第一部分 专题二 第1讲 能量观点在力学中的应用
高考物理二轮复习第一部分专题二能量与动量第1讲能量和动量观点在力学中的应用课件新人教版
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．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.
①式和题给数据得
Ek0＝4.0×108 J
②
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
Eh＝12mv2h＋mgh
③
式中，vh 是飞船在高度 1.60×105 m 处的速度大小。由③式
和题给数据得
Eh≈2.4×1012 J
④
(2)飞船在高度 h′＝600 m 处的机械能为
Eh′＝12m(120.00vh)2＋mgh′
D．6.3×102 kg·m/s
A 由于喷气时间短，且不计重力和空气阻力，则火箭和燃 气组成的系统动量守恒．
燃气的动量 p1＝mv＝0.05×600 kg·m/s＝30 kg·m/s， 则火箭的动量 p2＝p1＝30 kg·m/s，选项 A 正确．
4．(2017·全国卷Ⅰ)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 7.50×103 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 位有效 数字)
3．(2017·全国卷Ⅰ)将质量为 1.00 kg 的模型火箭点火升空，
高中物理选择性必修第一册 第1章 动量和动量守恒定律专题强化5 动量、动力学和能量观点在力学中的应用
动量、动力学和能量观点在力学中的应用[学习目标] 1.进一步熟悉牛顿第二定律、动能定理、动量守恒定律、能量守恒定律等规律.2.灵活运用动力学观点、动量观点和能量观点解决力学问题．一、力的三个作用效果与五个规律作用效果对应规律公式表达三个基本观点力的瞬时作用效果牛顿第二定律F合＝ma动力学观点力对空间积累效果动能定理W合＝ΔE k W合＝12m v22－12m v12能量观点机械能守恒定律mgh1＋12m v12＝mgh2＋12m v22力对时间积累效果动量定理F合t＝p′－pI合＝Δp动量观点动量守恒定律m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′二、力学规律的选用原则1．如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律．2．研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题．3．若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用两个守恒定律解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件．4．在涉及相对位移问题时优先考虑利用能量守恒定律求解，根据系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量(即转化为系统内能的量)列方程．5．在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化，这种问题由于作用时间极短，因此动量守恒定律一般能派上大用场．如图1所示，较长的曲面与水平桌面平滑连接，将m 1、m 2之间的轻弹簧压缩后用细线连接，置于水平桌面上，弹簧与两物体不拴连．现将细线烧断，弹簧将两物体弹开，m 2离开弹簧后从右边飞出，m 1冲上曲面．已知桌面高为h ，m 2平抛的水平射程为x ，m 1＝2m ，m 2＝m ，不计一切摩擦，重力加速度为g ，求：图1(1)m 2离开弹簧时的速度大小；(2)m 1上升到曲面最高点时距桌面的高度H ； (3)弹簧的最大弹性势能． 答案 (1)xg 2h (2)x 216h (3)3mgx 28h解析 (1)对m 2平抛过程分析，有 h ＝12gt 2， x ＝v 2t 解得v 2＝xg 2h. (2)弹簧将两物体弹开的过程，m 1、m 2组成的系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律有m 1v 1－m 2v 2＝0 解得v 1＝x2g 2h对m 1冲上曲面过程，由机械能守恒定律有 m 1gH ＝12m 1v 12解得H ＝x 216h.(3)弹簧的最大弹性势能为E p ＝12m 1v 12＋12m 2v 22解得E p ＝3mgx 28h.(1)灵活选取系统.根据题目的特点可选取其中动量守恒或能量守恒的几个物体为研究对象，不一定选所有的物体为研究对象.(2)灵活选取物理过程.在综合题目中，物体运动常有几个不同的过程，根据题目的已知、未知条件灵活地选取物理过程来研究.列方程前要注意分析、判断所选过程动量、能量的守恒情况.(2020·湖北曾都高二期中)如图2，光滑的水平地面上静止放置一辆小车A ，质量m A＝5 kg ，上表面光滑，可视为质点的物块B 置于A 的最右端，B 的质量m B ＝3 kg.现对A 施加一个水平向右的恒力F ＝10 N ，A 运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B 发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A 、B 粘合在一起，共同在F 的作用下继续运动，碰撞后经时间t ＝0.8 s ，二者的速度达到v t ＝2 m/s.求：图2(1)A 开始运动时加速度a 的大小； (2)A 、B 碰撞后瞬间的共同速度v 的大小； (3)A 的上表面长度l .答案 (1)2.0 m/s 2 (2)1 m/s (3)0.64 m解析 (1)以A 为研究对象，由牛顿第二定律有F ＝m A a 代入数据解得a ＝Fm A＝2.0 m/s 2(2)A 、B 碰撞后一起在F 的作用下运动时间t 的过程中，由动量定理得 Ft ＝(m A ＋m B )v t －(m A ＋m B )v 代入数据解得v ＝1 m/s(3)设A 、B 发生碰撞前，A 的速度为v A ， 对A 、B 发生碰撞的过程，由动量守恒定律有 m A v A ＝(m A ＋m B )vA 从开始运动到与B 发生碰撞前，由动能定理有 Fl ＝12m A v A 2代入数据可得l ＝0.64 m.1．(动力学和动量观点的综合应用)(多选)如图3所示，一平台到地面的高度为h ＝0.45 m ，质量为M ＝0.3 kg 的木块放在平台的右端，木块与平台间的动摩擦因数为μ＝0.2.地面上有一质量为m ＝0.1 kg 的玩具青蛙，距平台右侧的水平距离为x ＝1.2 m ，旋紧发条后释放，让玩具青蛙斜向上跳起，当玩具青蛙到达木块的位置时速度恰好沿水平方向，玩具青蛙立即抱住木块并和木块一起滑行．已知木块和玩具青蛙均可视为质点，玩具青蛙抱住木块过程时间极短，不计空气阻力，重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )图3A ．玩具青蛙在空中运动的时间为0.3 sB ．玩具青蛙在平台上运动的时间为2 sC ．玩具青蛙起跳时的速度大小为3 m/sD ．木块开始滑动时的速度大小为1 m/s 答案 AD解析 由h ＝12gt 12得玩具青蛙在空中运动的时间为t 1＝0.3 s ，A 项正确；玩具青蛙离开地面时的水平速度和竖直速度分别为v x ＝xt 1＝4 m/s ，v y ＝gt 1＝3 m/s ，则玩具青蛙起跳时的速度大小为v 0＝v x 2＋v y 2＝5 m/s ，C 项错误；由动量守恒定律得m v x ＝(M ＋m )v ，解得木块开始滑动时的速度大小为v ＝1 m/s ，D 项正确；对木块及玩具青蛙，由动量定理得：－μ( M ＋m )gt 2＝0－(M ＋m )v ，解得玩具青蛙在平台上运动的时间为t 2＝0.5 s ，B 项错误．2．(力学三大观点的综合运用)(2021·忻州一中月考)如图4所示，一水平轻弹簧右端固定在粗糙水平面右侧的竖直墙壁上，质量为M ＝2 kg 的物块静止在水平面上的P 点，质量为m ＝1 kg 的小球用长l ＝0.9 m 的轻绳悬挂在P 点正上方的O 点．现将小球拉至轻绳与竖直方向成60°角位置，静止释放．小球到达最低点时恰好与物块发生弹性正碰．碰后物块向右运动并压缩弹簧，之后物块被弹回，刚好能回到P 点．设小球与物块只碰撞一次，不计空气阻力，物块和小球均可视为质点，重力加速度取g ＝10 m/s 2.求：图4(1)小球第一次摆到最低点与物块碰撞前瞬间对轻绳的拉力大小； (2)弹簧的最大弹性势能E p . 答案 (1)20 N (2)2 J解析 (1)小球静止释放，由机械能守恒定律：mgl (1－cos 60°)＝12m v 02小球在最低点由牛顿第二定律得：F T －mg ＝m v 02l又由牛顿第三定律有小球对轻绳的拉力F T ′＝F T 解得：F T ′＝20 N.(2)小球与物块发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律得：m v 0＝m v 0′＋M v 1 12m v 02＝12m v 0′2＋12M v 12 物块从P 点运动到最右端，由能量守恒定律得：12M v 12＝E p ＋Q小球反弹后回到P 点的过程，又有：E p ＝Q 联立解得：E p ＝2 J.1．(多选)如图1所示，水平轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m 的物体A 相连，A 放在光滑水平面上，有一质量与A 相同的物体B ，从离水平面高h 处由静止开始沿固定光滑曲面滑下，与A 相碰后一起将弹簧压缩，弹簧恢复原长后某时刻B 与A 分开且沿原曲面上升．下列说法正确的是(重力加速度为g )( )图1A ．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mghB ．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh2C ．B 与A 分开后能达到的最大高度为h4D ．B 与A 分开后能达到的最大高度不能计算 答案 BC解析 根据机械能守恒定律可得B 刚到达水平面的速度v 0＝2gh ，根据动量守恒定律可得A 与B 碰撞后的速度为v ＝12v 0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为E pm ＝12×2m v 2＝12mgh ，故A 错误，B 正确；当弹簧再次恢复原长时，A 与B 分开，B 以大小为v 的速度向左沿曲面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh ′＝12m v 2，解得B 能达到的最大高度为h ′＝14h ，故C 正确，D 错误．2．(多选)如图2甲，光滑水平面上放着长木板B ，质量为m ＝2 kg 的木块A 以速度v 0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板B 的上表面，由于A 、B 之间存在摩擦，之后木块A 与长木板B 的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )图2A ．木块A 与长木板B 之间的动摩擦因数为0.1 B ．长木板的质量M ＝2 kgC ．长木板B 的长度至少为2 mD ．木块A 与长木板B 组成的系统损失的机械能为4 J 答案 AB解析 由题图可知，木块A 先做匀减速运动，长木板B 先做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v ＝1 m/s ，取向右为正方向，根据动量守恒定律得m v 0＝(m ＋M )v ，解得M ＝m ＝2 kg ，故B 正确；由题图可知，长木板B 匀加速运动的加速度为a B ＝Δv Δt ＝11 m/s 2＝1 m/s 2，对长木板B ，根据牛顿第二定律得μmg ＝Ma B ，解得μ＝0.1，故A 正确；由题图可知前1 s 内长木板B 的位移为x B ＝12×1×1 m ＝0.5 m ，木块A 的位移为x A ＝2＋12×1 m ＝1.5 m ，所以长木板B 的最小长度为L ＝x A －x B ＝1 m ，故C 错误；木块A 与长木板B 组成的系统损失的机械能为ΔE ＝12m v 02－12(m ＋M )v 2＝2 J ，故D 错误．3.(2020·广东省实验中学、广雅中学、佛山一中高二下期末)如图3所示，一质量为M B ＝6 kg 的木板B 静止于光滑的水平面上，物块A 的质量M A ＝6 kg ，停在B 的左端，一质量为m ＝ 1 kg 的小球用长为l ＝0.8 m 的轻绳悬挂在固定点O 上．将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与A 发生碰撞后反弹，反弹所能达到的最大高度h ＝0.2 m ，物块A 与小球均可视为质点，A 、B 达到共同速度后A 还在木板上，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.图3(1)小球和物块A 碰后瞬间物块A 的速度大小； (2)A 、B 组成的系统因摩擦损失的机械能． 答案 (1)1 m/s (2)1.5 J解析 (1)对于小球，在运动的过程中机械能守恒，则有mgl ＝12m v 12，得v 1＝2gl ＝4 m/s ，mgh ＝12m v 1′2，得v 1′＝2gh ＝2 m/s小球与物块A 碰撞过程中，系统的动量守恒，以向右为正方向，则有：m v 1＝－m v 1′＋M A v A ， 解得v A ＝1 m/s(2)物块A 与木板B 相互作用过程中： M A v A ＝(M A ＋M B )v 共，解得v 共＝0.5 m/s. A 、B 组成的系统因摩擦而损失的机械能 ΔE ＝12M A v A 2－12(M A ＋M B )v 共2代入数据，解得ΔE ＝1.5 J4．如图4所示，光滑的水平面上有一质量M ＝9 kg 的木板，其右端恰好和14光滑固定的圆弧轨道AB 的底端等高对接(木板的水平上表面与圆弧轨道相切)，木板右端放有一质量m 0＝2 kg 的物体C (可视为质点)，已知圆弧轨道半径R ＝0.9 m ，现将一质量m ＝4 kg 的小滑块(可视为质点)，在轨道顶端A 点由静止释放，滑块滑到B 端后冲上木板，并与木板右端的物体C 粘在一起沿木板向左滑行，最后恰好不从木板左端滑出，已知滑块和物体C 与木板上表面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2.求：图4(1)滑块到达圆弧的B 端时，轨道对它的支持力大小； (2)木板的长度l .答案 (1)120 N (2)1.2 m解析 (1)滑块从A 端下滑到B 端，由机械能守恒定律得 mgR ＝12m v 02解得v 0＝3 2 m/s在B 点，由牛顿第二定律得 F N －mg ＝m v 02R解得轨道对滑块的支持力F N ＝120 N.(2)滑块滑上木板后，滑块与木板右端的物体C 发生碰撞，以向左为正方向，设碰撞后共同的速度为v 1，则 m v 0＝(m ＋m 0)v 1 代入数据得v 1＝2 2 m/s对滑块、物体C 以及木板，三者组成的系统沿水平方向的动量守恒，设末速度为v 2，由动量守恒定律有(m ＋m 0)v 1＝(m ＋m 0＋M )v 2 由能量守恒定律得μ(m ＋m 0)gl ＝12(m ＋m 0)v 12－12(M ＋m ＋m 0)v 22解得l ＝1.2 m.5.如图5所示，C 是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m ，在木板的上表面有两块质量均为m 的小木块A 和B ，它们与木板间的动摩擦因数均为μ.最初木板静止，A 、B 两木块同时以相向的水平初速度v 0和2v 0滑上长木板，木板足够长，A 、B 始终未滑离木板也未发生碰撞．重力加速度为g ，求：图5(1)此后运动过程中木块B 的最小速度是多少？(2)木块A 从刚开始运动到A 、B 、C 速度刚好相等的过程中，木块A 发生的位移是多少？ 答案 见解析解析 (1)由题知，B 向右减速，A 向左减速，此时C 静止不动；A 先减速到零后与C 一起反向向右加速，B 向右继续减速，三者共速时，B 的速度最小． 取向右为正方向，根据动量守恒定律有 m ·2v 0－m v 0＝5m v 解得B 的最小速度v ＝v 05.(2)A 向左减速的过程，根据动能定理有 －μmgx 1＝0－12m v 02向左的位移为x 1＝v 022μgA 、C 一起向右加速的过程，根据动能定理有 μmgx 2＝12×4m ⎝⎛⎭⎫v 052向右的位移为x 2＝2v 0225μg取向右为正方向，整个过程A 发生的位移为 x ＝x 2－x 1＝－21v 0250μg即此过程中A 发生的位移向左，大小为21v 0250μg.6.(2020·嘉祥县第一中学高二期中)如图6所示，小球A 质量为m ，系在细线的一端，细线的另一端固定在O 点，O 点到光滑水平面的距离为h .物块B 和C 的质量分别是4m 和2m ，物块B 、C 与轻弹簧接触不拴接，静止置于光滑的水平面上，且物块B 位于O 点正下方．现拉动小球A 使细线水平伸直，小球A 由静止释放，运动到最低点时与物块B 发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点时与水平面的距离为h9.小球A 与物块B 、C 均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g ，求碰撞过程：图6(1)物块B 受到的冲量大小； (2)碰后轻弹簧获得的最大弹性势能； (3)物块C 获得的最大速度的大小． 答案 (1)4m 32gh (2)427mgh (3)492gh解析 (1)设小球A 运动到最低点与物块B 碰撞前的速度大小为v 1，取小球A 运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有mgh ＝12m v 12解得v 1＝2gh设碰撞后小球A 反弹的速度大小为v 1′， 根据机械能守恒定律有：12m v 1′2＝mg h9解得v 1′＝2gh3设碰撞后物块B 的速度大小为v 2，取水平向右为正方向， 由动量守恒定律有m v 1＝－m v 1′＋4m v 2 解得v 2＝2gh 3由动量定理可得，碰撞过程物块B 受到的冲量大小为I ＝4m v 2＝4m 2gh3(2)碰撞后当物块B 与物块C 速度相等时轻弹簧的弹性势能最大， 根据动量守恒定律有4m v 2＝6m v 3根据机械能守恒定律有E pm ＝12×4m v 22－12×6m v 32解得E pm ＝427mgh (3)当压缩的弹簧恢复原长时，C 物块获得的速度最大，根据动量守恒定律和能量守恒定律有 4m v 2＝4m v 2′＋2m v 3′12×4m v 22＝12×4m v 2′2＋12×2m v 3′2 解得v 3′＝492gh。
高考物理二轮复习 第一部分 专题三 功与能量 第2讲 能量观点在力学中的综合应用课件
由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为p＝mv1＝ m
23gR 2
⑨
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(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大 小为g。设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C点落至水平轨道上所用时间为t。
由运动学公式有 v⊥t＋12gt2＝CD⑩ v⊥＝vsinα⑪ 由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得
[解析] (1)小物块运动到轨道最高点时，由牛顿第二定律得FN＋mg＝ mvR2，由牛顿第三定律得FN＝FN′＝130 N
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＋12mv2＝12mv2B 解得vB＝4 m/s
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(2)小物块从A运动到B点的过程，由动能定理得 Fs－μ1mgxAB＝12mv2B－0 根据牛顿第二定律得：F－μ1mg＝ma 由运动学公式有s＝12at2 联立解得t＝53 s
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(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。
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滑块由A点运动到B点的过程，根据动能定理，有： Pt－μmgL＝12mv2B－0 解得：水平外力作用在滑块上的时间 t＝mv2B＋2P2μgL＝0.4 s。 答案 (1)25.6 N (2)0.4 s
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考向2 能量观念综合应用
1．能量转化问题的解题方法 (1)当涉及摩擦力做功时，机械能不守恒，一般应用能的转化和守恒定律， 特别注意摩擦产生的内能Q＝Ffx相对，x相对为相对滑动的两物体间相对滑动路程的 总长度。 (2)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。
第1课时 动量观点和能量观点在力学中的应用
第1课时动量观点和能量观点在力学中的应用动能定理和机械能守恒定律的应用1.必须领会的“2种物理思想和3种方法”(1)守恒的思想、分解思想；(2)守恒法、转化法、转移法。
2.必须辨明的“4个易错易混点”(1)分析含弹簧的物体机械能守恒时，必须是包括弹簧在内的系统；(2)动能定理是标量方程，注意不要分方向应用；(3)机械能守恒定律三种表达式应用情景的区别；(4)摩擦产生内能的计算公式ΔE内＝F f x中x是相对滑动的两物体间的相对位移。
命题角度一功和功率的理解与计算【例1】(多选)(2018·全国卷Ⅲ，19)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1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()图1A.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∶5命题角度二应用动能定理解决多过程问题【例2】(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3 m以内时，物体上升、下落过程中动能E k随h的变化如图2所示。
重力加速度取10 m/s2。
该物体的质量为()图2A.2 kgB.1.5 kgC.1 kgD.0.5 kg使用动能定理解决多过程问题“两点注意”(1)要注意在几个运动性质不同的分过程中，有些力是全过程都起作用的，有些力在分过程中起作用。
(2)求解功时要分清哪个力的功，计算时要把各力的功连同符号(正负)一同代入公式。
命题角度三机械能守恒定律和动力学观点的综合应用【例3】2017～2018赛季国际雪联单板滑雪U型场地世界杯在崇礼云顶滑雪场落幕，中国女将夺冠。
高考物理第二轮复习9 功和能量知识在力学中的应用精品PPT课件
【点评】 汽车启动过程分为三个阶段： 第一阶段是匀加速运动过程，过程结束时，恰
达到最大功率． 第二个阶段是保持恒定的最大功率做加速度逐
渐减少的变加速运动. 最后当牵引力等于阻力时，汽车保持最大速度
做匀速运动．对于变加速运动过程，牛顿定律和匀 变速直线运动规律无法解答，而用动能定理便能轻 而易举地解决，这就是应用动能定理的好处．
(2)机械能守恒的条件： 系统只有重力 (和系 统内弹力)做功 .
注意: “只有重力做功”，不是“只有重力作用”． 如果除重力外，还有其他力作用，但其他力不做功， 而只有重力做功时，机械能仍然守恒．
(3)定律可写成多种表达式：
Ek1 Ep1 Ek2 Ep2,
即1 2
mv12
mgh1
1 2
mv22
⑤动能定理 只考虑 某一过程中所有外 力做的 总功与始末两状态动能变化的关系，而不必考虑其 运动的细节，也不考虑势能等其他形式的能量．对 单个物体在一般涉及 力 与 位移 关系的题目 中，应用动能定理解题，一般比应用牛顿第二定律 解题要简便，应优先考虑使用动能定理． 4．机械能守恒定律
(1)内容：在只有 重力 (或 系统内弹力 ) 做功的情形下，物体的重力势能( 或弹性势能 )和动 能发生相互转化，但总的机械能保持 不变 .
2．应用动能定理解题的基本步骤：
(1)选取研究对象，明确它的运动过程；
(2)明确物体在过程的起始状态的动能Ek1和末状 态动能Ek2；
(3)分析研究对象的受力情况和各个力做功情况：
受哪些力？每个力是否做功？做正功还是做负功?做
多少功？然后求各个外力做功的代数和；
(4)列出动能定理的方程
W 1W 2W 3 1 2m v2 21 2m v1 2
高考物理一轮复习 第1部分 专题2 第1讲 能量观点在力学中的应用课件
解：(1)质量为 m 的鱼饵到达管口 C 时做圆周运动的向 心力完全由重力提供，则
mg＝mvR21① 解得 v1＝ gR② (2)弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能，由机械能 守恒定律有 Ep＝mg(1.5R＋R)＋12mv21③ 由②③式得 Ep＝3mgR④
(3)质量为 m 的鱼饵离开管口 C 后做平抛运动，设经过 时间 t 落到水面上，离 OO′的水平距离为 x1，有：
(1)功、功率的基本概念，以选择题形式出现． (2)机车启动问题，以选择题形式出现较多，也有计算题 形式出现． (3)能的转化与守恒，多以计算题出现，常结合平抛运动、 圆周运动等知识考查．
机车功率问题
【例 1】(2011 年浙江卷)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
2．(2011 年北京卷)如图 2－1－2 所示，长度为 l 的轻绳 上端固定在 O 点，下端系一质量为 m 的小球(小球的大小可 以忽略)．
(1)在水平拉力 F 的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为α， 小球保持静止，画出此时小球的受力图，并求力 F 的大小．
(2)由图示位置无初速度释放小球，求当小球通过最低点 时的速度大小及轻绳对小球的拉力．(不计空气阻力)
机车功率问题，除了我们讲得多的是机车 的起动问题外，其实还有机车减小功率减速等其他方面，解 决这类问题我们要掌握以下几方面：
(1)四个规律看物理量间的联系和变化：①牛顿第二定律 F牵－F阻＝ma；②运动学vt＝v0＋at；③机车功率P＝F牵 v； ④牵引力的功 W＝Pt.
2021届高考物理二轮专题复习-能量观点在力学中的综合应用PPT
第2轮 物理(全国版)
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第一部分 专题突破
02
命题热点突破
热点一 机械能守恒和能量守恒定律的应用
[训练1] (多选)(2020·四川绵阳质检)质量为m的物体从距地面高h处分别沿不同的
支持面滑至底面，如图所示，a为光滑斜面，b为粗糙斜面，c为光滑曲面．在这三个
过程中 A．重力做功相等
( AD )
点，CE 与竖直方向的夹角为 37°，弹性橡皮绳原长为 1.5 m，弹力满足胡克定律．现
沿着圆环切线向右下方给小球一个初速度 v0＝5 m/s.已知橡皮绳的弹性势能与橡皮绳
的形变量 x 满足 Ep＝12kx2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取 10 m/s2，则下列说法正确
的是
第一部分 专题突破
专题二 动量与能量
第2课时 能量观点在力学中的综合应用
第一部分 专题突破
高考热点
命题轨迹
卷Ⅰ 2016·T25
情境呈现
机械能守 卷Ⅱ 恒和能量 守恒定律 的应用
卷Ⅲ
2016·T25
2018·T17 2018·T25
第2轮 物理(全国版)
2016 年卷Ⅰ25 题
2016 年卷Ⅱ25 题
第2轮 物理(全国版)
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第一部分 专题突破
[训练2] (2020·天津和平区联考)体育课上某同学做引体 向上，他两手握紧单杠，双臂竖直，身体悬垂，接着用力上拉 使下颌超过单杠(身体无摆动)，然后使身体下降，最终悬垂在 单 杠 上 ， 下 列 说 法 正 确 的D 是
() A．在上升过程中单杠对人的作用力始终大于人的重力 B．在下降过程中单杠对人的作用力始终小于人的重力 C．若增大两手间的距离，最终悬垂时单臂的拉力变小 D．该同学速度最大时的机械能大于最低点时的机械能
高考物理二轮复习第一部分专题整合专题二功能与动量第讲力学三大观点的应用课件.ppt
CDE 平滑连接，固定在同一竖直面内，两直杆与水平
方向夹角均为 θ＝37°，质量分别为 m1＝0.3 kg、m2＝
0.1 kg 的小环套在直杆上相距为 L1 的 A、B 两处，m1、
m2 与两直杆的动摩擦因数分别为 μ1＝0.5 和 μ2＝1.0。
将 m1 在 A 点无初速释放后，在 B 点与 m2 发生碰撞(碰
2019-9-11
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17
m1、m2 碰撞时间极短，碰前瞬间 m1 的速度 v1，由 动量守恒，有
m1v1＝(m1＋m2)v 得 v1＝8 m/s 从 A 到 B，对 m1 由动能定理，有(m1gsin θ－f1)L1 ＝12m1v21 得 L1＝16 m
2019-9-11
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18
将过锅底的纵截面看作是由两个斜面 AB、CD 和一段光滑圆
弧组成，滑块与斜面间的动摩擦因数为 0.25，且不随温度变
化。两斜面倾角均为 θ＝37°，AB＝CD＝2R，A、D 等高，
D 端固定一小挡板，碰撞不损失机械能。滑块的运动始终在
包括锅底最低点的竖直平面内，重力加速度为 g。
2019-9-11
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2019-9-11
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6
[例 1] 在被誉为“中国轿车第一撞”的碰撞试验 中，让汽车以 50 km/h 的碰撞速度驶向质量为 80 t 的碰 撞试验台，由于障碍物的质量足够大可视为固定的，所 以撞击使汽车的速度在碰撞的极短时间内变为零，如果 让同样的汽车以 100 km/h 的速度撞向未固定的与汽车 同质量的物体，设想为完全非弹性碰撞，且碰撞完成所 需的时间是“第一撞”试验的两倍，求两种碰撞过程中 汽车受到的平均冲击力之比。
过程中甲动量的变化量为 Δ p 甲＝0－m 甲 v 甲＝－4.0
第1讲 能量与动量知识在力学中的应用
专题五能量与动量1.功.(1)恒力的功：W=Fs cos a；(2) 变力做功：①用动能定理或功能关系求解．②用图象法求解，其中在F-s图象中，曲线下的面积表示功的大小．③当力的功率恒定时W=Pt.2.功率.(1)平均功率：(2) 瞬时功率：3.动能定理.(1)内容：外力对物体做的总功等于物体动能的变化.（2）公式：4．机械能守恒定律（1）机械能守恒的条件：（2）定律可写成多种表达式：5．功与能的关系：功是能量转化的量度(1)动能定理：(2)重力功W G与△E p的关系：(3)功能原理：(4)摩擦力的功与摩擦生热的关系：（5）电场力的功W电与△E p的关系：（6）电磁感应现象中，（7）热力学第一定律中：（8）光电效应：（9）核能：6．动量和动量守恒定律7．爆炸与碰撞(1)爆炸与碰撞：(3)求解碰撞类问题时应同时遵守三条原则①系统动量守恒原则：碰撞是作用时间很短的相互作用过程，物体间的相互作用很大，通常系统所受的外力(如重力、摩擦力等)的影响可忽略，认为系统动量守恒．②不违背能量守恒原则：即碰撞过程中系统的总动能不可能增加，有③物理情景(过程)可行性原则：a．如果碰撞前两物体同向运动，则后面物体的速度必前面物体的速度，否则无法实现碰撞．b.碰撞后，原来在前的物体的速度一定，且原来在前的物体速度原来在后的物体的速度，否则碰撞没有结束．c.如果碰前两物体是相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都，除非两物体碰撞后速度均为．1．变力作用下的直线运动问题【例1】如图所示，一辆质量为6t的汽车，额定功率为90kW，以a=2m/s2的加速度在平直公路从静止启动，车受的阻力为车重的0.05倍，g取10m/s2.问：(1)汽车做匀加速运动的时间有多长？(2)汽车能够达到的最大速度是多少？(3)若汽车从达到额定功率时起经86.4s而达到最大速度，则汽车在这段时间中前进了多远？(4)汽车的速度是20m/s时，它的加速度是多少？【变式练习】(双选)质量为m的汽车以恒定功率P沿倾角为q的倾斜路面向上行驶，最终以速度v匀速运动，若保持汽车的功率P不变，使汽车沿这个倾斜路面向下运动，最终匀速行驶，因此可知(汽车所受f不变)( )A．汽车的最终速度一定大于vB．汽车的最终速度一定小于vC．汽车所受的阻力一定大于mg sin qD．汽车所受的阻力可能小于mg sin q2．动能定理的综合应用【例2】如图所示，物体在离斜面底端4m处由静止滑下，若动摩擦因数均为0.5，斜面倾角为37°，斜面与平面间由一小段圆弧连接，求物体能在水平面上滑行多远？【同类变式】(2011·珠海模拟)如图所示，AB是倾角为q的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R，一个质量为m的物体(可以看做质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P点与圆弧的圆心O 等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ，求：(1)物体做往返运动的整个过程中，在AB轨道上通过的总路程；(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对轨道的压力．3．机械能守恒定律的综合应用基本思路如下：(1)取研究对象——物体系统或物体．(2)根据研究对象所经历的物理过程，进行受力分析和做功分析，判断机械能是否守恒．(3)恰当地选取参考平面，确定研究对象在研究过程的初末状态时的机械能．(4)根据机械能守恒定律列方程，进而求解．【例3】如图所示，M是半径R=0.9m的固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，轨道下端竖直相切处放置竖直向上的弹簧枪，弹簧枪可发射速度不同的质量m=0.2kg 的小钢珠．假设某次发射的小钢珠沿轨道内壁恰好能从M上端水平飞出，落至距M下方h=0.8m平面时，又恰好能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入一光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑．A、B为圆弧轨道两端点，其连线水平，圆弧半径r=1m，小钢珠运动过程中阻力不计，g取10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6.求：(1)发射小钢珠前，弹簧枪弹簧的弹性势能E p；(2)从M上端飞出到A点的过程中，小钢珠运动的水平距离s；(3)AB圆弧对应的圆心角；(结果可用角度表示，也可用正切值表示)(4)小钢珠运动到AB圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小．【例4】如图所示，半径R=0.40m的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与粗糙的水平地面相切于圆环的端点A.一质量m=0.10kg的小球，以初速度v0=7.0m/s在水平地面上向左做加速度a=3.0m/s2的匀减速直线运动，运动4.0m后，冲上竖直半圆环，最后小球落在C 点，求A、C间的距离．(取重力加速度g=10m/s2)。
高一物理《动量、动力学和能量观点在力学中的应用》知识点总结
高一物理《动量、动力学和能量观点在力学中的应用》知识
点总结
一、解决力学问题的三个基本观点和五个规律
二、力学规律的选用原则
1．如果物体受恒力作用，涉及运动细节可用动力学观点去解决．
2．研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题．
3．若研究的对象为几个物体组成的系统，且它们之间有相互作用，一般用两个守恒定律解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件．
4．在涉及相对位移问题时优先考虑利用能量守恒定律求解，根据系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量(即转化为系统内能的量)列方程．
5．在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化，这种问题由于作用时间极短，因此动量守恒定律一般能派上大用场．。
专题二.功和能.小专题四.功能关系在力学中的应用
对点拓展练 2.(多选)(2017·辽宁铁岭市协作体模拟)如图3，用轻绳连接的滑轮 组下方悬挂着两个物体，它们的质量分别为m1、m2，且m2＝2m1， m1用轻绳挂在动滑轮上，滑轮的质量、摩擦均不计.现将系统从静 止释放，对m1上升h高度(h小于两滑轮起始高度差)这一过程，下
列说法正确的是B( CD)
量为m，两根轻弹簧的原长均为L、劲度系数均为 3mgsin θ，g
为重力加速度.
L
(1)小球在距B点 4L/5的P点处于静止状态，求此时小球受到的
摩擦力大小和方向；
(2)设小球在P点受到的摩擦力为最大静摩擦力，且与滑动摩擦 力相等.现让小球从P点以一沿杆方向的初速度向上运动，小球 最高能到达距A点 4L/5的Q点，求初速度的大小.
答案(1)0.28 N(2)0.224 W (3)1.12m/s(4)1.9328m
高考题型2 动力学方法和动能定理的综合应用
例2.(2017·福建大联考)如图4，固定直杆上套有一小球和两根 轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球相连，另一端分别固定在
杆上相距为2L的A、B两点.直杆与水平面的夹角为θ，小球质
说法正确的是( C )
A.力F先减小后增大 B.弹簧的弹性势能一直增大 C.物块A的动能和重力势能一直增大 D.两物块A、B和轻弹簧组成的系统机械能先增大后减小
图1
P29
例1.(2017·山东省模拟)如图1所示，平行板电容器水平放置，两极 板间电场强度大小为E，中间用一光滑绝缘细杆垂直连接，杆上 套有带正电荷的小球和绝缘弹簧，小球压在弹簧上，但与弹簧不 拴接，开始时对小球施加一竖直向下的外力，将小球压至某位置 使小球保持静止.撤去外力后小球从静止开始向上运动，上升h时 恰好与弹簧分离，分离时小球的速度为v，小球上升过程不会撞 击到上极板，已知小球的质量为m，带电荷量为q，重力加速度为
高考物理复习：动量和能量观点的应用
④
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第一部分 专题二 能量与动量
由于在 t2＋3Δt～t2＋4Δt 内汽车停止，由运动学公式
v3＝v2－3aΔt 2as4＝v23
联立②⑤⑥式，代入已知数据解得
二
轮 复
a＝8 m/s2，v2＝28 m/s
习
或 a＝22858 m/s2，v2＝29.76 m/s
但⑧式情形下，v3＜0，不合题意，舍去。
二
轮 复
设改变后的动摩擦因数为 μ′，由动能定理有
习
mgh－μ′mgcosθ·sihnθ－μ′mgs′＝0
联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩⑪
μμ′＝191
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第一部分 专题二 能量与动量
4．(2019·全国卷Ⅱ，25)·度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机突
然发现前方100 m处有一警示牌，立即刹车。刹车过程中，汽车所受阻力大小随
轮 复 习
移为24 m，第4 s内的位移为1 m。
图(a)
图(b)
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第一部分 专题二 能量与动量
(1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的
v－t图线；
(2)求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；
(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1～t2时间内汽车克服阻力做的
物 理
二 轮 复 习
(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为 v1，则 t1 时刻的速度也为 v1；t2 时 刻的速度为 v2。在 t2 时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为 a，取 Δt＝1 s。
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第一部分 专题二 能量与动量
设汽车在 t2＋(n－1)Δt～t2＋nΔt 内的位移为 sn，n＝1,2,3，…。
物理高考复习专题强化八-动力学、动量和能量观点在力学中的应用PPT课件
2.力学规律的选用原则 (1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律。 (2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉 及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题。 (3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定 律和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。 (4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的 总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量。 (5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般 均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换。作用时间都极短，因此用动 量守恒定律去解决。
12m1v2A＝21m1v2＋2m1gl②
由动量定理，有 I＝m1vA③ 联立①②③式，得 I＝m1 5gl。④
(2)设两球碰后粘在一起时的速度大小为 v′，A、B 粘在一起后恰能通过圆周轨迹 的最高点，需满足 v′＝vA⑤ 要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前 B 的速度方向相同，以此方向为 正方向，设 B 碰前瞬间的速度大小为 vB，由动量守恒定律，有 m2vB－m1vA＝(m1＋m2)v′⑥
对小车：F－μmg＝Ma2，v2＝a2tm 另有 L1＝12a2t2m－21a1t2m 撤去 F 后，有 mv1＋Mv2＝(M＋m)v μmg(L－L1)＝21mv21＋12Mv22－12(M＋m)v2 解得 tm＝1 s
题型二 力学三大观点解决多过程问题
1.表现形式 (1)直线运动：水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线 运动。 (2)圆周运动：绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动。 (3)平抛运动：与斜面有关的平抛运动、与圆轨道有关的平抛运动。
专题二第1讲动量观点和能量观点在力学中的应用
A连接。已知直杆固定不动，杆长L为0.8 m，且与水平面的夹
角θ＝37°。初始时使小球A静止不动，与A相连的一段绳子保 持水平，此时绳子中的张力F为45 N。已知EO1＝0.5 m，重力 加速度g取10 m/s2，绳子不可伸长。现将小球A从静止释放。
图4
高考必备
高频考点
(1)求在释放小球A之前弹簧的形变量； (2)若直线CO1与杆垂直，求小球A从静止运动到C点的过程中绳子 拉力对小球A所做的功； (3)求小球A运动到直杆底端D点时的速度大小。
和势能都增加，选项 B 错误；钢珠运动到 P 点时，钢珠的动能增 加到4mgx0，且竖直方向上钢珠位置升高了3x0，即重力势能增加 量 ΔEp ＝ 3mgx0 ，故弹簧被压缩至 M 点时的弹性势能为 E ＝ 4mgx0 ＋3mgx0＝7mgx0，D正确；钢珠到达管口P点时动能为4mgx0，当
钢珠达到最大高度时，动能为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%。
高考必备 高频考点
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
答案 AB
高考必备
高频考点
【真题示例 2 】 (2017· 全国卷 Ⅱ ， 24) 为提高冰球运动员的加速
第1讲 动量观点和能量观点在力学中的应用
“科学思维”展示 一、动能定理的应用 1.当问题涉及力、位移(或路程)、速度，而不涉及加速度和时间时，可优先考虑
利用动能定理分析问题。 2.对于多过程问题，求解时可对全过程应用动能定理，从而避开对每个运动过程
1.一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5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
()
图5
解析 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＝Fm－f 知 a 减小，又因速度不可能突变，所以选项 B、C、D 错误，A 正确。
的具体细节进行分析。 二、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 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。
答案 A
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Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能 零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图6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 kg
2020高考物理专题复习动力学动量和能量观点在力学中的应用(13页)
2020高考物理专题复习动力学动量和能量观点在力学中的应用一动量与能量观点的综合应用1．两大观点动量的观点：动量定理和动量守恒定律．能量的观点：动能定理和能量守恒定律．2．解题技巧(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)．(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理．(3)动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处．特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性．【例题1】(2019·全国卷3·25).静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为m A=l.0kg，m B=4.0kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l=1.0m，如图所示。
某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为E k=10.0J。
释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。
A、B与地面之间的动摩擦因数均为u=0.20。
重力加速度取g=10m/s²。
A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。
（1）求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；（2）物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？（3）A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？【答案】（1）v A=4.0m/s，v B=1.0m/s；（2）A先停止；0.50m；（3）0.91m；【解析】【分析】首先需要理解弹簧释放后瞬间的过程内A、B组成的系统动量守恒，再结合能量关系求解出A、B各自的速度大小；很容易判定A、B都会做匀减速直线运动，并且易知是B先停下，至于A是否已经到达墙处，则需要根据计算确定，结合几何关系可算出第二问结果；再判断A向左运动停下来之前是否与B发生碰撞，也需要通过计算确定，结合空间关系，列式求解即可。
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(2)小球离开 D 点后做平抛运动，由平抛运动规律可知 R 1 2 2 ＝2gt 小球平抛运动的时间为：t＝ R g
小球落点离 O 的距离也即平抛运动的水平位移为： d＝vDt＝ 2 gR R 2 · g ＝ 2 R.
动能定理表达为W合＝Ek2－Ek1，可以理解 为在某过程中物体所受合外力做功使物体动能发生了变化． 这类题一般与曲线运动结合，以多过程形式出现，尤其是结 合圆周运动临界状态比较多． 所以用动能定理解决问题： (1)要分析物体有哪些过程，过程中研究对象受哪些力， 力做功情况如何； (2)初、末动能如何表达；
[答题规范]解：(1)汽车牵引力与输出功率关系 P＝F 牵 v 将 P＝50 kW，v1＝90 km/h＝25 m/s 代入得 P F 牵＝v ＝2×103 N 1 当轿车匀速行驶时，牵引力与阻力大小相等，有 F 阻＝2×103 N 1 (2)在减速过程中，注意到发动机只有5P 用于汽车的牵 引．根据动能定理有 1 1 2 1 2 5Pt－F 阻 L＝2mv2－2mv1
mv3－Mv′＝0⑧
将⑧式两边同乘以Δt，得
mv3Δt－Mv′Δt＝0⑨
因⑨式对任意时刻附近的微小间隔Δt都成立,累积相加后,有
ms1－Ms2＝0⑩
又s1＋s2＝2L⑪
2 由⑩⑪式得 s1＝3 m.
4．(2009 年广东卷)游乐场中的一种滑梯如图 2－1－4
所示．小朋友从轨道顶端由静止开始下滑，沿水平轨道滑动 了一段距离后停下来，则(
(2)弹簧压缩到 0.5R 时的弹性势能 Ep；
(3)已知地面与水面相距 1.5R，若使该投饵管绕 AB 管的 中轴线 OO′在 90° 角的范围内来回缓慢转动， 每次弹射时只 2 放置一粒鱼饵，鱼饵的质量在3m 到 m 之间变化，且均能落 到水面．持续投放足够长时间后，鱼饵能够落到水面的最大 面积 S 是多少？
1 2 1 2 2mv1＋mgL＝2mv0① v1＝ 6 m/s② 设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为 F，方向 向下，则 v2 1 F＋mg＝m L ③ 由②③式，得 F＝2 N④ 由牛顿第三定律知，小球对轻杆的作用力大小为 2 N， 方向竖直向上．
(2)解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为v2，此时 滑块的速度为v.在上升过程中，因系统在水平方向上不受外力 作用，水平方向的动量守恒．以水平向右的方向为正方向，有
块 A 置于挡板与斜面间，A 与挡板间的
动摩擦因数为μ1＝0.1.质量为 m2＝1 kg 的小物块 B 用不可伸长的细线悬挂在
专题二
第1讲
动量与能量
能量观点在力学中的应用
1．(2011 年福建卷)如图 2－1－1 所示为某种鱼饵自动投放器 中的投饵管装置示意图，其下半部 AB 是一长为 2R 的竖直细管， 上半部 BC 是半径为 R 的四分之一圆弧弯管，管口 沿水平方向，AB 管内有一原长为 R、下端固定的 轻质弹簧．投饵时，每次总将弹簧长度压缩到 0.5R
机车功率问题，除了我们讲得多的是机车
的起动问题外，其实还有机车减小功率减速等其他方面，解
决这类问题我们要掌握以下几方面： (1)四个规律看物理量间的联系和变化：①牛顿第二定律
F牵－F阻＝ma；②运动学vt＝v0＋at；③机车功率P＝F牵 v；
④牵引力的功 W＝Pt.
(2)抓住两个临界：①当 F牵＝F阻时，a＝0，v 达到最大；
圆周运动等知识考查．
机车功率问题
【例 1】(2011 年浙江卷)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
代入数据得 Pt＝1.575×105 J 电源获得的电能为 4 E 电＝0.5×5Pt＝6.3×104 J (3)根据题设，轿车在平直公路上匀速行驶时受到的阻力 仍为 F 阻＝2×103 N． 在此过程中， 由能量转化及守恒定律可 知，仅有电能用于克服阻力做功 E 电＝F 阻 L′ 代入数据得 L′＝31.5 m.
动能定理的应用
【例 2】(2011 年湛江一中月考)如图 2－1－6 所示，BCFD 是一在竖直平面的粗糙轨道，其中 CFD 是直径为 R 的半圆 弧，O 为其圆心，EO 为一水平平台(EO>R)．现有一质量为
m 的小球从 B 点正上方 A 点自由下落，
在 B 点进入轨道 BCD 内运动，恰好能通 过半圆轨道最高点 D 点，最后落在水平 平台 EO 上．小球在 B 点与轨道碰撞的能 量损失及运动过程空气阻力忽略不计．求： 图 2－1－6
加速运动，合外力做正功，A 正确；1～3 s 内做匀减速合外
力做负功；根据动能定理 0 到 3 s 内，合外力做功为零．
答案：A
功能关系和能量转化与守恒定律是物理学中重要的基 本规律，分析力做功和能的转化与守恒是解决力学问题的一 种思路，所以每年高考这部分是必考的内容．从近几年高考 来看，主要是考查这几个方面： (1)功、功率的基本概念，以选择题形式出现． (2)机车启动问题，以选择题形式出现较多，也有计算题 形式出现． (3)能的转化与守恒，多以计算题出现，常结合平抛运动、
(1)若锁定滑块，试求小球通过最高点 P 时对轻杆的作用
力大小和方向． (2)若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度
大小．
(3)在满足(2)的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置 点与小球起始位置点间的距离．
图 2－1－3
解：(1)设小球能通过最高点，且此时的速度为 v1.在上 升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒．则
解：(1)质量为 m 的鱼饵到达管口 C 时做圆周运动的向
心力完全由重力提供，则
v2 1 mg＝m R ① 解得 v1＝ gR② (2)弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能，由机械能 守恒定律有 1 2 Ep＝mg(1.5R＋R)＋2mv1③ 由②③式得 Ep＝3mgR④
(3)质量为 m 的鱼饵离开管口 C 后做平抛运动，设经过 时间 t 落到水面上，离 OO′的水平距离为 x1，有： 1 2 4．5R＝2gt ⑤ x1＝v1t＋R⑥ 由⑤⑥得 x1＝4R⑦ 2 当鱼饵的质量为3m 时，设其到达管口 C 时速度大小为 v2 由机械能守恒定律有
2 12 2 Ep＝3mg(1.5R＋R)＋23mv2 v2＝2 gR 2 质量为3m 的鱼饵落到水面上时，设离 OO′的水平距离 为 x2，则有 x2＝v2t＋R＝7R 鱼饵能够落到水面的最大面积 S 1 2 33 2 2 S＝4(πx2－πx1)＝ 4 πR (或 8.25πR2)．
(1)小球克服摩擦力做的功 Wf；
(2)小球在 EO 上的落点与 O 的距离 d.
解： (1)小球运动到 D 点时对轨道压力恰好为零， 由牛顿 第二定律： v2 mg＝m r ① 而 r＝R/2② 联立①②得，小球运动到 D 点速度：vD＝ gR 2③
小球由 A 运动到 D，由动能定理可得： WG－Wf＝EkD－EkA④ WG＝mgR⑤ 1 2 1 EkD＝2mvD＝4mgR⑥ 联立④⑤⑥得，小球在轨道上运动过程中克服摩擦力做 的功为 1 3 Wf＝mgR－4mgR＝4mgR
3．(2011 年安徽卷)如图 2－1－3 所示，M＝2 kg 的滑块
套在光滑的水平轨道上，质量m＝1 kg的小球通过长L＝0.5 m
的轻质细杆与滑块上的光滑轴 O 连接，小球和轻杆可在竖直
平面内绕 O 轴自由转动，开始轻杆处于水平状态．现给小球
一个竖直向上的初速度 v0＝4 m/s，g 取 10 m/s2.
)
图 2－1－4 A．下滑过程中支持力对小朋友做功
B．下滑过程中小朋友的重力势能增加
C．整个运动过程中小朋友的机械能守恒
D．在水平面滑动过程中摩擦力对小朋友做负功
解析：在滑动的过程中小朋友受三个力作用，重力做正
功，势能降低，B 错；支持力不做功，摩擦力做负功，所以 机械能不守恒，AC 皆错，D 正确． 答案：D
时的速度大小及轻绳对小球的拉力．(不计空气阻力)
图 2－1－2
解：(1)如图 10 所示．
图 10 根据平衡条件，应满足 Tcos α＝mg、Tsin α＝F 拉力大小 F＝mgtan α
(2)运动中只有重力做功，系统机械能守恒 1 2 mgl(1－cos α)＝2mv 则通过最低点时，小球的速度大小 v＝ 2gl1－cos α v2 根据牛顿第二定律 T′－mg＝m l 解得轻绳对小球的拉力 v2 T′＝mg＋m l ＝mg(3－2cos α)，方向竖直向上．
mv2－Mv＝0⑤
在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则
1 2 1 2 1 2 2mv2＋2Mv ＋mgL＝2mv0⑥ 由⑤⑥侧轨道的位置点与小球起始点的距离 为s1，滑块向左移动的距离为s2，任意时刻小球的水平速度大小 为v3，滑块的速度大小为v′.由系统水平方向的动量守恒，得
(3)列方程时我们自己要清楚是以谁为研究对象，在哪个
过程中，方程如何．
2．(2011 年深圳一模)如图 2－1－7 所示，倾角为 37°的 足够大斜面以直线 MN 为界由两部分组成，MN 垂直于斜面
水平底边 PQ 且其左边光滑右边粗糙，斜面上固定一个既垂
直于斜面又垂直于 MN 的粗糙挡板．质量为 m1＝3 kg 的小物
2．(2011 年北京卷)如图 2－1－2 所示，长度为 l 的轻绳
上端固定在 O 点，下端系一质量为 m 的小球(小球的大小可 以忽略)． (1)在水平拉力 F 的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为α， 小球保持静止，画出此时小球的受力图，并求力 F 的大小． (2)由图示位置无初速度释放小球，求当小球通过最低点