备战2025年高考物理二轮复习课件（通用版）专题2能量与动量第1讲动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用

这是一份备战2025年高考物理二轮复习课件（通用版）专题2能量与动量第1讲动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用，共60页。PPT课件主要包含了通览知识明要点，研学考点提能力，答案D，解题指导审题，突破热点聚素养等内容，欢迎下载使用。
通览知识 明要点
研学考点 提能力
目 录 索 引
突破热点 聚素养
考点一　功和功率的分析与计算
命题角度1 功和功率 高考中侧重考查概念理解和公式应用
例1 (多选)(2022广东卷)如图所示,载有防疫物资的无人驾驶小车,在水平MN段以恒定功率200 W、速度5 m/s匀速行驶,在斜坡PQ段以恒定功率570 W、速度2 m/s匀速行驶。已知小车总质量为50 kg,lMN=lPQ=20 m,PQ段的倾角为30°,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。下列说法正确的有(　　)A.从M到N,小车牵引力大小为40 NB.从M到N,小车克服摩擦力做功800 JC.从P到Q,小车重力势能增加1×104 JD.从P到Q,小车克服摩擦力做功700 J答案 ABD
解析 小车从M到N,根据P1=F1v1,解得F1=40 N,选项A正确。从M到N,小车克服摩擦力做功Wf=W1=F1lMN=800 J,选项B正确。从P到Q,小车重力势能增加ΔEp=mglPQsin θ=5 000 J,选项C错误。从P到Q,牵引力所做功为W2= =5 700 J,重力势能增加量为5 000 J,动能不变,根据功能关系,小车克服摩擦力做功为700 J,选项D正确。
例2 (2023山东卷)《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下:两个半径均为R的水轮,以角速度ω匀速转动。水筒在筒车上均匀排布,单位长度上有n个,与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m的水,其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田。当地的重力加速度为g,则筒车对灌入稻田的水做功的功率为(　　)
解析 由题知,水筒在筒车上均匀排布,单位长度上有n个,且每个水筒离开水面时装有质量为m的水,其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田,则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为m总=2πRnm×60%=1.2πRnm,则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W=1.2πRnmgH,筒车对灌入稻田的水
命题角度2 机车启动的两类问题近几年高考中常结合动车的情境以选择题形式考查
例3 (2023湖北卷)两节动车的额定功率分别为P1和P2,在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1和v2。现将它们编成动车组,设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变,则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为(　　)
拓展衍生1.(2023新课标卷)无风时,雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中,克服空气阻力做的功为(重力加速度大小为g)(　　)
答案 B解析 雨滴速率不变,动能不变,根据动能定理,重力做功为mgh,雨滴克服阻力做功为mgh,选项B正确。
2.(多选)如图甲所示,一物块前端有一滑轮,轻绳的一端系在右方固定处,水平穿过滑轮,另一端用拉力F拉住,拉力F大小如图乙所示,前10 s内物块的v-t图像如图丙所示,保持拉力F与水平方向之间的夹角θ=60°不变,当用拉力F拉绳使物块前进时,下列说法正确的是(　　)A.0~5 s内拉力F做的功为75 JB.3 s末拉力F的功率为9 WC.5~10 s内摩擦力大小为6 ND.5~10 s内拉力F做的功为150 J
解析 由图乙可得,0~5 s内拉力大小F1=6 N,由图丙可得0~5 s内物块的位移为s1= ×5×5 m=12.5 m,则0~5 s内拉力F做的功为W1=F1s1+F1s1cs θ,解得W1=112.5 J,A错误;由图丙可知,3 s末物块的速度为v1=3 m/s,3 s末拉力F的功率为P1=F1v1+F1v1cs θ,解得P1=27 W,B错误;5~10 s内,物块做匀速运动,则有Ff=F2+F2cs θ=6 N,C正确;由图乙可得,5~10 s内拉力大小为F2=4 N,由图丙可得,5~10 s内物块的位移为25 m,则5~10 s内拉力F做的功为W2=F2s2+F2s2cs θ,解得W2=150 J,D正确。
3.(2021湖南卷)“复兴号”动车组用多节车厢提供动力,从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢,每节车厢发动机的额定功率均为P,若动车组所受的阻力与其速率成正比(F阻=kv,k为常量),动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是(　　)A.动车组在匀加速启动过程中,牵引力恒定不变B.若四节动力车厢输出功率均为额定值,则动车组从静止开始做匀加速运动
解析 动车组匀加速启动过程中,根据牛顿第二定律,有F-kv=ma,因为加速度a不变,速度v改变,所以牵引力F改变,选项A错误。由四节动力车厢输出功率均为额定值,可得4P=Fv,F-kv=ma',
考点二　动能定理的理解及应用
命题角度1 动能定理在图像问题中的应用高考中常结合W-x图像或Ek-x图像以选择题的形式考查三步突破动能定理应用中的图像问题
例4 (多选)(2023新课标卷)一质量为1 kg的物体在水平拉力的作用下,由静止开始在水平地面上沿x轴运动,出发点为x轴零点,拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4,重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)A.在x=1 m时,拉力的功率为6 WB.在x=4 m时,物体的动能为2 JC.从x=0运动到x=2 m,物体克服摩擦力做的功为8 JD.从x=0运动到x=4 m的过程中,物体的动量最大为2 kg·m/s答案 BC
命题角度2 动能定理在多过程和往复运动问题中的应用这类问题在高考中常结合抛体运动或圆周运动以计算题的形式考查应用动能定理解题应注意的三个问题(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几个运动性质不同的小过程(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,但若能对整个过程利用动能定理列式则可使问题简化。
例5 某遥控赛车轨道如图所示,赛车从起点A出发,沿摆放在水平地面上的直轨道AB运动L=10 m后,从B点进入半径R=0.1 m的光滑竖直圆轨道,经过一个完整的圆周后进入粗糙的、长度可调的、倾角θ=30°的斜直轨道CD,最后在D点速度方向变为水平后飞出(不考虑经过轨道中C、D两点的机械能损失)。已知赛车质量m=0.1 kg,通电后赛车以额定功率P=1.5 W工作,赛车与AB轨道、CD轨道间的动摩擦因数分别为μ1=0.3和μ2= ,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求赛车恰好能过圆轨道最高点P时的速度vP的大小。(2)若要求赛车能沿圆轨道做完整的圆周运动,求赛车通电的最短时间。(3)已知赛车在水平直轨道AB上运动时一直处于通电状态且最后阶段以恒定速率运动,进入圆轨道后关闭电源,选择CD轨道合适的长度,可使赛车从D点飞出后落地的水平位移最大,求此最大水平位移,并求出此时CD轨道的长度。
【破题】1.确定赛车为研究对象,选取运动过程,从“恰好能过圆轨道最高点P时的速度”入手,求出临界速度;2.赛车共受到牵引力、摩擦力、重力、地面及轨道的弹力,其中牵引力做正功,摩擦力和重力做负功,弹力不做功;赛车在A点速度为0,在P点速度为第(1)问结果vP,由动能表达式算出对应动能;按照W=ΔEk,即等号左边为各力做功的代数和,等号右边为末动能减初动能列方程,求出通电时间;3.赛车在最后过程做匀速运动,牵引力与滑动摩擦力平衡,设CD轨道的长度为l,平抛水平位移为x,应用平抛规律和动能定理列方程,写出函数关系求解。
解析 (1)赛车恰好能通过圆轨道最高点P时,只受到重力,由重力提供向心力,即
解得vP=1 m/s。(2)由(1)小题可知,若要赛车做完整圆周运动,即赛车到达P点的速度至少为1 m/s,设赛车通电的最短时间为t,赛车从开始运动到P点的全过程,
思维升华 应用动能定理解题的思维流程
拓展衍生4.(2022江苏卷)某滑雪赛道如图所示,滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑,经圆弧滑道起跳。将运动员视为质点,不计摩擦力及空气阻力,此过程中,运动员的动能Ek与水平位移x的关系图像正确的是(　　)
解析 设斜面倾角为θ,不计摩擦力和空气阻力,由题意可知运动员在沿斜面下滑过程中根据动能定理有Ek=mgxtan θ,即 =mgtan θ,下滑过程中开始阶段倾角θ不变,Ek-x图像为一条直线;经过圆弧轨道过程中θ先减小后增大,即图像斜率先减小后增大,故A正确。
(1)求小物块到达D点的速度大小。(2)求B和D两点的高度差。(3)求小物块在A点的初速度大小。
考点三　机械能守恒定律的理解及应用
命题角度1 单个物体的机械能守恒 只有重力做功(1)公式:E1=E2,ΔEk=-ΔEp。 (2)隔离法分析单个物体的受力情况,利用机械能守恒定律列式求解。(3)单个物体机械能守恒的题目都可以用动能定理解答。
例6 如图甲所示,一根质量为m、长度为L的均匀柔软细绳置于光滑水平桌面上,绳子右端恰好处于桌子边缘,桌面离地面足够高。由于扰动,绳从静止开始沿桌边下滑。当绳下落的长度为x时,加速度大小为a,绳转折处O点的拉力大小为F,桌面剩余绳的动能为Ek、动量为p,如图乙所示。则从初态到绳全部离开桌面的过程中,下列说法正确的是(　　)
明确牵连物体间速度和位移的关系命题角度2 多个物体系统机械能守恒(1)适用条件:只有重力和系统内弹力做功。(2)一般用“转化观点:ΔEp=-ΔEk”或“转移观点:ΔEA增=ΔEB减”列方程求解。(3)应用机械能守恒定律的三点提醒:①分析机械能是否守恒时,必须明确要研究的系统;②系统机械能守恒时,机械能一般在系统内物体间转移,其中的单个物体机械能通常不守恒;③对于一些绳子突然绷紧、物体间碰撞等情况,除非题目特别说明,否则机械能必定不守恒。
例7 如图所示,在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数k=500 N/m的轻质弹簧相连,A放在水平地面上,B在弹簧上且处于静止状态。B、C物体通过轻质细绳绕过轻质定滑轮相连,C放在固定的光滑斜面上。用手拿住C,ab段的细绳竖直、cd段的细绳松弛,现无初速释放C,C沿斜面下滑s= m时,细绳绷直且cd段与斜面平行,随后C继续沿斜面向下运动,在C整个下滑过程中,A始终没有离开地面,C一直在斜面上。已知B的质量为mB=1.0 kg,C的质量为mC=4.0 kg,斜面倾角α=30°,重力加速度g取10 m/s2,细绳与滑轮之间的摩擦不计,不计空气阻力。求:
(1)细绳刚绷直(无拉力)时C的速度v1;(用根式表示)(2)B的最大速度vm;(3)对弹簧和物体构成的系统,当弹簧的形变量为x时,弹簧的弹性势能Ep= kx2。为使A不离开地面,求A的质量范围。
B、C的加速度为0时,B的速度最大。设此时弹簧的伸长量为x2,根据牛顿第二定律,对B有FT-mBg-kx2=0对C有mCgsin α=FT联立得x2=2 cmx1=x2,两个状态弹簧的弹性势能相等,从细绳刚绷直到B、C速度最大的过程中,由机械能守恒定律有
(3)设弹簧的伸长量为x时,B、C的速度为零,此时弹簧弹力最大。对B、C及弹簧构成的系统,从细绳绷直到B、C速度为零,由机械能守恒定律有
代入数据解得x=12 cm要使A不离开地面,对A有kx≤mAg解得mA≥6.0 kg。
规律总结 应用机械能守恒定律解题的基本思路
拓展衍生6.(2022全国乙卷)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环。小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑,在下滑过程中,小环的速率正比于(　　)A.它滑过的弧长B.它下降的高度C.它到P点的距离D.它与P点的连线扫过的面积答案 C
解析 如图所示,设圆环下降的高度为h,圆环的半径为R,圆环到P点的距离为l,
7.如图所示,半径为R的光滑圆环固定在竖直面内,圆环的圆心O的正上方B点固定一定滑轮,B点的左侧再固定一定滑轮,轻质细线跨过两个滑轮,一端连接质量为m的物块,另一端连接质量也为m的小球,小球套在圆环上,从圆环上的A点由静止开始释放,OA与竖直方向的夹角为53°,且AB正好沿圆环的切线方向,P点为圆环的最高点,不计一切摩擦,不计滑轮、小球以及物块的大小,重力加速度为g,sin 53°=0.8,cs 53°=0.6,求:(1)小球释放瞬间的加速度;(2)小球运动到P点时的速度。
解析 (1)小球释放的瞬间,小球和物块的加速度大小相等,设加速度大小为a,细线的拉力的大小为FT,对小球分析有FT-mgsin 53°=ma对物块分析有mg-FT=ma
(2)小球从A运动到P,物块下降的高度为h=hAB-hBP
由于小球由A运动到P点时,细线与小球的速度v垂直,则小球沿细线方向的分速度为0,由关联速度可知物块的速度为0,小球和物块组成的系统机械能守恒,则有
考点四　功能关系与能量守恒定律的理解及应用
1.几种常见的功能关系
2.应用能量守恒定律的两点注意(1)当涉及摩擦力做功,机械能不守恒时,一般应用能量的转化和守恒定律。(2)确定初、末状态,分析状态变化过程中的能量变化,利用ΔE减=ΔE增列式求解。
例8 (多选)(2023全国乙卷)如图所示,一质量为m'、长为l的木板静止在光滑水平桌面上,另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为Ff,当物块从木板右端离开时(　　)A.木板的动能一定等于FflB.木板的动能一定小于Ffl
解析 设物块滑上木板t0时间后离开木板,在这段时间内物块在摩擦力的作用下做匀减速直线运动,木板在摩擦力的作用下做匀加速直线运动,它们这段时间内的v-t图像如图所示,AB为物块的v-t图像,OC为木板的v-t图像。结合题意可知梯形OABC的面积表示木板长度l,三角形OCD的面积表示木板的位移,由图可知S△OCDl。此过程中对木板由动能定理得Ffx1=Ek1-0,所以当物块从右端离开木板时木板的动能
拓展衍生8.(多选)(2024山东临沂高三期中)如图所示,绝缘粗糙斜面体固定在水平地面上,斜面所在空间存在平行于斜面向上的匀强电场,电场强度为E,轻弹簧一端固定在斜面顶端,另一端连接一不计质量的绝缘薄板。一带正电的滑块,从斜面上的P点处由静止释放后,沿斜面向上运动,并能压缩弹簧至R点(图中未标出),然后返回。则(　　)A.滑块从P点运动到R点的过程中,其机械能增量等于静电力与弹簧弹力做功之和B.滑块从P点运动到R点的过程中,电势能的减少量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和C.滑块返回能到达的最低位置在P点的上方D.滑块最终停下时,克服摩擦力所做的功等于电势能的减少量与重力势能增加量之差
解析 滑块从P点运动到R点的过程中,除重力外还有静电力、弹簧弹力与摩擦力对滑块做功,由功能原理知其机械能的增量等于静电力、弹簧弹力与摩擦力做功之和,A错误;滑块从P点运动到R点的过程中,滑块动能增量为0,重力势能、弹性势能增加,还有摩擦产生热量,由能量守恒知电势能的减少量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和,B正确;由动能定理知在滑块上升过程中(qE-mgsin θ-μmgcs θ)x-W弹=0,下滑过程中
滑块运动的过程中,由于摩擦力做功,滑块的机械能与电势能的和逐渐减小,所以滑块最终停下时,克服摩擦力所做的功等于电势能的减少量与重力势能增加量、弹性势能增加量之差,D错误。
经典物理模型:牵连体系统模型求解这类问题的关键是找出两物体的速度关系,按两物体连接方式和速度关系一般可分为如下三种:
高考试题中,常常出现两个由轻绳或轻杆连接在一起的物体所组成的连接体系统,用以考查运动的合成与分解、机械能守恒定律应用或功能关系。
典例 (2024江苏常州高三学业水平检测)如图所示,轻杆上端可绕光滑铰链O在竖直平面内自由转动。小球A固定在轻杆末端。用细绳连接小球B,绳的另一端穿过位于O点正下方小孔P与A相连。用沿绳斜向上的拉力作用于小球A,使杆保持水平,撤去拉力,小球A、B带动轻杆绕O点转动。已知小球A、B的质量均为m,杆长为L,OP等于2L,重力加速度为g,忽略一切阻力。(1)杆保持水平时,求轻杆对小球A拉力的大小;(2)运动过程中,求两小球速度大小相等时的速度大小;(3)运动过程中,求两小球速度大小相等时细绳对小球A的拉力大小。
解析 (1)小球A受力分析如图所示可知由FT、G以及F和FT绳的合力所构成的矢量三角形恰与△OPA相似,
(2)小球A绕O点做圆周运动,速度方向沿圆周轨迹切线方向,又因小球A、B通过细绳连接在一起,两者沿绳方向的分速度相等,故两小球速度大小相等时,细绳与小球A的圆周轨迹相切,如图所示由几何关系得,θ=30°
(3)两小球速度大小相等时,对小球A受力分析如图沿绳方向应有FT'+mgcs θ=ma1小球B与小球A沿绳方向的加速度大小相等,则对小球B有mg-FT'=ma1
1.如图所示,两端分别固定有小球A、B(均视为质点)的轻杆竖直立在水平面上并靠在竖直墙面右侧处于静止状态。由于轻微扰动,A开始沿水平面向右滑动,B随之下降,此过程中两小球始终在同一竖直平面内。已知轻杆的长度为l,两小球的质量均为m,重力加速度大小为g,不计一切摩擦,下列说法正确的是(　　)A.A动能最大时对水平面的压力大小等于2mg
当杆中存在挤压的内力,此时墙壁对B有冲量,又由于在运动过程中B水平方向速度始终为零,所以竖直墙面对B的冲量大小等于杆对B在水平方向的冲量大小,进一步可知竖直墙面对B的冲量大小等于杆对A在水平方向的冲量大小,该过程就是A获得最大动量过程,由动量定理可知I墙B=I杆A
2.一劲度系数k=100 N/m的轻弹簧下端固定于倾角θ=37°的光滑斜面底端,上端连接物块P;一轻绳跨过定滑轮O与物块P连接,另一端与套在固定光滑水平直杆上的物块Q连接,定滑轮到水平直杆的距离d=0.4 m。初始时物块Q在水平外力F= N作用下静止在A点,轻绳与水平直杆的夹角α=30°。已知物块Q的质量m1=0.2 kg,物块P的质量m2=5 kg,不计滑轮的大小及摩擦,弹簧始终处于弹性限度内,g取10 m/s2。现将物块Q由静止释放,求:(sin 37°=0.6,cs 37°=0.8)
(1)物块P静止时轻绳拉力大小FT和弹簧的伸长量x1。(2)物块Q运动到轻绳与水平直杆的夹角β=53°的B点时的速度大小。答案 (1)45 N　0.15 m　(2)3 m/s解析 (1)对物块Q进行受力分析,由平衡条件有F=FTcs 30°解得FT=45 N物块P静止时,设弹簧的伸长量为x1,由平衡条件有FT=m2gsin θ+kx1解得x1=0.15 m。