高考物理一轮复习机械能教案。

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第12讲机械能

题一：如图所示，第一次用力F作用在物体上使物体在粗糙的水平面上移动距离s，第二次用同样大小的力F作用在同一物体上，使它沿粗糙斜面向上移动相同的距离s，若物体与水平面、斜面间的动摩擦因数相同，则下列结论中正确的有（）
A．力F做的功第二次比第一次多
B．两次力F做功一样多
C．两次物体增加的机械能一样多
D．物体机械能的增量第二次比第一次大

题二：一块质量为m的物体放在地面上，上端用一根弹簧连着，如图所示，现用恒力F竖直向上拉弹簧的上端，并使物体离开地面，如果力的作用点向上移动的距离为h，则（）
A．物体的重力势能增加了Fh
B．弹簧的弹性势能为Fh
C．拉力F做的功为Fh
D．物体和弹簧组成的系统机械能增加了Fh

题三：如图所示，一直角斜面固定在地面上，右边斜面倾角60°，左边斜面倾角30°，A、B两物体分别系于一根跨过定滑轮的轻绳两端，分别置于斜面上，两物体可以看成质点，且位于同一高度并处于静止平衡状态，一切摩擦不计，绳子均与斜面平行，若剪断绳，让两物体从静止开始沿斜面下滑，下列叙述正确的是（）
A．到达斜面底端时两物体速率相等
B．到达斜面底端时两物体机械能相等
C．到达斜面底端时两物体重力的功率相等
D．两物体沿斜面下滑的时间相等

题四：长度相同的三根轻杆构成一个正三角形支架，在A处固定质量为2m的小球，B处固定质量为m的小球，支架悬挂在O点，可绕过O点并与支架所在平面相垂直的固定轴转动。开始时OB与地面相垂直，放手后开始运动，在不计任何阻力的情况下，下列说法正确的是（）
A．A球到达最低点时速度为零
B．A球机械能减少量等于B球机械能增加量
C．B球向左摆动所能达到的最高位置应高于A球开始运动时的高度
D．当支架从左向右回摆时，A球一定能回到起始高度

题五：如图，质量为m1的物体A经一轻质弹簧与下方地面上的质量为m2的物体B相连，弹簧的劲度系数为k，A、B都处于静止状态。一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体A，另一端连一轻挂钩。开始时各段绳都处于伸直状态，A上方的一段绳沿竖直方向，现在挂钩上挂一质量为m3的物体C并从静止状态释放，已知它恰好能使B离开地面但不继续上升。若将C换成另一个质量为（m1+m3）的物体D，仍从上述初始位置由静止状态释放，则这次B刚离地时D的速度的大小是多少？已知重力加速度为g。
第12讲机械能
题一：BD题二：CD题三：AC题四：BCD题五：

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高考物理知识点速查复习机械能、功

俗话说，磨刀不误砍柴工。作为高中教师就要在上课前做好适合自己的教案。教案可以让学生能够在教学期间跟着互动起来，使高中教师有一个简单易懂的教学思路。高中教案的内容要写些什么更好呢？下面是小编为大家整理的“高考物理知识点速查复习机械能、功”，仅供您在工作和学习中参考。

机械能
1.深刻理解功的概念
功是力的空间积累效应。它和位移相对应（也和时间相对应）。计算功的方法有两种：
⑴按照定义求功。即：W=Fscosθ。在高中阶段，这种方法只适用于恒力做功。当时F做正功，当时F不做功，当时F做负功。
这种方法也可以说成是：功等于恒力和沿该恒力方向上的位移的乘积。
⑵用动能定理W=ΔEk或功能关系求功。当F为变力时，高中阶段往往考虑用这种方法求功。
这种方法的依据是：做功的过程就是能量转化的过程，功是能的转化的量度。如果知道某一过程中能量转化的数值，那么也就知道了该过程中对应的功的数值。
(3)．会判断正功、负功或不做功。判断方法有：○1用力和位移的夹角α判断;○2用力和速度的夹角θ判断定;○3用动能变化判断.
(4)了解常见力做功的特点:
重力做功和路径无关，只与物体始末位置的高度差h有关：W=mgh，当末位置低于初位置时，W＞0，即重力做正功；反之则重力做负功。
滑动摩擦力做功与路径有关。当某物体在一固定平面上运动时，滑动摩擦力做功的绝对值等于摩擦力与路程的乘积。
在弹性范围内，弹簧做功与始末状态弹簧的形变量有关系。
（5）一对作用力和反作用力做功的特点：○1一对作用力和反作用力在同一段时间内做的总功可能为正、可能为负、也可能为零；○2一对互为作用反作用的摩擦力做的总功可能为零（静摩擦力）、可能为负（滑动摩擦力），但不可能为正。
2.深刻理解功率的概念
（1）功率的物理意义：功率是描述做功快慢的物理量。
（2）功率的定义式：，所求出的功率是时间t内的平均功率。
（3）功率的计算式：P=Fvcosθ，其中θ是力与速度间的夹角。该公式有两种用法：①求某一时刻的瞬时功率。这时F是该时刻的作用力大小，v取瞬时值，对应的P为F在该时刻的瞬时功率；②当v为某段位移（时间）内的平均速度时，则要求这段位移（时间）内F必须为恒力，对应的P为F在该段时间内的平均功率。
(4)重力的功率可表示为PG=mgVy，即重力的瞬时功率等于重力和物体在该时刻的竖直分速度之积。
2、斜面上的弹力做功和摩擦力做功问题
3、滑轮系统拉力做功的计算方法
当牵引动滑轮两根细绳不平行时，但都是恒力，此时若将此二力合成为一个恒力再计算这个恒力的功，则计算过程较复杂。但若等效为两个恒力功的代数和，将使计算过程变得非常简便。
4、求某力的平均功率和瞬时功率的方法
平均功率的计算：
5、机车的启动问题
问题1：.机车起动的最大速度问题
问题2：机车匀加速起动的最长时间问题
问题3：.机车运动的最大加速度问题。
功和功率的计算
1、求变力做功的几种方法
功的计算在中学物理中占有十分重要的地位，中学阶段所学的功的计算公式W=FScosa只能用于恒力做功情况，对于变力做功的计算则没有一个固定公式可用，本文对变力做功问题进行归纳总结如下：
（1）等值法
等值法即若某一变力的功和某一恒力的功相等，则可以同过计算该恒力的功，求出该变力的功。而恒力做功又可以用W=FScosa计算，从而使问题变得简单。
（2）、微元法
当物体在变力的作用下作曲线运动时，若力的方向与物体运动的切线方向之间的夹角不变，且力与位移的方向同步变化，可用微元法将曲线分成无限个小元段，每一小元段可认为恒力做功，总功即为各个小元段做功的代数和。
三、平均力法
如果力的方向不变，力的大小对位移按线性规律变化时，可用力的算术平均值（恒力）代替变力，利用功的定义式求功。
（4）、图象法
（5）、能量转化法求变力做功
功是能量转化的量度，已知外力做功情况可计算能量的转化，同样根据能量的转化也可求外力所做功的多少。因此根据动能定理、机械能守恒定律、功能关系等可从能量改变的角度求功。
①、用动能定理求变力做功
动能定理的内容是：外力对物体所做的功等于物体动能的增量。它的表达式是W外=ΔEK，W外可以理解成所有外力做功的代数和，如果我们所研究的多个力中，只有一个力是变力，其余的都是恒力，而且这些恒力所做的功比较容易计
算，研究对象本身的动能增量也比较容易计算时，用动能定理就可以求出这个变力所做的功。
③、用功能原理求变力做功
功能原理的内容是：系统所受的外力和内力（不包括重力和弹力）所做的功的代数和等于系统的机械能的增量，如果这些力中只有一个变力做功，且其它力所做的功及系统的机械能的变化量都比较容易求解时，就可用功能原理求解变力所做的功。
④、用公式W=Pt求变力做功
机械能及机械能守恒定律的应用
一、对机械能守恒定律的理解
1、对机械能中的重力势能的理解
机械能中的重力势能是一个相对值，只有选定了零势能参考面才有物体相对于零势面的重力势能。在机械能守恒关系式中初、末两状态的机械能应相对于同一参考面。
2、对机械能守恒定律条件的理解
对机械能守恒定律成立条件的理解关系到能否正确应用该定律，对该定律的理解可从以下两个方面：
(1)、从力做功的角度理解机械能守恒定律成立的条件。
对某一物体，若只有重力（或弹簧的弹力）做功，其它力不做功，则该物体的机械能守恒。
（2）、从能量转化的角度理解机械能守恒定律成立的条件。
对某一系统，物体间只有动能和重力势能及弹性势能相互转化，系统跟外界没有发生机械能的传递，机械能也没有转变成其它形式的能（如没有热能产生），则系统的机械能守恒。
3、对于机械能守恒定律中“守恒”的理解。
正确理解机械能守恒定律中“守恒”的涵义，对于正确写出守恒的数学表达式十分重要，同时对守恒的理解不同，其对应的数学表达式也不同。对守恒的理解主要有以下三种：
(1)、所谓守恒即系统的初态的总机械能E1等于末态的总机械能E2，其相应的数学表达式为：E1=E2。
（2）、系统的机械能守恒可理解为系统的能量只在动能和重力势能之间相互转化。系统重力势能的变化量和系统动能的变化量数值大小相等，即ΔEp=－ΔEk。
（3）、如果系统是有A、B两个物体组成的，对于机械能守恒可理解为系统的机械能只在A、B两物体之间相互转化，A物体的机械能的变化量和B物体的机械能的变化量数值大小相等，即ΔEA=－ΔEB。
二、机械能守恒定律的应用
1、物体运动中的机械能守恒
2、变质量问题中的机械能守恒
3、多物体组成的系统的机械能守恒问题
4、弹簧问题中的机械能守恒
功能关系
1、常见力做功与能量变化的对应关系
①重力功：重力势能和其他能相互转化②弹簧的弹力做功：弹性势能和其他能相互转化
③滑动摩擦力做功：机械能转化为内能④电场力做功：电势能与其他能相互转化
⑤安培力做功：电能和其它形式能相互转化
⑥分子力做功：分子势能和分子动能之间的能的转化
⑦合外力做功：动能和其他形式能之间的转化
⑧重力、弹力外的其他力做功：机械能和其他形式能之间的转化
2、功是能量的转化的量度W=ΔE
冲量、动量与动量定理
1、冲量---求恒力和变力冲量的方法。
恒力F的冲量直接根据I=Ft求，而变力的冲量一般要由动量定理或F-t图线与横轴所夹的面积来求。
2、动量---动量及动量变化的求解方法。
求动量的变化要用平行四边形定则或动量定理。
3、动量定理：
应用动量定理解题的思路和一般步骤为：
10明确研究对象和物理过程;20分析研究对象在运动过程中的受力情况;
30选取正方向,确定物体在运动过程中始末两状态的动量;40依据动量定理列方程、求解。
小结：三问法应用动量定理：
一问能否用（涉及力、时间和速度变化的问题，不涉及加速度与位移）
二问研究对象与过程;三问动量的变化与合冲量

20xx高考物理大一轮复习：第5章-机械能（12份打包有课件）

第1节功功率
一、功
1．做功的两个必要条件
力和物体在力的方向上发生的位移．
2．公式
W＝Flcosα，适用于恒力做功，其中α为F、l方向间夹角，l为物体对地的位移．
3．功的正负判断
夹角功的正负
α90°力对物体做正功
α90°力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功
α＝90°力对物体不做功
二、功率
1．定义：功与完成这些功所用时间的比值．
2．物理意义：描述做功的快慢．
3．公式
(1)P＝Wt，P为时间t内的平均功率．
(2)P＝Fvcosα(α为F与v的夹角)
①v为平均速度，则P为平均功率．
②v为瞬时速度，则P为瞬时功率．
4．额定功率与实际功率
(1)额定功率：动力机械正常工作时输出的最大功率．
(2)实际功率：动力机械实际工作时输出的功率，要求小于或等于额定功率．
[自我诊断]
1．判断正误
(1)只要物体受力的同时又发生了位移，则一定有力对物体做功．(×)
(2)一个力对物体做了负功，则说明这个力一定阻碍物体的运动．(√)
(3)作用力做正功时，反作用力一定做负功．(×)
(4)力始终垂直物体的运动方向，则该力对物体不做功．(√)
(5)摩擦力对物体一定做负功．(×)
(6)由P＝Fv可知，发动机功率一定时，机车的牵引力与运行速度的大小成反比．(√)
(7)汽车上坡时换成低挡位，其目的是减小速度得到较大的牵引力．(√)
2．(多选)质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面上，斜面沿水平方向向右匀速移动了距离s，如图所示，物体m相对斜面静止．则下列说法正确的是()
A．重力对物体m做正功
B．合力对物体m做功为零
C．摩擦力对物体m做负功
D．支持力对物体m做正功
解析：选BCD.物体的受力及位移如图所示，支持力FN与位移x的夹角α90°，故支持力做正功，D正确；重力垂直位移，故重力不做功，A错误；摩擦力Ff与x夹角β90°，故摩擦力做负功，C正确；合力为零，合力不做功，B正确．
3．如图所示，甲、乙、丙三个物体分别在大小相等、方向不同的力F的作用下，向右移动相等的位移x，关于F对甲、乙、丙做功的大小W1、W2、W3判断正确的是()
A．W1W2W3B．W1＝W2W3
C．W1＝W2＝W3D．W1W2W3
解析：选C.由功的公式可得，这三种情况下做的功分别为W1＝Fxcosα、W2＝Fxcosα、W3＝－Fxcosα，又因为功的正、负不表示大小，所以C正确．
4．在光滑的水平面上，用一水平拉力F使物体从静止开始移动x，平均功率为P，如果将水平拉力增加为4F，使同一物体从静止开始移动x，则平均功率为()
A．2PB．4P
C．6PD．8P
解析：选D.设第一次运动时间为t，则其平均功率表达式为P＝Fxt；第二次加速度为第一次的4倍，由x＝12at2可知时间为t2，其平均功率为4Fxt2＝8Fxt＝8P，D正确．
考点一功的正负判断和计算
考向1：功的正负的判断方法
(1)恒力做功的判断：若物体做直线运动，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，依据F与v的方向夹角来判断．当0≤α90°时，力对物体做正功；90°α≤180°时，力对物体做负功；α＝90°时，力对物体不做功．
(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．此法常用于两个相联系的物体之间的相互作用力做功的判断．
1．(多选)如图所示，重物P放在一长木板OA上，将长木板绕O端转过一个小角度的过程中，重物P相对于木板始终保持静止．关于木板对重物P的摩擦力和支持力做功的情况是()
A．摩擦力对重物不做功
B．摩擦力对重物做负功
C．支持力对重物不做功
D．支持力对重物做正功
解析：选AD.由做功的条件可知：只要有力，并且物体在力的方向上通过位移，则力对物体做功．由受力分析知，支持力FN做正功，摩擦力Ff不做功，选项A、D正确．
2.(多选)如图所示，在皮带传送装置中，皮带把物体P匀速带至高处，在此过程中，下列说法中正确的是()
A．摩擦力对物体做正功
B．摩擦力对物体做负功
C．支持力对物体不做功
D．合力对物体做正功
解析：选AC.物体P匀速向上运动过程中，受静摩擦力作用，方向沿皮带向上，对物体做正功，支持力垂直于皮带，做功为零，物体所受的合力为零，做功也为零，故A、C正确，B、D错误．
考向2：恒力做功的计算
(1)单个力做的功：直接用W＝Flcosα计算．
(2)合力做的功
方法一：先求合力F合，再用W合＝F合lcosα求功．
方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3、…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功．
3．(多选)如图所示，水平路面上有一辆质量为M的汽车，车厢中有一个质量为m的人正用恒力F向前推车厢，在车以加速度a向前加速行驶距离L的过程中，下列说法正确的是()
A．人对车的推力F做的功为FL
B．人对车做的功为maL
C．车对人的作用力大小为ma
D．车对人的摩擦力做的功为(F＋ma)L
解析：选AD.由做功的定义可知选项A正确；对人进行受力分析，人受重力以及车对人的力，合力的大小为ma，方向水平向左，故车对人的作用力大小应为ma2＋mg2，选项C错误；上述过程重力不做功，合力对人做的功为maL，所以车对人做的功为maL，由相互作用力及人、车的位移相同可确定，人对车做的功为－maL，选项B错误；对人由牛顿第二定律知，在水平方向上有Ff－F＝ma，摩擦力做的功为(F＋ma)L，选项D正确．
4．(20xx湖北武汉模拟)一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时其速度为1m/s，从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作用力F，力F和滑块的速率v随时间的变化规律分别如图甲和乙所示，设在第1s内、第2s内、第3s内力F对滑块做的功分别为W1、W2、W3，则以下关系正确的是()
A．W1＝W2＝W3B．W1W2W3
C．W1W3W2D．W1＝W2W3
解析：选B.力F做的功等于每段恒力F与该段滑块运动的位移数值的乘积，滑块的位移即vt图象中图象与坐标轴围成的面积，第1s内，位移大小为一个小三角形面积S；第2s内，位移大小也为一个小三角形面积S；第3s内，位移大小为两个小三角形面积2S，故W1＝S，W2＝3S，W3＝4S，所以W1W2W3，B正确．
考点二变力功的计算
方法一利用“微元法”求变力的功
物体的位移分割成许多小段，因小段很小，每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将变力做功转化为在无数多个无穷小的位移上的恒力所做元功的代数和．此法在中学阶段，常应用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题．
[典例1]如图所示，在水平面上，有一弯曲的槽道弧AB，槽道由半径分别为R2和R的两个半圆构成，现用大小恒为F的拉力将一光滑小球从A点沿滑槽道拉至B点，若拉力F的方向时时刻刻均与小球运动方向一致，则此过程中拉力所做的功为()
A．0B．FR
C.32πFRD．2πFR
解析虽然拉力方向时刻改变，但力与运动方向始终一致，用微元法，在很小的一段位移内可以看成恒力，小球的路程为πR＋πR2，则拉力做的功为32πFR，故C正确．
答案C
方法二化变力的功为恒力的功
若通过转换研究的对象，有时可化为恒力做功，用W＝Flcosα求解．此法常常应用于轻绳通过定滑轮拉物体的问题中．
[典例2]如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，以大小恒定的拉力F拉绳，使滑块从A点起由静止开始上升．若从A点上升至B点和从B点上升至C点的过程中拉力F做的功分别为W1和W2，图中AB＝BC，则()
A．W1＞W2
B．W1＜W2
C．W1＝W2
D．无法确定W1和W2的大小关系
解析绳子对滑块做的功为变力做功，可以通过转换研究对象，将变力的功转化为恒力的功；因绳子对滑块做的功等于拉力F对绳子做的功，而拉力F为恒力，W＝FΔl，Δl为绳拉滑块过程中力F的作用点移动的位移，大小等于滑轮左侧绳长的缩短量，由图可知，ΔlAB＞ΔlBC，故W1＞W2，A正确．
答案A
方法三利用Fx图象求变力的功
在Fx图象中，图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移所做的功，且位于x轴上方的“面积”为正，位于x轴下方的“面积”为负，但此方法只适用于便于求图线所围面积的情况(如三角形、矩形、圆等规则的几何图形)．
[典例3]如图甲所示，静止于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F作用下，沿x轴方向运动，拉力F随物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示，图线为半圆．则小物块运动到x0处时F做的总功为()
A．0B．12Fmx0
C.π4Fmx0D.π4x20
解析F为变力，根据Fx图象包围的面积在数值上等于F做的总功来计算．图线为半圆，由图线可知在数值上Fm＝12x0，故W＝12πF2m＝12πFm12x0＝π4Fmx0.
答案C
方法四利用平均力求变力的功
在求解变力做功时，若物体受到的力方向不变，而大小随位移呈线性变化，即力均匀变化时，则可以认为物体受到一大小为F＝F1＋F22的恒力作用，F1、F2分别为物体初、末态所受到的力，然后用公式W＝Flcosα求此力所做的功．
[典例4]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＝0＋kl2＝kl2
钉子克服阻力做的功为：
WF＝Fl＝12kl2
设全过程共打击n次，则给予钉子的总能量：
E总＝nE0＝12kl2，所以n＝kl22E0
答案kl22E0
方法五利用动能定理求变力的功
动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于求恒力做功也适用于求变力做功．使用动能定理可根据动能的变化来求功，是求变力做功的一种方法．
[典例5]如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g.质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为()
A.14mgRB.13mgR
C.12mgRD.π4mgR
解析在Q点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力，所以有FN－mg＝mv2R，FN＝2mg，联立解得v＝gR，下落过程中重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可得mgR－Wf＝12mv2，解得Wf＝12mgR，所以克服摩擦力做功12mgR，C正确．
答案C
考点三功率的计算
1．平均功率的计算
(1)利用P＝Wt.
(2)利用P＝Fvcosα，其中v为物体运动的平均速度．
2．瞬时功率的计算
(1)利用公式P＝Fvcosα，其中v为t时刻物体的瞬时速度．
(2)利用公式P＝FvF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度．
(3)利用公式P＝Fvv，其中Fv为物体受的外力F在速度v方向上的分力．
3．计算功率的3个注意
(1)要弄清楚是平均功率还是瞬时功率．
(2)平均功率与一段时间(或过程)相对应，计算时应明确是哪个力在哪段时间(或过程)内做功的平均功率．
(3)瞬时功率计算时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率．求解瞬时功率时，如果F与v不同向，可用力F乘以F方向的分速度，或速度v乘以速度方向的分力求解．
1．一个质量为m的物块，在几个共点力的作用下静止在光滑水平面上．现把其中一个水平方向的力从F突然增大到3F，并保持其他力不变，则从这时开始到t秒末，该力的瞬时功率是()
A.3F2tmB．4F2tm
C.6F2tmD.9F2tm
解析：选C.物块受到的合力为2F，根据牛顿第二定律有2F＝ma，在合力作用下，物块做初速度为零的匀加速直线运动，速度v＝at，该力大小为3F，则该力的瞬时功率P＝3Fv，解以上各式得P＝6F2tm，C正确．
2．(多选)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器．舰载机总质量为3.0×104kg，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105N；弹射器有效作用长度为100m，推力恒定．要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则()
A．弹射器的推力大小为1.1×106N
B．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108J
C．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107W
D．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32m/s2
解析：选ABD.对舰载机应用运动学公式v2－0＝2ax，代入数据得加速度a＝32m/s2，D正确；设总推力为F，对舰载机应用牛顿第二定律可知：F－20%F＝ma，得F＝1.2×106N，而发动机的推力为1.0×105N，则弹射器的推力为F推＝(1.2×106－1.0×105)N＝1.1×106N，A正确；弹射器对舰载机所做的功为W＝F推l＝1.1×108J，B正确；弹射过程所用的时间为t＝va＝8032s＝2.5s，平均功率P＝Wt＝1.1×1082.5W＝4.4×107W，C错误．
3.如图所示，质量相同的两物体从同一高度由静止开始运动，A沿着固定在地面上的光滑斜面下滑，B做自由落体运动．两物体分别到达地面时，下列说法正确的是()
A．重力的平均功率PAPB
B．重力的平均功率PA＝PB
C．重力的瞬时功率PA＝PB
D．重力的瞬时功率PAPB
解析：选D.根据功的定义可知重力对两物体做功相同即WA＝WB，自由落体时满足h＝12gt2B，沿斜面下滑时满足hsinθ＝12gt2Asinθ，其中θ为斜面倾角，故tAtB，由P＝Wt知PAPB，A、B错；由匀变速直线运动公式可知落地时两物体的速度大小相同，方向不同，重力的瞬时功率PA＝mgvsinθ，PB＝mgv，显然PAPB，故C错，D对．
求解功率时应注意的“三个”问题
(1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率；
(2)平均功率与一段时间(或过程)相对应，计算时应明确是哪个力在哪段时间(或过程)内做功的平均功率；
(3)瞬时功率计算时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率
考点四机车启动问题
考向1：以恒定功率启动
(1)运动过程分析
(2)运动过程的速度时间图象
1.一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示．假定汽车所受阻力的大小Ff恒定不变．下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是()
解析：选A.由Pt图象知：0～t1内汽车以恒定功率P1行驶，t1～t2内汽车以恒定功率P2行驶．设汽车所受牵引力为F，则由P＝Fv得，当v增加时，F减小，由a＝F－Ffm知a减小，又因速度不可能突变，所以选项B、C、D错误，A正确．
2．(20xx山东济南模拟)(多选)汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P，牵引力为F0，t1时刻，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半，并保持该功率继续行驶，到t2时刻，汽车又恢复了匀速直线运动．下列能正确表示这一过程中汽车牵引力F随时间t、速度v随时间t变化的图象是()
解析：选AD.到t1时刻功率立即减小一半，但速度减小有一个过程，不能直接变为原来的一半，所以牵引力立即变为原来的一半，根据公式P＝Fv，之后保持该功率继续行驶，速度减小，牵引力增大，根据a＝Ff－Fm，摩擦力恒定，所以加速度逐渐减小，即vt图象的斜率减小，当加速度为零时，做匀速直线运动，故选项A、D正确．
考向2：以恒定加速度启动
(1)运动过程分析
(2)运动过程的速度－时间图象如图所示．
3．一辆汽车从静止出发，在平直的公路上加速前进，如果发动机的牵引力保持恒定，汽车所受阻力保持不变，在此过程中()
A．汽车的速度与时间成正比
B．汽车的位移与时间成正比
C．汽车做变加速直线运动
D．汽车发动机做的功与时间成正比
解析：选A.由F－Ff＝ma可知，因汽车牵引力F保持恒定，故汽车做匀加速直线运动，C错误；由v＝at可知，A正确；而x＝12at2，故B错误；由WF＝Fx＝F12at2可知，D错误．
4．(20xx浙江舟山模拟)质量为1.0×103kg的汽车，沿倾角为30°的斜坡由静止开始运动，汽车在运动过程中所受摩擦阻力大小恒为2000N，汽车发动机的额定输出功率为5.6×104W，开始时以a＝1m/s2的加速度做匀加速运动(g＝10m/s2)．求：
(1)汽车做匀加速运动的时间t1；
(2)汽车所能达到的最大速率；
(3)若斜坡长143.5m，且认为汽车到达坡顶之前，已达到最大速率，则汽车从坡底到坡顶需多长时间？
解析：(1)由牛顿第二定律得
F－mgsin30°－Ff＝ma
设匀加速过程的末速度为v，则有P＝Fv
v＝at1
解得t1＝7s
(2)当达到最大速度vm时，a＝0，则有
P＝(mgsin30°＋Ff)vm
解得vm＝8m/s
(3)汽车匀加速运动的位移x1＝12at21
在后一阶段对汽车由动能定理得
Pt2－(mgsin30°＋Ff)x2＝12mv2m－12mv2
又有x＝x1＋x2
解得t2＝15s
故汽车运动的总时间为t＝t1＋t2＝22s
答案：(1)7s(2)8m/s(3)22s
解决机车启动问题的4个注意
(1)机车启动的方式不同，运动的规律就不同，即其功率、速度、加速度、牵引力等物理量的变化规律不同，分析图象时应注意坐标轴的意义及图象变化所描述的规律．
(2)在机车功率P＝Fv中，F是机车的牵引力而不是机车所受合力，正是基于此，牵引力与阻力平衡时达到最大运行速度，即P＝Ffvm.
(3)恒定功率下的启动过程一定不是匀加速过程，匀变速直线运动的公式不适用了，这种加速过程发动机做的功可用W＝Pt计算，不能用W＝Fl计算(因为F为变力)．
(4)以恒定牵引力加速时的功率一定不恒定，这种加速过程发动机做的功常用W＝Fl计算，不能用W＝Pt计算(因为功率P是变化的)．
课时规范训练
[基础巩固题组]
1.如图所示，木块B上表面是水平的，当木块A置于B上，并与B保持相对静止，一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑过程中()
A．A所受的合外力对A不做功
B．B对A的弹力做正功
C．B对A的摩擦力做正功
D．A对B做正功
解析：选C.AB一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，加速度为gsinθ.由于A速度增大，由动能定理，A所受的合外力对A做功，B对A的摩擦力做正功，B对A的弹力做负功，选项A、B错误C、正确．A对B不做功，选项D错误．
2.(多选)如图所示，摆球质量为m，悬线的长为L，把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球从A点运动到B点的过程中空气阻力F阻的大小不变，则下列说法正确的是()
A．重力做功为mgL
B．绳的拉力做功为0
C．空气阻力F阻做功为－mgL
D．空气阻力F阻做功为－12F阻πL
解析：选ABD.小球下落过程中，重力做功为mgL，A正确；绳的拉力始终与速度方向垂直，拉力做功为0，B正确；空气阻力F阻大小不变，方向始终与速度方向相反，故空气阻力F阻做功为－F阻12πL，C错误，D正确．
3．(多选)如图所示，B物体在拉力F的作用下向左运动，在运动过程中，A、B之间有相互作用的摩擦力，则这对摩擦力做功的情况，下列说法中正确的是()
A．A、B都克服摩擦力做功
B．摩擦力对A不做功
C．摩擦力对B做负功
D．摩擦力对A、B都不做功
解析：选BC.对A、B受力分析如图所示，物体A在Ff2作用下没有位移，所以摩擦力对A不做功，故B正确；对物体B，Ff1与位移夹角为180°，做负功，故C正确，A、D错误．
4.如图所示，用与水平方向成θ角的力F，拉着质量为m的物体沿水平地面匀速前进位移s，已知物体和地面间的动摩擦因数为μ.则在此过程中F做的功为()
A．mgsB．μmgs
C.μmgscosθ＋μsinθD.μmgs1＋μtanθ
解析：选D.物体受力平衡，有Fsinθ＋FN＝mg，Fcosθ－μFN＝0，在此过程中F做的功W＝Fscosθ＝μmgs1＋μtanθ，D正确．
5．如图所示，质量为m的小球用长L的细线悬挂而静止在竖直位置．现用水平拉力F将小球缓慢拉到细线与竖直方向成θ角的位置．在此过程中，拉力F做的功为()
A．FLcosθB．FLsinθ
C．FL(1－cosθ)D．mgL(1－cosθ)
解析：选D.用F缓慢地拉，则显然F为变力，只能用动能定理求解，由动能定理得WF－mgL(1－cosθ)＝0，解得WF＝mgL(1－cosθ)，D正确．
6.如图所示，质量为m的小球以初速度v0水平抛出，恰好垂直打在倾角为θ的斜面上，则球落在斜面上时重力的瞬时功率为(不计空气阻力)()
A．mgv0tanθB.mgv0tanθ
C.mgv0sinθD．mgv0cosθ
解析：选B.小球落在斜面上时重力的瞬时功率为P＝mgvy，而vytanθ＝v0，所以P＝mgv0tanθ，B正确．
7.如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则小球从A到C的过程中弹簧弹力做功是()
A．mgh－12mv2B.12mv2－mgh
C．－mghD．－(mgh＋12mv2)
解析：选A.小球从A点运动到C点的过程中，重力和弹簧的弹力对小球做负功，由于支持力与位移始终垂直，则支持力对小球不做功，由动能定理，可得WG＋WF＝0－12mv2，重力做功为WG＝－mgh，则弹簧的弹力对小球做功为WF＝mgh－12mv2，所以正确选项为A.
[综合应用题组]
8．质量为m的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的摩擦阻力大小一定，汽车速度能够达到的最大值为v，那么当汽车的车速为v3时，汽车的瞬时加速度的大小为()
A.PmvB.2Pmv
C.3PmvD.4Pmv
解析：选B.当汽车匀速行驶时，有f＝F＝Pv，根据P＝F′v3，得F′＝3Pv，由牛顿第二定律得a＝F′－fm＝3Pv－Pvm＝2Pmv，故B正确，A、C、D错误．
9．如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为2kg的物体在F作用下由静止开始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可知()
A．物体加速度大小为2m/s2
B．F的大小为21N
C．4s末F的功率大小为42W
D．4s内F做功的平均功率为42W
解析：选C.由图乙可知，物体的加速度a＝0.5m/s2，由2F－mg＝ma可得：F＝10.5N，A、B均错误；4s末力F的作用点的速度大小为vF＝2×2m/s＝4m/s，故4s末拉力F做功的功率为P＝FvF＝42W，C正确；4s内物体上升的高度h＝4m，力F的作用点的位移l＝2h＝8m，拉力F所做的功W＝Fl＝84J,4s内拉力F做功的平均功率P＝Wt＝21W，D错误．
10.当前我国“高铁”事业发展迅猛．假设一辆高速列车在机车牵引力和恒定阻力作用下，在水平轨道上由静止开始启动，其vt图象如图所示，已知在0～t1时间内为过原点的倾斜直线，t1时刻达到额定功率P，此后保持功率P不变，在t3时刻达到最大速度v3，以后匀速运动．下述判断正确的是()
A．从0至t3时间内，列车一直匀加速直线运动
B．t2时刻的加速度大于t1时刻的加速度
C．在t3时刻以后，机车的牵引力为零
D．该列车所受的恒定阻力大小为Pv3
解析：选D.0～t1时间内，列车匀加速运动，t1～t3时间内，加速度变小，故A、B错；t3以后列车匀速运动，牵引力等于阻力，故C错；匀速运动时f＝F牵＝Pv3，故D正确．
11．有一种太阳能驱动的小车，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．若质量为m的小车在平直的水泥路上从静止开始沿直线加速行驶，经过时间t前进的距离为x，且速度达到最大值vm.设这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为f，那么这段时间内()
A．小车做匀加速运动
B．小车受到的牵引力逐渐增大
C．小车受到的合外力所做的功为Pt
D．小车受到的牵引力做的功为fx＋12mv2m
解析：选D.小车在运动方向上受牵引力F和阻力f，因为v增大，P不变，由P＝Fv，F－f＝ma，得出F逐渐减小，a也逐渐减小，当v＝vm时，a＝0，故A、B均错；合外力做的功W外＝Pt－fx，由动能定理得Pt－fx＝12mv2m，故C错误，D正确．
12．放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间图象和该拉力的功率与时间图象分别如图所示，下列说法正确的是()
A．0～6s内物体位移大小为36m
B．0～6s内拉力做的功为30J
C．合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等
D．滑动摩擦力大小为5N
解析：选C.由P＝Fv，对应vt图象和Pt图象可得30＝F6,10＝f6，解得：F＝5N，f＝53N，D错误；0～6s内物体的位移大小为(4＋6)×6×12m＝30m，A错误；0～6s内拉力做功W＝Fx1＋fx2＝5×6×2×12J＋53×6×4J＝70J，B错误；由动能定理可知，C正确．
13．一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的功率达到最大值P，以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v2匀速上升，物体上升的高度为h，则整个过程中，下列说法正确的是()
A．钢绳的最大拉力为Pv2
B．钢绳的最大拉力为mg
C．重物匀加速的末速度为Pmg
D．重物匀加速运动的加速度为Pmv1－g
解析：选D.加速过程物体处于超重状态，钢绳拉力较大，匀速运动阶段钢绳的拉力为Pv2，故A错误；加速过程重物处于超重状态，钢绳拉力大于重力，故B错误；重物匀加速运动的末速度不是运动的最大速度，此时钢绳对重物的拉力大于其重力，故其速度小于Pmg，故C错误；重物匀加速运动的末速度为v1，此时的拉力为F＝Pv1，由牛顿第二定律得：a＝F－mgm＝Pmv1－g，故D正确．
14．(多选)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则()
A．甲球用的时间比乙球长
B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小
C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小
D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
解析：选BD.设f＝kR，则由牛顿第二定律得F合＝mg－f＝ma，而m＝43πR3ρ，故a＝g－k43πR2ρ，由m甲m乙、ρ甲＝ρ乙可知a甲a乙，故C错误；因甲、乙位移相同，由v2＝2ax可知，v甲v乙，B正确；由x＝12at2可知，t甲t乙，A错误；由功的定义可知，W克服＝fx，又f甲f乙，则W甲克服W乙克服，D正确．
第2节动能定理及其应用
一、动能
1．公式：Ek＝12mv2，式中v为瞬时速度，动能是状态量．
2．矢标性：动能是标量，只有正值，动能与速度的方向无关．
3．动能的变化量：ΔEk＝12mv22－12mv21.
4．动能的相对性
由于速度具有相对性，则动能也具有相对性，一般以地面为参考系．
二、动能定理
1．内容：合外力对物体所做的功等于物体动能的变化．
2．表达式：W＝ΔEk＝12mv22－12mv21.
3．功与动能的关系
(1)W0，物体的动能增加．
(2)W0，物体的动能减少．
(3)W＝0，物体的动能不变．
4．适用条件
(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．
(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功．
(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用．
[自我诊断]
1．判断正误
(1)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化．(√)
(2)动能不变的物体一定处于平衡状态．(×)
(3)如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零．(√)
(4)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化．(×)
(5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零．(×)
(6)做自由落体运动的物体，动能与时间的二次方成正比．(√)
2．一个质量为0.3kg的弹性小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中小球的动能变化量ΔEk为()
A．Δv＝0B．Δv＝12m/s
C．ΔEk＝1.8JD．ΔEk＝10.8J
解析：选B.取初速度方向为正方向，则Δv＝(－6－6)m/s＝－12m/s，由于速度大小没变，动能不变，故动能变化量为0，故只有选项B正确．
3．A、B两物体在光滑水平面上，分别在相同的水平恒力F作用下，由静止开始通过相同的位移l.若A的质量大于B的质量，则在这一过程中()
A．A获得动能较大
B．B获得动能较大
C．A、B获得动能一样大
D．无法比较A、B获得动能大小
解析：选C.由动能定理可知恒力F做功W＝Fl＝12mv2－0，因为F、l相同，所以A、B的动能变化相同，C正确．
4．质量m＝2kg的物体在光滑水平面上以v1＝6m/s的速度匀速向西运动，若有一个F＝8N、方向向北的恒力作用于物体，在t＝2s内物体的动能增加了()
A．28JB．64J
C．32JD．36J
解析：选B.由于力F与速度v1垂直，物体做曲线运动，其两个分运动为向西的匀速运动和向北的匀加速直线运动，对匀加速运动有a＝Fm＝4m/s2，v2＝at＝8m/s.2s末物体的速度v＝v21＋v22＝10m/s,2s内物体的动能增加了ΔEk＝12mv2－12mv21＝64J，故选项B正确.
考点一动能定理的理解和应用
1．定理中“外力”的两点理解
(1)重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用．
(2)既可以是恒力，也可以是变力．
2．公式中“＝”体现的三个关系
3．应用动能定理的注意事项
(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系．
(2)应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负．
(3)应用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，借助草图理解物理过程和各量关系．
1.光滑斜面上有一个小球自高为h的A处由静止开始滚下，抵达光滑水平面上的B点时速度大小为v0.光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的活动阻挡条，如图所示，小球越过n条活动阻挡条后停下来．若让小球从h高处以初速度v0滚下，则小球能越过的活动阻挡条的条数是(设小球每次越过活动阻挡条时损失的动能相等)()
A．nB．2n
C．3nD．4n
解析：选B.设每条阻挡条对小球做的功为W，当小球在水平面上滚动时，由动能定理得nW＝0－12mv20，对第二次有NW＝0－12mv22＝0－12mv20＋mgh，又因为12mv20＝mgh，联立解得N＝2n，选项B正确．
2.(多选)质量不等，但有相同动能的两个物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直至停止，则()
A．质量大的物体滑行的距离大
B．质量小的物体滑行的距离大
C．它们滑行的距离一样大
D．它们克服摩擦力所做的功一样多
解析：选BD.由动能定理可知，摩擦力对物体所做的功等于物体动能的增量，因两物体具有相同的动能，故两物体滑行过程中克服摩擦力所做的功也相同，又Wf＝μmgx可知，质量越大的物体，滑行的距离x越小，故B、D选项正确．
3．如图所示，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点，与O点处于同一水平线上的P点处有一个光滑的细钉，已知OP＝L2，在A点给小球一个水平向左的初速度v0，发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B.求：
(1)小球到达B点时的速率；
(2)若不计空气阻力，则初速度v0为多少；
(3)若初速度v0＝3gL，则小球在从A到B的过程中克服空气阻力做了多少功？
解析：(1)小球恰能到达最高点B，由牛顿第二定律得
mg＝mv2BL2
解得vB＝gL2
(2)若不计空气阻力，从A→B由动能定理得
－mgL＋L2＝12mv2B－12mv20
解得v0＝7gL2
(3)当v0＝3gL时，由动能定理得
－mgL＋L2－WFf＝12mv2B－12mv20
解得WFf＝114mgL
答案：(1)gL2(2)7gL2(3)114mgL
(1)优先应用动能定理的问题
①不涉及加速度、时间的问题．
②有多个物理过程且不需要研究整个过程中的中间状态的问题．
③变力做功的问题．
④含有F、l、m、v、W、Ek等物理量的力学问题．
(2)应用动能定理的解题步骤
考点二动能定理与图象的综合问题
1．力学中图象所围“面积”的意义
(1)vt图：由公式x＝vt可知，vt图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移．
(2)at图：由公式Δv＝at可知，at图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量．
(3)Fx图：由公式W＝Fx可知，Fx图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功．
(4)Pt图：由公式W＝Pt可知，Pt图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功．
2．解决物理图象问题的基本步骤
(1)观察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义．
(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式．
(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点，图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题．或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量．
[典例1]如图甲所示，一半径R＝1m、圆心角等于143°的竖直圆弧形光滑轨道，与斜面相切于B处，圆弧轨道的最高点为M，斜面倾角θ＝37°，t＝0时刻有一物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的速度变化规律如图乙所示，若物块恰能到达M点，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
(1)物块经过M点的速度大小；
(2)物块经过B点的速度大小；
(3)物块与斜面间的动摩擦因数．
解析(1)物块恰能到达M点则有mg＝mv2MR
解得vM＝gR＝10m/s
(2)物块从B点运动到M点的过程中，由动能定理得
－mgR(1＋cos37°)＝12mv2M－12mv2B
解得vB＝46m/s
(3)由题图乙可知，物块在斜面上运动时，加速度大小为a＝ΔvΔt＝10m/s2，方向沿斜面向下，有
mgsin37°＋μmgcos37°＝ma
解得μ＝0.5
答案(1)10m/s(2)46m/s(3)0.5
1.(20xx安徽合肥一模)A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的vt图象如图所示．已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等．则下列说法正确的是()
A．F1、F2大小之比为1∶2
B．F1、F2对A、B做功之比为1∶2
C．A、B质量之比为2∶1
D．全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1
解析：选C.由速度与时间图象可知，两个匀减速运动的加速度之比为1∶2，由牛顿第二定律可知：A、B受摩擦力大小相等，所以A、B的质量关系是2∶1，由速度与时间图象可知，A、B两物体加速与减速的位移相等，且匀加速运动位移之比1∶2，匀减速运动的位移之比2∶1，由动能定理可得：A物体的拉力与摩擦力的关系，F1x－f13x＝0－0；B物体的拉力与摩擦力的关系，F22x－f23x＝0－0，因此可得：F1＝3f1，F2＝32f2，f1＝f2，所以F1＝2F2.全过程中摩擦力对A、B做功相等，F1、F2对A、B做功大小相等．故A、B、D错误，C正确．
2.(20xx江西九江质检)打桩机是利用冲击力将桩贯入地层的桩工机械．某同学对打桩机的工作原理产生了兴趣．他构建了一个打桩机的简易模型，如图甲所示．他设想，用恒定大小的拉力F拉动绳端B，使物体从A点(与钉子接触处)由静止开始运动，上升一段高度后撤去F，物体运动到最高点后自由下落并撞击钉子，将钉子打入一定深度．按此模型分析，若物体质量m＝1kg，上升了1m高度时撤去拉力，撤去拉力前物体的动能Ek与上升高度h的关系图象如图乙所示．(g取10m/s2，不计空气阻力)
(1)求物体上升到0.4m高度处F的瞬时功率；
(2)若物体撞击钉子后瞬间弹起，且使其不再落下，钉子获得20J的动能向下运动．钉子总长为10cm.撞击前插入部分可以忽略，不计钉子重力．已知钉子在插入过程中所受阻力Ff与深度x的关系图象如图丙所示，求钉子能够插入的最大深度．
解析：(1)撤去F前，根据动能定理，有
(F－mg)h＝Ek－0
由题图乙得，斜率为k＝F－mg＝20N得
F＝30N
又由题图乙得，h＝0.4m时，Ek＝8J，则v＝4m/s
P＝Fv＝120W
(2)碰撞后，对钉子有－Ffx′＝0－Ek′
已知Ek′＝20J
Ff＝k′x′2
又由题图丙得k′＝105N/m
解得x′＝0.02m
答案：(1)120W(2)0.02m
动能定理与图象结合问题的分析方法
(1)首先看清楚所给图象的种类(如vt图象、Ft图象、Ekx图象等)．
(2)挖掘图象的隐含条件——求出所需要的物理量，如由vt图象所包围的“面积”求位移，由Fx图象所包围的“面积”求功等．
(3)分析有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量．
考点三用动能定理解决多过程问题
1．运用动能定理解决问题时，选择合适的研究过程能使问题得以简化．当物体的运动过程包含几个运动性质不同的子过程时，可以选择一个、几个或全部子过程作为研究过程．
2．当选择全部子过程作为研究过程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点：
(1)重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关．
(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积．
[典例2]如图所示，用一块长L1＝1.0m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H＝0.8m，长L2＝1.5m．斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定．将质量m＝0.2kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失．(重力加速度取g＝10m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
(1)求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)
(2)当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
(3)继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm.
解析(1)为使小物块下滑，应有
mgsinθ≥μ1mgcosθ①
θ满足的条件tanθ≥0.05②
即当θ＝arctan0.05时物块恰好从斜面开始下滑．
(2)克服摩擦力做功
Wf＝μ1mgL1cosθ＋μ2mg(L2－L1cosθ)③
由动能定理得mgL1sinθ－Wf＝0④
代入数据得μ2＝0.8⑤
(3)由动能定理得mgL1sinθ－Wf＝12mv2⑥
结合③式并代入数据得v＝1m/s⑦
由平抛运动规律得H＝12gt2，x1＝vt
解得t＝0.4s⑧
x1＝0.4m⑨
xm＝x1＋L2＝1.9m
答案(1)arctan0.05(2)0.8(3)1.9m
1.如图所示，相同材料制成的滑道ABC，其中AB段为曲面，BC段为水平面．现有质量为m的木块，从距离水平面h高处的A点由静止释放，滑到B点过程中克服摩擦力做功为13mgh；木块通过B点后继续滑行2h距离后，在C点停下来，则木块与曲面间的动摩擦因数应为()
A.13B．23
C.16D.112
解析：选A.物体从A点到C点根据动能定理，mgh－13mgh－μmg2h＝0，解得μ＝13，因为曲面和水平轨道是同种材料，所以木块与曲面间的动摩擦因数也为13，选项A正确．
2．(20xx高考天津卷)我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图所示，质量m＝60kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝3.6m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB＝24m/s，A与B的竖直高度差H＝48m．为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧．助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h＝5m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1530J，g取10m/s2.
(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；
(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大？
解析：(1)运动员在AB段做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，
则有v2B＝2ax①
由牛顿第二定律有mgHx－Ff＝ma②
联立①②式，代入数据解得Ff＝144N③
(2)设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理有
mgh＋W＝12mv2C－12mv2B④
设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有
FN－mg＝mv2CR⑤
由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得R＝12.5m
答案：(1)144N(2)12.5m
利用动能定理求解多过程问题的基本思路
(1)弄清物体的运动由哪些过程组成．
(2)分析每个过程中物体的受力情况．
(3)各个力做功有何特点，对动能的变化有无影响．
(4)从总体上把握全过程，表达出总功，找出初、末状态的动能．
(5)对所研究的全过程运用动能定理列方程．
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．(多选)关于动能定理的表达式W＝Ek2－Ek1，下列说法正确的是()
A．公式中的W为不包含重力的其他力做的总功
B．公式中的W为包含重力在内的所有力做的功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功
C．公式中的Ek2－Ek1为动能的增量，当W＞0时动能增加，当W＜0时，动能减少
D．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功
解析：选BC.公式W＝Ek2－Ek1中的“W”为所有力所做的总功，A错误，B正确；若W＞0，则Ek2＞Ek1，若W＜0，则Ek2＜Ek1，C正确；动能定理对直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功均适用，D错误．
2．如图所示，AB为14圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧对应的圆的半径为R，BC的长度也是R，一质量为m的物体与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处停止，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为()
A12μmgRB．12mgR
C．mgRD．(1－μ)mgR
解析：选D.由题意可知mgR＝WfAB＋WfBC，WfBC＝μmgR，所以WfAB＝(1－μ)mgR，D正确．
3．一个质量为m的物体静止放在光滑水平面上，在互成60°角的大小相等的两个水平恒力作用下，经过一段时间，物体获得的速度为v，在力的方向上获得的速度分别为v1、v2，如图所示，那么在这段时间内，其中一个力做的功为()
A.16mv2B.14mv2
C.13mv2D.12mv2
解析：选B.在合力F的方向上，由动能定理得W＝Fl＝12mv2，某个分力的功为W1＝F1lcos30°＝F2cos30°lcos30°＝12Fl＝14mv2，B正确．
4.如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离．在此过程中()
A．外力F做的功等于A和B动能的增量
B．B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能增量
C．A对B的摩擦力所做的功，等于B对A的摩擦力所做的功
D．外力F对B做的功等于B的动能的增量
解析：选B.A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，即B对；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不相等，C错；对B应用动能定理，WF－Wf＝ΔEkB，即WF＝ΔEkB＋Wf，就是外力F对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，D错；由前述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等，故A错．
5．(多选)如图甲所示，一个小环沿竖直放置的光滑圆环形轨道做圆周运动．小环从最高点A滑到最低点B的过程中，小环线速度大小的平方v2随下落高度h的变化图象可能是图乙中的()
解析：选AB.对小球由动能定理得mgh＝12mv2－12mv20，则v2＝2gh＋v20，当v0＝0时，B正确；当v0≠0时，A正确．
6.如图所示，半径R＝2.5m的光滑半圆轨道ABC与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道DC相切于C点，半圆轨道的直径AC与斜面垂直．质量m＝1kg的小球从A点左上方距A点高h＝0.45m的P点以某一速度v0水平抛出，刚好与半圆轨道的A点相切进入半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到与抛出点等高的D点．已知当地的重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力，求：
(1)小球从P点抛出时速度v0的大小；
(2)小球从C点运动到D点过程中摩擦力做的功W；
(3)小球从D点返回经过轨道最低点B，对轨道的压力大小．
解析：(1)在A点有：v2y＝2gh
vyv0＝tanθ
解得v0＝4m/s
(2)全过程由动能定理得
W＝0－12mv20＝－8J
(3)从D到B过程由动能定理得
mg(h＋Rcosθ＋R)＋W＝12mv2
在B点由牛顿第二定律得
FN－mg＝mv2R
解得FN＝43.2N
由牛顿第三定律得小球在B点对轨道的压力大小
FN′＝FN＝43.2N
答案：(1)4m/s(2)－8J(3)43.2N
[综合应用题组]
7．一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为()
A.st2B．3s2t2
C.4st2D.8st2
解析：选A.由Ek＝12mv2可知速度变为原来的3倍．设加速度为a，初速度为v，则末速度为3v.由速度公式vt＝v0＋at得3v＝v＋at，解得at＝2v；由位移公式s＝v0t＋12at2得s＝vt＋12att＝vt＋122vt＝2vt，进一步求得v＝s2t；所以a＝2vt＝2ts2t＝st2，A正确．
8．如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC是水平的，其距离d＝0.50m．盆边缘的高度为h＝0.30m．在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B的距离为()
A．0.50mB．0.25m
C．0.10mD．0
解析：选D.设小物块在BC段通过的总路程为s，由于只有水平面上存在摩擦力，则小物块从A点开始运动到最终静止的整个过程中，摩擦力做功为－μmgs，而重力做功与路径无关，由动能定理得：mgh－μmgs＝0－0，代入数据可解得s＝3m．由于d＝0.50m，所以，小物块在BC段经过3次往复运动后，又回到B点．
9．小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示．将两球由静止释放，在各自轨迹的最低点()
A．P球的速度一定大于Q球的速度
B．P球的动能一定小于Q球的动能
C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力
D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度
解析：选C.从释放到最低点过程中，由动能定理得mgl＝12mv2－0，可得v＝2gl，因lPlQ，则vPvQ，故选项A错误；由EkQ＝mQglQ，EkP＝mPglP，而mPmQ，故两球动能大小无法比较，选项B错误；在最低点对两球进行受力分析，根据牛顿第二定律及向心力公式可知T－mg＝mv2l＝man，得T＝3mg，an＝2g，则TPTQ，aP＝aQ，C正确，D错误．
10.用水平力F拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t2时刻停止，其速度－时间图象如图所示，且α＞β，若拉力F做的功为W1，平均功率为P1；物体克服摩擦阻力Ff做的功为W2，平均功率为P2，则下列选项正确的是()
A．W1＞W2，F＝2FfB．W1＝W2，F＞2Ff
C．P1＜P2，F＞2FfD．P1＝P2，F＝2Ff
解析：选B.由动能定理可得W1－W2＝0，解得W1＝W2.由图象可知，撤去拉力F后运动时间大于水平力F作用时间，所以F＞2Ff，选项A、D错误B正确；由于摩擦阻力作用时间一定大于水平力F作用时间，所以P1＞P2，选项C错误．
11.(多选)如图所示，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W.重力加速度大小为g.设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则()
A．a＝2mgR－WmRB．a＝2mgR－WmR
C．N＝3mgR－2WRD．N＝2mgR－WR
解析：选AC.质点P下滑到底端的过程，由动能定理得mgR－W＝12mv2－0，可得v2＝2mgR－Wm，所以a＝v2R＝2mgR－WmR，A正确，B错误；在最低点，由牛顿第二定律得N－mg＝mv2R，故N＝mg＋mv2R＝mg＋mR2mgR－Wm＝3mgR－2WR，C正确，D错误．
12．在竖直平面内固定一轨道ABCO，AB段水平放置，长为4m，BCO段弯曲且光滑；一质量为1.0kg、可视作质点的圆环套在轨道上，圆环与轨道AB段之间的动摩擦因数为0.5.建立如图所示的直角坐标系，圆环在沿x轴正方向的恒力F作用下，从A(－7,2)点由静止开始运动，到达原点O时撤去恒力F，圆环从O(0,0)点水平飞出后经过D(6,3)点．重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力．求：
(1)圆环到达O点时的速度大小；
(2)恒力F的大小；
(3)圆环在AB段运动的时间．
解析：(1)圆环从O到D过程中做平抛运动
x＝v0t
y＝12gt2
读图得x＝6m，y＝3m
v0＝60m/s＝7.75m/s.
(2)圆环从A到O过程中，根据动能定理
FxAO－μmgxAB－mgy′＝12mv20
代入数据得F＝10N.
(3)圆环从A到B过程中，根据牛顿第二定律
F－μmg＝ma
xAB＝12at2
代入数据得t＝85s＝1.26s.
答案：(1)7.75m/s(2)10N(3)1.26s
第3节机械能守恒定律及其应用
一、重力做功与重力势能
1．重力做功的特点
(1)重力做功与路径无关，只与始末位置的高度差有关．
(2)重力做功不引起物体机械能的变化．
2．重力势能
(1)公式：Ep＝mgh.
(2)特性：
①矢标性：重力势能是标量，但有正、负，其意义是表示物体的重力势能比它在参考平面上大还是小，这与功的正、负的物理意义不同．
②系统性：重力势能是物体和地球共有的．
③相对性：重力势能的大小与参考平面的选取有关．重力势能的变化是绝对的，与参考平面的选取无关．
3．重力做功与重力势能变化的关系
(1)定性关系：重力对物体做正功，重力势能就减少；重力对物体做负功，重力势能就增加．
(2)定量关系：重力对物体做的功等于物体重力势能的减少量．即WG＝－(Ep2－Ep1)＝－ΔEp.
二、弹性势能
1．大小
弹簧的弹性势能的大小与弹簧的形变量及劲度系数有关．
2．弹力做功与弹性势能变化的关系
弹力做正功，弹性势能减小，弹力做负功，弹性势能增加．
三、机械能守恒定律
1．机械能
动能和势能统称为机械能，其中势能包括重力势能和弹性势能．
2．机械能守恒定律
(1)内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能和势能可以互相转化，而总的机械能保持不变．
(2)守恒的条件：只有重力或弹力做功．
(3)守恒表达式：
守恒观点E1＝E2，Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
转化观点ΔEk＝－ΔEp
转移观点ΔEA减＝ΔEB增
[自我诊断]
1．判断正误
(1)重力势能的变化与零势能参考面的选取无关．(√)
(2)克服重力做功，物体的重力势能一定增加．(√)
(3)发生形变的物体都具有弹性势能．(×)
(4)弹力做正功弹性势能一定增加．(×)
(5)物体所受的合力为零，物体的机械能一定守恒．(×)
(6)物体的速度增大时，其机械能可能减小．(√)
(7)物体除受重力外，还受其他力，但其他力不做功，则物体的机械能一定守恒．(√)
2．自由下落的物体在下落过程中，其重力做功和重力势能变化的情况为()
A．重力做正功，重力势能减小
B．重力做正功，重力势能增加
C．重力做负功，重力势能减小
D．重力做负功，重力势能增加
解析：选A.下落过程，物体高度降低，所以重力做正功，重力势能减小，A正确．
3．关于机械能是否守恒，下列说法正确的是()
A．做匀速直线运动的物体机械能一定守恒
B．做匀速圆周运动的物体机械能一定守恒
C．做变速运动的物体机械能可能守恒
D．合力对物体做功不为零，机械能一定不守恒
解析：选C.做匀速直线运动的物体与做匀速圆周运动的物体，如果是在竖直平面内则机械能不守恒，A、B错误；合力做功不为零，机械能可能守恒，如自由落体运动，D错误，C正确．
4．(多选)如图所示，A、B两球质量相等，A球用不能伸长的轻绳系于O点，B球用轻弹簧系于O′点，O与O′点在同一水平面上，分别将A、B球拉到与悬点等高处，使绳和轻弹簧均处于水平，弹簧处于自然状态，将两球分别由静止开始释放，当两球达到各自悬点的正下方时，两球仍处在同一水平面上，则()
A．两球到达各自悬点的正下方时，两球动能相等
B．两球到达各自悬点的正下方时，A球动能较大
C．两球到达各自悬点的正下方时，B球动能较大
D．两球到达各自悬点的正下方时，A球受到向上的拉力较大
解析：选BD.整个过程中两球减少的重力势能相等，A球减少的重力势能完全转化为A球的动能，B球减少的重力势能转化为B球的动能和弹簧的弹性势能，所以A球的动能大于B球的动能，所以B正确；在悬点正下方位置，根据牛顿第二定律知F＝mg＋mv2R，因为vAvB，所以A球受到的拉力较大，所以D正确．
考点一机械能守恒的理解和判断
1．对机械能守恒条件的理解
(1)只受重力作用，例如不考虑空气阻力的各种抛体运动，物体的机械能守恒．
(2)除重力外，物体还受其他力，但其他力不做功或做功代数和为零．
(3)除重力外，只有系统内的弹力做功，并且弹力做的功等于弹性势能减少量，那么系统的机械能守恒．
注意：并非物体的机械能守恒，如与弹簧相连的小球下摆的过程机械能减少．
2．机械能是否守恒的三种判断方法
(1)利用机械能的定义判断：若物体动能、势能之和不变，则机械能守恒．
(2)用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，虽受其他力，但其他力不做功，机械能守恒．
(3)利用能量转化判断：若物体或系统与外界没有能量交换，物体或系统内也没有机械能与其他形式能的转化，则机械能守恒．
1．(多选)如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是()
A．甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，物体A机械能守恒
B．乙图中，物体A固定，物体B沿斜面匀速下滑，物体B的机械能守恒
C．丙图中，不计任何阻力和定滑轮质量时，A加速下落，B加速上升过程中，A、B组成的系统机械能守恒
D．丁图中，小球沿水平面做匀速圆锥摆运动时，小球的机械能守恒
解析：选CD.甲图中重力和弹力做功，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，但物体A机械能不守恒，A错．乙图中物体B除受重力外，还受到弹力和摩擦力作用，弹力不做功，但摩擦力做负功，物体B的机械能不守恒，B错．丙图中绳子张力对A做负功，对B做正功，代数和为零，A、B组成的系统机械能守恒，C对．丁图中小球的动能不变，势能不变，机械能守恒，D对．
2．(多选)如图所示，斜面置于光滑水平地面，其光滑斜面上有一物体由静止沿斜面下滑，在物体下滑过程中，下列说法正确的是()
A．物体的重力势能减少，动能增加，机械能减小
B．斜面的机械能不变
C．斜面对物体的作用力垂直于接触面，不对物体做功
D．物体和斜面组成的系统机械能守恒
解析：选AD.物体由静止开始下滑的过程其重力势能减少，动能增加，A正确；物体在下滑过程中，斜面做加速运动，其机械能增加，B错误；物体沿斜面下滑时，既沿斜面向下运动，又随斜面向右运动，其合速度方向与弹力方向不垂直，弹力方向垂直于接触面，但与速度方向之间的夹角大于90°，所以斜面对物体的作用力对物体做负功，C错误；对物体与斜面组成的系统，只有物体的重力和物体与斜面间的弹力做功，机械能守恒，D正确．
3.(多选)如图所示，用轻弹簧相连的物块A和B放在光滑的水平面上，物块A紧靠竖直墙壁，一颗子弹沿水平方向射入物块B后留在其中，由子弹、弹簧和A、B所组成的系统在下列依次进行的过程中，机械能守恒的是()
A．子弹射入物块B的过程
B．物块B带着子弹向左运动，直到弹簧压缩量最大的过程
C．弹簧推着带子弹的物块B向右运动，直到弹簧恢复原长的过程
D．带着子弹的物块B因惯性继续向右运动，直到弹簧伸长量达最大的过程
解析：选BCD.子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B组成的系统，由于要克服子弹与物块之间的滑动摩擦力做功，一部分机械能转化成了内能，所以机械能不守恒．在子弹与物块B获得了共同速度后一起向左压缩弹簧的过程中，对于A、B、弹簧和子弹组成的系统，由于墙壁给A一个推力作用，系统的外力之和不为零，但这一过程中墙壁的弹力不做功，只有系统内的弹力做功，动能和弹性势能发生转化，系统机械能守恒，这一情形持续到弹簧恢复原长为止．当弹簧恢复原长后，整个系统将向右运动，墙壁不再有力作用在A上，这时物块的动能和弹簧的弹性势能相互转化，故系统的机械能守恒，综上所述，B、C、D正确．
(1)机械能守恒的条件绝不是合外力的功等于零，更不是合外力为零；“只有重力或弹力做功”不等于“只受重力或弹力作用”．
(2)对于一些绳子突然绷紧、物体间碰撞等情况，除非题目特别说明，否则机械能必定不守恒．
(3)对于系统机械能是否守恒，可以根据能量的转化进行判断．
考点二单个物体的机械能守恒定律的应用
应用机械能守恒定律的基本思路
(1)选取研究对象单个物体多个物体组成的系统系统内有弹簧
(2)受力分析和各力做功情况分析，确定是否符合机械能守恒条件．
(3)确定初末状态的机械能或运动过程中物体机械能的转化情况．
(4)选择合适的表达式列出方程，进行求解．
(5)对计算结果进行必要的讨论和说明．
[典例1]如图所示，将一质量为m＝0.1kg的小球自水平平台右端O点以初速度v0水平抛出，小球飞离平台后由A点沿切线落入竖直光滑圆轨道ABC，并沿轨道恰好通过最高点C，圆轨道ABC的形状为半径R＝2.5m的圆截去了左上角127°的圆弧，CB为其竖直直径(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，重力加速度g取10m/s2，空气阻力不计)，求：
(1)小球经过C点速度vC的大小；
(2)小球运动到轨道最低点B时轨道对小球的支持力大小；
(3)平台末端O点到A点的竖直高度H.
解析(1)小球恰好运动到C点时，重力提供向心力，由牛顿第二定律知
mg＝mv2CR
解得vC＝gR＝5m/s
(2)从B点到C点，由机械能守恒定律有
12mv2C＋mg2R＝12mv2B
在B点对小球进行受力分析，由牛顿第二定律有
FN－mg＝mv2BR
联立解得vB＝55m/s，FN＝6.0N
(3)从A到B由机械能守恒定律有
12mv2A＋mgR(1－cos53°)＝12mv2B
所以vA＝105m/s
在A点对小球进行速度的分解如图所示，
有vy＝vAsin53°
所以H＝v2y2g＝3.36m
答案(1)5m/s(2)6.0N(3)3.36m
机械能守恒定律的应用技巧
(1)机械能守恒定律是一种“能——能转化”关系，其守恒是有条件的，因此，应用时首先要对研究对象在所研究的过程中机械能是否守恒做出判断．
(2)如果系统(除地球外)只有一个物体，用守恒式列方程较方便；对于由两个或两个以上物体组成的系统，用转化式或转移式列方程较简便．
1.(20xx甘肃兰州一模)(多选)如图所示，竖直面内光滑的34圆形导轨固定在一水平地面上，半径为R.一个质量为m的小球从距水平地面正上方h高处的P点由静止开始自由下落，恰好从N点沿切线方向进入圆轨道．不考虑空气阻力，则下列说法正确的是()
A．适当调整高度h，可使小球从轨道最高点M飞出后，恰好落在轨道右端口N处
B．若h＝2R，则小球在轨道最低点对轨道的压力为5mg
C．只有h大于等于2.5R时，小球才能到达圆轨道的最高点M
D．若h＝R，则小球能上升到圆轨道左侧离地高度为R的位置，该过程重力做功为mgR
解析：选BC.球到达最高点时速度至少应满足mg＝mv2R，解得v＝gR，小球离开最高点后做平抛运动，下落高度为R时，运动的水平距离为x＝vt＝gR2Rg＝2R，故A错误；从P到最低点过程由机械能守恒可得2mgR＝12mv2，由向心力公式得FN－mg＝mv2R，解得FN＝5mg，由牛顿第三定律可知小球对轨道的压力为5mg，故B正确；由机械能守恒得mg(h－2R)＝12mv2，代入v＝gR，解得h＝2.5R，故C正确；若h＝R，则小球能上升到圆轨道左侧离地高度为R的位置，该过程重力做功为0，D错误．
2.如图所示，竖直平面内的一半径R＝0.50m的光滑圆弧槽BCD，B点与圆心O等高，一水平面与圆弧槽相接于D点，质量m＝0.10kg的小球从B点正上方H＝0.95m高处的A点自由下落，由B点进入圆弧轨道，从D点飞出后落在水平面上的Q点，DQ间的距离x＝2.4m，球从D点飞出后的运动过程中相对水平面上升的最大高度h＝0.80m，g取10m/s2，不计空气阻力，求：
(1)小球经过C点时轨道对它的支持力大小FN；
(2)小球经过最高点P的速度大小vP；
(3)D点与圆心O的高度差hOD.
解析：(1)设经过C点时速度为v1，由机械能守恒有
mg(H＋R)＝12mv21
由牛顿第二定律有FN－mg＝mv21R
代入数据解得FN＝6.8N
(2)P到Q做平抛运动有
h＝12gt2，x2＝vPt
代入数据解得vP＝3.0m/s.
(3)由机械能守恒定律，有
12mv2P＋mgh＝mg(H＋hOD)，
代入数据，解得hOD＝0.30m.
答案：(1)6.8N(2)3.0m/s(3)0.30m
考点三多个物体的机械能守恒定律的应用
1．对多个物体组成的系统要注意判断物体运动过程中，系统的机械能是否守恒．
2．注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系．
3．列机械能守恒方程时，一般选用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA＝－ΔEB的形式．
[典例2]如图所示，质量分别为2m、3m的小球A和小球B分别固定在由轻质杆构成的直角尺的两端，直角尺的定点O处有光滑的固定转动轴，AO、BO的长分别为2L和L，开始时直角尺的AO杆部分处于水平位置而B在O的正下方，让该系统由静止开始自由转动，求：
(1)当小球A到达最低点时，小球A的速度大小和小球A对AO杆作用力的大小；
(2)小球A由初始位置到达最低点的过程中，杆AO和杆BO分别对小球A和小球B所做的功；
(3)B球能上升的最大高度h.
解析直角尺和两个小球组成的系统机械能守恒．
(1)由机械能守恒定律得：
2mg2L＝3mgL＋122mv2＋123mv22
解得v＝8gL11
对A球由牛顿第二定律得
F－2mg＝2mv22L
解得F＝30mg11
由牛顿第三定律得球A对AO杆的作用力大小
F′＝F＝30mg11
(2)设杆AO和杆BO对小球A和小球B所做的功分别为WAO和WBO，则
2mg2L＋WAO＝12×2mv2
WBO－3mgL＝12×3mv22
解得WAO＝－36mgL11，WBO＝36mgL11
(3)设B球上升到最高点时，AO与竖直方向的夹角为θ，则由机械能守恒定律得
2mg2Lcosθ＝3mgL(1＋sinθ)
解得sinθ＝725
则B球上升的最大高度
h＝L(1＋sinθ)＝32L25
答案(1)8gL1130mg11(2)－36mgL1136mgL11(3)32L25
1．如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中()
A．圆环的机械能守恒
B．弹簧弹性势能变化了3mgL
C．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零
D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变
解析：选B.圆环沿杆下滑的过程中，圆环与弹簧组成的系统动能、弹性势能、重力势能之和守恒，选项A、D错误；弹簧长度为2L时，圆环下落的高度h＝3L，根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能增加了ΔEp＝mgh＝3mgL，选项B正确；圆环释放后，圆环向下先做加速运动，后做减速运动，当速度最大时，合力为零，下滑到最大距离时，具有向上的加速度，合力不为零，选项C错误．
2.(20xx山东济南质检)如图所示，跨过同一高度处的定滑轮的细线连接着质量相同的物体A和B，A套在光滑水平杆上，定滑轮离水平杆的高度h＝0.2m，开始时让连着A的细线与水平杆的夹角θ1＝37°，由静止释放B，当细线与水平杆的夹角θ2＝53°时，A的速度为多大？在以后的运动过程中，A所获得的最大速度为多大？(设B不会碰到水平杆，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，取g＝10m/s2)
解析：A、B两物体组成的系统，只有动能和重力势能的转化，机械能守恒．设θ2＝53°时，A、B两物体的速度分别为vA、vB，B下降的高度为h1，则有
mgh1＝12mv2A＋12mv2B
其中h1＝hsinθ1－hsinθ2
vAcosθ2＝vB
代入数据解得vA＝1.1m/s
由于绳子的拉力对A做正功，使A加速，至左滑轮正下方时速度最大，此时B的速度为零，此过程B下降高度设为h2，则由机械能守恒定律得
mgh2＝12mv2Am
其中h2＝hsinθ1－h
代入数据解得vAm＝1.6m/s
答案：1.1m/s1.6m/s
考点四用机械能守恒定律解决非质点问题
在应用机械能守恒定律处理实际问题时，经常遇到像“链条”“液柱”类的物体，其在运动过程中将发生形变，其重心位置相对物体也发生变化，因此这类物体不能再看成质点来处理．
物体虽然不能看成质点来处理，但因只有重力做功，物体整体机械能守恒．一般情况下，可将物体分段处理，确定质量分布均匀的规则：物体各部分的重心位置，根据初末状态物体重力势能的变化列式求解．
[典例3]如图所示，AB为光滑的水平面，BC是倾角为α的足够长的光滑斜面，斜面体固定不动．AB、BC间用一小段光滑圆弧轨道相连．一条长为L的均匀柔软链条开始时静止的放在ABC面上，其一端D至B的距离为L－a.现自由释放链条，则：
(1)链条下滑过程中，系统的机械能是否守恒？简述理由；
(2)链条的D端滑到B点时，链条的速率为多大？
解析(1)链条在下滑过程中机械能守恒，因为斜面BC和AB面均光滑，链条下滑时只有重力做功，符合机械能守恒的条件．
(2)设链条质量为m，可以认为始末状态的重力势能变化是由L－a段下降引起的，
高度减少量h＝a＋L－a2sinα＝L＋a2sinα
该部分的质量为m′＝mL(L－a)
由机械能守恒定律可得：mL(L－a)gh＝12mv2，
可解得：v＝gLL2－a2sinα.
答案(1)见解析(2)gLL2－a2sinα
1.如图所示，粗细均匀，两端开口的U形管内装有同种液体，开始时两边液面高度差为h，管中液柱总长度为4h，后来让液体自由流动，当两液面高度相等时，右侧液面下降的速度为()
A.18ghB．16gh
C.14ghD.12gh
解析：选A.当两液面高度相等时，减少的重力势能转化为整个液体的动能，根据功能关系有18mg12h＝12mv2，解得：v＝18gh.
2.如图所示，长为L的均匀链条放在光滑水平桌面上，且使长度的14垂在桌边，松手后链条从静止开始沿桌边下滑，则链条滑至刚刚离开桌边时的速度大小为()
A.32gLB.gL4
C.15gL4D．4gL
解析：选C.由机械能守恒定律ΔEp减＝ΔEk增，即mgL2－14mgL8＝12mv2，所以v＝15gL4.
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．下列关于机械能守恒的说法中，正确的是()
A．若只有重力做功，则物体机械能一定守恒
B．若物体的机械能守恒，一定是只受重力
C．做匀变速运动的物体机械能一定守恒
D．物体所受合力不为零，机械能一定守恒
解析：选A.若只有重力做功，则物体机械能一定守恒，A正确；若物体的机械能守恒，物体不一定是只受重力，也许受其他力，但其他力不做功，B错误；做匀变速运动的物体，如果除重力外，其他力做功不为零，则机械能不守恒，C错误；物体所受合力不为零，但是如果除重力外的其他力做功不为零，则机械能不守恒，D错误．
2．不计空气阻力，下列运动的物体中机械能不守恒的是()
A．起重机吊起物体匀速上升
B．物体做平抛运动
C．圆锥摆球在水平面内做匀速圆周运动
D．一个轻质弹簧上端固定，下端系一个重物，重物在竖直方向上下振动(以物体和弹簧整体为研究对象)
解析：选A.起重机吊起物体匀速上升，物体的动能不变而势能增加，故机械能不守恒，A正确；物体做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，B错误；圆锥摆球在水平面内做匀速圆周运动，没有力做功，机械能守恒，C错误；一个轻质弹簧上端固定，下端系一个重物，重物在竖直方向上下振动，只有重力和弹力做功，机械能守恒，D错误．
3.在一次课外趣味游戏中，有四位同学分别将四个质量不同的光滑小球沿竖直放置的内壁光滑的半球形碗的碗口内侧同时由静止释放，碗口水平，如图所示．他们分别记下了这四个小球下滑速率为v时的位置，则这些位置应该在同一个()
A．球面B．抛物面
C．水平面D．椭圆面
解析：选C.因半球形碗的内壁光滑，所以小球下滑过程中机械能守恒，取小球速率为v时所在的平面为零势能面，则根据机械能守恒定律得mgh＝12mv2，因为速率v相等，所以高度相等，与小球的质量无关，即这些位置应该在同一个水平面上，C正确．
4.如图所示，在离水平地面一定高处水平固定一内壁光滑的圆筒，筒内固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度．现将一小球从地面以某一初速度斜向上抛出，刚好能水平进入圆筒中，不计空气阻力．下列说法中正确的是()
A．弹簧获得的最大弹性势能小于小球抛出时的动能
B．弹簧获得的最大弹性势能等于小球抛出时的动能
C．小球从抛出到将弹簧压缩到最短的过程中机械能守恒
D．小球抛出的初速度大小仅与圆筒离地面的高度有关
解析：选A.小球从抛出到弹簧压缩到最短的过程中，只有重力和弹力做功，因此小球和弹簧组成的系统机械能守恒，即12mv20＝mgh＋Ep，由此得到Ep＜12mv20，选项A正确，B、C错误；斜上抛运动可分解为竖直上抛运动和水平方向的匀速直线运动，在竖直方向上有2gh＝v20sin2θ－0(θ为v0与水平方向的夹角)，解得v0＝2ghsinθ，由此可知，选项D错误．
5．有一竖直放置的“T”形架，表面光滑，滑块A、B分别套在水平杆与竖直杆上，A、B用一根不可伸长的轻细绳相连，A、B质量相等，且可看做质点，如图所示，开始时细绳水平伸直，A、B静止．由静止释放B后，已知当细绳与竖直方向的夹角为60°时，滑块B沿着竖直杆下滑的速度为v，则连接A、B的绳长为()
A.4v2gB.3v2g
C.2v23gD.4v23g
解析：选D.由运动的合成与分解可知滑块A和B沿绳伸长方向的速度大小相等，有vAsin60°＝vcos60°，解得vA＝33v，滑块A、B组成的系统机械能守恒，设滑块B下滑的高度为h，有mgh＝12mv2A＋12mv2，解得h＝2v23g，由几何关系可知绳长L＝2h＝4v23g，故选项D正确．
6．离心轨道是研究机械能守恒和向心力效果的一套较好的器材．如图甲所示，某课外研究小组将一个压力传感器安装在轨道圆周部分的最低点B处，他们把一个钢球从轨道上的不同高处由静止释放．得到多组压力传感器示数F和对应的释放点的高度h的数据后，作出了如图乙所示的Fh图象．不计各处摩擦，取g＝10m/s2.
(1)求该研究小组用的离心轨道圆周部分的半径；
(2)当h＝0.6m，小球到达圆周上最高点C点时，轨道对小球的压力多大？
解析：(1)小钢球从A点滚至B点的过程中，由机械能守恒定律得mgh＝mv2B2
小钢球在B点时，由牛顿第二定律得
F－mg＝mv2BR
解得F＝2mghR＋mg
由题图乙可知：当h＝0时，F＝mg＝4N；当h＝0.6m时，F＝28N，代入上式可得R＝0.2m.
(2)小钢球从A点运动至C点的过程中机械能守恒，则
mgh＝2mgR＋mv2C2
小钢球在C点时，由牛顿第二定律得
mg＋FN＝mv2CR
解得FN＝4N
答案：(1)0.2m(2)4N
[综合应用题组]
7.如图所示，在倾角θ＝30°的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为1kg和2kg的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根长L＝0.2m的轻杆相连，小球B距水平面的高度h＝0.1m．两球由静止开始下滑到光滑地面上，不计球与地面碰撞时的机械能损失，g取10m/s2.则下列说法中正确的是()
A．整个下滑过程中A球机械能守恒
B．整个下滑过程中B球机械能守恒
C．整个下滑过程中A球机械能的增加量为23J
D．整个下滑过程中B球机械能的增加量为23J
解析：选D.在下滑的整个过程中，只有重力对系统做功，系统的机械能守恒，但在B球沿水平面滑行而A沿斜面滑行时，杆的弹力对A、B球做功，所以A、B球各自机械能不守恒，故A、B错误；根据系统机械能守恒得：mAg(h＋Lsinθ)＋mBgh＝12(mA＋mB)v2，解得v＝236m/s，系统下滑的整个过程中B球机械能的增加量为12mBv2－mBgh＝23J，故D正确；A球的机械能减小，C错误．
8.(多选)如图所示，质量分别为m和2m的两个小球a和b，中间用轻质杆相连，在杆的中点O处有一固定转动轴，把杆置于水平位置后释放，在b球顺时针摆动到最低位置的过程中()
A．b球的重力势能减少，动能增加，b球机械能守恒
B．a球的重力势能增加，动能也增加，a球机械能不守恒
C．a球、b球组成的系统机械能守恒
D．a球、b球组成的系统机械能不守恒
解析：选BC.b球从水平位置下摆到最低点过程中，a球升至最高点，重力势能增加，动能也增加，机械能增加．由于a、b系统只有重力做功，则系统机械能守恒，既然a球机械能增加，b球机械能一定减少．可见，杆对a球做了正功，杆对b球做了负功．所以，本题正确答案为B、C.(认为杆对小球的力沿杆的方向，对小球不做功，故两球机械能均守恒，从而错选A.)
9.(多选)如图所示，有一光滑轨道ABC，AB部分为半径为R的14圆弧，BC部分水平，质量均为m的小球a、b固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为R，不计小球大小．开始时a球处在圆弧上端A点，由静止释放小球和轻杆，使其沿光滑轨道下滑，下列说法正确的是()
A．a球下滑过程中机械能保持不变
B．a、b两球和轻杆组成的系统在下滑过程中机械能保持不变
C．a、b滑到水平轨道上时速度为2gR
D．从释放到a、b滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a球做的功为mgR2
解析：选BD.由机械能守恒的条件得，a球机械能不守恒，a、b系统机械能守恒，所以A错误，B正确．对a、b系统由机械能守恒定律得：mgR＋2mgR＝2×12mv2，解得v＝3gR，C错误．对a由动能定理得：mgR＋W＝12mv2，解得W＝mgR2，D正确．
10．(多选)如图所示，一根长为L不可伸长的轻绳跨过光滑的水平轴O，两端分别连接质量为2m的小球A和质量为m的物块B，由图示位置释放后，当小球转动到水平轴正下方时轻绳的中点正好在水平轴O点，且此时物块B的速度刚好为零，则下列说法中正确的是()
A．物块B一直处于静止状态
B．小球A从图示位置运动到水平轴正下方的过程中机械能守恒
C．小球A运动到水平轴正下方时的速度大于gL
D．小球A从图示位置运动到水平轴正下方的过程中，小球A与物块B组成的系统机械能守恒
解析：选CD.当小球转动到水平轴正下方时轻绳的中点正好在水平轴O点，所以小球A下降的高度为L2，物块B会上升一定的高度h，由机械能守恒得122mv2＝2mgL2－mgh，所以小球A运动到水平轴正下方时的速度vgL，A错误，C正确；在整个过程中小球A与物块B组成的系统机械能守恒，B错误，D正确．
11．(多选)重10N的滑块在倾角为30°的光滑斜面上，从a点由静止下滑，到b点接触到一个轻弹簧，滑块压缩弹簧到c点开始弹回，返回b点离开弹簧，最后又回到a点，已知ab＝1m，bc＝0.2m，那么在整个过程中()
A．滑块动能的最大值是6J
B．弹簧弹性势能的最大值是6J
C．从c到b弹簧的弹力对滑块做的功是6J
D．整个过程系统机械能守恒
解析：选BCD.以滑块和弹簧为系统，在滑块的整个运动过程中，只发生动能、重力势能和弹性势能之间的相互转化，系统机械能守恒，D正确；滑块从a到c重力势能减小了mgacsin30°＝6J，全部转化为弹簧的弹性势能，A错误，B正确；从c到b弹簧恢复原长，通过弹簧的弹力对滑块做功，将6J的弹性势能全部转化为滑块的机械能，C正确．
12．如图所示，一个半径为R的14圆周的轨道，O点为圆心，B为轨道上的一点，OB与水平方向的夹角为37°.轨道的左侧与一固定光滑平台相连，在平台上一轻质弹簧左端与竖直挡板相连，弹簧原长时右端在A点．现用一质量为m的小球(与弹簧不连接)压缩弹簧至P点后释放．已知重力加速度为g，不计空气阻力．
(1)若小球恰能击中B点，求刚释放小球时弹簧的弹性势能；
(2)试通过计算判断小球落到轨道时速度能否与圆弧垂直；
(3)改变释放点的位置，求小球落到轨道时动能的最小值．
解析：(1)小球离开O点做平抛运动，设初速度为v0，由
Rcos37°＝v0t
Rsin37°＝12gt2
解得：v0＝815gR
由机械能守恒Ep＝12mv20＝415mgR.
(2)设落点与O点的连线与水平方向的夹角为θ，小球做平抛运动，
有Rcosθ＝v0t，Rsinθ＝12gt2
位移方向与圆弧垂直tanθ＝12gt2v0t＝gt2v0
设速度方向与水平方向的夹角为α
tanα＝vyv0＝gtv0＝2tanθ
所以小球不能垂直击中圆弧．
(3)设落点与O点的连线与水平方向的夹角为θ，小球做平抛运动，
Rcosθ＝v0tRsinθ＝12gt2
由动能定理mgRsinθ＝Ek－12mv20
解得Ek＝mgR34sinθ＋14sinθ
当sinθ＝33时，取最小值Ek＝32mgR.
答案：(1)415mgR(2)不能垂直击中圆弧(3)32mgR
第4节功能关系能量守恒定律
一、功能关系
1．内容
(1)功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化．
(2)做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必须通过做功来实现．
2．做功对应变化的能量形式
(1)合外力的功影响物体的动能的变化．
(2)重力的功影响物体重力势能的变化．
(3)弹簧弹力的功影响弹性势能的变化．
(4)除重力或系统内弹力以外的力做功影响物体机械能的变化．
(5)滑动摩擦力的功影响系统内能的变化．
(6)电场力的功影响电势能的变化．
(7)分子力的功影响分子势能的变化．
二、能量守恒定律
1．内容
能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到另一个物体，在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变．
2．适用范围
能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中普遍适应的一条规律．
3．表达式
(1)E初＝E末，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和．
(2)ΔE增＝ΔE减，增加的那些能量的增加量等于减少的那些能量的减少量．
[自我诊断]
1．判断正误
(1)力对物体做了多少功，物体就具有多少能．(×)
(2)能量在转移或转化过程中，其总量会不断减少．(×)
(3)在物体机械能减少的过程中，动能有可能是增大的．(√)
(4)既然能量在转移或转化过程中是守恒的，故没有必要节约能源．(×)
(5)滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化．(√)
(6)一个物体的能量增加，必定有别的物体能量减少．(√)
2.自然现象中蕴藏着许多物理知识，如图所示为一个盛水袋，某人从侧面缓慢推袋壁使它变形，则水的势能()
A．增大B．变小
C．不变D．不能确定
解析：选A.人推袋壁使它变形，对它做了功，由功能关系可得，水的重力势能增加，A正确．
3．上端固定的一根细线下面悬挂一摆球，摆球在空气中摆动，摆动的幅度越来越小，对此现象下列说法正确的是()
A．摆球机械能守恒
B．总能量守恒，摆球的机械能正在减少，减少的机械能转化为内能
C．能量正在消失
D．只有动能和重力势能的相互转化
解析：选B.由于空气阻力的作用，机械能减少，机械能不守恒，内能增加，机械能转化为内能，能量总和不变，B正确．
4.足够长的传送带以速度v匀速传动，一质量为m的小物体A由静止轻放于传送带上，若小物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，如图所示，当物体与传送带相对静止时，转化为内能的能量为()
A．mv2B．2mv2
C.14mv2D.12mv2
解析：选D.物体A被放于传送带上即做匀加速直线运动，加速度a＝μmgm＝μg，匀加速过程前进的距离x1＝v22a＝v22μg，该时间内传送带前进的距离x2＝vt＝vvμg＝v2μg，所以物体相对传送带滑动距离Δx＝x2－x1＝v22μg，故产生的内能Q＝μmgΔx＝μmgv22μg＝12mv2，D正确．
考点一功能关系的理解及应用
几种常见的功能关系及其表达式
各种力做功对应能的变化定量的关系
合力的功动能变化合力对物体做功等于物体动能的增量W合＝Ek2－Ek1
重力的功重力势能变化重力做正功，重力势能减少，重力做负功，重力势能增加，且WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
弹簧弹力
的功弹性势能变化弹力做正功，弹性势能减少，弹力做负功，弹性势能增加，且W弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
只有重力、
弹簧弹力
的功不引起机
械能变化机械能守恒ΔE＝0
非重力和
弹力的功机械能变化除重力和弹力之外的其他力做正功，物体的机械能增加，做负功，机械能减少，且W其他＝ΔE
电场力的
功电势能变化电场力做正功，电势能减少，电场力做负功，电势能增加，且W电＝－ΔEp
滑动摩擦
力的功内能变化滑动摩擦力做功引起系统内能增加ΔE内＝Ffl相对
[典例1]如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时对轨道压力为mg2.已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中()
A．重力做功2mgR
B．合力做功34mgR
C．克服摩擦力做功12mgR
D．机械能减少2mgR
解析小球能通过B点，在B点速度v满足mg＋12mg＝mv2R，解得v＝32gR，从P到B过程，重力做功等于重力势能减小量为mgR，动能增加量为12mv2＝34mgR，合力做功等于动能增加量34mgR，机械能减少量为mgR－34mgR＝14mgR，克服摩擦力做功等于机械能的减少量14mgR，故只有B选项正确．
答案B
1．如图所示，木板质量为M，长度为L，小木块质量为m，水平地面光滑，一根不计质量的轻绳通过定滑轮分别与M和m连接，小木块与木板间的动摩擦因数为μ.开始时木块静止在木板左端，现用水平向右的拉力F将m拉至右端，则拉力F做功至少为()
A.12μmgLB．μmgL
C．μ(m＋M)gLD.12μ(m＋M)gL
解析：选B.缓慢拉动时，拉力F做功最少，根据功能关系，拉力做的功等于系统产生的内能，所以W＝μmgL，B正确．
2．(多选)在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v，则()
A．物块B的质量满足m2gsinθ＝kd
B．此时物块A的加速度为F－kdm1
C．此时拉力做功的瞬时功率为Fvsinθ
D．此过程中，弹簧的弹性势能变化了Fd－m1gdsinθ－12m1v2
解析：选BD.系统静止时，m1gsinθ＝kx1,当物块B刚要离开挡板C时，m2gsinθ＝kx2，F－m1gsinθ－kx2＝m1aA，又d＝x1＋x2，可解得aA＝F－kdm1，B正确，A错误；此时拉力做功的瞬时功率为P＝Fv，C错误；设弹簧的弹性势能增量为ΔEp弹，由功能关系可得：Fd＝ΔEp弹＋m1gdsinθ＋12m1v2，解得ΔEp弹＝Fd－m1gdsinθ－12m1v2，D正确．
功能关系的选用原则
(1)在应用功能关系解决具体问题的过程中，若只涉及动能的变化用动能定理分析．
(2)只涉及重力势能的变化用重力做功与重力势能变化的关系分析．
(3)只涉及机械能变化用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析．
(4)只涉及电势能的变化用电场力做功与电势能变化的关系分析．
考点二摩擦力做功与能量的关系
1．静摩擦力做功的特点
(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零．
(3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能．
2．滑动摩擦力做功的特点
(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果：
①机械能全部转化为内能；
②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能．
(3)摩擦生热的计算：Q＝Ffx相对．其中x相对为相互摩擦的两个物体间的相对位移．
[典例2]如图所示，一个可视为质点的质量为m＝1kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0＝2m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M＝3kg的长木板．已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.4m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，g取10m/s2.求：
(1)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；
(2)要使小物块不滑出长木板，木板的长度L至少多大？
解析(1)小物块在C点时的速度大小
vC＝v0cos60°①
小物块由C到D的过程中，由机械能守恒定律得
mgR(1－cos60°)＝12mv2D－12mv2C②
代入数据解得vD＝25m/s
小球在D点时由牛顿第二定律得
FN－mg＝mv2DR③
代入数据解得FN＝60N④
由牛顿第三定律得FN′＝FN＝60N，方向竖直向下．
(2)设小物块刚好滑到木板左端且达到共同速度的大小为v，滑行过程中，小物块与长木板的加速度大小分别为
a1＝μmgm＝μg⑤
a2＝μmgM⑥
速度分别为v＝vD－a1t，v＝a2t⑦
对小物块和木板组成的系统，由能量守恒定律得
μmgL＝12mv2D－12(m＋M)v2⑧
解得L＝2.5m⑨
答案(1)60N，方向竖直向下(2)2.5m
摩擦力做功的分析方法
(1)无论是滑动摩擦力，还是静摩擦力，计算做功时都是用力与对地位移的乘积．
(2)摩擦生热的计算：公式Q＝Ffx相对中x相对为两接触物体间的相对位移，若物体在传送带上做往复运动时，则x相对为总的相对路程．
1.如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块放在小车的最左端，现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为Ff，经过一段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法正确的是()
A．此时小物块的动能为F(x＋L)
B．此时小车的动能为Ffx
C．这一过程中，小物块和小车增加的机械能为Fx－FfL
D．这一过程中，因摩擦而产生的热量为Ff(L＋x)
解析：选B.水平力对小物块做功F(x＋L)，此时其动能小于F(x＋L)，A错误；摩擦力Ff对小车做功Ffx，由动能定理可知，此时小车的动能为Ffx，B正确；这一过程中，物块和小车增加的机械能为F(x＋L)－FfL，C错误；这一过程中，因摩擦而产生的热量为FfL，D错误．
2.如图所示为一种摆式动摩擦因数测量仪，其可测量轮胎与地面间的动摩擦因数，其主要部件有：底部固定有轮胎橡胶片的摆锤和连接摆锤的轻质细杆．摆锤的质量为m，细杆可绕轴O在竖直平面内自由转动，摆锤重心到O点距离为L.测量时，测量仪固定于水平地面，将摆锤从与O等高的位置处由静止释放．摆锤摆到最低点附近时，橡胶片紧压地面擦过一小段距离s(sL)，之后继续摆至与竖直方向成θ角的最高位置．若摆锤对地面的压力可视为大小为F的恒力，重力加速度为g，求：
(1)摆锤在上述过程中损失的机械能；
(2)在上述过程中摩擦力对摆锤所做的功；
(3)橡胶片与地面之间的动摩擦因数．
解析：(1)选从右侧最高点到左侧最高点的过程进行研究．因为初、末状态动能为零，所以全程损失的机械能ΔE等于减少的重力势能，
即：ΔE＝mgLcosθ
(2)对全程应用动能定理：WG＋Wf＝0①
WG＝mgLcosθ②
由①②式得Wf＝－WG＝－mgLcosθ③
(3)由滑动摩擦力公式得Ff＝μF④
摩擦力做的功Wf＝－Ffs⑤
联立③④⑤式得：μ＝mgLcosθFs
答案：(1)mgLcosθ(2)－mgLcosθ(3)mgLcosθFs
考点三能量守恒定律的理解及应用
1．对能量守恒定律的两点理解
(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等；
(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等．
2．能量转化问题的解题思路
(1)当涉及摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转化和守恒定律．
(2)解题时，首先确定初末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减与增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解．
3．涉及弹簧的能量问题
两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，具有以下特点：
(1)能量转化方面，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒．
(2)如果系统内每个物体除弹簧弹力外所受合力为零，则当弹簧伸长或压缩到最大程度时两物体速度相同．
[典例3]如图所示，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径为r的14细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k的轻弹簧，轻弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐．质量为m的滑块在曲面上距BC高度为2r处由静止开始下滑，滑块与BC间的动摩擦因数μ＝12，进入管口C端时与圆管恰好无作用力，通过CD后压缩弹簧，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧的弹性势能为Ep.求：
(1)滑块到达B点时的速度大小vB；
(2)水平面BC的长度s；
(3)在压缩弹簧过程中滑块的最大速度vm.
解析(1)滑块在曲面的下滑过程，由动能定理得
mg2r＝12mv2B
解得vB＝2gr
(2)在C点，滑块与圆管之间恰无作用力，则
mg＝mv2Cr
解得vC＝gr
滑块从A点运动到C点过程，由动能定理得
mg2r－μmgs＝12mv2C
解得s＝3r
(3)设在压缩弹簧过程中速度最大时，滑块离D端的距离为x0，
此时kx0＝mg
解得x0＝mgk
滑块由C运动到距离D端x0处的过程中，由能量守恒得
mg(r＋x0)＝12mv2m－12mv2C＋Ep
联立解得vm＝3gr＋2mg2k－2Epm
答案(1)2gr(2)3r(3)3gr＋2mg2k－2Epm
涉及弹簧的能量问题的解题方法
两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，具有以下特点：
(1)能量变化上，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒．
(2)如果系统每个物体除弹簧弹力外所受合外力为零，则当弹簧伸长或压缩到最大程度时两物体速度相同．
(3)当弹簧为自然状态时系统内某一端的物体具有最大速度．
1．(多选)如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出)．物块的质量为m，AB＝a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ，现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W.撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零，重力加速度为g.则上述过程中()
A．物块在A点时弹簧的弹性势能一定大于在B点时的弹性势能
B．物块在O点时动能最大
C．物块在B点时，弹簧的弹性势能大于W－32μmga
D．经O点时，物块的动能小于W－μmga
解析：选AD.因物块由A到B的过程中有一部分弹性势能用于克服摩擦力做功，故A正确；当物块从A向B运动过程中加速度为零时速度最大，此时kx－μmg＝0，弹簧仍处于伸长状态，故B错误；由动能定理可得：W－μmg2xOA＝EkO，xOA＞a2，可得物块在O点的动能小于W－μmga，D正确；由能量守恒定律可得，物块在B点时，弹簧的弹性势能EpB＝W－μmgxOA－μmga＜W－32μmga，C错误．
2．如图甲所示，在倾角为37°足够长的粗糙斜面底端，一质量m＝1kg的滑块压缩着一轻弹簧且锁定，但它们并不相连，滑块可视为质点．t＝0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的vt图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，在t1＝0.1s时滑块已上滑s＝0.2m的距离(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求：
(1)滑块离开弹簧后在图中bc段对应的加速度a及动摩擦因数μ的大小；
(2)t2＝0.3s和t3＝0.4s时滑块的速度v1、v2的大小；
(3)弹簧锁定时具有的弹性势能Ep.
解析：(1)在bc段做匀减速运动，加速度为
a＝ΔvΔt＝10m/s2
根据牛顿第二定律得mgsin37°＋μmgcos37°＝ma
解得μ＝0.5
(2)设t1＝0.1s时速度大小为v0，根据速度时间公式得t2＝0.3s时的速度大小
v1＝v0－a(t2－t1)＝0
在t2之后开始下滑，下滑时由牛顿第二定律得
mgsin37°－μmgcos37°＝ma′
解得a′＝2m/s2
从t2到t3做初速度为零的加速运动，t3时刻的速度大小为
v3＝a′(t3－t2)＝0.2m/s
(3)从0到t1时间内，由能量守恒定律得
Ep＝mgssin37°＋μmgscos37°＋12mv2b
解得Ep＝4J
答案：(1)10m/s20.5(2)00.2m/s(3)4J小，则物体将跟不上传送带的

高考物理一轮复习：功和能

经验告诉我们，成功是留给有准备的人。教师要准备好教案，这是教师的任务之一。教案可以让学生们有一个良好的课堂环境，帮助教师在教学期间更好的掌握节奏。你知道如何去写好一份优秀的教案呢？下面是小编为大家整理的“高考物理一轮复习：功和能”，希望对您的工作和生活有所帮助。

第35讲功和能经典精讲
主讲教师：孟卫东北京市物理特级教师
开心自测
题一：如图所示，演员正在进行杂技表演。由图可估算出他将一只鸡蛋抛出的过程中对鸡蛋所做的功最接近于（）
A．0.3JB．3JC．30JD．300J

题二：一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，下列说法正确的是（）
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

题三：如图，一长为的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为的小球。一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度匀速转动，当杆与水平方向成60°时，拉力的功率为（）
A．B．C．D．
考点梳理与金题精讲
一、功
（1）一个物体受到力的作用，如果在力的方向上发生一段位移，这个力就对物体做了功。做功的两个不可缺少的因素是：作用在物体上的力和物体在力的方向上发生的位移。
（2）力对物体所做的功，等于力的大小、位移的大小、力与位移夹角的余弦这三者的乘积。功的计算公式，功的单位是焦耳，符号J，功是标量。
（3）功有正负，其正负由cosα决定。当0°≤α＜90°时，力对物体做正功；当90°＜α≤180°时，力对物体做负功（通常说成物体克服这个力做功）；当α=90°时，力对物体不做功。

题四：放在光滑水平面上的静止物体，在水平恒力F1的作用下，移动了距离l，如果拉力改为和水平面成30的恒力F2，移动的距离为2l，已知拉力F1和F2对物体所做的功相等，则F1和F2的大小的比为（）
A．2：1B．：1C．3：1D．：1

二、功率
（1）功率是表示力做功快慢程度的物理量，功跟完成这些功所用时间的比叫做功率。公式P=W/t，表示对物体做功的力F在t时间内的平均功率。功率的单位是瓦特，符号W。功率为标量。结合W=Flcosα，功率的表达式也可写成P=Fvcosα。
（2）机械的额定功率指机械持续正常工作时的最大功率，机械工作时的实际功率一般小于或等于其额定功率，机车发动机的输出功率指P出＝P实＝F牵v（F牵为发动机牵引力）。
题五：汽车发动机的额定功率P0=60kW，汽车的质量m=5.0t，汽车在水平路面上行驶时，阻力是车重的0.10倍，试问：
(1)汽车保持以额定功率从静止起动后，能达到的最大速度是多少？
(2)汽车从静止开始，保持以0.5m/s2的加速度作匀加速起动，这一过程能维持多长时间?

三、动能定理
（1）物体由于运动所具有的能叫动能。物体的动能等于物体质量与物体速度的二次方的乘积的一半，。
（2）动能定理的表达式为：W总=，内容是：力在一个过程中对物体所做的总功，等于物体在这个过程中动能的变化。

题六：一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平力F作用下，从平衡位置P点很缓慢地移到Q点，如图所示，则力F做的功为()
A．mglcosθB．FlsinθC．mgl(1-cosθ)D．Flθ

四、机械能守恒定律
（1）重力做功只与物体的初、末位置有关，与运动路径无关，因此可以定义由位置决定的能量——重力势能。重力势能EP=mgh是物体和地球组成的系统所共有（我们可以简称“物体的重力势能”）。
弹性势能是由于物体发生弹性形变而具有的能量，对于弹簧的弹性势能，其大小和弹簧的劲度系数、伸长（或压缩）量有关。
（2）机械能包括：动能、重力势能和弹性势能。机械能守恒是指在满足一定条件时，物体系统内动能和势能发生相互转化时，机械能的总量不变，Ek1+EP1=Ek2+EP2。

题七：在高度h=0.8m的水平光滑桌面上，有一轻弹簧左端固定，质量为m＝1.0kg的小球在外力作用下使弹簧处于压缩状态，当弹簧具有4.5J的弹性势能时，由静止释放小球，将小球水平弹出，如图所示，不计空气阻力，求小球落地时速度大小?

五、功和能的关系
（1）能量：一个物体能够对外做功，我们就说这个物体具有能量。
（2）能量有各种不同的存在形式：运动的物体具有动能；被举高的物体具有重力势能；发生弹性形变的物体具有弹性势能；由大量粒子构成的系统具有内能。另外自然界中还存在如化学能、电能、太阳能、风能、潮汐能、原子能等等不同形式的能。
（3）各种不同形式的能量可以相互转化，而且在转化过程中总量不变，不同形式的能量之间的转化是通过做功实现的，做功的过程就是各种形式的能量之间转化（或转移）的过程，且做了多少功，就有多少能量发生转化（或转移），因此，功是能量转化的量度。

题八：如图所示，一个小滑块以100J的初动能从斜面底端开始向上滑行，向上滑行过程中经过某一点P时，滑块的动能减少了80J，此时其重力势能增加了60J，已知斜面足够长。小滑块向上滑行一段后又返回底端，求返回到底端时，小滑块的动能多大?已知滑行过程中滑块所受摩擦力大小不变。

第35讲功和能经典精讲
题一：A题二：ABC题三：C题四：D题五：（1）vm=12m/s；（2）t=16s
题六：C题七：vC=5.0m/s题八：50J

20xx高考物理考点归纳：机械能

20xx高考物理考点归纳：机械能

机械能
1.功
(1)功的定义：力和作用在力的方向上通过的位移的乘积。是描述力对空间积累效应的物理量，是过程量。
定义式：W=F·s·cosθ，其中F是力，s是力的作用点位移(对地)，θ是力与位移间的夹角。
(2)功的大小的计算方法：
①恒力的功可根据W=F·S·cosθ进行计算，本公式只适用于恒力做功。②根据W=P·t，计算一段时间内平均做功。③利用动能定理计算力的功，特别是变力所做的功。④根据功是能量转化的量度反过来可求功。
(3)摩擦力、空气阻力做功的计算：功的大小等于力和路程的乘积。
发生相对运动的两物体的这一对相互摩擦力做的总功：W=fd(d是两物体间的相对路程)，且W=Q(摩擦生热)
2.功率
(1)功率的概念：功率是表示力做功快慢的物理量，是标量。求功率时一定要分清是求哪个力的功率，还要分清是求平均功率还是瞬时功率。
(2)功率的计算①平均功率：P=W/t(定义式)表示时间t内的平均功率，不管是恒力做功，还是变力做功，都适用。②瞬时功率：P=F·v·cosαP和v分别表示t时刻的功率和速度，α为两者间的夹角。
(3)额定功率与实际功率：额定功率：发动机正常工作时的最大功率。实际功率：发动机实际输出的功率，它可以小于额定功率，但不能长时间超过额定功率。
(4)交通工具的启动问题通常说的机车的功率或发动机的功率实际是指其牵引力的功率。
①以恒定功率P启动：机车的运动过程是先作加速度减小的加速运动，后以最大速度vm=P/f作匀速直线运动。
②以恒定牵引力F启动：机车先作匀加速运动，当功率增大到额定功率时速度为v1=P/F，而后开始作加速度减小的加速运动，最后以最大速度vm=P/f作匀速直线运动。
3.动能：物体由于运动而具有的能量叫做动能。表达式：Ek=mv2/2
(1)动能是描述物体运动状态的物理量。
(2)动能和动量的区别和联系
①动能是标量，动量是矢量，动量改变，动能不一定改变;动能改变，动量一定改变。
②两者的物理意义不同：动能和功相联系，动能的变化用功来量度;动量和冲量相联系，动量的变化用冲量来量度。③两者之间的大小关系为EK=P2/2m
★★★★4.动能定理：外力对物体所做的总功等于物体动能的变化。
表达式：
20xx高考物理二轮复习知识点
(1)动能定理的表达式是在物体受恒力作用且做直线运动的情况下得出的。但它也适用于变力及物体作曲线运动的情况。(2)功和动能都是标量，不能利用矢量法则分解，故动能定理无分量式。
(3)应用动能定理只考虑初、末状态，没有守恒条件的限制，也不受力的性质和物理过程的变化的影响。所以，凡涉及力和位移，而不涉及力的作用时间的动力学问题，都可以用动能定理分析和解答，而且一般都比用牛顿运动定律和机械能守恒定律简捷。
(4)当物体的运动是由几个物理过程所组成，又不需要研究过程的中间状态时，可以把这几个物理过程看作一个整体进行研究，从而避开每个运动过程的具体细节，具有过程简明、方法巧妙、运算量小等优点。
5.重力势能
(1)定义：地球上的物体具有跟它的高度有关的能量，叫做重力势能。
20xx高考物理二轮复习知识点
①重力势能是地球和物体组成的系统共有的，而不是物体单独具有的。②重力势能的大小和零势能面的选取有关。③重力势能是标量，但有+、-之分。
(2)重力做功的特点：重力做功只决定于初、末位置间的高度差，与物体的运动路径无关。WG=mgh。
(3)做功跟重力势能改变的关系：重力做功等于重力势能增量的负值。即：
20xx高考物理二轮复习知识点
6.弹性势能：物体由于发生弹性形变而具有的能量。
★★★7.机械能守恒定律
(1)动能和势能(重力势能、弹性势能)统称为机械能，E=Ek+Ep。
(2)机械能守恒定律的内容：在只有重力(和弹簧弹力)做功的情形下，物体动能和重力势能(及弹性势能)发生相互转化，但机械能的总量保持不变。
(3)机械能守恒定律的表达式
20xx高考物理二轮复习知识点
(4)系统机械能守恒的三种表示方式：
①系统初态的总机械能E1等于末态的总机械能E2，即E1=E2
②系统减少的总重力势能ΔEP减等于系统增加的总动能ΔEK增，即ΔEP减=ΔEK增
③若系统只有A、B两物体，则A物体减少的机械能等于B物体增加的机械能，即ΔEA减=ΔEB增
[注意]解题时究竟选取哪一种表达形式，应根据题意灵活选取;需注意的是：选用①式时，必须规定零势能参考面，而选用②式和③式时，可以不规定零势能参考面，但必须分清能量的减少量和增加量。
(5)判断机械能是否守恒的方法
①用做功来判断：分析物体或物体受力情况(包括内力和外力)，明确各力做功的情况，若对物体或系统只有重力或弹簧弹力做功，没有其他力做功或其他力做功的代数和为零，则机械能守恒。
②用能量转化来判定：若物体系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。
③对一些绳子突然绷紧，物体间非弹性碰撞等问题，除非题目特别说明，机械能必定不守恒，完全非弹性碰撞过程机械能也不守恒。
8.功能关系
(1)当只有重力(或弹簧弹力)做功时，物体的机械能守恒。
(2)重力对物体做的功等于物体重力势能的减少：WG=Ep1-Ep2。
(3)合外力对物体所做的功等于物体动能的变化：W合=Ek2-Ek1(动能定理)
(4)除了重力(或弹簧弹力)之外的力对物体所做的功等于物体机械能的变化：WF=E2-E1
9.能量和动量的综合运用
动量与能量的综合问题，是高中力学最重要的综合问题，也是难度较大的问题。分析这类问题时，应首先建立清晰的物理图景，抽象出物理模型，选择物理规律，建立方程进行求解。这一部分的主要模型是碰撞。而碰撞过程，一般都遵从动量守恒定律，但机械能不一定守恒，对弹性碰撞就守恒，非弹性碰撞就不守恒，总的能量是守恒的，对于碰撞过程的能量要分析物体间的转移和转换。从而建立碰撞过程的能量关系方程。根据动量守恒定律和能量关系分别建立方程，两者联立进行求解，是这一部分常用的解决物理问题的方法。