2022届高考物理二轮复习 专题四 功与能 讲义

专题二 动量与能量

第1讲　功与能

考点一| 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。

3.应用动能定理解题的步骤图解

[典例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。]

[典例2]　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

考点二| 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

3.连接体的机械能守恒问题

单个物体的机械能守恒

[典例3]如图甲所示，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC，小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道，图乙是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中，其速度平方与其对应高度的关系图像．已知小球在最高点C受到轨道的作用力为2.5 N，空气阻力不计，B点为AC轨道中点，g＝10 m/s2，求：

 (1)图乙中b的值；(结果不用带单位)

(2)小球在B点受到轨道作用力的大小．

答案　(1)25　(2)8.5 N

解析　(1)小球在光滑轨道上运动，只有重力做功，故机械能守恒，

所以有：mvA2＝mv2＋mgh

解得：vA2＝v2＋2gh，则有v2＝－2gh＋vA2

故将(0.8，9)代入上式可得：b＝vA2＝(9＋2×10×0.8) m2/s2＝25 m2/s2

(2)由题图乙可知，轨道半径R＝0.4 m，小球在C点的速度为3 m/s，在A点的速度为5 m/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mvA2＝mgR＋mvB2

解得vB＝＝ m/s＝ m/s

所以小球在B点受到的水平方向上的合外力提供小球做圆周运动的向心力：

F＝＝ N＝8.5 N

所以小球在B点受到轨道作用力的大小为8.5 N.

多个物体系统机械能守恒

[典例4] (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。]

考点三| 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5]　 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。]

[典例6]　 (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。]

考点四| 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