2023届高考物理二轮复习专题二第1讲功和能学案

这是一份2023届高考物理二轮复习专题二第1讲功和能学案，共13页。


1. 掌握功和功率的计算．
2. 理解动能定理．
3. 解决功能关系与图像的综合问题．
4. 处理连接体中的能量问题．
1. 功
(1) 恒力做功的计算式：
W＝Flcsα(α是F与位移l方向的夹角).
(2) 恒力所做总功的计算：
W总＝F合lcsα或W总＝W1＋W2＋…．
2. 功率
(1) 计算功率的两个公式：P＝，P＝Fv csα(α为F与v的夹角).
(2) 机车启动类问题中的“临界点”
①全程最大速度的临界点为Ff＝ eq \f(P,vm)；
②匀加速运动的最后点为 eq \f(P,v1m)－Ff＝ma，此时瞬时功率等于额定功率P额；
③在匀加速过程中的某点有 eq \f(P1,v1)－Ff＝ma；
④在变加速运动过程中的某点有 eq \f(P,v2)－Ff＝ma2.
3. 动能定理：W总＝Ek2－Ek1．
4. 机械能守恒定律的三种表达方式
(1) 始末状态：
mgh1＋ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,1) ＝mgh2＋ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,2) ．
(2) 能量转化：ΔEk(增)＝ΔEp(减).
(3) 研究对象：ΔEA＝－ΔEB.
5. 几种常见的功能关系
1. (2020·江苏卷)质量为1.5×103 kg的汽车在水平路面上匀速行驶，速度为20 m/s，受到的阻力大小为1.8×103 N．此时，汽车发动机输出的实际功率是( )

A. 90 W B. 30 kW
C. 36 kW D. 300 kW
【解析】 根据汽车做匀速直线运动可得此时汽车的牵引力等于阻力，即F＝f＝1.8×103 N，此时汽车发动机的实际输出功率即瞬时功率，根据P＝Fv，代入数据解得此时汽车发动机的实际输出功率为36 kW，A、B、D错误，C正确．
【答案】 C
2. (2022·全国甲卷)北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示．运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h.要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于( )
A. eq \f(h,k＋1) B. eq \f(h,k)
C. eq \f(2h,k) D. eq \f(2h,k－1)
【解析】 运动员从a到c根据动能定理有mgh＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,c) ，在c点有FNc－mg＝m eq \f(v eq \\al(2,c) ,Rc)，FNc≤kmg，联立有Rc≥ eq \f(2h,k－1)，故D正确．
【答案】 D
3. (2020·江苏卷)如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上．斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数．该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图像是( )
eq \(\s\up12(),\s\d4(A)) eq \(\s\up12(),\s\d4(B)) eq \(\s\up12(),\s\d4(C)) eq \(\s\up12(),\s\d4(D))
【解析】 在斜面上，物块受竖直向下的重力、沿斜面向上的滑动摩擦力以及垂直斜面向上的支持力，设物块的质量为m，斜面的倾角为θ，物块沿斜面下滑的距离对应的水平位移为x，由动能定理有mg sin θ· eq \f(x,cs θ)－μ1mg cs θ· eq \f(x,cs θ)＝Ek－0, 解得Ek＝(mg tan θ－μ1mg)x，即在斜面上时物块的动能与水平位移成正比，B、D错误；在水平面上，物块受竖直向下的重力、竖直向上的支持力以及水平向左的滑动摩擦力，由动能定理有－μ2mg(x－x0)＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－μ2mg(x－x0)，其中Ek0为物块滑到斜面底端时的动能，x0为物块沿斜面下滑到底端时对应的水平位移，即在水平面上物块的动能与水平位移为一次函数关系，且为减函数，A正确，C错误．
【答案】 A
4. (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
【解析】 如图所示，设圆环下降的高度为h，圆环的半径为R，它到P点的距离为L，根据机械能守恒定律得mgh＝ eq \f(1,2)mv2，由几何关系可得，h＝L sin θ，sin θ＝ eq \f(L,2R)，联立可得h＝ eq \f(L2,2R)，可得v＝L eq \r(\f(g,R))，故C正确，A、B、D错误．
【答案】 C
1. 功的计算
(1) 求恒力做功的方法
(2) 求变力做功的方法：图像法、转化法、微元法、动能定理法、功能原理法等．
2．功率的计算：平均功率P＝ eq \f(W,t)，瞬时功率P＝Fv cs θ.
eq \x(例) eq \x(1)(2022·扬州高邮调研)如图所示为某种太阳能无人驾驶试验汽车，汽车上安装有太阳能电池板、蓄能电池和电动机．在某次启动中，汽车以恒定的功率P启动，所受阻力与速度成正比，比例系数为k，经时间t汽车的速度达到最大值，在这个过程中下列说法正确的是( )
A. 汽车的牵引力增大
B. 汽车的合外力增大
C. 汽车达到的最大速度为 eq \r(\f(P,k))
D. 汽车合外力做功为Pt
【解析】 由P＝Fv，f＝kv，可知随着速度增大，牵引力减小，阻力增大，合外力变小，A、B错误；当汽车达到最大速度时，有P＝Fv＝fv＝kv2 ，解得vmax＝ eq \r(\f(P,k))，C正确；合外力做的功等于电动机做的功Pt减阻力做的功，所以小于Pt，D错误．
【答案】 C
应用动能定理解题的基本步骤
eq \x(例) eq \x(2)(2022·盐城模拟)如图所示，倾角为θ＝45°的粗糙平直导轨与半径为R的光滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内．一质量为m的小滑块从导轨上离地面高为h＝3R的D处无初速下滑进入圆环轨道．接着小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，不计空气阻力．求：
(1) 滑块运动到圆环最高点C时的速度的大小；
(2) 滑块运动到圆环最低点时的动能大小；
(3) 滑块在斜面轨道BD间运动的过程中克服摩擦力做的功．
【答案】 (1) 根据几何关系知，OP间的距离
x＝ eq \r(2)R，
又R＝ eq \f(1,2)gt2，
解得滑块在最高点C时的速度
vC＝ eq \f(x,t)＝ eq \r(gR).
(2) 小滑块在最低点时速度为v，由机械能守恒定律得 eq \f(1,2)mv2＝mg×2R＋ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,C) ，
解得v＝ eq \r(5Rg)，
则动能为Ek＝ eq \f(1,2)mv2＝2.5mgR.
(3) 从D到最低点过程中，运用动能定理得
mgh－Wf＝ eq \f(1,2)mv2，
解得Wf＝ eq \f(1,2)mgR.
1. 四类图像所围“面积”的含义
2. 功能相关图像问题分析“三步走”
eq \x(例) eq \x(3)(2022·连云港考前模拟)如图所示，一轻弹簧左端固定，右端连接一物块，置于粗糙的水平面上．开始时弹簧处于原长，现用一恒力F 将物块由静止向右拉动直至弹簧弹性势能第一次达到最大．在此过程中，关于物块的速度v、加速度a、动能Ek及弹簧的弹性势能Ep随时间t或位移x变化的图像，其中可能正确的是( )
eq \(\s\up12(),\s\d4(A)) eq \(\s\up12(),\s\d4(B))
eq \(\s\up12(),\s\d4(C)) eq \(\s\up12(),\s\d4(D))
【解析】 物块由静止向右拉动的过程中，对物块进行受力分析，物块水平方向受到向右的拉力F、向左的摩擦力f和弹簧的弹力F弹，其中F和f的大小和方向都不变，开始运动时，根据牛顿第二定律有F－f－F弹＝ma，而随着物块右移，弹簧越来越长，弹力越来越大，因此加速度越来越小，因此物块做加速度逐渐减小的加速运动，直到合外力为零，合外力为零时，速度达到最大值，动能达到最大值．随后物块继续向右移动，根据牛顿第二定律有F弹＋f－F＝ma，由于物块一直向右运动，弹力越来越大，因此物块开始做加速度逐渐增大的减速运动，直到停止，停止时弹性势能最大．通过上述分析可知，vt图像中，速度增大过程中由于加速度越来越小，故速度的上升过程越来越平缓，斜率越来越小，速度下降过程反之，动能变化情况与速度一致，故A错误，C正确；at图像中，通过分析可知，由于是变速运动，位移x与时间t不成线性关系，因此弹簧的弹力F弹 与时间t也不成线性关系，故加速度a与时间t也不成线性关系，故B错误；Ept图像中，通过分析可知，在物块由静止向右拉动直至弹簧弹性势能第一次达到最大的过程中，弹性势能Ep 一直增加，不会出现减小的情况，故D错误．
【答案】 C
1. 对多个物体组成的系统要注意判断物体运动过程中，系统的机械能是否守恒．不守恒，利用能量守恒定律解决．
2．注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系．
3．若系统机械能守恒，列机械能守恒方程时，一般选用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA＝－ΔEB的形式．
eq \x(例) eq \x(4)(2022·苏州八校联盟检测)如图所示，轻绳的一端固定在A点，另一端通过与A等高的轻质定滑轮B与质量为m的物体甲相连，AB间的距离为 eq \r(3)L .现将另一个质量也为m的物体乙通过光滑的轻质挂钩挂在轻绳上，稳定时挂钩下降至O点．用手将挂钩拉至AB的中点C，松手后，挂钩向下运动至D点速度减为0.不计一切摩擦，重力加速度取g.求：
(1) 稳定时轻绳AO与竖直方向的夹角θ；
(2) CD的高度h；
(3) 挂钩向下运动经过O点时，物体甲的速度v.
【答案】 (1) 设绳子中的张力为T，
甲：T＝mg，
乙：2T cs θ＝mg，
解得θ＝60°.
(2) 根据甲、乙系统机械能守恒，
mgh＝mg(2 eq \r(h2＋（\f(\r(3),2)L）2)－ eq \r(3)L)，
h＝ eq \f(2\r(3),3)L.
(3) 挂钩向下运动经过O点时，设物体甲的速度v，物体乙的速度v′，此时，v＝2v′cs 60°，
根据甲、乙系统机械能守恒，
mg eq \f(L,2)＝mg(2L－ eq \r(3)L)＋ eq \f(1,2)mv2＋ eq \f(1,2)mv′2，
v＝ eq \r(（\r(3)－\f(3,2)）gL).
(1) 在运用能量守恒定律解决关联体问题时，常采用能量守恒定律表达式中“转化式”或“转移式”列方程．
(2) 在运用能量守恒定律解决关联体问题列方程时，关联的两个物体速度大小不一定相等，需要寻找两者速度的关系，这个时候需要对关联的物体速度进行分解，寻找两个物体实际速度大小关系．
(3) 弹簧一端连关联物、另一端固定，当弹簧伸长到最长或压缩到最短时，物体速度有极值，弹簧的弹性势能最大，此时也是物体速度方向发生改变的时刻．
①若关联物与接触面间光滑，当弹簧恢复原长时，物体速度最大，弹性势能为零．
②若关联物与接触面间粗糙，物体速度最大时弹力与摩擦力平衡．此时弹簧并没有恢复原长，弹性势能也不为零．
1. (2022·南京、盐城模拟)如图所示是足球被踢出后在空中依次经过a、b、c三点的运动轨迹示意图，b为最高点，a、c两点等高，则足球( )
A. 从a运动到b的时间大于从b运动到c的
B. 在b点的加速度方向竖直向下
C. 在a点的机械能比在b点的大
D. 在a点的动能与在c点的相等
【解析】 足球被踢出后，对足球受力分析，足球受到重力和空气阻力，当足球从a运动到b过程中竖直方向上重力和空气阻力都向下，b运动到c的空气阻力向上，故a运动到b过程中的竖直方向上的加速度大于b运动到c过程中的加速度，a、c两点等高，故从a运动到b的时间小于从b运动到c的，A错误；在b点，足球运动方向向右，空气阻力水平向左，故此刻足球的加速度斜向下，B错误；由于过程中空气阻力做负功，机械能减少，故在a点的机械能比在b点的大，C正确；从a运动到c过程中机械能减少，a、c两点等高重力势能相同，在a点的动能比在c点时大，D错误．
【答案】 C
2. (2022·南通基地学校联考)如图所示，一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球A和B，B球的质量大于A球的质量．A球静止于地面，用手托住B球，轻绳刚好被拉紧，然后释放B球．定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦均不计，则在B球落地前( )
A.两球所受的合外力大小相等
B. B球重力势能减小的快慢等于A球重力势能增加的快慢
C. B球动能增加的快慢等于A球动能增加的快慢
D. B球机械能减小的快慢等于A球机械能增加的快慢
【解析】 两球加速度大小相等，但是两球质量不等，则所受的合外力大小不相等，A错误；根据ΔEp＝mgh可知，重力势能变化的快慢为 eq \f(ΔEp,Δt)＝mg eq \f(h,Δt)，两球高度变化相等，质量不等，则B球重力势能减小的快慢与A球重力势能增加的快慢不相等，B错误；根据动能变化的快慢为 eq \f(ΔEk,Δt)＝ eq \f(1,2)m eq \f(v2,Δt)，两球速度相等，质量不等，则B球动能增加的快慢不等于A球动能增加的快慢，C错误；因A、B系统机械能守恒，即B球机械能减小量等于A球机械能增加量，则B球机械能减小的快慢等于A球机械能增加的快慢，D正确．
【答案】 D
3. (2022·广东卷改编)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，MN＝PQ＝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．下列说法错误的是( )
A. 从M到N，小车牵引力大小为40 N
B. 从M到N，小车克服摩擦力做功800 J
C. 从P到Q，小车重力势能增加1×104 J
D. 从P到Q，小车克服摩擦力做功700 J
【解析】 小车从M到N，依题意有P1＝Fv1＝200 W，代入数据解得F＝40 N，故A正确；依题意，小车从M到N，因匀速，小车所受的摩擦力大小为f1＝F＝40 N，则摩擦力做功为W1＝－40×20 J＝－800 J，则小车克服摩擦力做功为800 J，故B正确；依题意，从P到Q，重力势能增加量为ΔEp＝mg×Δh＝500 N×20 m×sin 30°＝5 000 J，故C错误；依题意，小车从P到Q，摩擦力为f2，有f2＋mg sin 30°＝ eq \f(P2,v2)，摩擦力做功为W2＝－f2×s2，s2＝20 m，联立解得W2＝－700 J，则小车克服摩擦力做功为700 J，故D正确．故选C.
【答案】 C
4. (2022·南京、盐城模拟)如图所示为跳伞者在下降过程中速度随时间变化的示意图(取竖直向下为正)，箭头表示跳伞者的受力．则下列关于跳伞者的位移y和重力势能Ep随下落的时间t，重力势能Ep和机械能E随下落的位移y变化的图像中可能正确的是( )
eq \(\s\up12(),\s\d4(A)) eq \(\s\up12(),\s\d4(B))
eq \(\s\up12(),\s\d4(C)) eq \(\s\up12(),\s\d4(D))
【解析】 由图可知跳伞运动员开始时所受重力大于阻力，向下加速运动，随着速度的增大，阻力在增大，加速度逐渐减小；打开降落伞后阻力大于重力，加速度向上，运动员向下做减速运动；随着速度的减小，阻力也在减小，向上的加速度逐渐减小；当阻力和重力相等时向下做匀速运动．则位移先增加得越来越快，后增加得越来越慢，然后均匀增加，A错误；重力势能Ep＝mgh，其随高度下降均匀减小，随时间的变化规律应与位移随时间变化规律相关，先减小得越来越快，然后减小得越来越慢，最后均匀减小，B、C错误；机械能E＝E0－fy，开始时阻力先慢慢增大，开伞后阻力瞬间变大，最后运动员匀速运动，阻力不变，根据y的变化规律可知D正确．
【答案】 D
做功
能量变化
功能关系
重力做功
重力势能变化ΔEp
WG＝－ΔEp
弹力做功
弹性势能变化ΔEp
WFN＝－ΔEp
合外力做功W合
动能变化ΔEk
W合＝ΔEk
除重力和弹力之外
其他力做功W其
机械能变化ΔE
W其＝ΔE
滑动摩擦力与介
质阻力做功Ffs相对
系统内能变化ΔE内
Ffs相对＝ΔE内
电场力做功
WAB＝qUAB
电势能变化ΔEp
WAB＝－ΔEp
vt图
由公式x＝vt可知，vt图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移
at图
由公式Δv＝at可知，at图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量
Fx图
由公式W＝Fx可知，Fx图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功
Pt图
由公式W＝Pt可知，Pt图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功