第7课时　动能定理　机械能守恒　能量守恒命题规律　1.命题角度：(1)动能定理的综合应用；(2)机械能守恒定律及应用；(3)能量守恒定律.2.常考题型：计算题．高考题型1　动能定理的综合应用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．例1　(2019·全国卷Ⅲ·17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图1所示．重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为()图1A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg答案　C解析　设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，当Δh＝3 m时，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)Δh＝(36－72) J；物体在下落


v0＝水平射入圆管轨道，运动到B点时对轨道的压力大小为自身重力的5倍，物块经过C点时速度大小不发生变化，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g，求：图2(1)物块从A点运动到B点的过程中，阻力所做的功；(2)物块最终停留的位置．答案　(1)－mgR　(2)斜面上距C点R处解析　(1)物块运动到B点时，设轨道对其支持力大小为FN，由牛顿第三定律知FN＝FN′＝5mg由牛顿第二定律有FN－mg＝m解得
vB＝2物块从A点运动到B点的过程，由动能定理有2mgR＋Wf＝m
vB2－mv02，得Wf＝－mgR(2)设物块沿斜面上升的最大位移为x，由动能定理有－μ1mg·2R－mgxsin θ－Ffx＝0－m
vB2其中Ff＝μ2mgcos θ，解得x＝R因μ2mgcos θ>mgsin θ，故物块在速度减为零之后不会下滑，物块最终会静止在斜面上距离C点R处．高考题型2　机械能守恒定律的应用1．判断物体或系统机械能是否守恒的三种方法定义判断法看动能与重力(或弹性)势能之和是否变化能量转化判断法没有与机械能以外的其他形式的能转化时，系统机械能守恒做功判断法只有重力(或弹簧的弹力)做功时，系统机械能守恒　　2.机械能守恒定律的表达式
过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，当Δh＝3 m时，再由动能定理结合题图可得(mg－F)Δh＝(48－24) J，联立解得m＝1 kg、F＝2 N，选项C正确，A、B、D均错误．例2　如图2所示，AB为一固定在水平面上的半圆形细圆管轨道，轨道内壁粗糙，其半径为R且远大于细管的内径，轨道底端与水平轨道BC相切于B点．水平轨道BC长为2R，动摩擦因数为μ1＝0.5，右侧为一固定在水平面上的粗糙斜面．斜面CD足够长，倾角为θ＝37°，动摩擦因数为μ2＝0.8.一质量为m，可视为质点的物块从圆管轨道顶端A点以初速度


好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的
关系．轻
杆方向速度大小相等．②杆
对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆
杆模型①平动时两物体速度相等，转动时两物体角速度相等．沿
能对物体做功，单个物体机械能不守恒．③对于
杆和球成组系的统，气略空忽阻力和各
种摩擦且没有其他力对系统做功，则系统机械能守恒．轻弹簧模型①含弹簧的物体系统在只有弹簧弹力和重力做功时，物体和弹簧
组成的系统机械能守恒，
而单个物体机械能不守恒．②同一
根弹簧弹性势能大小取决簧弹于形变量的大小，在弹簧弹性
限由内，形变量相等，弹性势能相等．③度两个或两个以上的物体与弹簧
组成最系统，当弹簧形变量的大时，弹簧两端连接的物体
具速相同的有度；弹簧处于自然为零度时，弹簧弹性势能最小(长).考向一　单个物体机械能守恒例3　(2021·安徽
高三联考)如图3甲一示，在竖直平所内固定面光道的半圆形轨滑ABC，小球
以一定的初速度从最低冲点A上轨道，图乙是小球道半圆形轨在上从A运动到C的过程中，其速度平方与其对应高度的
关系图象．已知小球受最高点C在到轨道的作用力为2.5N，
空气B点为AC轨道中点，g阻力不计，＝10 m/s2，求：
3．连接体的机械能守恒问题轻绳模型①分清两物体是速度大小相等，还是沿绳方向的分速度大小相等．②用


乙中b的值；(结果不用带单位)(2)小
球(2B点受到轨道作用力的大小．答案　(1)25　在)8.5 N解析　(1)小
球在光m轨道滑运动，只有重力做功，故机械能守恒，所以有：上vA2＝mv2解得：mgh＋
vA2＝2v＋2gh即
为：b＝(9＋2×10×0.8) m2/s2＝25 m2/s2(2)由题图
乙知，轨道半径R可＝0.4 m，小球C点的速度为3 m/s，在A在点的速度为5m/s，在C点由牛顿第二定律可得：F＋mg＝解得：m＝＝0.2 kg小
球从A到B，由机械能守恒可得m
mA2＝mgR＋vvB2解得
B＝＝v＝ m/s m/s所以小
球在B点受到的水平方向上的合外力为向心力：F＝＝ N＝8.5 N所以小
球8B点受到轨道作用力的大小为在.5 N.考向二　
关例4　(多选)(联物体机械能守恒2021·黑龙江省哈尔滨实验
中学模A)如图4所示，滑块拟、B的质量均为m，A套
直倾斜固定的在杆斜，倾上杆与水平面套45°成，B角直水平固定的在杆两，上杆接分离不
触，两直杆距离间的忽略不计，两直杆足够长，A、B通过链铰L用长度的为刚性轻轻(杆初始时
杆与水平面3成0°角)连接，A、B从静止释放开，B始沿水平杆右运动，不计一切向摩擦，滑块A、B可视为质点，重力加速度为g，下
列说(　　)图4法正确的是A．A、B及轻
杆组成AB．当A到达B所在的水平面时，的系统机械能守恒的速度为C．B到达最右端时，A的速度大于
图3(1)图


杆组成统系统只有重力做功，系的机械能守恒，A正确；从
开到A始到达与B在同一水平面的过程，由系统的机械能守恒得mgLsin 30°＝m
vA2＋mvB2，其中＝Avcos 45°vB，解为A的速度得vA＝，B错误；B滑块到达最右端时，速度为零，
此时轻杆与斜杆垂i，由系统的机械能守恒得mg(Ls直n 30°＋Lsin 45°)＝m
得 A12，解vA的速度为轻A1＝v>，C正确；当杆与水平杆垂时直大，速度最B的此的A时速度为零，由系统的机械能守恒得mg(Lsin 30°＋L)＝m
vBmax2，解得B的最大速度为mBvax＝，D错误．考向三　含弹簧的系统机械能守恒例5　(2020·重
庆市沙坪坝区重庆八中模)拟如图5所示，可半径调节的光半圆形轨道滑CDE在竖直平面内与
光切于平轨道AC相滑水C点，一轻质弹簧左的定在水平轨道A处端固挡板上，右端自
然伸B到长点，B点与轨道最低，C相点足够远距现用一小球压缩小弹簧(球不与弹簧
拴接)，在弹性限度内将弹簧压缩l后再由静止释放小球CD当半圆形轨道，E的半径为R、小
球质量为m时，小球恰能沿轨道通.E过最高点求：图5(1)小
球在水平轨道上的落点与C点的距离；(2)现
用质量为2m的小球将压簧弹缩l后由静止释放，若小球仍然恰能通点E过，则半圆形轨道CDE的半径应
调为多少(答案　．1)2R　(2)解析　(1)在E点mg＝m由平抛运动规律有2R＝gt2，x＝
vEt解得x＝2R(2)设弹簧压
缩l后的弹性势能为Ep，由能量守恒得Ep＝mg·2R＋m
vE2换
用质量为2m的小球由牛顿第二定律有2mg＝2m由能量守恒有后，Ep＝2mg·2r＋×2m
vE′2解得r＝.高考题型3　能量守恒定律的应用1．含摩擦生
热、焦耳热、电势能等多种形式能量转化的系统，优先选用能量守恒定律．
D．B的最大速度为答案　AC解析　不计一切摩擦，在运动的过程中，A、B及轻


基本思路(1)系统初
状态的总能量等于系统末状态的总能量 E总
初＝E总末有(2)系统只．A、B时，A的能量减
少量等于B的能量增量，表达式为Δ加EA减＝ΔEB增，不
必区分物体或能量形式．3．系统机械能守恒可以看
成是系统能量守恒的特殊情况例6　(．2021·安徽安庆市
三高月器考)缓冲是一种吸收相撞的量能装，置起到安全护保作用，在生
产和生活中有着广泛的应用，如常用弹性缓冲器和液压缓冲器等装置来保护车辆、电梯等
安全，如图6所示是一种弹性缓冲器的理想模型．劲度系数足够大的水平轻质弹簧与水平轻
杆相连，轻杆的在固定可槽内移动，与槽定的滑动摩擦间为力值Ff.轻杆不向移动右超过L时，
装置可安全工作．现质一用量为m的小车以度速v0向右撞击弹簧，撞击后导致将杆轻
能向右移动，已知轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车擦．求：与地面间的摩图6(1)该小
车与弹簧分离时的速度大小；(2)改
变小车的速度，保证装置安全工作前提下，轻杆向右运动的最长时间；(3)该小
车撞击弹簧的最大动能满足什么条件时，能够保证装置安全工作．答案　(1)　(2)　
(3)Ekm≤m20v＋FfL解析　(1)从
开始压缩到分离，由能量守恒得m
v02－m1v2＝Ff则
v1＝(2)小
车与轻杆整体减速的加速度a＝轻
杆向右运动L，刚好tL＝a减速为零时运动时间最长，有2解得最长时间t＝(3)轻
开杆后始移动，弹簧压缩为x不再变化，弹性量能一定，速度势v0时，则由系统能量关
系有mE02＝vp＋Ff速度最大为
vm时，则由系统能量关系有m
vm2＝Ep＋FfL得m
vm2－m02＝vFfL最大动能Ekm≤m
v02＋FfL.1.(2021·广东江门市台师
高级中学高三的末)如图7所示，半期��