2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 2.1 功與能 講義（含解析）

專題二動(dòng)量與能量第1講功與能基本知能：考點(diǎn)一|動(dòng)能定理的應(yīng)用1．對(duì)動(dòng)能定理的理解(1)動(dòng)能定理表達(dá)式W＝ΔEk中，W表示所有外力做功的代數(shù)和。ΔEk為所研究過程的末動(dòng)能與初動(dòng)能之差，且物體的速度均是相對(duì)地面的速度。(2)2．應(yīng)用動(dòng)能定理解題應(yīng)注意的四點(diǎn)(1)動(dòng)能定理往往用于單個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)過程，由于不涉及加速度及時(shí)間，比動(dòng)力學(xué)研究方法要簡(jiǎn)捷。(2)動(dòng)能定理表達(dá)式是一個(gè)標(biāo)量式，在某個(gè)方向上應(yīng)用動(dòng)能定理是沒有依據(jù)的。(3)物體在某個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中包含有幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的過程(如加速、減速的過程)，此時(shí)可以分段考慮，也可以對(duì)全過程考慮，但如能對(duì)整個(gè)過程利用動(dòng)能定理列式，則可使問題簡(jiǎn)化。(4)根據(jù)動(dòng)能定理列方程時(shí)，必須明確各力做功的正、負(fù)，確實(shí)難以判斷，可先假定為正功，最后根據(jù)結(jié)果加以檢驗(yàn)。3.應(yīng)用動(dòng)能定理解題的步驟圖解[典例1](2021·湖南省長(zhǎng)沙市一模)質(zhì)量為2kg的物體以一定的初速度沿傾角為30°的斜面向上滑行，在向上滑行的過程中，其動(dòng)能隨位移的變化關(guān)系如圖所示，則物體返回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為(g取10m/s2)()A．34JB．56JC．92JD．196JA[物體上滑的過程中重力與摩擦力都做負(fù)功，由動(dòng)能定理得－mgx·sin30°－Ffx＝0－E0，下滑的過程中重力做正功，摩擦力做負(fù)功，得mgx·sin30°－Ffx＝E－0，代入數(shù)據(jù)得E＝34J，故選A。][典例2]已知擺線長(zhǎng)L＝2m，θ＝60°，小球質(zhì)量為m＝0.5kg，D點(diǎn)與小孔A的水平距離s＝2m，g取10m/s2。(1)擺線能承受的最大拉力為多大？(2)要使擺球能進(jìn)入圓軌道并且不脫離軌道，求擺球與粗糙水平面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ的取值范圍。[解析](1)擺球由C到D過程機(jī)械能守恒，則mg(L－Lcosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)在D點(diǎn)由牛頓第二定律得FT－mg＝eq\f(mv\o\al(2,D),L)聯(lián)立得擺線的最大拉力為FT＝2mg＝10N。(2)擺球不脫離圓軌道的情況有：①擺球能到達(dá)A孔，且小球到達(dá)A孔的速度恰好為零對(duì)擺球從D到A的過程，由動(dòng)能定理得－μ1mgs＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)解得μ1＝0.5。②擺球進(jìn)入A孔的速度較小，在圓心以下做等幅擺動(dòng)，不脫離軌道，其臨界情況為到達(dá)與圓心等高處速度為零，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝mgR對(duì)擺球從D到A的過程，由動(dòng)能定理得－μ2mgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)解得μ2＝0.35。③擺球能過圓軌道的最高點(diǎn)則不會(huì)脫離軌道，則在圓周的最高點(diǎn)，由牛頓第二定律得mg＝eq\f(mv2,R)由動(dòng)能定理得－μ3mgs－2mgR＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)解得μ3＝0.125綜上所述，動(dòng)摩擦因數(shù)μ的取值范圍為0.35≤μ≤0.5或者μ≤0.125。[答案](1)10N(2)0.35≤μ≤0.5或μ≤0.125考點(diǎn)二|機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用1．機(jī)械能是否守恒的三種判斷方法(1)用做功判斷：若物體或系統(tǒng)只有重力(或彈簧的彈力)做功，雖受其他力，但其他力不做功，則其機(jī)械能守恒。(2)用能量轉(zhuǎn)化判斷：若物體或系統(tǒng)中只有動(dòng)能和勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化，而無機(jī)械能與其他形式的能的相互轉(zhuǎn)化，則其機(jī)械能守恒。(3)對(duì)多個(gè)物體組成的系統(tǒng)，除考慮是否只有重力做功外，還要考慮系統(tǒng)內(nèi)力是否做功，如有滑動(dòng)摩擦力做功時(shí)，因摩擦生熱，系統(tǒng)機(jī)械能將有損失。2．機(jī)械能守恒定律的三種表達(dá)形式3.連接體的機(jī)械能守恒問題輕繩模型①分清兩物體是速度大小相等，還是沿繩方向的分速度大小相等②用好兩物體的位移大小關(guān)系或豎直方向高度變化的關(guān)系輕桿模型①平動(dòng)時(shí)兩物體速度相等，轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)兩物體角速度相等．沿桿方向速度大小相等②桿對(duì)物體的作用力并不總是沿桿的方向，桿能對(duì)物體做功，單個(gè)物體機(jī)械能不守恒③對(duì)于桿和球組成的系統(tǒng)，忽略空氣阻力和各種摩擦且沒有其他力對(duì)系統(tǒng)做功，則系統(tǒng)機(jī)械能守恒輕彈簧模型①含彈簧的物體系統(tǒng)在只有彈簧彈力和重力做功時(shí)，物體和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，而單個(gè)物體機(jī)械能不守恒②同一根彈簧彈性勢(shì)能大小取決于彈簧形變量的大小，在彈簧彈性限度內(nèi)，形變量相等，彈性勢(shì)能相等③由兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體與彈簧組成的系統(tǒng)，當(dāng)彈簧形變量最大時(shí)，彈簧兩端連接的物體具有相同的速度；彈簧處于自然長(zhǎng)度時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最小(為零)單個(gè)物體的機(jī)械能守恒[典例3]如圖甲所示，在豎直平面內(nèi)固定一光滑的半圓形軌道ABC，小球以一定的初速度從最低點(diǎn)A沖上軌道，圖乙是小球在半圓形軌道上從A運(yùn)動(dòng)到C的過程中，其速度平方與其對(duì)應(yīng)高度的關(guān)系圖像．已知小球在最高點(diǎn)C受到軌道的作用力為2.5N，空氣阻力不計(jì)，B點(diǎn)為AC軌道中點(diǎn)，g＝10m/s2，求：(1)圖乙中b的值；(結(jié)果不用帶單位)(2)小球在B點(diǎn)受到軌道作用力的大?。鸢?1)25(2)8.5N解析(1)小球在光滑軌道上運(yùn)動(dòng)，只有重力做功，故機(jī)械能守恒，所以有：eq\f(1,2)mvA2＝eq\f(1,2)mv2＋mgh解得：vA2＝v2＋2gh，則有v2＝－2gh＋vA2故將(0.8,9)代入上式可得：b＝vA2＝(9＋2×10×0.8)m2/s2＝25m2/s2(2)由題圖乙可知，軌道半徑R＝0.4m，小球在C點(diǎn)的速度為3m/s，在A點(diǎn)的速度為5m/s，在C點(diǎn)由牛頓第二定律可得：F＋mg＝eq\f(mv\o\al(C2),R)，解得：m＝eq\f(F,\f(v\o\al(C2),R)－g)＝0.2kg小球從A到B，由機(jī)械能守恒可得eq\f(1,2)mvA2＝mgR＋eq\f(1,2)mvB2解得vB＝eq\r(v\o\al(A2)－2gR)＝eq\r(25－2×10×0.4)m/s＝eq\r(17)m/s所以小球在B點(diǎn)受到的水平方向上的合外力提供小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力：F＝eq\f(mv\o\al(B2),R)＝eq\f(0.2×17,0.4)N＝8.5N所以小球在B點(diǎn)受到軌道作用力的大小為8.5N.多個(gè)物體系統(tǒng)機(jī)械能守恒[典例4](多選)(2021·河南開封四校高三3月聯(lián)考)如圖所示，在傾角為30°的光滑固定斜面上，放有兩個(gè)質(zhì)量分別為1kg和2kg的可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A和B，兩球之間用一根長(zhǎng)l＝0.2m的輕桿相連，小球B距水平面的高度h＝0.1m。斜面底端與水平面之間有一光滑短圓弧相連，兩球從靜止開始下滑到光滑水平面上，g取10m/s2。則下列說法中正確的是()A．下滑的整個(gè)過程中A球機(jī)械能守恒B．下滑的整個(gè)過程中兩球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C．兩球在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小為2m/sD．系統(tǒng)下滑的整個(gè)過程中B球機(jī)械能的增加量為eq\f(2,3)JBD[當(dāng)B在水平面上滑行而A在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，桿的彈力對(duì)A球做負(fù)功，A球機(jī)械能減少，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；A、B兩球組成的系統(tǒng)只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力做功，機(jī)械能守恒，選項(xiàng)B正確；對(duì)A、B兩球組成的系統(tǒng)由機(jī)械能守恒定律得mAg(h＋lsin30°)＋mBgh＝eq\f(1,2)(mA＋mB)v2，解得v＝eq\f(2,3)eq\r(6)m/s，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；B球機(jī)械能的增加量為ΔEp＝eq\f(1,2)mBv2－mBgh＝eq\f(2,3)J，選項(xiàng)D正確。]應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題的基本思路考點(diǎn)三|功能關(guān)系的應(yīng)用1．常見的功能關(guān)系2．應(yīng)用能量守恒定律的兩條基本思路(1)某種形式的能減少，一定存在其他形式的能增加，且減少量和增加量一定相等，即ΔE減＝ΔE增。(2)某個(gè)物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量一定相等，即ΔEA減＝ΔEB增。[典例5]某段高速路對(duì)載重貨車設(shè)定的允許速度范圍為50～80km/h，而上坡時(shí)若貨車達(dá)不到最小允許速度50km/h，則必須走“爬坡車道”來避免危險(xiǎn)，如圖所示。某質(zhì)量為4.0×104kg的載重貨車，保持額定功率200kW在“爬坡車道”上行駛，每前進(jìn)1km，上升0.04km，貨車所受的阻力(摩擦阻力與空氣阻力)為車重的1%，g取10m/s2，爬坡車道足夠長(zhǎng)，則貨車勻速上坡的過程中()A．牽引力等于2×104NB．速度可能大于36km/hC．上坡過程增加的重力勢(shì)能等于貨車牽引力所做的功D．上坡過程增加的機(jī)械能等于貨車克服阻力所做的功A[貨車勻速上坡的過程中，根據(jù)平衡條件得牽引力大小F＝0.01mg＋mgsinθ＝0.01×4.0×104×10N＋4.0×104×10×eq\f(0.04,1)N＝2×104N，A正確；根據(jù)P＝Fv得v＝eq\f(P,F)＝eq\f(2×105,2×104)m/s＝10m/s＝36km/h，B錯(cuò)誤；上坡過程增加的重力勢(shì)能等于貨車牽引力所做的功與克服阻力做的功之差，C錯(cuò)誤；根據(jù)功能關(guān)系知，上坡過程增加的機(jī)械能等于貨車牽引力做功與克服阻力所做的功之差，D錯(cuò)誤。][典例6](2021·湖北省恩施市二模)如圖所示，水平傳送帶兩端點(diǎn)A、B間的距離為l，傳送帶開始時(shí)處于靜止?fàn)顟B(tài)。把一個(gè)小物體放到右端的A點(diǎn)，某人用恒定的水平力F使小物體以速度v1勻速滑到左端的B點(diǎn)，拉力F所做的功為W1、功率為P1，這一過程物體和傳送帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q1。隨后讓傳送帶以v2的速度勻速運(yùn)動(dòng)，此人仍然用相同的恒定的水平力F拉物體，使它以相對(duì)傳送帶為v1的速度勻速?gòu)腁滑行到B，這一過程中，拉力F所做的功為W2、功率為P2，物體和傳送帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q2。下列關(guān)系中正確的是()A．W1＝W2，P1＜P2，Q1＝Q2B．W1＝W2，P1＜P2，Q1＞Q2C．W1＞W(wǎng)2，P1＝P2，Q1＞Q2D．W1＞W(wǎng)2，P1＝P2，Q1＝Q2B[因?yàn)閮纱蔚睦屠Ψ较虻奈灰撇蛔?，由功的概念可知，兩次拉力做功相等，所以W1＝W2，當(dāng)傳送帶不動(dòng)時(shí)，物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1＝eq\f(l,v1)；當(dāng)傳送帶以v2的速度勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝eq\f(l,v1＋v2)，所以第二次用的時(shí)間短，功率大，即P1＜P2；一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做功的絕對(duì)值等于滑動(dòng)摩擦力與相對(duì)路程的乘積，也等于轉(zhuǎn)化的內(nèi)能，第二次的相對(duì)路程小，所以Q1＞Q2，選項(xiàng)B正確。]考點(diǎn)四|新情境探究以“彈跳小人”為背景考查功能關(guān)系[案例1](多選)“彈跳小人”(如圖甲所示)是一種深受兒童喜愛的玩具，其原理如圖乙所示。豎直光滑長(zhǎng)桿固定在地面不動(dòng)，套在桿上的輕質(zhì)彈簧下端不固定，上端與滑塊拴接，滑塊的質(zhì)量為0.80kg?，F(xiàn)在向下壓滑塊，直到彈簧上端離地面高度h＝0.40m時(shí)，然后由靜止釋放滑塊?；瑝K的動(dòng)能Ek隨離地高度h變化的圖象如圖丙所示。其中高度從0.80m到1.40m范圍內(nèi)的圖線為直線，其余部分為曲線。若以地面為重力勢(shì)能的參考平面，空氣阻力為恒力，g取10m/s2。則結(jié)合圖象可知()甲乙丙A．彈簧原長(zhǎng)為0.72mB．空氣阻力大小為1.00NC．彈簧的最大彈性勢(shì)能為9.00JD．在彈簧落回地面的瞬間滑塊的動(dòng)能為5.40JBC[從h＝0.80m開始，彈簧下端與地面分離，則知彈簧的原長(zhǎng)為0.80m，故A錯(cuò)誤；從0.80m上升到1.40m過程，在Ek-h圖象中，根據(jù)動(dòng)能定理知：圖線的斜率大小表示滑塊所受的合外力，由于高度從0.80m上升到1.40m范圍內(nèi)圖象為直線，其余部分為曲線，說明滑塊從0.80m上升到1.40m范圍內(nèi)所受作用力為恒力，根據(jù)動(dòng)能定理得－(mg＋f)Δh＝0－Ek，由圖知Δh＝0.60m，Ek＝5.40J，解得空氣阻力f＝1.00N，故B正確；根據(jù)能量守恒定律可知，當(dāng)滑塊上升至最大高度時(shí)，整個(gè)過程中，增加的重力勢(shì)能和克服空氣阻力做功之和等于彈簧的最大彈性勢(shì)能，所以Epm＝(mg＋f)Δh′＝9×(1.40－0.4)J＝9.00J，故C正確；滑塊由最大高度到彈簧落回地面的瞬間，根據(jù)動(dòng)能定理得(mg－f)Δh＝Ek′－0，得Ek′＝4.2J，故D錯(cuò)誤。]以“沖浪運(yùn)動(dòng)”為背景考查機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用[案例2]滑板運(yùn)動(dòng)是一種陸地上的“沖浪運(yùn)動(dòng)”，滑板運(yùn)動(dòng)員可在不同的軌道上滑行并做出各種高難度動(dòng)作，給人以美的享受。如圖所示是模擬的滑板滑行軌道，該軌道由足夠長(zhǎng)的斜直軌道、半徑R1＝1m的凹形圓弧軌道和半徑R2＝1.6m的凸形圓弧軌道組成，這三部分軌道處于同一豎直平面內(nèi)且依次平滑連接，其中AB與水平方向夾角θ＝37°，C點(diǎn)為凹形圓弧軌道的最低點(diǎn)，D點(diǎn)為凸形圓弧軌道的最高點(diǎn)，凸形圓弧軌道的圓心O2點(diǎn)與C點(diǎn)處在同一水平面上。一質(zhì)量為m＝1kg可看作質(zhì)點(diǎn)的滑板，從斜直軌道上的P點(diǎn)無初速滑下，經(jīng)過C點(diǎn)滑向D點(diǎn)，P點(diǎn)距B點(diǎn)所在水平面的高度h＝1.8m，不計(jì)一切阻力，g取10m/s2。求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)滑板滑到C點(diǎn)時(shí)滑板對(duì)軌道的壓力；(2)若滑板滑到D點(diǎn)時(shí)恰做平拋運(yùn)動(dòng)，則從P點(diǎn)須以多大初速度開始下滑。[解析](1)滑板從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，由機(jī)械能守恒定律得mg[h＋R1(1－cosθ)]＝eq\f(1,2)mveq