第6章 机械能守恒定律(教用Word)-【赢在微点·顶层设计】2027年高中物理高考一轮总复习（粤教版）

该高中物理复习讲义聚焦机械能守恒定律专题，系统覆盖功和功率、动能定理、机械能守恒及实验验证等高考核心考点，按必备知识、关键能力、典例精讲、微点突破的逻辑架构组织内容，通过考点梳理、方法指导、真题训练等环节帮助学生构建知识网络，突破变力做功、多过程问题等难点。 讲义突出科学思维与科学探究素养培养，创新设计微点突破与培优课，如用微元法、图像法分析变力做功培养科学推理能力，通过机车启动两种方式对比建构物理模型。设置分层练习与实验误差分析，确保高效突破考点，助力学生提升应考能力，为教师把控复习节奏提供清晰指引。

第六章　机械能守恒定律 第1讲　功和功率 ■目标要求 1.理解功的公式和功的正负，会计算力做的功。2.理解功率的定义，并会对功率进行分析和计算。3.会分析和计算机车启动问题。 考点1　恒力做功的分析和计算 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 必|备|知|识 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的位移。 2.公式:W=Fscos α，α代表力F的方向和位移s方向间的夹角。 3.功是标量:只有大小，没有方向，但有正负。 4.功的正负。 (1)当0°≤α<90°时，W>0，力对物体做正功，力是动力，物体获得能量。 (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。力是阻力，物体失去能量。 (3)当α=90°时，W=0，力对物体不做功。 (1)只要物体受力的同时又发生了位移，则一定有力对物体做功 (×) (2)一个力对物体做负功，则说明这个力阻碍物体的运动(√) (3)力对物体做功的正负是由力和位移间的夹角大小决定的(√) (4)作用力做正功，其反作用力一定做负功(×) 关|键|能|力 　合力做功的计算。 方法一:先求合外力F合，再用W合=F合scos α求功。 方法二:先求各个力做的功W1、W2、W3…，再应用W合=W1+W2+W3+…求合外力做的功。 方法三:利用动能定理W合=Ek2-Ek1。 【典例1】　(多选)如图所示，质量为m=1 kg的物体静止在倾角为θ=37°的斜面上，物体与斜面的动摩擦因数为μ=0.8，现使物体与斜面相对静止并水平向左匀速移动距离l=10 m，取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。下列选项正确的是(AB) A.重力对物体做功为0 B.摩擦力对物体做功为-48 J C.支持力对物体做功为-48 J D.合力对物体做功为96 J 解析　物体水平向左运动，物体的高度不变，则重力对物体做功为0，A项正确;根据平衡条件有f=mgsin θ=6 N，根据功的定义式可知，摩擦力做功为Wf=flcos(180°-θ)，解得Wf=-48 J，B项正确;根据平衡条件有FN=mgcos θ=8 N，根据功的定义式可知，支持力做功为WN=FNlcos(90°-θ)，解得WN=48 J，C项错误;物体做匀速直线运动，所受外力的合力为0，则合力对物体做功为0，D项错误。对于合外力做功也可以用各外力做功的代数和求解，即W合=WN+Wf+ WG=0。 【典例2】　两个互相垂直的力F1和F2作用在同一物体上，使物体运动。物体通过一段位移时，力F1对物体做功4 J，力F2对物体做功3 J，则力F1与F2的合力对物体做功为(A) A.7 J B.1 J C.5 J D.3.5 J 解析　功是标量，其运算法则为代数运算，合力对物体做的功W=3 J+4 J=7 J，A项正确。 考点2　功率的计算 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 必|备|知|识 1.定义:功与完成这些功所用时间的比值。 2.物理意义:描述力对物体做功的快慢。 3.公式:(1)P=，P为时间t内的平均功率。 (2)P=Fvcos α(α为F与v的夹角)。若v为平均速度，则P为平均功率;若v为瞬时速度，则P为瞬时功率。  4.额定功率:表示机器长时间正常工作时最大的输出功率。 实际功率:表示机器实际工作时的输出功率。 (1)由P=知，W越大，则功率越大(×) (2)P=Fv既可以求某一时刻的瞬时功率，也可以求平均功率(√) (3)汽车上坡时换成低挡位，其目的是减小速度得到较大的牵引力(√) 关|键|能|力 【典例3】　(多选)质量为m的物体从距地面h高处自由下落，重力加速度为g，经历时间t，则下列说法正确的是 (ACD) A.t时间内重力对物体做功为mg2t2 B.t时间内重力的平均功率为mg2t C.时刻重力的瞬时功率与t时刻重力的瞬时功率之比为1∶2 D.前时间内重力做功的平均功率与后时间内重力做功的平均功率之比为1∶3 解析　物体自由下落，t时间内物体下落h=gt2，重力做功WG=mgh=mg2t2，A项正确;t时间内重力的平均功率P==mg2t，B项错误;由速度公式v=gt得，时刻与t时刻物体的速度之比为1∶2，结合P=Fv 得，时刻重力的瞬时功率与t时刻重力的瞬时功率之比为1∶2，C项正确;前时间内与后时间内的位移之比为1∶3，则重力做功之比为1∶3，故重力做功的平均功率之比为1∶3，D项正确。 　　计算平均功率时可用功率的定义式P=，也可用功率的计算式P=Fv(其中v为沿力F方向的平均速度);计算瞬时功率只能用功率的计算式P=Fv(其中v为沿力F方向的瞬时速度)。 【典例4】　(2025·广州模拟)图甲是叶片长度为L的风力发电机，图乙是该风力发电机的扫风面积示意图，风叶旋转扫过的面积是截留风能的面积，并与风向垂直。已知空气的密度为ρ，风速为v，风动能转化为电能的效率为η，则该风力发电机的功率为(A) A.πρL2v3η B.πρL2v2η C.πρLv3η D.πρL2vη 解析　t时间内流向风轮机的最大风能为E=mv2=(ρvtπL2)v2=πρtL2v3，发电机的风力发电的功率P==ηπρL2v3，A项正确。 考点3　机车的启动问题 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 关|键|能|力 1.机车的两种启动方式。 比较内容 以恒定功率启动 以恒定加速度启动 P-t图 和 v-t图 OA 段 过程 分析 v↑⇒F= ↓ ⇒a=↓ a=不变⇒ F不变P=Fv↑直到P额=Fv1 运动 性质 加速度减小的加速直线运动 匀加速直线运动，维持时间t0= AB 段 过程 分析 F=F阻⇒a=0⇒F阻= v↑⇒F=↓ ⇒a=↓ 运动 性质 以vm做匀速直线运动 加速度减小的加速直线运动 BC段 无 F=F阻⇒a=0⇒以vm=匀速直线运动 2.三个重要关系式。 (1)无论哪种运行过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即vm==(式中Fmin为最小牵引力，其值等于阻力F阻)。 (2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，速度不是最大，即v=<vm=。 (3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W=Pt。由动能定理Pt-F阻x=ΔEk。此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小。 考向1　恒定功率启动 【典例5】　某品牌汽车的质量m=1 600 kg，发动机的额定功率P额=80 kW，沿平直路面运动时所受阻力的大小不变。若汽车以额定功率由静止启动，运动过程中能达到的最大速度vm=40 m/s，当汽车的速度v=10 m/s时，其加速度的大小为(C) A.1.25 m/s2 B.2.5 m/s2 C.3.75 m/s2 D.5 m/s2 解析　汽车具有最大速度时，牵引力与阻力平衡，可得P额=fvm，解得f=2 000 N，当汽车的速度v=10 m/s时，有P额=Fv，解得F=8 000 N，由牛顿运动定律，可得F-f=ma，解得a=3.75 m/s2，C项正确。 【典例6】　电瓶车在水平路面上以功率P1匀速行驶。某时刻将电瓶车的功率增大为P2并保持不变。则功率变化前后电瓶车的速度v随时间t变化的图像可能是(A) 解析　设电动车受到的阻力为f，电瓶车在水平路面上以功率P1匀速行驶，则有P1=F1v，F1=f，某时刻将电瓶车的功率增大为P2并保持不变，则有P2=F2v，根据牛顿第二定律F2-f=ma，汽车做加速运动，由于速度增加，所以F2变小，加速度随之减小，故速度v随时间t变化的图像的斜率变小，A项正确。 考向2　恒定加速度启动 【典例7】　一辆实验模型小车在水平路面上由静止启动，在前5 s内做匀加速直线运动，5 s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其v-t图像如图所示。已知汽车的质量为1 500 kg，重力加速度g取10 m/s2，汽车受到阻力为车重的0.15倍，则(D) A.小汽车前5 s内的位移大小75 m B.小汽车在前5 s内的牵引力为4 500 N C.小汽车额定功率为67.5 kW D.小汽车的最大速度为45 m/s 解析　根据v-t图像与横轴围成的面积表示位移，可知小汽车前5 s内的位移大小为x1=×15×5 m=37.5 m，A项错误;小汽车在前5 s内的加速度大小为a== m/s2=3 m/s2，根据牛顿第二定律可得F-f=ma，牵引力大小为F=f+ma=0.15×1 500×10 N+1 500×3 N=6 750 N，B项错误;小汽车在5 s时功率达到额定功率，则有P额=Fv5= 6 750×15 W=101.25 kW，C项错误;当牵引力等于阻力时，小汽车速度达到最大，则有vm== m/s=45 m/s，D项正确。 微点突破2　变力做功的分析和计算 关|键|能|力 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 在高中物理教材中，计算做功的公式是W=Fscos α，但这个公式只适用于计算恒力做功的情况，而变力做功的问题，要根据不同的条件用特殊的方法计算。 考向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多个位移上的恒力所做功的代数和。此法常用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题。 【典例1】　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拉着物体从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) 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 解析　将圆弧分成很多小段s1，s2，…，sn，拉力F在每小段上做的功为W1，W2，…，Wn，因拉力F大小不变，方向始终与小球的运动方向成37°角，所以W1=Fs1cos 37°，W2=Fs2cos 37°，…，Wn=Fsncos 37°，故WF=W1+W2+…+Wn=Fcos 37°(s1+s2+…+sn)=Fcos 37°·=10×0.8××6 J=16π J，A项正确，B项错误;同理可得小球克服摩擦力做的功Wf=μmg·=8π J，C、D两项错误。 考向2　利用平均力求变力做功 　当物体受到的力方向不变，而大小随位移均匀变化时，则可以认为物体受到一大小为=的恒力作用，F1、F2分别为物体在初、末位置所受到的力，然后用公式W=scos α求此变力所做的功。 【典例2】　用铁锤把小铁钉钉入木板，设木板对钉子的阻力与钉进木板的深度成正比。已知铁锤第一次将钉子钉进d，如果铁锤第二次敲钉子时对钉子做的功与第一次相同，那么，第二次钉子进入木板的深度为(B) A.(-1)d B.(-1)d C. D.d 解析　铁锤每次敲钉子时对钉子做的功等于钉子克服阻力做的功。由于阻力与深度成正比，可用阻力的平均值求功，据题意可得W=d=d，W=d'=d'，联立解得d'=(-1)d，B项正确。 考向3　用F-x图像求变力做功 　在F-s图像中，图线与s轴所围“面积”的代数和表示力F在这段位移内所做的功，且位于s轴上方的“面积”为正功，位于s轴下方的“面积”为负功，但此方法只适用于便于求图线所围面积的情况(如三角形、矩形、圆等规则的几何图形)。 【典例3】　质量为2 kg的物体在水平面上沿直线运动，受阻力大小恒定。经某点开始沿运动方向的水平拉力F与运动距离s的关系如图所示，0~3 m物体做匀速直线运动。下列对图示过程的说法正确的是(C) A.在s=5 m处物体加速度大小为3 m/s2 B.0~7 m阻力对物体做功为28 J C.0~7 m拉力对物体做功为40 J D.0~7 m合力对物体做功为68 J 解析　由于在0~3 m物体做匀速直线运动，拉力与阻力大小相等，因此物体所受的阻力大小为f=4 N，由题图可知，在s=5 m处，物体所受的拉力为7 N，根据牛顿第二定律F-f=ma可知在该位置的加速度a=1.5 m/s2，A项错误;阻力对物体做功Wf=-fs=-4×7 J=-28 J，B项错误;根据题图可知，拉力对物体做的功等于图像与横轴围成的面积，即WF=4×3 J+×(7-3) J=40 J，C项正确;合力对物体做的功W=WF+Wf=12 J，D项错误。 考向4　化变力为恒力求变力做功 　有些变力做功问题通过转换研究对象，可转化为恒力做功，用W=Fscos α求解。此法常用在轻绳通过定滑轮拉物体做功的问题中。 【典例4】　如图所示，在光滑的水平面上，物块在恒力F=50 N作用下从A点运动到B点，不计滑轮的大小，不计绳、滑轮的质量及绳与滑轮间的摩擦，H=1.2 m，α=37°，β=53°，sin 37°=0.6，sin 53°=0.8。则绳子对物块的拉力做的功为(B) A.20 J B.25 J C.37.5 J D.60 J 解析　根据几何关系可得沿力F方向上的位移x=-，绳子对物块的拉力做功等于拉力F所做的功W=Fx，代入数据解得W=25 J，B项正确。 考向5　利用动能定理求变力做功 　利用公式W=Fscos α不容易直接求功时，尤其对于曲线运动或变力做功问题，可考虑由动能的变化来间接求功，所以动能定理是求变力做功的首选。 【典例5】　如图所示，一质量为m的质点在半径为R的半球形容器中(容器固定)由静止开始自边缘上的A点滑下，到达最低点B时，它对容器的正压力为FN。重力加速度为g，则质点自A滑到B的过程中，摩擦力对其所做的功为(A) A.R(FN-3mg) B.R(2mg-FN) C.R(FN-mg) D.R(FN-2mg) 解析　质点在最低点B时，由牛顿第二定律，有FN-mg=m，质点在B点的动能为EkB=mv2=(FN-mg)R。质点自A滑到B的过程中，由动能定理得mgR+Wf=EkB-0，解得Wf=R(FN-3mg)，A项正确。 微|点|训|练 1.早在两千多年前，我国劳动人民就发明了汉石磨盘，它是一种可使谷物脱壳、粉碎的加工工具，凝聚着人类的高度智慧。后来人们通常用驴来拉磨把谷物磨成面粉，如图所示。假设驴对磨杆的拉力F为500 N，拉力沿圆周切线方向，磨盘半径r为0.4 m，磨杆长也为0.4 m，驴对磨杆的拉力作用在磨杆末端，磨盘转动一周的时间为5 s，则(B) A.驴拉磨转动一周拉力所做的功为400π J B.驴拉磨转动一周拉力的平均功率为160π W C.磨盘边缘的线速度大小为π m/s D.磨杆末端的向心加速度大小为0.64π2 m/s2 解析　驴对磨的拉力沿圆周切线方向，拉力作用点的速度方向也在圆周切线方向，故可认为拉磨过程中拉力方向始终与速度方向相同，由微元法，拉力对磨盘所做的功等于拉力的大小与拉力作用点沿圆周运动弧长的乘积，则磨转动一周，弧长L=2π(2r)=1.6π m，所以拉力所做的功W=FL=500×1.6π J=800π J，A项错误;根据功率的定义得P== W=160π W，B项正确;磨盘边缘的线速度为v== m/s=0.16π m/s，C项错误;磨杆末端的向心加速度为an=·2r=×0.8 m/s2=0.128π2 m/s2，D项错误。 2.某工地建房时用小车将细沙从一楼提到七楼(高度为20 m)，小车和细沙总质量为10 kg。由于小车漏沙，在被匀速提升至七楼的过程中，小车和细沙的总质量随着上升距离的变化关系如图所示。小车可以看成质点，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。由图像可知，在提升的整个过程中，拉力对小车做的功为(B) A.2 000 J B.1 800 J C.1 600 J D.180 J 解析　由于小车匀速上升，故拉力大小等于小车和细沙的总重力，由于小车和细沙的总质量随位移均匀减小，故拉力与位移满足线性关系，所以可用平均力法求解变力做功。结合题图可知，F1=m1g=100 N，F2=m2g=80 N，则在提升的整个过程中，拉力对小车做的功为W拉=h=1 800 J，B项正确。 3.一物体所受的力F随位移s变化的图像如图所示，求在这一过程中，力F对物体做的功为(B) A.3 J B.6 J C.7 J D.8 J 解析　力F对物体做的功等于s轴上方梯形“面积”所表示的正功与s轴下方三角形“面积”所表示的负功的代数和。W1=×(3+4)×2 J=7 J，W2=-×(5-4)×2 J=-1 J，所以力F对物体做的功为W=7 J-1 J=6 J，B项正确。 4.如图所示，一根绳子绕过高4 m的滑轮(大小、摩擦均不计)，绳的一端拴一质量为10 kg的物体m，另一侧沿竖直方向的绳被人拉住。若人拉住绳子向右运动了3 m，使物体匀速上升，g取10 m/s2。则人拉绳所做的功为(忽略人的高度对问题的影响)(C) A.500 J B.300 J C.100 J D.50 J 解析　拉力是变力，但拉力做的功等于物体克服重力做的功，所以求拉力做的功可以转化为求重力做的功。物体上升的位移h=-4 m=1 m，重力做的功W=-mgh=-10×10×1 J=-100 J，所以人拉绳所做的功W'=-W=100 J，C项正确。 5.如图所示，质量为m的物块放在水平转台上，物块与转轴相距R，物块随转台由静止开始转动。当角速度增至ω时，转台开始做匀速转动，整个过程物块与转台总是保持相对静止，则(C) A.在角速度增至ω的过程中，物块所受的摩擦力方向总是指向转轴 B.转台匀速转动时，物块所受的摩擦力大小为mωR C.在角速度增至ω的过程中，摩擦力对物块做的功是mω2R2 D.在角速度增至ω的过程中，摩擦力对物块做的功是0 解析　在角速度增至ω过程中，即物块加速转动，则物块所受的摩擦力方向与速度夹角为锐角，不是总是指向转轴，A项错误;转台匀速转动时，物块所受的摩擦力充当向心力，则摩擦力大小为f=mω2R，B项错误;根据动能定理，在角速度增至ω的过程中，摩擦力对物块做的功是W=ΔEk=mv2=mω2R2，C项正确，D项错误。 第2讲　动能定理及应用 ■目标要求 1.理解动能和动能定理，会用动能定理解决问题。2.掌握解决动能定理与图像结合问题的分析方法。 考点1　对动能定理的理解 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 必|备|知|识 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:Ek=mv2，单位:焦耳(J)，1 J=1 N·m=1 kg·m2/s2。 (3)动能是标量，只有正值，没有负值。 (4)动能是状态量，具有相对性，与参考系的选取有关，一般以地面为参考系。 2.动能定理。 (1)内容。 所有外力对物体做的总功(也叫合外力的功)等于物体动能的变化。 (2)表达式:W总=Ek2-Ek1。 (3)物理意义:合外力做的功是动能变化的量度。 (1)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化(√) (2)物体的动能不变，所受合外力必定为零(×) (3)合外力对物体做正功，物体的动能增加;合外力对物体做负功，物体的动能减少(√) 关|键|能|力 1.动能定理的两个关系。 (1)因果关系:合力做功是引起物体动能变化的原因。 (2)数量关系:动能定理中的“力”指合力，“功”指的是合力所做的功或各力所做的功的代数和，总功与动能变化具有等量关系。 2.动能定理是标量式。 动能、功都是标量，所以动能定理表达式是标量式，不存在方向的选取问题，不存在动能定理的分量表达式。 【典例1】　(多选)关于动能定理的表达式W=Ek2-Ek1，下列说法正确的是(BC) A.公式中的W为不包含重力的其他力做的总功 B.公式中的W为包含重力在内的所有力做的总功，也可通过以下两种方式计算:先求每个力的功再求功的代数和或先求合力再求合力的功 C.公式中的Ek2-Ek1为动能的变化量，当W>0时，动能增加;当W<0时，动能减少 D.动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功 解析　公式W=Ek2-Ek1中的W指合力做的功，包括重力在内所有力做的总功，A项错误;W为包含重力在内的所有力做的总功，可以用各个力做功的代数和表示，也可以先求合力，再求合力做功，B项正确;Ek2-Ek1为动能的变化量，由合力的功来量度，W>0，ΔEk>0，动能增加，W<0，ΔEk<0，动能减少，C项正确;动能定理不仅适用于直线运动也适用于曲线运动，不仅适用于恒力做功同样也适用于变力做功，D项错误。 【典例2】　(2024·安徽卷)某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v。已知人与滑板的总质量为m，可视为质点。重力加速度大小为g，不计空气阻力。则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为(D) A.mgh B.mv2 C.mgh+mv2 D.mgh-mv2 解析　人在下滑的过程中，由动能定理得mgh-Wf=mv2-0，此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为Wf=mgh-mv2，D项正确。 考点2　动能定理的应用 关|键|能|力 应用动能定理应抓住“两个状态，一个过程”。 “两个状态”即明确研究对象的始末状态的速度或动能，“一个过程”即明确研究过程，确定在这一过程中研究对象的受力及位置变化信息。 【典例3】　(2024·新课标卷)将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m=42 kg，重力加速度大小g=10 m/s2，当P绳与竖直方向的夹角α=37°时，Q绳与竖直方向的夹角β=53°(sin 37°=0.6)。 (1)求此时P、Q绳中拉力的大小; (2)若开始竖直下降时重物距地面的高度h=10 m，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。 解析　(1)重物下降的过程中受力平衡，设此时P、Q绳中拉力的大小分别为T1和T2， 竖直方向T1cos α=mg+T2cos β， 水平方向T1sin α=T2sin β， 联立并代入数据解得 T1=1 200 N，T2=900 N。 (2)整个过程，根据动能定理得W+mgh=0， 解得两根绳子拉力对重物做的总功为 W=-4 200 J。 答案　(1)1 200 N　900 N　(2)-4 200 J 【典例4】　如图所示是由细管拼接成的一个轨道，轨道固定于竖直面内，其圆形部分半径分别为R和R，A、B均为圆形轨道的最高点。一质量为m的小球通过这段轨道时，在A点时刚好对管壁无压力，在B点时对管外侧壁的压力大小为mg。不计空气阻力，则小球从A点运动到B点过程，小球克服摩擦力所做的功为(B) A.mgR B.mgR C.mgR D.-mgR 解析　设小球在A点的速度为vA，由于在A点时刚好对管壁无压力，则有mg=m，设小球在B点的速度为vB，由于在B点时对管外侧壁的压力大小为mg，则有mg+FN=m，FN=mg，小球从A点运动到B点过程，根据动能定理可得mgR-Wf=m-m，联立解得小球克服摩擦力所做的功为Wf=mgR，B项正确。 考点3　动能定理与图像的综合问题 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 关|键|能|力 1.图像所围“面积”或“斜率”的含义。 2.解决动能定理与图像问题的基本步骤。 考向1　F-s图像问题 【典例5】　如图甲所示，质量为0.2 kg的物块受到水平向右的拉力F，以5 m/s的初速度从A点向右运动，F随位移s变化的图像如图乙所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2，在运动过程中物块的最大速度为(B) A. m/s B. m/s C. m/s D. m/s 解析　物体的滑动摩擦力f=μmg=0.5×0.2×10 N=1 N，根据题图乙可知，当拉力大于最大静摩擦力时，物体向右加速运动，当拉力与滑动摩擦力大小相等时，合力为0，物体速度达到最大值;由题图乙可知当F=1 N时，s1=2 m，s2=10 m。F-s图像中，图像与横坐标所围几何图形的面积表示功，则拉力从0 N增大到3 N再减小到1 N的过程中，拉力的功为W=s1+(s2-s1)=×6 J+(10-6) J=17 J，根据动能定理有W-fs2=m-m，解得vm= m/s，B项正确。 考向2　Ek-s图像问题 【典例6】　(多选)如图甲所示，质量为0.6 kg的物块以一定的初速度冲上倾角为30°的固定斜面，物块在斜面上运动的过程中，其动能Ek与运动路程s的关系图像如图乙所示。已知物块所受的摩擦力大小恒定，取重力加速度大小g=10 m/s2。则在物块的路程从0增加到20 m的过程中，下列说法正确的是(BC) A.物块受到的摩擦力大小为2 N B.物块受到的重力做的功为0 C.物块的机械能减少量为20 J D.物块受到的合力做的功为10 J 解析　物块的路程从0增加到10 m的过程中，物块沿斜面上滑，有-mgssin 30°-fs=0-Ek，解得f=1 N，A项错误;物块的路程从0增加到20 m的过程中，物块先上滑后下滑，物块的位移为0，因此物块受到的重力做的功为0，B项正确;物块的机械能减少量等于克服摩擦力做的功，有ΔE=fs=20 J，C项正确;物块的动能变化量等于物块受到的合力做的功，因此物块受到的合力做的功W=Ek2-Ek1=-20 J，D项错误。 考向3　其他图像与动能定理的综合应用 【典例7】　(多选)放在粗糙水平地面上质量为0.8 kg的物体受到水平拉力的作用，在0~6 s内其速度与时间的关系图像和该拉力的功率与时间的关系图像分别如图甲、乙所示，重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是(AD) A.0~6 s内拉力做的功为140 J B.物体在0~2 s内所受的拉力为4 N C.物体与粗糙水平地面间的动摩擦因数为0.5 D.合外力在0~6 s内做的功与0~2 s内做的功相等 解析　由P=Fv可知，物体在0~2 s内所受的拉力F== N=6 N，在2~6 s内所受的拉力F'== N=2 N，B项错误;拉力在0~6 s内做的总功W=Fx1+F'x2=6××2 J+2×10×4 J=140 J，A项正确;由物体在2~6 s内做匀速运动可知，F'=μmg，可求得μ=0.25，C项错误;由动能定理可知，物体所受的合外力在0~6 s内所做的功与0~2 s内所做的功均为mv2=40 J，D项正确。 培优课9　动能定理在多过程问题中的应用 题型1　动能定理在多过程问题中的应用 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 　应用动能定理解决多过程问题的两种思路。 (1)分段应用动能定理。 ①将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。 ②对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。 ③根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。 ④分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程。 ⑤联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。 (2)全过程应用动能定理。 当物体运动过程包含几个不同的物理过程，又不需要研究过程的中间状态时，可以把几个运动过程看作一个整体，运用动能定理来研究，从而避开每个运动过程的细节，大大简化了运算。全过程列式时要注意两点:①重力、弹簧弹力做功取决于物体的初末位置，与路径无关;②大小恒定的阻力或摩擦力做功的数值等于力的大小与路程的乘积。 【典例1】　如图所示，AB为固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，其半径为R=0.8 m。轨道的B点与水平地面相切，质量为m=0.2 kg的小球(可视为质点)从A点由静止释放，通过水平面BC滑上光滑固定曲面CD，取重力加速度g=10 m/s2。 (1)小球运动到最低点B时，求圆弧轨道对小球的支持力大小; (2)若恰能到达最高点D，且D到地面的高度为h=0.6 m，小球在水平面BC上克服摩擦力所做的功。 解析　(1)从A点到B点过程，根据动能定理可得 mgR=m， 解得vB==4 m/s， 在B点，根据牛顿第二定律可得 FN-mg=m， 解得圆弧轨道对小球的支持力大小为 FN=6 N。 (2)若恰能到达最高点D，从A点到D点过程，根据动能定理可得 mgR-Wf-mgh=0， 解得小球在水平面BC上克服摩擦力所做的功为 Wf=mgR-mgh=0.4 J。 答案　(1)6 N　(2)0.4 J 【典例2】　(2023·湖北卷)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求: (1)小物块到达D点的速度大小; (2)B和D两点的高度差; (3)小物块在A点的初速度大小。 解析　(1)由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点应用牛顿第二定律得m=mg， 解得vD=。 (2)由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在C点有cos 60°=， 小物块从C到D的过程中，根据动能定理有 -mg(R+Rcos 60°)=m-m， 则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有 mgHBD=m-m， 联立解得vB=，HBD = 0。 (3)小物块从A到B的过程中，根据动能定理有-μmgs=m-m， 由几何关系得s=π·2R， 解得vA=。 答案　(1)　(2)0　(3) 题型2　动能定理在往复运动问题中的应用 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 1.往复运动问题:在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，描述运动的物理量多数是变化的，而且重复的次数有的是有限的，有的是最终达到某一稳定情境下的无限往复运动。 2.解题策略:此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功的特点与路径有关，运用动力学观点非常繁琐，甚至无法解答。由于动能定理只涉及初末状态，所以用动能定理分析此类问题可使解题过程简化。 【典例3】　如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC水平，其长度d=0.50 m，盆边缘的高度为h=0.30 m。在A处放一个质量为m的小物块并让其由静止下滑。已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ=0.1，小物块可视为质点。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的位置到B的距离为(D) A.0.50 m B.0.25 m C.0.10 m D.0 解析　小物块从A点出发到最后停下来，设小物块在BC面上运动的总路程为s，整个过程由动能定理有mgh-μmgs=0，所以小物块在BC面上运动的总路程为s== m=3 m，而d=0.5 m，刚好3个来回，所以最终停在B点，即到B点的距离为0，D项正确。 【典例4】　如图所示，在竖直平面内，有一倾角为θ=37°的斜面与半径为R=2 m的光滑圆弧轨道BCD相切于B点，C是最低点，OB与OC的夹角为θ=37°，D与圆心O等高。将一质量为m=1 kg的小滑块从A点由静止释放后沿斜面运动，斜面上AB间的距离为L=3 m，小滑块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5，空气阻力不计，小滑块可视为质点，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，取重力加速度大小g=10 m/s2。求: (1)小滑块第一次运动到C点时的速度大小; (2)小滑块通过C点后，能到达的位置离C点的最大高度; (3)小滑块在整个运动过程中通过斜面的路程。 解析　(1)小滑块从A到C过程，根据动能定理可得mg(Lsin θ+R-Rcos θ)-μmgcos θ·L=m， 解得v0=2 m/s。 (2)设小滑块通过C点后，能到达的位置离C点的最大高度为h，则m=mgh， 解得h=1 m。 (3)最后小滑块在BCB'做往复运动(B'为CD弧上与B点等高的点)，在B点速度为0，设小滑块在整个运动过程中通过斜面的路程为s，根据动能定理可得 mgLsin θ=μmgcos θ·s， 解得s=4.5 m。 答案　(1)2 m/s　(2)1 m　(3)4.5 m 第3讲　机械能守恒定律及应用 ■目标要求 1.知道机械能守恒的条件，理解机械能守恒定律的内容。2.会用机械能守恒定律解决单个物体或系统的机械能守恒问题。 考点1　机械能守恒条件 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 必|备|知|识 1.重力做功与重力势能。 (1)重力做功的特点。 ①重力做功与运动路径无关，只与始末位置的高度差有关。 ②重力做功不引起物体机械能的变化。 (2)重力势能。 ①表达式:Ep=mgh。 ②重力势能的特点:a.系统性:重力势能是物体和地球共有的;b.相对性: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。 ①定性关系:重力对物体做正功，重力势能减小;重力对物体做负功，重力势能增加。 ②定量关系:重力对物体做的功等于物体重力势能的减少量，即WG=-(Ep2-Ep1)=-ΔEp。 2.弹性势能。 (1)物体由于发生弹性形变而具有的能，叫弹性势能。弹性势能的大小与形变量和劲度系数有关。 (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弹=-ΔEp。 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:Ek1+Ep1=Ek2+Ep2。 (3)机械能守恒的条件。 对单个物体，只有重力做功;对系统，只有重力或系统内的弹簧弹力做功。 (1)物体的重力做正功，其重力势能一定减少(√) (2)物体所受的合外力为零，物体的机械能一定守恒(×) (3)物体做匀速直线运动，其机械能一定守恒(×) 关|键|能|力 　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，机械能守恒。 (2)利用做功判断:①若物体或系统只有重力或弹力做功，机械能守恒;②若有其他力做功，但其他力做功的代数和为零，系统的机械能守恒。 (3)利用能量转化判断:若系统与外界没有能量交换，系统内也没有机械能与其他形式能的转化，则系统的机械能守恒。 【典例1】　(多选)如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是(CD) A.图甲中，物体A将弹簧压缩的过程中，A机械能守恒 B.图乙中，A置于光滑水平面，物体B沿光滑斜面下滑，物体B机械能守恒 C.图丙中，不计任何阻力及滑轮和绳的质量时A加速下落，B加速上升过程中，A、B机械能守恒 D.图丁中，轻绳悬吊的小球在竖直面内摆动的过程中，不计空气阻力的情况下，小球的机械能守恒 解析　题图甲中重力和弹力做功，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，但物体A机械能不守恒，A项错误;题图乙中物体B除受重力外，还受弹力，弹力对B做负功，机械能不守恒，且从能量特点看A、B组成的系统机械能守恒，A的机械能增加，所以B的机械能减少，B项错误;题图丙中绳子张力对A做负功，对B做正功，代数和为零，A、B机械能守恒，C项正确;题图丁中只有重力做功，动能和势能不断发生相互转化，机械能守恒，D项正确。 考点2　单个物体的机械能守恒问题 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 关|键|能|力 1.表达式。 2.应用机械能守恒定律解题的一般步骤。 【典例2】　(多选)(2023·湖南卷)如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C、A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，重力加速度为g，下列说法正确的是(AD) A.小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大 B.小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变 C.小球的初速度v0= D.若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道 解析　由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C点，则小球在C点的速度为vC=0，则小球从B到C的过程中，有-mgR·(1-cos α)=0-mv2，FN=mgcos α-m，联立有FN= 3mgcos α-2mg，则小球从B到C的过程中α由θ减小到0，则cos α逐渐增大，故FN逐渐增大，则对轨道的压力逐渐增大，A项正确;克服重力做功的功率为P = mgvsin θ，从A到B的过程中，随着速度的减小克服重力做功的功率减小，从B到C的过程中，速度减小，sin θ也减小，克服重力做功的功率也减小，所以小球从A到C的过程中，克服重力做功的功率一直减小，B项错误;从A到C的过程中有-mg·2R=m-m，解得v0=，C项错误;小球在B点恰好脱离轨道有mgcos θ=m，则vB=，若小球初速度v0增大，小球在B点的速度有可能为，故小球有可能从B点脱离轨道，D项正确。 【典例3】　(2024·全国甲卷)如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小(C) A.在Q点最大 B.在Q点最小 C.先减小后增大 D.先增大后减小 解析　方法一(分析法):设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处(P点)与圆环的作用力恰好为零，如图所示，设图中夹角为θ，从大圆环顶端到P点过程，根据机械能守恒定律mgR(1-cos θ)=mv2，在P点，根据牛顿第二定律mgcos θ =m，联立解得cos θ=，从大圆环顶端到P点过程，小环速度较小，小环重力沿着大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心力，所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小，从P点到最低点过程，小环速度继续增大，小环重力和大圆环对小环弹力的合力提供向心力，所以大圆环对小环的弹力逐渐变大，根据牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大，C项正确。 方法二(数学法):设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处时，设该处与圆心的连线与竖直向上的夹角为θ，0≤θ≤π，根据机械能守恒定律mgR(1-cos θ)=mv2，在该处根据牛顿第二定律F+mgcos θ=m，联立可得F=2mg-3mgcos θ，则大圆环对小环作用力的大小|F|=|2mg-3mgcos θ|，根据数学知识可知|F|的大小在cos θ=时最小，结合牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大，C项正确。 命题特点:试题不是单独考查机械能守恒定律，而是与竖直面内的圆周运动结合在一起考查，解题方法不唯一，可用物理方法分析，也可结合数学知识分析。 复习建议:复习中应重视机械能守恒定律与几何知识、数学推理等知识的综合，还应重视机械能守恒定律与圆周运动、卫星的运动、平抛运动等运动形式的综合。 考点3　多物体组成系统的机械能守恒问题 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 关|键|能|力 解决多物体组成系统的机械能守恒问题的几点注意事项。 (1)对多个物体组成的系统，要注意判断系统的机械能是否守恒。一般情况下，不计空气阻力和摩擦时，没有机械能向其他形式能的转化，系统的机械能守恒。 (2)注意寻找用绳或杆相连的物体间的速度关系和位移关系。 (3)列机械能守恒方程时，一般选用ΔEk=-ΔEp或ΔEA=-ΔEB的形式。 考向1　速率相等情形 两物体的速率相等，但竖直方向的高度变化大小不一定相等。 【典例4】　如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，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(C) A.2R B. C. D. 解析　设B球质量为m，A球刚落地时，两球速度大小都为v，根据机械能守恒定律2mgR-mgR=(2m+m)v2得v2=gR，B球继续上升的高度h==，则B球上升的最大高度为h+R=R，C项正确。 考向2　角速度相等情形 (1)两物体的角速度相等，线速度大小由v=ωr确定。 (2)杆对物体的作用力并不总是沿杆方向，杆对两物体均做功，但总功为零，所以单个物体的机械能并不守恒。 【典例5】　(多选)如图，质量分别为m和2m的两个小球P和Q，中间用轻质杆固定连接，杆长为l，在离P球处的O点有一个光滑固定转轴，如图所示。现在把杆置于水平位置后自由释放，Q球顺时针摆动到最低位置，已知重力加速度为g，则(AC) A.小球Q在最低位置的速度大小为 B.小球Q在最低位置的速度大小为 C.杆对小球P做正功，P的机械能增加 D.杆对小球Q做正功，Q的机械能增加 解析　根据机械能守恒定律2mg·l-mg·l=×2m+m，又=，小球Q在最低位置的速度大小为vQ=，A项正确，B项错误;P球动能增加，重力势能增加，则杆对小球P做正功，其机械能增加，C项正确;系统机械能守恒，根据机械能守恒，可知小球Q在此过程中机械能减小，D项错误。 考向3　沿绳或杆方向的分速度相等情形 (1)两物体的速度不等，但沿绳或杆方向的分速度相等。 (2)绳或杆对物体的作用力做功，单个物体的机械能不守恒，但系统的机械能守恒。 【典例6】　如图所示，质量为m的物体P套在固定的光滑水平杆上。轻绳跨过O和O'处两个光滑的滑轮，一端与物体P相连，另一端与质量为2m的物体Q相连。用手托住物体Q使整个系统处于静止状态，此时轻绳刚好拉直，且AO=L，OB=h，AB<BO'，重力加速度为g。现释放物体Q，让二者开始运动，下列说法正确的是(B) A.在物体P从A滑到B的过程中，P的速度增大，Q的速度减小 B.物体P运动的最大速度为2 C.在物体P从A滑到B的过程中，P的机械能减少，Q的机械能增加 D.开始运动后，当物体P速度最大时，物体Q速度也达到最大 解析　物体P从A滑到B的过程中，绳的拉力做正功，P的动能增加，速度增加，到达B点时，速度最大。上述过程中，绳对Q的拉力做负功，Q的机械能减小，P到达B点时，Q到达最低点的位置，速度为零，所以P从A到B的过程中，Q的速度先增大后减小，A、C、D三项均错误;对P、Q整体应用机械能守恒定律得2mg(L-h)=mv2，则物体P的最大速度v=2，B项正确。 培优课10　含弹簧系统的机械能守恒问题 非质点类物体的机械能守恒问题 题型1　含弹簧系统的机械能守恒问题 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 1.弹簧发生形变时具有弹性势能，与弹簧相连的物体的动能也随之发生变化。若系统只有重力和弹簧弹力做功时，系统内的弹性势能、重力势能和动能发生相互转化，无其他能量产生，系统的机械能守恒。 2.与弹簧相连的两个物体组成的系统满足机械能守恒条件时，弹簧拉伸到最长或压缩到最短时，两物体的速度相等，弹簧的弹性势能也达到最大。 3.对同一根弹簧，弹簧的伸长量和压缩量相等时，弹簧的弹性势能相等。 【典例1】　(多选)(2025·汕头模拟)如图所示，轻弹簧上端固定，下端与一质量为m的小球相连。开始时用手托住小球使弹簧恰好为原长，此时小球处于A位置。释放小球使其由静止开始竖直下落，小球经过B点时速度达到最大值，小球能够到达的最低点为C点，运动过程中弹簧始终处于弹性限度内。已知AB间距离为h1，BC间距离为h2，重力加速度为g(不计空气阻力)，下列说法正确的是 (ACD) A.弹簧的劲度系数为 B.小球在位置B时的动能等于mgh1 C.弹性势能的最大值为mg(h1+h2) D.从A到C过程中小球的机械能一直减小 解析　小球经过B点时速度达到最大值，可知在B点时受力平衡，则有mg=kh1，所以k=，A项正确;小球下降到B位置时，重力势能减小量为mgh1，且减小的重力势能转化为小球的动能和弹簧的弹性势能，则在位置B时的动能小于mgh1，B项错误;在最高点A时小球的重力势能转化为在最低点C时的弹性势能，可知弹性势能的最大值为mg(h1+h2)，C项正确;从A到C过程中，小球的机械能和弹簧的弹性势能之和保持不变，由于弹簧的弹性势能一直变大，则小球的机械能一直减小，D项正确。 【典例2】　如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态。现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，劲度系数为k，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，重力加速度为g，则在圆环下滑到最大距离的过程中(C) A.弹簧弹性势能变化了mgL B.在速度最大的位置，弹簧弹力等于圆环重力 C.圆环下滑到最大距离时，有kL>mg D.圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变 解析　题图中弹簧水平时恰好处于原长状态，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L，可得物体下降的高度为h=L，根据系统的机械能守恒得弹簧的弹性势能增大量为ΔEp=mgh=mgL，A项错误;圆环所受合力为零时，速度最大，弹簧竖直分力等于圆环重力，B项错误;速度最大后，圆环继续向下运动，则弹簧的弹力增大，圆环下滑到最大距离时，所受合力竖直向上，则弹力沿杆的分力F弹'=F弹cos 30°=kL，即kL>mg，C项正确;根据圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，知圆环的动能先增大后减小，则圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大，D项错误。 题型2　非质点类物体的机械能守恒问题 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 1.在应用机械能守恒定律处理实际问题时，经常遇到像“链条”“液柱”类的物体，其在运动过程中将发生形变，其重心位置相对物体也发生变化，因此这类物体不能再视为质点来处理。 2.物体虽然不能视为质点来处理，但因只有重力做功，物体整体机械能守恒。一般情况下，可将物体分段处理，确定质量分布均匀的规则物体各部分的重心位置，根据初、末状态物体重力势能的变化列式求解。 考向1　“链条”类问题 【典例3】　如图所示，长为L的均匀链条放在光滑水平桌面上，且使其长度的垂在桌外，松手后链条从静止开始沿桌边下滑，则链条滑至刚离开桌边时的速度大小为(重力加速度为g)(C) A. B. C. D.4 解析　取桌面为零势能面，设链条的总质量为m，开始时链条的机械能E1=-mg×L，当链条刚脱离桌面时的机械能E2=mv2-mg×L，由机械能守恒定律可得E1=E2，即-mg×=mv2-，解得v=，C项正确。 考向2　“液柱”类问题 【典例4】　(多选)内径横截面积为S的U形圆筒竖直放在水平面上，筒内装水，底部阀门K关闭时两侧水面高度分别为h1和h2，如图所示。已知水的密度为ρ，不计水与筒壁的摩擦阻力。现把连接两筒的阀门K打开，当两筒水面高度相等时，则该过程中(重力加速度为g) (ACD) A.水柱的重力做正功 B.大气压力对水柱做负功 C.水柱的机械能守恒 D.当两筒水面高度相等时，水柱的动能是ρgS(h1-h2)2 解析　把连接两筒的阀门打开到两筒水面高度相等的过程中大气压力对左筒水面做正功，对右筒水面做负功，抵消为零，B项错误;水柱的机械能守恒，重力做功等于重力势能的减少量，等于水柱增加的动能，等效于把左管高的水柱移至右管，如图中的阴影部分所示，重心下降，此时水柱的动能Ek=WG=ρgS·=ρgS(h1-h2)2，A、C、D三项正确。 培优课11　功能关系　能量守恒定律 题型1　功能关系的理解和应用 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 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，对应不同形式的能量转化，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.力学中常见的功能关系。 考向1　功能关系的理解 【典例1】　如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为g，g为重力加速度。运动员从上向下滑到底端的过程中(A) A.减少的机械能为mgh 　 B.增加的动能为mgh C.克服摩擦力做功为mgh 　 D.合外力做功为mgh 解析　合外力做功为W总=ma·=m·g·=mgh，D项错误;对滑雪运动员由动能定理可知，增加的动能为ΔEk=W总=mgh，B项错误;对滑雪运动员由牛顿第二定律得mgsin 30°-f=ma，解得运动员受到的摩擦力f=mg，所以运动员克服摩擦力做的功为W克=f=mgh，运动员减少的机械能为mgh，A项正确，C项错误。 考向2　功能关系与图像的综合应用 【典例2】　(多选)如图甲所示，质量为m=1 kg的小物块自倾角为37°固定粗糙斜面底端以E0=200 J的初动能沿斜面向上滑动(斜面足够长)。规定斜面底端为零势能面，物体向上滑动的过程中动能和机械能与上升高度h的关系分别如图乙所示。已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度大小为g=10 m/s2。则(BC) A.物体向上滑动的最大距离为6 m B.物体与斜面间的动摩擦因数为0.5 C.物体到达斜面底端时的动能为40 J D.物体在斜面运动的全过程中因摩擦产生的热量为80 J 解析　设物体上升的最大高度为h0，则根据图像可得mgh0=E0，解得h0=12 m，物体向上滑动的最大距离为s m=，解得s m=20 m，A项错误;设物体与斜面间的动摩擦因数为μ，则由动能定理有-mgh0-μmgs mcos 37°=0-E0，解得μ=0.5，B项正确;设物体上滑过程中克服摩擦力所做的功为W克，根据题图，结合能量守恒定律可得E0=mgh0+W克，解得W克=80 J，物体到达斜面底端时，根据动能定理有mgh0-W克=Ek，解得物体到达斜面底端时的动能为Ek=40 J，C项正确;根据以上分析可知，物体在斜面运动的全过程中克服摩擦力做功为Wf=2W克=160 J，D项错误。 题型2　摩擦力做功与能量变化 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 1.两种摩擦力的做功情况比较。 　　　类别 比较　　　 静摩擦力 滑动摩擦力 不同点 能量的转化方面 只有能量的转移，而没有能量的转化 既有能量的转移，又有能量的转化 一对摩擦力的总功方面 一对静摩擦力所做功的代数和等于零 一对滑动摩擦力所做功的代数和不为零，总功W=-fl相对，即相对滑动时产生的热量 相同点 正功、负功、不做功方面 两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功 2.相对滑动物体的能量问题的解题流程。 【典例3】　(2025·佛山模拟)如图所示，一辆货车在水平公路上做匀速直线运动，车厢内放置一质量为m的箱子，与车厢保持相对静止。货车突然遇到紧急情况刹车，当货车和箱子均停止时，箱子相对车厢向前滑行的距离为x。已知箱子与车厢间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法正确的是(D) A.货车对箱子做的功为-μmgx B.箱子对货车做的功为-μmgx C.合外力对箱子做的功为-μmgx D.箱子与车厢间因摩擦而产生的热量为μmgx 解析　设货车的位移为s，则箱子的位移为s+x，货车对箱子做的功为W车箱=-μmg(s+x)，A项错误;箱子对货车做的功为W箱车=μmgs，B项错误;合外力对箱子的功为W合力箱=-μmg(s+x)，C项错误;箱子与车厢间因摩擦而产生的热量为Q=μmgx ，D项正确。 【典例4】　如图甲，倾角为37°的传送带顺时针匀速运行，在传送带上某位置轻放一质量为m=1 kg的小木块，木块的速度v随时间t变化的图像如图乙所示。取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，求: (1)木块与传送带间的动摩擦因数μ; (2)0~2 s时间内，传送带对木块做的功; (3)传送木块过程中摩擦产生的热量Q。 解析　(1)由题图乙知，0~1 s内物块做匀加速直线运动，加速度为a==1 m/s2， 由牛顿第二定律得 μmgcos 37°-mgsin 37°=ma， 解得μ=0.875。 (2)由题图乙知，0~1 s内物块与传送带有相对运动，摩擦力为f1=μmgcos 37°=7 N， 1~2 s内，物块与传送带相对静止， 则摩擦力为f2=mgsin 37°=6 N， 则0~2 s时间内，传送带对木块做的功为 W=f1x1+f2x2， 由题图乙可得x1=0.5 m，x2=1 m， 解得W=9.5 J。 (3)由题意可知，0~1 s过程中，物块与传送带之间有相对运动，产生热量为Q=f1Δx， 其中Δx=x带-x1=0.5 m， 解得Q=3.5 J。 答案　(1)0.875　(2)9.5 J　(3)3.5 J 摩擦生热公式Q=f·x相对中x相对的理解 (1)没有往复滑动的物体间，x相对等于相对位移大小。 (2)有往复滑动的物体间，x相对等于相对路程。 题型3　能量守恒定律的理解和应用 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 1.能量守恒定律。 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其他形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。 2.表达式。 (1)E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。 (2)ΔE增=ΔE减，增加的能量总和等于减少的能量总和。 3.对能量守恒定律的两点理解。 (1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等。 (2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等。 考向1　能量守恒定律的理解和应用 【典例5】　如图所示，轻弹簧放置在倾角为30°的斜面上，弹簧下端与斜面底端的挡板相连，可看作质点的小物块A、B叠放在一起，在斜面的顶端由静止释放一起沿斜面下滑。弹簧被压缩到最短时，将物块A从B上轻轻取走(对B的速度不产生影响)，此后弹簧将物块B弹出，B刚好又能滑到斜面顶端，已知重力加速度为g，B物块与斜面间动摩擦因数为，则关于A、B的质量m和M之间的关系，下列说法正确的是(A) A.M=2m B.M=m C.M=2m D.M=3m 解析　弹簧被压缩到最短时，小物块A、B的速度刚好为0，从开始运动到弹簧压缩到最短的过程中，设运动距离为L，根据能量守恒定律得(m+M)gLsin 30°-μ(m+M)gcos 30°·L=Ep;弹簧将物块B弹出，B刚好又能滑到斜面顶端的过程中，由能量守恒定律得Ep=MgLsin 30°+μMgcos 30°·L，两式联立解得M=2m，A项正确。 考向2　能量守恒定律在生活、生产中的应用 【典例6】　(多选)如图是架在屋顶的太阳能热水器。已知单位时间内太阳垂直射到地面附近单位面积的能量E0=7×103 J/(m2·s)。一台热水器的聚热面积为2 m2 ，若每天相当于太阳直射热水器4 h，太阳能的20%可转化为水的内能，则下列说法正确的是(BC) A.只有20%的太阳能可转化为水的内能，说明能量不守恒 B.太阳能可转化为水的内能，但水的内能不可转化为太阳能，说明能量转化具有方向性 C.这台热水器一天内最多能利用的太阳能为4.032×107 J D.这台热水器一天内最多能利用的太阳能为5.6×104 J 解析　只有20%的太阳能可转化为水的内能，其余能量被耗散到空气中，能量守恒，A项错误;太阳能可转化为水的内能，但水的内能不可转化为太阳能，说明能量转化具有方向性，B项正确;根据题意，这台热水器一天内最多能利用的太阳能为E=E0×S×t×20%=7×103×2×4×3 600×20% J=4.032×107 J，C项正确，D项错误。 培优课12　动力学和能量观点的综合应用 题型1　传送带模型 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 从动力学和功能角度认识传送带模型。 (1)动力学角度:分析传送带上物体的受力，特别是摩擦力有无突变情况发生，进而分析物体的运动情况，特别是物体与传送带的位移及两者的位移关系。 (2)功能角度:正确理解传送带对物体摩擦力做功W物=fx物、物体对传送带的摩擦力做功W带=fx带和物体相对传送带滑动而产生的热量Q=fx相对，有时还会涉及因传送物体电动机多消耗的电能E=ΔEk+ΔEp+Q。 【典例1】　如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ=30°，M、N间距l=5 m，传送带在电动机的带动下以v=1 m/s的恒定速率顺时针运转。现将一质量m=2 kg的物体(可看作质点)无初速度地放在M点，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ=，重力加速度取g=10 m/s2，在传送带将物体从M点传送到N点的过程中，求: (1)传送带对物体做的功; (2)为传送物体，电动机需额外做多少功? 解析　(1)物体轻放在传送带上时，根据牛顿第二定律，沿斜面方向上有 μmgcos θ-mgsin θ=ma， 物体运动的加速度为a=2.5 m/s2， 物体达到1 m/s的速度通过的位移 x==0.2 m， 物体在到达N点前已经与传送带共速，由功能关系得传送带对物体做的功为 W=mv2+mglsin 30°=51 J。 (2)在物体加速运动的过程，根据运动学公式可得匀加速运动所用时间为 t==0.4 s， 传送带与物体间的相对位移为 Δx'=vt-x=0.2 m， 电动机做功使物体机械能增加，同时使物体与传送带间因摩擦产生热量Q，则因摩擦产生的热量为 Q=μmgcos θ·Δx'=3 J， 故电动机对传送带做的功为 W电=W+Q=54 J。 答案　(1)51 J　(2)54 J 题型2　滑块—木板模型 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 从动力学和功能角度认识滑块—木板模型。 (1)动力学角度:分别分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律确定两者的加速度，再分析滑块和木板的运动情况。两者速度相等是最终的稳定状态或运动状态发生变化的临界点，此时有两个关系常成为解题的关键:一是两者的运动时间相等，即t==;二是两者的位移关系，即Δx相对=|x滑块-x板|。 (2)功能角度:对滑块和木板分别运用动能定理或对系统应用功能关系和能量守恒定律，关系如下: ①摩擦力对滑块做功(或滑块克服摩擦力做功)W滑块=fx滑块(x滑块为滑块对地位移); ②摩擦力对木板做功(或木板克服摩擦力做功)W板=fx板(x板为木板对地位移); ③摩擦生热Q=fx相对(x相对为滑块与木板的相对位移大小)。 【典例2】　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(可视为质点)放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力大小为f，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x，在这个过程中，求: (1)小物块到达小车最右端时具有的动能; (2)小物块到达小车最右端时，小车具有的动能; (3)摩擦力对小物块所做的功; (4)小物块在小车上滑行过程中，系统产生的内能。 解析　(1)根据题意，小物块从静止开始运动到达小车最右端过程中，由动能定理有 Ek1-0=(F-f)(L+x)， 小物块到达小车最右端时具有的动能为 Ek1=(F-f)(L+x)。 (2)小物块到达小车最右端过程，对于小车根据动能定理可得Ek2-0=fx， 解得小车具有的动能为Ek2=fx。 (3)摩擦力对小物块所做的功为 Wf=-f(L+x)。 (4)系统产生的内能为Q=fΔx=fL。 答案　(1)(F-f)(L+x)　(2)fx (3)-f(L+x)　(4)fL 题型3　用动力学观点和能量观点综合分析问题 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 动力学观点和能量观点是解决物理问题的两个基本且互补的方法，综合运用两种观点，可以更全面地分析物理问题，提高解决问题的效率和准确性。动力学观点主要关注力的作用和运动状态的变化，通过分析物体的受力情况，应用牛顿第二定律等基本规律，来分析物体的运动，在解决恒力作用问题时动力学观点尤为重要。能量观点则侧重于分析能量的转化和守恒，通过应用动能定理、机械能守恒定律、功能关系等分析问题，在解决变力作用问题时能量观点提供了有效的解决方法。 【典例3】　(2025·广州模拟)生活中运送货物时常会用到传送带，可以很大程度上节省人力。传送带以一定速率沿顺时针方向转动，AB段倾角θ=37°，BC段水平，AB、BC段的长度分别为L=3.2 m，L'=0.262 5 m，示意图如图所示。将一个质量为m=5 kg的货物轻放在A端，货物与传送带AB、BC段间的动摩擦因数均为μ=0.8，货物经过B处时不脱离传送带且速率不变，之后货物运动到C点，货物可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。 (1)要使货物以最短的时间运动到C点，求传送带的速度至少为多大?最短的时间为多少? (2)若传送带速度为v=2 m/s，求货物被运送到C点的过程中传送带与货物之间因摩擦产生的热量。 解析　(1)要使货物以最短时间到达C点，货物在传送带上要一直加速，货物在AB段，由牛顿第二定律有 μmgcos θ-mgsin θ=ma1， 解得a1=0.4 m/s2， 若货物在AB段一直加速，有L=a1， 解得t1=4 s， 货物在B点的速度vB=a1t1=1.6 m/s， 若货物在传送带BC段上一直加速，由牛顿第二定律得μmg=ma2， 根据2a2L'=-， 解得vC=2.6 m/s， t2==0.125 s， 故要使货物以最短的时间运动到C点，传送带的速度至少为vC=2.6 m/s， 最短的运动时间为t=t1+t2=4.125 s。 (2)若传送带速度为v=2 m/s，则传送带和货物运动的v-t图像如图所示， 由图可知在AB段货物和传送带间的相对位移为 Δx1=×4 m=4.8 m， 因摩擦产生的热量 Q1=μmgcos θ·Δx1=153.6 J， 在BC段，货物和传送带相对运动的时间 t2'= s=0.05 s， 货物和传送带间的相对位移为 Δx2=×0.4×0.05 m=0.01 m， 因摩擦产生的热量Q2=μmgΔx2=0.4 J， 整个过程货物与传送带因摩擦产生的总热量 Q=Q1+Q2=154 J。 答案　(1)2.6 m/s　4.125 s　(2)154 J 　　分析各阶段的受力和运动特征，选择合适的规律求解。分析、解题时有“合”有“分”，“合”指整体上把握全过程，构建大致的运动情景，“分”指将全过程拆分成多个子过程，分析每个子过程满足的规律，再利用子过程衔接点的速度把各个子过程联系起来，列方程解题。 第4讲　实验7:验证机械能守恒定律 ■目标要求 1.掌握用自由落体法验证机械能守恒定律的实验原理、操作、数据处理、误差分析等。2.会分析拓展、创新类实验。 考点1　实验基本技能 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 1.实验原理。 通过实验，求出做自由落体运动物体重力势能减少量和对应过程动能增加量，在实验误差允许范围内二者相等，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、夹子、重物、铁架台(带铁夹)、刻度尺、导线等。 3.实验步骤。 (1)安装器材:将检查、调整好的打点计时器按如图所示的装置图竖直固定在铁架台上，接好电路。 (2)打纸带:将纸带的一端用夹子固定在重物上，另一端穿过打点计时器的限位孔，用手提着纸带使重物静止在靠近打点计时器的地方。先接通电源，后松开纸带，让重物带着纸带自由下落。更换纸带重复做3~5次实验。 (3)选纸带:从打出的几条纸带中选出一条点迹清晰的纸带。 4.数据处理。 (1)求瞬时速度。 由公式vn=可以计算出重物下落h1、h2、h3、…的高度时对应的瞬时速度v1、v2、v3、… (2)验证守恒。 方法一:利用起始点和第n个点计算。将实验数据代入ghn和，如果在实验误差允许的范围内，ghn=　，则验证了机械能守恒定律。 方法二:任取两点A、B，测出hAB，算出ghAB和-的值，如果在实验误差允许的范围内，ghAB=-，则验证了机械能守恒定律。 方法三(图像法):从纸带上选取多个点，测量从第一个点与其余各点的下落高度h，并计算各点速度的平方v2，然后以v2为纵轴，以h为横轴，根据实验数据绘出v2-h图像。若在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.误差分析。 (1)偶然误差:长度测量是主要的偶然误差，减小的方法是测下落距离时都从O点开始测量，并多次测量取平均值。 (2)系统误差:重物和纸带下落过程中都要克服空气阻力做功，动能的增加量稍小于重力势能的减少量，减小误差的方法是尽可能减小阻力的影响，如用电火花计时器。 6.注意事项。 (1)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，以减小摩擦阻力。 (2)重物应选用质量大、体积小、密度大的。 (3)应先接通电源，后松开纸带让重物下落。 (4)速度不能用vn=gt和vn=计算。 【典例1】　(2024·浙江卷)在“验证机械能守恒定律”的实验中。 (1)下列操作正确的是 B 。  (2)实验获得一条纸带，截取点迹清晰的一段并测得数据如图所示，已知打点的频率为50 Hz，则打点“13”时，重锤下落的速度大小为 3.34 m/s(保留3位有效数字)。  (3)某同学用纸带的数据求出重力加速度g=9.77 m/s2，并用此g值计算得出打点“1”到“13”过程重锤的重力势能减小值为5.09m，另计算得动能增加值为5.08m(m为重锤质量)则该结果 不能 (填“能”或“不能”)验证机械能守恒定律，理由是 B (填选项字母)。  A.在误差允许范围内 B.没有用当地的重力加速度g 解析　(1)应手提纸带上端使纸带竖直，同时使重物靠近打点计时器，由静止释放，B项正确。 (2)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度可得打点“13”时，重锤下落的速度大小v13= m/s=3.34 m/s。 (3)该同学求出的g=9.77 m/s2是重锤受到空气阻力时做匀加速运动的加速度，不是当地的重力加速度，5.09m也不是重力势能的减少量。没有当地的重力加速度的数值，无法求出重力势能的减少量，所以不能验证机械能守恒定律，B项正确。 【典例2】　某同学用落体法验证机械能守恒定律，装置如图甲所示。 (1)实验装置中一处明显的错误是 打点计时器错接在直流电源上 。  (2)正确接好实验装置进行实验，实验打出的一条纸带如图乙所示，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xA、xB、xC。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T，重物的质量为m，从打下O点到打下B点的过程，重物的重力势能减少量ΔEp= mgxB ，动能增加量ΔEk=  。(均用已知物理量符号表示)  (3)该同学通过测量出该纸带上各计数点到起始点O的距离h，算出各计数点对应的速度v，然后以h为横轴、以为纵轴作出了如图丙所示的图像，图线的斜率等于 重力加速度g 。由于图线没有过原点，他又检查了几遍，发现测量和计算都没有出现问题，其原因可能是 先释放重物，后接通打点计时器，致使计时器打点时，重物已经具有了一定的速度 。  解析　(1)打点计时器使用交流电源，由题图可知，实验装置中一处明显的错误是打点计时器错接在直流电源上。 (2)由于纸带是从起点开始测量，因此从打下O点到打下B点的运动过程，重物的重力势能减少量为ΔEp=mgxB，根据匀变速直线运动某段时间的平均速度等于中间时刻瞬时速度可得vB=，因此从打下O点到打下B点的运动过程，重物的动能增加量为ΔEk=m=。 (3)根据机械能守恒定律可得mv2=mgh，化简得v2=gh，图线的斜率等于重力加速度g;图线未过原点O的原因可能是先释放重物，后接通打点计时器，导致计时器打点时，重物已经具有了一定的速度，即h等于0时，v不等于0。 考点2　实验的迁移、拓展和创新 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 考向1　实验装置改变 【典例3】　小明利用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律，所用器材包括:安装phyphox APP的智能手机、铁球、刻度尺、钢尺等。 (1)下列实验操作步骤，正确顺序是 ④①⑤②③ 。  ①将质量为m的铁球放在钢尺末端 ②迅速敲击钢尺侧面，铁球自由下落 ③传感器记录下声音振幅随时间变化曲线 ④将钢尺伸出水平桌面少许，用刻度尺测出钢尺上表面与地板间的高度差h ⑤将手机位于桌面上方，运行手机中的声音“振幅”(声音传感器)项目 (2)声音振幅随时间变化曲线如图乙所示，第一、第二个尖峰的横坐标分别对应铁球开始下落和落地时刻，对应的时间间隔t= 0.40 s。  (3)若铁球下落过程中机械能守恒，则应满足等式:mgh= m (用m、h、t表示)。  (4)若敲击钢尺侧面时铁球获得一个较小的水平速度，对实验测量结果 没有 (填“有”或“没有”)影响。  解析　(1)首先应将钢尺伸出水平桌面，用刻度尺测出钢尺上表面与地板间的高度差，然后将铁球放在钢尺末端，手机开始运行手机中的声音“振幅”(声音传感器)项目，再迅速敲击钢尺侧面，使铁球自由下落，此时传感器即可记录下声音振幅随时间变化曲线，故操作步骤顺序为④①⑤②③。 (2)由题图乙可知，时间间隔为0.40 s。 (3)铁球下落时间为t，设落地时速度为v，有h=·t，解得v=，由机械能守恒应有mgh=m。 (4)若敲击钢尺侧面时铁球获得一个较小的水平速度，不会影响小球的落地时间，故对实验测量结果没有影响。 考向2　实验方案创新 【典例4】　某同学利用如图所示的装置验证机械能守恒定律，已知当地重力加速度为g。主要实验步骤如下: ①用游标卡尺测量挡光片的宽度d，用量角器测出气垫导轨的倾角θ; ②测量挡光片到光电门的距离L; ③由静止释放滑块，记录数字计时器显示挡光片的挡光时间t; ④改变L，测出不同L所对应的挡光时间t; ⑤用天平测出滑块和挡光片的总质量m; 根据上述实验步骤请回答: (1)滑块通过光电门时速度的表达式v=  (用实验中所测物理量符号表示)。  (2)滑块下滑至光电门的过程中，动能的增加量为ΔEk= m ;重力势能的减小量为ΔEp= mgLsin θ 。  (3)根据实验测得的多组L、t数据，可绘制-L图像，图像的纵坐标为，横坐标为L，如果滑块下滑过程符合机械能守恒定律，则图像应为过原点的一条倾斜直线，其斜率为  (用d、θ、g表示)。  解析　(1)滑块通过光电门时速度的表达式为v=。 (2)滑块在通过光电门时的动能为Ek=mv2=m，所以动能的增加量为ΔEk=Ek-0=m。滑块下落的高度为h=Lsin θ，重力做功为WG=mgh=mgLsin θ，由重力做功和重力势能的关系可知ΔEp=mgh=mgLsin θ。 (3)该过程由动能定理有mgLsin θ=m，整理有=L，结合题意以及表达式可知，其图像的斜率为k=。 考向3　实验目的改变 【典例5】　(2022·广东卷)某实验小组为测量小球从某一高度释放，与某种橡胶材料碰撞导致的机械能损失，设计了如图甲所示的装置，实验过程如下: (1)让小球从某一高度由静止释放，与水平放置的橡胶材料碰撞后竖直反弹。调节光电门位置，使小球从光电门正上方释放后，在下落和反弹过程中均可通过光电门。 (2)用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图乙所示，小球直径d= 7.884(7.883也可) mm。  (3)测量时，应 B (填“A”或“B”，其中A为“先释放小球，后接通数字计时器”，B为“先接通数字计时器，后释放小球”)。记录小球第一次和第二次通过光电门的遮光时间t1和t2。  (4)计算小球通过光电门的速度，已知小球的质量为m，可得小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失ΔE= m-m (用字母m、d、t1和t2表示)。  (5)若适当调高光电门的高度，将会 增大 (填“增大”或“减小”)因空气阻力引起的测量误差。  审题指导 序号 信息读取 信息加工 1 用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图乙所示 半毫米刻度线已经露出，固定刻度示数为7.5 mm，可动刻度示数为38.4，最后读数为d=7.5 mm+38.4×0.01 mm=7.884 mm 2 小球第一次和第二次通过光电门的遮光时间t1和t2 用极短时间内的平均速度代替某时刻或通过某位置的瞬时速度，可以求出小球与橡胶材料碰撞前后通过光电门的瞬时速度v1=、v2= 3 测量小球从某一高度释放，与某种橡胶材料碰撞导致的机械能损失 小球第一次和第二次通过光电门的动能之差等于小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失，ΔE=m-m 4 适当调高光电门的高度 两次经过光电门的时间和路程均增长，空气阻力导致机械能损失增多 解析　(2)小球的直径d=7.5 mm+38.4×0.01 mm=7.884 mm，考虑到偶然误差，读成7.883 mm也可以。 (3)在测量时，因小球下落时间很短，如果先释放小球，有可能会出现时间记录不完整，所以应先接通数字计时器，再释放小球，故选B。 (4)依题意，小球向下、向上先后通过光电门时的速度分别为v1、v2，则有v1=，v2=，则小球与橡胶材料碰撞过程中机械能的损失量为ΔE=m-m=m-m。 (5)若调高光电门的高度，较调整之前小球会经历较大的空中距离，所以将会增大因空气阻力引起的测量误差。 【类题演练】　(1)某同学经过相关学习，知道了弹簧弹力F随其形变量x变化的图像如图甲所示，还知道该图像与坐标轴围成的面积数值上等于弹簧的弹性势能。由此可得，劲度系数为k的弹簧，形变量为x0时的弹性势能Ep= k 。  (2)为了验证此表达式是否正确，他进行了如下实验: ①如图乙所示，将一弹簧悬挂在铁架台上，一指针固定在弹簧下端，刻度尺固定在弹簧一侧，弹簧轴线和刻度尺都沿竖直方向，在弹簧下端挂上质量为0.4 kg的钩码，钩码静止时测得弹簧的伸长量为3.92 cm，取g=9.80 m/s2，则弹簧的劲度系数为k= 100 N/m;  ②他将弹簧一端固定在气垫导轨左端，气垫导轨调成水平，一光电门固定在气垫导轨上方，如图丙所示; ③将遮光条固定在一小滑块上，用10分度游标卡尺测量遮光条宽度如图丁所示，则遮光条的宽度为d= 5.2 mm;  ④测得小滑块的质量(包括遮光条)m=50.0 g; ⑤使气垫导轨正常工作，用小滑块将弹簧压短距离x0=6.00 cm后由静止释放，弹簧将小滑块弹出，小滑块离开弹簧一段时间后通过光电门，光电门记录的遮光时间为Δt=2×10-3 s。则小滑块离开弹簧后获得的动能Ek= 0.17 J;根据(1)问中得到的表达式，结合前面所得k值可得弹簧的弹性势能Ep= 0.18 J;(均保留2位有效数字)  ⑥改变弹簧压缩量，多次重复步骤⑤进行验证。 解析　(1)形变量为x0时，弹簧弹力大小为kx0，计算三角形面积可得Ep=k。 (2)①根据胡克定律k== N/m=100 N/m;③遮光条的宽度d=5 mm+2×0.1 mm=5.2 mm;⑤小滑块的速度大小为v===2.6 m/s，小滑块的动能大小为Ek=mv2≈0.17 J;弹簧的弹性势能大小Ep=k=×100×(6×10-2)2 J=0.18 J。 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$