2026版高考物理步步高大二輪（培優(yōu)版）第一篇專題復(fù)習

第4講功和能課時1功與功率動能定理考點一功、功率的分析與計算功的計算恒力做功：W=Flcosα(α為F、l之間的夾角)變力做功：動能定理、微元法、等效法、轉(zhuǎn)化研究對象法、平均力法、圖像法、功率法(W=Pt)功率的計算平均功率：P=W瞬時功率：P=Fvcosα(α為F、v之間的夾角)機車啟動兩個基本關(guān)系式P=Fv，F(xiàn)-F阻=ma恒定功率啟動P不變，v，F(xiàn)，a?以vm做勻速運動Pt-F阻s=12m恒定加速度啟動a不變，F(xiàn)不變，v，P?P=P額，v，F(xiàn)，a?以vm做勻速運動最大速度vm無論哪種啟動方式，最大速度都等于勻速直線運動時的速度，即vm=P例1(2023·北京卷·11)如圖所示，一物體在力F作用下沿水平桌面做勻加速直線運動。已知物體質(zhì)量為m，加速度大小為a，物體和桌面之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，在物體移動距離為x的過程中()A.摩擦力做功大小與F方向無關(guān)B.合力做功大小與F方向有關(guān)C.F為水平方向時，F(xiàn)做功為μmgxD.F做功的最小值為max答案D解析設(shè)力F與水平方向的夾角為θ，則摩擦力為Ff=μ(mg-Fsinθ)，摩擦力做功大小Wf=μ(mg-Fsinθ)x，即摩擦力做功大小與F的方向有關(guān)，選項A錯誤；合力做功大小W=F合x=max，可知合力做功大小與力F方向無關(guān)，選項B錯誤；當力F水平時，則有F=ma+μmg，力F做功為WF=Fx=(ma+μmg)x，選項C錯誤；因合外力做功大小為max，大小一定，而合外力做的功等于力F與摩擦力Ff做功的代數(shù)和，而當Fsinθ=mg時，摩擦力Ff=0，摩擦力做功為零，力F做功最小，最小值為max，選項D正確。例2(2023·山東卷·4)《天工開物》中記載了古人借助水力使用高轉(zhuǎn)筒車往稻田里引水的場景。引水過程簡化如下：兩個半徑均為R的水輪，以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動。水筒在筒車上均勻排布，單位長度上有n個，與水輪間無相對滑動。每個水筒離開水面時裝有質(zhì)量為m的水，其中的60%被輸送到高出水面H處灌入稻田。當?shù)氐闹亓铀俣葹間，則筒車對灌入稻田的水做功的功率為()A.2nmgω2C.3nmgω2答案B解析由題知，水筒在筒車上均勻排布，單位長度上有n個，且每個水筒離開水面時裝有質(zhì)量為m的水，其中的60%被輸送到高出水面H處灌入稻田，則水輪轉(zhuǎn)一圈灌入農(nóng)田的水的總質(zhì)量為m總=2πRnm×60%=1.2πRnm，則水輪轉(zhuǎn)一圈灌入稻田的水克服重力做的功W=1.2πRnmgH，則筒車對灌入稻田的水做功的功率為P=WT，T=2πω，聯(lián)立解得P=3nmgωRH例3(多選)(2025·陜西榆林市模擬)“轆轤”是中國古代取水的重要設(shè)施，如圖甲所示，通過轉(zhuǎn)動手柄將細繩纏繞到半徑為R的轉(zhuǎn)筒上，就可以把水桶從井中提起。若某次轉(zhuǎn)動手柄的角速度ω隨時間t變化的圖像如圖乙所示，經(jīng)3t0時間把水桶從井底提升到井口，水桶和桶中水的總質(zhì)量為m，重力加速度大小為g，水桶可看成質(zhì)點，下列說法正確的是()A.0~2t0，水桶做初速度為零的勻加速直線運動B.水井的深度為ω0Rt0C.把水桶從井底提升到井口的過程中克服重力做功的平均功率為mgD.把水桶從井底提升到井口的過程中合力對水桶和桶中水做功為m答案AD解析轉(zhuǎn)筒邊緣上點的線速度大小等于水桶的速度大小，根據(jù)線速度與角速度的關(guān)系有v=ωR，因0~2t0內(nèi)，ω與t成正比，所以水桶的速度v與t成正比，即水桶做初速度為零的勻加速直線運動，故A正確；題圖乙中0~3t0內(nèi)圖線與時間軸所包圍的面積表示把水桶從井底提升到井口過程中轉(zhuǎn)筒轉(zhuǎn)過的角度，設(shè)為θ，則θ=ω0(t0+3t0)2=2ω0t0，故水井的深度為h=θR=2ω0Rt0，故B錯誤；把水桶從井底提升到井口的過程中克服重力做功的平均功率為P克=mgh3t0=mg·2ω0Rt03例4(多選)(2025·江西省部分學校一模)一輛機車在水平路面上從靜止開始做直線運動，其加速度隨時間變化的圖像如圖甲所示，機車牽引力F和車速倒數(shù)1v的關(guān)系圖像如圖乙所示，機車前進過程中所受阻力大小恒定，t=t0A.所受恒定阻力大小為1.5×105NB.機車運動的額定功率為6×106WC.機車勻加速運動的時間為30sD.機車的質(zhì)量為6×105kg答案AD解析由題圖乙可知，機車在BC段以額定功率啟動，當速度最大時，機車勻速行駛，機車所受恒定阻力大小等于機車牽引力的大小，則有Ff=F=1.5×105N，A正確；機車運動的額定功率P=Fvm=1.5×105×60W=9×106W，B錯誤；機車勻加速的末速度大小v=PF'=9×1064.5×105m/s=20m/s，由題圖甲可知機車的加速度大小為a=0.5m/s2，機車勻加速運動的時間t0=va=40s，C錯誤；根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合題圖甲可得F'-Ff=Ma，解得M考點二動能定理及應(yīng)用1.應(yīng)用動能定理解題的步驟圖解：2.應(yīng)用動能定理的四點提醒：(1)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(yīng)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幾個運動性質(zhì)不同的小過程，對全過程應(yīng)用動能定理，往往能使問題簡化。(4)多過程往復(fù)運動問題一般應(yīng)用動能定理求解。例5(2025·福建泉州市一模)滑板運動是一項驚險刺激的運動，深受青少年的喜愛。如圖所示是滑板運動的軌道，AB和CD分別是一段圓弧形軌道，BC是一段長7m的水平軌道。一運動員從AB軌道上的P點以6m/s的速度下滑，經(jīng)BC軌道后沖上CD軌道，到Q點時速度減為零。已知運動員與滑板的總質(zhì)量為50kg，h=1.4m，H=1.8m，不計圓弧軌道上的摩擦和空氣阻力(g取10m/s2)。求：(1)運動員第一次經(jīng)過B點、C點時的速度各是多少？(2)運動員與BC軌道的動摩擦因數(shù)。(3)運動員最終停止的位置到B點的距離。答案(1)8m/s6m/s(2)0.2(3)2m解析(1)從P點到B點，根據(jù)動能定理有mgh=12mvB2-代入數(shù)據(jù)解得vB=8m/s。從C點到Q點，根據(jù)動能定理有-mgH=0-12m代入數(shù)據(jù)解得vC=6m/s。(2)從B到C由動能定理得-μmglBC=12mvC2-代入數(shù)據(jù)解得μ=0.2。(3)由能量守恒知，機械能的減少量等于因滑動摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能，則有μmgs總=12mvP代入數(shù)據(jù)解得s總=16ms總=2lBC+2m故運動員最后停在距B點2m的地方。例6(2025·黑吉遼蒙卷·13)如圖，一雪塊從傾角θ=37°的屋頂上的O點由靜止開始下滑，滑到A點后離開屋頂。O、A間距離x=2.5m，A點距地面的高度h=1.95m，雪塊與屋頂?shù)膭幽Σ烈驍?shù)μ=0.125。不計空氣阻力，雪塊質(zhì)量不變，取sin37°=0.6，重力加速度大小g=10m/s2。求：(1)雪塊從A點離開屋頂時的速度大小v0；(2)雪塊落地時的速度大小v1，及其速度方向與水平方向的夾角α。答案(1)5m/s(2)8m/s60°解析(1)雪塊在屋頂上運動過程中，由動能定理得mgxsinθ-μmgcosθ·x=12mv代入數(shù)據(jù)解得v0=5m/s(2)雪塊離開屋頂后，做斜下拋運動，由動能定理得mgh=12mv12-代入數(shù)據(jù)解得v1=8m/scosα=v0cosθv解得α=60°。例7(2025·山東菏澤市檢測)如圖甲所示，水平地面上固定一傾角α=37°的斜面。質(zhì)量為m的物塊以初速度v0沿斜面上滑，其動能Ek與離出發(fā)點位移x的關(guān)系如圖乙所示。以出發(fā)點所在水平面為參考平面，重力加速度大小取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列判斷正確的是()A.物塊的質(zhì)量m=0.5kgB.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=0.25C.物塊的初速度v0=2m/sD.物塊在運動過程中的最大重力勢能Ep=20J答案B解析由題圖乙可知，上滑過程，根據(jù)動能定理得-mgxsin37°-μmgxcos37°=0-40J，下滑過程，根據(jù)動能定理得mgxsin37°-μmgxcos37°=20J，聯(lián)立解得m=5kg，μ=0.25，故A錯誤，B正確；由題圖乙可知，物塊的初動能為40J=12mv02，解得v0=4m/s，故C錯誤；當物塊上滑到最高點時，重力勢能最大，此時上升高度為h=xsin37°=1×0.6m=0.6m，故物塊在運動過程中的最大重力勢能Ep=mgh=30J變式(多選)(2025·廣東梅州市期中)如圖所示，光滑固定斜面底端固定一輕質(zhì)彈簧，一滑塊P從O點靜止釋放，向下滑動過程經(jīng)a點接觸彈簧，最低到達b點處。以O(shè)為原點、平行斜面向下為x軸正方向建立一維坐標系，a、b處坐標分別為x1、x2。設(shè)滑塊在b處的重力勢能為0，下滑過程中，滑塊的動能Ek、重力勢能Ep、機械能E、加速度a隨位移x的變化圖像符合實際的是()

答案BD解析設(shè)斜面的傾角為θ，滑塊接觸彈簧前，在經(jīng)過一小段位移Δx過程中，根據(jù)動能定理得mgΔxsinθ=ΔEk，整理得ΔEkΔx=mgsinθ，滑塊動能隨位移均勻增加；滑塊接觸彈簧后在經(jīng)過一小段位移Δx過程中，根據(jù)動能定理得(mgsinθ-F彈)Δx=ΔEk，整理得ΔEkΔx=mgsinθ-F彈，當F彈<mgsinθ時，由于彈簧彈力逐漸增大，圖像斜率逐漸減小，故A錯誤；滑塊下滑過程中有ΔEp=-mgΔh=-mgΔxsinθ，整理得ΔEpΔx=-mgsinθ，故B正確；滑塊接觸彈簧前滑塊機械能守恒，滑塊接觸彈簧后，彈簧彈性勢能增加，滑塊機械能減小，故C錯誤；滑塊接觸彈簧前，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ=ma1，解得a1=gsinθ，滑塊接觸彈簧后，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ-k(x-x1)=ma2，解得a2=gsin情景圖像斜率定義由ΔEk=F合s，斜率k等于沿速度方向的合外力由ΔEpG=mg·Δx知斜率k等于重力mgΔEpN=F·Δx知斜率k等于彈簧彈力F“圖像法”是根據(jù)題意把抽象復(fù)雜的物理過程有針對性地表示成物理圖像，將兩個物理量間的定量或定性關(guān)系轉(zhuǎn)變?yōu)閹缀侮P(guān)系，運用圖像直觀、形象、簡明的特點來分析解決物理問題，可化難為易、化繁為簡，避免煩瑣的計算，迅速找到正確答案。示例(2025·云南卷·6)如圖所示，質(zhì)量為m的滑塊(視為質(zhì)點)與水平面上MN段的動摩擦因數(shù)為μ1，與其余部分的動摩擦因數(shù)為μ2，且μ1>μ2。第一次，滑塊從Ⅰ位置以速度v0向右滑動，通過MN段后停在水平面上的某一位置，整個運動過程中，滑塊的位移大小為x1，所用時間為t1；第二次，滑塊從Ⅱ位置以相同速度v0向右滑動，通過MN段后停在水平面上的另一位置，整個運動過程中，滑塊的位移大小為x2，所用時間為t2。忽略空氣阻力，則()A.t1<t2 B.t1>t2C.x1>x2 D.x1<x2答案A解析對兩次運動的整個過程，根據(jù)動能定理有12mv02=μ1mgxMN+μ2mg(x1-xMN)，12mv02=μ1mgxMN+μ2mg(x2-xMN)，可得x1=x2，故C、D錯誤；設(shè)滑塊在水平面上滑動的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有μmg=ma，可得a=μg，由于μ1>μ2，故滑塊在MN段滑動時的加速度大，根據(jù)前面分析可知兩次運動的總位移相等，即兩次運動過程中v-t圖像與橫軸圍成的面積相等。由于第二次滑動時滑塊距離M點的距離較近，根據(jù)公式v02-vM2=2μ2gx，可知第二次到達M點時速度較大，作出整個過程中兩種運動狀態(tài)的v-t圖像，可得專題強化練[分值：55分][1~6題，每題4分，7~9題，每題6分][保分基礎(chǔ)練]1.(2025·云南卷·2)如圖所示，中老鐵路國際旅客列車從云南某車站由靜止出發(fā)，沿水平直軌道逐漸加速到144km/h，在此過程中列車對座椅上的一高中生所做的功最接近()A.4×105J B.4×104JC.4×103J D.4×102J答案B解析高中生的質(zhì)量約為50kg，根據(jù)動能定理有W=12mv2=4.0×104J，故選B2.(2024·貴州卷·6)質(zhì)量為1kg的物塊靜置于光滑水平地面上，設(shè)物塊靜止時的位置為x軸零點。現(xiàn)給物塊施加一沿x軸正方向的水平力F，其大小隨位置x變化的關(guān)系如圖所示，則物塊運動到x=3m處，F(xiàn)做功的瞬時功率為()A.8W B.16W C.24W D.36W答案A解析根據(jù)題圖可知物塊運動到x=3m處，F(xiàn)做的總功為WF=3×2J+2×1J=8J該過程根據(jù)動能定理得WF=12mv解得物塊運動到x=3m處時的速度v=4m/s故此時F做功的瞬時功率P=Fv=8W，故選A。3.(2023·湖北卷·4)兩節(jié)動車的額定功率分別為P1和P2，在某平直鐵軌上能達到的最大速度分別為v1和v2?，F(xiàn)將它們編成動車組，設(shè)每節(jié)動車運行時受到的阻力在編組前后不變，則該動車組在此鐵軌上能達到的最大速度為()A.P1v1C.(P1+答案D解析由題意可知對兩節(jié)動車分別有P1=f1v1，P2=f2v2，當將它們編組后有P1+P2=(f1+f2)v，聯(lián)立可得v=(P1+4.(2025·湖北省十一校第一次聯(lián)考)生活中常常用到“輪軸”系統(tǒng)，該系統(tǒng)能繞共軸線旋轉(zhuǎn)，如圖甲所示。起重機滑輪運用了輪軸和斜面的原理。某工地用起重機吊起質(zhì)量m=100kg的重物，將起重機的模型簡化，如圖乙所示。起重機底部安裝了一個輪軸，其軸與輪的半徑比為1∶2，若起重器將鋼繩A以速度v=5m/s勻速收縮了20m，不計輪軸質(zhì)量及一切阻力，滑輪大小可忽略，重力加速度g取10m/s2。在此過程中，下面說法正確的是()A.重物重力的功率為2500WB.重物重力的功率為5000WC.鋼繩B對重物做的功為20000JD.鋼繩B對重物做的功為50000J答案A解析“輪軸”系統(tǒng)中軸與輪的半徑比為1∶2，根據(jù)同軸轉(zhuǎn)動角速度相等結(jié)合v=rω，可知重物上升的速度v重=2.5m/s，則重物重力的功率為P重=mgv重=2500W，故A正確，B錯誤；A的速度與重物的速度之比為2∶1，則當A收縮20m時，重物上升了h=10m，鋼繩B對重物的拉力等于重物的重力，則鋼繩B對重物做的功WG=mgh=10000J，故C、D錯誤。5.(2023·遼寧卷·3)如圖(a)，從高處M點到地面N點有Ⅰ、Ⅱ兩條光滑軌道。兩相同小物塊甲、乙同時從M點由靜止釋放，沿不同軌道滑到N點，其速率v與時間t的關(guān)系如圖(b)所示。由圖可知，兩物塊在離開M點后、到達N點前的下滑過程中()A.甲沿Ⅰ下滑且同一時刻甲的動能比乙的大B.甲沿Ⅱ下滑且同一時刻甲的動能比乙的小C.乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不變D.乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大答案B解析由題圖(b)可知，甲下滑過程中，甲做勻加速直線運動，則甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐漸減小的加速運動，乙沿Ⅰ下滑，任意時刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一時刻甲的動能比乙的小，A錯誤，B正確；乙沿Ⅰ下滑，開始時乙速度為0，到N點時乙豎直方向速度為零，根據(jù)瞬時功率公式P=mgvy可知，重力功率先增大后減小，C、D錯誤。6.(2025·甘肅定西市模擬)中國自主研發(fā)的第四代軍用渦扇發(fā)動機WS-15在推力、燃油效率和可靠性等方面均達到了世界先進水平，已知WS-15渦扇發(fā)動機的噴氣口的橫截面積為S，噴出的燃氣密度為ρ，燃氣從噴氣口噴出時的速度大小為v，則WS-15渦扇發(fā)動機噴氣的功率為()A.12ρSv3 B.12ρSv2 C.ρSv2 答案A解析在時間間隔Δt內(nèi)，噴出燃氣的質(zhì)量m=ρSvΔt，根據(jù)動能定理可得發(fā)動機做的功為W=ΔEk=12mv2=12ρSv3Δt，則WS-15渦扇發(fā)動機噴氣的功率為P=WΔt=12[爭分提能練]7.(2025·河南商丘市質(zhì)檢)如圖所示，輕質(zhì)細繩一端固定在天花板上，另一端跨過一光滑動滑輪和兩固定在天花板上的光滑定滑輪，動滑輪下端掛有一重物。某人抓住繩的一端，從右側(cè)定滑輪正下方A點以v=5m/s的水平速度勻速移動到B點，此時細繩與水平方向的夾角為θ=37°。已知重物質(zhì)量為m=10kg，右側(cè)定滑輪與A點繩末端的豎直距離h=3m，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，不考慮滑輪的大小、質(zhì)量和一切阻力，下列說法正確的是()A.重物勻速上升B.人到達B點時，重物重力的功率為200WC.整個過程人對重物做功為100JD.人行走時，對地面的摩擦力方向水平向右答案B解析在B點由關(guān)聯(lián)速度可得，繩末端沿繩方向的分速度v1=vcosθ，人向右移動過程中，θ減小，v不變，故v1增大，即重物加速上升，A錯誤；人到達B點時，由動滑輪特點，重物上升的速度v2=12v1，即重物重力的功率P=mgv2=200W，B正確；由能量守恒定律，人對重物做的功等于重物機械能的增量，右側(cè)繩長增長ΔL=hsinθ-h=2m，重物上升的高度H=12ΔL=1m，則W=mgH+12mv22=1208.(多選)(2025·湖南長沙市一模)傾角為37°的光滑固定斜面上有一小物塊在沿斜面向上的力F的作用下由靜止開始運動，斜面足夠長，若力F的最大功率為P，小物塊的動能為Ek、重力勢能為Ep(以出發(fā)點的勢能為零)、位移為x、運動過程中的速度為v，以沿斜面向上為正方向，物塊從開始運動到抵達斜面頂端全程Ek-x圖像如圖甲所示，其中OA段為直線，AB段為曲線，BC段為平行于橫軸的直線，已知物塊從0時刻開始經(jīng)2s到達距出發(fā)點4m處，此時力F的功率剛好達最大值，之后保持該功率不變，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列說法中正確的是()A.物塊的質(zhì)量m=0.5kgB.F的最大功率P=32WC.圖乙為物塊運動過程的Ep-x圖像D.到達頂端時速度v=163答案AD解析Ek-x圖像的斜率表示合外力，所以0~4m內(nèi)，F(xiàn)合=44N=1N，又F合=F-mgsin37°=ma，根據(jù)位移時間關(guān)系可得x1=12at12，解得m=0.5kg，F(xiàn)=4N，a=2m/s2，故A正確；2s末小物塊的速度大小為v1=at1=4m/s，所以F的最大功率為P=Fv1=16W，故B錯誤；當小物塊到達距出發(fā)點8m處時，重力勢能為Ep=mgxsin37°=24J，與題圖乙中數(shù)據(jù)不符，故C錯誤；2s后小物塊所受外力F的功率不變，則小物塊勻速階段，P=F'v，F(xiàn)'=mgsin37°，解得v=163m/s，即小物塊運動到斜面頂端時的速度大小為169.(2025·四川卷·7)如圖所示，傾角為30°的光滑斜面固定在水平地面上，安裝在其頂端的電動機通過不可伸長輕繩與小車相連，小車上靜置一物塊。小車與物塊質(zhì)量均為m，兩者之間動摩擦因數(shù)為32。電動機以恒定功率P拉動小車由靜止開始沿斜面向上運動。經(jīng)過一段時間，小車與物塊的速度剛好相同，大小為v0。運動過程中輕繩與斜面始終平行，小車和斜面均足夠長，重力加速度大小為gA.物塊的位移大小為2B.物塊機械能增量為5C.小車的位移大小為16PvD.小車機械能增量為8Pv答案C解析物塊做勻加速直線運動，對物塊根據(jù)牛頓第二定律有μmgcos30°-mgsin30°=ma，解得a=14g，根據(jù)運動學公式有v02=2ax1，解得物塊的位移大小為x1=2v02g，故A錯誤；物塊機械能增量為ΔE=12mv02+mgx1·sin30°=32mv02，故B錯誤；對小車根據(jù)動能定理有Pt-(μmgcos30°+mgsin30°)x=12mv02，其中t=v0a，聯(lián)立解得x=16Pv0510.(13分)(2025·福建卷·15)如圖甲，水平地面上有A、B兩個物塊，兩物塊質(zhì)量均為m=0.2kg，A與地面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.25，B與地面無摩擦，兩物塊并排放置，在外力F的作用下向右前進，外力F與位移x的關(guān)系圖像如圖乙所示，P點為光滑圓弧軌道最低點，M點為最高點，水平地面長度大于4m，重力加速度g取10m/s2，求：(1)(2分)在0~1m內(nèi)F做的功；(2)(4分)x=1m時，A與B之間的彈力大??；(3)(7分)要保證B能到達M點，圓弧半徑r滿足的條件。答案(1)1.5J(2)0.5N(3)r≤0.2m解析(1)0~1m內(nèi)F為恒力，F(xiàn)做的功W=Fx1=1.5×1J=1.5J(2)x=1m時，設(shè)A、B之間的彈力大小為FAB，對A、B整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有F-f=2ma其中f=μmg對B受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有FAB=ma代入數(shù)據(jù)，解得FAB=0.5N(3)當A、B之間的彈力為零時，A、B分離，根據(jù)(2)分析可知此時F'=0.5N，結(jié)合題圖乙可知A、B分離時B的位移為x=3m，此時A、B速度大小均為v。0~3m過程中，對A、B整體由動能定理得WF-μmgx=12×2mvF-x圖線與橫軸所圍面積表示力F做的功，根據(jù)題圖乙可得WF=1.5×1J+0.5+1.52×2J=3.5若B能到達M點，在M點的最小速度滿足mg=mvA、B分離后，B經(jīng)過水平面和圓弧軌道恰好運動到軌道最高點過程中，根據(jù)動能定理有-mg·2rmax=12mvmin2-聯(lián)立解得rmax=0.2m，即圓弧軌道半徑滿足的條件為r≤0.2m。課時2機械能守恒定律功能關(guān)系考點一機械能守恒定律1.機械能守恒定律的表達式2.連接體的機械能守恒問題共速率連接體分清兩物體位移大小與高度變化關(guān)系共角速度連接體兩物體角速度相同，線速度與半徑成正比關(guān)聯(lián)速度連接體此類問題注意速度的分解，找出兩物體速度關(guān)系，當某物體位移最大時，速度可能為0含輕彈簧連接體①同一根彈簧彈性勢能的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，彈性勢能相等②由兩個或兩個以上的物體與彈簧組成的系統(tǒng)：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，彈簧彈性勢能最小(為零)例1(2025·安徽卷·14)如圖，M、N為固定在豎直平面內(nèi)同一高度的兩根細釘，間距L=0.5m。一根長為3L的輕繩一端系在M上，另一端豎直懸掛質(zhì)量m=0.1kg的小球，小球與水平地面接觸但無壓力。t=0時，小球以水平向右的初速度v0=10m/s開始在豎直平面內(nèi)做圓周運動。小球牽引著繩子繞過N、M，運動到M正下方與M相距L的位置時，繩子剛好被拉斷，小球開始做平拋運動。小球可視為質(zhì)點，繩子不可伸長，不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。(1)求繩子被拉斷時小球的速度大小，及繩子所受的最大拉力大?。?2)求小球做平拋運動時拋出點到落地點的水平距離；(3)若在t=0時，只改變小球的初速度大小，使小球能通過N的正上方且繩子不松弛，求初速度的最小值。答案(1)45m/s17N(2)4m(3)215m/s解析(1)設(shè)繩子被拉斷時小球速度大小為v1，繩子拉力大小為FT，根據(jù)機械能守恒定律12mv02=mg·2L+在該位置，根據(jù)牛頓第二定律FT-mg=mv解得v1=45m/s，F(xiàn)T=17N由牛頓第三定律可知，繩子所受最大拉力大小為FT'=17N(2)小球做平拋運動：x=v1t，2L=12gt解得x=4m(3)若小球經(jīng)過N點正上方時繩子恰不松弛，設(shè)此時速度為v2，此位置滿足mg=m從最低點到該位置的過程中，由機械能守恒定律12mv0'2=mg·5L+12解得v0'=215m/s。例2(2025·山東濟南市一模)如圖所示，豎直平面內(nèi)固定一根豎直桿P和水平桿Q，兩桿在同一平面內(nèi)，桿Q的延長線與桿P的交點為O。質(zhì)量為2m的小球A和質(zhì)量為m的小球B分別套在桿P和桿Q上，套在桿P上的輕質(zhì)彈簧上端固定，下端與小球A相連。小球A、B間用長為2L的輕桿通過鉸鏈分別連接。彈簧處于原長時A、B間的輕桿與桿Q的夾角θ=53°，小球A從該位置由靜止釋放后在豎直桿上做往復(fù)運動，下降的最大距離為2L。已知輕質(zhì)彈簧的彈性勢能Ep=12kx2，x為彈簧的形變量，k為彈簧的勁度系數(shù)，整個過程彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，不計一切摩擦，重力加速度為gA.彈簧的勁度系數(shù)為mgB.小球A運動到O點時，小球B的速度最大C.小球A從最高點運動到O點的過程，水平桿Q對小球B的作用力始終大于mgD.從靜止釋放到θ=30°的過程中，輕桿對球B做功為325答案D解析小球A、彈簧和小球B組成的系統(tǒng)機械能守恒，小球A從開始釋放到下降到最大距離時，由于在最低點兩球的速度均為零，則根據(jù)機械能守恒定律有12k(2L)2=2mg·2L，解得k=2mgL，故A錯誤；小球A運動到O點時，小球B的速度為零，最小，選項B錯誤；小球A從最高點運動到O點的過程，小球B先加速后減速，根據(jù)FTcosθ=maB，當aB=0時FT=0，可知水平桿Q對小球B的作用力不是始終大于mg，選項C錯誤；輕桿與水平桿Q成θ=30°斜向左上時，設(shè)B的速度為vB，A的速度為vA，根據(jù)關(guān)聯(lián)速度關(guān)系可知：vAcos60°=vBcos30°，根據(jù)機械能守恒定律有2mg·2L(sin53°-sin30°)-12k(2Lsin53°-2Lsin30°)2=12×2mvA2+12mvB2，聯(lián)立解得vB=625gL，根據(jù)動能定理可知輕桿對小球B考點二能量守恒定律及應(yīng)用1.應(yīng)用能量守恒定律解題的兩個基本思路(1)某種形式的能減小，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)某個物體的能量減小，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。2.含摩擦生熱、焦耳熱、電勢能等多種形式能量轉(zhuǎn)化的系統(tǒng)，優(yōu)先選用能量守恒定律。例3(2025·吉林通化市檢測)在快遞分類時常用傳送帶運送快件，如圖甲所示，一傾角為37°的傳送帶以恒定速度運行，傳送帶底端到頂端的距離L=16m?，F(xiàn)將一質(zhì)量m=1kg的小快件靜止放于傳送帶底端，快件沿傳送帶向上運動至頂端過程中速度的平方v2隨位移x的變化關(guān)系如圖乙所示，快件可視為質(zhì)點，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：(1)快件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)；(2)快件與傳送帶因摩擦而產(chǎn)生的熱量；(3)快件從傳送帶底端運動到頂端過程中，電動機多做的功。答案(1)0.875(2)56J(3)160J解析(1)快件放在傳送帶上先做勻加速運動，根據(jù)v2=2ax，結(jié)合題圖乙可得快件做勻加速運動的加速度大小為a=162×8m/s2=1根據(jù)牛頓第二定律可得μmgcos37°-mgsin37°=ma解得動摩擦因數(shù)μ=0.875(2)根據(jù)題圖乙可知，傳送帶的速度v=4m/s，快件加速的時間為t1=va=4快件與傳送帶的相對位移為Δx=vt1-12vt1=8快件和傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q=μmgcos37°·Δx解得Q=56J(3)快件從傳送帶底端運動到頂端過程中，電動機多做的功等于快件重力勢能和動能的增加量以及因摩擦而產(chǎn)生的熱量之和，則有W=mgLsin37°+12mv2+解得W=160J。1.傳送帶的動力學問題(1)求物體在傳送帶上運動時間、離開傳送帶時的速度、劃痕長度、摩擦生熱所用到的相對路程，往往需要根據(jù)動力學知識求解。(2)傳送帶中的動力學問題的分析思路2.傳送帶中的能量問題(1)求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶由于相對滑動而產(chǎn)生的熱量、因放上物體而使電動機多消耗的電能等，常依據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律求解。(2)功能關(guān)系分析：W=ΔEk+ΔEp+Q。(3)對W和Q的理解①傳送帶克服摩擦力做的功W=Ffx傳。②產(chǎn)生的內(nèi)能Q=Ffx相對。(4)將物體輕放在傳送帶上，物體從靜止加速到與傳送帶共速時，摩擦生熱與物體能量變化的關(guān)系①水平傳送帶，摩擦生熱等于物體增加的動能Q=Ek；②傾斜傳送帶(放在最低點、向上傳送)，摩擦生熱等于物體增加的機械能，Q=ΔE。例4(2025·江蘇鎮(zhèn)江市模擬)如圖所示，底部A處裝有擋板、傾角θ=30°的足夠長的斜面，其上靜止放著一長金屬板，下端與擋板接觸。距離A處L=6.5m的B處固定一電動滾輪將金屬板壓緊在斜面上?，F(xiàn)啟動電機，滾輪勻速轉(zhuǎn)動，將金屬板由靜止開始送往斜面上部。當金屬板下端運動到B處時，滾輪提起與金屬板脫離。金屬板最終會返回斜面底部，與擋板相撞后靜止，此時滾輪再次壓緊金屬板，又將金屬板從A處送往斜面上部，如此周而復(fù)始，已知滾輪轉(zhuǎn)動角速度ω=80rad/s，半徑r=0.05m，滾輪對金屬板的壓力FN=2×104N、與金屬板間的動摩擦因數(shù)為μ=0.35，金屬板的質(zhì)量為m=1×103kg，不計板與斜面間的摩擦，g取10m/s2。求：(1)金屬板在滾輪作用下加速上升時的加速度大??；(2)金屬板每次與擋板撞擊損失的機械能大小；(3)金屬板往復(fù)運動的周期以及每個運動周期中電動機輸出的平均功率。答案(1)2m/s2(2)4.05×104J(3)5.225s1.3×104W解析(1)金屬板在滾輪作用下加速上升時的加速度大小a=μFN-mg(2)滾輪邊緣線速度大小v=ωr=4m/s，金屬板勻加速運動時間t1=va=2運動位移x=12at12x<L=6.5m，L-x=2.5m，則金屬板先加速運動4m，后勻速運動2.5m，故板下端運動到B處時的速度大小等于滾輪邊緣的線速度大小，即為4m/s根據(jù)能量守恒，金屬板每次與擋板撞擊損失的機械能大小ΔE=12mv2+mgLsinθ=4.05×104(3)金屬板勻速運動時間t2=L-xv此后先沿斜面向上做勻減速直線運動，再沿斜面向下做勻加速直線運動到底端，以沿斜面向上為正方向，總位移為x0=-6.5m，加速度大小為a0=gsinθ=5m/s2根據(jù)x0=vt3-12a0解得t3=2.6s金屬板往復(fù)運動的周期T=t1+t2+t3=5.225s一個周期時間內(nèi)產(chǎn)生的熱量為Q=Ff·Δs=μFN(vt1-x)=2.8×104J電動機對金屬板做功W=4.05×104J，電動機輸出的平均功率P=W+QT≈1.3×104應(yīng)用能量守恒定律解題的一般步驟考點三功能關(guān)系及應(yīng)用1.功能關(guān)系的理解和應(yīng)用功能關(guān)系反映了做功和能量轉(zhuǎn)化之間的對應(yīng)關(guān)系，功是能量轉(zhuǎn)化的量度。(1)根據(jù)功能之間的對應(yīng)關(guān)系，判定能量的轉(zhuǎn)化情況。(2)根據(jù)能量轉(zhuǎn)化，可計算變力做的功。2.常見功能關(guān)系能量功能關(guān)系表達式勢能重力做功等于重力勢能減少量W=Ep1-Ep2=-ΔEp彈力做功等于彈性勢能減少量靜電力做功等于電勢能減少量分子力做功等于分子勢能減少量動能合外力做功等于物體動能變化量W=Ek2-Ek1=12mv2-12機械能除重力和彈力之外的其他力做功等于機械能變化量W其他=E2-E1=ΔE機摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能一對相互作用的摩擦力做功之和的絕對值等于產(chǎn)生的內(nèi)能Q=Ff·s相對s相對為相對路程電能克服安培力做功等于電能增加量W克安=E2-E1=ΔE例5(2024·浙江1月選考·3)如圖所示，質(zhì)量為m的足球從水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中達到最高點2的高度為h，重力加速度為g，則足球()A.從1到2動能減少mghB.從1到2重力勢能增加mghC.從2到3動能增加mghD.從2到3機械能不變答案B解析由足球的運動軌跡可知，足球在空中運動時一定受到空氣阻力作用，則從1到2重力勢能增加mgh，從1到2動能減少量大于mgh，故A錯誤，B正確；從2到3由于空氣阻力作用，機械能減少，重力勢能減少mgh，則動能增加小于mgh，故C、D錯誤。例6(多選)(2025·云南卷·10)如圖所示，傾角為θ的固定斜面，其頂端固定一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，彈簧處于原長時下端位于O點。質(zhì)量為m的滑塊Q(視為質(zhì)點)與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=tanθ。過程Ⅰ：Q以速度v0從斜面底端P點沿斜面向上運動恰好能滑至O點；過程Ⅱ：將Q連接在彈簧的下端并拉至P點由靜止釋放，Q通過M點(圖中未畫出)時速度最大，過O點后能繼續(xù)上滑。彈簧始終在彈性限度內(nèi)，假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，忽略空氣阻力，重力加速度為g。則()A.P、M兩點之間的距離為kB.過程Ⅱ中，Q在從P點單向運動到O點的過程中損失的機械能為14mC.過程Ⅱ中，Q從P點沿斜面向上運動的最大位移為kD.連接在彈簧下端的Q無論從斜面上何處釋放，最終一定靜止在OM(含O、M點)之間答案CD解析設(shè)PO的距離為L，過程Ⅰ：根據(jù)動能定理有-mgsinθ·L-μmgcosθ·L=0-12mv0設(shè)MO的距離為L1，過程Ⅱ：當Q速度最大時，根據(jù)平衡條件有kL1=mgsinθ+μmgcosθ ②P、M兩點之間的距離L2=L-L1，μ=tanθ，聯(lián)立解得L2=kv02-8mg2sin2θ4kgsinθ，故A錯誤；根據(jù)功能關(guān)系，可知過程Ⅱ中，Q在從P點單向運動到O點的過程中損失的機械能ΔE=μmgcosθ·L-12kL2，結(jié)合①式及μ=tanθ可得ΔE=14mv02-kv0432g2sin2θ，故B錯誤；設(shè)過程Ⅱ中，Q從P點沿斜面向上運動的最大位移為x，根據(jù)能量守恒定律12kL2=mgsinθ·x+μmgcosθ·x+12k(x-L)2，聯(lián)立解得x=kv02-8mg2sin2θ2kgsinθ通過對物理知識的理解、物理過程的分析或計算，排除不符合題意的選項，從尋找差異性的角度，采用逐一排除的方法來確定答案。在遇到用已有知識解決不了的問題時，換個角度，排除錯誤的，剩下的就是正確的。示例(2025·山東濰坊市三模)某次訓練投擲中，運動員將質(zhì)量m=4kg的鉛球以初速度v0斜向上拋出(拋出時記為零時刻)，忽略空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。已知鉛球在t1=0.5s時動能達到最小值Ekmin=150J。以拋出點所在水平面為零勢能面，下列反映鉛球在空中運動過程中動能Ek、重力勢能Ep隨時間t或高度h變化的關(guān)系圖像正確的是()答案C解析鉛球斜向上拋出，經(jīng)時間t上升高度h=v0yt-12gt2，Ep=mgh=mg(v0yt-12gt2)，故Ep-t圖像為曲線，排除B選項；由動能定理-mgh=Ek-12mv02，得Ek=12mv02-mg(v0yt-12gt2)=12mv02+12mg2t2-mgv0y·t，知Ek-t圖像為曲線，排除A選項；鉛球上升時間t1=0.5s，上升的最大高度H=12gt12=1.25m，Ep=mgh，Ep-h圖像是向上傾斜的直線，且上升和下降過程的圖像重合，排除D選項；鉛球在最高點動能為最小動能，則Ekmin=12mv0x2=150J，拋出點豎直分速度v0y=gt1=5m/s，鉛球在拋出點動能Ek0=12mv02=12m專題強化練[分值：45分][1~6題，每題4分，7題6分][保分基礎(chǔ)練]1.(2025·廣東珠海市等三地一模)網(wǎng)球運動員在離地面h1高度處將網(wǎng)球以大小為v1的速度斜向上擊出，空氣阻力的影響不可忽略，網(wǎng)球經(jīng)過一段時間后升到最高點，此時網(wǎng)球離地面高度為h2，速度大小為v2。已知網(wǎng)球質(zhì)量為m。則()A.網(wǎng)球從被擊出到最高點的過程，機械能守恒B.網(wǎng)球從被擊出到最高點的過程，減少的動能全部轉(zhuǎn)化為增加的重力勢能C.網(wǎng)球在其軌跡最高點時重力的功率等于零D.網(wǎng)球從被擊出到最高點的過程，克服空氣阻力做功為12mv12-答案C解析網(wǎng)球從被擊出到最高點的過程，要克服空氣的阻力做功，機械能不守恒，減少的動能一部分轉(zhuǎn)化為重力勢能，另一部分用來克服空氣阻力做的功，A、B錯誤；在最高點時，速度v2沿水平方向，豎直方向的速度為vy=0，功率P=Fv=mgvy=0，C正確；由動能定理可知-mg(h2-h1)-W克f=12mv22-12mv12，解得W克f=12mv12-12mv22.(2025·廣東肇慶市一模)如圖所示，a、b兩小球(均可視為質(zhì)點)通過輕質(zhì)細線連接跨在光滑輕質(zhì)定滑輪(視為質(zhì)點)上。開始時，a球放在水平地面上，連接b球的細線水平伸直且無拉力?，F(xiàn)由靜止釋放b球，當連接b球的細線擺到豎直位置時，a球?qū)Φ孛娴膲毫η『脼?。不計空氣阻力，則a、b兩球的質(zhì)量之比為()A.3∶1 B.2∶1 C.3∶2 D.1∶1答案A解析連接b球的細線擺到豎直位置時，由機械能守恒定律有mbgl=12mbv2。對小球b：FT-mbg=mbv2l，對球a：FT=mag，聯(lián)立解得ma∶mb=3∶13.(2025·山東日照市二模)某運動員將鉛球斜向上推出后，鉛球的運動過程如圖所示，不計空氣阻力。下列關(guān)于鉛球在空中運動過程中的加速度大小a、速度大小v、重力的瞬時功率P和機械能E隨運動時間t的變化關(guān)系，正確的是()答案C解析不計空氣阻力，鉛球在空中只受重力，所以加速度始終為g，機械能守恒，所以a-t和E-t圖像都是與橫軸平行的直線，故A、D錯誤；鉛球的速度大小為v=v0x2+(v0y-gt)2，可知v-t圖像不是直線，故B錯誤；重力的瞬時功率大小為P=|mg4.(2025·江蘇省G4聯(lián)考調(diào)研)如圖所示，物體P、Q用跨過定滑輪O的輕繩連接，P穿在固定的豎直光滑桿上，Q置于光滑固定斜面上，輕質(zhì)彈簧的一端固定在斜面底端的擋板上，另一端連接Q，初始時，施加外力將P靜置于N點，輕繩恰好伸直但無拉力，現(xiàn)將P由靜止釋放，不計一切阻力，則P從N點下滑到最低點M的過程中()A.P的機械能一直減小B.桿對P的沖量為零C.P、Q組成的系統(tǒng)機械能守恒D.經(jīng)過M點前P與Q的速度大小關(guān)系vP<vQ答案A解析P下滑過程中，除了重力對P做功外，輕繩的拉力對P一直做負功，P的機械能一直減小，故A正確；根據(jù)沖量的定義可知，桿對P的沖量不為零，故B錯誤；由于彈簧彈力對Q做功，所以P、Q組成的系統(tǒng)機械能不守恒，故C錯誤；設(shè)輕繩與桿的夾角為α，則P沿繩方向的分速度大小等于Q的速度大小，即vPcosα=vQ，所以除了N點和M點外，P與Q的速度大小關(guān)系為vP>vQ，故D錯誤。5.(2025·山東卷·5)一輛電動小車上的光伏電池，將太陽能轉(zhuǎn)換成的電能全部給電動機供電，剛好維持小車以速度v勻速運動，此時電動機的效率為50%。已知小車的質(zhì)量為m，運動過程中受到的阻力f=kv(k為常量)，該光伏電池的光電轉(zhuǎn)換效率為η，則光伏電池單位時間內(nèi)獲得的太陽能為()A.2kv2C.kv2+答案A解析根據(jù)題意小車勻速運動，則有F=f=kv，小車的機械功率P機=Fv=kv2，由于電動機的效率為50%，則有P電=P機η電=kv20.5=2kv2，光伏電池的光電轉(zhuǎn)換效率為η=P電P太陽，可知獲得太陽能的功率P太陽6.(多選)(2025·湖北武漢市檢測)如圖所示，傾角為α的光滑固定斜面底端有一固定擋板P，兩個用輕彈簧連接在一起的滑塊M、N置于斜面上處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)給滑塊M一個沿斜面向上的瞬時沖量使之沿斜面向上運動，當滑塊N剛要離開擋板時滑塊M的速度為v。已知M、N的質(zhì)量均為m，彈簧的勁度系數(shù)為k，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。重力加速度為g。則關(guān)于從滑塊M開始運動到滑塊N剛要離開擋板的過程，下列說法中正確的是()A.滑塊M的位移為3B.滑塊N剛要離開擋板的瞬間，滑塊M的加速度大小為2gsinαC.滑塊M獲得的瞬時沖量大小為4D.重力對滑塊M做的功為2答案BC解析滑塊M、N置于斜面上處于靜止狀態(tài)時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，根據(jù)胡克定律有mgsinα=kx1，滑塊N剛要離開擋板時，彈簧處于拉伸狀態(tài)，根據(jù)胡克定律有mgsinα=kx2，滑塊M的位移為x=x1+x2，解得x=2mgsinαk，故A錯誤；滑塊N剛要離開擋板的瞬間，對滑塊M進行分析，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinα+kx2=ma，解得a=2gsinα，故B正確；重力對滑塊M做的功W=-mg(x1+x2)sinα，解得W=-2m2g2sin2αk，故D錯誤；結(jié)合上述可知，滑塊M向上運動過程中，彈簧初始位置的壓縮量等于末位置的伸長量，即彈簧初末狀態(tài)的彈性勢能相等，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒可得12mv02-12mv2=mg(x1+x2)[爭分提能練]7.(多選)(2025·四川綿陽市二模)如圖所示，在水平地面上固定一個半徑為R的四分之一圓形軌道AB，軌道右側(cè)固定一個傾角為30°的斜面，斜面頂端固定一大小可忽略的輕滑輪，輕滑輪與OB在同一水平高度。一輕繩跨過定滑輪，左端與套在圓形軌道上質(zhì)量為m的小圓環(huán)相連，右端與斜面上質(zhì)量為M的物塊相連。在圓形軌道底端A點靜止釋放小圓環(huán)，小圓環(huán)運動到圖中P點時，輕繩與軌道相切