第03讲 机械能守恒定律（培优·复习讲义）新高二物理人教版

第03讲 机械能守恒定律（培优讲义） 课标要点 1.掌握功和功率的计算方法并会处理机车启动问题。 2.理解重力势能和弹性势能，知道重力势能正、负表示大小。 3.熟练掌握动能定理。 4.掌握机械能守恒和能量守恒并能用于解决实际问题。 1.通过“微元法”、“等效法”等求解变力的功。 2.通过机车两种启动方式掌握功率的计算。 3.掌握常见的功能关系。 4.学会从能量角度（动能定理或机械能守恒）分析处理单个物体或系统的运动问题。。 方法指导 考点01 功和功率 一、功 1．做功的两个必要因素 (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＝Flcosα。 (1)α是力与位移方向之间的夹角，l为物体对地的位移。 (2)该公式只适用于恒力做功。 (3)功是标量。功的正负表示对物体做功的力是动力还是阻力。 思考：试从两个角度理解此公式。 提示：可认为Fcosα是力F在位移l方向上的分量，也可认为lcosα是位移l在力F方向上的分量。 3．功的正负 夹角 功的正负 0≤α< 力对物体做正功 <α≤π 力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功 α＝ 力对物体不做功 二、变力的功 方法 举例说明 应用动能定理 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－cosθ)＝0，得WF＝mgL(1－cosθ) 微元法 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＝Ff·Δx1＋Ff·Δx2＋Ff·Δx3＋…＝Ff(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝Ff·2πR 等效转换法 用恒力F把物块从A拉到B，绳子对物块做功W＝F· 平均力法 弹簧由伸长x1被继续拉至伸长x2的过程中，克服弹力做功W＝·(x2－x1) 图像法 在F­x图像中，图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移上所做的功 三、机车启动 1．两种启动方式的比较 两种方式 以恒定功率启动 以恒定加速度启动 P­t图和 v ­t图 OA 段 过程分析 v↑⇒F＝↓⇒ a＝↓ a＝不变⇒F不变，v↑⇒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⇒vm＝ v↑⇒F＝↓⇒ a＝↓ 运动 性质 以vm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)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速直线运动时的速度，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v1＝<vm＝。 (3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W＝P额t。由动能定理：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。 【深化点拨】 1．定性判断力是否做功及做正、负功的方法 (1)看力F的方向与位移l的方向间的夹角α——常用于恒力做功的情形。 (2)看力F的方向与速度v的方向间的夹角θ——常用于曲线运动的情形。 (3)根据动能的变化判断——动能定理描述了合力做功与动能变化的关系，即W合＝ΔEk，当动能增加时合力做正功，当动能减少时合力做负功。 (4)根据其他功能关系判断。 2．合力做功的计算方法 方法一：先求合力F合，再用W合＝F合lcosα求功。 方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功。 方法三：先求动能变化ΔEk，再利用动能定理W合＝ΔEk求功。 【易错提醒】1．使用W＝Flcosα应注意的几个问题 (1)位移l ①“l”应取作用点的位移。 ②“l”的取值一般以地面为参考系。 (2)力F ①力的独立性原理，即求某个力做的功仅与该力及物体沿该力方向的位移有关，而与其他力是否存在、是否做功无关。 ②力只能是恒力。此公式只能求恒力做功。 (3)α是l与F之间的夹角。 2．摩擦力做功的特点 (1)单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。 (2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值。 1．某航天器在水平直线跑道上进行电磁弹射起飞试验。航天器受到的阻力大小恒定，航天器自身的发动机在工作过程中提供牵引力，且额定功率为P。现进行两次启动测试，第一次以加速度匀加速启动，到额定功率后保持恒定功率行驶至最大速度，其运动状态如曲线①。第二次以加速度匀加速启动，最终达到最大速度，其运动状态如曲线②所示。图线可能是下图中的（　　） A． B． C． D． 2．静置于水平地面上质量为1kg的物体，在水平拉力（式中F为力的大小、x为位移的大小，力F、位移x的单位分别是N、m）作用下，沿水平方向移动了3m。已知物体与地面间的动摩擦因数为0.2，取重力加速度g＝10m/s2，则在物体移动3m的过程中拉力所做的功为（　　） A．20J B．30J C．36J D．45J 3．如图所示，两拖船P、Q拉着无动力货船S一起在静水中沿图中虚线方向匀速前进，此刻两根水平缆绳与虚线的夹角均保持为，拖船速度方向与船头方向相同，速度大小为v，缆绳对S船的作用力大小均为F，经过一段时间每条缆绳的拉力对S船做功均为W，下列说法正确的是（　　） A．S船受到绳子合力大小为2F B．S船速度大小为 C．S船速度大小为 D．两条缆绳共对S船做功为 4．如图所示，质量为的物体置于倾角为的斜面上，在外力作用下，斜面沿水平方向向右做匀速运动，运动中物体与斜面体相对静止。下列说法中正确的是（　　） A．斜面对物体的支持力一定做正功 B．斜面对物体的摩擦力一定做负功 C．物体对斜面的压力一定做正功 D．物体对斜面的作用力可能做负功 5．（多选）放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间关系的图像和水平拉力的功率与时间关系的图像如图甲、乙所示。下列说法正确的是（   ） A．0～6s内物体的位移大小为30m B．0～6s内拉力做功为100J C．滑动摩擦力的大小为5N D．0～6s内滑动摩擦力做功为-50J 6．如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧竖直固定，最低点A放置一质量为m的物块，可视为质点。物块在方向始终沿圆弧切线的推力F作用下由A运动到B，力F大小恒为mg。对于该运动过程，下列说法正确的是（　　） A．力F做功大小为mgR B．力F做功大小为 C．力F的功率一直在增大 D．克服重力做功的功率先增大后减小 7．将一个质量m=1kg小球从的高度以的速度水平抛出，落在水平地面上。不计空气阻力，取。求： (1)小球抛出点与落地点之间的水平距离； (2)小球落地时速度的大小与重力的功率P； (3)从抛出至落地小球重力的平均功率 。 考点02 动能定理 1．内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。 2．表达式：W＝mv－mv＝Ek2－Ek1＝ΔEk。 3．物理意义：合力的功是物体动能变化的量度。 4．适用范围广泛 (1)既适用于直线运动，也适用于曲线运动。 (2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功。 (3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用。 【深化点拨】 应用动能定理的注意事项 (1)应用动能定理解题应抓好“两状态，一过程”。“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息，明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。 (2)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。 (3)动能定理的表达式为标量式，不能在某一个方向上列动能定理方程。 1.如图所示，水平轨道与竖直平面内的圆弧轨道平滑连接后固定在水平地面上，圆弧轨道B端的切线沿水平方向。质量的滑块（可视为质点）在水平恒力的作用下，从A点由静止开始运动，当滑块运动的位移时撤去力F。已知A、B之间的距离，滑块与水平轨道间的动摩擦因数，取。求： (1)滑块通过B点时的动能； (2)滑块通过B点后，能沿圆弧轨道上升到最高点C，其高度，求滑块沿圆弧轨道上升过程中摩擦力做的功。 应用动能定理解题的一般思路 角度01 动能定理与图像结合的问题 2.如图甲所示，一质量为的滑块（视为质点）以某一初速度冲上足够长的固定斜面，以斜面底端为位移的起点，滑块在斜面上运动的动能随位移变化的关系如图乙所示。取重力加速度大小。下列说法正确的是（　　） A．滑块上滑的最大位移为 B．斜面倾角的正弦值为0.5 C．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25 D．滑块上滑过程克服摩擦力做的功为 3.（多选）如图甲所示，一质量的物块（可视为质点）以一定的初速度从斜面底端沿斜面向上运动。现以斜面底端为坐标原点，沿斜面向上建立坐标轴，选择地面为零势能面，物块上升过程中的动能和重力势能随坐标的变化图像如图乙所示。重力加速度取，下列说法正确的是（　　） A．物块的初速度大小 B．斜面的倾角 C．物块与斜面间的动摩擦因数为 D．物块返回斜面底端时的动能为 角度02 动能定理在多过程问题中的应用 4.如图所示，ABCD为一位于竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出H＝10m，BC长sBC＝2m，AB和CD轨道光滑且与BC平滑连接。一质量为m＝1kg的物体，从A点以v0＝4m/s的速度开始沿AB轨道运动，经过BC后滑到高出C点h＝10.2m的D点速度为零（g取10m/s2），下列选项正确的是（　　） A．物体与BC轨道间的动摩擦因数μ＝0.25 B．物体在水平面上的总路程为72m C．第15次经过C点时，克服摩擦力做功为100J D．最终停下的位置在B点 5.如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道的下端与光滑的圆弧轨道相切于点，是最低点，圆心角，与圆心等高，圆弧轨道半径，现有一个质量为可视为质点的小物体，从点的正上方点处自由下落，、距离，小物体与斜面之间的动摩擦因数，，，取。求： (1)要使小物体不从斜面顶端飞出，斜面至少要多长； (2)若斜面已经满足（1）要求，物体从斜面又返回到圆轨道，多次反复，在整个运动过程中，物体对点处轨道的最小压力； (3)在（2）中，物体在斜面上运动的总路程。 考点03 机械能及机械能守恒定律 二、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．常用的三种表达式 (1)守恒式：E1＝E2或Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2。E1、E2分别表示系统初、末状态时的总机械能。 注意：初、末状态必须用同一零势能面计算势能。 (2)转化式：ΔEk＝－ΔEp或ΔEk增＝ΔEp减。表示系统动能的增加量等于势能的减少量。 注意：应用时关键在于分清势能的增加量或减少量，可不选零势能面而直接计算初、末状态的势能差。 (3)转移式：ΔEA＝－ΔEB或ΔEA增＝ΔEB减。表示系统只有A、B两物体时，A增加的机械能等于B减少的机械能。 【深化点拨】 机械能是否守恒的判断方法 (1)用机械能的定义判断(直接判断)：判断机械能是否守恒可以看物体系统机械能的总和是否变化。 (2)用做功判断：若物体系统只有重力或系统内弹力做功，则机械能守恒。 (3)用能量转化来判断：若物体系统中只有动能和势能的相互转化而无其他形式的能的转化，则物体系统机械能守恒。 1.（多选）如图所示，下列说法正确的是（所有情况均不计摩擦、空气阻力以及滑轮质量）（　　） A．甲图中，火箭升空的过程中，若匀速升空机械能不守恒，若加速升空机械能也不守恒 B．乙图中，物块在外力F的作用下匀速上滑，物块的机械能守恒 C．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机械能不守恒 D．丁图中，物块A加速下落，物块B加速上升的过程中，物块B机械能守恒 角度01 单物体的机械能守恒问题 【基本思路】(1)选取研究对象——物体及地球构成的系统。机械能守恒定律研究的是物体系统，如果是一个物体与地球构成的系统，一般只对物体进行研究。 (2)根据物体所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒。 (3)选取方便的机械能守恒定律方程形式(Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2、ΔEk＝－ΔEp)进行求解。若应用方程Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2，则首先要选取合适的参考平面，确定研究对象在过程的初、末状态时的机械能。若应用方程ΔEk＝－ΔEp，则不用选取参考平面。 (4)解方程，必要时对结果进行讨论，避免出现与实际不符的情形。 2．如图是光滑轨道，点的高度大于点的高度，让小球从点由静止开始自由滑下，沿轨道到达点后离开（不计空气阻力）。则小球离开B点后的运动轨迹最符合实际的是（　　） A． B． C． D． 3．如图所示，有一条柔软的质量为、长为的均匀链条，开始时链条的置于水平桌面上，垂于桌外，并使链条处于静止状态。若不计一切摩擦，桌子足够高，以地面为零势能面。下列说法正确的是（　　） A．垂于桌面外的链条的重力势能为负值 B．若缓慢把链条全部拉回桌面上，在该过程中链条的机械能守恒 C．若把链条全部拉回桌面上，垂于桌面外的链条的重心将上升 D．若自由释放链条，则链条刚离开桌面时的动能大小等于 角度02 多物体的机械能守恒问题 【基本模型】1．速率相等情境：如图所示，轻绳连接的A、B两物体系统。 两点提醒： (1)用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系。 (2)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，机械能则可能守恒。 2．角速度相等情境：如图所示，轻杆连接的A、B两物体系统。 两点提醒： (1)用杆连接的两个物体，若绕某一固定点做圆周运动，根据角速度ω相等确定两物体线速度v的大小关系。 (2)杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒。 3．某一方向分速度相等情境(关联速度情境)：如图所示，两物体沿绳或沿杆方向的分速度大小相等。 4．含轻弹簧的系统机械能守恒问题 (1)弹簧发生形变时会具有弹性势能，若系统除重力、弹簧弹力以外的其他力不做功，系统机械能守恒。 (2)弹簧两端物体把弹簧拉伸至最长(或压缩至最短)时，两端的物体具有相同的速度，弹簧的弹性势能最大。 (3)对同一弹簧，弹性势能的大小由弹簧的形变量完全决定，弹簧的伸长量和压缩量相等时，弹簧的弹性势能相等。 (4)物体运动的位移与弹簧的形变量或形变量的变化量有关。 4．如图所示，长直轻杆两端分别固定小球A和B，两球质量均为，两球半径忽略不计，杆的长度为。先将杆竖直靠放在竖直墙上，轻轻拨动小球B，使小球B在水平面上由静止开始向右滑动，当小球A沿墙下滑距离为时，下列说法正确的是（不计一切摩擦，重力加速度为）（　　） A．杆对小球A做功为 B．小球A、B的速度大小都为 C．小球A、B的速度大小分别为和 D．杆与小球A、B组成的系统机械能减少了 5．如图所示，轻绳的一端系一质量为m的金属环，另一端绕过定滑轮悬挂一质量为5m的重物。金属环套在固定的竖直光滑直杆上，不计滑轮与竖直杆之间的距离，金属环从图中P点由静止释放，OP与直杆之间的夹角，不计一切摩擦，重力加速度为g，则（     ） A．金属环从P上升到Q的过程中，重物所受重力的瞬时功率一直增大 B．金属环从P上升到Q的过程中，绳子拉力对重物做的功为 C．金属环在Q点的速度大小为 D．若金属环最高能上升到N点，则ON与直杆之间的夹角 6．如图，原长为的轻质弹簧放置在一光滑的一端封闭、一端开口的细直管内，弹簧的一端固定在管的点，另一端连接一质量为的小球。这一装置从水平位置开始绕点缓慢地转到竖直位置，当转到竖直位置时小球离开原水平面的高度。假设弹簧的形变总是在其弹性限度内，重力加速度大小为。则（     ） A．弹簧的劲度系数为 B．在转动过程中，小球与弹簧组成的系统机械能不守恒 C．在转动过程中，弹簧的弹性势能先增大后减小 D．在转动过程中，小球的重力势能始终增大 【多物体系统机械能守恒问题的分析方法】 (1)正确选取研究对象，合理选取物理过程。 (2)对多个物体组成的系统要注意判断物体运动过程中，系统的机械能是否守恒。 (3)注意寻找用轻绳、轻杆或轻弹簧相连接的物体间的速度关系和位移关系。 (4)列机械能守恒方程时，从三种表达式中选取方便求解问题的形式。 考点04 功能关系　能量守恒定律 角度01 常见的功能关系 【要点梳理】1．对功与能的理解 (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 力做功 能的变化 定性和定量关系 重力做功 重力势能变化 (1)重力做正功，重力势能减少； (2)重力做负功，重力势能增加； (3)WG＝－ΔEpG＝EpG1－EpG2 弹簧弹力做功 弹性势能变化 (1)弹力做正功，弹性势能减少； (2)弹力做负功，弹性势能增加； (3)W弹＝－ΔEp弹＝Ep弹1－Ep弹2 合力做功 动能变化 (1)合力做正功，动能增加； (2)合力做负功，动能减少； (3)W合＝Ek2－Ek1＝ΔEk 除重力和系统内弹力之 外的其他力做功　　　 机械能变化 (1)其他力做正功，机械能增加； (2)其他力做负功，机械能减少； (3)W其他＝ΔE机 3.功能关系在图像中的应用 根据功能关系可知： (1)重力势能与高度的EpG­h关系图像的斜率的绝对值为G。 (2)弹簧弹性势能与形变量的Ep弹­x关系图像的斜率的绝对值为F弹。 (3)动能与位移的Ek­x关系图像的斜率为F合。 (4)机械能与位移的E机­x关系图像的斜率为F其他。 1．如图所示，某段滑雪雪道倾角为，总质量为m（包括雪具在内）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，加速度为在他滑到底端的过程中，下列说法正确的是（　　） A．运动员减少的重力势能全部转化为动能 B．运动员获得的动能为 C．运动员克服摩擦力做功为 D．运动员损失的机械能为 2．（多选）电动车配有把机械能转化为电能的“能量回收”装置。某次测试中电动车沿倾角为的斜坡向下运动，初动能为，第一次让车无动力滑行，其动能与位移x的关系如图中直线①所示；第二次让车无动力并开启“能量回收”装置滑行，其动能与位移x的关系如图中曲线②所示。假设“两次摩擦力和空气阻力大小都不变”“机械能回收效率为”。重力加速度。下列说法正确的是（     ） A．图中①过程汽车所受合力越来越大 B．可求图中②过程下滑200m回收的电能 C．图中②过程下滑100m后不再回收能量 D．由题中及图像信息不能求出电动车的质量 角度02 能量守恒定律 【要点梳理】 1．能量守恒定律的内容：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．能量守恒定律的适用范围：能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中普遍适用的一条规律。 3．对能量守恒定律的理解 (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。 4．应用能量守恒定律解题的思路 (1)分清有多少形式的能(动能、势能、内能等)发生变化。 (2)明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量总和ΔE减和增加的能量总和ΔE增的表达式。 (3)列出能量守恒关系式ΔE减＝ΔE增。 能量问题的解题依据 (1)当涉及滑动摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能量守恒定律或动能定理。 (2)在涉及弹簧弹力做功的能量问题中，两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，如果只有重力和系统内弹力做功，系统机械能守恒，应用机械能守恒定律；如果有其他外力做功，一般选用能量守恒定律或动能定理求解。 3．如图所示，水平面AB与竖直面内光滑半圆形轨道在B点平滑相接，半圆形轨道半径为R，一质量为m的物块（可视为质点）将弹簧压缩至A点后由静止释放，获得向右速度后脱离弹簧，AB长为3R，经过B点后沿圆周运动，到达C点时对轨道的压力恰好为0。AB段动摩擦因素为，重力加速度为g，空气阻力不计，求释放物块时弹簧的弹性势能。 【例1】（2025·海南·高考真题）一起重机将质量为m的集装箱由静止匀加速竖直向上提升，加速度为a，重力加速度为g，不计空气阻力，匀加速时间为t，则（    ） A．匀加速的最大速度为 B．集装箱的机械能增加 C．起重机的最大输出功率为 D．起重机对集装箱的作用力为 【变式1-1】（多选）如图所示，R20000-720塔机是由中联重科与中交第二航务工程局联合研发的全球最大塔式起重机，额定起重力矩20000吨米，最大起重量720吨，最大起升高度400米，创下12项世界首创技术。将质量为m的重物由静止开始以加速度a匀加速向上提升，经过时间t达到额定功率P，重力加速度为g，不计空气阻力，下面说法正确的是（　　） A．重物匀加速上升受到的拉力 B．重物匀速运动时的最大速度 C．重物由静止到最大速度经历时间 D．匀加速阶段起重机对重物做功 【变式1-2】（多选）如图所示，无人配送车作为新型配送装备，可以自动规避道路障碍物与往来车辆行人，实现智能配送。某款无人配送车车身净质量为350kg，最大承载质量为200kg，若该无人配送车正常行驶时，受到的阻力约为总重力的，满载时最大速度可达5m/s。该无人配送车在水平平直路面上直线行驶时，下列说法正确的是（　　） A．配送车的额定功率为5500W B．配送车空载时，能达到的最大速度约为7.9m/s C．配送车以额定功率启动时，先做匀加速运动，后做变加速运动直至达到最大速度 D．满载情况下以额定功率启动，当速度为1m/s时，配送车的加速度大小为4m/s2 【变式1-3】列车在平直轨道上由静止开始启动，启动过程受到的合力随时间变化的关系图像如图所示，列车达到额定功率后保持该功率不变，若列车所受阻力恒定，下列说法正确的是（　　） A．时刻，列车刚达到额定功率 B．时间内，列车的功率不变 C．时间内，列车的动力逐渐减小 D．时间内，列车先后做匀加速直线运动和匀速直线运动 【例2】（2025·广东·高考真题）如图所示，用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻旋入木塞内，随后下压把手，使齿轮绕固定支架上的转轴转动，通过齿轮啮合，带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始，顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动，木塞所受摩擦力f随位移大小x的变化关系为，其中为常量，h为圆柱形木塞的高，木塞质量为m，底面积为S，加速度为a，齿轮半径为r，重力加速度为g，瓶外气压减瓶内气压为且近似不变，瓶子始终静止在桌面上。（提示：可用图线下的“面积”表示f所做的功）求： (1)木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度。 (2)拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W。 (3)拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。 【变式2-1】如图，“旋转秋千”的座椅通过缆绳悬挂在旋转圆盘上。旋转圆盘绕竖直的中心轴由静止开始转动，稳定后座椅在水平面内做匀速圆周运动。已知悬点到中心轴的距离为，座椅（可视为质点）的质量为m=6kg，缆绳的长度为，稳定后缆绳与竖直方向的夹角为，不计空气阻力，重力加速度大小取。下列说法错误的是（　　） A．座椅所受重力和缆绳拉力的合力提供其做匀速圆周运动的向心力 B．座椅做匀速圆周运动的加速度大小为 C．座椅做匀速圆周运动的线速度大小为 D．座椅由静止至达到稳定速度的过程中，缆绳对座椅所做的功为 【变式2-2】如图所示，某同学进行原地垫球练习，每次排球由A点被竖直向上垫出时，动能为6J，上升3m到达最高点B，再落回A点，以后再重复此过程。已知排球的质量为0.12kg，重力加速度g取10m/s2，以A点为重力势能零点，且空气阻力的大小恒定不变。则下列说法正确的是（　　） A．排球在最高点的重力势能为-3.6J B．排球往返一次回到A点时的动能为1.2J C．排球上升至AB中点处时，动能和重力势能相等 D．空气阻力大小为2.4N 【变式2-3】如图甲所示为一款轨道车玩具，轨道造型可以自由调节，将轨道简化为图乙所示模型：竖直圆周轨道与水平直轨道AM相切（B、D两切点略微错开），两个半径均为的六分之一圆弧轨道在处平滑连接，它们的圆心、和在一条直线上，现将质量为的小车从点以一定初速度释放，它恰好能通过圆周轨道的最高点，且。轨道MNP段对小车有磁吸力，磁吸力大小为小车重力的0.5倍（磁吸力始终垂直轨道面），忽略一切摩擦阻力，小车可视为质点，重力加速度。求： (1)竖直圆周轨道的半径； (2)小车经过圆周轨道最低点时对轨道的压力； (3)其他条件不变，仅调节MNP段轨道半径，让小车上滑过程不脱离轨道，求应满足的条件；并计算判断该条件下小车是否能够滑到P点。 【例3】（2025·全国卷·高考真题）如图，撑杆跳高运动中，运动员经过助跑、撑杆起跳，最终越过横杆。若运动员起跳前助跑速度为10m/s，则理论上运动员助跑获得的动能可使其重心提升的最大高度为（重力加速度取10m/s2）（　　） A．4m B．5m C．6m D．7m 【变式3-1】如图所示，“L”形直角光滑框架AOB固定在天花板上，框架的AO杆呈竖直状态，OB杆呈水平状态。质量相等的两个小球甲、乙分别套在AO和OB上，甲、乙之间用轻杆相连，轻杆与小球连接处是可以活动的转轴。开始时杆竖直，由于微小扰动，甲球沿AO杆向下运动，乙球沿OB杆向右运动。已知当细杆与AO杆的夹角为60°时，甲球沿着AO杆下滑的速度为v，重力加速度为g。则连接甲、乙球的杆长（　　） A． B． C． D． 【变式3-2】质量为m的小球套在足够长的水平杆ab上，用跨过小定滑轮B、C的轻绳与质量为2m的小物块相连。当轻绳AB与ab夹角时，将小球由静止释放。若两定滑轮B、C到水平杆ab的竖直距离为h，重力加速度大小为g，取，，小球可视为质点，轻绳不可伸长，不计一切摩擦，则小球从释放到运动至滑轮B的正下方过程中（　　） A．物块的动能一直变大 B．物块下落的高度为 C．小球速度的最大值为 D．小球运动至滑轮B的正下方时，轻绳对物块做功为 【变式3-3】（多选）如图为“蹦极”运动的示意图。弹性绳的一端固定在O点，另一端和人相连。人从O点自由下落，至A点时弹性绳恰好伸直，继续向下运动到达最低点B。不计空气阻力的影响，将人视为质点。则人从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是（     ） A．绳的拉力逐渐增大，人的速度逐渐减小 B．人重力势能与绳弹性势能之和先减小后增大 C．人重力势能的减少量等于绳弹性势能的增加量 D．绳对人一直做负功，人的机械能逐渐减小 一、单选题 1．在苏超足球比赛中，守门员李新宇某次扑救时，质量m=0.45kg的足球以v=10m/s的水平速度飞向球门，被李新宇双手接住后速度变为零。若忽略空气阻力，在此过程中，手对足球做的功约为（　　） A． B． C．22.5J D．45J 2．2025年，“湘超”火爆全网，超240万人次现场观赛、带动消费破136亿元、传播量163亿余次。在某次比赛中，甲队队员在乙队禁区附近主罚定位球，并将球从球门右上角贴着球门射入，如图，已知球门高度为h，足球飞入球门时的速度为v，足球质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力和足球的大小。设地面为零势能面，则下列说法正确的是（　　） A．足球在空中飞行时受到重力和人对它的踢力 B．足球在空中飞行时机械能不守恒， C．足球在空中飞行时的机械能大小为E D．人对足球做的功为 3．质量的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图像甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图像乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变，在末汽车的速度恰好达到最大，则下列说法正确的是（　　） A．汽车受到的阻力 B．汽车的最大牵引力为 C．汽车在的过程中的位移大小为 D．的过程中汽车牵引力做的功为 4．汽车外观影响风阻，在匀速行驶时汽车所受阻力与车速的平方成正比，即f=kv2（其中k为阻力系数）。在某次测试中额定功率相同的甲、乙两种车型均以额定功率启动，两车运动的v-t图像如图中甲、乙所示。则甲、乙两车的阻力系数之比为（　　） A． B． C． D． 5．质量为的小球在离地高处自由下落，不计空气阻力，，则（　　） A．内重力的平均功率为 B．内重力的做功为 C．时离地高度是 D．末重力的瞬时功率为 6．新能源汽车市场在全球范围内迅速扩张，纯电动汽车（）、插电式混合动力汽车（）、燃料电池汽车（）等车型销量持续增长。我国新能源汽车发展迅猛，新能源汽车产销量自2015年以来连续九年世界第一，2023年汽车出口量超越日本成为全球第一。如图所示为某型号新能源汽车在某次测试行驶时的加速度和车速倒数的关系图像。若汽车质量为，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中所受阻力恒定，最大车速为，则（　　） A．汽车以恒定功率启动 B．汽车匀加速所需时间为10s C．汽车所受阻力大小为 D．汽车在车速为时，功率为 二、多选题 7．如图所示，质量为m=0.5kg的小球，用长为l=1m的轻绳悬挂于O点的正下方P点。小球在水平向右拉力的作用下，在竖直平面内从P点缓慢地移动到Q点，Q点轻绳与竖直方向夹角为，不计空气阻力，g取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．在此过程中水平拉力的最大值为10N B．在此过程中重力对小球做功为2.5J C．在此过程中水平拉力对小球做功为2.5J D．若小球运动到Q点时撤去水平拉力，小球开始下摆，小球回到P点时，重力的瞬时功率为零 8．如图所示，水平圆盘绕中心竖直轴以恒定转速匀速转动，小物块（视为质点）放置在盘面上距圆盘中心距离为的位置，始终与圆盘相对静止并随圆盘一起转动。小物块的线速度大小为，角速度大小为，所受摩擦力为，摩擦力的瞬时功率为，下列图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 9．如图所示，质量为的小球甲穿过一竖直固定的光滑杆拴在轻弹簧上，质量为的物体乙用轻绳跨过光滑的定滑轮与甲连接。开始用手托住乙，轻绳刚好伸直但无拉力，滑轮左侧绳竖直，右侧绳与水平方向夹角为。某时刻由静止释放乙足够高，经过一段时间小球第一次运动到点，两点的连线水平，，且小球在、两点处时弹簧弹力的大小相等。已知重力加速度为g，，。下列说法正确的是（　　） A．弹簧的劲度系数为 B．物体乙下降时重力的功率一直增大 C．小球甲运动到点的速度大小为 D．物体乙下落时，小球甲和物体乙的机械能之和最大 10．一种机械传动装置可简化为如图所示的情景，a、b为质量均为m的小球（均可视为质点），分别套在水平和竖直的光滑杆上（两杆不接触，小球a可通过O点且两杆间距离忽略不计），a、b两小球通过铰链用长度为1 m的轻杆连接，初始时两小球均静止，其中小球a距O点0.8 m。现将a、b两小球同时由静止释放，已知，，重力加速度。下列说法正确的是（　　） A．小球b的机械能守恒 B．小球b的位移为时，b的速度为 C．小球a运动过程中的最大速度为 D．小球b向下运动的过程中速度最大时，连接a、b的轻杆的弹力大小大于mg 11．如图所示的木板由倾角为的倾斜部分和水平部分组成，两部分之间由一段小圆弧面相连接，在木板的中间有光滑浅槽轨道。现有个质量均为、直径均为的均匀刚性小球，在施加于1号球的水平外力的作用下均静止，力与圆槽在同一竖直面内，此时1号球球心距它在水平槽运动时的球心高度差为。现撤去力使小球开始运动，直到所有小球均运动到水平槽内。忽略一切阻力。已知重力加速度为，且，则（　　） A．水平外力的大小为 B．若 号球还在倾斜槽上运动时，2号球对1号球的作用力为0 C．若，整个运动过程中，2号球对1号球所做的功等于 D．若，第1014个小球机械能是减小的 三、解答题 12．在遥控模型车赛中，一辆质量为m=2kg的遥控滑翔车从高度H=5.0m的高台A点以初速度水平出发（可视为质点）。如图所示，当滑翔车运动至高度h=4.55m的B点时，恰好沿切线方向进入一个光滑圆弧形赛道BCD（赛道表面经过特殊处理，摩擦可忽略）。C点切线水平，BC圆弧对应的圆心角，R=10m，D点与B点等高关于OC对称。滑翔车经过D点后飞出赛道，此时速度大小与B点相同。滑翔车从D点飞出后，突然受到赛道侧向送风系统产生的水平恒定风力F作用，最终落地点距D点的水平距离为1.82m，忽略空气阻力。，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求： (1)滑翔车从A点水平飞出的速度大小； (2)求滑翔车到C点的速度大小； (3)求风力F的大小及方向。（水平向左或水平向右） 13．如图所示，圆心为O的光滑圆弧轨道AB竖直固定，半径，最低点与水平传送带BC相切；BC长，以的速度顺时针匀速率转动；BC右侧连接与其等高的平台CD。质量的小物块从AB上P点由静止释放，到达圆弧轨道最低点时对轨道压力大小为40N；物块滑过传送带，滑上平台后停在D点。已知物块与传送带间的动摩擦因数，重力加速度大小取。 (1)求P点与B点间的高度差h； (2)求传送带对物块做的功； (3)现对停在D点的物块施加水平向左的恒定推力F，物块向左运动后撤去F，物块恰好能到达A点，求推力F的大小。 14．如图所示，ABCD为竖直平面内固定轨道，其中AB光滑，BC为长度L=4m的粗糙水平面，CD为光滑的四分之一圆弧，半径R=0.8m。一个质量m=2.5kg的物体，从斜面上A点由静止开始下滑，A点距离水平面BC的高度h=1.8m，物体与水平面BC间的动摩擦因数μ=0.2，轨道在B、C两点平滑连接。当物体到达D点时，继续竖直向上运动。不计空气阻力，g取。求： (1)物体运动到B点时的速度大小vB； (2)物体能到达D点上方，距离D点的最大高度差H； (3)物体最终停止的位置到B点的距离x。 2 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $ 第03讲 机械能守恒定律（培优讲义） 课标要点 1.掌握功和功率的计算方法并会处理机车启动问题。 2.理解重力势能和弹性势能，知道重力势能正、负表示大小。 3.熟练掌握动能定理。 4.掌握机械能守恒和能量守恒并能用于解决实际问题。 1.通过“微元法”、“等效法”等求解变力的功。 2.通过机车两种启动方式掌握功率的计算。 3.掌握常见的功能关系。 4.学会从能量角度（动能定理或机械能守恒）分析处理单个物体或系统的运动问题。。 方法指导 考点01 功和功率 一、功 1．做功的两个必要因素 (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＝Flcosα。 (1)α是力与位移方向之间的夹角，l为物体对地的位移。 (2)该公式只适用于恒力做功。 (3)功是标量。功的正负表示对物体做功的力是动力还是阻力。 思考：试从两个角度理解此公式。 提示：可认为Fcosα是力F在位移l方向上的分量，也可认为lcosα是位移l在力F方向上的分量。 3．功的正负 夹角 功的正负 0≤α< 力对物体做正功 <α≤π 力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功 α＝ 力对物体不做功 二、变力的功 方法 举例说明 应用动能定理 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－cosθ)＝0，得WF＝mgL(1－cosθ) 微元法 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＝Ff·Δx1＋Ff·Δx2＋Ff·Δx3＋…＝Ff(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝Ff·2πR 等效转换法 用恒力F把物块从A拉到B，绳子对物块做功W＝F· 平均力法 弹簧由伸长x1被继续拉至伸长x2的过程中，克服弹力做功W＝·(x2－x1) 图像法 在F­x图像中，图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移上所做的功 三、机车启动 1．两种启动方式的比较 两种方式 以恒定功率启动 以恒定加速度启动 P­t图和 v ­t图 OA 段 过程分析 v↑⇒F＝↓⇒ a＝↓ a＝不变⇒F不变，v↑⇒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⇒vm＝ v↑⇒F＝↓⇒ a＝↓ 运动 性质 以vm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)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速直线运动时的速度，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v1＝<vm＝。 (3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W＝P额t。由动能定理：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。 【深化点拨】 1．定性判断力是否做功及做正、负功的方法 (1)看力F的方向与位移l的方向间的夹角α——常用于恒力做功的情形。 (2)看力F的方向与速度v的方向间的夹角θ——常用于曲线运动的情形。 (3)根据动能的变化判断——动能定理描述了合力做功与动能变化的关系，即W合＝ΔEk，当动能增加时合力做正功，当动能减少时合力做负功。 (4)根据其他功能关系判断。 2．合力做功的计算方法 方法一：先求合力F合，再用W合＝F合lcosα求功。 方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功。 方法三：先求动能变化ΔEk，再利用动能定理W合＝ΔEk求功。 【易错提醒】1．使用W＝Flcosα应注意的几个问题 (1)位移l ①“l”应取作用点的位移。 ②“l”的取值一般以地面为参考系。 (2)力F ①力的独立性原理，即求某个力做的功仅与该力及物体沿该力方向的位移有关，而与其他力是否存在、是否做功无关。 ②力只能是恒力。此公式只能求恒力做功。 (3)α是l与F之间的夹角。 2．摩擦力做功的特点 (1)单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。 (2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值。 1．某航天器在水平直线跑道上进行电磁弹射起飞试验。航天器受到的阻力大小恒定，航天器自身的发动机在工作过程中提供牵引力，且额定功率为P。现进行两次启动测试，第一次以加速度匀加速启动，到额定功率后保持恒定功率行驶至最大速度，其运动状态如曲线①。第二次以加速度匀加速启动，最终达到最大速度，其运动状态如曲线②所示。图线可能是下图中的（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】在航天器匀加速直线运动的过程其图像是一条倾斜直线，根据牛顿第二定律有 设航天器匀加速直线运动结束时的速度为，匀加速直线运动阶段用时，则， 联立得， 所以，a越大，越小，越小。第二次匀加速启动的加速度比第一次的大，所以，第二次匀加速结束时的速度比第一次小，匀加速的时间比第一次的短。 故选A。 2．静置于水平地面上质量为1kg的物体，在水平拉力（式中F为力的大小、x为位移的大小，力F、位移x的单位分别是N、m）作用下，沿水平方向移动了3m。已知物体与地面间的动摩擦因数为0.2，取重力加速度g＝10m/s2，则在物体移动3m的过程中拉力所做的功为（　　） A．20J B．30J C．36J D．45J 【答案】C 【详解】拉力随位移变化的关系为，是线性变力。初始，末，平均力 则在物体移动3m的过程中拉力所做的功为，故选C。 3．如图所示，两拖船P、Q拉着无动力货船S一起在静水中沿图中虚线方向匀速前进，此刻两根水平缆绳与虚线的夹角均保持为，拖船速度方向与船头方向相同，速度大小为v，缆绳对S船的作用力大小均为F，经过一段时间每条缆绳的拉力对S船做功均为W，下列说法正确的是（　　） A．S船受到绳子合力大小为2F B．S船速度大小为 C．S船速度大小为 D．两条缆绳共对S船做功为 【答案】C 【详解】A．对S船进行分析，S船受到绳子合力大小为，故A错误； BC．将S船的速度沿其中一根绳与垂直于该绳方向分解，沿绳的分速度与拖船速度相等，则有，解得，故B错误，C正确； D．功是标量，两条缆绳对S船做的功等于各自做功的代数和，可知，两条缆绳共对S船做功为，故D错误。 故选C。 4．如图所示，质量为的物体置于倾角为的斜面上，在外力作用下，斜面沿水平方向向右做匀速运动，运动中物体与斜面体相对静止。下列说法中正确的是（　　） A．斜面对物体的支持力一定做正功 B．斜面对物体的摩擦力一定做负功 C．物体对斜面的压力一定做正功 D．物体对斜面的作用力可能做负功 【答案】C 【详解】A．斜面对物体的支持力垂直斜面向上，物体向右做匀速运动，可知支持力与运动方向的夹角大于，则斜面对物体的支持力一定做负功，故A错误； B．根据平衡条件可知，斜面对物体的摩擦力沿斜面向上，摩擦力与运动方向的夹角小于，则斜面对物体的摩擦力一定做正功，故B错误； C．物体对斜面的压力垂直斜面向下，斜面向右做匀速运动，可知压力与运动方向的夹角小于，则物体对斜面的压力一定做正功，故C正确； D．根据平衡条件可知，斜面对物体的作用力竖直向上，则物体对斜面的作用力竖直向下，与运动方向垂直，则物体对斜面的作用力不做功，故D错误。 故选C。 5．（多选）放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间关系的图像和水平拉力的功率与时间关系的图像如图甲、乙所示。下列说法正确的是（   ） A．0～6s内物体的位移大小为30m B．0～6s内拉力做功为100J C．滑动摩擦力的大小为5N D．0～6s内滑动摩擦力做功为-50J 【答案】AD 【详解】A．图像围成的面积表示物体的位移，由题图甲可知，在0～6s内物体的位移大小为图中梯形面积，则，故A正确； B．图像中图线与时间轴围成的面积表示拉力对物体做的功，由题图乙可知，0～6s内拉力对物体做功，故B错误； C．由题图甲可知，在内，物体做匀速运动，速度， 此时滑动摩擦力等于水平拉力，则滑动摩擦力的大小，故C错误； D．在内物体的位移大小为30m，滑动摩擦力对物体做负功，即，故D正确。 故选AD。 6．如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧竖直固定，最低点A放置一质量为m的物块，可视为质点。物块在方向始终沿圆弧切线的推力F作用下由A运动到B，力F大小恒为mg。对于该运动过程，下列说法正确的是（　　） A．力F做功大小为mgR B．力F做功大小为 C．力F的功率一直在增大 D．克服重力做功的功率先增大后减小 【答案】BC 【详解】AB．由于力F方向始终沿圆弧切线，且大小恒为mg ，根据变力做功的计算方法，这里可以用微元法。把圆弧分成很多小段，每一小段上力F做的功（是每一小段的弧长） 则力F做功的大小，故A错误，B正确； C．从A到B过程，F始终大于重力沿切线方向的分力，所以物体一直在做加速运动，速度一直在增大，根据（F与v始终夹角为）可知F的功率一直在增大，故C正确； D．设重力方向与速度方向夹角，题图可知，对于该运动过程，从增大到到，v也在增大，根据，故克服重力做功的功率一直增大，故D错误。 故选BC。 7．将一个质量m=1kg小球从的高度以的速度水平抛出，落在水平地面上。不计空气阻力，取。求： (1)小球抛出点与落地点之间的水平距离； (2)小球落地时速度的大小与重力的功率P； (3)从抛出至落地小球重力的平均功率 。 【答案】(1) (2) (3)50W 【详解】（1）根据平抛运动规律可知，小球竖直方向有 解得   小球在水平方向做匀速直线运动，则有                    解得 （2）解法一 小球落地时竖直方向速度大小       则小球落地时速度大小 刚落地时                             解得 P=100W                                      解法二 全程           解得               刚落地时              P=100W （3）解法一 从抛出至落地小球重力的平均功率为            重力做功为W=mgh                 解得 =50W 解法二  从抛出至落地小球重力的平均功率为=mg          又             解得 =50W 考点02 动能定理 1．内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。 2．表达式：W＝mv－mv＝Ek2－Ek1＝ΔEk。 3．物理意义：合力的功是物体动能变化的量度。 4．适用范围广泛 (1)既适用于直线运动，也适用于曲线运动。 (2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功。 (3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用。 【深化点拨】 应用动能定理的注意事项 (1)应用动能定理解题应抓好“两状态，一过程”。“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息，明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。 (2)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。 (3)动能定理的表达式为标量式，不能在某一个方向上列动能定理方程。 1.如图所示，水平轨道与竖直平面内的圆弧轨道平滑连接后固定在水平地面上，圆弧轨道B端的切线沿水平方向。质量的滑块（可视为质点）在水平恒力的作用下，从A点由静止开始运动，当滑块运动的位移时撤去力F。已知A、B之间的距离，滑块与水平轨道间的动摩擦因数，取。求： (1)滑块通过B点时的动能； (2)滑块通过B点后，能沿圆弧轨道上升到最高点C，其高度，求滑块沿圆弧轨道上升过程中摩擦力做的功。 【答案】(1)4J (2)-0.5J 【详解】（1）对滑块，从A到B过程，根据动能定理有 解得滑块通过B点时的动能 （2）对滑块，从B到C过程，根据动能定理有 联立解得滑块沿圆弧轨道上升过程中摩擦力做的功 应用动能定理解题的一般思路 角度01 动能定理与图像结合的问题 2.如图甲所示，一质量为的滑块（视为质点）以某一初速度冲上足够长的固定斜面，以斜面底端为位移的起点，滑块在斜面上运动的动能随位移变化的关系如图乙所示。取重力加速度大小。下列说法正确的是（　　） A．滑块上滑的最大位移为 B．斜面倾角的正弦值为0.5 C．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25 D．滑块上滑过程克服摩擦力做的功为 【答案】C 【详解】ABD．由图可知，上滑的最大位移为5m，从斜面底端上滑至回到斜面底端过程中克服阻力做功为 所以上滑和下滑过程克服阻力做功都为10J，上滑过程中有 解得，故ABD错误； C．上滑过程中克服阻力做功 解得，故C正确。 故选C。 3.（多选）如图甲所示，一质量的物块（可视为质点）以一定的初速度从斜面底端沿斜面向上运动。现以斜面底端为坐标原点，沿斜面向上建立坐标轴，选择地面为零势能面，物块上升过程中的动能和重力势能随坐标的变化图像如图乙所示。重力加速度取，下列说法正确的是（　　） A．物块的初速度大小 B．斜面的倾角 C．物块与斜面间的动摩擦因数为 D．物块返回斜面底端时的动能为 【答案】ABD 【详解】A．由图乙可知，物块的初动能 解得，故A正确； BC．设斜面的倾角为，物块上滑的最大距离 由动能定理有 物块上滑距离时，因动能和重力势能相等，有 由动能定理有 联立解得，，故B正确，C错误； D．物块从开始到再次返回斜面底端的过程，由动能定理有 解得，故D正确。 故选ABD。 角度02 动能定理在多过程问题中的应用 4.如图所示，ABCD为一位于竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出H＝10m，BC长sBC＝2m，AB和CD轨道光滑且与BC平滑连接。一质量为m＝1kg的物体，从A点以v0＝4m/s的速度开始沿AB轨道运动，经过BC后滑到高出C点h＝10.2m的D点速度为零（g取10m/s2），下列选项正确的是（　　） A．物体与BC轨道间的动摩擦因数μ＝0.25 B．物体在水平面上的总路程为72m C．第15次经过C点时，克服摩擦力做功为100J D．最终停下的位置在B点 【答案】D 【详解】A．物体从A到D，根据动能定理有 解得，故A错误； B．全过程，对物体，根据动能定理有 解得，故B错误； CD．物体在BC之间往返一次的路程为 故物体能在BC之间往返的次数为次 所以物体最终停下的位置在B点；又物体在BC之间往返一次的过程中，有两次经过C点，所以一共有18次经过C点，所以物体第15次经过C点时，物体在BC之间已运动的路程为 则第15次经过C点时，克服摩擦力做功为，故C错误，D正确。 故选D。 5.如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道的下端与光滑的圆弧轨道相切于点，是最低点，圆心角，与圆心等高，圆弧轨道半径，现有一个质量为可视为质点的小物体，从点的正上方点处自由下落，、距离，小物体与斜面之间的动摩擦因数，，，取。求： (1)要使小物体不从斜面顶端飞出，斜面至少要多长； (2)若斜面已经满足（1）要求，物体从斜面又返回到圆轨道，多次反复，在整个运动过程中，物体对点处轨道的最小压力； (3)在（2）中，物体在斜面上运动的总路程。 【答案】(1)2.4m (2)2.8N，方向竖直向下 (3)6m 【详解】（1）从过程，由动能定理得 解得 （2）因为，可知小物体不会停在斜面上。小物体最后以为中心，为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动，即在点速度为0，从过程，由动能定理得 在C点，由牛顿第二定律得 解得 根据牛顿第三定律可知，物体对点处轨道的最小压力为，方向竖直向下 （3）对运动的全过程由动能定理得 解得物体在斜面上运动的总路程为 考点03 机械能及机械能守恒定律 二、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．常用的三种表达式 (1)守恒式：E1＝E2或Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2。E1、E2分别表示系统初、末状态时的总机械能。 注意：初、末状态必须用同一零势能面计算势能。 (2)转化式：ΔEk＝－ΔEp或ΔEk增＝ΔEp减。表示系统动能的增加量等于势能的减少量。 注意：应用时关键在于分清势能的增加量或减少量，可不选零势能面而直接计算初、末状态的势能差。 (3)转移式：ΔEA＝－ΔEB或ΔEA增＝ΔEB减。表示系统只有A、B两物体时，A增加的机械能等于B减少的机械能。 【深化点拨】 机械能是否守恒的判断方法 (1)用机械能的定义判断(直接判断)：判断机械能是否守恒可以看物体系统机械能的总和是否变化。 (2)用做功判断：若物体系统只有重力或系统内弹力做功，则机械能守恒。 (3)用能量转化来判断：若物体系统中只有动能和势能的相互转化而无其他形式的能的转化，则物体系统机械能守恒。 1.（多选）如图所示，下列说法正确的是（所有情况均不计摩擦、空气阻力以及滑轮质量）（　　） A．甲图中，火箭升空的过程中，若匀速升空机械能不守恒，若加速升空机械能也不守恒 B．乙图中，物块在外力F的作用下匀速上滑，物块的机械能守恒 C．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机械能不守恒 D．丁图中，物块A加速下落，物块B加速上升的过程中，物块B机械能守恒 【答案】AC 【详解】A．甲图中，不论是火箭匀速升空还是加速升空，推力对火箭做正功，则火箭的机械能增加，机械能不守恒，故A正确； B．乙图中，物块匀速上升，动能不变，重力势能增加，则机械能增加，故B错误； C．丙图中，物块A以一定的初速度将弹簧压缩的过程中，由于弹簧的弹力对物体做负功，则物块A机械能不守恒，故C正确； D．丁图中，物块A加速下落，物块B加速上升的过程中，物块B受拉力做正功，B的机械能不守恒，故D错误。 故选AC。 角度01 单物体的机械能守恒问题 【基本思路】(1)选取研究对象——物体及地球构成的系统。机械能守恒定律研究的是物体系统，如果是一个物体与地球构成的系统，一般只对物体进行研究。 (2)根据物体所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒。 (3)选取方便的机械能守恒定律方程形式(Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2、ΔEk＝－ΔEp)进行求解。若应用方程Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2，则首先要选取合适的参考平面，确定研究对象在过程的初、末状态时的机械能。若应用方程ΔEk＝－ΔEp，则不用选取参考平面。 (4)解方程，必要时对结果进行讨论，避免出现与实际不符的情形。 2．如图是光滑轨道，点的高度大于点的高度，让小球从点由静止开始自由滑下，沿轨道到达点后离开（不计空气阻力）。则小球离开B点后的运动轨迹最符合实际的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】A．轨道光滑且不计空气阻力，小球运动过程机械能守恒，即动能与重力势能的总和保持不变。小球从A点由静止滑下，总机械能等于A点的重力势能。轨迹最高点高度超过A点高度，重力势能已经大于小球的总机械能，不符合守恒规律，故A错误； B．轨迹最高点高度接近，而小球做斜抛运动到最高点时仍有水平方向的动能，此时总机械能会大于初始总机械能，违反机械能守恒，故B错误； C．轨迹最高点高度低于，满足最高点重力势能+剩余动能=初始总机械能 符合机械能守恒，且小球离开B点时速度斜向上，轨迹符合实际运动规律，故C正确； D．小球在B点获得斜向上的速度，轨迹d离开后不可能直接向下弯折，不符合运动规律，故D错误。 故选C。 3．如图所示，有一条柔软的质量为、长为的均匀链条，开始时链条的置于水平桌面上，垂于桌外，并使链条处于静止状态。若不计一切摩擦，桌子足够高，以地面为零势能面。下列说法正确的是（　　） A．垂于桌面外的链条的重力势能为负值 B．若缓慢把链条全部拉回桌面上，在该过程中链条的机械能守恒 C．若把链条全部拉回桌面上，垂于桌面外的链条的重心将上升 D．若自由释放链条，则链条刚离开桌面时的动能大小等于 【答案】D 【详解】A．规定以地面为零势能面，桌面位于地面上方，垂在桌外的链条整体也在地面上方，重心高度为正值，因此重力势能为正值，A错误； B．缓慢拉回链条的过程中，拉力对链条做功，链条动能不变，重力势能增加，机械能不守恒，B错误； C．初始时垂在桌外的链条长度为，均匀链条重心在中点，因此重心位于桌面下方处；拉回桌面后，该部分重心在桌面上，因此重心上升了，C错误； D．自由释放后不计摩擦，只有重力做功，链条机械能守恒，刚离开桌面时的动能等于重力势能的减少量，设链条线密度为，则 设桌面距地面高度为，初始总重力势能 刚离开桌面时，总重心距桌面，总重力势能 重力势能减少量 由机械能守恒，刚离开桌面时动能，D正确。 故选D。 角度02 多物体的机械能守恒问题 【基本模型】1．速率相等情境：如图所示，轻绳连接的A、B两物体系统。 两点提醒： (1)用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系。 (2)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，机械能则可能守恒。 2．角速度相等情境：如图所示，轻杆连接的A、B两物体系统。 两点提醒： (1)用杆连接的两个物体，若绕某一固定点做圆周运动，根据角速度ω相等确定两物体线速度v的大小关系。 (2)杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒。 3．某一方向分速度相等情境(关联速度情境)：如图所示，两物体沿绳或沿杆方向的分速度大小相等。 4．含轻弹簧的系统机械能守恒问题 (1)弹簧发生形变时会具有弹性势能，若系统除重力、弹簧弹力以外的其他力不做功，系统机械能守恒。 (2)弹簧两端物体把弹簧拉伸至最长(或压缩至最短)时，两端的物体具有相同的速度，弹簧的弹性势能最大。 (3)对同一弹簧，弹性势能的大小由弹簧的形变量完全决定，弹簧的伸长量和压缩量相等时，弹簧的弹性势能相等。 (4)物体运动的位移与弹簧的形变量或形变量的变化量有关。 4．如图所示，长直轻杆两端分别固定小球A和B，两球质量均为，两球半径忽略不计，杆的长度为。先将杆竖直靠放在竖直墙上，轻轻拨动小球B，使小球B在水平面上由静止开始向右滑动，当小球A沿墙下滑距离为时，下列说法正确的是（不计一切摩擦，重力加速度为）（　　） A．杆对小球A做功为 B．小球A、B的速度大小都为 C．小球A、B的速度大小分别为和 D．杆与小球A、B组成的系统机械能减少了 【答案】C 【详解】BC．当A下滑距离为时，杆与竖直方向夹角满足，即 由于杆不可伸长，A、B沿杆方向的分速度相等 得速度关系 不计摩擦，A、B和杆组成的系统机械能守恒，A下滑减少的重力势能转化为两球的动能 联立解得，,故B错误，C正确； A．对A用动能定理 代入得，故A错误； D．系统只有重力做功，机械能守恒，故D错误。 故选C。 5．如图所示，轻绳的一端系一质量为m的金属环，另一端绕过定滑轮悬挂一质量为5m的重物。金属环套在固定的竖直光滑直杆上，不计滑轮与竖直杆之间的距离，金属环从图中P点由静止释放，OP与直杆之间的夹角，不计一切摩擦，重力加速度为g，则（     ） A．金属环从P上升到Q的过程中，重物所受重力的瞬时功率一直增大 B．金属环从P上升到Q的过程中，绳子拉力对重物做的功为 C．金属环在Q点的速度大小为 D．若金属环最高能上升到N点，则ON与直杆之间的夹角 【答案】D 【详解】A．刚开始，重物的速度为零，重物所受重力的瞬时功率为零；当环上升到Q时，由于环的速度向上与绳垂直，则有 可知此时重物所受重力的瞬时功率为零，故金属环从P上升到Q的过程中，重物所受重力的瞬时功率先增大后减小，故A错误； B．金属环从P上升到Q的过程中，对重物，根据动能定理有 解得，故B错误； C．设金属环在Q点的速度大小为v，由于环的速度向上与绳垂直，则有 对环和重物整体，根据机械能守恒定律有 解得，故C错误； D．若金属环最高能上升到N点，则在整个过程中，对环和重物整体，根据机械能守恒定律有 解得 即ON与直杆之间的夹角为，故D正确。 故选D。 6．如图，原长为的轻质弹簧放置在一光滑的一端封闭、一端开口的细直管内，弹簧的一端固定在管的点，另一端连接一质量为的小球。这一装置从水平位置开始绕点缓慢地转到竖直位置，当转到竖直位置时小球离开原水平面的高度。假设弹簧的形变总是在其弹性限度内，重力加速度大小为。则（     ） A．弹簧的劲度系数为 B．在转动过程中，小球与弹簧组成的系统机械能不守恒 C．在转动过程中，弹簧的弹性势能先增大后减小 D．在转动过程中，小球的重力势能始终增大 【答案】B 【详解】A．装置转到竖直位置时，弹簧的形变量 小球受力平衡有 联立解得，故A错误； B．转动后，小球的重力势能和弹簧的弹性势能都比原来的大，小球的动能不变，故小球与弹簧组成的系统机械能不守恒，故B正确； C．设装置与水平方向的夹角为，由，， 联立解得 转动过程中，变大，变大，故弹簧的弹性势能一直增大，故C错误； D．因为 可知h有极大值，则可能有极大值，即小球的重力势能可能先增大后减小，故D错误。 故选B。 【多物体系统机械能守恒问题的分析方法】 (1)正确选取研究对象，合理选取物理过程。 (2)对多个物体组成的系统要注意判断物体运动过程中，系统的机械能是否守恒。 (3)注意寻找用轻绳、轻杆或轻弹簧相连接的物体间的速度关系和位移关系。 (4)列机械能守恒方程时，从三种表达式中选取方便求解问题的形式。 考点04 功能关系　能量守恒定律 角度01 常见的功能关系 【要点梳理】1．对功与能的理解 (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 力做功 能的变化 定性和定量关系 重力做功 重力势能变化 (1)重力做正功，重力势能减少； (2)重力做负功，重力势能增加； (3)WG＝－ΔEpG＝EpG1－EpG2 弹簧弹力做功 弹性势能变化 (1)弹力做正功，弹性势能减少； (2)弹力做负功，弹性势能增加； (3)W弹＝－ΔEp弹＝Ep弹1－Ep弹2 合力做功 动能变化 (1)合力做正功，动能增加； (2)合力做负功，动能减少； (3)W合＝Ek2－Ek1＝ΔEk 除重力和系统内弹力之 外的其他力做功　　　 机械能变化 (1)其他力做正功，机械能增加； (2)其他力做负功，机械能减少； (3)W其他＝ΔE机 3.功能关系在图像中的应用 根据功能关系可知： (1)重力势能与高度的EpG­h关系图像的斜率的绝对值为G。 (2)弹簧弹性势能与形变量的Ep弹­x关系图像的斜率的绝对值为F弹。 (3)动能与位移的Ek­x关系图像的斜率为F合。 (4)机械能与位移的E机­x关系图像的斜率为F其他。 1．如图所示，某段滑雪雪道倾角为，总质量为m（包括雪具在内）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，加速度为在他滑到底端的过程中，下列说法正确的是（　　） A．运动员减少的重力势能全部转化为动能 B．运动员获得的动能为 C．运动员克服摩擦力做功为 D．运动员损失的机械能为 【答案】D 【详解】A．若物体不受摩擦力，根据牛顿第二定律，有 解得加速度应为 而现在的加速度小于，所以运动员应受到摩擦力，故减少的重力势能有一部分转化为了内能，故A错误； B．运动员运动员下滑的距离 由运动学公式可得 解得 动能为，故B错误； C．由动能定理可知 解得， 故C错误； D．机械能的减小量等于阻力所做的功，故下滑过程中系统减少的机械能为，故D正确。 故选D。 2．（多选）电动车配有把机械能转化为电能的“能量回收”装置。某次测试中电动车沿倾角为的斜坡向下运动，初动能为，第一次让车无动力滑行，其动能与位移x的关系如图中直线①所示；第二次让车无动力并开启“能量回收”装置滑行，其动能与位移x的关系如图中曲线②所示。假设“两次摩擦力和空气阻力大小都不变”“机械能回收效率为”。重力加速度。下列说法正确的是（     ） A．图中①过程汽车所受合力越来越大 B．可求图中②过程下滑200m回收的电能 C．图中②过程下滑100m后不再回收能量 D．由题中及图像信息不能求出电动车的质量 【答案】BD 【详解】A．根据动能定理有可见，图线的斜率为合外力，图中①为倾斜直线，斜率不变，对应过程汽车所受合力不变，故A错误； B．根据动能定理，在车自由下滑200m时合力的功为 根据能量守恒定律，开启能量回收模式下滑200m时有 则回收的电能为 代入数据可得，故B正确； C．图中②对应过程下滑100m后动能不变，但是重力势能减少，机械能减少，根据能量守恒定律可知会继续回收能量，故C错误； D．根据图①可求解合力，合力是图像中的斜率，所以 根据受力分析，有 由上式可知，由于不知道车与斜坡的摩擦因数，故无法由题中及图像信息求出电动车的质量，故D正确。 故选BD。 角度02 能量守恒定律 【要点梳理】 1．能量守恒定律的内容：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．能量守恒定律的适用范围：能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中普遍适用的一条规律。 3．对能量守恒定律的理解 (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。 4．应用能量守恒定律解题的思路 (1)分清有多少形式的能(动能、势能、内能等)发生变化。 (2)明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量总和ΔE减和增加的能量总和ΔE增的表达式。 (3)列出能量守恒关系式ΔE减＝ΔE增。 能量问题的解题依据 (1)当涉及滑动摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能量守恒定律或动能定理。 (2)在涉及弹簧弹力做功的能量问题中，两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，如果只有重力和系统内弹力做功，系统机械能守恒，应用机械能守恒定律；如果有其他外力做功，一般选用能量守恒定律或动能定理求解。 3．如图所示，水平面AB与竖直面内光滑半圆形轨道在B点平滑相接，半圆形轨道半径为R，一质量为m的物块（可视为质点）将弹簧压缩至A点后由静止释放，获得向右速度后脱离弹簧，AB长为3R，经过B点后沿圆周运动，到达C点时对轨道的压力恰好为0。AB段动摩擦因素为，重力加速度为g，空气阻力不计，求释放物块时弹簧的弹性势能。 【答案】 【详解】物块到达C点时对轨道的压力恰好为0，有 物块从A点到到达C点，根据能量守恒定理有 联立求得释放物块时弹簧的弹性势能 【例1】（2025·海南·高考真题）一起重机将质量为m的集装箱由静止匀加速竖直向上提升，加速度为a，重力加速度为g，不计空气阻力，匀加速时间为t，则（    ） A．匀加速的最大速度为 B．集装箱的机械能增加 C．起重机的最大输出功率为 D．起重机对集装箱的作用力为 【答案】AC 【详解】A．匀加速的最大速度，A正确； B．集装箱的动能增加量为 集装箱上升的高度 重力势能的增加量为 集装箱的机械能增加，B错误； CD．对集装箱进行受力分析，集装箱受到重力mg和起重机的拉力F，根据牛顿第二定律 可得起重机对集装箱的作用力 起重机的最大输出功率为，C正确，D错误。 故选AC。 【变式1-1】（多选）如图所示，R20000-720塔机是由中联重科与中交第二航务工程局联合研发的全球最大塔式起重机，额定起重力矩20000吨米，最大起重量720吨，最大起升高度400米，创下12项世界首创技术。将质量为m的重物由静止开始以加速度a匀加速向上提升，经过时间t达到额定功率P，重力加速度为g，不计空气阻力，下面说法正确的是（　　） A．重物匀加速上升受到的拉力 B．重物匀速运动时的最大速度 C．重物由静止到最大速度经历时间 D．匀加速阶段起重机对重物做功 【答案】ABD 【详解】A．重物匀加速上升过程，根据牛顿第二定律可得 所以，故A正确； B．重物匀速运动时的最大速度，故B正确； C．达到额定功率后，重物向上做加速度减小的加速运动，直到达到最大速度，所以重物由静止到最大速度经历时间为，故C错误； D．匀加速阶段起重机对重物做功，故D正确。 故选ABD。 【变式1-2】（多选）如图所示，无人配送车作为新型配送装备，可以自动规避道路障碍物与往来车辆行人，实现智能配送。某款无人配送车车身净质量为350kg，最大承载质量为200kg，若该无人配送车正常行驶时，受到的阻力约为总重力的，满载时最大速度可达5m/s。该无人配送车在水平平直路面上直线行驶时，下列说法正确的是（　　） A．配送车的额定功率为5500W B．配送车空载时，能达到的最大速度约为7.9m/s C．配送车以额定功率启动时，先做匀加速运动，后做变加速运动直至达到最大速度 D．满载情况下以额定功率启动，当速度为1m/s时，配送车的加速度大小为4m/s2 【答案】BD 【详解】A．设无人配送车机身净质量为m，最大承载质量为M，在正常行驶中，应承载最大质量，由题意知阻力为 满载达到最大时速时，牵引力F等于阻力f，则额定功率为：P=fvm=550×5W=2750W，故A错误； B．该无人配送车空载达到最大速度时，牵引力等于阻力，设所受阻力为f1，最大速度为vm1，则有，P=f1vm1 联立两式，代入数据得vm1≈7.9m/s，故B正确； C．该无人配送车以额定功率启动时，有：P=Fv 根据牛顿第二定律有：F-f=（m+M）a 分析两式，可知无人配送车做加速度减小的变加速运动，直至速度达到最大速度，故C错误； D．满载情况下以额定功率启动，当速度为v′=1m/s时，牵引力为F′，加速度为a′，则有 P=F′v′，F′-f=（m+M）a′ 联立两式，代入数据得：a′=4m/s2，故D正确。 故选BD。 【变式1-3】列车在平直轨道上由静止开始启动，启动过程受到的合力随时间变化的关系图像如图所示，列车达到额定功率后保持该功率不变，若列车所受阻力恒定，下列说法正确的是（　　） A．时刻，列车刚达到额定功率 B．时间内，列车的功率不变 C．时间内，列车的动力逐渐减小 D．时间内，列车先后做匀加速直线运动和匀速直线运动 【答案】C 【详解】列车所受合力与牵引力与阻力大小的关系： 得 A．根据 时间内，列车的功率在随速度均匀增大，在时刻达到额定功率，但速度还未达到最大，即故A错误； B．根据牛顿第二定律 即在时间内，列车的加速度不变，则列车的功率为 所以，列车的功率随时间均匀增大，故B错误； C．在 时间内，列车保持额定功率 不变，速度 v继续增大。根据 可知，牵引力，随速度增大而逐渐减小，故C正确； D．根据可知，列车的加速度变化与合外力的变化相同，即在时间内，列车先做匀加速直线运动，再做加速度减小的变加速直线运动，最后做匀速直线运动，故D错误。 故选C。 【例2】（2025·广东·高考真题）如图所示，用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻旋入木塞内，随后下压把手，使齿轮绕固定支架上的转轴转动，通过齿轮啮合，带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始，顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动，木塞所受摩擦力f随位移大小x的变化关系为，其中为常量，h为圆柱形木塞的高，木塞质量为m，底面积为S，加速度为a，齿轮半径为r，重力加速度为g，瓶外气压减瓶内气压为且近似不变，瓶子始终静止在桌面上。（提示：可用图线下的“面积”表示f所做的功）求： (1)木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度。 (2)拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W。 (3)拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）木塞的末速度等于齿轮线速度，对木塞，根据运动学公式 根据角速度和线速度的关系 联立可得 （2）根据题意画出木塞摩擦力与运动距离的关系图如图所示 可得摩擦力对木塞所做的功为 对木塞，根据动能定理 解得 （3）设开瓶器对木塞的作用力为，对木塞，根据牛顿第二定律 速度 位移 开瓶器的功率 联立可得 【变式2-1】如图，“旋转秋千”的座椅通过缆绳悬挂在旋转圆盘上。旋转圆盘绕竖直的中心轴由静止开始转动，稳定后座椅在水平面内做匀速圆周运动。已知悬点到中心轴的距离为，座椅（可视为质点）的质量为m=6kg，缆绳的长度为，稳定后缆绳与竖直方向的夹角为，不计空气阻力，重力加速度大小取。下列说法错误的是（　　） A．座椅所受重力和缆绳拉力的合力提供其做匀速圆周运动的向心力 B．座椅做匀速圆周运动的加速度大小为 C．座椅做匀速圆周运动的线速度大小为 D．座椅由静止至达到稳定速度的过程中，缆绳对座椅所做的功为 【答案】D 【详解】A．座椅所受重力和缆绳拉力的合力提供其做匀速圆周运动的向心力，故A正确； B．如图 由牛顿第二定律有 解得，故B正确； C．同理有 由几何关系有 解得 线速度大小为，故C正确； D．座椅由静止至达到稳定速度的过程中，由动能定理有 解得，故D错误。 此题选择错误选项，故选D。 【变式2-2】如图所示，某同学进行原地垫球练习，每次排球由A点被竖直向上垫出时，动能为6J，上升3m到达最高点B，再落回A点，以后再重复此过程。已知排球的质量为0.12kg，重力加速度g取10m/s2，以A点为重力势能零点，且空气阻力的大小恒定不变。则下列说法正确的是（　　） A．排球在最高点的重力势能为-3.6J B．排球往返一次回到A点时的动能为1.2J C．排球上升至AB中点处时，动能和重力势能相等 D．空气阻力大小为2.4N 【答案】B 【详解】A．由题意可知，排球在最高点的重力势能为，故A错误； BD．排球上升过程，根据动能定理可得 解得，空气阻力的大小为 排球下降过程，根据动能定理可得 解得，排球往返一次回到A点时的动能为，故B正确，D错误； C．排球上升至AB中点处时，重力势能为 根据动能定理 解得排球上升至AB中点处时动能为，故C错误。 故选B。 【变式2-3】如图甲所示为一款轨道车玩具，轨道造型可以自由调节，将轨道简化为图乙所示模型：竖直圆周轨道与水平直轨道AM相切（B、D两切点略微错开），两个半径均为的六分之一圆弧轨道在处平滑连接，它们的圆心、和在一条直线上，现将质量为的小车从点以一定初速度释放，它恰好能通过圆周轨道的最高点，且。轨道MNP段对小车有磁吸力，磁吸力大小为小车重力的0.5倍（磁吸力始终垂直轨道面），忽略一切摩擦阻力，小车可视为质点，重力加速度。求： (1)竖直圆周轨道的半径； (2)小车经过圆周轨道最低点时对轨道的压力； (3)其他条件不变，仅调节MNP段轨道半径，让小车上滑过程不脱离轨道，求应满足的条件；并计算判断该条件下小车是否能够滑到P点。 【答案】(1) (2)，方向竖直向下 (3)，仅当时小车刚好能到达P点，时小车刚不能到达P点 【详解】（1）小车恰好通过最高点，由牛顿第二定律有     解得 （2）从点到点的过程中，只有重力做功，根据动能定理有     解得 在点由牛顿第二定律     解得 由牛顿第三定律得     方向竖直向下。 （3）小车在点时恰好不脱轨，则     小车由点到点，由动能定理有     其中 解得 所以小车不脱轨，的范围为     假设小车能从点到点，由动能定理得 因，解得 所以仅当时小车刚好能到达P点，时小车刚不能到达P点。 【例3】（2025·全国卷·高考真题）如图，撑杆跳高运动中，运动员经过助跑、撑杆起跳，最终越过横杆。若运动员起跳前助跑速度为10m/s，则理论上运动员助跑获得的动能可使其重心提升的最大高度为（重力加速度取10m/s2）（　　） A．4m B．5m C．6m D．7m 【答案】B 【详解】在理论上：当运动员在最高点速度为零时，重心提升高度最大，以地面为零势能面，根据机械能守恒定律有 可得其理论的最大高度 故选B。 【变式3-1】如图所示，“L”形直角光滑框架AOB固定在天花板上，框架的AO杆呈竖直状态，OB杆呈水平状态。质量相等的两个小球甲、乙分别套在AO和OB上，甲、乙之间用轻杆相连，轻杆与小球连接处是可以活动的转轴。开始时杆竖直，由于微小扰动，甲球沿AO杆向下运动，乙球沿OB杆向右运动。已知当细杆与AO杆的夹角为60°时，甲球沿着AO杆下滑的速度为v，重力加速度为g。则连接甲、乙球的杆长（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由于杆长不可伸长，甲、乙两球沿杆方向的分速度相等。甲球速度，竖直向下，沿杆方向分速度为 乙球速度水平向右，沿杆方向分速度为，则 设杆长为，系统只有重力做功，机械能守恒，乙球高度不变，甲球下降的高度为 根据系统机械能守恒定律，甲球重力势能的减少量等于甲、乙两球动能的增加量 方程联立，解得连接甲、乙球的杆长 故选B。 【变式3-2】质量为m的小球套在足够长的水平杆ab上，用跨过小定滑轮B、C的轻绳与质量为2m的小物块相连。当轻绳AB与ab夹角时，将小球由静止释放。若两定滑轮B、C到水平杆ab的竖直距离为h，重力加速度大小为g，取，，小球可视为质点，轻绳不可伸长，不计一切摩擦，则小球从释放到运动至滑轮B的正下方过程中（　　） A．物块的动能一直变大 B．物块下落的高度为 C．小球速度的最大值为 D．小球运动至滑轮B的正下方时，轻绳对物块做功为 【答案】C 【详解】A．小球的速度可分解为沿绳方向和垂直绳方向的分速度，物块的速度等于小球沿绳方向的分速度，即 当小球运动至滑轮的正下方时，此时 即物块向下运动过程中先加速后减速，动能先增大后减小，故A错误； B．物块下落的高度，故B错误； C．小球在滑轮正下方时速度最大，由系统机械能守恒得 解得，故C正确； D．小球运动至滑轮B的正下方时，物块的速度为零，设轻绳对物块做功为，根据动能定理可得 解得，故D错误。 故选C。 【变式3-3】（多选）如图为“蹦极”运动的示意图。弹性绳的一端固定在O点，另一端和人相连。人从O点自由下落，至A点时弹性绳恰好伸直，继续向下运动到达最低点B。不计空气阻力的影响，将人视为质点。则人从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是（     ） A．绳的拉力逐渐增大，人的速度逐渐减小 B．人重力势能与绳弹性势能之和先减小后增大 C．人重力势能的减少量等于绳弹性势能的增加量 D．绳对人一直做负功，人的机械能逐渐减小 【答案】BD 【详解】A．人从A点运动到B点的过程中，人受到重力和绳的拉力，绳的拉力从零开始逐渐增大，开始阶段，绳的拉力小于重力，人的合力向下，加速度向下，人的速度增大；后来，绳的拉力大于重力，合力向上，加速度向上，人的速度减小，所以人的速度先增大后减小，故A错误； B．对于人和绳组成的系统，因只有重力和弹力做功，故系统机械能守恒，即人的动能、重力势能与绳的弹性势能之和保持不变，人的动能先增大后减小，则人重力势能与绳弹性势能之和先减小后增大，故B正确； C．由能量关系可知，人机械能的减少量等于绳的弹性势能的增加量，故C错误； D．绳的拉力向上，人的位移方向向下，故绳对人一直做负功，人的机械能逐渐减小，故D正确。 故选BD。 一、单选题 1．在苏超足球比赛中，守门员李新宇某次扑救时，质量m=0.45kg的足球以v=10m/s的水平速度飞向球门，被李新宇双手接住后速度变为零。若忽略空气阻力，在此过程中，手对足球做的功约为（　　） A． B． C．22.5J D．45J 【答案】A 【详解】此过程忽略空气阻力，重力与足球的水平位移方向垂直，重力做功为0，因此合外力做功等于手对足球做的功。足球初动能 末速度为0，故末动能 根据动能定理可知，手对足球做的功 故选A。 2．2025年，“湘超”火爆全网，超240万人次现场观赛、带动消费破136亿元、传播量163亿余次。在某次比赛中，甲队队员在乙队禁区附近主罚定位球，并将球从球门右上角贴着球门射入，如图，已知球门高度为h，足球飞入球门时的速度为v，足球质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力和足球的大小。设地面为零势能面，则下列说法正确的是（　　） A．足球在空中飞行时受到重力和人对它的踢力 B．足球在空中飞行时机械能不守恒， C．足球在空中飞行时的机械能大小为E D．人对足球做的功为 【答案】C 【详解】AB．足球在空中飞行时，由于不计空气阻力，只受到重力的作用，只有重力做功，足球的机械能守恒，故AB错误； CD．足球在空中飞行时任意时刻机械能不变，刚好射入球门时的机械能包含动能和势能，大小为，这就是整个飞行过程的机械能，也是刚被踢出时人做的功，则C正确，D错误。 故选C。 3．质量的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图像甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图像乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变，在末汽车的速度恰好达到最大，则下列说法正确的是（　　） A．汽车受到的阻力 B．汽车的最大牵引力为 C．汽车在的过程中的位移大小为 D．的过程中汽车牵引力做的功为 【答案】C 【详解】A．由图可知，最大速度，额定功率 当牵引力等于阻力时，速度达到最大值，则有，A错误； B．由图可知，汽车做匀加速运动的末速度 汽车做匀加速运动的牵引力最大，则有，B错误； CD．过程中汽车牵引力已达到最大功率，所以牵引力做的功为 设过程中的位移大小为，则根据动能定理得 解得，C正确，D错误； 故选C。 4．汽车外观影响风阻，在匀速行驶时汽车所受阻力与车速的平方成正比，即f=kv2（其中k为阻力系数）。在某次测试中额定功率相同的甲、乙两种车型均以额定功率启动，两车运动的v-t图像如图中甲、乙所示。则甲、乙两车的阻力系数之比为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】汽车达到最大速度时，牵引力等于阻力，而阻力与车速的平方成正比，则有， 所以 故选C。 5．质量为的小球在离地高处自由下落，不计空气阻力，，则（　　） A．内重力的平均功率为 B．内重力的做功为 C．时离地高度是 D．末重力的瞬时功率为 【答案】D 【详解】AB．小球做自由落体运动，初速度为 内小球下落高度，重力做功，平均功率，故AB错误； C．内小球下落高度，则离地高度，故C错误； D．末小球速度，重力瞬时功率，故D正确。 故选D。 6．新能源汽车市场在全球范围内迅速扩张，纯电动汽车（）、插电式混合动力汽车（）、燃料电池汽车（）等车型销量持续增长。我国新能源汽车发展迅猛，新能源汽车产销量自2015年以来连续九年世界第一，2023年汽车出口量超越日本成为全球第一。如图所示为某型号新能源汽车在某次测试行驶时的加速度和车速倒数的关系图像。若汽车质量为，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中所受阻力恒定，最大车速为，则（　　） A．汽车以恒定功率启动 B．汽车匀加速所需时间为10s C．汽车所受阻力大小为 D．汽车在车速为时，功率为 【答案】D 【详解】AB．由题图可知，汽车速度在达到前，加速度恒为 故汽车是恒加速度启动的，汽车做匀加速直线运动所需的时间为，故AB错误； C．当汽车速度为时，汽车刚好达到额定功率，此时牵引力 由牛顿第二定律有 汽车达到最大车速时，加速度为零，此时牵引力等于阻力f，则有 联立解得，，故C错误； D．汽车在速度为时，根据牛顿第二定律有 解得此时的功率为，故D正确。 故选D。 二、多选题 7．如图所示，质量为m=0.5kg的小球，用长为l=1m的轻绳悬挂于O点的正下方P点。小球在水平向右拉力的作用下，在竖直平面内从P点缓慢地移动到Q点，Q点轻绳与竖直方向夹角为，不计空气阻力，g取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．在此过程中水平拉力的最大值为10N B．在此过程中重力对小球做功为2.5J C．在此过程中水平拉力对小球做功为2.5J D．若小球运动到Q点时撤去水平拉力，小球开始下摆，小球回到P点时，重力的瞬时功率为零 【答案】CD 【详解】A．动态平衡，对小球受力分析水平拉力为，时水平拉力最大，最大值为，故A错误； B．此过程中重力对小球做功为，故B错误； C．动能定理，可知，故C正确； D．小球回到P点时，重力和速度方向垂直，重力的瞬时功率为零，故D正确。 故选CD 。 8．如图所示，水平圆盘绕中心竖直轴以恒定转速匀速转动，小物块（视为质点）放置在盘面上距圆盘中心距离为的位置，始终与圆盘相对静止并随圆盘一起转动。小物块的线速度大小为，角速度大小为，所受摩擦力为，摩擦力的瞬时功率为，下列图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】BC 【详解】A．圆盘转动时各点的角速度都相等，可知ω-r图像为平行于r轴的直线，故A错误； B．根据v=ωr 可知v-r图像为过原点的倾斜直线，故B正确； C．根据 可知f-r图像为过原点的倾斜直线，故C正确； D．根据摩擦力的瞬时功率为 因摩擦力方向与速度方向垂直，所以摩擦力的瞬时功率为零，故-图像应为的水平直线，故D错误。 故选BC。 9．如图所示，质量为的小球甲穿过一竖直固定的光滑杆拴在轻弹簧上，质量为的物体乙用轻绳跨过光滑的定滑轮与甲连接。开始用手托住乙，轻绳刚好伸直但无拉力，滑轮左侧绳竖直，右侧绳与水平方向夹角为。某时刻由静止释放乙足够高，经过一段时间小球第一次运动到点，两点的连线水平，，且小球在、两点处时弹簧弹力的大小相等。已知重力加速度为g，，。下列说法正确的是（　　） A．弹簧的劲度系数为 B．物体乙下降时重力的功率一直增大 C．小球甲运动到点的速度大小为 D．物体乙下落时，小球甲和物体乙的机械能之和最大 【答案】AD 【详解】A．设弹簧的劲度系数为，根据题意，小球在P、Q两点处时弹簧弹力的大小相等，可知小球在P处时弹簧处于压缩状态，在Q处时弹簧处于拉伸状态，而根据几何关系可得 解得 由此可知压缩量等于伸长量，为，则在小球位于P处时的初始状态，根据胡克定律可得 解得，故A正确； B．物体乙与小球甲为绳子相连的连接体，当小球甲运动到Q点时，绳子的速度减为零，即物体乙的速度减为零，因此可知，物体乙在小球甲从P点运动到Q点的过程中必定经历了先加速再减速的运动过程，因此可知物体乙的速度先增加后减小，从而可知物体乙重力的功率先增加后减小，故B错误； C．由于小球在P、Q两点处时弹簧的弹力大小相等，对于小球甲、物块乙以及弹簧组成的系统而言，弹簧弹力先对该系统做正功，后做负功，且所做功的代数和为零，而当小球甲运动到点时，绳子的速度减为零，即物块乙的速度减为零，因此对该系统，由动能定理可得 解得，故C错误。 D．在弹簧恢复原长的过程中，弹力对物体甲和物体乙组成的系统做正功，该系统机械能增加，当弹簧恢复原长之后要被拉伸，弹簧的弹力将开始对该系统做负功，因此可知，小球甲和物体乙组成的系统在弹簧恢复原长时机械能最大，此时小球甲上升了，根据几何关系可知，此时物体乙下降的距离为，故D正确； 故选AD。 10．一种机械传动装置可简化为如图所示的情景，a、b为质量均为m的小球（均可视为质点），分别套在水平和竖直的光滑杆上（两杆不接触，小球a可通过O点且两杆间距离忽略不计），a、b两小球通过铰链用长度为1 m的轻杆连接，初始时两小球均静止，其中小球a距O点0.8 m。现将a、b两小球同时由静止释放，已知，，重力加速度。下列说法正确的是（　　） A．小球b的机械能守恒 B．小球b的位移为时，b的速度为 C．小球a运动过程中的最大速度为 D．小球b向下运动的过程中速度最大时，连接a、b的轻杆的弹力大小大于mg 【答案】BD 【详解】A．下落过程中，轻杆对小球b做功，故小球b的机械能不守恒，故A错误； B．小球未运动时，小球b与O点距离为 小球b的位移为时，小球a与O点距离为 此时铰链与水平方向夹角满足 解得 此时a、b速度满足，g=10 该过程，根据机械能守恒有 联立解得，故B正确； C．a运动O点时，铰链与a的速度方向垂直，此时a的速度最大，b的速度最小且为0，根据机械能守恒有 解得，故C错误； D．小球b向下运动的过程中速度最大时，b的合力为0，此时轻杆在竖直方向的分力等于b重力mg，因此连接a、b的轻杆的弹力大小大于mg，故D正确。 故选BD。 11．如图所示的木板由倾角为的倾斜部分和水平部分组成，两部分之间由一段小圆弧面相连接，在木板的中间有光滑浅槽轨道。现有个质量均为、直径均为的均匀刚性小球，在施加于1号球的水平外力的作用下均静止，力与圆槽在同一竖直面内，此时1号球球心距它在水平槽运动时的球心高度差为。现撤去力使小球开始运动，直到所有小球均运动到水平槽内。忽略一切阻力。已知重力加速度为，且，则（　　） A．水平外力的大小为 B．若 号球还在倾斜槽上运动时，2号球对1号球的作用力为0 C．若，整个运动过程中，2号球对1号球所做的功等于 D．若，第1014个小球机械能是减小的 【答案】ABD 【详解】A．对个小球整体受力分析，受重力、支持力和水平外力。根据平衡条件，沿斜面方向有 解得，故A正确； B．若号球还在倾斜槽上运动时，由于整体加速度 2号球重力沿斜面分力 所以2号球对1号球的作用力为0，故B正确； C．若，从静止释放到所有小球进入水平槽，根据系统机械能守恒，重力势能减小量等于动能增加量。1、2、3号球重心下降高度分别为、、。总势能减小 末动能 解得 对1号球应用动能定理， 即 解得，故C错误； D．若，小球编号从下到上为。系统重心平均高度对应的小球编号为 第1014个小球编号，说明其初始位置高于系统平均重心高度。末态所有小球速度相同，动能由平均重力势能转化而来。第1014个小球初始重力势能大于平均重力势能，末动能等于平均重力势能转化的动能，故其机械能减小，故D正确。 故选ABD。 三、解答题 12．在遥控模型车赛中，一辆质量为m=2kg的遥控滑翔车从高度H=5.0m的高台A点以初速度水平出发（可视为质点）。如图所示，当滑翔车运动至高度h=4.55m的B点时，恰好沿切线方向进入一个光滑圆弧形赛道BCD（赛道表面经过特殊处理，摩擦可忽略）。C点切线水平，BC圆弧对应的圆心角，R=10m，D点与B点等高关于OC对称。滑翔车经过D点后飞出赛道，此时速度大小与B点相同。滑翔车从D点飞出后，突然受到赛道侧向送风系统产生的水平恒定风力F作用，最终落地点距D点的水平距离为1.82m，忽略空气阻力。，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求： (1)滑翔车从A点水平飞出的速度大小； (2)求滑翔车到C点的速度大小； (3)求风力F的大小及方向。（水平向左或水平向右） 【答案】(1) (2) (3)8N，方向水平向左 【详解】（1）滑翔车从到做平抛运动，竖直方向下落高度 由自由落体公式 解得 竖直分速度 点速度沿圆弧切线，速度方向与水平方向夹角为，故 解得 （2）点速度大小 到高度差 圆弧光滑，机械能守恒，有 解得 （3）与等高，两点重力势能相等，由机械能守恒，可知动能相等，则两点的速度大小相等，有 方向斜向右上，与水平方向夹角，竖直分速度 水平分速度 从飞出到落地，竖直方向位移为，由匀变速直线运动位移与时间的关系，得 解得（舍去） 水平方向受恒定风力，做匀变速直线运动，水平位移，由匀变速直线运动位移与时间的关系，得 解得 负号表示加速度方向水平向左，由牛顿第二定律，得风力大小 方向水平向左。 13．如图所示，圆心为O的光滑圆弧轨道AB竖直固定，半径，最低点与水平传送带BC相切；BC长，以的速度顺时针匀速率转动；BC右侧连接与其等高的平台CD。质量的小物块从AB上P点由静止释放，到达圆弧轨道最低点时对轨道压力大小为40N；物块滑过传送带，滑上平台后停在D点。已知物块与传送带间的动摩擦因数，重力加速度大小取。 (1)求P点与B点间的高度差h； (2)求传送带对物块做的功； (3)现对停在D点的物块施加水平向左的恒定推力F，物块向左运动后撤去F，物块恰好能到达A点，求推力F的大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）在圆弧轨道最低点，根据牛顿第三定律，轨道对物块支持力 根据牛顿第二定律得 物块从P到B过程，根据动能定理得 解得 （2）假设物块在传送带上一直加速，由动能定理得 解得 ，假设成立 传送带对物块做的功（或） 解得 （3）设物块与平台间的动摩擦因数为，、间距离为，物块由C到D过程，根据动能定理得 物块从D返回A过程，根据动能定理得 解得 14．如图所示，ABCD为竖直平面内固定轨道，其中AB光滑，BC为长度L=4m的粗糙水平面，CD为光滑的四分之一圆弧，半径R=0.8m。一个质量m=2.5kg的物体，从斜面上A点由静止开始下滑，A点距离水平面BC的高度h=1.8m，物体与水平面BC间的动摩擦因数μ=0.2，轨道在B、C两点平滑连接。当物体到达D点时，继续竖直向上运动。不计空气阻力，g取。求： (1)物体运动到B点时的速度大小vB； (2)物体能到达D点上方，距离D点的最大高度差H； (3)物体最终停止的位置到B点的距离x。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）物体由点运动到点，根据动能定理得 代入数据解得 （2）物体由点运动到上方最高点，根据动能定理得 代入数据解得 （3）从物体开始下滑到最终停止，根据动能定理得 代入数据，解得 由于 所以物体最终停止的位置到点的距离为 2 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $