第一講動能定理、機械能守恒定律、功能關系的應用通覽知識明要點研學考點提能力目錄索引0102突破熱點聚素養03通覽知識明要點研學考點提能力考點一功和功率的分析與計算高考風向標考點考題明細考查頻度功和功率的分析與計算2024山東卷,7;2024北京卷,10;2024海南卷,1;2023新課標卷,15;2023湖北卷,9;2023遼寧卷,3;2023山東卷,4;2023江蘇卷,11;2022廣東卷,9;2022浙江6月選考,13全國卷:3年1考地方卷:3年9考命題角度1功和功率

高考中側重考查概念理解和公式應用例1(多選)(2022廣東卷)如圖所示,載有防疫物資的無人駕駛小車,在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s勻速行駛,在斜坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s勻速行駛。已知小車總質量為50kg,lMN=lPQ=20m,PQ段的傾角為30°,重力加速度g取10m/s2,不計空氣阻力。下列說法正確的有(

)A.從M到N,小車牽引力大小為40NB.從M到N,小車克服摩擦力做功800JC.從P到Q,小車重力勢能增加1×104JD.從P到Q,小車克服摩擦力做功700J答案

ABD解析

小車從M到N,根據P1=F1v1,解得F1=40

N,選項A正確。從M到N,小車克服摩擦力做功Wf=W1=F1lMN=800

J,選項B正確。從P到Q,小車重力勢能增加ΔEp=mglPQsin

θ=5

000

J,選項C錯誤。從P到Q,牽引力所做功為W2=

=5

700

J,重力勢能增加量為5

000

J,動能不變,根據功能關系,小車克服摩擦力做功為700

J,選項D正確。例2(2023山東卷)《天工開物》中記載了古人借助水力使用高轉筒車往稻田里引水的場景。引水過程簡化如下:兩個半徑均為R的水輪,以角速度ω勻速轉動。水筒在筒車上均勻排布,單位長度上有n個,與水輪間無相對滑動。每個水筒離開水面時裝有質量為m的水,其中的60%被輸送到高出水面H處灌入稻田。當地的重力加速度為g,則筒車對灌入稻田的水做功的功率為(

)B解析

由題知,水筒在筒車上均勻排布,單位長度上有n個,且每個水筒離開水面時裝有質量為m的水,其中的60%被輸送到高出水面H處灌入稻田,則水輪轉一圈灌入農田的水的總質量為m總=2πRnm×60%=1.2πRnm,則水輪轉一圈灌入稻田的水克服重力做的功W=1.2πRnmgH,筒車對灌入稻田的水命題角度2機車啟動的兩類問題近幾年高考中常結合動車的情境以選擇題形式考查例3(2023湖北卷)兩節動車的額定功率分別為P1和P2,在某平直鐵軌上能達到的最大速度分別為v1和v2。現將它們編成動車組,設每節動車運行時受到的阻力在編組前后不變,則該動車組在此鐵軌上能達到的最大速度為(

)答案

D拓展衍生1.(2023新課標卷)無風時,雨滴受空氣阻力的作用在地面附近會以恒定的速率豎直下落。一質量為m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的過程中,克服空氣阻力做的功為(重力加速度大小為g)(

)答案

B解析

雨滴速率不變,動能不變,根據動能定理,重力做功為mgh,雨滴克服阻力做功為mgh,選項B正確。2.(多選)如圖甲所示,一物塊前端有一滑輪,輕繩的一端系在右方固定處,水平穿過滑輪,另一端用拉力F拉住,拉力F大小如圖乙所示,前10s內物塊的v-t圖像如圖丙所示,保持拉力F與水平方向之間的夾角θ=60°不變,當用拉力F拉繩使物塊前進時,下列說法正確的是(

)A.0~5s內拉力F做的功為75JB.3s末拉力F的功率為9WC.5~10s內摩擦力大小為6ND.5~10s內拉力F做的功為150JCD解析

由圖乙可得,0~5

s內拉力大小F1=6

N,由圖丙可得0~5

s內物塊的位移為s1=×5×5

m=12.5

m,則0~5

s內拉力F做的功為W1=F1s1+F1s1cos

θ,解得W1=112.5

J,A錯誤;由圖丙可知,3

s末物塊的速度為v1=3

m/s,3

s末拉力F的功率為P1=F1v1+F1v1cos

θ,解得P1=27

W,B錯誤;5~10

s內,物塊做勻速運動,則有f=F2+F2cos

θ=6

N,C正確;由圖乙可得,5~10

s內拉力大小為F2=4

N,由圖丙可得,5~10

s內物塊的位移為25

m,則5~10

s內拉力F做的功為W2=F2s2+F2s2cos

θ,解得W2=150

J,D正確。3.(2024廣東廣州二模)如圖所示,汽車定速巡航(即速率不變)通過路面abcd,t1時刻經過b、t2時刻經過c、t3時刻經過d。若汽車行駛過程所受空氣阻力和摩擦阻力的大小不變,則該過程汽車的功率P隨時間t變化的圖像是(

)B解析

根據題意可知,汽車運動速率不變,設汽車行駛過程所受空氣阻力和摩擦阻力的大小為f,在ab段有F1=mgsin

θ+f,在bc段有F2=f,在cd段有F3+mgsin

θ=f,可知F1>F2>F3,且F1、F2、F3保持不變,由公式P=Fv可知,汽車的功率P1>P2>P3,且P1、P2、P3保持不變。故選B。考點二動能定理的理解及應用高考風向標考點考題明細考查頻度動能定理的理解及應用2024安徽卷,2;2023新課標卷,20;2023全國乙卷,21;2023山東卷,8;2022全國甲卷,14;2022湖北卷,5全國卷:3年3考地方卷:3年3考命題角度1動能定理在圖像問題中的應用高考中常結合W-x圖像或Ek-x圖像以選擇題的形式考查三步突破動能定理應用中的圖像問題例4(多選)(2023新課標卷)一質量為1kg的物體在水平拉力的作用下,由靜止開始在水平地面上沿x軸運動,出發點為x軸零點,拉力做的功W與物體坐標x的關系如圖所示。物體與水平地面間的動摩擦因數為0.4,重力加速度大小取10m/s2。下列說法正確的是(

)A.在x=1m時,拉力的功率為6WB.在x=4m時,物體的動能為2JC.從x=0運動到x=2m,物體克服摩擦力做的功為8JD.從x=0運動到x=4m的過程中,物體的動量最大為2kg·m/s答案

BC命題角度2動能定理在多過程和往復運動問題中的應用這類問題在高考中常結合拋體運動或圓周運動以計算題的形式考查應用動能定理解題應注意的三個問題(1)動能定理往往用于單個物體的運動過程,由于不涉及加速度及時間,比動力學研究方法要簡捷。(2)動能定理表達式是一個標量式,在某個方向上應用動能定理是沒有依據的。(3)物體在某個運動過程中包含幾個運動性質不同的小過程(如加速、減速的過程),此時可以分段考慮,也可以對全過程考慮,但若能對整個過程利用動能定理列式則可使問題簡化。例5

某遙控賽車軌道如圖所示,賽車從起點A出發,沿擺放在水平地面上的直軌道AB運動L=10m后,從B點進入半徑R=0.1m的光滑豎直圓軌道,經過一個完整的圓周后進入粗糙的、長度可調的、傾角θ=30°的斜直軌道CD,最后在D點速度方向變為水平后飛出(不考慮經過軌道中C、D兩點的機械能損失)。已知賽車質量m=0.1kg,通電后賽車以額定功率P=1.5W工作,賽車與AB軌道、CD軌道間的動摩擦因數分別為μ1=0.3和μ2=,重力加速度g取10m/s2。(1)求賽車恰好能過圓軌道最高點P時的速度vP的大小。(2)若要求賽車能沿圓軌道做完整的圓周運動,求賽車通電的最短時間。(3)已知賽車在水平直軌道AB上運動時一直處于通電狀態且最后階段以恒定速率運動,進入圓軌道后關閉電源,選擇CD軌道合適的長度,可使賽車從D點飛出后落地的水平位移最大,求此最大水平位移,并求出此時CD軌道的長度。解題指導【審題】讀取題干獲取信息物理關系光滑豎直圓軌道豎直圓軌道沒有摩擦力f=0最后在D點速度方向變為水平后飛出從D點向右做平拋運動平拋運動規律賽車以額定功率P=1.5

W工作以恒定功率運動,牽引力做功可求W=Pt【破題】1.確定賽車為研究對象,選取運動過程,從“恰好能過圓軌道最高點P時的速度”入手,求出臨界速度;2.賽車共受到牽引力、摩擦力、重力、地面及軌道的彈力,其中牽引力做正功,摩擦力和重力做負功,彈力不做功;賽車在A點速度為0,在P點速度為第(1)問結果vP,由動能表達式算出對應動能;按照W=ΔEk,即等號左邊為各力做功的代數和,等號右邊為末動能減初動能列方程,求出通電時間;3.賽車在最后過程做勻速運動,牽引力與滑動摩擦力平衡,設CD軌道的長度為l,平拋水平位移為x,應用平拋規律和動能定理列方程,寫出函數關系求解。解析

(1)賽車恰好能通過圓軌道最高點P時,只受到重力,由重力提供向心力,即解得vP=1

m/s。(2)由(1)小題可知,若要賽車做完整圓周運動,即賽車到達P點的速度至少為1

m/s,設賽車通電的最短時間為t,賽車從開始運動到P點的全過程,思維升華

應用動能定理解題的思維流程

拓展衍生4.(2022江蘇卷)某滑雪賽道如圖所示,滑雪運動員從靜止開始沿斜面下滑,經圓弧滑道起跳。將運動員視為質點,不計摩擦力及空氣阻力,此過程中,運動員的動能Ek與水平位移s的關系圖像正確的是(

)A解析

設斜面傾角為θ,不計摩擦力和空氣阻力,由題意可知運動員在沿斜面下滑過程中根據動能定理有Ek=mgstan

θ,即

=mgtan

θ,下滑過程中開始階段傾角θ不變,Ek-s圖像為一條直線;經過圓弧軌道過程中θ先減小后增大,即圖像斜率先減小后增大,故A正確。(1)求小物塊到達D點的速度大小。(2)求B和D兩點的高度差。(3)求小物塊在A點的初速度大小。考點三機械能守恒定律的理解及應用高考風向標考點考題明細考查頻度機械能守恒定律的理解及應用2024江蘇卷,9;2023全國甲卷,14;2023湖南卷,8;2023湖北卷,14;2023遼寧卷,15;2022全國乙卷,16;2022浙江6月選考,20全國卷:3年2考地方卷:3年5考命題角度1單個物體的機械能守恒

只有重力做功(1)公式:E1=E2,ΔEk=-ΔEp。

(2)隔離法分析單個物體的受力情況,利用機械能守恒定律列式求解。(3)單個物體機械能守恒的題目都可以用動能定理解答。例6(多選)(2024廣東湛江二模)某馬戲團上演的飛車節目如圖所示,在豎直平面內有半徑為R的固定圓軌道。表演者騎著摩托車在圓軌道內做圓周運動。已知人和摩托車的總質量為m,重力加速度大小為g,摩托車以

的速度通過圓軌道的最高點B,此時關閉摩托車的動力,此后不計摩擦,忽略空氣阻力,人和摩托車整體可視為質點,下列說法正確的是(

)A.摩托車經過B點時對軌道的壓力大小為2mgC.摩托車從B點到A點的過程中,重力的功率先增大后減小D.摩托車從B點到A點的過程中,先超重后失重BC

明確牽連物體間速度和位移的關系命題角度2多個物體系統機械能守恒(1)適用條件:只有重力和系統內彈力做功。(2)一般用“轉化觀點:ΔEp=-ΔEk”或“轉移觀點:ΔEA增=ΔEB減”列方程求解。(3)應用機械能守恒定律的三點提醒:①分析機械能是否守恒時,必須明確要研究的系統;②系統機械能守恒時,機械能一般在系統內物體間轉移,其中的單個物體機械能通常不守恒;③對于一些繩子突然繃緊、物體間碰撞等情況,除非題目特別說明,否則機械能必定不守恒。例7

如圖所示,在豎直方向上A、B兩物體通過勁度系數k=500N/m的輕質彈簧相連,A放在水平地面上,B在彈簧上且處于靜止狀態。B、C物體通過輕質細繩繞過輕質定滑輪相連,C放在固定的光滑斜面上。用手拿住C,ab段的細繩豎直、cd段的細繩松弛,現無初速釋放C,C沿斜面下滑s=

m時,細繩繃直且cd段與斜面平行,隨后C繼續沿斜面向下運動,在C整個下滑過程中,A始終沒有離開地面,C一直在斜面上。已知B的質量為mB=1.0kg,C的質量為mC=4.0kg,斜面傾角α=30°,重力加速度g取10m/s2,細繩與滑輪之間的摩擦不計,不計空氣阻力。求:(1)細繩剛繃直(無拉力)時C的速度v1;(用根式表示)(2)B的最大速度vm;(3)對彈簧和物體構成的系統,當彈簧的形變量為x時,彈簧的彈性勢能Ep=kx2。為使A不離開地面,求A的質量范圍。B、C的加速度為0時,B的速度最大。設此時彈簧的伸長量為x2,根據牛頓第二定律,對B有T-mBg-kx2=0對C有mCgsin

α=T聯立得x2=2

cmx1=x2,兩個狀態彈簧的彈性勢能相等,從細繩剛繃直到B、C速度最大的過程中,由機械能守恒定律有(3)設彈簧的伸長量為x時,B、C的速度為零,此時彈簧彈力最大。對B、C及彈簧構成的系統,從細繩繃直到B、C速度為零,由機械能守恒定律有代入數據解得x=12

cm要使A不離開地面,對A有kx≤mAg解得mA≥6.0

kg。規律總結

應用機械能守恒定律解題的基本思路

拓展衍生6.(2022全國乙卷)固定于豎直平面內的光滑大圓環上套有一個小環。小環從大圓環頂端P點由靜止開始自由下滑,在下滑過程中,小環的速率正比于(

)A.它滑過的弧長B.它下降的高度C.它到P點的距離D.它與P點的連線掃過的面積答案

C解析

如圖所示,設圓環下降的高度為h,圓環的半徑為R,圓環到P點的距離為l,7.如圖所示,半徑為R的光滑圓環固定在豎直面內,圓環的圓心O的正上方B點固定一定滑輪,B點的左側再固定一定滑輪,輕質細線跨過兩個滑輪,一端連接質量為m的物塊,另一端連接質量也為m的小球,小球套在圓環上,從圓環上的A點由靜止開始釋放,OA與豎直方向的夾角為53°,且AB正好沿圓環的切線方向,P點為圓環的最高點,不計一切摩擦,不計滑輪、小球以及物塊的大小,重力加速度為g,sin53°=0.8,cos53°=0.6,求:(1)小球釋放瞬間的加速度;(2)小球運動到P點時的速度。解析

(1)小球釋放的瞬間,小球和物塊的加速度大小相等,設加速度大小為a,細線的拉力的大小為T,對小球分析有T-mgsin

53°=ma對物塊分析有mg-T=ma(2)小球從A運動到P,物塊下降的高度為h=hAB-hBP由于小球由A運動到P點時,細線與小球的速度v垂直,則小球沿細線方向的分速度為0,由關聯速度可知物塊的速度為0,小球和物塊組成的系統機械能守恒,則有考點四功能關系與能量守恒定律的理解及應用高考風向標考點考題明細考查頻度功能關系與能量守恒定律的理解及應用

2024浙江1月選考,3;2024海南卷,18;2023全國乙卷,21;2023浙江1月選考,4;2022廣東卷,9;2022浙江1月選考,12;2022河北卷,9全國卷:3年1考地方卷:3年6考1.幾種常見的功能關系

2.應用能量守恒定律的兩點注意(1)當涉及摩擦力做功,機械能不守恒時,一般應用能量的轉化和守恒定律。(2)確定初、末狀態,分析狀態變化過程中的能量變化,利用ΔE減=ΔE增列式求解。例8(多選)(2023全國乙卷)如圖所示,一質量為m'、長為l的木板靜止在光滑水平桌面上,另一質量為m的小物塊(可視為質點)從木板上的左端以速度v0開始運動。已知物塊與木板間的滑動摩擦力大小為f,當物塊從木板右端離開時(

)A.木板的動能一定等于flB.木板的動能一定小于flBD解析

設物塊滑上木板t0時間后離開木板,在這段時間內物塊在摩擦力的作用下做勻減速直線運動,木板在摩擦力的作用下做勻加速直線運動,它們這段時間內的v-t圖像如圖所示,AB為物塊的v-t圖像,OC為木板的v-t圖像。結合題意可知梯形OABC的面積表示木板長度l,三角形OCD的面積表示木板的位移,由圖可知S△OCD<S梯OABC,則木板的位移s1<l。梯形OABD的面積表示物塊的位移,

由圖可知S梯OABD>S梯OABC,則物塊的位移s2>l。此過程中對木板由動能定理得fs1=Ek1-0,所以當物塊從右端離開木板時木板的動能拓展衍生8.(多選)(2024山東臨沂高三期中)如圖所示,絕緣粗糙斜面體固定在水平地面上,斜面所在空間存在平行于斜面向上的勻強電場,電場強度為E,輕彈簧一端固定在斜面頂端,另一端連接一不計質量的絕緣薄板。一帶正電的滑塊,從斜面上的P點處由靜止釋放后,沿斜面向上運動,并能壓縮彈簧至R點(圖中未標出),然后返回。則(

)A.滑塊從P點運動到R點的過程中,其機械能增量等于靜電力與彈簧彈力做功之和B.滑塊從P點運動到R點的過程中,電勢能的減少量大于重力勢能和彈簧彈性勢能的增加量之和C.滑塊返回能到達的最低位置在P點的上方D.滑塊最終停下時,克服摩擦力所做的功等于電勢能的減少量與重力勢能增加量之差BC解析

滑塊從P點運動到R點的過程中,除重力外還有靜電力、彈簧彈力與摩擦力對滑塊做功,由功能原理知其機械能的增量等于靜電力、彈簧彈力與摩擦力做功之和,A錯誤;滑塊從P點運動到R點的過程中,滑塊動能增量為0,重力勢能、彈性勢能增加,還有摩擦產生熱量,由能量守恒知電勢能的減少量大于重力勢能和彈簧彈性勢能的增加量之和,B正確;由動能定理知在滑塊上升過程中(qE-mgsin

θ-μmgcos

θ)s-W彈=0,下滑過程中滑塊運動的過程中,由于摩擦力做功,滑塊的機械能與電勢能的和逐漸減小,所以滑塊最終停下時,克服摩擦力所做的功等于電勢能的減少量與重力勢能增加量、彈性勢能增加量之差,D錯誤。突破熱點聚素養模型建構經典物理模型:牽連體系統模型求解這類問題的關鍵是找出兩物體的速度關系,按兩物體連接方式和速度關系一般可分為如下三種:考向分析高考試題中,常常出現兩個由輕繩或輕桿連接在一起的物體所組成的連接體系統,用以考查運動的合成與分解、機械能守恒定律應用或功能關系。案例探究典例

如圖所示的離心裝置中,輕質彈簧一端固定在桿的O點,另一端與一質量為m0的方形中空物塊A連接,彈簧和物塊A均套在光滑豎直方形輕桿OC上,長為L的輕桿OB一端通過鉸鏈連在O點(輕桿可在豎直面內轉動),另一端固定質量為m的小球B,物塊A與小球B之間用長為L的輕質細線連接,物塊A、小球B和彈簧均能隨豎直輕桿OC一起繞過O點的豎直轉軸轉動。裝置靜止時,輕質細線AB繃緊,輕桿OB與水平方向的夾角為53°,現將裝置由靜止緩慢加速轉動,當轉速穩定時,輕桿與水平方向夾角減小到37°,輕桿中的力恰好減小到零,重力加速度為g,sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)裝置靜止時,求細線拉力T。(2)轉速穩定時,求彈簧長度x及裝置轉動的角速度ω。(3)由靜止到穩定轉動,物塊A的機械能變化了多少?解析

(1)裝置靜止時,對小球B進行受力分析,如圖所示由平衡條件可知,Tcos

53°=Fcos

53°,Tsin

53°+Fsin

53°=mg(2)轉速穩定時,由幾何關系有x=2Lsin

37°=1.2L小球B做勻速圓周運動,輕桿對B的力為零,則對B進行