2020届高考物理江苏省二轮复习课件：2_专题二 功和能
(江苏专用)2020版高考物理二轮复习专题二第二讲机械能守恒定律功能关系课件
止。现在小物块 B 的下端挂一个小物块 Q(未画出)，小物块 A
可从图示位置上升并恰好能到达 C 处。不计摩擦和空气阻力，
cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，重力加速度 g 取 10 m/s2，下列判
断正确的是
()
A．小物块 A 到达 C 处时的加速度为 g B．小物块 A 到达 C 处时的加速度为 0 C．小物块 B 的质量 0.5 kg D．小物块 Q 的质量 0.3 kg
的条件是
()
A．等于 2R C．大于 2R 且小于52R
B．大于 2R D．大于52R
解析：细管轨道可以提供支持力，所以小球到达 A 点的速度大 于零即可，即 mgH－mg·2R>0，解得 H>2R。故选 B。 答案：B
考点二 多个物体的机械能守恒
本考点常考多个物体(包括弹簧)机械能守恒的判断和相关 计算，多以选择题的形式命题。解答此类问题的关键是掌握多 个物体组成的系统机械能守恒的条件，确定物体间的速度关系 和位移关系。
B．杆对 A 球始终不做功
C．B 球重力势能的减少量等于 B 球动能的增加量
D．A 球和 B 球的总机械能守恒
解析：A 球由静止向上运动，重力势能增大，动能也增大，所 以机械能增大，杆一定对 A 球做了功，A 项正确，B 项错误； 由于无摩擦力做功，系统只有重力做功，A 球和 B 球的总机械 能守恒，A 球的机械能增加，B 球的机械能一定减少，故 D 项 正确，C 项错误。 答案：AD
[典例] [多选](2019·镇江一模)如图所
示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量
[解析] 当 A 物块到达 C 处时，由受 力分析可知：水平方向受力平衡，竖直方 向只受重力作用，所以 A 物块的加速度 a ＝g，A 正确，B 错误。B 物块受重力和拉 力而平衡，故拉力等于其重力；物体 A 受 重力、拉力和杆的支持力，如图所示，设 B 物块的质量为 M， 绳子拉力为 T，根据平衡条件：Tcos 37°＝mg，T＝Mg；联立解 得 M＝0.5 kg，故 C 正确；设 Q 物块的质量为 m0，根据系统机 械能守恒得：mghAC＝(M＋m0)ghB；hAC＝tand37°＝1.6 m；hB＝ sind37°－d＝0.8 m；解得：m0＝0.3 kg，故 D 正确。
(江苏专用)2020版高考物理二轮复习专题二第一讲功和功率动能定理课件
()
解析：炮弹在竖直方向上做竖直上抛运动，上升时间与下落时 间相等。根据下落过程竖直方向做自由落体运动，h＝12gt2，第 二次下落高度高，所以第二次炮弹在空中运动时间较长，故 A 正确，B 错误；根据动能定理：mgh＝12mv2－12mv02，由于两 次在空中运动过程重力做功都是零，所以 v＝v0，故两次炮弹 落地时速度相等，故 C、D 错误。 答案：A
解析：从 v-t 图线的斜率表示加速度可知，在 0～t1 时间内，加 速度增大，由牛顿第二定律可知，合力增大，故 A 项错误；由 动能定理知 0～t2 时间内，动能增量为 0，即合力做功为 0，故 B 项错误；t1 时刻，F 最大，v＝0，F 的功率为 0，t2 时刻 F＝ 0，速度最大，F 的功率为 0，t1～t2 时间内，合力的功率先增 大后减小，故 C 项正确；由动能定理知 t2～t4 间内，动能增量 为 0，即合力做功为 0，故 D 项正确。 答案：CD
[典例] 下列各图是反映汽车以额定功率 P 额从静止启动， 最后做匀速运动的过程，汽车的速度 v 随时间 t 以及加速度 a、 牵引力 F 和功率 P 随速度 v 变化的图像中正确的是 ( )
[解析] 汽车以额定功率启动时，功率一定，由 P＝Fv 可 知，速度增大，牵引力 F 减小，根据 F－Ff＝ma，加速度逐渐 减小，但速度继续增大，当牵引力等于阻力时，速度达到最大， 故 A 正确，B、C、D 错
1．[多选](2019·南通模拟)如图，某质点沿直线运动的 v-t 图像
为余弦曲线，从图中可以判断
()
A．在 0～t1 时间内，合力逐渐减小 B．在 0～t2 时间内，合力做正功 C．在 t1～t2 时间内，合力的功率先增大后减小 D．在 t2～t4 时间内，合力做的总功为零
2020年高考物理二轮复习课件：专题二第一讲 功和能
3．[多选](2019·烟台模拟)如图所示，滑块以初 速度 v0 滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高 点后又返回到出发点。则能大致反映滑块整 个运动过程中速度 v、加速度 a、动能 Ek、重力对滑块所做 的功 W 与时间 t 或位移 x 关系的是(取初速度方向为正方向) ()
解析：滑块以初速度 v0 滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后 又返回到出发点。滑块先以较大加速度做匀减速直线运动，再以 较小加速度做反向匀加速直线运动，A 正确。滑块上滑和下滑时 的加速度方向都向下，B 错误。动能为标量且一定为正值，C 错 误。设斜面倾角为 θ，由做功的定义式 W＝－mgxsin θ，D 正确。
[题点全练]
1．(2019·云南昆明诊断)如图所示，两根不可伸
长的轻绳一端与一个质量为 m 的小球相连于
O 点，另一端分别固定在小车天花板上的 A、
B 两点，OA 绳与天花板的夹角为 30°，OB 绳与天花板的夹角为
60°，重力加速度为 g。当小车以速度 v 向右做匀速直线运动，小
球与车保持相对静止时，下列说法正确的是
第一讲 功和能
1
课 前 自 测 诊 断 点击进入
2
课堂重点攻坚
3
课后“高仿”检测
释疑 4 大考点
考点一 功和功率 功和功率是高考命题的热点，主要涉及的问题有：摩擦力做 功问题、变力做功问题、平均功率问题、瞬时功率问题、力与速 度方向不共线的功率问题，建议对本考点多加关注。
记 牢 基本知识
1．功的计算 (1)恒力的功：W＝ Flcos α 。 (2)变力的功： ①将变力做功转化为恒力做功；
()
A．2
m1－m2gR 2m1＋m2
B.
2m1－m2gR m1＋m2
2020年江苏高考物理总复习课件： 功能关系 能量守恒定律
两种摩擦力都可以对物体做正功或者负功，还可以不做功
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2．求解相对滑动物体的能量问题的方法 (1)正确分析物体的运动过程，做好受力分析。 (2)利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体的速度 关系及位移关系。 (3)公式 W＝Ff·l 相对中 l 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 l 相对为总的相对路程。
第4节
功能关系 能量守恒定律
目录
一 课前回顾·基础速串 二 课堂提能·考点全通 三 课后演练·逐点过关
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一
课前回顾·基础速串
宏观 ·循图忆知
返回
返回
微观 ·易错判断
(1)力对物体做了多少功，物体就具有多少能。
(×)
(2)能量在转移或转化过程中，其总量会不断减少。 (× )
(3)在物体的机械能减少的过程中，动能有可能是增大的。(√ )
3．(2019·高邮模拟)如图所示，水平向右的恒力 F
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＝8 N，作用在静止于光滑水平面上、质量为
M＝8 kg 的小车上，当小车的速度达到 v0＝1.5 m/s时，在小 车右端相对地面无初速度地放上一个质量为 m＝2 kg 的小物
块，物块与小车间的动摩擦因数 μ＝0.2。小车足够长，设最大
静摩擦力与滑动摩擦力相等，g 取 10 m/s2。求：
可知摩擦力做功为零，故 D 错误。 答案：B
返回 2．[多选](2019·太仓模拟)如图所示，长为 L 的长木
板水平放置，在木板的 A 端放置一个质量为 m 的小物块。现缓慢地抬高 A 端，使木板以左端为轴转动，当 木板转到与水平面的夹角为 α 时小物块开始滑动，此时停止转 动木板，小物块滑到底端的速度为 v，则在整个过程中( ) A．支持力对小物块做功为 mgLsin α B．静摩擦力对小物块做功为 0 C．静摩擦力对小物块做功为 mgLsin α D．滑动摩擦力对小物块做功为12mv2－mgLsin α
2020年江苏高考物理总复习课件： 功和功率
相同、边长足够小且互不粘连的小方块依次排列，总长度为
l，总质量为 M，它们一起以速度 v 在光滑水平面上滑动，某
时刻开始滑上粗糙水平面。小方块与粗糙水平面之间的动摩
擦因数为 μ，若小方块恰能完全进入粗糙水平面，则摩擦力
对所有小方块所做功的大小为
()
A.12Mv2
B．Mv2
1 C.2μMgl
D．μMgl
[答案] AC
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五利用F-x图像求变力做功 在 F -x 图像中，图线与 x 轴所围“面积”的代数和就表 示力 F 在这段位移内所做的功，且位于 x 轴上方的“面积” 为正功，位于 x 轴下方的“面积”为负功，但此方法只适用 于便于求图线所围面积的情况(如三角形、矩形、圆等规则的 几何图形)。
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三化变力为恒力求变力做功 有些变力做功问题通过转换研究对象，可转化为恒力做 功，用 W＝Flcos α 求解。此法常用于轻绳通过定滑轮拉物体 做功的问题中。
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[例 3] 如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个
滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，以大小恒
定的拉力 F 拉绳，使滑块从 A 点起由静止开始上升。
对物体施加图 A 的拉力 F，使物体由静止发生位移 x，第二次
对物体施加图 B 的推力 F，使物体由静止发生位移 x，两次施
力过程中 F 与水平方向的夹角均为 α。关于做功的下述说法中
正确的是
()
A．图 B 中 F 做功多 B．A、B 两图中 F 做功相同 C．图 B 中克服摩擦力做功多 D．A、B 两图中克服摩擦力做功相同
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3.(2019·镇江月考)如图所示，一个质量为 m＝2 kg 的物 体受到与水平面成 37°角的斜向下方的推力 F＝10 N 的作用，在水平地面上移动了距离 s1＝2 m 后撤去推力，此物体 又滑行了 s2＝1.6 m 的距离后停止运动。已知物体与地面间的动摩 擦因数为 0.2，g 取 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)推力 F 对物体做的功； (2)全过程中摩擦力对物体所做的功。
(新课标)2020版高考物理大二轮复习专题二功和能第一讲动能定理、机械能守恒定律教学案
第一讲动能定理、机械能守恒定律[知识建构][备考点睛](注1)……(注3)：详见答案部分1.易错点归纳(1)W＝Fl cosα只适合求恒力做功.(2)动能定理没有分量式.(3)机械能守恒的条件不是合力所做的功等于零，更不是合力为零.(4)“只有重力做功”不等于“只受重力作用”.(5)对于绳子突然绷紧、物体间非弹性碰撞等情况，除非题目特别说明，否则机械能不守恒.2.把握两点，准确理解动能定理(1)动能定理表达式中，W表示所有外力做功的代数和，包括物体所受重力做的功.(2)动能定理表达式中，ΔE k为所研究过程的末动能与初动能之差，而且物体的速度均是相对地面的速度.3.判断机械能守恒的两个角度(1)用做功判断：若物体(或系统)只受重力(或系统内弹力)，或虽受其他力，但其他力不做功，则机械能守恒.(2)用能量转化判断：若物体(或系统)只有动能和势能的相互转化，而无机械能与其他形式能的相互转化，则机械能守恒.[答案] (1)适用条件①动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．②动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功．③力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用．(2)机械能守恒定律与动能定理的区别与联系只有重力和系统内弹簧弹力做功．只有重力做功时对应动能和重力势能的相互转化，只有弹簧弹力做功时对应动能和弹性势能的相互转化．热点考向一功和功率的计算【典例】(2019·安徽滁州三中段考)如图所示，在倾角为θ的斜面上，以速度v0水平抛出一个质量为m的小球(斜面足够长，重力加速度为g)，则在小球从开始运动到小球距斜面的距离最大的过程中，下列说法中错误的是( )A ．重力做的功W ＝mv 20tan 2θ2B ．速度的变化量为v 0tan θC ．运动时间为v 0tan θ D ．重力的平均功率为P ＝mgv 0tan θ2[思路引领] (1)小球距斜面的距离最大时，速度方向与斜面平行． (2)t ＝v y g →h ＝12gt 2→W ＝mgh →P ＝W t[解析] 当小球的速度方向与斜面平行时，离斜面最远，此时小球的竖直分速度v y ＝v 0tan θ，解得t ＝v y g ＝v 0tan θg，速度的变化量Δv ＝gt ＝v 0tan θ，故B 正确，C 错误．小球的竖直分位移h ＝v 2y 2g ＝v 20tan 2θ2g ，重力做的功W ＝mgh ＝mv 20tan 2θ2，故A 正确．重力的平均功率P ＝W t ＝mgv 0tan θ2，故D 正确．C 符合题意．[答案] C功和功率的理解与计算问题，一般应注意以下几点：1．准确理解功的定义式W ＝Fl 及变形式W ＝Fl cos α中各物理量的意义，该式仅适用于恒力做功的情况．2．变力做功的求解注意对问题的正确转化，如将变力做功转化为恒力做功，也可应用动能定理等方式求解．3．对于功率的计算，应注意区分公式P ＝Wt和公式P ＝Fv ，前式侧重于平均功率的计算，而后式侧重于瞬时功率的计算．迁移一 重力的平均功率和瞬时功率1．(多选)(2019·河南五校联考)将三个光滑的平板倾斜固定，三个平板顶端到底端的高度相等，三个平板与水平面间的夹角分别为θ1、θ2、θ3，如图所示．现将三个完全相同的小球由最高点A 沿三个平板同时无初速度地释放，经一段时间到达平板的底端．则下列说法正确的是( )A ．重力对三个小球所做的功相同B ．沿倾角为θ3的平板下滑的小球重力的平均功率最大C ．三个小球到达底端时的瞬时速度相同D ．沿倾角为θ3的平板下滑的小球到达平板底端时重力的瞬时功率最小[解析] 假设平板的长度为x ，由功的定义式可知W ＝mgx sin θ＝mgh ，则A 正确；小球在斜面上运动的加速度a ＝g sin θ，小球到达平板底端时的速度为v ＝2ax ＝2gx sin θ＝2gh ，显然到达平板底端时的速度大小相等，但方向不同，则C 错误；由位移公式x ＝12at2可知t ＝2xa＝2h g sin 2θ，整个过程中重力的平均功率为P ＝W t ＝mg sin θ2gh2，则沿倾角为θ1的平板下滑的小球的重力平均功率最大，B 错误；根据P ＝mgv cos(90°－θ)＝mgv sin θ，速度大小相等，沿倾角为θ3的平板下滑的小球到达平板底端时重力的瞬时功率最小，D 正确．[答案] AD迁移二 变力做功问题2．(2019·江西六校联考)如图所示，将一光滑圆弧轨道固定竖直放置，其中A 点为圆弧轨道的最低点，B 点为圆水平直径与圆弧的交点．一个质量为m 的物体静止于A 点，现用始终沿切线方向、大小不变的外力F 作用于物体上，使其沿圆周运动到达B 点，随即撤去外力F ，要使物体能在竖直圆轨道内维持圆周运动，外力F 至少为( )A.2mg π B.3mg π C.4mg π D.5mg π[解析] 物体由A 点运动到B 点的过程中，由动能定理可得W F －mgR ＝12mv 2B ①；因F 是变力，对物体的运动过程分割，将AB 划分成许多小段，则当各小段弧长Δs 足够小时，在每一小段上，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W F ＝F Δs 1＋F Δs 2＋…＋F Δs 1＋…＝F (Δs 1＋Δs 2＋…＋Δs 1＋…)＝F ·π2R ②；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 ≤m v 2R，即在圆轨道最高点处速度至少为Rg .故由机械能守恒定律得12mv 2B ＝mgR ＋m (Rg )22③；联立①②③式得F ＝5mgπ.选项D 正确．[答案] D迁移三 机车启动问题3．(2019·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2×103kg ，在某平直路面上行驶，阻力恒为3×103N ．若汽车从静止开始以恒定加速度2 m/s 2做匀加速运动，则此匀加速过程能持续的时间大约为( )A ．8 sB ．14 sC ．26 sD ．38 s[解析] 由图像可知，机车的最大功率约为P ＝200 kW ，在匀加速阶段由牛顿第二定律可知：F －F 阻＝ma ，即F ＝F 阻＋ma ＝3×103N ＋2×103×2 N＝7000 N ，再由P ＝Fv 可知：v＝P F ＝200×1037000 m/s ＝2007 m/s ，由v ＝at ，解得t ＝1007s≈14.3 s，故选项B 正确． [答案] B机车启动模型中的两点技巧：机车启动匀加速过程的最大速度v 1(此时机车输出的功率最大)和全程的最大速度v m (此时F 牵＝F 阻)求解方法：(1)求v 1：由F 牵－F 阻＝ma 、P ＝F 牵v 1可求出v 1＝PF 阻＋ma.(2)求v m ：由P ＝F 阻v m ，可求出v m ＝PF 阻. 热点考向二 动能定理的应用【典例】 (2018·全国卷Ⅰ)如图，abc 是竖直面内的光滑固定轨道，ab 水平，长度为2R ；bc 是半径为R 的四分之一圆弧，与ab 相切于b 点．一质量为m 的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a 点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g .小球从a 点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )A ．2mgRB ．4mgRC ．5mgRD ．6mgR[思路引领][解析] 设小球运动到c 点的速度大小为v c ，则对小球由a 到c 的过程，由动能定理有F ·3R －mgR ＝12mv 2c ，又F ＝mg ，解得v c ＝2gR ，小球离开c 点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c 点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g ，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c 点到其轨迹最高点所需的时间为t ＝v c g ＝2R g ，在水平方向的位移大小为x ＝12gt 2＝2R .由以上分析可知，小球从a 点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R ，则小球机械能的增加量为ΔE ＝F ·5R ＝5mgR ，C 正确，ABD 错误．[答案] C1．应用动能定理解题的基本步骤2．应用动能定理解题应注意的四点(1)方法的选择：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，比动力学方法要简捷．(2)规律的应用：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没有依据的．(3)过程的选择：物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段应用动能定理，也可以对全过程应用动能定理，但如果对整个过程应用动能定理，则可使问题简化．(4)电磁场中的应用：在电磁场中运动时多了一个电场力或磁场力，特别注意电场力做功与路径无关，洛伦兹力在任何情况下都不做功．迁移一 动能定理求解变力做功1．(2019·江苏盐城高三三模)如图所示，水平面AB 光滑，粗糙半圆轨道BC 竖直放置，圆弧半径为R ，AB 长度为4R .在AB 上方、直径BC 左侧存在水平向右、场强大小为E 的匀强电场．一带电量为＋q 、质量为m 的小球自A 点由静止释放，经过B 点后，沿半圆轨道运动到C 点．在C 点，小球对轨道的压力大小为mg ，已知E ＝mgq，水平面和半圆轨道均绝缘．求：(1)小球运动到B 点时的速度大小； (2)小球运动到C 点时的速度大小；(3)小球从B 点运动到C 点过程中克服阻力做的功． [解析] (1)小球从A 点到B 点，根据动能定理有qE ·4R ＝12mv 2B －0又E ＝mg q解得v B ＝8gR ＝22gR(2)小球运动到C 点，根据牛顿第二定律有2mg ＝m v 2CR解得v C ＝2gR(3)小球从B 点运动到C 点的过程，根据动能定理有W f －2mgR ＝12mv 2C －12mv 2B解得W f ＝－mgR小球从B 点运动到C 点的过程克服阻力做功为mgR . [答案] (1)22gR (2)2gR (3)mgR 迁移二 动能定理解决多过程问题2．(2019·上海市黄埔区高三二模)光滑水平平台AB 上有一根轻弹簧，一端固定于A ，自然状态下另一端恰好到B .平台B 端连接两个内壁光滑、半径均为R ＝0.2 m 的14细圆管轨道BC 和CD .D 端与水平光滑地面DE 相接．E 端通过光滑小圆弧与一粗糙斜面EF 相接，斜面与水平面的倾角θ可在0≤θ≤75°范围内变化(调节好后即保持不变)．一质量为m ＝0.1 kg 的小物块(略小于细圆管道内径)将弹簧压缩后由静止开始释放，被弹开后以v 0＝2 m/s 进入管道．小物块与斜面的动摩擦因数为μ＝33，取g ＝10 m/s 2，不计空气阻力．(1)求物块过B 点时对细管道的压力大小和方向；(2)当θ取何值时，小物块在EF 上向上运动的时间最短？求出最短时间．(3)求θ取不同值时，在小物块运动的全过程中产生的摩擦生热Q 与tan θ的关系式． [解析] (1)设轨道对物块的压力竖直向下，由牛顿第二定律得F ＋mg ＝m v 20R解得F ＝1 N由牛顿第三定律可知，物块对轨道的压力大小F ′＝F ＝1 N ，方向竖直向上 (2)物块到达DE 时的速度为v ，由动能定理得mg ·2R ＝12mv 2－12mv 20解得v ＝2 3 m/s沿斜面上滑时有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1 上滑时间为t ＝v a 1联立可得t ＝35⎝ ⎛⎭⎪⎫sin θ＋33cos θ s ＝310sin (θ＋30°) s由数学知识可得，当θ＝60°时，有t min ＝0.3 s (3)物块恰好能在斜面上保持静止mg sin θ＝μmg cos θ解得θ＝30°则当0≤θ≤30°，滑块在EF 上停下后即保持静止．在EF 上滑行x ＝v 22a 1，产生的摩擦热量为Q ＝μmg cos θ·x化简得Q ＝35(3tan θ＋1)J当30°<θ≤75°，滑块在EF 上停下后返回，经多次往复运动后，最终静止于E 点 产生的摩擦热量为Q ＝mg ·2R ＋12mv 20＝0.6 J[答案] (1)1 N 方向竖直向上 (2)60° 0.3 s (3)当0≤θ≤30°时，Q ＝35(3tan θ＋1)J当30°<θ≤75°时，Q ＝0.6 J在应用动能定理解题时，运动过程的选取很重要，选取的过程恰当，解题过程会很简捷．一般地，先考虑选择全过程分析，若不能解决，再取其中的分过程分析.热点考向三 机械能守恒定律的应用【典例】 (2019·宜春三中摸底)如图所示，竖直平面内的轨道由一半径为4R 、圆心角为150°的圆弧形光滑滑槽C 1和两个半径为R 的半圆形光滑滑槽C 2、C 3，以及一个半径为2R 的半圆形光滑圆管C 4组成，C 4内径远小于R .C 1、C 2、C 3、C 4各衔接处平滑连接．现有一个比C 4内径略小的、质量为m 的小球，从与C 4的最高点H 等高的P 点以一定的初速度v 0向左水平抛出后，恰好沿C 1的A 端点沿切线从凹面进入轨道．已知重力加速度为g .求：(1)小球在P 点开始平抛的初速度v 0的大小；(2)小球能否依次通过C 1、C 2、C 3、C 4各轨道而从I 点射出？请说明理由． (3)小球运动到何处，轨道对小球的弹力最大？最大值是多大？[思路引领] (1)轨道C 1、C 2、C 3、C 4均光滑，所以小球运动过程中机械能守恒． (2)轨道C 2属于竖直面内圆周运动的绳模型，轨道C 4属于杆模型．(3)轨道C 1的最低点B 和轨道C 3的最低点F 都是压力的极大值处，根据圆周运动规律求解后比较即可，注意压力大小与小球质量、速度和轨道半径都有关系．[解析] (1)小球从P 到A ，竖直方向有：h ＝2R ＋4R sin30°＝4R ； 由平抛运动规律可得：v 2y ＝2gh 解得：v y ＝8gR在A 点，由速度关系tan60°＝v y v 0解得：v 0＝26gR 3.(2)若小球能过D 点，则在D 点的速度满足v >gR 小球从P 到D 由机械能守恒定律得： 12mv 20＋6mgR ＝12mv 2＋5mgR 解得：v ＝14gR3>gR ，则小球能过D 点 若小球能过H 点，则H 点速度满足v H >0小球从P 到H 时，机械能守恒，H 点的速度等于P 点的初速度，为26gR3>0；综上所述小球能依次通过C 1、C 2、C 3、C 4各轨道从I 点射出．(3)小球在运动过程中，轨道给小球的弹力最大的点只会在圆轨道的最低点，B 点和F 点都有可能小球从P 到B 由机械能守恒定律得： 12mv 20＋6mgR ＝12mv 2B 在B 点轨道给小球的弹力N B 满足：N B －mg ＝m v 2B 4R解得：N B ＝143mg ；小球从P 到F 由机械能守恒定律得： 12mv 20＋6mgR ＝12mv 2F ＋3mgR 在F 点轨道给小球的弹力N F 满足：N F －mg ＝m v 2F R联立解得：N F ＝293mg ；比较可知：F 点轨道对小球的弹力最大，为293mg .[答案] (1)26gR3(2)能，理由见解析(3)小球运动到F 点时，轨道对小球的弹力最大，最大值是293mg1．机械能守恒定律的三种表达形式2．应用机械能守恒定律解题的基本思路迁移一涉及弹性势能的机械能守恒问题1．(多选)(2019·武汉调研) 如图所示，在竖直平面内固定一半径为R的光滑圆轨道，a点为最高点，d点为最低点，c点与圆心O等高，a、b间距为R.一轻质弹簧的原长为1.5R，它的一端固定在a点，另一端系一小圆环，小圆环套在圆轨道上．某时刻，将小圆环从b 点由静止释放，小圆环沿轨道下滑并通过d点．已知重力加速度大小为g，不计一切摩擦，下列判断正确的是( )A．小圆环从b点运动至c点的过程中先加速后减速B ．小圆环从b 点运动至d 点的过程中，弹簧弹力对其先做正功后做负功C ．小圆环运动至c 点时的速度大于gRD ．小圆环运动至d 点时的速度小于3gR[解析] 小圆环运动至c 点时，弹簧的长度为2R <1.5R ，小圆环从b 点运动至c 点的过程中，弹簧一直处于压缩状态，重力和弹簧弹力都做正功，小圆环一直处于加速状态，选项A 错误；小圆环从b 点运动至d 点的过程中，弹簧先恢复原长后伸长，可见弹簧的弹力对小圆环先做正功后做负功，选项B 正确；小圆环从b 点运动至c 点的过程中，选与O 点等高的平面为零势能面，对小圆环和弹簧组成的系统由机械能守恒定律有mg (R －R cos60°)＋E p b ＝12mv 2c ＋E p c ，由于弹簧弹性势能E p b >E p c ，得v c >gR ，选项C 正确；当小圆环在b 点时弹簧处于压缩状态且压缩量x 1＝0.5R ，当小圆环在d 点时弹簧处于伸长状态且伸长量x 2＝0.5R ＝x 1，小圆环在b 点时弹簧的弹性势能等于小圆环在d 点时弹簧的弹性势能，选与d 点等高的面为零势能面，对圆环和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律有mg (2R －R cos60°)＝12mv 2d ，解得v d ＝3gR ，选项D 错误．[答案] BC迁移二 绳连接体的机械能守恒问题2. (2019·黑龙江哈尔滨六中模拟)如图所示，物体A 的质量为M ，圆环B 的质量为m ，通过绳子连结在一起，圆环套在光滑的竖直杆上，开始时连接圆环的绳子处于水平，长度l ＝4 m ，现从静止释放圆环．不计定滑轮和空气的阻力，取g ＝10 m/s 2，若圆环下降h ＝3 m 时的速度v ＝5 m/s ，则两个物体的质量关系为( )A.M m ＝3529B.M m ＝79C.M m ＝3925D.M m ＝1519[解析]圆环下降3 m 时的速度可以沿绳方向和垂直绳方向进行分解，故可得v A ＝v cos θ，又由几何关系可知cos θ＝h h 2＋l 2，解得v A ＝3 m/s.当圆环下降的高度h ＝3 m 时，由几何关系可知，物体A 上升的高度h ′＝h 2＋l 2－l ＝1 m ．将A 、B 看做一个系统，则该系统只有重力做功，机械能守恒，则由机械能守恒定律可得mgh －Mgh ′＝12mv 2＋12Mv 2A ，代入数据求解可得M m ＝3529，选项A 正确．[答案] A迁移三 杆连接体问题3．(多选)(2019·山西省太原一模)如图所示，长为L 的轻杆两端分别固定a 、b 两金属球(可视为质点)，两球质量均为m ，a 放在光滑的水平面上，b 套在竖直固定的光滑杆上且离地面高度为32L ，现将b 从图示位置由静止释放，则( )A ．在b 球落地前的整个过程中，a 、b 组成的系统水平方向上动量守恒B ．从开始到b 球距地面高度为L2的过程中，轻杆对a 球做功为3－18mgl C ．从开始到b 球距地面高度为L 2的过程中，轻杆对b 球做功为－38mglD ．从b 球由静止释放到落地的瞬间，重力对b 球做功的功率为mg 3gl[解析] 在b 球落地前的整个过程中，b 在水平方向上受到固定光滑杆的弹力作用，所以a 、b 组成的系统水平方向上动量不守恒，A 错误．从开始到b 球距地面高度为L2的过程中，b 球减少的重力势能为3－12mgL ，当b 球距地面高度为L2时，由两球沿杆方向分速度相同可知v b ＝3v a ，又因为a 、b 质量相等，所以有E k b ＝3E k a .从开始下落到b 球距地面高度为L2的过程由机械能守恒可得3－12mgL ＝4E k a .可得E k a ＝3－18mgl ，所以杆对a 球做功为3－18mgl ，B 正确．从开始到b 球距地面高度为l2的过程中，轻杆对b 球做负功，且大小等于a 球机械能的增加量，为－3－18mgl ，C 错误．在b 球落地的瞬间，a 球速度为零，从b 球由静止释放到落地瞬间的过程中，b 球减少的重力势能全部转化为b 球动能，所以此时b 球速度为3gl ，方向竖直向下，所以重力对b 球做功的功率为mg 3gl ，D 正确．[答案] BD连接体的机械能守恒问题，一般是两个物体由细绳或轻杆连接在一起．求解这类问题的方法是先找到两物体的速度关系，从而确定系统动能的变化，其次找到两物体上升或下降的高度关系，从而确定系统重力势能的变化，然后按照系统动能的增加量(减少量)等于重力势能的减少量(增加量)列方程求解．其中寻找两物体的速度关系是求解问题的关键．连接体一般可分为三种：(1)速率相等的连接体：如图甲所示，两物体在运动过程中速率相等，根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解．(2)角速度相等的连接体：如图乙所示，两球在运动过程中角速度相等，线速度大小与半径成正比，根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解．(3)某一方向分速度相等的连接体：如图丙所示，A 放在光滑斜面上，B 穿过竖直光滑杆PQ 下滑，将B 的速度沿绳的方向和垂直于绳的方向分解，如图丁所示，其中沿绳方向的速度v x 与A 的速度大小相等，根据系统减少的重力势能等于系统增加的动能列方程求解．思维方法突破——动能定理与图像结合问题的处理方法动能定理与图像结合的问题1．图像问题分析的“四步走”2．常见图像所围面积的含义性能，他驾驶一轿车在如图甲所示的平直路面上运动，其中轿车与ON段路面间的动摩擦因数比轿车与MO段路面间的动摩擦因数大．晓宇驾驶轿车保持额定功率以10 m/s的速度由M 向右运动，该轿车从M向右运动到N的过程中，通过速度传感器测量出轿车的速度随时间的变化规律图像如图乙所示，在t＝15 s时图线的切线与横轴平行．已知轿车的质量为m＝2 t，轿车在MO段、ON段运动时与路面之间的阻力大小分别保持不变．求.(1)该轿车在MO段行驶时的阻力大小；(2)该轿车在运动过程中刚好通过O点时加速度的大小；(3)该轿车由O运动到N的过程中位移的大小．[审题指导]第一步读题干—提信息[解析] (1)轿车在MO 段运动时，以10 m/s 的速度匀速运动，有F 1＝f 1，P ＝F 1v 1 联立解得f 1＝20×10310N ＝2000 N.(2)轿车在ON 段保持额定功率不变，由图像可知t ＝15 s 时轿车开始做匀速直线运动，此时由力的平衡条件有F 2＝f 2，P ＝F 2v 2联立解得f 2＝20×1035N ＝4000 Nt ＝5 s 时轿车经过O 点，开始做减速运动，有F 1－f 2＝ma解得a ＝－1 m/s 2轿车通过O 点时加速度大小为1 m/s 2. (3)由动能定理可知Pt －f 2x ＝12mv 22－12mv 21解得x ＝68.75 m.[答案] (1)2000 N (2)1 m/s 2(3)68.75 m(1)机车启动的方式不同，机车运动的规律就不同，因此机车启动时，其功率、速度、加速度、牵引力等物理量的变化规律也不相同，分析图像时应注意坐标轴的意义及图像变化所描述的规律．(2)恒定功率下的加速一定不是匀加速，这种加速过程发动机做的功可用W ＝Pt 计算，不能用W ＝Fl 计算(因为F 为变力)．(3)以恒定牵引力加速时的功率一定不恒定，这种加速过程发动机做的功常用W ＝Fl 计算，不能用W ＝Pt 计算(因为功率P 是变化的).1．(多选)(2019·河北名校联盟)某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究，他们让这辆小车在水平直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为如图所示v －t 图像(除2～10 s 时间内的图线为曲线外，其余时间内的图线均为直线)，已知2～14 s 时间内小车的功率保持不变，在14 s 末通过遥控使发动机停止工作而让小车自由滑行，小车的质量m ＝2 kg ，可认为在整个过程中小车所受到的阻力大小不变，取g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．小车在14～18 s 时间内的加速度大小为2 m/s 2B ．小车匀速行驶阶段的功率为32 WC ．小车在2～10 s 时间内的位移大小为52 mD ．小车受到的阻力大小为8 N[解析] 在14～18 s 时间内，小车的加速度大小a 1＝84 m/s 2＝2 m/s 2，选项A 正确；在14～18 s 时间内，小车在水平方向上只受阻力f 作用，根据牛顿第二定律得f ＝ma 1＝4 N ，选项D 错误；在10～14 s 内两小车做匀速直线运动，牵引力大小F 1＝f ＝4 N ，小车的功率P ＝F 1v ＝4×8 W＝32 W ，选项B 正确；在2～10 s 时间内，根据动能定理有P Δt －fx ＝12mv 22－12mv 21，其中Δt ＝8 s ，v 1＝4 m/s ，v 2＝8 m/s ，解得x ＝52 m ，选项C 正确． [答案] ABC2．(2019·湖南五校联考)质量为1 kg 的物体，放在动摩擦因数为0.2的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W 和物体发生的位移s 之间的关系如下图所示，重力加速度为10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．AB 段加速度大小为3 m/s 2B ．OA 段加速度大小为5 m/s 2C ．s ＝9 m 时速度大小为3 2 m/sD ．s ＝3 m 时速度大小为2 2 m/s[解析] 分析可知W －s 图线的斜率表示拉力的大小，由W －s 图像，可知F OA ＝5 N ，F AB＝2 N ，而物体受到的摩擦力为F f ＝2 N ，故物体在OA 段加速，由牛顿第二定律，可知F OA －F f ＝ma ，故a ＝3 m/s 2，而在AB 段物体做匀速运动，选项A 、B 错误．在OA 段，根据动能定理，有W －μmgs ＝12mv 2A ，解得v A ＝3 2 m/s ，vB ＝v A ＝3 2 m/s ，故可知选项C 正确，D 错误．[答案] C专题强化训练(五)一、选择题1．(2019·深圳宝安区期中检测)一滑块在水平地面上沿直线滑行，t ＝0时其速度为1 m/s ，从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作用力F ，力F 和滑动的速度v 随时间t 的变化规律分别如下图甲、乙所示，则以下说法正确的是( )A．第1 s内，F对滑块做的功为3 JB．第2 s内，F对滑块做功的平均功率为4 WC．第3 s末，F对滑块做功的瞬时功率为1 WD．前3 s内，F对滑块做的总功为零[解析] 由题图可知，第1 s内，滑块位移为1 m，F对滑块做的功为2 J，A错误；第2 s内，滑块位移为1.5 m，F做的功为4.5 J，平均功率为4.5 W，B错误；第3 s内，滑块的位移为1.5 m，F对滑块做的功为1.5 J，第3 s末，F对滑块做功的瞬时功率P＝Fv＝1 W，C正确；前3 s内，F对滑块做的总功为8 J，D错误．[答案] C2．(2019·湖北八校二联)如右图，小球甲从A点水平抛出，同时将小球乙从B点自由释放，两小球先后经过C点时速度大小相等，方向夹角为30°，已知B、C高度差为h，两小球质量相等，不计空气阻力，由以上条件可知( )A．小球甲做平抛运动的初速度大小为2 gh 3B．甲、乙两小球到达C点所用时间之比为1∶ 3C ．A 、B 两点高度差为h4D ．两小球在C 点时重力的瞬时功率大小相等[解析] 甲、乙两球经过C 点的速度v 甲＝v 乙＝2gh ，甲球平抛的初速度v 甲x ＝v 甲sin30°＝2gh 2，故A 项错误；甲球经过C 点时竖直方向的速度v 甲y ＝v 甲cos30°＝6gh 2，运动时间t 甲＝v 甲yg ＝3h2g，乙球运动时间t 乙＝2hg，则t 甲∶t 乙＝3∶2，故B 项错误；A 、B两点的高度差Δh ＝12gt 2乙－12gt 2甲＝h4，故C 项正确；甲和乙两球在C 点时重力的瞬时功率分别为P 甲＝mgv 甲y ＝mg6gh2，P 乙＝mgv 乙＝mg 2gh ，故D 项错误． [答案] C3．(2019·全国卷Ⅲ) 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3 m 以内时，物体上升、下落过程中动能E k 随h 的变化如图所示．重力加速度取10 m/s 2.该物体的质量为( )A ．2 kgB ．1.5 kgC ．1 kgD ．0.5 kg[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 ，由动能定理结合题图可得－(mg ＋F )×3 m＝(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 ，再由动能定理结合题图可得(mg －F )×3 m＝(48－24) J ，联立解得m ＝1 kg 、F ＝2 N ，选项C 正确，A 、B 、D 均错误．[答案] C4．(多选)(2019·抚州阶段性检测)如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m 的小球，从离弹簧上端高h 处由静止释放．某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox ，作出小球所受弹力F 大小随小球下落的位置坐标x 的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g .以下判断正确的是( )A ．当x ＝h ＋2x 0时，小球的动能最小B ．最低点的坐标x ＝h ＋2x 0C ．当x ＝h ＋2x 0时，小球的加速度为－g ，且弹力为2mgD ．小球动能的最大值为mgh ＋mgx 02[解析] 由题图乙可知mg ＝kx 0，解得x 0＝mg k，由F －x 图线与横轴所围图形的面积表示弹力所做的功，则有W 弹＝12k (x －h )2，小球由静止释放到最低点的过程，由动能定理得mgx－12k (x －h )2＝0，即mgx －mg 2x 0(x －h )2＝0，解得x ＝h ＋x 0⎝⎛⎭⎪⎫1＋1＋2h x 0，故最低点坐标不是h ＋2x 0，且此处动能不是最小，故A 、B 错误；由题图乙可知，mg ＝kx 0，由对称性可知当x＝h ＋2x 0时，小球加速度为－g ，且弹力为2mg ，故C 正确；小球在x ＝h ＋x 0处时，动能有最大值，根据动能定理有mg (h ＋x 0)＋W 弹＝E km －0，依题可得W 弹＝－12mgx 0，所以E km ＝mgh＋12mgx 0，故D 正确． [答案] CD5．(多选)(2019·青岛重点中学期中联测)质量为m 的小球穿在足够长的水平直杆上，小球与杆之间的动摩擦因数为μ，受到方向始终指向O 点的拉力F 作用，且F ＝ks ，k 为比例系数，s 为小球和O 点的距离．小球从A 点由静止出发恰好运动到D 点；小球在d 点以初速度v 0向A 点运动，恰好运动到B 点．已知OC 垂直于杆且C 为垂足，B 点为AC 的中点，OC。
2020年江苏物理高考二轮复习：专题二功和能
专题二功和能冲刺提分作业一、单项选择题1. （2019江苏南通、泰州、扬州等七市二模联考）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 WB.20 WC.100 WD.400 W答案C 一个普通中学生质量约为50千克，每次引体向上时重心升高约0.5米,则克服重力做功的功率为P—=——= ----------------- W=100 W2. （2019江苏南京学情调研）一个质量M=2kg的物体受五个力的作用处于平衡状态。
当其中一个F=10 N的作用力突然消失,其余四个力保持不变。
经过时间t=2 s后,下列说法正确的是（）A. 物体一定做匀加速直线运动B. 物体的速度一定是10 m/sC. 物体速度的变化量一定等于10 m/sD. 物体的动能一定增加了100 J答案C当10 N的力消失后，其他力的合力与消失的力大小相等，方向相反，则物体做匀变2 2速运动,加速度为a=-=— m/s =5 m/s。
若物体原来做匀速直线运动,且速度方向与F的方向不在一条直线上，则物体做曲线运动，故A错误。
因初速度不知道，则不能确定2 s后物体的速度,故B错误。
物体速度的变化量△ v=at=10 m/s,方向与F的方向相反，故C正确。
物体的动能变化量不能确定，故D错误。
3. （2018江苏镇江一模）坐落在镇江新区的摩天轮高88 m,假设乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。
下列说法正确的是（）A. 在摩天轮转动的过程中，乘客机械能始终保持不变B. 在最低点时，乘客所受重力大于座椅对他的支持力C. 在摩天轮转动一周的过程中，合力对乘客做功为零D. 在摩天轮转动的过程中，乘客所受重力的功率保持不变答案C机械能等于重力势能和动能之和，摩天轮转动过程中，做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，则重力势能变化，所以机械能在变化,A错误；圆周运动过程中，在最低点，由重力和支持力的合力提供向心力F,向心力指向圆心，所以F=N-mg则支持力N=mg+F所以重力小于支持力,B错误;在摩天轮转动一周的过程中,动能变化量为零, 则合力对乘客做功为零,C正确;运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，则竖直方向的分速度也是在变化的，所以重力的瞬时功率在变化，D错误。
高考物理二轮复习专题二 功和能(PPT版)共38张
,Ek= K -
tan θ
K tan θ,由于m未知,所以不能根据mgh=K求出h,因此v求不出来,可求滑块下滑至
底端时的动能Ek,故A项错误,C项正确;根据牛顿第二定律得mg cos θ-μmgsin θ=
ma,得a=g cos θ-g tan θ sin θ,可以求出加速度a,故B项正确;滑块下滑至底端时重
①全程最大速度的临界点满足条件为:Ff=
P额 vm
;
②匀加速运动达最大速度时满足的条件为
P v1
Ff
=ma,此时瞬时功率等于额定
功率PHale Waihona Puke ;③在匀加速过程中的某点,有:
P1 v
Ff
=ma;
④在变加速运动过程中的某点,有:
P额 v2
Ff
=ma'。
3.动能定理:W总=Ek2-Ek1=
。 1
2
mv
2 2
答案 AC 对乙施加水平向右的瞬时速度v,对木板甲来说,因为乙对甲的摩
擦力μmg小于木板与地面之间的最大静摩擦力2μmg,可知木板甲是不动的,则
对乙由动能定理Ek乙=Ek乙0-μmgx;当乙在甲上停止后,此时给甲一初速度v,则乙
在摩擦力作用下先做匀加速运动,动能Ek乙=μmgx;而甲做匀减速运动,动能Ek甲
解析 设AB=h。滑块M恰能沿斜面匀速下滑时,有mg sin θ=μmg cos θ,得μ=
tan θ,据重力势能减小量为K得mgh=K,该斜面逆时针旋转90°后,根据动能定
理mg· h -μmg sin θ· h =
tan θ
sin θ
1 2
mv2=Ek,联立解得v=
2gh 2gh tan θ tan θ
高考物理二轮专题复习课件：专题整合高频突破 专题二 功和能 动量和能量1
17
考点一
7
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考点定位:机车问题 命题能力点:侧重考查理解能力
解题思路与方法:0~t1 和t1 ~t2 时间内汽车的功率保持不变,在t1 时
刻功率突然变大,但速度不突变。
8
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3 .(多选)(2016 全国Ⅱ卷)如图,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< 。在小球从M 点运动到N 点 的过程B中CD,( )
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考点一
考点二
考点三
功、功率、机车启动及相关图象问题的分析ຫໍສະໝຸດ 题型1 功、功率及相关图象问题(H)
典题1 (2017 江西南昌模拟)用一根绳子竖直向上拉一个物块,物
块从静止开始运动,绳子拉力的功率按如图所示规律变化,已知物
块的质量为m ,重力加速度为g ,0~t0时间内物块做匀加速直线运动 ,t0 时刻后功率保持不变,t1 时刻物块达到最大速度,则下列说法正 确的D 是( )
答案 (1)4.0 × 10 8 J 2 .4 × 10 12 J (2)9.7 × 10 8 J
12
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13
1234
(2)飞船在高度h'= 600 m 处的机械能为
由功能原理得
W=E h'-E k0 ⑥ 式中,W 是飞船从高度600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力 所做的功。由②⑤⑥式和题给数据得 W= 9 .7 × 10 8 J⑦
5
1234
考点定位:机械能守恒定律 运动的合成与分解 命题能力点:侧重考查理解能力+ 分析综合能力 解题思路与方法:本题主要是理解a、b 两物体沿杆的分速度相等 :vacos θ=v bsin θ;b 的速度最大,此时杆对b 作用力为0 也是解题的
(江苏专用)2020高考物理二轮复习第一部分专题二功和能第三讲力学的经典模型(二)课件
木板与地面间的动摩擦因数μ3＝0.05，取g＝10 m/s2。求：
(1)滑块从传送带A端滑到B端，相对传送带滑动的路程； (2)滑块从传送带A端滑到B端，传送带因传送该滑块多消耗 的电能； (3)设木板受到的最大静摩擦力跟滑动摩擦力相等，则木板 至少多长才能使滑块不从木板上掉下来。
本 课 内 容 结 束 摩擦力作用，摩擦力作用的位移为x，故摩擦力对小车做功
为fx，故小车的动能改变量为fx，故B错误；物块和小车增 加的机械能等于外力的功减去内能的增量，内能的增量等
于fL，故机械能的增量为F(x＋L)－fL，故C、D正确。
答案：CD
2.如图所示，厚度d＝0.45 m的长板静止在粗 糙水平地面上，与水平地面间的动摩擦因
数μ1＝0.1。在离长板左端B点的距离L＝0.5 m处静止放置一个小 滑块(可看成质点)，小滑块与长板间的动摩擦因数μ2＝0.2。已知
本 课 内 容 结 束 长板的质量M＝2 kg，滑块的质量m＝1 kg，取重力加速度g＝
10m/s2。现对长板施加一个水平向右的恒力F(大小未知)。 (1)若要将长板从小滑块下抽出，求恒力F应满足的条件； (2)若F1＝17 N，求分离时滑块与长板的速度大小； (3)在(2)问中，求从长板开始运动到滑块落地前瞬间的整个过程 中，滑块、长板和水平地面组成的系统因摩擦产生的热量。
第三讲 力学的经典模型(二)
本课内容结束
1
课前自测诊断
本课内容结束
2
课堂重点攻坚
3
课后“达标”检测
释疑2大模型 模型一 滑块—木板模型
本 课 内 容 结 束 在该类问题中，可以是力作用在滑块或木板上，使二者
江苏高考物理二轮复习专题突破课件：专题2动量和能量第3讲动量和能量的综合应用
选项 B 错误；p0＝m0v0，由动量定理可得物块对子弹的冲量大小 I＝ Δp＝p－p0＝Ft＝－1.49 N·s，负号表示方向向左，根据牛顿第三定律 可知，子弹对物块的作用力与力 F 大小相等，方向向右，又作用时 间相等，所以子弹对物块的冲量大小 I′＝1.49 N·s，选项 C 错误；对 子弹、物块组成的整体，由动量定理得－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)·(v2 －v1) ③，由①②③式联立可得，物块相对于木板滑行的时间 t＝1 s， 选项 D 正确。]
⑤
对试验车，由动量定理有－Ft2＝m1v－m1v1
⑥
将已知数据代入⑤⑥式得 F＝2.5×104 N
可见 F<F0，故试验车的安全气囊不会爆开。
[答案] 见解析
考点2 碰撞类问题
新储备·等级考提能 1．碰撞的基本规律
2．可熟记一些公式和结论 (1)“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足： v1＝mm11＋－mm22v0、v2＝m12＋m1m2v0。 (2)结论：当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度；当 m1≫m2， 且 v20＝0 时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为 2v0。当 m1 ≪m2，且 v20＝0 时，碰后质量小的球原速率反弹。
水的密度 ρ＝1.0×103 kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为( )
A．2.7 m/s
B．5.4 m/s
C．7.6 m/s
D．10.8 m/s
[题眼点拨] ①“悬停在空中”表明水向上的冲击力等于运动 员与装备的总重力。
②“水反转 180°”水速度变化量大小为 2v。
B [两个喷嘴的横截面积均为 S＝14πd2，根据平衡条件可知每个 喷嘴对水的作用力为 F＝12mg，取质量为 Δm＝ρSvΔt 的水为研究对 象，根据动量定理得 FΔt＝2Δmv，解得 v＝ ρmπdg2≈5.4 m/s，选项 B 正确。]
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P-t图像
由公式W=Pt可知,P-t图线与t轴所围面积表示力所做的功
(2)功能相关图像问题分析“三步走”
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例1 (2018江苏常州一模)如图所示,一小滑块(可视为质点)以某一初速度沿 斜面向下滑动,最后停在水平面上。滑块与斜面间及水平面间的动摩擦因数
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例2 (2019江苏泰州一模)如图所示,半径为R的圆管BCD竖直放置,一可视为 质点的质量为m的小球以某一初速度从A点水平抛出,恰好从B点沿切线方向
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进入圆管,到达圆管最高点D后水平射出。已知小球在D点对管下壁压力大 小为 1 mg,且A、D两点在同一水平线上,BC弧对应的圆心角θ=60°,重力加速
v0=
vy tan 60?
=
gR
(2)在D点,由牛顿第二定律有mg- 1 mg=mvD2
2
R
解得vD=
2gR 2
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ω= vD = g
R 2R
(3)从A到D全过程由动能定理得-W克=
1 2
m
vD2
-
1 2
mv02
解得W克=
1 4
mgR
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答案
BC
从投掷线MN到O点应用动能定理有-μmgL1-μ'mgL2=0-
1 2
m
v02,L1+L2
=L,所以可以在冰壶滑行路线上的不同区间上擦冰,只要高保考证导擦航 冰的距离一
定就行,故A错误,B正确;擦冰区间越靠近投掷线,则开始阶段冰壶的平均速度
就越大,总的平均速度越大,距离一定,所以滑行的总时间越短,故C正确,D错
2.多过程问题的解题思路要点是“一拆”“一点”“一合”。“一拆”就 是分析物体的运动过程,将其各个不同的运动阶段拆分开来,各个击破;“一点”就
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是找到各个运动阶段的交接点,交接点的瞬时速度的大小和方向将不 同的运动连接起来;“一合”就是找到不同运动的时间或空间的关系将其整 个运动过程联系起来。
误。
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三、传送带、板块模型中的功能问题
求解传送带(板块)相对滑动的能量问题的方法
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说明:公式Q=F滑·l相对中l相对为两接触物体间的相对位移。若物体在传送带上往 复运动时,则l相对为总的相对路程。
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例3 (2018江苏淮安、宿迁质量检测)如图所示,水平桌面上质量为m的薄木 板右端叠放着质量也为m的小物块,木板长为L,整体处于静止状态。已知物
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(3)若给木板施加大小为F=3μmg、方向沿水平桌面向右的拉力,经过时间t0,撤
去拉力F,此后运动过程中小物块始终未脱离木板,求木板运动全过程中克服
桌面摩擦力所做的功W。
答案 (1) 2v02
μg
(2) μmg <F≤ 5μmg
2
2
(3)1.95m(μgt0)2
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解析 (1)对木板和物块组成的系统,由动能定理得
-
μ 4
·2mgs0=0-12
·2mv02
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解得s0=
答案 A 设小球初动能为Ek0,初速度为v0,重力加速度为高g考。导瞬航 时动能Ek=Ek0-
mgh,h=v0t-
1 2
gt2,联立得Ek=
1 2
mg2t2-mgv0t+Ek0,故A正确,B、C、D错误。
二、动能定理在多过程中的应用
1.应用动能定理解题的基本步骤
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cos
θ-
μmg·(x-L cos θ)=E0-μmgx,综上所述E=E0-μmgx,故D正确,A、B、C错误。
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变式 (2018江苏单科,4,3分)从地面竖直向上抛出一只小球,小球运动一段时 间后落回地面。忽略空气阻力,该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图像是
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(A)
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相等,斜面与水平面连接处平滑且长度不计,则该过程中,滑块的机械能与水 平位移x的关系的图线正确的是(取地面为零势能面) ( D )
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答案 D 设滑块开始时的机械能为E0,斜面的倾角为θ,高斜考面导长航 度为L,在斜面
上运动时E=E0-μmg
cos
θ×
x cos
θ
=E0-μmgx,在水平面上运动时E=E0-μmgL
行到圆心O点。关于这一运动过程,以下说法正确的是 (
)
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A.为使本次投掷成功,必须在冰壶滑行路线上的特定区间上擦冰 B.为使本次投掷成功,可以在冰壶滑行路线上的不同区间上擦冰 C.擦冰区间越靠近投掷线,冰壶滑行的总时间越短 D.擦冰区间越远离投掷线,冰壶滑行的总时间越短
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专题二 功和能
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一、功能问题与图像的结合
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(1)四类图像中“面积”的含义
v-t图像 a-t图像 F-x图像
由公式x=vt可知,v-t图线与t轴所围面积表示物体的位移 由公式Δv=at可知,a-t图线与t轴所围面积表示物体速度的变化量 由公式W=Fx可知,F-x图线与x轴所围面积表示力所做的功
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块与木板间的动摩擦因数为μ,木板与桌面间的动摩擦因数为 μ,最大静摩擦
4
力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。
(1)若使木板与物块一起以初速度v0沿水平桌面向右运动,求木2)若对木板施加水平向右的拉力F,为使木板沿水平桌面向右滑动且与物块
间没有相对滑动,求拉力F应满足的条件。
2
度为g,不计空气阻力。求:
(1)小球在A点初速度的大小; (2)小球在D点角速度的大小; (3)小球在圆管内运动过程中克服阻力做的功。
答案 (1) gR (2) g (3) 1 mgR
2R
4
解析 (1)小球从A到B做平抛运动,竖直方向有
v
2 y
=2gR(1+cos
60°)
即vy= 3gR
小球在A点的初速度与小球在B点的水平速度相同
变式 (多选)(2018江苏盐城模拟)冰壶比赛场地如图,运动员从发球区处推着
冰壶出发,在投掷线MN处放手让冰壶滑出。设在某次投掷后发现冰壶投掷
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的初速度v0较小,直接滑行不能使冰壶沿虚线到达尽量靠近圆心O的位置,于
是运动员在冰壶到达前用毛刷摩擦冰壶运行前方的冰面,这样可以使冰壶与
冰面间的动摩擦因数从μ减小到某一较小值μ‘,设经过这样擦冰,冰壶恰好滑