专题2 第5讲 功和能-【红对勾讲与练】2026年高考物理二轮复习讲义

最高，点对细绳、细杆的作用力大小均 为2N,若都为拉力，则mg十F=m 可知，此时A,B两球经过最高点时 的速度大小一定相等，若细杆的作用 v'2 力为支持力，则mg一F=m乙，此时 两球经过最高，点的速度大小不相等， 故C错误；设A球在最低点受到细绳 的拉力为F1,则F1一mg=m L ,最高 ,点受到细绳的拉力为F。,则F。十 mg=m ,A球从最低点到最高，点， 根据动能定理有一mg×2L三2m mwi,差值大小为F,-F:=60N, 1 故D正确。 典例9BC 物品从无人机上释放后， 做平地运动，竖直方向H三7g,可 得t=2s,要使物品落点在目标区域 内，水平方向满足x=√R一R=t, 最大角递度等于。=尽联立可得 v=2 m/s,Wmax=- 3 rad/s,故A错误， B正确；无人机从A到B所需的时间 元 C max s,由于t'>t,可知无人 4 机运动到B点时，在A点释放的物品 已经落地，故C正确，D错误。 第4讲万有引力与航天 》考向探究·素养提升《 考向一开普勒定律与万有引力定律 典例1D根据题意，设地球与太阳间 距离为R,则小行星公转轨道的半长轴 5R+7R 为a= 6R,由开普勒第三定律 2 有 (6R)3 T行 ,解得T:=V6T- R 6√6年，故A错误；从远日点到近日 点，小行星与太阳间距离减小，由万有 Gm m: 引力定律F= 可知，小行星所 受太阳引力增大，故B错误；由开普勒 第二定律可知，从远日点到近日，点，小 行星线速度大小逐渐增大，故C错误； 由牛顿第二定律有 GMm =mam,解得 a,=! M ,可知 R 1 (5R)2 小行星在近日，点的加速度大小约为地 球公转加速度的25·故D正确。 典例2ABD 对地球近地卫星有 4xR G M是m =m R ,解得Ms GT 由以上数据可解得地球的质量，A正 确：由密度公式p= M 可得p M克 3π 4 GT,由以上数据可解得地 πR 球的平均密度，B正确：太阳对地球的 吸引方F=GMM=M产，可 得太阳的质量为M女= 4πr8 GT°，由于不 知道太阳的半径，则不能求出太阳的 平均密度，C错误；由以上知太阳的质 量为M太= GT°，在地球表面有 4πr M是m R =mg,可知地球的质量为 M袋-8R ,由以上数据能够估算太阳 G 对地球的吸引力，D正确。 考向二卫星运行参数的分析与计算 典例3B火箭加速升空过程，加速度 方向竖直向上，则处于超重状态，故A 错误：根据F=GMm,航天员与地球 R 的质量不变，航天员在空间站离地心 更远，则受到的万有引力小于在地表 受到的万有引力，故B正确；根据 M风muR可得Y,可知 R2 空间站绕地球做匀速圆周运动的角速 度大于地球同步卫星的角速度，即大 于地球自转角速度，故C错误；根据 GM0=ma,可得a.一尺，可知空间 GM R 站绕地球做匀速圆周运动的加速度大 于地球同步卫星的加速度，故D错误。 典例4D根据开普勒第三定律门 k,可知卫星A的运行周期小于24h, 故A错误；卫星B是地球同步卫星，周 期为24h,所以在6h内转动的圆心角 是0=360° 4 =90°，故B错误；卫星B是 地球同步卫星，角速度与地球自转角 速度相等，根据0=rw可知卫星B的 线速度大于卫星P随地球自转的线速 度，故C错误；卫星B的角速度与地球 自转角速度相等，根据am=rw2可知 卫星B的向心加速度大于卫星P随地 球自转的向心加速度，故D正确。 典例5D设两个黑洞的质量分别为 M1、M。,两黑洞之间距离为L,两黑洞 的轨道半径分别为r1、r,角速度为 w,则G MM:-MIorG MM: L L” Mwr2,r1十r2=L,解得w= /G(M1+M: 1/ 一，两黑洞的线速度大 L 小为1=wr1,?2=wr2,则01十0：= G(M干M:,由题千条件已知两 黑洞的总质量、两黑洞间距离，故黑洞 做匀速圆周运动的线速度大小之和可 以计算出；任意一个黑洞的密度、黑洞 各自做匀速圆周运动的半径、黑洞做 匀速圆周运动的向心加速度不可以计 算出，故A、B、C错误，D正确。 考向三卫星的变轨、追及相遇问题 典例6A在轨道2上从A向B运动 过程中，探测器远离月球，月球对探测 器的引力做负功，根据动能定理，动能 逐渐减小，A正确：探测器受到万有引 Mm M 力，由G man,解得a.=G 在轨道2上从A向B运动过程中，r 增大，加速度逐渐变小，B错误：探测 器在A点从轨道1变轨到轨道2，需 要加速，机械能增加，所以探测器在轨 道2上的机械能大于在轨道1上的机 械能，C错误；探测器在轨道1上做圆 周运动，根据万有引力提供向心力，得 Mm 4π 4x2r3 G T r,解得M= GT,利 用引力常量G和轨道1的周期T,还 需要知道轨道1的半径r,才能求出月 球的质量，D错误。 典例7B飞行器在轨道半径r=2R。 处的总机械能包括动能和势能。引力 势能为E,= 2mgR。,根据万有引力 GMm 提供向心力有 (2R。)月 、,在星 2 GMm 球表面有 R =mg。,解得飞行器在 距星球表面高度为R。的轨道速度满 足02= 8,对应动能E: 1 2 m02=二mgR,总机械能Es= 3 mgoR。,根据机械能守恒，初始动能 1 mu=Es,解得u,= 3gR ,故 2 选B。 典例8 CD卫星a、b转动方向相同， 在相遢一次的过程中，卫星a比卫星b 多转一图，设相遇一次的时间为△t,则 △t△t 。 由 =1,解得△t=8h,卫星a、b 每经过8h相距最近，A、B错误；卫星 b、℃转动方向相反，在相遇一次的过程 中，卫星b、c共转一圈，设相遇一次的 时间为△t',则由 △t'+△ -=1,解得 △t'=8h,即卫星b、c每经过8h相距 最近一次，D正确；卫星b、c转动方向 相反，在相距最远的过程中，卫星b、c △t 共转半圈，设时间为△t”,则由 t. =0.5,解得△t”=4h,即卫星b、c 经过4h第一次相距最远，C正确。 专题二能量与动量 第5讲功和能 》考向探究·素养提升《 考向一功和功率的分析与计算 典例1BC拉力所做的功为W= Fx cos日，轮胎做加速运动，则Fcos0> f,则轮胎克服阻力做的功小于Fxcos日， 故A、D错误；由动能定理可知，轮胎 1 所受合力微的功为Ws=?m,故B 正确；拉力的最大功率为Pm=F0cos日， 故C正确。 参考答案 219 典例2BD 当汽车牵引力等于所受阻 力时，汽车速度达到最大值，则有f= 卫，解得f= 8×10 N=800N,故A Um 10 错误；汽车做匀加速运动时的牵引力 最大，则有F=P,解得F= 8×103 8 N= 01 1000N,故B正确；818s过程中，根 据动能定理得Pt一fx= 1 2m0,解得x三95.5m,故C错误 D正确 考向二 动能定理的理解及应用 典例3B高中生的质量约为50kg,根 据动能定理有W三。mU2=4X10', 故选B。 典例4(1)1.5J(2)0.5N (3)r0.2m 解析：(1)0~1m,F做的功W=Fx= 1.5×1J=1.5J。 (2)对AB整体，根据牛顿第二定律有 F-f=2ma, 其中f=mg, 对B根据牛顿第二定律有FAB=ma, 联立解得FAB=0.5N。 (3)当A、B之间的弹力为0时，A、B分 离，根据(2)分析可知此时F'=0.5N, 此时x=3m, 过程中，对A、B根据动能定理 1 W一mgx= 根据题图乙可得 0.5+1.5 We=1.5J+ ×2J=3.5J, 2 从P点到M点，根据动能定理 1 -mg·2rm= 1 2》 在M,点的最小速度满足mg=m min max 联立可得rmx=0.2m,即圆孤半径满 足的条件r0.2m。 考向三机械能守恒定律的理解及 应用 典例5C方法一（分 析法)：设大圆环半径 R 为R,小环在大圆环 mg 上某处(P点)与大圆 环的作用力恰好为 0,此时只有小环的重力分力提供小环 所需向心力，可知P点必在Q点上 方，如图所示，设P点和圆心连线与竖 直向上方向的夹角为日，小环从大圆环 顶端到P点的过程，根据机械能守恒 定律有mgR(1-cos0)= 2m0,在p 点，由牛顿第二定律得mg cos日 2 m 尼，联立解得c。s日二3，小环以大 圆环顶端到P点过程，小环速度较小， 小环重力沿着指向大圆环圆心方向的 分力大于小环所需的向心力，所以大 圆环对小环的弹力背离圆心，不断减 小，从P点到最低点过程，小环速度变 大，小环重力沿着大圆环直径方向的 2202对闪·讲与练·高三二轮物理 分力和大圆环对小环的弹力的合力提 供向心力，从P点到Q点，小环重力 沿大圆环直径的分力逐渐减小，从Q 点到最低点，小环重力沿大圆环直径 的分力背离圆心，逐渐增大，所以大圆 环对小环的弹力逐渐变大，根据牛顿 第三定律可知，小环下滑过程中，对大 圆环的作用力大小先减小后增大，故 选C。 方法二（数学法）：设大圆环半径为R, 小环在大圆环上某处时，该处和圆心 的连线与竖直向上方向的夹角为日 (0≤日π)，根据机械能守恒定律得 mgR(1-cos8)=2mu(0≤0≤x), 在该处根据牛顿第二定律得F十 mgos0=mR(0<0≤)，联立可得 F=2mg一3 mg cos6,则大圆环对小环 作用力的大小为|F|=|2mg 3 mgcos川，根据数学知识可知|F|的 大小在c0s日=号时最小，由年顿第三 定律可知，小环下滑过程中对大圆环 的作用力大小先减小后增大，故选C。 典例6ACD选取轻杆水平的位置为 零势能面，轻杆水平时，轻杆到圆心的高 度=√R-(R)-R,从释放 到轻杆水平，系统的机械能守恒，则有 之心2+子×3m心，解得轻杆第 1 次水平时，A球的速度大小= /(2W3-1) gR,A正确；选取轻杆水 2 平的位置为零势能面，刚释放时A球的 机械能为EA三2mgR,水平时A黎 1 1 具有的机械能为E以=2mw=2m× (w5-)R=停）a, 然EA>E,A球的机械能减小，B错 误：对B球而言，根据动能定理可得 3mg(52）R+w=号×3m× 25XgR,解得w=子mgR>0, 2 即轻杆对B球做正功，C正确；对AB 整体而言，其质心位置距B球的距 离为 m—R三R,此时质心与圆心 m++3m 的距离为r= /()+R-() 区R,质心以r为半径，绕国心0微 4 圆周运动，当质心运动到最低，点时，下 降的高度=，-R=-1R,系 4 4 1 统机械能守恒则有4mgh=2(m+ 3m)x,联立解得℃max= (√13-1) 2 gR,D正确。 典例7(1)0.1m(2)7J(3)2m/s 解析：(1)释放小球A前，物体B处于 静止状态，由于轻绳拉力大于物体 B所受重力，故弹簧被拉伸，设弹簧形 变量为x,有kx=F一Bg,解得x= 0.1m。 (2)对小球A从顶端运动到C点的过 程应用动能定理得 W+mgh= 2mA0-0①， 其中h=CO1·cos37°， 而CO1=AO1·sin37°=0.3m, 物体B下降的高度h'=AO1一CO1= 0.2m②， 由此可知，弹簧此时被压缩了0,1m, 此时弹簧弹性势能与初状态相等，对 于A、B和弹簧组成的系统机械能守 恒，有mAgh十mBgh=2mo十 1 2 由题意知，C点小球A运动方向与轻 绳垂直，此瞬间物体B的速度 YB=0④， 由①②③④解得W=7J。 (3)由题意知，杆长L=0.8m,故 ∠CDO1=0=37°，则DO1=AO1,当 小球A到达D点时，弹簧弹性势能与 初状态相等，物体B又回到原位置，在 D点对小球A的速度沿平行于轻绳和 垂直于轻绳两方向进行分解，可得平 行于轻绳方向的速度即为物体B的速 度，由几何关系得 YB=Y'Ac0s37°⑤， 对于整个下降过程由机械能守恒定律得 mn37-n+号 .1 由⑤⑥解得vA=2m/s。 考向四功能关系、能量守恒定律的理 解及应用 典例8B设水从出水口射出的初速度 为℃。，取t时间内的水为研究对象，该 部分水的质量m=votSp,根据平抛运 动规律0，f=1,h=弓g,解得0。 条，根揭功能关系得P) m十mg(H+h),联立解得水系 1 、的输出功率P三巴2g么(H 27h H+h+ 典例9C对物块根据牛顿第二定律 有mg cos30°-ng sin30°=ma,解得 1 g,根据运动学公式有= 2ax1,解得物块的位移大小为x1= 20 ，故A错误；物块机械能增量为 g 1 3 AE=2m+mg·sin30=号mi, 故B错误；对小车根据动能定理有 Pt-(umg cos30°+mng sin30°)x= m,其中1=g,联立解得工 1 16Pu。2v8 ,故C正确；小车机械能 5mg 5g 增量为△E'=子mn+mgr sin30 8Pvo 3m.00 ,故D错误。 5g 10 微专题1“传送带”模型中 的动力学和能量问题 》考向探究·素养提升《 典例1AC开始时，对行李根据牛顿 第二定律有mg=ma,解得a= 2m/s2,故A正确：设行李做匀加速运 动的时间为t1,行李做匀加速运动的 末速度为v=0.4m/s,根据v=at1, 代入数据解得t1=0.2s,行李做匀加 1 速运动的位移大小为x= 号×2X0.2m=004m,微匀逢运动 的时间为t,= L-x=2-0.04 0.4 4.9s,可得行李从A到B的时间为t= t1十t2=5.1s,故B错误；由以上分析 可知行李在到达B处前已经与传送带 共速，所以行李到达B处时速度大小 为0.4m/s,故C正确：行李在传送带 上留下的摩擦痕迹长度为△x=t1 x=(0.4×0.2一0.04)m=0.04m,故 D错误。 典例2ACD 滑块刚滑上传送带左端 时的速度大小为0=√2gh= √J2×10X0.8m/s=4m/s,A正确； 滑块在传送带上向右滑行的加速度 a=ug=4m/s,滑行的最远距离为 42 2X4 m=2m,B错误；滑块 向右滑行的时间t1=巴=18，向左滑 行到与传送带共速时的时间t2=”= a 0.5s,向左滑行到与传送带共速时运 00 动的距离x1=2t:=0.5m,匀速滑到 最左端的时间t= xm-x1.2-0.5 Ua 2 0.75s,滑块从开始滑上传送带到第 次回到传送带最左端所用的时间为 t=t1十t2十t3=2.25s,C正确；滑块 从开始滑上传送带到第一次回到传送 带最左端摩擦生热Q=g(xm十 vot1）十umg(ot一x1),代入数据可 得Q=18J,此过程中摩擦力对滑块做 功为w=名0-m=合×1× 2J 。×1×4J=一6J,由能量守 恒定律可知带动传送带的传动系统多 做的功为W′=Q+W=18J一6J= 12J,D正确。 典例3(1)4m/s(2)0.6m 1(32v-96)Jv≥4m/s, (3)Q= 8(o-2)2J2m/s<v<4m/s 解析：(1)为使物块到达传送带顶端时 能以最大速度滑上槽车，物块应在传 送带上一直被加速，到达顶端时物块 速度小于或等于传送带速度，设物块 的最大速度为0m,根据牛顿第二定律 得mgcos37°-mg sin37°=ma, 代入数据解得a=0.4m/s, 由动能定理得 W.-mas-2mv2mv. 则传送带的最小速度 u'=vm=√06+2as, 解得m=4m/s。 (2)物块上升到最大高度时与槽车共 速，速度记为1，上升高度记为h,由 动量守恒定律可得(m十M)U1=m, 由能量守恒定律可得 2mvm2(m+M)v=mgh, 联立解得h=0.6m。 (3)若v≥4m/s,则物块在传送带上一 直被加速，加速度大小为a=0.4m/s, 设加速时间为t, 则由s=0ot+2at可得t=5s, 此时因物块与传送带摩擦产生的热量 Q=f△x=ng cos37°(t-s)= (320-96)J; 若<v<4m/s,则物块在传送带上 先加速，后匀速，加速度大小 a=0.4m/s,设加速时间为t', 则有t'= 0-00=(2.5-5）s, 此时因物块与传送带摩擦产生的热量 Q=f△z=ongcos37t'-2a) 8(0-2)2J。 典例4(1) (2)MvoAt （3)2u,+9g4) 2△t 解析：(1)对单个散货水平方向由动量 定理一I=0一mv。,解得单个散货的质 量为m一 (2)落入货箱中散货的个数为V= M_M,则水平传送带的平均传送 速度大小为u=N△tM,△t d (3)设倾斜传送带的长度为L,其中散 货在加速阶段，由牛顿第二定律 mg cos30°-mg sin30°=ma, 1 解得a= 48 加速时间t1= a g 1 2℃6 加速位移x1=2ati= g 设匀速时间为t2,其中t1十t2=9△t, 则匀速位移为 故传送带的长度为 2vi L=x1+x2=90o△t g 在加速阶段散货与传送带发生的相对 2u号 位移为△x=t1一x1= g 在△t时间内传送带额外多做的功为 1 W=2m0。+mgL sin30+Q,其中 2 m=,L=9o△t g W Q=mg cos30°△x,P=1 △t 联立可得倾斜传送带的平均输出功率 I(2uo+9g△t) 为P= 2△t 第6讲 动量定理和动量守恒定律 》考向探究·素养提升《 考向一动量定理的理解及应用 典例1AB无人 机经飞控系统实 时调控，在拉力、 空气作 力和重 F 力作用 沿水平 方向做匀速直线 mg 运动， 无人机 受到的空气作用 力与重 和拉力 的合力等大反向，随着F的减小，重力 和拉力的合力如图，可知无人机受到 空气作用力的大小和方向均会改变， 在T时刻有 c0s120°= (mg)2+F2-F ,F=F。 2mgF T,解得F= √/(F。-kT)2+(mg)+mg(F。-kT), 故A正确，D错误；由于拉力F随时 间t均匀变化，则无人机在0到T时 间段内受到拉力的冲量大小为F- 图像与坐标轴围成的面积，为(F。 2T)T,放B正确：将拉力分解为水 平和竖直方向，则无人机受重力和拉 方的合力在水平方向有下，(F。 k),无人机受重力和拉力的合力在竖 直方向有F,=号(F。一1)+mg,0 2 到T时间段内，无人机受重力和拉力 的合力在水平方向的冲量为I,= (P,T-T)0到T时同我内 无人机受重力和拉力的合力在竖直方 向的冲量为1，=合F,T-子T十 mgT,则0到T时间段内无人机受到 重力和拉力的合力的冲量大小为I= √T+I= √(T-r+了r）+w &T. 故C错误。 参考答案 221第一部分 专题突破p 专题二能量与动量 第5讲 功和能 知识网络》体系构建 W=Flcos a- 恒力做功 动能定理 微元法、等效法、功率法 功 -W合=Ee-E=2m喝-是m听 转换法、图像法、平均值 变力做功 法、动能定理 守恒条件：只有重力或弹力做功 P-W 机械能守恒定律 一平均功率 功 表达 守恒：E+Eol=Ea+E2 功率的计算 形式 转化：△E=-E。 P=Fvcos一瞬时功率 能 转移：△EA=-△E 重力做功→重力势能变化：W。=-△E。 先变加速再匀速 功 P=Fv-a=F-f 弹力做功→弹性势能变化：W=一△E 恒功率启动 F=f→m=了 变力做功 合力做功一→动能变化：W=E2-E1 机车 除重力、弹力 机械能W,他=E2-E, 先匀加速再变加速 外其他力做功一变化： =△En 启动 最后匀速 静电力做功→电势能W克安=E-E a-E-I,P-Fv 变化： =△E m 恒加速度启动 _P F=f时，m=了 能量守恒定律 考向探究》素养提升 考向一功和功率的分析与计算 1.区分恒力、变力：恒力做功一般用功的公式或动 车输出的功率最大)：由F牵一F阳=ma,P= 能定理求解，变力做功通常用动能定理、微元 P 法、等效法、转换研究对象法、平均值法、图像 下车1，可求出一F十ma 法、功率法(W=P1)求解。 ②全程的最大速度？mx（此时F牵=F阻)：由 2.图像法求功的四种情况：如图所示，力做的功分 别为W年=F1、W2=P、wa=子F P=F组Uax,可求出Umx一F用 P (2)掌握四个关键方程：P=Fv,F一F阻=ma, (图丙中的F-x图线是四分之一圆周)、W,= 2P41+P(2-1). m三F,P1-F阻x=△Ek [典例1[功和功率的计 算]（多选）解放军战土 为了增强身体素质，进 行拉轮胎负重训练，如 3.机车启动问题的两点注意 图所示，已知绳子与水 (1)区分两个最大速度 平地面间的夹角恒为0，轮胎质量为m,某战士 ①机车启动匀加速过程的最大速度，（此时机 由静止开始做加速直线运动，位移为x时，速 016红则勾·讲与练·高三二轮物理 度达到，已知绳上拉力大小恒为F,重力加速 不变，在18s末汽车的速度恰好达到最大。下 度为g,则由静止加速到。的过程中( ) 列说法正确的是 () A.轮胎克服阻力做的功为Fx cos0 ↑(m·s) ↑P/103W) 10 B.轮胎所受合力做的功为2m0 8-- C.拉力的最大功率为Fvcos0 8 18t/s 8 1 D.拉力所做的功为2mv+Fxcos0 甲 A.汽车受到的阻力为200N 心听课记录 B.汽车的最大牵引力为1000N C.汽车在8~18s时间内的位移大小为 87.5m D.汽车在8一18s时间内的位移大小为 95.5m 典例2[机车启动问题]（多选）(2025·福建厦门 心听课记录 二模)质量m=200kg的小型电动汽车在平直 的公路上由静止启动，图甲表示汽车运动的速 度与时间的关系，图乙表示汽车牵引力的功率 与时间的关系。设汽车在运动过程中所受阻力 考向二 动能定理的理解及应用 1.应用动能定理解题步骤 轨道逐渐加速到144km/h,在此过程中列车对 受力分析→各力做功情况→总功 座椅上的一高中生所做的功最接近 () 明确研 A.4×105J B.4×10J 究对象 Wa=Ek-Ek 及过程 C.4×103J D.4×102J 运动过 物体始、末 物体的动 程分析 状态的动能 能变化 心听课记录 2.应用动能定理的四点提醒 (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，此动力学方法要简捷。 「典例4[动能定理求解多过程问题](2025·福建 (2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向 卷)如图甲，水平地面上有A、B两个物块，两物 上应用动能定理是没有依据的。 块质量均为0.2kg,A与地面间动摩擦因数为 (3)物体在某个运动过程中包含几个运动性质 u=0.25,B与地面间无摩擦，两物块在外力F 不同的小过程（如加速、减速的过程），对全过程 的作用下向右前进，F随位移x的变化图像如 应用动能定理，往往能使问题简化。 图乙所示，P为圆弧轨道最低点，M为最高点， (4)多过程往复运动问题一般应用动能定理 水平地面长度大于4m。求： 求解。 ↑FN M 1.5 典例3[动能定理的简单应用] 1.0 (2025·云南卷)如图所示，中 0.5 0 43x/m 老铁路国际旅客列车从云南 甲 某车站由静止出发，沿水平直 (1)0~1m,F做的功； 第一部分 专题二能量与动量 017 (2)x=1m时，A与B之间的弹力大小： 4多题归一---- (3)要保证B能到达M点，圆弧半径满足的条件 常见动能定理应用情境 分类 图例 分析 心听课记录 动能定理和牛 顿第二定律都 匀变速直 可用，在不涉及 线运动 加速度和时间 时，优先考虑用 动能定理 抓好总功的求 法，可以先求合 多阶段 运动 力再求总功，也 可先求分力做 功，再求总功 变力做功，应用 动能定理 曲线运动 要明确研究对 象、研究的过 E 程，然后应用动 ピ0000000O 能定理 考向三 机械能守恒定律的理解及应用 1.机械能守恒问题的两点提醒 续表 (1)研究对象的选取 研究对象的选取是解题的首要环节，有时 是单个物体的机械能守恒，有时是多个物体的 机械能守恒。 关联速 B 度模型 (2)研究过程的选取 此类问题注意速度的分解，找出两物体速 有些问题中研究对象的运动过程分成几个 度关系，当某物体位移最大时，速度可能 阶段，有的阶段研究对象的机械能守恒，而有的 为0 阶段机械能不守恒，因此应用机械能守恒时要 注意过程的选取。 2.连接体的机械能守恒模型 B A 共速率 ①同一根弹簧的弹性势能大小取决于弹 B 轻弹簧 模型 簧形变量的大小，在弹簧弹性限度内，形 模型 分清两物体位移大小与高度变化关系 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 共角速 的系统，当弹簧形变量最大时，弹簧两端 40 B 度模型 连接的物体具有相同的速度；弹簧处于自 两物体角速度相同，线速度与半径成正比 然长度时，弹簧弹性势能最小（为0） 018 2对勾·讲与练·高三二轮物理 [典例5[单物体机械能守恒](2024·全国甲卷) 簧固连在地面上，弹簧的劲度系数k=100N/m, 如图，一光滑大圆环固定在竖直 一轻绳一端与物体B连接，绕过无摩擦的两个 平面内，质量为的小环套在 轻质小定滑轮O1、O2后，另一端与套在光滑直 大圆环上，小环从静止开始由大 杆顶端质量mA=1.6kg的小球A连接。已知 圆环顶端经Q点自由下滑至其 直杆固定，杆长L为0.8m,且与水平面的夹角 底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下 0=37°，初始时使小球A静止不动，与小球A 滑过程中对大圆环的作用力大小 ( 相连的轻绳保持水平，此时轻绳中的张力F为 A.在Q点最大 B.在Q点最小 45N。已知AO1=0.5m,重力加速度g取 C.先减小后增大 D.先增大后减小 10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8，轻绳不可 心听课记录 伸长。现将小球A从静止释放 (1)求在释放小球A之前弹簧的形变量； (2)若直线CO1与杆垂直，求小球A运动到C 点的过程中轻绳拉力对小球A所做的功； (3)求小球A运动到底端D点时的速度大小。 「典例6[连接体的机械能守恒] 。听课记录 (多选)(2025·江西九江二模) 如图，半径为R的光滑圆轨道 B 固定在竖直平面内，质量为m 的A球和质量为3m的B球用长为R的轻杆 相连，轻杆从竖直位置开始由静止释放，则 ( A.轻杆第一次水平时，A球的速度大小是 (23-1 2 -8R B.轻杆从释放到第一次水平过程中，A球的机 械能增加 C.轻杆从释放到第一次水平过程中，轻杆对B 球做正功 D.整个运动过程中，A球的最大速度为 13-1 2 gR 心听课记录 [典例7[含弹簧的机械Aa 0 能守恒问题]如图所 示，质量mB=3.5kg B 的物体B通过一轻弹 第一部分专题二能量与动量 019 考向四功能关系、能量守恒定律的理解及应用 1.应用功能关系解题的技巧 (1)弄清物体的受力情况和运动情况，根据物体 c.(H+ 2gh 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。 D.) 2gh (2)根据各力做功的不同特点分析各力在不同 心听课记录 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 典例9(2025·四川卷) 电动机 簧弹力之外的其他力做功与机械能变化的关系 如图所示，倾角为30 分析。 的光滑斜面固定在水 2.应用能量守恒定律的两条基本思路 平地面上，安装在其wwwm (1)某种形式的能减少，一定存在其他形式的能 顶端的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连， 增加，且减少量和增加量一定相等，即 小车上静置一物块。小车与物块质量均为m, △E成=△E增。 两者之间动摩擦因数为。电动机以恒定功 (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 率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。 △EA诚=△E增。 经过一段时间，小车与物块的速度刚好相同，大 [典例8(2024·安徽 出水口 小为。。运动过程中轻绳与斜面始终平行，小 卷)在某地区的干旱 车和斜面均足够长，重力加速度大小为g,忽略 季节，人们常用水泵 H 其他摩擦。则这段时间内 () 从深水井中抽水灌 o8 A.物块的位移大小为 溉农田，其简化模型 3g 如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度 5mvo B.物块机械能增量为 2 为H。出水口距水平地面的高度为h,与水落 地点的水平距离约为1。假设抽水过程中H C.小车的位移大小为6P2 5mg2 g 保持不变，水泵输出能量的？倍转化为水被抽 到出水口处增加的机械能。已知水的密度为 D.小车机械能增量为 vem 5g 2 ρ，水管内径的横截面积为S,重力加速度大小 听课记录 为g,不计空气阻力，则水泵的输出功率约为 A.e8SI 2gh 2wh H+h+2h B.gS2流(H+k+标) 12 2nh 温馨提示》请完成课时作业5 020 2对勾·讲与练·高三二轮物理