2026届高三物理二轮专题复习讲义：第7讲 机械能守恒定律 能量守恒定律

第7讲　机械能守恒定律　能量守恒定律　讲义 知识体系： 考点一　机械能守恒定律的应用 1.机械能守恒定律的表达式 2.常见的机械能守恒的连接体模型 共速率模型 分清两物体位移大小与高度变化关系 共角速度模型 两物体角速度相同,线速度与半径成正比 关联速度模型 此类问题注意速度的分解,找出两物体速度关系,当某物体位移最大时,速度可能为0 轻弹簧模型 ①同一根弹簧弹性势能大小取决于弹簧形变量的大小,在弹簧弹性限度内,形变量相等,弹性势能相等; ②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;弹簧处于自然长度时,弹簧弹性势能最小(为零) 典例1:(2025·四川石室中学月考)如图所示,固定光滑斜面顶端有一轻质光滑定滑轮,质量为m的物块P和质量为3m的物块Q用轻质细绳相连,外力作用于P,使P、Q均静止,某时刻撤去外力,当Q下降的高度为 h时,细绳断裂,重力加速度为g,sin 37°=0.6,P、Q均可视为质点,斜面足够长,则(　　) A.物块P沿斜面上升的最大高度为h B.细绳断裂的瞬间,物块Q的重力的功率为 C.在细绳断裂后,物块P沿斜面向上运动的时间为 D.当物块P运动至最高点时,物块Q的机械能相对撤去外力时减少mgh 答案　C解析　当Q下降的高度为h时,细绳断裂,根据几何关系得,P上升的高度为h'=sin 37°=h,细绳断裂的瞬间P、Q速度大小相等,对P、Q整体,根据机械能守恒定律有3mgh-mgh'=(3m+m)v2,解得v=,细绳断裂后,P还能上升的最大高度满足mgh1=mv2,解得h1=h,则物块P沿斜面上升的最大高度为H=h'+ h1=h,A错误;细绳断裂的瞬间,物块Q的重力的功率P=3mgvsin 53°=,B错误;细绳断裂后,物块P在斜面上的运动时间为t==,C正确;根据题意可知,细绳断裂前P、Q组成的系统机械能守恒,细绳断裂后,物块P、Q的机械能均守恒,则当物块P从静止运动至最高点时,物块P增加的机械能等于物块Q的机械能相对撤去外力时的减少量,即ΔE=mg(h'+h1)=mgh,D错误。 典例2:(2025·河北廊坊高三期末)如图所示,滑块A、B的质量均为m,A套在倾斜固定的直杆上,倾斜杆与水平面成45°角,B套在水平固定的直杆上,两杆分离不接触,两直杆间的距离忽略不计,两直杆足够长,A、B通过铰链用长度为L的刚性轻杆(初始时轻杆与水平面成30°角)连接,A、B从静止释放,B开始沿水平杆向右运动,不计一切摩擦,滑块A、B视为质点,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　) A.当A到达B所在的水平面时,B速度为零 B.B到达最右端时,A的速度大于 C.当A到达B所在的水平面时,A的速度为 D.B的最大速度为 答案　B解析　不计一切摩擦,在运动过程中,滑块A、B组成的系统机械能守恒,从开始到A到达B所在的水平面的过程中,有mgLsin 30°=m+m,又有vAcos 45°=vB,联立可得vA=,vB=,故A、C错误;B到达最右端时,速度为零,此时轻杆与斜杆垂直,由机械能守恒定律得mg(Lsin 30°+Lsin 45°)=mvA'2,解得vA'=>,故B正确;B的加速度为零时速度最大,当轻杆与水平杆垂直时B的合力为零,速度最大,此时A的速度为零,有mg(Lsin 30°+L)=mvB'2,解得vB'=,故D错误。 典例3:(2025·安徽卷·14)如图，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距L=0.5 m。一根长为3L的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量m=0.1 kg的小球，小球与水平地面接触但无压力。t=0时，小球以水平向右的初速度v0=10 m/s开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M，运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受的最大拉力大小； (2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离； (3)若在t=0时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。 答案　(1)4 m/s　17 N　(2)4 m　(3)2 m/s 解析　(1)设绳子被拉断时小球速度大小为v1，绳子拉力大小为FT， 根据机械能守恒定律m=mg·2L+m 在该位置，根据牛顿第二定律FT-mg=m 解得v1=4 m/s，FT=17 N 由牛顿第三定律可知，绳子所受最大拉力大小为FT'=17 N (2)小球做平抛运动：x=v1t，2L=gt2 解得x=4 m (3)若小球经过N点正上方时绳子恰不松弛，设此时速度为v2，此位置满足mg= 从最低点到该位置的过程中，由机械能守恒定律mv0'2=mg·5L+m 解得v0'=2 m/s。 考点二　功能关系和能量守恒定律的应用 1.功能关系的理解和应用 功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度。 (1)根据功能之间的对应关系，判定能量的转化情况。 (2)根据能量转化，可计算变力做的功。 2.常见功能关系 能量 功能关系 表达式 势能 重力做功等于重力势能减少量 W=Ep1-Ep2=-ΔEp 弹力做功等于弹性势能减少量 静电力做功等于电势能减少量 分子力做功等于分子势能减少量 动能 合外力做功等于物体动能变化量 W=Ek2-Ek1=mv2- m 机械能 除重力和弹力之外的其他力做功等于机械能变化量 W其他=E2-E1=ΔE机 摩擦产生的内能 一对相互作用的摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能 Q=Ff·s相对s相对为相对路程 电能 克服安培力做功等于电能增加量 W克安=E2-E1=ΔE 3.对能量守恒定律的理解 (1)某种形式的能减小，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔE减=ΔE增。 (2)某个物体的能量减小，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，即ΔEA减=ΔEB增。 4.应用能量守恒定律的基本思路 (1)守恒:E初=E末,初、末总能量不变。 (2)转移:EA减=EB增,A物体减少的能量等于B物体增加的能量。 (3)转化:|ΔE减|=|ΔE增|,减少的某些能量等于增加的某些能量。 典例4: 桔槔(ɡāo)是我国古代的一种取水机械。其原理如图所示,在竖直支架上安装一根可绕支点转动的长细杆,杆的一端固定磐石,另一端通过长竹悬挂水桶。取水时人借助自身重力向下拉动长竹,使水桶浸入水中;打满水后,人向上助力提起水桶,忽略桔槔各衔接处的阻力,下列说法正确的是(　　) A.向下取水过程,桔槔系统的机械能守恒 B.向下取水过程,人对桔槔系统做的功等于磐石增加的重力势能 C.向上提水过程,人对桔槔系统做的功一定等于系统机械能的改变量 D.向上提水过程,人对桔槔系统做的功一定等于系统的动能改变量 答案　C解析　向下取水的过程中,人对桔槔系统做正功,人把能量给桔槔系统,桔槔系统的机械能不守恒,故A错误;向下取水的过程中,磐石的重力势能和动能都增加,所以人对桔槔系统做的功大于磐石增加的重力势能,故B错误;根据功能关系,向上提水过程,人对桔槔系统做的功一定等于系统机械能的改变量,故C正确,D错误。 典例5:(2025·江苏镇江市检测)如图所示，一物块以一定的速度冲上足够长的固定斜面，物块和斜面之间的动摩擦因数随高度增加逐渐减小。以斜面底端为重力势能零点，v、a、Ek、E分别为物块的速度、加速度、动能、机械能。在物块上滑过程中，上述物理量与上滑的时间t或位移x的图像可能正确的是(　　) 答案　C解析　设物块与斜面间动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ，物块质量为m，物块初速度为v0，则物块上滑过程，由牛顿第二定律有mgsin θ+μmgcos θ=ma，解得a=gsin θ+μgcos θ，则上滑过程速度为v=v0-at=v0-(gsin θ+μgcos θ)t，由题意知物块和斜面之间的动摩擦因数μ随高度增加逐渐减小，即v-t图像斜率绝对值随时间逐渐减小，故A错误；由A选项分析可知，物块上滑过程中加速度随时间逐渐减小，但不会减为0，故B错误；由于Ek-x图像斜率绝对值表示合力大小，物块上滑过程中加速度随时间逐渐减小，故合力逐渐减小，即Ek-x图像斜率绝对值逐渐减小，故C正确；设物块初态机械能为E0，由功能关系可知，物块克服摩擦力所做的功等于物块机械能减少量，即物块末态机械能E=E0-μmgcos θ·x，由于动摩擦因数μ随高度增加逐渐减小，则E-x图像斜率绝对值不断减小，故D错误。 典例6:(2025·陕西咸阳模拟预测)如图所示,左、右斜面倾角均为37°,轻弹簧两端分别连接固定的挡板C和滑块A,轻细绳跨过固定光滑滑轮,两端分别连接滑块A和B,细绳平行于斜面,斜面足够长。用平行于斜面的外力作用在滑块B上,此时弹簧刚好处于原长,滑块A恰好不向上运动。现撤去作用在滑块B上的外力,使B由静止开始运动。滑块A的质量为1 kg,滑块B的质量为7 kg,弹簧的劲度系数为80 N/m,滑块A与斜面间的动摩擦因数μ=0.5,右侧斜面光滑,弹簧的弹性势能为Ep=kx2(k为劲度系数,x为弹簧的形变量),弹簧始终在弹性限度内,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: (1)撤去外力瞬间,滑块B的加速度大小; (2)滑块A运动的最大速度和此时的弹簧形变量x; (3)当滑块A向上滑行到最高点时,细线断开,此后A沿斜面向下运动的最大距离。 答案　(1)4 m/s2　(2) m/s　0.4 m　(3)1.65 m 解析　(1)撤去外力瞬间,对B,由牛顿第二定律有mBgsin 37°-FT=mBa 对滑块A,由牛顿第二定律有FT-mAgsin 37°-μmAgcos 37°=mAa 解得a=4 m/s2。 (2)当滑块A的加速度为零时,速度最大,对A有 FT'=mAgsin 37°+μmAgcos 37°+kx 对B有mBgsin 37°=FT',联立解得x=0.4 m 由能量守恒定律得mBgsin 37°·x=kx2+mAg· sin 37°·x+μmAgcos 37°·x+(mA+mB)v2 解得v= m/s。 (3)设物块A沿斜面向上滑行的最大距离为L,根据能量守恒定律有 mBgLsin 37°=kL2+mAgLsin 37°+μmAgcos 37°·L 解得L=0.8 m 设细线断开后,滑块A沿斜面向下运动的最大距离为d,则根据能量守恒定律有 kL2+mAgdsin 37°=μmAgcos 37°·d+k(d-L)2 解得d=1.65 m。 5.传送带的动力学问题 (1)求物体在传送带上运动时间、离开传送带时的速度、划痕长度、摩擦生热所用到的相对路程，往往需要根据动力学知识求解。 (2)传送带中的动力学问题的分析思路 6.传送带中的能量问题 (1)求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解。 (2)功能关系分析：W=ΔEk+ΔEp+Q。 (3)对W和Q的理解 ①传送带克服摩擦力做的功W=Ffx传。 ②产生的内能Q=Ffx相对。 (4)将物体轻放在传送带上，物体从静止加速到与传送带共速时，摩擦生热与物体能量变化的关系 ①水平传送带，摩擦生热等于物体增加的动能Q=Ek； ②倾斜传送带(放在最低点、向上传送)，摩擦生热等于物体增加的机械能，Q=ΔE。典例7:在快递分类时常用传送带运送快件，如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行，传送带底端到顶端的距离L=16 m。现将一质量m=1 kg的小快件静止放于传送带底端，快件沿传送带向上运动至顶端过程中速度的平方v2随位移x的变化关系如图乙所示，快件可视为质点，g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求： (1)快件与传送带间的动摩擦因数； (2)快件与传送带因摩擦而产生的热量； (3)快件从传送带底端运动到顶端过程中，电动机多做的功。 答案　(1)0.875　(2)56 J　(3)160 J 解析　(1)快件放在传送带上先做匀加速运动，根据v2=2ax，结合题图乙可得快件做匀加速运动的加速度大小为a= m/s2=1 m/s2 根据牛顿第二定律可得μmgcos 37°-mgsin 37°=ma 解得动摩擦因数μ=0.875 (2)根据题图乙可知，传送带的速度v=4 m/s，快件加速的时间为t1==4 s 快件与传送带的相对位移为Δx=vt1-vt1=8 m 快件和传送带间因摩擦产生的热量为Q=μmgcos 37°·Δx 解得Q=56 J (3)快件从传送带底端运动到顶端过程中，电动机多做的功等于快件重力势能和动能的增加量以及因摩擦而产生的热量之和，则有W=mgLsin 37°+mv2+Q 解得W=160 J。 学科网（北京）股份有限公司 $