江蘇版2023版高三一輪總復(fù)習(xí)物理第五章機械能及其守恒定律教案

73/73[高考備考指南]知能模塊考點內(nèi)容高考(江蘇卷)五年命題情況對照分析20172018201920202021年適應(yīng)考2021命題分析核心素養(yǎng)物理觀念：功、功率、動能、重力勢能、彈性勢能。科學(xué)思維：功率與牽引力和速度的關(guān)系、動能定理、功能關(guān)系、機械能守恒定律。科學(xué)探究：通過實驗，驗證機械能守恒定律?？茖W(xué)態(tài)度與責(zé)任：能源的開發(fā)、利用及能量的轉(zhuǎn)化與守恒。功和功率一、功1．做功兩因素力和物體在力的方向上發(fā)生的位移。2．公式：W＝Flcos_α(1)α是力與位移方向之間的夾角，l是物體對地的位移。(2)該公式只適用于恒力做功。3．功的正負(fù)的判斷方法恒力的功依據(jù)力與位移方向的夾角來判斷曲線運動中的功依據(jù)力與速度方向的夾角α來判斷，0°≤α＜90°時，力對物體做正功；90°＜α≤180°時，力對物體做負(fù)功；α＝90°時，力對物體不做功能量變化時的功功是能量轉(zhuǎn)化的量度，若有能量轉(zhuǎn)化，則必有力對物體做功。此法常用于判斷兩個相聯(lián)系的物體之間的相互作用力做功二、功率1．定義：功與完成這些功所用時間的比值。2．物理意義：描述做功的快慢。3．公式(1)P＝eq\f(W,t)，P為時間t內(nèi)的平均功率。(2)P＝Fvcosα(α為F與v的夾角)。①v為平均速度，則P為平均功率。②v為瞬時速度，則P為瞬時功率。4．額定功率與實際功率(1)額定功率：動力機械長時間正常工作時輸出的最大功率。(2)實際功率：動力機械實際工作時輸出的功率，要求小于或等于額定功率。一、易錯易誤辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)只要物體受力的同時又有位移發(fā)生，則一定有力對物體做功。 (×)(2)一個力對物體做了負(fù)功，則說明這個力一定阻礙物體的運動。 (√)(3)滑動摩擦力可能做負(fù)功，也可能做正功；靜摩擦力對物體一定做負(fù)功。 (×)(4)據(jù)P＝Fv可知，發(fā)動機功率一定時，交通工具的牽引力與運動速度成反比。 (√)(5)汽車上坡的時候，司機必須換擋，其目的是減小速度，得到較大的牽引力。 (√)(6)公式P＝Fv中的F是物體受到的合外力。 (×)二、教材習(xí)題衍生1．(對功的理解)如圖所示，力F大小相等，物體運動的位移s也相同，哪種情況F做功最少()ABCD[答案]D2．(對功率的理解)關(guān)于功率公式P＝eq\f(W,t)和P＝Fv的說法正確的是()A．由P＝eq\f(W,t)知，只要知道W和t就可求出任意時刻的功率B．由P＝Fv只能求某一時刻的瞬時功率，不可以求平均功率C．由P＝Fv知，隨著汽車速度增大，它的功率也可以無限增大D．由P＝Fv知，當(dāng)汽車發(fā)動機功率一定時，牽引力與速度成反比D[P＝eq\f(W,t)只適用于求平均功率，P＝Fv雖是由前者推導(dǎo)得出，但可以用于求平均功率和瞬時功率，選項A、B錯誤；汽車運行時不能長時間超過額定功率，故隨著汽車速度的增大，它的功率并不能無限制的增大，選項C錯誤；當(dāng)功率一定時，速度越大，牽引力越?。凰俣仍叫?，牽引力越大，故牽引力與速度成反比，選項D正確。]3．(功的正負(fù)的判斷)用起重機將質(zhì)量為m的物體勻速吊起一段距離，那么作用在物體上的各力做功情況應(yīng)是下列說法中的哪一種()A．重力做正功，拉力做負(fù)功，合力做功為零B．重力做負(fù)功，拉力做正功，合力做正功C．重力做負(fù)功，拉力做正功，合力做功為零D．重力不做功，拉力做正功，合力做正功C[物體勻速上升，重力方向與位移方向相反，重力做負(fù)功，拉力豎直向上，拉力方向與位移方向相同，拉力做正功，物體做勻速直線運動，處于平衡狀態(tài)，所受合力為零，則合力做功為零，故A、B、D錯誤，C正確。]功的分析與計算1．(功的計算)物體在大小相等的力F作用下，分別在粗糙的水平地面上發(fā)生了一段位移x，其力與速度方向夾角如圖所示，則下列判斷正確的是()A．甲圖中力F做負(fù)功B．乙圖中合外力做功最多C．丙圖中摩擦力做功最多D．三個圖中力F做功相同B[根據(jù)W＝Fxcosα，甲中F與位移x的夾角為30°，力F做正功，乙中F與x的夾角為150°，力F做負(fù)功，丙中F與x的夾角為30°，力F做正功，這三種情形下力F和位移x的大小都是一樣的，將力沿著水平和豎直方向正交分解，水平分力大小相同，只有水平分力做功，豎直分力不做功，故三種情況下力F做功的大小是相等的，但乙圖中力F做功的性質(zhì)與其他兩個不同，選項A、D錯誤；將力F正交分解可知，豎直方向上甲對地面的壓力最大，故甲受到的摩擦力大于乙、丙受到的摩擦力，而對乙分析可知，摩擦力與拉力的方向相同，故乙中合外力最大，所以乙圖中合外力做功最多，選項B正確；由B的分析可以知道，甲中摩擦力最大，故甲中摩擦力做功最多，選項C錯誤。]2．(正負(fù)功的判斷)如圖所示，粗糙的斜面在水平恒力的作用下向左勻速運動，一物塊置于斜面上并與斜面保持相對靜止，下列說法中不正確的是()A．斜面對物塊不做功B．斜面對地面的摩擦力做負(fù)功C．斜面對物塊的支持力做正功D．斜面對物塊的摩擦力做負(fù)功B[斜面對物塊的作用力可以等效為一個力，根據(jù)平衡條件，這個力與物塊的重力大小相等，方向相反，與位移方向的夾角為90°，所以不做功，選項A正確；地面受到摩擦力作用，但沒有位移，所以斜面對地面的摩擦力不做功，選項B錯誤；斜面對物塊的支持力與位移方向的夾角小于90°，做正功，而斜面對物塊的摩擦力與位移方向的夾角大于90°，做負(fù)功，所以選項C、D正確。]3．(功的計算)如圖所示，水平路面上有一輛質(zhì)量為M的汽車，車廂中有一個質(zhì)量為m的人正用恒力F向前推車廂，在車以加速度a向前加速行駛距離L的過程中，下列說法正確的是()A．人對車的推力F做的功為FLB．人對車做的功為maLC．車對人的作用力大小為maD．車對人的摩擦力做的功為(F－ma)LA[根據(jù)功的公式可知，人對車的推力做功W＝FL，故A正確；在水平方向上，由牛頓第二定律可知車對人的作用力為F′＝ma，由牛頓第三定律可知人對車的作用力為－ma，人對車做功為W＝－maL，故B錯誤；人水平方向受到的合力為ma，豎直方向上車對人還有支持力，故車對人的作用力為N＝eq\r(ma2＋mg2)＝meq\r(a2＋g2)，故C錯誤；對人由牛頓第二定律可得f－F＝ma，則f＝ma＋F，車對人的摩擦力做功為W＝fL＝(F＋ma)L，故D錯誤。]1．功的正負(fù)的判斷方法(1)恒力做功正負(fù)的判斷：依據(jù)力與位移的夾角來判斷。(2)曲線運動中做功正負(fù)的判斷：依據(jù)F與v的方向的夾角α來判斷。0°≤α<90°，力對物體做正功；90°<α≤180°，力對物體做負(fù)功；α＝90°，力對物體不做功。2．恒力做功的計算方法3．合力做功的計算方法方法一：先求合外力F合，再用W合＝F合lcosα求功。適用于F合為恒力的過程。方法二：先求各個力做的功W1、W2、W3…，再應(yīng)用W合＝W1＋W2＋W3…求合外力做的功。功率的分析與計算1．平均功率的計算方法(1)利用eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)。(2)利用eq\x\to(P)＝F·eq\x\to(v)cosα，其中eq\x\to(v)為物體運動的平均速度，F(xiàn)為恒力。2．瞬時功率的計算方法(1)利用公式P＝F·vcosα，其中v為t時刻的瞬時速度。(2)P＝F·vF，其中vF為物體的速度v在力F方向上的分速度。(3)P＝Fv·v，其中Fv為物體受到的外力F在速度v方向上的分力。功率的計算1．(2021·江蘇南通二模)引體向上是中學(xué)生體育測試的項目之一，引體向上運動的吉尼斯世界紀(jì)錄是54次/分鐘。若一個普通中學(xué)生在30秒內(nèi)完成12次引體向上，該學(xué)生此過程中克服重力做功的平均功率最接近于()A．5W B．20WC．100W D．400WC[學(xué)生體重約為50kg，每次引體向上上升高度約為0.5m，引體向上一次克服重力做功為W＝mgh＝50×10×0.5J＝250J，全過程克服重力做功的平均功率為eq\o(P,\s\up6(－))＝eq\f(nW,t)＝eq\f(12×250,30)W＝100W，故C正確，A、B、D錯誤。]瞬時功率與平均功率2．質(zhì)量為m的物體從距地面H高處自由下落，經(jīng)歷時間t，則下列說法中不正確的是()A．t秒內(nèi)重力對物體做功為eq\f(1,2)mg2t2B．t秒內(nèi)重力的平均功率為mg2tC．eq\f(t,2)秒末重力的瞬時功率與t秒末重力的瞬時功率之比為1∶2D．前eq\f(t,2)秒內(nèi)重力做功的平均功率與后eq\f(t,2)秒內(nèi)重力做功的平均功率之比為1∶3B[物體自由下落，t秒內(nèi)物體下落h＝eq\f(1,2)gt2，Wt＝mgh＝eq\f(1,2)mg2t2，故A正確；P＝eq\f(W,t)＝eq\f(\f(1,2)mg2t2,t)＝eq\f(1,2)mg2t，故B錯誤；從靜止開始自由下落，前eq\f(t,2)秒末與后eq\f(t,2)秒末的速度之比為1∶2(因v＝gt∝t)，又有P＝Fv＝mgv∝v，故前eq\f(t,2)秒末與后eq\f(t,2)秒末功率瞬時值之比為P1∶P2＝1∶2，C正確；前eq\f(t,2)秒與后eq\f(t,2)秒下落的位移之比為1∶3，則重力做功之比為1∶3，故重力做功的平均功率之比為1∶3，D正確。]功與功率的計算3．(2021·江蘇金陵中學(xué)高考模擬)如圖所示，兩個完全相同的小球分別從水平地面上A點和A點正上方的O點拋出，O點拋出小球做平拋運動，A點斜拋出的小球能達到的最高點與O點等高，且兩球同時落到水平面上的B點，關(guān)于兩球的運動，下列說法正確的是()A．兩小球應(yīng)該是同時拋出B．兩小球著地速度大小相等C．兩小球著地前瞬間，重力的瞬時功率相等D．兩小球做拋體運動過程重力做功相等C[從水平地面上A點拋出的小球做斜拋運動，設(shè)O點與水平地面的高度為h，所以從水平地面上A點拋出的小球的運動時間為t1＝2eq\r(\f(2h,g))，從O點拋出的小球做平拋運動，小球的運動時間為t2＝eq\r(\f(2h,g))，故選項A錯誤；兩小球在豎直方向上有vy＝eq\r(2gh)，在水平方向，根據(jù)x＝v0t可知，從水平地面上A點拋出的小球的水平初速度是從O點拋出的小球做平拋運動的初速度的eq\f(1,2)，根據(jù)vt＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))可知兩小球著地速度大小不相等，根據(jù)Py＝mgvy可知兩小球著地前瞬間重力的瞬時功率相等，故選項C正確，B錯誤；根據(jù)WG＝mgh可得從水平地面上A點拋出的小球的重力做功為零，從O點拋出的小球的重力做功為mgh，故選項D錯誤。]求解功率時應(yīng)注意的三個問題(1)首先要明確所求功率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(yīng)，計算時應(yīng)明確是哪個力在哪段時間(或過程)內(nèi)做功的平均功率。(3)瞬時功率計算時應(yīng)明確是哪個力在哪個時刻(或狀態(tài))的功率。機車啟動問題1．兩種啟動方式以恒定功率啟動以恒定加速度啟動P-t圖像和v-t圖像OA段過程分析v↑?F＝eq\f(P,v)↓?a＝eq\f(F－F阻,m)↓a＝eq\f(F－F阻,m)不變?F不變eq\o(?,\s\up10(v↑))P＝Fv↑直到P額＝Fv1運動性質(zhì)加速度減小的加速運動勻加速直線運動，維持時間t0＝eq\f(v1,a)AB段過程分析F＝F阻?a＝0?vm＝eq\f(P,F阻)v↑?F＝eq\f(P額,v)↓?a＝eq\f(F－F阻,m)↓運動性質(zhì)以vm做勻速直線運動加速度減小的加速運動BC段無F＝F阻?a＝0?以vm＝eq\f(P額,F阻)做勻速運動2．三個重要關(guān)系式(1)無論哪種啟動過程，機車的最大速度都為vm＝eq\f(P,F阻)。(2)機車以恒定加速度啟動時，勻加速過程結(jié)束后功率最大，速度不是最大，即v＝eq\f(P,F)<vm＝eq\f(P,F阻)。(3)機車以恒定功率運行時，牽引力做的功W＝Pt，由動能定理得Pt－F阻x＝ΔEk，此式經(jīng)常用于求解機車以恒定功率啟動過程的位移、速度或時間。eq\o([典例])某汽車發(fā)動機的額定功率為120kW，汽車質(zhì)量為5t，汽車在運動中所受阻力的大小恒為車重的0.1倍。(g取10m/s2)(1)若汽車以額定功率啟動，則汽車所能達到的最大速度是多少？當(dāng)汽車速度達到10m/s時，其加速度是多少？(2)若汽車以恒定加速度0.5m/s2啟動，則其勻加速過程能維持多長時間？思路探究：(1)達到最大速度時，汽車處于勻速運動狀態(tài)。(2)以加速度0.5m/s2勻加速啟動時，達到勻加速的最大速度時功率達到額定功率。[解析](1)當(dāng)汽車的加速度為零時，汽車的速度v達到最大值vm，此時牽引力與阻力大小相等，故最大速度為vm＝eq\f(P,F)＝eq\f(P,Ff)＝eq\f(120×103,0.1×5000×10)m/s＝24m/sv＝10m/s時的牽引力F1＝eq\f(P,v)＝eq\f(120×103,10)N＝1.2×104N由F1－Ff＝ma得a＝eq\f(F1－Ff,m)＝eq\f(1.2×104－0.1×5×103×10,5×103)m/s2＝1.4m/s2。(2)當(dāng)汽車以a′＝0.5m/s2的加速度啟動時的牽引力F2＝ma′＋Ff＝(5000×0.5＋0.1×5×103×10)N＝7500N勻加速運動能達到的最大速度為v′m＝eq\f(P,F2)＝eq\f(120×103,7500)m/s＝16m/s由于此過程中汽車做勻加速直線運動，滿足v′m＝a′t，故勻加速過程能維持的時間t＝eq\f(v′m,a′)＝eq\f(16,0.5)s＝32s。[答案](1)24m/s1.4m/s2(2)32s機車啟動問題的三點注意(1)在機車功率P＝Fv中，F(xiàn)是機車的牽引力而不是機車所受合力或阻力，所以P＝Ffvm只體現(xiàn)了一種數(shù)量關(guān)系用于計算，即牽引力與阻力平衡時達到最大運行速度。(2)恒定功率下的啟動過程一定不是勻加速運動，勻變速直線運動的公式不再適用，啟動過程發(fā)動機做的功可用W＝Pt計算，不能用W＝Fl計算(因為F為變力)。(3)以恒定加速度啟動只能維持一段時間，之后又要經(jīng)歷非勻變速直線運動，所以勻變速直線運動的公式只適用于前一段時間，不可生搬硬套。eq\o([跟進訓(xùn)練])恒定功率啟動1．復(fù)興號動車在世界上首次實現(xiàn)速度350km/h自動駕駛功能，成為我國高鐵自主創(chuàng)新的又一重大標(biāo)志性成果。如圖所示，一列質(zhì)量為m的動車，初速度為v0，以恒定功率P在平直軌道上運動，經(jīng)時間t達到該功率下的最大速度vm，設(shè)動車行駛過程所受到的阻力F保持不變。動車在時間t內(nèi)()A．做勻加速直線運動B．加速度保持不變C．牽引力的功率P＝FvmD．牽引力做功W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)C[由P＝F牽v知，P不變，v變大，則F牽變小，由F牽－F＝ma知，a變小，故A、B錯誤；當(dāng)F牽＝F時，動車的速度最大，可得牽引力的功率P＝F牽vm＝Fvm，故C正確；由動能定理可知W－W阻＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，所以牽引力做功W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋W阻，故D錯誤。]恒定加速度啟動2．一起重機的鋼繩由靜止開始勻加速提起質(zhì)量為m的重物，當(dāng)重物的速度為v1時，起重機的功率達到最大值P，之后起重機保持該功率不變，繼續(xù)提升重物，最后重物以最大速度v2勻速上升，不計鋼繩重力。則整個過程中，下列說法正確的是()A．鋼繩的最大拉力為eq\f(P,v2)B．重物勻加速過程的時間為eq\f(mv\o\al(2,1),P－mgv1)C．重物勻加速過程的加速度為eq\f(P,mv1)D．速度由v1增大至v2的過程中，重物的平均速度eq\x\to(v)<eq\f(v1＋v2,2)B[勻加速過程物體處于超重狀態(tài)，鋼繩拉力較大，勻加速運動階段鋼繩的拉力為F＝eq\f(P,v1)，故A錯誤；根據(jù)牛頓第二定律可知F－mg＝ma，結(jié)合v＝at解得a＝eq\f(P,mv1)－g，t＝eq\f(mv\o\al(2,1),P－mgv1)，故B正確，C錯誤；在速度由v1增大至v2的過程中，重物做加速度減小的變加速運動，平均速度eq\x\to(v)>eq\f(v1＋v2,2)，故D錯誤。]機車啟動中的圖像問題3．(2021·姜堰中學(xué)一模)一輛小汽車在水平路面上由靜止啟動，在前5s內(nèi)做勻加速直線運動，5s末達到額定功率，之后保持以額定功率運動，其v-t圖像如圖所示。已知汽車的質(zhì)量為m＝1×103kg，汽車受到地面的阻力為車重的0.1倍，g取10m/s2，則以下說法正確的是()A．汽車在前5s內(nèi)的牽引力為5×102NB．汽車速度為25m/s時的加速度為5m/s2C．汽車的額定功率為100kWD．汽車的最大速度為80m/sC[由圖像可知勻加速直線運動的加速度為a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(20,5)m/s2＝4m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得F－f＝ma，解得牽引力為F＝f＋ma＝0.1×1×104N＋1×103×4N＝5×103N，故A錯誤。額定功率為P＝Fv＝5000×20W＝100kW，故C正確。當(dāng)車的速度是25m/s時，牽引力F′＝eq\f(P,v′)＝eq\f(100000,25)N＝4000N，此時車的加速度a′＝eq\f(F′－f,m)＝eq\f(4000－0.1×1×104,1×103)m/s2＝3m/s2，故B錯誤。當(dāng)牽引力與阻力相等時，速度最大，最大速度為vm＝eq\f(P,F)＝eq\f(P,f)＝eq\f(100000,1000)m/s＝100m/s，故D錯誤。]

動能定理一、動能1．定義：物體由于運動而具有的能。2．公式：Ek＝eq\f(1,2)mv2，v為瞬時速度，動能是狀態(tài)量。3．單位：焦耳，1J＝1N·m＝1kg·m2/s2。4．標(biāo)矢性：動能是標(biāo)量，只有正值。5．動能的變化量：ΔEk＝Ek2－Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)。二、動能定理1．內(nèi)容：合外力對物體所做的功等于物體動能的變化。2．表達式：W＝ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)。3．物理意義：合外力對物體做的功是物體動能變化的量度。4．適用條件(1)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(zhì)的力，既可以同時作用，也可以不同時作用。5．應(yīng)用動能定理解題步驟6．注意事項(1)動能定理中的位移和速度必須是相對于同一個參考系的，一般以地面或相對地面靜止的物體為參考系。(2)當(dāng)物體的運動包含多個不同過程時，可分段應(yīng)用動能定理求解；也可以全過程應(yīng)用動能定理求解。(3)動能是標(biāo)量，動能定理是標(biāo)量式，解題時不能分解動能。一、易錯易誤辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)一定質(zhì)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)物體的合外力對物體做的功為零，動能一定不變。 (√)(3)物體在合外力作用下做變速運動，動能一定變化。 (×)(4)物體的動能不變，其所受的合外力必定為零。 (×)二、教材習(xí)題衍生1．(動能定理的應(yīng)用)質(zhì)量約是500g的足球被踢出時的初速度為20m/s，某人觀察它在空中的飛行情況，上升的最大高度大約是5m，在最高點的速度大約為10m/s，請你估計運動員對足球做的功約為()A．25J B．50JC．75J D．100JD[在足球被踢出瞬間，應(yīng)用動能定理求解運動員對足球做W＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×0.5×202J＝100J，A、B、C錯誤，D正確。]2．(動能的理解)在下列幾種情況下，甲、乙兩物體的動能相等的是()A．甲的速度是乙的2倍，甲的質(zhì)量是乙的eq\f(1,2)B．甲的質(zhì)量是乙的2倍，甲的速度是乙的eq\f(1,2)C．甲的質(zhì)量是乙的4倍，甲的速度是乙的eq\f(1,8)D．質(zhì)量相同，速度大小也相同，但甲向東運動，乙向西運動[答案]D3．(動能定理的應(yīng)用)如圖所示，傾角θ＝37°的斜面AB與水平面平滑連接于B點，A、B兩點之間的距離x0＝3m，質(zhì)量m＝3kg的小物塊與斜面及水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.4。當(dāng)小物塊從A點由靜止開始沿斜面下滑的同時，對小物塊施加一個水平向左的恒力F(圖中未畫出)，g取10m/s2。若F＝10N，小物塊從A點由靜止開始沿斜面運動到B點時撤去恒力F，求小物塊在水平面上滑行的距離x為(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()A．5.7m B．4.7mC．6.5m D．5.5mB[小物塊在斜面上受力如圖所示，從A點開始沿ABC路徑運動到C點停止過程中，由動能定理可得Fx0cosθ＋mgx0sinθ－Ffx0－μmgx＝0Ff＝μFNFN＋Fsinθ＝mgcosθ代入數(shù)據(jù)解得x＝4.7m。故選項B正確。]動能定理的理解及應(yīng)用1．(對動能、動能定理的理解)關(guān)于動能概念及動能定理表達式W＝Ek2－Ek1的說法中正確的是()A．若物體速度在變化，則動能一定在變化B．速度大的物體，動能一定大C．W＝Ek2－Ek1表示功可以變成能D．動能的變化可以用合力做的功來量度D[速度是矢量，而動能是標(biāo)量，若物體速度只改變方向，不改變大小，則動能不變，A錯誤；由Ek＝eq\f(1,2)mv2知B錯誤；動能定理表達式W＝Ek2－Ek1表示動能的變化可用合力做的功量度，但功和能是兩個不同的概念，有著本質(zhì)的區(qū)別，故C錯誤，D正確。]2．(由動能定理分析合力做功)如圖所示，某同學(xué)用繩子拉動木箱，使它從靜止開始沿粗糙水平路面運動至具有某一速度。木箱獲得的動能一定()A．小于拉力所做的功B．等于拉力所做的功C．等于克服摩擦力所做的功D．大于克服摩擦力所做的功A[由動能定理WF－Wf＝Ek－0，可知木箱獲得的動能一定小于拉力所做的功，A正確。]3．(由動能定理分析分力做功)如圖所示，光滑斜面的頂端固定一彈簧，一質(zhì)量為m的小球向右滑行，并沖上固定在地面上的斜面。設(shè)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()A．mgh－eq\f(1,2)mv2 B．eq\f(1,2)mv2－mghC．－mgh D．－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mgh＋\f(1,2)mv2))A[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(fù)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WG＋WF＝0－eq\f(1,2)mv2，重力做功為WG＝－mgh，則彈簧的彈力對小球做功為WF＝mgh－eq\f(1,2)mv2，所以正確選項為A。]1．對“外力”的兩點理解(1)“外力”指的是合外力，可以是重力、彈力、摩擦力、電場力、磁場力或其他力，它們可以同時作用，也可以不同時作用。(2)“外力”既可以是恒力，也可以是變力。2．公式W合＝ΔEk中“＝”體現(xiàn)的三個關(guān)系動能定理與圖像結(jié)合問題1．解決物理圖像問題的基本步驟(1)觀察題目給出的圖像，弄清縱坐標(biāo)、橫坐標(biāo)所對應(yīng)的物理量及圖線所表示的物理意義。(2)根據(jù)物理規(guī)律推導(dǎo)出縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)所對應(yīng)的物理量間的函數(shù)關(guān)系式。(3)將推導(dǎo)出的物理規(guī)律與數(shù)學(xué)上與之相對應(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)函數(shù)關(guān)系式相對比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點、圖線下方的面積所對應(yīng)的物理意義，根據(jù)對應(yīng)關(guān)系列式解答問題。2．圖像所圍“面積”和圖像斜率的含義eq\o([典例])(動能定理與Ek-x圖像的綜合)如圖甲所示，一物體由某一固定且足夠長的斜面底端以初速度v0沿斜面上滑，斜面與物體間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，其動能Ek隨離開斜面底端的距離x變化的圖線如圖乙所示，g取10m/s2，不計空氣阻力，則以下說法正確的是()甲乙A．斜面的傾角θ＝30°B．物體的質(zhì)量m＝0.5kgC．斜面與物體間的摩擦力大小f＝2eq\r(3)ND．物體在斜面上運動的總時間t＝2sB[由動能定理得F合x＝ΔEk，知Ek-x圖線的斜率表示合外力的大小，則物體上滑階段受到的合外力F1＝mgsinθ＋μmgcosθ＝eq\f(25,5)N＝5N，物體下滑階段受到的合外力F2＝mgsinθ－μmgcosθ＝eq\f(5,5)N＝1N，聯(lián)立得tanθ＝eq\f(3,4)，即θ＝37°，m＝0.5kg，故A錯誤，B正確；物體與斜面間的摩擦力為f＝μmgcosθ＝2N，故C錯誤；物體上滑階段，合外力為F1＝5N，由F1＝ma1，得a1＝10m/s2，t1＝eq\f(v1,a1)，Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝25J，聯(lián)立得t1＝1s，同理，物體下滑階段，合外力為F2＝1N，由F2＝ma2，得a2＝2m/s2，t2＝eq\f(v2,a2)，Ek2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝5J，聯(lián)立得t2＝eq\r(5)s，則t＝t1＋t2＝(1＋eq\r(5))s，故D錯誤。]動能定理與圖像結(jié)合問題的分析方法(1)首先看清所給圖像的種類(如v-t圖像、F-t圖像、Ek-t圖像等)。(2)挖掘圖像的隱含條件，得出所需要的物理量，如由v-t圖像所包圍的“面積”求位移，由F-x圖像所包圍的“面積”求功等。(3)分析有哪些力做功，根據(jù)動能定理列方程，求出相應(yīng)的物理量。eq\o([跟進訓(xùn)練])動能定理與Ek-h圖像的綜合1．(2019·全國卷Ⅲ)從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以內(nèi)時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變化如圖所示。重力加速度取10m/s2。該物體的質(zhì)量為()A．2kg B．1.5kgC．1kg D．0.5kgC[設(shè)物體的質(zhì)量為m，則物體在上升過程中，受到豎直向下的重力mg和豎直向下的恒定外力F，由動能定理結(jié)合題圖可得－(mg＋F)×3m＝(36－72)J；物體在下落過程中，受到豎直向下的重力mg和豎直向上的恒定外力F，再由動能定理結(jié)合題圖可得(mg－F)×3m＝(48－24)J，聯(lián)立解得m＝1kg、F＝2N，選項C正確，A、B、D均錯誤。]動能定理與v-t、P-t圖像的綜合2．放在粗糙水平地面上質(zhì)量為0.8kg的物體受到水平拉力的作用，在0～6s內(nèi)其速度與時間的關(guān)系圖像和該拉力的功率與時間的關(guān)系圖像分別如圖甲、乙所示。下列說法中正確的是()甲乙A．0～6s內(nèi)拉力做的功為140JB．物體在0～2s內(nèi)所受的拉力為4NC．物體與粗糙水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.5D．合外力在0～6s內(nèi)做的功大于與0～2s內(nèi)做的功A[由P＝Fv可知，物體在0～2s內(nèi)所受的拉力F＝eq\f(P,v)＝eq\f(60,10)N＝6N，在2～6s內(nèi)所受的拉力F′＝eq\f(P′,v′)＝eq\f(20,10)N＝2N，B錯誤；拉力在0～6s內(nèi)做的總功W＝Fx1＋F′x2＝6×eq\f(10,2)×2J＋2×10×4J＝140J，A正確；由物體在2～6s內(nèi)做勻速運動可知，F(xiàn)′＝μmg，可求得μ＝0.25，C錯誤；由動能定理可知，物體所受的合外力在0～6s內(nèi)所做的功與0～2s內(nèi)所做的功均為eq\f(1,2)mv2＝40J，D錯誤。]動能定理與a-t圖像的綜合3．(2021·江蘇南京模擬)一滑塊以一定的初速度從一固定斜面的底端向上沖，到斜面上某一點后返回底端，斜面粗糙?；瑝K運動過程中加速度與時間關(guān)系圖像如圖所示。下列四幅圖像分別表示滑塊運動過程中位移x、速度大小v、動能Ek和重力勢能Ep(以斜面底端為參考平面)隨時間變化的關(guān)系圖像，其中正確的是()ABCDD[物塊向上做勻減速直線運動，向下做勻加速直線運動，兩者速度方向相反，據(jù)位移公式可知，位移與時間成二次函數(shù)關(guān)系；據(jù)運動學(xué)公式可知，下滑所用的時間要大于上升所用的時間，先減速后加速，加速度始終向下，所以x-t圖像應(yīng)是開口向下的拋物線，A、B錯誤；根據(jù)Ek＝eq\f(1,2)mv2知動能先減小后增大，與時間為二次函數(shù)，C錯誤；重力勢能為Ep＝mgh＝mgx＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0t＋\f(1,2)at2))，a為負(fù)，故為開口向下的拋物線，D正確。]動能定理與F-x圖像的綜合4．如圖甲所示，在傾角為30°、長度為L＝5m的光滑斜面AB的A處連接一粗糙水平面OA，OA長為4m。有一質(zhì)量為m的滑塊，從O處由靜止開始受一水平向右的力F作用，F(xiàn)只在滑塊處于水平面上時作用，并且按圖乙所示的規(guī)律變化，最后滑塊剛好到達斜面頂端B，g取10m/s2。試求：甲乙(1)滑塊運動到A處的速度大?。?2)滑塊與OA間的動摩擦因數(shù)μ。[解析](1)滑塊沖上斜面的過程中重力做負(fù)功，由動能定理得－mg·L·sin30°＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)代入數(shù)據(jù)解得vA＝5eq\r(2)m/s。(2)由題圖乙知，在前2m內(nèi)，F(xiàn)1＝2mg，做正功，在第3m內(nèi)，F(xiàn)2＝－0.5mg，做負(fù)功，在第4m內(nèi)，F(xiàn)3＝0，滑動摩擦力的大小為Ff＝μmg，始終做負(fù)功，對于滑塊在OA上運動的全過程，由動能定理得F1x1＋F2x2＋fx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－0即2mg×2－0.5mg×1－μmg×4＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.25。[答案](1)5eq\r(2)m/s(2)0.25動能定理求解多過程問題1．多過程問題的分析方法(1)將“多過程”分解為許多“子過程”，各“子過程”間由“銜接點”連接。(2)對各“銜接點”進行受力分析和運動分析，必要時畫出受力圖和過程示意圖。(3)根據(jù)“子過程”和“銜接點”的模型特點選擇合理的物理規(guī)律列方程。(4)分析“銜接點”速度、加速度等物理量的關(guān)聯(lián)，確定各段間的時間關(guān)聯(lián)，并列出相關(guān)的輔助方程。(5)聯(lián)立方程組，分析求解，對結(jié)果進行必要的驗證或討論。2．利用動能定理求解多過程問題的基本思路eq\o([典例])(2021·曲塘中學(xué)模擬)如圖所示AB和CDO都是處于豎直平面內(nèi)的光滑圓弧形軌道，OA處于水平位置。AB是半徑為R＝1m的eq\f(1,4)圓周軌道，CDO是半徑為r＝0.5m的半圓軌道，最高點O處固定一個豎直彈性擋板(可以把小球彈回，不損失能量，圖中沒有畫出)，D為CDO軌道的中點。BC段是水平粗糙軌道，與圓弧形軌道平滑連接。已知BC段水平軌道長L＝2m，與小球之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2。現(xiàn)讓一個質(zhì)量為m＝1kg的小球從A點的正上方距水平線OA高H的P處自由落下。(g取10m/s2)(1)當(dāng)H＝2m時，求此時小球第一次到達D點對軌道的壓力大?。?2)為使小球僅僅與彈性擋板碰撞一次，且小球不會脫離CDO軌道，求H的取值范圍。思路點撥：解此題可按以下思路(1)小球由P到D全過程，由動能定理列方程求小球第一次到達D點的速度。(2)小球僅僅與彈性擋板碰撞一次且剛好不脫離CDO軌道的兩個臨界條件是在O點重力提供向心力，碰后再返回最高點恰能上升到D點。[解析](1)設(shè)小球第一次到達D的速度為vD，對小球從P到D點的過程，根據(jù)動能定理得mg(H＋r)－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－0在D點軌道對小球的支持力FN提供向心力，則有FN＝meq\f(v\o\al(2,D),r)聯(lián)立解得FN＝84N由牛頓第三定律得，小球?qū)壍赖膲毫镕′N＝FN＝84N。(2)為使小球僅僅與擋板碰撞一次，且小球不會脫離CDO軌道，H最小時必須滿足能上升到O點，由動能定理得mgHmin－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,O)－0在O點有mg＝meq\f(v\o\al(2,O),r)代入數(shù)據(jù)解得Hmin＝0.65m僅僅與彈性擋板碰撞一次，且小球不會脫離CDO軌道，H最大時，碰后再返回最高點能上升到D點，則有mg(Hmax＋r)－3μmgL＝0代入數(shù)據(jù)解得Hmax＝0.7m故有0.65m≤H≤0.7m。[答案](1)84N(2)0.65m≤H≤0.7m應(yīng)用動能定理求多過程問題的技巧(1)運用動能定理解決多過程問題時，有兩種思路：一種是全過程列式，另一種是分段列式。(2)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，要注意運用它們的功能特點：①重力做的功取決于物體的初、末位置，與路徑無關(guān)；②大小恒定的阻力或摩擦力做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關(guān)。eq\o([跟進訓(xùn)練])組合運動的多過程問題1．如圖所示，光滑的軌道ABO的AB部分與水平部分BO相切，軌道右側(cè)是一個半徑為R的四分之一的圓弧軌道，O點為圓心，C為圓弧上的一點，OC與水平方向的夾角為37°。現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小球從軌道AB上某點由靜止釋放。已知重力加速度為g，不計空氣阻力。eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin37°＝\f(3,5)，cos37°＝\f(4,5)))(1)若小球恰能擊中C點，求剛釋放小球的位置距離BO平面的高度；(2)改變釋放點的位置，求小球落到軌道時動能的最小值。[解析](1)設(shè)小球經(jīng)過O點的速度為v0，從O點到C點做平拋運動，則有Rcos37°＝v0t，Rsin37°＝eq\f(1,2)gt2從A點到O點，由動能定理得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)聯(lián)立可得，釋放小球的位置距離BO平面的高度h＝eq\f(4,15)R。(2)設(shè)小球落到軌道上的點與O點的連線與水平方向的夾角為θ，小球做平拋運動，Rcosθ＝v′0t′Rsinθ＝eq\f(1,2)gt′2對此過程，由動能定理得mgRsinθ＝Ek－eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,0)解得Ek＝mgReq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)sinθ＋\f(1,4sinθ)))當(dāng)sinθ＝eq\f(\r(3),3)時，小球落到軌道時的動能最小，最小值為Ek＝eq\f(\r(3),2)mgR。[答案](1)eq\f(4R,15)(2)eq\f(\r(3)mgR,2)往復(fù)運動的多過程問題2．(2021·江蘇蘇州市調(diào)研)如圖所示，在豎直平面內(nèi)，有一傾角為θ的斜面CD與半徑為R的光滑圓弧軌道ABC相切于C點，B是最低點，A與圓心O等高。將一質(zhì)量為m的小滑塊從A點正上方高h處由靜止釋放后沿圓弧軌道ABC運動，小滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，空氣阻力不計，重力加速度為g，取B點所在的水平面為零勢能面，試求：(1)小滑塊在釋放處的重力勢能Ep；(2)小滑塊第一次運動到B點時對軌道的壓力FN′；(3)小滑塊沿斜面CD向上滑行的最大距離x。[解析](1)小滑塊在釋放處的重力勢能Ep＝mg(h＋R)。(2)小滑塊從釋放處到第一次運動到B點，根據(jù)動能定理有mg(h＋R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)在B點，根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)解得FN＝eq\f(2h＋3R,R)mg根據(jù)牛頓第三定律，小滑塊第一次到B點時對軌道的壓力為FN′＝FN＝eq\f(2h＋3R,R)mg，方向豎直向下。(3)從釋放處到沿斜面CD滑行到最高點，對小滑塊，根據(jù)動能定理有mg(h＋Rcosθ－xsinθ)－μmgcosθ·x＝0解得x＝eq\f(h＋Rcosθ,sinθ＋μcosθ)。[答案](1)mg(h＋R)(2)eq\f(2h＋3R,R)mg，方向豎直向下(3)eq\f(h＋Rcosθ,sinθ＋μcosθ)含有彈簧彈力做功的多過程問題3．如圖所示，水平桌面上的輕質(zhì)彈簧左端固定，右端與靜止在O點質(zhì)量為m＝1kg的小物塊接觸而不連接，此時彈簧無形變?，F(xiàn)對小物塊施加F＝10N水平向左的恒力，使其由靜止開始向左運動。小物塊在向左運動到A點前某處速度最大時，彈簧的彈力為6N，運動到A點時撤去推力F，小物塊最終運動到B點靜止。圖中OA＝0.8m，OB＝0.2m，重力加速度g取10m/s2。求小物塊：(1)與桌面間的動摩擦因數(shù)μ；(2)向右運動過程中經(jīng)過O點的速度；(3)向左運動的過程中彈簧的最大壓縮量。[解析](1)小物塊速度達到最大時，加速度為零。F－μmg－F彈＝0，μ＝eq\f(F－F彈,mg)＝0.4。(2)設(shè)向右運動通過O點時的速度為v0，從O→B，由動能定理得－FfxOB＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，F(xiàn)f＝μmg＝4N解得v0＝eq\r(1.6)m/s≈1.26m/s。(3)彈簧最大壓縮量為xmax，對小物塊運動的全過程，根據(jù)動能定理得FxOA－Ff(2xmax＋xOB)＝0，代入數(shù)值得xmax＝0.9m。[答案](1)0.4(2)1.26m/s(3)0.9m

機械能守恒定律及其應(yīng)用一、重力做功與重力勢能1．重力做功的特點(1)重力做功與路徑無關(guān)，只與初、末位置的高度差有關(guān)。(2)重力做功不引起物體機械能的變化。2．重力勢能(1)公式：Ep＝mgh。(2)特性：①標(biāo)矢性：重力勢能是標(biāo)量，但有正、負(fù)，其意義是表示物體的重力勢能比它在參考平面上大還是小，這與功的正、負(fù)的物理意義不同。②系統(tǒng)性：重力勢能是物體和地球所組成的“系統(tǒng)”共有的。③相對性：重力勢能的大小與參考平面的選取有關(guān)。重力勢能的變化是絕對的，與參考平面的選取無關(guān)。3．重力做功與重力勢能變化的關(guān)系(1)定性關(guān)系：重力對物體做正功，重力勢能就減少；重力對物體做負(fù)功，重力勢能就增加。(2)定量關(guān)系：重力對物體做的功等于物體重力勢能的減少量。即WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp。二、彈力做功與彈性勢能1．彈性勢能定義：發(fā)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(guān)系彈力做正功，彈性勢能減??；彈力做負(fù)功，彈性勢能增加。即W＝－ΔEp。3．特別提示(1)對同一彈簧，彈性勢能的大小由彈簧的形變量決定，彈簧伸長量和壓縮量相等時，彈簧彈性勢能相等。(2)物體運動的位移與彈簧的形變量或形變量的變化量有關(guān)。三、機械能守恒定律1．機械能動能和勢能統(tǒng)稱為機械能，其中勢能包括重力勢能和彈性勢能。2．機械能守恒定律(1)內(nèi)容：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動能和勢能可以互相轉(zhuǎn)化，而總的機械能保持不變。(2)守恒的條件：只有重力或系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功。(3)守恒表達式：mgh1＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mgh2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)。一、易錯易誤辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)重力勢能的大小與零勢能參考面的選取有關(guān)。 (√)(2)重力勢能的變化與零勢能參考面的選取有關(guān)。 (×)(3)克服重力做功，物體的重力勢能一定增加。 (√)(4)做曲線運動的物體機械能可能守恒。 (√)(5)物體初、末狀態(tài)的機械能相等，則物體的機械能守恒。 (×)(6)只有彈簧彈力對物體做功，則物體機械能守恒。 (×)二、教材習(xí)題衍生1．(機械能守恒定律的理解及應(yīng)用)在同一位置以相同的速率把三個小球分別沿水平、斜向上、斜向下方向拋出。不計空氣阻力，則落在同一水平地面時的速度大小()A．一樣大 B．水平拋出的最大C．斜向上拋出的最大 D．斜向下拋出的最大[答案]A2．(動能、重力勢能及機械能的理解)如圖所示，在地面上以速度v0拋出質(zhì)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()A．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eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mghD．物體在海平面上的機械能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgh[答案]A3．(機械能守恒定律與圓周運動問題綜合)一小球以一定的初速度從圖示位置進入光滑的軌道，小球先進入圓軌道1，再進入圓軌道2，圓軌道1的半徑為R，圓軌道2的半徑是軌道1的1.8倍，小球的質(zhì)量為m，若小球恰好能通過軌道2的最高點B，則小球在軌道1上經(jīng)過A處時對軌道的壓力為()A．2mg B．3mgC．4mg D．5mgC[小球恰好能通過軌道2的最高點B時，有mg＝eq\f(mv\o\al(2,B),1.8R)，小球在軌道1上經(jīng)過A處時，有F＋mg＝eq\f(mv\o\al(2,A),R)，根據(jù)機械能守恒，有1.6mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得F＝4mg，C正確。]機械能守恒定律的判斷1．(機械能守恒判斷)如圖所示，下列關(guān)于機械能是否守恒的判斷正確的是()甲乙丙丁A．甲圖中，物體A將彈簧壓縮的過程中，物體A的機械能守恒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．丙圖中，不計任何阻力和定滑輪質(zhì)量時，A加速下落，B加速上升過程中，A、B組成的系統(tǒng)機械能增加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D[題圖甲中重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力做功，物體A和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，但物體A的機械能不守恒，A錯誤；題圖乙中物體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(fù)功，物體B的機械能不守恒，B錯誤；題圖丙中繩子張力對A做負(fù)功，對B做正功，代數(shù)和為零，A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，C錯誤；題圖丁中小球的動能不變，勢能不變，機械能守恒，D正確。]2．(含有彈簧的系統(tǒng)機械能守恒的分析與判斷)如圖所示，一輕彈簧一端固定在O點，另一端系一小球，將小球從與懸點O在同一水平面且使彈簧保持原長的A點無初速度釋放，讓小球自由擺下。不計空氣阻力。在小球由A點擺向最低點B的過程中，下列說法正確的是()A．小球的機械能守恒B．小球的機械能增加C．小球的重力勢能與彈簧的彈性勢能之和不變D．小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒D[小球由A點下擺到B點的過程中，彈簧被拉長，彈簧的彈力對小球做了負(fù)功，所以小球的機械能減少，故選項A、B錯誤；在此過程中，由于有重力和彈簧的彈力做功，所以小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，即小球減少的重力勢能等于小球獲得的動能與彈簧增加的彈性勢能之和，故選項C錯誤，D正確。]3．(系統(tǒng)機械能守恒的分析與判斷)質(zhì)量分別為m和2m的兩個小球A和B，中間用輕質(zhì)桿相連，在桿的中點O處有一水平固定轉(zhuǎn)動軸，把桿置于水平位置后釋放，在B球順時針轉(zhuǎn)動到最低位置的過程中()A．B球的重力勢能減少，動能增加，B球和地球組成的系統(tǒng)機械能守恒B．A球的重力勢能增加，動能也增加，A球和地球組成的系統(tǒng)機械能不守恒C．A球、B球組成的系統(tǒng)機械能守恒D．A球、B球和地球組成的系統(tǒng)機械能不守恒B[B球從水平位置轉(zhuǎn)到最低點的過程中，重力勢能減少，動能增加，A球重力勢能增加，動能增加，A球和地球組成的系統(tǒng)機械能增加。由于A球、B球和地球組成的系統(tǒng)只有重力做功，故系統(tǒng)機械能守恒，A球和地球組成的系統(tǒng)機械能增加，則B球和地球組成的系統(tǒng)機械能一定減少，選項B正確。]機械能是否守恒的三種判斷方法(1)利用做功判斷：若單個物體所受外力只有重力做功則其機械能守恒；若系統(tǒng)只有重力(或彈簧的彈力)做功，雖受其他力，但其他力不做功(或做功代數(shù)和為0)，則機械能守恒。(2)利用能量轉(zhuǎn)化判斷：若物體或系統(tǒng)與外界沒有能量交換，物體或系統(tǒng)也沒有機械能與其他形式能的轉(zhuǎn)化，則機械能守恒。(3)利用機械能的定義判斷：若物體動能、勢能之和不變，則機械能守恒。單物體機械能守恒問題1．表達式2．一般步驟3．選用技巧在處理單個物體機械能守恒問題時通常應(yīng)用守恒觀點和轉(zhuǎn)化觀點，轉(zhuǎn)化觀點不用選取零勢能面。eq\o([典例])(單物體機械能守恒與圓周運動問題的綜合問題)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有由eq\f(1,4)圓弧AB和eq\f(1,2)圓弧BC組成的光滑固定軌道，兩者在最低點B平滑連接。AB弧的半徑為R，BC弧的半徑為eq\f(R,2)。一小球在A點正上方與A相距eq\f(R,4)處由靜止開始自由下落，經(jīng)A點沿圓弧軌道運動。(1)求小球在B、A兩點的動能之比；(2)通過計算判斷小球能否沿軌道運動到C點。審題指導(dǎo)：題干關(guān)鍵獲取信息光滑固定圓弧軌道小球在軌道內(nèi)運動過程中不受摩擦力，彈力與速度方向垂直小球能否運動到C點由小球經(jīng)C點的最小速度確定[解析](1)設(shè)小球的質(zhì)量為m，小球在A點的動能為EkA，由機械能守恒定律得EkA＝mgeq\f(R,4)設(shè)小球在B點的動能為EkB，同理有EkB＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋\f(R,4)))則小球在B、A兩點的功能之比EkB∶EkA＝5∶1。(2)若小球能沿軌道運動到C點，小球在C點所受軌道的正壓力N應(yīng)滿足N≥0設(shè)小球在C點的速度大小為vC，由牛頓運動定律和向心力公式有N＋mg＝meq\f(v\o\al(2,C),\f(R,2))應(yīng)滿足mg≤meq\f(2v\o\al(2,C),R)由機械能守恒定律有mgeq\f(R,4)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)得出小球恰好可以沿軌道運動到C點。[答案](1)5∶1(2)見解析eq\o([跟進訓(xùn)練])單物體機械能守恒與圓周運動問題的綜合1．如圖所示，光滑圓軌道固定在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量為m的小球沿軌道做完整的圓周運動。已知小球在最低點時對軌道的壓力大小為N1，在最高點時對軌道的壓力大小為N2。重力加速度大小為g，則N1－N2的值為()A．3mg B．4mgC．5mg D．6mgD[設(shè)小球在最低點時速度為v1，在最高點時速度為v2，根據(jù)牛頓第二定律有，在最低點N1－mg＝meq\f(v\o\al(2,1),R)，在最高點N2＋mg＝meq\f(v\o\al(2,2),R)；從最高點到最低點，根據(jù)機械能守恒有mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，聯(lián)立可得N1－N2＝6mg，故選項D正確。]單物體機械能守恒與平拋運動問題的綜合2．取水平地面為重力勢能零點。一物塊從某一高度水平拋出，在拋出點其動能與重力勢能恰好相等。如果拋出點足夠高，當(dāng)物塊的動能等于重力勢能的兩倍時，速度與水平方向的夾角為()A．eq\f(π,6)B．eq\f(π,4)C．eq\f(π,3)D．eq\f(5π,12)A[設(shè)物塊水平拋出的初速度為v0，拋出時的高度為h。根據(jù)題意，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh，則v0＝eq\r(2gh)；設(shè)當(dāng)物塊的動能等于重力勢能的兩倍時，物塊距離地面的高度為h′，由機械能守恒定律得mg(h－h(huán)′)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，又2mgh′＝eq\f(1,2)mv2，解得h′＝eq\f(2,3)h，則此時物塊在豎直方向上的分速度為vy＝eq\r(2gh－h(huán)′)＝eq\r(\f(2,3)gh)，則tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(\r(3),3)，即速度與水平方向的夾角為eq\f(π,6)，選項A正確。]單物體機械能守恒與平拋及圓周運動問題的綜合3．如圖所示，P是水平面上的固定圓弧軌道，從高臺邊B點以速度v0水平飛出質(zhì)量為m的小球，恰能從左端A點沿圓弧切線方向進入。O是圓弧的圓心，θ是OA與豎直方向的夾角。已知m＝0.5kg，v0＝3m/s，θ＝53°，圓弧軌道半徑R＝0.5m，g取10m/s2，不計空氣阻力和所有摩擦，求：(1)A、B兩點的高度差；(2)小球能否到達最高點C？如能到達，小球?qū)點的壓力大小為多少？[解析](1)小球從B到A做平拋運動，到達A點時，速度與水平方向的夾角為θ，則有vA＝eq\f(v0,cosθ)＝5m/s根據(jù)機械能守恒定律，有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得A、B兩點的高度差h＝0.8m。(2)假設(shè)小球能到達C點，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋mgR(1＋cosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)代入數(shù)據(jù)解得vC＝3m/s小球通過C點的最小速度為v，則mg＝meq\f(v2,R)，v＝eq\r(gR)＝eq\r(5)m/s因為vC>v，所以小球能到達最高點C在C點，由牛頓第二定律得mg＋F＝meq\f(v\o\al(2,C),R)代入數(shù)據(jù)解得F＝4N由牛頓第三定律知，小球?qū)點的壓力大小為4N。[答案]見解析多物體機械能守恒問題1．解決多物體系統(tǒng)機械能守恒的注意點(1)對多個物體組成的系統(tǒng)要注意判斷物體運動過程中，系統(tǒng)的機械能是否守恒。(2)注意尋找用繩或桿相連接的物體間的速度關(guān)系和位移關(guān)系。(3)列機械能守恒方程時，一般選用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA＝－ΔEB的形式。2．幾種實際情景的分析(1)速率相等情景用好兩物體的位移大小關(guān)系或豎直方向高度變化的關(guān)系。(2)角速度相等情景桿對物體的作用力并不總是沿桿的方向，桿能對物體做功，單個物體機械能不守恒。(3)關(guān)聯(lián)速度情景兩物體速度的關(guān)聯(lián)實質(zhì)：沿繩(或沿桿)方向的分速度大小相等。eq\o([典例])(多物體機械能守恒問題)如圖所示，A、B兩小球由繞過輕質(zhì)定滑輪的細(xì)線相連，A放在固定的光滑斜面上，B、C兩小球在豎直方向上通過勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，C球放在水平地面上?，F(xiàn)用手控制住A，并使細(xì)線剛剛拉直但無拉力作用，并保證滑輪左側(cè)細(xì)線豎直、右側(cè)細(xì)線與斜面平行。已知A的質(zhì)量為4m，B、C的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，細(xì)線與滑輪之間的摩擦不計。開始時整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)；釋放A后，A沿斜面下滑至速度最大時，C恰好離開地面。求：(1)斜面的傾角α；(2)A球獲得的最大速度vm。審題指導(dǎo)：關(guān)鍵語句獲取信息固定的光滑斜面上系統(tǒng)機械能守恒使細(xì)線剛剛拉直但無拉力作用彈簧處于壓縮狀態(tài)，且彈力等于B的重力A沿斜面下滑至速度最大時，C恰好離開地面彈簧處于伸長狀態(tài)，且彈力等于C的重力B、C的質(zhì)量均為m彈簧壓縮量同伸長量相等，彈性勢能相同A球獲得的最大速度vmA的加速度此時為零[解析](1)由題意可知，當(dāng)A沿斜面下滑至速度最大時，C恰好離開地面，A的加速度此時為零由牛頓第二定律得4mgsinα－2mg＝0，則sinα＝eq\f(1,2)，α＝30°。(2)由題意可知，mg＝kΔx，B球上升的高度x＝2Δx＝eq\f(2mg,k)。A、B兩小球及輕質(zhì)彈簧組成的系統(tǒng)在初始時和A沿斜面下滑至速度最大時彈簧的彈性勢能相等，對A、B、C三小球和彈簧組成的系統(tǒng)，由機械能守恒定律得4mgxsinα－mgx＝eq\f(1,2)(5m)veq\o\al(2,m)聯(lián)立化簡得vm＝2geq\r(\f(m,5k))。[答案](1)30°(2)2geq\r(\f(m,5k))eq\o([跟進訓(xùn)練])輕繩連接的物體系統(tǒng)1．如圖所示，可視為質(zhì)點的小球A、B用不可伸長的細(xì)軟輕線連接，跨過固定在地面上、半徑為R的光滑圓柱，A的質(zhì)量為B的兩倍。當(dāng)B位于地面上時，A恰與圓柱軸心等高。將A由靜止釋放，B上升的最大高度是()A．2RB．eq\f(5R,3)C．eq\f(4R,3)D．eq\f(2R,3)C[設(shè)B球質(zhì)量為m，A球剛落地時，兩球速度大小都為v，根據(jù)機械能守恒定律2mgR－mgR＝eq\f(1,2)(2m＋m)v2得v2＝eq\f(2,3)gR，B球繼續(xù)上升的高度h＝eq\f(v2,2g)＝eq\f(R,3)，B球上升的最大高度為h＋R＝eq\f(4,3)R，故選項C正確。]輕桿連接的物體系統(tǒng)2．(2021·揚州市邗江區(qū)蔣王中學(xué)高三月考)如圖所示，一長為6L的輕桿一端連著質(zhì)量為m的小球，另一端固定在鉸鏈O處(輕桿可繞鉸鏈自由轉(zhuǎn)動)。一根不可伸長的輕繩一端系于輕桿的中點，另一端通過輕小定滑輪連接在小物塊上，物塊放置在傾角θ＝30°的斜面上。已知滑輪距正下方地面上的A點的距離為3L，鉸鏈O距A點的距離為L，不計一切摩擦。整個裝置由圖示位置靜止釋放，當(dāng)輕桿被拉至豎直位置時，小球的速度v＝3eq\r(gL)，物塊仍在斜面上，求：(1)此時小球?qū)p桿的作用力F；(2)此過程中輕繩對輕桿做的功W；(3)小物塊的質(zhì)量M。[解析](1)當(dāng)輕桿被拉至豎直位置時，小球的速度v＝3eq\r(gL)，根據(jù)豎直平面內(nèi)圓周運動的規(guī)律，小球受到的重力和輕桿對小球的作用力的合力提供向心力mg＋F′＝meq\f(v2,6L)根據(jù)牛頓第三定律，可得F＝F′＝eq\f(1,2)mg豎直向上。(2)將小球和輕桿看作一個整體，根據(jù)動能定理W＋WG＝eq\f(1,2)mv2因為WG＝－6mgL，所以W＝eq\f(21,2)mgL。(3)將小球、輕桿、輕繩和小物塊看作一個系統(tǒng)，則系統(tǒng)機械能守恒ΔEk＝ΔEp小球和小物塊動能增大，則動能增加量為ΔEk＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2)))eq\s\up12(2)小球重力勢能增大，小物塊重力勢能減小，則重力勢能減少量為ΔEp＝Mg·2L－mg·6L解得M＝12m。[答案](1)eq\f(1,2)mg，豎直向上(2)eq\f(21,2)mgL(3)12m輕彈簧連接的物體系統(tǒng)3．如圖所示，在傾角為30°的光滑斜面上，一勁度系數(shù)為k＝200N/m的輕質(zhì)彈簧一端連接固定擋板C上，另一端連接一質(zhì)量為m＝4kg的物體A，一輕細(xì)繩通過定滑輪，一端系在物體A上，另一端與質(zhì)量也為m的物體B相連，細(xì)繩與斜面平行，斜面足夠長。用手托住物體B使繩子剛好沒有拉力，然后由靜止釋放。求：(1)彈簧恢復(fù)原長時細(xì)繩上的拉力大??；(2)物體A沿斜面向上運動多遠時獲得最大速度；(3)物體A的最大速度的大小。[解析](1)恢復(fù)原長時對B有mg－FT＝ma對A有FT－mgsin30°＝ma解得FT＝30N。(2)初態(tài)彈簧壓縮x1＝eq\f(mgsin30°,k)＝10cm當(dāng)A速度最大時mg＝kx2＋mgsin30°彈簧伸長x2＝eq\f(mg－mgsin30°,k)＝10cm所以A沿斜面上升x1＋x2＝20cm。(3)因x1＝x2，故彈性勢能改變量ΔEp＝0，由系統(tǒng)機械能守恒mg(x1＋x2)－mg(x1＋x2)sin30°＝eq\f(1,2)×2mv2得v＝geq\r(\f(m,2k))＝1m/s。[答案](1)30N(2)20cm(3)1m/s輕彈簧和光滑桿連接的物體系統(tǒng)4．(2021·江蘇南京、鹽城市一模)如圖所示，質(zhì)量M的小球套在固定傾斜的光滑桿上，原長為l0的輕質(zhì)彈簧一端固定于O點，另一端與小球相連，彈簧與桿在同一豎直平面內(nèi)。圖中AO水平，BO間連線長度恰好與彈簧原長相等，且與桿垂直，O′在O的正下方，C是AO′段的中點，θ＝30°?，F(xiàn)讓小球從A處由靜止釋放，重力加速度為g，下列說法正確的有()A．下滑過程中小球的機械能守恒B．小球滑到B點時的加速度大小為eq\f(1,2)gC．小球下滑到B點時速度最大D．小球下滑到C點時的速度大小為eq\r(2gl0)D[下滑過程中小球的機械能會與彈簧的彈性勢能相互轉(zhuǎn)化，因此小球的機械能不守恒，故A錯誤；因為在B點，彈簧恢復(fù)原長，因此重力沿桿的分力提供加速度，根據(jù)牛頓第二定律可得Mgcos30°＝Ma，解得a＝eq\f(\r(3),2)g，故B錯誤；到達B點時加速度與速度方向相同，因此小球還會加速，故C錯誤；因為C是AO′段的中點，θ＝30°，所以當(dāng)小球到C點時，彈簧的長度與在A點時相同，故在A、C兩位置彈簧彈性勢能相等，小球重力做的功全部轉(zhuǎn)化為小球的動能，所以得Mgl0＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,C)，解得vC＝eq\r(2gl0)，故D正確。]用機械能守恒定律解決非質(zhì)點問題1．在應(yīng)用機械能守恒定律處理實際問題時，經(jīng)常遇到像“鏈條”“液柱”類的物體，其在運動過程中將發(fā)生形變，其重心位置相對物體也發(fā)生變化，因此這類物體不能再視為質(zhì)點來處理。2．物體雖然不能視為質(zhì)點來處理，但因只有重力做功，物體整體機械能守恒。一般情況下，可將物體分段處理，確定質(zhì)量分布均勻的規(guī)則物體各部分的重心位置，根據(jù)初、末狀態(tài)物體重力勢能的變化列式求解。eq\o([典例])如圖所示，AB為光滑的水平面，BC是傾角為α的足夠長的光滑斜面，斜面體固定不動。AB、BC間用一小段光滑圓弧軌道相連。一條長為L的均勻柔軟鏈條開始時靜置在ABC面上，其一端D至B的距離為L－a?，F(xiàn)自由釋放鏈條，則：(1)鏈條下滑過程中，系統(tǒng)的機械能是否守恒？簡述理由；(2)鏈條的D端滑到B點時，鏈條的速率為多大？[解析](1)鏈條在下滑過程中機械能守恒，因為斜面BC和水平面AB均光滑，鏈條下滑時只有重力做功，符合機械能守恒的條件。(2)設(shè)鏈條質(zhì)量為m，可以認(rèn)為始、末狀態(tài)的重力勢能變化是由L－a段下降引起的，如圖所示。該部分高度減少量h＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(L－a,2)))sinα＝eq\f(L＋a,2)sinα該部分的質(zhì)量為m′＝eq\f(m,L)(L－a)由機械能守恒定律可得m′gh＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(\f(g,L)L2－a2sinα)。[答案](1)機械能守恒，理由見解析(2)eq\r(\f(g,L)L2－a2sinα)eq\o([跟進訓(xùn)練])勻質(zhì)流體類問題1．如圖所示，粗細(xì)均勻，兩端開口的U形管內(nèi)裝有同種液體，開始時兩邊液面高度差為h，管中液柱總長度為4h，后來讓液體自由流動，當(dāng)兩液面高度相等時，右側(cè)液面下降的速度為()A．eq\r(\f(1,8)gh) B．eq\r(\f(1,6)gh)C．eq\r(\f(1,4)gh) D．eq\r(\f(1,2)gh)A[如圖所示，當(dāng)兩液面高度相等時，減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為管中所有液體的動能，根據(jù)功能關(guān)系有eq\f(1,8)mg·eq\f(1,2)h＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(1,8)gh)，A正確。]勻質(zhì)鏈條類問題2．如圖所示，總長為l的光滑勻質(zhì)鐵鏈跨過一個光滑的輕小滑輪，開始時底端對齊，當(dāng)略有擾動時其一端下落，鐵鏈開始滑動，當(dāng)鐵鏈脫離滑輪瞬間，鐵鏈速度為()A．eq\f(\r(gl),2) B．eq\r(\f(gl,2))C．eq\r(gl) D．2eq\r(gl)B[鐵鏈從開始到脫離滑輪的過程中，鏈條重心下降的高度為eq\f(1,4)l，鏈條下落過程，由機械能守恒定律，得mg·eq\f(l,4)＝eq\f(1,2)mv2，計算得出v＝eq\r(\f(gl,2))，故B正確，A、C、D錯誤。]勻質(zhì)軟繩類問題3．如圖所示，傾角θ＝30°的光滑斜面固定在地面上，長為l、質(zhì)量為m、粗細(xì)均勻、質(zhì)量分布均勻的軟繩置于斜面上，其上端與斜面頂端齊平。用細(xì)線將物塊與軟繩連接，物塊由靜止釋放后向下運動，直到軟繩剛好全部離開斜面(此時物塊未到達地面)，在此過程中()A．物塊的機械能逐漸增加B．軟繩的重力勢能減少了eq\f(1,4)mglC．物塊重力勢能的減少量等于軟繩機械能的增加量D．軟繩重力勢能減少量大于其動能的增加量B[細(xì)線對物塊做負(fù)功，物塊的機械能減少，細(xì)線對軟繩做正功，軟繩的機械能增加，故軟繩重力勢能的減少量小于其動能增加量，A、D錯誤；物塊重力勢能的減少量一部分轉(zhuǎn)化為軟繩機械能，另一部分轉(zhuǎn)化為物塊的動能，故C錯誤；從開始運動到軟繩剛好全部離開斜面，軟繩的重心下移了eq\f(l,4)，故其重力勢能減少了eq\f(1,4)mgl，B正確。]

功能關(guān)系能量守恒定律一、功能關(guān)系1．功能關(guān)系(1)功是能量轉(zhuǎn)化的量度，不同形式的能量發(fā)生相互轉(zhuǎn)化是通過做功來實現(xiàn)的。即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化。(2)做功的過程一定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化，而且能量的轉(zhuǎn)化必須通過做功來實現(xiàn)。2．幾種常見的功能關(guān)系幾種常見力做功對應(yīng)的能量變化數(shù)量關(guān)系式重力正功重力勢能減少WG＝－ΔEp負(fù)功重力勢能增加彈簧等的彈力正功彈性勢能減少W彈＝－ΔEp負(fù)功彈性勢能增加電場力正功電勢能減少W電＝－ΔEp負(fù)功電勢能增加合力正功動能增加W合＝ΔEk負(fù)功動能減少重力以外的其他力正功機械能增加W其＝ΔE負(fù)功機械能減少二、能量守恒定律1．內(nèi)容：能量既不會憑空產(chǎn)生，也不會憑空消失。它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式，或者從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，而在轉(zhuǎn)化和轉(zhuǎn)移的過程中，能量的總量保持不變。2．表達式：ΔE減＝ΔE增。一、易錯易誤辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)力對物體做了多少功，物體就具有多少能。 (×)(2)能量在轉(zhuǎn)移或轉(zhuǎn)化過程中，其總量會不斷減少。 (×)(3)在物體的機械能減少的過程中，動能有可能是增大的。 (√)(4)既然能量在轉(zhuǎn)移或轉(zhuǎn)化過程中是守恒的，故沒有必要節(jié)約能源。 (×)(5)滑動摩擦力做功時，一定會引起機械能的轉(zhuǎn)化。 (√)(6)一個物體的能量增加，必定有別的物體的能量減少。 (√)二、教材習(xí)題衍生1．(功能關(guān)系的理解)(2021·江蘇江陰期中)在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的小滑塊停放在質(zhì)量為M、長度為L的靜止的長木板的最右端，滑塊和木板之間的動摩擦因數(shù)為μ?，F(xiàn)用一個大小為F的恒力作用在M上，當(dāng)小滑塊滑到木板的最左端時，滑塊和木板的速度大小分別為v1、v2，滑塊和木板相對于地面的位移大小分別為s1、s2，下列關(guān)系式錯誤的是()A．μmgs1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)B．Fs2－μmgs2＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)C．μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)D．Fs2－μmgs2＋μmgs1＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)C[對滑塊，滑塊受到重力、支持力和摩擦力，根據(jù)動能定理，有μmgs1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，故A正確；對木板，由動能定理得Fs2－μmgs2＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)，故B正確；由上兩式相加可得Fs2－μmgs2＋μmgs1＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，又s2－s1＝L，則得Fs2－μmgL＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，故C錯誤，D正確。本題選錯誤的，故選C。]2．(能量守恒定律的應(yīng)用)質(zhì)量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開始運動，起始點A與一輕彈簧O端相距s，如圖所示。已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x。則從開始碰撞到彈簧被壓縮至最短，物體克服彈簧彈力所做的功為()A.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmg(s＋x)B.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmgxC．μmgsD．μmg(s＋x)A[由能量守恒定律可知，物體的初動能eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)一部分用于克服彈簧彈力做功，另一部分用于克服摩擦力做功，故物體克服彈簧彈力所做的功為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmg(s＋x)，故選項A正確。]對功能關(guān)系的理解及應(yīng)用1．對功能關(guān)系的理解(1)做功的過程