1、高中物理新人教版必修2 第五章 機械能及其守恒定律第一講 功 功率 動能定理考點一功的分析與計算【1】考點逐項排查（基礎層）1定義：一個物體受到力的作用，如果在力的方向上發生了一段位移，就說這個力對物體做了功2必要因素：力和物體在力的方向上發生的位移3物理意義：功是能量轉化的量度4計算公式(1)當恒力F的方向與位移l的方向一致時，力對物體所做的功為WFl.(2)當恒力F的方向與位移l的方向成某一夾角時，力F對物體所做的功為WFlcos ，即力對物體所做的功，等于力的大小、位移的大小、力與位移夾角的余弦值這三者的乘積5功的正負(1)當0<時，W>0，力對物體做正功(2)當<時，

2、W<0，力對物體做負功，或者說物體克服這個力做了功(3)當時，W0，力對物體不做功思維深化判斷下列說法是否正確(1)只要物體受力且發生位移，則力對物體一定做功(×)(2)如果一個力阻礙了物體的運動，則這個力一定對物體做負功()(3)摩擦力可能對物體做正功、負功，也可能不做功()(4)作用力做正功時，反作用力一定做負功(×)【2】題組階梯突破（應用層）1正、負功的判斷如圖1所示，質量為m的物體置于傾角為的斜面上，物體與斜面間的動摩擦因數為，在外力作用下，斜面以加速度a沿水平方向向左做勻加速運動，運動中物體m與斜面體相對靜止則關于斜面對m的支持力和摩擦力的下列說法中錯誤的

3、是()圖1A支持力一定做正功B摩擦力一定做正功C摩擦力可能不做功D摩擦力可能做負功答案B解析支持力方向垂直斜面向上，故支持力一定做正功而摩擦力是否存在需要討論，若摩擦力恰好為零，物體只受重力和支持力，如圖所示，此時加速度agtan ，當a>gtan 時，摩擦力沿斜面向下，摩擦力與位移夾角小于90°，則做正功；當a<gtan 時，摩擦力沿斜面向上，摩擦力與位移夾角大于90°，則做負功綜上所述，B是錯誤的2變力做功的計算(多選)如圖2所示，擺球質量為m，懸線的長為L，把懸線拉到水平位置后放手設在擺球從A點運動到B點的過程中空氣阻力F阻的大小不變，則下列說法正確的是(

4、)圖2A重力做功為mgLB繩的拉力做功為0C空氣阻力F阻做功為mgLD空氣阻力F阻做功為F阻L答案ABD解析小球下落過程中，重力做功為mgL，A正確；繩的拉力始終與速度方向垂直，拉力做功為0，B正確；空氣阻力F阻大小不變，方向始終與速度方向相反，故空氣阻力F阻做功為F阻·L，C錯誤，D正確3恒力做功的計算(2014·新課標·16)一物體靜止在粗糙水平地面上現用一大小為F1的水平拉力拉動物體，經過一段時間后其速度變為v.若將水平拉力的大小改為F2，物體從靜止開始經過同樣的時間后速度變為2v.對于上述兩個過程，用WF1、WF2分別表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、W

5、f2分別表示前后兩次克服摩擦力所做的功，則()AWF2>4WF1，Wf2>2Wf1BWF2>4WF1，Wf22Wf1CWF2<4WF1，Wf22Wf1DWF2<4WF1，Wf2<2Wf1答案C解析根據xt得，兩過程的位移關系x1x2，根據加速度的定義a，得兩過程的加速度關系為a1.由于在相同的粗糙水平地面上運動，故兩過程的摩擦力大小相等，即Ff1Ff2Ff，根據牛頓第二定律得，F1Ff1ma1，F2Ff2ma2，所以F1F2Ff，即F1>.根據功的計算公式WFl，可知Wf1Wf2，WF1>WF2，故選項C正確，選項A、B、D錯誤【方法提煉】功的計

6、算方法1恒力做功：2變力做功：(1)用動能定理：Wmvmv.(2)當變力的功率P一定時，可用WPt求功，如機車恒定功率啟動時(3)將變力做功轉化為恒力做功：當力的大小不變，而方向始終與運動方向相同或相反時，這類力的功等于力和路程(不是位移)的乘積如滑動摩擦力做功、空氣阻力做功等3總功的計算：(1)先求物體所受的合外力，再求合外力的功；(2)先求每個力做的功，再求各功的代數和考點二功率的理解和計算【1】考點逐項排查（基礎層）1定義：功與完成這些功所用時間的比值2物理意義：描述力對物體做功的快慢3公式：(1)P，P為時間t內的物體做功的快慢(2)PFvv為平均速度，則P為平均功率v為瞬時速度，則P

7、為瞬時功率4對公式PFv的幾點認識：(1)公式PFv適用于力F的方向與速度v的方向在一條直線的情況(2)功率是標量，只有大小，沒有方向；只有正值，沒有負值(3)當力F和速度v不在同一直線上時，可以將力F分解或者將速度v分解思維深化判斷下列說法是否正確(1)由P，只要知道W和t就可求出任意時刻的功率(×)(2)由PFv，既能求某一時刻的瞬時功率，也可以求平均功率()(3)由PFv知，隨著汽車速度的增大，它的功率也可以無限制地增大(×)(4)由PFv知，當汽車發動機功率一定時，牽引力與速度成反比()【2】題組階梯突破（應用層）4合理近似解答實際問題一個成年人以正常的速度騎自行車

8、，受到的阻力為總重力的0.02倍，則成年人騎自行車行駛時的功率最接近于()A1 W B10 W C100 W D1 000 W答案C解析設人和車的總質量為100 kg，勻速行駛時的速率為5 m/s，勻速行駛時的牽引力與阻力大小相等F0.02mg20 N，則人騎自行車行駛時的功率為PFv100 W，故C正確5應用PFv求瞬時功率(多選)一質量為1 kg的質點靜止于光滑水平面上，從t0時刻開始，受到水平外力F作用，如圖3所示下列判斷正確的是()圖3A02 s內外力的平均功率是4 WB第2 s內外力所做的功是4 JC第2 s末外力的瞬時功率最大D第1 s末與第2 s末外力的瞬時功率之比為94答案AD

9、解析第1 s末質點的速度v1t1×1 m/s3 m/s.第2 s末質點的速度v2v1t2(3×1) m/s4 m/s.則第2 s內外力做功W2mvmv3.5 J02 s內外力的平均功率P W4 W.選項A正確，選項B錯誤；第1 s末外力的瞬時功率P1F1v13×3 W9 W，第2 s末外力的瞬時功率P2F2v21×4 W4 W，故P1P294.選項C錯誤，選項D正確6機車運動中功率綜合問題一起重機的鋼繩由靜止開始勻加速提起質量為m的重物，當重物的速度為v1時，起重機的功率達到最大值P，以后起重機保持該功率不變，繼續提升重物，直到以最大速度v2勻速上升，物

10、體上升的高度為h，則整個過程中，下列說法正確的是()A鋼繩的最大拉力為B鋼繩的最大拉力為mgC重物勻加速的末速度為D重物勻加速運動的加速度為g答案D解析加速過程物體處于超重狀態，鋼繩拉力較大，勻速運動階段鋼繩的拉力為，故A錯誤；加速過程重物處于超重狀態，鋼繩拉力大于重力，故B錯誤；重物勻加速運動的末速度不是運動的最大速度，此時鋼繩對重物的拉力大于其重力，故其速度小于，故C錯誤；重物勻加速運動的末速度為v1，此時的拉力為F，由牛頓第二定律得：ag，故D正確7機車運動中功率綜合問題(2015·新課標全國·17)一汽車在平直公路上行駛從某時刻開始計時，發動機的功率P隨時間t的變化

11、如圖4所示假定汽車所受阻力的大小f恒定不變下列描述該汽車的速度v隨時間t變化的圖線中，可能正確的是()圖4答案A解析當汽車的功率為P1時，汽車在運動過程中滿足P1F1v，因為P1不變，v逐漸增大，所以牽引力F1逐漸減小，由牛頓第二定律得F1fma1，f不變，所以汽車做加速度減小的加速運動，當F1f時速度最大，且vm.當汽車的功率突變為P2時，汽車的牽引力突增為F2，汽車繼續加速，由P2F2v可知F2減小，又因F2fma2，所以加速度逐漸減小，直到F2f時，速度最大vm，以后勻速運動綜合以上分析可知選項A正確【規律總結】關于功率的理解和應用1求解功率時應注意的“三個”問題(1)首先要明確所求功率

12、是平均功率還是瞬時功率；(2)平均功率與一段時間(或過程)相對應，計算時應明確是哪個力在哪段時間(或過程)內做功的平均功率；(3)瞬時功率計算時應明確是哪個力在哪個時刻(或狀態)的功率2機車啟動中的功率問題(1)無論哪種啟動過程，機車的最大速度都等于其勻速運動時的速度，即vm(式中Fmin為最小牽引力，其值等于阻力F阻)(2)機車以恒定加速度啟動的運動過程中，勻加速過程結束時，功率最大，但速度不是最大，v<vm.考點三動能定理及其應用【1】考點逐項排查（基礎層）1內容：在一個過程中合外力對物體所做的功，等于物體在這個過程中動能的變化量2表達式：WmvmvEk2Ek1.3理解：動能定理公式

13、中等號表明了合外力做功與物體動能的變化具有等量代換關系合外力做功是引起物體動能變化的原因4適用條件：(1)動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動(2)既適用于恒力做功，也適用于變力做功(3)力可以是各種性質的力，既可以同時作用，也可以分階段作用5應用技巧：若過程包含了幾個運動性質不同的分過程，既可以分段考慮，也可以整個過程考慮【思維深化】判斷下列說法是否正確(1)一定質量的物體動能變化時，速度一定變化，但速度變化時，動能不一定變化()(2)動能不變的物體一定處于平衡狀態(×)(3)如果物體所受的合外力為零，那么合外力對物體做功一定為零()(4)物體在合外力作用下做變速運動時，動能

14、一定變化(×)(5)物體的動能不變，所受的合外力必定為零(×)(6)做自由落體運動的物體，動能與時間的二次方成正比()【2】題組階梯突破（應用層）8應用動能定理求變力的功如圖5所示，光滑斜面的頂端固定一彈簧，一小球向右滑行，并沖上固定在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，則小球從A到C的過程中彈簧彈力做功是()圖5Amghmv2 B.mv2mghCmgh D(mghmv2)答案A解析小球從A點運動到C點的過程中，重力和彈簧的彈力對小球做負功，由于支持力與位移始終垂直，則支持力對小球不做功，由動能定理，可得WGWF0mv2

15、，重力做功為WGmgh，則彈簧的彈力對小球做功為WFmghmv2，所以正確選項為A.9動能定理與圖象的結合(多選)質量為1 kg的物體靜止在水平粗糙的地面上，在一水平外力F的作用下運動，如圖6甲所示，外力F和物體克服摩擦力Ff做的功W與物體位移x的關系如圖乙所示，重力加速度g取10 m/s2.下列分析正確的是()圖6A物體與地面之間的動摩擦因數為0.2B物體運動的位移為13 mC物體在前3 m運動過程中的加速度為3 m/s2Dx9 m時，物體的速度為3 m/s答案ACD解析由WfFfx對應圖乙可知，物體與地面之間的滑動摩擦力Ff2 N，由Ffmg可得0.2，A正確；由WFFx對應圖乙可知，前3

16、 m內，拉力F15 N,39 m內拉力F22 N，物體在前3 m內的加速度a13 m/s2，C正確；由動能定理得：WFFfxmv2可得：x9 m時，物體的速度為v3 m/s，D正確；物體的最大位移xm13.5 m，B錯誤10應用動能定理分析臨界問題(2015·新課標全國·17)如圖7，一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平一質量為m的質點自P點上方高度R處由靜止開始下落，恰好從P點進入軌道質點滑到軌道最低點N時，圖7對軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小用W表示質點從P點運動到N點的過程中克服摩擦力所做的功則()AWmgR，質點恰好可以到達

17、Q點BWmgR，質點不能到達Q點CWmgR，質點到達Q點后，繼續上升一段距離DWmgR，質點到達Q點后，繼續上升一段距離答案C解析根據動能定理得P點動能EkPmgR，經過N點時，由牛頓第二定律和向心力公式可得4mgmgm，所以N點動能為EkN，從P點到N點根據動能定理可得mgRWmgR，即克服摩擦力做功W.質點運動過程，半徑方向的合力提供向心力，即FNmgcos mam，根據左右對稱，在同一高度處，由于摩擦力做功導致在右邊圓形軌道中的速度變小，軌道彈力變小，滑動摩擦力FfFN變小，所以摩擦力做功變小，那么從N到Q，根據動能定理，Q點動能EkQmgRWmgRW，由于W，所以Q點速度仍然沒有減小到

18、0，會繼續向上運動一段距離，對照選項，C正確【技巧點撥】動能定理的理解及應用技巧1動能定理說明了合力對物體所做的總功和動能變化間的一種因果關系和數量關系，不可理解為功轉變成了物體的動能2應用動能定理解題，關鍵是對研究對象進行準確的受力分析及運動過程分析，并畫出物體運動過程的草圖，借助草圖理解物理過程和各量關系3明確研究對象的已知量和未知量，若求過程的初、末速度，首先確定各力做功及總功，然后列出方程；若求某力或某力的功，首先確定過程的初、末速度，然后列方程求解4解決圖象問題的突破點(1)注意圖象斜率、面積和截距的物理意義(2)注意挖掘圖象中的隱含信息，往往可以找到解題突破口考點四用動能定理解決多

19、過程問題【1】考點逐項排查（基礎層）1由于多過程問題的受力情況、運動情況比較復雜，從動力學的角度分析多過程問題往往比較復雜，但是，用動能定理分析問題，是從總體上把握其運動狀態的變化，并不需要從細節上了解因此，動能定理的優越性就明顯地表現出來了，分析力的作用是看力做的功，也只需把所有的力做的功累加起來即可2運用動能定理解決問題時，有兩種思路：一種是全過程列式，另一種是分段列式3全過程列式時，涉及重力、彈簧彈力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時，要注意運用它們的功能特點：(1)重力的功取決于物體的初、末位置，與路徑無關；(2)大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小與路程的乘積(3)彈簧彈力做功與路徑無

20、關11直線與平拋運動組合的多過程問題(2015·浙江理綜·23)如圖8所示，用一塊長L11.0 m的木板在墻和桌面間架設斜面，桌子高H0.8 m，長L21.5 m斜面與水平桌面的夾角可在060°間調節后固定將質量m0.2 kg的小物塊從斜面頂端靜止釋放，物塊與斜面間的動摩擦因數10.05，物塊與桌面間的動摩擦因數為2，忽略物塊在斜面與桌面交接處的能量損失(重力加速度取g10 m/s2；最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)圖8(1)求角增大到多少時，物塊能從斜面開始下滑；(用正切值表示)(2)當角增大到37°時，物塊恰能停在桌面邊緣，求物塊與桌面間的動摩擦因數2；

21、(已知sin 37°0.6，cos 37°0.8)(3)繼續增大角，發現53°時物塊落地點與墻面的距離最大，求此最大距離xm.答案(1)arctan 0.05(2)0.8(3)1.9 m解析(1)為使小物塊下滑，應有mgsin 1mgcos 滿足的條件tan 0.05即當arctan 0.05時物塊恰好從斜面開始下滑(2)克服摩擦力做功Wf1mgL1cos 2mg(L2L1cos )由動能定理得mgL1sin Wf0代入數據得20.8(3)由動能定理得mgL1sin Wfmv2結合式并代入數據得v1 m/s由平拋運動規律得Hgt2，x1vt解得t0.4 sx10.

22、4 mxmx1L21.9 m12含彈簧的物體運動多過程問題如圖9甲所示，輕彈簧左端固定在豎直墻上，右端點在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的P點處向左運動，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.求：圖9(1)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)O點和O點間的距離x1.(3)如圖乙所示，若將另一個與A完全相同的物塊B(可視為質點)與彈簧右端拴接，將A放在B右邊，向左推A、B，使彈簧右端壓縮到O點位置，然后從靜止釋放，A、B共同滑行一段距離后分離分離后物塊A向右滑

23、行的最大距離x2是多少？答案(1)mv(2)x0(3)x0解析(1)物塊A從P點出發又回到P點的過程，根據動能定理得克服摩擦力所做的功為Wfmv.(2)物塊A從P點出發又回到P點的過程，根據動能定理得2mg(x1x0)mv解得x1x0(3)A、B在彈簧處于原長處分離，設此時它們的共同速度是v1，彈出過程彈力做功WF只有A時，從O到P有WFmg(x1x0)00A、B共同從O到O有WF2mgx1×2mv分離后對A有mvmgx2聯立以上各式可得x2x0.13直線與圓周運動組合的多過程問題如圖10所示，半徑R0.5 m的光滑圓弧面CDM分別與光滑斜面體ABC和斜面MN相切于C、M點，斜面傾角

24、分別如圖所示O為圓弧圓心，D為圓弧最低點，C、M在同一水平高度斜面體ABC固定在地面上，頂端B安裝一定滑輪，一輕質軟細繩跨過定滑輪(不計滑輪摩擦)分別連接小物塊P、Q(兩邊細繩分別與對應斜面平行)，并保持P、Q兩物塊靜止若PC間距為L10.25 m，斜面MN足夠長，物塊P質量m13 kg，與MN間的動摩擦因數，重力加速度g10 m/s2，求：(sin 37°0.6，cos 37°0.8)圖10(1)小物塊Q的質量m2；(2)燒斷細繩后，物塊P第一次到達D點時對軌道的壓力大小；(3)物塊P在MN斜面上滑行的總路程答案(1)4 kg(2)78 N(3)1.0 m解析(1)根據共

25、點力平衡條件，兩物塊的重力沿斜面的分力相等，有：m1gsin 53°m2gsin 37°解得：m24 kg即小物塊Q的質量m2為4 kg.(2)小物塊P到D點過程，由動能定理得m1ghm1v根據幾何關系，有：hL1sin 53°R(1cos 53°)在D點，支持力和重力的合力提供向心力：FDm1gm1解得：FD78 N由牛頓第三定律得，物塊P對軌道的壓力大小為78 N.(3)分析可知最終物塊在CDM之間往復運動，C點和M點速度為零由全過程動能定理得：m1gL1sin 53°m1gcos 53°L總0解得L總1.0 m即物塊P在MN斜面

26、上滑行的總路程為1.0 m.【規律總結】利用動能定理求解多過程問題的基本思路1弄清物體的運動由哪些過程組成2分析每個過程中物體的受力情況3各個力做功有何特點，對動能的變化有無影響4從總體上把握全過程，表達出總功，找出初、末狀態的動能5對所研究的全過程運用動能定理列方程【限時自測】1(2015·海南單科·3)假設摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率如果摩托艇發動機的輸出功率變為原來的2倍，則摩托艇的最大速率變為原來的()A4倍 B2倍 C.倍 D.倍答案D解析設fkv，當阻力等于牽引力時，速率最大，輸出功率變化前，有PFvfvkv·vkv2，變化后有2PFvkv&#

27、183;vkv2，聯立解得vv，D正確2.(2015·海南單科·4)如圖11所示，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高，質量為m的質點自軌道端點P由靜止開始滑下，滑到最低點Q時，對軌道的正壓力為2mg，重力加速度大小為g.質點自P滑到Q的過程中，克服摩擦力所做的功為()圖11A.mgR B.mgR C.mgR D.mgR 答案C解析在Q點質點受到豎直向下的重力和豎直向上的支持力，兩力的合力充當向心力，所以有FNmgm，FN2mg，聯立解得v，下滑過程中，根據動能定理可得mgRWfmv2，解得WfmgR，所以克服摩擦力做功mgR，C正確3(2015·浙江

28、理綜·18)(多選)我國科學家正在研制航母艦載機使用的電磁彈射器艦載機總質量為3.0×104 kg，設起飛過程中發動機的推力恒為1.0×105 N；彈射器有效作用長度為100 m，推力恒定要求艦載機在水平彈射結束時速度大小達到80 m/s.彈射過程中艦載機所受總推力為彈射器和發動機推力之和，假設所受阻力為總推力的20%，則()A彈射器的推力大小為1.1×106 NB彈射器對艦載機所做的功為1.1×108 JC彈射器對艦載機做功的平均功率為8.8×107 WD艦載機在彈射過程中的加速度大小為32 m/s2答案ABD解析設總推力為F，位移

29、x100 m，阻力F阻20%F，對艦載機加速過程由動能定理得Fx20%F·xmv2，解得F1.2×106 N，彈射器推力F彈FF發1.2×106 N1.0×105 N1.1×106 N，A正確；彈射器對艦載機所做的功為WF彈·x1.1×106×100 J1.1×108 J，B正確；彈射器對艦載機做功的平均功率F彈·4.4×107 W，C錯誤；根據運動學公式v22ax，得a32 m/s2，D正確4山地滑雪是人們喜愛的一項體育運動一滑雪道ABC的底部是一個半徑為R的圓，圓與雪道相切于C點，

30、C的切線沿水平方向，到水平雪地之間是高為H的峭壁，D是圓的最高點，如圖12所示運動員從A點由靜止下滑，剛好經過圓軌道最高點D旋轉一周，再滑到C點后被水平拋出，當拋出時間為t時，迎面遭遇一股強風，最終運動員落到了雪地上，落地時速度大小為v.已知運動員連同滑雪裝備總質量為m，重力加速度為g，不計遭遇強風前的空氣阻力和雪道間的摩擦阻力，求：圖12(1)運動員剛好能過D點，AC的高度差h；(2)運動員剛遭遇強風時的速度大小及距地面的高度；(3)強風對運動員所做的功答案(1)R(2)Hgt2(3)mv2mg(HR)解析(1)運動員剛好做圓周運動的速度滿足mg由動能定理得mg(h2R)mv聯立解得hR(2

31、)運動員做平拋運動，在豎直方向的速度vgt從A到C由動能定理得mg·Rmvv1下落高度為h1gt2距地面高度為h2Hh1Hgt2(3)由動能定理得Wfmg(HR)mv2Wfmv2mg(HR)第二講 機械能守恒定律考點一機械能守恒的判斷【1】考點逐項排查（基礎層）1重力做功與重力勢能(1)重力做功的特點重力做功與路徑無關，只與初、末位置的高度差有關(2)重力做功與重力勢能變化的關系定性關系：重力對物體做正功，重力勢能就減少；重力對物體做負功，重力勢能就增加定量關系：物體從位置A到位置B時，重力對物體做的功等于物體重力勢能的減少量，即WGEp.重力勢能的變化量是絕對的，與參考面的選取無關

32、2彈性勢能(1)定義發生彈性形變的物體的各部分之間，由于有彈力的相互作用而具有的勢能(2)彈力做功與彈性勢能變化的關系彈力做功與彈性勢能變化的關系類似于重力做功與重力勢能變化的關系對于彈性勢能，一般物體的彈性形變量越大，彈性勢能越大3機械能動能、重力勢能和彈性勢能統稱為機械能4機械能守恒定律內容：在只有重力或彈力做功的物體系統內，動能與勢能可以互相轉化，而總的機械能保持不變5機械能守恒的條件(1)系統只受重力或彈簧彈力的作用，不受其他外力(2)系統除受重力或彈簧彈力作用外，還受其他內力和外力，但這些力對系統不做功(3)系統內除重力或彈簧彈力做功外，還有其他內力和外力做功，但這些力做功的代數和為

33、零(4)系統跟外界沒有發生機械能的傳遞，系統內外也沒有機械能與其他形式的能發生轉化【思維深化】判斷下列說法是否正確(1)克服重力做功，物體的重力勢能一定增加()(2)發生彈性形變的物體都具有彈性勢能()(3)彈簧彈力做正功時，彈性勢能增加(×)(4)物體速度增大時，其機械能可能在減小()(5)物體所受合外力為零時，機械能一定守恒(×)(6)物體受到摩擦力作用時，機械能一定要變化(×)(7)物體只發生動能和勢能的相互轉化時，物體的機械能一定守恒()【2】題組階梯突破（應用層）1機械能守恒的判斷下列關于機械能守恒的說法中正確的是()A做勻速運動的物體，其機械能一定守恒

34、B物體只受重力，機械能才守恒C做勻速圓周運動的物體，其機械能一定守恒D除重力做功外，其他力不做功，物體的機械能一定守恒答案D解析勻速運動所受合外力為零，但除重力外可能有其他力做功，如物體在阻力作用下勻速向下運動，其機械能減少了，A錯物體除受重力或彈力也可受其他力，只要其他力不做功或做功的代數和為零，機械能也守恒，B錯勻速圓周運動物體的動能不變，但勢能可能變化，故C錯由機械能守恒條件知，選項D正確2機械能守恒的判斷(多選)如圖1所示，下列關于機械能是否守恒的判斷正確的是()圖1A甲圖中，物體A將彈簧壓縮的過程中，物體A機械能守恒B乙圖中，物體A固定，物體B沿斜面勻速下滑，物體B的機械能守恒C丙圖

35、中，不計任何阻力和定滑輪質量時，A加速下落，B加速上升過程中，A、B組成的系統機械能守恒D丁圖中，小球沿水平面做勻速圓錐擺運動時，小球的機械能守恒答案CD解析甲圖中重力和彈力做功，物體A和彈簧組成的系統機械能守恒，但物體A機械能不守恒，A錯乙圖中物體B除受重力外，還受到彈力和摩擦力作用，彈力不做功，但摩擦力做負功，物體B的機械能不守恒，B錯丙圖中繩子張力對A做負功，對B做正功，代數和為零，A、B組成的系統機械能守恒，C對丁圖中小球的動能不變，勢能不變，機械能守恒，D對3機械能守恒的判斷如圖2所示，固定的傾斜光滑桿上套有一個質量為m的圓環，圓環與一橡皮繩相連，橡皮繩的另一端固定在地面上的A點，橡

36、皮繩豎直時處于原長h.讓圓環沿桿滑下，滑到桿的底端時速度為零則在圓環下滑過程中()圖2A圓環機械能守恒B橡皮繩的彈性勢能一直增大C橡皮繩的彈性勢能增加了mghD橡皮繩再次達到原長時圓環動能最大答案C解析圓環沿桿滑下，滑到桿的底端的過程中有兩個力對圓環做功，即環的重力和橡皮繩的拉力，所以圓環的機械能不守恒，如果把圓環和橡皮繩組成的系統作為研究對象，則系統的機械能守恒，故A錯誤；橡皮繩的彈性勢能隨橡皮繩的形變量的變化而變化，由圖知橡皮繩先縮短后再伸長，故橡皮繩的彈性勢能先不變再增大，故B錯誤；根據系統的機械能守恒，圓環的機械能減少了mgh，那么圓環的機械能的減少量等于橡皮繩的彈性勢能增大量，為mg

37、h，故C正確；在圓環下滑過程中，橡皮繩再次達到原長時，該過程中動能一直增大，但不是最大，沿桿方向合力為零的時刻，圓環的動能最大，故D錯誤【規律總結】機械能守恒條件的理解及判斷1機械能守恒的條件絕不是合外力的功等于零，更不是合外力為零；“只有重力或彈力做功”不等于“只受重力或彈力作用”2對于一些繩子突然繃緊、物體間碰撞等情況，除非題目特別說明，否則機械能必定不守恒3對于系統機械能是否守恒，可以根據能量的轉化進行判斷考點二多物體機械能守恒問題【1】考點逐項排查（基礎層）多個物體組成的系統機械能守恒問題的解題思路(1)首先分析多個物體組成的系統所受的外力是否只有重力或彈力做功，內力是否造成了機械能與

38、其他形式能的轉化，從而判斷系統機械能是否守恒(2)若系統機械能守恒，則機械能從一個物體轉移到另一個物體，E1E2，一個物體機械能增加，則一定有另一個物體機械能減少【2】題組階梯突破（應用層）7桿連物體系統機械能守恒(2015·新課標全國·21)(多選)如圖5，滑塊a、b的質量均為m，a套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止開始運動不計摩擦，a、b可視為質點，重力加速度大小為g.則()圖5Aa落地前，輕桿對b一直做正功Ba落地時速度大小為Ca下落過程中，其加速度大小始終不大于gDa落地前，當a的機械能最小時，b對地面的壓力大小

39、為mg答案BD解析滑塊b的初速度為零，末速度也為零，所以輕桿對b先做正功，后做負功，選項A錯誤；以滑塊a、b及輕桿為研究對象，系統的機械能守恒，當a剛落地時，b的速度為零，則mghmv0，即va，選項B正確；a、b的先后受力分析如圖甲、乙所示由a的受力情況可知，a下落過程中，其加速度大小先小于g后大于g，選項C錯誤；當a落地前b的加速度為零(即輕桿對b的作用力為零)時，b的機械能最大，a的機械能最小，這時b受重力、支持力，且FNbmg，由牛頓第三定律可知，b對地面的壓力大小為mg，選項D正確8繩連物體系統機械能守恒如圖6所示，左側為一個半徑為R的半球形的碗固定在水平桌面上，碗口水平，O點為球心

40、，碗的內表面及碗口光滑右側是一個固定光滑斜面，斜面足夠長，傾角30°.一根不可伸長的不計質量的細繩跨在碗口及光滑斜面頂端的光滑定滑輪兩端上，繩的兩端分別系有可視為質點的小球m1和m2，且m1m2.開始時m1恰在碗口水平直徑右端A處，m2在斜面上且距離斜面頂端足夠遠，此時連接兩球的細繩與斜面平行且恰好伸直當m1由靜止釋放運動到圓心O的正下方B點時細繩突然斷開，不計細繩斷開瞬間的能量損失圖6(1)求小球m2沿斜面上升的最大距離s；(2)若已知細繩斷開后小球m1沿碗的內側上升的最大高度為，求.(結果保留兩位有效數字)答案(1)R(2)1.9解析(1)設重力加速度為g，小球m1到達最低點B時

41、，m1、m2速度大小分別為v1、v2如圖所示，由運動的合成與分解得v1v2對m1、m2組成的系統由機械能守恒定律得m1gRm2ghm1vm2vhRsin 30°聯立以上三式得v1 ，v2 設細繩斷開后m2沿斜面上升的距離為s，對m2由機械能守恒定律得m2gssin 30°m2v小球m2沿斜面上升的最大距離sRs聯立以上兩式并代入v2得sR(2)對m1由機械能守恒定律得：m1vm1g代入v1得1.9【技巧點撥】多物體機械能守恒問題的分析技巧1對多個物體組成的系統，一般用“轉化法”和“轉移法”來判斷其機械能是否守恒2注意尋找用繩或桿相連接的物體間的速度關系和位移關系3列機械能守

42、恒方程時，可選用EkEp的形式【限時自測】1(多選)如圖10所示，在地面上以速度v0拋出質量為m的物體，拋出后物體落到比地面低h的海平面上若以地面為零勢能面，而且不計空氣阻力，則下列說法中正確的是()圖10A重力對物體做的功為mghB物體在海平面上的勢能為mghC物體在海平面上的動能為mvmghD物體在海平面上的機械能為mv答案AD解析重力對物體做的功只與初、末位置的高度差有關，為mgh，A正確；物體在海平面上的勢能為mgh，B錯誤；由動能定理mghmv2mv，到達海平面時動能為mvmgh，C錯誤；物體只受重力做功，機械能守恒，等于地面時的機械能mv，D正確2如圖11所示，質量為m的小球，用O

43、B和OB兩根輕繩吊著，兩輕繩與水平天花板的夾角分別為30°和60°，這時OB繩的拉力大小為F1，若燒斷OB繩，當小球運動到最低點C時，OB繩的拉力大小為F2，則F1F2等于()圖11A11 B12 C13 D14答案D解析燒斷OB細繩前，小球處于平衡狀態，合力為零，根據幾何關系得：F1mgsin 30°mg；燒斷OB繩，設小球擺到最低點時速度為v，繩長為L.小球擺到最低點的過程中，由機械能守恒定律得：mgL(1sin 30°)mv2在最低點，有F2mgm聯立解得F22mg；故F1F2等于14.3如圖12所示，質量分別為2m和m的A、B兩物體用不可伸長的輕

44、繩繞過輕質定滑輪相連，開始兩物體處于同一高度，繩處于繃緊狀態，輕繩足夠長，不計一切摩擦現將兩物體由靜止釋放，在A落地之前的運動中，下列說法中正確的是()圖12AA物體的加速度為BA、B組成系統的重力勢能增大C下落t秒時，B所受拉力的瞬時功率為mg2tD下落t秒時，A的機械能減少了mg2t2答案D解析A與B的加速度大小相等，根據牛頓第二定律得：對A、B整體有：ag，故A錯誤；A、B組成系統的機械能不變，動能增大，重力勢能減小，故B錯誤；B受到的拉力：Fm(ga)，下落t秒時，B的速度：vatgt，所受拉力的瞬時功率為PFvmg2t，C錯誤；對A有：2mgFT2ma，得細繩的拉力FTmg.下落t秒

45、時，A下落的高度為hat2gt2，則A克服細繩拉力做功為WFThmg2t2.根據功能關系得知：A的機械能減少量為EAWmg2t2，故D正確4.如圖13所示，一輕桿兩端分別固定質量均為m的小球A和B，放置于半徑為R的光滑半圓軌道中，A球與圓心等高，B球恰在半圓的最低點，然后由靜止釋放，求在運動過程中兩球的最大速度的大小圖13答案解析當桿處于水平狀態時，A、B兩球組成的系統重心最低，兩球速度最大，A球下降的高度hAR·cos 45°，B球上升的高度hBR(1cos 45°)由兩球角速度相等知：兩球速度大小相等，設為v.由機械能守恒得：mghAmghB·2mv

46、2解得：v 第三講 功能關系 能量守恒定律考點一功能關系的應用【1】考點逐項排查（基礎層）幾種常見的功能關系及其表達式力做功能的變化定量關系 合力的功動能變化WEk2Ek1Ek重力的功重力勢能變化(1)重力做正功，重力勢能減少(2)重力做負功，重力勢能增加(3)WGEpEp1Ep2彈簧彈力的功彈性勢能變化(1)彈力做正功，彈性勢能減少(2)彈力做負功，彈性勢能增加(3)WFEpEp1Ep2只有重力、彈簧彈力做功機械能不變化機械能守恒E0除重力和彈簧彈力之外的其他力做的功機械能變化(1)其他力做多少正功，物體的機械能就增加多少(2)其他力做多少負功，物體的機械能就減少多少(3)W其他E一對相互作

47、用的滑動摩擦力的總功機械能減少內能增加(1)作用于系統的一對滑動摩擦力一定做負功，系統內能增加(2)摩擦生熱QFf·x相對【2】題組階梯突破（應用層）1功能關系的應用自然現象中蘊藏著許多物理知識，如圖1所示為一個盛水袋，某人從側面緩慢推袋壁使它變形，則水的勢能()圖1A變大 B變小C不變 D不能確定答案A解析人緩慢推水袋，對水袋做正功，由功能關系可知，水的重力勢能一定增加，A正確2功能關系的應用(多選)如圖2所示，一固定斜面傾角為30°，一質量為m的小物塊自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做勻減速運動，加速度大小等于重力加速度的大小g.物塊上升的最大高度為H，則此過程中，物

48、塊的()圖2A動能損失了2mgHB動能損失了mgHC機械能損失了mgHD機械能損失了mgH答案AC解析分析小物塊沿斜面上滑，根據題述可知，物塊所受滑動摩擦力Ff0.5mg，由動能定理，動能損失了mgH2mgH，選項A正確，B錯誤由功能關系，機械能損失mgH，選項C正確，D錯誤3功能關系的應用(2013·山東·16)(多選)如圖3所示，楔形木塊abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc與水平面的夾角相同，頂角b處安裝一定滑輪質量分別為M、m(M>m)的滑塊通過不可伸長的輕繩跨過定滑輪連接，輕繩與斜面平行兩滑塊由靜止釋放后，沿斜面做勻加速運動若不計滑輪的質量和摩擦，

49、在兩滑塊沿斜面運動的過程中()圖3A兩滑塊組成系統的機械能守恒B重力對M做的功等于M動能的增加C輕繩對m做的功等于m機械能的增加D兩滑塊組成系統的機械能損失等于M克服摩擦力做的功答案CD解析兩滑塊釋放后，M下滑、m上滑，摩擦力對M做負功，系統的機械能減少，減少的機械能等于M克服摩擦力做的功，選項A錯誤，D正確除重力對滑塊M做正功外，還有摩擦力和繩的拉力對滑塊M做負功，選項B錯誤繩的拉力對滑塊m做正功，滑塊m機械能增加，且增加的機械能等于拉力做的功，選項C正確4功能關系的應用(2015·江蘇·9)(多選)如圖4所示，輕質彈簧一端固定，另一端與一質量為m、套在粗糙豎直固定桿A處

50、的圓環相連，彈簧水平且處于原長圓環從A處由靜止開始下滑，經過B處的速度最大，到達C處的速度為零，ACh.圓環在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A.彈簧始終在彈性限度內，重力加速度為g.則圓環()圖4A下滑過程中，加速度一直減小B下滑過程中，克服摩擦力做的功為mv2C在C處，彈簧的彈性勢能為mv2mghD上滑經過B的速度大于下滑經過B的速度答案BD解析由題意知，圓環從A到C先加速后減速，到達B處的加速度減小為零，故加速度先減小后增大，故A錯誤；根據能量守恒，從A到C有mghWfEp，從C到A有mv2EpmghWf，聯立解得：Wfmv2，Epmghmv2，所以B正確，C錯誤；根據能量守恒，從

51、A到B的過程有mvEpWfmgh，B到A的過程有mvB2EpmghWf，比較兩式得vB>vB，所以D正確【技巧點撥】功能關系的理解和應用原則1牢記三條功能關系(1)重力做的功等于重力勢能的變化，彈力做的功等于彈性勢能的變化(2)合外力做的功等于動能的變化(3)除重力、彈力外，其他力做的功等于機械能的變化2功能關系的選用原則(1)在應用功能關系解決具體問題的過程中，若只涉及動能的變化用動能定理分析(2)只涉及重力勢能的變化用重力做功與重力勢能變化的關系分析(3)只涉及機械能變化用除重力和彈力之外的力做功與機械能變化的關系分析(4)只涉及電勢能的變化用電場力做功與電勢能變化的關系分析考點二摩

52、擦力做功的特點及應用【1】考點逐項排查（基礎層）1靜摩擦力做功的特點(1)靜摩擦力可以做正功，也可以做負功，還可以不做功(2)相互作用的一對靜摩擦力做功的代數和總等于零(3)靜摩擦力做功時，只有機械能的相互轉移，不會轉化為內能2滑動摩擦力做功的特點(1)滑動摩擦力可以做正功，也可以做負功，還可以不做功(2)相互間存在滑動摩擦力的系統內，一對滑動摩擦力做功將產生兩種可能效果：機械能全部轉化為內能；有一部分機械能在相互摩擦的物體間轉移，另外一部分轉化為內能(3)摩擦生熱的計算：QFf x相對其中x相對為相互摩擦的兩個物體間的相對位移思維深化為什么說相互作用的一對靜摩擦力做功的代數和總等于零？一對滑

53、動摩擦力做功的代數和總是負值？答案一對靜摩擦力總是存在于相對靜止的兩個物體之間，它們的大小相等，方向相反，物體的位移總是相同，因而它們的功的代數和總等于零一對滑動摩擦力總是存在于相對滑動的兩個物體之間，總要產生熱量，也就是說兩個物體的機械能總要減小，因而它們的功的代數和總是負值【2】題組階梯突破（應用層）5摩擦力做功的理解如圖5所示，某工廠用傳送帶向高處運送物體，將一物體輕輕放在傳送帶底端，第一階段物體被加速到與傳送帶具有相同的速度，第二階段與傳送帶相對靜止，勻速運動到傳送帶頂端下列說法正確的是()圖5A第一階段摩擦力對物體做正功，第二階段摩擦力對物體不做功B第一階段摩擦力對物體做的功等于第一

54、階段物體動能的增加量C第一階段物體和傳送帶間摩擦產生的熱等于第一階段物體機械能的增加量D物體從底端到頂端全過程機械能的增加量大于全過程摩擦力對物體所做的功答案C解析對物體受力分析知，其在兩個階段所受摩擦力方向都沿斜面向上，與其運動方向相同，摩擦力對物體都做正功，A錯誤；由動能定理知，外力做的總功等于物體動能的增加量，B錯誤；物體機械能的增加量等于摩擦力對物體所做的功，D錯誤；設第一階段運動時間為t，傳送帶速度為v，對物體：x1t，對傳送帶：x1v·t，摩擦生的熱QFfx相對Ff(x1x1)Ff·t，機械能增加量EFf·x1Ff·t，所以QE，C正確6摩擦力做功的分析(2013·江蘇·9)(多選)如圖6所示，水平桌面上的輕質彈簧一端固定，另一端與小物塊相連彈簧處于自然長度時物塊位于O點(圖中未標出)物塊的質量為m，ABa，物塊與桌面間的動摩擦因數為