全国通用2018年高考物理二轮复习专题二动量与能量第1讲动量观点与能量观点在力学中的应用课件
2018年高考物理二轮专题复习课件：第1部分 专题2 第2讲 能量和动量观点在电磁学中的应用
的过程中，电场力所做的功分别为 Wab、Wbc 和 Wcd.下列选项正 确的是( ) B．Ec∶Ed＝2∶1 D．Wbc∶Wcd＝1∶3 A．Ea∶Eb＝4∶1 C．Wab∶Wbc＝3∶1
AC A 对：由题图知，a、b、c、d 四个点距点电荷的距离 kQ 依次增大，且 rb＝2ra，由 E＝ 2 知，Ea∶Eb＝4∶1.B 错：rd＝ r kQ 2rc，由 E＝ 2 知，Ec∶Ed＝4∶1.C 对：在移动电荷的过程中， r 电场力做的功与电势能的变化量大小相等，则 Wab∶Wbc＝q(φa －φb)∶ q(φb－φc)＝3∶1.D 错： Wbc ∶Wcd＝q(φb－φc)∶ q(φc －φd)＝1∶1.
A．小球带负电 B．速度先增大后减小 C．机械能一直减小 D． 任意一小段时间内， 电势能的增加量总等于重力势能的 减少量
AC
由题可知，小球在竖直方向做自由落体运动，在水平
方向做匀减速运动，可知其所受电场力方向向左，与电场方向 相反，则小球带负电，电场力一直对小球做负功，小球的电势 能增加，机械能减小，A、C 正确．小球受竖直向下的重力和水 平向左的电场力，合力方向指向左下方，又初速度水平向右， 末速度竖直向下，由力与速度夹角关系可知，合力对小球先做 负功，后做正功，小球的速度先减小，后增大， B 错误．任意 一小段时间内，小球的动能、电势能和重力势能的和保持不变， 则电势能的增加量不一定等于重力势能的减少量，D 错误．
第一部分 专题突破 知能提升
专题二 能量和动量 第2讲 能量和动量观点在电磁学中的应用
2015 卷ⅠT15：电场力做功的计算及判断 2016 卷ⅠT20：电场力做功及合外力做功情况的判断、动 能定理的应用 卷ⅠT20：电场力做功的计算及判断 卷ⅢT21：电场力做功的计算及判断
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
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。
2018年高考物理二轮复习专题整合高频突破专题二功和能动量和能量2动量和能量观点的应用课件
答案 (1)ρv 0S
������02 (2) 2������
������2������ − 2 2 2 2������ ������0 ������
-61 2 3
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=ρΔV ① ΔV=v 0 SΔt ② 由①②式得, 单位时间内从喷口喷出的水的质量为
-41 2 3
1.(2017全国Ⅰ卷)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空,50 g燃烧的 燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃 气喷出后的瞬间,火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力 可忽略)( A ) A.30 kg· m/s B.5.7×102 kg· m/s C.6.0×102 kg· m/s D.6.3×102 kg· m/s 解析 根据动量守恒定律得:0=Mv1-mv2,故火箭的动量与燃气的动 量等大反向。故p=Mv1=mv2=0.05 kg×600 m/s=30 kg· m/s。 考点定位:动量定理 命题能力点:侧重考查理解能力 解题思路与方法:以火箭和燃气为研究对象,在燃气喷出的瞬间动 量守恒。
-131 2 3
命题规律研究及预测 分析高考试题可以看出,高考命题突出动量定理、动量守恒定律、 碰撞模型的考查。动量守恒定律与运动学公式及动量守恒定律与 能量守恒定律的综合题也是考查的重点。题型一般为选择题。 在2018年的备考过程中要尤其注重动量守恒定律与能量守恒定 律的综合题的复习。
第2讲
动量和能量观点的应用
-2网络构建 要点必备
-3网络构建 要点必备
1.动量定理 (1)内容:物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中 所受力的冲量。 (2)表达式:F·Δt=Δp=p'-p。 (3)矢量性:动量变化量的方向与合力的方向相同,可以在某一方向 上应用动量定理。 2.动量、动能、动量的变化量的关系 (1)动量的变化量:Δp=p'-p。 ������2 (2)动能和动量的关系: Ek= 。 2������ 3.动量守恒定律 (1)条件:系统不受外力或系统所受外力的矢量和为零。 m1v1'+m2v2' (2)表达式:m1v1+m2v2= 。 4.能量的观点:在涉及系统内能量的转化问题时,常用能量守恒定律。
2018版高考物理第2轮复习 专题二 能量和动量 第2讲 动量和能量观点的应用
1234567
解析 答案
5.(多选)如图1所示，小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，现有
一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法中
正确的是
A.男孩和木箱组成的系统动量守恒
B.小车与木箱组成的系统动量守恒
√C.男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
OM＝2Rsin θ＝38BE22g
12
解析 答案
(3)刚释放时，弹簧的弹性势能Ep.
答案
350E3q 81B2g
解析 弹开瞬间，由能量守恒可知 Ep＝12mAv12＋12mBv22
将(1)(2)各式代入得：Ep＝38510BE23gq
12
解析 答案
模拟训练
2.如图5所示，质量mA＝0.8 kg、带电量q＝－4×10－3 C的A球用长l＝0.8 m的不可 伸长的绝缘轻线悬吊在O点，O点右侧有竖直向下的匀强电场，场强E＝5×103
直的、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2的大小随时间t变化的关系 如图乙所示.(g取10 m/s2)
(1)求0～0.10 s线圈中的感应电动势大小.
答案 30 V
解析 由法拉第电磁感应定律 E＝nΔΔΦt
得 E＝nSΔΔBt2＝30 V
1234
甲
乙
图7
解析 答案
(2)t＝0.22 s时闭合开关K，若安培力远大于重力，细框跳起的最大高度h ＝0.20 m，求通过细杆CD的电荷量. 答案 0.03 C 解析 由牛顿第二定律 F＝ma＝mv－Δt0(或由动量定理 FΔt＝mv－0)，安培 力 F＝IB1l，Δq＝IΔt，v2＝2gh，得 Δq＝m B21lgh＝0.03 C.
高考物理二轮复习PPT课件_专题能量观点和动量观点在电磁学中的应用
要点提炼
高 专考 题考 作向 业
(5)闭合电路中的能量关系
电源总功率
任意电路：P 总＝EI＝P 出＋P 内 纯电阻电路：P 总＝I2(R＋r)＝RE＋2 r
电源内部消耗的功率 P 内＝I2r＝P 总－P 出
电源的输出功率
任意电路：P 出＝UI＝P 总－P 内 纯电阻电路：P 出＝I2R＝（RE＋2Rr）2
要点提炼
高 专考 题考 作向 业
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3．动量观点在电磁感应中的应用
(1)动量定理在电磁感应中的应用
导体在磁场对感应电流的安培力作用下做非匀变速直线运动时，在某过
程中由动量定理有：BL I 1Δt1＋BL I 2Δt2＋BL I 3Δt3＋…＝mv－mv0 通过导体横截面的电荷量 q＝ I 1Δt1＋ I 2Δt2＋ I 3Δt3＋…得 BLq＝mv－
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要点提炼
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第2讲 能量观点和动量 观点在电磁学中的应用
要点提炼
1.电磁学中的功能关系
(1)电场力做功与电势能的关系：W 电＝－ΔEp 电。 推广：仅电场力做功，电势能和动能之和守恒；仅电场力和重力及系统
内弹力做功，电势能和机械能之和守恒。
全国2018届高考物理二轮复习专题二动量与能量第2讲动量观点和能量观点在电学中的应用学案
第2讲 动量观点和能量观点在电学中的应用知识必备1.静电力做功与路径无关。
若电场为匀强电场，则W ＝Fl cos α＝qEl cos α；若是非匀强电场，则一般利用W ＝qU 来求。
2.静电力做的功等于电势能的变化，即W AB ＝－ΔE p 。
3.电流做功的实质是电场对移动电荷做功，即W ＝UIt ＝qU 。
4.磁场力又可分为洛伦兹力和安培力。
洛伦兹力在任何情况下对运动电荷都不做功；安培力可以做正功、负功，还可以不做功。
5.电磁感应中的能量问题(1)能量转化：其他形式的能量――→克服安培力做功电能 电能――→电流做功焦耳热或其他形式能 (2)焦耳热的三种求法： ①焦耳定律：Q ＝I 2Rt ②功能关系：Q ＝W 克服安培力 ③能量转化：Q ＝W 其他能的减少量,备考策略动量观点和能量观点在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力，因此，要抓住4点：(1)受力分析和运动过程分析是关键。
(2)根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解。
(3)力学中的几个功能关系在电学中仍然成立。
(4)感应电动势是联系电磁感应与电路的桥梁，要做好“源”的分析，电磁感应产生的电功率等于内、外电路消耗的功率之和，这是能量守恒分析这类问题的思路。
功能关系在电学中的应用【真题示例】 (多选)(2017·全国卷Ⅲ，21)一匀强电场的方向平行于xOy 平面，平面内a 、b 、c 三点的位置如图1所示，三点的电势分别为10 V 、17 V 、26 V 。
下列说法正确的是( )图1A.电场强度的大小为2.5 V/cmB.坐标原点处的电势为1 VC.电子在a 点的电势能比在b 点的低7 eVD.电子从b 点运动到c 点，电场力做功为9 eV解析 如图所示，设a 、c 之间的d 点电势与b 点电势相同，则ad dc ＝10－1717－26＝79，所以d 点的坐标为(3.5 cm ，6 cm)，过c 点作等势线bd 的垂线，电场强度的方向由高电势指向低电势。
2018届高考物理二轮专题复习文档：专题二 能量与动量含解析
专题二 能量与动量 第一讲功和功率__动能定理1.[考查功的大小计算] 如图所示，质量m ＝1 kg 、长L ＝0.8 m 的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平，板与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4。
现用F ＝5 N 的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F 做的功至少为(g 取10 m/s 2)( )A ．1 JB ．1.6 JC ．2 JD ．4 J解析：选B 在薄板没有翻转之前，薄板与水平面之间的摩擦力f ＝μmg ＝4 N 。
力F做的功用来克服摩擦力消耗的能量，而在这个过程中薄板只需移动的距离为L 2，则做的功至少为W ＝f ×L 2＝1.6 J ，所以B 正确。
2．[考查平均功率与瞬时功率的分析与计算]如图所示，某质点运动的v -t 图像为正弦曲线。
从图像可以判断( )A ．质点做曲线运动B ．在t 1时刻，合外力的功率最大C ．在t 2～t 3时间内，合外力做负功D ．在0～t 1和t 2～t 3时间内，合外力的平均功率相等解析：选D 质点运动的v -t 图像描述的是质点的直线运动，选项A 错误；在t 1时刻，加速度为零，合外力为零，合外力功率的大小为零，选项B 错误；由题图可知，在t 2～t 3时间内，物体的速度增大，动能增大，由动能定理可知，合外力做正功，故C 错误；在0～t 1和t 2～t 3时间内，动能的变化量相同，故合外力的功相等，则合外力的平均功率相等，选项D 正确。
3．[考查机车的启动与牵引问题][多选]我国高铁技术处于世界领先水平。
和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。
假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。
某列车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组( )A ．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B ．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2C ．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D ．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2解析：选BD 启动时，乘客的加速度向前，车厢对人的作用力方向向前，与车运动的方向相同，选项A 错误。
全国通用2018年高考物理二轮温习精练一必考热点3动量观点和能量观点的应用
必考热点3 动量观点和能量观点的应用热点阐释动量观点和能量观点是解决力学问题的重要途径，功能关系(含动能定理和机械能守恒定律)，动量观点(含动量定理和动量守恒定律)是近几年高考理科综合物理命题的核心，选择题、计算题中均有表现，试题灵活性强，难度较大，能力要求高，且常常与牛顿运动定律、圆周运动、电磁学等知识综合命题。
一、选择题(1～5题为单项选择题，6～7题为多项选择题)1.如图1所示，物块的质量为m ，它与水平桌面间的动摩擦因数为μ。
起初，用手按住物块，物块的速度为零，弹簧的伸长量为x 。
然后放手，当弹簧的长度回到原长时，物块的速度为v 。
那么此进程中弹力所做的功为( )图1A.12mv 2－μmgx B.μmgx －12mv 2C.12mv 2＋μmgx D.以上选项均不对解析 设W T 为弹力对物体做的功，因为克服摩擦力做的功为μmgx ，由动能定理得W T －μmgx ＝12mv 2－0，得W T＝12mv 2＋μmgx 。
答案 C2.如图2，滑腻圆轨道固定在竖直面内，一质量为m 的小球沿轨道做完整的圆周运动。
已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N 1，在最高点时对轨道的压力大小为N 2。
重力加速度大小为g ，那么N 1－N 2的值为( )图2A.3mgB.4mgC.5mgD.6mg解析 小球在最低点有N 1－mg ＝m v 21r ，小球在最高点有N 2＋mg ＝m v 22r，从最低点到最高点，依照机械能守恒定律有12mv 21＝12mv 22＋mg ·2r ，联立解得N 1－N 2＝6mg ，D 正确。
答案 D3.水平推力F 1和F 2别离作用于水平面上的同一物体，一段时刻后撤去，使物体都从静止开始运动而后停下，若是物体在两种情形下的总位移相等，且F 1大于F 2，那么( ) A.F 2的冲量大 B.F 1的冲量大 C.F 1与F 2的冲量相等D.无法比较解析 画出两种情形下物体运动的v －t 图如下图，图线与横轴所围的面积表示位移，故两种情形下物体运动的总位移相等，两种情形下物体运动的时刻t 1<t 2，由动量定理，Ft ′－μmgt ＝0，可知F 2的冲量大，选项A 正确。
高考物理二轮专题复习 第2课 动量和能量课件
链 接
设A、B碰撞后达到(dádào)的共同速度为v1，A、B、C三者
达到(dádào)的共同速度为v2，当弹簧第一次恢复原长时，A、
B的速度为v3，C的速度为v4.
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K 考题 专项 训练
对 A、B，在 A 与 B 的碰撞过程中，由动量守恒定律有：
mv0＝(m＋m)v1①
对 A、B、C，在压缩弹簧直至三者速度相等的过程中，由动量
高考二轮专题复习与测试•物理 随堂讲义(jiǎngyì)•第一部分 专题复
习 专题二 功、能量与动量
第2课 动量和能量
第一页，共42页。
栏 目 链 接
第二页，共42页。
J 考点 简析
应用能量守恒定律与动量守恒定律是解决复杂物理问题的一
种重要途径，是近几年高考的压轴题．从过去三年高考来看，本
知识以物体碰撞、小物块与长木板相对运动、物体做平抛运动、
解析 首先A与B发生碰撞，系统的动能损失一部分；C在
弹簧弹力的作用下加速，A、B在弹力的作用下减速，但A、
B的速度大于C的速度，故弹簧被压缩，直到A、B和C的速
度相等，弹簧的压缩量达到(dádào)最大，此时弹簧的弹性
势能最大．此后，C继续加速，A、B减速，当弹簧第一次恢
栏 目
复原长时，C的速度达到(dádào)最大，A、B开始要分离．
2mv0＋2mv1＝4mv2② 得出：v2＝34v0.
第十五页，共42页。
K 考题 专项 训练
(2) P1、P2、P 第一次等速，弹簧最大压缩量 x 最大，
由能量守恒得
μ·2mg(L＋x)＋
Ep＝
12(2m)v
2 0
＋21(2m)v12
－
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【真题示例2】 (2017· 全国卷Ⅰ，24)一质量为8.00×104 kg的太
空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60×105 m 处以 7.5×103 m/s 的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为 100 m/s 时下落到地面。取地面为重力势能零点，在飞船下落过程 中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s2(结果保留2位有
2.4×1012 J
(2)9.7×108 J
真题感悟
1.高考考查特点
(1)本考点高考命题既有选择题也有计算题，集中在物体系统
机械能守恒及物体间的做功特点、力与运动的关系，并结合平 抛、圆周运动等典型运动及生活科技为背景综合考查。 (2)熟悉掌握并灵活应用机械能的守恒条件、力学中的功能关 系、常见典型运动形式的特点及规律是突破该考点的关键。
效数字)。 (1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机
械能； (2)求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻 力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速
度大小的2.0%。
解析
(1)飞船着地前瞬间的机械能为
1 2 Ek0＝ mv0① 2 式中，m 和 v0 分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由 ①式和题给数据得 Ek0＝4.0×108 J② 设地面附近的重力加速度大小为 g，飞船进入大气层时的 机械能为 1 2 Eh＝ mvh＋mgh③ 2 式中，vh 是飞船在高度 1.6×105 m 处的速度大小。由③式 和题给数据得 Eh＝2.4×1012 J④
(2)飞船在高度 h′＝600 m 处的机械能为 1 2.0 2 Eh′＝ m( vh) ＋mgh′⑤ 2 100 由功能原理得 W＝Eh′－Ek0⑥ 式中， W 是飞船从高度 600 m 处至着地瞬间的过程中克服阻 力所做的功。 由②⑤⑥式和题给数据得 W＝ 9.7×108 J⑦
答案
(1)(1)4.0×108 J
图1
1 A. mgl 9 1 C. mgl 3
1 B. mgl 6 1 D. mgl 2
解析
由题意可知，PM 段细绳的机械能不变，MQ 段细绳的 l 2 l 1 重心升高了 ，则重力势能增加 ΔEp＝ mg·＝ mgl，由功能关 6 3 6 9 1 系可知，在此过程中，外力做的功为 W＝ mgl ，故选项 A 正 9 确，B、C、 D 错误。
第1讲 动量观点与能量观点
在力学中的应用
知识必备 1.常见的功能关系 (1)合力做功与动能的关系：W合＝ΔEk。 (2)重力做功与重力势能的关系：WG＝－ΔEp。 (3)弹力做功与弹性势能的关系：W弹＝－ΔEp。 (4)除重力以外其他力做功与机械能的关系：W其他＝ΔE机。
(5)滑动摩擦力做功与内能的关系：Ff x相对＝ΔE内。
1.(2017· 潍坊模拟)质量为m＝2 kg的物体沿水平面向右做直线运 动，t＝0时刻受到一个水平向左的恒力 F，如图2甲所示，此后 物体的 v － t 图象如图乙所示，取水平向右为正方向， g 取 10 m/s2，则( )
图2 A.物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5
B.10 s末恒力F的瞬时功率为6 W
(3)
备考策略 1.复习时应理清运动中功与能的转化与量度的关系，结合受力分 析、运动过程分析，熟练地应用动量定理和动能定理解决问题。 2.深刻理解功能关系，综合应用动量守恒定律和能量守恒定律， 结合动力学方程解决多运动过程的问题。
3.必须领会的“1种物理思想和3种方法”
(1)守恒的思想。
(2)守恒法、转化法、转移法。
C.10 s末物体在计时起点左侧4 m处 D.0～10 s内析 由图线可知 0～4 s 内的加速度大小 a1＝ m/s2＝2 m/s2， 4 可得 F＋μmg＝ma1；由图线可知 4～1 0 s 内的加速度大小 a2 6 ＝ m/s2＝1 m/s2， 可得 F－μmg＝ma2； 解得 F＝3 N， μ＝0.05， 6 选项 A 错误；10 s 末恒力 F 的瞬时功率为 P10＝Fv10＝3×6 W 1 ＝18 W， 选项 B 错误； 0～4 s 内的位移 x1＝ × 4×8 m＝16 m， 2 1 4～10 s 内的位移 x2＝－ ×6×6 m＝－18 m，故 10 s 末物体在 2 计时起点左侧 2 m 处，选项 C 错误；0～10 s 内恒力 F 做功的 Fx 3×2 平均功率为 P＝ ＝ W＝0.6 W，选项 D 正确。 t 10 答案 D
2.机械能守恒定律
(1)条件：只有重力、系统内弹力做功。 (2)表达式：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2。
3.动能定理
(1)内容：合外力做的功等于动能的变化。 1 2 1 2 (2)表达式：W＝ mv2－ mv1 2 2
4.动量定理及动量守恒定律 (1)动量定理：Ft＝mv2－mv1 (2)动量守恒定律：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
2.( 多选 ) 如图 3，直立弹射装置的轻质弹簧顶端原来在 O 点， O与
管口P的距离为2x0，现将一个重力为mg的钢珠置于弹簧顶端，
4.必须辨明的“3个易错易混点”
(1)动量和动能是两个和速度有关的不同概念。 (2)系统的动量和机械能不一定同时守恒。 (3)不是所有的碰撞都满足机械能守恒。
力学中的几个功能关系的应用
【真题示例 1】 (2017· 全国卷Ⅲ，16)如图 1， 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 1 相距 l。 重力加速度大小为 g。 在此过程中， 3 外力做的功为( )
2.常见误区及临考提醒 (1)注意判断物体运动过程中的临界状态和隐含条件。 (2)注意物理方法的灵活选用。如全国卷Ⅲ第16题的等效法(重 心 )。
(3)注意提高计算能力。如全国卷Ⅰ第24题，试题情境难度不大，
但增加了计算的难度。
预测1 预测2 预测3
功、功率的理解与计算 机械能守恒定律的应用 功能关系、能量转化守恒定律的综合应用