1、第五章机械能考纲下载考向前瞻(1)功和功率()(2)动能 动能定理()(3)重力势能()(4)弹性势能()(5)机械能守恒定律及其应用()(6)验证机械能守恒定律(实验、探究)()(7)能量守恒()(1)功和功率、动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律仍将是本章命题的热点。(2)将本章内容与牛顿运动定律、圆周运动、电磁学知识相结合，并与生产、生活实际和现代科技相联系进行命题的趋势较强。第1节功和功率 必备知识1物理意义功是能量转化的量度。2做功的两个必要因素力和物体在力的方向上发生的位移。3公式WFlcos ，适用于恒力做功，其中为F、l方向间的夹角，l为物体发生的位移。4力对物体做功的情况夹
2、角功的正负从动力学角度看从能量角度看90力对物体做正功力是物体运动的动力物体的能量增加90力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功力是物体运动的阻力物体的能量减少90力对物体不做功力既不是物体运动的动力，也不是物体运动的阻力，只改变物体运动的方向物体的能量不会因此而变化典题例析生活中有人常说在车厢内推车是没用的，如图511，在水平地面上运动的汽车车厢内一人用力推车，当车在倒车时刹车的过程中()图511A人对车做正功 B人对车做负功C人对车不做功 D车对人的作用力方向水平向右解析选A人对车厢的推力方向向右，所以人对车厢的推力做正功，故A正确，B、C错误；在减速向右运动的车厢中，人的加速度向左，
3、根据牛顿第二定律得出人受到的合力向左，而人在竖直方向受力平衡，所以车厢对人的作用力向左上方，故D错误。判断正、负功的方法(1)恒力做功的判断：若物体做直线运动，则依据力与位移的夹角来判断。(2)曲线运动中功的判断：若物体做曲线运动，则依据F与v的方向夹角来判断。当090时，力对物体做正功；当90180时，力对物体做负功；当90时，力对物体不做功。(3)依据能量变化来判断：根据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。针对训练1. (多选)如图512所示，质量为m的物体置于倾角为的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为，在外力作用
4、下，斜面以加速度a沿水平方向向左做匀加速运动，运动中物体m与斜面体相对静止。则关于斜面对m的支持力和摩擦力的下列说法中正确的是()图512A支持力一定做正功B摩擦力一定做正功C摩擦力可能不做功 D摩擦力可能做负功解析：选ACD由功的计算公式WFlcos 可知，支持力方向垂直斜面向上，与位移方向的夹角小于90，支持力一定做正功，故A正确；摩擦力是否存在需要讨论：当加速度较小时，摩擦力Ff沿斜面向上，即agtan ，摩擦力沿斜面向上，做负功；当加速度较大时，摩擦力Ff沿斜面向下，即agtan ，摩擦力沿斜面向下，做正功；当agtan 时，摩擦力不存在，不做功，故C、D正确，B错误。2. (2014
5、镇江模拟)如图513所示，自动卸货车静止在水平地面上，在液压机的作用下，车厢与水平方向的夹角缓慢增大，这个过程中车厢内货物始终相对车厢静止，下列说法正确的是()图513A货物受到的静摩擦力减小B地面对货车有水平向右的摩擦力C货物受到的支持力对货物做正功D货物受到的摩擦力对货物做负功解析：选C货物处于平衡状态，则有：mgsin f，Nmgcos ，增大时，f增大，N减小，故A错误；对汽车受力分析可知只受重力与支持力，故B错误；货物受到的支持力方向始终与其运动方向相同，因此做正功，C正确；而摩擦力方向始终与其运动方向垂直，故不做功，D错误。必备知识功是过程量，反映力对物体的作用在空间上的累积效果，
6、对应一段位移(或一个过程)，所以求功时一定要明确是哪个力在哪一段位移(或哪一个过程)内所做的功。下面分情况讲述几种类型功的计算方法。1恒力做的功直接用WFlcos 计算。2合外力做的功方法一：先求合外力F合，再用W合F合lcos 求功。方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3、，再应用W合W1W2W3求合外力做的功。3变力做的功(1)应用动能定理求解。(2)应用WPt求解，此法适用于变力的功率P不变。(3)将变力做功转化为恒力做功，此法适用于力的大小不变，方向与运动方向相同或相反，或力的方向不变，大小随位移均匀变化的情况。典题例析如图514所示，一质量为m2.0 kg的物体从半径为R5.0 m
7、的圆弧的A端，在拉力作用下沿圆弧缓慢运动到B端(圆弧AB在竖直平面内)。拉力F大小不变始终为15 N，方向始终与物体在该点的切线成37角。圆弧所对应的圆心角为60，BO边为竖直方向。(g取10 m/s2)求这一过程中：图514(1)拉力F做的功；(2)重力G做的功；(3)圆弧面对物体的支持力FN做的功；(4)圆弧面对物体的摩擦力Ff做的功。解析(1)将圆弧分成很多小段l1，l2，ln，拉力在每小段上做的功为W1，W2，Wn，因拉力F大小不变，方向始终与物体在该点的切线成37角，所以：W1Fl1cos 37，W2Fl2cos 37，WnFlncos 37，所以WFW1W2WnFcos 37(l1
8、l2ln)Fcos 37R20 J62.8 J。(2)重力G做的功WGmgR(1cos 60)50 J。(3)物体受的支持力FN始终与物体的运动方向垂直，所以WFN0。(4)因物体在拉力F作用下缓慢移动，动能不变，由动能定理知：WFWGWFf0。所以WFfWFWG(62.850) J12.8 J。答案(1)62.8 J(2)50 J(3)0(4)12.8 J用“化变为恒”法求解变力做功(1)将过程进行分段，直到每段均为恒力。(2)当力的方向不变，大小随位移做线性变化时，可先求出力相对位移的平均值，再由Wl计算。(3)根据功能关系把求变力做功转化为求恒力做功。针对训练1.如图515所示，某人用大
9、小不变的力F拉着放在光滑水平面上的物体，开始时与物体相连接的绳与水平面间的夹角是，当拉力F作用一段时间后，绳与水平面间的夹角为。已知图中的高度是h，求绳的拉力FT对物体所做的功。假定绳的质量、滑轮质量及绳与滑轮间的摩擦不计。图515解析：本题中，显然F与FT的大小相等，且FT在对物体做功的过程中，大小不变，但方向时刻在改变，因此本题是个变力做功的问题。但在题设条件下，人的拉力F对绳的端点(也即对滑轮机械)做的功就等于绳的拉力FT(即滑轮机械)对物体做的功。而F的大小和方向都不变，因此只要计算恒力F对绳做的功就能解决问题。设绳的拉力FT对物体做的功为WT，由题图可知，在绳与水平面的夹角由变到的过
10、程中，拉力F作用的绳端的位移的大小为ll1l2h(1/sin 1/sin )由WFl可知WTWFFlFh(1/sin 1/sin )。答案：Fh(1/sin 1/sin )2把长为l的铁钉钉入木板中，每打击一次给予的能量为E0，已知钉子在木板中遇到的阻力与钉子进入木板的深度成正比，比例系数为k。问此钉子全部进入木板需要打击几次？解析：在把钉子打入木板的过程中，钉子把得到的能量用来克服阻力做功，而阻力与钉子进入木板的深度成正比，先求出阻力的平均值，便可求得阻力做的功。钉子在整个过程中受到的平均阻力为：F钉子克服阻力做的功为：WFFlkl2设全过程共打击n次，则给予钉子的总能量：E总nE0kl2，
11、所以n。答案： 必备知识1物理意义描述力对物体做功的快慢。2公式(1)P(P为时间t内的平均功率)。(2)PFvcos_(为F与v的夹角)。3额定功率机械能够长时间工作的最大功率。4实际功率机械实际工作时的功率，不能长时间大于额定功率。5PFv中三个物理量间的关系及公式的应用定值各物理量间的关系应用P一定F与v成反比汽车上坡时，要增大牵引力，应换挡减小速度v一定F与P成正比汽车上坡时，要使速度不变，应加大油门，增大输出功率，获得较大的牵引力F一定v与P成正比汽车在高速路上，加大油门增大输出功率，可以提高速度典题例析 (2012江苏高考)如图516所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球。在水
12、平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点。在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是()图516A逐渐增大B逐渐减小C先增大，后减小D先减小，后增大思维流程解析选A设细线与竖直方向的夹角为，小球质量为m，速率为v。由小球做匀速圆周运动，切向合力为零可得，mgsin Fcos ，由PFvcos 可得拉力F的瞬时功率表达式为PFvcos mgvsin ，可见功率P随的增大逐渐增大，A正确。功率的计算方法1平均功率的计算(1)利用。(2)利用Fcos ，其中为物体运动的平均速度。2瞬时功率的计算(1)利用公式PFvcos ，其中v为t时刻的瞬时速度。(2)利用公式PFvF，其中vF为物体的速
13、度v在力F方向上的分速度。(3)利用公式PFvv，其中Fv为物体受的外力F在速度v方向上的分力。针对训练1(多选)一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t0时起，第1秒内受到2 N的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1 N的外力作用。下列判断正确的是()A02秒内外力的平均功率是 WB第2秒内外力所做的功是 JC第2秒末外力的瞬时功率最大D第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是解析：选AD第1 s内物体位移x1at2 t21 m，外力做功W1Fx12 J，v1at1 m/s2 m/s，第2 s内位移x2v1tat221 m12 m2.5 m，外力做功W2Fx212.5 J2.5 J，B
14、错误；2 s内外力的平均功率P W W，A正确；由瞬时功率PFv可知，第1 s末瞬时功率P1F1v122 W4 W，第2 s末的速度v2v1at(211) m/s3 m/s，瞬时功率P2F2v213 W3 W，C错误；由动能定理可知，动能的增加量等于合外力做的功，其比值为，D正确。2(2014扬州调研)一个成人以正常的速度骑自行车，受到的阻力为总重力的0.02倍，则成人骑自行车行驶时的功率最接近于()A1 WB10 WC100 W D1 000 W解析：选C设人和车的总质量为100 kg，匀速行驶时的速率为5 m/s，匀速行驶时的牵引力与阻力大小相等F0.02mg20 N，则人骑自行车行驶时的
15、功率为PFv100 W，故C正确。 必备知识1两种启动方式的比较两种方式以恒定功率启动以恒定加速度启动P t图和v t图OA段过程分析vFaa不变F不变PFv直到P额Fv1运动性质加速度减小的加速直线运动匀加速直线运动，维持时间t0AB段过程分析FF阻a0F阻vFa运动性质以vm匀速直线运动加速度减小的加速运动BC段无FF阻a0以vm匀速运动2三个重要关系式(1)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功WPt。由动能定理：PtF阻xEk。此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小。(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率达到最大，但速度没有达到最大，即vP2P3BP1P2
16、P3C02 s内力F对滑块做功为4 JD02 s内摩擦力对滑块做功为4 J解析：选BC第1 s内力F对滑块做功的平均功率分别为P1F1v111 W1 W；第2 s内力F对滑块做功的平均功率分别为P2F2v231 W3 W；第3 s内力F对滑块做功的平均功率分别为P3F3v322 W4 W；所以，P1P2P3，选项A错误B正确；02 s内力F对滑块做功为WF1x1F2x211 J31 J4 J，选项C正确；滑块所受摩擦力f2 N,02 s内滑块位移x2 m，摩擦力对滑块做功为fxcos 1804 J，选项D错误。三、非选择题11. (2014日照模拟)如图9所示，建筑工人通过滑轮装置将一质量是1
17、00 kg的料车沿30角的斜面由底端匀速地拉到顶端，斜面长L是4 m，若不计滑轮的质量和各处的摩擦力，g取10 N/kg，求这一过程中：图9(1)人拉绳子的力做的功；(2)物体的重力做的功；(3)物体受到的各力对物体做的总功。解析：(1)工人拉绳子的力：Fmgsin 工人将料车拉到斜面顶端时，拉绳子的长度：l2L，根据公式WFlcos ，得W1mgsin 2L2 000 J。(2)重力做功：W2mghmgLsin 2 000 J。(3)由于料车在斜面上匀速运动，则料车所受的合力为0，故W合0答案：(1)2 000 J(2)2 000 J(3)012(2013上海模拟)如图10甲所示，在水平路段
18、AB上有一质量为2103 kg的汽车，正以10 m/s的速度向右匀速运动，汽车前方的水平路段BC较粗糙，汽车通过整个ABC路段的v t图像如图乙所示(在t15 s处水平虚线与曲线相切)，运动过程中汽车发动机的输出功率保持20 kW不变，假设汽车在两个路段上受到的阻力(含地面摩擦力和空气阻力等)各自有恒定的大小。图10(1)求汽车在AB路段上运动时所受的阻力Ff1。(2)求汽车刚好到达B点时的加速度a。(3)求BC路段的长度。解析：(1)汽车在AB路段时，有F1Ff1，PF1v1，Ff1P/v1，联立解得：Ff1 N2 000 N。(2)t15 s时汽车处于平衡态，有F2Ff2，PF2v2，Ff
19、2P/v2，联立解得：Ff2 N4 000 N。t5 s时汽车开始减速运动，有F1Ff2ma，解得a1 m/s2。(3)PtFf2xmvmv解得x68.75 m。答案：(1)2 000 N(2)1 m/s2(3)68.75 m第2节动能定理必备知识1内容力在一个过程中对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。2表达式WEk2Ek1。3物理意义合力的功是物体动能变化的量度。4适用条件(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功。(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用。5公式理解(1)动能定理公式中等号表明了合外力做功与物体
20、动能的变化具有等量代换关系。合外力的功是引起物体动能变化的原因。(2)动能定理中涉及的物理量有F、l、m、v、W、Ek等，在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动能定理。典题例析(2014北京朝阳期中)如图521所示，MPQ为竖直面内一固定轨道，MP是半径为R的光滑圆弧轨道，它与水平轨道PQ相切于P，Q端固定一竖直挡板，PQ长为s。一小物块在M端由静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次碰撞后停在距Q点为l的地方，与挡板碰撞过程中无机械能损失，重力加速度为g。求：图521(1)物块滑至圆弧轨道P点时对轨道压力的大小；(2)物块与PQ段动摩擦因数的可能值。思路点拨(1)物块与挡板发生碰撞，碰撞前后
21、物块的速度有什么关系？提示：由于碰撞过程中无机械能损失，所以碰撞前后物块的速度大小相等、方向相反。(2)物块与挡板碰撞一次后停在距挡板为l的地方。其在水平轨道PQ段滑过的路程有几种可能？大小分别为多少？提示：第一种情况：物块与挡板碰后，向左运动一段距离，停在距Q为l的地方。路程大小为sl。第二种情况：物块与挡板碰后，向左运动冲上光滑圆弧轨道后，返回水平轨道，停在距Q为l的地方。路程大小为3sl。解析(1)设物块滑至P点时的速度为v，根据动能定理有mgRmv2所以v设物块到达P点时，轨道对它的支持力大小为N，根据牛顿第二定律有Nmgm所以N3mg根据牛顿第三定律，物块对轨道压力的大小NN3mg。
22、(2)第一种情况：物块与Q处的竖直挡板相撞后，向左运动一段距离，停在距Q为l的地方。设该点为O1，物块从M运动到O1的过程，根据动能定理有mgRmg(sl)00所以。第二种情况：物块与Q处的竖直挡板相撞后，向左运动冲上圆弧轨道后，返回水平轨道，停在距Q为l的地方。设该点为O2，物块从M运动到O2的过程，根据动能定理有mgRmg(2ssl)00所以。答案(1) 3mg(2)或应用动能定理解题的基本步骤及注意事项(1)解题步骤：(2)注意事项：动能定理的研究对象可以是单一物体，或者是可以看作单一物体的物体系统。动能定理是求解物体的位移或速率的简捷公式。当题目中涉及位移和速度而不涉及时间时可优先考虑
23、动能定理；处理曲线运动中的速率问题时也要优先考虑动能定理。应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负。当一个力做负功时，可设物体克服该力做功为W，将该力做功表达为W，也可以直接用字母W表示该力做功，使其字母本身含有负号。针对训练1. (多选)如图522所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增加到v2时，上升高度为H，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是()图522A对物体，动能定理的表达式为WFNmv，其中WFN为支持力的功B对物体，动能定理的表达式为W合0，其中W合为合力的功C对物体，动能定理的表达式为WFNmg
24、HmvmvD对电梯，其所受合力做功为MvMv解析：选CD在电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力的总功才等于物体动能的增量Ekmvmv，故A、B均错误，C正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力的功一定等于其动能的增量，故D正确。2如图523所示，BC是竖直面内的四分之一圆弧形光滑轨道，下端C与水平直轨道相切。一个小物块从B点正上方R处的A点处由静止释放，从B点刚好进入圆弧形光滑轨道下滑，已知圆弧形轨道半径为R0.2 m，小物块的质量为m0.1 kg，小物块与水平面间的动摩擦因数0.5，取g10 m/s2。小物块在水平面上滑动的最大距离是()图523A
25、0.1 mB0.2 mC0.6 m D0.8 m解析：选D设小物块在水平面上滑动的最大距离为x，由动能定理得：mg2Rmgx0，x0.8 m，选项D正确。 必备知识用动能定理求解变力功的步骤(1)分析物体受力情况，确定哪些力是恒力，哪些力是变力。(2)找出其中恒力的功及变力的功。(3)运用动能定理求解。典题例析(2012江苏高考)某缓冲装置的理想模型如图524所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f。轻杆向右移动不超过l时，装置可安全工作。一质量为m的小车若以速度v0撞击弹簧，将导致轻杆向右移动。轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小
26、车与地面的摩擦。图524(1)若弹簧的劲度系数为k，求轻杆开始移动时，弹簧的压缩量x；(2)求为使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度vm；(3)讨论在装置安全工作时，该小车弹回速度v和撞击速度v的关系。思路点拨(1)轻杆开始移动的临界条件弹簧弹力kx大于或等于轻杆与槽间的最大静摩擦力f弹簧的压缩量x。(2)小车以v0撞击弹簧动能定理小车对弹簧所做的功W。(3)装置安全工作轻杆向右运动的最大位移为l动能定理小车最大速度vm。(4)轻杆不动，小车撞击到弹回动能定理反弹速度与撞击速度大小相等。(5)轻杆被撞动，小车撞击到弹回动能定理反弹速度。解析(1)轻杆开始移动时，弹簧的弹力Fkx且Ff解得x
27、。(2)设轻杆移动前小车对弹簧所做的功为W，则小车从撞击到停止的过程中由动能定理得fW0mv同理，小车以vm撞击弹簧时flW0mv解得vm 。(3)设轻杆恰好移动时，小车撞击速度为v1mvW由解得v1 当vEk2W1Ek2W1W2CEk1Ek2W1W2DEk1W2解析：选B设斜面的倾角为，斜面的底边长为x，则下滑过程中克服摩擦力做的功为Wmgcos x/cos mgx，所以两种情况下克服摩擦力做的功相等。又由于B的高度比A低，所以由动能定理可知Ek1Ek2。故选B。4. (2014常州模拟)如图3所示，将质量为m的小球以速度v0由地面竖直向上抛出。小球落回地面时，其速度大小为v0。设小球在运动
28、过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于()图3A.mg B.mgC.mgD.mg解析：选D对小球向上运动，由动能定理，(mgf)H0mv，对小球向下运动，由动能定理，(mgf)Hm2，联立解得fmg，选项D正确。5(2014南昌模拟)质量为10 kg的物体，在变力F作用下沿x轴做直线运动，力随坐标x的变化情况如图4所示。物体在x0处，速度为1 m/s，一切摩擦不计，则物体运动到x16 m处时，速度大小为()图4A2 m/s B3 m/sC4 m/sD. m/s解析：选B由图可知变力F做的正功W1104 J104 J60 J，变力F做的负功大小W2104 J20 J，由动能定理得：W
29、1W2mvmv，即602010v1012，解得：v23 m/s，故B正确。6. (2014山东高考)2013年我国相继完成“神十”与“天宫”对接、“嫦娥”携“玉兔”落月两大航天工程。某航天爱好者提出“玉兔”回家的设想：如图5，将携带“玉兔”的返回系统由月球表面发射到h高度的轨道上，与在该轨道绕月球做圆周运动的飞船对接，然后由飞船送“玉兔”返回地球。设“玉兔”质量为m，月球半径为R，月面的重力加速度为g月。以月面为零势能面，“玉兔”在h高度的引力势能可表示为Ep，其中G为引力常量，M为月球质量。若忽略月球的自转，从开始发射到对接完成需要对“玉兔”做的功为()图5A.(h2R) B.(hR)C.D
30、.解析：选D根据题意可知，要使“玉兔”和飞船在距离月球表面高为h的轨道上对接，若不考虑月球的自转影响，从开始发射到完成对接需要对“玉兔”做的功应为克服月球的万有引力做的功与在该轨道做圆周运动的动能之和，所以WEpEk，Ep，再根据：，可求得需要的动能为：Ek，再联系：GMg月R2，由以上三式可求得，从开始发射到完成对接需要对“玉兔”做的功应为：W，所以该题正确选项为D。二、多项选择题7. (2014盐城一模)如图6所示，粗糙程度处处相同的圆弧轨道ABC，竖直放置时A与圆心等高，B为最低点。现将一物块从A处无初速度释放，恰好能运动到C静止。下列方案中可能使物块返回到A点的是()图6A给物块一个沿
31、轨道切线方向的初速度B施加竖直向下的力一段时间后再撤去C施加一个水平向左的力使物块缓慢回到A点D用始终沿轨道切线方向的力使物块缓慢回到A点解析：选AD物块从A处无初速度释放，恰好能运动到C静止，则mghWf0，得：Wfmgh，给物块一个沿轨道切线方向的初速度，若初速足够大，即能满足mghWf0mv，则物块能回到A点，A正确；施加竖直向下的拉力相当于增加了物体的重力，因物体只受重力时在C点静止，则施加F后，由于增大了摩擦力，则物体不会运动，更不会回到A点，故B错误；施加水平向左的拉力使物体缓慢运动，则它最多只能到达D点(OD垂直于OC)，原因与选项B相同，故C错误；用始终沿切线的拉力，则可以保证
32、物体的拉力与重力、摩擦力、支持力相互平衡，并且拉力的功能克服重力及摩擦力的功，故可使物体缓慢回到A点，故D正确。8. (2014吉林摸底)光滑水平面上静止的物体，受到一个水平拉力F作用开始运动，拉力随时间变化如图7所示，用Ek、v、x、P分别表示物体的动能、速度、位移和水平拉力的功率，下列四个图像中分别定性描述了这些物理量随时间变化的情况，正确的是()图7图8解析：选BD由动能定理，FxFat2Ek，选项A错误；在水平拉力F作用下，做匀加速直线运动，选项B正确；其位移xat2，选项C错误；水平拉力的功率PFvFat，选项D正确。9.人通过滑轮将质量为m的物体，沿粗糙的斜面由静止开始匀加速地由底
33、端拉上斜面，物体上升的高度为h，到达斜面顶端的速度为v，如图9所示。则在此过程中()图9A物体所受的合外力做功为mghmv2B物体所受的合外力做功为mv2C人对物体做的功为mghD人对物体做的功大于mgh解析：选BD物体沿斜面做匀加速运动，根据动能定理：W合WFWFfmghmv2，其中WFf为物体克服摩擦力做的功。人对物体做的功即是人对物体的拉力做的功，所以W人WFWFfmghmv2，A、C错误，B、D正确。10太阳能汽车是靠太阳能来驱动的汽车。当太阳光照射到汽车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动汽车前进。设汽车在平直的公路上由静止开始匀加速行驶，经过时间t，速度为v时功率达到额定
34、功率，并保持不变。之后汽车又继续前进了距离s，达到最大速度vmax。设汽车质量为m，运动过程中所受阻力恒为f，则下列说法正确的是()A汽车的额定功率为fvmaxB汽车匀加速运动过程中，克服阻力做功为fvtC汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，牵引力所做的功为mvmv2D汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，合力所做的功为mv解析：选AD当汽车达到最大速度时牵引力与阻力平衡，功率为额定功率，则可知选项A正确；汽车匀加速运动过程中通过的位移xvt，克服阻力做功为Wfvt，选项B错误；根据动能定理可得WFWfmv0，Wffvtfs，可知选项C错误、D正确。三、非选择题11. (2014东北三省
35、四市模拟)如图10所示，QB段为一半径为R1 m的光滑圆弧轨道，AQ段为一长度为L1 m的粗糙水平轨道，两轨道相切于Q点，Q在圆心O的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内。物块P的质量为m1 kg(可视为质点)，P与AQ间的动摩擦因数0.1，若物块P以速度v0从A点滑上水平轨道，到C点后又返回A点时恰好静止。(取g10 m/s2)求：图10(1)v0的大小；(2)物块P第一次刚通过Q点时对圆弧轨道的压力。解析：(1)物块P从A到C又返回A的过程中，由动能定理有mg2L0mv解得v02 m/s(2)设物块P在Q点的速度为v，Q点轨道对P的支持力为F，由动能定理和牛顿定律有：mgLmv2mvFmgm
36、解得：F12 N由牛顿第三定律可知，物块P对Q点的压力大小为12 N，方向竖直向下。答案：(1)2 m/s(2)12 N方向竖直向下12(2013徐州、淮安、宿迁调研)如图11所示，倾角为37的粗糙斜面AB底端与半径R0.4 m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高。质量m1 kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O等高的D点，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。图11(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数。(2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值。(3)若滑块离开C处的速度大小为4 m/s，
37、求滑块从C点飞出至落到斜面上的时间t。解析：(1)滑块由A到D过程，根据动能定理，有：mg(2RR)mgcos 3700得tan 370.375。(2)若滑块能到达C点，根据牛顿第二定律有mg则得vC2 m/sA到C的过程：根据动能定理有mgcos 37mvmv联立解得，v0 2 m/s所以初速度v0的最小值为2 m/s。(3)滑块离开C点做平抛运动，则有xvCtygt2由几何关系得：tan 37联立得5t23t0.80解得t0.2 s答案：(1)0.375(2)2 m/s(3)0.2 s第3节机械能守恒定律 必备知识1重力势能(1)定义：物体的重力势能等于它所受重力与所处高度的乘积。(2)表
38、达式：Epmgh。(3)矢标性：重力势能是标量，但有正负，其意义表示物体的重力势能比它在参考平面大还是小。(4)重力势能的特点：系统性：重力势能是物体和地球所共有的。相对性：重力势能的大小与参考平面的选取有关，但重力势能的变化与参考平面的选取无关。(5)重力做功与重力势能变化的关系：重力的功等于重力势能变化量的负值，即WGEp，具体说就是重力做正功，重力势能减少，做了多少正功就减少多少重力势能；重力做负功，重力势能增加，做了多少负功就增加多少重力势能。2弹性势能(1)定义：发生弹性形变的物体的各部分之间，由于有弹力的相互作用，而具有的势能。(2)大小：与形变量及劲度系数有关。(3)弹力做功与弹
39、性势能变化的关系：弹力做正功，弹性势能减小；弹力做负功，弹性势能增加。3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，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。(2)机械能守恒的条件只有重力或系统内的弹力做功。(3)机械能守恒的表达式Ek1Ep1Ek2Ep2。典题例析(多选)如图531所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是()图531A甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，物体A机械能守恒B乙图中，物体A置于光滑水平面，物体B沿光滑斜面下滑，物体B机械能守恒C丙图中，不计任何阻力和定滑轮质量时A加速下落，B加速上升过程中，A、B系统机械能守恒D丁图中，小球沿水平面做匀速圆锥摆运
40、动时，小球的机械能守恒解析选CD甲图中重力和弹力做功，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，但物体A机械能不守恒，A错；乙图中物体B除受重力外，还受弹力，弹力对B做负功，机械能不守恒，但从能量特点看A、B组成的系统机械能守恒，B错；丙图中绳子张力对A做负功，对B做正功，代数和为零，A、B机械能守恒，C对；丁图中动能不变，势能不变，机械能守恒，D对。1对机械能守恒条件的理解(1)只受重力作用，例如在不考虑空气阻力的情况下的各种抛体运动，物体的机械能守恒。(2)受其他力，但其他力不做功，只有重力或系统内的弹力做功。(3)弹力做功伴随着弹性势能的变化，并且弹力做的功等于弹性势能的减少量。2机械能是否守恒
41、的三种判断方法(1)利用机械能的定义判断(直接判断)：若物体动能、势能均不变，机械能不变。若一个物体动能不变、重力势能变化，或重力势能不变、动能变化，或动能和重力势能同时增加(减小)，其机械能一定变化。(2)用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，虽受其他力，但其他力不做功，机械能守恒。(3)用能量转化来判断：若物体系统中只有动能和势能的相互转化而无机械能与其他形式的能的转化，则物体系统机械能守恒。针对训练1. (多选)如图532所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，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()图532A斜
42、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小球机械能的减小量等于斜劈动能的增大量解析：选BD球有竖直方向的位移，所以斜劈对球做功。不计一切摩擦，小球下滑过程中，只有小球和斜劈组成的系统中动能和重力势能相互转化，系统机械能守恒，故选B、D。2. (2014安庆模拟)如图533是被誉为“豪小子”的华裔球员林书豪在NBA赛场上投二分球时的照片。现假设林书豪准备投二分球前先屈腿下蹲再竖直向上跃起，已知林书豪的质量为m，双脚离开地面时的速度为v，从开始下蹲到跃起过程中重心上升的高度为h，则下列说法正确的是()图533A从地面跃起过程中，地面对他所做的功为0B从地面跃起过程中
43、，地面对他所做的功为mv2mghC从下蹲到离开地面上升过程中，他的机械能守恒D离开地面后，他在上升过程中处于超重状态，在下落过程中处于失重状态解析：选A球员从地面跃起的过程中，地面对脚的支持力作用点的位移为零，支持力不做功，A正确，B错误；林书豪从地面上升过程中，消耗自身能量，其机械能增大，C错误；离开地面后，林书豪在上升和下降过程中，加速度均竖直向下，处于失重状态，D错误。 必备知识1三种守恒表达式比较表达角度表达公式表达意义注意事项守恒观点EkEpEkEp系统的初状态机械能的总和与末状态机械能的总和相等应用时应选好重力势能的零势能面，且初末状态必须用同一零势能面计算势能转化观点EkEp表示
44、系统(或物体)机械能守恒时，系统减少(或增加)的重力势能等于系统增加(或减少)的动能应用时关键在于分清重力势能的增加量和减少量，可不选零势能面而直接计算初末状态的势能差转移观点E增E减若系统由A、B两部分组成，则A部分物体机械能的增加量与B部分物体机械能的减少量相等常用于解决两个或多个物体组成的系统的机械能守恒问题2机械能守恒定律的应用技巧(1)机械能守恒定律是一种“能能转化”关系，其守恒是有条件的，因此，应用时首先要对研究对象在所研究的过程中机械能是否守恒做出判断。(2)如果系统(除地球外)只有一个物体，用守恒观点列方程较方便；对于由两个或两个以上物体组成的系统，用转化或转移的观点列方程较简
45、便。典题例析如图534甲所示，竖直平面内的光滑轨道由倾斜直轨道AB和圆轨道BCD组成，AB和BCD相切于B点，CD连线是圆轨道竖直方向的直径(C、D为圆轨道的最低点和最高点)，已知BOC30。可视为质点的小滑块从轨道AB上高H处的某点由静止滑下，用力传感器测出滑块经过圆轨道最高点D时对轨道的压力为F，并得到如图乙所示的压力F与高度H的关系图像，取g10 m/s2。求：图534(1)滑块的质量和圆轨道的半径；(2)是否存在某个H值，使得滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的点。若存在，请求出H值；若不存在，请说明理由。审题指导第一步：抓关键点关键点获取信息竖直平面内的光滑轨道只有重
46、力做功，滑块机械能守恒由静止滑下滑块的初速度为零 D为圆轨道的最高点在D点滑块的重力和轨道对滑块的弹力提供向心力第二步：找突破口根据机械能守恒定律和牛顿第二定律表示滑块在D点对轨道的压力F与H的关系，结合图乙求出滑块质量m和轨道半径R；滑块经过D点后平抛，其在AB上的落点若与O等高，滑块过D点的速度必须满足vD。解析(1)mg(H2R)mvFmg得：Fmg取点(0.50 m,0)和(1.00 m,5.0 N)代入上式得：m0.1 kg，R0.2 m。(2)假设滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的E点(如图所示)OExOEvDPtRgt2得到：vDP2 m/s而滑块过D点的临界速
47、度vDL m/s由于vDPvDL，所以存在一个H值，使得滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的点mg(H2R)mv得到：H0.6 m。答案(1)0.1 kg0.2 m(2)存在0.6 m1运用机械能守恒定律的一般步骤(1)选取研究对象(2)分析受力情况和各力做功情况，确定是否符合机械能守恒条件。(3)确定初末状态的机械能或运动过程中物体机械能的转化情况。(4)选择合适的表达式列出方程，进行求解。(5)对计算结果进行必要的讨论和说明。2应注意的问题(1)列方程时，选取的表达角度不同，表达式不同，对参考平面的选取要求也不一定相同。(2)应用机械能守恒能解决的问题，应用动能定理同样能解
48、决，但其解题思路和表达式有所不同。针对训练1将一小球从高处水平抛出，最初2 s内小球动能Ek随时间t变化的图像如图535所示，不计空气阻力，取g10 m/s2。根据图像信息，不能确定的物理量是()图535A小球的质量B小球的初速度C最初2 s内重力对小球做功的平均功率D小球抛出时的高度解析：选D由机械能守恒定律可得EkEk0mgh，又因为hgt2，所以EkEk0mg2t2。当t0时，Ek0mv5 J，当t2 s时，EkEk02mg230 J，联立方程解得：m0.125 kg，v04 m/s。t2 s时，由动能定理得WGEk25 J，故12.5 W。根据图像信息，无法确定小球抛出时距离地面的高度
49、。综上所述，应选D。2如图536所示是某公园设计的一种惊险刺激的娱乐设施。管道除D点右侧水平部分粗糙外，其余部分均光滑。若挑战者自斜管上足够高的位置滑下，将无能量损失的连续滑入第一个、第二个圆管形管道A、B内部(圆管A比圆管B高)。某次一挑战者自斜管上某处滑下，经过第一个圆管形管道A内部最高位置时，对管壁恰好无压力。则这名挑战者()图536A经过管道A最高点时的机械能大于经过管道B最低点时的机械能B经过管道A最高点时的动能大于经过管道B最低点时的动能C经过管道B最高点时对管外侧壁有压力D不能经过管道B的最高点解析：选C挑战者在两个圆形管道及其之间运动时，只有重力做功，机械能守恒，故在A最高点的
50、机械能等于在B最低点的机械能。在A最高点：mgm，故Ek1mvmgR，在B最低点Ek2mg2Rmv，故A、B项错。由A最高点到B最高点，重力做正功，动能增大，故在B最高点会受到外侧壁的弹力，C项正确，D项错误。 必备知识由多个物体组成的系统，对其中的任何一个物体，机械能可能不守恒。对系统可以从能量角度判断，即如果系统与外界没有能量交换，系统内部也没有机械能与其他形式能的转换，则系统机械能守恒。此时应用EkEp(动能的增加量等于势能的减少量)或E1E2(物体1的机械能增加量等于物体2的机械能减少量)的表达形式求解，更为简单，这样可以不选择零势能面。典题例析如图537所示，物体A的质量为M，圆环B
51、的质量为m，通过绳子连结在一起，圆环套在光滑的竖直杆上，开始时连接圆环的绳子处于水平，长度l4 m，现从静止释放圆环。不计定滑轮和空气的阻力，取g10 m/s2，求：图637(1)若圆环恰能下降h3 m，A和B的质量应满足什么关系？(2)若圆环下降h3 m时的速度v5 m/s，则A和B的质量有何关系？(3)不管A和B的质量为多大，圆环下降h3 m时的速度不可能超过多大？思路点拨(1)圆环B与物体A在运动过程中速度大小相同吗？存在怎样的关系？提示：速度分解图如图所示，可知圆环B与物体A在运动过程中速度不相同，关系为vAvBcos 。(2)圆环下降的高度与物体上升的位移大小间有什么关系？提示：h2
52、l2(lhA)2。(3)圆环的质量越大，圆环下降h时其速度越大，那么圆环下降h时速度的最大值对应什么情况？提示：mM。解析(1)若圆环恰好能下降h3 m，由机械能守恒定律得mghMghAh2l2(lhA)2解得A和B的质量应满足关系M3m(2)若圆环下降h3 m时的速度v5 m/s，由机械能守恒定律得mghMghAmvMv如图所示，A、B的速度关系为vAvBcos vB解得A和B的质量关系为。(3)B的质量比A的大得越多，圆环下降h3 m时的速度越大，当mM时可认为B下落过程机械能守恒，有mghmv解得圆环的最大速度vBm m/s7.75 m/s即圆环下降h3 m时的速度不可能超过7.75 m
53、/s。答案(1)M3m(2)(3)7.75 m/s多物体机械能守恒问题的分析方法(1)首先从能量的角度准确判断系统的机械能是否守恒。(2)注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系。(3)列机械能守恒方程时不需要选择零势能面，而且EkEp的形式一般比E1E2简单。针对训练1(多选)(2014南通一模)如图538所示，劲度系数为k的轻质弹簧上端悬挂在天花板上，下端连接一个质量为M的物块A，A 下面用细线挂一质量为m的物块B，处于静止状态。现剪断细线使B自由下落，当A向上运动到最高点时，弹簧对A的拉力大小为mg，此时B尚未着地。运动过程中空气阻力不计，重力加速度为g，则在A从最低点运动到最
54、高点的过程中()图538AA、B两物体的总机械能守恒BA、B两物体的总机械能增大CA运动到最高点时的加速度为零D弹簧对A做的功为解析：选BDA从最低点运动到最高点的过程中，对于A、B两个物体，弹簧的弹力做正功，所以机械能不守恒，总的机械能增大，故A错误，B正确；A运动到最高点时的加速度a，若Mm，则加速度不为零，故C错误；A在最低点时，弹簧的伸长量为 x1，A运动到最高点时，弹簧的伸长量为 x2，则A上升的高度为 hx1x2；根据功能关系得：弹簧对A做的功等于A重力势能的增加，所以弹簧对A做的功为 WMgh，故D正确。2. (2014商丘三模)如图539所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端
55、，轻绳的另一端系一质量为m的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑动滑轮与直杆的距离为d。现将小环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为d时(图中B处)，下列说法正确的是(重力加速度为g)()图539A小环减少的机械能大于重物增加的机械能B小环到达B处时，重物上升的高度也为dC小环在B处的速度为 D小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于解析：选D环和重物组成的系统，只有重力做功，只发生重力势能和动能之间的转化，系统的机械能是守恒的，所以环减少的机械能等于重物增加的机械能，故A错误；由几何知识得：环到达B处时，重物上升的高度为：h(1)d，B错误；将环的速度沿绳子方向和
56、垂直于绳子方向分解，沿绳子方向的分速度大小等于重物的速度大小，有：v环cos 45v重物，则得：v环：v重物，故D正确；由系统的机械能守恒得：mgd2mghmv2mv，联立解得：v环 ，故C错误。 必备知识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，且重心位置发生变化，因此这类物体不能再看做质点来处理。这类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，确定物体质量分布均匀且规则的各部分的重心位置，根据初末状态物体重力势能的变化列式求解。典题例析两个底面积都是S的圆桶，放在同一水平面上，桶内装
57、水，水面高度分别为h1和h2，如图5310所示。已知水的密度为。现把连接两桶的阀门打开，不计摩擦阻力，当两桶水面第一次高度相等时，液面的速度为多大？(连接两桶的阀门之间的水的质量不计)图5310解析对于容器中的液体，运动过程中只有重力做功，系统机械能守恒，第一次液面高度相等时，重力势能的减少量等于动能的增加量。容器中水的总质量为：mS(h1h2)；水面相平时，相当于质量为mS的液体下降了，所以由机械能守恒定律可得：EpEk，即gSS(h1h2)v2，解得：v(h1h2) 。答案(h1h2) 利用等效法计算势能变化时，要根据物体的相对位置关系将物体分成若干段，再确定各部分间的质量关系及重心位置变
58、化，然后利用系统机械能守恒定律列出方程。针对训练1.如图5311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()图5311A. B. C. D. 解析：选A设管子的横截面积为S，液体的密度为。打开阀门后，液体开始运动，不计液体产生的摩擦阻力，液体机械能守恒，液体减少的重力势能转化为动能，两边液面相平时，相当于右管h高的液体移到左管中，重心下降的高度为h，由机械能守恒定律得：hSgh4hSv2，解得，v 。2.如图5312所示，一条长为L的柔软匀质链条，开始时静止在光滑梯形平台上，斜面
59、上的链条长为x0，已知重力加速度为g，Lx0)。图5312解析：链条各部分和地球组成的系统机械能守恒，设链条的总质量为m，以平台所在位置为零势能面，则x0gx0sin mv2xgxsin 解得v 所以当斜面上链条长为x时，链条的速度为 。答案： 课时跟踪检测 一、单项选择题1.(2014南京模拟)自由下落的物体，其动能与位移的关系如图1所示，则图中直线的斜率表示该物体的()图1A质量B机械能C重力大小 D重力加速度解析：选C由机械能守恒定律，Ekmgh，动能Ek与位移h的关系图线的斜率表示该物体的重力大小，选项C正确。2(2014上海高考)静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高
60、度撤去恒力。不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随时间变化关系是()图2解析：选C物体受恒力加速上升时，恒力做正功，物体的机械能增大，又因为恒力做功为：WFat2，与时间成二次函数关系，A、B项错误；撤去恒力后，物体只受重力作用，所以机械能守恒，D项错误，C项正确。3.如图3所示，在竖直平面内有一固定轨道，其中AB是长为R的粗糙水平直轨道，BCD是圆心为O、半径为R的3/4光滑圆弧轨道，两轨道相切于B点。在推力作用下，质量为m的小滑块从A点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点时即撤去推力，小滑块恰好能沿圆轨道经过最高点C。重力加速度大小为g。(以AB面为零重力势能面)则小滑块()图3A经
61、B点时加速度为零B在AB段运动的加速度为2.5gC在C点时合外力的瞬时功率为mgD上滑时动能与重力势能相等的位置在OD下方解析：选B小滑块经过B点时具有向心加速度，A错误；小滑块在C点时合外力竖直向下，速度沿水平方向，其瞬时功率为零，C错误；由mgm，mvmg2Rmv，可得：vB，由v2axAB，可得a2.5g，B正确；由mvmg2Rmv2mgh，得：hRR，故D错误。4. (2014福建高考)如图4，两根相同的轻质弹簧，沿足够长的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不动。质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端。现用外力作用在物块上，使两弹簧具有相同的压缩量，若撤去外力后，两
62、物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧，则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程，两物块()图4A最大速度相同B最大加速度相同C上升的最大高度不同D重力势能的变化量不同解析：选C整个过程中，物块达到平衡位置时速度最大，物块质量越大，其平衡位置越靠近最低点，则由最低点到平衡位置过程中，回复力对质量较大的物块做功较小，又Ekmv2，故质量较大的物块在平衡位置速度较小，A项错；撤去外力瞬间，物块的加速度最大，由牛顿第二定律可知，两物块的最大加速度不同，B项错；撤去外力前，两弹簧具有相同的压缩量，即具有相同的弹性势能，从撤去外力到物块速度第一次减为零，物块的机械能分别守恒，由机械能守恒定律可知，物块的重力
63、势能的变化量等于弹簧弹性势能的变化量，所以重力势能的变化量相同，D项错；因为两物块质量不同，物块的初始高度相同，由Epmgh可知，两物块上升的最大高度不同，C项对。5(2014扬州模拟)光滑的水平轨道AB，与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，其中圆轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点。为使一质量为m的小球以初速度v0沿AB运动，恰能通过最高点，则()图5AR越小，v0越大Bm越大，v0越大CR越大，小球经过B点时瞬间对轨道的压力越大D小球经过B点时瞬间对轨道的压力与R无关解析：选D小球恰能通过最高点时，由重力提供向心力，则有：mgm，vD；根据机械能守恒得，mvmv2mgR，得到
64、v0，可见，R越大，v0越大，而且v0与小球的质量m无关，故A、B错误；小球经过B点时的瞬间，Nmgm，得到轨道对小球的支持力Nmgm6mg，则N与R无关，则小球经过B点时瞬间对轨道的压力与R无关，故C错误，D正确。6如图6所示，质量、初速度大小都相同的A、B、C三个小球，在同一水平面上，A球竖直上抛，B球以倾斜角斜向上抛，空气阻力不计，C球沿倾角为的光滑斜面上滑，它们上升的最大高度分别为hA、hB、hC，则()图6AhAhBhC BhAhBhCDhAhChB解析：选DA球和C球上升到最高点时速度均为零，而B球上升到最高点时仍有水平方向的速度，即仍有动能。对A、C球的方程为mghmv，得h对B
65、球的方程为mghmvmv，且v0所以hh，故D正确。二、多项选择题7图7甲中弹丸以一定的初始速度在光滑碗内做复杂的曲线运动，图乙中的运动员在蹦床上越跳越高。下列说法中正确的是()图7A图甲弹丸在上升的过程中，机械能逐渐增大B图甲弹丸在上升的过程中，机械能保持不变C图乙中的运动员多次跳跃后，机械能增大D图乙中的运动员多次跳跃后，机械能不变解析：选BC弹丸在光滑的碗内上升过程中，只有重力做功，其机械能保持不变，A错误，B正确；运动员在蹦床上越跳越高，其机械能逐渐增大，C正确，D错误。8(2014海南高考)如图8，质量相同的两物体a、b，用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻质定滑轮两侧，a在水平桌面的
66、上方，b在水平粗糙桌面上。初始时用力压住b使a、b静止，撤去此压力后，a开始运动。在a下降的过程中，b始终未离开桌面。在此过程中()图8Aa的动能小于b的动能B两物体机械能的变化量相等Ca的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量D绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和为零解析：选AD由于vavbcos ，为b的拉绳与水平面的夹角，质量相同，动能Ekmv2，可知选项A正确；a物体下降时，a的机械能的减少量等于b物体的动能增加量和b克服摩擦力做功之和，选项B、C错误；绳的拉力对a所做的功等于a的机械能的减少量，绳的拉力对b所做的功等于b的动能增加量和克服摩擦力做功之和，选项D正确。9.(20
67、14南京模拟)如图9所示，一质量为m的小球套在光滑竖直杆上，轻质弹簧一端固定于O点，另一端与该小球相连。现将小球从A点由静止释放，沿竖直杆运动到B点，已知OA长度小于OB长度，弹簧处于OA、OB两位置时弹力大小相等。在小球由A到B的过程中()图9A加速度等于重力加速度g的位置有两个B弹簧弹力的功率为零的位置有两个C弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功D弹簧弹力做正功过程中小球运动的距离等于小球克服弹簧弹力做功过程中小球运动的距离解析：选AC在运动过程中A点为压缩状态，B点为伸长状态，则由A到B有一状态弹力为0且此时弹力与杆不垂直，加速度为g；当弹簧与杆垂直时小球加速度为g。则有
68、两处加速度为g，故A正确；在A点速度为零，弹簧弹力功率为0，弹簧与杆垂直时弹力的功率为0，有一位置的弹力为0，其功率为0，共3处，故B错误；因A点与B点弹簧的弹性势能相同，则弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功，故C正确；因小球对弹簧做负功时弹力大，则弹簧弹力做正功过程中小球运动的距离大于小球克服弹簧弹力做功过程中小球运动的距离，故D错误。10(2014南通一模)如图10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()图10A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
69、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，乙重力做功的瞬时功率大于甲重力做功的瞬时功率解析：选BCD根据机械能守恒mgRmv2，知两物块到达底端的动能相等，速度大小相等，但是速度的方向不同，故A错误，C正确；两物块运动到底端的过程中，下落的高度相同，则重力做功相同，故B正确；两物块到达底端的速度大小相等，甲重力与速度方向垂直，瞬时功率为零，则乙重力做功的瞬时功率大于甲重力做功的瞬时功率，故D正确。三、非选择题11(2013安徽师大附中摸底)如图11所示，一半径r0.2 m的光滑圆弧形槽底端B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v04 m/s，长为L1.25 m，滑块与传送带间的动摩
70、擦因数0.2，DEF为固定于竖直平面内的一段内壁光滑的中空方形细管，EF段被弯成以O为圆心、半径R0.25 m的一小段圆弧，管的D端弯成与水平传带C端平滑相接，O点位于地面，OF连线竖直。一质量为M0.2 kg的物块a从圆弧顶端A点无初速滑下，滑到传送带上后做匀加速运动，过后滑块被传送带送入管DEF，已知a物块可视为质点，a横截面略小于管中空部分的横截面，重力加速度g取10 m/s2。求：图11(1)滑块a到达底端B时的速度大小vB；(2)滑块a刚到达管顶F点时对管壁的压力。解析：(1)设滑块到达B点的速度为vB，由机械能守恒定律，有MgrMv解得：vB2 m/s。(2)滑块在传送带上做匀加速
71、运动，受到传送带对它的滑动摩擦力，由牛顿第二定律MgMa滑块对地位移为L，末速度为vC，设滑块在传送带上一直加速由速度位移关系式2aLvv得vC3 m/s4 m/s，可知滑块与传送带未达共速滑块从C至F，由机械能守恒定律，有MvMgRMv得vF2 m/s。在F处由牛顿第二定律MgFNM得FN1.2 N由牛顿第三定律得管上壁受压力大小为1.2 N，方向竖直向上。答案：(1)2 m/s(2)1.2 N方向竖直向上12(2014淮安模拟)如图12所示，在同一竖直平面内，一轻质弹簧一端固定，另一自由端恰好与水平线AB平齐，静止放于倾角为53的光滑斜面上。一长为L9 cm的轻质细绳一端固定在O点，另一端
72、系一质量为m1 kg的小球，将细绳拉至水平，使小球在位置C由静止释放，小球到达最低点D时，细绳刚好被拉断。之后小球在运动过程中恰好沿斜面方向将弹簧压缩，最大压缩量为x5 cm。(g10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6)求：图12(1)细绳受到的拉力的最大值；(2)D点到水平线AB的高度h；(3)弹簧所获得的最大弹性势能Ep。解析：(1)小球由C到D，由机械能守恒定律得：mgLmv解得v1在D点，由牛顿第二定律得Fmgm由解得F30 N由牛顿第三定律知细绳所能承受的最大拉力为30 N。(2)由D到A，小球做平抛运动v2ghtan 53联立解得h16 cm。(3)小球从C点到将弹
73、簧压缩至最短的过程中，小球与弹簧系统的机械能守恒，即Epmg(Lhxsin 53)，代入数据得：Ep2.9 J。答案：(1)30 N(2)16 cm(3)2.9 J第4节功能关系_能量守恒定律 必备知识1功和能(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有能量的转化，而且能量的转化必须通过做功来实现。2力学中常用的四种功能对应关系(1)合外力做功等于物体动能的变化：即W合Ek2Ek1Ek。(动能定理)(2)重力做功等于物体重力势能变化量的负值：即WGEp1Ep2Ep。(3)弹簧弹力做功等于弹性势能变化量的负值：即W弹Ep1Ep2Ep。(4)除了重力和
74、弹簧弹力之外的其他力所做的总功，等于物体机械能的变化，即W其他E2E1E。(功能原理)典题例析(多选)(2014通化摸底)下列关于功和机械能的说法，正确的是()A在有阻力作用的情况下，物体重力势能的减少不等于重力对物体所做的功B合力对物体所做的功等于物体动能的改变量C物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用势能，其大小与势能零点的选取有关D运动物体动能的减少量一定等于其重力势能的增加量解析选BC无论何种情况，物体重力势能的减少都等于重力对物体所做的功，选项A错误；由动能定理可知，合力对物体所做的功等于物体动能的改变量，选项B正确；物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用势能，其大小与势能零点的
75、选取有关，选项C正确；在只有重力做功的情况下，运动物体动能的减少量才等于其重力势能的增加量，一般情况下运动物体动能的减少量不等于其重力势能的增加量，选项D错误。针对训练1(2014安庆二模)如图541甲所示，静止在地面上的一个物体在竖直向上的拉力作用下开始运动，在向上运动的过程中，物体的动能Ek与位移x的关系图像如图乙所示。其中在0h过程中的图线为平滑曲线，h2h过程中的图线为平行于横轴的直线，2h3h过程中的图线为一倾斜的直线，不计空气阻力，下列说法正确的是()图541A物体上升到h高处时，拉力的功率为零B在0h过程中拉力大小恒为2mgC在h2h过程中物体的机械能不变D在2h3h过程中物体的
76、机械能不变解析：选D在上升到高度h时，由图像可知，Fmg，速度为v，则功率为Pmgv，故A错误；动能Ekmv2ma2t2mha，由图像可知a是变化的，即拉力大小变化，故B错误；在h2h过程中，物体匀速上升，此时物体受到的拉力为Fmg，机械能不守恒，故C错误；在2h3h过程中，动能的减小量全部转化为物体的重力势能，故机械能守恒，故D正确。2(多选)(2014泰安二模)如图542，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上。质量为m的小物块(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，
77、小车运动的距离为x。在这个过程中，以下结论正确的是()图542A小物块到达小车最右端时具有的动能为(FFf)(Lx)B小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为FfxC小物块克服摩擦力所做的功为Ff(Lx)D小物块和小车增加的机械能为Fx解析：选ABC对物块分析，物块相对于地面的位移为Lx，根据动能定理得：(FFf)(Lx)mv20，则物块到达小车最右端时具有的动能为(FFf)(Lx)，故A正确；对小车分析，小车相对于地面的位移为x，根据动能定理得：FfxMv20，知物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffx，故B正确；物块相对于地面的位移大小为Lx，则物块克服摩擦力所做的功为Ff(Lx)，故
78、C正确；根据能量守恒得，外力F做的功转化为小车和物块的机械能和摩擦产生的内能，则有：F(Lx)EQ，则物块和小车增加的机械能为EF(Lx)FfL，故D错误。 必备知识1内容能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只会从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到另一个物体，而在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变。2表达式E减E增。典题例析节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存的电能作为动力来源的汽车。有一质量m1 000 kg 的混合动力轿车，在平直公路上以v190 km/h 匀速行驶，发动机的输出功率为P50 kW。当驾驶员看到前方有80 km/h的限速标志时，保持发动机功率不变，立即启
79、动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电，使轿车做减速运动，运动L72 m 后，速度变为v272 km/h。此过程中发动机功率的用于轿车的牵引，用于供给发电机工作，发动机输送给发电机的能量最后有50%转化为电池的电能。假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变。求：(1)轿车以90 km/h在平直公路上匀速行驶时，所受阻力F阻的大小；(2)轿车从90 km/h减速到72 km/h过程中，获得的电能E电；(3)轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能E电维持72 km/h匀速运动的距离L。审题指导第一步：抓关键点关键点获取信息以v190 km/h匀速行驶轿车的牵引力等于轿车阻力F阻发动机功率的用于轿车
80、的牵引牵引轿车的功率恒定，轿车的运动不是匀减速直线运动50%转化为电池的电能电能的转化是有效率的，要求转化的电能需先求输送给发电机的总能量第二步：找突破口要求电池获得的电能利用动能定理求出发动机输出的总能量求出输送给发电机的总能量。解析(1)轿车牵引力与输出功率关系PF牵v，将P50 kW，v190 km/h25 m/s代入得F牵2103 N当轿车匀速行驶时，牵引力与阻力大小相等，有F阻2103 N。(2)在减速过程中，注意到发动机只有P用于轿车的牵引。根据动能定理有PtF阻Lmvmv代入数据得Pt1.575105 J电源获得的电能为E电0.5Pt6.3104 J。(3)根据题设，轿车在平直公
81、路上匀速行驶时受到的阻力仍为F阻2103 N。在此过程中，由能量转化及守恒定律可知，仅有电能用于克服阻力做功E电F阻L代入数据得L31.5 m。答案(1)2103 N(2)6.3104 J(3)31.5 m运用能量守恒定律解题的基本思路针对训练1. (2014南昌三模)质量为1 kg的物体以某一初速度在水平面上滑行，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化的图线如图543所示，g取10 m/s2，则下列说法中正确的是()图543A物体滑行的初速度为50 m/sB物体滑行过程中的平均速度为10 m/sC物体与水平面间的动摩擦因数为0.5D物体滑行的总时间为4 s解析：选D初位置的动能为50 J，由E
82、kmv2，得：v 10 m/s，故A错误；根据动能定理得：Ek2Ek1fx，即：Ek2Ek1fx，fmg，代入数据得：0.25，ag2.5 m/s2，滑行时间为：t4 s，平均速度为：v5 m/s，故B、C错误，D正确。2如图544所示，光滑坡道顶端距水平面高度为h，质量为m的小物块A从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M处的墙上，另一端恰位于坡道的底端O点。已知在OM段，物块A与水平面间的动摩擦因数为，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求：图544(1)物块滑到O点时的速度大小。(2)弹簧为最大压缩量d时的弹性势能(设弹簧处
83、于原长时弹性势能为零)。(3)若物块A能够被弹回到坡道上，则它能够上升的最大高度是多少？解析：(1)由机械能守恒定律得mghmv2，解得v。(2)在水平滑道上物块A克服摩擦力所做的功为Wmgd，由能量守恒定律得mv2Epmgd，以上各式联立得Epmghmgd。(3)物块A被弹回的过程中，克服摩擦力所做的功仍为Wmgd，由能量守恒定律得Epmgdmgh所以物块A能够上升的最大高度为hh2d。答案：(1)(2)mghmgd(3)h2d必备知识两种摩擦力做功情况的比较类别比较静摩擦力滑动摩擦力不同点能量的转化方面只有能量的转移，而没有能量的转化既有能量的转移，又有能量的转化一对摩擦力的总功方面一对静
84、摩擦力所做功的代数和等于零一对滑动摩擦力所做功的代数和为WFfl相对，即摩擦时产生的热量相同点正功、负功、不做功方面两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功典题例析如图545所示，AB为半径R0.8 m的光滑圆弧轨道，下端B恰与小车右端平滑对接。小车质量M3 kg，车长L2.06 m，车上表面距地面的高度h0.2 m，现有一质量m1 kg的滑块，由轨道顶端无初速度释放，滑到B端后冲上小车。已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数0.3，当车运动了t01.5 s时，车被地面装置锁定(g10 m/s2)。试求：图545(1)滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小；(2)车被锁定时，车右端距
85、轨道B端的距离；(3)从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的内能大小。思路点拨(1)如何判断车运动1.5 s时，滑块是否已相对车静止了？提示：求出二者同速所用的时间，与1.5 s进行分析比较。(2)如何求出因摩擦而产生的内能大小？提示：Qmgl相对解析(1)由机械能守恒定律和牛顿第二定律得mgRmv，FNBmgm则：FNB30 N。(2)设m滑上小车后经过时间t1与小车同速，共同速度大小为v对滑块有：mgma1，vvBa1t1对于小车：mgMa2，va2t1解得：v1 m/s，t11 s，因t14WF1，Wf22Wf1BWF24WF1，Wf22Wf1CWF24WF1，Wf2
86、2Wf1DWF24WF1，Wf2。根据功的计算公式WFl，可知Wf1Wf2，WF1WF2，故选项C正确，选项A、B、D错误。二、多项选择题7.如图7所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连。开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度。下列有关该过程的分析正确的是()图7AB物体的机械能一直减少BB物体动能的增量等于它所受重力与拉力做功之和CB物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量D细线的拉力对A做的功等于A物体与弹簧组成的系统机械能的增加量解析：选ABD由于细线的
87、拉力对B做负功，故B物体机械能一直减少，A正确；根据动能定理可确定B正确；由于该过程中A的动能增加，故B物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能与物体A动能增加量的和，故C错误；细线的拉力对A和弹簧组成的系统做正功，根据功能关系，D正确。8.如图8所示是某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置。当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进。若小车在平直的公路上以初速度v0开始加速行驶，经过时间t，前进了距离l，达到最大速度vmax，设此过程中电动机功率恒为额定功率P，受的阻力恒为Ff，则此过程中电动机所做的功为()图8AFfvmaxt BPtCFftD.mvFflmv
88、解析：选ABD因小车以恒定的功率运动，故此过程小车电动机做功为WPtFfvmaxt，A、B均正确；由动能定理可得WFflmvmv，得：WmvmvFfl，故D正确，C错误。9.(2013大纲卷)如图9，一固定斜面倾角为30，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度，沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小g。若物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的()图9A动能损失了2mgH B动能损失了mgHC机械能损失了mgHD机械能损失了mgH 解析：选AC小物块向上做匀减速直线运动，合外力沿斜面向下，由牛顿第二定律得F合mgma，根据动能定理可知损失的动能等于F合s2mgH，A对，
89、B错；小物块在向上运动过程中，重力势能增加了mgH，而动能减少了2mgH，故机械能损失了mgH，C对，D错。10(2013江苏高考)如图10所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连。弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出)。物块的质量为m，ABa，物块与桌面间的动摩擦因数为。现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W。撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零。重力加速度为g。则上述过程中()图10A物块在A点时，弹簧的弹性势能等于WmgaB物块在B点时，弹簧的弹性势能小于WmgaC经O点时，物块的动能小于WmgaD物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在
90、B点时弹簧的弹性势能解析：选BC设O点到A点的距离为x，则物块在A点时弹簧的弹性势能为EpAWmgx，由于摩擦力的存在，因此A、B间的距离a小于2x，即xa，所以EpAWmga，A项错误；物块从O点经A点到B点，根据动能定理Wmg(xa)EpB，mg(xa)mga，所以EpBWmg a，B项正确；在O点弹性势能为零，从O点再到O点W2mgxEk0，由于xa，因此Ek0Wmga，C项正确；物块动能最大时，是摩擦力等于弹簧的弹力的时候，此位置在O点右侧，如果B点到O点的距离小于动能最大的位置到O点的距离，则物块动能最大时弹簧的弹性势能大于物块在B点时的弹簧的弹性势能，D项错误。三、非选择题11.如
91、图11所示，光滑半圆弧轨道半径为R，OA为水平半径，BC为竖直直径。一质量为m的小物块自A处以某一竖直向下的初速度滑下，进入与C点相切的粗糙水平轨道CM上。在水平轨道上有一轻弹簧，其一端固定在竖直墙上，另一端恰位于轨道的末端C点(此时弹簧处于自然状态)。若物块运动过程中弹簧最大弹性势能为Ep，且物块被弹簧反弹后恰能通过B点。已知物块与水平轨道间的动摩擦因数为，重力加速度为g，求：图11(1)物块离开弹簧刚进入半圆轨道时对轨道的压力FN的大小；(2)弹簧的最大压缩量d；(3)物块从A处开始下滑时的初速度v0。解析：(1)设物块刚离开弹簧时速度为v1，恰通过B点时速度为v2，由题意可知：mgm在物
92、块由C点运动到B点过程中，由机械能守恒定律得mv2mgRmv解得v1又由牛顿第二定律得：Fmgm所以F6mg由牛顿第三定律可得物块对轨道的压力为6mg(2)弹簧从压缩到最短开始至物块被弹离弹簧的过程中，由能量守恒可得mvmgdEp联立求解得d(3)物块从A处下滑至弹簧被压缩到最短的过程中由能量守恒可得mvmgREpmgd联立可得v0 答案：(1)6mg(2)(3) 12如图12所示，质量为m的滑块放在光滑的水平平台上，平台右端B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v0，长为L。现将滑块缓慢向左移动压缩固定在平台上的轻弹簧，到达某处时突然释放，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同。滑块
93、与传送带间的动摩擦因数为。图12(1)试分析滑块在传送带上的运动情况；(2)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求释放滑动时弹簧具有的弹性势能；(3)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量。解析：(1)若滑块冲上传送带时的速度小于带速，则滑块由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；若滑块冲上传送带时的速度大于带速，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动。(2)设滑块冲上传送带时的速度大小为v，由机械能守恒Epmv2设滑块在传送带上做匀减速运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律：mgma由运动学公式vv22aL解得v，EpmvmgL。(3)设滑
94、块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移xv0t，v0vat滑块相对传送带滑动的位移xLx因相对滑动生成的热量Qmgx解得QmgLmv0(v0)。答案：(1)见解析(2)mvmgL(3)mgLmv0(v0)实验四验证机械能守恒定律一、实验目的(是什么)验证机械能守恒定律。二、实验原理(是什么)1在只有重力做功的自由落体运动中，物体的重力势能和动能互相转化，但总的机械能保持不变。若物体某时刻瞬时速度为v，下落高度为h，则重力势能的减少量为mgh，动能的增加量为mv2，看它们在实验误差允许的范围内是否相等，若相等则验证了机械能守恒定律。2速度的测量：做匀变速运动的纸带上某点的瞬时速度等于
95、相邻两点之间的平均速度vt2t计算打第n个点速度的方法：测出第n个点与相邻前后点间的距离xn和xn1，由公式vn或vn算出，如图实41所示。图实41三、实验器材(有哪些)铁架台(含铁夹)，打点计时器，学生电源，纸带，复写纸，导线，毫米刻度尺，重物(带纸带夹)。四、实验步骤(怎么做)图实421安装置：按图实42所示将检查、调整好的打点计时器竖直固定在铁架台上，接好电路。2打纸带：将纸带的一端用夹子固定在重物上，另一端穿过打点计时器的限位孔，用手提着纸带使重物静止在靠近打点计时器的地方。先接通电源，后松开纸带，让重物带着纸带自由下落。更换纸带重复做35次实验。3选纸带：分两种情况说明(1)用mvm
96、ghn验证时，应选点迹清晰，且第1、2两点间距离小于或接近2 mm的纸带。若第1、2两点间的距离大于2 mm，这是由于先释放纸带后接通电源造成的。这样，第1个点就不是运动的起始点了，这样的纸带不能选。(2)用mvmvmgh验证时，由于重力势能的相对性，处理纸带时，选择适当的点为基准点，这样纸带上打出的第1、2两点间的距离是否大于2 mm就无关紧要了，所以只要后面的点迹清晰就可选用。五、数据处理(怎么办)1测量计算在起始点标上0，在以后各点依次标上1、2、3，用刻度尺测出对应下落高度h1、h2、h3。利用公式vn计算出点1、点2、点3、的瞬时速度v1、v2、v3。2验证守恒法一：利用起始点和第n
97、点计算。代入ghn和v，如果在实验误差允许的条件下，ghnv，则机械能守恒定律是正确的。法二：任取两点计算。任取两点A、B测出hAB，算出ghAB。算出vv的值。在实验误差允许的条件下，如果ghABvv，则机械能守恒定律是正确的。法三：图像法。从纸带上选取多个点，测量从第一点到其余各点的下落高度h，并计算各点速度的平方v2，然后以v2为纵轴，以h为横轴，根据实验数据绘出v2h图线。若在误差允许的范围内图像是一条过原点且斜率为g的直线，则验证了机械能守恒。六、注意事项(有哪些)1打点计时器要稳定地固定在铁架台上，打点计时器平面与纸带限位孔调整到竖直方向，以减小摩擦阻力。2重物要选用密度大、体积小
98、的物体，这样可以减小空气阻力的影响，从而减小实验误差。3实验中，需保持提纸带的手不动，且保证纸带竖直，待接通电源，打点计时器工作稳定后，再松开纸带。4速度不能用vngtn或vn计算，重物下落的高度h，也只能用刻度尺直接测量，而不能用hngt或hn计算得到。七、误差分析(为什么)1本实验中因重物和纸带在下落过程中要克服各种阻力(空气阻力、打点计时器阻力)做功，故动能的增加量Ek稍小于重力势能的减少量Ep，即Ek”“”或“”)时，说明气垫导轨已经水平。(2)用螺旋测微器测遮光条宽度d，测量结果如图丙所示，则d_mm。(3)滑块P用细线跨过气垫导轨左端的定滑轮与质量为m的钩码Q相连，将滑块P由图甲所
99、示位置释放，通过计算机得到的图像如图乙所示，若t1、t2和d已知，要验证滑块和钩码组成的系统机械能是否守恒，还应测出_和_(写出物理量的名称及符号)。(4)若上述物理量间满足关系式_，则表明在上述过程中，滑块和钩码组成的系统机械能守恒。解析：(1)当t1t2时，滑块通过光电门A、B的速度相同，说明气垫导轨已经水平。(2)d8 mm0.01 mm47.48.474 mm。(3)(4)要验证系统机械能守恒，应验证的关系式为：mgL(Mm)2(Mm)2。由于d、t1、t2已知，故要验证此式，必须测量滑块的质量M及两光电门间距离L。答案：(1)(2)8.474(在8.4738.475之间均算对)(3)
100、滑块质量M两光电门间距离L(4)mgL(Mm)2(Mm)27(2014广东高考)某同学根据机械能守恒定律，设计实验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系。(1)如图实416(a)，将轻质弹簧下端固定于铁架台，在上端的托盘中依次增加砝码，测量相应的弹簧长度，部分数据如下表。有数据算得劲度系数k_ N/m。(g取9.80 m/s2)砝码质量(g)50100150弹簧长度(cm)8.627.636.66(2)取下弹簧，将其一端固定于气垫导轨左侧，如图(b)所示；调整导轨，使滑块自由滑动时，通过两个光电门的速度大小_。(3)用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v。释放滑块过
101、程中，弹簧的弹性势能转化为_。(4)重复(3)中的操作，得到v与x的关系如图(c)。由图可知，v与x成_关系。由上述实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的_成正比。图实416解析：(1)由kN/m50 N/m；(2)要调整气垫导轨水平，使滑块自由滑动时，通过两个光电门的速度相等；(3)根据机械能守恒定律，释放滑块后，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能；(4)由题图可知，x与v成正比，即vkx，由EpEkmv2mk2x2，因此弹簧的弹性势能与弹簧的压缩量的平方成正比。答案：(1)50(2)相等(3)滑块的动能(4)正比压缩量的平方阶段验收评估(五)机械能(时间：60分钟满分：100分)一、单项
102、选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分，每小题只有一个选项正确)1(2013江苏高考)水平面上，一白球与一静止的灰球碰撞，两球质量相等。碰撞过程的频闪照片如图1所示，据此可推断，碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的()图1A30%B50%C70% D90%解析：选A量出碰撞前的小球间距与碰撞后的小球间距之比为127，即碰撞后两球速度大小v与碰撞前白球速度v的比值，。所以损失的动能Ekmv22mv2，30%，故选项A正确。2(2014重庆高考)某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶，受到的阻力分别为车重的k1和k2倍，最大速率分别为v1和v2，则()Av2k1v1 Bv2v1Cv2v
103、1Dv2k2v1解析：选B该车在水平路面上达到最大速率时，处于平衡状态，即该车此时的牵引力F1k1mg，F2k2mg，两种情况下，车的功率相同，即F1v1F2v2，解得v2，故B项正确。3(2014全国卷)取水平地面为重力势能零点。一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等。不计空气阻力。该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为()A. B.C.D.解析：选B根据平抛运动的规律和机械能守恒定律解题。设物块水平抛出的初速度为v0，高度为h，由机械能守恒定律得mvmgh，即v0。物块在竖直方向上的运动是自由落体运动，故落地时的竖直分速度vyvxv0，则该物块落地时的速度方向与水平方
104、向的夹角，故选项B正确，选项A、C、D错误。4电动机以恒定的功率P和恒定的转速n卷动绳子，拉着质量为M的木箱在光滑的水平地面上前进，如图2所示，电动机卷绕绳子的轮子的半径为R，当运动至绳子与水平面成角时，下述说法正确的是()图2A木箱将匀速运动，速度是2nRB木箱将匀加速运动，此时速度是2nR/cos C此时木箱对地的压力为MgD此过程木箱受的合外力大小和方向都在变化解析：选C绳子的速度v12nR，木箱的速度v2v1/cos ，其大小随着变化，选项A错误；绳子上的拉力FP/v1P/2nR，大小不变。木箱受的合力F合Fcos ，其方向不变，其大小随着变化，木箱做变加速直线运动，选项B、D错误；木
105、箱对地的压力为FNMgFsin Mg，选项C正确。5一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离。假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法错误的是()A运动员到达最低点前重力势能始终减小B蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加C蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关解析：选D重力做功决定重力势能的变化，随着高度的降低，重力一直做正功，重力势能一直减小，故A选项正确；弹性势能的变化取决于弹力做功，当橡皮筋张紧后，随着运动员的下落弹力一直做负功，弹性势能一直增大，故B选项正确；在
106、蹦极过程中，由于只有重力和弹性绳的弹力做功，故由运动员、地球及弹性绳组成的系统机械能守恒，故选项C正确；重力势能的大小与势能零点的选取有关，而势能的改变与势能零点选取无关，故选项D错误。二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分，每小题有多个选项正确，全选对得6分，选对但不全得3分，选错或不选得0分)6(2014滨州模拟)下面关于蹦床运动的说法中正确的是()A运动员下落到刚接触蹦床时，速度最大B运动到最低点时，床对运动员的作用力大于运动员对床的作用力C.从刚接触蹦床到运动至最低点的过程中，运动员的加速度先减小后增大D在下落过程中，重力对运动员所做的功等于其重力势能的减小量解析：选CD运
107、动员下落到刚接触蹦床时，合力仍为mg，之后还要加速，A错误；运动员对床的作用力与床对运动员的作用力等大反向，B错误；从刚接触床到运动到最低点，运动员随受向上弹力的增大，其加速度先减小后反向增大，C正确；重力对运动员所做的功一定等于运动员重力势能的减少量，D正确。7(2013全国卷)2012年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功。图3(a)为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图。飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止，某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t0.4 s时恰好钩住阻拦
108、索中间位置，其着舰到停止的速度时间图线如图(b)所示。假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1 000 m。已知航母始终静止，重力加速度的大小为g。则()图3A从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的B在0.42.5 s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化C在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5gD在0.42.5 s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变解析：选AC由v t图像可知飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的，选项A正确；由v t图像可以看出0.42.5 s内飞机在甲板上滑行过程中的加速度不变，说明飞机受到的合力不变，而两段阻拦索的夹角逐渐减小，故
109、阻拦索的张力减小，选项B错误；根据v t图像可以看出0.42.5 s内加速度大小约为：a m/s228.6 m/s2，选项C正确；由于飞机做匀减速运动，所受阻力不变，根据PFv可知，功率逐渐减小，选项D错误。8(2014北京西城区期末)如图4甲所示，物体以一定的初速度从倾角37的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0 m。选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化如图乙所示。g10 m/s2，sin 370.60，cos 370.80。则()图4A物体的质量m0.67 kgB物体与斜面之间的动摩擦因数0.40C物体上升过程中的加速度大小a10 m/s2D物体回到斜面底
110、端时的动能Ek10 J解析：选CD上升过程，由动能定理得，(mgsin mgcos )0Ek1，摩擦生热mgcos E1E2，解得m1 kg，0.50，故A、B错误；物体上升过程中的加速度大小agsin gcos 10 m/s2，故C正确；上升过程中的摩擦生热为E1E220 J，下降过程摩擦生热也应为20 J，故物体回到斜面底端时的动能Ek50 J40 J10 J，故D正确。三、非选择题(本题共3小题，共52分，按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤)9.(15分)(2013全国卷)某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究：一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固
111、定，右端与一小球接触而不固连；弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图5所示。向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放；小球离开桌面后落到水平地面。通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能。图5回答下列问题：(1)本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能Ep与小球抛出时的动能Ek相等。已知重力加速度大小为g。为求得Ek，至少需要测量下列物理量中的_(填正确答案标号)。A小球的质量mB小球抛出点到落地点的水平距离sC桌面到地面的高度hD弹簧的压缩量xE弹簧原长l0(2)用所选取的测量量和已知量表示Ek，得Ek_。(3)图6中的直线是实验测量得到的s x图线。从理论上可推出，如果h不变，m增加
112、，s x图线的斜率会_(填“增大”、“减小”或“不变”)；如果m不变，h增加，s x图线的斜率会_(填“增大”、“减小”或“不变”)。由图乙中给出的直线关系和Ek的表达式可知，Ep与x的_次方成正比。图6解析：(1)利用平抛运动规律，测量出平抛运动的初速度v。由svt，hgt2，联立解得vs 。要测量小球速度，需要测量小球抛出点到落地点的水平距离s，桌面到地面的高度h。根据动能公式，为求得Ek，还需要测量小球的质量m，所以正确选项是A、B、C。(2)小球抛出时的动能Ekmv2。(3)如果x和h不变，m增加，则小球抛出时的速度减小，s减小，s x图线的斜率会减小。如果x和m不变，h增加，则小球抛
113、出时的速度不变，s增大，s x图线的斜率会增大。由实验绘出的图像可知，s与x成正比，而Ekmv2，所以弹簧被压缩后的弹性势能Ep与x的2次方成正比。答案：(1)ABC(2)(3)减小增大210(17分)(2014重庆高考)如图7为“嫦娥三号”探测器在月球上着陆最后阶段的示意图。首先在发动机作用下，探测器受到推力在距月面高度为h1处悬停(速度为0，h1远小于月球半径)；接着推力改变，探测器开始竖直下降，到达距月面高度为h2处的速度为v；此后发动机关闭，探测器仅受重力下落至月面。已知探测器总质量为m(不包括燃料)，地球和月球的半径比为k1，质量比为k2，地球表面附近的重力加速度为g。求：图7(1)
114、月球表面附近的重力加速度大小及探测器刚接触月面时的速度大小；(2)从开始竖直下降到刚接触月面时，探测器机械能的变化。解析：(1)设地球质量和半径分别为M和R，月球的质量、半径和表面附近的重力加速度分别为M、R和g，探测器刚接触月面时的速度大小为vt。由mgG和mgG得gg由vv22gh2得vt。(2)设机械能变化量为E，动能变化量为Ek，重力势能变化量为Ep由EEkEp有Emmgh1得Emv2mg(h1h2)答案：见解析11(20分)(2014福建高考)图8为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切。点A距水面的高度为
115、H，圆弧轨道BC的半径为R，圆心O恰在水面。一质量为m的游客(视为质点)可从轨道AB的任意位置滑下，不计空气阻力。图8(1)若游客从A点由静止开始滑下，到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面D点，OD2R，求游客滑到B点时的速度vB大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功Wf；(2)若游客从AB段某处滑下，恰好停在B点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道，求P点离水面的高度h。(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F向m)解析：(1)游客从B点做平抛运动，有2RvBtRgt2由式得vB从A到B，根据动能定理，有mg(HR)Wfmv0由式得Wf(mgH2mgR)(2)设OP与OB间夹角为，游客在P点时的速度为vP，受到的支持力为N，从B到P由机械能守恒定律，有mg(RRcos )mv0过P点时，根据向心力公式，有mgcos Nm又N0cos 由式解得hR。答案：(1)(mgH2mgR)(2)R
