高三物理二轮复习第一篇专题攻略专题三动量与能量第7讲机械能守恒定律功能关系
第一篇 专题二 第7讲 动量
第7讲动量命题规律 1.命题角度：(1)动量定理及应用；(2)动量守恒定律及应用；(3)碰撞模型及拓展.2.常用方法：柱状模型法.3.常考题型：选择题、计算题．考点一动量定理及应用1．冲量的三种计算方法公式法I＝Ft适用于求恒力的冲量动量定理法多用于求变力的冲量或F、t未知的情况图像法F－t图线与时间轴围成的面积表示力的冲量．若F－t成线性关系，也可直接用平均力求解2．动量定理(1)公式：FΔt＝m v′－m v(2)应用技巧①研究对象可以是单一物体，也可以是物体系统．②表达式是矢量式，需要规定正方向．③匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷．④在变加速运动中F为Δt时间内的平均冲力．⑤电磁感应问题中，利用动量定理可以求解时间、电荷量或导体棒的位移．3．流体作用的柱状模型对于流体运动，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，设在极短的时间Δt内通过某一截面积为S的横截面的柱形流体的长度为Δl，如图所示．设流体的密度为ρ，则在Δt的时间内流过该横截面的流体的质量为Δm＝ρSΔl＝ρS vΔt，根据动量定理，流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动量的变化量，即FΔt＝ΔmΔv，分两种情况：(以原来流速v的方向为正方向)(1)作用后流体微元停止，有Δv＝－v，代入上式有F＝－ρS v2；(2)作用后流体微元以速率v反弹，有Δv＝－2v，代入上式有F＝－2ρS v2.例1(多选)(2022·广东梅州市一模)如图所示，学生练习用脚顺球．某一次足球由静止自由下落1.25 m，被重新顺起，离开脚部后竖直上升的最大高度仍为1.25 m．已知足球与脚部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，不计空气阻力，则()A．足球下落到与脚部刚接触时动量大小为2 kg·m/sB．足球自由下落过程重力的冲量大小为4 kg·m/sC．足球与脚部作用过程中动量变化量为零D．脚部对足球的平均作用力为足球重力的11倍答案AD解析足球下落到与脚部刚接触时的速度为v＝2gh＝5 m/s，则足球下落到与脚部刚接触时动量大小为p＝m v＝2 kg·m/s，A正确；根据运动的对称性，足球离开脚部时的速度大小也是5 m/s，所以脚部与足球作用过程中，由动量定理得(F－mg)Δt＝m v－m(－v)，解得F＝11mg，足球自由下落过程重力的冲量大小为mg vg＝2 N·s，B错误，D正确；足球与脚部作用过程中动量变化大小为Δp＝m v－m(－v)＝4 kg·m/s，C错误．例2(2022·湖南衡阳市一模)飞船在进行星际飞行时，使用离子发动机作为动力，这种发动机工作时，由电极发射的电子射入稀有气体(如氙气)，使气体离子化，电离后形成的离子由静止开始在电场中加速并从飞船尾部高速连续喷出，利用反冲使飞船本身得到加速．已知一个氙离子质量为m，电荷量为q，加速电压为U，飞船单位时间内向后喷射出的氙离子的个数为N，从飞船尾部高速连续喷出氙离子的质量远小于飞船的质量，则飞船获得的反冲推力大小为()A．1N2qUm B．1NqUm2C．N2qUm D．N qUm 2答案 C解析根据动能定理得qU＝12m v2，解得v＝2qU m，对Δt时间内喷射出的氙离子，根据动量定理，有ΔM v＝FΔt，其中ΔM＝NmΔt，联立有F＝Nm v＝N·m·2qUm＝N2qUm，则根据牛顿第三定律可知，飞船获得的反冲推力大小为F′＝N2qUm，故选C.考点二动量守恒定律及应用1．判断守恒的三种方法(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为0，如光滑水平面上的板－块模型、电磁感应中光滑导轨上的双杆模型．(2)近似守恒：系统内力远大于外力，如爆炸、反冲．(3)某一方向守恒：系统在某一方向上不受外力或所受外力的合力为0，则在该方向上动量守恒，如滑块－斜面(曲面)模型． 2．动量守恒定律的三种表达形式(1)m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，作用前的动量之和等于作用后的动量之和(常用)． (2)Δp 1＝－Δp 2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向． (3)Δp ＝0，系统总动量的增量为零．例3 (多选)(2020·全国卷Ⅱ·21)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg 的静止物块以大小为5.0 m/s 的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s 的速度与挡板弹性碰撞．总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s ，反弹的物块不能再追上运动员．不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为( ) A ．48 kg B ．53 kg C ．58 kg D ．63 kg答案 BC解析 设运动员的质量为M ，第一次推物块后，运动员速度大小为v 1，第二次推物块后，运动员速度大小为v 2……第八次推物块后，运动员速度大小为v 8，第一次推物块后，由动量守恒定律知：M v 1＝m v 0；第二次推物块后由动量守恒定律知：M (v 2－v 1)＝m [v 0－(－v 0)]＝2m v 0，……，第n 次推物块后，由动量守恒定律知：M (v n －v n －1)＝2m v 0，整理得v n ＝(2n －1)m v 0M ，则v 7＝260 kg·m/s M ，v 8＝300 kg·m/sM .由题意知，v 7<5.0 m/s ，则M >52 kg ，又知v 8>5.0 m/s ，则M <60 kg ，故选B 、C.例4 (2022·湖南岳阳市二模)如图所示，质量均为m 的木块A 和B ，并排放在光滑水平面上，A 上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O 点系一长为L 的细线，细线另一端系一质量为m 0的球C ，现将球C 拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C ，则下列说法不正确的是(重力加速度为g )( )A ．A 、B 两木块分离时，A 、B 的速度大小均为m 0m mgL2m ＋m 0B ．A 、B 两木块分离时，C 的速度大小为2mgL2m ＋m 0C ．球C 由静止释放到最低点的过程中，A 对B 的弹力的冲量大小为2m 0mgL2m ＋m 0D ．球C 由静止释放到最低点的过程中，木块A 移动的距离为m 0L2m ＋m 0答案 C解析 小球C 下落到最低点时，A 、B 将要开始分离，此过程水平方向动量守恒，根据机械能守恒有：m 0gL ＝12m 0v C 2＋12×2m v AB 2，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得：m 0v C＝2m v AB ，联立解得v C ＝2mgL 2m ＋m 0，v AB ＝m 0m mgL2m ＋m 0，故A 、B 正确；C 球由静止释放到最低点的过程中，选B 为研究对象，由动量定理有I AB ＝m v AB ＝m 0mgL2m ＋m 0，故C 错误；C 球由静止释放到最低点的过程中，系统水平方向动量守恒，设C 对地向左水平位移大小为x 1，A 、B 对地水平位移大小为x 2，则有m 0x 1＝2mx 2，x 1＋x 2＝L ，可解得x 2＝m 0L2m ＋m 0，故D 正确．考点三 碰撞模型及拓展1．碰撞问题遵循的三条原则 (1)动量守恒：p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′. (2)动能不增加：E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′.(3)速度要符合实际情况：若碰后同向，后方物体速度不大于前方物体速度． 2．两种碰撞特点 (1)弹性碰撞两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒定律和机械能守恒定律．以质量为m 1、速度为v 1的小球与质量为m 2的静止小球发生弹性正碰为例，有 m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′12m 1v 12＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2 解得v 1′＝(m 1－m 2)v 1m 1＋m 2，v 2′＝2m 1v 1m 1＋m 2.结论：①当m 1＝m 2时，v 1′＝0，v 2′＝v 1，两球碰撞后交换了速度．②当m 1＞m 2时，v 1′>0，v 2′>0，碰撞后两球都沿速度v 1的方向运动． ③当m 1＜m 2时，v 1′<0，v 2′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来． ④当m 1≫m 2时，v 1′＝v 1，v 2′＝2v 1. (2)完全非弹性碰撞动量守恒、末速度相同：m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v 共，机械能损失最多，机械能的损失：ΔE ＝12m 1v 12＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 共2. 3．碰撞拓展(1)“保守型”碰撞拓展模型图例(水平面光滑)小球－弹簧模型小球－曲面模型达到共速相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足m v 0＝(m ＋M )v 共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能再次分离 相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足m v 0＝m v 1＋M v 2，能量满足12m v 02＝12m v 12＋12M v 22(2)“耗散型”碰撞拓展模型图例(水平面或水平导轨光滑)达到共速 相当于完全非弹性碰撞，动量满足m v 0＝(m ＋M )v 共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能例5 (2022·湖南卷·4)1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成．如图，中子以速度v 0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v 1和v 2.设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是( )A．碰撞后氮核的动量比氢核的小B．碰撞后氮核的动能比氢核的小C．v2大于v1D．v2大于v0答案 B解析设中子的质量为m，则氢核的质量也为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得m v0＝m v1＋m v3，12m v02＝12m v12＋12m v32，联立解得v1＝v0，设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得m v0＝14m v2＋m v4，12m v02＝12×14m v22＋12m v42，联立解得v2＝215v0，可得v1＝v0>v2，碰撞后氢核的动量为p H＝m v1＝m v0，氮核的动量为p N＝14m v2＝28m v015，可得p N>p H，碰撞后氢核的动能为E kH＝12m v12＝12m v02，氮核的动能为E kN＝12×14m v22＝28m v02225，可得E kH>E kN，故B正确，A、C、D错误．例6(多选)(2022·河南省名校联盟二模)如图所示，竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦．圆心O点正下方放置为2m的小球A，质量为m的小球B以初速度v0向左运动，与小球A发生弹性碰撞．碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球B 的初速度v0可能为(重力加速度为g)()A．22gR B.2gRC．25gR D.5gR答案BC解析A与B碰撞的过程为弹性碰撞，则碰撞的过程中动量守恒，设B的初速度方向为正方向，设碰撞后B与A的速度分别为v1和v2，则：m v0＝m v1＋2m v2，由能量守恒得：12m v02＝12m v12＋12·2m v22，联立得：v 2＝2v 03①若小球A 恰好能通过最高点，说明小球到达最高点时恰由小球的重力提供向心力，设在最高点的速度为v min ，由牛顿第二定律得： 2mg ＝2m ·v min 2R②A 在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒，得：2mg ·2R ＝12·2m v 22－12·2m v min 2③联立①②③得：v 0＝1.55gR ，可知若小球A 经过最高点，则需要：v 0≥1.55gR若小球A 不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与O 等高处，由机械能守恒定律得：2mg ·R ＝12·2m v 22④联立①④得：v 0＝1.52gR 可知若小球A 不脱离轨道时， 需满足：v 0≤1.52gR由以上的分析可知，若小球不脱离轨道时，需满足：v 0≤1.52gR 或v 0≥1.55gR ，故A 、D 错误，B 、C 正确．例7 (多选)(2022·河北邢台市高三期末)如图所示，在足够大的光滑水平面上停放着装有光滑弧形槽的小车，弧形槽的底端切线水平，一小球以大小为v 0的水平速度从小车弧形槽的底端沿弧形槽上滑，恰好能到达弧形槽的顶端．小车与小球的质量均为m ，重力加速度大小为g ，不计空气阻力．下列说法正确的是( )A ．弧形槽的顶端距底端的高度为v 024gB ．小球离开小车后，相对地面做自由落体运动C ．在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小车对小球做的功为12m v 02D ．在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，合力对小车的冲量大小为m v 0 答案 ABD解析 经分析可知，小球到达弧形槽顶端时，小球与小车的速度相同(设共同速度大小为v )，在小球沿小车弧形槽上滑的过程中，小球与小车组成的系统水平方向上动量守恒，有m v 0＝2m v ，设弧形槽的顶端距底端的高度为h ，根据机械能守恒定律有12m v 02＝12×2m v 2＋mgh ，解得h ＝v 024g ，A 正确；设小球返回弧形槽的底端时，小球与小车的速度分别为v 1、v 2，在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，以v 0的方向为正方向，有m v 0＝m v 1＋m v 2，根据机械能守恒定律有12m v 02＝12m v 12＋12m v 22，解得v 1＝0，v 2＝v 0，可知小球离开小车后，相对地面做自由落体运动，B 正确；根据动能定理，在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小车对小球做的功W ＝0－12m v 02＝－12m v 02，C 错误；根据动量定理，在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，合力对小车的冲量大小I ＝m v 2－0＝m v 0，D 正确． 例8 (2022·全国乙卷·25)如图(a)，一质量为m 的物块A 与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上；物块B 向A 运动，t ＝0时与弹簧接触，到t ＝2t 0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A 、B 的v －t 图像如图(b)所示．已知从t ＝0到t ＝t 0时间内，物块A 运动的距离为0.36v 0t 0.A 、B 分离后，A 滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B 再次碰撞，之后A 再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同．斜面倾角为θ(sin θ＝0.6)，与水平面光滑连接．碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内．求(1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值； (2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值； (3)物块A 与斜面间的动摩擦因数． 答案 (1)0.6m v 02 (2)0.768v 0t 0 (3)0.45解析 (1)当弹簧被压缩到最短时，弹簧弹性势能最大，此时A 、B 速度相等，即在t ＝t 0时刻，根据动量守恒定律有 m B ·1.2v 0＝(m B ＋m )v 0 根据能量守恒定律有E pmax ＝12m B (1.2v 0)2－12(m B ＋m )v 02联立解得m B ＝5m ，E pmax ＝0.6 m v 02(2)B 接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A 、B 动量守恒，有m B ·1.2v 0＝m B v B ＋m v A 对方程两边同时乘时间Δt ，有 6m v 0Δt ＝5m v B Δt ＋m v A Δt0～t 0之间，根据位移等于速度在时间上的累积，可得6m v 0t 0＝5ms B ＋ms A ， 将s A ＝0.36v 0t 0 代入可得s B ＝1.128v 0t 0则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值 Δs ＝s B －s A ＝0.768v 0t 0(3)物块A 第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A 第二次与B 分离后速度大小仍为2v 0，方向水平向右，设物块A 第一次滑下斜面的速度大小为v A ′，取向左为正方向，根据动量守恒定律可得m v A ′－5m ·0.8v 0＝m ·(－2v 0)＋5m v B ′ 根据能量守恒定律可得 12m v A ′2＋12·5 m ·(0.8v 0)2 ＝12 m ·(－2v 0)2＋12·5m v B ′2 联立解得v A ′＝v 0方法一：设在斜面上滑行的长度为L ，上滑过程，根据动能定理可得 －mgL sin θ－μmgL cos θ＝0－12m (2v 0)2下滑过程，根据动能定理可得 mgL sin θ－μmgL cos θ＝12m v 02－0联立解得μ＝0.45方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A 上滑和下滑时的加速度大小， mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 上 mg sin θ－μmg cos θ＝ma 下上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，设在斜面上滑行的位移为L ，由匀变速直线运动的位移速度关系可得2a 上L ＝(2v 0)2－0,2a 下L ＝v A ′2 联立可解得μ＝0.45.1．(2022·广西北海市一模)一辆总质量为M (含人和沙包)的雪橇在水平光滑冰面上以速度v 匀速行驶．雪橇上的人每次以相同的速度3v (对地速度)向行驶的正前方抛出一个质量为m 的沙包．抛出第一个沙包后，车速减为原来的45.下列说法正确的是( )A ．每次抛出沙包前后，人的动量守恒B ．雪橇有可能与拋出的沙包发生碰撞C ．雪橇的总质量M 与沙包的质量m 满足M ∶m ＝12∶1D ．拋出第四个沙包后雪橇会后退 答案 D解析 每次抛出沙包前后，雪橇(含人)和抛出的沙包总动量守恒，故A 错误；抛出沙包后，雪橇的速度不会超过v ，不可能再与抛出的沙包发生碰撞，故B 错误；规定雪橇的初速度方向为正方向，对抛出第一个沙包前后，根据动量守恒定律有M v ＝(M －m )45v ＋m ·3v ，得M ＝11m ，故C 错误；抛出第四个沙包后雪橇速度为v 1，由全过程动量守恒得M v ＝(M －4m )v 1＋4m ·3v ，将M ＝11m 代入得v 1＝－v7，故D 正确．2．(2022·江苏无锡市普通高中高三期末)如图所示，质量为M ＝100 g 的木板左端是一半径为R ＝10 m 的14光滑圆弧轨道，轨道右端与木板上表面在B 处水平相连．质量为m 1＝80 g 的木块置于木板最右端A 处．一颗质量为m 2＝20 g 的子弹以大小为v 0＝100 m/s 的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出．已知子弹打进木块的时间极短，木板上表面水平部分长度为L ＝10 m ，木块与木板间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)求子弹打进木块过程中系统损失的机械能； (2)若木板固定，求木块刚滑上圆弧时对圆弧的压力； (3)若木板不固定，地面光滑，求木块上升的最大高度．答案 (1)80 J (2)4 N ，方向竖直向下 (3)5 m解析 (1)子弹打进木块过程，由动量守恒定律有m 2v 0＝(m 1＋m 2)v 1，解得v 1＝20 m/s ， 由能量守恒定律有ΔE 1＝12m 2v 02 － 12(m 1＋m 2)v 12，解得ΔE 1＝80 J.(2)木块从A 端滑到B 端过程，由动能定理有－ μ(m 1＋m 2)gL ＝12(m 1＋m 2)v 22 － 12(m 1＋m 2)v 12，木块滑到B 端时，由牛顿第二定律有 F N －(m 1＋m 2)g ＝m 1＋m 2R v 22，联立解得F N ＝4 N ，根据牛顿第三定律可得F 压＝F N ＝4 N ，方向竖直向下．(3)从开始至木块在圆弧轨道上滑至最高过程中水平方向系统动量守恒，有m 2v 0＝(m 2＋m 1＋M )v 3， 得v 3＝10 m/s ，子弹打进木块后至木块在圆弧轨道上滑至最高过程中， 根据能量守恒定律有12(m 1＋m 2)v 12＝12(m 2＋m 1＋M )v 32＋(m 1＋m 2)gh ＋μ(m 1＋m 2)gL ， 解得h ＝5 m.专题强化练[保分基础练]1．(2022·福建三明市高三期末)跑鞋的鞋垫通常选择更软、更有弹性的抗压材料，以下说法中错误的是( )A ．鞋垫减小了人与地面的作用力B ．鞋垫减小了人落地过程的动量变化量C ．鞋垫延长了人与地面相互作用的时间D ．鞋垫可将吸收的能量尽可能多地回馈给人 答案 B解析 根据动量定理有(F －mg )t ＝0－(－m v )，解得F ＝m vt ＋mg ，鞋垫的作用是延长了人与地面的作用时间t ，减小了人和地面的作用力F ，鞋垫的作用是将尽可能多的能量反馈给人，A 、C 、D 正确； 鞋垫没有改变人的初动量0，也没有改变人的末动量m v ，人落地过程的动量变化量不变，B 错误．2．(2022·湖南郴州市质检)如图所示，质量分别为m 1、m 2的两个小球A 、B ，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上．突然加一水平向右的匀强电场后，两球A 、B 将由静止开始运动，对两小球A 、B 和弹簧组成的系统，在以后的运动过程中，以下说法正确的是(设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用，且弹簧不超过弹性限度)( )A ．系统动量守恒B ．系统机械能守恒C ．弹簧弹力与静电力大小相等时系统机械能最大D ．系统所受合外力的冲量不为零 答案 A解析 加上电场后，两球所带电荷量相等而电性相反，两球所受的静电力大小相等、方向相反，则系统所受静电力的合力为零，系统的动量守恒，由动量定理可知，合外力冲量为零，故A 正确，D 错误；加上电场后，静电力分别对两球做正功，两球的动能先增加，当静电力和弹簧弹力平衡时，动能最大，然后弹力大于静电力，两球的动能减小，直到动能均为0，弹簧最长为止，但此过程中系统机械能一直都在增加，故B 、C 错误．3．(2022·湖北卷·7)一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v 增大到2v ，在随后的一段时间内速度大小由2v 增大到5v .前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W 1和W 2，合外力的冲量大小分别为I 1和I 2.下列关系式一定成立的是( ) A ．W 2＝3W 1，I 2≤3I 1 B ．W 2＝3W 1，I 2≥I 1 C ．W 2＝7W 1，I 2≤3I 1 D ．W 2＝7W 1，I 2≥I 1答案 D解析 根据动能定理有W 1＝12m (2v )2－12m v 2＝32m v 2，W 2＝12m (5v )2－12m (2v )2＝212m v 2，可得W 2＝7W 1；由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是m v ≤I 1≤3m v ，3m v ≤I 2≤7m v ，可知I 2≥I 1，故选D.4．(多选)(2022·河南省大联考)如图甲所示，质量均为m 的A 、B 两物块连接在劲度系数为k 的轻质弹簧两端，放置在光滑的水平面上处于静止状态，从t ＝0时刻开始，给A 一个水平向右、大小为v 0的初速度，A 、B 运动的v －t 图像如图乙所示，已知两物块运动的v －t 图像具有对称性，且为正、余弦曲线．弹簧的弹性势能与劲度系数和弹簧的形变量之间的关系为E p ＝12kx 2，弹簧始终在弹性限度内，结合所给的信息分析，下列说法正确的是( )A ．t 1时刻弹簧处于伸长状态，t 2时刻弹簧的压缩量最大B ．在0～t 2的时间内，弹簧对B 做的功为m v 024C ．t 1时刻，若A 的速度v 1与B 的速度v 2之差为Δv ，则此时A 与B 的动能之差为12m v 0ΔvD ．t 2时刻弹簧的形变量为v 02m k答案 AC解析 分析A 、B 的运动过程，可知t 1时刻A 、B 间的距离正在增大，弹簧处于伸长状态，t 2时刻A 、B 间的距离最小，弹簧的压缩量最大，A 正确；t 2时刻A 、B 达到共同速度，由动量守恒定律可得m v 0＝2m v 共，0～t 2时间内，对B 运用动能定理有W ＝12m v 共2＝m v 028，B 错误；0～t 1时间内，由动量守恒定律有m v 0＝m v 1＋m v 2，A 与B 的动能之差ΔE k ＝12m v 12－12m v 22，结合v 1－v 2＝Δv ，可得ΔE k ＝12m v 0Δv ，C 正确；t 2时刻，由能量守恒定律可得弹簧的弹性势能E p ＝12m v 02－12m v 共2，结合v 共＝v 02，E p ＝12kx 2，解得弹簧的形变量x ＝v 023mk，D 错误． 5．(多选)(2022·山东烟台市高三期末)如图所示，质量为3m 的小球B 静止在光滑水平面上，质量为m 、速度为v 的小球A 与小球B 发生正碰，碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此碰撞后小球B 的速度可能有不同的值．碰撞后小球B 的速度大小可能是( )A ．0.2vB ．0.4vC ．0.5vD ．0.6v答案 BC解析 若A 、B 发生的是弹性碰撞，对A 、B 碰撞过程由动量守恒定律可得m v ＝m v 1＋3m v 2，则由机械能守恒定律可得12m v 2＝12m v 12＋12·3m v 22，解得碰撞后小球B 的速度大小为v 2＝2mm ＋3m v ＝12v ；若A 、B 发生的是完全非弹性碰撞，则碰后两者共速，根据动量守恒定律可得m v ＝(m ＋3m )v ′，解得碰撞后小球B 的速度大小为v ′＝14v ，即碰撞后小球B 的速度大小范围为14v ≤v B ≤12v ，故选B 、C. 6．(多选)(2022·山东济南市、聊城市等高三学情检测)如图所示，金属块内有一个半径为R 的光滑圆形槽，金属块放在光滑水平面上且左边挨着竖直墙壁．一质量为m 的小球(可视为质点)从离金属块左上端R 处静止下落，沿圆槽切线方向进入圆槽内，小球到达最低点后继续向右运动，恰好不能从圆形槽的右端冲出．已知重力加速度为g ，不计空气阻力．下列说法正确的是( )A ．小球第一次到达最低点时，小球对金属块的压力大小为5mgB ．金属块的质量为mC ．小球第二次到达最低点时的速度大小为2gRD ．金属块运动过程中的最大速度为2gR 答案 ABD解析 小球从静止到第一次到达最低点的过程，根据动能定理有mg ·2R ＝12m v 02，小球刚到最低点时，根据圆周运动和牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 02R ，根据牛顿第三定律可知小球对金属块的压力大小为F N ′＝F N ，联立解得F N ′＝5mg ，A 正确；小球第一次到达最低点至小球到达圆形槽右端过程，小球和金属块水平方向动量守恒，则有m v 0＝(m ＋M )v ，根据能量守恒定律有mgR ＝12m v 02－12(m ＋M )v 2，解得M ＝m ，B 正确；小球第二次到达最低点的过程中，水平方向动量守恒，即有m v 0＝M v 1＋m v 2，又由能量守恒可得12m v 02＝12M v 12＋12m v 22，M ＝m ，解得v 1＝v 0＝2gR ，v 2＝0，C 错误，D 正确．[争分提能练]7.(多选)(2022·山东省实验中学高三检测)在足够长的光滑水平面上，物块A 、B 、C 位于同一直线上，A 位于B 、C 之间，A 的质量为m ，B 、C 的质量都为M ，且m ＝12M ，若开始时三者均处于静止状态，现给A 一个向右的冲量I ，物块间的碰撞都可以看作是弹性碰撞，关于A 与B 、C 间发生碰撞的分析正确的是( )A ．A 与B 、C 之间只能各发生一次碰撞B ．A 、B 之间只能发生一次碰撞，A 、C 之间可以发生两次碰撞 C ．A 、C 之间只能发生一次碰撞，A 、B 之间可以发生两次碰撞D ．A 、C 第一次碰撞后，C 速度大小为v C 1＝2m m ＋M ·Im答案 AD解析 选取向右为正方向，设A 、C 碰撞之前A 的速度为v A ，第一次A 、C 碰撞之后，A 的速度为v A 1，C 的速度为v C 1，对物块A ，根据动量定理有I ＝m v A ，A 、C 发生弹性碰撞，碰撞过程由系统的动量守恒有m v A ＝m v A 1＋M v C 1，由能量守恒有12m v A 2＝12m v A 12＋12M v C 12，又有m ＝12M ，联立解得v A 1＝m －M m ＋M v A ＝－I 3m ，v C 1＝2m m ＋M v A ＝2m m ＋M ·I m ＝2I3m ，故D 正确；由上述分析可知，A 、C 碰撞之后，A 反向弹回，则A 和B 可以发生碰撞，同理可得，A 和B 碰撞之后，A 和B 的速度分别为v B 1＝2m m ＋M v A 1＝－2I 9m ，v A 2＝m －M m ＋M v A 1＝I 9m ，则v A 2<v C 1，则A 和C 不能发生第二次碰撞，要想A 和B 发生第二次碰撞，A 和C 必须发生第二次碰撞，故B 、C 错误，A 正确．8．(多选)(2021·湖南卷·8)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t1时刻的速度为v0.下列说法正确的是()A．0到t1时间内，墙对B的冲量等于m A v0B．m A>m BC．B运动后，弹簧的最大形变量等于xD．S1－S2＝S3答案ABD解析由于在0～t1时间内，物体B静止，则对B受力分析有F墙＝F弹，则墙对B的冲量大小等于弹簧对B的冲量大小，而弹簧既作用于B也作用于A，则可将研究对象转换为A，撤去F后A水平方向只受弹力作用，则根据动量定理有I＝m A v0(方向向右)，则墙对B的冲量与弹簧对A的冲量大小相等、方向相同，A正确；由a－t图像可知t1后弹簧被拉伸，在t2时刻弹簧的伸长量达到最大，根据牛顿第二定律有F弹＝m A a A＝m B a B，由题图(b)可知a B>a A，则m B<m A，B正确；由题图(b)可得，t1时刻B开始运动，此时A速度为v0，之后A、B动量守恒，A、B和弹簧整个系统能量守恒，则m A v0＝m A v A＋m B v B，可得A、B整体的动能不等于0，即弹簧的弹性势能会转化为A、B系统的动能，弹簧的形变量小于x，C错误；由a－t图像可知t1后B脱离墙壁，且弹簧被拉伸，在t1～t2时间内A、B组成的系统动量守恒，且在t2时刻弹簧的伸长量达到最大，A、B共速，由a－t图像中图线与横轴所围的面积表示Δv可知，在t2时刻A、B的速度分别为v A＝S1－S2，v B＝S3，A、B共速，则S1－S2＝S3，D正确．9．(2021·浙江1月选考·12)在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪．爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块．遥控器引爆瞬间开始计时，在5 s末和6 s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声．已知声音在空气中的传播速度为340 m/s，忽略空气阻力．下列说法正确的是()A．两碎块的位移大小之比为1∶2。
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
2021年高考物理二轮复习 人教版 专题06 机械能守恒定律 功能关系(讲义)
第二部分功能与动量专题06 机械能守恒定律功能关系【讲义】考点一机械能守恒定律的应用1．机械能守恒的三种判断方法(1)用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，虽受其他力，但其他力不做功，则其机械能守恒。
(2)用能量转化判断：若物体或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的能的相互转化，则其机械能守恒。
(3)对多个物体组成的系统，除考虑是否只有重力做功外，还要考虑系统内力是否做功，如有滑动摩擦力做功时，因摩擦生热，系统机械能将有损失。
2．机械能守恒定律的三种表达形式【典例分析1】质量分别为m和2m的两个小球A和B，中间用轻质杆相连，在杆的中点O处有一水平固定转动轴，把杆置于水平位置后释放，在B球顺时针转动到最低位置的过程中()A．B球的重力势能减少，动能增加，B球和地球组成的系统机械能守恒B．A球的重力势能增加，动能也增加，A球和地球组成的系统机械能不守恒C．A球、B球和地球组成的系统机械能守恒D．A球、B球和地球组成的系统机械能不守恒【规律总结】机械能是否守恒的三种判断方法(1)利用做功及守恒条件判断。
(2)利用机械能的定义判断：若物体或系统的动能、势能之和保持不变，则机械能守恒。
(3)利用能量转化判断：若物体或系统与外界没有能量交换，内部也没有机械能与其他形式能的转化，则机械能守恒。
【典例分析2】如图所示，P是水平面上的固定圆弧轨道，从高台边B点以速度v0水平飞出质量为m的小球，恰能从左端A点沿圆弧切线方向进入。
O是圆弧的圆心，θ是OA与竖直方向的夹角。
已知m＝0.5 kg，v0＝3 m/s，θ＝53°，圆弧轨道半径R＝0.5 m，g取10 m/s2，不计空气阻力和所有摩擦，求：(1)A、B两点的高度差；(2)小球能否到达最高点C？如能到达，小球对C点的压力大小为多少？【规律总结】应用机械能守恒定律解题的基本思路【典例分析3】如图所示，质量为m的圆环套在与水平面成α＝53°角的固定的光滑细杆上，圆环用一轻绳通过一光滑定滑轮挂一质量也为m的木块，初始时圆环与滑轮在同一水平高度上，这时定滑轮与圆环相距0.5 m。
高三物理二轮复习 专题3 第2讲机械能守恒定律功能关系课件
二、方法技巧要用好 解决机械能守恒定律与力学的综合应用这一类题目的解题 方法： (1)对物体进行运动过程的分析，分析每一运动过程的运动 规律。 (2)对物体进行每一过程中的受力分析 ，确定有哪些力做 功，有哪些力不做功。哪一过程中满足机械能守恒定律的条件。 (3)分析物体的运动状态，根据(gēnjù)机械能守恒定律及有 关的力学规律列方程求解。
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[答案(dá àn)] B [解析] 考查的是力做功和能的转化问题，学生重心升高 h，重力势能增大了 mgh，又知离地时获得动能为12mv2，则机 械能增加了 mgh＋12mv2，A 错，B 对；人与地面作用过程中， 支持力对人做功为零，C 错；学生受合外力做功等于动能增量， 则 W 合＝12mv2，D 错。
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物体A、B、C的质量分别为mA＝8kg、mB＝10kg、mC＝ 2kg，物体B、C一起从静止开始下降H1＝3m后，C与D发生没有 能量损失的碰撞，B继续(jìxù)下降H2＝1.17m后也与D发生没有 能量损失的碰撞。取g＝10m/s2，求：
(1)物体C与D碰撞时的速度大小。 (2)物体B与D碰撞时的速度大小。 (3)B、C两物体分开后经过多长时间第一次发生碰撞。
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三、易错易混要明了 分析机械能守恒与竖直面内的圆周运动相结合的题目时， 注意(zhùyì)明确绳模型与杆模型在最高点临界条件的不同。
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(2014·山西四校联考)如图所示，光滑坡道顶端距水平面高 度为h，质量为m的小物块A从坡道顶端由静止(jìngzhǐ)滑下，进 入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A制动，将轻弹簧的一 端固定在水平滑道左端M处的墙上，另一端恰位于水平滑道的末 端O点。已知在OM段，物块A与水平面间的动摩擦因数均为μ， 其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求：
2023新教材高考物理二轮专题复习专题强化训练7动量定理动量守恒定律
专题强化训练7 动量定理 动量守恒定律一、选择题(1～5题为单项选择题，6～7题为多项选择题)1．[2022·山东押题卷]如图所示，在光滑水平面上有一质量为M 的木块，木块与轻弹簧水平相连，弹簧的另一端连在竖直墙上，木块处于静止状态，一质量为m 的子弹以水平速度v 0击中木块，并嵌在其中，木块压缩弹簧后在水平面做往复运动．木块自被子弹击中前到第一次回到原来位置的过程中，木块受到的合外力的冲量大小为( )A ．Mmv 0M ＋mB ．2Mv 0C ．2Mmv 0M ＋mD ．2mv 02.[2022·湖南押题卷]如图所示，质量均为m 的木块A 和B ，并排放在光滑水平面上，A 上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O 点系一长为L 的细线，细线另一端系一质量为m 0的球C ，现将C 球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C 球，则下列说法错误的是( )A ．A 、B 两木块分离时，A 、B 的速度大小均为m 0m mgL2m ＋m 0B ．A 、B 两木块分离时，C 的速度大小为2mgL2m ＋m 0C ．C 球由静止释放到最低点的过程中，A 对B 的弹力的冲量大小为2m 0mgL2m ＋m 0D ．C 球由静止释放到最低点的过程中，木块A 移动的距离为m 0L2m ＋m 03．[2022·湖北卷]一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v 增大到2v ，在随后的一段时间内速度大小由2v 增大到5v .前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W 1和W 2，合外力的冲量大小分别为I 1和I 2.下列关系式一定成立的是( )A ．W 2＝3W 1，I 2≤3I 1B ．W 2＝3W 1，I 2≥I 1C．W2＝7W1，I2≤3I1D．W2＝7W1，I2≥I14.[2022·山东押题卷]如图所示，在光滑水平面上有A、B两辆小车，水平面的左侧有一竖直墙，在小车B上坐着一个小孩，小孩与B车的总质量是A车质量的4 040倍．两车开始都处于静止状态，小孩把A车以相对于地面为v的速度推出，A车与墙壁碰后仍以原速率返回，小孩接到A车后，又把它以相对于地面为v的速度推出．往后小孩每次推出A车，A车相对于地面的速度都是v，方向向左，则小孩把A车推出几次后，A车返回时小孩不能再接到A车( )A.2 020 B．2 021 C．2 022 D．2 0235.[2022·重庆押题卷]如图所示，光滑的水平面上放有滑块A，其内侧是半径为R的光滑圆弧槽，槽底端离地高度为R，B为光滑小球，从圆弧槽左端静止释放，若滑块固定，小球B落地时离圆弧槽右端水平距离为x1；若滑块不固定，小球B落地时离圆弧槽右端水平距离为x2；已知x1∶x2＝1∶3.由此可知，小球B和滑块A的质量比为( ) A．1∶2 B．2∶1C．1∶3D．2∶36．冰壶队备战2022年北京冬奥会，如图所示，在某次训练中，蓝壶静止在大本营Q 处，质量相等的红壶与蓝壶发生正碰，最终分别停在M点和N点，下列说法正确的是( )A.碰后两壶所受摩擦力的冲量相同B．碰后蓝壶速度约为红壶速度的2倍C．红壶碰前速度约为碰后速度的3倍D．碰撞过程两壶组成的系统机械能守恒7．[2022·湖南卷]神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆．某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其v t图像如图所示．设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是( )A．在0～t1时间内，返回舱重力的功率随时间减小B．在0～t1时间内，返回舱的加速度不变C．在t1～t2时间内，返回舱的动量随时间减小D.在t2～t3时间内，返回舱的机械能不变二、非选择题8.如图所示，质量m＝1 kg的弹性小球A在长为l＝0.9 m的细轻绳牵引下可以绕水平轴O在竖直平面内做圆周运动，圆周的最高点为P，P处有一个水平槽，水平地面距水平槽的高度恰好是1.8 m，槽内有许多质量均为M＝3 kg的弹性钢球，小球A每次转动到P点恰好与P点处的小钢球发生弹性正碰(碰撞时间极短)，钢球水平飞出做平抛运动．每次被小球A 碰撞后，槽内填充装置可将另一个相同的钢球自动填充运动到P点位置且静止．现将小球A 在顶点P以v0＝32 m/s的初速度向左抛出(如图)，小球均可视为质点，g取10 m/s2，求：(1)第一次碰撞后瞬间，小球A和第一个钢球获得的速度；(2)小球A能将钢球碰出去的钢球个数；(3)第一个钢球与最后一个钢球落地后的水平距离．9.[2022·广东卷]某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型．竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态．当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1 N．滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动．已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力．求：(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v；(3)滑杆向上运动的最大高度h.专题强化训练7 动量定理 动量守恒定律1．解析：由于子弹射入木块的时间极短，在瞬间动量守恒，根据动量守恒定律得：mv 0＝（M ＋m ）v ，解得v ＝mv 0M ＋m根据动量定理，合外力的冲量I ＝Mv ＝Mmv 0M ＋m，故A 正确，B 、C 、D 错误． 答案：A2．解析：小球C 下落到最低点时，AB 开始分离，此过程水平方向动量守恒．根据机械能守恒有：m 0gL ＝12m 0v 2C ＋12×2m ×v 2AB取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得：m 0v C ＝2m ×v AB联立解得v C ＝2mgL 2m ＋m 0 ，v AB ＝m 0m mgL2m ＋m 0，故A 、B 正确； C 球由静止释放到最低点的过程中，选B 为研究对象，由动量定理I AB ＝mv AB ＝m 0mgL2m ＋m 0，故C 错误； C 球由静止释放到最低点的过程中，系统水平方向动量守恒，设C 对地向左水平位移大小为x 1，AB 对地水平位移大小为x 2，则有m 0x 1＝2mx 2，x 1＋x 2＝L可解得x 2＝m 0L2m ＋m 0 ，故D 正确．答案：C3．解析：根据动能定理可知W 1＝12 m （2v ）2－12 mv 2＝32 mv 2，W 2＝12 m （5v ）2－12m （2v ）2＝212mv 2，可得W 2＝7W 1，由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是mv ≤I 1≤3mv ，3mv ≤I 2≤7mv ，比较可得I 2≥I 1，一定成立．D 正确．答案：D4．解析：取水平向右为正方向，小孩第一次推出A 车后，小孩和B 车获得速度为v 1，由动量守恒定律m B v 1－m A v ＝0解得v 1＝m Am Bv小孩第n －1次推出A 车后小孩和B 车获得速度为v n －1，第n 次推出A 车后，小孩和B车获得速度为v n .第n 次推出A 车前后，由动量守恒定律m A v ＋m B v n －1＝－m A v ＋m B v n得v n －v n －1＝2m Am Bv由等差数列公式得v n ＝v 1＋（n －1）2m A m B v ＝2n －14 040 v当v n ≥v 时，再也接不到小车，即2n －14 040 ≥1得n ≥2 020.5 取n ＝2 021，故选B. 答案：B5．解析：A 的质量为m A ，B 的质量为m B ；当滑块固定时，由动能定理m B gR ＝12 m B v 2B随后小球B 做平抛运动x 方向x 1＝v B t y 方向R ＝12gt 2联立得x 1＝2R若滑块不固定时，由水平方向上动量守恒0＝m A v A ＋m B v B 由能量守恒得m B gR ＝12 m B v 2B ＋12m A v 2AB 随后做平抛运动，A 随后做匀速运动 x 方向x 2＝v B t －v A t y 方向R ＝12gt 2因为x 1∶x 2＝1∶3 联立得m A ∶m B ＝1∶2，故选B. 答案：B6．解析：碰后两壶运动距离不相同，所以碰后两球速度不相同，根据动量定理可判断出碰后两壶所受摩擦力的冲量不相同，A 错误；碰后红壶运动的距离为x 1＝R 2－R 1＝0.61 m 蓝壶运动的距离为x 2＝2R 2＝2.44 m二者质量相同，假设二者碰后的所受摩擦力相同，则二者做减速运动的加速度也相同，对红壶，有v 21 ＝2ax 1对蓝壶有v 22 ＝2ax 2联立可得v 1v 2 ＝12即碰后蓝壶速度约为红壶速度的2倍，B 正确；设红壶碰前速度为v 0，则有mv 0＝mv 1＋mv 2，故有v 0＝3v 1，即红壶碰前速度约为碰后速度的3倍，C 正确；碰前的动能为E k0＝12 mv 2碰后动能为E k1＝12 mv 21 ＋12 mv 22则有E k0>E k1，机械能不守恒，D 错误． 答案：BC7．解析：由题知，返回舱的运动简化为竖直方向的直线运动，所以重力的功率P ＝mgv ，因此在0～t 1时间内，结合v t 图像可知返回舱重力的功率随时间减小，A 项正确；v t 图像的斜率表示返回舱的加速度，故0～t 1时间内，返回舱的加速度不断减小，B 项错误；返回舱的动量大小与其速度大小成正比，所以t 1～t 2时间内，返回舱的动量随时间减小，C 项正确；在t 2～t 3时间内，返回舱匀速下降，机械能不守恒，D 项错误．答案：AC8．解析：（1）小球A 在顶部与钢球碰撞，由动量守恒定律、机械能守恒定律得mv 0＝mv 1＋Mv ′1；12 mv 20 ＝12 mv 21 ＋12Mv ′21联立解得v 1＝m －M M ＋m v 0＝－12 v 0＝－16 m/s ；v ′1＝2m M ＋m v 0＝12v 0＝16 m/s. （2）利用上述方程还可得小球A 第一次碰后的速度v 1＝m －M M ＋m v 0＝－12 v 0同理可知碰撞n 次以后瞬间的速度为v n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12 n v 0，负号表示与碰前入射速度方向相反，小球要能与钢球碰撞则必须能完成完整的圆周运动，所以碰n 次后假定再次到达P 位置，其速度大小一定有v n ≥gl ＝3 m/s ，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫12 nv 0≥gl ，解得3<n <4，n 为整数，所以取4，小球A 可以与4个钢球碰撞．（3）第4个钢球碰后速度v ′4＝2mm ＋Mv 4＝2 m/s ，由于两球是分别朝向左、右两边做平抛运动，水平距离是x ＝x 1＋x 4，平抛时间是t ＝ 4Lg＝0.6 s ，得x ＝（16＋2）×0.6m ＝10.8 m答案：（1）见解析 （2）4个 （3）10.8 m9．解析：（1）滑块静止时，滑块和滑杆均处于静止状态，以滑块和滑杆整体为研究对象，由平衡条件可知N 1＝（m ＋M ）g ＝8 N滑块向上滑动时，滑杆受重力、滑块对其向上的摩擦力以及桌面的支持力，则有N 2＝Mg －f代入数据得N 2＝5 N.（2）方法一 碰前，滑块向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得mg ＋f ＝ma 1 解得a 1＝15 m/s 2，方向向下 由运动学公式得v 2－v 20 ＝－2a 1l 代入数据得v ＝8 m/s.方法二 由动能定理得－（mg ＋f ）l ＝12 mv 2－12 mv 20代入数据解得v ＝8 m/s.（3）滑块和滑杆发生的碰撞为完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有mv ＝（M ＋m ）v共代入数据得v 共＝2 m/s此后滑块与滑杆一起竖直向上运动，根据动能定理有 －（M ＋m ）gh ＝0－12 （M ＋m ）v 2共代入数据得h ＝0.2 m答案：（1）8 N 5 N （2）8 m/s （3）0.2 m。
高考物理二轮复习 第一部分 专题二 能量与动量 第二讲 机械能守恒定律 功能关系课件
定轨道，ab 水平，长度为 2R，bc 是半径为 R 的四分之
一的圆弧，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．2mgR
B．4mgR
C．5mgR
专题二 能量与动量
第二讲 机械能守恒定律 功能关系
近三年全国卷考情统计
高考必备知 识概览
常考点 全国Ⅰ卷 全国Ⅱ卷 全国Ⅲ卷
机械能守恒 的应用
功能关系的 应用
2017·T24 2018·T18
动力学与能 量观点的综 合应用
2016·T25
2016·T21 2016·T25
1．(2018·全国卷Ⅰ)如图，abc 是竖直面内的光滑固
设 P 在 D 点的速度为 vD，由 D 点运动到 G 点的时 间为 t.由平抛运动公式有
y1＝12gt2，⑪ x1＝vDt.⑫ 联立⑨⑩⑪⑫式得 vD＝35 5gR.⑬ 设 P 在 C 点速度的大小为 vC.在 P 由 C 运动到 D 的 过程中机械能守恒，有
(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%.
[题眼点拨] ①“速度为 100 m/s 时下落到地面”说 明着地瞬间的动能可求；②“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”说明进入大气层 时的动能和重力势能可求；③“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%”说明此处的速度可求．
2019届高考物理二轮复习第章动量和能量功能关系与能量守恒定律的应用课件.ppt
2019-9-8
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5
[解析] 由速度图象可知，A 加速运动时的加速度 aA1＝2tv00， 减速运动时的加速度大小为 aA2＝vt00，由牛顿第二定律有：F－Ff 1＝m1·2tv00，Ff1＝m1·vt00，解两式得：Ff 1＝F3；B 加速运动时的加速 度大小为 aB1＝4vt00，减速运动时的加速度大小为 aB2＝vt00，由牛顿 第二定律有：F－Ff 2＝m2·4vt00，Ff 2＝m2·vt00，解两式得：Ff 2＝45F， 所以 A、B 两物体与水平面的摩擦力之比为 ：12，A 项正确；
2019-9-8
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10
解析：质点经过 N 点时由牛顿第二定律得 qvB－mg＝mvR2， 解得 v＝ gR，选项 A 错误；质点在磁场运动过程中，洛伦兹力 始终与质点的运动方向垂直，洛伦兹力不做功，选项 B 错误；质 点由静止下落至 P 点的过程，只有重力做功，质点机械能守恒， 选项 C 正确；质点由静止运动至 N 点的过程由动能定理得 2mgR
的水平力 F 拉物体，使它以相对传送带为 v1 的速度匀速从 A 滑行
到 B，这一过程中，拉力 F 所做的功为 W2、功率为 P2，物体和传
送带之间因摩擦而产生的热量为 Q2.下列关系中正确的是( )
A．W1＝W2，P1<P2，Q1＝Q2
B．W1＝W2，P1<P2，Q1>Q2
C．W1>W2，P1＝P2，Q1>Q2
2019-9-8
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17
求： (1)要使赛车完成比赛，赛车在半圆轨道的 B 点对轨道的压 力至少为多大； (2)要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间； (3)若电动机工作时间为 t0＝5 s，当 R 为多少时赛车既能完 成比赛且飞出的水平距离又最大，水平距离最大是多少．
高考物理二轮复习专题二能量与动量2机械能守恒定律功能关系课件
(2)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 时要注意过程的选取． (3)要注意机械能守恒表达式的选取 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．而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．
今后高考中本部分内容
2018
曲线运动中功
Ⅰ卷 18T
物理观念 仍是高考的重点，难度
能关系的应用
较大，有时会成为高考
机械能的计算
中的压轴题，复习时应
和利用功能关 科学态度
Ⅰ卷 24T
掌握应用机械能守恒定
系，求克服阻力 与责任
2017
做功问题
律、能量守恒定律分析
与解决相关力学问题的
功能关系的利
Ⅲ卷 16T
解析：D [系统加速上升时，物块处于超重状态，物块对斜面 体的压力和对弹簧的拉力变大，所以弹簧形变量变大，物块 A 相对 斜面下滑一段距离，重力势能增加量小于 mgh，A 错误；根据动能 定理可知，物块 A 动能的增加量应等于重力、支持力及弹簧弹力对 其做功的代数和，B 错误；物块 A 机械能的增加量应等于除重力以 外的其他力对其做功的代数和，C 错误；物块 A 和弹簧组成的系统 的机械能增加量应等于除重力和弹簧弹力以外的其他力做功的代数 和，D 正确．]
考向二 功能关系的应用 [知识必备]——提核心 通技法
常见的功能关系
[典题例析]——析典题 学通法 [例 2] (2018·全国卷Ⅰ，18T)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( )
第一篇专题二第7讲动能定理机械能守恒定律能量守恒定律
和时间，比动力学方法要简捷。
(2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理
是没有依据的。
(3)物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程(如加
速、减速的过程)，对全过程应用动能定理，往往能使问题简化。
(4)多过程往复运动问题一般应用动能定理求解。
考点二
1.判断物体或系统机械能是否守恒的三种方法
12
2.北京冬奥会中的冰壶比赛令人印象深刻，冰壶比赛场地如图所示：运 动员从起滑架处推着冰壶(可视为质点)沿中心线出发，在投掷线处放手 让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近大本营圆心O， 为了使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷摩擦冰壶运行路径前方的冰 面，使冰壶与冰面间的阻力减小。已知冰壶质量m＝20 kg，未刷冰时， 冰壶与冰面间的动摩擦因数μ1＝0.02，刷冰后μ2＝0.01，起滑架到投掷线 的距离l1＝10 m，投掷线与圆心O点的距离为l2＝30 m，取g＝10 m/s2，则：
例4 (2023·江苏连云港市模拟)如图所示，竖直面内处于同一高度的光滑钉 子M、N相距2L。带有光滑小孔的小球A穿过轻绳，轻绳的一端固定在钉 子M上，另一端绕过钉子N与小球B相连，B球质量为m。用手将A球托住 静止在M、N连线的中点P处，此时B球也处于静止状态。放手后，A球 下落的最大距离为L，重力加速度为g，B球未运动到钉子N处。 (1)A球的质量mA；
例2 (2022·浙江1月选考·20)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由
倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为 O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、 D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、
高考物理二轮突破课件1-3-2功能关系、能量守恒
能
点
专
盘
训
点
[二轮备考讲义] 第一部分 专题三 第2讲 第11页
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
2．功是能量转化的桥梁和量度．重力做功的过程就是重力
势能转化的过程，并且重力做了多少功，就有多少重力势能转化
基
规
础
范
记 为其他形式的能量．相反，只要重力势能发生变化，一定伴随着 解
忆
题
重力做功．若重力做正功，重力势能减少，且重力做的功等于重
解 题
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．
提
热 点
(2)用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧弹力)做功，
能 专
盘
训
点 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．
[二轮备考讲义] 第一部分 专题三 第2讲 第22页
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
(3)用能量转化来判断：若系统中只有动能和势能的相互转
实现一二轮无缝对接
提
热
能
点
专
盘
训
点
[二轮备考讲义] 第一部分 专题三 第2讲 第5页
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
基
规
础
范
记
解
忆
题
提
热
能
点
专
盘
训
点
[二轮备考讲义] 第一部分 专题三 第2讲 第6页
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
[忆一忆]
基
1．重力做功的特点是什么？重力势能有哪些性质？
规
础
提
热 点
一水平面上，则(
)
能 专
2023年高考物理一轮复习讲义——功能关系 能量守恒定律
第4讲 功能关系 能量守恒定律目标要求 1.熟练掌握几种常见的功能关系，并会用于解决实际问题.2.掌握一对摩擦力做功与能量转化的关系.3.会应用能量守恒观点解决综合问题．考点一 功能关系的理解和应用1．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是通过做功来实现的． (2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，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．常见的功能关系能量功能关系表达式势能重力做功等于重力势能减少量 W ＝E p1－E p2＝－ΔE p弹力做功等于弹性势能减少量静电力做功等于电势能减少量 分子力做功等于分子势能减少量动能 合外力做功等于物体动能变化量 W ＝E k2－E k1＝12m v 2－12m v 02机械能 除重力和弹力之外的其他力做功等于机械能变化量W 其他＝E 2－E 1＝ΔE 摩擦 产生 的内能 一对相互作用的滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能Q ＝F f ·x 相对电能 克服安培力做功等于电能增加量W 电能＝E 2－E 1＝ΔE1．一个物体的能量增加，必定有别的物体能量减少．( √ ) 2．合力做的功等于物体机械能的改变量．( × )3．克服与势能有关的力(重力、弹簧弹力、静电力等)做的功等于对应势能的增加量．( √ ) 4．滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化．( √ )1．功的正负与能量增减的对应关系(1)物体动能的增加与减少要看合外力对物体做正功还是做负功．(2)势能的增加与减少要看对应的作用力(如重力、弹簧弹力、静电力等)做负功还是做正功．(3)机械能的增加与减少要看重力和弹簧弹力之外的力对物体做正功还是做负功．2．摩擦力做功的特点(1)一对静摩擦力所做功的代数和总等于零；(2)一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值，差值为机械能转化为内能的部分，也就是系统机械能的损失量；(3)说明：无论是静摩擦力还是滑动摩擦力，都可以对物体做正功，也可以做负功，还可以不做功．考向1功能关系的理解例1在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项．质量为m的跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F，当地的重力加速度为g，那么在他减速下降高度为h的过程中，下列说法正确的是()A．他的动能减少了FhB．他的重力势能增加了mghC．他的机械能减少了(F－mg)hD．他的机械能减少了Fh答案 D解析运动员进入水中后，克服合力做的功等于动能的减少量，故动能减少(F－mg)h，故A 错误；运动员进入水中后，重力做功mgh，故重力势能减小mgh，故B错误；运动员进入水中后，除重力外，克服阻力做功Fh，故机械能减少了Fh，故C错误，D正确．例2如图所示，弹簧的下端固定在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行．在通过弹簧中心的直线上，小球P从直线上的N点由静止释放，在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是()A．小球P的动能一定在减小B．小球P的机械能一定在减少C．小球P与弹簧系统的机械能一定在增加D．小球P重力势能的减小量大于弹簧弹性势能的增加量答案 B解析小球P与弹簧接触后，刚开始弹力小于重力沿斜面向下的分力，合力沿斜面向下，随着形变量增大，弹力大于重力沿斜面向下的分力，合力方向沿斜面向上，合力先做正功后做负功，小球P的动能先增大后减小，A错误；小球P与弹簧组成的系统的机械能守恒，弹簧的弹性势能不断增大，所以小球P的机械能不断减小，B正确，C错误；在此过程中，根据系统机械能守恒，可知小球P重力势能的减小量与动能减小量之和等于弹簧弹性势能的增加量，即小球P重力势能的减小量小于弹簧弹性势能的增加量，D错误．考向2功能关系与图像的结合例3(多选)(2020·全国卷Ⅰ·20)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2.则()A．物块下滑过程中机械能不守恒B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J答案AB解析由E－s图像知，物块动能与重力势能的和减小，则物块下滑过程中机械能不守恒，故A正确；由E－s图像知，整个下滑过程中，物块机械能的减少量为ΔE＝30 J－10 J＝20 J，重力势能的减少量ΔE p＝mgh＝30 J，又ΔE＝μmg cos α·s，其中cos α＝s2－h2s＝0.8，h＝3.0m，g＝10 m/s2，则可得m＝1 kg，μ＝0.5，故B正确；物块下滑时的加速度大小a＝g sin α－μg cosα＝2 m/s2，故C错误；物块下滑2.0 m时损失的机械能为ΔE′＝μmg cos α·s′＝8 J，故D错误．考向3摩擦力做功与摩擦生热的计算例4(多选)如图所示，一个长为L，质量为M的木板，静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块(可视为质点)，以水平初速度v0，从木板的左端滑向另一端，设物块与木板间的动摩擦因数为μ，当物块与木板相对静止时，物块仍在长木板上，物块相对木板的位移为d，木板相对地面的位移为s，重力加速度为g.则在此过程中()A．摩擦力对物块做功为－μmg(s＋d)B．摩擦力对木板做功为μmgsC．木板动能的增量为μmgdD．由于摩擦而产生的热量为μmgs答案AB解析根据功的定义W＝Fs cos θ，其中s指物体对地的位移，而θ指力与位移之间的夹角，可知摩擦力对物块做功W1＝－μmg(s＋d)，摩擦力对木板做功W2＝μmgs，A、B正确；根据动能定理可知木板动能的增量ΔE k＝W2＝μmgs，C错误；由于摩擦而产生的热量Q＝F f·Δx ＝μmgd，D错误．例5(多选)(2019·江苏卷·8)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()A．弹簧的最大弹力为μmgB．物块克服摩擦力做的功为2μmgsC．弹簧的最大弹性势能为μmgsD．物块在A点的初速度为2μgs答案BC解析 物块处于最左端时，弹簧的压缩量最大，然后物块先向右加速运动再减速运动，可知弹簧的最大弹力大于滑动摩擦力μmg ，选项A 错误；物块从开始运动至最后回到A 点过程，由功的定义可得物块克服摩擦力做功为2μmgs ，选项B 正确；物块从最左侧运动至A 点过程，由能量守恒定律可知E p ＝μmgs ，选项C 正确；设物块在A 点的初速度为v 0，对整个过程应用动能定理有－2μmgs ＝0－12m v 02，解得v 0＝2μgs ，选项D 错误．考点二 能量守恒定律的理解和应用1．内容能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变． 2．表达式 ΔE 减＝ΔE 增．3．应用能量守恒定律解题的步骤(1)首先确定初、末状态，分清有几种形式的能在变化，如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等．(2)明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE 减和增加的能量ΔE 增的表达式．例6 (2020·浙江1月选考·20)如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道(在最低点E 分别与水平轨道EO 和EA 相连)、高度h 可调的斜轨道AB 组成．游戏时滑块从O 点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道．全程不脱离轨道且恰好停在B 端则视为游戏成功．已知圆轨道半径r ＝0.1 m ，OE 长L 1＝0.2 m ，AC 长L 2＝0.4 m ，圆轨道和AE 光滑，滑块与AB 、OE 之间的动摩擦因数μ＝0.5.滑块质量m ＝2 g 且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能．忽略空气阻力，各部分平滑连接．求：(1)滑块恰好能过圆轨道最高点F 时的速度v F 大小；(2)当h ＝0.1 m 且游戏成功时，滑块经过E 点对圆轨道的压力F N 大小及弹簧的弹性势能E p0； (3)要使游戏成功，弹簧的弹性势能E p 与高度h 之间满足的关系． 答案 见解析解析 (1)滑块恰好能过F 点的条件为mg ＝m v F 2r解得v F ＝1 m/s(2)滑块从E 点到B 点，由动能定理得 －mgh －μmgL 2＝0－12m v E 2在E 点由牛顿第二定律得F N ′－mg ＝m v E 2r解得F N ＝F N ′＝0.14 N从O 点到B 点，由能量守恒定律得： E p0＝mgh ＋μmg (L 1＋L 2) 解得E p0＝8.0×10－3 J(3)使滑块恰能过F 点的弹性势能 E p1＝2mgr ＋μmgL 1＋12m v F 2＝7.0×10－3 J到B 点减速到0E p1－mgh 1－μmg (L 1＋L 2)＝0 解得h 1＝0.05 m设斜轨道的倾角为θ，若滑块恰好能停在B 点不下滑， 则μmg cos θ＝mg sin θ解得tan θ＝0.5，此时h 2＝0.2 m 从O 点到B 点E p ＝mgh ＋μmg (L 1＋L 2)＝2×10－3(10h ＋3) J 其中0.05 m ≤h ≤0.2 m.例7 如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A 与斜面之间的动摩擦因数μ＝34，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C 点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A 和B ，滑轮右侧绳子与斜面平行，A 的质量为2m ＝4 kg ，B 的质量为m ＝2 kg ，初始时物体A 到C 点的距离L ＝1 m ，现给A 、B 一初速度v 0＝3 m/s ，使A 开始沿斜面向下运动，B 向上运动，物体A 将弹簧压缩到最短后又恰好能弹回到C 点．已知重力加速度g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态．求在此过程中：(1)物体A 向下运动刚到C 点时的速度大小； (2)弹簧的最大压缩量； (3)弹簧的最大弹性势能． 答案 (1)2 m/s (2)0.4 m (3)6 J解析 (1)在物体A 向下运动刚到C 点的过程中，对A 、B 组成的系统应用能量守恒定律可得 μ·2mg cos θ·L ＝12×3m v 02－12×3m v 2＋2mgL sin θ－mgL解得v ＝2 m/s.(2)对A 、B 组成的系统分析，在物体A 从C 点压缩弹簧至将弹簧压缩到最大压缩量，又恰好返回到C 点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，即 12×3m v 2－0＝μ·2mg cos θ·2x 其中x 为弹簧的最大压缩量 解得x ＝0.4 m.(3)设弹簧的最大弹性势能为E pm ，从C 点到弹簧最大压缩量过程中由能量守恒定律可得 12×3m v 2＋2mgx sin θ－mgx ＝μ·2mg cos θ·x ＋E pm 解得E pm ＝6 J.课时精练1.(多选)如图所示，质量为m 的物体(可视为质点)以某一速度从A 点冲上倾角为30°的固定斜面，其减速运动的加速度为34g ，此物体在斜面上能够上升的最大高度为h ，则在这个过程中物体( )A ．重力势能增加了mghB ．机械能损失了12mghC ．动能损失了mghD ．克服摩擦力做功14mgh答案 AB解析 加速度大小a ＝34g ＝mg sin 30°＋F f m ，解得摩擦力F f ＝14mg ，机械能损失等于克服摩擦力做的功，即F f x ＝14mg ·2h ＝12mgh ，故B 项正确，D 项错误；物体在斜面上能够上升的最大高度为h ，所以重力势能增加了mgh ，故A 项正确；动能损失量为克服合力做功的大小，动能损失量ΔE k ＝F 合x ＝34mg ·2h ＝32mgh ，故C 项错误．2．某同学用如图所示的装置测量一个凹形木块的质量m ，弹簧的左端固定，木块在水平面上紧靠弹簧(不连接)将其压缩，记下木块右端位置A 点，静止释放后，木块右端恰能运动到B 1点．在木块槽中加入一个质量m 0＝800 g 的砝码，再将木块左端紧靠弹簧，木块右端位置仍然在A 点，静止释放后木块离开弹簧，右端恰能运动到B 2点，测得AB 1、AB 2长分别为27.0 cm 和9.0 cm ，则木块的质量m 为( )A ．100 gB ．200 gC ．300 gD ．400 g 答案 D解析 根据能量守恒定律，有μmg ·AB 1＝E p ，μ(m 0＋m )g ·AB 2＝E p ，联立解得m ＝400 g ，D 正确． 3．一木块静置于光滑水平面上，一颗子弹沿水平方向飞来射入木块中．当子弹进入木块的深度达到最大值2.0 cm 时，木块沿水平面恰好移动距离1.0 cm.在上述过程中系统损失的机械能与子弹损失的动能之比为( ) A ．1∶2 B ．1∶3 C ．2∶3 D ．3∶2答案 C解析 根据题意，子弹在摩擦力作用下的位移为x 1＝(2＋1) cm ＝3 cm ，木块在摩擦力作用下的位移为x 2＝1 cm ；系统损失的机械能转化为内能，根据功能关系，有ΔE 系统＝Q ＝F f ·Δx ；子弹损失的动能等于子弹克服摩擦力做的功，故ΔE 子弹＝F f x 1；所以ΔE 系统ΔE 子弹＝23，所以C 正确，A 、B 、D 错误．4.如图所示，一质量为m的滑块以初速度v0从固定于地面的斜面底端A开始冲上斜面，到达某一高度后返回A，斜面与滑块之间有摩擦．下图分别表示它在斜面上运动的速度v、加速度a、势能E p和机械能E随时间的变化图像，可能正确的是()答案 C解析由牛顿第二定律可知，滑块上升阶段有：mg sin θ＋F f＝ma1；下滑阶段有：mg sin θ－F f＝ma2，因此a1>a2，故选项B错误；速度－时间图像的斜率表示加速度，当上滑和下滑时，加速度不同，则斜率不同，故选项A错误；重力势能先增大后减小，且上升阶段加速度大，所用时间短，势能变化快，下滑阶段加速度小，所用时间长，势能变化慢，故选项C可能正确；由于摩擦力始终做负功，机械能一直减小，故选项D错误．5.如图所示，赫章的韭菜坪建有风力发电机，风力带动叶片转动，叶片再带动转子(磁极)转动，使定子(线圈，不计电阻)中产生电流，实现风能向电能的转化．若叶片长为l，设定的额定风速为v，空气的密度为ρ，额定风速下发电机的输出功率为P，则风能转化为电能的效率为()A.2Pπρl2v3 B.6Pπρl2v3 C.4Pπρl2v3 D.8Pπρl2v3答案 A解析风能转化为电能的工作原理为将风的动能转化为输出的电能，设风吹向发电机的时间为t，则在t时间内吹向发电机的风柱的体积为V＝v t·S＝v tπl2，则风柱的质量M＝ρV＝ρv tπl2，因此风吹过的动能为E k ＝12M v 2＝12ρv t πl 2·v 2，在此时间内发电机输出的电能E ＝P ·t ，则风能转化为电能的效率为η＝E E k ＝2Pπρl 2v3，故A 正确，B 、C 、D 错误．6.(多选)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 点的正上方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 点运动到B 点的过程中( )A ．重力做功2mgRB ．机械能减少mgRC ．合外力做功12mgRD ．克服摩擦力做功12mgR答案 CD解析 小球从P 点运动到B 点的过程中，重力做功W G ＝mg (2R －R )＝mgR ，故A 错误；小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力，则有mg ＝m v B 2R ，解得v B ＝gR ，则此过程中机械能的减少量为ΔE ＝mgR －12m v B 2＝12mgR ，故B 错误；根据动能定理可知，合外力做功W 合＝12m v B 2＝12mgR ，故C 正确；根据功能关系可知，小球克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，为12mgR ，故D 正确．7．质量为2 kg 的物体以10 m/s 的初速度，从起点A 出发竖直向上抛出，在它上升到某一点的过程中，物体的动能损失了50 J ，机械能损失了10 J ，设物体在上升、下降过程空气阻力大小恒定，则该物体再落回到A 点时的动能为(g ＝10 m/s 2)( ) A ．40 J B ．60 J C ．80 J D ．100 J 答案 B解析 物体抛出时的总动能为100 J ，物体的动能损失了50 J 时，机械能损失了10 J ，则动能损失100 J 时，机械能损失20 J ，此时到达最高点，由于空气阻力大小恒定，所以下落过程，机械能也损失20 J ，故该物体从A 点抛出到落回到A 点，共损失机械能40 J ，所以该物体再落回到A点时的动能为60 J，A、C、D错误，B正确．8.(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的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2.由图中数据可得()A．物体的质量为2 kgB．h＝0时，物体的速率为20 m/sC．h＝2 m时，物体的动能E k＝40 JD．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J答案AD解析根据题图可知，h＝4 m时物体的重力势能E p＝mgh＝80 J，解得物体质量m＝2 kg，抛出时物体的动能为E k0＝100 J，由公式E k0＝12可知，h＝0时物体的速率为v＝10 m/s，2m v选项A正确，B错误；由功能关系可知F f h4＝|ΔE总|＝20 J，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－E k0，解得E k＝50 J，选项C错误；由题图可知，物体上升到h＝4 m时，机械能为80 J，重力势能为80 J，动能为零，即从地面上升到h＝4 m，物体动能减少100 J，选项D正确．9.(多选)如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab与水平面的夹角为60°，光滑斜面bc与水平面的夹角为30°，顶角b处安装一定滑轮．质量分别为M、m(M>m)的两滑块A和B，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，A、B不会与定滑轮碰撞．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．轻绳对滑轮作用力的方向竖直向下B．拉力和重力对M做功之和大于M动能的增加量C．拉力对M做的功等于M机械能的增加量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 BD解析 根据题意可知，两段轻绳的夹角为90°，轻绳拉力的大小相等，根据平行四边形定则可知，合力方向与绳子方向的夹角为45°，所以轻绳对滑轮作用力的方向不是竖直向下的，故A 错误；对M 受力分析，受到重力、斜面的支持力、绳子拉力以及滑动摩擦力作用，根据动能定理可知，M 动能的增加量等于拉力和重力以及摩擦力做功之和，而摩擦力做负功，则拉力和重力对M 做功之和大于M 动能的增加量，故B 正确；根据除重力以外的力对物体做功等于物体机械能的变化量可知，拉力和摩擦力对M 做的功之和等于M 机械能的增加量，故C 错误；对两滑块组成系统分析可知，除了重力之外只有摩擦力对M 做功，所以两滑块组成的系统的机械能损失等于M 克服摩擦力做的功，故D 正确．10.(多选)如图所示，光滑水平面OB 与足够长粗糙斜面BC 交于B 点．轻弹簧左端固定于竖直墙面，现将质量为m 1的滑块压缩弹簧至D 点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B 点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上．不计滑块在B 点的机械能损失．换用相同材料质量为m 2的滑块(m 2＞m 1)压缩弹簧至同一点D 后，重复上述过程，下列说法正确的是( )A ．两滑块到达B 点的速度相同B ．两滑块沿斜面上升的最大高度相同C ．两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同D ．两滑块上升到最高点过程机械能损失相同答案 CD解析 两滑块到B 点的动能相同，但速度不同，故A 错误；两滑块在斜面上运动时加速度相同，由于质量不同，则在B 点时的速度不同，故上升的最大高度不同，故B 错误；滑块上升到斜面最高点过程克服重力做的功为mgh ，由能量守恒定律得E p ＝mgh ＋μmg cos θ·h sin θ，则mgh ＝E p 1＋μtan θ，故两滑块上升到斜面最高点过程克服重力做的功相同，故C 正确；由能量守恒定律得E 损＝μmg cos θ·h sin θ＝μmgh tan θ，结合C 可知D 正确． 11.(多选)如图所示，质量为M 的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA 段光滑，AB 段粗糙且长为l ，左端O 处有一固定挡板，挡板上固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接在竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F .质量为m 的小滑块以速度v 从A 点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达到最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落．重力加速度为g ，则( )A ．细绳被拉断瞬间长木板的加速度大小为F MB ．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为12m v 2 C ．弹簧恢复原长时滑块的动能为12m v 2 D ．滑块与长木板AB 段间的动摩擦因数为v 22gl答案 ABD解析 细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F ，对长木板，由牛顿第二定律得F ＝Ma ，得a ＝F M，A 正确；滑块以速度v 从A 点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得，细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为12m v 2，B 正确；弹簧恢复原长时长木板与滑块都获得动能，所以滑块的动能小于12m v 2，C 错误；弹簧最大弹性势能E p ＝12m v 2，小滑块恰未掉落时滑到木板的最右端B ，此时小滑块与长木板均静止，又水平面光滑，长木板上表面OA 段光滑，则有E p ＝μmgl ，联立解得μ＝v 22gl，D 正确． 12.如图所示，一物体质量m ＝2 kg ，在倾角θ＝37°的斜面上的A 点以初速度v 0＝3 m/s 下滑，A 点距弹簧上端挡板位置B 点的距离AB ＝4 m ．当物体到达B 点后将弹簧压缩到C 点，最大压缩量BC ＝0.2 m ，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D 点，D 点距A 点的距离AD ＝3 m ．挡板及弹簧质量不计，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，求：(结果均保留三位有效数字)(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；(2)弹簧的最大弹性势能E pm .答案 (1)0.521 (2)24.4 J解析 (1)物体从A 点到被弹簧弹到D 点的过程中，弹簧弹性势能没有发生变化，机械能的减少量全部用来克服摩擦力做功，即：12m v02＋mgAD·sin θ＝μmg cos θ·(AB＋2BC＋BD)代入数据解得：μ≈0.521.(2)物体由A到C的过程中，动能减少量ΔE k＝12m v02重力势能减少量ΔE p＝mg sin θ·AC摩擦产生的热量Q＝μmg cos θ·AC由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为：E pm＝ΔE k＋ΔE p－Q≈24.4 J.13.如图所示，在倾角为37°的斜面底端固定一挡板，轻弹簧下端连在挡板上，上端与物块A 相连，用不可伸长的细线跨过斜面顶端的定滑轮把A与另一物体B连接起来，A与滑轮间的细线与斜面平行．已知弹簧劲度系数k＝40 N/m，A的质量m1＝1 kg，与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，B的质量m2＝2 kg.初始时用手托住B，使细线刚好处于伸直状态，此时物体A 与斜面间没有相对运动趋势，物体B的下表面离地面的高度h＝0.3 m，整个系统处于静止状态，弹簧始终处于弹性限度内．重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)由静止释放物体B，求B刚落地时的速度大小；(2)把斜面处理成光滑斜面，再将B换成一个形状完全相同的物体C并由静止释放，发现C 恰好到达地面，求C的质量m3.答案(1) 2 m/s(2)0.6 kg解析(1)因为初始时刻A与斜面间没有相对运动趋势，即A不受摩擦力，此时有：m1g sin θ＝F弹此时弹簧的压缩量为：x1＝F弹k＝m1g sin θk＝0.15 m当B落地时，A沿斜面上滑h，此时弹簧的伸长量为：x2＝h－x1＝0.15 m所以从手放开B到B落地过程中以A、B和弹簧为系统，弹簧伸长量和压缩量相同，弹性势能不变，弹簧弹力不做功，根据能量守恒定律可得：m 2gh ＝m 1gh sin θ＋μm 1g cos θ·h ＋12(m 1＋m 2)v 2 代入数据解得：v ＝ 2 m/s(2)由(1)分析同理可知换成光滑斜面，没有摩擦力，则从手放开C 到C 落地过程中以A 、C 和弹簧为系统，根据机械能守恒可得：m 3gh ＝m 1gh sin θ代入数据解得m 3＝0.6 kg.。
专题06 机械能-2023年高考物理二轮复习全攻略
机械能复习方略考纲定位 (2)知识重现 (2)规律总结 (5)一、常用结论 (5)二、规律应用 (6)三．本章考试题型归纳与分析 (7)四．能量为核心的综合应用问题 (7)列表总结本章 (7)机械能 (8)2022年考高真题练习 (9)参考答案 (14)考纲定位高考命题点 考纲要求高考真题1.功和功率 理解功和功率．了解生产生活中常见机械的功率大小及其意义.见2022年高考真题练习2.动能和动能定理理解动能和动能定理．能用动能定理解释生产生活中的现象.3.重力势能和弹性势能理解重力势能，知道重力势能的变化与重力做功的关系．定性了解弹性势能.4.机械能守恒定律通过实验，验证机械能守恒定律．理解机械能守恒定律，体会守恒观念对认识物理规律的重要性．能用机械能守恒定律分析生产生活中的有关问题.5.能量守恒定律理解能量守恒定律，能用能量守恒的观点解释自然现象，体会能量守恒定律是最基本、最普遍的自然规律之一.知识重现一、功和功率 1．功(1)表达式W ＝Fl cos α，α是力F 与位移l 的方向夹角．适用于恒力做功的计算，可理解为力F 乘以沿力方向的位移l cos α，也可理解为位移l 乘以沿位移方向的分力F cos α. (2)功的正负：功是标量，但有正负之分，功的正负可用来判断动力对物体做功还是阻力对物体做功．(3)一对作用力与反作用力做功：作用力与反作用力分别作用在两个不同的物体上，这两个物体各自发生的位移并不确定．当作用力做功时，反作用力可能做功也可能不做功，可能做正功也可能做负功． 2．功率的两个公式(1)P ＝Wt.所求出的功率是时间t 内的平均功率．(2)P ＝Fv cos α.其中α是F 与v 方向的夹角；若v 取瞬时速度，则对应的P 为瞬时功率；若v 取平均速度，则对应的P 为平均功率．注意：发动机的功率指发动机的牵引力F 的功率，而不是汽车所受合外力的功率，因牵引力与速度同向，故有P ＝Fv . 3．机车启动的两种典型方式恒定功率启动 恒定加速度启动图象OA 过 程分析P 不变：P v F v↑⇒=↓ F F a m-⇒=↓阻加速度减小的加速直线运动a 不变：F F a m-=阻⇒F 不变v ↑⇒P Fv =↑1P Fv ⇒=额匀加速直线运动，维持时间10v t a=AB 过 程分析m F F =0a ⇒=m Pv F ⇒=阻做速度为v m 的匀速直线运动P F F v F a vm-↑⇒=↓⇒=↓额阻加速度减小的加速度直线运动，在B 点达到最大速度，m P v F =额阻二、动能定理 1．动能(1)定义式：E k ＝12mv 2，v 为物体相对地的速度．(2)标量：物体的速度变化，动能不一定变化，如匀速圆周运动．物体的动能变化，速度(大小)一定发生变化． 2．动能定理(1)内容：力对物体所做的总功等于物体动能的变化． (2)表达式：W ＝ΔE k ＝E k2－E k1.注意：动能定理表达式是一个标量式，不能在某个方向上应用动能定理．三、机械能守恒定律 1．重力势能(1)表达式：E p ＝mgh ，是标量，但有正负，正负表示物体的重力势能比它在零势能面上大还是小．(2)特点：是地球和物体共有的，其大小与零势能面的选取有关．重力势能的变化是绝对的，与零势能面的选取无关．(3)重力做功与重力势能变化的关系：W G＝E p1－E p2.2．弹性势能(1)特点：物体由于发生弹性形变而具有的能量．弹性势能的大小与形变量及劲度系数有关．(2)弹力做功与弹性势能变化的关系：W弹＝E p1－E p2.3．机械能守恒定律的内容在只有重力(或系统内弹力)做功的情况下，物体系统内的动能和重力势能(或弹性势能)发生相互转化，而机械能的总量保持不变．4．机械能守恒定律的表达式(1)守恒式：E1＝E2或E k1＋E p1＝E k2＋E p2.E1、E2分别表示系统初、末状态时的总机械能．(2)转化式：ΔE k＝－ΔE p或ΔE k增＝ΔE p减．系统势能的减少量等于动能的增加量．(3)转移式：ΔE A＝－ΔE B或ΔE A增＝ΔE B减．系统只有A、B两物体时，A增加的机械能等于B减少的机械能．注意：应用守恒式时需要规定重力势能的零势能面，应用转化式或转移式时则不必规定重力势能的零势能面．四、功能关系和能量守恒1．功能关系的应用关键在于将对“功”(或“能量转化”)的求解转化为对“能量转化”(或“功”)的求解，特别是涉及机械能、动能和内能三种能量转化过程的分析．几种常用的功能关系如下：(1)外力对物体所做的总功等于物体动能的增量，即W总＝ΔE k＝E k2－E k1(动能定理)．(2)重力做功对应重力势能的减少量，即W G＝－ΔE p＝E p1－E p2.重力做多少正功，重力势能就减少多少；重力做多少负功，重力势能就增加多少．(3)弹力做功对应弹性势能的减少量，即W弹＝－ΔE p＝E p1－E p2.弹力做多少正功，弹性势能就减少多少；弹力做多少负功，弹性势能就增加多少．(4)除重力或弹力以外的其他力做的功与物体机械能的增量相对应，即W其他＝ΔE＝E2－E1.2．能量守恒定律是自然界最普遍、最重要的基本定律之一，除物体的动能、势能外，还涉及内能、电能等其他形式的能量参与转化．对能量守恒定律的两种理解如下：(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等．(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等．规律总结一、常用结论1. 求机械功的途径： （1）用定义求恒力功。
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A.a落地前,轻杆对b一直做正功 B.a落地时速度大小为 2 g h C.a下落过程中,其加速度大小始终不大于g D.a落地前,当a的机械能最小时,b对地面的压力大小 为mg
【思考】 (1)滑块a落地前,滑块b的速度如何变化? 提示:滑块b的初速度为零,滑块a落地时,滑块b的速度 为零,而滑块a下落过程中滑块b的速度不为零,故滑块b 的速度先增大后减小。
2
离Δx= h =h(2-
sin30 tan30
)h,故C3 错误;由于绳子不
可伸长,故不能储存弹性势能,绳子对两个物体做功的
代数和等于弹性势能的变化量,该过程中绳对系统做功
为零,故选项D错误。
迁移3:小球通过轻杆连接绕光滑圆环转动 (多选)如图所示,半径为R的光滑圆环固定在竖直平面 内,C是圆环最低点。两个质量均为m的小球A、B套在圆 环上,用长为R的轻杆相连,轻杆从竖直位置静止释放, 重力加速度为g,则 ( )
va、vb、vM,对系统由系统的机械能守恒得mg·2L(1cos60°)= 12mva2 12MvM2，a球与b端的角速度相等,由 v=rω得va=2vb,b端的线速度沿水平方向的分速度等于 物块的速度,即有vbcos60°=vM,解得vb=2vM,所以va=
4vM,联立以上各式解得 va13 62 m m gL M ， vM16 2m m g L M ， 故选项B、D正确。
动,当杆转过60°时杆与物块恰好分离。重力加速度为
g。当杆与物块分离时,下列说法正确的是( )
A.小球的速度大小为 B.小球的速度大小为 C.物块的速度大小为 D.物块的速度大小为
8mgL 4m M
32mgL 16m M 2mgL 4m M
2mgL 16m M
【解析】选Bபைடு நூலகம்D。设小球、b端、物块的速度分别为
A.当轻杆水平时,A、B两球的总动能最大 B.A球或B球在运动过程中机械能守恒 C.A、B两球组成的系统机械能守恒 D.B球到达C点时的速度大小为 g R
【解析】选A、C。A、B组成的系统只有重力和系统内 弹力做功,系统机械能守恒,在杆从竖直状态到水平状 态的过程中,系统重力势能减少最大,A、B两球的总动 能最大,故A、C正确;A球或B球从开始时的位置运动的 过程中,除重力对其做功外,杆的作用力对它们都做 功,A球或B球的机械能不守恒,故选项B错误;因为A与B 一起沿圆周运动,它们的相对位置保持不变,所以A与B
迁移2:物体通过轻绳连接跨过定滑轮 (多选)如图所示,质量均为m的两个物体 A和B,其中物体A置于光滑水平台上,物 体B穿在光滑竖直杆上,杆与平台有一定 的距离,A、B两物体通过不可伸长的细轻绳连接跨过台 面边缘的光滑小定滑轮,细线保持与台面平行。现由静 止释放两物体,当物体B下落h时,B物体的速度为2v,A物 体速度为v。关于此过程,下列说法正确的是 ( )
v ＝ 1解，得θ=30°,该过程中A、B系统机械能守恒,
2v 2
则mgh=1 m·(2v)21 + mv2,物体B的机械能减小量为
2
2
ΔEB=mgh12- m(2v)2,解得ΔEB=15 mgh,故选项A正确;
根据动能定理,该过程中绳对物体A做功为WT=12 mv2-0
= 1 mv2,故选项B正确;结合几何关系,物体A滑动的距
(2)滑块a下落过程中,滑块a、b组成的系统机械能是否 守恒? 提示:滑块a、b组成的系统只有重力和系统内弹力做功, 系统机械能守恒。
(3)当滑块a的机械能最小时,滑块b的速度和加速度如 何? 提示:当滑块a的机械能最小时,滑块b的机械能最大,即 滑块b的速度最大,加速度为零。
【解析】选B、D。选b滑块为研究对象,b滑块的初速度 为零,当a滑块落地时,a滑块没有在水平方向上的分速 度,所以b滑块的末速度也为零,由此可得b滑块速度是 先增大再减小,当b滑块速度减小时,轻杆对b一直做负 功,A项错误;当a滑块落地时,b滑块的速度为零,由机械 能守恒定律,可得a落地时速度大小为 2 g h ， B项正确; 当b滑块速度减小时,轻杆对a、b都表现为拉力,拉力在
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_=_Δ__E_内_。 ⑥电场力做功与电势能的关系:_W_电_=_-_Δ__E_p_。 ⑦克服安培力做功与电能的关系:_W_克_安__=_Δ__E_电_。
热点考向1 机械能守恒定律的应用 【典例1】(多选)(2015·全国卷Ⅱ)如图, 滑块a、b的质量均为m,a套在固定竖直杆 上,与光滑水平地面相距h,b放在地面上, a、b通过铰链用刚性轻杆连接,由静止开 始运动。不计摩擦,a、b可视为质点,重力加速度大小 为g,则 ( )
第7讲 机械能守恒定律 功能关系
【主干回顾】
【核心速填】
(1)机械能守恒定律的表达式。
①守恒的观点:Ek1+Ep1=Ek2+Ep2。 ②转化的观点:_Δ__E_k_=_-_Δ__E_p 。 ③转移的观点:_E_A_增_=_E_B_减_。
(2)常见的功能关系。
①合外力做功与动能的关系:W合=ΔEk。 ②重力做功与重力势能的关系:_W_G_=_-_Δ__E_p 。 ③弹力做功与弹性势能的关系:_W_弹_=_-_Δ__E_p_。
竖直方向上有分力与a的重力合成,其加速度大小大于 g,C项错误;a的机械能先减小再增大,当a的机械能最小 时,轻杆对a、b的作用力均为零,故此时b对地面的压力 大小为mg,D项正确。
【迁移训练】
迁移1:轻杆绕固定转轴转动 (多选)如图所示,长为3L的轻杆可绕 水平轴O自由转动,Oa=2Ob,杆的上端 固定一质量为m的小球(可视为质点), 质量为M的正方体静止在水平面上,不 计一切摩擦力。开始时,竖直轻细杆右侧紧靠着正方体 物块,由于轻微的扰动,杆逆时针转动,带动物块向右运
A.该过程中B物体的机械能损失了 1 mgh
5
B.该过程中绳对物体A做功为 1 mv2
2
C.物体A在水平面上滑动的距离为h
D.该过程中绳对系统做功 5 mv2
2
【解析】选A、B。在图中的虚线对
应的位置,将物体B的速度沿着平行
绳子和垂直绳子方向正交分解,如图
所示:物体A、B沿着绳子的分速度相等,故sinθ=