高考物理总复习机械能专题复习

一．功：W=FLcosθ 当0≤θ<90o时， cosθ>0，则W>0，即力对物体做正功；

0

θ=900时，力对物体______功 900＜θ≤1800时，力对物体做_____功（物体________这个力做正功）

（1）W=FLcosθ（计算恒力的功）

求功的三种方法： （2）W=P t （P为平均功率,此式主要用于求在一个功率不变力所做的功）

（3）用动能定理求功W=Ek = Ek2 一Ek1 =

重点一：总功的求法

（1）先求外力的合力F合，再应用功的公式求出总功：W=F合lcosα

（2）先分别求出各外力对物体所做的功W1、W2、W3……，总功即这些功的代数和：W=W1+W2+W3+……

1122mV2mV1 22例1. 物体在合外力作用下做直线运动的v一t图象如图所示。下列表述正确的是( ) A．在0—1s内，合外力做正功

B．在0—2s内，合外力总是做负功C．在1—2s内，合外力不做功

D．在0—3s内，合外力总是做正功

重点二：求变力的功:

1.化变力为恒力：

(1) 分段计算功，然后用求和的方法求变力所做的功. (2)用转换研究对象的方法求变力所做的功.

2. 若F是位移l的线性函数时，先求平均值FF1F2，由W2Flcos求其功.

【例2】用铁锤把小铁钉钉入木板，设木板对钉子的阻力与钉进木板的深度成正比，已知铁锤第一次将钉子钉进d，如果铁锤第二次敲钉子时对钉子做的功与第一次相同，那么，第二次进入木板的深度是多少?

解：kddkdk(dd)d

22∴d(21)d

3. 作出变力变化的F－l图象，图象与位移轴所围的“面积”即为变力做的功.

1

在F-l图象中，图线与坐标轴所围成的“面积”表示功.对于方向不变，大小随位移变化的力，作出F-l图象，求出图线与坐标轴所围成的“面积”，就求出了变力所做的功,上述例题也可用图象法来求解.因为木板对钉子的阻力与钉进木板的深度成正比，即F=kd，其图象为图5-1-2所示.

铁锤两次对钉子做功相同，则三角形OAB的面积与梯形ABCD的面积相等，

即1d(kd)1kdk(dd)d' 22解得 d(21)d

F Kd+d′ kd 0 C A B D s d d+d′ 图5-1-2

【例3】如图5-1-3在光滑的水平面上，物块在恒力F＝100Ｎ的作用下从A点运动到B点，不计滑轮的大小，不计绳与滑轮的质量及绳、滑轮间的摩擦，Ｈ＝2.4 ｍ，α＝37°，β＝53°，求绳的拉力对物体所做的功.

【解析】绳的拉力对物体来说是个变力（大小不变，方向改变），但

F H A α B β 图5-1-3

分析发现，人拉绳却是恒力，于是转换研究对象，用人对绳子做的功来求绳对物体所做的功W=F·l=F(HH)=100 J

sinsin【答案】W=F·l=F(HH)=100J

sinsin二、功率

1概念：功跟完成功所用时间的比值，表示力(或物体)做功的快慢。 2公式：PW（平均功率） t PFcos（平均功率或瞬时功率） 3单位：瓦特W 4分类：

额定功率：指发动机正常工作时最大输出功率

实际功率：指发动机实际输出的功率即发动机产生牵引力的功率，P实≤P额。 5分析汽车沿水平面行驶时各物理量的变化，采用的基本公式是P=Fv和F-f = ma 6 应用：

（1）机车以恒定功率启动时，由PF（P为机车输出功率，F为机车牵引力，为机车前进速度）机车速度不断增加则牵引力不断减小，当牵引力Ff时，速度不再增大达到

2

最大值max，则maxP/f。

（2）机车以恒定加速度启动时，在匀加速阶段汽车牵引力F恒定为maf，速度不断增加汽车输出功率PF随之增加，当PP额定时，F开始减小但仍大于f因此机车速度继续增大，直至Ff时，汽车便达到最大速度max，则maxP/f。

三．机械能：

1、动能：EK=mV2

2、重力势能：EP=mgh （h为从物体到零势能参考平面的高度） 3、弹性势能：与弹性形变有关 Ep=2kx2 4、机械能： E=EK+EP

1

12四． 动能定理：合外力对物体所做的总功等于物体动能的变化（增量）。

公式： W合= Ek = Ek2 一Ek1 =

适用范围：普适

例4：如图5-3-1所示，质量m=1kg的木块静止在高h=1.2m的平台上，木块与平台间的动摩擦因数=0.2，用水平推力F=20N，使木块产生位移S1=3m时撤去，木块又滑行S2=1m时飞出平台,求木块落地时速度的大小？（空气阻力不计）

1122mV2mV1 22

3

解析: 对木块整个运动过程应用动能应理：

2Fs12g(s1s2)2ghm

Fs1mg(s1s2)mgh1m22

=220320.210(31)2101.2m/s1

=82m/s

变式训练1：物体从高出地面H处.由静止自由下落，如图5-3-2所示，不考虑空气阻力，落至地面进入沙坑深h处停止，求物体在沙坑中受到的平均阻力是其重力的多少倍？

图5-3-2

解法一：物体先自由下落，后做匀减速运动，设物体落至地面时间速度为.则

22gH ①

对第二阶段，由牛顿第二定律得：

Fmgma ②

22ah ③

FHhh

由①②③得mg解法二：物体运动分两个物理过程，先自由落体，然后做匀减速运动，设物体落至地面时速度为，则由动能定理可得

mgh1m22 ①

1mghFh0m22第二个物理过程中物体受重力和阻力，同理可得 ②

FHhh.

由①②解得mg解法三：若视全过程为一整体，由于物体的初、末动能均为0，由动能定理可知，重力对物

4

体做的功与物体克服阻力做的功相等，即：

mg(Hh)Fh

F解得 mgHhh.

练习：如图，光滑圆弧的半径为80cm，有一质量为1.0kg的物体自A点从静止开始下滑到B点，然后又沿水平面前进4m，到达C点停止，求：（1）物体到达B点时的速度；（2）物体沿水平面运动的过程中摩擦力做的功；（3）物体与水平面间的动摩擦因数。（g取10m/s2） A O C

B

五．机械能守恒定律

1. 内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与重力势能可以相互转化，而总的机械能保持不变.

2. 表达式

E1=E2或Ek1+EP1=EK2+EP2

【重点】3. 守恒条件：只有重力或弹力做功，只发生动能和势能的转化。分析一个物理过程是不是满足机械能守恒，关键是分析这一过程中有哪些力参与了做功，这一力做功是什么形式的能转化成什么形式的能，如果只是动能和势能的转化，而没有其它形式的能发生转化，则机械能守恒。

【重点】4.常用数学表达式:

第一种：Ek1+EP1=EK2+EP2从守恒的角度表明物体运动过程中，初状态和末状态机械能相等

第二种：△Ek =-△EP 从转化的角度表明动能的增加量等于势能减小量

第三种：△E1=-△E2 从转移的角度表明物体1的机械能增加量等于物体2的机械能的减少量

【重点】4. 应用机械能守恒定律解题的基本步骤 （1）.根据题意，选取研究对象（物体或系统）.

（2）.分析研究对象在运动过程中所受各力的做功情况，判断是否符合机械能守恒的条件． （3）.若符合定律成立的条件，先要选取合适的零势能的参考平面，确定研究对象在运动

5

过程的初、末状态的机械能值．

（4）.根据机械能守恒定律列方程，并代人数值求解．

【例5】.游乐场中的一种滑梯如图所示。小朋友从轨道顶端由静止开始下滑，沿水平轨道滑动了一段距离后停下来，则（ ）

A．下滑过程中支持力对小朋友做功

B．下滑过程中小朋友的重力势能增加

C．整个运动过程中小朋友的机械能守恒

D．在水平面滑动过程中摩擦力对小朋友做负功

【例6】. 如图8所示，用一轻绳系一小球悬于O点。现将小球拉至水平位置，然后释

放，不计阻力。小球下落到最低点的过程中，下列表述正确的是（ ）

A．小球的机械能守恒 B．小球所受的合力不变 C．小球的动能不断减小 D．小球的重力势能增加

六．机械能守恒定律的应用

（一）单个物体的机械能守恒

【例7】如图5-5-1所示，光滑的倾斜轨道与半径为R的圆形轨道相连接，质量为m的小球在倾斜轨道上由静止释放，要使小球恰能通过圆形轨道的最高点，小球释放点离圆形轨道最低点多高？通过轨道点最低点时球对轨道压力多大？

6

图5-5-1

【解析】 小球在运动过程中，受到重力和轨道支持力，轨道支持力对小球不做功，只有重力做功，小球机械能守恒．取轨道最低点为零重力势能面．

因小球恰能通过圆轨道的最高点C，说明此时，轨道对小球作用力为零，只有重力提供向心力，根据牛顿第二定律可列mgmvc 得

R2 1mvcmgR

22R2在圆轨道最高点小球机械能:

EC1mgR2mgR 2在释放点，小球机械能为: EAmgh

根据机械能守恒定律 ECEA 列等式：mgh1mgRmg2R 解得h5R

22同理，小球在最低点机械能 E1mv2 EBECBB2vB5gR

小球在B点受到轨道支持力F和重力根据牛顿第二定律，以向上为正，可列

Fmgm2vBRF6mg

据牛顿第三定律，小球对轨道压力为6mg．方向竖直向下．

【例8】如图5-5-2长l=80cm的细绳上端固定，下端系一个

质量m＝100g的小球.将小球拉起至细绳与竖立方向成60°角的位置，然后无初速释放.不计各处阻力，求小球通过最低点时，细绳对小球拉力多大？取g=10m/s2.

7

【解析】小球运动过程中，重力势能的变化量Epmghmgl(1cos600)，此过程中动能的变化量E12.机械能守恒定律还可以表达为EE0 pkmv2k即

12mvmgl(1cos600)0 2整理得mv2mg(1cos600) 又在最低点时，有Tmgmv

ll22在最低点时绳对小球的拉力大小

Tmgmv2mg2mg(1cos600) 通过以上各例题，总结应用机械能守恒定律解决问题l2mg20.110N2N的基本方法.

（二）系统的机械能守恒

【例9】. 如图物块和斜面都是光滑的，物块从静止沿斜面下滑过程中，物块机械能是否守恒？系统机械能是否守恒？ 解：以物块和斜面系统为研究对象，很明显物块下滑过程中系统不受摩擦和介质阻力，故系统机械能守恒。又由水平方向系统动量守恒可以得知：斜面将向左运动，即斜面的机械能将增大，故物块的机械能一定将减少。

有些同学一看本题说的是光滑斜面，容易错认为物块本身机械能就守恒。这里要提醒两条：⑴由于斜面本身要向左滑动，所以斜面对物块的弹力N和物块的实际位移s的方向已经不再垂直，弹力要对物块做负功，对物块来说已经不再满足“只有重力做功”的条件。⑵由于水平方向系统动量守恒，斜面一定会向右运动，其动能也只能是由物块的机械能转移而来，所以物块的机械能必然减少。

【例10】 如图所示，质量分别为2 m和3m的两个小球固定在一根直角尺的两端A、B，直角尺的顶点O处有光滑的固定

A 转动轴。AO、BO的长分别为2L和L。开始时直角尺的AO部

分处于水平位置而B在O的正下方。让该系统由静止开始自由转动，求：⑴当A到达最低点时，A小球的速度大小v；⑵

B球能上升的最大高度h；⑶开始转动后B球可能达到的最大速度vm。

8

解：以直角尺和两小球组成的系统为对象，由于转动过程不受摩擦和介质阻力，所以该系统的机械能守恒。

⑴过程中A的重力势能减少， A、B的动能和B的重力势能增加，A的即时

8gLv速度总是B的2倍。2mg2L3mgL12mv213m ，解得v112222⑵B球不可能到达O的正上方，它到达最大高度时速度一定为零，设该位置比OA竖直位置向左偏了α角。2mg2Lcosα=3mgL(1+sinα)，此式可化简为4cos

α-3sinα=3，利用三角公式可解得sin(53°-α)=sin37°，α=16°

⑶B球速度最大时就是系统动能最大时，而系统动能增大等于系统重力做的功WG。设OA从开始转过θ角时B球速度最大，2m2v23mv2=2mg2Lsin

1212θ-3mgL(1-cosθ)

=mgL(4sinθ+3cosθ-3)≤2mgL，解得vm4gL 11θ A v1/2 ⑴ ⑵ α A ⑶ A

v1 本题如果用EP+EK= EP/+EK/这种表达形式，就需要规定重力势能的参考平面，显然比较烦琐。用ΔE增=ΔE减就要简洁得多。

【例11.】 如图所示，一根轻弹簧下端固定，竖立在水平面上。其正上方A位置有一只小球。小球从静止开始下落，在B位置接触弹簧的上端，在C位置小球所受弹力大小等于重力，在D位置小球速度减小到零。小球下降阶段下列说法中正确的是( )

A.在B位置小球动能最大 B.在C位置小球动能最大

C.从A→C位置小球重力势能的减少大于小球动能的增加

D.从A→D位置小球重力势能的减少等于弹簧弹性势能的增加

9

A B C D

解：小球动能的增加用合外力做功来量度，A→C小球受的合力一直向下，对小球做正功，使动能增加；C→D小球受的合力一直向上，对小球做负功，使动能减小，所以B正确。从A→C小球重力势能的减少等于小球动能的增加和弹性势能之和，所以C正确。A、D两位置动能均为零，重力做的正功等于弹力做的负功，所以D正确。选B、C、D。

练习：如图5-4-1所示，一轻质弹簧固定于O点，另一端系一重物，将重物从与悬挂点等高的地方无初速度释放，让其自由摆下，不及空气阻力，重物在摆向最低点的位置的过程中（ ） A．重物重力势能减小 B．重物重力势能与动能之和增大 C．重物的机械能不变 D. 重物的机械能减少

图5-4-1 ．

【例12】(多选)如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量都为m.现用手托着物体A使弹簧处于原长，细绳刚好竖直伸直，A与地面的距离为h，物体B静止在地面上．放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B对地面恰好无压力．若物体A落地后不反弹．则下列说法中正确的是( )

mg

A．弹簧的劲度系数为

h

1

B．A落地时弹簧的弹性势能等于mgh－mv2

2

C．与地面即将接触时A的加速度大小为g，方向竖直向上 D．物体A落地后B能上升到的最大高度为h

[解析] 由题意可知，此时弹簧所受的拉力大小等于B的重力，即F＝mg，弹簧伸长的mg

长度为x＝h，由F＝kx得，k＝，故A正确．A与弹簧组成的系统机械能守恒，则有：

h11

mgh＝mv2＋Ep，则弹簧的弹性势能：Ep＝mgh－mv2，故B错误．根据牛顿第二定律，对

22A有：F－mg＝ma，得a＝0，故C错误．物体A落地后，物体B对地面恰好无压力，此时B的速度恰好为零，即B静止不动，故D错误．

10

[答案] AB

练习：如图5-5-1所示，物体A和B分别系在跨过定滑轮的细绳两端，物体A的质量为mA=1.5kg，物体B的质量为mB=1kg.开始时把A托住，使B刚好与地面接触，此时物体A离地面高度为1m，放手后让A从静止开始下落.（g取10m/s2）求：

图5-5-1

（1）当物体A着地时，物体B的速度是多大？ （2）物体A着地后，物体B还能上升多高？

解析：（1）松开手后，物体A，B都做匀变速直线运动，速度大小、加速度大小都相等，所以可以用牛顿运动定律按连接体问题求解.但应用机械能守恒定律更为简捷,应该注意到,在运动过程中,绳的拉力对A做负功,对B做正功,但总和为零.所以,把A, B和地球看做一个整体,机械能是守恒的.

当A着地时,系统重力势能的减少量为

系统动能的增加量为

EP(mAmB)gh11

EK1(mAmB)22

由于系统的机械能是守恒的,故有

EPEK，

1(mAmB)22

即

(mAmB)gh解得2m/s.

（2）物体A着地后，物体B仍有2m/s向上的速度，此后绳子松弛，物体B做初速度为2m/s的竖直上抛运动，设到达的最大高度为H，由机械能守恒定律得解得H0.2m.

mBgH1mB22.

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