资源简介

(共17张PPT)
课后达标检测
√
1．(多选)如图所示，轻绳跨过定滑轮悬挂两物体P和Q，其质量关系为mP>mQ，轻绳及定滑轮的质量、摩擦力及空气阻力均不计，则在系统由静止开始运动到Q刚要碰到滑轮的过程中(　　)
A．P减少的重力势能大于Q增加的机械能
B．P减少的重力势能小于Q增加的机械能
C．P增加的动能大于Q增加的动能
D．P增加的动能小于Q增加的动能
解析：P、Q组成的系统机械能守恒，P减少的重力势能等于Q增加的机械能与P增加的动能之和，故P减少的重力势能大于Q增加的机械能，故A正确，B错误；
P、Q速度大小始终相等，由于mP>mQ，P增加的动能大于Q增加的动能，故C正确，D错误．
√
√
2．(多选)如图所示，在两个质量分别为m和2m的小球A和B之间用一根长为L的轻杆连接，轻杆可绕中心O的水平轴无摩擦转动，现让杆处于水平位置无初速度释放，在杆转至竖直的过程中(轻杆质量不计)(　　)
A．A球机械能增加
B．杆对B球不做功，B球机械能守恒
C．A球和B球总机械能守恒
D．A球和B球总机械能不守恒
解析：释放后，A球向上运动，速度增大，高度增大，所以A球的动能和势能都增加，即A球的机械能增加，故A正确；
在杆从水平转至竖直的过程中，A球和B球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，又根据机械能守恒可得EA增＝EB减，所以A球的机械能增大，B球的机械能减少，杆对B球做负功，故B、D错误，C正确．
√
√
√
4．如图所示，A、B两物体的质量分别为m、2m，中间用轻杆相连，放在光滑的斜面上，现将它们从静止释放，在下滑的过程中(　　)
A．两物体下滑的加速度不相同
B．轻杆对A做正功，对B做负功
C．系统的机械能守恒
D．任意时刻两物体重力的功率相同
解析：因为两物体用轻杆连接，一起运动，加速度相同，对两物体整体受力分析得(2m＋m)g sin θ＝(2m＋m)a，因此整体加速度a＝g sin θ，故A错误；
设杆对B的力为F，隔离B可得2mg sin θ＋F＝2ma，所以F＝0不做功，故B错误；只有重力对系统做功，重力势能转化为动能，系统机械能守恒，故C正确；
因为重力的功率P＝mgvy，虽然两物体速度相同，但是质量不一样，重力的功率不一样，故D错误．
√
√
√
因A向下运动，B向上运动，则当A向下的位移为h时，重物B向上的位移为2h，则系统的重力势能减小ΔEp＝3mgh－mg·2h＝mgh，C错误；
7．(12分)如图所示，一条不可伸长的轻质软绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个质量分别为m、3m的小球a和b，用手按住a球静止于地面时，b球离地面的高度为h，两小球均可视为质点，定滑轮的质量及一切阻力均不计，a球与定滑轮间距足够大，不会相碰，释放a球后，求：
(1)b球落地前的加速度大小；(4分)
解析：b球落地前，两球的加速度大小相等，以b球为对象，根据牛顿第二定律可得3mg－T＝3ma
(2)b球落地前的动能大小；(4分)
(3)a球能到达的最大高度．(4分)
8．(12分)如图所示，将内壁光滑的细管弯成四分之三圆形的轨道(圆心为O)并竖直固定，轨道半径为R，细管内径远小于R.轻绳穿过细管连接小球A和重物B，小球A的质量为m，直径略小于细管内径，用手托住重物B使小球A静止在Q点(OQ与竖直直径的夹角为53°)；松手后，小球A运动至P点(OP与竖直直径的夹角为37°)时对细管恰无作用力．重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，π取3.2，求：
(1)小球A静止在Q点时对细管壁的压力大小N；(6分)
解析：小球A静止在Q点时根据平衡条件有N1＝mg cos 53°
根据牛顿第三定律有N＝ N1
解得N＝0.6mg.
答案：0.6mg
(2)重物B的质量M.(6分)
答案：1.5m1．(14分)如图所示，与水平面夹角θ＝37°的倾斜传送带始终绷紧，传送带下端A点与上端B点间的距离l＝12 m，电动机带动传送带以恒定的速率v＝2.4 m/s向上运动．现将一质量为5 kg的物体无初速度地放于A处，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)物体从A运动到B共需多少时间；(6分)
(2)物体从A运动到B过程中，摩擦力对物体做的功；(4分)
(3)物体从A点到达B点的过程中，传送带多消耗的电能．(4分)
解析：(1)物体达到与传送带共速前，根据牛顿第二定律可得
μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma1
解得a1＝0.4 m/s2
物体达到与传送带共速所需的时间
t1＝＝6 s，t1时间内物体的位移
x1＝t1＝×6 m＝7.2 m物体与传送带共速后，因μmg cos 37°>mg sin 37°，可知物体与传送带保持相对静止匀速运动，则有
t2＝＝2 s
则物体从A运动到B共需时间
t＝t1＋t2＝8 s.
(2)物体从A运动到B过程中，根据动能定理可得
Wf－mgl sin θ＝mv2－0
解得摩擦力对物体做的功
Wf＝374.4 J.
(3)物体在匀加速阶段，与传送带的相对位移
Δx＝vt1－x1＝7.2 m
则物体与传送带因摩擦产生的内能
Q＝μmg cos θ·Δx
根据能量守恒可知，物体从A点到达B点的过程中，传送带多消耗的电能
E电＝mgl sin θ＋mv2＋Q
联立解得E电＝604.8 J.
答案：(1)8 s　(2)374.4 J　(3)604.8 J
2．(14分)如图所示，地面和固定半圆轨道面均光滑，质量M＝1 kg、长L＝4 m的小车静止在水平地面上，小车上表面与半圆轨道最低点P的切线相平．现有一质量m＝2 kg、大小不计的滑块以v0＝6 m/s的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动．已知小车与墙壁碰撞前小车和滑块已经共速，小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，滑块与小车表面的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2.
(1)求滑块与小车共速时的速度大小．(4分)
(2)求滑块与小车共速时离小车右端的距离．(4分)
(3)若要滑块能沿半圆轨道运动的过程中不脱离轨道，则求半圆轨道的半径R的取值范围．(6分)
解析：(1)根据牛顿第二定律：对滑块有
μmg＝ma1
对小车有μmg＝Ma2
当滑块相对小车静止时，两者速度相等，即
v0－a1t＝a2t
由以上各式解得t＝1 s
此时小车的速度
v2＝a2t＝4 m/s.
(2)滑块的位移
x1＝v0t－a1t2
小车的位移x2＝a2t2
两者共速时，滑块离小车右端
L2＝L－(x1－x2)
联立解得L2＝1 m.
(3)若滑块恰能通过最高点，设滑至最高点的速度为vm，则有mg＝m eq \f(v,R1)
根据动能定理得
－μmgL2－mg·2R1＝mv－mv
解得R1＝0.24 m
若滑块恰好滑至位于圆弧处的T点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道．根据动能定理得
－μmgL2－mgR2＝0－mv
解得R2＝0.6 m
所以滑块不脱离圆轨道必须满足R≤0.24 m或R≥0.6 m．　
答案：(1)4 m/s　(2)1 m　(3)R≤0.24 m或R≥0.6 m(共19张PPT)
专题提升课7　
功能关系和能量守恒的应用
专题深度剖析
PART
01
第一部分
微专题一　功能关系的理解和应用
1．常用功能关系
功 能的变化 表达式
重力做功 正功 重力势能减少 重力势能变化 WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
负功 重力势能增加
弹力做功 正功 弹性势能减少 弹性势能变化 W弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
负功 弹性势能增加
合力做功 正功 动能增加 动能变化 W合＝ΔEk＝Ek2－Ek1
负功 动能减少
微专题一　功能关系的理解和应用
1．常用功能关系
功 能的变化 表达式
除重力(或 系统内弹 力)外其他 力做功 正功 机械能增加 机械能变化 W其他＝ΔE＝E2－E1
负功 机械能减少
一对滑动 摩擦力做 的总功 负功 机械能减少 内能变化 Q＝fd相对
2.解题步骤
(1)明确研究对象及研究过程．
(2)明确该过程中哪些形式的能量在变化．
(3)确定参与转化的能量中，哪些能量增加，哪些能量减少．
(4)列出增加的能量和减少的能量之间的守恒式(或初、末状态能量相等的守恒式).
√
[解析]　小球从P到B的过程中，重力做功mgR，A错误；
克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，B错误．
√
(多选)如图所示，木块放在光滑水平地面上，一颗子弹水平射入木块中，木块受到的平均阻力为f，射入深度为d，此过程中木块位移为s，则(　　)
A.子弹损失的动能为fd
B．木块增加的动能为fs
C．子弹动能的减少量等于木块动能的增加量
D．子弹和木块摩擦产生的内能为fd
对木块运用动能定理得fs＝ΔEk木块，则木块增加的动能为fs，故B正确；
子弹减少的动能转化为木块增加的动能和系统增加的内能，故子弹动能的减少量大于木块动能的增加量，故C错误；
系统损失的机械能转化为产生的内能Q＝fd，故D正确．
√
微专题二　动力学方法和功能关系的应用
1．动力学分析法：在某一个点对物体受力分析，用牛顿第二定律列方程．注意圆周运动的向心力表达式及向心力来源．
2．功能关系分析法：对物体运动的某一过程应用动能定理或机械能守恒定律列方程，应用动能定理解题只需考虑外力做功和初、末两个状态的动能，并且可以把不同的运动过程合并为一个全过程来处理．
(2025·安徽淮北市期末)如图所示，竖直平面内有一半径R＝1 m的光滑圆弧槽BCD，B点与圆心O等高，质量m＝0.2 kg的小球(可看作质点)从B点正上方H＝1.5 m高处的A点自由下落，由B点进入圆弧轨道，从D点飞出，不计空气阻力，(g取10 m/s2)求：
(1)小球经过B点时的动能；
[解析]由机械能守恒定律可知，小球经过B点时的动能EkB＝mgH＝3 J.
[答案]3 J
(2)小球经过最低点C时的速度大小vC；
(3)小球经过最低点C时对轨道的压力大小．
[答案]12 N
微专题三　能量观点的综合应用
对能量守恒定律的理解
(1)转化：某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等．
(2)转移：某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等．
如图所示，粗糙的水平轨道AB与半径R＝0.9 m的光滑竖直半圆形轨道BC相切于B点．压缩后锁定的轻弹簧一端固定在水平轨道的左端，另一端紧靠静止在A点的质量m＝1 kg 的小物块(不拴接).解除弹簧锁定后，物块从A点开始沿AB轨道运动，进入半圆形轨道BC之后，恰好能通过轨道BC的最高点C，最后落回到水平轨道AB上．已知A、B两点的距离L＝2 m，物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2，不计空气阻力．求：
(1)小物块从C点落回水平轨道AB上的位置到B点的距离；
[答案]1.8 m
(2)小物块运动到B点时对半圆形轨道的弹力；
[答案]60 N，方向竖直向下
(3)解除锁定前弹簧的弹性势能．
[答案]26.5 J1．如图甲所示为“验证机械能守恒定律”的实验装置示意图．现有的器材为：带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重锤、天平．回答下列问题：
(1)为完成此实验，除了所给的器材，还需要的器材有________(填入正确选项前的字母).　
A．米尺
B．秒表
C．4～6 V的交流电源
D．20 V的交流电源
(2)关于重锤的选用，以下说法正确的是________．
A．重锤选用体积较大且质量较小的
B．重锤选用体积较小且质量较大的
C．选用重锤后要称质量
D．重锤所受重力要远大于它所受的空气阻力和打点计时器对纸带的阻力
(3)质量m＝1 kg的重锤自由下落，在纸带上打出了一系列的点，如图乙所示，相邻计数点时间间隔为0.02 s，长度单位是cm，g取9.8 m/s2.(结果保留2位有效数字)
①打点计时器打下计数点B时，重锤的速度vB＝__________m/s.
②从点O到打下计数点B的过程中，重锤重力势能的减小量ΔEp＝__________J，动能的增加量ΔEk＝__________J.
解析：(1)需要用米尺测量纸带上点间的长度，打点计时器本身有计时功能，所以不需要秒表，故A正确，B错误；电磁打点计时器使用4～6 V的交流电源，故C正确，D错误．
(2)为了减小误差，重锤选用质量大且体积小的，即密度大的，使重锤所受重力要远大于它所受的空气阻力和打点计时器对纸带的阻力，故A错误，B、D正确；根据机械能守恒定律有mgh＝mv2，即2gh＝v2，故重锤不需要称质量，故C错误．
(3)①由匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度得vB＝＝ m/s≈0.97 m/s.
②从点O到打下计数点B的过程中，重锤重力势能的减小量ΔEp＝mghOB＝1×9.8×0.048 6 J≈0.48 J　
动能的增加量ΔEk＝mv＝×1×0.972 J≈0.47 J.
答案：(1)AC　(2)BD　(3)①0.97　②0.48　0.47
2．某同学用如图甲所示的实验装置来验证机械能守恒定律，进行如下操作．
(1)①用天平测定小球的质量m＝10.0 g；
②用游标卡尺测出小球的直径d＝10.0 mm；
③用刻度尺测出电磁铁下端到光电门的距离h＝82.90 cm；
④电磁铁先通电，让小球吸在下端；
⑤电磁铁断电，小球自由下落；
⑥在小球经过光电门的时间内，计时装置记下小球经过光电门所用时间t＝2.50×10－3 s，由此可计算出小球经过光电门时的速度为________m/s；
⑦计算此过程中小球重力势能的减少量为______J，小球动能的增加量为________J，(g取9.8 m/s2，结果保留3位有效数字)则小球下落过程中机械能守恒．
(2)另一同学用上述实验装置通过改变光电门的位置，用h表示小球到光电门时的下落距离，用v表示小球通过光电门的速度，根据实验数据作出了如图乙所示的v2－h图像，则当地的实际重力加速度g＝________m/s2.
解析：(1)⑥小球通过光电门的时间极短，可以用平均速度替代瞬时速度，则小球经过光电门时的速度v＝＝ m/s＝4.0 m/s.
⑦此过程中小球重力势能的减少量
ΔEp＝mgh＝10.0×10－3×9.8×82.90×10－2 J≈0.081 2 J
小球动能的增加量ΔEk＝mv2＝×10.0×10－3×42 J＝0.080 0 J．
(2)若机械能守恒，则有mv2＝mgh
即v2＝2gh
根据图像斜率有2g＝ m/s2
解得g＝9.7 m/s2.
答案：(1)⑥4.0　⑦0.081 2　0.080 0　(2)9.7
3．在“验证机械能守恒定律”的实验中，用到以下器材：带铁夹的铁架台、打点计时器、纸带、重锤、毫米刻度尺、50 Hz交变电源．　
(1)如图所示，释放纸带前的瞬间，重锤和手的位置合理的是________(选填“甲”“乙”“丙”或“丁”).
(2)下列做法中合理的是________．
A．利用公式v＝计算重锤速度
B．先接通电源，后释放纸带
C．数据处理时必须选择速度为零的点作为起始点O
D．选择的重锤质量小些，且体积大些
(3)图是实验中得到的一条纸带．在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C, 测得它们到起始点O(速度为零)的距离分别为hA＝70.18 cm, hB＝77.80 cm, hC＝85.78 cm.已知当地重力加速度g取9.8 m/s2，重锤的质量为500 g. 从打O点到打B点的过程中，重锤的重力势能减少量ΔEp＝__________J，动能增加量ΔEk＝__________J．(结果均保留3位有效数字)
(4)某小组根据实验打出的纸带正确算出，重锤下落不同距离h时对应的速度 v，然后以 为纵坐标，以h为横坐标，建立坐标系描点作图，得到了一条过坐标原点的倾斜直线，到这一步________(选填“能”或“不能”)判断出重锤下落过程中机械能是否守恒．
解析：(1)为了尽可能多地获得数据，释放纸带前的瞬间，重锤应尽量靠近打点计时器，另外为了尽可能减小纸带运动过程中与打点计时器间的摩擦，纸带应保持竖直状态，所以重锤和手的位置合理的是丙．
(2)为测量打点计时器打下某点时重锤的速度v，需要测量出相邻的前后两点的距离，再根据中间时刻的速度等于平均速度的公式计算，故A错误；为了尽可能多地获得数据，应先接通电源，后释放纸带，故B正确；数据处理时也可选择速度不为零的点作为起始点，利用mgh＝mv2－mv进行数据处理，故C错误；选择的重锤应质量大些，且体积小些，以减小空气阻力造成的影响，故D错误．
(3)打O点到打B点的过程中，重锤的重力势能的减小量ΔEp＝mghB＝0.5×9.8×0.778 J≈3.81 J
打B点时，重锤的速度
vB＝＝ m/s＝3.90 m/s
重锤动能增加量ΔEk＝mv＝×0.5×3.92 J≈3.80 J.
(4)重锤做匀变速直线运动时，以速度为零的点作为起始点，由匀变速直线运动规律可得v2＝2ah
整理得＝ah，可知－ h图像为过原点的一条直线，图像的斜率为加速度a.所以－ h图像为过原点的一条直线，只能说明重锤所受外力恒定，但不能说明重锤只受重力，则无法判断机械能是否守恒．
答案：(1)丙　(2)B　(3)3.81　3.80　(4)不能
4．利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置示意图如图所示．
(1)实验步骤：
①将气垫导轨放在水平面上，将导轨调至水平；
②测出挡光条的宽度为d；
③由导轨标尺读出两光电门中心之间的距离s；
④将滑块移至光电门1左侧某处，待砝码静止不动时，释放滑块，要求砝码落地前挡光条已通过光电门2；
⑤从数字计时器(图中未画出)上分别读出挡光条通过光电门1和光电门2所用时间Δt1和Δt2；
⑥用天平称出滑块和挡光条的总质量M，再称出托盘和砝码的总质量m.
(2)用表示直接测量的物理量的字母写出下列所示物理量的表达式：
①当滑块通过光电门1和光电门2时，速度分别为v1＝________和v2＝________；
②在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统(包括滑块、挡光条、托盘和砝码)势能的减少量ΔEp减＝________(重力加速度为g)；　
③若ΔEp减＝______________________，则可认为验证了机械能守恒定律．(用M、m、Δt1、Δt2、d表示)
解析：(2)①由于挡光条的宽度d很小，所以用很短时间内的平均速度代替瞬时速度，可得v1＝，v2＝，当滑块通过光电门1和光电门2时，系统(包括滑块、挡光条、托盘和砝码)的总动能分别为Ek1＝(M＋m)
Ek2＝(M＋m).
②在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，托盘和砝码减少的势能即系统势能的减少量ΔEp减＝mgs.
③若满足重力势能的减少等于系统动能的增加，即ΔEp减＝Ek2－Ek1，则机械能守恒，即
ΔEp减＝(M＋m).
答案：(2)①　　②mgs
③(M＋m)
5．某同学利用如图所示的装置验证机械能守恒定律，已知当地重力加速度为g.主要实验步骤如下：
①用游标卡尺测量挡光片的宽度d，用量角器测出气垫导轨的倾角θ；
②测量挡光片到光电门的距离L；
③由静止释放滑块，记录数字计时器显示挡光片的挡光时间t；
④改变L，测出不同L所对应的挡光时间t；
⑤用天平测出滑块和挡光片的总质量m.
根据上述实验步骤请回答：
(1)滑块通过光电门时速度的表达式v＝________(用实验中所测物理量符号表示).
(2)滑块下滑至光电门的过程中，动能的增加量为____________；重力势能的减小量为____________．
(3)根据实验测得的多组L、t数据，可绘制－L图像，图像的纵坐标为，横坐标为L，如果滑块下滑过程符合机械能守恒定律，则图像应为过原点的一条倾斜直线，其斜率为____________(用d、θ、g表示).
解析：(1)滑块通过光电门时速度的表达式为v＝.
(2)滑块在通过光电门时的动能Ek＝mv2＝m()2
所以动能的增加量ΔEk＝Ek－0＝m
滑块下落的高度h＝L sin θ
重力做功WG＝mgh＝mgL sin θ
由重力做功和重力势能的关系可知ΔEp减＝mgh＝mgL sin θ.
(3)该过程由动能定理有mgL sin θ＝m
整理有＝L
结合题意以及表达式可知，其图像的斜率k＝.
答案：(1)　(2)m　mgL sin θ
(3)第二节　功　率
1．理解功率的概念，能运用功率的定义式P＝进行有关的计算．
2．根据功率的定义式导出P＝Fv，会分析P、F、v三者的关系．
3．知道机车启动的两种方式，能解决机车启动的相关问题．
一、做功快慢的描述
1．功率的定义：物理学上把力对物体所做的功W与做功所用时间t之比，称为功率，用符号P表示．
2．功率的定义式：P＝．
3．功率的单位：在国际单位制中，功率的单位是瓦特，简称瓦，符号是W.1 s内做了1 J的功，功率就是1 W，即1 W＝1 J/s.
4．功率的标矢性：功率是标量．
5．功率的物理意义：用于描述能量变化快慢的程度．
二、功率与力、速度
1．功率与力、速度之间的关系
(1)当物体做匀速直线运动时，若作用在物体上的某个恒力F的方向与位移s的方向相同，恒力F做的功W＝Fs，则功率P＝＝，又由速度v＝，故功率也可表示为P＝Fv．
(2)当物体做变速运动时，若v表示在时间t内的平均速度，则P表示在这段时间内的平均功率；若v表示某一时刻的瞬时速度，则功率P表示在该时刻的瞬时功率．　
(3)当发动机的功率P一定时，牵引力F与速度v成反比．要增大牵引力，就要减慢速度．
2．机车启动
(1)若汽车采用恒定功率的加速方法，需要猛踩油门以让功率P增大至额定功率，然后以恒定功率P额继续加速．随着速度v不断增大，加速度a不断减小，直到牵引力F等于阻力f时，加速度a为零，速度v达到最大值．
(2)若汽车采用恒定加速度的加速方法，轻踩油门让加速度a保持不变．随着速度v不断增大，功率P不断增大到额定功率后，再以上述恒定功率加速的方法继续加速到最大速度．
三、生产和生活中常见机械的功率
在生产中，功率是衡量机械性能的重要指标，而且机械功率与我们的生活密切相关．
判断下列说法是否正确．
(1)力对物体做功越快，力的功率一定越大.　(　　)
(2)发动机不能在实际功率等于额定功率的情况下长时间工作．(　　)
(3)汽车爬坡时常常需要换高速挡．(　　)
(4)若物体的速度为v，则重力的功率一定是mgv.(　　)
提示：(1)√　(2)×　(3)×　(4)×
知识点一　功率的理解和计算
如图所示，某部队正用吊车将一台坦克车从码头上吊起装上舰船．
(1)将质量为m的坦克车以速度v匀速吊起，坦克车在t时间内匀速上升高度h.怎样计算吊车的功率？其瞬时功率是多少？
(2)若坦克车在相同的时间t内，从静止开始以加速度a匀加速上升高度h，该过程中吊车的平均功率是多少？其瞬时功率是多少？
[提示]　(1)吊车对坦克车做的功W＝mgh
功率P＝＝
瞬时功率P瞬＝Fv＝mgv.
(2)该过程中吊车的平均功率P＝＝＝
瞬时功率P瞬＝Fv＝(mg＋ma)at.
1．公式P＝和P＝Fv的比较
项目 P＝ P＝Fv
适用条件 (1)功率的定义式，适用于任何情况下功率的计算，一般用来求平均功率(2)当时间t→0时，可由定义式确定瞬时功率 (1)功率的计算式，仅适用于F与v同向的情况，一般用来求瞬时功率(2)当v为平均速度时，所求功率为平均功率
联系 (1)公式P＝Fv是P＝的推论(2)功率P的大小与W、t无关
2.公式P＝Fv中三个量的制约关系
条件 各量间的关系 应用
P一定 F与v成反比 汽车上坡时，要增大牵引力，应换低速挡减小速度
v一定 F与P成正比 汽车上坡时，要使速度不变，应加大油门，增大输出功率，获得较大牵引力
F一定 v与P成正比 汽车在高速路上，加大油门增大输出功率，可以提高速度
3.功率的计算
(1)平均功率的计算
①利用P＝.
②利用P＝Fvcos α，其中v为物体运动的平均速度．
(2)瞬时功率的计算
①利用公式P＝Fv cos α，其中v为瞬时速度．
②利用公式P＝FvF，其中vF为物体的速度在力F方向上的分速度．
③利用公式P＝Fvv，其中Fv为物体所受外力在速度v方向上的分力．
角度1　对功率的理解
　(多选)关于功率公式P＝和P＝Fv，下列说法正确的是(　　)
A．由于力F和速度v均为矢量，故根据公式P＝Fv求得的功率P为矢量
B．由公式P＝Fv可知，若功率保持不变，则随着汽车速度增大汽车所受的牵引力减小
C．由公式P＝Fv可知，在牵引力F一定时，功率与速度成正比
D．由P＝可知，只要知道W和t就可求出任意时刻的功率
[解析]　虽然力F和速度v均为矢量，但是功率P为标量，故A错误；由公式P＝Fv可知，若功率保持不变，则随着汽车速度增大，汽车所受的牵引力减小，当速度达到最大值时，牵引力最小，故B正确；由P＝Fv可知，当牵引力不变时，汽车牵引力的功率一定与它的速度成正比，故C正确；根据P＝只能计算平均功率的大小，所以只要知道W和t就可求出时间t内的平均功率，故D错误．
[答案]　BC
角度2　功率的估算
引体向上是中学生体育测试的项目之一．若一个普通中学生在30 s内完成 12次引体向上，则此过程中该学生克服重力做功的平均功率最接近(g取10 m/s2)(　　)
A．5 W　　　　　　　 B．20 W
C．100 W D．400 W
[解析]　学生体重约为50 kg，每次引体向上上升高度约为0.5 m，一次引体向上克服重力做功W＝mgh＝50×10×0.5 J＝250 J，全过程克服重力做功的平均功率＝＝ W＝100 W.
[答案]　C
角度3　平均功率和瞬时功率的求解
　(2025·茂名期末)如图所示，质量m＝2 kg的木块在倾角θ＝37°的足够长的固定斜面上由静止开始下滑，木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求：
(1)前2 s内重力做的功；
(2)前2 s内重力的平均功率；
(3)2 s末重力的瞬时功率．
[解析]　(1)木块所受的合外力
F合＝mg sin θ－μmg cos θ＝mg(sin θ－μcos θ)＝2×10×(0.6－0.5×0.8) N＝4 N
木块的加速度a＝＝ m/s2＝2 m/s2
前2 s内木块的位移x＝at2＝×2×22 m＝4 m
所以，重力在前2 s内做的功W＝mgx sin θ＝2×10×4×0.6 J＝48 J.
(2)重力在前2 s内的平均功率＝＝ W＝24 W．
(3)木块在2 s末的速度v＝at＝2×2 m/s＝4 m/s
2 s末重力的瞬时功率P＝mgv sin θ＝2×10×4×0.6 W＝48 W.
[答案]　(1)48 J　(2)24 W　(3)48 W
知识点二　机车启动问题
1．两种启动方式
两种方式 以恒定功率启动 以恒定加速度启动
P－t图像
v－t图像
牵引力的变化图像
OA段 过程分析 v↑ F＝↓ a＝↓ a＝不变 F不变P＝Fv↑直到P额＝Fv1
运动性质 加速度减小的加速直线运动 匀加速直线运动，维持时间t0＝
AB段 过程分析 F＝f a＝0 f＝ v↑ F＝↓ a＝↓
运动性质 以速度vm做匀速直线运动 加速度减小的加速直线运动
BC段 过程分析 — F＝f a＝0 f＝
运动性质 以速度vm做匀速直线运动
2.两个理论依据
(1)机车功率：P＝F·v
(2)牛顿第二定律：F－f＝ma
3．几个物理量
(1)汽车的最大速度vmax的求法
汽车做匀速运动时速度最大，此时牵引力F等于阻力f，故vmax＝＝.
(2)匀加速启动时，做匀加速运动的时间t的求法
牵引力F＝ma＋f，匀加速运动的最大速度vmax′＝，时间t＝.
(3)瞬时加速度a的求法
根据F＝求出牵引力，则加速度a＝.
　(2023·湖北卷，T4)两节动车的额定功率分别为P1和P2，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1和v2.现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为(　　)
A．　　　　 B．
C． D．
[解析]　由题意可知对两节动车分别有P1＝f1v1，P2＝f2v2，当将它们编组后有P1＋P2＝(f1＋f2)v，联立可得v＝.
[答案]　D
　(多选)我国新能源汽车发展迅猛，已成为全球最大的新能源汽车产销国．质量为m的某新能源汽车在水平路面上以恒定加速度a启动，其v－t图像如图所示，其中OA段和BC段为直线．已知汽车动力系统的额定功率为P，汽车所受阻力大小恒为f，则下列说法正确的是(　　)
A．汽车做匀加速运动的最大速度v1＝
B．汽车能达到的最大行驶速度v2＝
C．汽车速度为时的功率P′＝
D．汽车速度为时的加速度大小a′＝－
[解析]　根据牛顿第二定律有F－f＝ma，解得F＝f＋ma，则汽车做匀加速运动的最大速度v1＝＝，故A错误；当牵引力与阻力平衡时，汽车达到最大行驶速度，即v2＝，故B错误；汽车速度为时，功率P′＝F·＝，故C正确；汽车速度为时，牵引力大小F′＝＝，根据牛顿第二定律有F′－f＝ma′，解得a′＝－，故D正确．
[答案]　CD
　(2025·梅州市期中)一辆列车总质量m＝600 t，发动机的额定功率P＝1.8×106 W．列车在轨道上行驶时，轨道对列车的阻力f是车重力的0.01，重力加速度g取10 m/s2.
(1)在水平轨道上，发动机以额定功率P工作，当行驶速度v＝10 m/s时，求列车的瞬时加速度a.
(2)在水平轨道上以速度36 km/h匀速行驶时，求发动机的实际功率P1.
(3)若列车从静止起动，保持0.3 m/s2的加速度做匀加速运动，求这一过程维持的最长时间．
[解析]　(1)当行驶速度v＝10 m/s时，列车所受牵引力F＝＝1.8×105 N
阻力f＝0.01mg＝6×104 N
由牛顿第二定律有F－f＝ma
得a＝＝0.2 m/s2.
(2)匀速行驶时有F1＝f
则P1＝fv1＝6×105 W.
(3)由牛顿第二定律得F2－f＝ma2
得F2＝f＋ma2＝2.4×105 N
列车匀加速直线运动的末速度
v2＝＝7.5 m/s
列车匀加速直线运动过程维持的最长时间
t＝＝25 s.
[答案]　(1)0.2 m/s2　(2)6×105 W　(3)25 s
1．(功率的计算)如图，一学生将质量为1 kg 的小球(可视为质点)从离地高为0.8 m的空中以3 m/s的初速度水平抛出，不计空气阻力，重力加速度大小g取10 m/s2，则小球在下落过程中重力的平均功率为(　　)
A．20 W　 B．40 W　　
C．10 W　　D．8 W
解析：选A.由平抛运动规律h＝gt2，解得t＝0.4 s，重力的平均功率＝＝20 W．
2．(功率的理解和计算)质量为m的物体静止在粗糙水平地面上，现用一水平恒力F拉动物体，经过一段时间后其速度变为v，重力加速度为g，则(　　)
A．在这段时间内，摩擦力做正功
B．在这段时间内，拉力做负功
C．物体的速度为v时，拉力的瞬时功率为Fv
D．物体的速度为v时，重力的功率为mgv
解析：选C.由于摩擦力方向与运动方向相反，所以摩擦力对物体做负功，故A错误；由于拉力方向与运动方向相同，所以拉力对物体做正功，故B错误；物体的速度为v时，拉力的瞬时功率P＝Fv，由于重力与速度方向垂直，所以重力的功率为0，故C正确，D错误．
3．(机车启动问题)一辆质量为m的汽车在水平路面上以速度v匀速行驶，此时发动机功率为P.若汽车运动中所受阻力恒定不变，当汽车功率突然变为P的瞬间，此时加速度大小为(　　)
A．0　　 B．　　　
C．　　　D．
解析：选C.汽车在水平路面上以速度v匀速行驶，此时发动机功率为P，则有P＝Fv，F＝f，当汽车功率突然变为P时有P＝F′v，根据牛顿第二定律有F′－f＝ma，联立解得a＝，故C正确，A、B、D错误．
4．(功率的相关计算)如图所示，一台起重吊车将质量m＝500 kg的重物由静止开始以 a＝0.2 m/s2加速度竖直向上匀加速提升，t＝10 s末之后保持功率不变继续提升重物，直至重物匀速上升．g取10 m/s2不计空气阻力，求：
(1)前10 s内起重吊车拉力F的大小；
(2)10 s末起重机的瞬时功率P；
(3)重物上升的最大速度vm；
(4)重物开始运动后15 s内起重机提升重物的平均功率.
解析：(1)由牛顿第二定律有F－mg＝ma
解得F＝5 100 N.
(2)起重机做匀加速直线运动，有v＝at
P＝Fv
解得P＝10 200 W.
(3)达到最大速度时，加速度为零，有P＝mgvm
解得vm＝2.04 m/s.
(4)匀加速直线运动阶段拉力做功W1＝Fh
h＝at2
10 s到15 s拉力做功W2＝Pt′＝51 000 J
平均功率＝＝6 800 W.
答案：(1)5 100 N　(2)10 200 W　(3)2.04 m/s
(4)6 800 W第四节　势　能
1．知道重力做功与路径无关．　2.理解重力势能的概念，知道重力势能具有相对性、系统性，会用重力势能的计算公式进行相关计算．　3.理解重力做功与重力势能变化的关系．　4.理解弹性势能的概念，会分析决定弹性势能大小的相关因素．
一、重力做功
1．重力做功只与运动物体的起点和终点的位置有关，而与运动物体所经过的路径无关．
2．重力势能
(1)定义：物体由于位于高处而具有的能量叫作重力势能．
(2)物体的重力势能：我们把由物体所受的重力mg和所在位置的高度h决定的物理量mgh称为物体的重力势能，常用Ep来表示．
(3)表达式：Ep＝mgh．
(4)单位：它的单位与功的单位相同，在国际单位制中都是焦耳，简称焦，符号是J.
(5)标矢性：重力势能是标量．
3．重力做功与重力势能的关系
(1)WG＝Ep1－Ep2，其中Ep1＝mgh1表示物体在初位置的重力势能，Ep2＝mgh2表示物体在末位置的重力势能．
(2)重力做正功时，重力势能减少，重力做负功时，重力势能增加．
二、重力势能的相对性
1．参考平面：物体具有的重力势能总是相对某个水平面来说的．我们一般把处于这个水平面上的物体的重力势能规定为零，并把这个水平面
称为参考平面．选择不同的参考平面，同一物体在空间同一位置的重力势能就不同．
2．物体重力势能的大小与其位置的高度有关．
3．对选定的参考平面而言，在参考平面上方的物体，重力势能为正值；在参考平面下方的物体，重力势能为负值．
4．两个不同位置重力势能的差值并不因选择不同的参考平面而有所不同．
三、弹性势能
1．定义：发生弹性形变的物体在恢复原状过程中，能够对外界做功，因而它们具有能量，这种能量叫作弹性势能．
2．物体弹性势能的大小与物体的形变大小有关．在弹性限度内，同一物体发生的弹性形变越大，弹性势能越大．弹性势能还与物体自身的材料有关，对于形变相同的弹簧而言，劲度系数越大，弹性势能越大．
3．势能：与相互作用物体的相对位置有关的能量叫作势能．势能是相互作用物体组成的系统所共有的．
判断下列说法是否正确．
(1)物体只要运动，其所受重力一定做功．(　　)
(2)物体的高度只要发生变化，其所受重力一定做功．(　　)
(3)重力做功多少取决于物体所受重力和它通过的路程．(　　)
(4)重力势能Ep1＝2 J，Ep2＝－3 J，则Ep1与Ep2方向相反.(　　)
(5)不同弹簧的形变量相同时弹力做功相同.(　　)
(6)弹簧被压缩时，弹性势能为负；弹簧被拉伸时，弹性势能为正．(　　)
提示：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)×　(6)×
知识点一　重力做功的特点
如图所示，一个质量为m的物体，从高度为h1的位置A分别按下列三种方式运动到高度为h2的位置B，在这个过程中思考并讨论以下问题：
(1)甲、乙、丙三种情况下重力做的功各是多少？
(2)重力做功有什么特点？
[提示]　(1)三种情况下重力做的功都是mgh.
(2)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．
1．重力做功的表达式
WG＝mgΔh＝mgh1－mgh2，式中Δh指初位置与末位置的高度差；h1、h2分别指初位置、末位置的高度．
2．重力做功的正负
物体下降时重力做正功；物体被举高时重力做负功．
3．重力做功的大小
重力对物体做功的大小只跟物体的起点与终点的高度差有关，与物体运动的路径无关．
角度1　重力做功的特点
　如图所示，一物体从A点出发，分别沿粗糙斜面AB和光滑斜面AC下滑及斜向上抛出，运动后到达同一水平面上的B、C、D三点．关于重力的做功情况，下列说法正确的是(　　)
A．沿AB面滑下时，重力做功最多
B．沿AC面滑下时，重力做功最多
C．沿AD抛物线运动时，重力做功最多
D．三种情况下运动时，重力做的功相等
[解析]　由于重力做功与路径无关，只与初、末位置的高度差有关，故三种情况下运动时，重力做的功相等，均为WG＝mgh.
[答案]　D
角度2　重力做功的求解
　如图所示，质量为m的小球从高为h处的斜面上的A点滚下，经过水平面BC后，再滚上另一斜面，当它到达高为的D点时，速度为零．在这个过程中，重力做功为(　　)
A．　 B．　　
C．mgh　　D．0
[解析]　方法一：分段法
小球由A→B，重力做正功W1＝mgh
小球由B→C，重力做功为0
小球由C→D，重力做负功W2＝－mg·
故小球由A→D全过程中重力做功
WG＝W1＋W2＝mg＝mgh.
方法二：全过程法
全过程，小球的高度差为h1－h2＝h，故WG＝mgh.
[答案]　B
知识点二　重力做功和重力势能的变化
如图所示，幼儿园的小朋友们正在玩滑梯(选地面为参考面，设小朋友的体重为m)：
(1)在最高点时(高度为h)和在地面时的重力势能各是多少？
(2)下滑过程中重力做多少功？重力势能如何变化？
[提示]　(1)在最高点时与在地面时的重力势能分别为mgh、0.
(2)重力做功W＝mgh.重力势能减少了mgh.
1．对重力势能的理解
(1)系统性：重力势能是物体和地球所组成的系统共同具有的能量，不是地球上的物体单独具有的．
(2)相对性：重力势能Ep＝mgh与参考平面的选择有关，式中的h是物体重心到参考平面的高度．重力势能是标量，只有大小而无方向，但有正、负之分．当物体在参考平面上方时，Ep为正值；当物体在参考平面下方时，Ep为负值．注意物体重力势能的正、负是表示比零势能大，还是比零势能小．
(3)参考平面选择的任意性：视处理问题的方便而定，一般选择地面或物体运动时所到达的最低点为零势能面．
(4)重力势能变化的绝对性：物体从一个位置运动到另一个位置的过程中，重力势能的变化与参考平面的选取及过程无关，它的变化量是绝对的．
2．重力做功与重力势能的变化
(1)表达式：WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp.
(2)重力做多少正功，重力势能就减少多少；克服重力做多少功，重力势能就增加多少．
角度1　对重力势能的理解
　(多选)关于重力势能，下列说法正确的是(　　)
A．重力势能的变化只跟物体所处的初、末位置有关，与物体实际经过的路径无关
B．物体与参考平面的距离越大，它的重力势能也越大
C．重力势能的变化量与参考平面的选取无关
D．一个物体的重力势能从－10 J变化到4 J，重力势能减少了
[解析]　重力势能的变化只跟物体所处的初、末位置有关，与物体实际经过的路径无关，且重力势能的变化量与参考平面的选取无关，但物体重力势能的大小与零势能参考面的选取有关，所以放在地面上的物体重力势能不一定为零，故A、C正确．若物体在零势能参考面的上方，则物体与参考平面的距离越大，它的重力势能越大；反之，若物体在零势能参考面的下方，则物体与参考平面的距离越大，它的重力势能越小，故B错误．一个物体的重力势能从－10 J变化到4 J，重力势能增加，故D错误．
[答案]　AC
角度2　重力做功和重力势能的变化
　一个质量为100 g的球从1.8 m的高处落到一个水平板上又弹回到1.25 m的高度．g取10 m/s2，则整个过程中(　　)
A．重力做功为1.8 J
B．重力做功为－0.55 J
C．物体的重力势能一定减少了0.55 J
D．物体的重力势能一定增加了1.25 J
[解析]　重力做功W＝mgΔh＝0.1×10×(1.8－1.25) J＝0.55 J，A、B错误；整个过程中，重力做正功，物体的重力势能一定减少了0.55 J，C正确，D错误．
[答案]　C
　如图所示，质量为m的小球，从离桌面H高处由静止下落，桌面离地高度为h.若以桌面为参考平面，那么小球落地时的重力势能及整个过程中重力势能的变化分别是(　　)
A．mgh，减少了mg(H－h)
B．mgh，增加了mg(H＋h)
C．－mgh，增加了mg(H－h)
D．－mgh，减少了mg(H＋h)
[解析]　以桌面为参考平面，落地时小球的重力势能为－mgh，初状态重力势能为mgH，即此过程重力势能的变化ΔEp＝－mgh－mgH＝－mg(H＋h)，所以重力势能减少了mg(H＋h)，D正确．
[答案]　D
知识点三　弹性势能
如图所示，某人正在用拉力器锻炼臂力．
(1)人不用力时，弹簧不伸长，此时弹簧有弹性势能吗？
(2)人拉弹簧时对弹簧做什么功？弹簧的弹性势能怎么变化？
(3)在弹簧弹性限度内，人将弹簧拉得越长，克服弹力做功越多吗？弹性势能越大吗？
(4)有的拉力器有2条弹簧，有的有4条弹簧，将它们拉伸相同长度，用力一样吗？克服弹力做功相同吗？
[提示]　(1)弹簧不伸长，没有弹性势能．
(2)人对弹簧做正功，弹性势能增加．
(3)将弹簧拉得越长，克服弹力做功越多，弹性势能越大．
(4)用力不一样，克服弹力做功也不相同．
1．对弹性势能的理解
2．弹力做功与弹性势能变化的关系
如图所示，O为弹簧的原长处．
(1)弹力做负功时：如物体由O向A运动(压缩)或者由O向A′运动(伸长)时，弹性势能增大，其他形式的能转化为弹性势能．
(2)弹力做正功时：如物体由A向O运动，或者由A′向O运动时，弹性势能减小，弹性势能转化为其他形式的能．
(3)弹力做功与弹性势能变化的关系为W弹＝－ΔEp.
角度1　对弹性势能的理解
　(多选)关于弹簧的弹性势能，下列说法正确的是(　　)
A．弹簧的弹性势能与其被拉伸(或压缩)的长度有关
B．弹簧的弹性势能与弹簧的劲度系数有关
C．对于同一弹簧，在弹性限度内，形变量越大，则弹性势能越大
D．弹性势能的大小与使弹簧发生形变的物体有关
[解析]　理解弹性势能时要明确研究对象是发生弹性形变的物体，而不是使之发生形变的物体．弹簧弹性势能的大小跟形变量有关，对于同一弹簧，在弹性限度内，形变量越大，则弹性势能越大．弹簧的弹性势能还与劲度系数有关，当形变量一定时，劲度系数越大，则弹簧的弹性势能越大，A、B、C正确，D错误．
[答案]　ABC
角度2　弹力做功和弹性势能
　如图所示，一轻弹簧左端固定，右端连接一物体，物体放在光滑的水平面上．现对物体施加一作用力F，使物体处于静止状态．然后撤去F，物体将向右运动．关于物体从静止开始向右运动一直到速度再次为零的过程中，下列说法正确的是(　　)
A.弹簧的弹性势能逐渐减小
B．弹簧的弹性势能逐渐增大
C．弹簧的弹性势能先减小后增大
D．弹簧的弹性势能先增大后减小
[解析]　物体从静止开始向右运动一直到速度再次为零的过程中，弹簧先逐渐恢复原长，再逐渐被拉长，则弹性势能先减小后增大．
[答案]　C
　(2025·广州期末)如图所示，质量为m的物块与弹簧连接，静止在倾角为θ的光滑斜面上，且弹簧与斜面平行．用一外力使物块缓慢沿斜面运动直至弹簧恢复原长，重力加速度为g，弹簧的劲度系数为k.该过程中，下列说法正确的是(　　)
A．弹簧弹力做负功
B．弹簧的弹性势能一直增大
C．物块的重力势能增加了
D．物块的重力势能增加了
[解析]　用一外力使物块缓慢沿斜面运动直至弹簧恢复原长，弹簧弹力做正功，弹簧弹性势能减小，故A、B错误；物块静止时，根据受力平衡有mg sinθ＝kx，弹簧恢复原长的过程中，物块的重力势能增加了ΔEp＝mgx sin θ＝，故C错误，D正确．
[答案]　D
1．(重力做功的特点)小李将质量为m的篮球(视为质点)从距水平地面高度为h处由静止释放，篮球多次弹起后静止在地面上，篮球第n次弹起的高度hn＝(n＝1，2，3，…)，重力加速度大小为g.整个过程中，篮球受到的重力做的功为(　　)
A．0　　　　　　　 B．mgh
C．mgh D．2mgh
解析：选C.由题意可知最终篮球将静止在地面上，整个过程篮球初、末状态的高度差为h，所以篮球受到的重力做的功为mgh.
2．(重力做功与重力势能的变化)(2025·中山市期末)如图所示，质量m＝2kg的小球，从离桌面H＝1.0 m高处由静止下落，桌面离地面的高度h＝0.8 m，若以桌面为参考平面，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．小球在A点的重力势能为36 J
B．小球在桌面上的重力势能为0
C．整个下落过程中重力势能减少了20 J
D．若改变所选择的参考平面，小球在A、B点的重力势能不变
解析：选B.若以桌面为参考平面，小球在桌面上的重力势能Ep＝0，小球在A点的重力势能Ep＝mgH＝20 J，A错误，B正确；小球在B点的重力势能Ep′＝－mgh＝－16 J，整个下落过程中重力势能的减少量ΔEp＝mg(H＋h)＝36 J，C错误；若改变所选择的参考平面，根据Ep＝mgh，则小球在A、B点的重力势能改变，D错误．
3．(重力做功与重力势能的变化)如今高层居民小区越来越多，家住高层，窗外“风光无限”，可电梯房虽好，就是怕停电，要是电梯停运了，会给高层住户的生活带来很多不便．某次停电时，家住10楼的李同学步行从一楼走楼梯回家，已知该同学质量为50 kg，每层楼的高度为3 m，g取10 m/s2，则该同学在这个过程中(　　)
A.重力做正功
B．楼梯的支持力做负功
C．重力势能增加1.35×104 J
D．重力势能增加1.5×105 J
解析：选C.李同学所受重力方向竖直向下，从1楼走到10楼，末位置高于初位置，所以重力做负功，故A错误；当李同学受到楼梯的支持力时，支持力的作用点并没有发生位移，所以楼梯的支持力不做功，故B错误；重力做负功，重力势能增加，有ΔEp＝－W＝mgh＝1.35×104 J，故C正确，D错误．
4．(弹性势能)(多选)(2025·深圳市期末)如图所示的一个物体以速度v0冲向与竖直墙壁相连的轻质弹簧，墙壁和物体间的弹簧被物体压缩至最短的过程中，以下说法正确的是(　　)
A．弹簧的弹力大小与弹簧的压缩量成正比
B．物体向墙壁运动相同的位移，弹力做的功不相等
C．弹簧的弹力做正功，弹性势能增加
D．弹簧的弹力做负功，弹性势能增加
解析：选ABD.由F＝kx知弹簧的弹力大小与弹簧的压缩量成正比，故A正确；弹簧开始被压缩时弹力较小，发生相同的位移时弹力做的功较少，弹簧的压缩量变大时，物体向墙壁运动相同的位移，弹力做的功较多，故B正确；物体压缩弹簧的过程，弹簧的弹力与弹力作用点的位移方向相反，所以弹力做负功，弹性势能增加，故C错误，D正确．(共37张PPT)
第五节　机械能守恒定律
学习目标
1．知道什么是机械能，知道物体的动能和势能可以相互转化．
2．会正确推导物体在光滑曲面上运动过程中的机械能守恒，理解机械能守恒定律的内容，知道它的含义和适用条件．
3．在具体问题中，能判定机械能是否守恒，并能应用机械能守恒定律解决简单问题．
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、动能与势能的相互转化
1．机械能：________________与势能(包括________________势能和________________势能)统称为机械能．
2．通过重力或弹力做功，机械能可以从一种形式转化成另外一种形式．
动能
重力
弹性
2．内容：在只有________________或________________做功的系统内，动能和势能发生相互转化，而系统的机械能总量保持不变．
重力
弹力
判断下列说法是否正确．
(1)通过重力做功，动能和重力势能可以相互转化．(　　)
(2)弹性势能发生了改变，一定有弹力做功.　(　　)
(3)机械能守恒时，物体一定只受重力和弹力作用．(　　)
(4)合力为零，物体的机械能一定守恒．(　　)
(5)合力做功为零，物体的机械能保持不变.　(　　)
(6)只有重力做功时，物体的机械能一定守恒.(　　)
√
×　
√
×　
×　
√
课堂深度探究
PART
02
第二部分
知识点一　机械能守恒的判断
如图所示，过山车由高处在关闭发动机的情况下飞奔而下．(忽略轨道的阻力和其他阻力)过山车下滑时，过山车受哪些力作用？各做什么功？动能和势能怎么变化？机械能守恒吗？
[提示]　过山车下滑时，如果忽略阻力作用，过山车受重力和轨道支持力作用；重力做正功，支持力不做功，动能增加，重力势能减少，机械能保持不变．
1．对守恒条件的理解
(1)单个物体只受重力，不受其他力，如自由落体运动；
(2)单个物体除受重力外，还受其他力，但其他力不做功，如物体沿光滑固定的斜面下滑，物体受重力和支持力作用，但支持力不做功；
(3)对于多个物体组成的系统来说，除重力和系统内的弹力做功之外，外力不做功，有内力做功，但内力做功的代数和为零．
2．机械能守恒的判断方法
(1)做功条件分析法：应用机械能守恒的条件进行判断．分析物体(或系统)的受力情况(包括内力和外力)，明确各力做功的情况，若只有重力或系统内弹力做功，没有其他力做功或其他力做功的代数和为零，则物体(或系统)的机械能守恒．
(2)能量转化分析法：从能量转化的角度进行判断．若只有系统内物体间动能和重力势能及弹性势能的相互转化，机械能也没有转化成其他形式的能(如内能)，则系统的机械能守恒．
(3)增减情况分析法：直接从机械能的各种形式的能量增减情况进行判断．若系统的动能与势能均增加或均减少，则系统的机械能不守恒；若系统内各个物体的机械能均增加或均减少，则系统的机械能不守恒．
√
关于机械能，下列说法正确的是(　　)
A．物体做竖直面内的圆周运动，机械能一定守恒
B．物体做匀速直线运动，机械能一定守恒
C．合外力对物体做功为零时，物体的机械能一定守恒
D．只有重力对物体做功时，物体的机械能一定守恒
[解析]　物体在竖直平面内做圆周运动，因为不清楚物体受力情况，若用轻杆连接的物体在竖直平面内做匀速圆周运动，则此时机械能不守恒，故A错误；
物体做匀速直线运动，只能说明物体所受合外力为零，不能确定是否满足机械能守恒条件，如人在电梯中匀速上升或下降，机械能不守恒，故B错误；
合外力对物体做功为零时，物体的动能保持不变，但机械能不一定守恒，故C错误；
只有重力做功，满足机械能守恒条件，故物体的机械能守恒，故D正确．
角度1　机械能守恒条件的理解
√
(多选)在下面列举的各个实例中，不考虑空气阻力，说法正确的是(　　)
A.图甲中，物体A将弹簧压缩的过程中，物体A机械能守恒
B．图乙中，在平行于斜面向下的大小等于摩擦力的拉力F作用下，物体B沿斜面下滑时(斜面A不动)，物体B机械能保持不变
C.图丙为一端固定有小球的轻杆，从右偏上30°角释放后绕光滑支点摆动，小球只有重力势能与动能的相互转化，则图丙中小球机械能守恒
D.图丁中，ω越来越大，小球慢慢升高，小球的机械能仍然守恒
角度2　机械能守恒的判断
√
[解析]　题图甲中，物体A将弹簧压缩的过程中，物体A与弹簧组成的系统机械能守恒，由于弹簧的弹性势能不断增加，故物体A的机械能不断减少，A错误；
题图乙中，在平行于斜面向下的大小等于摩擦力的拉力F作用下，物体B沿斜面下滑时(斜面A不动)，对物体B，除重力外的其他力所做功的代数和为零，故物体B机械能保持不变，B正确；
题图丙为一端固定有小球的轻杆，从右偏上30°角释放后绕光滑支点摆动，小球只有重力势能与动能的相互转化，则题图丙中小球机械能守恒，C正确；
题图丁中，ω越来越大，小球慢慢升高，由v＝rω可知，小球的线速度也慢慢增大，可知小球的动能和重力势能均增大，故小球的机械能增大，D错误．
知识点二　单物体的机械能守恒问题
如图所示，这是运动员投掷铅球的动作，如果忽略铅球所受空气的阻力．
(1)铅球在空中运动过程中，机械能是否守恒？
[提示] 由于阻力可以忽略，铅球在空中运动过程中，只有重力做功，机械能守恒．
(2)若铅球被抛出时速度大小一定，铅球落地时的速度大小与运动员将铅球抛出的方向有关吗？
[提示]根据机械能守恒定律可知，落地时速度的大小与运动员将铅球抛出的方向无关．
(3)在求解铅球落地速度的大小时，可以考虑应用什么规律？
[提示]可以应用机械能守恒定律，也可以应用动能定理．
1．解题思路
2．三个表达式
项目 表达式 物理意义
守恒角度 Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2或E初＝E末 初状态的机械能等于末状态的机械能
转化角度 Ek2－Ek1＝Ep1－Ep2或ΔEk＝－ΔEp 过程中动能的增加量等于势能的减少量
转移角度 EA2－EA1＝EB1－EB2或ΔEA＝－ΔEB 系统只有A、B两物体时，A增加的机械能等于B减少的机械能(不用选择参考平面)
从地面以v0的速度竖直向上抛出一物体，不计空气阻力，重力加速度为g，以地面为重力势能的零势能面．
(1)求物体上升的最大高度h.
角度1　重力作用下的机械能守恒
(2)物体的重力势能为动能的一半时，求物体离地面的高度h1.
(3)物体的重力势能和动能相等时，求物体离地面的高度h2.
(4)物体的动能是重力势能的一半时，求物体离地面的高度h3.
(1)物体在A点时的速度大小；
(2)物体离开C点后还能上升的高度．
[答案]3.5R
√
角度2　重力和弹簧弹力作用下的机械能守恒
　 如图所示，质量m＝2 kg的小球用长L＝1.05 m的轻质细绳悬挂在距水平地面高H＝6.05 m的O点．现将细绳拉直至水平状态，自A点无初速度释放小球，运动至悬点O的正下方B点时细绳恰好断裂，接着小球做平抛运动，落至水平地面上C点．不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)细绳能承受的最大拉力；
角度3　曲线运动中机械能守恒定律的应用
[答案] 60 N
(2)细绳断裂后小球在空中运动所用的时间；
[答案]1 s　
(3)小球落地瞬间速度的大小．
[答案]11 m/s
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
√
1．(机械能守恒的判断)下列物体在运动过程中，机械能守恒的是(　　)
A．做自由落体运动的物体
B．雨点匀速下落
C．沿粗糙的斜面，向下做匀速运动的木块
D．被起重机拉着向上做匀速运动的货物
解析：做自由落体运动的物体，只受重力作用，物体的机械能守恒，故A正确；
雨点匀速下落，动能不变，重力势能减小，机械能减小，机械能不守恒，故B错误；
沿粗糙的斜面向下做匀速运动的木块，由于克服摩擦力做功，木块的机械能减小，机械能不守恒，故C错误；
被起重机拉着向上做匀速运动的货物，动能不变，重力势能增大，机械能增大，机械能不守恒，故D错误．
√
2．(机械能守恒的判断)如图所示，下列说法正确的是(所有情况均不计摩擦、空气阻力以及滑轮质量)(　　)
A．甲图中，火箭升空的过程中，若匀速升空则机械能守恒，若加速升空则机械能不守恒
B．乙图中，物块在外力F的作用下匀速上滑，物块的机械能守恒
C．丙图中，物块A以一定的初速度将弹簧压缩的过程中，物块A的机械能守恒
D．丁图中，物块A加速下落、物块B加速上升的过程中，A物体的机械能减少
解析：题图甲中，不论是匀速还是加速，由于推力对火箭做功，火箭的机械能都不守恒，是增加的，故A错误；
题图乙中，物块匀速上滑，动能不变，重力势能增加，则机械能必定增加，故B错误；
题图丙中，在物块A压缩弹簧的过程中，弹簧和物块A组成的系统只有重力和弹力做功，系统机械能守恒，由于弹簧的弹性势能增大，则A的机械能减小，故C错误；
题图丁中，对A、B组成的系统，不计空气阻力，只有重力做功，则A、B组成的系统机械能守恒，B物块的动能和重力势能都增加，则A物块的机械能减少，故D正确．
√
√
4.(与弹簧有关的机械能守恒问题)(多选)(2025·东莞期中)如图所示，水平地面上固定一竖直轻质弹簧，有一物体由弹簧正上方某位置竖直下落，从与弹簧接触到第一次到达最低点的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．物体的动能逐渐减小
B．物体的机械能守恒
C．弹簧的弹力对物体做负功
D．弹簧的弹性势能逐渐增大
解析：物体开始接触弹簧时，重力大于弹力，物体加速度向下，则物体速度增加；当重力等于弹力时速度最大，以后的过程中，重力小于弹力，则加速度向上，物体速度减小，则物体的动能先增加后减小，A错误．
弹簧的弹力对物体做负功，则物体的机械能减小，B错误，C正确．
物体向下运动过程中，弹簧的形变量逐渐增加，可知弹簧的弹性势能逐渐增大，D正确．
√题组1　功率的理解和计算
1.如图所示，小明体重为600N，小亮体重为400 N，两人同时从一楼出发上到三楼，小明先到达，小亮后到达，则下列说法正确的是(　　)
A．小明上楼功率大　 B．小亮上楼功率大
C．小明上楼做功少 D．小亮上楼做功多
解析：选A.根据W＝Gh可知小明体重较大，则小明上楼做功多；根据P＝可知，小明用时间较短，可知小明上楼的功率大．
2．(2025·韶关市期末)甲、乙两物体所受重力之比为1∶2，它们从同一高度同时释放各自做自由落体运动，历时4 s落地，则甲物体下落第1 s末和乙物体下落第3 s末重力的瞬时功率之比为(　　)
A．1∶2 B．1∶3
C．1∶6 D．1∶9
解析：选C.根据PG＝mgvy＝mg·gt＝mg2t，可得甲物体下落第1 s末和乙物体下落第3 s末重力的瞬时功率之比PG甲∶PG乙＝(1×1)∶(2×3)＝1∶6.　
题组2　机车启动问题
3．质量为m的汽车在平直公路上从静止开始以加速度a做匀加速直线运动，发动机的牵引力恒为F，受到的阻力恒为f，则当汽车的速度为v时，发动机的功率为(　　)
A．v B．mav
C．fv D．Fv
解析：选D.根据功率的定义可知，发动机的功率指发动机的牵引力的功率，即P＝Fv.
4．(2025·广州市期中)在通往某景区的公路上，一辆小汽车沿水平面由静止启动，在前20 s内做匀加速直线运动，第20 s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其v－t图像如图所示．已知汽车的质量m＝1×103 kg，汽车受到地面的阻力和空气阻力的合力大小恒为车重的0.2，重力加速度g取10 m/s2，则汽车的最大速度为(　　)
A．25 m/s B．28 m/s
C．30 m/s D．35 m/s
解析：选C.由题意可知汽车受到地面的阻力和空气阻力的合力大小f＝0.2mg＝2 000 N，由v－t图像可知做匀加速时的加速度a＝ m/s2＝1 m/s2，根据牛顿第二定律可得F1－f＝ma，解得匀加速时的牵引力大小F1＝3 000 N，当速度v1＝20 m/s时，功率达到额定功率，则有P额＝F1v1＝60 000 W，当牵引力等于阻力时，汽车的速度达到最大，则有vm＝＝30 m/s.
5.如图所示，竖直墙面上的M点到地面有Ⅰ、Ⅱ两条固定光滑轨道，从M点静止释放的物块沿不同轨道滑到地面，下列说法正确的是(　　)
A．物块滑到地面时，沿Ⅰ下滑重力的瞬时功率等于沿Ⅱ下滑重力的瞬时功率
B．物块滑到地面时，沿Ⅰ下滑重力的瞬时功率大于沿Ⅱ下滑重力的瞬时功率
C．物块运动过程中，沿Ⅰ下滑重力的平均功率等于沿Ⅱ下滑重力的平均功率
D．物块运动过程中，沿Ⅰ下滑重力的平均功率小于沿Ⅱ下滑重力的平均功率
解析：选B.设斜面的倾角为θ，由v2＝2as，a＝g sin θ，s＝可知两次物块到达底端的速度大小相等，则重力的瞬时功率P＝mgv sin θ，可知物块滑到地面时，沿Ⅰ下滑的重力的瞬时功率大于沿Ⅱ下滑的重力的瞬时功率，故A错误，B正确；根据运动学规律有＝gt2sin θ，则物块重力的平均功率＝＝mgh，则物块运动过程中，沿Ⅰ下滑时重力的平均功率大于沿Ⅱ下滑时重力的平均功率，故C、D错误．
6．(10分)一辆质量为1.5×103kg的汽车从静止开始启动，保持额定功率在倾角正弦值为0.1的斜坡上沿斜坡向上行驶．汽车所受摩擦阻力恒为车重的0.2，汽车达到的最大速度为16 m/s，g取10 m/s2.
(1)求汽车发动机的额定功率．(4分)
(2)若汽车沿斜坡向上从静止开始以a＝3 m/s2的加速度匀加速启动，求汽车匀加速运动过程所用的时间．(6分)
解析：(1)根据题意可知，汽车所受阻力f＝0.2mg
根据额定功率公式可得P额＝Fvm
F＝f＋mg sin α
解得P额＝72 kW.
(2)当汽车以恒定加速度运动时，则有F′－f－mg sin α＝ma
P额＝F′v
解得v＝8 m/s
根据v＝at可得t＝ s.
答案：(1)72 kW　(2) s
7.(10分)(2025·广州市模拟)某型号“双引擎”节能环保汽车的工作原理：当行驶速度v<15 m/s时仅靠电动机输出动力；当行驶速度v≥15 m/s时，汽车自动切换引擎，仅靠汽油机输出动力．该汽车在平直的公路上由静止启动，其牵引力F随时间t变化关系如图所示．已知该汽车质量为1 500 kg，行驶时所受阻力恒为1 250 N.汽车在t0时刻自动切换引擎后，保持牵引力功率恒定．求：
(1)汽车切换引擎后的牵引力功率P；(4分)
(2)汽车由启动到切换引擎所用的时间t0.(6分)　
解析：(1)根据功率的计算公式可知，汽车切换引擎后的牵引力功率
P＝F2v＝6 000×15 W＝90 kW.
(2)开始阶段，牵引力F1＝5 000 N，根据牛顿第二定律可得F1－f＝ma
解得开始阶段加速度a＝2.5 m/s2
根据速度与时间关系有t0＝＝6 s.
答案：(1)90 kW　(2)6 s
8．(10分)如图所示，倾角α＝30°的足够长的斜面体固定在水平面上，质量m＝0.2 kg的小球由斜面体的顶端以v0＝10 m/s的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)小球由抛出到落在斜面体的过程中重力做功的平均功率；(4分)
(2)小球落在斜面体瞬间重力的瞬时功率．(6分)　
解析：(1)小球落到斜面上时tan 60°＝
解得t＝2 s
则小球由抛出到落在斜面体的过程中重力做功的平均功率＝mg＝20 W.
(2)小球落在斜面体瞬间重力的瞬时功率P＝mg·gt＝40 W.
答案：(1)20 W　(2)40 W(共18张PPT)
课后达标检测
√
题组1　功率的理解和计算
1.如图所示，小明体重为600N，小亮体重为400 N，两人同时从一楼出发上到三楼，小明先到达，小亮后到达，则下列说法正确的是(　　)
A．小明上楼功率大　 B．小亮上楼功率大
C．小明上楼做功少 D．小亮上楼做功多
√
2．(2025·韶关市期末)甲、乙两物体所受重力之比为1∶2，它们从同一高度同时释放各自做自由落体运动，历时4 s落地，则甲物体下落第1 s末和乙物体下落第3 s末重力的瞬时功率之比为(　　)
A．1∶2 B．1∶3
C．1∶6 D．1∶9
解析：根据PG＝mgvy＝mg·gt＝mg2t，可得甲物体下落第1 s末和乙物体下落第3 s末重力的瞬时功率之比PG甲∶PG乙＝(1×1)∶(2×3)＝1∶6.　
√
解析：根据功率的定义可知，发动机的功率指发动机的牵引力的功率，即P＝Fv.
√
4．(2025·广州市期中)在通往某景区的公路上，一辆小汽车沿水平面由静止启动，在前20 s内做匀加速直线运动，第20 s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其v－t图像如图所示．已知汽车的质量m＝1×103 kg，汽车受到地面的阻力和空气阻力的合力大小恒为车重的0.2，重力加速度g取10 m/s2，则汽车的最大速度为(　　)
A．25 m/s B．28 m/s
C．30 m/s D．35 m/s
√
5.如图所示，竖直墙面上的M点到地面有Ⅰ、Ⅱ两条固定光滑轨道，从M点静止释放的物块沿不同轨道滑到地面，下列说法正确的是(　　)
A．物块滑到地面时，沿Ⅰ下滑重力的瞬时功率等于沿Ⅱ下滑重力的瞬时功率
B．物块滑到地面时，沿Ⅰ下滑重力的瞬时功率大于沿Ⅱ下滑重力的瞬时功率
C．物块运动过程中，沿Ⅰ下滑重力的平均功率等于沿Ⅱ下滑重力的平均功率
D．物块运动过程中，沿Ⅰ下滑重力的平均功率小于沿Ⅱ下滑重力的平均功率
6．(10分)一辆质量为1.5×103kg的汽车从静止开始启动，保持额定功率在倾角正弦值为0.1的斜坡上沿斜坡向上行驶．汽车所受摩擦阻力恒为车重的0.2，汽车达到的最大速度为16 m/s，g取10 m/s2.
(1)求汽车发动机的额定功率．(4分)
解析：根据题意可知，汽车所受阻力f＝0.2mg
根据额定功率公式可得P额＝Fvm
F＝f＋mg sin α
解得P额＝72 kW.
答案：72 kW
(2)若汽车沿斜坡向上从静止开始以a＝3 m/s2的加速度匀加速启动，求汽车匀加速运动过程所用的时间．(6分)
7.(10分)(2025·广州市模拟)某型号“双引擎”节能环保汽车的工作原理：当行驶速度v<15 m/s时仅靠电动机输出动力；当行驶速度v≥15 m/s时，汽车自动切换引擎，仅靠汽油机输出动力．该汽车在平直的公路上由静止启动，其牵引力F随时间t变化关系如图所示．已知该汽车质量为1 500 kg，行驶时所受阻力恒为1 250 N.汽车在t0时刻自动切换引擎后，保持牵引力功率恒定．求：
(1)汽车切换引擎后的牵引力功率P；(4分)
解析：根据功率的计算公式可知，汽车切换引擎后的牵引力功率
P＝F2v＝6 000×15 W＝90 kW.
答案：90 kW
(2)汽车由启动到切换引擎所用的时间t0.(6分)　
答案：6 s
(1)小球由抛出到落在斜面体的过程中重力做功的平均功率；(4分)
答案：20 W
(2)小球落在斜面体瞬间重力的瞬时功率．(6分)　
解析：小球落在斜面体瞬间重力的瞬时功率P＝mg·gt＝40 W.
答案：40 W第三节　动能　动能定理
1．知道动能的符号、单位和表达式，会根据动能的表达式计算物体的动能．　2.能运用牛顿第二定律与运动学公式导出动能定理，理解动能定理的物理意义．　3.能应用动能定理解决简单的问题．
一、动能
1．定义：物体由于运动而具有的能量叫作动能．
2．表达式：Ek＝mv2．
3．标矢性：动能是标量．
4．单位：动能的单位与功的单位相同，在国际单位制中都是焦耳，简称焦，符号是J．
二、动能定理
1．内容：合力对物体所做的功等于物体动能的变化量．
2．表达式：W＝Ek2－Ek1＝mv－mv．
3．适用范围：既适用于恒力做功、物体做直线运动的情况，也适用于变力做功或物体做曲线运动的情况．
三、动能定理的应用
航空母舰上的战斗机弹射器，设计儿童滑梯的倾斜度，车辆之间需要保持必要的距离等．
判断下列说法是否正确．
(1)速度大的物体动能也大．(　　)
(2)某物体的速度加倍，它的动能也加倍．(　　)
(3)两质量相同的物体，动能相同，速度一定相同．　(　　)
(4)做匀速圆周运动的物体，速度改变，动能不变．(　　)
(5)合外力做功不等于零，物体的动能一定变化.(　　)
(6)物体的速度发生变化，合外力做功一定不等于零．(　　)
(7)物体的动能增加，合外力做正功．(　　)
提示：(1)×　(2)×　(3)×　(4)√　(5)√　(6)×　(7)√
知识点一　动能和动能定理
如图所示，一个物体的质量为m、初速度为v1，在与运动方向相同的恒力F(不计摩擦阻力)的作用下发生一段位移l，速度增大到v2，则：
(1)力F对物体所做的功多大？
(2)物体的加速度多大？
(3)物体的初速度、末速度、位移之间有什么关系？
(4)结合上述三式你能综合推导得到什么样的式子？
[提示]　(1)W＝Fl.
(2)由牛顿第二定律得F＝ma，则a＝.
(3)由运动学公式得2al＝v－v，即l＝ eq \f(v－v,2a) .
(4)把上面F、l的表达式代入W＝Fl得W＝ eq \f(ma（v－v）,2a) ，也就是W＝mv－mv.
1．动能
(1)对动能的理解
①动能是标量，没有负值，与物体的速度方向无关．
②动能是状态量，具有瞬时性，与物体的运动状态(或某一时刻的速度)相对应．
③动能具有相对性，选取不同的参考系，物体的速度不同，动能也不同，一般以地面为参考系．
(2)动能变化量ΔEk
物体动能的变化量是末动能与初动能之差，即ΔEk＝mv－mv，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．
2．动能定理
(1)表达式W＝ΔEk中的W为外力对物体做的总功．
(2)动能定理描述了做功和动能变化的两种关系．
①等值关系：物体动能的变化量等于合力对它做的功．
②因果关系：合力对物体做功是引起物体动能变化的原因，做功的过程实质上是其他形式的能与动能相互转化的过程，转化了多少由合力做的功来度量．
角度1　对动能的理解
　关于动能，下列说法错误的是(　　)
A．凡是运动的物体都具有动能
B．动能没有负值
C．质量一定的物体，动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能却不一定变化
D．动能不变的物体一定处于平衡状态
[解析]　物体由于运动而具有的能量叫作动能，A正确，不符合题意；由Ek＝mv2知，Ek≥0，B正确，不符合题意；速度是矢量，当速度大小不变而方向变化时，动能不变，但动能变化时，速度的大小一定发生了改变，C正确，不符合题意；物体做匀速圆周运动时，其动能不变，但物体却处于非平衡状态，D错误，符合题意．
[答案]　D
角度2　对动能定理的理解
　下列关于动能定理的说法正确的是(　　)
A．合外力对物体做多少正功，动能就增加多少
B．合外力对物体做多少负功，动能就增加多少
C．合外力对物体做正功，动能也可能保持不变
D．不管合外力对物体做多少正功，动能均保持不变
[解析]　合外力做正功时，物体的动能增加，增加量等于合外力所做的功，故A正确；合外力做负功时，物体的动能减少，减少量等于合外力做功的绝对值，故B错误；只要合外力做功，物体的动能就一定会发生改变，故C、D错误．
[答案]　A
知识点二　动能定理的基本应用
1．解题步骤
(1)选取研究对象(通常是单个物体)，明确它的运动过程．
(2)对研究对象进行受力分析，明确各力做功的情况，求出外力做功的代数和．
(3)明确物体在初、末状态的动能Ek1、Ek2.
(4)列出动能定理的方程W＝Ek2－Ek1，结合其他必要的辅助方程求解并验算．
2．优先应用动能定理的情况
(1)不涉及物体运动过程中的加速度和时间的问题．
(2)变力做功或曲线运动问题．
(3)涉及F、s、m、v、W、Ek等物理量的问题．
(4)有多个运动过程且不需要研究整个过程的中间状态的问题．
　如图所示，质量为M的电梯底板上放置一质量为m的物体．钢索拉着电梯由静止开始向上做加速运动，当上升高度为H时，速度达到v，则(　　)
A．底板对物体的支持力做的功等于mv2
B．物体所受合力做的功等于mv2＋mgH
C．钢索的拉力做的功等于Mv2＋MgH
D．电梯所受合力做的功等于Mv2
[解析]　设底板对物体的支持力做的功为W，对物体由动能定理得W合＝W－mgH＝mv2，解得W＝mgH＋mv2，故A、B错误；设钢索的拉力做的功为W′，对电梯和物体整体由动能定理得W′－(M＋m)gH＝(M＋m)v2，解得W′＝(M＋m)v2＋(M＋m)gH，故C错误；由动能定理得，合力对电梯M做的功等于Mv2，故D正确．
[答案]　D
　(多选)质量为M的汽车在平直的公路上行驶，发动机的输出功率P和汽车所受的阻力f都恒定不变．在时间t内，汽车的速度由v0增加到最大速度vm，汽车前进的距离为s，则在这段时间内发动机所做的功W可用下列哪些式子计算？(　　)
A．W＝Pt　　　　　
B．W＝(v0＋vm) ft
C．W＝fvmt
D．W＝Mv－Mv＋fs
[解析]　发动机所做的功W＝Pt，A正确；汽车运动时做加速度减小的变加速运动，则平均速度不等于(v0＋vm)，发动机的牵引力逐渐减小，当速度达到最大时，牵引力才等于f，则发动机做功W＝Fs不等于(v0＋vm)ft，B错误；汽车达到最大速度时F＝f，此时P＝fvm，则发动机所做的功W＝fvmt，C正确；根据动能定理W－ fs ＝Mv－Mv，发动机所做的功W＝Mv－Mv＋fs，D正确．
[答案]　ACD
　(2025·中山期中)如图，质量为m的小滑块由半径为R的半球面的A端匀速率滑下，到达最低点B时所受到的摩擦力大小为f，不计空气阻力，重力加速度为g.从A到B过程，下列关于做功的说法错误的是(　　)
A．重力做功为mgR
B．弹力做功为零
C．摩擦力做功为
D．克服摩擦力做功为mgR
[解析]　从A到B过程，重力做功WG＝mgR，故A正确，不符合题意；从A到B过程，小滑块所受弹力方向与速度方向垂直，弹力做功为零，故B正确，不符合题意；从A到B过程，小滑块的速率不变，可知小滑块受到的摩擦力为变力，由动能定理得WG－Wf＝0，解得摩擦力做功Wf＝－mgR，则克服摩擦力做功为mgR，故C错误，符合题意；故D正确，不符合题意．
[答案]　C
知识点三　用动能定理处理多过程问题
力学综合题中的多过程问题，关键是抓住物理情境中出现的运动状态与运动过程，将全过程分解成几个简单的子过程．找出各过程是由什么物理量联系起来的，然后分别对每个子过程进行受力分析、过程分析和能量分析，选择合适的规律列出相应的方程求解．
(1)动能定理往往用于分析单个研究对象(可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统)的运动过程，当物体的运动包含多个不同过程时，分析每个过程各力的做功情况和物体的初、末动能，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间过程的速度时，也可以对整个过程应用动能定理求解．
(2)应用动能定理时，必须明确各个力做功的正、负．当一个力做负功时，可设物体克服该力做的功为W，将该力做的功表示为－W，也可以直接用字母W表示该力做的功，使其字母本身含有负号．
　如图所示，轨道由水平轨道AB和足够长的斜面轨道BC平滑连接而成，斜面轨道BC与水平面间的夹角θ＝37° .质量m＝1 kg 的物块静止在离B点x0＝8 m 的水平轨道上，物块与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.50.现在物块上作用一个大小F＝6 N 、方向水平向右的拉力，物块到达B点时撤去该拉力．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求：
(1)物块到达B点的速度大小vB；
(2)物块因惯性沿斜面上冲的最大距离xm.
[解析]　(1)根据动能定理得Fx0－μmgx0＝mv，解得vB＝4 m/s.
(2)根据动能定理得－mgxmsin 37°－μmgxmcos 37°＝0－mv，解得xm＝0.8 m.
[答案]　(1)4 m/s　(2)0.8 m
　(2025·广州市期末)如图所示，竖直平面内半径R＝0.9 m的光滑半圆形轨道BC与水平轨道AB平滑连接．质量m＝0.4 kg的滑块(视为质点)，在水平恒力F作用下由静止开始从A点向B点运动，滑块到达B点时撤去恒力F，滑块恰好能够通过半圆轨道最高点C，已知AB的长度x＝3.6 m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度大小g取10 m/s2.求：
(1)滑块到达 C点时的速度大小vC；
(2)滑块到达B点时的速度大小vB；
(3)恒力 F的大小．
[解析]　(1)根据牛顿第二定律有mg＝ eq \f(mv,R)
解得vC＝3 m/s.
(2)滑块由B点运动至C点的过程，根据动能定理有
mv－mv＝－2mgR
解得vB＝3 m/s.
(3)滑块从A点运动到B点的过程中，根据动能定理有
Fx－μmgx＝mv－0
解得F＝3.3 N.
[答案]　(1)3 m/s　(2)3 m/s　(3)3.3 N
1．(动能和动能定理)关于运动物体的受力、速度和动能，下列说法正确的是(　　)
A．物体受到的合外力不为零，其速度必定变化
B．物体的动能不变，其所受的合外力必定为零
C．物体受到的合外力对物体做功，它的速度一定变大
D．物体受到的合外力对物体不做功，它的速度必定不变
解析：选A.物体受到的合外力不为零，则具有加速度，其速度必定变化，故A正确；物体的动能不变，只能说明物体速度大小不变，而物体速度方向可能改变，所以其所受合外力不一定为零，例如匀速圆周运动，故B错误；物体受到的合外力对物体做正功，它的速度一定变大，物体受到的合外力对物体做负功，它的速度一定变小，故C错误；物体受到的合外力对物体不做功，它的速度大小一定不变，但方向可能改变，例如匀速圆周运动，故D错误．
2．(动能定理的基本应用)(2024·安徽卷，T2)某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v.已知人与滑板的总质量为m，可视为质点．重力加速度大小为g，不计空气阻力．则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为(　　)
A．mgh　　　　　　　 B．mv2
C．mgh＋mv2 D．mgh－mv2
解析：选D.人在下滑的过程中，由动能定理可得mgh－Wf＝mv2－0，可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功Wf＝mgh－mv2.
3.(动能定理的基本应用)如图所示，质量为m的物块与转台之间能出现的最大静摩擦力为物块所受重力的k倍，它与转轴OO′相距R，物块随转台由静止开始转动．当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动．在物块由静止到开始滑动前的这一过程中，转台对物块做的功为(　　)
A．0　　　　　　　 B．2πkmgR
C．2kmgR D．
解析：选D.由于物块做圆周运动，物块刚开始滑动这一时刻，物块受到转台的摩擦力为最大静摩擦力，则kmg＝m，即v2＝kgR，设转台对物块做的功
为W，根据动能定理有W＝mv2－0＝，故D正确，A、B、C错误．
4.(动能定理解决多过程问题)(2025·清远学业考试)一小物块自A点由静止开始沿如图所示的轨道经B点运动到C点，AB为一光滑圆弧轨道，BC为粗糙水平轨道，小物块的质量为m，小物块与粗糙水平轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则小物块运动到C点时的动能为(　　)
A．mgR　　　　　　 B．μmgR
C．mgR(1＋μ) D．mgR(1－μ)
解析：选D.对小物块从A点到C点过程，由动能定理得mgR－μmgR＝Ek，解得小物块运动到C点时的动能Ek＝mgR(1－μ).1．(多选)如图所示，轻绳跨过定滑轮悬挂两物体P和Q，其质量关系为mP>mQ，轻绳及定滑轮的质量、摩擦力及空气阻力均不计，则在系统由静止开始运动到Q刚要碰到滑轮的过程中(　　)
A．P减少的重力势能大于Q增加的机械能
B．P减少的重力势能小于Q增加的机械能
C．P增加的动能大于Q增加的动能
D．P增加的动能小于Q增加的动能
解析：选AC.P、Q组成的系统机械能守恒，P减少的重力势能等于Q增加的机械能与P增加的动能之和，故P减少的重力势能大于Q增加的机械能，故A正确，B错误；P、Q速度大小始终相等，由于mP>mQ，P增加的动能大于Q增加的动能，故C正确，D错误．
2．(多选)如图所示，在两个质量分别为m和2m的小球A和B之间用一根长为L的轻杆连接，轻杆可绕中心O的水平轴无摩擦转动，现让杆处于水平位置无初速度释放，在杆转至竖直的过程中(轻杆质量不计)(　　)
A．A球机械能增加
B．杆对B球不做功，B球机械能守恒
C．A球和B球总机械能守恒
D．A球和B球总机械能不守恒
解析：选AC.释放后，A球向上运动，速度增大，高度增大，所以A球的动能和势能都增加，即A球的机械能增加，故A正确；在杆从水平转至竖直的过程中，A球和B球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，又根据机械能守恒可得EA增＝EB减，所以A球的机械能增大，B球的机械能减少，杆对B球做负功，故B、D错误，C正确．
3.如图所示，总长为L，质量分布均匀的铁链放在高度为H的光滑桌面上，有长度为a的一段下垂，H>L，重力加速度为g，不计空气阻力，则铁链刚接触地面时速度为(　　)
A．　　 B．
C． D．
解析：选C.设铁链单位长度的质量为m、地面为零势能面，由机械能守恒定律可得(L－a)mgH＋amg＝Lmv2＋Lmg，解得v＝，故A、B、D错误，C正确．
4．如图所示，A、B两物体的质量分别为m、2m，中间用轻杆相连，放在光滑的斜面上，现将它们从静止释放，在下滑的过程中(　　)
A．两物体下滑的加速度不相同
B．轻杆对A做正功，对B做负功
C．系统的机械能守恒
D．任意时刻两物体重力的功率相同
解析：选C.因为两物体用轻杆连接，一起运动，加速度相同，对两物体整体受力分析得(2m＋m)g sin θ＝(2m＋m)a，因此整体加速度a＝g sin θ，故A错误；设杆对B的力为F，隔离B可得2mg sin θ＋F＝2ma，所以F＝0不做功，故B错误；只有重力对系统做功，重力势能转化为动能，系统机械能守恒，故C正确；因为重力的功率P＝mgvy，虽然两物体速度相同，但是质量不一样，重力的功率不一样，故D错误．
5．(多选)质量分别为2 kg、3 kg的物体A和B，系在一根不可伸长的轻绳两端，细绳跨过固定在倾角为30°的斜面顶端的轻质定滑轮，此时物体A离地面的高度为0.8 m，如图所示，斜面光滑且足够长，始终保持静止，g取10 m/s2.下列说法正确的是(　　)
A．物体A落地的速度为4 m/s
B．物体A落地的速度为 m/s
C．物体B沿斜面上滑的最大距离为0.96 m
D．物体B沿斜面上滑的最大距离为0.88 m
解析：选BC.把AB看成整体，整体机械能守恒，有mAgh－mBgh sin 30°＝(mA＋mB)v2，代入数据，得v＝ m/s，A错误，B正确；A物体落地时B物体滑行的距离x1＝0.8 m，A物体落地后，B物体受的合力为mBg sin 30°，加速度为g sin 30°，则x2＝，代入数据解得x2＝0.16 m，物体B沿斜面上滑的最大距离x＝x1＋x2＝0.8 m＋0.16 m＝0.96 m，C正确，D错误．
6．如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A，轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直．开始时，重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始运动．已知A的质量为3m，B的质量为m，运动过程的摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速度为g，当A的位移为h时(　　)
A．A、B的加速度大小相等
B．重物B的位移也为h
C．系统的重力势能增加mgh
D．A的速度大小为
解析：选D.当A的位移为h时，重物B的位移应为2h，根据h＝at2，可知B的加速度大小等于A的加速度的2倍，A、B错误；因A向下运动，B向上运动，则当A向下的位移为h时，重物B向上的位移为2h，则系统的重力势能减小ΔEp＝3mgh－mg·2h＝mgh，C错误；设A的速度为v，则B的速度为2v，由机械能守恒定律ΔEp＝mgh＝·3mv2＋m(2v)2，解得A的速度大小v＝，D正确．
7．(12分)如图所示，一条不可伸长的轻质软绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个质量分别为m、3m的小球a和b，用手按住a球静止于地面时，b球离地面的高度为h，两小球均可视为质点，定滑轮的质量及一切阻力均不计，a球与定滑轮间距足够大，不会相碰，释放a球后，求：
(1)b球落地前的加速度大小；(4分)
(2)b球落地前的动能大小；(4分)
(3)a球能到达的最大高度．(4分)
解析：(1)b球落地前，两球的加速度大小相等，以b球为对象，根据牛顿第二定律可得3mg－T＝3ma
以a球为对象，根据牛顿第二定律可得T－mg＝ma
联立解得a＝g.
(2)b球落地前过程，根据系统机械能守恒可得3mgh－mgh＝(3m＋m)v2
解得b球落地前瞬间的速度大小v＝
则b球落地前的动能Ekb＝×3mv2＝mgh.
(3)b球落地后，a球继续做竖直上抛运动，继续上升的高度h′＝＝h
则a球能到达的最大高度hm＝h＋h′＝h.
答案：(1)g　(2)mgh　(3)h
8．(12分)如图所示，将内壁光滑的细管弯成四分之三圆形的轨道(圆心为O)并竖直固定，轨道半径为R，细管内径远小于R.轻绳穿过细管连接小球A和重物B，小球A的质量为m，直径略小于细管内径，用手托住重物B使小球A静止在Q点(OQ与竖直直径的夹角为53°)；松手后，小球A运动至P点(OP与竖直直径的夹角为37°)时对细管恰无作用力．重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，π取3.2，求：
(1)小球A静止在Q点时对细管壁的压力大小N；(6分)
(2)重物B的质量M.(6分)
解析：(1)小球A静止在Q点时根据平衡条件有
N1＝mg cos 53°
根据牛顿第三定律有N＝ N1
解得N＝0.6mg.
(2)小球A从Q点到P点，根据机械能守恒定律有
Mg·－mg·R(cos 37°＋cos 53°)＝(M＋m)v2
对小球A在P点时，根据牛顿第二定律有mg cos 37°＝m
解得M＝1.5m.
答案：(1)0.6mg　(2)1.5m(共22张PPT)
专题提升课6　
机械能守恒定律的应用
专题深度剖析
PART
01
第一部分
微专题一　绳或杆连接物体模型
速率相等的情景
角度1　轻绳牵连物体模型
连接体速率,不相等的情景
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．
√
[解析]　A球上升h时有一定的速度，由于惯性还会继续上升，A错误；
B球下落过程，绳上的拉力对B球做负功，B球机械能减少，绳上的拉力对A球做正功，A球机械能增多，B、D错误；
如图所示，半径为R的六分之一光滑圆弧支架竖直放置，支架的底部CD水平，离地面足够高，圆心O在C点的正上方，右侧边缘P点固定一个光滑轻质小轮(滑轮大小不计).可视为质点的小球A、B系在长为3R的跨过小轮的轻绳两端，两球的质量分别为3m、m.现将A球从紧靠小轮P处由静止释放，取CD面为零势能面，重力加速度为g，不计空气阻力．求：
(1)释放前A、B系统的重力势能Ep；
[答案]－mgR　
(2)A球刚释放时的加速度大小a；
(3)A球运动到C点时的速度大小vA.
1．平动时两物体线速度相等，转动时两物体角速度相等．由v＝ωr知，v与r成正比．
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．对于杆和球组成的系统，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．
角度2　轻杆连接物体模型
角速度相等的情景
√
[解析]　当A运动到最高点时，A的重力势能和动能都增大，所以A的机械能不守恒，故D错误；
在A到最高点的过程中，A的机械能增加，B的机械能减少，对B而言，杆对B做了负功，故B错误；
对A、B和轻杆的系统机械能守恒，则有球B机械能的减少量等于球A机械能的增加量，故C错误；
√
AB杆转动过程中，由于B球机械能增加，故杆对B球做正功，由系统机械能守恒可知C球机械能必然减少，所以CB杆对C球做负功，故C正确，不符合题意，D错误，符合题意．
微专题二　弹簧连接物体模型
1．由于弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所受的外力(除重力外)和除弹簧弹力以外的内力不做功，则系统机械能守恒．
2．弹簧两端物体把弹簧拉伸至最长(或压缩至最短)时，两端的物体具有相同的速度，弹性势能最大．
3．如果系统每个物体除弹簧弹力外所受合力为零，当弹簧为自然长度时，系统内弹簧某一端的物体具有最大速度(如绷紧的弹簧由静止释放).
√
[解析]　下滑过程中，弹簧的弹力对圆环做功，则圆环机械能不守恒，故A错误；
圆环刚向下运动时，重力大于弹力，随着弹力逐渐增大，加速度逐渐减小，当圆环加速度减小到零时，速度最大，继续向下运动，弹簧弹力增大，则圆环下滑到最大距离时合力不为零，加速度不为零，故C错误；
根据题意可知，圆环的速度先增大后减小，动能先增大后减小，根据系统的机械能守恒可知，圆环的重力势能与弹簧的弹性势能之和先减小后增大，故D错误．
微专题三　非质点类物体的机械能守恒问题
1．在应用机械能守恒定律处理实际问题时，经常遇到像“链条”“液柱”类的物体，其在运动过程中将发生形变，其重心位置相对物体也发生变化，因此这类物体不能再看成质点来处理．
2．物体虽然不能看成质点来处理，但因只有重力做功，物体整体机械能守恒．一般情况下，可将物体分段处理，确定质量分布均匀的物体各部分(形状规则)的重心位置，根据初、末状态物体重力势能的变化与动能变化的关系列式求解．
如图所示，总长为L的光滑匀质铁链跨过一个光滑的轻质小滑轮，不计滑轮大小，开始时下端A、B相平齐，当略有扰动时其A端下落，则当铁链刚脱离滑轮的瞬间，铁链的速度为多大？(重力加速度为g)专题提升课7　功能关系和能量守恒的应用
微专题一　功能关系的理解和应用
1．常用功能关系
功 能的变化 表达式
重力做功 正功 重力势能减少 重力势能变化 WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
负功 重力势能增加
弹力做功 正功 弹性势能减少 弹性势能变化 W弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
负功 弹性势能增加
合力做功 正功 动能增加 动能变化 W合＝ΔEk＝Ek2－Ek1
负功 动能减少
除重力(或系统内弹力)外其他力做功 正功 机械能增加 机械能变化 W其他＝ΔE＝E2－E1
负功 机械能减少
一对滑动摩擦力做的总功 负功 机械能减少 内能变化 Q＝fd相对
2.解题步骤
(1)明确研究对象及研究过程．
(2)明确该过程中哪些形式的能量在变化．
(3)确定参与转化的能量中，哪些能量增加，哪些能量减少．
(4)列出增加的能量和减少的能量之间的守恒式(或初、末状态能量相等的守恒式).
　如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A点正上方的P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力．已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中(　　)
A．重力做功2mgR
B．机械能减少mgR
C．合外力做功mgR
D．克服摩擦力做功mgR
[解析]　小球从P到B的过程中，重力做功mgR，A错误；小球在A点正上方由静止释放，通过B点时恰好对轨道没有压力，只有重力提供向心力，即mg＝，得 v2＝gR，设克服摩擦力做的功为Wf，对全过程运用动能定理mgR－Wf＝mv2－0＝mgR，得Wf＝mgR，C错误，D正确；克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，B错误．
[答案]　D
　(多选)如图所示，木块放在光滑水平地面上，一颗子弹水平射入木块中，木块受到的平均阻力为f，射入深度为d，此过程中木块位移为s，则(　　)
A.子弹损失的动能为fd
B．木块增加的动能为fs
C．子弹动能的减少量等于木块动能的增加量
D．子弹和木块摩擦产生的内能为fd
[解析]　对子弹运用动能定理得－f＝ΔEk子弹，故子弹损失的动能为f(s＋d)，故A错误；对木块运用动能定理得fs＝ΔEk木块，则木块增加的动能为fs，故B正确；子弹减少的动能转化为木块增加的动能和系统增加的内能，故子弹动能的减少量大于木块动能的增加量，故C错误；系统损失的机械能转化为产生的内能Q＝fd，故D正确．
[答案]　BD
微专题二　动力学方法和功能关系的应用
1．动力学分析法：在某一个点对物体受力分析，用牛顿第二定律列方程．注意圆周运动的向心力表达式及向心力来源．
2．功能关系分析法：对物体运动的某一过程应用动能定理或机械能守恒定律列方程，应用动能定理解题只需考虑外力做功和初、末两个状态的动能，并且可以把不同的运动过程合并为一个全过程来处理．
　(2025·安徽淮北市期末)如图所示，竖直平面内有一半径R＝1 m的光滑圆弧槽BCD，B点与圆心O等高，质量m＝0.2 kg的小球(可看作质点)从B点正上方H＝1.5 m高处的A点自由下落，由B点进入圆弧轨道，从D点飞出，不计空气阻力，(g取10 m/s2)求：
(1)小球经过B点时的动能；
(2)小球经过最低点C时的速度大小vC；
(3)小球经过最低点C时对轨道的压力大小．
[解析]　(1)由机械能守恒定律可知，小球经过B点时的动能EkB＝mgH＝3 J.
(2)由A到C由动能定理有mg(R＋H)＝mv
解得vC＝5 m/s.
(3)在C点时由牛顿第二定律有FN－mg＝m eq \f(v,R)
解得FN＝12 N
根据牛顿第三定律可知小球经过最低点C时对轨道的压力
FN′＝FN＝12 N.
[答案]　(1)3 J　(2)5 m/s　(3)12 N
微专题三　能量观点的综合应用
对能量守恒定律的理解
(1)转化：某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等．
(2)转移：某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等．
　如图所示，粗糙的水平轨道AB与半径R＝0.9 m的光滑竖直半圆形轨道BC相切于B点．压缩后锁定的轻弹簧一端固定在水平轨道的左端，另一端紧靠静止在A点的质量m＝1 kg 的小物块(不拴接).解除弹簧锁定后，物块从A点开始沿AB轨道运动，进入半圆形轨道BC之后，恰好能通过轨道BC的最高点C，最后落回到水平轨道AB上．已知A、B两点的距离L＝2 m，物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2，不计空气阻力．求：
(1)小物块从C点落回水平轨道AB上的位置到B点的距离；
(2)小物块运动到B点时对半圆形轨道的弹力；
(3)解除锁定前弹簧的弹性势能．
[解析]　(1)由题意可知，物块在C点，由牛顿第二定律可得mg＝m eq \f(v,R) ，解得vC＝3 m/s
小物块从C点做平抛运动，设落到水平轨道AB上的位置到B点的距离为x，则有2R＝gt2
x＝vCt，解得x＝1.8 m.
(2)物块从B到C过程中，由机械能守恒定律可得
mg·2R＋mv＝mv
在B点，由牛顿第二定律可得FN－mg＝m eq \f(v,R) ，解得FN＝60 N，由牛顿第三定律可知，小物块在B点对圆轨道的弹力大小为60 N，方向竖直向下．
(3)物块从A到B，由能量守恒定律可得EpA－μmgL＝mv，解得EpA＝26.5 J.
[答案]　(1)1.8 m　(2)60 N，方向竖直向下
(3)26.5 J(共36张PPT)
第四节　势　能
学习目标
1．知道重力做功与路径无关．　2.理解重力势能的概念，知道重力势能具有相对性、系统性，会用重力势能的计算公式进行相关计算．　3.理解重力做功与重力势能变化的关系．　4.理解弹性势能的概念，会分析决定弹性势能大小的相关因素．
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、重力做功
1．重力做功只与运动物体的起点和终点的位置________________，而与运动物体所经过的路径________________．
2．重力势能
(1)定义：物体由于位于高处而具有的能量叫作重力势能．
(2)物体的重力势能：我们把由物体所受的重力mg和所在位置的高度h决定的物理量________________称为物体的重力势能，常用Ep来表示．
(3)表达式：Ep＝________________．
(4)单位：它的单位与功的单位相同，在国际单位制中都是焦耳，简称焦，符号是J.
(5)标矢性：重力势能是________________．
有关
无关
mgh
mgh
标量
3．重力做功与重力势能的关系
(1)WG＝________________，其中Ep1＝mgh1表示物体在初位置的重力势能，Ep2＝mgh2表示物体在末位置的重力势能．
(2)重力做正功时，重力势能________________，重力做负功时，重力势能________________．
Ep1－Ep2
减少
增加
二、重力势能的相对性
1．参考平面：物体具有的重力势能总是相对某个水平面来说的．我们一般把处于这个水平面上的物体的重力势能规定为零，并把这个水平面
称为参考平面．选择不同的参考平面，同一物体在空间同一位置的重力势能就不同．
2．物体重力势能的大小与其位置的高度有关．
3．对选定的参考平面而言，在参考平面上方的物体，重力势能为________________值；在参考平面下方的物体，重力势能为________________值．
4．两个不同位置重力势能的差值并不因选择不同的参考平面而有所不同．
正
负
三、弹性势能
1．定义：发生弹性形变的物体在________________过程中，能够对外界做功，因而它们具有能量，这种能量叫作弹性势能．
2．物体弹性势能的大小与物体的________________有关．在弹性限度内，同一物体发生的弹性形变越大，弹性势能越大．弹性势能还与物体________________有关，对于形变相同的弹簧而言，劲度系数越大，弹性势能越大．
3．势能：与相互作用物体的________________有关的能量叫作势能．势能是相互作用物体组成的系统所共有的．
恢复原状
形变大小
自身的材料
相对位置
判断下列说法是否正确．
(1)物体只要运动，其所受重力一定做功．(　　)
(2)物体的高度只要发生变化，其所受重力一定做功．(　　)
(3)重力做功多少取决于物体所受重力和它通过的路程．(　　)
(4)重力势能Ep1＝2 J，Ep2＝－3 J，则Ep1与Ep2方向相反.(　　)
(5)不同弹簧的形变量相同时弹力做功相同.(　　)
(6)弹簧被压缩时，弹性势能为负；弹簧被拉伸时，弹性势能为正．(　　)
√
×　
×　
×　
×　
×　
课堂深度探究
PART
02
第二部分
知识点一　重力做功的特点
如图所示，一个质量为m的物体，从高度为h1的位置A分别按下列三种方式运动到高度为h2的位置B，在这个过程中思考并讨论以下问题：
(1)甲、乙、丙三种情况下重力做的功各是多少？
[提示]　三种情况下重力做的功都是mgh.
(2)重力做功有什么特点？
[提示]　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．
1．重力做功的表达式
WG＝mgΔh＝mgh1－mgh2，式中Δh指初位置与末位置的高度差；h1、h2分别指初位置、末位置的高度．
2．重力做功的正负
物体下降时重力做正功；物体被举高时重力做负功．
3．重力做功的大小
重力对物体做功的大小只跟物体的起点与终点的高度差有关，与物体运动的路径无关．
如图所示，一物体从A点出发，分别沿粗糙斜面AB和光滑斜面AC下滑及斜向上抛出，运动后到达同一水平面上的B、C、D三点．关于重力的做功情况，下列说法正确的是(　　)
A．沿AB面滑下时，重力做功最多
B．沿AC面滑下时，重力做功最多
C．沿AD抛物线运动时，重力做功最多
D．三种情况下运动时，重力做的功相等
[解析]　由于重力做功与路径无关，只与初、末位置的高度差有关，故三种情况下运动时，重力做的功相等，均为WG＝mgh.
√
角度1　重力做功的特点
√
角度2　重力做功的求解
知识点二　重力做功和重力势能的变化
如图所示，幼儿园的小朋友们正在玩滑梯(选地面为参考面，设小朋友的体重为m)：
(1)在最高点时(高度为h)和在地面时的重力势能各是多少？
[提示]　在最高点时与在地面时的重力势能分别为mgh、0.
(2)下滑过程中重力做多少功？重力势能如何变化？
[提示]重力做功W＝mgh.重力势能减少了mgh.
1．对重力势能的理解
(1)系统性：重力势能是物体和地球所组成的系统共同具有的能量，不是地球上的物体单独具有的．
(2)相对性：重力势能Ep＝mgh与参考平面的选择有关，式中的h是物体重心到参考平面的高度．重力势能是标量，只有大小而无方向，但有正、负之分．当物体在参考平面上方时，Ep为正值；当物体在参考平面下方时，Ep为负值．注意物体重力势能的正、负是表示比零势能大，还是比零势能小．
(3)参考平面选择的任意性：视处理问题的方便而定，一般选择地面或物体运动时所到达的最低点为零势能面．
(4)重力势能变化的绝对性：物体从一个位置运动到另一个位置的过程中，重力势能的变化与参考平面的选取及过程无关，它的变化量是绝对的．
2．重力做功与重力势能的变化
(1)表达式：WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp.
(2)重力做多少正功，重力势能就减少多少；克服重力做多少功，重力势能就增加多少．
√
√
(多选)关于重力势能，下列说法正确的是(　　)
A．重力势能的变化只跟物体所处的初、末位置有关，与物体实际经过的路径无关
B．物体与参考平面的距离越大，它的重力势能也越大
C．重力势能的变化量与参考平面的选取无关
D．一个物体的重力势能从－10 J变化到4 J，重力势能减少了
角度1　对重力势能的理解
[解析]　重力势能的变化只跟物体所处的初、末位置有关，与物体实际经过的路径无关，且重力势能的变化量与参考平面的选取无关，但物体重力势能的大小与零势能参考面的选取有关，所以放在地面上的物体重力势能不一定为零，故A、C正确．
若物体在零势能参考面的上方，则物体与参考平面的距离越大，它的重力势能越大；反之，若物体在零势能参考面的下方，则物体与参考平面的距离越大，它的重力势能越小，故B错误．
一个物体的重力势能从－10 J变化到4 J，重力势能增加，故D错误．
√
　 一个质量为100 g的球从1.8 m的高处落到一个水平板上又弹回到1.25 m的高度．g取10 m/s2，则整个过程中(　　)
A．重力做功为1.8 J
B．重力做功为－0.55 J
C．物体的重力势能一定减少了0.55 J
D．物体的重力势能一定增加了1.25 J
[解析]　重力做功W＝mgΔh＝0.1×10×(1.8－1.25) J＝0.55 J，A、B错误；
整个过程中，重力做正功，物体的重力势能一定减少了0.55 J，C正确，D错误．
角度2　重力做功和重力势能的变化
　 如图所示，质量为m的小球，从离桌面H高处由静止下落，桌面离地高度为h.若以桌面为参考平面，那么小球落地时的重力势能及整个过程中重力势能的变化分别是(　　)
A．mgh，减少了mg(H－h)
B．mgh，增加了mg(H＋h)
C．－mgh，增加了mg(H－h)
D．－mgh，减少了mg(H＋h)
[解析]　以桌面为参考平面，落地时小球的重力势能为－mgh，初状态重力势能为mgH，即此过程重力势能的变化ΔEp＝－mgh－mgH＝－mg(H＋h)，所以重力势能减少了mg(H＋h)，D正确．
√
知识点三　弹性势能
如图所示，某人正在用拉力器锻炼臂力．
(1)人不用力时，弹簧不伸长，此时弹簧有弹性势能吗？
[提示] 弹簧不伸长，没有弹性势能．
(2)人拉弹簧时对弹簧做什么功？弹簧的弹性势能怎么变化？
[提示] 人对弹簧做正功，弹性势能增加．
(3)在弹簧弹性限度内，人将弹簧拉得越长，克服弹力做功越多吗？弹性势能越大吗？
[提示]将弹簧拉得越长，克服弹力做功越多，弹性势能越大．
(4)有的拉力器有2条弹簧，有的有4条弹簧，将它们拉伸相同长度，用力一样吗？克服弹力做功相同吗？
[提示]用力不一样，克服弹力做功也不相同．
2．弹力做功与弹性势能变化的关系
如图所示，O为弹簧的原长处．
(1)弹力做负功时：如物体由O向A运动(压缩)或者由O向A′运动(伸长)时，弹性势能增大，其他形式的能转化为弹性势能．
(2)弹力做正功时：如物体由A向O运动，或者由A′向O运动时，弹性势能减小，弹性势能转化为其他形式的能．
(3)弹力做功与弹性势能变化的关系为W弹＝－ΔEp.
√
(多选)关于弹簧的弹性势能，下列说法正确的是(　　)
A．弹簧的弹性势能与其被拉伸(或压缩)的长度有关
B．弹簧的弹性势能与弹簧的劲度系数有关
C．对于同一弹簧，在弹性限度内，形变量越大，则弹性势能越大
D．弹性势能的大小与使弹簧发生形变的物体有关
[解析]　理解弹性势能时要明确研究对象是发生弹性形变的物体，而不是使之发生形变的物体．弹簧弹性势能的大小跟形变量有关，对于同一弹簧，在弹性限度内，形变量越大，则弹性势能越大．弹簧的弹性势能还与劲度系数有关，当形变量一定时，劲度系数越大，则弹簧的弹性势能越大，A、B、C正确，D错误．
角度1　对弹性势能的理解
√
√
如图所示，一轻弹簧左端固定，右端连接一物体，物体放在光滑的水平面上．现对物体施加一作用力F，使物体处于静止状态．然后撤去F，物体将向右运动．关于物体从静止开始向右运动一直到速度再次为零的过程中，下列说法正确的是(　　)
A.弹簧的弹性势能逐渐减小
B．弹簧的弹性势能逐渐增大
C．弹簧的弹性势能先减小后增大
D．弹簧的弹性势能先增大后减小
[解析]　物体从静止开始向右运动一直到速度再次为零的过程中，弹簧先逐渐恢复原长，再逐渐被拉长，则弹性势能先减小后增大．
√
角度2　弹力做功和弹性势能
√
[解析]　用一外力使物块缓慢沿斜面运动直至弹簧恢复原长，弹簧弹力做正功，弹簧弹性势能减小，故A、B错误；
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
√
解析：由题意可知最终篮球将静止在地面上，整个过程篮球初、末状态的高度差为h，所以篮球受到的重力做的功为mgh.
√
2．(重力做功与重力势能的变化)(2025·中山市期末)如图所示，质量m＝2kg的小球，从离桌面H＝1.0 m高处由静止下落，桌面离地面的高度h＝0.8 m，若以桌面为参考平面，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．小球在A点的重力势能为36 J
B．小球在桌面上的重力势能为0
C．整个下落过程中重力势能减少了20 J
D．若改变所选择的参考平面，小球在A、B点的重力势能不变
解析：若以桌面为参考平面，小球在桌面上的重力势能Ep＝0，小球在A点的重力势能Ep＝mgH＝20 J，A错误，B正确；
小球在B点的重力势能Ep′＝－mgh＝－16 J，整个下落过程中重力势能的减少量ΔEp＝mg(H＋h)＝36 J，C错误；
若改变所选择的参考平面，根据Ep＝mgh，则小球在A、B点的重力势能改变，D错误．
3．(重力做功与重力势能的变化)如今高层居民小区越来越多，家住高层，窗外“风光无限”，可电梯房虽好，就是怕停电，要是电梯停运了，会给高层住户的生活带来很多不便．某次停电时，家住10楼的李同学步行从一楼走楼梯回家，已知该同学质量为50 kg，每层楼的高度为3 m，g取10 m/s2，则该同学在这个过程中(　　)
A.重力做正功
B．楼梯的支持力做负功
C．重力势能增加1.35×104 J
D．重力势能增加1.5×105 J
√
解析：李同学所受重力方向竖直向下，从1楼走到10楼，末位置高于初位置，所以重力做负功，故A错误；
当李同学受到楼梯的支持力时，支持力的作用点并没有发生位移，所以楼梯的支持力不做功，故B错误；
重力做负功，重力势能增加，有ΔEp＝－W＝mgh＝1.35×104 J，故C正确，D错误．
√
4．(弹性势能)(多选)(2025·深圳市期末)如图所示的一个物体以速度v0冲向与竖直墙壁相连的轻质弹簧，墙壁和物体间的弹簧被物体压缩至最短的过程中，以下说法正确的是(　　)
A．弹簧的弹力大小与弹簧的压缩量成正比
B．物体向墙壁运动相同的位移，弹力做的功不相等
C．弹簧的弹力做正功，弹性势能增加
D．弹簧的弹力做负功，弹性势能增加
解析：由F＝kx知弹簧的弹力大小与弹簧的压缩量成正比，故A正确；
弹簧开始被压缩时弹力较小，发生相同的位移时弹力做的功较少，弹簧的压缩量变大时，物体向墙壁运动相同的位移，弹力做的功较多，故B正确；
物体压缩弹簧的过程，弹簧的弹力与弹力作用点的位移方向相反，所以弹力做负功，弹性势能增加，故C错误，D正确．
√
√(共10张PPT)
课后达标检测
1．(12分)运动员驾驶摩托车做腾跃表演．如图所示，AB是平直路面，BCE为上坡路，其中BC段可视为半径R＝20 m的圆弧且与AB、CE平滑连接．运动员驾驶摩托车在AB段加速，到B点时速度vB＝20 m/s，再经t＝2 s的时间通过坡面到达E点后水平飞出．已知人和车的总质量m＝200 kg，坡顶高度h＝5 m，落地点F与E点的水平距离x＝16 m．若摩托车的功率始终为15 kW，g取10 m/s2，不计空气阻力，求：
(1)人和车从E点飞出时的速度大小；(4分)
答案：16 m/s
(2)人和车过B点刚进入圆弧轨道时受到的支持力大小；(4分)
答案：6.0×103 N
(3)人和车从B到E的过程中重力所做的功和阻力所做的功．(4分)
其中P＝15 kW＝1.5×104 W
t＝2 s
解得Wf＝－3.44×104 J.
答案：－1.0×104 J　－3.44×104 J
2．(12分)如图，半径为R的光滑半圆形轨道ABC在竖直平面内，与水平轨道CD相切于C点，D端有一被锁定的轻质压缩弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧右端Q到C点的距离为2R.质量为m的滑块(视为质点)从轨道上的P点由静止滑下，刚好能运动到Q点，并能触发弹簧解除锁定，然后滑块被弹回，且刚好能通过圆轨道的最高点A.已知∠POC＝60°，求：
(1)滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时对轨道压力；(4分)
答案：2mg，方向竖直向下
(2)滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ；(4分)
答案：0.25
(3)弹簧被锁定时具有的弹性势能．(4分)
答案：3mgR(共41张PPT)
第二节　功　率
学习目标
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、做功快慢的描述
1．功率的定义：物理学上把力对物体________________与做功所用________________之比，称为功率，用符号P表示．
2．功率的定义式：P＝________________．
3．功率的单位：在国际单位制中，功率的单位是瓦特，简称瓦，符号是W.1 s内做了1 J的功，功率就是1 W，即1 W＝1 J/s.
4．功率的标矢性：功率是________________．
5．功率的物理意义：用于描述能量变化________________的程度．
所做的功W
时间t
标量
快慢
(2)当物体做变速运动时，若v表示在时间t内的平均速度，则P表示在这段时间内的________________；若v表示某一时刻的瞬时速度，则功率P表示在该时刻的________________．
(3)当发动机的功率P一定时，牵引力F与速度v成________________．要增大牵引力，就要减慢速度．
P＝Fv
平均功率
瞬时功率
反比
2．机车启动
(1)若汽车采用恒定功率的加速方法，需要猛踩油门以让功率P增大至额定功率，然后以恒定功率P额继续加速．随着速度v不断增大，加速度a不断________________，直到牵引力F等于阻力f时，加速度a为________________，速度v达到最大值．
(2)若汽车采用恒定加速度的加速方法，轻踩油门让加速度a保持不变．随着速度v不断增大，功率P不断增大到额定功率后，再以上述恒定功率加速的方法继续加速到最大速度．
减小
零
三、生产和生活中常见机械的功率
在生产中，功率是衡量机械性能的重要指标，而且机械功率与我们的生活密切相关．
判断下列说法是否正确．
(1)力对物体做功越快，力的功率一定越大.　(　　)
(2)发动机不能在实际功率等于额定功率的情况下长时间工作．(　　)
(3)汽车爬坡时常常需要换高速挡．(　　)
(4)若物体的速度为v，则重力的功率一定是mgv.(　　)
√
×　
×　
×　
课堂深度探究
PART
02
第二部分
知识点一　功率的理解和计算
如图所示，某部队正用吊车将一台坦克车从码头上吊起装上舰船．
(1)将质量为m的坦克车以速度v匀速吊起，坦克车在t时间内匀速上升高度h.怎样计算吊车的功率？其瞬时功率是多少？
(2)若坦克车在相同的时间t内，从静止开始以加速度a匀加速上升高度h，该过程中吊车的平均功率是多少？其瞬时功率是多少？
2.公式P＝Fv中三个量的制约关系
条件 各量间的关系 应用
P一定 F与v成反比 汽车上坡时，要增大牵引力，应换低速挡减小速度
v一定 F与P成正比 汽车上坡时，要使速度不变，应加大油门，增大输出功率，获得较大牵引力
F一定 v与P成正比 汽车在高速路上，加大油门增大输出功率，可以提高速度
√
角度1　对功率的理解
√
[解析]　虽然力F和速度v均为矢量，但是功率P为标量，故A错误；
由公式P＝Fv可知，若功率保持不变，则随着汽车速度增大，汽车所受的牵引力减小，当速度达到最大值时，牵引力最小，故B正确；
由P＝Fv可知，当牵引力不变时，汽车牵引力的功率一定与它的速度成正比，故C正确；
√
引体向上是中学生体育测试的项目之一．若一个普通中学生在30 s内完成 12次引体向上，则此过程中该学生克服重力做功的平均功率最接近(g取10 m/s2)(　　)
A．5 W　　　　　　　 B．20 W
C．100 W D．400 W
角度2　功率的估算
(2025·茂名期末)如图所示，质量m＝2 kg的木块在倾角θ＝37°的足够长的固定斜面上由静止开始下滑，木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求：
角度3　平均功率和瞬时功率的求解
(1)前2 s内重力做的功；
[解析]木块所受的合外力F合＝mg sin θ－μmg cos θ＝mg(sin θ－μcos θ)＝2×10×(0.6－0.5×0.8) N＝4 N
[答案]48J
(2)前2 s内重力的平均功率；
[答案]24 W
(3)2 s末重力的瞬时功率．
[解析]木块在2 s末的速度v＝at＝2×2 m/s＝4 m/s
2 s末重力的瞬时功率P＝mgv sin θ＝2×10×4×0.6 W＝48 W.
[答案]48 W
知识点二　机车启动问题
1．两种启动方式
√
√
√
(2025·梅州市期中)一辆列车总质量m＝600 t，发动机的额定功率P＝1.8×106 W．列车在轨道上行驶时，轨道对列车的阻力f是车重力的0.01，重力加速度g取10 m/s2.
(1)在水平轨道上，发动机以额定功率P工作，当行驶速度v＝10 m/s时，求列车的瞬时加速度a.
[答案] 0.2 m/s2
(2)在水平轨道上以速度36 km/h匀速行驶时，求发动机的实际功率P1.
[答案]6×105 W
(3)若列车从静止起动，保持0.3 m/s2的加速度做匀加速运动，求这一过程维持的最长时间．
[答案]25 s
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
√
1．(功率的计算)如图，一学生将质量为1 kg 的小球(可视为质点)从离地高为0.8 m的空中以3 m/s的初速度水平抛出，不计空气阻力，重力加速度大小g取10 m/s2，则小球在下落过程中重力的平均功率为(　　)
A．20 W　 B．40 W　　
C．10 W　　 D．8 W
√
2．(功率的理解和计算)质量为m的物体静止在粗糙水平地面上，现用一水平恒力F拉动物体，经过一段时间后其速度变为v，重力加速度为g，则(　　)
A．在这段时间内，摩擦力做正功
B．在这段时间内，拉力做负功
C．物体的速度为v时，拉力的瞬时功率为Fv
D．物体的速度为v时，重力的功率为mgv
解析：由于摩擦力方向与运动方向相反，所以摩擦力对物体做负功，故A错误；
由于拉力方向与运动方向相同，所以拉力对物体做正功，故B错误；
物体的速度为v时，拉力的瞬时功率P＝Fv，由于重力与速度方向垂直，所以重力的功率为0，故C正确，D错误．
√
4．(功率的相关计算)如图所示，一台起重吊车将质量m＝500 kg的重物由静止开始以 a＝0.2 m/s2加速度竖直向上匀加速提升，t＝10 s末之后保持功率不变继续提升重物，直至重物匀速上升．g取10 m/s2不计空气阻力，求：
(1)前10 s内起重吊车拉力F的大小；
解析：由牛顿第二定律有F－mg＝ma
解得F＝5 100 N.
答案：5100 N
(2)10 s末起重机的瞬时功率P；
解析：起重机做匀加速直线运动，有v＝at
P＝Fv
解得P＝10 200 W.
答案：10 200 W
(3)重物上升的最大速度vm；
解析：达到最大速度时，加速度为零，有P＝mgvm
解得vm＝2.04 m/s.
答案：2.04 m/s
答案：6 800 W(共18张PPT)
专题提升课8　
能量观点在常见模型中的应用
专题深度剖析
PART
01
第一部分
微专题一　天体运动中的能量问题
√
√
[解析]　货运飞船与空间站在同一轨道上运行，货运飞船加速后将会做离心运动，不能实现与空间站对接，故A错误；
若组合体返回地球，则需减速做向心运动从而离开该轨道，故B错误；
微专题二　传送带模型中的能量问题
如图所示，水平传送带由电动机带动，并始终保持以速度v顺时针匀速转动．现将质量为m的物块无初速度地放在传送带的左端，经过一段时间物块恰好与传送带相对静止．设物块与传送带间的动摩擦因数为μ.
(1)这一过程摩擦力对物块做的功为多少？
(2)传送带克服摩擦力做的功为多少？
[答案]mv2
(3)系统摩擦产生的热量为多少？
(4)与不放物块时相比，电动机多做的功为多少？
[解析]与不放物块时相比，电动机多做的功ΔW＝Wf2＝mv2.
[答案]mv2
(5)与不放物块时相比，电动机多做的这部分功与哪种能量的变化对应？总结这条功能关系．
[答案]见解析
(2025·重庆沙坪坝区期末)如图，绷紧的传送带AB与水平地面倾角θ＝37°，A、B两端相距L＝20 m，传送带以v＝4 m/s的速度顺时针匀速运转．一个质量为1 kg的小物块从传送带下端A相对地面以v0＝2 m/s的初速度开始沿传送带向上运动．重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)若物块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.8，求物块在传送带上运动的过程中摩擦力对物块做的总功W1.
[答案]126 J
(2)若物块与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.5，求物块在传送带上运动的过程中摩擦力对物块做的总功W2以及物块与传送带之间摩擦产生的热量Q.
[解析]由题意知，μ2＝0.5则减速至零的过程中，根据牛顿第二定律有ma＝mg sin θ－μ2mg cos θ
解得a＝2 m/s2
[答案]0　32 J
微专题三　板块模型中的能量问题
如图所示，一质量为M的木板静止置于光滑的水平面上，一质量为m的木块(可视为质点)，以初速度v0滑上木板的左端，已知木块和木板间的动摩擦因数为μ，木块始终没有滑离木板．
(1)求刚开始时，木块和木板各自的加速度大小．
[解析]　刚开始时，以木块为研究对象，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma1
解得a1＝μg
(2)求木板最终的速度大小．
(3)为使木块不掉下木板，板长至少多少？
(4)求因摩擦而产生的热量．题组1　重力做功的特点
1．下列说法正确的是(　　)
A．重力对物体做功的大小与物体运动的路径有关
B.质量大的物体的重力势能一定大
C．不同的物体，离地面越高，其重力势能越大
D．离地面有一定高度的物体的重力势能可能为零
解析：选D.重力对物体做功的大小只跟物体的起点与终点的高度差有关，与物体运动的路径无关，A错误；如果物体位于零势能面上，无论质量多大，重力势能都等于零，B错误；不同的物体，离地面越高，其重力势能不一定越大，还与零势能面的位置及物体的质量有关，C错误；如果选择物体所在的位置为零势能面，该物体的重力势能等于零，所以离地面有一定高度的物体的重力势能可能为零，D正确．
2．在体能测试跳绳时，质量为50 kg的某同学一分钟跳了150次，若他每次跳起时，重心上升的高度约为5 cm，则他一分钟内克服重力做功的大小约为(g取9.8 m/s2)(　　)
A．2 500 J　　　　　　
B．3 675 J
C．7 500 J
D．37 5000 J
解析：选B.因为该同学每次起跳时，重心上升5 cm，则每一次克服重力做功W＝mgh＝50×9.8×0.05 J＝24.5 J，则一分钟内克服重力做功W′＝150W＝3 675 J.
3．两个体重相同的学生分别以图示路径由静止从地面登上高为h的阶梯顶端A.对于这个过程，下列说法正确的是(　　)
A．两学生的位移相等
B．两学生运动时间一定相等
C．两学生克服重力做功一定相等
D．两学生克服重力做功的平均功率一定相等
解析：选C.由位移的定义可知，两学生的位移不相等，A错误；由于两学生的位移不相等，且运动速度不知道，故两学生运动时间无法比较，B错误；由于两学生竖直方向上升的高度相同，且两同学体重相同，故克服重力做功一定相等，C正确；由于两学生运动的时间不知道，故两学生克服重力做功的平均功率无法比较，D错误．
题组2　重力做功与重力势能的变化
4.(2025·清远市期末)排球是许多人喜爱的体育项目之一，如图所示为某同学将排球竖直向上垫起，一段时间后排球落回地面．已知排球在最高点时的重力势能为1 J，落到地面时的重力势能为－2 J，下列说法正确的是　(　　)
A．重力对排球所做的功等于重力与路程的乘积
B．上升阶段排球克服重力做的功大于下降阶段重力做的功
C．排球在最高点的重力势能大于落到地面时的重力势能
D．考虑阻力时，上升阶段排球的重力做的功和重力势能变化量绝对值间的关系为|WG|>|ΔEp|　
解析：选C.重力对排球所做的功等于重力与竖直高度的乘积，A错误；排球在最高点时的重力势能为1 J，上升阶段排球克服重力做功为1 J，落到地面时的重力势能为－2 J，则下降阶段重力做功3 J，则上升阶段排球克服重力做的功小于下降阶段重力做的功，B错误；排球在最高点的重力势能大于落到地面时的重力势能，C正确；上升阶段排球的重力做的功和重力势能变化量绝对值间的关系为|WG|＝|ΔEp|，与是否有阻力无关，D错误．
5．一根粗细均匀的长直铁棒重600 N，平放在水平地面上．现将其一端从地面抬高0.50 m，而另一端仍在地面上，则(　　)
A．铁棒的重力势能增加了150 J
B．铁棒的重力势能增加了300 J
C．铁棒的重力不做功
D．上述说法均错误
解析：选A.铁棒的重心升高的高度h＝0.25 m，铁棒增加的重力势能ΔEp＝mgh＝600×0.25 J＝150 J，根据WG＝－ΔEp可知，重力对铁棒做功为－150 J，故B、C、D错误，A正确．
6．假设某一青年在楼上将球水平抛出，抛出点离地4.5 m，球质量为0.6 kg，在离地2.0 m处被另一青年接到，重力加速度取10 m/s2，在球被抛出至被接到的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．重力做功15 J
B．重力势能增加了15 J
C．若以抛出点为参考平面，球被接到时的重力势能为－27 J
D．若以地面为参考平面时，上述过程中球重力势能的变化量最大
解析：选A.重力做功WG＝mg(h－h1)＝15 J，故A正确；重力做正功，重力势能减小，故重力势能减少了15 J，故B错误；若以抛出点为参考平面，球被接到时的重力势能Ep＝－mg(h－h1)＝－15 J，故C错误；重力势能的变化量与重力做功对应，与参考平面的选取无关，故D错误．
题组3　弹性势能
7.(多选)如图所示，在一次“蹦极”运动中，人由高空下落到最低点的整个过程中，下列说法正确的是　(　　)
A．重力对人做正功
B．人的重力势能减小
C．橡皮绳对人做正功
D．橡皮绳的弹性势能增加
解析：选ABD.人一直在下落，故重力对人做正功，人的重力势能不断减小，故A、B正确；橡皮绳不断伸长，弹力对人做负功，橡皮绳的弹性势能不断增加，故C错误，D正确．
8.如图所示，小明在玩蹦床游戏．当他从接触床面到运动至最低点的过程中，下列说法不正确的是　(　　)
A．小明的重力势能一直减小
B．蹦床的弹性势能一直增大
C．小明在最低点时的速度为零
D．小明受到蹦床的弹力是由于自身发生形变
解析：选D.从接触床面到运动至最低点的过程中，重力一直做正功，小明的重力势能一直减小，A正确，不符合题意；从接触床面到运动至最低点的过程中，弹簧的形变量一直在增大，所以蹦床的弹性势能一直增大，B正确，不符合题意；小明运动到最低点时不能再向下运动了，说明小明此时的速度等于零，C正确，不符合题意；小明受到蹦床的弹力是由于蹦床发生形变，D错误，符合题意．
9．如图所示，在水平地面上平铺着n块砖，每块砖的质量为m、厚度为h.如果工人将砖一块一块地叠放起来，那么工人至少做功(　　)
A．n(n－1)mgh　　　 B．n(n－1)mgh
C．n(n＋1)mgh D．n(n＋1)mgh
解析：选B.取n块砖的整体为研究对象，叠放起来后整体的重心距地面nh，原来的重心距地面h，故有W＝ΔEp＝nmg×nh－nmg×h＝n(n－1)mgh，B正确．
10．(多选)雨滴的下落运动并不能看成是“自由落体”运动，在接近地面时，雨滴往往做匀速运动，这时的速度通常叫作收尾速度．关于一定质量的雨滴从高空下落的运动，下列说法正确的是(　　)
A．雨滴所受阻力是恒定的
B．重力一直做正功
C．重力的功率先增大后不变
D．雨滴的重力势能先减小后不变
解析：选BC.雨滴在匀速之前所受阻力在增大，故A错误；雨滴下落，高度降低，则重力一直做正功，故B正确；根据P＝Fv＝mgv，重力mg大小不变，速度v先增大后不变，则重力的功率先增大后不变，故C正确；由于重力一直做正功，则雨滴的重力势能一直在减小，故D错误．
11．(多选)如图所示，轻质弹簧的劲度系数为k，小球所受重力为G，平衡时小球在A处．现用力F竖直向下压小球，使弹簧缩短x，小球静止在B处，则 (　　)
A．小球在A处时弹簧的弹力为零
B．小球在B处时弹簧的弹力为kx＋G
C．小球在A处时弹簧的弹性势能较大
D．小球在B处时弹簧的弹性势能较大
解析：选BD.小球在A位置时，处于静止状态，受重力和弹簧的弹力，二力平衡，故弹簧的弹力等于重力，即kx1＝G，A错误；小球在B位置时，处于静止状态，受重力、压力F和弹簧的弹力，根据共点力的平衡条件可得F＋G＝F弹，根据胡克定律有F弹＝k(x1＋x)，解得F弹＝G＋kx，B正确；弹簧压缩量越大，弹性势能越大，可知C错误，D正确．
12．(14分)如图所示的是一种大型机械车间运输货物的天车，天车通过钢索竖直悬挂货物，现将一质量m＝2 000 kg的货物(可视为质点)沿着与水平方向成30°角的方向匀速吊起，使货物在10 s内向斜上方移动了L＝5 m的距离，空气阻力不计，钢索始终竖直，重力加速度g取10 m/s2.求：　
(1)10 s内钢索对货物的拉力做的功WF；(4分)　
(2)10 s末拉力的瞬时功率P；(4分)
(3)10 s内货物的重力做的功WG及重力势能的变化量ΔEp.(6分)
解析：(1)货物做匀速直线运动，由平衡条件可知钢索拉力大小F＝mg＝2×104 N
10 s内钢索对货物的拉力做的功WF＝FL sin 30°
代入数据解得WF＝5×104 J.
(2)10 s末时的速度大小v＝＝0.5 m/s
10 s末钢索拉力的瞬时功率P＝Fv sin 30°
代入数据解得P＝5×103 W.
(3)10 s内重力做的功WG＝－mgL sin 30°＝－5×104 J
由于WG＝－ΔEp
解得ΔEp＝5×104 J.
答案：(1)5×104 J　(2)5×103 W　(3)－5×104 J　5×104 J(共11张PPT)
课后达标检测
√
解析：由题意可知篮球进入篮筐时，离零势能面的高度为H－h，则此时篮球的重力势能Ep＝mg(H－h)，故A错误；
2．(10分)内燃打桩机的重锤由汽缸、活塞等若干部件组成，汽缸与活塞间有柴油与空气的混合物．在重锤与桩碰撞过程中使锤、桩均向下运动．现把柴油打桩机和打桩过程简化如下：内燃打桩机锤头的质量m＝1 800 kg，锤头从距桩顶端上部1.5 m 处，从静止开始自由落下，打在质量M＝1 600 kg(包括桩帽)的钢筋混凝土桩子上，随后，桩在泥土中向下移动 0.1 m，设桩向下移动的过程中泥土对桩的作用力F是恒力，(g取 10 m/s2)求：
(1)锤头第一次打击桩子前瞬间的速度大小；(4分)
(2)力F的大小(设碰撞过程中没有能量损失).(6分)
解析：对全过程应用动能定理得mg(h＋l)＋Mgl－Fl＝0
解得F＝3.04×105 N.
答案：3.04×105 N
3．(12分)某人设计了如图所示的滑板个性滑道．斜面AB与半径 R＝3 m的光滑圆弧轨道BC相切于B，圆弧对应的圆心角θ＝37°，且过C点的切线水平，C点连接倾角α＝30°的斜面CD.一滑板爱好者连同滑板等装备(整体视为质点)总质量m＝60 kg.某次试滑，他从斜面上某点P由静止开始下滑，发现在斜面CD上的落点Q恰好离C点最远．若他在斜面AB上滑动过程中所受摩擦力f与位移大小x的关系满足f＝90x(均采用国际制单位)，忽略空气阻力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)P、B两点间的距离；(6分)
解析：设滑到C点的速度为vC，平抛过程中水平、竖直方向的位移分别为x1、y1
可知vC越大则lCQ越大，由人和装备在BC间运动时机械能守恒可知，要使vC越大就要求vB越大
答案：见解析
(2)人和装备在C点对轨道的压力大小．(6分)　
由以上各式联立解得FN＝1 320 N
由牛顿第三定律可知人和装备在C点对轨道的压力大小FN′＝FN＝1 320 N.
答案：见解析专题提升课8　能量观点在常见模型中的应用
微专题一　天体运动中的能量问题
求解天体运动中的机械能问题的解题步骤：
(1)由万有引力提供向心力，利用＝m求解线速度大小，进而求出天体在轨道上运动的动能．
(2)求出天体在轨道上的机械能E＝Ek＋Ep.
(3)根据ΔE＝E1－E2求出机械能变化．
　(多选)2024年11月15日，天舟八号货运飞船在长征七号遥九运载火箭托举下成功入轨，此后与空间站对接成为组合体，在距离地面高度H的圆轨道匀速运行．若取无穷远处为引力势能零点，质量为m的物体在地球引力场中具有的引力势能Ep＝－(式中G为引力常量，M为地球的质量，r0为物体到地心的距离).已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，货运飞船与空间站组合体的质量为m0，则下列说法正确的是(　　)
A．先使货运飞船与空间站在同一轨道上运行，然后货运飞船加速追上空间站实现对接
B．若组合体返回地球，则需加速离开该轨道
C．在该轨道上组合体的引力势能为－
D．在该轨道上组合体的机械能为－
[解析]　货运飞船与空间站在同一轨道上运行，货运飞船加速后将会做离心运动，不能实现与空间站对接，故A错误；若组合体返回地球，则需减速做向心运动从而离开该轨道，故B错误；由题意可知，在该轨道上组合体的引力势能Ep＝－，故C正确；根据G＝m0，可得组合体在该轨道上运行时的动能Ek＝m0v2＝，则在该轨道上组合体的机械能E＝Ep＋Ek＝－，故D正确．
[答案]　CD
微专题二　传送带模型中的能量问题
　如图所示，水平传送带由电动机带动，并始终保持以速度v顺时针匀速转动．现将质量为m的物块无初速度地放在传送带的左端，经过一段时间物块恰好与传送带相对静止．设物块与传送带间的动摩擦因数为μ.
(1)这一过程摩擦力对物块做的功为多少？
(2)传送带克服摩擦力做的功为多少？
(3)系统摩擦产生的热量为多少？
(4)与不放物块时相比，电动机多做的功为多少？
(5)与不放物块时相比，电动机多做的这部分功与哪种能量的变化对应？总结这条功能关系．
[解析]　(1)物块的加速度a＝μg
这一过程摩擦力对物块做的功Wf1＝μmg·＝mv2.
(2)传送带克服摩擦力做的功Wf2＝μmg·v·＝mv2.
(3)系统摩擦产生的热量
Q＝μmg＝μmg·v·＝mv2.
(4)与不放物块时相比，电动机多做的功ΔW＝Wf2＝mv2.
(5)与不放物块时相比，电动机多做的这部分功转化为热量Q以及木块的动能，即
ΔW＝Q＋mv2.
[答案]　(1)mv2　(2)mv2　(3)mv2　(4)mv2
(5)见解析
　(2025·重庆沙坪坝区期末)如图，绷紧的传送带AB与水平地面倾角θ＝37°，A、B两端相距L＝20 m，传送带以v＝4 m/s的速度顺时针匀速运转．一个质量为1 kg的小物块从传送带下端A相对地面以v0＝2 m/s的初速度开始沿传送带向上运动．重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)若物块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.8，求物块在传送带上运动的过程中摩擦力对物块做的总功W1.
(2)若物块与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.5，求物块在传送带上运动的过程中摩擦力对物块做的总功W2以及物块与传送带之间摩擦产生的热量Q.
[解析]　(1)由题意可知，μ1＝0.8>tan θ＝0.75，故物块先加速后匀速，根据动能定理有mv2－mv＝W1－mgL sin θ
解得W1＝126 J.
(2)由题意知，μ2＝0.5则减速至零的过程中，根据牛顿第二定律有ma＝mg sin θ－μ2mg cos θ
解得a＝2 m/s2
则所用时间t＝＝1 s
则传送带的位移x传＝v×2t＝8 m
则物块与传送带之间摩擦产生的热量
Q＝fs相对＝μ2mg cos θ(x传－x物)＝32 J.
[答案]　(1)126 J　(2)0　32 J
微专题三　板块模型中的能量问题
　如图所示，一质量为M的木板静止置于光滑的水平面上，一质量为m的木块(可视为质点)，以初速度v0滑上木板的左端，已知木块和木板间的动摩擦因数为μ，木块始终没有滑离木板．
(1)求刚开始时，木块和木板各自的加速度大小．
(2)求木板最终的速度大小．
(3)为使木块不掉下木板，板长至少多少？
(4)求因摩擦而产生的热量．
[解析]　(1)刚开始时，以木块为研究对象，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma1
解得a1＝μg
以木板为研究对象，根据牛顿第二定律可得μmg＝Ma2
解得a2＝.
(2)木块始终没有滑离木板，设共同速度为v，所用时间为t，则有v＝v0－a1t，v＝a2t
联立解得t＝，v＝.
(3)为使木块不掉下木板，板长至少为L＝x1－x2＝t－t＝t＝ eq \f(Mv,2μ（m＋M）g) .
(4)根据能量守恒定律可得
Q＝mv－(m＋M)v2
联立可得Q＝ eq \f(mMv,2（m＋M）) .
[答案]　(1)μg　　(2)
(3) eq \f(Mv,2μ（m＋M）g) 　(4) eq \f(mMv,2（m＋M）)1．(12分)运动员驾驶摩托车做腾跃表演．如图所示，AB是平直路面，BCE为上坡路，其中BC段可视为半径R＝20 m的圆弧且与AB、CE平滑连接．运动员驾驶摩托车在AB段加速，到B点时速度vB＝20 m/s，再经t＝2 s的时间通过坡面到达E点后水平飞出．已知人和车的总质量m＝200 kg，坡顶高度h＝5 m，落地点F与E点的水平距离x＝16 m．若摩托车的功率始终为15 kW，g取10 m/s2，不计空气阻力，求：
(1)人和车从E点飞出时的速度大小；(4分)
(2)人和车过B点刚进入圆弧轨道时受到的支持力大小；(4分)
(3)人和车从B到E的过程中重力所做的功和阻力所做的功．(4分)
解析：(1)设摩托车在E点的速度为vE，E到F做平抛运动的时间为t1，则在水平方向上有x＝vEt1
竖直方向上h＝gt
联立解得vE＝16 m/s.
(2)设人和车过B点受到的支持力大小为FN，在B点，根据牛顿第二定律得FN－mg＝m eq \f(v,R)
解得FN＝6.0×103 N.
(3)设人和车从B到E的过程中，重力做功和阻力做功分别为WG、Wf，重力做功
WG＝－mgh＝－200×10×5 J＝－1.0×104 J
对B到E的过程运用动能定理得Pt＋Wf＋WG＝mv－mv
其中P＝15 kW＝1.5×104 W
t＝2 s
解得Wf＝－3.44×104 J.
答案：(1)16 m/s　(2)6.0×103 N　(3)－1.0×104 J　－3.44×104 J
2．(12分)如图，半径为R的光滑半圆形轨道ABC在竖直平面内，与水平轨道CD相切于C点，D端有一被锁定的轻质压缩弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧右端Q到C点的距离为2R.质量为m的滑块(视为质点)从轨道上的P点由静止滑下，刚好能运动到Q点，并能触发弹簧解除锁定，然后滑块被弹回，且刚好能通过圆轨道的最高点A.已知∠POC＝60°，求：
(1)滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时对轨道压力；(4分)
(2)滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ；(4分)
(3)弹簧被锁定时具有的弹性势能．(4分)
解析：(1)设滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时的速度为vC，圆形轨道最低点对滑块的支持力为FN，滑块从P点到C点，由动能定理可得
mgR(1－cos 60°)＝mv－0
在C点由牛顿第二定律可得FN－mg＝m eq \f(v,R)
联立解得FN＝2mg
由牛顿第三定律可知，滑块对轨道C点的压力大小为2mg，方向竖直向下．
(2)滑块从C到Q的过程，由动能定理可得－μmg·2R＝0－mv
解得μ＝0.25.
(3)由题意可知，滑块在A点，由牛顿第二定律可得mg＝m eq \f(v,R)
滑块从Q点到A点，由能量守恒定律可得E弹＝μmg·2R＋mg·2R＋mv
解得弹簧的弹性势能E弹＝3mgR.
答案：(1)2mg，方向竖直向下　(2)0.25　(3)3mgR第六节　验证机械能守恒定律
一、实验思路
1．实验目的
(1)验证机械能守恒定律．
(2)进一步熟悉打点计时器(或光电门)的使用．
2．实验思路
情形1：自由下落的物体只受到重力作用，满足机械能守恒的条件．
情形2：物体沿光滑斜面下滑时，虽然受到重力和斜面的支持力，但支持力与物体运动方向垂直，对物体不做功，也满足机械能守恒的条件．
二、物理量的测量
1．质量的测量：可用天平测量．
2．高度的测量：可用刻度尺测量．
3．瞬时速度的测量
(1)用打点计时器打下的纸带测量
测出打n点前、后相邻两段相等时间T内物体运动的距离xn和xn＋1(或测出hn－1和hn＋1)，由公式vn＝或vn＝即可得到打n点时物体的瞬时速度，如图所示．
(2)用光电门测量
遮光条通过光电门时的瞬时速度等于遮光条通过光电门时的平均速度，则根据遮光条的
宽度l和遮光时间Δt，可以算出物体经过光电门时的速度v＝.
三、数据分析
方法1：计算物体在选定位置上动能与势能的和是否满足mv＋mgh2＝mv＋mgh1①
方法2：计算重物在某两点间的动能变化和势能变化是否满足
mv－mv＝mgh1－mgh2②
若在误差允许范围内，等式①(或②)满足，即可验证机械能守恒．
四、实验方案
方案一　研究自由下落物体的机械能
1．实验器材
铁架台(带铁夹)、打点计时器、重物(带夹子)、纸带、复写纸、导线、毫米刻度尺、低压交流电源(4～6 V).
2．实验步骤
(1)安装实验装置
如图所示，将检查、调整好的打点计时器竖直固定在铁架台上，用导线将打点计时器与低压交流电源相连接．
(2)进行实验
①将纸带的一端用夹子固定在重物上，另一端穿过打点计时器的限位孔．用手提着纸带使重物静止在靠近打点计时器的地方．先接通电源，后松开纸带，让重物带着纸带自由下落，打点结束后立即关闭打点计时器电源．
②更换纸带重复做3～5次实验．
(3)选取纸带(分两种情况)
①如果根据mgh＝mv2验证，应选点迹清晰，所打点在同一条直线上，且第1、2两点间距离略小于2 mm的纸带．(根据h＝gt2，当t＝0.02 s时h＝1.96 mm，说明重物是在打第一个点时开始下落的)
②如果根据mgΔh＝mv－mv验证，由于重力势能的相对性，处理纸带时，选择适当的点为基准点，这样纸带上打出的第1、2两点间的距离是否略小于2 mm就无关紧要了，只要后面的点迹清晰就可选用．
3．数据处理
方法1：利用起始点和第n点计算
代入mghn和mv，如果在实验误差允许的范围内mghn和mv相等，即可验证机械能守恒定律．
方法2：任取两点计算
(1)任取两点A、B，测出hAB，计算出mghAB.
(2)计算出mv－mv的值．
(3)在实验误差允许的范围内，若mghAB＝mv－mv成立，即可验证机械能守恒定律．
方法3：图像法
从纸带上选取多个点，测量从第一个点到选取各点的下落高度h，并计算出各点速度的二次方v2，然后以v2为纵轴，以h为横轴，根据实验数据绘出v2－h图线．若在误差允许的范围内图线是一条过原点且斜率为g的直线，则验证了机械能守恒定律．
4．误差分析
(1)在进行长度测量时，测量及读数不准确造成误差．
(2)重物下落要克服阻力做功，部分机械能转化成内能，下落高度越大，机械能损失越多，所以实验数据出现了各计数点对应的机械能依次略有减小的现象．
方案二　研究沿斜面下滑物体的机械能
1．实验器材
气垫导轨、气源、数字式计时器、光电门传感器、挡光片、滑块
2．实验过程
利用气垫导轨和数字计时器记录物体沿光滑斜面下滑的运动过程．实验装置如图所示．
(1)先非常仔细地把气垫导轨调成水平，然后用垫块把导轨的一端垫高h1.
质量为m的滑块上面装有宽为l的挡光片，让它由导轨上端任一处滑下，测出它通过光电门G1和G2时的时间Δt1和Δt2，就可算出它由
G1到G2这段过程中动能的增加量ΔEk＝m.　
(2)由图可知＝，由已知的L值和所取的h1、s值可算出Δh值，然后可以求出滑块
由G1到G2这段过程中重力势能的减少量ΔEp＝mgΔh.
(3)由实验结果可看出，在误差允许的范围内ΔEp＝ΔEk，从而验证了机械能守恒定律．
题型一　研究自由下落物体的机械能
　如图甲所示，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律．
(1)关于本实验，下列说法正确的是________．
A．选择密度小、体积大的重物，有利于减小误差
B．实验时要先松开纸带后接通电源
C．释放纸带时重物远离打点计时器
D．实验产生误差的主要原因是重物在下落过程中不可避免地受到阻力的作用
(2)选用的测量仪器除打点计时器外还需要________．
A．弹簧秤
B．天平
C．毫米刻度尺
D．秒表
(3)在一次实验中，质量为1 kg的重物自由下落，在纸带上打出一系列的点，如图乙所示．图中的纸带________(选填“左”或“右”)侧是与重物相连的；若纸带相邻两个点之间时间间隔为0.02 s，从起点O到打下计数点B的过程中，重力势能减少量ΔEp＝________J，此过程中物体动能的增加量ΔEk＝________J(g取10 m/s2)；通过计算，数值上ΔEp________(选填“>”“＝”或“<”)ΔEk，这是因为________________．
(4)如果以为纵轴，以h为横轴，根据实验数据绘出的图线应是图中的________．
[解析]　(1)选择密度大、体积小的重物，有利于减小误差，故A错误；为了获取更多的数据点，实验过程中应先接通电源，后释放重物，释放纸带时重物靠近打点计时器，故B、C错误；实验产生误差的主要原因是重物在下落过程中不可避免地受到阻力的作用，故D正确．
(2)打点计时器是用来测量时间的工具，故不需要秒表；实验中需要用刻度尺测量纸带上的点之间的距离，故需要毫米刻度尺；在验证机械能守恒时，由mgh＝mv2，可知质量可以约掉，故不需要弹簧秤或天平测量重物质量．
(3)图乙中纸带从左到右相邻计数点间距在增大，纸带和重物下落时做加速运动，故可知左侧与重物相连；从起点O到打下计数点B的过程中，重力势能减少量
ΔEp＝mghOB＝1×10×0.050 1 J＝0.501 J
打B点时的速度vB＝＝ m/s＝0.98 m/s
此过程中物体动能的增加量ΔEk＝mv＝×1×0.982 J＝0.480 2 J
可知ΔEp>ΔEk
这是因为重物和纸带下落过程中受到阻力作用．
(4)根据实验数据可知物体减少的重力势能与增加的动能可认为相等，根据机械能守恒定律mgh＝mv2
可知＝gh
则－h图线是过原点的直线．
[答案]　(1)D　(2)C　(3)左　0.501　0.480 2　>　重物和纸带下落过程中受到阻力作用　(4)B
题型二　研究连接体的机械能
　如图为一种利用气垫导轨“验证机械能守恒定律”的实验装置，已知重力加速度为g.实验步骤如下：
A．将气垫导轨放在水平桌面上，将导轨调至水平
B．测出挡光条的宽度d
C．将滑块移至图示位置，测出挡光条到光电门的距离l
D．释放滑块，读出挡光条通过光电门的挡光时间t
E．用天平称出托盘和砝码的总质量m
F．……
(1)在滑块从静止释放到运动到光电门的过程中，系统的重力势能减少了________．
(2)挡光条通过光电门的速率为________．
(3)下列关于本实验的分析中，正确的是________．
A．调节气垫导轨左端的滑轮，使绳子与导轨平行
B．滑块初始位置与光电门间的距离适当大些
C．挡光条的宽度越大，测量结果越精确
D．应使托盘和砝码质量远小于滑块和挡光条的总质量
(4)为验证机械能守恒定律，还需要测量的物理量是____________(写出物理量的名称和符号).
(5)若要符合机械能守恒定律，以上测得的物理量应该满足________________．
(6)由于托盘和滑块运动过程中要克服阻力做功，故该实验的动能增量总是__________(选填“大于”“等于”或“小于”)重力势能的减少量．
[解析]　(1)在滑块从静止释放到运动到光电门的过程中，系统的重力势能减少了
ΔEp＝mgl.
(2)挡光条通过光电门的速率v＝.
(3)调节气垫导轨左端的滑轮，使绳子与导轨平行，从而保证挡光条能水平通过光电门，使得测量时间较为精确，故A正确；滑块初始位置与光电门间的距离适当大些，从而使得滑块通过光电门时速度较大，通过光电门的时间较短，得到滑块的速度就越接近其瞬时速度，故B正确；若挡光条的宽度越大，得到滑块的速度就越远离其瞬时速度，则测量结果的误差就越大，故C错误；本实验需要验证的是托盘和砝码以及滑块和挡光条组成的系统机械能守恒，因此不需要托盘和砝码质量远小于滑块和挡光条的总质量，故D错误．
(4)为验证机械能守恒定律，还需要测量的物理量是用天平称出滑块及挡光条的总质量M.
(5)若要符合机械能守恒定律，以上测得的物理量应该满足mgl＝(m＋M).
(6)由于托盘和滑块运动过程中要克服阻力做功，系统的一部分机械能转化为系统的内能，故该实验的动能增量总是小于重力势能的减少量．
[答案]　(1)mgl　(2)　(3)AB　(4)滑块及挡光条的总质量M　(5)mgl＝(m＋M)　(6)小于
　阿特伍德机，是由英国牧师、数学家兼物理学家的乔治·阿特伍德在1784年发表的《关于物体的直线运动和转动》一文中提出的一种著名力学实验装置，装置如图所示．阿特伍德机可以用来验证系统的机械能守恒定律．
(1)该同学用游标卡尺测量挡光片的宽度d，开始时将质量为m的A物体(含挡光片)和质量为M的B物体用绳连接后(M>m)，跨放在定滑轮两侧，滑轮质量和摩擦可忽略不计，A置于桌面上使其保持静止状态．测量出挡光片中心到光电门的竖直距离h，释放物体A后，A向上运动，测出挡光片挡光的时间t，则左右两侧物体的速度大小v的表达式为v＝________(用d、t表示).
(2)如果系统的机械能守恒，应满足的关系式为______________________(用题中的物理量符号表示).
(3)反复改变挡光片中心到光电门中心的竖直距离h，记录挡光片通过光电门时间t，作出－h图像，若图像是过原点的一条倾斜直线，且直线的斜率k＝________，则A、B组成的系统机械能守恒．
[解析]　(1)测出挡光片挡光的时间t，则左右两侧物体的速度大小v的表达式为v＝.
(2)根据系统机械能守恒可得Mgh－mgh＝(M＋m)v2，如果系统的机械能守恒，应满足的关系式为(M－m)gh＝(M＋m).
(3)根据(M－m)gh＝(M＋m)，可得＝·h，可知若图像是过原点的一条倾斜直线，且直线的斜率k＝，则A、B组成的系统机械能守恒．
[答案]　(1)　(2)(M－m)gh＝(M＋m)
(3)
题型三　教材实验创新
　如图是小明同学为验证机械能守恒定律自制的实验装置，固定在地面上的平台上表面为四分之一圆弧，一铁架台底端焊接在圆弧最低点F，O点是圆弧的圆心，光电门1、2、3、4、5分别放置在圆弧的六等分点上．已知当地重力加速度为g，实验时轻质细绳一端系在O点，另一端连接一质量分布均匀的小钢球，将小球从圆弧最高点由静止释放，运动过程中细绳始终处于伸直状态．
(1)要完成实验，需要测量下列哪些物理量________．
A．小球的质量m
B．小球的直径d
C．小球球心到细绳悬点O的距离L
D．小球由静止释放到运动至每个光电门位置所用的时间t
(2)测得小球通过光电门2、4的挡光时间为Δt2、Δt4，结合(1)中测定的物理量，在误差允许范围内若满足____________________的关系，则证明小球在2、4两点的机械能相等．
(3)以细绳与水平方向夹角θ的正弦sin θ为横坐标，小球速度的平方v2为纵坐标，作出v2－sin θ 的关系图线，若摆动过程中机械能守恒，图线的斜率为__________(结果用题中所给字母表示).
[解析]　(1)验证机械能守恒的表达式中，质量可以约去故不需要测量小球的质量m；为了得到小球经过光电门时的速度，需要测量小球的直径d和小球经过光电门的挡光时间Δt；为了得到小球下落的高度，需要测量小球球心到细绳悬点O的距离L.
(2)测得小球通过光电门2、4的挡光时间为Δt2、Δt4，则小球通过光电门2、4的速度分别为v2＝，v4＝，光电门1、2、3、4、5分别放置在圆弧的六等分点上，可知光电门2、4与水平方向的夹角分别为30°、60°；以圆弧最高点为零重力势能参考平面，则在误差允许范围内若满足mv－mgL sin 30°＝mv－mgL sin 60°
联立可得(－1)gL＝－
则证明小球在2、4两点的机械能相等．
(3)根据机械能守恒定律可得
mgL sin θ＝mv2
可得v2＝2gL sin θ
若摆动过程中机械能守恒，则v2－sin θ图线的斜率k＝2gL.
[答案]　(1)BC　(2)(－1)gL＝－
(3)2gL(共19张PPT)
课后达标检测
√
题组1　对功的理解及正、负功的判断
1．下列情况中，力做功的是(　　)
A．举重运动员举着杠铃不动
B．人拉着箱子前进
C．人推墙没推动
D．依靠惯性在光滑的水平面上运动的小车
解析：功等于力乘以物体在力的方向的位移，A、C中人对物体有力的作用，但物体都没动，力没有做功，故A、C错误；
人拉着箱子前进时，箱子在人的拉力的一个分力方向上有位移，故人对箱子做功，故B正确；
依靠惯性在光滑的水平面上运动的小车，小车只受到重力和水平面对其的支持力，小车在该两个力的方向上都没有位移，故力不做功，故D错误．
√
2．关于功的概念，下列说法正确的是(　　)
A．一个恒力对物体做的功等于这个力的大小、物体的位移大小及力和位移间夹角的余弦三者的乘积
B．功有正、负之分，所以功也有方向性
C．若某一个力对物体不做功，说明该物体一定没有位移
D．力是矢量，位移是矢量，所以功也是矢量
解析：一个恒力对物体做的功等于这个力的大小、物体的位移大小及力和位移间夹角的余弦三者的乘积，故A正确；
功有正、负之分，但功是标量，正、负表示了力对物体是动力还是阻力，并不表示功有方向性，故B、D错误；
若某一个力对物体不做功，只能说明该物体在该力的方向上没有位移，但不能说明物体没有位移，故C错误．
√
3.(2025·河源市期中)如图所示，在匀速上升的升降机中，物块始终静止在固定的斜面上，关于物块所受各力做功的说法正确的是(　　)
A．重力做正功　　　 B．支持力做负功
C．摩擦力不做功 D．摩擦力做正功
解析：重力方向竖直向下，位移方向竖直向上，可知重力做负功，A错误；
支持力垂直于斜面向上，与位移的夹角为锐角，可知支持力做正功，B错误；
摩擦力方向沿斜面向上，与位移的夹角为锐角，可知摩擦力做正功，C错误，D正确．
√
题组2　恒力做功的计算
4．起重机以a＝1 m/s2的加速度将质量为1 000 kg的货物由静止开始匀加速向上提升，g取 10 m/s2，则在1 s内起重机对货物做的功是(　　)
A．5 000 J B．5 500 J
C．6 000 J D．6 500 J
√
5．某人用与水平方向成60°角、大小为40 N的恒力推着小车在粗糙的水平面上前进了5.0 m，人放手后，小车又前进了2.0 m才停下来，则小车在运动过程中，人的推力所做的功为(　　)
A．140 J B．100 J
C．60 J D．无法确定
√
6．质量m＝1 kg的物体在粗糙水平地面上做匀速直线运动，物体在水平方向受到5.0 N的拉力，若物体运动的距离s＝5 m(g取10 m/s2)，则(　　)
A．物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.05
B．拉力做功为25 J
C．合力做功为25 J
D．摩擦力做功为25 J
解析：选B.物体做匀速直线运动，合力为0，则物体所受的滑动摩擦力大小f＝F＝5.0 N，物体对水平地面的压力大小FN＝mg＝10 N，由f＝μFN得μ＝0.5，A错误；
拉力做功WF＝Fs＝5.0×5 J＝25 J，B正确；合力为0，则合力做功为0，C错误；
摩擦力做功Wf＝－fs＝－5.0×5 J＝－25 J，D错误．
√
7．如图所示，滑雪者由静止开始沿斜坡从A点自由滑下，然后在水平面上前进至B点停下．已知斜坡、水平面与滑雪板之间的动摩擦因数都为μ，滑雪者(包括滑雪板)的质量为m，A、B两点间的水平距离为l，在滑雪者经过AB段的过程中，摩擦力所做功的大小(　　)
A．大于μmgl
B．小于μmgl
C．等于μmgl
D．以上三种情况都有可能
解析：设滑雪者在斜面上滑动的距离为s，斜面倾角为θ，在由A到B的过程中摩擦力所做的功Wf＝－(μmg cos θ)s－μmg(l－s cos θ)＝－μmgl，故C正确．
8．(2025·惠州市期末)质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.现使斜面向右水平匀速移动一段距离L，物体与斜面的相对位置不变，如图所示，在此过程中摩擦力对物体所做的功为(　　)
A．μmgL cos2θ B．－μmgL cos2θ
C．mgL sinθcos θ D．－mgL sin θcos θ
解析：物体在斜面静止受力如图所示，由平衡条件得，物体所受的静摩擦力f＝mg sin θ，摩擦力对物体做的功W＝fL cos θ＝mgL sin θcos θ.
√
√
题组3　变力做功的计算
9.如图所示，重物P放在粗糙的水平板OM上，当水平板绕O端缓慢抬高，在重物P没有滑动之前，下列说法正确的是(　　)
A．P受到的支持力做正功
B．P受到的支持力不做功
C．P受到的摩擦力做负功
D．P受到的摩擦力做正功
解析：当水平板绕O端缓慢抬高，在重物P没有滑动之前，P做圆周运动，支持力垂直于板向上，支持力与速度方向相同，故支持力做正功，摩擦力沿板方向，与速度方向垂直，所以摩擦力不做功，故A正确，B、C、D错误．
√
10．(2025·梅州市期中)如图所示，一物体静止在斜面上，现在使斜面体向右匀速移动一段距离，物体相对斜面始终静止，则下列关于物体所受各力对物体做功的说法正确的是(　　)
A．重力做正功 B．支持力不做功
C．摩擦力做负功 D．合力做正功
解析：对物体受力分析可知物体受重力、支持力和摩擦力，受力分析图如图所示，由于物体在水平方向移动，重力的方向与物体位移方向垂直，所以重力对物体不做功，支持力的方向与位移方向的夹角小于90°，则支持力对物体做正功，摩擦力的方向与位移方向的夹角大于90°，所以摩擦力对物体做负功，所受合外力为0，故合外力不做功．
√
11.如图所示，同一物体分别沿斜面AO、BO、CO自斜面顶点由静止开始下滑，该物体与各斜面间的动摩擦因数均相同，在滑行过程中克服摩擦力做的功分别为WA、WB和WC，不计空气阻力，则(　　)
A．WA>WB>WC B．WA＝WB>WC
C．WA>WB＝WC D．WA＝WB＝WC
√
√
√
解析：由重力做功特点得重力做的功WG＝mgL，A正确；
悬线的拉力始终与v垂直，不做功，B正确；
√
13.(多选)质量为2 kg的物体在水平面上沿直线运动，所受阻力大小恒定．经某点开始沿运动方向的水平拉力F与运动距离x的关系如图所示，0～3 m物体做匀速直线运动．下列对图示过程的说法正确的是　(　　)
A．在x＝5 m处物体加速度大小为3 m/s2
B．0～7 m拉力对物体做的功为40 J
C．0～7 m物体克服阻力做的功为28 J
D．0～7 m合力对物体做的功为68 J
√
根据题意可知，合力对物体做的功等于所有力做的功之和，则W合＝WF＋Wf，又有Wf＝－W＝－28 J，则W合＝12 J，故D错误．
14．(8分)足够长的水平传送带以2 m/s的速度运行，将质量为 2 kg 的工件沿竖直方向轻轻地放在传送带上(设传送带速度不变)，如图所示．工件与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，工件放上传送带后5 s内的位移是多少？摩擦力对工件做的功是多少？(g取10 m/s2)　
由以上计算可知，工件经1 s速度达到2 m/s，以后工件和传送带一起做匀速运动，所以工件在5 s内的位移s＝s1＋v(5 s－t)＝1 m＋2×4 m＝9 m
工件与传送带一起做匀速运动时不受摩擦力作用，所以摩擦力对工件做的功Wf＝fs1＝μmgs1＝0.2×2×10×1 J＝4 J.
答案：9 m　4 J(共37张PPT)
第六节　验证机械能守恒定律
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、实验思路
1．实验目的
(1)验证机械能守恒定律．
(2)进一步熟悉打点计时器(或光电门)的使用．
2．实验思路
情形1：自由下落的物体只受到重力作用，满足机械能守恒的条件．
情形2：物体沿光滑斜面下滑时，虽然受到重力和斜面的支持力，但支持力与物体运动方向垂直，对物体不做功，也满足机械能守恒的条件．
二、物理量的测量
1．质量的测量：可用天平测量．
2．高度的测量：可用刻度尺测量．
3．瞬时速度的测量
四、实验方案
方案一　研究自由下落物体的机械能
1．实验器材
铁架台(带铁夹)、打点计时器、重物(带夹子)、纸带、复写纸、导线、毫米刻度尺、低压交流电源(4～6 V).
2．实验步骤
(1)安装实验装置
如图所示，将检查、调整好的打点计时器竖直固定在铁架台上，用导线将打点计时器与低压交流电源相连接．
(2)进行实验
①将纸带的一端用夹子固定在重物上，另一端穿过打点计时器的限位孔．用手提着纸带使重物静止在靠近打点计时器的地方．先接通电源，后松开纸带，让重物带着纸带自由下落，打点结束后立即关闭打点计时器电源．
②更换纸带重复做3～5次实验．
4．误差分析
(1)在进行长度测量时，测量及读数不准确造成误差．
(2)重物下落要克服阻力做功，部分机械能转化成内能，下落高度越大，机械能损失越多，所以实验数据出现了各计数点对应的机械能依次略有减小的现象．
方案二　研究沿斜面下滑物体的机械能
1．实验器材
气垫导轨、气源、数字式计时器、光电门传感器、挡光片、滑块
2．实验过程
利用气垫导轨和数字计时器记录物体沿光滑斜面下滑的运动过程．实验装置如图所示．
(3)由实验结果可看出，在误差允许的范围内ΔEp＝ΔEk，从而验证了机械能守恒定律．
典例分类讲解
PART
02
第二部分
题型一　研究自由下落物体的机械能
如图甲所示，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律．
√
(1)关于本实验，下列说法正确的是________．
A．选择密度小、体积大的重物，有利于减小误差
B．实验时要先松开纸带后接通电源
C．释放纸带时重物远离打点计时器
D．实验产生误差的主要原因是重物在下落过程中不可避免地受到阻力的作用
[解析]　选择密度大、体积小的重物，有利于减小误差，故A错误；
为了获取更多的数据点，实验过程中应先接通电源，后释放重物，释放纸带时重物靠近打点计时器，故B、C错误；
实验产生误差的主要原因是重物在下落过程中不可避免地受到阻力的作用，故D正确．
(2)选用的测量仪器除打点计时器外还需要________．
A．弹簧秤
B．天平
C．毫米刻度尺
D．秒表
√
(3)在一次实验中，质量为1 kg的重物自由下落，在纸带上打出一系列的点，如图乙所示．图中的纸带________(选填“左”或“右”)侧是与重物相连的；若纸带相邻两个点之间时间间隔为0.02 s，从起点O到打下计数点B的过程中，重力势能减少量ΔEp＝________J，此过程中物体动能的增加量ΔEk＝________J(g取10 m/s2)；通过计算，数值上ΔEp________(选填“>”“＝”或“<”)ΔEk，这是因为__________________________________．
左
0.501
0.480 2
>
重物和纸带下落过程中受到阻力作用
[解析]图乙中纸带从左到右相邻计数点间距在增大，纸带和重物下落时做加速运动，故可知左侧与重物相连；从起点O到打下计数点B的过程中，重力势能减少量ΔEp＝mghOB＝1×10×0.050 1 J＝0.501 J
√
题型二　研究连接体的机械能
如图为一种利用气垫导轨“验证机械能守恒定律”的实验装置，已知重力加速度为g.实验步骤如下：
A．将气垫导轨放在水平桌面上，将导轨调至水平
B．测出挡光条的宽度d
C．将滑块移至图示位置，测出挡光条到光电门的距离l
D．释放滑块，读出挡光条通过光电门的挡光时间t
E．用天平称出托盘和砝码的总质量m
F．……
(1)在滑块从静止释放到运动到光电门的过程中，系统的重力势能减少了________．
[解析]　在滑块从静止释放到运动到光电门的过程中，系统的重力势能减少了ΔEp＝mgl.
(2)挡光条通过光电门的速率为________．
mgl
(3)下列关于本实验的分析中，正确的是________．
A．调节气垫导轨左端的滑轮，使绳子与导轨平行
B．滑块初始位置与光电门间的距离适当大些
C．挡光条的宽度越大，测量结果越精确
D．应使托盘和砝码质量远小于滑块和挡光条的总质量
√
√
[解析]调节气垫导轨左端的滑轮，使绳子与导轨平行，从而保证挡光条能水平通过光电门，使得测量时间较为精确，故A正确；
滑块初始位置与光电门间的距离适当大些，从而使得滑块通过光电门时速度较大，通过光电门的时间较短，得到滑块的速度就越接近其瞬时速度，故B正确；
若挡光条的宽度越大，得到滑块的速度就越远离其瞬时速度，则测量结果的误差就越大，故C错误；
本实验需要验证的是托盘和砝码以及滑块和挡光条组成的系统机械能守恒，因此不需要托盘和砝码质量远小于滑块和挡光条的总质量，故D错误．
(4)为验证机械能守恒定律，还需要测量的物理量是____________________
(写出物理量的名称和符号).
(5)若要符合机械能守恒定律，以上测得的物理量应该满足___________________________．
[解析]为验证机械能守恒定律，还需要测量的物理量是用天平称出滑块及挡光条的总质量M.
滑块及挡光条的总质量M
(6)由于托盘和滑块运动过程中要克服阻力做功，故该实验的动能增量总是__________(选填“大于”“等于”或“小于”)重力势能的减少量．
[解析]由于托盘和滑块运动过程中要克服阻力做功，系统的一部分机械能转化为系统的内能，故该实验的动能增量总是小于重力势能的减少量．
小于
阿特伍德机，是由英国牧师、数学家兼物理学家的乔治·阿特伍德在1784年发表的《关于物体的直线运动和转动》一文中提出的一种著名力学实验装置，装置如图所示．阿特伍德机可以用来验证系统的机械能守恒定律．
(1)该同学用游标卡尺测量挡光片的宽度d，开始时将质量为m的A物体(含挡光片)和质量为M的B物体用绳连接后(M>m)，跨放在定滑轮两侧，滑轮质量和摩擦可忽略不计，A置于桌面上使其保持静止状态．测量出挡光片中心到光电门的竖直距离h，释放物体A后，A向上运动，测出挡光片挡光的时间t，则左右两侧物体的速度大小v的表达式为v＝________(用d、t表示).
(2)如果系统的机械能守恒，应满足的关系式为______________________(用题中的物理量符号表示).
题型三　教材实验创新
如图是小明同学为验证机械能守恒定律自制的实验装置，固定在地面上的平台上表面为四分之一圆弧，一铁架台底端焊接在圆弧最低点F，O点是圆弧的圆心，光电门1、2、3、4、5分别放置在圆弧的六等分点上．已知当地重力加速度为g，实验时轻质细绳一端系在O点，另一端连接一质量分布均匀的小钢球，将小球从圆弧最高点由静止释放，运动过程中细绳始终处于伸直状态．
(1)要完成实验，需要测量下列哪些物理量________．
A．小球的质量m
B．小球的直径d
C．小球球心到细绳悬点O的距离L
D．小球由静止释放到运动至每个光电门位置所用的时间t
[解析]验证机械能守恒的表达式中，质量可以约去故不需要测量小球的质量m；为了得到小球经过光电门时的速度，需要测量小球的直径d和小球经过光电门的挡光时间Δt；为了得到小球下落的高度，需要测量小球球心到细绳悬点O的距离L.
BC
(2)测得小球通过光电门2、4的挡光时间为Δt2、Δt4，结合(1)中测定的物理量，在误差允许范围内若满足__________________________________的关系，则证明小球在2、4两点的机械能相等．
(3)以细绳与水平方向夹角θ的正弦sin θ为横坐标，小球速度的平方v2为纵坐标，作出v2－sin θ 的关系图线，若摆动过程中机械能守恒，图线的斜率为__________(结果用题中所给字母表示).
2gL(共37张PPT)
第四章 机械能及其守恒定律
第1节　功
学习目标
1．知道功的定义，理解做功的两个必要因素．
2．知道W＝Fs cos α的适用范围，会用功的公式进行计算．
3．理解正、负功的概念，会根据公式计算多个力所做的总功．
4．知道功是能量变化的量度．
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、功的计算
1．功的定义：如果一个物体受到力的作用，且物体在力的方向上发生了________________，就说这个力对物体做了机械功，简称功．
2．做功的两个必要因素：作用在物体上的力和物体在力的方向上发生的________________．
3．功的计算
(1)力F与位移s同向时：W＝________________．
(2)力F与位移s有夹角α时：W＝________ ，即力对物体所做的功等于力的大小、位移的大小以及力和位移夹角的余弦的乘积．
(3)功的单位：在国际单位制中，功的单位为焦耳，简称焦，符号是J.1 J等于1 N的力使物体在力的方向上发生1 m的位移时所做功的大小，即1 J＝1 N×1 m＝1 N·m.　
4．功的标矢性：功是________________．
位移
位移
Fs
Fscosα
标量
＝
＝
不做功
>
>
正功
<
<
负功
2．功的正负表示对物体作用的力是动力还是阻力．动力所做的功为正，阻力所做的功为负．一个力对物体做负功，往往可以说物体克服这个力做功．
三、做功与能量变化的关系
1．一个物体能够对其他物体做功，我们就说这个物体具有能量．
2．做功的过程就是能量变化的过程．做了多少功，就有多少能量发生变化．所以，功是能量变化的________________．
量度
判断下列说法是否正确．
(1)汽车沿斜坡向上加速行驶时，牵引力对汽车一定做功.(　　)
(2)力F1做功10 J，力F2做功－20 J ，则F1比F2做功多.(　　)
(3)功有正负，说明功是矢量，因此总功是所有外力做功的矢量和．(　　)
(4)作用在同一物体上的两个力，一个做正功，一个做负功，则二力一定反向．(　　)
√
×　
×　
×　
课堂深度探究
PART
02
第二部分
知识点一　对功的理解及正、负功的判断
如图所示，马拉着小车(包括人)沿水平面匀速前进了一段距离．
(1)小车(包括人)受到几个力作用？每个力对小车做功吗？做正功还是负功？
[提示]　小车(包括人)受4个力作用：重力、支持力、拉力、摩擦力．其中拉力做正功，摩擦力做负功，重力和支持力不做功．
(2)马对小车做的功是否等于马的拉力F(设F与水平方向的夹角为α)和小车的位移s的乘积？
[提示]不等于．因为W＝Fs cos α.
(3)若小车做匀加速运动，则合力做什么功？若小车做匀减速运动，合力做什么功？怎样求合力的功？
[提示]若小车做匀加速运动，合力做正功．若小车做匀减速运动，合力做负功．合力做的功等于拉力F做的功与摩擦力做的功的代数和，或者等于拉力和摩擦力的合力做的功．
1．对功的理解
(1)功是一个标量，只有大小没有方向，因此合外力做的功等于各个力做功的代数和，或者等于合力所做的功．
(2)公式W＝Fs cos α只适用于计算大小和方向均不变的恒力做的功，不适用于计算变力做的功．式中的s是力的作用点的位移，α是力F的方向与位移s的方向的夹角．
(3)公式W＝Fs cos α，可以理解为力乘以在力的方向上的位移，即W＝F(s cos α)；也可以理解为位移乘以在位移方向上的分力，即W＝(F cos α)s.
2．正、负功的判断
(1)根据力F的方向和物体位移s方向的夹角α判断——常用于恒力做功的情形．
(2)根据力的方向与物体瞬时速度方向的夹角θ判断——常用于曲线运动的情形．
如图所示：
①若夹角θ是锐角，力做正功．
②若夹角θ是钝角，力做负功．
③若夹角θ是直角，力不做功．
(多选)下列说法正确的是(　　)
A．－10 J的功小于＋5 J的功
B．功是标量，正、负表示外力对物体做功还是物体克服外力做功
C.一个力对物体做负功，则说明这个力一定阻碍物体的运动
D．功是矢量，正、负表示方向
[解析]　功是标量，正、负表示外力对物体做功还是物体克服外力做功，不表示大小，比较功的大小需要比较其绝对值，所以－10 J的功大于＋5 J的功，故A、D错误，B正确；
一个力对物体做负功，则说明这个力一定阻碍物体的运动，故C正确．
√
角度1　对功的理解
√
√
(2025·深圳市期中)如图所示，若用轻绳拴一物体，使物体以恒定加速度向下做减速运动，则下列说法正确的是(　　)
A．重力做正功，拉力做负功，合外力做负功
B．重力做正功，拉力做负功，合外力做正功
C．重力做正功，拉力做正功，合外力做负功
D．重力做负功，拉力做负功，合外力做正功
[解析]　物体所受重力与速度方向相同，所以重力做正功，拉力与速度方向相反，所以拉力做负功，由物体以恒定加速度向下做减速运动可知加速度向上，合外力向上，与速度方向相反，所以合外力做负功．
(多选)(2025·广东深圳龙华中学期中)如图所示，两箱相同的货物，现要用电梯将它们运上五楼，其中图甲是用台阶式电梯，图乙是用履带式电梯，假设从一楼运到二楼两种情况下电梯都是匀加速运动，关于此过程下列说法正确的是(　　)
A．货物所受的摩擦力都做正功
B．货物所受的支持力都不做功
C．图甲中货物所受的支持力做正功
D．图乙中货物所受的支持力不做功
[解析]　题图甲中货物受到的支持力竖直向上做正功，题图乙中货物受到的支持力垂直于斜面不做功，故B错误，C、D正确．
因为两种情况下电梯都是做匀加速运动，所以题图甲中货物所受摩擦力方向向右，上升过程摩擦力做正功；题图乙中货物所受摩擦力方向沿履带向上，上升过程摩擦力做正功，故A正确．
√
√
√
知识点二　恒力做功的计算
1．恒力做功的求法
(1)W等于力F乘以物体在力F方向上的分位移s cos α，即将物体的位移分解为沿F方向上和垂直于F方向上的两个分位移s1和s2，则F做的功W＝Fs1＝Fs cos α.
(2)W等于力F在位移s方向上的分力F cos α乘以物体的位移s，即将力F分解为沿s方向上和垂直于s方向上的两个分力F1和F2，则F做的功W＝F1s＝Fs cos α.
2．基本步骤
(1)找出该力的大小；
(2)找出物体相对于地面的位移；
(3)找出该力与位移间的夹角；
(4)代入功的公式W＝Fs cos α.
3．总功的计算
(1)先由W＝Fs cos α计算各个力对物体所做的功W1、W2、W3、…，然后求所有力做功的代数和，即W合＝W1＋W2＋W3＋….
(2)先由力的合成或根据牛顿第二定律求出合力F合，然后由W合＝F合s cos α计算总功，此时α为F合的方向与s的方向间的夹角．
(多选)(2025·茂名市期末)如图所示，质量为m的飞机在水平甲板上，受到与竖直方向成θ角的斜向下的拉力F作用，沿水平方向移动了距离s，飞机与水平面之间的摩擦力大小为f，则在此过程中(　　)
A.摩擦力做的功为fs
B．摩擦力做的功为－fs
C．重力做的功为0
D．力F做的功为Fs cos θ
[解析]　摩擦力大小为f做负功，则摩擦力做的功Wf＝－fs，故A错误，B正确；
由于竖直方向上没有位移，故重力不做功，故C正确；
由题意得，拉力与位移方向上的夹角为90°－θ，则根据功的公式得WF＝Fs cos (90°－θ)＝Fs sin θ，故D错误．
√
√
如图所示，平行于斜面向上的拉力F使质量为m的物体匀加速沿着长为L、倾角为α的固定斜面的一端向上滑到另一端，物体与斜面间的动摩擦因数为μ.求作用在物体上的各力对物体所做的总功．
[解析]　选物体为研究对象，其受力如图所示．
方法一
拉力F对物体所做的功WF＝FL
重力mg对物体所做的功WG＝－mgL sin α
摩擦力对物体所做的功Wf＝fL cos 180°＝－fL＝－μmgL cos α
弹力FN对物体所做的功WN＝FNL cos 90°＝0
故各力的总功W＝WF＋WG＋Wf＋WN
＝FL－mgL sin α－μmgL cos α.
方法二
物体受到的合力F合＝F－mg sin α－f＝F－mg sin α－μmg cos α
所以合力做的功W＝F合L＝FL－mgL sin α－μmgL cos α.
[答案]　FL－mgL sin α－μmgL cos α
方法 常见情境 方法概述
微元 法 将物体的位移分割成许多小段，因每小段很小，每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将求变力做功转化为求在无数个无穷小的位移方向上的恒力所做功的代数和．此法在中学阶段，常应用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题
知识点三　变力做功的计算
方法 常见情境 方法概述
图像法 在F－s图像中，图线与s轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移所做的功，且位于s轴上方的“面积”为正，位于s轴下方的“面积”为负，但此方法只适用于便于求图线所围面积的情况(如三角形、矩形、圆等规则的几何图形)
方法 常见情境 方法概述
化变 力为 恒力 变力做功直接求解时，通常都比较复杂，但若通过转换研究的对象，有时可化为恒力做功，用W＝Fs cos α求解．此法常常应用于轻绳通过定滑轮拉物体的问题中
用W ＝Pt 计算 这是一种等效代换的观点，用W＝Pt计算功时，必须满足变力的功率是一定的这一条件
√
方法2　图像法的应用
轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m＝0.5 kg的物块相连，如图甲所示．弹簧处于原长状态，物块静止，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立s轴，现对物块施加水平向右的外力F，F随s轴坐标变化的情况如图乙所示．物块运动至s＝0.4 m处时速度为零，则此过程物块受到的力F和摩擦力做功之和为(g取10 m/s2)(　　)
A．3.1 J B．3.5 J
C．1.8 J D．2.0 J
[解析]　物块与水平面间的摩擦力f＝μmg＝1 N，现对物块施加水平向右的外力F，由F－s图线与s轴所围面积表示功可知F做功W＝3.5 J，克服摩擦力做功Wf＝fs＝0.4 J，则物块受到的力F和摩擦力做功之和为W－Wf＝3.1 J，故A正确．
√
方法3　化变力为恒力
√
[解析]　由题图可得从A到B过程，重力做正功，弹力方向始终与速度方向垂直，则不做功，故A、B错误；
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
√
1.(功的理解及正、负功的判断)如图所示，A、B叠放着，A用绳系在固定的墙上，用力F拉着B右移，用F′、FAB和FBA分别表示绳对A的拉力、A对B的摩擦力和B对A的摩擦力，则(　　)
A．F做正功，FAB做负功，FBA做正功，F′不做功
B.F和FBA做正功，FAB和F′做负功
C．F做正功，其他力都不做功
D．F对B做正功，FAB对B做负功，FBA和F′对A都不做功
解析：由题意可知，A不动、B向右运动，但均受到滑动摩擦力，则有FAB对B做负功，F对B做正功；由于A没有位移，所以F′和FBA对A不做功．
√
2.(恒力做功的计算)(2025·梅州期中)如图所示，一个物体放在水平面上，在与竖直方向成θ角的斜向下的推力F的作用下沿平面移动了位移s，若物体的质量为m，物体与地面之间的动摩擦因数为μ，则在此过程中(　　)
A．摩擦力做的功为－μmgs
B．摩擦力做的功为－μmgs cos θ
C．力F做的功为Fs sin θ
D．力F做的功为Fs cos θ
解析：摩擦力的大小f＝μFN＝μ(mg＋F cos θ)，摩擦力做的功Wf＝fs cos 180°＝－μmgs－μFs cos θ，故A、B错误；
力F做的功WF＝F sin θ·s＝Fs sin θ，故C正确，D错误．
√
3．(恒力做功的计算)(多选)被弹射器弹出的质量为2 kg的物体在水平面上做直线运动，某时刻在物体运动方向上施加一水平拉力F，之后物体运动的v－t图像如图所示．若物体所受摩擦力大小为10 N，则在前5 s内(　　)
A．拉力F做功150 J
B．拉力F做功100 J
C．摩擦力做功250 J
D．物体克服摩擦力做功250 J
√
摩擦力做功Wf＝－fs＝－10×25 J＝－250 J，即物体克服摩擦力做功250 J，故C错误，D正确．
√
4.(变力做功的计算)(多选)如图所示，某力F＝10 N作用于半径R＝1 m的转盘的边缘上的A点，力F的大小保持不变，但方向始终保持与作用点的切线方向一致，转动一周，则(　　)
A．这个力F做的总功为0
B．这个力F做的总功为 20π J
C．A点所受的向心力做的总功为0
D．A点所受的向心力做的总功为20π J
解析：转动一周A点通过的弧长l＝2πR＝2π(m)；因为F的方向始终与速度方向相同，即与位移方向始终相同，则转动一周，力F做的功为力与转过的弧长的乘积，故F做的功W＝Fl＝10×2π J＝20π J，A错误，B正确；
A点所受的向心力方向与速度方向始终垂直，则向心力做的总功为0，C正确，D错误．
√题组1　对功的理解及正、负功的判断
1．下列情况中，力做功的是(　　)
A．举重运动员举着杠铃不动
B．人拉着箱子前进
C．人推墙没推动
D．依靠惯性在光滑的水平面上运动的小车
解析：选B.功等于力乘以物体在力的方向的位移，A、C中人对物体有力的作用，但物体都没动，力没有做功，故A、C错误；人拉着箱子前进时，箱子在人的拉力的一个分力方向上有位移，故人对箱子做功，故B正确；依靠惯性在光滑的水平面上运动的小车，小车只受到重力和水平面对其的支持力，小车在该两个力的方向上都没有位移，故力不做功，故D错误．
2．关于功的概念，下列说法正确的是(　　)
A．一个恒力对物体做的功等于这个力的大小、物体的位移大小及力和位移间夹角的余弦三者的乘积
B．功有正、负之分，所以功也有方向性
C．若某一个力对物体不做功，说明该物体一定没有位移
D．力是矢量，位移是矢量，所以功也是矢量
解析：选A.一个恒力对物体做的功等于这个力的大小、物体的位移大小及力和位移间夹角的余弦三者的乘积，故A正确；功有正、负之分，但功是标量，正、负表示了力对物体是动力还是阻力，并不表示功有方向性，故B、D错误；若某一个力对物体不做功，只能说明该物体在该力的方向上没有位移，但不能说明物体没有位移，故C错误．
3.(2025·河源市期中)如图所示，在匀速上升的升降机中，物块始终静止在固定的斜面上，关于物块所受各力做功的说法正确的是(　　)
A．重力做正功　　　 B．支持力做负功
C．摩擦力不做功 D．摩擦力做正功
解析：选D.重力方向竖直向下，位移方向竖直向上，可知重力做负功，A错误；支持力垂直于斜面向上，与位移的夹角为锐角，可知支持力做正功，B错误；摩擦力方向沿斜面向上，与位移的夹角为锐角，可知摩擦力做正功，C错误，D正确．
题组2　恒力做功的计算
4．起重机以a＝1 m/s2的加速度将质量为1 000 kg的货物由静止开始匀加速向上提升，g取 10 m/s2，则在1 s内起重机对货物做的功是(　　)
A．5 000 J B．5 500 J
C．6 000 J D．6 500 J
解析：选B.在1 s内起重机的位移s＝at2＝0.5 m，由牛顿第二定律可得F－mg＝ma，解得F＝ma＋mg＝11 000 N，则在1 s内起重机对货物做的功W＝Fs＝5 500 J.
5．某人用与水平方向成60°角、大小为40 N的恒力推着小车在粗糙的水平面上前进了5.0 m，人放手后，小车又前进了2.0 m才停下来，则小车在运动过程中，人的推力所做的功为(　　)
A．140 J B．100 J
C．60 J D．无法确定
解析：选B.推力做功大小W＝Fl cos 60°＝40×5× J＝100 J，撤去推力，小车由于惯性继续向前动，推力不做功，所以在小车运动过程中，推力做的总功为 100 J，故B正确，A、C、D错误．
6．质量m＝1 kg的物体在粗糙水平地面上做匀速直线运动，物体在水平方向受到5.0 N的拉力，若物体运动的距离s＝5 m(g取10 m/s2)，则(　　)
A．物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.05
B．拉力做功为25 J
C．合力做功为25 J
D．摩擦力做功为25 J
解析：选B.物体做匀速直线运动，合力为0，则物体所受的滑动摩擦力大小f＝F＝5.0 N，物体对水平地面的压力大小FN＝mg＝10 N，由f＝μFN得μ＝0.5，A错误；拉力做功WF＝Fs＝5.0×5 J＝25 J，B正确；合力为0，则合力做功为0，C错误；摩擦力做功Wf＝－fs＝－5.0×5 J＝－25 J，D错误．
7．如图所示，滑雪者由静止开始沿斜坡从A点自由滑下，然后在水平面上前进至B点停下．已知斜坡、水平面与滑雪板之间的动摩擦因数都为μ，滑雪者(包括滑雪板)的质量为m，A、B两点间的水平距离为l，在滑雪者经过AB段的过程中，摩擦力所做功的大小(　　)
A．大于μmgl
B．小于μmgl
C．等于μmgl
D．以上三种情况都有可能
解析：选C.设滑雪者在斜面上滑动的距离为s，斜面倾角为θ，在由A到B的过程中摩擦力所做的功Wf＝－(μmg cos θ)s－μmg(l－s cos θ)＝－μmgl，故C正确．
8．(2025·惠州市期末)质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.现使斜面向右水平匀速移动一段距离L，物体与斜面的相对位置不变，如图所示，在此过程中摩擦力对物体所做的功为(　　)
A．μmgL cos2θ B．－μmgL cos2θ
C．mgL sinθcos θ D．－mgL sin θcos θ
解析：选C.物体在斜面静止受力如图所示，由平衡条件得，物体所受的静摩擦力f＝mg sin θ，摩擦力对物体做的功W＝fL cos θ＝mgL sin θcos θ.
题组3　变力做功的计算
9.如图所示，重物P放在粗糙的水平板OM上，当水平板绕O端缓慢抬高，在重物P没有滑动之前，下列说法正确的是(　　)
A．P受到的支持力做正功
B．P受到的支持力不做功
C．P受到的摩擦力做负功
D．P受到的摩擦力做正功
解析：选A.当水平板绕O端缓慢抬高，在重物P没有滑动之前，P做圆周运动，支持力垂直于板向上，支持力与速度方向相同，故支持力做正功，摩擦力沿板方向，与速度方向垂直，所以摩擦力不做功，故A正确，B、C、D错误．
10．(2025·梅州市期中)如图所示，一物体静止在斜面上，现在使斜面体向右匀速移动一段距离，物体相对斜面始终静止，则下列关于物体所受各力对物体做功的说法正确的是(　　)
A．重力做正功 B．支持力不做功
C．摩擦力做负功 D．合力做正功
解析：选C.对物体受力分析可知物体受重力、支持力和摩擦力，受力分析图如图所示，由于物体在水平方向移动，重力的方向与物体位移方向垂直，所以重力对物体不做功，支持力的方向与位移方向的夹角小于90°，则支持力对物体做正功，摩擦力的方向与位移方向的夹角大于90°，所以摩擦力对物体做负功，所受合外力为0，故合外力不做功．
11.如图所示，同一物体分别沿斜面AO、BO、CO自斜面顶点由静止开始下滑，该物体与各斜面间的动摩擦因数均相同，在滑行过程中克服摩擦力做的功分别为WA、WB和WC，不计空气阻力，则(　　)
A．WA>WB>WC B．WA＝WB>WC
C．WA>WB＝WC D．WA＝WB＝WC
解析：选D.设物体与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面的倾角为θ，O、D间的水平距离为x，物体的质量为m，则物体下滑过程中克服摩擦力做的功W＝fs＝μmg cos θ·＝μmgx，可知物体下滑过程中克服摩擦力做的功与斜面的倾角大小无关，所以有WA＝WB＝WC.
12.(多选)如图所示，摆球质量为m，悬线长为L，把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球运动过程中空气阻力F阻的大小不变，关于小球从放手到运动至最低点的过程，下列说法正确的是(　　)
A．重力做的功为mgL
B．悬线的拉力做的功为0
C．空气阻力F阻做的功为－mgL
D．空气阻力F阻做的功为－F阻πL
解析：选ABD.由重力做功特点得重力做的功WG＝mgL，A正确；悬线的拉力始终与v垂直，不做功，B正确；由微元法可求得空气阻力做的功WF阻＝－F阻πL，D正确，C错误．
13.(多选)质量为2 kg的物体在水平面上沿直线运动，所受阻力大小恒定．经某点开始沿运动方向的水平拉力F与运动距离x的关系如图所示，0～3 m物体做匀速直线运动．下列对图示过程的说法正确的是　(　　)
A．在x＝5 m处物体加速度大小为3 m/s2
B．0～7 m拉力对物体做的功为40 J
C．0～7 m物体克服阻力做的功为28 J
D．0～7 m合力对物体做的功为68 J
解析：选BC.根据题意可知，0～3 m物体做匀速直线运动，结合题图可得，阻力为4 N，由于阻力不变，由题图可知，在3～7 m水平拉力F与x的关系式为F＝x－(N)，则在x＝5 m处F＝7 N，由牛顿第二定律有a＝＝ m/s2＝1.5 m/s2，故A错误；由做功公式可知，F－x图像中图线与坐标轴围成的面积表示做的功，由题图可得，0～7 m拉力对物体做的功WF＝3×4 J＋×(4＋10)×(7－3) J＝40 J，故B正确；根据题意，由公式可得，0～7 m物体克服阻力做的功W＝fx＝28 J，故C正确；根据题意可知，合力对物体做的功等于所有力做的功之和，则W合＝WF＋Wf，又有Wf＝－W＝－28 J，则W合＝12 J，故D错误．
14．(8分)足够长的水平传送带以2 m/s的速度运行，将质量为 2 kg 的工件沿竖直方向轻轻地放在传送带上(设传送带速度不变)，如图所示．工件与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，工件放上传送带后5 s内的位移是多少？摩擦力对工件做的功是多少？(g取10 m/s2)　
解析：只有摩擦力使工件产生加速度，由牛顿第二定律，有μmg＝ma，故a＝μg
由运动学公式知，达到v＝2 m/s的时间t＝＝ s＝1 s
位移s1＝＝ m＝1 m
由以上计算可知，工件经1 s速度达到2 m/s，以后工件和传送带一起做匀速运动，所以工件在5 s内的位移s＝s1＋v(5 s－t)＝1 m＋2×4 m＝9 m
工件与传送带一起做匀速运动时不受摩擦力作用，所以摩擦力对工件做的功
Wf＝fs1＝μmgs1＝0.2×2×10×1 J＝4 J.
答案：9 m　4 J(共36张PPT)
第三节　动能　动能定理
学习目标
1．知道动能的符号、单位和表达式，会根据动能的表达式计算物体的动能．　2.能运用牛顿第二定律与运动学公式导出动能定理，理解动能定理的物理意义．　3.能应用动能定理解决简单的问题．
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、动能
1．定义：物体由于________________而具有的能量叫作动能．
2．表达式：Ek＝________________．
3．标矢性：动能是________________．
4．单位：动能的单位与功的单位相同，在国际单位制中都是________________，简称________________，符号是________________．
运动
标量
焦耳
焦
J
二、动能定理
1．内容：________________对物体所做的功等于物体动能的变化量．
2．表达式：W＝Ek2－Ek1＝________________．
3．适用范围：既适用于恒力做功、物体做直线运动的情况，也适用于变力做功或物体做曲线运动的情况．
合力
三、动能定理的应用
航空母舰上的战斗机弹射器，设计儿童滑梯的倾斜度，车辆之间需要保持必要的距离等．
判断下列说法是否正确．
(1)速度大的物体动能也大．(　　)
(2)某物体的速度加倍，它的动能也加倍．(　　)
(3)两质量相同的物体，动能相同，速度一定相同．　(　　)
(4)做匀速圆周运动的物体，速度改变，动能不变．(　　)
(5)合外力做功不等于零，物体的动能一定变化.(　　)
(6)物体的速度发生变化，合外力做功一定不等于零．(　　)
(7)物体的动能增加，合外力做正功．(　　)
√
×　
×　
×　
√
×　
√
课堂深度探究
PART
02
第二部分
知识点一　动能和动能定理
如图所示，一个物体的质量为m、初速度为v1，在与运动方向相同的恒力F(不计摩擦阻力)的作用下发生一段位移l，速度增大到v2，则：
(1)力F对物体所做的功多大？
[提示]W＝Fl.
(2)物体的加速度多大？
(3)物体的初速度、末速度、位移之间有什么关系？
(4)结合上述三式你能综合推导得到什么样的式子？
2．动能定理
(1)表达式W＝ΔEk中的W为外力对物体做的总功．
(2)动能定理描述了做功和动能变化的两种关系．
①等值关系：物体动能的变化量等于合力对它做的功．
②因果关系：合力对物体做功是引起物体动能变化的原因，做功的过程实质上是其他形式的能与动能相互转化的过程，转化了多少由合力做的功来度量．
√
关于动能，下列说法错误的是(　　)
A．凡是运动的物体都具有动能
B．动能没有负值
C．质量一定的物体，动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能却不一定变化
D．动能不变的物体一定处于平衡状态
角度1　对动能的理解
[解析]　物体由于运动而具有的能量叫作动能，A正确，不符合题意；
速度是矢量，当速度大小不变而方向变化时，动能不变，但动能变化时，速度的大小一定发生了改变，C正确，不符合题意；
物体做匀速圆周运动时，其动能不变，但物体却处于非平衡状态，D错误，符合题意．
√
下列关于动能定理的说法正确的是(　　)
A．合外力对物体做多少正功，动能就增加多少
B．合外力对物体做多少负功，动能就增加多少
C．合外力对物体做正功，动能也可能保持不变
D．不管合外力对物体做多少正功，动能均保持不变
[解析]　合外力做正功时，物体的动能增加，增加量等于合外力所做的功，故A正确；
合外力做负功时，物体的动能减少，减少量等于合外力做功的绝对值，故B错误；
只要合外力做功，物体的动能就一定会发生改变，故C、D错误．
角度2　对动能定理的理解
知识点二　动能定理的基本应用
1．解题步骤
(1)选取研究对象(通常是单个物体)，明确它的运动过程．
(2)对研究对象进行受力分析，明确各力做功的情况，求出外力做功的代数和．
(3)明确物体在初、末状态的动能Ek1、Ek2.
(4)列出动能定理的方程W＝Ek2－Ek1，结合其他必要的辅助方程求解并验算．
2．优先应用动能定理的情况
(1)不涉及物体运动过程中的加速度和时间的问题．
(2)变力做功或曲线运动问题．
(3)涉及F、s、m、v、W、Ek等物理量的问题．
(4)有多个运动过程且不需要研究整个过程的中间状态的问题．
√
√
√
√
[解析]　发动机所做的功W＝Pt，A正确；
汽车达到最大速度时F＝f，此时P＝fvm，则发动机所做的功W＝fvmt，C正确；
√
[解析]　从A到B过程，重力做功WG＝mgR，故A正确，不符合题意；
从A到B过程，小滑块所受弹力方向与速度方向垂直，弹力做功为零，故B正确，不符合题意；
从A到B过程，小滑块的速率不变，可知小滑块受到的摩擦力为变力，由动能定理得WG－Wf＝0，解得摩擦力做功Wf＝－mgR，则克服摩擦力做功为mgR，故C错误，符合题意；
故D正确，不符合题意．
知识点三　用动能定理处理多过程问题
力学综合题中的多过程问题，关键是抓住物理情境中出现的运动状态与运动过程，将全过程分解成几个简单的子过程．找出各过程是由什么物理量联系起来的，然后分别对每个子过程进行受力分析、过程分析和能量分析，选择合适的规律列出相应的方程求解．
(1)动能定理往往用于分析单个研究对象(可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统)的运动过程，当物体的运动包含多个不同过程时，分析每个过程各力的做功情况和物体的初、末动能，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间过程的速度时，也可以对整个过程应用动能定理求解．
(2)应用动能定理时，必须明确各个力做功的正、负．当一个力做负功时，可设物体克服该力做的功为W，将该力做的功表示为－W，也可以直接用字母W表示该力做的功，使其字母本身含有负号．
如图所示，轨道由水平轨道AB和足够长的斜面轨道BC平滑连接而成，斜面轨道BC与水平面间的夹角θ＝37° .质量m＝1 kg 的物块静止在离B点x0＝8 m 的水平轨道上，物块与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.50.现在物块上作用一个大小F＝6 N 、方向水平向右的拉力，物块到达B点时撤去该拉力．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求：
(1)物块到达B点的速度大小vB；
[答案]4 m/s
(2)物块因惯性沿斜面上冲的最大距离xm.
[答案]0.8 m
　 (2025·广州市期末)如图所示，竖直平面内半径R＝0.9 m的光滑半圆形轨道BC与水平轨道AB平滑连接．质量m＝0.4 kg的滑块(视为质点)，在水平恒力F作用下由静止开始从A点向B点运动，滑块到达B点时撤去恒力F，滑块恰好能够通过半圆轨道最高点C，已知AB的长度x＝3.6 m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度大小g取10 m/s2.求：
(1)滑块到达 C点时的速度大小vC；
[答案] 3 m/s
(2)滑块到达B点时的速度大小vB；
(3)恒力 F的大小．
[答案]3.3 N
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
√
1．(动能和动能定理)关于运动物体的受力、速度和动能，下列说法正确的是(　　)
A．物体受到的合外力不为零，其速度必定变化
B．物体的动能不变，其所受的合外力必定为零
C．物体受到的合外力对物体做功，它的速度一定变大
D．物体受到的合外力对物体不做功，它的速度必定不变
解析：物体受到的合外力不为零，则具有加速度，其速度必定变化，故A正确；
物体的动能不变，只能说明物体速度大小不变，而物体速度方向可能改变，所以其所受合外力不一定为零，例如匀速圆周运动，故B错误；
物体受到的合外力对物体做正功，它的速度一定变大，物体受到的合外力对物体做负功，它的速度一定变小，故C错误；
物体受到的合外力对物体不做功，它的速度大小一定不变，但方向可能改变，例如匀速圆周运动，故D错误．
√
√
√
4.(动能定理解决多过程问题)(2025·清远学业考试)一小物块自A点由静止开始沿如图所示的轨道经B点运动到C点，AB为一光滑圆弧轨道，BC为粗糙水平轨道，小物块的质量为m，小物块与粗糙水平轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则小物块运动到C点时的动能为(　　)
A．mgR　　　　　　 B．μmgR
C．mgR(1＋μ) D．mgR(1－μ)
解析：对小物块从A点到C点过程，由动能定理得mgR－μmgR＝Ek，解得小物块运动到C点时的动能Ek＝mgR(1－μ).第一节　功
1．知道功的定义，理解做功的两个必要因素．
2．知道W＝Fs cos α的适用范围，会用功的公式进行计算．
3．理解正、负功的概念，会根据公式计算多个力所做的总功．
4．知道功是能量变化的量度．
一、功的计算
1．功的定义：如果一个物体受到力的作用，且物体在力的方向上发生了位移，就说这个力对物体做了机械功，简称功．
2．做功的两个必要因素：作用在物体上的力和物体在力的方向上发生的位移．
3．功的计算
(1)力F与位移s同向时：W＝Fs．
(2)力F与位移s有夹角α时：W＝Fs__cos__α，即力对物体所做的功等于力的大小、位移的大小以及力和位移夹角的余弦的乘积．
(3)功的单位：在国际单位制中，功的单位为焦耳，简称焦，符号是J.1 J等于1 N的力使物体在力的方向上发生1 m的位移时所做功的大小，即1 J＝1 N×1 m＝1 N·m.　
4．功的标矢性：功是标量．
二、正功和负功
1．力对物体做功时可能出现的各种情况
(1)当α＝时，cos α＝0，W＝0.这表示当力F的方向与位移s的方向垂直时，力F不做功.
(2)当0≤α<时，cos α>0，W>0.这表示当力F的方向与位移s方向的夹角为锐角时，力F对物体做正功．
(3)当<α≤π时，cos α<0，W<0.这表示当力F的方向与位移s方向的夹角为钝角时，力F对物体做负功．
2．功的正负表示对物体作用的力是动力还是阻力．动力所做的功为正，阻力所做的功为负．一个力对物体做负功，往往可以说物体克服这个力做功．
三、做功与能量变化的关系
1．一个物体能够对其他物体做功，我们就说这个物体具有能量．
2．做功的过程就是能量变化的过程．做了多少功，就有多少能量发生变化．所以，功是能量变化的量度．
判断下列说法是否正确．
(1)汽车沿斜坡向上加速行驶时，牵引力对汽车一定做功.(　　)
(2)力F1做功10 J，力F2做功－20 J ，则F1比F2做功多.(　　)
(3)功有正负，说明功是矢量，因此总功是所有外力做功的矢量和．(　　)
(4)作用在同一物体上的两个力，一个做正功，一个做负功，则二力一定反向．(　　)
提示：(1)√　(2)×　(3)×　(4)×
知识点一　对功的理解及正、负功的判断
如图所示，马拉着小车(包括人)沿水平面匀速前进了一段距离．
(1)小车(包括人)受到几个力作用？每个力对小车做功吗？做正功还是负功？
(2)马对小车做的功是否等于马的拉力F(设F与水平方向的夹角为α)和小车的位移s的乘积？
(3)若小车做匀加速运动，则合力做什么功？若小车做匀减速运动，合力做什么功？怎样求合力的功？
[提示]　(1)小车(包括人)受4个力作用：重力、支持力、拉力、摩擦力．其中拉力做正功，摩擦力做负功，重力和支持力不做功．
(2)不等于．因为W＝Fs cos α.
(3)若小车做匀加速运动，合力做正功．若小车做匀减速运动，合力做负功．合力做的功等于拉力F做的功与摩擦力做的功的代数和，或者等于拉力和摩擦力的合力做的功．
1．对功的理解
(1)功是一个标量，只有大小没有方向，因此合外力做的功等于各个力做功的代数和，或者等于合力所做的功．
(2)公式W＝Fs cos α只适用于计算大小和方向均不变的恒力做的功，不适用于计算变力做的功．式中的s是力的作用点的位移，α是力F的方向与位移s的方向的夹角．
(3)公式W＝Fs cos α，可以理解为力乘以在力的方向上的位移，即W＝F(s cos α)；也可以理解为位移乘以在位移方向上的分力，即W＝(F cos α)s.
2．正、负功的判断
(1)根据力F的方向和物体位移s方向的夹角α判断——常用于恒力做功的情形．
(2)根据力的方向与物体瞬时速度方向的夹角θ判断——常用于曲线运动的情形．
如图所示：
①若夹角θ是锐角，力做正功．
②若夹角θ是钝角，力做负功．
③若夹角θ是直角，力不做功．
角度1　对功的理解
　(多选)下列说法正确的是(　　)
A．－10 J的功小于＋5 J的功
B．功是标量，正、负表示外力对物体做功还是物体克服外力做功
C.一个力对物体做负功，则说明这个力一定阻碍物体的运动
D．功是矢量，正、负表示方向
[解析]　功是标量，正、负表示外力对物体做功还是物体克服外力做功，不表示大小，比较功的大小需要比较其绝对值，所以－10 J的功大于＋5 J的功，故A、D错误，B正确；一个力对物体做负功，则说明这个力一定阻碍物体的运动，故C正确．
[答案]　BC
角度2　正、负功的判断
　(2025·深圳市期中)
如图所示，若用轻绳拴一物体，使物体以恒定加速度向下做减速运动，则下列说法正确的是(　　)
A．重力做正功，拉力做负功，合外力做负功
B．重力做正功，拉力做负功，合外力做正功
C．重力做正功，拉力做正功，合外力做负功
D．重力做负功，拉力做负功，合外力做正功
[解析]　物体所受重力与速度方向相同，所以重力做正功，拉力与速度方向相反，所以拉力做负功，由物体以恒定加速度向下做减速运动可知加速度向上，合外力向上，与速度方向相反，所以合外力做负功．
[答案]　A
　(多选)(2025·广东深圳龙华中学期中)如图所示，两箱相同的货物，现要用电梯将它们运上五楼，其中图甲是用台阶式电梯，图乙是用履带式电梯，假设从一楼运到二楼两种情况下电梯都是匀加速运动，关于此过程下列说法正确的是(　　)
A．货物所受的摩擦力都做正功
B．货物所受的支持力都不做功
C．图甲中货物所受的支持力做正功
D．图乙中货物所受的支持力不做功
[解析]　题图甲中货物受到的支持力竖直向上做正功，题图乙中货物受到的支持力垂直于斜面不做功，故B错误，C、D正确．因为两种情况下电梯都是做匀加速运动，所以题图甲中货物所受摩擦力方向向右，上升过程摩擦力做正功；题图乙中货物所受摩擦力方向沿履带向上，上升过程摩擦力做正功，故A正确．
[答案]　ACD
知识点二　恒力做功的计算
1．恒力做功的求法
(1)W等于力F乘以物体在力F方向上的分位移s cos α，即将物体的位移分解为沿F方向上和垂直于F方向上的两个分位移s1和s2，则F做的功W＝Fs1＝Fs cos α.
(2)W等于力F在位移s方向上的分力F cos α乘以物体的位移s，即将力F分解为沿s方向上和垂直于s方向上的两个分力F1和F2，则F做的功W＝F1s＝Fs cos α.
2．基本步骤
(1)找出该力的大小；
(2)找出物体相对于地面的位移；
(3)找出该力与位移间的夹角；
(4)代入功的公式W＝Fs cos α.
3．总功的计算
(1)先由W＝Fs cos α计算各个力对物体所做的功W1、W2、W3、…，然后求所有力做功的代数和，即W合＝W1＋W2＋W3＋….
(2)先由力的合成或根据牛顿第二定律求出合力F合，然后由W合＝F合s cos α计算总功，此时α为F合的方向与s的方向间的夹角．
　(多选)(2025·茂名市期末)如图所示，质量为m的飞机在水平甲板上，受到与竖直方向成θ角的斜向下的拉力F作用，沿水平方向移动了距离s，飞机与水平面之间的摩擦力大小为f，则在此过程中(　　)
A.摩擦力做的功为fs
B．摩擦力做的功为－fs
C．重力做的功为0
D．力F做的功为Fs cos θ
[解析]　摩擦力大小为f做负功，则摩擦力做的功Wf＝－fs，故A错误，B正确；由于竖直方向上没有位移，故重力不做功，故C正确；由题意得，拉力与位移方向上的夹角为90°－θ，则根据功的公式得WF＝Fs cos (90°－θ)＝Fs sin θ，故D错误．
[答案]　BC
　如图所示，平行于斜面向上的拉力F使质量为m的物体匀加速沿着长为L、倾角为α的固定斜面的一端向上滑到另一端，物体与斜面间的动摩擦因数为μ.求作用在物体上的各力对物体所做的总功．
[解析]　选物体为研究对象，其受力如图所示．
方法一
拉力F对物体所做的功WF＝FL
重力mg对物体所做的功
WG＝－mgL sin α
摩擦力对物体所做的功
Wf＝fL cos 180°＝－fL＝－μmgL cos α
弹力FN对物体所做的功WN＝FNL cos 90°＝0
故各力的总功W＝WF＋WG＋Wf＋WN
＝FL－mgL sin α－μmgL cos α.
方法二
物体受到的合力
F合＝F－mg sin α－f＝F－mg sin α－μmg cos α
所以合力做的功
W＝F合L＝FL－mgL sin α－μmgL cos α.
[答案]　FL－mgL sin α－μmgL cos α
知识点三　变力做功的计算
方法 常见情境 方法概述
微元法 将物体的位移分割成许多小段，因每小段很小，每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将求变力做功转化为求在无数个无穷小的位移方向上的恒力所做功的代数和．此法在中学阶段，常应用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题
平均力法 在求解变力做功时，若物体受到的力方向不变，而大小随位移呈线性变化，即力均匀变化时，则可以认为物体受到一大小为F＝的恒力作用，F1、F2分别为物体初、末态所受到的力，然后用公式W＝Fs cos α求此力所做的功
图像法 在F－s图像中，图线与s轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移所做的功，且位于s轴上方的“面积”为正，位于s轴下方的“面积”为负，但此方法只适用于便于求图线所围面积的情况(如三角形、矩形、圆等规则的几何图形)
化变力为恒力 变力做功直接求解时，通常都比较复杂，但若通过转换研究的对象，有时可化为恒力做功，用W＝Fs cos α求解．此法常常应用于轻绳通过定滑轮拉物体的问题中
用W＝Pt计算 这是一种等效代换的观点，用W＝Pt计算功时，必须满足变力的功率是一定的这一条件
方法1　微元法的应用
　
在水平面上，有一弯曲的槽道AB，由半径分别为和R的两个半圆构成，如图所示．现用大小恒为F的拉力将一光滑小球从A点拉至B点，若拉力F的方向时刻与小球运动方向一致，则此过程中拉力做的功为(　　)
A．0 B．FR
C．πFR D．2πFR
[解析]　小球受的拉力F在整个过程中大小不变，方向时刻变化，是变力．但是如果把圆周分成无数微小的弧段，每一小段可近似看成直线，拉力F在每一小段上方向不变且与位移方向相同，每一小段上可用恒力做功的公式计算，然后将各段做的功累加起来．设每一小段的长度分别为l1，l2，l3，…，ln，拉力在每一段上做的功W1＝Fl1，W2＝Fl2，…，Wn＝Fln，拉力在整个过程中所做的功W＝W1＋W2＋…＋Wn＝F(l1＋l2＋…＋ln)＝F＝πFR.
[答案]　C
方法2　图像法的应用
　轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m＝0.5 kg的物块相连，如图甲所示．弹簧处于原长状态，物块静止，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立s轴，现对物块施加水平向右的外力F，F随s轴坐标变化的情况如图乙所示．物块运动至s＝0.4 m处时速度为零，则此过程物块受到的力F和摩擦力做功之和为(g取10 m/s2)(　　)
A．3.1 J B．3.5 J
C．1.8 J D．2.0 J
[解析]　物块与水平面间的摩擦力f＝μmg＝1 N，现对物块施加水平向右的外力F，由F－s图线与s轴所围面积表示功可知F做功W＝3.5 J，克服摩擦力做功Wf＝fs＝0.4 J，则物块受到的力F和摩擦力做功之和为W－Wf＝3.1 J，故A正确．
[答案]　A
方法3　化变力为恒力
　如图所示，质量为m的滑块(可视为质点)，从半径为R的半球面的上端A点处以初速度v0滑下，B为最低点，O为球心，A、O、C三点等高，从A到C滑动过程中滑块所受的摩擦力大小恒为f，则滑块(　　)
A．从A到B过程，重力做功为零
B．从A到B过程，弹力做功不为零
C．从A到B过程，摩擦力做功为－πRf
D．从A到C过程，摩擦力做功为－πRf
[解析]　由题图可得从A到B过程，重力做正功，弹力方向始终与速度方向垂直，则不做功，故A、B错误；从A到B过程，摩擦力做功为Wf＝－f·s＝－f··2πR＝－πRf，故C错误；从A到C过程，摩擦力做功Wf′＝－f·s′＝－f··2πR＝－πRf，故D正确．
[答案]　D
1.(功的理解及正、负功的判断)如图所示，A、B叠放着，A用绳系在固定的墙上，用力F拉着B右移，用F′、FAB和FBA分别表示绳对A的拉力、A对B的摩擦力和B对A的摩擦力，则(　　)
A．F做正功，FAB做负功，FBA做正功，F′不做功
B.F和FBA做正功，FAB和F′做负功
C．F做正功，其他力都不做功
D．F对B做正功，FAB对B做负功，FBA和F′对A都不做功
解析：选D.由题意可知，A不动、B向右运动，但均受到滑动摩擦力，则有FAB对B做负功，F对B做正功；由于A没有位移，所以F′和FBA对A不做功．
2.(恒力做功的计算)(2025·梅州期中)如图所示，一个物体放在水平面上，在与竖直方向成θ角的斜向下的推力F的作用下沿平面移动了位移s，若物体的质量为m，物体与地面之间的动摩擦因数为μ，则在此过程中(　　)
A．摩擦力做的功为－μmgs
B．摩擦力做的功为－μmgs cos θ
C．力F做的功为Fs sin θ
D．力F做的功为Fs cos θ
解析：选C.摩擦力的大小f＝μFN＝μ(mg＋F cos θ)，摩擦力做的功Wf＝fs cos 180°＝－μmgs－μFs cos θ，故A、B错误；力F做的功WF＝F sin θ·s＝Fs sin θ，故C正确，D错误．
3．(恒力做功的计算)(多选)被弹射器弹出的质量为2 kg的物体在水平面上做直线运动，某时刻在物体运动方向上施加一水平拉力F，之后物体运动的v－t图像如图所示．若物体所受摩擦力大小为10 N，则在前5 s内(　　)
A．拉力F做功150 J
B．拉力F做功100 J
C．摩擦力做功250 J
D．物体克服摩擦力做功250 J
解析：选AD.由图像可得物体的加速度a＝ m/s2＝－2 m/s2，根据牛顿第二定律有F－f＝ma，解得F＝6 N．由于v－t图线与横轴所围面积表示位移，所以前5 s 内物体发生的位移s＝×5×10 m＝25 m，故拉力F做功WF＝Fs＝6×25 J＝150 J，A正确，B错误；摩擦力做功Wf＝－fs＝－10×25 J＝－250 J，即物体克服摩擦力做功250 J，故C错误，D正确．
4.(变力做功的计算)(多选)如图所示，某力F＝10 N作用于半径R＝1 m的转盘的边缘上的A点，力F的大小保持不变，但方向始终保持与作用点的切线方向一致，转动一周，则(　　)
A．这个力F做的总功为0
B．这个力F做的总功为 20π J
C．A点所受的向心力做的总功为0
D．A点所受的向心力做的总功为20π J
解析：选BC.转动一周A点通过的弧长l＝2πR＝2π(m)；因为F的方向始终与速度方向相同，即与位移方向始终相同，则转动一周，力F做的功为力与转过的弧长的乘积，故F做的功W＝Fl＝10×2π J＝20π J，A错误，B正确；A点所受的向心力方向与速度方向始终垂直，则向心力做的总功为0，C正确，D错误．题组1　动能和动能定理
1．(多选)关于运动物体所受的合力、合力的功、运动物体动能的变化，下列说法正确的是　(　　)
A．运动物体所受的合力不为零，合力必做功，物体的动能一定要变化
B．运动物体所受的合力为零，则物体的动能一定不变
C．运动物体的动能保持不变，则该物体所受合力不一定为零
D．运动物体所受合力不为零，则该物体一定做变速运动
解析：选BCD.由功的公式W＝Fs cos α知，合力不为零，但若α＝90°，合力的功也为零，故A错误；若合力为零，则合力的功也为零，由动能定理W＝Ek2－Ek1知，物体的动能不发生改变，故B正确；运动物体的动能保持不变，则该物体所受合力不一定为零，如匀速圆周运动，速度大小不变，动能不变，但合外力不为零，故C正确；运动物体所受合力不为零，根据牛顿第二定律可知，加速度不为零，则该物体一定做变速运动，故D正确．
题组2　动能定理的基本应用
2.如图所示，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.下列说法正确的是(　　)
A．运动员踢球时对足球做的功为mv2
B．足球上升过程重力做的功为mgh
C．运动员踢球时对足球做的功为mv2＋mgh
D．足球上升过程克服重力做的功为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，W－mgh＝mv2，故运动员踢球时对足球做的功W＝mv2＋mgh，C正确，A错误．
3．(多选)一质量为m的小球，用长为L的轻绳悬于O点，小球在水平力F作用下从平衡位置P点移动到Q点，如图所示，则力F所做的功为(　　)
A.若F为恒力，则F力做的功为FL sin θ
B．若F为恒力，则F力做的功为mgL(1－cos θ)
C．若小球被缓慢移动，则F力做的功为FL sin θ
D．若小球被缓慢移动，则F力做的功为mgL(1－cos θ)
解析：选AD.若F为恒力，根据功的计算公式可得，F力做的功WF＝FL sin θ，故A正确，B错误；若小球被缓慢移动，根据动能定理可得WF＋WG＝0，所以F力做的功WF＝－WG＝mgL(1－cos θ)，故C错误，D正确．
4．如图所示，一质量为m的小球以大小为v0的初速度从地面竖直上抛，刚落回地面时的速度大小为，已知小球在运动过程中所受空气阻力大小恒定，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A.小球在运动过程中所受空气阻力大小为
B．小球在运动过程中所受空气阻力大小为mg
C．小球能到达的最高点距地面 eq \f(3v,16g)
D．小球能到达的最高点距地面 eq \f(5v,16g)
解析：选D.设小球所受的空气阻力大小为f，上升的最大高度为h.根据动能定理得上升过程有－(mg＋f)h＝0－mv，下落过程有(mg－f)h＝m－0，联立解得f＝mg，h＝ eq \f(5v,16g) .
题组3　用动能定理解决多过程问题
5．冰壶比赛是冬奥会比赛项目之一，如图所示，运动员把冰壶沿平直冰面投出，冰壶先在冰面AB段自由滑行，再进入冰刷刷过的冰面BC段并最终停在C点．已知冰壶与AB段、BC段间的动摩擦因数之比为3∶2，冰壶在AB段和BC段滑行的位移大小之比为2∶1，则冰壶在A点和B点速度大小的比值为(　　)
A．4　　　 B．3　　　　
C．2　　　　D．
解析：选C.设冰壶与AB段、BC段间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，冰壶在AB段和BC段滑行的位移大小分别为x1、x2.冰壶在AB段滑行时，根据动能定理得－μ1mgx1＝mv－mv，冰壶在BC段滑行时，根据动能定理得－μ2mgx2＝0－mv，依题意μ1∶μ2＝3∶2，x1∶x2＝2∶1，联立解得＝2.
6．如图，两块弹性挡板竖直固定在水平地面上，相距8 m，一个小木块(体积很小，可视为质点)从两块挡板正中间开始以初速度10 m/s向右运动，木块与地面之间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g取10 m/s2，每次木块与挡板碰撞后，都会以原速率反弹，则最终木块停止的位置与左边挡板距离为(　　)
A．1 m B．2 m
C．3 m D．7 m
解析：选C.从开始至停下，根据动能定理可得－μmgs＝0－mv2，得运动的总路程s＝25 m，因＋5 m＝s，故木块停下位置距离左边挡板距离x＝L－5 m＝3 m．
7．(多选)复兴号动车在世界上首次实现速度350 km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果．一列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变．动车在时间t内(　　)
A．做匀加速直线运动
B．加速度逐渐减小
C．牵引力的功率P＝Fvm
D．牵引力做的功W＝mv－mv
解析：选BC.由于动车以恒定功率启动，则由P＝F牵引力v可知动车的速度增大则牵引力减小，由牛顿第二定律F牵引力 －F＝ma得动车的加速度逐渐减小，A错误，B正确；当动车的加速度为零时，即牵引力等于阻力时，动车的速度最大，即P＝Fvm，C正确；设动车在时间t内的位移为x，由动能定理得W－Fx＝mv－mv，则牵引力所做的功W＝Fx＋mv－mv，D错误．
8.一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示．长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球．小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直．将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)　(　　)
A． B．
C． D．2
解析：选A.当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球下落的高度h＝R＋πR－＝R＋，根据动能定理有mgh＝mv2，解得v＝，故A正确，B、C、D错误．
9．(多选)(2023·广东卷，T8)人们用滑道从高处向低处运送货物．如图所示，可看作质点的货物从圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s.已知货物质量为20 kg，滑道高度h为4 m，且过Q点的切线水平，重力加速度g取10 m/s2.关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有(　　)
A．重力做的功为360 J
B．克服阻力做的功为440 J
C．经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2
D．经过Q点时对轨道的压力大小为380 N
解析：选BCD.重力做的功WG＝mgh＝800 J，A错误；下滑过程根据动能定理可得WG－Wf＝mv，代入数据解得克服阻力做的功Wf＝440 J，B正确；经过Q点时向心加速度大小a＝ eq \f(v,h) ＝9 m/s2，C正确；经过Q点时，根据牛顿第二定律可得F－mg＝ma，解得货物受到的支持力大小F＝380 N，根据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380 N，D正确．
10．(12分)如图所示，某人将一个质量m＝0.5 kg的石块从距离水平地面h＝9.35 m高处以37°角斜向上抛出，初速度大小v0＝5 m/s，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)人对石块做的功；(4分)
(2)石块在空中运动的总时间；(4分)
(3)石块落到水平地面瞬间的速度大小．(4分)
解析：(1)根据动能定理可得人对石块做的功W＝Ek＝mv
代入数据可得W＝6.25 J.
(2)抛出时，石块竖直方向的分速度vy0＝v0sin 37°＝3 m/s
竖直方向，根据运动学公式h＝－vy0t＋gt2
代入数据解得t＝1.7 s.
(3)全过程根据动能定理得mgh＝mv2－mv
代入数据解得v＝2 m/s.
答案：(1)6.25 J　(2)1.7 s　(3)2 m/s
11．(14分)(2025·云浮市期末)某工厂生产流水线产品的传送轨道如图所示，AB为固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，其半径R
＝0.8 m．轨道与水平地面相切于B点，质量m＝0.2 kg的小球从A 点由静止释放，通过水平地面BC滑上光滑固定曲面CD，重力加速度大小 g取10 m/s2.
(1)求小球运动到最低点B时的速度大小vB.(4分)
(2)画出小球在B点的受力分析图，求小球在B点时圆弧轨道对小球的支持力大小N.(6分)
(3)若小球恰能到达最高点D，且D点到地面的高度h＝0.6 m，求小球在水平地面BC上克服摩擦力所做的功W.(4分)
解析：(1)对小球从A点运动到B点的过程，根据动能定理有
mgR＝mv－0
解得vB＝4 m/s.
(2)小球在B点的受力分析图如图所示
在B点，根据牛顿第二定律可得N－mg＝m eq \f(v,R)
解得N＝6 N.
(3)对小球从A点运动到D点的过程，根据动能定理有mg(R－h)－W＝0
解得小球在水平地面BC上克服摩擦力所做的功W＝0.4 J.
答案：(1)4 m/s　(2)图见解析　6 N　(3)0.4 J题组1　机械能守恒的判断
1．下列叙述正确的是(　　)
A．做匀速直线运动物体的机械能一定守恒
B．做变速直线运动物体的机械能一定守恒
C．合外力对物体做功为零，物体的机械能一定守恒
D．系统内只有重力或弹力做功时，系统的机械能一定守恒
解析：选D.做匀速直线运动物体的机械能不一定守恒，如物体匀速上升，故A错误；做匀变速直线运动的物体机械能可能不守恒，如水平面上做匀加速直线运动的物体，机械能增加，故B错误；合外力对物体做功为零，物体的机械能不一定守恒，例如物体向上做匀速直线运动时，合外力对物体做功为零，机械能增加，故C错误；系统内只有重力和弹力做功时，系统的机械能一定守恒，故D正确．
2.荡秋千是儿童喜爱的一项娱乐运动，一小孩荡秋千运动到最高点的示意图如图所示(不计空气阻力和秋千所受重力)，下列说法正确的是　(　　)
A．小孩运动到最高点时处于平衡状态
B．小孩从最高点运动到最低点的过程中机械能减小
C．小孩运动到最低点时处于失重状态
D．小孩运动到最低点时，绳子的拉力大于小孩所受重力
解析：选D.小孩运动到最高点时，合力不为零，不是处于平衡状态，A错误；小孩从最高点运动到最低点的过程中，只有重力做功，机械能守恒，B错误；小孩运动到最低点时，加速度向上，处于超重状态，根据T－mg＝m可知，绳子的拉力大于小孩所受重力，C错误，D正确．
3．(多选)在忽略空气阻力的情况下，小球在下列运动过程中，机械能守恒的是(　　)
解析：选AD.小球在空中飞行的过程中只有重力做功，机械能守恒，故A正确；小球沿斜面匀速下滑的过程，重力势能减小，动能不变，所以机械能减小，故B错误；小球沿粗糙曲面下滑的过程重力和摩擦力做功，机械能不守恒，故C错误；悬挂的小球摆动的过程，只有重力做功，机械能守恒，故D正确．
4．物体沿斜面匀速下滑，在此过程中物体的(　　)
A．机械能守恒　　　　 B．机械能增加
C．重力势能增加 D．重力势能减少
解析：选D.物体匀速下滑时，速度不变，故动能不变；重力做正功，故重力势能减少；机械能等于动能和重力势能的总和，故机械能减少，机械能不守恒．
题组2　单物体的机械能守恒问题
5.如图，运动员将质量为m的足球从地面上以速度v踢出，足球恰好水平击中高为h的球门横梁．以地面为零势能面，不计空气阻力，则足球在飞行过程中的机械能为(　　)
A．mv2　　　　　　　 B．mgh
C．mv2＋mgh D．mv2－mgh
解析：选A.以地面为零势能面，故足球在地面上的机械能E＝mv2，由于不计阻力，足球的机械能守恒，则飞行过程的机械能均为E＝mv2.
6.如图所示，一质量为m的小球从高度为H的地方以初速度v0水平抛出．不计空气阻力，选地面为参考面，当小球在竖直方向上下降的距离为h时，其机械能为(　　)
A．mv＋mgH　 B．mv＋mgh
C．mgH－mgh D．mv＋mg(H－h)
解析：选A.小球做平抛运动，只受重力，机械能守恒，所以小球在竖直方向上下降的距离为h时的机械能等于抛出时的机械能，即E＝mgH＋mv.
7．如图所示，小物块m沿光滑曲面从A点静止下滑．已知A点离地面高度为h1，B点离地面高度为h2，当地重力加速度为g，以A点所在位置的水平面为参考平面．下列说法正确的是　(　　)
A．小物块在B点的重力势能为mgh2
B．下滑到B点过程中，小物块的机械能先增大后减小
C．小物块在B点的机械能为0
D．下滑到B点过程中，小物块重力势能的变化量为mgh1－mgh2
解析：选C.根据重力势能的定义式可得，小物块在B点的重力势能EpB＝－mg(h1－h2)，重力势能的变化量ΔEp＝mgh2－mgh1，故A、D错误；小物块下滑到B点过程中，只有重力做功，小物块的机械能守恒，初始时机械能为零，所以小物块在B点的机械能为零，故C正确，B错误．
8.如图所示，质量为m的某同学练习竖直弹跳，第一阶段，脚没有离地，经过一段时间重心上升h1，人获得速度v1，第二阶段，人整体形态保持不变，重心又上升了h2，到达最高点，重力加速度为g，以下说法正确的是(　　)
A．第一阶段地面支持力对人做的功为零
B．第一阶段地面支持力对人做的功为mgh1
C．第二阶段，重力的功率为零
D．整个过程中人的机械能守恒
解析：选A.第一阶段地面支持力的作用点的位移为零，所以支持力对人做的功为零，故A正确，B错误；第二阶段，重力的功率PG＝，由此可知，重力的功率不为零，故C错误；在起跳过程中，储存在人体肌肉中的化学能转化为人体的机械能，所以人体机械能不守恒，故D错误．
9．(多选)两质量相同的物体A和B，分别从两个高度相同的光滑斜面和光滑圆弧形斜坡的顶端滑向底部，如图所示．若它们的初速度为零，则下列说法正确的是(　　)
A．下滑过程中重力做的功不相等
B．它们在顶端时的机械能相等
C．它们到达底部时的动能相等
D．它们到达底部时的速度相同
解析：选BC.根据WG＝mgh得重力做功相等，故A错误；在顶点时，由于质量相等，则重力势能相等，动能都为零，所以机械能相等，故B正确；根据mgh＝mv2－0得，到达底端时动能等于重力做功的大小，所以到达底端时的动能相等，故C正确；根据C选项分析可知，到达底端的动能相等，速度大小相等，但方向不同，故D错误．
10．如图所示，两个质量相同的小球A、B分别用线悬在等高的O1、O2点．A球的悬线比B球的长，把两球的悬线拉至水平后无初速度释放，则经过最低点时(　　)
A．A球的机械能大于B球的机械能
B．A球重力的瞬时功率等于B球重力的瞬时功率
C．A球的速度小于B球的速度
D．悬线对A的拉力大于A对悬线的拉力
解析：选B.由于两球质量相等，初始时处于同一高度，且处于静止状态，所以两球机械能相等，而释放后只有重力做功，小球的机械能守恒，所以经过最低点时两球机械能相等，故A错误；A球和B球所受重力在最低点时的瞬时功率均为PG＝mgv cos ＝0，所以两球在最低点的瞬时功率相等，故B正确；球由静止释放到运动到最低点，由动能定理有mgL＝mv2－0，由于A球的悬线比B球的悬线长，又由于两球的质量相同，所以A球在最低点的速度大于B球在最低点的速度，故C错误；悬线对于A球的拉力与A球对于悬线拉力属于一对相互作用力，所以其大小相等，方向相反，故D错误．
11．某游乐园中的过山车及轨道简化为如图所示的模型，过山车(可视为质点)先以30 m/s的速度经过半径为20 m的圆弧轨道最低点A，后无动力地冲上半径为25 m的圆弧轨道最高点B.已知A、B两点间的高度差为40 m，过山车中某乘客的质量为60 kg，不计阻力，重力加速度大小g取10 m/s2，则(　　)
A．过山车经过B点时的速度大小为15 m/s
B．过山车经过A点时对该乘客的作用力大小为3 300 N
C．过山车经过B点时该乘客受到的合力大小为0
D．过山车经过B点时对该乘客的作用力大小为350 N
解析：选B.过山车从A到B过程，不计阻力，据机械能守恒定律可得mv－mv＝mgh，解得vB＝10 m/s，故A错误；过山车经过A点时，由牛顿第二定律可得F－mg＝m eq \f(v,rA) ，解得乘客受到的支持力大小F＝3 300 N，故B正确；过山车经过B点时，据牛顿第二定律可得FB＝mg－F′＝m eq \f(v,rB) ，解得该乘客受到的合力大小和乘客受到的支持力大小分别为FB＝240 N，F′＝360 N，故C、D错误．
12.如图所示，将小球放在竖直放置的轻弹簧上，把小球往下按至A位置，松手后，弹簧弹出小球，小球升至最高位置C，途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)
A．小球在上升过程中机械能守恒
B．小球在位置B时速度最大
C．从A到B过程中，小球动能和弹簧弹性势能之和先增大后减小
D．小球在位置A的加速度大于重力加速度g
解析：选D.小球从A到B的过程中，弹簧弹力对小球做正功，小球机械能增大，故A错误；小球所受合力为零时速度最大，此时弹簧处于压缩状态，所以该位置在A、B之间，故B错误；小球和弹簧组成的系统机械能守恒，从A到B的过程中，小球重力势能一直增大，所以小球动能和弹簧弹性势能之和一直减小，故C错误；由题知小球上升至B点时的速度不为零，设从A到B弹簧弹力对位移的平均值为，根据动能定理有(－mg)·xAB＝mv>0，所以>mg，根据胡克定律可知，从A到B，弹簧弹力与小球位移成线性关系，且小球在B点时弹簧弹力为零，所以＝＝>mg，即FA>2mg，在A点，根据牛顿第二定律有FA－mg＝ma，解得a>g，故D正确．
13．(14分)如图所示，质量为m的小球固定在长为L的细绳一端，绕细绳的另一端O点在竖直平面内做圆周运动(重力加速度为g).
(1)求小球恰好能通过最高点的速度大小．(4分)
(2)在第(1)问的基础上求小球经过最低点的速度．(4分)
(3)已知小球在竖直面内做圆周运动，求证最低点和最高点绳中拉力之差是一个定值，并求出这个值．(6分)
解析：(1)小球恰好能在竖直平面内做圆周运动，小球在最高点A时，绳的拉力为0，此时重力提供向心力，即mg＝m eq \f(v,L)
解得vA＝.
(2)由最高点到最低点全过程小球机械能守恒mv＋mg·2L＝mv2
解得小球在最低点的速度v＝.
(3)设小球在最高点时速度为v1，最低点时的速度为v2，在最高点绳子的拉力为F1，最低点绳子拉力为F2，根据牛顿第二定律，在最高点有mg＋F1＝m eq \f(v,L)
由最高点到最低点全过程小球机械能守恒有mv＋mg·2L＝mv
在最低点，有F2－mg＝m eq \f(v,L)
联立解得，最低点和最高点绳中拉力之差ΔF＝F2－F1＝6mg.
答案：(1)　(2)　(3)见解析(共22张PPT)
课后达标检测
√
题组1　机械能守恒的判断
1．下列叙述正确的是(　　)
A．做匀速直线运动物体的机械能一定守恒
B．做变速直线运动物体的机械能一定守恒
C．合外力对物体做功为零，物体的机械能一定守恒
D．系统内只有重力或弹力做功时，系统的机械能一定守恒
解析：做匀速直线运动物体的机械能不一定守恒，如物体匀速上升，故A错误；
做匀变速直线运动的物体机械能可能不守恒，如水平面上做匀加速直线运动的物体，机械能增加，故B错误；
合外力对物体做功为零，物体的机械能不一定守恒，例如物体向上做匀速直线运动时，合外力对物体做功为零，机械能增加，故C错误；
系统内只有重力和弹力做功时，系统的机械能一定守恒，故D正确．
√
2.荡秋千是儿童喜爱的一项娱乐运动，一小孩荡秋千运动到最高点的示意图如图所示(不计空气阻力和秋千所受重力)，下列说法正确的是　(　　)
A．小孩运动到最高点时处于平衡状态
B．小孩从最高点运动到最低点的过程中机械能减小
C．小孩运动到最低点时处于失重状态
D．小孩运动到最低点时，绳子的拉力大于小孩所受重力
解析：小孩运动到最高点时，合力不为零，不是处于平衡状态，A错误；
小孩从最高点运动到最低点的过程中，只有重力做功，机械能守恒，B错误；
3．(多选)在忽略空气阻力的情况下，小球在下列运动过程中，机械能守恒的是(　　)
解析：小球在空中飞行的过程中只有重力做功，机械能守恒，故A正确；
小球沿斜面匀速下滑的过程，重力势能减小，动能不变，所以机械能减小，故B错误；
小球沿粗糙曲面下滑的过程重力和摩擦力做功，机械能不守恒，故C错误；
悬挂的小球摆动的过程，只有重力做功，机械能守恒，故D正确．
√
√
4．物体沿斜面匀速下滑，在此过程中物体的(　　)
A．机械能守恒　　　　 B．机械能增加
C．重力势能增加 D．重力势能减少
解析：物体匀速下滑时，速度不变，故动能不变；重力做正功，故重力势能减少；机械能等于动能和重力势能的总和，故机械能减少，机械能不守恒．
√
√
√
√
7．如图所示，小物块m沿光滑曲面从A点静止下滑．已知A点离地面高度为h1，B点离地面高度为h2，当地重力加速度为g，以A点所在位置的水平面为参考平面．下列说法正确的是　(　　)
A．小物块在B点的重力势能为mgh2
B．下滑到B点过程中，小物块的机械能先增大后减小
C．小物块在B点的机械能为0
D．下滑到B点过程中，小物块重力势能的变化量为mgh1－mgh2
解析：根据重力势能的定义式可得，小物块在B点的重力势能EpB＝－mg(h1－h2)，重力势能的变化量ΔEp＝mgh2－mgh1，故A、D错误；
小物块下滑到B点过程中，只有重力做功，小物块的机械能守恒，初始时机械能为零，所以小物块在B点的机械能为零，故C正确，B错误．
√
8.如图所示，质量为m的某同学练习竖直弹跳，第一阶段，脚没有离地，经过一段时间重心上升h1，人获得速度v1，第二阶段，人整体形态保持不变，重心又上升了h2，到达最高点，重力加速度为g，以下说法正确的是(　　)
A．第一阶段地面支持力对人做的功为零
B．第一阶段地面支持力对人做的功为mgh1
C．第二阶段，重力的功率为零
D．整个过程中人的机械能守恒
解析：第一阶段地面支持力的作用点的位移为零，所以支持力对人做的功为零，故A正确，B错误；
在起跳过程中，储存在人体肌肉中的化学能转化为人体的机械能，所以人体机械能不守恒，故D错误．
√
9．(多选)两质量相同的物体A和B，分别从两个高度相同的光滑斜面和光滑圆弧形斜坡的顶端滑向底部，如图所示．若它们的初速度为零，则下列说法正确的是(　　)
A．下滑过程中重力做的功不相等
B．它们在顶端时的机械能相等
C．它们到达底部时的动能相等
D．它们到达底部时的速度相同
√
解析：根据WG＝mgh得重力做功相等，故A错误；
在顶点时，由于质量相等，则重力势能相等，动能都为零，所以机械能相等，故B正确；
根据C选项分析可知，到达底端的动能相等，速度大小相等，但方向不同，故D错误．
√
10．如图所示，两个质量相同的小球A、B分别用线悬在等高的O1、O2点．A球的悬线比B球的长，把两球的悬线拉至水平后无初速度释放，则经过最低点时(　　)
A．A球的机械能大于B球的机械能
B．A球重力的瞬时功率等于B球重力的瞬时功率
C．A球的速度小于B球的速度
D．悬线对A的拉力大于A对悬线的拉力
解析：由于两球质量相等，初始时处于同一高度，且处于静止状态，所以两球机械能相等，而释放后只有重力做功，小球的机械能守恒，所以经过最低点时两球机械能相等，故A错误；
悬线对于A球的拉力与A球对于悬线拉力属于一对相互作用力，所以其大小相等，方向相反，故D错误．
√
11．某游乐园中的过山车及轨道简化为如图所示的模型，过山车(可视为质点)先以30 m/s的速度经过半径为20 m的圆弧轨道最低点A，后无动力地冲上半径为25 m的圆弧轨道最高点B.已知A、B两点间的高度差为40 m，过山车中某乘客的质量为60 kg，不计阻力，重力加速度大小g取10 m/s2，则(　　)
A．过山车经过B点时的速度大小为15 m/s
B．过山车经过A点时对该乘客的作用力大小为3 300 N
C．过山车经过B点时该乘客受到的合力大小为0
D．过山车经过B点时对该乘客的作用力大小为350 N
√
12.如图所示，将小球放在竖直放置的轻弹簧上，把小球往下按至A位置，松手后，弹簧弹出小球，小球升至最高位置C，途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)
A．小球在上升过程中机械能守恒
B．小球在位置B时速度最大
C．从A到B过程中，小球动能和弹簧弹性势能之和先增大后减小
D．小球在位置A的加速度大于重力加速度g
解析：小球从A到B的过程中，弹簧弹力对小球做正功，小球机械能增大，故A错误；
小球所受合力为零时速度最大，此时弹簧处于压缩状态，所以该位置在A、B之间，故B错误；
小球和弹簧组成的系统机械能守恒，从A到B的过程中，小球重力势能一直增大，所以小球动能和弹簧弹性势能之和一直减小，故C错误；
13．(14分)如图所示，质量为m的小球固定在长为L的细绳一端，绕细绳的另一端O点在竖直平面内做圆周运动(重力加速度为g).
(1)求小球恰好能通过最高点的速度大小．(4分)
(2)在第(1)问的基础上求小球经过最低点的速度．(4分)
(3)已知小球在竖直面内做圆周运动，求证最低点和最高点绳中拉力之差是一个定值，并求出这个值．(6分)
答案：见解析第五节　机械能守恒定律
1．知道什么是机械能，知道物体的动能和势能可以相互转化．
2．会正确推导物体在光滑曲面上运动过程中的机械能守恒，理解机械能守恒定律的内容，知道它的含义和适用条件．
3．在具体问题中，能判定机械能是否守恒，并能应用机械能守恒定律解决简单问题．
一、动能与势能的相互转化
1．机械能：动能与势能(包括重力势能和弹性势能)统称为机械能．
2．通过重力或弹力做功，机械能可以从一种形式转化成另外一种形式．
二、机械能守恒定律的理论验证
1．推导：
设一个质量为m的小球从点A开始自由下落，如图所示．小球经过高度为h1的点B时速度为v1；下落到高度为h2的点C时速度为v2.在自由落体运动中，小球只受到重力作用，重力做正功．设小球从点B运动到点C的过程中，重力所做的功为WG，则由动能定理，可得
WG＝mv－mv
上式表明，重力所做的功等于小球动能的增加量．
由重力做功与重力势能变化的关系，可知
WG＝mgh1－mgh2
上式表明，重力所做的功等于小球重力势能的减少量．
由以上两式，可得mv－mv＝mgh1－mgh2
可见，在自由落体运动中，重力做了多少功，就有多少重力势能转化为等量的动能．把上式移项后，得到mgh1＋mv＝mgh2＋mv
即Ep1＋Ek1＝Ep2＋Ek2
2．内容：在只有重力或弹力做功的系统内，动能和势能发生相互转化，而系统的机械能总量保持不变．
判断下列说法是否正确．
(1)通过重力做功，动能和重力势能可以相互转化．(　　)
(2)弹性势能发生了改变，一定有弹力做功.　(　　)
(3)机械能守恒时，物体一定只受重力和弹力作用．(　　)
(4)合力为零，物体的机械能一定守恒．(　　)
(5)合力做功为零，物体的机械能保持不变.　(　　)
(6)只有重力做功时，物体的机械能一定守恒.(　　)
提示：(1)√　(2)√　(3)×　(4)×　(5)×　(6)√
知识点一　机械能守恒的判断
如图所示，过山车由高处在关闭发动机的情况下飞奔而下．(忽略轨道的阻力和其他阻力)过山车下滑时，过山车受哪些力作用？各做什么功？动能和势能怎么变化？机械能守恒吗？
[提示]　过山车下滑时，如果忽略阻力作用，过山车受重力和轨道支持力作用；重力做正功，支持力不做功，动能增加，重力势能减少，机械能保持不变．
1．对守恒条件的理解
(1)单个物体只受重力，不受其他力，如自由落体运动；
(2)单个物体除受重力外，还受其他力，但其他力不做功，如物体沿光滑固定的斜面下滑，物体受重力和支持力作用，但支持力不做功；
(3)对于多个物体组成的系统来说，除重力和系统内的弹力做功之外，外力不做功，有内力做功，但内力做功的代数和为零．
2．机械能守恒的判断方法
(1)做功条件分析法：应用机械能守恒的条件进行判断．分析物体(或系统)的受力情况(包括内力和外力)，明确各力做功的情况，若只有重力或系统内弹力做功，没有其他力做功或其他力做功的代数和为零，则物体(或系统)的机械能守恒．
(2)能量转化分析法：从能量转化的角度进行判断．若只有系统内物体间动能和重力势能及弹性势能的相互转化，机械能也没有转化成其他形式的能(如内能)，则系统的机械能守恒．
(3)增减情况分析法：直接从机械能的各种形式的能量增减情况进行判断．若系统的动能与势能均增加或均减少，则系统的机械能不守恒；若系统内各个物体的机械能均增加或均减少，则系统的机械能不守恒．
角度1　机械能守恒条件的理解
　关于机械能，下列说法正确的是(　　)
A．物体做竖直面内的圆周运动，机械能一定守恒
B．物体做匀速直线运动，机械能一定守恒
C．合外力对物体做功为零时，物体的机械能一定守恒
D．只有重力对物体做功时，物体的机械能一定守恒
[解析]　物体在竖直平面内做圆周运动，因为不清楚物体受力情况，若用轻杆连接的物体在竖直平面内做匀速圆周运动，则此时机械能不守恒，故A错误；物体做匀速直线运动，只能说明物体所受合外力为零，不能确定是否满足机械能守恒条件，如人在电梯中匀速上升或下降，机械能不守恒，故B错误；合外力对物体做功为零时，物体的动能保持不变，但机械能不一定守恒，故C错误；只有重力做功，满足机械能守恒条件，故物体的机械能守恒，故D正确．
[答案]　D
角度2　机械能守恒的判断
　(多选)在下面列举的各个实例中，不考虑空气阻力，说法正确的是(　　)
A.图甲中，物体A将弹簧压缩的过程中，物体A机械能守恒
B．图乙中，在平行于斜面向下的大小等于摩擦力的拉力F作用下，物体B沿斜面下滑时(斜面A不动)，物体B机械能保持不变
C.图丙为一端固定有小球的轻杆，从右偏上30°角释放后绕光滑支点摆动，小球只有重力势能与动能的相互转化，则图丙中小球机械能守恒
D.图丁中，ω越来越大，小球慢慢升高，小球的机械能仍然守恒
[解析]　题图甲中，物体A将弹簧压缩的过程中，物体A与弹簧组成的系统机械能守恒，由于弹簧的弹性势能不断增加，故物体A的机械能不断减少，A错误；题图乙中，在平行于斜面向下的大小等于摩擦力的拉力F作用下，物体B沿斜面下滑时(斜面A不动)，对物体B，除重力外的其他力所做功的代数和为零，故物体B机械能保持不变，B正确；题图丙为一端固定有小球的轻杆，从右偏上30°角释放后绕光滑支点摆动，小球只有重力势能与动能的相互转化，则题图丙中小球机械能守恒，C正确；题图丁中，ω越来越大，小球慢慢升高，由v＝rω可知，小球的线速度也慢慢增大，可知小球的动能和重力势能均增大，故小球的机械能增大，D错误．
[答案]　BC
知识点二　单物体的机械能守恒问题
如图所示，这是运动员投掷铅球的动作，如果忽略铅球所受空气的阻力．
(1)铅球在空中运动过程中，机械能是否守恒？
(2)若铅球被抛出时速度大小一定，铅球落地时的速度大小与运动员将铅球抛出的方向有关吗？
(3)在求解铅球落地速度的大小时，可以考虑应用什么规律？
[提示]　(1)由于阻力可以忽略，铅球在空中运动过程中，只有重力做功，机械能守恒．
(2)根据机械能守恒定律可知，落地时速度的大小与运动员将铅球抛出的方向无关．
(3)可以应用机械能守恒定律，也可以应用动能定理．
1．解题思路
2．三个表达式
项目 表达式 物理意义
守恒角度 Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2或E初＝E末 初状态的机械能等于末状态的机械能
转化角度 Ek2－Ek1＝Ep1－Ep2或ΔEk＝－ΔEp 过程中动能的增加量等于势能的减少量
转移角度 EA2－EA1＝EB1－EB2或ΔEA＝－ΔEB 系统只有A、B两物体时，A增加的机械能等于B减少的机械能(不用选择参考平面)
角度1　重力作用下的机械能守恒
　从地面以v0的速度竖直向上抛出一物体，不计空气阻力，重力加速度为g，以地面为重力势能的零势能面．
(1)求物体上升的最大高度h.
(2)物体的重力势能为动能的一半时，求物体离地面的高度h1.
(3)物体的重力势能和动能相等时，求物体离地面的高度h2.
(4)物体的动能是重力势能的一半时，求物体离地面的高度h3.
(5)物体的速率为时，求物体离地面的高度h4.
[解析]　(1)抛出时物体的机械能E0＝mv，物体上升到最高点时的机械能E1＝mgh，由机械能守恒定律可知E0＝E1，联立解得h＝ eq \f(v,2g) .
(2)物体的重力势能为动能的一半时的机械能E2＝mgh1＋Ek1，由题设条件知mgh1＝Ek1，再由机械能守恒定律知E2＝E0，联立解得h1＝ eq \f(v,6g) .
(3)物体的重力势能和动能相等时的机械能E3＝mgh2＋Ek2，由题设条件知mgh2＝Ek2，再由机械能守恒定律知E3＝E0，联立解得h2＝ eq \f(v,4g) .
(4)物体的动能是重力势能的一半时的机械能E4＝mgh3＋Ek3，由题设条件知Ek3＝mgh3，再由机械能守恒定律知E4＝E0，联立解得h3＝ eq \f(v,3g) .
(5)物体的速率为时的机械能E5＝mgh4＋m，由机械能守恒定律知E5＝E0，联立解得h4＝ eq \f(3v,8g) .
[答案]　(1) eq \f(v,2g) 　(2) eq \f(v,6g) 　(3) eq \f(v,4g) 　(4) eq \f(v,3g)
(5) eq \f(3v,8g)
　如图所示，质量为m的物体，以某一初速度从A点向下沿光滑的轨道运动，不计空气阻力，若物体通过轨道最低点B时的速度为3，求：
(1)物体在A点时的速度大小；
(2)物体离开C点后还能上升的高度．
[解析]　(1)物体在运动的全过程中只有重力做功，机械能守恒，选取B点为零势能点．设物体在B处的速度为vB，则mg·3R＋mv＝mv
得v0＝.
(2)设从B点上升到最高点的高度为h1，由机械能守恒可得mgh1＝mv
得h1＝4.5R
所以离开C点后还能上升
h2＝h1－R＝3.5R.
[答案]　(1)　(2)3.5R
角度2　重力和弹簧弹力作用下的机械能守恒
　如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一质量为m的物体向右滑行，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，则从A到C的过程中弹簧弹力做功是(　　)
A．mgh－mv2　　 B．mv2＋mgh
C．－mgh D．－
[解析]　根据系统机械能守恒可得mv2＝mgh＋Ep，根据弹力做功与弹性势能的变化，有W弹＝－ΔEp＝－Ep，所以W弹＝－Ep＝mgh－mv2.
[答案]　A
角度3　曲线运动中机械能守恒定律的应用
　如图所示，质量m＝2 kg的小球用长L＝1.05 m的轻质细绳悬挂在距水平地面高H＝6.05 m的O点．现将细绳拉直至水平状态，自A点无初速度释放小球，运动至悬点O的正下方B点时细绳恰好断裂，接着小球做平抛运动，落至水平地面上C点．不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)细绳能承受的最大拉力；
(2)细绳断裂后小球在空中运动所用的时间；
(3)小球落地瞬间速度的大小．
[解析]　(1)根据机械能守恒定律有mgL＝mv
由牛顿第二定律得F－mg＝m eq \f(v,L)
故最大拉力F＝3mg＝60 N.
(2)细绳断裂后，小球做平抛运动，且H－L＝gt2
故t＝　＝　 s＝1 s.
(3)整个过程，小球的机械能不变，故mgH＝mv
所以vC＝＝ m/s＝11 m/s.
[答案]　(1)60 N　(2)1 s　(3)11 m/s
1．(机械能守恒的判断)下列物体在运动过程中，机械能守恒的是(　　)
A．做自由落体运动的物体
B．雨点匀速下落
C．沿粗糙的斜面，向下做匀速运动的木块
D．被起重机拉着向上做匀速运动的货物
解析：选A.做自由落体运动的物体，只受重力作用，物体的机械能守恒，故A正确；雨点匀速下落，动能不变，重力势能减小，机械能减小，机械能不守恒，故B错误；沿粗糙的斜面向下做匀速运动的木块，由于克服摩擦力做功，木块的机械能减小，机械能不守恒，故C错误；被起重机拉着向上做匀速运动的货物，动能不变，重力势能增大，机械能增大，机械能不守恒，故D错误．
2．(机械能守恒的判断)如图所示，下列说法正确的是(所有情况均不计摩擦、空气阻力以及滑轮质量)(　　)
A．甲图中，火箭升空的过程中，若匀速升空则机械能守恒，若加速升空则机械能不守恒
B．乙图中，物块在外力F的作用下匀速上滑，物块的机械能守恒
C．丙图中，物块A以一定的初速度将弹簧压缩的过程中，物块A的机械能守恒
D．丁图中，物块A加速下落、物块B加速上升的过程中，A物体的机械能减少
解析：选D.题图甲中，不论是匀速还是加速，由于推力对火箭做功，火箭的机械能都不守恒，是增加的，故A错误；题图乙中，物块匀速上滑，动能不变，重力势能增加，则机械能必定增加，故B错误；题图丙中，在物块A压缩弹簧的过程中，弹簧和物块A组成的系统只有重力和弹力做功，系统机械能守恒，由于弹簧的弹性势能增大，则A的机械能减小，故C错误；题图丁中，对A、B组成的系统，不计空气阻力，只有重力做功，则A、B组成的系统机械能守恒，B物块的动能和重力势能都增加，则A物块的机械能减少，故D正确．
3．(单物体的机械能守恒问题)如图所示，质量为m的小球从O点由静止开始自由下落，经过位置A时，速度大小为v1、距离水平地面高度为h1，经过位置B时，速度大小为v2、距离水平地面高度为h2，不计空气阻力，取地面为零势能参考平面．下列关系式正确的是(　　)
A．mgh1＋mv＝mgh2＋mv
B．mgh1＋mv＝mgh2＋mv
C.mgh1＋mv＝mgh2＋mv
D．mgh1＋mv＝mgh2＋mv
解析：选D.取地面为零势能参考平面，则A处的重力势能为mgh1、动能为mv，在B处的重力势能为mgh2、动能为mv，根据机械能守恒定律，则有mgh1＋mv＝mgh2＋mv.
4.(与弹簧有关的机械能守恒问题)(多选)(2025·东莞期中)如图所示，水平地面上固定一竖直轻质弹簧，有一物体由弹簧正上方某位置竖直下落，从与弹簧接触到第一次到达最低点的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．物体的动能逐渐减小
B．物体的机械能守恒
C．弹簧的弹力对物体做负功
D．弹簧的弹性势能逐渐增大
解析：选CD.物体开始接触弹簧时，重力大于弹力，物体加速度向下，则物体速度增加；当重力等于弹力时速度最大，以后的过程中，重力小于弹力，则加速度向上，物体速度减小，则物体的动能先增加后减小，A错误．弹簧的弹力对物体做负功，则物体的机械能减小，B错误，C正确．物体向下运动过程中，弹簧的形变量逐渐增加，可知弹簧的弹性势能逐渐增大，D正确．1.如图所示，运动员将质量为m的篮球从高为h处投出，篮球进入离地面高为H处的篮筐时速度大小为v.若以篮球被投出时的位置所在水平面为零势能面，将篮球看成质点，忽略空气阻力，重力加速度为g，那么关于篮球，下列说法正确的是(　　)
A．进入篮筐时重力势能为mgH
B．在刚被投出时动能为mgH＋mv2
C．进入篮筐时机械能为mgH＋mv2
D．经过P点时机械能为mgH＋mv2－mgh
解析：选D.由题意可知篮球进入篮筐时，离零势能面的高度为H－h，则此时篮球的重力势能Ep＝mg(H－h)，故A错误；设篮球刚出手时的动能为Ek0，由于不计空气阻力，所以篮球上升过程中只有重力做功，机械能守恒，增加的重力势能等于减小的动能，即有Ek0－mv2＝mg(H－h)，解得刚被投出时篮球的动能为Ek0＝mgH－mgh＋mv2，篮球进入篮筐时的机械能与在P点时的机械能均等于Ek0，故B、C错误，D正确．
2．(10分)内燃打桩机的重锤由汽缸、活塞等若干部件组成，汽缸与活塞间有柴油与空气的混合物．在重锤与桩碰撞过程中使锤、桩均向下运动．现把柴油打桩机和打桩过程简化如下：内燃打桩机锤头的质量m＝1 800 kg，锤头从距桩顶端上部1.5 m 处，从静止开始自由落下，打在质量M＝1 600 kg(包括桩帽)的钢筋混凝土桩子上，随后，桩在泥土中向下移动 0.1 m，设桩向下移动的过程中泥土对桩的作用力F是恒力，(g取 10 m/s2)求：
(1)锤头第一次打击桩子前瞬间的速度大小；(4分)
(2)力F的大小(设碰撞过程中没有能量损失).(6分)
解析：(1)锤头第一次打击桩子前做自由落体运动，机械能守恒，则由机械能守恒定律可得
mgh＝mv2
代入数据解得v＝ m/s.
(2)对全过程应用动能定理得
mg(h＋l)＋Mgl－Fl＝0
解得F＝3.04×105 N.
答案：(1) m/s　(2)3.04×105 N
3．(12分)某人设计了如图所示的滑板个性滑道．斜面AB与半径 R＝3 m的光滑圆弧轨道BC相切于B，圆弧对应的圆心角θ＝37°，且过C点的切线水平，C点连接倾角α＝30°的斜面CD.一滑板爱好者连同滑板等装备(整体视为质点)总质量m＝60 kg.某次试滑，他从斜面上某点P由静止开始下滑，发现在斜面CD上的落点Q恰好离C点最远．若他在斜面AB上滑动过程中所受摩擦力f与位移大小x的关系满足f＝90x(均采用国际制单位)，忽略空气阻力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)P、B两点间的距离；(6分)
(2)人和装备在C点对轨道的压力大小．(6分)　
解析：(1)设滑到C点的速度为vC，平抛过程中水平、竖直方向的位移分别为x1、y1
C到Q由平抛运动规律有
tan α＝＝＝
则t＝
因此x1＝vCt＝ eq \f(2vtan α,g)
lCQ＝＝ eq \f(2vtan α,g cos α)
可知vC越大则lCQ越大，由人和装备在BC间运动时机械能守恒可知，要使vC越大就要求vB越大
设人和装备在P、B间运动时加速度为a
由牛顿第二定律有mg sin θ－90x＝ma
得a＝
可知人和装备做加速度减小的加速直线运动，当加速度为零时速度vB最大，故P、B两点间的距离大小x＝＝4 m.
(2)设P、B间摩擦力对人和装备做功为Wf，由动能定理有mgx sin θ＋Wf＝mv－0
而Wf＝－·x
人和装备在B、C间运动时，机械能守恒，有
mv＋mgR(1－cos θ)＝mv
在C点FN－mg＝m eq \f(v,R)
由以上各式联立解得FN＝1 320 N
由牛顿第三定律可知人和装备在C点对轨道的压力大小FN′＝FN＝1 320 N.
答案：见解析(共26张PPT)
课后达标检测
1．如图甲所示为“验证机械能守恒定律”的实验装置示意图．现有的器材为：带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重锤、天平．回答下列问题：
(1)为完成此实验，除了所给的器材，还需要的器材有________(填入正确选项前的字母).　
A．米尺
B．秒表
C．4～6 V的交流电源
D．20 V的交流电源
解析：需要用米尺测量纸带上点间的长度，打点计时器本身有计时功能，所以不需要秒表，故A正确，B错误；
电磁打点计时器使用4～6 V的交流电源，故C正确，D错误．
AC
(2)关于重锤的选用，以下说法正确的是________．
A．重锤选用体积较大且质量较小的
B．重锤选用体积较小且质量较大的
C．选用重锤后要称质量
D．重锤所受重力要远大于它所受的空气阻力和打点计时器对纸带的阻力
解析：为了减小误差，重锤选用质量大且体积小的，即密度大的，使重锤所受重力要远大于它所受的空气阻力和打点计时器对纸带的阻力，故A错误，B、D正确；
BD
(3)质量m＝1 kg的重锤自由下落，在纸带上打出了一系列的点，如图乙所示，相邻计数点时间间隔为0.02 s，长度单位是cm，g取9.8 m/s2.(结果保留2位有效数字)
①打点计时器打下计数点B时，重锤的速度vB＝__________m/s.
0.97
②从点O到打下计数点B的过程中，重锤重力势能的减小量ΔEp＝__________J，动能的增加量ΔEk＝__________J.
0.48
0.47
2．某同学用如图甲所示的实验装置来验证机械能守恒定律，进行如下操作．
(1)①用天平测定小球的质量m＝10.0 g；
②用游标卡尺测出小球的直径d＝10.0 mm；
③用刻度尺测出电磁铁下端到光电门的距离h＝82.90 cm；
④电磁铁先通电，让小球吸在下端；
⑤电磁铁断电，小球自由下落；
⑥在小球经过光电门的时间内，计时装置记下小球经过光电门所用时间t＝2.50×10－3 s，由此可计算出小球经过光电门时的速度为________m/s；
4.0
⑦计算此过程中小球重力势能的减少量为______J，小球动能的增加量为________J，(g取9.8 m/s2，结果保留3位有效数字)则小球下落过程中机械能守恒．
0.081 2
0.080 0
(2)另一同学用上述实验装置通过改变光电门的位置，用h表示小球到光电门时的下落距离，用v表示小球通过光电门的速度，根据实验数据作出了如图乙所示的v2－h图像，则当地的实际重力加速度g＝________m/s2.
9.7
3．在“验证机械能守恒定律”的实验中，用到以下器材：带铁夹的铁架台、打点计时器、纸带、重锤、毫米刻度尺、50 Hz交变电源．　
(1)如图所示，释放纸带前的瞬间，重锤和手的位置合理的是________(选填“甲”“乙”“丙”或“丁”).
解析：为了尽可能多地获得数据，释放纸带前的瞬间，重锤应尽量靠近打点计时器，另外为了尽可能减小纸带运动过程中与打点计时器间的摩擦，纸带应保持竖直状态，所以重锤和手的位置合理的是丙．
丙
B
解析：为测量打点计时器打下某点时重锤的速度v，需要测量出相邻的前后两点的距离，再根据中间时刻的速度等于平均速度的公式计算，故A错误；
为了尽可能多地获得数据，应先接通电源，后释放纸带，故B正确；
选择的重锤应质量大些，且体积小些，以减小空气阻力造成的影响，故D错误．
解析：打O点到打B点的过程中，重锤的重力势能的减小量ΔEp＝mghB＝0.5×9.8×0.778 J≈3.81 J
3.81
3.80
不能
解析：重锤做匀变速直线运动时，以速度为零的点作为起始点，由匀变速直线运动规律可得v2＝2ah
4．利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置示意图如图所示．
(1)实验步骤：
①将气垫导轨放在水平面上，将导轨调至水平；
②测出挡光条的宽度为d；
③由导轨标尺读出两光电门中心之间的距离s；
④将滑块移至光电门1左侧某处，待砝码静止不动时，释放滑块，要求砝码落地前挡光条已通过光电门2；
⑤从数字计时器(图中未画出)上分别读出挡光条通过光电门1和光电门2所用时间Δt1和Δt2；
⑥用天平称出滑块和挡光条的总质量M，再称出托盘和砝码的总质量m.
(2)用表示直接测量的物理量的字母写出下列所示物理量的表达式：
①当滑块通过光电门1和光电门2时，速度分别为v1＝________和v2＝________；
②在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统(包括滑块、挡光条、托盘和砝码)势能的减少量ΔEp减＝________(重力加速度为g)；　
解析：在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，托盘和砝码减少的势能即系统势能的减少量ΔEp减＝mgs.
mgs
③若ΔEp减＝______________________，则可认为验证了机械能守恒定律．(用M、m、Δt1、Δt2、d表示)
5．某同学利用如图所示的装置验证机械能守恒定律，已知当地重力加速度为g.主要实验步骤如下：
①用游标卡尺测量挡光片的宽度d，用量角器测出气垫导轨的倾角θ；
②测量挡光片到光电门的距离L；
③由静止释放滑块，记录数字计时器显示挡光片的挡光时间t；
④改变L，测出不同L所对应的挡光时间t；
⑤用天平测出滑块和挡光片的总质量m.
根据上述实验步骤请回答：
(1)滑块通过光电门时速度的表达式v＝________(用实验中所测物理量符号表示).
(2)滑块下滑至光电门的过程中，动能的增加量为____________；重力势能的减小量为____________．
滑块下落的高度h＝L sin θ
重力做功WG＝mgh＝mgL sin θ
由重力做功和重力势能的关系可知ΔEp减＝mgh＝mgL sin θ.
mgL sin θ(共26张PPT)
第七节　生产和生活中的机械能守恒
课堂深度探究
PART
01
第一部分
知识点一　落锤打桩机
1．落锤打桩机：落锤打桩机是建筑物基础建设的常用工程机械．该设备利用桩锤自由落体积累的动能把管桩打入地层．
2．机械能守恒定律在自由落体运动中的应用
物体做自由落体运动时仅受重力作用，物体的机械能守恒，重力势能完全转化为物体的动能，即Ep1＋0＝0＋Ek2.
打桩机是利用冲击力将桩贯入地层的桩工机械．某同学对打桩机的工作原理产生了兴趣．他构建了一个打桩机的简易模型，如图甲所示．他设想，用恒定大小的拉力F拉动绳端B，使物体从A点(与钉子接触处)由静止开始运动，上升一段高度后撤去F，物体运动到最高点后自由下落并撞击钉子，将钉子打入一定深度．按此模型分析，若物体质量m＝1 kg，上升了1 m高度时撤去拉力，撤去拉力前物体的动能Ek与上升高度h的关系图像如图乙所示．(g取10 m/s2，不计空气阻力)求：
(1)物体上升到0.4 m高度处F的瞬时功率；
[解析]　撤去F前，根据动能定理，有(F－mg)h＝Ek－0
由题图像乙得斜率k＝F－mg＝20 N
代入数据解得F＝30 N
又由题图像乙得，h＝0.4 m时，Ek＝8 J，即v＝4 m/s　
代入数据解得PF＝Fv＝120 W.
[答案]120 W
(2)物体撞击钉子时的动能．
[解析]撤去拉力F后物体仅受重力作用，由机械能守恒定律得Ek1＋mgh1＝Ek2
由题图像乙得h1＝1 m时，Ek1＝20 J，代入上式解得Ek2＝30 J.
[答案]30 J
知识点二　跳台滑雪
1．跳台滑雪：跳台滑雪是滑雪运动项目的一种．运动员跃入空中，使整个身体在空中飞行一小段时间后落在坡面上．为确保运动员的安全，同时使空中飞行的距离尽量远，需要综合考虑运动员速度、坡面倾斜度和跳台高度等要素．
2．机械能守恒定律在抛体运动中的应用
抛体运动过程中，物体的机械能守恒．无论物体做的是平抛、斜抛、竖直下抛或竖直上抛等，只要是忽略空气阻力的抛体运动，由于物体在空中只受重力，只有位置的高低变化，所以只有重力势能和动能之间进行相应的转化，但总的机械能保持不变．
如图，这是简化后的跳台滑雪赛道示意图的一部分．一个质量为50 kg的滑雪者(含滑板)从助滑道上的A处由静止滑下，滑到B处以速度10 m/s水平飞出做平抛运动，落到着陆坡上的C处．已知A、B间高度差为7 m，滑雪者从B到C的时间为 2 s，不计空气阻力的影响，滑雪者可视为质点，重力加速度g取10 m/s2.求：、
(1)B、C之间的高度差；
[答案]20 m
(2)滑雪者落到C处时的动能；
[答案]1.25×104 J
(3)滑雪者从A滑到B克服助滑道阻力所做的功．
[答案]1 000 J
知识点三　过山车
游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行，游客却不会掉下来，我们把这种情况抽象为如图所示的模型，弧形轨道的下端与竖直圆轨道相切．使小球从弧形轨道上端滚下，小球进入圆轨道下端后沿圆轨道运动．实验发现，只要h大于一定值，小球就可以顺利通过圆轨道的最高点．如果已知圆轨道的半径为R，则h至少要等于多大？(不考虑摩擦等阻力)
[答案]　2.5R
如图所示，在大型露天游乐场中翻滚过山车的质量为1 t，过山车从轨道一侧的顶点A处由静止释放，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端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力和空气阻力，g取10 m/s2.试求：
(1)过山车通过B点时的动能；
[解析]　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点的动能EkB－0＝mghAB
解得EkB＝2×105 J.
[答案] 2×105 J
(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B点所在的水平面为参考平面)
[解析]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，取B点所在的水平面为参考平面，则有ED＝EA＝mghAB
解得ED＝2×105 J.
[答案]2×105 J
随堂巩固落实
PART
02
第二部分
√
1．(自由落体运动中的机械能守恒)蹦床运动是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目．一个质量为60 kg 的运动员，从离水平网面3.2 m高处自由下落，则运动员着网时的速度大小为(重力加速度g取10 m/s2)(　　)
A．6 m/s　　　　　　　 B．8 m/s
C．10 m/s D．12 m/s
2．(圆周运动中的机械能守恒)荡秋千是一种常见的娱乐休闲活动．若秋千绳的长度l＝2 m，荡到最高点时秋千绳与竖直方向的夹角为θ＝60°.取重力加速度g＝9.8 m/s2，求荡到最低点时秋千的速度大小．(忽略阻力及秋千绳的质量，且人在秋千上的姿势可视为不变)
3．(平抛运动中的机械能守恒)如图所示，O点离地面高度为H，以O点为圆心，制作半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，小球从与O点等高的圆弧最高点滚下后水平抛出，试问：
(1)小球落地点到O点的水平距离为多大？
(2)要使这一距离最大，R应满足何条件？最大距离为多少？专题提升课6　机械能守恒定律的应用
微专题一　绳或杆连接物体模型
角度1　轻绳牵连物体模型
　 速率相等的情景　　　 连接体速率,不相等的情景
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．
　一轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球A和B，B球的质量是A球的2倍，B球离地面高h，由静止释放小球B，重力加速度为g，滑轮质量忽略，阻力不计，则(　　)
A．A球上升的最大高度为h
B．B球下落过程机械能守恒
C．当B球刚好落地时，A球的速度大小是
D．B球下落过程中A球的机械能减少
[解析]　A球上升h时有一定的速度，由于惯性还会继续上升，A错误；B球下落过程，绳上的拉力对B球做负功，B球机械能减少，绳上的拉力对A球做正功，A球机械能增多，B、D错误；B球下落过程，系统机械能守恒，设A球质量为m，B球质量为2m，可得2mgh－mgh＝(m＋2m)v2，解得当B球刚好落地时，A球的速度大小v＝，C正确．
[答案]　C
　如图所示，半径为R的六分之一光滑圆弧支架竖直放置，支架的底部CD水平，离地面足够高，圆心O在C点的正上方，右侧边缘P点固定一个光滑轻质小轮(滑轮大小不计).可视为质点的小球A、B系在长为3R的跨过小轮的轻绳两端，两球的质量分别为3m、m.现将A球从紧靠小轮P处由静止释放，取CD面为零势能面，重力加速度为g，不计空气阻力．求：
(1)释放前A、B系统的重力势能Ep；
(2)A球刚释放时的加速度大小a；
(3)A球运动到C点时的速度大小vA.
[解析]　(1)取CD面为零势能面，A球距离零势能面的高度
hA＝R－R cos 60°＝R
B球在零势能面以下的距离hB＝3R－R＝2.5R
所以系统的重力势能Ep＝3mghA－mghB
解得Ep＝－mgR.
(2)根据牛顿第二定律有3mg sin 60°－T＝3ma
T－mg＝ma
解得a＝g.
(3)由题意可知，A、B组成的系统机械能守恒，有×3mv＋mv＝3mghA－mgR
在C点对A球的速度进行分解，如图所示
根据几何关系，有vB＝vA cos 30°
联立解得vA＝.
[答案]　(1)－mgR　(2)g　(3)
角度2　轻杆连接物体模型
角速度相等的情景
1．平动时两物体线速度相等，转动时两物体角速度相等．由v＝ωr知，v与r成正比．
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．对于杆和球组成的系统，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．
　(2025·佛山市期末)如图所示，一轻杆可绕光滑固定转轴O在竖直平面内自由转动，杆的两端固定有两小球A和B(均可视为质点).A、B的质量分别为m和4m，到转轴O的距离分别为2l和l，现使轻杆从水平位置由静止开始绕转轴O自由转动，当A球到达最高点时，下列说法正确的是(　　)
A．球A的角速度大小ω＝
B．转动过程中轻杆对B做正功
C.球B重力势能减少量等于球A机械能的增加量
D.转动过程中A的机械能守恒
[解析]　当A运动到最高点时，A的重力势能和动能都增大，所以A的机械能不守恒，故D错误；在A到最高点的过程中，A的机械能增加，B的机械能减少，对B而言，杆对B做了负功，故B错误；对A、B和轻杆的系统机械能守恒，则有球B机械能的减少量等于球A机械能的增加量，故C错误；同轴转动角速度相等，对A、B和轻杆的系统机械能守恒列式有4mgl＝2mgl＋mv＋×4mv，vA＝2ωl，vB＝ωl，联立解得ω＝，vA＝，vB＝，故A正确．
[答案]　A
　轻杆AB长2L，A端连在固定轴上，B端固定一个质量为2m的小球，中点C固定一个质量为m的小球．AB杆可以绕A端在竖直平面内自由转动．现将杆置于水平位置，如图所示，然后由静止释放，不计各处摩擦力与空气阻力，重力加速度大小为g，则下列说法不正确的是(　　)
A．AB杆转到竖直位置时，角速度为
B．AB杆转到竖直位置的过程中，B端小球的机械能的增加量为mgL
C．AB杆转动过程中杆CB对B球做正功，对C球做负功
D．AB杆转动过程中，C球机械能守恒
[解析]　在AB杆由静止释放转到竖直位置的过程中，两小球和杆组成的系统机械能守恒，则以B端球的最低点为零势能点，根据机械能守恒定律有mg·2L＋2mg·2L＝mgL＋×2m2＋m2，解得角速度ω＝，故A正确，不符合题意；在此过程中，B端小球机械能的增加量ΔEB＝E末－E初＝×2m2－2mg·2L＝mgL，故B正确，不符合题意；AB杆转动过程中，由于B球机械能增加，故杆对B球做正功，由系统机械能守恒可知C球机械能必然减少，所以CB杆对C球做负功，故C正确，不符合题意，D错误，符合题意．
[答案]　D
微专题二　弹簧连接物体模型
1．由于弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所受的外力(除重力外)和除弹簧弹力以外的内力不做功，则系统机械能守恒．
2．弹簧两端物体把弹簧拉伸至最长(或压缩至最短)时，两端的物体具有相同的速度，弹性势能最大．
3．如果系统每个物体除弹簧弹力外所受合力为零，当弹簧为自然长度时，系统内弹簧某一端的物体具有最大速度(如绷紧的弹簧由静止释放).
　如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中(　　)
A．圆环的机械能守恒
B．弹簧弹性势能变化了mgL
C．圆环下滑到最大距离时加速度为零
D．圆环的重力势能与弹簧的弹性势能之和先增大后减小
[解析]　下滑过程中，弹簧的弹力对圆环做功，则圆环机械能不守恒，故A错误；根据几何关系可知，圆环下滑的最大距离为L，根据系统的机械能守恒可知，弹簧弹性势能的增加量等于圆环重力势能的减少量，则弹簧的弹性势能变化了ΔEp＝mgh＝mgL，故B正确；圆环刚向下运动时，重力大于弹力，随着弹力逐渐增大，加速度逐渐减小，当圆环加速度减小到零时，速度最大，继续向下运动，弹簧弹力增大，则圆环下滑到最大距离时合力不为零，加速度不为零，故C错误；根据题意可知，圆环的速度先增大后减小，动能先增大后减小，根据系统的机械能守恒可知，圆环的重力势能与弹簧的弹性势能之和先减小后增大，故D错误．
[答案]　B
微专题三　非质点类物体的机械能守恒问题
1．在应用机械能守恒定律处理实际问题时，经常遇到像“链条”“液柱”类的物体，其在运动过程中将发生形变，其重心位置相对物体也发生变化，因此这类物体不能再看成质点来处理．
2．物体虽然不能看成质点来处理，但因只有重力做功，物体整体机械能守恒．一般情况下，可将物体分段处理，确定质量分布均匀的物体各部分(形状规则)的重心位置，根据初、末状态物体重力势能的变化与动能变化的关系列式求解．
　如图所示，总长为L的光滑匀质铁链跨过一个光滑的轻质小滑轮，不计滑轮大小，开始时下端A、B相平齐，当略有扰动时其A端下落，则当铁链刚脱离滑轮的瞬间，铁链的速度为多大？(重力加速度为g)
[解析]　方法一：取整个铁链为研究对象设整个铁链的质量为m，初始位置的重心在A点上方L处，末位置的重心在A点，则重力势能的减少量为ΔEp＝mg·L
由机械能守恒定律得mv2＝mg·L，则v＝.
方法二：将铁链看成两段
铁链由初始状态到刚离开滑轮时，等效于铁链BB′部分移到AA′位置
重力势能减少量为ΔEp＝mg·
由机械能守恒定律得mv2＝mg·
则v＝.
[答案]　(共17张PPT)
课后达标检测
√
题组1　重力做功的特点
1．下列说法正确的是(　　)
A．重力对物体做功的大小与物体运动的路径有关
B.质量大的物体的重力势能一定大
C．不同的物体，离地面越高，其重力势能越大
D．离地面有一定高度的物体的重力势能可能为零
解析：重力对物体做功的大小只跟物体的起点与终点的高度差有关，与物体运动的路径无关，A错误；
如果物体位于零势能面上，无论质量多大，重力势能都等于零，B错误；
不同的物体，离地面越高，其重力势能不一定越大，还与零势能面的位置及物体的质量有关，C错误；
如果选择物体所在的位置为零势能面，该物体的重力势能等于零，所以离地面有一定高度的物体的重力势能可能为零，D正确．
√
2．在体能测试跳绳时，质量为50 kg的某同学一分钟跳了150次，若他每次跳起时，重心上升的高度约为5 cm，则他一分钟内克服重力做功的大小约为(g取9.8 m/s2)(　　)
A．2 500 J　　　　　　
B．3 675 J
C．7 500 J
D．37 5000 J
解析：因为该同学每次起跳时，重心上升5 cm，则每一次克服重力做功W＝mgh＝50×9.8×0.05 J＝24.5 J，则一分钟内克服重力做功W′＝150W＝3 675 J.
√
3．两个体重相同的学生分别以图示路径由静止从地面登上高为h的阶梯顶端A.对于这个过程，下列说法正确的是(　　)
A．两学生的位移相等
B．两学生运动时间一定相等
C．两学生克服重力做功一定相等
D．两学生克服重力做功的平均功率一定相等
解析：由位移的定义可知，两学生的位移不相等，A错误；
由于两学生的位移不相等，且运动速度不知道，故两学生运动时间无法比较，B错误；
由于两学生竖直方向上升的高度相同，且两同学体重相同，故克服重力做功一定相等，C正确；
由于两学生运动的时间不知道，故两学生克服重力做功的平均功率无法比较，D错误．
√
题组2　重力做功与重力势能的变化
4.(2025·清远市期末)排球是许多人喜爱的体育项目之一，如图所示为某同学将排球竖直向上垫起，一段时间后排球落回地面．已知排球在最高点时的重力势能为1 J，落到地面时的重力势能为－2 J，下列说法正确的是　(　　)
A．重力对排球所做的功等于重力与路程的乘积
B．上升阶段排球克服重力做的功大于下降阶段重力做的功
C．排球在最高点的重力势能大于落到地面时的重力势能
D．考虑阻力时，上升阶段排球的重力做的功和重力势能变化量绝对值间的关系为|WG|>|ΔEp|　
解析：重力对排球所做的功等于重力与竖直高度的乘积，A错误；
排球在最高点时的重力势能为1 J，上升阶段排球克服重力做功为1 J，落到地面时的重力势能为－2 J，则下降阶段重力做功3 J，则上升阶段排球克服重力做的功小于下降阶段重力做的功，B错误；
排球在最高点的重力势能大于落到地面时的重力势能，C正确；
上升阶段排球的重力做的功和重力势能变化量绝对值间的关系为|WG|＝|ΔEp|，与是否有阻力无关，D错误．
√
5．一根粗细均匀的长直铁棒重600 N，平放在水平地面上．现将其一端从地面抬高0.50 m，而另一端仍在地面上，则(　　)
A．铁棒的重力势能增加了150 J
B．铁棒的重力势能增加了300 J
C．铁棒的重力不做功
D．上述说法均错误
解析：铁棒的重心升高的高度h＝0.25 m，铁棒增加的重力势能ΔEp＝mgh＝600×0.25 J＝150 J，根据WG＝－ΔEp可知，重力对铁棒做功为－150 J，故B、C、D错误，A正确．
√
6．假设某一青年在楼上将球水平抛出，抛出点离地4.5 m，球质量为0.6 kg，在离地2.0 m处被另一青年接到，重力加速度取10 m/s2，在球被抛出至被接到的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．重力做功15 J
B．重力势能增加了15 J
C．若以抛出点为参考平面，球被接到时的重力势能为－27 J
D．若以地面为参考平面时，上述过程中球重力势能的变化量最大
解析：重力做功WG＝mg(h－h1)＝15 J，故A正确；
重力做正功，重力势能减小，故重力势能减少了15 J，故B错误；
若以抛出点为参考平面，球被接到时的重力势能Ep＝－mg(h－h1)＝－15 J，故C错误；
重力势能的变化量与重力做功对应，与参考平面的选取无关，故D错误．
√
题组3　弹性势能
7.(多选)如图所示，在一次“蹦极”运动中，人由高空下落到最低点的整个过程中，下列说法正确的是　(　　)
A．重力对人做正功
B．人的重力势能减小
C．橡皮绳对人做正功
D．橡皮绳的弹性势能增加
解析：人一直在下落，故重力对人做正功，人的重力势能不断减小，故A、B正确；
橡皮绳不断伸长，弹力对人做负功，橡皮绳的弹性势能不断增加，故C错误，D正确．
√
√
√
8.如图所示，小明在玩蹦床游戏．当他从接触床面到运动至最低点的过程中，下列说法不正确的是　(　　)
A．小明的重力势能一直减小
B．蹦床的弹性势能一直增大
C．小明在最低点时的速度为零
D．小明受到蹦床的弹力是由于自身发生形变
解析：从接触床面到运动至最低点的过程中，重力一直做正功，小明的重力势能一直减小，A正确，不符合题意；
从接触床面到运动至最低点的过程中，弹簧的形变量一直在增大，所以蹦床的弹性势能一直增大，B正确，不符合题意；
小明运动到最低点时不能再向下运动了，说明小明此时的速度等于零，C正确，不符合题意；
小明受到蹦床的弹力是由于蹦床发生形变，D错误，符合题意．
√
√
10．(多选)雨滴的下落运动并不能看成是“自由落体”运动，在接近地面时，雨滴往往做匀速运动，这时的速度通常叫作收尾速度．关于一定质量的雨滴从高空下落的运动，下列说法正确的是(　　)
A．雨滴所受阻力是恒定的
B．重力一直做正功
C．重力的功率先增大后不变
D．雨滴的重力势能先减小后不变
解析：雨滴在匀速之前所受阻力在增大，故A错误；
雨滴下落，高度降低，则重力一直做正功，故B正确；
根据P＝Fv＝mgv，重力mg大小不变，速度v先增大后不变，则重力的功率先增大后不变，故C正确；
由于重力一直做正功，则雨滴的重力势能一直在减小，故D错误．
√
√
11．(多选)如图所示，轻质弹簧的劲度系数为k，小球所受重力为G，平衡时小球在A处．现用力F竖直向下压小球，使弹簧缩短x，小球静止在B处，则 (　　)
A．小球在A处时弹簧的弹力为零
B．小球在B处时弹簧的弹力为kx＋G
C．小球在A处时弹簧的弹性势能较大
D．小球在B处时弹簧的弹性势能较大
解析：小球在A位置时，处于静止状态，受重力和弹簧的弹力，二力平衡，故弹簧的弹力等于重力，即kx1＝G，A错误；
小球在B位置时，处于静止状态，受重力、压力F和弹簧的弹力，根据共点力的平衡条件可得F＋G＝F弹，根据胡克定律有F弹＝k(x1＋x)，解得F弹＝G＋kx，B正确；
弹簧压缩量越大，弹性势能越大，可知C错误，D正确．
√
12．(14分)如图所示的是一种大型机械车间运输货物的天车，天车通过钢索竖直悬挂货物，现将一质量m＝2 000 kg的货物(可视为质点)沿着与水平方向成30°角的方向匀速吊起，使货物在10 s内向斜上方移动了L＝5 m的距离，空气阻力不计，钢索始终竖直，重力加速度g取10 m/s2.求：　
(1)10 s内钢索对货物的拉力做的功WF；(4分)　
解析：货物做匀速直线运动，由平衡条件可知钢索拉力大小F＝mg＝2×104 N
10 s内钢索对货物的拉力做的功WF＝FL sin 30°
代入数据解得WF＝5×104 J.
答案：5×104 J
(2)10 s末拉力的瞬时功率P；(4分)
答案：5×103 W
(3)10 s内货物的重力做的功WG及重力势能的变化量ΔEp.(6分)
解析：10 s内重力做的功WG＝－mgL sin 30°＝－5×104 J
由于WG＝－ΔEp
解得ΔEp＝5×104 J.
答案：－5×104 J　5×104 J(共10张PPT)
课后达标检测
1．(14分)如图所示，与水平面夹角θ＝37°的倾斜传送带始终绷紧，传送带下端A点与上端B点间的距离l＝12 m，电动机带动传送带以恒定的速率v＝2.4 m/s向上运动．现将一质量为5 kg的物体无初速度地放于A处，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)物体从A运动到B共需多少时间；(6分)
答案：8 s
(2)物体从A运动到B过程中，摩擦力对物体做的功；(4分)
答案：374.4 J　
(3)物体从A点到达B点的过程中，传送带多消耗的电能．(4分)
答案：604.8 J
2．(14分)如图所示，地面和固定半圆轨道面均光滑，质量M＝1 kg、长L＝4 m的小车静止在水平地面上，小车上表面与半圆轨道最低点P的切线相平．现有一质量m＝2 kg、大小不计的滑块以v0＝6 m/s的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动．已知小车与墙壁碰撞前小车和滑块已经共速，小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，滑块与小车表面的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2.
(1)求滑块与小车共速时的速度大小．(4分)
解析：根据牛顿第二定律：对滑块有μmg＝ma1
对小车有μmg＝Ma2
当滑块相对小车静止时，两者速度相等，即v0－a1t＝a2t
由以上各式解得t＝1 s
此时小车的速度v2＝a2t＝4 m/s.
答案：4 m/s
(2)求滑块与小车共速时离小车右端的距离．(4分)
两者共速时，滑块离小车右端L2＝L－(x1－x2)
联立解得L2＝1 m.
答案：1 m
(3)若要滑块能沿半圆轨道运动的过程中不脱离轨道，则求半圆轨道的半径R的取值范围．(6分)
答案：R≤0.24 m或R≥0.6 m第七节　生产和生活中的机械能守恒
知识点一　落锤打桩机
1．落锤打桩机：落锤打桩机是建筑物基础建设的常用工程机械．该设备利用桩锤自由落体积累的动能把管桩打入地层．
2．机械能守恒定律在自由落体运动中的应用
物体做自由落体运动时仅受重力作用，物体的机械能守恒，重力势能完全转化为物体的动能，即Ep1＋0＝0＋Ek2.
　打桩机是利用冲击力将桩贯入地层的桩工机械．某同学对打桩机的工作原理产生了兴趣．他构建了一个打桩机的简易模型，如图甲所示．他设想，用恒定大小的拉力F拉动绳端B，使物体从A点(与钉子接触处)由静止开始运动，上升一段高度后撤去F，物体运动到最高点后自由下落并撞击钉子，将钉子打入一定深度．按此模型分析，若物体质量m＝1 kg，上升了1 m高度时撤去拉力，撤去拉力前物体的动能Ek与上升高度h的关系图像如图乙所示．(g取10 m/s2，不计空气阻力)求：
(1)物体上升到0.4 m高度处F的瞬时功率；
(2)物体撞击钉子时的动能．
[解析]　(1)撤去F前，根据动能定理，有(F－mg)h＝Ek－0
由题图像乙得斜率k＝F－mg＝20 N
代入数据解得F＝30 N
又由题图像乙得，h＝0.4 m时，Ek＝8 J，即v＝4 m/s　
代入数据解得PF＝Fv＝120 W.
(2)撤去拉力F后物体仅受重力作用，由机械能守恒定律得Ek1＋mgh1＝Ek2
由题图像乙得h1＝1 m时，Ek1＝20 J，代入上式解得Ek2＝30 J.
[答案]　(1)120 W　(2)30 J
知识点二　跳台滑雪
1．跳台滑雪：跳台滑雪是滑雪运动项目的一种．运动员跃入空中，使整个身体在空中飞行一小段时间后落在坡面上．为确保运动员的安全，同时使空中飞行的距离尽量远，需要综合考虑运动员速度、坡面倾斜度和跳台高度等要素．
2．机械能守恒定律在抛体运动中的应用
抛体运动过程中，物体的机械能守恒．无论物体做的是平抛、斜抛、竖直下抛或竖直上抛等，只要是忽略空气阻力的抛体运动，由于物体在空中只受重力，只有位置的高低变化，所以只有重力势能和动能之间进行相应的转化，但总的机械能保持不变．
　如图，这是简化后的跳台滑雪赛道示意图的一部分．一个质量为50 kg的滑雪者(含滑板)从助滑道上的A处由静止滑下，滑到B处以速度10 m/s水平飞出做平抛运动，落到着陆坡上的C处．已知A、B间高度差为7 m，滑雪者从B到C的时间为 2 s，不计空气阻力的影响，滑雪者可视为质点，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)B、C之间的高度差；
(2)滑雪者落到C处时的动能；
(3)滑雪者从A滑到B克服助滑道阻力所做的功．
[解析]　(1)滑雪者从B到C做平抛运动，竖直方向上有hBC＝gt2，得hBC＝20 m.
(2)从B到C，以C点所在水平面为参考平面，根据机械能守恒定律，有mv＋mghBC＝mv，滑雪者在C处的动能EkC＝mv
联立可得EkC＝1.25×104 J.
(3)滑雪者在AB段，根据动能定理，有mghAB－Wf＝mv－0，得Wf＝mghAB－mv＝1 000 J.
[答案]　(1)20 m　(2)1.25×104 J　(3)1 000 J
知识点三　过山车
1．过山车：过山车是游乐场中常见的机动游乐设施．为了保障游客的安全，过山车必须具备完善的安全保障设施．其中，过山车的速度必须满足一定的条件，才能保证过山车沿轨道正常运行．
2．机械能守恒定律在圆周运动中的应用
若在竖直平面内做圆周运动的物体只受重力和弹力作用，由于弹力不做功，只有重力对物体做功，物体机械能守恒．解决此类问题要注意在不同约束条件下物体能完成圆周运动的条件不同：在绳(或沿圆轨道内侧运动)的约束下，最高点速度v≥ ；在杆(或沿圆轨道外侧运动)的约束下，最高点速度v≥0.
　游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行，游客却不会掉下来，我们把这种情况抽象为如图所示的模型，弧形轨道的下端与竖直圆轨道相切．使小球从弧形轨道上端滚下，小球进入圆轨道下端后沿圆轨道运动．实验发现，只要h大于一定值，小球就可以顺利通过圆轨道的最高点．如果已知圆轨道的半径为R，则h至少要等于多大？(不考虑摩擦等阻力)
[解析]　小球恰能通过最高点，即小球通过最高点时恰好不受轨道的压力，重力提供向心力，由牛顿第二定律有mg＝m
小球在最高点处的速度至少为v＝
小球由静止运动到最高点的过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律得mgh＝mv2＋mg·2R
联立解得h＝2.5R.
[答案]　2.5R
　如图所示，在大型露天游乐场中翻滚过山车的质量为1 t，过山车从轨道一侧的顶点A处由静止释放，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端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力和空气阻力，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B点所在的水平面为参考平面)
[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点的动能EkB－0＝mghAB
解得EkB＝2×105 J.
(2)同理可得过山车从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，取B点所在的水平面为参考平面，则有
ED＝EA＝mghAB
解得ED＝2×105 J.
[答案]　(1)2×105 J　(2)10 m/s　(3)2×105 J
1．(自由落体运动中的机械能守恒)蹦床运动是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目．一个质量为60 kg 的运动员，从离水平网面3.2 m高处自由下落，则运动员着网时的速度大小为(重力加速度g取10 m/s2)(　　)
A．6 m/s　　　　　　　 B．8 m/s
C．10 m/s D．12 m/s
解析：选B.运动员着网前做自由落体运动，机械能守恒，则mgh＋0＝0＋mv2，解得v＝8 m/s.
2．(圆周运动中的机械能守恒)荡秋千是一种常见的娱乐休闲活动．若秋千绳的长度l＝2 m，荡到最高点时秋千绳与竖直方向的夹角为θ＝60°.取重力加速度g＝9.8 m/s2，求荡到最低点时秋千的速度大小．(忽略阻力及秋千绳的质量，且人在秋千上的姿势可视为不变)
解析：以人和秋千座椅组成的系统为研究对象(将其视为质点)，系统受力分析如图所示，则可知T不做功，只有重力做功．选择秋千座椅最低位置对应的水平面为零势能参考平面．设秋千荡到最高点A处为初状态，在最低点B处为末状态．已知l＝2 m，θ＝60°.在初状态，动能Ek1＝0，此时重力势能Ep1＝mgl(1－cos θ).在末状态，动能Ek2＝mv2，此时重力势能Ep2＝0.
根据机械能守恒定律有
Ek2＋Ep2＝Ek1＋Ep1
即mv2＝mgl(1－cos θ)
解得v＝＝2 m/s.
答案：2 m/s
3．(平抛运动中的机械能守恒)如图所示，O点离地面高度为H，以O点为圆心，制作半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，小球从与O点等高的圆弧最高点滚下后水平抛出，试问：
(1)小球落地点到O点的水平距离为多大？
(2)要使这一距离最大，R应满足何条件？最大距离为多少？
解析：(1)小球在圆弧上滑下过程中受重力和轨道弹力作用，但轨道弹力不做功，即只有重力做功，机械能守恒，可求得小球平抛的初速度v0，根据机械能守恒定律得mgR＝mv
设水平距离为s，根据平抛运动规律可得
s＝v0＝2.
(2)因H为定值，则当R＝H－R时，即R＝时，s最大，最大水平距离
sm＝2＝H.
答案：(1)2　(2)R＝　H(共25张PPT)
课后达标检测
题组1　动能和动能定理
1．(多选)关于运动物体所受的合力、合力的功、运动物体动能的变化，下列说法正确的是　(　　)
A．运动物体所受的合力不为零，合力必做功，物体的动能一定要变化
B．运动物体所受的合力为零，则物体的动能一定不变
C．运动物体的动能保持不变，则该物体所受合力不一定为零
D．运动物体所受合力不为零，则该物体一定做变速运动
√
√
√
解析：由功的公式W＝Fs cos α知，合力不为零，但若α＝90°，合力的功也为零，故A错误；
若合力为零，则合力的功也为零，由动能定理W＝Ek2－Ek1知，物体的动能不发生改变，故B正确；
运动物体的动能保持不变，则该物体所受合力不一定为零，如匀速圆周运动，速度大小不变，动能不变，但合外力不为零，故C正确；
运动物体所受合力不为零，根据牛顿第二定律可知，加速度不为零，则该物体一定做变速运动，故D正确．
√
解析：足球上升过程中足球重力做负功，WG＝－mgh，B、D错误；
√
3．(多选)一质量为m的小球，用长为L的轻绳悬于O点，小球在水平力F作用下从平衡位置P点移动到Q点，如图所示，则力F所做的功为(　　)
A.若F为恒力，则F力做的功为FL sin θ
B．若F为恒力，则F力做的功为mgL(1－cos θ)
C．若小球被缓慢移动，则F力做的功为FL sin θ
D．若小球被缓慢移动，则F力做的功为mgL(1－cos θ)
解析：若F为恒力，根据功的计算公式可得，F力做的功WF＝FL sin θ，故A正确，B错误；
若小球被缓慢移动，根据动能定理可得WF＋WG＝0，所以F力做的功WF＝－WG＝mgL(1－cos θ)，故C错误，D正确．
√
√
√
题组3　用动能定理解决多过程问题
5．冰壶比赛是冬奥会比赛项目之一，如图所示，运动员把冰壶沿平直冰面投出，冰壶先在冰面AB段自由滑行，再进入冰刷刷过的冰面BC段并最终停在C点．已知冰壶与AB段、BC段间的动摩擦因数之比为3∶2，冰壶在AB段和BC段滑行的位移大小之比为2∶1，则冰壶在A点和B点速度大小的比值为(　　)
A．4　　　 B．3　　　　
C．2　　　　 D．
√
6．如图，两块弹性挡板竖直固定在水平地面上，相距8 m，一个小木块(体积很小，可视为质点)从两块挡板正中间开始以初速度10 m/s向右运动，木块与地面之间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g取10 m/s2，每次木块与挡板碰撞后，都会以原速率反弹，则最终木块停止的位置与左边挡板距离为(　　)
A．1 m B．2 m
C．3 m D．7 m
√
√
解析：由于动车以恒定功率启动，则由P＝F牵引力v可知动车的速度增大则牵引力减小，由牛顿第二定律F牵引力 －F＝ma得动车的加速度逐渐减小，A错误，B正确；
当动车的加速度为零时，即牵引力等于阻力时，动车的速度最大，即P＝Fvm，C正确；
√
√
√
√
解析：重力做的功WG＝mgh＝800 J，A错误；
经过Q点时，根据牛顿第二定律可得F－mg＝ma，解得货物受到的支持力大小F＝380 N，根据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380 N，D正确．
10．(12分)如图所示，某人将一个质量m＝0.5 kg的石块从距离水平地面h＝9.35 m高处以37°角斜向上抛出，初速度大小v0＝5 m/s，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)人对石块做的功；(4分)
答案：6.25 J
(2)石块在空中运动的总时间；(4分)
答案：1.7 s
(3)石块落到水平地面瞬间的速度大小．(4分)
(1)求小球运动到最低点B时的速度大小vB.(4分)
答案：4 m/s
(2)画出小球在B点的受力分析图，求小球在B点时圆弧轨道对小球的支持力大小N.(6分)
答案：图见解析 6 N
(3)若小球恰能到达最高点D，且D点到地面的高度h＝0.6 m，求小球在水平地面BC上克服摩擦力所做的功W.(4分)
解析：对小球从A点运动到D点的过程，根据动能定理有mg(R－h)－W＝0
解得小球在水平地面BC上克服摩擦力所做的功W＝0.4 J.
答案：0.4 J

展开更多......

收起↑