(统考版)2023高考物理二轮专题复习学案-专题三动量与能量第6讲功能关系与能量守恒.docx

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1、第6讲功能关系与能量守恒命 题 热 点(1)功和功率的计算；(2)动能定理的综合应用；(3)机械能守恒定律的应用；(4)功能关系及能量守恒定律常 考 题 型选择题计算题高频考点能力突破考点一功与功率1功率的分析与计算明确是求瞬时功率还是平均功率PWt侧重于平均功率的计算，PFv cos (为F和速度v的夹角)侧重于瞬时功率的计算2机车启动(F阻不变)(1)两个基本关系式：PFv，FF阻ma.(2)两种常见情况恒定功率启动：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PtF阻s12mvm2；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

2、PF阻.例1 2022广东卷(多选)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，MNPQ20 m，PQ段的倾角为30，重力加速度g取10m/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1104 JD从P到Q，小车克服摩擦力做功700 J预测12022山东滨州二模如图所示是动力滚筒输送机示意图，水平框架上安装了许多同样的转筒，由电动机带动转筒转动当物体放到转筒上，依

3、靠转筒摩擦带动运送货物动力滚筒输送机适用于各类箱、包、托盘等货件的输送滚筒输送机具有结构简单、可靠性高、使用维护方便等优点某快递公司用动力滚筒输送机分拣快递，动力滚筒输送机水平方向放置，转筒半径为r4 cm，转动角速度50 rad/s，现将一个质量m2 kg的快递箱无初速度放在A点，将快递箱从A点传送到B点运动的距离为16 m快递箱与转筒间的动摩擦因数0.2，整个过程转筒始终保持匀速转动，快递箱大小可忽略不计，重力加速度g取10 m/s2，快递箱从A点传到B点的过程中，下列说法正确的是()A所需要的时间为8 sB平均速度为4 m/sC输送机对快递箱做的功为64 JD运送快递箱电动机多做的功为8

4、 J预测22022广东冲刺卷2022年1月10日起，全国铁路将实行新的列车运行图，攀枝花至西昌的动车开通运营，最大运行速度为200 km/h 的复兴号动车组运行在设计时速为160 km/h的成昆铁路复线上，攀西地区进入动车时代，攀枝花至西昌的运行时间由原来的3个小时缩短为1.5小时开通前的某次测试中从攀枝花南站匀加速开出的动车，经t1150 s速度达到v1108 km/h，之后动车以恒定功率行驶相关资料显示，该列动车质量m180 t，运行过程中所受阻力恒为车重的0.06倍设铁轨为水平直线，重力加速度g取10m/s2，求：(1)该列动车匀加速运动过程中牵引力F的大小；(2)该列动车运行的最大速度

5、vm及从车站开出后运行x8 km的时间t(此时列车已达到最大速度)考点二动能定理的综合应用1应用动能定理解题的步骤图解：2应用动能定理解题应注意的三个问题(1)用动能定理解决问题时一般以地面为参考系；(2)动能定理的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)时，可以分段考虑，也可以对全过程考虑，全过程用动能定理列式，可使问题简化例2 如图，一半径为R，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道质点滑到轨道最低点N时，对轨道

6、的压力为4mg，g为重力加速度的大小用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功则 ()AW12mgR，质点恰好可以到达Q点BW12mgR，质点不能到达Q点CW12mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离DW12mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离考法拓展1(多选)在例2中，若使质点带上q的电荷量(带电质点可视为点电荷)，如图所示，在POQ下方加上垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B2mqgR，质点由静止释放运动至最低点N时，对轨道的压力恰好为零，则()A质点经过N点时的速度大小为2gRB质点由P点至N点的过程中洛伦兹力做负功C.质点由静止下落至P点的过程机械能守恒D质点由静止下

7、落至N点的过程机械能减少32mgR考法拓展2在例2中，若轨道光滑，使质点带上q的电荷量(带电质点可视为点电荷)，如图所示，在竖直方向加上向下的匀强电场，场强为E，质点由静止释放运动至最低点N的过程中，下列说法正确的是()A质点的机械能守恒B质点的重力势能减少，电势能增加C质点的动能增加2mgRD质点的机械能增加2qER考法拓展3 (多选)在例2中，若将半圆形轨道更换为34圆弧轨道，如图所示，并让质点自P点上方高度2R处由静止开始下落，质点沿轨道到达最高点Q时对轨道压力为mg2，则质点从静止运动到Q点的过程中()A重力势能减少2mgRB合外力做功34mgRC克服摩擦力做功14mgRD机械能减少1

8、2mgR预测3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()Am0.7 kg，f0.5 NBm0.7 kg，f1.0 NCm0.8 kg，f0.5 NDm0.8 kg，f1.0 N预测42022江苏冲刺卷(多选)第24届冬奥会于2022年2月4日在我国的北京等地举行，冰滑梯作为体验冰雪运动乐趣的设施受到广大游客的欢迎某冰滑梯的示意图如图所示，设螺旋滑道机械能的损耗为20%，水平滑道和倾斜滑道对同一滑板的动摩擦因数相同，对不同滑板的动摩擦因

9、数满足01.20.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说法正确的是()AL1不能小于5h60BL1不能大于3h20CL1、L2之和不能小于h0DL1、L2之和不能大于4h30预测5如图所示，水平轨道BC与倾角为37的斜面轨道AB、螺旋状圆轨道O紧密平滑连接，AB长度L110 m，BC长度L24 m，圆轨道半径R0.72 m直角斜面体MNE的竖直边ME的长度L33 m，水平边NE的长度L46 m，M点在C点的正下方，MC的长度L51.2 m小物块的质量为m1 kg，它与AB轨道和BC轨道的动摩擦因数相同，记为，圆轨道光滑小物块在最高点A由静止释放，沿

10、轨道ABC运动，第一次到达C时恰好静止空气阻力不计，取sin 370.6，cos 370.8.(1)求动摩擦因数；(2)小物块在A点释放的同时，对其施加一个水平向右的恒力F，当物块沿BC运动到C点时撤去F，再绕圆轨道运动一周后在与C同一高度的圆轨道末端以速度v水平向右抛出小物块在到达圆轨道末端前不脱离轨道，求v与F满足的关系式，并确定v的取值范围；(3)若物块自圆轨道末端以某一初速度水平抛出，经一段时间后与过N点的竖直墙面发生弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，碰撞之后物块速度的竖直分量不变，水平分量反向且大小不变，之后落于斜面MN上的P点，已知物块从圆轨道末端运动到P点的总时间为t0.9 s，求小物

11、块刚运动至P点时的动能考点三机械能守恒定律和功能关系的应用1应用机械能守恒定律的基本思路2功能关系的体现例3 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预测62022山东押题卷(多选)北京冬奥会报道中利用“Al8K”技术，把全新的“时间切片”特技效果首次运用在8K直播中，更精准清晰地抓拍运动员比赛精彩瞬间，给观众带来全新的视觉体验“时间切片”是一种类似于多次“曝光”的呈现手法如图所示为我国运动员谷爱凌在自由式滑雪女子大跳台比赛中第三跳的

12、“时间切片”特技图忽略空气阻力，将运动员看做质点，其轨迹abc段为抛物线已知起跳点a的速度大小为v，起跳点a与最高点b之间的高度差为h，重力加速度大小为g，下列说法正确的是()A运动员从a点到b点与从b点到c点的时间间隔相同B运动员从a到b的时间为2ghgC运动员到达最高点时速度的大小为 v22ghD运动员从a到b的过程中速度变化的大小为2gh预测72022浙江1月如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角37的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B

13、点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上已知可视为质点的滑块质量m0.1 kg，轨道BCD和DEF的半径R0.15 m，轨道AB长度lAB3 m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数78.滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin 370.6，cos 370.8.滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放，(1)若释放点距B点的长度l0.7 m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；(2)设释放点距B点的长度为lx，求滑块第1次经F点时的速度v与lx之间的关系式；(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值素养培优情境命题应用能量观点解决问题的方法能量观点即用动能定理、功能

14、关系和能量守恒定律解决物理问题用这种观点解决复杂的直线或曲线运动问题时，应从能量守恒和能量转化的角度着手，找到问题的突破口，如解决研究对象是单个物体、运动过程是多过程的问题时，优先考虑从能量转化的角度应用动能定理能量观点的优越性在于从总体上把握物体的运动状态，分析力的作用时只看其做功的情况典例2022江西宜春第二次联考如图所示，半径为R0.8 m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角30，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧右端固定在竖直挡板上质量m0.2 kg的小物块(可视为质点)从A点以v01 m/s的速度被水平抛出(不计空气阻力

15、)，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动到D点时，弹簧被压缩至最短，C、D两点间的水平距离L1 m，小物块与水平面间的动摩擦因数0.4，g10 m/s2.求：(1)小物块经过圆弧轨道上B点时速度vB的大小；(2)小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力大小；(3)弹簧的弹性势能的最大值Epm.教你解决问题第一步：读题过程分析(模型建构)AB过程：小物块做平抛运动BC过程：小物块做圆周运动CD过程：小物块做减速运动(加速度变化)第二步：抓关键点选规律“恰好从B点沿轨道切线进入轨道” 转化 几何关系 vBv0sin“光滑圆弧轨道BC” 隐含 小物块由BC过程中机械能守恒 规律

16、 mgR(1sin )12mvC212mvB2“C点”圆周运动的最低点 规律 FNmgmvC2 R“过C点后弹簧被压缩至最短” 隐含 小物块在D点的速度为零 规律 能量守恒Emax12mvC2mgL规范解答(1)小物块恰好从B点沿切线方向进入轨道，根据几何关系有vBv0sin1sin30m/s2 m/s.(2)小物块由B运动到C，由动能定理得，mgR(1sin )12mvC212mvB2 在C点处，对小物块由向心力公式有FNmgmvC2 R解得小物块在C点所受轨道的支持力FN9 N根据牛顿第三定律，可知小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道压力大小为9 N.(3)小物块从B运动到D，根据能量守恒定律

17、有Epm12mvB2mgR(1sin )mgL代入数据解得Epm2 J.反思总结：碰撞摩擦生内能，能量守恒最可行当系统中有克服滑动摩擦力做功产生内能或完全非弹性碰撞产生内能时通常优先考虑用能量守恒定律解决问题第6讲功能关系与能量守恒高频考点能力突破考点一例1解析：从M到N，由P1F1v1可得小车牵引力F1P1v12005 N40 N，A正确从M到N，小车匀速行驶，牵引力等于摩擦力，可得摩擦力f1F140 N，小车克服摩擦力做的功Wf1f1MN4020 J800 J，B正确从P到Q，由P2F2v2可得小车牵引力F2P2v25702 N285 N，从P到Q，小车匀速行驶，小车牵引力F2f2mg s

18、in 30，解得f2F2mg sin 30285 N501012 N35 N；从P到Q，小车克服摩擦力做的功Wf2f2PQ3520 J700 J，D正确从P到Q，小车上升的高度hPQ sin 30200.5 m10 m，小车重力势能的增加量Epmgh501010 J5 000 J，C错误答案：ABD预测1解析：滚筒输送机的线速度vr2.0 m/s，快递箱无初速度放在A点，在摩擦力作用下产生的加速度ag2.0 m/s2，快递箱加速到2.0 m/s用的时间t1va1 s，在t1时间内发生的位移x1v2t11 m，其后快递箱随滚筒输送机做匀速运动的时间t2xABx1v7.5 s，快递箱从A点传到B点

19、所需要的时间tt1t28.5 s，故A错误；快递箱从A点传到B点的平均速度vxABt1.9 m/s，故B错误；输送机对快递箱做的功W1mgx14.0 J，故C错误；运送快递箱滚筒输送机在t1时间内发生的“位移”x2vt12 m，所以运送快递箱电动机多做的功为W2mgx28.0 J，故D正确答案：D预测2解析：(1)设列车匀加速运动的加速度为a，由匀变速运动规律有v1at1根据牛顿第二定律Ffma由题意可知fkmg联立以上各式并代入数据得F1.44105 N(2)列车匀速运动时速度最大，设此时列车牵引力为F0，由平衡条件有F0f设列车以恒定功率运行时的功率为P，由功率公式有PFv1，PF0vm联

20、立以上各式并代入数据得vm40 m/s列车匀加速运动发生的位移为x1，由匀变速运动规律有x112v1t1设列车以恒定功率运行的时间为t2，列车从车站开出后运行x8 km的过程中，由动能定理有Pt2Fx1fx12mvm2列车从车站开出后运行x8 km的时间tt1t2联立以上各式并代入数据得t308.3 s.答案：(1)1.44105 N(2)40 m/s308.3 s考点二例2解析：在N点由牛顿第二定律得4mgmgmvN2 R；从最高点到N点，由动能定理得2mgRW12mvN2，联立解得W12mgR.由于克服阻力做功，机械能减小，N点左右两侧对应点的速度v右v左，轨道弹力FN右FN左，摩擦力Ff

21、右Ff左，所以质点从N点到Q点克服阻力做的功要小于从P点到N点克服阻力做的功，即质点从N点到Q点克服阻力做的功W0，所以质点能够到达Q点，并且还能继续上升一段距离，故选项C正确答案：C考法拓展1解析：质点经过N点时由牛顿第二定律得qvBmgmv2R，解得vgR，选项A错误；质点在磁场内运动过程中，洛伦兹力始终与质点的运动方向垂直，洛伦兹力不做功，选项B错误；质点由静止下落至P点的过程，只有重力做功，质点机械能守恒，选项C正确；质点由静止运动至N点的过程由动能定理得2mgRWf12mv2，解得Wf32mgR，由功能关系得质点的机械能减少32mgR，选项D正确答案：CD考法拓展2解析：质点下落过程

22、，除重力做功以外，还有电场力做正功，机械能增加，由功能关系得机械能的增量E2qER，故选项A错误，D正确；重力做正功，重力势能减少，电场力做正功，电势能减少，选项B错误；合外力做功等于动能的增量，则Ek2(qEmg)R，选项C错误答案：D考法拓展3解析：质点能通过Q点，则在Q点由牛顿第二定律得mg12mgmv2R，解得v32gR，从静止运动到Q点的过程，重力做功等于重力势能减少量，为mgR，选项A错误；合外力做功等于动能增加量，即W合Ek12mv234mgR，选项B正确；机械能减少量为EmgR34mgR14mgR，选项D错误；由功能关系得克服摩擦力做功等于机械能减少量为14mgR，选项C正确答

23、案：BC预测3解析：010 m内物块上滑，由动能定理得mg sin 30sfsEkEk0整理得EkEk0(mg sin 30f)s结合010 m内的图象得，斜率的绝对值|k|mg sin 30f4 N1020 m内物块下滑，由动能定理得(mg sin 30f)(ss1)Ek整理得Ek(mg sin 30f)s(mg sin 30f)s1结合1020 m内的图象得，斜率kmg sin 30f3 N联立解得f0.5 N，m0.7 kg，故选A.答案：A预测4解析：设倾斜轨道的倾角为，游客质量为m.因为要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，所以要满足mg sin 0mg cos 即tan hL1h0

24、假设游客恰好停止在水平轨道右端，对于游客运动的过程，由动能定理得2mgh20%mgh(mg cos )L1cos00当取最大值1.20时，L1的临界长度最短，故要使游客能滑到水平轨道上，需满足L13h20假设游客恰好停止在水平轨道左端，对于游客运动的过程，由动能定理得2mgh20%mgh(mg cos )L1cosmgL200当取最小值0时，(L1L2)的临界长度最长，故要使游客能停在水平轨道上，需满足L1L29h50h0，故选BC.答案：BC预测5解析：(1)小物块从A到C的过程，由动能定理得mgL1sin mgL1cos mgL20代入数据得0.5(2)施加恒力F后，从A到C的过程，由动能

25、定理得F(L1cos L2)mgL1sin (mg cos F sin )L1mgL212mv2代入数据得v230F小物块在圆轨道最高点D不脱离轨道，应满足mgmvD2 R从D到C的过程由机械能守恒定律得12mvD22mgR12mv2解得v6 m/s小物块不脱离斜面AB，应满足F sin mg cos 解得v20 m/s所以v的取值范围为6 m/sv20 m/s.(3)P点与C点的高度差为h12gt24.05 m，设物块在C点初速度为v0，P点与竖直墙的水平距离为v0tL4如图，由几何关系得tan MNEL3+L5hv0tL4已知tan MNEL3L412解得v07 m/s从C到P由动能定理得

26、mghEk12mv02代入数据，解得Ek65 J即小物块刚运动至P点时的动能为65 J.答案：(1)0.5(2)v230F (6 m/sv20 m/s)(3)65 J考点三例3解析：如图所示，设大圆环半径为R，P、A距离为L，由机械能守恒定律可知，小环沿圆弧滑到A点的速率与沿斜线PA滑到A点的速率相等，分析小环的运动可知小环沿斜线PA下滑加速度ag cos gL2R，vatgL2Rt，由等时圆模型可知小环沿斜线PA从P到A的时间与沿直线PB从P到B的时间相同，即2R12gt2，代入上式可得：vL gR，故C正确答案：C预测6解析：运动员做斜抛运动，从最高点到等高位置时间相等，ac两点到b点的竖

27、直高度不同，因此时间不同，故A错误；根据h12gt2，解得t2ghg，故B正确；从a到b根据功能关系得12mv2mgh+12mvt2解得vtv22gh，故C正确；从a到b速度变化量vgt2gh，故D正确答案：BCD预测7解析：(1)滑块从A到C的过程只有重力做功，机械能守恒，则mgl sin 37mgR(1cos 37)12mvC2在C点根据牛顿第二定律有FNmgmvC2 R代入数据解得FN7 N(2)要使得滑块到达F点，则必过圆弧轨道DEF的最高点，即有mglx sin 37mg(3R cos 37R)12mv020即lx0.85 m滑块运动到F的过程中，由机械能守恒定律有mglx sin 374mgR cos 3712mv2解得v12lx9.6(m/s)(0.85 mlx3 m)(3)设最终摩擦力做的功为滑块第一次到达FG中点时的n倍，由动能定理得mglx sin 37mglFG2sin 37nmglFG2cos 370解得lx7n+615 m将0.85 mlx3 m代入上式可得2728n397由运动过程可知，n只能取1、3、5当n1时，lx1315 m当n3时，lx95 m当n5时，lx4115 m答案：(1)7 N(2)v12lx9.6(m/s)(0.85 mlx3 m)(3)见解析