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物 理
新高考适用
第八章　机械能守恒定律
目 录
CONTENTS
第1 节　功和功率
微专题10
动能定理在多过程运动中的应用
第2 节　动能定理及其应用
第3 节　机械能守恒定律及其应用
微专题11
动力学和能量观点相结合的两类典型模型
第4 节　功能关系　能量守恒
实验7
验证机械能守恒定律
第1节 功和功率
考点1　功的分析和计算
1.恒力做功的计算
方法 以例说法

用力F把小球从A处缓慢拉到B处,F做功为WF,则有WF-
mgl(1-cos θ)=0,得WF=mgl(1-cos θ)
2.变力做功的计算方法

质量为m的木块在水平面内做圆周运动,运动一周克服
摩擦力做功Wf=f·Δx1+f·Δx2+f·Δx3+…=f·2πR
汽车以恒定功率P在水平路面上运动t时间的过程中,牵
引力做功WF=Pt

用恒力F把物块从A拉到B,绳子对物块做的功W=F·

弹簧由伸长量为x1被继续拉至伸长量为x2的过程中,克服
弹力做功W= ·(x2-x1)

水平拉力F拉着一物体在水平面上运动的位移为x0,F-x
图线与横轴所围面积表示拉力所做的功
点拨提醒
平均力法中,平均力为力关于位移的平均值。
3.合力做功的计算方法
(1)方法一:先求合力F合,再用W合=F合l cos α求功(适用于合力为恒力)。
(2)方法二:先求各个力做的功W1、W2、W3、…,再应用W合=W1+W2+W3+…求合力做的功
(适用于多阶段运动过程)。
(3)方法三:利用动能定理W合=Ek2-Ek1(已知初、末状态的动能求合力做的功)。
4.摩擦力做功的计算
摩擦力可以做正功,也可以做负功,还可以不做功。摩擦力做功与路径有关。

典例1 (多选)(2025届河南H20联盟4月联考)如图所示,质量为m的滑块在水平向右的
外力F作用下由静止开始沿水平桌面运动,运动过程中外力F随位移x的变化满足F=F0-
kx(k为已知定值,k>0),已知滑块与桌面间的动摩擦因数μ= (g为重力加速度),下列说
法正确的是 ( )
A.滑块最终能回到出发点
B.滑块向右运动的最大位移为
C.滑块运动的最大速度为
D.从开始运动到滑块最终静止,滑块与水平桌面因摩擦产生的热量为
BC
解析　　滑动摩擦力大小f=μmg= ,从开始运动到F=0时,拉力F做的功WF=F0× × =
,假设此过程中滑块一直滑动,则滑动摩擦力所做负功的绝对值为Wf=μmg× = ,
可得Wf>WF,故假设不成立,拉力F减为0之前,滑块已经停止运动,即滑块不能回到出发
点,A错误。设滑块的最大位移为xm,由动能定理可得 -f·xm=0,解得xm= ,
B正确。滑块速度最大时,有F0-kx1=μmg,解得此时滑块位移x1= ;由动能定理可得
-f·x1= m ,解得vm= ,C正确。从开始运动到滑块最终静止,滑块与
水平桌面因摩擦产生的热量为Q=μmgxm= × = ,D错误。
考点2　功率的分析和计算

典例2 (2025届甘肃张掖四校一模)如图所示,两长度均为L的相同轻质细杆与铰链A、
B、C相连,质量可忽略的铰链A固定在地面上,铰链B和C质量不可忽略,均为m,铰链A、
B、C均可视为质点。起始位置两细杆竖直,如图中虚线所示,铰链A和C彼此靠近。t=0
时铰链C在水平外力F的作用下从静止开始做初速度为零、加速度大小为a= g的匀
加速直线运动(g为重力加速度),到t=t1时BA和BC间的夹角变为120°,如图中实线所示。
若两个轻质细杆始终在同一竖直面内运动,所有摩擦均不计,下列说法正确的是( )
B
A.t=t1时重力对B做功的瞬时功率为
B.t=t1时重力对B做功的瞬时功率为
C.从t=0到t=t1时间内,力F做的功为3mgL
D.t=t1时连接A、B的细杆的弹力大小为1.5mg
解析　 t=t1时,C相对A的位移大小x=2L cos 30°= L;由 =2ax解得t=t1时C的速度大小
vC= ;B、C的速度关系如图1所示,可得vC cos 30°=vB cos 30°【点拨:B的速度方向垂
直AB】,故t=t1时重力对B做功的瞬时功率PG=mgvB ·cos 30°= ,A错误,B正确。从
t=0到t=t1时间内,对A、B、C组成的系统,根据能量守恒可得mgL(1-cos 60°)+WF= m +
m ,解得力F做的功WF= mgL,C错误。t=t1时B的受力如图2所示,由做圆周运动的受
力特点可得FC sin 30°+mg sin 30°-FA=m ,水平方向,由牛顿第二定律可得FA cos 30°-
FC cos 30°=m 【点拨:B的水平位移始终是C的一半,故B的水平加速度为C的一半】;
联立
解得FA=- mg,故t=t1时连接A、B的细杆的弹力大小为 mg,D错误。

考点3　机车启动问题
1.恒定功率启动


2.恒定加速度启动
典例3 (2025届辽宁名校联盟联考)某动车组由8节车厢组成,其中第1、3、6、8节为
动力机车,其他4节为拖车,4节动力机车输出功率始终相同,一节动力机车输出功率随时
间变化的关系图像如图甲所示,动车组速率随时间变化的关系图像如图乙所示。每节
车厢在运动过程中所受阻力均为F阻、质量均为m,则 ( )
A.动车组能达到的最大速率为
D
B.0~t1时间内,动车组运动的路程为
C.t1时刻,第4节车厢对第5节车厢的拉力为
D.t2~t3时间内,动车组的平均速率为
解析　　动车组的最大速率vm= = ,A错误。0~t1时间内,对动车组,根据动能定理
可得4× P1t1-8F阻x1=8× m ,解得动车组运动的路程x1= ,B错误。t1时刻,动力
机车输出的总牵引力F= ,动车组的加速度大小a1= = ;对5、6、7、8
节车厢分析,根据牛顿第二定律可得FT+2 -4F阻=4ma1,解得第4节车厢对第5节车厢的
拉力FT=0,C错误。t2~t3时间内,动力机车输出牵引力做的总功W=4× (P1+P2)(t3-t2)=2(P1+
P2)(t3-t2);根据动能定理可得W-8F阻x2=8×( m - m ),解得动车组运动的路程x2=
,故其平均速率 = = ,D正确。
提分关键·规律总结
机车启动问题三个重要关系式
(1)无论哪种启动方式,机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度,即vm= 。
(2)机车以恒定加速度启动的过程中,匀加速过程结束时,功率最大,但速度不是最大,v1=
(3)机车以恒定功率启动时,牵引力做的功W=P额t。由动能定理得P额t-F阻x=ΔEk。此式经
常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小或运动时间。
第2节 动能定理及其应用
考点1　动能定理的理解和基本应用
1.动能

2.动能定理
典例1 (2025届山西部分学校联考)一名质量为m的游客从高处跳下落到沙滩上。已
知该游客起跳处脚底与沙滩表面之间的高度差为H,落到沙滩上时屈膝缓冲,缓冲过程
重心下降的高度为h,该过程沙子对游客的作用力视为不变,重力加速度为g,不计空气阻
力,则该游客从接触沙子到重心停止下降过程中受到沙子竖直向上的冲力为 ( )
A. mg B. mg C. mg D. mg
·········· 能力进阶 ··········
A
解析　　游客由跳下至重心停止下降,根据动能定理可得mg(H+h)- h=0,解得该游客从
接触沙子到重心停止下降过程中受到沙子的平均冲力大小为 = mg,A正确。
(进阶1·对“v2”的运用)如图所示,在倾角为θ的斜面顶端有一压缩的弹簧,弹簧将一
个小球弹射出去,若小球从斜面水平抛出的初动能为E1,小球落到斜面上的动能为E2。
不计空气阻力,下列结论正确的是 ( )
D
A.tan θ= 　　　 B.tan θ=
C.tan θ= 　　　 D.tan θ=
解析　　根据题意,设小球落在斜面上时速度大小为v,竖直分速度大小为vy,则有v2= +
。小球的初动能E1= m ,落到斜面上时的动能E2= mv2= m( + ),则有E2-E1= m
。设小球落在斜面上时,速度与水平方向夹角为α,则有tan θ= tan α= × =
= 【熟记平抛运动推论】,D正确。
(进阶2·瞬时力做功)如图所示,篮球以与水平面成45°的倾角准确落入篮筐,假设运动
员投篮时在空中的速度恰好为零且投球点和篮筐正好在同一水平面上,投球点到篮筐
的水平距离为5 m。篮球质量约600 g,不考虑空气阻力,g取10 m/s2。根据以上数据,下
列说法正确的是( )
A.篮球投出后到达的最高点距篮筐的竖直距离为2.5 m
B.篮球进筐的速度为5 m/s
C.运动员投出篮球过程中,对篮球做的功约为15 J
D.从投球点到落入篮筐的过程中,篮球运动的时间为2 s
C
解析　　篮球以与水平面成45°的倾角准确落入篮筐,则篮球进筐时,其水平分速度v0与
竖直分速度vy大小相等,设从投球点到落入篮筐的过程中,篮球运动的时间为t,则有vy=g
=v0,x=v0t=5 m,联立解得t=1 s,vy=v0=5 m/s,则篮球进筐的速度大小v= =5 m/s,
篮球投出后到达的最高点与篮筐的竖直距离为h= =1.25 m,A、B、D错误。根据对
称性可知,运动员投出篮球时的速度大小v'=v=5 m/s,根据动能定理可得W= mv'2-0=
15 J,则运动员投出篮球过程中,对篮球做的功约为15 J,C正确。
(进阶3·变力做功定性分析)(多选)冬奥会上有一种单板滑雪U型池项目,如图所示为
U型池示意图。半径R= h的半圆形池内各处粗糙程度相同,其中a、c在同一水平面,且
b为U型池最低点。某运动员从距a点正上方h高的O点自由下落,由左侧切线进入池中,
从右侧切线飞出后上升至最高位置d点(相对c点高度为 h)。不计空气阻力,重力加速
度为g,则运动员 ( )
A.每次经过b点时重力的功率不同
B.第一次经过c点时的速度大小为
C.第一次经过b点时的速度大小为
D.从d点向下返回一定能越过a点再上升一定高度
BD
解析　　运动员每次经过b点时速度均沿水平方向,重力的方向始终竖直向下,两者相
互垂直,所以在b点重力的功率始终等于0,A错误。运动员第一次从c点到达右侧最高点
d的过程中,由动能定理有- m =- mgh,解得vc= ,B正确。运动员从O处自由下落,到
达d点,由动能定理有0= mgh+Wf,解得Wf=- mgh,运动员第一次从a到c过程,半圆形池上
同一水平高度的两个位置处,其在左侧位置处的速度大于在右侧位置处的速度,即运动
员对左侧位置处的压力更大,受到的滑动摩擦力也更大,即运动员从O到b克服摩擦力做
的功W1> mgh,运动员第一次从O到b,由动能定理有 m = mgh-W1< mgh,可知vb<
,C错误。运动员第一次从c到a过程,经过半圆形池上的同一位置时的速度大小都
比第一次从a到c过程中的速度小,受到的滑动摩擦力也更小,则第一次从c到a过程克服
摩擦力做的功W2< mgh,运动员从d到a过程,由动能定理有 m = mgh-W2>0,解得va>0,
即运动员可以越过a点继续上升,D正确。
(进阶4·多过程定量计算)四分之一粗糙圆弧轨道的半径为0.45 m,底端与水平轨道平
滑相切。有一质量为0.2 kg的物体(可视为质点)自最高点A从静止开始下滑到圆弧轨道
最低点B,然后沿水平轨道前进0.4 m到达C点停止。物体与轨道间的动摩擦因数为0.5
(g取10 m/s2),求:
(1)物体到达B点时的速度大小;
(2)物体在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功。
答案 (1)2 m/s (2)0.5 J
解析 (1)物体从B运动到C的过程中,由动能定理得
-μmgx=0- m ,解得vB=2 m/s。
(2)解法一　物体从A运动到B的过程,由动能定理得
mgR+Wf= m -0,解得摩擦力做的功Wf=-0.5 J,
则克服摩擦力做的功W克服=0.5 J。
解法二　物体从A运动到C的过程,由动能定理得
mgR+Wf-μmgx=0,解得Wf=-0.5 J,则W克服=0.5 J。
提分关键·规律总结
应用动能定理解题的一般步骤

动能是标量,动能定理是标量式,解题时不能分解动能。
考点2　动能定理与图像结合的问题
常见图像的分析



典例2 (2021湖北,4,4分)如图(a)所示,一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上
滑,运动过程中摩擦力大小f恒定,物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示。重力加
速度大小取10 m/s2,物块质量m和所受摩擦力大小f分别为 ( )
　
A.m=0.7 kg,f=0.5 N　　　 B.m=0.7 kg,f=1.0 N
C.m=0.8 kg,f=0.5 N　　　 D.m=0.8 kg,f=1.0 N
A
解题导引

解析　　由题图(b)可知,物块在上滑过程中动能由Ek1=40 J变为0,说明物块冲到s=10 m
时速度为零,则由动能定理得-mgh-fs=0-Ek1;接下来返回到出发点时,动能变为Ek2=30 J,
则由动能定理得mgh-fs=Ek2,h=s·sin 30°,联立解得m=0.7 kg,f=0.5 N,A正确。
一题多解
Ek-s图线的斜率表示物块受到的合力。上升过程,物块做匀减速运动,斜率的绝对值表
示所受合力大小,即mg sin θ+f=4 N;下降过程,物块做匀加速运动,斜率的绝对值表示所
受合力大小,即mg sin θ-f=3 N,联立解得m=0.7 kg,f=0.5 N。
高考变式　(直线运动变曲线运动)跳台滑雪是一项深受勇敢者喜爱的滑雪运动。
图甲为某跳台滑雪运动员从跳台a处(长度可忽略不计)沿水平方向飞出,经2 s在斜坡b
处着陆的示意图。图乙为运动员从a运动到b的过程中动能Ek随时间t变化的关系图
像。不计空气阻力作用,g=10 m/s2,下列说法正确的是 ( )
A.运动员的质量为50 kg
B.运动员到达b点时速度与水平方向夹角为45°
C.运动员从a运动到b,重力做功为1.2×104 J
D.运动员离坡面最远的位置在ab的中垂线上
C
解析　　由动能的定义式及题图乙可知运动员在t=0时动能为 m =3×103 J,t=2 s时动
能为 m[ +(gt)2]=15×103 J,联立解得v0=10 m/s,m=60 kg,A错误。t=2 s时,运动员落在斜
坡上,速度与水平方向的夹角满足tan α= =2,即α≠45°,B错误。运动员从a运动到b,根
据动能定理有WG=W合=Ekb-Eka=1.2×104 J,C正确。运动员离坡面距离最远时,速度方向与
坡面平行,运动员的运动可分解为沿坡面和垂直坡面方向,垂直坡面方向的运动具有对
称性,沿坡面方向一直做匀加速直线运动,则运动员离坡面最远的位置不在ab的中垂线
上,D错误。
微专题10 动能定理在多过程
运动中的应用
题型1　动能定理在“单向”多过程运动中的应用
1.当物体运动涉及多个阶段和多个过程时,若题目要求计算某一中间物理量,需分阶段
列动能定理;若不需要研究运动的中间状态,可以对全程列动能定理,从而避开每个运动
过程的具体细节。
2.思路分析

点拨提醒
(1)各阶段的衔接点起承前启后的作用。
(2)变力做功容易出错,需重点分析。
A.物块从A运动到B的过程中,克服摩擦力做功为 mgR
B.若物块从A处静止释放,到达B点时的速度为
C.物块从C运动到D的过程中,其重力的瞬时功率一直增大
D.物块将在右侧圆弧轨道上距离地面高度为 R处脱离轨道
典例1 (多选)(2025届广西南宁三模)如图所示,在水平地面上,左右两侧各固定一半径
为R的圆弧轨道,两轨道分别与地面相切于B、C点,左侧轨道的最高点A与圆心O1等高,
右侧半圆形轨道的D点与圆心O2等高,最高点为E点,左侧轨道粗糙,水平地面BC段和右
侧圆弧轨道均光滑。质量为m的物块以初速度v0= 从A点处竖直向下进入轨道,运
动至B点的速度为 ,重力加速度为g。则下列说法正确的是 ( )
AD
解析　　物块从A运动到B,根据动能定理可得mgR-W克= m - m ,解得W克= mgR,A
正确。【关键:由牛顿第二定律得FN-mg sin θ=m ,其中θ为左侧圆弧轨道对物块的支
持力与水平方向的夹角,可得物块经过圆弧轨道上相同点时的速度变小时,FN变小,物块
与左侧圆弧轨道间的滑动摩擦力变小】物块从A处静止释放运动到B处过程克服摩擦
力做功W'克 ,B错误。物块从
C运动到D的过程中,物块受的支持力的竖直分量先大于重力后小于重力,则竖直方向
的分速度先增大后减小,故重力的瞬时功率先增大后减小,C错误。若在图中F点脱轨,
受力分析如图所示,在F点有mg cos φ=m ,从B点到F点,根据动能定理可得-mg(R+R cos
φ)= m - m ,联立解得 cos φ= ,F点离地面高度为h=R+R cos φ= R,D正确。

典例2 (2025福建,15,12分)如图(a),竖直平面内,一长度大于4 m的水平轨道OP与光滑
半圆形轨道PNM在P点平滑连接,固定在水平地面上。可视为质点的A、B两小物块靠
在一起,静置于轨道左端。现用一水平向右推力F作用在A上,使A、B向右运动。以x表
示A离开初始位置的位移,F随x变化的图像如图(b)所示。已知A、B质量均为0.2 kg,A与
水平轨道间的动摩擦因数为0.25,B与水平轨道间的摩擦不计,重力加速度大小取10 m/s2。
(1)求A离开初始位置向右运动1 m的过程中,推力F做的功;
(2)求A的位移为1 m时,A、B间的作用力大小;
(3)若B能到达M点,求半圆形轨道半径应满足的条件。
答案 (1)1.5 J (2)0.5 N (3)R≤0.2 m
解析
(1)F-x图线与横轴围成的面积表示力F对物体做的功,0~1 m内F做的功为W=1.5×1 J=1.5 J
(2)x=1 m时,设A、B之间的作用力大小为N,对A与B整体和B分别受力分析,如图1、图2
所示。
对于A、B整体,根据牛顿第二定律有F-fA=(mA+mB)a
A受到的摩擦力为fA=μmAg
对于B,根据牛顿第二定律有N=mBa
代入数据F=1.5 N,mA=mB=0.2 kg,μ=0.25,解得N=0.5 N
(3)要保证B能到达M点,需满足mg≤ ,设圆弧轨道的半径最大为Rm,则B在M点时的最
小速度vB满足mg= ,可得vB=
用力F推动A与B,当A、B之间的作用力为零时A、B分离,即当F减小到F=fA=μmAg=0.5 N
时A、B分离,由题图(b)可知A、B分离时向右移动的位移x1=3 m
此过程中,设F做的功为WF,A、B刚要分离时两者的速度均为v0,由动能定理有
WF-fAx1= (mA+mB)
F-x图线与横轴围成的面积表示力F对物体做的功,则
WF= J=3.5 J
A、B分离后,B经过水平轨道和圆弧轨道运动到轨道最高点,由机械能守恒定律有
mB =mBg·2Rm+ mB
联立以上各式并代入数据解得Rm=0.2 m
则圆弧轨道半径满足的条件为R≤0.2 m
高考变式　(力与速度间有夹角及运动的分解)
(2025届山东滨州二模)如图所示,为在火星上执行救援任务,工程师设计了一款应急轨
道装置。水平轨道长度L= m,与半径R=0.5 m的四分之一竖直光滑圆轨道在底部相
切且固定在水平面上。一质量m=5 kg的物资箱从水平轨道最左端开始,在方向与水平
面夹角α=30°、大小F=20 N的恒力作用下,由静止开始沿着水平轨道运动,且整个运动
过程中恒力F始终存在。已知物资箱与水平轨道表面动摩擦因数μ= ,火星表面重力
加速度g取4 m/s2,忽略空气阻力。求:
(1)物资箱到达圆轨道底端时对轨道的压力F压的大小;
(2)物资箱从静止开始到第一次落地过程中,距离水平
轨道的最大高度H。
答案 (1)40 N (2) m
解析 (1)物资箱在水平轨道上运动的过程中,
竖直方向有F sin α+FN1=mg,解得FN1=10 N,
根据动能定理可得FL cos α-μFN1L= m ,解得v1= m/s。
在圆轨道最低点,根据牛顿第二定律可得
FN+F sin 30°-mg= ,解得所受支持力大小FN=40 N,
根据牛顿第三定律可得,物资箱对轨道的压力大小F压=FN=40 N。
(2)从圆轨道最低点运动到圆轨道最高点的过程中,外力F做功WF=FR cos α+FR sin α,
根据动能定理可得WF-mgR= m - m ,
解得v2= m/s,
离开圆轨道后,在竖直方向上,物资箱做匀减速直线运动,
根据牛顿第二定律得mg-F sin α=ma,
解得竖直方向加速度大小a=2 m/s2,
根据运动学公式可得 =2ah,
故距离水平轨道的最大高度为H=h+R,
联立解得H= m。
题型2　动能定理在往复运动中的应用
1.往复运动的特性是什么
物体的运动过程具有重复性、往返性,描述运动的物理量多数是变化的,而且重复的次
数又往往是无限或者难以确定的。
2.往复运动中特殊的物理量是什么
路程。往复运动的路程不再与位移相等,使得利用运动学公式解题复杂烦琐。
3.哪些力做的功与路程无关或相关
(1)无关:重力。重力做功只与初、末位置有关,与路径和路程无关。
(2)相关:滑动摩擦力(或其他阻力)。克服摩擦力做的功Wf=fs,s为路程。
4.动能定理的便捷性体现在哪里
动能定理只涉及物体的初、末状态,可简化运动过程中的分析。
典例3　如图所示,固定斜面的倾角为θ,质量为m的滑块与斜面底端的挡板P的距离为x0,
滑块以初速度v0沿斜面上滑,滑块与斜面间的动摩擦因数为μ,滑块所受摩擦力小于重力
沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失,滑块经过的总路程是
( )
A.
A
B.
C.
D.
解析　　设滑块经过的总路程为s,根据动能定理可得mgx0 sin θ-μmgs cos θ=0- m
【点拨:“滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力”,故滑块最终停在挡板处】,
解得s= ,A正确。
典例4 (2025届四川成都外国语学校期中)如图所示,高为L的倾斜轨道AB、CD与水平
面的夹角均为45°,它们分别与竖直平面内的光滑圆弧轨道相切于B、D两点,圆弧轨道
的半径也为L。质量为m的小滑块从A点由静止滑下后,经CD轨道返回,再次冲上AB轨
道至速度为零时,相对于BD面的高度为 。已知滑块与AB轨道间的动摩擦因数为μ1=
0.5,重力加速度为g,求:(结果可以保留根号)
(1)滑块第一次经过圆弧轨道最低点时对轨道的压力;
(2)滑块与CD轨道间的动摩擦因数μ2;
(3)经过足够长时间后,滑块在两斜面上滑动的路程之和s。
答案
(1)(4- )mg,方向竖直向下 (2)
(3) L
解析
(1)滑块由A点第一次运动到圆弧轨道最低点的过程,根据动能定理可得
mg(L+L-L sin 45°)-μ1mg cos 45°· L= mv2-0,解得v= ,
在圆弧轨道最低点,根据牛顿第二定律可得FN-mg=m ,
解得FN=(4- )mg,
由牛顿第三定律可得在最低点时滑块对轨道的压力大小
F压=FN=(4- )mg,方向竖直向下。
(2)滑块从开始运动到第一次到达D点,根据动能定理可得
mgL-μ1mg cos 45°· L= m -0,
解得vD= ,
设滑块在CD上能到达的高度为h,滑块从D点至CD上最高点,根据动能定理可得-mgh-μ2
mg cos 45°· h=0- m ,
滑块从A点由静止滑下至回到AB轨道上速度减为零时,根据动能定理可得
mg -μ1mg cos 45° -μ2mg cos 45°·2 h=0-0,联立可得μ2= 。
(3) 【关键:滑块每次到达AB上能到达的最高点高度总是上一次的 】滑块在AB上
通过的路程s1= = L,
经过足够长时间后,滑块将在BD间滑动,
全过程根据动能定理可得
mgL-μ1mg cos 45°·s1-μ2mg cos 45°·s2=0-0,
解得s2= L,
故滑块在两斜面上滑动的路程之和s=s1+s2= L。
第3节 机械能守恒定律及其应用
考点1　机械能守恒的判断
1.势能
表达式 功能关系 注意
重力势能 Ep=mgh WG=-ΔEp h为相对参考平面高度
弹性势能 E'p= kx2 W弹=-ΔE'p x为弹簧的形变量
2.机械能守恒定律
三种形式 守恒观点 Ep1+Ek1=Ep2+Ek2 需要选取零势能面
转化观点 ΔEp+ΔEk=0 动能和势能间的转化
转移观点 ΔEA+ΔEB=0 系统内物体间机械能的转移
点拨提醒
机械能守恒是指整个过程中个体或系统机械能保持不变,而非仅初、末状态机械能相等。
典例1 (2025届贵州毕节三模)如图所示,两根完全相同的轻质弹簧1、2连接着一个小
球,两弹簧O1端和O2端分别固定,且位于同一竖直线上。小球静止于O点时,弹簧2处于
原长状态。现将小球从弹簧1的原长处C点由静止释放,已知CO的距离为h,重力加速度
大小为g。若忽略空气阻力,弹簧始终处于弹性限度内,则 ( )
A.小球到达O点的速率为2
B.小球运动到最低点时加速度大小为2g
C.由C到O的过程,小球的机械能守恒
D.由C到O的过程,小球的机械能先减小后增大
B
解析　 【关键:小球处于C点时,弹簧1处于原长,弹簧2的伸长量和小球处于O点时弹
簧1的伸长量相等,故两弹簧和小球组成的系统在小球位于C、O两点时弹性势能相
同】小球由C到O,由机械能守恒(转化观点)可得mgh= m ,解得vO= ,A错误。当小
球静止于O点时,有mg=kh,设小球所处最低点的位置在O点下方x处且此处重力势能为
零,小球由C到最低点,对系统,由机械能守恒可得mg(h+x)+ kh2= k(h+x)2+ kx2,解得x=h,
当小球处于最低点时,由牛顿第二定律可得2kh+kh-mg=ma,解得a=2g,方向竖直向上,B
正确。由C到O的过程,弹力的合力先向下后向上,可得弹力先做正功后做负功,故小球
的机械能先增大后减小,C、D错误。
总结归纳
判断机械能守恒的三种方法
条件分析法 能量转化法 特殊情境法
只有重力和系统内弹力做功，没有其他力做功 只有系统内物体间动能和势能的相互转化，系统内无机械能与其他形式能的转化 绳子突然绷紧、物体间非弹性碰撞
等特定情境，机械能不守恒
典例2 (2025届安徽六校开学考)如图,有一款游戏,需要游戏者通过调整管口A点坐标
位置,然后压缩弹簧把小物块水平弹出,使物块恰好无碰撞落入下方倾角为37°的固定
斜面的顶部B点,随后物块沿长L=10 m、动摩擦因数μ=0.85的粗糙斜面BC下滑,无阻碍
进入固定在斜面上的 光滑圆弧曲面,最终不离开轨道BCD即通关成功。以斜面的顶
端B为原点O,建立如图所示直角坐标系,某次调整管口A点的纵坐标为7.2 m,物块以某
一速度v0抛出后,恰好到达圆弧右侧D点后返回,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)速度v0的大小;
(2)圆弧半径R。
考点2　单物体的机械能守恒问题
答案 (1)16 m/s (2)96 m
解析 (1)根据平抛运动的规律,竖直方向上有y= gt2,
解得t= =1.2 s,
在B点,根据速度分解可得tan 37°= ,解得v0=16 m/s。
(2)小物块在B点的速度大小vB= =20 m/s,
从B点到C点,根据动能定理可得
mgL sin 37°-μmgL cos 37°= m - m ,解得vC=8 m/s,
从C点到D点,根据机械能守恒可得
m =mgR(sin 53°-sin 37°),解得R=96 m。
提分关键·规律总结
判断机械能守恒的“两点”注意
(1)若是系统机械能守恒,机械能一般在系统内物体间转移,其中的单个物体机械能不一
定守恒。
(2)机械能守恒的条件绝不是合力做的功等于零,更不是合力等于零,而是只有重力和系
统内弹力做功。
考点3　系统的机械能守恒问题
1.不含弹簧的物体系统
(1)角速度相等的杆连接体

①杆对物体的作用力不一定沿杆的方向,杆能对物体做功,单个物体机械能不一定守恒。
②当只有重力和杆的弹力对物体A、B做功时,系统机械能才能守恒。
(2)分速度相等的绳连接体

①抓住两物体的位移大小关系。
②只有重力和系统内绳的拉力做功,其他力不做功,系统机械能才能守恒。
2.含轻弹簧的物体系统
(1)弹簧弹力做功的特点:与物体路径无关,只与弹簧初、末状态形变量的大小有关。
(2)弹性势能的判断:当弹簧两端连接的物体速度相同时(或沿弹簧方向的分速度相同
时),弹簧形变量最大,弹性势能最大;当弹簧处于原长时,弹性势能为零。
典例3 (2025届安徽合肥八中模拟)如图所示,长度相同的三根轻杆构成一个正三角形
支架,在A处固定质量为2m的小球,B处固定质量为m的小球。支架悬挂在O点,可绕过O
点并与支架所在平面相垂直的固定轴转动。开始时OB与水平面相垂直。放手后开始
运动,在不计任何阻力的情况下,下列说法不正确的是 ( )
A.A球到达最低点时速度为零
B.A球机械能减少量等于B球机械能增加量
C.B球向左摆动所能达到的最高位置应高于A球开始运动时所在的高度
D.当支架从左向右回摆时,A球一定能回到起始高度
A
解析　　系统机械能守恒,当A球到达最低点时,系统重力势能减小,可知系统动能大于
零,故A球速度不为零,A错误;系统机械能守恒,故A球机械能的减少量等于B球机械能的
增加量,B正确;B球向左摆到A球开始运动时所在高度时,B球增加的重力势能小于A球
减少的重力势能,系统的动能不为0,故B球继续升高,C正确;根据系统机械能守恒可得,
当支架从左向右回摆时,A球一定能回到起始高度,D正确。
典例4 (2025届山东济南开学考)如图所示,物块A用不可伸长的轻绳绕过轻质光滑定
滑轮与置于光滑水平面上的物块B连接,物块A、B的质量均为m,施加外力使物块A、B
保持静止,此时轻绳恰好处于伸直状态。某时刻撤去外力,两物块同时由静止开始运动,
当物块A下落高度为h时,其加速度大小为a,方向竖直向下,此时连接物块B的轻绳与水
平方向的夹角为θ,整个过程物块B始终未离开水平面,已知重力加速度为g。不计空气
阻力,当物块A下落高度为h时,下列说法正确的是( )
D
A.物块B的加速度大小为
B.物块B的加速度大小为(g+a) cos θ
C.物块A的速度大小为
D.物块A的速度大小为
解析　　对物块A,根据牛顿第二定律有mg-T=ma,对物块B,根据牛顿第二定律有T cos θ
=maB,联立解得aB=(g-a) cos θ,A、B错误;对物块A、B及轻绳组成的系统,根据机械能守
恒定律有mgh= m + m ,物块A和B的速度大小关系为vA=vB cos θ,联立解得vA=
,C错误,D正确。
典例5 (多选)(2025届湖南长沙名校联考)如图所示,挡板P固定在倾角为30°的斜面左
下端,斜面右上端M与半径为R的圆弧轨道MN连接,圆弧轨道的圆心O在斜面的延长线
上。M点有一光滑轻质小滑轮,N点为圆弧轨道最低点,∠MON=60°。质量均为m的小物
块B、C由一轻质弹簧拴接(弹簧平行于斜面),其中物块C紧靠在挡板P处,物块B用跨过
滑轮的轻质细绳与一质量为4m、大小可忽略的小球A相连,初始时刻小球A锁定在M点,
细绳与斜面平行,恰好绷直且无张力,B、C处于静止状态。某时刻解除对小球A的锁定,
当小球A沿圆弧运动到N点时(物块B未到达M点),物块C对挡板的作用力恰好为0。已知
重力加速度为g,不计一切摩擦,下列说法正确的是( )
BD

A.弹簧的劲度系数为
B.小球A到达N点时的速度大小为
C.小球A到达N点时的速度大小为
D.小球A由M点运动到N点的过程中,小球A和物块B的机械能之和先增大后减小
解析　　初始时,对物块B,可得mg sin 30°=kx1,当小球A沿圆弧轨道运动到N点时,对物
块C,可得mg sin 30°=kx2,可得x1=x2;由细绳长度不变可得x1+x2=R,联立可得x1=x2= 、k=
,A错误。由初始时刻至小球A到达N点,对A、B、C及弹簧构成的系统,根据机械能
守恒可得4mgR(1-cos 60°)=mg(x1+x2) sin 30°+ ×4m + m ,由关联速度可得vA cos 30°=vB,解得vA= ,B正确,C错误。小球A由M点运动到N点过程中,A、B和弹簧组成的系
统机械能守恒,由于弹性势能先减小后增大,故小球A和物块B的机械能之和先增大后减
小,D正确。
提分关键·方法提升
系统的机械能守恒问题的解题思路

第4节 功能关系　能量守恒
考点1　常见的功能关系的理解和应用
1.对功能关系的理解
功是能量转化的量度,做功的过程就是能量转化的过程,不同形式的能量发生相互转化
是通过做功来实现的。做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。
2.力学中常见的功能关系
典例1 (2025届山东潍坊三模)如图所示,一轻质刚性杆可在竖直平面内绕固定转轴O
自由转动,杆长为2L。杆的中点M处固定一质量为2m的小球a,另一端N处固定一质量为
m的小球b。现将杆从水平位置由静止释放,忽略空气阻力,重力加速度为g。下列说法
正确的是( )
A.杆转动至竖直位置时,OM段杆对小球a的作用力大小为 mg
B.杆转动至竖直位置时,OM段杆对小球a的作用力大小为 mg
C.从释放到转动至竖直位置过程中,杆对小球a做的功为 mgL
A
D.从释放到转动至竖直位置过程中,杆对小球a做的功为- mgL
解析　　杆由水平位置转动至竖直位置,根据a、b系统机械能守恒可得2mgL+mg·2L=
×2m(ωL)2+ m(ω·2L)2,解得ω= ;对b球,根据牛顿第二定律可得F2-mg=mω2·2L,解得F2=
mg;对a球,根据牛顿第二定律可得F1-2mg-F2'=2mω2L,F2=F2',解得F1= mg,A正确,B错
误。杆由水平位置转动至竖直位置的过程,对a球根据功能关系得W= ×2m(ωL)2-2mgL,
解得杆对小球a做的功W=- mgL,C、D错误。
典例2 (2025届安徽一模)如图所示,细绳一端固定在天花板上,另一端跨过一个光滑动
滑轮和两个固定在天花板上的光滑定滑轮,动滑轮下端挂有一重物。某人抓住细绳的
一端,从右侧定滑轮正下方A点以v=5 m/s的速度匀速移动到B点,此时细绳与水平方向
的夹角θ=37°。已知重物质量为m=10 kg,右侧定滑轮距A点的高度h=3 m,重力加速度g=
10 m/s2,sin 37°=0.6,不考虑滑轮的大小和质量,下列说法正确的是 ( )

A.重物匀速上升
B.人到达B点时,重物重力的功率大小为200 W
C.整个过程人对重物做功为100 J
D.人行走时,对地面的摩擦力方向水平向右
B
解析　 由关联速度可得,重物上升的速度v物= v cos θ,细绳末端由A点运动到B点过程
中,细绳与水平方向夹角θ减小、v不变,可得v物增大,即重物加速上升,A错误。人到达B
点时,重物上升的速度v'物= v cos 37°,可得重物重力的功率大小P=mgv'物=200 W,B正
确。根据功能关系可得,人对重物做的功等于重物机械能的增加量;右侧绳长增长ΔL=
-h=2 m,重物上升的高度H= ΔL=1 m,故人对重物做的功W=mgH+ mv' =120 J,
C错误。人行走时,人对地面的摩擦力水平向左,D错误。
考点2　能量守恒定律的理解和应用
1.定义:能量既不会凭空产生,也不会凭空消失,它只能从一种形式转化为其他形式,或者
从一个物体转移到别的物体,在转化或转移的过程中,能量的总量保持不变。
2.对能量守恒定律的两点理解
(1)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)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。
典例3 (2025届浙江Z20名校联盟联考二)如图所示是潮汐发电示意图,其利用潮水涨
落产生的水位差所具有的势能发电,一昼夜中两次涨、落潮。涨潮时堵住通道,涨至最
高水位时打开通道,进水发电。水库水位涨至最高时,堵住通道,落潮至最低水位时,打
开通道放水发电。已知水坝的高为H=15 m,涨潮时水库最高水位h1=10 m,退潮时水库
最低水位h2=6 m,发电机日平均发电量为4.8×104 kW·h,水轮发电机总效率为10%,海水
的密度为1.0×103 kg/m3,g取10 m/s2,则下列说法正确的是 ( )
A.涨潮时水库水的重心上升4 m
B.发电机的功率为4×103 kW
C.该发电站所圈占的海湾面积约为2.7×10 m2
D.若采用U=200 kV的直流电向某地区输电,输电线路电阻为1 000 Ω,则线路上损耗功
率为输电总功率的5%
D
解析　　涨潮时水库水的重心上升h= =2 m,A错误。发电机的功率P= =
kW=2×103 kW,B错误。一次涨潮,发电机发电量E0=ηmgh,水的质量m=(h1-h2)Sρ,发电机
日平均发电量E=4E0=W,解得小型发电站所圈占的海湾面积S=5.4×106 m2,C错误。采用
U=200 kV直流电向某地区输电时,通过输电线的电流I= =10 A,输电线上损耗的功率
ΔP=I2r=102 kW;可得η'= ×100%=5%,D正确。
典例4　如图所示,倾角θ=30°的粗糙斜面固定在地面上,长为l、质量为m、粗细均匀、
质量分布均匀的软绳置于斜面上,其上端与斜面顶端平齐,重力加速度为g。用细线将
物块与软绳连接,物块由静止释放后向下运动,直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块
未到达地面),在此过程中 ( )
A.物块的机械能逐渐增加
B.软绳的重力势能共减少了 mgl
C.物块与软绳减少的重力势能之和等于软绳克服摩擦力所做的功
D.软绳减少的重力势能大于其增加的动能与克服摩擦力所做的功之和
B
解析　　物块克服细线的拉力做功,其机械能逐渐减少,A错误;软绳重力势能减少量Δ
Ep减=mg· -mg· sin θ= mgl【点拨:分析有质量的软绳重力势能的变化时要关注其重心
位置的变化】,B正确;整个运动过程中,由功能关系结合能量守恒对系统有WG物+WG绳=
Ek物+Ek绳+W克服摩擦,对软绳有WT+WG绳=Ek绳+W克服摩擦,物块与软绳减少的重力势能之和,等于物
块和软绳动能增加量与软绳克服摩擦力做功之和,软绳重力势能的减少量小于其动能
的增加量与克服摩擦力所做功之和,C、D错误。
微专题11 动力学和能量观点相结合
的两类典型模型
题型1　传送带模型
1.动力学分析
对传送带上物体受力分析,利用牛顿第二定律计算物体加速度,分析物体运动情况;注意
分析当物体与传送带共速后,物体能否相对传送带静止。
2.能量分析
依据功能关系或能量守恒定律分析传送带对物体做功、物体与传送带相对滑动而产
生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等。
重要提示
(1)画出物体与传送带的速度-时间图像,结合图像分析物体和传送带的位移关系。
(2)注意区分关系式中的位移,是物体相对地面的位移还是相对传送带的位移。
典例1 (多选)如图,水平传送带一直以速度v1=6 m/s顺时针转动,小物体P、Q质量均为
1 kg,由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳相连,t=0时刻P在传送带左端具有向右的速度v2=
10 m/s,P与定滑轮间的绳水平,不计定滑轮质量和摩擦。小物体P与传送带之间的动摩
擦因数μ=0.6,传送带水平长度L=15 m,绳足够长,g=10 m/s2。关于小物体P的描述正确
的是( )
A.小物体P从传送带左端离开传送带
B.小物体P在传送带上运动的全过程中,加速度一直不变
C.小物体P向右运动的过程中在传送带上留下的划痕长度为9 m
D.小物体P向右运动的过程中和传送带之间因摩擦产生的热量是60 J
·········· 能力进阶 ··········
ACD
解析　 t=0时刻对P、Q整体分析,由牛顿第二定律有mg+μmg=2ma1,得物体P的加速度
a1=8 m/s2,方向向左,物体P与传送带共速时的位移为x1= =4 m,共速后,根据牛顿第
二定律有mg-μmg=2ma2【共速后摩擦力反向】,得a2=2 m/s2,物体P减速至零的位移为x2
= =9 m,由于x1+x2与传送带共速,划痕长度为l1=x1-v1 =1 m,从共速至P减速为零的过程,划痕长度为l2=
v1 -x2=9 m,则小物体P向右运动的过程中,在传送带上留下的划痕长度为Δl=l2=9 m【以
物体P在传送带上初始位置为参考点,物体P先向右运动,后向左运动,要考虑划痕重复】,
C正确。小物体P向右运动的过程中和传送带之间因摩擦产生的热量Q=μmg(l1+l2)=60 J,
D正确。
(进阶1·倾斜传送带结合图像)在物流货场,广泛应用着传送带搬运货物,如图甲所示,
倾角为37°的传送带以恒定速度逆时针转动,在传送带顶端A处无初速度释放一个质量
为m=2 kg的货物(可视为质点),经过2 s到达传送带的B端。货物与传送带的速度随时间
变化图像如图乙所示,g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。下列说法正确的是 ( )

A.A、B两点相距15 m
B.货物与传送带间的动摩擦因数为
C.货物从A运动到B过程中,传送带对货物做的功为48 J
D.货物从A运动到B过程中,货物与传送带摩擦产生的热量为48 J
D
解题导引

解析　 v-t图线与时间轴围成的面积表示位移,则由题图乙可得货物运动总的位移x=
×1 m+ ×1 m=16 m,即A、B两点相距16 m,A错误。v-t图线的斜率绝对值表示货
物的加速度大小,由题图乙可得0~1 s内加速度为a= = m/s2=10 m/s2,前1 s由牛顿
第二定律可得mg sin 37°+μmg cos 37°=ma,代入数值可求得μ=0.5,B错误。摩擦力Ff=μ
mg cos θ=8 N,前1 s摩擦力对货物做功W1= Ffv1t1=40 J,在1~2 s内摩擦力对货物做功W2=
-88 J,摩擦力对货物做的总功W=W1+W2=-48 J,C错误。由图像知,0~1 s内相对位移大小
Δx1= m=5 m,1~2 s内相对位移大小Δx2= m=1 m,则全程
相对路程为Δs=Δx1+Δx2=6 m,货物与传送带摩擦产生的热量为Q=μmg cos 37°Δs=48 J,
D正确。
(进阶2·绳连接结合弹簧连接)(2025届湖南九校联盟联考二)如图所示,在竖直方向上
A、B两物体通过劲度系数为k=200 N/m的轻质弹簧相连,A放在水平地面上,B、C两物
体通过细线绕过轻质定滑轮相连,C放在固定的足够长的传送带上。传送带倾角α为30°,传送带始终以v=5 m/s的速度顺时针转动,在外力作用下C静止在传送带顶端E点,此时
B、C间细线恰好拉直但无拉力作用,C与传送带间的动摩擦因数为 ,已知A的质量为
10 kg、B的质量为2 kg,C的质量为4 kg,重力加速度为g=10 m/s2,弹簧弹性势能表达式为
Ep= kx2,细线与滑轮之间的摩擦不计,撤去外力释放C后,C沿传送带向下运动,从C开始
运动到C获得最大速度的过程中,下列说法正确的是( )

A.从释放C到C速度达到最大的过程中,A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒
B.B物体的最大速度为 m/s
C.此后C物体将以最大速度匀速运动
D.当C的速度最大时弹簧伸长量为0.25 m
B
解析　 从释放C到C速度达到最大的过程,传送带对物体C做功,故A、B、C及弹簧组
成的系统机械能不守恒,A错误。初始时刻,对物体B,可得kx1=mBg,解得弹簧的压缩量x1=
0.1 m,C沿传送带下滑,传送带对C的摩擦力f=μmCg cos α=30 N,当B、C整体达到最大速
度时,加速度为0,对B、C整体,可得kx2+mBg=mCg sin α+μmCg cos α,解得弹簧的伸长量x2=
0.15 m,D错误;对B、C整体,根据能量守恒可得(mCg sin α+μmCg cos α-mBg)(x1+x2)= k -
k + (mB+mC) ,解得vm= m/s,B正确。C达到最大速度后继续运动,A、B间弹力增
大,C将减速运动,C错误。
题型2　滑块-木板模型
1.动力学分析
对滑块和木板进行受力分析,利用牛顿第二定律计算各自的加速度,分析滑块和木板的
运动时间、速度关系和位移关系。可以画出滑块和木板的速度随时间变化的图像,帮
助分析和理解二者的相对运动情况。
2.能量分析
(1)对于滑块与木板相对静止的过程:由于相对位移为零,故滑块与木板所受的一对静摩
擦力做功不产生内能。
(2)对于滑块与木板相对滑动的过程
①利用动能定理和功能关系分析滑块和木板各自的能量,分析系统能量的转化和转移。
②注意区分三个位移(如图所示)

a.计算摩擦力对滑块做功时,用滑块相对地面的位移xm;
b.计算摩擦力对木板做功时,用木板相对地面的位移xM;
c.计算滑块和木板间因摩擦产生的热量时,用滑块相对木板的位移Δx。
典例2　如图所示,一个质量为M、长为L的木板B静止在光滑水平面上,其右端放有可
视为质点的质量为m的滑块A,现用一水平恒力F作用在滑块上,使滑块从静止开始做匀
加速直线运动。滑块和木板之间的摩擦力为Ff,滑块滑到木板的最左端时,木板运动的
距离为x,此过程中,下列说法错误的是 ( )

A.滑块A到达木板B最左端时,具有的动能为(F-Ff)(L+x)
B.滑块A到达木板B最左端时,木板B具有的动能为Ffx
C.滑块A克服摩擦力所做的功为FfL
D.滑块A和木板B增加的机械能为F(L+x)-FfL
C
解析　　题给过程中对滑块A,根据动能定理可得(F-Ff)(L+x)= mv2-0,解得滑块A的动
能为(F-Ff)·(L+x),A正确;题给过程中对木板B,根据动能定理可得Ffx= Mv'2-0,解得木板B
具有的动能为Ffx,B正确;滑块A克服摩擦力所做的功为Ff(L+x),C错误;根据能量守恒可
得,滑块A和木板B增加的机械能为 mv2+ Mv'2=F(L+x)-FfL【另解:根据能量守恒可得F
(L+x)=ΔE+Q,其中摩擦产生的热量Q=FfL,故滑块A和木板B增加的机械能ΔE=F(L+x)-
FfL】,D正确。
拓展变式
(粗糙水平面板块模型)如图所示,水平地面上有一足够长的木板,长木板的质量为m1=
2 kg,长木板的左端放有一质量为m2=1 kg的小铁块(可视为质点),已知木板与地面间的
动摩擦因数为μ1=0.1,铁块与木板间的动摩擦因数为μ2=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦
力,木板与铁块均静止。现施加一水平向右的力F作用在铁块上(重力加速度g=10 m/s2)。
(1)当作用力为F1=4 N时,求作用3 s后铁块的速度大小和3 s内因摩擦产生的内能。
(2)当作用力为F2=8 N时,求作用3 s后铁块的速度大小和3 s内因摩擦产生的内能。
答案 (1)1 m/s 4.5 J (2)9 m/s 58.5 J
解析
(1)①F1=4 N时铁块与木板发生相对滑动了吗
木板与地面之间的最大静摩擦力为f1m=μ1(m1+m2)g=3 N<4 N
铁块与木板之间的最大静摩擦力为f2m=μ2m2g=5 N>4 N
故铁块与木板不会发生相对滑动,二者相对静止对地发生滑动,对整体应用牛顿第二定
律有F1-f1m=(m1+m2)a
代入数据解得a= m/s2
3 s后铁块的速度大小v=at=1 m/s。
②铁块与木板之间的静摩擦力做功吗 静摩擦力做功会产生内能吗
铁块与木板之间相对静止且相互有静摩擦力,铁块和木板之间没有相对位移,一对静摩
擦力做功的代数和为0,故不会产生内能。木板与地面之间的滑动摩擦力做功产生内
能,木板相对地面的位移为x= at2=1.5 m
因摩擦产生的内能Q=f1mx=4.5 J。
(2)当F2=8 N时,铁块与木板之间发生相对滑动,对铁块有
F2-μ2m2g=m2a2,解得a2=3 m/s2
3 s末铁块的速度大小v2=a2t=9 m/s
3 s内铁块的位移x2= a2t2=13.5 m
对木板有μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a1,解得a1=1 m/s2
3 s末木板的速度大小v1=a1t=3 m/s
3 s内木板的位移x1= a1t2=4.5 m。
③系统因摩擦产生的内能如何求
解法一　由功能关系可知,铁块与木板之间因摩擦产生的内能Q1=f2m(x2-x1)=45 J
木板与地面之间因摩擦产生的内能Q2=f1mx1=13.5 J
整个系统因摩擦产生的总内能Q总=Q1+Q2=58.5 J。
解法二 F2做的功等于系统动能的增加量和因摩擦产生的内能之和,即F2x2= m1 + m2
+Q总,解得Q总=58.5 J。
实验7 验证机械能守恒定律
一、实验原理及装置图

求出重物的重力势能的减少量和对应过程动能的增加量,在实验误差允许范围内,若二
者相等,说明机械能守恒,从而验证机械能守恒定律。
二、操作要领及注意事项
1.如何安装打点计时器和纸带:使两限位孔在同一竖直线上,以减小摩擦力;纸带沿竖直
方向拉直。
2.如何选择重物:选用密度大、体积小的重物。
3.实验操作时应注意哪些细节:实验时,应先接通电源,让打点计时器正常工作后再松开
纸带,让重物从靠近打点计时器处下落。
4.如何进行速度的计算:速度不能用v=gt或v= 计算,应根据纸带上测得的数据,利用
vn= 计算。
三、数据处理
1.方法一　利用起始点和第n个点
选择开始的两点间距接近2 mm的一条纸带,选取打的第一个点为起始点,在实验误差允
许范围内若满足mghn= m ,则机械能守恒定律得到验证。
2.方法二　任取两点A、B
如果在实验误差允许范围内满足mghAB= m - m ,则机械能守恒定律得到验证。
3.方法三　图像法
在实验误差允许范围内若 v2-h图线是一条过原点且斜率为g的倾斜直线,则机械能守
恒定律得到验证。
四、误差分析
1.系统误差
(1)产生原因:本实验中因重物和纸带在下落过程中要克服各种阻力(空气阻力、打点计
时器阻力)做功,故动能的增加量ΔEk稍小于重力势能的减少量ΔEp,即ΔEk<ΔEp。
(2)改进的方法:调整器材的安装,尽可能地减小阻力等。
2.偶然误差
(1)产生原因:本实验在长度测量时会产生误差。
(2)减小误差的方法:测下落距离时都从起始点量起,一次将各点对应的下落高度测量
完,或者多次测量取平均值来减小误差。
五、其他方案
利用数据采集器研究动能和重力势能转化所遵循的规律
转换测量物理量:改变θ角,通过细线拉力最大值和最小值的关系图像验证机械能守恒
定律。
Tmax-mg= 、Tmin=mg cos θ,若机械能守恒,则有mg(l-l cos θ)= mv2,从而得到Tmax=3mg-
2Tmin。

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