专题2 第1讲 功和能(Word教参)-【精讲精练】2025年高考物理二轮专题辅导与训练

专题二　动量与能量 第1讲　功和能 　冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意如图所示，比赛时运动员在投掷线AB 处让冰壶以v0＝2 m/s的初速度向圆垒圆心O点滑出，已知圆垒圆心O到AB线的距离为30 m，冰壶与冰面间的动摩擦因数μ1＝0.008。(g取10 m/s2) (1)如果在圆垒圆心O有对方的冰壶，为了将对方冰壶撞开，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦力因数减小，若用毛刷擦冰面后动摩擦因数减少至μ2＝0.004，则运动员用毛刷擦冰面的长度应大于多少米？ (2)若运动员采用擦刷冰面的方式使冰壶刚好运动到圆垒圆心O点处，那么冰壶运动的最短时间是多少？ [解析]　(1)设滑至O点速度为零，由动能定理 mv02＝μ1mg(s－d)＋μ2mgd 解得d＝10 m 即运动员刷冰面的距离应大于10 m。 (2)由(1)计算可知，在冰面上刷10 m时，冰壶到达O处时速度为0；在开始刷冰面10 m时，冰壶到达O处运动时间最短 刷过后的加速度为a2，a2＝＝0.04 m/s2 ， d＝v0t－a2t2 解得t＝(50－20) s 运动d＝10 m后剩余20 m距离以a1做匀减速运动，有a1＝μ1g＝0.08 m/s2，20 m＝a1t′2 解得t′＝10 s 则冰壶运动最短时间为t＋t′＝(50－10) s。 [答案]　(1)10 m　(2)(50－10) s 　在例题中，运动员在投掷线AB处以速度v0＝2 m/s沿虚线将冰壶投出，冰壶投出后，运动员从某处开始用冰刷在冰壶前方连续擦冰，距离为s，冰壶滑行24.8 m后停止，运动员不擦冰时冰壶与冰面间的动摩擦因数为0.01，擦冰后冰壶与冰面间的动摩擦因数为0.004，重力加速度大小g取10 m/s2。求： (1)擦冰的距离s； (2)从何处开始擦冰可使冰壶滑行最长时间，并求此最长时间。 解析　(1)冰壶从投掷线开始到最终停止运动，根据动能定理有－μ1mg(s0－s)－μ2mgs＝0－mv02 解得s＝8 m。 (2)作出冰壶运动的v­t图像如图所示 由图可知，越晚擦冰，冰壶运动总时间越长，所以在最后8 m位移阶段擦冰，根据牛顿第二定律有 μ2mg＝ma2，s＝a2t22 解得t2＝20 s 根据速度­时间关系有v＝a2t2，s0－s＝t1 解得t1＝12 s，所以tm＝t1＋t2＝32 s。 答案　(1)8 m　(2)见解析 　如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A、轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，用手托住 B，A静置于地面上，B距地面高度为h，细线处于拉紧状态。释放后A、B开始运动。 已知A、B的质量均为m，重力加速度为g，不计一切摩擦和阻力。 (1)求B落地时的速度； (2)B触地后无反跳，绳不会脱离动滑轮和定滑轮，A 不会与动滑轮相碰，当绳子再次绷直后，便保持绷直状态，A、B一起运动，试求从 B第一次触地后B能够上升的最大高度。 [解析]　(1)根据系统机械能守恒mgh－mgh＝mv12＋m2 可得v1＝。 (2)触地后再次被拉起时，绳子瞬间绷直，拉力为F，作用时间为t，则有 Ft＝mv2 2Ft＝m，可得v2＝ 根据机械能守恒 mgh1－mg＝mv22＋m2 可得h1＝。 [答案]　(1)　(2)h 　(2023·全国甲卷)如图所示，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上。用质量为m的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为Ep。释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的。小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h。重力加速度大小为g，忽略空气阻力。求： (1)小球离开桌面时的速度大小； (2)小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。 [解析]　(1)由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知Ep＝mv2 得小球离开桌面时速度大小为v＝。 (2)离开桌面后由平抛运动规律可得h＝ 第一次碰撞前速度的竖直分量为vy，由题可知 vy′＝vy 离开桌面后由平抛运动规律得x＝vt，vy＝gt 解得小球第一次落地点距桌面上其飞出的水平距离为x＝ 。 [答案]　(1)　(2) 　在例题中，轻质弹簧离地面高度为0.80 m。小球的质量为0.50 kg，弹簧的弹性势能为1.0 J。释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出。当小球与水平地面碰撞时，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小发生变化。测得小球第二次落点与桌面上飞出点的水平距离为2.0 m。取重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力。求： (1)弹簧对小球冲量的大小； (2)小球与地面第一次碰撞过程中，小球损失动能与碰撞前动能的比值。 解析　(1)设小球离开桌面时速度大小为v0，由机械能守恒可知Ep＝mv02 设弹簧对小球冲量的大小为I，根据I＝mv0－0 解得I＝1 kg· m/s。 (2)设离开桌面后由平抛运动时间为t1，h＝gt12 设第一次落点与第二次落点之间的时间为t2，t1＋t2＝ 设第一次碰撞后速度的竖直分量为vy，vy＝g 设第一次碰撞后速度大小为v′，v′＝ 设第一次碰撞前速度大小为v，mv02＋mgh＝mv2 小球损失动能与碰撞前动能的比值k＝ 代入数据解得k＝0.35。 答案　(1)1 kg· m/s　(2)0.35 1．(2024·江西卷)“飞流直下三千尺，疑是银河落九天。”是李白对庐山瀑布的浪漫主义描写。设瀑布的水流量约为10 m3/s，水位落差约为150 m。若利用瀑布水位落差发电，发电效率为70%，则发电功率大致为(　　) A．109 W　　　 B．107 W C．105 W D．103 W 解析　发电功率P＝η·P＝P＝ηρQgh 代入数据解得P≈107 W，B对。 答案　B 2．(2024·新课标卷)福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。借助配重小车可以进行弹射测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上。调整弹射装置，使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍。忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的(　　) A．0.25倍　　　　　 B．0.5倍 C．2倍 D．4倍 解析　 答案　C 3．(2024·新课标卷)将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图所示，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m＝42 kg，重力加速度大小g＝10 m/s2。当P绳与竖直方向的夹角α＝37°时，Q绳与竖直方向的夹角β＝53°(sin 37°＝0.6)。 (1)求此时P、Q绳中拉力的大小； (2)若开始竖直下降时重物距地面的高度h＝10 m，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。 解析　(1)由题意可知重物下降过程中受力平衡，设此时P绳中拉力的大小为FP、Q绳中拉力的大小为FQ，则在竖直方向上有FP cos α＝FQ cos β＋mg 在水平方向上有FP sin α＝FQ sin β 联立并代入数据解得FP＝1200 N，FQ＝900 N。 (2)重物下降到地面的过程，根据动能定理有 mgh＋W总＝0，代入数据解得W总＝－4200 J。 答案　(1)1200 N　900 N　(2)－4200 J 4．(2024·江苏卷) 如图所示，粗糙斜面的动摩擦因数为μ，倾角为θ，斜面长为L。一个质量为m的物块，在电动机作用下，从 A点由静止加速至 B点时达到最大速度v，之后作匀速运动至C点，关闭电动机，从 C点又恰好到达最高点D。求： (1)CD段长x； (2)BC段电动机的输出功率P； (3)全过程物块增加的机械能E1和电动机消耗的总电能 E2的比值。 解析　(1)物块在CD段运动过程中，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 由运动学公式0－v2＝－2ax 联立解得x＝。 (2)物块在BC段匀速运动，即电动机的牵引力为 F＝mg sin θ＋μmg cos θ 由P＝Fv得P＝mgv(sin θ＋μcos θ)。 (3)全过程物块增加的机械能为E1＝mgL sin θ 整个过程由能量守恒定律得电动机消耗的总电能转化为物块增加的机械能和摩擦产生的内能，故可知E2＝E1＋μmg cos θ·L 故可得＝＝。 答案　(1) (2)mgv(sin θ＋μcos θ)　(3) 命题点一　功和功率 1．计算力所做的功时，一定要注意是恒力做功还是变力做功。若是恒力做功，可用公式 W＝Fl cos α进行计算。若是变力做功，可用以下几种方法进行求解：①W＝Pt，注意P为恒定功率；②微元法；③图像法；④转换研究对象法；⑤动能定理法。 2．对于功率的计算要区分是瞬时功率还是平均功率。P＝只能用来计算平均功率。P＝Fv cos α中的v是瞬时速度时，计算出的功率是瞬时功率；v是平均速度时，计算出的功率是平均功率。 1．(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(　　) A．　　　 B． C． D． 解析　由题意可知两节动车分别有P1＝f1v1，P2＝f2v2 当将它们编组后有P1＋P2＝(f1＋f2)v 联立可得v＝，故选D。 答案　D 2．(2024·株洲二模)根据机动车的运动情况，绘制­图像如图所示，已知机动车质量为1.5×103 kg，其在水平路面沿直线行驶，规定初速度v0的方向为正方向，运动过程中所受阻力恒定为1.5×104 N。则以下说法合理的是(　　) A．1秒末机动车牵引力功率为1.8×104 W B．机动车的初速度为20 m/s C．机动车的加速度为8 m/s2 D．机动车在前3秒的位移是24 m 解析　由图像设与的函数关系式为＝k＋b，整理可得x＝kt＋bt2，由运动学公式x＝v0t＋at2知上式中k＝v0＝20 m/s，加速度a＝－8 m/s2，故B正确，C错误。1秒末机车的速度v1＝v0＋at＝12 m/s。根据牛顿第二定律F－f＝ma，P＝Fv1，解得P＝3.6×104 W，故A错误；机车做减速运动经时间t＝＝2.5 s，所以前3秒的位移x＝＝25 m，故D错误。 答案　B 3．(2024·四川南充二模)如图甲所示，摩托车与小汽车前后停在同一平直的道路上等候交通灯。摩托车刚好在前面的停车线处，小汽车与停车线相距L＝10 m。当红灯熄灭绿灯亮起时，小汽车开始以a1＝5 m/s2的加速度启动，当运动到停车线处后改做匀速运动；摩托车看到绿灯亮起立即以a2＝4 m/s2的加速度启动做匀加速运动。已知两车在运动过程中可视为质点，所受阻力恒定，在运动时间t内摩托车牵引力的功为W，其­t图像如图乙所示。求： (1)两车在运动过程中的最小距离Δx； (2)摩托车运动的第2 s末牵引力的功率P。 解析　(1)两车速度相等时间距最小。汽车运动至停车线的过程中L＝a1t12，t1＝2 s 两车共速时a1t1＝a2(t1＋t2)，t2＝0.5 s 两车最小间距为Δx＝a2(t1＋t2)2＋L－a1t12－a1t1t2＝7.5 m。 (2)摩托车做匀加速直线运动，牵引力做功为 W＝F·a2t2，＝t 图线斜率为＝ 则摩托车牵引力为F＝750 N 则摩托车运动的第2 s末牵引力的功率为 P＝Fa2t＝750×4×2 W＝6000 W。 答案　(1)7.5 m　(2)6000 W (1)机车输出功率：P＝Fv，其中F为机车牵引力。 (2)机车匀加速启动过程的最大速度v1(此时机车输出的功率最大)和全程的最大速度vmax(此时F牵＝F阻)求解方法： ①求v1：由F牵－F阻＝ma，P＝F牵v1可求v1＝。 ②求vmax：由P＝F阻 vmax，可求vmax＝。 (3)解决机车启动问题时的三点注意 ①分清是匀加速启动还是恒定功率启动。 ②匀加速启动过程中，机车功率不断增大，最大功率是额定功率。 ③以额定功率启动的过程中，牵引力不断减小，机车做加速度减小的加速运动，牵引力的最小值等于阻力。 命题点二　动能定理 1．应用动能定理解题步骤 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洁。 (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。 4．(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)(　　) A．0　　　　　　　 B．mgh C．mv2－mgh D．mv2＋mgh 解析　结合题意可知，雨滴在地面附近下落过程做匀速运动，对雨滴下落高度h的过程分析，由动能定理有mgh－Wf＝0，即Wf＝mgh，B正确，A、C、D错误。 答案　B 5．(2024·九省联考)无人快递车在水平路面上从静止开始做直线运动，经过160 s到达目的地停止运动，快递车在整个运送过程中牵引力F随时间t的变化关系如图所示，图中F1和t1未知。假设快递车与货物总质量m＝100 kg，运行时所受阻力为自身重力的0.05倍，重力加速度取g＝10 m/s2，0～t1时间内位移大小s1＝10 m。求： (1)快递车在加速和减速过程中的加速度大小； (2)快递车在整个运动过程中牵引力所做的功。 解析　(1)由题意可知，快递车运行时所受阻力为Ff＝0.05mg＝50 N 快递车在加速过程中，由牛顿第二定律 F1－Ff＝ma1 快递车在减速过程中，由牛顿第二定律 Ff－F2＝ma2，其中F2＝40 N 解得a2＝0.1 m/s2 设加速时间为t1，减速时间为t2，由运动学公式a1t1＝a2t2，其中s1＝a1t12＝10 m t2＝160 s－140 s＝20 s 联立解得a1＝0.2 m/s2，t1＝10 s 故快递车在加速和减速过程中的加速度大小分别为0.2 m/s2，0.1 m/s2。 (2)全程对快递车由动能定理 WF－Ff(s1＋s2＋s3)＝0 其中s2＝vΔt＝a1t1·Δt＝0.2×10×(140－10) m＝260 m，s3＝t3＝20 m 代入数据解得快递车在整个运动过程中牵引力所做的功为WF＝14500 J。 答案　(1)0.2 m/s2　0.1 m/s2　(2)14500 J 命题点三　机械能守恒定律 1．机械能守恒定律的表达式 2．应用机械能守恒定律解题的基本思路 6．某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度 y随时间 t的变化曲线如图所示，E、F、M、N为曲线上的点，EF、MN段可视为两段直线，其方程分别为y＝4t－26和y＝－2t＋140。无人机及其载物的总质量为2 kg，取竖直向上为正方向。则(　　) A．EF段无人机的速度大小为2 m/s B．FM段无人机的货物处于失重状态 C．FN段无人机和载物总动量的变化量大小为4 kg· m/s D．MN段无人机的机械能守恒 解析　根据EF段的方程y＝4t－26可知，EF 段无人机的速度大小v＝＝4 m/s，故A错误；根据y­t图像的切线斜率表示无人机的速度可知，FM段无人机先向上做减速运动，后向下做加速运动，加速度方向一直向下，则无人机的货物处于失重状态，故B正确；根据MN段的方程y＝－2t＋140 可知，MN 段无人机的速度v′＝＝－2 m/s，则有Δp＝mv′－mv＝2×(－2)kg· m/s－2×4 kg· m/s＝－12 kg· m/s，则 FN段无人机和载物总动量变化量的大小为 12 kg· m/s，故C 错误；MN段无人机向下做匀速直线运动，动能不变，重力势能减少，无人机的机械能不守恒，故D错误。 答案　B 7．(2023·辽宁卷)某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演练中，该飞机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到v1＝80 m/s时离开水面，该过程滑行距离L＝1600 m、汲水质量m＝1.0×104 kg。离开水面后，飞机攀升高度h＝100 m时速度达到v2＝100 m/s，之后保持水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水。取重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小及滑行时间t； (2)整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE。 解析　(1)飞机从静止开始做匀加速直线运动，平均速度为，则L＝v1t 解得飞机滑行的时间为t＝＝ s＝40 s 飞机滑行的加速度为a＝＝ m/s2＝2 m/s2。 (2)整个攀升阶段，对飞机汲取的水分析，由机械能的定义得ΔE＝mgh＋mv22－mv12 解得ΔE＝2.8×107 J。 答案　(1)2 m/s2　40 s　(2)2.8×107 J 命题点四　功能关系与能量守恒定律 1．七种常用的功能关系 2．应用功能关系解题的注意事项 (1)弄清物体的受力情况和运动情况，根据物体的运动过程分析物体的受力情况及不同的运动过程中力的变化情况。 (2)根据各力做功的不同特点分析各力在不同的运动过程中的做功情况。 (3)根据不同能量变化运用不同的功能关系。 ①只涉及动能的变化用动能定理分析。 ②只涉及重力势能的变化，用重力做功与重力势能变化的关系分析。 ③只涉及机械能的变化，用除重力和系统内弹力之外的其他力做功与机械能变化的关系分析。 3．应用能量守恒定律的两条基本思路 (1)某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔE减＝ΔE增。 (2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔEA减＝ΔEB增。 8．(2024·九省联考)如图所示，一轻质弹簧置于固定光滑斜面上，下端与固定在斜面底端的挡板连接，弹簧处于原长时上端位于A点。一物块由斜面上A点上方某位置释放，将弹簧压缩至最低点B(弹簧在弹性限度内)，则物块由A点运动至B点的过程中，弹簧弹性势能的(　　) A．增加量等于物块动能的减少量 B．增加量等于物块重力势能的减少量 C．增加量等于物块机械能的减少量 D．最大值等于物块动能的最大值 解析　设物块在A点时定律的动能为Ek，斜面的倾角为θ，对物块由能量守恒定律有Ek＋mgLABsin θ＝Ep可知，物块由A点运动至B点的过程中，物块的机械能转化成了弹簧的弹性势能，因此弹簧弹性势能增加量大于物块动能的减少量，同样大于物块重力势能的减少量，而等于物块机械能的减少量，故选项A、B错误，C正确；显然，物块由A点运动至B点的过程中，弹簧弹性势能最大时即弹簧被压缩至最短，而物块动能最大时，弹簧的弹力等于物块重力沿斜面向下的分力，即此时弹簧已被压缩，具有了一定的弹性势能，而此后物块还要继续向下运动，直至速度减为零，弹簧被压缩至最短，因此弹簧弹性势能的最大值大于物块动能的最大值，而等于物块机械能的减少量，故选项D错误。 答案　C 9．(2024·杭州高三期末)如图甲所示，水平光滑轨道AB与竖直光滑半圆轨道O ­BCD平滑连接，BOD在同一竖直线上，C与圆心O等高，AF为竖直墙壁，弹簧右端固定在墙角A，左端为自由端。AB长s＝0.4 m，半圆轨道半径r＝0.2 m，小球质量m＝0.02 kg。用小球缓慢向右压缩弹簧再释放，小球先沿AB运动，再进入竖直圆轨道O ­BCD，并可能从D点飞出。 (1)若把弹簧压缩到最短，释放后小球运动到D时对轨道的压力F1＝0.7 N，求弹簧的最大弹性势能Epm； (2)释放小球瞬间弹簧的弹性势能Ep不同，小球运动到C处时对轨道的压力F2也不同，在图乙上画出F2­Ep图像(不要求计算过程)； (3)求小球从D点飞出后撞击墙壁AF的速度的最小值vmin。 解析　(1)小球在D处F1＝F1′，F1′＋mg＝，求得vDm＝3 m/s 小球从释放到D，Epm＝mg2r＋mvDm2 可得Epm＝0.17 J。 (2)在C点，由合力提供向心力得F2＝m 小球从释放到C点有Ep＝mgr＋mv2 解得F2＝Ep－2mg 当小球刚好能够到达C点时，F2＝0，则Ep＝0.04 J，即F2­Ep图线的横截距 当Ep＝0时，F2＝－0.4 N，即F2­Ep图线的纵截距 则F2­Ep图线如图所示。 (3)小球若能从D处飞出，且能撞到墙，则s＝vDt，vy＝gt，v＝ 解得v＝ 当vD＝＝2 m/s时，v有最小值，vmin＝2 m/s 讨论上述值能否达到D点。 若恰能过D，则mg＝ 解得v0＝＝ m/s 可知3 m/s>vD> m/s，小球能到D点再飞出，撞到墙上。 答案　(1)0.17 J (2)图见解析 (3)2 m/s 学科网（北京）股份有限公司 $$