2020高考物理新课标地区专用提分大二轮讲义：专题三功和能第2课时 Word版含答案

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(新课标)2020版高考物理大二轮复习专题二功和能第二讲功能关系在力学中的应用教学案

第二讲功能关系在力学中的应用[知识建构][备考点睛](注1)……(注3)：详见答案部分1.熟练两种模型(1)“传送带”模型.(2)“板块”模型.2.常见的功能关系(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.[答案](1)两种摩擦力做功的比较式，或从一个物体转移到另一个物体，在转化或转移的过程中其总量保持不变．(3)表达式：ΔE减＝ΔE增ΔE增为末状态的能量减去初状态的能量，而ΔE减为初状态的能量减去末状态的能量．热点考向一力学中几个重要功能关系的应用【典例】 (多选)(2019·东北三校联考)质量分别为m 1和m 2的木块A 和B 之间用一轻质弹簧相连，然后将它们静置于一底端带有挡板的光滑斜面上，其中B 置于斜面底端的挡板上．设斜面的倾角为θ，弹簧的劲度系数为k .现用一平行于斜面的恒力F 拉木块A 使A 沿斜面由静止开始向上运动，当木块B 恰好对挡板的压力为零时，木块A 在斜面上运动的速度为v ，则下列说法正确的是( )A ．此时弹簧的弹力大小为m 1g sin θB ．拉力F 在该过程中对木块A 所做的功为F (m 1＋m 2)g sin θkC ．木块A 在该过程中重力势能增加了m 1(m 1＋m 2)g 2sin 2θkD ．弹簧在该过程中弹性势能增加了F (m 1＋m 2)g sin θk －12m 1v 2[思路引领] (1)木块B 恰好对挡板压力为零时，木块B 处于平衡状态，弹簧弹力为m 2g sin θ.(2)弹簧弹性势能的增加量等于拉力做的功减去系统动能和重力势能的增加量． [解析] 当木块B 恰好对挡板的压力为零时，木块B 受重力、支持力以及弹簧的弹力作用，则由力的平衡条件可知，弹簧的弹力大小为m 2g sin θ，故A 错误；木块A 向上运动时有重力、拉力F 和弹簧弹力对其做功，根据动能定理，合力做功等于木块A 动能的增加量，开始时木块A 静止，弹簧压缩量x 1＝m 1g sin θk，当B 对挡板的压力刚为零时，弹簧伸长量x 2＝m 2g sin θk ，此过程中拉力F 对木块A 做的功为W F ＝F (x 1＋x 2)＝F (m 1＋m 2)g sin θk；此过程中木块A 重力势能的增加量ΔE p ＝m 1g Δh ＝m 1g (x 1＋x 2)sin θ＝m 1(m 1＋m 2)g 2sin 2θk，故B 、C 正确；根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力做的功减去系统动能和重力势能的增加量，即F (m 1＋m 2)g sin θk －12m 1v 2－m 1(m 1＋m 2)g 2sin 2θk，故D 错误．[答案] BC1．对功能关系的理解(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，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，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等．2．功是能量转化的量度，力学中几种常见的功能关系如下迁移一与圆周运动结合的功能关系1．(2019·湖北七校联考) 如图所示，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 ．克服摩擦力做功mgR /2[解析] 小球从P 点运动到B 点的过程中重力做功为mgR ，选项A 错误；设小球通过B 点时的速度为v B ，小球通过B 点时刚好对轨道没有压力，说明此刻刚好重力提供向心力，对小球通过B 点瞬间应用牛顿第二定律有：mg ＝m v 2BR，解得v B ＝gR ，设小球从P 点运动到B点的过程中克服摩擦力做功为W ，对此过程由动能定理有：mgR －W ＝12mv 2B ，联立得W ＝12mgR ，选项D 正确；合外力做功W 合＝12mv 2B ＝12mgR ，选项C 错误；小球机械能的减少量等于小球克服摩擦力所做的功，即ΔE ＝W ＝12mgR ，选项B 错误．[答案] D迁移二与板块结合的功能关系2．(多选)(2019·黑龙江哈尔滨三中调研)如图所示，质量为M 、长为L 的木板置于光滑的水平地面上，一质量为m 的滑块放置在木板左端，滑块与木板间的滑动摩擦力大小为F f ，用水平的恒定拉力F 作用于滑块．当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为x ，下列结论中正确的是( )A ．上述过程中，F 做的功等于滑块和木板动能的增加量B ．其他条件不变的情况下，M 越大，x 越小C ．其他条件不变的情况下，F 越大，滑块到达木板右端所用的时间越长D ．其他条件不变的情况下，F f 越大，滑块与木板间产生的热量越多[解析] F 做的功等于二者的动能与因摩擦产生的热量之和，A 错误；其他条件不变的情况下，M 越大，木板加速度越小，木板在地面上移动的距离x 越小，B 正确；其他条件不变的情况下，F 越大，滑块加速度越大，滑块到达木板右端所用时间越短，C 错误；滑块与木板间产生的热量等于F f L ，其他条件不变的情况下，F f 越大，滑块与木板间产生的热量越多，D 正确．[答案] BD迁移三与传送带结合的功能关系3．(2019·山东省淄博市高三二模)已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动．某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图甲所示)，以此时为t ＝0记录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系(如图乙所示)，图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，v 1>v 2.已知传送带的速度保持不变，则( )A ．物块在0～t 1内运动的位移比在t 1～t 2内运动的位移小B ．若物块与传送带间的动摩擦因数为μ，那么μ<tan θC ．0～t 2内，传送带对物块做功为W ＝12mv 22－12mv 21D ．0～t 2内物块动能变化量大小一定小于物块与传送带间摩擦而产生的热量[解析] 由图乙知，物块在0～t 2内的加速度不变，因为v 1>v 2，由v 2＝2ax 知，物块在0～t 1内运动的位移比在t 1～t 2内运动的位移大，选项A 错误；由图乙知，物块在0～t 1内沿斜面向下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律知μmg cos θ>mg sin θ，则μ>tan θ，选项B 错误；0～t 2内，根据动能定理得，W ＋W G ＝12mv 22－12mv 21，选项C 错误；0～t 2内，由能量守恒定律知，物块动能减少量与重力势能减少量等于物块与传送带间摩擦而产生的热量，故物块动能变化量大小一定小于物块与传送带间摩擦而产生的热量，选项D 正确．[答案] D(1)“传送带”模型问题中的功能关系分析 ①功能关系分析：W 电＝ΔE k ＋ΔE p ＋Q ＝E 电．②对W 电和Q 的理解：电动机做的功W 电＝Fx 传；产生的热量Q ＝F f ·x 相对．(2)常用结论①把一个物体无初速度放到水平匀速转动的传送带上，在物体与传送带相对静止时，因摩擦产生的热量Q 与物体动能增加量相等，即Q ＝mv 22.②把一个物体无初速度放到倾斜向上转动的传送带上，在物体与传送带速度相等时，因摩擦产生的热量Q 与物体机械能增加量相等，即Q ＝mv 22＋mgh .(3)常用方法：物块在传送带上运动，在同一坐标系中同时作出物块和传送带运动的v －t 图线，由图像分析物块的运动过程，求物块与传送带的位移及相对位移.热点考向二动力学规律和动能定理的综合应用【典例】 (2019·河北唐山模拟)如图(甲)所示，倾角θ＝37°的粗糙斜面固定在水平面上，斜面足够长．一根轻弹簧一端固定在斜面的底端，另一端与质量m ＝1.0 kg 的小滑块(可视为质点)接触，滑块与弹簧不相连，弹簧处于压缩状态．当t ＝0时释放滑块．在0～0.24 s 时间内，滑块的加速度a 随时间t 变化的关系如图(乙)所示．已知弹簧的劲度系数k ＝2.0×102N/m ，当t 1＝0.14 s 时，滑块的速度v 1＝2.0 m/s.g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.弹簧弹性势能的表达式为E p ＝12kx 2(式中k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量)．求：(1)斜面对滑块摩擦力的大小F f ；(2)t ＝0.14 s 时滑块与出发点间的距离d ； (3)在0～0.44 s 时间内，摩擦力做的功W .[思路引领] (1)t 1＝0.14 s 时，滑块与弹簧开始分离．(2)mg sin37°>F f ，滑块速度减为零后，会反向做匀加速直线运动．[解析] (1)由图(乙)可知，当t 1＝0.14 s 时，滑块与弹簧开始分离，此后滑块受重力、斜面的支持力和摩擦力，滑块开始做匀减速直线运动．加速度大小为a 1＝10 m/s 2.根据牛顿第二定律有mg sin θ＋F f ＝ma 1，代入数据解得F f ＝4.0 N.(2)当t 1＝0.14 s 时弹簧恰好恢复原长，所以此时滑块与出发点间的距离d 等于t 0＝0时弹簧的形变量x ，所以在0～0.14 s 时间内弹簧弹力做的功为W 弹＝E p 初－E p 末＝12kd 2.在这段过程中，根据动能定理有W 弹－mgd sin θ－F f d ＝12mv 21－0，代入数据解得d ＝0.20 m.(3)设从t 1＝0.14 s 时开始，经时间Δt 1滑块的速度减为零，则有Δt 1＝0－v 1－a 1＝0.20 s这段时间内滑块运动的距离为 x 1＝0－v 212(－a 1)＝0.20 m此时为t 2＝0.14 s ＋Δt 1＝0.34 s ，由于mg sin37°＝6 N>F f ，此后滑块反向做匀加速直线运动，其加速度的大小为a 2＝mg sin θ－F f m＝2.0 m/s 2；在0.34～0.44 s(Δt 2＝0.1 s)时间内，滑块反向运动的距离为x 2＝12a 2Δt 22＝0.01 m.在0～0.44 s 时间内，摩擦力F f 做的功为W ＝－F f (d ＋x 1＋x 2)代入数据解得W ＝－1.64 J.[答案] (1)4.0 N (2)0.20 m (3)－1.64 J动力学规律和动能定理的综合问题的解题技巧1．如果涉及到加速度、时间和受力的分析和计算，一般应用动力学方法；如果只涉及位移、功和能量的转化问题，通常采用动能定理分析．2．对于物体受变力作用的力学问题，动能定理是解决问题的重要方法之一．(2019·河南省周口市期末)如右图所示，半径R ＝0.3 m 的竖直圆槽形光滑轨道与水平轨道AC 相切于B 点，水平轨道的C 点固定有竖直挡板，轨道上的A 点静置有一质量m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)．现给小物块施加一大小为F ＝6.0 N 、方向水平向右的恒定拉力，使小物块沿水平轨道AC 向右运动，当运动到AB 之间的D 点(图中未画出)时撤去拉力，小物块继续滑行到B 点后进入竖直圆槽形轨道做圆周运动，当物块运动到最高点时，由压力传感器测出小物块对轨道最高点的压力为103 N ．已知水平轨道AC 长为2 m ，B 为AC 的中点，小物块与AB 段间的动摩擦因数μ1＝0.45，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)小物块运动到B 点时的速度大小； (2)拉力F 作用在小物块上的时间t ；(3)若小物块从竖直圆槽形轨道滑出后，经水平轨道BC 到达C 点，与竖直挡板相碰时无机械能损失，为使小物块从C 点返回后能再次冲上圆槽形轨道且不脱离，试求小物块与水平轨道BC 段间的动摩擦因数的取值范围．[解析] (1)小物块运动到轨道最高点时，由牛顿第二定律得F N ＋mg ＝m v 2R，由牛顿第三定律得F N ＝F N ′＝103N联立解得v ＝2 m/s物块从B 运动到轨道最高点的过程，由机械能守恒定律得mg ·2R ＋12mv 2＝12mv 2B解得v B ＝4 m/s(2)小物块从A 运动到B 点的过程，由动能定理得Fs －μ1mgx AB ＝12mv 2B －0根据牛顿第二定律得：F －μ1mg ＝ma由运动学公式有s ＝12at 2联立解得t ＝53s(3)设BC 段的动摩擦因数为μ2.①设物块在圆槽形轨道最高点的最小速度为v 1，则由牛顿第二定律可得：mg ＝m v 21R，由动能定理得：－2μ2mgx BC －2mgR ＝12mv 21－12mv 2B代入数据解得μ2＝0.025故为使物块能从C 点返回通过轨道的最高点而不会脱离轨道，应满足0≤μ2≤0.025 ②若物块从C 点返回在圆槽形轨道上升高度为R 时速度为零，由动能定理可得：－2μ2mgx BC －mgR ＝0－12mv 2B代入数据解得：μ2＝0.25物块从C 返回刚好停止到B 点，由动能定理可得：－2μ2mgx BC ＝0－12mv 2B代入数据解得：μ2＝0.4故为使物块能返回圆槽形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道，满足0.25≤μ2<0.4 综上所述，0≤μ2≤0.025或0.25≤μ2<0.4.[答案] (1)4 m/s (2)53s (3)0≤μ2≤0.025或0.25≤μ2<0.4物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，可以分段应用动能定理，也可以对整个过程利用动能定理，但不能在某一方向上应用动能定理.热点考向三动力学观点和能量观点在多过程问题中的应用【典例】 (2019·天津市红桥区高三二模) 轻质弹簧原长为2l ，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m 的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l .现将该弹簧水平放置，一端固定在A 点，另一端与物块P 接触但不连接．AB 是长度为5l 的水平轨道，B 端与半径为l 的光滑半圆轨道BCD 相切，半圆的直径BD 竖直，如图所示．物块P 与AB 间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P ，将弹簧压缩至长度l ，然后放开，P 开始沿轨道运动．重力加速度大小为g .(1)若P 的质量为m ，求P 到达B 点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB 上的位置与B 点之间的距离；(2)若P 能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P 的质量的取值范围． [思路引领][解析] (1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l 时，质量为5m 的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律，弹簧长度为l 时的弹性势能为E P ＝5mgl ①设P 的质量为M ，到达B 点时的速度大小为v B ，由能量守恒定律得E P ＝12Mv 2B ＋μMg ·4l ②联立①②式，取M ＝m 并代入题给数据得v B ＝6gl ③若P 能沿圆轨道运动到D 点，其到达D 点时的向心力不能小于重力，即P 此时的速度大小v 应满足mv 2l－mg ≥0④设P 滑到D 点时的速度为v D ，由机械能守恒定律得 12mv 2B ＝12mv 2D ＋mg ·2l ⑤ 联立③⑤式得v D ＝2gl ⑥v D 满足④式要求，故P 能运动到D 点，并从D 点以速度v D 水平射出．设P 落回到轨道AB 所需的时间为t ，由运动学公式得2l ＝12gt 2⑦P 落回到AB 上的位置与B 点之间的距离为 s ＝v D t ⑧联立⑥⑦⑧式得s ＝22l ⑨(2)为使P 能滑上圆轨道，它到达B 点时的速度不能小于零．由①②式可知 5mgl >μMg ·4l ⑩要使P 仍能沿圆轨道滑回，P 在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C .由机械能守恒定律有12Mv 2B ≤Mgl ⑪ 联立①②⑩⑪式得53m ≤M <52m[答案] (1)6gl 22l (2)53m ≤M <52m涉及做功与能量转化问题的解题方法1．分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功；根据功能之间的对应关系，确定能量之间的转化情况．2．当涉及滑动摩擦力做功时，机械能不守恒，一般应用能量守恒定律，特别注意摩擦产生的内能Q ＝F f l 相对，l 相对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度．3．解题时，首先确定初、末状态，然后分清有多少种形式的能在转化，再分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE 减和增加的能量总和ΔE 增，最后由ΔE 减＝ΔE 增列式求解．(2019·苏北四校联考)如图所示，倾角为θ的斜面底端固定一个挡板P ，质量为m 的小物块A 与质量不计的木板B 叠放在斜面上，A 位于B 的最上端且与挡板P 相距L .已知A 与B 、B 与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且μ1>tan θ>μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A 与挡板P 相撞的过程中没有机械能损失．将A 、B 同时由静止释放．(1)求A 、B 释放瞬间小物块A 的加速度大小a 1； (2)若A 与挡板P 不相撞，求木板B 的最小长度l 0；(3)若木板B 的长度为l ，求整个过程中木板B 运动的总路程．[解析] (1)释放A 、B ，它们一起匀加速下滑，以A 、B 为研究对象，由牛顿第二定律有mg sin θ－μ2mg cos θ＝ma 1，解得a 1＝g sin θ－μ2g cos θ.(2)在B 与挡板P 相撞前，A 和B 相对静止，以相同的加速度一起向下做匀加速运动．B 与挡板P 相撞后立即静止，A 开始匀减速下滑．若A 到达挡板P 处时的速度恰好为零，此时B 的长度即为最小长度l 0.从A 释放至到达挡板P 处的过程中，B 与斜面间由于摩擦产生的热量Q 1＝μ2mg cos θ·(L －l 0)，A 与B 间由于摩擦产生的热量Q 2＝μ1mg cos θ·l 0根据能量守恒定律有mgL sin θ＝Q 1＋Q 2，得l 0＝sin θ－μ2cos θ(μ1－μ2)cos θL .(3)分两种情况：①若l ≥l 0，B 与挡板P 相撞后不反弹，A 一直减速直到静止在木板B 上木板B 通过的路程s ＝L －l②若l <l 0，B 与挡板P 相撞后，A 在木板B 上减速运动直至与挡板P 相撞．由于碰撞过程中没有机械能损失，A 将以撞前速率返回，并带动木板一起向上减速；当它们的速度减为零后，再重复上述过程，直至物块A 停在挡板处．在此过程中，A 与B 间由于摩擦产生的热量Q 1′＝μ1mg cos θ·l ，B 与斜面间由于摩擦产生的热量Q 2′＝μ2mg cos θ·s ，根据能量守恒定律有mgL sin θ＝Q 1′＋Q 2′，解得s ＝L sin θ－μ1l cos θμ2cos θ.[答案] (1)g sin θ－μ2g cos θ (2)sin θ－μ2cos θ(μ1－μ2)cos θL(3)L sin θ－μ1l cos θμ2cos θ处理多过程问题的技巧(1)“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动图景；(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律；(3)“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案.考场满分答卷策略——功能关系在力学中的综合应用(2019·全国卷Ⅰ)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B 静止于水平轨道的最左端，如图(a)所示．t ＝0时刻，小物块A 在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B 发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A 返回到倾斜轨道上的P 点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止．物块A 运动的v －t 图像如图(b)所示，图中的v 1和t 1均为未知量．已知A 的质量为m ，初始时A 与B 的高度差为H ，重力加速度大小为g ，不计空气阻力．(1)求物块B 的质量；(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A 克服摩擦力所做的功；(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等．在物块B 停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A 从P 点释放，一段时间后A 刚好能与B 再次碰上．求改变前后动摩擦因数的比值.专题强化训练(六)一、选择题1．(多选)(2019·四川省攀枝花市第二次统考)物体由地面以120 J的初动能竖直向上抛出，当它从抛出至上升到某一点A 的过程中，动能减少40 J ，机械能减少10 J ．设空气阻力大小不变，以地面为参考平面，则物体( )A ．落回到地面时机械能为70 JB ．到达最高点时机械能为90 JC ．从最高点落回地面的过程中重力做功为60 JD ．从抛出到落回地面的过程中克服空气阻力做功为60 J[解析] 物体以120 J 的初动能竖直向上抛出，做竖直上抛运动，向上运动的过程中重力和阻力都做负功，当上升到某一高度时，动能减少了40 J ，而机械能损失了10 J ．根据功能关系可知：合力做功为－40 J ，空气阻力做功为－10 J ，对从抛出点到A 点的过程，根据功能关系：－mgh －F f h ＝－40 J ，－F f h ＝－10 J ，得F f ＝13mg ；当上升到最高点时，动能为零，动能减少120 J ，设最大高度为H ，则有：mgH ＋F f H ＝120 J ，解得F f H ＝30 J ，即机械能减少30 J ，在最高点时机械能为120 J －30 J ＝90 J ，即上升过程机械能共减少了30 J ；下落过程中，由于空气阻力做功不变，所以机械能又损失了30 J ，故整个过程克服空气阻力做功为60 J ，则该物体落回到地面时的机械能为60 J ，从最高点落回地面的过程中重力做功为mgH ＝90 J ，故A 、C 错误，B 、D 正确．[答案] BD2. (多选)(2019·惠州市高三调研)如图所示，粗糙斜面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O 点．现将物块拉到A 点后由静止释放，物块运动到最低点B ，图中B 点未画出．下列说法正确的是( )A ．速度最大时，B 点一定在O 点左下方 B ．速度最大时，物块的位置可能在O 点左下方C ．从A 到B 的过程中，物块和弹簧的总机械能一定减少D ．从A 到B 的过程中，物块减少的机械能一定等于它克服摩擦力做的功[解析] 弹簧处于自然长度时物块处于O 点，所以在O 点时弹簧弹力为零，物块从A 向B 运动的过程中，受重力、支持力、弹簧的弹力和滑动摩擦力作用，当受力平衡时物块的速度最大，由于摩擦力平行斜面向上，所以当弹力和重力沿斜面的分力之和大小等于摩擦力时，速度最大，由于不知道物块重力沿斜面方向的分力与摩擦力的大小关系，故无法判断弹簧此时是处于伸长还是压缩状态，即B 点可能在O 点，也可能在O 点左下方，也可能在O 点右上方，A 错误，B 正确；从A 到B 的过程中，滑动摩擦力一直做负功，故物块和弹簧组成的系统机械能减少，C 正确；从A 到B 的过程中，根据能量守恒定律，当弹簧的弹性势能增加时，物块减少的机械能大于它克服摩擦力做的功，D 错误．[答案] BC3. (多选)(2019·安徽省示范高中联考)如图所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M ＝6 kg ，质量m ＝2 kg 的铁块以水平速度v 0＝12 m/s 从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端，则下列说法中正确的是( )A ．铁块和木板最终共同以3 m/s 的速度向右做匀速直线运动B ．运动过程中弹簧的最大弹性势能为54 JC ．运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量为54 JD ．运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量为108 J[解析] 设最终铁块与木板的共同速度大小为v ，铁块相对木板向右运动时，滑动的最大路程为L ，滑动摩擦力大小为f .取向右为正方向，根据系统动量守恒可知mv 0＝(M ＋m )v ，解得v ＝3 m/s ，方向向右，所以铁块和木板最终共同以3 m/s 的速度向右做匀速直线运动，A 正确．铁块相对于木板向右运动，铁块与木板的速度相同时弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律知此时两者的速度也为v ＝3 m/s ，根据能量守恒定律，铁块相对于木板向右运动过程，有12mv 20＝fL ＋12(M ＋m )v 2＋E p ，铁块相对于木板运动的整个过程有，12mv 20＝2fL ＋12(M ＋m )v 2，联立解得弹簧的最大弹性势能E p ＝54 J 、fL ＝54 J ，B 正确．由功能关系知，运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量Q ＝2fL ＝108 J ，C 错误，D 正确．[答案] ABD4．(2019·汉中市高三质检一)空降兵是现代军队的重要兵种．一次训练中，空降兵从静止在空中的直升机上竖直跳下(初速度可看成零，未打开降落伞前不计空气阻力)，下落高度h 之后打开降落伞，接着又下降高度H 之后，空降兵匀速下降．设空降兵打开降落伞之后受到的空气阻力与速度平方成正比，比例系数为k ，即f ＝kv 2，重力加速度为g ，那么关于空降兵的说法正确的是( )A ．空降兵从跳下到下落高度为h 时，机械能一定损失了mghB ．空降兵从跳下到刚匀速下降时，重力势能一定减少了mgHC ．空降兵匀速下降时，速度大小为mgkD ．空降兵从跳下到刚匀速下降的过程，克服阻力做功为mg (H ＋h )－m 2gk[解析] 空降兵从跳下到下落高度为h 的过程中，只有重力做功，机械能不变，选项A 错误；空降兵从跳下到刚匀速下降时，重力做功为mg (H ＋h )，重力势能一定减少了mg (H ＋h )，选项B 错误；空降兵匀速运动时，重力与阻力大小相等，所以：kv 2＝mg ，得：v ＝mgk，选项C 正确；空降兵从跳下到刚匀速下降的过程，重力和阻力对空降兵做的功等于空降兵动能的变化，即：mg (H ＋h )－W f ＝12mv 2，解得：W f ＝mg (H ＋h )－12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫mg k 2＝mg (H ＋h )－m 2g 2k ，选项D 错误．[答案] C5．(多选)(2019·重庆市高三调研)如图所示，水平传送带以恒定速率转动．每隔相同时间T ，在左端A 点，轻轻放上一个完全相同的工件，已知工件与传送带之间的动摩擦因数为μ，工件质量为m .经测量，发现那些已经和传送带共速的工件之间的距离均为L .已知重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．传送带的速度大小为L TB ．工件在传送带上的加速时间为L2TμgC ．每个工件与传送带间因摩擦产生的热量为μmgL2D ．传送带因传送一个工件而多消耗的能量为mL 2T2[解析] 工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件放在传送带上后运动的规律相同，可知L ＝vT ，解得传送带的速度v ＝LT，A 正确；设每个工件做匀加速运动的时间为t ，根据牛顿第二定律有，工件的加速度为μg ，根据v ＝v 0＋at ，解得t＝v a ＝L Tμg ，B 错误；工件与传送带相对滑动的路程为Δx ＝v v μg －v 22μg ＝v 22μg ＝L 22μgT 2，则摩擦产生的热量为Q ＝μmg ·Δx ＝mL 22T2，C 错误；根据能量守恒有，传送带因传送一个工件多消耗的能量E ＝12mv 2＋μmg ·Δx ＝mL2T2，D 正确．[答案] AD6．(多选)(2019·安徽师大附中模拟) 如图所示，质量m ＝1 kg 的物体从高为h ＝0.2 m 的光滑轨道上P 点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A 点，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带AB 之间的距离为L ＝5 m ，传送带一直以v ＝4 m/s 的速度匀速运动，则( )A ．物体从A 运动到B 的时间是1.5 sB ．物体从A 运动到B 的过程中，摩擦力对物体做功为2 JC ．物体从A 运动到B 的过程中，产生的热量为2 JD ．物体从A 运动到B 的过程中，带动传送带转动的电动机多做功10 J[解析] 设物体下滑到A 点的速度为v 0，对PA 过程，由机械能守恒定律有：12mv 20＝mgh ，代入数据得：v 0＝2gh ＝2 m/s<v ＝4 m/s ，则物体滑上传送带后，在滑动摩擦力的作用下做匀加速运动，加速度大小为a ＝μmg m＝μg ＝2 m/s 2；当物体的速度与传送带的速度相等时，用时为：t 1＝v －v 0a ＝4－22 s ＝1 s ，匀加速运动的位移x 1＝v 0＋v 2t 1＝2＋42×1 m＝3 m<L ＝5 m ，所以物体与传送带共速后向右做匀速运动，匀速运动的时间为t 2＝L －x 1v ＝5－34s ＝0.5 s ，故物体从A 运动到B 的时间为：t ＝t 1＋t 2＝1.5 s ，A 正确；物体运动到B 的速度是v ＝4 m/s ，根据动能定理得：摩擦力对物体做功W f ＝12mv 2－12mv 20＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×42－12×1×22 J ＝6 J ，B 错误；在t 1时间内，传送带做匀速运动的位移为x 带＝vt 1＝4 m ，故产生热量Q ＝μmg Δx ＝μmg (x带－x 1)，代入数据得：Q ＝2 J ，C 正确；电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，另一部分转化为内能，则电动机多做的功W ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12mv 2－12mv 20＋Q ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×1×(42－22)＋2 J ＝8 J ，D错误．[答案] AC7．(多选)(2019·江苏卷)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m ，从A 点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A 点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s ，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中( )。

2020版高考物理新课标大二轮专题辅导与增分攻略讲义：1-3-1第一讲力学中的动量和能量问题 Wo

姓名，年级：时间：第一讲力学中的动量和能量问题[答案］(1)物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化量．（2）一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变．(3）动量守恒定律成立的条件①系统不受外力或系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒．②系统所受合外力虽然不为零,但系统的内力远大于外力时，如碰撞、爆炸等现象中，系统的动量可看成近似守恒．③系统所受的合外力虽不为零,如果在某一个方向上合外力为零，那么在该方向上系统的动量守恒．(4）碰撞的分类热点考向一动量定理与动量守恒定律的应用角度一动量定理的应用【典例1】(2016·全国卷Ⅰ）某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S);水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零,在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。

求：(1）喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．[思路引领］[解析］(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV,质量为Δm,则Δm＝ρΔV①ΔV＝v0SΔt②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量错误!＝ρv0S③(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。

对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得错误!（Δm）v2＋（Δm）gh＝错误!（Δm)v错误!④在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小Δp＝（Δm）v⑤设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt＝Δp⑥由于玩具在空中悬停,由力的平衡条件得F＝Mg⑦联立③④⑤⑥⑦式得h＝错误!－错误!［答案] （1）ρv0S(2）错误!－错误!角度二动量守恒定律的应用【典例2】(2018·全国卷Ⅰ)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空．当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分,两部分获得的动能之和也为E,且均沿竖直方向运动．爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量．求（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度．[思路引领] （1)根据动能公式得出烟花弹从地面开始上升时的速度，利用匀变速直线运动规律得出烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经历的时间．（2）利用动量守恒定律和能量守恒定律得出爆炸后烟花弹向上运动的部分的速度，利用匀变速直线运动规律得出距地面的最大高度．［解析］(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有E＝错误!mv错误!①设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有0－v0＝－gt②联立①②式得t＝错误!错误!③(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1,由机械能守恒定律有E＝mgh④1火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动,设炸后瞬间其速度分别为v1和v2.由题给条件和动量守恒定律有错误!mv错误!＋错误!mv错误!＝E⑤错误!mv1＋错误!mv2＝0⑥由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动．设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有错误!mv错误!＝错误!mgh2⑦联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为h＝h＋h2＝错误!⑧1[答案] (1)错误!错误!(2）错误!1．用动量定理的解题的基本思路对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理．2．动量守恒定律解题思路及方法迁移一动量定理的应用1．(2019·江西六校联考)香港迪士尼游乐园入口旁有一喷泉，在水泵作用下鲸鱼模型背部会喷出竖直向上的水柱，将站在冲浪板上的米老鼠模型托起，稳定地悬停在空中，伴随着音乐旋律，米老鼠模型能够上下运动,引人驻足，如图所示．这一景观可做如下简化，水柱以一定的速度从喷口竖直向上喷出，流量为Q（流量定义：在单位时间内向上通过水柱横截面的水的体积)，设同一高度水柱横截面上各处水的速率都相同，冲浪板底部为平板且其面积大于水柱的横截面积,保证所有水都能喷到冲浪板的底部．冲击冲浪板前水柱在水平方向的速度可忽略不计，冲击冲浪板后,水在竖直方向的速度立即变为零，在水平方向朝四周均匀散开,冲浪板静止在水柱上．已知米老鼠模型和冲浪板的总质量为M，水的密度为ρ，重力加速度大小为g，空气阻力及水的粘滞阻力均可忽略不计．(1）求喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)由于水柱顶部的水与冲浪板相互作用的时间很短，因此在分析水对冲浪板的作用力时可忽略这部分水所受的重力．试计算米老鼠模型在空中悬停时，水到达冲浪板底部的速度大小；（3）要使米老鼠模型在空中悬停的高度发生变化，需调整水泵对水做功的功率．水泵对水做功的功率定义为单位时间内从喷口喷出的水的动能．请根据第(2)问中的计算结果，推导冲浪板底部距离喷口的高度h与水泵对水做功的功率P0之间的关系式．[解析] (1)由题干定义知,单位时间内喷出的水的质量为m＝ρQ.(2）由题意知米老鼠模型和冲浪板在空中悬停时，冲击冲浪板底面的水的速度由v变为0，设Δt时间内这些水对板的作用力为F′，板对水的作用力为F，以竖直向下为正方向，不考虑Δt时间内水的重力，根据动量定理有FΔt＝0－mΔt(－v）根据牛顿第三定律得F＝－F′由于米老鼠模型在空中悬停，根据力的平衡条件得－F′＝Mg联立解得v＝错误!。

高考物理二轮专题复习课件专题三功和能3-2

A 沿着杆滑到左侧滑轮正下方的过程，绳子拉力对 A 做正功， A 做加速运动，此后绳子拉力对 A 做负功，A 做减速运动。故当 θ3＝90° 时，A 的速度最大，设为 vAm，此时 B 下降到最低点， B 的速度为零，此过程中 B 下降的高度为 h2，则有 mgh2 1 2 h ＝ mvAm，其中 h2＝－h，代入数据解得 vAm＝1.63m/s。 2 sinθ1
相对
中l
相对
为相对滑动的两物体间相对滑行路径
(2013· 上海普陀区一模)用恒力 F 竖直向上拉一物体，使其由地面处开始加速上升到某一高度。若该过程空气阻力不能忽略，下列说法中正确的是( )
A．力 F 做的功和阻力做的功之和等于物体动能的增量 B．重力所做的功等于物体重力势能的增量 C．力 F 做的功和阻力做的功之和等于物体机械能的增量 D．力 F、重力、阻力三者的合力所做的功等于物体机械能的增量
二、方法技巧要用好 1．机械能守恒的判定 (1)利用机械能的定义判断，分析动能与势能的和是否变化，如匀速下落的物体动能不变，重力势能减少，物体的机械能必减少。 (2)用做功判断：若物体或系统只有重力 (或弹簧弹力 )做功，或有其他力做功，但其他力做功的代数和为零，则机械能守恒。
(3)用能量转化来判断：若系统中只有动能和势能的相互转化，而无机械能与其他形式能的转化，则系统的机械能守恒。 (4)对一些绳子突然绷紧、物体间非弹性碰撞等问题机械能一般不守恒，除非题中有特别说明或暗示。
3.选取三种表达式时应注意的问题第一种表达式是从“守恒”的角度反映机械能守恒，解题必须选取参考平面，而后两种表达式都是从“转化”的角度来反映机械能守恒，不必选取参考平面，具体用哪种表达式解题，要注意灵活选取。

2020高考物理新课标地区专用提分大二轮讲义：专题三功和能第2课时

第2课时动力学和能量观点的综合应用[专题复习定位] 1．解决问题本专题主要培养学生应用动力学和能量观点分析、解决综合性问题的能力． 2．高考重点动力学方法和动能定理的综合应用；动力学和能量观点分析多运动组合问题；含弹簧的动力学和能量问题． 3．题型难度本专题针对综合性计算题的考查，一般过程复杂，综合性强，难度较大．1．相关规律和方法运动学的基本规律、牛顿运动定律、圆周运动的知识和动能定理． 2．解题技巧如果涉及加速度、时间和受力的分析和计算，一般应用动力学方法；如果只涉及位移、功和能量的转化问题，通常采用动能定理分析．例1 (2019·广西梧州市联考)如图1所示，半径R ＝0.4 m 的光滑圆轨道与水平地面相切于B 点，且固定于竖直平面内．在水平地面上距B 点x ＝5 m 处的A 点放一质量m ＝3 kg 的小物块，小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.5.小物块在与水平地面夹角θ＝37°斜向上的拉力F 的作用下由静止向B 点运动，运动到B 点时撤去F ，小物块沿圆轨道上滑，且能到圆轨道最高点C .圆弧的圆心为O ，P 为圆弧上的一点，且OP 与水平方向的夹角也为θ.(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图1(1)小物块在B 点的最小速度v B 的大小；(2)在(1)情况下小物块在P 点时对轨道的压力大小；(3)为使小物块能沿水平面运动并通过圆轨道C 点，则拉力F 的大小范围．答案 (1)2 5 m/s (2)36 N (3)21011N ≤F ≤50 N解+析 (1)小物块恰能到圆轨道最高点时，物块与轨道间无弹力．设最高点物块速度为v C ，由mg ＝m v C 2R得：v C ＝2 m/s物块从B 运动到C ，由动能定理得：－2mgR ＝12m v C 2－12m v B 2解得：v B ＝2 5 m/s ；(2)物块从P 到C 由动能定理：－mgR (1－sin θ)＝12m v C 2－12m v P 2，解得v P ＝655 m/s在P 点由牛顿第二定律：mg sin θ＋F N ＝m v P 2R解得F N ＝36 N ；根据牛顿第三定律可知，小物块在P 点对轨道的压力大小为F N ′＝F N ＝36 N (3)当小物块刚好能通过C 点时，拉力F 有最小值，对物块从A 到B 过程分析： F f ＝μ(mg －F min sin θ)，F min x cos θ－F f x ＝12m v B 2解得F min ＝21011N 当物块在AB 段即将离开地面时，拉力F 有最大值，则F max sin θ＝mg ，解得F max ＝50 N 综上，拉力的取值范围是：21011N ≤F ≤50 N. 拓展训练1 (2019·福建龙岩市3月质量检查)央视节目《加油向未来》中解题人将一个蒸笼环握在手中，并在蒸笼环底部放置一个装有水的杯子，抡起手臂让蒸笼环连同水杯在竖直平面内做圆周运动，水却没有洒出来．如图2所示，已知蒸笼环的直径为20 cm ，人手臂的长度为60 cm ，杯子和水的质量均为m ＝0.2 kg.转动时可认为手臂伸直且圆心在人的肩膀处，不考虑水杯的大小，g 取10 m/s 2.图2(1)若要保证在最高点水不洒出，求水杯通过最高点的最小速率v 0；(2)若在最高点水刚好不洒出，在最低点时水对杯底的压力为16 N ，求蒸笼环从最高点运动到最低点的过程中，蒸笼环对杯子和水所做的功W . 答案 (1)2 2 m/s (2)3.2 J解+析 (1)水杯通过最高点时，对水由牛顿第二定律得： mg ＝m v 02R ，其中R ＝(0.2＋0.6) m ＝0.8 m解得：v 0＝2 2 m/s ；(2)在最低点时水对水杯底的压力为16 N ，杯底对水的支持力F N ＝16 N ，对水，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2R对杯子和水，从最高点到最低点的过程中，由动能定理得：2mg ×2R ＋W ＝12×2m v 2－12×2m v 02解得：W ＝3.2 J.1．运动模型多运动过程通常包括匀变速直线运动、平抛运动、圆周运动或者是一般的曲线运动．在实际问题中通常是两种或者多种运动的组合． 2．分析技巧多个运动过程的组合实际上是多种物理规律和方法的综合应用，分析这种问题时应注意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建立联系，有时对整个过程应用能量的观点解决问题会更简单．例2 (2019·湖北恩施州2月教学质量检测)如图3所示为轮滑比赛的一段模拟赛道．一个小物块从A 点以一定的初速度水平抛出，刚好无碰撞地从C 点进入光滑的圆弧赛道，圆弧赛道所对的圆心角为60°，圆弧半径为R ，圆弧赛道的最低点与水平赛道DE 平滑连接，DE 长为R ，物块经圆弧赛道进入水平赛道，然后在E 点无碰撞地滑上左侧的斜坡，斜坡的倾角为37°，斜坡也是光滑的，物块恰好能滑到斜坡的最高点F ，F 、O 、A 三点在同一高度，重力加速度大小为g ，不计空气阻力，不计物块的大小．求：图3(1)物块的初速度v 0的大小及物块与水平赛道间的动摩擦因数；(2)试判断物块向右返回时，能不能滑到C 点，如果能，试分析物块从C 点抛出后，会不会直接撞在竖直墙AB 上；如果不能，试分析物块最终停在什么位置？答案 (1)133gR 16(2)物块刚好落在平台上的B 点解+析 (1)物块从A 点抛出后做平抛运动，在C 点v C ＝v 0cos 60°＝2v 0由题意可知AB 的高度：h ＝R cos 60°＝0.5R ；设物块的质量为m ，从A 到C 点的过程，由机械能守恒可得：mgh ＝12m v C 2－12m v 02解得v 0＝133gR物块从A 到F 的过程，由动能定理：－μmgR ＝0－12m v 02解得μ＝16；(2)假设物块能回到C 点，设到达C 点的速度大小为v C ′，根据动能定理：mg ×12R －μmgR＝12m v C ′2 求得v C ′＝136gR ，假设成立；假设物块从C 点抛出后直接落在BC 平台上，BC 长度：s ＝v 02h g ＝33R 物块在C 点竖直方向的分速度v y ＝v C ′sin 60°＝2gR2水平分速度：v x ＝v C ′cos 60°＝6gR6落在BC 平台上的水平位移：x ＝v x ×2v y g ＝33R即物块刚好落在平台上的B 点．拓展训练2 (2019·河南名校联盟高三下学期联考)如图4所示，AB 是一段位于竖直平面内的光滑轨道，高度为h ，末端B 处的切线方向水平．一个质量为m 的小物体P 从轨道顶端A 处由静止释放，滑到B 端后飞出，落到地面上的C 点，轨迹如图中虚线BC 所示．已知它落地时相对于B 点的水平位移OC ＝ l ．现在轨道下方紧贴B 点安装一水平木板，木板的右端与B 的距离为l2，让P 再次从A 点由静止释放，它离开轨道并在木板上滑行后从右端水平飞出，仍然落在地面的C 点．求：(不计空气阻力，重力加速度为g )图4(1)P 滑至B 点时的速度大小； (2)P 与木板之间的动摩擦因数μ. 答案 (1)2gh (2)3h2l解+析 (1)物体P 在AB 轨道上滑动时，物体的机械能守恒，根据机械能守恒定律mgh ＝12m v 02得物体P 滑到B 点时的速度大小为v 0＝2gh(2)当没有木板时，物体离开B 点后做平抛运动，运动时间为t ，有： t ＝l v 0＝l 2gh当B 点右方安装木板时，物体从木板右端水平抛出，在空中运动的时间也为t ，水平位移为l 2，因此物体从木板右端抛出的速度v 1＝v 02＝2gh2根据动能定理，物体在木板上滑动时，有－μmg l 2＝12m v 12－12m v 02解得物体与木板之间的动摩擦因数μ＝3h 2l.拓展训练3 (2019·四川省第二次诊断)如图5所示为某同学设计的一个游戏装置，用弹簧制作的弹射系统将小球从管口P 弹出，右侧水平距离为L ，竖直高度为H ＝0.5 m 处固定一半圆形管道，管道所在平面竖直，半径R ＝0.75 m ，内壁光滑．通过调节立柱Q 可以改变弹射装置的位置及倾角，若弹出的小球从最低点M 沿切线方向进入管道，从最高点N 离开后能落回管口P ，则游戏成功．小球质量为0.2 kg ，半径略小于管道内径，可视为质点，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.该同学某次游戏取得成功，试求：图5(1)水平距离L ；(2)小球在N 处对管道的作用力； (3)弹簧储存的弹性势能．答案 (1)2 m (2)23N ，方向竖直向上 (3)5 J解+析 (1)设小球进入M 点时速度为v M ，运动至N 点速度为v N ，由P 至M ，L ＝v M t 1 H ＝12gt 12由N 至P ，L ＝v N t 2 H ＋2R ＝12gt 22由M 至N 过程，－2mgR ＝12m v N 2－12m v M 2联立解得：L ＝2 m ； (2)由(1)可得，v N ＝10 m/s mg ＋F N ＝m v N 2R解得：F N ＝23N由牛顿第三定律可知，小球在N 处对管道的作用力F N ′＝F N ＝23 N ，方向竖直向上；(3)由P 至N 全过程，由能量守恒定律：E p ＝12m v N 2＋mg (H ＋2R )解得：E p ＝5 J.例3 (2019·湖南衡阳市第一次联考)如图6所示，由两个内径均为R 的四分之一圆弧细管道构成的光滑细管道ABC 竖直放置，且固定在光滑水平面上，圆心连线O 1O 2水平，轻弹簧左端固定在竖直板上，右端与质量为m 的小球接触(不拴接，小球的直径略小于管的内径，小球大小可忽略)，宽和高均为R 的木盒子固定于水平面上，盒子左侧DG 到管道右端C 的水平距离为R ，开始时弹簧处于锁定状态，具有的弹性势能为4mgR ，其中g 为重力加速度．当解除锁定后小球离开弹簧进入管道，最后从C 点抛出．(轨道ABC 与木盒截面GDEF 在同一竖直面内)图6(1)求小球经C 点时的动能； (2)求小球经C 点时对轨道的压力；(3)小球从C 点抛出后能直接击中盒子底部时，讨论弹簧此时弹性势能满足什么条件．答案 (1)2mgR (2)3mg ，方向竖直向上 (3)94mgR <E p <52mgR解+析 (1)对小球从释放到C 的过程，应用动能定理可得：4mgR －2mgR ＝E k C －0 解得小球经C 点时的动能：E k C ＝2mgR (2)由(1)可知C 点小球的速度： v C ＝2gRC 点：取向下为正方向，由牛顿第二定律可得：mg ＋F N ＝m v C 2R解得：F N ＝3mg ，方向向下由牛顿第三定律可知在C 点时小球对轨道的压力大小也为3mg ，方向竖直向上 (3)当小球恰从G 点射入盒子中，则由平抛运动规律可得：竖直方向：R ＝12gt 12水平方向：R ＝v C 1t 1 联立解得：v C 1＝gR 2小球从释放到C 点的过程：E p1－2mgR ＝12m v C 12－0得：E p1＝94mgR当小球直接击中E 点时，弹性势能取符合条件的最大值，由平抛运动规律可得：竖直方向：2R ＝12gt 22水平方向：2R ＝v C 2t 2 联立解得：v C 2＝gR小球从释放到C 点的过程：E p2－2mgR ＝12m v C 22－0得：E p2＝52mgR综上符合条件的弹性势能应满足：94mgR <E p <52mgR拓展训练4 (2019·福建厦门市期末质检)如图7，一劲度系数为k ＝100 N/m 的轻弹簧下端固定于倾角为θ＝53°的光滑斜面底端，上端连接物块Q .一轻绳跨过定滑轮O ，一端与物块Q 连接，另一端与套在光滑竖直杆的物块P 连接，定滑轮到竖直杆的距离为d ＝0.3 m ．初始时在外力作用下，物块P 在A 点静止不动，轻绳与斜面平行，绳子张力大小为50 N ．已知物块P 质量为m 1＝0.8 kg ，物块Q 质量为m 2＝5 kg.(不计滑轮大小及摩擦，取g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)现将物块P 由静止释放，求：图7(1)物块P 位于A 时，弹簧的伸长量x 1；(2)物块P 上升h ＝0.4 m 至与滑轮O 等高的B 点时的速度大小； (3)在(2)情况下物块P 上升至B 点过程中，轻绳拉力对其所做的功．答案 (1)0.1 m (2)2 3 m/s (3)8 J解+析 (1)物块P 位于A 点，设弹簧伸长量为x 1，则：F T ＝m 2g sin θ＋kx 1，代入数据解得：x 1＝0.1 m(2)(3)经分析，此时OB 垂直竖直杆，OB ＝0.3 m ，此时物块Q 速度为0，h ＝0.4 m ，则OP ＝0.5 m ，物块Q 下降距离为：Δx ＝OP －OB ＝0.5 m －0.3 m ＝0.2 m ，则弹簧压缩x 2＝0.2 m －0.1 m ＝0.1 m ，弹性势能不变．对物块P 、Q 和弹簧组成的系统，物块P 从A 到B 的过程中根据能量守恒有： m 2g ·Δx ·sin θ－m 1gh ＝12m 1v B 2代入可得：v B＝2 3 m/s对物块P：W T－m1gh＝12m1v B2代入数据得：W T＝8 J.专题强化练(限时45分钟)1.(2019·天津市南开区下学期二模)如图1，质量M＝8 kg的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F＝8 N．当小车向右运动的速度达到v0＝3 m/s时，在小车的右端轻放一质量m＝2 kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，假定小车足够长，重力加速度g取10 m/s2.图1(1)小物块从放在车上开始经过多长时间与小车具有相同的速度？此时的速度大小为多少？(2)从小物块放在车上开始经过t0＝3.0 s，求摩擦力对小物块所做的功．答案(1)2 s 4 m/s(2)23.04 J解+析(1)根据牛顿第二定律，对物块：μmg＝ma1解得：a1＝2 m/s2对小车：F－μmg＝Ma2解得：a2＝0.5 m/s2设经过t1时间物块与小车的速度相等，则有：a1t1＝v0＋a2t1代入数据，解得：t1＝2 s，v＝a1t1＝4 m/s(2)经过t1时间物块位移为x1＝12a1t12＝12×2×22 m＝4 mt1时刻物块速度：v1＝v＝4 m/s t1时刻后M、m有相同的加速度，对M、m整体有：F＝(M＋m)a3解得：a 3＝0.8 m/s 2物块受到的摩擦力为：F f ＝ma 3＝1.6 N<μmg ＝4 N 此过程物块运动时间为t 2＝t 0－t 1＝1 s ，位移为：x 2＝v 1t 2＋12a 3t 22＝4.4 m所以摩擦力做的功为：W ＝μmgx 1＋F f x 2＝23.04 J2.(2019·辽宁葫芦岛市第一次模拟)已知弹簧所储存的弹性势能与其形变量的平方成正比．如图2所示，一轻弹簧左端固定在粗糙的水平轨道M 点的竖直挡板上，弹簧处于自然状态时右端位于O 点，轨道的MN 段与竖直光滑半圆轨道相切于N 点．ON 长为L ＝1.9 m ，半圆轨道半径R ＝0.6 m ，现将质量为m 的小物块放于O 点并用力缓慢向左压缩x 时释放，小物块刚好能到达N 点；若向左缓慢压缩2x 时释放，小物块刚好能通过B 点，小物块与水平轨道之间的动摩擦因数μ＝0.25.重力加速度取10 m/s 2.小物块看成质点，弹簧始终处于弹性限度内，求：(结果可用根号表示)图2(1)小物块刚好能通过B 点时的速度大小； (2)弹簧的压缩量x .答案 (1) 6 m/s (2)0.15 m解+析 (1)设小物块刚好通过B 点时速度为v ，只有重力充当向心力mg ＝m v 2R解得v ＝ 6 m/s(2)压缩x 时，弹簧的弹性势能E p1＝kx 2，k 为比例系数滑动摩擦力F f ＝μF N 而F N ＝mg由能量守恒得E p1－F f ·(x ＋L )＝0 压缩2x 时，弹簧的弹性势能E p2＝k (2x )2 由能量守恒E p2－F f ·(2x ＋L )＝mg ·2R ＋12m v 2联立解得x ＝0.15 m.3.(2019·云南省第二次统一检测)如图3所示，在光滑水平面上有一段质量不计、长为6 m 的绸带，在绸带的中点放有两个紧靠着可视为质点的小滑块A 、B .现同时对A 、B 两滑块施加方向相反、大小均为F ＝12 N 的水平拉力，并开始计时．已知A 滑块的质量m A ＝2 kg ，B 滑块的质量m B ＝4 kg ，A 、B 滑块与绸带之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，A 、B 两滑块与绸带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计绸带的伸长，g 取10 m/s 2，求：图3(1)t ＝0时刻，A 、B 两滑块加速度的大小；(2)0～3 s 时间内，滑块与绸带摩擦产生的热量．答案 (1)1 m/s 2 0.5 m/s 2 (2)30 J解+析 (1)A 滑块在绸带上水平向右滑动，受到的滑动摩擦力为F f A ，水平运动，则竖直方向受力平衡：F N A ＝m A g ，F f A ＝μF N A解得：F f A ＝μm A gA 滑块在绸带上水平向右滑动，设0时刻A 滑块的加速度为a 1，由牛顿第二定律得：F －F f A ＝m A a 1B 滑块和绸带一起向左滑动，设0时刻B 滑块的加速度为a 2，由牛顿第二定律得：F －F f B ＝m B a 2又F f A ＝F f B联立解得：a 1＝1 m/s 2，a 2＝0.5 m/s 2(2)设A 滑块经时间t 滑离绸带，此时A 、B 滑块发生的位移分别为x 1和x 2x 1＋x 2＝L 2x 1＝12a 1t 2 x 2＝12a 2t 2 联立代入数据解得：x 1＝2 m ，x 2＝1 m ，t ＝2 s2 s 时A 滑块离开绸带，离开绸带后A 在光滑水平面上运动，B 和绸带一起在光滑水平面上运动，不产生热量，3 s 时间内因摩擦产生的热量为：Q ＝F f A (x 1＋x 2)代入数据解得：Q ＝30 J.4.(2019·河北张家口市上学期期末)如图4所示，半径为R 的四分之三圆周轨道固定在竖直平面内，O 为圆轨道的圆心，D 为圆轨道的最高点，圆轨道内壁光滑，圆轨道右侧的水平面BC与圆心等高．质量为m 的小球从离B 点高度为h 处(32R ≤h ≤3R )的A 点由静止开始下落，从B 点进入圆轨道，不计空气阻力，重力加速度为g .图4(1)小球能否到达D 点？试通过计算说明；(2)求小球在圆轨道的最高点对轨道的压力范围；(3)通过计算说明小球从D 点飞出后能否落在水平面BC 上，若能，求落点与B 点水平距离d 的范围．答案见解+析解+析 (1)当小球刚好通过圆轨道的最高点时应有：mg ＝m v D 2R对小球从A 点运动到D 点的过程分析，由机械能守恒可得：mg (h －R )＝m v D 22联立解得h ＝32R ，因为h 的取值范围为32R ≤h ≤3R ，故小球能到达D 点；(2)设小球在D 点受到的压力为F N ，则F N ＋mg ＝m v D ′2Rmg (h －R )＝m v D ′22联立并结合h 的取值范围32R ≤h ≤3R 解得：0≤F N ≤3mg根据牛顿第三定律得小球在圆轨道的最高点对轨道的压力范围为：0≤F N ′≤3mg ；(3)由(1)知小球在最高点D 时的最小速度为v D min ＝gR此时小球飞离D后做平抛运动，根据平抛运动规律可知R＝12gt2x min＝v D min t联立代入数据解得x min＝2R>R，故能落在水平面BC上，当h为3R时小球在最高点D点飞离时有最大速度，此时轨道对小球的压力为3mg，根据牛顿第二定律有mg＋3mg＝m v D max 2R解得v D max＝2gR小球飞离D后做平抛运动，根据平抛运动规律可知R＝12gt′2，x max＝v D max t′联立代入数据解得x max＝22R故落点与B点水平距离d的范围为：(2－1)R≤d≤(22－1)R.。

2020年高考物理二轮提分攻略专题04 功和能.doc

2020年物理二轮专题过关宝典专题四：功和能【知识回扣】一、功和功率 1.功的计算恒力做的功：直接用W ＝Fl cos α计算。

变力做的功：①应用动能定理求解；②应用W ＝Pt 求解，此法适用于变力的功率P 不变； 2.功率的计算平均功率的计算方法：①利用P＝tW ；②利用P ＝F·v cos α，其中v 为物体运动的平均速度。

瞬时功率的计算方法：利用公式P ＝Fvcos α，其中v 为t 时刻的瞬时速度； 3. 机车的两种启动模型的分析（1）模型综述物体在牵引力（受功率和速度制约）作用下，从静止开始克服一定的阻力，加速度不变或变化，最终加速度等于零，速度达到最大值。

（2）模型特征a. 以恒定功率启动的方式： ①动态过程：②这一过程的速度—时间图象如图所示：b. 以恒定加速度启动的方式： ①动态过程：②这一过程的速度—时间图象如图所示：深化拓展：无论哪种启动方式，机车最终的最大速度都应满足：v m ＝fF P，且以这个速度做匀速直线运动。

二、动能定理1. 动能定理：合外力做功等于物体在这个过程中动能的变化量。

W ＝E k2－E k1＝12mv 22－12mv 21. 2．适用范围(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。

(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功。

三、机械能守恒定律1.判断机械能是否守恒的两个角度（1）从做功的角度：若只有重力(或弹力)做功或虽有其他外力做功但其他力做功的代数和为零，则该物体（或该系统）的机械能守恒。

2.从能的角度：若系统内只有动能和势能的相互转化，没有其他形式的能与机械能转化，且系统与外部也没有能力的转化与转移，则系统机械能守恒。

2.机械能守恒的三种表示形式(1)守恒观点：E k1＋E p1＝E k2＋E p2(要选零势能参考平面) (2)转化观点：ΔE k ＝－ΔE p (不用选零势能参考平面) (3)转移观点：ΔE A 增＝ΔE B 减(不用选零势能参考平面) 四、力学中的功能关系合外力做功等于物体动能的改变 W 合＝E k2－E k1＝ΔE k 重力做功衡量重力势能的减少量 W G ＝E p1－E p2＝－ΔE p 弹簧弹力做功衡量弹性势能的减少量W 弹＝E p1－E p2＝－ΔE p 除了重力和弹簧弹力之外的其他力所做的总功，等于物体机械能的改变W 其他＝E 2－E 1＝ΔE一对滑动摩擦力做功的代数和等于因摩擦而产生的内能 Q ＝fx 相对，x 相对为物体间相对滑动的距离【热门考点透析】考点一功和功率1.轻质弹簧右端固定在墙上,左端与一质量m=0.5 kg 的物块相连,如图甲所示,弹簧处于原长状态,物块静止且与水平面间的动摩擦因数μ=0.2。

2020新课标高考物理二轮复习教师用书：第1部分专题2 第1讲功功率动能定理 Word版含

姓名，年级：时间：第1讲功功率动能定理考点1 功功率的分析与计算■新依据·等级考预测·❶分析近五年全国卷及北京卷、天津卷的高考题可以看出,本考点知识与图象相结合是高考命题的热点,主要考查功、功率的分析与计算及机车启动问题。

题型一般为选择题,难度适中。

❷预计2020年等级考对本考点的考查仍会以机车问题为背景，涉及功和功率的综合应用。

14上，环面位于竖直平面内,在大圆环上套着一个小环.小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中,大圆环对它的作用力（）A．一直不做功B．一直做正功C．始终指向大圆环圆心D．始终背离大圆环圆心A ［光滑大圆环对小环只有弹力作用.弹力方向沿大圆环的半径方向(下滑过程先背离圆心，后指向圆心)，与小环的速度方向始终垂直，不做功.故选A.]2.(2015·全国卷Ⅱ·T17）一汽车在平直公路上行驶。

从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示.假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。

下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是（）A ［由P。

t图象知：0～t1内汽车以恒定功率P1行驶，t1～t2内汽车以恒定功率P2行驶。

设汽车所受牵引力为F,则由P＝Fv得，当v增加时，F减小，由a＝错误!知a减小，又因速度不可能突变，所以选项B、C、D错误，选项A正确.]3。

(多选）(2018·全国卷Ⅲ·T19）地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面．某竖井中矿车提升的速度大小v 随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程,它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。

不考虑摩擦阻力和空气阻力.对于第①次和第②次提升过程，( ）A．矿车上升所用的时间之比为4∶5B．电机的最大牵引力之比为2∶1C．电机输出的最大功率之比为2∶1D．电机所做的功之比为4∶5AC [根据位移相同可得两图线与时间轴围成的面积相等，错误! v0×2t0＝错误!×错误!v0[2t0＋t′＋（t0＋t′)］，解得t′＝错误!t0，则对于第①次和第②次提升过程中，矿车上升所用的时间之比为2t0∶错误!＝4∶5,A正确。

专题二功与能 (2)——2023届高考物理大单元二轮复习讲重难

向左运动，重力加速度 g 10m / s2 ，则（） A. AC 的距离为 3.2m B.金属块与水平面之间的动摩擦因数为 0.75 C.若金属块带正电，它在半圆环轨道上运动的最大高度为 0.8m D.若金属块带负电，它在离开 B 点后与 C 点的最小距离为1.6m
变式 1 答案：BD
解析：小铁块不带点时恰好经过 B 点，则有 mg m vB2 ，离开 B 点做平抛运动刚好到达C R
（3）转移观点：EA增=EB减
三、考点分析
【例 1】如图所示,AB 是竖直面内的四分之一圆弧形光滑轨道,下端 B 与水平直轨道相切.一个小物块自 A 点由静止开始沿轨道下滑,已知轨道半径为 R=0.2m,小物块的质量为 m=0.1kg,小物块与水平面间的动摩擦因数µ=0.5,取 g=10m/s2.求:
1.如图所示，半径 R 0.8m 的光滑绝缘的半圆环轨道处于竖直平面内，均强电场竖直向下， E 1000N / C ，半圆环与粗糙的绝缘水平地面相切于圆环的端点 A，一不带电小铁块，以初速度 v0 8m / s ，从 C 点水平向左运动，冲上竖直半圆环，并恰好通过最高点 B 点，最后金属块落回 C 点，若换为一个比荷为1102C / kg 的铁块仍以相同的初速度从 C 点水平
专题二功和能（2）
——2023届高考大单元二轮复习讲重难【新课标全国卷】第四讲功与能量守恒定律
一、核心思路
二、重点知识
1.能量守恒定律：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，只会由一种能量转化成另一种能量。 2.能量守恒表达式：（1）守恒观点：Ek1+Ep1=Ek2+Ep2+Wf
（2）转化观点：∆E=－∆Ef
A
运动到
P
的过程中，根据机械能守恒定Fra bibliotek得 mgH1 2

2020年高考物理二轮复习讲义：专题3 功和能第2课时动力学和能量观点的综合应用(word版,无

2020年高考物理二轮复习讲义专题3动力学和能量观点的综合应用高考题型1动力学方法和动能定理的综合应用1．相关规律和方法动力学规律主要有：运动学的基本规律、牛顿运动定律、圆周运动的知识和动能定理．2．解题技巧如果涉及到加速度、时间和受力的分析和计算，一般应用动力学方法；如果只涉及位移、功和能量的转化问题，通常采用动能定理分析．例1 (2018·河南省周口市期末) 如图1所示，半径R ＝0.3 m 的竖直圆槽形光滑轨道与水平轨道AC 相切于B 点，水平轨道的C 点固定有竖直挡板，轨道上的A 点静置有一质量m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)．现给小物块施加一大小为F ＝6.0 N 、方向水平向右的恒定拉力，使小物块沿水平轨道AC 向右运动，当运动到AB 之间的D 点(图中未画出)时撤去拉力，小物块继续滑行到B 点后进入竖直圆槽形轨道做圆周运动，当物块运动到最高点时，由压力传感器测出小物块对轨道最高点的压力为103N ．已知水平轨道AC 长为2 m ，B 为AC 的中点，小物块与AB 段间的动摩擦因数μ1＝0.45，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图1(1)小物块运动到B点时的速度大小；(2)拉力F作用在小物块上的时间t；(3)若小物块从竖直圆槽形轨道滑出后，经水平轨道BC到达C点，与竖直挡板相碰时无机械能损失，为使小物块从C点返回后能再次冲上圆槽形轨道且不脱离，试求小物块与水平轨道BC段间的动摩擦因数的取值范围．拓展训练1(2018·湖北省4月调研) 某公司对新推出的掌上智能无人机进行试验．让无人机从地面由静止开始以最大动力竖直上升，经时间t＝4 s时离地面的高度h＝48 m．若无人机的质量m＝0.3 kg，运动过程中所受空气阻力大小恒为F f＝0.3 N，重力加速度g取10 m/s2.(1)动力系统提供给无人机的最大动力为多大？(2)调整动力后无人机继续上升，恰能悬停在距离地面高度H＝78 m处，求无人机从h上升到H的过程中，动力系统所做的功．高考题型2动力学和能量观点分析多运动组合问题1．多运动过程模型多运动过程通常包括匀变速直线运动、平抛运动、圆周运动，或者是一般的曲线运动．在实际问题中通常是两种或者多种运动的组合．2．分析技巧多个运动过程的组合实际上是多种物理规律和方法的综合应用，分析这种问题时注意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建立联系，有时对整个过程应用能量的观点解决问题会更简单．例2 (2018·全国卷Ⅲ·25)如图2，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道P A 在A 点相切，BC 为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，sin α＝35.一质量为m 的小球沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆弧轨道通过C 点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用．已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g .求：图2(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；(2)小球到达A点时动量的大小；(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间．拓展训练2(多选)(2018·安徽省蚌埠市一质检)如图3所示，B、M、N分别为竖直光滑圆轨道的右端点、最低点和左端点，B点和圆心等高，N点和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α＝60°.现从B点的正上方某处A点由静止释放一个小球，经圆轨道飞出后以水平方向上的v通过C点，已知圆轨道半径为R，v＝gR，重力加速度为g，不计空气阻力，则以下结论正确的是()图3A．C、N的水平距离为3RB．C、N的水平距离为2RC．小球在M点对轨道的压力为6mgD．小球在M点对轨道的压力为4mg拓展训练3(2018·江西省六校第五次联考)如图4所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，在自然状态时其右端位于B点．水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R＝0.8 m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R.用质量m1＝0.4 kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点．用同种材料、质量为m2＝0.2 kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点后做匀变速运动，其位移与时间的关系为x＝8t－2t2，物块飞离桌面后由P点沿切线落入圆轨道．g＝10 m/s2，不计空气阻力，求：图4(1)物块m2过B点时的瞬时速度v0；(2)BP间的水平距离；(3)判断m2能否沿圆轨道到达M点(要求写清计算过程)．高考题型3含弹簧的动力学和能量问题例3(2018·河北省衡水中学模拟)如图5所示，一根水平轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m＝1 kg的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＝5 m，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＝5 m/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．当弹簧储存的弹性势能E p＝18 J全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E点，取g＝10 m/s2.图5(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．拓展训练4 (2018·山东省淄博市一中三模)如图6所示，一劲度系数很大的轻质弹簧下端固定在倾角θ＝30°的斜面底端，将弹簧上端压缩到A 点锁定．一质量为m 的小物块紧靠弹簧上端放置，解除弹簧锁定，小物块将沿斜面上滑至B 点后又返回，A 、B 两点的高度差为h ，弹簧锁定时具有的弹性势能E p ＝54mgh ，锁定及解除锁定均无机械能损失，斜面上A 点以下部分的摩擦不计，已知重力加速度为g .求：图6(1)物块与斜面间的动摩擦因数；(2)物块在离开弹簧后上滑和下滑过程中的加速度大小之比；(3)若每次当物块离开弹簧后立即将弹簧压缩到A 点锁定，当物块返回A 点时立刻解除锁定．设斜面最高点C (未画出)与A 的高度差为3h ，试通过计算判断物块最终能否从C 点抛出．专题强化练1．(多选)(2018·河南省中原名校第四次模拟)倾角为θ的三角形斜面体固定在水平面上，在斜面体的底端附近固定一挡板，一质量不计的弹簧下端固定在挡板上，其自然长度时弹簧的上端位于斜面体上的O 点．质量分别为4m 、m 的物块甲和乙用一质量不计的细绳连接，且跨过固定在斜面体顶端的光滑轻质定滑轮，如图1所示．开始物块甲位于斜面体上的M 处，且MO ＝L ，物块乙开始距离水平面足够高，现将物块甲和乙由静止释放，物块甲沿斜面下滑，当物块将弹簧压缩到N 点时，物块的速度减为零，ON ＝L 2，已知物块甲与斜面体之间的动摩擦因数为μ＝38，θ＝30°，重力加速度取g ＝10 m/s 2，忽略空气的阻力，整个过程中细绳始终没有松弛，且乙未碰到滑轮，则下列说法正确的是( )图1A ．物块甲由静止释放到斜面体上N 点的过程，物块甲先做匀加速直线运动，紧接着做匀减速直线运动到速度减为零B ．物块甲在与弹簧接触前的加速度大小为0.5 m/s 2C ．物块甲位于N 点时，弹簧所储存的弹性势能的最大值为158mgL D ．物块甲位于N 点时，弹簧所储存的弹性势能的最大值为38mgL 2．(多选)(2018·河南省周口市期末)如图2甲所示，轻质弹簧的一端固定于倾角为θ＝30°的斜面底端，另一端恰好位于斜面上的B 点．一质量为m ＝2 kg 的小滑块(可视为质点)从斜面上的A 点由静止开始下滑，下滑过程中滑块下滑速度v 的平方与其下滑距离x 之间的关系如图乙所示，其中Oa 段为直线，重力加速度g 取10 m/s 2，则( )图2A ．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25B ．弹簧的劲度系数为50 N/mC ．滑块运动到最低点C 时，弹簧弹性势能大小为2.6 JD ．滑块从最低点C 返回时，一定能到达B 点3．如图3所示，质量为m 的小球套在半径为R 的固定光滑圆环上，圆环的圆心为O ，原长为0.8R 的轻质弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连，弹簧与圆环在同一竖直平面内，圆环上B 点在O 的正下方，当小球在A 处受到沿圆环切线方向的恒力F 作用时，恰好与圆环间无相互作用，且处于静止状态．已知：R ＝1.0 m ，m ＝1.0 kg ，∠AOB ＝θ＝37°，弹簧处于弹性限度内，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2.求：图3(1)该弹簧的劲度系数k；(2)撤去恒力，小球从A点沿圆环下滑到B点时的速度大小v B；(3)在(2)中，小球通过B点时，圆环对小球的作用力大小F N B .4．(2018·吉林省吉林市第二次调研)雨滴在空中下落时，由于空气阻力的影响，最终会以恒定的速度匀速下降，我们把这个速度叫做收尾速度．研究表明，在无风的天气条件下，空气对下落雨滴的阻力可由公式F f＝12CρS v2来计算，其中C为空气对雨滴的阻力系数(不同空间为不同常量)，ρ为空气的密度(不同空间密度不同)，S为雨滴的有效横截面积(即垂直于速度方向的横截面积)．已知雨滴下落空间范围内的空气密度为ρ0，空气对雨滴的阻力系数为C0，雨滴下落时可视为球形，半径均为R，每个雨滴的质量均为m，且在到达地面前均已达到收尾速度，重力加速度为g.(1)求雨滴在无风的天气条件下沿竖直方向下落时收尾速度的大小；(2)若根据云层高度估测出雨滴在无风的天气条件下由静止开始竖直下落距地面的高度为h，求每个雨滴在竖直下落到地面过程中克服空气阻力所做的功．5．(2018·陕西省安康市第二次质量联考)如图4所示，光滑水平轨道AB与光滑半圆形导轨BC在B点相切连接，半圆导轨半径为R，轨道AB、BC在同一竖直平面内．一质量为m的物块在A处压缩弹簧，并由静止释放，物块恰好能通过半圆导轨的最高点C.已知物块在到达B点之前与弹簧已经分离，弹簧在弹性限度内，重力加速度为g.不计空气阻力，求：图4(1)物块由C点平抛出去后在水平轨道的落点与B点的距离；(2)物块在B点时对半圆轨道的压力大小；(3)物块在A点时弹簧的弹性势能．6．(2018·宁夏银川一中一模)如图5所示，一质量m＝0.4 kg的滑块(可视为质点)静止于动摩擦因数μ＝0.1的水平轨道上的A点．现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P＝10.0 W．经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点以5 m/s的速度沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器．已知轨道AB的长度L＝2.0 m，半径OC和竖直方向的夹角α＝37°，圆弧形轨道的半径R＝0.5 m．(空气阻力忽略不计，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：图5(1)滑块运动到D点时压力传感器的示数；(2)水平外力作用在滑块上的时间t.7．(2018·山东省青岛市模拟)如图6所示，倾角θ＝30°的足够长光滑斜面底端A固定有挡板P，斜面上B点与A点的高度差为h.将质量为m、长度为L的木板置于斜面底端，质量也为m的小物块静止在木板上某处，整个系统处于静止状态．已知木板与物块间的动摩擦因数μ＝32，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.图6(1)若给木板和物块一沿斜面向上的初速度v0，木板上端恰能到达B点，求v0大小；(2)若对木板施加一沿斜面向上的拉力F0，物块相对木板刚好静止，求拉力F0的大小；(3)若对木板施加沿斜面向上的拉力F＝2mg，作用一段时间后撤去拉力，木板下端恰好能到达B点，物块始终未脱离木板，求拉力F做的功W.。

2020届高考物理考前冲刺提分课件：功与能

第11页
A．小球通过最高点的速度大小为 gR B．小球通过C点时速度大小为 2gR
C．小球从C点运动到最高点的时间为
D．释放点距地面的高度为6＋65
3 R
2－ 3R g
第12页
解析小球从C点做斜抛运动，设速度为vC，速度方向与水平方向夹角为
30°，则vCcos30°·t＝EC＝R；vCsin30°＝0.5gt，解得vC＝
7．(2019·衡水中学模拟)(多选)节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车。有一质量m＝1 000 kg的混合动力轿车，在平直公路上以v1＝90 km/h匀速行驶，发动机的输出功率为P＝50 kW。当驾驶员看到前方有80 km/h的限速标志时，保持发动机功率不变，立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电，使轿车做减速运动，运动L＝72 m后，速度变为v2＝72 km/h。此过程中发动机功率的五分之一用于轿车的牵引，五分之四用于供给发电机工作，发动机输送给发电机的能量最后有50%转化为电池的电能。假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变。下列说法正确的是( )
A
B
第9页
C
D
解析物体在拉力作用下匀加速上升时，拉力和滑动摩擦的合力为F－f
做正功，物体机械能增加，W＝
(F
A、B
两项错误；撤去拉力后，滑动摩擦力f做负功，机械能减少，仍然与时间成二
次函数关系，C项错误，D项正确。
答案 D
第10页
6.如图位于竖直面内的光滑轨道AB，与半径为R的光滑圆形轨道底部相通，圆形轨道上部有一缺口CDE，D点为圆形最高点，∠COD＝∠DOE ＝30°，质量为m可视为质点的小球自光滑轨道AB上某点静止下滑，由底部进入圆形轨道，通过不断调整释放位置，直到小球从C点飞出后能无碰撞的从E点进入左侧轨道，重力加速度为g。下列说法正确的是( )

(高考前沿)2020届高三物理二轮专题复习精品教案功和能doc高中物理

（高考前沿）2020届高三物理二轮专题复习精品教案功和能doc高中物理目的要求：准确把握功、功率、动能，势能、机械能等概念头，准确明白得动能定理、机械能守恒定律功能关系，能熟练把握它们的运用方法。

强化解决动力学咨询题的方法训练和能力培养功第1课知识简析一、功的概念1、定义：力和力的作用点通过位移的乘积．2.做功的两个必要因素：力和物体在力的方向上的位移3、公式：W＝FScosα〔α为F与s的夹角〕．讲明：恒力做功大小只与F、s、α这三个量有关．与物体是否还受其他力、物体运动的速度、加速度等其他因素无关，也与物体运动的路径无关．4.单位：焦耳〔J) 1 J＝1N·m.5.物理意义：表示力在空间上的积存效应，是能的转化的量度6.功是标量，没有方向，然而有正负．正功表示动力做功，负功表示阻力做功，功的正负表示能的转移方向．①当0≤a＜900时W＞0，力对物体做正功；②当α=900时W＝0，力对物体不做功；③当900＜α≤1800时W＜0，力对物体做负功或讲成物脚体克服那个力做功，这两种讲法是从二个角度来描述同一个咨询题．二、注意的几个咨询题①F：当F是恒力时，我们可用公式W＝Fscosθ运算；当F大小不变而方向变化时，分段求力做的功；当F的方向不变而大小变化时，不能用W＝Fscosθ公式运算〔因数学知识的缘故〕，我们只能用动能定理求力做的功．②S：是力的作用点通过的位移，用物体通过的位移来表述时，在许多咨询题上学生往往会产生一些错觉，在后面的练习中会认识到这一点，另外位移S应当弄清是相对哪一个参照物的位移③功是过程量：即做功必定对应一个过程〔位移〕，应明确是哪个力在哪一过程中的功．④什么力做功：在研究咨询题时，必须弄明白是什么力做的功．如下图，在力F作用下物体匀速通过位移S那么力做功FScosθ，重力做功为零，支持力做功为零，摩擦力做功－Fscosθ，合外力做功为零．【例1】如下图，在恒力F的作用下，物体通过的位移为S，那么力F做的功为解析：力F做功W＝2Fs．此情形物体尽管通过位移为S．但力的作用点通过的位移为2S，因此力做功为2FS．答案：2Fs【例2】如下图，质量为m的物体，静止在倾角为α的粗糙的斜面体上，当两者一起向右匀速直线运动，位移为S时，斜面对物体m的弹力做的功是多少？物体m所受重力做的功是多少？摩擦力做功多少？斜面对物体m做功多少？解析：物体m受力如下图，m有沿斜面下滑的趋势，f为静摩擦力，位移S的方向同速度v的方向．弹力N对m做的功W1＝N·scos〔900＋α〕＝－ mgscosαs i nα，重力G对m做的功W2＝G·s cos900=0．摩擦力f对m做的功W3=fscosα=mgscosαsinα．斜面对m的作用力即N和f的合力，方向竖直向上，大小等于mg〔m处于平稳状态〕，那么： w＝F合scos900＝mgscos900＝o答案：－ mgscos αs i n α，0， mgscos αs i n α，0点评：求功，必须清晰地明白是哪个力的功，应正确地画出力、位移，再求力的功．【例3】如下图，把A 、B 两球由图示位置同时由静止开释〔绳开始时拉直〕，那么在两球向左下摆动时．以下讲法正确的选项是A 、绳子OA 对A 球做正功B 、绳子AB 对B 球不做功C 、绳子AB 对A 球做负功D 、绳子AB 对B 球做正功解析：由于O 点不动，A 球绕O 点做圆周运动，OA 对球A 不做功。

(江苏专用)2020高考物理二轮复习第一部分专题二功和能第二讲机械能守恒定律功能关系课件

(一)理清知识体系
(二)谨记两点提醒 1．对于单个物体，如果只有重力做功，那么物体的机械能守恒。如诊断卷第1题，小球运动过程中只有重力做功，机械能守恒。 2．具体题目需要具体分析初始条件，不能凭感觉直接得结果。如诊断卷第2题中，小球经C点时对管道外侧的弹力大小为mg，则有mg＋FN＝mvRC2，FN＝mg。
的初速度v向弹簧运动。已知弹簧始终处于弹性限度范围
内，则下列判断正确的是
()
A．物块从接触弹簧到最低点的过程中，加速度大小先变
小后变大
B．物块碰到弹簧后立刻开始做减速运动
C．物块从出发点到最低点过程中，物块减少的重力势能
小于增加的弹性势能
D．物块的动能最大时，物块的重力势能最小
解析：物块刚接触到弹簧时，弹力小于重力沿斜面的分量 mgsin θ，则加速度向下，并且随弹力的增加加速度逐渐减小；当弹力等于mgsin θ时加速度为零，速度最大；以后由于弹力大于mgsin θ，则加速度变为向上，且加速度逐渐变大，速度逐渐减小到零；故物块从接触弹簧到最低点的过程中，加速度大小先变小后变大，速度先增大后减小，选项A正确，B错误。物块从出发点到最低点过程中，物块减少的重力势能与动能之和等于增加的弹性势能，选项C正确。当弹力等于mgsin θ时加速度为零，速度最大，而后物块还将向下运动，可知此时重力势能不是最小的，选项D错误。答案：AC
解析：当A物块到达C处时，由受力分析可知：水平方向受力平衡，竖直方向只受重力作用，所以A物块的加速度a＝ g，A正确，B错误。B物块受重力和拉力而平衡，故拉力等于其重力；物体A 受重力、拉力和杆的支持力，如图所示，设B物块的质量为M，绳子拉力为T，根据平衡条件： Tcos 37°＝mg，T＝Mg；联立解得M＝0.5 kg，故C正确；设

(课标版)2020届高考物理二轮复习专题二第3讲功和能课件

第3讲功和能
总纲目录
考点一功和功率考点二动能定理考点三机械能守恒定律考点四功能关系与能量守恒素养提升 “五大”解题思想在高考物理中的应用
考点一功和功率
1.(2017课标Ⅱ,14,6分)如图,一光滑大圆环固定在桌面上,环面位于竖直平面内,在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑,在小环下滑的过程中,大圆环对它的作用力 ( A ) A.一直不做功 B.一直做正功 C.始终指向大圆环圆心 D.始终背离大圆环圆心
答案 A 本题考查动能定理。由动能定理可知W拉-Wf=Ek-0,因此,Ek<W拉,故 A正确,B错误;Ek可能大于、等于或小于Wf,选项C、D错误。
2.(2019课标Ⅲ,17,6分)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 )
当重物的速度为v1时,起重机的有用功率达到最大值P,之后,起重机保持该功率不变,继续提升重物,直到以最大速度v2匀速上升为止,则整个过程中,下列说法正确的是 ( ACD )
A.起重机对重物的最大拉力为 P
v1
B.起重机对重物的最大拉力为 P
v2
C.重物的最大速度v2=
P mg
D.重物做匀加速运动的时间为 mv12
答案 ABC 物体匀速运动时,受力平衡,则F=μmg,μ= F = 7 =0.35,选项A
mg 2 10
正确;因为W=Fx,故拉力所做的功等于F-x图线曲线部分与x轴所围面积,由图
线可知小格数为13,则减速过程拉力所做的功为13×1 J=13 J,选项B正确;由动

2020版高考物理大二轮复习专题二第2讲动量观点的应用讲义(2021-2022学年)

第2讲动量观点的应用真题再现考情分析ﻬ动量定理、动量守恒定律属于力学的主干知识,是解决物理问题的般通过碰撞来过渡,这就决定了动量守恒定律在解题过程中的纽带作用冲量与动量定理的应用【高分快攻】1．应用动量定理解题的步骤２．动量定理的两个重要应用（1）应用I=Δp求变力的冲量如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I＝Ft求变力的冲量,可以求出变力作用下物体动量的变化Δｐ，等效代换变力的冲量I。

（2）应用Δp＝FΔｔ求动量的变化ﻬ例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化,求动量变化（Δp=ｐ2-ｐ1)需要应用矢量运算方法，计算比较复杂，如果作用力是恒力,可以求恒力的冲量,等效代换动量的变化．【典题例析】对于同一物理问题,常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究,找出其内在联系,从而更加深刻地理解其物理本质．正方体密闭容器中有大量运动粒子,每个粒子质量为m,单位体积内粒子数量ｎ为恒量．为简化问题,我们假定：粒子大小可以忽略;其速率均为v,且与器壁各面碰撞的机会均等;与器壁碰撞前后瞬间,粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变.利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f与ｍ、n和ｖ的关系．(解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明)［解析］如图所示,一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量ΔI=2mv,以器壁上面积为S的部分为底、vΔt为高构成柱体,由题设可知,其内有错误!未定义书签。

的粒子在Δｔ时间内与器壁上面积为S的部分发生碰撞，碰撞粒子总数N=错误!n·SvΔｔ，Δｔ时间内粒子给器壁的冲量I＝N·ΔＩ＝＼ｆ(1,3）nＳmｖ２Δt器壁上面积为S的部分受到粒子的压力F=错误!未定义书签。

则器壁单位面积所受粒子的压力f=错误!未定义书签。

＝错误!ｎmv2.[答案]f＝错误!nmｖ2【题组突破】1.(多选)(20１7·高考全国卷Ⅲ)一质量为2ｋg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动.F随时间t变化的图线如图所示，则( ）A．t＝1s时物块的速率为1 m/sＢ.ｔ=２ｓ时物块的动量大小为4 kｇ·m/sC．t＝3 s时物块的动量大小为5kg·m/sD.ｔ＝4 s时物块的速度为零解析:选AB。

2020届高考物理课标版二轮复习训练题：专题二第3讲功和能 Word版含解析

第3讲功和能一、单项选择题1.(2019安徽宿州教学质量检测)如图,一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子在竖直向下的匀强电场中运动,M 、N 为其运动轨迹上的两点。

已知该粒子在M 点的速度大小为v 0,方向与水平方向的夹角为60°,N 点为轨迹的最高点,不计重力。

则M 、N 两点间的电势差为( )A.3mv 028qB.-3mv 028qC.-mv 028qD.mv 028q 答案 B 从M 点到N 点利用动能定理有qU MN =12m v N 2-12m v M 2=12m(v 0 cos 60°)2-12m v 02,解得U MN =-3mv 028q ,故B 正确。

2.(2019山东淄博三模)如图所示,质量均为m 的木块A 和B,用一个劲度系数为k 的竖直轻质弹簧连接,最初系统静止,现在用力F 缓慢拉A 直到B 刚好离开地面,则这一过程中力F 做的功至少为( )A.m 2g 2kB.2m 2g 2kC.3m 2g 2kD.4m 2g 2k答案 B 最初系统静止时,弹力等于A 的重力,由胡克定律得,弹簧被压缩的长度x 1=mg k ,最后B 刚好离开地面时,弹力等于B 的重力,此时弹簧伸长的长度x 2=mg k,此过程缓慢进行,所以力F 做的功等于系统增加的重力势能,根据功能关系可知W=mg(x 1+x 2)=2m 2g 2k,故B 正确。

3.(2019河南平顶山模拟)质量m=20 kg的物体,在大小恒定的水平外力F的作用下,沿水平面做直线运动。

0~2 s内F与运动方向相反,2~4 s内F与运动方向相同,物体的v-t图像如图所示。

g取10 m/s2,则( )A.拉力F的大小为100 NB.在4 s时拉力的瞬时功率为120 WC.4 s内拉力所做的功为480 JD.4 s内物体克服摩擦力做的功为320 J答案 B 取物体初速度方向为正方向,由题图可知物体与水平面间存在摩擦力,由题图可知0~2 s内,-F-f=ma1,且a1=-5 m/s2;2~4 s内,-F+f=ma2,且a2=-1 m/s2,联立以上两式解得F=60 N,f=40 N,A错误;由P=Fv得4 s时拉力的瞬时功率为120W,B正确;由W=Fx,可知0~2 s内,W1=-Fx1,2~4 s内,W2=Fx2,由题图可知x1=10 m,x2=2m,代入数据解得,4 s内拉力所做的功为-480 J,C错误;摩擦力做功W'=fs,摩擦力始终与速度方向相反,故s为路程,由题图可解得总路程为12 m,4 s内物体克服摩擦力做的功为480 J,D错误。

2020高考物理新课标地区专用提分大二轮讲义：专题三 功和能 第2课时 Word版含答案