2022屆高考物理二輪復習專題二動量與能量

專題二動量與能量

第1講功與能

基本知能:

恒力的功

功合力的功I---T動能定理

做變力的功

功

快

慢

W

平均功率求

功率T解

方

瞬時功率---P=Fvcosa法

恒定功率啟動7不變

動能變化

除重力和系統(tǒng)內(nèi)彈

機械能守恒機械能變化

力以外其他力做功

動能、勢能和內(nèi)能相互轉化

能量守恒

考點一I動能定理的應用

1.對動能定理的理解

(1)動能定理表達式W=AEk中，W表示所有外力做功的代數(shù)和。△員為所研

究過程的末動能與初動能之差，且物體的速度均是相對地面的速度。

?既適用于直線運動，也適用于曲線運動

⑵適皿也叫既適用于恒力做功，也適用于變力做功

2.應用動能定理解題應注意的四點

⑴動能定理往往用于單個物體的運動過程，由于不涉及加速度及時間，比

動力學研究方法要簡捷。

(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(jù)

的。

(3)物體在某個運動過程中包含有幾個運動性質不同的過程(如加速、減速的

過程)，此時可以分段考慮，也可以對全過程考慮，但如能對整個過程利用動能

定理列式，則可使問題簡化。

(4)根據(jù)動能定理列方程時，必須明確各力做功的正、負，確實難以判斷，

可先假定為正功，最后根據(jù)結果加以檢驗。

3.應用動能定理解題的步驟圖解

［典例1］(2021.湖南省長沙市一模)質量為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，其動能隨位移的變化關系如

圖所示，則物體返回到出發(fā)點時的動能為(g取lOmHX

A.34JB.56J

C.92JD.196J

A［物體上滑的過程中重力與摩擦力都做負功，由動能定理得一機gx?sin30。

—Ffx=O_Eo,下滑的過程中重力做正功，摩擦力做負功，得，〃gx,sin30。-Ffx

=E-0,代入數(shù)據(jù)得E=34J,故選A。］

［典例2］已知擺線長L=2m,。=60。，小球質量為m=0.5kg,。點與小孔A

的水平距離s=2m,g取lOm/s?。

(1)擺線能承受的最大拉力為多大？

(2)要使擺球能進入圓軌道并且不脫離軌道，求擺球與粗糙水平面間動摩擦

因數(shù)〃的取值范圍。

［解析］(1)擺球由C到D過程機械能守恒，

1

貝4LeosO)=^mVD

在。點由牛頓第二定律得Fr—機8=詈小

■

聯(lián)立得擺線的最大拉力為尸r=2mg=10N。

(2)擺球不脫離圓軌道的情況有：

①擺球能到達4孔，且小球到達A孔的速度恰好為零

對擺球從D到A的過程，由動能定理得一"imgs=0—旎

解得"1=0.5。

②擺球進入A孔的速度較小，在圓心以下做等幅擺動，不脫離軌道，其臨

界情況為到達與圓心等高處速度為零，由機械能守恒定律得當n咫=/ngR

對擺球從D到A的過程，由動能定理得一"2/ngs=；/M詫一沈

解得"2=0.35。

③擺球能過圓軌道的最高點則不會脫離軌道，則在圓周的最高點，

由牛頓第二定律得機g=/~

由動能定理得一"37ngs—2mgR=；/n〃一；/打虎解得〃3=0.125

綜上所述，動摩擦因數(shù)"的取值范圍為0.35W//W0.5或者"W0.125。

［答案］(1)10N(2)0.35/好0.5或"W0.125

考點二|機械能守恒定律的應用

1.機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，則其機械能守恒。

(2)用能量轉化判斷：若物體或系統(tǒng)中只有動能和勢能的相互轉化，而無機

械能與其他形式的能的相互轉化，則其機械能守恒。

(3)對多個物體組成的系統(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，如有滑動摩擦力做功時，因摩擦生熱，系統(tǒng)機械能將有損失。

2.機械能守恒定律的三種表達形式

3.連接體的機械能守恒問題

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系或豎直方向高

度變化的關系

①平動時兩物體速度相等，轉動時兩物體角速

度相等.沿桿方向速度大小相等

②桿對物體的作用力并不總是沿桿的方向，桿

能對物體做功，單個物體機械能不守恒

③對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系統(tǒng)做功，則系統(tǒng)機械

能守恒

①含彈簧的物體系統(tǒng)在只有彈簧彈力和重力

做功時，物體和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，

而單個物體機械能不守恒

輕

②同一根彈簧彈性勢能大小取決于彈簧形變

彈

量的大小，在彈簧彈性限度內(nèi)，形變量相等，

簧

彈性勢能相等

模

③由兩個或兩個以上的物體與彈簧組成的系

型

統(tǒng)，當彈簧形變量最大時，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?。榱悖?/p>

考向1單個物體的機械能守恒

［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A8C,小球以一定

的初速度從最低點A沖上軌道，圖乙是小球在半圓形軌道上從A運動到C的過

程中，其速度平方與其對應高度的關系圖像.已知小球在最高點C受到軌道的

作用力為2.5N,空氣阻力不計，B點為AC軌道中點，g=10m/s2,求：

（1）圖乙中匕的值；（結果不用帶單位）

（2）小球在B點受到軌道作用力的大小.

答案（1）25（2）8.5N

解析（1）小球在光滑軌道上運動，只有

重力做功，故機械能守恒，

所以有：^mvA2=2mv2^~mgh

解得：VA2=v2+2gh,則有v2=~2gh+vA

22222

故將(0.8,9)代入上式可得：b=vA=(9+2X10X0.8)m/s=25m/s

（2）由題圖乙可知，軌道半徑R=0.4m,小球在。點的速度為3m/s,在4點的

速度為5m/s,在C點由牛頓第二定律可得：F+mg=,

F

解導：m=~~~2=0.2kg

小球從A到B,由機械能守恒可得；7〃“12=次8/{+；7〃052

解得VB=yjvA2_2gR=A/25—2X10X0.4m/s=V17m/s

所以小球在B點受到的水平方向上的合外力提供小球做圓周運動的向心力：

2

mvB0.2X17

7?=0.4N=8.5N

所以小球在B點受到軌道作用力的大小為8.5N.

r考向I2J多個物體系統(tǒng)機械能守恒

［典例4］侈選）（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，放有兩個質量分別為1kg和2kg的可視為質點的小球A和

B,兩球之間用一根長/=0.2m的輕桿相連，小球8距水平面的高度〃=0.1mo

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.下滑的整個過程中A球機械能守恒

B.下滑的整個過程中兩球組成的系統(tǒng)機械能守恒飛々30。

^777777777777/777777^777777777^

C.兩球在光滑水平面上運動時的速度大小為2m/s

D.系統(tǒng)下滑的整個過程中B球機械能的增加量為件J

BD［當5在水平面上滑行而A在斜面上運動時，桿的彈力對4球做負功,

A球機械能減少，選項A錯誤；A、5兩球組成的系統(tǒng)只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力做

功，機械能守恒，選項B正確；對4、5兩球組成的系統(tǒng)由機械能守恒定律得

mAg(h+Zsin30°)+mitgh=^(mA+mn)v2,解得m/s,選項C錯誤；5球

i?

機械能的增加量為\Ep=^mBV2—mngh=^J,選項D正確。］

應用機械能守恒:定律解題的基本思路

C單個物體、多個物體組成的系統(tǒng)或含彈簧系統(tǒng)

定對象

,1

0對研究對象進行受力或做功情況的分析

兩分析

根據(jù)機械能守恒的條件判斷研究對象機械能是

1否守恒

判守恒

,1靈活選取E"產(chǎn)弗+Ep2、A￡k=-AEp

選公式k或A&二-AEH

考點三I功能關系的應用

1.常見的功能關系

廣麗'功是能量轉化的量度/Et-x

Q做？-----------------=量變?

重力做Uwcnmg"-重力勢能變化AEp

[彈力做功跖單一)-二*二一二二,彈性勢能變化AEp

合力做功用臺=卬|+%+卯3…卜-雁三”動能的變化A同

1除彈力和重力之外的其他力做功薪，.其他=機械能的變化AE)

1滑動摩擦力與介質阻力做功所相條]①相對二)強差統(tǒng)內(nèi)能的變化M內(nèi)

電場力做功W電b用電—電勢能變化AEp)

(電流做功卜=/〃卜W=-AE,(電能變化AE

2.應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

(2)某個物體的能量減少，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△&減=△品幅。

[典例5]某段高速路對載重貨車設定的允許速度范圍為50?80km/h,而

上坡時若貨車達不到最小允許速度50km/h,則必須走“爬坡車道”來避免危險,

如圖所示。某質量為4.0Xl()4kg的載重貨車，保持額定功率200kW在“爬坡車

道”上行駛，每前進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10mH,爬坡車道足夠長，則貨車勻速上坡的過程中（）

A.牽引力等于2X1（）4N

B.速度可能大于36km/h大型車輛

^爬坡車道

C.上坡過程增加的重力勢能等于貨車牽引力所做的功

?CLIMBINGLANE

D.上坡過程增加的機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=0.017ng+

zngsin^=0.01X4.0X104X10N+4.0X104XlOX^pN=2X104N,A正確；才艮

p2X105

據(jù)/=/式得°=了=2xIO,=<n/s=36km/h,B錯誤；上坡過程增加的重

力勢能等于貨車牽引力所做的功與克服阻力做的功之差，C錯誤；根據(jù)功能關系

知，上坡過程增加的機械能等于貨車牽引力做功與克服阻力所做的功之差，D

錯誤。］

［典例6］（2021.湖北省恩施市二模）如圖所示，水平傳送帶兩端點A、8間

的距離為/,傳送帶開始時處于靜止狀態(tài)。把一個小物體放到右端的A點，某人

用恒定的水平力尸使小物體以速度勻速滑到左端的B點，拉力/所做的功為

陽、功率為R,這一過程物體和傳送帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為2。隨后讓

傳送帶以。2的速度勻速運動，此人仍然用相同的恒定的水平力F拉物體，使它

以相對傳送帶為⑦的速度勻速從A滑行到8,這一過程中，拉力尸所做的功為

電、功率為2,物體和傳送帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為。2。下列關系中正確

的是（）

A.Wi=W2,P\<Pi,Q\=Qi

B.W尸肥，P\<Pi，Q\>Qi

C.皿，P|=P2，。1>。2

D.W|>W2,Pl=P2,21=02

B［因為兩次的拉力和拉力方向的位移不變，由功的概念可知，兩次拉力

做功相等，所以Wi=W2,當傳送帶不動時，物體運動的時間為人=5；當傳送

帶以S的速度勻速運動時，物體運動的時間為，2=1，所以第二次用的時間

短，功率大，即P1<P2；一對滑動摩擦力做功的絕對值等于滑動摩擦力與相對

路程的乘積，也等于轉化的內(nèi)能，第二次的相對路程小，所以。1>。2,選項B

正確。］

考點四|新情境探究

□考向1以“彈跳小人”為背景考查功能關系

［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。豎直光滑長桿固定在地面不動，套在桿上的輕質彈簧下端不固

定，上端與滑塊拴接，滑塊的質量為0.80kg0現(xiàn)在向下壓滑塊，直到彈簧上端

離地面高度/?=0.40m時，然后由靜止釋放滑塊?；瑝K的動能反隨離地高度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。若以地面為重力勢能的參考平面，空氣阻力為恒力,g取lOm/s?。

則結合圖象可知()

甲乙丙

A.彈簧原長為0.72m

B.空氣阻力大小為LOON

C.彈簧的最大彈性勢能為9.00J

D.在彈簧落回地面的瞬間滑塊的動能為5.40J

BC［從無=0.80m開始，彈簧下端與地面分離，則知彈簧的原長為0.80m,

故A錯誤；從0.80m上升到1.40m過程，在Ek-無圖象中，根據(jù)動能定理知：

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)動能定理得一(/ng+/)A/i=0—Ek,由圖知A/i=0.60m,Ek

=5.40J,解得空氣阻力/=LOON,故B正確；根據(jù)能量守恒定律可知，當滑塊

上升至最大高度時，整個過程中，增加的重力勢能和克服空氣阻力做功之和等

于彈簧的最大彈性勢能，所以Epm=(/ng+_/)A"=9X(1.40—0.4)J=9