2023届高考物理二轮复习专题二第1讲功和能学案

专题二　动量与能量

第1讲　功和能

1.几种力做功的特点

(1)重力、弹簧弹力、静电力做功与路径无关。

(2)摩擦力做功的特点。

①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功,也可以做负功,还可以不做功。

②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零,在静摩擦力做功的过程中,只有机械能的转移,没有机械能转化为其他形式的能;相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零,且总为负值。在一对滑动摩擦力做功的过程中,不仅有相互摩擦的物体间机械能的转移,还有部分机械能转化为内能,转化为内能的量等于系统机械能的减少量,等于滑动摩擦力与相对位移的乘积。

③摩擦生热是指滑动摩擦生热,静摩擦不会生热。

2.几个重要的功能关系

1.思想方法

(1)守恒思想、分解思想。

(2)守恒法、转化法、转移法。

2.模型建构

机车启动的两种情况(F阻不变);两个基本关系式:P=Fv,F-F阻=ma。

(1)恒定功率启动:P不变,此时做加速度减小的加速运动,直到达到最大速度vm,此过程Pt-F阻s=m。

(2)恒定加速度启动:开始阶段a不变。

无论哪种启动方式,最大速度都等于匀速运动时的速度,即vm=。

考点一　功　功率　动能定理的应用

(2021·重庆卷,10)(多选)额定功率相同的甲、乙两车在同一水平路面上从静止启动,其发动机的牵引力随时间的变化曲线如图所示。两车分别从t1和t3时刻开始以额定功率行驶,从t2和t4时刻开始牵引力均视为不变。若两车行驶时所受的阻力大小与重力成正比,且比例系数相同,则(　ABC　)

A.甲车的总质量比乙车大

B.甲车比乙车先开始运动

C.甲车在t1时刻和乙车在t3时刻的速率相同

D.甲车在t2时刻和乙车在t4时刻的速率相同

解析:根据题述,两车额定功率P相同,匀速运动后牵引力等于阻力,因此甲车阻力大于乙车阻力,根据甲车t2时刻后和乙车t4时刻后两车牵引力不变,甲车牵引力大于乙车,F=F阻=kmg,可知甲车的总质量比乙车大,故A正确。如图所示,甲车在A点所对应的时刻牵引力与阻力瞬间相等,所以甲车从这个时刻开始做加速运动;乙车在B点所对应的时刻牵引力与阻力瞬间相等,乙车从这个时刻开始加速,所以甲车比乙车先开始运动,故B正确。两车分别从t1和t3时刻开始以额定功率行驶,这两个时刻,两车的牵引力等大,由P=Fv可知,甲车在t1时刻和乙车在t3时刻的速率相同,故C正确。t2时刻甲车达到最大速度,t4时刻乙车达到最大速度,根据汽车的额定功率P=F阻vm=kmgvm,由于甲车的总质量比乙车大,所以甲车在t2时刻的速率小于乙车在t4时刻的速率,故D错误。

(2021·辽宁卷,10)(多选)冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一。某冰滑梯的示意图如图所示,螺旋滑道的摩擦可忽略,倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动摩擦因数μ相同,因滑板不同μ满足μ0≤μ≤1.2μ0。在设计滑梯时,要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑,且滑行结束时停在水平滑道上,以下L1、L2的组合符合设计要求的是(　CD　)

A.L1=,L2= B.L1=,L2=

C.L1=,L2= D.L1=,L2=

解析:设倾斜滑道倾角为θ,游客在倾斜滑道上均减速下滑,则需满足mgsin θ<μmgcos θ,可得μ>tan θ=,即有L1>,因μ0≤μ≤1.2μ0,所有游客在倾斜滑道上均减速下滑,可得L1>;滑行结束时停在水平滑道上,对全程由动能定理有mg·2h-μmgcos θ·-μmgx=0-0,其中0<x≤L2,可得L1<,L1+L2≥,代入μ0≤μ≤1.2μ0,可得L1<,L1+L2≥,综合需满足<L1<和L1+L2≥,故选C、D。

1.功的计算

(1)恒力做功一般用功的公式或动能定理求解。

(2)变力做功的几种求法。

2.功率的计算

明确是求瞬时功率还是平均功率;P=侧重于平均功率的计算,P=Fvcos α(α为F和速度v的夹角)侧重于瞬时功率的计算。

3.应用动能定理解题的“四步骤、三注意”

(1)应用动能定理解题的四个步骤。

①确定研究对象及其运动过程。

②分析受力情况和各力的做功情况。

③明确物体初、末状态的动能。

④由动能定理列方程求解。

(2)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,求解功时要分清是哪个力做的功,计算时要把各力的功连同符号(正负)一同代入公式。

③物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速过程),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。要注意在几个运动性质不同的分过程中,有些力是全过程都做功的,有些力只在某个分过程中做功。

1.(2022·浙江杭州二模)电梯一般用电动机驱动,钢绳挂在电动机绳轮上,一端悬吊轿厢,另一端悬吊配重装置。钢绳和绳轮间产生的摩擦力能驱使轿厢上下运动。若电梯轿厢的质量为2×103 kg,配重为2.4×103 kg。某次电梯轿厢由静止开始上升的v-t图像如图乙所示,不计空气阻力。下列说法正确的是(　D　)

A.电梯轿厢在第10 s内处于失重状态

B.上升过程中,钢绳对轿厢和对配重的拉力大小始终相等

C.在第1 s内,电动机做的机械功为2.4×104 J

D.上升过程中,钢绳对轿厢做功的最大功率为4.8×104 W

解析:电梯轿厢在第10 s内做匀速运动,既不超重也不失重,故A错误;对轿厢,在0～1 s内向上做匀加速直线运动,由牛顿第二定律知FT1-mg=ma1,得FT1=2.4×104 N,对配重,在0～1 s内向下做匀加速直线运动,由牛顿第二定律知m′g-FT1′=m′a1,得FT1′=1.92×104 N,FT1≠FT1′,在1～10 s内,轿厢及配重均做匀速直线运动,钢绳拉力大小分别等于两者的重力大小,即FT2=mg=2×104 N,FT2′=m′g=2.4×104 N,FT2≠FT2′,对轿厢,在10～11 s内向上做匀减速直线运动,由牛顿第二定律得mg-FT3=ma3,得FT3=1.8×104 N,对配重,在10～11 s内向下做匀减速直线运动,由牛顿第二定律得FT3′-m′g=m′a3,得FT3′=2.88×104 N,FT3≠FT3′,故B错误;由题图乙知在第1 s内轿厢上升高度H=1 m,对轿厢及配重组成的系统,由能量守恒知W=mgH+(M+m′)v2-m′gH,得W=4.8×103 J,故C错误;上升过程中,1 s时,加速度a== m/s2=2 m/s2,钢绳对轿厢做功的最大功率P=Fv=(mg+ma)v=(2×103×10+2×103×2)×2 W=4.8×104 W,故D正确。

2.(2022·广东广州二模)质量为m的汽车由静止启动后沿平直路面行驶,汽车牵引力随速度变化的F-v图像如图所示,设汽车与路面间的摩擦力Ff保持不变,则(　B　)

A.速度为v1时,汽车牵引力的功率为Ffv1

B.速度为v1时,汽车的加速度为

C.汽车加速运动过程中,平均速度为

D.该过程中汽车的最大功率等于F0vm

解析:速度为v1时,汽车牵引力的功率为P=F0v1,故A错误;由题图可知,速度为v1时,汽车的牵引力为F0,加速度为a=,故B正确;汽车加速运动过程中,先是从静止开始的匀加速直线运动,然后是加速度减小的变加速运动,所以平均速度不能表示成,故C错误;该过程中汽车的最大功率Pm=Ffvm,故D错误。

3.(2021·湖北卷,4)如图a所示,一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑,运动过程中摩擦力大小f恒定,物块动能Ek与运动路程s的关系如图b所示。重力加速度大小取10 m/s2,物块质量m和所受摩擦力大小f分别为(　A　)

A.m=0.7 kg,f=0.5 N

B.m=0.7 kg,f=1.0 N

C.m=0.8 kg,f=0.5 N

D.m=0.8 kg,f=1.0 N

解析:0～10 m内物块上滑,由动能定理得-mgsin 30°·s-fs=Ek-Ek0,整理得Ek=Ek0-(mgsin 30°+f)s,结合0～10 m内的图像得,斜率的绝对值|k|=mgsin 30°+f=4 N;10～20 m内物块下滑,由动能定理得(mgsin 30°-f)(s-s1)=Ek′,整理得Ek′=(mgsin 30°-f)s-(mgsin 30°-f)s1,结合10～20 m内的图像得,斜率k′=mgsin 30°-f=3 N,联立解得f=0.5 N,m=0.7 kg,故选A。

考点二　机械能守恒定律的应用

(2021·浙江1月卷,20)如图所示,竖直平面内由倾角α=60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面,B、E两处轨道平滑连接,轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心O2的连线,以及O2、E、O1和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ=30°,G点与竖直墙面的距离d=R。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞,不计小球大小和所受阻力,重力加速度为g。

(1)若释放处高度h=h0,当小球第一次运动到圆管最低点C时,求速度大小vC及在此过程中所受合力的冲量的大小和方向。

(2)求小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力F N与h的关系式。

(3)若小球释放后能从原路返回到出发点,高度h应该满足什么条件?

解析:(1)由机械能守恒定律得mgh0=m,

解得vC=,

由动量定理得I=mvC=m,方向水平向左。

(2)由机械能守恒定律得mg(h-R)=m,

由牛顿第二定律得FN=,

解得FN=2mg(-1),满足的条件是h≥R。

(3)小球释放后能从原路返回到出发点,共有两种情况,如下:

第1种情况,小球不滑离轨道原路返回,条件是 h≤R;

第2种情况,小球与墙面垂直碰撞后原路返回,在到达G之前是平抛运动,则有vxt=vx·,

其中vx=vGsin θ,vy=vGcos θ,则

vGsin θ·=d,得vG=2,

对小球由A到G的过程,

由机械能守恒定律有mg(h-R)=m,

解得h=R。综上,若小球释放后能从原路返回到出发点,高度h应满足h=R或h≤R。

答案:(1)　m,方向水平向左

(2)FN=2mg(-1)(h≥R)

(3)h≤R或h=R

(2020·江苏卷,15)如图所示,鼓形轮的半径为R,可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆,杆上分别固定有质量为m的小球,球与O的距离均为2R。在轮上绕有长绳,绳上悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落,带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动,转动的角速度为ω。绳与轮之间无相对滑动,忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量,不计空气阻力,重力加速度为g。

(1)求重物落地后,小球线速度的大小v;

(2)重物落地后一小球转到水平位置A,求此时该球受到杆的作用力的大小F;

(3)求重物下落的高度h。

解析:(1)线速度v=ωr,得v=2ωR。

(2)向心力F向=2mω2R,

设F与水平方向的夹角为α,

则Fcos α=F向,Fsin α=mg,

解得F=。

(3)落地时,重物的速度v′=ωR,由机械能守恒得

Mv′2+4×mv2=Mgh,解得h=(ωR)2。

答案:(1)2ωR　(2)

(3)(ωR)2

1.判断物体或系统机械能是否守恒的三种方法

2.机械能守恒定律的表达式

3.连接体的机械能守恒问题

4.(2022·辽宁辽阳二模)如图所示,一根足够长且不可伸长的轻绳跨过光滑定滑轮,轻绳两端系着三个小球A、B、C(三个小球均视为质点,且A、B两球的质量相等),系统保持静止,此时C球离地面的高度为h。若剪断A、B球之间的轻绳,则A球能上升的最大高度为(不计空气阻力)(　A　)

A.h B.h

C.h D.h

解析:初始系统静止,设A、B球质量为m,所以C球质量为2m,根据机械能守恒定律可知,当C球落地时,A球具有的速度为2mgh-mgh=·3mv2,之后A球做竖直上抛运动,根据v2=2gh′,解得h′=h,A球能上升的最大高度H=h+h′=h。故A正确,B、C、D错误。

5.(2022·全国乙卷,16) 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(　C　)

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:小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑,其机械能守恒,下落h高度过程中,有mgh=mv2,解得v=,选项B错误;设小环位置与P点连线所对的圆心角为θ,小环下滑过程滑过的弧长s=Rθ,而h=R(1-cos),所以选项A错误;小环位置到P点的距离L=2Rsin,h=R(1-cos θ),1-cos θ=2sin2,即h=2Rsin2=,代入v=可知v与L成正比,即小环的速率与小环到P点的距离成正比,选项C正确;小环位置与P点连线扫过的面积S=R2θ-R2sin θ,分析知S与v不成正比,选项D错误。

6.(2022·福建厦门模拟)如图,一长为L的轻杆两端分别用铰链与质量均为m的小球A、B连接,A套在固定竖直杆上,B放在倾角θ=30°的斜面上。开始时,轻杆与竖直杆的夹角α=30°。现将轻杆由静止释放,小球A沿竖直杆向下运动,B沿斜面下滑。小球均可视为质点,不计一切摩擦,已知重力加速度大小为g。下列判断正确的是(　C　)

A.小球A碰到斜面前瞬间,B重力的功率为零

B.小球A碰到斜面前瞬间,B的速度大小为

C.小球A碰到斜面前瞬间,A的速度大小为

D.小球B下滑过程中,A重力势能的减少量等于A、B动能增加量之和

解析:设小球A碰到斜面前瞬间的速度大小为vA,速度分解如图所示,因杆不能伸长,则有vB=vAsin θ,小球A碰到斜面前瞬间,B重力的功率为mgvBsin θ=mgvA,故A错误;两球下滑过程中,A、B组成的系统机械能守恒,则有mg·+mg[L-]·sin θ=m+m,解得vA=,vB=,故B错误,C正确;由系统机械能守恒,可知小球B下滑过程中,A、B两球重力势能减少量之和等于A、B动能增加量之和,故D错误。

考点三　功能关系和能量守恒定律的应用

(2021·山东卷,18)如图所示,三个质量均为m的小物块A、B、C放置在水平地面上,A紧靠竖直墙壁,一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接,C紧靠B,开始时弹簧处于原长,A、B、C均静止。现给C施加一水平向左、大小为F的恒力,使B、C一起向左运动,当速度为零时,立即撤去恒力,一段时间后A离开墙壁,最终三物块都停止运动。已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为Ff,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,弹簧始终在弹性限度内。(弹簧的弹性势能可表示为 Ep=kx2,k为弹簧的劲度系数,x为弹簧的形变量)

(1)求B、C向左移动的最大距离x0和B、C分离时B的动能Ek。

(2)为保证A能离开墙壁,求恒力的最小值Fmin。

(3)若三物块都停止时B、C间的距离为xBC,从B、C分离到B停止运动的整个过程,B克服弹簧弹力做的功为W,通过推导比较W与FfxBC的大小。

(4)若F=5Ff,请在所给坐标系中,画出C向右运动过程中加速度a随位移x变化的图像,并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的a、x值(用Ff、k、m表示),不要求推导过程。以撤去F时C的位置为坐标原点,水平向右为正方向。

解析:(1)从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中,以B、C和弹簧为研究对象,由功能关系得Fx0=2Ffx0+k,

B、C向右运动时,分离的临界条件是速度相等且二者之间的弹力为零,故弹簧恢复原长时B、C分离,从弹簧最短到B、C分离,以B、C和弹簧为研究对象,由能量守恒定律得k=2Ffx0+2Ek,

联立方程解得

x0=,

Ek=。

(2)当A刚要离开墙时,设弹簧的伸长量为x,以A为研究对象,由平衡条件得kx=Ff,

若A刚要离开墙壁时B的速度恰好等于零,这种情况下恒力为最小值Fmin,从弹簧恢复原长到A刚要离开墙的过程中,以B和弹簧为研究对象,由能量守恒定律得

Ek=kx2+Ffx,

将Ek代入第(1)问中的结果,整理可得

Fmin=(3±)Ff,

根据题意舍去Fmin=(3-)Ff,

所以恒力的最小值为Fmin=(3+)Ff。

(3)从B、C分离到B停止运动,设B的位移为xB,C的位移为xC,以B为研究对象,由动能定理得-W-FfxB=0-Ek,

以C为研究对象,由动能定理得-FfxC=0-Ek,

由B、C的运动关系得 xB>xC-xBC,

联立可知W<FfxBC。

(4)小物块B、C向左运动过程中,由动能定理得5Ffx1-2Ffx1-k=0,

解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为kx1=6Ff,

则坐标原点的加速度为

a1===,

之后C开始向右运动的过程中(B、C系统未脱离弹簧)加速度为a=,

可知加速度与位移x为线性关系,随着弹簧逐渐恢复原长,x减小,a减小,弹簧恢复原长时,B和C分离,之后C只受地面的滑动摩擦力,加速度为a2=-,负号表示C的加速度方向水平向左;

从撤去恒力之后到弹簧恢复原长,以B、C为研究对象,由动能定理得

k-2Ffx1=·2mv2,

脱离弹簧瞬间后C的速度为v,之后C受到滑动摩擦力减速至0,由能量守恒定律得

Ffx2=mv2,

解得脱离弹簧后,C运动的距离为x2=x1,

则C最后停止的位移为

x1+x2=x1=·=,

所以C向右运动的图像如图所示。

答案:(1)　

(2)(3+)Ff　(3)W<FfxBC

(4)图见解析

(2022·陕西渭南二模)有一种女子单板滑雪U形池项目,如图所示为U形池模型,其中a、c为U形池两侧边缘,在同一水平面上,b为U形池最低点。运动员从a点上方h高的O点自由下落由左侧切线进入池中,从右侧切线飞出后上升至最高位置d点,相对于c点高度为。不计空气阻力,下列判断正确的是(　D　)

A.第一次从a到b与从b到c的过程中机械能损失相同

B.从a到d的过程中机械能可能守恒

C.从d返回可以恰好到达a

D.从d返回经c到b一定能越过a点再上升一定高度

解析:由于运动员从a到b与从b到c的平均速度不同,平均压力不同,平均摩擦力不同,所以第一次从a到b与从b到c的过程中机械能损失不相同,故A错误;运动员从a到d的过程中克服摩擦力做功,则机械能不守恒,故B错误;运动员从高h处自由下落由左侧进入池中,从右侧飞出后上升的最大高度为,克服摩擦力做功为mgh,从d返回经c到a克服摩擦力做功小于mgh,故从d返回经c到b一定能越过a点再上升一定高度,故C错误,D正确。

　涉及做功与能量转化问题的解题方法

(1)分清是什么力做功,并且分析该力做正功还是做负功;根据功、能之间的对应关系,确定能量之间的转化情况。

(2)当涉及滑动摩擦力做功时,机械能不守恒,一般应用能量守恒定律,特别注意摩擦产生的内能Q=Ffx相对,x相对为相对滑动的两物体的相对位移的大小。若物体在传送带上做往复运动时,则x相对为总的相对路程。

(3)解题时,首先确定初、末状态,然后分清有多少种形式的能在转化,再分析状态变化过程中哪种形式的能量减少,哪种形式的能量增加,求出减少的能量总和ΔE减和增加的能量总和ΔE增,最后由ΔE减=ΔE增列式求解。

7.(2022·四川南充三模)(多选)如图所示,光滑竖直杆固定,杆上有质量为m的小球A(可视为质点),一根竖直轻弹簧一端固定在地面上,另一端连接质量也为m的物块B,一轻绳跨过定滑轮O,一端与物块B相连,另一端与小球A连接,定滑轮到竖直杆的距离为L。初始时,小球A在外力作用下静止于P点,此时整根轻绳伸直无张力且OP间细绳水平、OB间细绳竖直,现将小球A由P点静止释放,小球A沿杆下滑到最低点Q时,OQ与杆之间的夹角为37°,不计滑轮质量、大小及摩擦,重力加速度大小为g,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。关于小球A由P下滑至Q的过程中,下列说法正确的是(　AD　)

A.除P、Q两点外,小球A的速度始终大于物块B的速度

B.小球A和物块B组成的系统机械能守恒

C.小球A静止于P点时,弹簧的压缩量为L

D.物块B的机械能增加了mgL

解析:设小球A的速度与竖直方向的夹角为θ,由速度关联可得vAcos θ=vB,故除P、Q两点外,小球A的速度始终大于物块B的速度,A正确;小球A由P下滑至Q的过程中,弹簧弹力对小球A和物块B组成的系统做功,系统机械能不守恒,B错误;由题意可知OP=L,OQ==L,B上升的高度为h=OQ-OP=L,小球A由P下滑至Q的过程中,物块B始、末状态动能不变,皆为零,因此重力势能增加量即为物块B的机械能增加量ΔE,ΔE=ΔEp=mgL,在P点时,弹簧初始压缩,末态处于拉伸,因此弹簧压缩量为x1,在Q点时,弹簧伸长量为x2,则x1+x2=L,故C错误,D正确。

8.(2021·全国甲卷,24) 如图,一倾角为θ的光滑斜面上有50个减速带(图中未完全画出),相邻减速带间的距离均为d,减速带的宽度远小于d;一质量为m的无动力小车(可视为质点)从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现,小车通过第30个减速带后,在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面,继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g。

(1)求小车通过第30个减速带后,经过每一个减速带时损失的机械能。

(2)求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能。

(3)若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能,则L应满足什么条件?

解析:(1)设小车通过第30个减速带后,经过每一个减速带时损失的机械能为ΔE,由小车通过第30个减速带后,在相邻减速带间的平均速度均相同,可知小车通过每一个减速带时重力势能的减少量等于经过减速带损失的机械能,即

ΔE=mgdsin θ。

(2)设小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能为ΔE0,对小车从静止开始到进入水平面停止,由动能定理有

mg(49d+L)sin θ-30ΔE0-20ΔE-μmgs=0-0,

解得ΔE0=。

(3)要使ΔE0>ΔE,有

>mgdsin θ,

解得L>d+。

答案:(1)mgdsin θ

(2)

(3)L>d+