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(共24张PPT)
课后达标检测
题组1　绳连接物体模型
1．(多选)如图所示，一轻绳跨过定滑轮悬挂质量为m1、m2的两个物体，滑轮质量和所有摩擦均不计，m1A．m1、m2各自的机械能分别守恒
B．m2减少的机械能等于m1增加的机械能
C．m2减少的重力势能等于m1增加的重力势能
D．m1、m2组成的系统机械能守恒
√
√
解析：对m1、m2单个物体受力分析，除了受重力外还受到绳子拉力，在此过程中，除了重力做功外，绳子拉力也做功，故对单个物体机械能不守恒，故A错误；
由m1对两个物体组成的系统进行受力分析，在此过程中，只有重力对系统做功，故m1、m2组成的系统机械能守恒，故B、D正确。
√
√
题组2　杆连接物体模型
3．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．任意时刻两物体所受重力的功率相同
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，即轻杆对B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。
√
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；
√
√
题组3　弹簧连接物体模型
5．(多选)如图，小球自a点由静止自由下落，到b点时与弹簧接触，到c点时弹簧被压缩到最短，若不计弹簧质量和空气阻力，在小球由b→c的运动过程中，下列说法正确的是 (　　)
A．小球和弹簧构成的系统总机械能守恒
B．小球的重力势能随时间先减小后增大
C．小球在b点时动能最大
D．小球动能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量
解析：小球由b→c运动过程中，对于小球和弹簧组成的系统，由于只有重力和弹簧的弹力做功，所以系统总机械能守恒，故A正确；
小球不断下降，重力势能不断减小，故B错误；
小球从b到c过程，先加速后减速，故动能先变大后变小，动能最大的位置在b、c之间的某点，故C错误；
小球从b到c过程中，重力势能、动能、弹性势能相互转化，机械能总量守恒，故动能和重力势能的减少量等于弹性势能的增加量，即小球动能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量，故D正确。
(1)重力做的功为多少？(4分)
(2)该过程中链条重心下降了多少？(4分)
(3)链条刚离开桌面时速度是多大？(4分)
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)
8．(12分)(2025·河北衡水市期末)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：1.5m(共45张PPT)
第5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、动能和势能的相互转化
1．动能和势能的转化实例
(1)荡秋千时，下降过程中重力做正功，重力势能减少，动能增加，重力势能转化成动能；上升过程中重力做负功，重力势能增加，动能减少，动能转化成重力势能。
(2)网球比赛中，网球触拍减速时，克服网线弹力做功，网线的弹性势能增大，网球的动能减少，动能转化为弹性势能；网球反弹加速时，网
线弹力对网球做正功，网线的弹性势能减少，网球的动能增大，弹性势能转化为动能。
(3)蹦极运动中，勇敢者的动能、重力势能和弹性绳的弹性势能之间发生相互转化。
2．动能和势能相互转化时的特点：重力或弹力做正功时，_________向_________转化；做负功时，_________向_________转化。
势能
动能
动能
势能
二、机械能守恒定律
1．内容：在只有重力或弹力做功的系统内，动能和势能会发生相互转化，但总机械能保持不变，这就是机械能守恒定律。
2．表达式：Ep1＋Ek1＝Ep2＋Ek2。
3．守恒条件：只有重力(或系统内弹力)做功。
三、关于机械能转化与守恒的实验观察
当摩擦力或空气阻力做功不能忽略时，势能就不能全部转化成动能，或者动能就不能全部转化成势能。
四、机械能守恒定律的应用
机械能守恒定律是力学中的一条重要规律，利用这一规律，可以方便地解决生活和生产中的许多问题。
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，机械能守恒。
1．对守恒条件的理解
(1)物体只受重力或弹力，不受其他力，如自由落体运动。
(2)物体除受重力或弹力外，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。
√
A．图1中“蛟龙号”被吊车匀速吊下水的过程中它的机械能守恒
B．图2中物块在恒力F作用下沿固定光滑斜面匀加速上滑过程中，物块机械能守恒
C．图3中物块沿固定斜面匀速下滑过程中，物块机械能不守恒
D．图4中撑竿跳高运动员在上升过程中机械能守恒
[解析]　题图1中“蛟龙号”被吊车匀速吊下水的过程中，重力势能不断减小，动能不变，所以机械能不守恒，故A错误；
题图2中物块在恒力F作用下沿固定光滑斜面匀加速上滑过程中，重力势能和动能均增大，则其机械能增大，故B错误；
题图3中物块沿固定斜面匀速下滑过程中，重力势能减小，动能不变，故其机械能不守恒，故C正确；
题图4中撑竿跳高运动员在上升过程中，撑竿的弹性势能转化为运动员的机械能，所以运动员的机械能不守恒，故D错误。
√
A．甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，物块A和弹簧组成的系统机械能守恒
B．乙图中，在大小等于摩擦力的拉力下沿斜面下滑时，物体B机械能守恒
C．丙图中，不计任何阻力时A加速下落、B加速上升过程中，A、B组成的系统机械能守恒
D．丁图中，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和弹簧组成的系统只有重力和弹力做功，则系统机械能守恒，A正确；
题图乙中物体B除受重力外，还受弹力、拉力、摩擦力，但除重力之外的三个力做功代数和为零，机械能守恒，B正确；
题图丙中绳子张力对A做负功，对B做正功，两功代数和为零，A、B组成的系统机械能守恒，C正确；
题图丁中小球的动能增加，重力势能也增加，故机械能增加，机械能不守恒(拉力对小球做正功)，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，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。
1．三个表达式
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)
2.解题思路
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。
(2)物体离开C点后还能上升的高度。
[答案]　3.5R
√
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；
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
√
1．(机械能守恒的判断)下列各实例的运动过程中(除A项外都不计空气阻力)，机械能守恒的是 (　　)
A．带着张开的降落伞的跳伞运动员在空中匀速下落
B．抛出的标枪在空中运动
C．拉着一个金属块使它沿光滑的斜面匀速上升
D．在光滑水平面上运动的小球，碰到一个弹簧，把弹簧压缩后，又被弹回来
解析：跳伞运动员带着张开的降落伞在空气中匀速下落时，动能不变，重力势能减小，机械能减小，故A错误；
被抛出的标枪在空中运动时，只有重力做功，机械能守恒，故B正确；
金属块在拉力作用下沿着光滑的斜面匀速上升时，动能不变，重力势能变大，故机械能变大，故C错误；
小球碰到弹簧被弹回的过程中只有弹簧弹力做功，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，此过程中，弹簧对小球做功，则小球的机械能不守恒，故D错误。
√
√
3．(单物体的机械能守恒问题)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点的机械能为零
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)，从A到B小物块重力势能的变化量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。
√
4．(与弹簧有关的机械能守恒问题)(2025·江苏徐州市期末)一根轻弹簧下端固定，竖立在水平面上，其正上方A位置有一个小球，小球从静止开始下落，在B位置接触弹簧的上端，在C位置小球所受弹力大小等于重力，在D位置小球速度减小到零。下列关于小球下落阶段的说法正确的是 (　　)
A．在B位置，小球动能最大
B．从A→D位置，小球机械能守恒
C．从A→D位置，小球重力势能的减少量大于弹簧弹
性势能的增加量
D．从A→C位置，小球重力势能的减少量大于弹簧弹
性势能的增加量
解析：小球从A到B做自由落体运动，从B到C过程，由于弹簧弹力小于小球重力，小球做加速度减小的加速运动，在C位置小球所受弹力大小等于重力，此时小球加速度为零，小球的速度最大，动能最大，故A错误；
小球从A→D位置，由于弹力对小球做负功，所以小球的机械能不守恒，故B错误；
小球从A→D位置，由于小球在A、D两位置的动能均为零，根据系统机械能守恒可知，从A→D位置，小球重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量，故C错误；
根据系统机械能守恒可知，从A→C位置小球重力势能的减少量等于小球动能与弹簧弹性势能的增加量之和，即小球重力势能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故D正确。(共29张PPT)
课后达标检测
1．图甲所示的是“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、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
BD
解析：为了减小误差，重锤选用质量大体积小，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；
(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，物体的速度vB＝__________m/s。
②从点O到打下计数点B的过程中，物体重力势能的减小量ΔEp＝__________J，动能的增加量ΔEk＝__________J。
0.97
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；
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。
4.0
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”)。
丙
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。
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。
(3)如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)
3.81
3.80
不能
4．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)。
5．利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图1所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨，导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳和一质量为m的小球相连，遮光片两条长边与导轨垂直，导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t，用d表示A点到光电门B处的距离，b表示遮光片的宽度，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度，实验时滑块在A处由静止开始运动。
(1)用刻度尺测量遮光片宽度，示数如图2所示，其读数为________cm。
解析：刻度尺的最小刻度为1 mm，则宽度b的读数为0.50 cm。
(2)某次实验测得倾角θ＝30°，重力加速度用g表示，滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量可表示为ΔEk＝___________，
系统的重力势能减少量可表示为ΔEp＝__________。(用题中字母M、m、b、t、g、d表示)
0.50
(3)在上次实验中，某同学改变A、B间的距离，作出的v2－d图像如图3所示，并测得M＝m，则重力加速度g＝________m/s2。
9.6第6节　实验：验证机械能守恒定律
一、实验思路
1．实验目的
(1)验证只有重力做功时，系统的机械能守恒。
(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，但支持力与物体位移方向垂直，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＋mgh1 ①
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－mgh2 ②
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定律。
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
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
　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．弹簧测力计　　　　 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，后释放纸带，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)实验中需要用毫米刻度尺测量纸带上的点之间的距离，在验证机械能守恒时，由mgh＝mv2，可知质量可以约掉，故不需要测量重物质量，时间间隔由打点计时器可知，故不需要秒表。
(3)题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　教材实验创新
　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
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)
　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
　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)以细线与水平方向夹角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)根据机械能守恒可得mgL sin θ＝mv2
可得v2＝2gL sin θ，若摆动过程中机械能守恒，
v2－sin θ图线的斜率k＝2gL。
[答案]　(1)BC　(2)(－1)gL＝－　(3)2gL
1．某实验小组利用图甲所示的实验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．必须称出重物的质量
B．打点计时器应接直流电源
C．应先接通电源，后释放重物
D．需使用秒表测出重物下落的时间
(2)选出一条清晰的纸带如图乙所示，其中O 点为打点计时器打下的第一个点，某同学在实验过程中每隔一个点取一个计数点，图中A、B、C为三个计数点，打点计时器通以频率为50 Hz的交变电流。用刻度尺测得OA＝12.48 cm，OB＝19.50 cm，OC＝28.08 cm，重物的质量为1.00 kg，重力加速度g取 9.8 m/s2。甲同学根据以上数据算出：当打点计时器打到B点时重物的重力势能比开始下落时减少了________J；此时重物的动能比开始下落时增加了________J。(结果均保留3位有效数字)
解析：(1)实验要验证的关系是mgh＝mv2，两边消掉了m，则实验中不需要称出重物的质量，A错误；打点计时器应接交流电源，B错误；应先接通电源，后释放重物，C正确；打点计时器本身就是计时仪器，则不需使用秒表测出重物下落的时间，D错误。
(2)当打点计时器打到B点时重物的重力势能比开始下落时减少了ΔEp＝mghB＝1×9.8×0.195 J≈1.91 J
打B点时重物的速度
vB＝＝ m/s＝1.95 m/s
此时重物的动能比开始下落时增加了
ΔEk＝mv＝×1×1.952 J≈1.90 J。
答案：(1)C　(2)1.91　1.90
2．用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律，物块2从高处由静止开始下落，物块1上拖着的纸带打出了一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。图乙给出的是实验中获取的一条纸带，其中0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个计时点(图中未标出)，计数点间的距离如图乙所示。已知物块1、2的质量分别为m1＝50 g、m2＝150 g。(电源频率为50 Hz，结果均保留2位有效数字)
(1)相邻计数点的时间间隔是________s。
(2)在纸带上打下计数点5时的速度v5＝________m/s。
(3)在打点0～5过程中，系统动能的增加量ΔEk＝________J，系统重力势能的减少量ΔEp＝________J。(g取10 m/s2)
(4)若某同学作出的v2－h图像如图丙所示，则当地的实际重力加速度g′＝________m/s2。
解析：(1)每相邻两计数点间还有4个计时点，相邻计数点的时间间隔是0.10 s。
(2)在纸带上打下计数点5时的速度
v5＝×10-2 m/s＝2.4 m/s。
(3)在打点0～5过程中，系统动能的增加量ΔEk＝(m1＋m2)v＝×(0.050＋0.150)×2.42 J≈0.58 J
系统重力势能的减少量ΔEp＝(m2－m1)gh5＝(0.150－0.050)×10×(38.40＋21.60)×10-2 J＝0.60 J。
(4)根据机械能守恒定律得
(m2－m1)gh＝(m1＋m2)v2
得＝gh
故k＝g＝ m/s2＝4.85 m/s2
当地的实际重力加速度g′＝2k＝9.7 m/s2。
答案：(1)0.10　(2)2.4　(3)0.58　0.60　(4)9.7(共4张PPT)
章末知识网络建构
答案：E　D　F　H　C　B　A　G
感谢观看
THANKS(共53张PPT)
第3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　动能定理
1．能量：一个物体能够对其他物体_________，我们就说这个物体具有能量。
2．动能
(1)定义：物体由于运动而具有的_________叫作动能。
(2)表达式：Ek＝_________。
(3)单位：在国际单位制中，它的单位是_________，1 kg·m2/s2＝1 N·m＝_______。
(4)标矢性：动能是标量。
做功
能量
焦耳
1 J
3．动能定理
(1)内容：_________所做的功等于物体动能的变化。
(2)表达式：①W＝Ek2－Ek1＝____________；②W＝_____________。
(3)适用范围：不仅适用于恒力做功和直线运动，也适用于变力做功和曲线运动情况。
说明：动能定理W＝ΔEk中的W应理解为W总，这里的“总”字是指：①如果这个过程中有多个力对物体做功，指的是这些力所做的功的总和；②一个过程中如果做功的力是变力，应把整个过程分成若干小段，使得每一小段的力可以认为是恒力，分别求出这些小段中力所做的功，再求它们的总和。
外力
ΔEk
二、动能定理的实验证明
方案1：借用“探究a与F、m之间的关系”的实验装置进行实验，如图所示。把滑轮下挂的砝
码及砝码盘所受的总重力视为对小车的拉力，测量拉力F与小车质量m，通过分析纸带上的点迹，计算小车在打下各计数点时的瞬时速度，进而计算出小车在各计数点间运动的过程中拉力F对它做的功W以及该过程中增加的动能，如果二者在误差允许的范围内相等，则验证了在这个过程中外力对小车做的功等于它的动能的增量。
如果在小车经过的路径上的某两个位置固定两个光电门，在小车上固定一个挡光片，就可以测量出小车通过这两个光电门时的瞬时速度，再量出这两个光电门间的距离，不用打点计时器和纸带，同样可以验证动能定理。
方案2：使用数据实时采集系统进行验证。在小车上固定一个无线力传感器以及位移传感器的发射器，在它的对面固定位移传感器的接收器，并连接到计算机上。位移传感器可以连续测量多组小车位置的数据，并由计算机计算出小车经过各点时的瞬时速度的值。力传感器则可以测量各时刻小车受到的拉力，数据实时采集系统把它们都采集后传给计算机，输入相应的公式即可计算得出各段时间内拉力所做的功W以及相应时间段的始末速度，从而验证这个过程中动能定理是否成立。
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　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？
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。
√
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；
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。
√
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。
√
知识点二　做功与动能改变关系的探究
(2)在细线另一端挂上钩码，使小车的质量远大于钩码的质量，小车在细线的拉力作用下做匀加速直线运动。由于钩码的质量很小，可以认为小车所受拉力F的大小等于钩码所受重力的大小。
(3)把纸带的一端固定在小车的后面，另一端穿过打点计时器。先接通电源，再放开小车，让小车拖着纸带运动，打点计时器就在纸带上打下一系列的点。
(4)重复以上实验。选择一条点迹清晰的纸带进行数据分析，由纸带可以找到位移和时间的信息，由钩码可以知道小车所受的恒力(小车的质量已知)。
(5)求出力做的功和对应速度，找出它们之间的关系。
3．误差分析
(1)若忘记平衡摩擦力或没有完全平衡摩擦力会对实验结果产生影响。
(2)实验中，由于钩码质量远小于小车质量，可认为绳子对小车的拉力F＝mg。但实际情况是：钩码向下的运动是加速运动，mg－F＝ma，所以F(3)测量纸带上各点之间的距离时会产生误差。
(1)若要完成该实验，必需的实验器材还有哪些_____________________。
[解析]　本实验需要知道小车的动能，因此还需要用天平测出小车的质量，用刻度尺测量纸带上点迹之间的长度，求出小车的瞬时速度。
(2)实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行。他这样做的目的是下列的哪个__________(填字母代号)。
A．避免小车在运动过程中发生抖动
B．可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰
C．可以保证小车最终能够实现匀速直线运动
D．可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力
[解析]　牵引小车的细绳与木板平行的目的是在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力，D正确。
刻度尺、天平(包括砝码)
√
(3)平衡摩擦力后，当他用多个钩码牵引小车时，发现小车运动过快，致使纸带上打出的点数较少，难以选到合适的点计算小车速度。在保证所挂钩码数目不变的条件下，请你利用本实验的器材提出一个解决办法：_______________________________。
[解析]　在保证所挂钩码数目不变的条件下，要减小小车加速度可以增加小车的质量，故可在小车上加适量砝码(或钩码)。
可在小车上加适量砝码(或钩码)
(4)他将钩码所受重力做的功当作细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些。这一情况可能是下列哪些原因造成的________(填字母代号)。
A．在接通电源的同时释放了小车
B．小车释放时离打点计时器太近
C．阻力未完全被小车所受重力沿木板方向的分力平衡掉
D．钩码做匀加速运动，钩码所受重力大于细绳拉力
[解析]　当小车在运动过程中存在阻力时，拉力做正功和阻力做负功之和等于小车动能增量，故拉力做功总是要比小车动能增量大一些；当钩码加速运动时，钩码所受重力大于细绳拉力，此同学将钩码所受重力做的功当作细绳拉力做的功，则拉力做功要比小车动能增量大，故只有C、D正确。
√
√
知识点三　动能定理的应用
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、x、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。
3．应用动能定理处理多过程问题
(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。
√
√
角度2　应用动能定理求变力做功
　　(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力做功为FL sin θ
B．若F为恒力，则F力做功为mgL(1－cos θ)
C．若小球被缓慢移动，则F力做功为FL sin θ
D．若小球被缓慢移动，则F力做功为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力做功WF＝－WG＝mgL(1－cos θ)，故C错误，D正确。
√
角度3　应用动能定理处理多过程问题
　　(2025·江西赣州市期末)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．(动能定理的基本应用)(2025·云南卷，T2)如图所示，中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发，沿水平直轨道逐渐加速到144 km/h，在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近 (　　)
A．4×105 J　　　　　　 B．4×104 J
C．4×103 J D．4×102 J
√
解析：重力做功WG＝－mgh，故A错误；
推力对小车做的功为Fs，故C错误；
√
(1)为了用细线的拉力表示小车受到的合外力，实验中必须进行的操作是___________；
为了能够用沙桶和沙所受的重力代替拉力，必须满足的条件是________________________________。
解析：为了用细线的拉力表示小车受到的合外力，实验时应平衡小车受到的摩擦力，即改变木板的倾角，使重力的一个分力平衡小车及纸带受到的摩擦力；要用沙桶和沙所受的重力代替拉力，须使得小车的质量远大于沙桶和沙的质量。
平衡摩擦力
小车的质量远大于沙桶和沙的质量
m1gs第2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、功率的含义
1．内容：不同的力做相同的功，所用时间不一定相同。用时少，表示做功快；用时多，表示做功慢。在相同时间内，不同的力做功也不一定相同。做功多，表示做功快；做功少，表示做功慢。在物理学中，用功率P来表示做功快慢。力对物体所做的功W与做功所用时间t的比叫作功率。
2．定义式：P＝。
3．单位：在国际单位制中，功率的单位是瓦特，简称瓦，符号是W。
4．物理意义：功率是标量，它是表示物体做功快慢的物理量。
5．平均功率和瞬时功率：一段时间内做的总功W与这段时间t的比，就是这段时间内的平均功率。只有在所取时间非常短的情况下，才可以认为是该时刻的瞬时功率。
二、额定功率
1．额定功率是指机械可以长时间正常工作允许输出的最大功率。
2．实际运行的功率可以小于或等于额定功率，而不允许长时间超过额定功率，在特殊情况下，如汽车越过障碍时，可以使实际功率在短时间内大于额定功率。
3．电动机作为用电器工作时，要消耗电功率，这称为输入功率；而它作为动力机械带动其他机械工作时，要输出功率。我们所说的电动机的额定功率是指它作为动力机械的输出功率。
三、输出功率、作用力和速度之间的关系
1．功率与作用力、速度的关系：P＝Fv。
2．在P＝Fv中，若F为恒力，v为某段时间内的平均速度，则P表示时间t内的平均功率；若v是某一时刻的瞬时速度，则P表示该时刻的瞬时功率。
3．汽车上坡时，司机换用低速挡，加大油门，可以得到较大的动力。
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
公式 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＝Fcos α，其中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；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　平均功率和瞬时功率的求解
　一台起重机将静止在地面上、质量m＝1.0×103 kg的货物匀加速竖直吊起，在2 s末货物的速度v＝4 m/s。(g取10 m/s2，不计额外功)求：
(1)起重机在这2 s内的平均功率；
(2)起重机在2 s末的瞬时功率。
[解析]　设货物所受的拉力为F，加速度为a。
(1)由a＝得，a＝2 m/s2
F＝mg＋ma＝1.0×103×10 N＋1.0×103×2 N
＝1.2×104 N
2 s内货物上升的高度
h＝at2＝4 m
起重机在这2 s内对货物所做的功
W＝F·h＝1.2×104×4 J＝4.8×104 J
起重机在这2 s内的平均功率
P＝＝＝2.4×104 W。
(2)起重机在2 s末的瞬时功率
P′＝Fv＝1.2×104×4.0 W＝4.8×104 W。
[答案]　(1)2.4×104 W　(2)4.8×104 W
　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
角度3　功率、牵引力和速度的关系
　如图所示，绿化工人驾驶洒水车在一段平直的道路上给绿化带浇水，若洒水车所受阻力与车重成正比，洒水车从开始洒水到罐体里的水全部用完的过程中始终保持匀速行驶，则在以上过程中 (　　)
A．洒水车受到的牵引力保持不变
B．洒水车受到的牵引力逐渐增大
C．洒水车发动机的输出功率保持不变
D．洒水车发动机的输出功率逐渐减小
[解析]　洒水车所受阻力f与车重G成正比，开始洒水后，车重G逐渐减小，故阻力f逐渐减小，洒水车匀速行驶，则牵引力F的大小等于阻力f的大小，开始洒水后阻力逐渐减小，因此洒水车受到的牵引力逐渐减小，故A、B错误；洒水车发动机的输出功率P＝Fv，开始洒水后牵引力F逐渐减小，速度v不变，则洒水车发动机的输出功率逐渐减小，故C错误，D正确。
[答案]　D
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vm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vm＝＝。
(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vm′＝，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
　某汽车质量为1.6×103 kg，由静止开始沿水平平直公路行驶，行驶中阻力恒定。汽车牵引力与车速倒数的关系如图所示，设最大车速为30 m/s，则汽车 (　　)
A．所受阻力为2×103 N
B．车速为15 m/s时，功率为3×104 W
C．匀加速运动的加速度为4 m/s2
D．若匀加速启动，则能维持匀加速运动的时间为5 s
[解析]　由图像可知，当汽车达到最大速度 30 m/s 时，牵引力大小等于阻力，即f＝F＝2×103 N，故A正确；当牵引力F1＝6×103 N时，汽车的速度v＝＝＝ m/s＝10 m/s，即汽车在速度达到10 m/s时，就达到了额定功率，且此后一直以额定功率运动，故当车速为15 m/s时，功率P＝P额＝6×104 W，故B错误；当汽车速度为10 m/s时，牵引力为6×103 N，汽车做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有a＝＝ m/s2＝2.5 m/s2，故C错误；汽车做匀加速运动结束时P额＝F1v，v＝at，解得t＝4 s，故D错误。
[答案]　A
综合一练　汽车启动问题的综合分析
　(2025·江苏无锡市期末)一辆质量为1.5×103 kg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。
(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。
[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
1．(机车启动问题)汽车在以恒定功率P由静止开始在平直公路上起步的过程中，设该车受到大小为f恒定的阻力作用，关于该汽车的运动过程的说法正确的是 (　　)
A．汽车做匀加速直线运动
B．汽车受到的牵引力越来越大
C．汽车的最终速度为
D．汽车的最终速度为
解析：选D。由公式P＝Fv可知，汽车的牵引力逐渐减小，由牛顿第二定律有F－f＝ma，可知a逐渐减小，则汽车做加速度减小的加速直线运动，故A、B错误；当汽车所受合力为0时，汽车做匀速直线运动，则有F＝f，此时的速度v＝＝，即汽车的最终速度为，故C错误，D正确。
2．(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。
3．(平均功率和瞬时功率)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，根据2ax＝v2，a＝g sin θ，x＝，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＝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。
4．(机车启动问题)(2025·广东广州市模拟)某型号“双引擎”节能环保汽车的工作原理：当行驶速度v<15m/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；
(2)汽车由启动到切换引擎所用的时间t0。
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题组1　绳连接物体模型
1．(多选)如图所示，一轻绳跨过定滑轮悬挂质量为m1、m2的两个物体，滑轮质量和所有摩擦均不计，m1A．m1、m2各自的机械能分别守恒
B．m2减少的机械能等于m1增加的机械能
C．m2减少的重力势能等于m1增加的重力势能
D．m1、m2组成的系统机械能守恒
解析：选BD。对m1、m2单个物体受力分析，除了受重力外还受到绳子拉力，在此过程中，除了重力做功外，绳子拉力也做功，故对单个物体机械能不守恒，故A错误；由m12．(2025·辽宁朝阳市期末)如图所示，B物体的质量是A物体质量的一半，不计所有摩擦，A物体从离地面高H处由静止开始下落，以地面为零势能面，当A物体的动能与其重力势能相等时，A物体距地面的高度为(设该过程中B物体未与滑轮相碰) (　　)
A.0.4H B．0.2H
C．0.8H D．H
解析：选A。对A、B两物体组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒，B的重力势能不变，所以A重力势能的减小量等于系统动能的增加量，有mAg(H－h)＝(mA＋mB)v2，又因为物体A的动能与其重力势能相等，有mAgh＝mAv2，又因为B物体的质量是A物体质量的一半，解得h＝0.4H。
题组2　杆连接物体模型
3．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．任意时刻两物体所受重力的功率相同
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，即轻杆对B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。
4．(2025·黑龙江哈尔滨市期末)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：选A。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。
题组3　弹簧连接物体模型
5．(多选)如图，小球自a点由静止自由下落，到b点时与弹簧接触，到c点时弹簧被压缩到最短，若不计弹簧质量和空气阻力，在小球由b→c的运动过程中，下列说法正确的是 (　　)
A．小球和弹簧构成的系统总机械能守恒
B．小球的重力势能随时间先减小后增大
C．小球在b点时动能最大
D．小球动能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量
解析：选AD。小球由b→c运动过程中，对于小球和弹簧组成的系统，由于只有重力和弹簧的弹力做功，所以系统总机械能守恒，故A正确；小球不断下降，重力势能不断减小，故B错误；小球从b到c过程，先加速后减速，故动能先变大后变小，动能最大的位置在b、c之间的某点，故C错误；小球从b到c过程中，重力势能、动能、弹性势能相互转化，机械能总量守恒，故动能和重力势能的减少量等于弹性势能的增加量，即小球动能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量，故D正确。
6．(12分)如图所示，质量均匀的链条放在光滑的水平桌面上，链条全长为l，质量为m，有的长度悬于桌面下。链条由静止开始下滑，设桌面的高度大于l，则从链条开始下滑到刚离开桌面的过程中(重力加速度大小为g)：
(1)重力做的功为多少？(4分)
(2)该过程中链条重心下降了多少？(4分)
(3)链条刚离开桌面时速度是多大？(4分)
解析：(1)设桌面为参考平面，开始时重力势能
Ep1＝－mg×＝－
末态时重力势能Ep2＝－mg×＝－
根据重力做功与重力势能变化量的关系可得
WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2＝mgl。
(2)设该过程中链条重心下降了h，则
WG＝mgh
解得h＝l。
(3)设链条滑至刚离开桌边时的速度大小为v，根据机械能守恒定律有Ep1＝Ep2＋mv2，解得v＝。
答案：(1)mgl　(2)l　(3)
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)(2025·河北衡水市期末)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题组1　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。
2．一个人乘电梯从1楼到30楼，在此过程中经历了先加速、再匀速、后减速的运动过程，则电梯支持力对人做功的情况是 (　　)
A．始终做正功
B．加速时做正功，匀速和减速时做负功
C．加速和匀速时做正功，减速时做负功
D．加速时做正功，匀速时不做功，减速时做负功
解析：选A。在加速、匀速和减速的过程中，支持力的方向始终竖直向上，从1楼到30楼，支持力的方向与运动方向相同，则支持力始终做正功，A正确，B、C、D错误。
3．如图所示，A、B两物体叠放在一起，用一条不可伸长的水平细绳把A系于左边的墙上，B在拉力F作用下向右匀速运动。在这个过程中，A、B间的摩擦力的做功情况是 (　　)
A．对A、B都做负功
B．对A不做功，对B做负功
C．对A做正功，对B做负功
D．对A、B都不做功
解析：选B。B向右匀速运动，A对B的摩擦力向左，B对A的摩擦力向右，由于A没有发生位移，所以摩擦力对A不做功，对B做负功。
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x＝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＝Fx＝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。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＝Fx 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，人的推力做的功为 100 J，故B正确，A、C、D错误。
6．用恒力F 使质量为5 kg的物体从静止开始，以4 m/s2的加速度匀加速上升，不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s2，下列说法正确的是 (　　)
A．前2 s内恒力F 做的功是400 J
B．前2 s内合力做的功为零
C．前2 s内物体克服重力做的功是560 J
D．前2 s内重力做的功是－400 J
解析：选D。根据牛顿第二定律可知，恒力F＝mg＋ma＝5×10 N＋5×4 N＝70 N，2 s内物体上升的高度h＝at2＝×4×22 m＝8 m，前2 s内恒力F 做功W1＝Fh＝70×8 J＝560 J ，故A错误；前2 s内重力做功W2＝－mgh＝－400 J ，即前2 s内物体克服重力做功为400 J ，故C错误，D正确；前2 s内合力做的功W＝W1＋W2＝160 J，故B错误。
7．(多选)(2025·江苏徐州市期末)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：选BC。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。
8．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。
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，故A正确，B错误；由上述分析可知，重物P受到的摩擦力沿板方向，与速度方向垂直，所以摩擦力不做功，故C、D错误。
10．(多选)如图所示，用恒定的拉力F拉置于光滑水平面上的质量为m的物体，由静止开始运动时间t，拉力F斜向上与水平面夹角θ＝60°。如果要使拉力做的功变为原来的4倍，在其他条件不变的情况下，可以将(物体始终未离开水平面) (　　)
A．拉力变为2F
B．时间变为2t
C．物体质量变为
D．拉力大小不变，但方向改为与水平面平行
解析：选ABD。位移x＝at2＝t2，W＝Fx cos θ＝t2。当F′＝2F时，W′＝4W；当t′＝2t时，W′＝4W；当m′＝m时，W′＝2W；当θ＝0°时，W′＝4W，由此可知，C错误，A、B、D正确。
11．如图所示，一物体分别沿AO、BO轨道由静止滑到底端，物体与轨道间的动摩擦因数相同，物体克服摩擦力做功分别为W1和W2，则 (　　)
A．W1>W2　　　　 B．W1＝W2
C．W1解析：选B。设轨道水平部分的长度为x，对于倾角为θ的轨道，斜面长l＝，所受摩擦力的大小f＝μmg cos θ，物体克服摩擦力所做的功W＝fl＝μmg cos θ＝μmgx，由于两轨道的水平部分长度相等，所以W1＝W2。
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，关于在放手到摆球运动至最低点的过程中，下列说法正确的是 (　　)
A．重力做功为mgL
B．悬线的拉力做功为0
C．空气阻力F阻做功为－mgL
D．空气阻力F阻做功为－F阻πL
解析：选ABD。由重力做功特点得重力做功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功WF阻＝－F阻πL，D正确，C错误。
13．如图甲所示，质量为5 kg的物体在斜向下、与水平方向成30°角的力F作用下，沿水平面开始运动，推力大小F随位移大小x变化的情况如图乙所示，则力F所做的功为 (　　)
A．60 J　　　　　　　 　 B．104 J
C．120 J D．208 J
解析：选B。力F所做的功W＝Fx cos 30°≈104 J。
14．(10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x1＝＝ 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匀速运动，所以工件在5 s内的位移
x＝x1＋v(5 s－t)＝1 m＋2×4 m＝9 m
在工件与传送带一起匀速运动之前才有摩擦力存在，所以摩擦力对工件做的功
Wf＝fx1＝μmgx1＝0.2×2×10×1 J＝4 J。
答案：9 m　4 J(共35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　多物体组成的系统机械能守恒问题
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。
　　(多选)(2025·福建泉州市期中)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。
　　(2025·黑龙江哈尔滨市期末)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。
√
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，所以杆对C球做负功，故C正确，不符合题意，D错误，符合题意。
√
根据前面分析可知，下滑过程中，杆对a球做负功，对b球做正功，所以a球机械能减少，b球机械能增加，故A、B错误。
角度3　弹簧连接物体模型
1．由于弹簧的形变会使弹簧具有弹性势能，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．如果系统内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。
微专题二　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，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)
随堂巩固落实
PART
02
第二部分
√
√
运动过程中，系统中只有重力做功，A、B和支架系统机械能守恒，故B正确；
√
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；
√
√(共36张PPT)
专题提升课7　功能关系和能量守恒
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
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x，则(　　)
A．子弹损失的动能为fd
B．木块增加的动能为fx
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fx＝ΔEk木块，则木块增加的动能为fx，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。
　　如图所示，粗糙的圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，一个质量m＝0.2 kg的小球从P点水平抛出，恰好从圆弧轨道的A点沿切线方向进入轨道。B为轨道的最低点，C为最高点，圆弧AB对应的圆心角θ＝60°，轨道半径R＝0.4 m，g取10 m/s2，不计空气阻力。若小球进入轨道后恰好通过C点，且在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功Wf＝－2 J，求：
(1)小球到达C点的速度的大小vC；
[答案]　2 m/s　
(2)小球冲入轨道A点的速度的大小vA；
[答案]　6 m/s　
(3)P和A两点的高度差h。
[答案]　1.35 m
　　粗糙水平面AB与竖直面内的光滑半圆形导轨在B点相接，AB长l＝1 m，导轨半径R＝0.5 m。一质量m＝0.2 kg的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，从B点冲上半圆形导轨。已知物体与水平面间的动摩擦因数为0.3，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求物体通过AB段时，滑动摩擦力做的功。
[解析]　物体通过AB段时，滑动摩擦力做的功
Wf＝fl＝μmgl＝0.3×0.2×10×1 J＝0.6 J。
[答案]　0.6 J
(2)若物体脱离弹簧后，恰好能到达导轨上与圆心等高的C点，求物体经过B点时导轨对它的支持力大小。
[答案]　6 N
(3)若物体脱离弹簧后，恰好能通过导轨的最高点D，求弹簧压缩至A点时具有的弹性势能。
[答案]　3.1 J
微专题三　能量守恒定律的理解和应用
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。
(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。
随堂巩固落实
PART
02
第二部分
1．(功能关系的理解和应用)某景区内的高空滑索运动如图甲所示，游客可利用轻绳通过轻质滑环悬吊下滑。假设某段下滑过程中钢索与水平方向的夹角为θ，轻绳始终保持竖直，示意图如图乙所示，以游客、滑环、轻绳为整体，不计空气阻力，在这一阶段下滑过程中 (　　)
A．整体的机械能守恒
B．游客重力的功率一定增大
C．整体所受合外力做正功
D．整体损失的机械能与系统摩擦产生的热量相等
√
解析：以游客为研究对象，游客受重力和轻绳的拉力，由于拉力竖直向上，整体匀速下滑，动能不变，重力势能减少，整体机械能不守恒，A错误；
游客在竖直方向分速度不变，重力的功率不变，B错误；
由动能定理可知，整体所受合外力做的功为零，C错误；
由功能关系可知，整体损失的机械能与系统摩擦产生的热量相等，D正确。
√
√
解析：小朋友在A点时速度为0，加速度沿着切线向下，处于失重状态，到最低点时加速度竖直向上，处于超重状态，故A正确；
3．(动力学方法和动能定理的应用)如图所示，光滑斜面AB的B点与水平传送带的左端刚好平齐接触(小滑块从斜面滑向传送带时速度大小不变)，传送带BC的长度L＝6 m，传送带沿逆时针方向以恒定速率v＝2 m/s匀速转动。CD为光滑且足够长的水平轨道，C点与传送带的右端刚好平齐接触，DE是竖直放置的半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道，DE与CD相切于D点。已知小滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，小滑块的质量m＝1 kg，g取10 m/s2。
(1)若小滑块从斜面AB上高H处的某点由静止滑下，滑离传送带前又能返回到B点，求H的最大值。
解析：要使H最大，小滑块滑到传送带的C点时速度刚好减为零，则由动能定理得
mgH－μmgL＝0
解得H＝1.2 m。
答案：1.2 m　
(2)若小滑块从斜面AB上某点由静止滑下，滑上传送带能够通过C点，并经过圆弧轨道DE，从其最高点E飞出，最终落在CD上。如果小滑块通过E点时受到轨道的压力大小为12.5 N，求小滑块的落点距D点的距离。
答案：1.2 m　
(3)在满足(2)条件下，求小滑块在传送带上运动的时间。
答案：1 s题组1　机械能守恒的判断
1．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．(2025·四川自贡市开学考)如图所示，是运 20加油机给歼 10战斗机加油的情景，在加油过程中，加油机和战斗机的飞行高度、速度和方向均不变，关于加油机和战斗机的机械能说法正确的是 (　　)
A．战斗机动能增大，势能减小，机械能不变
B．加油机动能减小，势能不变，机械能不变
C．加油机动能减小，势能不变，机械能减小
D．战斗机动能增大，势能增大，机械能增大
解析：选D。战斗机油量增加，质量增大，速度不变，动能增大，高度不变，重力势能增大。机械能为动能和重力势能之和，所以战斗机机械能增大。加油机油量减少，质量减少，速度不变，动能减小，高度不变，重力势能减小。机械能为动能和重力势能之和，所以加油机机械能减小，故A、B、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．(多选)如图所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，那么小球从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中(弹簧保持竖直)，下列关于能的叙述正确的是 (　　)
A．小球的机械能守恒
B．小球的动能先增大后减小
C．小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和先减小后增大
D．小球的动能和弹簧的弹性势能之和先增大后减小
解析：选BC。小球下落过程中弹簧弹力对小球做负功，小球的机械能减少，故A错误；小球下落和弹簧接触过程中，开始做加速度逐渐减小的加速运动，当弹簧弹力等于重力时速度最大，然后做加速度逐渐增大的减速运动，故其动能先增大后减小，故B正确；小球下落过程中动能、重力势能以及弹簧弹性势能三者之和保持不变，由于动能先增大后减小，因此弹性势能和重力势能之和先减小后增大，故C正确；由于重力势能一直减小，因此小球的动能和弹簧的弹性势能之和一直增大，故D错误。
题组2　单物体的机械能守恒问题
5．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0
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。
6．(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，质量相等，则重力相等，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。
7．(多选)如图所示，上表面是光滑圆弧的质量为M的小车A置于光滑水平面上，有一质量为m的物体B在弧上自由滑下的同时释放A，则 (　　)
A．在B下滑的过程中，B的机械能守恒
B．圆弧轨道对B的支持力对B不做功
C．在B下滑的过程中，A的机械能增加
D．A、B组成的系统机械能守恒
解析：选CD。在B下滑的过程中，A向左运动，除了B所受的重力做功外，圆弧轨道对B的支持力对B做负功，故B的机械能减少，A、B错误；B对圆弧轨道的压力对A做正功，故A的机械能增加，C正确；A、B组成的系统只发生系统内动能和重力势能之间的相互转化，系统机械能守恒，D正确。
8．(2025·河北唐山市期中)如图所示，将质量为m的石块从离地面h高处以初速度v0斜向上抛出，最后落回地面。最高点距离地面高度为H，以抛出点为参考平面，不计空气阻力，下列说法正确的是 (　　)
A．石块到达地面时的动能为mv－mgh
B．石块到达地面时的重力势能为－mgh
C．石块在最高点的机械能为mgH
D．石块在整个运动过程中重力势能增加了mgh
解析：选B。根据动能定理可得mgh＝Ek－mv，可得石块到达地面时的动能Ek＝mv＋mgh，故A错误；以抛出点为参考平面，石块到达地面时的重力势能Ep＝－mgh，故B正确；石块运动过程只受重力作用，石块的机械能守恒，设石块在最高点的速度为v1，则石块在最高点的机械能E＝mv＋mg(H－h)＝mv，故C错误；石块在整个运动过程中，重力做功WG＝mgh，则石块重力势能减少了mgh，故D错误。
9．(2025·黑龙江哈尔滨市期中)小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。将两球由静止释放，不计空气阻力，在各自轨迹的最低点 (　　)
A．P球的速度一定大于Q球的速度
B．P球的动能一定大于Q球的动能
C．P球的机械能一定大于Q球的机械能
D．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力
解析：选D。根据机械能守恒定律得mgl＝mv2，解得v＝ ，绳越长在最低点时速度越大，所以P球的速度一定小于Q球的速度，因为P球的质量大于Q球的质量，无法比较两球的动能，A、B错误；取天花板为零势能面，P球的机械能等于Q球的机械能，均等于零，C错误；根据牛顿第二定律得FT－mg＝m ，解得FT＝3mg，质量越大拉力越大，所以P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力，D正确。
10．(2025·江苏徐州市期末)如图所示，运动员将质量为m的篮球从高h处出手，进入离地面高H处的篮筐时速度为v。若以出手时高度为零势能面，将篮球看成质点，忽略空气阻力，下列对篮球的说法正确的是 (　　)
A．进入篮筐时势能为mgH
B．在刚出手时势能为mgh
C．刚出手的动能Ek0＝mg(H－h)＋mv2
D．经过途中P点时的动能比刚出手时的动能大
解析：选C。由于以出手时高度为零势能面，因此刚出手时势能为0，进入篮筐时势能为mg(H－h)，故A、B错误；整个过程中机械能守恒，在任何位置的机械能均为E＝mg(H－h)＋mv2，刚出手时势能为零，因此动能Ek0＝mg(H－h)＋mv2，经过途中P点时的动能比刚出手时的动能小，故D错误，C正确。
11．(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)求在第(1)问的基础上最低点的速度大小。(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大小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)求证见解析　6mg(共50张PPT)
第6节　实验：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)验证只有重力做功时，系统的机械能守恒。
(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，但支持力与物体位移方向垂直，对物体不做功，也满足机械能守恒的条件。
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。
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
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，后释放纸带，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．弹簧测力计　　　　 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
√
题型二　教材实验创新
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__________________。
mgL sin θ
　　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)。
[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。
(5)若要符合机械能守恒定律，以上测得的物理量应该满足___________________。
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
　　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。
√
√
(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)以细线与水平方向夹角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
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
1．某实验小组利用图甲所示的实验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．必须称出重物的质量
B．打点计时器应接直流电源
C．应先接通电源，后释放重物
D．需使用秒表测出重物下落的时间
打点计时器应接交流电源，B错误；
应先接通电源，后释放重物，C正确；
打点计时器本身就是计时仪器，则不需使用秒表测出重物下落的时间，D错误。
(2)选出一条清晰的纸带如图乙所示，其中O 点为打点计时器打下的第一个点，某同学在实验过程中每隔一个点取一个计数点，图中A、B、C为三个计数点，打点计时器通以频率为50 Hz的交变电流。用刻度尺测得OA＝12.48 cm，OB＝19.50 cm，OC＝28.08 cm，重物的质量为1.00 kg，重力加速度g取 9.8 m/s2。甲同学根据以上数据算出：当打点计时器打到B点时重物的重力势能比开始下落时减少了________J；此时重物的动能比开始下落时增加了________J。(结果均保留3位有效数字)
1.91
1.90
2．用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律，物块2从高处由静止开始下落，物块1上拖着的纸带打出了一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。图乙给出的是实验中获取的一条纸带，其中0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个计时点(图中未标出)，计数点间的距离如图乙所示。已知物块1、2的质量分别为m1＝50 g、m2＝150 g。(电源频率为50 Hz，结果均保留2位有效数字)
(1)相邻计数点的时间间隔是________s。
解析：每相邻两计数点间还有4个计时点，相邻计数点的时间间隔是0.10 s。
(2)在纸带上打下计数点5时的速度v5＝________m/s。
0.10
2.4
(3)在打点0～5过程中，系统动能的增加量ΔEk＝________J，系统重力势能的减少量ΔEp＝________J。(g取10 m/s2)
0.58
0.60
9.7(共42张PPT)
单元过关检测(四)
√
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．关于功和功率，下列说法正确的是 (　　)
A．力越大，力做功就越多
B．位移越大，力做功就越多
C．功率越大，力做功就越多
D．功率越大，力做功就越快
解析：根据W＝Fl cos α可知，功与力、位移以及力与位移的夹角都有关系，力越大，力做功不一定越多，同理，位移越大，力做功也不一定越多，故A、B错误；
功率是描述物体做功快慢的物理量，功率越大，做功越快，故D正确；
根据W＝Pt可知，做功多少除与功率有关外还与时间有关，所以功率越大，力做功不一定就越多，故C错误。
√
2．质量m＝0.1 kg的金属小球，从空中某点由静止开始自由下落，经t＝2 s落地。该过程中空气阻力不计，g取10 m/s2，则小球在下落过程中重力的平均功率为 (　　)
A．10 W　　　　　 B．20 W
C．30 W D．40 W
√
3．水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是 (　　)
A．刚开始物体相对传送带向前运动
B．物体匀速运动过程中，受到静摩擦力
C．物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功
D．传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长
解析：刚开始，物体速度小于传送带速度，物体相对传送带向后运动，A错误；
物体匀速运动过程中，不受摩擦力作用，B错误；
物体加速运动过程中，传送带对物体的摩擦力向前，做正功，C错误；
√
4．一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为2×10-4 m2，喷水速度约为10 m/s，水的密度为1×103 kg/m3，则该喷头喷水的功率约为 (　　)
A．10 W　　　　　　 B．20 W
C．100 W D．200 W
√
5．如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图像是 (　　)
在水平面上，物块受竖直向下的重力、竖直向上的支持力以及水平向左的滑动摩擦力，由动能定理有－μ2mg(x－x0)＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－μ2mg(x－x0)，其中Ek0为物块滑到斜面底端时的动能，x0为物块沿斜面下滑到底端时的距离对应的水平位移，即在水平面上物块的动能与水平位移为一次函数关系，且为减函数，A正确，C错误。
√
解析：竖直放置的圆形管道光滑，所以小球在运动中，合力不可能一直指向圆心，则不可能做匀速圆周运动，故A错误；
因为在最高点圆管内壁能提供支持力，所以通过最高点时的最小速度为0，故B错误；
在下半圆运动时，只受到外侧管壁弹力，故D错误。
√
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求。全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。
8．如图甲所示，在水平地面上放置一木块，其质量m＝10 kg，木块在水平推力F作用下运动，推力F的大小随位移x变化的图像如图乙所示。已知木块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，
重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦
力等于滑动摩擦力，下列说法正确的
是(　　)
A．木块先做匀变速直线运动，后做匀速直线运动
B．木块运动0～5 m的过程中，其克服摩擦力所做的功为100 J
C．木块运动0～5 m的过程中，合力做的功为50 J
D．木块在运动过程中的加速度一直变大
√
√
木块运动0～5 m的过程中，滑动摩擦力对木块做负功，则木块克服摩擦力所做的功Wf＝fx＝20×5 J＝100 J，故B正确；
√
√
√
√
√
摩托车从B点到A点的过程中，加速度竖直分量先向下后向上，即先失重后超重，D错误。
三、非选择题：本题共5小题，共54分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
11．(6分)如图所示的是验证机械能守恒定律的实验装置。
(1)除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、刻度尺、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的器材是________。
A．低压交流电源　 B．天平(含砝码)
解析：实验中还必须使用的器材是低压交流电源；因要验证的表达式两边都有质量，则不需要测量重物的质量，即不需要天平。
√
(2)该实验过程中，下列说法正确的是________。
A．先释放纸带再接通电源
B．用手托住重物由静止释放
C．重物下落的初始位置应靠近打点计时器
解析：实验时要先接通电源再释放纸带，A错误；
要用手捏住纸带上端，保持纸带竖直，然后由静止释放，B错误；
重物下落的初始位置应靠近打点计时器，以充分利用纸带，C正确。
√
(3)重物下落过程中除了重力外会受到空气阻力和摩擦阻力的影响，故动能的增加量__________(选填“略小于”或“略大于”)重力势能的减少量，这属于__________(选填“系统误差”或“偶然误差”)。
解析：重物下落过程中除了重力外会受到空气阻力和摩擦阻力的影响，故动能的增加量略小于重力势能的减少量，这属于系统误差。
略小于
系统误差
12．(10分)某同学利用如图所示的实验装置来验证系统机械能守恒，轻质细线跨过固定在铁架台上的轻质滑轮，两端各悬挂一只小球P和Q，P质量比Q大。已知小球Q的直径为d，重力加速度为g。实验操作如下：
①把实验装置安装好；
②开始时固定小球P，使Q球与A位置等高，与P、Q相连的细线竖直。释放P，记录光电门显示的遮光时间t，测量A与光电门的高度差H；
③改变光电门的位置，重复实验步骤2，记录t和H。
请回答下列问题：
(1)为了减小实验误差，实验中应选用____________(选填“实心小铁球”“小木球”或“空心小铁球”)。
解析：为了减小空气阻力产生的实验误差，实验中应选用实心小铁球。
实心小铁球
(2)验证P和Q组成的系统机械能守恒，还需要的实验器材和对应测量的物理量有________(填正确选项序号)。
A．天平，测量小球P的质量M和小球Q的质量m
B．打点计时器，测量小球Q过光电门的速度v
C．刻度尺，测量开始时两小球的高度差h
√
(3)想要验证P和Q的系统机械能守恒，只需验证表达式g＝____________(用已知量和测量量的字母表示)成立即可。
13．(10分)海啸是一种灾难性的海浪，通常由海底地震引起海底隆起和下陷所致，海底突然变形，致使从海底到海面的海水整体发生大的涌动，形成海啸袭击沿岸地区，给人们带来巨大的损失。某兴趣小组，对海啸的威力进行了模拟研究，设计了如下的模型：如图甲所示，在水平地面上放置一个质量m＝8 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力(模拟海啸)作用下由静止开始运动，推力F随位移x变化的图像如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.5，
g取10 m/s2，求：
(1)物体在水平地面上运动的最大位移；(4分)
答案：25 m　
(2)物体在水平地面上所能达到的最大速度(结果可用根号表示)。(6分)
14．(12分)如图所示，AB是长为1 m的水平粗糙轨道，与半径为0.2 m的竖直光滑半圆轨道BC相切于B点，C为该轨道最高点。另一半径为0.1 m的竖直光滑半圆轨道CD与BC相切于C点。三条轨道间均平滑连接。现使一小物块以v0的速度从A点水平向右沿轨道运动，到达最高点C时的速度为2 m/s，已知小物块的质量为1 kg，与水平轨道间的动摩擦因数为0.2，g取10 m/s2，求：
(1)物块刚刚到达C点时与轨道间的作用力大小；(4分)
(2)物块在A点具有的初速度；(4分)
答案：10 N
答案：4 m/s
(3)物块从D点水平抛出后落到半圆轨道时的动能大小。(4分)
15．(16分)如图所示，质量为m的小球甲，穿过一竖直固定的光滑杆与轻弹簧的一端连接，轻弹簧套在杆上，另一端固定在地面。质量为4m的小球乙用轻绳跨过光滑的小定滑轮与甲连接，O为滑轮的顶点。开始托住乙球，左侧轻绳刚好竖直伸直但无张力，甲球静止于P点，绳OP与水平方向的夹角α＝53°。某时刻由静止释放乙球，当小球甲经过Q点
时，弹簧的弹力大小与其在P点时弹簧的弹力大小相等，
OQ水平，PQ＝d。已知重力加速度为g，sin 53°＝0.8，
cos 53°＝0.6，乙球运动过程中始终未与地面接触。求：
(1)弹簧的劲度系数；(4分)
(2)甲球到达Q点时的速度大小；(8分)
(3)若只改变乙球的质量，仍让乙球从轻绳刚好伸直的位置由静止释放，为使甲球能够到达Q点，乙的质量应该满足的条件。(4分)
解析：当甲球到达Q点时，速度应该大于等于零，由系统机械能守恒可知
m乙 g(xOP－xOQ)－mgd≥0
解得m乙≥2m。
答案：m乙≥2m题组1　功率的理解和计算
1．(2025·河南信阳市开学考)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．如图所示，从空中以40 m/s的初速度平抛一所受重力为10 N的物体，物体在空中运动3 s落地，不计空气阻力，g取 10 m/s2，则物体落地前瞬间，重力的瞬时功率为 (　　)
A．300 W　　　　　　　 B．400 W
C．500 W D．700 W
解析：选A。物体落地瞬间vy＝gt＝30 m/s，所以PG＝Gvy＝300 W，故A正确。
3．(2025·广东韶关市期末)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。
4．如图所示，某同学到超市购物后由于赶时间，用大小为20 N、方向与水平面成60°角斜向上的拉力拉购物篮，以1 m/s2的加速度在水平地面上从静止开始匀加速前进(加速时间大于3 s)，则 (　　)
A.前2 s内拉力所做的功为40 J
B．前2 s内拉力的平均功率为20 W
C．2 s末拉力做功的瞬时功率为20 W
D．由于阻力大小未知，拉力的功率不能确定
解析：选C。前2 s内前进的距离x＝at2＝2 m，拉力所做的功W＝Fx cos 60°＝20 J，故A错误；前2 s内拉力的平均功率＝＝10 W，故B错误；2 s末购物篮的速度v＝at＝2 m/s，则2 s末拉力做功的瞬时功率P＝Fv cos 60°＝20 W，故C正确；虽阻力大小未知，但拉力大小和拉力与运动方向的夹角已知，且运动速度和位移可算出，故拉力的功率可算出，故D错误。
题组2　机车启动问题
5．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．(F－f)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。
6．一辆汽车在平直公路上以额定功率行驶，设所受阻力不变。在汽车加速过程中 (　　)
A．牵引力减小，加速度增大
B．牵引力减小，加速度减小
C．牵引力增大，加速度增大
D．牵引力增大，加速度减小
解析：选B。根据P＝Fv知，发动机的功率恒定，速度增大，牵引力减小，根据牛顿第二定律有F－f＝ma可知加速度减小，故B正确。
7．为了行驶安全，小车进入城区应适当减速，某小车进入城区前功率恒为P，做匀速直线运动，进入城区后仍沿直线行驶，所受阻力不变，但功率立刻变为，并保持此功率不变。下列说法正确的是 (　　)
A.小车做匀速直线运动
B．小车做匀减速直线运动
C．小车做先匀速后减速直线运动
D．小车做先减速后匀速直线运动
解析：选D。匀速运动时，牵引力等于阻力，即F＝f且功率P＝Fv，当功率减半，速度不突变，则牵引力变为＜f，小车做减速运动，因为速度减小，功率不变，则牵引力由逐渐增大，直到增大到和摩擦力相等，根据牛顿第二定律可知小车的加速度逐渐减小最后为零，小车先做加速度减小的减速运动后做匀速直线运动，故D正确。
8．一质量为m的小轿车以恒定功率P启动，沿平直路面行驶，若行驶过程中受到的阻力大小不变，则能够达到的最大速度为v，当小轿车的速度大小为时，则其加速度大小为 (　　)
A． B．
C． D．
解析：选A。小轿车速度达到最大后，将匀速前进，设阻力为f，牵引力为F1，根据功率与速度的关系式P＝Fv和力的平衡条件得P＝F1v，F1＝f。当小轿车的速度大小为时，设牵引力为F2，则有P＝F2·，根据牛顿第二定律得F2－f＝ma，联立解得a＝。
9．质量为2 000 kg的汽车在水平路面上匀加速启动，阻力恒为1 000 N，t＝20 s 时发动机达到额定功率，此后，功率保持不变，其运动的v－t图像如图，下列说法正确的是 (　　)
A．在t＝40 s时汽车达到最大速度
B．汽车的额定功率为20 000 W
C．匀加速阶段，汽车的加速度大小为1 m/s2
D．加速过程中，汽车的牵引力一直在增大
解析：选B。t＝20 s时发动机达到额定功率，t＝20 s之后，汽车做加速度减小的加速运动，直到达到最大速度，由v－t 图像可知，在t＝40 s时汽车尚未达到最大速度，故A错误；匀加速阶段，汽车的加速度a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2，根据牛顿第二定律有F－f＝ma，汽车的牵引力F＝ma＋f＝2 000 N，t＝20 s时发动机达到额定功率P＝Fv＝20 000 W，故B正确，C错误；汽车达到额定功率后，牵引力大于阻力，速度还要继续增大，在功率保持不变的情况下，由P＝Fv知，随着速度的增大，牵引力要减小，直到汽车达到最大速度时，牵引力F＝f＝1 000 N，故D错误。
10．(多选)如图所示，一质量m＝2 kg 的小球，以v0＝15 m/s的初速度，朝着一个倾角为θ＝37°的斜面平抛出去，它落到斜面上时的速度方向刚好和斜面垂直，g取10 m/s2，则 (　　)
A．该小球落到斜面上的瞬间，重力对小球做功的瞬时功率为400 W
B．该小球落到斜面上的瞬间，重力对小球做功的瞬时功率为200 W
C．整个平抛运动过程中，重力对小球做功的平均功率为400 W
D．整个平抛运动过程中，重力对小球做功的平均功率为200 W
解析：选AD。小球落到一倾角为θ的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，故小球击中斜面前瞬间，速度方向与竖直方向的夹角为θ，＝，解得vy＝20 m/s，此时重力做功的功率P＝mgvy＝2×10×20 W＝400 W，A正确，B错误；平抛运动的时间t＝＝2 s，下降的高度h＝gt2＝20 m，重力做功的平均功率P＝＝200 W，C错误，D正确。
11．(多选)如图甲所示，某高架桥的引桥可视为一个倾角θ＝30°、长l＝500 m的斜面。一辆质量m＝2 000 kg的电动汽车从引桥底端由静止开始加速，其加速度a随速度变化的关系图像如图乙所示，电动汽车的速度达到1 m/s后，牵引力的功率保持恒定。已知行驶过程中电动汽车受到的阻力f(摩擦和空气阻力)不变，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是 (　　)
A．电动汽车所受阻力f＝2 000 N
B．电动汽车的速度达到1 m/s后，牵引力的功率P0＝14 kW
C．第1 s内电动汽车牵引力的功率P与时间t满足P＝12 000 t
D．第1 s内牵引力与阻力对电动汽车做的总功为6 000 J
解析：选ABD。加速阶段，由牛顿第二定律有F－f－mg sin θ＝ma，当功率保持不变后，有P0＝Fv，即－f－mg sin θ＝ma，由上述分析可知，电动汽车在第二阶段做加速度逐渐减小的加速运动，最终加速度减小到0，电动汽车达到该功率下该路况下的最大速度，即－f－mg sin θ＝0，联立以上各式解得P0＝14 kW，f＝2 000 N，故A、B正确；由题图乙可知，在第1 s内，汽车做匀加速直线运动，有P＝Fv＝Fat，由上述分析可知F＝14 000 N，所以P＝14 000 t，故C错误；设电动汽车在第1 s内的位移为x，有v2－0＝2ax，解得x＝0.5 m，牵引力做功为W1，有W1＝Fx，阻力做功为W2，有W2＝－fx，做功之和为W＝W1＋W2＝6 000 J，故D正确。
12．两轮平衡车深受年轻人的喜爱，它的动力系统由电池驱动，能够输出的最大功率为P0，小明驾驶平衡车在水平路面上沿直线运动，受到的阻力恒为Ff。已知小明和平衡车的总质量为m，从启动到达到最大速度的整个过程中，小明和平衡车可视为质点，不计小明对平衡车做的功。设平衡车启动后的一段时间内是由静止开始做加速度为a的匀加速直线运动，则 (　　)
A．平衡车做匀加速直线运动过程中能达到的最大速度v＝
B．平衡车运动过程中所需的最小牵引力F＝ma
C.平衡车达到最大速度所用的时间t＝
D．平衡车能达到的最大行驶速度v0＝
解析：选A。平衡车做匀加速直线运动过程中，根据牛顿第二定律有F－Ff＝ma，此过程中平衡车能达到的最大速度v＝＝，故A正确；平衡车运动过程中，根据牛顿第二定律有F－Ff＝ma0，当平衡车加速度为零时，平衡车的牵引力最小，平衡车运动过程中所需的最小牵引力F＝Ff，故B错误；平衡车做匀加速直线运动所用的时间t＝＝，之后平衡车做加速度减小的加速运动，需运动一段时间达到最大速度，故平衡车达到最大速度所用的时间大于，故C错误；平衡车能达到的最大行驶速度v0＝，故D错误。
13．(12分)(2025·江苏镇江市期中)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。(4分)
(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。(2分)
(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。(6分)
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(共50张PPT)
第2节　功　率
学习目标
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、功率的含义
1．内容：不同的力做相同的功，所用时间不一定相同。用时少，表示做功快；用时多，表示做功慢。在相同时间内，不同的力做功也不一定相同。做功多，表示做功快；做功少，表示做功慢。在物理学中，用功率P来表示做功快慢。力对物体所做的功W与做功所用时间t的_________叫作功率。
2．定义式：P＝_________。
3．单位：在国际单位制中，功率的单位是_________，简称瓦，符号是W。
4．物理意义：功率是_________量，它是表示物体_________的物理量。
比
瓦特
标
做功快慢
二、额定功率
1．额定功率是指机械可以_________正常工作允许输出的最大功率。
2．实际运行的功率可以___________额定功率，而不允许长时间超过额定功率，在特殊情况下，如汽车越过障碍时，可以使实际功率在短时间内大于额定功率。
3．电动机作为用电器工作时，要消耗电功率，这称为输入功率；而它作为动力机械带动其他机械工作时，要输出功率。我们所说的电动机的额定功率是指它作为动力机械的输出功率。
长时间
小于或等于
三、输出功率、作用力和速度之间的关系
1．功率与作用力、速度的关系：P＝_________。
2．在P＝Fv中，若F为恒力，v为某段时间内的平均速度，则P表示时间t内的_________；若v是某一时刻的瞬时速度，则P表示该时刻的_________。
3．汽车上坡时，司机换用低速挡，加大油门，可以得到较大的动力。
Fv
平均功率
瞬时功率
√
×　
×　
×　
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
√
√
[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；
角度2　平均功率和瞬时功率的求解
　　一台起重机将静止在地面上、质量m＝1.0×103 kg的货物匀加速竖直吊起，在2 s末货物的速度v＝4 m/s。(g取10 m/s2，不计额外功)求：
(1)起重机在这2 s内的平均功率；
[答案]　2.4×104 W　
(2)起重机在2 s末的瞬时功率。
[解析]　起重机在2 s末的瞬时功率
P′＝Fv＝1.2×104×4.0 W＝4.8×104 W。
[答案]　4.8×104 W
　　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；
[答案]　48 J　
(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
角度3　功率、牵引力和速度的关系
　　如图所示，绿化工人驾驶洒水车在一段平直的道路上给绿化带浇水，若洒水车所受阻力与车重成正比，洒水车从开始洒水到罐体里的水全部用完的过程中始终保持匀速行驶，则在以上过程中 (　　)
A．洒水车受到的牵引力保持不变
B．洒水车受到的牵引力逐渐增大
C．洒水车发动机的输出功率保持不变
D．洒水车发动机的输出功率逐渐减小
√
[解析]　洒水车所受阻力f与车重G成正比，开始洒水后，车重G逐渐减小，故阻力f逐渐减小，洒水车匀速行驶，则牵引力F的大小等于阻力f的大小，开始洒水后阻力逐渐减小，因此洒水车受到的牵引力逐渐减小，故A、B错误；
洒水车发动机的输出功率P＝Fv，开始洒水后牵引力F逐渐减小，速度v不变，则洒水车发动机的输出功率逐渐减小，故C错误，D正确。
知识点二　机车启动问题
1．两种启动方式
√
√
√
　　某汽车质量为1.6×103 kg，由静止开始沿水平平直公路行驶，行驶中阻力恒定。汽车牵引力与车速倒数的关系如图所示，设最大车速为30 m/s，则汽车 (　　)
A．所受阻力为2×103 N
B．车速为15 m/s时，功率为3×104 W
C．匀加速运动的加速度为4 m/s2
D．若匀加速启动，则能维持匀加速运动的时间为5 s
√
[解析]　由图像可知，当汽车达到最大速度 30 m/s 时，牵引力大小等于阻力，即f＝F＝2×103 N，故A正确；
汽车做匀加速运动结束时P额＝F1v，v＝at，解得t＝4 s，故D错误。
[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。
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
√
解析：由公式P＝Fv可知，汽车的牵引力逐渐减小，由牛顿第二定律有F－f＝ma，可知a逐渐减小，则汽车做加速度减小的加速直线运动，故A、B错误；
√
√
3．(平均功率和瞬时功率)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
4．(机车启动问题)(2025·广东广州市模拟)某型号“双引擎”节能环保汽车的工作原理：当行驶速度v<15m/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：
(2)汽车由启动到切换引擎所用的时间t0。
答案：6 s
(1)汽车切换引擎后的牵引力功率P；
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　(共23张PPT)
课后达标检测
1．(多选)在体育比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项。质量为m的跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F，那么在他减速下降高度h的过程中，下列说法正确的是(g为当地的重力加速度) (　　)
A．他的动能减少了Fh－mgh
B．他的重力势能增加了mgh
C．他的机械能减少了(F－mg)h
D．他的机械能减少了Fh
√
√
解析：由动能定理可得，ΔEk＝mgh－Fh，动能减少了Fh－mgh，A正确；
他的重力势能减少了mgh，B错误；他的机械能减少了ΔE＝Fh，C错误，D正确。
√
√
√
√
解析：对物块和弹簧组成的系统，根据功能关系知，拉力做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物块机械能的增加量之和，故A错误；
对物块，根据功能关系可知，弹簧的弹力对物块做的功等于物块机械能的增加量，故B正确；
√
4．如图所示，质量为M的小车放在光滑的水平面上，质量为m的物体(可视为质点)放在小车的左端。受到水平恒力F的作用后，物体由静止开始运动，设小车与物体间的摩擦力为Ff，车长为L，则物体从小车左端运动到右端时，车发生的位移为x，下列说法不正确的是 (　　)
A．物体具有的动能为(F－Ff)(x＋L)
B．小车具有的动能为Ffx
C．物体克服摩擦力做的功为Ff(x＋L)
D．物体克服摩擦力做的功为FfL
解析：物体从静止开始运动到到达小车最右端过程中，由动能定理有(F－Ff)(x＋L)＝Ek1－0，可知物体到达小车最右端时具有的动能Ek1＝(F－Ff)(x＋L)，故A正确，不符合题意；
物体到达小车最右端过程，对于小车根据动能定理可得Ffx＝Ek2－0，解得小车具有的动能Ek2＝Ffx，故B正确，不符合题意；
物体克服摩擦力做的功为Ff(x＋L)，故C正确，不符合题意；D错误，符合题意。
(1)工件从顶端到底端的时间；(4分)
答案：1.7 s　
(2)工件从顶端到底端的运动过程中，传送带对工件做的功。(6分)
答案：－168.75 J
(1)小球在A点的初速度大小v0；(4分)
答案：3 m/s　
(2)小球到达圆轨道最低点N时的速率vN；(4分)
(3)小球在圆轨道上能到达的最高点与N点的高度差h。(6分)
7．(14分)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；(4分)
答案：1.8 m　
(2)小物块运动到B点时对半圆形轨道的弹力；(4分)
答案：60 N，方向竖直向下
(3)解除锁定前弹簧的弹性势能。(6分)
答案：26.5 J(共25张PPT)
课后达标检测
√
题组1　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。
√
2．一个人乘电梯从1楼到30楼，在此过程中经历了先加速、再匀速、后减速的运动过程，则电梯支持力对人做功的情况是 (　　)
A．始终做正功
B．加速时做正功，匀速和减速时做负功
C．加速和匀速时做正功，减速时做负功
D．加速时做正功，匀速时不做功，减速时做负功
解析：在加速、匀速和减速的过程中，支持力的方向始终竖直向上，从1楼到30楼，支持力的方向与运动方向相同，则支持力始终做正功，A正确，B、C、D错误。
√
3．如图所示，A、B两物体叠放在一起，用一条不可伸长的水平细绳把A系于左边的墙上，B在拉力F作用下向右匀速运动。在这个过程中，A、B间的摩擦力的做功情况是 (　　)
A．对A、B都做负功
B．对A不做功，对B做负功
C．对A做正功，对B做负功
D．对A、B都不做功
解析：B向右匀速运动，A对B的摩擦力向左，B对A的摩擦力向右，由于A没有发生位移，所以摩擦力对A不做功，对B做负功。
√
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。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．用恒力F 使质量为5 kg的物体从静止开始，以4 m/s2的加速度匀加速上升，不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．前2 s内恒力F 做的功是400 J
B．前2 s内合力做的功为零
C．前2 s内物体克服重力做的功是560 J
D．前2 s内重力做的功是－400 J
前2 s内重力做功W2＝－mgh＝－400 J ，即前2 s内物体克服重力做功为400 J ，故C错误，
D正确；前2 s内合力做的功W＝W1＋W2＝160 J，故B错误。
√
7．(多选)(2025·江苏徐州市期末)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。
√
8．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。
√
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，故A正确，B错误；
由上述分析可知，重物P受到的摩擦力沿板方向，与速度方向垂直，所以摩擦力不做功，故C、D错误。
√
√
√
√
11．如图所示，一物体分别沿AO、BO轨道由静止滑到底端，物体与轨道间的动摩擦因数相同，物体克服摩擦力做功分别为W1和W2，则 (　　)
A．W1>W2　　　　 B．W1＝W2
C．W1√
√
√
解析：由重力做功特点得重力做功WG＝mgL，A正确；
悬线的拉力始终与v垂直，不做功，B正确；
√
13．如图甲所示，质量为5 kg的物体在斜向下、与水平方向成30°角的力F作用下，沿水平面开始运动，推力大小F随位移大小x变化的情况如图乙所示，则力F所做的功为 (　　)
A．60 J　　　　　　　 　 B．104 J
C．120 J D．208 J
14．(10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)
x＝x1＋v(5 s－t)＝1 m＋2×4 m＝9 m
在工件与传送带一起匀速运动之前才有摩擦力存在，所以摩擦力对工件做的功
Wf＝fx1＝μmgx1＝0.2×2×10×1 J＝4 J。
答案：9 m　4 J题组1　动能和动能定理
1．下面有关动能的说法正确的是 (　　)
A．物体只有做匀速运动时，动能才不变
B．物体做平抛运动时，水平方向速度不变，物体的动能也不变
C．物体做自由落体运动时，重力做功，物体的动能增加
D．物体的动能变化时，速度不一定变化，速度变化时，动能一定变化
解析：选C。物体只要速率不变，动能就不变，例如匀速圆周运动，故A错误；做平抛运动的物体动能逐渐增大，B错误；物体做自由落体运动时，其合力等于重力，重力做正功，物体的动能增加，故C正确；物体的动能变化时，速度的大小一定变化，故D错误。
2．(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＝Fx cos α知，合力不为零，但若α＝90°，合力做的功也为零，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　做功与动能改变关系的探究
3．某探究学习小组的同学欲探究“恒力做功与动能改变的关系”，他们在实验室组装了一套如图所示的装置，另外他们还找到了打点计时器及学生电源、导线、复写纸、纸带、滑块、细沙。当滑块连接上纸带，用细线通过滑轮挂上空的小沙桶时，释放小沙桶，滑块处于静止状态。若你是小组中的一位成员，要完成该项实验，则：
(1)你认为还需要的实验器材有___________。
(2)实验时为了保证滑块受到的合力与沙和沙桶所受总重力大小基本相等，沙和沙桶的总质量应满足的条件是___________，
实验时首先要做的步骤是___________。
(3)在(2)的基础上，某同学用天平称量滑块的质量M。往沙桶中装入适量的细沙，用天平称出此时沙和沙桶的总质量m。让沙桶带动滑块加速运动，用打点计时器记录其运动情况，在打点计时器打出的纸带上取两点，测出这两点的间距L和这两点的速度大小v1与v2(v1解析：(1)测量沙和沙桶的总质量、滑块的质量要用到天平，利用纸带求速度和位移时要用到刻度尺。
(2)实验时首先要平衡滑块的摩擦力，为使细线的拉力与沙和沙桶所受总重力大小基本相等，沙和沙桶的总质量应远小于滑块的质量。
(3)动能的增量ΔEk＝Mv－Mv
细线拉力做的功W＝mgL
故需要验证的关系式为mgL＝Mv－Mv。
答案：(1)天平、刻度尺
(2)沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量　平衡滑块的摩擦力　(3)mgL＝Mv－Mv
题组3　动能定理的应用
4．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功mv2
B．足球上升过程重力做功mgh
C．运动员踢球时对足球做功mv2＋mgh
D．足球上升过程克服重力做功mv2＋mgh
解析：选C。足球上升过程中足球所受的重力做负功，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。
5．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。
6．一半径为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。
7．某水上乐园设备公司设计了一款水滑梯，设计简图如图所示，倾斜滑道与水平滑道材料相同且平滑连接。游客的质量为m，倾斜滑道高度为h、倾角为θ，游客与滑道间的动摩擦因数为μ，游客在水平滑道上停止点A到O点的水平距离为x，下列说法正确的是 (　　)
A.h和μ一定，θ越大，x越大
B．h和μ一定，θ越大，x越小
C．h和μ一定，x的大小与θ、m无关
D．h和μ一定，m越小，x越大
解析：选C。对游客从最高点下滑至A点的过程，据动能定理可得mgh－μmg－μmg＝0，整理得x＝，所以x与m和θ角无关。
8．(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，则牵引力所做的功为W＝Fx＋mv－mv，D错误。
9．人通过滑轮将质量为m的物体，沿粗糙的斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h，到达斜面顶端的速度为v，如图所示，则在此过程中 (　　)
A．物体所受的合外力做功为mgh＋mv2
B．物体所受的合外力做功为mv2
C．人对物体做的功为mgh
D．人对物体做的功等于mgh＋mv2
解析：选B。由动能定理，可得W合＝mv2，故A错误，B正确；同理，设人对物体做的功为W人，有W人－Wf－mgh＝mv2，解得W人＝mgh＋mv2＋Wf，故C、D错误。
10．(16分)(2025·广东云浮市期末)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。(6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 J1．图甲所示的是“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、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，物体的速度vB＝__________m/s。
②从点O到打下计数点B的过程中，物体重力势能的减小量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，重锤选用质量大体积小，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，物体重力势能的减小量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)如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．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)
5．利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图1所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨，导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳和一质量为m的小球相连，遮光片两条长边与导轨垂直，导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t，用d表示A点到光电门B处的距离，b表示遮光片的宽度，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度，实验时滑块在A处由静止开始运动。
(1)用刻度尺测量遮光片宽度，示数如图2所示，其读数为________cm。
(2)某次实验测得倾角θ＝30°，重力加速度用g表示，滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量可表示为ΔEk＝___________，
系统的重力势能减少量可表示为ΔEp＝__________。(用题中字母M、m、b、t、g、d表示)
(3)在上次实验中，某同学改变A、B间的距离，作出的v2－d图像如图3所示，并测得M＝m，则重力加速度g＝________m/s2。
解析：(1)刻度尺的最小刻度为1 mm，则宽度b的读数为0.50 cm。
(2)由于遮光片的宽度b很小，故用很短时间内的平均速度代替瞬时速度，则滑块通过光电门B时的速度vB＝，滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量ΔEk＝(M＋m)v＝，系统的重力势能减少量可表示为ΔEp＝mgd－Mgd sin 30°＝gd，比较ΔEp和ΔEk，若在实验误差允许的范围内相等，即可认为机械能是守恒的。
(3)根据系统机械能守恒有(M＋m)v2＝gd，若M＝m，则v2＝gd，作出v2－d图像，则图线的斜率k＝＝g，解得g＝9.6 m/s2。
答案：(1)0.50　(2)　gd
(3)9.6单元过关检测(四)
(时间：75分钟　分值：100分)
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．关于功和功率，下列说法正确的是 (　　)
A．力越大，力做功就越多
B．位移越大，力做功就越多
C．功率越大，力做功就越多
D．功率越大，力做功就越快
解析：选D。根据W＝Fl cos α可知，功与力、位移以及力与位移的夹角都有关系，力越大，力做功不一定越多，同理，位移越大，力做功也不一定越多，故A、B错误；功率是描述物体做功快慢的物理量，功率越大，做功越快，故D正确；根据W＝Pt可知，做功多少除与功率有关外还与时间有关，所以功率越大，力做功不一定就越多，故C错误。
2．质量m＝0.1 kg的金属小球，从空中某点由静止开始自由下落，经t＝2 s落地。该过程中空气阻力不计，g取10 m/s2，则小球在下落过程中重力的平均功率为 (　　)
A．10 W　　　　　 B．20 W
C．30 W D．40 W
解析：选A。由题知，2 s内小球下落的高度h＝gt2，代入数据得h＝20 m，重力做的功W＝mgh，代入数据得W＝20 J，则小球在下落过程中重力的平均功率P＝＝ W＝10 W。
3．水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是 (　　)
A．刚开始物体相对传送带向前运动
B．物体匀速运动过程中，受到静摩擦力
C．物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功
D．传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长
解析：选D。刚开始，物体速度小于传送带速度，物体相对传送带向后运动，A错误；物体匀速运动过程中，不受摩擦力作用，B错误；物体加速运动过程中，传送带对物体的摩擦力向前，做正功，C错误；物体加速运动过程，根据牛顿第二定律有f＝μmg＝ma，v＝at，则加速时间t＝，v越大，t越大， D正确。
4．一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为2×10-4 m2，喷水速度约为10 m/s，水的密度为1×103 kg/m3，则该喷头喷水的功率约为 (　　)
A．10 W　　　　　　 B．20 W
C．100 W D．200 W
解析：选C。Δt时间内从喷头流出的水的质量m＝ρSvΔt，喷头喷水的功率等于单位时间内喷出的水的动能增加量，即P＝＝，联立解得P＝100 W，C正确。
5．如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图像是 (　　)
解析：选A。在斜面上，物块受竖直向下的重力、沿斜面向上的滑动摩擦力以及垂直于斜面向上的支持力，设物块的质量为m，斜面的倾角为θ，物块沿斜面下滑的距离对应的水平位移为x，由动能定理有mg sin θ·－μ1mg cos θ·＝Ek－0，解得Ek＝(mg tan θ－μ1mg)x，即在斜面上滑动过程中，物块的动能与水平位移成正比，B、D错误；在水平面上，物块受竖直向下的重力、竖直向上的支持力以及水平向左的滑动摩擦力，由动能定理有－μ2mg(x－x0)＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－μ2mg(x－x0)，其中Ek0为物块滑到斜面底端时的动能，x0为物块沿斜面下滑到底端时的距离对应的水平位移，即在水平面上物块的动能与水平位移为一次函数关系，且为减函数，A正确，C错误。
6．如图所示，一小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，轨道半径为R，小球的直径略小于管道的直径，重力加速度为g，则小球 (　　)
A.可能做匀速圆周运动
B．通过最高点时的最小速度为
C．在最低点受到的合力一定大于在最高点受到的合力
D．在运动一周的过程中可能一直受到内侧管壁的弹力
解析：选C。竖直放置的圆形管道光滑，所以小球在运动中，合力不可能一直指向圆心，则不可能做匀速圆周运动，故A错误；因为在最高点圆管内壁能提供支持力，所以通过最高点时的最小速度为0，故B错误；因为从最高点到最低点，重力做正功，动能增大，所以最低点速度大，合力F＝m，所以在最低点受到的合力一定大于在最高点受到的合力，故C正确；在下半圆运动时，只受到外侧管壁弹力，故D错误。
7．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。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求。全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。
8．如图甲所示，在水平地面上放置一木块，其质量m＝10 kg，木块在水平推力F作用下运动，推力F的大小随位移x变化的图像如图乙所示。已知木块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是 (　　)
A．木块先做匀变速直线运动，后做匀速直线运动
B．木块运动0～5 m的过程中，其克服摩擦力所做的功为100 J
C．木块运动0～5 m的过程中，合力做的功为50 J
D．木块在运动过程中的加速度一直变大
解析：选BC。由题意可得木块受到的滑动摩擦力大小f＝μmg＝20 N，对木块，由牛顿第二定律可得F－f＝ma，可得a＝，所以a随F的变化先增大后不变，木块先做非匀变速运动，后做匀变速运动，故A、D错误；木块运动0～5 m的过程中，滑动摩擦力对木块做负功，则木块克服摩擦力所做的功Wf＝fx＝20×5 J＝100 J，故B正确；F－x图线与横轴围成的面积表示F所做的功，木块运动0～5 m的过程中F对木块做正功，则有WF＝×5 J＝150 J，则W合＝WF－Wf＝150 J－100 J＝50 J，故C正确。
9．在光滑的水平面上，质量为m的小滑块停放在质量为M、长度为L的静止的长木板的最右端，小滑块和长木板之间的动摩擦因数为μ。现用一个大小为F的恒力作用在长木板上，当小滑块滑到长木板的最左端时，小滑块和长木板的速度大小分别为v1、v2，小滑块和长木板相对于水平面的位移大小分别为s1、s2，重力加速度为g。下列关系式正确的是 (　　)
A.μmgs1＝mv
B．Fs2－μmgs2＝Mv
C．μmgL＝mv
D．Fs2－μmgs2＋μmgs1＝Mv＋mv
解析：选ABD。小滑块在摩擦力作用下前进的距离为s1，对于小滑块，根据动能定理有μmgs1＝mv，A正确，C错误；长木板前进的距离为s2，对于长木板，根据动能定理有Fs2－μmgs2＝Mv，B正确；由以上两式得Fs2－μmgs2＋μmgs1＝Mv＋mv，D正确。
10．某马戏团上演的飞车节目如图所示，在竖直平面内有半径为R的固定圆轨道。表演者骑着摩托车在圆轨道内做圆周运动。已知人和摩托车的总质量为m，重力加速度大小为g，摩托车以的速度通过圆轨道的最高点B。关闭摩托车的动力，不计摩擦，忽略空气阻力，人和摩托车整体可视为质点，下列说法正确的是 (　　)
A．摩托车经过B点时对轨道的压力大小为2mg
B．摩托车经过A点时的速度大小为
C．摩托车从B点到A点的过程中，重力的功率先增大后减小
D．摩托车从B点到A点的过程中，先超重后失重
解析：选BC。由题意可知，摩托车在B点时，有FB＋mg＝m eq \f(v,R)，解得FB＝mg，由牛顿第三定律可知，摩托车经过B点时对轨道的压力大小为mg，A错误；摩托车从B点到A点的过程中，由机械能守恒定律有2mgR＋mv＝mv，其中vB＝，解得vA＝，B正确；摩托车从B点到A点的过程中，竖直速度vy先增大后减小，重力的功率P＝mgvy先增大后减小，C正确；摩托车从B点到A点的过程中，加速度竖直分量先向下后向上，即先失重后超重，D错误。
三、非选择题：本题共5小题，共54分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
11．(6分)如图所示的是验证机械能守恒定律的实验装置。
(1)除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、刻度尺、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的器材是________。
A．低压交流电源　 B．天平(含砝码)
(2)该实验过程中，下列说法正确的是________。
A．先释放纸带再接通电源
B．用手托住重物由静止释放
C．重物下落的初始位置应靠近打点计时器
(3)重物下落过程中除了重力外会受到空气阻力和摩擦阻力的影响，故动能的增加量__________(选填“略小于”或“略大于”)重力势能的减少量，这属于__________(选填“系统误差”或“偶然误差”)。
解析：(1)实验中还必须使用的器材是低压交流电源；因要验证的表达式两边都有质量，则不需要测量重物的质量，即不需要天平。
(2)实验时要先接通电源再释放纸带，A错误；要用手捏住纸带上端，保持纸带竖直，然后由静止释放，B错误；重物下落的初始位置应靠近打点计时器，以充分利用纸带，C正确。
(3)重物下落过程中除了重力外会受到空气阻力和摩擦阻力的影响，故动能的增加量略小于重力势能的减少量，这属于系统误差。
答案：(1)A　(2)C　(3)略小于　系统误差
12．(10分)某同学利用如图所示的实验装置来验证系统机械能守恒，轻质细线跨过固定在铁架台上的轻质滑轮，两端各悬挂一只小球P和Q，P质量比Q大。已知小球Q的直径为d，重力加速度为g。实验操作如下：
①把实验装置安装好；
②开始时固定小球P，使Q球与A位置等高，与P、Q相连的细线竖直。释放P，记录光电门显示的遮光时间t，测量A与光电门的高度差H；
③改变光电门的位置，重复实验步骤2，记录t和H。
请回答下列问题：
(1)为了减小实验误差，实验中应选用________(选填“实心小铁球”“小木球”或“空心小铁球”)。
(2)验证P和Q组成的系统机械能守恒，还需要的实验器材和对应测量的物理量有________(填正确选项序号)。
A．天平，测量小球P的质量M和小球Q的质量m
B．打点计时器，测量小球Q过光电门的速度v
C．刻度尺，测量开始时两小球的高度差h
(3)想要验证P和Q的系统机械能守恒，只需验证表达式g＝____________(用已知量和测量量的字母表示)成立即可。
(4)在坐标纸上，以H为纵坐标，以________为横坐标，描点连线后得到一条直线，测得斜率为k，只需验证g＝______________(用已知量和测量量的字母表示)成立，即可验证机械能守恒。
解析：(1)为了减小空气阻力产生的实验误差，实验中应选用实心小铁球。
(2)根据机械能守恒定律得MgH－mgH＝(M＋m)，用天平测量小球P的质量M和小球Q的质量m，不用打点计时器测量小球Q过光电门的速度v，也不用刻度尺测量开始时两小球的高度差h。
(3)根据机械能守恒定律得MgH－mgH＝(M＋m)，解得g＝。
(4)整理(3)中表达式得H＝·，斜率k＝，解得g＝。
答案：(1)实心小铁球　(2)A　(3)　(4)　
13．(10分)海啸是一种灾难性的海浪，通常由海底地震引起海底隆起和下陷所致，海底突然变形，致使从海底到海面的海水整体发生大的涌动，形成海啸袭击沿岸地区，给人们带来巨大的损失。某兴趣小组，对海啸的威力进行了模拟研究，设计了如下的模型：如图甲所示，在水平地面上放置一个质量m＝8 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力(模拟海啸)作用下由静止开始运动，推力F随位移x变化的图像如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，求：
(1)物体在水平地面上运动的最大位移；(4分)
(2)物体在水平地面上所能达到的最大速度(结果可用根号表示)。(6分)
解析：(1)设物块在水平面上运动的最大位移为s，根据变力做功的特点，对物块由动能定理有
Fm·x－μmg·s＝0，解得s＝25 m。
(2)当水平推力与物块所受摩擦力大小相等时，物块加速度为零，此时速度达到最大值，则有
F′＝μmg＝40 N
根据题图乙可得水平推力与位移之间的函数关系为F＝－20x＋200(N)
当F＝40 N时可得x′＝8 m
由动能定理有
(Fm＋F′)x′－μmg·x′＝mv
解得vm＝4 m/s。
答案：(1)25 m　(2)4 m/s
14．(12分)如图所示，AB是长为1 m的水平粗糙轨道，与半径为0.2 m的竖直光滑半圆轨道BC相切于B点，C为该轨道最高点。另一半径为0.1 m的竖直光滑半圆轨道CD与BC相切于C点。三条轨道间均平滑连接。现使一小物块以v0的速度从A点水平向右沿轨道运动，到达最高点C时的速度为2 m/s，已知小物块的质量为1 kg，与水平轨道间的动摩擦因数为0.2，g取10 m/s2，求：
(1)物块刚刚到达C点时与轨道间的作用力大小；(4分)
(2)物块在A点具有的初速度；(4分)
(3)物块从D点水平抛出后落到半圆轨道时的动能大小。(4分)
解析：(1)物块刚刚到达C点时由牛顿第二定律
FNC＋mg＝m eq \f(v,R)，解得FNC＝10 N。
(2)从A到C由动能定理
－μmgxAB－mg·2R＝mv－mv
解得v0＝4 m/s。
(3)从C到D点由动能定理
mg·2r＝mv－mv，解得vD＝2 m/s
从D点做平抛运动，则x＝vDt
y＝gt2，x2＋y2＝R2
落到半圆轨道时的动能
Ek＝mv＋mgy
联立解得Ek＝(2－4) J。
答案：(1)10 N　(2)4 m/s　(3)(2－4) J
15．(16分)如图所示，质量为m的小球甲，穿过一竖直固定的光滑杆与轻弹簧的一端连接，轻弹簧套在杆上，另一端固定在地面。质量为4m的小球乙用轻绳跨过光滑的小定滑轮与甲连接，O为滑轮的顶点。开始托住乙球，左侧轻绳刚好竖直伸直但无张力，甲球静止于P点，绳OP与水平方向的夹角α＝53°。某时刻由静止释放乙球，当小球甲经过Q点时，弹簧的弹力大小与其在P点时弹簧的弹力大小相等，OQ水平，PQ＝d。已知重力加速度为g，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，乙球运动过程中始终未与地面接触。求：
(1)弹簧的劲度系数；(4分)
(2)甲球到达Q点时的速度大小；(8分)
(3)若只改变乙球的质量，仍让乙球从轻绳刚好伸直的位置由静止释放，为使甲球能够到达Q点，乙的质量应该满足的条件。(4分)
解析：(1)当小球甲经过Q点时，弹簧的弹力大小与其在P点时弹簧的弹力大小相等，则在P点弹簧的压缩量为，由甲球在P点平衡可得
k·＝mg
解得k＝。
(2)由题图中的几何关系可知
xOQ＝＝d
xOP＝＝d
设甲球到达Q点时的速度大小为v，甲、乙两球沿绳方向的速度相等，可知此时乙球的速度为零，在P、Q两点弹簧弹力大小相等，由系统机械能守恒可得
4mg(xOP－xOQ)－mgd＝mv2
解得v＝。
(3)当甲球到达Q点时，速度应该大于等于零，由系统机械能守恒可知
m乙 g(xOP－xOQ)－mgd≥0
解得m乙≥2m。
答案：(1)　(2)　(3)m乙≥2m第4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、重力做功的特点
1．特点：重力对物体所做的功与物体的运动路径无关，仅由物体的质量和初、末两个位置的高度差决定。
2．表达式：W＝mg·Δh＝mgh1－mgh2。
二、重力势能
1．定义：物体由于位于高处而具有的能量。
2．表达式：Ep＝mgh。
3．单位：在国际单位制中的单位是焦耳，简称焦，符号为J。1 kg·m·s-2·m＝1 N·m＝1 J。
4．零势能面：物体的重力势能等于零的平面。零势能面原则上是可以任意选取的，因此一个物体的势能的数值是相对的(相对于零势能面)。
5．重力势能与重力做功的关系
(1)重力所做的功等于物体重力势能的减少量，WG＝Ep1－Ep2。重力势能的变化量ΔEp与零势能面的选取无关。
(2)当物体从高处运动到低处时，重力做正功，重力势能减少，也就是WG>0，Ep1>Ep2，重力势能减少的数量等于重力所做的功；当物体由低处运动到高处时，重力做负功，重力势能增加，也就是WG<0，Ep1三、弹性势能
1．定义：物体由于发生弹性形变而具有的能量。
2．性质：一个物体的形变量越大，弹性势能越大。重力势能和弹性势能是势能的两种不同类型。
说明：在物理学中我们还会遇到分子势能、电势能等概念，但只有重力势能和弹性势能属于机械能的范畴。
四、势能是系统所共有的
1．重力势能是地球和受重力作用的物体组成的系统所共有的。
2．弹性势能是弹力装置与受弹力作用的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，其重力一定做功。 (　　)
(2)物体的高度只要发生变化，其重力一定做功。 (　　)
(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．做功表达式：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．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．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]　小球的高度差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)：
(1)在最高点(高度为h)和地面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)最高点与地面的重力势能分别为mgh、0。
(2)重力做功W＝mgh。重力势能减小了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)下列关于重力势能的理解，正确的是 (　　)
A．放在地面上的物体，它的重力势能一定等于零
B．重力势能的变化量与参考平面的选取无关
C．重力势能减小时，重力对物体做正功
D．物体与零势能面的距离越大，它的重力势能也越大
[解析]　重力势能和零势能面选取有关，放在地面上的物体，它的重力势能不一定等于零，故A错误；重力势能的变化量与物体的质量和变化高度有关，与参考平面的选取无关，故B正确；重力势能减小时，高度下降，重力对物体做正功，故C正确；若物体在零势能面下方，物体与零势能面的距离越大，则重力势能越小，故D错误。
[答案]　BC
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
　(2025·陕西西安市期末)如图所示，质量m＝2 kg的小球，从离桌面H＝1.0 m高处由静止下落到地面上的B点，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。
[答案]　B
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，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
(1)弹性势能的产生原因
(2)弹性势能的影响因素
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
　(多选)(2025·山西大同市期末)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。
[答案]　ABD
　如图所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，那么小球从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中(弹簧保持竖直)，下列说法正确的是 (　　)
A．小球的速度先增大后减小
B．重力势能先减小后增大
C．弹性势能先增大后减小
D．重力先做正功后做负功
[解析]　在小球刚接触弹簧的时候，弹簧的弹力小于小球所受的重力，合力向下，小球还是向下加速，当弹簧的弹力和小球所受的重力相等时，小球的速度达到最大，之后弹力大于重力，小球开始减速，直至减为零。根据以上分析，小球的速度先变大后变小，故A正确；小球一直向下运动，小球的重力做正功，重力势能一直减小，故B、D错误；弹簧的弹力一直做负功，弹簧的弹性势能一直在增大，故C错误。
[答案]　A
1．(重力做功的特点)小李将质量为m的篮球(视为质点)从距水平地面的高度为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)某游客领着孩子游泰山时，孩子不小心将手中质量为m的皮球滑落，球从A点滚到了山脚下的B点，高度标记如图所示，则下列说法正确的是 (　　)
A．从A到B的曲线轨道长度不知道，无法求出此过程中重力做的功
B．从A到B过程中阻力大小不知道，无法求出此过程中重力做的功
C．从A到B重力势能变化了mg(H＋h)
D．从A到B重力做功mgH
解析：选D。重力做功与物体的运动路径无关，只与初、末状态物体的高度差有关。从A到B的高度差是H，故从A到B重力做功mgH，重力势能减少了mgH，D正确。
3．(重力做功与重力势能的变化)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。
4．(重力势能和弹性势能)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：选D。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。(共46张PPT)
第四章　机械能及其守恒定律
第1节　功
学习目标
1．理解功的概念，知道W＝Fx cos α的适用范围，会用功的公式进行计算。　2.理解正、负功的概念，会根据公式计算多个力所做的总功。　3.掌握常见的求解变力做功的方法。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、功的概念的起源
1．起源：工业革命早期，当时的工程师们需要有一个比较蒸汽机“能力”的标准。在实践之中，工程师们逐渐认同用机器举起的物体的重量与高度的乘积来量度机器的输出。科学家对一般意义上的机器进行了研究，并提出了功的概念。
2．概念：如果物体受到力的作用，并在力的方向上发生了_________，我们就说力对物体做了功。
位移
二、功的计算
1．力F与位移x同向时：W＝_________。
2．力F与位移x有夹角α时：W＝___________________，其中F、x、cos α 分别表示力的大小、位移的大小、力和位移夹角的余弦。
3．在国际单位制中，功的单位是________，简称_________，符号是_________。
Fx
Fxcos α
焦耳
焦
J
三、功的正负
1．正功、负功的条件
α范围 cos α范围 W正负
0≤α＜90° cos α＞0 W＞0
α＝90° cos α＝0 W＝0
90°＜α≤180° cos α＜0 W＜0
2．正功、负功的物理意义(如图所示)
(1)力F是动力，对物体做_________功。
(2)力f是阻力，对物体做_________功，或说物体克服f做功。
(3)力N和G既不是动力，也不是阻力，不做功。
说明：当物体同时受到几个力的作用时，所有这些力对物体所做的功的代数和等于这些力的合力对此物体所做的功。
正
负
√
×　
×　
×　
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　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x的乘积？
[提示]　不等于。因为W＝Fx cos α。
(3)若小车做匀加速运动，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＝Fx 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x是力的作用点的位移，α是力F的方向与位移x的方向的夹角。
(3)公式W＝Fx cos α，可以理解为力乘以在力的方向上的位移，即W＝F(x 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)x。
2．正、负功的判断
(1)根据力F的方向和物体位移x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。
√
角度2　正、负功的判断
　　(多选)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．恒力功的求法
(1)W等于力F乘以物体在力F方向上的分位移x cos α，即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x1和x2，则F做的功W＝Fx1＝Fx cos α。
(2)W等于力F在位移x方向上的分力F cos α乘以物体的位移x，即将力F分解为沿x方向上和垂直于x方向上的两个分力F1和F2，则F做的功W＝F1x＝Fx 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＝Fx cos α。
3．总功的计算
(1)先由W＝Fx 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x cos α计算总功，此时α为F合的方向与位移x的方向间的夹角。
√
　　如图，在大小F＝10 N的方向向右的水平恒力作用下，物体受到的滑动摩擦力大小f＝6 N。物体水平向右移动5 m的过程中，以下说法不正确的是 (　　)
A．恒力F对物体做功50 J
B．滑动摩擦力f对物体做功30 J
C．合力对物体做功20 J
D．物体克服摩擦力f做功30 J
[解析]　由做功公式可得，恒力F对物体做功W＝Fx＝10×5 J＝50 J，故A正确；
由做功公式可得，滑动摩擦力f对物体做功Wf＝－fx＝－30 J，则物体克服f做功为30 J，故B错误，D正确；
合力对物体做功W合＝W＋Wf＝20 J，故C正确。
在光滑的水平地面上有质量为M的长木板A，如图所示，木板上放一质量为m的物体B，A、B之间的动摩擦因数为μ。现在物体B上加一水平恒力F，B和A发生相对滑动，经过时间t，B未滑离木板A，重力加速度为g。
(1)求摩擦力对A所做的功。
(2)求摩擦力对B所做的功。
(3)若木板A固定，求B对A的摩擦力对A做的功。
[解析]　若长木板A固定，则A的位移xA′＝0，所以摩擦力对A做功为0，即对A不做功。
[答案]　0
知识点三　变力做功的计算
√
√
方法2　图像法的应用
　　(多选)质量为2 kg的物体在水平面上沿直线运动，受到的阻力大小恒定。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拉力对物体做功为40 J
C．0～7 m物体克服阻力做功为28 J
D．0～7 m合力对物体做功为68 J
√
0～7 m物体克服阻力做功W＝fx＝28 J，故C正确；
根据题意可知，W合＝WF＋Wf，又有Wf＝－W＝－28 J，则W合＝12 J，故D错误。
√
[解析]　由题图可得从A到B过程，重力做正功，弹力始终与速度垂直不做功，故A、B错误；
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
√
1．(对功的理解)(2025·江苏镇江市期中)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。
√
2．(对功的理解)(多选)如图所示，光滑斜面放在水平面上，斜面上用固定的竖直挡板挡住一个光滑的重球。在整个装置沿水平面向左匀速运动的过程中，下列说法正确的是 (　　)
A．重力不做功　　　
B．斜面对球的弹力不做功
C．斜面对球的弹力做正功
D．挡板对球的弹力做负功
√
√
解析：根据功的公式可知，重力与运动方向相互垂直，故重力不做功，故A正确；
斜面对球的弹力方向与运动方向夹角为锐角，则斜面对球的弹力做正功，故B错误，C正确；
挡板对球的弹力方向向右，与运动方向相反，则挡板对球的弹力做负功，故D正确。
√
3．(恒力做功的计算)(2025·江苏常州市期末)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。
√
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，则转动一周 (　　)
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。第1节　功
1．理解功的概念，知道W＝Fx cos α的适用范围，会用功的公式进行计算。　2.理解正、负功的概念，会根据公式计算多个力所做的总功。　3.掌握常见的求解变力做功的方法。
一、功的概念的起源
1．起源：工业革命早期，当时的工程师们需要有一个比较蒸汽机“能力”的标准。在实践之中，工程师们逐渐认同用机器举起的物体的重量与高度的乘积来量度机器的输出。科学家对一般意义上的机器进行了研究，并提出了功的概念。
2．概念：如果物体受到力的作用，并在力的方向上发生了位移，我们就说力对物体做了功。
二、功的计算
1．力F与位移x同向时：W＝Fx。
2．力F与位移x有夹角α时：W＝Fxcos_α，其中F、x、cos α 分别表示力的大小、位移的大小、力和位移夹角的余弦。
3．在国际单位制中，功的单位是焦耳，简称焦，符号是J。
三、功的正负
1．正功、负功的条件
α范围 cos α范围 W正负
0≤α＜90° cos α＞0 W＞0
α＝90° cos α＝0 W＝0
90°＜α≤180° cos α＜0 W＜0
2．正功、负功的物理意义(如图所示)
(1)力F是动力，对物体做正功。
(2)力f是阻力，对物体做负功，或说物体克服f做功。
(3)力N和G既不是动力，也不是阻力，不做功。
说明：当物体同时受到几个力的作用时，所有这些力对物体所做的功的代数和等于这些力的合力对此物体所做的功。
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　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x的乘积？
(3)若小车做匀加速运动，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＝Fx 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＝Fx 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x是力的作用点的位移，α是力F的方向与位移x的方向的夹角。
(3)公式W＝Fx cos α，可以理解为力乘以在力的方向上的位移，即W＝F(x 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)x。
2．正、负功的判断
(1)根据力F的方向和物体位移x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
　(多选)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．恒力功的求法
(1)W等于力F乘以物体在力F方向上的分位移x cos α，即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x1和x2，则F做的功W＝Fx1＝Fx cos α。
(2)W等于力F在位移x方向上的分力F cos α乘以物体的位移x，即将力F分解为沿x方向上和垂直于x方向上的两个分力F1和F2，则F做的功W＝F1x＝Fx 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＝Fx cos α。
3．总功的计算
(1)先由W＝Fx 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x cos α计算总功，此时α为F合的方向与位移x的方向间的夹角。
　如图，在大小F＝10 N的方向向右的水平恒力作用下，物体受到的滑动摩擦力大小f＝6 N。物体水平向右移动5 m的过程中，以下说法不正确的是 (　　)
A．恒力F对物体做功50 J
B．滑动摩擦力f对物体做功30 J
C．合力对物体做功20 J
D．物体克服摩擦力f做功30 J
[解析]　由做功公式可得，恒力F对物体做功W＝Fx＝10×5 J＝50 J，故A正确；由做功公式可得，滑动摩擦力f对物体做功Wf＝－fx＝－30 J，则物体克服f做功为30 J，故B错误，D正确；合力对物体做功W合＝W＋Wf＝20 J，故C正确。
[答案]　B
　在光滑的水平地面上有质量为M的长木板A，如图所示，木板上放一质量为m的物体B，A、B之间的动摩擦因数为μ。现在物体B上加一水平恒力F，B和A发生相对滑动，经过时间t，B未滑离木板A，重力加速度为g。
(1)求摩擦力对A所做的功。
(2)求摩擦力对B所做的功。
(3)若木板A固定，求B对A的摩擦力对A做的功。
[解析]　(1)木板A在滑动摩擦力的作用下，向右做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得μmg＝MaA，所以aA＝，经过时间t，A的位移xA＝aAt2＝·t2，因为摩擦力f的方向和位移xA的方向相同，即对A做正功，其大小W1＝fxA＝μmgt2＝。
(2)物体B在水平恒力F和摩擦力f′的合力作用下向右做匀加速直线运动，设B的加速度为aB，由牛顿第二定律得F－μmg＝maB，所以aB＝
B的位移xB＝aBt2＝·t2
摩擦力f′的方向和位移xB的方向相反，所以f′对B做负功，W2＝－f′xB＝－。
(3)若长木板A固定，则A的位移xA′＝0，所以摩擦力对A做功为0，即对A不做功。
[答案]　(1)　(2)－　(3)0
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＝Fx cos α求此力所做的功
图像法 在F－x图像中，图线与x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x轴上方的“面积”为正，位于x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＝Fx cos α求解。此法常常应用于轻绳通过定滑轮拉物体的问题
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，…，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
　(多选)质量为2 kg的物体在水平面上沿直线运动，受到的阻力大小恒定。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拉力对物体做功为40 J
C．0～7 m物体克服阻力做功为28 J
D．0～7 m合力对物体做功为68 J
[解析]　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；由公式W＝Fx可知，F－x图像的面积表示做功，由图可得，0～7 m拉力对物体做功WF＝3×4 J＋×(4＋10)×(7－3) J＝40 J，故B正确；0～7 m物体克服阻力做功W＝fx＝28 J，故C正确；根据题意可知，W合＝WF＋Wf，又有Wf＝－W＝－28 J，则W合＝12 J，故D错误。
[答案]　BC
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，弹力始终与速度垂直不做功，故A、B错误；从A到B过程，摩擦力做功Wf＝－f·x＝－f··2πR＝－πRf，故C错误；从A到C过程，摩擦力做功Wf′＝－f·x′＝－f··2πR＝－πRf，故D正确。
[答案]　D
1．(对功的理解)(2025·江苏镇江市期中)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：选A。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。
2．(对功的理解)(多选)如图所示，光滑斜面放在水平面上，斜面上用固定的竖直挡板挡住一个光滑的重球。在整个装置沿水平面向左匀速运动的过程中，下列说法正确的是 (　　)
A．重力不做功　　　
B．斜面对球的弹力不做功
C．斜面对球的弹力做正功
D．挡板对球的弹力做负功
解析：选ACD。根据功的公式可知，重力与运动方向相互垂直，故重力不做功，故A正确；斜面对球的弹力方向与运动方向夹角为锐角，则斜面对球的弹力做正功，故B错误，C正确；挡板对球的弹力方向向右，与运动方向相反，则挡板对球的弹力做负功，故D正确。
3．(恒力做功的计算)(2025·江苏常州市期末)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。
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，则转动一周 (　　)
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。(共26张PPT)
课后达标检测
√
题组1　动能和动能定理
1．下面有关动能的说法正确的是 (　　)
A．物体只有做匀速运动时，动能才不变
B．物体做平抛运动时，水平方向速度不变，物体的动能也不变
C．物体做自由落体运动时，重力做功，物体的动能增加
D．物体的动能变化时，速度不一定变化，速度变化时，动能一定变化
解析：物体只要速率不变，动能就不变，例如匀速圆周运动，故A错误；
做平抛运动的物体动能逐渐增大，B错误；
物体做自由落体运动时，其合力等于重力，重力做正功，物体的动能增加，故C正确；
物体的动能变化时，速度的大小一定变化，故D错误。
√
2．(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＝Fx cos α知，合力不为零，但若α＝90°，合力做的功也为零，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　做功与动能改变关系的探究
3．某探究学习小组的同学欲探究“恒力做功与动能改变的关系”，他们在实验室组装了一套如图所示的装置，另外他们还找到了打点计时器及学生电源、导线、复写纸、纸带、滑块、细沙。当滑块连接上纸带，用细线通过滑轮挂上空的小沙桶时，释放小沙桶，滑块处于静止状态。若你是小组中的一位成员，要完成该项实验，则：
(1)你认为还需要的实验器材有_______________。
解析：测量沙和沙桶的总质量、滑块的质量要用到天平，利用纸带求速度和位移时要用到刻度尺。
(2)实验时为了保证滑块受到的合力与沙和沙桶所受总重力大小基本相等，沙和沙桶的总质量应满足的条件是_________________________________，
实验时首先要做的步骤是_____________________。
解析：实验时首先要平衡滑块的摩擦力，为使细线的拉力与沙和沙桶所受总重力大小基本相等，沙和沙桶的总质量应远小于滑块的质量。
天平、刻度尺
沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量
平衡滑块的摩擦力
(3)在(2)的基础上，某同学用天平称量滑块的质量M。往沙桶中装入适量的细沙，用天平称出此时沙和沙桶的总质量m。让沙桶带动滑块加速运动，用打点计时器记录其运动情况，在打点计时器打出的纸带上取两点，测出这两点的间距L和这两点的速度大小v1与v2(v1√
解析：足球上升过程中足球所受的重力做负功，WG＝－mgh，B、D错误；
√
√
√
7．某水上乐园设备公司设计了一款水滑梯，设计简图如图所示，倾斜滑道与水平滑道材料相同且平滑连接。游客的质量为m，倾斜滑道高度为h、倾角为θ，游客与滑道间的动摩擦因数为μ，游客在水平滑道上停止点A到O点的水平距离为x，下列说法正确的是 (　　)
A.h和μ一定，θ越大，x越大
B．h和μ一定，θ越大，x越小
C．h和μ一定，x的大小与θ、m无关
D．h和μ一定，m越小，x越大
√
√
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；
√
(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。(6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专题提升课7　功能关系和能量守恒
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x，则 (　　)
A．子弹损失的动能为fd
B．木块增加的动能为fx
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(x＋d)，故A错误；对木块运用动能定理得fx＝ΔEk木块，则木块增加的动能为fx，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。
　如图所示，粗糙的圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，一个质量m＝0.2 kg的小球从P点水平抛出，恰好从圆弧轨道的A点沿切线方向进入轨道。B为轨道的最低点，C为最高点，圆弧AB对应的圆心角θ＝60°，轨道半径R＝0.4 m，g取10 m/s2，不计空气阻力。若小球进入轨道后恰好通过C点，且在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功Wf＝－2 J，求：
(1)小球到达C点的速度的大小vC；
(2)小球冲入轨道A点的速度的大小vA；
(3)P和A两点的高度差h。
[解析]　(1)小球进入轨道后恰好通过C点，在C点根据牛顿第二定律有mg＝m eq \f(v,R)
代入数据解得vC＝2 m/s。
(2)小球从A点到C点过程，根据动能定理
－mg(R＋R cos θ)＋Wf＝mv－mv
代入数据解得vA＝6 m/s。
(3)在A点，竖直方向分速度vy＝vA sin θ＝3 m/s
从P点到A点，竖直方向v＝2gh
解得h＝1.35 m。
[答案]　(1)2 m/s　(2)6 m/s　(3)1.35 m
　粗糙水平面AB与竖直面内的光滑半圆形导轨在B点相接，AB长l＝1 m，导轨半径R＝0.5 m。一质量m＝0.2 kg的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，从B点冲上半圆形导轨。已知物体与水平面间的动摩擦因数为0.3，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求物体通过AB段时，滑动摩擦力做的功。
(2)若物体脱离弹簧后，恰好能到达导轨上与圆心等高的C点，求物体经过B点时导轨对它的支持力大小。
(3)若物体脱离弹簧后，恰好能通过导轨的最高点D，求弹簧压缩至A点时具有的弹性势能。
[解析]　(1)物体通过AB段时，滑动摩擦力做的功
Wf＝fl＝μmgl＝0.3×0.2×10×1 J＝0.6 J。
(2)物体从B点到C点，根据动能定理有
－mgR＝0－mv
在B点有FN－mg＝m eq \f(v,R)
解得FN＝6 N。
(3)物体脱离弹簧后，恰好能通过导轨的最高点D，有mg＝m eq \f(v,R)
物体脱离弹簧后，恰好能通过导轨的最高点D，根据动能定理有W弹－Wf－2mgR＝mv
解得W弹＝3.1 J
根据功能关系知弹簧压缩至A点时具有的弹性势能Ep＝W弹＝3.1 J。
[答案]　(1)0.6 J　(2)6 N　(3)3.1 J
微专题三　能量守恒定律的理解和应用
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，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．(功能关系的理解和应用)某景区内的高空滑索运动如图甲所示，游客可利用轻绳通过轻质滑环悬吊下滑。假设某段下滑过程中钢索与水平方向的夹角为θ，轻绳始终保持竖直，示意图如图乙所示，以游客、滑环、轻绳为整体，不计空气阻力，在这一阶段下滑过程中 (　　)
A．整体的机械能守恒
B．游客重力的功率一定增大
C．整体所受合外力做正功
D．整体损失的机械能与系统摩擦产生的热量相等
解析：选D。以游客为研究对象，游客受重力和轻绳的拉力，由于拉力竖直向上，整体匀速下滑，动能不变，重力势能减少，整体机械能不守恒，A错误；游客在竖直方向分速度不变，重力的功率不变，B错误；由动能定理可知，整体所受合外力做的功为零，C错误；由功能关系可知，整体损失的机械能与系统摩擦产生的热量相等，D正确。
2．(功能关系的理解和应用)(多选)滑梯(如图甲所示)是幼儿园孩子们喜欢的游乐设施之一，滑梯可以简化为如图乙所示模型。一质量为m的小朋友(可视为质点)，从竖直面内、半径为r的圆弧形滑道的A点由静止开始下滑，利用速度传感器测得小朋友到达滑道最低点B时的速度大小为 (g为重力加速度)。已知过A点的切线与竖直方向的夹角为30°，过B点的切线水平，小朋友与滑道各处之间的动摩擦因数相同，则小朋友在沿着AB下滑的过程中 (　　)
A．处于先失重后超重状态
B．克服摩擦力做功为
C．机械能的减少量大于重力势能的减少量
D．在最低点B时对滑道的压力大小为mg
解析：选AD。小朋友在A点时速度为0，加速度沿着切线向下，处于失重状态，到最低点时加速度竖直向上，处于超重状态，故A正确；在整个运动过程中，由动能定理得 mgr(1－cos 60°)－Wf＝mv2－0，又因为v＝，联立可得克服摩擦力做功为Wf＝mgr，故B错误；克服摩擦力做功即为机械能的减少量，为mgr，而重力势能的减少量为mgr，故C错误；在B点，根据牛顿第二定律得N－mg＝m，解得N＝mg，结合牛顿第三定律得小朋友在最低点B时对滑道的压力大小为N′＝N＝mg，故D正确。
3．(动力学方法和动能定理的应用)如图所示，光滑斜面AB的B点与水平传送带的左端刚好平齐接触(小滑块从斜面滑向传送带时速度大小不变)，传送带BC的长度L＝6 m，传送带沿逆时针方向以恒定速率v＝2 m/s匀速转动。CD为光滑且足够长的水平轨道，C点与传送带的右端刚好平齐接触，DE是竖直放置的半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道，DE与CD相切于D点。已知小滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，小滑块的质量m＝1 kg，g取10 m/s2。
(1)若小滑块从斜面AB上高H处的某点由静止滑下，滑离传送带前又能返回到B点，求H的最大值。
(2)若小滑块从斜面AB上某点由静止滑下，滑上传送带能够通过C点，并经过圆弧轨道DE，从其最高点E飞出，最终落在CD上。如果小滑块通过E点时受到轨道的压力大小为12.5 N，求小滑块的落点距D点的距离。
(3)在满足(2)条件下，求小滑块在传送带上运动的时间。
解析：(1)要使H最大，小滑块滑到传送带的C点时速度刚好减为零，则由动能定理得
mgH－μmgL＝0
解得H＝1.2 m。
(2)根据牛顿第二定律，在E点有
F＋mg＝m eq \f(v,R)
解得vE＝3 m/s
由平抛运动规律有2R＝gt2，x＝vEt
解得x＝1.2 m。
(3)在半圆轨道上由机械能守恒定律得
mv＝mv＋2mgR
根据动能定理得－μmgL＝mv－mv
根据匀变速直线运动规律有L＝t
解得t＝1 s。
答案：(1)1.2 m　(2)1.2 m　(3)1 s(共26张PPT)
课后达标检测
√
题组1　重力做功的特点　重力势能
1．下列说法正确的是 (　　)
A．地面上的物体的重力势能一定为零
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：如果不选择地面为零势能面，地面上的物体的重力势能不等于零，A错误；
如果物体位于零势能面上，无论质量大小，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，重力势能的大小与物体的质量及零势能面的选择有关，C错误；
如果选择物体所在的位置为零势能面，则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50kg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．如图所示，质量为m的金属小球，从离水面H高处自由下落后进入水中。已知水深为h，若以水面为参考平面，小球运动至水底时的重力势能为(　　)
A.mgH B．－mgh
C．mg(H－h) D．－mg(H＋h)
解析：以水面为参考平面，小球运动至水底时的重力势能Ep＝－mgh。
√
5．关于重力做功和重力势能，下列说法正确的是 (　　)
A．重力做功与路径无关，只跟它的起点和终点的位置有关
B．一个物体的重力势能从－6 J变化到－3 J，重力势能变小了
C．当物体向高处运动时，克服重力做功，物体的重力势能减小
D．物体的位置一旦确定，它的重力势能的数值大小也随之确定
解析：重力做功与路径无关，只跟它的起点和终点的位置有关，故A正确；
势能的正负表示大小，一个物体的重力势能从－6 J变化到－3 J，重力势能变大了，故B错误；
当物体向高处运动时，克服重力做功，物体的重力势能增大，故C错误；
物体的位置以及零势能面确定，它的重力势能的数值才能确定，故D错误。
√
6．(2025·云南曲靖市期末)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。
√
题组3　弹性势能
7．如图所示，一根轻质弹簧左端固定，现使滑块沿光滑水平桌面滑向弹簧，在滑块接触到弹簧直到速度减为零的过程中，弹簧的 (　　)
A．弹力越来越大，弹性势能越来越大
B．弹力越来越小，弹性势能越来越小
C．弹力先变小后变大，弹性势能越来越小
D．弹力先变大后变小，弹性势能越来越大
解析：滑块接触到弹簧直到速度减为零的过程中，弹簧形变量越来越大，根据F＝kx知弹力越来越大，滑块接触到弹簧直到速度减为零的过程中，弹簧弹力一直做负功，弹簧的弹性势能越来越大。
√
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产生的
解析：从接触床面到运动至最低点的过程中，高度减小，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产生的，D错误，符合题意。
√
9．(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，橡皮绳的弹性势能增加，故C错误，D正确。
√
√
√
√
11．(多选)雨滴的下落运动并不能看成“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。
12．(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。
13．(14分)(2025·吉林四平市期中)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 J1．(多选)在体育比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项。质量为m的跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F，那么在他减速下降高度h的过程中，下列说法正确的是(g为当地的重力加速度) (　　)
A．他的动能减少了Fh－mgh
B．他的重力势能增加了mgh
C．他的机械能减少了(F－mg)h
D．他的机械能减少了Fh
解析：选AD。由动能定理可得，ΔEk＝mgh－Fh，动能减少了Fh－mgh，A正确；他的重力势能减少了mgh，B错误；他的机械能减少了ΔE＝Fh，C错误，D正确。
2．如图所示，半圆形轨道MON竖直放置且固定在地面上，直径MN是水平的，一小物块从M点正上方高度为H处自由下落，正好在M点滑入半圆轨道，测得其第一次离开N点后上升的最大高度为，小物块接着下落从N点滑入半圆轨道，在向M点滑行过程中(整个过程不计空气阻力) (　　)
A.小物块正好能到达M点
B．小物块一定到不了M点
C．小物块一定能冲出M点
D．不能确定小物块能否冲出M点
解析：选C。小物块第一次在半圆轨道中运动的过程，由动能定理得mg＋(－Wf)＝0－0，(Wf为小物块克服摩擦力做功大小)，解得Wf＝mgH；由于第二次小物块在半圆轨道中运动时，对应位置处速度变小，因此半圆轨道给小物块的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于mgH，因此小物块再次冲出M点时，能上升的高度大于零而小于H，故A、B、D错误，C正确。
3．(多选)如图，质量为m的物块静止在水平地面上，轻弹簧一端连接在物块上，开始弹簧处于原长，用手拉着轻弹簧的另一端A并使A端缓慢上移，当A端上移H高度时，物块上移的高度为h，弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度为g，则此过程 (　　)
A.拉力做的功等于物块机械能的增加量
B．弹簧的弹力对物块做的功等于物块机械能的增加量
C．弹簧的劲度系数为
D．拉力做的功为mg(H＋h)
解析：选BCD。对物块和弹簧组成的系统，根据功能关系知，拉力做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物块机械能的增加量之和，故A错误；对物块，根据功能关系可知，弹簧的弹力对物块做的功等于物块机械能的增加量，故B正确；由题意可知物块始终处于平衡状态，当A端上移H高度时，物块上移高度为h，则弹簧伸长量为H－h，对物块有k(H－h)＝mg，则弹簧的劲度系数k＝，故C正确；从施加拉力到物块刚好要离开地面的过程中，拉力大小始终等于弹簧的弹力大小，这个过程拉力与位移成正比，因此拉力做功W1＝k(H－h)2＝mg(H－h)，物块上升过程中拉力做功W2＝mgh，因此整个过程拉力做的功W＝W1＋W2＝mg(H＋h)，故D正确。
4．如图所示，质量为M的小车放在光滑的水平面上，质量为m的物体(可视为质点)放在小车的左端。受到水平恒力F的作用后，物体由静止开始运动，设小车与物体间的摩擦力为Ff，车长为L，则物体从小车左端运动到右端时，车发生的位移为x，下列说法不正确的是 (　　)
A．物体具有的动能为(F－Ff)(x＋L)
B．小车具有的动能为Ffx
C．物体克服摩擦力做的功为Ff(x＋L)
D．物体克服摩擦力做的功为FfL
解析：选D。物体从静止开始运动到到达小车最右端过程中，由动能定理有(F－Ff)(x＋L)＝Ek1－0，可知物体到达小车最右端时具有的动能Ek1＝(F－Ff)(x＋L)，故A正确，不符合题意；物体到达小车最右端过程，对于小车根据动能定理可得Ffx＝Ek2－0，解得小车具有的动能Ek2＝Ffx，故B正确，不符合题意；物体克服摩擦力做的功为Ff(x＋L)，故C正确，不符合题意；D错误，符合题意。
5．(10分)电动机带动绷紧的传送带始终保持v＝2.5 m/s的速度逆时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝30°。现把一个质量m＝10 kg的工件无初速地放在传送带的顶端，经过一段时间工件被送到传送带的底端，已知顶端比底端高出h＝2.0 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝。求：
(1)工件从顶端到底端的时间；(4分)
(2)工件从顶端到底端的运动过程中，传送带对工件做的功。(6分)
解析：(1)由牛顿第二定律得
μmg cos θ＋mg sin θ＝ma
解得a＝μg cos θ＋g sin θ＝12.5 m/s2
设工件经过时间t1与传送带速度相同，则
t1＝＝0.2 s
此过程中工件移动的位移
x1＝vt1＝×2.5×0.2 m＝0.25 m
由于μmg cos θ>mg sin θ
工件与传送带达到共同速度后一起做匀速直线运动，工件与传送带达到共同速度后到底端匀速运动的位移大小x2＝L－x1＝－x1＝3.75 m
工件匀速运动的时间t2＝＝1.5 s
所以工件从顶端到底端的时间t＝t1＋t2＝1.7 s。
(2)对工件由动能定理得
W＋mgh＝mv2－0
则传送带对工件做的功
W＝mv2－mgh＝－168.75 J。
答案：(1)1.7 s　(2)－168.75 J
6．(14分)如图所示，质量m＝0.2 kg的小球(可视为质点)从水平桌面右端点A以初速度v0水平抛出，桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其为半径r＝1 m的圆环剪去了左上角127°的圆弧，MN为其竖直直径。P点到桌面的竖直距离R＝0.8 m。小球飞离桌面后恰由P点无碰撞地落入圆轨道，g取10 m/s2。求：
(1)小球在A点的初速度大小v0；(4分)
(2)小球到达圆轨道最低点N时的速率vN；(4分)
(3)小球在圆轨道上能到达的最高点与N点的高度差h。(6分)
解析：(1)小球从A到P做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，小球在P点时的竖直分速度大小vy＝＝4 m/s，在P点，根据速度的合成与分解可得
tan 53°＝，解得v0＝3 m/s。
(2)小球在P点的速度大小vP＝＝5 m/s，对小球从P到N的过程，根据机械能守恒定律有mgr(1－cos 53°)＋mv＝mv，解得vN＝ m/s。
(3)因为2r>R＋r(1－cos 53°)>r，且小球运动过程中机械能守恒，所以小球一定无法到达M点，但一定能够越过与圆心等高的位置。设小球能到达的最高点与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，在最高点时的速度大小为v1，根据牛顿第二定律有mg cos θ＝m eq \f(v,r)
对小球从N到最高点的过程，根据机械能守恒定律有mv＋mgh＝mv
根据几何关系有h＝r(1＋cos θ)，解得h＝ m。
答案：(1)3 m/s　(2) m/s　(3) m
7．(14分)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；(4分)
(2)小物块运动到B点时对半圆形轨道的弹力；(4分)
(3)解除锁定前弹簧的弹性势能。(6分)
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N－mg＝m eq \f(v,R)，解得N＝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，由机械能守恒定律可得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30张PPT)
课后达标检测
√
√
√
解析：物体落地瞬间vy＝gt＝30 m/s，所以PG＝Gvy＝300 W，故A正确。
√
3．(2025·广东韶关市期末)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。
√
4．如图所示，某同学到超市购物后由于赶时间，用大小为20 N、方向与水平面成60°角斜向上的拉力拉购物篮，以1 m/s2的加速度在水平地面上从静止开始匀加速前进(加速时间大于3 s)，则 (　　)
A.前2 s内拉力所做的功为40 J
B．前2 s内拉力的平均功率为20 W
C．2 s末拉力做功的瞬时功率为20 W
D．由于阻力大小未知，拉力的功率不能确定
2 s末购物篮的速度v＝at＝2 m/s，则2 s末拉力做功的瞬时功率P＝Fv cos 60°＝20 W，故C正确；
虽阻力大小未知，但拉力大小和拉力与运动方向的夹角已知，且运动速度和位移可算出，故拉力的功率可算出，故D错误。
√
题组2　机车启动问题
5．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．(F－f)v　　　　　　　 B．mav
C．fv D．Fv
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。
√
6．一辆汽车在平直公路上以额定功率行驶，设所受阻力不变。在汽车加速过程中 (　　)
A．牵引力减小，加速度增大
B．牵引力减小，加速度减小
C．牵引力增大，加速度增大
D．牵引力增大，加速度减小
解析：根据P＝Fv知，发动机的功率恒定，速度增大，牵引力减小，根据牛顿第二定律有F－f＝ma可知加速度减小，故B正确。
√
√
√
9．质量为2 000 kg的汽车在水平路面上匀加速启动，阻力恒为1 000 N，t＝20 s 时发动机达到额定功率，此后，功率保持不变，其运动的v－t图像如图，下列说法正确的是 (　　)
A．在t＝40 s时汽车达到最大速度
B．汽车的额定功率为20 000 W
C．匀加速阶段，汽车的加速度大小为1 m/s2
D．加速过程中，汽车的牵引力一直在增大
解析：t＝20 s时发动机达到额定功率，t＝20 s之后，汽车做加速度减小的加速运动，直到达到最大速度，由v－t 图像可知，在t＝40 s时汽车尚未达到最大速度，故A错误；
汽车达到额定功率后，牵引力大于阻力，速度还要继续增大，在功率保持不变的情况下，由P＝Fv知，随着速度的增大，牵引力要减小，直到汽车达到最大速度时，牵引力F＝f＝1 000 N，故D错误。
√
10．(多选)如图所示，一质量m＝2 kg 的小球，以v0＝15 m/s的初速度，朝着一个倾角为θ＝37°的斜面平抛出去，它落到斜面上时的速度方向刚好和斜面垂直，g取10 m/s2，则 (　　)
A．该小球落到斜面上的瞬间，重力对小球做功的瞬时功率为400 W
B．该小球落到斜面上的瞬间，重力对小球做功的瞬时功率为200 W
C．整个平抛运动过程中，重力对小球做功的
平均功率为400 W
D．整个平抛运动过程中，重力对小球做功的
平均功率为200 W
√
√
11．(多选)如图甲所示，某高架桥的引桥可视为一个倾角θ＝30°、长l＝500 m的斜面。一辆质量m＝2 000 kg的电动汽车从引桥底端由静止开始加速，其加速度a随速度变化的关系图像如图乙所示，电动汽车的速度达到1 m/s后，牵引力的功率保持恒定。已知行驶过程中电动汽车受到的阻力f(摩擦和空气阻力)不变，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是 (　　)
A．电动汽车所受阻力f＝2 000 N
B．电动汽车的速度达到1 m/s后，
牵引力的功率P0＝14 kW
C．第1 s内电动汽车牵引力的功率
P与时间t满足P＝12 000 t
D．第1 s内牵引力与阻力对电动汽车做的总功为6 000 J
√
√
由题图乙可知，在第1 s内，汽车做匀加速直线运动，有P＝Fv＝Fat，由上述分析可知F＝14 000 N，所以P＝14 000 t，故C错误；
设电动汽车在第1 s内的位移为x，有v2－0＝2ax，解得x＝0.5 m，牵引力做功为W1，有W1＝Fx，阻力做功为W2，有W2＝－fx，做功之和为W＝W1＋W2＝6 000 J，故D正确。
12．两轮平衡车深受年轻人的喜爱，它的动力系统由电池驱动，能够输出的最大功率为P0，小明驾驶平衡车在水平路面上沿直线运动，受到的阻力恒为Ff。已知小明和平衡车的总质量为m，从启动到达到最大速度的整个过程中，小明和平衡车可视为质点，不计小明对平衡车做的功。设平衡车启动后的一段时间内是由静止开始做加速度为a的匀加速直线运动，则(　　)
√
平衡车运动过程中，根据牛顿第二定律有F－Ff＝ma0，当平衡车加速度为零时，平衡车的牵引力最小，平衡车运动过程中所需的最小牵引力F＝Ff，故B错误；
13．(12分)(2025·江苏镇江市期中)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。(4分)
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。(2分)
解析：匀速行驶时有F1＝f，则P1＝fv1＝6×105 W。
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。(6分)
答案：25 s(共46张PPT)
第4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、重力做功的特点
1．特点：重力对物体所做的功与物体的运动路径_________，仅由物体的质量和初、末两个位置的_________决定。
2．表达式：W＝mg·Δh＝mgh1－mgh2。
无关
高度差
二、重力势能
1．定义：物体由于_________而具有的能量。
2．表达式：Ep＝_________。
3．单位：在国际单位制中的单位是焦耳，简称焦，符号为J。1 kg·m·s-2·m＝1 N·m＝1 J。
4．零势能面：物体的重力势能等于零的平面。零势能面原则上是可以任意选取的，因此一个物体的势能的数值是相对的(相对于零势能面)。
位于高处
mgh
5．重力势能与重力做功的关系
(1)重力所做的功等于物体重力势能的_________，WG＝Ep1－Ep2。重力势能的变化量ΔEp与零势能面的选取_________。
(2)当物体从高处运动到低处时，重力做_________，重力势能_________，也就是WG>0，Ep1>Ep2，重力势能_________的数量等于重力所做的功；当物体由低处运动到高处时，重力做_________，重力势能_________，也就是WG<0，Ep1减少量
无关
正功
减少
减少
负功
增加
增加
三、弹性势能
1．定义：物体由于发生_________而具有的能量。
2．性质：一个物体的形变量越大，弹性势能_________。重力势能和弹性势能是势能的两种不同类型。
说明：在物理学中我们还会遇到分子势能、电势能等概念，但只有重力势能和弹性势能属于机械能的范畴。
弹性形变
越大
四、势能是系统所共有的
1．重力势能是_________和受重力作用的物体组成的系统所共有的。
2．弹性势能是_________与受弹力作用的物体组成的系统所共有的。
地球
弹力装置
√
×　
×　
×　
×　
判断下列说法是否正确。
(1)物体只要运动，其重力一定做功。 (　　)
(2)物体的高度只要发生变化，其重力一定做功。 (　　)
(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
(1)甲、乙、丙三种情况下重力做功各是多少？
[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．做功表达式：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．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．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。
√
知识点二　重力做功和重力势能的变化
(1)在最高点(高度为h)和地面的重力势能各是多少？
[提示]　最高点与地面的重力势能分别为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。重力势能减小了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)下列关于重力势能的理解，正确的是 (　　)
A．放在地面上的物体，它的重力势能一定等于零
B．重力势能的变化量与参考平面的选取无关
C．重力势能减小时，重力对物体做正功
D．物体与零势能面的距离越大，它的重力势能也越大
√
[解析]　重力势能和零势能面选取有关，放在地面上的物体，它的重力势能不一定等于零，故A错误；
重力势能的变化量与物体的质量和变化高度有关，与参考平面的选取无关，故B正确；
重力势能减小时，高度下降，重力对物体做正功，故C正确；
若物体在零势能面下方，物体与零势能面的距离越大，则重力势能越小，故D错误。
√
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。
　　(2025·陕西西安市期末)如图所示，质量m＝2 kg的小球，从离桌面H＝1.0 m高处由静止下落到地面上的B点，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。
知识点三　弹性势能
(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，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。
√
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。
角度2　弹力做功和弹性势能
　　(多选)(2025·山西大同市期末)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。
√
　　如图所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，那么小球从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中(弹簧保持竖直)，下列说法正确的是(　　)
A．小球的速度先增大后减小
B．重力势能先减小后增大
C．弹性势能先增大后减小
D．重力先做正功后做负功
[解析]　在小球刚接触弹簧的时候，弹簧的弹力小于小球所受的重力，合力向下，小球还是向下加速，当弹簧的弹力和小球所受的重力相等时，小球的速度达到最大，之后弹力大于重力，小球开始减速，直至减为零。根据以上分析，小球的速度先变大后变小，故A正确；
小球一直向下运动，小球的重力做正功，重力势能一直减小，故B、D错误；
弹簧的弹力一直做负功，弹簧的弹性势能一直在增大，故C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)某游客领着孩子游泰山时，孩子不小心将手中质量为m的皮球滑落，球从A点滚到了山脚下的B点，高度标记如图所示，则下列说法正确的是 (　　)
A．从A到B的曲线轨道长度不知道，无法求出此过程中重力做的功
B．从A到B过程中阻力大小不知道，无法求出此过程中重力做的功
C．从A到B重力势能变化了mg(H＋h)
D．从A到B重力做功mgH
解析：重力做功与物体的运动路径无关，只与初、末状态物体的高度差有关。从A到B的高度差是H，故从A到B重力做功mgH，重力势能减少了mgH，D正确。
√
3．(重力做功与重力势能的变化)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。
√
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；题组1　重力做功的特点　重力势能
1．下列说法正确的是 (　　)
A．地面上的物体的重力势能一定为零
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。如果不选择地面为零势能面，地面上的物体的重力势能不等于零，A错误；如果物体位于零势能面上，无论质量大小，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，重力势能的大小与物体的质量及零势能面的选择有关，C错误；如果选择物体所在的位置为零势能面，则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50kg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．如图所示，质量为m的金属小球，从离水面H高处自由下落后进入水中。已知水深为h，若以水面为参考平面，小球运动至水底时的重力势能为 (　　)
A.mgH B．－mgh
C．mg(H－h) D．－mg(H＋h)
解析：选B。以水面为参考平面，小球运动至水底时的重力势能Ep＝－mgh。
5．关于重力做功和重力势能，下列说法正确的是 (　　)
A．重力做功与路径无关，只跟它的起点和终点的位置有关
B．一个物体的重力势能从－6 J变化到－3 J，重力势能变小了
C．当物体向高处运动时，克服重力做功，物体的重力势能减小
D．物体的位置一旦确定，它的重力势能的数值大小也随之确定
解析：选A。重力做功与路径无关，只跟它的起点和终点的位置有关，故A正确；势能的正负表示大小，一个物体的重力势能从－6 J变化到－3 J，重力势能变大了，故B错误；当物体向高处运动时，克服重力做功，物体的重力势能增大，故C错误；物体的位置以及零势能面确定，它的重力势能的数值才能确定，故D错误。
6．(2025·云南曲靖市期末)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。
题组3　弹性势能
7．如图所示，一根轻质弹簧左端固定，现使滑块沿光滑水平桌面滑向弹簧，在滑块接触到弹簧直到速度减为零的过程中，弹簧的 (　　)
A．弹力越来越大，弹性势能越来越大
B．弹力越来越小，弹性势能越来越小
C．弹力先变小后变大，弹性势能越来越小
D．弹力先变大后变小，弹性势能越来越大
解析：选A。滑块接触到弹簧直到速度减为零的过程中，弹簧形变量越来越大，根据F＝kx知弹力越来越大，滑块接触到弹簧直到速度减为零的过程中，弹簧弹力一直做负功，弹簧的弹性势能越来越大。
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产生的
解析：选D。从接触床面到运动至最低点的过程中，高度减小，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产生的，D错误，符合题意。
9．(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，橡皮绳的弹性势能增加，故C错误，D正确。
10．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。
11．(多选)雨滴的下落运动并不能看成“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。
12．(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。
13．(14分)(2025·吉林四平市期中)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第5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、动能和势能的相互转化
1．动能和势能的转化实例
(1)荡秋千时，下降过程中重力做正功，重力势能减少，动能增加，重力势能转化成动能；上升过程中重力做负功，重力势能增加，动能减少，动能转化成重力势能。
(2)网球比赛中，网球触拍减速时，克服网线弹力做功，网线的弹性势能增大，网球的动能减少，动能转化为弹性势能；网球反弹加速时，网
线弹力对网球做正功，网线的弹性势能减少，网球的动能增大，弹性势能转化为动能。
(3)蹦极运动中，勇敢者的动能、重力势能和弹性绳的弹性势能之间发生相互转化。
2．动能和势能相互转化时的特点：重力或弹力做正功时，势能向动能转化；做负功时，动能向势能转化。
二、机械能守恒定律
1．内容：在只有重力或弹力做功的系统内，动能和势能会发生相互转化，但总机械能保持不变，这就是机械能守恒定律。
2．表达式：Ep1＋Ek1＝Ep2＋Ek2。
3．守恒条件：只有重力(或系统内弹力)做功。
三、关于机械能转化与守恒的实验观察
当摩擦力或空气阻力做功不能忽略时，势能就不能全部转化成动能，或者动能就不能全部转化成势能。
四、机械能守恒定律的应用
机械能守恒定律是力学中的一条重要规律，利用这一规律，可以方便地解决生活和生产中的许多问题。
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，机械能守恒。
1．对守恒条件的理解
(1)物体只受重力或弹力，不受其他力，如自由落体运动。
(2)物体除受重力或弹力外，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
　关于下列对配图的说法正确的是 (　　)
A．图1中“蛟龙号”被吊车匀速吊下水的过程中它的机械能守恒
B．图2中物块在恒力F作用下沿固定光滑斜面匀加速上滑过程中，物块机械能守恒
C．图3中物块沿固定斜面匀速下滑过程中，物块机械能不守恒
D．图4中撑竿跳高运动员在上升过程中机械能守恒
[解析]　题图1中“蛟龙号”被吊车匀速吊下水的过程中，重力势能不断减小，动能不变，所以机械能不守恒，故A错误；题图2中物块在恒力F作用下沿固定光滑斜面匀加速上滑过程中，重力势能和动能均增大，则其机械能增大，故B错误；题图3中物块沿固定斜面匀速下滑过程中，重力势能减小，动能不变，故其机械能不守恒，故C正确；题图4中撑竿跳高运动员在上升过程中，撑竿的弹性势能转化为运动员的机械能，所以运动员的机械能不守恒，故D错误。
[答案]　C
　(多选)下列关于各图中机械能是否守恒的判断正确的是 (　　)
A．甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，物块A和弹簧组成的系统机械能守恒
B．乙图中，在大小等于摩擦力的拉力下沿斜面下滑时，物体B机械能守恒
C．丙图中，不计任何阻力时A加速下落、B加速上升过程中，A、B组成的系统机械能守恒
D．丁图中，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和弹簧组成的系统只有重力和弹力做功，则系统机械能守恒，A正确；题图乙中物体B除受重力外，还受弹力、拉力、摩擦力，但除重力之外的三个力做功代数和为零，机械能守恒，B正确；题图丙中绳子张力对A做负功，对B做正功，两功代数和为零，A、B组成的系统机械能守恒，C正确；题图丁中小球的动能增加，重力势能也增加，故机械能增加，机械能不守恒(拉力对小球做正功)，D错误。
[答案]　ABC
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，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。
1．三个表达式
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)
2.解题思路
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E0＝E5，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，由机械能守恒定律可得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为 (　　)
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
　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；易知小球上升至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。
[答案]　D
1．(机械能守恒的判断)下列各实例的运动过程中(除A项外都不计空气阻力)，机械能守恒的是 (　　)
A．带着张开的降落伞的跳伞运动员在空中匀速下落
B．抛出的标枪在空中运动
C．拉着一个金属块使它沿光滑的斜面匀速上升
D．在光滑水平面上运动的小球，碰到一个弹簧，把弹簧压缩后，又被弹回来
解析：选B。跳伞运动员带着张开的降落伞在空气中匀速下落时，动能不变，重力势能减小，机械能减小，故A错误；被抛出的标枪在空中运动时，只有重力做功，机械能守恒，故B正确；金属块在拉力作用下沿着光滑的斜面匀速上升时，动能不变，重力势能变大，故机械能变大，故C错误；小球碰到弹簧被弹回的过程中只有弹簧弹力做功，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，此过程中，弹簧对小球做功，则小球的机械能不守恒，故D错误。
2．(单物体的机械能守恒问题)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。
3．(单物体的机械能守恒问题)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点的机械能为零
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)，从A到B小物块重力势能的变化量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。
4．(与弹簧有关的机械能守恒问题)(2025·江苏徐州市期末)一根轻弹簧下端固定，竖立在水平面上，其正上方A位置有一个小球，小球从静止开始下落，在B位置接触弹簧的上端，在C位置小球所受弹力大小等于重力，在D位置小球速度减小到零。下列关于小球下落阶段的说法正确的是 (　　)
A．在B位置，小球动能最大
B．从A→D位置，小球机械能守恒
C．从A→D位置，小球重力势能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量
D．从A→C位置，小球重力势能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量
解析：选D。小球从A到B做自由落体运动，从B到C过程，由于弹簧弹力小于小球重力，小球做加速度减小的加速运动，在C位置小球所受弹力大小等于重力，此时小球加速度为零，小球的速度最大，动能最大，故A错误；小球从A→D位置，由于弹力对小球做负功，所以小球的机械能不守恒，故B错误；小球从A→D位置，由于小球在A、D两位置的动能均为零，根据系统机械能守恒可知，从A→D位置，小球重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量，故C错误；根据系统机械能守恒可知，从A→C位置小球重力势能的减少量等于小球动能与弹簧弹性势能的增加量之和，即小球重力势能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故D正确。章末知识网络建构
[备选答案]
提示：将以下备选答案前的字母填入左侧正确的位置。
A．Fv
B．
C．之比
D．Fx cos α
E．位移
F．能量转化
G．mv2
H．标量
答案：E　D　F　H　C　B　A　G专题提升课6　机械能守恒定律的应用
微专题一　多物体组成的系统机械能守恒问题
角度1　轻绳牵连物体模型
　　　　　　　　　速率相等的情景　　　　
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。
　(多选)(2025·福建泉州市期中)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。
[答案]　AC
　(2025·黑龙江哈尔滨市期末)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。
　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量为mgL
C．AB杆转动过程中杆对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
　如图所示，在竖直平面内有一半径为R的四分之一圆弧轨道BC，与竖直轨道AB和水平轨道CD相切，轨道均光滑。现有长也为R的轻杆，两端固定质量均为m的相同小球a、b(可视为质点)，用某装置控制住小球a，使轻杆竖直且小球b与B点等高，然后由静止释放，杆将沿轨道下滑。设小球始终与轨道接触，重力加速度为g，则 (　　)
A．下滑过程中a球机械能增加
B．下滑过程中b球机械能守恒
C．小球a滑过C点后，a球速度大于
D．从释放至a球到滑过C点的过程中，轻杆对b球做正功为
[解析]　最终a、b都滑至水平轨道时(即小球a滑过C点后)速度相等，设为v，下滑过程中只有重力对a、b组成的系统做功，则根据机械能守恒定律有2mg＝·2mv2，解得v＝，故C错误；设从释放至a球滑过C点的过程中，轻杆对b球做功为W，对b球根据动能定理有W＋mgR＝mv2，解得W＝mgR，故D正确；根据前面分析可知，下滑过程中，杆对a球做负功，对b球做正功，所以a球机械能减少，b球机械能增加，故A、B错误。
[答案]　D
角度3　弹簧连接物体模型
1．由于弹簧的形变会使弹簧具有弹性势能，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．如果系统内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
微专题二　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，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]　
1．(绳或杆连接物体模型)(多选)(2025·广西柳州市期末)一质量不计的直角形支架两端分别连接质量均为m的小球A和B，支架的两直角边长度分别为2l和l，支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动，如图所示。开始时OA边处于水平位置，由静止释放OA，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是 (　　)
A．运动过程中，A、B两球的速度大小总相等
B．运动过程中，A、B和支架系统机械能守恒
C．A运动至最低点时速度大小为
D．A运动至最低点的过程中，杆对B做功为mgl
解析：选BC。A、B两球同轴转动，角速度相等，根据v＝ωr可得＝＝2，故运动过程中，A、B两球的速度大小不相等，故A错误；运动过程中，系统中只有重力做功，A、B和支架系统机械能守恒，故B正确；A运动至最低点时，根据机械能守恒mg·2l－mgl＝mv＋mv，联立解得vA＝，vB＝，故C正确；A运动至最低点的过程中，对B，根据动能定理有W－mgl＝mv，解得W＝mgl，故D错误。
2．(绳或杆连接物体模型)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：选C。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。
3．(弹簧连接物体模型)如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为2m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则小球B下降h时的速度为 (　　)
A．　　　　　　 B．
C. D．0
解析：选B。对弹簧和小球A，根据机械能守恒定律得小球A下降h高度时弹簧的弹性势能Ep＝mgh；对弹簧和小球B，当小球B下降h高度时，根据机械能守恒定律有Ep＋×2mv2＝2mgh；解得小球B下降h时的速度v＝，故B正确。
4．(非质点类物体的机械能守恒)(2025·陕西榆林市期末)如图所示，长为l的匀质链条放在光滑水平桌面上，且有部分悬于桌面外，链条由静止开始释放，则它刚滑离桌面时的速度大小为 (　　)
A. B．
C． D．
解析：选B。链条释放之后，到离开桌面，由于桌面无摩擦，整个链条的机械能守恒，取桌面为零势能面，整个链条的质量为m，根据机械能守恒有－mg×l＝mv2－mg×l，解得v＝。(共25张PPT)
课后达标检测
√
题组1　机械能守恒的判断
1．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．(2025·四川自贡市开学考)如图所示，是运-20加油机给歼-10战斗机加油的情景，在加油过程中，加油机和战斗机的飞行高度、速度和方向均不变，关于加油机和战斗机的机械能说法正确的是 (　　)
A．战斗机动能增大，势能减小，机械能不变
B．加油机动能减小，势能不变，机械能不变
C．加油机动能减小，势能不变，机械能减小
D．战斗机动能增大，势能增大，机械能增大
解析：战斗机油量增加，质量增大，速度不变，动能增大，高度不变，重力势能增大。机械能为动能和重力势能之和，所以战斗机机械能增大。加油机油量减少，质量减少，速度不变，动能减小，高度不变，重力势能减小。机械能为动能和重力势能之和，所以加油机机械能减小，故A、B、C错误，D正确。
√
√
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．(多选)如图所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，那么小球从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中(弹簧保持竖直)，下列关于能的叙述正确的是 (　　)
A．小球的机械能守恒
B．小球的动能先增大后减小
C．小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和先减小后增大
D．小球的动能和弹簧的弹性势能之和先增大后减小
√
解析：小球下落过程中弹簧弹力对小球做负功，小球的机械能减少，故A错误；
小球下落和弹簧接触过程中，开始做加速度逐渐减小的加速运动，当弹簧弹力等于重力时速度最大，然后做加速度逐渐增大的减速运动，故其动能先增大后减小，故B正确；
小球下落过程中动能、重力势能以及弹簧弹性势能三者之和保持不变，由于动能先增大后减小，因此弹性势能和重力势能之和先减小后增大，故C正确；
由于重力势能一直减小，因此小球的动能和弹簧的弹性势能之和一直增大，故D错误。
题组2　单物体的机械能守恒问题
5．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0
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。
√
6．(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，质量相等，则重力相等，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。
7．(多选)如图所示，上表面是光滑圆弧的质量为M的小车A置于光滑水平面上，有一质量为m的物体B在弧上自由滑下的同时释放A，则 (　　)
A．在B下滑的过程中，B的机械能守恒
B．圆弧轨道对B的支持力对B不做功
C．在B下滑的过程中，A的机械能增加
D．A、B组成的系统机械能守恒
√
√
解析：在B下滑的过程中，A向左运动，除了B所受的重力做功外，圆弧轨道对B的支持力对B做负功，故B的机械能减少，A、B错误；
B对圆弧轨道的压力对A做正功，故A的机械能增加，C正确；
A、B组成的系统只发生系统内动能和重力势能之间的相互转化，系统机械能守恒，D正确。
√
以抛出点为参考平面，石块到达地面时的重力势能Ep＝－mgh，故B正确；
石块在整个运动过程中，重力做功WG＝mgh，则石块重力势能减少了mgh，故D错误。
√
9．(2025·黑龙江哈尔滨市期中)小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。将两球由静止释放，不计空气阻力，在各自轨迹的最低点 (　　)
A．P球的速度一定大于Q球的速度
B．P球的动能一定大于Q球的动能
C．P球的机械能一定大于Q球的机械能
D．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力
取天花板为零势能面，P球的机械能等于Q球的机械能，均等于零，C错误；
√
解析：由于以出手时高度为零势能面，因此刚出手时势能为0，进入篮筐时势能为mg(H－h)，故A、B错误；
11．(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)求在第(1)问的基础上最低点的速度大小。(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：求证见解析　6mg第3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　动能定理
1．能量：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．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)单位：在国际单位制中，它的单位是焦耳，1 kg·m2/s2＝1 N·m＝1_J。
(4)标矢性：动能是标量。
3．动能定理
(1)内容：外力所做的功等于物体动能的变化。
(2)表达式：①W＝Ek2－Ek1＝mv－mv；②W＝ΔEk。
(3)适用范围：不仅适用于恒力做功和直线运动，也适用于变力做功和曲线运动情况。
说明：动能定理W＝ΔEk中的W应理解为W总，这里的“总”字是指：①如果这个过程中有多个力对物体做功，指的是这些力所做的功的总和；②一个过程中如果做功的力是变力，应把整个过程分成若干小段，使得每一小段的力可以认为是恒力，分别求出这些小段中力所做的功，再求它们的总和。
二、动能定理的实验证明
方案1：借用“探究a与F、m之间的关系”的实验装置进行实验，如图所示。把滑轮下挂的砝
码及砝码盘所受的总重力视为对小车的拉力，测量拉力F与小车质量m，通过分析纸带上的点迹，计算小车在打下各计数点时的瞬时速度，进而计算出小车在各计数点间运动的过程中拉力F对它做的功W以及该过程中增加的动能，如果二者在误差允许的范围内相等，则验证了在这个过程中外力对小车做的功等于它的动能的增量。
如果在小车经过的路径上的某两个位置固定两个光电门，在小车上固定一个挡光片，就可以测量出小车通过这两个光电门时的瞬时速度，再量出这两个光电门间的距离，不用打点计时器和纸带，同样可以验证动能定理。
方案2：使用数据实时采集系统进行验证。在小车上固定一个无线力传感器以及位移传感器的发射器，在它的对面固定位移传感器的接收器，并连接到计算机上。位移传感器可以连续测量多组小车位置的数据，并由计算机计算出小车经过各点时的瞬时速度的值。力传感器则可以测量各时刻小车受到的拉力，数据实时采集系统把它们都采集后传给计算机，输入相应的公式即可计算得出各段时间内拉力所做的功W以及相应时间段的始末速度，从而验证这个过程中动能定理是否成立。
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　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
　如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增加到v2时，上升高度为H，重力加速度为g。在这个过程中，下列说法或表达式正确的是 (　　)
A．对物体，动能定理的表达式为W＝mv，其中W为支持力做的功
B．对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力做的功
C．对物体，动能定理的表达式为W－mgH＝mv－mv
D．对电梯，其所受合力做功为Mv－Mv－mgH
[解析]　物体受重力和支持力作用，对物体根据动能定理得W－mgH＝mv－mv，A、B错误，C正确；对电梯，合力做功等于电梯动能的变化量，即W合′＝Mv－Mv，D错误。
[答案]　C
知识点二　做功与动能改变关系的探究
1．实验步骤
(1)如图所示，用细线将木板上的小车通过定滑轮与悬吊的钩码相连。改变木板的倾角，以小车所受重力的一个分力平衡小车及纸带受到的摩擦力，使小车做匀速直线运动。
(2)在细线另一端挂上钩码，使小车的质量远大于钩码的质量，小车在细线的拉力作用下做匀加速直线运动。由于钩码的质量很小，可以认为小车所受拉力F的大小等于钩码所受重力的大小。
(3)把纸带的一端固定在小车的后面，另一端穿过打点计时器。先接通电源，再放开小车，让小车拖着纸带运动，打点计时器就在纸带上打下一系列的点。
(4)重复以上实验。选择一条点迹清晰的纸带进行数据分析，由纸带可以找到位移和时间的信息，由钩码可以知道小车所受的恒力(小车的质量已知)。
(5)求出力做的功和对应速度，找出它们之间的关系。
2．数据处理
(1)速度的计算：依据匀变速直线运动特点计算某点的瞬时速度：v＝。
(2)功的计算：拉力所做的功W1＝mgs1，W2＝mgs2…
(3)动能增量的计算：物体动能的增量ΔEk1＝Mv，ΔEk2＝Mv…
3．误差分析
(1)若忘记平衡摩擦力或没有完全平衡摩擦力会对实验结果产生影响。
(2)实验中，由于钩码质量远小于小车质量，可认为绳子对小车的拉力F＝mg。但实际情况是：钩码向下的运动是加速运动，mg－F＝ma，所以F(3)测量纸带上各点之间的距离时会产生误差。
　某同学把附有滑轮的长木板平放在实验桌上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码，使小车在钩码的牵引下运动，以此定量探究绳拉力做功与小车动能变化的关系。此外还准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸、纸带、小木块等。组装的实验装置如图所示。
(1)若要完成该实验，必需的实验器材还有哪些______________。
(2)实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行。他这样做的目的是下列的哪个__________(填字母代号)。
A．避免小车在运动过程中发生抖动
B．可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰
C．可以保证小车最终能够实现匀速直线运动
D．可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力
(3)平衡摩擦力后，当他用多个钩码牵引小车时，发现小车运动过快，致使纸带上打出的点数较少，难以选到合适的点计算小车速度。在保证所挂钩码数目不变的条件下，请你利用本实验的器材提出一个解决办法：_____________________________________________________________
___________。
(4)他将钩码所受重力做的功当作细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些。这一情况可能是下列哪些原因造成的________(填字母代号)。
A．在接通电源的同时释放了小车
B．小车释放时离打点计时器太近
C．阻力未完全被小车所受重力沿木板方向的分力平衡掉
D．钩码做匀加速运动，钩码所受重力大于细绳拉力
[解析]　(1)本实验需要知道小车的动能，因此还需要用天平测出小车的质量，用刻度尺测量纸带上点迹之间的长度，求出小车的瞬时速度。
(2)牵引小车的细绳与木板平行的目的是在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力，D正确。
(3)在保证所挂钩码数目不变的条件下，要减小小车加速度可以增加小车的质量，故可在小车上加适量砝码(或钩码)。
(4)当小车在运动过程中存在阻力时，拉力做正功和阻力做负功之和等于小车动能增量，故拉力做功总是要比小车动能增量大一些；当钩码加速运动时，钩码所受重力大于细绳拉力，此同学将钩码所受重力做的功当作细绳拉力做的功，则拉力做功要比小车动能增量大，故只有C、D正确。
[答案]　(1)刻度尺、天平(包括砝码)　(2)D　(3)可在小车上加适量砝码(或钩码)　(4)CD
知识点三　动能定理的应用
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、x、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。
3．应用动能定理处理多过程问题
(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。
角度1　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]　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。
[答案]　D
角度2　应用动能定理求变力做功
　(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力做功为FL sin θ
B．若F为恒力，则F力做功为mgL(1－cos θ)
C．若小球被缓慢移动，则F力做功为FL sin θ
D．若小球被缓慢移动，则F力做功为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力做功WF＝－WG＝mgL(1－cos θ)，故C错误，D正确。
[答案]　AD
　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为 eq \f(3v,16g)
D．小球能到达的最高点距地面为 eq \f(5v,16g)
[解析]　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)。
[答案]　D
角度3　应用动能定理处理多过程问题
　(2025·江西赣州市期末)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)在C点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．(动能定理的基本应用)(2025·云南卷，T2)如图所示，中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发，沿水平直轨道逐渐加速到144 km/h，在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近 (　　)
A．4×105 J　　　　　　 B．4×104 J
C．4×103 J D．4×102 J
解析：选B。由单位制可知144 km/h＝40 m/s，高中生的质量约为m＝50 kg，则当列车加速到v＝40 m/s时高中生的动能约为Ek＝mv2＝40 000 J，对高中生由动能定理得W＝Ek－0，解得列车对高中生所做的功约为W＝4×104J，B正确。
2．(动能定理的基本应用)如图所示，质量为m的小车在水平恒力F推动下，从山坡底部A处由静止运动至高为h的B处，获得的速度为v，AB的水平距离为s，重力加速度为g。下列说法正确的是 (　　)
A.小车重力做功是mgh
B．合力对小车做的功是mv2
C．推力对小车做的功是Fs－mgh
D．小车克服阻力做的功是mv2＋mgh－Fs
解析：选B。重力做功WG＝－mgh，故A错误；根据动能定理可知，合外力对小车做的功W合＝mv2，故B正确；推力对小车做的功为Fs，故C错误；设小车克服阻力做的功为Wf，根据动能定理可知Fs－mgh－Wf＝mv2，则Wf＝Fs－mgh－mv2，故D错误。
3．(动能定理解决多过程问题)(2025·辽宁沈阳市期末)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。
4．(探究恒力做功与动能改变的关系)在“探究恒力做功与动能改变的关系”实验中，某实验小组采用如图甲所示的实验装置和实验器材。
(1)为了用细线的拉力表示小车受到的合外力，实验中必须进行的操作是___________；
为了能够用沙桶和沙所受的重力代替拉力，必须满足的条件是___________。
(2)图乙为实验中打出的一条纸带，现选取纸带中的A、B两点对应的过程来探究恒力做功与动能改变的关系。已知打点计时器的打点周期为T，重力加速度为g。若沙与沙桶的总质量为m1，小车的质量为m2，则此过程恒力做的功W＝________，动能的改变量ΔEk＝____________________(用题中或图中的物理量符号表示)。
解析：(1)为了用细线的拉力表示小车受到的合外力，实验时应平衡小车受到的摩擦力，即改变木板的倾角，使重力的一个分力平衡小车及纸带受到的摩擦力；要用沙桶和沙所受的重力代替拉力，须使得小车的质量远大于沙桶和沙的质量。
(2)W＝m1gs。打A、B两点时小车对应的瞬时速度分别为vA＝，vB＝，ΔEk＝m2v－m2v＝m2－m2。　
答案：(1)平衡摩擦力　小车的质量远大于沙桶和沙的质量　(2)m1gs　m2－m2

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