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第 14 讲 机械能守恒定律
题型一 功、功率
题型二 动能定理及其应用
题型三 机械能守恒定律及其应用
题型四 功能关系 能量守恒定律
题型五 实验：验证机械能守恒定律
课标要求 命题预测 重难点
1.理解功的概念，会判断
功的正负，会计算功的大
生活实践类：体育运动中功和
小。
功率问题，风力发电功率计
（1）会分析两种机车启动方式中各物理量的
2.能利用动能定理求变力 算，蹦极运动、过山车等能量
变化并能进行相关计算。
做的功 问题， 汽车启动问题，生
（2）掌握解决动能定理与图像结合的问题的
活、生产中能量守恒定律的应
3.知道机械能守恒的条 方法。
用
件，理解机械能守恒定律 （3）会在创新实验中探究机械能守恒定律。
学习探究类：变力做功的计
的内容
算，机车启动问题，单物体机
4.熟练掌握几种常见的功
械能守恒，用绳、杆连接的系
能关系，并会用于解决实
统机械能守恒问题，含弹簧系
际问题。
统机械能守恒问题，传送带、
5.熟悉验证机械能守恒定
板块模型的能量问题
律的实验原理、实验步骤
及数据处理
题型一 功、功率
【典型例题剖析】【例1】 (2024·上海市模拟)如图，一磁铁吸附在铁板AB的下方。现保持铁板与水平面间的夹角θ不
变，缓慢推动B端，使AB与磁铁一起水平向左匀速移动，则 ( )
A．合外力对磁铁做正功
B．AB对磁铁的作用力不做功
C．AB对磁铁的弹力不做功
D．AB对磁铁的摩擦力不做功
【答案】 B
【详解】 由于磁铁做匀速运动，磁铁所受合外力为零，合外力对磁铁不做功，故 A错误；磁铁受重
力和AB对它的作用力而做匀速运动，根据平衡条件可知，AB对磁铁的作用力大小等于重力大小，方
向竖直向上，与磁铁的运动方向相互垂直，故 AB对磁铁的作用力不做功，故B正确；AB对磁铁的弹
力垂直接触面，与磁铁的运动方向不垂直，故弹力一定做功，故 C错误；AB对磁铁的摩擦力沿接触面，
与磁铁运动方向不垂直，故摩擦力一定做功，故D错误。
【高考考点对接】
1．做功的两个要素
(1)作用在物体上的力。
(2)物体在力的方向上发生位移。
2．公式：W＝Flcos α。
(1)α是力与位移方向之间的夹角，l为力的作用点的位移。
(2)该公式只适用于恒力做功。
3．功的正负
(1)当0≤α＜90°时，W＞0，力对物体做正功。
(2)当90°＜α≤180°时，W＜0，力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功。
(3)当α＝90°时，W＝0，力对物体不做功。
4．计算功的方法
(1)恒力做的功
①直接用W＝Flcos α计算。
②合外力做的功
方法一：先求合外力F ，再用W ＝F lcos α求功。
合 合 合
方法二：先求各个力做的功W、W、W、…，再应用W ＝W＋W＋W＋…求合外力做的功。
1 2 3 合 1 2 3
方法三：利用动能定理W ＝E －E 。
合 k2 k1
(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，F 、F 分别为物体初、末态所受的力，然后用公式W＝l求此力所做的
1 2
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。
【解题能力提升】
1．平均功率的计算方法
(1)利用＝。
(2)利用＝F·cos α，其中为物体运动的平均速度，其中F为恒力，α不变。
2．瞬时功率的计算方法
(1)利用公式P＝Fvcos α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＝Fvcos α的理解：可认为Fcos α是力F在速度v方向上的分力，也可认为vcos α是速度v在
力F方向上的分速度。
【跟踪变式训练】
【变式1-1】如图所示，质量为m＝2 kg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sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则前2 s内重
力的平均功率和2 s末重力的瞬时功率分别为( )
A．48 W 24 W B．24 W 48 W
C．24 W 12 W D．12 W 24 W
【答案】 B
【详解】 木块所受的合外力
F ＝mgsin θ－μmgcos θ＝4 N
合木块的加速度a＝＝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内做的功为
W＝mgxsin θ＝2×10×4×0.6 J＝48 J
重力在前2 s内的平均功率＝＝24 W
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＝mgvsin θ＝2×10×4×0.6 W＝48 W
故选项B正确。
【变式1-2】 水平桌面上，长6 m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＝
2.0 kg的小球。现对小球施加一个沿桌面大小不变的力F＝10 N，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＝
10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法正确的是( )
A．拉力F对小球做的功为16π J
B．拉力F对小球做的功为8π J
C．小球克服摩擦力做的功为16π J
D．小球克服摩擦力做的功为4π J
【答案】 A
【详解】 将圆弧分成很多小段l 、l…l ，拉力F在每小段上做的功为W 、W…W ，因拉力F大小不
1 2 n 1 2 n
变，方向始终与小球的运动方向成37°角，
所以W＝Flcos 37°，W＝Flcos 37°，…
1 1 2 2
W＝Flcos 37°
n n
故W ＝W＋W＋…＋W＝Fcos 37°(l＋l＋…＋l)＝Fcos 37°·＝10×0.8××6 J＝16π J，故A正确，B错误；
F 1 2 n 1 2 n
同理可得小球克服摩擦力做的功W ＝μmg·＝8π J，故C、D错误。
克f
【变式1-3】 气垫登陆艇主要用于投送登陆部队，为滩头部队提供火力支援，另外也可以执行布雷任
务，拥有强悍的运力。如图所示，某重型气垫船，自重达5.0×105kg，最高时速为108 km/h，装有额定
输出功率为9 000 kW的燃气轮机。假设该重型气垫船在海面直线航行过程所受的阻力F 不变，下列说
f
法正确的是( )A．该重型气垫船在海面直线航行过程加速度一定保持不变
B．该重型气垫船在海面直线航行过程所受的阻力F 为3.0×105 N
f
C．以最高时速一半的速度匀速航行时，气垫船所受的牵引力为6.0×105 N
D．以最高时速一半的速度匀速航行时，气垫船发动机的输出功率为9 000 kW
【答案】 B
【详解】 在以额定功率运动过程中，气垫船的牵引力逐渐减小，当时速达到最大时，牵引力等于阻
力不变，A错误；由P ＝Fv ，可得F＝3.0×105 N，当气垫船以不同的速度做匀速航行时，牵引力等
额 f m f
于阻力，B正确，C错误；根据P＝，解得P＝4 500 kW，D错误。
题型二 动能定理及其应用
【典型例题剖析】
【例2】 (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)( )
A. B.
C. D．2
【答案】 A
【详解】 小球下落的高度为h＝πR－R＋R＝R，小球下落过程中，根据动能定理有mgh＝mv2，综上
有v＝，故选A。
【高考考点对接】
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：E＝mv2。
k
(3)单位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·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 ＝ΔE＝mv2－mv2。
合 k 2 1
(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。
【解题能力提升】
【跟踪变式训练】
【变式2-1】 (多选)(2021·全国甲卷·20)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动。
该物体开始滑动时的动能为E ，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底
k
端时动能为。已知sin α＝0.6，重力加速度大小为g。则( )
A．物体向上滑动的距离为
B．物体向下滑动时的加速度大小为
C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
【答案】 BC
【详解】 物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有－μmg·2lcos α＝－E，
k
物体从斜面底端到最高点根据动能定理有
－mglsin α－μmglcos α＝0－E，
k
整理得l＝，μ＝0.5，A错误，C正确；
物体向下滑动时根据牛顿第二定律有
ma ＝mgsin α－μmgcos α，
下
解得a ＝，B正确；
下
物体向上滑动时根据牛顿第二定律有
ma ＝mgsin α＋μmgcos α，
上解得a ＝g，故a >a ，
上 上 下
由于上滑过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据位移公式 l＝at2，
则可得出t <t ，D错误。
上 下
【变式2-2】 (多选)(2023·广东卷·8)人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示，可看作质点的货
物从圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s。已知货物质量为20
kg，滑道高度h为4 m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10 m/s2。关于货物从P点运动到Q点的
过程，下列说法正确的有( )
A．重力做的功为360 J
B．克服阻力做的功为440 J
C．经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2
D．经过Q点时对轨道的压力大小为380 N
【答案】 BCD
【详解】 重力做的功为W ＝mgh＝800 J，A错误；下滑过程根据动能定理可得W －W ＝
G G 克f
mv 2，代入数据解得克服阻力做的功为 W ＝440 J，B正确；经过Q点时向心加速度大小为a＝＝9
Q 克f
m/s2，C正确；经过Q点时，根据牛顿第二定律可得F－mg＝ma，解得货物受到的支持力大小为F＝
380 N，根据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380 N，D正确。
【变式2-3】 (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E 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，
k
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
【答案】 A
【详解】 0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mgsin 30°·s－fs＝E－E ，
k k0
整理得E＝E －(mgsin 30°＋f)s，
k k0
结合0～10 m内的图像得，斜率的绝对值
|k|＝mgsin 30°＋f＝4 N，
10～20 m内物块下滑，由动能定理得
(mgsin 30°－f)(s－s)＝E，
1 k
整理得E＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin 30°－f)s，
k 1
结合10～20 m内的图像得，
斜率k′＝mgsin 30°－f＝3 N，
联立解得f＝0.5 N，m＝0.7 kg，故选A。
题型三 机械能守恒定律及其应用
【典型例题剖析】
【例3】 (多选)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，小球的机械能守恒
C．小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统机械能守恒
D．小球从下落到从右侧离开半圆形槽的过程中，机械能守恒
【答案】 BC
【详解】 当小球从半圆形槽的最低点运动到半圆形槽右侧的过程中，小球对半圆形槽的力使半圆形
槽向右运动，半圆形槽对小球的支持力对小球做负功，小球的机械能不守恒，A、D错误；小球从A点
向半圆形槽的最低点运动的过程中，半圆形槽静止，则只有重力做功，小球的机械能守恒，B正确；小
球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统只有重力做功，机械能守
恒，C正确。
【高考考点对接】
1．重力做功与重力势能
(1)重力做功的特点：重力做功与路径无关，只与始末位置的高度差有关，重力做功不引起物体机械能
的变化。(2)重力势能
①表达式：E＝mgh。
p
②重力势能的特点：重力势能是物体和地球所共有的，重力势能的大小与参考平面的选取有关，但重
力势能的变化量与参考平面的选取无关。
(3)重力做功与重力势能变化的关系：重力对物体做正功，重力势能减小，重力对物体做负功，重力势
能增大，即W ＝E －E ＝－ΔE。
G p1 p2 p
2．弹性势能
(1)定义：发生弹性形变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，弹性势能减小；弹力做负功，弹性势能增加。即 W
＝－ΔE。
p
3．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，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。
(2)表达式：mgh ＋mv2＝mgh ＋mv2或E ＋E ＝E ＋E 。
1 1 2 2 k1 p1 k2 p2
(3)守恒条件：只有重力或弹力做功。
【解题能力提升】
机械能是否守恒的三种判断方法
1．利用机械能的定义判断：若物体动能、势能之和不变，则机械能守恒。
2．利用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，或者虽受其他力，但其他力不做功(或做
功代数和为0)，则机械能守恒。
3．利用能量转化判断：若物体或系统与外界没有能量交换，物体或系统内也没有机械能与其他形式能的
转化，则机械能守恒。
【跟踪变式训练】
【变式3-1】 (2022·全国乙卷·16)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端
P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于( )
A．它滑过的弧长
B．它下降的高度
C．它到P点的距离
D．它与P点的连线扫过的面积【答案】 C
【详解】 如图所示，设小环下降的高度为h，大圆环的半径为R，小环到P点的距离为L，根据机械
能守恒定律得mgh＝mv2
由几何关系可得h＝Lsin θ
sin θ＝
联立可得h＝，则v＝L
故C正确，A、B、D错误。
【变式3-2】 轻绳(或轻杆)对A、B的力属于系统内力，做功使机械能在A、B之间转移，单个物体机
械能不守恒，但系统机械能守恒。
例4 如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的轻软细线连接，跨过固定在地面上、半径为R
的光滑圆柱，A的质量为B的两倍。当B位于地面上时，A恰与圆柱轴心等高，将A由静止释放，B
上升的最大高度是( )
A．2R B. C. D.
【答案】 C
【详解】 设B球的质量为m，则A球的质量为2m，A球刚落地时，两球速度大小都为v，根据机械
能守恒定律得2mgR＝×(2m＋m)v2＋mgR，B球继续上升的过程由动能定理可得－mgh＝0－mv2，联立解
得h＝，B球上升的最大高度为h＋R＝R，故选C。
【变式3-3】 (多选)(2023·福建省厦门一中检测)如图所示，质量均为m的物块A和B用不可伸长的轻
绳连接，A放在倾角为θ的固定光滑斜面上，而B能沿光滑竖直杆上下滑动，杆和滑轮中心间的距离为
L，物块B从与滑轮等高处由静止开始下落，斜面与杆足够长，重力加速度为g。在物块B下落到绳与
水平方向的夹角为θ的过程中，下列说法正确的是( )
A．物块B的机械能的减少量大于物块A的重力势能的增加量
B．物块B的重力势能减少量为mgLtan θC．物块A的速度大于物块B的速度
D．物块B的末速度为
【答案】 ABD
【详解】 在物块B下落到绳与水平方向的夹角为θ时，物块B下降的高度为h＝Ltan θ，则B重力势
能减少量为ΔE ＝mgLtan θ，物块A沿斜面上升的距离为x＝－L，设此时物块A的速度为v ，物块B
pB A
的速度为v ，A、B组成的系统运动过程中只有重力做功，故系统机械能守恒，所以物块B的机械能减
B
少量等于物块A的机械能增加量，有mgLtan θ－mv 2＝mv 2＋mgxsin θ，A物块沿斜面上升时动能和势
B A
能都增加，故A、B正确；将物块B的速度分解为沿绳方向的速度和垂直绳方向的速度，则 v ＝v ＝
A 绳
v sin θ，则物块A的速度小于物块B的速度，故C错误；联立以上表达式可得v ＝，故D正确。
B B
题型四 匀变速直线运动的基本规律及应用
【典型例题剖析】
【例4】(多选)(2023·四川广安市二模)滑沙运动是继滑冰、滑水、滑雪和滑草之后又一新兴运动，它使
户外运动爱好者在运动的同时又能领略到沙漠的绮丽风光。如图所示，质量为50 kg的人坐在滑沙板上
从沙坡的顶端由静止沿直线匀加速下滑，经过 10 s到达坡底，速度大小为20 m/s。已知沙坡的倾角为
30°，重力加速度g取10 m/s2，下列关于此过程的说法中正确的是( )
A．人的重力势能减少5.0×104 J
B．人的动能增加1.0×104 J
C．人的机械能减少1.5×104 J
D．人克服阻力做功4.0×104 J
【答案】 BC
【详解】 人沿沙坡下滑的距离l＝vt＝100 m，重力势能减少ΔE＝mglsin 30°＝2.5×104 J，故A错误；
p
人的动能增加ΔE＝mv2＝1.0×104 J，故B正确；
k
人的机械能减少ΔE＝ΔE－ΔE＝1.5×104 J，故C正确；
p k
人克服阻力做功W ＝ΔE＝1.5×104 J，故D错误。
克f
【高考考点对接】
1．对功能关系的理解
(1)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。(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一
一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。
2．常见的功能关系
能量 功能关系 表达式
重力做的功等于重力势能减少量
势能 弹力做的功等于弹性势能减少量 W＝E －E ＝－ΔE
p1 p2 p
静电力做的功等于电势能减少量
动能 合外力做的功等于物体动能变化量 W＝E －E ＝mv2－mv2
k2 k1 0
除重力和弹力之外的其他力做的功等于
机械能 W ＝E－E＝ΔE
机械能变化量 其他 2 1
摩擦产生 一对相互作用的滑动摩擦力做功之和的
Q＝F·x
的内能 绝对值等于产生的内能 f 相对
电能 克服安培力做的功等于电能增加量 W ＝E－E＝ΔE
克安 2 1 电
【解题能力提升】
两种摩擦力做功特点的比较
类型
静摩擦力做功 滑动摩擦力做功
比较
只有机械能从一个物 (1)一部分机械能从一个物体转移到另
体转移到另一个物 一个物体
能量的转化
体，而没有机械能转 (2)一部分机械能转化为内能，此部分
不同点 化为其他形式的能 能量就是系统机械能的损失量
一对滑动摩擦力做功的代数和总是负
一对摩擦力 一对静摩擦力所做功
值，总功W＝－Fx ，即发生相对
f 相对
做的总功 的代数和总等于零
滑动时产生的热量
相同点 做功情况 两种摩擦力对物体可以做正功，也可以做负功，还可以不做功
【跟踪变式训练】
【变式4-1】 (多选)(2020·全国卷Ⅰ·20)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下
滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2，则( )A．物块下滑过程中机械能不守恒
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
【答案】 AB
【详解】 由E－s图像知，物块动能与重力势能的和减小，则物块下滑过程中机械能不守恒，故 A正
确；由E－s图像知，整个下滑过程中，物块机械能的减少量为ΔE＝30 J－10 J＝20 J，重力势能的减少
量ΔE ＝mgh＝30 J，又ΔE＝μmgcos α·s，其中cos α＝＝0.8，h＝3.0 m，g＝10 m/s2，则可得m＝1
p
kg，μ＝0.5，故B正确；物块下滑时加速度的大小a＝gsin α－μgcos α＝2.0 m/s2，故C错误；物块下滑
2.0 m时损失的机械能为ΔE′＝μmgcos α·s′＝8 J，故D错误。
【变式4-2】 (多选)(2023·河南省南阳中学检测)如图所示，与水平面成θ角的传送带，在电动机的带
动下以恒定的速率v顺时针运行。现将质量为m的小物块从传送带下端A点无初速度地放到传送带上，
经时间t 物块与传送带达到共同速度，再经时间t 物块到达传送带的上端B点，已知A、B间的距离为
1 2
L，重力加速度为g，则在物块从A运动到B的过程中，以下说法正确的是( )
A．在t 时间内摩擦力对物块做的功等于mv2
1
B．在t 时间内物块和传送带间因摩擦而产生的内能等于物块机械能的增加量
1
C．在t＋t 时间内传送带对物块做的功等于mgLsin θ＋mv2
1 2
D．在t＋t 时间内因运送物块，电动机至少多消耗 mgLsin θ＋mv2的电能
1 2
【答案】 BC
【详解】 由动能定理可知，在t 时间内摩擦力和重力对物块做的功之和等于 mv2，选项A错误； 在
1
t 时间内，物块相对传送带的位移Δx＝vt －t ＝t ，则物块和传送带间因摩擦而产生的内能为 Q＝FΔx
1 1 1 1 f
＝Fvt ；物块机械能的增加量等于摩擦力做的功，即ΔE＝F·t ＝Fvt ，即在t 时间内物块和传送带间因
f 1 f 1 f 1 1
摩擦而产生的内能等于物块机械能的增加量，选项B正确； 由功能关系可知，在t ＋t 时间内传送带
1 2
对物块做的功等于物块机械能的增加量，即mgLsin θ＋mv2，选项C正确；在t 时间内因运送物块，电
1
动机至少多消耗mgL sin θ＋mv2＋Q，由选项B可知mgL sin θ＋mv2＝Q，则在t 时间内因运送物块电
1 1 1动机至少多消耗2mgL sin θ＋mv2；在t 时间内因运送物块电动机至少多消耗mgL sin θ；则在t ＋t 时
1 2 2 1 2
间内因运送物块，电动机至少多消耗2mgL sin θ＋mv2＋mgL sin θ＝mg(L＋L)sin θ＋mv2的电能，选项
1 2 1
D错误。
【变式4-3】 (2024·辽宁沈阳市第五十六中学开学考)如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜
面之间的动摩擦因数μ＝，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一根不可伸
长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子始终与斜面平行，A的质量为2m＝4
kg，B的质量为m＝2 kg，初始时物体A到C点的距离L＝1 m，现给A、B一初速度大小v ＝3 m/s，
0
使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹回到C点。已知重力
加速度大小g＝10 m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态。求在此过程中：
(1)物体A向下运动到刚到C点时的速度大小；
(2)弹簧的最大压缩量；
(3)弹簧的最大弹性势能。
【答案】 (1)2 m/s (2)0.4 m (3)6 J
【详解】 (1)在物体A向下运动到刚到C点的过程中，对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得
μ·2mgcos θ·L＝×3mv2－×3mv2＋2mgLsin θ－mgL，解得v＝2 m/s。
0
(2)对A、B组成的系统分析，在物体A从C点压缩弹簧至最短后恰好返回到C点的过程中，系统动能
的减少量等于因摩擦产生的热量，即×3mv2－0＝μ·2mgcos θ·2x，其中x为弹簧的最大压缩量，解得x＝
0.4 m。
(3)设弹簧的最大弹性势能为E ，从C点到弹簧被压缩至最短过程中由能量守恒定律可得×3mv2＋
pm
2mgxsin θ－mgx＝μ·2mgcos θ·x＋E ，解得E ＝6 J。
pm pm
题型五 匀变速直线运动的推论及应用
【典型例题剖析】
【例5】 (2023·北京市东城区一模)用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。重锤从高处由静止开
始下落，重锤上拖着的纸带通过打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机
械能守恒定律。已知当地重力加速度为g。(1)除图中所示的装置之外，还必须使用的器材是________；
A．直流电源、天平(含砝码)
B．直流电源、刻度尺
C．交流电源、天平(含砝码)
D．交流电源、刻度尺
(2)下面列举了该实验的几个操作步骤：
A．按照图示安装好实验器材并连接好电源
B．先打开夹子释放纸带，再接通电源开关打出一条纸带
C．测量纸带上某些点间的距离
D．根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于其增加的动能
其中没有必要进行的或者操作不当的步骤是________(选填步骤前的字母)；
(3)如图所示，根据打出的纸带，选取纸带上的连续的五个点A、B、C、D、E，通过测量并计算出点A
距起始点O的距离为s，点AC间的距离为s，点CE间的距离为s，若相邻两点的打点时间间隔为T，
0 1 2
重锤质量为 m，根据这些条件计算重锤从静止释放到下落 OC 距离时的重力势能减少量 ΔE ＝
p
________，动能增加量ΔE＝________；在实际计算中发现，重锤减小的重力势能总是大于重锤增加的
k
动能，其原因主要是____________________________。
【答案】 (1)D (2)B (3)mg(s＋s)
0 1
重锤下落过程中受到阻力作用
【详解】 (1)打点计时器需要用交流电源，测量速度及重力势能的变化量需要测量纸带上某些点间的
距离，则需要刻度尺，故选D。
(2)按照题图所示安装好实验器材并连接好电源，故A正确，不符合题意；
为充分利用纸带，应先接通电源开关，再打开夹子释放纸带，故B错误，符合题意；
测量纸带上某些点间的距离，用来表示重力势能的变化，故C正确，不符合题意；
根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于其增加的动能，验证机械能是否守恒，
故D正确，不符合题意。
(3)重力势能减少量为ΔE＝mg(s＋s)
p 0 1
C点速度为v ＝
C
动能增加量为ΔE＝mv 2－0＝m()2＝。重锤减小的重力势能总是大于重锤增加的动能，其原因主要是重
k C锤下落过程中受到阻力作用。
【高考考点对接】
1．实验原理：通过实验，求出做自由落体运动物体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。
2．实验器材：打点计时器、交流电源、纸带、复写纸(墨粉)、夹子、重物、刻度尺、铁架台(带铁夹)、导
线。
3．实验过程
(1)安装器材：将打点计时器固定在铁架台上，用导线将打点计时器与电源相连。
(2)打纸带：用手竖直提起纸带，使重物停靠在打点计时器下方附近，先接通电源，再松开纸带，让重
物自由下落，打点计时器就在纸带上打出一系列的点，取下纸带，换上新的纸带重打几条(3～5条)纸带。
(3)选纸带：点迹清晰，且所选用的点在同一条直线上。
4．数据处理
(1)求瞬时速度
由公式v＝可以计算出重物下落h、h、h…的高度时对应的瞬时速度v、v、v…。
n 1 2 3 1 2 3
(2)验证守恒
方案一：利用起始点和第n点计算：
代入mgh 和mv2，如果在实验误差允许的范围内，mgh 和mv2相等，则验证了机械能守恒定律。
n n n n
注意：应选取最初第1、2两点距离接近2_mm的纸带(电源频率为50 Hz)。
方案二：任取两点计算
①任取两点A、B，测出h ，算出mgh 。
AB AB
②算出mv 2－mv 2的值。
B A
③在实验误差允许的范围内，若mgh ＝mv 2－mv 2，则验证了机械能守恒定律。
AB B A
方案三：图像法
测量从第一点到其余各点的下落高度h，并计算对应速度v，然后以v2为纵轴，以h为横轴，根据实验
数据作出v2－h图像。若在实验误差允许的范围内图像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。
5．注意事项
(1)打点计时器要竖直：安装打点计时器时要竖直架稳，使其两限位孔在同一竖直线上，以减少摩擦阻力。
(2)重物应选用质量大、体积小、密度大的材料。
(3)应先接通电源，让打点计时器正常工作，后松开纸带让重物下落。
(4)测长度，算速度：某时刻的瞬时速度的计算应用v＝，不能用v＝或v＝gt来计算。
n n n
(5)此实验中不需要测量重物的质量。
【跟踪变式训练】
【变式5-1】 如图甲所示，学生将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落，
利用此装置做“验证机械能守恒定律”实验(已知当地的重力加速度为g)。
(1)实验室提供的器材有打点计时器(带导线)、纸带、复写纸、铁架台和带夹子的重物，此外还需要的器
材是________和________。
A．天平及砝码 B．毫米刻度尺
C．直流电源 D．交流电源
(2)实验中得到如图乙所示的一条纸带(部分)。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的距离分别为h 、h 、h ，已知打点计时器打点的周期为T，打出B点时，重物的瞬时速度大
A B C
小v ＝______________，设重物的质量为m，从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量ΔE
B p
＝__________，动能增加量ΔE＝______________。
k
(3)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量略大于动能的增加量，其原因可能是
________________。为了减小实验误差，在两个体积相同、质量不同的重物中应选择质量________(选
填“较大”或“较小”)的进行实验。
(4)该同学在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离h，计算对应计数点的重物速度v，得
到如图丙所示的v2－h图像，由图像可求得当地的重力加速度g＝____________ m/s2(保留两位小数)。
【答案】 (1)B D (2) mgh (3)重物受到空气阻力和纸带受到摩擦阻力的影响 较大 (4)9.70
B
【详解】 (1)除了题目中提出的器材，还需要毫米刻度尺测长度，打点计时器需要交流电源。所以选
B、D。
(2)重物在B点的瞬时速度为v ＝，根据题图可知，从起始点下落的高度为h ，从打O点到打B点的过
B B
程中，重物的重力势能减少量为ΔE＝mgh ，动能的增加量为ΔE＝mv 2＝；
p B k B
(3)重力势能的减少量略大于动能的增加量，其原因可能是重物受到空气阻力和纸带受到摩擦阻力的影响；为了减小实验误差，在两个体积相同、质量不同的重物中应选择质量较大的，空气阻力影响结果
较小；
(4)若重物下落机械能守恒，则有mgh＝mv2，即v2＝2gh，可知v2－h图线是一条过原点的直线，直线的
斜率为k＝2g，题图丙所示的v2－h图线的斜率为k＝m/s2＝2g，因此可求得当地重力加速度大小为g＝
9.70 m/s2。
【变式5-2】 (2023·天津卷·9)如图放置实验器材，连接小车与托盘的绳子与桌面平行，遮光片与小车
位于气垫导轨上，气垫导轨没有画出(视为无摩擦力)，重力加速度为g。接通电源，释放托盘与砝码，
并测得：
a．遮光片长度d
b．遮光片到光电门长度l
c．遮光片通过光电门时间Δt
d．托盘与砝码质量m，小车与遮光片质量m
1 2
(1)小车通过光电门时的速度为________；
(2)从释放到小车经过光电门，这一过程中，系统重力势能减少量为________，动能增加量为________；
(3)改变l，做多组实验，作出以l为横坐标，以()2为纵坐标的图像。若机械能守恒成立，则图像斜率为
________。
【答案】 (1) (2) mgl (m＋m)()2 (3)
1 1 2
【详解】 (1)小车通过光电门时的速度为v＝
(2)从释放到小车经过光电门，这一过程中，系统重力势能减少量为ΔE＝mgl
p 1
从释放到小车经过光电门，这一过程中，系统动能增加量为ΔE＝(m＋m)()2
k 1 2
(3)改变l，做多组实验，作出以l为横坐标，以()2为纵坐标的图像。若机械能守恒成立，
有mgl＝(m＋m)()2
1 1 2
整理有()2＝·l，则图像斜率为。
【变式5-3】 (2022·湖北卷·12)某同学设计了一个用拉力传感器验证机械能守恒定律的实验。一根轻绳
一端连接固定的拉力传感器，另一端连接小钢球，如图甲所示。拉起小钢球至某一位置由静止释放，使小钢球在竖直平面内摆动，记录钢球摆动过程中拉力传感器示数的最大值 T 和最小值T 。改变小
max min
钢球的初始释放位置，重复上述过程。根据测量数据在直角坐标系中绘制的 T －T 图像是一条直线，
max min
如图乙所示。
(1)若小钢球摆动过程中机械能守恒，则图乙中直线斜率的理论值为________。
(2)由图乙得：直线的斜率为______，小钢球的重力为______ N。(结果均保留2位有效数字)
(3)该实验系统误差的主要来源是________(单选，填正确【答案】标号)。
A．小钢球摆动角度偏大
B．小钢球初始释放位置不同
C．小钢球摆动过程中有空气阻力
【答案】 (1)－2 (2)－2.1 0.59 (3)C
【详解】 (1)设初始位置时，轻绳与竖直方向的夹角为θ，则轻绳拉力最小值为T ＝mgcos θ，到最
min
低点时轻绳拉力最大，则有mgl(1－cos θ)＝mv2，
T －mg＝m，联立可得T ＝3mg－2T
max max min
即若小钢球摆动过程中机械能守恒，则题图乙中直线斜率的理论值为－2；
(2)由题图乙得直线的斜率为k＝＝－2.1，3mg＝1.77 N，则小钢球的重力为mg＝0.59 N。
(3)该实验系统误差的主要来源是小钢球摆动过程中有空气阻力，使得机械能减小，故选C。
1．如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块放在小车的最左端，
现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为F，经过一段时间小车运动的位移为
f
x，小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法正确的是( )
A．此时小物块的动能为F(x＋L)
B．此时小车的动能为Fx
fC．这一过程中，小物块和小车增加的机械能为Fx－FL
f
D．这一过程中，因摩擦而产生的热量为F(L＋x)
f
【答案】 B
【详解】 对小物块由动能定理得F(x＋L)－F(x＋L)＝E －0，整理有E ＝F(x＋L)－F(x＋L)，故A
f k物 k物 f
项错误；对小车由动能定理有Fx＝E －0，整理有E ＝Fx，故B项正确；初始时物块和小车均静止，
f k车 k车 f
其机械能为0，小物块滑到小车右端时，小车和小物块的动能之和为E ＝E ＋E ＝F(x＋L)－FL，此
k k车 k物 f
时物块和小车的机械能等于其两者的动能之和，所以该过程机械能增加了F(x＋L)－FL，故C项错误；
f
根据功能关系可知，因摩擦产生的热量等于摩擦力与相对位移的乘积，即Q＝FL，故D项错误。
f
2．(2023·广东湛江市期末)如图所示，我国自行研制的第五代隐形战机“歼—20”以速度v 水平向右匀速飞
0
行，到达目标地时，将质量为M的导弹自由释放，释放时导弹立即向后喷出质量为 m、对地速率为v
1
的燃气(时间极短)，则喷气后导弹的速率为( )
A. B.
C. D.
【答案】 B
【详解】 设导弹飞行的方向为正方向，由动量守恒定律Mv ＝(M－m)v＋mv，解得v＝，故选B。
0 1
3．(多选)一辆汽车在水平平直公路上由静止开始匀加速启动，汽车的输出功率与速度的关系如图所示，当
汽车的速度达到v 后功率保持不变，汽车能达到的最大速度为2v 。已知汽车的质量为m，运动过程中
0 0
所受的阻力恒为F，下列说法正确的是( )
f
A．汽车的最大功率为Fv
f 0
B．汽车匀加速时的加速度大小为
C．汽车做匀加速直线运动的时间为
D．汽车的速度从v 增加到2v 的过程中，其加速度逐渐减小
0 0
【答案】 BD
【详解】 汽车的最大功率为P＝Fv ＝2Fv ，故A错误；汽车匀加速时，根据牛顿第二定律有F－F
f m f 0 f
＝ma，汽车速度为v 时的牵引力大小F＝＝2F，汽车匀加速时的加速度大小为a＝＝，故B正确；汽
0 f
车做匀加速直线运动的时间为t＝＝，故C错误；汽车的速度从v 增加到2v 的过程中，根据牛顿第二
0 0
定律有F′－F＝ma′，汽车的牵引力为F′＝，汽车的速度从v 增加到2v 的过程中，汽车的牵引力逐渐减
f 0 0
小，汽车的加速度逐渐减小，故D正确。4．(多选)(2024·山东烟台市期中)如图所示，滑块以一定的初动能从斜面底端O点冲上足够长的粗糙斜面，
斜面倾角为α，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ。取O点所在的水平面为参考平面，以O点为位移的起
点、沿斜面向上为位移的正方向，已知μ<tan α。下列描述滑块的动能E、重力势能E、机械能E随滑
k p
块位移x变化的图像中，可能正确的是( )
【答案】 ABD
【详解】 由动能定理可得ΔE＝F x，即图像的斜率表示合外力，由题可知，上滑时，合外力为F＝
k 合 1
－mgsin α－μmgcos α，下滑时，合外力为F ＝－mgsin α＋μmgcos α，故A正确；根据重力势能E ＝
2 p
mgxsin α，故B正确；根据功能关系，上滑和下滑时均有摩擦力做功，则机械能一直减小，且摩擦力
大小不变，则上滑过程机械能随x增大均匀减小，下滑过程，机械能随x减小均匀减小，且两段过程斜
率大小相同，故C错误，D正确。
5．离子推进器是我国新一代航天动力装置，推进剂从图中P处注入，在A处电离出一价正离子，已知B、
C之间加有恒定电压U，正离子进入B时的速度忽略不计，经加速形成电流为I的离子束后喷出推进器，
假设单位时间内射出离子的质量为M。则推进器获得的推力大小为( )
A. B.
C. D.
【答案】 A
【详解】 在A处电离出正离子，经B、C间电压加速后，由动能定理可知eU＝mv2，解得v＝，以推
进器为参考系，应用动量定理有Ft＝nmv－0，又因为I＝，M＝，解得F＝，根据牛顿第三定律知推进
器获得的推力大小为。故选A。
6．如图所示，长为L＝2 m的水平传送带以v＝2 m/s的速率逆时针转动，紧靠传送带两端的水平面上各静
2
止一个物块B和C，m ＝m ＝1.0 kg。在距传送带左端s＝0.5 m的水平面上放置一竖直固定弹性挡板，
B C
物块与挡板碰撞后会被原速率弹回，右端有一倾角为37°且足够长的粗糙倾斜轨道de，斜面底端与传送
带右端平滑连接。现从距斜面底端L＝2 m处由静止释放一质量m ＝0.6 kg的物块A，一段时间后物块
1 AA与B发生碰撞，碰撞后B滑上传送带，A被取走。已知物块B、C与传送带间的动摩擦因数 μ ＝
1
0.2，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.02，物块A与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，物块间的碰撞都是弹
2 3
性正碰，物块均可视为质点，g取10 m/s2。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)物块A与物块B相碰前物块A的瞬时速度大小；
(2)物块B与物块C第一次碰撞前，物块B在传送带上滑行过程中因摩擦产生的内能；
(3)整个过程中，物块C与挡板碰撞的次数。
【答案】 (1)4 m/s (2)0.5 J (3)10
【详解】 (1)根据题意，物块A在下滑到斜面底端的过程中，由动能定理得
m gLsin 37°－μm gLcos 37°＝m v 2，
A 1 3 A 1 A A
代入数据可得v ＝4 m/s。
A
(2)A、B两物块发生弹性碰撞，设碰后A的速度为v ，B的速度为v ，
A1 B
由动量守恒定律有m v ＝m v ＋m v
A A A A1 B B
由能量守恒定律有m v 2＝m v 2＋m v 2，
A A A A1 B B
代入数据得v ＝3 m/s
B
物块B在传送带上运动的速度大于传送带速度，物块B做匀减速运动，
对物块B有a ＝μg＝2 m/s2
B 1
物块B经时间t 后，速度与传送带速度相等，设向左运动的位移为x，
1
则有t＝＝0.5 s，x＝t＝1.25 m
1 1
由于x<L ，物块B与传送带速度相等后与传送带一起做匀速运动，此过程传送带向左的位移 x ＝vt ＝1
2 1 1
m，因此物块与传送带间因摩擦而产生的内能Q＝μm g(x－x)，代入数据得Q＝0.5 J。
1 B 1
(3)物块B与物块C在传送带左端发生弹性碰撞，取向左为正方向，由动量守恒定律有 m v＝m v ＋
B B B1
m v ，由能量守恒定律有m v2＝m v 2＋m v 2，代入数据得v ＝0，v ＝2 m/s
C C1 B B B1 C C1 B1 C1
由此可知，以后每次B与C相碰，速度都发生交换。对物块C，设与挡板碰撞次数为n次，由动能定
理可知
－μm g×2ns＝0－m v 2，代入数据得n＝10。
2 C C C1
7．如图为某游戏装置的示意图。AB、CD均为四分之一圆弧，E为圆弧DEG的最高点，各圆弧轨道与直
轨道相接处均相切。GH与水平方向夹角为θ＝37°，底端H有一弹簧，A、O 、O 、D、O 、H在同一
1 2 3
水平直线上。一质量为0.01 kg的小钢球(其直径稍小于圆管内径，可视为质点)从距A点高为h处的O
点由静止释放，从A点沿切线进入轨道，B处有一装置(未画出)，小钢球向右能无能量损失地通过，向
左则不能通过且小钢球被吸在B点。若小钢球能够运动到H点，则被等速率反弹。各圆轨道半径均为
R＝0.6 m，BC长L＝2 m，小钢球与水平直轨道BC和GH间的动摩擦因数均为μ＝0.5，其余轨道均光
滑，小钢球通过各圆弧轨道与直轨道相接处均无能量损失。某次游戏时，小钢球从 O点出发恰能第一次通过圆弧的最高点E。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)求：
(1)小钢球第一次经过C点时的速度大小v ；
C
(2)小钢球第一次经过圆弧轨道最低点B时对轨道的压力大小F (保留两位小数)；
B
(3)若改变小钢球的释放高度h，求出小钢球在斜面轨道上运动的总路程s与h的函数关系。
【答案】 (1)2 m/s (2)0.83 N (3)见【详解】
【详解】 (1)小钢球从O点出发恰能第一次通过圆弧的最高点E，则小钢球到E点的速度为0，小钢球
从C点到E点，根据动能定理得－mg·2R＝0－mv 2，代入数据解得v ＝2 m/s
C C
(2)从B点到C点，由动能定理得－μmgL＝mv 2－mv 2，小钢球经过B点，由牛顿第二定律得F －mg＝
C B N
m
代入数据联立解得F ＝ N≈0.83 N
N
根据牛顿第三定律得，小钢球对轨道的压力大小F ＝F ＝0.83 N
B N
(3)若小钢球恰能第一次通过E点，设小钢球释放点距A点为h，从释放到E点，由动能定理得
1
mg(h－R)－μmgL＝0，代入数据解得h＝1.6 m
1 1
若小钢球恰能第二次通过E点，设小钢球释放点距A点为h，从释放到E点，由动能定理得
2
mg(h－R)－μmgL－2μmgcos θ·＝0
2
代入数据解得h＝2.24 m
2
①若小球释放高度h＜1.6 m，无法到达E点，s＝0
②若小球释放高度1.6 m≤h＜2.24 m，小球能经过E点一次，μ＜tan θ，则小钢球最终停在H点，从释
放点到停在H点，根据动能定理得mgh－μmgL－μmgcos θ·s＝0，代入数据解得s＝2.5(h－1 m)
③若小球释放高度2.24 m≤h，小球经过E点两次s＝2＝2× m＝1.6 m。
