2025年高考物理答題技巧與答題模板(全國通用)模板07機(jī)械能守恒定律(五大題型)練習(xí)(學(xué)生版+解析）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

題型01 機(jī)車啟動問題
此運動問題具有收尾速度，常以生活中的具體場景為命題角度，綜合考查受力分析、運動分析、功和功率、牛頓運動定律、動能定理等知識，學(xué)生們需掌握推理能力、綜合分析能力和應(yīng)用數(shù)學(xué)知識解決物理問題的能力。
一、必備基礎(chǔ)知識
1、以恒定功率啟動
汽車從靜止開始以額定功率起動，開始時由于汽車的速度很小，由公式P=Fv知：牽引力F較大，因而由牛頓第二定律F–f=ma知，汽車的加速度較大。隨著時間的推移，汽車的速度將不斷增大，牽引力F將減小，加速度減小，但是由于速度方向和加速度方向相同，汽車的速度仍在不斷增大，牽引力將繼續(xù)減小，直至汽車的牽引力F和阻力f相平衡為止。汽車的牽引力F和阻力f平衡時，F(xiàn)–f=0，加速度a＝0，汽車的速度達(dá)到最大值vm。汽車的運動形式是做加速度越來越小的變加速直線運動，最終做勻速直線運動，其速度–時間圖像如圖所示。

2、以恒定牽引力啟動
由于牽引力F恒定，根據(jù)牛頓第二定律F–f=ma，可知：加速度a恒定，汽車作勻加速直線運動，隨著時間的推移，實際功率將不斷增大．由于汽車的實際功率不能超過其額定功率，汽車的勻加速直線運動只能維持到其實際功率等于其額定功率時，此時汽車的速度達(dá)到它勻加速直線運動階段的最大速度v1m，其后汽車只能以額定功率起動的方式進(jìn)行再加速，其運動方式和第一種起動形式完全相同，即汽車?yán)^續(xù)做加速度越來越小的變加速直線運動，直至汽車進(jìn)入勻速直線運動狀態(tài)，速度達(dá)到最終的最大速度vm。汽車的起動過程經(jīng)歷了兩階段：一是勻加速直線運動階段，二是變加速直線運動階段，最終做勻速直線運動，其速度–時間圖像如圖所示。

二、解題模板
1、解題思路
2、注意問題
機(jī)車啟動的方式不同，運動的規(guī)律就不同，即其功率、速度、加速度、牽引力等物理量的變化規(guī)律不同，分析圖像時應(yīng)注意坐標(biāo)軸的意義及圖像變化所描述的規(guī)律。
在機(jī)車功率P＝Fv中，F(xiàn)是機(jī)車的牽引力而不是機(jī)車所受合力，正是基于此，牽引力與阻力平衡時達(dá)到最大運行速度，即P＝Ff vm。
恒定功率下的啟動過程一定不是勻加速過程，勻變速直線運動的公式不適用了，這種加速過程發(fā)動機(jī)做的功可用W＝Pt計算，不能用W＝Fl計算(因為F為變力)。
以恒定牽引力加速時的功率一定不恒定，這種加速過程發(fā)動機(jī)做的功常用W＝Fl計算，不能用W＝Pt計算(因為功率P是變化的)。
無論哪種啟動過程，機(jī)車的最大速度都等于其勻速運動時的速度。
機(jī)車以恒定加速度啟動的過程中，汽車的瞬時功率Pt=Fvt＜P額，勻加速過程結(jié)束時，功率最大（額定功率），瞬時功率pt等于額定功率P額，且滿足pt=P額=Fv1m，但速度不是最大。
解決這一類問題關(guān)鍵是要理解額定功率、實際功率的關(guān)系，汽車在勻加速運動過程中，實際功率是變化的，并不恒定。
汽車在勻加速直線運動階段，汽車的瞬時速度vt=v0+at（v0=0）；汽車做勻加速直線運動所能維持的時間t1=v1m/a 。
從能的角度看：對于勻加速直線運動階段，根據(jù)動能定理有（W牽、S 1分別表示勻加速運動階段牽引力所做的功、位移），變加速直線運動階段牽引力所做的功W'牽= P額t2（t2表示變加速直線運動階段所經(jīng)歷的時間），（為變加速直線運動階段的位移）。
解題方法
機(jī)車啟動問題中幾個物理量的求法：
在用公式P＝Fv計算機(jī)車的功率時，F(xiàn)是指機(jī)車的牽引力而不是機(jī)車所受到的合力，也不是阻力。
恒定功率下的加速一定不是勻加速，這種加速過程發(fā)動機(jī)做的功可用W＝Pt計算，不能用W＝Fl計算（因為F是變力）。
以恒定牽引力加速時的功率一定不恒定，這種加速過程發(fā)動機(jī)做的功常用W＝Fl計算，不能用W＝Pt計算（因為功率P是變化的）。
勻加速過程結(jié)束時機(jī)車的速度并不是最后的最大速度。因為此時F>F阻，所以之后還要在功率不變的情況下變加速一段時間才達(dá)到最后的最大速度vm。
瞬時加速度的求法：據(jù)F＝eq \f(P,v)求出牽引力，則加速度a＝eq \f(F－Ff,m)。
三個重要的關(guān)系式：
無論哪種啟動過程，機(jī)車的最大速度都等于其勻速運動時的速度，即（式中Fmin為最小牽引力，其值等于阻力F阻）。
勻加速啟動持續(xù)時間的求法：牽引力F＝ma＋Ff，勻加速的最后速度v′m＝eq \f(P額,ma＋Ff)，時間t＝eq \f(v′m,a)。勻加速過程結(jié)束時，功率最大（額定功率），速度不是最大，即v＝eq \f(P,F)＜vm＝eq \f(P,F阻)。
機(jī)車以恒定功率運行時，牽引力做的功W＝Pt。由動能定理：Pt－F阻x＝ΔEk．此式經(jīng)常用于求解機(jī)車以恒定功率啟動過程的位移大小。
（2024高三上·廣東中山·期中）一質(zhì)量為m=0.5kg的電動玩具車，從傾角為=30°的長直軌道底端，由靜止開始沿軌道向上運動，4s末功率達(dá)到最大值，之后保持該功率不變繼續(xù)運動，運動的v-t圖像如圖所示，其中AB段為曲線，其他部分為直線。已知玩具車運動過程中所受摩擦阻力恒為自身重力的0.3倍，空氣阻力不計，取重力加速度g=10m/s2。
（1）求玩具車運動過程中的最大功率P；
（2）求玩具車在4s末時（圖中A點）的速度大小v1。
（2024·遼寧朝陽·二模）如圖甲所示，一輛汽車空載時的質(zhì)量為M，車廂中平放有質(zhì)量為0.5M的貨物。若路面對車的阻力大小總等于車對路面壓力大小的0.2倍，重力加速度為g，。
（1）當(dāng)汽車以功率P在平直路面上勻速行駛時，求汽車速度是多大？
（2）保持功率不變，汽車開上一個傾角為的斜坡，若剛駛上斜坡時的速度大小同第（1）問，求此時車的加速度和車廂對貨物的摩擦力？
（3）汽車在斜坡上經(jīng)過時間又達(dá)到速度勻速行駛，在乙圖中試畫出汽車上坡過程中的運動圖像。
【答案】（1）；（2），方向沿斜面向下，，方向沿斜面向上；（3）見解析
【詳解】（1）汽車勻速行駛
又
汽車功率
可解得
（2）汽車剛上坡，功率和速率都不變，則牽引力大小也不變，對整體根據(jù)牛頓第二定律，有
解得
方向沿斜面向下，對貨物，根據(jù)牛頓第二定律，有
解得
方向沿斜面向上；
（3）上坡過程中，速度減小，根據(jù)可知牽引力增大，速度越來越小，則牽引力越來越大，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度越來越小，直到牽引力的大小與重力沿斜面分力和阻力之和相等時，汽車做勻速直線運動，所以汽車做加速度減小的減速運動，上坡過程中的圖如圖所示
題型02 動能定理在多過程和往復(fù)運動問題的應(yīng)用
1、有些物體運動過程可以分為幾個不同階段，如直線與曲線運動組合、含有彈簧的物體多過程運動等，這類問題一般不涉及求時間，這樣的情景的題目選用動能定理可以快捷有效的求解。
2、有些物體的運動過程具有重復(fù)性、往返性，求解這類問題時若運用牛頓運動定律及運動學(xué)公式將非常繁瑣，甚至無法解出。而動能定理只關(guān)心物體的初、末狀態(tài)而不計運動過程的細(xì)節(jié)，所以用動能定理分析這類問題可迎刃而解。
一、必備基礎(chǔ)知識
1、動能定理
內(nèi)容：力在一個過程中對物體做的功，等于物體在這個過程中動能的變化。
表達(dá)式：W＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12。
適用條件：動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動；既適用于恒力做功，也適用于變力做功；力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時作用，也可以不同時作用。
優(yōu)先應(yīng)用動能定理的問題：①不涉及加速度、時間的問題；②有多個物理過程且不需要研究整個過程中的中間狀態(tài)的問題；③變力做功的問題；④含有F、l、m、v、W、Ek等物理量的力學(xué)問題。
2、多過程問題
很多動力學(xué)問題中涉及研究對象有兩個或多個連續(xù)的運動過程，在物體不同的運動階段，物體的運動情況和受力情況都發(fā)生了變化，我們把這類問題稱為多過程問題。多運動組合問題主要是指直線運動、平拋運動和豎直面內(nèi)圓周運動的組合問題。
由于多過程問題的受力情況、運動情況比較復(fù)雜，從動力學(xué)的角度分析多過程問題往往比較復(fù)雜，但是，用動能定理分析問題，是從總體上把握其運動狀態(tài)的變化，并不需要從細(xì)節(jié)上了解。因此，動能定理的優(yōu)越性就明顯地表現(xiàn)出來了，分析力的作用是看力做的功，也只需把所有的力做的功累加起來即可。
3、多過程問題解題測量和技巧
策略：①應(yīng)用牛頓運動定律和動能定理解決多過程問題。若問題涉及時間、加速度、力等，一般要用牛頓運動定律與運動學(xué)公式結(jié)合求解；若問題只涉及位移、速度、力等一般可用動能定理求解，用動能定理求解一般比用牛頓運動定律求解簡單。
②用動力學(xué)和能量觀點解決多過程問題。若運動過程無摩擦等機(jī)械能向其它形式能轉(zhuǎn)化的現(xiàn)象，可考慮用機(jī)械能守恒；若運動過程涉及摩擦生熱等現(xiàn)象可用功能關(guān)系列能量守恒關(guān)系式。
4、往復(fù)運動問題
有些問題中物體的運動過程具有重復(fù)性、往返性，而描述運動的物理量多數(shù)是變化的，且重復(fù)次數(shù)又往往是無限的或者很難確定。求解這類問題時若運用牛頓運動定律及運動學(xué)公式將非常繁瑣，甚至無法解出。而動能定理只關(guān)心物體的初、末狀態(tài)而不計運動過程的細(xì)節(jié)，所以用動能定理分析這類問題可迎刃而解。
二、解題模板
1、解題思路
解題的關(guān)鍵：①抓住物理情景中出現(xiàn)的運動狀態(tài)和運動過程，觀察每一個過程的特征和尋找過程之間的聯(lián)系是求解多過程問題的兩個關(guān)鍵，將物理過程分解成幾個簡單子過程。②兩個相鄰過程連接點的速度是聯(lián)系兩過程的紐帶，也是解題的關(guān)鍵．很多情況下平拋運動的末速度的方向是解題的重要突破口。
2、注意問題
對于多個物理過程要仔細(xì)分析，將復(fù)雜的過程分割成一個個子過程，分別對每個過程進(jìn)行分析，得出每個過程遵循的規(guī)律，當(dāng)每個過程都可以運用動能定理時，可以選擇分段或全程應(yīng)用動能定理。物體所受的力在哪段位移上做功，哪些力做功，做正功還是負(fù)功，然后再正確寫出總功。
全程應(yīng)用動能定理解題求功時，有些力不是全過程都作用的，必須根據(jù)不同的情況分別對待，弄清楚物體所受的力在哪段位移上做功，哪些力做功，做正功還是負(fù)功，然后再正確寫出總功。
不適用動能定理求解全過程的情況：若題目需要求某一中間物理量，應(yīng)分階段應(yīng)用動能定理；物體在多個運動過程中，受到的彈力、摩擦力等力若發(fā)生了變化，力在各個過程中做功情況也不同，不宜全過程應(yīng)用動能定理，可以研究其中一個或幾個分過程，結(jié)合動能定理，各個擊破。
對于物體運動過程中有往復(fù)運動的情況，物體所受的滑動摩擦力、空氣阻力等大小不變，方向發(fā)生變化，但在每一段上這類力均做負(fù)功，而且這類力所做的功等于力和路程的乘積，與位移無關(guān)。若題目中涉及求解物體運動的路程或位置的變化，可利用動能定理求出摩擦力做的功，然后進(jìn)一步確定物體運動的路程或位置的變化。
3、解題方法
利用動能定理求解多過程問題的方法：①弄清物體的運動由哪些過程組成；②分析每個過程中物體的受力情況；③各個力做功有何特點，對動能的變化有無影響；④從總體上把握全過程，表達(dá)出總功，找出初、末狀態(tài)的動能；⑤對所研究的全過程運用動能定理列方程。
應(yīng)用動能定理求解往復(fù)運動問題的方法：要確定物體的初狀態(tài)和最終狀態(tài)，如重力做功與物體運動路徑無關(guān)，可用WG＝mgh直接求解；滑動摩擦力做功與物體運動路徑有關(guān)，其功的大小可用Wf＝－Ffs求解，其中s為物體滑行的路程。
（2024·廣東江門·模擬預(yù)測）滑繩索是兒童公園一款游樂設(shè)施，可簡化成如圖所示的模型：傾角的斜滑索AB和光滑圓弧滑道BC在B點相切連接，圓弧末端C點切線水平，BC高度和長度忽略不計。兒童手握滑環(huán)，從A沿傾斜向下的繩索AB呼嘯而下，直到到達(dá)繩索C端，滑環(huán)被卡住，兒童松手做平拋運動（能量不損失），落入地面上長度的沙坑JK。繩索A端離地面高度為11m，繩索全長為，忽略兒童的高度，sin37°=0.6，cs37°=0.8，
(1)繩索C端與沙坑J處有一段水平距離，若兒童以速度平拋出去剛好落入J處，求該水平距離s；
(2)若兒童從靜止加速下滑，在（1）問的安全距離基礎(chǔ)上，求能使兒童安全掉入沙坑的繩索動摩擦系數(shù)的范圍。
（2024·甘肅平?jīng)觥と＃┤鐖D所示，固定在豎直面內(nèi)的光滑圓弧軌道 PQ在Q點與水平面相切，其圓心為O、半徑為R，圓弧對應(yīng)的圓心角。一可視為質(zhì)點的質(zhì)量為m的小物塊從S點以水平初速度）拋出，恰好在P點沿切線方向進(jìn)入圓弧軌道，最后滑上水平面在C點停下來。已知小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，不計空氣阻力，，求：
（1）S、P兩點間的豎直高度；
（2）Q、C兩點間的距離。

【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）小物塊從S到P做平拋運動，恰好在P點沿切線方向進(jìn)入圓弧軌道，此時有
解得小物塊在P點的豎直分速度為
豎直方向有
解得S、P兩點間的豎直高度為
（2）小物塊在P點的速度為
小物塊從P點到C點過程，根據(jù)動能定理可得
解得Q、C兩點間的距離為
題型03 機(jī)械能守恒定律的四類應(yīng)用
這類型的題目是機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用，主要包括單物體機(jī)械能守恒問題、多物體機(jī)械能守恒問題、含彈簧類機(jī)械能守恒問題、用機(jī)械能守恒定律解決非質(zhì)點問題，解題時要正確選用守恒的觀點。
一、必備基礎(chǔ)知識
1、機(jī)械能守恒定律
內(nèi)容：在只有重力或彈力這類力做功的情況下，物體系統(tǒng)的動能與勢能相互轉(zhuǎn)化，但機(jī)械能的總量保持不變。
表達(dá)式：Ek2＋Ep2＝Ek1＋Ep1。應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解決問題只需考慮運動的初狀態(tài)和末狀態(tài)，不必考慮兩個狀態(tài)之間過程的細(xì)節(jié)，即可以簡化計算。
守恒條件：受力（物體系統(tǒng)只受重力或彈力作用）；做功（物體系統(tǒng)存在其他力作用，但其他力不做功，只有重力或彈力做功）；轉(zhuǎn)化（相互作用的物體組成的系統(tǒng)只有動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化，無其他形式能量的轉(zhuǎn)化）?！爸挥兄亓驈椓ψ龉Α辈⒎恰爸皇苤亓驈椓ψ饔谩?，也不是合力的功等于零，更不是某個物體所受的合力等于零。
只受重力作用，例如不考慮空氣阻力的各種拋體運動，物體的機(jī)械能守恒；除重力外，物體還受其他力，但其他力不做功或做功代數(shù)和為零；除重力外，只有系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功，并且彈力做的功等于彈性勢能減少量，那么系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。單獨一個物體機(jī)械能不守恒，例如與彈簧相連的小球下擺的過程機(jī)械能減少。
機(jī)械能守恒定律的三種觀點：
2、機(jī)械能守恒定律的判斷方法
3、多物體機(jī)械能守恒問題
桿連物體系統(tǒng)；繩連物體系統(tǒng)等。
解題技巧：
首先分析多個物體組成的系統(tǒng)所受的外力是否只有重力或彈力做功，內(nèi)力是否造成了機(jī)械能與其他形式能的轉(zhuǎn)化，從而判斷系統(tǒng)機(jī)械能是否守恒。
若系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則機(jī)械能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，ΔE1＝－ΔE2，一個物體機(jī)械能增加，則一定有另一個物體機(jī)械能減少。
4、含彈簧類機(jī)械能守恒問題
問題描述：對兩個（或兩個以上）物體與彈簧組成的系統(tǒng)在相互作用的過程中，在能量方面，由于彈簧的形變會具有彈性勢能，系統(tǒng)的總動能將發(fā)生變化，若系統(tǒng)所受的外力和除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。若還有其他外力和內(nèi)力做功，這些力做功之和等于系統(tǒng)機(jī)械能改變量。做功之和為正，系統(tǒng)總機(jī)械能增加，反之減少。在相互作用過程特征方面，彈簧兩端物體把彈簧拉伸至最長（或壓縮至最短）時，兩端的物體具有相同的速度，彈性勢能最大。如系統(tǒng)每個物體除彈簧彈力外所受合力為零，當(dāng)彈簧為自然長度時，系統(tǒng)內(nèi)彈簧某一端的物體具有最大速度（如繃緊的彈簧由靜止釋放）。
如果系統(tǒng)內(nèi)每個物體除彈簧彈力外所受合力為零，當(dāng)彈簧為自然長度時，系統(tǒng)內(nèi)彈簧某一端的物體具有最大速度（如繃緊的彈簧在光滑桌面上由靜止釋放）。
由于彈簧的形變會具有彈性勢能，系統(tǒng)的總動能將發(fā)生變化，若系統(tǒng)所受的外力和除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。
彈簧兩端物體把彈簧拉伸至最長（或壓縮至最短）時，兩端的物體具有相同的速度，彈性勢能最大。
5、非質(zhì)點問題
定義：指的是“鏈條”、“纜繩”、“液柱”等質(zhì)量不可忽略、柔軟的物體或液體。
在應(yīng)用機(jī)械能守恒定律處理實際問題時，經(jīng)常遇到像“鏈條”“液柱”類的物體，其在運動過程中將發(fā)生形變，其重心位置相對物體也發(fā)生變化，因此這類物體不能再看成質(zhì)點來處理。
不計摩擦和其他損耗，物體雖然不能看成質(zhì)點來處理，但因只有重力做功，物體整體機(jī)械能守恒。一般情況下，可將物體分段處理，確定質(zhì)量分布均勻的規(guī)則物體各部分的重心位置，根據(jù)初、末狀態(tài)物體重力勢能的變化列式求解。
二、解題模板
1、解題思路
2、注意問題
多物體機(jī)械能守恒問題的注意事項：①注意尋找用繩或桿相連接的物體間的速度關(guān)系和位移關(guān)系；②列機(jī)械能守恒方程時，可選用ΔEk＝－ΔEp的形式。
含彈簧類機(jī)械能守恒問題的注意事項：①對多個物體組成的系統(tǒng)要注意判斷物體運動過程中，系統(tǒng)的機(jī)械能是否守恒；②注意尋找用繩或桿或彈簧相連接的物體間的速度關(guān)系和位移關(guān)系；③列機(jī)械能守恒方程時，一般選用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA＝－ΔEB的形式。
分析非質(zhì)點系統(tǒng)重力勢能變化時的注意事項：①注意等效部分的質(zhì)量關(guān)系：根據(jù)物體的相對位置關(guān)系將物體分成若干段，在應(yīng)用相關(guān)規(guī)律求解時要注意對應(yīng)各部分的質(zhì)量關(guān)系；②注意物體的位置變化：解決涉及重力勢能變化的問題時，物體的位置變化要以重心位置變化為準(zhǔn)。
3、解題方法
（2024·遼寧沈陽·二模）如圖，豎直平面內(nèi)固定兩根足夠長的細(xì)桿、，兩桿不接觸，且兩桿間的距離忽略不計．兩個小球a、b（視為質(zhì)點）質(zhì)量均為m，a球套在豎直桿上，b球套在水平桿上，a、b通過鉸鏈用長度為l的剛性輕桿L連接，將a球從圖示位置（輕桿與桿夾角為）由靜止釋放，不計一切摩擦，已知重力加速度為g．在此后的運動過程中，求：
(1)b球的速度為零時，a球的加速度大??；
(2)b球的最大速度為多大；
(3)L桿與豎直方向夾角θ的余弦值為多大時，a球的速度最大，最大速度為多大。
（2024·江蘇鹽城·模擬預(yù)測）如圖所示，豎直平面內(nèi)固定一半徑為R的光滑圓環(huán)，質(zhì)量分別為4m、3m的A、B兩小球套在圓環(huán)上，用長度為的輕桿連接。開始時，對小球A施加豎直向上的外力，使A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài)，且球A恰好與圓心O等高；然后撤去外力，A、B沿圓環(huán)運動。已知重力加速度為g，取光滑圓環(huán)最低處為零勢面。求：
（1）外力的大小F；
（2）B球重力勢能的最大值；
（3）A球速度最大時，其加速度的大小a。

【答案】（1）4mg；（2）；（3）
【詳解】（1）當(dāng)外力F作用在A球上時，對小球B受力分析可知，小球B受重力和環(huán)給B豎直向上的彈力處于平衡狀態(tài)，則桿對B、A均無作用力，A球受重力和外力處于平衡狀態(tài)，則
F=4mg
（2）當(dāng)B球上升到最大高度時，如圖所示
以圓環(huán)最低點為參考面，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒有
可得
B球重力勢能的最大值
（3）當(dāng)輕桿運動至平衡位置時，A、B球速度最大且均為v，
對A由相似三角形關(guān)系可知
對B
可得
可得
設(shè)OA與豎直方向夾角為θ，由正弦定理
可得
即
由機(jī)械能守恒有
加速度
解得
題型04 機(jī)械能守恒定律在曲線運動中的運用
高考?？嫉念愋椭唬Ｓ趻侒w運動、圓周運動等結(jié)合在一起，過程較復(fù)雜，尋找正確的突破口是解題的關(guān)鍵，進(jìn)行正確的受力分析和運動分析題目就會迎刃而解。
一、必備基礎(chǔ)知識
1、問題類型
①機(jī)械能守恒與平拋運動；②機(jī)械能守恒與斜拋運動；③機(jī)械能守恒與圓周運動；④機(jī)械能守恒與曲線運動的綜合問題。
2、常見守恒類型
單個物體在豎直光滑圓軌道上做圓周運動時，因只有重力做功，機(jī)械能守恒。
單個物體做平拋運動、斜拋運動時，因只有重力做功，也常用機(jī)械能守恒定律列式求解。
3、機(jī)械能守恒定律與動能定理的對比
相同點：①兩者研究問題的角度相同，均是從做功和能量轉(zhuǎn)化的角度來研究物體在力的作用下運動狀態(tài)的改變；②兩者的方程均為標(biāo)量方程，求解方便，折射它們的優(yōu)點，同時也只能求出相應(yīng)的標(biāo)量，不能求解矢量的方向和時間，說明其具有局限性；③兩者均需要選擇適當(dāng)?shù)某?、末狀態(tài)。
不同點：①研究對象不同，動能定理研究單個物體或可視為單個物體的系統(tǒng)，機(jī)械能守恒定律研究相互作用的物體系統(tǒng)（所講的單個物體其實是簡單說法，地球一般不說出來）；②適用條件不同，動能定理的成立是沒有條件限制的，它允許任何力做功，機(jī)械能守恒定律是由條件的，就是只有重力和系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功。能用機(jī)械能守恒定律求解的問題也可用動能定理求解，反之則不一定；③著眼點不同，動能定理著眼于合力的功及初、末狀態(tài)動能的變化，機(jī)械能守恒定律著眼于系統(tǒng)初、末狀態(tài)機(jī)械能的變化。
4、繩子模型和桿模型
二、解題模板
1、解題思路
2、注意問題
圓周運動中小球的不會脫離軌道包含兩中情景：①小球沒有通過最高點，但沒有脫離圓軌道，這種情況下小球最高上升到與圓心等高位置處然后原路返回；②小球通過最高點并完成圓周運動，這種情況下最高點的速度要滿足v>eq \r(gr)。
3、解題方法
①明確研究物體，明確是題目中涉及哪些曲線運動模型；
②對物體進(jìn)行受力分析和運動分析，明確各力的做功情況，判斷機(jī)械能是否守恒；
③根據(jù)機(jī)械能守恒定律，選用合適的守恒觀點列方程；
④根據(jù)題意綜合求解；
⑤對結(jié)果進(jìn)行分析和討論。
（2024·全國·模擬預(yù)測）如圖甲所示，高為的光滑水平桌面上有一輕質(zhì)彈簧，其一端固定在墻上，用質(zhì)量為的小球壓縮彈簧的另一端，使彈簧具有彈性勢能。小球被釋放后，在彈簧作用下從靜止開始在桌面上運動，與彈簧分離后，從桌面右端水平飛出。距離桌面右端水平距離為處，有豎直放置的、下端固定在水平地面上的、高為的探測屏?，F(xiàn)把彈簧壓縮到不同長度，使小球飛出。不計空氣阻力，小球可視為質(zhì)點，小球落地后立即停止運動，重力加速度為。
(1)為使小球能打在探測屏上，求開始釋放小球時彈簧的彈性勢能需滿足的條件；
(2)現(xiàn)將探測屏由圖甲所示位置水平向右移動距離（未知），如圖乙所示，當(dāng)小球打在點的動能等于小球打在圖甲中點的動能時，求的值。
（2024·安徽·模擬預(yù)測）如圖所示，一個質(zhì)量為，可以看作為質(zhì)點的小球，從半徑為的四分之一光滑固定圓弧軌道與圓心等高的地方由靜止釋放，四分之一圓弧軌道最低點的切線沿水平方向，點的右側(cè)區(qū)域存在一寬度為（未知）的條形區(qū)域，小球在此區(qū)域受到一水平向左，大小恒為的外力，重力加速度為，點距離地面足夠高。試求：
(1)小球運動到最低點時，小球?qū)壍赖膲毫Γ?br>(2)寬度為等于多大時，小球離開此條形區(qū)域右側(cè)時，速度最小，并求出最小速度大小。
【答案】(1)，方向豎直向下
(2)，
【詳解】（1）由動能定理可知
解得
由合外力提供向心力可知
代入解得
由牛頓第三定律知，小球?qū)壍赖膲毫Υ笮。较蜇Q直向下。
（2）根據(jù)題意，在條形區(qū)域內(nèi)小球的運動可以分解到水平向右做加速度為的勻減速直線運動，豎直方向做自由落體運動。
小球的合速度
合并以上三式
當(dāng)時，小球離開條形區(qū)域的右側(cè)速度最小
小球在水平方向的位移為條形區(qū)域的寬度
代入數(shù)據(jù)
題型05功能關(guān)系在兩種模型的應(yīng)用
傳送帶模型和板塊模型是高中物理極其重要的兩個模型，該類題型考查的方向固定，一是受力分析和運動分析，一是功能分析。求解時要注意對物體動態(tài)分析和終態(tài)推斷，用運動、力和能量的觀點來進(jìn)行求解，得到正確的結(jié)論。
一、必備基礎(chǔ)知識
1、功能關(guān)系
功是能量轉(zhuǎn)化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化。做功的過程一定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化，而且能量的轉(zhuǎn)化必須通過做功來實現(xiàn)。
2、能量守恒定律
內(nèi)容：能量既不會憑空產(chǎn)生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式，或者從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，在轉(zhuǎn)化和轉(zhuǎn)移的過程中，能量的總量保持不變。
表達(dá)式：①E初＝E末，初狀態(tài)各種能量的總和等于末狀態(tài)各種能量的總和。②ΔE增＝ΔE減，增加的那些能量的增加量等于減少的那些能量的減少量。
適用范圍：能量守恒定律是貫穿物理學(xué)的基本規(guī)律，是各種自然現(xiàn)象中普遍適應(yīng)的一條規(guī)律。
3、傳送帶模型
模型條件：①傳送帶勻速或加速運動；②物體以初速度v0滑上傳送帶或輕輕放于傳送帶上，物體與傳送帶間有摩擦力；③物體與傳送帶之間有相對滑動。
模型特點：①若物體輕輕放在勻速運動的傳送帶上，物體一定和傳送帶之間產(chǎn)生相對滑動，物體一定受到沿傳送帶前進(jìn)方向的摩擦力；②若物體靜止在傳送帶上，與傳送帶一起由靜止開始加速，如果動摩擦因數(shù)較大，則物體隨傳送帶一起加速；如果動摩擦因數(shù)較小，則物體將跟不上傳送帶的運動，相對傳送帶向后滑動；③若物體與水平傳送帶一起勻速運動，則物體與傳送帶之間沒有摩擦力；若傳送帶是傾斜的，則物體受到沿傳送帶向上的靜摩擦力作用。
對功WF和Q的理解：①傳送帶做的功為WF＝Fx傳；②產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝Ff x相對，其中x相對為相互摩擦的物體與傳送帶間的相對位移。
功能關(guān)系分析：WF＝ΔEk＋ΔEp＋Q。
4、板塊模型
模型特點：滑塊放置于長木板上，滑塊和木板均相對地面或者斜面運動，且滑塊和木板在摩擦力的作用下發(fā)生相對滑動。
5、摩擦力做功與能量的關(guān)系
靜摩擦力做功的特點：①靜摩擦力可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功；②相互作用的一對靜摩擦力做功的代數(shù)和總等于零；③靜摩擦力做功時，只有機(jī)械能的相互轉(zhuǎn)移，不會轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。
滑動摩擦力做功的特點：①滑動摩擦力可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功；②相互間存在滑動摩擦力的系統(tǒng)內(nèi)，一對滑動摩擦力做功將產(chǎn)生兩種可能效果（機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能；有一部分機(jī)械能在相互摩擦的物體間轉(zhuǎn)移，另外一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能）。
摩擦生熱的計算：Q＝Ff x相對，其中x相對為相互摩擦的兩個物體間的相對位移。
二、解題模板
1、解題思路
2、注意問題
傳送帶模型：判斷摩擦力的有無和方向時，以傳送帶為參考系；臨界狀態(tài)一般發(fā)生在物體速度和傳送帶速度相同的時刻；應(yīng)用運動學(xué)公式計算相關(guān)物理量時，應(yīng)以地面為參考系。
板塊模型：求解對地位移可優(yōu)先考慮應(yīng)用動能定理；求解相對位移可優(yōu)先考慮應(yīng)用能量守恒定律；地面光滑時，求速度可優(yōu)先考慮應(yīng)用動量守恒定律。
3、解題方法
傳送帶模型：
動力學(xué)分析：首先要正確分析物體的運動過程，做好受力分析，然后利用運動學(xué)公式結(jié)合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應(yīng)時間內(nèi)的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關(guān)系。
能量分析：求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶由于相對滑動而產(chǎn)生的熱量、因放上物體而使電動機(jī)多消耗的電能等，常依據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律求解。
板塊模型：
動力學(xué)分析：分別對滑塊和木板進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出各自的加速度；從放上滑塊到二者速度相等，所用時間相等，由t＝eq \f(Δv2,a2)＝eq \f(Δv1,a1)，可求出共同速度v和所用時間t，然后由位移公式可分別求出二者的位移。
功和能分析：對滑塊和木板分別運用動能定理，或者對系統(tǒng)運用能量守恒定律。如圖所示，要注意區(qū)分三個位移：①求摩擦力對滑塊做功時用滑塊對地的位移x滑；②求摩擦力對木板做功時用木板對地的位移x板；③求摩擦生熱時用相對位移Δx。
（2024·河北·模擬預(yù)測）如圖所示，質(zhì)量為的長木板B放在水平地面上，與地面間的動摩擦因數(shù)為0.1，質(zhì)量為的小滑塊A放在長木板B的最左端。某時刻給小滑塊A施加一個水平向右的恒定拉力，A、B向右運動的加速度分別為和，已知木板B長度為，取，求：
(1)水平拉力的大小；
(2)A到達(dá)B右端的時間以及此過程拉力所做的功；
(3)A到達(dá)B右端的過程中，系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量。
（2024·安徽·模擬預(yù)測）如圖所示，一條水平傳送帶的左、右兩端均與水平地面平滑連接，左側(cè)地面粗糙，右側(cè)地面光滑，傳送帶左、右兩軸距離，傳送帶以的速度順時針方向運動。質(zhì)量均為的A、B兩物塊中間有一根壓縮的輕彈簧（彈簧與兩物塊沒有連接），且彈簧的壓縮量，兩物塊與左側(cè)地面、傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為，右側(cè)地面排放著3個質(zhì)量均為的彈性小球?，F(xiàn)由靜止同時釋放A、B兩物塊，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時B物塊恰好滑到傳送帶的左端，緊接著物塊B經(jīng)過第一次運動到傳送帶右端，取。試求：
(1)物塊B剛離開輕彈簧的速度大小；
(2)輕彈簧儲存的彈性勢能有多大；
(3)整個過程摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能多大（計算結(jié)果保留3位有效數(shù)字）。
【答案】(1)
(2)4.2J
(3)
【詳解】（1）假設(shè)滑塊B經(jīng)過時間和傳送帶速度相同，這段時間內(nèi)滑塊B的位移，加速度為。由牛頓第二定律知
解得
由運動學(xué)可知
，
滑塊B和傳送帶共速后一起勻速運動，又經(jīng)過時間到達(dá)傳送帶右端
由題可知通過傳送帶的總時間
聯(lián)立以上各式解得
，（舍）
（2）滑塊脫離彈簧的速度，由動量守恒定律可知
解得
由能量守恒可知
代入數(shù)據(jù)
（3）滑塊B與右側(cè)的小球第一次發(fā)生彈性碰撞后，碰后速度分別為和，由動量守恒可知
由機(jī)械能守恒定律可知
聯(lián)立以上各式
；
接下來滑塊B返回傳送帶向左勻減速，經(jīng)過速度減到0，則
解得
滑塊B從第1次向左通過傳送帶的右端到第2次通過傳送帶右端的時間為
代入數(shù)據(jù)
同理可得滑塊B從第2次向左通過傳送帶的右端到第3次通過傳送帶右端的時間為
同理可得滑塊B從第3次向左通過傳送帶的右端到第4次通過傳送帶右端的時間為
滑塊與左側(cè)水平地面產(chǎn)生的內(nèi)能
滑塊B第一次從傳送帶的左端到右端產(chǎn)生的內(nèi)能
滑塊B從第1次向左通過傳送帶的右端到第2次通過傳送帶右端的內(nèi)能為
滑塊B從第2次向左通過傳送帶的右端到第3次通過傳送帶右端的內(nèi)能為
滑塊B從第3次向左通過傳送帶的右端到第4次通過傳送帶右端的內(nèi)能為
綜上整個過程摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能
1．（2024·安徽合肥·模擬預(yù)測）如圖甲所示，在時刻，一質(zhì)量為1kg、可視為質(zhì)點的物塊沖上一足夠長、傾角為的傳送帶底端，同時傳送帶順時針勻減速轉(zhuǎn)動直至停止。取平行于傳送帶向上為正方向，物塊前1.5s內(nèi)的速度-時間圖像如圖乙所示，不計空氣阻力，重力加速度g取，。則物體在傳送帶上向上運動到最高點的過程中。求：
(1)傳送帶與物塊間的動摩擦因數(shù)；
(2)物體與傳送帶共速前物塊的位移的大??；
(3)因摩擦產(chǎn)生的熱量大小Q。
【答案】(1)
(2)
(3)
【詳解】（1）由受力分析可知，物體沿著斜面先做勻減速運動，再和傳送帶一起減速運動，由牛頓第二定律可知
可知
（2）設(shè)物體與傳送帶共速前位移為，由圖像乙可知
（3）由圖可知，在共速，此后二者共同減速，則可知減速運動的加速度為
由速度公式可得物體沖上傳送帶時，傳送帶的初速度
則在共速前傳送帶行駛位移為
則物體與傳送帶的相對位移
由摩擦生熱的定義式可得
代入數(shù)據(jù)可得
2．（2024·全國·模擬預(yù)測）如圖所示，質(zhì)量為m的小物塊A鎖定在傾角傾斜軌道上，A距傾斜軌道底端的距離為s。質(zhì)量的滑板B靜止在水平面上，其左上端緊靠傾斜軌道的末端?，F(xiàn)解除A的鎖定使其由靜止開始下滑，最后A恰好停在滑板B的右端。A與傾斜軌道和B的動摩擦因數(shù)均為，B與水平面的動摩擦因數(shù)為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，假設(shè)A從軌道末端滑上B，速度大小不變，僅方向改變。求：
(1)A在傾斜軌道上運動的時間和剛滑上B時的速度大?。?br>(2)滑板B的長度；
(3)最終，整個系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量．
【答案】(1)，
(2)①，，②，
(3)
【詳解】（1）（1）A在傾斜軌道下滑，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式有
聯(lián)立解得
，
（2）（2）①若，即
滑板始終靜止，由動能定理得
解得
②若，即
當(dāng)A運動到B的右端時二者恰好達(dá)到共同速度v。分別對A和B應(yīng)用牛頓第二定律得
由運動學(xué)規(guī)律得
聯(lián)立解得
（3）（3）A和B最終將共同靜止在水平面上，由能量守恒定律得
3．（2024·江蘇蘇州·三模）如圖所示，一半徑為R的光滑硬質(zhì)圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)與光滑足夠長的水平桿相連，在圓環(huán)最高點的豎直切線和最低點的水平切線的交點處固定一光滑輕質(zhì)小滑輪C，質(zhì)量為m的小球A穿在環(huán)上，且可以自由滑動，小球A通過足夠長的不可伸長細(xì)線連接另一質(zhì)量也為m的小球B，細(xì)線搭在滑輪上，現(xiàn)將小球A從環(huán)上最高點由靜止釋放，重力加速度為g，不計空氣阻力，求：
（1）小球A到達(dá)D點時細(xì)線中的張力；
（2）小球A到達(dá)D點時小球B的速度；
（3）小球A運動一個周期小球B的路程。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）對A球，有
對B球，有
聯(lián)立，解得
（2）小球A到達(dá)D點時，B球回到原位置，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有
此時兩小球速度大小相等，有
聯(lián)立，解得
（3）小球A過D點后沿桿向左運動，小球B上升，到兩者速度為零。假設(shè)小球B上升距離為x，由機(jī)械能守恒可知
解得
x=R
小球A恰好經(jīng)過OC與圓環(huán)的交點處，此時B下降的高度
由于系統(tǒng)機(jī)械能守恒，系統(tǒng)做周期性運動，在小球A再次回到最高點的過程中，小球B的
路程為
s=2(2hB+x)
解得
4．（2024·黑龍江·模擬預(yù)測）如圖所示，傾角的光滑斜面固定在水平面上，輕彈簧一端固定在斜面底端的擋板上，另一端與物塊B相連，不可伸長的細(xì)線一端固定在斜面上的點，另一端繞過輕滑輪和定滑輪連接物塊A，物塊B與輕滑輪相連。已知物塊A、B的質(zhì)量分別為，彈簧的勁度系數(shù)，彈簧的彈性勢能（為彈簧的形變量），重力加速度。開始時用手托著物塊A使其處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時細(xì)線恰好伸直但無作用力，然后由靜止釋放物塊A，在之后運動的過程中物塊未到達(dá)點，物塊A未著地，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，兩物塊A、B均可視為質(zhì)點。求：
（1）物塊B的最大速度；（結(jié)果可用根式表示）
（2）物塊A下降的最大距離。
【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）設(shè)物塊B處于靜止?fàn)顟B(tài)時彈簧的壓縮量為，根據(jù)平衡條件有
解得
當(dāng)物塊B的速度最大時兩物塊A、B的加速度均為零，設(shè)細(xì)線上的張力為，彈簧的伸長量為，有
解得
設(shè)物塊B的最大速度為，初狀態(tài)和達(dá)到最大速度時彈簧的彈性勢能相等，根據(jù)能量守恒定律有
解得物塊B的最大速度
（2）設(shè)物塊A下降的最大距離為，此時兩物塊A、B的速度均為零，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有
解得物塊A下降的最大距離
5．（2024·安徽·模擬預(yù)測）如圖所示，ABC是半徑為R的光滑圓弧形輪滑賽道，A點與圓心O等高，B為最低點（位于水平地面上），圓弧BC所對的圓心角為60°。輪滑運動員從A點以一定的初速度沿圓弧面滑下，從C點滑出后，運動員上升到的最高點與O點在同一水平面上，此后運動員恰好落到平臺上的D點，D點距水平地面的高為。已知運動員和輪滑鞋的總質(zhì)量為m，重力加速度大小為g，運動員和輪滑鞋整體視為質(zhì)點，不計空氣阻力。求：
(1)運動員從C點滑出時的速度大?。?br>(2)運動員和輪滑鞋一起在B點對軌道的壓力；
(3)平臺D點離圓弧軌道C點的水平距離。
【答案】(1)
(2)，方向豎直向下
(3)
【詳解】（1）設(shè)運動員從C點滑出的速度大小為vC，運動員從C點滑出后，豎直上升的高度
豎直方向分運動
解得
（2）設(shè)運動員到B點時速度大小為vB，從B到C，根據(jù)機(jī)械能守恒
在B點，根據(jù)牛頓第二定律有
解得
根據(jù)牛頓第三定律，運動員和輪滑鞋一起在B點對軌道的壓力大小
方向豎直向下
（3）運動員從C點滑出后，上升的過程有
設(shè)下降的時間為t2，則
則D點與C點的水平距離
6．（2024·陜西西安·一模）北京時間2024年7月31日，在巴黎奧運會自由式小輪車女子公園賽決賽中，中國選手鄧雅文奪得金牌。這也是中國運動員第一次參加奧運會自由式小輪車項目。其部分場地可以簡化為如圖所示的模型，平臺A左右弧面對稱，右側(cè)為半徑的部分圓弧面，圓心角滿足，平臺B為的圓弧面，半徑，鄧雅文以一定的初速度從平臺的左下端沖向平臺A，從M點騰空后沿切線從N點進(jìn)入賽道，再經(jīng)過一段水平騎行從Q點進(jìn)入平臺B，恰好到達(dá)平臺B的上端邊緣，平臺A上端MN間的距離為2.4m，鄧雅文和獨輪車總質(zhì)量為75kg，運動過程中可視為質(zhì)點，整個過程鄧雅文只在PQ段進(jìn)行了騎行做功，不計一切阻力，重力加速度取，求：
(1)鄧雅文和獨輪車到達(dá)Q點時賽道給獨輪車的支持力大?。?br>(2)鄧雅文和獨輪車在MN段騰空最高處的速度；
(3)鄧雅文在PQ段騎行過程中所做的功。
【答案】(1)2250N
(2)3m/s
(3)562.5J
【詳解】（1）由于運動員恰好到達(dá)平臺B的上端邊緣，根據(jù)機(jī)械能守恒
根據(jù)牛頓第二定律
聯(lián)立解得支持力大小
（2）運動員從M點做斜拋運動，設(shè)初速度為v，則
解得
因此在最高點的速度
（3）從M到Q的過程中，根據(jù)動能定理
解得
7．（2024·廣東·模擬預(yù)測）如圖所示，和是半徑分別為和的兩條光滑半圓弧軌道的直徑，兩軌道相切于點，半圓弧軌道豎直放置在水平桌面上，與桌面的接觸點為，點到桌面右端的距離，桌面距水平地面的高度。在距離桌面點水平距離的地方有一木箱，木箱的左邊界為、右邊界，木箱長2m，高0.2m，木箱厚度不計。點左側(cè)水平位置有一彈射裝置，質(zhì)量的小球以一定的初速度向右彈出，小球恰好能通過最高點并沿圓弧軌道運動，已知小球與桌面間的動摩擦因數(shù)，取重力加速度大小，不計空氣阻力。
(1)求小球經(jīng)過點時對軌道的壓力；
(2)試判斷小球能否進(jìn)入木箱；
(3)若小球能進(jìn)入木箱，求彈射裝置對小球彈射的最大速度。
【答案】(1)，方向豎直向下
(2)小球恰好從左側(cè)處掉入木箱
(3)
【詳解】（1）小球恰好能通過最高點，設(shè)小球在點的速度大小為，根據(jù)重力提供向心力
在點的速度大小為小球在點受到的支持力為，從到過程，根據(jù)動能定理
在點根據(jù)牛頓第二定律
根據(jù)牛頓第三定律
解得
方向豎直向下。
（2）小球從點運動到點的過程中只有摩擦力做功，由動能定理得
假設(shè)小球能進(jìn)入木箱，則下落高度
設(shè)小球從點到進(jìn)入木箱的時間為，根據(jù)
這段時間內(nèi)小球的水平位移大小
解得
所以小球恰好從左側(cè)處掉入木箱。
（3）當(dāng)從點飛出的小球恰好落到端的上側(cè)時，彈射出的小球速度最大，此時小球豎直下落的高度，水平位移大小，設(shè)小球到達(dá)點的速度大小為，根據(jù)
，
小球由點運動到點根據(jù)動能定理得
解得
8．（2024高三上·廣東珠海·階段練習(xí)）比亞迪電動汽車在市場上很受歡迎。在某次測試中，汽車以額定功率行駛2x0后關(guān)閉發(fā)動機(jī)，測出了汽車動能Ek與位移x的關(guān)系圖像如圖所示（圖像中x0—2x0之間線段平行于橫軸，圖中字母均為已知量）。已知汽車的質(zhì)量為m，設(shè)汽車運動過程中所受地面阻力恒定，空氣阻力不計。求：
（1）汽車受到地面的阻力大小f和汽車的額定功率P；
（2）汽車加速運動x0過程中所用的時間t。
【答案】（1），；（2）
【詳解】（1）汽車關(guān)閉發(fā)動機(jī)后，根據(jù)動能定理得
解得阻力
由
解得
當(dāng)汽車動能為2Ek0時，汽車牽引力和阻力相等，由
P = Fv
解得
（2）根據(jù)動能定理
解得
9．（2024·山東濟(jì)南·模擬預(yù)測）如圖所示，借助電動機(jī)和斜面將質(zhì)量為20kg的貨物用最短的時間從斜面底端拉到斜面頂端。貨物依次經(jīng)歷勻加速、變加速、勻速、勻減速四個階段，到達(dá)頂端時速度剛好為零。已知電動機(jī)的額定功率為1200W、繩子的最大拉力為300N，繩子與斜面平行，斜面長度為34.2m，傾角θ=30°，貨物與斜面的摩擦因數(shù)為，減速階段加速度大小不超過5m/s2，g取10m/s2。求：
（1）減速階段電動機(jī)的牽引力T；
（2）貨物運動總時間t。
【答案】（1）100N；（2）7s
【詳解】（1）減速階段，根據(jù)牛頓第二定律有
解得
（2）貨物在第一階段做勻加速上升過程，根據(jù)牛頓第二定律可得
解得
當(dāng)功率達(dá)到額定功率時，設(shè)貨物的速度為v1，則有
此過程所用時間和上滑的距離分別為
貨物以最大速度勻速時，有
貨物最后以最大加速度做勻減速運動的時間和上滑的距離分別為
因此，從電動機(jī)達(dá)到額定功率到貨物即將減速，上滑的距離為
設(shè)重物從結(jié)束勻加速運動到開始做勻減速運動所用時間為t2，該過程根據(jù)動能定理可得
解得
所以總時間為
思路分析
第一問的思路：
第二問的思路：
詳細(xì)解析
【答案】（1）40W；（2）8m/s
【詳解】(1)由題意得，當(dāng)玩具車達(dá)到最大速度v=10m/s勻速運動時，受力平衡，可得牽引力大小為
F=mgsin30°+0.3mg
由
P=Fv
代入數(shù)據(jù)解得
P=40W
(2)玩具車在0-4s內(nèi)做勻加速直線運動，設(shè)加速度為a，牽引力為F1，由牛頓第二定律可得
F1-(mgsin30°+0.3mg)=mat1=4s時玩具車功率達(dá)到最大，則
P=F1v1
由運動學(xué)公式可得
v1=at1
聯(lián)立解得
v1=8m/s
思路分析
第一問的思路：
第二問的思路：
詳細(xì)解析
【答案】(1)2m
(2)
【詳解】（1）兒童以速度平拋出去剛好落入J處，兒童做平拋運動，則有
，
解得
（2）在（1）問中，根據(jù)動能定理有
解得
當(dāng)兒童落在K時有
，
根據(jù)動能定理有
解得
綜合上述可知
觀點
表達(dá)式
物理意義
注意事項
守恒
Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
系統(tǒng)初狀態(tài)的機(jī)械能等于末狀態(tài)的機(jī)械能。
要選取零勢能面，在整個分析過程中必須選取同一個零勢能面。
轉(zhuǎn)化
ΔEk＝－ΔEp
系統(tǒng)減少（或增加）的重力勢能等于系統(tǒng)增加（或減少）的動能。
不需要選取零勢能面，要明確勢能的增加量或減少量。
轉(zhuǎn)移
ΔEA減＝ΔEB增
若系統(tǒng)由A、B兩部分組成，當(dāng)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒時，則A部分機(jī)械能的增加量等于B部分機(jī)械能的減少量。
不需要選取零勢能面，A部分機(jī)械能的增加量等于A部分末狀態(tài)的機(jī)械能減去初狀態(tài)的機(jī)械能，而B部分機(jī)械能的減少量等于B部分初狀態(tài)的機(jī)械能減去末狀態(tài)的機(jī)械能。
利用定義進(jìn)行判斷
分析動能和勢能的和是否發(fā)生變化。
利用做功進(jìn)行判斷
系統(tǒng)內(nèi)只有重力和彈簧彈力做功，其他力均不做功，或有其他力做功，但其他力做功的代數(shù)和為零，則機(jī)械能守恒。
利用能量轉(zhuǎn)化進(jìn)行判斷
若系統(tǒng)內(nèi)物體間只有動能和重力勢能及彈性勢能的相互轉(zhuǎn)化，沒有其他形式的能（如沒有內(nèi)能增加）的轉(zhuǎn)化，則系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。
應(yīng)用類型
解題方法
單個物體的機(jī)械能守恒問題
明確研究對象；分析研究對象的受力情況和運動情況，分析清楚各力做功的情況；選取合適的機(jī)械能守恒定律的觀點列表達(dá)式；對結(jié)果進(jìn)行討論和說明。
多個物體的機(jī)械能守恒問題
分析多個物體組成的系統(tǒng)所受的外力是否只有重力或彈力做功，內(nèi)力是否造成了機(jī)械能與其他形式能的轉(zhuǎn)化，從而判斷系統(tǒng)機(jī)械能是否守恒。對多個物體組成的系統(tǒng)，一般用“轉(zhuǎn)化法”和“轉(zhuǎn)移法”來判斷其機(jī)械能是否守恒。注意尋找用繩或桿相連接的物體間的速度關(guān)系和位移關(guān)系。
含彈簧的機(jī)械能守恒問題
彈簧的形變會具有彈性勢能，系統(tǒng)的總動能將發(fā)生變化，若系統(tǒng)所受的外力和除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。彈簧兩端物體把彈簧拉伸至最長（或壓縮至最短）時，兩端的物體具有相同的速度，彈性勢能最大。
非質(zhì)點的機(jī)械能守恒問題
像“鏈條”“液柱”類的物體，其在運動過程中將發(fā)生形變，其重心位置相對物體也發(fā)生變化，因此這類物體不能再看成質(zhì)點來處理，雖然不能看成質(zhì)點來處理，但因只有重力做功，物體整體機(jī)械能守恒。一般情況下，可將物體分段處理，確定質(zhì)量分布均勻的規(guī)則并確定物體各部分的重心位置，然后根據(jù)初末狀態(tài)物體重力勢能的變化列式進(jìn)行求解。
思路分析
第一問的思路;
第二問的思路：
第三問的思路：
詳細(xì)解析
【答案】(1)g
(2)
(3)，
【詳解】（1）初始位置時，由牛頓第二定律知，a球
式中F為L桿沿桿的推力，b球
沿桿方向兩球加速度分量相等，即
聯(lián)立解得
桿水平時，此時b的速度為0，豎直方向
解得
（2）桿豎直時b球速度最大，此時a球速度為零，a、b球由開始釋放到下降到最低點過程，a、b和桿組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有：
解得
（3）方法一：a球速度最大時，a球位于下方，設(shè)此時桿與豎直方向夾角為θ，a、b球由開始釋放到桿與豎直方向夾角為θ的過程，同理
沿桿方向有
令，一階導(dǎo)數(shù)為0時，有極值，即
，（舍）
（舍）
代入可得
方法二：a球速度最大時，a球位于下方，設(shè)此時桿與豎直方向夾角為θ，a、b球由開始釋放到桿與豎直方向夾角為θ的過程，同理
沿桿方向有
a球：末態(tài)，豎直方向，平衡條件
b球：末態(tài)，豎直方向
沿桿方向，牛頓第二定律
聯(lián)立解得
（舍）
模型
繩子模型
桿模型
圖例
受力分析

F彈向下或等于零

F彈向下、等于零或向上
力學(xué)方程
mg＋F彈＝meq \f(v2,R)
mg±F彈＝meq \f(v2,R)
過最高點的臨界條件
小球恰好通過軌道最高點、恰好能做完整的圓周運動，隱含著小球運動到最高點時繩或軌道對小球的作用力恰好為零。由mg＝meq \f(v2,r)得v?。絜q \r(gr)
由小球恰能運動到最高點得v臨＝0。
討論分析
若通過最高點時v>eq \r(gr)，則繩、軌道對球產(chǎn)生一個向下的彈力F，由F＋mg＝meq \f(v2,r)可得F隨v的增大而增大；
不能過最高點時v

相關(guān)試卷

相關(guān)試卷更多

相關(guān)試卷

相關(guān)試卷 更多

相關(guān)試卷更多