2019版高考物理通用版二轮复习讲义：第一部分第二板块第2讲应用“能量观点”和“动量观点”破解力学计算

合集下载

2019高考物理新金版大二轮课件：专题二能量与动量1.2.1

பைடு நூலகம்
解析：对 A 物块由牛顿第二定律得：F－mg＋kx＝ma，解得：F＝m(g＋a) －kx，由于 x 先减小后反向增大，故拉力一直增大，故 A 错误；在 A 上升过程中，弹簧从压缩到伸长，所以弹簧的弹性势能先减小后增大，故 B 错误；在上升过程中，由于物块 A 做匀加速运动，所以物块 A 的速度增大，高度升高，则物块 A 的动能和重力势能增大，故 C 正确；在上升过程中，除重力与弹力做功外，还有拉力做正功，所以两物块 A、B 和轻弹簧组成的系统的机械能一直增大，故 D 错误。
解析：当滑块的合力为 0 时，滑块速度最大，即知在 c 点时滑块的速度最
解析：由题意知，W 拉－W 阻＝ΔEk，则 W 拉>ΔEk，故 A 对，B 错；W 阻与 ΔEk 的大小关系不确定，所以 C、D 均错。
答案： A
命题点：动能定理、W 合＝ΔEk 的分析应用。
2．[重力做功与重力势能的变化](2017·全国卷Ⅲ·16)如图，一质量为 m，长度
为 l 的均匀柔软细绳 PQ 竖直悬挂。用外力将绳的下端 Q 缓慢地竖直向上拉起至
M 点，M 点与绳的上端 P 相距13l。重力加速度大小为 g。在此过程中，外力做的
功为( )
1 A.9 mgl
1 B.6 mgl
1 C.3 mgl
1 D.2 mgl
解析：以均匀柔软细绳 MQ 段为研究对象，其质量为23m，取 M 点所在的水平面为零势能面，开始时，细绳 MQ 段的重力势能 Ep1＝－23mg·3l ＝－29mgl，用外力将绳的下端 Q 缓慢地竖直向上拉起至 M 点时，细绳 MQ 段的重力势能 Ep2＝－23 mg·6l ＝－19mgl，则外力做的功即克服重力做的功等于细绳 MQ 段的重力势能的变化，即 W＝Ep2－Ep1＝－19mgl＋29mgl＝19mgl，选项 A 正确。

2019届高三物理二轮复习配套课件：第一部分+专题整合+专题二+功能与动量+第2讲

综合训练 · 限时检测
图2－2－2
水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径
考点突破 · 考向探究
有关，此距离最大时，对应的轨道半径为(重力加速度为 g) v2 A. 16g
菜单
v2 B. 8g
v2 C. 4g
v2 D. 2g
高考专题辅导与训练·物理
第一部分
高考导航 · 考题考情
高考专题辅导与训练·物理
第一部分
高考导航 · 考题考情
专题二
能量和动量
解析
此过程中，PM 段细绳的机械能不变， MQ
段细绳的机械能的增量 2 1 2 1 1 ΔE＝ mg－6l－ mg－3l＝ mgl，由功能原理可 3 3 9 1 知，在此过程中，外力做的功为 W＝ mgl，故 A 正确， 9 B、C、D 错误。
第一部分
高考导航 · 考题考情
专题二
能量和动量
考点突破 · 考向探究
综合训练 · 限时检测
答案
BCD
菜
单
高考专题辅导与训练·物理
第一部分
高考导航 · 考题考情
专题二
能量和动量
4． (2017· 全国卷Ⅰ)一质量为 8.00×104 kg 的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度 1.60×105 m 处以 7.5×103m/s 的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为 100 m/s 时下落到地面。取地面为重力势能零点，
x 最大，故选 B。
答案
B
菜
单
高考专题辅导与训练·物理
第一部分
高考导航 · 考题考情

(浙江选考)2019高考物理二轮复习专题二能量和动量第2讲动量和能量观点的应用学案

第2讲动量和能量观点的应用[历次选考考情分析]章知识内容考试要求历次选考统计必考加试2015/102016/042016/102017/042017/112018/04动量守恒定律动量和动量定理c 22 23 22 22 23 动量守恒定律c 23 22碰撞 d反冲运动火箭b 23考点一动量与冲量有关概念与规律的辨析1．动量定理(1)冲量：力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，即I＝Ft，冲量是矢量，其方向与力的方向相同，单位是N·s.(2)物理意义：动量定理表示了合外力的冲量与动量变化间的因果关系；冲量是物体动量变化的原因，动量发生改变是物体合外力的冲量不为零的结果．(3)矢量性：动量定理的表达式是矢量式，应用动量定理时需要规定正方向．2．动量定理的应用(1)应用I＝Δp求变力的冲量：若作用在物体上的作用力是变力，不能直接用Ft求变力的冲量，但可求物体动量的变化Δp，等效代换变力的冲量I.(2)应用Δp＝Ft求恒力作用下物体的动量变化：若作用在物体上的作用力是恒力，可求该力的冲量Ft，等效代换动量的变化．3．动量守恒的适用条件(1)系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合力都为零，更不能认为系统处于平衡状态．(2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力． (3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在该方向上动量守恒． 4．动量守恒的表达式(1)m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．(2)Δp 1＝－Δp 2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向． (3)Δp ＝0，系统总动量的增量为零．1．[动量定理的定性分析](多选)篮球运动员通常要伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前，如图1所示，下列说法正确的是( )图1A ．球对手的冲量减小B ．球对人的冲击力减小C ．球的动量变化量不变D ．球的动能变化量减小答案 BC解析先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得：－Ft ＝0－mv 得F ＝mvt，当时间增大时，作用力减小，而冲量和动量变化量、动能变化量都不变，所以B 、C 正确．2．[动量定理的定量计算](多选)如图2所示为运动传感器探测到小球由静止释放后撞击地面弹跳的v －t 图象，小球质量为0.5 kg ，重力加速度g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，根据图象可知( )图2A ．横坐标每一小格表示的时间是0.1 sB ．小球第一次反弹的最大高度为1.25 mC ．小球下落的初始位置离地面的高度为1.25 mD ．小球第一次撞击地面时地面给小球的平均作用力为55 N 答案 AB解析小球下落时做自由落体运动，加速度为g ，则落地时速度为6 m/s ，用时t ＝610 s ＝0.6s ，图中对应6个小格，每一小格表示0.1 s ，故A 正确；第一次反弹后加速度也为g ，为竖直上抛运动，由题图可知，最大高度为：h ＝12×10×(0.5)2m ＝1.25 m ，故B 正确；小球下落的初始位置离地面的高度为：h ′＝12×10×(0.6)2m ＝1.8 m ，故C 错误；设向下为正方向，由题图可知，碰撞时间约为t ′＝0.1 s ，根据动量定理可知：mgt ′－Ft ′＝mv ′－mv ，代入数据解得：F ＝60 N ，故D 错误．3．[动量守恒的应用](多选)如图3所示，在光滑水平面上，质量为m 的A 球以速度v 0向右运动，与静止的质量为5m 的B 球碰撞，碰撞后A 球以v ＝av 0(待定系数a <1)的速率弹回，并与固定挡板P 发生弹性碰撞，若要使A 球能再次追上B 球并相撞，则系数a 可以是( )图3A.14B.25C.23D.17 答案 BC解析 A 与B 发生碰撞，选取向右为正方向，根据动量守恒可知：mv 0＝5mv B －mav 0.要使A 球能再次追上B 球并相撞，且A 与固定挡板P 发生弹性碰撞，则av 0>v B ，由以上两式可解得：a >14，故B 、C 正确，A 、D 错误．考点二动量观点在电场和磁场中的应用例1 如图4所示，轨道ABCDP 位于竖直平面内，其中圆弧段CD 与水平段AC 及倾斜段DP 分别相切于C 点和D 点，水平段AB 、圆弧段CD 和倾斜段DP 都光滑，水平段BC 粗糙，DP 段与水平面的夹角θ＝37°，D 、C 两点的高度差h ＝0.1 m ，整个轨道绝缘，处于方向水平向左、场强未知的匀强电场中．一个质量m 1＝0.4 kg 、带正电、电荷量未知的小物块Ⅰ在A 点由静止释放，经过时间t ＝1 s ，与静止在B 点的不带电、质量m 2＝0.6 kg 的小物块Ⅱ碰撞并粘在一起在BC 段上做匀速直线运动，到达倾斜段DP 上某位置．物块Ⅰ和Ⅱ与轨道BC 段间的动摩擦因数均为μ＝0.2.g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图4(1)物块Ⅰ和Ⅱ在BC 段上做匀速直线运动的速度大小；(2)物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过C 点时，圆弧段轨道对物块Ⅰ和Ⅱ的支持力的大小．答案 (1)2 m/s (2)18 N解析 (1)物块Ⅰ和Ⅱ粘在一起在BC 段上做匀速直线运动，设电场强度为E ，物块Ⅰ带电荷量为q ，与物块Ⅱ碰撞前物块Ⅰ的速度为v 1，碰撞后共同速度为v 2，取水平向左为正方向，则qE ＝μ(m 1＋m 2)g ，qEt ＝m 1v 1，m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2解得v 2＝2 m/s(2)设圆弧段CD 的半径为R ，物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过C 点时圆弧段轨道对物块Ⅰ和Ⅱ的支持力的大小为F N ，则R (1－cos θ)＝hF N －(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)v 22R解得F N ＝18 N4．(2018·诸暨市期末)在一个高为H ＝5 m 的光滑水平桌面上建立直角坐标系，x 轴刚好位于桌子的边缘，如图5所示为俯视平面图．在第一象限的x ＝0到x ＝4 3 m 之间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B ＝1.0 T ，第二象限内的平行金属板MN 之间加有一定的电压．甲、乙为两个绝缘小球，已知甲球质量m 1＝3×10－3kg ，带q ＝5×10－3C 的正电荷，乙球的质量m 2＝10×10－3 kg ，静止在桌子边缘上的F 点，即x 轴上x ＝3 3 m 处；现让甲球从金属板M附近由静止开始在电场中加速，经y 轴上y ＝3 m 处的E 点，垂直y 轴射入磁场，甲球恰好能与乙球对心碰撞，碰后沿相反方向弹回，最后垂直于磁场边界PQ 射出，而乙球落到地面．假设在整个过程中甲球的电荷量始终保持不变，重力加速度g ＝10 m/s 2，则：图5(1)求平行金属板MN 之间的电压； (2)求甲球从磁场边界PQ 射出时速度大小；(3)求乙球的落地点到桌子边缘(即x 轴)的水平距离．答案 (1)30 V (2)103m/s (3)2 3 m解析 (1)设甲球做第一次圆周运动的半径为R 1，则由几何关系可得(R 1－OE )2＋OF 2＝R 12R 1＝6.0 m.设平行金属板MN 之间的电压为U ，甲球加速后的速度为v 1，则qv 1B ＝m 1v 12R 1，得v 1＝10 m/sqU ＝12m 1v 12代入数据得U ＝30 V.(2)设甲球做第二次圆周运动的半径为R 2，则由几何关系可得R 2＝2.0 m qv 2B ＝m 1v 22R 2代入数据得v 2＝103m/s.(3)甲、乙两球对心碰撞，设碰后乙球的速度为v ，以碰撞前甲球的速度方向为正方向，由动量守恒定律有m 1v 1＝－m 1v 2＋m 2v ，代入数据得v ＝4 m/s.由几何关系可得甲球的碰前速度方向与x 轴成60°，因此乙球的碰后速度方向也与x 轴成θ＝60°，开始做平抛运动，设水平位移为s ，沿y 轴方向位移分量为y .H ＝12gt 2， s ＝vt ， y ＝s sin θ，代入数据得y ＝2 3 m.考点三动量和能量观点在电磁感应中的简单应用例2 如图6所示，足够长的水平轨道左侧b 1b 2－c 1c 2部分的轨道间距为2L ，右侧c 1c 2－d 1d 2部分的轨道间距为L ，曲线轨道与水平轨道相切于b 1b 2，所有轨道均光滑且电阻不计．在水平轨道内有斜向下与竖直方向成θ＝37°的匀强磁场，磁感应强度大小为B ＝0.1 T ．质量为M ＝0.2 kg 的金属棒C 垂直于导轨静止放置在右侧窄轨道上，质量为m ＝0.1 kg 的导体棒A自曲线轨道上a 1a 2处由静止释放，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，A 棒总在宽轨上运动，C 棒总在窄轨上运动．已知：两金属棒接入电路的有效电阻均为R ＝0.2 Ω，h ＝0.2 m ，L ＝0.2 m ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2，求：图6(1)金属棒A 滑到b 1b 2处时的速度大小； (2)金属棒C 匀速运动的速度大小；(3)在两棒整个的运动过程中通过金属棒A 某截面的电荷量；(4)在两棒整个的运动过程中金属棒A 、C 在水平导轨间扫过的面积之差．答案 (1)2 m/s (2)0.44 m/s (3)5.56 C (4)27.8 m 2解析 (1)A 棒在曲线轨道上下滑，由机械能守恒定律得：mgh ＝12mv 02得：v 0＝2gh ＝2×10×0.2 m/s ＝2 m/s(2)选取水平向右为正方向，对A 、C 利用动量定理可得：对C ：F C 安cos θ·t ＝Mv C 对A ：－F A 安cos θ·t ＝mv A －mv 0 其中F A 安＝2F C 安联立可知：mv 0－mv A ＝2Mv C两棒最后匀速运动时，电路中无电流：有BLv C ＝2BLv A 得：v C ＝2v A 解得v C ≈0.44 m/s(3)在C 加速过程中：Σ(B cos θ)iL Δt ＝Mv C －0q ＝Σi Δt得：q ＝509C≈5.56 C(4)根据法拉第电磁感应定律有：E ＝ΔΦΔt磁通量的变化量：ΔΦ＝B ΔS cos θ 电路中的电流：I ＝E2R通过截面的电荷量：q ＝I ·Δt 得：ΔS ＝2509m 2≈27.8 m 25.如图7所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左面部分水平，右面部分为半径r ＝0.5 m 的竖直半圆，两导轨间距离d ＝0.3 m ，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B ＝1 T 的匀强磁场中，两导轨电阻不计．有两根长度均为d 的金属棒ab 、cd ，均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒ab 、cd 的质量分别为m 1＝0.2 kg 、m 2＝0.1 kg ，电阻分别为R 1＝0.1 Ω、R 2＝0.2 Ω.现让ab 棒以v 0＝10 m/s 的初速度开始水平向右运动，cd 棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点PP ′，cd 棒进入圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：图7(1)ab 棒开始向右运动时cd 棒的加速度a 0； (2)cd 棒刚进入半圆轨道时ab 棒的速度大小v 1； (3)cd 棒进入半圆轨道前ab 棒克服安培力做的功W . 答案 (1)30 m/s 2(2)7.5 m/s (3)4.375 J解析 (1)ab 棒开始向右运动时，设回路中电流为I ，有E ＝Bdv 0 I ＝E R 1＋R 2 BId ＝m 2a 0解得：a 0＝30 m/s 2(2)设cd 棒刚进入半圆轨道时的速度为v 2，系统动量定恒，有m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 212m 2v 22＝m 2g ·2r ＋12m 2v P 2 m 2g ＝m 2v P 2r解得：v 1＝7.5 m/s(3)由动能定理得12m 1v 12－12m 1v 02＝－W解得：W ＝4.375 J.专题强化练1．(多选)下列说法正确的是( )A．物体运动的方向就是它的动量的方向B．如果物体的速度发生变化，则可以肯定它受到的合外力的冲量不为零C．如果合外力对物体的冲量不为零，则合外力一定使物体的动能增大D．作用在物体上的合外力的冲量不一定能改变物体速度的大小答案ABD解析物体动量的方向与物体的运动方向相同，A对；如果物体的速度变化，则物体的动量一定发生了变化，由动量定理知，物体受到的合外力的冲量不为零，B对；合外力对物体的冲量不为零，但合外力可以对物体不做功，物体的动能可以不变，C错；作用在物体上的合外力的冲量可以只改变物体速度的方向，不改变速度的大小，D对．2．(多选)关于动量、冲量，下列说法成立的是( )A．某段时间内物体的动量增量不为零，而物体在某一时刻的动量可能为零B．某段时间内物体受到的冲量不为零，而物体动量的增量可能为零C．某一时刻，物体的动量为零，而动量对时间的变化率可能不为零D．某段时间内物体受到的冲量变大，则物体的动量大小可能变大、变小或不变答案ACD解析自由落体运动，从开始运动的某一段时间内物体动量的增量不为零，而其中初位置物体的动量为零，故A正确；某一段时间内物体受到的冲量不为零，根据动量定理，动量的变化量不为零，故B错误；某一时刻物体的动量为零，该时刻速度为零，动量的变化率是合力，速度为零，合力可以不为零，即动量的变化率可以不为零，故C正确；根据动量定理，冲量等于动量的变化．某段时间内物体受到的冲量变大，则物体的动量的改变量变大，动量大小可能变大、变小或不变，故D正确．3．(多选)如图1所示，一段不可伸长的轻质细绳长为L，一端固定在O点，另一端系一个质量为m的小球(可以视为质点)，保持细绳处于伸直状态，把小球拉到跟O点等高的位置由静止释放，在小球摆到最低点的过程中，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则( )图1A．合外力做的功为0 B．合外力的冲量为m2gLC．重力做的功为mgL D．重力的冲量为m2gL答案BC4．(多选)(2018·新高考研究联盟联考)如图2所示是两名短道速滑选手在接力瞬间的照片，在短道速滑接力时，后面队员把前面队员用力推出(推出过程中可忽略运动员受到的冰面水平方向的作用力)，以下说法正确的是( )图2A．接力过程中前面队员的动能增加量等于后面队员的动能减少量B．接力过程中前面队员受到的冲量和后面队员受到的冲量大小相等方向相反C．接力过程中前后两名队员总动量增加D．接力过程中前后两名队员总动量不变答案BD5．(多选)(2018·诸暨中学段考)向空中发射一物体(不计空气阻力)，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a、b两块．若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则( ) A．b的速度方向一定与原速度方向相反B．从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大C．a、b一定同时到达地面D．炸裂的过程中，a、b的动量变化大小一定相等答案CD6.(多选)一辆小车静止在光滑的水平面上，小车立柱上固定一条长L(小于立柱高)、拴有小球的细线，将小球拉至和悬点在同一水平面处由静止释放，如图3所示，小球摆动时，不计一切阻力，重力加速度为g，下面说法中正确的是( )图3A．小球和小车的总机械能守恒B．小球和小车的动量守恒C．小球运动到最低点的速度为2gLD．小球和小车只在水平方向上动量守恒答案AD7．(多选)质量相同的子弹、橡皮泥和钢球以相同的水平速度射向竖直墙壁，结果子弹穿墙而过，橡皮泥粘在墙上，钢球被弹回．不计空气阻力，关于它们对墙的水平冲量的大小，下列说法正确的是( )A．子弹对墙的冲量最小B．橡皮泥对墙的冲量最小C．钢球对墙的冲量最大D．子弹、橡皮泥和钢球对墙的冲量大小相等答案AC解析由于子弹、橡皮泥和钢球的质量相等、初速度相等，取初速度的方向为正方向，则它们动量的变化量Δp＝mv－mv0，子弹穿墙而过，末速度的方向为正，橡皮泥粘在墙上，末速度等于0，钢球被弹回，末速度的方向为负，可知子弹的动量变化量最小，钢球的动量变化量最大．由动量定理I＝Δp，则子弹受到的冲量最小，钢球受到的冲量最大．结合牛顿第三定律可知，子弹对墙的冲量最小，钢球对墙的冲量最大，故A、C正确，B、D错误．8．(多选)如图4所示，质量为m的物体在一个与水平方向成θ角的拉力F作用下，一直沿水平面向右匀速运动，则下列关于物体在t时间内所受力的冲量，正确的是( )图4A．拉力F的冲量大小为Ft cos θB．摩擦力的冲量大小为Ft cos θC．重力的冲量大小为mgtD．物体所受支持力的冲量大小是mgt答案BC解析拉力F的冲量大小为Ft，故A错误；物体做匀速直线运动，可知摩擦力F f＝F cos θ，则摩擦力的冲量大小为F f t＝Ft cos θ，故B正确；重力的冲量大小为mgt，故C正确；支持力的大小为F N＝mg－F sin θ，则支持力的冲量大小为(mg－F sin θ)t，故D错误．9．如图5所示，粗糙水平地面上方以PQ为界，左边有水平向右的匀强电场，场强大小为E＝mgq，右边有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场以MN为右边界，一个质量为2m的带电荷量为＋q的物体从地面上O点出发，在电场力作用下运动到Q点时与另一质量为m、不带电的物体发生正碰，碰后两者粘为一体，并恰好能在QN间做匀速直线运动，已知两物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.1，g为重力加速度，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.图5(1)求O 、Q 之间的距离x 1；(2)若MN 右侧有一倾角θ＝37°的倾斜传送带正以速度v 0逆时针转动，物体系统通过N 点到传送带时无动能损失，且传送带足够大，已知物体系统与传送带间的动摩擦因数为μ1＝0.5，求物体系统在传送带上上升过程中运动的最大距离．答案 (1)405m 2g 16B 2q 2 (2)9m 2g 2B 2q2 解析 (1)设两物体碰后的瞬间速度为v 2，则有：Bqv 2＝3mg设带电物体的碰撞前速度为v 1，取向右为正方向，由动量守恒定律有：2mv 1＝3mv 2对2m ，从O 到Q 由动能定理可得：Eqx 1－μ·2mgx 1＝12×2mv 12，则x 1＝405m 2g 16B 2q2 (2)物体系统沿传送带向上做匀减速运动，由牛顿第二定律得：3mg sin θ＋μ1·3mg cos θ＝3ma则a ＝g . 故物体系统上升的最大距离为：x 2＝v 222a ＝9m 2g 2B 2q2 10．(2017·名校协作体联考)用质量为m 、电阻率为ρ、横截面积为S 的均匀薄金属条制成边长为L 的闭合正方形框abb ′a ′，如图6甲所示，金属方框水平放在磁极的狭缝间，方框平面与磁场方向平行．设匀强磁场仅存在于相对磁极之间，其他地方的磁场忽略不计．可认为方框的aa ′边和bb ′边都处在磁极间，磁极间磁感应强度大小为B .方框从静止开始释放，其平面在下落过程中保持水平(不计空气阻力，重力加速度为g )．甲装置纵截面示意图乙装置俯视示意图图6(1)请判断图乙金属方框中感应电流的方向；(2)当方框下落的加速度为g 3时，求方框的发热功率P ； (3)当方框下落的时间t ＝2mρB 2LS时，速度恰好达到最大，求方框的最大速度v m 和此过程中产生的热量．答案 (1)顺时针 (2)4m 2g 2ρ9B 2LS (3)mgρB 2LS m 3g 2ρ22B 4L 2S2 解析 (1)由右手定则可知：感应电流方向为顺时针．(2)方框受到的安培力：F 安＝2BIL由牛顿第二定律有mg －F 安＝mg 3 解得I ＝mg 3BL由电阻定律得金属方框电阻R ＝ρ4L S方框的发热功率P ＝I 2R ＝4m 2g 2ρ9B 2LS (3)当方框下落的加速度为零时，速度达到最大，即mg ＝F 安′＝2B2BLv m R L 解得v m ＝mgρB 2LS将下落过程分成若干微元，由动量定理得mgt －∑2B2BLv i R Lt ＝mv m －0∑v i t ＝h 解得h ＝m 2gρ2B 4L 2S2 由能量守恒定律得mgh －Q ＝12mv m 2 解得Q ＝m 3g 2ρ22B 4L 2S2 11．(2017·鲁迅中学月考)如图7所示，两根平行金属导轨MN 和PQ 放在水平面上，左端向上弯曲且光滑，导轨间距为L ，电阻不计．水平段导轨所处空间有两个有界匀强磁场，相距一段距离不重叠，磁场Ⅰ左边界在水平段导轨的最左端，磁感应强度大小为B ，方向竖直向上；磁场Ⅱ的磁感应强度大小为2B ，方向竖直向下．质量均为m 、电阻均为R 的金属棒a 和b 垂直放置在导轨上，金属棒b 置于磁场Ⅱ的右边界CD 处．现将金属棒a 从弯曲导轨上某一高处由静止释放，使其沿导轨运动．设两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好．图7(1)若水平段导轨粗糙，两金属棒与水平段导轨间的最大静摩擦力均为15mg ，将金属棒a 从距水平面高度为h 处由静止释放．①金属棒a 刚进入磁场Ⅰ时，求通过金属棒b 的电流大小；②若金属棒a 在磁场Ⅰ内运动过程中，金属棒b 能在导轨上保持静止，通过计算分析金属棒a 释放时的高度h 应满足的条件；(2)若水平段导轨是光滑的，将金属棒a 仍从高度为h 处由静止释放，使其进入磁场Ⅰ.设两磁场区域足够大，金属棒a 在磁场Ⅰ内运动过程中，求金属棒b 中可能产生的电热的最大值．答案 (1)①BL 2gh 2R ②h ≤m 2gR 250B 4L 4 (2)110mgh 解析 (1)①a 棒从h 高处释放后在弯曲导轨上滑动时机械能守恒，有mgh ＝12mv 02 解得v 0＝2gha 棒刚进入磁场Ⅰ时，E ＝BLv 0，此时通过a 、b 的感应电流大小为I ＝E 2R，解得I ＝BL 2gh 2R. ②a 棒刚进入磁场Ⅰ时，b 棒受到的安培力大小F ＝2BIL为使b 棒保持静止，应有F ≤15mg 联立解得h ≤m 2gR 250B 4L4. (2)当金属棒a 进入磁场Ⅰ时，由左手定则判断，a 棒向右做减速运动，b 棒向左做加速运动．二者产生的感应电动势相反，当二者产生的感应电动势大小相等时，闭合回路的电流为零，此后二者均匀速运动，故金属棒a 、b 均匀速运动时，金属棒b 中产生的电热最大．设此时a 、b 的速度大小分别为v 1与v 2，有BLv 1＝2BLv 2对金属棒a 应用动量定理，有－B I L Δt ＝mv 1－mv 0对金属棒b 应用动量定理，有2B I L Δt ＝mv 2联立解得v 1＝45v 0，v 2＝25v 0 根据能量守恒定律，电路中产生的总电热Q 总＝12mv 02－12mv 12－12mv 22＝15mgh 故金属棒b 中产生的电热最大值为Q ＝12Q 总＝110mgh。

2019高考物理新金版大二轮课件：专题二能量与动量1.2.2

2．电磁感应中的能量问题 (1)能量转化：其他形式的能量克服安培力做功,电能电能电流做功,焦耳热或其他形式能 (2)电磁感应中焦耳热的求法
突破·命题方向
考向一功能关系在电学中的应用 [真题体验] 1.(2018·全国卷Ⅰ·21)(多选)图中虚线 a、b、c、d、f 代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面 b 上的电势为 2 V。一电子经过 a 时的动能为 10 eV，从 a 到 d 的过程中克服电场力所做的功为 6 eV。下列说法正确的是( ) A．平面 c 上的电势为零 B．该电子可能到达不了平面 f C．该电子经过平面 d 时，其电势能为 4 eV D．该电子经过平面 b 时的速率是经过 d 时的 2 倍
A．a 的质量比 b 的大 B．在 t 时刻，a 的动能比 b 的大 C．在 t 时刻，a 和 b 的电势能相等 D．在 t 时刻，a 和 b 的动量大小相等
解析： A 错：经时间 t，a、b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，则 xa>xb，根据 x＝12at2，得 aa>ab，又由 a＝mF知，ma<mb。
q＝ I Δt＝B2lΔRx，由动量守恒定律可得 mv0＝2mv 共对导体棒 ab，由动量定理可得 B I lΔt＝mv 共联立并代入数据解得 Δx＝0.2 m。答案： (1)4 T 2 s (2)0.2 m
核心素养提升应用数学知识解决物理问题的能力
高考物理考试大纲中明确要求考生要具备应用数学方法解决物理问题的能力，具体要求为：
(3)该过程中导体棒 cd 中产生的焦耳热 Q＝I2Rt＝ER2t 解得：Q＝20 J 金属棒从 EF 处向右运动距离 d＝2 m 时，有：E＝B1L2v2 可得此时的速度为：v2＝10 m/s 该过程中根据功能关系可得：W＝Q＋12Mv22－12Mv21 解得：W＝50 J 答案： (1)5 m/s (2)2 C相等，由 U＝Ed 得相邻虚线之间电势差相等，由 a 至 d，eUad＝6 eV，故 Uad＝6 V；

2019年高考物理冲刺大二轮课件专题二能量与动量1-2-1

[迁移运用] 迁移一重力的平均功率和瞬时功率 1．(2017·河南五校联考)(多选)将三个光滑的平板倾斜定，三个平板顶端到底端的高度相等，三个平板与水平面夹角分别为θ1、θ2、θ3，如图所示．现将三个完全相同的最高点A沿三个平板同时无初速度地释放，经一段时间到的底端．则下列说法正确的是( )
(3)对动能定理的理解 ①动能定理中所说的“外力”，是指物体受到的所有包括重力． ②对“总功”的两种理解各外力做功的代数和：W＝W1＋W2＋…；合外力的功：W＝F合lcosθ(力均为恒力)． ③对“位移和速度”的理解：必须是相对于同一个惯考系，一般以地面为参考系． ④动能定理表达式是一个标量式，不能在某个方向上动能定理．
摩擦力对A做的功与对传送带做的功之和W′f＝ Wf1＋W －f×(1 m)，物块B的位移大小为2 m，B受到的滑动摩擦移方向相反而做负功，B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，传送带受到的滑力与位移方向相反而做负功，滑动摩擦力对传送带做的功＝－f×(1 m)，滑动摩擦力对B做的功与对传送带做的功之 W′f＝Wf1′＋Wf2′＝－f×(3 m)，即Wf≠Wf′，选项D错
[答案] AC
计算摩擦力做功问题时，要弄清摩擦力与物体位移之关系．
(1)相互作用的系统内，一对静摩擦力所做的功的代数定为零，因为两接触物体的位移相同，一对静摩擦力总是相等、方向相反，一个做正功，一个做负功，做的功大小等．
(2)相互作用的系统内，一对滑动摩擦力所做的总功一负值，Wf＝－fL，其中f大小不变，L为相对路程.
[解析] 在平行传送带的方向上，由于
mgsin37°>μmgcos37°，物块A、B均沿传送带加速向下滑动

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

2019-9-8
谢谢聆听
5
[解析] 由速度图象可知，A 加速运动时的加速度 aA1＝2tv00，减速运动时的加速度大小为 aA2＝vt00，由牛顿第二定律有：F－Ff 1＝m1·2tv00，Ff1＝m1·vt00，解两式得：Ff 1＝F3；B 加速运动时的加速度大小为 aB1＝4vt00，减速运动时的加速度大小为 aB2＝vt00，由牛顿第二定律有：F－Ff 2＝m2·4vt00，Ff 2＝m2·vt00，解两式得：Ff 2＝45F，所以 A、B 两物体与水平面的摩擦力之比为：12，A 项正确；
2019-9-8
谢谢聆听
10
解析：质点经过 N 点时由牛顿第二定律得 qvB－mg＝mvR2，解得 v＝ gR，选项 A 错误；质点在磁场运动过程中，洛伦兹力始终与质点的运动方向垂直，洛伦兹力不做功，选项 B 错误；质点由静止下落至 P 点的过程，只有重力做功，质点机械能守恒，选项 C 正确；质点由静止运动至 N 点的过程由动能定理得 2mgR
的水平力 F 拉物体，使它以相对传送带为 v1 的速度匀速从 A 滑行
到 B，这一过程中，拉力 F 所做的功为 W2、功率为 P2，物体和传
送带之间因摩擦而产生的热量为 Q2.下列关系中正确的是( )
A．W1＝W2，P1<P2，Q1＝Q2
B．W1＝W2，P1<P2，Q1>Q2
C．W1>W2，P1＝P2，Q1>Q2
2019-9-8
谢谢聆听
17
求： (1)要使赛车完成比赛，赛车在半圆轨道的 B 点对轨道的压力至少为多大； (2)要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间； (3)若电动机工作时间为 t0＝5 s，当 R 为多少时赛车既能完成比赛且飞出的水平距离又最大，水平距离最大是多少．

2019届高考物理二轮复习第一部分专题二能量与动量第二讲动量及其守恒定律ppt版本

解析
3.有一质量为 M 的小船静止在水面上，在船头 A 到船尾 B 的连线上有一点 C，AC＝L1，BC＝ L2，在 A 端站一质量为 2m 的人，在 C 点放有质量为 m 的物体 (人和物都可视为质点)，现在人从 A 端走到 C 点将物体搬到 B 端停下，若不计水对船的阻力，此过程中小船对地的位移为
A.2mLm1＋＋M3mL2
() B.2m3Lm1＋＋3MmL2
C.2m3Lm1＋＋MmL2
D.mL3m1＋＋3MmL2
解析
考点三碰撞、爆炸与反冲
考查动量守恒定律及其应用，试题常常涉及多个物体，多个过程，以碰撞模型为纽带，此类题目中动量常与能量、牛顿运动定律等知识相互结合，试题综合性强，难度较大，灵活性较强。建议对本考点融会贯通。
2．动量是矢量，动量的变化量为初、末状态的动量的矢量差，要注意将正负号代入计算。如诊断卷第 7 题，碰撞前、后 A 球的动量都为负值，但动量的变化量为正值；从 x-t 图像得到的速度也一定要注意正负问题，斜率为负则速度为负值，斜率为正则速度为正值。本题的碰撞为完全非弹性碰撞，机械能损失最大。
小车上，车上装有砂子，车与砂的总质量为 4 kg，地面光
滑，则车后来的速度为(g＝10 m/s2)
()
A．4 m/s
B．5 m/s
C．6 m/s
D．7 m/s
解析
2．[多选](2018·安徽宣城二次调研)如图所示，小车在光滑水平面上向左匀速运动，轻质弹簧左端固定在 A 点，物体用细线拉在 A 点将弹簧压缩，某时刻线断了，物体沿车滑动到 B 端粘在 B 端的橡皮泥上，取小车、物体和弹簧为一个系统，下列说法正确的是 ( ) A．若物体滑动中不受摩擦力，则该系统全过程机械能守恒 B．若物体滑动中有摩擦力，则该系统全过程动量守恒 C．不论物体滑动中有没有摩擦，小车的最终速度与线断前相同 D．不论物体滑动中有没有摩擦，系统损失的机械能相同

2019届高考物理二轮专题复习精品课件：专题五能量和动量

专题五
能量和动量
高考命题规律
2014 年 2015 年 2016 年 2017 年 2018 年 2019 年高 Ⅰ ⅠⅡ ⅢⅠⅡ Ⅲ 考必备 Ⅱ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷卷卷卷卷卷卷卷功、功率考动能 14、 1 19、 16 17 19 16 14 点 4 24 25 定理一及其应用
一二三四五
功、功率动能定理及其应用命题角度1功的计算高考真题体验· 对方向 (多选)(2016全国Ⅱ· 19)两实心小球甲和乙由同一种材料制成,甲球质量大于乙球质量.两球在空气中由静止下落,假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比,与球的速率无关.若它们下落相同的距离,则( ) A.甲球用的时间比乙球长 B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小 D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
-2-
高考命题规律
-3-
2019 年高 Ⅰ ⅠⅡ 考必备 Ⅱ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷卷卷卷机械能守考恒定 25 21 24 17 点律及二其应用功能考关系 2 21 25 25 点能量 4 三守恒定律
2014 年 2015 年
2016 年
2017 年 2018 年
A.2mgR C. mgR
7 5
1
B.4mgR D.mgR
3
考点
-14-
一二三四五
答案:BCD 解析:小球在竖直面内运动只有重力做功,故机械能守恒;小球要到达圆轨道最高点,那么对小球在最高点应用牛顿第二定律可
得:mg≤
�� 2 ��
考点
-11-
一二三四五

2019年高考二轮复习物理讲与练课件5

二轮复习 ·物理
第一部分专题二第五讲第29页
[关键点拨]
二轮复习 ·物理
第一部分专题二第五讲第30页
[答案]
(1)2 gR
12 (2) 5 mgR
3 (3)5 5gR
1 3m
二轮复习 ·物理
第一部分专题二第五讲第31页
[标准作答] (1)根据题意知，B、C 之间的距离 l 为 l＝7R －2R①
Ep＝152mgR⑧ (3)设改变后 P 的质量为 m1.D 点与 G 点的水平距离 x1 和竖直距离 y1 分别为 x1＝72R－56Rsinθ⑨ y1＝R＋56R＋56Rcosθ⑩ 式中，已应用了过 C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为 θ 的事实．
二轮复习 ·物理
第一部分专题二第五讲第34页
第一部分
专题复习篇
第一部分专题复习篇
第1页
专题二能量和动量
二轮复习 ·物理
第一部分专题二第五讲第2页
第五讲功、功率、动能定理
二轮复习 ·物理
第一部分专题二第五讲第3页
热点一功和功率
强化学思知能
学有所思，思有深度
一、牢记公式，胸藏下图，任考题千变万化
二轮复习 ·物理
第一部分专题二第五讲第4页
二轮复习 ·物理
第一部分专题二第五讲第13页
A．弹射器的推力大小为 1.1×106 N B．弹射器对舰载机所做的功为 1.1×108 J C．弹射器对舰载机做功的平均功率为 8.8×107 W D．舰载机在弹射过程中的加速度大小为 32 m/s2
二轮复习 ·物理
第一部分专题二第五讲第14页
二轮复习 ·物理
第一部分专题二第五讲第12页

2019届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

中拉力F做功为
()
A．4 J
B．6 J
C．10 J
D．14 J
解析
考点二动能定理的应用
情景新颖、过程复杂、知识综合性强(如诊断卷第6题) 等是本考点高考命题的典型特点，考生失分的原因不是不会做，而是不会“分步”做，这个“分步”就是按照一定流程认真做好运动分析和过程分析，再根据动能定理结合其他力学规律列出方程，进而分步解决问题。建议对本考点重点攻坚。
(四)突破三类连接体模型
求解连接体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：
()
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，
物块下滑的长度将大于2l
C．如果仅改变物块的质量，使其变为原来2倍，物块
下滑的距离将为2l
D．如果仅改变木板的质量，使其变为原来一半，物块
下滑距离将大于2l
解析：设物块受到的滑动摩擦力为f，根据动能定理，有
W (1)平均功率：P＝ t 。 (2)瞬时功率：P＝ Fvcos α 。 (3)应用：机车启动，P＝ Fv 。
(二)解题思维运用好
1．求总功W时，可以先求出合力，再求总功(合力应为恒力)；也可采用分段法分别求出各阶段力做的功，总功就等于这些功的代
数和；还可以根据动能定理求解，如诊断卷第2题，设物块在t＝0
(一)判断机械能守恒的两个角度 1．若只有物体重力和弹簧弹力做功，则物体和弹簧组成

高考物理二轮专题复习第2课动量和能量课件

链接
设A、B碰撞后达到(dádào)的共同速度为v1，A、B、C三者
达到(dádào)的共同速度为v2，当弹簧第一次恢复原长时，A、
B的速度为v3，C的速度为v4.
第二十页，共42页。
K 考题专项训练
对 A、B，在 A 与 B 的碰撞过程中，由动量守恒定律有：
mv0＝(m＋m)v1①
对 A、B、C，在压缩弹簧直至三者速度相等的过程中，由动量
高考二轮专题复习与测试•物理随堂讲义(jiǎngyì)•第一部分专题复
习专题二功、能量与动量
第2课动量和能量
第一页，共42页。
栏目链接
第二页，共42页。
J 考点简析
应用能量守恒定律与动量守恒定律是解决复杂物理问题的一
种重要途径，是近几年高考的压轴题．从过去三年高考来看，本
知识以物体碰撞、小物块与长木板相对运动、物体做平抛运动、
解析首先A与B发生碰撞，系统的动能损失一部分；C在
弹簧弹力的作用下加速，A、B在弹力的作用下减速，但A、
B的速度大于C的速度，故弹簧被压缩，直到A、B和C的速
度相等，弹簧的压缩量达到(dádào)最大，此时弹簧的弹性
势能最大．此后，C继续加速，A、B减速，当弹簧第一次恢
栏目
复原长时，C的速度达到(dádào)最大，A、B开始要分离．
2mv0＋2mv1＝4mv2② 得出：v2＝34v0.
第十五页，共42页。
K 考题专项训练
(2) P1、P2、P 第一次等速，弹簧最大压缩量 x 最大，
由能量守恒得
μ·2mg(L＋x)＋
Ep＝
12(2m)v
2 0
＋21(2m)v12
－

2019届高考物理二轮复习动量与能量观点的综合应用课件(38张)(全国通用)

时,圆形线圈中磁场随时间均匀变化,变化率为
Δ�� Δ��
=
4 π
T/s ;稳定后
将开关拨向2,金属棒A被弹出,与金属棒B相碰,并在B棒刚出磁场时
A棒刚好运动到OO'处,最终A棒恰在PP'处停住。
考点一考点二
考纲导引备考定向
考点突破互动探究
随堂演练巩固检测
-17-
已知两根金属棒的质量均为0.02 kg、接入电路中的电阻均为0.1 Ω, 金属棒与金属导轨接触良好,其余电阻均不计,一切摩擦不计。问:
考纲导引备考定向
考点突破互动探究
随堂演练巩固检测
-8-
当物体做非匀变速直线运动时,优先考虑动量定理和动能定理 (1)以ab棒为研究对象,受重力、弹力、摩擦力和安培力。当ab沿导轨下滑x=6 m时,速度已达到稳定,所以合外力为零, 即:Mgsin 37°=BIL+μMgcos 37° 设稳定运动的速度为v,所以E=BLv 即:P=(��21��+��2��22)=12 W
过程,由能量守恒可知,
m1gh=12(m1+m2)v2+Q,代入数据解得:Q=340 J 由于 ab 和 cd 棒串联,所以产生的热量之比等于电阻之比,所以
Qab=��1��+��1��2Q=0.005.+005.15
×
4 30
J=310
J。
考纲导引备考定向
考点突破互动探究
从 ab 棒刚到 ef 处至两棒达共同速度过程,由动量守恒定律
得,m1v0=(m1+m2)v,即 0.2×2=(0.1+0.2)v,解得 v=43 m/s;

2019年高考物理冲刺大二轮课件：专题二　能量与动量1-2-2

在 A 点，由速度关系 tan60°＝vvy0
解得：v0＝2
6gR 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：
12mv20＋6mgR＝12mv2＋5mgR
解得：v＝
14gR 3
若小球能过 H 点，则 H 点速度满足 vH>0
小球从 P 到 H 时，机械能守恒，H 点的速度等于 P 点的初
A．A 的动能达到最大前，B 受到地面的支持力小于32mg B．A 的动能最大时，B 受到地面的支持力等于32mg C．弹簧的弹性势能最大时，A 的加速度方向竖直向下 D．弹簧的弹性势能最大值为 23mgL
[思路引领]
[解析] A 球初态 v0＝0，末态 v＝0，因此 A 球在运动过程中先加速后减速，当速度最大时，动能最大，加速度为 0，故 A 的动能达到最大前，A 具有向下的加速度，处于失重状态，由整
板
块
专题突破复习
一
专
题
能量与动量
二
第二讲
机械能守恒功能关系
知识网络构建 Z
结网建体把脉考向
[知识建构]
[
(1)守恒的思想．
(2)守恒法、转化法、转移法． 2.机械能守恒定律的表达式 (1)守恒的观点：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2. (2)转化的观点：ΔEk＝－ΔEp. (3)转移的观点：ΔEA 增＝ΔEB 减． 3.常见的功能关系 (1)合外力做功与动能的关系：W 合＝ΔEk. (2)重力做功与重力势能的关系：WG＝－ΔEp. (3)弹力做功与弹性势能的关系：W 弹＝－ΔEp. (4)除重力以外其他力做功与机械能的关系：W 其他＝
A．球 B 在最低点时速度为

【最新】2019版高中物理人教版(通用版)讲义：3

【最新】2019版高中物理人教版（通用版）讲义：3一、能量守恒定律1.建立能量守恒定律的两个重要事实(1)确认了永动机的__B__(A.可能 B.不可能)性.。

(2)发现了各种自然现象之间能量的相互联系与转化.。

2.内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变.。

3.意义：能量守恒定律的建立，是人类认识自然的一次重大飞跃.。

它是最普遍、最重要、最可靠的自然规律之一，而且是大自然普遍和谐性的一种表现形式.。

思维拓展“神舟十号”飞船返回舱进入地球大气层以后，由于它的高速下落，而与空气发生剧烈摩擦，返回舱的表面温度达到1 000摄氏度.。

图1(1)进入大气层很长一段时间，返回舱加速下落，返回舱表面温度逐渐升高.。

该过程动能和势能怎么变化？机械能守恒吗？(2)返回舱表面温度越高，内能越大.。

该过程中什么能向什么能转化？机械能和内能的总量变化呢？答案(1)势能减少动能增加机械能不守恒(2)机械能转化为内能不变二、能源和能量耗散1.能源与人类社会：人类对能源的利用大致经历了三个时期，即柴薪时期、煤炭时期、石油时期.。

自工业革命以来，煤和石油成为人类的主要能源.。

2.能量耗散：燃料燃烧时一旦把自己的热量释放出去，就不会再次自动聚集起来供人类重新利用.。

电池中的化学能转化为电能，电能又通过灯泡转化成内能和光能，热和光被其他物质吸收之后变成周围环境的内能，我们无法把这些散失的能量收集起来重新利用.。

3.能源危机的含义：在能源的利用过程中，即在能量的转化过程中，能量在数量上虽未减少，但在可利用的品质上降低了，从便于利用的变成不便于利用的了.。

4.能量转化的方向性与节约能源的必要性：能量耗散反映了能量转化的宏观过程具有方向性.。

所以，能源的利用是有条件的，也是有代价的，所以自然界的能量虽然守恒，但还是很有必要节约能源.。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

第2讲 |应用“能量观点”和“动量观点”破解力学计算题┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄考法学法应用能量和动量的观点来解决物体运动的多过程问题是高考考查的重点和热点。

这类问题命题情景新颖, 密切联系实际, 综合性强, 常是高考的压轴题。

涉及的知识主要包括：①动能定理；②机械能守恒定律；③能量守恒定律；④功能关系；⑤动量定理；⑥动量守恒定律。

用到的思想方法有：①整体法和隔离法；②全程法；③分段法；④相对运动方法；⑤守恒思想；⑥等效思想；⑦临界极值思想。

┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄命题点(一) 应用动能定理求解多过程问题[研一题]———————————————————————————————— (2019届高三·南昌调研)如图所示, 质量为m ＝1 kg 的小物块由静止轻轻放在水平匀速转动的传送带上, 从A 点随传送带运动到水平部分的最右端B 点, 经半圆轨道C 点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道, 恰能做圆周运动。

C 点在B 点的正上方, D 点为半圆轨道的最低点。

小物块离开D 点后做平抛运动, 恰好垂直于倾斜挡板打在挡板跟水平面相交的E 点。

已知半圆轨道的半径R ＝0.9 m, D 点距水平面的高度h ＝0.75 m, 取g ＝10 m/s 2, 求：(1)摩擦力对小物块做的功；(2)小物块经过D 点时对轨道压力的大小； (3)倾斜挡板与水平面间的夹角θ。

[审题指导] 运动情景是什么？小物块的运动经历了三个过程, 分别是直线运动、圆周运动、平抛运动用到什么规律？动能定理、圆周运动规律、平抛运动规律采用什么方法？相邻两个过程的连接点的速度是解题的突破口, 先利用圆周运动最高点的临界状态求出小物块到达C 点时的速度, 再利用动能定理求出摩擦力做的功及小物块到达D 点时的速度, 最后利用运动的合成与分解求出末速度的方向1由牛顿第二定律可得：mg ＝m v 12R , 解得v 1＝3 m/s小物块由A 到B 过程中, 设摩擦力对小物块做的功为W , 由动能定理得： W ＝12m v 12, 解得W ＝4.5 J 。

(2)设小物块经过D 点时的速度为v 2, 对从C 点到D 点的过程, 由动能定理得： mg ·2R ＝12m v 22－12m v 12小物块经过D 点时, 设轨道对它的支持力大小为F N , 由牛顿第二定律得： F N －mg ＝m v 22R解得v 2＝3 5 m/s, F N ＝60 N由牛顿第三定律可知, 小物块对轨道的压力大小为： F N ′＝F N ＝60 N 。

(3)小物块离开D 点做平抛运动, 设经时间t 打在E 点, 由h ＝12gt 2, 解得t ＝1510 s设小物块打在E 点时速度的水平、竖直分量分别为v x 、v y , 速度方向与竖直方向的夹角为α, 则：v x ＝v 2, v y ＝gt , tan α＝v xv y, 解得α＝60°再由几何关系可得θ＝α＝60°。

[答案] (1)4.5 J (2)60 N (3)60°[悟一法]———————————————————————————————— 多个运动过程的组合实际考查了多种物理规律和方法的综合应用, 分析这类问题时要独立分析各个运动过程, 而不同过程往往通过连接点的速度衔接。

求解多运动过程问题的注意事项：(1)弄清物体的运动由哪些过程构成。

(2)分析每个过程中物体的受力情况。

(3)各个力做功有何特点, 对动能的变化有无贡献。

(4)从总体上把握全过程, 表达出总功, 找出初、末状态的动能。

(5)对所研究的分过程或全过程运用动能定理列方程。

[通一类]———————————————————————————————— 1.如图所示, 质量为1 kg 的物块静止在水平面上, 物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2, t ＝0时刻给物块施加一个水平向右的拉力F , 使物块沿水平方向做直线运动, 其加速度随时间变化的关系如表格所示, 重力加速度g 取10 m/s 2, 水平向右为正方向, 求：时间t /s加速度a /(m·s －2)0～4 4 4～8－3(1)0～4 s (2)0～8 s 内物块运动的位移大小； (3)0～8 s 内水平拉力做的功。

解析：(1)0～4 s 内, 物块运动的加速度大小：a 1＝4 m/s 2 根据牛顿第二定律：F 1－μmg ＝ma 1, 解得：F 1＝6 N 。

(2)t 1＝4 s 时物块的速度大小：v 1＝a 1t 1＝16 m/s0～8 s 内物块运动的位移：x ＝12v 1t 1＋v 1t 2＋12a 2t 22＝72 m 。

(3)8 s 时物块的速度：v 2＝a 1t 1＋a 2t 2＝4 m/s根据动能定理：W －μmgx ＝12m v 22, 解得：W ＝152 J 。

答案：(1)6 N (2)72 m (3)152 J2．(2018·齐鲁名校联考)如图所示, 在某竖直平面内, 光滑曲面AB 与水平面BC 平滑连接于B 点, BC 右端连接一口深度为H 、宽度为d 的深井CDEF , 一个质量为m 的小球放在曲面AB 上, 可从距BC 面不同的高度处静止释放小球, 已知BC 段长为L , 小球与BC 间的动摩擦因数为μ, 重力加速度为g 。

(1)若小球恰好落在井底E 点处, 求小球释放点距BC 面的高度h 1；(2)若小球不能直接落在井底, 求小球打在井壁EF 上的最小动能E kmin 和此时的释放点距BC 面的高度h 2。

解析：(1)小球由A 到C , 由动能定理得 mgh －μmgL ＝12m v C 2自C 点水平飞出后, 由平抛运动规律得 x ＝v C t , y ＝12gt 2解得h ＝μL ＋x 24y若小球恰好落在井底E 处, 则x ＝d , y ＝H 解得小球的释放点距BC 面的高度为h 1＝μL ＋d 24H。

(2)若小球不能直接落在井底, 设打在EF 上的动能为E k , 则x ＝d 解得v C ＝dg 2y小球由C 到打在EF 上, 由动能定理得 mgy ＝E k －12m v C 2代入v C 得：E k ＝mgy ＋mgd 24y当y ＝d2时, E k 最小, 且E kmin ＝mgd此时小球的释放点距BC 面的高度为h 2＝μL ＋d2。

答案：(1)μL ＋d 24H (2)mgd μL ＋d2命题点(二) 机械能守恒定律的综合应用[研一题]———————————————————————————————— 如图所示, 竖直平面内固定着由两个半径为R 的四分之一圆弧构成的细管道ABC , 圆心连线O 1O 2水平且与管道的交点为B 。

轻弹簧左端固定在竖直挡板上, 右端靠着质量为m 的小球(小球的直径略小于管道内径), 长为R 的薄板DE 置于水平面上, 板的左端D 到管道右端C 的水平距离为R 。

开始时弹簧处于锁定状态, 具有一定的弹性势能。

重力加速度为g , 解除锁定, 小球从起点离开弹簧后进入管道, 最后从C 点抛出(不计小球与水平面和管道的摩擦), 若小球经C 点时对管道外侧的弹力大小为mg 。

(1)求弹簧锁定时具有的弹性势能E p ；(2)求小球经管道B 点的前、后瞬间对管道的压力； (3)试通过计算判断小球能否落在薄板DE 上。

[思维流程][解析] (1)小球经过C 点时, 管道对小球的弹力F N ＝mg , 方向竖直向下, 根据向心力公式有mg ＋F N ＝m v C 2R小球从起点运动到C 点过程中, 弹簧和小球组成的系统机械能守恒, 则 E p ＝2mgR ＋12m v C 2解得v C ＝2gR , E p ＝3mgR 。

(2)小球从起点到经过B 点的过程中, 根据机械能守恒, 有 3mgR ＝mgR ＋12m v B 2小球经B 点前、后瞬间, 管道对其的弹力提供向心力, 则F N ′＝m v B 2R解得F N ′＝4mg由牛顿第三定律可知, 小球经B 点前、后瞬间对管道的压力分别向右和向左, 大小为4mg 。

(3)小球离开C 点后做平抛运动, 根据平抛运动规律有 2R ＝12gt 2, x ＝v C t解得x ＝22R因为x ＝22R ＞2R , 所以小球不能落在薄板DE 上。

[答案] (1)3mgR (2)分别为向右和向左, 大小为4mg 的压力 (3)小球不能落在薄板DE 上, 计算过程见解析[悟一法]———————————————————————————————— 解答含有弹簧的机械能守恒问题时, 关键是选好系统, 弄清楚弹性势能的变化情况或弹力做功的情况。

1．弹性势能：通常由功能关系或能量守恒定律计算, 弹簧压缩或拉伸, 均有弹性势能, 同一弹簧压缩或拉伸相同的长度, 其弹性势能相等。

2．弹力做功：与路径无关, 取决于初、末状态弹簧形变量的大小, 且W 弹＝－ΔE p 。

[通一类]———————————————————————————————— 1．(2018·江苏高考)如图所示, 钉子A 、B 相距5l , 处于同一高度。

细线的一端系有质量为M 的小物块, 另一端绕过A 固定于B 。

质量为m 的小球固定在细线上C 点, B 、C 间的线长为3l 。

用手竖直向下拉住小球, 使小球和物块都静止, 此时BC 与水平方向的夹角为53°。

松手后, 小球运动到与A 、B 相同高度时的速度恰好为零, 然后向下运动。

忽略一切摩擦, 重力加速度为g , 取sin 53°＝0.8, cos 53°＝0.6。

求：(1)小球受到手的拉力大小F ； (2)物块和小球的质量之比M ∶m ；(3)小球向下运动到最低点时, 物块M 所受的拉力大小T 。

解析：(1)由几何知识可知AC ⊥BC , 根据平衡条件得 (F ＋mg )cos 53°＝Mg 解得F ＝53Mg －mg 。

(2)与A 、B 相同高度时小球上升h 1＝3l sin 53° 物块下降h 2＝2l物块和小球组成的系统机械能守恒mgh 1＝Mgh 2 解得M m ＝65。

(3)根据机械能守恒定律, 小球向下运动到最低点时, 恰好回到起始点, 设此时物块受到的拉力为T , 加速度大小为a , 由牛顿第二定律得Mg －T ＝Ma对小球, 沿AC 方向由牛顿第二定律得T －mg cos 53°＝ma 解得T ＝8mMg5(m ＋M )⎣⎡⎦⎤结合(2)可得T ＝18mg ＋25Mg 55或4855mg 或811Mg 。

2019版高考物理通用版二轮复习讲义：第一部分 第二板块 第2讲 应用“能量观点”和“动量观点”破解力学计算

2019高考物理新金版大二轮课件：专题二 能量与动量1.2.1