第6章 重难突破5 含弹簧的机械能守恒问题-【创新大课堂】2027年高三物理一轮总复习

(3)运动员滑离D点后到达最高点时，此过程！重难突破5含弹簧的机械能守恒问题： 中只有重力做功，根据机械能守恒定律可得汇例门解析到达与B点等高处时小球重力与 mgh+men2=mg+名mU 弹簧的弹力大小相等，此时加速度为0，速度达 到最大，所以从O到C,小球重力势能一直减： 解得∥=子(H+3h。 小、动能先增大后减小，小球、地球、弹簧组成的 系统机械能守恒，故A错误：从A到C,小球重 答案 (ms(1+装），方向竖直向下 力势能一直减小、动能先增大后减小，小球、地 球、弹簧组成的系统机械能守恒，故B错误；到！ (2)√6g(H-D 达B点时，小球的动能最大，到达A,点时弹性！ 2 (3)(H+3) 势能最小，故C错误；从O到A,只有重力做 考点三 功，小球重力势能减小，动能增大，小球、地球组 讨论交流 成的系统机械能守恒，故D正确。 轻绳（或轻杆）对A、B的力属于系统内力，做功 答案D 使机械能在A,B之间转移，单个物体机械能不[例2]解析根据牛顿第二定律，可知滑块在！ 守恒，但系统机械能守恒。 B点的加速度为aB=gsin8,故A错误；滑块从！ 例4]解析设B球的质量为m,则A球的质量 B到C的过程中一直加速运动，B,点速度不是！ 为2m,A球刚落地时，两球速度大小都为u,根据 机栽能守恒定律得2mgR=号X(2m十m)i+ 最大，故B错误；由机栽能守恒定律有号m= ngR,B球继续上升的过程由动能定理可得！ mgL+E,解得E,=之m-mgL,故C正确，滑！ 一mh=0-号m子，联立解得A=尽，B球上 块在A点时弹簧的形变童△A=L(m。）- 升的最大高度为A十R=号R,故选C。 1 L,滑块在B点时弹簧的形变量△= 答案C 拓展解析设软绳刚离开滑轮的时候，物块和！ L(1-c0s0》=号L,则△xA>△g所以滑块在 软绳的速度为，根据机械能守恒定律有g·!A点时弹簧的弹性势能大于在B点时弹簧的： 合+"竖·令=令X2m·,计算可得0= 弹性势能，故D正确。 答案CD 风，则物块机械能的减少量为E=mg·汇例引解析左边金属环下滑过程：除重力以 2 外，还有弹簧的弹力对它做功，故金属环下滑过！ 令一合m=日mg,系统的机栽能是守恒 程中机械能不守恒，故B错误：金属环下降h' 达到最低点时，速度减小为0，弹簧形变量最大！ 的，由于物块的机裁能减少了号mg1,所以软绳 为2'，根据两金属环与弹簧系统机械能守恒有 的机械能增加了8mg。 1 2mgh=之(2h'户，解得方-兴，弹簧的最大！ 答案物块的机械能减少了8mg,软绳的机； 伸长量△x=2'=-2m5 枝能增加了gmg 弹簧的最大拉力为FT=k△x=2ng,故C 错误： [例5]解析P从A点到B点的过程中，绳的！ 在最高点时金属环只受重力和支持力作用，此： 拉力做正功，速度增加，P做加速运动：Q从静！ 时重力沿杆方向的分力提供加速度，有a1=! 止开始先做加速运动，当P运动到B点时Q的， gsin 45 速度等于零，说明Q后来又做减速运动，所以Q: 在最低点，由上述知Fr=2g 先加速后减速，B错误；由上述分析可知，当物！ 根据牛顿第二定律可知Frcos45°-mngsin45=} 体P运动到B,点时速度最大，物体Q速度最小！ mae,解得a2=gsin45°，则a1=ag 等于零，A正确；在物体P从A滑到B的过程！ 金属环在最高，点与最 中，绳的拉力对P做正功，P做加速运动，P的！ 低，点加速度大小相等， 4545 机械能增加、因为系统机械能守恒，则Q的机械！ 故A正确； 80000GT000000000】 能减少，C错误：当P运动到B点时Q的速度等！ 当金属环的加速度为 于零，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得！ 0时，速度最大，金属 2mg(L-h)=号m,解得=2√厚L-万，D 环受力如图所示，金属环受到重力、杆的弹力和！ 弹簧的弹力，沿杆方向加速度为0，即合力为0，！ 正确。 有ngsin45°-Fcos45°，又F=k△x,解得形变量1 答案AD △虹-受，根据几何知识，两个小球下降的高度为 √3L [例6】解析甲下降的高度为h,一20心30=L, 方-紧，对两个金属环和弹簧根据机械能宁恒，有！ 3L 乙下降的高度为h,-(（L一20s30)m30- 2gh=合k(ar户十×2m,解得v= 51)L,当轻质硬杆与斜面刚好平行时，把甲！ 8√2，故D错误。 的速度仰分别沿着轻质硬杆和垂直轻质硬杆分！答案A 解，沿着轻质硬杆方向的分速度u=sn30°，汇例4]解析B.设物体P向下运动过程中的位！ 小球乙的速度艺沿着斜面，轻质硬杆与斜面平 移为x,弹簧的形变量为△x,开始时弹簧的弹力 行，则v2沿着轻质硬杆，有2=vy,甲、乙两！ 表现为支持力，从释放P到弹簧恢复原长过程！ 球组成的系统由机械能守恒定律可得mgh甲十 中，对P,Q整体根据牛顿第二定律4 ngsin30°一 mgh=立mvp2+m22,乙的动能为 ng+k△.x=（4m+n)d Bu=?mv,联立解得E2- 可得a=mg十k△z 10 -mgL, 5m 随着x增大△x减小，则加速度逐渐减小，当弹！ 故B正确。 簧恢复原长后，弹簧表现为拉伸状态，弹簧弹力 答案B 为拉力，随着x增大△x增大，根据牛顿第二定！ 468 律4 ngsin30°-mg-k△x=(4m十m)a 可得a=mg一k△虹 5m 随着x增大△x增大，当mg>k△x时，随着x 增大，加速度逐渐减小，当k△x>ng时，随着1 增大，加速度反向增大，所以物体P的加速度 大小先减小后反向增大，故B错误： A.以P为研究对象，设绳子拉力为T,根据牛 顿第二定律4 ngsin30°-T=4na 可得弹簧恢复原长前T=1.2mg一0.8k△x 随着△x减小T增大： 弹簧恢复原长后T=1.2mg十0.8k△x 可知随着△x增大，T逐渐增大，所以轻绳拉力 大小一直增大，故A正确： C.没有释放物体P前，根据平衡条件mg一k.x 可得=贤 物体P沿斜劈下滑的最大距离为工mx,根据系 统机械能守恒可得4 gFmexsin30°十2kz2= mg工mx十b(xmx一) 解得m-g 故C错误； D.当P的加速度为零时，速度最大，动能最大， 此时根据平衡条件4 ngsin30°=k.x'+mg 解得x'-坚 可知P动能最大时，弹簧的弹性势能与初始状 态相等，设P的动能为Ek,根据E=之 ·4 可知Q的动能为，根据动能定理mg(t中 E )sin 30-mg()E 解得E=8mg 5k 故D正确，故远AD。 答案AD 跟踪训练 AD[由题图可知，人从跳台下落到A点的过 程，人做自由落体运动，可得重力加速度大小为 =，故A正：人从A点运动到B点这一 过程中，人的重力势能转化为人的动能和弹性 绳的弹性势能，故B错误：人在下落过程中，弹 性绳的形变量一直增大，弹性势能一直增大，故 弹性绳对人一直做负功，故C错误；人从A,点 运动到C,点这一过程中，人与弹性绳组成的系 统机械能守恒，由于从A点到C点过程中，弹 性绳弹性势能一直增大，故人的机械能一直减 少，故D正确。」 D[套在圆环上的小球从a,点静止释放，此后 小球在a、b间做往复运动，表明小球在a点受 到的合力不等于零，合力的方向沿着a点的切 线向上：因为系统的机械能守恒，a点和b点关 于O1O2对称，所以小球在b点受到的合力不等 于零，合力的方向沿b点的切线向上，A错误 小球从a点到c点运动的过程中，小球在a,点 时动能最小，等于零，小球在a点时位置最低， 小球在a点时的重力势能最小，即小球在a点 时的机械能最小：又因为小球和弹簧组成的系 统机械能守恒，所以小球在a点时，弹簧的弹性 势能最大，那么，小球在a点时弹簧的形变量最 大，所以弹簧在a,点的伸长量一定大于弹簧在c 点的压缩量，B错误；小球受到重力、弹簧的弹 力、圆环的支持力，这三个力的合力为零时，小 球的速度最大，此时弹簧不处于原长状态，C错 误：因为系统的机械能守恒，所以弹簧处于原长 时，小球的机械能最大：在a、b之间，弹簧处于 原长的位置有两处，D正确。] 3.A[小球下落到最低点时重力势能全部转化！考点二 为弹簧的弹性势能，此时弹性势能最大，有！机械能等于零负值 (R+Rcos 37)--dtan 37" E,mx=3mg,故A正确：根据选项A和弹簧汇例3]解析根据功的定义W=Flcos a,其中 解得1=95-D、 1 指物体的位移，而α指力与位移之间的夹角，可 20 弹性势能的表达式有3mg西=2kx,,解得 知摩擦力对物块做的功W1=一g(s十d),摩： d k=6mg,故C错误：当小球的重力与弹簧弹力！ 擦力对木板做的功W2一gs,A、B正确；根据： 又有x=c0s37 无n 动能定理可知木板动能的增量△E,一W:一！ 解得x≈l.8m。 大小相等时，小球有最大速度，则有mg=kx, ngs,C错误：由于摩擦而产生的热量Q=F·} 答案(1)24N(2)7.92J(3)1.8m 再根据弹簧和小球组成的系统机械能守恒，有： △x-ngd,D错误。 第31课时专题强化：动力学和能量 答案AB 观点的综合应用 mg(x十2红，)=之m””十立r,解得最大汇例解析由动能定理可知，在1时间内摩考点一 速度为mx√6 严，故B锋买：小球运功到馨力和重力对物块微的功之和等于之m,选汇例解析分析知是典先收有加连直线运 动，由牛顿第二定律可得加速度大小a1=g 最低点时加速度最大，有kx。一ng-na,解得！ 项A错误；在1时间内，物块相对传送带的位 2m/s2,经时间61=6s,速度达到y1=a1t1= a=5g,故D错误。] 移△x=1一之4=241，则物块和传送带间！ 12m/s,设再经过t。煤块和传送带共速，速度 4.解析(1)弹簧恢复原长时， 为心，由题图可知，传送带减速的加速度大小 对B有mg一Fr=ma 因摩擦而产生的内能为Q=F△r=之叫月 ag=4m/s,则有=Um一a32,必=十a1t2, 对A有FT一mgsin30=ma 物块机械能的增加量等于摩擦力做的功，即 联立解得=2s,=16m/s,此后因a>g,则 代入数据可求得F,=30N。 煤块和传送带各自匀减速到停止，煤块减速到零 △E=F:·号4=7F山1，即在41时间内物块！ (2)初态弹簧压缩量工，=mgsin30°-10cm 的时间t3一 /(m·s-) 和传送带间因摩擦而产生的内能等于物块机械： 24- 当A速度最大时有 能的增加量，远项B正确：由功能关系可知，在！ 作出煤块的v-t图1 Fr'=mg=k.x2十ngsin30 1十2时间内传送带对物块做的功等于物块！ 像如图所示。由图 12 可知，煤块先相对传 01 弹簧仲长量6-mg一sin30=10cm 机梳能的增加量，即mgLsin0叶号md,选项C 681216t/s 正确；在1时间内因运送物块，电动机至少多！ 送带沿负方向滑动，相对位移大小△工，=12X6 2 所以A沿斜面向上运动x1十x2=20cm时获！ 得最大速度。 消耗的电能为mg1sin0叶分m十Q,由选项 m十12m=48m,共速后煤块相对传送带沿 2 (3)因x1=x2, 故弹簧弹性势能的改变量△E。一0 : B可知mg1sm0叶之m=Q,则在时间内 正方向滑动，相对位移大小△r,=16X4m= 2 由机械能守恒定律有 因运送物块电动机至少多消耗的电能为！ 32m,痕迹的长度△d与较长的相对位移大小 2mgL1sin0十n；;在t2时间内因运送物块电： 相等，即△d=△x1-48m,故A错误；全程煤块 mg(a十）-msg(a+:)sin30°=×2md 动机至少多消耗的电能为mgL2sin0:则在i十 在传送带上的相对位移大小△.x=△x1一△xg= 解得v=1m/s。 2时间内因运送物块，电动机至少多消耗 16m,故B正确：煤块与传送带间因摩擦产生 答案(1)30N(2)20cm(3)1m/s 2mgL sin 0-mu+mgL sin 0=mg(LL)sin 0 的热量Q=mg(△x1十△r2)=160J,故C正 确：若煤块的质量变大，其加速和减速的加速度 第30课时功能关系 能量守恒定律 的电能，选项D错误。 均不变，则)-1图像不变，各段的相对位移不 考点一 答案BC 变，则痕迹长度也不变，故D错误。 1.(1)能量转化(2)量度 考点三 2.减少增加E1一E2减少增加 不变化，产生转化转移总量 答案BC :[例2]解析(1)当物体沿传送带滑入时，设物 0变化增加减少△E减少增加 !讨论交流 体向下运动的加速度为a1,物体向下加速到v, 增加F:x相对 不违背能量守恒定律。自动手表的运行是把人！ 所用时间为1，物体运动位移为无1，有 运动的机械能转化为发条的弹性势能，然后再 判断正误 umgcos 0mgsin 0=ma 转化为表针的动能，同样遵守能量守恒定律。 1.√2.×3./4/ v=6+a1t1 [例5]解析(1)由题可知，滑块a在D点处的， [例1]解析人沿沙坡下滑的距离=2=！ 速度为0，对滑块a由C点至D,点过程，由动能 x1=2 定理有 100m,重力势能减少△E,=nglsin30°-2.5× 解得a1-10m/s,t1=0.5s, 1 10J,故A错误；人的动能增加△B=号m= 一m1gR=-2m1欢 x1=3.75m 对滑块a在C,点由牛顿第二定律有F1一m1g- 由于x1<L,最大静摩擦力Fm=μngcos0= 1.0×10J,故B正确：人的机械能减少△E= mgsin0,则共速后物体将与传送带一起做匀速 m1吃 直线运动，即物体从传送带底端滑出时的速度 △E。-△E=1.5×10J,故C正确；人克服阻！ R 大小为10m/s。 力做功W缸=△E=1.5×10J,故D错误。 结合牛顿第三定律可知，滑块a在C点对轨道 (2)0.5s内物体相对传送带运动的位移△.x1= 答案BC 压力的大小FN=F=24N。 ut1-x1=1.25m 例2]解析根据牛顿第二定律，物块沿斜面！ (2)设滑块α在A处时弹簧储存的弹性势能为 传送带停止后，物体受到沿斜面向上的滑动摩 下滑时，有ngsin0-gcos0=ma1,解得加速 E。,由能量守恒定律可知 擦力 度大小a1=gin0-ugCOS0,根据牛顿第二定律， E,+m1 gLsin37°=1 mgLcos37°+m1 g Rcos37°} F=umgcos 0=mgsin 0 物块沿斜面上滑时，有ngsin0十mngcos0= 解得E=1.44J 物体匀速下滑，物体相对传送带运动的位移 最终滑块a在B与B关于C对称的点之间运！ ma2,解得加速度大小a,一gsin0十gcos0,故 △x2=L-x1=6.25m 动，由能量守恒定律可知Q-E。十m1 gLsin37° a1<a2,v-t图线的斜率表示加速度，故A错！ 则物体与传送带间因摩擦产生的热量 解得Q-7.92J。 误：E。-t图像的斜率大小表示重力的瞬时功 Q=/ng(△.x1十△.x2)cos0 (3)设滑块b能通过E点，对滑块b由A点至E 率，物块沿斜面下滑，速度越来越大，竖直方向！ 解得Q=37.5J。 点由能量守恒定律有 的速度也越来越大，故重力的功率越来越大，故！ 答案(1)10m/s(2)37.5J E,十gLsin37°=4m2 gLcos37°十m2g(R+:考点二 B错误：动能随路程变化图像的斜率大小表示 Rcos 37m:v :[例3]解析(1)滑块沿水平桌面AD做匀变 合力，根据牛顿第二定律知，沿斜面下滑的合力 速直线运动过程中，有FN十Fsin0=mg, F=ma1是定值，沿斜面上滑的合力F2=a2: 解得vE=6m/s f=uFx, 也是定值，故C错误：根据功能关系知，摩擦力 Fcos 0-f=ma 做负功，机械能减少，又机械能随路程变化图像！ 滑块b格好能通过E点时，有mg-m R 联立可得F=4.5N 的斜率大小表示摩擦力，根据题意知摩擦力为！ 可知UE>v,假设成立，设滑块b在空中运动的： (2)滑块离开D点后做平抛运动，由题图可知， ngcos0,为定值，故D正确。 时间为，滑块b落在斜面上的位置与B之间的 答案D 水平距离为d,则有d-vet一Rsin37 滑块竖直方向的分位移为R,则有R=2g 469第六章机械能守恒定律 B.在物体P从A滑到B的过程中，P的速度增： (均视为质点)用长为√3L的轻质硬杆连接，甲套 加，Q的速度减小 在竖直硬杆上，乙放置在斜面上，甲、乙由静止释 C.在物体P从A滑到B的过程中，P的机械能 放时，轻质硬杆与竖直硬杆的夹角为30°，当轻质 减少，Q的机械能增加 硬杆与斜面刚好平行时，乙的动能为 () D.物体P运动的最大速度为2√g(L-h) A.31 B3+1 10 mgL 10 mgL [听课记录] c将u 1 D.lomgL [听课记录] [例6](2026·河北廊坊高 三期末)如图所示，倾角为 甲◆ 30°的光滑斜面固定在水平 地面上，在斜面体左侧的适 当位置固定一光滑竖直 309 温馨提示 请做课时分层检测（二十九） 硬杆，质量均为m的两小球 重难突破5 含弹簧的机械能守恒问题 【目标要求】知道弹簧的弹性势能与哪些因素有关，会分析含弹簧的机械能守恒问题。 1.由于弹簧发生形变时会具有弹性势能，系统的总： C.到达B点时，小球的动能最大，弹性势能最小 动能将发生变化，若系统除重力、弹簧弹力以外 D.从O到A,小球重力势能减小，动能增大，小 的其他力不做功，系统机械能守恒。 球、地球组成的系统机械能守恒 2.弹簧两端的物体把弹簧拉伸至最长（或压缩至最 [听课记录] 短)时，两端的物体具有相同的速度，弹性势能有 最大值。 3.对同一弹簧，弹性势能的大小为E,=2,弹性 势能由弹簧的形变量决定，弹簧的伸长量和压缩 量相等时，弹簧的弹性势能相等。 [例2]（多选）如图所示，轻 00000000000000000.O [例1]如图所示，质量为m的小球从 弹簧一端固定于O点，另一 静止下落，落在与A点等高处、竖直 端与质量为m的滑块连接， B 放置、静止的轻弹簧上，到达与B点 B 在外力作用下使滑块静止 0C 等高处时小球重力与弹簧的弹力大 C 在固定光滑斜面上的A点，此时弹簧恰好水平。 小相等，图中与C点等高处是小球 将滑块从A点由静止释放，沿斜面经B点运动到 到达的最低点。不计空气阻力，下列说法正确 位于O点正下方的C点时，滑块的速度大小为， 的是 ( 且弹簧恰处于原长。已知弹簧原长为L,斜面倾角 A.从O到C,小球重力势能一直减小、动能一直： 0=37°，OB⊥AC,弹簧始终在弹性限度内，重力加 增大，小球、地球、弹簧组成的系统机械能守恒 速度为g,不计空气阻力。sin37°=0.6，cos37°= B.从A到C,小球重力势能一直减小、动能先增： 0.8。从A点运动到C点的过程中 大后减小，小球、地球、弹簧组成的系统机械能 A.滑块在B点的加速度等于零 不守恒 B.滑块在B点的速度最大 99 精品教辅·智慧人生 高三总复习·物理 C滑块在A点时弹簧的弹性势能为2m2一mg 听课记录] D.滑块在A点时弹簧的弹性势能大于在B点时 弹簧的弹性势能 [听课记录] [例4](2025·八 省联考陕西山西青 海宁夏卷)（多选）》 如图，倾角为30°且 309 足够长的光滑斜劈 固定在水平面上，P、Q两个物体通过轻绳跨过光 [例3](2026·湖北省鄂南 滑定滑轮连接，Q的另一端与固定在水平面的轻 省级示范联盟校一模)如 /4545 弹簧连接，P和Q的质量分别为4m和m。初始 200000000000000 图所示，一顶角为直角的 时，控制P使轻绳伸直且无拉力，滑轮左侧轻绳 “入、”形光滑细杆竖直放 与斜劈上表面平行，右侧轻绳竖直，弹簧始终在 弹性限度范围内，弹簧劲度系数为k,重力加速度 置。质量均为m的两金属环套在细杆上，高度相 大小为g。现无初速释放P,则在物体P沿斜劈 同，用一劲度系数为k的轻质弹簧相连，此时弹 下滑过程中 ( 簧为原长。两金属环同时由静止释放，运动过 A.轻绳拉力大小一直增大 B.物体P的加速度大小一直增大 程中弹簧的伸长量在弹性限度内，且弹簧始终保 持水平，已知弹簧的长度为1时，弹性势能为 C.物体P沿斜劈下滑的最大距离为6m (1一6)2，重力加速度为g,下列说法正确的是 D.物体P的最大动能为8mg 5k [听课记录] A.金属环在最高点与最低点加速度大小相等 B.左边金属环下滑过程机械能守恒 C.弹簧的最大拉力为3mg 心 D.金属环的最大速度为2g,√ ◆跟踪训练 1.（多选)(2024·广东省六校联考模拟)“蹦极”被称 为“勇敢者的游戏”。将一根自然长度为OA的弹 A.重力加速度大小为4 性轻绳一端系在人身上，另一端固定在跳台边缘。 B.人从A点运动到B点这一过程中，人的重力 势能转化为动能 人从跳台由静止下落开始计时，下落过程中速度 C.人在下落过程中，弹性绳对人先做正功再做 随时间的变化如图所示，图中tA、B、c三个时刻 负功 分别对应A、B、C三个点，B时刻是图像最高点， D.人从A点运动到C点这一过程中，人的机械 不计空气阻力。下列说法正确的是 ( 能一直减少 :2.如图，圆心为O1的光滑半圆环 固定于竖直面，轻弹簧上端固 定在O1正上方的O2点，c是 O1O2和圆环的交点；将系于弹 簣下端且套在圆环上的小球从 精品教辅·智慧人生 100 第六章机械能守恒定律 a点静止释放，此后小球在a、b间做往复运动。 端连接一质量为m=4kg的物体A,一轻细绳通 若小球在a点时弹簧被拉长，在c点时弹簧被压： 过定滑轮，一端系在物体A上，另一端与质量也 缩，aO1⊥aO2。则下列说法正确的是( 为的物体B相连，细绳与斜面平行，斜面足够 A.小球在b点受到的合力为零 长，B距地面足够高。用手托住物体B使绳子刚 B.弹簧在a点的伸长量可能小于弹簧在c点的： 好伸直且没有拉力，然后由静止释放。重力加速 压缩量 度g取10m/s2。求： C.弹簧处于原长时，小球的速度最大 (1)弹簧恢复原长时细绳上的拉力大小： D.在a、b之间，小球机械能最大的位置有两处 (2)物体A沿斜面向上运动多远时获得最大 3.如图所示，在一直立的光滑管内放置 速度； 一轻质弹簧，上端O点与管口A的距 (3)物体A的最大速度的大小。 离为2x0,一质量为m的小球从管口 -0 由静止下落，将弹簧压缩至最低点B, 700000 压缩量为x0,已知弹簧弹性势能的表 000000 达式为E,=2,不计空气阻力，则 ( A.弹簧的最大弹性势能为3gxo B.小球运动的最大速度等于2√gxo C.弹簧的劲度系数为m竖 D.小球运动中最大加速度为g 4.(2026·广东梅州模拟)如图 所示，在倾角为0=30°的光 滑斜面上，一劲度系数为k= 50o 27n7n77 200N/m的轻质弹簧一端固定在挡板C上，另一 第30课时 功能关系 能量守恒定律 【目标要求】1.熟练掌握几种常见的功能关系，并会用于解决实际问题。2.掌握一对摩擦力做功与能量 转化的关系。3.会应用能量守恒观点解决综合问题。 考点一功能关系的理解和应用 1.对功能关系的理解 2常见的功能关系 (1)力做功的过程就是 的过程，不同形 力做功 能的变化 定量关系 式的能量发生相互转化是通过做功来实现的。 合力做的功 动能变化 W=Ee-Ek1=△E (2)功是能量转化的 ,功和能的关系，一是 (1)重力做正功，重力势能 体现在不同的力做功，对应不同形式的能量转 重力势能 化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量 重力做的功 (2)重力做负功，重力势能 变化 转化的多少在数值上相等。 (3)Wc=-△E. 101 精品教辅·智慧人生