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第7講　動能定理　機械能守恒定律　能量守恒定律
目標要求　
1.理解動能定理、機械能守恒定律、能量守恒定律。
2.會在具體問題中靈活選擇合適的規律解決能量觀點問題。
考點一　動能定理及應用
例1　(2021·山東卷·3)如圖所示，粗糙程度處處相同的水平桌面上有一長為L的輕質細桿，一端可繞豎直光滑軸O轉動，另一端與質量為m的小木塊相連。木塊以水平初速度v0出發，恰好能完成一個完整的圓周運動。在運動過程中，木塊所受摩擦力的大小為(　　)
A. B. C. D.
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例2　(2022·浙江1月選考·20)如圖所示，處于豎直平面內的一探究裝置，由傾角α＝37°的光滑直軌道AB、圓心為O1的半圓形光滑軌道BCD、圓心為O2的半圓形光滑細圓管軌道DEF、傾角也為37°的粗糙直軌道FG組成，B、D和F為軌道間的相切點，彈性板垂直軌道固定在G點(與B點等高)，B、O1、D、O2和F點處于同一直線上。已知可視為質點的滑塊質量m＝0.1 kg，軌道BCD和DEF的半徑R＝0.15 m，軌道AB長度lAB＝3 m，滑塊與軌道FG間的動摩擦因數μ＝，滑塊與彈性板作用后，以等大速度彈回，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。滑塊開始時均從軌道AB上某點靜止釋放。
(1)若釋放點距B點的長度l＝0.7 m，求滑塊到最低點C時軌道對其支持力FN的大小；
(2)設釋放點距B點的長度為lx，滑塊第一次經F點時的速度v與lx之間的關系式；
(3)若滑塊最終靜止在軌道FG的中點，求釋放點距B點長度lx的值。
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1.應用動能定理解題的步驟圖解：
2．應用動能定理的四點提醒：
(1)動能定理往往用于單個物體的運動過程，由于不涉及加速度和時間，比動力學方法要簡捷。
(2)動能定理表達式是一個標量式，在某個方向上應用動能定理是沒有依據的。
(3)物體在某個運動過程中包含幾個運動性質不同的小過程(如加速、減速的過程)，對全過程應用動能定理，往往能使問題簡化。
(4)多過程往復運動問題一般應用動能定理求解。
考點二　機械能守恒定律及應用
1．判斷物體或系統機械能是否守恒的三種方法
定義判斷法 動能與勢能之和不發生變化，系統機械能守恒
能量轉化 判斷法 沒有與機械能以外的其他形式的能發生轉化時，系統機械能守恒
做功判斷法 只有重力或彈簧的彈力做功時，系統機械能守恒
2.機械能守恒定律的表達式
3．連接體的機械能守恒問題
共 速 率 模 型 分清兩物體位移大小與高度變化關系
共 角 速 度 模 型 兩物體角速度相同，線速度與半徑成正比
關 聯 速 度 模 型 　 此類問題注意速度的分解，找出兩物體速度關系，當某物體位移最大時，速度可能為0
輕 彈 簧 模 型 ①同一根彈簧彈性勢能的大小取決于彈簧形變量的大小，在彈簧彈性限度內，形變量相等，彈性勢能相等 ②由兩個或兩個以上的物體與彈簧組成的系統：彈簧形變量最大時，彈簧兩端連接的物體具有相同的速度；彈簧處于自然長度時，彈簧彈性勢能最小(為零)
說明：以上連接體不計阻力和摩擦力，系統(包含彈簧)機械能守恒，單個物體機械能不守恒。若存在摩擦生熱，機械能不守恒，可用能量守恒定律進行求解。
例3　(2022·全國乙卷·16)固定于豎直平面內的光滑大圓環上套有一個小環，小環從大圓環頂端P點由靜止開始自由下滑，在下滑過程中，小環的速率正比于(　　)
A．它滑過的弧長
B．它下降的高度
C．它到P點的距離
D．它與P點的連線掃過的面積
學習筆記：______________________________________________________________
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例4　(2023·江蘇連云港市模擬)如圖所示，豎直面內處于同一高度的光滑釘子M、N相距2L。帶有光滑小孔的小球A穿過輕繩，輕繩的一端固定在釘子M上，另一端繞過釘子N與小球B相連，B球質量為m。用手將A球托住靜止在M、N連線的中點P處，此時B球也處于靜止狀態。放手后，A球下落的最大距離為L，重力加速度為g，B球未運動到釘子N處。sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：
(1)A球的質量mA；
(2)A球下落0.75L時的速度大小v。
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考點三　能量守恒定律及應用
例5　如圖所示，質量為2 000 kg的電梯的纜繩發生斷裂后向下墜落，電梯剛接觸井底緩沖彈簧時的速度為4 m/s，緩沖彈簧被壓縮2 m時電梯停止了運動，下落過程中安全鉗總共提供給電梯17 000 N的滑動摩擦力。已知彈簧的彈性勢能為Ep＝kx2(k為彈簧的勁度系數，x為彈簧的形變量)，安全鉗提供的滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，下列說法正確的是(　　)
A．彈簧的勁度系數為3 000 N/m
B．整個過程中電梯的加速度一直在減小
C．電梯停止在井底時受到的摩擦力大小為17 000 N
D．從電梯接觸彈簧到速度最大的過程中電梯和彈簧組成的系統損失的機械能約為4 636 J
學習筆記：______________________________________________________________
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例6　(2023·江蘇鹽城市、南京市期末)如圖，一長L＝6 m的傾斜傳送帶在電動機帶動下以速度v＝4 m/s沿順時針方向勻速轉動，傳送帶與水平方向的夾角θ＝37°，質量m1＝4 kg的小物塊A和質量m2＝2 kg的小物塊B由跨過定滑輪的輕繩連接，A與定滑輪間的繩子與傳送帶平行，不可伸長的輕繩足夠長。某時刻將物塊A輕輕放在傳送帶底端，已知物塊A與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.5，不計滑輪的質量與摩擦，在A運動到傳送帶頂端前物塊B都沒有落地。取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)物塊B剛下降時的加速度a的大小；
(2)物塊A從底端到達頂端所需的時間t；
(3)物塊A從底端到達頂端時，電動機多做的功W。
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傳送帶問題的綜合分析
涉及物體在傳送帶上運動的具體細節問題，一般用動力學觀點進行解決。傳送帶因傳送物體多做的功，從能量的觀點進行分析，等于物體增加的動能、重力勢能及摩擦生熱，而摩擦生熱需要用摩擦力與相對路程的乘積進行求解。
1.如圖所示，傾角為θ的斜面AB段光滑，BP段粗糙，一輕彈簧下端固定于斜面底端P處，彈簧處于原長時上端位于B點，可視為質點、質量為m的物體與BP之間的動摩擦因數為μ(μA．物體的最大動能等于mgxsin θ
B．彈簧的最大形變量大于x
C．物體第一次往返中克服摩擦力做的功為mgxsin θ
D．物體第二次沿斜面上升的最高位置在B點
2.北京冬奧會中的冰壺比賽令人印象深刻，冰壺比賽場地如圖所示：運動員從起滑架處推著冰壺(可視為質點)沿中心線出發，在投擲線處放手讓冰壺以一定的速度滑出，使冰壺的停止位置盡量靠近大本營圓心O，為了使冰壺滑行得更遠，運動員可以用毛刷摩擦冰壺運行路徑前方的冰面，使冰壺與冰面間的阻力減小。已知冰壺質量m＝20 kg，未刷冰時，冰壺與冰面間的動摩擦因數μ1＝0.02，刷冰后μ2＝0.01，起滑架到投擲線的距離l1＝10 m，投擲線與圓心O點的距離為l2＝30 m，取g＝10 m/s2，則：
(1)比賽中在不刷冰的情況下，要使冰壺剛好停在大本營圓心O處，求冰壺從投擲線被投出時速度v0大小；
(2)比賽中若冰壺從投擲線被投出時速度v1＝3 m/s，為了使冰壺恰好停在圓心O處，求冰壺被投出后需要刷冰的距離s；
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(3)運動員從起滑架處開始對冰壺施加一個沿中心線的水平推力F＝20 N，推著冰壺由靜止出發，冰壺到達投擲線之前就撤除推力，冰壺沿著中心線做勻減速直線運動，在不刷冰的情況下，最后停在圓心O處，求推力F的作用時間t。
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第7講　動能定理　機械能
守恒定律　能量守恒定律
例1　B　[在運動過程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功與路徑有關，根據動能定理－Ff·2πL＝0－mv02，可得摩擦力的大小Ff＝，故選B。]
例2　(1)7 N　(2)v＝，其中lx≥0.85 m　(3)見解析
解析　(1)滑塊由靜止釋放到C點過程，由能量守恒定律有
mglsin 37°＋mgR(1－cos 37°)＝mvC2
在C點由牛頓第二定律有
FN－mg＝m
解得FN＝7 N
(2)要保證滑塊能到F點，必須能過DEF的最高點，當滑塊恰能達到最高點時，根據動能定理可得
mgl1sin 37°－(3mgRcos 37°＋mgR)＝0
解得l1＝0.85 m
因此要能過F點必須滿足lx≥0.85 m
能過最高點，則能到F點，根據動能定理可得
mglxsin 37°－4mgRcos 37°＝mv2，
解得v＝，其中lx≥0.85 m.
(3)設摩擦力做功為第一次到達中點時的n倍
mglxsin 37°－mgsin 37°－
nμmgcos 37°＝0，
lFG＝
解得lx＝ m(n＝1,3,5，…)
又因為lAB≥lx≥0.85 m，lAB＝3 m，
當n＝1時，lx1＝ m
當n＝3時，lx2＝ m
當n＝5時，lx3＝ m。
例3　C　[如圖所示，
設小環下降的高度為h，大圓環的半徑為R，小環到P點的距離為L，根據機械能守恒定律得mgh＝mv2，
由幾何關系可得h＝Lsin θ，sin θ＝，聯立可得h＝，則v＝L，故C正確，A、B、D錯誤。]
例4　(1)m　(2)
解析　(1)A球下落到最低點時，根據幾何關系可得B上升的高度為
hB＝2－2L＝
根據A、B系統機械能守恒有mAghA＝mghB
解得A球的質量mA＝m
(2)A球下落0.75L時，設A球與M或N連線與豎直方向的夾角為θ，根據幾何關系有tan θ＝＝，解得θ＝53°，根據幾何關系可得B球上升高度為hB′＝2－2L＝0.5L，根據運動的合成與分解可得vB＝2vcos 53°，根據系統機械能守恒，則有mAg×0.75L＝mghB′＋mAv2＋mvB2，聯立解得v＝。
例5　D　[電梯剛接觸井底緩沖彈簧時的速度為4 m/s，緩沖彈簧被壓縮2 m時電梯停止運動，根據能量守恒，得mv2＋mg·Δx＝k(Δx)2＋Ff·Δx，代入數據解得k＝11 000 N/m，故A錯誤；與彈簧接觸前，電梯做勻加速直線運動，接觸彈簧后，先做加速度逐漸減小的加速運動后做加速度逐漸增大的減速運動，故B錯誤；電梯停止在井底時，由受力平衡得kΔx＝mg＋Ff靜，代入數據解得Ff靜＝kΔx－mg＝22 000 N－20 000 N＝2 000 N，故C錯誤；當電梯速度最大時，此時加速度為零，則kΔx′＋Ff＝mg，解得Δx′＝＝ m＝ m，從電梯接觸彈簧到速度最大的過程中，電梯和彈簧組成的系統損失的機械能等于摩擦力做的負功，則ΔE＝Ff·Δx′＝17 000× J≈4 636 J，故D正確。]
例6　(1)2 m/s2　(2)2.5 s　(3)136 J
解析　(1)對A分析FT＋μm1gcos θ－m1gsin θ＝m1a
對B分析m2g－FT＝m2a
解得a＝2 m/s2
(2)當A達到與傳送帶共速所用時間t1＝＝2 s
A的位移x1＝t1＝4 m
之后勻速，時間t2＝＝0.5 s
物塊A從底端到達頂端所需的時間t＝t1＋t2＝2.5 s
(3)物塊A從底端到達頂端時，與傳送帶的相對位移Δx＝vt1－x1＝4 m
根據能量守恒得W＋m2gL－m1gLsin θ＝(m1＋m2)v2＋μm1gΔxcos θ
解得W＝136 J。
高考預測
1．C　[物體接觸彈簧前，由機械能守恒定律可知，物體剛接觸彈簧時的動能為Ek＝mgxsin θ，物體接觸彈簧后，重力沿斜面向下的分力先大于滑動摩擦力和彈簧彈力的合力，物體先加速下滑，后來重力沿斜面向下的分力小于滑動摩擦力和彈簧彈力的合力，物體減速下滑，所以當重力沿斜面向下的分力等于滑動摩擦力和彈簧彈力的合力時物體所受的合力為零，速度最大，動能最大，所以物體的最大動能一定大于mgxsin θ，A錯誤；設彈簧的最大壓縮量為L，彈性勢能最大為Ep，物體從A到最低點的過程，由能量守恒定律得mg(L＋x)sin θ＝μmgLcos θ＋Ep，物體從最低點到Q點的過程，由能量守恒定律得mg(L＋)sin θ＋μmgLcos θ＝Ep，聯立解得L＝，由于μ2．(1)2 m/s　(2)15 m　(3)2 s
解析　(1)研究冰壺運動過程，根據位移與速度關系得v02＝2a1l2
a1＝μ1g
解得v0＝2 m/s
(2)研究冰壺的運動過程，根據動能定理得
－μ1mg(l2－s)－μ2mgs＝0－mv12
解得s＝15 m
(3)研究冰壺運動全程，根據動能定理得Fl－μ1mg(l1＋l2)＝0
又F－μ1mg＝ma
l＝at2
解得t＝2 s。

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