2022届高考物理专题复习精品学案―――功、能、能量守恒【命题趋向】功、能、能量守恒是近几年高考理科综合物理命题的重点、热点和焦点，也是广阔考生普遍感到棘手的难点之一．能量守恒贯穿于整个高中物理学习的始终，是联系各局部知识的主线．它不仅为解决力学问题开辟了一条重要途径，同时也为我们分析问题和解决问题提供了重要依据．守恒思想是物理学中极为重要的思想方法，是物理学研究的极高境界，是开启物理学大门的金钥匙，同样也是对考生进展方法教育和能力培养的重要方面．因此，功、能、能量守恒可谓高考物理的重中之重，常作为压轴题出现在物理试卷中．纵观近几年高考理科综合试题，功、能、能量守恒考察的特点是：①灵活性强，难度较大，能力要求高，内容极丰富，屡次出现综合计算；②题型全，不管是从内容上看还是从方法上看都极易满足理科综合试题的要求，经常与牛顿运动定律、圆周运动、电磁学和近代物理知识综合运用，在高考中所占份量相当大．从考题逐渐趋于稳定的特点来看，我们认为：2022年对功、能、能量守恒的考察重点仍放在分析问题和解决问题的能力上．因此在第二轮复习中，还是应在熟练掌握根本概念和规律的同时，注重分析综合能力的培养，训练从能量守恒的角度分析问题的思维方法．【考点透视】1．功的计算：（1）恒力做功的计算一般根据公式W=FScosα，注意S严格的讲是力的作用点的位移.（2）将变力做功转化为恒力做功，常见的方法有三种：19/19\n①如力是均匀变化的可用求平均力的方法将变力转化为恒力.②耗散力（如空气阻力）在曲线运动（或往返运动）过程中，所做的功等于力和路的乘积，不是力和位移的乘积，可将方向变化大小不变的变力转化为恒力来求力所做的功.③通过相关连点的联系将变力做功转化为恒力做功.2．摩擦力做功的特点（1）静摩擦力做功的特点①静摩擦力可以对物体做正功,也可以对物体做负功,还可以不做功.②在静摩擦力做功的过程中,只有机械能的相互转移(静摩擦力起着传递机械能的作用),而没有机械能转化为其它形式的能(如:没有内能的产生).③相互摩擦的系统内,一对静摩擦力所做功的总和等于零.（2）滑动摩擦力做功的特点①滑动摩擦力可以对物体做正功,也可以对物体做负功,还可以不做功.②滑动摩擦力做功的过程中,能量的转化有两个方面:一是相互摩擦的物体之间机械能的转移;二是机械能转化为内能,转化为内能的量值等于机械能的减少量.③相互摩擦的系统内,一对滑动摩擦力所做功的总和总是负值,其绝对值等于滑动摩擦力与相对位移的乘积,即恰好等于系统损失的机械能,也等于系统增加的内能,表达式为Q=F•滑动s相对.(s为这两个物体间相对移动的路程).3．机动车的两种特殊起动过程分析（1）以恒定的功率起动：机车以恒定的功率起动后，假设运动过程中所受阻力F´不变，由于牵引力，随v增大，F减小，根据牛顿第二定律19/19\n，当速度v增大时，加速度a减小，其运动情况是做加速度减小的加速动，直至F=F′时，a减小至零，此后速度不再增大，速度到达最大值而做匀速运动，做匀速直线运动的速度是，这一过程的v-t关系如以下图.（2）车以恒定的加速度a运动：由知，当加速度a不变时，发动机牵引力F恒定，再由P=Fv知，F一定，发动机实际输出功率P随v的增大而增大，但当P增大到额定功率以后不再增大，此后，发动机保持额定功率不变，v继续增大，牵引力F减小，直至F=F´时，a＝0，车速到达最大值，此后匀速运动.在P增至P额之前，车匀加速运动，其持续时间为（这个v0必定小于vm，它是车的功率增至P额之时的瞬时速度）.计算时，利用F-F´=ma，先算出F；再求出，最后根据v=at求t0；在P增至P额之后，为加速度减小的加速运动，直至到达vm.这一过程的v/t关系如以下图：注意：P=Fv中的F仅是机车的牵引力，而非车辆所受合力，这一点在计算题目时极易出错.4．动能定理及其应用（1）对动能定理的理解：19/19\n①W总是所有外力对物体做的总功，这些力对物体所做功的代数和等于物体动能的增量，即W总＝W1+W2+……（代数和）.或先将物体的外力进展合成，求出合外力F合后，再用W总=F合scosα进展计算.②因为动能定理中功和能均与参照物的选取有关，所以动能定理也与参照物的选取有关.中学物理中一般取地球为参照物.③不管物体做什么形式的运动，受力如何，动能定理总是适用的.④动能定理是计算物体位移或速率的简捷公式.当题目中涉及到位移时可优先考虑动能定理.⑤做功的过程是能量转化的过程，动能定理表达式中的“＝”的意义是一种因果联系的数值上相等的符号，它并不意味着“功就是动能增量”，也不意味着“功转变成了动能”，而是意味着“功引起物体动能的变化”.⑥动能定理公式两边每一项都是标量，因此动能定理是个标量方程.⑦假设，即，合力对物体做正功，物体的动能增加；假设,即，合力对物体做负功，物体的动能送减少.（2）应用动能定理应该注意：①明确研究对象和研究过程，找出始、末状态的速度情况.②要对物体进展正确的受力分析（包括重力、弹力等），明确各力的做功大小及正、负情况.③有些力在运动过程中不是始终存在，假设物体运动过程中包含几个物理过程，物体运动状态、受力等情况均发生变化，那么在考虑外力做功时，必须根据不同情况，分别对待.19/19\n④假设物体运动过程中包含几个不同的物理过程，解题时，可以分段考虑，也可视为一个整体过程，列出动能定理求解.5.机械能守恒定律及其应用（1）机械能是否守恒的判断①物体只受重力，只发生动能和重力势能的相互转化.如自由落体运动，抛体运动等.②只有弹力做功，只发生动能和弹性势能的相互转化.如在光滑水平面运动的物体碰到一个弹簧，和弹簧相互作用的过程中，对物体和弹簧组成的系统来说，机械能守恒.③物体既受重力，又受弹力，但只有重力和弹力做功，只发生动能、弹性势能、重力势能的相互转化，如自由下落的物体落到竖直的弹簧上和弹簧相互作用的过程.对物体和弹簧组成的系统来说，机械能守恒.④除受重力（或弹力）外，受其他力，但其他力不做功，或其他力做功的代数和为零.如物体在沿斜面拉力F的作用下沿斜面向下运动，其拉力的大小与摩擦力的大小相等，在此运动过程中，其机械能守恒，只要满足上述条件，机械能一定守恒，要切实理解.（2）应用机械能守恒定律的解题思路④明确研究对象，即哪些物体参与了动能和势能的相互转化，选择适宜的初态和末态.②分析物体的受力并分析各个力做功，看是否符合机械能守恒条件.只有符合条件才能应用机械能守恒定律.③正确选择守恒定律的表达式列方程，可分过程列式，也可对全过程列式.④求解结果说明物理意义.19/19\n【例题解析】例1、ABF如以下图，木块A放在木块B的左端，用恒力F将木块A拉到板B的右端。第一次将B固定在地面上，F做功为W1，系统产生的热量为Q1；第二次让B可以在光滑水平地面上自由滑动，F做功为W2，系统产生的热量为Q2，那么有：A.W1＝W2，Q1＝Q2B.W1<W2，Q1＝Q2D.W1<W2，Q1<Q2D.W1＝W2，Q1<Q2【解析】设B板长度为L，A、B之间的摩擦力大小为f，第一次B固定时，力F对物体A做的功为W1=FL物体A抑制滑动摩擦力做的功为WfA＝fL物体B的对地位移为零，所以摩擦力对物体B做的功WfB为零，故滑动摩擦力对系统做的功为Wf1＝－WfA＋WfB＝－fL根据能量转化和守恒定律可得，第一次产生的热量为Q1=fL第二次物体B可在光滑水平地面上运动，在A从B的左端向右端滑动的过程中，由于B物体在滑动摩擦力的作用下要向右加速，所以物体A滑到物体B右端时，其对地位移大于B的长度L，所以有W2>FL而滑动摩擦力对系统做的功等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，所以由能量转化和守恒定律可得，第二次产生的热量Q2=fL所以此题的正确答案为B。例2、汽车由静止开场做匀加速直线运动，速度到达v0的过程中的平均速度为v119/19\n；假设汽车由静止开场满功率行驶，速度到达v0的过程中的平均速度为v2，且两次历时相同，那么（）A.v1>v2B.v1<v2C.v1=v2D.条件缺乏，无法判断【解析】两种运动的v-t图象如以下图.a表示匀加速的过程,b表示满功率行驶过程，由v-t图象与横轴构成面积为位移的大小知sb>sa，据平均速度的定义知v1<v2.[答案]B[评价]利用v-t图象解题是一个很好的方法，在v-t图象上，图象切线斜率表示加速度，图线与横轴构成面积为位移大小.例3、如图甲所示，物体在离斜面底端4m处由静止滑下，假设动摩擦因数均为0.5，斜面倾角37°，斜面与平面间由一小段圆弧连接，求物体能在水平面上滑行多远？【解析】物体在斜面上受重力mg、支持力FN1、摩擦力F1的作用，沿斜面加速下滑（因μ＝0.5<tanθ＝0.75），到水平面后，在摩擦力F2作用下做减速运动，直至停顿.解法一 对物体在斜面上和平面上时进展受力分析，如以下图，知下滑阶段：由动能定理 19/19\n 在水平运动过程中由动能定理： 由、式可得 m=1.6m.解法二：物体受力分析同上.物体运动的全过程中，初、末状态速度均为零，对全过程应用动能定理 得m=1.6m.例4、有一光滑水平板，板的中央有一个小孔，孔内穿入一根光滑轻线，轻线的上端系一质量为M的小球，轻线的下端系着质量分别为m1和m2的两个物体，当小球在光滑水平板上沿半径为R的轨道做匀速率圆周运动时，轻线下端的两个物体都处于静止状态.假设将两物体之间的轻线剪断，那么小球的线速度为多大时才能再次在水平板上做匀速率圆周运动？【解析】 该题用定恒观点和转化观点分别解答如下：解法一 （守恒观点）选小球为研究对象，设小球沿半径为R的轨道做匀速率圆周运动时的线速度为v0，根据牛顿第二定律有 19/19\n当剪断两物体之间的轻线后，轻线对小球的拉力减小，缺乏以维持小球在半径为R的轨道上继续做匀速率圆周运动，于是小球沿切线方向逐渐偏离原来的轨道，同时轻线下端的物体m1逐渐上升，且小球的线速度逐渐减小.假设物体m1上升高度为h，小球的线速度减为v时，小球在半径为（R+h）的轨道上再次做匀速率圆周运动，根据牛顿第二定律有 再选小球M、物体m1与地球所组的系统为研究对象，研究两物体间的轻线剪断后物体m1上升的过程，由于只有重力做功，所以系统的机械能守恒.选小球做匀速率圆周运动的水平面为零势面，设小球沿半径为R的轨道做匀速率圆周运动时物体m1到水平板的距离为H，根据机械能守恒定律有： 以上三式联立解得：例5、如以下图，轻杆两端各系一质量为m的小球A、B，轻杆可绕过O的光滑水平轴在竖直面内转动.A球到O的距离为L1，B球到O的距离为L2，且L1＞L2，轻杆水平时无初速释放小球.不计空气阻力，求杆竖直时两球的角速度大小.【解析】设杆竖直时A、B两球速度分别为vA和vB，A、B系统机械能守恒：0＝mgL2＋mvB2－mgL1＋mvA2，又vA＝ωL1，vB＝ωL2，得ω＝.19/19\n例6、如以下图，半径R=0.40m的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与粗糙的水平地面相切于圆环的端点A。一质量m=0.10kg的小球，以初速度v0=7.0m/s在水平地面上向左作加速度a=3.0m/s2的匀减速直线运动，运动4.0m后，冲上竖直半圆环，最后小球落在C点。求A、C间的距离（取重力加速度g=10m/s2）。ABCv0R【解析】匀减速运动过程中，有： （1）恰好作圆周运动时物体在最高点B满足：mg=m＝2m/s （2）假设物体能到达圆环的最高点B，由机械能守恒： （3）联立（1）、（3）可得=3m/s因为＞，所以小球能通过最高点B。小球从B点作平抛运动，有：2R＝ （4） （5）由（4）、（5）得：＝1.2m（6）19/19\n例7、如图质量为m1的物体A经一轻质弹簧与下方地面上的质量为m2的物体B相连，弹簧的劲度系数为k，A、B都处于静止状态，一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体A，另一端连一轻挂钩，开场时各段绳都处于伸直状态，A上方的一段绳沿竖直方向．现在挂钩上挂一质量为m3的物体C并从静止状态释放，已知它恰好能使B离开地面但并不继续上升．假设将C将成另一质量为（m1+m3）的物体D，仍从上述初始位置由静止状态释放，那么这次B刚离地时D的速度的大小是多少？已知重力加速度为g．【解析】开场时，A、B都静止，设弹簧压缩量为x1，有kx1=m1g挂上C并释放后，C向下运动，A向上运动，设B刚离开地时弹簧伸长量为x2，那么有kx2=m2gB不再上升，表示此时A和C的速度为零，C已降到最低点，由机械能守恒定律可知，与初状态相比，弹簧弹性势能的增加量为：△E=m3g（x1+x2）-m1g（x1+x2） C换成D后，当B刚离地时弹簧弹性势能的增加量与前一次相同，由机械能守恒有：（m3+m1）υ2+m1υ2=（m3+m1）g（x1+x2）-m1g（x1+x2）-△E得（m3+2m1）υ2=m1g（x1+x2） 那么υ=【专题训练与高考预测】19/19\n1．一物块由静止开场从粗糙斜面上的某点加速下滑到另一点，在此过程中重力对物体块做的功等于 （ ）A．物块动能的增加量B．物块重力势能的减少量与物块抑制摩擦力做的功之和C．物块重力势能的减少量和物块动能的增加是以及物块抑制摩擦力做的功之和D．物块动能的增加量与物块抑制摩擦力做的功之和2．如以下图，弹簧下端挂一质量为m的物体，物体在竖直方向上做振幅为A的简谐运动，当物体振动到最高点时，弹簧正好为原长，那么物体在振动过程中 （ ）A．物体在最低点时的弹力大小应为2mgB．弹簧的弹性势能和物体动能总和不变C．弹簧的最大弹性势能等于2mgAD．物体的最大动能应等于mgA3ABMNαβ．如以下图，一物体以一定的初速度沿水平地面从A点滑到B点，摩擦力做功为W1；假设该物体从M沿两斜面滑到N点，摩擦力做的总功为W2。已知物体与各接触面的动摩擦因数均相同，那么：（ ）A．W1＝W2B．W1<W2C．W1>W2D．无法确定4．如以下图，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一个木块A。现以恒定的拉力F拉B，由于A、B间的摩擦力的作用，A将在B上滑动，19/19\n以地面为参照物，A、B都向前移动一段距离，在此过程中以下中说法正确的选项是：（ ）A．外力F所做的功等于系统（A和B）的动能增量B．B对A的摩擦力所做的功等于A的动能增量C．A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功FFOqD．外力F对B所做的功等于B的动能增量与B抑制摩擦力所做的功之和5．如以下图，一质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点.小球在水平力F的作用下从最低点缓慢地移到图示位置，那么此过程中力F所做的功为.Hh10h6．推行节水工程的转动喷水“龙头”如以下图，“龙头”距地面h，可将水水平喷出，其喷灌半径可达10h。每分钟喷水mkg，所用的水是从地下H深的井里抽取。设水以相同的速率喷出。水泵效率为η，不计空气阻力，试求：（1）水从喷水“龙头”喷出的初速度（2）水泵每分钟对水做的功（3）带动水泵的电动机的最小输出功率7．粮食存储仓库常常需要利用倾斜的传送带将装满粮食的麻袋运送到高处，如以下图。已知某粮仓的传送带长15m，与水平面的夹角为30º，在电动机的带动下，传送带以0.3m/s的恒定速率向斜上方运送麻袋。电动机的最大输出机械功率为10kw，传送装置本身消耗的功率为4.0kw19/19\n。设每个麻袋的总质量为90kg，传送带的移动速率保持不变，并设将麻袋放在传送带上时麻袋具有与传送带相同的速度，g取10m/s2。（1）麻袋被传送带从最底端运送到顶端的过程中，传送带对每个麻袋做的功为多少？（2）该传送带每分钟最多能运送麻袋多少个？8．汽车发动机的额定牵引功率为60kw，汽车的质量为5×103kg，汽车在水平路面上行驶时，阻力是车重的0.1倍，试求：（1）汽车保持额定功率从静止起动后能到达的最大速度是多少？（2）假设汽车从静止开场，保持以0.5m/s2的加速度做匀加速直线运动，这一过程能维持多长时间？9．跳台跳水是我国的传统强项体育运动。我国某优秀跳水运发动在10m跳台工程中，起跳到达最高位置时，估计她的重心离跳台台面的高度为1m，当她下降到手触及水面时要伸直，双肩做一个翻掌压水花的动作，这时她的重心离水面大约也是1m。假设从最高点到手触及水面的过程中其重心看作是自由落体运动，那么：（1）她在空中完成一系列动作可利用的时间为多少？（2）入水之后，她的重心能下沉到离水面约2.5m处，试估算水对她的平均阻力约为她自身重力的几倍？10．2022年1月5日晚，在太空遨游92圈的神舟四号飞船返回舱按预定方案，载着植物种子、邮票、纪念品等实验品，平安降落载内蒙古中部草原。“神舟四号”19/19\n飞船在返回时先要进展姿态调整，飞船的返回舱与留轨舱别离，返回舱以近8km/s的速度进入大气层，当返回舱距地面30km时，返回舱上的回收发动机启动，相继完成拉天线、抛掉底盖等动作。在飞船返回舱距地面20km以下的高度后，速度减为200m/s而匀速下降，此段过程中返回舱所受空气阻力为，式中为大气密度，是返回舱的运动速度，为与形状特征有关的阻力面积。当返回舱距地面为10km时，翻开面积为1200m2的降落伞，直到速度到达8m/s后匀速下落。为实现软着陆（即着陆时返回舱的速度为0），当返回舱距地面1.2m时反冲发动机点火，使返回舱落地的速度减为零，返回舱此时的质量为2.7×103kg，取g=10m/s2。（1）用字母表示出返回舱载速度为200m/s时的质量（2）分析翻开降落伞到反冲发动机点火前，返回舱的加速度和速度的变化情况（3）求反冲发动机的平均反推力的大小及反冲发动机对返回舱做的功11．质量为m的小球固定在光滑轻细杆的上端，细杆通过光滑限位孔保持竖直。在光滑水平面上放置一质量为M＝2m的凹形槽，凹形槽的光滑内外表如以下图，AB局部是斜面，与水平面成θ＝30°，BCD局部是半径为R的圆弧面，AB与BCD两面在B处相切。让细杆的下端与凹形槽口的左边缘A点接触。现将小球释放，求：（1）当轻细杆的下端滑到凹形槽的最低点C时，凹形槽的速度是多大；（2）轻细杆的下端能否运动到凹形槽口的右边缘D点；（只要答复“能”或“不能”，不需说明原因）（3）当轻细杆的下端滑到B点的瞬间，小球和凹形槽的速度各是多大。19/19\n12．如以下图，光滑坡道顶端距水平面高度为h，质量为m的小物块A从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M处的墙上，另一端恰位于滑道的末端O点。已知在OM段，物块A与水平面间的动摩擦因数均为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求：（1）物块速度滑到O点时的速度大小；（2）弹簧为最大压缩量d时的弹性势能（设弹簧处于原长时弹性势能为零）（3）假设物块A能够被弹回到坡道上，那么它能够上升的最大高度是多少？参考答案1．D【解析】合外力做功等于物体动能的增量，故A错；重力做功等于重力势能的变化，故B错；由动能定理可知C错A对。2．AC【解析】平衡位置处弹力等于重力，所以物体在最低点时的弹力大小应为2mg，故A正确，由动能定理知B、D错，C正确。3．A【解析】故A正确。4．BD【解析】由功能关系知A错，由动能定理知B正确，因为A和B的位移不等，所以摩擦力的功不等，故C错，对B由动能定理可知D正确。5．【解析】由功能关系知19/19\n6．解析：（1）平抛运动的时间为，水平初速度为（2）一分钟内喷出水的动能为，水泵提水，一分钟内水获得的重力势能为，所以一分钟内水泵对水所做的功为（3）带动水泵的电动机的最小输出功率等于水泵的输入功率7．解析：（1）传送带对每个麻袋所做的功等于一个麻袋重力势能的增加量，即（2）传送带运送麻袋的最大功率为设传送带每分钟传送的麻袋个数为N，即所以即每分钟传输的麻袋数最多为53个。8．解析：（1）设汽车能到达的最大速度为，到达最大速度时，牵引力等于阻力所以。（2）汽车以加速度a做匀加速运动时，牵引力设保持匀加速运动的时间为t，匀加速所能到达的最大速度为，那么汽车到达时，发动机的功率恰好到达额定功率，所以19/19\n所以9．解析：将运发动视为一个质量全部集中在其重心的质点。运发动从最高点到手触及水面的过程中所经历的时间即为她在空中完成一系列动作可利用的时间设为t，那么对运发动从最高点到其重心下沉到离水面约2.5m处的过程应用动能定理可得所以可解得运发动受到的阻力10．（1）当返回舱在速度为200m/s时，受到重力和阻力平衡而匀速下落，根据牛顿第二定律，即解得（2）在翻开降落伞后，返回舱的加速度先增大后减小，加速度方向向上。返回舱的速度不断减小，直到速度减到8m/s后匀速下落。（3）反冲发动机工作后，使返回舱的速度由8m/s减小为零，返回舱受重力和反冲力F作用做匀减速运动，运动位移h=1.2m，根据动能定理解得，反冲发动机对返回舱做的功为19/19\n11．答案：（1）当轻细杆的下端运动到最低点C时，小球的速度为零，小球减少的重力势能转化为凹形槽的动能，由能量转化守恒定律又M=2mv相θv1v2得凹形槽的速度：（2）能。（3）当轻细杆的下端从A点相对滑动到B点时，小球的速度v1与凹形槽的速度v2之间的关系如右图所示：得：由系统能量转化守恒定律又M=2m解得：12．解析：（1）由机械能守恒定律得，解得（2）在水平滑道上物块A抑制摩擦力所做的功为由能量守恒定律得以上各式联立求解得（3）物块A被弹回的过程中，抑制摩擦力所做的功仍为由能量守恒定律得解得物块A能够上升的最大高度为：19/19
