模板07機(jī)械能守恒定律（五大題型）

本節(jié)導(dǎo)航：

題型01機(jī)車啟動(dòng)問題題型02動(dòng)能定理在多過程和往復(fù)運(yùn)動(dòng)問題的應(yīng)用

題型03機(jī)械能守恒定律的四類應(yīng)用題型04機(jī)械能守恒定律在曲線運(yùn)動(dòng)中的運(yùn)用

題型05功能關(guān)系在兩種模型的應(yīng)用

題型01機(jī)車啟動(dòng)問題

口曼理解禳

此運(yùn)動(dòng)問題具有收尾速度，常以生活中的具體場(chǎng)景為命題角度，綜合考查受力分析、運(yùn)動(dòng)分析、功和

功率、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理等知識(shí)，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(shí)解決物理

問題的能力。

一、必備基礎(chǔ)知識(shí)

1、以恒定功率啟動(dòng)

汽車從靜止開始以額定功率起動(dòng)，開始時(shí)由于汽車的速度很小，由公式尸=小知：牽引力P較大，因而

由牛頓第二定律知，汽車的加速度較大。隨著時(shí)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，

直至汽車的牽引力尸和阻力/相平衡為止。汽車的牽引力尸和阻力/平衡時(shí)，加速度。=0,汽車的

速度達(dá)到最大值vma汽車的運(yùn)動(dòng)形式是做加速度越來越小的變加速直線運(yùn)動(dòng)，最終做勻速直線運(yùn)動(dòng)，其速

度-時(shí)間圖像如圖所示。

2、以恒定牽引力啟動(dòng)

由于牽引力F恒定，根據(jù)牛頓第二定律F手mo,可知：加速度a恒定，汽車作勻加速直線運(yùn)動(dòng)，隨著

時(shí)間的推移，實(shí)際功率將不斷增大.由于汽車的實(shí)際功率不能超過其額定功率，汽車的勻加速直線運(yùn)動(dòng)只

能維持到其實(shí)際功率等于其額定功率時(shí)，此時(shí)汽車的速度達(dá)到它勻加速直線運(yùn)動(dòng)階段的最大速度vlm,其后

汽車只能以額定功率起動(dòng)的方式進(jìn)行再加速，其運(yùn)動(dòng)方式和第一種起動(dòng)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(yùn)動(dòng)，直至汽車進(jìn)入勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，速度達(dá)到最終的最大速度Vm。汽車的起

動(dòng)過程經(jīng)歷了兩階段：一是勻加速直線運(yùn)動(dòng)階段，二是變加速直線運(yùn)動(dòng)階段，最終做勻速直線運(yùn)動(dòng)，其速

度-時(shí)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(dòng)的方式不同，運(yùn)動(dòng)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(shí)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)車功率尸=人中，尸是機(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(shí)達(dá)

到最大運(yùn)行速度，即尸=后.。

恒定功率下的啟動(dòng)過程一定不是勻加速過程，勻變速直線運(yùn)動(dòng)的公式不適用了，這種加速過程發(fā)動(dòng)機(jī)

做的功可用計(jì)算，不能用W=F/計(jì)算（因?yàn)槭瑸樽兞Γ?/p>

以恒定牽引力加速時(shí)的功率一定不恒定，這種加速過程發(fā)動(dòng)機(jī)做的功常用卬=短計(jì)算，不能用

計(jì)算（因?yàn)楣β适亲兓模?/p>

無(wú)論哪種啟動(dòng)過程，機(jī)車的最大速度都等于其勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度。

機(jī)車以恒定加速度啟動(dòng)的過程中，汽車的瞬時(shí)功率P尸額，勻加速過程結(jié)束時(shí)，功率最大（額定

功率），瞬時(shí)功率”等于額定功率P額，且滿足p尸產(chǎn)額=網(wǎng)1,“，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(shí)際功率的關(guān)系，汽車在勻加速運(yùn)動(dòng)過程中，實(shí)際功率是變

化的，并不恒定。

汽車在勻加.速直線運(yùn)動(dòng)階段，汽車的瞬時(shí)速度丫產(chǎn)物+加（卬=0）；汽車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)所能維持的時(shí)

間tl=Vlm/aO

19

從能的角度看：對(duì)于勻加速直線運(yùn)動(dòng)階一段，根據(jù)動(dòng)能定理有w牽一萬(wàn)1=萬(wàn)加勺J（W牽、S1分別表示

勻加速運(yùn)動(dòng)階段牽引力所做的功、位移），變加速直線運(yùn)動(dòng)階段牽引力所做的功W'k尸額玄表示變加

速直線運(yùn)動(dòng)階段所經(jīng)歷的時(shí)間），W牽'一?2=；機(jī)%2-；機(jī)勺/（$2為變加速直線運(yùn)動(dòng)階段的位移）。

3、解題方法

機(jī)車啟動(dòng)問題中幾個(gè)物理量的求法：

在用公式P=FV計(jì)算機(jī)車的功率時(shí)，尸是指機(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(dòng)機(jī)做的功可用計(jì)算，不能用卬=應(yīng)計(jì)算

（因?yàn)楫a(chǎn)是變力）。

以恒定牽引力加速時(shí)的功率一定不恒定，這種加速過程發(fā)動(dòng)機(jī)做的功常用卬=短計(jì)算，不能用W=Pr

計(jì)算（因?yàn)楣β蔖是變化的）。

勻加速過程結(jié)束時(shí)機(jī)車的速度并不是最后的最大速度。因?yàn)榇藭r(shí)Q尸阻，所以之后還要在功率不變的情

況下變加速一段時(shí)間才達(dá)到最后的最大速度Vm?

瞬時(shí)加速度的求法：據(jù)尸=9求出牽引力，則加速度。=與盧。

三個(gè)重要的關(guān)系式：

無(wú)論哪種啟動(dòng)過程，機(jī)車的最大速度都等于其勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度，即,"（式中Enin為

'min'阻

最小牽引力，其值等于阻力尸阻）。

勻加速啟動(dòng)持續(xù)時(shí)間的求法：牽引力尸=根4+6,勻加速的最后速度Mm=^方，時(shí)間/=野。勻力口,速

PP

過程結(jié)束時(shí)，功率最大（額定功率）,速度不是最大，即V=E<Vm=諄。

機(jī)車以恒定功率運(yùn)行時(shí)，牽引力做的功W=P/。由動(dòng)能定理：Pt-F^X=\E^.此式經(jīng)常用于求解機(jī)車

以恒定功率啟動(dòng)過程的位移大小。

@耀極運(yùn)用

I（2024高三上?廣東中山?期中）一質(zhì)量為%=O.5kg的電動(dòng)玩具車，從傾角為6=30。的長(zhǎng)直軌道底

端，由靜止開始沿軌道向上運(yùn)動(dòng)，4s末功率達(dá)到最大值，之后保持該功率不變繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的v-f圖像如

圖所示，其中段為曲線，其他部分為直線。已知玩具車運(yùn)動(dòng)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(jì)，取重力加速度g=10m/s2。

（1）求玩具車運(yùn)動(dòng)過程中的最大功率P；

（2）求玩具車在4s末時(shí)（圖中A點(diǎn)）的速度大小四。

思路分析

第一問的思路:

玩具車以恒定牽當(dāng)玩具車達(dá)到最大速度，根據(jù)功率的表達(dá)式可

引力啟動(dòng)受力平衡，可求出牽引力求出最大功率

第二問的思路:

玩具車在0-4s內(nèi)做根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)

勻加速直線運(yùn)動(dòng)動(dòng)學(xué)功可求出速度

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(yùn)動(dòng)時(shí)，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

⑵玩具車在＞4s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為〃，牽引力為由牛頓第二定律可得

Fi-(mgs\r\30°^-03mg)=mati=4s時(shí)玩具車功率達(dá)到最大，貝|

P-Fivi

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得

vi=ati

聯(lián)立解得

v；=8m/s

(2024?遼寧朝陽(yáng)?二模)如圖甲所示，一輛汽車空載時(shí)的質(zhì)量為車廂中平放有質(zhì)量為0.5M

的貨物。若路面對(duì)車的阻力大小總等于車對(duì)路面壓力大小的0.2倍，重力加速度為g,

00

sinll?0.19,cosll=0.98o

（1）當(dāng)汽車以功率P在平直路面上勻速行駛時(shí)，求汽車速度是多大？

（2）保持功率不變，汽車開上一個(gè)傾角為11。的斜坡，若剛駛上斜坡時(shí)的速度大小同第（1）問，求此時(shí)車

的加速度和車廂對(duì)貨物的摩擦力？

（3）汽車在斜坡上經(jīng)過時(shí)間加又達(dá)到速度打勻速行駛，在乙圖中試畫出汽車上坡加過程中的運(yùn)動(dòng)圖像。

Mv

vi-：

V2-

°AZt

乙

【答案】（1）六（2）0」86g,方向沿斜面向下，。。02股，方向沿斜面向上；（3）見解析

3Mg

【詳解】（1）汽車勻速行駛

片"

又

<=M"+0-5M）g

汽車功率

可解得

10P

Vi—

3Mg

（2）汽車剛上坡，功率和速率都不變，則牽引力大小也不變，對(duì)整體根據(jù)牛頓第二定律，有

（M+0.5M）gsind+k（M+0.5M）geos3-F；=（M+0.5M）a

解得

a=0.186g

方向沿斜面向下，對(duì)貨物，根據(jù)牛頓第二定律，有

0.5Mgsin夕一上=0.5Ma

解得

f2=0.002Mg

方向沿斜面向上;

（3）上坡過程中，速度減小，根據(jù)尸="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(shí)，汽車做勻速直線

運(yùn)動(dòng)，所以汽車做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，上坡過程中的v-7圖如圖所示

題型02動(dòng)能定理在多過程和往復(fù)運(yùn)動(dòng)問題的應(yīng)用

母觀型解篌

1、有些物體運(yùn)動(dòng)過程可以分為幾個(gè)不同階段，如直線與曲線運(yùn)動(dòng)組合、含有彈簧的物體多過程運(yùn)動(dòng)等，

這類問題一般不涉及求時(shí)間，這樣的情景的題目選用動(dòng)能定理可以快捷有效的求解。

2、有些物體的運(yùn)動(dòng)過程具有重復(fù)性、往返性，求解這類問題時(shí)若運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式將非

常繁瑣，甚至無(wú)法解出。而動(dòng)能定理只關(guān)心物體的初、末狀態(tài)而不計(jì)運(yùn)動(dòng)過程的細(xì)節(jié)，所以用動(dòng)能定理分

析這類問題可迎刃而解。

小雄出百毫

一、必備基礎(chǔ)知識(shí)

1、動(dòng)能定理

內(nèi)容：力在一個(gè)過程中對(duì)物體做的功，等于物體在這個(gè)過程中動(dòng)能的變化。

表達(dá)式：亞二產(chǎn)療一提加/。

適用條件：動(dòng)能定理既適用于直線運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線運(yùn)動(dòng)；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(shí)作用，也可以不同時(shí)作用。

優(yōu)先應(yīng)用動(dòng)能定理的問題：①不涉及加速度、時(shí)間的問題；②有多個(gè)物理過程且不需要研究整個(gè)過程

中的中間狀態(tài)的問題；③變力做功的問題；④含有尸、/、機(jī)、v、W、Ek等物理量的力學(xué)問題。

2、多過程問題

很多動(dòng)力學(xué)問題中涉及研究對(duì)象有兩個(gè)或多個(gè)連續(xù)的運(yùn)動(dòng)過程，在物體不同的運(yùn)動(dòng)階段，物體的運(yùn)動(dòng)

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(yùn)動(dòng)組合問題主要是指直線運(yùn)動(dòng)、平

拋運(yùn)動(dòng)和豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的組合問題。

由于多過程問題的受力情況、運(yùn)動(dòng)情況比較復(fù)雜，從動(dòng)力學(xué)的角度分析多過程問題往往比較復(fù)雜，但

是，用動(dòng)能定理分析問題，是從總體上把握其運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變化，并不需要從細(xì)節(jié)上了解。因此，動(dòng)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(cè)量和技巧

策略：①應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和動(dòng)能定理解決多過程問題。若問題涉及時(shí)間、加速度、力等，一般要用

牛頓運(yùn)動(dòng)定律與運(yùn)動(dòng)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(dòng)能定理求解，用動(dòng)能定

理求解一般比用牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解簡(jiǎn)單。

②用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)解決多過程問題。若運(yùn)動(dòng)過程無(wú)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(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)問題

有些問題中物體的運(yùn)動(dòng)過程具有重復(fù)性、往返性，而描述運(yùn)動(dòng)的物理量多數(shù)是變化的，且重復(fù)次數(shù)又

往往是無(wú)限的或者很難確定。求解這類問題時(shí)若運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式將非常繁瑣，甚至無(wú)法解

出。而動(dòng)能定理只關(guān)心物體的初、末狀態(tài)而不計(jì)運(yùn)動(dòng)過程的細(xì)節(jié)，所以用動(dòng)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(yùn)動(dòng)狀態(tài)和運(yùn)動(dòng)過程,觀察每一個(gè)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(gè)關(guān)鍵，將物理過程分解成幾個(gè)簡(jiǎn)單子過程。②兩個(gè)相鄰過程連接點(diǎn)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(yùn)動(dòng)的末速度的方向是解題的重要突破口。

2、注意問題

對(duì)于多個(gè)物理過程要仔細(xì)分析，將復(fù)雜的過程分割成一個(gè)個(gè)子過程，分別對(duì)每個(gè)過程進(jìn)行分析，得出

每個(gè)過程遵循的規(guī)律，當(dāng)每個(gè)過程都可以運(yùn)用動(dòng)能定理時(shí)，可以選擇分段或全程應(yīng)用動(dòng)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(dòng)能定理解題求功時(shí)，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(duì)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(dòng)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(dòng)能定理；物體在

多個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，受到的彈力、摩擦力等力若發(fā)生了變化，力在各個(gè)過程中做功情況也不同，不宜全過程

應(yīng)用動(dòng)能定理，可以研究其中一個(gè)或幾個(gè)分過程，結(jié)合動(dòng)能定理，各個(gè)擊破。

對(duì)于物體運(yùn)動(dòng)過程中有往復(fù)運(yùn)動(dòng)的情況，物體所受的滑動(dòng)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(wú)關(guān)。若題目中涉

及求解物體運(yùn)動(dòng)的路程或位置的變化，可利用動(dòng)能定理求出摩擦力做的功，然后進(jìn)一步確定物體運(yùn)動(dòng)的路

程或位置的變化。

3、解題方法

利用動(dòng)能定理求解多過程問題的方法：①弄清物體的運(yùn)動(dòng)由哪些過程組成；②分析每個(gè)過程中物體的

受力情況；③各個(gè)力做功有何特點(diǎn)，對(duì)動(dòng)能的變化有無(wú)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(dòng)能；⑤對(duì)所研究的全過程運(yùn)用動(dòng)能定理列方程。

應(yīng)用動(dòng)能定理求解往復(fù)運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)路

徑無(wú)關(guān)，可用WG=〃2g%直接求解；滑動(dòng)摩擦力做功與物體運(yùn)動(dòng)路徑有關(guān)，其功的大小可用Wf=—PfS求解，

其中S為物體滑行的路程。

a一板運(yùn)用

|（2024?廣東江門?模擬預(yù)測(cè)）滑繩索是兒童公園一款游樂設(shè)施，可簡(jiǎn)化成如圖所示的模型：傾角

6=37。的斜滑索48和光滑圓弧滑道在8點(diǎn)相切連接，圓弧末端C點(diǎn)切線水平，高度和長(zhǎng)度忽略不

計(jì)。兒童手握滑環(huán)，從A沿傾斜向下的繩索A2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(yùn)動(dòng)（能量不損失），落入地面上長(zhǎng)度￡=6m的沙坑JK。繩索A端離地面高度為11m,繩索全長(zhǎng)為L(zhǎng)o=10m,

忽略兒童的高度，sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2

JK

⑴繩索C端與沙坑J處有一段水平距離，若兒童以速度V=2m/s平拋出去剛好落入J處，求該水平距離S;

⑵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(dòng)摩擦系數(shù)的范

圍。

思路分析

第一問的思路：

兒童做平拋運(yùn)動(dòng)根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律即可求出水平距離

第二問的思路:

兒童運(yùn)動(dòng)到J處的過程中根據(jù)動(dòng)能定理兒童運(yùn)動(dòng)到K處的過程中根據(jù)動(dòng)

可求出摩擦系數(shù)的最大值能定理可求出摩擦系數(shù)的最小值

年細(xì)解楣

【答案】⑴2m

（2）0.35<//<0.725

【詳解】（1）兒童以速度v=2m/s平拋出去剛好落入，處，兒童做平拋運(yùn)動(dòng)，則有

12

HA-Losin0=—gt,s=vt

解得

s=2m

（2）在（1）問中，根據(jù)動(dòng)能定理有

12

mgL^sin0—cos^=—mv

解得

氏=0.725

當(dāng)兒童落在K時(shí)有

2

HA一4sin夕=ggt,s+L=vxt

根據(jù)動(dòng)能定理有

12

mgL0sin3—ju2mgLQcos^=—mvx

解得

以2—0.35

綜合上述可知

0.35<//<0.725

|（2024?甘肅平?jīng)?三模）如圖所示，固定在豎直面內(nèi)的光滑圓弧軌道PQ在。點(diǎn)與水平面相切，

其圓心為O、半徑為R,圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角。=53。。一可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為小的小物塊從S點(diǎn)以水平初速

度%）拋出，恰好在P點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入圓弧軌道，最后滑上水平面在C點(diǎn)停下來。已知小物塊與水平面

間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力，sin530=0.8,求：

（1）S、P兩點(diǎn)間的豎直高度；

(2)。、C兩點(diǎn)間的距離。

,、,、2R25片

【答案】(1)—；(2)—+—

9g5〃18〃g

【詳解】(1)小物塊從S到P做平拋運(yùn)動(dòng),恰好在P點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入圓弧軌道，此時(shí)有

tan0=—

%

解得小物塊在P點(diǎn)的豎直分速度為

4

v,=3Vo

豎直方向有

2gh=*

解得S、P兩點(diǎn)間的豎直高度為

2g9g

(2)小物塊在尸點(diǎn)的速度為

小物塊從P點(diǎn)到C點(diǎn)過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得

12

mgR(l-cos0)-Rings=0--mvp

解得。、C兩點(diǎn)間的距離為

「R?254

5〃18〃g

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(diǎn)問題，解題時(shí)要正確選用守恒的觀點(diǎn)。

一、必備基礎(chǔ)知識(shí)

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(dòng)能與勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化，但機(jī)械能的總量保

持不變。

表達(dá)式：Ek2+Ep2=Eki+Epi。應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解決問題只需考慮運(yùn)動(dòng)的初狀態(tài)和末狀態(tài)，不必考

慮兩個(gè)狀態(tài)之間過程的細(xì)節(jié)，即可以簡(jiǎn)化計(jì)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(dòng)能和勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化，無(wú)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饔谩保膊皇呛狭Φ墓Φ扔诹悖皇?/p>

某個(gè)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(yùn)動(dòng)，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(shì)

能減少量，那么系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。單獨(dú)一個(gè)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(diǎn):

觀點(diǎn)表達(dá)式物理意義注意事項(xiàng)

Ekl+Epl=Ek2系統(tǒng)初狀態(tài)的機(jī)械能等于要選取零勢(shì)能面，在整.個(gè)分析過

守恒

+Ep2末狀態(tài)的機(jī)械能。程中必須選取同一個(gè)零勢(shì)能面。

系統(tǒng)減少（或增加）的重

不需要選取零勢(shì)能面，要明確勢(shì)

轉(zhuǎn)化AEk=—AEp力勢(shì)能等于系統(tǒng)增加（或

能的增加量或減少量。

減少）的動(dòng)能。

若系統(tǒng)由/、B兩部分組不需要選取零勢(shì)能面，/部分機(jī)械

成，當(dāng)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒能的增加量等于A部分末狀態(tài)的

時(shí)，則月部分機(jī)械能的增機(jī)械能減去初狀態(tài)的機(jī)械能，而B

轉(zhuǎn)移AEA減=AEB增

加量等于6部分機(jī)械能的部分機(jī)械能的減少量等于B部分

減少量。初狀態(tài)的機(jī)械能減去末狀態(tài)的機(jī)

械能。

2、機(jī)械能守恒定律的判斷方法

利用定義進(jìn)行判斷分析動(dòng)能和勢(shì)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)行若系統(tǒng)內(nèi)物體間只有動(dòng)能和重力勢(shì)能及彈性勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)

判斷化，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。

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(gè)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(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體，A￡I=-A￡2,一個(gè)物體機(jī)械能增加，則

一定有另一個(gè)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(duì)兩個(gè)（或兩個(gè)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(huì)具有彈性勢(shì)能，系統(tǒng)的總動(dòng)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(zhǎng)（或壓縮至最

短）時(shí)，兩端的物體具有相同的速度，彈性勢(shì)能最大。如系統(tǒng)每個(gè)物體除彈簧彈力外所受合力為零，當(dāng)彈

簧為自然長(zhǎng)度時(shí)，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(gè)物體除彈簧彈力外所受合力為零，當(dāng)彈簧為自然長(zhǎng)度時(shí)，系統(tǒng)內(nèi)彈簧某一端的物體具

有最大速度（如繃緊的彈簧在光一滑桌面上由靜止釋放）。

由于彈簧的形變會(huì)具有彈性勢(shì)能，系統(tǒng)的總動(dòng)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(zhǎng)（或壓縮至最短）時(shí)，兩端的物體具有相同的速度，彈性勢(shì)能最大。

5、非質(zhì)點(diǎn)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(shí)際問題時(shí)，經(jīng)常遇.到像“鏈條”“液柱”類的物體，其在運(yùn)動(dòng)過程中將

發(fā)生形變，其重心位置相對(duì)物體也發(fā)生變化，因此這類物體不能再看成質(zhì)點(diǎn)來處理。

不計(jì)摩擦和其他損耗，物體雖然不能看成質(zhì)點(diǎn)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(shì)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(xiàng)：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(shí)，可選用AEk=~AEP的形式。

含彈簧類機(jī)械能守恒問題的注意事項(xiàng)：①對(duì)多個(gè)物體組成的系統(tǒng)要注意判斷物體運(yùn)動(dòng)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(shí)，一般選用AEk=—AEp或AEA=一的形式。

分析非質(zhì)點(diǎn)系統(tǒng)重力勢(shì)能變化時(shí)的注意事項(xiàng)：①注意等效部分的質(zhì)量關(guān)系：根據(jù)物體的相對(duì)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(shí)要注意對(duì)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(shì)能變化的問題時(shí)，物體的位置變化要以重心位置變化為準(zhǔn)。

3、解題方法

應(yīng)用類型解題方法

單個(gè)物體明確研究對(duì)象；分析研究對(duì)象的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，分析清楚

的機(jī)械能各力做功的情況；選取合適的機(jī)械能守恒定律的觀點(diǎn)列表達(dá)式；

守恒問題對(duì)結(jié)果進(jìn)行討論和說明。

多個(gè)物體分析多個(gè)物體組成的系統(tǒng)所受的外力是否只有重力或彈力做功，

的機(jī)械能內(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

守恒問題能是否守恒。對(duì)多個(gè)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。

含彈簧的彈簧的形變會(huì)具有彈性勢(shì)能，系統(tǒng)的總動(dòng)能將發(fā)生變化，若系統(tǒng)

機(jī)械能守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。

恒問題彈簧兩端物體把彈簧拉伸至最長(zhǎng)（或壓縮至最短）時(shí)，兩端的物

體具有相同的速度，彈性勢(shì)能最大。

非質(zhì)點(diǎn)的像“鏈條”“液柱”類的物體，其在運(yùn)動(dòng)過程中將發(fā)生形變，其

機(jī)械能守重心位置相對(duì)物體也發(fā)生變化，因此這類物體不能再看成質(zhì)點(diǎn)來

恒問題處理，雖然不能看成質(zhì)點(diǎn)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(shì)能的變化列式進(jìn)行求解。

號(hào)一極運(yùn)用

］（2024?遼寧沈陽(yáng)?二模）如圖，豎直平面內(nèi)固定兩根足夠長(zhǎng)的細(xì)桿右、L2,兩桿不接觸，且兩桿

間的距離忽略不計(jì).兩個(gè)小球。、b（視為質(zhì)點(diǎn)）質(zhì)量均為如。球套在豎直桿右上，b球套在水平桿4上,

。、6通過較鏈用長(zhǎng)度為/的剛性輕桿L連接，將a球從圖示位置（輕桿與右桿夾角為45。）由靜止釋放，不

計(jì)一切摩擦，已知重力加速度為g.在此后的運(yùn)動(dòng)過程中，求:

（l）b球的速度為零時(shí)，a球的加速度大小;

（2）b球的最大速度％1ax為多大；

⑶L桿與豎直方向夾角。的余弦值為多大時(shí)，。球的速度最大，最大速度吃1mx為多大。

思路分析

第一問的思路;

對(duì)a球進(jìn)行受力分析，根據(jù)對(duì)b球進(jìn)行受力分析，根兩球沿繩子的加速度相等，聯(lián)

牛頓第二定律列方程據(jù)牛頓第二定律列方程立方程即可求出a球的加速度

第二問的思路:

桿豎直時(shí)毋求速度最大,a、b和桿組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,

此時(shí)a球速度為零列方程可求出b球的最大速度

第三問的思路:

。球速度最大時(shí)位于下方，對(duì)a根據(jù)機(jī)械能守恒定律和沿桿方向的牛頓第

球和b球列豎直方向的表達(dá)式二定律列方程，聯(lián)立可解得速度

詳細(xì)解析

【答案】⑴g

(2)J(2+0)g/

⑶A5-61/17V2+7V14,

(3)cos6>=--------,--------------gl

63V3

【詳解】(1)初始位置時(shí)，由牛頓第二定律知，a球

mg一尸sin45°=mat

式中尸為L(zhǎng)桿沿桿的推力，6球

Fsin45°=man

沿桿方向兩球加速度分量相等，即

axcos450=出sin45°

聯(lián)立解得

a-a一8

桿水平時(shí)，此時(shí)6的速度為0,豎直方向

mg=maa

解得

aa=g

(2)桿豎直時(shí)6球速度最大，此時(shí)a球速度為零，a、6球由開始釋放到下降到最低點(diǎn)過程，a、b和桿組成

的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有：

mg/(l+sin45°)=|mv^max

解得

*、=J(2+0)g/

(3)方法一：“球速度最大時(shí)，。球位于4下方，設(shè)此時(shí)桿與豎直方向夾角為仇。、匕球由開始釋放到桿

與豎直方向夾角為。的過程，同理

mgZ(sin45°+cos=g+gmvf

沿桿方向有

vacos0=vbsin0

va=J(2cos6+0卜五夕gl

令y=(2cos6+J^sin2。，一階導(dǎo)數(shù)為。時(shí)，有極值，即

[(2cos6+夜卜in?=0

2sin6(3cos2e+&cos6_1)=0

sin6=0,0=0(舍)

+V2(全、

cos0-----------(黃)

6

A

cose=--------

6

代入可得

1/17V2+7V14z

-3—81

方法二：a球速度最大時(shí)，。球位于4下方，設(shè)此時(shí)桿與豎直方向夾角為仇a、b球由開始釋放到桿與豎直

方向夾角為6的過程，同理

11

〃?g/(sin45°+cos。)=Qmva2+5mvb2

沿桿方向有

%cos0=%sin。。球：末態(tài)，豎直方向，平衡條件

Tcos6>=〃zg6球：末態(tài)，豎直方向

Nh=mg+Tcos0

沿桿方向，牛頓第二定律

八八(vsin6+v.cos

T+mgcos0—Nbcos0—m--------------—

聯(lián)立解得

A/T4+A/2(全、

cose=---------(黃)

6

5-6

acos“=--------

6

1/17A/2+7V14,

-3-7

（2024?江蘇鹽城?模擬預(yù)測(cè)）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、3〃z的A、B兩小球套在圓環(huán)上，用長(zhǎng)度為揚(yáng)?的輕桿連接。開始時(shí)，對(duì)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。等高；然后撤去外力，A、B沿圓環(huán)運(yùn)動(dòng)。已知重力加速度

為g,取光滑圓環(huán)最低處為零勢(shì)面。求：

（1）外力的大小a

（2）B球重力勢(shì)能的最大值綜.；

（3）A球速度最大時(shí)，其加速度的大小心

X0）

W/

964

【答案】（1）4〃zg；（2）—mgR-（3）—g

【詳解】（1）當(dāng)外力尸作用在A球上時(shí)，對(duì)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(duì)B、A均無(wú)作用力，A球受重力和外力處于平衡狀態(tài)，則

F=^mg

（2）當(dāng)B球上升到最大高度時(shí)，如圖所示

以圓環(huán)最低點(diǎn)為參考面，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒有

4mgR=3mgR（l+sin6）+4mgR（l—cos0）

可得

sin6=——

25

B球重力勢(shì)能的最大值

Epm=3mgR(l+sin6))=—mgR

（3）當(dāng)輕桿運(yùn)動(dòng)至平衡位置時(shí)，A、B球速度最大且均為V,

對(duì)A由相似三角形關(guān)系可知

T4mg

~\6~~00x

對(duì)B

T3mg

BOi-00x

可得

AQ_3

9一［

可得

設(shè)04與豎直方向夾角為仇由正弦定理

AOX0A

sinOsin(135-6)

可得

tan^=—

4

即

6=37

由機(jī)械能守恒有

112

4mg-Rcos0-3mg(R-Rsin6^)=—x4mv2+—x3mv

加速度

解得

4

a=-8

題型04機(jī)械能守恒定律在曲線運(yùn)動(dòng)中的運(yùn)用

母致四接

高考?？嫉念愋椭唬Ｓ趻侒w運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)分析題目就會(huì)迎刃而解。

一、必備基礎(chǔ)知識(shí)

1、問題類型

①機(jī)械能守恒與平拋運(yùn)動(dòng)；②機(jī)械能守恒與斜拋運(yùn)動(dòng)；③機(jī)械能守恒與圓周運(yùn)動(dòng)；④機(jī)械能守恒與曲

線運(yùn)動(dòng)的綜合問題。

2、常見守恒類型

單個(gè)物體在豎直光滑圓軌道上做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，因只有重力做功，機(jī)械能守恒。

單個(gè)物體做平拋運(yùn)動(dòng)、斜拋運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(dòng)能定理的對(duì)比

相同點(diǎn)：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(yùn)動(dòng)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(diǎn)，同時(shí)也只能求出相應(yīng)的標(biāo)量，不能

求解矢量的方向和時(shí)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(diǎn)：①研究對(duì)象不同，動(dòng)能定理研究單個(gè)物體或可視為單個(gè)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(gè)物體其實(shí)是簡(jiǎn)單說法，地球一般不說出來）；②適用條件不同，動(dòng)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(dòng)能定理求解，反之則不一定；③著眼點(diǎn)不同，動(dòng)能定理

著眼于合力的功及初、末狀態(tài)動(dòng)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

模型繩子模型桿模型

:/繩

圖例

、、邈

'、-

尸彈

F彈一、、

mgmgF或

mg

受力分析mgmg

O0

00

F彈族［下或等于，零0

尸彈南1下、等于零或向上

V2V1

力學(xué)方程mg十產(chǎn)彈=nr~^mg±F彈=m^

小球恰好通過軌道最高點(diǎn)、恰好能做完由小球恰能運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)得r臨=0。

過最高點(diǎn)整的圓周運(yùn)動(dòng)，隱含著小球運(yùn)動(dòng)到最高

的臨界條點(diǎn)時(shí)繩或軌道對(duì)小球的作用力恰好為

件2

零。由/ng=nr~得v+=y[晟

若通過最高點(diǎn)時(shí)v>y[gr,則繩、軌道2

當(dāng)儂=,即,區(qū)=0此時(shí)桿或

對(duì)球產(chǎn)生一個(gè)向下的彈力F,由F+mg

2

V管道對(duì)小球恰好沒有作用力；

=廣可得尸隨P的增大而增大；

r

當(dāng)0〈火寸，球受到向上的支持力，

不能過最高點(diǎn)時(shí)區(qū)，￡,在到達(dá)最高

V2

由儂一片=/zr-可得區(qū)隨r的增大而減

點(diǎn)前小球已經(jīng)脫離了圓軌道。r

討論分析小；

當(dāng)力也為寸，球受到向下的拉力，

V2

由A+儂=k可得氏隨y的增大而增

r

大；

當(dāng)y=0時(shí)，F(xiàn)a—mg,K為支持力，沿半

徑背離圓心。

二、解題模板

1、解題思路

根據(jù)題意分析物

體的運(yùn)動(dòng)過程

2、注意問題

圓周運(yùn)動(dòng)中小球的不會(huì)脫離軌道包含兩中情景：①小球沒有通過最高點(diǎn)，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(diǎn)并完成圓周運(yùn)動(dòng)，這種情況下最

高點(diǎn)的速度要滿足心后。

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(yùn)動(dòng)模型；

②對(duì)物體進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)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(diǎn)列方程；

④根據(jù)題意綜合求解；

⑤對(duì)結(jié)果進(jìn)行分析和討論。

◎根極運(yùn)用

（2024?全國(guó)?模擬預(yù)測(cè)）如圖甲所示，高為3L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)量為優(yōu)的小球壓縮彈簧的另一端，使彈簧具有彈性勢(shì)能。小球被釋放后，在彈簧作用下從靜止

開始在桌面上運(yùn)動(dòng)，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2L處，有豎直放置的、

下端固定在水平地面上的、高為2L的探測(cè)屏A3?，F(xiàn)把彈簧壓縮到不同長(zhǎng)度，使小球飛出。不計(jì)空氣阻力,

小球可視為質(zhì)點(diǎn)，小球落地后立即停止運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g。

小M，鬧“鬧加闌

AA

3L3Lt

2L2L

f—2L-?—2L—>+<-da

BB

甲乙

⑴為使小球能打在探測(cè)屏上，求開始釋放小球時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能Ep需滿足的條件;

（2）現(xiàn)將探測(cè)屏由圖甲所示位置水平向右移動(dòng)距離d（未知），如圖乙所示，當(dāng)小球打在A點(diǎn)的動(dòng)能等于小

球打在圖甲中B點(diǎn)的動(dòng)能時(shí)，求d的值。

思路分析

第一問的思路:

小球彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)確定臨界條件：當(dāng)彈簧的彈性勢(shì)能最大由平拋運(yùn)動(dòng)和機(jī)械能守恒

化為動(dòng)能，離開時(shí)，小球恰好打在點(diǎn)；當(dāng)彈簧的彈性定律，聯(lián)立方程可求出彈

桌面做平拋運(yùn)動(dòng)勢(shì)能最小時(shí)，小球恰好打在B點(diǎn)性勢(shì)能的范圍

第二問的思路:

根據(jù)（1）可求出小球打在題圖乙中A點(diǎn)的彈性勢(shì)