动能定理_机械能守恒定律

正确理解动能定理、机械能守恒定律、能的转化与守恒定律动能定理、机械能守恒定律、能的转化与守恒定律是中学生最容易混淆的三条规律，只有正确理解三条规律的内容才能在解决问题时正确应用。

分析如下。

一、内容区别动能定理是说物体的动能变化是伴随物体所受外力做功来完成的，这个外力可以是各种性质的力，包括重力；这个功是所有外力所做的总功；且有，外力做的总功等于物体动能的变化，外力对物体做正功，物体的动能积累，外力对物体做负功，物体的动能释放。

机械能守恒定律是说只有机械能中的动能与势能发生转化时的情况。

这种情况要求物体运动过程中只有重力做功。

意为，重力做功只完成了重力势能向动能转化，重力做负功，则是动能向重力势能转化，而机械能的总量是不变的。

能的转化与守恒定律则是从大范围上对功与能的关系进行说明，即各种形式能之间在条件满足时都是可以转化的，且做功的过程是能量转化的过程，做功的多少是能量转化的量度，总的能量是不变的。

也可以说动能定律是能的转化与守恒定律在动能问题上的一个具体表现，而机械能守恒又可以认为是动能定理的一个特殊情况。

然而这三个规律都是描述能量转化时所遵守的规律，只是对象条件不同。

二、各规律的意义及应用注意事项（1）动能定律动能定理表示物体的动能与其它形式能或其它物体的能量之间的转化量度，所以，动能定理中的功为合外力的功或物体所受外力的总功，它是以物体的动能变化为主体研究对象，通过合外力做功的多少来分析说明问题的。

所以在应用动能定理时，首先要选好物体的初末状态，正确表达出物体的初末动能；其次是分析物体在运动过程中都受到哪些力，其中哪些力做功，哪些力不做功，有可能还要分析是变力还是恒力，各力是做正功还是做负功，各功应如何表示。

只有做到了这些才能正确利用动能定理。

（2）机械能守恒定律机械能守恒定律表示物体只有重力做功的情况下的动能与重力势能之间的转化规律，而机械能的总量是不变的。

所以，在利用机械能守恒定律时，首先要判断，物体的运动过程是否满足机械能守恒定律成立的条件，条件成立了，还要选好初末状态及重力势能的零势能面，这样才能正确表示出初末状态的机械能，才能准确的列出方程。

动能定理和机械能守恒动能定理和机械能守恒一、引言在物理学中，动能定理和机械能守恒是两个基本的定理。

动能定理描述了一个物体的动能与其所受力的关系，而机械能守恒则说明了一个封闭系统中的机械能总量不变。

这两个定理在解决物体运动问题时具有重要作用。

二、动能定理1. 动能的定义动能是一个物体由于其运动而具有的能量，通常用符号K表示。

对于质量为m、速度为v的物体，其动能可以表示为：K = 1/2mv²其中1/2mv²称为该物体的动量。

2. 动力学方程牛顿第二定律描述了一个物体所受外力与其加速度之间的关系。

根据牛顿第二定律，一个质量为m、受到F力作用的物体将会产生加速度a：F = ma3. 动能定理的表述将牛顿第二定律代入上述动力学方程中，可得：F = ma = m(dv/dt) = mdv/dt = mv(dv/dx)其中dx表示位移。

因此，Fdx = mv(dv/dx)dx = mvdv由于Fdx是物体所受力的功，因此：Fdx = ΔK其中ΔK表示物体动能的变化量。

因此，动能定理可以表述为：物体所受外力所做的功等于其动能的变化量。

三、机械能守恒1. 机械能的定义机械能是一个物体由于其位置和速度而具有的能量，通常用符号E表示。

对于质量为m、高度为h、速度为v的物体，其机械能可以表示为：E = mgh + 1/2mv²其中mgh称为该物体的重力势能，1/2mv²称为该物体的动能。

2. 机械能守恒定律机械能守恒定律指出，在一个封闭系统中，系统中各个部分所具有的机械能总量不变。

也就是说，在一个封闭系统中，重力势能和动能之间可以互相转化，但它们之和始终保持不变。

3. 应用举例以一个自由落体运动为例。

当一个物体从高处自由落下时，重力将会使其获得速度，并且在下落过程中逐渐失去高度。

在这个过程中，重力势能逐渐减少而动能逐渐增加。

当物体到达地面时，其重力势能为零，而动能达到最大值。

根据机械能守恒定律，这个系统中的总机械能始终保持不变。

动能定理和机械能及其守恒定律1.动能定理：（合外力的功等于物体动能的变化量）（1）“221mv ”是一个新的物理量（2）2221mv 是物体末状态的一个物理量，2121mv 是物体初状态的一个物理量。

其差值正好等于合力对物体做的功。

（3）物理量221mv 定为动能，其符号用E K表示，即当物体质量为m ，速度为V 时，其动能：E K=221mv （4）动能是标量，单位焦耳（J ）（5）含义：动能是标量，同时也是一个状态量（6）动能具有瞬时性，是个状态量：对应一个物体的质量和速度就有一个动能的值。

①当合力做正功时，物体动能增加。

②当合力做负功时，物体动能减小。

③当物体受变力作用，可把过程分解成许多小段每一段按照恒力运动是直线分段求解。

④当物体做曲线运动时，可把过程分解成许多小段每一段按照恒力运动是直线分段求解。

2. 机械能及其守恒定律（关键是把握什么能转化为什么能，在不守恒情况下一般都是有摩擦力做功即产生热能）1、机械能（1）定义：物体的动能和势能之和称为物体的机械能。

机械能包括动能、重力势能、弹性势能。

（2）表达式：Ｅ＝ＥＫ＋ＥＰ这些不同形式的能是可以相互转化的，那么在相互转化的过程中，他们的总量是否发生变化？这节课我们就来探究这方面的问题。

2、机械能守恒定律推导：质量为m 的物体自由下落过程中，经过高度h 1的A 点时速度为v 1，下落至高度h 2的B 点处速度为v 2，不计空气阻力，取地面为参考平面，试写出物体在A 点时的机械能和B 点时的机械能，并找到这两个机械能之间的数量关系。

A 点 12121mgh mv E E E PA kA A+=+= B 点 22221mgh mv E E E PB kB B +=+=根据动能定理，有21222121mv mv W G -=重力做功在数值上等于物体重力势能的减少量。

21mgh mgh W G -=由以上两式可以得到121222mgh mv 21mgh mv 21+=+ 即 1122p k p k E E E E +=+即 12E E =可见：在只有重力做功的物体系统内，动能和重力势能可以相互转化，而总的机械能保持不变。

动能定理与机械能守恒定律动能定理和机械能守恒定律是物理学中两个基本的能量守恒原理。

它们在描述和解释物体运动过程中能量变化的规律方面起着重要作用，并在实际应用中具有广泛的应用。

本文将对这两个定律进行详细介绍和分析。

一、动能定理动能定理是描述物体运动中动能变化规律的定律。

它指出，当物体受到外力作用时，物体的动能会发生变化。

动能定理可以用一个简洁的数学表达式来表示：物体的净动能变化等于作用在物体上的合外力所做的功。

假设物体的质量为m，初速度为v₁，末速度为v₂。

根据动能定理，物体的动能变化ΔE_k等于合外力所做的功W：ΔE_k = W = F·d·cosθ其中，F为合外力的大小，d为物体移动的距离，θ为合外力与物体运动方向之间的夹角。

由此可以看出，动能定理将力、距离和角度等因素统一起来，明确了外力对物体运动所做的功与物体动能的关系。

在实际应用中，动能定理常常用于解析和计算物体的运动过程中的动能变化。

二、机械能守恒定律机械能守恒定律是描述物体在力学系统中机械能守恒现象的定律。

它指出，在一个封闭的力学系统中，物体的机械能总量保持不变，即机械能守恒。

机械能是由物体的动能和势能两部分组成的。

动能是由物体的运动状态引起的能量，势能是由物体所处位置的属性引起的能量。

根据机械能守恒定律，物体的机械能E_m在系统内各个位置的变化可以表示为：ΔE_m = ΔE_k + ΔE_p = 0其中，ΔE_k表示物体动能的变化，ΔE_p表示物体势能的变化。

当系统中没有外力做功或无能量转化时，物体的机械能保持不变。

机械能守恒定律在描述物体运动中能量转化和能量守恒方面起着重要作用。

例如，当物体在重力场中运动时，重力势能和动能之间发生转化，但总的机械能保持不变。

这一定律在实际应用中广泛应用于机械工程、能源利用等领域。

总结：动能定理和机械能守恒定律是物理学中两个重要的能量守恒原理。

动能定理描述了外力对物体动能变化的影响规律，机械能守恒定律描述了力学系统中机械能总量守恒的现象。

⾼中物理（机械能守恒定律、能量守恒定律、动能定理的区别）专题⼀：机械能守恒定律、能量守恒定律、动能定理的综合应⽤⼀、基本知识点：1、机械能守恒定律：（1）概念：物体在只有重⼒和弹⼒做功的情况下，物体的动能与势能的总和不变。

（2）适⽤条件：只有重⼒和弹⼒做功（3）注意事项：a、这⾥的势能可以是重⼒势能，也可以是弹性势能；b、等式的两边，左边表⽰初始时刻的动能与势能之和，右边为末了时刻的动能与势能之和。

2、能量守恒定律：（1）概念：能量总和不变（2）表达式：（初始时刻各种能量之和）=（末了时刻各种能量之和）（3）注意事项：a、这⾥的各种形式的能包括动能、势能（重⼒势能、弹性势能、电势能）、内能（摩擦⼒产⽣、电流的热效应产⽣）；b、根据热⼒学第⼆定律，功可以全部转化成热，热不可全部转化成功，热⼀般加在末了时刻⼀侧。

3、动能定理：（1）概念：外⼒做的功等于物体的末动能减掉物体的初动能（2）表达式：外⼒做功=末动能-初动能（3）注意事项：a、功有“正”、“负”之分，⼀定要注意⼒与位移的关系，同向为“正”，反向为“负”；b、等式右边是末动能减去初动能，不是初动能减去末动能，也不是初始时刻的能量减去末了时刻的能量。

⼆、典型习题讲解：如下图所⽰，光滑的半径R=10cm半圆形导轨BC与AB相切于点B，现有⼀质量为m=2kg的物体从A点出发，其恰好能够通过C 点，若AB=50cm，其动摩擦因数为µ=0.4，（g=10N/kg）求：(1)物体的最⼩初速度v0；(2)在B点，轨道对物体的⽀持⼒的⼤⼩；(3)物体通过C点后，落点D与B的距离。

【解析】：（1）过程分析：在AB段，物体做匀加速直线运动，只受到摩擦⼒的作⽤，故可以应⽤能量守恒定律（物体的初动能=物体的末动能+摩擦⼒做功）或者⽤动能定理（摩擦⼒做功=物体的末动能-物体的初动能）；在BC段，物体做圆周运动，在这个过程中，只有重⼒做功，故可以应⽤机械能守恒定律（B点的动能+B点的势能=A点的动能+A点的势能）；在AD段，物体只受到重⼒的作⽤，做平抛运动，可以将物体的运动分解成⽔平⽅向和竖直⽅向来进⾏求解。

高中物理必修2动能定理、机械能守恒定律复习考纲要求1、动能定理 （Ⅱ）2、做功与动能改变的关系 （Ⅱ）3、机械能守恒定律 （Ⅱ）知识归纳1、动能定理（1）推导：设一个物体的质量为m ，初速度为V 1，在与运动方向相同的恒力F 作用下，发生了一段位移S ，速度增加到V 2，如图所示。

在这一过程中，力F 所做的功W=F ·S ，根据牛顿第二定律有F=ma ；根据匀加速直线运动的规律，有：V 22－V 13=2aS ，即aV V S 22122-=。

可得：W=F ·S=ma ·2122212221212mV mV a V V -=- （2）定理：①表达式 W=E K2－E K1 或 W 1＋W 2＋……W n =21222121mV mV - ②意义 做功可以改变物体的能量—所有外力对物体所做的总功等于物体动能的变化。

ⅰ、如果合外力对物体做正功，则E K2＞E K1 ，物体的动能增加；ⅱ、如果合外力对物体做负功，则E K2＜E K1 ，物体的动能减少；ⅱ、如果合外力对物体不做功，则物体的动能不发生变化。

（3）理解：①外力对物体做的总功等于物体动能的变化。

W 总=△E K =E K2－E K1 。

它反映了物体动能变化与引起变化的原因——力对物体做功的因果关系。

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减少。

外力可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是任何其他力，但物体动能的变化对应合外力的功，而不是某一个力的功。

②注意的动能的变化，指末动能减初动能。

用△E K 表示动能的变化，△E K ＞0，表示动能增加；△E K ＜0，表示动能减少。

③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。

（4）应用：①动能定理的表达式是在恒力作用且做匀加速直线运动的情况下得出的，但它也适用于减速运动、曲线运动和变力对物体做功的情况。

②动能定理对应的是一个过程，并且它只涉及到物体初末态的动能和整个过程中合外力的功，它不涉及物体运动过程中的加速度、时间和中间状态的速度、动能，因此用它处理问题比较方便。

第6讲动能定理机械能守恒定律能量守恒定律命题规律 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)能量守恒定律及应用.2.常用方法：图像法、函数法、比较法.3.常考题型：计算题．考点一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(2022·河南信阳市质检)滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来，如图是滑板运动的轨道．BC和DE是竖直平面内的两段光滑的圆弧形轨道，BC 的圆心为O点，圆心角θ＝60°，半径OC与水平轨道CD垂直，滑板与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.4.某运动员从轨道上的A点以v＝4 m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿着轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回．已知运动员和滑板的总质量为m＝60 kg，B、E两点距水平轨道CD的竖直高度分别为h＝2 m 和H＝3 m，忽略空气阻力．(g＝10 m/s2)(1)运动员从A点运动到B点的过程中，求到达B点时的速度大小v B；(2)求水平轨道CD的长度L；(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能，求出回到B点时速度的大小．如果不能，求出最后停止的位置距C点的距离．答案(1)8 m/s(2)5.5 m(3)见解析解析(1)运动员从A点运动到B点的过程中做平抛运动，到达B点时，其速度沿着B点的切线方向，可知运动员到达B 点时的速度大小为v B ＝vcos 60°， 解得v B ＝8 m/s(2)从B 点到E 点，由动能定理得mgh －μmgL －mgH ＝0－12m v B 2代入数值得L ＝5.5 m(3)设运动员能到达左侧的最大高度为h ′，从E 点到第一次返回到左侧最高处，由动能定理得mgH －μmgL －mgh ′＝0 解得h ′＝0.8 m<2 m故运动员不能回到B 点．设运动员从E 点开始返回后，在CD 段滑行的路程为s ，全过程由动能定理得 mgH －μmgs ＝0 解得总路程s ＝7.5 m 由于L ＝5.5 m所以可得运动员最后停止的位置在距C 点2 m 处．考点二 机械能守恒定律及应用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共速率模型分清两物体位移大小与高度变化关系共角速度模型两物体角速度相同，线速率与半径成正比关联速度模型此类问题注意速度的分解，找出两物体速度关系，当某物体位移最大时，速度可能为0轻弹簧模型①同一根弹簧弹性势能大小取决于弹簧形变量的大小，在弹簧弹性限度内，形变量相等，弹性势能相等②由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统，当弹簧形变量最大时，弹簧两端连接的物体具有相同的速度；弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小(为零)说明：以上连接体不计阻力和摩擦力，系统(包含弹簧)机械能守恒，单个物体机械能不守恒．例2(2022·全国乙卷·16)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于()A ．它滑过的弧长B ．它下降的高度C ．它到P 点的距离D ．它与P 点的连线扫过的面积 答案 C解析 如图所示，设小环下降的高度为h ，大圆环的半径为R ，小环到P 点的距离为L ，根据机械能守恒定律得mgh ＝12m v 2，由几何关系可得h ＝L sin θ，sin θ＝L 2R ，联立可得h ＝L 22R，则v ＝LgR，故C 正确，A 、B 、D 错误． 例3 (多选)(2022·黑龙江省八校高三期末)如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m 的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态，现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L ，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L (未超过弹性限度)，重力加速度为g ，则在圆环下滑到最大距离的过程中( )A ．弹簧对圆环先做正功后做负功B ．弹簧弹性势能增加了3mgLC ．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大D ．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零 答案 BC解析 弹簧一直伸长，故弹簧对圆环一直做负功，A 错误；由题可知，整个过程动能的变化量为零，根据几何关系可得圆环下落的高度h ＝(2L )2－L 2＝3L ，根据能量守恒定律可得，弹簧弹性势能增加量等于圆环重力势能的减少量，则有ΔE p ＝mgh ＝3mgL ，B 正确；弹簧与小圆环组成的系统机械能守恒，则有ΔE k ＋ΔE p 重＋ΔE p 弹＝0，由于小圆环在下滑到最大距离的过程中先是做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，所以动能先增大后减小，则圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大，C 正确；圆环下滑到最大距离时，加速度方向竖直向上，所受合力方向为竖直向上，D 错误．例4 (2020·江苏卷·15)如图所示，鼓形轮的半径为R ，可绕固定的光滑水平轴O 转动．在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m 的小球，球与O 的距离均为2R .在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M 的重物．重物由静止下落，带动鼓形轮转动．重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为ω.绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g .求：(1)重物落地后，小球线速度的大小v ；(2)重物落地后一小球转到水平位置A ，此时该球受到杆的作用力的大小F ； (3)重物下落的高度h .答案 (1)2ωR (2)(2mω2R )2＋(mg )2 (3)M ＋16m 2Mg (ωR )2解析 (1)重物落地后，小球线速度大小v ＝ωr ＝2ωR (2)向心力F n ＝2mω2R设F 与水平方向的夹角为α，则 F cos α＝F n F sin α＝mg 解得F ＝(2mω2R )2＋(mg )2(3)落地时，重物的速度v ′＝ωR 由机械能守恒得12M v ′2＋4×12m v 2＝Mgh解得h ＝M ＋16m2Mg(ωR )2.考点三 能量守恒定律及应用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)守恒：E 初＝E 末，初、末总能量不变．(2)转移：E A 减＝E B 增，A 物体减少的能量等于B 物体增加的能量． (3)转化：|ΔE 减|＝|ΔE 增|，减少的某些能量等于增加的某些能量．例5 (2021·山东卷·18改编)如图所示，三个质量均为m 的小物块A 、B 、C ，放置在水平地面上，A 紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k 的轻弹簧将A 、B 连接，C 紧靠B ，开始时弹簧处于原长，A 、B 、C 均静止．现给C 施加一水平向左、大小为F 的恒力，使B 、C 一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A 离开墙壁，最终三物块都停止运动．已知A 、B 、C 与地面间的滑动摩擦力大小均为f ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内．(弹簧的弹性势能可表示为：E p ＝12kx 2，k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量)(1)求B 、C 向左移动的最大距离x 0和B 、C 分离时B 的动能E k ； (2)为保证A 能离开墙壁，求恒力的最小值F min ；(3)若三物块都停止时B 、C 间的距离为x BC ，从B 、C 分离到B 停止运动的整个过程，B 克服弹簧弹力做的功为W ，通过推导比较W 与fx BC 的大小； 答案 (1)2F －4f k F 2－6fF ＋8f 2k(2)(3＋102)f (3)W <fx BC解析 (1)从开始到B 、C 向左移动到最大距离的过程中，以B 、C 和弹簧为研究对象，由功能关系得 Fx 0＝2fx 0＋12kx 02弹簧恢复原长时B 、C 分离，从弹簧最短到B 、C 分离，以B 、C 和弹簧为研究对象，由能量守恒定律得 12kx 02＝2fx 0＋2E k联立方程解得x 0＝2F －4fkE k ＝F 2－6fF ＋8f 2k.(2)当A 刚要离开墙时，设弹簧的伸长量为x ，以A 为研究对象，由平衡条件得kx ＝f 若A 刚要离开墙壁时B 的速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值F min ，从弹簧恢复原长到A 刚要离开墙的过程中，以B 和弹簧为研究对象， 由能量守恒定律得E k ＝12kx 2＋fx结合第(1)问结果可知F min ＝(3±102)f 根据题意舍去F min ＝(3－102)f ， 所以恒力的最小值为F min ＝(3＋102)f . (3)从B 、C 分离到B 停止运动，设B 的位移为x B ，C 的位移为x C ，以B 为研究对象， 由动能定理得－W －fx B ＝0－E k 以C 为研究对象， 由动能定理得－fx C ＝0－E k 由B 、C 的运动关系得x B >x C －x BC 联立可知W <fx BC .1.(2022·江苏新沂市第一中学高三检测)如图所示，倾角为θ的斜面AB 段光滑，BP 段粗糙，一轻弹簧下端固定于斜面底端P 处，弹簧处于原长时上端位于B 点，可视为质点、质量为m 的物体与BP 之间的动摩擦因数为μ(μ<tan θ)，物体从A 点由静止释放，将弹簧压缩后恰好能回到AB 的中点Q .已知A 、B 间的距离为x ，重力加速度为g ，则( )A ．物体的最大动能等于mgx sin θB ．弹簧的最大形变量大于12xC ．物体第一次往返中克服摩擦力做的功为12mgx sin θD ．物体第二次沿斜面上升的最高位置在B 点 答案 C解析 物体接触弹簧前，由机械能守恒定律可知，物体刚接触弹簧时的动能为E k ＝mgx sin θ，物体接触弹簧后，重力沿斜面向下的分力先大于滑动摩擦力和弹簧弹力的合力，物体先加速下滑，后来重力沿斜面向下的分力小于滑动摩擦力和弹簧弹力的合力，物体减速下滑，所以当重力沿斜面向下的分力等于滑动摩擦力和弹簧弹力的合力时物体所受的合力为零，速度最大，动能最大，所以物体的最大动能一定大于mgx sin θ，A 错误；设弹簧的最大压缩量为L ，弹性势能最大为E p ，物体从A 到最低点的过程，由能量守恒定律得mg (L ＋x )sin θ＝μmgL cos θ＋E p ，物体从最低点到Q 点的过程，由能量守恒得mg (L ＋x2)sin θ＋μmgL cos θ＝E p ，联立解得L ＝x tan θ4μ，由于μ<tan θ，但未知它们的具体参数，则无法说明弹簧的最大形变量是否大于12x ，B 错误；第一次往返过程中，根据能量守恒定律，可知损失的能量等于克服摩擦力做的功，则有ΔE ＝2μmgL cos θ＝12mgx sin θ，C 正确；设从Q 到第二次最高点位置C ，有mgx QC sin θ＝2μmgL ′cos θ，如果L ′＝L ，则有x QC ＝x2，即最高点为B ，但由于物体从Q 点下滑，则弹簧的最大形变量L ′＜L ，所以最高点应在B 点上方，D 错误．2．(2022·浙江温州市二模)我国选手谷爱凌在北京冬奥会自由式滑雪女子U 型场地技巧决赛中夺得金牌．如图所示，某比赛用U 型池场地长度L ＝160 m 、宽度d ＝20 m 、深度h ＝7.25 m ，两边竖直雪道与池底平面雪道通过圆弧雪道连接组成，横截面像“U ”字形状，池底雪道平面与水平面夹角为θ＝20°.为测试赛道，将一质量m ＝1 kg 的小滑块从U 型池的顶端A 点以初速度v 0＝0.7 m/s 滑入；滑块从B 点第一次冲出U 型池，冲出B 点的速度大小v B ＝10 m/s ，与竖直方向夹角为α(α未知)，再从C 点重新落回U 型池(C 点图中未画出)．已知A 、B 两点间直线距离为25 m ，不计滑块所受的空气阻力，sin 20°＝0.34，cos 20°＝0.94，tan 20°＝0.36，g 取10 m/s 2.(1)A 点至B 点过程中，求小滑块克服雪道阻力所做的功W 克f ；(2)忽略雪道对滑块的阻力，若滑块从池底平面雪道离开，求滑块离开时速度的大小v；(3)若保持v B大小不变，速度v B与竖直方向的夹角调整为α0时，滑块从冲出B点至重新落回U型池的时间最长，求tan α0(结果保留两位有效数字)．答案(1)1.35 J(2)35 m/s(3)0.36解析(1)小滑块从A点至B点过程中，由动能定理有mgx sin 20°－W克f＝12m v B2－12m v02由几何关系得x＝x AB2－d2，联立解得W克f＝1.35 J(2)忽略雪道对滑块的阻力，滑块从A点运动到池底平面雪道离开的过程中，由动能定理得mgL sin 20°＋mgh cos 20°＝12m v2－12m v02，代入数据解得v＝35 m/s(3)当滑块离开B点时，设速度方向与U型池斜面的夹角为θ，沿U型池斜面和垂直U型池方向分解速度v y＝v B sin θ，v x＝v B cos θ，a y＝g cos 20°，a x＝g sin 20°，v y＝a y t1，t＝2t1由此可知，当v y最大时，滑块从冲出B点至重新落回U型池的时间最长，此时v B垂直于U 型池斜面，即α0＝20°tan α0＝sin α0cos α0＝0.340.94≈0.36.专题强化练[保分基础练]1.(2022·河北保定市高三期末)如图所示，固定在竖直面内横截面为半圆的光滑柱体(半径为R，直径水平)固定在距离地面足够高处，位于柱体两侧质量相等的小球A、B(视为质点)用细线相连，两球与截面圆的圆心O处于同一水平线上(细线处于绷紧状态)．在微小扰动下，小球A 由静止沿圆弧运动到柱体的最高点P.不计空气阻力，重力加速度大小为g.小球A通过P点时的速度大小为()A.gRB.2gRC.(π2－1)gR D.π2gR 答案 C解析 对A 、B 组成的系统，从开始运动到小球A 运动到最高点的过程有mg ·πR 2－mgR ＝12×2m v 2，解得v ＝(π2－1)gR ，故选C. 2．(2022·山东泰安市模拟)如图所示，细绳AB 和BC 连接着一质量为m 的物体P ，其中绳子的A 端固定，C 端通过大小不计的光滑定滑轮连接着一质量也为 m 的物体Q (P 、Q 均可视为质点)．开始时，用手托住物体P ，使物体P 与A 、C 两点等高在一条水平直线上，且绳子处于拉直的状态，把手放开， P 下落到图示位置时，夹角如图所示．已知AB ＝L ，重力加速度为g .则由开始下落到图示位置的过程中，下列说法正确的是( )A ．物体Q 与物体P 的速度大小始终相等B ．释放瞬间P 的加速度小于gC ．图示位置时，Q 的速度大小为3gL2 D ．图示位置时，Q 的速度大小为2－32gL 答案 D解析 P 与Q 的速度关系如图所示释放后，P 绕A 点做圆周运动，P 的速度沿圆周的切线方向，当绳BC 与水平夹角为30°时，绳BC 与绳AB 垂直，P 的速度方向沿CB 的延长线，此时物体Q 与物体P 的速度大小相等，之前的过程中，速度大小不相等，故A 错误；释放瞬间，P 所受合力为重力，故加速度等于g ，故B 错误；由几何关系知AC ＝2L ，P 处于AC 的中点时，则有BC ＝L ，当下降到图示位置时BC ＝3L ，Q 上升的高度h 1＝(3－1)L ，P 下降的高度为h 2＝L cos 30°＝32L ，由A 项中分析知此时P 、Q 速度大小相等，设为v ，根据系统机械能守恒得mgh 2＝mgh 1＋12×2m v 2，解得v ＝2－32gL ，故D 正确，C 错误． 3．(多选)(2022·重庆市涪陵第五中学高三检测)如图所示，轻绳的一端系一质量为m 的金属环，另一端绕过定滑轮悬挂一质量为5m 的重物．金属环套在固定的竖直光滑直杆上，定滑轮与竖直杆之间的距离OQ ＝d ，金属环从图中P 点由静止释放，OP 与直杆之间的夹角θ＝37°，不计一切摩擦，重力加速度为g ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则( )A ．金属环从P 上升到Q 的过程中，重物所受重力的瞬时功率先增大后减小B ．金属环从P 上升到Q 的过程中，绳子拉力对重物做的功为103mgdC ．金属环在Q 点的速度大小为2gd3D ．若金属环最高能上升到N 点，则ON 与直杆之间的夹角α＝53° 答案 AD解析 金属环在P 点时，重物的速度为零，则重物所受重力的瞬时功率为零，当环上升到Q 点，环的速度与绳垂直，则重物的速度为零，此时，重物所受重力的瞬时功率也为零，故金属环从P 上升到Q 的过程中，重物所受重力的瞬时功率先增大后减小，故A 正确；金属环从P 上升到Q 的过程中，设绳子拉力做的功为W ，对重物应用动能定理有W ＋W G ＝0，则W ＝－W G ＝－5mg (d sin θ－d )＝－103mgd ，故B 错误；设金属环在Q 点的速度大小为v ，对环和重物整体，由动能定理得5mg (d sin θ－d )－mg d tan θ＝12m v 2，解得v ＝2gd ，故C 错误；若金属环最高能上升到N 点，则整个过程中，金属环和重物整体的机械能守恒，有5mg (d sin θ－dsin α)＝mg (d tan θ＋d tan α)，解得α＝53°，故D 正确． 4．(2021·浙江1月选考·11)一辆汽车在水平高速公路上以80 km/h 的速度匀速行驶，其1 s 内能量分配情况如图所示．则汽车( )A ．发动机的输出功率为70 kWB ．每1 s 消耗的燃料最终转化成的内能是5.7×104 JC ．每1 s 消耗的燃料最终转化成的内能是6.9×104 JD ．每1 s 消耗的燃料最终转化成的内能是7.0×104 J 答案 C解析 据题意知，发动机的输出功率为P ＝Wt ＝17 kW ，故A 错误；根据能量守恒定律结合能量分配图知，1 s 消耗的燃料最终转化成的内能为进入发动机的能量，即6.9×104 J ，故B 、D 错误，C 正确．[争分提能练]5．(2022·山西太原市高三期末)如图甲所示，一物块置于粗糙水平面上，其右端通过水平弹性轻绳固定在竖直墙壁上．用力将物块向左拉至O 处后由静止释放，用传感器测出物块的位移x 和对应的速度，作出物块的动能E k －x 关系图像如图乙所示．其中0.10～0.25 m 间的图线为直线，其余部分为曲线．已知物块与水平面间的动摩擦因数为0.2，取g ＝10 m/s 2，弹性绳的弹力与形变始终符合胡克定律，可知( )A ．物块的质量为0.2 kgB ．弹性绳的劲度系数为50 N/mC ．弹性绳弹性势能的最大值为0.6 JD ．物块被释放时，加速度的大小为8 m/s 2 答案 D解析 由分析可知，x ＝0.10 m 时，弹性绳恢复原长，根据动能定理有μmg Δx ＝ΔE k ，则m ＝ΔE k μg Δx ＝0.300.2×10×(0.25－0.10)kg ＝1 kg ，所以A 错误；动能最大时弹簧弹力等于滑动摩擦力，则有k Δx 1＝μmg ，Δx 1＝0.10 m －0.08 m ＝0.02 m ，解得k ＝100 N/m ，所以B 错误；根据能量守恒定律有E pm ＝μmgx m ＝0.2×1×10×0.25 J ＝0.5 J ，所以C 错误；物块被释放时，加速度的大小为a ＝k Δx m －μmg m ＝100×0.10－0.2×1×101m/s 2＝8 m/s 2，所以D 正确．6．(多选)(2022·广东揭阳市高三期末)图为某蹦极运动员从跳台无初速度下落到第一次到达最低点过程的速度－位移图像，运动员及装备的总质量为60 kg ，弹性绳原长为10 m ，不计空气阻力，g ＝10 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．下落过程中，运动员机械能守恒B ．运动员在下落过程中的前10 m 加速度不变C ．弹性绳最大的弹性势能约为15 300 JD ．速度最大时，弹性绳的弹性势能约为2 250 J 答案 BCD解析 下落过程中，运动员和弹性绳组成的系统机械能守恒，运动员在绳子绷直后机械能一直减小，所以A 错误；运动员在下落过程中的前10 m 做自由落体运动，其加速度恒定，所以B 正确；在最低点时，弹性绳的形变量最大，其弹性势能最大，由能量守恒定律可知，弹性势能来自运动员减小的重力势能，由题图可知运动员下落的最大高度约为25.5 m ，所以E p ＝mgH m ＝15 300 J ，所以C 正确；由题图可知，下落约15 m 时，运动员的速度最大，根据能量守恒可知此时弹性绳的弹性势能约为E pm ＝mgH －12m v m 2＝2 250 J ，所以D 正确．7.如图所示，倾角θ＝30°的固定斜面上固定着挡板，轻弹簧下端与挡板相连，弹簧处于原长时上端位于D 点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑定滑轮连接物体A 和B ，使滑轮左侧绳子始终与斜面平行，初始时A 位于斜面的C 点，C 、D 两点间的距离为L ，现由静止同时释放A 、B ，物体A 沿斜面向下运动，将弹簧压缩到最短的位置为E 点，D 、E 两点间距离为L 2，若A 、B 的质量分别为4m 和m ，A 与斜面之间的动摩擦因数μ＝38，不计空气阻力，重力加速度为g ，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：(1)物体A 在从C 运动至D 的过程中的加速度大小； (2)物体A 从C 至D 点时的速度大小； (3)弹簧的最大弹性势能． 答案 (1)120g (2)gL 10 (3)38mgL 解析 (1)物体A 从C 运动到D 的过程，对物体A 、B 整体进行受力分析，根据牛顿第二定律有4mg sin 30°－mg －4μmg cos 30°＝5ma 解得a ＝120g(2)物体A 从C 运动至D 的过程，对整体应用动能定理有4mgL sin 30°－mgL －4μmgL cos 30°＝12·5m v 2 解得v ＝gL 10(3)当A 、B 的速度为零时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大，整个过程中对A 、B 整体应用动能定理得4mg (L ＋L 2)sin 30°－mg (L ＋L 2)－μ·4mg cos 30°(L ＋L2)－W 弹＝0－0解得W 弹＝38mgL则弹簧具有的最大弹性势能 E p ＝W 弹＝38mgL .8．(2022·江苏南京市二模)现将等宽双线在水平面内绕制成如图甲所示轨道，两段半圆形轨道半径均为R ＝ 3 m ，两段直轨道AB 、A ′B ′长度均为l ＝1.35 m ．在轨道上放置一个质量m ＝0.1 kg 的小圆柱体，如图乙所示，圆柱体与轨道两侧相切处和圆柱截面圆心O 连线的夹角θ为120°，如图丙所示．两轨道与小圆柱体间的动摩擦因数均为μ＝0.5，小圆柱尺寸和轨道间距相对轨道长度可忽略不计．初始时小圆柱位于A 点处，现使之获得沿直轨道AB 方向的初速度v 0.重力加速度大小g ＝10 m/s 2，求：(1)小圆柱沿AB 运动时，内、外轨道对小圆柱的摩擦力F f1、F f2的大小；(2)当v 0＝6 m/s ，小圆柱刚经B 点进入圆弧轨道时，外轨和内轨对小圆柱的压力F N1、F N2的大小；(3)为了让小圆柱不脱离内侧轨道，v 0的最大值以及在v 0取最大值情形下小圆柱最终滑过的路程s .答案 (1)0.5 N 0.5 N (2)1.3 N 0.7 N (3)57 m/s 2.85 m解析 (1)圆柱体与轨道两侧相切处和圆柱截面圆心O 连线的夹角θ为120°， 根据对称性可知，两侧弹力大小均与重力相等，为1 N ， 内、外轨道对小圆柱的摩擦力F f1＝F f2＝μF N ＝0.5 N(2)当v 0＝6 m/s ，小圆柱刚经B 点进入圆弧轨道时有12m v 2－12m v 02＝－(F f1＋F f2)l在B 点有F N1sin 60°－F N2sin 60°＝m v 2R ，F N1cos 60°＋F N2cos 60°＝mg解得F N1＝1.3 N ，F N2＝0.7 N(3)为了让小圆柱不脱离内侧轨道，v 0最大时，在B 点恰好内轨对小圆柱的压力为0，有 F N1′sin 60°＝m v m 2R ，F N1′cos 60°＝mg且12m v m 2－12m v 0m 2＝－(F f1＋F f2)l 解得v 0m ＝57 m/s ，在圆弧上受摩擦力为 F f ＝μF N1′＝μmg cos 60°＝1 N即在圆弧上所受摩擦力大小与在直轨道所受总摩擦力大小相等 所以12m v 0m 2＝F f s解得s ＝2.85 m.[尖子生选练]9．(2022·浙江1月选考·20)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB 、圆心为O 1的半圆形光滑轨道BCD 、圆心为O 2的半圆形光滑细圆管轨道DEF 、倾角也为37°的粗糙直轨道FG 组成，B 、D 和F 为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G 点(与B 点等高)，B 、O 1、D 、O 2和F 点处于同一直线上．已知可视为质点的滑块质量m ＝0.1 kg ，轨道BCD 和DEF 的半径R ＝0.15 m ，轨道AB 长度l AB ＝3 m ，滑块与轨道FG 间的动摩擦因数μ＝78，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.滑块开始时均从轨道AB 上某点静止释放．(1)若释放点距B 点的长度l ＝0.7 m ，求滑块到最低点C 时轨道对其支持力F N 的大小； (2)设释放点距B 点的长度为l x ，滑块第一次经F 点时的速度v 与l x 之间的关系式； (3)若滑块最终静止在轨道FG 的中点，求释放点距B 点长度l x 的值． 答案 (1)7 N (2)v ＝12l x －9.6，其中l x ≥0.85 m (3)见解析 解析 (1)滑块由静止释放到C 点过程，由能量守恒定律有 mgl sin 37°＋mgR (1－cos 37°)＝12m v C 2在C 点由牛顿第二定律有 F N －mg ＝m v C 2R解得F N ＝7 N(2)要保证滑块能到F 点，必须能过DEF 的最高点，当滑块恰能达到最高点时，根据动能定理可得mgl 1sin 37°－(3mgR cos 37°＋mgR )＝0 解得l 1＝0.85 m因此要能过F 点必须满足l x ≥0.85 m能过最高点，则能到F 点，根据动能定理可得 mgl x sin 37°－4mgR cos 37°＝12m v 2，解得v ＝12l x －9.6，其中l x ≥0.85 m.(3)设摩擦力做功为第一次到达中点时的n 倍mgl x sin 37°－mg l FG 2sin 37°－nμmg l FG 2cos 37°＝0，l FG ＝4Rtan 37°解得l x ＝7n ＋615 m(n ＝1,3,5，…)又因为l AB ≥l x ≥0.85 m ，l AB ＝3 m ， 当n ＝1时，l x 1＝1315 m当n ＝3时，l x 2＝95 m当n ＝5时，l x 3＝4115m.。

动能定理与机械能守恒定律（简单）1. 动能定理：12K K E E W -=总,即合外力对物体所做的总功等于物体动能的变化（注意：是末减初）2.对动能定理的理解：动力做正功使物体动能增大，阻力做负功使物体动能减少，它们共同作用的结果，导致了物体动能的变化3.机械能守恒定律所研究的对象有时是一个物体，有时是一个系统 判断机械能是否守恒的两种方法：（1）对单个物体：从做功角度看，只有重力和弹力做功，其它力都不做工，则该物体机械能守恒（2）对系统：从能量角度看，只有动能和势能（包括弹性势能）间的转化，没有机械能转化为其他形式能(如内能等），则该系统机械能守恒。

4.机械能守恒定律的计算，应先分析物体运动过程中是否满足机械能守恒条件，其次列出初、末状态物体的机械能相等的方程，即E k1+E p1 =E k2+E p2 ，或者增减K P E E ∆=∆，然后求解方程1.自由下落的小球，正好落在下端固定于地板上的竖直放置的弹簧上，后来又被弹起(不计空气阻力)，下列判断中正确的是 ( AC )A ．机械能是否守恒与选取哪一个物体系统为研究对象有关，选取的研究对象不同，得到的结论往往是不同的B ．如果选取小球和地球组成的系统为研究对象，则该系统的机械能守恒C ．如果选取小球，地球和弹簧组成的物体系统，则该系统的机械能守恒D ．如果选取小球、地球和弹簧组成的物体系统，则该系统的机械能不守恒2.一辆小车静止在光滑的水平面上，小车立柱上固定一条长为L 、系有小球的水平细绳，小球由静止释放，如图所示，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）A ．小球的机械能守恒B ．小球的机械能不守恒C ．球、车系统的机械能守恒D ．球、车系统的机械能不守恒3.木块静挂在绳子下端，一子弹以水平速度射入木块并留在其中，再与木块一起共同摆到一高度，如图所示，从子弹开始射入到共同上摆到最大高度的过程中，下列说法正确的是( )A ．子弹的机械能守恒B ．木块的机械能守恒C ．子弹和木块的总机械能守恒D ．以上说法都不对4.如图所示，原来质量为m 的小球用长L 的细线悬挂而静止在竖直位置.用水平拉力F 将小球缓慢地拉到细线成水平状态过程中，拉力F 做功为：（ ）A. FLB. 2FLC.mgLD. 0 5.质量为m 的物体从地面上方H 高处无初速释放，落到地面后出现一个深为h 的坑，如图所示，在此过程中（ ）A.重力对物体做功mgHB.物体重力势能减少mg （H-h ）C.合力对物体做的总功为零D.地面对物体的平均阻力为h mgH6.一个质量为m 的木块，从半径为R 、质量为M 的1/4光滑圆槽顶端由静止滑下。