎ ‎[答案]　(1)2 m/s　(2)0.4 m　(3)6 J 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物体速度相同。‎ ‎(3)当水平弹簧处于原长状态时，系统内某一端的物体具有最大速度。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．将小球以10 m/s的初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能Ek、重力势能Ep与上升高度h间的关系分别如图中两直线所示。g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)‎ A．小球的质量为0.2 kg B．小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.20 N C．小球动能与重力势能相等时的高度为 m D．小球上升到2 m时，动能与重力势能之差为0.5 J 解析：选D　根据题图，由小球在最高点时Ep＝mgh，得m＝0.1 kg，A项错误；由除重力以外其他力做功E其＝ΔE可知：－fh＝E高－E低，E为机械能，解得f＝0.25 N，B项错误；设小球动能和重力势能相等时的高度为H，此时有mgH＝mv2，由动能定理得：－fH－mgH＝mv2－mv02，解得H＝ m，故C项错误；当小球上升h′＝2 m时，由动能定理得：－fh′－mgh′＝Ek2－mv02，解得Ek2＝2.5 J，Ep2＝mgh′＝2 J，所以动能与重力势能之差为0.5 J，故D项正确。‎ ‎2．(多选)(2018·南师附中)在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。现用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开C时，A的速度为v，则此过程(弹簧的弹性势能与弹簧的伸长量或压缩量的平方成正比，重力加速度为g)(　　)‎ A．A运动的距离为 B．A的加速度为 C．力F做的功为mv2‎ D．力F对A做的功等于A的机械能的增加量 解析：选AD　开始系统处于静止状态，对A而言，弹簧压缩，有mgsin θ＝kx1，可以求出压缩量x1＝，B刚要离开挡板时，对B而言，弹簧伸长，有mgsin θ＝kx2，可以求出伸长量为x2＝，所以A移动的距离为x1＋x2＝，A项正确；以A为研究对象，根据牛顿第二定律得，F－mgsin θ－F弹＝ma，F弹＝mgsin θ，可以求出加速度为a＝－2gsin θ，B项错误；从初始到最后弹簧形变量大小相等，弹性势能没有变化，力F做的功转化为A的重力势能增加量和A的动能，即力F做的功转化为A的机械能的增加量，C项错误，D项正确。‎ ‎ 一、单项选择题 ‎1．小车静止在光滑的水平导轨上，一个小球用细绳悬挂在车上，现由图中位置无初速度释放，在小球下摆到最低点的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．细绳对小球的拉力不做功 B．小球克服细绳拉力做的功等于小球减少的机械能 C．细绳对车做的功等于小球减少的重力势能 D．小球减少的重力势能等于小球增加的动能 解析：选B　小球下摆的过程中，小车的机械能增加，小球的机械能减少，小球克服细绳拉力做的功等于减少的机械能，选项A错误，B正确；细绳对小车做的功等于小球减少的机械能，选项C错误；小球减少的重力势能等于小球增加的动能和小车增加的机械能之和，选项D错误。‎ ‎2．(2018·南通、扬州、泰州模拟)竹蜻蜓是我国古代发明的一种儿童玩具，上世纪三十年代，人们根据竹蜻蜓原理设计了直升机的螺旋桨。如图，一小孩搓动质量为20 g的竹蜻蜓，松开后竹蜻蜓能上升到二层楼房顶高处。在搓动过程中手对竹蜻蜓做的功可能是(　　)‎ A．0.2 J B．0.6 J C．1.0 J D．2.5 J 解析：选D　竹蜻蜓在上升到最高点的过程中，动能转化为重力势能和内能，一般每层楼的高度为3 m，二层楼房顶高处即高为6 m，所以重力势能的增加量为Ep＝mgh＝1.2 J，则在搓动过程中手对竹蜻蜓做的功要大于1.2 J，A、B、C项错误，D项正确。‎ ‎3．如图所示，在竖直平面内有一“V”形槽，其底部BC是一段圆弧，两侧都与光滑斜槽相切，相切处B、C位于同一水平面上。一小物体从右侧斜槽上距BC平面高度为2h的A处由静止开始下滑，经圆弧槽再滑上左侧斜槽，最高能到达距BC所在水平面高度为h的D处，接着小物体再向下滑回，若不考虑空气阻力，则(　　)‎ A．小物体恰好滑回到B处时速度为零 B．小物体尚未滑回到B处时速度已变为零 C．小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低 D．小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点 解析：选C　由能量守恒定律知，小物体从A处运动到D处的过程中，克服摩擦力所做的功为Wf1＝mgh，小物体从D处开始运动的过程，因为速度较小，小物体对圆弧槽的压力较小，所以克服摩擦力所做的功Wf2＜mgh，所以小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低，C正确，A、B错误；因为小物体与圆弧槽间的动摩擦因数未知，所以小物体最终可能停在圆弧槽上的任何地方，D错误。‎ ‎4．(2017·全国Ⅲ卷)如图，一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为(　　)‎ A.mgl　　　　　　　 B.mgl C.mgl D.mgl 解析：选A　QM段绳的质量为m′＝m，未拉起时，QM段绳的重心在QM中点处，与M点距离为l，绳的下端Q拉到M点时，QM段绳的重心与M点距离为l，此过程重力做功WG＝－m′g＝－mgl，将绳的下端Q拉到M点的过程中，由能量守恒定律，可知外力做功W＝－WG＝mgl，可知A项正确，B、C、D项错误。‎ ‎5．(2017·江苏高考)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是(　　)‎ 解析：选C　设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，则物块在上滑过程中根据动能定理有－(mgsin θ＋μmgcos θ)x＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－(mgsin θ＋μmgcos θ)x，所以物块的动能Ek与位移x的函数关系图线为直线且斜率为负；物块沿斜面下滑的过程中根据动能定理有(mgsin θ－μmgcos θ)(x0－x)＝Ek，其中x0为物块到达最高点时的位移，即Ek＝－(mgsin θ－μmgcos θ)x＋(mgsin θ－μmgcos θ)x0，所以下滑时Ek随x的减小而增大且为直线。由此可以判断C项正确。‎ 二、多项选择题 ‎6．(2018·海口调研)某运动员参加百米赛跑，他采用蹲踞式起跑，在发令枪响后，左脚迅速蹬离起跑器，在向前加速的同时提升身体重心。如图所示，假设质量为m的运动员，在起跑时前进的距离s内，重心升高量为h，获得的速度为v，阻力做功为Wf，则在此过程中(　　)‎ A．运动员的机械能增加了mv2‎ B．运动员的机械能增加了mv2＋mgh C．运动员的重力做功为mgh D．运动员自身做功W＝mv2＋mgh－Wf 解析：选BD　运动员的重心升高h，获得的速度为v，其机械能的增量为ΔE＝mgh＋mv2，选项A错误，B正确；运动员的重心升高h，重力做负功，WG＝－mgh，选项C错误；根据动能定理得，W＋Wf－mgh＝mv2－0，解得W＝mv2＋mgh－Wf，选项D正确。‎ ‎7．(2018·大连质检)一足够长的传送带与水平面的夹角为θ，传送带以一定的速度匀速运动。某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图甲所示)，以此时为t＝0时刻，作出物块之后在传送带上的运动速度随时间的变化关系，如图乙所示(图中取平行传送带斜向下的方向为正方向，其中v1>v2)。已知传送带的速度保持不变，g取10 m/s2，则(　　)‎ A．0～t1时间内，物块对传送带做负功 B．物块与传送带间的动摩擦因数μg，逐渐减小，当球到达最高点时，速度为零，阻力为零，则加速度a＝g，方向向下，下落过程中，速度增大，f＝kv，阻力增大，根据mg－f＝ma，加速度a的方向向下，但at2 B．t1W2 D．W1

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