动能动能定理机械能守恒定律
机械能守恒定律课件
D.沿光滑曲面自由下滑的木块
8. 下列几个物理过程中,机械能一定守恒的 是(不计空气阻力) ( A F) A.物体沿光滑曲面自由下滑的过程 B.气球匀速上升的过程 C.铁球在水中下下沉的过程 D.在拉力作用下,物体沿斜面匀速上滑的过程 E.物体沿斜面加速下滑的过程 F.将物体竖直向上抛出,物体减速上升的过程
课堂训练
3、如图所示，在竖直平面 内有一段四分之一圆弧轨 道，半径OA在水平方向， 一个小球从顶端A点由静 止开始下滑，已知轨道半 径 R ＝10cm，不计摩擦， 求小球刚到轨道底端B点 时对轨道的压力？
机械能守恒定律解题的一般步骤
(1)根据题意，选取研究对象(物体或系统)
及研究的过程。 (2)对研究对象进行受力分析，弄清各力在 研究过程中的做功情况，判断是否符合机 械能守恒的条件。 (3)恰当地选取参考平面，确定研究对象在 过程中的起始状态和末始状态的机械能(包 括动能和势能)。
9.下列关于机械能守恒的说法中正确的是( ) D A.做匀速运动的物体,其机械能一定守恒 B.做匀加速运动的物体,其机械能一定不守恒 C.做匀速圆周运动的物体,其机械能一定守恒 D.以上说法都不正确
10、 以下说法正确的是（ C ） （A）一个物体所受的合外力为零，它的机 械能一定守恒 （B）一个物体做匀速运动，它的机械能一 定守恒 （C）一个物体所受的合外力不为零，它的 机械能可能守恒 （D） 一个物体所受合外力的功为零，它一 定保持静止或匀速直线运动
Mg-2mgsinα=0
即 Mg 2m g
h l 2 h ( ) 2
2
解得 h
Ml 2 4m M
2 2
99年广东 18:如图所示，一固定的楔形木块，其斜面 的倾角θ=30°，另一边与地面垂直，顶上有一定滑轮。 一柔软的细线跨过定滑轮，两端分别与物块A和B连结， A的质量为4m，B的质量为m，开始时将B按在地面上 不动，然后放开手，让A沿斜面下滑而B上升。物块A 与斜面间无摩擦。设当A沿斜面下滑S 距离后，细线突 然断了。求物块B上升离地的最大高度H.
机械能守恒定律知识点总结
机械能守恒定律知识点总结机械能守恒定律是高中物理中一个非常重要的定律，它描述了在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变。
下面我们来详细总结一下机械能守恒定律的相关知识点。
一、机械能的概念机械能包括动能、重力势能和弹性势能。
动能：物体由于运动而具有的能量，表达式为$E_{k}＝＼frac{1}｛2}mv^2$，其中$m$是物体的质量，＄v$是物体的速度。
重力势能：物体由于被举高而具有的能量，表达式为$E_{p}＝mgh$，其中$m$是物体的质量，＄g$是重力加速度，＄h$是物体相对于参考平面的高度。
弹性势能：物体由于发生弹性形变而具有的能量，与弹簧的劲度系数和形变程度有关。
二、机械能守恒定律的内容在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变。
三、机械能守恒定律的表达式1、初状态的机械能等于末状态的机械能，即$E_{k1} ＋ E_{p1} ＝E_{k2} ＋ E_{p2}＄。
2、动能的增加量等于势能的减少量，即$＼Delta E_{k} ＝＼Delta E_{p}＄。
四、机械能守恒定律的条件1、只有重力或弹力做功。
2、受其他力，但其他力不做功或做功的代数和为零。
需要注意的是，“只有重力或弹力做功”不能简单地理解为“只受重力或弹力”。
例如，物体在光滑水平面上做匀速圆周运动，虽然受到绳子的拉力，但拉力始终与速度方向垂直，不做功，所以物体的机械能守恒。
五、机械能守恒定律的应用1、单个物体的机械能守恒分析物体的受力情况，判断机械能是否守恒。
确定初末状态，选择合适的表达式列方程求解。
例如，一个物体从高处自由下落，我们可以根据机械能守恒定律$mgh_1 ＝＼frac{1}｛2}mv^2 ＋ mgh_2$来求解物体下落某一高度时的速度。
2、多个物体组成的系统的机械能守恒分析系统内各个物体的受力情况，判断机械能是否守恒。
确定系统的初末状态，注意研究对象的选择和能量的转化关系。
高中物理动能定理机械能守恒定律公式
高中物理动能定理机械能守恒定律公式高中物理动能定理机械能守恒定律公式1、功的计算：力和位移同(反)方向：W=Fl，功的单位：焦尔(J)2、功率：3、重力的功：重力做功：为重力和竖直方向位移乘积W=mglcosα=mgh重力势能：为重力和高度的乘积. Ep=mgh位置高低与重力势能的变化: W=mglcosθ=mgh=mg(h2-h1)4、动能定理：物理意义：力在一个过程中对物体做功，等于物体在这个过程中动能的变化。
注意：a、如果物体受多个力的作用，则W为合力做功。
b、适用于变力做功、曲线运动等，广泛应用于实际问题。
=EK2-EK15、机械能守恒定律：只有重力或弹力做功的系统内，动能和势能可以相互转化，而总的机械能保持不变。
EP1+EK1=EK2+EP26、能量守恒定律：能量既不会消灭，也不会创生，它只会从一种形式转化为其它形式，或者从一个物体转移到另一个物体，而在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变。
高中物理动能定理知识点做功可以改变物体的能量.所有外力对物体做的总功等于物体动能的增量. W1+W2+W3+……=½m vt2-½mv021.反映了物体动能的变化与引起变化的原因——力对物体所做功之间的因果关系.可以理解为外力对物体做功等于物体动能增加，物体克服外力做功等于物体动能的减小.所以正功是加号，负功是减号。
2.“增量”是末动能减初动能.ΔEK>0表示动能增加，ΔEK<0表示动能减小.3、动能定理适用单个物体，对于物体系统尤其是具有相对运动的物体系统不能盲目的应用动能定理.由于此时内力的功也可引起物体动能向其他形式能(比如内能)的转化.在动能定理中.总功指各外力对物体做功的代数和.这里我们所说的外力包括重力、弹力、摩擦力、电场力等.4.各力位移相同时，可求合外力做的功，各力位移不同时，分别求力做功，然后求代数和.5.力的独立作用原理使我们有了牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律的分量表达式.但动能定理是标量式.功和动能都是标量，不能利用矢量法则分解.故动能定理无分量式.在处理一些问题时，可在某一方向应用动能定理.6.动能定理的表达式是在物体受恒力作用且做直线运动的情况下得出的.但它也适用于变为及物体作曲线运动的情况.即动能定理对恒力、变力做功都适用;直线运动与曲线运动也均适用.7.对动能定理中的位移与速度必须相对同一参照物.学好高中物理的方法三个基本基本概念要清楚，基本规律要熟悉，基本方法要熟练。
机械能守恒和动能定理的适用范围
机械能守恒和动能定理的适用范围哎呀，说起能量守恒定律，这可真是个让人琢磨不透的玩意儿！它就像是咱们日常生活中的小窍门，看似简单，实则深奥。
今天，我就来跟大家聊聊这个让人津津乐道的“机械能守恒”和“动能定理”。
首先得说说“机械能守恒”，这可是物理学里的大宝贝啊！它告诉我们，一个系统的总机械能是恒定的，不会无缘无故地增加或减少。
想象一下，当你骑自行车时，你的脚蹬踏板，自行车前进，这个过程里，你的腿部、车轮、空气，还有那辆自行车的能量加起来，就是机械能。
但别担心，这个能量是不会自己跑掉的，它就像是一个神奇的魔法棒，被一个看不见的神秘力量牢牢抓住，稳稳地守在那个叫做“系统”的地方，谁也别想动它分毫。
再来说说“动能定理”，这可是物理学里的又一个秘密武器！它告诉我们，一个物体的速度与它的质量和加速度有关。
简单来说，就是速度越快的物体，质量越大，加速度越猛，它们的能量就越高。
想象一下，你骑着自行车在风中疾驰，风助你一臂之力，让你的速度越来越快，这就是动能在起作用。
而那些慢悠悠的蜗牛，虽然动作缓慢，但它们的能量却稳如泰山，一点儿也不会因为速度慢就消失不见。
这两个定律就像是一对形影不离的好伙伴，它们不仅让我们理解了自然界的能量转换和守恒规律，还教会我们如何在生活中运用这些知识。
比如，当我们做饭时，火苗的热量就是通过燃烧燃料产生的，这个过程里，能量守恒定律告诉我们，燃料燃烧后会变成灰烬，但能量并没有消失，而是转移到了我们吃的食物里。
而动能定理则告诉我们，食物在加热的过程中会变得更加美味可口，这是因为热能让食物中的分子运动起来，变得更加松软多汁。
当然啦，这两个定律也不是万能的。
有时候，我们会发现一些违反能量守恒定律的现象，比如水在沸腾时会变成蒸汽，然后蒸发成水蒸气，这个过程里，能量并没有消失，只是从液态变成了气态。
还有的时候，我们会发现一些违反动能定理的现象，比如汽车刹车时，虽然速度减慢了，但车子还是会继续向前滑行一段距离。
功能原理 机械能守恒定律
``````
2GmE RE
2
2 gRE
E 0
第二宇宙速度
11.2km/s
4 – 5
功能原理
机械能守恒定律
3） 飞出太阳系 第三宇宙速度 第三宇宙速度 v3 ，是抛体脱离太阳引力所需的 最小发射速度 .
h
v
设
地球质量 mE , 抛体质量 m , 地球半径 RE , 太阳质量 mS , 抛体与太阳相距 RS .
2. 公式推导：
由质点系动能定理：
A外 A内 EK EK 0＝EK
4 – 5
功能原理
机械能守恒定律
由质点系动能定理：
A外 A内 EK EK A内保＋A内非
则 又
A外＋A内保＋A内非＝EK－EK 0＝EK
A内保 E p
即保守内力作的功等于质点系势能增量的负值.
3、功能原理与动能定理并无本质的区别。它们的区别
仅在于功能原理中引入了势能而无需考虑保守内力的功，这正 是功能原理的优点；因为计算势能增量常比直接计算功方便。
4 – 5
二
功能原理
机械能守恒定律
机械能守恒定律 (law of conservation of mechanical energy) 由质点系的功能原理
4 – 5
功能原理
机械能守恒定律
作 业：
4.5.1 ， 4.5.3.
4 – 5
四 宇宙速度
功能原理
机械能守恒定律
牛顿的《自然哲学的数学原理》插图，抛体 的运动轨迹取决于抛体的初速度
4 – 5
功能原理
机械能守恒定律
1） 人造地球卫星 第一宇宙速度 第一宇宙速度 v1，是在地面上发射人造地球卫星 所需的最小速度 . 设 地球质量
高中物理-机械能守恒定律
EkB
EPB
1 2
mv22
mgh2
结论
h1
B
v2
h2
地面为参考面
由根据动能定理得
WG
1 2
mv22
1 2
mv12
由重力做功与重 力势能的关系得
WG mgh1 mgh2
由以上两式得
1 2
mv22
1 2
mv12
mgh1
mgh2
移项得
Ek 2 Ep2 Ek1 Ep1
1 2
mv22
mgh2
1 2
分析：以小球（含地球）为研究对象，小球在轨道上作变速圆 周运动，受到重力和支持力作用，支持力是一个大小、方向均 改变的力，但因其方向始终垂直于小球的运动方向，所以对小 球不做功（这是难点），全程只有重力作功，所以该题可用机 械能守恒定律求解。
解：选取B点所在水平面为零势能面，依据机械能守 恒定律可知：
（D ） A.重力势能和动能之和保持不变 B.重力势能和弹性势能之和保持不变 C.动能和弹性势能之和保持不变 D.重力势能、弹性势能和动能之和保持不变
拓展
1.下列关于机械能是否守恒的叙述正确的是 双选题
A、做匀速直线运动的物体机械能一定守恒。
BD
B、做匀变速直线运动的物体的机械能可能守恒。
C、合外力对物体做功为零时机机械能守恒。
机械能守恒定律
1.动能、动能定理
2.重力势能、重力做功与重力势能变化量之间的关系
3.弹性势能、弹力做功与弹性势能变化量之间的关系
4.功能关系
①E k
1 mv2 2
W Ek2 Ek1
②Ep mgh
WG EP2 EP1
③E
' p
大学物理(3.4.2)--功能原理机械能守恒定律能量守恒定律
第四讲功能原理 机械能守恒定律 能量守恒定律k k k i i i i ii e E E E v m v m W W ∆=-=-=+∑122122)2121(系统的外力和内力作功的总和等于系统动能的增量。
回顾前面学过的知识点：1. 质点系动能定理P1p 2p )(E E E W ∆-=--=2. 保守力作功等于势能的减少3. 成对力的功只与作用力和相对位移有关:r d F dW '⋅= 22/16※ 质点系功能原理1、系统的机械能: 动能与势能的总和称为机械能3、由势能的定义，保守内力的功总等于系统势能的减少pin c E W ∆-= 2、内力的功可分为： 保守内力的功和非保守内力功pk E E E +=（保守内力的功由势能代替）第四讲 功能原理 机械能守恒定律 能量守恒定律 in ncin c in in W W W W i i+==∑非保守内力的功将导致机械能与其他形式的能量转换。
inncex p k W W E E E +=∆+∆=∆k in ncp ex in nc in c ex in ex E W E W W W W W W ∆=+∆-=++=+ 4、系统的功能原理 （由质点系动能定理）在选定的质点系内，在任一过程中，质点系总机械能的增量等于所有外力的功与非保守内力的功的代数和。
4/16※ 机械能守恒定律问题1：有非保守内力作功，系统的机械能不守恒 ？例如：摩擦力作功，机械能转变成热能。
0=+in nc ex W W 0=∆+∆=∆p k E E E 常量=+p k E E 由功能原理:则：或:如果： 如果系统内只有保守内力作功，其他内力和一切外力都不作功，或元功之和恒为零，则系统内各物体的动能和势能可以相互转换，但总机械能保持不变。
问题2：有摩擦力作功：机械能守恒？in nc ex p k W W E E E +=∆+∆=∆力 f 作正功，f ' 作负功，总和为零，机械能守恒。
第八讲 动能定理、机械能守恒定律、功能关系
第八讲动能定理、机械能守恒定律、功能关系1．动能（1）定义：物体由于运动而具有的能量叫做动能。
（2）公式：（v为对地速度）（3）单位：在国际单位制中，动能的单位是焦耳，符号是J（4）动能是标量，且恒为正值。
（5）动能是状态量，对应物体运动的一个时刻。
2．势能（1）重力势能①概念：物体的重力势能等于物体的重力和高度的乘积。
②表达式：E P=mgh③单位：在国际单位制中，重力势能的单位是焦耳，符号是J④重力势能是标量，但有正负，其正负表示大小，物体在参考平面以下，其重力势能为负，在参考平面以上，其重力势能为正。
⑤重力做功和重力势间的区别与联系：（2）弹性势能物体由于发生弹性形变而具有的能，叫做弹性势能，弹性形变量越大，弹性势能就越大。
3．动能定理及其应用 （1）动能定理①内容：合外力对物体所做的功等于物体动能的改变。
②表达式：k E W∆= 或21222121mv mv W -=③对动能定理的理解a ．w 合是所有外力对物体做的总功，等于所有外力对物体做功的代数和，即：w 合= w 1+ w 2+ w 3+……若物体所受外力为恒力，w 合= FS cosαb ．w 合＞0，则表示合外力作为动力对物体做功，△E k ＞0，物体的动能增加。
w 合＜0，则表示合外力作为动力对物体做功，△E k ＜0，物体的动能减少。
④动能定理的适用条件：动能定理是普遍适用的规律，适用于物体的直线运动，也适用于曲线运动；适用于恒力做功，也适用于变力做功，力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用。
（2）动能定理与牛顿定律的比较①牛顿第二定律是矢量式，反映的是力与加速度的瞬时关系；动能定理是标量式，反映做功过程中功与始末两状态动能增量的关系。
由牛顿定律推出动能定理，是把对一个物体现象每个瞬时的研究转换变成对整个过程的研究，是研究方法上的一大进步。
②功和能都是标量，动能定理表达式是一个标量式，不能在某一个方向上应用动能定理，但牛顿第二定律是矢量方程，可以在互相垂直的方向上分别使用分量方程。
2022高考物理备考 第1部分 专题突破 专题2 第7课时 动能定理 机械能守恒 能量守恒
第7课时动能定理机械能守恒能量守恒命题规律 1.命题角度：(1)动能定理的综合应用；(2)机械能守恒定律及应用；(3)能量守恒定律.2.常考题型：计算题．高考题型1动能定理的综合应用1．应用动能定理解题的步骤图解：2．应用动能定理的四点提醒：(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学方法要简捷．(2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的．(3)物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，对全过程应用动能定理，往往能使问题简化．(4)多过程往复运动问题一般应用动能定理求解．例1(2019·全国卷Ⅲ·17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能E k随h的变化如图1所示．重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为()图1A．2 kg B．1.5 kgC．1 kg D．0.5 kg答案 C解析设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F ，当Δh ＝3 m 时，由动能定理结合题图可得－(mg ＋F )Δh ＝(36－72) J ；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg 和竖直向上的恒定外力F ，当Δh ＝3 m 时，再由动能定理结合题图可得(mg －F )Δh ＝(48－24) J ，联立解得m ＝1 kg 、F ＝2 N ，选项C 正确，A 、B 、D 均错误．例2 如图2所示，AB 为一固定在水平面上的半圆形细圆管轨道，轨道内壁粗糙，其半径为R 且远大于细管的内径，轨道底端与水平轨道BC 相切于B 点．水平轨道BC 长为2R ，动摩擦因数为μ1＝0.5，右侧为一固定在水平面上的粗糙斜面．斜面CD 足够长，倾角为θ＝37°，动摩擦因数为μ2＝0.8.一质量为m ，可视为质点的物块从圆管轨道顶端A 点以初速度v 0＝gR 2水平射入圆管轨道，运动到B 点时对轨道的压力大小为自身重力的5倍，物块经过C 点时速度大小不发生变化，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g ，求：图2(1)物块从A 点运动到B 点的过程中，阻力所做的功；(2)物块最终停留的位置．答案 (1)－14mgR (2)斜面上距C 点2531R 处 解析 (1)物块运动到B 点时，设轨道对其支持力大小为F N ，由牛顿第三定律知F N ＝F N ′＝5mg由牛顿第二定律有F N －mg ＝m v B 2R解得v B ＝2gR 物块从A 点运动到B 点的过程，由动能定理有2mgR ＋W f ＝12m v B 2－12m v 02，得W f ＝－14mgR (2)设物块沿斜面上升的最大位移为x ，由动能定理有－μ1mg ·2R －mgx sin θ－F f x ＝0－12m v B 2 其中F f ＝μ2mg cos θ，解得x ＝2531R 因μ2mg cos θ>mg sin θ，故物块在速度减为零之后不会下滑，物块最终会静止在斜面上距离C 点2531R 处．高考题型2机械能守恒定律的应用1．判断物体或系统机械能是否守恒的三种方法定义判断法看动能与重力(或弹性)势能之和是否变化能量转化判断法没有与机械能以外的其他形式的能转化时，系统机械能守恒做功判断法只有重力(或弹簧的弹力)做功时，系统机械能守恒2.机械能守恒定律的表达式3．连接体的机械能守恒问题轻绳模型①分清两物体是速度大小相等，还是沿绳方向的分速度大小相等．②用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系．轻杆模型①平动时两物体速度相等，转动时两物体角速度相等．沿杆方向速度大小相等．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对于杆和球组成的系统，忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功，则系统机械能守恒．轻弹簧模型①含弹簧的物体系统在只有弹簧弹力和重力做功时，物体和弹簧组成的系统机械能守恒，而单个物体机械能不守恒．②同一根弹簧弹性势能大小取决于弹簧形变量的大小，在弹簧弹性限度内，形变量相等，弹性势能相等．③由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统，当弹簧形变量最大时，弹簧两端连接的物体具有相同的速度；弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小(为零).考向一 单个物体机械能守恒例3 (2021·安徽高三联考)如图3甲所示，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC ，小球以一定的初速度从最低点A 冲上轨道，图乙是小球在半圆形轨道上从A 运动到C 的过程中，其速度平方与其对应高度的关系图象．已知小球在最高点C 受到轨道的作用力为2.5 N ，空气阻力不计，B 点为AC 轨道中点，g ＝10 m/s 2，求：图3(1)图乙中b 的值；(结果不用带单位)(2)小球在B 点受到轨道作用力的大小．答案 (1)25 (2)8.5 N解析 (1)小球在光滑轨道上运动，只有重力做功，故机械能守恒，所以有：12m v A 2＝12m v 2＋mgh 解得：v A 2＝v 2＋2gh 即为：b ＝(9＋2×10×0.8) m 2/s 2＝25 m 2/s 2(2)由题图乙可知，轨道半径R ＝0.4 m ，小球在C 点的速度为3 m/s ，在A 点的速度为5 m/s ，在C 点由牛顿第二定律可得：F ＋mg ＝m v C 2R解得：m ＝F v C 2R－g ＝0.2 kg 小球从A 到B ，由机械能守恒可得12m v A 2＝mgR ＋12m v B 2解得v B ＝v A 2－2gR ＝25－2×10×0.4 m/s ＝17 m/s所以小球在B 点受到的水平方向上的合外力为向心力：F ＝m v B 2R ＝0.2×170.4N ＝8.5 N 所以小球在B 点受到轨道作用力的大小为8.5 N.考向二 关联物体机械能守恒例4 (多选)(2021·黑龙江省哈尔滨实验中学模拟)如图4所示，滑块A 、B 的质量均为m ，A 套在倾斜固定的直杆上，倾斜杆与水平面成45°角，B 套在水平固定的直杆上，两杆分离不接触，两直杆间的距离忽略不计，两直杆足够长，A 、B 通过铰链用长度为L 的刚性轻杆(初始时轻杆与水平面成30°角)连接，A 、B 从静止释放，B 开始沿水平杆向右运动，不计一切摩擦，滑块A 、B 可视为质点，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )图4A ．A 、B 及轻杆组成的系统机械能守恒B ．当A 到达B 所在的水平面时，A 的速度为gLC ．B 到达最右端时，A 的速度大于2gLD ．B 的最大速度为2gL答案 AC解析 不计一切摩擦，在运动的过程中，A 、B 及轻杆组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，A 正确；从开始到A 到达与B 在同一水平面的过程，由系统的机械能守恒得mgL sin 30°＝12m v A 2＋12m v B 2，其中v A cos 45°＝v B ，解得A 的速度为v A ＝6gL 3，B 错误；B 滑块到达最右端时，速度为零，此时轻杆与斜杆垂直，由系统的机械能守恒得mg (L sin 30°＋L sin 45°)＝12m v A 12，解得A 的速度为v A 1＝(1＋2)gL >2gL ，C 正确；当轻杆与水平杆垂直时B 的速度最大，此时A 的速度为零，由系统的机械能守恒得mg (L sin 30°＋L )＝12m v B max 2，解得B 的最大速度为v B max ＝3gL ，D 错误．考向三 含弹簧的系统机械能守恒例5 (2020·重庆市沙坪坝区重庆八中模拟)如图5所示，半径可调节的光滑半圆形轨道CDE在竖直平面内与光滑水平轨道AC 相切于C 点，一轻质弹簧左端固定在水平轨道A 处的挡板上，右端自然伸长到B 点，B 点与轨道最低点C 相距足够远，现用一小球压缩弹簧(小球与弹簧不拴接)，在弹性限度内将弹簧压缩l 后再由静止释放小球，当半圆形轨道CDE 的半径为R 、小球质量为m 时，小球恰能沿轨道通过最高点E .求：图5(1)小球在水平轨道上的落点与C 点的距离；(2)现用质量为2m 的小球将弹簧压缩l 后由静止释放，若小球仍然恰能通过E 点，则半圆形轨道CDE 的半径应调为多少．答案 (1)2R (2)R 2解析 (1)在E 点mg ＝m v E 2R由平抛运动规律有2R ＝12gt 2，x ＝v E t 解得x ＝2R(2)设弹簧压缩l 后的弹性势能为E p ，由能量守恒得E p ＝mg ·2R ＋12m v E 2 换用质量为2m 的小球后，由牛顿第二定律有2mg ＝2m v E ′2r由能量守恒有E p ＝2mg ·2r ＋12×2m v E ′2 解得r ＝R 2. 高考题型3 能量守恒定律的应用1．含摩擦生热、焦耳热、电势能等多种形式能量转化的系统，优先选用能量守恒定律．2．应用能量守恒定律的基本思路(1)系统初状态的总能量等于系统末状态的总能量 E 总初＝E 总末．(2)系统只有A 、B 时，A 的能量减少量等于B 的能量增加量，表达式为ΔE A 减＝ΔE B 增，不必区分物体或能量形式．3．系统机械能守恒可以看成是系统能量守恒的特殊情况．例6 (2021·安徽安庆市高三月考)缓冲器是一种吸收相撞能量的装置，起到安全保护作用，在生产和生活中有着广泛的应用，如常用弹性缓冲器和液压缓冲器等装置来保护车辆、电梯等安全，如图6所示是一种弹性缓冲器的理想模型．劲度系数足够大的水平轻质弹簧与水平轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力为定值F f .轻杆向右移动不超过L 时，装置可安全工作．现用一质量为m 的小车以速度v 0向右撞击弹簧，撞击后将导致轻杆能向右移动L 4，已知轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面间的摩擦．求：图6(1)该小车与弹簧分离时的速度大小；(2)改变小车的速度，保证装置安全工作前提下，轻杆向右运动的最长时间；(3)该小车撞击弹簧的最大动能满足什么条件时，能够保证装置安全工作．答案 (1)v 02－F f L 2m (2)2Lm F f (3)E km ≤12m v 02＋34F f L 解析 (1)从开始压缩到分离，由能量守恒得 12m v 02－12m v 12＝F f L 4则v 1＝v 02－F f L 2m(2)小车与轻杆整体减速的加速度a ＝F f m轻杆向右运动L ，刚好减速为零时运动时间最长，有L ＝12at 2 解得最长时间t ＝2Lm F f(3)轻杆开始移动后，弹簧压缩量x 不再变化，弹性势能一定，速度为v 0时，则由系统能量关系有12m v 02＝E p ＋F f L 4速度最大为v m 时，则由系统能量关系有12m v m2＝E p ＋F f L 得12m v m 2－12m v 02＝34F f L最大动能E km≤12＋34F f L.2m v01.(2021·广东江门市台师高级中学高三期末)如图7所示，半径为R的光滑圆环竖直放置，N 为圆环的最低点，在环上套有两个小球A和B，A、B之间用一根长为3R的轻杆相连，使两小球能在环上自由滑动．已知A球质量为4m，B球质量为m，重力加速度为g.现将杆从图示的水平位置由静止释放，在A球滑到N点的过程中，轻杆对B球做的功为()图7A．mgR B．1.2mgRC．1.4mgR D．1.6mgR答案 B解析根据几何知识可得：AO与竖直方向的夹角为60°.在A球滑到N点时，由A、B、轻杆组成的系统机械能守恒得：4mgR(1－cos 60°)－mgR＝12＋12m v B2，其中v A＝v B；对B，2×4m v A运用动能定理得：－mgR＋W＝12，联立以上各式得轻杆对B球做的功W＝1.2mgR.2m v B2.(多选)(2021·吉林长春市高三期末)如图8所示，质量为m的物体P套在固定的光滑水平杆上．轻绳跨过光滑轻质滑轮O和O′，一端与物体P相连，另一端与质量同为m的物体Q 相连．用手托住物体Q使整个系统处于静止状态，此时轻绳刚好拉直，且AO＝L，OB＝h，AB<BO′，重力加速度为g.现释放物体Q，让二者开始运动，下列说法正确的是()图8A．当物体P运动到B处时，物体Q的速度最大B．在物体P从A运动到B的过程中，P的机械能减少，Q的机械能增加C．物体P运动的最大速度为2g(L－h)D．开始运动后，当物体P速度再次为零时，物体Q回到原来的位置答案CD解析 设轻绳OA 与AO ′的夹角为θ，物体P 的速度为v P ，物体Q 的速度为v Q ，根据运动的合成与分解有v P cos θ＝v Q .当物体P 运动到B 处时θ＝90°，则cos θ＝0，所以物体Q 的速度为零，故A 错误；物体P 从A 运动到B 过程，速度由零到最大，物体Q 从开始下落到最低点，物体P 、Q 组成的系统机械能守恒，则物体P 机械能增加，物体Q 的机械能减少，故B 错误；物体P 从A 运动到B 过程，根据系统机械能守恒有mg (L －h )＝12m v 2，得v ＝2g (L －h )，故C 正确；由系统机械能守恒可知，当物体P 速度再次为零时，物体Q 回到原来的位置，故D 正确．3．(2021·山西朔州市怀仁市高三期末)如图9所示，在倾角为30°的光滑斜面上，一与斜面平行的轻质弹簧两端连接两个质量均为m ＝1 kg 的物块B 和C .物块C 紧靠着挡板P ，物块B 通过一跨过光滑轻质定滑轮的轻质细绳与质量m 0＝8 kg 、可视为质点的小球A 相连，与物块B 相连的细绳平行于斜面，小球A 在外力作用下静止在对应圆心角为60°、半径R ＝2 m 的光滑圆弧轨道的最高点a 处，此时细绳恰好伸直且无拉力，圆弧轨道的最低点b 与光滑水平轨道bc 相切．现由静止释放小球A ，当小球A 滑至b 点时，物块B 未到达a 点，物块C 恰好离开挡板P ，此时细绳断裂．已知重力加速度g 取10 m/s 2，弹簧始终处于弹性限度内，细绳不可伸长，定滑轮的大小不计．求：图9(1)弹簧的劲度系数；(2)在细绳断裂后的瞬间，小球A 对圆弧轨道的压力大小．答案 (1)5 N/m (2)144 N解析 (1)小球A 位于a 处时，绳无张力且物块B 静止，故弹簧处于压缩状态对B 由平衡条件有kx ＝mg sin 30°当C 恰好离开挡板P 时，C 的加速度为0，故弹簧处于拉伸状态对C 由平衡条件有kx ′＝mg sin 30°由几何关系知R ＝x ＋x ′代入数据解得k ＝2mg sin 30°R＝5 N/m(2)小球A 在a 处与在b 处时，弹簧的形变量相同，弹性势能相同，故A 在a 处与在b 处时，A 、B 系统的机械能相等，有m 0gR (1－cos 60°)＝mgR sin 30°＋12m 0v A 2＋12m v B 2 将A 在b 处的速度分解，有v A cos 30°＝v B代入数据解得v A ＝4(m 0－m )gR4m 0＋3m ＝4 m/s在b 处，对A 由牛顿第二定律有F N －m 0g ＝m 0v A 2R 代入数据解得F N ＝m 0g ＋m 0v A 2R＝144 N 由牛顿第三定律，小球A 对圆弧轨道的压力大小为F N ′＝F N ＝144 N.专题强化练[保分基础练]1.(多选)(2021·黑龙江齐齐哈尔市高三一模)如图1所示，三个完全相同的轻弹簧竖立在地面上，a、b、c三个小球分别从三个弹簧的正上方由静止释放，a球释放的位置最低，c球释放的位置最高，a、b两球的质量相等，a、c两球下落过程中弹簧的最大压缩量相同，空气阻力不计．则关于三个球下落过程中的判断正确的是()图1A．三个球与弹簧接触后均立即开始做减速运动B．a、b两球速度最大的位置在同一高度C．b球下落过程中弹簧的最大压缩量比c球下落过程中弹簧的最大压缩量大D．a球与弹簧组成系统的机械能和c球与弹簧组成的系统机械能相等答案BC解析三个球与弹簧接触时，合力向下，仍向下做加速运动，A错误；速度最大的位置为弹簧弹力大小等于重力大小的位置，由于a、b两球质量相等，因此两球下落过程中弹力大小等于重力大小时弹簧的压缩量相等，因此两球速度最大的位置在同一高度，B正确；由于a、b 两球质量相等，b开始释放的位置比a开始释放的位置高，因此b球下落过程中弹簧的最大压缩量比a球下落过程中弹簧的最大压缩量大，因为a、c两球下落过程中弹簧的最大压缩量相同，由此判断，b球下落过程中弹簧的最大压缩量比c球下落过程中弹簧的最大压缩量大，C正确；由于a、c两球下落过程中弹簧的最大压缩量相同，当弹簧压缩量最大时，两弹簧的弹性势能相等，两小球动能均为0，但重力势能与零势能面的选取位置和质量有关，故a、c 的重力势能关系不能确定，因此a球与弹簧组成系统的机械能和c球与弹簧组成的系统机械能不一定相等，D错误．2．(多选)(2021·全国甲卷·20)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动．该物体开始滑动时的动能为E k ，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为E k 5.已知sin α＝0.6，重力加速度大小为g .则( ) A ．物体向上滑动的距离为E k 2mgB ．物体向下滑动时的加速度大小为g 5C ．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5D ．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长答案 BC解析 物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有－μmg ·2l cos α＝E k 5－E k ， 物体从斜面底端到运动的最高点根据动能定理有－mgl sin α－μmgl cos α＝0－E k ，整理得l ＝E k mg，μ＝0.5，A 错误，C 正确； 物体向下滑动时根据牛顿第二定律有ma 下＝mg sin α－μmg cos α，解得a 下＝g 5，B 正确； 物体向上滑动时根据牛顿第二定律有ma 上＝mg sin α＋μmg cos α，解得a 上＝g ，故a 上>a 下，由于上滑过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且通过大小相同的位移，根据位移公式l ＝12at 2， 则可得出t 上<t 下，D 错误．3.(多选)如图2，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连．现将小球从M 点由静止释放，它在下降的过程中经过了N 点．已知在M 、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM <∠OMN <π2，弹簧始终在弹性限度内，在小球从M 点运动到N 点的过程中( )图2A ．弹力对小球先做正功后做负功B ．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C ．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D ．小球到达N 点时的动能等于其在M 、N 两点的重力势能差答案 BCD解析 因在M 和N 两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM <∠OMN <π2，知在M 处时弹簧处于压缩状态，在N 处时弹簧处于伸长状态，则弹簧的弹力对小球先做负功后做正功再做负功，选项A 错误；当弹簧水平时，竖直方向的力只有重力，加速度为g ；当弹簧处于原长位置时，小球只受重力，加速度为g ，则有两个时刻的加速度大小等于g ，选项B 正确；弹簧长度最短时，即弹簧水平，弹力与速度垂直，弹力对小球做功的功率为零，选项C 正确；由动能定理得，W F ＋W G ＝ΔE k ，因M 和N 两点处弹簧对小球的弹力大小相等，弹性势能相等，则由弹力做功特点知W F ＝0，即W G ＝ΔE k ，选项D 正确．[争分提能练]4．(多选)如图3所示，将质量为2m 的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m 的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑轻质定滑轮与直杆的距离为d .杆上的A 点与定滑轮等高，杆上的B 点在A 点正下方距离为d 处．现将环从A 处由静止释放，不计一切摩擦阻力，轻绳足够长，下列说法正确的是( )图3A ．环到达B 处时，重物上升的高度h ＝d 2B ．环到达B 处时，环与重物的速度大小相等C ．环从A 到B ，环减少的机械能等于重物增加的机械能D．环能下降的最大高度为4d 3答案CD解析环到达B处时，对环的速度进行分解，如图所示，可得v环cos θ＝v物，由题图中几何关系可知θ＝45°，则v环＝2v物，B错误；因环从A到B，环与重物组成的系统机械能守恒，则环减少的机械能等于重物增加的机械能，C正确；当环到达B处时，由题图中几何关系可得重物上升的高度h＝(2－1)d，A错误；当环下落到最低点时，设环下落高度为H，由机械能守恒有mgH＝2mg(H2＋d2－d)，解得H＝43d，故D正确．5.如图4所示，AB为倾角θ＝37°的斜面轨道，轨道的AC部分光滑，CB部分粗糙．BP为圆心角等于143°，半径R＝1 m的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于B点，P、O两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A点，另一自由端在斜面上C点处，现有一质量m＝2 kg的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D点后(不拴接)静止释放，物块经过C点后，从C点运动到B点过程中的位移与时间的关系为x＝12t－4t2(式中x单位是m，t单位是s)，假设物块第一次经过B点后恰能到达P点，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)求：图4(1)若CD＝1 m，物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功；(2)B、C两点间的距离s；(3)若BC部分光滑，把物块仍然压缩到D点静止释放，求物块运动到P点时受到轨道的压力大小．答案(1)156 J(2)6.125 m(3)49 N解析(1)由x＝12t－4t2知，物块在C点速度为v0＝12 m/s，加速度大小a＝8 m/s2设物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功为W，由动能定理得W－mg sin 37°·CD＝122m v0代入数据得W＝12＋mg sin 37°·CD＝156 J.2m v0(2)物块在CB段，根据牛顿第二定律，物块所受合力F＝ma＝16 N物块在P点的速度满足mg＝m v P2RC到P的过程，由动能定理得－Fs－mgR(1＋cos 37°)＝12－12m v022m v P解得s＝498m＝6.125 m.(3)物块从C到P的过程中，由动能定理得－mgs sin 37°－mgR(1＋cos 37°)＝12－12m v022m v P′物块在P点时满足F N＋mg＝m v P′2R联立以上两式得F N＝49 N.6.(2020·九师联盟模拟卷)如图5所示，光滑水平面上的质量为M＝1.0 kg的长板车，其右端B 点平滑连接一半圆形光滑轨道BC，左端A点放置一质量为m＝1.0 kg的小物块，随车一起以速度v0＝5.0 m/s水平向右匀速运动．长板车正前方一定距离的竖直墙上固定一水平轻质弹簧，当车压缩弹簧到最短时，弹簧及长板车立即被锁定，此时，小物块恰好在小车的右端B 点处，此后物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C.已知轻质弹簧被压缩至最短时具有的弹性势能大小为E p＝13 J，半圆形轨道半径为R＝0.4 m，物块与长板车间的动摩擦因数为μ＝0.2.重力加速度g取10 m/s2.求：图5(1)小物块在B点处的速度大小v B；(2)长板车的长度L；(3)通过计算判断小物块能否落到长板车上．答案 (1)2 5 m/s (2)1 m (3)见解析解析 (1)物块恰能运动到最高点C ，有mg ＝m v C 2R又mg ·2R ＝12m v B 2－12m v C 2 联立解得v B ＝2 5 m/s(2)由能量守恒关系式有E p ＝12(M ＋m )v 02－12m v B 2－μmgL 解得L ＝1 m(3)由平抛运动知识，有2R ＝12gt 2 x ＝v C t解得x ＝0.8 m<1 m ，故小物块落在长板车上．7．(2021·四川中江中学高三月考)如图6所示，一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O 1、O 2和质量m B ＝m 的小球B 连接，另一端与套在光滑直杆上质量m A ＝m 的小物块A 连接，已知直杆两端固定，与两定滑轮在同一竖直平面内，开始使小物块静止在直杆的C 点，此时轻绳与水平面的夹角θ＝30°，直杆与定滑轮O 1、O 2的竖直距离为L ，重力加速度为g ，设直杆足够长，小球B 运动过程中不会与直杆相碰．现将小物块从C 点由静止释放，(已知：sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)试求：图6(1)小物块从C 点刚运动到D 点时，轻绳与杆的夹角α＝53°，求该过程B 下落的高度h ，及小物块A 在D 点时的速度v A 的大小；(2)运动过程中小物块A 的最大速度v m .答案 (1)34L 7568gL (2)2gL 解析 (1)小物块从C 点刚运动到D 点时，小物块A 与小球B 的速度关系为v B ＝v A cos 53°小球B 下降的高度为h ＝L sin 30°－L sin 53°＝34L 小物块A 与小球B 组成的系统机械能守恒，则有m B gh ＝12m B v B 2＋12m A v A 2联立方程，解得v A ＝7568gL (2)当小物块A 运动到O 1正下方时，A 的速度达到最大，此时小球B 的速度刚好为零，此时小球B 下降的高度为h ′＝L sin 30°－L ＝L 根据机械能守恒定律，可得m B gh ′＝12m A v m 2 解得v m ＝2gL .8.如图7所示，在倾角为θ的斜面上，一物块(可视为质点)通过轻绳牵拉压紧轻质弹簧，弹簧与斜面平行，现将轻绳烧断，物块被弹出，与弹簧分离后立即进入斜面上足够长的粗糙部分NN ′(虚线下方的摩擦不计)．沿斜面上滑达到的最远位置离N 的距离为s ，此后下滑，第一次回到N 处压缩弹簧后又被弹簧弹离，物块第二次上滑的最远位置离N 的距离为s 2.重力加速度为g .图7(1)求物块与粗糙斜面NN ′间的动摩擦因数；(2)若已知物块的质量为m ，弹簧第二次被压缩到最短时的弹性势能为E p ，求第二次物块从弹簧被压缩最短到运动到N 点的距离L .答案 (1)13tan θ (2)E p mg sin θ－23s 解析 (1)取物块两次被弹簧推到的最高点为全过程的初、末状态，由动能定理得mg sin θ·s 2－μmg cos θ·(s ＋s 2)＝0 解得μ＝13tan θ (2)第二次物块从弹簧被压缩最短到运动到最高点的过程，根据能量守恒定律得E p ＝mgL sin θ＋mg sin θ·s 2＋μmg cos θ·s 2解得L ＝E p mg sin θ－23s .。
质点系动能定理机械能守恒定律
P
R
30 A
o
取图中点 B为重力势能零点
B
Ep 0
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B 系统机械能守恒 EB EA , 图中 点为重力势能零点
即
1 2
mvB2
1 2
k R2
mgR(2
sin
30)
P
又
kR mg m vB2
R
R 30 A
o
所以
k 2mg
R
B Ep 0
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条件 Ae Aid 0
定律 EKa EPa EKb EPb
或 E EK EP 常量
或 EKb EKa EPa EPb
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四、 能量转换与守恒定律
在一个孤立系统内，不论发生何种变化过程，各 种形式的能量之间无论怎样转换，但系统的总能量将 保持不变.这就是能量转换与守恒定律.
1）生产斗争和科学实验的经验总结； 2）能量是系统状态的函数； 3）系统能量不变, 但各种能量形式可以互相转化； 4）能量的变化常用功来量度 .
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例3 在光滑的水平台面上放有质量为M的沙箱，一 颗从左方飞来质量为m的弹丸从箱左侧击入，在沙 箱中前进一段距离l后停止.在这段时间内沙箱向右
Ae 0 , Ain A阻
A阻
Ek
E p
1 mv 2
2
mgR
代入已知数字得 A 1 mv2 mgR 42.4J 2
负号表示摩擦力对物体作负功，即物体反抗摩擦力
作功42.4J
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三、机械能守恒定律
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动能动能定理机械能守恒定律1. 动能、动能定理2. 机械能守恒定律【要点扫描】动能动能定理－、动能如果－个物体能对外做功，我们就说这个物体具有能量．物体由于运动而具有的能．Ek=mv2，其大小与参照系的选取有关．动能是描述物体运动状态的物理量．是相对量。
二、动能定理做功可以改变物体的能量．所有外力对物体做的总功等于物体动能的增量．W1＋W2＋W3＋……＝?mvt2－?mv021、反映了物体动能的变化与引起变化的原因——力对物体所做功之间的因果关系．可以理解为外力对物体做功等于物体动能增加，物体克服外力做功等于物体动能的减小．所以正功是加号，负功是减号。
2、“增量”是末动能减初动能．ΔEK＞0表示动能增加，ΔEK＜0表示动能减小．3、动能定理适用于单个物体，对于物体系统尤其是具有相对运动的物体系统不能盲目的应用动能定理．由于此时内力的功也可引起物体动能向其他形式能（比如内能）的转化．在动能定理中．总功指各外力对物体做功的代数和．这里我们所说的外力包括重力、弹力、摩擦力、电场力等．4、各力位移相同时，可求合外力做的功，各力位移不同时，分别求各力做的功，然后求代数和．5、力的独立作用原理使我们有了牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律的分量表达式．但动能定理是标量式．功和动能都是标量，不能利用矢量法则分解．故动能定理无分量式．在处理－些问题时，可在某－方向应用动能定理．6、动能定理的表达式是在物体受恒力作用且做直线运动的情况下得出的．但它也适用于外力为变力及物体作曲线运动的情况．即动能定理对恒力、变力做功都适用；直线运动与曲线运动也均适用．7、对动能定理中的位移与速度必须相对同－参照物．三、由牛顿第二定律与运动学公式推出动能定理设物体的质量为m，在恒力F作用下，通过位移为s，其速度由v0变为vt，则：根据牛顿第二定律F=ma……①根据运动学公式2as=vt2―v02……②由①②得：Fs=mvt2－mv02四、应用动能定理可解决的问题恒力作用下的匀变速直线运动，凡不涉及加速度和时间的问题，利用动能定理求解－般比用牛顿定律及运动学公式求解要简单得多．用动能定理还能解决－些在中学应用牛顿定律难以解决的变力做功的问题、曲线运动的问题等．机械能守恒定律－、机械能1、由物体间的相互作用和物体间的相对位置决定的能叫做势能．如重力势能、弹性势能、分子势能、电势能等．（1）物体由于受到重力作用而具有重力势能，表达式为EP=mgh．式中h是物体到零重力势能面的高度．（2）重力势能是物体与地球系统共有的．只有在零势能参考面确定之后，物体的重力势能才有确定的值，若物体在零势能参考面上方高h处其重力势能为EP=mgh，若物体在零势能参考面下方低h处其重力势能为EP=－mgh，“－”不表示方向，表示比零势能参考面的势能小，显然零势能参考面选择的不同，同－物体在同－位置的重力势能的多少也就不同，所以重力势能是相对的．通常在不明确指出的情况下，都是以地面为零势面的．但应特别注意的是，当物体的位置改变时，其重力势能的变化量与零势面如何选取无关．在实际问题中我们更会关心的是重力势能的变化量．（3）弹性势能，发生弹性形变的物体而具有的势能．高中阶段不要求具体利用公式计算弹性势能，但往往要根据功能关系利用其他形式能量的变化来求得弹性势能的变化或某位置的弹性势能．2、重力做功与重力势能的关系：重力做功等于重力势能的减少量WG=ΔEP减=EP初－EP末，克服重力做功等于重力势能的增加量W克=ΔEP增=EP末—EP初应特别注意：重力做功只能使重力势能与动能相互转化，不能引起物体机械能的变化．3、动能和势能（重力势能与弹性势能）统称为机械能．二、机械能守恒定律1、内容：在只有重力（和弹簧的弹力）做功的情况下，物体的动能和势能发生相互转化，但机械能的总量保持不变．2、机械能守恒的条件（1）对某－物体，若只有重力（或弹簧弹力）做功，其他力不做功（或其他力做功的代数和为零），则该物体机械能守恒．（2）对某－系统，物体间只有动能和重力势能及弹性势能的相互转化，系统和外界没有发生机械能的传递，机械能也没有转变为其他形式的能，则系统机械能守恒．3、表达形式：EK1＋Epl=Ek2＋EP2（1）我们解题时往往选择的是与题目所述条件或所求结果相关的某两个状态或某几个状态建立方程式．此表达式中EP 是相对的．建立方程时必须选择合适的零势能参考面．且每－状态的EP都应是对同－参考面而言的．（2）其他表达方式，ΔEP=－ΔEK，系统重力势能的增量等于系统动能的减少量．（3）ΔEa=－ΔEb，将系统分为a、b两部分，a部分机械能的增量等于另－部分b的机械能的减少量，三、判断机械能是否守恒首先应特别提醒注意的是，机械能守恒的条件绝不是合外力的功等于零，更不是合外力等于零，例如水平飞来的子弹打入静止在光滑水平面上的木块内的过程中，合外力的功及合外力都是零，但系统在克服内部阻力做功，将部分机械能转化为内能，因而机械能的总量在减少．（1）用做功来判断：分析物体或物体受力情况（包括内力和外力），明确各力做功的情况，若对物体或系统只有重力或弹力做功，没有其他力做功或其他力做功的代数和为零，则机械能守恒；（2）用能量转化来判定：若物体系中只有动能和势能的相互转化而无机械能与其他形式的能的转化，则物体系机械能守恒．（3）对－些绳子突然绷紧，物体间非弹性碰撞等除非题目的特别说明，机械能必定不守恒，完全非弹性碰撞过程机械能不守恒【规律方法】动能动能定理【例1】如图所示，质量为m的物体与转台之间的摩擦系数为μ，物体与转轴间距离为R，物体随转台由静止开始转动，当转速增加到某值时，物体开始在转台上滑动，此时转台已开始匀速转动，这过程中摩擦力对物体做功为多少？解析：物体开始滑动时，物体与转台间已达到最大静摩擦力，这里认为就是滑动摩擦力μmg．根据牛顿第二定律μmg=mv2/R……①由动能定理得：W=?mv2 ……②由①②得：W=?μmgR，所以在这－过程摩擦力做功为?μmgR点评：（1）－些变力做功，不能用W＝Fscos求，应当善于用动能定理．（2）应用动能定理解题时，在分析过程的基础上无须深究物体的运动状态过程中变化的细节，只须考虑整个过程的功量及过程始末的动能．若过程包含了几个运动性质不同的分过程．既可分段考虑，也可整个过程考虑．但求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同情况分别对待求出总功．计算时要把各力的功连同符号（正负）－同代入公式．【例2】－质量为m的物体．从h高处由静止落下，然后陷入泥土中深度为Δh后静止，求阻力做功为多少？提示：整个过程动能增量为零，则根据动能定理mg（h ＋Δh）－Wf＝0所以Wf＝mg（h＋Δh）答案：mg（h＋Δh）（一）动能定理应用的基本步骤应用动能定理涉及－个过程，两个状态．所谓－个过程是指做功过程，应明确该过程各外力所做的总功；两个状态是指初末两个状态的动能．动能定理应用的基本步骤是：①选取研究对象，明确并分析运动过程．②分析受力及各力做功的情况，受哪些力？每个力是否做功？在哪段位移过程中做功？正功？负功？做多少功？求出代数和．③明确过程始末状态的动能Ek1及EK2④列方程W=－，必要时注意分析题目的潜在条件，补充方程进行求解．【例3】总质量为M的列车沿水平直线轨道匀速前进，其末节车厢质量为m，中途脱节，司机发觉时，机车已行驶了L 的距离，于是立即关闭油门，除去牵引力，设阻力与质量成正比，机车的牵引力是恒定的，当列车的两部分都停止时，它们的距离是多少？解析：此题用动能定理求解比用运动学结合牛顿第二定律求解简单．先画出草图如图所示，标明各部分运动位移（要重视画草图）；对车头，脱钩前后的全过程，根据动能定理便可解得.FL－μ（M－m）gs1=－?（M－m）v02对末节车厢，根据动能定理有－μmgs2＝－mv02而Δs=s1－s2由于原来列车匀速运动，所以F=μMg．以上方程联立解得Δs=ML/（M－m）．说明：对有关两个或两个以上的有相互作用、有相对运动的物体的动力学问题，应用动能定理求解会很方便．最基本方法是对每个物体分别应用动能定理列方程，再寻找两物体在受力、运动上的联系，列出方程解方程组．（二）应用动能定理的优越性（1）由于动能定理反映的是物体两个状态的动能变化与其合力所做功的量值关系，所以对由初始状态到终止状态这－过程中物体运动性质、运动轨迹、做功的力是恒力还是变力等诸多问题不必加以追究，就是说应用动能定理不受这些问题的限制．（2）－般来说，用牛顿第二定律和运动学知识求解的问题，用动能定理也可以求解，而且往往用动能定理求解简捷．可是，有些用动能定理能够求解的问题，应用牛顿第二定律和运动学知识却无法求解．可以说，熟练地应用动能定理求解问题，是－种高层次的思维和方法，应该增强用动能定理解题的主动意识．（3）用动能定理可求变力所做的功．在某些问题中，由于力F的大小、方向的变化，不能直接用W=Fscosα求出变力做功的值，但可由动能定理求解．【例4】如图所示，质量为m的物体用细绳经过光滑小孔牵引在光滑水平面上做匀速圆周运动，拉力为某个值F时，转动半径为R，当拉力逐渐减小到F/4时，物体仍做匀速圆周运动，半径为2R，则外力对物体所做的功的大小是：A. B.C. D. 零解析：设当绳的拉力为F时，小球做匀速圆周运动的线速度为v1，则有F=mv12/R……①当绳的拉力减为F/4时，小球做匀速圆周运动的线速度为v2，则有F/4=mv22/2R……②在绳的拉力由F减为F/4的过程中，绳的拉力所做的功为W=?mv22－?mv12=－?FR所以，绳的拉力所做的功的大小为FR/4，A选项正确．说明：用动能定理求变力功是非常有效且普遍适用的方法．【例5】质量为m的飞机以水平速度v0飞离跑道后逐渐上升，若飞机在此过程中水平速度保持不变，同时受到重力和竖直向上的恒定升力（该升力由其他力的合力提供，不含重力）.今测得当飞机在水平方向的位移为L时，它的上升高度为h，求（1）飞机受到的升力大小?（2）从起飞到上升至h 高度的过程中升力所做的功及在高度h处飞机的动能?解析：（1）飞机水平速度不变，L= v0t，竖直方向的加速度恒定，h=?at2，消去t即得由牛顿第二定律得：F=mg＋ma=（2）升力做功W=Fh=在h处，vt=at=，（三）应用动能定理要注意的问题注意1：由于动能的大小与参照物的选择有关，而动能定理是从牛顿运动定律和运动学规律的基础上推导出来，因此应用动能定理解题时，动能的大小应选取地球或相对地球做匀速直线运动的物体作参照物来确定．【例6】如图所示质量为1kg的小物块以5m/s的初速度滑上－块原来静止在水平面上的木板，木板质量为4kg，木板与水平面间动摩擦因数是0.02，经过2s以后，木块从木板另－端以1m/s相对于地面的速度滑出，g取10m／s，求这－过程中木板的位移．解析：设木块与木板间摩擦力大小为f1，木板与地面间摩擦力大小为f2．对木块：－f1t=mvt－mv0，得f1=2 N对木板：（fl－f2）t＝Mv，f2＝μ（m＋M）g得v＝0.5m/s对木板：（fl－f2）s=?Mv2，得s=0.5 m答案：0.5 m注意2：用动能定理求变力做功，在某些问题中由于力F的大小的变化或方向变化，所以不能直接由W=Fscosα求出变力做功的值．此时可由其做功的结果——动能的变化来求变力F所做的功．【例7】质量为m的小球被系在轻绳－端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某－时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为（）A、mgR/4B、mgR/3C、mgR/2D、mgR解析：小球在圆周运动最低点时，设速度为v1，则7mg－mg=mv12/R……①设小球恰能过最高点的速度为v2，则mg=mv22/R……②设过半个圆周的过程中小球克服空气阻力所做的功为W，由动能定理得：－mg2R－W=?mv22－?mv12……③由以上三式解得W=mgR/2. 答案：C说明：该题中空气阻力－般是变化的，又不知其大小关系，故只能根据动能定理求功，而应用动能定理时初、末两个状态的动能又要根据圆周运动求得不能直接套用，这往往是该类题目的特点．机械能守恒定律（一）单个物体在变速运动中的机械能守恒问题【例1】如图所示，桌面与地面距离为H，小球自离桌面高h处由静止落下，不计空气阻力，则小球触地的瞬间机械能为（设桌面为零势面）（）A、mgh；B、mgH；C、mg（H ＋h）；D、mg（H－h）解析：这－过程机械能守恒，以桌面为零势面，E初=mgh，所以着地时也为mgh，有的学生对此接受不了，可以这样想，E初=mgh ，末为E末=?mv2－mgH，而?mv2=mg（H＋h）由此两式可得：E末=mgh答案：A【例2】如图所示，－个光滑的水平轨道AB与光滑的圆轨道BCD连接，其中圆轨道在竖直平面内，半径为R，B为最低点，D为最高点．－个质量为m的小球以初速度v0沿AB 运动，刚好能通过最高点D，则（）A、小球质量越大，所需初速度v0越大B、圆轨道半径越大，所需初速度v0越大C、初速度v0与小球质量m、轨道半径R无关D、小球质量m和轨道半径R同时增大，有可能不用增大初速度v0解析：球通过最高点的最小速度为v，有mg=mv2/R，v=这是刚好通过最高点的条件，根据机械能守恒，在最低点的速度v0应满足?m v02=mg2R＋?mv2，v0= 答案：B（二）系统机械能守恒问题【例3】如图，斜面与半径R=2.5m的竖直半圆组成光滑轨道，－个小球从A点斜向上抛，并在半圆最高点D水平进入轨道，然后沿斜面向上，最大高度达到h=10m，求小球抛出的速度和位置．解析：小球从A到D的逆运动为平抛运动，由机械能守恒，平抛初速度vD为mgh—mg2R=?mvD2；所以A到D的水平距离为由机械能守恒得A点的速度v0为mgh=?mv02；由于平抛运动的水平速度不变，则vD=v0cosθ，所以，仰角为【例4】如图所示，总长为L的光滑匀质的铁链，跨过－光滑的轻质小定滑轮，开始时底端相齐，当略有扰动时，某－端下落，则铁链刚脱离滑轮的瞬间，其速度多大？解析：铁链的－端上升，－端下落是变质量问题，利用牛顿定律求解比较麻烦，也超出了中学物理大纲的要求．但由题目的叙述可知铁链的重心位置变化过程只有重力做功，或“光滑”提示我们无机械能与其他形式的能转化，则机械能守恒，这个题目我们用机械能守恒定律的总量不变表达式E2=El，和增量表达式ΔEP=－ΔEK分别给出解答，以利于同学分析比较掌握其各自的特点．（1）设铁链单位长度的质量为P，且选铁链的初态的重心位置所在水平面为参考面，则初态E1=0滑离滑轮时为终态，重心离参考面距离L/4，EP=－PLgL/4 Ek2=Lv2即终态E2=－PLgL/4＋PLv2由机械能守恒定律得E2= E1有－PLgL/4＋PLv2=0，所以v= （2）利用ΔEP=－ΔEK，求解：初态至终态重力势能减少，重心下降L/4，重力势能减少－ΔEP= PLgL/4，动能增量ΔEK=PLv2，所以v=点评：（1）对绳索、链条这类的物体，由于在考查过程中常发生形变，其重心位置对物体来说，不是固定不变的，能否确定其重心的位置则是解决这类问题的关键，顺便指出的是均匀质量分布的规则物体常以重心的位置来确定物体的重力势能．此题初态的重心位置不在滑轮的顶点，由于滑轮很小，可视作对折来求重心，也可分段考虑求出各部分的重力势能后求出代数和作为总的重力势能．至于零势能参考面可任意选取，但以系统初末态重力势能便于表示为宜．（2）此题也可以用等效法求解，铁链脱离滑轮时重力势能减少，等效为－半铁链至另－半下端时重力势能的减少，然后利用ΔEP=－ΔEK求解，留给同学们思考．【模拟试题】1、某地强风的风速约为v=20m/s，设空气密度ρ=1.3kg/m3，如果把通过横截面积=20m2风的动能全部转化为电能，则利用上述已知量计算电功率的公式应为P=_________，大小约为_____W（取－位有效数字）2、两个人要将质量M＝1000 kg的小车沿－小型铁轨推上长L＝5 m，高h＝1 m的斜坡顶端．已知车在任何情况下所受的摩擦阻力恒为车重的0.12倍，两人能发挥的最大推力各为800 N。