2021届高考物理二轮复习第一篇专题通关攻略3.5功能关系与能量守恒课件

1、第5讲功能关系与能量守恒考向一功、功率与机车启动考向一功、功率与机车启动( (基础保分基础保分) ) 【建模型建模型】通规律通规律【模型模型】机车启动的两种模型机车启动的两种模型 1.1.模型图解模型图解恒定恒定功率功率启动启动 功率功率: :恒定恒定速度速度: :变加速变加速恒定恒定加速加速度启度启动动 功率功率: :先增大先增大, ,后恒定后恒定速度速度: :匀加速匀加速2.2.应用规律应用规律两种机车启动问题的求解思路两种机车启动问题的求解思路(1)(1)图解机车以恒定功率启动图解机车以恒定功率启动: : (2)(2)图解机车以恒定加速度启动图解机车以恒定加速度启动: : 【练类题练类题

2、】重拓展重拓展1.(1.(功的计算功的计算) )一滑块在水平地面上沿直线滑行一滑块在水平地面上沿直线滑行,t=0,t=0时其速度为时其速度为1 m/s1 m/s。从此刻开。从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平方向的作用力始在滑块运动方向上再施加一水平方向的作用力f,f,力力f f和滑块的速度和滑块的速度v v随时间的随时间的变化规律分别如图变化规律分别如图a a和图和图b b所示。设在第所示。设在第1 s1 s内、第内、第2 s2 s内、第内、第3 s3 s内力内力f f对滑块做对滑块做的功分别为的功分别为w w1 1、w w2 2、w w3 3, ,则以下关系正确的是则以下关系正确的是(

3、() )a.wa.w1 1=w=w2 2=w=w3 3b.wb.w1 1ww2 2ww3 3c.wc.w1 1ww3 3ww2 2d.wd.w1 1=w=w2 2ww3 3【解析解析】选选b b。由速度时间图象可知。由速度时间图象可知, ,第第1 s1 s、2 s2 s、3 s3 s内的位移分别为内的位移分别为0.5 m0.5 m、0.5 m0.5 m、1 m,1 m,由由f-tf-t图象及功的公式图象及功的公式w=fscosw=fscos可求知可求知:w:w1 1=0.5 j,w=0.5 j,w2 2=1.5 j,w=1.5 j,w3 3=2 j=2 j。故本题中故本题中a a、c c、d

4、d错错,b,b正确。正确。2.(2.(功率的计算功率的计算)(2020)(2020晋城一模晋城一模) )大国速度大国速度, ,当靠高端动力牵引。业界分析当靠高端动力牵引。业界分析, ,复复兴号设计持续运行速度为兴号设计持续运行速度为350 km/h,350 km/h,是我国最快的高速动车组。复兴号是我国最快的高速动车组。复兴号cr400afcr400af装备装备1616台台625 kw625 kw的电机的电机, ,总功率可达总功率可达10 000 kw10 000 kw。假设复兴号。假设复兴号1616台电机以额定功台电机以额定功率同时工作时率同时工作时, ,以以300 km/h300 km/h

5、的速度匀速行驶在某一平直轨道上。若复兴号所受阻的速度匀速行驶在某一平直轨道上。若复兴号所受阻力变为原来的力变为原来的1.21.2倍时倍时, ,要以要以250 km/h250 km/h的速度行驶的速度行驶, ,需要开启几台电机需要开启几台电机( () )a.13a.13b.14b.14c.15c.15d.16d.16【解析解析】选选d d。由题意得原来阻力的大小为。由题意得原来阻力的大小为f f1 1= = =1.2=1.210105 5 n, n,后来所受阻力大小为后来所受阻力大小为f f2 2=1.2f=1.2f1 1, ,此时的功率为此时的功率为p p1 1=f=f2 2v=10 000

6、kw,v=10 000 kw,故需要开启故需要开启1616台电机台电机, ,故故a a、b b、c c错误错误,d,d正确。正确。pv3.(3.(机车启动机车启动)()(多选多选)(2020)(2020天津等级考天津等级考) )复兴号动车在世界上首次实现速度复兴号动车在世界上首次实现速度350 km/h350 km/h自动驾驶功能自动驾驶功能, ,成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为质量为m m的动车的动车, ,初速度为初速度为v v0 0, ,以恒定功率以恒定功率p p在平直轨道上运动在平直轨道上运动, ,经时间经时间t t达到该

7、功达到该功率下的最大速度率下的最大速度v vm m, ,设动车行驶过程所受到的阻力设动车行驶过程所受到的阻力f f保持不变。动车在时间保持不变。动车在时间t t内内( () )a.a.做匀加速直线运动做匀加速直线运动b.b.加速度逐渐减小加速度逐渐减小c.c.牵引力的功率牵引力的功率p=fvp=fvm md.d.牵引力做功牵引力做功w=w=22m011mvmv22【解析解析】选选b b、c c。由题可知。由题可知, ,动车的启动方式为恒定功率启动动车的启动方式为恒定功率启动, ,由公式由公式p=fp=f牵牵v,v,f f牵牵-f=ma-f=ma可知启动过程中可知启动过程中v v增大增大,f,f

8、牵牵减小减小, ,所以动车的运动为加速度减小的加速运所以动车的运动为加速度减小的加速运动动, ,故故a a错误错误,b,b正确正确; ;因为当因为当f f牵牵=f=f时匀速时匀速, ,动车速度最大为动车速度最大为v vm m= = , ,故故p=fvp=fvm m, ,故故c c正确正确; ;由动能定理可知由动能定理可知:w:w牵牵-w-w阻阻= = , ,故故d d错误。错误。pf22m011mvmv22【加固训练加固训练】1.(1.(功与功率功与功率)()(多选多选) )如图所示如图所示, ,在外力作用下某物体运动的在外力作用下某物体运动的v-tv-t图象为正弦曲线图象为正弦曲线, ,从图

9、中可判断从图中可判断( () )a.a.在在0 0t t1 1 时间内时间内, ,外力做正功外力做正功b.b.在在0 0t t1 1 时间内时间内, ,外力的功率逐渐增大外力的功率逐渐增大c.c.在在t t2 2 时刻时刻, ,外力的功率最大外力的功率最大d.d.在在t t1 1 t t3 3 时间内时间内, ,外力做的总功为零外力做的总功为零【解析解析】选选a a、d d。在。在0 0t t1 1时间内时间内, ,由图象可知由图象可知, ,物体的速度沿正方向物体的速度沿正方向, ,加速度为正加速度为正值且减小值且减小, ,故力与速度方向相同故力与速度方向相同, ,故外力做正功故外力做正功,

10、,故故a a正确。图象斜率表示加速度正确。图象斜率表示加速度, ,加速度对应合外力加速度对应合外力,0,0t t1 1时间内时间内, ,合外力减小合外力减小, ,速度增大速度增大; ;由图象可知由图象可知0 0时刻速度为时刻速度为零零,t,t1 1时刻速度最大但外力为零时刻速度最大但外力为零, ,由由p=fvp=fv可知外力在可知外力在0 0时刻功率为零时刻功率为零,t,t1 1时刻功率也时刻功率也为零为零, ,可知功率先增大后减小可知功率先增大后减小, ,故故b b错误。错误。t t2 2时刻物体的速度为零时刻物体的速度为零, ,由由p=fvp=fv可知外力可知外力的功率为零的功率为零, ,

11、故故c c错误。在错误。在t t1 1t t3 3时间内物体的动能变化为零时间内物体的动能变化为零, ,由动能定理可知外由动能定理可知外力做的总功为零力做的总功为零, ,故故d d正确。正确。2.(2.(机车启动机车启动) )质量为质量为m m的汽车以恒定功率的汽车以恒定功率p p启动后沿水平道路行驶启动后沿水平道路行驶, ,经过一段时间经过一段时间后将达到最大速度后将达到最大速度v v。若行驶中受到的摩擦阻力大小不变。若行驶中受到的摩擦阻力大小不变, ,则在加速过程中车速则在加速过程中车速为为 v v时时, ,汽车的加速度大小为汽车的加速度大小为( () )133p2pa. b.mvmvp4

12、pc. d.mvmv【解析解析】选选b b。当牵引力等于阻力时。当牵引力等于阻力时, ,汽车以最大速度匀速行驶汽车以最大速度匀速行驶, ,即即p=fp=f牵牵v=fv=f阻阻v,v,则阻力为则阻力为:f:f阻阻= = 。当车速为当车速为 时时, ,由由p=fvp=fv得牵引力为得牵引力为: :f=f= , ,pvv3p3pvv3根据牛顿第二定律根据牛顿第二定律, ,可知可知: :f-ff-f阻阻=ma,=ma,解得解得:a=:a= 。故选故选b b。2pmv考向二动能定理及其应用考向二动能定理及其应用( (综合提能综合提能) ) 【建模型建模型】研典题研典题【模型模型】动能定理的应用场景动能定

13、理的应用场景 1.1.模型图解模型图解匀变速直线运动匀变速直线运动 多阶段运动多阶段运动 曲线运动曲线运动 包含电场力作用下的包含电场力作用下的运动运动 2.2.应用规律应用规律应用动能定理的解题步骤应用动能定理的解题步骤【角度角度1 1】动能定理在直线运动中的应用动能定理在直线运动中的应用 【典例典例1 1】(2020(2020江苏高考江苏高考) )如图所示如图所示, ,一小物块由静止开始沿斜面向下滑动一小物块由静止开始沿斜面向下滑动, ,最最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接, ,且物块与斜面、物块与地面间的动摩且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均

14、为常数。该过程中擦因数均为常数。该过程中, ,物块的动能物块的动能e ek k与水平位移与水平位移x x关系的图象是关系的图象是( () ) 【解析解析】选选a a。由题意可知。由题意可知, ,若设斜面倾角为若设斜面倾角为,动摩擦因数为动摩擦因数为,则物块在斜面则物块在斜面上下滑水平距离上下滑水平距离x x时时, ,根据动能定理有根据动能定理有mgxtan-mgcosmgxtan-mgcos =e=ek k, ,整理可得整理可得(mgtan-mg)x=e(mgtan-mg)x=ek k, ,即物块在斜面上运动时动能与即物块在斜面上运动时动能与x x成线性关系成线性关系; ;若物块运动到若物块运

15、动到斜面底端时水平位移为斜面底端时水平位移为x x0 0, ,动能为动能为e ek1k1, ,则小物块在水平地面运动时则小物块在水平地面运动时, ,根据动能定理根据动能定理有有-mg(x-x-mg(x-x0 0)=e)=ek k-e-ek1k1, ,即物块在水平地面运动时动能与即物块在水平地面运动时动能与x x也成线性关系也成线性关系; ;综上分析综上分析可知可知a a正确。正确。xcos角度角度2 2 动能定理在曲线运动中的应用动能定理在曲线运动中的应用【典例典例2 2】( (综合性综合性)(2020)(2020海口一模海口一模) )如图所示，粗糙水平地面与半径为如图所示，粗糙水平地面与半径

16、为r=0.5 r=0.5 m m的粗糙半圆轨道的粗糙半圆轨道bcdbcd相连接，且在同一竖直平面内，相连接，且在同一竖直平面内，o o是是bcdbcd的圆心，的圆心，bodbod在同在同一竖直线上，质量为一竖直线上，质量为m=1 kgm=1 kg的小物块在水平恒力的小物块在水平恒力f=15 nf=15 n的作用下，从的作用下，从a a点由静点由静止开始做匀加速直线运动，当小物块运动到止开始做匀加速直线运动，当小物块运动到b b点时撤去点时撤去f f，小物块沿半圆轨道运，小物块沿半圆轨道运动恰好能通过动恰好能通过d d 点，已知点，已知a a、b b间的距离为间的距离为3 m3 m，小物块与地面

17、间的动摩擦因数，小物块与地面间的动摩擦因数为为0.30.3，重力加速度，重力加速度g g取取10 m/s10 m/s2 2。求：。求：(1)(1)小物块到达小物块到达d d点时的速度点时的速度v vd d；(2)(2)小物块运动到小物块运动到b b点时所受圆轨道支持力的大小；点时所受圆轨道支持力的大小；(3)(3)小物块由小物块由b b点运动到点运动到d d点过程中，摩擦力做的功。点过程中，摩擦力做的功。【解析解析】(1)(1)因为小物块恰能通过因为小物块恰能通过d d点，所以在点，所以在d d点小物块所受的重力等于点小物块所受的重力等于向心力，即向心力，即mg= mg= ，可得，可得v vd

18、 d= m/s= m/s。(2)(2)小物块在水平面上从小物块在水平面上从a a 运动到运动到b b过程中，根据动能定理有过程中，根据动能定理有(f-mg)x(f-mg)xabab= = -0 -0，解得，解得v vb b=6 m/s=6 m/s，在，在b b点，以物块为研究对象，根据牛顿第二定律点，以物块为研究对象，根据牛顿第二定律得得n-mg=m n-mg=m ，联立解得小物块运动到，联立解得小物块运动到b b点时轨道对物块的支持力为点时轨道对物块的支持力为n=154 nn=154 n。2dvmr52b1mv222bvr(3)(3)小物块由小物块由b b点到点到d d点过程中，由动能定理点

19、过程中，由动能定理-mg-mg2r+w2r+wf f= = 得摩擦力做的功得摩擦力做的功w wf f=-23.5 j=-23.5 j。答案：答案：(1) m/s(1) m/s (2)154 n(2)154 n(3)-23.5 j(3)-23.5 j22db11mvmv225【角度角度3 3】动能定理在电场中的应用动能定理在电场中的应用 【典例典例3 3】( (综合性综合性) )如图所示如图所示, ,绝缘水平面上有宽为绝缘水平面上有宽为l=1.6 ml=1.6 m的匀强电场区的匀强电场区ab,ab,电电场强度方向水平向右场强度方向水平向右, ,半径半径r=0.8 mr=0.8 m的竖直光滑半圆轨

20、道与水平面相切于的竖直光滑半圆轨道与水平面相切于c,dc,d为与为与圆心圆心o o等高的点等高的点,gc,gc是竖直直径是竖直直径, ,一质量为一质量为m=0.1 kgm=0.1 kg、电荷量、电荷量q=0.01 cq=0.01 c的带负电滑的带负电滑块块( (可视为质点可视为质点) )以以v v0 0=4 m/s=4 m/s的初速度沿水平面向右进入电场的初速度沿水平面向右进入电场, ,滑块恰好不能从滑块恰好不能从b b点点滑出电场滑出电场, ,已知滑块与已知滑块与abab段的动摩擦因数段的动摩擦因数1 1=0.4,=0.4,与与bcbc段的动摩擦因数段的动摩擦因数2 2=0.8,=0.8,g

21、 g取取10 m/s10 m/s2 2。 (1)(1)求匀强电场的电场强度求匀强电场的电场强度e e的大小的大小; ;(2)(2)将滑块初速度变为将滑块初速度变为v v0 0= v v0 0, ,则滑块刚好能滑到则滑块刚好能滑到d d点点, ,求求bcbc的长度的长度s;s;(3)(3)若滑块恰好能通过最高点若滑块恰好能通过最高点g,g,则滑块的初速度应调为原初速度的多少倍则滑块的初速度应调为原初速度的多少倍? ?【解析解析】(1)(1)滑块以滑块以v v0 0=4 m/s=4 m/s的初速度沿水平面向右进入电场的初速度沿水平面向右进入电场, ,恰好不能从恰好不能从b b点点滑出电场滑出电场,

22、 ,说明在说明在b b点的速度为零。由动能定理点的速度为零。由动能定理-qel-qel-1 1mgl=0-mgl=0- , ,解得解得e=10 n/ce=10 n/c。3201mv2(2)(2)将滑块初速度变为将滑块初速度变为v v0 0= v v0 0, ,则滑块刚好能滑到则滑块刚好能滑到d d点点, ,由动能定理由动能定理-qel-qel-1 1mgl-mgl-2 2mgs-mgr=0-mgs-mgr=0- , ,解得解得s=1.0 ms=1.0 m。3201mv2(3)(3)滑块恰好能通过最高点滑块恰好能通过最高点g gmg=m mg=m 由动能定理由动能定理-qel-qel-1 1mg

23、l-mgl-2 2mgs-2mgr=mgs-2mgr= 解得解得vv0 0= = v v0 0答案答案: :(1)10 n/c(1)10 n/c(2)1.0 m(2)1.0 m(3) (3) 2gvr22g011mvmv223 223 22【规律总结规律总结】动能定理在力学与电场中的应用对比动能定理在力学与电场中的应用对比 【练类题练类题】重拓展重拓展1. (1. (动能定理在直线运动中的应用动能定理在直线运动中的应用) )质量相等的甲、乙两物体放在光滑的水平质量相等的甲、乙两物体放在光滑的水平地面上地面上, ,分别在水平力分别在水平力f f1 1、f f2 2的作用下从同一地点的作用下从同一

24、地点, ,沿同一方向同时开始运动沿同一方向同时开始运动, ,如如图所示为它们的图所示为它们的v-tv-t图象图象, ,则下列说法正确的是则下列说法正确的是( () )a.a.在在0 02 s2 s内内,f,f1 1越来越大越来越大b.b.在在4 46 s6 s内内, ,乙在甲的前方乙在甲的前方c.c.在在0 04 s4 s内内, ,拉力对甲、乙做功一样多拉力对甲、乙做功一样多d.d.在在0 06 s6 s内两物体间的最大距离为内两物体间的最大距离为8 m8 m【解析解析】选选c c。在。在0 02 s2 s内内, ,甲物体速度甲物体速度时间图线的斜率逐渐减小时间图线的斜率逐渐减小, ,则其加速

25、度逐渐减则其加速度逐渐减小小, ,根据牛顿第二定律知根据牛顿第二定律知,f,f1 1逐渐减小逐渐减小, ,故故a a错误错误; ;在在0 04 s4 s内内, ,甲的速度大于乙的速度甲的速度大于乙的速度, ,两两物体之间的距离逐渐增大物体之间的距离逐渐增大,4,46 s6 s内内, ,乙的速度大于甲的速度乙的速度大于甲的速度, ,两物体之间的距离逐渐减两物体之间的距离逐渐减小小, ,且由且由v-tv-t图线与坐标轴所围面积表示位移可知图线与坐标轴所围面积表示位移可知,0,06 s6 s内甲的位移大于乙的位移内甲的位移大于乙的位移, ,则则甲在乙前方甲在乙前方, ,故故b b错误错误; ;由图可

26、知由图可知, ,甲、乙两物体在甲、乙两物体在4 s4 s末的速度相等末的速度相等, ,由动能定理可知由动能定理可知, ,拉拉力对甲、乙做功一样多力对甲、乙做功一样多, ,故故c c正确正确;0;06 s6 s内内, ,当两者速度相同时当两者速度相同时, ,相距最大相距最大, ,此时乙的位此时乙的位移为移为x x乙乙= = 4 44 m=8 m,4 m=8 m,甲的位移甲的位移x x甲甲40:qe-mg0所以物块将沿所以物块将沿x x轴负方向加速轴负方向加速, ,跨过跨过o o点之后在摩擦力作用下减速点之后在摩擦力作用下减速, ,最终停止在最终停止在o o点左侧某点左侧某处处, ,设该点距设该点

27、距o o点距离为点距离为x x2 2, ,对全程由动能定理有对全程由动能定理有: :-mg(2x-mg(2x1 1+x+x2 2)=0- )=0- 解得解得: x: x2 2=0.2 m=0.2 m答案答案: :0.2 m0.2 m201mv2201mv2【加固训练加固训练】1.(1.(动能定理在电场中的应用动能定理在电场中的应用)()(多选多选) )如图所示如图所示, ,绝缘的轻质弹簧竖直立于水绝缘的轻质弹簧竖直立于水平地面上平地面上, ,上面放一质量为上面放一质量为m m的带正电小球的带正电小球( (小球与弹簧不拴接小球与弹簧不拴接),),整个系统处在方整个系统处在方向竖直向上的匀强电场中

28、。开始时向竖直向上的匀强电场中。开始时, ,整个系统处于静止状态整个系统处于静止状态, ,现施加一外力现施加一外力f,f,将将小球向下压至某一位置小球向下压至某一位置, ,然后撤去外力然后撤去外力, ,使小球从静止开始向上运动。设小球从使小球从静止开始向上运动。设小球从静止开始向上运动到离开弹簧的过程中静止开始向上运动到离开弹簧的过程中, ,电场力对小球所做的功为电场力对小球所做的功为w w1 1, ,小球克服重小球克服重力所做的功为力所做的功为w w2 2, ,小球离开弹簧时的速度为小球离开弹簧时的速度为v v。不计空气阻力。不计空气阻力, ,则在上述过程中则在上述过程中( () )a.a.

29、小球与弹簧组成的系统机械能守恒小球与弹簧组成的系统机械能守恒b.b.小球的重力势能增加了小球的重力势能增加了w w2 2c.c.小球的电势能减少了小球的电势能减少了w w1 1d.d.小球的机械能增加了小球的机械能增加了 mvmv2 2+w+w2 2-w-w1 112【解析解析】选选b b、c c。小球向上运动到离开弹簧时。小球向上运动到离开弹簧时, ,由于电场力做功由于电场力做功, ,所以小球和弹所以小球和弹簧组成的系统机械能不守恒簧组成的系统机械能不守恒,a,a错误错误; ;重力做功为重力做功为w w2 2且为负功且为负功, ,则重力势能应增加则重力势能应增加w w2 2,b,b正确正确;

30、 ;电场力做正功电场力做正功, ,所以电势能减小所以电势能减小w w1 1,c,c正确正确; ;对小球对小球, ,由动能定理由动能定理得得w w1 1-w-w2 2+w+w弹弹= = mvmv2 2, ,则增加的机械能则增加的机械能e=we=w1 1+w+w弹弹= = mvmv2 2+w+w2 2,d,d错误。错误。12122.(2.(动能定理在多过程中的应用动能定理在多过程中的应用) )某兴趣小组设计了一个玩具轨道模型如图所示某兴趣小组设计了一个玩具轨道模型如图所示, ,将一质量为将一质量为m m的玩具小车的玩具小车( (可以视为质点可以视为质点) )放在放在o o点点, ,用弹簧装置将其弹

31、出用弹簧装置将其弹出( (每次弹每次弹出弹簧压缩量均相同出弹簧压缩量均相同),),使其沿着光滑的半圆形轨道使其沿着光滑的半圆形轨道omaoma和和anbanb运动运动,bc,bc段是一长为段是一长为l l1 1=10.0 m=10.0 m的粗糙水平面的粗糙水平面,cd,cd是倾角为是倾角为=37=37的粗糙斜面的粗糙斜面, ,长度长度l l2 2=6.0 m,de=6.0 m,de段是段是一长为一长为l l3 3=1.0 m=1.0 m的粗糙水平面。圆弧的粗糙水平面。圆弧omaoma和和anbanb的半径分别为的半径分别为r=1.0 m, r=4.0 mr=1.0 m, r=4.0 m。玩具小

32、车与玩具小车与bcbc、cdcd、dede间的动摩擦因数均为间的动摩擦因数均为=0.5,=0.5,不考虑在不考虑在c c点的能量损失点的能量损失(g(g取取10 m/s10 m/s2 2,sin 37,sin 37=0.6,cos 37=0.6,cos 37=0.8)=0.8)。(1)(1)若玩具小车的质量若玩具小车的质量m=1 kg,m=1 kg,要使玩具小车恰好不脱离圆弧轨道要使玩具小车恰好不脱离圆弧轨道, ,压缩弹簧弹性压缩弹簧弹性势能势能e ep p为多少为多少? ? (2)(2)在满足第在满足第(1)(1)问的情况下问的情况下, ,玩具小车最后停在离玩具小车最后停在离c c点什么位置

33、点什么位置? ?(3)(3)若改变玩具小车质量若改变玩具小车质量, ,小车能不脱离圆轨道并停在小车能不脱离圆轨道并停在dede段段(e(ep p与第与第(1)(1)问中相同问中相同, ,小车不脱离直轨道小车不脱离直轨道),),问小车质量要满足什么条件问小车质量要满足什么条件? ?【解析解析】(1)(1)以玩具小车为研究对象以玩具小车为研究对象, ,小车不脱离轨道小车不脱离轨道, ,则有则有mg=m mg=m 以以oaoa为研究过程为研究过程, ,根据动能定理得根据动能定理得-mg-mg2r+w2r+w弹弹= = mvmv2 2-0-0e ep p=w=w弹弹联立解得联立解得e ep p=2mg

34、r+=2mgr+ mgr=40 jmgr=40 j。2vr1212(2)(2)假设玩具小车运动到斜面某点速度为假设玩具小车运动到斜面某点速度为0,0,根据动能定理得根据动能定理得mg2r-mglmg2r-mgl1 1-mgcosx-mgcosx1 1-mgsinx-mgsinx1 1=0-=0- mvmv2 2解得解得x x1 1=5 m6 m,=5 mmkgm kg kg。答案答案: :(1)40 j(1)40 j(2)c(2)c点左侧点左侧2 m2 m处处(3)(3) kgm kgm kg kg458114581145811考向三机械能守恒定律的应用考向三机械能守恒定律的应用( (综合提能

35、综合提能) ) 【建模型建模型】研典题研典题【模型模型】机械能守恒定律的应用场景机械能守恒定律的应用场景 1.1.模型图解模型图解单个物体单个物体的机械能的机械能守恒守恒 做功特点做功特点: :除重力、系统内弹力外除重力、系统内弹力外, ,其他力对物体不做功其他力对物体不做功能量转化特点能量转化特点: :只有物体的重力势只有物体的重力势能、弹性势能、动能相互转化能、弹性势能、动能相互转化, ,其其他形式的能量不参与转化他形式的能量不参与转化 多个物体组成的系多个物体组成的系统的机械能守恒统的机械能守恒 做功特点做功特点: :除重力、系统内弹力除重力、系统内弹力外外, ,其他力对系统做功的代数和

36、其他力对系统做功的代数和为零为零能量转化特点能量转化特点: :只有系统中物体只有系统中物体的重力势能、弹性势能、动能的重力势能、弹性势能、动能相互转化相互转化, ,其他形式的能量不参其他形式的能量不参与转化与转化包含弹性势能的机包含弹性势能的机械能守恒械能守恒 2.2.应用规律应用规律应用机械能守恒定律解题的思路应用机械能守恒定律解题的思路【角度角度1 1】单个物体的机械能守恒单个物体的机械能守恒 【典例典例1 1】(2020(2020芜湖一模芜湖一模) )一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道, ,小球先进入圆轨道小球先进入圆轨道1,1,再进

37、入圆轨道再进入圆轨道2 2。圆轨道。圆轨道1 1的半径为的半径为r,r,圆轨道圆轨道2 2的半径是轨道的半径是轨道1 1的的1.61.6倍倍, ,小球的质量为小球的质量为m m。若小球恰好能通过轨道。若小球恰好能通过轨道2 2的最高点的最高点b,b,则小球在轨道则小球在轨道1 1上经过最高点上经过最高点a a处时对轨道的压力为处时对轨道的压力为( () )a.2mga.2mgb.3mgb.3mgc.4mgc.4mgd.5mgd.5mg【解析解析】选选b b。小球恰好能通过轨道。小球恰好能通过轨道2 2的最高点的最高点b b时时, ,根据牛顿第二定律根据牛顿第二定律有有mg= mg= 小球在轨道

38、小球在轨道1 1上经过最高点上经过最高点a a处时处时, ,根据牛顿第二定律有根据牛顿第二定律有f+mg= f+mg= 根据机械能守恒有根据机械能守恒有1.2mgr=1.2mgr= 联立解得联立解得f=3mgf=3mg故故b b正确正确,a,a、c c、d d错误。错误。2bmv1.6r2amvr22ab11mvmv22【角度角度2 2】多个物体的机械能守恒多个物体的机械能守恒 【典例典例2 2】( (综合性综合性)(2020)(2020南平一模南平一模) )如图所示的木板由倾斜部分和水平部分组如图所示的木板由倾斜部分和水平部分组成成, ,两部分之间由一段圆弧面相连接。在木板的中间有位于竖直面

39、内的光滑圆槽两部分之间由一段圆弧面相连接。在木板的中间有位于竖直面内的光滑圆槽轨道轨道, ,斜面的倾角为斜面的倾角为。现有。现有1010个质量均为个质量均为m m、半径均为、半径均为r r的均匀刚性小球的均匀刚性小球, ,在施在施加于加于1 1号球的水平外力号球的水平外力f f的作用下均静止的作用下均静止, ,力力f f与圆槽在同一竖直面内与圆槽在同一竖直面内, ,此时此时1 1号球号球球心距它在水平槽运动时的球心高度差为球心距它在水平槽运动时的球心高度差为h h。现撤去力。现撤去力f f使小球开始运动使小球开始运动, ,直到所直到所有小球均运动到水平槽内。重力加速度为有小球均运动到水平槽内。

40、重力加速度为g g。求。求: :(1)(1)水平外力水平外力f f的大小的大小; ;(2)1(2)1号球刚运动到水平槽时的速度号球刚运动到水平槽时的速度; ;(3)(3)整个运动过程中整个运动过程中,2,2号球对号球对1 1号球所做的功。号球所做的功。【解析解析】(1)(1)以以1010个小球整体为研究对象个小球整体为研究对象, ,由力的平衡条件可得由力的平衡条件可得tan= tan= 得得f=10mgtanf=10mgtan。(2)(2)以以1 1号球为研究对象号球为研究对象, ,根据机械能守恒定律可得根据机械能守恒定律可得mgh=mgh= mvmv2 2, ,解得解得v= v= f10mg

41、122gh(3)(3)撤去水平外力撤去水平外力f f后后, ,以以1010个小球整体为研究对象个小球整体为研究对象, ,利用机械能守恒定律可得利用机械能守恒定律可得: :10mg(h+10mg(h+ sin)=sin)= 10m10m 解得解得v v1 1= = , ,以以1 1号球为研究对象号球为研究对象, ,由动能定理得由动能定理得mgh+w=mgh+w= m m , ,得得w=9mgrsinw=9mgrsin。答案答案: :(1)10mgtan (1)10mgtan (2)(2) (3)9mgrsin(3)9mgrsin18r21221v2gh18grsin1221v2gh【名师点睛名师

42、点睛】对多个物体组成的系统对多个物体组成的系统, ,要注意判断物体运动过程中系统的机械能是否守恒要注意判断物体运动过程中系统的机械能是否守恒, ,其其条件可理解为条件可理解为: :(1)(1)只有重力做功或只有系统内弹力做功时只有重力做功或只有系统内弹力做功时, ,系统的机械能守恒。系统的机械能守恒。(2)(2)除重力、弹簧弹力外的其他力除重力、弹簧弹力外的其他力( (包括系统内力包括系统内力) )做功代数和为零时做功代数和为零时, ,系统的机系统的机械能守恒。械能守恒。(3)(3)系统内各物体间只有动能和势能转化系统内各物体间只有动能和势能转化, ,没有其他形式的能量参与转化没有其他形式的能

43、量参与转化( (例如内例如内能损耗或摩擦生热能损耗或摩擦生热) )时时, ,系统的机械能守恒。系统的机械能守恒。【典例典例3 3】( (弹簧作用下的机械能守恒弹簧作用下的机械能守恒) )如图所示如图所示, ,两个半径为两个半径为r r的四分之一圆弧构的四分之一圆弧构成的光滑细管道成的光滑细管道abcabc竖直放置竖直放置, ,且固定在光滑水平面上且固定在光滑水平面上, ,圆心连线圆心连线o o1 1o o2 2水平。轻弹水平。轻弹簧左端固定在竖直挡板上簧左端固定在竖直挡板上, ,右端与质量为右端与质量为m m的小球接触的小球接触( (不拴接不拴接, ,小球的直径略小小球的直径略小于管的内径于管

44、的内径),),长为长为r r的薄板的薄板dede置于水平面上置于水平面上, ,板的左端板的左端d d到管道右端到管道右端c c的水平距离的水平距离为为r r。开始时弹簧处于锁定状态。开始时弹簧处于锁定状态, ,具有的弹性势能为具有的弹性势能为3mgr,3mgr,其中其中g g为重力加速度。为重力加速度。解除锁定解除锁定, ,小球离开弹簧后进入管道小球离开弹簧后进入管道, ,最后从最后从c c点抛出。点抛出。(1)(1)求小球经求小球经c c点时的动能。点时的动能。(2)(2)求小球经求小球经c c点时所受的弹力。点时所受的弹力。(3)(3)弹簧锁定时弹簧的弹性势能弹簧锁定时弹簧的弹性势能e e

45、p p满足什么条件满足什么条件, ,从从c c点抛出的小球才能击中薄板点抛出的小球才能击中薄板de?de?【解析解析】(1)(1)解除锁定后解除锁定后, ,小球运动到小球运动到c c点的过程点的过程, ,弹簧和小球组成的系统机械能弹簧和小球组成的系统机械能守恒守恒由机械能守恒定律得由机械能守恒定律得3mgr=2mgr+e3mgr=2mgr+ek k解得解得e ek k=mgr=mgr。(2)(2)小球过小球过c c点时的动能点时的动能e ek k= = mvmv2 2设小球经过设小球经过c c点时管道对小球的作用力为点时管道对小球的作用力为f f由牛顿第二定律得由牛顿第二定律得mg+f= mg

46、+f= 解得解得f=mg,f=mg,方向竖直向下。方向竖直向下。122mvr(3)(3)小球离开小球离开c c点后做平抛运动点后做平抛运动竖直方向竖直方向:2r=:2r= gtgt2 2水平方向水平方向:x:x1 1=v=v1 1t t若要小球击中薄板若要小球击中薄板, ,应满足应满足rxrx1 12r2r弹簧的弹性势能弹簧的弹性势能e ep p=2mgr+=2mgr+ 所以所以e ep p满足满足 mgremgrep p mgrmgr时时, ,小球才能击中薄板。小球才能击中薄板。12211mv217852答案答案: :(1)mgr(1)mgr(2)mg,(2)mg,方向竖直向下方向竖直向下(

47、3)(3) mgremgrep p mgrmgr17852【练类题练类题】重拓展重拓展1.(1.(机械能守恒的判断机械能守恒的判断)(2020)(2020赣州一模赣州一模) )如图甲所示如图甲所示,“,“歼歼-20”-20”是中国自主研是中国自主研制的双发重型隐形战斗机制的双发重型隐形战斗机, ,该机将担负中国未来对空、对海的主权维护任务。在该机将担负中国未来对空、对海的主权维护任务。在某次起飞中某次起飞中, ,质量为质量为m m的的“歼歼-20”-20”以恒定的功率以恒定的功率p p起动起动, ,其起飞过程的速度随时间其起飞过程的速度随时间变化图象如图乙所示变化图象如图乙所示, ,经时间经时

48、间t t0 0飞机达到最大速度飞机达到最大速度v vm m时时, ,刚好起飞。关于飞机起飞刚好起飞。关于飞机起飞过程过程, ,下列说法正确的是下列说法正确的是( () )a.a.机械能守恒机械能守恒b.b.合力不变合力不变, ,速度增加越来越慢速度增加越来越慢c.c.发动机的牵引力做功为发动机的牵引力做功为 d.d.克服阻力所做的功为克服阻力所做的功为ptpt0 0- - 2m1mv22m1mv2【解析解析】选选d d。飞机起飞过程。飞机起飞过程, ,牵引力做正功牵引力做正功, ,机械能增加机械能增加, ,故故a a错误错误; ;根据图象可根据图象可知知, ,加速度逐渐减小加速度逐渐减小, ,

49、故合力逐渐减小故合力逐渐减小, ,故故b b错误错误; ;牵引力与阻力做功之和为动能改牵引力与阻力做功之和为动能改变量变量, ,故牵引力做功大于故牵引力做功大于 , ,故故c c错误错误; ;根据动能定理根据动能定理ptpt0 0-w-wf f= = -0-0故克服阻力所做的功为故克服阻力所做的功为ptpt0 0- - , ,故故d d正确。正确。2m1mv22m1mv22m1mv22.(2.(系统的机械能守恒系统的机械能守恒)()(多选多选) )如图所示如图所示, ,左侧为一个固定在水平桌面上的半径为左侧为一个固定在水平桌面上的半径为r r的半的半球形碗球形碗, ,碗口直径碗口直径abab水

50、平水平,o,o点为球心点为球心, ,碗的内表面及碗口光滑。右侧是一个足够长的固碗的内表面及碗口光滑。右侧是一个足够长的固定光滑斜面。一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口及竖直固定的轻质光滑定滑轮定光滑斜面。一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口及竖直固定的轻质光滑定滑轮, ,细绳两细绳两端分别系有可视为质点的小球端分别系有可视为质点的小球m m1 1和物块和物块m m2 2, ,且且m m1 1mm2 2。开始时。开始时m m1 1恰好在恰好在a a点点,m,m2 2在斜面上且在斜面上且距离斜面顶端足够远距离斜面顶端足够远, ,此时连接此时连接m m1 1、m m2 2的细绳与斜面平行且恰好伸直的细绳与斜面

51、平行且恰好伸直,c,c点在圆心点在圆心o o的正下的正下方。将方。将m m1 1由静止释放开始运动由静止释放开始运动, ,则下列说法正确的是则下列说法正确的是 ( () )a.a.在在m m1 1从从a a点运动到点运动到c c点的过程中点的过程中,m,m1 1与与m m2 2组成的系统机械能守恒组成的系统机械能守恒b.b.当当m m1 1运动到运动到c c点时点时,m,m1 1的速率是的速率是m m2 2速率的速率的 倍倍c.mc.m1 1不可能沿碗面上升到不可能沿碗面上升到b b点点d.md.m2 2沿斜面上滑过程中沿斜面上滑过程中, ,地面对斜面的支持力始终保持恒定地面对斜面的支持力始终

52、保持恒定32【解析解析】选选a a、c c、d d。 在在m m1 1从从a a点运动到点运动到c c点的过程中点的过程中,m,m1 1与与m m2 2组成的系统只有重组成的系统只有重力做功力做功, ,系统的机械能守恒系统的机械能守恒, ,故故a a正确。正确。 设小球设小球m m1 1到达最低点到达最低点c c时时,m,m1 1、m m2 2的速度大的速度大小分别为小分别为v v1 1、v v2 2, ,由运动的合成与分解得由运动的合成与分解得: :v v1 1cos45cos45=v=v2 2则则 , ,故故b b错误。设斜面倾角为错误。设斜面倾角为,在在m m1 1从从a a点运动到点运

53、动到c c点的过程中点的过程中, ,对对m m1 1、m m2 2组成的系统由机械能守恒定律得组成的系统由机械能守恒定律得: :m m1 1gr-mgr-m2 2g g rsin=rsin= 结合结合 , ,可知可知v v1 1 0,0,所所以以a a点到点到o o点的距离大于点的距离大于3.2 m,3.2 m,故故a a错误错误; ;设物块动能最大时弹簧的弹性势能为设物块动能最大时弹簧的弹性势能为e ep p,从从a a释放到动能最大的过程释放到动能最大的过程, ,由系统的由系统的机械能守恒得机械能守恒得:e:ek1k1+e+ep p=mgx=mgxa asin30sin30, ,从从b b

54、点释放到动能最大的过程点释放到动能最大的过程, ,由系统的机由系统的机械能守恒得械能守恒得:e:ek2k2+e+ep p=mgx=mgxb bsin30sin30 且且x xb b-x-xa a=0.4 m,=0.4 m,所以得从所以得从b b点释放物块最大点释放物块最大动能为动能为:e:ek2k2=e=ek1k1+mg(x+mg(xb b-x-xa a)sin30)sin30=8 j+0.5=8 j+0.510100.40.40.5 j=9 j,0.5 j=9 j,故故b b正确正确; ;根根据能量守恒可知据能量守恒可知, ,从从b b点释放物块被弹簧弹回经过点释放物块被弹簧弹回经过a a点

55、时点时:e:ek k=mg(x=mg(xb b-x-xa a)sin30)sin30= =1 j,1 j,故故c c错误错误; ;根据物块和弹簧的系统机械能守恒知根据物块和弹簧的系统机械能守恒知, ,弹簧最大弹性势能等于物块弹簧最大弹性势能等于物块减少的重力势能减少的重力势能, ,由于从由于从b b点释放弹簧的压缩量增大点释放弹簧的压缩量增大, ,所以从所以从b b点释放弹簧最大弹点释放弹簧最大弹性势能比从性势能比从a a点释放增加量为点释放增加量为:e:ep pmg(xmg(xb b-x-xa a)sin30)sin30=0.5=0.510100.40.40.5 j=0.5 j=1 j,1

56、j,故故d d错误错误; ;故选故选b b。【加固训练加固训练】( (系统的机械能守恒系统的机械能守恒)()(多选多选) )如图所示如图所示, ,半径为半径为r r的竖直光滑的竖直光滑 圆弧轨道与光圆弧轨道与光滑水平面相切滑水平面相切, ,质量均为质量均为m m的小球的小球a a、b b用轻杆连接用轻杆连接, ,置于轨道上置于轨道上,a,a与圆心与圆心o o等高等高,b,b位于位于o o的正下方的正下方, ,它们由静止释放它们由静止释放, ,最终在水平面上运动。下列说法正确的是最终在水平面上运动。下列说法正确的是( (重重力加速度为力加速度为g)g)( () ) 14a.a.下滑过程中下滑过程

57、中a a的机械能守恒的机械能守恒b.b.当当a a滑到轨道最低点时滑到轨道最低点时, ,轨道对轨道对a a的支持力大小为的支持力大小为2mg2mgc.c.下滑过程中重力对下滑过程中重力对a a做功的功率一直增大做功的功率一直增大d.d.整个过程中轻杆对整个过程中轻杆对b b做的功为做的功为 mgrmgr12【解析解析】选选b b、d d。下滑过程中杆对。下滑过程中杆对a a有力的作用有力的作用, ,并且这个力对并且这个力对a a做负功做负功, ,所以所以a a的的机械能不守恒机械能不守恒, ,选项选项a a错误错误;a;a、b b整体的机械能守恒整体的机械能守恒, ,在在a a滑到轨道最低点的

58、过程中滑到轨道最低点的过程中, ,由机械能守恒定律得由机械能守恒定律得 2mv2mv2 2=mgr,=mgr,在最低点时在最低点时, ,由支持力和重力的合力提供向心由支持力和重力的合力提供向心力力, ,则有则有f fn n-mg=m-mg=m , ,所以轨道对所以轨道对a a的支持力大小为的支持力大小为2mg,2mg,选项选项b b正确正确; ;开始时重力对开始时重力对a a做功的功率为零做功的功率为零, ,最后到水平面上时速度方向水平最后到水平面上时速度方向水平, ,重力对重力对a a做功的功率仍为零做功的功率仍为零, ,所以重力对所以重力对a a做功的功率先增大后减小做功的功率先增大后减小

59、, ,选项选项c c错误错误;a;a运动到底端的过程中运动到底端的过程中, ,对对a a、b b整体整体, ,由机械能守恒定律得由机械能守恒定律得 2mv2mv2 2=mgr,=mgr,则则b b的动能增加量的动能增加量 mvmv2 2= = mgr,mgr,由动能由动能定理知定理知, ,轻杆对轻杆对b b做的功为做的功为 mgr,mgr,选项选项d d正确。正确。122vr12121212考向四考向四功能关系的应用功能关系的应用( (综合提能综合提能) ) 【建模型建模型】研典题研典题【模型模型】功能关系的几种场景功能关系的几种场景 1.1.模型图解模型图解2.2.应用规律应用规律功能关系应

60、用的两种思路功能关系应用的两种思路(1)(1)求能量变化求能量变化: :分清题目关注的是什么能量的变化分清题目关注的是什么能量的变化, ,确定该能量变化与哪种力做确定该能量变化与哪种力做功对应。根据做功的大小及正负功对应。根据做功的大小及正负, ,确定相应能量的变化情况。确定相应能量的变化情况。(2)(2)求做功求做功: :分清题目关注的是什么力做功分清题目关注的是什么力做功, ,确定此功与哪种能量变化对应。根据确定此功与哪种能量变化对应。根据能量的变化情况确定该力做功的大小。能量的变化情况确定该力做功的大小。【典例典例】( (多选多选)(2019)(2019全国卷全国卷)从地面竖直向上抛出一