专题6 题型各个击破&实验重点攻克(精讲册)-【实战高考】2026年高考物理总复习（山东专版）

讲解册 实战高考·物理 续表 角度 公式 意义 注意事项 若系统由A、B两物体组成，则A 常用于解决两个或多个物体组成的系 转移观点 △EA谐=△EB减 物体机械能的增加量与B物体 统的机械能守恒问题 机械能的减少量相等 考点4 功能关系 能量守恒定律（山东高考6年5考） 一、力学中几种常见的功能关系 力做功 能的变化 定量关系 (1)合力做正功，动能增加；合力做负功，动能减少。 合力做功 动能变化 (2)W=E2一Ek1-△Ek (1)重力做正功，重力势能减少；重力做负功，重力势能增加。 重力做功 重力势能变化 (2)Wc=-△E,=Ep1-E2 (1)弹力做正功，弹性势能减少；弹力做负功，弹性势能增加。 弹簧弹力做功 弹性势能变化 (2)Wr=一△E,=Ep1-Ep2 (1)静电力做正功，电势能减少；静电力做负功，电势能增加。 静电力做功 电势能变化 (2)W电=-△E。 (1)克服安培力做的功等于电能增加量。 安培力做功 电能变化 (2)W克安=△E电 除重力和系统内弹力 (1)其他力做正功，机械能增加；其他力做负功，机械能减少。 机械能变化 之外的其他力做功 (2)W=△E机 (1)作用于系统的一对滑动摩擦力的总功一定为负值，系统内能 一对相互作用的滑 内能变化 增加。 动摩擦力的总功 (2)Q=F:·L相对（其中1相对为相对路程，即相对运动轨迹的长度） 二、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。 ⊙ 怎么考 题型各个击破 题型尸机车启动问题 题型解读 1.两种启动方式的比较 以恒定功率启动 以恒定加速度启动 B C P-t图像和v-t图像 A O to O tt t 308 O专题6机械能守恒定律 续表 以恒定功率启动 以恒定加速度启动 个→F= P额（不变） →a= a=F-PF型不变今F不变，u+>P=F+直 过程分析 2 OA段 F一F阻 到P额=Fo1 m 运动性质 加速度减小的加速直线运动 匀加速直线运动，持续时间t。= 0 过程分析 AB段 r-Faa-0-路 u+→F=P(不变)↓a=F-F凰y m 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→a=0>以-P雕做匀速直线运动 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 动车组匀速行驶的速度为 D.若四节动力车厢输出的功率均为额定值， F其匀速直线运动时的速度，即心一行 动车组从静止启动，经过时间t达到最大速 卫瓠（式中F为最小牵引力，其值等于阻 度vm,则这一过程中该动车组克服阻力做 力大小F阻)。 的功为)m话-PL (2)机车以恒定加速度启动的过程中，匀加 解析：动车组在匀加速启动过程中，由牛顿第 速过程结束时，功率最大，但速度不是最大， 二定律有F一F=ma,加速度a恒定，Fm= 随速度的增大而增大，则牵引力也随速度 的增大而增大，故A错误；若四节动力车厢输 (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一F阻x=△Ek。 出的功率均为额定值，由牛顿第二定律有4 此式经常用于求解机车以恒定功率启动过 一kv=ma,可知加速启动的过程，加速度逐渐 程的位移大小或时间。 减小，故B错误；若四节动力车厢输出的总功 典例“复兴号”动车组用多节车厢提供动力， 率为2.25P,动车组匀速行驶时加速度为零， 从而达到提速的目的。总质量为m的动车组 有2.25P=k,而以额定功率匀速行驶时有 在平直的轨道上行驶，该动车组有四节动力车 厢，每节车厢发动机的额定功率均为P,若动 -,联立解得=a,故C正确；若四 Um 车组所受的阻力与其速率成正比(F阻=kV,k 节动力车厢输出的功率均为额定值，根据题 为常量)，动车组能达到的最大速度为m。下 列说法正确的是() 意，由动能定理可知4P1一Wa=司m话-0，可 A.动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变 B.若四节动力车厢输出的功率均为额定值， 得动车组克服阻力微的功w。=4P一m, 则动车组从静止开始做匀加速运动 故D错误。 C.若四节动力车厢输出的总功率为2.25P,则 )答案C 309 讲解册 实战高考·物理 解题技巧解决机车启动问题 Ek1、Ek2均已知。根据图中信息可以求出的物 (1)首先弄清是以恒定加速度启动还是以恒定 理量有( ) 功率启动。 A重力加速度大小 (2)若是以恒定加速度启动，机车功率是不断 B.物体所受滑动摩擦力的大小 改变的，但该过程中的最大功率是额定功率， C.斜面的倾角 匀加速直线运动阶段的最大速度小于机车所 D.沿斜面上滑的时间 能达到的最大速度，达到额定功率后做加速度 解析：分析题图，可知上方图线对应上滑阶段， 减小的加速运动。 下方图线对应下滑阶段。由动能定理知，Ek (3)若是以恒定功率启动，机车做加速度减小 x图线斜率的绝对值等于对应阶段所受合外 的加速运动，匀变速直线运动的规律不适用， 力的大小，设物块质量为m,重力加速度大小 连度最大位等于层，牵引力是变力，牵引力做 为g,物块所受滑动摩擦力的大小为f,斜面倾 角为0，可知mgsin0+f=E,mgsin0-f= 的功可用W=P颜t计算，但不能用W=Fl cos a 计算。 E,联立解得mgsin9=E,十E起，f 2.40 (4)无论以哪种方式启动，最后达到最大速度 时，均满足P额=F阻vm,P颜为机车的额定 E。一E2,即可求出物块所受滑动摩擦力的大 2xo 功率。 小f,但因条件不足，重力加速度大小g、斜面 题型口动能定理与图像 的倾角0不能求出，故A、C错误，B正确；设物 题型解读 块沿斜面上滑的时间为，由匀变速直线运动 解决物理图像问题的基本步骤 规律可知x0= 26,则1一2，故D正确。 (1)观察题目给出的图像，弄清纵、横坐标所对 )答案BD 应的物理量及图线所表示的物理意义。 (2)根据物理规律推导出纵、横坐标所对应的 题型三应用动能定理解决多过程问题 物理量间的函数关系式。 题型解读 (3)将推导出的物理函数关系式与数学上与之 基本思路 相对应的标准函数关系式对比，找出图线的斜 将全过 分析每个 程分解 过程的运 根据题日问题，找到 率、截距、交点，弄清图线与坐标轴围成的面积 为多个 动情况及 最佳过程列式求解 所表示的物理意义，分析解答问题，或者利用 过程 受力情祝 特定值代入函数关系式求物理量。 典例3一篮球质量为m=0.60kg,一运动员 典例2（多选）一物块 E 使其从距地面高度为h1=1.8m处由静止自 以初速度自固定斜 E 由落下，反弹高度为h2=1.2m。若使篮球从 面底端沿斜面向上运 距地面h3=1.5m的高度由静止下落，并在开 动，一段时间后回到斜 始下落的同时向下拍球，球落地后反弹的高度 面底端。该物体的动 也为1.5m。假设运动员拍球时对球的作用 能Ek随位移x的变化关系如图所示，图中xo、 力为恒力，作用时间为t=0.20s;该篮球每次 310 O专题6机械能守恒定律 与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加 题型四多物体组成的系统中机械能守恒 速度大小g取10m/s2,不计空气阻力。求： 定律的应用 (1)运动员拍球过程中对篮球所做的功。 题型解读 (2)运动员拍球时对篮球作用力的大小。 1.类型一：轻绳连接的物体系统 解析：(I)篮球从高度为h1处由静止自由下落 (1)常见情景 的过程中，由动能定理可得mgh1=Ek1, 反弹过程中，由动能定理可得一mgh2=0 -Ek2, B 7777777 使篮球从高度为3处由静止下落，同时向下拍 球，该过程中，由动能定理可得W+mgh =E3’ A 反弹过程中，由动能定理可得一mgh3=0 (2)三点提醒 一Ek4, ①分清两物体是速度大小相等，还是沿绳方 由碰撞前后动能的比值不变，有= E E Ek' 向的分速度大小相等。 联立可解得W=4.5J。 ②用好两物体的位移大小关系或竖直方向 (2)作用力为恒力，则拍球时篮球向下做匀加 高度变化的关系。 速直线运动，根据牛顿第二定律可得F十g ③对于单个物体，一般绳上的力要做功，机 -ma, 械能不守恒；但对于绳连接的系统，机械能 则可能守恒。 在拍球时间内篮球运动的位移x一a, 2.类型二：轻杆连接的物体系统 运动员拍球过程中对篮球做的功W=Fx, (1)常见情景 联立可解得F=9N(F=-15N舍去)。 )答案(1)4.5J(2)9N 解题技巧(1)运用动能定理解决问题时，选 择合适的研究过程能使问题得以简化。当物 体的运动过程包含几个运动性质不同的子过 程时，可以选择一个、几个或全部子过程作为 研究过程。 (2)当选择全部子过程作为研究过程，涉及重 (2)三大特点 力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意 ①用杆连接的两个物体，其线速度大小一般 运用它们的功能特点：①重力做的功取决于物 有以下两种情况： 体的初、末位置，与路径无关；②大小恒定的阻 a.若两物体绕某一固定点做圆周运动，可根 力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的 据角速度w相等确定线速度v的大小。 乘积。 b.“关联速度法”：两物体沿杆方向的分速度 310 讲解册 实战高考·物理 大小相等。 解析：(1)由题意可知，重物落地后鼓形轮转动 ②杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向， 的角速度为w,则小球线速度的大小v=2Rw。 杆可能对物体做功，单个物体机械能可能不 (2)小球匀速转动，合力提供向心 守恒。 力，对转到水平位置A的小球进行 F的 ③对于杆和物体组成的系统，忽略空气阻力 受力分析，受力示意图如图所示， 和各种摩擦且没有其他力对系统做功，则系 根据牛顿第二定律可得 统机械能守恒。 02 3.类型三：轻弹簧连接的物体系统 √F2-(mg)2=m2R' (1)类型特点：由轻弹簧连接的物体系统，一 解得F=m√4R2w+g2。 般既有重力做功又有弹簧弹力做功，这时系 (3)设重物落地时的速度为山，重物下落过程 统内物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势 中，对重物、鼓形轮和小球组成的系统，根据机 能相互转化，而总的机械能守恒。 (2)两点提醒 械能守恒定律得Mgh=M+号×4m2, ①对同一弹簧，弹性势能的大小由弹簧的形 重物落地时的速度等于鼓形轮匀速转动时边 变量决定，无论弹簧伸长还是压缩。 缘的线速度，即=Rω， ②物体运动的位移与弹簧的形变量或形变 联立解得h=M十16m)Rw 量的变化量有关。 2Mg 典例4如图所示，鼓形轮的半径为R,可绕固 )答案(1)2Rw(2)m√/4Rw+g 定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直 (3)M+16m)Ra 2Mg 的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质 解题技巧多物体机械能守恒问题的分析方法 量为m的小球，球与O的距离均为2R。在轮 (1)对多个物体组成的系统要注意判断物体运 上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物。 动过程中，系统的机械能是否守恒。 重物由静止下落，带动鼓形轮转动。重物落地 (2)注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度 后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为ω。绳与 轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳 关系和位移关系。 的质量，不计空气阻力，重力加速度为g。求： (3)列机械能守恒方程时，一般选用△Eks= △E,的形式。 题型五传送带模型中的动力学和能量转 化问题 题型解读 M 1.传送带模型问题中的功能关系分析 (1)重物落地后，小球线速度的大小。 (1)功能关系分析：W=△Ek十△E。十Q。 (2)重物落地后一小球转到水平位置A,此时 (2)对W和Q的理解 该小球受到杆的作用力的大小F。 ①传送带做的功：W=Fx传。 (3)重物下落的高度h。 ②产生的内能：Q=Fx相对。 312 O专题6机械能守恒定律 2.传送带模型问题的分析流程 加速度a==2.5m/s2, t y物刺与 相对 摩擦 加速 速度 v传同向 由牛顿第二定律有mgcos0一ngsin0=ma, 运动 力方 度方 变化 共 方向 向 向 情况 V物与 是否返 v传反向回加速 解得K一。 F突变 (2)在时间1内，传送带运动的位移x传=0t1, 滑 匀速或 离 变速 工件运动的位移-， 典例5如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹 则工件相对传送带的位移x相对=x传一工1， 角0=30°，传送带在电动机的带动下，始终保 可得产生的内能Q=ngcos0·x相对=60J, 持6=2m/s的速率运行，现把一质量为m= 10kg的工件（可看成质点）轻轻放在传送带的 工件获得的动能风=m话=20J, 底端，经过时间t=1.9s,工件被传送到h= 工件增加的势能E。=mgh=150J, 1.5m的高处，g取10m/s2。求： 电动机由于传送工件多消耗的电能W=Q十 Ek+E。=230J。 (2)230J 0 〕答案（1 (1)工件与传送带间的动摩擦因数。 解题技巧传送带模型的两个思考角度 (2)电动机由于传送工件多消耗的电能。 (1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动 解析：(1)假设工件在运动到最大高度之前已 过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结 经开始做匀速运动， 合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间 设工件速度达到前，运动的时间为1，则匀 内的位移，找出物体和传送带之间的位移 加递运动的位移=01-受， 关系。 (2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体 由题图可知，传送帝长江一曲二3m, 和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上 则匀速运动的位移为x一1=(t一t1), 物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能 解得=0.8s,所以假设成立， 关系或能量守恒定律求解。 ⊙ 怎么学 实验重点攻克 实验7 验证机械能守恒定律 二、实验装置 一、实验原理 打点 求出重物重力势能的减少量和对应过程动能 计时器 纸带 的增加量，在实验误差允许范围内，若二者相 夹子 等，说明机械能守恒，从而验证机械能守恒 源 重物 定律。 313 讲解册 实战高考·物理 三、实验过程 直架稳，使其两限位孔在同一竖直平面内， 1.安装实验器材。 以减少摩擦阻力。 2.打纸带：用手竖直提起纸带，使重物停靠在 2.重物应选用体积小、密度大的材料。 打点计时器下方附近，先接通电源，再松开 3.应先接通电源，让打点计时器正常工作，后 纸带，让重物自由下落，打点计时器就在纸 松开纸带让重物下落。 带上打出一系列的点，取下纸带，换上新的 4.测长度，算速度：某时刻瞬时速度的计算应 纸带重复几次实验。 用4，=d+2d.-,不能用=√2gd或u 3.选纸带（分两种情况说明） 2T (1)若选第1点O到下落到某一点的过程， =gt来计算。 即用mgh=2来验证，应选点迹清晰，且 六、误差分析 1.测量误差：本实验在长度测量时会产生误差。 1、2两点间距离小于或接近2mm的纸带。 减小方法：一是测下落距离时都从起始点量 (2)用2m号-号m暖-mg4验证时，由于重 起，依次将各计时点对应下落高度测量完， 二是多测几次取平均值。 力势能的相对性，处理纸带时选择适当的，点为 2.系统误差：由于重物和纸带下落过程中要克 基准点，这样纸带上打出的第1、2两点间的距 离是否小于或接近2mm就无关紧要了。 服阻力做功，故动能的增加量△E.=2md 四、数据处理 稍小于重力势能的减少量△E。=mgh.。 1.方案一：利用起始点和第n点计算 改进方法：调整安装的器材，尽可能地减小 代入mgh,和2md,如果在实验误差允许的 阻力。 七、改进方案 范围内二者相等，则验证了机械能守恒定律。 1.利用数字计时器和光电门：消除纸带与限位 2.方案二：任取两点计算 孔的摩擦阻力带来的系统误差。如图所示。 (1)任取两，点A、B,测出hAB,算出nghAB。 刻度尺 光电门 (2)算出2m哈-m暖的值。 数字计时器 (3)在实验误差允许的范围内，若mghAB= m话一m听，则验证了机械能守恒定律， 1 3.方案三：图像法 2.利用气垫导轨和数字计时器，如图所示。实 从纸带上选取多个点，测量从第一个点到其 验操作中，把气垫导轨调成倾斜状态，滑块 余各点的下落高度h,并计算各点速度的平 下滑时，重力势能减小，动能增大。测量滑 方2，然后以2为纵轴，以h为横轴，根据 块下降的高度△，即两光电门的高度差，测 量计算滑块先后经过两个光电门的速度、 实验数据作出)子-h图线。若在误差允许 ,比较g山和2喝一的大小，即可验 的范围内图线是一条过原点且斜率为g的 证机械能是否守恒。 直线，则验证了机械能守恒定律。 五、注意事项 1.打点计时器要竖直：安装打点计时器时要竖 314