時間：2023-05-30 10:06:43
開篇：寫作不僅是一種記錄，更是一種創造，它讓我們能夠捕捉那些稍縱即逝的靈感，將它們永久地定格在紙上。下面是小編精心整理的12篇機械能守恒定律的應用，希望這些內容能成為您創作過程中的良師益友，陪伴您不斷探索和進步。
（1）E+E=E+E（或E=E）
該式表示所研究的物理過程中，任意兩個狀態的機械能總量相等。
（2） E=E
該式表示系統動能的增加量等于系統勢能的減少量。
（3） E=E
該式表示將系統分為a、b兩部分，a部分機械能的增加量等于b部分的減少量。
在應用上面的表達式解題時，第一個表達式中的E是相對的，建立方程時必須選擇合適的零勢能參考面，且每一個狀態的E都應是相對同一個參考平面而言，平時練習中大多數的題目都可用它來解決；后兩種表達式由于研究的是變化量，無需選擇零勢能面，有些問題利用它們解題顯得非常方便，特別是在選擇零勢能面時會出現未知的高度時，用這種表達式來解決更為方便，但是問題中一定要搞清楚增加量和減少量。
應用機械能守恒定律解題的基本步驟包含：（1）確定研究對象和研究過程；（2）判斷機械能是否守恒；（3）選定一種表達式，列式求解。
二、機械能守恒定律表達式的應用
例1.如圖所示，均勻鐵鏈長為L，平放在距離地面高為2L的光滑水平面上，其長度的懸垂于桌面下，從靜止開始釋放鐵鏈，求鐵鏈下端剛要著地時的速度？
解：鐵鏈在運動中機械能守恒，選取地面為零勢能面：
mg2L+mg(2L-)=mg+mv 得：
v=。
本題所涉及的屬于單個物體，切所給高度已知，所以用表達式（1）較簡便。
例2.如圖所示，半徑為R的光滑半圓上有兩個小球A、B，質量分別為m和M，由細線掛著，今由靜止開始無初速度自由釋放，求小球A升至最高C點時A、B兩球的速度？
解析：A球沿半圓弧運動，繩長不變，A、B兩球通過的路程相等，A上升的高度為h=R；B球下降的高度為H==；對于系統，由機械能守恒定律得： -ΔE=ΔE；
ΔE=-Mg+mgR=(M+m)v
v=。
本題也可用表達式（1）來解。
例3.如圖所示，質量分別為2m和3m的兩個小球固定在一根直角尺的兩端A、B，直角尺的頂點O處有光滑的固定轉動軸。AO、BO的長分別為2L和L。開始時直角尺的AO部分處于水平位置而B在O的正下方。讓該系統由靜止開始自由轉動，求：
（1）當A到達最低點時，A小球的速度大小v；
（2）B球能上升的最大高度h；
（3）開始轉動后B球可能達到的最大速度v。
解：以直角尺和兩小球組成的系統為對象，由于轉動過程不受摩擦和介質阻力，所以該系統的機械能守恒。
（1）過程中A的重力勢能減少，A、B的動能和B的重力勢能增加，A的即時速度總是B的2倍。
2mg•2L=3mg•L+•2m•v+•3m（），解得v=。
（2）B球不可能到達O的正上方，它到達最大高度時速度一定為零，設該位置比OA豎直位置向左偏了α角。
2mg•2Lcosα=3mg•L(1+sinα)，此式可化簡為4cosα-3sinα=3。
利用三角公式可解得sin(53°-α)=sin37°，α=16°。
（3）B球速度最大時就是系統動能最大時，而系統動能增大等于系統重力做的功W。設OA從開始轉過θ角時B球速度最大，
•2m•（2v）+•3m•v=2mg•2Lsinθ-3mg•L（1-cosθ）=mgL(4sinθ+3cosθ-3)≤2mg•L，
解得v=。
關鍵詞：機械能守恒；系統內彈力做功；重力做功
一、機械能守恒定律的內容
在只有重力或彈力做功的物體系統內，物體的動能和重力勢能可以相互轉化，而總的機械能保持不變。
二、機械能守恒定律的各種表達形式
1.mgh+■mv2=mgh'+■mv'2即Ep+Ek=E'p+E'k；（守恒觀點）
2.Ep+Ek=0（轉化觀點）；即-Ep=Ek
3.E1+E2=0（轉移觀點）；
注意：用1時，需要規定重力勢能的參考平面。用2和3時則不必規定重力勢能的參考平面，因為重力勢能的改變量與參考平面的選取沒有關系。尤其是用，只要把增加的機械能和減少的機械能都寫出來，方程自然就列出來了。
三、對機械能守恒定律的理解
1.機械能守恒定律的研究對象一定是系統，至少包括地球在內。通常我們說“小球的機械能守恒”其實一定也就包括地球在內，因為重力勢能就是小球和地球所共有的。另外小球的動能中所用的v，是相對于地面的速度。
2.對“只有重力或彈力做功”的理解
（1）只有重力做功，機械能守恒。例如在不考慮空氣阻力的情況下的各種拋體運動，物體的機械能守恒。
（2）受其他力，但其他力不做功或其他力所功代數和為零，物體機械能守恒。例如：物體沿著光滑曲面下滑，受重力，支持力，但支持力不做功，物體機械能守恒。
（3）只有重力或系統內彈力做功，系統機械能守恒。例如在不計空氣阻力的情況下，彈簧一端固定在天花板上，彈簧另一端連接小球，使小球擺動過程中，只有重力和彈簧與球間的彈力做功，球與彈簧組成的系統機械能守恒，但對球而言，機械能不守恒。
四、機械能是否守恒的判斷方法
1.用機械能的定義去判斷：例如物體在水平面上勻速運動，其動能和勢能均不變，則機械能守恒；若一個物體沿斜面勻速下滑，其動能不變，重力勢能減小，則機械能減小，此類判斷比較直觀，但僅能判斷難度不大的問題。
2.用做功判斷：若物體只有重力或系統內彈力做功，其他力不做功或做總功為零，則機械能守恒。
3.用能量轉化來判斷：若物體系統中只有動能和勢能的相互轉化，而無機械能與其他形式的能的轉化，則物體系統機械能守恒。
五、對機械能守恒定律的應用
例1：如圖物塊和斜面都是光滑的，物塊從靜止沿斜面下滑過程中，物塊機械能是否守恒？系統機械能是否守恒？
解析：以物塊和斜面系統為研究對象，很明顯物塊下滑過程中系統不受摩擦和介質阻力，故系統機械能守恒。又由題目知：斜面將向左運動，即斜面的機械能將增大，故物塊的機械能一定將減少。
例2：如圖所示，半徑為R的光滑半圓上有兩個小球A、B，質量分別為m，M，由細線掛著，今由靜止開始無初速度自由釋放，求小球A升至最高點C時A、B兩球的速度？
解析：A球沿半圓弧運動，繩長不變，A、B兩球通過的路程相等，A上升的高度為h=R；B球下降的高度為H=■=■；對于系統，由機械能守恒定律得：-Ep=Ek；
能量守恒定律是十九世紀自然科學三大發現之一。能量轉化和守恒思想貫穿整個高中教材， 從前后聯系來看，這節課的內容有利于學生對功能關系的進一步認識；為今后學習能量守恒、電荷守恒等守恒定律打下基礎。
教材一開始列舉出動能和勢能轉化的兩個實例，接著安排單擺小球的實驗，利用學生的好奇心，提高學生探索新事物的興趣，調動其學習積極性。教材以平拋運動為例很快得出機械能守恒定律。
2 教學對象分析
新課程改革指出要徹底改變學生的學習方式，培養學生的創新精神和實踐能力。學生通過初中機械能定性知識的學習、高中絕大部分力學知識和本章功、功率和動能定理的學習，在物理知識結構、思維的深度和認知方法策略等方面均奠定了一定的基礎。但學生對學習物理規律的思維過程和方法的應用能力以及動手能力仍需進一步培養和提高。
3 三維教學目標
（一） 知識與技能：理解機械能守恒定律的內容，在具體問題中能判斷機械能是否守恒；初步學會用能量轉化和守恒的思想來解釋物理現象，并能將所學知識應用于實際情境中，培養學生動手能力。
（二） 過程與方法：以實驗為基礎，通過觀察演示實驗，培養學生的觀察能力、分析能力和空間想象能力；在歸納機械能守恒定律的使用條件時，培養學生獨立思考的能力，分析歸納的能力以及口頭表達能力。
（三） 情感態度價值觀：激發學生學習興趣，培養學生自信心以及嚴謹認真的科學態度。
4 教法和學法
實驗探究法：用"鐵球碰鼻"的實驗引入課題。討論法：在推導機械能守恒定律時，讓學生自己推導、討論。歸納法：在得出機械能守恒定律，守恒條件時用歸納法。啟發式教學和課件輔助教學。
5 教學重點和難點
正確理解機械能守恒定律的內容以及定律成立的條件。從功能轉化關系角度理解機械能守恒的條件；在具體問題中能判斷機械能是否守恒。
6 教學過程
（新課引入）師：前面我們學了機械能的知識，知道動能和勢能（重力勢能、彈性勢能）的總和統稱機械能。不同形式的能量之間可以相互轉化。
ppt展示：⒈ 機械能：動能、勢能（重力勢能和彈性勢能）
Ek=12mv2 Ep=mgh
師：以單擺小球為例，將小球拉至某一高度由靜止釋放，重力勢能轉化為動能，小球由最低點擺到往上擺，動能轉化為重力勢能。
下面我們利用這個單擺小球來做一個有趣的的實驗：
（"鐵球碰鼻"：請同學上來合作，完成實驗）
師：這位同學怕鐵球碰到鼻子，但是鼻子"安然無恙"，為什么呢？解釋這種現象要用到新的力學理論――機械能守恒，今天學習機械能守恒定律。
ppt展示： 第五節 機械能守恒定律
師：現實物理世界存在大量動能和勢能相互轉化的例子。
（課件展示：自由落體、平拋、小球壓縮彈簧的動畫）
師：請同學們說明物體的動能和勢能之間的轉化。
生：物體自由下落平拋時，高度越來越小，速度越來越大。高度減小表示重力勢能在減小；速度增大表示動能增大。這個過程中，重力勢能轉化為動能。
豎直上拋的物體，在上升過程中，速度越來越小，高度越來越大。速度減小表示動能減小；高度增大表示重力勢能增大。這個過程動能轉化為重力勢能。
小球壓縮彈簧，放開后彈簧的彈性勢能轉化為小球的動能。
師：這幾個例子中動能和勢能之間確實發生了轉化，那么在動能和勢能的相互轉化過程中，動能和勢能的總和即總的機械能如何變化呢？
（課件展示自由落體）
師：對自由落體的物體，請同學們在自己的練習本上分別寫出動能定理的表達式及重力做功與重力勢能變化之間的關系。
（課件展示正確的表達式，強調學生易出錯的地方：重力做功等于"初位置"的重力勢能減去"末位置"的重力勢能）
ppt展示： mgh1-mgh2=12mv22-12mv21
師：等號左邊是重力勢能的減少量，等號右端是動能的增加量。該式說明什么？
生：在上述過程中重力勢能的減小量等于動能的增加量。
ppt展示： 12mv21+mgh1=12mv22=mgh2
師：請同學們結合圖形說明這個式子等號兩端各物理量的含義。
生：等號左側表示物體在初位置的機械能；等號右側表示物體在末位置的機械能。該式說明在上述情景中物體的機械能是守恒的。
師：同學們對這兩個表達式描述得很好。其實，在物體做平拋運動或沿光滑斜面下滑都可以列出相同的式子。
那么請你們思考一下，這三種情境中物體的受力情況及各個力做功情況，有哪些共同點和不同點，猜想在什么條件下物體的機械能守恒？
（教師評析后總結守恒定律的內容）
ppt展示： ⒉ 機械能守恒定律：在只有重力做功的情形下，物體的動能和重力勢能發生相互轉化，但機械能的總量保持不變。
師：我們分別用Ek1和Ek2表示物體的初動能和末動能，用Ep1和Ep2表示物體的初位置與末位置的重力勢能，則上式變成：
ppt展示： Ek1+ Ep1 =Ek2 +Ep2
是不是除重力外，其他力對物體做了功，物體的機械能就一定不守恒呢？如果豎直下落的物體除受重力外還受到空氣的阻力作用，機械能還守恒嗎？
（引導學生證明，課件展示）
WG-Wf=12mv22-12mv21
WG=mgh1-mgh2
12mv21+mgh1 =12mv22+mgh2+Wf
師：上式表明，物體在運動過程中，除重力做功外，如果還有其他力做功或其它力做功的代數和不為零，則機械能的總量要變。
ppt展示： ⒊ 守恒條件：只有重力做功。
師：只有重力做功包括以下兩種情況：
① 除重力外不受其它力作用 例如：自由落體和平拋
② 受其它力作用，但其它力不做功. 例如：沿光滑斜面下滑
師：這里請大家注意，推導中，物體的初狀態和末狀態我都是任意取的，所以說，"守恒"指過程中任意時刻的機械能都是相同的。
師：前面我們都是以動能和重力勢能的轉化為例，研究機械能守恒。
動能和彈性勢能的相互轉化中，機械能總量是否守恒呢？。
（課件展示小球壓縮彈簧的動畫）
類比得到：在只有彈力做功的條件下，物體的動能與彈性勢能可以互相轉化，而機械能的總量保持不變.
ppt展示： 守恒條件：只有重力（或彈力）做功。
師：在這個例子中，小球的動能和彈簧的彈性勢能總和保持不變，因此小球和彈簧系統機械能守恒；以自由落體運動為例，由于重力勢能是物體和地球相互作用引起的，因此物體和地球系統機械能守恒。所以
ppt展示： ⒋ 機械能守恒是對系統的。
師：學習了機械能守恒定律及條件，現在請同學們試著解釋這節課開始我們做的"鐵球碰鼻"的實驗現象。由于空氣阻力和鐵球的重力相比可以忽略，那么物體受到哪些力的作用？各力做功情況？鐵球的機械能守恒不呢？
生：鐵球擺動過程中，受到重力和繩子拉力的作用，但拉力不做功，鐵球的機械能守恒，所以每次都擺到原來的高度，實驗者的鼻子是安全的。
師：同學解釋得非常正確。不僅這樣，如果在鐵球擺動范圍的某點訂一個釘子，小球仍能上升到原來的高度。
（課件展示訂有一個釘子后單擺小球的動畫）
（播放蹦極視頻，引導學生分析能量的轉化）
5.課堂練習：教材的"思考與討論"和練習題。
6.小結：本節課我們學習了機械能守恒定律，重點是掌握定律的內容和表達式，理解定律成立的條件，從而正確應用機械能守恒定律解題。同時要注意"守恒"指整個物理過程的任一時刻機械能都是相同的。所以，同學們可以根據需要選擇過程中的任意兩個狀態列機械能守恒的方程。
7 課后反思
現在就機械能守恒定律的判定方法和應用談點體會.
一、機械能守恒定律的判定方法
例1 如圖1，A、B構成的系統，忽略繩的質量和繩與滑輪間的摩擦，原來在外力作用下系統處于靜止狀態.撤去外力后，A向下、B向上運動的過程中，下列說法正確的是（ ）.
A.A的重力勢能減小，動能增加，B的重力勢能增加，動能減小
B.A、B的總機械能守恒
C.A、B的總機械能不守恒
解析：對于A、B構成的系統，沒有其他形式的能量和機械能轉化，只有動能和重力勢能的轉化，所以系統的機械能守恒，C正確.對于A物體，繩子的拉力做了負功，所以機械能不守恒，同理繩子的拉力對B做了正功，B物體的機械能不守恒，A、B的機械能發生了轉移，但總量保持不變.答案為A、C.
點撥：（1）利用機械能的定義判斷：若物體動能、勢能均不變，則機械能不變.若一個物體動能不變，重力勢能變化，或重力勢能不變，動能變化，或動能和重力勢能同時增加（減少），其機械能一定變化.（2）用做功判斷：若物體或系統只有重力（或彈簧的彈力）做功，雖受其他力，但其他力不做功，機械能守恒.（3）用能量轉化來判斷：若系統中只有動能和勢能的相互轉化而無機械能與其他形式的能的轉化，則物體系統機械能守恒.
變式訓練1 下列運動中能滿足機械能守恒的是（ ）.
A.鉛球從手中拋出后的運動（不計空氣阻力）
B.子彈射穿木塊
C.細繩一端固定，另一端拴著一個小球，使小球在光滑水平面上做勻速圓周運動
D.吊車將貨物勻速吊起
解析：鉛球從手中拋出后，在不計空氣阻力的情況下只有重力做功，沒有其他力做功，機械能守恒，A正確；子彈穿過木塊的過程中，子彈受到木塊施加的摩擦力的作用，摩擦力對子彈做負功，子彈的動能一部分轉化為內能，機械能不守恒，B不正確；小球在光滑的水平面上運動，受到重力和水平面對小球的支持力，還有細繩對小球的拉力作用，這些力皆與小球的運動方向垂直，不做功，所以小球在運動過程中無能量轉化，保持原有的動能不變，即機械能守恒，C正確；吊車將貨物勻速吊起的過程中，貨物受到與其重力大小相等、方向相反的拉力作用，上升過程中除重力做功外還有拉力對物體做正功，貨物的機械能增加，運動過程機械能不守恒，D不正確.答案為A、C.
二、機械能守恒定律的應用
例2 如圖2，豎直平面內的圓弧形光滑管道半徑略大于小球半徑，管道中心到圓心距離為R，A端與圓心O等高，AD為水平面，B點在O點的正下方.一小球自A點正上方靜止釋放，自由下落至A點進入管道，當小球到達B點時，管壁對小球的彈力大小為小球重力的9倍.求：（1）小球到B點時的速度；（2）釋放點距A的豎直高度；（3）落點C與A的水平距離.
■ 階段一：熟練掌握各種基本物理模型的解題“鑰匙”
解決動力學問題，現階段一般有兩種途徑：（1） 牛頓第二定律和運動學公式――力的觀點；（2） 動能定理、機械能守恒定律、功能關系、能的轉化和守恒定律――能量觀點. 這是解決動力學問題的兩把“金鑰匙”.
■ 1. 二把“金鑰匙”的合理選取
研究某一物體所受力的瞬時作用與物體運動狀態的關系（或涉及加速度）時，一般用力的觀點解決問題；涉及功和位移時優先考慮動能定理；如只有重力和彈力做功的情形，則優先考慮機械能守恒定律；一般來說，用能量觀點比用力的觀點解題簡便，因此在解題時優先選用能量觀點. 但在涉及加速度問題時就必須用力的觀點. 有些問題，像高考中的一些綜合題，用到的觀點不止一個.
■ 2. 能量觀點解題的差異
在運用機械能守恒定律或動能定理解題時，學生往往容易混淆. 因此，我們有必要了解兩種方法的差異，這樣，在處理問題時才能達到熟練應用的程度，不至于出現張冠李戴的現象.
（1） 適用條件不同：機械能守恒定律適用于只有重力和彈力做功的情形；而動能定理則沒有條件限制，它不但允許重力做功還允許其他力做功.
（2） 分析思路不同：用機械能守恒定律解題只要分析對象的初、末狀態的動能和勢能，而用動能定理解題不僅要分析研究對象的初、末狀態的動能，還要分析所有外力所做的功，并求出這些力做功的總功.
（3） 書寫方式不同：在解題的書寫表達式上機械能守恒定律的等號兩邊都是動能和勢能的和，而用動能定理解題時等號左邊一定是外力的總功，右邊是動能的變化.
■ 階段二：能夠識別基本物理模型、確定方法和思路、列出方程求解
■ 例 如圖1所示，M是半徑R=0.9 m的固定于豎直平面內的1/4光滑圓弧軌道，軌道上端切線水平，軌道下端豎直相切處放置豎直向上的彈簧槍，彈簧槍可發射速度不同的質量m=0.2 kg的小鋼珠. 假設某次發射的小鋼珠沿軌道內壁恰好能從M上端水平飛出，落至距M下方h=0.8 m平面時，又恰好能無碰撞地沿圓弧切線從A點切入一光滑豎直圓弧軌道，并沿軌道下滑. A、B為圓弧軌道兩端點，其連線水平，圓弧半徑r=1 m，小鋼珠運動過程中阻力不計，g取10 m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6. 求：
（1） 發射小鋼珠前，彈簧槍彈簧的彈性勢能Ep；
（2） 從M上端飛出到A點的過程中，小鋼珠運動的水平距離s，
（3） AB圓弧對應的圓心角θ；（結果可用角度表示，也可用正切值表示）
（4） 小鋼珠運動到AB圓弧軌道最低點時對軌道的壓力大小.
■ 解析 復雜情境都是由基本物理模型簡單構成的，此題是由豎直平面內的圓周運動最高點問題+平拋運動+豎直平面內的圓周運動最低點問題構成了一個多過程問題.
物理模型一：小鋼珠彈出到最高點，是豎直平面內的圓周運動，由于圓弧光滑且圓弧對小鋼珠的彈力不做功，在運動過程中只有重力做功，因此機械能守恒，彈簧槍彈簧的彈性勢能轉化為小鋼珠的動能，只要求出最高點的速度v就可以求出彈簧槍彈簧的彈性勢能. 由“恰好”沿軌道內壁飛出，有重力提供向心力mg=m■，再由Ep=mgR+■mv2可求出彈簧槍彈簧的彈性勢能.
物理模型二：小鋼珠從最高點到A點，小鋼珠做平拋運動且與AB弧的A點相切，根據平拋運動的特點：水平方向做勻速直線運動，豎直方向做自由落體運動，選擇豎直方向的運動規律h=■gt2可求出時間，再根據水平方向的規律s=vt可求出s. 由平拋運動豎直方向的速度vy=gt和相切的幾何規律可求出θ=106°.
物理模型三：從A點到O點，小鋼珠沿光滑圓弧軌道做圓周運動，同樣機械能守恒，選O點所在平面為參考平面，則有■mv2A+mg（r-rcosθ）=■mv2O，求出O點速度，由圓周運動的向心由合外力提供，則N-mg=m■，可求出軌道對小鋼球的支持力，根據牛頓第三定律得到小鋼球對軌道的壓力.
1 動力學的知識網絡結構
高中力學研究的主要內容是力和運動的關系，以三個中心主線為紐帶建立聯系。其中包括牛頓運動定律，動量定理，動量守恒定律，動能定理，機械能守恒定律及能量轉化和守恒定律等內容。動學力的知識網絡結構如下圖所示：
2 應用三大觀點解題時選擇規律的一般原則
（1）牛頓運動定律和運動學公式是我們解決力學問題的基本思路和方法，從中學物理研究范圍來看，只能用于勻變速運動（包括直線和曲線運動）。
（2）對單個物理而言，宜選用動量定理和動能定理，其中涉及碰撞和時間問題的，優先考慮動量定理；而涉及位移和做功問題的，優先考慮動能定理。
（3）若是多個物理組成的系統，則優先考慮兩個守恒定律。
（4）若涉及機械能與其它形式的能量之間發生轉化時，要考慮選用能量轉化和守恒定律或功能關系解題。
例1 （2006年天津卷）如圖1所示，坡道頂端距水平面高度為h處，有一質量為m1的小物塊A從坡道頂端由靜止滑下，進入水平面的滑道時無機械能損失，為使A制動，將輕彈簧的一端固定在水平滑道延長線M處的墻上，另一端與質量為m2的擋板B相
連，彈簧處于原長時，B恰好位于滑道的末端O，A與B碰撞時間極短，碰后結合在一起共同壓縮彈簧。已知在OM段A、B與水平面間的動摩擦因數均為μ，其余各處均不計摩擦，重力加速度為g，求：
（1）物塊A與B碰撞前瞬時速度v的大小。
（2）彈簧最大壓縮量為d時的彈性勢能Ep。
解析 （1）A由坡道頂端到與B碰撞，該過程機械能守恒，則有：m1gh=12m1v2v=2gh。
（2）由于AB碰撞過程的時間極短且內力遠大于外力，動量守恒。則有m1v=(m1+m2)v′，A、B碰后一起壓縮彈簧，壓縮至最大量為d時A、B克服摩擦力所做的功為W=μ（m1+m2）gd，A、B碰撞后至彈簧壓縮到最大量的過程中，由能量守恒得：12（m1+m2）v′2=W+Ep
Ep=m21m1+m2gh-μ(m1+m2)gd。
點評 本題考查了動量守恒定律，機械能守恒定律和能量守恒定律。同時要注意凡涉及系統內物體的相對位移（路程）并有摩擦力做功問題的，要考慮應用能量守恒定律。
例2 （2006年江蘇卷）如圖2所示，質量均為m的A、B兩個彈性小球，用長為2L的不可伸長的輕繩連接。現把A、B兩球置于距地面高H處（H足夠大），間距為L。當A球自由下落的同時，B球以初速v0指向A球水平拋出。求：
（1）兩球從開始運動到相碰，A球下落的高度h。
（2）AB兩球碰撞后，各自速度的水平分量（碰撞時無機械能損失）。
（3）輕繩拉直的過程中，B球受到的繩子拉力的沖量大小。
解析 （1）由平拋運動的規律得：
L=v0t(1)h=12gt2(2)
由（1）（2）兩式得：h=gL22v20。
（2）AB兩球碰撞過程中，水平方向動量守恒。設AB兩球碰前水平方向的速度分別為vAx、vBx，豎直方向的速度分別為vAy、vBy，碰后水平方向的速度分別為v′Ax、v′Bx，豎直方向的速度分別為v′Ay、v′By，則有vAx=0，vBx=v0，vAy=v′Ay，vBy=v′By（4）
由動量守恒得：mv0=mv′Ax+mv′Bx(5)
由機械能守恒定律得：
12m(v20+v2By)+12mv2Ay=12m(v′2Ax+v′2Ay)+12m(v′2Bx+v′2By)(6)
由（4）（5）（6）式聯立解得：v′Ax=v0，v′Bx=0（7）
（3）輕繩拉直后，兩球具有相同的水平速度，設該速度為vAB，由水平方向的動量守恒得：
m?v0=2m?vAB(8)
對球B由動量定理得：I=m?vAB-0 （9）
由（8）（9）式可求：I=12mv0，即繩拉直過程中繩對B球的沖量大小為I=12mv0。
點評 本題是對動量守恒定律、機械能守恒定律和動量定理等內容的綜合考察。同時說明：①應用機械能守恒定律時要用物體的合速度表示物體的動能；②要注意隱含條件的分析即輕繩拉直后兩球水平方向的速度相等。
例3 （2005年廣東卷）。如圖3所示，兩個完全相同的質量均為m的木板A、B置于水平地面上，它們的間距S=2.88m。質量為2m，大小可忽略的物塊C置于木板A的左端，C與A的動摩擦因數為μ1=0.22，A、B與水平面之間的動摩擦因數μ2=0.10，最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力。開始時，三個物體均處于靜止狀態。現給C施加一個水平向右，大小為25mg的恒力F，假定木板AB碰撞時間極短且碰后粘連在一起，要使C最終不脫離木板，每塊木板的長度至少為多少？
解析 設AC間的滑動摩擦力為f1，A與水平面間的滑動摩擦力為f2，則有：
f1=2μ1mg=0.44mg>25mg
f2=3μ2mg=0.3mg
所以AC間保持相對靜止，在力F作用下AC共同沿水平地面向右加速運動。
設A與B碰撞前的瞬時速度為v1，從A開始運動到AB相碰的過程，由動能定理得：
（F-f2）?S=12(m+2m)v21。
AB碰撞的時間極短且內力遠大于外力，設AB碰后的共同速度為v2，由動量守恒定律得：mv1=(m+m)v2
v1=gs15,v2=12v1=gs60。
設C與AB相互作用最終達到的共同速度為v3，在此過程中C做勻減速直線運動直到達到共同速度時恰好不脫離木板，同時AB做勻加速運動，C的加速度為a1,AB的加速度為a2木板AB共同移動的距離為S1，由動量守恒定律得：2mv1+(m+m)v2=(m+m+2m)v3
由牛頓第二定律和運動學公式，對C有：F-μ12mg=2ma1
v23-v21=2a1(2L+S1)
對AB整體有：μ12mg-μ24mg=2ma2
v23-v22=2a2S1
由以上幾式聯立解得：L=0.3(m)
即每塊木塊的最小長度為L=0.3米。
點評 本題是由三個物體組成的“多體”系統。該類問題涉及的對象多，物理過程復雜，一般為綜合性較強的習題。解決這類問題時，應建立清晰的物理圖景，針對不同的物理過程，選擇不同的研究對象，運用恰當的力學規律建立方程求解。
一、兩種對象意識
如果在處理問題時，對象沒弄清楚，那么物理規律的應用也變得毫無意義.在高中階段，對象無非兩種：
1. 單個物體（此處未考慮地球），如小球，重物等.
2. 兩個或以上物體組成的系統（此處未考慮地球）：
系統內力根據研究目的的不同，有不同分類，如:
①研究內力對系統動能是否有影響，可從內力做功代數和來看，關鍵看系統兩物體有無相對位移，無相對位移則W內=0，如靜摩擦力或桿對兩端小球的彈力等，這時內力做功對系統動能無影響；有相對位移則W內≠0，內力做功對系統動能有影響.
②研究內力對系統動能與勢能之和是否有影響時，關鍵看內力屬于保守力還是非保守力，如是保守力，則系統動能與勢能之和不變，因為保守力做功對應某種勢能的變化，具體在下文二-2將會涉及.
總體來講，合理的選擇好研究對象，才能正確的解決問題，有時將會簡化問題，根據不同的研究對象，我們才能選擇相應合適的規律解題.
二、三種方法意識
1. 動能定理
(1)單個物體（質點）：
設物體的質量為m，在與運動的方向相同的恒定外力F 的作用下發生一段位移l，速度由
v1增大到v2.牛頓第二定律和運動學公式，推導出力F對物體做功的表達式.
F=ma
v22-v21=2all=v22-v21 2a
W=Fl=ma×v22-v21 2a
W=1 2mv22
-1 2mv21.
這里出現了一個新的物理量1 2mv2、它取決于質點的質量和速率，故這是描述質點運動狀態的物理量，而且它的變化量取決于合力的功，我們把
1 2mv2叫作質點的動能，用Ek表示.
于是我們得到了質點的動能定理：作用于質點的合力所做的功等于質點動能的變化量.此為高一物理教科書中介紹的動能定理，它適用于質點的運動.對應的參考系是慣性參考系.表達式：W合=1 2mv22-
1 2mv21=ΔEk
通過微元法的推廣，我們可以得到動能定理適用范圍很廣，直線或曲線都適用，恒力或變力也適用.
(2)兩個（或以上）物體組成系統（質點系）：
例1 如圖1所示，質量為m的子彈（可視為質點）以水平初速度v 打入原來靜止在水平光滑軌道上的質量為M的木塊上，子彈與木塊間的動摩擦因數為μ，木塊足夠長.求子彈從打入木塊到相對木塊靜止的這段時間內：
(1）子彈與木塊的共同速度？
(2) 子彈與木塊相對于地面通過的距離分別是多少？子彈相對木塊滑行的距離D是多少？
(3) 摩擦力對子彈與木塊做功的代數和？
解析：（1）以子彈與木塊為研究對象，用動量守恒定律：mv =(M+m)v； 得
v=m M+mv0.
(2) 以木塊為研究對象，用動能定理：
μmgs木=ΔEk木=1 2Mv2-0；得s木=
Mmv20 2μg(M+m)2,
以子彈為研究對象，用動能定理：-μmgs子=ΔEk子=
1 2mv2-
1 2mv20；
得s子=
（M2+
2Mm)v20 2μg(M+m)2；D=s子-s木=
Mv20 2μg(M+m).
(3)W子對木+W木對子=ΔEk木+ΔEk子；W
子對木+W木對子=-μmgD=-mMv20
2(M+m)
例題2：如圖所示，傾角為30 的傳送帶皮帶始終繃緊，且以恒定速度v＝2.5m/s順時針方向轉動，傳送帶A 端到B 端距離L=5m.在傳送帶底部A 端靜止釋放一質量m=1kg的小物體，經一段時間后到達C時傳送帶具有共同速度.已知物體與傳送帶間動摩擦因數 /2，g＝10m/s .試求：
(1) 物體從A到C的時間t ?此過程中物體與傳送帶位移分別為多少?
(2) 物體從B到C的時間t ?
(3) 從A到C及C到B過程中，摩擦力對系統（物塊與傳送帶）做功代數和分別為多少?
解析：（(1) 由于 ，A到C： ，得到 ,加速到C時：t = ；S = =1.25m；S = =2.5m
(2) 達到共同速度后，由于 ，摩擦力突變為靜摩擦力 ,物塊與傳送帶一起勻速運動到B，t = =1.5s
(3) A到C：W +W =
得到W +W = = J
C到B：W +W =0
點評：系統內力做功是否為0直接影響著系統總動能的變化量.
內力做功對系統動能影響:
(1)若兩個物體在內力的方向上相對位移為零(兩個物體在內力方向上始終相對靜止)，則該對內力做功的代數和為零.如桿對兩端小球的一對彈力或一對靜摩檫力，因此系統的總動能不發生變化.
(2)若兩個物體在內力的方向上相對位移不為零(兩個物體在內力方向上有相對位移)，則該對內力做功的代數和不為零.如一對滑動摩檫力做功的代數和為-fd(d為相對位移)，因此系統的總動能發生變化.
系統的動能定理：系統動能的增量，等于作用于系統的所有外力和內力做功的代數和.表達式為：W外+W內=Ek2-Ek1.
提醒:在運用動能定理解題時，研究對象是我們學生往往忽視或模糊的地方，尤其是系統時，學生往往不是很清晰在對怎樣的研究對象列等式；再有部分學生不知是在運用動能定理還是機械能守恒解題，規律不清，導致大量錯誤.
2. 機械能守恒定律:
(1)單個物體（質點）：（這里所謂單個物體是指除去地球的情況，以下皆是.）
首先，我們弄清保守力和非保守力的區別：保守力做功與路徑無關，保守力做功對應著某種勢能的變化（如重力做功對應重力勢能的變化WG=-ΔEp；彈簧彈力做功對應彈性勢能的變化W彈=-ΔEp；電場力做功對應著電勢能的變化W電=-ΔEP等）；而非保守力不具備這種特點.
那么對于單個物體而言：有WG=-ΔEP；同時動能定理W
G=ΔEk；得到ΔEk+ΔEp=0
即只有重力做功時，單個物體機械能守恒.
(2)兩個（或以上）物體組成系統（質點系）：
系統只有內力（且為彈力）做功，有W彈=-ΔEP,同時系統動能定理W外+W內=ΔEk，即W彈=ΔEk；得到ΔEk+ΔEP=0，即系統內彈力做功不影響系統的機械能，結合單個物體結論有：只有重力或系統內彈力做功時，系統的機械能守恒.機械能守恒定律常用到兩種表達式：ΔEk+ΔEP=0或E初=E末.
例2 如圖2所示，質量分別為M和m的物塊A，B位于滑輪兩端，A距地面高h，B處于傾角為α的斜面底端，不計一切摩擦，用手托住A，從靜止釋放，求A將要落地時的速度大小？
解法1:(機械能守恒定律E初=E末)：以A，B為研究對象：規定地面為零勢能面
E初=E末，Mgh=mghsinα+
1 2Μv2+1 2
mv2,
得到
v=2(Mgh-mghsinα) M+m.
解法2：(機械能守恒定律ΔEk+ΔEP=0)：以A，B為研究對象:
EKAEKB EPAEPB，
故有EPA=EKA+ EKB+ EPB，
Mgh=mghsinα+1 2Mv2+1 2
mv2
得到v=2(Mgh-mghsinα) M+m.
解法3：（系統動能定理）以A、B為研究對象：W合=
ΔEk，Mgh-mghsinα=1 2Mv2+
1 2mv2,得到v=2(Mgh-mghsinα) M+m.
提醒: 在用機械能守恒定律解題時，學生容易出問題的幾個地方：一是不注意兩種表述的規范性；二是沒有考慮此規律的局限性，那就是必須先考慮機械能守恒的條件.換句話說，如果機械能不守恒，此規律不再適用，就需要用到W非G+W非系統內彈力=ΔE這種功能關系了，這就要求比較高了，學生往往不易接受；三就是經常與動能定理混淆，在動能定理里，等式左右分別是總功和動能變化；而在機械能守恒定律里沒有功的表達式，都是能之間的關系.
3. 能量守恒定律（能量轉化）
不管是單個物體還是系統，自然界中，能量總是守恒的，所以，此方法比機械能守恒定律適用范圍廣的多，熟練掌握此方法，可擺脫機械能守恒定律解題的局限性.用能量轉化需注意以下幾點：
① 明確幾種常用功能關系W合= ΔEk;W重=-Ep;W彈=
-ΔEp,W電=-ΔEp;W內-對f 滑=Q桿;
②明確有哪些能量參與轉化
③明確參與能量增加還是減少，列守恒方程.
例3 在例題2基礎上加一條件，存在空氣阻力恒力 ,求A將要落地時的速度大小？
解析：（解法1不再好用，因為機械能不守恒了）
解法2稍作變化：EKAEKB EPAEPB，Q熱
Mgh=mghsinα+1 2Mv2+
1 2mv2+Q熱；Q熱=f•2h,
得到v=2(Mgh-mghsinα-2f h)
M+m.
解法3仍可用：Mgh-mghsinα-f•2h=1 2
Mv2+1 2mv2,
得到v=2(Mgh-mghsinα-2fh M+m.
三、針對兩種不同對象，如何選擇三種不同方法
綜合以上三種不同方法，考慮到對于單個物體和系統有著較大區別，再考慮到高中學生思維能力的接受程度，筆者認為對于不同對象，不同類型的題目，我們可以擇優選擇合適的方法進行解題，如：
（1）對于單個物體，通常選擇動能定理，機械能守恒或能量守恒一般沒有必要，酌情考慮.
一、幫助高一學生樹立起學好物理的信心
面對這些對高中物理的難度已略有耳聞的高一新生，第一節物理課，老師就不要再過分強調高中物理如何難學了，避免給學生當頭一棒，使學生一開始就對物理產生恐懼心理。同時，在高一剛開始的教學過程中，教師一定要做好高中和初中的銜接，適當的降低難度，降低“臺階”，保護學生物理學習的積極性，使學生從一開始就樹立起學好物理的信心。
二、物理也需要一定的識記
對剛剛進入高一的學生，老師會在教學過程中經常強調，高中物理的學習重在理解，以至于有些學生就認為高中物理不需要識記，其實這是一個認識的誤區。物理不能靠去死記硬背、亂套公式，但并不是說物理就不需要識記。如果學生連課本中基本的概念、定理和定律的內容都沒有記住，而只是記住了公式、表達式，理解也就無從談起。學生要想完全掌握一個概念，首先就一定要能用自己的語言把它表述出來。例如，學習“功”這個概念時，不能僅僅記住公式W=FLcosθ,學生必須知道功等于物體上的力和受力點沿力的方向的位移的乘積，只有先記住功的概念，才能正確理解功的計算公式。
三、物理重在理解
物理的學習需要一定的識記，但物理學科又不能僅僅靠死記硬背、生搬硬套公式，而重在理解，具體應該做到：要求學生理解物理概念，同時掌握相應定義式中各個物理量的具體含義；理解物理規律的內容及適用條件，能夠清楚物理定理、定律的具體表達形式；能夠鑒別關于概念和規律似是而非的說法；理解相關知識的區別和聯系。在平常和學生的交流中，有些學生常常抱怨道，上課認真聽講了也聽懂了，可是一遇見題就不會做，考試成績也總是不理想。我就發現這些學生在理解這一關出了問題。
另外，對物理知識和規律的理解，還需要注意，不能搞題海戰而脫離了課本，不要一味的認為學生只有做題才能鞏固、加深對物理知識的理解。萬變不離其宗，要引導學生認真閱讀課本，不僅要求學生掌握物理規律的內容、一些重要結論，還要弄清楚規律的得出過程、規律的適用范圍(或條件)，知道結論是如何推導出來的。比如功的計算公式W=FLcosθ，不僅要知道公式中每個物理量的含義，還要弄清楚推導過程，知道了推導過程，我們就不難總結出恒力做功的計算方法：可以直接利用計算公式W=FLcosθ，也可以用力乘以在力的方向的位移（把位移分解，如重力做功），還可以用位移乘以在位移方向上的分力（把力分解）。所以，關于功的計算公式W=FLcosθ，只有我們清楚了其推導過程，才能靈活運用。
四、培養學生的審題、解題能力
物理解題的難點在審題與過程分析上，只要學生能夠把物理過程劃分清楚，也就能夠根據每個物理過程的特點選擇相應的物理規律來解題。例如學生在應用動能定理和機械能守恒定律解題時，由動能定理和機械能守恒定律列出的表達式比較簡單，難點就在過程的劃分和每個過程特點的分析。因此，教師在課堂上進行例題分析時，尤其是多過程問題，應把重點放在物理過程的分析上，要引導學生建立正確的物理模型，形成清晰的物理過程，要求學生能夠把每個過程中的受力情況及力的做功情況弄清楚，符合機械能守恒條件的應用機械能守恒定律解題，不符合機械能守恒條件的應用動能定理解題。
五、要求學生規范解題過程
物理規范化解題要做到以下幾點：1.力學中要畫完整的受力分析示意圖。力學問題中必須畫出完整的受力分析圖，受力分析是正確解決力學問題的關健。比如有的同學在應用動能定理解題，認為問題很簡單，畫圖不完整，或根本就不畫受力圖，從而導致在求總功時漏掉一些力做的功或功的正負弄錯。2.物理量符號的書寫要規范。在萬有引力部分，中心天體的質量一般用M表示，環繞天體的質量一般用m表示，天體的半徑用R表示，天體間的距離和環繞天體的軌道半徑一般用r表示。比如，在求中心天體的密度時，由GMmr2=mr2πT2和V=43πR3可求得ρ=3πr3GT2R3，有的同學出現把R和r約去的錯誤，出現這樣的錯誤就是因為學生沒有按照平常的習慣規范書寫，而把天體的半徑用r來表示。3.解題過程中要有必要的文字說明。必要的文字說明是題目完整解答過程中不可缺少的文字表述，它能使解題思路表達得清楚明了，解答有根有據，流暢完美。平常要求學生養成解題過程中有必要的文字說明的習慣，不僅可以提高學生的審題意識和審題能力，還可以加深學生對基本概念、基本定理、基本定律的理解，更有利于培養學生正確的解題思路。4.方程式的書寫要規范。方程式是主要的得分依據，寫出的方程式必須是能夠反映出所依據的物理規律的基本式，不能以變形式、結果式代替方程式。比如，要應用動能定理解題，方程式的左邊是合力所做的功，右邊是物體動能的變化量，要用機械能守恒定律解題，方程式的兩邊分別是初末狀態的機械能，不能把動能定理和機械能守恒弄混淆。并且方程式應該全部用字母、符號來表示，不能字母、符號和數據混合。
【關鍵詞】均勻分布 重心 機械能守恒
江蘇省蘇北四市高三3月聯考第Ⅱ卷第十題是下面這樣的一道習題：
問題：某同學為了探究桿轉動時的動能表達式，設計了如圖所示的實驗：質量為m的均勻長直桿一端固定在光滑轉軸O處，桿由水平位置靜止釋放，用光電門測出另一端A經過某位置的瞬時速度vA，并記下該位置與轉軸O的高度差h。
⑴設桿的寬度為L（L很小），A端通過光電門的時間為t，則A端通過光電門的瞬時速度vA的表達式為 。
⑵調節h的大小并記錄對應的速度vA，數據如下表。為了形象直觀地反映vA和h的關系，請選擇適當的縱坐標并畫出圖象。
⑶當地重力加速度g取10m/s2，結合圖象分析，桿轉動時的動能。
Ek= （請用質量m、速度vA表示）。
試題分析：本題以考察機械能守恒定律為主線，考察了力學中的以下知識點：
1）瞬時速度的極限定義和計算方法。
2）通過分析實驗數據掌握繪圖方法，并由圖像斜率的物理意義求解問題。
3）機械能守恒定律的實際應用。在此題中桿的長度不可忽略。因此重力勢能的減少量和動能的增加量應以重心為研究對象。同時考察了重心的概念。
本題是一道綜合性比較強的力學問題。通過分層次提出問題，難度適宜。在解決第二問時，必須通過觀察表格數據，總結出兩者的關系。然后對測量數據進行估計，確定下落的高度與速度的幾次方滿足正比例關系。從而選擇合適的縱坐標。通過描點、連線。最后得出一條過原點的傾斜的直線。此過程難度不是很大。是一種常規的解決問題的方法。而且學生根據之前的知識，很容易選出合適的縱坐標。但學生必須經過一個逐一描點的過程，再結合圖象解決問題。很多學生對描點這種理論上簡單但實際操作枯燥而繁雜的問題沒有足夠的耐心，同時對用圖像解決問題很是感到吃力。此題恰好考察了學生的薄弱環節。很有針對性。
【關鍵詞】高職物理；教學方法；力學規律；內在聯系
物理學是一門應用性極強的基礎自然科學，高職物理是高等職業院校幾乎所有的工科專業都必須開設的一門重要的基礎理論課。力學規律是物理學重要的理論基礎，因此，研究和探討力學規律的內在關系對我們學習力學乃至整個物理學有著非常重要的意義。本文通過實例詳細闡述了力學規律及其內在聯系，使學生既能深刻領會物理規律的意義，又能解決實際問題。
力學的研究對象就是機械運動的客觀規律及其應用。解決力學問題，無非是解決物體的運動問題。既然如此，描述運動狀態和改變運動狀態之間就是力學手段應用的切入點。如描述運動狀態的量有速度、動量和動能，而改變狀態的原因又分別是力、沖量和功，構成以上關系的則分別是牛頓第二定律、動量定理和動能定理，而這些是構成力學體系的重要組成部分，它們揭示了物體運動時的變化規律。研究和探討力學規律的內在關系，對我們學習力學和指導力學教學有著積極的意義。
力學主要是研究力和運動的關系。它以力的瞬時作用規律，∑F=ma、力在位移過程中的積累規律性∑W= Ek（包括機械能守恒定律）、力在時間過程中的積累規律性∑Ft= mv（包括動量守恒定律）等五條重要規律為紐帶，把動力學規律和運動學規律結合起來。其中最重要和最基本的是牛頓第二定律，其余各條規律都可以以它為基礎，運用運動學公式，根據一定的條件導出，其內在聯系可用下例說明：
有一斜面如圖所示，傾角為 ，某一質量為m的物體在恒力F的作用下沿斜面從A點移動到B點，假設A、B兩點的高度分別為h1和h2，物體和斜面間的滑動摩擦系數為 ，物體在A、B兩點的速度分別為v1和v2，并設它由A點運動到B點所需時間為t。
分析：選取物體m為研究對象。物體共受四個力的作用：重力G、恒力F、物體運動時所受摩擦力f及斜面給予的彈力N，依據牛頓第二定律有：
x軸方向： N-mgcos =0
y軸方向： F-f-mgsin =ma，而f= mgcos
即 F- mgcos-mgsin =ma （1）
又因物理在x軸方向受恒力作用而做勻變速運動，其加速度為：
a=（v2-v1）/t
代入式（1）得
F- mgcos-mgsin =m（v2-v1）/t
整理得： （F- mgcos-mgsin ）t=mv2-mv1
即 ∑Ft=mv2-mv1
這個關系式表明，物體所受外力的沖量等于物體動量的增量，這就是動量定理。
若物體（設由兩個物體組成的系統）不受外力或所受合外力為零時，即當∑F=0時，經理論推導可得：
∑mivi0-∑mivi=0
寫成 m1v10+m2v20=m1v1+m2v2
上式表明，系統不受外力或所受合力為零時，這個系統的動量保持不變，這就是動量守恒定律。這個規律也適用于多個物體組成的系統，可見，動量守恒定律是系統的動量定理的特例。
在式（1）中，若代入用速度和位移表示的加速度a=（v22-v12）/2s 則得
F- mgcos -mgsin =m（v22-v12）/2s
整理得 （F- mgcos -mgsin ）s=1/2mv22-1/2mv12 （2）
寫成 ∑W= Ek
上式表明，外力對物體所做的功的代數和等于物體動能的增量，這個結論叫做動能定理。在這里有一點要說明：我們只用恒力導出了這個結果，但是，不論合力是恒力還是變力，不論物體是沿直線運動還是沿曲線運動，這個結論都是正確的。
進一步分析動量定理不難看出，式中的mgsin 是物體的重力在x軸上的分量。而mgsin s是當物體由A點移到B點時，重力對物體所做的負功，由圖中的幾何關系可得：
WG=mgsin s=mg s=mgh1-mgh2
mgh1和mgh2是物于A點和B點處的重力勢能。這表明，重力對物體所做的功，等于物體重力勢能的變化量，其值的正負，視具體情況而定。或者說，重力（彈性力）對物體所做的功等于物體重力（彈性）勢能的增量的負值。考慮到地球和物體構成一個系統，物體的重力是地球和物體間的相互作用力，所以嚴格來說，物體的重力勢能是地球和物體這個系統所共有的。因此，引入勢能概念之后，重力或彈力就不再是系統所受的外力，而是系統內力。而系統外力是指不包括保守力（重力、彈力和電場力）在內的動力和阻力，如上例中的F和f。
現將WG=mgsin s=mgh1-mgh2這一項從式（2）的左端移到右端，便得到：
（F- mgcos ）s=（1/2mv22+mgh2）-（1/2mv12+mgh1）
動能1/2mv2和勢能mgh的和稱為物體的機械能，若用E表示，則上式可寫為：
W外=W動-W阻=E2-E1
上式表明除重力和彈力以外的力對物體所做的功，等于物體機械能的增量。這個結論，稱為功能原理或功能關系。
在此必須指出動能定理和功能關系（功能原理）之間的區別，在動能定理中，把重力（彈性力）視為外力，沒有引入勢能概念，所以運用動能定理理解題時，只要掌握合力對物體所做的功的代數和等于物體動能的增量這一原理即可；在功能原理中，由于把重力（彈性力）作為系統的內力處理，引入了勢能概念，所以運用功能原理解題時，一定要掌握外力（不包括重力和彈性力在內的動力和阻力）做功等于機械能的增量這一原則。可見，功能原理是在動能定理的基礎上引入了勢能的概念而引申出來的，也可以說功能原理是動能定理在引入勢能概念后的另一種表達形式。
在功能原理的基礎上，我們進一步分析一種特殊情況。如果滿足①系統不受外力的作用，即W動=0或W阻=0；或②系統雖受外力的作用，但W動-W阻=0，則E2-E1=0，寫成
1/2mv22+mgh2=1/2mv12+mgh1
這就是機械能守恒定律。顯然它是功能原理的一個特例，與動量守恒定律是動量定理的特殊相類似。
通過“歸納和整理”徹底弄清了力學規律的內在聯系和它們成立的條件及應用范圍，達到既能正確地系統地理解物理規律的物理意義，又能用以解決實際問題的目的。可見理解力學規律絕不是做題可以全部代替的，必須深入力學的各個領域，切實體會各部分的個性和共性，把握物理量及各規律間的內在聯系，才能對整個“力學體系”有宏觀地了解，更好、更有效、更迅速地解決各種力學問題。
參考文獻：
一、主要內容
本章內容包括功、功率、動能、勢能(包括重力勢能和彈性勢能)等基本概念，以動能定理、重力做功的特點、重力做功與重力勢能變化的關系及機械能守恒定律等基本規律。其中對于功的計算、功率的理解、做功與物體能量變化關系的理解及機械能守恒定律的適用條件是本章的重點內容。
二、基本方法
本章中所涉及到的基本方法有：用矢量分解的方法處理恒力功的計算，這里既可以將力矢量沿平行于物移方向和垂直于物移方向進行分解，也可以將物體的位移沿平行于力的方向和垂直于力的方向進行分解，從而確定出恒力對物體的作用效果;對于重力勢能這種相對物理量，可以通過巧妙的選取零勢能面的方法，從而使有關重力勢能的計算得以簡化。
三、錯解分析
在本章知識應用的過程中，初學者常犯的錯誤主要表現在：“先入為主”導致解決問題的思路過于僵化，如在計算功的問題中，一些學生一看到要計算功，就只想到W= Fscosθ，而不能將思路打開，從W=Pt和W=ΔEt等多條思路進行考慮;不注意物理規律的適用條件，導致亂套機械能守恒定律。
例1 如圖3-1，小物塊位于光滑斜面上，斜面位于光滑水平地面上，在小物塊沿斜面下滑的過程中，斜面對小物塊的作用力 [ ]
A.垂直于接觸面，做功為零
B.垂直于接觸面，做功不為零
C.不垂直于接觸面，做功為零
D.不垂直于接觸面，做功不為零
「錯解斜面對小物塊的作用力是支持力，應與斜面垂直，因為支持力總與接觸面垂直，所以支持力不做功。故A選項正確。
「錯解原因斜面固定時，物體沿斜面下滑時，支持力做功為零。受此題影響，有些人不加思索選A.這反映出對力做功的本質不太理解，沒有從求功的根本方法來思考，是形成錯解的原因。
「分析解答根據功的定義W=F.scosθ為了求斜面對小物塊的支持力所做的功，應找到小物塊的位移。由于地面光滑，物塊與斜面體構成的系統在水平方向不受外力，在水平方向系統動量守恒。初狀態系統水平方向動量為零，當物塊有水平向左的動量時，斜面體必有水平向右的動量。由于m
「評析求解功的問題一般來說有兩條思路。一是可以從定義出發。二是可以用功能關系。如本題物塊從斜面上滑下來時，減少的重力勢能轉化為物塊的動能和斜面的動能，物塊的機械能減少了，說明有外力對它做功。所以支持力做功。
例2 以20m/s的初速度，從地面豎直向上勢出一物體，它上升的高度是18m.如果物體在運動過程中所受阻力的大小不變，則物體在離地面多高處，物體的動能與重力勢能相等。(g=10m/s2)
「錯解以物體為研究對象，畫出運動草圖3-3，設物體上升到h高處動能與重力勢能相等
此過程中，重力阻力做功，據動能定量有
物體上升的高度為H
由式①，②，③解得h=9.5m
「錯解原因初看似乎任何問題都沒有，仔細審題，問物全體離地面多高處，物體動能與重力勢相等一般人首先是將問題變形為上升過程中什么位置動能與重力勢能相等。而實際下落過程也有一處動能與重力勢能相等。
「分析解答上升過程中的解同錯解。
設物體下落過程中經過距地面h′處動能等于重力勢能，運動草圖如3-4.
據動能定量
解得h′=8.5m
「評析在此較復雜問題中，應注意不要出現漏解。比較好的方法就是逐段分析法。
例3 如圖3-5，木塊B與水平桌面間的接觸是光滑的，子彈A沿水平方向射入木塊后留在木塊內，將彈簧壓縮到最短。現將子彈、木塊和彈簧合在一起作研究對象，則此系統在從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮到最短的過程中 [ ]
A.動量守恒，機械能守恒
B.動量不守恒，機械能不守恒
C.動量守恒，機械能不守恒
D.動量不守恒，機械能守恒
「錯解以子彈、木塊和彈簧為研究對象。因為系統處在光滑水平桌面上，所以系統水平方向不受外力，系統水平方向動量守恒。又因系統只有彈力做功，系統機械能守恒。故A正確。
「錯解原因錯解原因有兩個一是思維定勢，一見光滑面就認為不受外力。二是規律適用條件不清。
「分析解答以子彈、彈簧、木塊為研究對象，分析受力。在水平方向，彈簧被壓縮是因為受到外力，所以系統水平方向動量不守恒。由于子彈射入木塊過程，發生巨烈的摩擦，有摩擦力做功，系統機械能減少，也不守恒，故B正確。
例4 如圖3-6，質量為M的木塊放在光滑水平面上，現有一質量為m的子彈以速度v0射入木塊中。設子彈在木塊中所受阻力不變，大小為f，且子彈未射穿木塊。若子彈射入木塊的深度為D，則木塊向前移動距離是多少?系統損失的機械能是多少?
「錯解(1)以木塊和子彈組成的系統為研究對象。系統沿水平方向不受外力，所以沿水平方向動量守恒。設子彈和木塊共同速度為v.據動量守恒有mv0=(M+m)v
解得v=mv0
子彈射入木塊過程中，摩擦力對子彈做負功
(2)系統損失的機械能
即為子彈損失的功能
「錯解原因錯解①中錯誤原因是對摩擦力對子彈做功的位移確定錯誤。子彈對地的位移并不是D，而D打入深度是相對位移。而求解功中的位移都要用對地位移。錯解②的錯誤是對這一物理過程中能量的轉換不清楚。子彈打入木塊過程中，子彈動能減少并不等于系統機械能減少量。因為子彈減少的功能有一部分轉移為木塊的動能，有一部轉化為焦耳熱。
「分析解答以子彈、木塊組成系統為研究對象。畫出運算草圖，如圖3—7.系統水平方向不受外力，故水平方向動量守恒。據動量守恒定律有
mv0=(M+m)v(設v0方向為正)
子彈打入木塊到與木塊有相同速度過程中摩擦力做功：
由運動草圖可S木=S子-D ③
「評析子彈和木塊相互作用過程中，子彈的速度由V0減為V，同時木塊的速度由0增加到V.對于這樣的一個過程，因為其間的相互作用力為恒力，所以我們可以從牛頓運動定律(即f使子彈和木塊產生加速度，使它們速度發生變化)、能量觀點、或動量觀點三條不同的思路進行研究和分析。類似這樣的問題都可以采用同樣的思路。一般都要首先畫好運動草圖。例：如圖3-8在光滑水平面上靜止的長木板上，有一粗糙的小木塊以v0沿木板滑行。情況與題中極其相似，只不過作用位置不同，但相互作用的物理過程完全一樣。
參考練習：如圖3-9一質量為M、長為l的長方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一質量為m的小木塊A，m
提示：注意分析物理過程。情景如圖3-10.其中隱含條件A剛好沒離B板，停在B板的左端，意為此時A，B無相對運動。A，B作用力大小相等，但加速度不同，由于A的加速度大，首先減為零，然后加速達到與B同速。
例5 下列說法正確的是( )
A.合外力對質點做的功為零，則質點的動能、動量都不變
B.合外力對質點施的沖量不為零，則質點動量必將改變，動能也一定變
C.某質點受到合力不為零，其動量、動能都改變
D.某質點的動量、動能都改變，它所受到的合外力一定不為零。
「錯解錯解一：因為合外力對質點做功為零，據功能定理有EA=0，因為動能不變，所以速度V不變，由此可知動量不變。故A正確。
錯解二：由于合外力對質點施的沖量不為零，則質點動量必將改變，V改變，動能也就改變。故B正確。
「錯解原因形成上述錯解的主要原因是對速度和動量的矢量性不理解。對矢量的變化也就出現理解的偏差。矢量發生變化時，可以是大小改變，也可能是大小不改變，而方向改變。這時變化量都不為零。而動能則不同，動能是標量，變化就一定是大小改變。所以Ek=0只能說明大小改變。而動量變化量不為零就有可能是大小改變，也有可能是方向改變。
「分析解答本題正確選項為D.
因為合外力做功為零，據動能定理有Ek=0，動能沒有變化，說明速率無變化，但不能確定速度方向是否變化，也就不能推斷出動量的變化量是否為零。故A錯。合外力對質點施沖量不為零，根據動量定理知動量一定變，這既可以是速度大小改變，也可能是速度方向改變。若是速度方向改變，則動能不變。故B錯。同理C選項中合外力不為零，即是動量發生變化，但動能不一定改變，C選項錯。D選項中動量、動能改變，根據動量定量，沖量一定不為零，即合外力不為零。故D正確。
「評析對于全盤肯定或否定的判斷，只要找出一反例即可判斷。要證明它是正確的就要有充分的論據。
例6 物體m從傾角為α的固定的光滑斜面由靜止開始下滑，斜面高為h，當物體滑至斜面底端，重力做功的瞬時功率為( )
「錯解錯解一：因為斜面是光滑斜面，物體m受重力和支持。支持不
錯解二：物體沿斜面做v0=0的勻加速運動a=mgsina
故選B.
「錯解原因錯解一中錯誤的原因是沒有注意到瞬時功率P=Fvcosθ。
只有Fv同向時，瞬時功率才能等于Fv，而此題中重力與瞬時速度V不是同方向，所以瞬時功率應注意乘上F，v夾角的余弦值。
錯解二中錯誤主要是對瞬時功率和平均功率的概念不清楚，將平均功率當成瞬時功率。
「分析解答由于光滑斜面，物體m下滑過程中機械能守恒，滑至底端
F、v夾角θ為90°-α
故C選項正確。
「評析求解功率問題首先應注意求解的是瞬時值還是平均值。如果求瞬時值應注意普遍式P=Fv.cosθ(θ為F，v的夾角)當F，v有夾角時，應注意從圖中標明。
例7 一列火車由機車牽引沿水平軌道行使，經過時間t，其速度由0增大到v.已知列車總質量為M，機車功率P保持不變，列車所受阻力f為恒力。求：這段時間內列車通過的路程。
「錯解以列車為研究對象，水平方向受牽引力和阻力f.
據P=F.V可知牽引力
F=P/v ①
設列車通過路程為s，據動能定理有
「錯解原因以上錯解的原因是對P=F.v的公式不理解，在P一定的情況下，隨著v的變化，F是變化的。在中學階段用功的定義式求功要求F是恒力。
「分析解答以列車為研究對象，列車水平方向受牽引力和阻力。設列車通過路程為s.據動能定理
「評析發動機的輸出功率P恒定時，據P=F.V可知v變化，F就會發生變化。牽動ΣF，a變化。應對上述物理量隨時間變化的規律有個定性的認識。下面通過圖象給出定性規律。(見圖3-12所示)
例8 如圖3-13，質量分別為m和2m的兩個小球A和B，中間用輕質桿相連，在桿的中點O處有一固定轉動軸，把桿置于水平位置后釋放，在B球順時針擺動到最低位置的過程中( )
A.B球的重力勢能減少，動能增加，B球和地球組成的系統機械能守恒
B.A球的重力勢能增加，動能也增加，A球和地球組成的系統機械能不守恒。
C.A球、B球和地球組成的系統機械能守恒
D.A球、B球和地球組成的系統機械不守恒
「錯解B球下擺過程中受重力、桿的拉力作用。拉力不做功，只有重力做功，所以B球重力勢能減少，動能增加，機械能守恒，A正確。
同樣道理A球機械能守恒，B錯誤，因為A，B系統外力只有重力做功，系統機械能守恒。故C選項正確。
「錯解原因 B球擺到最低位置過程中，重力勢能減少動能確實增加，但不能由此確定機械能守恒。錯解中認為桿施的力沿桿方向，這是造成錯解的直接原因。桿施力的方向并不總指向沿桿的方向，本題中就是如此。桿對A，B球既有沿桿的法向力，也有與桿垂直的切向力。所以桿對A，B球施的力都做功，A球、B球的機械能都不守恒。但A+B整體機械能守恒。
「分析解答B球從水平位置下擺到最低點過程中，受重力和桿的作用力，桿的作用力方向待定。下擺過程中重力勢能減少動能增加，但機械能是否守恒不確定。A球在B下擺過程中，重力勢能增加，動能增加，機械能增加。由于A+B系統只有重力做功，系統機械能守恒，A球機械能增加，B球機械能定減少。所以B，C選項正確。
「評析有些問題中桿施力是沿桿方向的，但不能由此定結論，只要桿施力就沿桿方向。本題中A、B球繞O點轉動，桿施力有切向力，也有法向力。其中法向力不做功。桿對B球施的力對B球的做負功。桿對A球做功為正值。A球機械能增加，B球機械能減少。
例9 質量為m的鋼板與直立輕彈簧的上端連接，彈簧下端固定在地上。平衡時，彈簧的壓縮量為x0，如圖3-15所示。物塊從鋼板正對距離為3X0的A處自由落下，打在鋼板上并立刻與鋼板一起向下運動，但不粘連，它們到達最低點后又向上運動。已知物體質量也為m時，它們恰能回到O點，若物塊質量為2m，仍從A處自由落下，則物塊與鋼板回到O點時，還具有向上的速度，求物塊向上運動到點與O點的距離。
「錯解物塊m從A處自由落下，則機械能守恒
設鋼板初位置重力勢能為0，則
之后物塊與鋼板一起以v0向下運動，然后返回O點，此時速度為0，運動過程中因為只有重力和彈簧彈力做功，故機械能守恒。
2m的物塊仍從A處落下到鋼板初位置應有相同的速度v0，與鋼板一起向下運動又返回機械能也守恒。返回到O點速度不為零，設為V則：
因為m物塊與2m物塊在與鋼板接觸時，彈性勢能之比
2m物塊與鋼板一起過O點時，彈簧彈力為0，兩者有相同的加速度g.之后，鋼板由于被彈簧牽制，則加速度大于g，兩者分離，2m物塊從此位置以v為初速豎直上拋上升距離
「錯解原因這是一道綜合性很強的題。錯解中由于沒有考慮物塊與鋼板碰撞之后速度改變這一過程，而導致錯誤。另外在分析物塊與鋼板接觸位置處，彈簧的彈性勢能時，也有相當多的人出錯，兩個錯誤都出時，會發現無解。這樣有些人就返回用兩次勢能相等的結果，但并未清楚相等的含義。
「分析解答物塊從3x0位置自由落下，與地球構成的系統機械能守恒。則有
v0為物塊與鋼板碰撞時的的速度。因為碰撞板短，內力遠大于外力，鋼板與物塊間動量守恒。設v1為兩者碰撞后共同速
mv0=2mv1 (2)
兩者以vl向下運動恰返回O點，說明此位置速度為零。運動過程中機械能守恒。設接觸位置彈性勢能為Ep，則
同理2m物塊與m物塊有相同的物理過程
碰撞中動量守恒2mv0=3mv2 (4)
所不同2m與鋼板碰撞返回O點速度不為零，設為v則
因為兩次碰撞時間極短，彈性形變未發生變化
Ep=E‘p (6)
由于2m物塊與鋼板過O點時彈力為零。兩者加速度相同為g，之后鋼板被彈簧牽制，則其加速度大于g，所以與物塊分離，物塊以v豎直上拋。
「評析本題考查了機械能守恒、動量守恒、能量轉化的。守恒等多個知識點。是一個多運動過程的問題。關鍵問題是分清楚每一個過程。建立過程的物理模型，找到相應解決問題的規律。彈簧類問題，畫好位置草圖至關重要。
思考一：要了解考查什么
我們可以通過閱讀題目的文字語言，觀察圖示和圖像的形象語言、初步了解題目要考查什么.一般先了解考查范圍，是力學、熱學，還是電磁學和原子物理學，或者是物理實驗.再深入了解具體的知識點.比如力學中的質點運動（直線、曲線、圓周）、力和物體平衡（共點力平衡、力矩平衡）、牛頓運動定律、機械能（動能定理和機械能守恒定律）、機械振動和波動.電磁學中電場、電路、磁場、電磁感應.更深入地觸及知識細節，如平拋運動中的運動合成與分解、機械能守恒，橫波圖像中質點振動方向與波傳播方向關系，氣體實驗定律與理想氣體狀態方程.帶電粒子在電場中的運動、電路的動態分析、計算和實驗，導體棒切割磁感線產生感應電動勢等.還要了解是單一知識點，還是幾個知識點的綜合.只有了解考查什么，心中才有數.解題大方向不錯是正確解題的保證.
思考二：要明白已知什么
題目豐富多彩，情景千姿百態，設置千變萬化.同一類問題有不同的條件設置和模型構造，相同的條件可以設置在不同的物理問題中，這些往往都是已知條件的明確兌現.所以，要明白已知條件就不足為怪.只有這樣才能加以區分，不受思維定勢的干擾，不重蹈覆轍.我們一般透過題目的字里行間、映入眼簾直覺明了的物理量字母、數據、單位、初始狀態.明白介紹的一些新科技事件，新的物理概念、規律、公式.配套的物理題圖（圖像、圖線、表格）在題中的地位作用.與常規題有什么不同的條件，變化在什么地方.明白已知什么，一般就能浮現出解題的基本框架，是解題時直選物理規律的前提.
思考三：要透視隱含什么
作為一種能力考查，開放性和探究性試題越來越多，重要的一方面是反映在題設條件的隱含性上，需要我們洞察和透視，將其挖掘成已知條件.比如：題意中關鍵字詞：“至少”、“剛好”、“緩慢”、“可能”.一些籠統敘述：沿x軸方向傳播（隱含有正方向和負方向）；速度的大小（隱含有不確定的方向）.垂直穿過紙平面的磁場（隱含垂直指向里和指向外）.條件可隱含在題意描述中，物理圖像中，也可以隱含在求解的某一步環節中.需要通過讀題領會.挖掘隱含條件，猶如掃清解題中的障礙和陷阱，確保解題所需條件的完整，解題過程的順暢，是正確解題的突破.
思考四：要知道求什么
一般可從題目的設問中尋找求什么.簡單問題往往一步到位，綜合（復雜）問題要分步推進.知道求什么，用什么形式表達復雜的結果（數據、字母、圖像），才會有的放矢，設想從哪幾方面去努力，把已知量與待求量和諧聯系就來，是正確解題的歸宿.
思考五：規律要選取什么
解答物理問題離不開物理概念、規律支撐.到底選什么，選得巧，事半功倍，選得不巧，或者選錯（沒過好前面幾關所致），就弄巧成拙，半途而廢.所以，這對正確解題至關重要.比如求恒力作用下物體的運動量，用勻變速直線運動規律，還是選用平均速度求；牛頓運動定律與運動學綜合問題，涉及到力與位移關系，當然選用動能定律或機械能守恒定律顯得方便；一些綜合性較強（電場與力學，電磁感應與力學）的物理問題，選用能量轉化與守恒規律更能悟出其中問題本質.規律選對是成功的一半，是正確解題的紐帶.
思考六：方法要選用什么
方法與技能是能力考查的重點.一般我們常用分析法或綜合法處理問題.涉及具體的方法.有基本的方法，如受力分析法，運動分析法，過程分析法，狀態分析法，能量分析法，電場分析法，守恒分析法等，也有一些特殊科學的方法，如類比方法、等效方法、賦值方法、對稱方法、微分方法、虛擬方法、可逆方法、圖像方法、控制變量方法等.不同的物理問題在方法選取上有很大的周旋余地，關鍵要結合具體物理問題，結合自己的實際情況選用自己最熟悉最拿手的，解決問題最方便的方法，才會解得踏實，瀟灑走一回.這里要提醒同學們，切忌刻意地用“什么法”去解題，這樣會本末倒置.要掌握基本方法，夯實基本功，熟能生巧是正確解題的利劍.
