2024-2025学年高考物理一轮复习专题10机械能知识点讲解含解析

专题10机械能考点风向标考点风向标第一部分：考点梳理考点一、功的理解与计算考点二、功率的理解与计算考点三、机车的两种启动模式考点四、动能定理的应用考点五、动能定理的图像问题考点六、机械能守恒定律的条件及应用考点七、功能关系与能量守恒定律考点八、试验—验证动能定理考点九、试验—验证机械能守恒定律考点一、功的理解与计算1．功的正负的推断方法(1)恒力做功正负的推断：依据力与位移的夹角来推断。(2)曲线运动中做功正负的推断：依据F与v的方向的夹角来推断。0°≤α<90°，力对物体做正功；90°<α≤180°，力对物体做负功；α＝90°，力对物体不做功。2．恒力做功的计算方法3．合力做功的计算方法方法一：先求合外力F合，再用W合＝F合lcosα求功。适用于F合为恒力的过程。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。（典例应用1）如图所示，电梯与水平地面成θ角，一人站在电梯上，电梯从静止起先匀加速上升，达到肯定速度后再匀速上升。若以FN表示水平梯对人的支持力，G为人受到的重力，F为电梯对人的静摩擦力，则下列结论正确的是()A．加速过程中F≠0，F、FN、G都做功B．加速过程中F≠0，FN不做功C．加速过程中F＝0，FN、G都做功D．匀速过程中F＝0，FN、G都不做功【答案】：A【解析】加速过程中人受力和速度方向如图所示，由力与速度方向之间夹角的关系可判定：FN、F对人做正功，G对人做负功，故A对，B、C均错。匀速运动时，F＝0，FN做正功，G做负功，故D错。（典例应用2）如图所示，质量为m的小球用长为L的轻绳悬挂于O点，用水平恒力F拉着小球从最低点运动到使轻绳与竖直方向成θ角的位置，求此过程中，各力对小球做的总功为()A．FLsinθB．mgL(1－cosθ)C．FLsinθ－mgL(1－cosθ)D．FLsinθ－mgLcosθ【答案】：C【解析】：如图，小球在F方向的位移为CB，方向与F同向，则WF＝F·CB＝F·Lsinθ小球在重力方向的位移为AC，方向与重力反向，则WG＝mg·AC·cos180°＝－mg·L(1－cosθ)绳的拉力FT时刻与运动方向垂直，则WFT＝0故W总＝WF＋WG＋WFT＝FLsinθ－mgL(1－cosθ)，所以选项C正确。考点二功率的理解与计算1．平均功率的计算方法(1)利用eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)。(2)利用eq\x\to(P)＝F·eq\x\to(v)cosα，其中eq\x\to(v)为物体运动的平均速度，F为恒力。2．瞬时功率的计算方法(1)利用公式P＝F·vcosα，其中v为t时刻的瞬时速度。(2)P＝F·vF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度。(3)P＝Fv·v，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力。(典例应用3)．(多选)从地面上方同一点向东与向西分别平抛出两个等质量的小物体，抛出速度大小分别为v和2v，不计空气阻力，则两个小物体()A．从抛出到落地重力做的功不同B．从抛出到落地重力做的功相同C．从抛出到落地重力的平均功率不同D．落地时重力做功的瞬时功率相同【答案】BD【解析】由于下落的高度相同，重力相同，则重力做功相同，故选项A错误，B正确；两个物体从同一点做平抛运动，运动时间相同，由公式P＝eq\f(W,t)可知，从抛出到落地重力的平均功率相同，故选项C错误；竖直方向两个物体做自由落体运动，高度相同，落地时竖直方向的分速度vy相同，落地时重力做功的瞬时功率P＝mgvy相同，故选项D正确。（典例应用4）某同学进行体能训练，用了100s时间跑上20m高的高楼，试估算他登楼时的平均功率最接近的数值是()A．10W B．100WC．1kW D．10kW【答案】：B【解析】：这是一道实际生活中求平均功率的计算题，考查估算实力，不仅要知道平均功率的计算公式P＝eq\f(W,t)，而且要对学生的质量有一个比较切合实际的估计，设m人＝50kg，则eq\x\to(P)＝eq\f(mgh,t)＝eq\f(50×10×20,100)W＝100W。方法总结1求力做功的功率时的基本思路方法总结2求瞬时功率时，公式P＝Fv适用于力F的方向与速度v的方向在同一条直线上的状况。假如F与v不同向，可用力F乘以沿F方向的分速度vF(P＝F·vF)，或用速度v乘以沿速度方向的分力Fv(P＝Fv·v)求解。考点三机车的两种启动模型1．模型一以恒定功率启动(1)动态过程(2)这一过程的P­t图象和v­t图象如图所示：2．模型二以恒定加速度启动(1)动态过程(2)这一过程的P­t图象和v­t图象如图所示：（典例应用5）(多选)发动机额定功率为80kW的汽车，质量为2×103kg，在水平路面上行驶时汽车所受摩擦阻力恒为4×103N，若汽车在平直马路上以额定功率启动，则下列说法中正确的是()A．汽车的加速度和速度都渐渐增加B．汽车匀速行驶时，所受的牵引力为零C．汽车的最大速度为20m/sD．当汽车速度为5m/s时，其加速度为6m/s2【答案】：CD【解析】：由P＝Fv，F－Ff＝ma可知，在汽车以额定功率启动的过程中，F渐渐减小，汽车的加速度a渐渐减小，但速度渐渐增加，当匀速行驶时，F＝Ff，此时加速度为零，速度达到最大值，则vm＝eq\f(P,Ff)＝eq\f(80×103,4×103)m/s＝20m/s，故A、B错误，C正确；当汽车速度为5m/s时，由牛顿其次定律得eq\f(P,v)－Ff＝ma，解得a＝6m/s2，故D正确。（典例应用6）在上【例】中若汽车从静止起先以恒定的加速度做匀加速直线运动，其加速度为2m/s2，当汽车的输出功率达到额定功率后，保持功率不变直到汽车匀速运动，求：(1)汽车匀加速运动的时间。(2)汽车启动后第2s末时发动机的实际功率。【答案】：(1)5s(2)32kW【解析】：(1)汽车匀加速直线运动过程，由牛顿其次定律得：F－Ff＝ma；解得：F＝8×103N由P＝Fv得汽车匀加速直线运动的最大速度为：v＝eq\f(P,F)＝10m/st＝eq\f(v,a)＝5s(2)2s末汽车的速度：v′＝at＝4m/s2s末汽车的实际功率：P′＝Fv′＝3.2×104W＝32kW方法总结(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＝eq\f(P,Fmin)＝eq\f(P,F阻)(式中Fmin为最小牵引力，其值等于阻力F阻)。(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，速度不是最大，即v＝eq\f(P,F)<vm＝eq\f(P,F阻)。(3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W＝Pt。由动能定理：Pt－F阻x＝ΔEk。此式常常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小。考点4、动能定理的应用1．动能定理公式中“＝”的意义等号表明合力做功与物体动能变更的三个关系2．应用动能定理解题的步骤(1)选取探讨对象，明确它的运动过程。(2)分析探讨对象的受力状况和各力的做功状况：eq\x(\a\al(受哪,些力))→eq\x(\a\al(各力是,否做功))→eq\x(\a\al(做正功还,是负功))→eq\x(\a\al(做多,少功))→eq\x(\a\al(各力做功,的代数和))(3)明确物体在过程始末状态的动能Ek1和Ek2。(4)列出动能定理的方程W合＝Ek2－Ek1及其他必要的解题方程进行求解。（典例应用7）如图所示，AB为倾角θ＝37°的斜面轨道，轨道的AC部分光滑，CB部分粗糙。BP为圆心角等于143°，半径R＝1m的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于B点，P、O两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A点，另一自由端在斜面上C点处，现有一质量m＝2kg的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D点后(不拴接)释放，物块经过C点后，从C点运动到B点过程中的位移与时间的关系为x＝12t－4t2(式中x单位是m，t单位是s)，假设物块第一次经过B点后恰能到达P点，(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)试求：(1)若CD＝1m，物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功；(2)B、C两点间的距离x。【答案】(1)156J(2)6.125m【解析】(1)由x＝12t－4t2知，物块在C点速度为v0＝12m/s，a＝8m/s2设物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功为W，由动能定理得W－mgsin37°·eq\x\to(CD)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入数据得W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgsin37°·eq\x\to(CD)＝156J。(2)物块在CB段，依据牛顿其次定律，物块所受合力F＝ma＝16N物块在P点的速度满意mg＝eq\f(mv\o\al(2,P),R)C到P的过程，由动能定理得－Fx－mgR(1＋cos37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得x＝eq\f(49,8)m＝6.125m。方法总结用好动能定理的“5个”突破突破①——探讨对象的选取动能定理适用于单个物体，当题目中出现多个物体时可分别将单个物体取为探讨对象，应用动能定理。突破②——探讨过程的选取应用动能定理时，选取不同的探讨过程列出的方程是不相同的。因为动能定理是个过程式，选取合适的过程往往可以大大简化运算。突破③——受力分析运用动能定理时，必需分析清晰物体在过程中的全部受力状况，找出哪些力不做功，哪些力做功，做多少功，从而确定出外力的总功，这是解题的关键。突破④——位移的计算应用动能定理时，要留意有的力做功与路程无关，只与位移有关，有的力做功却与路程有关。突破⑤——初、末状态的确定动能定理的计算式为标量式，v为相对同一参考系的速度，所以确定初、末状态动能时，必需相对于同一参考系而言。（典例应用8）.如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为m的质点自轨道端点P由静止起先滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g。质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为()A.eq\f(1,4)mgR B.eq\f(1,3)mgRC.eq\f(1,2)mgR D.eq\f(π,4)mgR【答案】C【解析】在Q点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力，所以有FN－mg＝meq\f(v2,R)，FN＝2mg，联立解得v＝eq\r(gR)，下滑过程中，依据动能定理可得mgR－Wf＝eq\f(1,2)mv2，解得Wf＝eq\f(1,2)mgR，所以克服摩擦力做功eq\f(1,2)mgR，C正确。（典例应用9）.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止起先下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC=h。圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A；弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则圆环（）A．下滑过程中，加速度始终减小B．下滑过程中，克服摩擦力做功为C．在C处，弹簧的弹性势能为D．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度【答案】：BD【解析】：由题意知，圆环从A到C先加速后减速，到达B处的加速度减小为零，故加速度先减小后增大，故A错误；依据能量守恒，从A到C有mgh＝Wf＋Ep，从C到A有eq\f(1,2)mv2＋Ep＝mgh＋Wf，联立解得：Wf＝eq\f(1,4)mv2，Ep＝mgh－eq\f(1,4)mv2，所以B正确，C错误；依据能量守恒，从A到B有mgh1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B1)＋ΔEp1＋Wf1，从C到B有eq\f(1,2)mv2＋ΔEp2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B2)＋Wf2＋mgh2，又有eq\f(1,2)mv2＋Ep＝mgh＋Wf，联立可得vB2＞vB1，所以D正确。考点五、动能定理的图象问题1．力学中图象所围“面积”的意义v­t图象由公式x＝vt可知，v­t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移a­t图象由公式Δv＝at可知，a­t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变更量F­x图象由公式W＝Fx可知，F­x图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功P­t图象由公式W＝Pt可知，P­t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功2.解决物理图象问题的基本步骤(典例应用10)宇航员在某星球表面做了如下试验，试验装置如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由斜轨道AB和圆弧轨道BC组成。将质量m＝0.2kg的小球，从轨道AB上高H处的某点由静止释放，用力传感器测出小球经过C点时对轨道的压力大小为F，变更H的大小，可测出F随H的变更关系如图乙所示，求：(1)圆轨道的半径。(2)星球表面的重力加速度。(3)作出小球经过C点时动能随H的变更关系Ek­H图象。【答案】(1)0.2m(2)5m/s2(3)见解析【解析】：(1)小球过C点时，由牛顿其次定律得：F＋mg＝meq\f(v\o\al(2,C),r)小球由静止下滑至C点的过程，由动能定理得：mg(H－2r)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)解得：F＝eq\f(2mg,r)H－5mg由图可知：当H1＝0.5m时，F1＝0N解得：r＝0.2m(2)当H2＝1.0m时，F2＝5N解得：g＝5m/s2(3)小球由静止下滑至C点的过程，由动能定理得：mg(H－2r)＝Ek－0解得：Ek＝H－0.4则Ek­H图象如图所示：考点六、机械能守恒定律的条件及应用1．机械能守恒的条件只有重力或弹力做功，可以从以下四个方面进行理解：(1)物体只受重力或弹力作用。(2)存在其他力作用，但其他力不做功，只有重力或弹力做功。(3)其他力做功，但做功的代数和为零。(4)存在相互作用的物体组成的系统只有动能和势能的相互转化，无其他形式能量的转化。2．“两法”推断机械能是否守恒(典例应用11)忽视空气阻力，下列物体运动过程中满意机械能守恒的是()A．电梯匀速下降B．物体由光滑斜面顶端滑到斜面底端C．物体沿着粗糙斜面匀速下滑D．拉着物体沿光滑斜面匀速上升【答案】B【解析】电梯匀速下降，说明电梯处于平衡状态，并不是只有重力做功，故A错误；物体在光滑斜面上，受重力和支持力的作用，但是支持力的方向和物体运动的方向垂直，支持力不做功，只有重力做功，故B正确；物体沿着粗糙斜面匀速下滑，物体受力平衡，摩擦力和重力都要做功，所以机械能不守恒，故C错误；拉着物体沿光滑斜面匀速上升，物体受力平衡，拉力和重力都要做功，所以机械能不守恒，故D错误。（典例应用12）(多选)如图所示，质量分别为m和2m的两个小球a和b，中间用轻质杆相连，在杆的中点O处有一固定转动轴，把杆置于水平位置后释放，在b球顺时针摇摆到最低位置的过程中()A．b球的重力势能削减，动能增加，b球机械能守恒B．a球的重力势能增加，动能也增加，a球机械能不守恒C．a球、b球组成的系统机械能守恒D．a球、b球组成的系统机械能不守恒【答案】BC【解析】b球从水平位置下摆到最低点的过程中，a球升至最高点，重力势能增加，动能也增加，机械能增加。由于a、b系统只有重力做功，则系统机械能守恒，既然a球机械能增加，b球机械能肯定减小。可见，杆对a球做了正功，杆对b球做了负功。所以，本题正确答案为B、C。考点七、功能关系及能量守恒定律1．力学中几种常见的功能关系功能量的变更合外力做正功动能增加重力做正功重力势能削减弹簧弹力做正功弹性势能削减电场力做正功电势能削减其他力(除重力、弹力外)做正功机械能增加2.应用能量守恒定律的两条基本思路(1)某种形式的能量削减，肯定存在其他形式的能量增加，且削减量与增加量肯定相等；(2)某个物体的能量削减，肯定存在其他物体的能量增加，且削减量与增加量肯定相等。(典例应用13)(多选)如图所示，一根原长为L的轻弹簧，下端固定在水平地面上，一个质量为m的小球，在弹簧的正上方从距地面高度为H处由静止下落压缩弹簧。若弹簧的最大压缩量为x，小球下落过程受到的空气阻力恒为Ff，则小球从起先下落至最低点的过程()A．小球动能的增量为零B．小球重力势能的增量为mg(H＋x－L)C．弹簧弹性势能的增量为(mg－Ff)(H＋x－L)D．系统机械能减小FfH【答案】AC【解析】：小球下落的整个过程中，起先时速度为零，结束时速度也为零，所以小球动能的增量为0，故A正确；小球下落的整个过程中，重力做功WG＝mgh＝mg(H＋x－L)，依据重力做功量度重力势能的变更WG＝－ΔEp得：小球重力势能的增量为－mg(H＋x－L)，故B错误；依据动能定理得：WG＋Wf＋W弹＝0－0＝0，所以W弹＝－(mg－Ff)(H＋x－L)，依据弹簧弹力做功量度弹性势能的变更W弹＝－ΔEp得：弹簧弹性势能的增量为(mg－Ff)·(H＋x－L)，故C正确；系统机械能的削减等于重力、弹力以外的力做的功，所以小球从起先下落至最低点的过程，克服阻力做的功为：Ff(H＋x－L)，所以系统机械能的减小量为：Ff(H＋x－L)，故D错误。(典例应用14)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技巧竞赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900J，他克服阻力做功100J。韩晓鹏在此过程中()A．动能增加了1900JB．动能增加了2000JC．重力势能减小了1900JD．重力势能减小了2000J【答案】C【解析】由动能定理可知，ΔEk＝1900J－100J＝1800J，故A、B均错。重力势能的削减量等于重力做的功，故C正确，D错误。(典例应用15)如图所示，传送带AB总长为l＝10m，与一个半径为R＝0.4m的光滑四分之一圆轨道BC相切于B点，传送带速度恒为v＝6m/s，方向向右，现有一个滑块以肯定初速度从A点水平滑上传送带，滑块质量为m＝10kg，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.1，已知滑块运动到B端时，刚好与传送带同速，求：(1)滑块的初速度；(2)滑块能上升的最大高度；(3)求滑块其次次在传送带上滑行时，滑块和传送带系统产生的内能。【答案】(1)2eq\r(14)m/s或4m/s(2)1.8m(3)220J【解析】(1)以滑块为探讨对象，滑块在传送带上运动过程中，当滑块初速度大于传送带速度时，有－μmgl＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝2eq\r(14)m/s；当滑块初速度小于传送带速度时，有μmgl＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝4m/s。(2)由动能定理可得－mgh＝0－eq\f(1,2)mv2，解得h＝1.8m。(3)以滑块为探讨对象，由牛顿其次定律得μmg＝ma，滑块的加速度a＝1m/s2，滑块减速到零的位移x0＝eq\f(v2,2a)＝18m>10m，则滑块其次次在传送带上滑行时，速度没有减小到零就离开传送带，由匀变速运动的位移公式可得l＝vt－eq\f(1,2)at2，解得t＝2s(t＝10s舍去)，在此时间内传送带的位移x＝vt＝6×2m＝12m，滑块其次次在传送带上滑行时，滑块和传送带系统产生的内能Q＝μmg(l＋x)＝0.1×10×10×(10＋12)J＝220J。考点八、试验—验证动能定理误差分析1．误差的主要来源是橡皮筋的长度、粗细不一，使橡皮筋的拉力做功W与橡皮筋的条数不成正比。2．没有完全平衡摩擦力或平衡摩擦力时倾角过大也会造成误差。3．利用打上点的纸带计算小车的速度时，测量不准带来误差。留意事项1．平衡摩擦力：将木板一端垫高，使小车重力沿斜面对下的分力与摩擦阻力平衡。方法是轻推小车，由打点计时器打在纸带上的点的匀称程度推断小车是否匀速运动，找到木板一个合适的倾角。2．选点测速：测小车速度时，纸带上的点应选匀称部分的，也就是选小车做匀速运动状态的。3．橡皮筋的选择：橡皮筋规格相同时，力对小车做的功以一条橡皮筋做的功为单位即可，不必计算出详细数值。(典例应用16）某同学做探究合力做的功和物体速度变更的关系的试验装置如图甲所示，小车在橡皮筋的作用下弹出，沿木板滑行。用1条橡皮筋时对小车做的功记为W。当用2条、3条…完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次…试验时，每次试验中橡皮筋伸长的长度都保持一样。试验中小车获得的速度由打点计时器所打的纸带测出。(1)木板水平放置，小车在橡皮筋作用下运动，当小车速度最大时，关于橡皮筋所处的状态与小车所在的位置，下列说法正确的是________。A．橡皮筋仍处于伸长状态B．橡皮筋恰好复原原长C．小车紧靠着打点计时器D．小车已超过两个铁钉的连线(2)如图乙所示是某次操作正确的状况下，在频率为50Hz的电源下打点计时器记录的一条纸带，为了测量小车获得的速度，应选用纸带的________(选填“A～F”或“F～I”)部分进行测量，速度大小为________m/s。(3)通过该试验的正确操作和正确处理数据，应当得出合力做的功W和物体速度v变更的关系是________(用本问中的字母表达)。【答案】：(1)A(2)F～I0.76(3)W∝v2【解析】：(1)平衡摩擦力后，橡皮筋的拉力等于小车受到的合力，橡皮筋做功完毕，小车的速度最大。若不进行平衡摩擦力操作，则当橡皮筋的拉力等于摩擦力时，速度最大，本题中木板水平放置，明显没有进行平衡摩擦力的操作，因此当小车的速度最大时，橡皮筋仍处于伸长状态，故B、C、D错误，A正确。(2)小车在橡皮筋的作用下做加速运动，橡皮筋做功完毕，则速度达到最大，此后做匀速运动，因此匀速时的速度，即为该过程中的最大速度，故为了测量小车获得的速度，应选用纸带点距匀称的部分进行测量，即F～I，所以速度为v＝eq\f(0.0152,0.02)m/s＝0.76m/s。(3)由动能定理可知，合力做的功应等于物体动能的变更量，所以W与v2成正比，即W∝v2。（典例应用19）某学习小组做探究“合力的功和物体速度变更的关系”的试验，图甲中小车是在1条橡皮筋作用下弹出，沿木板滑行，这时橡皮筋对小车做的功记为W。当用2条、3条……完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次……试验时，使每次试验中橡皮筋伸长的长度都保持一样。每次试验中小车获得的速度由打点计时器所打的纸带测出。甲(1)除了图中已有的试验器材外，还须要导线、开关、________(填测量工具)和________(填“沟通”或“直流”)电源。(2)试验中，小车会受到摩擦阻力的作用，可以使木板适当倾斜来平衡掉摩擦阻力，则下面操作正确的是()A．放开小车，能够自由下滑即可B．放开小车，能够匀速下滑即可C．放开拖着纸带的小车，能够自由下滑即可D．放开拖着纸带的小车，能够匀速下滑即可(3)在正确操作状况下，打在纸带上的点并不都是匀称的，为了测量小车获得的速度，应选用图乙中纸带的________部分进行测量。乙【答案】：(1)刻度尺沟通(2)D(3)GK【解析】：(1)为测量小车获得的速度，必需用刻度尺来测量纸带上点和点之间的距离；打点计时器必需运用沟通电源。(2)平衡摩擦力时，也要平衡掉纸带与限位孔之间的摩擦力。依据平衡状态的特点，小车做匀速运动时即平衡掉了摩擦力。(3)应当选用纸带上小车做匀速运动部分进行测量，此时小车的速度最大，即GK部分。考点九、试验—验证机械能守恒定律误差分析1．