(天津专用)2020高考物理二轮复习专题二能量与动量第6讲功能关系的理解与应用课件
2020版高考物理二轮复习第1部分专题2动量与能量第2讲机械能守恒定律功能关系教案2 - 副本
机械能守恒定律 功能关系[高考统计·定方向] (教师授课资源)考点考向五年考情汇总考向1.单个物体的机械能守恒2016·全国卷ⅡT 161.机械能守恒定律的应用考向2.系统机械能守恒2015·全国卷Ⅱ T212016·全国卷ⅡT 21考向1.功能关系的基本应用2019·全国卷ⅡT 182018·全国卷ⅠT 182017·全国卷ⅢT 16考向2.能量的转化与守恒的应用2016·全国卷ⅡT 252.功能关系及能量守恒考向3.功能关系的综合应用2017·全国卷ⅠT 242016·全国卷ⅡT 25 机械能守恒定律的应用(5年3考)❶分析近五年的高考题可以看出，本考点是高考命题的热点，题型以选择题为主，题目综合性强，涉及多物体系统机械能时，常与运动的合成与分解相联系。
❷预计2020年高考仍会以多物体机械能守恒为重点，复习中应加强训练。
1．(多选)(2015·全国卷Ⅱ·T 21)如图所示，滑块a 、b 的质量均为m ，a 套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h ，b 放在地面上。
a 、b 通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。
不计摩擦，a 、b 可视为质点，重力加速度大小为g 。
则( )A ．a 落地前，轻杆对b 一直做正功B ．a 落地时速度大小为2ghC ．a 下落过程中，其加速度大小始终不大于gD ．a 落地前，当a 的机械能最小时，b 对地面的压力大小为mg[题眼点拨] ①刚性轻杆不伸缩，两滑块沿杆的分速度相同；②轻杆对滑块a 、b 都做功，系统机械能守恒。
BD [由题意知，系统机械能守恒。
设某时刻a 、b 的速度分别为v a 、v b 。
此时刚性轻杆与竖直杆的夹角为θ，分别将v a 、v b 分解，如图。
因为刚性轻杆不可伸长，所以沿杆的分速度v ∥与v ′∥是相等的，即v a cos θ＝v b sin θ。
2020高考物理二轮复习名师专题点津系列――动量和能量
2020高考物理二轮复习名师专题点津系列――动量和能量一、专门提示动量和能量的知识贯穿整个物理学，涉及到〝力学、热学、电磁学、光学、原子物理学〞等，从动量和能量的角度分析处理咨询题是研究物理咨询题的一条重要的途径，也是解决物理咨询题最重要的思维方法之一。
1、动量关系动量关系包括动量定理和动量守恒定律。
〔1〕动量定理凡涉及到速度和时刻的物理咨询题都可利用动量定理加以解决，专门关于处理位移变化不明显的打击、碰撞类咨询题，更具有其他方法无可替代的作用。
〔2〕动量守恒定律动量守恒定律是自然界中一般适用的规律，大到宇宙天体间的相互作用，小到微观粒子的相互作用，无不遵守动量守恒定律，它是解决爆炸、碰撞、反冲及较复杂的相互作用的物体系统类咨询题的差不多规律。
动量守恒条件为：①系统不受外力或所受合外力为零②在某一方向上，系统不受外力或所受合外力为零，该方向上动量守恒。
③系统内力远大于外力，动量近似守恒。
④在某一方向上，系统内力远大于外力，该方向上动量近似守恒。
应用动量守恒定律解题的一样步骤：确定研究对象，选取研究过程；分析内力和外力的情形，判定是否符合守恒条件；选定正方向，确定初、末状态的动量，最后依照动量守恒定律列议程求解。
应用时，无需分析过程的细节，这是它的优点所在，定律的表述式是一个矢量式，应用时要专门注意方向。
2、能的转化和守恒定律〔1〕能量守恒定律的具体表现形式高中物理知识包括〝力学、热学、电学、原子物理〞五大部分内容，它们具有各自的独立性，但又有相互的联系性，其中能量守恒定律是贯穿于这五大部分的主线，只只是在不同的过程中，表现形式不同而已，如：在力学中的机械能守恒定律：2211p k p k E E E E +=+在热学中的热力学第一定律：Q W U +=∆ 在电学中的闭合电路欧姆定律：r R E I +=，法拉第电磁感应定律t n E ∆∆=φ，以及楞次定律。
在光学中的光电效应方程：W hv nw m -=221 在原子物理中爱因斯坦的质能方程：2mc E =〔2〕利用能量守恒定律求解的物理咨询题具有的特点：①题目所述的物理咨询题中，有能量由某种形式转化为另一种形式；②题中参与转化的各种形式的能，每种形式的能如何转化或转移，依照能量守恒列出方程即总能量不变或减少的能等于增加的能。
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。
高考物理二轮复习 第一部分 专题二 能量与动量 专题强化练六机械能守恒定律 功能关系
专题增强练(六) 机械能守恒定律 功能关系考点1 机械能守恒定律的应用1．(多项选择)以下列图，质量分别为m 和2m 的两个小球A 和B ，中间用轻质杆相连，在杆的中点O 处有一固定转动轴，把杆置于水平川址后释放，在B 球顺时针摇动到最低地址的过程中(不计所有摩擦)( )A ．B 球的重力势能减少，动能增加，B 球和地球组成的系统机械能守恒B ．A 球的重力势能增加，动能也增加，A 球和地球组成的系统机械能不守恒C ．A 球、B 球和地球组成的系统机械能守恒D ．A 球、B 球和地球组成的系统机械能不守恒解析：A 球在上摆过程中，重力势能增加，动能也增加，机械能增加，B 项正确；由于A 球、B 球和地球组成的系统只有重力做功，故系统的机械能守恒，C 项正确，D 项错误；所以B 球和地球组成系统的机械能必然减少，A 项错误．答案：BC2．(2018·天津卷)滑雪运动深受人民公众的喜爱，某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB ，从滑道的A 点滑行到最低点B 的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB 下滑过程中( )A ．所受合外力向来为零B ．所受摩擦力大小不变C ．合外力做功必然为零D ．机械能向来保持不变解析：运动员从A 到B 做曲线运动，所以合力必然不为零，A 错误；运动员的速率不变，由F N －mg cos θ＝m v 2R ⇒F N ＝mg cos θ＋m v 2R 知，在不同样的地址，对曲面的压力不同样，进而摩擦力不同样，B 错误；由动能定理知，合外力做功必然为零，故C 正确；运动员从A 到B 做曲线运动，动能不变，重力势能减少，机械能不守恒，D 错误．答案：C3．(多项选择)(2018·泰安检测)以下列图，将质量为2m 的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m 的环，环套在竖直固定的圆滑直杆上A 点，圆滑定滑轮与直杆的距离为d .A 点与定滑轮等高，B 点在距A 点正下方d 处．现将环从A 由静止释放，不计所有摩擦阻力，以下说法正确的选项是( )A ．环到达B 时，重物上升的高度h ＝dB ．环从A 到B ，环减少的机械能等于重物增加的机械能C ．环从A 能下降的最大高度为43dD ．当环下降时，轻绳的拉力T ＝2mg解析：依照几何关系有，环到达B 时，重物上升的高度h ＝2d －d ，故A 错误；环下滑过程中无摩擦力做功，故系统机械能守恒，即环减少的机械能等于重物增加的机械能，故B 正确；设环下降到最大高度为H 时，环和重物的速度均为零，此时重物上升的最大高度为：H 2＋d 2－d, 依照机械能守恒有：mgH＝2mg (H 2＋d 2－d )，解得：H ＝4d 3，故C 正确；环向下运动，做非匀速运动，有加速度，所以重物向上运动，也有加速度，即环下降的时候，轻绳的拉力不可以能是2mg ，故D 错误．答案：BC考点2 能量守恒定律4．以下列图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图．图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中()A．缓冲器的机械能守恒B．摩擦力做功耗资机械能C．垫板的动能所有转变成内能D．弹簧的弹性势能所有转变成动能解析：由于系统内存在摩擦力，在车厢撞击压缩弹簧的过程中需要战胜摩擦力做功，机械能不守恒，垫板的动能一部分转变成弹簧弹性势能，另一部分转变成内能，A、C错误，B正确．弹簧恢复原长过程中，战胜摩擦力做功，弹性势能转变成内能和动能，D错误．答案：B5．(2018·泰州中学月考)以下列图，在某竖直平面内，圆滑曲面AB与水平面BC圆滑连接于B点，BC右端连接内壁圆滑、半径r＝0.2 m的四分之一细圆管CD，管口D正直下方直立一根劲度系数k＝100 N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐．一个质量为1 kg的小球放在曲面AB上，现从距BC的高度h＝0.6 m处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，小球进入管口C端时，它对上管壁有F N＝2.5mg的作用力，经过CD后，在压缩弹簧过程中小球速度最大时弹簧的弹性势能E p＝0.5 J．重力加速度g取10 m/s2.求：(1)小球在C处碰到的向心力大小；(2)在压缩弹簧过程中小球的最大动能E km；(3)小球最后停止的地址．解析：(1)小球进入管口C 端时，它与圆管上管壁有大小为F ＝2.5mg 的相互作用力，故对小球由牛顿第二定律有F ＋mg ＝F n .解得F n ＝35 N.(2)在压缩弹簧过程中，速度最大时合力为零．设此时小球离D 端的距离为x 0，则有kx 0＝mg ，解得x 0＝mg k ＝0.1 m.在C 点，有F n ＝mv 2C r ，解得v C ＝7 m/s.由能量守恒定律有mg (r ＋x 0)＝E p ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫E km －12mv 2C ， 解得E km ＝mg (r ＋x 0)＋12mv 2C －E p ＝6 J.(3)小球从A 点运动到C 点过程，由动能定理得mgh －μmgs ＝12mv 2C ，解得B 、C 间距离s ＝0.5 m.小球与弹簧作用后返回C 处动能不变，小球的动能最后耗资在与BC 水平面相互作用的过程中．设小球在BC 上运动的总行程为s ′，由能量守恒定律有μmgs ′＝12mv 2C ，解得s ′＝0.7 m.故最后小球在BC 上距离C 为0.5 m －(0.7 m －0.5 m)＝0.3 m(或距离B 端为0.7 m －0.5 m ＝0.2 m)处停下．答案：(1)35 N (2)6 J (3)停在BC 上距离C 端0.3 m 处(或距离B 端0.2 m 处)考点3 功能关系的应用6.以下列图，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力．已知AP ＝2R ，重力加速度为g ，则小球从P 到B 的运动过程中( )A ．重力做功2mgRB ．机械能减少mgRC ．合外力做功mgRD ．战胜摩擦力做功12mgR 解析：小球由P 到B 的过程重力做功W G ＝mg (2R －R )＝mgR ，A 错误；小球经过B 点时恰好对轨道没有压力，由牛顿第二定律可知mg ＝m v 2R ，即小球在B 点的速度v ＝gR ；小球由P 到B 的过程，由动能定理可知合力做功W 合＝ΔE k ＝12mv 2＝12mgR ，C 错误；又由于W 合＝W G ＋W f ，所以小球由P 到B 的过程摩擦力做功W f ＝W 合－W G ＝－12mgR ，由功能关系知，物体的机械能将减少12mgR ，B 错误，D 正确．答案：D7．(多项选择)如图甲所示，物体以必然的初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0 m ．选择地面为参照平面，上升过程中物体的机械能E 机随高度h 的变化如图乙所示．取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.则( )A ．物体的质量m ＝1.0 kgB ．物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.80C ．物体上升过程中的加速度大小a ＝10 m/s 2D ．物体回到斜面底端时的动能E k ＝10 J解析：物体上升到最高点时，E ＝E p ＝mgh ＝30 J ，得m ＝1.0 kg ，物体损失的机械能ΔE损＝μmg cos α·hsin α＝20 J，得μ＝0.50，A正确，B错误．物体上升过程中的加速度大小a＝g sin α＋μg cos α＝10 m/s2，C正确．下降过程摩擦生热也应为20 J，故物体回到斜面底端时的动能E k＝50 J－40 J＝10 J，D正确．答案：ACD8．(多项选择)(2018·衡水中学调研)以下列图，圆滑水平面上放着足够长的木板B，木板B上放着木块A，A、B间的接触面粗糙，现在用一水平拉力F作用在A上，使其由静止开始运动，则以下情况可能的是()A．拉力F做的功等于A、B系统动能的增加量B．拉力F做的功大于A、B系统动能的增加量C．拉力F和B对A做的功之和小于A的动能的增加量D．A对B做的功等于B的动能的增加量解析：若拉力F不够大，A和B一起加速运动，对整体解析．由动能定理可知，拉力F做功等于A、B系统动能的增加量．A正确．若拉力F足够大，A与B有相对运动，对整体解析可知．F做功转变成两个物体的动能及系统的内能，故F做的功大于A、B系统动能的增加量，B正确．由动能定理可知，拉力F和B对A做的功之和等于A的动能的增加量，C错误．依照动能定理可知，A对B 做的功等于B的动能的增加量，D正确．答案：ABD9.以下列图，传达带与水平面之间的夹角为θ＝30°，其上A、B两点间的距离为l＝5 m，传达带在电动机的带动下以v＝1 m/s的速度匀速运动．现将一质量为m＝10 kg的小物体(可视为质点)轻放在传达带上的A点，已知小物体与传达带之间的动摩擦因数μ＝32，在传达带将小物体从A点传达到B点的过程中，求：(g取10 m/s2)(1)传达带对小物体做的功；(2)电动机做的功．解析：(1)小物体刚开始运动时，依照牛顿第二定律有μmg cos θ－mg sin θ＝ma，解得小物体上升的加速度为a＝g4＝2.5 m/s2.当小物体的速度为v＝1 m/s时，小物体的位移为x＝v22a＝0.2 m<5 m，此后小物体以v＝1 m/s的速度匀速运动到B点，由功能关系得W＝ΔE k＋ΔE p＝12mv2＋mgl sin θ＝255 J.(2)电动机做的功等于小物体的机械能的增加量和小物体与传达带间因摩擦产生的热量Q之和，由v＝at得t＝va＝0.4 s，相对位移x′＝vt－v2t＝0.2 m，摩擦产生的热量Q＝μmgx′cos θ＝15 J，故电动机做的功为W电＝W＋Q＝270 J.答案：(1)255 J(2)270 J考点4电磁场中的能量问题10.(2018·安阳检测)以下列图，平行金属导轨宽度为d，一部分轨道水平，左端接电阻R，倾斜部分与水平面成θ角，且置于垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感觉强度为B，现将一质量为m、长度也为d的导体棒从导轨顶端由静止释放，直至滑到水平部分(导体棒下滑到水平部分从前已经匀速，滑动过程中与导轨保持优异接触，重力加速度为g)．不计所有摩擦力，导体棒接入回路电阻为r，则整个下滑过程中()A．导体棒匀速运动时速度大小为mg（R＋r）sin θB2d2B．匀速运动时导体棒两端电压为mg（R＋r）sin θBdC．导体棒下滑距离为s时，经过R的总电荷量为Bsd RD．重力和安培力对导体棒所做的功大于导体棒获得的动能解析：导体棒下滑过程中碰到沿斜面向下重力的分力和沿斜面向上的安培力，当匀速运动时，有mg sin θ＝BId，依照欧姆定律可得I＝ER＋r，依照法拉第电磁感觉定律可得E＝Bdv，联立解得v＝mg（R＋r）B2d2sin θ，E＝mg（R＋r）Bd sinθ，故导体棒两端的电压U＝Er＋RR＝mgRBd sin θ，A正确，B错误．依照法拉第电磁感觉定律E＝ΔΦΔt＝BΔSΔt＝BdsΔt，故q＝IΔt＝ER＋rΔt＝BsdR＋r，依照动能定理可得重力和安培力对导体棒所做的功等于导体棒获得的动能，C、D错误．答案：A11.以下列图，绝缘斜面处在一个竖直向上的匀强电场中，一带电金属块由静止开始沿斜面滑终究端．已知在金属块下滑的过程中动能增加0.3 J，重力做功1.5 J，电势能增加0.5 J，则以下判断正确的选项是()A．金属块带负电荷B．电场力做功0.5 JC．金属块战胜摩擦力做功0.8 JD．金属块的机械能减少1.2 J解析：金属块的电势能增加，说明电场力做负功，则电场力方向竖直向上，所以金属块带正电荷，选项A错误；战胜电场力做多少功，电势能就增加多少，故金属块战胜电场力做功0.5 J，即电场力做功－0.5 J，选项B错误；依照动能定理可得W G＋W E＋WF f＝ΔE k，解得WF f＝－0.7 J，即金属块战胜摩擦力做功0.7 J，选项C错误；重力做功1.5 J，金属块的重力势能减少1.5 J，动能增加0.3 J，故机械能减少1.2 J，选项D正确．答案：D。
2020高考物理课标二轮(天津专用)专题提升训练6 功能关系的理解与应用 Word版含解析
姓名，年级：时间：专题提升训练6功能关系的理解与应用专题提升训练第11页一、单项选择题(本题共6小题,在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1。
(2019·天津一模）天津市新建了几个滑雪场,右图为某滑雪道示意图，四分之一圆弧轨道半径为R。
质量为m的运动员（含滑板)从A点由静止开始滑下,到达最低点B时,运动员对轨道的压力为2mg，已知重力加速度为g,则在运动员（可视为质点)下滑的过程中(）A。
机械能守恒B。
重力的功率一直变大mgRC。
先失重后超重 D.阻力做功为12答案：C，解得解析:在最低点B的速度为v B，根据牛顿第二定律可得F-mg=m v B2Rv B=√gR，从A到B根据动能定理可得mgR+W f=1mv B2-0，解得阻力做功2mgR,说明下滑过程中阻力做负功,机械能不守恒，故A、D错误;为W f=-12竖直方向的速度先增大、后减小，根据P=mgv y可知,重力的功率先增大、后减小,故B错误；竖直方向的速度先增大、后减小，说明先加速下降后减速下降，所以运动员先失重后超重，故C正确.2。
(2019·四川德阳调研)足够长的水平传送带以恒定速度v 匀速运动，某时刻一个质量为m 的小物块以大小也是v 、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同。
在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W ,小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q ，则下列判断正确的是( )A 。
W=0,Q=mv 2B 。
W=0,Q=2mv 2C 。
W=mv 22，Q=mv 2 D 。
W=mv 2,Q=2mv 2答案:B解析:对小物块，由动能定理有W=12mv 2—12mv 2=0,设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ,则小物块与传送带间的相对路程x 相对=2v 2μg ,这段时间内因摩擦产生的热量Q=μmg ·x 相对=2mv 2，选项B 正确。
2020年高考物理二轮精准备考复习专题第06讲 功能关系 能量守恒定律(解析版)
2020年高考物理二轮精准备考复习讲义第二部分功能与动量第6讲功能关系能量守恒定律目录一、理清单，记住干 (1)二、研高考，探考情 (2)三、考情揭秘 (3)四、定考点，定题型 (3)超重点突破1单物体的机械能守恒问题 (3)超重点突破2连接体的机械能守恒问题 (5)超重点突破3含弹簧类机械能守恒问题 (6)超重点5功能关系 (10)命题角度1功能关系的基本应用 (11)命题角度2能量守恒与转化的应用 (12)命题角度3功能关系的综合应用 (13)五、固成果，提能力 (14)一、理清单，记住干1．机械能守恒成立的条件：除重力(弹力)外其他力不做功，只是动能和势能之间的转化．2．机械能守恒定律的表达式(1)守恒的观点：E k 1＋E p 1＝E k 2＋E p 2.(2)转化的观点：ΔE k ＝－ΔE p .(3)转移的观点：E A 增＝E B 减．3．力学中几种功能关系(1)合外力做功与动能的关系：W 合＝ΔE k .(2)重力做功与重力势能的关系：W G ＝－ΔE p .(3)弹力做功与弹性势能的关系：W 弹＝－ΔE p .(4)除重力及系统内弹力以外其他力做功与机械能的关系：W 其他＝ΔE 机．(5)滑动摩擦力做功与内能的关系：F f l 相对＝ΔE 内．二、研高考，探考情【2019·高考全国卷Ⅱ，T18】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 的变化如图所示．重力加速度取10m/s 2.由图中数据可得()A ．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】：由于E p ＝mgh ，所以E p 与h 成正比，斜率k ＝mg ，由图象得k ＝20N ，因此m ＝2kg ，A 正确．当h ＝0时，E p ＝0，E 总＝E k ＝12mv 20，因此v 0＝10m/s ，B 错误．由图象知h ＝2m 时，E 总＝90J ，E p ＝40J ，由E 总＝E k ＋E p 得E k ＝50J ，C 错误．h ＝4m 时，E 总＝E p ＝80J ，即此时E k ＝0，即上升4m 距离，动能减少100J ，D 正确．【2018·高考全国卷Ⅰ，T18】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【答案】：C【解析】：小球从a 运动到c ，根据动能定理，得F ·3R －mgR ＝12mv 21，又F ＝mg ，故v 1＝2gR ，小球离开c点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，且水平方向与竖直方向的加速度大小相等，都为g ，故小球从c 点到最高点所用的时间t ＝v 1g＝2R g ，水平位移x ＝12gt 2＝2R ，根据功能关系，小球从a 点到轨迹最高点机械能的增量为力F 做的功，即ΔE ＝F ·(2R ＋R ＋x )＝5mgR .【2018·天津高考·T 2】滑雪运动深受人民群众喜爱。
2020届高考物理二轮总复习专题课件：专题2 第6课功能关系机械能守恒定律能量守恒定律
12mv20＝mgR＋12mv2
②
由①②得：
v0＝ 3gR ③
设弹簧的弹性势能为 Ep，由机械能守恒定律得：
B 物体机械能的增加量
最合适的 研究对象
一个物体
对物体个 数无限制
两个物体
三、能量转化与守恒定律 能量既不会凭空消失，也不会凭空产生．它只能 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．
一、六种常见的功能关系 1．合力所做的功等于物体动能的增量，表达式： W 合＝Ek2－Ek1，即动能定理． 2．重力做正功，重力势能减少；重力做负功，重 力势能增加．由于“增量”是终态量减去始态量，所 以重力的功等于重力势能增量的负值，表达式： WG＝－Δ Ep＝Ep1－Ep2.
B．小球减少的电势能等于增加的动能
C．小球减小的电势能等于增加的机械能
D．到达 C 点时小球的速度大小为
2qU0 m
【分析与解答】小球受两个恒力的作用，竖直向下的 重力和水平向右的电场力，两个恒力大小方向均不变，即 合力不变，那么小球要想从 A→C，则合力的方向必须是 A→C，小球从静止释放后将做匀变速直线运动，A 项错误； 小球在运动过程中，小球受到的电场力和重力对小球做正 功，小球减少的电势能和重力势能之和等于增加的动能，B 项错误；根据功能关系可知，增加的机械能应等于电场力 对小球做的正功，其数值等于小球减少的电势能，C 项正
5．能量守恒定律的综合应用 例 6 如图是为了检验某种防护罩承受冲击力的装 置，M 是半径为 R＝1.0 m 的固定于竖直平面内的14光 滑圆弧轨道，轨道上端切线水平．N 为待检验的固定 曲面，该曲面在竖直面内的截面为半径 r＝ 0.69 m 的14圆弧，圆弧下端切线水平且圆心恰好位于 M 轨道 的上端点．M 的下端相切处放置竖直向上的弹簧枪， 可发射速度不同的质量 m＝0.01 kg 的小钢珠，假设某 次发射的钢珠沿轨道恰好能经过 M 的上端点，水平飞 出后落到曲面 N 的某一点上，取 g＝10 m/s2.求：
高考物理二轮专题复习 第2课 动量和能量课件
2．确定研究对象，进行受力分析、运动分析．
3．思考解题途径，正确选用规律．
K 考点 精辟 解析
(1)涉及求解物体运动的瞬时作用力、加速度以及运 动时间时，一般采用牛顿运动定律和运动学公式解答．
(2)不涉及物体运动过程中的加速度和时间，而涉
及力、位移、速度的问题，无论是恒力还是变力，一般
栏 目
采用动能定理解答；如果符合机械能守恒条件也可用机
端的小木块(可视为质点)以速度v0向右滑动，这时小木块 所受小车的滑动摩擦力向左，使其做匀减速运动；小车所 栏
目
受小木块的滑动摩擦力向右，使其做匀加速运动；如果双 链
接
方相对静止，则双方最后的速度相同．
K 考点 精辟 解析
设共同速度为 v，小木块与小车间的滑动摩擦力为 f，木块相对
小车的位移 d，小车相对于地面的位移为 s.
高考二轮专题复习与测试•物理 随堂讲义•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
栏 目 链 接
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
栏
动、物体做平抛运动、圆周运动、带电粒子在电磁场中运
K 考题 专项 训练
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，弹簧的压缩量达到最大，此时弹簧
栏
的弹性势能最大．此后，C继续加速，A、B减速，当弹 目
链
簧第一次恢复原长时，C的速度达到最大，A、B开始要 接
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解析:根据动能定理,物体在上升过程中有-mgh-Fh=Ek2-Ek1, 其中Ek2=36 J,Ek1=72 J,h=3 m 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。 命题考点动能定理 能力要求本题涉及图像问题,解题关键是能够根据已知的公式、定 律等推导出横坐标和纵坐标的关系式,分析斜率的变化,然后作出 正确的判断。
程中Q的最大动能是P的4倍,C正确。弹簧达到最大压缩量时物体
速度为0,根据机械能守恒定律,对物体P进行分析,有
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专题知识•理脉络 真题诠释•导方向
3m1a0x=12kx2,联立 3m1a0=kx0,可求出物体 P 下落过程中弹簧的最大 压缩量是 2x0。同理,根据机械能守恒定律,对物体 Q 进行分析,有 m2a0x=12kx2,联立 m2a0=2kx0,可求出物体 Q 下落过程中弹簧的最大 压缩量是4x0,Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的2倍,D错误。 命题考点万有引力定律、动能定理。 能力要求本题主要考查了动能定理、万有引力定律及其应用以及 图像问题,解题时要明确:(1)在星球表面,忽略星球自转的情况下,万 有引力近似等于重力;(2)分析清楚图像表示的物理意义是关键。
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专题知识•理脉络 真题诠释•导方向
3.(2019·天津卷)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰 已完成多次海试,并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞, 故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成的,如图甲所示。为了 便于研究舰载机的起飞过程,假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相 切的一段圆弧,示意图如图乙所示,AB长l1=150 m,BC水平投影l2=63 m,图中C点切线方向与水平方向的夹角θ=12°(sin 12°≈0.21)。若舰 载机从A点由静止开始做匀加速直线运动,经t=6 s到达B点进入BC。 已知飞行员的质量m=60 kg,g取10 m/s2,求:
专题知识•理脉络 真题诠释•导方向
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(1)舰载机水平运动的过程中,飞行员受到的水平力所做的功W; (2)舰载机刚进入BC时,飞行员受到竖直向上的压力FN多大。
答案:(1)7.5×104 J (2)1.1×103 N 解析:(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动,设其刚进入上翘甲 板时的速度为v, 则有������ = ������1①
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专题知识•理脉络 真题诠释•导方向
解析:物体轻放在弹簧上端时,弹簧的弹力为零,此时的加速度即为
星球表面的重力加速度,星球M表面的重力加速度为3a0,星球N表
面的重力加速度为a0,
根据黄金代换公式可得
g=���������������2���
=
������������
·43π ������ 2
计算方法 W=Flcos α ①先求合力,再求 W=F 合 lcos α ②W=W1+W2+…
力的大小跟路程的乘积
W=Flcos α 功的大小等于“面积” 动能定理
突破点一
突破点二
突破点三
突破点四
突破点五
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2.功率的计算 (1)P=������������,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。
专题二 能量与动量
第6讲 功能关系的理解与应用
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专题知识•理脉络 真题诠释•导方向
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专题知识•理脉络 真题诠释•导方向
1.(2019·全国卷3)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Ek 随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为 (C )
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专题知识•理脉络 真题诠释•导方向
2.(多选)(2019·全国卷1)在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌 面上,把物体P轻放在弹簧上端,P由静止向下运动,物体的加速度a与 弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示。在另一星球N上用完全 相同的弹簧,改用物体Q完成同样的过程,其a-x关系如图中虚线所 示。假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球M的半径是 星球N的3倍,则( AC ) A.M与N的密度相等 B.Q的质量是P的3倍 C.Q下落过程中的最大动能是P的4倍 D.Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍
突破点一
突破点二
突破点三
突破点四
突破点五
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功、功率的分析与计算 考查方向 常以选择题或计算题形式考查。 突破方略 1.功的计算
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突破点一
突破点二
突破点三
突破点四
突破点五
比较项 恒力 的功
变力 的功
力的特点 单个恒力
合力为恒力
大小恒定,且方向始终 沿轨迹切线方向 力的方向不变,大小随 位移线性变化 已知 F-l 图像 一般变力
2 ������
根据动能定理,有 W=12mv2-0② 联立①②式,代入数据,得 W=7.5×104 J。③
专题知识•理脉络 真题诠释•导方向
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(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R,根据几何关系,有 l2=Rsin θ④ 由牛顿第二定律,有 FN-mg=m������������2⑤ 联立①④⑤式,代入数据,得 FN=1.1×103 N。⑥ 命题考点动能定理,圆周运动。 能力要求分析解答本题的关键是分清运动过程,应用相关规律求解。
������
3=Gρ·4πr,g∝ρr,星球
3
M
和星
球N表面的重力加速度之比为3∶1,半径之比为3∶1,则两星球密度
相等,A正确。加速度为0,合力为0,设P的质量为m1,有3m1a0=kx0, 设 Q 的质量为 m2,有������2������0=2kx0,可解出������2=6m1,B 错误。根据动能 定理,下落至最大速度过程,对 P 进行分析,有 3������1������0x0-12 ������������02 = 12m1������12,对 Q 进行分析,有������2������0·2x0-12k·4������02 = 12m2������22,可求出下落过