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人教版 (2019)必修 第二册2 重力势能教学设计及反思
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这是一份人教版 (2019)必修 第二册2 重力势能教学设计及反思，共16页。教案主要包含了重力势能，重力势能的相对性，弹性势能，动能，动能定理，机械能守恒定律，机械能守恒定律的应用，能量的转化与守恒等内容，欢迎下载使用。
一、重力做的功
1.重力所做的功WG＝mgΔh，Δh指初位置与末位置的高度差.
2.重力做功的特点：物体运动时，重力对它做的功只跟它的起点和终点的位置有关，而跟物体运动的路径无关.
二、重力势能
1.重力势能.
(1)表达式：Ep＝mgh.
(2)单位：焦耳；符号：J.
2.重力做功与重力势能之间的关系：WG＝Ep1－Ep2.
(1)当物体由高处运动到低处时，重力做正功，重力势能减小；即WG＞0，Ep1＞Ep2.
(2)当物体由低处运动到高处时，重力做负功，重力势能增加；即WG＜0，Ep1＜Ep2.
3.重力势能的系统性
重力势能是地球与物体所组成的“系统”所共有的，而不是地球上的物体单独具有的.
三、重力势能的相对性
1.参考平面：物体的重力势能总是相对于某一水平面来说的，这个水平面叫作参考平面，在参考平面上物体的重力势能取为0.
2.重力势能的相对性：Ep＝mgh中的h是物体重心相对参考平面的高度.选择不同的参考平面，物体重力势能的数值是不同的，但重力势能的差值相同.(后两空选填“相同”或“不同”)
3.物体在参考平面上方，重力势能为正值；物体在参考平面下方，重力势能为负值.
例1.如图4所示，质量为m的物体自高度为h2的A处下落至高度为h1的B处(重力加速度为g).求下列两种情况下，重力做的功和重力势能的变化量，并分析它们之间的关系.
图4
(1)以地面为零势能参考面；
(2)以B处所在的高度为零势能参考面.
答案 (1)重力做的功WG＝mgΔh＝mg(h2－h1)，选地面为零势能参考面，EpA＝mgh2，EpB＝mgh1，重力势能的变化量ΔEp＝mgh1－mgh2＝－mgΔh.
(2)以B处所在的高度为零势能参考面，重力做功WG＝mgΔh＝mg(h2－h1).物体的重力势能EpA＝mg(h2－h1)＝mgΔh，EpB＝0，重力势能的变化量ΔEp＝0－mgΔh＝－mgΔh.
综上两次分析可见WG＝－ΔEp，即重力做的功等于重力势能的变化量的负值，而且重力势能的变化与零势能参考面的选取无关.
例2.如图所示，桌面距地面的高度为0.8 m，一物体(可看成质点)质量为2 kg，放在桌面上方0.4 m的支架上，则：(g取9.8 m/s2)
(1)以桌面为参考平面，计算物体具有的重力势能，并计算物体由支架下落到地面过程中重力势能的减少量；
(2)以地面为参考平面，计算物体具有的重力势能，并计算物体由支架下落到地面过程中重力势能的减少量；
(3)比较以上计算结果，说明什么问题？
答案 (1)7.84 J 23.52 J (2)23.52 J 23.52 J (3)见解析
解析 (1)以桌面为参考平面，物体距参考平面的高度为h1＝0.4 m，
因而物体具有的重力势能为Ep1＝mgh1＝2×9.8×0.4 J＝7.84 J
物体落至地面时，物体的重力势能为Ep2＝mgh2＝2×9.8×(－0.8) J＝－15.68 J
因此物体在此过程中的重力势能减少量为ΔEp＝Ep1－Ep2＝7.84 J－(－15.68) J＝23.52 J
(2)以地面为参考平面，物体距参考平面的高度为
h1′＝(0.4＋0.8) m＝1.2 m，因而物体具有的重力势能为
Ep1′＝mgh1′＝2×9.8×1.2 J＝23.52 J
物体落至地面时，物体的重力势能为Ep2′＝0
在此过程中，物体的重力势能减少量为ΔEp′＝Ep1′－Ep2′＝23.52 J－0＝23.52 J；
(3)通过上面的计算，说明重力势能是相对的，它的大小与参考平面的选择有关，而重力势能的变化量是绝对的，它与参考平面的选择无关.
四、弹性势能
1.定义：发生弹性形变的物体的各部分之间，由于有弹力的相互作用而具有的势能
2.影响弹性势能的因素
(1)弹性势能跟形变大小有关：同一弹簧，形变大小越大，弹簧的弹性势能就越大.
(2)弹性势能跟劲度系数有关：不同的弹簧发生同样大小的形变，劲度系数越大，弹性势能越大.
3.弹力做功与弹性势能变化的关系
(1)关系：弹力做正功时，弹性势能减少，弹力做负功时，弹性势能增加，并且弹力做多少功，弹性势能就减少多少.
(2)表达式：W弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2.
4.注意：(1)弹力做功和重力做功一样，也和路径无关，弹性势能的变化只与弹力做功有关.
(2)一般地来说，弹簧为原长时弹性势能为零，所以弹簧伸长时和弹簧压缩时弹性势能都增加，且伸长量和压缩量相同时，弹性势能相同.
例3.关于弹簧的弹性势能，下列说法中正确的是( )
A.当弹簧变长时，它的弹性势能一定增加
B.当弹簧变短时，它的弹性势能一定减少
C.在拉伸长度相同时，劲度系数越大的弹簧，它的弹性势能越大
D.弹簧拉伸时的弹性势能一定大于压缩时的弹性势能
解析：选C.如果弹簧原来处于压缩状态，那么当它恢复原长时，它的弹性势能减小，当它变短时，它的弹性势能增大，弹簧拉伸时的弹性势能可能大于、小于或等于压缩时的弹性势能，需根据形变量来判定，选项A、B、D错误；当拉伸长度相同时，劲度系数越大的弹簧，需要克服弹力做的功越多，弹簧的弹性势能越大，选项C正确．
五、动能
1.定义：物体由于运动而具有的能．
2.公式：Ek＝mv2.
3.单位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.
4.标矢性：动能是标量，动能与速度方向无关．
5.动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔEk＝mv22－mv12.
六、动能定理
1.内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化.
2.表达式：W＝mv22－mv12.如果物体受到几个力的共同作用，W即为合力做的功，它等于各个力做功的代数和.
3.动能变化量ΔEk
ΔEk＝mv22－mv12，若ΔEk>0，则表示物体的动能增加，若ΔEk<0，则表示物体的动能减少.
4.适用条件：
(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．
(2)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功．
(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用．
例4.(2018·郑州市高一下学期期末)如图3所示，运动员把质量为m的足球从水平地面踢出，足球在空中达到的最高点的高度为h，在最高点时的速度为v，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法中正确的是( )
A.运动员踢球时对足球做功mv2
B.足球上升过程重力做功mgh
C.运动员踢球时对足球做功mv2＋mgh
D.足球上升过程克服重力做功mv2＋mgh
解析：选C.足球上升过程中足球重力做负功，WG＝－mgh，B、D错误；从运动员踢球至足球上升至最高点的过程中，由动能定理得W－mgh＝mv2，故运动员踢球时对足球做功W＝mv2＋mgh，A项错误，C项正确.
例5.如图所示，AB为圆弧轨道，BC为水平直轨道，BC恰好在B点与AB相切，圆弧的半径为R，BC的长度也是R.一质量为m的物体与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处停止，重力加速度为g，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为( )
A. B.
C．mgR D．(1－μ)mgR
解析：选D.设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，物体从A到C的全过程，根据动能定理有mgR－WAB－μmgR＝0，所以WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR，故D正确.
例6.如图所示，物体在距斜面底端5 m处由静止开始下滑，然后滑上与斜面平滑连接的水平面，若物体与斜面及水平面的动摩擦因数均为0.4，斜面倾角为37°.求物体能在水平面上滑行的距离.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
答案 3.5 m
解析 对物体在斜面上和水平面上受力分析如图所示
方法一 分过程列方程：设物体滑到斜面底端时的速度为v，物体下滑阶段
FN1＝mgcos 37°，故Ff1＝μFN1＝μmgcos 37°
由动能定理得：mgsin 37°·l1－μmgcos 37°·l1＝mv2－0
设物体在水平面上滑行的距离为l2，摩擦力Ff2＝μFN2＝μmg
由动能定理得：－μmgl2＝0－mv2
联立以上各式可得l2＝3.5 m.
方法二 全过程由动能定理列方程：mgl1sin 37°－μmgcos 37°·l1－μmgl2＝0
解得：l2＝3.5 m.
例7.如图所示，用与水平方向成37°的恒力F＝10 N将质量为m＝1 kg的物体由静止开始从A点拉到B点撤去力F，已知A、B间距L＝2 m，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5。求撤去外力后物体还能滑行多远？
解析：(方法1：牛顿运动定律)
在A→B过程中，物体受力如图所示
其中：FN＝mg－Fsin θ ①
Fcos θ－μFN＝ma1 ②
前进L＝2 m后，速度设为v，则v2＝2a1L ③
撤去外力后，设物体加速度为a2，则－μmg＝ma2 ④
再前进位移设为x，则0－v2＝2a2x ⑤
解①②③④⑤式得x＝2.4 m。
(方法2：动能定理)
对全程利用动能定理，其中过程一物体所受摩擦力f1＝μ(mg－Fsin 37°)＝2 N
则FLcos 37°－f1L－μmgx＝0
得x＝2.4 m。
七、机械能守恒定律
1.内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变．
2.表达式：mgh1＋mv12＝mgh2＋mv22.
3.机械能守恒的条件
(1)系统只受重力或弹簧弹力的作用，不受其他外力．
(2)系统除受重力或弹簧弹力作用外，还受其他内力和外力，但这些力对系统不做功．
(3)系统内除重力或弹簧弹力做功外，还有其他内力和外力做功，但这些力做功的代数和为零．
(4)系统跟外界没有发生机械能的传递，系统内、外也没有机械能与其他形式的能发生转化．
4.对机械能守恒条件的理解
(1)只有重力做功，只发生动能和重力势能的相互转化.
(2)只有弹力做功，只发生动能和弹性势能的相互转化.
(3)只有重力和弹力做功，发生动能、弹性势能、重力势能的相互转化.
(4)除受重力或弹力外，其他力也做功，但其他力做功的代数和为零.如物体在沿斜面的拉力F的作用下沿斜面运动，若已知拉力与摩擦力的大小相等，方向相反，在此运动过程中，其机械能守恒.
八、机械能守恒定律的应用
1.机械能守恒定律常用的三种表达式
(1)从不同状态看：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2(或E1＝E2)
此式表示系统两个状态的机械能总量相等.
(2)从能的转化角度看：ΔEk＝－ΔEp
此式表示系统动能的增加(减少)量等于势能的减少(增加)量.
(3)从能的转移角度看：ΔEA增＝ΔEB减
此式表示系统A部分机械能的增加量等于系统剩余部分，即B部分机械能的减少量.
2.轻绳连接的物体系统
(1)常见情景(如图所示)。
(2)三点提醒
①分清两物体是速度大小相等，还是沿绳方向的分速度大小相等。
②用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系。
③对于单个物体，一般绳上的力要做功，机械能不守恒；但对于绳连接的系统，机械能则可能守恒。
3.轻杆连接的物体系统
(1)常见情景(如图所示)。
(2)三大特点
①平动时两物体线速度大小相等，转动时两物体角速度相等。
②杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒。
③对于杆和物体组成的系统，忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功，则系统机械能守恒。
例8.(2018·郑州市高一下学期期末)下列说法正确的是( )
A.拉着一个物体沿着光滑的斜面匀速上升时，物体的机械能守恒
B.物体做竖直上抛运动时，机械能守恒
C.物体从置于光滑水平面的光滑斜面体上自由下滑时，机械能守恒
D.合外力对物体做功为零时，物体机械能一定守恒
解析：选B.拉着一个物体沿着光滑的斜面匀速上升时，动能不变，重力势能变大，物体的机械能增大，选项A错误；物体做竖直上抛运动时，只有重力做功，机械能守恒，选项B正确；物体从置于光滑水平面的光滑斜面体上自由下滑时，物体和斜面体组成的系统机械能守恒，但是物体的机械能不守恒，选项C错误；例如匀速上升的物体，合外力对物体做功为零，但物体机械能不守恒，选项D错误.
例9.如图所示，由距离地面h2＝1 m的高度处以v0＝4 m/s的速度斜向上抛出质量为m＝1 kg的物体，当其上升的高度为h1＝0.4 m时到达最高点，最终落在水平地面上，现以过抛出点的水平面为零势能面，取重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，则( )
A.物体在最大高度处的重力势能为14 J
B.物体在最大高度处的机械能为16 J
C.物体在地面处的机械能为8 J
D.物体在地面处的动能为8 J
解析：选C.物体在最高点时具有的重力势能Ep1＝mgh1＝1×10×0.4 J＝4 J，A错误；物体在最高点时具有的机械能等于刚抛出时的动能，即8 J，B错误；物体在下落过程中，机械能守恒，任意位置的机械能都等于8 J，C正确；物体落地时的动能Ek＝E－Ep2＝E－mgh2＝8 J－1×10×(－1) J＝18 J，D错误.
例10.(2019·广东广州期末)如图所示，绕过光滑定滑轮两端分别拴有A、B两个小球，A球的质量为3m，B球的质量为m，现将两球从距地面高度为h处由静止释放．若细绳足够长，细绳的质量、空气的阻力均不计．求：
(1)A球落地的瞬间，B球的速度多大？
(2)B球上升到距地面的最大高度为多少？
解析：(1)从开始到落地的瞬间，对系统由机械能守恒可得：
3mgh－mgh＝×4mv2 解得v＝.
(2)对B在A落地之后有：mv2＝mgh′，联立解得：h′＝h
故B的离地最大高度为：H＝h′＋2h＝h.
答案 (1) (2)h
九、能量的转化与守恒
1.能量的多样性：自然界中能量的形式有多种，如：机械能、内能、电磁能、光能、化学能、核能、生物能等，各种不同形式的能量可以相互转化.
2.能量守恒定律：
(1)内容：能量既不能凭空产生，也不能凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到另一个物体，在转化或转移的过程中其总量不变.
(2)能量守恒定律是自然界中最基本、最普遍的规律，它宣布第一类永动机(不消耗能量而连续不断地对外做功，或者消耗少量能量而做大量的功的机器)是不可能(填“可能”或“不可能”)制成的.
例11.(2019山东省济南外国语学校)如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一物体向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面。设物体在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则物体运动到C点时，弹簧的弹性势能是( )
A.mgh－mv2
B.mv2－mgh
C.mgh
D.mgh＋mv2
解析：选B.由A到C的过程机械能守恒定律得：mgh＋Ep＝mv2所以Ep＝mv2－mgh，选B。
例12.如图所示，皮带的速度是3 m/s，两圆心的距离s＝4.5 m，现将m＝1 kg的小物体轻放在左轮正上方的皮带上，物体与皮带间的动摩擦因数μ＝0.15，电动机带动皮带将物体从左轮运送到右轮正上方时，求：(g取10 m/s2)
(1)小物体获得的动能Ek；
(2)这一过程摩擦产生的热量Q；
(3)这一过程电动机消耗的电能E.
[答案](1)4.5 J (2)4.5 J (3)9 J
解析 (1)设小物体与皮带达到共同速度时，物体相对地面的位移为s′.
μmgs′＝mv2，解得s′＝3 m<4.5 m，
即物体可与皮带达到共同速度，此时Ek＝mv2＝×1×32 J＝4.5 J.
(2)由μmg＝ma得a＝1.5 m/s2，由v＝at得t＝2 s，则Q＝μmg(vt－s′)＝0.15×1×10×(6－3) J＝4.5 J.
(3)由能量守恒知E电＝Ek＋Q＝4.5 J＋4.5 J＝9 J.
1.关于重力势能，下列说法正确的是( )
A.重力势能是地球和物体共同具有的，而不是物体单独具有的
B.处在同一高度的物体，具有的重力势能相同
C.重力势能是标量，不可能有正、负值
D.浮在海面上的小船的重力势能一定为零
解析：选A.重力势能具有系统性，重力势能是物体与地球共有的，故A正确；重力势能等于mgh，其中h是相对于参考平面的高度，参考平面不同，h不同，另外质量也不一定相同，故处在同一高度的物体，其重力势能不一定相同，B错误；重力势能是标量，但有正负，负号表示物体在零势能参考平面的下方，故C错误；零势能面的选取是任意的，并不一定选择海平面为零势能面，故浮在海面上的小船的重力势能不一定为零，D错误。
2.一根粗细均匀的长直铁棒重600 N，平放在水平地面上。现将一端从地面抬高0.50 m，而另一端仍在地面上，则( )
A.铁棒的重力势能增加了300 J
B.铁棒的重力势能增加了150 J
C.铁棒的重力势能增加量为0
D.铁棒重力势能增加多少与参考平面选取有关，所以无法确定
解析：选B.铁棒的重心升高的高度h＝0.25 m，铁棒增加的重力势能等于克服重力做的功，与参考平面选取无关，即ΔEp＝mgh＝600×0.25 J＝150 J，故B正确。
3.(多选)物体在某一运动过程中，重力对它做了40 J的负功，下列说法中正确的是( )
A.物体的高度一定升高了
B.物体的重力势能一定减少了40 J
C.物体重力势能的改变量不一定等于40 J
D.物体克服重力做了40 J的功
解析：选AD.重力做负功，物体位移的方向与重力方向之间的夹角一定大于90°，所以物体的高度一定升高了，A正确；由于WG＝－ΔEp，故ΔEp＝－WG＝40 J，所以物体的重力势能增加了40 J，B、C错误；重力做负功又可以说成是物体克服重力做功，D正确。
4.(多选)如图所示装置中，木块与水平桌面间的接触面是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短，则从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中( )
A.子弹与木块组成的系统机械能守恒
B.子弹与木块组成的系统机械能不守恒
C.子弹、木块和弹簧组成的系统机械能守恒
D.子弹、木块和弹簧组成的系统机械能不守恒
解析：选BD.从子弹射入木块到木块压缩弹簧至最短的整个过程，由于存在机械能与内能的相互转化，所以对整个系统机械能不守恒。对子弹和木块，除摩擦生热外，还要克服弹簧弹力做功，故机械能也不守恒。
5.如图所示，质量为m的小球，用一长为l的细线悬于O点，将悬线拉直成水平状态，并给小球一个竖直向下的速度让小球向下运动，O点正下方D处有一钉子，小球运动到B处时会以D为圆心做圆周运动，并经过C点，若已知OD＝l，重力加速度为g，则小球由A点运动到C点的过程中( )
A.重力做功mgl，重力势能减少mgl
B.重力做功mgl，重力势能减少mgl
C.重力做功mgl，重力势能减少mgl
D.重力做功mgl，重力势能增加mgl
解析：选A.小球由A点运动到C点的过程中，小球下落的高度为h＝l，故重力做功WG＝mgh＝mgl，重力做正功，重力势能减少mgl，选项A正确.
6.一辆汽车以v1＝6 m/s的速度沿水平路面行驶时，急刹车后能滑行x1＝3.6 m，如果以v2＝8 m/s的速度行驶，在同样的路面上急刹车后滑行的距离x2应为( )
A.6.4 m B.5.6 m
C.7.2 m D.10.8 m
解析：选A急刹车后，车水平方向只受摩擦力的作用，且两种情况下摩擦力的大小是相同的，汽车的末速度皆为零，由动能定理得：－Fx1＝0－mv12①
－Fx2＝0－mv22②联立①②式得＝
x2＝x1＝2×3.6 m＝6.4 m，故A正确，B、C、D错误.
7.物体沿直线运动的v－t图像如图1所示，已知在第1 s内合力对物体做功为W，则( )
A.从第1 s末到第3 s末合力做功为4W
B.从第3 s末到第5 s末合力做功为－2W
C.从第5 s末到第7 s末合力做功为W
D.从第3 s末到第4 s末合力做功为－0.5W
解析：选C.由题图可知物体速度变化情况，根据动能定理得第1 s内：W＝mv02
第1 s末到第3 s末：W1＝mv02－mv02＝0，A错误；
第3 s末到第5 s末：W2＝0－mv02＝－W，B错误；
第5 s末到第7 s末：W3＝m(－v0)2－0＝W，C正确；
第3 s末到第4 s末：W4＝m()2－mv02＝－0.75W，D错误.
8.如图所示，质量为0.1 kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m，若不计空气阻力，取g＝10 m/s2，则( )
A.小物块的初速度是5 m/s
B.小物块的水平射程为1.2 m
C.小物块在桌面上克服摩擦力做8 J的功
D.小物块落地时的动能为0.9 J
解析：选D.小物块在粗糙水平桌面上滑行时，由动能定理－μmgs＝mv2－mv02
得：v0＝7 m/s，Wf＝－μmgs＝－2 J，A、C错误；物块飞离桌面后做平抛运动，由h＝gt2，x＝vt得x＝0.9 m，B项错误；由mgh＝Ek－mv2得，物块落地时Ek＝0.9 J，D正确.
9.(多选)如图所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上。若以地面为参考平面，且不计空气阻力，则下列选项正确的是( )
A.物体落到海平面时的势能为mgh
B.重力对物体做的功为mgh
C.物体在海平面上的动能为mv＋mgh
D.物体在海平面上的机械能为mv
解析：选BCD.若以地面为参考平面，物体落到海平面时的势能为－mgh，所以A选项错误；此过程重力做正功，做功的数值为mgh，因而B正确；不计空气阻力，只有重力做功，所以机械能守恒，有mv＝－mgh＋Ek，在海平面上的动能为Ek＝mv＋mgh，C选项正确；在地面处的机械能为mv，因此在海平面上的机械能也为mv，D选项正确。
10.如图所示的光滑轻质滑轮，阻力不计，M1＝2 kg，M2＝1 kg，M1离地高度为H＝0.5 m。M1与M2从静止开始释放，M1由静止下落0.3 m时的速度为( )
A. m/s
B.3 m/s
C.2 m/s
D.1 m/s
解析：选A.对系统运用机械能守恒定律得，(M1－M2)gh＝(M1＋M2)v2，代入数据解得v＝ m/s，故A正确，B、C、D错误。
11.(多选)(2018·江西省赣州市十四县市期中)一个质量为m的物体以a＝2g的加速度竖直向下运动，则在此物体下降h高度的过程中，物体的( )
A.重力势能减少了2mgh
B.动能增加了2mgh
C.机械能保持不变
D.机械能增加了mgh
解析：选BD.下降h高度，则重力做正功mgh，所以重力势能减小mgh，A错误；根据动能定理可得F合h＝ΔEk，又F合＝ma＝2mg，故ΔEk＝2mgh，B正确；重力势能减小mgh，而动能增大2mgh，所以机械能增加mgh，C错误，D正确．
12.(2018·厦门市高一下学期期末)如图所示，有一半径为r＝0.5 m的粗糙半圆轨道，A与圆心O等高，有一质量为m＝0.2 kg的物块(可视为质点)，从A点静止滑下，滑至最低点B时的速度为v＝1 m/s，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A.物块过B点时，对轨道的压力大小是0.4 N
B.物块过B点时，对轨道的压力大小是2.0 N
C.A到B的过程中，克服摩擦力做的功为0.9 J
D.A到B的过程中，克服摩擦力做的功为0.1 J
解析：选C.在B点由牛顿第二定律可知FN－mg＝m，解得：FN＝2.4 N，由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力大小为2.4 N，故A、B均错误；A到B的过程，由动能定理得mgr＋Wf＝mv2－0，解得Wf＝－0.9 J，故克服摩擦力做功为0.9 J，故C正确，D错误.
13.(多选)如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r＝0.4 m，最低点有一小球(半径比r小很多)，现给小球以水平向右的初速度v0，如果要使小球不脱离圆轨道运动，那么v0应当满足(g取10 m/s2)( )
A．v0≥0 B．v0≥4 m/s
C．v0≥2m/s D．v0≤2m/s
解析：选CD.当小球沿轨道上升的最大高度等于r时，由机械能守恒定律得mv＝mgr，得v0＝2m/s；当小球恰能到达圆轨道的最高点时有mg＝m又由机械能守恒定律得mv＝mg2r＋mv2解得v0＝2m/s。所以满足条件的选项为CD。
14.如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为M的长木块以一定的初速度向右匀速运动，将质量为m的小铁块无初速度地轻放到长木块右端，小铁块与长木块间的动摩擦因数为μ，当小铁块在长木块上相对长木块滑动L时与长木块保持相对静止，此时长木块对地的位移为l，求这个过程中：
(1)小铁块增加的动能；
(2)长木块减少的动能；
(3)系统机械能的减少量；
(4)系统产生的热量。
解析画出这一过程两物体位移示意图，如图所示。
(1)根据动能定理得μmg(l－L)＝ΔEk
即小铁块动能的增加量等于滑动摩擦力对小铁块做的功。
(2)摩擦力对长木块做负功，根据功能关系得ΔEkM＝－μmgl，即长木块减少的动能等于长木块克服摩擦力做的功μmgl。
(3)系统机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功ΔE＝μmgL。
(4)m、M间相对滑动的位移为L，根据能量守恒定律，有Q＝μmgL，即摩擦力对系统做的总功等于系统产生的热量，也等于系统减少的机械能。
答案 (1)μmg(l－L) (2)μmgl (3)μmgL (4)μmgL
15.(2018·定州中学高一下学期期末)如图6所示，一质量为m＝10 kg的物体，由光滑圆弧轨道上端从静止开始下滑，到达底端后沿水平面向右滑动1 m距离后停止.已知轨道半径R＝0.8 m，取g＝10 m/s2，求：
图6
(1)物体滑至圆弧底端时的速度大小；
(2)物体滑至圆弧底端时对轨道的压力大小；
(3)物体沿水平面滑动过程中克服摩擦力做的功.
答案 (1)4 m/s (2)300 N (3)80 J
解析 (1)设物体滑至圆弧底端时速度为v，由动能定理可知mgR＝mv2
得v＝＝4 m/s
(2)设物体滑至圆弧底端时受到轨道的支持力为FN，根据牛顿第二定律得FN－mg＝m，故FN＝mg＋m＝300 N
根据牛顿第三定律FN′＝FN，所以物体对轨道的压力大小为300 N
(3)设物体沿水平面滑动过程中摩擦力做的功为Wf，根据动能定理可知Wf＝0－mv2＝－80 J
所以物体沿水平面滑动过程中克服摩擦力做的功为80 J.
16.如图所示，某大型露天游乐场中过山车的质量为1 t，过山车从轨道一侧的顶点A处由静止出发，到达底部B处后又冲上环形轨道，使乘客头朝下通过C点，再沿环形轨道到达底部B处，最后冲上轨道另一侧的顶点D处，已知D与A在同一水平面上.A、B间的高度差为20 m，圆环半径为5 m，如果不考虑车与轨道间的摩擦和空气阻力，g取10 m/s2.试求：
(1)过山车通过B点时的动能；
(2)过山车通过C点时的速度大小；
(3)过山车通过D点时的机械能.(取过B点的水平面为零势能面)
答案 (1)2×105 J (2)10 m/s (3)2×105 J
解析 (1)过山车由A点运动到B点的过程中，由机械能守恒定律ΔEk增＝ΔEp减可得过山车在B点时的动能.
mv－0＝mghAB
EkB＝mv＝mghAB
解得EkB＝2×105 J
(2)过山车从A点运动到C点时有mv－0＝mghAC
解得vC＝10 m/s
(3)由机械能守恒定律可知，过山车在D点时的机械能就等于在A点时的机械能，则有ED＝EA＝mghAB
解得ED＝2×105 J.
17.(2018·湖南省株洲市上学期质检一)如图所示，半径为R的光滑圆周轨道AB固定在竖直平面内，O为圆心，OA与水平方向的夹角为30°，OB在竖直方向．一个可视为质点的小球从O点正上方某处以某一水平初速度向右抛出，小球恰好能无碰撞地从A点进入圆轨道内侧，此后沿圆轨道运动到达B点．已知重力加速度为g，求：(不计空气阻力)
(1)小球初速度的大小；
(2)小球运动到B点时对圆轨道压力的大小．
答案 (1) (2)6mg
解析 (1)设小球的初速度为v0，飞行时间为t，则在水平方向有Rcos 30°＝v0t
在竖直方向有h1＝gt2，vy＝gt
小球运动到A点时与轨道无碰撞，故tan 30°＝
联立解得v0＝，h1＝R.
(2)抛出点距轨道最低点的高度h＝R＋Rsin 30°＋h1
设小球运动到最低点B时速度为v，圆轨道对小球的弹力为FN，
根据机械能守恒有mgh＋mv02＝mv2
根据牛顿第二定律有FN－mg＝m
联立解得FN＝6mg
由牛顿第三定律得在B点时小球对圆轨道的压力大小为FN′＝FN＝6mg.
18.(2018·福建师大附中高一第二学期期末)如图9甲所示，半径R＝0.9 m的光滑半圆形轨道BC固定于竖直平面内，最低点B与水平面相切.水平面上有一质量为m＝2 kg的物块从A点以某一初速度向右运动，并恰能通过半圆形轨道的最高点C，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，且μ随离A点的距离L按图乙所示规律变化，A、B两点间距离L＝1.9 m，g取10 m/s2，求：
图9
(1)物块经过最高点C时的速度大小；
(2)物块经过半圆形轨道最低点B时对轨道压力的大小；
(3)物块在A点时的初速度大小.
答案 (1)3 m/s (2)120 N (3)8 m/s
解析 (1)物块恰好通过C点，由牛顿第二定律可得
mg＝m
解得vC＝3 m/s
(2)物块从B点到C点，由动能定理可得
－mg·2R＝mvC2－mvB2
解得vB＝3 m/s
在B点由牛顿第二定律可得
FN－mg＝m，解得FN＝120 N.
由牛顿第三定律可知物块通过B点时对轨道压力的大小为120 N
(3)由题图乙可知摩擦力对物块做的功为
Wf＝－×(0.25＋0.75)×1.9mg＝－19 J
物块从A到B，由动能定理得Wf＝mvB2－mvA2
解得vA＝8 m/s.
一、重力做的功
1.重力所做的功WG＝mgΔh，Δh指初位置与末位置的高度差.
2.重力做功的特点：物体运动时，重力对它做的功只跟它的起点和终点的位置有关，而跟物体运动的路径无关.
二、重力势能
1.重力势能.
(1)表达式：Ep＝mgh.
(2)单位：焦耳；符号：J.
2.重力做功与重力势能之间的关系：WG＝Ep1－Ep2.
(1)当物体由高处运动到低处时，重力做正功，重力势能减小；即WG＞0，Ep1＞Ep2.
(2)当物体由低处运动到高处时，重力做负功，重力势能增加；即WG＜0，Ep1＜Ep2.
3.重力势能的系统性
重力势能是地球与物体所组成的“系统”所共有的，而不是地球上的物体单独具有的.
三、重力势能的相对性
1.参考平面：物体的重力势能总是相对于某一水平面来说的，这个水平面叫作参考平面，在参考平面上物体的重力势能取为0.
2.重力势能的相对性：Ep＝mgh中的h是物体重心相对参考平面的高度.选择不同的参考平面，物体重力势能的数值是不同的，但重力势能的差值相同.(后两空选填“相同”或“不同”)
3.物体在参考平面上方，重力势能为正值；物体在参考平面下方，重力势能为负值.
例1.如图4所示，质量为m的物体自高度为h2的A处下落至高度为h1的B处(重力加速度为g).求下列两种情况下，重力做的功和重力势能的变化量，并分析它们之间的关系.
图4
(1)以地面为零势能参考面；
(2)以B处所在的高度为零势能参考面.
答案 (1)重力做的功WG＝mgΔh＝mg(h2－h1)，选地面为零势能参考面，EpA＝mgh2，EpB＝mgh1，重力势能的变化量ΔEp＝mgh1－mgh2＝－mgΔh.
(2)以B处所在的高度为零势能参考面，重力做功WG＝mgΔh＝mg(h2－h1).物体的重力势能EpA＝mg(h2－h1)＝mgΔh，EpB＝0，重力势能的变化量ΔEp＝0－mgΔh＝－mgΔh.
综上两次分析可见WG＝－ΔEp，即重力做的功等于重力势能的变化量的负值，而且重力势能的变化与零势能参考面的选取无关.
例2.如图所示，桌面距地面的高度为0.8 m，一物体(可看成质点)质量为2 kg，放在桌面上方0.4 m的支架上，则：(g取9.8 m/s2)
(1)以桌面为参考平面，计算物体具有的重力势能，并计算物体由支架下落到地面过程中重力势能的减少量；
(2)以地面为参考平面，计算物体具有的重力势能，并计算物体由支架下落到地面过程中重力势能的减少量；
(3)比较以上计算结果，说明什么问题？
答案 (1)7.84 J 23.52 J (2)23.52 J 23.52 J (3)见解析
解析 (1)以桌面为参考平面，物体距参考平面的高度为h1＝0.4 m，
因而物体具有的重力势能为Ep1＝mgh1＝2×9.8×0.4 J＝7.84 J
物体落至地面时，物体的重力势能为Ep2＝mgh2＝2×9.8×(－0.8) J＝－15.68 J
因此物体在此过程中的重力势能减少量为ΔEp＝Ep1－Ep2＝7.84 J－(－15.68) J＝23.52 J
(2)以地面为参考平面，物体距参考平面的高度为
h1′＝(0.4＋0.8) m＝1.2 m，因而物体具有的重力势能为
Ep1′＝mgh1′＝2×9.8×1.2 J＝23.52 J
物体落至地面时，物体的重力势能为Ep2′＝0
在此过程中，物体的重力势能减少量为ΔEp′＝Ep1′－Ep2′＝23.52 J－0＝23.52 J；
(3)通过上面的计算，说明重力势能是相对的，它的大小与参考平面的选择有关，而重力势能的变化量是绝对的，它与参考平面的选择无关.
四、弹性势能
1.定义：发生弹性形变的物体的各部分之间，由于有弹力的相互作用而具有的势能
2.影响弹性势能的因素
(1)弹性势能跟形变大小有关：同一弹簧，形变大小越大，弹簧的弹性势能就越大.
(2)弹性势能跟劲度系数有关：不同的弹簧发生同样大小的形变，劲度系数越大，弹性势能越大.
3.弹力做功与弹性势能变化的关系
(1)关系：弹力做正功时，弹性势能减少，弹力做负功时，弹性势能增加，并且弹力做多少功，弹性势能就减少多少.
(2)表达式：W弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2.
4.注意：(1)弹力做功和重力做功一样，也和路径无关，弹性势能的变化只与弹力做功有关.
(2)一般地来说，弹簧为原长时弹性势能为零，所以弹簧伸长时和弹簧压缩时弹性势能都增加，且伸长量和压缩量相同时，弹性势能相同.
例3.关于弹簧的弹性势能，下列说法中正确的是( )
A.当弹簧变长时，它的弹性势能一定增加
B.当弹簧变短时，它的弹性势能一定减少
C.在拉伸长度相同时，劲度系数越大的弹簧，它的弹性势能越大
D.弹簧拉伸时的弹性势能一定大于压缩时的弹性势能
解析：选C.如果弹簧原来处于压缩状态，那么当它恢复原长时，它的弹性势能减小，当它变短时，它的弹性势能增大，弹簧拉伸时的弹性势能可能大于、小于或等于压缩时的弹性势能，需根据形变量来判定，选项A、B、D错误；当拉伸长度相同时，劲度系数越大的弹簧，需要克服弹力做的功越多，弹簧的弹性势能越大，选项C正确．
五、动能
1.定义：物体由于运动而具有的能．
2.公式：Ek＝mv2.
3.单位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.
4.标矢性：动能是标量，动能与速度方向无关．
5.动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔEk＝mv22－mv12.
六、动能定理
1.内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化.
2.表达式：W＝mv22－mv12.如果物体受到几个力的共同作用，W即为合力做的功，它等于各个力做功的代数和.
3.动能变化量ΔEk
ΔEk＝mv22－mv12，若ΔEk>0，则表示物体的动能增加，若ΔEk<0，则表示物体的动能减少.
4.适用条件：
(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．
(2)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功．
(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用．
例4.(2018·郑州市高一下学期期末)如图3所示，运动员把质量为m的足球从水平地面踢出，足球在空中达到的最高点的高度为h，在最高点时的速度为v，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法中正确的是( )
A.运动员踢球时对足球做功mv2
B.足球上升过程重力做功mgh
C.运动员踢球时对足球做功mv2＋mgh
D.足球上升过程克服重力做功mv2＋mgh
解析：选C.足球上升过程中足球重力做负功，WG＝－mgh，B、D错误；从运动员踢球至足球上升至最高点的过程中，由动能定理得W－mgh＝mv2，故运动员踢球时对足球做功W＝mv2＋mgh，A项错误，C项正确.
例5.如图所示，AB为圆弧轨道，BC为水平直轨道，BC恰好在B点与AB相切，圆弧的半径为R，BC的长度也是R.一质量为m的物体与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处停止，重力加速度为g，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为( )
A. B.
C．mgR D．(1－μ)mgR
解析：选D.设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，物体从A到C的全过程，根据动能定理有mgR－WAB－μmgR＝0，所以WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR，故D正确.
例6.如图所示，物体在距斜面底端5 m处由静止开始下滑，然后滑上与斜面平滑连接的水平面，若物体与斜面及水平面的动摩擦因数均为0.4，斜面倾角为37°.求物体能在水平面上滑行的距离.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
答案 3.5 m
解析 对物体在斜面上和水平面上受力分析如图所示
方法一 分过程列方程：设物体滑到斜面底端时的速度为v，物体下滑阶段
FN1＝mgcos 37°，故Ff1＝μFN1＝μmgcos 37°
由动能定理得：mgsin 37°·l1－μmgcos 37°·l1＝mv2－0
设物体在水平面上滑行的距离为l2，摩擦力Ff2＝μFN2＝μmg
由动能定理得：－μmgl2＝0－mv2
联立以上各式可得l2＝3.5 m.
方法二 全过程由动能定理列方程：mgl1sin 37°－μmgcos 37°·l1－μmgl2＝0
解得：l2＝3.5 m.
例7.如图所示，用与水平方向成37°的恒力F＝10 N将质量为m＝1 kg的物体由静止开始从A点拉到B点撤去力F，已知A、B间距L＝2 m，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5。求撤去外力后物体还能滑行多远？
解析：(方法1：牛顿运动定律)
在A→B过程中，物体受力如图所示
其中：FN＝mg－Fsin θ ①
Fcos θ－μFN＝ma1 ②
前进L＝2 m后，速度设为v，则v2＝2a1L ③
撤去外力后，设物体加速度为a2，则－μmg＝ma2 ④
再前进位移设为x，则0－v2＝2a2x ⑤
解①②③④⑤式得x＝2.4 m。
(方法2：动能定理)
对全程利用动能定理，其中过程一物体所受摩擦力f1＝μ(mg－Fsin 37°)＝2 N
则FLcos 37°－f1L－μmgx＝0
得x＝2.4 m。
七、机械能守恒定律
1.内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变．
2.表达式：mgh1＋mv12＝mgh2＋mv22.
3.机械能守恒的条件
(1)系统只受重力或弹簧弹力的作用，不受其他外力．
(2)系统除受重力或弹簧弹力作用外，还受其他内力和外力，但这些力对系统不做功．
(3)系统内除重力或弹簧弹力做功外，还有其他内力和外力做功，但这些力做功的代数和为零．
(4)系统跟外界没有发生机械能的传递，系统内、外也没有机械能与其他形式的能发生转化．
4.对机械能守恒条件的理解
(1)只有重力做功，只发生动能和重力势能的相互转化.
(2)只有弹力做功，只发生动能和弹性势能的相互转化.
(3)只有重力和弹力做功，发生动能、弹性势能、重力势能的相互转化.
(4)除受重力或弹力外，其他力也做功，但其他力做功的代数和为零.如物体在沿斜面的拉力F的作用下沿斜面运动，若已知拉力与摩擦力的大小相等，方向相反，在此运动过程中，其机械能守恒.
八、机械能守恒定律的应用
1.机械能守恒定律常用的三种表达式
(1)从不同状态看：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2(或E1＝E2)
此式表示系统两个状态的机械能总量相等.
(2)从能的转化角度看：ΔEk＝－ΔEp
此式表示系统动能的增加(减少)量等于势能的减少(增加)量.
(3)从能的转移角度看：ΔEA增＝ΔEB减
此式表示系统A部分机械能的增加量等于系统剩余部分，即B部分机械能的减少量.
2.轻绳连接的物体系统
(1)常见情景(如图所示)。
(2)三点提醒
①分清两物体是速度大小相等，还是沿绳方向的分速度大小相等。
②用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系。
③对于单个物体，一般绳上的力要做功，机械能不守恒；但对于绳连接的系统，机械能则可能守恒。
3.轻杆连接的物体系统
(1)常见情景(如图所示)。
(2)三大特点
①平动时两物体线速度大小相等，转动时两物体角速度相等。
②杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒。
③对于杆和物体组成的系统，忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功，则系统机械能守恒。
例8.(2018·郑州市高一下学期期末)下列说法正确的是( )
A.拉着一个物体沿着光滑的斜面匀速上升时，物体的机械能守恒
B.物体做竖直上抛运动时，机械能守恒
C.物体从置于光滑水平面的光滑斜面体上自由下滑时，机械能守恒
D.合外力对物体做功为零时，物体机械能一定守恒
解析：选B.拉着一个物体沿着光滑的斜面匀速上升时，动能不变，重力势能变大，物体的机械能增大，选项A错误；物体做竖直上抛运动时，只有重力做功，机械能守恒，选项B正确；物体从置于光滑水平面的光滑斜面体上自由下滑时，物体和斜面体组成的系统机械能守恒，但是物体的机械能不守恒，选项C错误；例如匀速上升的物体，合外力对物体做功为零，但物体机械能不守恒，选项D错误.
例9.如图所示，由距离地面h2＝1 m的高度处以v0＝4 m/s的速度斜向上抛出质量为m＝1 kg的物体，当其上升的高度为h1＝0.4 m时到达最高点，最终落在水平地面上，现以过抛出点的水平面为零势能面，取重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，则( )
A.物体在最大高度处的重力势能为14 J
B.物体在最大高度处的机械能为16 J
C.物体在地面处的机械能为8 J
D.物体在地面处的动能为8 J
解析：选C.物体在最高点时具有的重力势能Ep1＝mgh1＝1×10×0.4 J＝4 J，A错误；物体在最高点时具有的机械能等于刚抛出时的动能，即8 J，B错误；物体在下落过程中，机械能守恒，任意位置的机械能都等于8 J，C正确；物体落地时的动能Ek＝E－Ep2＝E－mgh2＝8 J－1×10×(－1) J＝18 J，D错误.
例10.(2019·广东广州期末)如图所示，绕过光滑定滑轮两端分别拴有A、B两个小球，A球的质量为3m，B球的质量为m，现将两球从距地面高度为h处由静止释放．若细绳足够长，细绳的质量、空气的阻力均不计．求：
(1)A球落地的瞬间，B球的速度多大？
(2)B球上升到距地面的最大高度为多少？
解析：(1)从开始到落地的瞬间，对系统由机械能守恒可得：
3mgh－mgh＝×4mv2 解得v＝.
(2)对B在A落地之后有：mv2＝mgh′，联立解得：h′＝h
故B的离地最大高度为：H＝h′＋2h＝h.
答案 (1) (2)h
九、能量的转化与守恒
1.能量的多样性：自然界中能量的形式有多种，如：机械能、内能、电磁能、光能、化学能、核能、生物能等，各种不同形式的能量可以相互转化.
2.能量守恒定律：
(1)内容：能量既不能凭空产生，也不能凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到另一个物体，在转化或转移的过程中其总量不变.
(2)能量守恒定律是自然界中最基本、最普遍的规律，它宣布第一类永动机(不消耗能量而连续不断地对外做功，或者消耗少量能量而做大量的功的机器)是不可能(填“可能”或“不可能”)制成的.
例11.(2019山东省济南外国语学校)如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一物体向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面。设物体在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则物体运动到C点时，弹簧的弹性势能是( )
A.mgh－mv2
B.mv2－mgh
C.mgh
D.mgh＋mv2
解析：选B.由A到C的过程机械能守恒定律得：mgh＋Ep＝mv2所以Ep＝mv2－mgh，选B。
例12.如图所示，皮带的速度是3 m/s，两圆心的距离s＝4.5 m，现将m＝1 kg的小物体轻放在左轮正上方的皮带上，物体与皮带间的动摩擦因数μ＝0.15，电动机带动皮带将物体从左轮运送到右轮正上方时，求：(g取10 m/s2)
(1)小物体获得的动能Ek；
(2)这一过程摩擦产生的热量Q；
(3)这一过程电动机消耗的电能E.
[答案](1)4.5 J (2)4.5 J (3)9 J
解析 (1)设小物体与皮带达到共同速度时，物体相对地面的位移为s′.
μmgs′＝mv2，解得s′＝3 m<4.5 m，
即物体可与皮带达到共同速度，此时Ek＝mv2＝×1×32 J＝4.5 J.
(2)由μmg＝ma得a＝1.5 m/s2，由v＝at得t＝2 s，则Q＝μmg(vt－s′)＝0.15×1×10×(6－3) J＝4.5 J.
(3)由能量守恒知E电＝Ek＋Q＝4.5 J＋4.5 J＝9 J.
1.关于重力势能，下列说法正确的是( )
A.重力势能是地球和物体共同具有的，而不是物体单独具有的
B.处在同一高度的物体，具有的重力势能相同
C.重力势能是标量，不可能有正、负值
D.浮在海面上的小船的重力势能一定为零
解析：选A.重力势能具有系统性，重力势能是物体与地球共有的，故A正确；重力势能等于mgh，其中h是相对于参考平面的高度，参考平面不同，h不同，另外质量也不一定相同，故处在同一高度的物体，其重力势能不一定相同，B错误；重力势能是标量，但有正负，负号表示物体在零势能参考平面的下方，故C错误；零势能面的选取是任意的，并不一定选择海平面为零势能面，故浮在海面上的小船的重力势能不一定为零，D错误。
2.一根粗细均匀的长直铁棒重600 N，平放在水平地面上。现将一端从地面抬高0.50 m，而另一端仍在地面上，则( )
A.铁棒的重力势能增加了300 J
B.铁棒的重力势能增加了150 J
C.铁棒的重力势能增加量为0
D.铁棒重力势能增加多少与参考平面选取有关，所以无法确定
解析：选B.铁棒的重心升高的高度h＝0.25 m，铁棒增加的重力势能等于克服重力做的功，与参考平面选取无关，即ΔEp＝mgh＝600×0.25 J＝150 J，故B正确。
3.(多选)物体在某一运动过程中，重力对它做了40 J的负功，下列说法中正确的是( )
A.物体的高度一定升高了
B.物体的重力势能一定减少了40 J
C.物体重力势能的改变量不一定等于40 J
D.物体克服重力做了40 J的功
解析：选AD.重力做负功，物体位移的方向与重力方向之间的夹角一定大于90°，所以物体的高度一定升高了，A正确；由于WG＝－ΔEp，故ΔEp＝－WG＝40 J，所以物体的重力势能增加了40 J，B、C错误；重力做负功又可以说成是物体克服重力做功，D正确。
4.(多选)如图所示装置中，木块与水平桌面间的接触面是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短，则从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中( )
A.子弹与木块组成的系统机械能守恒
B.子弹与木块组成的系统机械能不守恒
C.子弹、木块和弹簧组成的系统机械能守恒
D.子弹、木块和弹簧组成的系统机械能不守恒
解析：选BD.从子弹射入木块到木块压缩弹簧至最短的整个过程，由于存在机械能与内能的相互转化，所以对整个系统机械能不守恒。对子弹和木块，除摩擦生热外，还要克服弹簧弹力做功，故机械能也不守恒。
5.如图所示，质量为m的小球，用一长为l的细线悬于O点，将悬线拉直成水平状态，并给小球一个竖直向下的速度让小球向下运动，O点正下方D处有一钉子，小球运动到B处时会以D为圆心做圆周运动，并经过C点，若已知OD＝l，重力加速度为g，则小球由A点运动到C点的过程中( )
A.重力做功mgl，重力势能减少mgl
B.重力做功mgl，重力势能减少mgl
C.重力做功mgl，重力势能减少mgl
D.重力做功mgl，重力势能增加mgl
解析：选A.小球由A点运动到C点的过程中，小球下落的高度为h＝l，故重力做功WG＝mgh＝mgl，重力做正功，重力势能减少mgl，选项A正确.
6.一辆汽车以v1＝6 m/s的速度沿水平路面行驶时，急刹车后能滑行x1＝3.6 m，如果以v2＝8 m/s的速度行驶，在同样的路面上急刹车后滑行的距离x2应为( )
A.6.4 m B.5.6 m
C.7.2 m D.10.8 m
解析：选A急刹车后，车水平方向只受摩擦力的作用，且两种情况下摩擦力的大小是相同的，汽车的末速度皆为零，由动能定理得：－Fx1＝0－mv12①
－Fx2＝0－mv22②联立①②式得＝
x2＝x1＝2×3.6 m＝6.4 m，故A正确，B、C、D错误.
7.物体沿直线运动的v－t图像如图1所示，已知在第1 s内合力对物体做功为W，则( )
A.从第1 s末到第3 s末合力做功为4W
B.从第3 s末到第5 s末合力做功为－2W
C.从第5 s末到第7 s末合力做功为W
D.从第3 s末到第4 s末合力做功为－0.5W
解析：选C.由题图可知物体速度变化情况，根据动能定理得第1 s内：W＝mv02
第1 s末到第3 s末：W1＝mv02－mv02＝0，A错误；
第3 s末到第5 s末：W2＝0－mv02＝－W，B错误；
第5 s末到第7 s末：W3＝m(－v0)2－0＝W，C正确；
第3 s末到第4 s末：W4＝m()2－mv02＝－0.75W，D错误.
8.如图所示，质量为0.1 kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m，若不计空气阻力，取g＝10 m/s2，则( )
A.小物块的初速度是5 m/s
B.小物块的水平射程为1.2 m
C.小物块在桌面上克服摩擦力做8 J的功
D.小物块落地时的动能为0.9 J
解析：选D.小物块在粗糙水平桌面上滑行时，由动能定理－μmgs＝mv2－mv02
得：v0＝7 m/s，Wf＝－μmgs＝－2 J，A、C错误；物块飞离桌面后做平抛运动，由h＝gt2，x＝vt得x＝0.9 m，B项错误；由mgh＝Ek－mv2得，物块落地时Ek＝0.9 J，D正确.
9.(多选)如图所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上。若以地面为参考平面，且不计空气阻力，则下列选项正确的是( )
A.物体落到海平面时的势能为mgh
B.重力对物体做的功为mgh
C.物体在海平面上的动能为mv＋mgh
D.物体在海平面上的机械能为mv
解析：选BCD.若以地面为参考平面，物体落到海平面时的势能为－mgh，所以A选项错误；此过程重力做正功，做功的数值为mgh，因而B正确；不计空气阻力，只有重力做功，所以机械能守恒，有mv＝－mgh＋Ek，在海平面上的动能为Ek＝mv＋mgh，C选项正确；在地面处的机械能为mv，因此在海平面上的机械能也为mv，D选项正确。
10.如图所示的光滑轻质滑轮，阻力不计，M1＝2 kg，M2＝1 kg，M1离地高度为H＝0.5 m。M1与M2从静止开始释放，M1由静止下落0.3 m时的速度为( )
A. m/s
B.3 m/s
C.2 m/s
D.1 m/s
解析：选A.对系统运用机械能守恒定律得，(M1－M2)gh＝(M1＋M2)v2，代入数据解得v＝ m/s，故A正确，B、C、D错误。
11.(多选)(2018·江西省赣州市十四县市期中)一个质量为m的物体以a＝2g的加速度竖直向下运动，则在此物体下降h高度的过程中，物体的( )
A.重力势能减少了2mgh
B.动能增加了2mgh
C.机械能保持不变
D.机械能增加了mgh
解析：选BD.下降h高度，则重力做正功mgh，所以重力势能减小mgh，A错误；根据动能定理可得F合h＝ΔEk，又F合＝ma＝2mg，故ΔEk＝2mgh，B正确；重力势能减小mgh，而动能增大2mgh，所以机械能增加mgh，C错误，D正确．
12.(2018·厦门市高一下学期期末)如图所示，有一半径为r＝0.5 m的粗糙半圆轨道，A与圆心O等高，有一质量为m＝0.2 kg的物块(可视为质点)，从A点静止滑下，滑至最低点B时的速度为v＝1 m/s，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A.物块过B点时，对轨道的压力大小是0.4 N
B.物块过B点时，对轨道的压力大小是2.0 N
C.A到B的过程中，克服摩擦力做的功为0.9 J
D.A到B的过程中，克服摩擦力做的功为0.1 J
解析：选C.在B点由牛顿第二定律可知FN－mg＝m，解得：FN＝2.4 N，由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力大小为2.4 N，故A、B均错误；A到B的过程，由动能定理得mgr＋Wf＝mv2－0，解得Wf＝－0.9 J，故克服摩擦力做功为0.9 J，故C正确，D错误.
13.(多选)如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r＝0.4 m，最低点有一小球(半径比r小很多)，现给小球以水平向右的初速度v0，如果要使小球不脱离圆轨道运动，那么v0应当满足(g取10 m/s2)( )
A．v0≥0 B．v0≥4 m/s
C．v0≥2m/s D．v0≤2m/s
解析：选CD.当小球沿轨道上升的最大高度等于r时，由机械能守恒定律得mv＝mgr，得v0＝2m/s；当小球恰能到达圆轨道的最高点时有mg＝m又由机械能守恒定律得mv＝mg2r＋mv2解得v0＝2m/s。所以满足条件的选项为CD。
14.如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为M的长木块以一定的初速度向右匀速运动，将质量为m的小铁块无初速度地轻放到长木块右端，小铁块与长木块间的动摩擦因数为μ，当小铁块在长木块上相对长木块滑动L时与长木块保持相对静止，此时长木块对地的位移为l，求这个过程中：
(1)小铁块增加的动能；
(2)长木块减少的动能；
(3)系统机械能的减少量；
(4)系统产生的热量。
解析画出这一过程两物体位移示意图，如图所示。
(1)根据动能定理得μmg(l－L)＝ΔEk
即小铁块动能的增加量等于滑动摩擦力对小铁块做的功。
(2)摩擦力对长木块做负功，根据功能关系得ΔEkM＝－μmgl，即长木块减少的动能等于长木块克服摩擦力做的功μmgl。
(3)系统机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功ΔE＝μmgL。
(4)m、M间相对滑动的位移为L，根据能量守恒定律，有Q＝μmgL，即摩擦力对系统做的总功等于系统产生的热量，也等于系统减少的机械能。
答案 (1)μmg(l－L) (2)μmgl (3)μmgL (4)μmgL
15.(2018·定州中学高一下学期期末)如图6所示，一质量为m＝10 kg的物体，由光滑圆弧轨道上端从静止开始下滑，到达底端后沿水平面向右滑动1 m距离后停止.已知轨道半径R＝0.8 m，取g＝10 m/s2，求：
图6
(1)物体滑至圆弧底端时的速度大小；
(2)物体滑至圆弧底端时对轨道的压力大小；
(3)物体沿水平面滑动过程中克服摩擦力做的功.
答案 (1)4 m/s (2)300 N (3)80 J
解析 (1)设物体滑至圆弧底端时速度为v，由动能定理可知mgR＝mv2
得v＝＝4 m/s
(2)设物体滑至圆弧底端时受到轨道的支持力为FN，根据牛顿第二定律得FN－mg＝m，故FN＝mg＋m＝300 N
根据牛顿第三定律FN′＝FN，所以物体对轨道的压力大小为300 N
(3)设物体沿水平面滑动过程中摩擦力做的功为Wf，根据动能定理可知Wf＝0－mv2＝－80 J
所以物体沿水平面滑动过程中克服摩擦力做的功为80 J.
16.如图所示，某大型露天游乐场中过山车的质量为1 t，过山车从轨道一侧的顶点A处由静止出发，到达底部B处后又冲上环形轨道，使乘客头朝下通过C点，再沿环形轨道到达底部B处，最后冲上轨道另一侧的顶点D处，已知D与A在同一水平面上.A、B间的高度差为20 m，圆环半径为5 m，如果不考虑车与轨道间的摩擦和空气阻力，g取10 m/s2.试求：
(1)过山车通过B点时的动能；
(2)过山车通过C点时的速度大小；
(3)过山车通过D点时的机械能.(取过B点的水平面为零势能面)
答案 (1)2×105 J (2)10 m/s (3)2×105 J
解析 (1)过山车由A点运动到B点的过程中，由机械能守恒定律ΔEk增＝ΔEp减可得过山车在B点时的动能.
mv－0＝mghAB
EkB＝mv＝mghAB
解得EkB＝2×105 J
(2)过山车从A点运动到C点时有mv－0＝mghAC
解得vC＝10 m/s
(3)由机械能守恒定律可知，过山车在D点时的机械能就等于在A点时的机械能，则有ED＝EA＝mghAB
解得ED＝2×105 J.
17.(2018·湖南省株洲市上学期质检一)如图所示，半径为R的光滑圆周轨道AB固定在竖直平面内，O为圆心，OA与水平方向的夹角为30°，OB在竖直方向．一个可视为质点的小球从O点正上方某处以某一水平初速度向右抛出，小球恰好能无碰撞地从A点进入圆轨道内侧，此后沿圆轨道运动到达B点．已知重力加速度为g，求：(不计空气阻力)
(1)小球初速度的大小；
(2)小球运动到B点时对圆轨道压力的大小．
答案 (1) (2)6mg
解析 (1)设小球的初速度为v0，飞行时间为t，则在水平方向有Rcos 30°＝v0t
在竖直方向有h1＝gt2，vy＝gt
小球运动到A点时与轨道无碰撞，故tan 30°＝
联立解得v0＝，h1＝R.
(2)抛出点距轨道最低点的高度h＝R＋Rsin 30°＋h1
设小球运动到最低点B时速度为v，圆轨道对小球的弹力为FN，
根据机械能守恒有mgh＋mv02＝mv2
根据牛顿第二定律有FN－mg＝m
联立解得FN＝6mg
由牛顿第三定律得在B点时小球对圆轨道的压力大小为FN′＝FN＝6mg.
18.(2018·福建师大附中高一第二学期期末)如图9甲所示，半径R＝0.9 m的光滑半圆形轨道BC固定于竖直平面内，最低点B与水平面相切.水平面上有一质量为m＝2 kg的物块从A点以某一初速度向右运动，并恰能通过半圆形轨道的最高点C，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，且μ随离A点的距离L按图乙所示规律变化，A、B两点间距离L＝1.9 m，g取10 m/s2，求：
图9
(1)物块经过最高点C时的速度大小；
(2)物块经过半圆形轨道最低点B时对轨道压力的大小；
(3)物块在A点时的初速度大小.
答案 (1)3 m/s (2)120 N (3)8 m/s
解析 (1)物块恰好通过C点，由牛顿第二定律可得
mg＝m
解得vC＝3 m/s
(2)物块从B点到C点，由动能定理可得
－mg·2R＝mvC2－mvB2
解得vB＝3 m/s
在B点由牛顿第二定律可得
FN－mg＝m，解得FN＝120 N.
由牛顿第三定律可知物块通过B点时对轨道压力的大小为120 N
(3)由题图乙可知摩擦力对物块做的功为
Wf＝－×(0.25＋0.75)×1.9mg＝－19 J
物块从A到B，由动能定理得Wf＝mvB2－mvA2
解得vA＝8 m/s.
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