資源簡介

(共75張PPT)
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
01
02
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200 W、速度5 m/s勻速行駛,在斜坡PQ段以恒定功率570 W、速度2 m/s勻速行駛。已知小車總質量為50 kg,lMN=lPQ=20 m,PQ段的傾角為30°,重力加速度g取10 m/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40 N
B.從M到N,小車克服摩擦力做功800 J
C.從P到Q,小車重力勢能增加1×104 J
D.從P到Q,小車克服摩擦力做功700 J
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10 s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.0~5 s內拉力F做的功為75 J
B.3 s末拉力F的功率為9 W
C.5~10 s內摩擦力大小為6 N
D.5~10 s內拉力F做的功為150 J
CD
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Ff=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.(2021湖南卷)“復興號”動車組用多節車廂提供動力,從而達到提速的目的。總質量為m的動車組在平直的軌道上行駛。該動車組有四節動力車廂,每節車廂發動機的額定功率均為P,若動車組所受的阻力與其速率成正比(F阻=kv,k為常量),動車組能達到的最大速度為vm。下列說法正確的是(　　)
A.動車組在勻加速啟動過程中,牽引力恒定不變
B.若四節動力車廂輸出功率均為額定值,則動車組從靜止開始做勻加速運動
C
解析 動車組勻加速啟動過程中,根據牛頓第二定律,有F-kv=ma,因為加速度a不變,速度v改變,所以牽引力F改變,選項A錯誤。
由四節動力車廂輸出功率均為額定值,可得4P=Fv,F-kv=ma',
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山東卷,2;2022湖北卷,5 全國卷:
3年3考
地方卷:
3年4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1 kg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10 m/s2。下列說法正確的是(　　)
A.在x=1 m時,拉力的功率為6 W
B.在x=4 m時,物體的動能為2 J
C.從x=0運動到x=2 m,物體克服摩擦力做的
功為8 J
D.從x=0運動到x=4 m的過程中,物體的動量最大為2 kg·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=10 m后,從B點進入半徑R=0.1 m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=0.1 kg,通電后賽車以額定功率P=1.5 W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10 m/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 Ff=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x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=mgxtan θ,即 =mgtan θ,下滑過程中開始階段傾角θ不變,Ek-x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 如圖甲所示,一根質量為m、長度為L的均勻柔軟細繩置于光滑水平桌面上,繩子右端恰好處于桌子邊緣,桌面離地面足夠高。由于擾動,繩從靜止開始沿桌邊下滑。當繩下落的長度為x時,加速度大小為a,繩轉折處O點的拉力大小為F,桌面剩余繩的動能為Ek、動量為p,如圖乙所示。則從初態到繩全部離開桌面的過程中,下列說法正確的是(　　)
D
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=500 N/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=1.0 kg,C的質量為mC=4.0 kg,斜面傾角α=30°,重力加速度g取10 m/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FT-mBg-kx2=0
對C有mCgsin α=FT
聯立得x2=2 cm
x1=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,sin 53°=0.8,cos 53°=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FT,對小球分析有
FT-mgsin 53°=ma
對物塊分析有
mg-FT=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Ff,當物塊從木板右端離開時(　　)
A.木板的動能一定等于Ffl
B.木板的動能一定小于Ffl
BD
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△OCDS梯OABC,則物塊的位移x2>l。此過程中對木板由動能定理得Ffx1=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)x-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 (2024江蘇常州高三學業水平檢測)如圖所示,輕桿上端
可繞光滑鉸鏈O在豎直平面內自由轉動。小球A固定在輕桿
末端。用細繩連接小球B,繩的另一端穿過位于O點正下方小
孔P與A相連。用沿繩斜向上的拉力作用于小球A,使桿保持
水平,撤去拉力,小球A、B帶動輕桿繞O點轉動。已知小球
A、B的質量均為m,桿長為L,OP等于2L,重力加速度為g,忽略
一切阻力。
(1)桿保持水平時,求輕桿對小球A拉力的大小;
(2)運動過程中,求兩小球速度大小相等時的速度大小;
(3)運動過程中,求兩小球速度大小相等時細繩對小球A的拉力大小。
解析 (1)小球A受力分析如圖所示
可知由FT、G以及F和FT繩的合力所構成的矢量三角形恰與△OPA相似,
(2)小球A繞O點做圓周運動,速度方向沿圓周軌跡切線方向,又因小球A、B通過細繩連接在一起,兩者沿繩方向的分速度相等,故兩小球速度大小相等時,細繩與小球A的圓周軌跡相切,如圖所示
由幾何關系得,θ=30°
(3)兩小球速度大小相等時,對小球A受力分析如圖
沿繩方向應有
FT'+mgcos θ=ma1
小球B與小球A沿繩方向的加速度大小相等,則對小球B有
mg-FT'=ma1
角度拓展
1.如圖所示,兩端分別固定有小球A、B(均視為質點)的輕桿豎直立在水平面上并靠在豎直墻面右側處于靜止狀態。由于輕微擾動,A開始沿水平面向右滑動,B隨之下降,此過程中兩小球始終在同一豎直平面內。已知輕桿的長度為l,兩小球的質量均為m,重力加速度大小為g,不計一切摩擦,下列說法正確的是(　　)
A.A動能最大時對水平面的壓力大小等于2mg
D
當桿中存在擠壓的內力,此時墻壁對B有沖量,又由于在運動過程中B水平方向速度始終為零,所以豎直墻面對B的沖量大小等于桿對B在水平方向的沖量大小,進一步可知豎直墻面對B的沖量大小等于桿對A在水平方向的沖量大小,該過程就是A獲得最大動量過程,由動量定理可知I墻B=I桿A
2.一勁度系數k=100 N/m的輕彈簧下端固定于傾角θ=37°的光滑斜面底端,上端連接物塊P;一輕繩跨過定滑輪O與物塊P連接,另一端與套在固定光滑水平直桿上的物塊Q連接,定滑輪到水平直桿的距離d=0.4 m。初始時物塊Q在水平外力F= N作用下靜止在A點,輕繩與水平直桿的夾角α=30°。已知物塊Q的質量m1=0.2 kg,物塊P的質量m2=5 kg,不計滑輪的大小及摩擦,彈簧始終處于彈性限度內,g取10 m/s2。現將物塊Q由靜止釋放,求:
(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
(1)物塊P靜止時輕繩拉力大小FT和彈簧的伸長量x1。
(2)物塊Q運動到輕繩與水平直桿的夾角β=53°的B點時的速度大小。
答案 (1)45 N　0.15 m　(2)3 m/s
解析 (1)對物塊Q進行受力分析,由平衡條件有
F=FTcos 30°
解得FT=45 N
物塊P靜止時,設彈簧的伸長量為x1,由平衡條件有
FT=m2gsin θ+kx1
解得x1=0.15 m。

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