习题课八 功能关系与能量守恒定律
要点一 几种常见的功能关系
1.（多选）如图所示，某同学正在做排球运动的垫球训练。他将球击出后，球从某位置离开手臂竖直向上运动，再下落回到该位置的过程中，空气阻力不能忽略。下列说法正确的是（ ）
A.重力对球先做正功后做负功
B.空气阻力对球一直做负功
C.球的机械能始终不变
D.球的机械能减少
2.（多选）某人用球拍以初速度v0竖直向上击出一个质量为m的小球，小球在运动过程中受到阻力的大小恒为Ff，能达到的最大高度为h，重力加速度为g，则小球从击出到落回击出点的过程中（ ）
A.人对小球做功mgh
B.人对小球做功m
C.小球的机械能减少了2Ffh
D.小球的机械能守恒
3.（多选）如图所示，一个质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点，小球在水平力F的作用下，从最低点P缓慢地移到Q点，重力加速度为g，则在此过程中（ ）
A.小球受到的合力做的功为mgL（1－cos θ）
B.水平力F做的功为FLsin θ
C.小球的重力势能增加mgL（1－cos θ）
D.水平力F做的功使小球的机械能增加mgL（1－cos θ）
4.“打水漂”是人类最古老的游戏之一，游戏者运用手腕的力量让撇出去的石头在水面上弹跳数次。如图所示，游戏者在地面上以速度v0抛出质量为m的石头，抛出后石头落到比抛出点低h的水平面上。若以抛出点为零势能点，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A.抛出后石头落到水平面时的势能为mgh
B.抛出后石头落到水平面时重力对石头做的功为－mgh
C.抛出后石头落到水平面上的机械能为m
D.抛出后石头落到水平面上的动能为m－mgh
要点二 能量守恒定律的理解与应用
5.（多选）如图所示，质量为m0、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（可视为质点）放在小车的最左端。现有一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为Ff，经过时间t，小车运动的位移为x，物块刚好滑到小车的最右端（ ）
A.此时物块的动能为（F－Ff）（x＋l）
B.这一过程中，物块对小车所做的功为Ff（x＋l）
C.这一过程中，物块和小车增加的机械能为Fx
D.这一过程中，物块和小车产生的内能为Ffl
6.（2024·陕西宝鸡期末）“平安北京，绿色出行”，地铁已成为北京的主要绿色交通工具之一。如图甲所示的是地铁安检场景，图乙是安检时的传送带运行的示意图，某乘客把一质量为m的书包无初速度地放在水平传送带的入口A处，书包随传送带从出口B处运出，入口A到出口B的距离为L，传送带始终绷紧并以速度v匀速运动，书包与传送带间的动摩擦因数为μ。对于书包由静止释放到相对传送带静止这一过程，下列说法正确的是（ ）
A.书包的动能变化量为mv2
B.摩擦力对传送带做的功为mv2
C.书包与传送带摩擦产生的热量为μmgL
D.电动机增加的平均功率为μmgv
7.一蹦极运动员身系弹性轻绳从水面上方的高台自由下落，到a点时绳刚好绷直，经过b点时运动员的加速度为零，c为蹦极的最低点。假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是（ ）
A.在b点运动员的机械能最大
B.从a到c运动员的机械能先减小后增加
C.从a到c运动员的重力势能与弹性绳的弹性势能之和先减少后增大
D.蹦极过程中，运动员、地球所组成的系统机械能守恒
8.（多选）如图所示，小球m从A点（距轻弹簧上端为h）由静止开始下落，到C点速度为零（弹簧的最大压缩量为x），弹簧的劲度系数为k，不计空气阻力，则在小球从与弹簧接触至运动到最低点C的过程中，下列说法错误的是（ ）
A.小球先超重后失重
B.小球的速度立刻减小直至为0
C.当弹簧的压缩量为时，小球的动能最大
D.弹簧弹性势能的最大值为mg（h＋x）
9.（多选）小球穿在光滑水平杆上，轻弹簧的一端固定在O点，另一端与小球相连。现将小球由静止释放，已知小球运动到M、N两个位置时，弹簧的形变量相等，OM的长度大于ON。则小球从M点到N点的过程中（ ）
A.弹簧的弹力对小球做的总功W＝0
B.弹簧的弹性势能一直减小
C.小球的机械能守恒
D.小球速度最大时，弹簧的弹力对小球做功的功率为零
10.（多选）如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1＝2 m/s 顺时针运行，质量m＝2.0 kg的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处以初速度v2＝4 m/s向左滑上传送带，若传送带足够长，已知物块与传送带间的动摩擦因数为0.4，g＝10 m/s2，下列说法正确的是（ ）
A.物块离开传送带时的速度大小为2 m/s
B.物块离开传送带时的速度大小为4 m/s
C.摩擦力对物块做的功为－12 J
D.物块与传送带间因摩擦产生了12 J的内能
11.（2024·四川雅安期末）如图，半径为R的光滑半圆形轨道ABC固定在竖直平面内且与水平轨道CD相切于C点，D端有一被锁定的轻质压缩弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧右端Q到C点的距离为2R。质量为m的滑块（视为质点）从轨道上的P点由静止滑下，刚好能运动到Q点，并能触发弹簧解除锁定，然后滑块被弹回，且刚好能通过圆轨道的最高点A。已知∠POC＝60°，求：
（1）滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时所受轨道支持力大小；
（2）滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ；
（3）弹簧被锁定时具有的弹性势能。
习题课八 功能关系与能量守恒定律
1.BD 球先上升后下降，则重力对球先做负功后做正功，A错误；空气阻力与速度方向始终相反，则空气阻力对球一直做负功，B正确；由于空气阻力一直做负功，则球的机械能减小，C错误，D正确。
2.BC 人对小球做的功等于小球动能的变化，即m，小球从击出到落回击出点的过程中受到阻力的作用，故小球的机械能不守恒，小球机械能的减少量等于克服阻力做的功，即2Ffh，所以B、C正确，A、D错误。
3.CD 小球受到的合力做的功等于小球的动能变化，而小球缓慢移动的过程中动能不变，故合力做功为零，选项A错误；水平力是变力，做功大小不能用W＝FLsin θ计算，根据动能定理得WF－mgL（1－cos θ）＝0，可知水平力做的功为mgL（1－cos θ），选项B错误；小球重力势能的增加量等于克服重力做的功，即ΔEp＝mgL（1－cos θ），选项C正确；小球机械能的增加量等于除重力之外的其他力做的功，由于绳的弹力不做功，故水平力做的功等于机械能的增加量，因WF＝mgL（1－cos θ），故小球的机械能增加量为mgL（1－cos θ），选项D正确。
4.C 以抛出点为零势能点，水平面低于抛出点h，所以石头在水平面上时的重力势能为－mgh，A错误；抛出点与水平面的高度差为h，并且重力做正功，所以整个过程重力对石头做功为mgh，B错误；整个过程机械能守恒，以抛出点为零势能点，抛出时的机械能为m，所以石头在水平面时的机械能也为m，C正确；根据动能定理得mgh＝Ek2－m，可得石头在水平面上的动能Ek2＝m＋mgh，D错误。
5.AD 对物块分析，物块的位移为x＋l，根据动能定理得（F－Ff）（x＋l）＝Ek－0，所以物块到达小车最右端时具有的动能为（F－Ff）（x＋l），故A正确；对小车分析，小车的位移为x，所以物块对小车所做的功为Ffx，故B错误；物块和小车增加的内能Q＝Ffs相对＝Ffl，故D正确；根据功能关系得，外力F做的功转化为小车和物块的机械能和摩擦产生的内能，则有F（l＋x）＝ΔE＋Q，则ΔE＝F（l＋x）－Ffl，故C错误。
6.A 书包的最终速度为v，故动能变化量为mv2，故A正确；这一过程中书包的位移s1＝t，传送带走过的位移s2＝vt＝2s1，摩擦力对书包做的功为书包动能的增量W＝fs1＝mv2，摩擦力对传送带做的功为W'＝－fs2＝－mv2，故B错误；书包与传送带摩擦产生的热量Q＝fΔs，Δs＝s2－s1＝s1＜L，故摩擦产生的热量小于μmgL，故C错误；书包加速的时间t＝，由能量守恒定律得，电动机增加的平均功率P＝＝＝μmgv，故D错误。
7.C 运动员从高台到a点过程中机械能守恒，从a点开始，绳子对运动员做负功，机械能开始减小，所以在Pa段机械能最大，故A、B错误；蹦极过程中，运动员、弹性绳和地球所组成的系统除重力和弹力做功外，其他力的合力做功为零，所以运动员、弹性绳和地球所组成的系统机械能守恒，运动员、地球所组成的系统机械能不守恒，故D错误；由于系统的机械能守恒，则运动员的重力势能、动能与弹性绳的弹性势能之和不变，从a到c过程中，运动员的动能先增大后减小，则运动员的重力势能与弹性绳的弹性势能之和先减少后增大，故C正确。
8.AB 小球从与弹簧接触至运动到最低点C的过程中，弹簧弹力从0逐渐变大，一开始弹力小于重力，合力方向向下，加速度方向向下，小球向下加速，处于失重状态，当弹力大于重力后，合力方向向上，加速度方向向上，小球向下减速，处于超重状态，A、B错误；当弹簧弹力等于小球重力时，小球的加速度为0，此时小球速度达到最大，动能最大，设此时弹簧的压缩量为x1，则有kx1＝mg，解得x1＝，C正确；小球从A点到最低点C的过程中，根据能量守恒定律可知弹簧弹性势能的增加量等于小球重力势能的减少量，则ΔEp弹＝mg（h＋x），即弹簧弹性势能的最大值为mg（h＋x），D正确。
9.AD 小球运动到M、N两个位置时，弹簧的形变量相等，则小球在M、N两个位置的弹簧弹性势能相等，OM的长度大于ON，则小球在M位置时弹簧处于伸长状态，在N位置时弹簧处于压缩状态，小球从M点运动到N点的过程，弹簧的形变量先变小后变大，弹簧的弹性势能先减小后增大，又因为M、N两点的弹簧弹性势能相等，所以弹簧的弹力对小球做的总功为0，A正确，B错误；对于小球来说，弹簧弹力对小球先做正功后做负功，小球的机械能先增大后减小，C错误；小球速度最大时，弹簧处于原长，弹簧弹力为0，故此时弹簧的弹力对小球做功的功率为零，D正确。
10.AC 小物块先向左做匀减速直线运动，然后向右做匀加速直线运动，当速度增加到与传送带速度相同时，以2 m/s向右做匀速运动，故A正确，B错误；根据动能定理，摩擦力对物块做的功等于物块动能的减少量W＝m（－）＝×2.0×（22－42）J＝－12 J，故C正确；小物块先向左做匀减速直线运动，加速度大小为a＝μg＝4 m/s2，物块与传送带间的相对位移为x1＝ m＋2× m＝4 m，小物块的速度减为0后向右做匀加速直线运动时物块与传送带间的相对位移为x2＝×2 m－ m＝0.5 m，故物块与传送带间因摩擦产生的内能为Q＝μmg（x1＋x2）＝0.4×2.0×10×（4＋0.5）J＝36 J，故D错误。
11.（1）2mg （2）0.25 （3）3mgR
解析：（1）设滑块第一次滑至C点时的速度为vC，在P→C过程中有mgR＝m
在C点有FN－mg＝m
解得FN＝2mg，方向竖直向上。
（2）在P→C→Q过程中有mgR－μmg×2R＝0
解得μ＝0.25。
（3）在A点有mg＝m
在Q→C→A过程中有Ep＝m＋mg×2R＋μmg×2R
解得弹性势能Ep＝3mgR。
3 / 3习题课八 功能关系与能量守恒定律
要点一 几种常见的功能关系
【探究】
质量为m的物块在竖直向上的恒力F的作用下由静止向上加速运动了h，此过程恒力F做功多少，物块机械能变化了多少？（空气阻力不计，重力加速度为g）
【归纳】
1.只有重力或系统内弹力做功，只有重力势能、弹性势能和动能的相互转化，系统机械能守恒；若有其他力做功，就有其他能量和机械能相互转化，系统的机械能就会发生变化。
2.除重力和弹力以外的其他力做了多少正功，物体的机械能就增加多少；其他力做了多少负功，物体的机械能就减少多少。
3.常见的几种关系
功 能量转化 关系式
重力做功 重力势能的改变 WG＝－ΔEp
弹力做功 弹性势能的改变 W弹＝－ΔEp
合外力做功 动能的改变 W合＝ΔEk
除重力、系统内弹力以外的其他力做功 机械能的改变 W＝ΔE机
【典例1】 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的正上方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，不计空气阻力，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
尝试解答
1.质量为m的物体，从距地面h高处由静止开始以加速度a＝g（g为重力加速度）竖直下落到地面。在此过程中（ ）
A.物体的动能增加了mgh
B.物体的重力势能减少了mgh
C.物体的机械能减少了mgh
D.物体的机械能保持不变
要点二 能量守恒定律的理解与应用
1.能量守恒定律
（1）内容：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另一种形式，或者从一个物体转移到另一个物体，在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变。
（2）表达式
①E初＝E末：初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和。
②ΔE增＝ΔE减：增加的能量的增加量等于减少的能量的减少量。
（3）适用范围：能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中普遍适用的一条规律。
2.应用能量守恒定律解题的一般步骤
（1）分清有多少种形式的能（如动能、势能、内能、电能等）在变化。
（2）分别列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式。
（3）列恒等式：ΔE减＝ΔE增。
【典例2】 如图所示，在光滑水平地面上放置质量 M＝2 kg的长木板，木板上表面与固定的光滑弧面相切。一质量m＝1 kg的小滑块自弧面上高h处由静止自由滑下，在木板上滑行t＝1 s后，滑块和木板以共同速度v＝1 m/s匀速运动，g取10 m/s2。求：
（1）滑块与木板间的摩擦力大小Ff；
（2）滑块下滑的高度h；
（3）滑块与木板相对滑动过程中产生的热量Q。
尝试解答
2.如图所示，一小孩从公园中粗糙的滑梯上加速滑下，对于其能量变化情况，下列说法中正确的是（ ）
A.重力势能减小，动能增加，机械能减小
B.重力势能减小，动能不变，机械能减小
C.重力势能减小，动能增加，机械能增加
D.重力势能减小，动能增加，机械能不变
3.如图，木块静止在光滑水平桌面上，一子弹（可视为质点）水平射入木块的深度为d时，子弹与木块相对静止，在子弹入射的过程中，木块沿水平桌面移动的距离为x，木块对子弹的平均阻力为Ff，那么在这个过程中，下列说法错误的是（ ）
A.木块的动能增量为Ffx
B.子弹的动能减少量为Ff（x＋d）
C.系统的机械能减少量为Ffd
D.产生的热量为Ff（x＋d）
1.（2024·浙江1月选考3题）如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，则足球（ ）
A.从1到2动能减少mgh
B.从1到2重力势能增加mgh
C.从2到3动能增加mgh
D.从2到3机械能不变
2.（多选）一质量为1 kg的物体被人用手由静止开始向上提升1 m，这时物体的速度是2 m/s，重力加速度 g＝10 m/s2，不计空气阻力，则在该过程中（ ）
A.物体克服重力做功10 J
B.手对物体做功10 J
C.合外力对物体做功2 J
D.物体的机械能增加2 J
3.（多选）如图所示，小球自高h处以初速度v0竖直下抛，正好落在弹簧上，把弹簧压缩后又被弹起，弹簧质量不计，空气阻力不计，则（ ）
A.小球落到弹簧上后立即做减速运动，动能不断减少，但动能与弹性势能的总和保持不变
B.在碰到弹簧后的下落过程中，系统的弹性势能与重力势能之和先变小后变大
C.在碰到弹簧后的下落过程中，重力势能与动能之和一直减少
D.小球被弹起后，最高点仍是出发点
4.如图所示，木块A放在木板B的左端上方，用水平恒力F将A拉到B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功W1，产生热量Q1；第二次让B在光滑水平面上自由滑动，F做功W2，产生热量Q2。则下列关系式正确的是（ ）
A.W1＜W2，Q1＝Q2
B.W1＝W2，Q1＝Q2
C.W1＜W2，Q1＜Q2
D.W1＝W2，Q1＜Q2
习题课八 功能关系与能量守恒定律
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：恒力F做功WF＝Fh。
对物块，由动能定理得Fh－mgh＝mv2
物块机械能的变化量ΔE＝mv2＋mgh＝Fh
故物块机械能增加Fh。
【典例1】 D 从P到B的过程中，小球下降的高度为R，则WG＝mgR，选项A错误；小球到达B点时恰好对轨道没有压力，则有mg＝m，设摩擦力对小球做的功为Wf，从P到B的过程，由动能定理可得mgR＋Wf＝m，联立以上两式解得Wf＝－mgR，即克服摩擦力做功mgR，机械能减少mgR，故B错误，D正确；根据动能定理知W合＝m＝mgR，故C错误。
素养训练
1.A 物体动能的增加等于合外力做的功，即 W＝mah＝mgh，A正确；物体重力势能的减少量等于重力做的功，即WG＝mgh，B错误；除重力以外的其他力对物体做功为WF＝－（mg－ma）h＝－mgh，因此机械能的减少量为mgh，C、D错误。
要点二
知识精研
【典例2】 （1）2 N （2）0.45 m （3）3 J
解析：（1）对木板，由牛顿第二定律有Ff＝Ma1，
由运动学公式有v＝a1t，解得Ff＝2 N。
（2）对滑块，由牛顿第二定律有－Ff＝ma2，
设滑块滑上木板时的速度为v0，则v－v0＝a2t，
解得v0＝3 m/s。
由机械能守恒定律有mgh＝m，
解得h＝＝ m＝0.45 m。
（3）根据能量守恒定律有Q＝m－（M＋m）v2＝×1×32 J－×（2＋1）×12 J＝3 J。
素养训练
2.A 小孩从公园中粗糙的滑梯上加速滑下，则高度不断降低，重力势能不断减小；速度不断增加，则动能逐渐变大；因为要克服摩擦力做功，则机械能不断减小。故选A。
3.D 子弹对木块的作用力大小为Ff，木块相对于桌面的位移为x，则子弹对木块做的功为Ffx，根据动能定理可知，动能的增量等于子弹对木块做的功，即为Ffx，故A正确；木块对子弹的阻力做功为 W＝－Ff（x＋d），根据功能关系得知子弹机械能的减少量等于子弹克服阻力做的功，大小为Ff（x＋d），故B正确；子弹相对于木块的位移大小为d，则系统克服阻力做的功为Ffd，根据功能关系可知，系统机械能的减少量为Ffd，产生的热量为Ffd，故C正确，D错误。
【教学效果·勤检测】
1.B 由足球的运动轨迹可知，足球在空中运动时一定受到空气阻力作用，则从1到2重力势能增加mgh，则从1到2动能减少量大于mgh，A错误，B正确；从2到3由于空气阻力作用，则机械能减小，重力势能减小mgh，则动能增加小于mgh，C、D错误。
2.AC 由功能关系可知，物体克服重力做功W克G＝mgh＝10 J，故A正确；根据动能定理知 W合＝W手＋WG＝mv2＝×1×22 J＝2 J，则手对物体做功为W手＝mv2＋mgh＝12 J，故B错误，C正确；由功能关系知，除重力或系统内弹力，其他力对物体所做的功等于物体机械能的变化，即ΔE＝W手＝12 J，故D错误。
3.BC 由于没有空气阻力做功，小球、弹簧、地球三者组成的系统机械能守恒，小球运动过程中，动能、重力势能与弹性势能之和保持不变，当小球碰到弹簧后，开始时弹力小于重力，合力方向向下，小球加速向下运动，动能增加，重力势能减少，弹性势能增加，所以动能与弹性势能的总和增大，故A错误；当弹簧弹力增大到与重力相等时，小球的加速度为零，速度达到最大，动能达到最大，之后弹簧弹力大于重力，小球速度减小，动能减小，根据系统机械能守恒可知，在碰到弹簧后的下落过程中，系统的弹性势能与重力势能之和先变小后变大，重力势能与动能之和一直减少，故B、C正确；小球从最低点反弹后，动能、重力势能、弹性势能经历了相反的变化过程，最后离开弹簧回到出发点时，由系统机械能守恒可知，小球具有方向向上、大小为v0的速度，从而越过出发点继续上升到最高点，即最高点高于出发点，故D错误。
4.A 在A、B相对滑动过程中，第一次和第二次A相对于B的位移是相等的，而系统产生的热量等于滑动摩擦力乘以相对位移，因此Q1＝Q2；在A、B相对滑动过程中，第一次A的对地位移要小于第二次A的对地位移，而功等于力乘以在力方向上发生的位移，因此W1＜W2，A正确。
4 / 4(共59张PPT)
习题课八 功能关系与能量守恒定律
目 录
01.
核心要点·快突破
02.
教学效果·勤检测
03.
课时训练·提素能
核心要点·快突破
互动探究 深化认知
01
要点一 几种常见的功能关系
【探究】
质量为m的物块在竖直向上的恒力F的作用下由静止向上加速运动了
h，此过程恒力F做功多少，物块机械能变化了多少？（空气阻力不
计，重力加速度为g）
物块机械能的变化量ΔE＝mv2＋mgh＝Fh
故物块机械能增加Fh。
提示：恒力F做功WF＝Fh。
对物块，由动能定理得Fh－mgh＝mv2
【归纳】
1. 只有重力或系统内弹力做功，只有重力势能、弹性势能和动能的相
互转化，系统机械能守恒；若有其他力做功，就有其他能量和机械
能相互转化，系统的机械能就会发生变化。
2. 除重力和弹力以外的其他力做了多少正功，物体的机械能就增加多
少；其他力做了多少负功，物体的机械能就减少多少。
功 能量转化 关系式
重力做功 重力势能的改变 WG＝－ΔEp
弹力做功 弹性势能的改变 W弹＝－ΔEp
合外力做功 动能的改变 W合＝ΔEk
除重力、系统内弹力以外的
其他力做功 机械能的改变 W＝ΔE机
3. 常见的几种关系
【典例1】 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的正上方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，不计空气阻力，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：从P到B的过程中，小球下降的高度为R，则WG＝mgR，选项A
错误；小球到达B点时恰好对轨道没有压力，则有mg＝m，设摩擦
力对小球做的功为Wf，从P到B的过程，由动能定理可得mgR＋Wf＝
m，联立以上两式解得Wf＝－mgR，即克服摩擦力做功mgR，机
械能减少mgR，故B错误，D正确；根据动能定理知W合＝m＝
mgR，故C错误。
1. 质量为m的物体，从距地面h高处由静止开始以加速度a＝g（g为重
力加速度）竖直下落到地面。在此过程中（ ）
A. 物体的动能增加了mgh
B. 物体的重力势能减少了mgh
C. 物体的机械能减少了mgh
D. 物体的机械能保持不变
解析： 物体动能的增加等于合外力做的功，即 W＝mah＝
mgh，A正确；物体重力势能的减少量等于重力做的功，即WG＝
mgh，B错误；除重力以外的其他力对物体做功为WF＝－（mg－
ma）h＝－mgh，因此机械能的减少量为mgh，C、D错误。
要点二 能量守恒定律的理解与应用
1. 能量守恒定律
（1）内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一
种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到另一个物
体，在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变。
（2）表达式
①E初＝E末：初状态各种能量的总和等于末状态各种能量
的总和。
②ΔE增＝ΔE减：增加的能量的增加量等于减少的能量的减
少量。
（3）适用范围：能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种
自然现象中普遍适用的一条规律。
2. 应用能量守恒定律解题的一般步骤
（1）分清有多少种形式的能（如动能、势能、内能、电能等）在
变化。
（2）分别列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式。
（3）列恒等式：ΔE减＝ΔE增。
【典例2】 如图所示，在光滑水平地面上放置质量 M＝2 kg的长木
板，木板上表面与固定的光滑弧面相切。一质量m＝1 kg的小滑块自
弧面上高h处由静止自由滑下，在木板上滑行t＝1 s后，滑块和木板以
共同速度v＝1 m/s匀速运动，g取10 m/s2。求：
（1）滑块与木板间的摩擦力大小Ff；
答案： 2 N
解析： 对木板，由牛顿第二定律有Ff＝Ma1，
由运动学公式有v＝a1t，解得Ff＝2 N。
（2）滑块下滑的高度h；
答案： 0.45 m
解析：对滑块，由牛顿第二定律有－Ff＝ma2，
设滑块滑上木板时的速度为v0，则v－v0＝a2t，
解得v0＝3 m/s。
由机械能守恒定律有mgh＝m，
解得h＝＝ m＝0.45 m。
（3）滑块与木板相对滑动过程中产生的热量Q。
答案： 3 J
解析：根据能量守恒定律有Q＝m－（M＋m）v2＝×1×32
J－×（2＋1）×12 J＝3 J。
2. 如图所示，一小孩从公园中粗糙的滑梯上加速滑下，对于其能量变
化情况，下列说法中正确的是（ ）
A. 重力势能减小，动能增加，机械能减小
B. 重力势能减小，动能不变，机械能减小
C. 重力势能减小，动能增加，机械能增加
D. 重力势能减小，动能增加，机械能不变
解析： 小孩从公园中粗糙的滑梯上加速滑下，则高度不断降
低，重力势能不断减小；速度不断增加，则动能逐渐变大；因为要
克服摩擦力做功，则机械能不断减小。故选A。
3. 如图，木块静止在光滑水平桌面上，一子弹（可视为质点）水平射
入木块的深度为d时，子弹与木块相对静止，在子弹入射的过程
中，木块沿水平桌面移动的距离为x，木块对子弹的平均阻力为
Ff，那么在这个过程中，下列说法错误的是（ ）
A. 木块的动能增量为Ffx
B. 子弹的动能减少量为Ff（x＋d）
C. 系统的机械能减少量为Ffd
D. 产生的热量为Ff（x＋d）
解析： 子弹对木块的作用力大小为Ff，木块相对于桌面的位移
为x，则子弹对木块做的功为Ffx，根据动能定理可知，动能的增量
等于子弹对木块做的功，即为Ffx，故A正确；木块对子弹的阻力做
功为 W＝－Ff（x＋d），根据功能关系得知子弹机械能的减少量等
于子弹克服阻力做的功，大小为Ff（x＋d），故B正确；子弹相对
于木块的位移大小为d，则系统克服阻力做的功为Ffd，根据功能关
系可知，系统机械能的减少量为Ffd，产生的热量为Ffd，故C正
确，D错误。
教学效果·勤检测
强化技能 查缺补漏
02
1. （2024·浙江1月选考3题）如图所示，质量为m的足球从水平地面上
位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，则足球
（ ）
A. 从1到2动能减少mgh
B. 从1到2重力势能增加mgh
C. 从2到3动能增加mgh
D. 从2到3机械能不变
解析： 由足球的运动轨迹可知，足球在空中运动时一定受到空
气阻力作用，则从1到2重力势能增加mgh，则从1到2动能减少量大
于mgh，A错误，B正确；从2到3由于空气阻力作用，则机械能减
小，重力势能减小mgh，则动能增加小于mgh，C、D错误。
2. （多选）一质量为1 kg的物体被人用手由静止开始向上提升1 m，
这时物体的速度是2 m/s，重力加速度 g＝10 m/s2，不计空气阻力，
则在该过程中（ ）
A. 物体克服重力做功10 J
B. 手对物体做功10 J
C. 合外力对物体做功2 J
D. 物体的机械能增加2 J
解析： 由功能关系可知，物体克服重力做功W克G＝mgh＝10
J，故A正确；根据动能定理知 W合＝W手＋WG＝mv2＝×1×22 J＝
2 J，则手对物体做功为W手＝mv2＋mgh＝12 J，故B错误，C正
确；由功能关系知，除重力或系统内弹力，其他力对物体所做的功
等于物体机械能的变化，即ΔE＝W手＝12 J，故D错误。
3. （多选）如图所示，小球自高h处以初速度v0竖直下抛，正好落在
弹簧上，把弹簧压缩后又被弹起，弹簧质量不计，空气阻力不计，
则（ ）
A. 小球落到弹簧上后立即做减速运动，动能不断减少，但
动能与弹性势能的总和保持不变
B. 在碰到弹簧后的下落过程中，系统的弹性势能与重力势
能之和先变小后变大
C. 在碰到弹簧后的下落过程中，重力势能与动能之和一直减少
D. 小球被弹起后，最高点仍是出发点
解析： 由于没有空气阻力做功，小球、弹簧、地球三者组成
的系统机械能守恒，小球运动过程中，动能、重力势能与弹性势能
之和保持不变，当小球碰到弹簧后，开始时弹力小于重力，合力方
向向下，小球加速向下运动，动能增加，重力势能减少，弹性势能
增加，所以动能与弹性势能的总和增大，故A错误；当弹簧弹力增
大到与重力相等时，小球的加速度为零，速度达到最大，动能达到
最大，之后弹簧弹力大于重力，小球速度减小，动能减小，根据系
统机械能守恒可知，在碰到弹簧后的下落过程中，系统的弹性势能
与重力势能之和先变小后变大，重力势能与动能之和一直减少，故
B、C正确；
小球从最低点反弹后，动能、重力势能、弹性势能经历了相反的变化
过程，最后离开弹簧回到出发点时，由系统机械能守恒可知，小球具
有方向向上、大小为v0的速度，从而越过出发点继续上升到最高点，
即最高点高于出发点，故D错误。
4. 如图所示，木块A放在木板B的左端上方，用水平恒力F将A拉到B
的右端，第一次将B固定在地面上，F做功W1，产生热量Q1；第二
次让B在光滑水平面上自由滑动，F做功W2，产生热量Q2。则下列
关系式正确的是（ ）
A. W1＜W2，Q1＝Q2 B. W1＝W2，Q1＝Q2
C. W1＜W2，Q1＜Q2 D. W1＝W2，Q1＜Q2
解析： 在A、B相对滑动过程中，第一次和第二次A相对于B的
位移是相等的，而系统产生的热量等于滑动摩擦力乘以相对位移，
因此Q1＝Q2；在A、B相对滑动过程中，第一次A的对地位移要小
于第二次A的对地位移，而功等于力乘以在力方向上发生的位移，
因此W1＜W2，A正确。
03
课时训练·提素能
分层达标 素养提升
要点一 几种常见的功能关系
1. （多选）如图所示，某同学正在做排球运动的垫球训练。他将球击
出后，球从某位置离开手臂竖直向上运动，再下落回到该位置的过
程中，空气阻力不能忽略。下列说法正确的是（ ）
A. 重力对球先做正功后做负功
B. 空气阻力对球一直做负功
C. 球的机械能始终不变
D. 球的机械能减少
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解析： 球先上升后下降，则重力对球先做负功后做正功，A错
误；空气阻力与速度方向始终相反，则空气阻力对球一直做负功，
B正确；由于空气阻力一直做负功，则球的机械能减小，C错误，D
正确。
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2. （多选）某人用球拍以初速度v0竖直向上击出一个质量为m的小
球，小球在运动过程中受到阻力的大小恒为Ff，能达到的最大高度
为h，重力加速度为g，则小球从击出到落回击出点的过程中
（ ）
A. 人对小球做功mgh
B. 人对小球做功m
C. 小球的机械能减少了2Ffh
D. 小球的机械能守恒
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解析： 人对小球做的功等于小球动能的变化，即m，小球
从击出到落回击出点的过程中受到阻力的作用，故小球的机械能不
守恒，小球机械能的减少量等于克服阻力做的功，即2Ffh，所以
B、C正确，A、D错误。
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3. （多选）如图所示，一个质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O
点，小球在水平力F的作用下，从最低点P缓慢地移到Q点，重力加
速度为g，则在此过程中（ ）
A. 小球受到的合力做的功为mgL（1－cos θ）
B. 水平力F做的功为FLsin θ
C. 小球的重力势能增加mgL（1－cos θ）
D. 水平力F做的功使小球的机械能增加mgL（1－cos θ）
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解析： 小球受到的合力做的功等于小球的动能变化，而小球
缓慢移动的过程中动能不变，故合力做功为零，选项A错误；水平
力是变力，做功大小不能用W＝FLsin θ计算，根据动能定理得WF－
mgL（1－cos θ）＝0，可知水平力做的功为mgL（1－cos θ），选
项B错误；小球重力势能的增加量等于克服重力做的功，即ΔEp＝
mgL（1－cos θ），选项C正确；小球机械能的增加量等于除重力之
外的其他力做的功，由于绳的弹力不做功，故水平力做的功等于机
械能的增加量，因WF＝mgL（1－cos θ），故小球的机械能增加量
为mgL（1－cos θ），选项D正确。
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4. “打水漂”是人类最古老的游戏之一，游戏者运用手腕的力量让撇
出去的石头在水面上弹跳数次。如图所示，游戏者在地面上以速度
v0抛出质量为m的石头，抛出后石头落到比抛出点低h的水平面上。
若以抛出点为零势能点，不计空气阻力，则下列说法正确的是
（ ）
A. 抛出后石头落到水平面时的势能为mgh
B. 抛出后石头落到水平面时重力对石头做的功为－mgh
C. 抛出后石头落到水平面上的机械能为m
D. 抛出后石头落到水平面上的动能为m－mgh
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解析： 以抛出点为零势能点，水平面低于抛出点h，所以石头
在水平面上时的重力势能为－mgh，A错误；抛出点与水平面的高
度差为h，并且重力做正功，所以整个过程重力对石头做功为
mgh，B错误；整个过程机械能守恒，以抛出点为零势能点，抛出
时的机械能为m，所以石头在水平面时的机械能也为m，C
正确；根据动能定理得mgh＝Ek2－m，可得石头在水平面上的
动能Ek2＝m＋mgh，D错误。
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要点二 能量守恒定律的理解与应用
5. （多选）如图所示，质量为m0、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（可视为质点）放在小车的最左端。现有
一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运
动，物块和小车之间的摩擦力为Ff，经过时间t，小车运动的位移为
x，物块刚好滑到小车的最右端（ ）
A. 此时物块的动能为（F－Ff）（x＋l）
B. 这一过程中，物块对小车所做的功为Ff（x＋l）
C. 这一过程中，物块和小车增加的机械能为Fx
D. 这一过程中，物块和小车产生的内能为Ffl
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解析： 对物块分析，物块的位移为x＋l，根据动能定理得（F
－Ff）（x＋l）＝Ek－0，所以物块到达小车最右端时具有的动能为
（F－Ff）（x＋l），故A正确；对小车分析，小车的位移为x，所
以物块对小车所做的功为Ffx，故B错误；物块和小车增加的内能Q
＝Ffs相对＝Ffl，故D正确；根据功能关系得，外力F做的功转化为小
车和物块的机械能和摩擦产生的内能，则有F（l＋x）＝ΔE＋Q，
则ΔE＝F（l＋x）－Ffl，故C错误。
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6. （2024·陕西宝鸡期末）“平安北京，绿色出行”，地铁已成为北
京的主要绿色交通工具之一。如图甲所示的是地铁安检场景，图乙
是安检时的传送带运行的示意图，某乘客把一质量为m的书包无初
速度地放在水平传送带的入口A处，书包随传送带从出口B处运
出，入口A到出口B的距离为L，传送带始终绷紧并以速度v匀速运
动，书包与传送带间的动摩擦因数为μ。对于书包由静止释放到相
对传送带静止这一过程，下列说法正确的是（ ）
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A. 书包的动能变化量为mv2
B. 摩擦力对传送带做的功为mv2
C. 书包与传送带摩擦产生的热量为μmgL
D. 电动机增加的平均功率为μmgv
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解析： 书包的最终速度为v，故动能变化量为mv2，故A正确；
这一过程中书包的位移s1＝t，传送带走过的位移s2＝vt＝2s1，摩擦
力对书包做的功为书包动能的增量W＝fs1＝mv2，摩擦力对传送带
做的功为W'＝－fs2＝－mv2，故B错误；书包与传送带摩擦产生的
热量Q＝fΔs，Δs＝s2－s1＝s1＜L，故摩擦产生的热量小于μmgL，故
C错误；书包加速的时间t＝，由能量守恒定律得，电动机增加的
平均功率P＝＝＝μmgv，故D错误。
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7. 一蹦极运动员身系弹性轻绳从水面上方的高台自由下落，到a点时
绳刚好绷直，经过b点时运动员的加速度为零，c为蹦极的最低点。
假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是
（ ）
A. 在b点运动员的机械能最大
B. 从a到c运动员的机械能先减小后增加
C. 从a到c运动员的重力势能与弹性绳的弹性势能之和先减少后增大
D. 蹦极过程中，运动员、地球所组成的系统机械能守恒
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解析： 运动员从高台到a点过程中机械能守恒，从a点开始，绳
子对运动员做负功，机械能开始减小，所以在Pa段机械能最大，故
A、B错误；蹦极过程中，运动员、弹性绳和地球所组成的系统除
重力和弹力做功外，其他力的合力做功为零，所以运动员、弹性绳
和地球所组成的系统机械能守恒，运动员、地球所组成的系统机械
能不守恒，故D错误；由于系统的机械能守恒，则运动员的重力势
能、动能与弹性绳的弹性势能之和不变，从a到c过程中，运动员的
动能先增大后减小，则运动员的重力势能与弹性绳的弹性势能之和
先减少后增大，故C正确。
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8. （多选）如图所示，小球m从A点（距轻弹簧上端为h）由静止开始
下落，到C点速度为零（弹簧的最大压缩量为x），弹簧的劲度系数
为k，不计空气阻力，则在小球从与弹簧接触至运动到最低点C的过
程中，下列说法错误的是（ ）
A. 小球先超重后失重
B. 小球的速度立刻减小直至为0
C. 当弹簧的压缩量为时，小球的动能最大
D. 弹簧弹性势能的最大值为mg（h＋x）
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解析： 小球从与弹簧接触至运动到最低点C的过程中，弹簧弹
力从0逐渐变大，一开始弹力小于重力，合力方向向下，加速度方
向向下，小球向下加速，处于失重状态，当弹力大于重力后，合力
方向向上，加速度方向向上，小球向下减速，处于超重状态，A、
B错误；当弹簧弹力等于小球重力时，小球的加速度为0，此时小
球速度达到最大，动能最大，设此时弹簧的压缩量为x1，则有kx1＝
mg，解得x1＝，C正确；小球从A点到最低点C的过程中，根据能
量守恒定律可知弹簧弹性势能的增加量等于小球重力势能的减少
量，则ΔEp弹＝mg（h＋x），即弹簧弹性势能的最大值为mg（h＋
x），D正确。
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9. （多选）小球穿在光滑水平杆上，轻弹簧的一端固定在O点，另一
端与小球相连。现将小球由静止释放，已知小球运动到M、N两个
位置时，弹簧的形变量相等，OM的长度大于ON。则小球从M点到
N点的过程中（ ）
A. 弹簧的弹力对小球做的总功W＝0
B. 弹簧的弹性势能一直减小
C. 小球的机械能守恒
D. 小球速度最大时，弹簧的弹力对小球做功的功率为零
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解析： 小球运动到M、N两个位置时，弹簧的形变量相等，则
小球在M、N两个位置的弹簧弹性势能相等，OM的长度大于ON，
则小球在M位置时弹簧处于伸长状态，在N位置时弹簧处于压缩状
态，小球从M点运动到N点的过程，弹簧的形变量先变小后变大，
弹簧的弹性势能先减小后增大，又因为M、N两点的弹簧弹性势能
相等，所以弹簧的弹力对小球做的总功为0，A正确，B错误；对于
小球来说，弹簧弹力对小球先做正功后做负功，小球的机械能先增
大后减小，C错误；小球速度最大时，弹簧处于原长，弹簧弹力为
0，故此时弹簧的弹力对小球做功的功率为零，D正确。
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10. （多选）如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1＝2 m/s
顺时针运行，质量m＝2.0 kg的小物块从与传送带等高的光滑水平
地面上的A处以初速度v2＝4 m/s向左滑上传送带，若传送带足够
长，已知物块与传送带间的动摩擦因数为0.4，g＝10 m/s2，下列
说法正确的是（ ）
A. 物块离开传送带时的速度大小为2 m/s
B. 物块离开传送带时的速度大小为4 m/s
C. 摩擦力对物块做的功为－12 J
D. 物块与传送带间因摩擦产生了12 J的内能
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解析： 小物块先向左做匀减速直线运动，然后向右做匀加速
直线运动，当速度增加到与传送带速度相同时，以2 m/s向右做匀
速运动，故A正确，B错误；根据动能定理，摩擦力对物块做的功
等于物块动能的减少量W＝m（－）＝×2.0×（22－42）
J＝－12 J，故C正确；
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小物块先向左做匀减速直线运动，加速度大小为a＝μg＝4 m/s2，物块
与传送带间的相对位移为x1＝ m＋2× m＝4 m，小物块的速度
减为0后向右做匀加速直线运动时物块与传送带间的相对位移为x2＝
×2 m－ m＝0.5 m，故物块与传送带间因摩擦产生的内能为Q
＝μmg（x1＋x2）＝0.4×2.0×10×（4＋0.5）J＝36 J，故D错误。
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11. （2024·四川雅安期末）如图，半径为R的光滑半圆形轨道ABC固
定在竖直平面内且与水平轨道CD相切于C点，D端有一被锁定的
轻质压缩弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧右端Q到C点
的距离为2R。质量为m的滑块（视为质点）从轨道上的P点由静止
滑下，刚好能运动到Q点，并能触发弹簧解除锁定，然后滑块被
弹回，且刚好能通过圆轨道的最高点A。已知∠POC＝60°，求：
（1）滑块第一次滑至圆形轨道最低
点C时所受轨道支持力大小；
答案：2mg
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解析： 设滑块第一次滑至C点时的速度为vC，在P→C
过程中有mgR＝m
在C点有FN－mg＝m
解得FN＝2mg，方向竖直向上。
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（2）滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ；
答案：0.25
解析：在P→C→Q过程中有mgR－μmg×2R＝0
解得μ＝0.25。
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（3）弹簧被锁定时具有的弹性势能。
答案： 3mgR
解析：在A点有mg＝m
在Q→C→A过程中有Ep＝m＋mg×2R＋μmg×2R
解得弹性势能Ep＝3mgR。
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谢谢观看!
