(名师一手)【广东专用】2014届高三物理二轮复习《专题二 功、动量、能量》课件(115张ppt)
2014届高考物理(广东专用)二轮专题复习课件：第5讲 能量和动量在电磁学中的应用m
真题与定位
考向与预测
方法与技巧
(1)此匀强电场的电场强度E为多大；
(2)现将PA之间的线烧断，由于有空气阻力，A、B球最
后会达到新的平衡位置．求此时细线QB所受的拉力FT的 大小，并求出A、B间细线与竖直方向的夹角θ； (3)求A球的电势能与烧断前相比改变了多少(不计B球所 带电荷对匀强电场的影响)．
(3)带电体在磁场中运动时洛伦兹力不做功，机械能也可
守恒 (4)动量守恒、能量守恒在电磁感应现象中的应用 命题趋势 高考常对电学问题中能量守恒，动量守恒考查，解决此
类题目的特点是过程复杂、综合性强，主要考查学生综
合分析问题的能力．预计2014年高考此类题目仍会出现.
真题与定位 考向与预测 方法与技巧
(3)A球克服电场力做功， W＝－qEL(1－sin θ)＝－3×10－6×3×105×0.3×(1－0.6)J ＝－0.108 J
所以A球的电Байду номын сангаас能增加了
ΔEp＝－W＝0.108 J 答案 (1)3×105 N/C (2)2.4 N 37° (3)增加0.108 J
真题与定位 考向与预测 方法与技巧
考向一 电场中的功能关系的应用
1．电场力的大小计算 电场力做功与路径无关．其计算方法一般有如下四种． (1)由公式W＝Flcos α计算，此公式只适用于匀强电场， 可变形为W＝Eqlcos α. (2)由W＝qU计算，此公式适用于任何电场． (3)由电势能的变化计算：WAB＝EpA－EpB. (4)由动能定理计算：W电场力＋W其他力＝ΔEk.
真题与定位 考向与预测 方法与技巧
滑块运动至 B 点后，因为 qE2>f，所以滑块向左匀加速运动， 从 B 运动至 A 点的过程，由动能定理得： 1 2 (qE2－f)d＝ mv A ⑥ 2 由以上各式解得滑块离开 AB 区域时的速度 2 vA＝ v0(水平向左 )． ⑦ 2 mv 2 1 0 答案 (1) v0 ，方向水平向右 (2) 电场强度大小等于 2 2qd 2 v ，方向水平向左 2 0
2014届高考二轮复习专题讲义：第一部分 专题四 功和能 动能定理 能量守恒定律
2014届高考二轮复习专题讲义：第一部分 专题四 功和能动能定理 能量守恒定律【考情分析】【考点预测】功和功率、动能和动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律是力学的重点，也是高考考查的重点，常以选择题、计算题的形式出现，考题常与生产生活实际联系紧密，题目的综合性较强．预计在2014年高考中，仍将对该部分知识进行考查，复习中要特别注意功和功率的计算，动能定理、机械能守恒定律的应用以及与平抛运动、圆周运动知识的综合应用． 考题1 对功和功率的计算的考查例1 一质量为1 kg 的质点静止于光滑水平面上，从t ＝0时起，第1 s 内受到2 N 的水平外力作用，第2 s 内受到同方向的1 N 的外力作用．下列判断正确的是 ( )A ．0～2 s 内外力的平均功率是94 WB ．第2 s 内外力所做的功是54 JC ．第2 s 末外力的瞬时功率最大D ．第1 s 内与第2 s 内质点动能增加量的比值是45审题突破 ①分析质点运动情况，分别求第1 s 、第2 s 内的位移．②计算平均功率用公式P ＝Wt，计算瞬时功率用公式P ＝F v .解析 第1 s 内，质点的加速度为a 1＝F 1m ＝2 m/s 2，位移x 1＝12a 1t 2＝1 m,1 s 末的速度v 1＝a 1t ＝2 m/s ，第1 s 内质点动能的增加量为ΔE k1＝12m v 21－0＝2 J.第2 s 内，质点的加速度为a 2＝F 2m ＝1 m/s 2，位移x 2＝v 1t ＋12a 2t 2＝2.5 m,2 s 末的速度为v 2＝v 1＋a 2t ＝3 m/s ，第2 s 内质点动能的增加量为ΔE k2＝12m v 22－12m v 21＝2.5 J ；第1 s 内与第2 s 内质点动能的增加量的比值为ΔE k1ΔE k2＝45，D 选项正确．第2 s 末外力的瞬时功率P 2＝F 2v 2＝3 W ，第1 s 末外力的瞬时功率P 1＝F 1v 1＝4 W>P 2，C 选项错误．第1 s 内外力做的功W 1＝F 1x 1＝2 m ，第2 s 内外力做的功为W 2＝F 2x 2＝2.5 J ，B 选项错误.0～2 s 内外力的平均功率为P ＝W 1＋W 22t ＝94 W ，所以A 选项正确． 答案 AD 易错辨析1． 计算力所做的功时，一定要注意是恒力做功还是变力做功．若是恒力做功，可用公式W＝Fl cos α进行计算．若是变力做功，可用以下几种方法进行求解：(1)微元法：把物体的运动分成无数个小段，计算每一小段力F 的功．(2)将变力做功转化为恒力做功．(3)用动能定理或功能关系进行求解．2． 对于功率的计算要区分是瞬时功率还是平均功率．P ＝Wt只能用来计算平均功率，P ＝F v cos α中的v 是瞬时速度时，计算出的功率是瞬时功率；v 是平均速度时，计算出的功率是平均功率． 突破练习1． 图1中甲、乙是一质量m ＝6×103 kg 的公共汽车在t ＝0和t ＝4 s 末两个时刻的两张照片．当t ＝0时，汽车刚启动(汽车的运动可看成是匀加速直线运动)．图丙是车内横杆上悬挂的手拉环的图象，测得θ＝30°.根据题中提供的信息，无法估算出的物理量是( )图1A ．汽车的长度B ．4 s 内汽车牵引力所做的功C ．4 s 末汽车的速度D ．4 s 末汽车合外力的瞬时功率 答案 B解析 根据题图丙，通过对手拉环受力分析，结合牛顿第二定律可知，汽车的加速度为a ＝g tan θ＝1033 m/s 2，所以，t ＝4 s 末汽车的速度v ＝at ＝4033 m/s ，选项C 可估算出；根据题图甲、乙可知，汽车的长度等于4 s 时汽车的位移，即l ＝12at 2＝8033 m ，选项A 可估算出；因为4 s 末汽车的瞬时速度可求出，汽车所受的合外力F ＝ma 也可求出，所以汽车在4 s 末的瞬时功率为P ＝F v 也可估算出，即选项D 可估算；因为不知汽车与地面间的摩擦力，所以无法估算4 s 内汽车牵引力所做的功，选项B 符合题意． 2． 一质量m ＝0.5 kg 的滑块以某一初速度冲上倾角θ＝37°的足够长的斜面，利用传感器测出滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出滑块上滑过程中的v －t图象如图2所示．取sin 37°＝0.6，g ＝10 m/s 2，认为滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则( )图2A ．滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5B ．滑块返回斜面底端时的速度为2 m/sC ．滑块在上升过程中重力做的功为－25 JD ．滑块返回斜面底端时重力的功率为6 5 W 答案 AD解析 由题图可知a ＝10 m/s 2，即g sin θ＋μg cos θ＝10 m/s 2，解得μ＝0.5. 上滑位移x ＝102×1.0 m ＝5 m ，下滑加速度a ′＝g sin θ－μg cos θ＝2 m/s 2.所以回到斜面底端时的速度v ′＝2a ′x ＝2 5 m/s.上升过程中重力做功W ＝－Gx sin θ＝－15 J ，返回底端时求的是重力的瞬时功率，P ＝mg v ′sin θ＝6 5 W ．A 、D 正确． 考题2 对动能定理应用的考查例2 如图3甲，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E 、方向沿斜面向下的匀强电场中．一劲度系数为k 的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态．一质量为m 、带电荷量为q (q >0)的滑块从距离弹簧上端为s 0处静止释放，滑块在运动过程中电荷量保持不变，设滑块与弹簧接触过程中没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g .图3(1)求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t 1；(2)若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为v m ，求滑块从静止释放到速度大小为v m 过程中弹簧的弹力所做的功W ；(3)从滑块由静止释放瞬间开始计时，请在乙图中画出滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度与时间关系v －t 图象．图中横坐标轴上的t 1、t 2及t 3分别表示滑块第一次与弹簧上端接触、第一次速度达到最大值及第一次速度减为零的时刻，纵坐标轴上的v 1为滑块在t 1时刻的速度大小，v m 是题中所指的物理量．(本小题不要求写出计算过程) 审题突破 ①滑块的运动过程经历三个阶段：匀加速运动、加速度逐渐减小的加速运动、加速度逐渐增大的减速运动．②弹力是变力，可利用动能定理求弹力做的功．解析 (1)滑块从静止释放到与弹簧上端接触的过程中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a ，则有 qE ＋mg sin θ＝ma ① s 0＝12at 21②联立①②可得 t 1＝2ms 0qE ＋mg sin θ③ (2)滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为x 0，则有mg sin θ＋qE ＝kx 0 ④从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得 (mg sin θ＋qE )·(s 0＋x 0)＋W ＝12m v 2m －0⑤联立④⑤可得W ＝12m v 2m －(mg sin θ＋qE )·(s 0＋mg sin θ＋qE k)(3)在0～t 1阶段，滑块做匀加速运动，其v －t 图线为过原点的倾 斜直线．t 1～t 2阶段，滑块做加速度逐渐减小的加速运动，v －t 图线的斜率逐渐减小，t 2时刻速度达到最大值．t 2～t 3阶段，滑块 做加速度逐渐增大的减速运动，v －t 图线的斜率逐渐增大，t 3时 刻滑块的速度减为零．所以画出v －t 图象如图． 答案 (1) 2ms 0qE ＋mg sin θ(2)12m v 2m －(mg sin θ＋qE )·(s 0＋mg sin θ＋qE k ) (3)见解析图 题后反思应用动能定理的三点注意(1)如果在某个运动过程中包含有几个不同运动性质的阶段(如加速、减速阶段)，可以分段应用动能定理，也可以对全程应用动能定理，一般对全程列式更简单．(2)因为动能定理中功和动能均与参考系的选取有关，所以动能定理也与参考系的选取有关．在中学物理中一般取地面为参考系．(3)动能定理通常适用于单个物体或可看成单个物体的系统．如果涉及多物体组成的系统，因为要考虑内力做的功，所以要十分慎重．在中学阶段可以先分别对系统内每一个物体应用动能定理，然后再联立求解．突破练习3．如图4所示，光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接触面粗糙，现用一水平拉力F作用在B上使其由静止开始运动，用F f1代表B对A的摩擦力，F f2代表A对B的摩擦力，下列说法正确的有()图4[来源: ]A．力F做的功一定等于A、B系统动能的增加量[来源: ]B．力F做的功一定小于A、B系统动能的增加量C．力F f1对A做的功等于A动能的增加量D．力F、F f2对B做的功之和等于B动能的增加量答案CD解析当水平拉力F较小时，二者一起运动，力F做的功一定等于A、B系统动能的增加量；当水平拉力F较大时，二者发生相对滑动，力F做的功一定大于A、B系统动能的增加量，选项A、B错误；由动能定理，力F f1对A做的功等于A动能的增加量，力F、F f2对B做的功之和等于B动能的增加量，选项C、D正确．4．如图5所示，倾角为45°的粗糙斜面AB底端与半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道BC平滑相接，O为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直平面内，A、C两点等高．质量m ＝1 kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O等高的D点，g取10 m/s2.图5(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)若使滑块能到达C点，求滑块至少从离地多高处由静止开始下滑；(3)若滑块离开C点后恰能垂直打在斜面上，求滑块经过C点时对轨道的压力．答案(1)0.5(2)2 m(3)3.3 N，方向竖直向上解析(1)A到D过程：根据动能定理有mg(2R－R)－μmg cos 45°·2Rsin 45°＝0－0解得μ＝0.5(2)若滑块恰能到达C点，根据牛顿第二定律有mg ＝m v 2CRv C ＝Rg ＝2 m/s至少从离地高为H 处下滑到达C 的过程：根据动能定理有 mg (H －2R )－μmg cos 45°·H sin 45°＝12m v 2C －0解得H ＝2 m(3)离开C 点后滑块做平抛运动，垂直打在斜面上时有 x ＝v C ′t y ＝12gt 2＝v y 2t tan 45°＝v C ′v y tan 45°＝2R －yx解得v C ′＝433 m/s在C 点，由牛顿第二定律有 mg ＋F N ＝m v C ′2R解得F N ＝3.3 N由牛顿第三定律可知，滑块经过C 点时对轨道的压力为F N ′＝F N ＝3.3 N ，方向竖直向上．考题3 对能量守恒定律的考查例3 如图6所示，AB 为一光滑固定轨道，AC 为动摩擦因数μ＝0.25的粗糙水平轨道，O为水平地面上的一点，且B 、C 、O 在同一竖直线上，已知B 、C 两点的高度差为h ，C 、O 两点的高度差也为h ，AC 两点相距s ＝2h .若质量为m 的两滑块P 、Q 从A 点以相同的初速度v 0分别沿两轨道滑行，到达B 点或C 点后分别水平抛出．求：图6(1)两滑块P 、Q 落地点到O 点的水平距离．(2)欲使两滑块的落地点相同，滑块的初速度v 0应满足的条件．(3)若滑块Q 的初速度v 0已满足(2)的条件，现将水平轨道AC 向右延伸一段L ，要使滑块Q 落地点距O 点的距离最远，L 应为多少？审题突破 ①滑块P 沿曲线AB 运动，无摩擦力做功，机械能守恒，滑块Q 沿粗糙水平轨道AC 运动，机械能不守恒．②写出滑块Q 距O 点的距离d 与L 的关系式，利用数学方法判断何时d 最大．解析 (1)滑块P 从A 到B 过程机械能守恒：12m v 20＝12m v 2B ＋mgh得v B ＝v 20－2gh从B 点抛出后：x 1＝v B t P ,2h ＝12gt 2P得x 1＝2v 20－2gh ·hg滑块Q 从A 到C 过程，由动能定理得：－μmgs ＝12m v 2C －12m v 2又μ＝0.25，s ＝2h ，得v C ＝v 20－gh 从C 点抛出后：x 2＝v C t Q ，h ＝12gt 2Q得x 2＝v 20－gh ·2hg(2)依题意有：x 1＝x 2，解得：v 0＝3gh 所以滑块的初速度v 0应满足v 0＝3gh (3)由动能定理得：－μmg (s ＋L )＝12m v 2－12m v 20滑块Q 从水平轨道AC 向右延伸的最右端抛出后： x ＝v t Q ′，h ＝12gt Q ′2距O 点的距离为d ＝L ＋x从而得d ＝4h 2－hL ＋L ，当L ＝154h 时，d 取最大值为174h答案 (1)2v 20－2gh ·h gv 20－gh ·2hg(2)v 0＝3gh (3)154h知识拓展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(实为单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时，机械能却是守恒的．如图7所示，单独选物体A 时机械能减少，但选由物体A 、B 组成的系统时机械能守恒．图72． 要注意研究过程的选取有些问题研究对象的运动过程分几个阶段，有的阶段机械能守恒，而有的阶段机械能不守恒．因此，在应用机械能守恒定律解题时要注意研究过程的选取． 3． 要注意机械能守恒定律表达式的选取守恒观点的表达式适用于单个或多个物体机械能守恒的问题，解题时必须选取参考平面．后两种表达式都是从“转化”和“转移”的角度来反映机械能守恒的，不必选取参考平面． 突破练习5． 如图8所示，弹簧的一端固定在水平面上，另一端与质量为1 kg 的小球相连，小球原来处于静止状态．现用竖直向上的拉力F 作用在小球上，使小球开始向上做匀加速直线运动，经0.2 s 弹簧刚好恢复到原长，此时小球的速度为1 m/s ，整个过程中弹簧始终在弹性限度内，g 取10 m/s 2.则( )图8A ．弹簧的劲度系数为100 N/mB ．在0～0.2 s 内拉力的最大功率为15 WC ．在0～0.2 s 内拉力对小球做的功等于1.5 JD ．在0～0.2 s 内小球和弹簧组成的系统机械能守恒 答案 AB解析 弹簧的压缩量x ＝v2t ＝0.1 m ，又因为静止时，kx ＝mg所以k ＝100 N/m ，选项A 正确． 由v ＝at 得a ＝vt＝5 m/s 2在0.2 s 时拉力的功率最大，F －mg ＝ma ，得F ＝15 N ，所以P ＝F v ＝15×1 W ＝15 W ，选项B 正确．[来源: ]0～0.2 s 内拉力F 逐渐增加到15 N ，拉力对小球的功应小于1.5 J ，选项C 错误．0～0.2 s 内有拉力F 做功，小球和弹簧组成的系统的机械能增加，机械能不守恒，D 错误．6． 如图9所示，固定坡道倾角为θ，顶端距光滑水平面的高度为h ，一可视为质点的小物块质量为m ，从坡道顶端由静止滑下，经过底端O 点进入水平面时无机械能损失，为使小物块制动，将轻弹簧的一端固定在水平面左侧M 处的竖直墙上，弹簧自由伸长时右侧一端恰好位于O 点．已知小物块与坡道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )图9A ．小物块在倾斜轨道上运动时，下滑的加速度比上滑的加速度小B ．当小物块压缩弹簧到最短时，物块的重力势能完全转化为弹簧的弹性势能C ．小物块返回倾斜轨道时所能达到的最大高度为1－μcot θ1＋μcot θ hD ．小物块在往返运动的整个过程中损失的机械能为mgh 答案 ACD解析 小物块在倾斜轨道上运动时，受重力、支持力、摩擦力3个力的作用，沿斜面方向的加速度由摩擦力和重力沿斜面方向的分力提供，下滑的加速度a 1＝mg sin θ－F fm ，上滑的加速度a 2＝mg sin θ＋F fm ，故下滑的加速度比上滑的加速度小，A 正确．由于小物块在倾斜轨道上有摩擦力做功，故当小物块压缩弹簧到最短时，物块重力势能的部分转化为弹簧的弹性势能，B 错误．小物块下滑到O 点时，由动能定理得mgh －μmg cos θ·h sin θ＝12m v 2，在水平面上，由机械能守恒定律得12m v 2＝E p ，设小物块能够上升的最大高度为h 1，物块返回倾斜轨道过程中由动能定理得－mgh 1－μmg cos θ·h 1sin θ＝0－12m v 2，解得：h 1＝1－μcot θ1＋μcot θ h ，C 正确．由能量守恒定律可知小物块最终将静止在O 点，重力势能全部转化为内能，故在往返运动的整个过程中损失的机械能为mgh ，D 正确．7． 如图10所示，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(图中未画出)，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d ，杆上的A 点与定滑轮等高，杆上的B 点在A 点下方距离为d 处．现将环从A 处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是( )图10A ．环到达B 处时，重物上升的高度h ＝d2B ．环到达B 处时，环与重物的速度大小相等C ．环从A 到B ，环减少的机械能等于重物增加的机械能D ．环能下降的最大高度为43d答案 CD解析 将环和重物作为一个系统，显然整个系统满足机械能守恒，故环从A 到B ，环减少的机械能等于重物增加的机械能，C 正确．初状态：环在A 处，重物在起始位置，它们的速度都为0.末状态：环在最低处(设环最大下滑距离是H )，重物在最高处，它们的速度都为0.环从A 处下滑到最低处时，滑轮左侧的绳子长度增加了L ＝H 2＋d 2－d ，那么重物对应上升的高度也是h ＝L ，由机械能守恒，得mgH ＝(2m )gh ，即mgH ＝(2m )g (H 2＋d 2－d )，解得H ＝4d /3，可见，环下滑的最大距离是H ＝4d /3，D 正确．环到达B 处时，重物上升的高度h ＝(2－1)d ，A 错误．由运动的合成与分解可知环沿杆向下的速度沿绳的分速度等于重物上升的速度，故B 错误．物理模型三 传送带运动模型传送带有水平传送带和倾斜传送带两类，往往涉及多个运动过程，常结合圆周运动、平抛运动进行考查，解答时可从以下两点进行突破： 1． 分析物体在传送带上的运动过程物体相对传送带运动，分清二者的速度关系，明确不同状态下物体的受力情况及运动情况是解决问题的突破口． 2． 分析每个过程的初、末速度无论是单纯的传送带类问题，还是传送带与圆周运动、平抛运动相结合的问题，涉及多过程时，前一个运动过程的末速度是后一个运动过程的初速度，因此速度是联系前、后两个过程的桥梁，分析每个过程的初、末速度是解决问题的关键．例4 如图11所示，一传送带倾斜放置，倾角α＝53°，长为L ＝10 m ．一个质量m ＝1 kg的小物体在光滑的平台上以速度v 0向右做匀速直线运动，到达平台末端物体沿水平方向抛出，当物体运动到传送带上表面顶端A点时，速度方向刚好和传送带上表面平行，即物体A无碰撞地运动到传送带上．已知传送带顶端A点与平台的高度差h＝0.8 m，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.求：图11(1)物体在平台上运动的速度大小v0；(2)若传送带静止，物体到达传送带下端B点时的速度大小v B；(3)当传送带以v＝4 5 m/s的速度顺时针方向转动时，物体由A到B的过程中所受摩擦力做的功W f.审题突破①物体A无碰撞地运动到传送带上，说明已知物体落到传送带上时速度的方向．②传送带静止时，传送带对物体的摩擦力做负功．③传送带v＝4 5 m/s时，传送带速度大于物体速度，物体加速，当速度相等后，要注意摩擦力方向的变化．解析(1)由运动的合成与分解知识得v y＝tan 53°v2y＝2gh[来源: ]联立并代入数据得，物体在平台上运动的速度v0＝3 m/s[来源: ](2)传送带静止，物体由A加速到B的过程中，由动能定理得(mg sin 53°－μmg cos 53°)L＝12m v2B－12m v2A又v2A＝v20＋v2y联立并代入数据得物体到达传送带下端B点时的速度v B＝5 5 m/s(3)当传送带以v＝4 5 m/s速度顺时针方向转动时，小物体加速到v＝4 5 m/s之前，传送带的摩擦力一直对物体做正功，由动能定理得(mg sin 53°＋μmg cos 53°)s＝12m v2－12m v2A代入数据得s＝2.5 m小物体加速到v＝4 5 m/s之后直到到达底端，传送带的摩擦力对物体做负功，故得物体由A到B的过程中所受摩擦力做的功W f ＝μmgs cos 53°－μmg (L －s )cos 53°＝－15 J答案 (1)3 m/s (2)5 5 m/s (3)－15 J题后反思1． 在水平传送带上当物体相对传送带向后运动时，物体所受滑动摩擦力向前，当物体相对传送带向前运动时，物体所受滑动摩擦力向后．[来源: ]2． 在倾斜传送带上，物体与传送带速度相等后，物体做加速运动还是匀速运动决定于重力的分力与最大静摩擦力大小关系．3． 若求摩擦生热，应用滑动摩擦力乘以相对位移，即Q ＝F f x 相对，若物体出现往返运动情况，应分段求摩擦生热．知识专题练 训练6一、单项选择题1． 如图1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，下列说法不正确的是 ( )图1A ．木板对小物块做功为12m v 2 B ．摩擦力对小物块做功为mgL sin αC ．支持力对小物块做功为mgL sin αD ．滑动摩擦力对小物块做功为12m v 2－mgL sin α 答案 B解析 在抬高A 端的过程中，小物块受到的摩擦力为静摩擦力，其方向和小物块的运动方向时刻垂直，故在抬高阶段，摩擦力并不做功，这样在抬高小物块的过程中，由动能定理得：W N ＋W G ＝0，即W N －mgL sin α＝0，所以W N ＝mgL sin α.在小物块下滑的过程中，支持力不做功，滑动摩擦力和重力做功，由动能定理得：W G ＋W f ＝12m v 2，即W f ＝12m v 2－mgL sin α，B 错，C 、D 正确．在整个过程中，设木板对小物块做的功为W ，对小物块在整个过程由动能定理得W ＝12m v 2，A 正确．2． 如图2所示为汽车在水平路面上启动过程中的速度图象，Oa 段为过原点的倾斜直线，ab 段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc 段是与ab 段相切的水平直线，则下述说法中正确的是 ( )图2A ．0～t 1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定B ．t 1～t 2时间内汽车牵引力做功为12m v 22－12m v 21 C ．t 1～t 2时间内的平均速度为12(v 1＋v 2) D ．在全过程中t 1时刻的牵引力及功率都是最大值，t 2～t 3时间内牵引力最小答案 D解析 由题图知，0～t 1时间内汽车做匀加速运动，功率P ＝Fat 随时间均匀增加，t 1时刻的功率达到额定功率P 额，则A 错．t 1～t 2时间内以额定功率P 额加速行驶，由动能定理得P 额(t 2－t 1)－W f ＝12m v 22－12m v 21，牵引力做功W ＝P 额(t 2－t 1)＝W f ＋12m v 22－12m v 21，则B 错．t 1～t 2时间内汽车做加速度减小的加速运动，平均速度v >12(v 1＋v 2)，则C 错.0～t 1时间内加速度恒定，牵引力恒定；t 1～t 2时间内加速度减小，牵引力减小，在t 2时刻的牵引力恰减小到等于阻力；t 2～t 3时间内，汽车的加速度为0，牵引力恒定，则D 正确．3． 如图3所示，工厂利用皮带传输机把货物从地面运送到高出水平地面的C 平台上，C平台离地面的高度一定．运输机的皮带以一定的速度v 顺时针转动且不打滑．将货物轻轻地放在A 处，货物随皮带到达平台．货物在皮带上相对滑动时，会留下一定长度的痕迹．已知所有货物与皮带间的动摩擦因数为μ.若皮带的倾角θ、运行速度v 和货物质量m 都可以改变，始终满足tan θ<μ，可以认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则( )[来源: ]图3A ．当速度v 一定时，倾角θ越大，运送时间越短B ．当倾角θ一定时，改变速度v ，运送时间不变C ．当倾角θ和速度v 一定时，货物质量m 越大，皮带上留下的痕迹越长D ．当倾角θ和速度v 一定时，货物质量m 越大，皮带上摩擦产生的热越多答案 D解析 开始时对货物受力分析，根据牛顿第二定律得a ＝μg cos θ－g sin θ，根据运动学公式得货物加速到与皮带速度相等所需的时间t 1＝v a ，货物加速过程的位移x 1＝v 22a ，货物加速到与皮带的速度相等时，因为μmg cos θ>mg sin θ，货物将做匀速运动，根据运动学公式得货物匀速的时间t 2＝L －x 1v ，因此货物从底端运送到顶端的时间t ＝t 1＋t 2＝L v ＋v 2a，当速度一定时，θ越大，加速度越小，运送的时间越长，A 错误；当θ一定时，加速度一定，速度不同，运送时间不同，B 错误；货物相对皮带运动的位移Δx ＝v t 1－v 2t 1＝v 2t 1，v 和θ一定，速度一定，加速度一定，由t 1＝v a得货物的加速时间t 1一定，货物相对皮带的位移一定，C 错误；摩擦产生的热量为μmg Δx ，当倾角θ和速度v 一定时，货物质量越大，摩擦产生的热越多，D 正确．二、多项选择题4．如图4甲所示，静止在水平地面的物块A ，受到水平向右的拉力F 作用，F 与时间t 的关系如图乙所示；设物块与地面间的静摩擦力最大值F fm 与滑动摩擦力大小相等，则( )图4A ．0～t 1时间内F 的功率逐渐增大B ．t 2时刻物块A 的加速度最大C ．t 3时刻物块A 的动能最大D ．t 1～t 3时间内F 对物块先做正功后做负功答案 BC解析 当拉力小于最大静摩擦力时，物块静止不动，静摩擦力与拉力二力平衡，当拉力大于最大静摩擦力时，物块开始加速，当拉力重新小于最大静摩擦力时，物块由于惯性继续减速运动．t 1时刻前，拉力小于最大静摩擦力，物块静止不动，静摩擦力与拉力二力平衡，合力为零，力F 的功率为零，故A 错误；t 1～t 2，合力向前，物块做加速度增大的加速运动，t 2时刻物块A 的加速度最大，故B 正确；t 3时刻之后合力向后，物块由于惯性减速前进，故t 3时刻A 的速度最大，动能最大，C 正确；t 1～t 3时间内物块速度一直增大，动能一直增大，F 对物块A 始终做正功，D 错误；故选B 、C.5． (2013·山东·16)如图5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5A ．两滑块组成系统的机械能守恒B ．重力对M 做的功等于M 动能的增加C ．轻绳对m 做的功等于m 机械能的增加D ．两滑块组成系统的机械能损失等于M 克服摩擦力做的功答案 CD解析 两滑块释放后，M 下滑、m 上滑，摩擦力对M 做负功，系统的机械能减小，减小的机械能等于M 克服摩擦力做的功，选项A 错误，D 正确．除重力对滑块M 做正功外，还有摩擦力和绳的拉力对滑块M 做负功，选项B 错误．绳的拉力对滑块m 做正功，滑块m 机械能增加，且增加的机械能等于拉力做的功，选项C 正确．6． 如图6所示，劲度系数为k 的轻质弹簧，一端系在竖直放置、半径为R 的光滑圆环顶点P ，另一端连接一套在圆环上且质量为m 的小球，开始时小球位于A 点，此时弹簧处于原长且与竖直方向的夹角为45°，之后小球由静止沿圆环下滑，小球运动到最低点B 时速率为v ，此时小球与圆环之间压力恰好为零．下列分析正确的是 ( )图6A ．小球过B 点时，弹簧的弹力大小为mg ＋m v 2RB ．小球过B 点时，弹簧的弹力大小为k (2R －2R )C ．从A 到B 的过程中，重力势能和弹簧的弹性势能转化为小球的动能[来源: ]D ．从A 到B 的过程中，重力对小球做的功等于小球克服弹簧弹力做的功答案 AB解析 在B 点弹簧的伸长量Δx ＝2R －2R ×22＝2R －2R ，所以弹簧的弹力F ＝k Δx ＝k (2R －2R )，B 正确．另外，在B 点由向心力公式得：F －mg ＝m v 2R ，解得F ＝mg ＋m v 2R ，A 正确．。
高考二轮总复习课件物理(适用于老高考旧教材)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
(1)建立运动模型。
(2)抓住运动过程之间运动参量的联系。
(3)分阶段或全过程列式计算。
(4)对于选定的研究过程,只考虑初、末位置而不用考虑中间过程。
注意摩擦力做功特点
深化拓展
应用动能定理解题应注意的三个问题
(1)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
动力学研究方法要简捷。
则重力的瞬时功率不为0,C错误;随着运动员在圆弧跳台上升高,速率逐渐
减小,所需要的向心力也在减小,向心力由台面的支持力与重力垂直接触面
向下的分力提供,由牛顿第二定律有FN-mgcos θ=m
大,v在减小,所以FN在减小,D正确。
2
,随着高度升高,θ在增
2.(命题角度1、2)(多选)一个质量为5 kg静止在水平地面上的物体,某时刻
能定理
1
Pt-W=2 m 2 ,则这一过程中小汽车克服阻力做的功为
D 错误。
W=Pt- 2 ,率启动
1
a-图像和
1
a-v 图像
1
F-图像问题
恒定加速度启动
1
F-v 图像
恒定功率启动
1
a- 图像
v
恒定加速度启动
1
F- 图像
v
①AB 段牵引力不变,做匀加速直线运动;
1
1
2
由动能定理得-mg·2r-W=2 2 − 2 1 2 ,联立解得小球克服阻力做的功
W=mgr,A 错误,B 正确;设再一次到达最低点时速度为 v3,假设空气阻力做
功不变,从最高点到最低点根据动能定理得
最低点,根据牛顿第二定律
1
mg·2r-W= 3 2
【步步高·广东专用】2014高考物理二轮【配套课件】专题突破专题四 第2课时
专题四 第2课时
第 2 课时
动力学、动量和能量观点的综合 应用
本 课 时 栏 目 开 关
1． 动量定理的公式 Ft＝p′－p 除表明两边大小、 方向的关系外， 还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是 动量变化 的 原因． 动量定理说明的是合外力的冲量与 动量变化 的关系，反映 了力对时间的累积效果， 与物体的初、 末动量无必然联系． 动 量变化的方向与
本 课 时 栏 目 开 关
专题四 第2课时
荷量为 q 的正电荷， B 球不带电，两球相 距为 L.从 t＝0 时刻开始，在两小球所在
图3
的水平空间内加一范围足够大的匀强电场，电场强度为 E，方 向与 A、B 两球的连线平行向右，如图 3 所示．A 球在电场力作 用下由静止开始沿直线运动，并与 B 球发生完全弹性碰撞．设 两球间碰撞力远大于电场力且作用时间极短，每次碰撞过程中 A、B 之间都没有电荷量转移，且不考虑空气阻力及两球间的万 有引力．问：
图2
已知 BC 轨道距水平地面 ED 的高度为 0.5h，悬挂 b 球的细绳
热点题型例析
专题四 第2课时
解析 (1)设 a 球经 C 点时速度为 vC，由机械能守恒定律，mgh 1 ＝ mv C 2， 2 解得： vC＝ 2gh
本 课 时 栏 目 开 关
即 a 球与 b 球碰前瞬间的速度为 2gh
热点题型例析
专题四 第2课时
题型 1 例1
本 课 时 栏 目 开 关
动量和能量的观点在力学中的应用
(2013· 广东 · 35)如图 1， 两块相同平板 P1、 P2 置于光滑水
平面上，质量均为 m，P2 的右端固定一轻质弹簧，左端 A 与弹簧的自由端 B 相距 L，物体 P 置于 P1 的最右端，质量 为 2m 且可看作质点．P1 与 P 以共同速度 v0 向右运动，与 静止的 P2 发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后 P1 与 P2 粘连 在一起，P 压缩弹簧后被弹回并停在 A 点(弹簧始终在弹性 限度内 )． P 与 P2 之间的动摩擦因数为 μ，求：
高中物理 高三二轮专题复习：动量守恒定律应用(二)综合计算
v0 gt 6 m/s
细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B的重力，A、B相互作用， 总动量守恒： mBv0 (mA mB )v
绳子绷直瞬间，A、B系统获得的速度：v=2m/s
之后A做匀减速运动，所以细绳绷直瞬间的速度v即为最大速度，A 的最大速度为2 m/s
mg
H
h
mg
H h tan
mB
gS
设改变后的摩擦因数为μ′ ，然后将A从P点释放，A恰好能与B再次碰上， 即A恰好滑到物块B位置时，速度减为零，以A为研究对象，根据能量守恒定律得：
mgh mg h mgS tan
又据（2）的结论可知：
Wf
2 mgH 15
mg
H h
tan
，得： tan 9
W
1 2
mv22
1 2
mv12
末状态动能 初状态动能
题型一：动量守恒定律与能量的综合应用模型（碰撞类）
（利用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题）
2.(2014·北京卷)如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相 切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A无初速释放，A与B 碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R＝0.2 m；A和 B的质量相等；A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2.重力加速度g取10 m/s2. 求：
解析
(3)t 时刻后 A 将继续向左运动，假设它能与静止的 B 碰撞，碰撞前速度的大小 为 vA′，由动能定理有
21mAvA′2－12mAv2A＝－μmAg(2l＋sB)⑩ 联立③⑧⑩式并代入题给数据得 vA′＝ 7 m/s⑪ 故 A 与 B 将发生碰撞。设碰撞后 A、B 的速度分别为 vA″和 vB″，由动量守 恒定律与机械能守恒定律有 mA(－vA′)＝mAvA″＋mBvB″⑫ 21mAvA′2＝12mAvA″2＋12mBvB″2⑬
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。
高考物理二轮复习专题训练——动量(word版含答案)
动量一、选择题（共15题）1．从同一高度落下的玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在毛毯上就不易碎，这是因为玻璃杯掉在水泥地上时A．受到的冲量大B．受到地面的作用力大C．动量的变化量大D．动量大2．一静止的物体所受到的合外力随时间的变化关系如图所示,图中F1、F2未知．已知物体从t=0时刻出发,在3t0时刻恰又返回到出发点,则()A．0—t0物体做匀加速直线运动,t0—3t0物体做匀减速直线运动B．物体在F1作用下的位移与在F2作用下的位移相等C．t0时刻物体的速度与3t0时刻物体的速度大小之比为2 3D．F1与F2大小之比为5 63．下列说法正确的是（）A．不受外力作用的系统，其动量和机械能必然同时守恒B．只要系统受到摩擦力，动量不可能守恒C．物体受到的冲量越大，它的动量变化一定越快D．某物体做直线运动，受到一个-6N˙s的冲量作用后其动量不一定减小4．下列关于动量和冲量的说法中正确的是（）A．物体的动量改变，一定是速度的大小改变B．物体的动量改变，一定是速度的方向改变C．物体的运动状态改变，其动量一定改变D．以上说法均不对5．2020年7月23日，中国首个火星探测器“天问一号”在海南文昌卫星发射中心发射升空。
该探测器经过多次变轨，进入环火轨道，预计5月中旬，将择机开展着陆、巡视等任务，进行火星科学探测。
假设在火星表面完成下面的实验：在固定的竖直光滑圆轨道内部最低点静止放置一个质量为m的小球（可视为质点），如图所示，当给小球一水平向右的瞬时冲量Ⅰ时，小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动。
若已知圆轨道半径为r ，火星的半径为R 、万有引力常量为G ，则火星的质量为（ ）A ．222I r Gm RB ．2225I r Gm RC ．222I R GrmD ．2225I R Grm 6．一人站在滑板上以速度0v 在冰面上滑行忽略滑板与冰面间的摩擦某时刻人沿水平方向向正前方距离滑板离开时人相对冰面的速度大小为02v 。
【二轮教研】(广东专用)2014届高三物理二轮名师一手课件《第2讲力与直线运动》(2013高考真题聚焦 高频考
核心知识重组
四、力F与直线运动的关系 1．力F与速度v同向时，物体做加速直线运动，若F恒定，物体做匀加速直 线运动；若F变化，物体做变加速直线运动． 2．力F与速度v反向时，物体做减速直线运动，若F恒定，物体做匀减速直 线运动；若F变化，物体做变加速直线运动．
返回目录
第2讲 力与直线运动
第2讲 力与直线运动
(2)该车驾驶员的允许的考虑时间最大值为 t，考虑时间
内车行驶的距离为 L0.
L0＝v0t
从绿灯闪烁到红灯亮起的过程，汽车减速运动的时间 t2
高 ＝6－t
频 考
设汽车在刹车过程中通过的位移 s2＝v20t2
点 探 究
绿灯开始闪烁时，该车距停车线的距离 L＝L0＋s2 解得 t＝0.5 s
和
返回目录
核心知识重组
三、超重与失重 1．物体具有向上的加速度(或具有向上的加速度分量)时处于超重状态，此 时物体重力的效．果．变大． 2．物体具有向下的加速度(或具有向下的加速度分量)时处于失重状态，此 时物体重力的效．果．变小；物体具有向下的加速度等于重力加速度时处于完全失 重状态，此时物体重力的效．果．消失． 注意：(1)重力的效．果．指物体对水平面的压力、对竖直悬绳的拉力等；(2) 物体处于超重或失重(含完全失重)状态时，物体的重力并不因此而变化．
焦 图．飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即
关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机
在甲板上短距离滑行后停止．某次降落，以飞机着舰为计
时零点，飞机在t＝0.4 s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着
舰到停止的速度－时间图线如图(b)所示．假如无阻拦索，
飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1000 m．已知航母
(新高考适用)2023版高考物理二轮总复习专题2 能量与动量 第2讲 动量 动量守恒定律
第一部分 专题二 第2讲基础题——知识基础打牢1. (多选)(2022·广东汕头二模)科学家常在云室中加入铅板以降低运动粒子的速度．图示为物理学家安德森拍下的正电子在云室中运动的径迹，已知图示云室加垂直纸面方向的匀强磁场，由图可以判定( BC )A ．匀强磁场方向向外B ．正电子由上而下穿过铅板C ．正电子在铅板上、下磁场中运动角速度相同D ．正电子在铅板上、下磁场运动中动量大小相等【解析】 正电子在匀强磁场中，洛伦兹力提供向心力，则有qvB ＝m v 2r 解得r ＝mv qB，由于正电子经过铅板后速度会减小，可知正电子经过铅板后的轨迹半径减小，从图中可以看出正电子在铅板上方轨迹半径比下方轨迹半径大，故正电子由上而下穿过铅板，由左手定则判断匀强磁场方向向里，A 错误，B 正确；正电子经过铅板后速度会减小，则正电子经过铅板后动量减小，正电子在铅板上、下磁场运动中动量大小不相等，D 错误；正电子在磁场中做圆周运动的角速度为ω＝v r ＝qBm可知正电子在铅板上、下磁场中运动角速度相同，C 正确．故选BC.2. (多选)(2022·重庆八中模拟)2022北京冬奥会期间，校园陆地冰壶也在积极的参与中．如图所示，某次投掷时，冰壶A 以速度v ＝3 m/s 与冰壶B 发生正碰，碰撞前后的速度均在同一直线上，若A 、B 的质量均为1 kg ，则下列说法正确的是( CD )A ．碰撞后A 的速度可能为2 m/sB ．碰撞后B 的速度可能为1 m/sC ．碰撞后A 不可能反向运动D ．碰撞后B 的速度可能为2.5 m/s【解析】 设A 、B 的质量为m ，若发生弹性碰撞，根据动量守恒得mv ＝mv A ＋mv B ，根据机械能守恒得12mv 2＝12mv 2A ＋12mv 2B ，解得A 、B 的速度分别为v A ＝0，v B ＝v ＝3 m/s ，若发生完全非弹性碰撞，则mv ＝(m ＋m )v 共，解得A 、B 的共同速度为v 共＝1.5 m/s ，所以碰撞后A 、B 球的速度范围分别为0～1.5 m/s,1.5 m/s ～3 m/s ，故选CD.3. (2022·广东汕头二模)汕头市属于台风频发地区，图示为风级(0～12)风速对照表．假设不同风级的风迎面垂直吹向某一广告牌，且吹到广告牌后速度立刻减小为零，则“12级”风对广告牌的最大作用力约为“4级”风对广告牌最小作用力的( A )C ．27倍D ．9倍【解析】 设空气的密度为ρ，广告牌的横截面积为S ，经过Δt 时间撞击在广告牌上的空气质量为Δm ＝ρΔV ＝ρSv Δt ，根据动量定理可得F Δt ＝Δmv ，解得F ＝ρSv 2，根据牛顿第三定律可知，风对广告牌作用力为F ′＝F ＝ρSv 2∝v 2，则“12级”风对广告牌的最大作用力与“4级”风对广告牌最小作用力的比值为F 12′F 4′＝36.925.52≈45，故选A.4. (2022·江苏连云港模拟)离子发动机是利用电场加速离子形成高速离子流而产生推力的航天发动机，这种发动机适用于航天器的姿态控制、位置保持等．某航天器质量M ，单个离子质量m ，带电量q ，加速电场的电压为U ，高速离子形成的等效电流强度为I ，根据以上信息计算该航天器发动机产生的推力为( B )A ．I mU qB ．I 2mUqC ．I3mUqD ．I5mUq【解析】 对离子，根据动能定理有qU ＝12mv 2，解得v ＝2qUm，根据电流的定义式则有I ＝Q Δt ＝Nq Δt ，对离子，根据动量定理有F ·Δt ＝Nmv ，解得F ＝Nmv Δt ＝mvIq＝I 2Um q，根据牛顿第三定律，推进器获得的推力大小为F ′＝I2Umq，故B 正确，A 、C 、D 错误．5. (多选)(2022·湖南长郡中学月考)如图所示，质量为m 的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB 长度为2R ，现将质量也为m 的小球从距A 点正上方h 0高处由静止释放，然后由A 点经过半圆轨道后从B 冲出，在空中能上升的最大高度为h 02(不计空气阻力)．则下列说法错误的是( ACD )A ．小球和小车组成的系统动量守恒B ．小车向左运动的最大距离为RC ．小球从B 点离开小车不会再落回轨道内D ．小球从B 点离开小车后又会从B 点落回轨道，再次恰好到达A 点时速度为零不会从A 点冲出【解析】 小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，所以只是系统水平方向动量守恒，故A 错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv －mv ′＝0，m2R －x t ＝m xt解得x ＝R ，故B 正确；由于小球第二次在车中滚动时，对应位置的速度减小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，克服摩擦力做的功小于12mgh 0，因此小球一定能从A 点冲出，故D 错误；小球与小车组成的系统水平方向上动量守恒，则知小球由B 点离开小车时水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度均为零，小球离开小车后竖直上抛运动，最后又从B 点落回，故C 错误．故选ACD.6. (多选)(2022·湖南长沙二模)如图所示一平板车A 质量为2m ，静止于光滑水平面上，其右端与竖直固定挡板相距为L .小物块B 的质量为m ，以大小为v 0的初速度从平板车左端开始向右滑行，一段时间后车与挡板发生碰撞，已知车碰撞挡板时间极短，碰撞前后瞬间的速度大小不变但方向相反．A 、B 之间的动摩擦因数为μ，平板车A 表面足够长，物块B 总不能到平板车的右端，重力加速度大小为g .L 为何值，车与挡板能发生3次及以上的碰撞( CD )A ．L ＝v20μgB ．L ＝v2032μgC ．L ＝v2065μgD ．L ＝v2096μg【解析】 在车与挡板碰撞前，有mv 0＝2mv A ＋mv B ，如果L 为某个值L 1，使A 与挡板能发生二次碰撞，从A 开始运动到与挡板第一次碰撞前瞬间，对A 由动能定理可得μmgL 1＝12·2mv 2A ，设A 第二次与挡板碰撞前瞬间A 、B 的速度大小分别为v A ′、v B ′，从A 与挡板第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间，由动量守恒定律可得mv B －2mv A ＝2mv A ′＋mv B ′且第二次碰撞前，A 、B 未达到共同速度，A 在这段时间内先向左后向右运动，加速度保持不变，根据匀变速直线运动的对称性可知v A ′＝v A ，A 与挡板第二次碰撞后经一段时间后A 、B 同时停止运动，即mv B ′－2mv A ′＝0，联立解得L 1＝v2064μg ，车与挡板能发生3次及以上的碰撞的条件L <v 2064μg，故C 、D 可能，A 、B 不可能．7. (多选)(2022·江西贵溪二模)如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M 的滑块，滑块的一侧是一个14弧形凹槽OAB ，凹槽半径为R ，A 点切线水平，另有一个质量为m (m >M )的小球以速度v 0从A 点冲上凹槽，重力加速度大小为g ，不计摩擦．下列说法中正确的是( AB )A ．当v 0＝2gR 时，小球不可能到达B 点B ．当v 0＝2gR 时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大C ．如果小球的速度足够大，小球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上D ．当v 0＝gR 时，小球返回A 点后可能做自由落体运动【解析】 当小球能够恰好到达B 点时，设小球和滑块达到共同速度v ，根据动量守恒定律有mv 0＝(m ＋M )v ，根据机械能守恒定律有12mv 20＝12(m ＋M )v 2＋mgR ，联立以上两式解得v 0＝2M ＋mMgR >2gR ，所以当v 0＝2gR 时，小球不能到达B 点，A 正确；当v 0＝2gR 时，小球未到达B 点，小球从进入凹槽至最高点的过程中，小球对滑块的作用力始终做正功，所以滑块的动能一直增大，B 正确；如果小球的初速度足够大，小球将从B 点冲出，由于B 点的切线方向竖直，小球离开滑块时，二者水平方向的速度相同，小球相对滑块做竖直上抛运动，最后将从B 再次进入凹槽，最后从滑块的右侧离开，C 错误；当v 0＝gR 时，小球再次回到凹槽底部时的速度为v 1，凹槽的速度为v 2，根据系统机械能守恒和水平方向动量守恒可得12mv 20＝12mv 21＋12Mv 22，mv 0＝mv 1＋Mv 2，解得v 1＝m －M m ＋M v 0，因为m >M ，则可知v 1＝m －M m ＋M v 0>0，小球返回A 点后做平抛运动，而不是自由落体运动，D 错误．故选AB.应用题——强化学以致用8. (多选)(2022·重庆二诊)喷丸处理是一种表面强化工艺，即使用丸粒轰击工件表面，提升工件疲劳强度的冷加工工艺．用于提高零件机械强度以及耐磨性、抗疲劳性和耐腐蚀性等．某款喷丸发射器采用离心的方式发射喷丸，转轮直径为530 mm ，角速度为230 rad/s ，喷丸离开转轮时的速度与转轮上最大线速度相同．喷丸撞击到器件表面后发生反弹，碰撞后垂直器件方向的动能变为碰撞前动能的81%，沿器件表面方向的速度不变．一粒喷丸的质量为3.3×10－5kg ，若喷丸与器件的作用时间相同，且不计喷丸重力，则关于图甲、乙所示的两种喷射方式的说法正确的是( AD )A ．喷丸发出过程喷丸发射器对一粒喷丸做的功约为0.06 JB ．喷丸发出过程喷丸发射器对一粒喷丸做的功约为0.12 JC ．图甲、乙所示一粒喷丸对器件表面的平均作用力之比为2∶1D ．图甲、乙所示一粒喷丸对器件表面的平均作用力之比为2∶ 3【解析】 喷丸离开转轮时的速度与转轮上最大线速度相同，转轮上线速度的最大值为v ＝ωr ＝60.95 m/s ，则喷丸发出过程喷丸发射器对喷丸做的功约为W ＝12mv 2≈0.06 J，选项A 正确，B 错误；结合题述可知，喷丸碰撞后垂直器件表面的速度大小变为碰撞前的90%，设喷丸速度为v ，垂直喷射时有F 1＝0.9mv －－mvt，以60°角喷射时，有F 2＝0.9×32mv －⎝ ⎛⎭⎪⎫－32mv t，解得F 1F 2＝23，选项C 错误，D 正确．故选AD.9. (多选)(2022·河北衡水四调)质量为3m 足够长的木板静止在光滑的水平面上，木板上依次排放质量均为m 的木块1、2、3，木块与木板间的动摩擦因数均为μ.现同时给木块1、2、3水平向右的初速度v 0、2v 0、3v 0，已知重力加速度为g .则下列说法正确的是( BCD )A ．木块1相对木板静止前，木板是静止不动的B ．木块1的最小速度是12v 0C ．木块2的最小速度是56v 0D ．木块3从开始运动到相对木板静止时对地位移是4v 2μg【解析】 木块1在木板上向右减速运动，该过程木板向右做加速运动，当木块1与木板速度相等时相对木板静止，由此可知，木块1相对静止前木板向右做加速运动，故A 错误；木块与木板组成的系统所受合外力为零，当木块1与木板共速时木板的速度最小，设木块与木板间的摩擦力为f ，则木块1的加速度a 1＝f m 做匀减速运动，而木板a ＝3f 3m ＝fm做匀加速运动，则v 1＝v 0－a 1t ＝at ，v 1＝12v 0，故B 正确；设木块2的最小速度为v 2，此时木块2与木板刚刚共速，木块2此时速度的变量为2v 0－v 2，则木块3此时速度为3v 0－(2v 0－v 2)＝v 0＋v 2，由动量守恒定律得：m (v 0＋2v 0＋3v 0)＝5mv 2＋m (v 0＋v 2)，解得v 2＝56v 0，故C 正确；木块与木板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，木块3相对木板静止过程，由动量守恒定律得m (v 0＋2v 0＋3v 0)＝(3m ＋3m )v 3，解得v 3＝v 0，对木块3，由动能定理得－μmgx ＝12mv 23－12m (3v 0)2，解得x ＝4v20μg，故D 正确．故选BCD.10. (2022·辽宁沈阳二模)如图(a)，质量分别为m A 、m B 的A 、B 两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F 作用在A 上，系统静止在光滑水平面上(B 靠墙面)，此时弹簧形变量为x .撤去外力并开始计时，A 、B 两物体运动的a t 图像如图(b)所示，S 1表示0到t 1时间内A的a t 图线与坐标轴所围面积大小，S 2、S 3分别表示t 1到t 2时间内A 、B 的a t 图线与坐标轴所围面积大小．A 在t 1时刻的速度为v 0.下列说法正确的是( C )A ．m A <mB B ．S 1＋S 2＝S 3C ．0到t 1时间内，墙对B 的冲量大小等于m A v 0D ．B 运动后，弹簧的最大形变量等于x【解析】 a t 图线与坐标轴所围图形的面积大小等于物体速度的变化量，因t ＝0时刻A 的速度为零，t 1时刻A 的速度大小v 0＝S 1，t 2时刻A 的速度大小v A ＝S 1－S 2，B 的速度大小v B＝S3，由图(b)所示图像可知，t1时刻A的加速度为零，此时弹簧恢复原长，B开始离开墙壁，到t2时刻两者加速度均达到最大，弹簧伸长量达到最大，此时两者速度相同，即v A＝v B，则S1－S2＝S3，t1到t2时间内，A与B组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得m A v0＝(m A＋m B)v A，联立解得m A∶m B＝S3∶S2，由图知S3>S2，所以m A>m B，故A、B错误；撤去外力后A受到的合力等于弹簧的弹力，0到t1时间内，对A，由动量定理可知，合力即弹簧弹力对A的冲量大小I＝m A v0，弹簧对A与对B的弹力大小相等、方向相反、作用时间相等，因此弹簧对B的冲量大小与对A的冲量大小相等、方向相反，即弹簧对B的冲量大小I弹簧＝m A v0，对B，以向右为正方向，由动量定理得I墙壁－I弹簧＝0，解得，墙对B的冲量大小I墙壁＝m A v0，方向水平向右，故C正确；B运动后，当A、B速度相等时弹簧形变量(伸长量或压缩量)最大，此时A、B的速度不为零，A、B的动能不为零，由能量守恒定律可知，B运动后弹簧形变量最大时A、B的动能与弹簧的弹性势能之和与撤去外力时弹簧的弹性势能相等，则B 运动后弹簧形变量最大时弹簧弹性势能小于撤去外力时弹簧的弹性势能，即B运动后弹簧形变量最大时弹簧的形变量小于撤去外力时弹簧的形变量x，故D错误．11. (2022·山东押题练)2022年北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台决赛中，中国选手谷爱凌以188.25分的成绩获得金牌．北京冬奥会报道中利用“Al＋8K”技术，把全新的“时间切片”特技效果首次运用在8K直播中，更精准清晰地抓拍运动员比赛精彩瞬间，给观众带来全新的视觉体验．将谷爱凌视为质点，其轨迹视为一段抛物线图．图(a)是“时间切片”特技的图片，图(b)是谷爱凌从3 m高跳台斜向上冲出的运动示意图，图(c)是谷爱凌在空中运动时离跳台底部所在水平面的高度y随时间t变化的图线．已知t＝1 s时，图线所对应的切线斜率为4(单位：m/s)，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力．(1)求谷爱凌冲出跳台时竖直速度的大小；(2)求谷爱凌离跳台底部所在水平面的最大高度；(3)若谷爱凌从空中落到跳台底部所在水平地面时与地面的碰撞时间Δt＝0.4 s，经缓冲没有脱离地面，水平速度不受影响，求碰撞过程中谷爱凌受到地面的平均作用力大小与自身重力大小的比值．【答案】(1)14 m/s (2)12.8 m (3)5【解析】(1)运动员竖直方向做匀减速直线运动，有v y＝v y0－gty t 图线斜率表示竖直分速度，t ＝1 s 时v y ＝4 m/s解得谷爱凌冲出跳台时的竖直分速度v y 0＝14 m/s 谷爱凌冲出跳台时竖直速度的大小为14 m/s.(2)最高点竖直分速度为0，竖直方向做匀减速直线运动，设离开跳台可以上升h 高度，则0－v 2y 0＝－2gh代入数据解得h ＝9.8 m 跳台离地面高度y 0＝3 m解得离跳台底部所在水平面的最大高度为y ＝h ＋y 0＝12.8 m.(3)谷爱凌落到跳台底部所在水平面的竖直分速度大小v yt ＝2gy ＝16 m/s落在水平地面时，在竖直方向上，运动员受重力和水平地面的作用力，水平方向速度不变，以竖直向上为正方向，由动量定理得(F －mg )Δt ＝0－(－mv yt )代入数据解得Fmg＝5.12. (2021·浙江6月选考)如图所示，水平地面上有一高H ＝0.4 m 的水平台面，台面上竖直放置倾角θ＝37°的粗糙直轨道AB 、水平光滑直轨道BC 、四分之一圆周光滑细圆管道CD 和半圆形光滑轨道DEF ，它们平滑连接，其中管道CD 的半径r ＝0.1 m 、圆心在O 1点，轨道DEF 的半径R ＝0.2 m 、圆心在O 2点，O 1、D 、O 2和F 点均处在同一水平线上．小滑块从轨道AB 上距台面高为h 的P 点由静止下滑，与静止在轨道BC 上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道CD 、轨道DEF 从F 点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G 碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q 点．已知小滑块与轨道AB 间的动摩擦因数μ＝112，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2.(1)若小滑块的初始高度h ＝0.9 m ，求小滑块到达B 点时速度v 0的大小； (2)若小球能完成整个运动过程，求h 的最小值h min ；(3)若小球恰好能过最高点E ，且三棱柱G 的位置上下可调，求落地点Q 与F 点的水平距离x 的最大值x max .【答案】 (1)4 m/s (2)0.45 m (3)0.8 m【解析】 (1)小滑块在AB 轨道上运动，根据动能定理得mgh －μmg cos θ·hsin θ＝12mv 20，解得v 0＝4 m/s.(2)小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，因此有mv 0min ＝mv 块＋mv 球min ，12mv 20min ＝12mv 2块＋12mv 2球min ， 解得v 块＝0，v 球min ＝v 0min ，小球沿CDEF 轨道运动，在最高点可得mg ＝m v 2E minR，从C 点到E 点由机械能守恒可得 12mv 2E min ＋mg (R ＋r )＝12mv 2球min ， 由(1)问可知，小滑块提供给小球的初速度v 0min ＝43gh min ，解得h min ＝0.45 m.(3)设F 点到G 点的距离为y ，小球从E 点到G 点的运动，由动能定理得mg (R ＋y )＝12mv2G －12mv 2E min ， 由平抛运动可得x ＝v G t ，H ＋r －y ＝12gt 2，联立可得水平距离为x ＝20.5－y0.3＋y ，由数学知识可得当0.5－y ＝0.3＋y ，x 取最大值，最大值为x max ＝0.8 m.。
广东省高考物理二轮复习 专题二 动量和能量知识在力学问题中的综合应用
专题二 动量和能量知识在力学问题中的综合应用体系构建考向分析用动量和能量观点求解力学问题，是高中物理的核心内容，它以动量守恒、能量守恒和动能定理为核心构筑了经典物理的基本体系，是高中物理中涉及面较广、灵活性大、综合性强、内容丰富的部分，也是近年广东高考最热的考查内容之一，题型主要以综合性强的大题出现，相关试题可能通过弹簧模型、滑块类模型、碰撞模型、反冲等综合题形式出现，也有可能与带电粒子的运动及电磁感应定律综合在一起加以考查，这类题目难度较大，在广东高考中常以压轴大题呈现，如2011年广东理综第36题、2012年广东理综第36题。
考生要想得高分，必须在这类题目上有所突破。
热点例析题型一、功和功率 动能定理1．功。
（1）恒力的功：W ＝Fs cos α。
（2）变力做功：①用动能定理或功能关系求解；②用图象法求解，其中在F －s 图象中，曲线下的面积表示功的大小；③当力的功率恒定时W ＝Pt 。
2．功率。
（1）平均功率：P ＝W t（2）瞬时功率：P ＝Fv cos α 3．动能定理。
（1）内容：外力对物体做的总功等于物体动能的变化。
（2）公式：∑W ＝ΔE k即W 1＋W 2＋W 3＋…＝12mv 22－12mv 21 （3）应用要点：对于单个物体应用动能定理W 总＝ΔE k ，W 总指物体所受的所有外力做的总功。
动能定理对全过程应用更加简便，即把几个过程作为一个整体，只考虑初、末状态的动能及过程中各力做功的代数和。
【例1】（2012·福建理综，17）如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A 、B 用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）。
初始时刻，A 、B 处于同一高度并恰好处于静止状态。
剪断轻绳后A 下落、B 沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块（ ）A．速率的变化量不同B．机械能的变化量不同C．重力势能的变化量相同D．重力做功的平均功率相同【例2】如图所示，抗震救灾运输机在某场地卸放物资时，通过倾角为30°的固定光滑斜轨道面进行。
高考物理二轮复习 专题二 能量与动量 第4讲 功和功率 功能关系讲义
功和功率功能关系专题定位 1.掌握功、功率相关的分析与计算方法；2.深刻理解功能关系；3.综合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题；4.掌握动量定理和动量守恒定律；5.综合应用动量和能量观点解决复杂问题．第4讲功和功率功能关系[相关知识链接]1．功的计算(1)单个恒力的功W＝Fl cosα(2)合力为恒力的功①先求合力，再求W＝F合l cosα②W＝W1＋W2＋…2．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，P为瞬时功率，若v为平均速度，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 cosθ.(3)机车启动问题以恒定功率启动以恒定加速度启动P－t图象与v－t图象运动规律OA段：做加速度逐渐减小的变加速直线运动；AB段：做速度为v m的匀速直线运动OA段：以加速度a做匀加速直线运动；AB段：做加速度逐渐减小的变加速直线运动；BC段：做速度为v m的匀速直线运动过程分析OA段：v↑⇒F＝P额v↓⇒a＝F－F阻m↓；AB段：F＝F阻⇒a＝0⇒P额＝FOA段：a＝F－F阻m不变⇒F不变⇒v↑⇒P＝F·v↑，直到P＝P额＝F·v1；AB段：v↑⇒F＝P额v↓⇒a＝F－F阻m↓；阻·v mBC段：F＝F阻⇒a＝0⇒v达到最大值，v m＝P额F阻[规律方法提炼]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 cosα计算(3)已知F－l图象，功的大小等于“面积”(4)一般变力只能用动能定理求解例1(2019·嘉、丽3月联考)如图所示，篮球运动员平筐扣篮，起跳后头顶与篮筐齐平．若图中篮筐距地高度2.9m，球员竖直起跳，则其平筐扣篮过程中克服重力所做的功及离地时重力瞬时功率约为( )A．900J，－2000W B．900J，－4000WC．500J，－1000W D．2000J，－4000W答案 B解析篮球运动员的身高约为1.8m，则跳起的高度h＝2.9m－1.8m＝1.1m篮球运动员的体重约为mg＝800N，则起跳过程中克服重力做的功W＝mgh＝880J≈900J起跳时的速度为v，则根据位移速度关系可得：v2＝2gh，解得v＝2gh≈4.7m/s离地时重力瞬时功率约为P＝－mgv＝－3760W≈－4000W，故B正确，A、C、D错误．拓展训练1(2019·山东烟台市第一学期期末)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( )A．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拓展训练2 (2019·浙南名校联盟高三期末)袋鼠跳是一项很有趣的运动．如图所示，一位质量m ＝60kg 的老师参加袋鼠跳游戏，全程10m ，假设该老师从起点到终点用了相同的10跳，每一次跳起后，重心上升最大高度为h ＝0.2m ．忽略空气阻力，下列说法正确的是( )A ．该老师起跳时，地面对该老师做正功B ．该老师每跳跃一次克服重力做功的功率约为300WC ．该老师从起点到终点的时间可能是7sD ．该老师从起点到终点的时间可能是4s 答案 C例2 (多选)发动机额定功率为P 0的汽车在水平路面上从静止开始先匀加速启动，最后达到最大速度并做匀速直线运动，已知汽车所受路面阻力恒为F f ，汽车刚开始启动时的牵引力和加速度分别为F 0和a 0，如图所示描绘的是汽车在这一过程中速度随时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象，其中正确的是( )答案 AC解析 汽车由静止开始匀加速启动时，a 一定，根据v ＝at 知v 增大，由F ＝ma ＋F f 知F 一定，根据P ＝Fv 知v 均匀增大，功率P 也均匀增大，达到P 额后，功率保持不变，v 继续增大，所以F ＝Pv 减小，a ＝F －F f m 减小，当F ＝F f 时，a ＝0，v m ＝PF f，此后汽车做匀速运动，故A 、C 正确．[相关知识链接]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)动能增量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． [规律方法提炼] 1．基本思路(1)确定研究对象和物理过程；(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． 2．“两点一过程”(1)“两点”：指初、末状态及对应的动能E k1、E k2.(2)“一过程”：指从初状态到末状态的运动过程及合力做的功W 合． 3．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 如图所示为一滑梯的实物图，滑梯的斜面段长度L ＝5.0m ，高度h ＝3.0m ，为保证小朋友的安全，在水平地面上铺设了安全地垫．水平段与斜面段平滑连接，小朋友在连接处速度大小不变．某小朋友从滑梯顶端由静止开始滑下，经斜面底端后水平滑行一段距离，停在水平地垫上．已知小朋友质量为m ＝20kg ，小朋友在斜面上受到的平均阻力F f1＝88N ，在水平段受到的平均阻力F f2＝100N ．不计空气阻力，取重力加速度g ＝10m/s 2.求：(1)小朋友在斜面顶端滑下的过程中克服摩擦力做的功； (2)小朋友滑到斜面底端时的速度v 的大小；(3)为使小朋友不滑出水平地垫，地垫的长度x 至少多长． 答案 (1)440J (2)4m/s (3)1.6m解析 (1)小朋友在斜面滑下的过程中克服摩擦力做的功为：W f1＝F f1L ＝88×5J＝440J (2)小朋友在斜面上运动，由动能定理得mgh －W f1＝12mv 2代入数据解得：v ＝4m/s(3)小朋友在水平地垫上运动的过程，由动能定理得： －F f2x ＝0－12mv 2解得：x ＝1.6m.拓展训练3 (多选)(2019·宁夏银川市质检)如图所示为一滑草场．某条滑道由上、下两段高均为h ，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．则( )A ．动摩擦因数μ＝67B ．载人滑草车最大速度为2gh 7C ．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD ．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g答案 AB解析 对整段过程，由动能定理知mg ·2h －μmg cos45°·h sin45°－μmg cos37°·hsin37°＝0解得μ＝67，载人滑草车克服摩擦力做功为mg ·2h ，故A 正确，C 错误；滑草车在下段滑道时，对其受力分析如图： 沿斜面方向：F 合＝mg sin37°－μF N 垂直斜面方向：F N ＝mg cos37°联立知F 合＝－335mg ，负号表示合力方向沿斜面向上知滑草车在下段滑道做匀减速直线运动 加速度大小为a ＝|F 合|m ＝335g ，故D 错误．由以上分析知滑草车到达两段滑道交接处时速度最大，由动能定理知：mgh －μmg cos45°hsin45°＝12mv m 2解得v m ＝2gh7，故B 正确． 拓展训练4 在赛车场上，为了安全起见，车道外围都固定上废旧轮胎作为围栏，当车碰撞围栏时起缓冲器作用．为了检验废旧轮胎的缓冲效果，在一次模拟实验中用轻弹簧来代替废旧轮胎，实验情景如图所示，水平放置的轻弹簧左侧固定于墙上，处于自然状态，开始赛车在A 处且处于静止状态，距弹簧自由端的距离L 1＝1m ．当赛车启动时，产生水平向左的恒为F ＝24N 的牵引力使赛车向左匀加速前进，当赛车接触轻弹簧的瞬间立即关闭发动机，赛车继续压缩轻弹簧，最后被弹回到B 处停下．已知赛车的质量m ＝2kg ，A 、B 之间的距离L 2＝3m ，赛车被弹回的过程中离开弹簧时的速度大小v ＝4m/s ，方向水平向右．取g ＝10 m/s 2.求：(1)赛车和地面间的动摩擦因数； (2)弹簧被压缩的最大距离． 答案 (1)0.2 (2)0.5m解析 (1)从赛车离开弹簧到B 处停下， 由动能定理得－μmg (L 1＋L 2)＝0－12mv 2解得μ＝0.2(2)设轻弹簧被压缩的最大距离为L ，从赛车加速到离开弹簧，由动能定理得FL 1－μmg (L 1＋2L )＝12mv 2－0解得L ＝0.5m.1．功能关系的理解(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．①重力做功是重力势能改变的量度，W G ＝－ΔE p . ②弹簧弹力做功是弹性势能改变的量度，W 弹＝－ΔE p . ③电场力做功是电势能改变的量度，W ＝－ΔE p . ④合外力做功是动能改变的量度．⑤除重力或弹簧弹力外的其他力做功是物体机械能改变的量度．⑥一对滑动摩擦力做功是系统内能改变的量度． 2．功能关系的应用(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)根据自己习惯用动能定理或能量守恒定律理解或计算例4 (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( )A.19mglB.16mglC.13mglD.12mgl 答案 A解析 由题意可知，PM 段细绳的机械能不变，MQ 段细绳的重心升高了l6，则重力势能增加ΔE p＝23mg ·l 6＝19mgl ，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为W ＝19mgl ，故选项A 正确，B 、C 、D 错误．拓展训练5 (2019·超级全能生2月联考)“竹蜻蜓”是一种儿童玩具，双手用力搓柄可使“竹蜻蜓”向上升，某次实验，“竹蜻蜓”离手后沿直线上升到最高点，在该过程中( )A ．空气对“竹蜻蜓”的作用力大于“竹蜻蜓”对空气的作用力B ．“竹蜻蜓”的动能一直增加C ．“竹蜻蜓”的重力势能一直增加D ．“竹蜻蜓”的机械能守恒 答案 C解析 根据牛顿第三定律可知，空气对“竹蜻蜓”的力一定等于“竹蜻蜓”对空气的力，A 错误；“竹蜻蜓”离手后沿直线上升到最高点，从运动描述可知它是先加速后减速，所以动能先增加后减少，高度升高，重力势能一直增加，B 错误，C 正确；空气对“竹蜻蜓”做功，故“竹蜻蜓”的机械能不守恒，D 错误．拓展训练6 (2019·福建龙岩市3月质量检查)如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一根轻质弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直且处于原长h，让圆环沿杆从静止开始下滑，滑到杆的底端时速度为零．则在圆环下滑过程中(整个过程中橡皮绳的形变始终处于弹性限度内)，下列说法中正确的是( )A．圆环的机械能守恒B．圆环的机械能先增大后减小C．圆环滑到杆的底端时机械能减少了mghD．橡皮绳再次恰好伸直时圆环动能最大答案 C解析圆环沿光滑杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和橡皮绳的拉力，所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和橡皮绳组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，因为橡皮绳的弹性势能先不变再增大，所以圆环的机械能先不变后减小，故A、B错误；圆环的机械能减少了mgh，故C正确；在圆环下滑过程中从开始下滑到橡皮绳再次到达原长时，动能一直增大，但不是最大，沿杆方向合力为零的时刻，圆环的速度最大，故D错误．1．做好两个分析(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，由此把握运动各阶段的运动性质，各连接点、临界点的力学特征、运动特征和能量特征．2．做好四个选择(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，对某一时刻进行分析时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解题．例5(2019·浙南名校联盟高三期末)儿童乐园里的弹珠游戏不仅具有娱乐性还可以锻炼儿童的眼手配合能力．某弹珠游戏可简化成如图所示的竖直平面内OABCD透明玻璃管道，管道的半径较小．为研究方便建立平面直角坐标系，O 点为抛物口，下方接一满足方程y ＝59x2的光滑抛物线形状管道OA ；AB 、BC 是半径相同的光滑圆弧管道，CD 是动摩擦因数μ＝0.8的粗糙直管道；各部分管道在连接处均相切．A 、B 、C 、D 的横坐标分别为x A ＝1.20m 、x B ＝2.00m 、x C ＝2.65m 、x D ＝3.40m ．已知，弹珠质量m ＝100g ，直径略小于管道内径．E 为BC 管道的最高点，在D 处有一反弹膜能无能量损失的反弹弹珠，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，g 取10m/s 2，求：(1)若要使弹珠不与管道OA 触碰，在O 点抛射速度v 0应该多大；(2)若要使弹珠第一次到达E 点时对轨道压力等于弹珠重力的3倍，在O 点抛射速度v 0应该多大；(3)游戏设置3次通过E 点获得最高分，若要获得最高分在O 点抛射速度v 0的范围． 答案 见解析解析 (1)由y ＝59x 2得：A 点坐标(1.20m,0.80m)由平抛运动规律：x A ＝v 0t ，y A ＝12gt 2，v Ay ＝gt ，v A ＝v 02＋v Ay 代入数据，求得t ＝0.4s ，v 0＝3m/s ，v Ay ＝4 m/s ，v A ＝5m/s ；(2)由平抛运动速度关系，可得θ＝53°，求得AB 、BC 圆弧的半径R ＝0.5m对E 点：3mg ＋mg ＝m v E 2R，求得：v E ＝25m/s对弹球由O 点到E 点的过程由动能定理得：mgy A －mgR (1－cos53°)＝12mv E 2－12mv 02求得：v 0＝22m/s ；(3)sin α＝2.65－2.00－0.400.5＝0.5，α＝30°，CD 与水平面的夹角也为α＝30°(可不求)设3次通过E 点的速度最小值为v 1，有：mgy A －mgR (1－cos53°)－2μmgL CD cos30°＝0－12mv 12，求得：v 1＝23m/s设3次通过E 点的速度最大值为v 2，有：mgy A －mgR (1－cos53°)－4μmgL CD cos30°＝0－12mv 22，求得：v 2＝6m/s考虑2次经过E 后不从O 点离开，有：－2μmgL CD cos30°＝0－12mv 32，求得：v 3＝26m/s因v 2>v 3，所以23m/s<v 0<26m/s拓展训练7 (2019·宁波市3月模拟)如图所示，竖直面内用光滑钢管弯成的“9”字形固定轨道与水平桌面的右端相接，“9”字全高H ＝0.8m ，“9”字上半部分四分之三圆弧半径为R ＝0.2m ，钢管的内径大小忽略不计．桌面左端固定轻质弹簧，开始弹簧处于锁定状态，其右端处于A 位置，此时弹簧具有的弹性势能为E p ＝2.16J ，将质量m ＝0.1kg 的可看作质点的小球放在A 位置与弹簧相接触，解除弹簧锁定后，小球从A 被弹出后经过B 点进入“9”字形轨道最后从D 点水平抛出，AB 间水平距离为L ＝1.2m ，小球与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.3，重力加速度g 取10m/s 2，不计空气阻力，假设水平地面足够长，试求：(1)弹簧解除锁定后，小球到B 点时的速度大小； (2)小球运动到轨道最高点C 时对轨道的作用力；(3)若小球从“9”字形轨道D 点水平抛出后，第一次与地面碰撞前速度方向与水平地面倾角θ＝45°，每一次与地面碰撞过程中小球水平速度分量保持不变，小球弹起来的竖直速度分量减小为碰撞前的一半，直到最后沿着水平地面滚动，求小球开始沿地面滚动的位置与D 点的水平距离以及碰撞过程中小球损失的机械能． 答案 (1)6m/s (2)9N ，方向竖直向上 (3)8.4m 1.4J解析 (1)设小球到B 点时的速度为v 0，弹簧解除锁定后，由动能定理得E p －μmgL ＝12mv 02 v 0＝6m/s(2)对小球由B 到C 运动，由动能定理得： －mgH ＝12mv C 2－12mv 02在C 点：F N ＋mg ＝m v C 2R解得：F N ＝9N由牛顿第三定律得：小球对轨道的作用力大小为9N ，方向竖直向上(3)小球由B 到D 运动：－mg (H －2R )＝12mv D 2－12mv 02解得：v D ＝28m/s 第1次到达地面时：v y ＝v Dtan45°，v y ＝v D ＝28m/s竖直方向有：2gh ＝v y 2，解得：h ＝1.4m.小球离开D 点直到最后在水平地面做直线运动，在竖直方向运动的总时间：t 总＝v y g ＋2×[12×v y g ＋(12)2×v y g ＋(12)3×v yg＋…]代入：t 总≈2810s ＋2×2810×121－12s ＝357s小球离开D 点直到最后在水平地面做直线运动，在水平方向运动的位移大小：x ＝v D t 总＝8.4m损失的机械能为：ΔE ＝mgh ΔE ＝mgh ＝1.4J.专题强化练基础题组1．(多选)(2019·温州市联考)一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离．假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是( )A ．运动员到达最低点前重力势能始终减小B ．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力做负功，弹性势能增加C ．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D ．蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关 答案 ABC解析 运动员到达最低点前重力始终做正功，重力势能始终减小，故A 正确；蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力方向与位移方向始终相反，弹力做负功，弹性势能增加，故B 正确；以运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，故C 正确；重力势能的改变与重力做功有关，取决于初末位置的高度差，与重力势能零点的选取无关，故D 错误．2．(2019·诸暨市期末)人们用一块弹性毯子将小孩竖直抛起，再保持弹性毯子水平，接住小孩，这是阿拉斯加当地人的一种娱乐方式．若不计空气阻力，下列说法中正确的是( ) A．用毯子将小孩上抛，毯子对小孩做正功，小孩机械能增加B．小孩在空中上升时处于超重状态，下落过程处于失重状态C．小孩由最高点下落，一接触到弹性毯子就立刻做减速运动D．小孩由最高点下落至速度为零的过程中，小孩机械能守恒答案 A3.(2019·金华十校高三期末)“反向蹦极”是蹦极运动的一种类型，如图所示，将弹性绳拉长后固定在运动员身上，并通过其他力作用使运动员停留在地面上，当撤去其他力后，运动员从A点被“发射”出去冲向高空，当上升到B点时弹性绳恢复原长，运动员继续上升到最高点C，若运动员始终沿竖直方向运动并视为质点，忽略弹性绳质量与空气阻力．下列说法正确的是( )A．运动员在A点时弹性绳的弹性势能最小B．运动员在B点时的动能最大C．运动员在C点时的加速度大小为0D．运动员从A点运动到B点的过程，弹性绳的弹性势能减小量大于运动员重力势能的增加量答案 D4．(2019·广东深圳市第一次调研)在水平地面上方某处，把质量相同的P、Q两小球以相同速率沿竖直方向抛出，P向上，Q向下，不计空气阻力，两球从抛出到落地的过程中( ) A．P球重力做功较多B．两球重力的平均功率相等C．落地前瞬间，P球重力的瞬时功率较大D．落地前瞬间，两球重力的瞬时功率相等答案 D解析根据W＝mgh可知两球重力做功相同，选项A错误；上抛的物体运动时间长，根据P＝W t 可知两球重力的平均功率不相等，选项B错误；根据机械能守恒定律可知12mv2＝mgh＋12mv02，两球落地的速度相同，根据P＝mgv可知落地前瞬间，两球重力的瞬时功率相等，选项C错误，D正确．5．(2019·绍兴市3月选考)一高度为d 的仓库起火，现需要利用仓库前方固定在地面上的消防水炮给它灭火．如图所示，水炮与仓库的距离为d ，出水口的横截面积为S ，喷水方向可自由调节、功率也可以变化．火势最猛的那层楼窗户上、下边缘离地高度分别为0.75d 和0.25d ，(要使灭火效果最好)要求水喷入时的方向与窗户面垂直．已知水炮的效率为η，水的密度为ρ，重力加速度为g ，不计空气阻力，忽略水炮离地高度．下列说法正确的是( )A ．若水从窗户下边缘进入，则进入时的速度大小为gdB ．若水从窗户上边缘进入，则进入时的速度大小为2gdC ．若水从窗户的正中间进入，则此时的水炮功率最小D ．满足水从窗户进入的水炮功率最小值为12ρS (gd )32答案 C解析 将水的运动逆向看作是平抛运动，上边缘进入，由d ＝v 1t,0.75d ＝12gt 2，得v 1＝32gd . 下边缘进入d ＝v 2t,0.25d ＝12gt 2，得v 2＝2gd ，故A 、B 错误．设从h 处进入，由h ＝12gt2及d ＝v x t ，v y 2＝2gh .则初速度v 02＝v x 2＋v y 2＝gd 22h ＋2gh ，当gd 22h ＝2gh ，即h ＝d2时v 0有最小值v 0＝gd ，功率最小；由F ·Δt ＝ρv 0S Δtv 0，得F ＝ρSv 02，功率P ＝Fv 0＝ρSv 03＝ρS (gd )32，故C 正确，D 错误．6.(2019·绍兴诸暨市期末) 某三层书架放在1m 高的桌面上，书架的层高均为30cm ，隔板厚度不计．假设每本书质量为1kg ，高度为20cm ，每层书架可竖直摆放10本书，一开始所有书全部都平铺在水平地面上．现将书搬到书架上并竖直放满书架，需要做的功为(g 取10m/s 2) ( )A ．435JB ．420JC ．120JD ．390J 答案 B解析 放满书的三层书架，三层书的重心分别上升1.1m ，1.4m,1.7m ，由W ＝mg (h 1＋h 2＋h 3)＝420J.7．放置于水平地面上的物体在水平恒力F 作用下，以不同的速度沿着力F 的方向匀速运动了距离L .第一次的速度为v 1，恒力F 做的功为W 1，功率为P 1；第二次的速度为v 2，恒力F 做的功为W 2，功率为P 2.已知v 1>v 2，则下列判断正确的是( ) A ．W 1>W 2，P 1＝P 2 B ．W 1>W 2，P 1>P 2 C ．W 1＝W 2，P 1＝P 2 D ．W 1＝W 2，P 1>P 2答案 D解析 根据W ＝FL 可知，两次做功相同则W 1＝W 2；由于v 1>v 2，所以第一次做功时间短，根据P ＝Wt可得P 1>P 2，选项D 正确． 8．(2019·天津市和平区上学期期末)如图所示，两个半径不同、内壁光滑的半圆轨道，固定于地面，两轨道的球心O 、O ′在同一水平高度上，一小球先后从与轨道球心在同一高度上的A 、B 两点从静止开始滑下，以轨道球心所在位置为零势能面，通过最低点时，下列说法中不正确的是( )A ．小球对轨道的压力是相同的B ．小球的速度相同C ．小球向心加速度是相同的D ．小球的机械能相同 答案 B解析 设小球通过最低点的速度大小为v ，半圆的半径为R .在落到最低点的过程中．根据动能定理得mgR ＝12mv 2－0，解得v ＝2gR ，可知R 越大v 越大，故B 错误；在最低点，竖直方向上的合力提供向心力，由牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2R，联立解得F N ＝3mg ，可知轨道对小球的支持力与半圆轨道的半径无关，由牛顿第三定律可知小球对两轨道的压力大小圴为重力的3倍，方向均竖直向下，故A 正确；在最低点，a ＝F N －mgm＝2g ，方向竖直向上，故C 正确；两球下滑都只有重力做功，满足机械能守恒，故D 正确．9．一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 ＝20N ，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． 能力题组10.(2018·全国卷Ⅰ·18)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 12，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 .11．(2019·宁波市“十校联考”)如图所示，一水平圆盘绕过圆心的竖直轴转动，圆盘半径R ＝0.2m ，圆盘边缘有一质量m ＝1kg 的小滑块．当圆盘转动的角速度达到某一数值时，滑块恰从圆盘边缘A 沿过渡圆管滑落，进入轨道ABC ，AB 粗糙，BCD 光滑，CD 面足够长且离地面高为h ′＝0.4m ，经C 点后突然给滑块施加水平向右的恒力F ＝1033N ．已知AB 段斜面倾角为60°，BC 段斜面倾角为30°，小滑块与圆盘的动摩擦因数μ＝0.5，A 点离B 点所在水平面的高度h ＝1.2m ，运动到B 点时的速度为3m/s ，滑块从A 至C 运动过程中始终未脱离轨道，不计在过渡圆管处和B 点的机械能损失，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s 2，求：(1)滑出A 点时，圆盘转动的角速度ω；(2)小滑块在从A 到B 时，摩擦力做的功； (3)小滑块在CD 面上的落点距C 点的水平距离． 答案 (1)5rad/s (2)－8J (3)315m 解析 (1)滑块在圆盘上做圆周运动时，静摩擦力充当向心力， 根据牛顿第二定律得：μmg ＝mω2R ， 代入数据解得：ω＝5rad/s (2)v A ＝ωR ＝5×0.2m/s＝1 m/s ，从A 到B 的运动过程由动能定理：mgh ＋W f ＝12mv B 2－12mv A 2，解得W f ＝－8J(3)－mgh ′＝12mv C 2－12mv B 2解得v C ＝1m/s对小滑块经C 点后受力分析可知，F 合＝2033N ，则合加速度大小为a ＝2033m/s 2，方向与C点速度方向垂直v y ＝v C sin30°，小滑块经C 点到落地的过程，用时t ＝2v yg，小滑块在C 点时，水平方向的速度v x ＝v C cos30°，水平方向加速度a ＝F m ，小滑块在CD 面上的落点距C 点的水平距离x ＝v x t ＋12at 2，联立解得x＝315m. 12．(2019·诸暨市期末)如图所示是滑块翻越碰撞游戏的示意图．弹射装置将滑块以一定初速度从A 点弹出，滑块沿粗糙桌面运动，从B 点进入竖直光滑圆轨道，沿圆轨道运动一周后离开轨道，向桌面边缘的C 点运动．滑块在C 点水平抛出，恰好在D 点沿DE 方向进入光滑倾斜轨道．固定在轨道底端的弹性板EF 与轨道垂直，滑块与弹性板碰撞后反弹，碰撞过程中有能量损失．已知可视为质点的滑块质量m ＝0.1kg ，滑块与桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，桌面AB 和桌面BC 长度分别为x 1＝2.25m 与x 2＝1.0m ，C 、D 两点高度差h ＝0.2m ，轨道的倾角θ为30°，DE 长度L ＝0.9m ，每次滑块与弹性板碰撞后速度大小变为碰前的0.6倍，重力加速度g 取10m/s 2.(1)求滑块从C 点运动到D 点的时间； (2)求滑块在A 点的动能大小； (3)求竖直圆轨道的最大半径；。
2024届高考物理二轮专题复习与测试第一部分专题二能量与动量第6讲功和能机械能课件
第6讲 功和能 机械能
细研命题点 提升素养
2．(2021·北京卷)如图所示，高速公路上汽车定速巡航(即保持汽车的速率不变) 通过路面abcd，其中ab段为平直上坡路面，bc段为水平路面，cd段为平直下坡 路面．不考虑整个过程中空气阻力和摩擦阻力的大小变化．下列说法正确的是
()
A．在ab段汽车的输出功率逐渐减小 B．汽车在ab段的输出功率比bc段的大 C．在cd段汽车的输出功率逐渐减小 D．汽车在cd段的输出功率比bc段的大
第6讲 功和能 机械能
细研命题点 提升素养
解析：已知人对清雪车的作用力为F，根据牛顿第三定律，清雪车对人的作用 力大小也为F，A项错误；清雪车沿水平方向以速度v做匀速直线运动，处于平 衡状态，根据平衡条件可得f＝Fcos θ，B项正确；推力的功率为P＝Fvcos θ， C项错误．推力水平方向的分力小于清雪车的水平方向的阻力时，将不能推车 前进，故D项错误．故选B.
第6讲 功和能 机械能
细研命题点 提升素养
2023年初冬时节，某市下了一杨暴雪，降雪量达30毫 米，是1957年以来最大的一次降雪，某环卫工人利用手推式 风力清雪车进行道路清雪，如图所示，已知推力F斜向下且与 水平方向夹角为θ，清雪车沿水平方向以速度v做匀速直线运动，则下列说法 中正确的是( ) A．清雪车对人的作用力大小为Fcos θ B．清雪车受到的阻力大小Fcos θ C．推力的功率为Fv D．无论推力与水平方向夹角多大，都可以推车前进
第6讲 功和能 机械能
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． (2)动能定理中的“力”指物体受到的所有力，既包括重力、弹力、摩擦力，也 包括电场力、磁场力或其他力，功则为合力所做的总功． (3)表达式：W＝12mv22－12mv21.
2014高考物理二轮复习方案专题限时集训(新课标 广东专用)：第6讲 动量和能量含解析
专题限时集训(六）［第6讲动量和能量]（时间：40分钟)1．如图6－1所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧,与A质量相等的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动,则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是（)图6－1A．A开始运动时B．A和B的速度相等时C．B的速度等于零时D．A的速度等于v时2．两球在水平面上相向运动,发生正碰后都变为静止．可以肯定的是，碰前两球的( ）A．质量相等B．动能相等C．动量大小相等D．速度大小相等3．我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3000 m接力三连冠．观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒"的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时,乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则( ）图6－2A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D．甲对乙做多少负功,乙对甲就一定做多少正功4．在光滑水平面上，动能为E0、动量的大小为p0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反．将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为E1、p1，球2的动能和动量的大小分别记为E2、p2，下列表达式中错误的是（）A．E1＜E0B．p 1＜p 0C．E2＞E0D．p 2＞p 05．(双选）两位同学穿旱冰鞋,面对面站立不动，互推后向相反的方向运动，不计摩擦阻力，下列判断正确的是（)图6－3A．互推后两同学总动量增加B．互推后两同学动量大小相等，方向相反C．分离时质量大的同学的速度小一些D．互推过程中机械能守恒6．（双选）在光滑的水平面上有质量相等的A、B两球，其动量分别为10 kg·m/s与2 kg·m/s，方向均向东，且定为正方向，A 球在B球后，当A球追上B球发生正碰,则相碰以后，A、B两球的动量可能分别为（）A．6 kg·m/s，6 kg·m/sB．－4 kg·m/s，16 kg·m/sC．6 kg·m/s，12 kg·m/sD．3 kg·m/s，9 kg·m/s7．（双选）如图6－4所示,小车M静置于光滑水平面上,上表面粗糙且足够长，木块m以初速度v滑上小车的上表面，最终木块未从小车上滑出，则（）图6－4A．木块的最终速度为mv M＋mB．因小车上表面粗糙，故系统动量不守恒C．当m速度最小时，小车M的速度最大D．若小车上表面越粗糙，则系统因摩擦而产生的内能也越大8．如图6－5所示,一质量为M＝0.99 kg的木块静止在水平轨道B点，水平轨道与半径为R＝10 m光滑弧形轨道相切于B点．现有一质量为m＝10 g的子弹以v0＝500 m/s的水平速度从左边射入木块且未穿出．已知木块与水平轨道的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2,求:（1）子弹射入木块时与木块获得的共同速率及木块通过B点时对轨道的压力大小；(2)子弹射入木块后与木块在弧形轨道上升的最大高度h；（3）木块从弧形轨道返回水平面后到静止时距B点的距离s。
【二轮教研】(广东专用)2014届高三物理二轮名师一手课件《第6讲动量和能量》(2013高考真题聚焦 高频考点
焦 影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是
________．(填选项前的字母)
m A.M
v0
M B.m
v0
C.M－M m v0
D.M－m m v0
第6讲 动量和能量
高
D [解析] 以向上为正方向，初动量为 0，发射瞬间炽热气
考 真
体的动量为－mv0，火箭模型的动量为(M－m)v，由动量守恒有：
4m，小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在Q点，小车
高 的上表面左端点P与Q点之间是粗糙的，滑块与PQ之间表面的动摩擦因
高
1．若碰撞是弹性碰撞，那么动能也守恒，其表达式为：
1 2
频 考 点
m1v21＝12m1v′21＋12m2v′22，碰后的速度v1′＝mm11－ ＋mm22·v1，v2＝
探 究
m21m＋1vm12，若它们的质量相等，那么它们碰撞后将交换速度．
2．若碰撞为完全非弹性碰撞，碰撞后两物体的速度相同，
则v1＝v2＝mm1＋1vm1 2.
高 段碰到的题型多为机械能转化为内能．
频 考 点 探 究
返回目录
第6讲 动量和能量
例3
如图2-6-5所示的轨道由半径为R的
1 4
光滑圆弧轨道AB、竖直台
阶BC、足够长的光滑水平直轨道CD组成．小车的质量为M，紧靠台阶
BC且上水平表面与B点等高．一质量为m的可视为质点的滑块自圆弧顶
端A点由静止下滑，滑过圆弧的最低点B之后滑到小车上．已知M＝
4．若系统内物体间的作用属于非弹性碰撞，则系统必然存在能量损失，发 生机械能和其他形式能的转化．
返回目录
第6讲 动量和能量
高
考
1．[2013·福建卷] 将静置在地面上，质量为M(含燃料)的
- 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)。
返回目录
第4讲
功、功率与动能定理
高 频 考 点 探 究
考点二 动能定理的应用 1． “两状态，一过程”是应用动能定理的着眼点，即明确 研究对象的始、末状态的速度或动能情况，明确研究过程，关 注这一过程的位置变化或位移信息． 2．动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动；既适 用于恒力做功，也适用于变力做功；力既可以同时作用，也可 以分段作用．
返回目录
第4讲
高 考 真 题 聚 焦
功、功率与动能定理
根据动能定理有 Ekb－Eka＝2rf ⑥ 联立①②③④⑤⑥式得 1 E＝6q(Nb－Na) ⑦ r Eka＝12(Nb＋5Na) ⑧ r Ekb＝12(5Nb＋Na) ⑨
返回目录
第4讲
高 考 真 题 聚 焦
功、功率与动能定理
【考题定位】 ►难度等级：中等 ►出题角度：本题考查了圆周运动、牛顿第二定律和动能定 理的理解应用，要求考生能应用动能定理研究曲线运动等复 杂运动过程.
专题二功、动量、能量
第4讲 第5讲 第6讲
功、功率与动能定理 能量转化与守恒 动量和能量
近年高考纵览
考点
2011年
2012年
2013年
功、功率 未独立命题 动能定理 广东卷36 功能关系 机械能守 恒定律 广东卷36 广东卷17 广东卷35 广东卷19
返回目录
网络知识构建
返回目录
网络知识构建
☆理解功和功率两个基本概念，掌握功和功率的计算； ☆理解一个定理和两个定律(动能定理、机械能守恒定律 和能 量守恒定律)，掌握规律应用的基本思路和解题技巧； ☆通晓两类力做功(重力、电场力等保守力和摩擦力等耗 散力)的特点，掌握重要的功能关系(重力势能、弹性势能和 电势能变化，摩擦生热，机械能变化，电能转化等)．
返回目录
第4讲
高 考 真 题 聚 焦
功、功率与动能定理
【考题定位】 ►难度系数：中等 ►出题角度：本题考查了功、动能定理和功能关系的理解应 用，要求考生能准确应用功能关系分析物理过程、解决具体 问题．
返回目录
第4讲
高 考 真 题 聚 焦
功、功率与动能定理
2．[2013· 新课标全国卷Ⅱ] 如图2- 2所示，匀强电场中有一 4半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a、 b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷量为 q(q>0)的质点沿轨道内侧运动，经过a点和b点时对轨道压力 的大小分别为Na和Nb.不计重力，求电场强度的大小E、质 点经过a点和b点时的动能．
返回目录
第4讲
功、功率与动能定理
高 频 考 点 探 究
考点一 功与功率的计算 1．做功的计算方法 (1)定义法：W＝Fscos α，只适用恒力做功； (2)转化法：大小不变、方向变化的力做的功可以转 换研究对象，转化为恒力做的功进行计算； (3)动能定理：适用于单体的几乎所有运动情况． 2．功率的计算 W (1)P＝ t ，适用于计算平均功率； (2)P＝Fvcos θ，适用于计算瞬时功率，若 v 为平均 速度，P 为平均功率．
返回目录
第4讲
功、功率与动能定理
高 频 考 点 探 究
例 2 北京时间 2013 年 4 月 20 日 8 时 02 分， 在四川省雅 安市芦山县发生 7.0 级地震． 地震引发多处山体崩塌， 严重危 害灾区人民的生命和财产安全．研究崩塌体的运动时可建立 如图 2- 5 所示的简化模型， 4当崩塌体速度较低、 坡面较缓时， 崩塌体的运动可视为滑动．假设某崩塌体质量为 m，初速度 为零，当地重力加速度为 g，θ 为坡面与水平面的夹角，H 为 崩塌体距水平面的高度， 为崩塌体与坡面以及地面间的动摩 μ 擦因数．不考虑崩塌体途经 A 处时的速度大小变化．求： (1)崩塌体滑动到坡底 A 点时的速度大小； (2)水平面上安全位 置距 A 点的最小距离． 图 2- 5 4返回目录
返回目录
第4讲
功、功率与动能定理
变式 如图2- 6所示，木盒中固定一质量为m的砝码， 4木盒和砝码在桌面上一起以一定的初速度滑行一段距离后停 止．今拿走砝码，而持续加一个竖直向下的恒力F(F＝mg)， 其他条件不变，则木盒滑行的距离 ( )
高 频 考 点 探 究
A．不变 B．变小 C．变大 D．变大变小均可能
图2-4-2
返回目录
第4讲
高 考 真 题 聚 焦
功、功率与动能定理
1 r r (N －Na) (N ＋5Na) (5Nb＋Na) 6q b 12 b 12 [解析] 质点所受电场力的大小为 f＝qE ① 设质点质量为 m， 经过 a 点和 b 点时的速度大小分别为 va 和 vb，由牛顿第二定律有 v2 a f＋Na＝m r ② v2 b Nb－f＝m r ③ 设质点经过 a 点和 b 点时的动能分别为 Eka 和 Ekb，有 1 2 Eka＝2mva ④ 1 2 Ekb＝2mvb ⑤
返回目录
第4讲
高 考 真 题 聚 焦
功、功率与动能定理
CD [解析] 因为 M>m，斜面倾角相同，所以 M 沿斜面 下降，m 沿斜面上升．斜面 ab 粗糙，所以对 M 有沿斜面向上 的摩擦力， 两滑块组成的系统机械能不守恒， 错误； A 对于 M， 重力、摩擦力、绳子的拉力做的总功等于其动能的增加，B 错 误；对于 m，绳子拉力做的功是除了重力以外其他力的功，故 等于其机械能的增加，C 正确；对于两滑块组成的系统，M 受 到的沿斜面向上的摩擦力做的功是除了重力和弹力以外其他 力的功，等于系统机械能的减少量，D 正确．
第4讲
功、功率与动能定理
高 频 考 点 探 究
例 3[2013·北京卷] (18 分)蹦床比赛分成预备运动和比赛动作两个阶段．最初，运 动员静止站在蹦床上；在预备运动阶段，他经过若干次蹦跳，逐渐增加上升高度，最终达 到完成比赛动作所需的高度；此后，进入比赛动作阶段．把蹦床简化为一个竖直放置的轻 弹簧，弹力大小 F＝kx(x 为床面下沉的距离，k 为常量)．质量 m＝50 kg 的运动员静止站 在蹦床上，床面下沉 x0＝0.10 m；在预备运动中，假定运动员所做的总功 W 全部用于增加 其机械能；在比赛动作中，把该运动员视作质点，其每次离开床面做竖直上抛运动的腾空 时间均为Δ t＝2.0 s，设运动员每次落下使床面压缩的最大深度均为 x1.取重力加速度 g ＝10 m/s2，忽略空气阻力的影响． (1)求常量 k，并在图中画出弹力 F 随 x 变化的示意图； (2)求在比赛动作中，运动员离 开床面后上升的最大高度 hm； (3)借助 F－x 图像可以确定弹力做功 的规律，在此基础上，求 x1 和 W 的值． 图 247
返回目录
高 考 真 题 聚 焦 高 频 考 点 探 究 热 点 模 型 解 读
返回目录
第4讲 功、功率与动能定理
核心知识重组
一、功的求解方法 1．恒力的功：W＝Fscos α ，α 是恒力 F 与位移 s 之间的夹角． 2．恒定功率的功：机车类功率恒定情况下，W＝Pt. 3．合力的功：(1)W 合＝Fscos α，α 是合力 F 与位移 s 之间的夹角； (2)W 合＝W1＋W2＋„(代数和)；(3)动能定理：W 合＝Ek2－Ek1. 二、功率的计算 W 1．平均功率：－＝ t ＝F－cos α (－是平均速度)． P v v 2．瞬时功率：P＝Fvcos α (v 是瞬时速度，α 是力 F 与瞬时速度 v 之间的 夹角)．重力的瞬时功率 PG＝mgvcos α ＝mgvy，即重力的瞬时功率等于重力和 物体在该时刻的竖直分速度的乘积．
第4讲
功、功率与动能定理
(1) 2gH（1－μ cot θ ）
1 (2)Hμ
－cot
θ
高 频 考 点 探 究
[解析] (1)设崩塌体滑到 A 点的速度为 v，由动能定理得： 1 2 H 2mv －0＝mgH－μmgcos θ ×sin θ 解得 v＝ 2gH（1－μcot θ ）. (2)设最小安全距离为 x，则 1 1 2 0－ mv ＝－μmgx 解得 x＝Hμ －cot θ . 2 [点评] 凡涉及功、位移、初末速度和动能等力学问题，在 明确初末状态和位移的情况下，一般优先考虑使用动能定理解 题．
力分别做功为 Wf1＝μ mgLcos θ 和 Wf2＝μmgLcos θ ＋μF2Lsin θ ，第二次克服摩擦力做功多，选项 A 错误；两次运动的加速 度相同，外力分别为 F1＝mgsin θ ＋μmgcos θ ＋ma 和 F2＝ mgsin θ ＋μmgcos θ ＋ma ，由 W＝Fs，第二次外力做功多， cos θ －μsin θ 由 P＝Fv，第二次的瞬时功率大，选项 C、D 错误． [点评] 本题考查了用恒力做功公式求解重力、 摩擦力和外 力做功，用功率公式分别求解平均、功率与动能定理
考点三 多过程中动能定理的应用 对于多过程的运动，往往明确多个位置的速度或动能， 高 未涉及运动过程中间某位置的物理量，一般情况下优先选取 频 全过程研究，若涉及运动过程中间某位置的物理量，一般分 考 段研究，但要注意“状态”与“过程”的对应关系．
点 探 究
返回目录
返回目录
第4讲
功、功率与动能定理
高 频 考 点 探 究
BD [解析] ab 棒在匀强磁场中运动切割磁感线，在磁场 中受到安培力作用，电路中所产生的电能是通过克服安培力 做功实现的，电流通过电阻产生热量，电能转化为热量，由 能量守恒，电阻消耗的功率就是 ab 棒上的电功率，即 P 热＝P 电＝EI，也就是安培力的功率，由于安培力做负功，所以为安 培力的功率的绝对值，选项 B、D 正确；因不知 ab 棒的运动 情况，所以不知道外力 F 与安培力数值是否相等，选项 A 错 误．
返回目录
第4讲
高 考 真 题 聚 焦
功、功率与动能定理
1. [2013· 山东卷] (双选)如图 2- 1 所示， 4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 ( ) A．两滑块组成系统的机械能守恒 B．重力对 M 做的功等于 M 动能 的增加 C．轻绳对 m 做的功等于 m 机械 能的增加 D．两滑块组成系统的机械能损失 等于 M 克服摩擦力做的功