資源簡介

1．功與功率
1．理解功的概念，知道W＝Fl cos α的適用范圍，會用公式進行計算。
2．理解正、負功的概念，會根據公式計算多個力所做的總功。
3．理解功率的概念，能運用功率的定義式P＝進行有關的計算。
　功
1．定義：一個物體受到力的作用，并在力的方向上發生一段位移，就說這個力對物體做了功。
2．公式：W＝Fl cos α。
3．功是標量(選填“標量”或“矢量”)。
4．功的單位：在國際單位制中，功的單位是焦耳，簡稱焦，符號是 J。
5．功的單位物理意義：1 J等于1 N的力使物體在力的方向上發生1 m位移的過程中所做的功，即1 J＝1 N×1 m＝1 N·m。
如圖所示，馬拉著小車(包括人)沿水平面勻速前進了一段距離。
【問題】
(1)小車(包括人)受到幾個力作用？
(2)小車受到的力都對小車做功嗎？
(3)馬對小車做的功是否等于馬的拉力F(設F與水平方向的夾角為α)和小車的位移l的乘積？
(4)拉力F一般分解為哪兩個分力？F做的功與哪個分力做的功相同？
提示：(1)小車(包括人)受4個力作用：重力、支持力、拉力、摩擦力。
(2)重力和支持力不做功，拉力和摩擦力做功。
(3)不等于，因為W＝Fl cos α。
(4)拉力可以分解為沿水平方向和豎直方向的兩個分力，F做的功與水平方向分力做的功相同。
1．力對物體是否做功，決定于兩個因素
(1)做功的力。
(2)物體在力的方向上發生的位移。
注：力對物體做功與其他因素，諸如物體運動的快慢、運動的性質、接觸面是否光滑、物體質量的大小等均無關系。
2．對公式W＝Fl cos α的理解
(1)某一恒力F對物體做的功，只與F、l、α有關，與物體的運動狀態及物體是否還受其他作用力等因素無關。
(2)功是標量，沒有方向，但是有正負。
(3)公式W＝Fl cos α適用于計算恒力做功，若是變力，此公式不再適用。
(4)功是過程量，描述了力的作用效果在空間上的累積。
【典例1】　如圖所示，力F大小相等，物體運動的位移l也相同，下列哪種情況F做功最少(　　)
A　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　D
D　[A圖中，拉力做功為：W＝Fl，B圖中，拉力做功為：W＝Fl cos 30°＝Fl，C圖中，拉力做功為：W＝Fl cos 30°＝Fl，D圖中，拉力做功為：W＝Fl cos 60°＝Fl，故D圖中拉力F做功最少，故選項D正確。]
[跟進訓練]
1．(2022·山東濟寧一中月考)下列各圖所描述的情境中，人沒有對相應物體做功的是(　　)
A　　　　　　　　B
C　　　　　　　　D
A　[根據功的定義可知，判斷力對物體是否做功，關鍵是看力及力的方向上物體的位移兩個因素，上述情境中，人推墻沒推動，有力的作用但沒有位移，人沒有對墻做功，選項A符合題意；運動員把足球踢出，有力的作用且在力的方向上有位移，所以運動員對足球做了功，選項B不符合題意；人拉箱子前進，人對箱子做了功，選項C不符合題意；人通過滑輪提升重物，拉力對重物做了功，選項D不符合題意。]
　正功和負功
1．力對物體做正功和負功的條件
由W＝Fl cos α可知：
(1)當0≤α<時，W>0，力對物體做正功；
(2)當<α≤π時，W<0，力對物體做負功，或稱物體克服這個力做功；
(3)當α＝時，W＝0，力對物體不做功。
2．總功的計算
當一個物體在幾個力的共同作用下發生一段位移時，這幾個力對物體所做的總功等于各個力分別對物體所做功的代數和。也就是這幾個力的合力對物體所做的功。
質量為m的物體，靜止在傾角為θ的斜面上，斜面沿水平方向向右勻速移動了距離l，如圖所示，物體始終相對斜面靜止。
【問題】
(1)物體受哪些力的作用，試作出物體的受力分析圖。
(2)在物體所受的各力中，哪些力做正功？哪些力做負功？
(3)物體所受各力所做的總功是多少？
提示：(1)物體受重力、支持力、摩擦力，受力分析如圖所示。
(2)物體所受力中支持力FN做正功，重力不做功，摩擦力Ff做負功。
(3)物體各力所做總功為零。
1．根據力F與位移l的夾角α進行判斷
0≤α＜時，力對物體做正功；α＝時，力對物體不做功；＜α≤π時，力對物體做負功。此方法一般用于研究物體做直線運動的情況，如圖所示。
2．根據力F與速度v的夾角α進行判斷
0≤α＜時，力對物體做正功；α＝時，力對物體不做功；＜α≤π時，力對物體做負功。此方法一般用于研究物體做曲線運動的情況。如圖所示，人造地球衛星在橢圓軌道上運行，由圖示中的a點運動到b點的過程中，萬有引力做負功。因為萬有引力的方向和速度方向的夾角始終大于90°。
3．總功的計算
(1)先由W＝Fl cos α計算各個力對物體所做的功W1，W2，W3，…，然后求所有力做功的代數和，即W合＝W1＋W2＋W3＋…。
(2)先由力的合成或根據牛頓第二定律求出合力F合，然后由W合＝F合l cos α計算總功，此時α為F合的方向與l的方向間的夾角。
　功的正負的判斷
【典例2】　(多選)小狗拉著雪橇在水平冰面上沿著圓弧形的道路勻速率行駛，如圖所示為雪橇受到的牽引力F及摩擦力Ff的示意圖(O為圓心)，關于各力做功情況，下列說法正確的是(　　)
A．牽引力F做正功
B．摩擦力Ff做負功
C．F與Ff的合力做正功
D．F與Ff的合力不做功
ABD　[牽引力做正功，選項A正確；由于雪橇在冰面上滑動，其滑動摩擦力方向必與運動方向相反，摩擦力做負功，選項B正確；雪橇做勻速圓周運動，牽引力F及摩擦力Ff的合力提供向心力，指向圓心，與速度方向總垂直，所以不做功，選項C錯誤，D正確。]
　總功的計算
【典例3】　如圖所示，一質量為m的物體在與水平方向成α角斜向上的拉力F作用下，沿動摩擦因數為μ的水平地面向右移動位移l，重力加速度為g，則：
(1)物體受到的各個力做的功是多少？各個力對物體所做功的代數和是多少？
(2)物體所受的合力是多少？合力所做的功是多少？
[思路點撥]　解此題注意以下兩點：
(1)物體運動過程中所受拉力F、重力、支持力、摩擦力皆為恒力。
(2)重力、支持力的方向與物體位移方向垂直，不做功。
[解析]　(1)因重力、支持力的方向與位移方向夾角為90°，故WG＝0，WN＝0，拉力F所做的功W1＝Fl cos α
滑動摩擦力的大小f＝μN，又N＋F sin α＝mg
故滑動摩擦力所做的功
W2＝－μNl＝μ(F sin α－mg)l
各個力對物體所做功的代數和
W＝W1＋W2＝(F cos α＋μF sin α－μmg)l。
(2)根據正交分解法求得物體所受的合力F合＝F cos α－f
則F合＝F cos α＋μF sin α－μmg，合力方向向右，與位移同向。
合力所做的功W′＝F合l＝(F cos α＋μF sin α－μmg)l。
[答案]　見解析
　計算功的三點技巧
(1)計算功時，一定要明確哪個力對物體做了功。
(2)做功的數值與物體的運動狀態是勻速還是變速無關，只取決于F、l及兩者方向的夾角α。
(3)計算總功兩種方法的選取：①物體處于平衡狀態，或某一方向平衡，或做勻變速直線運動時，用W總＝F合l cos α更簡捷。②物體運動過程中受力變化或有些力不做功，應選取W總＝W1＋W2＋…＋Wn。
[跟進訓練]
2．如圖所示，若用輕繩拴一物體，使物體以恒定加速度向下做減速運動，則下列說法正確的是(　　)
A．重力做正功，拉力做負功，合外力做正功
B．重力做正功，拉力做負功，合外力做負功
C．重力做正功，拉力做正功，合外力做正功
D．重力做負功，拉力做負功，合外力做負功
B　[重力與位移同向，做正功，拉力與位移反向，做負功，由于物體向下做減速運動，所以物體所受合力向上，與位移反向，做負功，故B正確。]
3．如圖所示，質量m＝50 kg 的滑雪運動員從高度h＝30 m的坡頂由靜止下滑，斜坡的傾角θ＝37°，滑雪板與雪面之間的動摩擦因數μ＝0.1。則運動員滑至坡底的過程中：(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，裝備質量不計)
(1)滑雪運動員所受的重力對他做了多少功？
(2)各力對運動員做的總功是多少？
[解析]　(1)重力做的功為WG＝mg sin 37°·＝1.5×104 J。
(2)各分力對運動員做的總功與合力對運動員做的功相同，運動員所受合力為：
F合＝mg sin 37°－μmg cos 37°＝260 N
合力方向沿斜坡向下，沿合力方向的位移
l＝＝50 m
合力做的功W合＝F合·l＝260×50 J＝1.3×104 J。
[答案]　(1)1.5×104 J　(2)1.3×104 J
　功率
1．定義：力對物體所做的功W與完成這些功所用時間t的比值。
2．定義式：P＝。
3．單位：在國際單位制中，功率的單位是瓦特，簡稱瓦，用符號W表示。
4．意義：功率是標量，它是表示物體做功快慢的物理量。
5．輸入功率與輸出功率。
(1)輸入功率：機器工作時，外界對機器做功的功率。
(2)輸出功率：機器對外界做功的功率。
(3)機械效率：η＝。
6．額定功率與實際功率。
(1)額定功率：機器長時間正常工作允許的最大輸出功率。
(2)實際功率：機器實際工作時的輸出功率。
(3)關系：實際功率往往小于額定功率。
7．功率與速度。
(1)關系：當一個力與物體運動方向在同一直線上時，這個力對物體做功的功率等于這個力與物體速度的乘積。
(2)關系式：P＝Fv。
①若v是物體的平均速度，則P＝Fv為對應時間t內的平均功率。
②若v是瞬時速度，則P表示該時刻的瞬時功率。
(3)應用：從P＝Fv可以看出，汽車、火車等交通工具，當發動機的功率P一定時，牽引力F與速度成反比，要增大牽引力，就要減小速度。
如圖是正用吊車將一臺坦克車從碼頭上吊起裝上艦船，將質量為m的坦克車勻速吊起，坦克車在t時間內勻速上升h高度。(重力加速度為g)
【問題】
(1)怎樣計算吊車t時間內的平均功率？
(2)若坦克車在相同的時間t內，從靜止開始以加速度a勻加速上升高度h時，該過程中吊車的平均功率是多少？
(3)若坦克車在相同的時間t內，從靜止開始以加速度a勻加速上升，則t時刻瞬時功率是多少？
提示：(1)坦克車勻速上升，根據平衡條件有吊車對坦克車的拉力F＝mg，則吊車對坦克車做的功W＝Fh＝mgh。功率P＝＝。
(2)由牛頓第二定律可得F－mg＝ma，該過程中吊車的平均功率為＝＝＝。
(3)瞬時功率為P瞬＝Fv＝m(g＋a)at。
1．平均功率的計算
(1)利用＝。
(2)利用＝Fcos α，其中F為恒力，為物體運動的平均速度。
2．瞬時功率的計算
(1)利用公式P＝Fv cos α，其中v為瞬時速度。
(2)若vF為物體的速度在力F方向上的分速度，則P＝FvF。
(3)若Fv為物體所受外力在速度v方向上的分力，則P＝Fvv。
3．平均功率與瞬時功率的區別與聯系
平均功率表示物體在某段時間內做功的平均快慢，瞬時功率表示力在某時刻做功的快慢。所以平均功率大，物體的瞬時功率不一定大。
【典例4】　質量為m＝0.5 kg的物體自由下落，不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)從物體開始下落，前3 s內重力對物體做功的平均功率P；
(2)第3 s末重力對物體做功的瞬時功率P′。
[解析]　(1)由h＝gt2可得h＝×10×32 m＝45 m
重力所做的功為W＝mgh＝225 J
3 s內重力做功的平均功率為
P＝＝ W＝75 W。
(2)3 s末物體的速度為
v＝gt＝10×3 m/s＝30 m/s
重力在第3 s末對物體做功的瞬時功率為
P′＝mgv＝150 W。
[答案]　(1)75 W　(2)150 W
　計算功率應該注意的問題
(1)明確所求的功率是平均功率還是瞬時功率。
(2)求平均功率時，應明確是哪一段時間內的平均功率；求瞬時功率時，應明確是哪一時刻的瞬時功率。
(3)應該明確是哪一個力對物體做功的功率，是動力還是阻力，是恒力還是變力等。
[跟進訓練]
4．如圖所示，質量為2 kg的物體以10 m/s的初速度水平拋出，經過2 s落地。g取10 m/s2。關于重力做功的功率，下列說法正確的是(　　)
A．下落過程中重力的平均功率是400 W
B．下落過程中重力的平均功率是100 W
C．落地前的瞬間重力的瞬時功率是400 W
D．落地前的瞬間重力的瞬時功率是200 W
C　[物體2 s下落的高度為h＝gt2＝20 m，落地的豎直分速度為vy＝gt＝20 m/s，所以落到地面前的瞬間重力的瞬時功率是P＝mgvy＝400 W，下落過程中重力的平均功率是＝＝200 W，選項C正確。]
1．關于功的概念，以下說法正確的是(　　)
A．力是矢量，位移是矢量，所以功也是矢量
B．功有正、負，所以功也有方向
C．若某一個力對物體不做功，說明該物體一定沒有發生位移
D．一個恒力對物體做的功等于這個力的大小、物體位移的大小及力和位移方向間夾角的余弦三者的乘積
D　[功是物體之間能量轉化的量度，它是標量，故A錯誤；功有正、負之分，但功的正負不是表示方向，是表示力對物體的做功效果，故B錯誤；當力的方向和物體位移的方向垂直時，力對物體不做功，所以物體的位移并不一定是零，故C錯誤；根據功的定義可知，一個恒力對物體做的功等于這個力的大小、物體位移的大小及力和位移間夾角的余弦三者的乘積，故D正確。]
2．(2022·福建廈門一中高一檢測)圖甲為一女士站在臺階式自動扶梯上勻速上樓，圖乙為一男士站立在履帶式自動扶梯上勻速上樓。下列關于兩人受到的力以及做功情況正確的是(　　)
A．甲圖中支持力對人不做功
B．甲圖中摩擦力對人做負功
C．乙圖中支持力對人不做功
D．兩人受到電梯的作用力的方向不相同
C　[對題圖甲受力分析如圖1所示，可知受重力和支持力作用，不受摩擦力作用，支持力與運動方向成銳角，根據做功的定義W＝Fl cos θ，支持力對人做正功，A、B錯誤；
對題圖乙受力分析如圖2所示，支持力與運動方向垂直，支持力對人不做功，C正確；兩人均勻速運動，處于平衡狀態，兩人受到電梯的作用力均與重力平衡，即兩人受到電梯的作用力均豎直向上，D錯誤。]
3．如圖所示，質量為m＝2 kg的木塊在傾角θ＝37°的固定斜面上由靜止開始下滑，木塊與斜面間的動摩擦因數μ＝0.5，已知：sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求：
(1)前2 s內重力做的功；
(2)前2 s內重力的平均功率；
(3)2 s末重力的瞬時功率。
[解析]　(1)木塊所受的合外力
F合＝mg sin θ－μmg cos θ＝mg(sin θ－μcos θ)＝2×10×(0.6－0.5×0.8) N＝4 N
木塊的加速度a＝＝ m/s2＝2 m/s2
前2 s內木塊的位移s＝at2＝×2×22 m＝4 m
所以，重力在前2 s內做的功為W＝mgs sin θ＝2×10×4×0.6 J＝48 J。
(2)重力在前2 s內的平均功率為＝＝ W＝24 W。
(3)木塊在2 s末的速度v＝at＝2×2 m/s＝4 m/s
2 s末重力的瞬時功率P＝mg sin θ·v＝2×10×0.6×4 W＝48 W。
[答案]　(1)48 J　(2)24 W　(3)48 W
回歸本節知識，自我完成以下問題：
1．做功的兩個必要因素是什么？
提示：力和在力的方向上的位移。
2．功的定義式是什么？如何計算總功？
提示：定義式W＝Fl cos α，總功的計算有兩種方式
3．功率的計算有哪幾種方式？
提示：平均功率P＝，瞬時功率P＝Fv cos α。
課時分層作業(十三)　功與功率
◎題組一　功的分析與計算
1．下列說法中正確的是(　　)
A．－10 J的功小于＋5 J的功
B．功是矢量，正、負表示方向
C．一個力對物體做了負功，但這個力不一定阻礙物體的運動
D．功是標量，正、負表示外力對物體做功還是物體克服外力做功
D　[功是標量，功的正負不表示方向，表示做功的效果，即力對物體做功還是物體克服力做功，A、B錯誤，D正確；一個力對物體做了負功，說明該力與位移方向相反或夾角為鈍角，這個力一定阻礙物體的運動，C錯誤。]
2．(2022·西安四校高一期末)如圖所示，人站在電動扶梯的水平臺階上，假若人與扶梯一起勻加速向上運動，在這個過程中人的腳所受的靜摩擦力(　　)
A．等于零，對人不做功
B．水平向左，對人不做功
C．水平向右，對人做正功
D．沿斜面向上，對人做正功
C　[人與扶梯一起勻加速斜向上運動，人的腳所受的靜摩擦力水平向右，與位移方向成銳角，靜摩擦力做正功，故C正確。]
3．(2022·江蘇淮安高一檢測)如圖所示，質量為m的小物體，從高為h、傾角為α的固定粗糙斜面頂端由靜止開始沿斜面下滑，物體與斜面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，在物體從斜面頂端滑至斜面底端的過程中，摩擦力所做的功為(　　)
A．－μmgh·tan α　　　 B．－μmgh·cos α
C．－ D．－
C　[根據功的定義，摩擦力所做的功W＝－fs＝－μmg cos α·＝－，故A、B、D錯誤，C正確。]
4．(多選)如圖所示，質量為m的飛機在水平甲板上，受到與豎直方向成θ角的斜向下的恒定拉力F的作用，沿水平方向移動了距離s，飛機與水平甲板之間的摩擦阻力大小恒為Ff，重力加速度為g，則在此過程中(　　)
A．摩擦力做的功為－Ffs
B．力F做的功為Fs cos θ
C．重力做的功為mgs
D．力F做的功為Fs sin θ
AD　[摩擦力大小為Ff，則摩擦力所做的功WFf＝－Ffs，選項A正確；由題意可知，拉力與位移方向的夾角為90°－θ，則力F做的功WF＝Fs·cos (90°－θ)＝Fs sin θ，選項B錯誤，D正確；由于豎直方向上沒有位移，故重力不做功，選項C錯誤。]
◎題組二　功率的分析與計算
5．下列關于功率的計算式P＝和P＝Fv說法正確的是(　　)
A．據P＝可知，機器做功越多，其功率就越大
B．由P＝知，只要知道W和t就可求出任意時刻的功率
C．由P＝Fv只能求某一時刻的瞬時功率
D．由P＝Fv知，當汽車發動機功率一定時，牽引力與速度成反比
D　[公式P＝中，做功W越大，但是時間t不知道，所以功率并不一定大，A錯誤；公式P＝是求一段時間的平均功率，B錯誤；P＝Fv中，當速度是瞬時速度時，求的是瞬時功率，當速度為平均速度時，求的就是平均功率，C錯誤；由P＝Fv可知，當P一定時，F與v成反比，D正確；故選D。]
6．某力做的功隨時間變化的關系如圖所示，該力做功的功率為(　　)
A．10 W B．20 W
C．30 W D．40 W
B　[由功率的計算公式P＝，可得W＝Pt，由圖可知，W與t的數值關系式為W＝20t，即P＝20 W，故選項B正確。]
7．如圖所示是小孩滑滑梯的情景，假設是固定光滑斜面，傾角為30°，小孩質量為m，由靜止開始沿滑梯下滑，重力加速度為g，滑行距離為s時，重力的瞬時功率為(　　)
A．mg B．mg
C．mg D．mg
B　[小孩的加速度a＝＝g，由v2＝2as得，小孩滑行距離s時的速率v＝，故此時重力的瞬時功率P＝mgv sin 30°＝mg，B正確。]
8．(2022·濟南高一檢測)質量為50 kg的同學做仰臥起坐運動。若該同學上半身的質量約為全身質量的，她在1 min內做了50個仰臥起坐，每次上半身重心上升的距離均為0.3 m，g取10 m/s2，則她1 min內克服重力做的功W和相應的功率P約為(　　)
A．W＝4 500 J，P＝75 W
B．W＝4 500 J，P＝7.5 W
C．W＝3 600 J，P＝60 W
D．W＝3 600 J，P＝6 W
A　[每次上半身重心上升的距離均為0.3 m，則她每一次克服重力做的功W＝mgh＝×50×10×0.3 J＝90 J，1 min內克服重力所做的功W總＝50W＝50×90 J＝4 500 J，相應的功率約為P＝＝ W＝75 W，故A正確，B、C、D錯誤。]
9．在光滑水平面上，t＝0時開始用水平恒力F拉一物體，物體從靜止開始運動。在0～t0 時間內F做功為W1，在t0～2t0時間內F做功為W2，則W2∶W1為(　　)
A．1　　　　B．2　　　　C．3　　　　D．4
C　[物體受恒力作用由靜止開始運動，故做初速度為零的勻加速直線運動，則根據勻變速運動規律可知，0～t0時間內的位移x1與t0～2t0時間內位移x2的比值為x1∶x2＝1∶3，根據公式可知W2∶W1＝Fx2∶Fx1＝3，故選項C正確。]
10．(多選)(2022·江西省靖安中學高一檢測)一質量為1 kg的物體靜止在水平地面上，受到大小為2 N的水平拉力作用后做勻加速直線運動，經5 s后撤去水平拉力，物體共運動10 s停止，已知g＝10 m/s2。下列說法正確的是(　　)
A．物體運動過程中受到的摩擦力大小為0.5 N
B．4 s末拉力F的功率為8 W
C．物體運動過程中拉力做功為25 J
D．物體運動過程中克服摩擦力做功為12.5 J
BC　[0到5 s過程中，F－f＝ma，v＝at1，5 s到10 s 過程中，f＝ma′，0＝v－a′·t2，解得f＝1 N，a＝a′＝1 m/s2，v＝5 m/s，故A錯誤；4 s末的速度為v4＝at4＝4 m/s，4 s末的功率為P＝Fv4＝8 W，故B正確；拉力做功為WF＝＝25 J，故C正確；運動過程中克服摩擦力做功為Wf＝＝25 J，故D錯誤。]
11．(多選)如圖所示，水平路面上有一輛質量為m0的汽車，車廂中有一質量為m的人正用恒力F向前推車廂，在車以加速度a向前加速行駛距離L的過程中，下列說法正確的是(　　)
A．人對車的推力F做的功為FL
B．車對人做的功為maL
C．車對人的摩擦力做的功為(F＋ma)L
D．車對人的作用力大小為ma
ABC　[人對車的推力為F，在力F方向上車行駛了L，則推力F做的功為W＝FL，故A正確；人受到車對人的推力、摩擦力、支持力，支持力不做功，所以摩擦力與推力做的功即為車對人做的功，由牛頓第二定律可知二力的合力向左，大小為ma，人向左運動了L，故車對人做的功為W1＝maL，故B正確；豎直方向車對人的作用力大小為mg，則車對人的作用力F′＝，人在水平方向受到F的反作用力和車對人向左的摩擦力，則Ff－F＝ma，可得Ff＝ma＋F，則車對人的摩擦力做的功為W′＝(F＋ma)L，故C正確，D錯誤。]
12．(2022·江蘇省太湖高級中學高一檢測)如圖所示，位于水平面上的物體A，在斜向上的恒定拉力F作用下，由靜止開始向右做勻加速直線運動。已知物體質量為10 kg，F的大小為100 N，方向與速度v的夾角為37°，物體與水平面間的動摩擦因數為0.5，g＝10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。
(1)第2 s末，拉力F對物體做功的功率是多大？
(2)從運動開始，物體前進12 m過程中拉力對物體做功的平均功率是多大？
[解析]　(1)對物體受力分析得
FN＝mg－F sin 37°＝40 N
由牛頓第二定律得物體的加速度
a＝＝6 m/s2
第2 s末，物體的速度v＝at＝12 m/s
拉力F對物體做功的功率P＝Fv cos 37°＝960 W。
(2)從運動開始，前進12 m用時
t′＝＝2 s
該過程中拉力對物體做功
W＝Fx cos 37°＝960 J
拉力對物體做功的平均功率P′＝＝480 W。
[答案]　(1)960 W　(2)480 W
13．(多選)如圖所示，質量為m＝2 kg的小球，以v0＝15 m/s的初速度，朝著一個傾角為θ＝37°的斜面平拋出去，它落到斜面上時的速度方向剛好和斜面垂直，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，則(　　)
A．該小球落到斜面上的瞬間重力對小球做功的瞬時功率為500 W
B．該小球落到斜面上的瞬間重力對小球做功的瞬時功率為400 W
C．整個平拋運動過程中重力對小球做功的平均功率為200 W
D．整個平拋運動過程中重力對小球做功的平均功率為400 W
BC　[小球落到一傾角為θ的斜面上時，其速度方向與斜面垂直，故小球擊中斜面瞬間，速度方向與豎直方向的夾角為θ，tan θ＝，解得vy＝20 m/s，此時重力做功的功率為P＝mgvy＝2×10×20 W＝400 W，故B正確，A錯誤；平拋運動的時間為t＝＝2 s，下降的高度為h＝gt2＝20 m，重力做功的平均功率P＝＝200 W，故C正確，D錯誤。]2．重力勢能
1．理解重力勢能的概念，會用重力勢能的定義進行計算。
2．理解重力勢能的變化和重力做功的關系，知道重力做功與路徑無關。
3．知道重力勢能的相對性和系統性。
4．理解彈性勢能的概念，知道彈性勢能具有相對性。
　重力做的功
1．表達式：WG＝mgΔh＝mgh1－mgh2，式中Δh指初位置與末位置的高度差。h1、h2分別指初位置、末位置的高度。
2．正負：物體下降時重力做正功，物體被舉高時重力做負功。
3．特點：物體運動時，重力對它做的功只跟它的起點和終點的位置有關，而跟物體運動的路徑無關。
如圖所示，一個質量為m的物體，從高度為h1的位置A分別按下列三種方式運動到高度為h2的位置B，在這個過程中思考并討論以下問題：
【問題】
(1)根據功的公式求出甲、乙兩種情況下重力做的功。
(2)求出丙中重力做的功。
(3)重力做功有什么特點？
提示：(1)甲中WG＝mgh＝mgh1－mgh2，乙中WG′＝mgl cos θ＝mgh＝mgh1－mgh2。
(2)把整個路徑AB分成許多很短的間隔AA1、A1A2…，由于每一段都很小，每一小段都可以近似地看作一段傾斜的直線。設每段小斜線的高度分別為Δh1、Δh2…，則物體通過每小段斜線時重力做的功分別為mgΔh1、mgΔh2…，則物體通過整個路徑時重力做的功WG″＝mgΔh1＋mgΔh2…＝mg(Δh1＋Δh2…)＝mgh＝mgh1－mgh2。
(3)物體運動時，重力對物體做的功只跟物體的起點和終點的位置有關，而跟物體運動的路徑無關。
1．重力做功大小只與重力和物體高度變化有關，與受其他力及運動狀態均無關。
2．物體下降時重力做正功，物體上升時重力做負功。
3．物體運動時，重力對它做的功只跟它的起點和終點的位置有關，而跟物體運動的路徑無關。
【典例1】　如圖所示，質量為m的小球從高為h處的斜面上的A點滾下經過水平面BC后，再滾上另一斜面，當它到達的D點時，速度為0。在這個過程中，重力做功為(　　)
A．　　　　　　　　 B．
C．mgh D．0
B　[根據重力做功的公式，W＝mg(h1－h2)＝。故B正確。]
[跟進訓練]
1．如圖所示，質量關系為m1＞m2＞m3的三個小球分別沿三條不同的軌道1、2、3由離地高h的A點滑到同一水平面上，軌道1、3光滑，軌道2粗糙，重力對小球做的功分別為W1、W2、W3，則下列判斷正確的是(　　)
A．W1＞W2＝W3 B．W1＝W3＞W2
C．W1＝W2＝W3 D．W1＞W2＞W3
D　[重力做功只與物體重力和初、末位置的高度差有關，由于三個小球下滑的高度均為h，質量關系為m1＞m2＞m3，故W1＞W2＞W3，D正確。]
　重力勢能　重力勢能的相對性
1．意義：mgh的特殊意義在于它一方面與重力做的功密切相關，另一方面它隨著高度的增加而增加、隨著質量的增加而增加，我們把mgh叫作重力勢能。
2．表達式：Ep＝mgh。
3．重力勢能是標量(選填“矢量”或“標量”)。
4．單位：焦耳，符號 J。1 J＝1 kg·m·s-2·m＝1 N·m。
5．重力做功與重力勢能的關系。
(1)WG＝Ep1－Ep2(其中Ep1表示物體在初位置的重力勢能，Ep2表示物體在末位置的重力勢能)。
(2)兩種情況：
①物體由高處運動到低處時，重力做正功，重力勢能減少，即WG＞0，Ep1＞Ep2。
②物體由低處運動到高處時，重力做負功，重力勢能增加，即WG＜0，Ep1＜Ep2。
6．重力勢能的相對性。
(1)參考平面：物體的重力勢能總是相對于某一水平面來說的，在參考平面上，物體的重力勢能取作 0。
(2)相對性：選擇不同的參考平面，物體重力勢能的數值不同(選填“相同”或“不同”)。
(3)正負的含義：參考平面上方物體的重力勢能是正值，參考平面下方物體的重力勢能是負值。
如圖所示，幼兒園小朋友們正在興高采烈地玩滑梯，請思考以下問題：
【問題】
(1)若選地面為參考平面，小朋友滑落到地面上時的重力勢能一定為零嗎？
(2)若選其他高度為參考平面，小朋友滑落到地面上時的重力勢能一定為零嗎？
(3)小朋友從最高點滑落到地面過程中重力勢能是增加還是減少？
提示：(1)若選地面為參考平面，則小朋友滑落到地面上時的重力勢能就一定為零。
(2)若選其他高度為參考平面，則小朋友滑落到地面上時的重力勢能就一定不為零。
(3)根據重力勢能的表達式知，小朋友沿滑梯下滑時，高度變低，重力做正功，重力勢能減少。
1．對重力勢能的理解
(1)系統性：重力勢能是物體和地球所組成的系統共同具有的能量，不是地球上的物體單獨具有的。
(2)相對性：重力勢能Ep＝mgh與參考平面的選擇有關，式中的h是物體重心到參考平面的高度。重力勢能是標量，只有大小而無方向，但有正負之分。當物體在參考平面上方時，Ep為正值；當物體在參考平面下方時，Ep為負值。注意物體重力勢能的正負是表示比零勢能大，還是比零勢能小。
(3)參考平面選擇的任意性：視處理問題的方便而定，一般選擇地面或物體運動時所達到的最低點為參考平面。
(4)重力勢能變化的絕對性：物體從一個位置運動到另一個位置的過程中，重力勢能的變化與參考平面的選取及過程無關，它的變化量是絕對的。
2．重力做功與重力勢能改變的關系
(1)表達式WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp。
(2)重力做多少正功，重力勢能減小多少；克服重力做多少功，重力勢能增加多少。
【典例2】　如圖所示，質量為m的小球，從離桌面H高處由靜止下落，桌面離地高度為h。若以桌面為參考平面，那么小球落地時的重力勢能及整個過程中重力勢能的變化分別是(　　)
A．mgh，減少mg(H－h)
B．mgh，增加mg(H＋h)
C．－mgh，增加mg(H－h)
D．－mgh，減少mg(H＋h)
D　[以桌面為參考平面，落地時小球在參考平面的下方，則重力勢能為－mgh，初狀態重力勢能為mgH，即重力勢能的變化ΔEp＝－mgh－mgH＝－mg(H＋h)，所以重力勢能減少了mg(H＋h)，D正確。]
[母題變式]
上例中，若選地面為參考平面，結果如何？
提示：落地時重力勢能為0，重力勢能的變化為減少mg(H＋h)。
[跟進訓練]
2．如圖所示，質量為m的足球在地面1的位置被踢出后落到地面3的位置，在空中達到的最高點2的高度為h。(重力加速度為g)
(1)足球由位置1運動到位置2時，重力做了多少功？足球克服重力做了多少功？足球的重力勢能增加了多少？
(2)足球由位置2運動到位置3時，重力做了多少功？足球的重力勢能減少了多少？
(3)足球由位置1運動到位置3時，重力做了多少功？足球的重力勢能變化了多少？
[解析]　(1)足球由位置1運動到位置2時，重力所做的功為－mgh，足球克服重力所做的功為mgh，足球的重力勢能增加了mgh。
(2)足球由位置2運動到位置3時，重力所做的功為mgh，足球的重力勢能減少了mgh。
(3)足球由位置1運動到位置3時，重力做功為零，足球的重力勢能變化為零。
[答案]　見解析
　彈性勢能
1．定義：發生彈性形變的物體的各部分之間，由于有彈力的相互作用，也具有勢能，這種勢能叫作彈性勢能。
2．彈簧的彈性勢能：彈簧的長度為原長時，彈性勢能為零；彈簧被壓縮或被拉長時，就具有了彈性勢能。
3．彈簧彈力做功與彈性勢能的變化：
彈簧彈力做正功，彈簧的彈性勢能減小；彈簧彈力做負功，彈簧的彈性勢能增大。
4．彈性勢能大小的相關因素：
(1)彈簧的勁度系數。
(2)彈簧的形變量。
蹦蹦桿是最近兩年逐漸流行的運動器具，其主要結構是在一硬直桿上套一勁度系數較大的彈簧，彈簧的下端與直桿的下端固定，而彈簧的上端固定一踩踏板。如圖所示，小明玩蹦蹦桿，不停地向上跳起和下落。
【問題】
(1)小明下落時將彈簧壓縮，彈力做什么功？彈性勢能怎樣變化？
(2)小明向上彈起，彈力做什么功？彈性勢能怎樣變化？
(3)彈簧彈力做功與彈性勢能有何關系？
提示：(1)做負功，彈性勢能增加。
(2)做正功，彈性勢能減少。
(3)彈力做正功，彈性勢能減少；彈力做負功，彈性勢能增加。
1．彈性勢能的產生原因
2．彈性勢能的影響因素
注：同一彈簧無論壓縮還是伸長，形變量相同，彈性勢能相同。
3．彈性勢能與彈力做功的關系
如圖所示，O為彈簧的原長處。
(1)彈力做負功時：如物體由O向A運動(壓縮)或者由O向A′運動(伸長)時，彈性勢能增大，其他形式的能轉化為彈性勢能。
(2)彈力做正功時：如物體由A向O運動，或者由A′向O運動時，彈性勢能減小，彈性勢能轉化為其他形式的能。
(3)彈力做功與彈性勢能變化的關系為W彈＝－ΔEp。
【典例3】　(多選)將同一彈簧拉長或壓縮相同長度，彈力大小變化相同，下列關于彈力做功和彈性勢能變化的說法，正確的是(　　)
A．拉長時彈力做正功，彈性勢能增加；壓縮時彈力做負功，彈性勢能減小
B．拉長和壓縮時彈性勢能均增加
C．對同一彈簧，從原長拉長或壓縮相同長度時，彈性勢能的改變量相同
D．對同一彈簧，形變量相同時，彈性勢能相同
BCD　[拉長時彈力做負功，彈性勢能增加；壓縮時彈力也做負功，彈性勢能同樣增加，故A錯誤，B正確；根據影響彈性勢能的因素，可知從原長拉長或壓縮相同長度時，彈性勢能的改變量相同，故C正確；對同一彈簧，形變量相同時，彈性勢能也相同，故D正確。]
　理解彈性勢能時應注意的三個問題
(1)彈簧的彈性勢能的大小由彈簧的勁度系數和形變量(拉伸或壓縮的長度)共同決定，勁度系數越大，形變量越大，彈簧的彈性勢能越大。
(2)一般彈簧處于原長時，彈性勢能為零，彈簧被拉長或壓縮后彈性勢能均為正值。
(3)彈性勢能具有相對性，但其變化量具有絕對性，因此，在判斷彈性勢能的變化量時不必考慮零勢能點的位置。
[跟進訓練]
3．(多選)如圖所示，一輕彈簧一端固定于O點，另一端系一重物，將重物從與懸點O在同一水平面且使彈簧保持原長的A點無初速度釋放，讓它自由擺下，不計空氣阻力，在重物由A點擺向最低點B的過程中(　　)
A．重力做正功，彈力不做功
B．重力做正功，彈力做負功，彈性勢能增加
C．若用與彈簧原長相等的不可伸長的細繩代替彈簧，重力做正功，彈力不做功
D．若用與彈簧原長相等的不可伸長的細繩代替彈簧，重力做功不變，彈力不做功
BC　[用彈簧連接重物向下擺動時，重物的運動軌跡不是圓弧，彈簧要伸長，彈力做負功，彈簧的彈性勢能增加，重力做正功，A錯誤，B正確；用不可伸長的細繩連接重物向下擺動時，重力做正功，由于細繩不可伸長，所以重物下落高度減少，則重力做的功減小，細繩的拉力的方向始終與速度方向垂直，所以彈力不做功，C正確，D錯誤。]
1．關于重力勢能，以下說法中正確的是(　　)
A．某個物體處于某個位置，重力勢能的大小是唯一確定的
B．重力勢能為零的物體，不可能對別的物體做功
C．物體做勻速直線運動時，重力勢能一定不變
D．只要重力做功，重力勢能一定變化
D　[選取不同的參考平面，則同一位置的物體的重力勢能是不同的，A錯誤；重力勢能為零只是表明物體處于參考平面上，它對其他物體同樣可以做功，B錯誤；物體若在豎直方向做勻速直線運動，則物體的高度變化，重力勢能也會發生變化，C錯誤；重力做功是重力勢能變化的量度，故若重力做功，重力勢能一定發生變化，故D正確。]
2．某游客領著孩子爬山時，孩子不小心將手中質量為m的皮球滑落，球從A點滾到了山腳下的B點，高度標記如圖所示，則下列說法正確的是(　　)
A．從A到B的曲線軌道長度不知道，無法求出此過程中重力做的功
B．從A到B過程中阻力大小不知道，無法求出此過程中重力做的功
C．從A到B重力勢能變化了mg(H＋h)
D．從A到B重力做功mgH
D　[重力做功與物體的運動路徑無關，只與初、末狀態物體的高度差有關。從A到B的高度差是H，故從A到B重力做功mgH，重力勢能減少了mgH，D正確。]
3．(多選)如圖所示，輕質彈簧拴著小球放在光滑水平面上，小球在O點時彈簧的長度為原長。現將小球拉至A點后釋放，則小球在A、B間往復運動，下列說法正確的是(　　)
A．從B到O，小球的速度不斷減小
B．在O處彈簧的彈性勢能最小
C．從B到O，小球的速度不斷增大
D．在B處彈簧的彈性勢能最小
BC　[彈簧的彈性勢能與它的形變量有關，小球在O點時彈簧的長度為原長，彈性勢能最小，故B正確，D錯誤；從B到O，彈力方向向右，小球向右做加速度逐漸減小的加速運動，速度不斷增大，故A錯誤，C正確。]
4．一只100 g的球從1.8 m的高度處落到一個水平板上又彈回到1.25 m的高度，則整個過程中重力對球所做的功及球的重力勢能的變化是(g＝10 m/s2)(　　)
A．重力做功為1.8 J
B．重力做了0.55 J的負功
C．球的重力勢能一定減少0.55 J
D．球的重力勢能一定增加1.25 J
C　[整個過程重力對球做正功，其大小為W＝mgΔh＝h1－h2)＝0.55 J，A、B錯誤；重力做正功，重力勢能減少，且重力做多少正功，重力勢能就減少多少，因此球的重力勢能減少了0.55 J，C正確，D錯誤。]
回歸本節知識，自我完成以下問題：
1．重力做功有什么特點？
提示：與路徑無關，取決于兩點的高度差。
2．重力勢能有哪些特點？
提示：標量性、相對性、絕對性、系統性。
3．重力做功與重力勢能變化有什么關系？
提示：WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp。
估算建造明長城人工墻體所消耗的能量
長城是世界上偉大的軍事防御工程，也是古代中國建筑工程的奇跡。從戰國時期到明朝，長城的修建歷時2 000余年。歷經戰爭、自然災害等因素的摧殘，長城大部分已經被破壞，現存的長城遺跡主要為明朝所建的明長城。2009年結束的明長城資源調查工作所獲數據顯示，河北、北京、天津境內現存明長城廣泛分布于三省(直轄市)境內的66個縣(市、區)。其中構成明長城主干的墻體主線東起秦皇島市山海關區，西行穿越38個縣(市、區)到達晉、冀交界的太行山東麓。明長城總長度為8 851.8 km，其中人工墻體為6 259.6 km，天然段2 232.5 km，壕塹359.7 km。
　若把長城的城墻、烽火臺、城臺等看成是等高的，取長城的平均高度為7.8 m，平均寬度為6.5 m。制造長城的材料有青磚、石塊、土坯等，我們可以把長城看成是密度為2 500 kg/m3的巨大石塊。你能根據以上數據估算建造明長城人工墻體所消耗的能量嗎？
提示：人工墻體在建造過程中所消耗的能量等于墻體重力勢能的增加，即ΔE＝mg·＝6 259.6×103×7.8×6.5×2 500×10× J＝3.094×1013 J。
課時分層作業(十四)　重力勢能
◎題組一　重力做功與重力勢能
1．如圖所示，A點距地面高為h，B點在地面上，一物體沿兩條不同的路徑ACB和ADB由A點運動到B點，則(　　)
A．沿路徑ACB重力做的功多一些
B．沿路徑ADB重力做的功多一些
C．沿路徑ACB和路徑ADB重力做的功一樣多
D．無法判斷沿哪條路徑重力做的功多一些
C　[重力做的功與運動路徑無關，只與初位置和末位置及重力的大小有關。選項C正確。]
2．如圖所示是跳高運動員正在飛越橫桿時的情景。對運動員從起跳到圖示位置的過程，下列說法正確的是(　　)
A．重力做正功，重力勢能增加
B．重力做正功，重力勢能減少
C．重力做負功，重力勢能增加
D．重力做負功，重力勢能減少
C　[運動員從起跳到飛越橫桿的過程中，重心升高，則重力做負功，重力勢能增加。故選C。]
3．如圖所示，靜止的物體沿不同的光滑軌道由同一位置滑到水平桌面上，軌道高度為H，桌面距地面高為h，物體質量為m，重力加速度為g，則以下說法正確的是(　　)
A．物體沿豎直軌道下滑到桌面上，重力勢能減少最少
B．物體沿曲線軌道下滑到桌面上，重力勢能減少最多
C．以桌面為參考平面，物體重力勢能減少mgH
D．以地面為參考平面，物體重力勢能減少mg(H＋h)
C　[重力做功與路徑無關，物體滑到桌面上，重力做功為mgH，物體的重力勢能減少mgH，A、B、D錯誤，C正確。]
4．(2022·浙江麗水四校期中聯考)每年春節前浙江農村都有打年糕的習俗，借此來寓意“年年發財、步步高升”。如圖所示，打年糕時，一人將石杵一起一落揮動，另一人在石杵揮動的間隙迅速翻動米粉團，直到米粉團柔軟而有彈性。已知石杵質量為20 kg，每分鐘上下揮動20下，每次重心上升的高度約為90 cm，g取10 m/s2，則人揮動石杵1 min做的功約為(　　)
A．60 J　　　　　　　　 B．180 J
C．3 600 J D．10 800 J
C　[揮動石杵一次所做的功W＝mgh＝20×10×0.9 J＝180 J，1 min內做的總功W總＝nW＝20×180 J＝3 600 J，故C正確。]
5．起重機將質量為50 kg的物體從地面提升到10 m高處，在這個過程中，下列說法正確的是(g取10 m/s2)(　　)
A．重力做正功，重力勢能減少5.0×103 J
B．重力做正功，重力勢能增加5.0×103 J
C．重力做負功，重力勢能減少5.0×103 J
D．重力做負功，重力勢能增加5.0×103 J
D　[起重機將質量為50 kg的物體從地面提升到10 m高處，重力對物體做功W＝－mgh＝－50×10×10 J＝－5.0×103 J，克服重力對物體做多少功，重力勢能增加多少，則重力勢能增加5.0×103 J, 故D正確。]
◎題組二　彈性勢能
6．關于彈簧的彈性勢能，下列說法中正確的是(　　)
A．當彈簧變長時，它的彈性勢能一定增大
B．當彈簧變短時，它的彈性勢能一定變小
C．在拉伸長度相同時，k越大的彈簧，它的彈性勢能越大
D．彈簧在拉伸時的彈性勢能一定大于壓縮時的彈性勢能
C　[當彈簧變長時，它的彈性勢能不一定增大，若彈簧處于壓縮狀態時，彈簧的彈性勢能減小，選項A錯誤；若處于壓縮狀態，彈簧變短時，彈簧的彈性勢能增大，選項B錯誤；在拉伸長度相同時，k越大的彈簧，它的彈性勢能越大，選項C正確；彈簧的彈性勢能與彈簧的形變量有關，彈簧在拉伸時的彈性勢能不一定大于壓縮時的彈性勢能，選項D錯誤。]
7．早期的彈弓，一般用“Y”形的樹枝制作，如圖所示。在樹枝的兩頭分別系上兩根相同的橡皮筋，兩皮筋之間用一包裹彈丸的皮塊連接。將彈丸包裹在皮塊間，水平向后拉到某一位置后釋放，彈丸被水平射出。下列說法正確的是(　　)
A．橡皮筋被拉伸的過程中，橡皮筋的彈力做負功
B．橡皮筋被拉伸的過程中，橡皮筋的彈力做正功
C．彈丸被射出的過程中，橡皮筋的彈性勢能不變
D．彈丸被射出的過程中，皮塊對彈丸做負功
A　[在橡皮筋拉伸的過程中，橡皮筋的彈力與橡皮筋的位移方向相反，則橡皮筋的彈力做負功，故A正確，B錯誤；彈丸被射出的過程中，橡皮筋的形變量減小，則彈性勢能減小，故C錯誤；彈丸被射出的過程中，皮塊對彈丸的力與彈丸的位移方向相同，則皮塊對彈丸做正功，故D錯誤。]
8．(2022·江蘇蘇州高新區第一中學高一檢測)如圖所示，質量相等的兩木塊中間連有一豎直輕彈簧，木塊A靜止在彈簧上面，設彈簧的彈性勢能為Ep1。現用力緩慢向上提A，直到B恰好離開地面；B剛要離開地面時，設彈簧的彈性勢能為Ep2，則關于Ep1、Ep2的大小關系及彈性勢能的變化ΔEp，下列說法中正確的是(　　)
A．Ep1＝Ep2 B．Ep1>Ep2
C．ΔEp>0 D．ΔEp<0
A　[對于確定的彈簧，其彈性勢能的大小只與形變量有關，設木塊A靜止時彈簧的形變量為x1，有kx1＝mg，設B剛要離開地面時彈簧的形變量為x2，有kx2＝mg，可知x1＝x2，所以Ep1＝Ep2，ΔEp＝0，A正確，B、C、D錯誤。]
9．(多選)如圖甲為一種兒童玩具——不倒翁，其縱截面如圖乙。底部是半球形，球心為O，頂點為P。“翁”靜止時直立，用手推一下上部，“翁”傾斜，放手后來回擺動若干次后重新直立靜止。下列判斷正確的是(　　)
A．“翁”的重心位于O點
B．“翁”的重心位于O、P兩點之間
C．擺動中“翁”從直立變傾斜過程，重力勢能增加
D．擺動中“翁”從直立變傾斜過程，重力勢能減少
BC　[假設“翁”的重心在O點，則傾斜后，支持力還是沿半徑過球心，“翁”仍平衡，不會自動恢復直立，假設重心在O上方，“翁”傾斜后會傾倒，更不會自動直立，所以重心位于O、P連線上且在O點下方某處，故A錯誤，B正確；“翁”靜止時重心位置最低，所以從直立變傾斜過程中，重心位置上升，重力做負功，重力勢能增加，故C正確，D錯誤。]
10．物體從某高度處做自由落體運動，以地面為參考平面，下列所示圖像中，能正確描述物體的重力勢能與下落高度的關系的是(　　)
A　　　　　B　　　　　C　　　　D
B　[設物體開始下落時的重力勢能為Ep0，物體下落高度h過程中重力勢能減少量ΔEp＝mgh，故物體下落高度h時的重力勢能Ep＝Ep0－ΔEp＝Ep0－mgh，即Ep-h圖像為傾斜直線，B正確。]
11．起重機以的加速度將質量為m的物體沿豎直方向勻加速地提升高度h，則起重機鋼索的拉力對物體做的功為多少？物體克服重力做的功為多少？物體的重力勢能變化了多少？
[解析]　由題意可知物體的加速度為a＝，方向豎直向上，物體上升的高度為h，根據牛頓第二定律可得F－mg＝ma，所以F＝mg＋ma＝mg；故拉力做的功為WF＝Fh＝mgh，重力做的功為WG＝－mgh，即物體克服重力做的功為mgh，物體的重力勢能增加了mgh。
[答案]　mgh　mgh　增加了mgh
12．在離地面80 m處無初速度地釋放一小球，小球質量為m＝200 g，不計空氣阻力，g取10 m/s2，取釋放點所在水平面為參考平面。求：
(1)在第2 s末小球的重力勢能。
(2)在第3 s內重力所做的功和重力勢能的變化。
[解析]　(1)以釋放點所在水平面為參考平面，在第2 s末小球所處的高度為
h＝－gt2＝－×10×22 m＝－20 m
重力勢能Ep＝mgh＝200×10-3×10×(－20) J＝－40 J
Ep<0，說明小球在參考平面的下方。
(2)在第3 s末小球所處的高度為
h′＝－gt′2＝－×10×32 m＝－45 m
第3 s內重力做的功為
W＝mg(h－h′)＝200×10-3×10×(－20＋45) J＝50 J
重力做正功，重力勢能減少，則小球的重力勢能減少了50 J。
[答案]　(1)－40 J　(2)50 J　小球的重力勢能減少了50 J
13．如圖所示，一根繩的兩端分別固定在兩座猴山的A、B處，A、B兩點水平距離為16 m，豎直距離為 2 m，A、B間繩長為20 m。質量為10 kg的猴子抓住套在繩上的滑環從A處滑到B處。以A點所在水平面為參考平面，猴子在滑行過程中重力勢能最小值約為(繩處于拉直狀態)(　　)
A．－1.2×103 J B．－7.5×102 J
C．－6.0×102 J D．－2.0×102 J
B　[重力勢能最小的點為最低點，由于同一根繩上張力大小相等，此時，兩側繩子與水平方向夾角相同，記為θ，并設右邊繩長為a，則左邊繩長為(20－a)，由幾何關系，有a cos θ＋(20－a)cos θ＝16 m，a sin θ－(20－a)sin θ＝2 m，聯立解得a＝ m，sin θ＝，所以最低點距離參考平面高度差為a sin θ＝7 m，再加上猴子自身高度，重心距套環約為0.5 m，故猴子重力勢能最小值約為Ep＝－mgh＝－750 J，B正確。]3．動能和動能定理
1．理解動能的概念，會利用動能定義式進行計算。
2．理解動能定理表述的物理意義，并能進行相關分析與計算。
3．能夠推導動能定理，并能應用動能定理分析求解相關問題。
　動能的表達式
1．動能的定義：物體由于運動而具有的能量叫動能，用符號Ek表示。
2．動能的表達式：Ek＝mv2。
3．動能的單位：與功的單位相同，國際單位為焦耳。
1 kg·(m/s)2＝1 N·m＝1 J。
4．動能是標量(選填“矢量”或“標量”)，只有大小沒有方向。
地球同步衛星是人為發射的一種衛星，其中一種的軌道平面與赤道平面成0°角，從地面上看，衛星保持不動，故也稱靜止衛星，從地球之外看，衛星與地球以相同的角速度轉動，故稱地球同步衛星。
【問題】
(1)在衛星的運動過程中，其速度是否變化？
(2)其動能是否變化？
(3)物體運動動能的大小與哪些因素有關？
提示：(1)速度變化，衛星做勻速圓周運動時，其速度方向不斷變化，由于速度是矢量，所以速度是變化的。
(2)動能不變，運動時其速度大小不變，所以動能大小不變，由于動能是標量，所以動能是不變的。
(3)由動能的表達式Ek＝mv2可知，物體的動能與物體的質量和運動速度有關。
1．對動能概念的理解
(1)動能是狀態量，動能公式中的速度v是瞬時速度。
(2)動能是標量，且動能恒為正值。
(3)動能也具有相對性，同一物體，對不同的參考系物體的速度有不同值，因而動能也有不同值。計算動能時一般都是以地面為參考系。
2．動能的變化量
(1)末狀態的動能與初狀態的動能之差，即ΔEk＝。
(2)動能的變化量是過程量，ΔEk＞0，表示物體的動能增加；ΔEk＜0，表示物體的動能減少。
【典例1】　(多選)關于動能的理解，下列說法正確的是(　　)
A．凡是運動的物體都具有動能
B．動能不變的物體，一定處于平衡狀態
C．重力勢能可以為負值，動能不可以為負值
D．一定質量的物體，動能變化時，速度一定變化，但速度變化時，動能不一定變化
ACD　[由動能的定義可知，凡是運動的物體都具有動能，故A正確；物體做勻速圓周運動時，物體的動能不變，但是物體的合力提供向心力，即合力不為零，物體處于非平衡狀態，故B錯誤；重力勢能可以有負值，其正負取決于所選擇的參考平面，而動能沒有負值，故C正確；由于速度為矢量，當方向變化時，若其速度大小不變，則動能并不改變；而動能變化時，一定質量的物體速度大小一定變化，故D正確。]
[跟進訓練]
1．(多選)(2022·湖北荊門高一檢測)一質量為0.1 kg的小球，以5 m/s的速度在光滑水平面上勻速運動，與豎直墻壁碰撞后以原速率反彈，若以彈回的速度方向為正方向，小球碰墻過程中速度的變化為Δv，動能的變化為ΔEk。則下列說法正確的是(　　)
A．Δv＝10 m/s　　　　　 B．Δv＝0
C．ΔEk＝1 J D．ΔEk＝0
AD　[速度是矢量，以彈回的速度方向為正方向，故Δv＝v2－v1＝5 m/s－(－5 m/s)＝10 m/s，而動能是標量，初末狀態的速度大小相等，故動能相等，因此ΔEk＝0，選項A、D正確。]
　動能定理
1．動能定理的內容
力在一個過程中對物體做的功，等于物體在這個過程中動能的變化。
2．動能定理的表達式
(1)W＝。
(2)W＝Ek2－Ek1。
說明：式中W為合力做的功，它等于各力做功的代數和。
3．動能定理的適用范圍
不僅適用于恒力做功和直線運動，也適用于變力做功和曲線運動的情況。
如圖所示，一輛汽車正在上坡路上加速行駛。
【問題】
(1)汽車上坡過程受哪些力作用？各個力做什么功？
(2)汽車的動能怎樣變化？
(3)其動能的變化與各個力做功有什么關系？
提示：(1)汽車受重力、支持力、牽引力及路面的阻力作用，上坡過程中牽引力做正功，重力、阻力做負功，支持力不做功。
(2)由于汽車加速上坡，其動能增大。
(3)汽車動能的變化量等于重力、牽引力及路面的阻力三個力做功的代數和。
1．對動能定理的理解
(1)表達式W＝ΔEk中的W為外力對物體做的總功。
(2)動能定理描述了做功和動能變化的兩種關系。
①等值關系：物體動能的變化量等于合力對它做的功。
②因果關系：合力對物體做功是引起物體動能變化的原因，做功的過程實質上是其他形式的能與動能相互轉化的過程，轉化了多少由合力做的功來度量。
2．對動能定理的兩點說明
(1)動能定理的表達式是一個標量式，不能在某一方向上應用動能定理，動能沒有負值，但動能的變化量ΔEk有正負之分。
(2)應用動能定理涉及“一個過程”和“兩個狀態”。所謂“一個過程”是指做功過程，應明確該過程合力所做的總功；“兩個狀態”是指初、末兩個狀態物體的動能。
【典例2】　(多選)質量為m的物體在水平力F的作用下由靜止開始在光滑水平地面上運動，前進一段距離之后速度大小為v，再前進一段距離使物體的速度增大為2v，則(　　)
A．第二過程的速度增量等于第一過程的速度增量
B．第二過程的動能增量是第一過程動能增量的3倍
C．第二過程合外力做的功等于第一過程合外力做的功
D．第二過程合外力做的功等于第一過程合外力做功的2倍
AB　[第一過程速度增量為Δv1＝v，動能增量為ΔEk1＝mv2，合外力做功W1＝ΔEk1＝mv2；第二過程速度增量Δv2＝2v－v＝v，動能增量ΔEk2＝＝mv2＝3ΔEk1，合外力做功W2＝ΔEk2＝mv2＝3W1，故選項A、B正確，C、D錯誤。]
　對W＝ΔEk的認識
(1)動能定理說明，合力做功是物體動能變化的原因，物體動能的變化用合力的功來度量。
(2)式中W＞0，ΔEk＞0(動力做功使動能增加)；W＜0，ΔEk<0(阻力做功使動能減少)。
(3)W＝ΔEk，既適用于直線運動，也適用于曲線運動，既適用于恒力做功，也適用于變力做功。
[跟進訓練]
2．下列關于運動物體的合外力做功和動能、速度變化的關系，正確的是(　　)
A．物體做變速運動，合外力一定不為零，動能一定變化
B．若合外力對物體做功為零，則合外力一定為零
C．物體的合外力做功，它的速度大小一定發生變化
D．物體的動能不變，所受的合外力必定為零
C　[物體做變速運動時，合外力一定不為零，但合外力不為零時，做功可能為零，動能可能不變，如勻速圓周運動，A、B錯誤；物體的合外力做功，它的動能一定變化，速度大小也一定變化，C正確；物體的動能不變，所受合外力做功一定為零，但合外力不一定為零，D錯誤。]
　動能定理的應用
一架噴氣式飛機，質量為5.0×103 kg, 起飛過程中從靜止開始在跑道上滑跑的路程為5.3×102 m時，達到起飛速度60 m/s。在此過程中飛機受到的平均阻力是飛機重力的0.02倍。(g取10 m/s2)
【問題】
(1)如何應用動能定理求飛機受到的牽引力F
(2)能否應用動力學、運動學的公式來解？
(3)比較兩種解法，你覺得哪一種更簡明？
提示：(1)設飛機的牽引力為F，阻力為f，位移為l，則由動能定理可得Fl－fl＝mv2－0，
f＝0.02 mg
故F＝＋f≈1.8×104 N。
(2)設飛機的牽引力為恒力，根據牛頓第二定律有
F－f＝ma
根據初速度為0 的勻加速直線運動規律有
v2－0＝2al
聯立解得F≈1.8×104 N。
(3)兩種解法，殊途同歸，用動能定理思路明快，而且飛機的牽引力不一定是恒力，動能定理可用于變力做功的問題，這是它最大的優越性！
1．應用動能定理解題的基本思路
2．動能定理的優越性
項目 牛頓運動定律 動能定理
適用條件 只能研究物體在恒力作用下做直線運動的情況 對于物體在恒力或變力作用下做直線運動或曲線運動均適用
應用方法 要考慮運動過程的每一個細節 只考慮各力的做功情況及初、末狀態的動能
運算方法 矢量運算 代數運算
相同點 確定研究對象，對物體進行受力分析和運動過程分析
結論 應用動能定理解題不涉及加速度、時間，不涉及矢量運算，運算簡單，不易出錯
【典例3】　質量為4 t的卡車，由靜止出發在水平公路上行駛100 m后速度增大到54 km/h，若發動機的牽引力為5×103 N不變。則：
(1)牽引力做了多少功？
(2)卡車動能增加了多少？
(3)卡車克服阻力做了多少功？
[解析]　(1)W＝Fs＝5×103×100 J＝5×105 J。
(2)54 km/h＝15 m/s，ΔEk＝mv2－0＝×4×103×152 J＝4.5×105 J。
(3)由動能定理知W合＝ΔEk，即W－W阻＝ΔE
W阻＝W－ΔEk＝5×105 J－4.5×105 J＝5×104 J。
[答案]　(1)5×105 J　(2)4.5×105 J　(3)5×104 J
[拓展]　在上例中如果卡車速度從54 km/h繼續行駛至速度為75.6 km/h，此過程中假設卡車所受牽引力與阻力數值不變，求卡車速度從54 km/h加速至75.6 km/h過程中，卡車前進的距離。
[解析]　設卡車前進過程中阻力為f，卡車由靜止加速到54 km/h前進的位移為s，
由題知W阻＝fs，
即f＝＝ N＝5×102 N
卡車速度從54 km/h加速到75.6 km/h的過程由動能定理有Fs1－fs1＝
v2＝75.6 km/h＝21 m/s，v1＝54 km/h＝15 m/s
解得s1＝96 m。
[答案]　96 m
　應用動能定理解題的步驟
(1)確定研究對象和研究過程(研究對象一般為單個物體或相對靜止的物體組成的系統)。
(2)對研究對象進行受力分析(注意哪些力做功或不做功)。
(3)確定合外力對物體做的功(注意功的正負)。
(4)確定物體的初、末動能(注意動能增量是末動能減初動能)。
(5)根據動能定理列式、求解。
[跟進訓練]
3．為了交通安全，在公路上行駛的汽車應保持必要的間距。已知某高速公路的最高限速vmax＝120 km/h，假設前車突然停止，后車司機從發現情況到進行制動操作，汽車通過的位移s′＝17 m，制動時汽車所受的阻力為汽車所受重力的0.5倍，則該高速公路上汽車間的安全距離至少應為多大？(g＝10 m/s2)
[解析]　汽車制動時，阻力對汽車做負功，有
W＝－fs＝－0.5 mgs
汽車的動能減小至零，根據動能定理W＝Ek2－Ek1，有－0.5mgs＝
＝120 km/h＝ m/s
汽車制動后滑行的距離
s＝ m≈111 m
因此，該高速公路上汽車之間的最小安全距離
s安全＝s＋s′＝(111＋17)m＝128 m。
[答案]　128 m
1．關于動能概念及公式W＝Ek2－Ek1的說法中正確的是(　　)
A．若物體速度在變化，則動能一定在變化
B．速度大的物體，動能一定大
C．W＝Ek2－Ek1表示功可以變成能
D．動能的變化可以用合力做的功來量度
D　[速度是矢量，而動能是標量，若物體速度只改變方向，不改變大小，則動能不變，A錯；由Ek＝知速度大的物體質量可能小，動能不一定大，故B錯；動能定理W＝Ek2－Ek1表示動能的變化可用合力做的功來量度，但功和能是兩個不同的概念，有著本質的區別，故C錯，D對。]
2．如圖所示，某同學用繩子拉動木箱，使它從靜止開始沿粗糙水平路面運動至具有某一速度，木箱獲得的動能一定(　　)
A．小于拉力所做的功
B．等于拉力所做的功
C．等于克服摩擦力所做的功
D．大于克服摩擦力所做的功
A　[受力分析，木箱受力分析如圖所示，木箱在移動的過程中有兩個力做功，拉力做正功，摩擦力做負功，根據動能定理可知：WF－Wf＝mv2－0，所以動能小于拉力做的功，故A正確，B錯誤；無法比較動能與摩擦力做功的大小，C、D錯誤。]
3．某人騎自行車下坡，坡長l＝500 m，坡高h＝8 m，人和車總質量為100 kg，下坡時初速度為4 m/s，人不踏車的情況下，到達坡底時車速為10 m/s，g取10 m/s，則下坡過程中阻力所做的功為(　　)
A．－4 000 J　　　　　　 B．－3 800 J　
C．－5 000 J D．－4 200 J
B　[由動能定理有mgh＋Wf＝，解得Wf＝＝－3 800 J，故B正確。]
4．(2021·河北卷)一半徑為R的圓柱體水平固定，橫截面如圖所示。長度為πR、不可伸長的輕細繩，一端固定在圓柱體最高點P處，另一端系一個小球。小球位于P點右側同一水平高度的Q點時，繩剛好拉直。將小球從Q點由靜止釋放，當與圓柱體未接觸部分的細繩豎直時，小球的速度大小為(重力加速度為g，不計空氣阻力)(　　)
A． B．
C． D．2
A　[當與圓柱體未接觸部分的細繩豎直時，小球下落的高度h＝R＋＝R＋，根據動能定理有mgh＝，解得v＝，故A正確，B、C、D錯誤。]
回歸本節知識，自我完成以下問題：
1．什么是動能？動能的表達式是什么？
提示：物體由于運動而具有的能量；表達式Ek＝mv2。
2．動能是矢量還是標量？
提示：標量。
3．動能定理的內容是什么？表達式是什么？
提示：內容：力在一個過程中對物體做的功，等于物體在這個過程中動能的變化；
表達式：W＝Ek2－Ek1＝。
課時分層作業(十五)　動能和動能定理
◎題組一　對動能的理解
1．(多選)關于動能，下列說法正確的是(　　)
A．公式Ek＝mv2中的速度v一般是物體相對于地面的速度
B．動能的大小由物體的質量和速率決定，與物體運動的方向無關
C．一定質量的物體動能變化時，速度一定變化，但速度變化時，動能不一定變化
D．動能不變的物體，一定處于平衡狀態
ABC　[動能是標量，與速度的大小有關，而與速度的方向無關，B正確；公式中的速度一般是相對于地面的速度，A正確；一定質量的物體動能變化時，速度的大小一定變化，但速度變化時，動能不一定變化，如勻速圓周運動，動能不變，但速度變化，故選項C正確，D錯誤。]
2．兩個物體質量之比為1∶4，速度大小之比為4∶1，則這兩個物體的動能之比為(　　)
A．1∶1 　　　　　　 B．1∶4　
C．4∶1 D．2∶1
C　[由動能表達式Ek＝mv2得＝·＝×＝4∶1，C正確。]
3．(2022·遼寧大連高一下階段檢測)改變消防車的質量和速度，能使消防車的動能發生改變。在下列幾種情況下，消防車的動能是原來的2倍的是(　　)
A．質量不變，速度增大到原來的2倍
B．質量減半，速度增大到原來的4倍
C．速度不變，質量增大到原來的2倍
D．速度減半，質量增大到原來的2倍
C　[設物體的原始質量為2，原始的速度為1，由公式Ek＝mv2，代入數據得，原始動能Ek＝1。質量不變，則m＝2，速度變為原來的2倍，則v＝2，由公式Ek＝mv2，代入數據得動能Ek1＝4，動能變為原來4倍，故A錯誤；質量減半，則m＝1，速度變為原來的4倍，則v＝4，由公式Ek＝mv2，代入數據得動能Ek2＝8，動能變為原來的8倍，故B錯誤；速度不變，則v＝1，質量變為原來的2倍，則m＝4，由公式Ek＝mv2，代入數據得動能Ek3＝2，動能變為原來的2倍，故C正確；速度減半，則v＝，質量增大到原來的2倍，則m＝4，由公式Ek＝mv2，代入數據得動能Ek4＝，動能變為原來的，故D錯誤。]
◎題組二　對動能定理的理解
4．關于動能定理，下列說法中正確的是(　　)
A．在某過程中，外力做的總功等于各個力單獨做功的絕對值之和
B．只要有力對物體做功，物體的動能就一定改變
C．動能定理只適用于直線運動，不適用于曲線運動
D．動能定理既適用于恒力做功的情況，又適用于變力做功的情況
D　[外力做的總功等于各個力單獨做功的代數和，選項A錯誤；根據動能定理，決定動能是否改變的是總功，而不是某一個力做的功，選項B錯誤；動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動；既適用于恒力做功的情況，又適用于變力做功的情況，選項C錯誤，D正確。]
5．有一質量為m的木塊，從半徑為r的圓弧曲面上的a點滑向b點，如圖所示。如果由于摩擦使木塊的運動速率保持不變，則以下敘述正確的是(　　)
A．木塊所受的合力為零
B．因木塊所受的力對其都不做功，所以合力做功為零
C．重力和摩擦力的合力做的功為零
D．重力和摩擦力的合力為零
C　[木塊做曲線運動，速度方向變化，加速度不為零，故合力不為零，A錯誤；速率不變，動能不變，由動能定理知，合力做的功為零，而支持力始終不做功，重力做正功，所以重力做的功與摩擦力做的功的代數和為零，但重力和摩擦力的合力不為零，C正確，B、D錯誤。]
6．如圖所示，電梯質量為M，在它的水平地板上放置一質量為m的物體。電梯在鋼索的拉力作用下豎直向上加速運動，當電梯的速度由v1增加到v2時，上升高度為H，重力加速度為g，則在這個過程中，下列說法正確的是(　　)
A．對物體，動能定理的表達式為WN＝，其中WN為支持力做的功
B．對物體，動能定理的表達式為W合＝0，其中W合為合力做的功
C．對物體，動能定理的表達式為WN－mgH＝
D．對電梯，其所受合力做功為－mgH
C　[物體受重力和支持力作用，根據動能定理得WN－mgH＝，故選項C正確，A、B錯誤；對電梯，合力做功等于電梯動能的變化量，故選項D錯誤。]
◎題組三　動能定理的應用
7．一質量為m的小球，用長為L的輕繩懸掛于O點。小球在水平力F作用下，從平衡位置P點很緩慢地移動到Q點，如圖所示，則力F所做的功為(　　)
A．mgL cos θ B．mgL(1－cos θ)
C．FL sin θ D．FL cos θ
B　[由動能定理知WF－mg(L－L cos θ)＝0，則WF＝mgL(1－cos θ)，故B正確。]
8．(2021·山東卷)如圖所示，粗糙程度處處相同的水平桌面上有一長為L的輕質細桿，一端可繞豎直光滑軸O轉動，另一端與質量為m的木塊相連。木塊以水平初速度v0出發，恰好能完成一個完整的圓周運動。在運動過程中，木塊所受摩擦力的大小為(　　)
A． B．
C． D．
B　[在木塊運動過程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功與路徑有關，木塊恰好完成一個完整的圓周運動，則末速度v＝0，根據動能定理有－f·2πL＝，可得摩擦力的大小f＝，故選B。]
9．如圖所示，某滑雪運動員在一次訓練中腳踩滑雪板從平臺BC的C點沿水平方向飛出，落在傾斜雪道上的D點。已知傾斜的雪道與水平面的夾角θ＝37°，運動員從C點飛出時他和裝備的動能為400 J。運動員及裝備視為質點，不計空氣阻力。取sin 37°＝0.60，重力加速度g＝10m/s2，則運動員(含裝備)落到雪道上D點時的動能為(　　)
A．800 J B．900 J
C．1 300 J D．1 500 J
C　[在C點的動能Ek0＝＝400 J，由平拋運動知識可知，速度偏轉角的正切值是位移偏轉角正切值的兩倍，即tan α＝2tan θ＝，到達D點豎直方向速度vy＝v0tan α，在D點的速度v＝＝，則運動員(含裝備)落到雪道上D點時的動能為Ek＝mv2＝＝＝×400 J＝1 300 J，故選項C正確。]
10．從地面豎直向上拋出一只小球，小球運動一段時間后落回地面。忽略空氣阻力，該過程中小球的動能Ek與時間t的關系圖像是(　　)
A　　　　　B　　　　　C　　　　D
A　[小球做豎直上拋運動時，速度v＝v0－gt，動能＝，即Ek＝m(v0－gt)2，Ek與t成二次函數關系，開口向上，小球下落時做自由落體運動，v＝gt，Ek＝＝t2，Ek與t成二次函數關系，開口向上，故A正確。]
11．如圖所示，某人利用跨過定滑輪的輕繩拉質量為10 kg的物體。定滑輪的位置比A點高3 m。若此人緩慢地將繩從A點拉到同一水平高度的B點，且A、B兩點處繩與水平方向的夾角分別為37°和30°，則此人拉繩的力做了多少功？(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不計滑輪的摩擦)
[解析]　根據題意有h＝3 m，
物體升高的高度Δh＝－
取物體為研究對象，設繩的拉力對物體做的功為W
對全過程應用動能定理W－mgΔh＝0
聯立解得W＝100 J
則人拉繩的力所做的功W人＝W＝100 J。
[答案]　100 J
12．如圖所示，用與水平方向成θ角的恒力F，將質量為m的物體由靜止開始從A點拉到B點后撤去力F，若物體和地面間的動摩擦因數為μ，A、B間的距離為x，重力加速度為g。求：
(1)從A到B的過程中力F做的功W；
(2)物體在運動過程中的最大動能；
(3)物體的最大滑行距離。
[解析]　(1)由功的公式可求得W＝Fx cos θ。
(2)由題意知物體在AB段做加速運動，在B點有最大動能，在AB段，Ff＝μFN＝μ(mg－F sin θ)，
對物體從A點到B點的過程應用動能定理Fx cos θ－μ(mg－F sin θ)x＝Ek－0，
即物體在運動過程中的最大動能Ek＝Fx(cos θ＋μsin θ)－μmgx。
(3)撤去力F后，物體所受摩擦力變為μmg，設物體從B點到停止運動的位移為l，則
－μmgl＝0－E
物體的最大滑行距離
x總＝l＋x＝。
[答案]　(1)Fx cos θ　(2)Fx(cos θ＋μsin θ)－μmgx　(3)
13．(多選)北京冬奧會高臺滑雪場地示意如圖。一運動員(含裝備)的質量為m，從助滑坡上A點由靜止沿坡(曲線軌道)下滑，經最低點B從坡的末端C起跳，在空中飛行一段時間后著陸于著陸坡上D點。已知A、C的高度差為h1，C、D的高度差為h2，重力加速度大小為g，摩擦阻力和空氣阻力不能忽略，運動員可視為質點。則下列判定正確的是(　　)
A．運動員在B點處于超重狀態
B．運動員起跳時的速率vC>
C．運動員著陸前瞬間的動能EkD＝mg
D．運動員在空中飛行的時間t>
AD　[由題意知運動員在B點滿足FN －mg＝，所以FN>mg，即運動員在B點處于超重狀態，故A正確；從A到C由動能定理得mgh1－Wf＝，所以vC<，故B錯誤；從A到D由動能定理得mg(h1＋h2)－Wf′＝EkD，所以EkD，故D正確。]4．機械能守恒定律
1．知道什么是機械能，知道動能和勢能是可以相互轉化的。
2．掌握推導機械能守恒定律的方法。
3．掌握機械能守恒定律的內容，理解守恒條件。
4．掌握運用機械能守恒定律解決問題的方法。
　追尋守恒量
1．伽利略的斜面實驗探究如圖所示。
(1)過程：將小球由斜面A上某位置由靜止釋放，小球運動到斜面B上。
(2)實驗現象：如果空氣阻力和摩擦力小到可以忽略，小球必將準確地終止于它開始運動時的高度，不會更高一點，也不會更低一點。
(3)實驗結論：這說明某種“東西”在小球的運動過程中是不變的。在物理學上我們把這個不變量叫作能量或者能。
2．動能與勢能的相互轉化。
(1)重力勢能與動能：只有重力做功時，若重力對物體做正功，則物體的重力勢能減少，動能增加，重力勢能轉化成了動能；若重力做負功，則物體的重力勢能增加，動能減少，動能轉化為重力勢能。
(2)彈性勢能與動能：只有彈簧彈力做功時，若彈力做正功，則彈簧彈性勢能減少，物體的動能增加，彈性勢能轉化為動能；若彈力做負功，則彈性勢能增加，物體的動能減少，動能轉化為彈性勢能。
(3)機械能：重力勢能、彈性勢能和動能都是機械運動中的能量形式，統稱為機械能。
如圖所示，過山車由高處在關閉發動機的情況下飛奔而下(忽略軌道的阻力和其他阻力) 。
【問題】
(1)過山車下滑時，過山車受哪些力作用？各做什么功？
(2)動能和勢能怎么變化？
(3)過山車下滑過程中動能與勢能的和怎樣變化嗎？
提示：(1)過山車下滑時，如果忽略阻力作用，過山車受重力和軌道支持力作用；重力做正功，支持力不做功。
(2)動能增加，重力勢能減少。
(3)動能與勢能的和不變。
1．物體只受重力，只發生動能和重力勢能的相互轉化，如自由落體運動、拋體運動等。
2．只有彈力做功，只發生動能和彈性勢能的相互轉化。如在光滑水平面上運動的物體碰到一個彈簧，和彈簧相互作用的過程中，對物體和彈簧組成的系統來說，彈性勢能與動能之和不變。
3．物體既受重力，又受彈力，重力和彈力都做功，發生動能、彈性勢能、重力勢能的相互轉化，如自由下落的物體落到豎直的彈簧上和彈簧相互作用的過程中，對物體和彈簧組成的系統來說，重力勢能、彈性勢能與動能之和不變。
【典例1】　(多選)奧運會比賽項目撐桿跳高如圖所示，下列說法正確的是(　　)
A．加速助跑過程中，運動員的動能增加
B．起跳上升過程中，桿的彈性勢能一直增加
C．起跳上升過程中，運動員的重力勢能增加
D．越過橫桿后下落過程中，運動員的重力勢能減少，動能增加
ACD　[加速助跑過程中速度增大，動能增加，A正確；撐桿從開始形變到撐桿恢復形變時，先是運動員部分動能轉化為桿的彈性勢能，后彈性勢能轉化為運動員的動能與重力勢能，桿的彈性勢能不是一直增加，B錯誤；起跳上升過程中，運動員的高度在不斷增大，所以運動員的重力勢能增加，C正確；當運動員越過橫桿下落的過程中，他的高度降低、速度增大，重力勢能轉化為動能，即重力勢能減少，動能增加，D正確。]
[跟進訓練]
1．如圖所示的四種情景中，屬于重力勢能轉化為動能的是(　　)
A．甲圖運動員把彎弓拉開將箭射出
B．乙圖跳傘運動員勻速下落
C．丙圖跳水運動員從空中下落
D．丁圖運動員騎自行車沖向坡頂
C　[運動員把彎弓拉開將箭射出，是彈性勢能轉化為動能的過程，故A錯誤；跳傘運動員勻速下落，質量不變，速度不變，則動能不變，高度減小，重力勢能減小，所以重力勢能轉化為其他形式的能，故B錯誤；跳水運動員從空中下落，質量不變，速度增大，動能增大，高度減小，重力勢能減小，此過程中，重力勢能轉化為動能，故C正確；運動員騎自行車沖向坡頂，運動員和自行車的質量不變，速度減小，動能減小，高度增大，重力勢能增大，此過程中，動能轉化為重力勢能，故D錯誤。]
　機械能守恒定律
1．內容
在只有重力或彈力做功的物體系統內，動能與勢能可以相互轉化，而總的機械能保持不變。
2．機械能守恒定律表達式
(1)Ek2－Ek1＝Ep1－Ep2，即ΔEk增＝ΔEp減。
(2)Ek2＋Ep2＝Ek1＋Ep1。
(3)E2＝E1。
3．守恒條件
物體系統內只有重力或彈力做功。
如圖所示，是運動員投擲鉛球的動作，如果忽略鉛球所受空氣的阻力。
【問題】
(1)鉛球在空中運動過程中，受哪些力的作用？
(2)鉛球在空中運動過程中，實現了哪些能量間的轉換？
(3)鉛球在空中運動過程中，機械能是否守恒？
(4)若鉛球被拋出時速度大小一定，鉛球落地時的速度大小與運動員將鉛球拋出的方向有關嗎？
提示：(1)由于阻力可以忽略，鉛球只受重力作用。
(2)鉛球在空中運動過程中，動能和重力勢能之間相互轉化。
(3)鉛球在空中運動過程中，機械能守恒。
(4)根據機械能守恒定律，落地時速度的大小與運動員將鉛球拋出的方向無關。
1．機械能守恒的兩點說明
(1)“守恒”是一個動態概念，指在動能和勢能相互轉化的整個過程中的任何時刻、任何位置，系統的機械能總量保持不變。
(2)機械能守恒的條件不是合力做的功等于零，也不是合力等于零。
2．判斷機械能守恒的方法
(1)做功分析法(常用于單個物體)。

(2)能量分析法(常用于多個物體組成的系統)。

【典例2】　如圖所示，下列說法正確的是(所有情況均不計摩擦、空氣阻力以及滑輪質量)(　　)
A．甲圖中，火箭升空的過程中，若勻速升空則機械能守恒，若加速升空則機械能不守恒
B．乙圖中，物塊在外力F的作用下勻速上滑，物塊的機械能守恒
C．丙圖中，物塊A以一定的初速度將彈簧壓縮的過程中，物塊A的機械能守恒
D．丁圖中，物塊A加速下落、物塊B加速上升的過程中，A、B組成的系統機械能守恒
D　[甲圖中，不論是勻速還是加速，由于推力對火箭做功，火箭的機械能不守恒，是增加的，故A錯誤；乙圖中，物塊勻速上滑，動能不變，重力勢能增加，則機械能必定增加，故B錯誤；丙圖中，在物塊A壓縮彈簧的過程中，彈簧和物塊A組成的系統只有重力和彈力做功，系統機械能守恒，由于彈簧彈性勢能增加，則A的機械能減小，故C錯誤；丁圖中，對A、B組成的系統，不計空氣阻力，只有重力做功，A、B組成的系統機械能守恒，故D正確。]
[跟進訓練]
2．下列說法正確的是(　　)
A．物體做勻速直線運動的過程中，機械能一定守恒
B．物體做勻變速直線運動的過程中，機械能不可能守恒
C．物體做勻速圓周運動的過程中，機械能一定守恒
D．物體做拋體運動的過程中，機械能一定守恒
D　[物體做勻速直線運動，只能保證動能不變，重力勢能可能改變，機械能不一定守恒，A錯誤；物體做自由落體運動時，只有重力做功，機械能守恒，B錯誤；如果小球在豎直平面內做勻速圓周運動，則動能不變，重力勢能在不斷地變化，機械能不守恒，C錯誤；物體做拋體運動的過程中，只有重力做功，物體機械能守恒，D正確。]
　機械能守恒定律的應用
如圖所示，質量為m的小球從光滑曲面上滑下。當它滑到高度為h1的位置A時，速度的大小為v1，滑到高度為h2的位置B時，速度的大小為v2。在由高度h1滑到高度h2的過程中(不計空氣阻力)：
【問題】
(1)小球的重力勢能減少了多少？
(2)小球的動能增加了多少？
(3)小球下滑過程中機械能守恒嗎？若守恒，列出表達式。
(4)小球重力勢能減少量等于動能的增加量嗎？
提示：(1)重力勢能的減少量為ΔEp＝mgh1－mgh2。
(2)動能增加量為ΔEk＝。
(3)小球下滑過程中只有重力做功，機械能守恒，表達式為＝。
(4)由(3)變形可知，mgh1－mgh2＝，即小球重力勢能減少量等于動能增加量。
1．機械能守恒定律的不同表達式
項目 表達式 物理意義 說明
從不同 狀態看 守恒式：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2或E初＝E末 初狀態的機械能等于末狀態的機械能 必須選 參考平面
從轉化 角度看 轉化式：Ek2－Ek1＝Ep1－Ep2或ΔEk＝－ΔEp 過程中動能的增加量等于勢能的減少量 不必選 參考平面
從轉移 角度看 增量式：EA2－EA1＝EB1－EB2或ΔEA＝－ΔEB 系統只有A、B兩物體時，A增加的機械能等于B減少的機械能
2．應用機械能守恒定律的解題步驟
(1)選取研究對象(物體或系統)。
(2)明確研究對象的運動過程，分析研究對象在運動過程中的受力情況，弄清各力的做功情況，判斷機械能是否守恒。
(3)選取恰當的參考平面，確定研究對象在初、末狀態的機械能。
(4)選取機械能守恒的某種表達式，列方程求解。
　單個物體的機械能守恒
【典例3】　如圖所示，假設運動員從雪道的最高點A由靜止開始滑下，不借助其他器械，沿光滑雪道到達跳臺的B點時速度多大？當他落到離B點豎直高度為10 m的雪地C點時，速度又是多大？(設這一過程中運動員沒有做其他動作，忽略摩擦和空氣阻力，g取10 m/s2。)
[解析]　法一　由Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2求解(必須選擇參考平面)。
滑雪過程中只有重力做功，運動員的機械能守恒，取B點所在水平面為參考平面，由A到B的過程中，由機械能守恒定律得＝mgh1
h1＝5 m－1 m＝4 m
得vB＝＝4 m/s
從B點到C點的過程中，由機械能守恒定律得：
＝
其中h2＝10 m，
故vC＝＝2 m/s。
法二　由ΔEk＝－ΔEp求解(不需要選擇參考平面)。
滑雪過程中，只有重力做功，運動員的機械能守恒
由A到B過程中，由機械能守恒定律得：
mghAB＝
hAB＝5 m－1 m＝4 m
得vB≈4 m/s
由B到C過程中，由機械能守恒定律得：
mghBC＝
hBC＝10 m
得vC＝2 m/s。
[答案]　4 m/s　2 m/s
　多物體的機械能守恒
【典例4】　如圖所示，質量分別為3 kg和5 kg的物體A、B，用輕繩連接跨在一個定滑輪兩側，輕繩正好拉直，且A物體底面與地面接觸，B物體距地面0.8 m(g取10 m/s2)。
(1)放開B物體，當B物體著地時A物體的速度大小是多少？
(2)B物體著地后A物體還能上升多高？
[思路點撥]　(1)在B下落過程中，A與B的速率時刻相等。
(2)在B下落過程中，A、B組成的系統機械能守恒。
(3)當B落地后，A的機械能是守恒的。
[解析]　(1)法一　由E1＝E2求解
對于A、B組成的系統，當B下落時系統機械能守恒，以地面為參考平面，B下落過程中，由機械能守恒定律得：mBgh＝mAgh＋(mA＋mB)v2，
解得v＝2 m/s。
法二　由ΔEk＝－ΔEp求解
對于A、B組成的系統，有
(mA＋mB)v2＝－(mAgh－mBgh)，解得v＝2 m/s。
法三　由ΔEA＝－ΔEB求解
對A、B組成的系統，有mAgh＋mAv2＝－，解得v＝2 m/s。
(2)當B落地后，A以2 m/s的速度豎直上拋，則A上升的高度由機械能守恒定律可得mAgh′＝，解得h′＝＝0.2 m。
[答案]　(1)2 m/s　(2)0.2 m
　應用機械能守恒定律解題的幾點技巧
(1)應用機械能守恒定律求解多過程問題，要根據題目條件靈活選取研究過程，注意該過程一定要滿足機械能守恒的條件。
(2)不論分階段列式還是整個過程列式，只需考慮該過程的初、末狀態，而不需要分析中間過程的復雜變化。
(3)分析多個物體組成系統的機械能是否守恒時，要注意準確處理用繩或桿相連的物體間的速度關系和高度變化的關系。
(4)靈活選擇機械能守恒定律的表達式，優先選用ΔEp減＝ΔEk增或ΔEA減＝ΔEB增，以使問題簡化。
[跟進訓練]
3．如圖所示，將一質量為m的小球從A點以初速度v斜向上拋出，小球先后經過B、C兩點。已知B、C之間的豎直高度和C、A之間的豎直高度都為h，重力加速度為g，取A點所在的平面為參考平面，不計空氣阻力，則(　　)
A．小球在B點的機械能是C點機械能的兩倍
B．小球在B點的動能是C點動能的兩倍
C．小球在B點的動能為mv2＋2mgh
D．小球在C點的動能為mv2－mgh
D　[不計空氣阻力，小球在斜向上拋出的運動過程中只受重力作用，運動過程中小球的機械能守恒，則小球在B點的機械能等于在C點的機械能，A錯誤；小球在B點的重力勢能大于在C點重力勢能，根據機械能守恒定律知，小球在B點的動能小于在C點的動能，B錯誤；小球由A到B過程中，根據機械能守恒定律有mg·2h＋EkB＝mv2，解得小球在B點的動能為EkB＝mv2－2mgh，C錯誤；小球由B到C過程中，根據機械能守恒定律有mg·2h＋EkB＝mgh＋EkC，解得小球在C點的動能為EkC＝EkB＋mgh＝mv2－mgh，D正確。]
4．(2022·湖北黃岡中學模塊驗收測試)如圖所示，有一輕質桿可繞O點在豎直平面內自由轉動，在桿的另一端和中點各固定一個質量均為m的小球A、B，桿長為L。開始時，桿靜止在水平位置，無初速度釋放后桿轉到豎直位置時，求A、B兩小球的速度。
[解析]　把A、B兩小球和桿看成一個系統，對系統而言，只有重力做功，系統的機械能守恒。以A球最低點所在的平面為參考平面，則初狀態：系統的動能為Ek1＝0，重力勢能為＝2mgL
末狀態(即到豎直位置)：
系統的動能為Ek2＝
重力勢能為Ep2＝mg
由機械能守恒定律得
2mgL＝
又因為在自由轉動過程中A、B兩球的角速度相同，則vA＝2vB
聯立解得vA＝，vB＝。
[答案]　　
1．(多選)(2022·天津二十五中月考)一蹦極運動員身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺下落，到最低點時距水面還有數米距離。假定空氣阻力可忽略，運動員可視為質點，下列說法正確的是(　　)
A．運動員到達最低點前重力勢能始終減小
B．蹦極繩張緊后的下落過程中，彈力做負功，彈性勢能增加
C．蹦極過程中，運動員、地球和蹦極繩所組成的系統機械能守恒
D．蹦極過程中，重力勢能的改變量與重力勢能參考平面的選取有關
ABC　[運動員到達最低點前重力始終做正功，重力勢能始終減小，A正確；蹦極繩張緊后的下落過程中，彈力方向與位移方向始終相反，彈力做負功，彈性勢能增加，B正確；在運動員、地球和蹦極繩所組成的系統中，只有重力和彈力做功，則系統的機械能守恒，C正確；重力勢能的改變量與重力做功有關，取決于初末位置的高度差，與重力勢能參考平面的選取無關，D錯誤。]
2．(2022·全國乙卷)固定于豎直平面內的光滑大圓環上套有一個小環。小環從大圓環頂端P點由靜止開始自由下滑，在下滑過程中，小環的速率正比于(　　)
A．它滑過的弧長
B．它下降的高度
C．它到P點的距離
D．它與P點的連線掃過的面積
C　[小環從大圓環頂端P點由靜止開始自由下滑，其機械能守恒，下落h高度過程中，有mgh＝，解得v＝，選項B錯誤；設小環位置與P點連線所對的圓心角為θ，小環下滑過程滑過的弧長s＝Rθ，由幾何關系知h＝R(1－cos )，則v＝，選項A錯誤；小環位置到P點的距離L＝2R sin ，h＝R(1－cos θ)，又1－cos θ＝2sin2 ，則h＝2R sin2 ＝，解得v＝＝L，可知v與L成正比，即小環的速率與小環到P點的距離成正比，選項C正確；小環位置與P點連線掃過的面積A＝R2θ－R2sin θ，分析知與v不成正比，選項D錯誤。]
3．(多選)如圖所示，在地面上以速度v0拋出質量為m的物體，拋出后物體落到比地面低h的海平面上。若以地面為參考平面，且不計空氣阻力，則下列選項正確的是(　　)
A．物體落到海平面時的勢能為mgh
B．重力對物體做的功為mgh
C．物體在海平面上的動能為＋mgh
D．物體在海平面上的機械能為
BCD　[以地面為參考平面，則物體落到海平面時的勢能為－mgh，選項A錯誤；重力對物體做的功為mgh，選項B正確；根據動能定理，物體在海平面上的動能為Ek＝＋mgh，選項C正確；物體在地面上時的機械能為，物體的機械能守恒，則在海平面上的機械能為，選項D正確。]
4．如圖所示，可視為質點的小球A、B用不可伸長的細軟輕繩連接，跨過固定在地面上半徑為R的光滑圓柱，A的質量為B的兩倍。當B位于地面時，A恰與圓柱軸心等高。將A由靜止釋放，B上升的最大高度是(　　)
A．2R　　　　　　　　 B．
C． D．
C　[設A、B的質量分別為2m、m，當A落到地面上時，B恰好運動到與圓柱軸心等高處，以A、B整體為研究對象，則A、B組成的系統機械能守恒，故有2mgR－mgR＝(2m＋m)v2，A落到地面上以后，B以速度v豎直上拋，上升的高度為h′＝，解得h′＝R，此時繩子未繃直，故B上升的最大高度為R＋h′＝R，選項C正確。]
回歸本節知識，自我完成以下問題：
1．機械能守恒的條件是什么？
提示：只有重力或彈簧彈力做功。
2．機械能守恒的內容是什么？
提示：在只有重力或彈力做功的物體系統內，動能與勢能可以相互轉化，而總的機械能保持不變。
3．機械能守恒的表達式？
提示：＋mgh1＝＋mgh2。
潮 汐 發 電
由于月球、太陽的引力以及地球自轉的影響，海水和江水每天有兩次的漲落現象，早上的稱為潮，晚上的稱為汐。潮汐作為一種自然現象，為人類的航海、捕撈和曬鹽等活動提供了方便。
潮汐發電是一種水力發電的形式，其原理如圖所示。在漲潮時將海水儲存在水庫內，儲存重力勢能；在退潮時放出海水，利用高、低潮位之間的落差，將海水的重力勢能轉化為動能，推動水輪機旋轉，帶動發電機發電，與河水不同的是，海水漲潮與退潮落差不大，但流量較大，并且呈間歇性。相比風能與太陽能這些受環境影響較大的能源，利用潮汐發電，工作時間可預知，能量規模龐大且穩定，能產生潔凈無污染的高質量能源。
我國潮汐能資源豐富。據不完全統計，全國潮汐能蘊藏量為1.9億千瓦，其中可供開發的約3 850萬千瓦。我國潮汐能發展起步較早，1957年就在山東建成了第一座潮汐發電站。目前，我國潮汐電站總裝機容量已有1萬多千瓦，在我國優化電力結構、促進能源結構升級的大背景下，發展潮汐發電是順應社會趨勢之為。
　(1)潮汐發電站發電過程中發生了怎樣的能量轉化？
(2)若減少的重力勢能全部用于發電，那么一裝機容量為1 000 kW的發電站，每天至少有多少重力勢能轉化為電能？
提示：(1)重力勢能轉化為動能，推動水輪機轉動，帶動發電機發電。
(2)每天發出的電能即為至少轉化的重力勢能，大小為1 000×103×24×3 600 J＝8.64×1010 J。
課時分層作業(十六)　機械能守恒定律
◎題組一　機械能守恒條件及判斷
1．(多選)神舟十四號載人飛船從發射至返回的過程中，以下哪些階段返回艙的機械能是守恒的(　　)
A．飛船升空的階段
B．只在地球引力作用下，返回艙沿橢圓軌道繞地球運行的階段
C．只在地球引力作用下，返回艙飛向地球的階段
D．臨近地面時返回艙減速下降的階段
BC　[飛船升空的階段，推力做正功，機械能增加，故A錯誤；返回艙在橢圓軌道上繞地球運行的階段，只受重力作用，機械能守恒，故B正確；返回艙只在引力作用下向著地球做無動力飛行階段，只有重力做功，重力勢能減小，動能增加，機械能守恒，故C正確；返回艙減速下降的階段，克服空氣阻力做功，故機械能減小，故D錯誤。]
2．(多選)如圖所示，下列幾種情況，系統的機械能守恒的是(　　)
A．圖甲中一顆彈丸在光滑的碗內做復雜的曲線運動
B．圖乙中運動員在蹦床上越跳越高
C．圖丙中小車上放一木塊，小車的左側由彈簧與墻壁相連。小車在左右運動時，木塊相對于小車無滑動(車輪與地面摩擦不計)
D．圖丙中如果小車運動時，木塊相對于小車滑動
AC　[彈丸在碗內運動時，只有重力做功，系統機械能守恒，故選項A正確；運動員越跳越高，表明運動員在不斷做功，機械能不守恒，故選項B錯誤；由于一對靜摩擦力做功的代數和為0，系統中只有彈簧彈力做功不為0，機械能守恒，故選項C正確；滑動摩擦力做功的代數和不為0，系統機械能不守恒，故選項D錯誤。]
3．如圖所示，一輕繩的一端系在固定粗糙斜面上的O點，另一端系一小球。給小球一足夠大的初速度，使小球在斜面上做圓周運動。在此過程中(　　)
A．小球的機械能守恒
B．重力對小球不做功
C．輕繩的張力對小球不做功
D．在任何一段時間內，小球克服摩擦力所做的功總是等于小球動能的減少量
C　[斜面粗糙，小球受到重力、支持力、摩擦力、輕繩張力的作用，由于除重力做功外，支持力和輕繩張力總是與運動方向垂直，故不做功，摩擦力做負功，機械能減少，A、B錯誤，C正確；小球動能的變化量等于合外力對其做的功，即重力與摩擦力做功的代數和，D錯誤。]
4．(多選)(2022·山東濟南外國語學校高一檢測)如圖所示，在兩個質量分別為m和2m的小球a和b之間，用一根輕質細桿連接，兩小球可繞過輕桿中心的水平軸無摩擦轉動，現讓輕桿處于水平位置，靜止釋放小球后，重球b向下轉動，輕球a向上轉動，在轉過90°的過程中，以下說法正確的是(　　)
A．b球的重力勢能減少，動能增加
B．a球的重力勢能增加，動能減少
C．a球和b球的機械能總和保持不變
D．a球和b球的機械能總和不斷減小
AC　[在b球向下、a球向上轉動過程中，兩球均在加速轉動，兩球動能增加，同時b球重力勢能減少，a球重力勢能增加，A正確，B錯誤；a、b兩球組成的系統只有重力和系統內彈力做功，系統機械能守恒，C正確，D錯誤。]
◎題組二　機械能守恒定律的應用
5．如圖所示，以相同大小的初速度v0將物體從同一水平面分別豎直上拋、斜上拋、沿光滑斜面(足夠長)上滑，三種情況達到的最大高度分別為h1、h2和h3，不計空氣阻力(斜上拋運動物體在最高點的速度方向水平)，則(　　)
A．h1＝h2>h3　　　　 B．h1＝h2C．h1＝h3

h2
D　[豎直上拋和沿斜面運動的物體，上升到最高點時，速度均為0，由機械能守恒得mgh＝，所以h＝，斜上拋運動物體在最高點速度不為零，設為v1，則mgh2＝，所以h26．如圖所示，粗細均勻，兩端開口的U形管內裝有同種液體，開始時兩邊液面高度差為h，管中液柱總長度為4h，后來讓液體自由流動，當兩側液面高度相等時，右側液面下降的速度為(重力加速度大小為g)(　　)
A．　　　　　　　 B．
C． D．
A　[設液體總質量為m，當兩側液面高度相等時，相當于右管h高的液體移到左管，重心下降，這部分液體質量為，減少的重力勢能轉化為全部液體的動能，根據機械能守恒定律得·＝，解得v＝，選項A正確。]
7．如圖所示，半圓形光滑軌道固定在水平地面上，半圓的直徑與地面垂直，一小物塊以速度v從軌道下端滑入軌道，并從軌道上端水平飛出，小物塊落地點到軌道下端的距離與軌道半徑有關，此距離最大時對應的軌道半徑為(重力加速度為g)(　　)
A．　　　B．　　　C．　　　D．
B　[從小物塊滑入軌道到軌道上端，根據機械能守恒定律有mv2＝＋mg·2R，小物塊水平飛出后，根據平拋運動的規律有x＝v0t，2R＝gt2，聯立可得x＝，結合數學知識可知，當R＝時，水平距離最大，選項B正確。]
8．如圖所示，質量為m和3m的小球A和B，系在長為L的細線兩端，桌面水平光滑，高為h(hA． B．
C． D．
A　[A球落地之前，對于A、B組成的系統，只有重力做功，系統的機械能守恒，則有mgh＝(m＋3m)v2，解得v＝，又h9．(多選)如圖所示，長度為L的三根輕桿構成一個正三角形支架，在A處固定質量為2m的小球；B處固定質量為m的小球，支架懸掛在O點，可繞過O點與支架所在平面相垂直的固定軸轉動。開始時OB與地面相垂直，放手后開始運動。在無任何阻力的情況下，下列說法中正確的是(　　)
A．A球到達最低點時速度
B．A球到達最低點時，B球速度為
C．擺動過程中AB兩球組成的系統機械能守恒
D．擺動過程中A球機械能守恒
BC　[當A球到達最低點時，對AB組成的系統由動能定理得：(2mg－mg)·＝(2m＋m)v2，解得v＝，即此時AB兩球的速度均為，則A錯誤，B正確；擺動過程中，AB組成的系統機械能守恒，A球機械能不守恒，選項C正確，D錯誤。]
10．(多選)(2022·北京西城區高一期末)如圖所示，弧形光滑軌道的下端與軌道半徑為R的豎直光滑圓軌道相接，使質量為m的小球從高h的弧形軌道上端自由滾下，小球進入圓軌道下端后沿圓軌道運動。當小球通過圓軌道的最高點時，對軌道的壓力大小等于小球重力大小。不計空氣阻力，重力加速度為g，則(　　)
A．小球通過最高點時的速度大小為
B．小球在軌道最低點的動能為2.5mgR
C．小球下滑的高度h為3R
D．小球在軌道最低點對軌道壓力的大小為7mg
ACD　[小球經過圓軌道最高點時，對軌道的壓力N＝mg，依據牛頓第三定律可知軌道對小球的壓力為mg，由牛頓第二定律有：mg＋mg＝m，解得v＝，故A正確；小球自開始下滑到圓軌道最高點的過程，依據動能定理有mg(h－2R)＝mv2，解得h＝3R，故C正確；設小球從高h的位置釋放運動到最低點時的速度為v1，受軌道的支持力為N1，根據牛頓第二定律有N1－mg＝，小球由圓軌道最低點運動到最高點的過程，根據動能定理有－mg·2R＝，解得最低點動能＝3mgR，支持力N1＝7mg，由牛頓第三定律得，小球對軌道壓力N1′＝7mg，故B錯誤，D正確。]
11．(2022·湖北孝感高一期末)如圖所示，不可伸長細繩的一端固定在O點，另一端系著一金屬小球，小球的質量為m，細繩長為l。將細繩拉直，讓細繩從偏離水平方向30°的位置由靜止釋放小球，已知重力加速度為g。求：
(1)細繩剛伸直時小球的速度大小；
(2)小球運動到最低點A時細繩受到的拉力。
[解析]　(1)小球先做自由落體運動，設細繩剛伸直時小球的速度大小為v1，由幾何關系知小球下降的高度
h＝2l sin 30°
根據機械能守恒定律得mgh＝
解得v1＝。
(2)細繩伸直后瞬間，設小球在垂直細繩方向的速度為v2，根據速度的分解得
v2＝v1cos 30°＝
設小球運動到最低點A時的速度為v3，以A點所在的水平面為參考平面，小球由細繩剛伸直到最低點A的過程，根據機械能守恒定律得
＋mgl(1－sin 30°)＝
聯立解得v3＝
小球在最低點，由牛頓第二定律得
T－mg＝
解得細繩對小球的拉力T＝3.5mg
由牛頓第三定律可知，小球運動到最低點A時細繩受到的拉力大小為3.5mg，方向豎直向下。
[答案]　(1)　(2)3.5mg，方向豎直向下
12．如圖所示，總長為L的光滑勻質鐵鏈跨過一個光滑的輕質小滑輪，開始時下端A、B相平齊，當略有擾動時其一端下落，則當鐵鏈剛脫離滑輪的瞬間，鐵鏈的速度為多大？
[解析]　法一　(取整個鐵鏈為研究對象)：
設整個鐵鏈的質量為m，初始位置的重心在A點上方L處，末位置的重心與最初A點位置在同一水平面上
則重力勢能的減少量為ΔEp＝mg·L
由機械能守恒定律得
mv2＝mg·L
解得v＝。
法二　(將鐵鏈看成兩段)：
鐵鏈由初始狀態到剛離開滑輪時，等效于左側鐵鏈BB′部分移到AA′位置(如圖所示)。
重力勢能減少量為ΔEp＝mg·
由機械能守恒得mv2＝mg·
則v＝。
[答案]　5．實驗：驗證機械能守恒定律
1．會用打點計時器打下的紙帶計算物體運動的瞬時速度。
2．掌握利用落體法驗證機械能守恒定律的原理和方法。
3．會使用氣墊導軌、光電門，理解并掌握利用滑塊沿導軌下滑驗證機械能守恒定律的原理和方法。
類型一　實驗原理與操作
【典例1】　“驗證機械能守恒定律”的實驗裝置可以采用圖示的甲或乙方案來進行。
(1)比較這兩種方案，________(選填“甲”或“乙”)方案好些。
(2)在“驗證機械能守恒定律”的實驗中，直接測量的物理量是________。
A．重力加速度　　　　　 B．重物下落的高度
C．重物下落的瞬時速度 D．重物下落的平均速度
(3)在進行“驗證機械能守恒定律”的實驗時，應________。
A．先釋放紙帶，再接通電源
B．用手托住重物由靜止釋放
C．根據v＝gt計算重物在t時刻的速度
D．使重物下落的起始位置靠近打點計時器
[解析]　(1)甲方案摩擦阻力小，誤差小，而且方便操作，所用實驗器材少，所以甲方案好些。
(2)驗證機械能守恒的實驗，即驗證重力勢能減少量等于動能的增加量，所以重力加速度是已知的，無需測量，A錯誤；實驗要計算重力勢能的減少量，所以需要測量重物下落的高度，B正確；本實驗下落的瞬時速度是根據紙帶處理得到，無法直接測量，而平均速度本實驗用不到，C、D錯誤。
(3)在實驗時應先接通電源，打點穩定后再釋放紙帶，A錯誤；釋放時，紙帶應豎直，減少與限位孔的摩擦，所以釋放時，應按題圖中所示用手豎直提起紙帶，B錯誤；因為要驗證機械能守恒，所以速度需根據實際的紙帶計算，而不能用自由落體公式計算，因為自由落體運動只受重力，機械能一定守恒，C錯誤；釋放紙帶前，重物應靠近打點計時器，這樣可以充分利用紙帶，D正確。
[答案]　(1)甲　(2)B　(3)D
類型二　數據處理和誤差分析
【典例2】　某實驗小組“用落體法驗證機械能守恒定律”，實驗裝置如圖甲所示。實驗中測出重物自由下落的高度h及對應的瞬時速度v，計算出重物減小的重力勢能mgh和增加的動能mv2，然后進行比較，如果兩者相等或近似相等，即可驗證重物自由下落過程中機械能守恒。請根據實驗原理和步驟完成下列問題：
(1)(多選)關于上述實驗，下列說法中正確的是________。
A．重物最好選擇密度較小的木塊
B．重物的質量可以不測量
C．實驗中應先接通電源，后釋放紙帶
D．可以利用公式v＝來求解瞬時速度
(2)如圖乙是該實驗小組打出的一條點跡清晰的紙帶，紙帶上的O點是起始點，選取紙帶上連續的點A、B、C、D、E、F作為計數點，并測出各計數點到O點的距離依次為27.94 cm、32.78 cm、38.02 cm、43.65 cm、49.66 cm、56.07 cm。已知打點計時器所用的電源是50 Hz的交流電，重物的質量為0.5 kg，則從計時器打下點O到打下點D的過程中，重物減小的重力勢能ΔEp＝_______J；重物增加的動能ΔEk＝_______J，兩者不完全相等的原因可能是_______。(重力加速度g取9.8 m/s2，計算結果保留三位有效數字)
(3)實驗小組的同學又正確計算出圖乙中打下計數點A、B、C、D、E、F各點的瞬時速度v，以各計數點到A點的距離h′為橫軸，v2為縱軸作出圖像，如圖丙所示，根據作出的圖線，能粗略驗證自由下落的物體機械能守恒的依據是_____________________________________________________________________。
[解析]　(1)重物最好選擇密度較大的鐵塊，受到的阻力較小，故A錯誤；本題是以自由落體運動為例來驗證機械能守恒定律，需要驗證的方程是mgh＝mv2，因為我們是比較mgh、mv2的大小關系，故m可約去比較，不需要用天平測量重物的質量，故B正確；實驗中應先接通電源，后釋放紙帶，故C正確；不能利用公式v＝來求解瞬時速度，否則體現不了實驗驗證，變成了理論推導，故D錯誤。
(2)重力勢能減小量ΔEp＝mgh＝0.5×9.8×0.436 5 J≈2.14 J。利用勻變速直線運動的推論：vD＝＝ m/s＝2.91 m/s，EkD＝＝×0.5×(2.91)2 J≈2.12 J，動能增加量ΔEk＝EkD－0＝2.12 J。由于存在阻力作用，所以重力勢能減小量大于動能的增加量。
(3)根據表達式mgh＝mv2，則有v2＝2gh；當圖像的斜率為重力加速度的2倍時，即可驗證機械能守恒，而圖像的斜率k＝ m/s2＝19.52 m/s2，因此能粗略驗證自由下落的物體機械能守恒。
[答案]　(1)BC　(2)2.14　2.12　重物下落過程中受到阻力作用　(3)圖像的斜率等于19.52，約為重力加速度g的兩倍，故能驗證
類型三　創新實驗設計
【典例3】　(2022·河北卷)某實驗小組利用鐵架臺、彈簧、鉤碼、打點計時器、刻度尺等器材驗證系統機械能守恒定律，實驗裝置如圖甲所示。彈簧的勁度系數為k，原長為L0，鉤碼的質量為m。已知彈簧的彈性勢能表達式為E＝kx2，其中k為彈簧的勁度系數，x為彈簧的形變量，當地的重力加速度大小為g。
(1)在彈性限度內將鉤碼緩慢下拉至某一位置，測得此時彈簧的長度為L。接通打點計時器電源。從靜止釋放鉤碼，彈簧收縮，得到了一條點跡清晰的紙帶。鉤碼加速上升階段的部分紙帶如圖乙所示，紙帶上相鄰兩點之間的時間間隔均為T(在誤差允許范圍內，認為釋放鉤碼的同時打出A點)。從打出A點到打出F點時間內，彈簧的彈性勢能減少量為________，鉤碼的動能增加量為________，鉤碼的重力勢能增加量為________。
(2)利用計算機軟件對實驗數據進行處理，得到彈簧彈性勢能減少量、鉤碼的機械能增加量分別與鉤碼上升高度h的關系，如圖丙所示。由圖丙可知，隨著h增加，兩條曲線在縱向的間隔逐漸變大，主要原因是__________________________
____________________________________________________________________。
[解析]　(1)從打出A點到打出F點時間內，彈簧的彈性勢能減少量為
ΔEp彈＝k(L－L0)2－k(L－L0－h5)2
整理有ΔEp彈＝
打F點時鉤碼的速度為vF＝
由于在誤差允許的范圍內，認為釋放鉤碼的同時打出A點，則鉤碼動能的增加量為
ΔEk＝－0＝
鉤碼的重力勢能增加量為ΔEp重＝mgh5。
(2)鉤碼機械能的增加量，即鉤碼動能和重力勢能增加量的總和，若無阻力做功則彈簧彈性勢能的減少量等于鉤碼機械能的增加量。現在隨著h增加，兩條曲線在縱向的間隔逐漸變大，而兩條曲線在縱向的間隔即阻力做的功，則產生這個問題的主要原因是鉤碼和紙帶運動的速度逐漸增大，導致空氣阻力逐漸增大，以至于鉤碼克服空氣阻力做的功也逐漸增大。
[答案]　　　mgh5　(2)見解析
1．用如圖甲所示的裝置驗證機械能守恒定律，若按正確的實驗步驟進行，并選出如圖乙所示的紙帶，回答下列問題：
(1)紙帶的________(選填“左”或“右”)端與重物相連。
(2)下面列舉了該實驗的幾個操作步驟(示意圖如圖所示)：
A．按照圖示的裝置安裝器件；
B．將打點計時器接到電源的交流輸出端上；
C．用天平測量出重物的質量；
D．釋放懸掛紙帶的夾子，同時接通電源開關打出一條紙帶；
E．測量紙帶上打出的某些點之間的距離；
F．根據測量的結果計算重物下落過程中減少的重力勢能是否等于增加的動能。
指出其中沒有必要進行的和操作不恰當的步驟，將其選項對應的字母填在下面的橫線上，并改正不恰當的步驟：
沒有必要進行的步驟是________，理由是________，操作不恰當的步驟是________，改正為________。
[解析]　(1)物體做加速運動，紙帶上的相鄰點之間的距離越來越大，故紙帶左端與重物相連。
(2)在驗證機械能守恒時，左右兩邊式子均有質量m，可以約去，沒有必要用天平測重物的質量；先接通電源，待打點穩定后再釋放紙帶，D錯誤。
[答案]　(1)左　(2)C　在驗證機械能守恒時，左右兩邊式子的質量m可以約去　D　先接通電源，待打點穩定后再釋放紙帶
2．現利用如圖所示裝置“驗證機械能守恒定律”。圖中AB是固定的光滑斜面，斜面的傾角為30°，1和2是固定在斜面上適當位置的兩個光電門，與它們連接的光電計時器都沒有畫出。讓滑塊從斜面的頂端滑下，光電門1、2各自連接的光電計時器顯示的擋光時間分別為5.00×10-2 s、2.00×10-2 s。已知滑塊質量為2.00 kg，滑塊沿斜面方向的長度為5.00 cm，光電門1和2之間的距離為0.54 m，g取9.80 m/s2，取滑塊經過光電門時的速度為其平均速度。(結果均保留三位有效數字)
(1)滑塊通過光電門1時的速度v1＝________m/s，通過光電門2時的速度v2＝________m/s。
(2)滑塊通過光電門1、2之間的動能增加量為____________J，重力勢能的減少量為____________J。
(3)實驗可以得出的結論： ______________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
[解析]　(1)v1＝＝ m/s＝1.00 m/s，v2＝＝ m/s＝2.50 m/s。
(2)動能增加量ΔEk＝＝5.25 J。重力勢能的減少量：ΔEp＝mgs sin 30°≈5.29 J。
(3)在實驗誤差允許的范圍內，滑塊的機械能守恒。
[答案]　(1)1.00　2.50　(2)5.25　5.29　(3)在實驗誤差允許的范圍內，滑塊的機械能守恒
3．某同學根據機械能守恒定律，設計實驗探究彈簧的彈性勢能與壓縮量的關系。
(1)如圖甲，將輕質彈簧下端固定于鐵架臺上，在上端的托盤中依次增加砝碼，測量相應的彈簧長度，部分數據如表所示。由數據算得勁度系數k＝________N/m。(g取9.80 m/s2)
砝碼質量/g 50 100 150
彈簧長度/cm 8.62 7.63 6.66
(2)取下彈簧，將其一端固定于氣墊導軌左側，如圖乙所示；調整導軌使滑塊自由滑動時，通過兩個光電門的速度大小________。
(3)用滑塊壓縮彈簧，記錄彈簧的壓縮量x；釋放滑塊，記錄滑塊脫離彈簧后的速度v。釋放滑塊過程中，彈簧的彈性勢能轉化為________。
(4)重復(3)中的操作，得到v與x的關系如圖丙，由圖可知，v與x成________關系。由上述實驗可得結論：對同一根彈簧，彈性勢能與彈簧的________成正比。
[解析]　(1)由k＝＝ N/m＝50 N/m。
(2)要調整氣墊導軌水平，使滑塊自由滑動時，通過兩個光電門的速度大小相等。
(3)根據機械能守恒定律，釋放滑塊后，彈簧的彈性勢能轉化為滑塊的動能。
(4)由題圖丙可知，x與v成正比，即v＝kx，由Ep＝Ek＝＝mk2x2，因此彈簧的彈性勢能與彈簧的壓縮量的平方成正比。
[答案]　(1)50　(2)相等　(3)滑塊的動能　(4)正比　壓縮量的平方
4．用如圖甲所示實驗裝置驗證m1、m2組成的系統機械能守恒。m2從高處由靜止開始下落，m1上拖著的紙帶打出一系列的點，對紙帶上的點跡進行測量，即可驗證機械能守恒定律。圖乙給出的是實驗中獲得的一條紙帶：0是打下的第一個點，每相鄰兩計數點間還有4個點(圖中未標出)，計數點間的距離如圖所示。已知m1＝50 g，m2＝150 g，打點計時器所接交流電頻率f＝50 Hz，則：(結果保留兩位有效數字)
(1)從紙帶上打下計數點5時的速度v＝________m/s。
(2)從打下第“0”點到打下第“5”點的過程中系統動能的增加量ΔEk＝________J，系統勢能的減少量ΔEp＝______J。(當地的重力加速度g取10 m/s2)
(3)若某同學作出v2-h圖像如圖丙所示，則當地的重力加速度g＝________m/s2。
[解析]　(1)因為每相鄰兩計數點間還有4個點，則相鄰計數點的時間間隔為t＝＝0.1 s，在紙帶上打下計數點5時的速度v5＝＝ m/s＝2.4 m/s。
(2)從打下第“0”點到打下第“5”點的過程中系統動能的增加量ΔEk＝＝×(0.05＋0.15)×2.42 J≈0.58 J，系統勢能的減少量ΔEp＝(m2－m1)gh＝(0.15－0.05)×10×(38.40＋21.60)×10-2 J＝0.60 J。
(3)由(2)可知在實驗誤差允許的范圍內，系統機械能守恒，則有(m1＋m2)v2＝(m2－m1)gh
可得v2＝h，由題圖丙中圖線可知
斜率k＝＝
則g＝9.7 m/s2。
[答案]　(1)2.4　(2)0.58　0.60　(3)9.7
5．為了驗證小球在豎直平面內擺動過程的機械能是否守恒，利用如圖甲裝置，不可伸長的輕繩一端系住一小球，另一端連接力傳感器，小球質量為m，球心到懸掛點的距離為L，小球釋放的位置到最低點的高度差為h，實驗記錄輕繩拉力大小隨時間的變化如圖乙，其中Fm是實驗中測得的最大拉力值，重力加速度為g，請回答以下問題：
(1)小球第一次運動至最低點的過程，重力勢能的減少量ΔEp＝____________，動能的增加量ΔEk＝____________。(均用題中所給字母表示)
(2)觀察圖乙中拉力峰值隨時間變化規律，試分析造成這一結果的主要原因：_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
(3)為減小實驗誤差，實驗時應選用密度________(選填“較大”或“較小”)的小球。
[解析]　(1)小球第一次擺動至最低點的過程，重心下降了h，則重力勢能的減少量為ΔEp＝mgh
小球第一次擺動至最低點，初速度為零，最低點速度為vm，由牛頓第二定律有Fm－mg＝
而動能的增加量為ΔEk＝－0，聯立解得
ΔEk＝。
(2)根據F-t圖像可知小球做周期性的擺動，每次經過最低點時拉力最大，而最大拉力逐漸變小，說明經過最低點時的最大速度逐漸變小，則主要原因是空氣阻力做負功，導致機械能有損失。
(3)為了減小因空氣阻力帶來的誤差，應選擇密度大、體積小的小球進行實驗。
[答案]　(1)mgh　　(2)空氣阻力做負功，機械能有損失　(3)較大素養提升課(五)　變力做功和機車啟動問題
1．掌握變力做功的求解方法，并能解決實際問題。
2．理解公式P＝Fv的意義，并用來分析牽引力與速度的關系。
3．會利用P＝Fv結合動力學知識分析機車啟動問題。
　求變力做功的幾種方法
W＝Fl cos α，此公式中F為恒力，如果物體受到變力作用，變力做的功可按下列方法進行計算：
1．化變力為恒力
(1)分段法：
力在全程是變力，但在每一個階段是恒力，這樣就可以先計算每個階段的功，再利用求和的方法計算整個過程中變力做的功。
(2)平均力法：
當力的方向不變，大小隨位移按線性規律變化時，即F是位移l的線性函數，則平均力＝，由W＝l cos α求功。
例如：彈簧由伸長x1被繼續拉至伸長x2的過程中，克服彈力做功W＝。
(3)微元法：
當力的大小不變，力的方向時刻與速度同向(或反向)時，把物體的運動過程分為很多小段，這樣每一小段可以看成直線，先求力在每一小段上的功，再求和即可。例如，滑動摩擦力、空氣阻力總與物體相對運動的方向相反，可把運動過程細分，其中每一小段都是恒力做功，整個運動過程中所做的總功是各個階段所做功的和，即力與路程的乘積。
例如：質量為m的木塊在水平面內做圓周運動，運動一周克服摩擦力做功WFf＝FfΔx1＋FfΔx2＋FfΔx3…＝Ff (Δx1＋Δ x2＋Δx3…)＝Ff·2πR。
(4)轉換研究對象法：
如圖所示，人站在地上以恒力拉繩子，使小車向左運動，求繩子拉力對小車所做的功。繩子拉力對小車來說是個變力(大小不變，方向改變)，但仔細研究，發現人拉繩的力卻是恒力，于是轉換研究對象，用人拉繩的力所做的功來求繩子拉力對小車做的功。
2．圖像法
(1)若作用在物體上的力只是大小變化，而方向始終與位移在同一直線上，外力做功就不能用矩形表示。不過可以將位移劃分為等距的小段，當每一小段足夠小時，力的變化很小，就可以認為是恒定的，該段過程所做功的大小即為此小段對應的小矩形的面積，整個過程外力做功的大小就等于所有小矩形面積之和，如圖甲所示。
(2)如圖乙所示，l軸上方的“面積”表示力對物體做正功的多少，用正數表示，l軸下方的“面積”表示力對物體做負功的多少，用負數表示。總功為上、下兩“面積”的代數和。
【典例1】　如圖所示，假設驢拉磨的平均作用力大小為500 N，運動的半徑為1 m，則驢拉磨轉動一周所做的功為(　　)
A．0　　　　　　　　 B．500 J
C．500π J D．1 000π J
D　[由于F的方向與作用點的速度方向保持一致，因此F做功不為零。把圓周劃分成很多小段研究，如圖所示，當各小段的弧長Δsi足夠小(Δsi→0)時，在Δsi內F的方向幾乎與該小段的位移方向重合，故驢拉磨轉動一周所做的功為WF＝F·Δs1＋F·Δs2＋F·Δs3…＝F·2πR＝1 000π J，故A、B、C錯誤，D正確。]
[跟進訓練]
1．一物體所受的力F隨位移l變化的圖像如圖所示，在這一過程中，力F對物體做的功為(　　)
A．3 J B．6 J
C．7 J D．8 J
B　[力F對物體做的功等于l軸上方梯形“面積”所表示的正功與l軸下方三角形“面積”所表示的負功的代數和。W1＝×(3＋4)×2 J＝7 J，W2＝－×(5－4)×2 J＝－1 J，所以力F對物體做的功為W＝7 J－1 J＝6 J，故選項B正確。]
2．用鐵錘把小鐵釘釘入木板，設木板對釘子的阻力與釘進木板的深度成正比，已知鐵錘第一次將釘子釘進d，如果鐵錘第二次敲釘子時對釘子做的功與第1次相同，那么第二次釘子進入木板的深度是(　　)
A．(－1)d B．(－1)d
C． D．d
B　[鐵錘每次敲釘子時對釘子做的功等于釘子克服阻力做的功，可利用平均力法來處理。根據題意可得第一次做功W＝d＝d。第二次做功W＝d′＝d′，聯立解得d′＝(－1)d，選項B正確。]
3．如圖所示，固定的光滑豎直桿上套著一個滑環，用輕繩系著滑環繞過光滑的定滑輪，以大小恒定的拉力F拉繩，使滑環從A點起由靜止開始上升。若從A點上升至B點和從B點上升至C點的過程中拉力F做的功分別為W1和W2，圖中AB＝BC，則(　　)
A．W1＞W2
B．W1＜W2
C．W1＝W2
D．無法確定W1和W2的大小關系
A　[由于用輕繩系著滑環繞過光滑的定滑輪，所以輕繩對滑環的拉力做的功與拉力F做的功相等。從A點上升至B點和從B點上升至C點的過程中，根據幾何關系可知輕繩對滑環的拉力與光滑豎直桿的夾角α越來越大。已知AB＝BC，即滑環從A點上升至B點的位移等于從B點上升至C點的位移。輕繩拉著滑環的拉力是恒力，夾角α越來越大，則cos α越來越小，因為F大小恒定，故F在豎直方向上的分量F cos α隨α的增大而減小，顯然滑環從A點上升至B點過程中輕繩對滑環做的功大于從B點上升至C點的過程中輕繩對滑環做的功，所以W1＞W2，故A正確。]
　機車的兩種啟動方式
1．兩種啟動過程對比
兩種方式 以恒定功率啟動 以恒定加速度啟動
P-t圖像和v-t圖像
牽引力的變化圖像
OA段 過程 分析 v↑ F＝↓ a＝↓ a＝不變 F不變 P＝Fv↑直到P額＝Fv1
運動 性質 加速度減小的加速直線運動 勻加速直線運動，維持時間t0＝
AB段 過程 分析 F＝Ff a＝0 Ff＝ v↑ F＝↓ a＝↓
運動 性質 以vm做勻速直線運動 加速度減小的加速直線運動
BC段 — F＝Ff a＝0 Ff＝，以vm做勻速直線運動
2．幾個重要關系式
(1)無論哪種運行過程，機車的最大速度都等于其勻速運動時的速度，即vmax＝＝(式中Fmin為最小牽引力，其值等于阻力)。
(2)機車以恒定加速度啟動的運動過程中，勻加速過程結束時，功率最大，速度不是最大，即v＝(3)機車以恒定功率運行時，牽引力做的功W＝Pt。
(4)P＝Fv中F為機車的牽引力而不是合力。
【典例2】　在平直路面上運動的汽車的額定功率為60 kW，若其總質量為5 t，在水平路面上所受的阻力為5×103 N。
(1)求汽車所能達到的最大速度；
(2)若汽車以0.5 m/s2的加速度由靜止開始做勻加速運動，則這一過程能維持多長時間？
(3)若汽車以額定功率啟動，則汽車車速v′＝2 m/s時其加速度為多大？
[思路點撥]　(1)汽車速度達到最大的條件是a＝0，即F＝Ff。
(2)汽車以恒定加速度a勻加速運動的“收尾”條件是：P＝P額，此時的速度為勻加速運動的最大速度。
(3)汽車速度為v′時牽引力F′＝。
[解析]　(1)當汽車速度達到最大時，牽引力F＝Ff
則由P＝Fv得汽車所能達到的最大速度
vmax＝＝ m/s＝12 m/s。
(2)設汽車以恒定的加速度a做勻加速運動，能夠達到的最大速度為v，則有－Ff＝ma
得v＝＝ m/s＝8 m/s
由v＝at得這一過程維持的時間t＝＝ s＝16 s。
(3)當汽車以額定功率啟動達到2 m/s的速度時，牽引力F′＝＝ N＝3×104 N
由牛頓第二定律得汽車的加速度
a′＝＝ m/s2＝5 m/s2。
[答案]　(1)12 m/s　(2)16 s　(3)5 m/s2
　用公式P＝Fv處理機車啟動問題時應注意的問題
(1)公式P＝Fv中的F指的是機車的牽引力，而不是合外力。
(2)只有機車勻速運動時，牽引力F才等于它受到的阻力Ff大小。
(3)機車以恒定加速度啟動時，勻加速結束時的速度并沒有達到最終勻速運動的速度vm。
[跟進訓練]
4．(多選)一輛小汽車在水平路面上由靜止啟動，在前5 s內做勻加速直線運動，5 s末達到額定功率，之后保持額定功率運動，其v-t圖像如圖所示，已知汽車的質量m＝2×103 kg，汽車受到地面的阻力為車重的0.1倍，(g＝10 m/s2)則(　　)
A．汽車在前5 s內的牽引力為6×103 N
B．汽車的額定功率為120 kW
C．汽車的最大速度為vm＝30 m/s
D．當汽車速度為20 m/s時，汽車加速度大小為2 m/s2
BD　[汽車在前5 s內做勻加速直線運動，由題圖像可知加速度a＝3 m/s2，由牛頓第二定律F－f＝ma，得F＝f＋ma＝(0.1×2×103×10＋2×103×3)N＝8×103 N，A錯誤；汽車在5 s末功率達到額定功率P＝Fv＝8×103×15 W＝120 kW，B正確；當牽引力等于阻力時，汽車達最大速度，則最大速度vm＝＝ m/s＝60 m/s，C錯誤；當汽車速度為20 m/s時，則F1＝＝ N＝6×103 N，F1－f＝ma1，得a1＝2 m/s2，D正確。]
5．(2022·江西南昌十中高一期末)京滬高鐵采用CR400系列“復興號”列車運行。假設一列16節車廂的高鐵列車總質量m＝800 t，發動機的額定功率P＝8×103 kW，設列車在水平軌道上行駛時所受阻力Ff是車重的0.01倍，g＝10 m/s2。求：
(1)高鐵列車在水平軌道上行駛的最大速度；
(2)若列車在水平長直軌道上從靜止開始，保持0.5 m/s2的加速度做勻加速運動，這一勻加速過程維持的最長時間t為多少。
[解析]　(1)當F＝Ff時，列車行駛速度達到最大，由P＝Fvm，Ff＝0.01mg
則vm＝＝，解得vm＝100 m/s。
(2)設保持勻加速運動所需牽引力為F1，由牛頓第二定律有F1－Ff＝ma
勻加速能達到的最大速度v1＝
勻加速運動的時間t＝
代入數據計算得t≈33.3 s。
[答案]　(1)100 m/s　(2)33.3 s
素養提升練(五)　變力做功和機車啟動問題
一、選擇題
1．汽車由靜止開始運動，若要使汽車在開始運動的一小段時間內保持勻加速直線運動，則(　　)
A．不斷增大牽引力和牽引力的功率
B．不斷減小牽引力和牽引力的功率
C．保持牽引力不變，不斷增大牽引力功率
D．不能判斷牽引力功率怎樣變化
C　[汽車保持勻加速直線運動，所受合力不變，其中牽引力也不變，但速度增大，牽引力的功率增大，C對，A、B、D錯。]
2．“嫦娥五號”上升器在月面點火，順利將攜帶月壤的上升器送入預定環月軌道。“嫦娥五號”上升器以3 000 W的恒定功率上升，發動機工作6分鐘做的功約為(　　)
A．1×104 J　　　　　　 B．1×105 J
C．1×106 J D．1×107 J
C　[功率恒定，加速上升，因此牽引力減小，為變力做功，根據題干信息得W＝Pt＝3 000×6×60 J≈1×106 J，故選項C正確。]
3．如圖所示，n個完全相同、邊長足夠小且互不粘連的小方塊依次排列，總長度為l，總質量為M，它們一起以某一初速度在光滑水平面上滑動，某時刻開始滑上粗糙水平面。小方塊與粗糙水平面之間的動摩擦因數為μ，重力加速度大小為g，若小方塊恰能全部進入粗糙水平面，則摩擦力對所有小方塊所做功的大小為(　　)
A．μMgl B．μMgl
C．μMgl D．2μMgl
A　[由于小方塊受到的滑動摩擦力Ff從零開始均勻增大至μMg，故可作出如圖所示的Ff-x圖像進行求解，其圖線與橫軸圍成圖形的面積即滑動摩擦力做功的大小，即μMgl，故選項A正確。]
4．如圖甲所示，靜置于光滑水平面上坐標原點O處的小物塊，在水平拉力F的作用下沿x軸正方向運動，拉力F隨物塊所在位置坐標x的變化關系如圖乙所示。已知縱、橫坐標軸單位長度代表的數值相同，縱、橫坐標單位均為國際單位，曲線部分為半圓，則小物塊運動到x0處時拉力所做的功為(　　)
A．Fmx0
B．(Fm＋F0)x0
C．(Fm－F0)x0＋F0x0
＋F0x0
C　[F-x圖像與x軸所圍的“面積”等于拉力做功的大小，則得到拉力做的功W＝F0x0＋π()2＝，由題圖乙看出，Fm－F0＝，故W＝(Fm－F0)x0＋F0x0，選項C正確。]
5．(多選)質量為m的汽車由靜止開始以加速度a做勻加速運動，經過時間t，汽車達到額定功率，則下列說法正確的是(　　)
A．at是汽車額定功率下的速度最大值
B．at不是汽車額定功率下的速度最大值
C．汽車的額定功率是ma2t
D．題中所給條件求不出汽車的額定功率
BD　[汽車在額定功率下的最大速度是a＝0時，vm＝＝，故A項錯誤，B項正確；汽車的功率是牽引力的功率，不是合力的功率，故C項錯誤；由F－Ff＝ma可知，F＝Ff＋ma，因Ff未知，則求不出F，故求不出汽車的額定功率，故D項正確。]
6．一輛汽車以功率P1在平直公路上勻速行駛，駕駛員突然減小油門，使汽車的功率減小為P2并繼續行駛。若整個過程中阻力恒定不變，汽車發動機的牽引力將(　　)
A．保持不變
B．不斷減小
C．突然減小，再增大，后保持不變
D．突然增大，再減小，后保持不變
C　[由P1＝Fv知，當汽車以功率P1勻速行駛時，F＝Ff，加速度a＝0，若突然減小油門，汽車的功率由P1減小到P2，則F突然減小，整個過程中阻力Ff恒定不變，即減小油門后F＜Ff，所以汽車將減速，由P2＝Fv知，此后保持功率P2不變繼續行駛，v減小，F增大，當F＝Ff時，汽車不再減速，而以一較小速度勻速行駛，牽引力不再增大。選項C正確。]
7．(多選)如圖所示，小球質量為m，懸線的長為L，小球在位置A時懸線水平，放手后，小球運動到位置B，懸線豎直。設在小球運動過程中空氣阻力f的大小不變，重力加速度為g，關于該過程，下列說法正確的是(　　)
A．重力做的功為mgL
B．懸線的拉力做的功為0
C．空氣阻力f做的功為－mgL
D．空氣阻力f做的功為－fL
ABD　[如圖所示，因為拉力T在運動過程中始終與運動方向垂直，故不做功，即WT＝0，重力在整個運動過程中始終不變，小球在重力方向上的位移為A、B兩點連線在豎直方向上的投影，為L，所以WG＝mgL，故A、B正確；將整個運動過程分成無數小段，空氣阻力所做的總功等于每段小圓弧上f所做功的代數和，即Wf＝－＝－fL，故C錯誤，D正確。]
8．汽車在平直公路上以速度v0勻速行駛，發動機功率為P，快進入鬧市區時，司機減小了油門，使汽車的功率立即減小一半并保持該功率繼續行駛。下面四個圖像中，能正確表示從司機減小油門開始，汽車的速度與時間的關系的是(　　)
A 　　　　　　B
C 　　　　　　D
C　[汽車在勻速行駛時牽引力等于阻力，而當功率減半時速度不變，由此可知牽引力減半，故阻力大于牽引力，車將減速，因功率恒定，而牽引力變大，由a＝知加速度逐漸減小，故做變減速運動。當牽引力等于阻力后，汽車將做勻速運動。由以上分析可知C項正確。]
9．放在粗糙水平地面上的物體受到水平拉力的作用，在0～6 s內其速度與時間關系圖像和水平拉力的功率與時間關系圖像如圖甲、乙所示。下列說法正確的是(　　)
A．0～6 s內物體的位移大小為20 m
B．0～6 s內拉力做功為100 J
C．滑動摩擦力的大小為5 N
D．0～6 s內滑動摩擦力做功為－50 J
D　[由題圖甲可知，在0～6 s內物體的位移大小為x＝×(4＋6)×6 m＝30 m，故A錯誤；由題圖乙可知，P-t圖線與時間軸圍成的面積表示拉力做功的大小，則0～6 s內拉力做功為WF＝×2×30 J＋10×4 J＝70 J，故B錯誤；在2～6 s內，v＝6 m/s，P＝10 W，物體做勻速運動，摩擦力Ff＝F＝＝ N，故C錯誤；在0～6 s內物體的位移大小為30 m，滑動摩擦力做負功，即Wf＝－×30 J＝－50 J，D正確。]
10．(多選)如圖所示是汽車牽引力F和車速倒數的關系圖像，若汽車質量為2×103 kg，由靜止開始沿平直公路行駛，阻力恒定，最大車速為30 m/s，則以下說法正確的是(　　)
A．汽車的額定功率為6×104 W
B．汽車運動過程中受到的阻力為6×103 N
C．汽車先做勻加速運動，然后再做勻速直線運動
D．汽車做勻加速運動的時間是5 s
AD　[由題圖像可知，汽車先做牽引力恒定的勻加速運動，再做功率恒定的變加速運動，P額＝F·vm＝2×103×30 W＝6×104 W，A正確，C錯誤；當汽車速度最大時牽引力F＝f＝2×103 N，B錯誤；汽車做勻加速運動的加速度a＝＝2 m/s2，汽車剛達到額定功率時的速度v′＝＝10 m/s，所以汽車做勻加速運動的時間t＝＝5 s，選項D正確。]
二、非選擇題
11．若汽車的質量為2×103 kg(可視為質點)，正以10 m/s的速度向右勻速運動(如圖甲所示)，汽車前方的水平路段BC較粗糙，汽車通過整個ABC路段的v-t圖像如圖乙所示(在t＝15 s處水平虛線與曲線相切)，運動過程中汽車發動機的輸出功率保持20 kW不變，假設汽車在兩個路段上受到的阻力(含地面摩擦力和空氣阻力等)各自有恒定的大小。求：
(1)汽車在AB路段上運動時所受阻力Ff1的大小；
(2)汽車剛好開過B點時加速度a的大小。
[解析]　(1)汽車在AB路段做勻速直線運動，根據平衡條件，有F1＝Ff1
P＝F1v1
解得Ff1＝＝ N＝2 000 N。
(2)t＝15 s時汽車處于平衡狀態，有F2＝Ff2，P＝F2v2
解得Ff2＝＝ N＝4 000 N
剛好開過B點時汽車的牽引力仍為F1，根據牛頓第二定律，有Ff2－F1＝ma
解得a＝1 m/s2。
[答案]　(1)2 000 N　(2)1 m/s2
12．汽車發動機的額定功率為60 kW，汽車的質量為4 t，當它行駛在坡度為0.02(sin α＝0.02)的長直公路上時，如圖所示，所受摩擦阻力為車重的0.1倍(g＝10 m/s2)，求：
(1)汽車所能達到的最大速度vm；
(2)若汽車從靜止開始以0.6 m/s2的加速度做勻加速直線運動，則此過程能維持多長時間？
[解析]　(1)汽車在坡路上行駛，所受阻力由兩部分構成，即
f＝0.1mg＋mg sin α＝4 000 N＋800 N＝4 800 N
又因為F＝f時，額定功率P＝fvm
所以vm＝＝ m/s＝12.5 m/s。
(2)汽車從靜止開始，以a＝0.6 m/s2勻加速行駛，由牛頓第二定律，有F′－f＝ma
解得F′＝ma＋f＝4×103×0.6 N＋4 800 N＝7.2×103 N
保持這一牽引力，汽車可達到勻加速行駛的最大速度，設為vm′，有
vm′＝＝ m/s＝ m/s
由運動學規律可以求出勻加速行駛的時間
t＝≈13.9 s。
[答案]　(1)12.5 m/s　(2)13.9 s素養提升課(六)　動能定理、機械能守恒定律及功能關系的應用
1．會利用動能定理分析多過程問題，提升綜合分析問題的能力。
2．能正確選擇機械能守恒定律或動能定理解決實際問題。
3．理解力做功與能量轉化的關系，能運用功能關系解決問題。
　利用動能定理處理多過程問題
1．平拋運動、圓周運動屬于曲線運動，若只涉及位移和速度而不涉及時間，應優先考慮用動能定理列式求解。
2．用動能定理解題，關鍵是對研究對象進行準確的受力分析及運動過程分析，并畫出物體運動過程的草圖，讓草圖幫助我們理解物理過程和各量關系。
3．若物體的運動過程包含多個運動階段，可分段應用動能定理，也可全程運用動能定理。若不涉及中間量，全程應用動能定理更簡單、更方便。若涉及多個力做功，應注意力與位移的對應性。
【典例1】　如圖所示，ABCD為一豎直平面內的軌道，其中BC水平，A點比BC高出10 m，BC長1 m，AB和CD軌道光滑。一質量為1 kg的物體，從A點以4 m/s的速度開始運動，經過BC后滑到高出C點10.3 m的D點速度為0。求：(取g＝10 m/s2)
(1)物體與BC軌道間的動摩擦因數；
(2)物體第5次經過B點時的速度。
[思路點撥]　(1)重力做功與物體運動路徑無關，其大小為mgΔh，但應注意做功的正、負。
(2)物體第5次經過B點時在水平面BC上的路徑為4sBC。
[解析]　(1)物體由A運動到D的過程，由動能定理得－mg(h－H)－μmgsBC＝，解得μ＝0.5。
(2)物體第5次經過B點時，物體在BC上滑動了4次，
由動能定理得mgH－μmg·4sBC＝，
解得v2＝4 m/s。
[答案]　(1)0.5　(2)4 m/s
[拓展]　在上例中，不改變任何條件，物體最后停止的位置(距B點多少米)。
[解析]　分析整個過程，由動能定理得
mgH－μmgs＝，
解得s＝21.6 m
所以物體在軌道上來回運動了10次后，還有1.6 m，
故距B點的距離為2 m－1.6 m＝0.4 m。
[答案]　距B點0.4 m
　動能定理在多過程問題中的應用技巧
(1)當物體運動過程中涉及多個力做功時，各力對應的位移可能不相同，計算各力做功時，應注意各力對應的位移。計算總功時，應計算整個過程中出現過的各力做功的代數和。
(2)研究初、末動能時，只需關注初、末狀態，不必關心中間運動的細節。
[跟進訓練]
1．如圖所示，一根放置于水平地面的輕質彈簧一端固定在豎直的墻壁上，處于原長時另一端位于C點，一質量為1 kg的物體以4 m/s的初速度沿水平地面的A點處向右運動，物體可視為質點，壓縮彈簧反彈后剛好停在了AC的中點B，已知物體與水平地面的動摩擦因數為0.2,A、C之間的距離為2 m，則整個過程中彈簧的最大彈性勢能為(g取10 m/s2)(　　)
A．3 J　　　　　　　　 B．4 J
C．5 J D．6 J
A　[由A點到B點應用動能定理得－μmg(xAC＋xCB＋2Δx)＝，由A點到壓縮彈簧到最短位置應用動能定理得－μmg(xAC＋Δx)－Epm＝，聯立可解得Epm＝3 J，故A正確，B、C、D錯誤。故選A。]
2．小明用如圖所示軌道探究滑塊的運動規律。長L1＝1 m的斜軌道傾角為α＝37°，斜軌道底端平滑連接長L2＝0.1 m的水平軌道，水平軌道左端與半徑R＝0.2 m的光滑半圓形軌道底端B平滑連接。將質量m＝0.05 kg的滑塊(可不計大小)從斜軌道頂端釋放，滑塊與斜軌道及水平軌道間的動摩擦因數均為μ＝0.3。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。
(1)若無初速度釋放滑塊，求滑塊到達B點時對半圓形軌道壓力FN的大小；
(2)為保證滑塊能到達半圓形軌道頂端A，應至少以多大速度v1釋放滑塊？
[解析]　(1)滑塊從斜軌道頂端滑到B點的過程，根據動能定理有：mgL1sin α－μmgL1cos α－μmgL2＝mv2
在B點由牛頓第二定律得：F－mg＝m
解得F＝2.15 N
由牛頓第三定律得滑塊到達B點時對半圓形軌道壓力FN的大小為2.15 N。
(2)若滑塊恰能到達半圓形軌道頂端A，到達A時速度記為v2，則mg＝
解得v2＝ m/s
從斜軌道頂端到A由動能定理有：
mgL1sin α－μmgL1cos α－μmgL2－2mgR＝
解得：v1＝ m/s。
[答案]　(1)2.15 N　(2) m/s
　機械能守恒定律和動能定理的綜合應用
1．機械能守恒定律和動能定理的比較
項目 機械能守恒定律 動能定理
表達式 E1＝E2 ΔEk＝－ΔEp ΔEA＝－ΔEB W＝ΔEk
應用范圍 只有重力或彈力做功時 無條件限制
研究對象 系統(或單個物體) 單個物體
關注角度 守恒的條件和初、末狀態機械能的形式及大小 動能的變化及合力做功情況
2．適用范圍
(1)動能定理：恒力做功、變力做功、分段做功、全程做功等均可適用。
(2)機械能守恒定律：只有系統內的彈力或重力做功。
【典例2】　如圖所示為2022年北京冬奧會跳臺滑雪場館“雪如意”的賽道示意圖，由助滑區、空中飛行區、著陸緩沖區等組成。運動員保持蹲踞姿勢從A點由靜止出發沿直線向下加速運動，經過距離A點s＝20 m處的P點時，運動員的速度為v1＝50.4 km/h。運動員滑到B點時快速后蹬，以v2＝90 km/h 的速度飛出，經過一段時間的空中飛行，以v3＝126 km/h的速度在C點著地。已知B、C兩點間的高度差h＝80 m，運動員的質量m＝60 kg，重力加速度g取9.8m/s2，計算結果均保留兩位有效數字。求：
(1)A到P過程中運動員的平均加速度大小；
(2)以B點為零勢能參考點，到C點時運動員的機械能；
(3)從B點起跳后到C點落地前的飛行過程中，運動員克服阻力做的功。
[解析]　(1)v1＝50.4 km/h＝14 m/s
由速度—位移的關系式得＝2as
代入數據解得a＝4.9 m/s2。
(2)v2＝90 km/h＝25 m/s
v3＝126 km/h＝35 m/s
以B點為零勢能參考點，到C點時運動員的機械能為
E＝
代入數據解得E≈－1.0×104 J。
(3)從B點起跳后到C點落地前的飛行過程中，由動能定理得
mgh－W＝
代入數據解得W≈2.9×104 J。
[答案]　(1)4.9 m/s2　(2)－1.0×104 J　(3)2.9×104 J
[跟進訓練]
3．在足球比賽中，甲隊隊員在乙隊禁區附近主罰定位球，并將球從球門右上角貼著球門射入，如圖所示。已知球門高度為h，足球飛入球門時的速度為v，足球質量為m，不計空氣阻力和足球大小，則該隊員將足球踢出時對足球做的功為(　　)
A．mv2 B．mgh＋mv2
C．mgh D．mv2－mgh
B　[運動員將球踢出時做的功等于足球獲得的動能，根據動能定理得W＝；足球從被運動員以速度v0踢出到飛入球門的過程中，只有重力做功，機械能守恒，以地面為參考平面，則＝mgh＋mv2，故W＝＝。故B正確，A、C、D錯誤。]
4．蹺蹺板是一種常見的游樂設施。兩人對坐兩端，輪流用腳蹬地，使一端上升，另一端下落，如此反復。如圖所示，質量分別為2m、m的甲、乙兩人對坐在蹺蹺板的兩端，蹺蹺板的長度為L，開始時甲所在端著地，蹺蹺板與水平面之間的夾角為α＝30°，甲蹬地后恰好讓乙所在端著地，該過程中甲、乙兩人的速度大小始終相等且乙的腳未與地面接觸。假設在蹺蹺板轉動過程中甲、乙兩人均可看成質點，蹺蹺板的質量、轉軸處的摩擦和甲蹬地過程中蹺蹺板轉動的角度均忽略不計，重力加速度為g，求：
(1)甲蹬地結束時甲的速度大小v；
(2)甲蹬地結束至乙所在端著地過程中，蹺蹺板對乙做的功W。
[解析]　(1)甲蹬地結束時，甲、乙的速度大小均為v，乙所在端恰好著地說明此時甲乙速度均為0，以水平地面為參考平面，蹺蹺板轉動過程中，對甲、乙組成的系統，由機械能守恒定律得＋mgL sin α＝2mgL sin α
解得v＝。
(2)甲蹬地結束至乙所在端著地過程中，對乙由動能定理得W＋mgL sin α＝0－mv2
解得W＝－mgL。
[答案]　(1)　(2)－mgL
　能量守恒定律、功能關系的理解和應用
1．能量守恒定律
能量既不會憑空產生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉化為另一種形式，或者從一個物體轉移到別的物體，在轉化或轉移的過程中，能量的總量保持不變。
2．功能關系概述
(1)不同形式的能量之間的轉化是通過做功實現的，做功的過程就是能量之間轉化的過程。
(2)功是能量轉化的量度。做了多少功，就有多少能量發生轉化。
3．功與能的關系：由于功是能量轉化的量度，某種力做功往往與某一種具體形式的能量轉化相聯系，具體功能關系如下表。
功 能量轉化 關系式
重力做功 重力勢能的改變 WG＝－ΔEp
彈力做功 彈性勢能的改變 WF＝－ΔEp
合力做功 動能的改變 W合＝ΔEk
除重力、系統內彈力以外的其他力做功 機械能的改變 W＝ΔE機
兩物體間滑動摩擦力對物體系統做功 內能的改變 Ff x相對＝Q
【典例3】　(多選)如圖所示，傾角為θ＝30°的粗糙斜面固定在地面上，長為l、質量為m、粗細均勻、質量分布均勻的軟繩置于斜面上，其上端與斜面頂端平齊。用細線將物塊與軟繩連接，物塊由靜止釋放后向下運動，直到軟繩剛好全部離開斜面(此時物塊未到達地面)，在此過程中(　　)
A．物塊的機械能逐漸增加
B．軟繩重力勢能共減少了mgl
C．物塊減少的重力勢能等于軟繩克服摩擦力所做的功
D．軟繩減少的重力勢能小于其增加的動能與克服摩擦力所做的功之和
BD　[以物塊為研究對象，細線對物塊做負功，物塊機械能減少，選項A錯誤；開始時軟繩的重心在最高點下端l sin 30°＝處，物塊由靜止釋放后向下運動，當軟繩剛好全部離開斜面時，軟繩重心在最高點下端處，故軟繩的重心下降了l，軟繩重力勢能共減少了mgl，選項B正確；根據功能關系，細線對軟繩做的功與軟繩重力勢能的減少量之和等于其動能的增加量與克服摩擦力所做的功之和，物塊減少的重力勢能等于克服細線拉力所做的功及其動能的增加量，選項D正確，C錯誤。]
[跟進訓練]
5．(多選)如圖所示，質量為m的物體(可視為質點)以某一速度由底端沖上傾角為30°的固定斜面，上升的最大高度為h，其加速度大小為g。在這個過程中，物體(　　)
A．重力勢能增加了mgh
B．動能減少了mgh
C．動能減少了
D．機械能損失了
AC　[物體重力勢能的增加量等于克服重力做的功，選項A正確；合力對物體做的功等于物體動能的變化量，則可知動能減少量為ΔEk＝ma＝mgh，選項B錯誤，選項C正確；物體機械能的損失量等于克服摩擦力做的功，因為mgsin 30°＋Ff＝ma，所以Ff＝mg，故克服摩擦力做的功Wf＝Ff＝mg＝mgh，選項D錯誤。]
素養提升練(六)　動能定理、機械能守恒定律及功能關系的應用
一、選擇題
1．木塊靜止掛在繩子下端，一子彈以水平速度射入木塊并留在其中，再與木塊一起共同擺到一定高度如圖所示，從子彈開始射入到共同上擺到最大高度的過程中，下列說法正確的是(　　)
A．子彈的機械能守恒
B．木塊的機械能守恒
C．子彈和木塊總機械能守恒
D．子彈和木塊上擺過程中機械能守恒
D　[子彈射入木塊過程中，系統中摩擦力做負功，機械能減少；而共同上擺過程中，系統只有重力做功，機械能守恒。綜上所述，整個過程機械能減少，減少部分等于克服摩擦力做功產生的熱量。]
2．某運動員在一次自由式滑雪空中技巧比賽中沿“助滑區”保持同一姿態下滑了一段距離，重力對他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J。該運動員在此過程中(　　)
A．動能增加了1 900 J
B．動能增加了2 000 J
C．重力勢能減小了1 900 J
D．重力勢能減小了2 000 J
C　[由題可得：重力做功WG＝1 900 J，則重力勢能減小1 900 J，故選項C正確，D錯誤；由動能定理得WG－Wf＝ΔEk，克服阻力做功Wf＝100 J，則動能增加1 800 J，故選項A、B錯誤。]
3．如圖所示，假設在某次比賽中運動員從10 m高處的跳臺跳下，設水的平均阻力約為其體重的3倍，在粗略估算中，運動員可看作質點，為了保證運動員的人身安全，池水深度至少為(不計空氣阻力)(　　)
A．5 m　　　　　　　 B．3 m
C．7 m D．1 m
A　[設水深h，對全程運用動能定理得mg(H＋h)－fh＝0，f＝3mg，即mg(H＋h)＝3mgh。所以h＝5 m。]
4．質量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開始運動，起始點A與一輕彈簧O端相距s，如圖所示。已知物體與水平面間的動摩擦因數為μ，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x，則從開始碰撞到彈簧被壓縮至最短，物體克服彈簧彈力所做的功為(　　)
－μmg(s＋x)
－μmgx
C．μmgs
D．μmg(s＋x)
A　[根據功的定義式可知物體克服摩擦力做功為Wf＝μmg(s＋x)，由能量守恒定律可得＝W彈＋Wf，解得W彈＝－μmg(s＋x)，故選項A正確。]
5．(多選)質量為m的物體，在距地面h高處以的加速度由靜止豎直下落到地面，下列說法中正確的有(　　)
A．物體的重力勢能減少
B．物體的重力勢能減少了mgh
C．物體的動能增加
D．重力做功mgh
BD　[物體在下落過程中，重力做正功為mgh，則重力勢能減小mgh，A錯誤，B、D正確；物體的合力為，則合力做功為，所以物體的動能增加，C錯誤。]
6．如圖所示，一質量為m、長度為l的均勻柔軟細繩PQ豎直懸掛。用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點，M點與繩的上端P點相距l。重力加速度大小為g。在此過程中，外力做的功為(　　)
A．mgl B．mgl
C．mgl D．mgl
A　[由題意可知，PM段細繩的機械能不變，未拉起時，MQ段細繩重心在MQ中點處，與M距離為，Q拉到M點時，MQ段細繩重心與M距離為，則MQ段細繩的重心升高了，則重力勢能增加ΔEp＝mg·＝mgl，由功能關系可知，在此過程中，外力做的功為W＝mgl，故選項A正確，B、C、D錯誤。]
7．(多選)如圖所示，一木塊放在光滑的水平面上，一顆子彈水平射入木塊的過程中，子彈受到的平均阻力為f，射入木塊的深度為d，此過程木塊移動了s，則該過程有(　　)
A．子彈損失的動能為f(s＋d)
B．子彈對木塊做功為fs
C．子彈動能的減少量等于木塊動能的增加量
D．子彈、木塊組成的系統損失的機械能為fd
ABD　[對子彈，根據動能定理有－f (s＋d)＝ΔEk1，可知子彈損失的動能為f(s＋d)，A正確；對木塊，有fs＝ΔEk2，可知木塊增加的動能為fs，則子彈對木塊做功為fs，B正確；根據能量守恒，子彈動能的減少量等于木塊動能的增加量和系統產生的熱量之和，C錯誤；系統機械能損失為E損＝f(s＋d)－fs＝fd，D正確。]
8．(2022·西南大學附屬中學高一期中)如圖所示，水平固定粗糙長桿上套有物塊a，細線跨過O點的輕質光滑定滑輪一端連接物塊a，另一端豎直懸掛物塊b，開始時a位于桿上P點，當a、b靜止釋放后b向下運動，已知所有物體裝置均處于同一豎直面上，忽略空氣阻力。當a在水平桿P、C間向右運動過程，下列說法正確的是(　　)
A．物塊b減少的重力勢能等于物塊b增加的動能
B．物塊b的機械能在增加
C．物塊b重力做的功等于物塊b動能的增加量
D．物塊a克服桿的作用力做的功等于物塊a、b組成的系統減少的機械能
D　[由于繩子拉力對物塊b做負功，物塊b的機械能不守恒，機械能在減少，B錯誤；物塊b的機械能不守恒，則物塊b減少的重力勢能不等于物塊b增加的動能，A錯誤；對物塊b根據動能定理有WG－WF＝ΔEk，即物塊b重力做的功不等于物塊b動能的增加量，C錯誤；對于a、b系統，根據能量守恒定律，物塊a與粗糙長桿之間的摩擦產生的熱量等于系統的機械能的減少量，即物塊a克服桿的作用力做的功等于物塊a、b組成的系統減少的機械能，D正確。故選D。]
二、非選擇題
9．如圖甲所示，在水平地面上放置一個質量為m＝4 kg的物體，讓其在隨位移均勻減小的水平推力作用下運動，推力F隨位移x變化的圖像如圖乙所示，已知物體與地面之間的動摩擦因數為μ＝0.5，g取10 m/s2，求：
(1)出發時物體運動的加速度大小；
(2)物體能夠運動的最大位移。
[解析]　(1)由牛頓第二定律得F－μmg＝ma，
由題圖乙可知出發時推力F0＝100 N，
代入數據得a＝20 m/s2。
(2)根據題圖像得推力對物體做的功等于圖線與x軸圍成的面積，則推力對物體做功
W＝F0x0＝250 J，
根據動能定理可得W－μmgxm＝0，
解得xm＝12.5 m。
[答案]　(1)20 m/s2　(2)12.5 m
10．如圖所示，傳送帶的速度是3 m/s，兩圓心的距離s＝4.5 m，現將m＝1 kg的小物體輕放在左輪正上方的傳送帶上，物體與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.15，電動機帶動傳送帶將物體從左輪運送到右輪正上方時，求：(g取10 m/s2)
(1)小物體獲得的動能Ek；
(2)這一過程克服摩擦產生的熱量Q；
(3)這一過程電動機多消耗的電能E。
[解析]　(1)設小物體與傳送帶達到共同速度時，物體相對地面的位移為x
由動能定理可得μmgx＝mv2，
解得x＝3 m＜4.5 m，
即物體可與傳送帶達到共同速度，此時
Ek＝mv2＝×1×32 J＝4.5 J。
(2)由μmg＝ma得a＝1.5 m/s2，
由v＝at得t＝2 s，
則Q＝μmg(vt－x)＝0.15×1×10×(6－3) J＝4.5 J。　
(3)由能量守恒知，E＝Ek＋Q＝4.5 J＋4.5 J＝9 J。
[答案]　(1)4.5 J　(2)4.5 J　(3)9 J
11．如圖所示，裝置由一理想彈簧發射器及兩個軌道組成。其中軌道Ⅰ由光滑軌道AB與粗糙直軌道BC平滑連接，高度差分別是h1＝0.20 m、h2＝0.10 m，BC水平距離L＝1.00 m。軌道Ⅱ由AE、螺旋圓形EFG和GB三段光滑軌道平滑連接而成，且A點與F點等高。當彈簧壓縮量為d時，恰能使質量m＝0.05 kg的滑塊沿軌道Ⅰ上升到B點；當彈簧壓縮量為2d時，恰能使滑塊沿軌道Ⅰ上升到C點。(已知彈簧彈性勢能與壓縮量的平方成正比，g＝10 m/s2)
(1)當彈簧壓縮量為d時，求彈簧的彈性勢能及滑塊離開彈簧瞬間的速度大小；
(2)求滑塊與軌道BC間的動摩擦因數；
(3)當彈簧壓縮量為d時，若沿軌道Ⅱ運動，滑塊能否上升到B點？請通過計算說明理由。
[解析]　(1)由機械能守恒定律可得：
E彈＝ΔEk＝ΔEp＝mgh1
＝0.05×10×0.2 J＝0.1 J
由ΔEk＝可得，v0＝2 m/s。
(2)當彈簧壓縮量為2d時，由E彈∝d2可得
E彈′＝4E彈＝4mgh1
對滑塊從彈簧釋放運動到C點的過程，由能量守恒定律可得：E彈′＝mg(h1＋h2)＋μmgL，解得μ＝0.5。
(3)設螺旋圓形軌道的半徑為R，滑塊恰能通過螺旋圓形軌道最高點必須滿足的條件是mg＝m
由機械能守恒定律可得：E彈＝mv2，由(1)可知
E彈＝mgh1，
解得Rm＝0.4 m
即0＜R≤0.4 m時，
滑塊能上升到B點；
當R>0.4 m時，
滑塊會脫離螺旋圓形軌道，
不能上升到B點。
[答案]　(1)0.1 J　2 m/s　(2)0.5　(3)見解析主題提升課2 機械能及其守恒定律
主題一　能量觀念的建立及應用
1．理解重力勢能與重力做功的關系，理解動能定理和機械能守恒定律，學會從機械能轉化和守恒的視角分析物理問題，形成初步的能量觀念。
2．在應用機械能守恒定律解決問題的過程中，體會守恒的思想，領悟從守恒的角度分析問題的方法，增強分析和解決問題的能力。
【典例1】　放在粗糙水平地面上的物體受到水平拉力的作用，在0～6 s內其速度與時間的關系圖像和拉力的功率與時間的關系圖像如圖所示。下列說法正確的是(　　)
A．物體的質量為 kg
B．滑動摩擦力的大小為5 N
C．0～6 s拉力做的功為30 J
D．0～2 s內拉力做的功為20 J
A　[由題中v-t圖像知，在2～6 s內，物體做勻速直線運動且速度v＝6 m/s，P＝10 W，則滑動摩擦力為f＝F＝＝ N＝ N，故B錯誤；當P′＝30 W時，v＝6 m/s，得到牽引力F′＝＝ N＝5 N，0～2 s內物體的加速度a＝＝3 m/s2，根據牛頓第二定律得F′－f＝ma，代入數據可得m＝ kg，故A正確；在0～2 s內，由P-t圖像圍成的面積表示拉力做的功，可得W1＝t1＝30 J，同理在2～6 s內，拉力做的功W2＝Pt2＝10×(6－2) J＝40 J，故0～6 s 拉力做的功為W＝W1＋W2＝70 J，故C、D錯誤。]
【典例2】　(多選)如圖所示，一根原長為L的輕彈簧，下端固定在水平地面上，一個質量為m的小球，在彈簧的正上方從距地面高度為H處由靜止下落壓縮彈簧。若彈簧的最大壓縮量為x，小球下落過程受到的空氣阻力恒為Ff，則小球從開始下落至最低點的過程(　　)
A．小球動能的增量為0
B．小球重力勢能的增量為mg(H＋x－L)
C．彈簧彈性勢能的增量為(mg－Ff)(H＋x－L)
D．系統機械能減少FfH
AC　[小球下落的整個過程中，開始時速度為零，結束時速度也為零，所以小球動能的增量為0，選項A正確；小球下落的整個過程中，重力做功WG＝mgh＝mg(H＋x－L)，根據重力做功量度重力勢能的變化得WG＝－ΔEp，則小球重力勢能的增量為－mg(H＋x－L)，選項B錯誤；根據動能定理得WG＋Wf＋W彈＝0，所以W彈＝－(mg－Ff)(H＋x－L)，根據彈簧彈力做功量度彈性勢能的變化得W彈＝，則彈簧彈性勢能的增量為(mg－Ff)(H＋x－L)，選項C正確；系統機械能的減少量等于重力、彈力以外的力做的功，小球從開始下落至最低點的過程，克服阻力做的功為Ff(H＋x－L)，所以系統機械能減少Ff(H＋x－L)，選項D錯誤。]
主題二　科學規律的探究
1．通過實驗，驗證機械能守恒定律，理解機械能守恒定律，體會守恒觀念對認識物理規律的重要性。
2．能明確實驗需要測量的物理量，由此設計實驗方案。會使用所提供的實驗器材進行實驗并獲得數據，通過對數據的分析發現其中的特點，進而歸納出實驗結論，并嘗試對其作出解釋。
【典例3】　利用氣墊導軌驗證機械能守恒定律，實驗裝置如圖所示，水平桌面上固定一傾斜的氣墊導軌，導軌上A點處有一帶長方形遮光片的滑塊，其總質量為M，左端由跨過輕質光滑定滑輪的細繩與一質量為m的小球相連；遮光片兩條長邊與導軌垂直；導軌上B點有一光電門，可以測量遮光片經過光電門時的擋光時間t，用d表示A點到光電門B處的距離，b表示遮光片的寬度，將遮光片通過光電門的平均速度看作滑塊通過B點的瞬時速度，實驗時滑塊在A處由靜止開始運動。
(1)滑塊通過B點的瞬時速度可表示為________；
(2)某次實驗測得傾角θ＝30°，重力加速度用g表示，滑塊從A處到達B處時m和M組成的系統動能增加量可表示為ΔEk＝______，系統的重力勢能減少量可表示為ΔEp＝______，在誤差允許的范圍內，若ΔEk＝ΔEp，則可認為系統的機械能守恒。
[解析]　(1)由于遮光片的寬度b很小，所以我們用很短時間內的平均速度代替瞬時速度，則滑塊通過光電門B的速度為vB＝。
(2)滑塊從A處到達B處時m和M組成的系統動能增加量為ΔEk＝(M＋m)＝；系統的重力勢能減少量可表示為ΔEp＝mgd－Mgd sin 30°＝gd。
[答案]　(1)　(2)　gd

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