1
可解得：Wf＝kmgR. 2
[答案] D
[误区警示] 由于思维定式，错误地认为静摩擦力提供向心力，静摩擦力总指向圆心，静摩擦力不做功．
【例2】 [解析] 两个斜面的下部B、C分别与光滑的圆弧面相切，圆心角为120°，所以可分析斜面的倾角为θ＝60°，物体在斜面上所受到的滑动摩擦力为Ff＝μmgcos60°＝
130.02×mg＝0.01mg，重力沿斜面的分力G′＝mgsin60°＝mg>Ff，所以物体不能停留在
22斜面上．
设物体在斜面上运动的总路程为x，对全过程应用动能定理得mg[h－R(1－cos60°)]－
1
μmgxcos60°＝0－mv2.解得x＝280 m.
2
[答案] 280 m
[误区警示] 考虑到重力做功与路径无关的特点，滑动摩擦力一直做负功，且与路程成正比，所以对全过程应用动能定理就显得非常简便．该题的求解充分显示了用动能定理解题的优越性，用动能定理解题的思路可以概括为八个字：“一个过程，两个状态”．一要关注过程中各力做功情况，二要关注过程的始末动能，而不必关注中间过程的细节，但这也是分析审题后确定解题方法的一个易错点，一旦选用方法不当，将会陷入繁琐复杂的尴尬境地．
第三讲 机械能守恒定律
知识梳理
一、1.运动路径 高度差 mgΔh
2．(1)重力 高度 mgh (2)标量 参考平面 (3)物体 地球 绝对 无关 (4)减少 增加 减少
3．(1)弹性形变 (2)越大 越大 (3)减少 增加 正功 减少 负功 增加 二、1.重力 转化 不变 2．Ek2＋Ep2
3．重力 系统内的弹簧弹力 考点自测
1．解析 重力做功决定重力势能的变化，随着高度的降低，重力一直做正功，重力势能一直减小，A项正确；弹性势能的变化取决于弹力做功，当蹦极绳张紧后，随着运动员的下落弹力一直做负功，弹性势能一直增大，B项正确；在蹦极过程中，由于只有重力和蹦极绳的弹力做功，由运动员、地球及蹦极绳所组成的系统机械能守恒，C项正确；重力势能的大小与重力势能零点的选取有关，而重力势能的改变与重力势能零点的选取无关，D项错误．
答案 ABC
2．解析 判断机械能是否守恒，就要依据机械能守恒的条件来分析．要看是不是只有重力(或系统内弹簧的弹力)做功，而不是看物体如何运动．物体做变速曲线运动，机械能可能守恒，如平抛运动，A项正确；合外力做功为零，只是动能不变，势能的变化情况不确定，机械能不一定守恒，如物体匀速下落，机械能减少，C项错误；沿水平面运动的物体，重力势能不变，如果不是匀速，动能发生变化，机械能就不守恒，B项错误；只有重力对物体做功时，机械能一定守恒，D项正确．
答案 AD
3．解析 当两物体上升到同一高度时，由于两个物体的质量不同，所以具有的重力势能不同，又因为两物体具有相同的机械能，所以在同一高度处，具有的动能不同．所以选项A、C两项错误，B项正确；对于选项D，初速度不同，上升高度相同，则末速度必定不同．
答案 B
4．解析 两球在下落过程中，机械能守恒，刚开始下落时，势能相同，动能都为零，所以机械能相等，下落到最低点时的机械能也一样大，C项正确；选取小球A为研究对象，
1
设球到达最低点时的速度大小为vA，动能为EA，球所受的拉力大小为FA，则mgL＝mv2，
2
mv2
FA－mg＝，联立可得vA＝2gL，EA＝mgL，FA＝3mg，同理可得vB＝2 gL，EB＝2mgL，
L
FB＝3mg，A、B两项错误，D项正确．
答案 CD
5．解析 物体与弹簧构成的系统机械能守恒．物体从释放到下降到P处，对质量为m
1
的物体A有mg(h＋x0)＝Ep弹；对质量为2m的物体B有2mg(h＋x0)＝Ep弹＋×2mv2.联立解
2得v＝g?h＋x0?，D项正确．
答案 D 典例剖析
【变式训练1】 解析 物体下滑过程中，由于物体与斜面相互间有垂直于斜面的作用力，使斜面加速运动，斜面的动能增加；物体克服其相互作用力做功，物体的机械能减少，但动能增加，重力势能减少，选项A正确，选项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，选项C错误；对物体和斜面组成的系统，仅有重力做功，因此，系统机械能守恒，选项D正确．
答案 AD
1
【变式训练2】 解析 (1)人离开平台后做平抛运动，有h＝gt2，
2
vygt
由题意知＝＝tan53°，
v0v0
联立解得v0＝3 m/s. (2)根据机械能守恒有
11
mg[h＋R(1－cos53°)]＝mv2－mv2，
220
mv2
在最低点O处有FN－mg＝，
R
联立两式，代入数据解得FN＝1 290 N，
根据牛顿第三定律小孩对轨道的压力FN′＝1 290 N，方向竖直向下 答案 (1)3 m/s (2)1 290 N，竖直向下
1
【变式训练3】 解析 设物块沿斜面下滑 s距离时的速度为v，由机械能守恒得(4m
2
2
＋m)v＝4mgssin30°－mgs①
细线突然断开的瞬间，物块B竖直上升的速度为v，此后B做竖直上抛运动，设继续
1
上升的距离为h，由机械能守恒得mv2＝mgh②
2
物块B上升的最大高度H＝h＋s③ 由①②③解得H＝1.2s. 答案 1.2s 【变式训练4】 解析 (1)设小球经过B点时的速度大小为vB，由机械能守恒得：mg(H12
－h)＝mvB
2
解得vB＝10 m/s.
(2)设小球经过C点时的速度为vC，对轨道的压力为FN，则轨道对小球的支持力FN′＝
2vCFN，根据牛顿第二定律可得FN′－mg＝m
R112
由机械能守恒得：mgR(1－cos53°)＋mv2B＝mvC 22由以上两式及FN′＝FN解得FN＝43 N.
(3)设小球受到的阻力为Ff，到达S点的速度为vS，在此过程中阻力所做的功为W，易知vD＝vB，由动能定理可得
112
mgh＋W＝mv2S－mvD 22解得W＝－68 J.
答案 (1)10 m/s (2)43 N (3)－68 J 误区反思 感悟提高
【例1】 [解析] 若把斜面从C点锯断，物体将从C点做斜上抛运动，到最高点速度不为零，据机械能守恒定律，物体不能升高到h；若弯成圆弧状，则升到圆弧的最高点必有大于或等于Rg的速度，据机械能守恒，不能升高h.
[答案] D
[误区警示] 解题时应抓住问题的关键，物体到达最高点时速度是否为零，若为零，则上升到h高度；若不为零，则上升高度小于h.
【例2】 [解析] 当小球甲上升到圆柱体最高点时，绳子突然断开，此时甲恰好做平抛运动，说明甲对圆柱体无压力，由牛顿第二定律得：
v2
m1g＝m1，以小球甲、乙和地球为系统，有：
RπR1
m2g(R＋)－m1g×2R＝(m1＋m2)v2，
22
5
由以上两式可求得：m2＝m.
π＋11
5
[答案] m2＝m
π＋11
[误区警示] 本例中m1、m2两小球高度变化不相等，若不能正确认识此知识点，则会导致重力势能变化求解错误．
第四讲 功能关系 能量守恒定律
知识梳理
一、1.功 做功
2．(1)重力势能 (2)弹性势能 (3)内能 (4)电势能 (5)电能 二、1.转化 转移 保持不变
2．(1)增加 相等 (2)增加 相等 考点自测
1．答案 BCD
2．解析 功的计算公式W＝Fscosα中的s是指相对于地面的位移，滑动摩擦力和静摩擦力仅起阻碍物体间的相对运动(或相对运动趋势)的作用，它与物体对地“绝对位移”的方向既可能相同也可能相反，说它们一定做负功是错误的．物体间有静摩擦力作用时两物体相对静止，物体可以对地移动，所以静摩擦力也可能做功．物体间有相对滑动时，伴随机械能的损耗(转化为内能)，所以一对滑动摩擦力做功的总和恒为负值．
答案 ABCD
3．解析 重力做功公式WG＝mgh，h为初、末位臵的高度差，与路径无关，所以由P到B重力做功为WG＝mgR，A项错误；小球做圆周运动恰好经过B点时，由牛顿第二定律
v21
可知mg＝m，即v＝gR，小球由P到B的过程，由动能定理可知W合＝WG＋Wf＝mv2
R2
1mgR
－0，解得W合＝mgR，Wf＝－，C项错误，D项正确；由功能关系可知，物体克服摩
22
擦力做的功等于物体机械能的减少量，B项错误．
答案 D
4．解析 本题要求的是人对铅球做的功，由于人对铅球的作用力是变力，且位移未知，不能运用功的计算公式来计算，可根据功能关系，人对铅球做功，使铅球动能增加，因此，此人对铅球所做的功等于铅球动能的增加，即150 J，将体内的化学能转化为铅球的动能．故只有A项正确．
答案 A
5．解析 由题意知外力对绳索做正功，机械能增加，重心升高，故选A项． 答案 A
典例剖析
【变式训练1】 解析 根据重力做功量度重力势能的变化，因为克服重力做功为mgh，
3h
故重力势能增加了mgh，A项错误；合力做功量度动能的变化，由于合力做功为－mg×
4sin30°
33
＝－mgh，动能减小了mgh，故B项错误；对物体受力分析，根据牛顿第二定律可计算出
22
11h1
物体受的摩擦力大小为mg，重力以外的力做功为－mg×＝－mgh，故机械能损失
44sin30°2
11
了mgh，C项正确；由功率的定义式得摩擦力的功率P＝mgv，由于速度随时间均匀减小，24摩擦力的功率随时间均匀减小，D项正确．
答案 CD
【变式训练2】 解析 木块刚放上时速度为零，必然受到传送带的滑动摩擦力作用，做匀加速直线运动，达到与传送带共速后不再相对滑动，整个过程中木块获得一定的能量，系统要产生摩擦热．
对小木块，相对滑动时由ma＝μmg得加速度a＝μg.
v
由v＝at得，达到相对静止所用时间t＝.
μg
2
vv
(1)小木块的位移l1＝t＝. 22μg
v2
(2)传送带始终匀速运动，路程l2＝vt＝. μg
1
(3)小木块获得的动能Ek＝mv2.
2
1
也可用动能定理：μmgl1＝Ek，故Ek＝mv2.
21
(4)产生的摩擦热：Q＝μmg(l2－l1)＝mv2.
2
(注意，Q＝Ek是一种巧合，不是所有的问题都这样)
(5)由能量守恒定律得，电机输出的总能量转化为小木块的动能与摩擦热，所以E总＝Ek
＋Q＝mv2.
v2v21
答案 (1) (2) (3)mv2
2μgμg21
(4)mv2 (5)mv2 2
【变式训练3】 解析 (1)推力做功全部转化为弹簧的弹性势能，则有W＝Ep，
1
即25＝×200×x2，得x＝0.5 m，
2
kx
由牛顿运动定律得a＝＝50 m/s2.
m
(2)设滑块到达B点时的速度为vB，
1222
由能量关系有W－μmgL＝mv2B，得vB＝21 m/s， 2
v2B对小滑块，由牛顿第二定律得FN－mg＝m，
R
解得FN＝62 N，
由牛顿第三定律可知，小滑块对B点的压力F＝62 N.
1
(3)设滑块能够到达C点，且具有速度vC，由功能关系得W－μmgL－mgR＝mv2，代
2C
入数据解得vC＝1 m/s.
故滑块能够越过C点，从滑块离开C点到再次回到C点过程中，滑块做匀变速运动，
2vC
以向下为正方向，有vC＝－vC＋gt，t＝＝0.2 s.
g
2
答案 (1)50 m/s (2)62 N (3)能 0.2 s
误区反思 感悟提高
【例1】 [解析] 在F1、F2作用下，m与M先分别向右、左做加速运动(F1＝F2＞kx时)，再做减速运动(F1＝F2＜kx时)，速度同时减小到零后再分别沿原来的反方向先做加速运动，再做减速运动，速度同时减小到零后重复上述过程，显然，在F1＝F2＝kx时，m与M的速度最大，动能最大，在整个运动过程中，F1与F2既有做正功的过程，也有做负功的过程，机械能既有增加的过程，又有减少的过程，所以只有D项正确．
[答案] D
[误区警示] M、m两物体并不是一直分别向左、向右运动的，故F1、F2并非一直做正功．若对物体的运动情况分析不到位，则容易错选B项．
【例2】 [解析] 由能量守恒，电动机做的功等于物体获得的动能和由于摩擦而产生的热量，故A项错误；对物体受力分析知，仅有摩擦力对物体做功，由动能定理知，B项错误；传送带克服摩擦力做功等于摩擦力与传送带对地位移的乘积，而易知这个位移是木块对
2
地位移的两倍，即W＝mv，故C项错误；由功率公式易知电动机增加的功率为μmgv，故D项正确．
[答案] D
[误区警示] 容易出现的错误是对能量转化的关系认识不清，忽视了克服系统内的摩擦力做功，只关注物体获得的动能．
第五讲 实验?一? 探究动能定理实验?二? 验证机械能守恒定律
知识梳理 实验(一) 二、速度 四、3.相同 实验(二)
112
二、动能 重力势能 mv2B－mvA 22
112
四、5.mghAB mv2－mv
2B2A
考点自测
1．解析 本实验没有必要测出橡皮筋做的功到底是多少焦耳，只要测出以后每次实验时橡皮筋做的功是第一次的多少倍就足够了，A项错误；每次实验橡皮筋拉伸的长度必须保持一致，只有这样才能保证以后每次实验时，橡皮筋做的功是第一次的整数倍，否则，功的数值难以测定，B项错误；小车运动过程中会受到阻力，只有使木板倾斜到一定程度，才能减小误差，C项错误；实验时，应该先接通电源，让打点计时器开始工作，然后再让小车在橡皮筋的作用下弹出，D项正确．
答案 D
2．解析 通过实验可知，做的功W与小车速度v2成正比，故与v应是二次函数关系，故B项正确，A、C、D项均错误．
答案 B
3．解析 本实验依据的原理是用重物自由下落验证机械能守恒定律，因此重物的质量应取得大一些，以便系统所受的阻力和重物的重量相比可以忽略不计，以保证重物做自由落体运动．
对做自由落体运动的物体来说，物体的机械能守恒，即重力势能的减少量等于其动能的增加量，式中均与质量有关，可消去m，故无须称量重物质量，故此题选A、C两项．
答案 AC
4．解析 本题意在考查考生对“验证机械能守恒定律”实验原理的理解，并能正确分析实验误差的来源．
(1)打点计时器使用的电源为交流电源，故应选取0～12 V的交流电源，D项正确；利用米尺测量纸带上各点间的距离，A项正确．本实验中利用打点计时器作为计时工具，所以不需要秒表，B项错误．
(2)实验误差的来源主要是由于下落过程中纸带与打点计时器间有摩擦，需要克服摩擦