2025高考物理总复习第六章机械能守恒定律课件练习题

第六章机械能守恒定律考情分析试题情境生活实践类体育运动中功和功率问题，风力发电功率计算，蹦极运动、过山车等能量问题，汽车启动问题，生活、生产中能量守恒定律的应用学习探究类变力做功的计算，机车启动问题，单物体机械能守恒，用绳、杆连接的系统机械能守恒问题，含弹簧系统机械能守恒问题，传送带、板块模型的能量问题第1课时目标要求1.理解功的概念，会判断某个力做功的正、负，会计算功的大小。2.理解功率的概念，并会对功率进行分析和计算。3.会分析、解决机车启动的两类问题。功、功率机车启动问题内容索引考点一

功的分析和计算考点二

功率的分析和计算考点三

机车启动问题课时精练><考点一功的分析和计算1.做功的两个要素(1)作用在物体上的

。(2)物体在力的方向上发生

。2.公式：W＝

。(1)α是力与

方向之间的夹角，l为

的位移。(2)该公式只适用于

做功。力位移Flcosα位移力的作用点恒力3.功的正负(1)当0≤α＜90°时，W＞0，力对物体做

。(2)当90°＜α≤180°时，W＜0，力对物体做

，或者说物体

这个力做了功。(3)当α＝90°时，W＝0，力对物体

。正功负功克服不做功4.计算功的方法(1)恒力做的功①直接用W＝Flcosα计算。②合外力做的功方法一：先求合外力F合，再用W合＝F合lcosα求功。方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3、…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合外力做的功。方法三：利用动能定理W合＝Ek2－Ek1。(2)求变力做功的常用方法①微元法求变力做功将物体的位移分割成许多小段，因每一小段很小，每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将变力做功转化为在无数个无穷小的位移上的恒力所做功的代数和。②平均值法求变力做功若物体受到的力的方向不变，而大小随位移是呈线性变化的，即力随位移均匀变化时，则可以认为物体受到一大小为

的恒力作用，F1、F2分别为物体初、末态所受的力，然后用公式W＝

求此力所做的功。③用F－x图像求变力做功在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”为正功，位于x轴下方的“面积”为负功。④用W＝Pt求变力做功若机车以恒定功率行驶，在一定时间内机车牵引力做的功W＝Pt。⑤应用动能定理求变力做功。1.只要物体受力的同时又发生了位移，则一定有力对物体做功。(

)2一个力对物体做了负功，则说明这个力一定阻碍物体的运动。(

)3.作用力做正功时，反作用力一定做负功。(

)4.力对物体做功的正负是由力和位移间的夹角大小决定的。(

)√×√×例1

(2023·江苏省立发中学检测)如图所示，物体A静止于倾角为θ的斜面体B上，现对该斜面体施加一个水平向左的推力F，使物体随斜面体一起沿水平方向向左匀速运动，则在此过程中A.水平向左的推力F不做功B.A所受摩擦力做正功C.A所受支持力做负功D.A所受重力不做功√F水平向左，斜面体与物体受推力作用水平向左运动，力与位移的方向相同，推力做正功，故A错误；物体A随斜面体一起沿水平方向向左做匀速运动，处于平衡状态，故物体A所受摩擦力沿斜面向上，与位移方向的夹角为钝角，摩擦力做负功，故B错误；物体A所受支持力垂直斜面向上，与位移方向的夹角为锐角，支持力做正功，故C错误；物体A所受重力竖直向下，位移水平向左，位移与力的方向垂直，不做功，故D正确。例2

(2023·江苏省泰州中学月考)如图所示，升降机内斜面的倾角θ＝30°，质量为2kg的物体置于斜面上始终不发生相对滑动，在升降机以5m/s的速度匀速上升4s的过程中。g取10m/s2，求：(1)斜面对物体的支持力所做的功；答案300J物体置于升降机内随升降机一起匀速运动过程中，处于受力平衡状态，受力分析如图所示，由平衡条件得Ffcosθ－FNsinθ＝0，Ffsinθ＋FNcosθ－G＝0x＝vt＝20m斜面对物体的支持力所做的功WN＝FNxcosθ＝300J(2)斜面对物体的摩擦力所做的功；答案100J斜面对物体的摩擦力所做的功Wf＝Ffxcos(90°－θ)＝100J(3)物体重力所做的功；答案－400J物体重力做的功WG＝－Gx＝－400J(4)合外力对物体所做的功。答案0合外力对物体做的功方法一：W合＝WN＋Wf＋WG＝0方法二：F合＝0，W合＝F合xcosα＝0。例3

(2023·江苏省丰县中学开学考)水平桌面上，长6m的轻绳一端固定于O点，如图所示(俯视图)，另一端系一质量m＝2.0kg的小球。现对小球施加一个沿桌面大小不变的力F＝10N，F拉着小球从M点运动到N点，F的方向始终与小球的运动方向成37°角。已知小球与桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，不计空气阻力，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法正确的是A.拉力F对小球做的功为16πJ

B.拉力F对小球做的功为8πJC.小球克服摩擦力做的功为16πJ

D.小球克服摩擦力做的功为4πJ√将圆弧分成很多小段l1、l2…ln，拉力F在每小段上做的功为W1、W2…Wn，因拉力F大小不变，方向始终与小球的运动方向成37°角，所以W1＝Fl1cos37°，W2＝Fl2cos37°，…Wn＝Flncos37°返回功率的分析和计算><考点二1.定义：功与完成这些功所用

之比。2.物理意义：描述力对物体做功的

。3.公式：(1)P＝

，P描述时间t内力对物体做功的

。(2)P＝Fvcosα①v为平均速度，则P为

功率。②v为瞬时速度，则P为

功率。时间快慢快慢平均瞬时1.由P＝

知，只要知道W和t就可求出任意时刻的功率。(

)2.由P＝Fv既能求某一时刻的瞬时功率，也可以求平均功率。(

)3.当F为恒力时，v增大，F的功率一定增大。(

)√××例4

(2023·江苏扬州市期中)如图所示，高速公路上汽车定速巡航(即保持汽车的速率不变)沿拱形路面上坡，空气阻力和摩擦阻力的大小不变。此过程中A.汽车的牵引力大小不变

B.汽车的牵引力逐渐增大C.汽车的输出功率保持不变

D.汽车的输出功率逐渐减小√设坡面与水平面的夹角为θ，汽车速率不变，有F牵＝Ff＋f＋mgsinθ，因上坡过程坡度越来越小，θ角减小，空气阻力和摩擦阻力的大小不变，则牵引力变小，故A、B错误；由功率公式P＝F牵v可知，汽车的输出功率逐渐减小，故C错误，D正确。例5如图所示，质量为m＝2kg的木块在倾角θ＝37°的固定斜面上由静止开始下滑，斜面足够长，木块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，则前2s内重力的平均功率和2s末重力的瞬时功率分别为A.48W

24W B.24W

48WC.24W

12W D.12W

24W√木块所受的合外力F合＝mgsinθ－μmgcosθ＝4N前2s内木块的位移所以重力在前2s内做的功为W＝mgxsinθ＝2×10×4×0.6J＝48J木块在2s末的速度v＝at＝2×2m/s＝4m/s2s末重力的瞬时功率P＝mgvsinθ＝2×10×4×0.6W＝48W故选项B正确。1.平均功率的计算方法2.瞬时功率的计算方法(1)利用公式P＝Fvcosα求瞬时功率时，其中v为t时刻的瞬时速度。F可为恒力，也可为变力，α为F与v的夹角，α可以不变，也可以变化。(2)对公式P＝Fvcosα的理解：可认为Fcosα是力F在速度v方向上的分力，也可认为vcosα是速度v在力F方向上的分速度。返回机车启动问题><考点三1.利用天体表面重力加速度已知天体表面的重力加速度g和天体半径R。两种启动方式以恒定功率启动以恒定加速度启动P－t图像和v－t图像

两种启动方式以恒定功率启动以恒定加速度启动OA段过程分析

不变⇒F不变

P＝Fv↑直到P＝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，持续时间t0＝两种启动方式以恒定功率启动以恒定加速度启动AB段过程分析F＝F阻⇒a＝0⇒vm＝

运动性质以vm做匀速直线运动加速度减小的加速直线运动BC段

F＝F阻⇒a＝0⇒以vm＝做匀速直线运动例6

(2024·江苏南通市期中)电动车的额定功率为600W，人与车的总质量为100kg，平直公路上人骑行的最大速度为6m/s。若行驶过程中电动车受到的阻力不变，g＝10m/s2，则该车在30°坡道向上骑行的最大速度为A.1m/s B.2m/s C.3m/s D.4m/s√根据P额＝F·v＝Ff·vm在平直公路上人骑行时受到的阻力该车在30°坡道向上骑行的阻力Ff′＝Ff＋mgsin30°在30°坡道向上骑行的最大速度故选A。例7

(2023·江苏省宝应中学检测)一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前7s内做匀加速直线运动，7s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其v－t图像如图所示。已知汽车的质量为m＝1×103kg，汽车受到地面的阻力为车重力的0.1倍，重力加速度g取10m/s2，求：(1)汽车在第5s末的牵引力F的大小；答案3×103N设汽车在前7s内的牵引力大小为F，根据牛顿第二定律有F－Ff＝ma，解得F＝3×103N(2)汽车的额定功率P和最大速度vm；答案4.2×104W

42m/s当汽车速度达到v＝14m/s时，牵引力功率达到额定功率，即P＝Fv＝4.2×104W当汽车速度达到vm时，牵引力与阻力大小相等，(3)启动后37s内，汽车的位移x的大小。答案525m在0～7s内，设7～37s内汽车的位移大小为x2，代入数据解得x2＝476m所以启动后37s内，汽车的位移大小为x＝x1＋x2＝525m。机车启动问题的三个重要关系式1.无论哪种启动过程，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，v＝3.机车以恒定功率启动时，牵引力做的功W＝Pt。由动能定理得：Pt－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和时间。返回课时精练1.(2024·江苏盐城市期中)图甲为一女士站在台阶式自动扶梯上匀速上楼(忽略扶梯对手的作用)，图乙为一男士站在履带式自动扶梯上匀速上楼，两人相对扶梯均静止。下列关于做功的判断中正确的是A.图甲中支持力对人做正功B.图甲中摩擦力对人做负功C.图乙中支持力对人做正功D.图乙中摩擦力对人做负功√123456789101112题图甲中，人匀速上楼，不受摩擦力，摩擦力不做功，支持力向上，与速度方向的夹角为锐角，则支持力做正功，故A正确，B错误；题图乙中，支持力与速度方向垂直，支持力不做功，摩擦力方向与速度方向相同，做正功，故C、D错误。123456789101112由于雨滴是匀速下落，所以受力平衡，空气阻力等于重力，Ff＝mg，所以克服空气阻力做的功为：Wf＝Ff·h＝mgh，选项B正确。2.(2023·新课标卷·15)无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为(重力加速度大小为g)√1234567891011123.(2024·江苏无锡市期末)如图所示，一球员将足球从球门正前方某处踢出，在竖直平面内经位置1、2、3后落地，位置1、3等高，位置2在最高点。所受空气阻力不变，不考虑足球的旋转，则足球A.经过位置2时，重力的功率最大B.由位置1运动到位置3过程中，合力做功为0C.在位置2的加速度比位置3的加速度小D.由位置1运动到位置2的时间小于由位置2运动到位置3的时间123456789101112√足球经过最高点位置2时，竖直方向速度vy减为零，由pG＝mgvy得，此时重力的功率最小，A错误；由于足球运动的过程中受到空气阻力作用，阻力做负功，则足球从位置1运动到位置3过程中，合力做负功，B错误；空气阻力方向与速度方向相反，足球在位置2时，竖直速度为零，阻力与重力成90°夹角；在位置3时，阻力方向斜向上，阻力与重力夹角大于90°，阻力与重力的合力一定小于位置2，由牛顿第二定律有F合＝ma，可得足球在位置2的加速度比位置3的加速度大，C错误；123456789101112由于运动时间由竖直方向的运动决定，则对竖直方向受力分析，从位置1到位置2，由牛顿第二定律mg＋Ff1＝ma1，从位置2到位置3，由牛顿第二定律mg－Ff2＝ma2，比较可得，上升阶段的加速度a1大于下降阶段的加速度a2，即a1＞a2，位移相同时，由h＝

可得，由位置1运动到位置2的时间小于由位置2运动到位置3的时间，D正确。1234567891011124.(2023·江苏南通市模拟)溜索是一种古老的渡河工具，如图所示。粗钢索两端连接在河两岸的固定桩上，把滑轮、保险绳索与人作为整体，总质量为m。整体从高处平台上的A点由静止出发，沿钢索滑下，滑过最低点C，到达B点时速度为零，A、B两点的高度差为h，重力加速度为g，不计空气阻力。则A.整体滑到C点时速度最大B.整体滑到C点时受到弹力大小为mgC.从A点滑到C点的过程中，整体重力的功率先增大后减小D.从A点滑到C点的过程中，整体重力的功率一直增大√123456789101112对滑轮、保险绳索与人的整体受力分析，由于C点为最低点，切线方向为水平方向，可知C点处重力沿切线方向的分力为零，由于摩擦力作用，整体在到达C点之前已经在减速，可知整体滑到C点时速度不是最大，故A错误；由于运动轨道是曲线，滑到C点时，需向整体提供竖直向上的向心力，故整体滑到C点时受到弹力大小大于mg，故B错误；123456789101112由于A点和C点重力的功率都为零，可知从A点滑到C点的过程中，整体的速度先增大后减小，故重力的功率先增大后减小，故C正确，D错误。1234567891011125.如图所示，水平路面上有一辆汽车以加速度a向前加速行驶，车厢中有一个质量为m的人正用恒力F向前推车厢，人始终相对于车静止，在车行驶距离L的过程中，下列说法正确的是A.人对车做的功为FLB.人对车做的功为maLC.人对车做的功为－maLD.人对车做的功为(F＋ma)L√123456789101112123456789101112车对人的合力大小为ma，方向水平向左，则人对车的合力大小也为ma，方向水平向右，人对车做负功，则有W＝－maL，故C正确。6.(2023·江苏省海安实验中学检测)如图所示，细绳的一端固定于O点，另一端系一重力为G的小球，在水平拉力F作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点。A、B两点间的水平距离为L，高度差为h，则在此过程中，下列说法正确的是A.重力的瞬时功率先增大后减小B.拉力的瞬时功率不断增大C.重力做功为WG＝GhD.拉力做功为WF＝FL√123456789101112因为小球以恒定速率运动，即它是做匀速圆周运动，那么小球受到的重力G、水平拉力F、绳子拉力FT三者的合力必是沿绳子指向O点。设绳子与竖直方向夹角是θ，则

＝tanθ，得F＝Gtanθ，而水平拉力F的方向与速度v的方向夹角也是θ，所以水平拉力F的瞬时功率P水平＝Fvcosθ，即P水平＝Gtanθ·vcosθ＝Gvsinθ，又重力G的瞬时功率PG＝Gvy＝Gvsinθ，显然，从A到B的过程中，θ是不断增大的，所以重力及拉力F的瞬时功率均一直增大，故A错误，B正确；重力做功为WG＝－Gh，故C错误；123456789101112由前面选项分析知F＝Gtanθ，则可知力F是变力，所以做的功不为FL，因为小球是以恒定速率运动，小球动能不变，绳的拉力不做功，只有重力及拉力F做功，根据动能定理可知WG＋WF＝0，得WF＝－WG＝Gh，故D错误。1234567891011127.(2023·江苏盐城市阜宁县东沟中学一模)一质量为2kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以某一速度在粗糙的水平面上做匀速直线运动，当运动一段时间后拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动。如图所示为拉力F随位移x变化的关系图像，取g＝10m/s2，空气阻力不计，则据此可以求得A.物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.25B.拉力在减速过程中做的功为32JC.摩擦力在减速过程中做的功为－32JD.在整个过程中合外力对物体所做的功为W合＝48J123456789101112√物体做匀速运动时，受力平衡，则Ff＝F＝8N，μ＝

＝0.4，故A错误；F－x图像与x轴围成的面积表示拉力做的功，则由题图可知，拉力在减速过程中做的功WF＝

×(8－4)×8J＝16J，B错误；摩擦力在减速过程中做的功Wf＝－μmgx′＝－0.4×2×10×(8－4)J＝－32J，C正确；123456789101112在整个过程中拉力做的功WF′＝

×(4＋8)×8J＝48J，整个过程，滑动摩擦力做的功Wf′＝－μmgx＝－0.4×2×10×8J＝－64J，所以合外力做的功为W合＝－64J＋48J＝－16J，故D错误。1234567891011128.用铁锤把小铁钉钉入木板，设木板对钉子的阻力与钉进木板的深度成正比。已知铁锤第一次将钉子钉进d，如果铁锤第二次敲钉子时对钉子做的功与第一次相同，那么，第二次钉子进入木板的深度为√123456789101112123456789101112铁锤每次敲钉子时对钉子做的功等于钉子克服阻力做的功，由于阻力与深度成正比，可用阻力的平均值求功，9.一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示。假定汽车所受阻力的大小Ff恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图像中，可能正确的是123456789101112√假如在0到t1时间内，汽车做匀速运动，如D项所示，此时牵引力等于阻力，则在t1时刻，功率由P1变为P2时，根据P＝F·v，功率突然增大，牵引力增大，汽车要加速，速度不会突变，故D错误；如果0到t1时间内汽车做加速运动，此时间内，功率不变，根据P＝F·v，速度增大的过程中，牵引力越来越小，根据F－Ff＝ma可知，加速度越来越小，汽车做加速度减小的加速运动，故A、C错误；根据以上的分析，汽车在0到t1与t1到t2时间内，都做加速度越来越小的加速运动，故B可能正确。123456789101112√10.(2023·湖北卷·4)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123456789101112由题意可知对两节动车分别有P1＝Ff1v1，P2＝Ff2v2，当将它们编组后有P1＋P2＝(Ff1＋Ff2)v，12345678910111211.(2024·江苏苏州市常熟中学检测)如图所示，一列高铁列车的质量为m，额定功率为P0，列车以额定功率P0在平直轨道上从静止开始运动，经时间t达到该功率下的最大速度，设高铁列车行驶过程所受到的阻力为Ff，且保持不变，则A.列车达到的最大速度大小为B.列车在时间t内不可能做匀加速直线运动C.在时间t内列车牵引力做功为D.如果改为以恒定牵引力启动，则列车达到最大速度经历的时间也等于t123456789101112√当列车达到最大速度时，牵引力与阻力相等，所以vm＝

故A错误；列车以额定功率在平直轨道上从静止开始运动，功率不变，速度增大，所以牵引力减小，根据牛顿第二定律可知，列车的加速度减小，所以列车在时间t内做加速度减小的加速直线运动，不可能做匀加速直线运动，故B正确；123456789101112123456789101112列车以恒定牵引力启动时先做匀加速直线运动，根据功率与速度的关系可知，列车速度增大，功率增大，达到额定功率后开始做加速度减小的加速运动，直至达到最大速度，并且此过程与以额定功率启动的最后阶段运动情况完全相同，而开始时的加速度比以额定功率启动的平均加速度小，所以经历的时间较长，列车达到最大速度经历的时间一定大于t，故D错误。12345678910111212.(2023·江苏连云港市期末)一辆玩具赛车在水平直线跑道上由静止开始以10kW的恒定功率加速前进，赛车瞬时速度的倒数

和瞬时加速度a的关系如图所示，已知赛车在跑道上所受到的阻力恒定，赛车到达终点前已达到最大速度。下列说法中正确的是A.赛车做加速度逐渐增大的加速直线运动B.赛车的质量为20kgC.赛车所受阻力大小为500ND.赛车速度大小为5m/s时，加速度大小为50m/s2123456789101112√123456789101112返回第六章机械能守恒定律第2课时目标要求1.理解动能、动能定理，会用动能定理解决一些基本问题。2.能利用动能定理求变力做的功。3.掌握解决动能定理与图像结合的问题的方法。动能定理及其应用内容索引考点一

动能定理的理解和基本应用考点二

应用动能定理求变力的功考点三

动能定理与图像结合的问题课时精练><考点一动能定理的理解和基本应用1.动能(1)定义：物体由于运动而具有的能量叫作动能。(2)公式：Ek＝(3)单位：焦耳，1J＝1N·m＝1kg·m2/s2。(4)标矢性：动能是标量，动能与速度方向无关。2.动能定理(1)内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。(2)表达式：W合＝ΔEk＝(3)物理意义：合力的功是物体动能变化的量度。说明：(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。(2)动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能。1.一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化。(

)2.物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化。(

)3.物体的动能不变，所受的合外力必定为零。(

)4.合力对物体做正功，物体的动能增加；合力对物体做负功，物体的动能减少。(

)××√√例1

(2021·河北卷·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)√例2

(2023·江苏南京市中华中学开学考)如图所示，某一斜面的顶端到正下方水平面O点的高度为h，斜面与水平面平滑连接。一小木块(可视为质点)从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到水平面上的A点停止运动。已知斜面倾角为θ，小木块质量为m，小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，A、O两点的距离为x，重力加速度为g。在小木块从斜面顶端滑到A点的过程中，下列说法正确的是A.如果h和μ一定，θ越大，x越大B.如果h和μ一定，θ越大，x越小C.摩擦力对木块做的功为－μmgxcosθD.重力对木块做的功为μmgx√对小木块运动的整个过程，根据动能定理有解得h＝μx，所以x与θ无关，故A、B错误；根据前面分析可知重力对木块做的功为WG＝mgh＝μmgx，摩擦力对木块做的功为Wf＝－WG＝－mgh＝－μmgx，故C错误，D正确。应用动能定理的解题流程返回应用动能定理求变力的功><考点二例3

(2023·江苏省泗阳中学检测)质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(重力加速度大小为g)√根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为Wf＝μmg(s＋x)，例4

(2023·广东卷·8改编)人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示，可看作质点的货物从

圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6m/s。已知货物质量为20kg，滑道高度h为4m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有A.重力做的功为360JB.克服阻力做的功为440JC.经过Q点时向心加速度大小为6m/s2D.经过Q点时对轨道的压力大小为180N√重力做的功为WG＝mgh＝800J，A错误；下滑过程根据动能定理可得WG－W克f＝

代入数据解得克服阻力做的功为W克f＝440J，B正确；经过Q点时向心加速度大小为a＝

＝9m/s2，C错误；经过Q点时，根据牛顿第二定律可得F－mg＝ma，解得货物受到的支持力大小为F＝380N，据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380N，D错误。返回动能定理与图像结合的问题><考点三图像与横轴所围“面积”或图像斜率的含义例5从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化图像如图所示。重力加速度取10m/s2。该物体的质量为A.2kg B.1.5kg C.1kg D.0.5kg√特殊值法画出运动示意图。设该外力的大小为F，据动能定理知A→B(上升过程)：－(mg＋F)h＝EkB－EkAB→A(下落过程)：(mg－F)h＝EkA′－EkB′联立以上两式并代入数据得物体的质量m＝1kg，选项C正确。例6

(2024·江苏盐城市东台中学校考)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√由题意可知设斜面倾角为θ，动摩擦因数为μ，则物块在斜面上下滑距离在水平面投影距离为x，根据动能定理，有＝Ek，整理可得(mgtanθ－μmg)x＝Ek，即在斜面上运动时动能与x成线性关系；当小物块在水平面运动时，根据动能定理由－μmgx＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－μmgx，Ek0为物块刚下滑到平面上时的动能，则即在水平面运动时物块动能与x也成线性关系。故选A。返回课时精练1.如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动能一定A.等于拉力所做的功B.小于拉力所做的功C.等于克服摩擦力所做的功D.大于克服摩擦力所做的功√1234567891011木箱受力如图所示，木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可知WF＋Wf＝

所以动能小于拉力做的功，故B正确，A错误；无法比较动能与摩擦力做功的大小，C、D错误。12345678910112.(2023·江苏盐城市伍佑中学校考)如图所示为水平圆盘的俯视图，圆盘上距中心轴O为r处有一质量为m的小物块。某时刻起圆盘绕轴O转动，角速度从0增大至ω，小物块始终相对圆盘静止。已知小物块与圆盘间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，此过程小物块所受的摩擦力A.方向始终指向O点 B.大小始终为μmgC.做功为

mω2r2 D.做功为零1234567891011√由于小物块在水平圆盘上做圆周运动，则小物块的重力与圆盘的支持力平衡，小物块始终相对圆盘静止，因此小物块所受外力的合力等于圆盘对它的静摩擦力，由于角速度从0增大至ω，则小物块做变速圆周运动，静摩擦力沿径向的分力提供向心力，沿切向的分力使小物块线速度增大，即此过程小物块所受的摩擦力方向不指向O点，故A错误；1234567891011根据上述可知，小物块所受摩擦力为静摩擦力，随角速度的增大，该静摩擦力也逐渐增大，故B错误；根据上述可知，小物块动能增大，根据动能定理有摩擦力做功为W＝

C正确，D错误。1234567891011该同学将篮球投出时的高度约为h1＝1.8m，根据动能定理有W－mg(h－h1)＝

mv2，解得W＝7.5J，故选项B正确。3.(2023·江苏常州市联盟学校期末)在篮球比赛中，某位同学获得罚球机会，他站在罚球线处用力将篮球斜向上投出，篮球以大小约为1m/s的速度撞击篮筐。已知篮球质量约为0.6kg，篮筐离地高度约为3m，忽略篮球受到的空气阻力，重力加速度大小g＝10m/s2，则该同学罚球时对篮球做的功大约为A.1J B.10J C.50J D.100J√12345678910114.如图所示，光滑固定斜面的顶端固定一弹簧，一质量为m的小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面。设小球在斜面最低点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，重力加速度为g，则小球从A到C的过程中弹簧弹力做的功为√1234567891011小球从A到C过程中，由动能定理可得12345678910115.(2023·江苏盐城市东台中学校考)2022年初，长沙气温偏低，存在冰冻现象。某校两名同学穿相同的校服，先后从倾斜冰面的同一位置由静止滑下，最终两人停在水平冰面上，如图所示。(两人均可视为质点，两人与冰面间的动摩擦因数处处相等，且不计空气阻力和人经过O点时的能量损失)。根据上述信息，可以确定A.质量大的同学运动时间长B.两个同学运动距离一样长C.摩擦力对两个同学做功一样多D.质量大的同学到达O点时速度大√1234567891011可知两人运动的距离一样长。根据牛顿第二定律可知，两人运动的加速度的大小与质量没有关系，则两人运动的时间相等，到达O点的速度也相同，故A、D错误，B正确；因为质量越大的人，受到的摩擦力越大，而两人运动的距离一样长，则摩擦力对质量大的同学做功多，故C错误。设两名同学在倾斜冰面上运动的长度为l，倾斜冰面的倾角为θ，整个过程中的水平位移为x，由动能定理得mglsinθ－μmglcosθ－μmg(x－lcosθ)＝012345678910116.(2023·重庆卷·13)机械臂广泛应用于机械装配。若某质量为m的工件(视为质点)被机械臂抓取后，在竖直平面内由静止开始斜向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，运动方向与竖直方向夹角为θ，提升高度为h，如图所示。求：(1)提升高度为h时，工件的速度大小；1234567891011根据匀变速直线运动位移与速度关系有1234567891011(2)在此过程中，工件运动的时间及合力对工件做的功。12345678910117.(2022·江苏卷·8)某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳。将运动员视为质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能Ek与水平位移x的关系图像正确的是1234567891011√设斜面倾角为θ，不计摩擦力和空气阻力，由题意可知运动员在沿斜面下滑过程中根据动能定理有Ek＝mgxtanθ，即

＝mgtanθ，下滑过程中开始阶段倾角θ不变，Ek－x图像为一条直线；经过圆弧轨道过程中θ先减小后增大，即图像斜率先减小后增大，故选A。12345678910118.(2023·江苏盐城市期中)踢毽子是一种深受学生喜爱的体育运动。在无风天气里，毽子受到的空气阻力大小与其下落的速度大小成正比。一毽子从很高处由静止竖直下落到地面的过程中，运动的时间为t、下落的高度为h、速度大小为v、重力势能为Ep、动能为Ek。以地面为零势能参考平面。则下列图像中可能正确的是√12345678910111234567891011毽子在下落过程中，受到的空气阻力大小与其下落的速度大小成正比，则mg－kv＝ma，由于合力逐渐减小，则加速度逐渐减小，最后加速度可能减小为零，即速度先增大后不变，则h－t图像的斜率先增大后不变，故A正确，B错误；设毽子原来距地面的高度为H，则其重力势能表达式为Ep＝mg(H－h)，Ep－h为线性关系，Ep－h图像是斜率为负的直线，故C错误；毽子动能先增大后不变，由动能定理得Ek＝WG－Wf＝mgh－kvh＝mah，可知Ek－h图像的斜率开始阶段是减小的，最后可能不变，故D错误。9.(2021·湖北卷·4)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10m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为A.m＝0.7kg，f＝0.5NB.m＝0.7kg，f＝1.0NC.m＝0.8kg，f＝0.5ND.m＝0.8kg，f＝1.0N1234567891011√0～10m内物块上滑，由动能定理得－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin30°＋f)s，结合0～10m内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mgsin30°＋f＝4N,10～20m内物块下滑，由动能定理得(mgsin30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin30°－f)s－(mgsin30°－f)s1，结合10～20m内的图像得，斜率k′＝mgsin30°－f＝3N，联立解得f＝0.5N，m＝0.7kg，故选A。123456789101110.(2024·江苏省天一中学期中改编)物流公司用滑轨装运货物，如图所示。长5m、倾角为37°的倾斜滑轨与长5.5m的水平滑轨平滑连接，有一质量为1kg的货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑。已知货物与两段滑轨间的动摩擦因数均为

sin37°＝0.6，空气阻力不计，重力加速度g取10m/s2。求：(1)货物滑到倾斜滑轨末端的速度大小；1234567891011根据动能定理1234567891011(2)货物从开始下滑经过4s，克服摩擦力所做的功为多少。1234567891011答案30J123456789101111.(2024·江苏南通市海安高级中学校考)如图所示，平直木板AB倾斜放置，板上的P点距A端较近，小物块与木板间的动摩擦因数由A到B逐渐减小，先让物块从A由静止开始滑到B。然后，将A着地，抬高B，使木板的倾角与前一过程相同，再让物块从B由静止开始滑到A。上述两过程相比较，下列说法中一定正确的有A.物块滑到底端的速度，前一过程较大B.物块从顶端滑到底端的时间，前一过程较长C.物块从顶端滑到P点的过程中因摩擦产生的热量，前一过程较少D.物块经过P点的动能，后一过程较小1234567891011√先让物块从A由静止开始滑到B，又因为动摩擦因数由A到B逐渐减小，说明重力沿木板的分量在整个过程中都大于摩擦力。也就是说无论哪边高，合力方向始终沿木板向下。两过程合力做功相同，由动能定理知，滑到底端时速度大小应相同，故A错误；作出物块两过程的v－t图像，如图所示，分析可知第一个过程加速度在增大，故斜率增大，第二个过程加速度减小，故斜率减小，由于木板倾角相同，根据能量守恒，末速度相同，又因为路程相同，v－t图像中图线与t轴所围的面积应相等，所以第一个过程的时间长，故B正确；1234567891011摩擦产生的热量

Q＝W＝Ffs，由于无法确定Ff做功多少，无法判断两种情况下摩擦产生热量的多少，故C错误；物块从A由静止开始滑到P时，摩擦力较大，故合力较小，距离较短；物块从B由静止开始滑到P时，摩擦力较小，故合力较大，距离较长。所以由动能定理知，物块从A由静止开始滑到P时合力做功较少，到P点时动能较小；由B到P时合力做功较多，到P点时动能较大，即前一过程较小，故D错误。1234567891011返回第六章机械能守恒定律第3课时目标要求1.会用动能定理解决多过程、多阶段的问题。2.掌握动能定理在往复运动问题中的应用。专题强化：动能定理在多过程问题中的应用内容索引考点一

动能定理在多过程问题中的应用考点二

动能定理在往复运动问题中的应用课时精练><考点一动能定理在多过程问题中的应用1.应用动能定理解决多过程问题的两种思路(1)分阶段应用动能定理①若题目需要求某一中间物理量，应分阶段应用动能定理。②物体在多个运动过程中，受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化，力在各个过程中做功情况也不同，不宜全过程应用动能定理，可以研究其中一个或几个分过程，结合动能定理，各个击破。(2)全过程(多个过程)应用动能定理当物体运动过程包含几个不同的物理过程，又不需要研究过程的中间状态时，可以把几个运动过程看作一个整体，巧妙运用动能定理来研究，从而避开每个运动过程的具体细节，大大减少运算。2.全过程列式时要注意(1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关。(2)大小恒定的阻力或摩擦力做功的数值等于力的大小与路程的乘积。例1图中ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角为θ的斜面，CD段是水平的，长为s，BC段是与AB段和CD段都相切的一小段圆弧，其长度可以忽略不计。一质量为m的小滑块在A点由静止释放，沿轨道滑下，最后停在D点，A点和D点的位置如图所示，现用一沿轨道方向的力推滑块，使它缓缓地由D点回到A点，设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则推力对滑块做的功等于A.mgh B.2mghC.μmg(s＋

) D.μmg(s＋hcosθ)√滑块由A点运动至D点，设克服摩擦力做功为W克fAD，由动能定理得mgh－W克fAD＝0，即W克fAD＝mgh，

①滑块从D点回到A点，由于是缓慢推，说明动能变化量为零，设克服摩擦力做功为W克fDA，由动能定理知，滑块从D点被推回A点过程有WF－mgh－W克fDA＝0，

②由A点运动至D点，克服摩擦力做的功为W克fAD＝μmgcosθ·＋μmgs，

③从D→A的过程克服摩擦力做的功为联立③④得W克fAD＝W克fDA，

⑤联立①②⑤得WF＝2mgh，故A、C、D错误，B正确。例2

(2023·湖北卷·14)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道

在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道

内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为

重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：(1)小物块到达D点的速度大小；由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，(2)B和D两点的高度差；答案0由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道

内侧，小物块从C到D的过程中，根据动能定理有则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有(3)小物块在A点的初速度大小。小物块从A到B的过程中，根据动能定理有返回动能定理在往复运动问题中的应用><考点二1.往复运动问题：在有些问题中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的或者难以确定的。2.解题策略：此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功的特点是与路程有关，运用牛顿运动定律及运动学公式将非常烦琐，甚至无法解出，由于动能定理只涉及物体的初、末状态，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。例3如图所示，固定斜面的倾角为θ，质量为m的滑块从距挡板P的距离为x0处以初速度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，重力加速度为g，则滑块经过的总路程是√滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，对滑块运动的全程应用动能定理得例4如图所示，装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5m，轨道CD足够长，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.30m、h2＝1.35m。现让质量为m的小滑块自A点由静止释放。已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，求：(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；答案3m/s小滑块从A→B→C→D的过程中，代入数据解得vD＝3m/s(2)小滑块最终停止的位置距C点的距离。答案3.6m小滑块最终静止在BC上，对全过程，运用动能定理得mgh1－μmgs1＝0－0，解得s1＝8.6m小滑块最终停止的位置距C点的距离x＝s1－s＝3.6m。返回课时精练1.木块在水平恒力F的作用下，沿水平路面由静止出发前进了L，随即撤去此恒力，木块沿原方向又前进了3L才停下来，设木块运动全过程中地面情况相同，则摩擦力的大小Ff和木块所获得的最大动能Ek分别为√123456712345672.(2023·江苏省高淳高级中学月考)如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC水平，其长度d＝0.50m，盆边缘的高度为h＝0.30m。在A处放一个质量为m的小物块并让其由静止下滑。已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.1。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的地点到B的距离为A.0.50m B.0.25mC.0.10m D.0√1234567小物块从A点出发到最后停下来，设小物块在BC面上运动的总路程为s，整个过程由动能定理有：mgh－μmgs＝0，所以小物块在BC面上运动的总路程为s＝而d＝0.5m，刚好3个来回，所以最终停在B点，即到B点的距离为0，故选D。12345673.如图所示，一个小球以速度v1从底端B出发沿粗糙的

圆周向上运动，恰好到达顶端A，克服摩擦力做功W1；现将小球从A由静止释放，小球运动到最低点B时，速度为v2，克服摩擦力做功为W2，则A.v1>v2，W1>W2 B.v1＝v2，W1<W2C.v1>v2，W1<W2 D.v1<v2，W1＝W21234567√小球由B运动到A，重力做负功，摩擦力做负功，根据动能定理可得小球由A运动到B，重力做正功，摩擦力做负功，1234567对比可得v1>v2同理可知，在经过同一位置时，上滑的速度大于下滑的速度，因此上滑所需的向心力大于下滑所需的向心力，而向心力由轨道的支持力与重力沿垂直轨道分力的合力提供，因此在同一位置上滑时的支持力大于下滑时的支持力，故在同一位置上滑所受到的摩擦力更大，而上滑与下滑路程相等，故W1>W2，故选A。12345674.(2024·江苏无锡市期中)如图所示，直杆AB与水平面成α角固定，在杆上套一质量为m的小滑块，杆底端B点处有一弹性挡板，滑块与挡板碰撞后原速率返回。现将滑块拉到A点由静止释放，与挡板第一次碰撞后上滑时间恰好是下滑时间的一半，已知重力加速度为g，由此不能确定的是A.滑块下滑和上滑过程加速度的大小a1、a2B.滑块最终所处的位置C.滑块与杆之间的动摩擦因数μD.滑块第k次与挡板碰撞后速度vk1234567√设AB长为L，最大速度为v，其中第一次碰撞后上滑时间恰好是下滑时间的一半，所以恰好能上滑到AB的中点，对整个过程，运用动能定理得mgsinα×0.5L－μmgcosα(L＋0.5L)＝01234567μmgcosθ<mgsinθ，滑块最终停在B点根据牛顿第二定律得，下滑过程mgsinα－μmgcosα＝ma1上滑过程mgsinα＋μmgcosα＝ma2解得a1＝gsinα－μgcosα，a2＝gsinα＋μgcosα所以可求得滑块下滑和上滑过程加速度的大小a1、a2，故A、B、C不符合题意；因为不知道最初滑块下滑的位移，所以无法求出速度，故D符合题意。12345675.(2023·江苏南京市协同体七校期中)如图，水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直四分之一圆弧轨道相切于B点，右端与一倾角为30°的光滑斜面在C点平滑连接(即物体经过C点时速度大小不变)，斜面顶端固定一与斜面平行的轻质弹簧。一质量为2kg的滑块(可视为质点)从圆弧轨道的顶端A点由静止释放，经水平轨道BC后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D点。已知光滑圆弧轨道的半径为R＝0.45m，水平轨道BC长为0.4m，与滑块间的动摩擦因数为μ＝0.2，光滑斜面CD部分长为0.6m，不计空气阻力，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度大小为g＝10m/s2。求：1234567(1)滑块第一次经过圆弧轨道上的B点时，圆弧轨道对滑块的支持力大小；1234567答案60N滑块从A点到B点，由动能定理可得解得FN＝60N1234567(2)滑块第一次到达D点时，弹簧具有的弹性势能；1234567答案1.4J设滑块第一次到达D点时，弹簧具有的弹性势能为Ep，滑块从B到D，由功能关系得解得Ep＝1.4J。1234567(3)滑块在水平轨道BC上停止的位置距B点的距离及滑块经过C点的次数。1234567答案0.15m

6次由分析知滑块最终停止在水平轨道BC间，设滑块在BC段运动的总路程为s，从滑块第一次经过B点到最终停下来的全过程，由动能定理可得且s＝5LBC＋0.25m故滑块经过C点6次，最后距B点的距离L＝0.4m－0.25m＝0.15m。12345676.(2023·江苏卷·15)如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。(1)求滑雪者运动到P点的时间t；1234567滑雪者从A点到P点，根据动能定理有根据动量定理有(mgsin45°－μmgcos45°)t＝mvP－01234567由于滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点，故从P点到B点合力做功为0，所以当从A点下滑时，(2)求滑雪者从B点飞出的速度大小v；1234567当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度L最大；滑雪者从B点飞出做斜抛运动，水平方向上有L＝vsin45°·t′(3)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。12345677.如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m＝0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15m，轨道AB长度lAB＝3m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝

滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放。1234567(1)若释放点距B点的长度l＝0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；1234567答案7N滑块由释放点到C点过程，由动能定理有1234567由①②解得FN＝7N ③(2)设释放点距B点的长度为lx，求滑块第一次经F点时的速度v与lx之间的关系式；1234567要保证滑块能到F点，必须能过DEF的最高点，当滑块恰到最高点时根据动能定理可得mgl1sin37°－(3mgRcos37°＋mgR)＝0 ④解得l1＝0.85m ⑤因此要能过F点必须满足lx≥0.85m ⑥能过最高点，则能到F点，由释放到第一次到达F点，根据动能定理可得1234567(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值。答案见解析1234567设摩擦力做功为第一次到达中点时的n倍1234567又因为0.85m≤lx≤lAB，lAB＝3m，返回第六章机械能守恒定律第4课时目标要求1.知道机械能守恒的条件，理解机械能守恒定律的内容。2.会用机械能守恒定律解决单个物体或系统的机械能守恒问题。机械能守恒定律及其应用内容索引考点一

机械能守恒的判断考点二

单物体机械能守恒问题考点三

系统机械能守恒问题课时精练><考点一机械能守恒的判断1.重力做功与重力势能(1)重力做功的特点：重力做功与

无关，只与始末位置的

有关，重力做功不引起物体

的变化。(2)重力势能①表达式：Ep＝

。②重力势能的特点：重力势能是物体和

所共有的，重力势能的大小与参考平面的选取

，但重力势能的变化量与参考平面的选取

。路径高度差机械能mgh地球有关无关(3)重力做功与重力势能变化的关系：重力对物体做正功，重力势能

，重力对物体做负功，重力势能

，即WG＝

＝

。2.弹性势能(1)定义：发生

的物体的各部分之间，由于有弹力的相互作用而具有的势能。(2)弹力做功与弹性势能变化的关系：弹力做正功，弹性势能

；弹力做负功，弹性势能

。即W＝

。减小增大Ep1－Ep2－ΔEp弹性形变减小增加－ΔEp3.机械能守恒定律(1)内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，

与

可以互相转化，而总的机械能

。Ek1＋Ep1(3)守恒条件：只有

或

做功。动能势能保持不变重力弹力1.物体所受的合外力为零，物体的机械能一定守恒。(

)2.物体做匀速直线运动，其机械能一定守恒。(

)3.物体的速度增大时，其机械能可能减小。(

)×√×例1如图所示，下列判断正确的是A.甲图中，从光滑滑梯上加速下滑的小朋友机械能不守恒B.乙图中，在匀速转动的摩天轮中的游客机械能守恒C.丙图中，在光滑的水平面上，小球的机械能守恒D.丁图中，气球匀速上升时，机械能不守恒√甲图中，小朋友从光滑滑梯上加速下滑的过程中，只有重力做功，则小朋友机械能守恒，故A错误；乙图中，在匀速转动的摩天轮中的游客动能不变，重力势能改变，游客机械能不守恒，故B错误；丙图中，在光滑的水平面上，弹簧弹力对小球做功，则小球和弹簧组成的系统的机械能守恒，小球的机械能不守恒，故C错误；丁图中，气球匀速上升时，动能不变，重力势能增加，机械能不守恒，故D正确。例2如图所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一固定的竖直墙壁(不与槽粘连)。现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始下落，从A点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是A.小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B.小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，小球的机械