资源简介

第7讲　小专题:动力学和能量观点的综合应用
【学习目标】
1.掌握动力学基本规律与能量观点的内在联系。明确力与运动的因果关系和能量转化过程的等效性的辩证关系。能根据问题情境灵活选择动力学或能量观点分析问题,理解两种方法在解决复杂运动问题中的互补性。
2.能将实际问题抽象为物理模型,并综合运用动力学和能量规律建立方程。通过数学工具建立两种观点的联系。能评估不同解法的合理性,反思结果的物理意义。
3.体会物理学中“守恒思想”的统一性,理解动力学与能量观点是描述自然规律的不同视角。关注实际应用,分析技术设计中如何综合运用两种观点优化方案。形成多角度解决问题的科学思维习惯。
考点一　传送带模型中的动力学和能量问题　　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.传送带问题的分析方法
(1)动力学角度:首先要正确分析物体的运动过程,做好受力分析,然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移,找出物体和传送带之间的位移关系。
(2)能量角度: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。
(3)注意:当物体与传送带速度相同时,摩擦力往往发生突变。
2.传送带问题涉及的功能关系
(1)传送带克服摩擦力做的功:W=Ffx传。
(2)系统产生的内能:Q=Ffx相对。
(3)功能关系分析:W=ΔEk+ΔEp+Q。
[例1] 【水平传送带模型】 (2025·湖南岳阳开学考试)如图,一大型工厂内足够长的水平传送带左端有一个与传送带等高的光滑平台,二者平滑连接于A点,传送带始终以大小为v=3 m/s的速度逆时针匀速转动,在平台上一工件以水平向右、大小为v0=6 m/s的速度从A点冲上传送带。已知工件的质量为m=2 kg且可视为质点,工件与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5,重力加速度大小g取10 m/s2。下列说法错误的是(　　)
A.工件在传送带上向右运动的最大距离为3.6 m
B.工件在传送带上运动的时间为2.7 s
C.工件在传送带上留下的划痕长度为8.1 m
D.工件在传送带上运动的整个过程中系统因摩擦产生的热量为72 J
【答案】 D
【解析】 工件在传送带上向右滑动时,由牛顿第二定律得μmg=ma,解得a=5 m/s2,由运动学公式得=2axm,解得xm=3.6 m,故A正确,不符合题意;传送带足够长,工件在传送带上先向右减速到0,再反向加速,由v0>v可知工件速度达到v=3 m/s后,再匀速运动到左边平台,向右匀减速的时间t1==1.2 s,向左加速滑动的加速度大小a1=a=5 m/s2,向左加速的时间为t2==0.6 s,向左加速的位移大小x1=t2=0.9 m,向左匀速运动时间t3==0.9 s,工件在传送带上运动的时间为t=t1+t2+t3=2.7 s,故B正确,不符合题意;开始时工件与传送带相向运动,划痕长度Δx1=xm+
vt1=7.2 m,反向加速时同向运动,划痕长度为Δx2=vt2-x1=0.9 m,工件在传送带上留下的划痕长度为Δx=Δx1+Δx2=8.1 m,故C正确,不符合题意;工件在传送带上运动的整个过程中系统因摩擦产生的热量为Q=μmgΔx=81 J,故D错误,符合题意。
[例2] 【倾斜传送带模型】 (2025·广西卷,15)图甲为某智能分装系统工作原理示意图,每个散货经倾斜传送带由底端A运动到顶端B后水平抛出,撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号,随后竖直掉入以与水平传送带共速度的货箱中,此系统利用传感器探测散货的质量,自动调节水平传送带的速度,实现按规格分装。倾斜传送带与水平地面夹角为30°,以速度v0匀速运行。若以相同的时间间隔Δt将散货以几乎为0的速度放置在倾斜传送带底端A,从放置某个散货时开始计数,当放置第10个散货时,第1个散货恰好被水平抛出。散货与倾斜传送带间的动摩擦因数μ=,到达顶端前已与传送带共速。设散货与传感器撞击时间极短,撞击后竖直方向速度不变,水平速度变为0。每个长度为d的货箱装总质量为M的一批散货。若货箱之间无间隔,重力加速度为g。分装系统稳定运行后,连续装货,某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积为I,如图乙,求这段时间内:
(1)单个散货的质量;
(2)水平传送带的平均传送速度大小;
(3)倾斜传送带的平均输出功率。
【答案】 (1)　(2)　(3)
【解析】 (1)对单个散货,水平方向上由动量定理得-I=0-mv0,
解得单个散货的质量为m=。
(2)设落入货箱中散货的个数为N,
N==,
则水平传送带的平均传送速度大小为==。
(3)设倾斜传送带的长度为L,其中散货在加速阶段,由牛顿第二定律有
μmgcos 30°-mgsin 30°=ma,解得a=g,
加速时间t1==,
加速位移x1=a=,
设匀速时间为t2,其中t1+t2=9Δt,
则匀速位移为x2=v0t2=v0(9Δt-),
故传送带的长度为L=x1+x2=9v0Δt-,
在加速阶段散货与传送带发生的相对位移为Δx=v0t1-x1=,
在Δt时间内传送带额外做的功为W=m+mgLsin 30°+Q,
其中m=,L=9v0Δt-,
Q=μmgcos 30°·Δx,=,
联立可得倾斜传送带的平均输出功率为=。
考点二　“滑块—木板”模型　　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.“滑块—木板”模型问题的分析方法
(1)动力学分析:分别对滑块和木板进行受力分析,根据牛顿第二定律求出各自的加速度;根据各自的运动情况利用运动学规律求解速度、位移、运动时间等。
(2)功和能分析:对滑块和木板分别运用动能定理,或者对系统运用能量守恒定律。
2.三个位移的应用(如图所示)
(1)求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x滑。
(2)求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x板。
(3)求摩擦生热时用相对位移Δx。
[例3] 【滑块—木板模型动力学和能量分析】 (多选)(2025·河南阶段练习)如图甲所示,木板静止放在光滑的水平面上,可视为质点的小物块静置于木板左端,用F=4 N的恒力拉动小物块,使小物块运动到木板右端,此过程小物块的机械能随位移变化的Ex图像如图乙所示,木板和小物块的速度随时间变化的vt图像如图丙所示,g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　)
A.木板长度为2 m
B.木板和小物块间的动摩擦因数为0.3
C.木板的质量为6 kg
D.系统因摩擦产生的热量为3 J
【答案】 BCD
【解析】 由题图乙得小物块对地位移x1=2 m,由于此过程木板也向前运动,所以木板长度不等于2 m,A错误;由于木板也一直做匀加速直线运动,则v块>v板,由题图丙可知小物块t时间内获得的速度为v1=2 m/s,小物块有x1=t,解得t=2 s,可知小物块的加速度a1==1 m/s2,又由题图乙可知Ek=m=2 J,解得小物块的质量m=1 kg,根据牛顿第二定律,对小物块有F-μmg=
ma1,解得μ=0.3,B正确;又木板加速度为a2==0.5 m/s2,则有μmg=Ma2,解得M=6 kg,C正确;木板位移为x2=t=1 m,物块与木板的相对位移s相对=x1-x2=1 m,系统因摩擦产生的热量Q=
μmgs相对,解得Q=3 J,D正确。
[例4] 【有外力作用的滑块—木板模型】 (2025·江苏一模)如图所示,固定在水平面上的光滑斜面,倾角θ=30°,底端固定弹性挡板,长木板B放在斜面上,小物块A放在B的上端。沿斜面向上敲击B,使B立即获得初速度v0=3.0 m/s,沿斜面向上运动,此后B和挡板发生碰撞,碰撞前后速度大小不变,方向相反,A始终不脱离B且与挡板不发生碰撞。已知A、B的质量均为
1.0 kg,A、B间的动摩擦因数μ=,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取
10 m/s2。求:
(1)敲击B后的瞬间,A、B的加速度大小aA、aB;
(2)B上升的最大距离s;
(3)B的最小长度L。
【答案】 (1)2.5 m/s2　12.5 m/s2　(2)0.375 m (3)1.8 m
【解析】 (1)敲击B后的瞬间,A受到向上的滑动摩擦力,根据牛顿第二定律对物块A有
μmAgcos 30°-mAgsin 30°=mAaA,
解得aA=2.5 m/s2,
对木板B有μmAgcos 30°+mBgsin 30°=mBaB,
解得aB=12.5 m/s2。
(2)设A、B向上运动,经过时间t后共速,有v0-aBt=aAt,此后由于mAgsin θ<μmAgcos θ,
A、B一起以加速度a向上做匀减速直线运动,对A、B整体,
有(mA+mB)gsin 30°=(mA+mB)a,
s=(v0t-aBt2)+,
代入数据解得s=0.375 m。
(3)若最终A、B均停在挡板处,此情境下B的长度即为最小值,根据能量守恒定律有
mB+mAgLsin 30°=μmAgcos 30°·L,
解得L=1.8 m。
考点三　应用动力学和能量观点解决多运动组合问题　　　　　　 　　　　　 　　　　　
　两大观点的选用原则
(1)当物体受到恒力作用做匀变速直线运动(曲线运动某一方向可分解为匀变速直线运动)时,涉及时间与运动细节,或者物体做匀速圆周运动及圆周运动特殊点的运动信息,一般选用动力学方法解题。
(2)当涉及功、能和位移时,一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题,题目中出现相对位移(摩擦生热)时,应优先选用能量守恒定律。
[例5] (2024·江苏卷,15)如图所示,粗糙斜面的动摩擦因数为μ,倾角为θ,斜面长为L。一个质量为m的物块在电动机作用下,从A点由静止加速至B点时达到最大速度v,之后做匀速运动至C点,关闭电动机,从C点又恰好到达最高点D。求:
(1)CD段长度x;
(2)BC段电动机的输出功率P;
(3)全过程储存的机械能E1和电动机消耗的总电能E2的比值。
【答案】 (1)
(2)mgv(sin θ+μcos θ)　(3)
【解析】 (1)物块在CD段运动过程中,由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma,
由运动学公式有0-v2=-2ax,
联立解得x=。
(2)物块在BC段做匀速运动,得电动机的牵引力为F=mgsin θ+μmgcos θ,
由P=Fv得P=mgv(sin θ+μcos θ)。
(3)全过程物块增加的机械能为E1=mgLsin θ,
整个过程由能量守恒定律得电动机消耗的总电能转化为物块增加的机械能和因摩擦产生的内能,故可知E2=E1+μmgcos θ·L,
故可得==。
解决多运动组合问题方法技巧
(1)“合”——整体上把握全过程,构建大致的运动情境。
(2)“分”——将全过程进行分解,分析每个子过程对应的基本规律。
(3)“合”——找出各子过程之间的联系,以衔接点为突破口,寻求解题最优方案。
课时作业　
对点1.传送带模型中的动力学和能量问题
1.(2025·重庆一模)如图,一固定的四分之一光滑圆弧轨道与逆时针匀速转动的水平传送带平滑连接于Q点,圆弧轨道半径为R。质量为m的小滑块自圆弧轨道最高点P由静止释放,小滑块在传送带上运动一段时间后返回圆弧轨道,第一次上升的最高点距Q点高度为R。重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A.传送带匀速转动的速度大小为
B.小滑块第二次上升的最高点距Q点高度为R
C.小滑块第一次与第二次经过圆弧轨道的Q点时加速度之比为 ∶1
D.小滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量的最大值为mgR
【答案】 D
【解析】 小滑块滑上传送带后先向右减速运动,速度减为0后又在传送带上向左加速,若小滑块能够与传送带达到共速后滑上圆弧,并上升的最高点距Q点高度为R,设传送带速度为v,则有mg×R=mv2,则v=,A错误;之后小滑块一直重复运动,每次返回时上升的最高点距Q点高度始终为R,B错误;小滑块第一次由P点静止释放,到达Q点时速度为v1=,小滑块第二次经过圆弧轨道的Q点时速度为v=,根据公式an=得其加速度之比为2∶1,C错误;若小滑块与传送带共速后返回圆弧轨道,其间二者相对位移最大,产生的热量最多,设滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ,此情境下小滑块第一次在传送带上做匀减速直线运动的时间为t1==,相对传送带的距离为Δs1=vt1+t1,解得Δs1=,反向匀加速直线运动的时间为t2==,相对传送带的位移为Δs2=vt2-t2,解得Δs2=,则产生的热量为Qmax=μmg
(Δs1+Δs2),解得Qmax=mgR,D正确。
2.(2025·安徽三模)轮船运输过程中常用传送带将船舱里的货物输送到码头,工作人员将货物轻放在传送带的底端,由传送带传送到顶端,随后由其他工作人员完成装车任务,过程可以简化为如图甲所示模型。倾角为37°的传送带,在电动机的带动下以一定的速度稳定运行,电动机的内阻不计。货物质量M=50 kg,从轻放在传送带底端A处开始计时,10 s时到达顶端B,其运动过程的vt图像如图乙,g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,则货物从A运动到B的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.货物与传送带之间的摩擦力大小始终不变
B.货物机械能的增加量为4 500 J
C.货物与传送带之间因摩擦产生的热量为1 600 J
D.传送货物过程中电动机多消耗的电能为6 400 J
【答案】 C
【解析】 由题图乙可知货物在传送带上先做匀加速直线运动,后做匀速直线运动,在匀加速阶段,摩擦力沿传送带向上,根据牛顿第二定律有Ff1-Mgsin 37°=Ma,其中a= m/s2,解得Ff1=
320 N,在匀速阶段,货物随传送带向上运动,由平衡条件可知,摩擦力大小Ff2=Mgsin 37°=300 N,即两个阶段摩擦力大小发生了变化,A错误;货物机械能的增加量等于动能增加量与重力势能增加量之和,其动能增加量为ΔEk=Mv2=×50×22 J=100 J,重力势能增加量为ΔEp=MgLsin 37°,其中L为传送带长度,根据题图乙可知货物前5 s匀加速运动的位移为x1=t1=×5 m=5 m,后
5 s匀速运动的位移为x2=vt2=2×5 m=10 m,可知L=x1+x2=15 m,解得ΔEp=4 500 J,其机械能增加量为ΔE=ΔEp+ΔEk=4 600 J,B错误;货物在匀加速阶段相对传送带的位移为Δx=x传-x1=2×
5 m-5 m=5 m,则摩擦产生的热量Q=Ff1Δx=320×5 J=1 600 J,C正确;电动机多消耗的电能等于货物机械能增加量与摩擦产生的热量之和,即ΔE电=ΔE+Q=6 200 J,D错误。
对点2.“滑块—木板”模型
3.(多选)(2025·陕西渭南阶段检测)如图所示,质量m1=1 kg的木板Q静止在水平地面上,质量m2=3 kg的物块P在木板左端,P与Q之间的动摩擦因数μ1=0.2,地面与Q之间的动摩擦因数μ2=0.1。现给物块P以v0=4 m/s 的初速度使其在木板上向右滑动,最终P和Q都静止且P没有滑离木板Q,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　)
A.P与Q开始相对静止时P的动能为9.375 J
B.长木板Q长度至少为2 m
C.P与Q之间产生的热量和地面与Q之间产生的热量之比为1∶1
D.P与Q之间产生的热量和地面与Q之间产生的热量之比为2∶1
【答案】 BC
【解析】 P的加速度为 aP=-=-2 m/s2,Q的加速度为 aQ==2 m/s2,两者共速时有v共=v0+aPt=aQt,解得t=1 s,v共=2 m/s,此时P的动能为Ek=m2=6 J,A错误;P、Q共速时的相对位移为Δx=t-t=2 m,之后不发生相对滑动,故长木板Q长度至少为
2 m,B正确;P与Q之间产生的热量为Q1=μ1m2gΔx=12 J,由能量守恒定律得,地面与Q之间产生的热量为Q2=m2-Q1=12 J,P与Q之间产生的热量和地面与Q之间产生的热量之比为
1∶1,C正确,D错误。
4.(2025·广西来宾期末)如图所示,一个足够长的斜面,AC部分的长度为4L,C点以下光滑,C点以上粗糙,B是AC的中点。一根原长为2L的轻弹簧,劲度系数为k=,下端固定在A点,上端放置一个长为L、质量为m的均匀木板PQ。已知斜面的倾角为θ,木板与斜面粗糙部分的动摩擦因数μ=2tan θ,木板受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。
(1)木板静止在斜面AC间时,求弹簧的形变量x;
(2)现将木板沿斜面缓慢下压,弹簧长度变为L时释放,求:
①释放瞬间木板加速度a的大小;
②若木板的Q端刚好能到达C点,至少要将木板截掉多长,木板被释放后能整体到达C点以上区域。
【答案】 (1)　(2)①3gsin θ　②L
【解析】 (1)木板静止在斜面AC间时,根据平衡条件有kx=mgsin θ,
而k=,联立解得x=。
(2)①释放木板瞬间,根据牛顿第二定律有kL-mgsin θ=ma,
联立解得a=3gsin θ。
②木板释放后到达最高点过程中,根据系统能量守恒可知释放时弹簧弹性势能为
Ep=mg·2Lsin θ,
设将木板截短后还剩x,被释放后恰好能整体到达C点以上区域,
则满足Ep=mg·3Lsin θ+μmgxcos θ,
又μ=2tan θ,
联立解得x=L,
可得木板截掉的部分长度为Δx=L-x=L。
对点3.应用动力学和能量观点解决多运动组合问题
5.(2025·四川卷,7)如图所示,倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上,安装在其顶端的电动机通过不可伸长的轻绳与小车相连,小车上静置一物块。小车与物块的质量均为m,两者之间动摩擦因数为。电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间,小车与物块的速度刚好相同,速度大小为v0。运动过程中轻绳与斜面始终平行,小车和斜面均足够长,重力加速度大小为g,忽略其他摩擦,则这段时间内(　　)
A.物块的位移大小为
B.物块的机械能增量为
C.小车的位移大小为-
D.小车的机械能增量为+
【答案】 C
【解析】 对物块,根据牛顿第二定律有μmgcos 30°-mgsin 30°=ma,解得a=g,根据运动学公式有=2ax1,解得物块的位移大小为x1=,A错误;物块的机械能增量为ΔE=m+mgx1·
sin 30°=m,B错误;对小车,由动能定理有Pt-(μmgcos 30°+mgsin 30°)x=m,其中t=,联立解得x=-,C正确;小车的机械能增量为ΔE′=m+mgxsin 30°=+,D错误。
6.(2025·天津一模)如图所示,光滑曲面AB与粗糙水平面BC平滑连接于B点,BC右端连接内壁光滑、半径r=0.1 m的四分之一细管CD,管口D端正下方直立一根劲度系数k=100 N/m的轻弹簧,弹簧下端固定,另一端恰好与管口D端平齐。质量为m=1 kg的小球从距BC的高度h=0.6 m处由静止释放,沿BC轨道进入管口C端时与圆管间恰好无作用力,通过CD后,在压缩弹簧过程中系统机械能不变,且小球速度最大时弹簧的弹性势能Ep=1 J。小球视为质点,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)小球在B点的速度大小vB;
(2)小球在BC轨道上运动过程中,克服摩擦力做的功W;
(3)小球在压缩弹簧过程中的最大动能Ekmax。
【答案】 (1)2 m/s　(2)5.5 J　(3)1.5 J
【解析】 (1)小球在曲面AB上运动的过程中,根据机械能守恒定律有mgh=m,
解得vB=2 m/s。
(2)小球经过C点时,根据牛顿第二定律有mg=m,
小球从B到C,根据动能定理有-W=m-m,
解得W=5.5 J。
(3)小球动能最大时合力为0,则有kx=mg,
以C点为重力势能参考平面,根据系统机械能守恒有m=Ep-mg(r+x)+Ekmax,
代入数据解得Ekmax=1.5 J。
7.(多选)(2025·广东模拟)如图所示,生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带M和N,传送带M、N做匀速直线运动的速度大小分别为0.6 m/s、0.8 m/s,方向均已在图中标出,一小煤块(视为质点)离开传送带M前已经与传送带M的速度相同,并平稳地传送到传送带N上。小煤块的质量为1 kg,与传送带N间的动摩擦因数为0.2,重力加速度大小g取10 m/s2,传送带N的宽度足够大。下列说法正确的是(　　)
A.小煤块传送到传送带N前的瞬间,相对传送带N的速度大小为1.4 m/s
B.小煤块传送到传送带N上后,经0.5 s与传送带N保持相对静止
C.小煤块在传送带N上滑动的划痕是直线,其长度为0.25 m
D.小煤块在传送带N上滑动的过程中,因摩擦产生的热量为1 J
【答案】 BC
【解析】 小煤块传送到传送带N前的瞬间,相对传送带N的速度大小为v= m/s=
1 m/s,故A错误;小煤块在传送带N上滑动的过程中,其所受滑动摩擦力大小Ff=μmg=2 N,
方向如图所示,小煤块相对传送带N做匀减速直线运动,其加速度大小为a==μg=2 m/s2,从小煤块滑上传送带N到小煤块与传送带N保持相对静止的时间t==0.5 s,故B正确;设小煤块在传送带N上滑动的划痕的长度为l,根据匀变速直线运动的规律有v2=2al,解得l=0.25 m,故C正确;小煤块在传送带N上滑动的过程中,因摩擦产生的热量Q=μmgl=0.5 J,故D错误。
8.(2025·河北模拟)如图所示,AB为弧形轨道,在B处与水平轨道BH平滑相接,CDE为半径R=0.1 m的圆形轨道(C、E略微错开),FG段是长L1=1 m,以v0=4 m/s的速率顺时针转动的传送带,水平轨道GH的末端H处放置长L2=1 m、质量M=0.3 kg的木板。现让质量m=0.1 kg的滑块(可视为质点)从AB轨道高h处由静止滑下。已知滑块与传送带及木板间的动摩擦因数分别为μ1=0.1和μ2=0.3,其余摩擦均不计,重力加速度g取10 m/s2。
(1)若滑块恰好通过圆形轨道最高点,求滑块下落的高度。
(2)若滑块恰好不滑离木板,求滑块下落的高度。
(3)求滑块到达传送带右端G点的速度大小与滑块下落高度的关系。
【答案】 (1)0.25 m　(2)0.3 m　(3)见解析
【解析】 (1)若滑块恰好通过圆形轨道最高点,则有mg=m,滑块从释放至到达圆形轨道最高点,根据动能定理有mg(h1-2R)=m,
解得滑块下落的高度h1=0.25 m。
(2)若滑块到达木板右端时二者共速,则滑块恰好不滑离木板,规定向右为正方向,
对滑块有v共=v1-a1t,a1=μ2g,
对木板有v共=a2t,a2=,
二者位移关系为v1t-a1t2-a2t2=L2,
联立解得v1=2 m/s可知滑块在传送带上一直做加速运动,滑块从释放点到H点,根据动能定理有
mgh2+μ1mgL1=m-0,
联立解得h2=0.3 m。
(3)若滑块一直加速到G点的速度大小为v0时,有mgh3+μ1mgL1=m-0,
解得h3=0.7 m;
若滑块一直减速到G点的速度大小为v0时,有mgh4-μ1mgL1=m-0,
解得h4=0.9 m。
当0.25 m≤h≤0.7 m时,设滑块运动到F点的速度为v3,则有mgh=m-0,
滑块在传送带上运动过程有-=2μ1gL1,
解得vG= m/s;
当0.7 m有vG=v0=4 m/s;
当h≥0.9 m时,
有mgh-μ1mgL1=m-0,
解得vG= m/s。第6讲　小专题:功能关系　能量守恒定律
【学习目标】
1.理解功能关系和能量守恒定律的内涵,明确不同能量形式间的转化规律。形成“功是能量转化的量度”的物理观念,能用能量守恒观点分析自然现象或实际问题。
2. 能根据实际问题建立物理模型,并分析系统中功能关系的适用条件。运用动能定理、机械能守恒定律推导相关问题,并解释结论的物理意义。通过能量守恒定律批判性分析“永动机”等错误观点,培养科学论证能力。结合函数图像、代数运算或微积分解决功能关系问题。
3. 能提出与能量转化相关的探究性问题,并设计简单实验方案。利用传感器或光电门等工具测量动能、势能变化,通过图像法验证功能关系。
4. 理解能量守恒定律的普适性,认识其在物理学发展史上的重要意义。结合能源问题,讨论能量守恒定律对可持续发展的指导意义,树立节能环保意识。
考点一　对功能关系的理解与应用
　几种常见的功能关系及其表达式
做功 能的变化 定量关系
合力做功 动能变化 W=Ek2-Ek1=ΔEk
重力做功 重力势能 变化 (1)重力做正功,重力势能减少;重力做负功,重力势能增加。 (2)WG=-ΔEp=Ep1-Ep2
弹簧弹 力做功 弹性势能 变化 (1)弹力做正功,弹性势能减少;弹力做负功,弹性势能增加。 (2)W弹=-ΔEp=Ep1-Ep2
只有重力、弹簧弹力 做功 机械能 不变化 机械能守恒,ΔE=0
除重力和 弹簧弹力 之外的其 他力做功 机械能 变化 (1)其他力做多少正功,物体的机械能就增加多少;其他力做多少负功,物体的机械能就减少多少。 (2)W其他=ΔE
一对相互 作用的滑 动摩擦力 做功 机械能 减少, 内能增加 (1)作用于系统的一对滑动摩擦力做的总功一定为负功,系统内能增加。 (2)摩擦生热Q=Ffx相对
安培力 做功 电能变化 (1)克服安培力做的功等于电能的增加量。 (2)W克安=E电
[例1] 【对功能关系的理解】 (2025·浙江慈溪期末)如图所示,一滑板爱好者沿着倾角为30°的斜坡从静止开始下滑,下滑过程中的加速度大小恒为g,已知滑板爱好者连同滑板的总质量为m,重力加速度为g。在滑板爱好者(含滑板)沿斜坡下滑距离为L的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.滑板爱好者下滑过程中机械能守恒
B.滑板爱好者减少的重力势能为mgL
C.滑板爱好者增加的动能为mgL
D.滑板爱好者减少的机械能为mgL
【答案】 C
【解析】 滑板爱好者下滑过程中的加速度大小为a下=,若不受阻力,则a下′=0.5g,因此滑板受到阻力,机械能不守恒,A错误;下滑的过程中,重力做功WG=mgLsin 30°=mgL,即减少的重力势能为mgL,合力做功W合=ma下L=mgL,其增加的动能为mgL,B错误,C正确;根据牛顿第二定律有mgsin 30°-Ff=mg,滑板爱好者减少的机械能等于克服摩擦力所做的功,即为ΔE=FfL,解得ΔE=mgL。D错误。
[例2] 【功能关系与图像结合】 (多选)(2025·安徽二模)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的增加而减小。v、a、Ek、E分别为物块的速度大小、加速度大小、动能、机械能。在物块运动过程中,上述物理量与运动的时间t或位移x的图像可能正确的是(　　)
　　　
A B
　　　
C D
【答案】 AC
【解析】 上滑时的加速度a=gsin θ+μgcos θ,由于随高度增加,动摩擦因数减小,则加速度减小,vt 图像斜率的绝对值减小;下滑时的加速度a′=gsin θ-μgcos θ,则随高度减小,动摩擦因数增大,则加速度减小,vt图像斜率的绝对值也减小,A正确,B错误。上滑时根据动能定理有Ek=Ek0-(mgxsin θ+μmgxcos θ),则随x增大,动摩擦因数减小,Ekx 图像斜率的绝对值减小;下滑时有Ek′=mg(xm-x)sin θ-μmg(xm-x)cos θ=mgxm(sin θ-μcos θ)-mgx(sin θ-μcos θ),则随x减小,动摩擦因数增大,Ekx图像斜率的绝对值减小,回到底端时的动能小于刚开始上滑时的动能,C正确。上滑时的机械能E=E0-μmgxcos θ,随x增大,动摩擦因数减小,Ex图像斜率的绝对值减小;下滑时E′=E1-μmg(xm-x)cos θ,则随x减小,动摩擦因数变大,则E′x图像斜率的绝对值变大,但向上运动和向下运动过程中摩擦力做功相等,即机械能的改变量相等,D错误。
考点二　摩擦力做功与能量转化　　　　 　　　　　 　　　　　
如图所示,光滑水平面上有一质量为M的长木板以速度v1向右运动,将一质量为m、速度为v2的物块放置在长木板左侧,一段时间后两者相对静止且以v3向右运动。已知v1小于v2,长木板的位移为x1,物块的位移为x2,物块与长木板间的动摩擦因数为μ。
(1)分别对长木板和物块运动过程应用动能定理列出相关表达式。
(2)结合(1)中所列关系式你能求出该系统损失的动能吗 你认为损失的动能转化成了什么能 这一能量与滑动摩擦力做功存在什么关系
提示:(1)对长木板由动能定理得μmgx1=M-M,
对物块由动能定理得-μmgx2=m-m。
(2)该系统损失的动能为ΔEk损=M+m-(M+m)。
系统损失的能量转化成了系统的内能,即Q=ΔEk损,
结合(1)中动能定理表达式可得Q=μmg(x2-x1),
即滑动摩擦力做功产生的热量数值上等于系统损失的动能,Q=Ff(x2-x1)。
两种摩擦力的做功情况比较
项目 静摩擦力 滑动摩擦力
不 同 点 能量的 转化 方面 不会引起系统机械能的变化,只使系统中物体间机械能发生转移 引起系统机械能的变化,一方面使系统中物体间机械能转移,另一方面使系统总机械能减少,减少的机械能转化为内能
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=-Ffx相对,即相对滑动时产生的热量
相 同 点 做功的 性质方面 两种摩擦力对物体可以做正功、负功,还可以不做功
[例3] 【对摩擦力做功的理解】 关于各类恒力做功问题,下列说法正确的是(　　)
A.滑动摩擦力对物体可能做负功,也可能做正功,但不可能不做功
B.静摩擦力发生在相对静止的物体之间,所以静摩擦力对物体一定不做功
C.一对作用力与反作用力所做的功一定大小相等,正负相反
D.一对相互作用的滑动摩擦力做功代数和一定不为零,且为负值
【答案】 D
【解析】 滑动摩擦力的方向与物体相对接触面的运动方向相反,但与物体相对地面的位移可能同向,也可能反向,还有可能物体在滑动摩擦力方向上没有位移,故滑动摩擦力对物体可能做正功,也可能做负功,还可能不做功,A错误;静摩擦力发生在相对静止的物体之间,静摩擦力可以对物体做正功,如物体相对倾斜传送带静止被送到顶端的过程,B错误;一对作用力与反作用力所做的功可能大小相等,正负相同,如冰面上的两人相互推一下之后朝相反的方向运动,相互作用的推力均做正功,C错误;两个物体间存在相互作用的滑动摩擦力,由发生相对运动,两物体对地位移一定不同可知,这对相互作用的滑动摩擦力做功代数和一定不为零,且为负值,D正确。
[例4] 【摩擦力做功与能量转化】 (多选)(2025·江西模拟)如图所示,物流传送带在电动机的带动下始终以大小为v0的水平速度匀速运动。某时刻在传送带的左端轻放一个质量为m的货物,货物在传送带上做匀变速运动,经时间t货物的速度与传送带的速度相同,重力加速度大小为g,则在这段时间内,下列说法正确的是(　　)
A.货物相对传送带的位移大小为v0t
B.货物与传送带间的动摩擦因数为
C.货物与传送带间因摩擦产生的热量为m
D.因传送货物,电动机至少要多做的功为m
【答案】 BC
【解析】 货物相对传送带的位移就是传送带与货物在时间t内的位移差,有Δx=v0t-t=v0t,A错误;货物在时间t内做匀加速直线运动,加速度a==μg,速度v0=at,解得μ=,B正确;货物与传送带间因摩擦产生的热量Q=FfΔx=μmg×v0t=m,C正确;由功能关系可知因传送货物,电动机至少要多做的功等于货物增加的动能与系统摩擦产生的热量之和,有W=m+Q=m,D错误。
摩擦力做功的分析方法
(1)无论是滑动摩擦力,还是静摩擦力,计算做功时都是用力与对地位移的乘积。
(2)摩擦生热的计算公式Q=Ff·x相对,其中x相对为两接触物体间的相对位移,若物体相对接触面做往复运动,则代入总的相对路程s相对。
考点三　对能量守恒定律的理解与应用　　　　　　 　　　　　 　　　　　
[例5] 【能量转化和守恒定律的简单应用】 (多选)(2025·云南卷,10)如图所示,倾角为θ的固定斜面,其顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧,弹簧处于原长时下端位于O点。质量为m的滑块Q(视为质点)与斜面间的动摩擦因数μ=tan θ。过程Ⅰ:Q以速度v0从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点;过程Ⅱ:将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静止释放,Q通过M点(图中未画出)时速度最大,过O点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,忽略空气阻力,重力加速度为g。则(　　)
A.P、M两点之间的距离为
B.过程Ⅱ中,Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能为m
C.过程Ⅱ中,Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为
D.连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放,最终一定静止在OM(含O、M点)之间
【答案】 BCD
【解析】 设PO的距离为L,过程Ⅰ,根据动能定理有-mgsin θ·L-μmgcos θ·L=0-m,设MO的距离为L1,过程Ⅱ中,当Q速度最大时,根据平衡条件有kL1=mgsin θ+μmgcos θ,P、M两点之间的距离L2=L-L1,联立可得L2=,A错误;根据功能关系,可知过程Ⅱ中,Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能ΔE=μmgcos θ·L,结合-mgsin θ·L-μmgcos θ·L=
0-m,可得ΔE=m,B正确;设过程Ⅱ中,Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为x,根据能量守恒定律有kL2=mgsin θ·x+μmgcos θ·x+k(x-L)2,结合-mgsin θ·L-μmgcos θ·L=0-m,解得x=,C正确;无论Q从何处释放,Q在斜面上运动过程中,弹簧与Q初始时的势能变为摩擦热,当在M点时,满足kL1=mgsin θ+μmgcos θ,当在O点时,满足mgsin θ=μmgcos θ,Q在OM之外的任意位置,合力均不为0,所以在OM(含O、M点)之间速度为零时,Q将静止,D正确。
[例6] 【能量转化和守恒定律在实际生活中的应用】 (2025·广西桂林阶段检测)某品牌电动汽车电动机最大输出功率为120 kW,最高车速可达180 km/h,车载电池最大输出电能为75 kW·h。已知该车以90 km/h的速度在平直公路上匀速行驶时,电能转化为机械能的总转化率为90%。若汽车行驶过程中受到阻力F阻与车速v的关系符合F阻=kv2,其中k为未知常数,则该电动汽车以90 km/h 行驶的最大里程约为(　　)
A.350 km B.405 km
C.450 km D.500 km
【答案】 B
【解析】 根据题意可知,vm=180 km/h=50 m/s,v1=90 km/h=25 m/s,车速最大时,牵引力为Fm==2 400 N,此时车的加速度为0,即Fm=F阻m=k,解得k=0.96;当车速为90 km/h时,有F1=F阻1=k=600 N,由能量守恒定律有ηWm=F1s,解得s==m=
405 000 m=405 km,故选B。
(1)首先确定初、末状态,分清有几种形式的能在变化,如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等。
(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ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式。
课时作业
对点1.对功能关系的理解与应用
1.(2025·江苏期中)如图所示,一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端,弹簧的另一端可绕O点转动,把小球拉至A处,弹簧恰好无形变。将小球由静止释放,当小球运动到O点正下方B点时的速度为v,A、B的高度差为h。设弹簧处于原长时弹性势能为0,弹簧始终处于弹性限度内,重力加速度为g,则小球(　　)
A.由A到B重力做的功等于mv2
B.由A到B重力势能减少mv2
C.由A到B克服弹力做功为mgh
D.到达位置B时弹簧的弹性势能为mgh-mv2
【答案】 D
【解析】 由A至B重力对小球做功为mgh,则小球的重力势能减少mgh,减少的重力势能转化为动能和弹簧的弹性势能,所以mgh>mv2,A、B错误;设由A至B小球克服弹力做功为W,根据动能定理有mgh-W=mv2-0,解得W=mgh-mv2,则小球到达位置B时弹簧的弹性势能为mgh-mv2,C错误,D正确。
2.(多选)(2025·安徽模拟)如图所示,一小物块由静止开始沿倾角为53°的斜面向下滑动,最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接,且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为,取地面为零势能面,取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。该过程中,物块的机械能E、重力势能Ep、动能Ek、摩擦产生的热量Q与水平位移x的关系图像可能正确的是(　　)
A B
C D
【答案】 BD
【解析】 设O点到斜面底端的水平距离为x0,物块从释放到停止运动的过程中,克服摩擦力做功W克=μmgcos 53°·+μmgx1=μmgx0+μmgx1=μmgx,由于物块在该过程中机械能的减少量始终等于克服摩擦力所做的功,则物块在x轴上任意位置的机械能为E=mgh-mgx,其Ex 图像为纵截距为mgh、斜率为-mg的倾斜直线,又Q=W克=μmgx,则Qx图像为过原点、斜率为mg的倾斜直线,故A错误,D正确;物块的重力势能Ep=mgh-mgtan 53°·x=mgh-mg·x
(0≤x≤x0),可知物块Epx图像为纵截距mgh、斜率为-mg的图线,当x>x0时,重力势能为0保持不变,故B正确;当物块从最高点下滑至斜面最低点的过程中,物块的动能Ek1=mgxtan 53°-
μmgcos 53°·=mg·x(0≤x≤x0),当物块下滑至斜面底端时其动能Ek1=mgx0,此后在水平面上克服摩擦力做功,则有Ek2=mgx0-μmgx=mgx0-mg·x(x0对点2.摩擦力做功与能量转化
3.(2025·云南卷,6)如图所示,质量为m的滑块(视为质点)与水平面上MN段的动摩擦因数为μ1,与其余部分的动摩擦因数为μ2,且μ1>μ2。第一次,滑块从Ⅰ位置以速度v0向右滑动,通过MN段后停在水平面上的某一位置,整个运动过程中,滑块的位移大小为x1,所用时间为t1;第二次,滑块从Ⅱ位置以相同速度v0向右滑动,通过MN段后停在水平面上的另一位置,整个运动过程中,滑块的位移大小为x2,所用时间为t2。忽略空气阻力,则(　　)
A.t1t2
C.x1>x2 D.x1【答案】 A
【解析】 对两种运动的整个过程分析,根据能量守恒有m=μ1mgxMN+μ2mg(x1-xMN),
m=μ1mgxMN+μ2mg(x2-xMN),可得x1=x2,C、D错误;根据牛顿第二定律μmg=ma,可得a=μg,由于μ1>μ2,故滑块在MN段的加速度更大,根据前面分析可知两次运动的总位移相等,即两次运动过程中vt图像与坐标轴围成的面积相等,由于第二次滑块与M点的距离较近,根据公式-v2=2μ2gx,可知滑块第二次到达M点时速度更大,作出整个过程中两种运动状态的vt图像如图所示,可得t2>t1,A正确,B错误。
4.(2025·湖南郴州模拟)如图所示,一轻绳吊着一根粗细均匀的棒,棒下端离地面的高度为H,上端套着一个细环。棒和环的质量分别为M、m,相互间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg(2>k>1,g为重力加速度大小),断开轻绳,棒和环自由下落。棒足够长,与地面碰撞中不损失能量且触地时间极短。棒在整个运动过程中始终保持竖直,环始终套在棒上,不计空气
阻力。求:
(1)棒第一次与地面碰撞时环的速度大小v;
(2)棒从与地面第一次碰撞至第二次碰撞过程中运动的路程x;
(3)从断开轻绳到棒和环都静止的过程中,棒和环摩擦产生的热量Q。
【答案】 (1)　(2) (3)(M+m)gH
【解析】 (1)断开轻绳后棒与环一起做自由落体运动,有(M+m)gH=(M+m)v2,
解得v=。
(2)设棒弹起后的加速度大小为a,由牛顿第二定律有a=,
则棒第一次弹起后做匀减速直线运动,向上运动的高度h=,
由题意有x=2h,
解得x=。
(3)设环在该过程中与棒的相对位移大小为d,
根据能量守恒定律有MgH+mg(H+d)=kmgd,
又Q=kmgd,
解得Q=(M+m)gH。
对点3.对能量守恒定律的理解与应用
5.(2024·安徽卷,7)在某地区的干旱季节,人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田,简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h,与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中H保持不变,水泵输出能量的η倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为ρ,水管内径的横截面积为S,重力加速度大小为g,不计空气阻力。则水泵的输出功率约为(　　)
A.(H+h+)
B.(H+h+)
C.(H+)
D.(H+)
【答案】 B
【解析】 设水从出水口射出的初速度为v0,取Δt时间内的水为研究对象,该部分水的质量为m=v0ΔtSρ,水从出水口射出后做平抛运动,根据平抛运动规律得v0t=l,h=gt2,解得v0=l,以水井中的水面处为重力势能的零势能参考平面,根据功能关系得PΔtη=m+mg(H+h),联立解得水泵的输出功率为P=(H+h+)。故选B。
6.(2025·广西南宁期末)如图为某研究小组设计的一种节能运输系统。木箱在倾角为30°的斜面轨道顶端时,自动装货装置将货物装入质量为M的木箱内,然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下(货物与木箱之间无相对滑动),当斜面底端的轻弹簧被压缩至最短时,系统将木箱锁定,自动卸货装置将货物卸下,此后解除对木箱的锁定,木箱恰好被轻弹簧弹回到轨道顶端。已知木箱下滑的最大距离为L,轻弹簧的弹性势能Ep=kx2,x为弹簧的形变量,轻弹簧的劲度系数k=,轻弹簧始终在弹性限度内,木箱与轨道间的动摩擦因数为,重力加速度大小为g。求:
(1)弹簧被压缩后的最大弹性势能;
(2)运送的货物的质量;
(3)木箱与货物在向下运动过程中的最大动能。
【答案】 (1)0.8MgL　(2)3M　(3)0.648MgL
【解析】 (1)设弹簧的最大弹性势能为Epmax,弹簧将木箱弹回到最高点的过程中,根据功能关系有-μMgcos 30°·L=MgLsin 30°-Epmax,
解得Epmax=0.8MgL。
(2)设运送的货物的质量为m,
货物和木箱向下运动过程中有-μ(m+M)gLcos 30°=Epmax-(m+M)gLsin 30°,
解得m=3M。
(3)当木箱和货物向下运动的速度达到最大时,设弹簧的压缩量为x1,根据力的平衡有
kx1+μ(m+M)gcos 30°=(m+M)gsin 30°,
解得x1=0.02L,
设弹簧的最大压缩量为x2,
则Epmax=k,
解得x2=0.2L,
设木箱与货物运动过程中的最大动能为Ekmax,
根据能量守恒定律有[(m+M)gsin 30°-μ(m+M)gcos 30°](L-x2+x1)=k+Ekmax,
解得Ekmax=0.648MgL。
7.(2025·河南许昌三模)如图,L形直角框架AOB固定在天花板上,框架的AO杆呈竖直状态,直杆呈水平状态,小球甲、乙分别套在AO和BO上,小球甲、乙之间用轻杆相连,轻杆与小球连接处是可以活动的转轴。某时刻将小球甲由静止释放,小球甲、乙开始运动,不计一切摩擦,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
A.甲球沿AO杆下落过程中机械能先增大后减小
B.甲球沿AO杆下落过程中,乙球的机械能一直增加
C.甲球机械能最小时,OB杆对乙球的作用力小于其重力
D.若甲球到达O点时下落的位移为h,则甲球到达O点时的速度为
【答案】 D
【解析】 甲、乙组成的系统机械能守恒,乙球的机械能先增大后减小,则甲球的机械能先减小后增大,A、B错误;由功能关系可知,当甲、乙连接杆对甲球的推力减为零时甲球的机械能最小,此时OB杆对乙球的作用力等于其重力,C错误;因为甲球到达O点时乙球的速度为零,对甲、乙两球组成的系统有mgh=mv2,解得v=,D正确。
8.(2025·天津期中)如图所示,半径R=0.4 m的粗糙圆弧轨道BC固定在竖直平面内,轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ=30°,下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切,一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上。质量m=0.1 kg的小物块(可视为质点)从空中A点以v0=2 m/s的速度被水平抛出,恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道,经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力大小为6 N,之后沿水平面向右运动至D点时,弹簧被压缩至最短,小物块第二次经过C点时刚好停止运动,不计空气阻力(g取10 m/s2)。求:
(1)小物块从A点运动到B点的时间t;
(2)小物块经过圆弧轨道的过程中损失的机械能ΔE;
(3)弹簧的弹性势能的最大值Epmax。
【答案】 (1) s　(2)0.4 J　(3)0.5 J
【解析】 (1)小物块从A到B做平抛运动,经B点时速度分解如图所示,
则vy==gt,
代入数据解得时间t== s。
(2)小物块在B点的速度vB==4 m/s,
设小物块在C点的速度为vC,有FN-mg=m,
解得vC=2 m/s,
根据能量守恒定律,小物块经过圆弧轨道过程中损失的机械能为
ΔE=mgR(1+sin θ)+m-m=0.4 J。
(3)小物块从C点到压缩弹簧最短过程中有m=Wf+Epmax,
而返回过程中有Wf=Epmax,
解得Epmax=m=0.5 J。(共29张PPT)
第6讲
小专题:功能关系　能量守恒
定律
【学习目标】
1.理解功能关系和能量守恒定律的内涵,明确不同能量形式间的转化规律。形成“功是能量转化的量度”的物理观念,能用能量守恒观点分析自然现象或实际问题。
2. 能根据实际问题建立物理模型,并分析系统中功能关系的适用条件。运用动能定理、机械能守恒定律推导相关问题,并解释结论的物理意义。通过能量守恒定律批判性分析“永动机”等错误观点,培养科学论证能力。结合函数图像、代数运算或微积分解决功能关系问题。
3. 能提出与能量转化相关的探究性问题,并设计简单实验方案。利用传感器或光电门等工具测量动能、势能变化,通过图像法验证功能关系。
4. 理解能量守恒定律的普适性,认识其在物理学发展史上的重要意义。结合能源问题,讨论能量守恒定律对可持续发展的指导意义,树立节能环保意识。
考点一
对功能关系的理解与应用
几种常见的功能关系及其表达式
做功 能的变化 定量关系
合力做功 动能变化 W=Ek2-Ek1=ΔEk
重力做功 重力势能 变化 (1)重力做正功,重力势能减少;重力做负功,重力势能增加。
(2)WG=-ΔEp=Ep1-Ep2
弹簧弹 力做功 弹性势能 变化 (1)弹力做正功,弹性势能减少;弹力做负功,弹性势能增加。
(2)W弹=-ΔEp=Ep1-Ep2
只有重力、弹簧弹力 做功 机械能 不变化 机械能守恒,ΔE=0
除重力和 弹簧弹力 之外的其 他力做功 机械能 变化 (1)其他力做多少正功,物体的机械能就增加多少;其他力做多少负功,物体的机械能就减少多少。
(2)W其他=ΔE
一对相互 作用的滑 动摩擦力 做功 机械能 减少, 内能增加 (1)作用于系统的一对滑动摩擦力做的总功一定为负功,系统内能增加。
(2)摩擦生热Q=Ffx相对
安培力 做功 电能变化 (1)克服安培力做的功等于电能的增加量。
(2)W克安=E电
C
[例2] 【功能关系与图像结合】 (多选)(2025·安徽二模)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的增加而减小。v、a、Ek、E分别为物块的速度大小、加速度大小、动能、机械能。在物块运动过程中,上述物理量与运动的时间t或位移x的图像可能正确的是(　　 )
AC
A B C D
【解析】 上滑时的加速度a=gsin θ+μgcos θ,由于随高度增加,动摩擦因数减小,则加速度减小,v-t 图像斜率的绝对值减小;下滑时的加速度a′=gsin θ-μgcos θ,则随高度减小,动摩擦因数增大,则加速度减小,v-t图像斜率的绝对值也减小,A正确,B错误。上滑时根据动能定理有Ek=Ek0-(mgxsin θ+μmgxcos θ),则随x增大,动摩擦因数减小,Ek-x 图像斜率的绝对值减小;下滑时有Ek′=mg(xm-x)sin θ-μmg(xm-x)cos θ=mgxm(sin θ-μcos θ)-mgx(sin θ-μcos θ),则随x减小,动摩擦因数增大,Ek-x图像斜率的绝对值减小,回到底端时的动能小于刚开始上滑时的动能,C正确。上滑时的机械能E=E0-μmgxcos θ,随x增大,动摩擦因数减小,E-x图像斜率的绝对值减小;下滑时E′=E1-μmg(xm-x)cos θ,则随x减小,动摩擦因数变大,则E′-x图像斜率的绝对值变大,但向上运动和向下运动过程中摩擦力做功相等,即机械能的改变量相等,D错误。
考点二
摩擦力做功与能量转化
如图所示,光滑水平面上有一质量为M的长木板以速度v1向右运动,将一质量为m、速度为v2的物块放置在长木板左侧,一段时间后两者相对静止且以v3向右运动。已知v1小于v2,长木板的位移为x1,物块的位移为x2,物块与长木板间的动摩擦因数为μ。
模理探真·深度学习
(1)分别对长木板和物块运动过程应用动能定理列出相关表达式。
(2)结合(1)中所列关系式你能求出该系统损失的动能吗 你认为损失的动能转化成了什么能 这一能量与滑动摩擦力做功存在什么关系
两种摩擦力的做功情况比较
项目 静摩擦力 滑动摩擦力
不 同 点 能量的 转化 方面 不会引起系统机械能的变化,只使系统中物体间机械能发生转移 引起系统机械能的变化,一方面使系统中物体间机械能转移,另一方面使系统总机械能减少,减少的机械能转化为内能
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=-Ffx相对,即相对滑动时产生的热量
相 同 点 做功的 性质方面 两种摩擦力对物体可以做正功、负功,还可以不做功
[例3] 【对摩擦力做功的理解】 关于各类恒力做功问题,下列说法正确的是(　　)
A.滑动摩擦力对物体可能做负功,也可能做正功,但不可能不做功
B.静摩擦力发生在相对静止的物体之间,所以静摩擦力对物体一定不做功
C.一对作用力与反作用力所做的功一定大小相等,正负相反
D.一对相互作用的滑动摩擦力做功代数和一定不为零,且为负值
D
【解析】 滑动摩擦力的方向与物体相对接触面的运动方向相反,但与物体相对地面的位移可能同向,也可能反向,还有可能物体在滑动摩擦力方向上没有位移,故滑动摩擦力对物体可能做正功,也可能做负功,还可能不做功,A错误;静摩擦力发生在相对静止的物体之间,静摩擦力可以对物体做正功,如物体相对倾斜传送带静止被送到顶端的过程,B错误;一对作用力与反作用力所做的功可能大小相等,正负相同,如冰面上的两人相互推一下之后朝相反的方向运动,相互作用的推力均做正功,C错误;两个物体间存在相互作用的滑动摩擦力,由发生相对运动,两物体对地位移一定不同可知,这对相互作用的滑动摩擦力做功代数和一定不为零,且为负值,D正确。
[例4] 【摩擦力做功与能量转化】 (多选)(2025·江西模拟)如图所示,物流传送带在电动机的带动下始终以大小为v0的水平速度匀速运动。某时刻在传送带的左端轻放一个质量为m的货物,货物在传送带上做匀变速运动,经时间t货物的速度与传送带的速度相同,重力加速度大小为g,则在这段时间内,下列说法正确的是( 　　)
BC
方法点拨
摩擦力做功的分析方法
(1)无论是滑动摩擦力,还是静摩擦力,计算做功时都是用力与对地位移的乘积。
(2)摩擦生热的计算公式Q=Ff·x相对,其中x相对为两接触物体间的相对位移,若物体相对接触面做往复运动,则代入总的相对路程s相对。
考点三
对能量守恒定律的理解与应用　　
[例5] 【能量转化和守恒定律的简单应用】 (多选)(2025·云南卷,10)如图所示,倾角为θ的固定斜面,其顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧,弹簧处于原长时下端位于O点。质量为m的滑块Q(视为质点)与斜面间的动摩擦因数μ=tan θ。过程Ⅰ:Q以速度v0从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点;过程Ⅱ:将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静止释放,Q通过M点(图中未画出)时速度最大,过O点后能继续上滑。
弹簧始终在弹性限度内,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,忽略空气阻力,重力加速度为g。则(　 　)
BCD
[例6] 【能量转化和守恒定律在实际生活中的应用】 (2025·广西桂林阶段检测)某品牌电动汽车电动机最大输出功率为120 kW,最高车速可达180 km/h,车载电池最大输出电能为75 kW·h。已知该车以90 km/h的速度在平直公路上匀速行驶时,电能转化为机械能的总转化率为90%。若汽车行驶过程中受到阻力F阻与车速v的关系符合F阻=kv2,其中k为未知常数,则该电动汽车以
90 km/h 行驶的最大里程约为(　　)
A.350 km B.405 km
C.450 km D.500 km
B
方法点拨
(1)首先确定初、末状态,分清有几种形式的能在变化,如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等。
(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ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式。
感谢观看(共30张PPT)
第7讲
小专题:动力学和能量观点的
综合应用
【学习目标】
1.掌握动力学基本规律与能量观点的内在联系。明确力与运动的因果关系和能量转化过程的等效性的辩证关系。能根据问题情境灵活选择动力学或能量观点分析问题,理解两种方法在解决复杂运动问题中的互补性。
2.能将实际问题抽象为物理模型,并综合运用动力学和能量规律建立方程。通过数学工具建立两种观点的联系。能评估不同解法的合理性,反思结果的物理意义。
3.体会物理学中“守恒思想”的统一性,理解动力学与能量观点是描述自然规律的不同视角。关注实际应用,分析技术设计中如何综合运用两种观点优化方案。形成多角度解决问题的科学思维习惯。
考点一
传送带模型中的动力学和能量问题
1.传送带问题的分析方法
(1)动力学角度:首先要正确分析物体的运动过程,做好受力分析,然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移,找出物体和传送带之间的位移关系。
(2)能量角度: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。
(3)注意:当物体与传送带速度相同时,摩擦力往往发生突变。
2.传送带问题涉及的功能关系
(1)传送带克服摩擦力做的功:W=Ffx传。
(2)系统产生的内能:Q=Ffx相对。
(3)功能关系分析:W=ΔEk+ΔEp+Q。
[例1] 【水平传送带模型】 (2025·湖南岳阳开学考试)如图,一大型工厂内足够长的水平传送带左端有一个与传送带等高的光滑平台,二者平滑连接于A点,传送带始终以大小为v=3 m/s的速度逆时针匀速转动,在平台上一工件以水平向右、大小为v0=6 m/s的速度从A点冲上传送带。已知工件的质量为m=2 kg且可视为质点,工件与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5,重力加速度大小g取10 m/s2。下列说法错误的是(　　)
A.工件在传送带上向右运动的最大距离为3.6 m
B.工件在传送带上运动的时间为2.7 s
C.工件在传送带上留下的划痕长度为8.1 m
D.工件在传送带上运动的整个过程中系统因摩擦产生的热量为72 J
D
[例2] 【倾斜传送带模型】 (2025·广西卷,15)图甲为某智能分装系统工作原理示意图,每个散货经倾斜传送带由底端A运动到顶端B后水平抛出,撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号,随后竖直掉入以与水平传送带共速度的货箱中,此系统利用传感器探测散货的质量,自动调节水平传送带的速度,实现按规格分装。倾斜传送带与水平地面夹角为30°,以速度v0匀速运行。若以相同的时间间隔Δt将散货以几乎为0的速度放置在倾斜传送带底端A,从放置某个散货时开始计数,当放置第10个散货时,第1个散货恰好被水平
抛出。
(1)单个散货的质量;
(2)水平传送带的平均传送速度大小;
(3)倾斜传送带的平均输出功率。
考点二
“滑块—木板”模型
1.“滑块—木板”模型问题的分析方法
(1)动力学分析:分别对滑块和木板进行受力分析,根据牛顿第二定律求出各自的加速度;根据各自的运动情况利用运动学规律求解速度、位移、运动时间等。
(2)功和能分析:对滑块和木板分别运用动能定理,或者对系统运用能量守恒定律。
2.三个位移的应用(如图所示)
(1)求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x滑。
(2)求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x板。
(3)求摩擦生热时用相对位移Δx。
[例3] 【滑块—木板模型动力学和能量分析】 (多选)(2025·河南阶段练习)如图甲所示,木板静止放在光滑的水平面上,可视为质点的小物块静置于木板左端,用F=4 N的恒力拉动小物块,使小物块运动到木板右端,此过程小物块的机械能随位移变化的E-x图像如图乙所示,木板和小物块的速度随时间变化的v-t图像如图丙所示,g取10 m/s2,下列说法正确的是(　 　)
A.木板长度为2 m
B.木板和小物块间的动摩擦因数为0.3
C.木板的质量为6 kg
D.系统因摩擦产生的热量为3 J
BCD
(1)敲击B后的瞬间,A、B的加速度大小aA、aB;
【答案】 (1)2.5 m/s2　12.5 m/s2
【解析】 (1)敲击B后的瞬间,A受到向上的滑动摩擦力,根据牛顿第二定律对物块A有μmAgcos 30°-mAgsin 30°=mAaA,
解得aA=2.5 m/s2,
对木板B有μmAgcos 30°+mBgsin 30°=mBaB,
解得aB=12.5 m/s2。
(2)B上升的最大距离s;
【答案】 (2)0.375 m
(3)B的最小长度L。
【答案】 (3)1.8 m
考点三
应用动力学和能量观点解决多运动组合问题
两大观点的选用原则
(1)当物体受到恒力作用做匀变速直线运动(曲线运动某一方向可分解为匀变速直线运动)时,涉及时间与运动细节,或者物体做匀速圆周运动及圆周运动特殊点的运动信息,一般选用动力学方法解题。
(2)当涉及功、能和位移时,一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题,题目中出现相对位移(摩擦生热)时,应优先选用能量守恒定律。
[例5] (2024·江苏卷,15)如图所示,粗糙斜面的动摩擦因数为μ,倾角为θ,斜面长为L。一个质量为m的物块在电动机作用下,从A点由静止加速至B点时达到最大速度v,之后做匀速运动至C点,关闭电动机,从C点又恰好到达最高点D。求:
(1)CD段长度x;
(2)BC段电动机的输出功率P;
【答案】(2)mgv(sin θ+μcos θ)
【解析】 (2)物块在BC段做匀速运动,
得电动机的牵引力为F=mgsin θ+μmgcos θ,
由P=Fv得P=mgv(sin θ+μcos θ)。
(3)全过程储存的机械能E1和电动机消耗的总电能E2的比值。
方法总结
解决多运动组合问题方法技巧
(1)“合”——整体上把握全过程,构建大致的运动情境。
(2)“分”——将全过程进行分解,分析每个子过程对应的基本规律。
(3)“合”——找出各子过程之间的联系,以衔接点为突破口,寻求解题最优方案。
感谢观看第2讲　动能和动能定理
【学习目标】
1.能从质点和质点系的角度定义动能,明确动能是标量;理解动能的相对性和瞬时性。 建立功与能量转化的观念。 掌握动能定理,理解合力做功是动能变化的量度,建立“功是能量转化的桥梁”这一核心观念。 能区分动能与势能、内能等其他能量形式的转化关系。
2.能通过牛顿第二定律和运动学公式推导动能定理,体会从动力学到能量观点的思维进阶。 理解动能定理的普适性。能根据实际问题构建物理模型,并灵活运用动能定理简化计算。会通过图像分析动能变化,理解面积法的物理意义。
3.能设计实验验证动能定理;分析实验误差来源(如摩擦力、测量精度),提出改进方案;通过真实情境(如刹车距离、弹射器设计)定量计算动能变化,论证结论的合理性。
4.理解动能与生产生活的联系,树立能量守恒与安全应用的意识。能辨析“动能与动量”“动能定理与机械能守恒定律”的区别与联系,避免概念混淆。关注动能相关技术发展中的社会争议,形成科学评价能力。
5.熟练运用代数、微积分处理动能问题;利用仿真软件模拟动能定理的动态过程,增强直观理解。
[footnoteRef:2] [2:
(2025·广西南宁阶段练习)如图所示,运动员将质量为m的足球从水平地面上位置1以速度v0踢出,足球经过最高点(位置2),落在地面上位置3,位置2距离地面的高度为h,1与2和2与3间的水平距离不等。重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)
A.从1到2,足球动能的减少量大于mgh
B.从1到2,足球动能的减少量小于mgh
C.从1到2,足球的加速度保持不变
D.在位置2,足球的动能等于m-mgh
【答案】 A]
【答案】 运动　mv2　焦耳　标量　m-m　动能的变化　m-m　合力　曲线运动　变力　分阶段
考点一　对动能定理的理解与基本应用
1.应用动能定理解题的基本思路
2.注意事项
(1)当物体的运动包含多个不同过程时,可分段应用动能定理求解,也可以全过程应用动能定理求解。
(2)列动能定理方程时,必须明确各个力做功的正、负,确实难以判断的先假定为正功,最后根据结果加以检验。
(3)动能是标量,动能定理是标量式,解题时不能分解动能。
[例1] 【对动能定理的理解】 关于动能定理的表达式W=Ek2-Ek1,下列说法正确的是(　　)
A.公式中的W为不包含重力的其他力做的总功
B.动能定理适用于恒力做功,但不适用于变力做功
C.运动物体所受合力不为零,则该物体一定做变速运动,其动能要变化
D.公式中的Ek2-Ek1为动能的增量,当W>0时动能增加,当W<0时动能减少
【答案】 D　
【解析】 动能定理的表达式W=Ek2-Ek1,W指的是合力所做的功,即各力做功的代数和,包含重力做功,故A错误;动能定理既适用于恒力做功,也适用于变力做功,故B错误;运动物体所受合力不为零,则该物体一定做变速运动,若合力方向始终与运动方向垂直,合力不做功,动能不变,例如匀速圆周运动,故C错误;公式中的Ek2-Ek1为动能的增量,当W>0时,即Ek2-Ek1>0,动能增加,当W<0时,即Ek2-Ek1<0,动能减少,故D正确。
[例2] 【动能定理的简单应用】(2025·黑吉辽内蒙古卷,13)如图,一雪块从倾角θ=37°的屋顶上的O点由静止开始下滑,滑到A点后离开屋顶。O、A间距离x=2.5 m,A点距地面的高度h=1.95 m,雪块与屋顶的动摩擦因数μ=0.125。不计空气阻力,雪块质量不变,取sin 37°=0.6,重力加速度大小g取10 m/s2。求:
(1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0;
(2)雪块落地时的速度大小v1及其速度方向与水平方向的夹角α。
【答案】 (1)5 m/s　(2)8 m/s　60°
【解析】 (1)雪块在屋顶上运动过程中,由动能定理有mgxsin θ-μmgcos θ·x=m-0,
解得雪块到A点时的速度大小为v0=5 m/s。
(2)雪块离开屋顶后,做斜下抛运动,由动能定理有mgh=m-m,
解得雪块到地面时的速度大小v1=8 m/s;
设速度方向与水平方向的夹角为α,
满足cos α=,
解得cos α=,
即α=60°。
[例3] 【应用动能定理求变力的功】(2025·北京海淀一模)如图所示,运动员以一定速度从P点沿水平方向离开平台,恰能从A点与轨道相切进入粗糙圆弧轨道AC,沿圆弧轨道在竖直平面做圆周运动。已知运动员(含装备)质量m=50 kg,运动员进入圆弧轨道时的速度大小vA=
10 m/s,圆弧轨道的半径R=4 m,圆弧轨道AB对应的圆心角∠AOB=37°。测得运动员在轨道最低点B时对轨道的压力是其总重力的3.8倍。重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,
cos 37°=0.8。将运动员视为质点,忽略空气阻力。求:
(1)运动员从P点到A点运动过程所用时间t;
(2)运动员在B点时的动能EkB;
(3)在圆弧轨道AB段运动过程中,摩擦力对运动员所做的功W。
【答案】 (1)0.6 s　(2)2 800 J　(3)-100 J
【解析】 (1)由于运动员从P点到A点的运动过程为平抛运动,且vA=10 m/s,
故运动员在A点竖直方向速度
vy=vAcos 53°=gt,
解得t=0.6 s。
(2)运动员经过B点时根据牛顿第二定律有
FN-mg=m,
而FN=FN′=3.8mg,
EkB=m,
联立解得EkB=2 800 J。
(3)运动员从A点到B点过程,根据动能定理有
mgR(1-cos 37°)+W=m-m,
代入数值解得W=-100 J,
所以摩擦力对运动员所做的功为-100 J。
考点二　动能定理与图像问题的结合　　　　　　 　　　　　 　　　　　
　几种典型图像中图线所围“面积”和图线斜率的含义
[例4] 【Ekt图像】 (2025·四川绵阳期末)某同学在离篮球场地面一定高度处静止释放一个充气充足的篮球,篮球与地面碰撞时间极短,且前、后速度大小不变,空气阻力恒定,不可忽略,则篮球的动能Ek与时间t的关系图像可能正确的是(　　)
A B
C D
【答案】 B
【解析】 设空气阻力为F阻,篮球质量为m,下落阶段篮球加速度为a1,则有mg-F阻=ma1,即动能Ek=mv2=m(a1t)2=mt×t,可知Ekt 图像斜率为mt,说明随着时间增大斜率变大,图像变陡;设篮球落地时速度大小为v0,反弹后上升过程加速度大小为a2,同理有mg+F阻=ma2,则动能Ek′=mv′2=m(v0-a2t)2=m+m(t-2v0a2)t,可知Ekt图像斜率为ma2(a2t-2v0),由于a2t≤v0,可知斜率|a2t-2v0|随着时间增大而减小,图像变缓直至动能减为0,由于a2>a1,所以下落时间大于上升时间。B正确。
[例5] 【Eks图像】(2025·山东淄博期中)如图甲所示,一物块以一定速度沿倾角为30°的固定斜面上滑,运动过程中摩擦力大小Ff恒定,物块动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,物块质量m和所受摩擦力大小Ff分别为(　　)
A.m=0.7 kg,Ff=0.5 N
B.m=0.7 kg,Ff=0.1 N
C.m=0.8 kg,Ff=0.5 N
D.m=0.8 kg,Ff=0.1 N
【答案】 A
【解析】 0～10 m内物块上滑,根据动能定理有-mgsin 30°·s-Ffs=Ek-Ek0,整理得Ek=Ek0-
(mgsin 30°+Ff)s,结合0～10 m内的图像,其斜率的绝对值|k|=mgsin 30°+Ff=4 N;同理,10～20 m内物块下滑有(mgsin 30°-Ff)(s-s1)=Ek,则Ek=(mgsin 30°-Ff)s-(mgsin 30°-Ff)s1,其斜率k′=
mgsin 30°-Ff=3 N,联立解得Ff=0.5 N,m=0.7 kg,A正确。
[例6] 【Pt图像】 (多选)(2025·福建厦门二模)质量m=200 kg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18 s末汽车的速度恰好达到最大。则下列说法正确的是(　　)
A.汽车受到的阻力为200 N
B.汽车的最大牵引力为1 000 N
C.汽车在8～18 s内的位移大小为87.5 m
D.汽车在8～18 s内的位移大小为95.5 m
【答案】 BD
【解析】 当牵引力等于阻力时,速度达到最大值,则有F阻=,解得F阻= N=800 N,A错误;汽车做匀加速运动时牵引力F最大,则有Fmax== N=1 000 N,B正确;8～18 s过程中,根据动能定理有Pt-F阻x=m-m,解得x=95.5 m,C错误,D正确。
课时作业　　　　　　 　　　　　 　　　　　
对点1.对动能、动能定理的理解与基本应用
1.(2025·安徽滁州期末)转动动能是物体动能的一种形式,它是指物体绕某一轴旋转所具有的能量,转动动能的公式为Ek=Jω2,其中ω为旋转的角速度。公式中的物理量J称为转动惯量,其物理单位为(　　)
A.kg·m2 B.kg·m·s-1
C.N D.m·s-3
【答案】 A
【解析】 由Ek=Jω2,可得J=,则公式中物理量J的单位为=kg·m2。A正确。
2.(多选)(2025·内蒙古呼和浩特二模)天花板下悬挂的轻质光滑小圆环P可绕过悬挂点的竖直轴无摩擦地旋转。一根轻绳穿过P,两端分别连接质量为m1和m2(m1≠m2)的小球A、B。两球同时做如图所示的圆锥摆运动,且两球始终在同一水平面内,则(　　)
A.两球的向心加速度大小相等
B.两球运动的角速度大小相等
C.A、B两球的质量之比为
D.A、B两球的动能之比为
【答案】 BD
【解析】 设摆线与竖直方向的夹角为θ,根据圆周运动规律有mgtan θ=man,解得an=gtan θ,因为α<β,所以B球加速度大于A球加速度,A错误;设悬挂点到水平面的高度为h,则mgtan θ=
mω2htan θ,解得ω=,可知ω与θ无关,即两球角速度大小相同,B正确;由于绳子上的拉力大小相等,则有mg=Fcos θ,即A球的质量与B球的质量之比mA∶mB=cos α∶cos β,C错误;根据线速度与角速度的关系,得vA=tan α,vB=tan β,故两球的动能之比为EkA∶EkB=(mA)∶(mB)=·=,D正确。
3.(2025·贵州学业考试)关于动能定理,下列说法正确的是(　　)
A.某过程中合力的总功等于各力做功的绝对值之和
B.只要合力对物体做功,物体的动能就一定改变
C.在物体动能不改变的过程中,动能定理不适用
D.动能定理只适用于受恒力作用而加速运动的过程
【答案】 B
【解析】 某过程中合力的总功等于各力做功的代数和,A错误;只要合力对物体做功,物体的动能就一定改变,B正确;动能不变,只能说明合力的总功W总=0,动能定理仍适用,C错误;动能定理既适用于恒力做功,也适用于变力做功,D错误。
4.(2025·湖北三模)雨滴在穿过云层的过程中,由于水汽的凝聚,雨滴质量将逐渐增大。若其中某段运动可简化为一竖直方向运动,且该过程中雨滴的初始质量为m0,初速度为v0,高度下降h后质量变为m1,速度变为v1。假定雨滴的质量增加量与下落高度成正比,则该过程中克服阻力做功为(　　)
A.m0gh-m1+m0
B.m1gh-m1+m0
C.(m1-m0)gh-m1+m0
D.(m1+m0)gh-m1+m0
【答案】 D
【解析】 雨滴下落过程中,根据动能定理有WG-Wf=m1-m0,而雨滴的质量增加量与下落高度成正比,即重力与下落高度呈一次函数关系,有WG=h,联立可得Wf=
(m1+m0)gh-m1+m0,D正确。
5.(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)从小球开始运动至运动到M正下方距离为L的位置过程中,只有重力做功,根据动能定理有mg·2L=m-mv2,
在该位置时根据牛顿第二定律有FT-mg=m,
解得v=4 m/s,FT=17 N。
(2)设小球做平抛运动的时间为t,
水平方向有x=vt,
竖直方向有2L=gt2,
联立解得x=4 m。
(3)设小球经过N点正上方时,速度大小为v′,若小球经过N点正上方绳子恰不松弛,则满足
mg=m,
从最低点到该位置由动能定理得mg·5L=mv0′2-mv′2,
联立解得v0′=2 m/s。
对点2.动能定理与图像问题的结合
6.(2025·黑龙江哈尔滨三模)研发小组在平直的封闭道路上测试某无人驾驶汽车的性能,当汽车加速运动的速度为v0时关闭发动机而开始无动力滑行,此刻作为计时起点,经时间t1后以额定功率P0加速行驶,t2时刻达到最大速度,用电脑记录汽车的速度—时间(vt)图像如图所示,汽车的总质量为m,行驶过程中受到的阻力Ff保持不变,则下列表述正确的是(　　)
A.汽车受到的阻力为Ff=
B.汽车的最大速度为vm=
C.汽车加速过程的位移为x=(vm+v1)(t2-t1)
D.汽车在0～t2时间内牵引力做功为W=P0t2
【答案】 B
【解析】 当以额定功率P0行驶达到最大速度vm时,牵引力与阻力大小相等,因此汽车受到的阻力Ff≠,A错误。由题图可知,汽车滑行时的加速度大小为a==,汽车受到的阻力大小可表示为Ff=ma=m,故汽车的最大速度vm==;设汽车加速阶段的位移为x,根据动能定理可得P0(t2-t1)-Ffx=m-m,解得x=-+,B正确,C错误。汽车在0～t2时间内牵引力做功为W=P0(t2-t1),D错误。
7.(2025·江苏泰州二模)将一只皮球竖直向上抛出,皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比,皮球从抛出到落回抛出点过程中,其运动的动能Ek与上升高度h之间关系的图像可能正确的是(　　)
A B
C D
【答案】 A
【解析】 根据动能定理有F合x=ΔEk,即Ek=Ek0+F合x,可知皮球在竖直方向运动时,Ekh图像的斜率绝对值等于合力大小;上行过程的合力大小为F合=mg+Ff=mg+kv,上行过程速度减小,合力逐渐减小,即图像的斜率绝对值逐渐减小;下行过程的合力大小为F合′=mg-Ff=mg-kv,下行过程速度增大,合力逐渐减小,图像的斜率绝对值逐渐减小;由于空气阻力总是做负功,所以经过同一位置时,上行时的动能总是比下行时的动能大。A正确。
8.(2025·甘肃平凉阶段练习)质量为m的小球以初动能Ek0自空中的O点沿某一方向抛出,该小球抛出后运动过程中的动能Ek与水平方向运动的位移x的关系图像如图所示,不计空气阻力,重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　)
A.小球做倾角为53°的斜上抛运动
B.小球动能最小时所在位置距抛出点O的竖直高度为
C.小球动能最小时所在位置距抛出点O的水平位移为
D.小球从抛出到动能最小时经历的时间为
【答案】 B
【解析】 根据小球的Ekx图像,可知小球做斜上抛运动,动能最小时对应于小球运动至最高点且速度方向水平。设小球抛出时的速度大小为v0,与水平方向间的夹角为θ,根据vx=v0cos θ,
vy=v0sin θ,Ekmin=m=0.25Ek0,Ek0=m,联立可得vx=v0,θ=60°,A错误;小球从抛出到动能最小经历的时间t===,距抛出点O的竖直高度H==,水平位移x1=vxt=
,B正确,C、D错误。
9.(多选)(2025·四川遂宁三模)如图甲所示,为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系,将某一物体每次以相等的初速率v0沿足够长的斜面向上推出,调节斜面与水平方向的夹角θ,实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示,g取10 m/s2,取=2.24,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则根据图像可求出(　　)
A.物体的初速率v0=4 m/s
B.物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.8
C.当θ=30°时,物体达到最大位移后将保持静止
D.取不同的倾角θ,物体在斜面上能达到的位移x的最小值x min =0.7 m
【答案】 AD
【解析】 题图乙中θ=90°时对应于物体做竖直上抛运动,根据竖直上抛运动规律有=2gh,代入数据解得v0=4 m/s,A正确;当θ=0°时物体沿水平面运动,根据动能定理有-μmgx=0-m,代入数据解得μ=0.5,B错误;当θ=30°时,物体的重力沿斜面向下的分力为G1=mgsin 30°=mg,最大静摩擦力为Ffmax=μmgcos 30°=mg,其中μ=tan α,当θ+α=90°时位移最小,为x= m=0.7 m,D正确。
10.(2025·福建卷,15)如图甲,竖直平面内,一长度大于4 m的水平轨道OP与光滑半圆形轨道PNM在P点平滑连接,固定在水平地面上。可视为质点的A、B两小物块靠在一起,静置于轨道左端。现用一水平向右推力F作用在A上,使A、B向右运动。以x表示A离开初始位置的位移,F随x变化的图像如图乙所示。已知A、B质量均为0.2 kg,A与水平轨道间的动摩擦因数为0.25,B与水平轨道间的摩擦不计,重力加速度大小取10 m/s2。
(1)求A离开初始位置向右运动1 m的过程中,推力F做的功;
(2)求A的位移为1 m时,A、B间的作用力大小;
(3)若B能到达M点,求半圆形轨道半径R应满足的条件。
【答案】 (1)1.5 J　(2)0.5 N　(3)R≤0.2 m
【解析】 (1)设物块A的位移大小为x1,推力大小为F1,做的功为W1,由功的定义有W1=F1x1,
解得W1=1.5 J。
(2)设物块A的质量为mA,B的质量为mB,A与水平轨道间的动摩擦因数为μ,A受到的滑动摩擦力大小为Ff;A的位移大小为1 m时,A、B的加速度大小均为a,A、B间的作用力大小为FAB,重力加速度大小为g。
对A、B整体,由牛顿运动定律和滑动摩擦力公式有F1-Ff=(mA+mB)a,
Ff=μmAg,
对B,由牛顿运动定律有FAB=mBa,
解得FAB=0.5 N。
(3)A、B间的作用力大小减为0时,B与A分离,
对B分析可知,此时二者加速度均为0。
设分离时推力大小为F2,A的位移大小为x2,
对A、B整体,由牛顿运动定律有F2-Ff=0,
解得F2=0.5 N,
由题图乙可知,x2=3 m;
设A从x1=1 m处运动到x2=3 m处的过程中,推力对A做的功为W2,
由功的定义可知,Fx图像与x轴围成的面积表示功的大小,得W2=(x2-x1);
设B与A分离瞬间二者速度大小均为v1,
对A、B整体,由动能定理有W1+W2-Ffx2=(mA+mB)-0;
设半圆形轨道半径为R,B运动到M点时速度大小为v2,轨道对B的作用力大小为FN,
由向心力公式和牛顿运动定律有mBg+FN=mB;
B与A分离后沿水平轨道向右做匀速直线运动至P点,B从P点运动到M点的过程中,由动能定理有-2mBgR=mB-mB,
根据题意,B能到达M点,
因此FN≥0,
解得R≤0.2 m。第5讲　小专题:含弹簧的机械能守恒问题和非质点类机械能守恒问题
【学习目标】
1.掌握系统机械能守恒的条件,并能判断含弹簧或非质点系统的机械能是否守恒。理解弹簧的弹性势能、物体的动能和重力势能之间的相互转化规律,并通过受力分析和能量转化分析,推导系统机械能守恒的表达式,特别是弹簧弹性势能的引入;能够将机械能守恒中的非质点问题抽象为物理模型。
2.针对弹簧形变或非质点系统的运动过程,提出可能的能量分配假设;利用图像或数值计算分析弹性势能与动能的关系,熟练运用代数、微分求和或几何关系解决相关的计算问题。
3.认识到理想模型与实际系统的差异,讨论其适用范围。联系实际场景,理解能量守恒在工程中的意义,关注弹簧系统在减震设计、工程结构中的实际应用,培养严谨建模与能量优化意识。
考点一　含弹簧的机械能守恒问题　　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.含弹簧的系统内只有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,而单个物体或弹簧机械能都不守恒。
2.弹簧弹力做功与路径无关,取决于初、末状态弹簧形变量的大小。
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(即弹簧弹性势能最大时),弹簧两端连接的物体速度相等;弹簧处于自然长度时,弹簧弹性势能最小(为零)。
[例1] 【只有弹簧弹力做功的情形】(2023·全国甲卷,24)如图,光滑水平桌面上有一轻质弹簧,其一端固定在墙上。用质量为m的小球压弹簧的另一端,使弹簧的弹性势能为Ep。释放后,小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动,与弹簧分离后,从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间,其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等;垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的。小球与地面碰撞后,弹起的最大高度为h。重力加速度大小为g,忽略空气阻力。求:
(1)小球离开桌面时的速度大小;
(2)小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。
【答案】 (1)　(2)
【解析】 (1)由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知Ep=mv2,
解得小球离开桌面时的速度大小为v=。
(2)小球与地面第一次碰撞后,竖直方向有h=,
由题可知vy′=vy,
而小球离开桌面后由平抛运动规律得x=vt,vy=gt,
解得小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离为x=。
[例2] 【弹簧弹力和重力同时做功的情形】 (2025·宁夏银川二模)如图所示,质量为3.5 kg的物体B,其下端连接一固定在水平地面上的轻质弹簧,弹簧的劲度系数k=100 N/m。一轻绳一端与物体B连接,另一端绕过两个光滑的轻质小定滑轮O2、O1后与套在光滑直杆顶端、质量为1.6 kg的小球A连接。已知直杆固定,杆长L=0.8 m,且与水平面的夹角θ=37°,初始时使小球A静止不动,与A相连的绳子保持水平,此时绳子的张力F=45 N。已知AO1=0.5 m,图中直线CO1与杆垂直。现将小球A由静止释放直至运动到D,重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=
0.6,cos 37°=0.8,轻绳不可伸长,滑轮O2、O1视为质点,则在此过程中(　　)
A.小球A与物体B组成的系统机械能守恒
B.小球A经过C点时,绳对A的瞬时功率小于绳对B的瞬时功率
C.物体B从开始至运动到最低点,弹簧弹性势能的变化量为0
D.小球A运动到D点时的速度为3 m/s
【答案】 C
【解析】 对于小球A与物体B组成的系统,除了重力做功外,还有外界的弹簧弹力做功,则小球A与物体B组成的系统机械能不守恒,A错误;小球A经过C点时,此时连接A的绳子与A的运动方向垂直,绳对A的瞬时功率为0,此时B运动到最低点,B的速度为0,则绳对B的瞬时功率也为0,二者相等,B错误;释放小球A前,B处于静止状态,且绳子的拉力大于B的重力,弹簧被拉伸,设伸长量为x1,则有F=kx1+mBg,解得x1=0.1 m,当物体A运动到C点时,物块B运动到最低点,此时有CO1=AO1sin 37°=0.3 m,物体B下降的高度为h′=AO1-CO1=0.2 m,可知此时弹簧的压缩量为x2=h′-x1=0.1 m,即x2=x1,可知物体B从开始至运动到最低点,弹簧弹性势能的变化量为0,C正确;由几何关系可得AC=AO1cos 37°=0.4 m=AD,则有∠CDO1=θ=37°,DO1=
AO1,可知小球A到达D点时的弹簧的弹性势能与在A点时相等,物体B又回到初始位置,在D点对A的速度沿平行于绳和垂直于绳方向进行分解,平行于绳方向的速度等于B的速度,则有vB=vAcos 37°,由于整个过程,系统机械能守恒,小球A从释放至运动到D点过程有mAgLsin 37°=mA+mB,联立解得小球A运动到D点时的速度为vA=2 m/s,D错误。
考点二　非质点类机械能守恒问题　　　　　　 　　　　　 　　　　　
[例3] 【“链条”类问题】 (2025·湖南常德三模)如图甲所示,光滑平台上放着一根均匀链条,其中三分之一的长度悬垂在平台台面以下,由静止释放链条。已知整根链条的质量为m,链条悬垂的长度为l,台面高度为2l。如果链条的悬垂端接一质量也为m的小球(直径相对链条长度可忽略不计),如图乙所示,还由静止释放链条。平台右边有光滑曲面D来约束链条,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
A.图甲中在链条下端触地瞬间,链条的速度大小为
B.图乙中在链条下端触地瞬间,链条的速度大小为
C.图甲中链条下端在触地之前,链条的加速度大小不变
D.图乙中小球在下落过程中,链条对小球的拉力在不断增大
【答案】 A
【解析】 题图甲中链条触地时,平台右侧悬垂部分长度为2l,以桌面为重力势能的参考平面,对整条链条,根据机械能守恒定律有-mg·=-mg·l+m,解得v1=,A正确;同理,题图乙中有-mg·-mgl=-mgl-mg·2l+×2m,解得v2=,B错误;题图甲中平台右侧悬垂部分的重力等于链条整体所受外力的合力,悬垂部分增多,链条整体所受外力的合力增大,则链条在触地之前加速度逐渐增大,C错误;同理,题图乙中链条在触地之前加速度逐渐增大,则链条对小球的拉力在不断减小,D错误。
[例4] 【“液柱”类问题】 (多选)内径面积为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,重力加速度为g,不计水与筒壁的摩擦阻力。现把连接两筒的阀门K打开,到两筒水面高度相等的过程中(　　)
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.水柱动能的改变量是ρgS(h1-h2)2
【答案】 ACD
【解析】 把连接两筒的阀门K打开,到两筒水面高度相等的过程中,等效于把左管高的水柱移至右管,如图中的阴影部分所示,
该部分水重心下降,重力做正功,故A正确;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,总功为零,故B错误;由上述分析知,只有重力做功,故水柱的机械能守恒,重力做的功等于重力势能的减少量,等于水柱动能的增加量,由机械能守恒定律得ΔEk=-ΔEp=WG=Δmg·=·ρgS·=ρgS(h1-h2)2,故C、D
正确。
[例5] 【“多个小球”组合类问题】(多选)固定在竖直面内的光滑圆管POQ,PO段长度为L,与水平方向的夹角为30°,在O处有插销,OQ段水平且足够长。管内PO段装满了质量均为m的小球,小球的半径远小于L,其编号如图所示。拔掉插销,1号球在下滑过程中(　　)
A.机械能不守恒
B.做匀加速运动
C.对2号球做的功为mgL
D.经过O点时速度v=
【答案】 AC
【解析】 设一共有n个小球,运动过程中,有k(k≤n)个小球在光滑圆管PO内,对n个小球整体分析,根据牛顿第二定律有kmgsin 30°=nma,解得a=,对1号球分析,假设2号球对1号球有向上的支持力F,根据牛顿第二定律有mgsin 30°-F=ma,解得F=mgsin 30°,则随着k的减小,2号球对1号球向上的支持力F增大且对1号球做负功,1号球的机械能不守恒,1号球的加速度在减小,故1号球做加速度减小的加速运动,故A正确,B错误;考虑整体小球的重心在管PO的中心,设所有小球在OQ段的速度为v,根据机械能守恒定律得nmg·Lsin 30°=
nmv2,解得v=,故D错误;对1号球分析,从开始到1号球到达水平管道的过程中,设1号球克服2号球的支持力做的功为W,根据动能定理可得mgLsin 30°-W=mv2,解得W=mgL,由于小球的半径远小于L,则1号球对2号球做的功为mgL,故C正确。
(1)物体虽然不能看作质点,但因只有重力做功,物体整体机械能守恒。
(2)在确定物体重力势能的变化量时,要根据情况,将物体分段处理,确定好各部分的重心及重心高度的变化量。
(3)分析非质点类物体的动能时,要看物体各部分是否都在运动,运动的速度大小是否相同,若相同,则物体的动能才可以表示为mv2。
(4)在解决多个小球类问题时,应抓住小球之间是否始终相互挤压。也可采用整体法,利用解决非质点类问题的方法进行解题。
课时作业　　　　　　 　　　　　 　　　　　
对点1.含弹簧的机械能守恒问题
1.(2025·黑龙江模拟)竖直的轻弹簧下端固定在水平地面上,处于原长时上端在O点。小球在O点正上方的A点由静止释放后落在弹簧上,运动到B点速度为零。以O点为坐标原点,竖直向下为正方向建立x轴,小球向下运动过程的速度v、加速度a、动能Ek及其机械能E随位置坐标x的变化规律可能正确的是(不计空气阻力,重力加速度为g,弹簧弹性势能Ep=kx2)
(　　)
　　　　
A B
　　　　
C D
【答案】 B
【解析】 小球在由A点下落到O点的过程中,做自由落体运动,加速度a=g,有v=,
vx图像应是开口向右的抛物线,A错误。小球在由A点到O点的下落过程中只受重力,加速度为g;小球压缩弹簧后,根据牛顿第二定律有mg-kx=ma,解得a=g-x,ax图像是向下倾斜的直线,B正确。小球在由A点到O点的下落过程中只受重力,机械能守恒,则减少的重力势能等于增加的动能,即Ek=mgh,则动能随下落高度均匀增加,小球压缩弹簧后,对小球、弹簧系统机械能守恒有Ek-Ek0+kx2=mgx,即Ek=Ek0+mgx-kx2,则Ekx图像是开口向下的抛物线,C错误。小球在由A点到O点的下落过程中只受重力,机械能守恒;小球压缩弹簧后,小球的机械能E=E0-kx2,Ex图像是开口向下的抛物线,D错误。
2.(多选)(2025·云南玉溪三模)如图所示,倾角为30°的斜面和半径为R的半圆弧连接,圆心O在斜面的延长线上,连接点M处有一轻质定滑轮,N为圆弧最低点且∠MON=60°,斜面的底端固定一挡板P。物块B、C由一轻质弹簧拴接置于斜面上(弹簧平行于斜面),其中C紧靠在挡板P处,B用跨过滑轮的不可伸长的轻绳与小球A相连。开始时将小球A锁定在M处,此时轻绳与斜面平行,且恰好伸直但无张力,B、C处于静止状态。某时刻解锁小球A,当小球A沿圆弧运动到最低点N时(物块B未到达M点),物块C对挡板的作用力恰好为0。已知小球A的质量为5m,物块B、C的质量均为2m,重力加速度为g,小球与物块均可视为质点,不计一切摩擦,弹簧始终处于弹性限度内,则(　　)
A.小球A从M点运动到N点的过程中,物块B的机械能守恒
B.弹簧的劲度系数k=
C.小球A到达N点时,小球A的速度大小v1=
D.小球A到达N点时,物块B的速度大小v2=
【答案】 BC
【解析】 小球A从M点运动到N点的过程中,物块B除受重力以外还有弹簧弹力、绳子拉力做功,所以物块B的机械能不守恒,A错误;未解锁小球A时,弹簧处于压缩状态,对物块B有2mgsin 30°=kx1,小球A到达N点时,物块C对挡板的作用力恰好为0,此时弹簧处于伸长状态,对物块C有2mgsin 30°=kx2,根据几何关系有x1+x2=R,联立解得k=,B正确;小球A从M点到N点过程,小球A、物块B、弹簧组成的系统机械能守恒,又x1=x2,可知弹簧弹性势能始末相等,则由机械能守恒定律有5mgR(1-cos 60°)=2mgRsin 30°+×5m+×2m,又v2=
v1sin 60°,联立解得v1=,v2=,C正确,D错误。
3.(2025·山东一模)如图所示,竖直平面内固定一根竖直杆P和水平杆Q,两杆在同一平面内,杆Q的延长线与杆P的交点为O。质量为2m的小球A和质量为m的小球B分别套在杆P和杆Q上,套在杆P上的轻质弹簧上端固定,下端与小球A相连。小球A、B间用长为2L的轻杆通过铰链分别连接。弹簧处于原长时A、B间的轻杆与杆Q的夹角θ=53°,小球A从该位置由静止释放后在竖直杆上做往复运动,下降的最大距离为2L。已知轻质弹簧的弹性势能Ep=kx2,x为弹簧的形变量,k为弹簧的劲度系数,整个过程弹簧始终处在弹性限度内,不计一切摩擦,重力加速度为g,取sin 53°=0.8。则下列说法正确的是(　　)
A.弹簧的劲度系数为
B.小球A运动到O点时,小球B的速度最大
C.小球A从最高点运动到O点的过程,水平杆Q对小球B的作用力始终大于mg
D.从撤去外力到θ=30°的过程中,轻杆对球B做功为mgL
【答案】 D
【解析】 小球A、弹簧和小球B组成的系统只有重力和弹力做功,则机械能守恒,小球A从开始释放到下降到最大距离时,由于在最低点两球的速度均为零,则有k(2L)2=2mg×2L,解得k=,A错误;小球A运动到O点时,小球B的速度为零,B错误;小球A从最高点运动到O点的过程,小球B先加速后减速,某时刻aB=0,根据FTcos θ=maB,可知此时FT=0,则水平杆Q对小球B的作用力不是始终大于mg,C错误;轻杆与水平杆Q成θ=30°角斜向左上时,设B的速度为vB,A的速度为vA,根据关联速度关系可知vAcos 60°=vBcos 30°,根据机械能守恒定律有2mg×2L(sin 53°-sin 30°)-k(2Lsin 53°-2Lsin 30°)2=×2m+m,联立解得vB=,则轻杆对小球B做的功为W=m=mgL,D正确。
对点2.非质点类机械能守恒问题
4.如图所示,质量分布均匀的铁链,静止放在半径R= m的光滑半球体上方。给铁链一个微小的扰动使之向右沿球面下滑,当铁链的端点B滑至C处时其速度大小为3 m/s。已知∠AOB=60°,以OC所在平面为参考平面,g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.铁链下滑过程中靠近B端的一小段铁链机械能守恒
B.铁链在初始位置时其重心高度为 m
C.铁链的端点A滑至C处时其重心下降2.8 m
D.铁链的端点A滑至C处时速度大小为6 m/s
【答案】 C
【解析】 铁链下滑过程中靠近B端的一小段铁链受到上边铁链的拉力,该拉力做负功,故机械能不守恒,故A错误;根据几何关系可知,铁链长度为L==2 m,铁链全部贴在球体上时,质量分布均匀且形状规则,如图,其重心在几何中心且在∠AOB的平分线上的E点,重心E到圆心O的距离为h0,B滑至C处时其重心F与圆心连线的长度不变也为h0,根据机械能守恒定律有mgh0-mgh0sin 30°=m,代入数据解得h0=1.8 m,故B错误;铁链的端点A滑至C处时,其重心在参考平面下方处,则铁链的端点A滑至C处时其重心下降Δh=h0+=2.8 m,故C正确;铁链的端点A滑至C处过程,根据机械能守恒定律有mgΔh=m,解得v2=2 m/s,故D
错误。
5.(2025·安徽阶段练习)如图所示,内壁光滑的管道各处拐角均为90°,各段长度均为l,质量为m、长度为2l的链条在外力作用下静置于管道内部最上端,链条A端恰好处于拐角处,现释放链条,链条会顺着管道下滑。已知重力加速度为g,链条质量分布均匀且直径略小于管道内径,忽略链条内部各链节之间挤压及管道弯折处造成的机械能损失,求:
(1)链条A端离开管道时的速度大小;
(2)从释放链条至链条A端离开管道所用时间。
【答案】 (1)2　(2)4
【解析】 (1)以管道最低点为重力势能参考点,链条下滑过程中,只有重力做功,则机械能守恒,有mg·2l=mv2,解得v=2。
(2)当链条在管道内运动时,竖直部分长度始终为l,则链条整体所受外力为F=mg,根据牛顿第二定律,有mg=ma,
链条加速度不变,当链条A端离开管道时有4l=at2,解得t=4。
6.(2025·江西模拟)如图所示,质量为M的小球套在固定倾斜的光滑杆上,原长为l0的轻质弹簧一端固定于O点,另一端与小球相连,弹簧与杆在同一竖直平面内。图中AO水平,BO间连线长度恰好与弹簧原长相等,且与杆垂直,O′在O点正下方,C是AO′段的中点,杆与竖直方向的夹角θ=30°。现让小球从A处由静止释放,重力加速度为g,弹簧的劲度系数为k=。查阅资料知,弹簧的弹性势能Ep=kx2,其中x为弹簧的形变量,弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是(　　)
A.下滑过程中小球的机械能先减小后增大
B.小球位于A点时的加速度大小为g
C.小球下滑到B点时的动能为(11-3)mgl0
D.小球下滑到C点时的动能为mgl0
【答案】 D
【解析】 小球下滑过程中,只有重力和弹簧的弹力做功,所以小球和弹簧组成的系统机械能守恒,而小球经过B处时弹簧的弹性势能为零,可知弹簧的弹性势能先减小后增大,则小球的机械能先增大后减小,A错误;由于OB=l0,则OO′==2l0,OA=OO′tan 30°=,O′A=2OA=
,AC=O′A=,AB=OAcos 60°=,BC=AC-AB==AB,OC=OA=,根据牛顿第二定律,小球位于A点时的加速度为a==g,B错误;A、B两点间的高度差为hAB=OBcos 60°=l0 ,根据机械能守恒定律,小球由A点滑到B点过程中有mghAB+
k(OA-OB)2=EkB ,解得EkB=(11-6)mgl0,C错误;A、C两点间的高度差hAC=OCcos 30°=
×=l0,小球在A、C两点时弹簧的弹性势能相等,小球减少的重力势能全部转化为小球的动能,则EkC=mgl0,D正确。
7.(多选)(2025·陕西模拟)如图所示,固定在地面的OAB为半径为R的四分之一圆环,圆心O的正上方R处有一定滑轮C,定滑轮C右侧有另一个定滑轮D,小球1套在圆环上并通过轻绳绕过两个定滑轮连接物体2,物体2又与一轻质弹簧连接在一起,轻质弹簧另一端固定在地面上。现有两种情况,情况1:小球1可在AB圆弧任意位置保持静止;情况2:小球1在A点时,轻绳刚好伸直但无张力,此时弹簧压缩量为R,当给小球1轻微的扰动,小球1沿AB圆弧运动到B点时速度为零,此时左边的绳沿着BC方向绷紧,物体2不会碰到滑轮。已知小球1质量为m1,物体2质量为m2,弹簧劲度系数为k,重力加速度为g,不计滑轮质量、大小和一切摩擦。下列说法正确的是(　　)
A.情况1中k=
B.情况1中k=
C.情况2中m1∶m2=4∶3
D.情况2中m1∶m2=6∶5
【答案】 AD
【解析】 情况1中,小球1受力和物体2受力分别如图所示,其中轻绳张力为FT,弹簧弹力为F,设过定滑轮C连接小球1的轻绳长度为x,根据相似三角形有=,则FT=x,若C左侧的轻绳长度伸长Δx,弹簧长度也会变长Δx,则有ΔFT=Δx,对弹簧有ΔF=kΔx,由于小球1可在AB圆弧任意位置保持静止,则需满足ΔFT=ΔF,解得k=,A正确,B错误;情况2中,小球1从A到B过程,有Δx=BC-AC=-(R-R)=R,因为小球1在A点时弹簧压缩量为R,则在B点时弹簧伸长量为R,小球1从A点到B点过程,小球1、物体2和弹簧组成的系统机械能守恒,且初、末状态弹簧的弹性势能相同,则有m1gR=m2g·R,解得m1∶m2=6∶5,C错误,D正确。
8.(2025·山西一模)如图所示,AB是倾角θ=30°的光滑斜坡,劲度系数为k=200 N/m的轻质弹簧一端固定在斜面底端的挡板上,另一端与质量为 M=0.5 kg的薄木板P相连,质量为m1=1.5 kg的小球Q紧靠在木板P上。现用一沿斜面向下、大小F=50 N的力作用在Q上而静止在C处。撤去外力F后,Q沿斜坡上升刚好能到达顶端B处。已知弹簧弹性势能的表达式为Ep=kx2,其中x为弹簧的形变量,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求在到达顶端B前,小球Q的最大速度。
(2)求C、B两点间的距离。
(3)若将Q球换成质量为m2=0.5 kg的S球,再次用外力缓慢压到C处后撤去外力,求小球S离开B点后上升的最大高度。
【答案】 (1)2.5 m/s　(2)0.9 m　(3) m
【解析】 (1)设小球Q静止时,弹簧的压缩量为x1,根据平衡条件有F+(M+m1)gsin θ=kx1,
设在到达顶端前小球最大速度为vmax,
弹簧压缩量为x2,速度最大时有(M+m1)gsin θ=kx2,小球释放后到速度达到最大过程中,根据机械能守恒定律有k-k=(M+m1)gsin θ(x1-x2)+(M+m1),联立解得vmax=2.5 m/s。
(2)弹簧恢复为原长时,P、Q分离,设分离时Q的速度为v1,
则有k=(M+m1)gx1sin θ+(M+m1),
P、Q分离后,若Q继续上滑的距离为x3,有m1=m1gx3sin θ,而C、B两点间距离x=x1+x3,解得x=0.9 m。
(3)设P、S一起向上运动到弹簧恢复为原长时速度大小为v2,
有k=(M+m2)gx1sin θ+(M+m2),
设P、S分离后S继续上滑到B点时速度大小为v3,有m2=m2gx3sin θ+m2,
设小球S离开斜面体后上升的最大高度为h,
有m2=m2gh+m2(v3cos 30°)2,
联立代入相关数据解得h= m。(共26张PPT)
第2讲
动能和动能定理
【学习目标】
1.能从质点和质点系的角度定义动能,明确动能是标量;理解动能的相对性和瞬时性。 建立功与能量转化的观念。 掌握动能定理,理解合力做功是动能变化的量度,建立“功是能量转化的桥梁”这一核心观念。 能区分动能与势能、内能等其他能量形式的转化关系。
2.能通过牛顿第二定律和运动学公式推导动能定理,体会从动力学到能量观点的思维进阶。 理解动能定理的普适性。能根据实际问题构建物理模型,并灵活运用动能定理简化计算。会通过图像分析动能变化,理解面积法的物理意义。
3.能设计实验验证动能定理;分析实验误差来源(如摩擦力、测量精度),提出改进方案;通过真实情境(如刹车距离、弹射器设计)定量计算动能变化,论证结论的合理性。
4.理解动能与生产生活的联系,树立能量守恒与安全应用的意识。能辨析
“动能与动量”“动能定理与机械能守恒定律”的区别与联系,避免概念混淆。关注动能相关技术发展中的社会争议,形成科学评价能力。
5.熟练运用代数、微积分处理动能问题;利用仿真软件模拟动能定理的动态过程,增强直观理解。
知识构建
基础转化
(2025·广西南宁阶段练习)如图所示,运动员将质量为m的足球从水平地面上位置1以速度v0踢出,足球经过最高点(位置2),落在地面上位置3,位置2距离地面的高度为h,1与2和2与3间的水平距离不等。重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)
A
考点一
对动能定理的理解与基本应用
1.应用动能定理解题的基本思路
2.注意事项
(1)当物体的运动包含多个不同过程时,可分段应用动能定理求解,也可以全过程应用动能定理求解。
(2)列动能定理方程时,必须明确各个力做功的正、负,确实难以判断的先假定为正功,最后根据结果加以检验。
(3)动能是标量,动能定理是标量式,解题时不能分解动能。
[例1] 【对动能定理的理解】 关于动能定理的表达式W=Ek2-Ek1,下列说法正确的是(　　)
A.公式中的W为不包含重力的其他力做的总功
B.动能定理适用于恒力做功,但不适用于变力做功
C.运动物体所受合力不为零,则该物体一定做变速运动,其动能要变化
D.公式中的Ek2-Ek1为动能的增量,当W>0时动能增加,当W<0时动能减少
D
【解析】 动能定理的表达式W=Ek2-Ek1,W指的是合力所做的功,即各力做功的代数和,包含重力做功,故A错误;动能定理既适用于恒力做功,也适用于变力做功,故B错误;运动物体所受合力不为零,则该物体一定做变速运动,若合力方向始终与运动方向垂直,合力不做功,动能不变,例如匀速圆周运动,故C错误;公式中的Ek2-Ek1为动能的增量,当W>0时,即Ek2-Ek1>0,动能增加,当W<0时,即Ek2-Ek1<0,动能减少,故D正确。
[例2] 【动能定理的简单应用】(2025·黑吉辽内蒙古卷,13)如图,一雪块从倾角θ=37°的屋顶上的O点由静止开始下滑,滑到A点后离开屋顶。O、A间距离x=2.5 m,A点距地面的高度h=1.95 m,雪块与屋顶的动摩擦因数μ=0.125。不计空气阻力,雪块质量不变,取sin 37°=0.6,重力加速度大小g取10 m/s2。求:
(1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0;
【答案】 (1)5 m/s　
(2)雪块落地时的速度大小v1及其速度方向与水平方向的夹角α。
【答案】 (2)8 m/s　60°
[例3] 【应用动能定理求变力的功】(2025·北京海淀一模)如图所示,运动员以一定速度从P点沿水平方向离开平台,恰能从A点与轨道相切进入粗糙圆弧轨道AC,沿圆弧轨道在竖直平面做圆周运动。已知运动员(含装备)质量m=50 kg,运动员进入圆弧轨道时的速度大小vA=10 m/s,圆弧轨道的半径R=
4 m,圆弧轨道AB对应的圆心角∠AOB=37°。测得运动员在轨道最低点B时对轨道的压力是其总重力的3.8倍。重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。将运动员视为质点,忽略空气阻力。求:
(1)运动员从P点到A点运动过程所用时间t;
【答案】 (1)0.6 s
【解析】 (1)由于运动员从P点到A点的运动过程为平抛运动,且vA=10 m/s,
故运动员在A点竖直方向速度vy=vAcos 53°=gt,
解得t=0.6 s。
(2)运动员在B点时的动能EkB;
【答案】 (2)2 800 J
(3)在圆弧轨道AB段运动过程中,摩擦力对运动员所做的功W。
【答案】 (3)-100 J
考点二
动能定理与图像问题的结合　
几种典型图像中图线所围“面积”和图线斜率的含义
[例4] 【Ek-t图像】 (2025·四川绵阳期末)某同学在离篮球场地面一定高度处静止释放一个充气充足的篮球,篮球与地面碰撞时间极短,且前、后速度大小不变,空气阻力恒定,不可忽略,则篮球的动能Ek与时间t的关系图像可能正确的是(　　)
B
A B C D
[例5] 【Ek-s图像】(2025·山东淄博期中)如图甲所示,一物块以一定速度沿倾角为30°的固定斜面上滑,运动过程中摩擦力大小Ff恒定,物块动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,物块质量m和所受摩擦力大小Ff分别为(　　)
A.m=0.7 kg,Ff=0.5 N
B.m=0.7 kg,Ff=0.1 N
C.m=0.8 kg,Ff=0.5 N
D.m=0.8 kg,Ff=0.1 N
A
【解析】 0～10 m内物块上滑,根据动能定理有-mgsin 30°·s-Ffs=Ek-Ek0,整理得Ek=Ek0-(mgsin 30°+Ff)s,结合0～10 m内的图像,其斜率的绝对值|k|=mgsin 30°+Ff=4 N;同理,10～20 m内物块下滑有(mgsin 30°-Ff)(s-s1)=
Ek,则Ek=(mgsin 30°-Ff)s-(mgsin 30°-Ff)s1,其斜率k′=mgsin 30°-Ff=3 N,联立解得Ff=0.5 N,m=0.7 kg,A正确。
[例6] 【P-t图像】 (多选)(2025·福建厦门二模)质量m=200 kg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18 s末汽车的速度恰好达到最大。则下列说法正确的是(　 　)
A.汽车受到的阻力为200 N
B.汽车的最大牵引力为1 000 N
C.汽车在8～18 s内的位移大小为87.5 m
D.汽车在8～18 s内的位移大小为95.5 m
BD
感谢观看(共28张PPT)
第4讲
机械能守恒定律
【学习目标】
1.理解机械能守恒的内涵;掌握机械能的定义及相互转化关系。明确机械能守恒的条件。
2.能将实际问题抽象为理想模型。通过牛顿第二定律和动能定理推导机械能守恒的表达式,理解其与力学规律的关联性。学会用守恒观点替代复杂受力分析,优化解题路径。
3.理解机械能守恒是理想化模型,体会科学理论的近似性与适用范围。分析生活中能量转化的案例,讨论节能设计中的守恒思想。探讨能量转化中的效率问题,树立可持续发展观念。
4.熟练运用代数、微分求和等表达物理规律。利用仿真软件模拟机械能转化过程,增强直观理解。
知识构建
【答案】 机械能　mgh　有关　无关　减少　增加　减少　弹性形变
减少　增加　动能　势能　保持不变　不做功　为零
基础转化
1.如图,撑竿跳高运动中,运动员经过助跑、撑竿起跳,最终越过横杆。若运动员起跳前助跑速度为10 m/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10 m/s2)(　　)
A.4 m　　　　　 B.5 m
C.6 m D.7 m
B
2.如图所示,粗细均匀的U形管内装有同种液体,开始时两边液面高度差为h,管中液柱总长为4h,后来让液体自由流动,当两液面高度相等时,右侧液面下降的速度为(不计液体内能的变化,重力加速度为g)(　　)
A
考点一
对机械能守恒的理解与判断
判断机械能守恒的三种方法
[例1] (多选)有以下物理过程:图甲为跳伞运动员匀速下落;图乙为地面上放置一固定斜面B,物块A从B上匀速下滑;图丙为物体A压缩弹簧的过程;图丁为不计任何阻力和定滑轮与绳子质量,物体A加速下落,物体B加速上升过程。关于这几个物理过程,下列判断正确的是(　 　)
A.图甲所示过程中跳伞运动员的机械能不守恒
B.图乙所示过程中物块A的机械能守恒
C.图丙所示过程中物体A的机械能守恒
D.图丁所示过程中物体A、B组成的系统机械能守恒
AD
【解析】 题图甲中跳伞运动员和题图乙中匀速下滑的物块A的动能均不变,重力势能减少,则机械能不守恒,故A正确,B错误;题图丙为物体A将弹簧压缩的过程,弹簧对A的弹力做负功,A的机械能减少,即物体A的机械能不守恒,故C错误;题图丁为不计任何阻力和定滑轮与绳子质量时,A加速下落,B加速上升过程,对A、B构成的系统,此过程只有重力势能和动能的相互转化,可知A、B组成的系统机械能守恒,故D正确。
考点二
单物体的机械能守恒问题　　
1.机械能守恒定律的表达式
说明:单个物体应用机械能守恒定律时选用守恒观点或转化观点进行列式。
2.应用机械能守恒定律解题的一般步骤
[例2] 【单物体在单一过程中的机械能守恒】(2025·河南期末)晓宇在练习投篮时,某次将可视为质点、质量为m的篮球以速度v0从P点抛出,最终在Q点落入篮筐,如图所示。已知篮球离手瞬间距离地面的高度为h,篮筐距离地面的高度为H,重力加速度为g,规定地面为零势能面,忽略空气阻力。下列说法正确的是(　　)
D
[例3] 【单物体在多过程中的机械能守恒】 (2025·北京海淀区阶段检测)如图所示,竖直平面内的四分之三圆弧形光滑管道半径略大于小球半径,管道中心到圆心距离为R,A端与圆心O等高,AD为水平面,B端在O的正下方,小球自A点正上方由静止释放,自由下落至A点时进入管道。
(1)如果管道与小球接触的内侧壁(图中较小的四分之三圆周)始终对小球没有弹力,小球释放点距离A点的最小高度为多大
【答案】 (1)1.5R
(2)如果小球到达B点时,管壁对小球的弹力大小为小球重力大小的9倍。求:
①小球运动到管道最高点E时对管道的弹力;
【答案】 (2)①3mg,方向竖直向上
②落点C与A点的水平距离。
考点三
多物体系统的机械能守恒问题
几种实际情境的分析
多物体系统类型 常见情境 模型特点
轻绳连 接的系统 (1)两物体沿绳方向的分速度大小相等。
(2)对于单个物体,一般绳上的力会做功,机械能不守恒,但对于绳连接的系统,机械能可能守恒
轻杆连 接的系统 (1)平动时两物体的线速度相等,转动时两物体的角速度相等。
(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)对于杆和物体组成的系统,若忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功,则系统的机械能守恒
[例4] 【轻绳连接的系统】 (2025·浙江阶段练习)如图所示,轻质动滑轮下方悬挂重物P,轻质定滑轮下方悬挂重物Q,悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时,重物P、Q均处于静止状态,释放后P、Q开始运动。已知P、Q的质量相等,假设摩擦阻力和空气阻力均忽略不计,重力加速度为g,当P的位移大小为h时,下列说法正确的是(　　)
D
[例5] 【轻杆连接的系统】(2025·江苏南通开学考试)如图所示,在竖直平面内有光滑轨道ABCD,其中AB是竖直轨道,CD是水平轨道,AB与BC相切于B点,BC与CD相切于C点。一根长为2R的轻杆两端分别固定着两个质量均为m的相同小球P、Q(视为质点),将轻杆锁定在图示位置,并使Q与B等高。现解除锁定释放轻杆,轻杆将沿轨道下滑,重力加速度为g。求:
(1)P球到达C点时的速度大小;
(2)P球到达B点时的速度大小。
感谢观看第8讲　实验:验证机械能守恒定律
【学习目标】
1.掌握实验原理;能正确使用实验器材;掌握纸带数据处理方法;学会分析误差来源,并提出减小误差的方法。
2.通过数据分析,理解实验结论的物理意义;能解释实验中动能增加量略小于势能减少量的原因;培养用图像法处理数据的能力。
3.养成严谨的实验态度,如实记录数据,避免人为操作误差。
4.建立能量转化与守恒的物理观念;通过实验设计、数据处理培养科学探究能力;运用逻辑推理分析实验误差及结论。　　　　　　 　　　　　 　　　　　
一、装置与器材
打点计时器、交流电源、纸带、复写纸、重物、刻度尺、铁架台(带铁夹)、导线。
二、实验步骤
1.安装器材:将打点计时器固定在铁架台上,用导线将打点计时器与电源相连。
2.打纸带:用手竖直提起纸带,使重物停靠在打点计时器下方附近,先接通电源,再松开纸带,让重物自由下落,打点计时器就在纸带上打出一系列的点,取下纸带,换上新的纸带重打几条(3～5条)。
3.选纸带:从打出的几条纸带中选出一条点迹清晰的纸带。
三、数据处理
方案一:利用起始点和第n点计算
代入mghn和m,如果在实验误差允许的范围内,mghn和m相等,则验证了机械能守恒
定律。
方案二:任取两点计算
(1)任取两点A、B,测出hAB,算出mghAB。
(2)算出m-m的值。
(3)在实验误差允许的范围内,若mghAB=m-m,则验证了机械能守恒定律。
方案三:图像法
从纸带上选取多个点,测量从第一个点到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,根据实验数据作出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。
四、注意事项
1.打点计时器要竖直: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,让打点计时器正常工作,后松开纸带让重物下落。
4.某时刻的瞬时速度的计算应用vn=,不能用vn= 或vn=gt来计算。
5.此实验中不需要测量重物的质量。
五、误差分析
1.系统误差
本实验中因重物和纸带在下落过程中要克服阻力(空气阻力、打点计时器阻力)做功,故重物动能的增加量ΔEk稍小于其重力势能的减少量ΔEp,即ΔEk<ΔEp,这属于系统误差,改进的方法是调整器材的安装,尽可能地减小摩擦阻力,选用质量大,体积小的物体为重物,以减小空气阻力的影响。
2.偶然误差
本实验的另一个误差来源于长度的测量,属于偶然误差。减小误差的方法是测下落距离时都从O点测量,一次将各打点对应的下落高度测量完,或者多次测量取平均值。
考点一　基础性实验
[例1] 【实验原理与实验操作】 (2025·安徽模拟)某实验小组采用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。实验装置安装好后,用手提住纸带上端,之后让纸带由静止开始下落。
(1)关于实验操作,下列说法正确的是　　　　(多选,填选项前字母)。
A.实验中应先接通电源,后释放纸带
B.可以利用公式v=来求解瞬时速度
C.打点计时器安装应使限位孔保持竖直
D.释放重物前应手提纸带上端并使重物远离打点计时器
(2)让质量为m=1 kg的重物自由下落,打点计时器在纸带上打出一系列的点。现选取一条符合实验要求的纸带,如图乙所示,O为释放开始的第一个点, A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点(其他点未画出),已知电源的频率f=50 Hz,重力加速度g取9.80 m/s2。根据图中数据,选取图中O点和B点来验证机械能守恒定律,则从O点到B点,重物重力势能的减少量ΔEp=　　　 J,动能的增加量ΔEk=　　　 J,(结果均保留三位有效数字)。在误差允许范围内,可认为重物在下落过程中机械能　　　　。
(3)重物在下落的过程中,如果所受阻力均忽略不计,h代表下落的距离,v代表物体速率,Ek代表动能,Ep代表重力势能,E代表机械能,以水平桌面为参考面,下列图像可能正确的是　　　　。
　　　　　　　　　　　　　　　
A B
C D
【答案】 (1)AC　(2) 1.88　1.84　守恒　(3)B
【解析】 (1)实验中应先接通电源,后释放纸带,A正确;若利用公式v=来求解瞬时速度,则相当于间接使用了机械能守恒定律,这样就失去了验证的意义,B错误;打点计时器安装应使限位孔保持竖直,以减小纸带和打点计时器之间的摩擦力,C正确;释放重物前应手提纸带上端并使重物靠近打点计时器,以充分利用纸带,D错误。
(2)从O点到B点,重物重力势能的减少量ΔEp=mghOB=1×9.8×0.1920 J=1.88 J,打点计时器打点周期T==0.02 s,则打B点时的速度vB== m/s=1.92 m/s,动能的增加量ΔEk=m=×1×1.922 J=1.84 J,可认为重物在下落过程中机械能守恒。
(3)由于重物下落过程中阻力忽略不计,机械能守恒,则动能Ek=mgh,即Ek与h成正比;重力势能为Ep=Ep0-mv2,Ep-v图像为开口向下的抛物线,A错误,B正确;机械能为E=Ep+Ek,得Ep=
E-Ek,Ep-Ek图像为直线,C错误;由于机械能守恒,则与下落高度无关,可知E-h图线与横轴平行,D错误。
[例2] 【实验数据处理与误差分析】 (2025·河南卷,12)实验小组利用图1所示装置验证机械能守恒定律。可选用的器材有:交流电源(频率50 Hz)、铁架台、电子天平、重锤、打点计时器、纸带、刻度尺等。
(1)下列所给实验步骤中,有4个是完成实验必需且正确的,把它们选择出来并按实验顺序排
列:　　　　　　(填步骤前面的序号)。
①先接通电源,打点计时器开始打点,然后再释放纸带
②先释放纸带,然后再接通电源,打点计时器开始打点
③用电子天平称量重锤的质量
④将纸带下端固定在重锤上,穿过打点计时器的限位孔,用手捏住纸带上端
⑤在纸带上选取一段,用刻度尺测量该段内各点到起点的距离,记录分析数据
⑥关闭电源,取下纸带
(2)图2所示是纸带上连续打出的五个点A、B、C、D、E到起点的距离。则打出B点时重锤下落的速度大小为　　　　 m/s(结果保留三位有效数字)。
(3)纸带上各点与起点间的距离即为重锤下落高度h,计算相应的重锤下落速度v,并绘制图3所示的v2-h关系图像。理论上,若机械能守恒,图中直线应　　　　　(选填“通过”或“不通过”)原点且斜率为　　　　(用重力加速度大小g表示)。由图3得直线的斜率k=　　　　(结果保留三位有效数字)。
(4)定义单次测量的相对误差η=||×100%,其中Ep是重锤重力势能的减小量,Ek是其动能增加量,则实验相对误差为η=　　　　×100%(用字母k和g表示);当地重力加速度大小取g=9.80 m/s2,则η=　　　　 %(结果保留两位有效数字),若η<5%,可认为在实验误差允许的范围内机械能守恒。
【答案】 (1)④①⑥⑤　(2)1.79
(3)通过　2g　19.0　(4)　3.1
【解析】 (1)将纸带下端固定在重锤上,穿过打点计时器的限位孔,用手捏住纸带上端,先接通电源,打点计时器开始打点,然后再释放纸带,关闭电源,取下纸带,在纸带上选取一段,用刻度尺测量该段内各点到起点的距离,记录分析数据,根据原理mgh=mv2可知质量可以约掉,不需要用电子天平称量重锤的质量。故选择正确且排序为④①⑥⑤。
(2)根据题意可知纸带上相邻计数点间的时间间隔T==0.02 s,根据匀变速直线运动中,某一段时间内中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度可得vB=,代入数据可得vB=
1.79 m/s。
(3)根据mgh=mv2,整理可得v2=2g·h,可知理论上,若机械能守恒,题图3中直线应通过原点,且斜率k=2g。由题图3得直线的斜率k==19.0。
(4)根据题意有η=×100%,可得η=×100%,当地重力加速度大小取g=9.80 m/s2,代入数据可得η=3.1%。
考点二　创新性实验　　　　　　 　　　　　 　　　　　
[例3] 【实验原理的创新】 (2025·安徽安庆二模)某同学设计了一个验证机械能守恒定律的实验,一轻绳一端连接在拉力传感器上O点,另一端连接在半径为r的匀质小钢球上,小钢球球心至O点的长度为L,O点正下方B位置有一光电门,可记录小钢球通过光电门的时间。如图甲所示,将小钢球拉至某一位置由静止释放,同时拉力传感器通过计算机采集小钢球在摆动过程中轻绳上拉力的最大值FT和最小值F。改变小钢球的初始释放位置,重复上述过程,根据测量数据在直角坐标系中绘制出FT-F图像。
(1)小钢球从A位置由静止释放时,细线与竖直方向成θ角,小钢球通过最低点位置B时,光电门记录遮光时间为t,则小钢球通过光电门的速度vB=　　　　;在实验误差允许的范围内,若t2=　　　 　(用r、L、θ、g等符号表示)则验证了小钢球从A点运动到B点过程中机械能守恒。
(2)若小钢球摆动过程中机械能守恒,则绘制出的FT-F图像的直线斜率理论值为　　　　。
(3)若小钢球质量m=30 g,根据测量数据绘制的FT-F图像如图乙所示,由此可计算出重力加速度g=　　　　 m/s2(结果保留三位有效数字),与当地实际重力加速度相比　　　　(选填“偏小”“偏大”或“不变”)。
【答案】 (1)　　(2)-2 (3)9.78　偏小
【解析】 (1)小钢球从A位置由静止释放时,细线与竖直方向成θ角,小钢球通过最低点位置B时,光电门记录遮光时间为t,则小钢球通过光电门的速度vB=,小钢球从A到B过程中,若空气阻力忽略不计,则机械能保持守恒,则有mgL(1-cos θ)=m,解得t2=。
(2)小钢球摆动过程中轻绳上拉力的最小值F=mgcos θ,最大值FT=mg+m,又mgL(1-cos θ)=
mv2,联立解得FT=3mg-2F,所以FTF图像的直线斜率理论值为-2。
(3)小钢球质量m=30 g,根据题图乙得3mg=0.88,则重力加速度g= m/s2=9.78 m/s2,实际上小钢球摆动过程中始终受空气阻力的影响,速度始终偏小导致绳上拉力偏小,所以截距偏小,所以与当地实际重力加速度相比偏小。
[例4] 【实验目的的创新】 (2025·江苏卷,11)小明同学探究机械能守恒定律,实验装置如图甲。实验时,将小钢球在斜槽上某位置A由静止释放,钢球沿斜槽通过末端O处的光电门,光电门记录下钢球的遮光时间t。用游标卡尺测出钢球的直径d,由v=得出其通过光电门的速度v,再计算出动能增加量ΔEk=mv2。用刻度尺测得钢球下降的高度h,计算出重力势能减少量ΔEp。
(1)安装实验装置的操作有:
①在斜槽末端安装光电门　
②调节斜槽在竖直平面内　
③调节斜槽末端水平　
④将斜槽安装到底座上
其合理的顺序是　　　(选填“A”“B”或“C”)。
A.①②③④　　B.④②③①　　C.④①②③
(2)测量钢球直径的正确操作是图中　　　　(选填“乙”或“丙”)所示的方式。
(3)在斜槽上5个不同的位置由静止释放钢球。测量得出的实验数据见表1。已知钢球的质量m=0.02 kg,重力加速度g=9.80 m/s2。请将下表的数据补充完整。
表1
h/(10-2 m) 4.00 5.00 6.00 7.00 8.00
ΔEk/(10-3 J) 4.90 6.25 7.45 8.78 10.0
ΔEp/(10-3 J) 7.84 9.80 11.8 13.7 　
(4)实验数据表明,ΔEk明显小于ΔEp,钢球在下降过程中发生机械能的损失。小明认为,机械能的损失主要是钢球受到的摩擦力做功造成的。
为验证此猜想,小明另取一个完全相同的斜槽按图丁平滑对接。若钢球从左侧斜槽上A点由静止释放,运动到右侧斜槽上,最高能到达B点,A、B两点高度差为H。则该过程中,摩擦力做功大小的理论值W理=　　　　(用m、g、H表示)。
(5)用如图丁所示的装置,按表1中所列部分高度h进行实验,测得摩擦力做功大小W测。由于观察到H值较小,小明认为,AO过程摩擦力做功近似等于AB过程的一半,即Wf=。然后通过表1的实验数据,计算出AO过程损失的机械能ΔE=ΔEp-ΔEk。整理相关数据,见表2。
表2
h/(10-2 m) 4.00 5.00 6.00 7.00
ΔE/(10-3 J) 2.94 3.55 4.35 4.92
Wf/(10-2 J) 0.98 1.08 1.18 1.27
上表中ΔE与Wf相差明显。小明认为这是由于用近似计算Wf不合理。你是否同意他的观点 　　　　　　　　。请根据表2数据简要说明理由。　 　。
【答案】 (1)B　(2)乙　(3)15.7　(4)mgH　(5)见解析
【解析】 (1)正确步骤为将斜槽安置于底座,调节斜槽在竖直平面内,调节斜槽末端水平,安装光电门,序号为④②③①。
(2)测量钢球直径时需要确保测量工具与钢球接触良好,并且钢球的位置不会导致测量误差。在题图的情形中,乙方式更准确地使游标卡尺的两测量面与钢球的表面垂直接触,适合测量直径。而丙方式因为夹持不住钢球,使得钢球并没有夹在两测量爪之间,测量不准确。故选乙。
(3)根据ΔEp=mgh,可知下降高度为8.00×10-2m时减少的重力势能为下降高度为4.00×10-2 m时的2倍,代入数据可得ΔEp=15.7×10-3 J。
(4)根据动能定理可得mgH-W理=0,可得W理=mgH。
(5)同意,原因是钢球减少的重力势能有一部分转化为钢球的转动动能,相差很大的原因是钢球的转动动能没有计入。
[例5] 【实验器材的创新】 (2025·河南模拟)小明同学利用如图甲所示装置验证机械能守恒定律,在铁架台上固定一角度测量仪(0刻度线竖直向下),角度测量仪中心固定有拉力传感器,轻绳一端连接拉力传感器,另一端连接一小钢球,调节轻绳长度,使轻绳自然下垂时,小钢球刚好在光电门处。重力加速度为g。
(1)小明同学利用螺旋测微器测量小钢球的直径d,测量结果如图乙所示,该小钢球的直径d=
　　　　 mm。
(2)小明同学先测出轻绳悬挂点到小球球心的间距为l,然后将小钢球拉离最低点,利用角度测量仪读出其偏移角度为θ(0°<θ≤90°),将轻绳拉直,由静止释放小钢球,由光电计时器记录小钢球第一次到达最低点的挡光时间t,多次改变角度重复实验。通过记录的数据,在坐标纸上以为纵轴、以　　　　(选填“sin θ”“cos θ”或“tan θ”)为横轴作图可使图像为一条倾斜直线,若该过程小钢球的机械能守恒,则图线的斜率k=　　　　(用题中所给的物理量符号表示)。
(3)小明同学将小钢球拉至角度测量仪90°上方区域,且轻绳绷直,重复上一问中的步骤,发现结果离预期差别很大,其原因可能是 　。
【答案】 (1)6.125　(2)cos θ　-　(3)释放后小球做自由落体,到绳再次绷紧时有机械能
损失
【解析】 (1)由题图乙可知,小钢球的直径d=6 mm+0.01 mm×12.5=6.125 mm。
(2)小球到达最低点时的速度为v=,根据机械能守恒定律有mgl(1-cos θ)=mv2=m,变形得=-cos θ+,可知当以cos θ为横轴时图像cos θ为一直线,其斜率k=-。
(3)释放后小球先做自由落体运动,到绳再次绷紧时有机械能损失。
[例6] 【数据处理的创新】(2025·广西贵港阶段检测)用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。轻杆两端固定两个完全相同的小球P、Q,杆可以绕固定于O点且垂直于纸面的水平轴在竖直面内自由转动。O点正下方有一光电门,当小球P经过最低点时,激光恰好照在球心所在位置。已知重力加速度为g,用游标卡尺测得小球的直径为d。
(1)P、Q从水平位置由静止释放,当小球P通过最低点时,与光电门连接的数字计时器显示的挡光时间为Δt,计算得到小球P经过最低点时的速度vP=　　　　。
(2)两小球P、Q球心间的距离为L,P、Q两球球心到转轴O点的距离之比为2∶1,当满足gL=
　　　　(用d、Δt表示)时,即验证了机械能守恒定律。
(3)若实验中发现系统的动能增加量总是比重力势能减少量小,以下可能的影响因素是　　　　(填字母)。
A.小球运动过程受到空气阻力的影响
B.球心间距离L的测量值偏小
C.小球P运动到最低点时,球心位置比光电门略高
【答案】 (1)　(2)()2　(3)A
【解析】 (1)由题可知,小球P经过最低点的速度vP=。
(2)由于P、Q两球的角速度相等,圆周运动的半径之比为2∶1,故二者的线速度之比为2∶1,即vQ=,当系统重力势能的减少量ΔEp=mgL时,系统动能的增加量ΔEk=m+m=m()2,整理可得mgL=m()2,即gL=()2。
(3)由于空气阻力做负功,系统的动能增加量总是比重力势能减少量小,故A正确;球心间距离L的测量值偏小,会导致重力势能的变化量偏小,故B错误;小球P运动到最低点时,球心位置比光电门略高,导致实际挡光时间Δt偏小,会导致速度偏大,动能的增加量偏大,故C错误。
课时作业　
1.(2025·宁夏石嘴山二模)在利用如图甲所示装置验证机械能守恒定律的实验中:
(1)质量为m的重锤从高处由静止开始下落,重锤上拖着的纸带通过打点计时器所打出一系列的点如图乙所示,选取纸带打出的五个连续点A、B、C、D、E,测出A点与起始点O的距离为s0,A、C间和C、E间距离分别为s1、s2。使用电源的打点周期为T,则打C点时重锤的速度为　 　　　,打点计时器在打O点和C点的这段时间内重锤重力势能的减少量为　　　　。
(2)实验中发现重锤减少的重力势能略大于重锤增加的动能,其原因主要是在重锤带着纸带下落的过程中存在着阻力作用,若已知当地重力加速度的值为g,用(1)结果及题目中给出的已知量表示重锤在下落过程中受到的平均阻力大小为　　　　。
【答案】 (1)　mg(s0+s1)
(2)mg-
【解析】 (1)由题图乙可知,打C点时重锤的速度为vC==,打点计时器在打O点和C点的这段时间内重锤重力势能的减少量为ΔEp=mg(s0+s1)。
(2)从O点到C点,根据动能定理有mg(s0+s1)-(s0+s1)=m,
联立可得=mg-。
2.(2025·辽宁期中)某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。
实验步骤如下:
a.用电磁铁吸住小铁球,将光电门1、2分别固定在轨道上;
b.切断电磁铁电源,小铁球沿光滑轨道由静止开始下滑,光电计时器测出小铁球通过光电门1、2所用的时间分别为t1、t2。
(1)用螺旋测微器测量小铁球的直径d,如图乙所示,可读出小铁球直径d=　　　　mm。
(2)已知当地重力加速度为g。若要验证机械能守恒定律,本实验还需测量的物理量为
　　　　(用文字和字母表示),本实验需要验证的物理量关系式为　　　　　　　　(用题中给出的字母及还需测量的物理量的字母表示)。
【答案】 (1)7.884
(2)两光电门间的高度h　2gh=(-)d2
【解析】 (1)铁球直径为d=7.5 mm+38.4×0.01 mm=7.884 mm。
(2)若要验证机械能守恒定律,本实验还需测量的物理量为两光电门间的高度h。
由机械能守恒定律可知mgh=m-m,即2gh=(-)d2。
3.(2025·江西萍乡二模)某实验小组用如图所示的装置来验证机械能守恒定律。绕过定滑轮的轻质细线的两端分别悬挂质量均为m的重物A、B且处于静止状态,A与纸带连接,纸带通过固定的打点计时器(电源频率为50 Hz),在B的下端再挂质量为m0的重物C,使系统由静止释放,利用打点计时器打出的纸带可研究系统(由重物A、B、C组成)的机械能守恒,重力加速度大小为g,回答下列问题:
(1)关于该实验,下列说法正确的是　　　。(多选)
A.无须测量重物C的质量m0就可以验证机械能守恒定律
B.实验时,应先接通打点计时器电源再释放纸带
C.增大重物C的质量可使重物A、B、C的加速度接近g,但不可能超过g
(2)此实验存在系统误差,由于摩擦阻力和空气阻力的影响,系统的总动能的增加量略　　　　(选填“大于”或“小于”)总重力势能的减少量;适当　　　　(选填“增大”或“减小”)重物A、B、C的质量,可减小本实验的相对误差。
(3)对选取的纸带,若第1个点对应的速度为0,重物A上升的高度为h,通过计算得到三个重物的速度大小为v,然后描绘出v2h(h为横坐标)关系图像,若系统机械能守恒成立,且m0=m,则倾斜直线的斜率k=　　　　。
【答案】 (1)BC　(2)小于　增大　(3)g
【解析】 (1)根据题意可知,本实验中系统减少的重力势能为ΔEp=m0gh,增加的动能为ΔEk=(2m+m0)v2-0,则验证机械能守恒的表达式为m0gh=(2m+m0)v2,可知需要测量重物C的质量m0,A错误;为了充分利用纸带,实验中应先接通打点计时器电源再释放纸带,B正确;对B、C两重物,根据牛顿第二定律有(m+m0)g-FT=(m+m0)a,对重物A有FT-mg=ma,联立解得a=g,可知增大重物C的质量可使重物A、B、C的加速度接近g,但不可能超过g,
C正确。
(2)此实验由于摩擦阻力和空气阻力的影响,减少的重力势能有一部分转化为内能而散失,使得系统的总动能的增加量略小于重力势能的减少量;适当增大重物A、B、C的质量,可减小摩擦阻力和空气阻力的影响,减小本实验的相对误差。
(3)根据系统机械能守恒可得m0gh=(2m+m0)v2,整理可得v2=h=gh,可知若系统机械能守恒成立,则倾斜直线的斜率为k=g。
4.(2025·甘肃卷,11)某学习小组使用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。把一个直径为d的小球用不可伸长的细线悬挂,光电门置于小球平衡位置处,其光线恰好通过小球球心,计时器与光电门相连。
将小球拉离平衡位置并记录其高度h,然后由静止释放(运动平面与光电门光线垂直),记录小球经过光电门的挡光时间Δt。改变h,测量多组数据。已知重力加速度为g,忽略阻力。
(1)以h为横坐标、　　　 [选填“Δt”“(Δt)2”“”或“”]为纵坐标作直线图。若所得图像过原点,且斜率为　　　　(用d和g表示),即可证明小球在运动过程中机械能守恒。
(2)实验中,用游标卡尺测得小球的直径d=20.48 mm。
①由结果可知,所用的是　　　　(选填“10”“20”或“50”)分度的游标卡尺;
②小组设计了一把25分度的游标卡尺,未测量时的状态如图乙所示。如果用此游标卡尺测量该小球直径,则游标尺上第　　　　条刻度线与主尺上的刻度线对齐。
【答案】 (1)　　(2)①50　②12
【解析】 (1)由小球经过光电门的挡光时间Δt,可得小球到达平衡位置的速度v=,为验证机械能守恒定律,此过程中重力势能转化为动能,有mgh=mv2,联立解得=h,可得纵坐标为,对应图像过坐标原点且斜率为k=。
(2)10分度、20分度、50分度的游标卡尺的分度值分别为0.1 mm、0.05 mm、0.02 mm,此游标卡尺测得小球直径d=20.48 mm,可以判断所用的是50分度的游标卡尺。若为25分度的游标卡尺,其分度值为0.04 mm,用此游标卡尺测量该小球直径,游标尺与主尺对齐的刻度为n==12。
5.(2025·江西宜春期末)利用气垫导轨验证机械能守恒定律,实验装置示意图如图所示。实验步骤如下:
①将气垫导轨放在水平桌面上,将导轨调至水平。
②测出遮光条的宽度l和两光电门中心之间的距离s。
③将滑块移至光电门1右侧某处,待槽码静止不动时,释放滑块(要求槽码落地前遮光条已通过光电门2)。
④从数字计数器上分别读出遮光条通过光电门1和光电门2所用的时间Δt1和Δt2。
⑤用天平称出滑块和遮光条的总质量M,再称出槽码的质量m。(已知当地重力加速度为g)
(1)使用气垫导轨的主要目的是　　　　。(填正确答案标号)
A.减小滑块和导轨之间的摩擦力
B.喷出的压缩空气减小滑块速度
C.使滑块与导轨不直接接触,减小噪声
(2)在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中,系统(包括滑块、遮光条、槽码)的总动能增加量为ΔEk=　　　　　　　　　　。(结果用l、Δt1、Δt2、M、m表示)
(3)在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中,系统重力势能的减少量ΔEp等于　　　　。(填正确答案标号)
A.Mgs　　　B.mgs　　　C.(m+M)gs
(4)如果在误差允许的范围内ΔEp≈ΔEk,则可认为验证了机械能守恒定律。比较ΔEk与ΔEp的大小,发现ΔEk>ΔEp,出现这一结果的原因可能是　　　　。(填正确答案标号)
A.滑轮质量较大
B.存在空气阻力和摩擦力
C.两光电门之间距离的测量值偏小
【答案】 (1)A　(2)(M+m)[-] (3)B　(4)C
【解析】 (1)气垫导轨的原理是利用从导轨表面小孔喷出的压缩空气,在滑块与导轨之间形成很薄的空气膜,使滑块与导轨不直接接触,可以有效减小滑块和导轨之间的摩擦力,从而达到减小实验误差的目的。A正确。
(2)因遮光条宽度很小,可将遮光条通过光电门时的平均速度当作瞬时速度,则滑块经过光电门1的速度为v1=,滑块经过光电门2的速度为v2=,在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中,系统(包括滑块、遮光条、槽码)的总动能增加量为ΔEk=(M+m)-(M+m)=
(M+m)[-]。
(3)在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中,系统势能的减少量ΔEp=mgs,B正确。
(4)滑轮质量较大,考虑到滑轮转动消耗系统机械能,有ΔEk小于ΔEp,A错误;存在空气阻力和摩擦力,导致ΔEk小于ΔEp,B错误;两光电门间距离的测量值偏小,计算出的重力势能减少量偏小,会导致ΔEk稍大于ΔEp,C正确。
6.(2025·重庆二模)某同学设计了如图甲所示实验装置,来验证机械能守恒定律。所用实验器材有铁架台、小圆柱、光电门计时器、带量角器的参考背景板等。主要实验步骤如下:
①用直尺测量摆线长L(作为摆长);用游标卡尺测量小圆柱的直径d,结果如图乙所示。
②按图甲安装好实验器材,使小圆柱下摆时,其中心经过固定在O点正下方的光电门。
③用手拉住小圆柱,使细线稍稍绷紧,记录下摆夹角θ,然后打开光电门计时器,将小圆柱由静止释放,记录小圆柱第一次经过光电门的遮光时间Δt。
④改变小圆柱的下摆夹角,多次重复步骤③。
⑤记录多组θ、Δt数据,并绘制出(1-cos θ)图像,如图丙所示。
已知小圆柱的质量为m,当地重力加速度大小为g。回答下列问题:
(1)小圆柱的直径d=　　　　 cm。
(2)小圆柱从静止释放到经过光电门的过程中,其动能的增加量为　　　　(用m、d、Δt表示)。
(3)若图丙中图线斜率与理论值　　 　　(用g、L表示)近似相等,则成功验证了机械能守恒定律。
【答案】 (1)1.040　(2)　(3)2gL
【解析】 (1)20分度游标卡尺的分度值为0.05 mm,由题图乙可知小圆柱的直径为d=10 mm+
8×0.05 mm=10.40 mm=1.040 cm。
(2)小圆柱经过光电门时的速度v=,由静止释放到经过光电门,
其动能增加量ΔEk=mv2-0=。
(3)小圆柱由静止释放到经过光电门过程中,重力势能减少量ΔEp=mgL(1-cos θ),若机械能守恒,则有ΔEk=ΔEp,可得=2gL(1-cos θ),即对应的()2(1-cos θ)图像斜率的理论值为k=2gL。(共20张PPT)
第5讲
小专题:含弹簧的机械能守恒问题和非质点类机械能守恒问题
【学习目标】
1.掌握系统机械能守恒的条件,并能判断含弹簧或非质点系统的机械能是否守恒。理解弹簧的弹性势能、物体的动能和重力势能之间的相互转化规律,并通过受力分析和能量转化分析,推导系统机械能守恒的表达式,特别是弹簧弹性势能的引入;能够将机械能守恒中的非质点问题抽象为物理模型。
2.针对弹簧形变或非质点系统的运动过程,提出可能的能量分配假设;利用图像或数值计算分析弹性势能与动能的关系,熟练运用代数、微分求和或几何关系解决相关的计算问题。
3.认识到理想模型与实际系统的差异,讨论其适用范围。联系实际场景,理解能量守恒在工程中的意义,关注弹簧系统在减震设计、工程结构中的实际应用,培养严谨建模与能量优化意识。
考点一
含弹簧的机械能守恒问题
1.含弹簧的系统内只有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,而单个物体或弹簧机械能都不守恒。
2.弹簧弹力做功与路径无关,取决于初、末状态弹簧形变量的大小。
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(即弹簧弹性势能最大时),弹簧两端连接的物体速度相等;弹簧处于自然长度时,弹簧弹性势能最小(为零)。
(1)小球离开桌面时的速度大小;
(2)小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。
[例2] 【弹簧弹力和重力同时做功的情形】 (2025·宁夏银川二模)如图所示,质量为3.5 kg的物体B,其下端连接一固定在水平地面上的轻质弹簧,弹簧的劲度系数k=100 N/m。一轻绳一端与物体B连接,另一端绕过两个光滑的轻质小定滑轮O2、O1后与套在光滑直杆顶端、质量为1.6 kg的小球A连接。已知直杆固定,杆长L=0.8 m,且与水平面的夹角θ=37°,初始时使小球A静止不动,与A相连的绳子保持水平,此时绳子的张力F=45 N。已知AO1=0.5 m,图中直线CO1与杆垂直。
现将小球A由静止释放直至运动到D,重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=
0.6,cos 37°=0.8,轻绳不可伸长,滑轮O2、O1视为质点,则在此过程中(　　)
A.小球A与物体B组成的系统机械能守恒
B.小球A经过C点时,绳对A的瞬时功率小于绳对B的瞬时功率
C.物体B从开始至运动到最低点,弹簧弹性势能的变化量为0
D.小球A运动到D点时的速度为3 m/s
C
考点二
非质点类机械能守恒问题　　
[例3] 【“链条”类问题】 (2025·湖南常德三模)如图甲所示,光滑平台上放着一根均匀链条,其中三分之一的长度悬垂在平台台面以下,由静止释放链条。已知整根链条的质量为m,链条悬垂的长度为l,台面高度为2l。如果链条的悬垂端接一质量也为m的小球(直径相对链条长度可忽略不计),如图乙所示,还由静止释放链条。平台右边有光滑曲面D来约束链条,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
A
[例4] 【“液柱”类问题】 (多选)内径面积为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,重力加速度为g,不计水与筒壁的摩擦阻力。现把连接两筒的阀门K打开,到两筒水面高度相等的过程中(　　 )
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
ACD
[例5] 【“多个小球”组合类问题】(多选)固定在竖直面内的光滑圆管POQ,
PO段长度为L,与水平方向的夹角为30°,在O处有插销,OQ段水平且足够长。管内PO段装满了质量均为m的小球,小球的半径远小于L,其编号如图所示。拔掉插销,1号球在下滑过程中(　 　)
AC
方法总结
(1)物体虽然不能看作质点,但因只有重力做功,物体整体机械能守恒。
(2)在确定物体重力势能的变化量时,要根据情况,将物体分段处理,确定好各部分的重心及重心高度的变化量。
(4)在解决多个小球类问题时,应抓住小球之间是否始终相互挤压。也可采用整体法,利用解决非质点类问题的方法进行解题。
感谢观看第4讲　机械能守恒定律
【学习目标】
1.理解机械能守恒的内涵;掌握机械能的定义及相互转化关系。明确机械能守恒的条件。
2.能将实际问题抽象为理想模型。通过牛顿第二定律和动能定理推导机械能守恒的表达式,理解其与力学规律的关联性。学会用守恒观点替代复杂受力分析,优化解题路径。
3.理解机械能守恒是理想化模型,体会科学理论的近似性与适用范围。分析生活中能量转化的案例,讨论节能设计中的守恒思想。探讨能量转化中的效率问题,树立可持续发展观念。
4.熟练运用代数、微分求和等表达物理规律。利用仿真软件模拟机械能转化过程,增强直观
理解。
[footnoteRef:2] [2:
1.如图,撑竿跳高运动中,运动员经过助跑、撑竿起跳,最终越过横杆。若运动员起跳前助跑速度为10 m/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
10 m/s2)(　　)
A.4 m　　　　　 B.5 m
C.6 m D.7 m
【答案】 B
2.如图所示,粗细均匀的U形管内装有同种液体,开始时两边液面高度差为h,管中液柱总长为4h,后来让液体自由流动,当两液面高度相等时,右侧液面下降的速度为(不计液体内能的变化,重力加速度为g)(　　)
A. B.
C. D.
【答案】 A]
【答案】 机械能　mgh　有关　无关　减少　增加　减少　弹性形变
减少　增加　动能　势能　保持不变　不做功　为零
考点一　对机械能守恒的理解与判断　　　　　　 　　　　　 　　　　　
　判断机械能守恒的三种方法
[例1] (多选)有以下物理过程:图甲为跳伞运动员匀速下落;图乙为地面上放置一固定斜面B,物块A从B上匀速下滑;图丙为物体A压缩弹簧的过程;图丁为不计任何阻力和定滑轮与绳子质量,物体A加速下落,物体B加速上升过程。关于这几个物理过程,下列判断正确的是(　　)
A.图甲所示过程中跳伞运动员的机械能不守恒
B.图乙所示过程中物块A的机械能守恒
C.图丙所示过程中物体A的机械能守恒
D.图丁所示过程中物体A、B组成的系统机械能守恒
【答案】 AD
【解析】 题图甲中跳伞运动员和题图乙中匀速下滑的物块A的动能均不变,重力势能减少,则机械能不守恒,故A正确,B错误;题图丙为物体A将弹簧压缩的过程,弹簧对A的弹力做负功,A的机械能减少,即物体A的机械能不守恒,故C错误;题图丁为不计任何阻力和定滑轮与绳子质量时,A加速下落,B加速上升过程,对A、B构成的系统,此过程只有重力势能和动能的相互转化,可知A、B组成的系统机械能守恒,故D正确。
考点二　单物体的机械能守恒问题　　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.机械能守恒定律的表达式
说明:单个物体应用机械能守恒定律时选用守恒观点或转化观点进行列式。
2.应用机械能守恒定律解题的一般步骤
[例2] 【单物体在单一过程中的机械能守恒】(2025·河南期末)晓宇在练习投篮时,某次将可视为质点、质量为m的篮球以速度v0从P点抛出,最终在Q点落入篮筐,如图所示。已知篮球离手瞬间距离地面的高度为h,篮筐距离地面的高度为H,重力加速度为g,规定地面为零势能面,忽略空气阻力。下列说法正确的是(　　)
A.篮球抛出时的机械能为m
B.从P到Q篮球重力做功为mg(H-h)
C.篮球在Q点的动能为m+mg(H-h)
D.篮球在Q点的机械能为m+mgh
【答案】 D
【解析】 规定地面为零势能面,则篮球抛出时的机械能为E=m+mgh,由于篮球在空中只受重力作用,机械能守恒,所以篮球在Q点的机械能也为m+mgh,A错误,D正确;从P点到Q点篮球重力做功为WG=-mg(H-h),根据动能定理有-mg(H-h)=EkQ-m,得EkQ=m-
mg(H-h),B、C错误。
[例3] 【单物体在多过程中的机械能守恒】 (2025·北京海淀区阶段检测)如图所示,竖直平面内的四分之三圆弧形光滑管道半径略大于小球半径,管道中心到圆心距离为R,A端与圆心O等高,AD为水平面,B端在O的正下方,小球自A点正上方由静止释放,自由下落至A点时进入管道。
(1)如果管道与小球接触的内侧壁(图中较小的四分之三圆周)始终对小球没有弹力,小球释放点距离A点的最小高度为多大
(2)如果小球到达B点时,管壁对小球的弹力大小为小球重力大小的9倍。求:
①小球运动到管道最高点E时对管道的弹力;
②落点C与A点的水平距离。
【答案】 (1)1.5R
(2)①3mg,方向竖直向上
②(2-1)R
【解析】 (1)如果管道与小球接触的内侧壁始终对小球没有弹力,则小球到达最高点时的最小速度满足mg=m,
以水平面AD为参考平面,小球从开始下落至到达管道的最高点,由机械能守恒定律有
mghA=mgR+mv2,
解得hA=1.5R,
则小球释放点距离A点的最小高度为1.5R。
(2)①在B点,管壁对小球的弹力F=9mg,
小球做圆周运动,由牛顿第二定律得F-mg=m,
小球从B点至到达管道最高点E的过程中,以B点所在水平面为参考平面,由机械能守恒定律得m=mg·2R+m,
在E点由牛顿第二定律得F′+mg=m,
联立解得F′=3mg,
根据牛顿第三定律可知小球运动到管道最高点E时对管道的弹力为3mg,方向竖直向上。
②小球离开管道后做平抛运动,
在竖直方向上有R=gt2,
在水平方向上有x=vEt,
解得x=2R,
则落点C与A点的水平距离为(2-1)R。
考点三　多物体系统的机械能守恒问题
　几种实际情境的分析
多物体系统类型 常见情境 模型特点
轻绳连接的系统 (1)两物体沿绳方向的分速度大小相等。 (2)对于单个物体,一般绳上的力会做功,机械能不守恒,但对于绳连接的系统,机械能可能守恒
轻杆连接的系统 (1)平动时两物体的线速度相等,转动时两物体的角速度相等。 (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)对于杆和物体组成的系统,若忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功,则系统的机械能守恒
[例4] 【轻绳连接的系统】 (2025·浙江阶段练习)如图所示,轻质动滑轮下方悬挂重物P,轻质定滑轮下方悬挂重物Q,悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时,重物P、Q均处于静止状态,释放后P、Q开始运动。已知P、Q的质量相等,假设摩擦阻力和空气阻力均忽略不计,重力加速度为g,当P的位移大小为h时,下列说法正确的是(　　)
A.重物P的重力势能减少了mgh
B.重物Q的重力势能减少了mgh
C.重物Q运动的速度大小为
D.重物Q运动的速度大小为
【答案】 D
【解析】 两重物质量相等,释放后重物P所受向上的拉力大于其重力,重物P上升h,Q下降2h,则P的重力势能增加mgh,Q的重力势能减少2mgh,A、B错误;设P位移为h时Q的速度为v,则P的速度为,由于P、Q系统中只有重力、弹力做功,则机械能守恒,根据机械能守恒定律有2mgh-mgh=mv2+m,解得v=,C错误,D正确。
[例5] 【轻杆连接的系统】(2025·江苏南通开学考试)如图所示,在竖直平面内有光滑轨道ABCD,其中AB是竖直轨道,CD是水平轨道,AB与BC相切于B点,BC与CD相切于C点。一根长为2R的轻杆两端分别固定着两个质量均为m的相同小球P、Q(视为质点),将轻杆锁定在图示位置,并使Q与B等高。现解除锁定释放轻杆,轻杆将沿轨道下滑,重力加速度为g。求:
(1)P球到达C点时的速度大小;
(2)P球到达B点时的速度大小。
【答案】 (1)2　(2)
【解析】 (1)P球到达C点时由机械能守恒定律得mgR+3mgR=×2mv2,
解得v=2。
(2)如图所示,设当P球到达B点时杆与水平面的夹角为θ,则有sin θ==,
解得θ=30°;
当P球到达B点时,由于两球在沿杆方向的分速度大小相等,则有vQcos 30°=vPcos 60°,
P、Q系统机械能守恒,则有mgR+2mgR=m+m,
解得vP=。
课时作业　　　　　　 　　　　　 　　　　　
对点1.对机械能守恒的理解与判断
1.关于机械能守恒,下列说法正确的是(　　)
A.机械能守恒的物体一定只受重力和弹力的作用
B.物体处于平衡状态时,机械能一定守恒
C.物体所受合力不等于零时,机械能可能守恒
D.合力做功时,物体的机械能一定不守恒
【答案】 C
【解析】 物体只有重力或弹力做功时机械能守恒,或者物体除了受重力和弹力的作用外,还受其他力的作用,但是其他力做功为零,A错误;物体处于平衡状态时,除重力、弹力外其他力可能做功,则机械能不一定守恒,B错误;物体所受合力不等于零时,除重力、弹力外其他力可能不做功,机械能可能守恒,C正确;合力做功时可能只有重力、弹力做功,也可能除重力、弹力做功外其他力做的总功为0,物体的机械能可能守恒,D错误。
2.(多选)(2025·北京延庆期末)如图所示,木块B与水平弹簧相连放在光滑水平面上,子弹A沿水平方向射入木块后留在木块B内,入射时间极短,而后木块将弹簧压缩到最短。关于子弹和木块组成的系统,下列说法正确的是(　　)
A.子弹射入木块的过程中系统机械能守恒
B.子弹射入木块的过程中系统机械能不守恒
C.木块压缩弹簧过程中,子弹、木块和弹簧组成的系统机械能不守恒
D.木块压缩弹簧过程中,子弹、木块和弹簧组成的系统机械能守恒
【答案】 BD
【解析】 子弹射入木块过程有阻力做功,系统机械能不守恒,A错误,B正确;木块压缩弹簧过程,只有弹簧弹力做功,子弹、木块和弹簧组成的系统机械能守恒,C错误,D正确。
对点2.单物体的机械能守恒问题
3.(2025·黑龙江一模)如图所示,将完全相同的小球1、2从同一高度处同时由静止释放,其中斜面固定在地面上且表面光滑,不计空气阻力。下列说法正确的是(　　)
A.两个小球同时落地
B.两个小球落地瞬间的速度相同
C.两个小球落地瞬间的动能相同
D.两个小球落地瞬间重力的功率相同
【答案】 C
【解析】 小球1做自由落体运动,小球2做初速度为零的匀加速直线运动,小球2的加速度小于g,位移大于小球1的位移,所以小球2的运动时间比小球1的运动时间长,即小球2后落地,A错误;两个小球运动过程中机械能守恒,重力势能的减少量相等,动能的增加量也相等,末动能也相等,末速度大小也相等,但方向不同,所以两个小球落地瞬间的速度不相同,重力的功率不同,C正确,B、D错误。
4.(2025·陕西咸阳模拟)在铅球比赛中,某次抛出的铅球在空中运动轨迹如图所示,铅球可视为质点,空气阻力不计。用v、Ep、Ek、E分别表示铅球的速率、重力势能、动能、机械能,用t表示铅球在空中的运动时间。铅球离开手时计为t=0,以地面为零势能面,则下列图像可能正确的是(　　)
　 　　
A B
　 　　
C D
【答案】 B
【解析】 铅球做斜上抛运动,只有重力做功,机械能守恒,其中重力势能先增加后减少,所以动能先减少后增加,速度先减小后增大,但动能最小值不为零,A、C、D错误,B正确。
5.(2025·河北模拟)如图所示,一半径为R的光滑大圆环用硬杆竖直固定在天花板上,其上套一小环,a、b为圆环上关于圆心对称的两点,圆环顶点c距离地面高度为3R,将a点上方至c点间圆环截去。现让小环从大圆环的最高点c由静止开始下滑,当小环滑到b点时,恰好对大圆环无作用力。重力加速度为g,则小圆环落到地面时的水平速度大小为(　　)
A. B.
C. D.
【答案】 D
【解析】 设ab与竖直方向的夹角为θ,则从c点到b点,根据机械能守恒定律有mgR(1-cos θ)=
m;在b点根据牛顿第二定律得mgcos θ=m,解得cos θ=,vb=;从b点到a点有m+mg·2Rcos θ=m,解得va=,小圆环离开a点后水平方向做匀速直线运动,则落到地面时的水平速度大小为vax=vacos θ=,D正确。
对点3.多物体系统的机械能守恒问题
6.(2025·湖南娄底二模)如图,AB等高,B为可视为质点的光滑定滑轮,C为大小可忽略的轻质光滑动滑轮。AB之间距离为2d,一根足够长的轻质且不可伸长的细绳一端系在A点,穿过光滑动滑轮C再绕过定滑轮B,动滑轮下挂着质量为m的小球P,绳另一端吊着质量为m的小球Q。初始时整个系统都静止,然后在外力作用下,将动滑轮C缓慢上移到与AB等高并由静止释放。已知重力加速度为g,整个过程中Q未与定滑轮B相撞,不计空气阻力和一切摩擦,则下列说法正确的是(　　)
A.初始时刻,AC与BC夹角为60°
B.C可以下降的最大高度为2d
C.P下降高度为d时系统的动能最大
D.系统运动过程中最大动能为Ek=(2-)mgd
【答案】 D
【解析】 初始时刻静止,细绳中拉力FT=mg,动滑轮C受到向下的拉力mg,由平衡条件可知,AC与BC夹角为120°,A错误;设C可以下降的最大高度为h,由于系统机械能守恒,则有mgh=
2mg(-d),联立可得h=d,B错误;系统由静止释放后经过原静止位置时,P和Q总动能最大,且总势能取极小值,此时AC与BC夹角为120°,此时P下降高度h=d,Q上升高度h′=2(-1)d,根据机械能守恒定律,可求其总动能Ek=(2-)mgd,C错误,D正确。
7.(多选)(2025·云南期末)如图所示,质量不计的硬直杆的两端分别固定质量为2m的小球A和质量为m的小球B,它们可以绕光滑轴O在竖直面内自由转动。已知O与A球间的距离为2L,O与B球间的距离为L,将杆由水平位置静止释放,从开始到小球A第一次运动到最低点的过程中,不计空气阻力,重力加速度为g。以下说法正确的是(　　)
A.小球A、小球B和硬直杆组成的系统机械能守恒
B.小球A、小球B的速度大小始终相等
C.小球A、小球B和硬直杆组成的系统重力势能的减少量为4mgL
D.小球B的最大速度为v=
【答案】 AD
【解析】 系统由静止释放后只有重力做功,能量只在动能和重力势能之间转化,小球A、小球B和硬直杆组成的系统机械能守恒,A正确。直杆两端转动的角速度相等,所以两球速度大小与转动半径成正比,小球A的速度大小始终是小球B的两倍;系统重力势能的减少量为ΔEp=
2mg·2L-mgL=3mgL,B、C错误。小球A运动到最低点时,小球B的速度最大,根据机械能守恒定律有2mg·2L-mgL=mv2+·2m(2v)2,解得小球B的最大速度为v=,D正确。
8.(2025·湖南株洲一模)用三根细线将三个物块A、B、C和定滑轮组装成图示装置。已知B、C的质量分别为3m、2m,它们间细线长度为L,C离地高度也为L;A的质量M满足3m(1)求C在下落过程中的加速度大小;
(2)求A上升的最大速度;
(3)若B刚好能着地,求A的质量。
【答案】 (1)g　(2) (3)m
【解析】 (1)剪断细线后,对A、B、C整体,根据牛顿第二定律有5mg-Mg=(5m+M)a,
解得a=g。
(2)物块C刚落地时,A的速度最大,三个物块组成的系统机械能守恒,
有(5mg-Mg)L=(5m+M)v2,
解得v=。
(3)物块C落地后,物块B恰能下降到地面,则此时物块A和物块B的速度均为零,根据机械能守恒定律有(3mg-Mg)L=0-(3m+M)v2,
联立解得M=m。
9.(2025·河北卷,7)随着我国航天事业飞速发展,人们畅想研制一种核聚变能源星际飞行器。从某星球表面发射的星际飞行器在飞行过程中只考虑该星球引力,不考虑自转,该星球可视为质量分布均匀的球体,半径为R0,表面重力加速度为g0。质量为m的飞行器与星球中心距离为r时,引力势能为mg0(-)(r>R0)。要使飞行器在距星球表面高度为R0的轨道上做匀速圆周运动,则发射初速度为(　　)
A. B.
C. D.
【答案】 B　
【解析】 飞行器在轨道半径r=2R0处的总机械能包括动能和势能。引力势能为Ep=mg0R0,根据万有引力提供向心力,有=m,在星球表面有=mg0,解得飞行器的轨道速度满足v2=,对应动能Ek=mv2=mg0R0,总机械能E总=mg0R0,根据机械能守恒定律,初始动能m=E总,解得v0=。
10.一根长为L的轻杆OA,O端用铰链固定在地面上,另一端固定一质量为m的小球A,轻杆靠在高h=、质量为M=4m的物块B上,开始时轻杆处于竖直状态,受到轻微扰动,轻杆开始顺时针转动,推动物块B沿地面向右滑至图示位置(杆与地面夹角为θ=),若不计一切摩擦,重力加速度为g,则此时小球A的线速度大小为(　　)
A. B.
C. D.
【答案】 B
【解析】 小球A顺时针转动,物块B向右运动,如图所示,根据运动的分解有v1=vBsin θ,由v=ωr得=,小球A转动过程中,系统机械能守恒,则有mgL(1-sin θ)=m+M,联立解得vA=vB=,故选B。
11.(2025·贵州铜仁模拟)如图所示,将内壁光滑的细管弯成四分之三圆形的轨道并竖直固定,轨道半径为R,细管内径远小于R。轻绳穿过细管连接小球A和重物B,小球A的质量为m,直径略小于细管内径,用手托住重物B使小球A静止在Q点。松手后,小球A运动至最高点P点时对细管恰无作用力,重力加速度为g,取π=3,求:
(1)小球A运动到P点时的速度大小v;
(2)重物B的质量M;
(3)小球A到达P点时轻绳的拉力大小FT。
【答案】 (1)　(2)m　(3)mg
【解析】 (1)小球A运动至最高点P点时对细管恰无作用力,此时重力刚好提供向心力,则有
mg=m,解得v=。
(2)小球A从Q点到P点过程系统机械能守恒,则有Mg·-mgR(1+cos 60°)=(M+m)v2,
解得M=m。
(3)设小球A到达P点时切向方向的加速度为a,对A有FT=ma,
对B有Mg-FT=Ma,
联立解得轻绳的拉力大小为FT=mg。(共51张PPT)
第8讲
实验:验证机械能守恒定律
【学习目标】
1.掌握实验原理;能正确使用实验器材;掌握纸带数据处理方法;学会分析误差来源,并提出减小误差的方法。
2.通过数据分析,理解实验结论的物理意义;能解释实验中动能增加量略小于势能减少量的原因;培养用图像法处理数据的能力。
3.养成严谨的实验态度,如实记录数据,避免人为操作误差。
4.建立能量转化与守恒的物理观念;通过实验设计、数据处理培养科学探究能力;运用逻辑推理分析实验误差及结论。　　　　　　 　　　　　 　　　　　
一、装置与器材
打点计时器、交流电源、纸带、复写纸、重物、刻度尺、铁架台(带铁夹)、导线。
二、实验步骤
1.安装器材:将打点计时器固定在铁架台上,用导线将打点计时器与电源相连。
2.打纸带:用手竖直提起纸带,使重物停靠在打点计时器下方附近,先
,再 ,让重物自由下落,打点计时器就在纸带上打出一系列的点,取下纸带,换上新的纸带重打几条(3～5条)。
3.选纸带:从打出的几条纸带中选出一条点迹清晰的纸带。
接通电源
松开纸带
三、数据处理
方案一:利用起始点和第n点计算
方案二:任取两点计算
(1)任取两点A、B,测出hAB,算出mghAB。
方案三:图像法
过原点且斜率为g的直线
四、注意事项
1.打点计时器要竖直: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,让打点计时器正常工作,后松开纸带让重物下落。
五、误差分析
1.系统误差
本实验中因重物和纸带在下落过程中要克服阻力(空气阻力、打点计时器阻力)做功,故重物动能的增加量ΔEk稍小于其重力势能的减少量ΔEp,即ΔEk<ΔEp,这属于系统误差,改进的方法是调整器材的安装,尽可能地减小摩擦阻力,选用质量大,体积小的物体为重物,以减小空气阻力的影响。
2.偶然误差
本实验的另一个误差来源于长度的测量,属于偶然误差。减小误差的方法是测下落距离时都从O点测量,一次将各打点对应的下落高度测量完,或者多次测量取平均值。
考点一
基础性实验
[例1] 【实验原理与实验操作】 (2025·安徽模拟)某实验小组采用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。实验装置安装好后,用手提住纸带上端,之后让纸带由静止开始下落。
(1)关于实验操作,下列说法正确的是　　　　(多选,填选项前字母)。
A.实验中应先接通电源,后释放纸带
AC
(2)让质量为m=1 kg的重物自由下落,打点计时器在纸带上打出一系列的点。现选取一条符合实验要求的纸带,如图乙所示,O为释放开始的第一个点, A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点(其他点未画出),已知电源的频率f=50 Hz,重力加速度g取9.80 m/s2。根据图中数据,选取图中O点和B点来验证机械能守恒定律,则从O点到B点,重物重力势能的减少量ΔEp=　　　 J,动能的增加量ΔEk=　　　 J,(结果均保留三位有效数字)。在误差允许范围内,可认为重物在下落过程中机械能　　　　。
1.88
1.84
守恒
(3)重物在下落的过程中,如果所受阻力均忽略不计,h代表下落的距离,v代表物体速率,Ek代表动能,Ep代表重力势能,E代表机械能,以水平桌面为参考面,下列图像可能正确的是　　　　。
B
A B C D
[例2] 【实验数据处理与误差分析】 (2025·河南卷,12)实验小组利用图1所示装置验证机械能守恒定律。可选用的器材有:交流电源(频率50 Hz)、铁架台、电子天平、重锤、打点计时器、纸带、刻度尺等。
(1)下列所给实验步骤中,有4个是完成实验必需且正确的,把它们选择出来并按实验顺序排列:　　　　　　(填步骤前面的序号)。
①先接通电源,打点计时器开始打点,然后再释放纸带
②先释放纸带,然后再接通电源,打点计时器开始打点
③用电子天平称量重锤的质量
④将纸带下端固定在重锤上,穿过打点计时器的限位孔,用手捏住纸带上端
⑤在纸带上选取一段,用刻度尺测量该段内各点到起点的距离,记录分析数据
⑥关闭电源,取下纸带
④①⑥⑤
(2)图2所示是纸带上连续打出的五个点A、B、C、D、E到起点的距离。则打出B点时重锤下落的速度大小为　　　 m/s(结果保留三位有效数字)。
1.79
(3)纸带上各点与起点间的距离即为重锤下落高度h,计算相应的重锤下落速度v,并绘制图3所示的v2-h关系图像。理论上,若机械能守恒,图中直线应
　　　　　(选填“通过”或“不通过”)原点且斜率为　　　　(用重力加速度大小g表示)。由图3得直线的斜率k=　　　　(结果保留三位有效数字)。
通过
2g
19.0
3.1
考点二
创新性实验
[例3] 【实验原理的创新】 (2025·安徽安庆二模)某同学设计了一个验证机械能守恒定律的实验,一轻绳一端连接在拉力传感器上O点,另一端连接在半径为r的匀质小钢球上,小钢球球心至O点的长度为L,O点正下方B位置有一光电门,可记录小钢球通过光电门的时间。如图甲所示,将小钢球拉至某一位置由静止释放,同时拉力传感器通过计算机采集小钢球在摆动过程中轻绳上拉力的最大值FT和最小值F。改变小钢球的初始释放位置,重复上述过程,根据测量数据在直角坐标系中绘制出FT-F图像。
(1)小钢球从A位置由静止释放时,细线与竖直方向成θ角,小钢球通过最低点位置B时,光电门记录遮光时间为t,则小钢球通过光电门的速度vB=　　　;在实验误差允许的范围内,若t2=　 　　　(用r、L、θ、g等符号表示)则验证了小钢球从A点运动到B点过程中机械能守恒。
(2)若小钢球摆动过程中机械能守恒,则绘制出的FT-F图像的直线斜率理论值为　　　　。
-2
(3)若小钢球质量m=30 g,根据测量数据绘制的FT-F图像如图乙所示,由此可计算出重力加速度g=　　　　 m/s2(结果保留三位有效数字),与当地实际重力加速度相比　　　　(选填“偏小”“偏大”或“不变”)。
9.78
偏小
(1)安装实验装置的操作有:
①在斜槽末端安装光电门　
②调节斜槽在竖直平面内　
③调节斜槽末端水平　
④将斜槽安装到底座上
其合理的顺序是　　　(选填“A”“B”或“C”)。
A.①②③④　　B.④②③①　　C.④①②③
B
【解析】 (1)正确步骤为将斜槽安置于底座,调节斜槽在竖直平面内,调节斜槽末端水平,安装光电门,序号为④②③①。
(2)测量钢球直径的正确操作是图中　　　　(选填“乙”或“丙”)所示的方式。
乙
【解析】 (2)测量钢球直径时需要确保测量工具与钢球接触良好,并且钢球的位置不会导致测量误差。在题图的情形中,乙方式更准确地使游标卡尺的两测量面与钢球的表面垂直接触,适合测量直径。而丙方式因为夹持不住钢球,使得钢球并没有夹在两测量爪之间,测量不准确。故选乙。
(3)在斜槽上5个不同的位置由静止释放钢球。测量得出的实验数据见表1。已知钢球的质量m=0.02 kg,重力加速度g=9.80 m/s2。请将下表的数据补充完整。
表1
h/(10-2 m) 4.00 5.00 6.00 7.00 8.00
ΔEk/(10-3 J) 4.90 6.25 7.45 8.78 10.0
ΔEp/(10-3 J) 7.84 9.80 11.8 13.7 　
15.7
【解析】 (3)根据ΔEp=mgh,可知下降高度为8.00×10-2m时减少的重力势能为下降高度为4.00×10-2 m时的2倍,代入数据可得ΔEp=15.7×10-3 J。
(4)实验数据表明,ΔEk明显小于ΔEp,钢球在下降过程中发生机械能的损失。小明认为,机械能的损失主要是钢球受到的摩擦力做功造成的。
为验证此猜想,小明另取一个完全相同的斜槽按图丁平滑对接。若钢球从左侧斜槽上A点由静止释放,运动到右侧斜槽上,最高能到达B点,A、B两点高度差为H。则该过程中,摩擦力做功大小的理论值W理=　　　　(用m、g、H表示)。
mgH
【解析】 (4)根据动能定理可得mgH-W理=0,可得W理=mgH。
h/(10-2 m) 4.00 5.00 6.00 7.00
ΔE/(10-3 J) 2.94 3.55 4.35 4.92
Wf/(10-2 J) 0.98 1.08 1.18 1.27
【答案及解析】 (5)同意,原因是钢球减少的重力势能有一部分转化为钢球的转动动能,相差很大的原因是钢球的转动动能没有计入。
[例5] 【实验器材的创新】 (2025·河南模拟)小明同学利用如图甲所示装置验证机械能守恒定律,在铁架台上固定一角度测量仪(0刻度线竖直向下),角度测量仪中心固定有拉力传感器,轻绳一端连接拉力传感器,另一端连接一小钢球,调节轻绳长度,使轻绳自然下垂时,小钢球刚好在光电门处。重力加速度为g。
(1)小明同学利用螺旋测微器测量小钢球的直径d,测量结果如图乙所示,该小钢球的直径d=　　　　 mm。
6.125
【解析】 (1)由题图乙可知,小钢球的直径d=6 mm+0.01 mm×12.5=6.125 mm。
cos θ
(3)小明同学将小钢球拉至角度测量仪90°上方区域,且轻绳绷直,重复上一问中的步骤,发现结果离预期差别很大,其原因可能是
　。
释放后小球做自由
落体,到绳再次绷紧时有机械能损失
【解析】(3)释放后小球先做自由落体运动,到绳再次绷紧时有机械能损失。
[例6] 【数据处理的创新】(2025·广西贵港阶段检测)用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。轻杆两端固定两个完全相同的小球P、Q,杆可以绕固定于O点且垂直于纸面的水平轴在竖直面内自由转动。O点正下方有一光电门,当小球P经过最低点时,激光恰好照在球心所在位置。已知重力加速度为g,用游标卡尺测得小球的直径为d。
(1)P、Q从水平位置由静止释放,当小球P通过最低点时,与光电门连接的
数字计时器显示的挡光时间为Δt,计算得到小球P经过最低点时的速度vP=　　　　。
(3)若实验中发现系统的动能增加量总是比重力势能减少量小,以下可能的影响因素是　　　　(填字母)。
A.小球运动过程受到空气阻力的影响
B.球心间距离L的测量值偏小
C.小球P运动到最低点时,球心位置比光电门略高
A
【解析】 (3)由于空气阻力做负功,系统的动能增加量总是比重力势能减少量小,故A正确;球心间距离L的测量值偏小,会导致重力势能的变化量偏小,故B错误;小球P运动到最低点时,球心位置比光电门略高,导致实际挡光时间Δt偏小,会导致速度偏大,动能的增加量偏大,故C错误。
感谢观看【考情分析】
　　　　年份 考查点　　　　 2025 2024 2023
功、功率和势能 山东·T5、河南·T1 广东·T9、福建·T11、 贵州·T6、安徽·T7、 浙江6月选考·T5 广东·T8、新课标·T15、 山东·T4、北京·T11
动能和 动能定理 云南·T2、四川·T7、 福建·T15、广东·T14、 黑吉辽内蒙古·T13 新课标·T24、安徽·T2 湖南·T8、湖北·T14、 新课标·T20
机械能守恒 定律和能量 守恒定律 河北·T7、四川·T7、 安徽·T14、全国·T3 云南·T6、T10 北京·T7、福建·T8 全国甲·T24、 浙江6月选考·T18
实验:验证机 械能守恒定律 江苏·T11、河北·T11、 甘肃·T11、河南·T12 浙江6月·T16Ⅰ 天津·T9
【AI考情预测】
一、命题趋势
1.“情境化命题的持续深化”将成为未来考查的重要特征。试题将越来越多地采用真实、复杂的生活和科技情境作为命题背景。
2.“综合性考查的进一步加强”是未来考查的重点。试题将更加注重与其他物理知识的交叉融合,特别是与电磁学、热学等内容的综合考查。
3.“探究性和开放性试题”也值得关注。为考查学生的科学探究能力和创新思维,未来高考可能会增加实验设计类、论证类、解释类等开放性试题。
4.“数学工具应用的强化”是考查的又一趋势。未来的试题将更加注重数学方法在物理问题中的应用,特别是函数图像、导数、积分等高等数学思想的渗透。
5.“核心素养导向的命题”将成为未来考查的主旋律。试题将更加注重对物理观念、科学思维、科学探究、科学态度与责任等核心素养的考查。
二、学习难点
1.功的定义难点:混淆“功”与“力”或“能量”的概念,不理解“功是能量转化的量度”。
2.能量形式的转化难点:分不清机械能(动能、重力势能、弹性势能)与其他形式能量(如内能)的转化。
3.机械能守恒的条件难点:错误判断系统是否守恒(如误认为“有摩擦力就不守恒”)。
4.复杂情境的分析和变力做功的计算难点:无法直接套用公式W=Fs,曲线运动中力的大小方向变化。
三、备考建议
1.重视“概念建构与规律的理解”。教学中应通过具体实例和实验演示,帮助学生建立清晰的物理观念。
2.强化“模型建构能力的培养”。面对日益增多的实际情境问题,教师应在教学中引导学生掌握将实际问题抽象为物理模型的方法。
3.加强“图像分析能力的训练”。近年相关试题越来越多地采用图像呈现信息,教学中应专门针对各类图像进行解读训练,帮助学生掌握从图像中提取有效信息的方法。
4.注重“解题思路与方法的系统归纳”。教师应帮助学生系统归纳各类问题的解题策略。
5.开展“实验探究活动”。教学中应充分利用学校实验条件,开展基础实验,并鼓励学生设计创新性实验。
6.培养“良好的解题习惯”。在题目的解答过程中,应指导学生养成良好习惯。
第1讲　功与功率
【学习目标】
1.掌握功的定义,理解正功、负功和零功的物理意义;理解功率的定义,区分平均功率与瞬时功率。认识功与能量转化的关系,功率与能量转移速率的关系。
2. 能设计实验测量简单情境中的功和功率;通过数据分析理解变量关系;评估实际情境中的效率问题。
3.运用公式解决实际问题;辨析常见误区;能够将生活中的有关案例转化为物理问题。
4.认识功率在可持续发展中的意义;分析科技应用中功和功率的得与失;培养量化评估习惯。
[footnoteRef:2] [2:
1.(2025·云南卷,2)如图所示,中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发,沿水平直轨道逐渐加速到144 km/h,在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近(　　)
A.4×105 J　　　B.4×104 J
C.4×103 J D.4×102 J
【答案】 B
2.(2025·山东卷,5)一辆电动小车上的光伏电池,将太阳能转换成的电能全部给电动机供电,刚好维持小车以速度v匀速运动,此时电动机的效率为50%。已知小车的质量为m,运动过程中受到的阻力F阻=kv(k为常量),该光伏电池的光电转换效率为η,则光伏电池单位时间内获得的太阳能为(　　)
A. B.
C. D.
【答案】 A]
【答案】 力的方向　力的方向　位移　恒力　正功　负功　克服
不做功　快慢　平均功率　平均　瞬时　
考点一　功的分析和计算　　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.功的正负的判断方法
(1)根据力与位移的方向的夹角判断。
(2)根据力与瞬时速度方向的夹角α判断:0≤α<,力做正功;α=,力不做功;<α≤π,力做负功。
2.计算功的方法
(1)恒力做功。
(2)合力做功。
法一 先求合力F合,再用W合=F合lcos α求功。适用于F合为恒力的过程
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
法三 利用动能定理W合=ΔEk
(3)变力做功。
方法及图示 方法解读
微元法 质量为m的物体在粗糙水平面内沿圆周运动一周过程中,摩擦力做功 Wf=-FfΔx1-FfΔx2-FfΔx3-…=-Ff(Δx1+Δx2+Δx3+…)=-Ff·2πR,适用于力的大小不变而方向变化的情况
W=Pt公式法 Pt图像中图线与坐标轴所围面积表示对应力做的功,则WF=t0
平均力法 物体受力随位移线性变化,在一段位移x内的初、末位置对应的力分别为F1、F2,则此变力所做的功W=x
Fx图像法 图线与坐标轴所围“面积”表示力F做的功,且x轴上方的“面积”为正功,下方的“面积”为负功。图中力做的功W=x0
等效转换法 恒力F把物块从位置A拉到位置B过程中绳子对物块做的功W=F(-)
动能定理法 应用动能定理可以求解变力做功。图中用力F把小球从A处缓慢拉到B处,F为变力,则有 WF-mgl(1-cos θ)=0,得WF=mgl(1-cos θ)
[例1] 【正、负功的判断】 (2025·广东期末)手拿球拍托着乒乓球跑是校运动会的一项常见的趣味项目,如图所示。假设某段时间内乒乓球相对球拍静止一起水平向右做匀速直线运动,不计空气阻力,则此过程中(　　)
A.乒乓球受到的摩擦力不做功
B.乒乓球受到的支持力做正功
C.乒乓球受到的重力做负功
D.乒乓球所受合力做正功
【答案】 B
【解析】 乒乓球受到竖直向下的重力,垂直于球拍向上的支持力以及沿球拍向上的摩擦力,位移方向向右;根据力与位移间夹角为锐角,力做正功,力与位移间夹角为钝角,力做负功,力与位移间夹角为直角,力不做功,可确定摩擦力做负功,支持力做正功,重力不做功;乒乓球速度不变,所受合力为0,合力不做功。B正确,A、C、D错误。
[例2] 【恒力做功的计算】 (2025·青海海东二模)如图所示,倾角为θ、足够长的光滑斜面固定在水平地面上,斜面底端有一质量m=1 kg的物块,t=0时刻物块在沿斜面向上的恒力F的作用下,从斜面底端由静止开始运动,t=2 s时物块到达A点并撤去F,t=4 s时物块恰好返回斜面底端,取sin θ=0.6,重力加速度大小g取10 m/s2。
(1)求撤去F后物块的加速度大小a1;
(2)求恒力F对物块做的功W;
(3)若t=0时刻物块在沿斜面向上的变力F′的作用下,从斜面底端由静止开始运动,t=1.5 s时物块到达A点并撤去F′,此过程中物块的加速度与速度成反比,t=3.5 s时物块返回斜面底端,求变力F′的最小值Fmin。
【答案】 (1)6 m/s2　(2)32 J　(3) N
【解析】 (1)撤去外力后,物块只受到重力和斜面的支持力,根据牛顿第二定律有mgsin θ=ma1,
解得a1=gsin θ=6 m/s2。
(2)设恒力作用时物块的加速度大小为a,根据牛顿第二定律可得F-mgsin θ=ma,
在外力作用下,物块到达A点的速度为
vA=a·Δt=2a,
物块的位移xA=vA·Δt=vA×2,
撤去外力后,物块先做匀减速运动,后反向做匀加速运动,该过程中有
xA=-vA·Δt+a1(Δt)2
=-2vA+×6×22,
联立解得vA=4 m/s,a=2 m/s2,F=8 N,
故恒力做的功W==32 J。
(3)物块在变力F′作用下从斜面底端到A点的位移xA=4 m,撤去外力后,从A点返回到斜面底端的时间Δt=2 s,因此在0～1.5 s内,物块的位移仍为4 m,撤去外力后,物块的加速度大小仍为a1=6 m/s2,用Δt=2 s的时间回到底端,由(2)可知经A点的速度也为vA=4 m/s,
根据题意可知前1.5 s的v图像如图所示,其图线与坐标轴所围面积表示时间,则有
t=1.5 s=×4×,
解得最小加速度amin= m/s2,
根据牛顿第二定律Fmin-mgsin θ=mamin,
解得Fmin= N。
[例3] 【多种方法求变力做功】 (多选)力F对物体所做的功可由公式W=Flcos α求得,公式中力F必须是恒力,而实际问题中,有很多情况是变力在对物体做功。如图,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大小不变,物块从A到C过程中绳的拉力对物块做的功为W=F(lOA-lOC)
B.图乙中,全过程中F做的总功为π J
C.图丙中,绳长为R,若空气阻力F阻大小不变,小球从A运动到B过程中,空气阻力做的功W=πRF阻
D.图丁中,F始终保持水平,无论是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=Flsin θ
【答案】 AB
【解析】 等效转换法　题图甲中物块从A到C过程中,绳的拉力对物块做的功等于力对绳做的功W=F(lOA-lOC),故A正确。
图像法　题图乙中,Fx图线与坐标轴围成的面积代表功,W=×32 J=π J,故B正确。
微元法　题图丙中,F阻大小不变,方向始终与运动方向相反,从A运动到B过程中空气阻力做的功为W=-F阻·=-πRF阻,故C错误。
动能定理法　题图丁中,当F为恒力时将小球从P拉到Q,WF=Flsin θ,而F缓慢拉小球时为变力,根据动能定理有W-mgl(1-cos θ)=0,得W=mgl(1-cos θ),故D错误。
[例4] 【利用平均力法求变力做功】 (2025·宁夏期末)某块石头陷入淤泥过程中,其所受的阻力F与深度h的关系为 F=kh+F0(k、F0已知),石头沿竖直方向做直线运动,当h=h0时,石头陷入淤泥过程中克服阻力做的功为(　　)
A.F0h0 B.kF0h0
C.F0h0+k D.(kh0+F0)h0
【答案】 C
【解析】 由于阻力F=kh+F0随深度h线性变化,该过程中平均阻力为==F0+kh0,则石头克服阻力做的功为W=·h0=F0h0+k,C正确,A、B、D错误。
考点二　功率的分析与计算
1.平均功率的计算方法
(1)利用=求解。
(2)利用=F·cos α求解,其中为物体运动的平均速度,F为恒力,α不变。
2.瞬时功率的计算方法
(1)利用P=Fvcos α,其中v为t时刻的瞬时速度,F为此时刻的力,α为此时刻F与v的夹角。
(2)对P=Fvcos α的理解:可以认为Fcos α是力F在速度v方向上的分力,也可以认为vcos α是速度v在力F方向上的分速度。
[例5] 【对功率的理解】 (2025·江苏苏州阶段检测)一架飞机从水平方向平飞经一段圆弧转入竖直向上爬升,如图所示。假设飞机沿圆弧运动时速度大小不变,发动机推力方向沿轨迹切线方向,飞机所受升力垂直于机身,空气阻力与运动方向相反且大小不变,则飞机沿圆弧向上运动时(　　)
A.飞机发动机推力做功的功率逐渐增大
B.飞机发动机推力大小保持不变
C.飞机克服重力做功的功率保持不变
D.空气对飞机的作用力不变
【答案】 A
【解析】 飞机的运动可看作竖直平面内的匀速圆周运动,其受力如图所示,则有F升-mgcos θ=
m,F推=mgsin θ+F阻,由于θ变大,可知F升变小,F推变大,推力的功率逐渐增大,A正确,B错误;飞机克服重力做功的功率为PG=mgvsin θ,所以其功率逐渐增大,C错误;空气对飞机的作用力为升力与空气阻力的合力,虽然二者夹角不变,但因为F升变小,其合力为变力,D错误。
[例6] 【功率的计算】 (多选)(2025·天津月考)如图甲所示,物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动,监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图乙、丙所示,g取10 m/s2,则(　　)
A.物体的质量为6 kg
B.这3 s内物体克服摩擦力做的功W=6 J
C.1.5 s时推力F的功率为1.5 W
D.后2 s内推力F做功的平均功率=3.5 W
【答案】 BD
【解析】 由题图丙可知,1～2 s内物体做匀加速直线运动,其加速度为a== m/s2=2 m/s2,该过程有F2-Ff=ma,2～3 s内物体做匀速直线运动,则F3=Ff=2 N,联立解得 m=0.5 kg,A错误;0～3 s内物体的位移x=×2 m=3 m,则克服摩擦力做的功W=Ffx=2×3 J=6 J,B正确;1.5 s时物体的速度为v= m/s=1 m/s ,推力F的功率为P=F2v=3×1 W=3 W,C错误;后2 s内推力F做的功为W=F2x1+F3x2=3× J+2×2×1 J=7 J ,平均功率为==3.5 W,D正确。
考点三　机车启动问题
　两种启动方式
两种方式 以恒定功率启动 以恒定加速度启动
Pt图像 和vt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 匀加速直线运动,维持时间t1=
AB段 过程分析 F=F阻 a=0 vm= 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 过程分析 — F=F阻 a=0 vm=
运动性质 — 以vm做匀速直线运动
转折点 在转折点A,牵引力与阻力大小相等,此时加速度为零,速度达到最大,此时 在转折点A,功率达到额定功率,匀加速运动结束,此时;在转折点B,速度达到最大,此时
[例7] (2025·黑龙江模拟)如图所示,高速列车CR450动车组样车发布,这标志着“CR450科技创新工程”取得重大突破,将极大提升我国铁路科技创新水平和科技自立自强能力,进一步巩固扩大了我国高铁技术世界领跑的优势。若某高速列车由4辆提供动力的动车和4辆无动力的拖车组成,其中第2、4、5、7节车厢为动车,其余为拖车。每节车厢的质量均为50吨,每节动车的额定功率均为2 750千瓦,各节车厢之间只有水平方向的相互作用力。行驶过程中,每节动车提供的动力相同,每节车厢所受阻力大小恒为其重力的。某次测试中,动车组由始发站以1 m/s2 的加速度匀加速启动,达到额定功率后以额定功率行驶。设铁轨为水平直线,重力加速度g取10 m/s2。
(1)匀加速阶段,第3节车厢与第4节车厢间的相互作用力多大
(2)动车组匀加速运动的时间和位移分别为多少
(3)若动车组行驶过程中所受总阻力与速度的二次方成正比,即F阻=v2(各量均取国际单位),则动车组匀速行驶的速度为多大
【答案】 (1)6.25×104 N　(2)22 s　242 m (3)110 m/s
【解析】 (1)设匀加速阶段每节动车提供的牵引力为F,则整车有4F-8kmg=8ma,
代入数据解得F=1.25×105 N,
将第1、2、3节车厢看成整体,若第4节车厢对该部分有向前的推力,则有
F-3kmg+F43=3ma,
解得F43=6.25×104 N,
即第3节车厢与第4节车厢间的相互作用力大小为6.25×104 N。
(2)当动车组匀加速结束时功率恰好达到额定功率,设此时速度为v1,根据P=Fv,
解得v1==22 m/s,
设匀加速阶段的时间为t,
则t==22 s,
设匀加速阶段的位移为x,
则x==242 m,
即动车组匀加速运动的时间为22 s,位移为242 m。
(3)动车组匀速行驶时有4P=F阻vmax,
整理解得F阻=,
而F阻=,
联立解得vmax=110 m/s,
即动车组匀速行驶的速度为110 m/s。
掌握三个重要关系式
(1)无论哪种启动过程,机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度,即满足P=F·vm,F=F阻(此时F为最小牵引力)。
(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,满足F-F阻=ma,P额=F·v,此时v(3)机车以恒定功率启动时,牵引力做的功W=Pt。由动能定理得Pt-F阻x=ΔE k ,此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小。
课时作业　　　　　　 　　　　　 　　　　　
对点1.功的分析和计算
1.(多选)(2025·陕西渭南期中)某同学分别乘坐如图所示的斜行电梯(甲)、直升电梯(乙)、阶梯式电梯(丙)从一楼到四楼,若三种电梯均在二楼到三楼处于匀速运动状态,则该同学乘坐这三种电梯在二楼到三楼的过程中,各力做功分析正确的是(　　)
A.图甲中电梯对该同学的支持力做正功
B.图甲中电梯对该同学的摩擦力做负功
C.图丙中电梯对该同学的支持力做正功
D.三个图中合力对该同学做功大小相同
【答案】 CD
【解析】 题图甲中人受到竖直向下的重力,垂直于斜面的支持力和沿斜面向上的摩擦力,题图乙、题图丙中人均只受竖直向下的重力和竖直向上的支持力,所以题图甲中电梯对该同学的支持力不做功,摩擦力做正功,题图乙、题图丙中支持力做正功,故A、B错误,C正确;由于是匀速运动,三个图中合力均为0,则合力做功均为0,故D正确。
2.(2025·山东泰安模拟)如图甲,辘轳是古代民间提水设施,由辘轳头、支架、井绳、水斗等部分构成。图乙为提水设施工作原理简化图,已知辘轳绕绳轮轴半径为r=0.1 m,水斗的质量为0.5 kg,井绳的质量忽略不计。某次从井中汲取m=2 kg的水,t=0 时刻,轮轴由静止开始绕中心轴转动向上提水桶,其角速度随时间变化规律如图丙所示,g取10 m/s2,则(　　)
A.水斗速度随时间变化规律为v=2t(所涉及物理量均用国际单位制)
B.井绳拉力大小恒定,大小为25 N
C.0～10 s内水斗上升的高度为4 m
D.0～10 s内井绳拉力所做的功为255 J
【答案】 D
【解析】 由题图丙可知ω=2t,根据v=ωr可得辘轳边缘上绳的速度为v=0.1×2t=0.2t,即水斗速度随时间变化规律为v=0.2t,可知水斗做匀加速运动,加速度为a=0.2 m/s2,设绳子拉力为F,水斗质量为M,对于水斗和水,有F-mg-Mg=(m+M)a,解得F=(m+M)(a+g)=2.5×(10+0.2)N=25.5 N,
A、B错误;由x=at2可知,0～10 s内水斗上升的高度为x=×0.2×102 m=10 m,则井绳拉力所做的功为W=Fx=25.5×10 J=255 J,C错误,D正确。
3.(2025·新疆伊犁期中)建造大型桥梁时通常使用架桥机将桥梁的一部分沿水平方向推进到预设位置后放下与主体相接。已知桥梁的质量为m,在桥梁水平移动过程中,架桥机对桥梁的水平力F与桥梁的位移x之间的关系如图乙所示,桥梁所受阻力方向与运动方向相反,大小恒为Ff,重力加速度为g。则桥梁受架桥机水平力F作用过程中,下列说法正确的是(　　)
A.力F做的功为F0x0
B.阻力做的功为-Ffx0
C.桥梁在x0处速度最大
D.桥梁向右做匀加速直线运动
【答案】 A
【解析】 由功的公式W=Fx可知,Fx图线与坐标轴所围的面积表示力F做的功,则F做的功为 W1=F0x0,A正确;桥梁在推进到预设位置的过程中,阻力恒定,则阻力做功为W2=-Ffx0,B错误;桥梁沿水平方向运动过程中有F-Ff=ma,而F越来越小,则桥梁加速度越来越小,当F=Ff时,桥梁的加速度等于0,速度达到最大值,C、D错误。
4.如图所示,质量均为m的A、B两小物块用轻质弹簧相连,A放置在光滑水平地面上,一轻绳通过光滑的定滑轮与物块B相连(连接物块B的绳子恰好伸直但不绷紧),弹簧的劲度系数为k。现用一水平向右的拉力F作用在轻绳上,使物块B缓慢向上运动,已知重力加速度为g,当物块A恰好离开地面时,F所做的功为(　　)
A. B.
C. D.
【答案】 D
【解析】 开始时弹簧的压缩量x1=,此时F1=0,当物块A恰好离开地面时弹簧伸长量为x2=,此时F2=2mg,由于物块B缓慢向上运动,则拉力F均匀增大,F做的功W=(x1+x2)=
,D正确。
对点2.功率的分析与计算
5.(2025·江苏常州二模)高空坠物,危害巨大,必须引起人们的高度重视。现有一重物在无风的情况下从高空被斜向下抛出。已知重物所受空气阻力的大小与坠落速率成正比,则该重物在下落过程中重力的瞬时功率P随时间t变化的图像可能是(　　)
A B
C D
【答案】 C
【解析】 重物在下落过程中受到重力和空气阻力作用,随着速率的增加,空气阻力逐渐增大,重物在水平方向减速,竖直方向加速,故阻力在竖直向上的分力逐渐增大,则重物在竖直方向做加速度减小的加速运动,vy增大,但vyt图像的切线斜率变小,而重力的瞬时功率为P=mgvy,则Pt图像的切线斜率变小,初始时刻vy不等于零,即初始时刻重力功率不为零。C正确。
6.(2025·黑龙江哈尔滨二模)福建舰的电磁弹射系统是其核心装备之一,在测试电磁弹射系统时,配重小车自甲板前端水平射出,落至海面上。简化模型如图所示,两辆质量相同的配重小车1、2先后进行弹射测试,轨迹分别为曲线1和曲线2,A、B为两次弹射的落水点。忽略空气阻力,配重小车可视为质点。则关于配重小车1和小车2说法正确的是(　　)
A.落水瞬间速度大小vA=vB
B.在空中运动过程中速度变化量Δv1=Δv2
C.落水瞬间重力的瞬时功率PA>PB
D.在空中运动过程中重力的平均功率P1【答案】 B
【解析】 配重小车离开甲板后做平抛运动,二者下落高度相等,根据h=gt2可知,二者下落时间相等,则由竖直方向分速度vy=gt,可知vAy=vBy,水平分运动为匀速运动,根据x=vt及xA对点3.机车启动问题
7.(2025·辽宁二模)2024年12月29日,随着一声嘹亮的鸣笛,高速列车CR450动车组正式亮相。列车提速的一个关键技术是提高机车发动机的功率。若匀速运动时,列车所受阻力与速度的二次方成正比,即Ff=kv2。设提速前速度为200 km/h,提速后速度为400 km/h,则提速前与提速后机车发动机的功率之比为(　　)
A. B. C. D.
【答案】 B
【解析】 列车匀速运动时,牵引力F=Ff=kv2,则功率P=Fv=kv3,则提速前、后机车发动机的功率之比为===,故B正确,A、C、D错误。
8.(2025·辽宁大连阶段练习)一物块在一个水平拉力作用下沿粗糙水平面运动,物块与水平面间的动摩擦因数全程不变,其vt图像如图甲所示,水平拉力的Pt图像如图乙所示,g取
10 m/s2,求:
(1)物块与水平面间的动摩擦因数μ;
(2)物块运动全过程中水平拉力所做的功W;
(3)物块在0～2 s内所受的水平拉力大小F1;
(4)物块质量m。
【答案】 (1)0.1　(2)24 J　(3)3 N　(4)1 kg
【解析】 (1)由题图甲、乙可知,在5～9 s内已撤去拉力,物块做匀减速运动,其加速度为
a= m/s2=-1.0 m/s2,
根据牛顿第二定律有-μmg=ma,
解得μ=0.1。
(2)全过程水平拉力做的功为W=P1t1+P2t2= J+4.0×3 J=24 J。
(3)当t1=2 s,v1=4.0 m/s时,P1=12 W,
根据P=Fv得F1==3 N。
(4)物块匀速运动阶段P2=4 W,v2=4 m/s,
根据P2=F2v2,F2-μmg=0,
联立解得m=1 kg。
9.(多选)(2025·山东二模)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的功率一直增大
D.克服重力做功的功率先增大后减小
【答案】 BC
【解析】 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ΔW=FΔl(Δl是每一小段的弧长),则力F做功的大小W=F(Δl1+Δl2+Δl3+…+Δln)=Fs=mg·=,A错误,B正确;从A到B过程(不包括B点),F始终大于重力沿切线方向的分力,所以物块一直在做加速运动,速度一直在增大,根据P=Fv,可知F的功率一直在增大,C正确;设重力方向与速度方向夹角为θ,对于该运动过程,θ从90°增大到180°,则克服重力做功的功率PG=|mgcos θ|v,而|cos θ|一直在增大,v也在增大,故克服重力做功的功率一直增大,D错误。
10.在具有登高平台的消防车上,有一定质量的伸缩臂,能够在5 min内使承载4人的登高平台(人连同平台的总质量为400 kg)上升60 m到达灭火位置。此后,在登高平台上的消防员用水炮灭火,已知水炮的出水量为3 m3/ min,水离开炮口时的速率为20 m/s,g取10 m/s2,则(　　)
A.伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为800 W
B.水炮工作的发动机输出功率为1×104 W
C.水炮工作的发动机输出功率为4×104 W
D.水炮工作的发动机输出功率为2.4×106 W
【答案】 C
【解析】 伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率应为P=,如果只考虑人和登高平台的质量,则P= W=800 W,但实际中,伸缩臂的质量显然不能忽略,故伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率应明显大于800 W,选项A错误;在1 s内,喷出去水的质量为m=ρV=
1×103× kg=50 kg,喷出去水的重力势能为WG=mgh=50×10×60 J=3×104 J,水的动能为mv2=1×104 J,所以1 s内水增加的能量为 4×104 J,所以输出功率为4×104 W,选项C正确,B、D错误。
11.(2025·黑龙江大庆模拟)设想在2125年,人类开启了在大麦哲伦星系A星球的太空移民计划。已知A星球质量和半径均为地球的,地球表面重力加速度g取10 m/s2,忽略星球自转。一名质量m=50 kg的驾驶员驾驶着一辆质量m0=950 kg的探险车在A星球上进行探索。该车通过面积S=1 m2的光伏板吸收宇宙辐射获取能源,单位面积接收辐射功率P0=1×105 W。当该车输出功率达到接收辐射功率60%时,车辆将保持带电荷量不变行驶。已知行驶过程中受到的阻力为总重力的。
(1)若该车要保持电荷量不变,求行驶过程中的最大速度;
(2)若该车以a=1 m/s2恒定加速度启动车辆,全程行驶675 m,到达时已达最大速度,求保持电荷量不变行驶的时间。
【答案】 (1)30 m/s　(2)20 s
【解析】 (1)根据星球表面万有引力等于重力,在地球上有G=mg,
在A星球上有G=mgA,
联立解得gA=2g=20 m/s2,
光伏板吸收能量转化后的功率为P=ηP0S,
解得P=6×104 W,
探险车的阻力为
Ff=0.1(m+m0)g0=2 000 N,
该车行驶过程中的最大速度为vmax==30 m/s。
(2)在匀加速阶段有F-Ff=(m+m0)a,
代入数值得此过程的“最大”速度为v1==20 m/s,
所用时间为t1==20 s,
通过的位移大小为x1=t1=200 m,
此后以恒定功率运动,即保持电荷量不变,
根据动能定理有Pt2-Ff(x-x1)=(m+m0)(-),
解得t2=20 s。(共22张PPT)
第3讲
小专题:动能定理在多过程和
往复运动中的应用
【学习目标】
1.能够分析多过程问题中的动能变化,会将复杂运动分解为多个简单过程,学会处理变力做功或分段恒力做功的情况,并分别应用动能定理。
2.对往复运动问题,会分析周期性运动中动能的变化规律;理解摩擦力等耗散力对往复运动中动能损失的影响;掌握通过动能定理计算往复运动在平面和曲面结合情况下的停止条件。
3.培养实际问题建模能力,能够将实际问题抽象为物理模型。
4.掌握解题策略与数学工具,熟练运用图像法计算变力做功;学习通过微分求和求解连续变化力的功。
考点一
动能定理在多过程问题中的应用
1.应用动能定理解决多过程问题的两种思路
(1)分阶段应用动能定理。
①若题目需要求某一中间物理量,应分阶段应用动能定理。
②物体在多个运动过程中,受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化,力在各个过程中做功情况也不同,不宜全过程应用动能定理,可以研究其中一个或几个分过程,结合动能定理,各个击破。
(2)全过程(多个过程)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,巧妙运用动能定理来研究,从而避开每个运动过程的具体细节,大大减少运算。
2.全过程列式时要注意
(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。
A
【答案】 4 cm
[例2] 【动能定理在圆周、平抛运动过程中的应用】 (2025·湖北十堰期末)如图所示,质量m=0.1 kg 的小物体从平台右端以v0=3 m/s的初速度水平抛出,并恰好无碰撞地沿斜面顶端A点滑下,斜面长L=2.4 m,倾角θ=53°,小物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.5。小物体从斜面最低点B平滑进入半径R=1 m的光滑圆形凹槽BCD,C为圆弧的最低点,∠BOC=θ=53°,通过与B点等高的D点抛出后落在水平地面上,g取10 m/s2,取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,求:
(1)斜面顶端与平台间的高度h;
【答案】 (1)0.8 m
(2)小物体通过最低点C时对凹槽的压力大小;
【答案】 (2)6.7 N
(3)小物体从D点飞出后落地点与D点的距离。
【答案】 (3)4.704 m
考点二
动能定理在往复运动问题中的应用
[例3] (2025·安徽合肥二模)如图所示,竖直平面内有一半径为1 m、圆心角为127°的光滑圆弧形轨道ABC,O为圆心,半径OA水平,B为轨道的最低点。倾角为37°的长直轨道CD与圆弧轨道在C点平滑对接。质量为0.1 kg的小滑块从A点由静止释放,沿圆轨道滑至C点,再经0.6 s运动到直轨道上E点(图中未标出)。已知小滑块与CD间的动摩擦因数为0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,
g取10 m/s2,取sin 37°=0.6。求:
(1)滑块到达B点时对轨道的压力大小;
【答案】 (1)3 N
(2)E与C之间的距离;
【答案】 (2)0.76 m
(3)滑块在整个运动过程中通过CD段的总路程。
【答案】 (3)2 m
解题策略
此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功,其做功特点与路程有关,求解这类问题时若运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐,甚至无法解出。由于动能定理只涉及物体的初末状态而不计运动过程的细节,因此用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。
感谢观看第3讲　小专题:动能定理在多过程和往复运动中的应用
【学习目标】
1.能够分析多过程问题中的动能变化,会将复杂运动分解为多个简单过程,学会处理变力做功或分段恒力做功的情况,并分别应用动能定理。
2.对往复运动问题,会分析周期性运动中动能的变化规律;理解摩擦力等耗散力对往复运动中动能损失的影响;掌握通过动能定理计算往复运动在平面和曲面结合情况下的停止条件。
3.培养实际问题建模能力,能够将实际问题抽象为物理模型。
4.掌握解题策略与数学工具,熟练运用图像法计算变力做功;学习通过微分求和求解连续变化力的功。
考点一　动能定理在多过程问题中的应用　　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.应用动能定理解决多过程问题的两种思路
(1)分阶段应用动能定理。
①若题目需要求某一中间物理量,应分阶段应用动能定理。
②物体在多个运动过程中,受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化,力在各个过程中做功情况也不同,不宜全过程应用动能定理,可以研究其中一个或几个分过程,结合动能定理,各个击破。
(2)全过程(多个过程)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,巧妙运用动能定理来研究,从而避开每个运动过程的具体细节,大大减少运算。
2.全过程列式时要注意
(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。
[例1] 【动能定理在多段直线运动过程中的应用】 (2025·福建福州阶段练习)人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。设某次打夯符合以下模型:如图,两人同时通过绳子对质量为m的重物分别施加大小均为F=mg(g为重力加速度的大小)、方向都与竖直方向成37°的力,重物离开地面高度h后人停止施力,最后重物自由下落砸入地面的深度为,取sin 37°=0.6,cos 37°
=0.8。不计空气阻力,则(　　)
A.重物在空中上升的时间一定大于在空中下落的时间
B.重物克服地面阻力做的功等于人对重物做的功
C.重物刚落地时的速度大小为
D.地面对重物的平均阻力大小为25mg
【答案】 A
【解析】 设停止施力瞬间重物的速度大小为v1,从开始施加力到停止施力的过程根据动能定理有(2Fcos 37°-mg)h=m,解得v1=,设重物刚落地时的速度大小为v2,从停止施力到重物刚落地的过程,根据动能定理有mgh=m-m,解得v2=,重物在空中运动过程,开始在拉力作用下做匀加速运动,速度大小达到v1时停止施力,物体向上做匀减速运动直至速度为零,之后再向下做匀加速直线运动直至速度大小为v2,由此可知上升过程中的平均速度大小为=,下降到地面过程中的平均速度大小为=,又由于上升、下降位移大小相等,则重物在空中上升的时间一定大于在空中下落的时间,故A正确,C错误;重物在整个运动过程中,根据动能定理有W人+WG-W阻=0,则重物克服地面阻力做的功大于人对重物做的功,故B错误;根据动能定理有2Fcos 37°·h+mg-F阻=0,解得F阻=17mg,故D错误。
[变式] 若已知两人同时通过绳子对质量为m的重物各施加一个大小均为F=500 N的恒力,方向都与竖直方向成θ=37°,重物与地面的平均冲击力为F′=1.05×104 N。重物离开地面H后人停止施力,最后重物自由下落把地面夯实h深度,g取 10 m/s2。若H=(50 kg≤m≤60 kg,k=
25 kg·m),求重物夯实的最大深度hm。
【答案】 4 cm
【解析】 对全过程列动能定理有
2Fcos θ·H+mg·h-F′·h=0,
将H=代入上式得
2Fcos θ·+mg·h-F′·h=0,
联立解得h=(50 kg≤m≤60 kg),
由数学知识得,当m=50 kg时,有hm=4 cm。
[例2] 【动能定理在圆周、平抛运动过程中的应用】 (2025·湖北十堰期末)如图所示,质量m=0.1 kg 的小物体从平台右端以v0=3 m/s的初速度水平抛出,并恰好无碰撞地沿斜面顶端A点滑下,斜面长L=2.4 m,倾角θ=53°,小物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.5。小物体从斜面最低点B平滑进入半径R=1 m的光滑圆形凹槽BCD,C为圆弧的最低点,∠BOC=θ=53°,通过与B点等高的D点抛出后落在水平地面上,g取10 m/s2,取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,求:
(1)斜面顶端与平台间的高度h;
(2)小物体通过最低点C时对凹槽的压力大小;
(3)小物体从D点飞出后落地点与D点的距离。
【答案】 (1)0.8 m　(2)6.7 N　(3)4.704 m
【解析】 (1)小物体水平抛出后做平抛运动,在A点速度与水平方向的夹角为53°,此时竖直方向的速度vy=v0tan 53°,由于=2gh,
联立解得h=0.8 m。
(2)从抛出到运动到C点的过程,
根据动能定理有mg(h+Lsin θ+R-Rcos θ)-μmgcos θ·L=m-m,
小物体经C点时,根据牛顿第二定律有FN-mg=,联立解得FN=6.7 N,即小物体通过最低点C时对凹槽的压力大小为6.7 N。
(3)小物体由C点到D点,根据动能定理有-mgR(1-cos 53°)=m-m,
解得vD=7 m/s,
小物体从D点飞出后做斜抛运动,落到水平面的过程中,根据斜抛运动规律有
vDsin θ=gt,x=vDcos θ·2t,
代入数值解得x=4.704 m。
考点二　动能定理在往复运动问题中的应用　　　　　　 　　　　　 　　　　　
[例3] (2025·安徽合肥二模)如图所示,竖直平面内有一半径为1 m、圆心角为127°的光滑圆弧形轨道ABC,O为圆心,半径OA水平,B为轨道的最低点。倾角为37°的长直轨道CD与圆弧轨道在C点平滑对接。质量为0.1 kg的小滑块从A点由静止释放,沿圆轨道滑至C点,再经0.6 s运动到直轨道上E点(图中未标出)。已知小滑块与CD间的动摩擦因数为0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,取sin 37°=0.6。求:
(1)滑块到达B点时对轨道的压力大小;
(2)E与C之间的距离;
(3)滑块在整个运动过程中通过CD段的总路程。
【答案】 (1)3 N　(2)0.76 m　(3)2 m
【解析】 (1)小滑块从A到B的过程,由动能定理得mgR=m,经过B点时有FN-mg=m,联立解得FN=3 N,根据牛顿第三定律,滑块到达B点时对轨道的压力大小为3 N。
(2)对滑块从A到C的过程,根据动能定理有mgRcos 37°=m,
则vC==4 m/s,
滑块从C沿斜面上滑过程,根据牛顿第二定律有mgsin 37°+μmgcos 37°=ma,
得a=gsin 37°+μgcos 37°=10 m/s2,
可知滑块匀减速上滑至最高点的时间t==0.4 s<0.6 s,
而上滑最大距离x==0.8 m;
由于μmgcos 37°则滑块在0.6 s内,先沿直轨道滑至最高点后又下滑0.2 s,下滑过程加速度
a′=gsin 37°-μgcos 37°=2 m/s2,
位移x′=a′t′2=0.04 m,
故E点与C点的距离l=x-x′=0.76 m。
(3)因圆弧轨道光滑,且滑块不可能停在斜面上,则滑块最终在过C点的水平线下方圆弧轨道上往返运动,则对滑块运动的全过程,根据动能定理有mgRcos 37°-μmgscos 37°=0,
则s==2 m。
此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功,其做功特点与路程有关,求解这类问题时若运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐,甚至无法解出。由于动能定理只涉及物体的初末状态而不计运动过程的细节,因此用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。
课时作业　　　　　　 　　　　　 　　　　　
对点1.动能定理在多过程问题中的应用
1.(多选)(2025·辽宁期中)某游乐场的冰滑梯简化模型如图所示。坡面上冰滑梯轨道AB表面摩擦力忽略不计,游客乘坐雪圈从高h处由静止开始下滑,并通过长度为L1=10 m的水平雪面BC,最终进入长度为L2=15 m的铺有地垫的缓冲区CD。已知雪圈与雪面BC和缓冲区CD间的动摩擦因数分别为μ1=0.1、μ2=0.5,游客与雪圈可视为质点,不计空气阻力和通过B点时的机械能损失。为了确保游客下滑后能够停在缓冲区内,h的取值可能为(　　)
A.3 m B.6 m C.9 m D.12 m
【答案】 AB
【解析】 游客若恰好停在C点,根据动能定理有mgh1-μ1mgL1=0,解得h1=1 m,若恰好到达D点,则有mgh2-μ1mgL1-μ2mgL2=0,解得h2=8.5 m,则要使游客能够停在缓冲区内,h的取值范围为1 m≤h≤8.5 m,A、B正确。
2.(2025·辽宁鞍山二模)如图甲所示,上表面光滑的斜面体固定在水平地面上,一个小物块从斜面底端冲上斜面。图乙为物块的初动能Ek与物块轨迹的最高点距地面高度H的关系图像。由此可求得斜面的长度为(　　)
A.h0 B.2h0
C.4h0 D.6h0
【答案】 C
【解析】 物块未滑离斜面时由动能定理有Ek=mgH,结合题图乙可知mg=;设斜面长度为L、倾角为θ,当物块能滑离斜面时,从底端到顶端有-mgLsin θ=mv2-Ek,即mv2=Ek-mgLsin θ,物块滑离斜面后做斜抛运动,还能上升的高度h=,物块轨迹的最高点距地面高度H=Lsin θ+h,联立解得H=Ek+L(sin θ-sin3θ),结合题图乙有==,解得sin θ=,将题图乙中后一段图像延长,可知其纵轴截距为1.5h0,则有L(sin θ-sin3θ)=1.5h0,解得L=4h0,C正确。
3.(2025·重庆模拟)在汽车产业发展变革进入高潮的2025年,AI技术成为车企提高竞争力的重要锚点。2025国际消费电子展中多家中国知名车企携最新AI技术参展,向外界展示了“AI+汽车”的无限可能。在某次智驾试验中,汽车甲在水平路面行驶,图为启动过程中动能与位移关系的图像,当位移小于x0时,图像为直线;当位移为x0时,动能为Ek,此刻起以额定功率行驶;最终甲以动能4Ek做匀速运动。甲在匀速运动阶段,突然探测到前方2x0处汽车乙同向匀速行驶,乙速度为甲速度的一半。智驾系统立刻将甲车功率减为P(未知),经时间t后,恰未与乙车碰撞。已知甲质量为m,甲行驶过程中所受阻力恒定,乙始终匀速运动。求:
(1)甲匀速行驶时的速度v;
(2)甲行驶过程中受到的阻力F阻;
(3)甲被智驾系统调整后的功率P。
【答案】 (1)　(2)　(3)-
【解析】 (1)甲车匀速运动时,根据动能表达式有4Ek=mv2,解得其速度大小为v=。
(2)当甲车改为额定功率时,可知P额=F,
又P额=F阻,解得F=2F阻,
在0～x0过程中,根据动能定理有(F-F阻)x0=Ek,解得F阻=。
(3)由于乙速度为甲速度的一半,则Ek乙=Ek甲=Ek,
当甲恰未与乙相撞时,两车速度相等,对甲有Pt-F阻x甲=-3Ek,
对乙有x乙=vt,
而两者位移关系为x甲-x乙=2x0,
联立解得P=-。
对点2.动能定理在往复运动问题中的应用
4.(2025·北京专题练习)如图所示,斜面的倾角为θ,质量为m的滑块与挡板P的距离为x0,滑块以初速度v0沿斜面上滑,滑块与斜面间的动摩擦因数为μ,滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失,滑块经过的总路程是(　　)
A.(+x0tan θ)
B.(+)
C.(+x0tan θ)
D.(+)
【答案】 A
【解析】 由于滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力,可知滑块最终停在斜面底部,
设整个过程滑块经过的总路程为s,根据动能定理有mgx0sin θ-μmgscos θ=0-m,
解得s=(+x0tan θ),A正确。
5.(2025·湖南怀化期末)如图,整个轨道由左侧光滑曲面轨道和右侧粗糙斜面构成,固定在水平地面,斜面倾角α=37°,两部分平滑衔接。质量为m的小滑块从斜面上离水平面高为H处由静止释放,再次回到斜面上能达到H高处。不计空气阻力,重力加速度为g,取sin 37°=0.6。下列说法正确的是(　　)
A.滑块第一次下滑过程,克服摩擦力做的功为mgH
B.无法确定滑块最终停止的位置
C.滑块与斜面间的动摩擦因数为
D.滑块最终在斜面上走过的总路程是15H
【答案】 D
【解析】 设滑块与斜面间的动摩擦因数为μ,滑块由静止释放到第一次沿斜面上滑的最大高度的全过程,根据动能定理有mg·H-μmgcos α(+)=0,解得滑块与斜面间的动摩擦因数为μ=,则滑块第一次下滑过程,克服摩擦力做的功为Wf1=μmgcos α·=mgH,A、C错误;由于μ=6.(2025·江苏南京期中)如图所示的装置放在水平地面上,该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ=37°的斜轨道BC平滑连接而成。将质量m=0.2 kg的滑块从弧形轨道离地面高H=2.0 m 的M处由静止释放。已知滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ=0.25,弧形轨道和圆轨道均可视为表面光滑,忽略空气阻力,g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,
cos 37°=0.8。
(1)求滑块运动到A点时的速度大小;
(2)若滑块运动到D点时对轨道的压力大小为6 N,求竖直圆轨道的半径;
(3)若LAB=LBC=2.0 m,试确定滑块最终停止的位置。
【答案】 (1)2 m/s　(2)0.5 m (3)A点右侧1 m处
【解析】 (1)滑块从M点滑动到A点过程中,根据动能定理有mgH=m,
代入数据解得vA=2 m/s。
(2)当滑块运动到D点时,由牛顿第三定律可知,所受轨道的支持力为6 N,根据牛顿第二定律有mg+FN=m,
滑块从初始位置滑至D点过程中,根据动能定理有mg(H-2R)=m,
联立解得R=0.5 m。
(3)滑块在斜面上,由于mgsin θ>μmgcos θ,则滑块不会停留在斜面上,而是停止在水平直轨道AB上,设滑块第一次滑上斜面的距离为s,则滑块从M点到滑上斜面最高点的过程中,根据动能定理有mgH-μmgLAB-(μmgcos θ+mgsin θ)s=0,
解得s= m,
则反向滑回B点的动能为Ek=mgH-μmgLAB-2μmgcos θ·s=1.5 J,
之后滑块在水平直轨道上滑行返回A点时具有的动能为Ek′=Ek-μmgLAB=0.5 J,
此后进入圆弧轨道,设滑块未离开轨道,上升高度为h,则有-mgh=0-Ek′,
可知h=0.25 m,
即滑块经圆弧后又回到水平直轨道,设滑块在水平直轨道继续运动的距离为s′,
根据动能定理有-μmgs′=0-Ek′,解得s′=1 m,
即最后滑块停在水平直轨道上A点右侧距A点1 m处。
7.(多选)(2025·辽宁沈阳阶段检测)如图所示,一半径为R,粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置,直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落,恰好从P点进入轨道,且滑到最低点N时对轨道的压力为4mg,g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则(　　)
A.W=mgR
B.W>mgR
C.质点到达Q后,继续上升一段距离
D.质点恰好可以到达Q点
【答案】 AC
【解析】 由于质点滑到轨道最低点N时对轨道压力为4mg,由牛顿第三定律可知,轨道对质点的支持力为4mg,则在最低点有4mg-mg=m,解得v=,质点从开始下落到最低点的过程中,根据动能定理有2mgR-W=mv2-0,解得W=mgR,A正确,B错误;质点在圆形轨道运动中经某点时,其受力如图所示,
则有FN-mgsin θ=m,在N点左、右两侧同一高度,摩擦力做功导致右侧点的速度小,轨道支持力小,滑动摩擦力 Ff=μFN小,所以经右侧时摩擦力做功小,那么从N到Q,根据动能定理有-mgR-W′=EkQ-EkN,则Q点动能EkQ=-mgR-W′,由于W′< W=,所以Q点速度没有减小到0,仍会继续向上运动一段距离,C正确,D错误。
8.(2025·湖北期中)如图所示,在竖直平面内,粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B,C是最低点,圆心角∠BOC=37°,D与圆心O等高,圆弧轨道半径R=1.0 m。现有一个质量为m=0.2 kg 可视为质点的物体,从D点的正上方E点处自由下落,物体恰好到达斜面顶端A处。已知DE距离h=4.0 m,物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ=0.5,取sin 37°=0.6,
cos 37°=0.8,g取10 m/s2。
(1)求物体第一次到达C点时的速度大小和受到的支持力大小;
(2)求斜面AB的长度L;
(3)若μ可变,求μ取不同值时,物体在斜面上滑行的路程x。
【答案】 (1)10 m/s　22 N　(2)4.8 m　(3)见解析
【解析】 (1)物体从E到C,根据动能定理有mg(h+R)=m,
代入数据得vC=10 m/s,
经过C点时有FNC-mg=m,
代入数据得FNC=22 N。
(2)物体从C到A,根据动能定理有-mg(R-Rcos 37°+Lsin 37°)-μmgcos 37°·L=0-m,
代入数据得L=4.8 m。
(3)设动摩擦因数为μ1时物体刚好能静止在斜面上,则有mgsin 37°=μ1mgcos 37°,
解得μ1=0.75,
①若0≤μ<0.5,物体将滑出斜面,则物体的路程为x=L=4.8 m;
②若0.5≤μ<0.75,物体在斜面上多次往返,最后在B点速度为零,
则有mg(h+Rcos 37°)-μmgcos 37°·x=0,
解得x=;
③μ≥0.75,则物体将停在斜面上,则有mg(h+Rcos 37°-xsin 37°)-μmgcos 37°·x=0,
解得x=。(共47张PPT)
第六章　机械能守恒定律
【考情分析】
　　　　年份 考查点　　　　 2025 2024 2023
功、功率和势能 山东·T5、河南·T1 广东·T9、福建·T11、 贵州·T6、安徽·T7、 浙江6月选考·T5 广东·T8、新课标·T15、
山东·T4、北京·T11
动能和 动能定理 云南·T2、四川·T7、 福建·T15、广东·T14、 黑吉辽内蒙古·T13 新课标·T24、安徽·T2 湖南·T8、湖北·T14、
新课标·T20
机械能守恒 定律和能量 守恒定律 河北·T7、四川·T7、 安徽·T14、全国·T3 云南·T6、T10 北京·T7、福建·T8 全国甲·T24、
浙江6月选考·T18
实验:验证机 械能守恒定律 江苏·T11、河北·T11、 甘肃·T11、河南·T12 浙江6月·T16 -Ⅰ 天津·T9
【AI考情预测】
一、命题趋势
1.“情境化命题的持续深化”将成为未来考查的重要特征。试题将越来越多地采用真实、复杂的生活和科技情境作为命题背景。
2.“综合性考查的进一步加强”是未来考查的重点。试题将更加注重与其他物理知识的交叉融合,特别是与电磁学、热学等内容的综合考查。
3.“探究性和开放性试题”也值得关注。为考查学生的科学探究能力和创新思维,未来高考可能会增加实验设计类、论证类、解释类等开放性试题。
4.“数学工具应用的强化”是考查的又一趋势。未来的试题将更加注重数学方法在物理问题中的应用,特别是函数图像、导数、积分等高等数学思想的渗透。
5.“核心素养导向的命题”将成为未来考查的主旋律。试题将更加注重对物理观念、科学思维、科学探究、科学态度与责任等核心素养的考查。
二、学习难点
1.功的定义难点:混淆“功”与“力”或“能量”的概念,不理解“功是能量转化的量度”。
2.能量形式的转化难点:分不清机械能(动能、重力势能、弹性势能)与其他形式能量(如内能)的转化。
3.机械能守恒的条件难点:错误判断系统是否守恒(如误认为“有摩擦力就不守恒”)。
4.复杂情境的分析和变力做功的计算难点:无法直接套用公式W=Fs,曲线运动中力的大小方向变化。
三、备考建议
1.重视“概念建构与规律的理解”。教学中应通过具体实例和实验演示,帮助学生建立清晰的物理观念。
2.强化“模型建构能力的培养”。面对日益增多的实际情境问题,教师应在教学中引导学生掌握将实际问题抽象为物理模型的方法。
3.加强“图像分析能力的训练”。近年相关试题越来越多地采用图像呈现信息,教学中应专门针对各类图像进行解读训练,帮助学生掌握从图像中提取有效信息的方法。
4.注重“解题思路与方法的系统归纳”。教师应帮助学生系统归纳各类问题的解题策略。
5.开展“实验探究活动”。教学中应充分利用学校实验条件,开展基础实验,并鼓励学生设计创新性实验。
6.培养“良好的解题习惯”。在题目的解答过程中,应指导学生养成良好习惯。
第1讲
功与功率
【学习目标】
1.掌握功的定义,理解正功、负功和零功的物理意义;理解功率的定义,区分平均功率与瞬时功率。认识功与能量转化的关系,功率与能量转移速率的关系。
2. 能设计实验测量简单情境中的功和功率;通过数据分析理解变量关系;评估实际情境中的效率问题。
3.运用公式解决实际问题;辨析常见误区;能够将生活中的有关案例转化为物理问题。
4.认识功率在可持续发展中的意义;分析科技应用中功和功率的得与失;培养量化评估习惯。
知识构建
【答案】 力的方向　力的方向　位移　恒力　正功　负功　克服 不做功　快慢　平均功率　平均　瞬时　
基础转化
1.(2025·云南卷,2)如图所示,中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发,沿水平直轨道逐渐加速到144 km/h,在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近(　　)
A.4×105 J　　　
B.4×104 J
C.4×103 J
D.4×102 J
B
2.(2025·山东卷,5)一辆电动小车上的光伏电池,将太阳能转换成的电能全部给电动机供电,刚好维持小车以速度v匀速运动,此时电动机的效率为50%。已知小车的质量为m,运动过程中受到的阻力F阻=kv(k为常量),该光伏电池的光电转换效率为η,则光伏电池单位时间内获得的太阳能为
(　　)
A
考点一
功的分析和计算　
1.功的正负的判断方法
(1)根据力与位移的方向的夹角判断。
2.计算功的方法
(1)恒力做功。
(2)合力做功。
法一 先求合力F合,再用W合=F合lcos α求功。适用于F合为恒力的过程
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
法三 利用动能定理W合=ΔEk
(3)变力做功。
[例1] 【正、负功的判断】 (2025·广东期末)手拿球拍托着乒乓球跑是校运动会的一项常见的趣味项目,如图所示。假设某段时间内乒乓球相对球拍静止一起水平向右做匀速直线运动,不计空气阻力,则此过程中(　　)
A.乒乓球受到的摩擦力不做功
B.乒乓球受到的支持力做正功
C.乒乓球受到的重力做负功
D.乒乓球所受合力做正功
B
【解析】 乒乓球受到竖直向下的重力,垂直于球拍向上的支持力以及沿球拍向上的摩擦力,位移方向向右;根据力与位移间夹角为锐角,力做正功,力与位移间夹角为钝角,力做负功,力与位移间夹角为直角,力不做功,可确定摩擦力做负功,支持力做正功,重力不做功;乒乓球速度不变,所受合力为0,合力不做功。B正确,A、C、D错误。
[例2] 【恒力做功的计算】 (2025·青海海东二模)如图所示,倾角为θ、足够长的光滑斜面固定在水平地面上,斜面底端有一质量m=1 kg的物块,t=0时刻物块在沿斜面向上的恒力F的作用下,从斜面底端由静止开始运动,t=2 s时物块到达A点并撤去F,t=4 s时物块恰好返回斜面底端,取sin θ=0.6,重力加速度大小g取10 m/s2。
(1)求撤去F后物块的加速度大小a1;
【答案】 (1)6 m/s2
【解析】 (1)撤去外力后,物块只受到重力和斜面的支持力,根据牛顿第二定律有mgsin θ=ma1,
解得a1=gsin θ=6 m/s2。
(2)求恒力F对物块做的功W;
【答案】 (2)32 J
(3)若t=0时刻物块在沿斜面向上的变力F′的作用下,从斜面底端由静止开始运动,t=1.5 s时物块到达A点并撤去F′,此过程中物块的加速度与速度成反比,
t=3.5 s时物块返回斜面底端,求变力F′的最小值Fmin。
【解析】(3)物块在变力F′作用下从斜面底端到A点的位移xA=4 m,撤去外力后,从A点返回到斜面底端的时间Δt=2 s,因此在0～1.5 s内,物块的位移仍为4 m,撤去外力后,物块的加速度大小仍为a1=6 m/s2,用Δt=2 s的时间回到底端,由(2)可知经A点的速度也为vA=4 m/s,
[例3] 【多种方法求变力做功】 (多选)力F对物体所做的功可由公式W=Flcos α求得,公式中力F必须是恒力,而实际问题中,有很多情况是变力在对物体做功。如图,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大小不变,物块从A到C过程中绳的拉力对物块做的功为W=F(lOA-lOC)
AB
[例4] 【利用平均力法求变力做功】 (2025·宁夏期末)某块石头陷入淤泥过程中,其所受的阻力F与深度h的关系为 F=kh+F0(k、F0已知),石头沿竖直方向做直线运动,当h=h0时,石头陷入淤泥过程中克服阻力做的功为(　　)
C
考点二
功率的分析与计算
1.平均功率的计算方法
2.瞬时功率的计算方法
(1)利用P=Fvcos α,其中v为t时刻的瞬时速度,F为此时刻的力,α为此时刻F与v的夹角。
(2)对P=Fvcos α的理解:可以认为Fcos α是力F在速度v方向上的分力,也可以认为vcos α是速度v在力F方向上的分速度。
[例5] 【对功率的理解】 (2025·江苏苏州阶段检测)一架飞机从水平方向平飞经一段圆弧转入竖直向上爬升,如图所示。假设飞机沿圆弧运动时速度大小不变,发动机推力方向沿轨迹切线方向,飞机所受升力垂直于机身,空气阻力与运动方向相反且大小不变,则飞机沿圆弧向上运动时(　　)
A.飞机发动机推力做功的功率逐渐增大
B.飞机发动机推力大小保持不变
C.飞机克服重力做功的功率保持不变
D.空气对飞机的作用力不变
A
[例6] 【功率的计算】 (多选)(2025·天津月考)如图甲所示,物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动,监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图乙、丙所示,g取10 m/s2,则(　　 )
A.物体的质量为6 kg
B.这3 s内物体克服摩擦力做的功W=6 J
C.1.5 s时推力F的功率为1.5 W
BD
考点三
机车启动问题
两种启动方式
(1)匀加速阶段,第3节车厢与第4节车厢间的相互作用力多大
【答案】 (1)6.25×104 N
(2)动车组匀加速运动的时间和位移分别为多少
【答案】 (2)22 s　242 m
【答案】(3)110 m/s
方法点拨
方法点拨
掌握三个重要关系式
(1)无论哪种启动过程,机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度,即满足P=F·vm,F=F阻(此时F为最小牵引力)。
(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,满足F-F阻=ma,P额=F·v,此时v(3)机车以恒定功率启动时,牵引力做的功W=Pt。由动能定理得Pt-F阻x=
ΔE k ,此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小。
感谢观看

展开更多......

收起↑