动能定理和机械能守恒定律

功和能的总结－２０１５－１２－０７

一、理解功的概念

1．功是力的空间积累效应。它和位移相对应。计算功的方法有两种：

⑴按照定义求功。即：W=Fscosθ。(功等于恒力和沿该恒力方向上的位移的乘积。)

⑵用动能定理W=ΔEk或功能关系求功。当F为变力时，高中阶段往往考虑用这种方法求功。

这种方法的依据是：做功的过程就是能量转化的过程，功是能的转化的量度。如果知道某一过程中能量转化的数值，那么也就知道了该过程中对应的功的数值。

(3)f做功特点：

2．会判断正功、负功或不做功。判断方法有：1用力和位移的夹角α判断;2用力和速度的夹角θ判断定;3用动能变化判断.

3．了解常见力做功的特点:

重力（或电场力）做功和路径无关，只与物体始末位置的高度差h（或电势差）有关：W=mgh（或W=qU），当末位置低于初位置时，W＞0，即重力做正功；反之则重力做负功。

滑动摩擦力做功与路径有关。当某物体在一固定平面上运动时，滑动摩擦力做功的绝对值等于摩擦力与路程的乘积。

在弹性范围内，弹簧做功与始末状态弹簧的形变量有关系。

二、深刻理解功率的概念

1．功率的物理意义：功率是描述做功快慢的物理量。

2．功率的定义式：PW，所求出的功率是时间t内的平均功率。 t

3．功率的计算式：P=Fvcosθ，其中θ是力与速度间的夹角。该公式有两种用法：①求某一时刻的瞬时功率。这时F是该时刻的作用力大小，v取瞬时值，对应的P为F在该时刻的瞬时功率；②当v为某段位移（时间）内的平均速度时，则要求这段位移（时间）内F必须为恒力，对应的P为F在该段时间内的平均功率。

4．重力的功率可表示为PG=mgVy，即重力的瞬时功率等于重力和物体在该时刻的竖直分速度之积。

三、深刻理解动能的概念，掌握动能定理。

1．动能Ek1mV2是物体运动的状态量，而动能的变化ΔEK是与物理过程有关的过程量。 2

2．动能定理的表述

合外力做的功等于物体动能的变化。（这里的合外力指物体受到的所有外力的合力，包括重力）。表达式为W=ΔEK.

动能定理建立起过程量（功）和状态量（动能）间的联系。这样，无论求合外力做的功还是求物体动能的变化，就都有了两个可供选择的途径。功和动能都是标量，动能定理表达式是一个标量式，不能在某一个方向上应用动能定理。

四、掌握机械能守恒定律。1.机械能守恒定律的两种表述

⑴在只有重力做功的情形下，物体的动能和重力势能发生相互转化，但机械能的总量保持不变。

⑵如果没有摩擦和介质阻力，物体只发生动能和重力势能的相互转化时，机械能的总量保持不变。

2.对机械能守恒定律的理解：

①机械能守恒定律的研究对象一定是系统，至少包括地球在内。通常我们说“小球的机械能守恒”其实一定也就包括地球在内，因为重力势能就是小球和地球所共有的。另外小球的动能中所用的v，也是相对于地面的速度。

②当研究对象（除地球以外）只有一个物体时，往往根据是否“只有重力做功”来判定机械能是否守恒；当研究对象（除地球以外）由多个物体组成时，往往根据是否“没有摩擦和介质阻力”来判定机械能是否守恒。 ③“只有重力做功”不等于“只受重力作用”。在该过程中，物体可以受其它力的作用，只要这些力不做功或除重力之外的力做功的代数和为零。

2.机械能守恒定律的各种表达形式 ⑴mgh121mvmghmv2，即EpEkEpEk； 22

⑵EPEk0；E1E20；E增E减

用⑴时，需要规定重力势能的参考平面。用⑵时则不必规定重力势能的参考平面，因为重力势能的改变量与参考平面的选取没有关系。尤其是用ΔE增=ΔE减，只要把增加的机械能和减少的机械能都写出来，方程自然就列出来了。

五、深刻理解功能关系，掌握能量守恒定律。

1．做功的过程是能量转化的过程，功是能的转化的量度。

能量守恒和转化定律是自然界最基本的规律之一。而在不同形式的能量发生相互转化的过程中，功扮演着重要的角色。本章的主要定理、定律都可由这个基本原理出发而得到。

需要强调的是：功是一个过程量，它和一段位移（一段时间）相对应；而能是一个状态量，它与一个时刻相对应。两者的单位是相同的（都是J），但不能说功就是能，也不能说“功变成了能”。

2．复习本章时的一个重要课题是要研究功和能的关系，尤其是功和机械能的关系。突出：“功是能量转化的量度”这一基本概念。①物体动能的增量由外力做的总功来量度：W外=ΔEk，这就是动能定理。

②物体重力势能的增量由重力做的功来量度：WG= -ΔEP，这就是势能定理。

同理：电场力做功量度电势能的变化，即W电= -ΔEP。

③物体机械能的增量由重力以外的其他力做的功来量度：W其=ΔE机，（W其表示除重力以外的其它力做的功），这就是机械能定理。

④当W其=0时，说明只有重力做功，所以系统的机械能守恒。

⑤一对互为作用力反作用力的摩擦力做的总功，用来量度该过程系统由于摩擦而减小的机械能，也就是系统增加的内能。Q=fd（d为这两个物体间相对移动的路程）。

例：（08江苏卷）如图所示，两光滑斜面的倾角分别为30°和45°，质量分别为2ｍ和ｍ的两个滑块用不可伸长的轻绳通过滑轮连接(不计滑轮的质量和摩擦)，分别置于两个斜面上并由静止释放；若交换两滑块位置，再由静止释放．则在上述两种情形中正确的有

Ａ．质量为2ｍ的滑块受到重力、绳的张力、沿斜面的下滑力和斜面的支持力的作用

B．质量为ｍ的滑块均沿斜面向上运动

C．绳对质量为ｍ滑块的拉力均大于该滑块对绳的拉力

D．系统在运动中机械能均守恒

例．如图所示，一轻弹簧左端固定在长木板M的左端，右端与小木块m连接，且m、M及M与地面间摩擦不计．开始时，m和M均静止，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2，设两物体开始运动以后的整个运动过程中，弹簧形变不超过其弹性限度。

和弹簧组成的系统 Ｂ

A．由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒

B．当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、M各自

大

C．由于F1、F2大小不变，所以m、M各自一直做匀加速运动

D．由于F1、F2均能做正功，故系统的机械能一直增大

1．运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，将人和伞看成一个系统，在这两个过程中，下列说

法正确的是 （ ） 的动能最对于m、M

A．阻力对系统始终做负功

C．重力做功使系统的重力势能增加 B．系统受到的合外力始终向下 D．任意相等的时间内重力做的功相等

2．如图，一轻绳的一端系在固定粗糙斜面上的O点，另一端

系一小球．给小球一足够大的初速度，使小球在斜面上做

圆周运动．在此过程中 （ ）

A．小球的机械能守恒

B．重力对小球不做功

C．绳的张力对小球不做功

D．在任何一段时间内，小球克服摩擦力所做的功总是等于小球动能的减少

3． 如图所示，粗糙的斜面与光滑的水平面相连接，滑块沿水平面以

速度v0运动．设滑块运动到A点的时刻为t=0，距A点的水平距

离为x，水平速度为vx．由于v0不同，从A点到B点的几种可

能的运动图象如下列选项所示，其中表示摩擦力做功最大的是

4．如图所示．一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a和b，跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆上，

质量为3m的a球置于地面上，质量为m的b球从水平位置静止释放．当a球对地面压力刚好为零时，b球摆过的角度为.下列结论正确的是 （ ）

A．＝90° B．＝45° （ ） C．b球摆动到最低点的过程中，重力对小球做功

的功率先增大后减小

D．b球摆动到最低点的过程中，重力对小球做功的功率一直增大

5．一滑块在水平地面上沿直线滑行，t=0时其速度为1 m/s。从此刻开始滑块运动方向上再施加一水平面

作用F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图a和图b所示。设在第1秒内、第2秒内、第3秒内力F对滑块做的功分别为W1、W2、W3，则以下关系正确的是

（ ）

A ．W1W2W3B．W1W2W3

C．W1W3W2D ．W1W2W3

6． 如图，一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球a和b．a球质量为m，

静置于地面；b球质量为3m， 用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧．从静止开始释放b后，a可能达到的最大高度为（ ）

A．h

C．2h

A C D ＡＣ Ｂ Ｂ

B．1.5h D．2.5h

专题训练与高考预测

1．答案：A

2．答案：C

解析：斜面粗糙，小球受到重力、支持力、摩擦力、绳子拉力，由于除重力做功外，摩擦力做负功，机械能减少，A、B错；绳子张力总是与运动方向垂直，故不做功，C对；小球动能的变化等于合外力做功，即重力与摩擦力做功，D错。

3．答案：D

解析：考查平抛运动的分解与牛顿运动定律。从A选项的水平位移与时间的正比关系可知，滑块做平抛运动，摩擦力必定为零；B选项先平抛后在水平地面运动，水平速度突然增大，摩擦力依然为零；对C选项，水平速度不变，为平抛运动，摩擦力为零；对D选项水平速度与时间成正比，说明滑块在斜面上做匀加速直线运动，有摩擦力，故摩擦力做功最大的是D图像所显示的情景，D对。本题考查非常灵活，但考查内容非常基础，抓住水平位移与水平速度与时间的关系，然后与平抛运动的思想结合起来，是为破解点。

4．答案：AC

解析：考查向心加速度公式、动能定理、功率等概念和规律。设b球的摆动半径为R，当摆过角度θ

1时的速度为v，对b球由动能定理：mgRsinθ= 2，此时绳子拉力为T=3mg，在绳子方向由向心力2

v2

公式：T－mgsinθ = m，解得θ=90°，A对B错；故b球摆动到最低点的过程中一直机械能守恒，R

竖直方向的分速度先从零开始逐渐增大，然后逐渐减小到零，故重力的瞬时功率Pb = mgv先增大后减小，C对D错。

5．答案：B

解析：本题考查v-t图像、功的概念。力F做功等于每段恒力F与该段滑块运动的位移（v-t图像中图像与坐标轴围成的面积），第1秒内，位移为一个小三角形面积S，第2秒内，位移也为一个小三角形面积S，第3秒内，位移为两个小三角形面积2S，故W1=1×S，W2=3×S，W3=2×2S，W1＜W2＜W3 。

6．答案：B

解析：在b落地前，a、b组成的系统机械能守恒，且a、b两物体速度大小相等，根据机械能守恒定

律可知：3mghmgh1(m3m)v2vgh2，b球落地时，a球高度为h，之后a球向上做竖12v2hmvmghh2g2，所以a可能达到的最大高度为直上抛运动，过程中机械能守恒，2

1.5h,B项正确。

7．答案：B

1解析：由机械能守恒定律：EP=E－EK，故势能与动能的图像为倾斜的直线，C错；由动能定理：EK2

11mv2=mg2t2，则EP=E－mgh，故势能与h的图像也为倾斜的直线，D错；且EP=E2，故势能与22

1速度的图像为开口向下的抛物线，B对；同理EP=E－mg2t2，势能与时间的图像也为开口向下的抛物2

线，A错。

8．解：（1）小球从高处至槽口时，由于只有重力做功；由槽口至槽底端重力、摩擦力都做功。由于对称

性，圆槽右半部分摩擦力的功与左半部分摩擦力的功相等。

小球落至槽底部的整个过程中，由动能定理得

12mv 2

12解得Wfmg(HR)mv2J 2mg(HR)Wf

由对称性知小球从槽底到槽左端口克服摩擦力做功也为Wf2J，则小球第一次离槽上升的高度h，由

1mg(HR)Wfmv2 2

12mvWfmgR

得h＝4.2m mg

（2）设小球飞出槽外n次，则由动能定理得

mgHn2Wf0 ∴nmgH256.25 2Wf4

即小球最多能飞出槽外6次。

9．解：（1）以滑板和运动员为研究对象，其受力如图所

示，由共点力平衡条件可得

FNcosmg

FNsinF ① ②

由①、②联立，得F =810N

2(2)FNmg/cos FNkv

得v5m/s (3)水平牵引力的功率P=Fv=4050 W

10．解：（1）小物块最终停在AB的中点，在这个过程中，由动能定理得

mg(L0.5L)E

2E得  3mgL

（2）若小物块刚好到达D处，速度为零，同理，有mgLmgRE 解得CD圆弧半径至少为 RE 3mg

（3）设物块以初动能E′冲上轨道，可以达到的最大高度是1.5R，由动能定理得 mgL1.5mgRE 解得E7E 6

E2E，由于ECmgL，故物块将停在轨道上。 23物块滑回C点时的动能为EC1.5mgR

设到A点的距离为x，有 mg(Lx)EC

解得 x1L 4

即物块最终停在水平滑道AB上，距A点1L处。 4

11．解：（1）设物体下落末速度为v0，由机械能守恒定律mgL

设碰后共同速度为v1，由动量守恒定律2mv1=mv0

得v112mv0，得v0212112碰撞过程中系统损失的机械能力Emv02mv1mgL 222

kL2(2)设加速度大小为a,有 2asv1得 a 8m

（3）设弹簧弹力为FN，ER流体对滑块的阻力为FER，受力分析如图所示 FSFER2mg2ma FS=kx x=d+mg/k

得FERmgkLkd 4

12mv，解得v2gh 212．解：（1）由机械能守恒定律得mgh（2）在水平滑道上物块A克服摩擦力所做的功为Wmgd

由能量守恒定律得 12mvEPmgd 2

以上各式联立求解得EPmghmgd

（3）物块A被弹回的过程中，克服摩擦力所做的功仍为Wmgd 由能量守恒定律得 mghEPmgd

解得物块A能够上升的最大高度为：hh2d