高考物理-专题二功和能动量和能量第1讲动能定理机械能守恒定律功能关系的应用课件
高考物理二轮复习第一部分专题二能量与动量第一讲功和能课件.pptx
关系式，然后得出图像斜率、截距的物理意义，才能正确解答相关
问题。 2019-9-11
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题点全练
1．(2018·百校联盟4月联考)一物块放在水平面上，在水平恒力 F的作用下从静止开始运动，物块受到的阻力与速度成正 比，则关于拉力F的功率随时间变化的规律正确的是( )
2019-9-11
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滑了l长度。已知物块与木板间的动摩擦因数不变，以下说
法正确的是(以下各选项中物块均未触地)
()
A．如果仅改变木板下落的高度，使其从2h高度落下，物
块下滑的长度将为2l
B．如果仅改变木板对物块的压力，使其变为原来一半，
2019-9-物11 块下滑的长度将感大谢于你的2聆l 听
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C．如果仅改变物块的质量，使其变为原来2倍，物块
2019-9-11
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(一)深化对动能定理的理解
1．动能定理既适用于恒力做功、直线运动、单过程问 题，也适用于变力做功、曲线运动、多过程问题。如诊断卷 第 5 题，空气阻力为变力，其做功大小不可应用 W＝Flcos α 直接求解，应考虑使用动能定理求解。
2．动能定理不涉及势能，解决的是合力做功与动能变 化的问题，各力做功的情况都要进行分析。
3．在接触面粗糙的情况下，机械能往往是不守恒的， 可应用动能定理解题。
4．注意图像及其“面积”的含义。如诊断卷第 4 题中，
F-x 图线与 x 轴所围“面积”表示力 F 所做的功，易得 B 项
正确2。019-9-11
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5．应用动能定理求解多过程问题时，联系两个过程的 关键物理量是速度。如诊断卷第6题，vA既是平抛运动的末 速度，也是沿斜面AB运动的初速度，“恰好从A点沿斜面 AB进入炒锅”说明vA的方向沿斜面AB向下，其水平方向的 分速度vAx＝vP。
人教版高中物理必修二 (动能和动能定理)机械能守恒定律教学课件
1. (多选)关于动能的理解，下列说法正确的是( ABD ) A. 动能不可能是负的 B. 一定质量的物体，动能变化时，速度一定变化；但速度变化时，动 能不一定变化 C. 动能不变的物体，一定处于平衡状态 D. 一定质量的物体的加速度为零，其动能不变
2016年8月16日，我国成功发射首颗量子科学实验卫星“墨子号”， 它的质量为631 kg，某时刻它的速度大小为7.6 km/s，此时它的动 能是多少？
四、功率： （一）功率： 1.定义：如果从开始计时到时刻t这段时间内，力做的功为
W，则功W与完成这些功所用的时间t之比叫做功率。
2.公式：： P W t
比值法定义
3.功率的单位： 瓦特（W）
1 kW=1000W
4.功率也是标量
5.物理意义：功率是表示力对物体做功快慢的物理量。
在日常生活中，我们经常说某台机器的功率，或 某物体做功的功率，实际上是指某个力对物体做功的 功率。
起重机编号 A
被吊物体重 力
2.0×103N
匀速上升速 度
4m/s
上升的高度 16m
所用时间 4s
B
4.0×103N
3m/s
12m
4s
做功大小 3.2×104J 4.8×104J
C
1.6×103N
2m/s
20m
10s
3.2×104J
（1）三台起重机哪台做功最多？ （2）哪台做功快？怎样比较它们做功的快慢呢？
弹力越大，速度越 大，动能越大。
这时弹力对ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ体做 了功。
01 动能 02 动能定理
动能
质量为m的物体在光滑水平面上运动，在运动方向相同的恒力F的作 用下发生一段位移l。速度由V1增加到V2
应用力学的“三大观点”解题
分类 力的瞬时
作用 力的空间 积累作用
力的时间 积累作用
对应规律 牛顿第二定律
动能定理 机械能守恒定律
动量定理
动量守恒定律
规律内容 物体的加速度大小与合外力成正比，与质量 成反比，方向与合外力的方向相同 外力对物体所做功的代数和等于物体动能的增量 在只有重力(弹簧弹力)做功的情况下，物体的机械 能的总量保持不变 物体所受合外力的冲量等于它的动量的增量 系统不受外力或所受外力之和为零时，系统的总动 量就保持不变．(在某个方向上系统所受外力之和 为零，系统在这个方向上的动量分量就保持不变)
令 h 表示 B 上升的高度，有 h＝v′2g22④ 由以上各式并代入数据得 h＝4.05 m⑤ 【答案】 4.05 m
动量、能量、牛顿运动定律、匀变速直线运动综合 例 4 如图的水平轨道中，AC 段的中点 B 的正上方有一探 测器，C 处有一竖直挡板，物体 P1 沿轨道向右以速度 v1 与静止 在 A 点的物体 P2 碰撞，并接合成复合体 P，以此碰撞时刻为计 时零点，探测器只在 t1＝2 s 至 t2＝4 s 内工作．已知 P1、P2 的质 量都为 m＝1 kg，P 与 AC 间的动摩擦因数为 μ＝0.1，AB 段长 L ＝4 m，g 取 10 m/s2，P1、P2 和 P 均视为质点，P 与挡板的碰撞 为弹性碰撞．
(1)物块 C 的质量 mC； (2)墙壁对物块 B 的弹力在 4 s 到 12 s 的时间内对 B 的冲量 I 的大小和方向； (3)B 离开墙后的过程中弹簧具有的最大弹性势能 Ep.
【解析】 (1)由图知，C 与 A 碰前速度为 v1＝9 m/s，碰后 速度为 v2＝3 m/s，C 与 A 碰撞过程动量守恒，
【解析】 设物块受到水平冲量后速度为 v0.滑环固定时12 Mv02＝MgL 得 v0＝ 2gL.
2023高考物理二轮专题复习：功和能机械能课件
专题二 能量与动量
知识归纳 素养奠基
2．功和功率的求解． (1)功的求解：W＝Flcos α 用于恒力做功，变力做功可以用动能定理或者图像 法来求解．
(2)功率的求解：可以用定义式 P＝Wt 来求解，如果力是恒力，可以用 P＝Fvcos α 来求解．
3．动能定理的应用． (1)内容：力在一个过程中对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变 化．
(1)物体动能增加与减少要看合外力对物体做正功还是做负功．
(2)物体势能的增加与减少要看对应的作用力(如重力、弹簧弹力、电场力等)
做负功还是做正功．
(3)物体机械能增加与减少要看重力之外的力对物体做正功还是做负功．
专题二 能量与动量
命题点一 功、功率的理解与应用
细研命题点 提升素养
计算功和功率时应注意的问题 计算功率时，要明确是求瞬时功率，还是平均功率，若求瞬时功率应明确是 哪一时刻或位置的瞬时功率，若求平均功率应明确是哪段时间内的平均功率； 应注意区分公式 P＝Wt 和公式 P＝Fvcos θ 的适用范围，P＝Wt 侧重于平均功 率的计算，P＝Fvcos θ 侧重于瞬时功率的计算．
答案：B
专题二 能量与动量
细研命题点 提升素养
引体向上是中学生体育测试的项目之一，引体向上运动的吉尼斯世界
纪录是53次/分钟．若一个普通中学生在30秒内完成12次引体向上，该学生此
过程中克服重力做功的平均功率最接近于( )
A．5 W
B．20 W
C．100 W
D．400 W
解析：学生体重约为 50 kg，每次引体向上上升高度约为 0.5 m，引体向上一
专题二 能量与动量
细研命题点 提升素养
解析：在ab段，根据平衡条件可知，牵引力F1＝mgsin θ＋f，所以在ab段汽车 的输出功率P1＝F1v不变，在bc段牵引力F2＝f，bc段的输出功率P2＝F2v<P1， 故A错误，B正确；在cd段牵引力F3＝f－mgsin θ，汽车的输出P3＝F3v<P2，在 cd段汽车的输出功率不变，且小于bc段，故C、D错误．故选B.
高考物理二轮复习教案专题二能量与动量功和功率功能关系
功和功率 功能关系复习备考建议(1)能量观点是高中物理三大观点之一，是历年高考必考内容；或与直线运动、平抛运动、圆周运动结合，或与电场、电磁感应结合，或与弹簧、传送带、板块连接体等结合；或借助选择题单独考查功、功率、动能定理、功能关系的理解，或在计算题中考查动力学与能量观点的综合应用，难度较大．(2)对于动量问题，17年只在选择题中出现，而且是动量守恒、动量定理的基本应用，18年在计算题中出现，Ⅰ卷、Ⅱ卷都是动量守恒的基本应用，运动过程简单，综合性较低，Ⅲ卷只是用到了动量的概念，19年在计算题中出现，Ⅰ卷、Ⅲ卷都涉及动量与能量观点的综合应用，Ⅱ卷中用到了动量定理，对于动量的考察，综合性、难度有所提升，备考时应多加注意．第4课时 功和功率 功能关系 考点 功、功率的分析与计算1．恒力功的计算(1)单个恒力的功W ＝Fl cos α. (2)合力为恒力的功①先求合力，再求W ＝F 合l cos α. ②W ＝W 1＋W 2＋…. 2．变力功的计算(1)若力大小恒定，且方向始终沿轨迹切线方向，可用力的大小跟路程的乘积计算． (2)力的方向不变，大小随位移线性变化可用W ＝F l cos α计算． (3)F －l 图象中，功的大小等于“面积”． (4)求解一般变力做的功常用动能定理． 3．功率的计算(1)P ＝Wt，适用于计算平均功率；(2)P ＝Fv ，若v 为瞬时速度，则P 为瞬时功率；若v 为平均速度，则P 为平均功率． 注意：力F 与速度v 方向不在同一直线上时功率为Fv cos θ.例1 (多选)(2019·山西晋中市适应性调研)如图1甲所示，足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，沿杆方向给环施加一个拉力F ，使环由静止开始运动，已知拉力F 及小环速度v 随时间t 变化的规律如图乙、丙所示，重力加速度g 取10m/s 2.则以下判断正确的是( )图1A ．小环的质量是1kgB ．细杆与地面间的倾角是30°C ．前3s 内拉力F 的最大功率是2.25WD ．前3s 内拉力对小环做功5.75J 答案 AD解析 由速度－时间图象得到环先匀加速上升，然后匀速运动，由题图可得：第1s 内，a ＝Δv t ＝0.51m/s 2＝0.5 m/s 2，加速阶段：F 1－mg sin θ＝ma ；匀速阶段：F 2－mg sin θ＝0，联立以上三式解得：m ＝1kg ，sin θ＝0.45，故A 正确，B 错误；第1s 内，速度不断变大，拉力的瞬时功率也不断变大，第1s 末，P ＝Fv 1＝5×0.5W＝2.5W ；第1s 末到第3s 末，P ＝Fv 1＝4.5×0.5W＝2.25W ，即拉力的最大功率为2.5W ，故C 错误；从速度－时间图象可以得到，第1 s 内的位移为0.25 m,1～3 s 内的位移为1 m ，前3 s 内拉力做的功为：W ＝5×0.25 J ＋4.5×1J ＝5.75J ，故D 正确． 变式训练1.(2019·河南名校联盟高三下学期2月联考)如图2所示，ad 、bd 、cd 是竖直面内三根固定的光滑细杆，a 、b 、c 、d 位于同一圆周上，a 点为圆周的最高点，d 点为最低点．每根杆上都套着一个质量相等的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a 、b 、c 处由静止释放，用P 1、P 2、P 3依次表示各滑环从静止滑到d 过程中重力的平均功率，则( )图2A ．P 1<P 2<P 3B ．P 1>P 2>P 3C ．P 3>P 1>P 2D ．P 1＝P 2＝P 3 答案 B解析 对小滑环b 受力分析，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得，小滑环做初速度为零的匀加速直线运动的加速度为a ＝g sin θ(θ为杆与水平方向的夹角)，由数学知识可知，小滑环的位移x ＝2R sin θ，所以t ＝2xa＝2×2R sin θg sin θ＝4Rg，t 与θ无关，即t 1＝t 2＝t 3，而三个环重力做功W 1>W 2>W 3，所以有：P 1>P 2>P 3，B 正确．2.(多选)(2019·福建龙岩市期末质量检查)如图3所示，在竖直平面内有一条不光滑的轨道ABC ，其中AB 段是半径为R 的14圆弧，BC 段是水平的．一质量为m 的滑块从A 点由静止滑下，最后停在水平轨道上C 点，此过程克服摩擦力做功为W 1.现用一沿着轨道方向的力推滑块，使它缓慢地由C 点推回到A 点，此过程克服摩擦力做功为W 2，推力对滑块做功为W ，重力加速度为g ，则下列关系中正确的是( )图3A ．W 1＝mgRB ．W 2＝mgRC ．mgR <W <2mgRD ．W >2mgR 答案 AC解析 滑块由A 到C 的过程，由动能定理可知mgR －W 1＝0，故A 对；滑块由A 到B 做圆周运动，而在推力作用下从C 经过B 到达A 的过程是一个缓慢的匀速过程，所以从A 到B 的过程中平均支持力大于从B 到A 的平均支持力，那么摩擦力从A 到B 做的功大于从B 到A 做的功，而两次经过BC 段摩擦力做功相等，故W 2<W 1＝mgR ，故B 错；滑块由C 到A 的过程中，由能量守恒可知，推力对滑块做的功等于滑块重力势能增加量与克服摩擦力所做的功两部分，即W －mgR －W 2＝0，即W ＝W 1＋W 2，由于W 2<W 1＝mgR ，所以mgR <W <2mgR ，故C 对，D 错．考点 功能关系的理解和应用1．几个重要的功能关系(1)重力做的功等于重力势能的减少量，即W G ＝－ΔE p . (2)弹力做的功等于弹性势能的减少量，即W 弹＝－ΔE p . (3)合力做的功等于动能的变化量，即W ＝ΔE k .(4)重力(或系统内弹力)之外的其他力做的功等于机械能的变化量，即W 其他＝ΔE . (5)系统内一对滑动摩擦力做的功是系统内能改变的量度，即Q ＝F f ·x 相对． 2．理解(1)做功的过程就是能量转化的过程，不同形式的能量发生相互转化可以通过做功来实现．(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同性质的力做功对应不同形式的能转化，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等． 3．应用(1)分析物体运动过程中受哪些力，有哪些力做功，有哪些形式的能发生变化． (2)列动能定理或能量守恒定律表达式．例2 (多选)(2019·全国卷Ⅱ·18)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E 总等于动能E k 与重力势能E p 之和．取地面为重力势能零点，该物体的E 总和E p 随它离开地面的高度h 的变化如图4所示．重力加速度取10m/s 2.由图中数据可得( )图4A ．物体的质量为2kgB ．h ＝0时，物体的速率为20m/sC ．h ＝2m 时，物体的动能E k ＝40JD ．从地面至h ＝4m ，物体的动能减少100J 答案 AD解析 根据题图图像可知，h ＝4m 时物体的重力势能mgh ＝80J ，解得物体质量m ＝2kg ，抛出时物体的动能为E k0＝100J ，由公式E k0＝12mv 2可知，h ＝0时物体的速率为v ＝10m/s ，选项A 正确，B 错误；由功能关系可知F f h ＝|ΔE 总|＝20J ，解得物体上升过程中所受空气阻力F f ＝5 N ，从物体开始抛出至上升到h ＝2 m 的过程中，由动能定理有－mgh －F f h ＝E k －100J ，解得E k ＝50J ，选项C 错误；由题图图像可知，物体上升到h ＝4m 时，机械能为80J ，重力势能为80J ，动能为零，即从地面上升到h ＝4m ，物体动能减少100J ，选项D 正确． 变式训练3.(多选)(2018·安徽安庆市二模)如图5所示，一运动员穿着飞行装备从飞机上跳出后的一段运动过程可近似认为是匀变速直线运动，运动方向与水平方向成53°角，运动员的加速度大小为3g4.已知运动员(包含装备)的质量为m ，则在运动员下落高度为h 的过程中，下列说法正确的是(sin53°＝45，cos53°＝35)( )图5A ．运动员重力势能的减少量为35mghB ．运动员动能的增加量为34mghC ．运动员动能的增加量为1516mghD ．运动员的机械能减少了116mgh答案 CD解析 运动员下落的高度是h ，则重力做功：W ＝mgh ，所以运动员重力势能的减少量为mgh ，故A 错误；运动员下落的高度是h ，则飞行的距离：L ＝h sin53°＝54h ，运动员受到的合外力：F 合＝ma ＝34mg ，动能的增加量等于合外力做的功，即：ΔE k ＝W 合＝F 合L ＝34mg ×54h ＝1516mgh ，故B 错误，C 正确；运动员重力势能的减少量为mgh ，动能的增加量为1516mgh ，所以运动员的机械能减少了116mgh ，故D 正确．4．(多选)(2019·福建厦门市第一次质量检查)如图6甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端与A 物体相连接，将B 物体放置在A 物体上面，A 、B 的质量都为m ，初始时两物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F 作用在物体B 上，使物体B 开始向上做匀加速运动，拉力F 与物体B 的位移x 的关系如图乙所示(g ＝10m/s 2)，下列说法正确的是( )图6A ．0～4cm 过程中，物体A 、B 和弹簧组成的系统机械能增大B ．0～4cm 过程中，弹簧的弹性势能减小，物体B 运动到4cm 处，弹簧弹性势能为零C ．弹簧的劲度系数为7.5N/cmD．弹簧的劲度系数为5.0N/cm答案AC解析0～4 cm过程中，物体A、B和弹簧组成的系统，因力F对系统做正功，则系统的机械能增大，选项A正确．由题图可知，在x＝4 cm处A、B分离，此时A、B之间的压力为零，A、B的加速度相等，但是弹簧仍处于压缩状态，弹簧的弹性势能不为零，选项B错误．开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有：2mg＝kΔl1；拉力F1为20 N时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律，有：F1＝2ma；物体B与A分离后，拉力F2为50 N，根据牛顿第二定律，有：F2－mg＝ma；物体A与B分离时，物体A的加速度为a，则根据牛顿第二定律有：kΔl2－mg＝k(Δl1－4 cm)－mg＝ma；联立解得：m＝4.0 kg，k＝7.5 N/cm.选项C正确，D错误．考点动能定理的应用1．表达式：W总＝E k2－E k1.2．五点说明(1)W总为物体在运动过程中所受各力做功的代数和．(2)动能变化量E k2－E k1一定是物体在末、初两状态的动能之差．(3)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．(4)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功．(5)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用．3．基本思路(1)确定研究对象和研究过程．(2)进行运动分析和受力分析，确定初、末速度和各力做功情况，利用动能定理全过程或者分过程列式．4．在功能关系中的应用(1)对于物体运动过程中不涉及加速度和时间，而涉及力和位移、速度的问题时，一般选择动能定理，尤其是曲线运动、多过程的直线运动等．(2)动能定理也是一种功能关系，即合外力做的功(总功)与动能变化量一一对应．例3如图7所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原长时上端与刻度尺上的A点等高．质量m＝0.5kg的篮球静止在弹簧正上方，其底端距A点的高度h1＝1.10m，篮球由静止释放，测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最大形变量x1＝0.15m，第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度h2＝0.873m，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x2＝0.01m，弹性势能为E p＝0.025J．若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球形变，弹簧形变在弹性限度范围内，g取10m/s2.求：图7(1)弹簧的劲度系数；(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力的大小； (3)篮球在整个运动过程中通过的路程． 答案 (1)500N/m (2)0.50N (3)11.05m 解析 (1)由最后静止的位置可知kx 2＝mg ， 所以k ＝500N/m(2)由动能定理可知，在篮球由静止下落到第一次反弹至最高点的过程中mg Δh －F f ·L ＝12mv 22－12mv 12整个过程动能变化为0，重力做功mg Δh ＝mg (h 1－h 2)＝1.135J 空气阻力大小恒定，作用距离为L ＝h 1＋h 2＋2x 1＝2.273m故可得F f ≈0.50N(3)整个运动过程中，空气阻力一直与运动方向相反 根据动能定理有mg Δh ′＋W f ＋W 弹＝12mv 2′2－12mv 12整个过程动能变化为0，重力做功mg Δh ′＝mg (h 1＋x 2)＝5.55J 弹力做功W 弹＝－E p ＝－0.025J则空气阻力做功W f ＝－mg Δh ′－W 弹＝－5.525J 因W f ＝－F f s 故解得s ＝11.05m. 变式训练5.(2019·全国卷Ⅲ·17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h 在3m 以内时，物体上升、下落过程中动能E k 随h 的变化如图8所示．重力加速度取10m/s 2.该物体的质量为( )图8A．2kgB．1.5kgC．1kgD．0.5kg答案 C解析设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，当Δh＝3m时，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)×Δh＝(36－72) J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，当Δh＝3m时，再由动能定理结合题图可得(mg－F)×Δh＝(48－24) J，联立解得m＝1kg、F＝2N，选项C正确，A、B、D均错误．6．由相同材料的木板搭成的轨道如图9所示，其中木板AB、BC、CD、DE、EF…的长均为L ＝1.5m，木板OA和其他木板与水平地面的夹角都为β＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.一个可看成质点的物体在木板OA上从离地高度h＝1.8m处由静止释放，物体与木板间的动摩擦因数都为μ＝0.2，在两木板交接处都用小曲面相连，使物体能顺利地经过，既不损失动能，也不会脱离轨道，在以后的运动过程中，求：(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)图9(1)物体能否静止在木板上？请说明理由．(2)物体运动的总路程是多少？(3)物体最终停在何处？并作出解释．答案(1)不能理由见解析(2)11.25m (3)C点解释见解析解析(1)物体在木板上时，重力沿木板方向的分力为mg sinβ＝0.6mg最大静摩擦力F fm＝μmg cosβ＝0.16mg因mg sinβ>μmg cosβ，故物体不会静止在木板上．(2)从物体开始运动到停下，设总路程为s，由动能定理得mgh －μmgs cos β＝0解得s ＝11.25m(3)假设物体依次能到达B 、D 点，由动能定理得mg (h －L sin β)－μmg cos β(L ＋hsin β)＝12mv B 2 解得v B >0mg (h －L sin β)－μmg cos β(3L ＋hsin β)＝12mv D 2 v D 无解说明物体能通过B 点但不能到达D 点，因物体不能静止在木板上，故物体最终停在C 点．考点 动力学与能量观点的综合应用1．两个分析(1)综合受力分析、运动过程分析，由牛顿运动定律做好动力学分析．(2)分析各力做功情况，做好能量的转化与守恒的分析，由此把握各运动阶段的运动性质，各连接点、临界点的力学特征、运动特征、能量特征． 2．四个选择(1)当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题；(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律；(3)当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻的问题选择牛顿第二定律求解；(4)复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合分析求解．例4 (2019·河北邯郸市测试)如图10所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m ＝1kg 可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度．在平台的右端有一传送带，AB 长L ＝5m ，物块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2，与传送带相邻的粗糙水平面BC 长s ＝1.5 m ，它与物块间的动摩擦因数μ2＝0.3，在C 点右侧有一半径为R 的光滑竖直圆弧轨道与BC 平滑连接，圆弧对应的圆心角为θ＝120°，在圆弧的最高点F 处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来．若传送带以v ＝5m/s 的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失．当弹簧储存的E p ＝18 J 能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E 点，取g ＝10 m/s 2.图10(1)求右侧圆弧的轨道半径R ；(2)求小物块最终停下时与C 点的距离；(3)若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围．答案 (1)0.8m (2)13m (3)37m/s≤v ≤43m/s解析 (1)物块被弹簧弹出，由E p ＝12mv 02，可知：v 0＝6m/s因为v 0>v ，故物块滑上传送带后先减速，物块与传送带相对滑动过程中， 由：μ1mg ＝ma 1，v ＝v 0－a 1t 1，x 1＝v 0t 1－12a 1t 12得到：a 1＝2m/s 2，t 1＝0.5s ，x 1＝2.75m因为x 1<L ，故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以5m/s 的速度滑上水平面BC ，物块滑离传送带后恰到E 点，由动能定理可知：12mv 2＝μ2mgs ＋mgR代入数据得到：R ＝0.8m.(2)设物块从E 点返回至B 点的速度大小为v B ， 由12mv 2－12mv B 2＝μ2mg ·2s 得到v B ＝7m/s ，因为v B >0，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速，由运动的对称性可知，物块以相同的速率离开传送带，经分析可知最终在BC 间停下，设最终停在距C 点x 处，由12mv B 2＝μ2mg (s －x )，代入数据解得：x ＝13m. (3)设传送带速度为v 1时物块恰能到F 点，在F 点满足mg sin30°＝m v F 2R从B 到F 过程中由动能定理可知： －μ2mgs －mg (R ＋R sin30°)＝12mv F 2－12mv 12解得：v 1＝37m/s设传送带速度为v 2时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E 点， 由12mv 22＝μ2mg ·3s ＋mgR解得：v 2＝43m/s若物块在传送带上一直加速运动，由12mv B m 2－12mv 02＝μ1mgL知其到B 点的最大速度v B m ＝56m/s若物块在E 、F 间速度减为0，则物块将脱离轨道．综合上述分析可知，只要传送带速度37m/s≤v ≤43m/s 就满足条件． 变式训练7.(2019·山东青岛二中上学期期末)如图11所示，O 点距水平地面的高度为H ＝3m ，不可伸长的细线一端固定在O 点，另一端系一质量m ＝2kg 的小球(可视为质点)，另一根水平细线一端固定在墙上A 点，另一端与小球相连，OB 线与竖直方向的夹角为37°，l <H ，g 取10m/s 2，空气阻力不计．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)图11(1)若OB 的长度l ＝1m ，剪断细线AB 的同时，在竖直平面内垂直OB 的方向上，给小球一个斜向下的冲量，为使小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，求此冲量的大小； (2)若先剪断细线AB ，当小球由静止运动至最低点时再剪断OB ，小球最终落地，求OB 的长度l 为多长时，小球落地点与O 点的水平距离最远，最远水平距离是多少． 答案 (1)246kg·m/s (2)1.5m355m 解析 (1)要使小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，最高点需满足：mg ＝m v 2l从B 点到最高点，由动能定理有： －mg (l ＋l cos37°)＝12mv 2－12mv 02联立得一开始的冲量大小为I ＝mv 0＝246kg·m/s(2)从剪断AB 到小球至H －l 高度过程，设小球至H －l 高度处的速度为v 0′ 由机械能守恒可得12mv 0′2＝mgl (1－cos37°)小球从H －l 高度做初速度为v 0′的平抛运动，12gt 2＝H －l ，x ＝v 0′t 联立得，x ＝45(－l 2＋3l ) 当l ＝1.5m 时x 取最大值，为355m ．专题突破练1．(2019·山东烟台市上学期期末)如图1所示，把两个相同的小球从离地面相同高度处，以相同大小的初速度v 分别沿竖直向上和水平向右方向抛出，不计空气阻力．则下列说法中正确的是( )图1A ．两小球落地时速度相同B ．两小球落地时，重力的瞬时功率相同C ．从小球抛出到落地，重力对两小球做的功相等D ．从小球抛出到落地，重力对两小球做功的平均功率相等 答案 C解析 两小球运动过程中均只有重力做功，故机械能都守恒，由机械能守恒定律得，两小球落地时的速度大小相同，但方向不同，故A 错误；两小球落地时，由于竖直方向的分速度不同，故重力的瞬时功率不相同，故B 错误；由重力做功公式W ＝mgh 得，从开始运动至落地，重力对两小球做功相同，故C 正确；从抛出至落地，重力对两小球做的功相同，但是落地的时间不同，故重力对两小球做功的平均功率不相同，故D 错误．2.(2019·河北张家口市上学期期末)如图2所示，运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，在这两个过程中，下列说法正确的是( )图2A ．运动员先处于超重状态后处于失重状态B ．空气浮力对系统始终做负功C ．加速下降时，重力做功大于系统重力势能的减小量D ．任意相等的时间内系统重力势能的减小量相等 答案 B解析 运动员先加速向下运动，处于失重状态，后减速向下运动，处于超重状态，选项A 错误；空气浮力与运动方向总相反，则对系统始终做负功，选项B 正确；无论以什么运动状态运动，重力做功都等于系统重力势能的减小量，选项C 错误；因为是变速运动，相等的时间内，因为系统下降的高度不相等，则系统重力势能的减小量不相等，选项D 错误． 3．(2019·河南驻马店市上学期期终)一物体在竖直向上的恒力作用下，由静止开始上升，到达某一高度时撤去外力．若不计空气阻力，则在整个上升过程中，物体的机械能E 随时间t 变化的关系图象是( )答案 A解析 设物体在恒力作用下的加速度为a ，机械能增量为：ΔE ＝F Δh ＝F ·12at 2，知此时E－t 图象是开口向上的抛物线；撤去外力后的上升过程中，机械能守恒，则机械能不随时间改变，故A 正确，B 、C 、D 错误．4．(多选)如图3所示，楔形木块abc 固定在水平面上，粗糙斜面ab 和光滑斜面bc 与水平面的夹角相同，顶角b 处安装一定滑轮．质量分别为M 、m (M >m )的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )图3A ．两滑块组成的系统机械能守恒B ．轻绳对m 做的功等于m 机械能的增加量C ．重力对M 做的功等于M 动能的增加量D ．两滑块组成的系统机械能的损失等于M 克服摩擦力做的功 答案 BD5.(2019·福建三明市期末质量检测)如图4所示，一个质量m ＝1 kg 的小球(视为质点)从H ＝11m 高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB 进入半径R ＝4m 的竖直圆环内侧，且与圆环的动摩擦因数处处相等，当到达圆环顶点C 时，刚好对轨道压力为零，然后沿CB 圆弧滑下，进入光滑弧形轨道BD ，到达高度为h 的D 点时速度为零，则h 的值可能为(重力加速度g ＝10m/s 2)( )图4A ．10mB ．9.5mC ．9mD ．8.5m 答案 B解析 到达圆环顶点C 时，刚好对轨道压力为零，则mg ＝m v C 2R，解得v C ＝210m/s ，则物体在BC 阶段克服摩擦力做功，由动能定理mg (H －2R )－W BC ＝12mv C 2，解得W BC ＝10J ；由于从C到B 过程小球对圆轨道的平均压力小于从B 到C 过程小球对圆轨道的平均压力，则小球从C 到B 过程克服摩擦力做的功小于从B 到C 过程克服摩擦力做的功，即0<W CB <10J ；从C 到D 由动能定理：mg (2R －h )－W CB ＝0－12mv C 2，联立解得9m<h <10m.6．一名外卖送餐员用电动自行车沿平直公路行驶给客户送餐，中途因电瓶“没电”，只能改用脚蹬车以5m/s 的速度匀速前行，骑行过程中所受阻力大小恒为车和人总重力的0.02倍(取g ＝10 m/s 2)，该送餐员骑电动自行车以5m/s 的速度匀速前行过程做功的功率最接近( )A ．10WB ．100WC ．1kWD ．10kW 答案 B解析 设送餐员和车的总质量为100kg ，匀速行驶时的速率为5m/s ，匀速行驶时的牵引力与阻力大小相等，F ＝0.02mg ＝20 N ，则送餐员骑电动自行车匀速行驶时的功率为P ＝Fv ＝100W ，故B 正确．7．(多选)(2019·四川第二次诊断)如图5甲所示，质量m ＝1kg 的物块在平行斜面向上的拉力F 作用下从静止开始沿斜面向上运动，t ＝0.5s 时撤去拉力，其1.5s 内的速度随时间变化关系如图乙所示，g 取10m/s 2.则( )图5A ．0.5s 时拉力功率为12WB ．0.5s 内拉力做功9JC ．1.5s 后物块可能返回D ．1.5s 后物块一定静止 答案 AC解析 0～0.5 s 内物体的位移：x 1＝12×0.5×2 m＝0.5 m ；0.5～1.5 s 内物体的位移：x 2＝12×1×2m ＝1m ；由题图乙知，各阶段加速度的大小：a 1＝4m/s 2，a 2＝2 m/s 2；设斜面倾角为θ，斜面对物块的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律，0～0.5s 内F －μgm cos θ－mg sin θ＝ma 1；0.5～1.5s 内－μmg cos θ－mg sin θ＝－ma 2，联立解得：F ＝6N ，但无法求出μ和θ.0.5s 时，拉力的功率P ＝Fv ＝12W ，故A 正确．拉力做的功为W ＝Fx 1＝3J ，故B 错误．无法求出μ和θ，不清楚tan θ与μ的大小关系，故无法判断物块能否静止在斜面上，故C 正确，D 错误．8.(多选)(2019·安徽安庆市期末调研监测)如图6所示，重力为10N 的滑块轻放在倾角为30°的光滑斜面上，从a 点由静止开始下滑，到b 点接触到一个轻质弹簧，滑块压缩弹簧到c 点开始弹回，返回b 点离开弹簧，最后又回到a 点．已知ab ＝1m ，bc ＝0.2m ，则以下结论正确的是( )图6A ．整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6JB ．整个过程中滑块动能的最大值为6JC ．从c 到b 弹簧的弹力对滑块做功5JD ．整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒 答案 AD解析 滑块从a 到c, mgh ac ＋W 弹′＝0－0，解得：W 弹′＝－6J ．则E pm ＝－W 弹′＝6J ，所以整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6J ，故A 正确；当滑块受到的合外力为0时，滑块速度最大，设滑块在d 点合外力为0，由分析可知d 点在b 点和c 点之间．滑块从a 到d 有：mgh ad ＋W 弹＝E k d －0，因mgh ad ＜6J ，W 弹＜0，所以E k d ＜6J ，故B 错误；从c 点到b 点弹簧的弹力对滑块做的功与从b 点到c 点弹簧的弹力对滑块做的功大小相等，即为6J ，故C 错误；整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒，没有与系统外发生能量转化，故D 正确．9．(多选)(2019·河南九师联盟质检)如图7所示，半径为R ＝0.4m 的14圆形光滑轨道固定于竖直平面内，圆形轨道与光滑固定的水平轨道相切，可视为质点的质量均为m ＝0.5kg 的小球甲、乙用轻杆连接，置于圆轨道上，小球甲与O 点等高，小球乙位于圆心O 的正下方．某时刻将两小球由静止释放，最终它们在水平面上运动，g 取10m/s 2.则( )图7A ．小球甲下滑过程中机械能增加B ．小球甲下滑过程中重力对它做功的功率先增大后减小C ．小球甲下滑到圆形轨道最低点对轨道压力的大小为12ND ．整个过程中轻杆对小球乙做的功为1J 答案 BD解析 小球甲下滑过程中，轻杆对甲做负功，则甲的机械能减小，故A 错误．小球甲下滑过程中，最高点速度为零，故重力的功率为零；最低点速度和重力垂直，故重力的功率也是零；而中途重力的功率不为零，故重力的功率应该是先增大后减小，故B 正确．两个球与轻杆组成的系统机械能守恒，故：mgR ＝12mv 2＋12mv 2，解得：v ＝gR ＝10×0.4m/s ＝2 m/s ；小球甲下滑到圆弧形轨道最低点，重力和支持力的合力提供向心力，故：F N －mg ＝m v 2R，解得：F N＝mg ＋m v 2R ＝0.5×10N＋0.5×220.4N ＝10N ，根据牛顿第三定律，小球甲对轨道的压力大小为10N ，故C 错误；整个过程中，对球乙，根据动能定理，有：W ＝12mv 2＝12×0.5×22J ＝1J ，故D 正确．10．(2019·吉林“五地六校”合作体联考)一辆赛车在水平路面上由静止启动，在前5s 内做匀加速直线运动，5s 末达到额定功率，之后保持以额定功率运动．其v －t 图象如图8所示．已知赛车的质量为m ＝1×103kg ，赛车受到的阻力为车重力的0.1倍，重力加速度g 取10m/s 2，则以下说法正确的是( )图8A ．赛车在前5s 内的牵引力为5×102N。
2019届高考物理二轮复习第章动量和能量功能关系与能量守恒定律的应用课件.ppt
答案：CD
2019-9-7
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11
2.在[例 2]中，若轨道光滑，使质点带上＋q 的电荷量(带电 质点可视为点电荷)，如图所示，在竖直方向加上向下的匀强电 场，场强为 E，质点由静止释放运动至最低点 N 的过程中，下列 说法正确的是( )
点到 Q 点克服阻力做的功 W′<W＝12mgR，质点从 N 点到 Q 点由
动能定理得－mgR－W′＝12mvQ2 －12mvN2 ，解得12mv2Q>0，所以质点能 够到达 Q 点，并且还能继续上升一段距离，故选项 C 正确．
[答案] C
2019-9-7
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⇨拓展训练 1．(多选)在[例 2]中，若使质点带上＋q 的电荷量(带电质点 可视为点电荷)，如图所示，在 POQ 下方加上垂直纸面向里的匀
2019-9-7
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由速度图象知，水平力 F 对 A、B 两物体做功的最大功率之 比为(F·2v0 ：(F·v0)＝ ：1，B 项正确；由图象面积表示位移 可知两物体位移之比为 ：5，整个过程中，由动能定理易知， 水平力 F 对 A、B 两物体做功之比等于摩擦力做功之比为 ：2， C 项错；由功率的定义式知摩擦力对 A、B 两物体做功的平均功 率之比为 ：6，D 项错．
D．W1>W2，P1＝P2，Q1＝Q2
2019-9-7
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解析：两种情况下水平向左的恒力 F 相同，恒力作用的位移 x 相同，根据 W＝Fx 得做功相同．第二种情况中，传送带有逆时 针转动的速度 v2，物体相对于传送带的速度为 v1，所以物体相对 于地面的速度为 v1＋v2，位移 x 相同，由 x＝vt，得 t1>t2，根据 P
高考物理复习 动能定理 机械能守恒定律课件(共32张PPT)
知识回顾
1、动能：物体由于运动而具有的能。 2、重力势能：地球上的物体具有的跟它的高度有关的能。
3、弹性势能：发生弹性形变的物体的各部分之间， 由于有弹 力的相互作用而具有的势能。
4、动能定理：合力所做的总功等于物体动能的变化。
5、重力做功与重力势能变化的关系：重力做的功等于物体重 力势能的减少量。
A
B
O
根据机械能守恒定律有 ： Ek2+Ep2=Ek1+Ep1
即 1/2mv2= mgl ( 1- cosθ)
所以 v =
【例2】以10m/s的速度将质量为m的物体竖直向上抛出，若 空气阻力忽略，g＝10m/s2，则上升过程在何处重力 势能和动能相等？
【解】物体在空气中只有重力做功，故机械能守恒 初状态设在地面，则：
例.物体沿高H的光滑斜面从顶端由静止下滑，求它滑 到底端时的速度大小.
H
解：由动能定理得 mgH 1 mv2
2
∴ v 2gH
若物体沿高H的光滑曲面从顶端由静止下滑，结果如何？
仍由动能定理得 mgH 1 m v2 2
v 2gH
注意：速度不一定相同
若由H高处自由下落，结果如何呢？ 仍为 v 2gH
整个过程中物体的水平位移为s ，求证： µ=h/s
A
物体从A到B过程，由动能定理得：
L
h
s1
WG +Wf =0
mgh – µmg cos θ •L –µmg s2 =0 B
s2
mgh – µmg s1 –µmg s2 =0
mgh – µmg s =0 s
∴µ =h/s
3. 质量为m的小球用长为L的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F的 作用下，从平衡位置P很缓慢地移到Q点，则力F所做的功为
高考物理二轮复习 专题突破2 功和能 动量和能量 第1讲 能量和动量观在力学中的应用
第1讲 能量和动量观点在力学中的应用1．(多选)(2016·全国卷Ⅱ，21)如图1所示，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连。
现将小球从M 点由静止释放，它在下降的过程中经过了N 点。
已知在M 、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM <∠OMN <π2。
在小球从M 点运动到N 点的过程中( )图1A ．弹力对小球先做正功后做负功B ．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C ．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D ．小球到达N 点时的动能等于其在M 、N 两点的重力势能差解析 因M 和N 两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM <∠OMN <π2，M 处的弹簧处于压缩状态，N 处的弹簧处于伸长状态，则弹簧的弹力对小球先做负功后做正功再做负功，选项A 错误；当弹簧水平时，竖直方向的力只有重力，加速度为g ；当弹簧处于原长位置时，小球只受重力，加速度为g ，则有两个时刻的加速度大小等于g ，选项B 正确；弹簧长度最短时，即弹簧水平，弹力与速度垂直，弹力对小球做功的功率为零，选项C 正确；由动能定理得，W F ＋W G ＝ΔE k ，因M 和N 两点处弹簧对小球的弹力大小相等，弹性势能相等，则由弹力做功特点知W F ＝0，即W G ＝ΔE k ，选项D 正确。
答案 BCD2．(2015·全国卷Ⅱ，17)一汽车在平直公路上行驶。
从某时刻开始计时，发动机的功率P 随时间t 的变化如图2所示。
假定汽车所受阻力的大小f 恒定不变。
下列描述该汽车的速度v 随时间t 变化的图线中，可能正确的是( )图2解析 当汽车的功率为P 1时，汽车在运动过程中满足P 1＝F 1v ，因为P 1不变，v 逐渐增大，所以牵引力F 1逐渐减小，由牛顿第二定律得F 1－f ＝ma 1，f 不变，所以汽车做加速度减小的加速运动，当F 1＝f 时速度最大，且v m ＝P 1F 1＝P 1f。
高考物理总复习(课标版)机械能之 功能关系 能量守恒定律
[答案]
D
2．(多选)如图所示，在升降机内固定一光滑的斜面体， 一轻弹簧的一端连在位于斜面体上方的固定木板 B 上，另一 端与质量为 m 的物块 A 相连，弹簧与斜面平行．整个系统由 静止开始加速上升高度 h 的过程中( )
A．物块 A 的重力势能增加量一定等于 mgh B．物块 A 的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉 力对其做功的代数和 C．物块 A 的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的 拉力对其做功的代数和 D．物块 A 和弹簧组成的系统的机械能增加量等于斜面 对物块的支持力和 B 对弹簧的拉力做功的代数和
[思维启迪] (1)明确哪种力做功引起哪种能量的变化． (2)注意功的正负和能量转化的“方向”．
[尝试解答] 由于上升过程中的加速度大小等于重力加
1 速度，则由牛顿第二定律 mgsin30° ＋f＝mg，则 f＝ mg.由动 2 能定理可知 ΔEk＝mgH＋fL＝2mgH，则 A 正确，B 错误；机 械能的减少量在数值上等于克服摩擦力做的功， Wf ＝ fL ＝ mgH，则 C 正确，D 错误．
能量守恒定律
能量既不会凭空产生，也不会 凭空消失 ，它只会从一 种形式 转化为其他形式，或者从一个物体 转移到另一个物 体，而在转化和转移的过程中，能量的总量 保持不变 ． 2．表达式：ΔE 减＝ΔE 增．
1．力对物体做了多少功，物体就有多少能量(
)
[答案]
× )
2．功就是能，能就是功( [答案] ×
高考物理总复习 课标版
第4讲
功能关系
能量守恒定律
基 础
知 识 回 顾
知识点一 1．功和能
功和能
(1)做功的过程就是 能量转化的 须通过 做功 来实现． (2)功是
高中物理课件-2016高考物理二轮复习课件专题2功和能1-2-2《机械能守恒定律和功能关系》
映机械能守恒，不必选取参考平面，具体用哪种表达式解题，要
高 注意灵活选取．
频 考 点 二
提 能 演 练
第一部分 专题二 第2讲 第9页
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
[典例剖析]
高 频 考 点 一
高 频 考 点 三
[典例 1]
高
(多选)(2015·潍坊模拟)如图所示，竖直轻质弹簧下端固定在
频
考 点
第一部分 专题二 第2讲 第6页
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
二、方法必备
高 频 考 点 一
1．机械能守恒的判定
高
频
(1)利用机械能的定义判断，分析动能与势能的和是否变化，
考 点
三
如匀速下落的物体动能不变，重力势能减少，物体的机械能必减
高 少．
频
考 点
(2)用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧弹力)做功，
(5)根据机械能守恒定律列方程；
(6)解方程，统一单位，进行运算，求出结果，进行检验．
第一部分 专题二 第2讲 第8页
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
3．注意问题
高 频 考 点 一
第一种表达式是从“守恒”的角度反映机械能守恒，解题时 必须选取参考平面，而后两种表达式都是从“转化”的角度来反
高 频 考 点 三
频
考 点
包含在系统中，否则其他物体组成的系统机械能不守恒．
一
高 频 考 点 三
2．木板和物块组成的系统加速度为零时，速度最大，物块
克服重力做功的功率最大．
高 频 考 点 二
提 能 演 练
第一部分 专题二 第2讲 第13页
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
【2020】高考物理专题复习-——功能关系综合运用(例题+习题+答案)试卷及参考答案
【精品】最新高考物理专题复习-——功能关系综合运用(例题+习题+答案)试卷及参考答案(附参考答案)知识点归纳：一、动能定理1．动能定理的表述合外力做的功等于物体动能的变化.。
（这里的合外力指物体受到的所有外力的合力，包括重力）.。
表达式为W=ΔEK动能定理也可以表述为：外力对物体做的总功等于物体动能的变化.。
实际应用时，后一种表述比较好操作.。
不必求合力，特别是在全过程的各个阶段受力有变化的情况下，只要把各个力在各个阶段所做的功都按照代数和加起来，就可以得到总功2．对外力做功与动能变化关系的理解：外力对物体做正功，物体的动能增加，这一外力有助于物体的运动，是动力；外力对物体做负功，物体的动能减少，这一外力是阻碍物体的运动，是阻力，外力对物体做负功往往又称物体克服阻力做功．功是能量转化的量度，外力对物体做了多少功；就有多少动能与其它形式的能发生了转化．所以外力对物体所做的功就等于物体动能的变化量．即．3．应用动能定理解题的步骤（1）确定研究对象和研究过程.。
和动量定理不同，动能定理的研究对象只能是单个物体，如果是系统，那么系统内的物体间不能有相对运动.。
（原因是：系统内所有内力的总冲量一定是零，而系统内所有内力做的总功不一定是零）.。
（2）对研究对象进行受力分析.。
（研究对象以外的物体施于研究对象的力都要分析，含重力）.。
（3）写出该过程中合外力做的功，或分别写出各个力做的功（注意功的正负）.。
如果研究过程中物体受力情况有变化，要分别写出该力在各个阶段做的功.。
（4）写出物体的初、末动能.。
即WAB=mgR-μmgS=1×10×0.8-1×10×3/15=6 J【例5】:如图所示，小滑块从斜面顶点A 由静止滑至水平部分C 点而停止.。
已知斜面高为h ，滑块运动的整个水平距离为s ，设转角B 处无动能损失，斜面和水平部分与小滑块的动摩擦因数相同，求此动摩擦因数.。
高考物理大二轮复习专题二能量与动量功功率动能定理课件.ppt
1 2
at2可知两者的运动时间均
为t＝1 s，即两者同时到达底端，选项A正确．滑动摩擦力与位
移方向均相反，摩擦力均做负功，选项B错误；B到达传送带底
2019-7-18
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14
端时的速度大小vB＝v0＋at＝3 m/s，传送带在1 s内的路程x＝vt ＝1 m，A与传送带是同向运动的，A的划痕长度为A与传送带相 对位移的大小，即2 m－1 m＝1 m．B与传送带是反向运动的， B的划痕长度为B与传送带相对位移的大小，即2 m＋1 m＝3 m，即物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1∶3，选项C正 确；物块A的位移大小为2 m，A受到的滑动摩擦力与位移方向 相反而做负功，A受到的滑动摩擦力做的功Wf1＝－f×(2 m)，传 送带的位移大小为1 m，传送带受到的滑动摩擦力与位移方向相 同而做正功，滑动摩擦力对传送带做的功Wf2＝f×(1 m)，滑动
上，力F可看作恒力，且其方向与该小段上物体位移方向一致，
有WF＝FΔs1＋FΔs2＋…＋FΔs1＋…＝F(Δs1＋Δs2＋…＋Δs1＋…)
＝F·π2 R②；从B点起撤去外力F，物体的运动遵循机械能守恒定 律，由于在最高点维持圆周运动的条件是mg≤mvR2，即在圆轨
2019-7-18
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24
道最高点处速度至少为
Rg
.故由机械能守恒定律得
1 2
mv
2 B
＝mgR
＋m R2g2③；联立①②③式得F＝5mπ g.选项D正确．
[答案] D
2019-7-18
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迁移三 机车启动问题 3．(2018·宁夏模拟)一辆跑车在行驶过程中的最大输出功率 与速度大小的关系如图所示．已知该车质量为2×103 kg，在某 平直路面上行驶，阻力恒为3×103 N．若汽车从静止开始以恒定 加速度2 m/s2做匀加速运动，则此匀加速过程能持续的时间大约 为( )
高考二轮总复习课件物理专题2能量与动量第1讲动能定理机械能守恒定律功能关系的应用_1
在下落过程中有mgh-Fh=Ek4-Ek3,其中Ek3=24 J,Ek4=48 J,h=3 m
联立求得m=1 kg
故选C。
5.(命题角度3)(2020浙江卷T20衍生题)如图所示,竖直固定放置的斜面DE
与一光滑的圆弧轨道ABC相切,C为切点,圆弧轨道的半径为R,斜面的倾角
第(1)问结果v0,由动能表达式算出对应动能;按照W=ΔEk,即等号左边为各
力做功的代数和,等号右边为末动能减初动能,列方程,求出通电时间。
3.赛车在最后过程做匀速运动,牵引力与滑动摩擦力平衡,设CD轨道的长
度为l,平抛水平位移为x,应用平抛规律和动能定理列方程,写出函数关系求
解。
答案 (1)1 m/s (2)2.17 s
− ,因为 v 改变,所以 a'改变,选项 B 错误。
由题干得 4P=F 阻 vm=km 2 ,若输出总功率为 2.25P,则有 2.25P=k匀 2 ,联立解
得v
3
匀= vm,选项
4
理得,4Pt-W
误。
C 正确。若四节动力车厢输出功率均为额定值,根据动能定
1
2
克= m -0,解得克服阻力做的功为
率成正比(F阻=kv,k为常量),动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确
的是( C )
A.动车组在匀加速启动过程中,牵引力恒定不变
ห้องสมุดไป่ตู้
B.若四节动力车厢输出功率均为额定值,则动车组从静止开始做匀加速运动
C.若四节动力车厢输出的总功率为
3
2.25P,则动车组匀速行驶的速度为 vm
4
D.若四节动力车厢输出功率均为额定值,动车组从静止启动,经过时间 t 达到
高考物理二轮复习专题二能量与动量2机械能守恒定律功能关系ppt课件
[易错警示]——辨易错 防未然 应用机械能守恒定律解题时的三点注意 (1)要注意研究对象的选取 研究对象的选取是解题的首要环节，有的问题选单个物体(实为 一个物体与地球组成的系统)为研究对象，机械能不守恒；但选此物 体与其他几个物体组成的系统为研究对象，机械能却是守恒的．如 图所示，单独选物体 A 机械能减少，但由物体 A、B 二者组成的系 统机械能守恒．
2．如图所示，一个质量为 m＝60 kg 的物体在沿固定斜面向上 的恒定外力 F 作用下，由静止开始从斜面的底端沿光滑斜面向上做 匀加速直线运动，经过一段时间后外力 F 做的功为 120 J，此后撤去 外力 F，物体又经过一段时间后回到出发点．若以地面为零势能面， 则下列说法正确的是( )
A．在这个过程中，物体的最大动能小于 120 J B．在这个过程中，物体的最大重力势能大于 120 J C．在撤去外力 F 之后的过程中，物体的机械能等于 120 J D．在刚撤去外力 F 时，物体的速率为 2 m/s
♦[迁移 2] 轻绳连接的物体组成的系统机械能守恒 2.(2019·南通二模)如图所示，水平光滑长杆上套有小物块 A，细 线跨过 O 点的轻小定滑轮一端连接 A，另一端悬挂小物块 B，C 为 O 点正下方杆上一点，滑轮到杆距离 OC＝h.开始时 A 位于 P 点，PO 与水平方向的夹角为 30°.现将 A、B 由静止释放，则( )
A．物块 A 由 P 点出发第一次到达 C 点过程中，加速度不断增 大
B．物块 B 从释放到最低点过程中，动能不断增大 C．物块 A 在杆上长为 2 3h 的范围内做往复运动 D．物块 B 的机械能最小时，物块 A 的动能为零
解析：C [细线的拉力在由 P 点到 C 点的过程中，一直对物块 A 做正功，故物块 A 在 C 点时动能最大，又 vB＝vAcos θ，故当 θ＝ 90°时，vB＝0，物块 B 在最低点时，动能为零，机械能最小，此时 物块 A 的动能最大，B、D 均错误；由系统机械能守恒可知，当物块 A 至 C 点右侧 3h 处时速度恰好为 0，之后往复运动，C 正确；物块 A 在 P 点有加速度，但到达 C 点时加速度为零，故 A 一定错误．]