2025-2026学年高中物理竞赛课件：第六课 机械能守恒定律

物理清北班——筑基阶段 教师：林志敏 第六课：机械能守恒定律 1 第1节 功和功率 考点1　功的分析和计算 1.恒力做功的计算   返回目录 2.变力做功的计算方法 方法 以例说法   用力F把小球从A处缓慢拉到B处,F做功为WF,则有 WF-mgl(1-cos θ)=0,得WF=mgl(1-cos θ)   返回目录   质量为m的木块在水平面内做圆周运动,运动一周 克服摩擦力做功Wf=f·Δx1+f·Δx2+f·Δx3+…=f·(Δx1+Δ x2+Δx3+…)=f·2πR     汽车以恒定功率P在水平路面上运动t时间的过程 中,牵引力做功WF=Pt 返回目录   用恒力F把物块从A拉到B,绳子对物块做的功W=F ·      弹簧由伸长量为x1被继续拉至伸长量为x2的过程 中,克服弹力做功W= ·(x2-x1) 返回目录   一随位移均匀变化的水平拉力F拉着一物体在水 平面上运动的位移为x0,F-x图线与横轴所围面积表 示拉力所做的功,W= F0x0   返回目录 点拨提醒　平均力法中,平均力为力关于位移的平均值。 3.合力做功的计算方法 (1)方法一:先求合力F合,再用W合=F合l cos α求功(适用于合力为恒力)。 (2)方法二:先求各个力做的功W1、W2、W3、…,再应用W合=W1+W2+W3+…求合力做的功 (适用于多阶段运动过程)。 (3)方法三:利用动能定理W合=Ek2-Ek1(已知初、末状态的动能求合力做的功)。 4.摩擦力做功的计算 摩擦力可以做正功,也可以做负功,还可以不做功。摩擦力做功与路径有关。 返回目录   返回目录 典例1　如图所示,对于甲、乙、丙、丁四种情况下求解某个力所做的功,下列说法正 确的是 (　    )  　      A.图甲中若F不变,物块从A到C过程中力F做的 功W=F×AC B.图乙中,全过程中F做的总功为72 J C.图丙中,若空气阻力f大小不变,小球从A运动到B 过程中空气阻力做的功W= πRf D.图丁中,F始终保持水平,忽略空气阻力,无论是用F 缓慢将小球从P拉到Q,还是F为恒力将小球从P拉到 Q,F做的功都是W=Fl sin θ B 返回目录 解析     图甲中绳子上的拉力大小不变,通过定滑轮改变了力的方向,故F做的功可转化为力与 路程的乘积(等效转化法),物块从A到C过程中力F做的功为W=F(OA-OC),A错误;乙图 中F-x图线与横轴所围的面积代表全过程F做的总功(图像法),W=15×6 J+(-3)×6 J=72 J, B正确;丙图中,若空气阻力f大小不变,可用微元法得空气阻力做的功为W=-f· =- π Rf,C错误;图丁中,F始终保持水平,当F为恒力将小球从P拉到Q时,F做的功是W=Fl sin θ, 而当用F缓慢将小球从P拉到Q时,F为水平方向的变力,由动能定理得-mgl(1- cos θ)+W= 0,W=mgl(1- cos θ),D错误。 返回目录 考点2　功率的分析和计算 1.功率的定义:功与完成这些功所用时间之比。功率描述力做功的快慢。 2.平均功率的计算 (1)利用 = 。 (2)利用 =F· ,其中F必须为恒力, 为物体沿F方向的平均速度。 3.瞬时功率的计算 (1)利用公式P=F·v cos α,其中v为t时刻的瞬时速度。 (2)利用公式P=F·vF,其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度。 (3)利用公式P=Fv·v,其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力。 返回目录 典例2    (2024届深圳福田阶段练习)(多选)哈尔滨冰雪大世界始创于1999年,展示了北 方名城的冰雪文化和冰雪旅游魅力。冰滑梯是冰雪大世界的保留项目,一质量为m的 游客(视为质点),从长为L的滑梯顶端由静止开始下滑。重力加速度为g,冰滑梯与水平 面的夹角为θ,不计各种摩擦力。下列说法正确的是 (　    ) A.整个下滑过程中,支持力对游客做功为0 B.整个下滑过程中,重力对游客做功为mgL C.整个下滑过程中,重力的平均功率  D.滑到底端时,重力的瞬时功率为  AC 返回目录 解析     整个下滑过程中,支持力始终与游客运动方向垂直,根据W=Fx cos α可知支持力对游客 做功为0,A正确。整个下滑过程中,重力对游客做功为WG=mgL sin θ,B错误。整个下滑 过程中,重力的平均功率P= ,根据牛顿第二定律有ma=mg sin θ,结合运动学公式L=  at2,联立可得P= ,C正确。滑到底端时,游客的速度v= ,重力的瞬时 功率P'=mgv sin θ,联立可得P'= ,D错误。 返回目录 考点3　机车启动问题 两种启动方式 以恒定功率启动 以恒定加速度启动 P-t 图像     F-t 图像     返回目录 v-t 图像     OA段 过程 分析 v↑⇒F= ↓⇒a= ↓ a= 不变⇒F不变v↑⇒P=Fv ↑直到P=P额=Fv1 运动性质:加速度减小的加速直 线运动 运动性质:匀加速直线运动,持续 时间t0=  返回目录 AB段 过程 分析 F=F阻⇒a=0⇒vm=  v↑⇒F= ↓⇒a= ↓ 运动性质:以v m做匀速直线运动 运动性质:加速度减小的加速直 线运动 BC段 — F=F阻⇒a=0⇒以vm= 做匀速直 线运动 返回目录 典例3    (2020天津,8,5分)(多选)复兴号动车在世界上首次实现速度350 km/h自动驾驶 功能,成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车,初速度为v 0,以恒定功率P在平直轨道上运动,经时间t达到该功率下的最大速度vm,设动车行驶过程 所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内(　    ) A.做匀加速直线运动 B.加速度逐渐减小 C.牵引力的功率P=Fvm D.牵引力做功W= m - m  BC 返回目录 解析     对动车受力分析,由牛顿第二定律可得 -F=ma,可知a随v增大而减小,动车做加速度减 小的加速运动,A错误,B正确;当动车运动的速度达到最大速度vm时,牵引力等于阻力F, 故P=Fvm,C正确;由动能定理可得W+W阻= m - m ,D错误。 返回目录 高考变式    (水平变竖直·图像分析)一提升装置把静置于水平地面上的重物竖直向上 提升的过程中,提升装置功率随时间变化的P-t图像如图所示。在t=1 s时,重物上升的速 度达到最大速度的一半,在t=3 s时,达到最大速度vm=20 m/s,在t=6 s时,重物再次匀速上 升,取g=10 m/s2,不计一切阻力。下列说法正确的是 (　    ) A.在0~1 s时间内,重物做加速度逐渐增大的运动 B.在t=1 s时,重物的加速度大小为20 m/s2 C.在t=6 s时,重物的速度大小为5 m/s D.在0~6 s时间内,重物上升的高度为85 m D 返回目录 解题导引       返回目录 解析     在0~1 s时间内,提升装置的功率P=Fv=Fat=F· t,功率P随时间t均匀增大,说明重物 所受合力不变,做匀加速运动,A错误。在t=3 s时,达到最大速度vm=20 m/s后,重物做匀速 运动,则有Pm=Fvm=mgvm,可得m=2 kg;在t=1 s时,重物的加速度a= ,其中F= ,联立 解得a=10 m/s2,B错误。在t=6 s时,重物再次匀速上升,由P6=Fv6=mgv6可得v6=10 m/s,C错 误。在0~1 s时间内重物做匀加速运动,则有h1= a = ×10×12 m=5 m;在1~3 s时间内,重 物做加速度减小的加速运动,则有Pmt2-mgh2= m - m ,解得h2=25 m;在3~4 s时间 内,重物做匀速运动,则有h3=vmt3=20 m;在4~6 s时间内,重物做加速度逐渐减小的减速运 动,则有 t4-mgh4= m - m ,解得h4=35 m;重物在0~6 s时间内,上升的高度h=h1+h2+h 3+h4=85 m,D正确。 返回目录 提分关键·规律总结 机车启动问题三个重要关系式 (1)无论哪种启动方式,机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度,即vm= 。 (2)机车以恒定加速度启动的过程中,匀加速过程结束时,功率最大,但速度不是最大,v1=  <vm= 。 (3)机车以恒定功率启动时,牵引力做的功W=P额t。由动能定理得P额t-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或运动时间。 返回目录 第2节 动能定理及其应用 返回目录 考点1　动能定理的理解和基本应用 1.动能   返回目录 2.动能定理 返回目录 能力进阶 典例1　四分之一粗糙圆弧轨道的半径为0.45 m,底端与水平轨道平滑相切。有一质量 为0.2 kg的物体(可视为质点)自最高点A从静止开始下滑到圆弧最低点B。然后沿水平 轨道前进0.4 m到达C点停止。设物体与轨道间的动摩擦因数为0.5(g取10 m/s2),求: (1)物体到达B点时的速度大小; (2)物体在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功。   返回目录 答案    (1)2 m/s    (2)0.5 J 解析     (1)物体从B运动到C的过程中,由动能定理得 -μmgx=0- m ,解得vB=2 m/s。 (2)解法一:物体从A运动到B的过程,由动能定理得 mgR+Wf= m -0,解得摩擦力做的功Wf=-0.5 J, 则克服摩擦力做的功W克服=0.5 J。 解法二:物体从A运动到C的过程,由动能定理 得mgR+Wf-μmgx=0,解得Wf=-0.5 J,则W克服=0.5 J。 返回目录 进阶1    (对“v2”的运用)如图所示,在倾角为θ的斜面顶端有一压缩的弹簧,弹簧将一 个小球弹射出去,若小球从斜面水平抛出的初动能为E1,小球落到斜面上的动能为E2。 不计空气阻力,下列结论正确的是 (　    )   A.tan θ= 　　　    B.tan θ=  C.tan θ= 　　　    D.tan θ=  D 返回目录 解析     根据题意,设小球落在斜面上时速度为v,竖直分速度为vy,则有v2= + 。小球的初动能 E1= m ,落到斜面上时的动能E2= mv2= m( + ),则有E2-E1= m 。设小球落在斜面 上时,速度与水平方向夹角为α,则有tan θ= tan α= × =  = (熟记平抛 运动推论),D正确。 返回目录 进阶2    (瞬时力做功)如图所示,篮球以与水平面成45°的倾角准确落入篮筐,假设运动 员投篮时在空中的速度恰好为零且投球点和篮筐正好在同一水平面上,投球点到篮筐 的水平距离为5 m。篮球质量约600 g,不考虑空气阻力,g取10 m/s2。根据以上数据,下 列说法正确的是(　    ) A.篮球投出后到达的最高点距篮筐的竖直距离为2.5 m B.篮球进筐的速度为5 m/s C.运动员投出篮球过程中,对篮球做的功约为15 J D.从投球点到落入篮筐的过程中,篮球运动的时间为2 s C 返回目录 解析     篮球以与水平面成45°的倾角准确落入篮筐,则篮球进筐时,其水平速度v0与竖直速度vy 大小相等,设从投球点到落入篮筐的过程中,篮球运动的时间为t,则有vy=g =v0,x=v0t=5 m,联立解得t=1 s,vy=v0=5 m/s,则篮球进筐的速度大小v= =5  m/s,篮球投出后到 达的最高点距篮筐的竖直距离为h= =1.25 m,A、B、D错误。根据对称性可知,运动 员投出篮球时的速度大小v'=v=5  m/s,根据动能定理可得W= mv'2-0=15 J,则运动员 投出篮球过程中,对篮球做的功约为15 J,C正确。 返回目录 进阶3    (定性分析变力做功)(多选)冬奥会上有一种单板滑雪U型池项目,如图所示为U 型池示意图。半径R= h的半圆形池内各处粗糙程度相同,其中a、c在同一水平面,且b 为U型池最低点。某运动员从距a点正上方h高的O点自由下落,由左侧切线进入池中, 从右侧切线飞出后上升至最高位置d点(相对c点高度为 h)。不计空气阻力,重力加速 度为g,则运动员 (　    ) A.每次经过b点时重力的功率不同 B.第一次经过c点时的速度大小为  C.第一次经过b点时的速度大小为  D.从d向下返回一定能越过a点再上升一定高度 BD 返回目录 解析     运动员每次经过b点时速度均沿水平方向,重力的方向始终竖直向下,两者相互垂直,所 以在b点重力的功率始终等于0,A错误。运动员第一次从c点到达右侧最高点d的过程 中,由动能定理有- m =- mgh,解得vc= ,B正确。运动员从O处自由下落,到达d点, 由动能定理有0= mgh+Wf,解得Wf=- mgh,运动员第一次从a到c过程,半圆形池上同一 水平高度的两个位置处,其在左侧位置处的速度大于在右侧位置处的速度,即运动员对 左侧位置处的压力更大,受到的滑动摩擦力也更大,即运动员从O到b克服摩擦力做的功 W1> mgh,运动员第一次从O到b,由动能定理有 m = mgh-W1< mgh,可知vb< ,C 错误。运动员第一次从c到a过程,经过半圆形池上的同一位置时的速度大小都比第一 返回目录 次从a到c过程中的速度小,受到的滑动摩擦力也更小,则第一次从c到a过程克服摩擦力 做的功W2< mgh,运动员从d到a过程,由动能定理有 m = mgh-W2>0,解得va>0,即运动 员可以越过a点继续上升,D正确。 返回目录 提分关键·规律总结 应用动能定理解题的一般步骤   动能是标量,动能定理是标量式,解题时不能分解动能。 返回目录 考点2　动能定理与图像结合的问题 常见图像的分析       返回目录 典例2    (2021湖北,4,4分)如图(a)所示,一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上 滑,运动过程中摩擦力大小f恒定,物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示。重力加 速度大小取10 m/s2,物块质量m和所受摩擦力大小f分别为 (　    )  　      A.m=0.7 kg,f=0.5 N　　　    B.m=0.7 kg,f=1.0 N C.m=0.8 kg,f=0.5 N　　　    D.m=0.8 kg,f=1.0 N A 返回目录 解题导引       返回目录 解析     由题图(b)可知,物块在上滑过程中动能由Ek1=40 J变为0,说明物块上滑到s=10 m时速度 为零,则由动能定理得-mgh-fs=0-Ek1;接下来返回到出发点时,动能变为Ek2=30 J,则由动 能定理得mgh-fs=Ek2,h=s·sin 30°,联立解得m=0.7 kg,f=0.5 N,A正确。 一题多解 Ek-s图线的斜率表示物块受到的合力。上滑过程,物块做匀减速运动,斜率的绝对值表 示所受合力大小,即mg sin θ+f=4 N;下滑过程,物块做匀加速运动,斜率的绝对值表示所 受合力大小,即mg sin θ-f=3 N,联立解得m=0.7 kg,f=0.5 N,A正确。 返回目录 高考变式    (直线变曲线)跳台滑雪是一项深受勇敢者喜爱的滑雪运动。图甲为某跳台 滑雪运动员从跳台a处(长度可忽略不计)沿水平方向飞出,经2 s在斜坡b处着陆的示意 图,图乙为运动员从a运动到b时的动能Ek随时间t变化的关系图像。不计空气阻力作用, g=10 m/s2,下列说法正确的是 (　    )        A.运动员的质量为50 kg B.运动员到达b点时速度与水平方向夹角为45° C.运动员从a运动到b,重力做功为12×103 J D.运动员离坡面最远的位置在ab的中垂线上 C 返回目录 解析     由动能的定义式及题图乙可知运动员在t=0时动能为 m =3×103 J,t=2 s时动能为 m [ +(gt)2]=15×103 J,联立解得v0=10 m/s,m=60 kg,A错误。t=2 s时,运动员落在斜坡上,速 度与水平方向的夹角满足tan α= =2,即α≠45°,B错误。运动员从a运动到b,根据动能 定理有WG=W合=Ekb-Eka=12×103 J,C正确。运动员离坡面距离最远时,速度方向与坡面平 行,运动员的运动可分解为沿坡面和垂直坡面方向,垂直坡面方向的运动具有对称性,沿 坡面方向一直做匀加速直线运动,则运动员离坡面最远的位置不在ab的中垂线上,D错 误。 返回目录 微专题 10 动能定理在多过程运动中的应用 返回目录 　　动能定理既适用于直线运动,也适用于曲线运动;既适用于恒力做功,也适用于变力 做功;既适用于单过程运动,也适用于多过程运动。 1.当物体运动涉及多个阶段和多个过程时,若题目要求计算某一中间物理量,需分阶段 列动能定理;若不需要研究运动的中间状态,可以对全程列动能定理,从而避开每个运动 过程的具体细节。 2.思路分析   点拨提醒　①各阶段的衔接点起承前启后的作用。 ②变力做功容易出错,需重点分析。 返回目录 题型1　动能定理在“单向”多过程运动中的应用 典例1    如图所示,ABCD是一条长轨道,其中AB段是倾角为θ的斜面,CD段是水平的,BC 段是与AB和CD都相切的一小段圆弧,其长度可以忽略不计。一质量为m的滑块(可视 为质点)在A点由静止释放,沿轨道滑下,最后停在D点,A、C之间高度差为h,C、D之间 距离为s。现用一方向始终与轨道平行的力推滑块,使它缓慢地由D点推回到A点。滑 块与轨道间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,则推力对滑块做的功为(　    )   A.mgh　　　     B.2mgh C.μmg 　　　    D.μmgs+μmgh cot θ B 返回目录 解析     解法一　分阶段应用动能定理 设滑块滑到C点的速度为vC,从A到C过程运用动能定理有mgh-μmg cos θ· = m ,从 C到D过程运用动能定理有-μmgs=- m ,设推力对滑块做的功为WF,从D到A由动能定 理有WF-μmgs-μmg cos θ· -mgh=0,联立上述方程解得WF=2mgh,B正确。 解法二　全过程应用动能定理 从A到D全过程,由动能定理有mgh-μmg cos θ· -μmgs=0,从A到D再从D到A的过程,由 动能定理得WF-2μmgs-2μmg cos θ· =0(初、末位置高度不变,重力做功为0),联立解得 WF=2mgh,B正确。 返回目录 题型2　动能定理在往复运动中的应用 1.往复运动的特性是什么? 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 数又往往是无限或者难以确定的。 2.往复运动中特殊的物理量是什么? 路程。往复运动的路程不再与位移相等,使得利用运动学公式解题复杂繁琐。 3.哪些力做的功与路程无关或相关? (1)无关:重力。重力做功只与初、末位置有关,与路径和路程无关。 (2)相关:滑动摩擦力(或其他阻力)。克服摩擦力做的功Wf=fs,s为路程。 4.动能定理的便捷性体现在哪里? 动能定理只涉及物体的初、末状态,可简化运动过程中的分析。 返回目录 典例2    (2024届山东济宁嘉祥一中期中)如图所示,在竖直平面内,长为L、倾角θ=37°的 粗糙斜面AB下端与半径R=1 m的光滑圆弧轨道BCDE平滑相接于B点,C点是轨道最低 点,D点与圆心O等高。现有一质量m=0.1 kg的小物体从斜面AB上端的A点无初速度下 滑,恰能到达圆弧轨道的D点。若物体与斜面之间的动摩擦因数μ=0.25,不计空气阻力,g 取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求: (1)斜面AB的长度L; (2)物体第一次通过C点时的速度大小 ; (3)物体经过C点时,轨道对它的最小支持力FNmin; (4)物体在粗糙斜面AB上滑行的总路程s总。 返回目录 答案    (1)2 m    (2)2  m/s    (3)1.4 N    (4)6 m 解析     (1)A到D过程,根据动能定理有 mg(L sin θ-R cos θ)-μmgL cos θ=0 解得L=2 m。 (2)物体从A到第一次通过C点过程,根据动能定理有 mg(L sin θ+R-R cos θ)-μmgL cos θ= m  解得 =2  m/s。 (3)物体经过C点速度最小时,对应轨道对它有最小支持力,故它将在B点所在高度以下 返回目录 运动 从B到C有mg(R-R cos θ)= m  根据牛顿第二定律有FNmin-mg=m , 解得FNmin=1.4 N。 (4)物体最终经过B点时速度为0,对全过程应用动能定理有mgL sin θ-μmgs总 cos θ=0 解得s总=6 m。 返回目录 第3节 机械能守恒定律及其应用 返回目录 考点1　机械能守恒的判断 一、重力势能 1.重力做功的特点:物体运动时,重力对它做的功只跟它的起点和终点的位置有关,而跟 物体运动的路径无关。 2.重力势能的表达式:Ep=mgh(h是物体相对于参考平面的高度)。 3.重力势能的变化与重力做功的关系 重力对物体做多少正功,物体的重力势能就减少多少;重力对物体做多少负功,物体的重 力势能就增加多少,即WG=-ΔEp。 二、弹性势能 1.表达式:Ep= kx2(x是相对弹簧原长的形变量)。 返回目录 2.弹力做功与弹性势能变化的关系:弹力做正功,弹性势能减少;弹力做负功,弹性势能增 加。 三、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.表达形式 (1)守恒观点:E1=E2或Ep1+Ek1=Ep2+Ek2 (需选取零势能面)。 (2)转化观点:ΔEk+ΔEp=0(动能与势能间的转化)。 (3)转移观点:ΔEA+ΔEB=0(系统内物体间机械能的转移)。 点拨提醒　机械能守恒是指整个过程中系统机械能保持不变,而非仅初、末状态机械 能相等。 返回目录 即练即清 判断正误,正确的打√,错误的打✕。 (不计摩擦、空气阻力及滑轮的质量) (1)甲图中,火箭升空的过程中,若匀速升空,机械能守恒,若加速升空,机械能不守恒 (        ) (2)乙图中,物块在外力F的作用下匀减速上滑,物块的机械能守恒 (　    ) ✕ ✕ 返回目录 (3)丙图中,物块A以一定的初速度将弹簧压缩的过程中,物块A的机械能守恒 (　    ) (4)丁图中,轻绳跨过定滑轮连接物块A、B,物块A加速下落,物块B加速上升的过程 中,A、B组成的系统机械能守恒 (　    ) 总结归纳 判断机械能守恒的三种方法 ✕ √ 返回目录 考点2　单物体的机械能守恒问题 典例1    如图所示,固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环,圆环与一橡皮绳相 连,橡皮绳的另一端固定在地面上的A点,橡皮绳竖直时处于原长且离A点高度为h。让 圆环由静止沿杆滑下,滑到杆的底端时速度为0。重力加速度为g,在圆环下滑过程中 (　    ) A.圆环的机械能守恒 B.橡皮绳的弹性势能一直增大 C.橡皮绳的弹性势能增加了mgh D.橡皮绳再次达到原长时圆环动能最大 C 返回目录 解析     圆环沿杆滑下,滑到杆的底端的过程中只有两个力对圆环做功,即圆环受到的重力和橡 皮绳的拉力,所以圆环的机械能不守恒,但圆环和橡皮绳组成的系统(以下简称系统)机 械能守恒,A错误;橡皮绳的弹性势能随橡皮绳的伸长量的变化而变化,由题图知橡皮绳 先变松弛后被拉伸,故橡皮绳的弹性势能先不变后增大,B错误;圆环下滑过程中系统的 机械能守恒,圆环的重力势能减小了mgh,动能变化量为0,则圆环的机械能减少了mgh, 圆环的机械能的减少量等于橡皮绳的弹性势能增加量,橡皮绳的弹性势能增加了mgh, C正确;圆环开始下滑至橡皮绳再次达到原长的过程中动能一直增大,但此时圆环动能 不是最大,因为当沿杆方向重力的分力大于橡皮绳弹力的分力时,圆环会继续加速,故当 沿杆方向合力为零时,圆环的动能最大,D错误。 返回目录 提分关键·规律总结 判断机械能守恒的“两点”注意 (1)系统机械能守恒时,机械能一般在系统内物体间转移,其中的单个物体机械能不一定 守恒。 (2)机械能守恒的条件绝不是合力做的功等于零,更不是合力等于零,而是只有重力和系 统内弹力做功。 返回目录 考点3　系统的机械能守恒问题 1.不含弹簧的物体系统 (1)轻杆连接的物体系统图例及三大特点   ①转动时两物体角速度相等。 ②杆对物体的作用力不一定沿杆的方向,杆能对物体做功,单个物体机械能不一定守 恒。 返回目录 ③对于杆和物体组成的系统,忽略空气阻力和各种摩擦且只有重力和杆的弹力对物体 A、B做功,则系统机械能守恒。 (2)轻绳连接的物体系统图例及三点提醒   ①分清两物体是速度大小相等,还是沿绳方向的分速度大小相等。 ②抓住两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系。 ③对于单个物体,一般绳上的力要做功,机械能不守恒;但对于绳连接的系统,只有重力 和系统内绳的拉力做功,其他力不做功,则机械能守恒。 返回目录 2.含轻弹簧的物体系统 (1)含轻弹簧的物体系统在只有系统内弹簧弹力和重力做功时,物体的动能、重力势能 和弹簧的弹性势能之间相互转化,物体和弹簧组成的系统机械能守恒。 (2)弹簧弹力做的功与弹簧弹性势能的关系为W弹=Ep1-Ep2,且弹簧弹力做功与路径无关, 只与初、末状态弹簧形变量的大小有关。 (3)由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统,当弹簧形变量最大时,弹簧两端连接的 物体具有相同的速度(或沿弹簧方向的分速度相同);弹簧处于自然长度时,弹簧弹性势 能最小(为零)。 返回目录 能力进阶 典例2　如图所示,物块A用不可伸长的轻绳绕过轻质光滑定滑轮与置于光滑水平面上 的物块B连接,物块A、B的质量均为m,施加外力使物块A、B保持静止,此时轻绳恰好处 于伸直状态。某时刻撤去外力,两物块同时由静止开始运动,当物块A下落高度为h时, 其加速度大小为a,方向竖直向下,此时连接物块B的轻绳与水平方向的夹角为θ,整个过 程物块B始终未离开水平面,已知重力加速度为g。不计空气阻力,当物块A下落高度为h 时,下列说法正确的是 (　    ) A.物块B的加速度大小为  B.物块B的加速度大小为(g+a) cos θ C.物块A的速度大小为  D.物块A的速度大小为  D 返回目录 解析     对物块A,根据牛顿第二定律有mg-T=ma,对物块B,根据牛顿第二定律有T cos θ=maB,联 立解得aB=(g-a) cos θ,A、B错误;对物块A、B及轻绳组成的整体,根据机械能守恒定律 有mgh= m + m ,物块A和B的速度大小关系为vA=vB cos θ,联立解得vA= ,C 错误,D正确。 返回目录 进阶1    (轻杆关联)可视为质点、质量分别为m和2m的物块A、B用“L”形轻质直角 支架连接,支架的两直角边OA、OB的长度分别为2L和L,支架可以绕连接处O无摩擦地 自由转动。将直角边OA水平静止释放,已知重力加速度为g。求物块B的最大速度v。 答案      返回目录 解析     物块A、B围绕O点做圆周运动,任意时刻两者的角速度ω相等,它们的线速度大小之比 vA∶vB=2∶1。物块B有最大速度v时,物块A有最大速度2v,设此时OB与竖直方向的夹角 为θ。对于A和B构成的系统,由机械能守恒定律有  m×(2v)2+ ×2mv2=mg×2L sin θ-2mgL(1-cos θ), 化简可得v2=  ,当θ=45°时,物块B的速度有最大值且最大值为v=  。 返回目录 进阶2    (接触关联)如图所示,长度为L的轻杆上端连着一质量为m的小球A(可视为质 点),杆的下端用铰链连接于水平地面上的O点。置于同一水平地面上的立方体B恰与A 接触,立方体B的边长为L,质量为4m,重力加速度为g。若A、B之间光滑,B与地面间光 滑,则(　    ) A.A、B分离时,二者加速度相等 B.A、B分离时,B的速度为  C.A落地前最大速度为  D.A落地前最大加速度为 g D 返回目录 解析     设杆与地面夹角为θ时,A、B分离,根据机械能守恒定律有mgL(1-sin θ)= m + ×4m  ,对A,根据牛顿第二定律有mg sin θ=m ,结合关联速度可知vA sin θ=vB(刚分离时二 者垂直接触面方向速度相等),联立解得vA= ,vB= ,θ= ,A、B分离时,二者水平方 向加速度为0,但A还存在竖直方向加速度,A、B错误。A与B分离后继续向下运动的过 程中机械能守恒(受重力与杆对A的弹力,但弹力不做功),则 m +mgL sin θ= mv2,解得 A落地前最大速度为v= ,C错误。A落地前瞬间的向心加速度为an= ,根据运动的 合成可知A落地前最大加速度为a= = g(此时A速度最大,向心加速度最大,切 向加速度为g),D正确。 返回目录 进阶3    (含弹簧连接体)(多选)如图所示,固定斜面的倾角为30°,一劲度系数为k的轻质 弹簧,下端固定在斜面底端,上端与质量为m的小球甲相连,弹簧与斜面平行。一条不可 伸长的轻绳绕过斜面顶端的轻质定滑轮,一端连接小球甲,另一端连接一轻质挂钩。开 始时各段绳子都处于伸直状态,小球甲静止在A点。现在挂钩上挂一质量也为m的小球 乙,并从静止释放小球乙,当弹簧第一次恢复原长时小球甲运动到B点(图中未画出),一 段时间后,小球甲到达最高点C。不计一切摩擦,弹簧始终在弹性限度内,甲不会和定滑 轮相碰,乙不会和地面相碰,重力加速度为g,则下列说法正确的是(　    ) AC 返回目录 A.BC=3AB B.小球甲从A点运动到C点,弹簧弹性势能的变化量为  C.小球甲从A点运动到C点的过程中,最大速度为  D.若小球甲到达最高点C时绳子恰好断开,则小球甲回到A点时速度恰好为零 返回目录 解析     小球甲静止在A点时,由平衡条件有mg sin 30°=kx1,挂上小球乙并从静止释放小球乙后, 甲、乙小球做简谐运动,甲、乙、轻绳、挂钩与弹簧构成的系统机械能守恒。设小球 甲运动的平衡位置为O点。在O点,对小球甲有T=mg sin 30°+kx2,其中T为此时轻绳的拉 力,大小等于小球乙的重力,即T=mg,解得x1=x2= ,根据简谐运动的对称性,有AO=AB+ BO=x1+x2=OC,则有BC=BO+OC= =3AB,A正确。小球甲从A点运动到C点过程中,对 系统根据机械能守恒定律有ΔEp=mg×2(x1+x2)-mg×2(x1+x2)sin 30°,解得ΔEp= ,B错 误。小球甲运动到平衡位置O点时速度最大,由于A点与O点对应弹簧的形变量相等,弹 性势能相等,则对系统根据机械能守恒定律有mg(x1+x2)= ×2m +mg(x1+x2)sin 30°,解得 返回目录 vm= ,C正确。若小球甲到达最高点C时绳子恰好断开,对小球甲与弹簧构成的系 统,根据机械能守恒定律有ΔEp+mg×2×(x1+x2)sin 30°= mv2,则小球甲回到A点时速度一 定不为零,D错误。 返回目录 进阶4    (多物体连接体)某同学设计了如图所示的装置,在轻质滑轮组上,用轻绳连接的 三个物体a、b、c在外力作用下均保持静止。撤去外力后,a、b以相同加速度下落,同 时落入容器P中。不计一切阻力,在a、b落入P前的运动过程中(　    )   A.a、c位移大小之比为1∶2 B.b、c加速度大小之比为1∶2 C.a、c构成的系统机械能守恒 D.c增加的机械能等于a减小的机械能的1.5倍 D 返回目录 解析     由于a、b以相同加速度下落,同时落入容器P中,即a、b的位移相等,设位移大小为x0,根 据题图可知,当a、b同时下移x0时,a、b上方的轻绳的总长度增加3x0(a上方有两股绳,增 加2x0),即c位移大小为3x0,即a、c位移大小之比为1∶3,A错误。根据x= at2解得a= ,可 知b、c加速度大小之比为1∶3,B错误;对a、b、c、轻滑轮和轻绳构成的系统分析可 知,该系统机械能守恒,由于轻绳对b做负功,则b的机械能减小,可知a、c构成的系统的 机械能增大,C错误;该系统中,绳对物体做的功等于机械能的变化量,同一根轻绳力的大 小处处相等,设为FT,绳的张力对a做负功,a的机械能减小,绳的张力对c做正功,c的机械 能增大,根据功能关系可知c增加的机械能与a减小的机械能大小分别为Ec=FT·3x0,Ea=2 FT·x0,解得 =1.5,D正确。 返回目录 提分关键·方法提升 系统的机械能守恒问题的解题思路   返回目录 第4节 功能关系　能量守恒 返回目录 考点1　常见的功能关系的理解和应用 1.对功能关系的理解 功是能量转化的量度,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。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 返回目录 典例1    (2023浙江1月,4,3分)一位游客正在体验蹦极,绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台 纵身而下。游客从跳台下落直到最低点过程中(　    ) A.弹性势能减小 B.重力势能减小 C.机械能保持不变 D.绳一绷紧动能就开始减小 B 返回目录 解析     游客下落过程中,橡皮绳绷紧后,形变增大、弹性势能增大,A错误;此过程中重力做正 功,重力势能减小,B正确;对游客,该过程中有除重力以外的力对游客做功,故机械能不 守恒,C错误;绳恰好绷紧时,游客所受合力仍向下,速度仍会增大,动能并未开始减小,D 错误。 返回目录 高考变式    (定性到定量)现有一质量为m的滑雪运动员从一定高度的斜坡自由下滑。 如果运动员在下滑过程中受到的阻力恒定,斜坡倾角为30°,运动员滑至坡底的过程中, 其机械能和动能随下滑距离s变化的图像如图所示,重力加速度g=10 m/s2,下列说法正 确的是 (　    ) A.运动员下滑过程中只有重力做功 B.运动员下滑过程中受到的阻力为60 N C.运动员下滑时加速度的大小为5 m/s2 D.不能计算出运动员质量m的大小 B 返回目录 解析     运动员下滑过程中机械能发生变化,则除了重力做功之外必然还有其他力做功,A错 误。运动员下滑过程中所受支持力不做功,则阻力做的功等于机械能的变化量,即ΔE=- Ffs,解得受到的阻力Ff= =60 N,B正确。下滑到底端时的动能Ek= mv2=240 J,v2=2as, mg sin 30°-Ff=ma,联立解得运动员下滑时加速度的大小a=4 m/s2,m=60 kg,C、D错误。 返回目录 考点2　能量守恒定律的理解和应用 1.定义: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.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。 返回目录 典例2　如图所示,倾角θ=30°的粗糙斜面固定在地面上,长为l、质量为m、粗细均匀、 质量分布均匀的软绳置于斜面上,其上端与斜面顶端平齐,重力加速度为g。用细线将 物块与软绳连接,物块由静止释放后向下运动,直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块 未到达地面),在此过程中 (　    ) A.物块的机械能逐渐增加 B.软绳的重力势能共减少了 mgl C.物块与软绳减少的重力势能之和等于软绳克服摩擦力所做的功 D.软绳减少的重力势能大于其增加的动能与克服摩擦力所做的功之和 B 返回目录 解析     物块克服细线的拉力做功,其机械能逐渐减少,A错误。软绳重力势能减少量ΔEp减=mg·  -mg·  sin θ= mgl(分析有质量的软绳重力势能的变化时要关注其重心位置的变化),B 正确。整个运动过程中,由功能关系结合能量守恒对系统有WG物+WG绳=Ek物+Ek绳+W克服摩擦, 对软绳有WT+WG绳=Ek绳+W克服摩擦,物块与软绳减少的重力势能之和,等于物块和软绳动能 增加量与软绳克服摩擦力做功之和,软绳重力势能的减少量小于其动能的增加量与克 服摩擦力所做功的和,C、D错误。 返回目录 提分关键·方法提升 应用能量守恒定律解题的步骤 返回目录 微专题 11 动力学和能量观点相结合的两类典型模型 返回目录 题型1　传送带模型 如图所示,传送带在电动机带动下,始终以速度v匀速转动。将质量为m的墨块轻放在水 平传送带上(初速度可忽略不计)。墨块与传送带间的动摩擦因数为μ,传送带足够长,重 力加速度为g。   返回目录 1.动力学分析 返回目录 2.能量分析 返回目录 能力进阶 典例1    (多选)如图,水平传送带一直以速度v1=6 m/s顺时针转动,小物体P、Q质量均为 1 kg,由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳相连,t=0时刻P在传送带左端具有向右的速度v2= 10 m/s,P与定滑轮间的绳水平,不计定滑轮质量和摩擦。小物体P与传送带之间的动摩 擦因数μ=0.6,传送带水平长度L=15 m,绳足够长,g=10 m/s2。关于小物体P的描述正确 的是 (　     ) A.小物体P从传送带左端离开传送带 B.小物体P在传送带上运动的全过程中,加速度一直不变 C.小物体P向右运动的过程中在传送带上留下的划痕长度为9 m D.小物体P向右运动的过程中和传送带之间因摩擦产生的热量是60 J ACD 返回目录 解析     t=0时刻对P、Q整体分析,由牛顿第二定律有mg+μmg=2ma1,得物体P的加速度a1=8 m/s2, 方向向左,物体P与传送带共速时的位移为x1= =4 m,共速后,根据牛顿第二定律有 mg-μmg=2ma2(共速后摩擦力反向),得a2=2 m/s2,物体P减速至零的位移为x2= =9 m,由 于x1+x2<L,小物体P从传送带左端离开传送带,A正确,B错误。t=0时刻到与传送带共速, 划痕长度为l1=x1-v1 =1 m,共速至P减速为零的过程,划痕长度为l2=v1 -x2=9 m,则小 物体P向右运动的过程中,在传送带上留下的划痕长度为Δl=l2=9 m(以物体P在传送带 上初始位置为参考点,物体P先向右运动,后向左运动,要考虑划痕重复),C正确。小物体 P向右运动的过程中和传送带之间因摩擦产生的热量是Q=μmg(l1+l2)=60 J,D正确。 返回目录 进阶    (倾斜传送·结合图像)在物流货场,广泛应用着传送带搬运货物,如图甲所示,倾角 为37°的传送带以恒定速度逆时针转动,在传送带顶端A处无初速度释放一个质量为m= 2 kg的货物(可视为质点),经过2 s到达传送带的B端。货物与传送带的速度随时间变化 图像如图乙所示,g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。下列说法正确的是 (　    ) A.A、B两点相距15 m B.货物与传送带间的动摩擦因数为  C.货物从A运动到B过程中,传送带对货物做 的功为48 J D.货物从A运动到B过程中,货物与传送带摩擦产生的热量为48 J D 返回目录 解题导引       返回目录 解析     v-t图线与时间轴围成的面积表示位移,则根据图乙可得货物运动总的位移x= ×1 m+  ×1 m=16 m,即A、B两点相距16 m,A错误。v-t图线的斜率绝对值表示货物的加 速度大小,则由图乙可得0~1 s内加速度为a= =  m/s2=10 m/s2,前1 s由牛顿第二定 律可得mg sin 37°+μmg cos 37°=ma,代入数值可求得μ=0.5,B错误。摩擦力Ff=μmg cos θ =8 N,前1 s摩擦力做功W1= Ffv1t1=40 J,在1~2 s内摩擦力做功W2=-88 J,摩擦力对货物做 的总功W=W1+W2=-48 J,C错误。由图像知,0~1 s内相对位移大小Δx1=  m =5 m,1~2 s内相对位移大小Δx2=  m=1 m,则全程相对路程为Δx=Δx1+Δx2 =6 m,货物与传送带摩擦产生的热量为Q=μmg cos 37°Δx=48 J,D正确。 返回目录 题型2　滑块-木板模型 1.动力学分析 对滑块和木板进行受力分析,利用牛顿第二定律计算各自的加速度,分析滑块和木板的 运动时间、速度关系和位移关系。可以画出滑块和木板的速度随时间变化的图像,帮 助分析和理解二者的相对运动情况。 2.能量分析 (1)对于滑块与木板相对静止的过程:由于相对位移为零,故滑块与木板所受的一对静摩 擦力做功不产生内能。 (2)对于滑块与木板相对滑动的过程 返回目录 ①利用动能定理和功能关系分析滑块和木板各自的能量,分析系统能量的转化和转 移。 ②注意区分三个位移(如图所示) a.计算摩擦力对滑块做功时,用滑块相对地面的位移xm; b.计算摩擦力对木板做功时,用木板相对地面的位移xM; c.计算滑块和木板间因摩擦产生的热量时,用滑块相对木板的位移Δx。 返回目录 典例2　一块质量为M、长为l的长木板A静止放在光滑的水平面上,质量为m的物体B (可视为质点)以初速度v0从左端滑上长木板A的上表面并从右端滑下,该过程中,物体B 的动能减少量为ΔEkB,长木板A的动能增加量为ΔEkA,A、B间因摩擦产生的热量为Q,下 列说法正确的是 (　    )   A.A、B组成的系统动量、机械能均守恒 B.ΔEkB、ΔEkA、Q的值可能为ΔEkB=7 J,ΔEkA=2 J,Q=5 J C.ΔEkB、ΔEkA、Q的值可能为ΔEkB=5 J,ΔEkA=3 J,Q=2 J D.若增大v0和长木板A的质量M,B一定会从长木板A的右端滑下,且Q将增大 B 返回目录 解题导引　试用图像法结合选项,定性分析。 解析     A、B组成的系统所受合力为零,因此动量守恒;而A、B之间存在摩擦生热,故系统机械 能不守恒,A错误。画出B从开始到滑下A的过程中物体B和长木板A的v-t图像,分别如图 中的图线1和2所示,图线1和2之间的梯形面积表示板长l,图线1与t轴所围的面积表示物 体B的位移x1,图线2与t轴所围的面积表示长木板A的位移x2,由图可知x1>l,x2<l。又有Δ EkB=fx1,ΔEkA=fx2,Q=fl,则有ΔEkB>Q>ΔEkA,B正确,C错误。若增大v0和长木板A的质量M,在v -t图像中图线1将向上平移,而图线2的斜率将变小(A的加速度变小),可知B一定会从长 木板A的右端滑下(必定存在某一值t使图线1和2之间的梯形面积为l), 而Q=fl不变,D错误。 返回目录 $