第一篇 专题二 第七讲　动能定理　机械能守恒定律　能量守恒定律-【高考二轮】新高考物理大二轮复习（课件+讲义+专练）

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第7讲　动能定理　机械能守恒定律　能量守恒定律
机械能守恒定律、能量守恒定律及应用
　 (2023·天津市红桥区期末)木块在水平恒力F的作用下，沿水平路面由静止出发前进了L，随即撤去此恒力，木块沿原方向又前进了3L才停下来，设木块运动全过程中地面情况相同，则摩擦力的大小Ff和木块所获得的最大动能Ek分别为
　(2023·辽宁新高考联考)如图所示轨道内，足够长的斜面与圆弧面光滑，水平地面各处粗糙程度相同，圆弧半径为R，水平面长度LMN＝4R，现将一质量为m的金属滑块从距水平面高h＝4R处的P点沿斜面由静止释放，运动到斜面底端无能量损失，滑块滑至圆弧最高点Q时对轨道的压力大小恰好等于滑块重力，g＝10 m/s2，求：(1)金属滑块与水平地面的动摩擦因数μ；
对滑块，从P到Q，根据动能定理得
联立两式得μ＝0.25
(2)欲使滑块滑至圆弧最高点平抛后不落在斜面上，释放高度的取值范围。
答案　3.5R≤h≤5R
滑块从释放到滑至Q点，根据动能定理得
联立两式得h1＝3.5R当滑块恰好能落到M点时，释放高度最大，设为h2，滑到Q点时的速度设为v2，滑块由Q点做平抛运动到M点，水平方向有4R＝v2t
联立求得h2＝5R故释放高度的取值范围为3.5R≤h≤5R。
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。
1.判断物体或系统机械能是否守恒的三种方法
2.机械能守恒定律的表达式
3.连接体的机械能守恒问题
分清两物体位移大小与高度变化关系
两物体角速度相同，线速度与半径成正比
①同一根弹簧弹性势能的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：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。若存在摩擦力生热，机械能不守恒，可用能量守恒定律进行分析。
　 (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
　(2023·河北省九师联盟一模)如图所示，固定的水平长杆上套有质量为m的小物块A，跨过轻质定滑轮(可视为质点O)的细线一端连接A，另一端悬挂质量为m的小物块B(B靠近定滑轮)，滑轮到杆的距离OC＝ h，开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为30°，重力加速度为g，不计一切摩擦。现将A、B由静止释放，则当A与O间的细线与水平方向的夹角为60°时，小物块B的速度大小为
　 (2023·浙江绍兴市二模)如图所示，质量为2 000 kg的电梯在缆绳发生断裂后向下坠落，电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4 m/s，缓冲弹簧被压缩2 m时电梯停止了运动，下落过程中安全钳提供给电梯17 000 N的滑动摩擦力。已知弹簧的弹性势能为Ep＝ (k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)，安全钳提供的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是A.弹簧的劲度系数为3 000 N/mB.整个过程中电梯的加速度一直在减小C.电梯停止在井底时受到的摩擦力大小为17 000 ND.电梯从接触弹簧到速度最大的过程中电梯和弹簧 组成的系统损失的机械能约为4 600 J
与弹簧接触前，电梯做匀加速直线运动，接触弹簧后，先做加速度逐渐减小的加速运动后做加速度逐渐增大的减速运动，故B错误；电梯停止在井底时，由受力平衡得kΔx＝mg＋Ff静，代入数据解得Ff静＝kΔx－mg＝22 000 N－20 000 N＝2 000 N，故C错误；
　 (2023·贵州凯里市第一中学模拟)如图所示为某小型购物商场的电梯，长L＝7.0 m，倾角θ＝37°。在某次搬运货物时，售货员将质量为m＝50 kg的货物无初速度放在电梯的最下端，然后启动电机，电梯先以a0＝1 m/s2的加速度顺时针做匀加速运动，速度达到v0＝2 m/s后匀速运动。已知货物与电梯表面的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，不计空气阻力。求：(1)货物从电梯底端运动到顶端所用的时间；
对货物进行受力分析，货物受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力，由牛顿第二定律有μmgcs 37°－mgsin 37°＝ma解得a＝0.4 m/s2<1 m/s2
所以货物先以0.4 m/s2的加速度向上做匀加速运动，当速度与传送带速度相等时再做匀速直线运动。根据匀变速直线运动规律，货物加速阶段的位移x满足2ax＝v02
之后做匀速直线运动，匀速运动的时间为
货物从电梯底端运动到顶端所用的时间t＝t1＋t2＝6 s
匀加速运动所需要的时间为
(2)电机因运送该货物多做的功(忽略电梯自身动能的变化)。
Q＝μmgs相对cs 37°s相对＝x皮－L
根据功能关系可知，电机因运送该货物多做的功等于货物增加的动能、重力势能以及在皮带上产生的热量之和，则有
h＝Lsin 37°联立解得W＝3 160 J。
涉及物体在传送带上运动的具体细节问题，一般用动力学观点进行解决。传送带因传送物体多做的功，从能量的观点进行分析，等于物体增加的动能、重力势能及摩擦生热，而摩擦生热需要用摩擦力与相对路程的乘积进行求解。
1.(2023·江苏淮安市二模)如图所示，A、B两点位于同一高度，细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过B处的定滑轮固定在A点，质量为m的小球固定在细线上C点。现将小球从图示水平位置由静止释放，小球运动到D点时速度恰好为零(此时小物块未到达B点)，图中△ABD为直角三角形，小物块和小球均可视为质点，∠DBA＝37°，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，则A.小球重力的功率一直增大B.M∶m＝3∶5C.运动过程中存在3个位置小球和小物块速度大小相等
小球在题图所示水平位置和D点时速度均为0，重力的功率也为0，故重力的功率不是一直增大，故A错误；
设AD长为3L，根据机械能守恒定律有Mg·2L＝mg·3Lcs 37°，解得M∶m＝6∶5，故B错误；小球在题图所示水平位置和D点时，小球和小物块的速度相等，均为0，AC长度不变，小球做圆周运动，其他位置小球速度沿BD方向的分速度大小等于小物块的速度大小，因此只有2个位置两者速度相等，故C错误；
设小球在最低点D时沿BD方向的加速度大小为a，BD中的拉力为FT，根据牛顿第二定律有Mg－FT＝Ma，FT－mgcs 53°＝ma，解得FT＝ ，故D正确。
2.北京冬奥会中的冰壶比赛令人印象深刻，冰壶比赛场地如图所示：运动员从起滑架处推着冰壶(可视为质点)沿中心线出发，在投掷线处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近大本营圆心O，为了使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷摩擦冰壶运行路径前方的冰面，使冰壶与冰面间的阻力减小。已知冰壶质量m＝20 kg，未刷冰时，冰壶与冰面间的动摩擦因数μ1＝0.02，刷冰后μ2＝0.01，起滑架到投掷线的距离l1＝10 m，投掷线与圆心O点的距离为l2＝30 m，取g＝10 m/s2，则：
(1)比赛中在不刷冰的情况下，要使冰壶刚好停在大本营圆心O处，求冰壶从投掷线被投出时速度v0大小；
研究冰壶运动过程，根据位移与速度关系得v02＝2a1l2a1＝μ1g
(2)比赛中若冰壶从投掷线被投出时速度v1＝3 m/s，为了使冰壶恰好停在圆心O处，求冰壶被投出后需要刷冰的距离s；
研究冰壶的运动过程，根据动能定理得
(3)运动员从起滑架处开始对冰壶施加一个沿中心线的水平推力F＝20 N，推着冰壶由静止出发，冰壶到达投掷线之前就撤除推力，冰壶沿着中心线做匀减速直线运动，在不刷冰的情况下，最后停在圆心O处，求推力F的作用时间t。
研究冰壶运动全程，根据动能定理得Fl－μ1mg(l1＋l2)＝0F－μ1mg＝ma
1.(2023·浙江义乌市测试)如图甲所示，跳跳杆玩具广受孩子们的喜爱。跳跳杆底部装有一根弹簧，某次小孩从最低点弹起，以小孩运动的最低点为坐标原点，竖直向上为x轴正方向，小孩与跳跳杆整体的动能与其坐标位置的关系如图乙所示，图像0～x3之间为曲线，x2位置为其最高点，x3～x4之间为直线，不计空气阻力的影响。则下列说法正确的是A.x1位置小孩处于超重状态B.x2位置小孩不受弹簧弹力作用C.x3位置小孩所受合外力为零D.x1～x4小孩的机械能始终守恒
x1位置小孩向上加速运动，处于超重状态，故A正确；x2位置小孩向上运动，动能最大，速度最大，小孩所受重力与弹簧弹力二力平衡，小孩受弹簧弹力作用，故B错误；
x3～x4之间图像为直线，由动能定理可得Ek－Ek0＝－mgh，解得Ek＝Ek0－mgh，x3位置小孩仅受重力作用，故C错误；x1～x3小孩与弹簧组成的系统机械能守恒，x3～x4小孩的机械能守恒，故D错误。
2.(2023·云南昆明一中、银川一中联考)如图所示，质量m1＝0.2 kg的物体P穿在一固定的光滑水平直杆上，直杆右端O1处固定一光滑定滑轮(图中未画出)。一绕过两光滑定滑轮的细线的一端与物体P相连，另一端与质量m2＝0.45 kg的物体Q相连。开始时物体P在外力作用下静止于A点，绳处于伸直状态，已知OA＝0.3 m，AB＝0.4 m，取重力加速度大小g＝10 m/s2，两物体均视为质点，不计空气阻力。某时刻撤去外力，同时给物体P一水平向左的速度v，物体P恰能运动到B点，则v的大小为A.3 m/s B.4 m/s C.5 m/s D.6 m/s
3.(2023·广东广州市一模)如图所示为速冻食品加工厂生产和包装饺子的一道工序。将饺子轻放在匀速运转的足够长的水平传送带上，不考虑饺子之间的相互作用和空气阻力。关于饺子在水平传送带上的运动，下列说法正确的是A.饺子一直做匀加速运动B.传送带的速度越快，饺子的加速度越大C.饺子由静止开始加速到与传送带速度相等的 过程中，增加的动能等于因摩擦产生的热量D.传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能
饺子在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，故A错误；
饺子从静止加速到与传送带共速的过程，饺子增加的动能Ek＝μmgs饺子，因摩擦产生的热量Q＝μmgs相对，又因为饺子从初速度为零开始做匀加速运动到和传送带共速，
传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能与因摩擦产生的热量的总和，故D错误。
4.(多选)(2023·辽宁沈阳市三模)如图所示，一根粗细均匀的光滑细杆竖直固定，质量为m的小环C穿在细杆上，一个光滑的轻质小滑轮D固定在竖直墙(图中未画出)上。A、B两物体用轻弹簧相连，竖直放在水平面上。一根没有弹性的轻绳一端与A连接，另一端跨过小滑轮D与小环C相连。小环C位于M点时，轻绳与细杆的夹角为θ，此时B物体刚好对地面无压力。现让小环C从M点由静止释放，当下降h到达N点时，轻绳与细杆的夹角再次为θ，小环的速度达到v，重力加速度为g，下列关于小环C下落过程中的描述正确的是A.小环C和物体A组成的系统机械能守恒B.当小环C落到与小滑轮D同一高度时，小环C的机械能最大C.小环C到达N点时物体A的速度为vsin θ
小环C、物体A组成的系统中，有弹力做功，系统机械能不守恒，故A错误；小环C下落过程受重力、杆的支持力和轻绳的拉力，轻绳的拉力做功等于小环C机械能的变化量；小环C从M点
到与滑轮同一高度的位置的过程中，轻绳的拉力做正功，机械能增加；小环C经过与滑轮同一高度的位置后的过程，轻绳的拉力做负功，机械能减小，故下落到与滑轮同一高度的位置时，小环C的机械能一定最大，故B正确；小环C到达N点时速度达到v，根据关联速度可知A的速度为vA＝vcs θ，故C错误；
D.第一次，物块从A点运动到B点克服摩擦力做的 功大于从B点运动到C点克服摩擦力做的功
第一次，物块从A运动到B过程中的速度大于从B运动到C的速度，因此正压力大，摩擦力大，因此物块从A点运动到B点克服摩擦力做的功大于从B点运动到C点克服摩擦力做的功，故D正确；
6.如图所示，倾角θ＝30°的粗糙斜面固定在地面上，长为l、质量为m、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端平齐。用细线将物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块未到达地面)，在此过程中(重力加速度为g)A.物块的机械能逐渐增加
C.物块减少的重力势能等于软绳克服摩擦力所做的功D.软绳减少的重力势能大于其增加的动能与克服摩擦力所做的功之和
物块克服细线的拉力做功，其机械能减少，A错误；
根据功能关系，细线对软绳做的功与软绳重力势能的减少量之和等于其动能的增加与克服摩擦力所做的功之和，物块减少的重力势能等于克服细线拉力所做的功及其动能的增加，C、D错误。
7.(多选)(2023·河南新乡市二模)如图所示，在长为L的轻杆中点和一端点分别固定质量为m、2m的小球A、B，杆可绕光滑的轴O转动，将杆从水平位置由静止释放。重力加速度大小为g，两球均视为质点，不计空气阻力。下列说法正确的是A.当杆转到竖直位置时，两球的速度大小相等
两球属于同轴转动，角速度相等，由于两球做圆周运动的半径不同，根据v＝ωr可知，当杆转到竖直位置时，两球的速度大小不相等，A错误；
根据上述，杆对B做正功，则球B的机械能增大，由于A、B构成的系统只有重力势能与动能的转化，即A、B构成的系统机械能守恒，可知A球的机械能减小，即杆在转动的过程中，A球的机械能不守恒，C错误。
8.(多选)(2023·江西景德镇市二模)如图甲，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点运动到C点的过程中，其速度平方与其对应高度的关系图像。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点为轨道ABC的中点，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是A.图乙中x＝36 m2/s2B.小球质量为0.2 kgC.小球在A点时重力的功率为10 WD.小球在B点受到轨道的作用力为8.5 N
小球在A点时重力方向竖直向下，速度水平向右，二者夹角为90°，根据P＝mgvcs θ易知重力的功率为零，故C错误；
9.(2023·湖北卷·14)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道 在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道 内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为 ，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：
(1)小物块到达D点的速度大小；
由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有
(2)B和D两点的高度差；
由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道 内侧，则在C点有
小物块从C到D的过程中，根据动能定理有
则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有
(3)小物块在A点的初速度大小。
小物块从A到B的过程中，根据动能定理有
10.(2023·福建泉州市检测)如图为某科技兴趣小组制作的重力投石机示意图。支架固定在水平地面上，轻杆AB可绕水平轴上的O点在竖直面内自由转动。A端小凹槽内装有一质量为m的石子，B端固定一配重。现将杆转至水平方向由静止释放，杆在配重作用下转到竖直位置时石子被水平抛出，击中前方竖直靶上的P点，P与O点恰好在同一水平线上。已知OA＝2L，OB＝L，OP＝4L，重力加速度大小为g，不计一切摩擦及空气阻力。求：(1)石子被水平抛出时的速度大小；
(2)杆由水平转到竖直的过程中凹槽对石子做的功W，以及配重的质量M；
答案　4mgL　8m　
对石子，根据动能定理，有
解得W＝4mgL杆由水平转到竖直时，设配重的速度大小为v2，对石子和配重，根据机械能守恒定律，有
v1＝2v2解得M＝8m
(3)石子抛出前瞬间，杆对水平轴的作用力大小。
石子抛出前瞬间，设杆对石子的作用力为F1，方向向下；杆对配重的作用力为F2，方向向上，根据牛顿第二定律，
石子抛出前瞬间，杆对水平轴的作用力大小为F＝F2－F1＝15mg。
11.(多选)(2023·全国乙卷·21)如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时A.木板的动能一定等于flB.木板的动能一定小于fl
设物块离开木板时的速度为v1，此时木板的速度为v2，由题意可知v1>v2，设物块的对地位移为xm，木板的对地位移为xM，
因摩擦产生的摩擦热Q＝fl＝f(xm－xM)，
因为v0>v1>v2，可得xm>2xM，则xm－xM＝l>xM，所以EkM＝W＝fxM12.(2023·山东省新高考联合质量测评3月联考)如图所示，倾角为θ＝37°的斜面AB固定在水平桌面上，竖直面内的半圆轨道CD与桌面相切于C点。小物块甲、乙用轻质细绳连接，跨过轻质光滑的定滑轮，与乙相连的轻绳竖直，与甲相连的轻绳平行于斜面。开始将乙按在桌面上静止不动，甲位于斜面顶端；释放乙，当甲滑至斜面AB中点时剪断细绳。已知斜面AB长lAB＝2 m，水平桌面BC段长lBC＝0.95 m，甲的质量m1＝5 kg、乙的质量m2＝1 kg，物块甲与斜面AB和水平桌面BC间的动摩擦因数均为μ＝0.2，半圆轨道CD光滑，物块甲从斜面滑上水平桌面时速度大小不变，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，不计空气阻力。求：
(1)物块甲到斜面底端B时重力的瞬时功率P；
设轻绳剪断时甲速度的大小为v1，对甲、乙组成的系统，甲下滑到斜面中点过程，根据能量守恒定律
解得v1＝2 m/s设甲到达斜面底端时的速度大小为v2，对甲下滑到斜面底端过程，根据动能定理
重力的瞬时功率P＝m1gv2sin θ
(2)若物块甲在半圆轨道CD上运动时不脱离轨道，半圆轨道半径R的取值范围。
答案　0.18 m≤R≤0.45 m
设甲到达C时的速度大小为v3，甲从B到C过程，根据动能定理
解得v3＝3 m/s当甲到达最高点D恰好不脱离轨道时，轨道半径最小，设最小值为R1，甲由C到D过程，