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高考物理二轮复习 第1部分 专题2 第1讲 功与能
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这是一份高考物理二轮复习 第1部分 专题2 第1讲 功与能，共17页。试卷主要包含了对动能定理的理解，应用动能定理解题应注意的四点等内容，欢迎下载使用。
功与能
真题情境
2021·河北卷T6 2021·全国甲卷T24
2020·全国卷ⅠT20 2021·山东卷T3
考情分析
【命题分析】
高考命题对本讲内容考查较多，以选择题形式常考查功和功率的简单计算、机械能守恒的判断及功能关系的分析与计算，以计算题形式考查动力学、机械能守恒及功能关系的综合应用。
【素养要求】
1．掌握功、功率的计算方法。
2．掌握两类机车启动问题的分析计算方法。
3．理解动能定理，掌握动能定理的应用方法。
4．熟悉常见功能转化关系及能量守恒定律。
5．掌握利用机械能守恒定律和能量守恒定律分析多过程、多物体问题的方法。
必备知识
突破点一| 动能定理的应用
1．对动能定理的理解
(1)动能定理表达式W＝ΔEk中，W表示所有外力做功的代数和。ΔEk为所研究过程的末动能与初动能之差，且物体的速度均是相对地面的速度。
(2)
2．应用动能定理解题应注意的四点
(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，比动力学研究方法要简捷。
(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有几个运动性质不同的过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑，但如能对整个过程利用动能定理列式，则可使问题简化。
(4)根据动能定理列方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断，可先假定为正功，最后根据结果加以检验。
[典例1] (2021·全国乙卷) 一篮球质量为m＝0.60 kg，一运动员使其从距地面高度为h1＝1.8 m处由静止自由落下，反弹高度为h2＝1.2 m。若使篮球从距地面h3＝1.5 m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也为1.5 m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t＝0.20 s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)运动员拍球过程中对篮球所做的功；
(2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小。
[思路点拨] 解此题的关键有两点：
(1)分析球的运动过程及做功特点，分阶段应用动能定理。
(2)正确理解“篮球与地面碰撞前后的动能的比值不变”，并灵活应用。
[解析] (1)第一次篮球下落的过程中由动能定理可得E1＝mgh1
篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得0－E2＝－mgh2
第二次从1.5 m的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得
0－E4＝0－mgh4
第二次从1.5 m的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得
W＋mgh3＝E3
因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系＝
代入数据可得W＝4.5 J。
(2)因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此由牛顿第二定律可得
F＋mg＝ma
在拍球时间内篮球运动的位移为x＝at2
力F做功为W＝Fx
联立可得F＝9 N(F＝－15 N舍去)。
[答案] (1)W＝4.5 J (2)F＝9 N
反思感悟：应用动能定理解题的基本思路
[考向预测]
1．(2021·湖南省长沙市一模)质量为2 kg的物体以一定的初速度沿倾角为30°的斜面向上滑行，在向上滑行的过程中，其动能随位移的变化关系如图所示，则物体返回到出发点时的动能为(g取10 m/s2)( )
A．34 J B．56 J C．92 J D．196 J
A [物体上滑的过程中重力与摩擦力都做负功，由动能定理得－mgx·sin 30°－Ffx＝0－E0，下滑的过程中重力做正功，摩擦力做负功，得mgx·sin 30°－Ffx＝E－0，代入数据得E＝34 J，故选A。]
2．一辆汽车在平直的公路上由静止开始启动。在启动过程中，汽车牵引力的功率及其瞬时速度随时间的变化情况分别如图甲、乙所示。已知汽车所受阻力恒为重力的，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
甲 乙
A．该汽车的质量为3 000 kg
B．v0＝6 m/s
C．在前5 s内，阻力对汽车所做的功为25 kJ
D．在5～15 s内，汽车的位移大小约为67.19 m
D [由图象可得，汽车匀加速阶段的加速度a＝＝1 m/s2，汽车匀加速阶段的牵引力为F＝＝3 000 N，匀加速阶段由牛顿第二定律得F－0.2mg＝ma，解得m＝1 000 kg，A错误；牵引力功率为15 kW时，汽车行驶的最大速度v0＝＝7.5 m/s，B错误；前5 s内汽车的位移x＝at2＝12.5 m，阻力做功WFf＝－0.2mgx＝－25 kJ，C错误；5～15 s内，由动能定理得Pt－0.2mgs＝mv－mv2，解得s＝67.187 5 m≈67.19 m，D正确。]
3．(2021·江西宜春二模)如图所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达小孔A进入半径R＝0.3 m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔。已知摆线长L＝2 m，θ＝60°，小球质量为m＝0.5 kg，D点与小孔A的水平距离s＝2 m，g取10 m/s2。
(1)摆线能承受的最大拉力为多大？
(2)要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求摆球与粗糙水平面间动摩擦因数μ的取值范围。
[解析] (1)摆球由C到D过程机械能守恒，则mg(L－Lcos θ)＝mv
在D点由牛顿第二定律得FT－mg＝
联立得摆线的最大拉力为FT＝2mg＝10 N。
(2)摆球不脱离圆轨道的情况有：
①摆球能到达A孔，且小球到达A孔的速度恰好为零
对摆球从D到A的过程，由动能定理得－μ1mgs＝0－mv
解得μ1＝0.5。
②摆球进入A孔的速度较小，在圆心以下做等幅摆动，不脱离轨道，其临界情况为到达与圆心等高处速度为零，由机械能守恒定律得mv＝mgR
对摆球从D到A的过程，由动能定理得－μ2mgs＝mv－mv
解得μ2＝0.35。
③摆球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，则在圆周的最高点，由牛顿第二定律得mg＝
由动能定理得－μ3mgs－2mgR＝mv2－mv
解得μ3＝0.125
综上所述，动摩擦因数μ的取值范围为0.35≤μ≤0.5或者μ≤0.125。
[答案] (1)10 N (2)0.35≤μ≤0.5或μ≤0.125
突破点二| 机械能守恒定律的应用
1．机械能是否守恒的三种判断方法
(1)用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，虽受其他力，但其他力不做功，则其机械能守恒。
(2)用能量转化判断：若物体或系统中只有动能和势能的相互转化，而无机械能与其他形式的能的相互转化，则其机械能守恒。
(3)对多个物体组成的系统，除考虑是否只有重力做功外，还要考虑系统内力是否做功，如有滑动摩擦力做功时，因摩擦生热，系统机械能将有损失。
2．机械能守恒定律的三种表达形式
单个物体的机械能守恒
[典例2] (多选)如图所示，水平地面上有一光滑弧形轨道与半径为r的光滑圆轨道相切，且固定在同一个竖直面内。将一个质量为m的小球由圆弧轨道上某一高度处无初速释放，能无碰撞进入圆轨道内。为使小球在沿圆轨道运动时始终不脱离轨道，这个高度h的取值可能为( )
A．2.6r B．1.2r
C．1.6r D．0.8r
[题眼点拨] (1)“光滑”说明小球运动过程中只有重力做功，机械能守恒。
(2)“不脱离轨道”应满足的临界条件有两种情况
①圆轨道最高点重力提供向心力；②运动高度不超过与圆心等高处。
AD [小球可能做完整的圆周运动，刚好不脱离圆轨道时，在圆轨道最高点重力提供向心力：mg＝m，由机械能守恒得：mgh－mg·2r＝mv2，解得：h＝2.5r，也可能不超过与圆心等高处，由机械能守恒得：mgh＝mgr，得：h＝r，综上得为使小球在沿圆轨道运动时始终不离开轨道，h的范围为：h≤r或h≥2.5r。故选A、D。]
多个物体系统机械能守恒
[典例3] (多选)(2021·山东泰安高三检测)如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d。杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点正下方距离为d处。现将环从A处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是( )
A．环到达B处时，重物上升的高度h＝
B．环到达B处时，环与重物的速度大小相等
C．环从A到B，环减少的机械能等于重物增加的机械能
D．环能下降的最大高度为
[关键信息] (1)环下降过程中，环、重物的机械能都不守恒，但环与重物组成的系统机械能守恒。
(2)环到达B处时，速度关系满足v环cos θ＝v物。
CD [当环到达B处时，由题图中几何关系可得重物上升的高度h＝(－1)d，A错误；环到达B处时，对环的速度进行分解，可得v环cos θ＝v物，由题图中几何关系可知θ＝45°，则v环＝v物，B错误；因环从A到B，环与重物组成的系统机械能守恒，则环减少的机械能等于重物增加的机械能，C正确；当环下落到最低点时，设环下落高度为H，由机械能守恒定律有mgH＝2mg(－d)，解得H＝d，故D正确。]
反思感悟：应用机械能守恒定律解题的基本思路
[考向预测]
4．(易错题)(多选)(2021·河南开封四校高三3月联考)如图所示，在倾角为30°的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为1 kg和2 kg的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根长l＝0.2 m的轻杆相连，小球B距水平面的高度h＝0.1 m。斜面底端与水平面之间有一光滑短圆弧相连，两球从静止开始下滑到光滑水平面上，g取10 m/s2。则下列说法中正确的是( )
A．下滑的整个过程中A球机械能守恒
B．下滑的整个过程中两球组成的系统机械能守恒
C．两球在光滑水平面上运动时的速度大小为2 m/s
D．系统下滑的整个过程中B球机械能的增加量为 J
BD [当B在水平面上滑行而A在斜面上运动时，杆的弹力对A球做负功，A球机械能减少，选项A错误；A、B两球组成的系统只有重力和系统内弹力做功，机械能守恒，选项B正确；对A、B两球组成的系统由机械能守恒定律得mAg(h＋lsin 30°)＋mBgh＝(mA＋mB)v2，解得v＝ m/s，选项C错误；B球机械能的增加量为ΔEp＝mBv2－mBgh＝ J，选项D正确。]
5．某高中兴趣学习小组成员，在学习完必修1与必修2后设计出如图所示的实验。OA为一水平弹射器，弹射口为A。ABCD为一光滑曲杆，其中AB水平，BC为竖直杆(长度可调节)，CD为四分之一圆环轨道(各连接处均圆滑连接)，其圆心为O′，半径为R＝0.2 m。D的正下方E开始向右水平放置一块橡皮泥板EF，长度足够长。现让弹射器弹射出一质量m＝0.1 kg的小环，小环从弹射口A射出后沿光滑曲杆运动到D处飞出，不计小环在各个连接处的能量损失和空气阻力。已知弹射器每次弹射出的小环具有相同的初速度。某次实验中小组成员调节BC高度h＝0.8 m。弹出的小环从D处飞出，现测得小环从D处飞出时速度vD＝4 m/s，g取10 m/s2，求：
(1)弹射器释放的弹性势能及小环在D处对圆环轨道的压力；
(2)小环落地点离E的距离(已知小环落地时与橡皮泥板接触后不再运动)；
(3)若不改变弹射器弹性势能，改变BC间高度h在0～2 m之间，求小环下落在水平面EF上的范围。
[解析] (1)根据机械能守恒定律得：
Ep＝mv＋mg(h＋R)＝1.8 J
对小环在最高点D受力分析，由牛顿第二定律得：
FN＋mg＝m
解得：FN＝7 N
由牛顿第三定律知，小环对圆环轨道的压力大小为7 N，方向竖直向上。
(2)小环离开轨道后做平抛运动，由平抛运动规律得：
h＋R＝gt2
x＝vDt
解得：x＝ m。
(3)小环刚到达D点的临界条件为mg(h1＋R)＝Ep
解得h1＝1.6 m
改变h，小环做平抛运动，分析可得小环水平方向位移应有最大值
根据机械能守恒定律得：
Ep－mg(h2＋R)＝mv′
小环平抛运动时间为t′＝
得：x′＝v′Dt′＝2
可得，当h2＋R＝0.9 m时水平位移最大，最大位移x′＝1.8 m，故小球落地点范围在离E点向右0～1.8 m的范围内。
[答案] (1)1.8 J 7 N，方向竖直向上 (2) m (3)E点向右0～1.8 m
突破点三| 功能关系的应用
1．常见的功能关系
2．应用能量守恒定律的两条基本思路
(1)某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔE减＝ΔE增。
(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔEA减＝ΔEB增。
[典例4] (多选)(2020·全国卷Ⅰ)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则下列说法正确的是( )
A．物块下滑过程中机械能不守恒
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
AB [由重力势能和动能随下滑距离s变化的图象可知，重力势能和动能之和随下滑距离s的增大而减小，可知物块下滑过程中机械能不守恒，A项正确；在斜面顶端，重力势能mgh＝30 J，解得物块质量m＝1 kg，由重力势能随下滑距离s变化图象可知，重力势能可以表示为Ep＝(30－6s)J，由动能随下滑距离s变化图象可知，动能可以表示为Ek＝2s J，设斜面倾角为θ，则有sin θ＝＝，cos θ＝，由功能关系有－μmgcos θ·s＝Ep＋Ek－30 J＝(30－6s＋2s－30) J＝－4s J，可得μ＝0.5，B项正确；由Ek＝2s J，Ek＝可得，v2＝4s m2/s2，对比匀变速直线运动公式v2＝2as，可得a＝2 m/s2，即物块下滑时加速度的大小为2.0 m/s2，C项错误；由重力势能和动能随下滑距离s变化图象可知，当物块下滑2.0 m时机械能为E＝18 J＋4 J＝22 J，机械能损失了ΔE＝30 J－22 J＝8 J，D项错误。]
[考向预测]
6．(原创题)某段高速路对载重货车设定的允许速度范围为50～80 km/h，而上坡时若货车达不到最小允许速度50 km/h，则必须走“爬坡车道”来避免危险，如图所示。某质量为4.0×104 kg的载重货车，保持额定功率200 kW在“爬坡车道”上行驶，每前进1 km，上升0.04 km，货车所受的阻力(摩擦阻力与空气阻力)为车重的1%，g取10 m/s2，爬坡车道足够长，则货车匀速上坡的过程中( )
A．牵引力等于2×104 N
B．速度可能大于36 km/h
C．上坡过程增加的重力势能等于货车牵引力所做的功
D．上坡过程增加的机械能等于货车克服阻力所做的功
A [ 货车匀速上坡的过程中，根据平衡条件得牵引力大小F＝0.01mg＋mgsin θ＝0.01×4.0×104×10 N＋4.0×104×10× N＝2×104 N，A正确；根据P＝Fv得v＝＝ m/s＝10 m/s＝36 km/h，B错误；上坡过程增加的重力势能等于货车牵引力所做的功与克服阻力做的功之差，C错误；根据功能关系知，上坡过程增加的机械能等于货车牵引力做功与克服阻力所做的功之差，D错误。]
7．(多选)(2021·山东省烟台市一模)如图所示，质量为m的物体以某一速度冲上一个倾角为37°的斜面，其运动的加速度的大小为0.9g，这个物体沿斜面上升的最大高度为H，则在这一过程中( )
A．物体的重力势能增加了0.9mgH
B．物体的重力势能增加了mgH
C．物体的动能损失了0.5mgH
D．物体的机械能损失了0.5mgH
BD [在物体上滑到最大高度的过程中，重力对物体做负功，故物体的重力势能增加了mgH，故A错误，B正确；物体所受的合力沿斜面向下，其合力做的功为W＝－F·＝－ma·＝－1.5mgH，故物体的动能损失了1.5mgH，故C错误；设物体受到的摩擦力为Ff，由牛顿第二定律得mgsin 37°＋Ff＝ma，解得Ff＝0.3mg。摩擦力对物体做的功为Wf＝－Ff·＝－0.5mgH，因此物体的机械能损失了0.5mgH，故D正确。]
8．(易错题)(2021·湖北省恩施市二模)如图所示，水平传送带两端点A、B间的距离为l，传送带开始时处于静止状态。把一个小物体放到右端的A点，某人用恒定的水平力F使小物体以速度v1匀速滑到左端的B点，拉力F所做的功为W1、功率为P1，这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q1。随后让传送带以v2的速度匀速运动，此人仍然用相同的恒定的水平力F拉物体，使它以相对传送带为v1的速度匀速从A滑行到B，这一过程中，拉力F所做的功为W2、功率为P2，物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q2。下列关系中正确的是( )
A．W1＝W2，P1＜P2，Q1＝Q2
B．W1＝W2，P1＜P2，Q1＞Q2
C．W1＞W2，P1＝P2，Q1＞Q2
D．W1＞W2，P1＝P2，Q1＝Q2
B [因为两次的拉力和拉力方向的位移不变，由功的概念可知，两次拉力做功相等，所以W1＝W2，当传送带不动时，物体运动的时间为t1＝；当传送带以v2的速度匀速运动时，物体运动的时间为t2＝，所以第二次用的时间短，功率大，即P1＜P2；一对滑动摩擦力做功的绝对值等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，也等于转化的内能，第二次的相对路程小，所以Q1＞Q2，选项B正确。]
突破点四| 新情境探究
以“弹跳小人”为背景考查功能关系
[案例1] (多选)“弹跳小人”(如图甲所示)是一种深受儿童喜爱的玩具，其原理如图乙所示。竖直光滑长杆固定在地面不动，套在杆上的轻质弹簧下端不固定，上端与滑块拴接，滑块的质量为0.80 kg。现在向下压滑块，直到弹簧上端离地面高度h＝0.40 m时，然后由静止释放滑块。滑块的动能Ek随离地高度h变化的图象如图丙所示。其中高度从0.80 m到1.40 m范围内的图线为直线，其余部分为曲线。若以地面为重力势能的参考平面，空气阻力为恒力，g取10 m/s2。则结合图象可知( )
甲 乙 丙
A．弹簧原长为0.72 m
B．空气阻力大小为1.00 N
C．弹簧的最大弹性势能为9.00 J
D．在弹簧落回地面的瞬间滑块的动能为5.40 J
BC [从h＝0.80 m开始，弹簧下端与地面分离，则知弹簧的原长为0.80 m，故A错误；从0.80 m上升到1.40 m过程，在Ekh图象中，根据动能定理知：图线的斜率大小表示滑块所受的合外力，由于高度从0.80 m上升到1.40 m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.80 m上升到1.40 m范围内所受作用力为恒力，根据动能定理得－(mg＋f)Δh＝0－Ek，由图知Δh＝0.60 m，Ek＝5.40 J，解得空气阻力f＝1.00 N，故B正确；根据能量守恒定律可知，当滑块上升至最大高度时，整个过程中，增加的重力势能和克服空气阻力做功之和等于弹簧的最大弹性势能，所以Epm＝(mg＋f)Δh′＝9×(1.40－0.4) J＝9.00 J，故C正确；滑块由最大高度到弹簧落回地面的瞬间，根据动能定理得(mg－f)Δh＝Ek′－0，得Ek′＝4.2 J，故D错误。]
以“冲浪运动”为背景考查机械能守恒定律的应用
[案例2] 滑板运动是一种陆地上的“冲浪运动”，滑板运动员可在不同的轨道上滑行并做出各种高难度动作，给人以美的享受。如图所示是模拟的滑板滑行轨道，该轨道由足够长的斜直轨道、半径R1＝1 m的凹形圆弧轨道和半径R2＝1.6 m的凸形圆弧轨道组成，这三部分轨道处于同一竖直平面内且依次平滑连接，其中AB与水平方向夹角θ＝37°，C点为凹形圆弧轨道的最低点，D点为凸形圆弧轨道的最高点，凸形圆弧轨道的圆心O2点与C点处在同一水平面上。一质量为m＝1 kg可看作质点的滑板，从斜直轨道上的P点无初速滑下，经过C点滑向D点，P点距B点所在水平面的高度h＝1.8 m，不计一切阻力，g取10 m/s2。求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)滑板滑到C点时滑板对轨道的压力；
(2)若滑板滑到D点时恰做平抛运动，则从P点须以多大初速度开始下滑。
[解析] (1)滑板从P点运动到C点的过程中，
由机械能守恒定律得mg[h＋R1(1－cos θ)]＝mv
在C点对滑板由牛顿第二定律得
FN－mg＝m
解得FN＝50 N
由牛顿第三定律可知滑板对轨道的压力大小为50 N，方向竖直向下。
(2)滑板滑到D点时恰做平抛运动，则有mg＝m
滑板从P点运动至D点，由机械能守恒定律得
mg[h＋R1(1－cos θ)－R2]＝mv－mv
解得v0＝2 m/s。
[答案] (1)50 N，方向竖直向下 (2)2 m/s
功与能
真题情境
2021·河北卷T6 2021·全国甲卷T24
2020·全国卷ⅠT20 2021·山东卷T3
考情分析
【命题分析】
高考命题对本讲内容考查较多，以选择题形式常考查功和功率的简单计算、机械能守恒的判断及功能关系的分析与计算，以计算题形式考查动力学、机械能守恒及功能关系的综合应用。
【素养要求】
1．掌握功、功率的计算方法。
2．掌握两类机车启动问题的分析计算方法。
3．理解动能定理，掌握动能定理的应用方法。
4．熟悉常见功能转化关系及能量守恒定律。
5．掌握利用机械能守恒定律和能量守恒定律分析多过程、多物体问题的方法。
必备知识
突破点一| 动能定理的应用
1．对动能定理的理解
(1)动能定理表达式W＝ΔEk中，W表示所有外力做功的代数和。ΔEk为所研究过程的末动能与初动能之差，且物体的速度均是相对地面的速度。
(2)
2．应用动能定理解题应注意的四点
(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，比动力学研究方法要简捷。
(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有几个运动性质不同的过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑，但如能对整个过程利用动能定理列式，则可使问题简化。
(4)根据动能定理列方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断，可先假定为正功，最后根据结果加以检验。
[典例1] (2021·全国乙卷) 一篮球质量为m＝0.60 kg，一运动员使其从距地面高度为h1＝1.8 m处由静止自由落下，反弹高度为h2＝1.2 m。若使篮球从距地面h3＝1.5 m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也为1.5 m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t＝0.20 s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)运动员拍球过程中对篮球所做的功；
(2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小。
[思路点拨] 解此题的关键有两点：
(1)分析球的运动过程及做功特点，分阶段应用动能定理。
(2)正确理解“篮球与地面碰撞前后的动能的比值不变”，并灵活应用。
[解析] (1)第一次篮球下落的过程中由动能定理可得E1＝mgh1
篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得0－E2＝－mgh2
第二次从1.5 m的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得
0－E4＝0－mgh4
第二次从1.5 m的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得
W＋mgh3＝E3
因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系＝
代入数据可得W＝4.5 J。
(2)因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此由牛顿第二定律可得
F＋mg＝ma
在拍球时间内篮球运动的位移为x＝at2
力F做功为W＝Fx
联立可得F＝9 N(F＝－15 N舍去)。
[答案] (1)W＝4.5 J (2)F＝9 N
反思感悟：应用动能定理解题的基本思路
[考向预测]
1．(2021·湖南省长沙市一模)质量为2 kg的物体以一定的初速度沿倾角为30°的斜面向上滑行，在向上滑行的过程中，其动能随位移的变化关系如图所示，则物体返回到出发点时的动能为(g取10 m/s2)( )
A．34 J B．56 J C．92 J D．196 J
A [物体上滑的过程中重力与摩擦力都做负功，由动能定理得－mgx·sin 30°－Ffx＝0－E0，下滑的过程中重力做正功，摩擦力做负功，得mgx·sin 30°－Ffx＝E－0，代入数据得E＝34 J，故选A。]
2．一辆汽车在平直的公路上由静止开始启动。在启动过程中，汽车牵引力的功率及其瞬时速度随时间的变化情况分别如图甲、乙所示。已知汽车所受阻力恒为重力的，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
甲 乙
A．该汽车的质量为3 000 kg
B．v0＝6 m/s
C．在前5 s内，阻力对汽车所做的功为25 kJ
D．在5～15 s内，汽车的位移大小约为67.19 m
D [由图象可得，汽车匀加速阶段的加速度a＝＝1 m/s2，汽车匀加速阶段的牵引力为F＝＝3 000 N，匀加速阶段由牛顿第二定律得F－0.2mg＝ma，解得m＝1 000 kg，A错误；牵引力功率为15 kW时，汽车行驶的最大速度v0＝＝7.5 m/s，B错误；前5 s内汽车的位移x＝at2＝12.5 m，阻力做功WFf＝－0.2mgx＝－25 kJ，C错误；5～15 s内，由动能定理得Pt－0.2mgs＝mv－mv2，解得s＝67.187 5 m≈67.19 m，D正确。]
3．(2021·江西宜春二模)如图所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达小孔A进入半径R＝0.3 m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔。已知摆线长L＝2 m，θ＝60°，小球质量为m＝0.5 kg，D点与小孔A的水平距离s＝2 m，g取10 m/s2。
(1)摆线能承受的最大拉力为多大？
(2)要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求摆球与粗糙水平面间动摩擦因数μ的取值范围。
[解析] (1)摆球由C到D过程机械能守恒，则mg(L－Lcos θ)＝mv
在D点由牛顿第二定律得FT－mg＝
联立得摆线的最大拉力为FT＝2mg＝10 N。
(2)摆球不脱离圆轨道的情况有：
①摆球能到达A孔，且小球到达A孔的速度恰好为零
对摆球从D到A的过程，由动能定理得－μ1mgs＝0－mv
解得μ1＝0.5。
②摆球进入A孔的速度较小，在圆心以下做等幅摆动，不脱离轨道，其临界情况为到达与圆心等高处速度为零，由机械能守恒定律得mv＝mgR
对摆球从D到A的过程，由动能定理得－μ2mgs＝mv－mv
解得μ2＝0.35。
③摆球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，则在圆周的最高点，由牛顿第二定律得mg＝
由动能定理得－μ3mgs－2mgR＝mv2－mv
解得μ3＝0.125
综上所述，动摩擦因数μ的取值范围为0.35≤μ≤0.5或者μ≤0.125。
[答案] (1)10 N (2)0.35≤μ≤0.5或μ≤0.125
突破点二| 机械能守恒定律的应用
1．机械能是否守恒的三种判断方法
(1)用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，虽受其他力，但其他力不做功，则其机械能守恒。
(2)用能量转化判断：若物体或系统中只有动能和势能的相互转化，而无机械能与其他形式的能的相互转化，则其机械能守恒。
(3)对多个物体组成的系统，除考虑是否只有重力做功外，还要考虑系统内力是否做功，如有滑动摩擦力做功时，因摩擦生热，系统机械能将有损失。
2．机械能守恒定律的三种表达形式
单个物体的机械能守恒
[典例2] (多选)如图所示，水平地面上有一光滑弧形轨道与半径为r的光滑圆轨道相切，且固定在同一个竖直面内。将一个质量为m的小球由圆弧轨道上某一高度处无初速释放，能无碰撞进入圆轨道内。为使小球在沿圆轨道运动时始终不脱离轨道，这个高度h的取值可能为( )
A．2.6r B．1.2r
C．1.6r D．0.8r
[题眼点拨] (1)“光滑”说明小球运动过程中只有重力做功，机械能守恒。
(2)“不脱离轨道”应满足的临界条件有两种情况
①圆轨道最高点重力提供向心力；②运动高度不超过与圆心等高处。
AD [小球可能做完整的圆周运动，刚好不脱离圆轨道时，在圆轨道最高点重力提供向心力：mg＝m，由机械能守恒得：mgh－mg·2r＝mv2，解得：h＝2.5r，也可能不超过与圆心等高处，由机械能守恒得：mgh＝mgr，得：h＝r，综上得为使小球在沿圆轨道运动时始终不离开轨道，h的范围为：h≤r或h≥2.5r。故选A、D。]
多个物体系统机械能守恒
[典例3] (多选)(2021·山东泰安高三检测)如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d。杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点正下方距离为d处。现将环从A处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是( )
A．环到达B处时，重物上升的高度h＝
B．环到达B处时，环与重物的速度大小相等
C．环从A到B，环减少的机械能等于重物增加的机械能
D．环能下降的最大高度为
[关键信息] (1)环下降过程中，环、重物的机械能都不守恒，但环与重物组成的系统机械能守恒。
(2)环到达B处时，速度关系满足v环cos θ＝v物。
CD [当环到达B处时，由题图中几何关系可得重物上升的高度h＝(－1)d，A错误；环到达B处时，对环的速度进行分解，可得v环cos θ＝v物，由题图中几何关系可知θ＝45°，则v环＝v物，B错误；因环从A到B，环与重物组成的系统机械能守恒，则环减少的机械能等于重物增加的机械能，C正确；当环下落到最低点时，设环下落高度为H，由机械能守恒定律有mgH＝2mg(－d)，解得H＝d，故D正确。]
反思感悟：应用机械能守恒定律解题的基本思路
[考向预测]
4．(易错题)(多选)(2021·河南开封四校高三3月联考)如图所示，在倾角为30°的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为1 kg和2 kg的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根长l＝0.2 m的轻杆相连，小球B距水平面的高度h＝0.1 m。斜面底端与水平面之间有一光滑短圆弧相连，两球从静止开始下滑到光滑水平面上，g取10 m/s2。则下列说法中正确的是( )
A．下滑的整个过程中A球机械能守恒
B．下滑的整个过程中两球组成的系统机械能守恒
C．两球在光滑水平面上运动时的速度大小为2 m/s
D．系统下滑的整个过程中B球机械能的增加量为 J
BD [当B在水平面上滑行而A在斜面上运动时，杆的弹力对A球做负功，A球机械能减少，选项A错误；A、B两球组成的系统只有重力和系统内弹力做功，机械能守恒，选项B正确；对A、B两球组成的系统由机械能守恒定律得mAg(h＋lsin 30°)＋mBgh＝(mA＋mB)v2，解得v＝ m/s，选项C错误；B球机械能的增加量为ΔEp＝mBv2－mBgh＝ J，选项D正确。]
5．某高中兴趣学习小组成员，在学习完必修1与必修2后设计出如图所示的实验。OA为一水平弹射器，弹射口为A。ABCD为一光滑曲杆，其中AB水平，BC为竖直杆(长度可调节)，CD为四分之一圆环轨道(各连接处均圆滑连接)，其圆心为O′，半径为R＝0.2 m。D的正下方E开始向右水平放置一块橡皮泥板EF，长度足够长。现让弹射器弹射出一质量m＝0.1 kg的小环，小环从弹射口A射出后沿光滑曲杆运动到D处飞出，不计小环在各个连接处的能量损失和空气阻力。已知弹射器每次弹射出的小环具有相同的初速度。某次实验中小组成员调节BC高度h＝0.8 m。弹出的小环从D处飞出，现测得小环从D处飞出时速度vD＝4 m/s，g取10 m/s2，求：
(1)弹射器释放的弹性势能及小环在D处对圆环轨道的压力；
(2)小环落地点离E的距离(已知小环落地时与橡皮泥板接触后不再运动)；
(3)若不改变弹射器弹性势能，改变BC间高度h在0～2 m之间，求小环下落在水平面EF上的范围。
[解析] (1)根据机械能守恒定律得：
Ep＝mv＋mg(h＋R)＝1.8 J
对小环在最高点D受力分析，由牛顿第二定律得：
FN＋mg＝m
解得：FN＝7 N
由牛顿第三定律知，小环对圆环轨道的压力大小为7 N，方向竖直向上。
(2)小环离开轨道后做平抛运动，由平抛运动规律得：
h＋R＝gt2
x＝vDt
解得：x＝ m。
(3)小环刚到达D点的临界条件为mg(h1＋R)＝Ep
解得h1＝1.6 m
改变h，小环做平抛运动，分析可得小环水平方向位移应有最大值
根据机械能守恒定律得：
Ep－mg(h2＋R)＝mv′
小环平抛运动时间为t′＝
得：x′＝v′Dt′＝2
可得，当h2＋R＝0.9 m时水平位移最大，最大位移x′＝1.8 m，故小球落地点范围在离E点向右0～1.8 m的范围内。
[答案] (1)1.8 J 7 N，方向竖直向上 (2) m (3)E点向右0～1.8 m
突破点三| 功能关系的应用
1．常见的功能关系
2．应用能量守恒定律的两条基本思路
(1)某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔE减＝ΔE增。
(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔEA减＝ΔEB增。
[典例4] (多选)(2020·全国卷Ⅰ)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则下列说法正确的是( )
A．物块下滑过程中机械能不守恒
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
AB [由重力势能和动能随下滑距离s变化的图象可知，重力势能和动能之和随下滑距离s的增大而减小，可知物块下滑过程中机械能不守恒，A项正确；在斜面顶端，重力势能mgh＝30 J，解得物块质量m＝1 kg，由重力势能随下滑距离s变化图象可知，重力势能可以表示为Ep＝(30－6s)J，由动能随下滑距离s变化图象可知，动能可以表示为Ek＝2s J，设斜面倾角为θ，则有sin θ＝＝，cos θ＝，由功能关系有－μmgcos θ·s＝Ep＋Ek－30 J＝(30－6s＋2s－30) J＝－4s J，可得μ＝0.5，B项正确；由Ek＝2s J，Ek＝可得，v2＝4s m2/s2，对比匀变速直线运动公式v2＝2as，可得a＝2 m/s2，即物块下滑时加速度的大小为2.0 m/s2，C项错误；由重力势能和动能随下滑距离s变化图象可知，当物块下滑2.0 m时机械能为E＝18 J＋4 J＝22 J，机械能损失了ΔE＝30 J－22 J＝8 J，D项错误。]
[考向预测]
6．(原创题)某段高速路对载重货车设定的允许速度范围为50～80 km/h，而上坡时若货车达不到最小允许速度50 km/h，则必须走“爬坡车道”来避免危险，如图所示。某质量为4.0×104 kg的载重货车，保持额定功率200 kW在“爬坡车道”上行驶，每前进1 km，上升0.04 km，货车所受的阻力(摩擦阻力与空气阻力)为车重的1%，g取10 m/s2，爬坡车道足够长，则货车匀速上坡的过程中( )
A．牵引力等于2×104 N
B．速度可能大于36 km/h
C．上坡过程增加的重力势能等于货车牵引力所做的功
D．上坡过程增加的机械能等于货车克服阻力所做的功
A [ 货车匀速上坡的过程中，根据平衡条件得牵引力大小F＝0.01mg＋mgsin θ＝0.01×4.0×104×10 N＋4.0×104×10× N＝2×104 N，A正确；根据P＝Fv得v＝＝ m/s＝10 m/s＝36 km/h，B错误；上坡过程增加的重力势能等于货车牵引力所做的功与克服阻力做的功之差，C错误；根据功能关系知，上坡过程增加的机械能等于货车牵引力做功与克服阻力所做的功之差，D错误。]
7．(多选)(2021·山东省烟台市一模)如图所示，质量为m的物体以某一速度冲上一个倾角为37°的斜面，其运动的加速度的大小为0.9g，这个物体沿斜面上升的最大高度为H，则在这一过程中( )
A．物体的重力势能增加了0.9mgH
B．物体的重力势能增加了mgH
C．物体的动能损失了0.5mgH
D．物体的机械能损失了0.5mgH
BD [在物体上滑到最大高度的过程中，重力对物体做负功，故物体的重力势能增加了mgH，故A错误，B正确；物体所受的合力沿斜面向下，其合力做的功为W＝－F·＝－ma·＝－1.5mgH，故物体的动能损失了1.5mgH，故C错误；设物体受到的摩擦力为Ff，由牛顿第二定律得mgsin 37°＋Ff＝ma，解得Ff＝0.3mg。摩擦力对物体做的功为Wf＝－Ff·＝－0.5mgH，因此物体的机械能损失了0.5mgH，故D正确。]
8．(易错题)(2021·湖北省恩施市二模)如图所示，水平传送带两端点A、B间的距离为l，传送带开始时处于静止状态。把一个小物体放到右端的A点，某人用恒定的水平力F使小物体以速度v1匀速滑到左端的B点，拉力F所做的功为W1、功率为P1，这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q1。随后让传送带以v2的速度匀速运动，此人仍然用相同的恒定的水平力F拉物体，使它以相对传送带为v1的速度匀速从A滑行到B，这一过程中，拉力F所做的功为W2、功率为P2，物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q2。下列关系中正确的是( )
A．W1＝W2，P1＜P2，Q1＝Q2
B．W1＝W2，P1＜P2，Q1＞Q2
C．W1＞W2，P1＝P2，Q1＞Q2
D．W1＞W2，P1＝P2，Q1＝Q2
B [因为两次的拉力和拉力方向的位移不变，由功的概念可知，两次拉力做功相等，所以W1＝W2，当传送带不动时，物体运动的时间为t1＝；当传送带以v2的速度匀速运动时，物体运动的时间为t2＝，所以第二次用的时间短，功率大，即P1＜P2；一对滑动摩擦力做功的绝对值等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，也等于转化的内能，第二次的相对路程小，所以Q1＞Q2，选项B正确。]
突破点四| 新情境探究
以“弹跳小人”为背景考查功能关系
[案例1] (多选)“弹跳小人”(如图甲所示)是一种深受儿童喜爱的玩具，其原理如图乙所示。竖直光滑长杆固定在地面不动，套在杆上的轻质弹簧下端不固定，上端与滑块拴接，滑块的质量为0.80 kg。现在向下压滑块，直到弹簧上端离地面高度h＝0.40 m时，然后由静止释放滑块。滑块的动能Ek随离地高度h变化的图象如图丙所示。其中高度从0.80 m到1.40 m范围内的图线为直线，其余部分为曲线。若以地面为重力势能的参考平面，空气阻力为恒力，g取10 m/s2。则结合图象可知( )
甲 乙 丙
A．弹簧原长为0.72 m
B．空气阻力大小为1.00 N
C．弹簧的最大弹性势能为9.00 J
D．在弹簧落回地面的瞬间滑块的动能为5.40 J
BC [从h＝0.80 m开始，弹簧下端与地面分离，则知弹簧的原长为0.80 m，故A错误；从0.80 m上升到1.40 m过程，在Ekh图象中，根据动能定理知：图线的斜率大小表示滑块所受的合外力，由于高度从0.80 m上升到1.40 m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.80 m上升到1.40 m范围内所受作用力为恒力，根据动能定理得－(mg＋f)Δh＝0－Ek，由图知Δh＝0.60 m，Ek＝5.40 J，解得空气阻力f＝1.00 N，故B正确；根据能量守恒定律可知，当滑块上升至最大高度时，整个过程中，增加的重力势能和克服空气阻力做功之和等于弹簧的最大弹性势能，所以Epm＝(mg＋f)Δh′＝9×(1.40－0.4) J＝9.00 J，故C正确；滑块由最大高度到弹簧落回地面的瞬间，根据动能定理得(mg－f)Δh＝Ek′－0，得Ek′＝4.2 J，故D错误。]
以“冲浪运动”为背景考查机械能守恒定律的应用
[案例2] 滑板运动是一种陆地上的“冲浪运动”，滑板运动员可在不同的轨道上滑行并做出各种高难度动作，给人以美的享受。如图所示是模拟的滑板滑行轨道，该轨道由足够长的斜直轨道、半径R1＝1 m的凹形圆弧轨道和半径R2＝1.6 m的凸形圆弧轨道组成，这三部分轨道处于同一竖直平面内且依次平滑连接，其中AB与水平方向夹角θ＝37°，C点为凹形圆弧轨道的最低点，D点为凸形圆弧轨道的最高点，凸形圆弧轨道的圆心O2点与C点处在同一水平面上。一质量为m＝1 kg可看作质点的滑板，从斜直轨道上的P点无初速滑下，经过C点滑向D点，P点距B点所在水平面的高度h＝1.8 m，不计一切阻力，g取10 m/s2。求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)滑板滑到C点时滑板对轨道的压力；
(2)若滑板滑到D点时恰做平抛运动，则从P点须以多大初速度开始下滑。
[解析] (1)滑板从P点运动到C点的过程中，
由机械能守恒定律得mg[h＋R1(1－cos θ)]＝mv
在C点对滑板由牛顿第二定律得
FN－mg＝m
解得FN＝50 N
由牛顿第三定律可知滑板对轨道的压力大小为50 N，方向竖直向下。
(2)滑板滑到D点时恰做平抛运动，则有mg＝m
滑板从P点运动至D点，由机械能守恒定律得
mg[h＋R1(1－cos θ)－R2]＝mv－mv
解得v0＝2 m/s。
[答案] (1)50 N，方向竖直向下 (2)2 m/s
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