資源簡介

1.功與功率
核心素養定位 物理觀念 (1)理解功的概念，掌握功的計算式． (2)知道功是標量，理解正功、負功的含義． (3)理解功率的概念．
科學思維 (1)知道幾個力對物體所做的總功，是各個力分別對物體做功的代數和． (2)會運用極限思想得到瞬時功率表達式P＝Fv. (3)能分析汽車發動機功率一定時，牽引力與速度之間的關系，并能分析、解釋實際生活中的一些現象．
科學態度與責任 關注生產生活中常見機械做功、功率大小及其意義，養成分析物理過程的良好習慣．
一、功功是標量
1．內容：力對物體所做的功，等于________的大小、________的大小、力與位移夾角的________這三者的乘積．
2．公式：W＝________．
3．功的單位：在國際單位制中，功的單位是______，簡稱________，符號是________．
4．功的單位的物理意義：1 J等于________使物體在____________發生1 m位移的過程中所做的功，即1 J＝1 N×1 m＝________．
二、正功和負功
1．正功和負功既不表示大小，也不表示方向
α的取值 W的取值 含義
α＝ W＝0 力F________
0≤α＜ W________0 力F對物體做________
＜α≤π W________0 力F對物體做________
2.總功
當一個物體在幾個力的共同作用下發生一段____________時，這幾個力對物體所做的總功，是各個力分別對物體所做功的________．
合力恒定，可用W總＝F總l cos α計算　 　
三、功率
1．定義：力做的________與完成這些功所用________之比，叫作功率．
2．定義式：P＝________．
3．單位：在國際單位制中，功率的單位是________，簡稱瓦，用符號W表示．技術上常用的單位是千瓦(kW)
4．意義：功率是標量，它是表示物體________的物理量．
5．功率與速度
(1)關系：當一個力與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______________的乘積．不在同一直線時用P＝Fv cos α計算　
(2)關系式：P＝________．
①若v是物體的平均速度，則P＝Fv為對應時間t內的________．
②若v是瞬時速度，則P表示該時刻的________．
(3)應用：從P＝Fv可以看出，汽車、火車等交通工具，當發動機的輸出功率P一定時，牽引力F與速度v成________，要增大牽引力，就要減小速度．
【情境思考】
一物體在兩個力F1、F2的共同作用下發生了一段位移，做功分別為W1＝6 J、W2＝－6 J．
(1)何為動力？何為阻力？
(2)兩個力大小相等嗎？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　
如圖所示，用力F拉動物體分別在光滑水平面上加速運動L、在粗糙水平面上勻速運動L、沿斜面向上減速運動L，哪種情況下力F做的功多？
分析：由功的公式可知，力F做的功一樣多．
1　負號的意義
－6 J的功要比5 J的功多，－6 J的功和6 J的功一樣多．
這里的“＋”“－”不表示大小，而表示做功的正負．
2
如圖所示，木塊受到相互垂直的兩個力F1和F2.F1做的功為4 J，F2做的功為3 J，則F1和F2的合力做功是多少？
分析：合力做功為7 J，而非5 J，功是標量，直接代數求和．
3　
P＝是功率的定義式，適用于任何情況下功率的計算．功率反映物體做功的快慢程度，與做功多少無關，功率越大，機械做功就越快．
“快”與“多”是不同的
4　
“某秒末”或“到某位置時”的功率是指瞬時功率，只能用P＝Fv cos α求解；“某段時間內”或“某個過程中”的功率，是指平均功率，此時可用＝求解，也可以用＝Fcos α求解．
目標一　功及其正負
【導思】
　甲圖中人拉車向前運動，乙圖中人拉車阻止車前行．
(1)甲圖中人對小車做正功還是做負功？
(2)乙圖中人對小車做正功還是做負功？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【歸納】
1．對功的理解
(1)兩個決定因素
①作用在物體上的力；
②物體在力的方向上的位移．
(2)功是力在空間上的積累，它總是與一個過程相對應．
2．功是標量
(1)功是標量．功的正、負并不表示功的方向，而是表示動力做功還是阻力做功．
(2)一個力對物體做負功，往往說成物體克服這個力做功．
3．判斷功的正、負的方法
(1)根據力F與物體位移l的夾角α判斷——常用于恒力做功的情形．
(2)根據力與物體瞬時速度的夾角θ判斷——常用于變力做功的情形．
如圖所示：
①若夾角θ是銳角，力做正功；
②若夾角θ是鈍角，力做負功；
③若夾角θ是直角，力不做功．
【典例】
例 1 很多大型商場都安裝了臺階式自動扶梯，方便乘客購物，如圖所示，扶梯水平臺階上的人隨扶梯一起做斜向上的勻加速運動．下列說法中不正確的是(　　)
A.重力對人做負功
B．支持力對人做正功
C．摩擦力對人做正功
D．合外力對人做功為零
例 2[2023·天津南開區高一下期末]下列說法中錯誤的是(　　)
A．－10 J的功大于＋5 J的功
B．功是標量，正、負表示外力對物體做正功或物體克服外力做功
C．一個力對物體做了負功，說明這個力一定阻礙物體的運動
D．功是矢量，正、負表示方向
目標二　功的計算
【導思】
仔細觀察下列圖片，請思考：
(1)如圖甲所示，當F與l的夾角為α時，還能用公式W＝Fl來計算功嗎？
(2)圖乙中F的兩個分力做功的情況是什么？說明什么問題？
(3)圖丙的物理意義是什么？
(4)圖丁中F1和F2分別對物體做的功是多少？代數和為多大？
(5)圖丁中F1和F2合力為多大？合力做功是多少？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【歸納】
1．對公式W＝Fl cos α的理解
(1)公式W＝Fl cos α，可以理解為力乘在力的方向上的位移，即W＝F(l cos α)，也可以理解為位移乘在位移方向上的分力，即W＝(F cos α)l.
(2)力F對物體所做的功W，只與F、l、α三者有關，與物體的質量、運動狀態、運動形式以及是否受其他力等因素均無關．
(3)因為功是過程量，反映力在空間位移上的累積效果，對應一段位移或一段過程，所以用公式W＝Fl cos α求力做的功時，一定要明確是哪個力在哪一段位移上(或在哪一個過程中)所做的功．
2．計算總功的兩種方法
(1)首先由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)首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，α為F合的方向與l的方向間的夾角．
【典例】
例 3 如圖所示，大小為12 N，沿水平方向的恒力F作用在質量為2 kg的木箱上，使木箱在水平地面上沿直線運動．已知木箱與水平地面間的動摩擦因數μ＝0.5，g取10 m/s2.當木箱從靜止開始運動了12 m時，下列說法正確的是(　　)
A．力F做的功W1＝120 J
B．重力做的功W2＝240 J
C．克服摩擦力做的功W3＝120 J
D．合力做的功W合＝0
例 4 如圖所示，一位質量為m＝50 kg的滑雪運動員從高度h＝30 m的斜坡頂端自由滑下(初速度為零)．斜坡的傾角θ＝37°，滑雪板與雪面間的動摩擦因數μ＝0.1.運動員滑至坡底的過程中，不計空氣阻力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8．
(1)各個力所做的功分別是多少？
(2)合力做了多少功？
目標三　對功率的理解及計算
【導思】
質量為m的蘋果從高處自由下落，運動時間大于等于t.
(1)經時間t，重力對蘋果做功的平均功率為多少？
(2)在t時刻，重力對蘋果做功的瞬時功率為多少？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【歸納】
1．公式P＝和P＝Fv的比較
P＝ P＝Fv
適用 條件 ①功率的定義式，適用于任何情況下功率的計算，一般用來求平均功率 ②當時間t→0時，可由定義式確定瞬時功率 ①功率的計算式，僅適用于F與v同向的情況，若不同向，P＝＝＝Fv cos α ②v為平均速度時，功率為平均功率，v為瞬時速度時，功率為瞬時功率
聯系 公式P＝Fv是P＝的推論
2.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．
3．瞬時功率的計算
利用公式P＝Fv cos α進行計算，其中v為瞬時速度．若vF為物體的速度在力F方向上的分速度，則P＝FvF；若Fv為物體所受外力在速度v方向上的分力，則P＝Fvv.
4．公式P＝Fv中三個量的制約關系
條件 各量間的關系 應用
P一定 F與v成反比 汽車上坡時，要增大牽引力，應換低速擋減小速度
v一定 F與P成正比 汽車上坡時，要使速度不變，應加大油門，增大輸出功率，獲得較大牽引力
F一定 v與P成正比 汽車在高速路上，加大油門增大輸出功率，可以提高速度
【典例】
例 5[2023·山東濰坊高一聯考](多選)“高空拋物”一直被稱為懸在城市頭頂上的痛，尤其是人為的高空拋物，更給公共安全帶來極大的危害．如圖所示，若從約20 m高七樓陽臺處，將一質量為1 kg的花盆水平推出，不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2.下列說法正確的是(　　)
A．1 s內重力的平均功率為50 W
B．整個過程中重力的平均功率為200 W
C．落到地面上時，重力的瞬時功率為200 W
D．落到地面上時，重力的瞬時功率為100 W
例 6 某醫院按上級指示派出醫療小組開車到某地進行醫療救援，在某上坡的路段以10 m/s的速度勻速行駛．已知車輛和醫療小組人員總質量為2.0×103 kg，該上坡的路段與水平面成15°角，假設受到的阻力為1.8×103 N．此時汽車的發動機功率是(g＝10 m/s2，sin 15°＝0.26)(　　)
A．18 kW B．52 kW
C．70 kW D．20 kW
規律方法
求解功率的思路
(1)明確是求哪個力的功率．
(2)若求平均功率，還需明確是哪段時間內的平均功率，可由公式P＝F或P＝來計算．
(3)若求瞬時功率，需明確是哪一時刻或哪一位置，再確定該時刻或該位置的速度，應用公式P＝Fv來計算，如果F與v不同向，則利用P＝Fv cos α來計算(α為力與速度方向的夾角)．
例 7 下表列出了某種型號轎車的部分數據，試根據表中數據回答問題．
長/mm×寬/mm×高/mm 4 871×1 835×1 460
凈重/kg 1 500
傳動系統 前輪驅動5擋變速
發動機型 直列4缸
發動機排量/L 2.0
最高速度/(km/h) 252
100 km/h的加速時間/s 10
額定功率/kW 140
圖為轎車中用于改變車速的擋位，手推變速桿到達不同擋位可獲得不同的運行速度，從“1”到“5”逐擋速度增大，R是倒車擋．試問轎車要以最大動力上坡，變速桿應推至哪一擋？該車以額定功率和最高速度運行時，轎車的牽引力為多大(　　)
A.“1”擋　2 000 N B．“5”擋　2 000 N
C.“1”擋　4 000 N D．“5”擋　8 000 N
1.第24屆冬季奧林匹克運動會在2022年由北京市和張家口市聯合舉辦，雪車(也稱“有舵雪橇”)比賽是冬奧會比賽項目之一．如圖所示，在一段賽道上，運動員操控雪車無助力滑行，沿斜坡賽道由靜止從A點滑行至B點，再沿水平賽道滑行至C點停下來．已知運動員和雪車的總質量為m，A、B兩點間的豎直高度為h，雪車與賽道間的動摩擦因數處處相同，重力加速度為g，忽略空氣阻力的影響．運動員及雪車從A點滑行到B點的過程中，下列說法正確的是(　　)
A．重力做正功 B．支持力做正功
C．支持力做負功 D．摩擦力做正功
2．如圖所示，某同學在家中用拖把擦地板，在布沿地面移動0.9 m的過程中，拖布所受地面摩擦力的大小恒為20 N．此過程中地面摩擦力對布做的功為(　　)
A．9 J B．18 J
C．－9 J D．－18 J
3．如圖所示，四個相同的小球在距地面相同的高度處以相同的速率分別豎直下拋、豎直上拋、平拋和斜拋，不計空氣阻力．下列關于這四個小球從拋出到落地過程的說法中正確的是(　　)
A．各小球飛行過程中，重力的功率不變
B．小球落地時，重力的瞬時功率相同
C．小球落地時，重力的瞬時功率不完全相同
D．從開始運動至落地，重力對小球做功的平均功率相同
4．“玩具賽車頂籃球”是兒童特別喜歡的游戲．如圖所示，質量m＝2 kg的玩具賽車在水平跑道上啟動，以加速度大小a＝4 m/s2勻加速直線行駛，經過位移x＝32 m時恰好撞擊正前方的籃球．已知玩具賽車運動時受到的阻力恒為Ff＝2 N，則玩具賽車從啟動到撞擊籃球過程牽引力F做的功WF和撞擊籃球前瞬間牽引力F的瞬時功率PF分別為(　　)
A．WF＝320 J，PF＝80 W
B．WF＝320 J，PF＝160 W
C．WF＝160 J，PF＝160 W
D．WF＝160 J，PF＝80 W
5．如圖所示，質量為20 kg的小孩坐在雪橇上，現用一個與水平方向成37°角、 大小為50 N的力拉著雪橇沿水平地面從靜止開始以a＝0.4 m/s2的加速度做勻加速直線運動．已知雪橇的質量為20 kg，cos 37°＝0.8.
(1)5 s內拉力對雪橇和小孩做的功是多少？
(2)求5 s末地面與雪橇間摩擦力的瞬時功率大小．
1．功與功率
導學　掌握必備知識
一、
1．力　位移　余弦
2．Fl cos α
3．焦耳　焦　J
4．1 N的力　力的方向上　1 N·m
二、
1．不做功　＞　正功　＜　負功
2．位移　代數和
三、
1．功　時間
2.
3．瓦特
4．做功快慢
5．(1)物體速度　(2)Fv　①平均功率　②瞬時功率　(3)反比
情境思考
提示：(1)F1為動力，F2為阻力．　(2)不一定相等．
共研　突破關鍵能力
目標一
提示：(1)正功　(2)負功
[例1]　解析：人隨電梯斜向上運動，位移方向與重力方向成鈍角，由W＝FL cos α知重力做負功，A正確；電梯對人的支持力豎直向上，位移方向與支持力方向成銳角，由W＝FL cos α知支持力對人做正功，B正確；人具有水平向右的加速度，由牛頓第二定律知電梯對人的摩擦力方向水平向右，位移方向與摩擦力方向成銳角，由W＝FL cos α知摩擦力對人做正功，C正確；人隨扶梯一起做斜向上的勻加速運動，合外力斜向上，合外力方向與位移方向相同，合外力對人做正功，D錯誤．
答案：D
[例2]　解析：功的正負與做功的多少無關，則－10 J的功大于＋5 J的功，選項A正確；功是標量，正、負表示外力對物體做正功或物體克服外力做功，選項B正確，D錯誤；一個力對物體做了負功，說明這個力一定阻礙物體的運動，選項C正確．
答案：D
目標二
提示：(1)不能．只有當力的方向與物體的位移方向相同時，才可以用公式W＝Fl來計算功．
(2)物體在分力F sin α的方向上沒有位移，故這個分力不做功．而另一分力F cos α與物體的運動方向相同，故可以用公式W＝Fl計算，其值為F cos α·l.由于F與兩個分力為等效替代關系，F做的功等效為分力F cos α做的功，即F做的功為W＝F cos α·l＝Fl cos α.
(3)力是矢量，位移也是矢量，我們既然可以分解力，也可以分解位移．把位移沿垂直于力和平行于力的方向分解，其中只有與力F方向一致的分位移l cos α才是有效位移，再用公式可得W＝F·l cos α，即W＝Fl cos α.這個結論與(2)的結論是一樣的．
(4)F1與F2的合力在水平方向上，通過作力的矢量三角形可知，F1、F2與位移的夾角分別為θ1＝53°，θ2＝37°.
力F1做的功：W1＝F1l cos θ1＝3×10×0.6 J＝18 J.
力F2做的功：W2＝F2l cos θ2＝4×10×0.8 J＝32 J.
W1與W2的代數和W＝W1＋W2＝18 J＋32 J＝50 J.
(5)兩力互相垂直，F1與F2的合力
F＝＝ N＝5 N，
合力F做的功W＝Fl＝5×10 J＝50 J．
[例3]　解析：根據做功公式可得力F做的功W1＝Fl＝144 J，故A錯誤；木箱在重力方向上沒有位移，則重力不做功，故B錯誤；根據做功公式可得摩擦力Ff做的功W′3＝－Ffl＝－μmgl＝－120 J，所以克服摩擦力做的功W3＝120 J，故C正確；合力做的功W合＝W1＋W′3＝24 J，故D錯誤．
答案：C
[例4]　解析：(1)重力做的功為
WG＝mgh＝50×10×30 J＝1.5×104 J，
因支持力與速度始終垂直，所以支持力做功為WFN＝0.
摩擦力做的功為
WFf＝－Ffl＝－μmg cos 37°×＝－2×103 J.
(2)合力做的功為W合＝WG＋WFf＋WFN＝(1.5×104－2×103)J＝1.3×104 J.
答案：(1)重力做功為1.5×104 J，支持力做功為零，摩擦力做功為－2×103 J.
(2)1.3×104 J
目標三
提示：(1)蘋果自由下落，t時刻速度為v＝gt，時間t內蘋果的平均速度為＝＝gt，則在時間t內重力對蘋果做功的平均功率＝mg＝mg2t.
(2)在t時刻重力做功的瞬時功率P＝mgv＝mg2t.
[例5]　解析：花盆只受重力，豎直方向上做自由落體運動，1 s內花盆下落的高度為h1＝＝5 m，所以1 s內重力做功為WG1＝mgh1＝50 J，平均功率P1＝＝50 W，A正確；花盆下落的時間可由公式h＝gt2求得，代入數據得t＝2 s，整個過程中重力做功為WG2＝mgh＝200 J，故平均功率為P2＝＝100 W，B錯誤；落到地面時，在豎直方向有v2＝2gh，解得到達地面上時豎直方向的速度為20 m/s，所以重力的瞬時功率P3＝mgv＝1×10×20 W＝200 W，C正確，D錯誤．
答案：AC
[例6]　解析：汽車的發動機功率P＝Fv，汽車勻速行駛時處于平衡狀態，有F＝F阻＋mg sin 15°，聯立以上兩式求得P＝70 kW，故選C.
答案：C
[例7]　解析：由P＝Fv可知，當P一定時，v越小，F越大，因此，上坡時應推至“1”擋．當以最高速度行駛時，F＝＝ N＝2 000 N．故選項A正確．
答案：A
精練　落實學科素養
1．解析：由圖可知，運動員及雪車從A點滑行到B點的過程中，重力方向與位移方向的夾角為銳角，根據W＝Gx cos θ，可知重力做正功，故A正確；支持力方向總是與運動方向垂直，支持力不做功，故B、C錯誤；摩擦力方向總是與運動方向相反，摩擦力做負功，故D錯誤．故選A.
答案：A
2．解析：根據W＝Ffx cos 180°＝－20×0.9 J＝－18 J，故選D.
答案：D
3．解析：小球在不同時刻的豎直分速度大小不同，據P＝mgvy知，重力的功率是變化的，A錯誤．四個球落地時的豎直分速度不完全相同，則小球落地時重力的瞬時功率不完全相同，僅有豎直上拋、豎直下拋的物體落地時，重力的瞬時功率相同，B錯誤，C正確．重力做功WG＝mgh，起點與終點的豎直高度相等，重力做功相等，但運動時間不同，由P＝知，重力對小球做功的平均功率不同，D錯誤．
答案：C
4．解析：玩具車以加速度大小a＝4 m/s2勻加速直線行駛，由牛頓第二定律有F－Ff＝ma，解得牽引力為F＝10 N，則玩具賽車從啟動到撞擊籃球過程牽引力F做的功為WF＝Fx＝320 J．撞擊籃球前瞬間玩具車的速度為v＝＝16 m/s，則牽引力F的瞬時功率為PF＝Fv＝160 W，故選B.
答案：B
5．解析：(1)5 s內的位移x＝at2，
拉力做的功W＝Fx cos 37°，
解得W＝200 J.
(2)5 s末的速度v＝at，
對小孩和雪橇，由牛頓第二定律有F cos 37°－Ff＝2ma，
摩擦力做功的功率P＝－Ffv，
解得P＝－48 W.
答案：(1)200 J　(2)－48 W2．重力勢能
核心素養定位 物理觀念 (1)知道重力做功的特點． (2)理解重力勢能的表達式． (3)了解彈性勢能的概念及決定因素．
科學思維 (1)通過不同路徑重力做功的分析，歸納出重力做功與路徑無關的特點． (2)通過重力做功與重力勢能變化的關系，體會功能關系． (3)知道重力勢能的大小與參考平面的選取有關，即重力勢能具有相對性，但重力勢能的變化量與參考平面的選取無關．
科學態度與責任 熟練掌握具體應用中重力做功和重力勢能的特點和計算方法．
一、重力做的功
1．做功表達式：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．Δh為重力方向上的位移
2．做功的特點：物體運動時，重力對它做的功只跟它的________和________的位置有關，而跟物體運動的________無關．
3．做功的正負：物體下降時重力做____________功；物體被舉高時重力做____________功．
二、重力勢能　　　　　　　　　　
1．定義：我們把________叫做物體的重力勢能，常用Ep表示．　標量
2．表達式：Ep＝________．
3．單位：在國際單位制中是______，符號為______.1 J＝1 kg·m·s－2·m＝1 N·m.
4．重力做功與重力勢能變化的關系
　　　　　　初勢能減去末勢能
(1)表達式：WG＝________________．
(2)兩種情況
①當物體從高處運動到低處時，重力做________，重力勢能________，即WG＞0，Ep1＞Ep2.
②當物體由低處運動到高處時，重力做______，重力勢能________，即WG＜0，Ep1＜Ep2.
1　重力做功與路徑無關
物體沿路徑Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ運動，重力做功相同．
1　
重力勢能是物體和地球所組成的系統共同具有的能量，而不是物體獨有的，通常所說的物體的重力勢能是一種簡略的習慣說法．
2　
重力勢能的計算公式Ep＝mgh只適用于地球表面及其附近g值不變時，當g值變化時，不能用其計算．
三、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________來說的，在參考平面上，物體的重力勢能取為________．
2．相對性：選擇不同的參考平面，物體重力勢能的數值________(選填“相同”或“不同”)．　根據解題需要任意選取
　　　　　 　　　　　
3．正負的含義：參考平面上方物體的重力勢能是________，參考平面下方物體的重力勢能是________．“＋”“－”號代表重力勢能的大小
四、彈性勢能
1．定義：發生________的物體的各部分之間，由于有________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________；彈簧被________或被________時，就具有了彈性勢能．
3．彈力做功與彈性勢能的變化與重力做功和重力勢能的變化相同
彈簧彈力做正功，彈簧的彈性勢能________；彈簧彈力做負功，彈簧的彈性勢能________．
4．影響因素
(1)彈簧的________．
(2)彈簧的________．
【情境思考】
如圖，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.請對以下結論作出判斷．
(1)足球由位置1運動到位置2時，重力做的功為mgh.(　　)
(2)足球由位置2運動到位置3時，重力勢能減少了mgh.(　　)
(3)足球由位置1運動到位置3時，足球重力勢能變化量為0.(　　)
2　重力勢能的相對性
圖中選擇不同的參考平面，小球的重力勢能有不同的值．
　彈性勢能有正負之分
取彈簧處于原長時的彈性勢能為零，無論拉伸或壓縮，彈簧的彈性勢能都為正值．
　
發生彈性形變是物體具有彈性勢能的必要條件．發生塑性形變時，因為物體各部分之間無彈力，所以不具有彈性勢能．
目標一　重力做功的理解和計算
【導思】
如圖所示，滑雪者靠重力沿山坡正在下滑，滑雪者下滑過程中會受到阻力的影響，還會受到滑雪桿或滑雪板的影響．
(1)在這種情況下，重力做正功還是負功？
(2)重力做功的多少會受其他力影響嗎？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【歸納】
1．重力做功只與重力和物體高度變化有關，與運動路徑無關．
2．物體下降時重力做正功，WG＝mgh；
物體上升時重力做負功，WG＝－mgh.
3．重力做功的特點可推廣到任一恒力做功．恒力做功的特點是與具體路徑無關，即恒力做的功等于力與在力的方向上的位移大小的乘積，跟初、末位置有關．
【典例】
例 1 如圖所示，一物體從A點出發，分別沿粗糙斜面AB下滑、光滑斜面AC下滑及斜向上拋出，運動后到達同一水平面上的B、C、D三點．關于重力的做功情況，下列說法正確的是(　　)
A.沿AB面滑下時，重力做的功最多
B．沿AC面滑下時，重力做的功最多
C．沿AD拋物線運動時，重力做的功最多
D．三種情況下運動時，重力做的功相等
例 2 小李將質量為m的籃球(視為質點)從距水平地面的高度為h處由靜止釋放，籃球多次彈起后靜止在地面上，籃球第n次彈起的高度hn＝(n＝1，2，3，…)．重力加速度大小為g.整個過程中，籃球受到的重力做的功為(　　)
A．0 B．mgh
C．mgh D．2mgh
目標二　對重力勢能的理解及計算
【導思】
如圖所示，打夯時，夯錘被高高舉起，然后砸向地面，設夯錘質量為m，重力加速度大小為g.
(1)選擇地面為參考平面，夯錘在地面上的重力勢能是多少？夯錘從地面被舉高h后重力勢能是多少？
(2)選擇離地面高度h處為參考平面，夯錘在地面上的重力勢能是多少？夯錘在h處重力勢能是多少？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【歸納】
1．重力勢能與重力勢能的變化量
(1)重力勢能Ep＝mgh具有相對性，與參考平面的選取有關，其中h是相對參考平面的高度．當物體在參考平面下方h處時，重力勢能Ep＝－mgh.
(2)重力勢能是標量，但有正負，正負表示重力勢能的大小．
(3)重力勢能的變化量ΔEp與參考平面的選取無關，重力勢能的變化量是絕對的．
2．重力做功與重力勢能變化的關系
WG＝Ep1－Ep2
(1)當物體由高處運動到低處時，重力做正功，重力勢能減少，重力勢能的減少量等于重力所做的功．
(2)當物體由低處運動到高處時，重力做負功(物體克服重力做功)，重力勢能增加，重力勢能的增加量等于物體克服重力所做的功．
【典例】
例 3 (多選)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．只要重力做功，重力勢能一定變化
C．物體與零勢能面的距離越大，它的重力勢能也越大
D．一個物體的重力勢能從－5 J變化到－3 J，重力勢能變大了
例 4 如圖所示，“天津之眼”摩天輪直徑為110米，輪外裝掛48個360°透明座艙，每個座艙可乘坐8個人，可同時供384個人觀光．假設某一游客質量為m，游客到圓心的距離為R，重力加速度為g，摩天輪轉動的角速度為ω，游客從最低點開始計時，以最低點為重力勢能的零點．則經過時間t，游客重力勢能隨時間變化的關系式為(　　)
A.Ep＝mgR(1－cos ωt) B．Ep＝mgR(1＋cos ωt)
C．Ep＝mgR(1－sin ωt) D．Ep＝mgR(1＋sin ωt)
例 5 一棵樹上有一個質量為0.3 kg的熟透了的蘋果P，該蘋果從樹上A先落到地面C，后又滾入溝底D.A、B、C、D、E之間豎直距離如圖所示．以地面C為零勢能面，g取10 m/s2，則該蘋果從A下落到D的過程中重力勢能的減少量和在D處的重力勢能分別是(　　)
A．15.6 J和9 J　　B．9 J和－9 J
C．15.6 J和－9 J D．15.6 J和 －15.6 J
規律方法
重力勢能的三種求解方法
(1)根據重力勢能的定義求解：選取零勢能參考平面，由Ep＝mgh可求質量為m的物體在離零勢能參考平面h處的重力勢能．
(2)由重力做功與重力勢能變化的關系求解：由WG＝Ep1－Ep2知Ep2＝Ep1－WG或Ep1＝WG＋Ep2.
(3)由等效法求重力勢能：重力勢能的變化與運動過程無關，只與初、末位置有關．ΔEp＝mgΔh＝Ep2－Ep1.
目標三　彈性勢能
【導思】
如圖所示，彈簧拉力器可以鍛煉臂力．
(1)人不用力時，彈簧不伸長，此時彈簧有彈性勢能嗎？
(2)人拉彈簧時對彈簧做什么功？彈簧的彈性勢能怎么變化？
(3)在彈簧彈性限度內，人將彈簧拉得越長，克服彈力做功越多嗎？彈性勢能越大嗎？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【歸納】
1．對彈性勢能的理解
(1)系統性：彈性勢能是發生彈性形變的物體上所有質點因相對位置改變而具有的能量，因此彈性勢能具有系統性．
(2)(彈簧)彈性勢能的影響因素：
①彈簧的形變量x；②彈簧的勁度系數k.
(3)相對性：彈性勢能的大小與選定的彈性勢能為零的位置有關，對于彈簧，一般規定彈簧處于原長時的彈性勢能為零．
2．彈性勢能與彈力做功的關系
(1)彈力做正功時，彈性勢能減小．
(2)彈力做負功時，彈性勢能增大．
(3)彈力做功與彈性勢能變化的關系為W彈＝－ΔEp.
【典例】
例 6 (多選)如圖所示，一個物體以速度v0沖向與豎直墻壁相連的輕質彈簧，墻壁和物體間的彈簧被物體壓縮至最短的過程中，以下說法正確的是(　　)
A．彈簧的彈力大小與彈簧的壓縮量成正比
B．物體向墻壁運動相同的位移，彈力做的功不相等
C.彈簧的彈力做正功，彈性勢能增加
D．彈簧的彈力做負功，彈性勢能增加
1.
如圖所示，質量為m的工件懸吊在水平操作臺面上方，工件重心離地面的高度為h1，操作臺面離地面的高度為h2.已知重力加速度為g，若選操作臺面為零勢能面，工件的重力勢能為(　　)
A．mgh1 B．mgh2
C．mg(h1－h2) D．mg(h1＋h2)
2.
如圖所示，一顆人造地球衛星繞地球沿橢圓軌道運動，下列說法正確的是(　　)
A．衛星在A點的重力勢能比在B點的重力勢能大
B．衛星在B點的重力勢能比在A點的重力勢能大
C．衛星在A、B兩點的重力勢能相等
D．條件不足，無法比較衛星在A、B兩點的重力勢能
3.
登山，不僅可以強身健體，還可領略大自然的旖旎風光，陶冶人的情操．一位登山愛好者從某網紅登山地山腳的A點登至山頂上的B點，這一過程中登山者克服重力做了一定的功．下列所述因素中與登山者克服重力做功多少無關的是(　　)
A．登山者連同所攜帶的裝備的質量
B．當地的重力加速度的大小
C．B點與A點的高度差
D．登山者由A點登至B點的路線
4.
(多選)位于重慶永川樂和樂都主題公園的極限蹦極高度約60米，是西南地區的蹦極“第一高”．為了研究蹦極運動過程，做以下簡化，將游客視為質點，他的運動始終沿豎直方向．彈性繩的一端固定在O點，另一端和游客相連．游客從O點自由下落，至B點彈性繩自然伸直，經過合力為零的C點到達最低點D，然后彈起，整個過程中彈性繩始終在彈性限度內，不考慮空氣阻力的影響．游客在從O→B→C→D的過程中，下列說法正確的是(　　)
A．從O到C過程中，游客的機械能守恒
B．從B到D過程中，彈性繩的彈性勢能一直增加
C．從O到C過程中，游客的重力勢能減少，動能增加
D．從B到D過程中，游客的加速度一直減小
5.
“負重爬樓”是消防隊員的日常訓練項目之一．某次“10層負重登頂”比賽中，質量為70 kg的消防員背約30 kg的重物，在50 s內由地面到達10層樓頂．下列說法正確的是(　　)
A．樓梯對消防員的支持力做正功
B．消防員對重物做功約為3 000 J
C．消防員增加的重力勢能約為7 000 J
D．消防員克服自身重力做功的平均功率約為420 W
6．假設某一青年女子在樓上將繡球水平拋出，拋出點離地4.5 m，繡球質量為0.6 kg，在離地2.0 m處被一男青年搶到．重力加速度取10 m/s2，在繡球被拋出至被搶到的過程中，下列說法正確的是(　　)
A．重力做功15 J
B．重力勢能增加了15 J
C．若以拋出點為參考平面，繡球被搶到時的重力勢能為－27 J
D．若以地面為參考平面時，上述過程中繡球重力勢能的變化量最大
2．重力勢能
導學　掌握必備知識
一、
2．起點　終點　路徑
3．正　負
二、
1．mgh
2．mgh
3．焦耳　J
4．(1)Ep1－Ep2　(2)①正功　減少　②負功　增加
三、
1．水平面　0
2．不同
3．正值　負值
四、
1．彈性形變　彈力
2．零　拉伸　壓縮
3．減小　增大
4．(1)勁度系數　(2)形變量
情境思考
答案：(1)×　(2)√　(3)√
共研　突破關鍵能力
目標一
　提示：(1)重力做正功．　(2)重力做功不受其他力的影響．
[例1]　解析：因為重力做功與路徑無關，只與初末位置的高度差有關，所以三種情況做功相同，故D正確．
答案：D
[例2]　解析：由題意可知最終籃球將靜止在地面上，整個過程籃球初、末狀態的高度差為h，所以籃球受到的重力做的功為mgh，故選C.
答案：C
目標二
提示：(1)0　mgh　(2)－mgh　0
[例3]　解析：選取不同的零勢能面，同一位置同一物體的重力勢能是不同的，故A錯誤．重力勢能的改變量等于重力做功的多少，若重力做功，重力勢能一定發生變化，故B正確．重力勢能的表達式Ep＝mgh，若物體在零勢能面的上方，重力勢能為正值，則物體與零勢能面的距離越大，它的重力勢能也越大；若物體在零勢能面的下方，重力勢能為負值，則物體與零勢能面的距離越大，它的重力勢能越小，故C錯誤．重力勢能是標量，一個物體的重力勢能從－5 J變化到－3 J，重力勢能增大了，故D正確．
答案：BD
[例4]　解析：設乘客與圓心的連線與豎直方向的夾角為θ，重力勢能隨時間變化的關系式為Ep＝mgh＝mgR(1－cos θ)，θ＝ωt，聯立得Ep＝mgh＝mgR(1－cos ωt)，故選A.
答案：A
[例5]　解析：以地面C為零勢能面，蘋果從A下落到D的過程中重力勢能的減少量ΔEp＝mgΔh＝0.3×10×(0.7＋1.5＋3.0)J＝15.6 J，D處的重力勢能Ep＝mgh＝0.3×10×(－3.0)J＝－9 J．
答案：C
目標三
提示：(1)彈簧不伸長，沒有彈性勢能．
(2)人對彈簧做正功，彈性勢能增加．
(3)將彈簧拉得越長，克服彈力做功越多，彈性勢能越大．
[例6]　解析：由F＝kx知，A正確；彈簧開始被壓縮時彈力較小，發生相同的位移時彈力做的功較少，彈簧的壓縮量較大時，物體向墻壁運動相同的位移，彈力做的功較多，故B正確；物體壓縮彈簧，彈簧的彈力與彈力作用點的位移方向相反，所以彈力做負功，彈性勢能增加，故C錯誤，D正確．
答案：ABD
精練　落實學科素養
1．答案：C
2．答案：B
3．解析：根據WG＝mgh，可知重力做功與質量、當地的重力加速度和初末位置的高度有關，與路徑無關，D正確，A、B、C錯誤．故選D.
答案：D
4．解析：從B到C過程中，彈力做功，則游客的機械能不守恒，故A錯誤．從B到D過程中，彈性繩被拉長，則彈性勢能一直增加，故B正確．從O到C過程中，高度一直降低，則重力勢能減少，速度一直增加，則動能增加，故C正確．從B到C，彈力小于重力，彈力從零開始逐漸變大，加速度減小，到C點時加速度為零；從C到D，彈力大于重力，加速度向上逐漸變大，則從B到D過程中，游客的加速度先減小后增大，故D錯誤．故選B、C.
答案：BC
5．解析：整個過程中，支持力的作用點沒有發生位移，樓梯對消防員的支持力不做功，故A錯誤；重物重力勢能增加ΔEp＝mg·Δh＝30×10×30 J＝9 000 J，則消防員對重物做功約為9 000 J，故B錯誤；消防員重力勢能增加ΔEp1＝m1g·Δh＝70×10×30 J＝21 000 J，故C錯誤；消防員克服自身重力做功等于重力勢能增加，約為21 000 J，則消防員克服自身重力做功的平均功率約為P＝＝ W＝420 W，故D正確．
答案：D
6．解析：重力做功為WG＝mgh＝0.6×10×(4.5－2.0) J＝15 J，A正確；重力做正功，重力勢能減小，故重力勢能減少了15 J，B錯誤；若以拋出點為參考平面，繡球被搶到時的重力勢能為Ep＝－mg(h－h1)＝－0.6×10×(4.5－2)J＝－15 J，C錯誤；重力勢能的變化與重力做功對應，與參考平面的選取無關，D錯誤．故選A.
答案：A3．動能和動能定理
核心素養定位 物理觀念 (1)知道動能的定義和表達式．(2)知道動能定理的內容和表達式．
科學思維 正確理解動能定理，知道動能定理的適用條件，會用動能定理進行分析和計算．
科學探究 領悟應用功的表達式、牛頓第二定律和運動學公式推導動能定理的過程．
科學態度與責任 能用動能定理解釋生產和生活中的現象或者解決實際問題，提高理論與實踐相結合的能力．
一、動能的表達式
　物體由于運動而具有的能量
1．表達式：Ek＝mv2v為瞬時速度大小
2．單位：國際單位制單位為焦耳，符號為________．
　　　　　　　　　　　與功的單位相同
3．標矢性：動能是________量，只有________，沒有方向．
二、動能定理
1．內容：力（合力）在一個過程中對物體做的功，等于物體在這個過程中____________．
　　　　　　　　　　　動能定理對應一段過程
2．表達式：W＝________________．
3．動能定理既適用于恒力做功的情況，也適用于________做功的情況；既適用于直線運動，也適用于________運動．
【情境思考】
殲-15戰機是我國自主研發的一款艦載戰斗機．
(1)殲-15戰機起飛過程中，合力做什么功？速度怎么變化？動能怎么變化？
(2)殲-15戰機著艦過程中，動能怎么變化？合力做什么功？增加阻攔索的目的是什么？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　
同步衛星繞地球做勻速圓周運動，在衛星運動過程中，其速度是否變化？其動能是否變化？
衛星的速度發生變化，因為速度方向不斷改變．衛星的動能不變，因為動能是標量，質量和速度大小不變，則動能不變．
　Ek-x圖像
用圖像描述動能定理：Ek-x圖像的斜率表示物體在該位置所受的合力．
目標一　對動能的理解
【導思】
　如圖所示，人用鐵錘打擊石頭時要用質量較大的鐵錘，還要高高掄起來．
這樣可以增大鐵錘打擊石頭時的什么能？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【歸納】
1．動能的“三性”
(1)相對性：選取不同的參考系，物體的速度不同，動能也不同，一般以地面為參考系．
(2)標量性：動能是標量，只有大小，沒有方向．
(3)瞬時性：動能是狀態量．
2．對動能變化量的理解
(1)表達式：ΔEk＝Ek2－Ek1，即末動能減初動能．
(2)物理意義：
①ΔEk＞0，表示動能增加；
②ΔEk＜0，表示動能減少；
③ΔEk＝0，表示動能不變．
(3)變化原因：物體動能變化是因為合力做功．合力做正功，動能增加；合力做負功，動能減少．
特別提醒
物體速度變化(如速度的大小不變，方向變化)，物體的動能不一定變化(例如勻速圓周運動)，而動能變化，速度一定變化．
【典例】
例 1 關于物體的動能，下列說法中正確的是(　　)
A．物體速度變化，其動能一定變化
B．物體所受的合外力不為零，其動能一定變化
C．物體的動能變化，其運動狀態一定發生改變
D．物體的速度變化越大，其動能變化一定也越大
例 2 如圖所示，在摩托車越野賽途中的水平路段前方有一個坑，該坑沿摩托車前進方向的水平寬度為3h，其左邊緣a點比右邊緣b點高0.5h.若摩托車經過a點時的動能為E1，它會落到坑內c點，c與a的水平距離和高度差均為h；若經過a點時的動能為E2該摩托車恰能越過坑到達b點，則＝(　　)
A．20　　　 B．18
C．9　　　 D．3
目標二　對動能定理的理解及簡單應用
【歸納】
1．對動能定理的理解
表達式W＝ΔEk中的W為外力對物體做的總功．
2．公式中“＝”體現的三個關系
(1)數量關系：合力做的功與物體動能的變化相等．
(2)單位關系：國際單位制單位都是焦耳．
(3)因果關系：合力做功是物體動能變化的原因．
3．對動能定理的幾點說明
(1)動能定理的表達式是一個標量式，不能在某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)一些變力做功，不能用W＝Fl cos θ求解，通常用動能定理解題．若整個過程包含了幾個運動性質不同的分過程，既可以考慮分段計算，又可以對整個過程分析．
(3)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】
例 3 關于動能定理的表達式W＝Ek2－Ek1，下列說法正確的是(　　)
A．公式中的W為除重力外其他力做的總功
B．動能定理既適用于直線運動，又適用于曲線運動；適用于恒力做功，但不適用于變力做功
C．運動物體所受合外力不為零，則該物體一定做變速運動，其動能要變化
D．公式中的Ek2－Ek1為動能的變化量，當W>0時動能增加，當W<0時動能減少
例 4 如圖，C919在水平跑道上滑跑試飛．當發動機提供2.1×105 N的牽引力時，C919滑跑1.6×103 m即可離地起飛．將滑跑過程視為初速度為零的勻加速直線運動，已知飛機的質量為7.0×104 kg，受到的阻力恒為其重力的.則C919起飛的速度約為(　　)
A．57 m/s B．80 m/s
C．89 m/s D．113 m/s
例 5[2022·全國甲卷]北京2022年冬奧會首鋼滑雪大跳臺局部示意圖如圖所示．運動員從a處由靜止自由滑下，到b處起跳，c點為a、b之間的最低點，a、c兩處的高度差為h.要求運動員經過c點時對滑雪板的壓力不大于自身所受重力的k倍，運動過程中將運動員視為質點并忽略所有阻力，則c點處這一段圓弧雪道的半徑不應小于(　　)
A．　 　B．　　 C．　　　D．
規律方法
應用動能定理解題的一般步驟
(1)選取研究對象(通常是單個物體)，明確它的運動過程．
(2)對研究對象進行受力分析，明確各力做功的情況，求出外力做功的代數和．
(3)明確物體在初、末狀態的動能Ek1、Ek2.
(4)列出動能定理的方程W＝Ek2－Ek1，結合其他必要的輔助方程求解并驗算．
1.下列關于運動物體的合外力做功與動能、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．物體所受的合外力做功，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
2．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/s2.則下坡過程中阻力所做的功為(　　)
A．－400 J B．－3 800 J
C．－50 000 J D．－4 200 J
3．如圖所示，AB為圓弧軌道，BC為水平直軌道，圓弧的半徑為R，BC的長度也是R.一質量為m的物體，與兩個軌道間的動摩擦因數都為μ，當它由軌道頂端A處從靜止下滑時，恰好運動到C處停止，那么物體在AB段克服摩擦力做的功為(　　)
A.μmgR
B．mgR
C．mgR
D．(1－μ)mgR
4．小孩玩冰壺游戲的簡化模型，如圖所示．將靜止于O點的冰壺(視為質點)沿直線OB用水平恒力推到A點放手，此后冰壺沿直線滑行，最后停在B點．已知冰面與冰壺間的動摩擦因數為μ，冰壺質量為m，OA＝x，AB＝L，重力加速度為g.
(1)求冰壺在A點的速率vA；
(2)求冰壺從O點運動到A點的過程中受到小孩施加的水平推力F.
5．2022年2月18日，北京冬奧會自由式滑雪女子U型場地技巧決賽，中國選手谷愛凌展現超強實力，獲得冠軍，摘得北京冬奧會上的個人第二金．谷愛凌某次的運動可簡化為如圖乙所示的運動情景，U型場地可近似看成半徑R＝4.5 m的半圓，她從高出U型場頂端H＝1.5 m處自由下落．谷愛凌和滑雪裝備總質量為m＝60 kg，重力加速度g取 m/s2.
(1)忽略一切阻力，求谷愛凌滑到U型場最低點時對最低點的壓力大小；
(2)谷愛凌在某次滑雪過程中調節動作，使其滑板與場地產生摩擦力，從高出U型場頂端H＝1.5 m處自由下落，恰好滑到A點，求這一過程中谷愛凌克服摩擦力做的功．
3．動能和動能定理
導學　掌握必備知識
一、
2．J
3．標　大小
二、
1．動能的變化
2．Ek2－Ek1
3．變力　曲線
情境思考
提示：(1)殲-15戰機起飛過程中，不斷加速，合力做正功，動能不斷增大．
(2)殲-15戰機著艦過程是一個減速過程，動能不斷減小，合力做負功；增加阻攔索的目的是增大阻力，減小著艦過程中艦載機的位移．
共研　突破關鍵能力
目標一
　提示：動能．
[例1]　解析：若速度的方向變化而大小不變，則其動能不變化，故A錯誤；物體所受合外力不為零，只要速度大小不變，其動能就不變化，如勻速圓周運動中，物體所受合外力不為零，但速度大小始終不變，動能不變，故B錯誤；物體動能變化，其速度大小一定發生變化，故運動狀態改變，故C正確；若物體的速度變化僅由方向變化引起，其動能可能不變，如勻速圓周運動中，速度變化無論多大，動能始終不變，故D錯誤．
答案：C
[例2]　解析：由題意可知，摩托車經過a點后做平拋運動．設摩托車經過a點時對應的速度分別為v1、v2，對于第一次平拋運動，豎直方向有h＝，水平方向有h＝v1t1，E1＝；對于第二次平拋運動，豎直方向有0.5h＝，水平方向有3h＝v2t2，E2＝，聯立解得＝18.故B正確．
答案：B
目標二
[例3]　解析：在動能定理的表達式W＝Ek2－Ek1中，W指的是合外力所做的功，包含重力做功，故A錯誤；動能定理適用于任何運動，既適用于直線運動，又適用于曲線運動，適用于恒力做功，也適用于變力做功，B錯誤；運動物體所受合外力不為零，則該物體一定做變速運動，若合外力方向始終與運動方向垂直，合外力不做功，動能不變，C錯誤；公式中的Ek2－Ek1為動能的變化量，當W>0時，Ek2－Ek1>0，動能增加，當W<0時，Ek2－Ek1<0，動能減少，D正確．
答案：D
[例4]　解析：依題意，根據動能定理可得(F－f)s＝mv2－0，f＝mg，求得v＝80 m/s，故選B.
答案：B
[例5]　解析：運動員從a處滑至c處，mgh＝，聯立得N＝mg.由題意，結合牛頓第三定律可知，N＝F壓≤kmg，得R≥，故D項正確．
答案：D
精練　落實學科素養
1．解析：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，A、B錯誤；物體所受的合外力做功，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．
答案：C
2．解析：下坡過程中運用動能定理得mgh＋Wf＝mv2－，解得Wf＝－3 800 J，故選B.
答案：B
3．解析：方法一：設物體經過B點時速度為v，從A到B由動能定理有mv2－0＝mgR－Wf，從B到C再由動能定理有＝－μmgR，聯立可得Wf＝(1－μ)mgR，D正確．
方法二：直接從A到C由動能定理有0－0＝mgR－Wf－μmgR，解得Wf＝(1－μ)mgR，D正確．
答案：D
4．解析：(1)冰壺從A點運動至B點的過程中，只有滑動摩擦力對其做負功，由動能定理有－μmgL＝，解得vA＝.
(2)冰壺從O點運動至A點的過程中，水平推力F和滑動摩擦力同時對其做功，由動能定理有(F－μmg)x＝，解得F＝.
答案：(1)　(2)
5．解析：(1)谷愛凌從高出U型場H＝1.5 m處運動滑到最低點的過程中，由動能定理可得mg(H＋R)＝mv2
在最低點由牛頓第二定律可得FN－mg＝
由牛頓第三定律可得F壓＝FN
解得F壓＝2 200 N
(2)整個過程由動能定理可得mgH－W克＝0
解得W克＝900 J
答案：(1)2 200 N　(2)900 J4．機械能守恒定律
核心素養定位 物理觀念 (1)知道什么是機械能，理解物體動能和勢能的相互轉化． (2)通過機械能守恒定律的學習，初步建立能量觀念、體會守恒思想． (3)知道機械能守恒定律的內容和守恒條件．
科學思維 (1)會分析機械能守恒的條件，在具體實例中分析動能與勢能(包括彈性勢能)之間的相互轉化． (2)理解機械能守恒定律的推導過程． (3)會從做功和能量轉化的角度判斷機械能是否守恒，能應用機械能守恒定律解決有關問題．
科學態度與責任 (1)通過對機械能守恒定律的驗證，能認識科學規律的建立需要實驗證據的檢驗． (2)能認識機械能守恒定律對日常生活的影響．
一、追尋守恒量
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________釋放，小球運動到斜面B上．
2．實驗現象：小球從斜面A上由靜止向下滾動的高度降低，速度________，向上滾動速度減小，高度________.因為有摩擦，到達右側的最大高度，總比左側釋放的高度小．
3．假設推理：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________，不會更高一點，也不會更低一點．
4．實驗結論：這說明某種“東西”在小球運動的過程中是____________．在物理學上我們把這個不變量叫作能量或者能．
二、動能與勢能的相互轉化
1．機械能的形式：重力勢能、________與動能都是機械運動中的能量形式，統稱為________．
2．表達式：E＝Ek＋Ep.
3．轉化的方式：通過__________________做功，機械能可以從一種形式轉化成另一種形式．　每種能量轉化都對應一個力做功　
4．標矢性：機械能是狀態量，是________(選填“標量”或“矢量”)．與某一時刻對應
三、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__________，而總的機械能________．不一定是只受重力或彈力
2．表達式
＝________________．
(2)Ek2＋Ep2＝________．
(3)E2＝________．
3．條件：物體系統內只有________或________做功．
【情境思考】
一支可伸縮的圓珠筆，內有一根彈簧，尾部有一個小帽，壓一下小帽，筆尖就伸出．如圖所示，手握筆桿，使筆尖向上，小帽抵在桌面上，在壓下后突然放手，筆桿豎直向上跳起高度為10 cm，忽略空氣阻力．
判斷以下問題：
(1)圓珠筆彈起過程中，彈簧的彈性勢能轉化為圓珠筆的動能和重力勢能．(　　)
(2)圓珠筆下落過程中，其動能轉化為重力勢能.(　　)
(3)圓珠筆下落過程中，其機械能不守恒．(　　)
(4)圓珠筆起跳的初速度約為1.4 m/s.(　　)
1　如何認識伽利略斜面實驗中的動能與勢能的轉化？
　
重力做功只跟高度差有關，與是否受到阻力作用無關，小球在真空和油中下落時，兩種情況重力做的功相等，重力勢能的變化也相等．
小球在真空中自由下落時，mg(h1－h2)＝－0.
小球在油中下落時，
(mg－f)(h1－h2)＝－0.
由以上兩式知，兩種情況下，動能的變化量不相等．
小球在真空中自由下落時，重力勢能全部轉化為動能；小球在油中下落時，重力勢能轉化為動能和內能．
2　
機械能守恒的條件絕不是合力做的功為零，更不是合力為零．物體所受合力為零，機械能不一定守恒，要注意與動能定理區分．
　
(1)機械能守恒的對象是系統，不是單個物體．若以地球為參考系，可將物體和地球組成的系統的機械能簡稱為物體的機械能．
(2)機械能的大小由物體的狀態決定，即由物體所處的位置(高度)和速度大小決定．
目標一　對機械能守恒的理解及判斷
【導思】
　如圖所示，過山車由高處在關閉發動機的情況下飛奔而下．
(1)過山車受哪些力作用？各做什么功？
(2)過山車下滑時，動能和勢能怎么變化？兩種能的和不變嗎？
(3)若忽略過山車的摩擦力和空氣阻力，過山車下滑時機械能守恒嗎？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【歸納】
1．對機械能守恒條件的理解
(1)只有重力做功，只發生動能和重力勢能的相互轉化．
(2)只有系統內彈力做功，只發生動能和彈性勢能的相互轉化．
(3)只有重力和系統內彈力做功，只發生動能、彈性勢能、重力勢能的相互轉化．
(4)除受重力和彈力外，其他力也做功，但其他力做功的代數和始終為零．
注意：機械能守恒的物體所受合外力不一定為零．
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)
(3)機械能的定義法
機械能等于動能與勢能之和，若一個過程中動能不變，勢能變化，則機械能不守恒，如勻速上升的物體機械能增加．
【典例】
例 1 以下四種情景中，a的機械能守恒的是(不計空氣阻力)(　　)
例 2 (多選)如圖所示，用輕彈簧相連的物塊A和B放在光滑的水平面上，物塊A緊靠豎直墻壁，一顆子彈沿水平方向射入物塊B后留在其中．由子彈、彈簧和A、B所組成的系統在下列依次進行的過程中，機械能守恒的是(　　)
A．子彈射入物塊B的過程
B．物塊B與子彈同速向左運動，直到彈簧最短的過程
C.彈簧推著帶子彈的物塊B向右運動，直到彈簧恢復到原長的過程
D．帶著子彈的物塊B因慣性繼續向右運動的過程
目標二　機械能守恒定律的應用
【導思】
如圖，質量為m的小球從光滑曲面上滑下．當它到達高度為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)：
小球下滑過程中機械能守恒嗎？若守恒，列出表達式．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【歸納】
1．機械能守恒定律的表達形式
2．用機械能守恒定律解題的基本思路
例 3 (多選)跳臺滑雪是2022年北京冬奧會的比賽項目之一．如圖所示為一簡化后的跳臺滑雪雪道示意圖，運動員從O點由靜止開始，在不借助其他外力的情況下，自由滑過一段圓心角為60°的光滑圓弧軌道后從A點水平飛出，然后落到斜坡上的B點．已知A點是斜坡的起點，光滑圓弧軌道半徑為40 m，斜坡與水平面的夾角θ＝30°，運動員的質量m＝50 kg，重力加速度g＝10 m/s2，不計空氣阻力．下列說法正確的是(　　)
A.運動員從O點運動到B點的整個過程中機械能守恒
B．運動員到達A點時的速度為20 m/s
C．運動員到達B點時的動能為10 kJ
D．運動員從A點飛出到落到B點所用的時間為s
【典例】
例 4 如圖所示，水平輕彈簧一端與墻相連，處于自由伸長狀態，質量為4 kg的木塊沿光滑的水平面以5 m/s的速度開始運動并擠壓彈簧．
(1)求彈簧的最大彈性勢能；
(2)求木塊被彈回速度增大到3 m/s時彈簧的彈性勢能．
1.如圖所示，下列關于機械能是否守恒的判斷，正確的是(　　)
A．圖甲中，火箭升空的過程中，若勻速升空機械能守恒，若加速升空機械能不守恒
B．圖乙中物體勻速運動，機械能守恒
C．圖丙中小球做加速運動，機械能守恒
D．圖丁中，輕彈簧將A、B兩小車彈開，兩小車組成的系統機械能不守恒，兩小車和彈簧組成的系統機械能守恒
2．如圖為一位小朋友在水上世界玩水滑梯，她坐在離水面高為16 m的滑梯頂端由靜止下滑．不考慮水的阻力，下滑過程可認為機械能守恒，小朋友的質量為30 kg，下列說法正確的是(　　)
A．無論選擇哪個位置為零勢能參考平面，她下滑時的總機械能總是4 800 J
B．無論選擇哪個位置為零勢能參考平面，她下滑時的總機械能變化量總是4 800 J
C．小朋友質量越大，下滑到水滑梯底端的速度越大
D．下滑時，小朋友會偏向滑道的外側
3．如圖所示是一兒童游戲機的工作示意圖．光滑游戲面板與水平面成一夾角θ，半徑為R的四分之一圓弧軌道BC與AB管道相切于B點，C點為圓弧軌道最高點，輕彈簧下端固定在AB管道的底端，上端系一輕繩，繩通過彈簧內部連一手柄P.將球投入AB管道內，緩慢下拉手柄使彈簧被壓縮，釋放手柄，彈珠被彈出，與游戲面板內的障礙物發生一系列碰撞后落入彈珠槽里，根據入槽情況可以獲得不同的獎勵．假設所有軌道均光滑，忽略空氣阻力和手柄質量，彈珠視為質點，重力加速度為g.某次緩慢下拉手柄，使彈珠距B點為L，釋放手柄，彈珠被彈出，到達C點時的速度為v，下列說法正確的是(　　)
A．彈珠從釋放手柄到觸碰障礙物之前的過程中機械能守恒
B．彈珠從釋放手柄到離開彈簧的過程中，彈簧彈力一直做正功，彈珠動能一直增大
C．彈珠從釋放手柄到運動到最高點的過程中，其動能和重力勢能之和一直變大
D．此過程中，彈簧的最大彈性勢能為mg(L＋R)sin θ＋mv2
4．(多選)2022年第24屆冬奧會在北京—張家口成功舉辦，圖甲為在張家口的國家跳臺滑雪中心“雪如意”，圖乙為跳臺滑雪的示意圖．質量為m的運動員從長直傾斜的助滑道AB的A點處由靜止滑下．為了改變運動員的速度方向，在助滑道AB與起跳臺D之間用一段彎曲滑道相切銜接，其中最低點C處附近是一段以O點為圓心的圓弧，圓弧軌道半徑為R.A點與C點的豎直高度差為H，彎曲滑道末端即起跳臺D點與滑道最低點C點的高度差為h，重力加速度為g.不計空氣阻力及摩擦，則運動員(　　)
A.到達C點時的動能為mgH
B．到達C點時對軌道的壓力大小為
C．到起跳臺D點時的速度大小為
D．從C點到D點重力勢能增加了mg(H－h)
5.
如圖所示，豎直平面內的圓弧形光滑管道半徑略大于小球半徑，管道中心到圓心距離為R，A點與圓心O等高，AD為水平面，B點在O的正下方，小球自A點正上方由靜止釋放，自由下落至A點時進入管道，當小球到達B點時，管壁對小球的彈力大小為小球重力大小的9倍，求：
(1)釋放點距A點的豎直高度；
(2)落點C與A點的水平距離．
4．機械能守恒定律
導學　掌握必備知識
一、
1．靜止
2．增大　升高
3．高度
4．不變的
二、
1．彈性勢能　機械能
3．重力或彈力
4．標量
三、
1．互相轉化　保持不變
2．(1)mgh1＋　(2)Ek1＋Ep1　(3)E1
3．重力　彈力
情境思考
答案：(1)√　(2)×　(3)×　(4)√
共研　突破關鍵能力
目標一
　提示：(1)過山車受重力、軌道支持力、摩擦力和空氣阻力；重力做正功，軌道支持力不做功，摩擦力和空氣阻力做負功．
(2)過山車下滑時，勢能減少，動能增加，兩種能的和減少．
(3)若忽略過山車的摩擦力和空氣阻力，過山車下滑時機械能守恒．
[例1]　解析：物塊a沿固定斜面勻速下滑和沿粗糙的圓弧面加速下滑的過程中，都受到摩擦力作用，有內能產生，則物塊a的機械能不守恒，故A、B錯誤；擺球a由靜止釋放，自由擺動過程中，只有重力做功，擺球a的動能和重力勢能相互轉化，機械能守恒，故C正確；小球a由靜止釋放至運動到最低點的過程中，小球a和彈簧組成的系統機械能守恒，小球a的機械能不守恒，故D錯誤．
答案：C
[例2]　解析：子彈射入物塊B的過程中，子彈和物塊B組成的系統中摩擦力做功，一部分機械能轉化成內能，機械能不守恒，A錯誤；物塊B與子彈同速向左運動，直到彈簧最短的過程中，物塊A、B、彈簧和子彈組成的系統雖然受墻壁的彈力作用，但此彈力不做功，只有系統內彈簧的彈力做功，動能和彈性勢能發生轉化，系統機械能守恒，B正確；同理，彈簧恢復到原長過程中，機械能也守恒，C正確；彈簧恢復原長后，整個系統繼續向右運動，物塊和彈簧組成的系統中只有彈簧彈力做功，故系統的機械能守恒，D正確．
答案：BCD
目標二
提示：機械能守恒；表達式為＝，即Ep1＋Ek1＝Ep2＋Ek2.
[例3]　解析：運動員在光滑的圓弧軌道上運動和隨后平拋運動的過程中只有重力做功，機械能守恒，故A正確；運動員在光滑的圓弧軌道上運動的過程中機械能守恒，有＝mgh＝mgR(1－cos 60°)，解得vA＝20 m/s，故B正確；設運動員做平拋運動的時間為t，根據平拋運動規律有x＝vAt，y＝gt2，由幾何關系得＝tan 30°＝，聯立解得t＝ s，y＝ m．運動員從A點到B點的過程中機械能守恒，所以在B點的動能EkB＝，代入數據得EkB＝ kJ，故C、D錯誤．
答案：AB
關鍵點撥：解答本題的關鍵是要明確運動員的運動情況，掌握平拋運動的規律，能根據斜面傾角和初速度求平拋運動的豎直距離，知道做平拋運動的物體機械能守恒．
[例4]　解析：(1)對彈簧和木塊組成的系統由機械能守恒定律有Epm＝＝×4×52 J＝50 J.
(2)對彈簧和木塊組成的系統由機械能守恒定律有
＝＋Ep1
則Ep1＝＝32 J.
答案：(1)50 J　(2)32 J
精練　落實學科素養
1．解析：題圖甲中無論火箭勻速上升還是加速上升，都有推力做正功，機械能增加，A錯誤；題圖乙中物體沿斜面勻速上升，動能不變，重力勢能增加，機械能增加，B錯誤；題圖丙中，小球沿粗糙斜面加速滾下過程中，除了重力做功，還有摩擦力做負功，機械能減少，C錯誤；題圖丁中，彈簧的彈力做功，彈簧的彈性勢能轉化為兩小車的動能，兩小車組成的系統機械能增加，而兩小車與彈簧組成的系統機械能守恒，D正確．
答案：D
2．解析：下滑過程機械能守恒，可知下滑時的總機械能變化量為零．下滑時的總機械能等于在頂端時的重力勢能，由于重力勢能具有相對性，選擇不同位置為零勢能參考平面，小朋友的初始位置重力勢能不一樣，則小朋友的機械能不一樣，A、B錯誤；根據機械能守恒定律可得mgh＝mv2，解得下滑到水滑梯底端的速度大小為v＝，可知下滑到水滑梯底端的速度大小與小朋友的質量無關，C錯誤；小朋友下滑時，水平方向可認為做圓周運動，由于離心現象，小朋友會偏向滑道的外側，D正確．故選D.
答案：D
3．解析：彈珠從釋放手柄到觸碰障礙物之前的過程中，彈簧對彈珠做了功，其機械能不守恒，故A錯誤；彈珠從釋放手柄到離開彈簧的過程中，彈簧的彈力先大于重力沿斜面向下的分力，后小于重力沿斜面向下的分力，彈珠先加速后減速，所以其動能先增大后減小，故B錯誤；彈珠從離開彈簧到運動到最高點的過程中，機械能守恒，即動能和重力勢能之和不變，故C錯誤；根據系統的機械能守恒得，彈簧的最大彈性勢能等于彈珠在C點的機械能，為mg(L＋R)sin θ＋mv2，故D正確．故選D.
答案：D
4．解析：由A點到C點機械能守恒，則到達C點時的動能為Ek＝mgH，選項A正確；根據mv＝mgH，FC－mg＝m，解得FC＝mg＋，由牛頓第三定律得，到達C點時對軌道的壓力大小F′C＝mg＋，選項B錯誤；從A點到D點由機械能守恒定律有mg(H－h)＝mv，解得到起跳臺D點的速度大小vD＝，選項C正確；從C點到D點重力勢能增加了mgh，選項D錯誤．故選AC.
答案：AC
5．解析：(1)在B點時管壁對小球的彈力大小為9mg，
則有9mg－mg＝，
又根據機械能守恒定律有mg(h＋R)＝，
解得釋放點距A點的豎直高度h＝3R.
(2)設小球到達最高點時的速度為v2，落點C與A點的水平距離為x.由機械能守恒定律有＝＋2mgR.
由平拋運動規律有R＝gt2，R＋x＝v2t，
解得落點C與A點的水平距離為x＝(2－1)R.
答案：(1)3R　(2)(2－1)R5．實驗：驗證機械能守恒定律
素養·目標要求
1．明確驗證機械能守恒定律的基本思路并能進行相關量的測量．
2．能正確進行實驗操作，分析實驗數據得出結論，能定性地分析產生誤差的原因．
一、實驗思路
機械能守恒的前提是“只有________________做功”，因此研究過程一定要滿足這一條件．
1．情形1：自由下落的物體只受到________作用，滿足機械能守恒的條件．
　　　　　　　　　　實際中只要重力遠大于阻力就可以
2．情形2：物體沿光滑斜面下滑時，雖然受到重力和斜面的支持力，但支持力與物體位移方向垂直，對物體________，滿足機械能守恒的條件．　實際中不存在，只能盡量減少摩擦
二、物理量的測量及數據分析
　　　　　運動過程中經過的任意兩個狀態
只有重力做功時，只發生重力勢能和動能的轉化．
(1)要驗證的表達式：＋mgh2＝＋mgh1或＝________________．
(2)需測量的物理量：物體所處位置的________及物體的________．
　　　　兩邊都與質量成正比，因此不需要測量質量
三、實驗步驟(以教材參考案例1為例)
1．安裝裝置：按圖甲所示把打點計時器安裝在鐵架臺上，用導線把打點計時器與電源連接好．
2．打紙帶：在紙帶的一端把重物用夾子固定好，另一端穿過打點計時器的限位孔，用手豎直提起紙帶使重物停靠在打點計時器附近．先接通電源后釋放紙帶，讓重物拉著紙帶自由下落．重復幾次，得到3～5條打好點的紙帶．
3．選紙帶并測量：選擇一條點跡清晰的紙帶，確定要研究的開始和結束的位置，測量并計算出兩位置之間的距離Δh及在兩位置時紙帶的速度，代入表達式進行驗證．
4．數據處理
(1)計算各點對應的瞬時速度
記下第1個點的位置O，在紙帶上從離O點適當距離開始選取幾個計數點1，2，3…并測量出各計數點到O點的距離h1、h2、h3…再根據公式vn＝，計算出1，2，3…，n點的瞬時速度v1、v2、v3…vn.
(2)驗證方案
方法一：利用起始點和第n點計算．計算ghn和，如果在實驗誤差允許的范圍內，ghn＝，則驗證了機械能守恒定律．
方法二：任取兩點計算．
①任取兩點A、B，測出hAB，算出ghAB.
②算出的值．
③在實驗誤差允許的范圍內，如果ghAB＝，則驗證了機械能守恒定律．
方法三：圖像法(如圖所示)．
若在實驗誤差允許范圍內圖線是一條過原點且斜率為g的直線，則機械能守恒定律得到驗證．
　
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．
　
(1)安裝．①打點計時器的兩個限位孔要在同一豎直線上（盡量減小紙帶與打點計時器的摩擦），且離地高度適當．　　　打出足夠多的點
②電源：電磁打點計時器使用低壓交變電源(約8 V)，不可用直流電源．
(2)實驗準備．①重物：選擇質量大、密度大、體積適中的金屬球或重錘．
減小摩擦阻力、空氣阻力的影響
②紙帶：保證紙帶豎直，重物靠近打點計時器，如圖中，只有D圖符合要求．
(3)打點．先閉合電源，待打點穩定后再釋放紙帶．
剛閉合電源時，打點周期不穩定
(4)測量．在測量各點到O點的距離時，應當用刻度尺從O點量起，一次性讀出各點到O點的距離．　減小偶然誤差
(5)數據分析．只需驗證＝ghn即可．
　
分析：與h成正比，故 h圖線過原點，斜率表示g.
目標一　教材原型實驗
【典例】
例 1 如圖為驗證機械能守恒定律的實驗裝置示意圖．現有器材：帶鐵夾的鐵架臺、電磁打點計時器、導線、紙帶、帶夾子的重物、天平．回答下列問題．
(1)為完成此實驗，除了所給的器材，還需要的器材有________(填入正確選項前的字母)．
A．米尺 B．秒表
C．低壓直流電源 D．低壓交變電源
(2)實驗中產生誤差的原因：__________________________、__________________________(寫出兩個原因)．
(3)實驗中由于打點計時器兩限位孔不在同一豎直線上，使紙帶通過時受到較大阻力，這樣將造成________．
A．mgh＝mv2　　　
B．mgh>mv2　　　
C．mgh例 2[2023·安徽亳州高一聯考]某實驗小組用如圖甲所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律．某同學按照正確操作得到的紙帶如圖乙所示，其中O是起始點，M、N、P為從合適位置開始選取的連續點中的三個點，打點頻率為50 Hz.該同學用刻度尺測量O到M、N、P各點的距離，并記錄在圖乙中，已知重物的質量為0.5 kg，取重力加速度g＝9.80 m/s2.
(1)在實驗過程中，下列實驗操作和數據處理正確的是________．
A．釋放重物前，使重物盡量遠離打點計時器
B．做實驗時，先接通打點計時器的電源，再釋放重物
C．為測量打點計時器打下某點時重物的速度v，可測量該點到O點的距離h，再根據公式v＝計算
D．為測量打點計時器打下某點時重物的速度v，可測量該點到O點的時間t，再根據公式v＝gt計算
(2)打點計時器打N點時，重物的速度大小為________m/s，動能的增加量ΔEk＝________J(結果保留三位有效數字)．
(3)從O點到N點，重物重力勢能的減少量為________J.(結果保留三位有效數字)
(4)若測出紙帶上各點到O點之間的距離，根據紙帶算出打點計時器打各點時重物的速度v及重物下落的高度x，則在機械能守恒的情況下，下列以v2為縱軸、x為橫軸畫出的圖像正確的是________．
規律方法
實驗數據處理的三點提醒
(1)應用計算法計算有關數據時要注意單位統一．
(2)不能應用公式v＝來求解瞬時速度．
(3)應用圖像法時要注意坐標軸的意義不同，對應斜率的意義也不同．
根據關系式mgh＝mv2可知：
①如果是v2 h圖像，則圖線的斜率k＝2g.
②如果是v2 h圖像，則圖線的斜率k＝g.
③如果是h v2圖像，則圖線的斜率k＝.
目標二　探索創新實驗
【典例】
例 3 (多選)為驗證在自由落體過程中物體的機械能是守恒的，某同學設計了一個實驗，實驗裝置如圖所示．圖中A、B兩點分別固定了兩個速度傳感器，速度傳感器可以測出運動物體的瞬時速度．在實驗中測得一物體自由下落經過A點時的速度是v1，經過B點時的速度是v2，為了證明物體經過A、B兩點時的機械能相等，這位同學又設計了以下幾個步驟，你認為其中不必要或者錯誤的是(　　)
A．用天平測出物體的質量
B．測出A、B兩點間的豎直距離
C.必須利用
與2gh是否相等即可
例 4 某同學設計了一個用拉力傳感器驗證機械能守恒定律的實驗．一根輕繩一端連接固定拉力傳感器，另一端連接小鋼球，如圖甲所示．拉起小鋼球至某一位置由靜止釋放，使小鋼球在豎直平面內擺動，記錄鋼球擺動過程中拉力傳感器示數的最大值Tmax和最小值Tmin.改變小鋼球的初始釋放位置，重復上述過程．根據測量數據在直角坐標系中繪制的Tmin Tmax圖像是一條直線，如圖乙所示．
(1)若小鋼球擺動過程中機械能守恒，則圖乙中直線斜率的理論值為________．
(2)由圖乙得：直線的斜率為________，小鋼球的重力為________N．(結果均保留兩位有效數字)
(3)該實驗系統誤差的主要來源是________(填正確答案標號)．
A．小鋼球擺動角度偏大
B．小鋼球初始釋放位置不同
C．小鋼球擺動過程中有空氣阻力
例 5 利用氣墊導軌驗證機械能守恒定律實驗的實驗裝置如圖甲所示．水平桌面上固定一傾斜的氣墊導軌，導軌上A點處有一帶長方形擋光條的滑塊，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．擋光條兩條長邊與導軌垂直，導軌上B點處有一光電門，可以測量擋光條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表示擋光條的寬度．將擋光條通過光電門的平均速度視為滑塊通過B點時的瞬時速度，實驗開始時滑塊在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)某次實驗測得導軌傾角θ＝30°，重力加速度用g表示，滑塊從A處到達B處時小球和滑塊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，若滿足________________________，則可認為系統的機械能守恒．
(3)用上述實驗方法，某同學改變A、B間的距離，得到滑塊到B點時對應的速度v，作出的v2 d圖像如圖乙所示，并測得M＝m，則重力加速度g＝________m/s2.
1.(多選)用自由落體法驗證機械能守恒定律，就是看是否等于mghn(n為計數點的編號)．下列說法中正確的是(　　)
A．打點計時器打第一個點O時，重物的速度為零
B．hn是計數點n到起始點O的距離
C．必須測量重物的質量
D．用vn＝gtn計算vn，tn＝(n－1)T(T為打點周期)
2．如圖所示，用傾斜放置的氣墊導軌驗證機械能守恒定律．已知滑塊和擋光條的總質量為m，擋光條的寬度為d，重力加速度為g.現將滑塊由靜止釋放，兩個光電門G1和G2分別記錄了擋光條通過光電門的時間t1和t2，則滑塊通過兩個光電門的過程中動能的增加量ΔEk＝________，通過兩個光電門過程中重力勢能的減少量ΔEp＝________(用圖中所標符號表示)．若兩者在實驗誤差允許范圍內相等，則驗證了滑塊在下滑過程中機械能守恒．
若實驗中滑塊以初速度v0下滑，用上述方法______(選填“能”或“不能”)驗證機械能守恒定律．
3.[2023·重慶高中高一下質量調研]某研究小組用如圖甲所示的實驗裝置“驗證機械能守恒定律”．
(1)供實驗選擇的重物有以下四個，最優選擇為________．
A．質量為10 g的砝碼
B．質量為200 g的木球
C．質量為50 g的塑料球
D．質量為200 g的鐵球
(2)實驗時應將打點計時器接到________電源上(選“交流”或“直流”)．
(3)根據圖乙所示紙帶上的測量數據，可得出打B點時重物的速度為________m/s，根據(1)可知重物在B點時的動能為Ek＝________J.已知O為初始速度為零的點，則OB重力勢能的減少量為Ep＝________J.Ep不完全等于Ek的原因是______________________________________．(均保留小數點后兩位，g＝10 m/s2)
(4)研究小組的同學反思所做的實驗后發現誤差較大，操作也不便，于是在老師的指導下利用如圖丙所示的DIS實驗裝置對驗證機械能守恒定律實驗進行改進．其簡圖如圖丁所示．由光電門與輕質擺桿組成的單擺繞O點轉動，實驗時，質量為m的光電門從M點由靜止下擺，依次經過6個寬度為d的擋光條，光電門擺至左邊海綿止動閥處被卡住不再回擺．已知擺長為L，當擺桿與豎直方向的夾角為θ(θ小于90°)時，光電門經過擋光條的時間為Δt，以圓弧最低點N所在平面為零勢能面，則光電門的勢能Ep＝________，動能Ek＝________，然后對比不同擋光條處勢能和動能之和是否相等．(用字母m、L、θ、d、Δt、g表示)
4．某同學用如圖甲所示的裝置驗證機械能守恒定律．安裝打點計時器后，接通電源，讓打點計時器正常工作后，松開紙帶．
(1)將紙帶上打出的第一個點記為0，并在離0點較遠的任意點依次選取幾個連續的點，分別記為1，2，3…量出各點與0點的距離h，算出各點對應的速度，分別記為v1至v6，數據如表格所示．
速度 v1 v2 v3 v4 v5 v6
數值/ (m/s) 2.80 2.99 3.29 3.39 3.59 3.78
表格中有一個速度的數據有較大誤差，代表符號為________．
(2)修正數據后，該同學計算出各點對應速度的平方值，并作v2 h圖像，如圖乙所示．若得出的直線斜率為k，則測出的重力加速度g＝________．與真實值相比，測出的g值________(選填“偏小”或“偏大”)．
5．實驗：驗證機械能守恒定律
導學　掌握必備知識
一、
重力或彈力
1．重力
2．不做功
二、
(1)mgh1－mgh2　(2)高度　運動速度
共研　突破關鍵能力
目標一
[例1]　解析：(1)在處理數據時需要測量長度，故需要米尺；電磁打點計時器工作時需要使用低壓交變電源．
(2)造成誤差的原因：①紙帶和打點計時器之間有摩擦；②用米尺測量紙帶上點的位置關系時讀數有誤差；③計算重力勢能變化量時，選取的始、末間距太小；④交變電源的頻率不穩定；⑤重物質量太小等．
(3)由于阻力作用，重物重力勢能的減少量大于動能的增加量，即mgh>mv2.
答案：(1)AD　(2)見解析　(3)B
[例2]　解析：(1)為了能在紙帶上打出更多的點，釋放重物前，使重物盡量靠近打點計時器，A錯誤；做實驗時，先接通打點計時器的電源，再釋放重物，否則紙帶上的點太少，B正確；本實驗需驗證機械能守恒，所以不能用自由落體運動的規律計算速度，即不能用v＝或v＝gt來計算重物的速度v，C、D錯誤．
(2)打點計時器打N點時，重物的速度大小為v＝ m/s＝2.13 m/s，動能的增加量為ΔEk＝mv2≈1.13 J.
(3)重物重力勢能的減少量為ΔEp＝mgh＝0.5×9.80×0.237 2 J≈1.16 J.
(4)根據機械能守恒定律得mgx＝mv2，解得v2＝2gx.v2-x圖像為一條過原點的傾斜直線，C正確．
答案：(1)B　(2)2.13　1.13　(3)1.16　(4)C
目標二
[例3]　解析：物體重力勢能減少量為mgh，動能增加量為，計算gh和，如果在實驗誤差允許的范圍內gh＝，則機械能守恒定律得到驗證．綜上應選A、C.
答案：AC
[例4]　解析：(1)設初始位置時，細線與豎直方向夾角為θ，則細線拉力最小值為Tmin＝mg cos θ
到最低點時細線拉力最大，則mgl(1－cos θ)＝mv2，
Tmax－mg＝m，聯立可得Tmax＝3mg－2Tmin，
即若小鋼球擺動過程中機械能守恒，則圖乙中直線斜率的理論值為－2.
(2)由圖乙得直線的斜率為k＝－＝－2.1，
3mg＝1.77 N，則小鋼球的重力為mg＝0.59 N．
(3)該實驗系統誤差的主要來源是小鋼球擺動過程中有空氣阻力，使得機械能減小．
答案：(1)－2　(2)－2.1　0.59　(3)C
[例5]　解析：(1)將遮光片通過光電門的平均速度看作滑塊通過B點時的瞬時速度，則滑塊通過B點的瞬時速度v＝.
(2)系統動能的增加量ΔEk＝(M＋m)v2＝，系統重力勢能的減小量ΔEp＝mgd－Mgd sin 30°＝(m－)gd，比較ΔEk和ΔEp，若在實驗誤差允許的范圍內相等，即ΔEk＝ΔEp，則可認為系統機械能是守恒的．
(3)根據系統機械能守恒，有(M＋m)v2＝(m－)gd，則v2＝，圖線的斜率k＝g＝ m/s2，解得g＝9.6 m/s2.
答案：(1)　(2)　(m－)gd　ΔEk＝ΔEp　(3)9.6
精練　落實學科素養
1．解析：＝mghn成立的條件是初速度為0，hn是起始點到計數點n的距離＝mghn可改寫為＝ghn，故不需要測重物的質量；vn＝gtn是理想值，不是實際值，實驗中應用公式vn＝來計算vn.
答案：AB
2．解析：滑塊經過兩個光電門G1和G2的速度分別為v1＝，v2＝，則動能的增加量為ΔEk＝m()2－m·()2＝md2(－).
滑塊重力勢能的減少量為ΔEp＝.
若實驗中滑塊以初速度v0下滑，只有重力做功，機械能守恒，用上述方法仍能驗證機械能守恒定律．
答案：　能
3．解析：(1)為了減小阻力的影響，重物選擇質量大一些，體積小一些的，故選質量為200 g的鐵球，故選D.
(2)實驗時應將打點計時器接到交流電源上．
(3)根據題圖乙所示紙帶上的測量數據，可得出打B點時重物的速度為vB＝×10－2 m/s＝3.90 m/s；根據(1)可知重物在B點的動能為Ek＝≈1.52 J．已知O為初始速度為零的點，則OB重力勢能的減少量為Ep＝mghOB≈1.57 J．Ep不完全等于Ek的原因是受到空氣阻力且紙帶與打點計時器之間存在摩擦．
(4)以圓弧最低點N所在平面為零勢能面，則光電門的勢能為Ep＝mg(L－L cos θ)，動能為Ek＝m()2.
答案：(1)D　(2)交流　(3)3.90　1.52　1.57　受到空氣阻力且紙帶與打點計時器之間存在摩擦　
(4)mg(L－L cos θ)　m()2
4．解析：(1)如果根據mgh＝mv2得v＝，此式難以判定哪個數據有較大誤差．
因v1、v2、v3…的時間間隔相等，據v＝gt可知，速度的差值Δv應是恒定值，分析知Δv≈0.2 m/s，可以判定v3的數據誤差較大．(2)由mgh＝mv2可得g＝＝；由于重物和紙帶下落過程中受到阻力作用，與真實值相比，測出的g值偏小．
答案：(1)v3　(2)　偏小第八章素養綜合評價
(時間：75分鐘　滿分：100分)
一、單項選擇題(本題共7小題，每小題4分，共28分，每小題只有一個選項符合題意．)
1.
如圖所示，籃球從手中①位置投出后落到籃筐上方③位置，其在空中到達的最高點為②位置(空氣阻力不能忽略).下列說法正確的是(　　)
A．在②位置籃球動能等于0
B．從①位置到③位置的過程中只有重力做功
C．從①位置到②位置，籃球的動能全部轉化為重力勢能
D．從②位置到③位置，籃球動能的變化量等于合力做的功
2.
如圖所示，同一物體m分別放在A、B兩個位置，A在二樓天花板下方，B在一樓地面上．以二樓地面為參考平面，下列說法正確的是(　　)
A．物體m在B位置的重力勢能大于0
B．將物體m從B移到A的過程中，重力做負功，重力勢能減小
C．選不同的參考平面，物體m在A位置的重力勢能都相同
D．選不同的參考平面，物體m從A移到B的過程中，重力勢能的變化量都相同
3.
“娃娃機”將商品陳列在一個透明的箱內，其上有一個可控制抓取玩具的機械爪，使用者要憑自己的技術操控機械爪，以取到自己想要的玩具．關于“娃娃機”，下列說法正確的是(　　)
A．機械爪抓到玩具勻速上升時，玩具機械能守恒
B．機械爪抓到玩具加速水平移動時，玩具的機械能增加
C．玩具從機械爪掉下時，速度增加，玩具的機械能增加
D．機械爪抓到玩具加速上升時，機械爪做的功等于玩具重力勢能的變化量
4．中國制造的某一型號泵車如圖所示，表中列出了其部分技術參數．假設泵車的泵送系統以150m3/h的輸送量給30m高處輸送混凝土，已知混凝土密度為2.4×103kg/m3，則每小時泵送系統對混凝土做的功至少為(g取10m/s2)(　　)
發動機最大輸出功率/kW 332 最大輸送高度/m 63
整車滿載質量/kg 5.4×104 最大輸送量/(m3/h) 180
　
A．1.08×107JB．5.04×107JC．1.08×108JD．2.72×108J
5.
[2023·四川內江高一期末]如圖所示，物體自傾角為θ、長為L的固定于水平地面的斜面頂端由靜止開始滑下，到斜面底端時與固定擋板發生碰撞，碰后物體又沿斜面上升，多次往復后，物體最后停靠在擋板上．設碰撞時無動能損失，物體總共滑過的路程為s，則物體與斜面間的動摩擦因數為(　　)
A．B．C．D．
6．在某次帆船運動比賽中，質量為500kg的帆船，在風力和水的阻力共同作用下做直線運動的v t圖像如圖所示．下列表述正確的是(　　)
A.在0～1s內，合外力對帆船做了1000J的功
B．在0～2s內，合外力對帆船做了250J的負功
C．在1～2s內，合外力對帆船不做功
D．在0～3s內，合外力始終對帆船做正功
7．排球課上小明同學練習墊球，現將質量為m的排球，以初速度v0豎直向上墊起，由于空氣阻力作用，排球上升時加速度大小為g，小明在原墊起點接住排球，排球在整個運動過程中受到的阻力大小恒定．關于排球的運動，下列說法正確的是(　　)
A．整個過程阻力不做功B．整個過程克服阻力做功mv
C．返回墊起點時重力的瞬時功率為mgv0D．返回墊起點時重力的瞬時功率為mgv0
二、多項選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分．每小題有多個選項符合題目要求．全部選對得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分．)
8．如圖甲所示，在水平地面上放置一質量m＝4kg的物體，讓其在隨位移均勻減小的水平推力作用下運動，推力隨位移x變化的圖像如圖乙所示．已知物體與地面間的動摩擦因數μ＝0.5，g取10m/s2.下列說法正確的是(　　)
A.物體先做加速運動，推力撤去時開始做減速運動
B．水平推力所做的功為200J
C．物體運動0～4m的過程中合力做的功為120J
D．物體在運動過程中的加速度先變小后不變
9．如圖所示，重10N的滑塊在傾角為30°的斜面上，從a點由靜止下滑，到b點接觸到一輕彈簧．滑塊壓縮彈簧到c點開始彈回，返回b點離開彈簧，最后又回到a點．已知ab＝0.8m，bc＝0.4m，那么在整個過程中，下列說法正確的是(　　)
A.滑塊動能的最大值是6J
B．彈簧彈性勢能的最大值是6J
C．從c到b彈簧的彈力對滑塊做的功是6J
D．滑塊和彈簧組成的系統整個過程機械能守恒
10．2022年6月17日，我國完全自主設計建造的航空母艦“福建艦”順利下水．根據設計，“福建艦”發動機最大輸出功率為P，最大航行速度為vm，其航行時所受的阻力隨速度增大而增大．下列關于“福建艦”的說法正確的是(　　)
A．若勻加速啟動，則牽引力逐漸增大B．若恒定功率啟動，則做勻加速直線運動
C．以vm勻速航行時，所受的阻力為D．以勻速航行時，輸出功率為
三、非選擇題(本題共5小題，共54分．按題目要求作答，計算題要有必要的文字說明和解題步驟，有數值計算的要注明單位．)
11．(7分)在用落體法驗證機械能守恒定律實驗中：
(1)下列圖中釋放紙帶的操作正確的是________．
(2)甲同學按照正確的步驟操作，利用紙帶算出的重物重力勢能的減少量ΔEp往往略大于動能的增加量ΔEk，這是因為________________________________________________________________________．
(3)
乙同學設計了如圖所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律：通過電磁鐵控制一小鐵球從A點自由下落，小鐵球下落過程中經過光電門B時，計時器(圖中未畫出)記錄擋光時間t，用刻度尺測出A、B之間的距離h.已知小鐵球的直徑為d，當地重力加速度為g，當題中所給的d、t、h、g滿足關系式______________時，即可驗證小鐵球下落過程中機械能守恒．
12．(9分)[2023·河南鄭州高一下期末]某實驗小組采用如圖甲所示的裝置驗證機械能守恒定律，實驗的主要步驟如下．
A．將導軌調至水平
B．測出擋光條的寬度d
C．用天平測出托盤和砝碼的總質量m，滑塊和擋光條的總質量M
D．將滑塊放在氣墊導軌上，通過輕質細繩與托盤連接，測出擋光條到光電門的距離L
E．將滑塊由靜止釋放，讀出擋光條通過光電門的擋光時間Δt
F．對測量數據進行分析，得出實驗結論
(1)下列關于本實驗的分析中，不正確的是________．
A．調節氣墊導軌左端的滑輪，使細繩與導軌平行
B．滑塊初始位置與光電門間的距離適當大些
C．擋光條的寬度越大，測量結果越精確
D．應使托盤和砝碼質量遠小于滑塊和擋光條的總質量
(2)
實驗時發現光電門壞了，他們就在氣墊導軌右端裝上電磁打點計時器來進行實驗．如圖乙所示是他們得到的一條紙帶，圖中A、B、C、D、E、F為連續的6個計數點，相鄰的兩計數點間還有4個計時點未標出，其中AB＝4.80cm, BC＝8.00cm, CD＝11.20cm, DE＝14.40cm, EF＝17.60cm.若M＝400g，m＝200g，重力加速度g＝9.8m/s2，電源頻率為50Hz，則打點計時器打下B點時滑塊的速度為vB＝________m/s，從打下B點到打下E點的過程中系統動能的增加量ΔEk＝________J，重力勢能的減少量ΔEp＝________J．多次實驗后發現ΔEk總是小于ΔEp，原因是____________________________________________．(計算結果保留兩位有效數字)
13．(10分)
如圖所示，質量為m＝2kg的木塊在傾角θ＝37°的斜面上由靜止開始下滑，木塊與斜面間的動摩擦因數為μ＝0.5.已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.
(1)求前2s內重力的平均功率．
(2)求2s末重力的瞬時功率．
14．(12分)我國自主研發的“人體高速彈射裝置”幾秒鐘內就能將一名滑冰運動員從靜止狀態加速到指定速度，輔助速度滑冰運動員訓練彎道滑行技術．如圖所示，某次訓練中彈射裝置在加速段將一質量m＝80kg的運動員加速到速度v0＝15m/s，此后，運動員自己稍加施力便可保持該速度不變，勻速通過變道段，再進入半徑R＝30m的水平彎道做勻速圓周運動．已知加速段克服阻力做功為3000J，運動員可視為質點，不考慮空氣阻力影響，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.
(1)求彈射裝置對運動員做功W的大小．
(2)求過水平彎道時，運動員受到冰面作用力F的大小和方向．
15．(16分)
如圖所示，在足夠長的光滑水平桌面上固定一個四分之一光滑圓弧形槽，半徑R＝0.45m，末端與桌面相切．將質量m＝0.1kg的小球(可視為質點)由槽的頂端無初速度釋放，經桌面上A點水平飛出，小球恰好無碰撞地沿圓弧軌道切線從B點進入固定的豎直光滑圓弧軌道，B、C為圓弧軌道的兩端點，其連線水平，O為圓弧軌道的最低點．已知圓弧軌道對應圓心角θ＝106°，半徑r＝1m．取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.
(1)求小球沿圓弧形槽下滑到槽底端時的速度大小．
(2)求桌面離水平地面的高度h.
(3)求小球運動至O點時對圓弧軌道的壓力大小．
第八章素養綜合評價
1．解析：由題圖可知，籃球在由②位置到③位置的過程中具有水平位移，說明籃球在②位置速度不為0，動能不為0，A錯誤；由于空氣阻力不能忽略，則籃球在從①位置運動到③位置的過程中要克服空氣阻力做功，因此從①位置到②位置的過程中籃球的一部分動能轉化為重力勢能和內能，B、C錯誤；根據動能定理可知，籃球從②位置運動到③位置，動能的變化量等于合力做的功，D正確．
答案：D
2．解析：物體m的位置在參考平面下方，重力勢能小于0，選項A錯誤；將物體m從B移到A的過程中，重力做負功，重力勢能增大，選項B錯誤；選不同的參考平面，物體m在A位置的重力勢能不相同，選項C錯誤；重力勢能的變化量只和重力做功有關，而重力對同一物體做功只和初末位置的高度差有關，與參考平面的選擇無關，選項D正確．
答案：D
3．解析：玩具勻速上升時動能不變，重力勢能增大，所以玩具的機械能變大，A錯誤；玩具加速水平運動時動能增大，機械能增加，B正確；玩具從機械爪掉下時，若不計空氣阻力，玩具的機械能守恒，若考慮空氣阻力，玩具的機械能減少，C錯誤；玩具加速上升時，動能和重力勢能均變大，機械爪做的功等于玩具重力勢能與動能的增加量之和，D錯誤．
答案：B
4．解析：由功的公式得，泵車每小時做的功W＝Fl＝mgh＝ρVgh＝2.4×103×150×10×30J＝1.08×108J．A、B、D錯誤，C正確．
答案：C
5．解析：碰撞時無動能損失，物體最終停在擋板上，對全過程運用動能定理得mgLsinθ－μmgscosθ＝0，解得μ＝.
答案：C
6．解析：在0～1s內，帆船的速度增大，動能增大，根據動能定理W合＝ΔEk，得W合＝mv2－0＝×500×22J＝1000J，即合外力對帆船做了1000J的功，故A正確；在0～2s內，動能增加，根據動能定理W合＝ΔEk，得W′合＝mv′2－0＝×500×12J＝250J，即合外力對帆船做了250J的正功，故B錯誤；在1～2s內，動能減小，根據動能定理W合＝ΔEk，則合外力對帆船做負功，故C錯誤；在0～3s內，根據動能定理W合＝ΔEk，合外力對帆船先做正功，后做負功，故D錯誤．
答案：A
7．解析：排球上升過程，根據牛頓第二定律，有mg＋Ff＝ma，代入數據，可得Ff＝mg，該過程排球的位移大小為x＝＝，則整個運動過程中，阻力做功為Wf＝－f×2x，代入數據，可得Wf＝－mv，所以整個過程克服阻力做功為|Wf|＝mv，故A、B錯誤；設返回墊起點時排球速度為v，整個過程中由動能定理，有Wf＝mv2－mv，整理可得v＝v0，所以返回墊起點時重力的瞬時功率為P＝mgv＝mgv0，故C錯誤，D正確．
答案：D
8．解析：物體先做加速運動，當推力大小小于摩擦力大小時開始做減速運動，A錯誤；F x圖像中圖線與橫軸所圍圖形的面積表示推力對物體所做的功，由題圖乙得推力對物體所做的功W＝200J，B正確；物體運動過程中摩擦力的大小Ff＝μmg＝20N，則物體運動0～4m的過程中摩擦力所做的功Wf＝－Ffx＝－20×4J＝－80J，則合力做的功W總＝W＋Wf＝(200－80) J＝120J，C正確；由題圖乙可知推力一直減小，而摩擦力不變，故加速度先減小后反向增大，最后不變，D錯誤．
答案：BC
9．解析：滑塊能回到原釋放點，說明無摩擦力做功，故機械能守恒，D正確；以c點為零勢能參考平面，則滑塊在a點的重力勢能為6J，在c點處的速度為0，重力勢能也為0，因系統機械能守恒，則彈簧彈性勢能的最大值為6J，從c到b彈簧的彈力對滑塊做的功等于彈性勢能的減小量，故為6J，B、C正確；滑塊動能最大時，彈性勢能不為零，重力勢能大于零，故動能的最大值小于6J，A錯誤．
答案：BCD
10．解析：若勻加速啟動，則F－Ff＝ma，因阻力Ff隨速度增加而增大，則牽引力逐漸增大，選項A正確；若恒定功率啟動，則根據P＝Fv，a＝＝，則隨著速度增加，加速度減小，則做加速度減小的變加速直線運動，選項B錯誤；以vm勻速航行時，此時F＝Ff，則所受的阻力為Ff＝F＝，選項C正確；以勻速航行時，牽引力F′等于阻力F′f，但是不等于Ff，則根據P′＝F′，可知輸出功率不等于，選項D錯誤．
答案：AC
11．解析：(1)釋放重物前，讓重物緊靠打點計時器，手拉著紙帶的上端，使紙帶處于豎直位置，故A正確，B、C、D錯誤．
(2)利用紙帶算出的重物重力勢能的減少量ΔEp往往略大于動能的增加量ΔEk，這是因為重物下落過程中受到阻力作用，而阻力做負功，動能增加量小于重力勢能減少量．
(3)根據極短時間內的平均速度等于瞬時速度知，小鐵球經過光電門的速度大小為v＝，由于小鐵球初速度為零，則動能的增加量為ΔEk＝mv2＝m()2，重力勢能的減少量為ΔEp＝mgh，若滿足m()2＝mgh，即()2＝gh，即可驗證小鐵球下落過程中機械能守恒．
答案：(1)A　(2)重物下落過程中受到阻力作用
(3)()2＝gh
12．解析：(1)實驗時，應將氣墊導軌調至水平，細繩與導軌平行，故A正確，不符合題意；為了減小誤差，滑塊初始位置與光電門間的距離應適當大些，故B正確，不符合題意；擋光條的寬度越小，測量結果越精確，故C錯誤，符合題意；本實驗不需要托盤和砝碼質量遠小于滑塊和擋光條的總質量，故D錯誤，符合題意．
(2)根據某段時間內中間時刻的瞬時速度等于這段時間的平均速度可得，打點計時器打下B點時滑塊的速度為vB＝＝0.64m/s，打點計時器打下E點時滑塊的速度為vE＝＝1.6m/s，則從打下B點到打下E點的過程中系統動能的增加量為ΔEk＝(m＋M)v－(m＋M)v≈0.65J，重力勢能的減少量為ΔEp＝mgΔh＝mgxBE≈0.66J．多次實驗后發現ΔEk總是小于ΔEp，原因是滑塊和擋光條需要克服空氣阻力及紙帶與打點計時器間的摩擦力做功．
答案：(1)CD　(2)0.64　0.65　0.66　滑塊和擋光條需要克服空氣阻力及紙帶與打點計時器間的摩擦力做功
13．解析：(1)木塊沿斜面下滑時，由牛頓第二定律可得
mgsinθ－μmgcosθ＝ma
解得a＝2m/s2
前2s內木塊的位移為l＝at2＝×2×22m＝4m
重力在前2s內做的功為
W＝mglsinθ＝2×10×4×0.6J＝48J
重力在前2s內的平均功率
＝＝W＝24W.
(2)木塊在2s末的速度
v＝at＝2×2m/s＝4m/s
2s末重力的瞬時功率
P＝mgvsinθ＝2×10×4×0.6W＝48W.
答案：(1)24W　(2)48W
14．解析：(1)根據動能定理可知W－Wf＝mv
解得彈射裝置對運動員做功的大小為W＝12000J
(2)豎直方向有FN＝mg
水平方向有Fx＝m
所以運動員受到冰面作用力F的大小為
F＝＝1000N
與水平方向夾角滿足tanθ＝＝
與水平方向夾角為θ＝53°斜向右上方．
答案：(1)12000J　(2)1000N　與水平方向夾角為53°斜向右上方
15．解析：(1)小球沿圓弧形槽下滑到槽底端過程中機械能守恒，有mgR＝mv，解得v1＝3m/s.
(2)小球離開桌面后以3m/s的初速度做平拋運動，豎直方向有h＝gt2，
小球恰好無碰撞地沿圓弧軌道切線從B點進入固定的豎直光滑圓弧軌道，則有tan53°＝，
聯立解得h＝0.8m.
(3)小球由A點到O點，由機械能守恒定律得
mg(h＋r－rcos53°)＝mv2－mv，
在O點，由牛頓第二定律得F－mg＝m，
代入數據解得F＝4.3N，
根據牛頓第三定律，小球運動至O點時對圓弧軌道的壓力大小為4.3N.
答案：(1)3m/s　(2)0.8m　(3)4.3N
關鍵點撥：多過程的機械能守恒問題多與其他知識相結合考查，一定要注意機械能守恒的條件，分析在哪個過程中機械能守恒，然后列式求解．拓 展 課8　摩擦力做功問題　變力做功的計算
素養·目標要求
1．理解摩擦力做功的特點，會分析一對相互作用的摩擦力的做功情況．
2．掌握一般的變力做功的求解方法．
拓展一　摩擦力做功
【導思】
如圖所示，在光滑的水平面上，物體A放在長為l的木板B的右端，現用水平力F向右拉木板．
(1)若物體A相對木板B滑動，當B前進x時，物體A從木板B左端滑下．已知A、B間的滑動摩擦力為Ff，求摩擦力分別對A、B做了多少功？這一對滑動摩擦力做功的總和為多少？
(2)若物體A相對木板B沒有滑動，當B前進x時，物體A受到的靜摩擦力為F′f，求靜摩擦力分別對A、B做了多少功？這一對靜摩擦力做功的總和為多少？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【歸納】
1．作用力、反作用力做功的特點
雖然作用力和反作用力等大反向，但是由于它們分別作用在兩個物體上，產生的位移效果無必然聯系，故作用力和反作用力的功不一定一正一負，大小也不一定相等．
2．摩擦力做功的特點
不論是靜摩擦力，還是滑動摩擦力，都既可以是動力又可以是阻力，還可能與位移方向垂直，所以不論是靜摩擦力，還是滑動摩擦力，既可能對物體做正功，也可能對物體做負功，還可能不對物體做功．
3．一對靜摩擦力做功的特點
一對相互作用的靜摩擦力等大反向且物體之間相對靜止，即兩個物體的對地位移相同，由W＝Fl cos α可判斷一對相互作用的靜摩擦力做功的總和為零．
4．一對滑動摩擦力做功的特點
一對相互作用的滑動摩擦力等大反向但物體之間相對滑動，即兩個物體的對地位移不相同，由W＝Fl cos α可判斷一對相互作用的滑動摩擦力做功的總和不為零，且兩力做功的總和一定為負值．
【典例】
例 1 (多選)如圖所示，B物體在拉力F的作用下向左運動，在運動的過程中，A、B之間有相互作用力．則對力做功的情況，下列說法正確的是(　　)
A．A、B都克服摩擦力做功
B．A、B間彈力對A、B都不做功
C．摩擦力對B做負功，對A不做功
D．A、B間彈力對A不做功，對B做正功
例 2 (多選)如圖所示，一子彈以水平速度射入放置在光滑水平面上原來靜止的木塊，并留在木塊中．在此過程中，子彈鉆入木塊的深度為d，木塊的位移為l，木塊與子彈間的阻力大小為f.下列說法正確的是(　　)
A．f對木塊做功為fl
B．f對木塊做功為f(l＋d)
C．f對子彈做功為－fd
D．f對子彈做功為－f(l＋d)
拓展二　求變力做功的常用方法
【歸納】
1．用W＝Pt求功
當牽引力為變力，且發動機的功率一定時，由功率的定義式P＝，可得W＝Pt，
2．用圖像法求功
如圖所示，在F x圖像中，圖線與x軸所圍“面積”的代數和就表示力F在這段位移所做的功．位于x軸上方的“面積”代表正功，位于x軸下方的“面積”代表負功．
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．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＝Ff·Δx1＋Ff·Δx2＋Ff·Δx3＋…＝Ff(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝Ff·2πR.
4．平均值法
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，平均力＝，再由W＝l cos α求功．
【典例】
例 3 如圖甲所示，輕質彈簧右端固定在墻上，左端與一質量m＝0.5 kg的物塊相連，彈簧處于原長狀態，物塊靜止，物塊與水平面間的動摩擦因數μ＝0.2.以物塊所在處為原點，水平向右為正方向建立x軸，現對物塊施加水平向右的外力F，F隨x軸坐標變化的情況如圖乙所示．物塊運動至x ＝0.4 m處時速度為零，則此過程物塊受到的力F和摩擦力做功之和為(g取10 m/s2)(　　)
A．3.1 J B．3.5 J
C．1.8 J D．2.0 J
例 4 如圖所示，在水平桌面上，長R＝5 m的輕繩一端固定于O點(俯視圖)，另一端系一質量為m＝2.0 kg的小球，現對小球施加一個大小不變的拉力F＝10 N，方向始終與小球在該點的切線成37°角，F拉著小球從M點運動到N點．已知小球與桌面間的動摩擦因數μ＝0.2，不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.則拉力F做的功與小球克服摩擦力做的功的比值為(　　)
A．　　 　B．2　　 　C．　　 　D．4
例 5 一輛汽車質量為800 kg，從靜止開始運動，所受阻力為汽車重力的，其牽引力的大小與汽車前進距離的變化關系式為F＝100x＋Ff，Ff是汽車所受的阻力．則在汽車前進20 m的過程中，牽引力做的功是多少？(g取10 m/s2)
拓展課8　摩擦力做功問題　變力做功的計算
拓展一
提示：(1)滑動摩擦力對A做的功為Ff(x－l)，對B做的功為－Ffx，這一對滑動摩擦力做功的總和為－Ffl.
(2)靜摩擦力對A做的功為F′fx，對B做的功為－F′fx，這一對靜摩擦力做功的總和為0.
[例1]　解析：
如圖所示，A、B間有相互作用的摩擦力f1與f2、彈力FAB與FBA.A沒有發生位移，f2、FBA對A不做功，B發生了位移，f1做負功，FAB與位移成90°角，不做功．
答案：BC
[例2]　解析：木塊的位移大小為l，由W＝Fl cos α得，f對木塊做的功為W＝fl，子彈的位移大小為l＋d，木塊對子彈的作用力的方向與位移方向相反，故木塊對子彈的作用力做負功，W′＝－f(l＋d)，故A、D正確．
答案：AD
拓展二
[例3]　解析：物塊與水平面間的摩擦力為Ff＝μmg＝1 N，現對物塊施加水平向右的外力F，由F-x圖線與x軸所圍面積表示功可知F做功W＝3.5 J，克服摩擦力做功Wf＝Ffx＝0.4 J，則物塊受到的外力F和摩擦力做功之和為W－Wf＝3.1 J．故A正確．
答案：A
[例4]　解析：將圓弧分成很多小段l1，l2，…，ln，拉力F在每小段上做的功為W1，W2，…，Wn.因為拉力F大小不變，方向始終與小球在該點的切線成37°角，所以W1＝Fl1cos 37°，W2＝Fl2cos 37°，…，Wn＝Fln cos 37°，則W＝W1＋W2＋…＋Wn＝F cos 37°(l1＋l2＋…＋ln)＝F cos 37°·R＝π J，同理可得小球克服摩擦力做功Wf＝μmg·R＝π J，所以拉力F做的功與小球克服摩擦力做的功的比值為2.故選B.
答案：B
[例5]　解析：由題意可知，開始時的牽引力
F1＝Ff＝×800×10 N＝400 N，
汽車前進20 m時的牽引力F2＝(100×20＋400)N＝2 400 N，
汽車前進20 m的過程中的平均牽引力
＝＝＝1 400 N，
所以，在汽車前進20 m的過程中，汽車的牽引力做的功．W＝l＝1 400×20 J＝28 000 J.
答案：28 000 J拓 展 課9　機車的兩種啟動方式
素養·目標要求
會分析兩種機車啟動方式中各物理量的變化并能進行相關計算．
拓展一　以恒定功率啟動
【導思】
一汽車在水平路面上以恒定功率P從靜止開始加速運動，運動過程中受到的阻力大小為Ff.
(1)機車功率指的是合力做功的功率(總功率)還是牽引力做功的功率？
(2)汽車在啟動過程中速度v、加速度a怎么變化？汽車的最大速度是多大？
(3)試在圖中定性畫出此過程中的v-t圖像．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【歸納】
機車以恒定功率啟動后，若運動過程中所受阻力Ff不變，由于牽引力F＝，隨著v增大，牽引力F減小．根據a＝可知，當速度增大時，加速度a減小，直至F＝Ff時，加速度a減小為零，機車達到最大速度vm，此后機車以速度vm做勻速直線運動．
【總結】(1)這一過程中機車的運動情況：
①沒有達到最大速度時，機車做加速度逐漸減小的變加速直線運動，有F－Ff＝ma，F＝；
②達到最大速度時，a＝0，F＝Ff，此后機車做勻速直線運動，保持最大速度vm＝＝.
(2)這一過程的P-t圖像、v-t圖像和F-t圖像分別如圖甲、乙、丙所示．
【注意】恒定功率下啟動的機車，在達到最大速度之前，做變加速運動．因為F是變力，所以發動機做的功用W＝Pt計算，不能用W＝Fl計算．
【典例】
例 1 一場別開生面的節能車競賽在平直的水平測試道上進行，40支車隊以各家獨門絕技挑戰1 L汽油行駛里程的最高紀錄．某公司研制開發的某型號小汽車發動機的額定功率為24 kW，小汽車連同駕乘人員總質量為m＝2 000 kg，在水平路面上行駛時受到恒定的阻力是800 N．小汽車以額定功率由靜止開始運動直到沖線，以1 037.5 s的成績奪得30 km的冠軍，則下列判斷不正確的是(　　)
A．小汽車行駛的最大速度為30 m/s
B．小汽車行駛速度為20 m/s時，加速度為1 m/s2
C．小汽車行駛30 km的過程中牽引力做的功為2.49×107 J
D．小汽車行駛30 km的過程中阻力做功為－2.4×107 J
例 2 在水平路面上運動的汽車的額定功率為100 kW，質量為10 t，設阻力大小恒定，且為車重力的(g取10 m/s2)，汽車以不變的額定功率從靜止啟動．
(1)汽車的加速度如何變化？
(2)當汽車的加速度為2 m/s2時，速度為多大？
(3)汽車在運動過程中所能達到的最大速度的大小是多少？
拓展二　以恒定加速度啟動
【導思】
若一汽車在水平路面上以恒定加速度開始啟動，額定功率為P額，運動過程中受到的阻力大小為Ff.
(1)汽車勻加速運動過程中，牽引力如何變化？汽車的實際功率如何變化？
(2)當汽車的實際功率達到額定功率P額時，汽車的速度是多大？此時汽車的速度是否為最大速度？之后功率將如何變化？
(3)分析整個運動過程并畫出汽車運動的v-t圖像．
(4)畫出整個過程中汽車運動的P-t圖像．
(5)求出整個過程中汽車的最大速度．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【歸納】
由a＝知，當加速度a不變時，牽引力F恒定，機車做勻加速直線運動．再由P＝Fv知，F一定，發動機實際輸出功率P隨v的增大而增大，當P增大到額定功率后，保持額定功率不變．v繼續增大，牽引力F減小，直至F＝Ff時，a＝0，車速達到最大值，vm＝＝，此后機車做勻速直線運動．
【總結】(1)這一過程中機車的運動情況：
①機車先做勻加速直線運動，持續時間為
t1＝＝＝；
②當P＝P額時，機車做加速度逐漸減小的變加速直線運動；
③當F＝Ff時，機車的速度最大，有vm＝＝，最后做勻速直線運動．
(2)這一過程的P-t圖像、v-t圖像和F-t圖像分別如圖甲、乙、丙所示．
【典例】
例 3 一列火車總質量m ＝500 t，發動機的額定功率P＝6×105 W，在水平直軌道上行駛時，軌道對火車的阻力Ff是火車重力的(g取10 m/s2)．
(1)求火車在水平直軌道上行駛的最大速度；
(2)在水平直軌道上，發動機以額定功率P工作，求當行駛速度分別為v1＝1 m/s和v2＝10 m/s時，火車的瞬時加速度a1、a2的大小；
(3)火車在水平直軌道上以36 km/h的速度勻速行駛時，求發動機的實際功率P′；
(4)若火車從靜止開始，保持0.5 m/s2的加速度做勻加速直線運動，求這一過程維持的最長時間．
規律方法
機車啟動過程中幾個物理量的求法
(1)機車的最大速度vmax的求法：達到最大速度時，a＝0，即牽引力F等于阻力F阻，故vmax＝＝.
(2)勻加速啟動最長時間的求法：牽引力F＝ma＋F阻，勻加速的最后速度v′max＝，時間t＝.
(3)瞬時加速度的求法：據F＝求出對應瞬時速度v的牽引力，則加速度a＝.
拓展課9　機車的兩種啟動方式
拓展一
提示：(1)機車功率指的是發動機的功率，即牽引力做功的功率．
(2)速度v逐漸增大，加速度a逐漸減小，a＝0時，v達到最大，最大速度為vm＝.
(3)如圖所示
[例1]　解析：當小汽車以最大速度勻速行駛時，牽引力F等于阻力Ff，由功率公式可得vm＝＝ m/s＝30 m/s，故A正確；由牛頓第二定律得－Ff＝ma，當v＝20 m/s時，解得a＝0.2 m/s2，故B錯誤；小汽車行駛30 km的過程中牽引力做的功為WF＝Pt＝24 000×1 037.5 J＝2.49×107 J，故C正確；小汽車行駛30千米的過程中阻力做功為WFf＝－Ffl＝－800×30 000 J＝－2.4×107 J，故D正確．
答案：B
關鍵點撥：本題考查了汽車以恒定功率啟動問題．對于恒定功率啟動，需要注意牽引力、加速度的變化對應著速度的變化．
[例2]　解析：(1)若汽車以額定功率從靜止啟動，v變大，由P額＝Fv知，牽引力F減小，根據牛頓第二定律有F－Ff＝ma，可知汽車的加速度逐漸減小，當F＝Ff時，加速度為零．
(2)由牛頓第二定律得，F1－Ff＝ma1
P額＝F1v1
聯立解得v1＝ m/s.
(3)當汽車速度達到最大時，a2＝0，F2＝Ff，故vmax＝＝ m/s＝10 m/s.
答案：(1)見解析　(2) m/s　(3)10 m/s
拓展二
　提示：(1)由題意知a不變，Ff不變，由F－Ff＝ma知，F也不變，由P＝Fv知，此過程汽車的實際功率P增大．
(2)剛達到額定功率時，F－Ff＝ma
P額＝Fv1，得v1＝
此后汽車功率不變，速度繼續增大，此時速度不是最大速度．
(3)如圖所示，汽車先做勻加速直線運動，當功率達到額定功率后做加速度減小的加速運動，最終做勻速直線運動．
(4)如圖所示
(5)vm＝
[例3]　解析：(1)當牽引力等于阻力，即F＝Ff＝ kmg時，火車的加速度為零，速度達到最大值vm，此時火車將以額定功率行駛，則vm＝＝＝＝12 m/s.
(2)當v(3)火車以v3＝36 km/h＝10 m/s的速度勻速行駛，則發動機的實際功率P′＝Ffv3＝5×105 W.
(4)由題分析得F′＝Ff＋ma＝3×105 N，在此過程中，速度增大，發動機功率增大，設功率增大到額定功率時速度為v′，即v′＝＝2 m/s，由v′＝at得t＝＝4 s.
答案：(1)12 m/s　(2)1.1 m/s2　0.02 m/s2　(3)5×105 W
(4)4 s拓 展 課10動能定理的應用
素養·目標要求
1．進一步理解動能定理，會利用動能定理分析變力做功問題．
2．會利用動能定理分析相關的圖像問題．
3．會利用動能定理分析多過程問題．
拓展一　用動能定理求變力做功
【導思】
如圖所示，足球比賽時，某方獲得一次罰點球機會，運動員將質量為m的足球以速度v0迅速踢出，結果足球以速度v撞在高為h的門梁上而被彈出．現用g表示當地的重力加速度，則此足球在空中飛往門梁的過程中克服空氣阻力所做的功等于多少？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【歸納】
應用動能定理求變力做功的方法步驟
(1)明確研究對象、運動過程及初、末狀態的速度．
(2)分析物體的受力情況，確定全過程中哪些力是恒力，哪些力是變力．如果是恒力，寫出恒力做功的表達式；如果是變力，用相應符號表示變力做的功．
(3)分析物體的運動過程，確定其初、末狀態的動能．
(4)運用動能定理列式求解，并對結果進行討論．
【典例】
例 1 如圖所示，光滑斜面的頂端固定一彈簧，一質量為m的小球向右滑行，并沖上固定在水平地面上的斜面．設小球在斜面最低點A的速度為v，壓縮彈簧至C點時彈簧最短，C點距地面高度為h，重力加速度為g，則從A到C的過程中彈簧彈力做的功是(　　)
A．mgh－mv2 B．mv2－mgh
C．－mgh D．－(mgh＋mv2)
例 2 如圖所示，一質量為m的小球(可視為質點)在半徑為R的半球形容器中(容器固定)由靜止開始自邊緣上的A點滑下，到達最低點B時，它對容器的正壓力為FN.重力加速度為g，則小球自A滑到B的過程中，摩擦力對其做的功為(　　)
A．R(FN－3mg) B．R(3mg－FN)
C．R(FN－mg) D．R(FN－2mg)
例 3 某同學參加學校運動會立定跳遠項目比賽，起跳直至著地過程如圖所示．測量得到比賽成績是2.5 m，目測空中腳離地最大高度約0.8 m．忽略空氣阻力，則起跳過程該同學所做的功最接近(　　)
A．65 J B．750 J
C．1 025 J D．1 650 J
拓展二　動能定理在圖像問題中的應用
【歸納】
動能定理與圖像結合問題的分析方法：
(1)首先，看清楚圖像的種類(如v t圖像、F x圖像、Ek x圖像等)；
(2)然后，挖掘圖像的隱含條件，求出所需物理量．如利用v t圖像與t軸所包圍“面積”求位移，利用F x圖像與x軸所包圍“面積”求功，利用Ek x圖像的斜率求合力等．
(3)最后，分析還有哪些力做功，根據動能定理列方程，求出相應的物理量．
【典例】
例 4 質量為2 kg的物體以一定的初速度沿傾角為30°的斜面向上滑行．在向上滑行的過程中，其動能隨位移的變化關系如圖所示，則物體返回到出發點時的動能為(g取10 m/s2)(　　)
A．34 J　　　　B．56 J　　
C．92 J　　 D．196 J
例 5 如圖甲所示，一輛小汽車以5 m/s的速度從水平路段的A點，以P1＝6 kW的恒定功率沿平直公路AB行駛，在斜坡底端B處瞬時換擋，以P2＝112 kW的恒定功率沿傾角為30°的BC段斜坡上行，用12 s通過整個ABC路段，其v t圖像如圖乙所示．在圖乙上t＝12 s處水平虛線與曲線相切，假設小汽車在AB段和BC段受到的阻力(含地面摩擦力和空氣阻力等)大小相等，換擋時小汽車的速率不變．求：
(1)小汽車的質量m；
(2)小汽車在4～12 s時間內運動的路程．
例 6[2023·重慶巴蜀中學高一下月考]如圖甲所示，由彈丸發射器、固定在水平地面上的傾角為37°的斜面以及放置在水平地面上的光滑半圓形擋板墻(擋板墻上分布有多個力傳感器)構成的游戲裝置，半圓形擋板墻的半徑R＝0.5 m，斜面高度h＝0.9 m，彈丸與斜面間的動摩擦因數μ1＝0.5.游戲者調節發射器，彈丸到B點時速度沿斜面且大小為5 m/s，接著他將半圓形擋板墻向左平移使C、D兩點重合，擋板墻上各處的力傳感器收集到的側壓力F與墻上轉過圓心角θ之間的關系如圖乙所示，g取10 m/s2.下列說法正確的是 (　　)
A．彈丸的質量為0.1 kg
B．彈丸的質量為0.4 kg
C．彈丸與地面間的動摩擦因數為0.6
D．彈丸與地面間的動摩擦因數為0.8
拓展三　應用動能定理解決多過程問題
【歸納】
對于包含多個運動階段的復雜運動過程，可以選擇分段或全程應用動能定理．
(1)分段應用動能定理時，將復雜的過程分割成一個個子過程，對每個子過程的做功情況和初、末動能進行分析，然后針對每個子過程應用動能定理列式，然后聯立求解．
(2)全程應用動能定理時，分析整個過程中出現過的各力的做功情況，確定整個過程中合外力做的總功，然后確定整個過程的初、末動能，針對整個過程利用動能定理列式求解．
(3)當題目已知量和所求量不涉及中間量時，選擇全程應用動能定理更簡單、更方便．
【典例】
例 7 如圖所示，輕彈簧左端固定在豎直墻上，右端在O位置．質量為m的物塊A(可視為質點)以初速度v0從距O點右方x0處的P點向左運動，與彈簧接觸后壓縮彈簧，將彈簧右端壓到O′點位置后，A又被彈簧彈回．A離開彈簧后，恰好回到P點．物塊A與水平面間的動摩擦因數為μ.
(1)求物塊A從P點出發又回到P點的過程，克服摩擦力所做的功．
(2)求O點和O′點間的距離x1.
例 8 2022年北京冬季奧運會跳臺滑雪項目場地側視簡圖如圖所示，雪坡AB段為傾角θ＝37°的斜面．某次賽前熟悉滑道的過程中，質量m＝60 kg的運動員從助滑道的A點由靜止開始下滑，到達B點后進入圓心角為90°、半徑R＝15 m的圓弧軌道BCD，其中C點為圓弧軌道的最低點，最后從D點沿切線方向離開，最終落在傾角α＝37°的著陸坡上，著陸坡足夠長．已知A、B兩點的豎直高度差h＝23 m，DE段長度為1.2 m，EF段的豎直高度差為3 m．運動員運動到著陸坡上G點正上方的H點時，速度方向水平．不計一切阻力和摩擦，運動員可視為質點，g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，求：
(1)該運動員從A滑到B的過程中重力所做的功WG；
(2)該運動員運動到C點時對軌道的壓力FN；
(3)HG兩點間的高度差Δh.
拓展課10　動能定理的應用
拓展一
　提示：不能用W＝Fl cos α求出變力做的功，可由其做功的結果——動能的變化量來求變力做的功，即用動能定理W＝ΔEk求變力做的功．由動能定理知－Wf－mgh＝mv2－，得Wf＝－mv2－mgh.
[例1]　解析：由A到C的過程運用動能定理可得－mgh＋W＝0－mv2，所以W＝mgh－mv2，故A正確．
答案：A
[例2]　解析：小球到達最低點B時，由牛頓第三定律得，支持力F′N＝FN，根據牛頓第二定律有F′N－mg＝m，小球自A滑到B的過程，根據動能定理有Wf＋mgR＝mv2，故摩擦力對其所做的功Wf＝RFN－mgR＝R(FN－3mg)．選項A正確．
答案：A
[例3]　解析：人從最高點落地可看作平拋運動．設人在最高點的速度為v0，則h＝gt2，x＝v0t，從起跳到最高點過程中，由動能定理得W－mgh＝.則起跳過程中該同學所做的功為W＝，解得W≈750 J.
答案：B
拓展二
[例4]　解析：物體上滑的過程中重力與摩擦力都做負功，由動能定理得－mgx·sin 30°－Ffx＝0－Ek0，下滑的過程中重力做正功，摩擦力做負功，由動能定理得mgx·sin 30°－Ffx＝Ek－0，代入數據得Ek＝34 J．故A正確．
答案：A
[例5]　解析：(1)小汽車在AB段做勻速直線運動，F1＝Ff
由P1＝F1v1得Ff＝＝ N＝1.2×103 N.
在斜坡BC段12 s末，加速度為零，由平衡條件得，
F2＝mg sin 30°＋Ff，P2＝F2v2，
得m＝＝2×103 kg.
(2)在BC段，由動能定理知
P2t2－mgL sin 30°－LFf＝，
代入數據解得L≈73.3 m.
答案：(1)2×103 kg　(2)73.3 m
[例6]　解析：彈丸從B點到D點過程，由動能定理得mgh－μ1mg cos 37°·＝
，聯立解得m＝0.2 kg，故A、B錯誤；設彈丸與地面之間的動摩擦因數為μ2，轉過3 rad后的速度為v，由動能定理得－μ2mg·3×R＝，由牛頓第三定律得，轉過3 rad后擋板墻對彈丸的壓力為5.2 N，由牛頓第二定律得5.2 N＝m，聯立解得μ2＝0.6，故C正確，D錯誤．
答案：C
拓展三
[例7]　解析：(1)物塊A從P點出發又回到P點的過程，根據動能定理得A克服摩擦力所做的功為Wf＝.
(2)物塊A從P點出發又回到P點的過程，根據動能定理得2μmg(x1＋x0)＝－x0.
答案：－x0
[例8]　解析：(1)由WG＝mgh，可知WG＝1.38×104 J
(2)由A點到C點由動能定理得mg[h＋(R－R cos θ)]＝
可得軌道對運動員的支持力為F′N＝2 680 N
根據牛頓第三定律可得運動員對軌道的壓力大小為FN＝2 680 N，方向豎直向下．
(3)由A點到D點由動能定理得mg[h－(R cos θ－R sin θ)]＝，得vD＝20 m/s
運動員從D點離開后做斜上拋運動，設到H點時上升的高度為Δh1，水平位移為x1，則有Δh1＝＝12.8 m
x1＝vD cos 53°＝19.2 m
另外FG的高度差為Δh3＝(x1－xDE)tan α＝13.5 m
所以Δh＝Δh1＋hEF＋Δh3＝29.3 m.
答案：(1)1.38×104 J
(2)2 680 N，方向豎直向下
(3)29.3 m拓 展 課11　多物體組成的系統機械能守恒問題
素養·目標要求
1．能靈活應用機械能守恒定律的三種表達形式．
2．會分析多個物體組成的系統的機械能守恒問題．
3．知道動能定理與機械能守恒定律的區別，體會二者在解題時的異同．
4．能靈活運用動能定理和機械能守恒定律解決綜合問題．
拓展一　多物體組成的系統機械能守恒問題
【歸納】
連接體問題是力學部分的難點，本書通過對近幾年高考題及各地模擬題的深入研究，總結出以下兩類可以利用系統機械能守恒來快速解題的連接體模型．
1．速率相等的連接體模型
(1)如圖所示的兩物體組成的系統，當釋放B后，在A、B運動的過程中，二者的速度均沿繩子方向，因為A、B在相等時間內運動的路程相等，所以A、B的速率相等．
(2)系統的機械能是否守恒不從做功角度判斷，而從能量轉化的角度判斷，即如果系統中只有動能和勢能相互轉化，系統的機械能守恒．這類題目的典型特點是系統不受摩擦力作用．
2．角速度相等的連接體模型
如圖所示的兩物體組成的系統，當釋放后A、B在豎直平面內繞過O點的軸轉動，在轉動的過程中相等時間內A、B轉過的角度相等，則A、B轉動的角速度相等．
3．機械能守恒定律表達式的選取技巧
(1)當研究對象為單個物體時，可優先考慮應用表達式Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2或ΔEk＝－ΔEp來求解．
(2)當研究對象為兩個物體組成的系統時：
①若兩個物體的重力勢能都在減小(或增加)，動能都在增加(或減小)，可優先考慮應用表達式ΔEk＝－ΔEp來求解；
②若A物體的機械能增加，B物體的機械能減少，可優先考慮用表達式ΔEA＝－ΔEB來求解；
③從機械能的轉化角度來看，系統中某一類型機械能的減少量等于系統中其他類型機械能的增加量，可用E減＝E增來求解．
【典例】
例 1 如圖所示，質量為m的木塊放在光滑的水平桌面上，用輕繩繞過桌邊的光滑定滑輪與質量為M的砝碼相連．已知M＝2m，讓繩拉直后使砝碼從靜止開始下降h(未落地)時，木塊仍沒離開桌面，則砝碼的速度為多少？
例 2 如圖所示，在長為L的輕桿的中點A和端點B各固定一個質量均為m的小球，桿可繞O軸無摩擦地轉動，使桿從水平位置無初速度釋放擺下．求當桿轉到豎直位置時，輕桿對A、B兩球分別做了多少功？(重力加速度為g)
拓展二　動能定理和機械能守恒定律的綜合應用
【歸納】
1．動能定理和機械能守恒定律的比較
機械能守恒定律 動能定理
表達式 E1＝E2 ΔEk＝－ΔEp ΔEA＝－ΔEB W＝ΔEk
適用范圍 只有重力或彈力做功 無條件限制
研究對象 物體與地球組成的系統 質點
物理意義 重力或彈力做功的過程是動能與勢能轉化的過程 合外力對物體做的功是動能變化的量度
2.選用原則
(1)單個物體只受重力作用時，動能定理和機械能守恒定律表達式并無本質區別；兩個及兩個以上物體組成的系統問題，應用機械能守恒定律解答會更方便．若有摩擦力做功的情況，則只能用動能定理解答．
(2)能用機械能守恒定律解決的問題都能用動能定理解決；能用動能定理解決的問題不一定能用機械能守恒定律解決．
(3)動能定理比機械能守恒定律應用更廣泛、更普遍．
【典例】
例 3 如圖，足夠長的光滑斜面傾角為30°，質量相等的甲、乙兩物塊通過輕繩連接放置在光滑輕質定滑輪兩側，并用手托住甲物塊，使兩物塊都靜止，移開手后，甲物塊豎直下落．當甲物塊下降0.8 m時，求乙物塊的速度大小(此時甲未落地，g＝10 m/s2)．請用機械能守恒定律和動能定理分別求解，并比較解題的難易程度．
例 4 如圖所示，一粗糙斜面AB與光滑圓弧軌道BCD相切，C為圓弧軌道的最低點，圓弧BC所對圓心角θ＝37°.已知圓弧軌道半徑為R＝0.5 m，斜面AB的長度為L＝2.875 m．質量為m＝1 kg的小物塊(可視為質點)從斜面頂端A點處由靜止開始沿斜面下滑，從B點進入圓弧軌道，恰能通過最高點D.sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)物塊通過C、D點的速度大小；
(2)物塊經過C點時對圓弧軌道的壓力大小FC；
(3)物塊與斜面間的動摩擦因數μ.
例 5 如圖所示，曲面AB與半徑為r、內壁光滑的四分之一細圓管BC平滑連接于B點，管口B端切線水平，管口C端正下方立一根輕彈簧，輕彈簧一端固定，另一端恰好與管口C端齊平．質量為m的小球(可視為質點)在曲面上某點由靜止釋放，進入管口B端時，上管壁對小球的作用力為mg(g為重力加速度)．
(1)求小球到達B點時的速度大小vB；
(2)若釋放點距B點的高度為2r，求小球在曲面AB上運動時克服阻力所做的功W；
(3)小球通過BC后壓縮彈簧，壓縮彈簧過程中彈簧彈性勢能的最大值為Ep，求彈簧被壓縮的最大形變量x.
拓展課11　多物體組成的系統機械能守恒問題
拓展一
[例1]　解析：方法一：用E1＝E2求解．
設砝碼開始下降時離桌面的距離為x，取桌面所在的水平面為參考面，則系統的初始機械能E1＝－Mgx，
系統的末機械能E2＝－Mg(x＋h)＋(M＋m)v2.
由E1＝E2得－Mgx＝－Mg(x＋h)＋(M＋m)v2，
解得v＝
方法二：用ΔEk＝－ΔEp求解．
在砝碼下降h的過程中，系統增加的動能為
ΔEk＝(M＋m)v2，
系統減少的重力勢能為ΔEp＝－Mgh，
由ΔEk＝－ΔEp得(M＋m)v2＝Mgh，
解得v＝
方法三：用ΔEA＝－ΔEB求解．
在砝碼下降過程中，木塊增加的機械能ΔEm＝mv2，
砝碼減少的機械能ΔEM＝Mv2－Mgh
由ΔEm＝－ΔEM得
mv2＝Mgh－Mv2，解得v＝.
答案：
[例2]　解析：桿豎直時，兩球的角速度相等，則vB＝2vA
兩小球組成系統的機械能守恒，取B球的最低點為重力勢能參考平面，則有2mgL＝＋mgL
整理得vA＝ ，vB＝
設桿對A做的功為WA，有WA＋mgL＝－0，
解得WA＝－0.2mgL
設桿對B做的功為WB，有WB＋mgL＝－0，
解得WB＝0.2mgL.
答案：－0.2mgL　0.2mgL
拓展二
[例3]　解析：方法一：利用機械能守恒定律
設甲、乙兩物塊質量均為m，物塊甲下降h＝0.8 m
甲、乙兩物塊機械能守恒有
mgh－mgh sin 30°＝(2m)v2
解得v＝2 m/s
故此時乙的速度大小為2 m/s
方法二：利用動能定理
設甲、乙兩物塊的質量都為m，甲下落0.8 m時兩物塊速度大小都為v
對甲，由動能定理有mgh－FTh＝mv2①
對乙，由動能定理有FTh－mgh sin 30°＝mv2②
由①②式聯立解得，v＝2 m/s
故乙此時速度大小為2 m/s
綜上所述，此題用機械能守恒定律解題更簡單一些．
[例4]　解析：(1)由題意知小物塊沿光滑軌道從C到D且恰能通過最高點，在最高點D由牛頓第二定律有
mg＝
解得vD＝ m/s
從C到D由機械能守恒定律得
＝＋mg·2R
解得vC＝5 m/s.
(2)在C點時由牛頓第二定律可得
F′C－mg＝
由牛頓第三定律得FC＝F′C
代入數據得FC＝60 N.
(3)對小物塊從A經B到C過程，由動能定理有
mg[L sin θ＋R(1－cos θ)]－μmgL cos θ＝－0
代入數據得μ＝0.25.
答案：(1)5 m/s　 m/s　(2)60 N　(3)0.25
[例5]　解析：(1)小球在B點時，由牛頓第二定律可得
mg＋mg＝
解得vB＝.
(2)小球從被釋放至滑到B點過程，由動能定理得
mg·2r－W＝－0
解得W＝mgr.
(3)當彈性勢能最大時，小球的速度為0.
小球從B點到最低點，與彈簧構成的系統機械能守恒＝Ep
解得x＝－2r.
答案：(1)　(2)mgr　(3)－2r

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