广西2026届高考物理二轮复习课件：专题二 第1讲 动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用

该高中物理高考复习课件聚焦“动能定理、机械能守恒定律、功能关系”核心专题，依据高考评价体系明确功和功率计算、动能定理应用、机械能守恒判断等考查要求，通过知识网络构建和近三年真题分析，梳理出“多过程问题”“图像问题”等高频题型，体现备考的系统性和针对性。 课件亮点在于“真题情境+方法归纳+素养提升”的复习模式，如以2025四川卷小车斜面运动为实例，运用动能定理分析摩擦力做功和机械能增量，培养学生科学思维中的模型建构与科学推理能力。特设“易错防范”模块警示多过程问题漏力做功等误区，帮助学生掌握解题技巧，教师可依托此课件实现考点精准突破，提升复习效率。

第一讲　动能定理、机械能守恒定律、 功能关系的应用 专题二 2026 内容索引 01 02 03 体系构建•真题感悟 高频考点•探究突破 专项模块•素养培优 体系构建•真题感悟 【知识网络构建】 【高考真题再练】 1.(2025云南卷)如图所示,中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发,沿水平直轨道逐渐加速到144 km/h,在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近(　　) A.4×105 J B.4×104 J C.4×103 J D.4×102 J B 解析 高中生的质量约为50 kg,根据动能定理,有W=mv2-0=4×104 J,故选B。 2.(2025四川卷)如图所示,倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上,安装在其顶端的电动机通过不可伸长的轻绳与小车相连,小车上静置一物块。小车与物块质量均为m,两者之间的动摩擦因数为。电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间,小车与物块的速度刚好相同,大小为v0。运动过程中轻绳与斜面始终平行,小车和斜面均足够长,重力加速度大小为g,忽略其他摩擦。则这段时间内(　　) A.物块的位移大小为 B.物块的机械能增量为 C.小车的位移大小为 D.小车的机械能增量为 C 解析 对物块受力分析,物块的加速度a=g,物块的位移大小x=,A错误;物块的机械能增量ΔE=+mgxsin 30°=,B错误;物块从静止加速到v0所用时间t=,小车从静止加速到v0,有Pt-mgx2sin 30°-μmgcos 30°·x2=,可得x2=,C正确;小车的机械能增量ΔE'=+mgx2sin 30°=,D错误。 3.(多选)(2025云南卷)如图所示,倾角为θ的固定斜面,其顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧,弹簧处于原长时下端位于O点。质量为m的滑块Q(视为质点)与斜面间的动摩擦因数μ=tan θ。过程Ⅰ:Q以速度v0从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点;过程Ⅱ:将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静止释放,Q通过M点(图中未画出)时速度最大,过O点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,忽略空气阻力,重力加速度为g。 则(　 　) A.P、M两点之间的距离为 B.过程Ⅱ中,Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能为 C.过程Ⅱ中,Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为 D.连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放,最终一定静止在OM(含O、M点)之间 BCD 解析 在过程Ⅰ中,a=gsin θ+μgcos θ,xOP=,由Q在M点时速度最大可知,Q在M点处加速度为零,有mgsin θ+μmgcos θ=kΔx,在M点处弹簧的形变量Δx=,故xPM=xOP-Δx=,A错误;在过程Ⅱ中,Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能ΔE=μmgxOPcos θ,可得ΔE=,故B正确;设Q过O点后继续运动x'到达最高点,对Q从P点到最高点,由动能定理有-mgsin θ(xOP+x')-μmgcos θ(xOP+x')+kx'2=0,解得x'=xOP-,则从P点向上的最大位移xmax=xOP+x'=, C正确;当静摩擦力沿斜面向上时,Q在O点处受力平衡,当静摩擦力沿斜面向下时,Q在M点处受力平衡,故Q不可能在OM之外的位置静止,D正确。 4.(2025福建卷)如图甲所示,A、B两物块质量均为0.2 kg,A与地面间的动摩擦因数为μ=0.25,B与地面无摩擦,两物块并排放置,在外力F的作用下向右前进,外力F与位移x的图像如图乙所示,P为光滑圆弧的最低点,M为最高点,水平地面长度大于4 m,重力加速度g取10 m/s2。 (1)求0~1 m内,F做的功。 (2)x=1 m时,求A与B之间的弹力大小。 (3)要保证B能到达M点,求圆弧半径R满足的条件。 答案 (1)1.5 J　(2)0.5 N　(3)0<R≤0.2 m 解析 (1)由图乙可知,在0~1 m内,F所做的功WF=F1x1=1.5 J。 (2)物体A受到的滑动摩擦力Ff=μmg=0.5 N 当x=1 m时,F>Ff,故此时A、B一起做加速运动,对A、B整体进行受力分析,由牛顿第二定律可得F1-μmg=2ma 对B单独进行受力分析,由牛顿第二定律可得FAB=ma=0.5 N 故A与B之间的弹力大小为0.5 N。 (3)由题意可知,当F=Ff时A、B开始分离,结合图乙可知A、B在x2=3 m处分离,在0~x2的运动过程中,推力F对A、B两物块所做的功等于F-x图像中图线与x坐标围成的面积,即WF'=1.5×1 J+×2 J=3.5 J 在0~x2的运动过程中,对A、B整体根据动能定理有WF'-μmgx2=×2mv2 解得v= m/s 在B与A分离到B到达M点的运动过程中, 根据动能定理有-mg·2R=mv2 若B刚好能够到达M点,则B在M点由重力提供向心力可知mg= 联立解得圆弧的半径应满足0<R≤0.2 m。 高频考点•探究突破 考点一 功、功率及相关图像问题 【命题点点拨】 命题点 解答指引 1.计算恒力做功 公式:W=Fscos θ, 法一:求合力做的功;法二:求各分力做功的代数和 2.变力做功的计算 动能定理、微元法、图像法 3.功率的计算 平均功率: ,瞬时功率:P=Fvcos α 4.机车启动问题 公式:P=Fv, 理清过程,明确临界点和最终状态 考点一 考点二 考点三 考点四 【方法规律归纳】 计算功和功率时各需注意的两个方面 1.功的计算　　　 　 F、s不共线,则分解 (1)恒力做功一般用功的公式或动能定理求解。 (2)变力做功一般用动能定理或图像法求解,用图像法求外力做功时应注意横轴和纵轴分别表示的物理意义。 注:涉及功和功率的图像常见的是F-x图像、F-v图像、F-t图像等。 考点一 考点二 考点三 考点四 2.功率的计算 (1)明确是求瞬时功率还是平均功率。 (2)P=侧重于平均功率的计算,P=Fvcos α(α为F和v的夹角)侧重于瞬时功率的计算。要注意P=Fvcos α可理解成力F的瞬时功率等于该力乘以该力方向上的瞬时速度。 注:对于机车,通常输出功率P=Fv,其中F为机车牵引力。 考点一 考点二 考点三 考点四 解决机车启动问题时的四点注意 1.分清是匀加速启动还是恒定功率启动。　　　　　　　　　　　　　　　　　　 两过程 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。 4.无论哪种启动方式,最后达到最大速度时,均满足P=F阻vm,P为机车的额定功率。 考点一 考点二 考点三 考点四 [典例1](命题点3)一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为2×10-4 m2,喷水速度约为10 m/s,水的密度为1×103 kg/m3,则该喷头喷水的功率约为(　　) A.10 W B.20 W C.100 W D.200 W 思维点拨 建立柱状模型,利用动能定理求解喷头对水做的功,再求解喷水的功率。 C 解析 设Δt时间内从喷头流出的水的质量为m=ρSv·Δt,喷头喷水的功率等于Δt时间内喷出的水的动能增加量,即P=,联立解得P=100 W,故选C。 考点一 考点二 考点三 考点四 【对点训练】 1.(2024山东威海模拟)(命题点1)水平桌面上,长6 m的轻绳一端固定于O点,如图所示(俯视图),另一端系一质量为m=2.0 kg的小球。现对小球施加一个沿桌面大小不变的力F=10 N,力F拉着小球从M点运动到N点,力F的方向始终与小球的运动方向成37°角。已知小球与桌面间的动摩擦因数μ=0.2,不计空气阻力,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8, 则下列说法正确的是(　　) A.力F对小球做的功为16π J B.力F对小球做的功为8π J C.小球克服摩擦力做的功为16π J D.小球克服摩擦力做的功为4π J A 考点一 考点二 考点三 考点四 解析 将圆弧分成很多小段l1,l2,…,ln,力F在每小段上做的功为W1,W2,…,Wn,因力F大小不变,方向始终与小球的运动方向成37°角, 所以W1=Fl1cos 37°,W2=Fl2cos 37°,…,Wn=Flncos 37°, 考点一 考点二 考点三 考点四 2.(2024广西北海期末)(命题点1、3)右图是一辆做直线运动的小车从A点运动到B点的牵引力F与速度v的关系图像,该图像是双曲线的一支,C为AB间一点。已知整个过程小车所受的阻力大小恒为4 N,小车运动到B点时恰好开始做匀速直线运动,则(　　) A.小车从A点到B点,牵引力的功率增大 B.图中两阴影部分的面积大小关系为S1>S2 C.小车在C点的牵引力功率为48 W D.图中FB=4 N,vA=2 m/s D 考点一 考点二 考点三 考点四 解析 小车牵引力的功率P=Fv,F-v图像是双曲线的一支,所以小车从A点运动到B点牵引力F与速度v成反比,可知F与v的乘积保持不变,即功率P不变,则S1=S2,故A、B错误。小车运动到B点时正好做匀速直线运动,则牵引力等于阻力,则有FB=Ff=4 N,小车的功率为P=Fv=FfvB=4×8 W=32 W,则小车在C点的牵引力功率为32 W,在A点的功率也为32 W;小车在A点的牵引力为FA=16N,在A点时速度vA= m/s=2 m/s,故C错误,D正确。 考点一 考点二 考点三 考点四 3.(多选)(2024广西防城港模拟)(命题点4)发展新能源汽车是我国当前一项重大国家战略。假设有一辆纯电动汽车的质量为m=2×103 kg,汽车沿平直的公路从静止开始启动,汽车启动后的速度记为v,牵引力大小记为F,v-的图像如图所示,vm表示最大速度,ab平行于v轴,bc的反向延长线过原点。已知汽车在运动过程中受到的阻力大小恒定,bc段汽车的运动时间为20 s。下列说法正确的是(　　) A.汽车所受阻力为4×103 N B.汽车从a到b的加速度大小为5 m/s2 C.汽车能够获得的最大速度为25 m/s D.汽车从b到c的过程中运动的位移为350 m AC 考点一 考点二 考点三 考点四 解析 根据P=Fv可得v=P,因bc是过原点的直线,可知在bc段汽车以恒定的功率启动,此时汽车的功率为P=1×105 W,由图像可知,阻力Ff==4×103 N,则汽车能获得的最大速度vm=25 m/s,选项A、C正确。汽车从a到b的牵引力为F=104 N,则加速度的大小为a==3 m/s2,选项B错误。从b到c由动能定理得Pt-Ffs=,解得s=368.75 m,选项D错误。 考点一 考点二 考点三 考点四 考点二 动能定理的应用 【命题点点拨】 命题点 解答指引 1.用动能定理求变力做功 2.动能定理的图像问题 根据动能定理,写出图像横纵坐标的函数关系,弄清图像斜率或面积的意义,分析求解 3.运用动能定理解决曲线运动问题 解题时应抓好“一个过程、两个状态” 一个过程:明确研究过程,确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息 两个状态:明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况 考点一 考点二 考点三 考点四 命题点 解答指引 4.运用动能定理解决多过程及往复运动问题 把握四点 ①建立运动模型,判断物体做了哪些运动;分析各个运动过程中物体的受力和运动情况 ②抓住运动模型之间的联系纽带,如速度、加速度、位移,确定初、末状态 ③根据实际情况分阶段或全过程利用动能定理列式计算 ④对于往复过程,只考虑初、末位置而不用考虑中间过程,但要注意摩擦力做功 考点一 考点二 考点三 考点四 【方法规律归纳】 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,它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,在某个方向上应用动能定理是不成立的。 (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,但若能对整个过程利用动能定理列式,则可使问题简化。 考点一 考点二 考点三 考点四 [典例2](多选)(命题点4)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(　　) A.l1=,l2= B.l1=,l2= C.l1=,l2= D.l1=,l2= CD 考点一 考点二 考点三 考点四 解析 设倾斜轨道的倾角为θ,游客的质量为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mgsin θ<μ0mgcos θ,即tan θ=<μ0,可得l1>;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mgh+mgh-μmgcos θ·=0-0,整理得l1=,当μ取最大值1.2μ0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l1≤;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mgh+mgh-μmgcos θ·-μmgl2=0-0,整理得l1+l2=,当μ取最小值μ0时,l1+l2的临界长度最长, 考点一 考点二 考点三 考点四 故要使游客能停在水平轨道上,需满足l1+l2≥,综上可得l1+l2≥,且<l1≤。对于A选项,l1=不满足条件,故A错误。对于B选项,l1=满足条件,l1+l2=不满足条件,故B错误。对于C选项,l1=满足条件,l1+l2=满足条件,故C正确。对于D选项,l1=满足条件, l1+l2=满足条件,故D正确。 考点一 考点二 考点三 考点四 易错防范 (1)本题属于多过程问题,求解时要选择合适的过程,可选全过程应用动能定理,这样可以避开每个运动过程的具体细节,过程简明、运算量小。但要注意列出各力做功的代数和时,不要漏掉某个力做的功,同时要注意各力做功的正负。 (2)如果全过程中,某个点的状态是已知的,应将全过程从已知点分开应用动能定理来研究。 考点一 考点二 考点三 考点四 【对点训练】 4.(2024江苏盐城高三检测)(命题点1)质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动,起始点A与一水平放置的轻弹簧O端相距s,轻弹簧的另一端固定在竖直墙上,如图所示,已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ,物体与弹簧相碰后,弹簧的最大压缩量为x,重力加速度为g,则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短的过程中,弹簧弹力所做的功为(　　) C 考点一 考点二 考点三 考点四 考点一 考点二 考点三 考点四 5.(2024贵州贵阳三模)(命题点2)如图甲所示,水平地面上质量为m=0.4 kg的物体在水平向右的力F作用下由静止开始运动,力F随物体位移x的变化关系如图乙所示,当位移x1=0.8 m时撤去拉力,当位移x2=1.0 m时物体恰好停止运动。已知物体与地面间的动摩擦因数为0.3,g取10 m/s2,忽略空气阻力,则力F与物体运动的过程中速度的 最大值分别为(　　) A.2.5 N,1.5 m/s B.2.5 N,1.3 m/s C.2.0 N,1.4 m/s D.2.0 N,1.2 m/s B 考点一 考点二 考点三 考点四 考点一 考点二 考点三 考点四 6.(2024北京卷)(命题点4)如图所示,光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在B点平滑连接。一小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释放,物体脱离弹簧后进入半圆形轨道,恰好能够到达最高点C。下列说法正确的是(　　) A.物体在C点所受合力为零 B.物体在C点的速度为零 C.物体在C点的向心加速度等于重力加速度 D.物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点的动能 C 考点一 考点二 考点三 考点四 解析 物体恰好能到达最高点C,则物体在最高点只受重力,且重力全部用来提供向心力,设半圆轨道的半径为r,由牛顿第二定律得mg=m,解得物体在C点的速度为v=,A、B错误;由牛顿第二定律得mg=ma,解得物体在C点的向心加速度a=g,C正确;由能量守恒定律知,物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点时的动能和重力势能之和,D错误。 考点一 考点二 考点三 考点四 考点三 机械能守恒定律的理解及应用 【命题点点拨】 命题点 解答指引 1.单个物体的机械能守恒 公式:E1=E2、ΔEk=-ΔEp 隔离法分析单物体的受力情况,利用机械能守恒定律列式求解 2.多个物体系统的机械能守恒 1.注意正确判断机械能是否守恒 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.列机械能守恒方程时,可选用ΔEk=-ΔEp的形式 考点一 考点二 考点三 考点四 【方法规律归纳】 机械能守恒定律应用中的三个选取 (1)研究对象的选取 研究对象的选取是解题的首要环节,有的问题选单个物体(实际为一个物体与地球组成的系统)为研究对象,有的选几个物体组成的系统为研究对象。如图所示单选物体A机械能减少不守恒,但由物体A、B二者组成的系统机械能守恒。 考点一 考点二 考点三 考点四 (2)研究过程的选取 研究对象的运动过程分几个阶段,有的阶段机械能守恒,而有的阶段机械能不守恒,因此在应用机械能守恒定律解题时要注意过程的选取。 (3)机械能守恒表达式的选取 Ek1+Ep1=Ek2+Ep2 需选取参考面 ΔEp=-ΔEk 不需选取参考面 ΔEA=-ΔEB 不需选取参考面 考点一 考点二 考点三 考点四 [典例3](多选)(2024福建卷)(命题点1)先后两次从高为OH=1.4 m处斜向上抛出质量为m=0.2 kg的同一物体落于Q1、Q2,测得OQ1=8.4 m,OQ2=9.8 m,两轨迹交于P点,两条轨迹最高点等高且距水平地面高为3.2 m,g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.第一次抛出上升时间与下降时间之比为∶4 B.第一次过P点时的机械能比第二次的机械能少1.3 J C.落地瞬间,第一次与第二次动能之比为72∶85 D.第二次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第一次小 BD 考点一 考点二 考点三 考点四 解析 根据h=gt2可知,第一次抛出上升时间t1= s=0.6 s,下降时间t2= s=0.8 s,比值为3∶4,选项A错误。第一次抛出水平位移为xOQ1=8.4 m,设水平速度为v1,则v1t1+v1t2=xOQ1,解得v1=6 m/s。因两条轨迹最高点等高,且同一点抛出,故两次抛出竖直方向速度相同,时间相等。第二次抛出水平位移为xOQ2=9.8 m,设水平速度为v2,则v2t1+v2t2=xOQ2,解得v2=7 m/s。第一次抛出时的动能为m(),第二次抛出时的动能为m(),所以第一次抛出时的机械能比第二次少×0.2×(49-36) J=1.3 J,物体在空中运动过程中机械能不变,选项B正确。 考点一 考点二 考点三 考点四 根据=2gh,得v竖= m/s=8 m/s,落地瞬间的动能之比为,选项C错误。分别比较抛出点、落地点在两次斜抛时的竖直速度与水平速度关系,可知选项D正确。 考点一 考点二 考点三 考点四 素养提升 应用机械能守恒定律解题的思路及步骤 1.选取研究对象; 2.进行受力分析,明确各力的做功情况,判断机械能是否守恒; 3.选取参考平面,确定初、末状态的机械能或确定动能和势能的改变量; 4.根据机械能守恒定律选择合适的表达式列出方程; 5.解方程求出结果,并对结果进行必要的讨论和说明。 考点一 考点二 考点三 考点四 【对点训练】 7.(命题点1)如图所示,水平地面上固定一装置。质量为m=0.1 kg的小滑块从距地面高H处静止释放,沿弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角为θ=37°的斜轨道BC运动,小滑块第一次运动到A点时的速度大小为vA=4 m/s。已知竖直圆轨道半径R=0.2 m,小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ=0.5,不计其他摩擦,不考虑滑块在B处的能量损失。 sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,求: (1)H的大小; (2)小滑块运动到圆轨道最高点D 时对轨道的压力大小F; (3)小滑块在斜面BC上的最大高度h。 考点一 考点二 考点三 考点四 答案 (1)0.8 m　(2)3 N　(3)0.48 m 解析 (1)滑块从开始下滑到到达轨道A点过程应用机械能守恒定律 考点一 考点二 考点三 考点四 解得FND=3 N 根据牛顿第三定律F压=FND=3 N。 (3)从A到BC上最高点的过程对滑块应用动能定理 考点一 考点二 考点三 考点四 考点四 功能关系和能量守恒定律 【命题点点拨】 命题点 解答指引 1.功与能量变化的对应关系 理解各种功能关系 2.摩擦力的功的特点 摩擦生热的计算:公式Q=Ffx相对中x相对为两接触物体间的相对位移,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.能量守恒的应用 解题时,首先确定初末状态,然后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减与增加的能量总和ΔE增,最后由ΔE减=ΔE增列式求解 考点一 考点二 考点三 考点四 【方法规律归纳】 1.理解常见的 七种功能关系 考点一 考点二 考点三 考点四 2.应用能量守恒定律解题时的注意事项 (1)明确研究对象是单个物体还是系统(系统是否包括弹簧在内),了解对应的受力情况和运动情况。 (2)弄清楚能量转化和损失的去向。首先应确定初、末状态,然后分清有多少种形式的能在转化,再分析哪种形式的能在增加,哪种形式的能在减少。 (3)当涉及摩擦力做功时,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间相对滑动路径的总长度。 考点一 考点二 考点三 考点四 【对点训练】 8.(2024山东卷)(命题点1)如图所示,质量均 为m的甲、乙两同学,分别坐在水平放置的轻木板上,木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接,连接点等高且间距为d(d<l)。两木板与地面间动摩擦因数均为μ,弹性绳劲度系数为k,被拉伸时弹性势能E= kx2(x为绳的伸长量)。现用水平力F缓慢拉动乙所坐木板,直至甲所坐木板刚要离开原位置,此过程中两人与所坐木板保持相对静止,k保持不变,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g,则F所做的功等于(　　) B 考点一 考点二 考点三 考点四 解析 开始时轻质弹性绳处于松弛状态,当轻质弹性绳刚被拉伸时, 乙所坐木板的位移Δx1=l-d,甲所坐的木板要运动时,kΔx2=μmg, 考点一 考点二 考点三 考点四 9.(2024广西柳州模拟)(命题点2)一块质量为m1、长为l的长木板A静止放在光滑的水平面上,质量为m2的物体B(视为质点)以初速度v0从左端滑上长木板A的上表面并从右端滑下。该过程中,物体B的动能减少量大小为ΔEkB,长木板A的动能增加量为ΔEkA,A、B间摩擦产生的热量为Q,关于ΔEkB、ΔEkA、Q的值,下列情况可能的是(　　) A.ΔEkB=7 J,ΔEkA=4 J,Q=4 J B.ΔEkB=7 J,ΔEkA=3 J,Q=4 J C.ΔEkB=8 J,ΔEkA=3 J,Q=2 J D.ΔEkB=8 J,ΔEkA=5 J,Q=3 J B 考点一 考点二 考点三 考点四 解析 根据长木板A和物体B组成的系统能量守恒可知,ΔEkB=ΔEkA+Q,故A、C错误。画出物体B和长木板A的速度—时间图线,分别如图中的1和2所示,图中1和2之间的梯形面积表示板长l,1与t轴所围的面积表示物体B的位移, 2与t轴所围的面积表示长木板A的位移x2,由题图可知x1>l,x2<l,根据功能关系ΔEkB=Ffx1,ΔEkA=Ffx2,Q=Ffl,联立解得ΔEkB>Q>ΔEkA,故B正确,D错误。 考点一 考点二 考点三 考点四 10.(2024辽宁卷)(命题点3)如图所示,高度h=0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B,质量mA=mB=0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx=0.1 m的轻弹簧,弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B,弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出,水平射程xA=0.4 m,B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB=0.25 m后停止。A、B均视为质点,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB; (2)物块与桌面间的动摩擦因数μ; (3)整个过程中,弹簧释放的弹性势能ΔEp。 考点一 考点二 考点三 考点四 答案 (1)1 m/s　1 m/s (2)0.2 (3)0.12 J 解析 (1)A离开桌面后做平抛运动,A在空中的飞行时间为t 则h=gt2,解得t==0.4 s 由xA=vAt 解得vA==1 m/s 设脱离弹簧时A、B的速度大小为vA和vB。由于A、B组成的系统在弹簧恢复原长过程中,系统合外力为零,动量守恒,由动量守恒可知mAvA=mBvB 解得vB=1 m/s。 考点一 考点二 考点三 考点四 (2)B脱离弹簧后沿桌面运动到静止, 由动能定理可知0-mB=-μmBgxB 解得μ==0.2。 (3)弹簧的压缩量为Δx=0.1 m, 则在弹簧恢复到原长的过程中,A、B运动位移分别为xA'=xB'=0.05 m 由能量守恒知 mAmB=ΔEp-μmAgxA'-μmBgxB' 解得ΔEp=0.12 J。 考点一 考点二 考点三 考点四 专项模块•素养培优 一、游乐场里的物理知识——竖直圆轨道模型中功能关系的应用 【主题概述】 过山车是一种富有刺激性的娱乐项目,那种风驰电掣、有惊无险的感受令不少人着迷。过山车的运动包含了许多物理学原理,人们在设计过山车时巧妙地运用了这些原理。 【考向预测】 高考试题中,常以“过山车”——竖直平面的圆周运动为背景,考查竖直面内圆周运动的临界与极值、动能定理、机械能守恒定律等。 【典例分析】 [典例]图甲所示是游乐园的过山车,其局部可简化为如图乙所示的示意图,倾角θ=37°的两平行倾斜轨道BC、DE的下端与水平半圆形轨道CD顺滑连接,倾斜轨道BC的B端高度h=24 m,倾斜轨道DE与圆弧EF相切于E点,圆弧EF的圆心O1、水平半圆轨道CD的圆心O2与A点在同一水平面上,DO1的距离l=20 m,质量m=1 000 kg的过山车(包括乘客,可视为质点)从B点自静止滑下,经过水平半圆轨道后,滑上另一倾斜轨道,到达圆弧顶端F时,乘客对座椅的压力为自身重力的 。已知过山车与DE段轨道的动摩擦因数为μ= ,EF段摩擦不计,整个运动过程空气阻力不计。 (sin 37°=0.6,cos 37°=0.8) (1)求过山车过F点时的速度大小; (2)求从B到F整个运动过程中摩擦力对过山车做的功; (3)若过D点时发现圆轨道EF段有故障,为保证乘客安全,立即触发制动装置,使过山车不能到达EF段并保证不下滑,则过山车受到的摩擦力至少多大? 情境分析 本题属于综合性、应用性题目,以游乐场中“过山车”为素材创设生活实践类问题情境。考查理解能力、模型建构能力、推理论证能力。需要建构直线运动、竖直平面内的圆周运动模型,应用动能定理和牛顿运动定律解决实际问题。 思维点拨 1.根据“乘客对座椅的压力为自身重力的 ”,应用向心力公式列方程。 2.选B到F整个运动过程为研究过程,根据动能定理列方程。 3.分析“过山车不能到达EF段并保证不下滑”的隐含条件或临界条件列方程求解。 素养提升 竖直平面内的圆周运动的“两点一过程”研究方法 解某一状态(点)的问题要用牛顿第二定律或向心力公式(如下图中的A点、B点、C点、D点、P点等);涉及过程时一般选用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律(如下图中的PA、PC、BD、AC等),题目中出现相对位移时,应优先选择能量守恒定律。 【类题演练】 如图甲所示,游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行,可抽象为如图乙所示的模型。倾角为45°的直轨道AB、半径R=10 m的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的直轨道EF,分别通过水平光滑衔接轨道平滑连接,另有水平减速直轨道FG与EF平滑连接,EG间的水平距离l=40 m。现有质量m=500 kg的过山车,从高h=40 m的A点静止下滑,经BCDC'EF最终停在G点,过山车与轨道AB、EF的动摩擦因数均为μ1=0.2,与减速直轨道FG的动摩擦因数为μ2=0.75,过山车可视为质点,运动中不脱离轨道。 已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求: (1)过山车运动至圆轨道最低点C时的速度大小; (2)过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力大小; (3)减速直轨道FG的长度x。 (2)设过山车到达D点的速度为vD,由机械能守恒定律 联立代入数据可得FD=7 000 N 由牛顿第三定律可知过山车对轨道的作用力FD'=7 000 N。 (3)过山车从A到达G点,由动能定理可得 mgh-mg(l-x)tan 37°-μ1mgh-μ1mg(l-x)-μ2mgx=0 代入数据可得x=30 m。 二、连接体模型中功能关系的应用 【主题概述】 高考试题中,常常出现两个由轻绳或轻杆连接在一起的物体所组成的连接体系统,用以考查机械能守恒定律应用或功能关系应用。 轻弹簧模型   ①同一根弹簧弹性势能的大小取决于弹簧形变量的大小,在弹簧弹性限度内,形变量相等,弹性势能相等 ②由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统,当弹簧的形变量最大时,弹簧两端连接的物体具有相同的速度;弹簧处于自然长度时,弹簧的弹性势能最小(为零) 求解的关键是找出两物体的速度关系,按两物体连接方式和速度关系一般可分为如下三种:(1)速率相等的连接体模型;(2)角速度相等的模型;(3)某一方向上速度大小相等的连接体模型。 【典例分析】 [典例](多选)如图所示,滑块A、B的质量均为m,A套在固定竖直杆上,与光滑水平地面相距h,B放在地面上。A、B通过铰链用刚性轻杆连接,由静止开始运动。不计摩擦,A、B可视为质点,重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　) A.A落地前,轻杆对B一直做正功 B.A落地时的速度大小为 C.A下落过程中,其加速度大小始终不大于g D.A落地前,当A的机械能最小时,B对地面的 压力大小为mg BD 解析 由题意知,系统机械能守恒。设某时刻A、B的速度分别为vA、vB,此时刚性轻杆与竖直杆的夹角为θ,分别将vA、vB分解,如图所示。因为刚性轻杆不可伸长,所以沿杆的分速度v∥与v∥'是相等的,即vAcos θ=vBsin θ。当A滑至地面时θ=90°,此时vB=0,由系统机械能守恒得 ,解得vA= ,选项B正确。同时由于B初、末速度均为零,运动过程中其动能先增大后减小,即杆对B先做正功后做负功,选项A错误。杆对B的作用先是推力后是拉力,对A则先是阻力后是动力,即A的加速度在受到杆的向下的拉力作用时 大于g,选项C错误。B的动能最大时,杆对A、 B的作用力为零,此时A的机械能最小,B只受 重力和支持力,所以B对地面的压力大小为mg, 选项D正确。 情境分析 本题属于综合性选择题,以铰链和刚性轻杆为素材创设问题情境。考查关键能力中的理解能力、模型建构能力、推理论证能力。需要建构某一方向上速度大小相等的连接体模型。 思维点拨 1.A、B通过铰链用刚性轻杆连接,构成连接体,根据沿杆方向速度相等,建立二者速度关系。 2.由静止开始运动,不计摩擦,系统机械能守恒。 3.根据二者的速度变化情况和功能关系可确定做功情况。 特别提醒 多物体机械能守恒或功能关系问题求解的三点注意 1.按两物体连接方式,通过审题,明确速度关系属于哪种情况。 2.注意判定所选系统机械能是否守恒。 3.涉及弹簧时要注意研究对象的选择。 【类题演练】 如图所示,质量为m=1 kg的小球甲与轻弹簧上端相连, 轻弹簧下端固定在水平面上,小球甲和轻弹簧套在一 竖直固定的光滑杆上,小球甲和质量为3m的物体乙用 跨过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接。初始时,用 手托住物体乙,使轻绳刚好伸直且绳上拉力为零,此时, 连接小球甲和定滑轮之间的轻绳与水平方向的夹角为α=53°,且小球甲静止于M点,现将物体乙由静止释放,经过一段时间后小球甲运动到N点,ON水平,ON=1.5 m,且小球甲在M、N两点时受到的弹簧弹力大小相等。已知重力加速度g取10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,不计空气阻力,弹簧始终处于弹性限度内,甲、乙均可视为质点, 下列说法正确的是(　　) A.初始时,弹簧的弹力大小为30 N B.弹簧处于原长时,上端点在N点下方1.5 m处 C.小球甲运动到N点时,绳子拉力对甲做功的功率为零 D.小球甲由M点运动到N点的过程中,小球甲和物体乙的机械能之和先减小后增大 C 解析 初始时,用手托住物体乙,使轻绳刚好伸直且绳上拉力为零,则初始时弹簧弹力大小等于小球的重力,为F=mg=1×10 N=10 N,故A错误。小球甲在M、N两点时受到的弹簧弹力大小相等,可知弹簧的原长位置在MN的中点,根据几何知识可得MN=ONtan α=1.5×tan 53° m=2 m,则弹簧处于原长时,上端点在N点下方1 m处,故B错误。小球甲运动到N点时,绳子拉力方向与速度方向垂直,则绳子拉力对甲做功的功率为零,故C正确。小球甲由M点运动到N点的过程中,小球甲、物体乙以及弹簧组成的系统机械能守恒,因弹簧的弹性势能先减小后增加,则甲、乙的机械能之和先增大后减小,故D错误。 本 课 结 束 P= 故WF=W1+W2+…+Wn=Fcos 37°(l1+l2+…+ln)=Fcos 37°·=16π J, 故A正确,B错误; 同理可得小球克服摩擦力做的功Wf=μmg·=8π J,故C、D错误。 A.-μmg(s+x) B.-μmgx C.μmg(s+x)- D.-μmg(s+x) 解析 对物体由动能定理可得W弹-μmg(s+x)=0-, 解得W弹=μmg(s+x)-,故C正确。 解析 设x1位置拉力大小为F1,根据图像可知, 根据动能定理可得·x1=μmgx2,联立解得F0=2.5 N, 当F=μmg时物体达最大速度,设此时位移为x3,则有,解得x3= m, 根据动能定理可得x3=, 解得vmax=1.3 m/s,故B正确,A、C、D错误。 mgH= 解得H=0.8 m。 (2)从A点到D点,对滑块应用机械能守恒定律 +mg·2R 在D点时 FND+mg=m -mgh-μmgcos θ=0- 解得h=0.48 m。 A.+μmg(l-d) B.+μmg(l-d) C.+2μmg(l-d) D.+2μmg(l-d) 轻质弹性绳的伸长量Δx2=, 所以F所做的功为WF=μmg(l-d+)++μmg(l-d), B正确。 答案 (1)3 m/s　(2)-7.5×104 J　(3)6 000 N 解析 (1)由于可求F点乘客受到的支持力,设圆周运动半径为r,根据向心力公式 m0g-m0g=m0 轨道半径r=lsin θ 解得vF=3 m/s。 (2)由动能定理可知从B点到F点, -0=mg(h-r)+Wf解得Wf=-7.5×104 J。 (3)正常情况下,从D到F过程中 -mgr-μmgcos θ·(lcos θ)= 设触发制动后恰好能到达E点对应的摩擦力为Ff1,则 -Ff1lcos θ-mgrcos θ=0-解得Ff1=×103 N=4.6×103 N 要使过山车停在倾斜轨道上的摩擦力为Ff2,Ff2=mgsin θ=6 000 N 综合考虑可知摩擦力至少为6 000 N。 答案 (1)8 m/s　(2)7 000 N　(3)30 m 解析 (1)设过山车到达C点的速度为vC,由动能定理 mgh-μ1mgcos 45°· 代入数据可得vC=8 m/s。 2mgR+ 由牛顿第二定律mg+FD=m 共速率模型 分清两物体位移大小与高度变化关系 共角速度模型 两物体的角速度相同,线速度与半径成正比 关联速度模型 此类问题注意速度的分解,找出两物体速度的关系,当某物体位移最大时,速度可能为0 mgh= $