2021新高考物理二轮复习：专题二 能量与动量(共3讲)
合集下载
高考物理二轮复习第2章动量和能量2动量和能量观点的综合应用课件
设小球运动到最高点 球由半圆形轨道的底端运动到 C 点的过程中机 械能守恒，
则有12mv2C＋2mgR＝12mv2B 解得 vC＝ 5 m/s 对小球 B，在最高点 C 有 mg＋FN＝mvR2C 解得 FN＝4 N 由牛顿第三定律知小球 B 运动到最高点 C 时对轨道的压力 大小为 4 N. 答案：(1)2 m/s (2) 4N
(1)两小球碰前 A 的速度大小 vA； (2)小球 B 运动到最高点 C 时对轨道的压力大小．
解析：(1)碰前对 A 由动量定理有 －μMgt＝MvA－Mv0 解得 vA＝2 m/s. (2)对 A、B 组成的系统：碰撞前后动量守恒，则有 MvA＝ MvA′＋mvB
碰撞前后动能保持不变，则有12Mv2A＝12MvA′2＋12mv2B 由以上两式解得 v′A＝1 m/s，vB＝3 m/s
核心归纳·备考策略 要点整合
1．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′ (3)
2．三大力学观点
应试策略 1．力学规律的选用原则 (1)单个物体： ①宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律．若其中涉及 时间的问题，应优先选用动量定理． ②若涉及位移的问题，应优先选用动能定理． ③若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律． (2)多个物体组成的系统：优先考虑能量、动量两个守恒定律． (3)碰撞、反冲、爆炸等很短过程中一般遵循动量守恒定律。
(3)设滑块沿圆弧轨道上升到最大高度时，滑块与小车具有共 同的速度 v′，由动量守恒定律可得 mv1＝(m＋M)v′，解得 v′ ＝170m/s.
设圆弧轨道的最大半径为 Rm， 由能量守恒定律有12mv21＝12(m＋M)v′2＋(mg＋qE)Rm，解得 Rm＝0.71 m. [答案] (1)85 J (2)1 m (3)0.71 m
高考物理二轮专题“析与练”专题二 动量与能量课件
(3)若汽车达到最大速度后，突然阻力变为原来的两倍，将 做什么运动？
【解析】 (1)汽车以额定功率运行，其牵引力为
F＝Pv， 由牛顿第二定律，得 F－f＝ma. 当 F＝f 时，a＝0，此时 vm＝Pf ＝PF＝804×001003m/s＝20 m/s.
(2)汽车以恒定加速度起动后，有 F′－f＝ma. 所以 F′＝f＋ma＝4 000 N＋2 000×2 N＝8 000 N， 匀加速运动可达到的最大速度为 vm′＝FP＝808×001003m/s＝10 m/s. 所以匀加速运动的时间 t＝vma′＝120s＝5 s.
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匀加速运动 vt＝v0＋at；③机车功率 P＝F 牵 v； ④牵引力做功 W＝Pt.(2)抓住两个临界：①当 F 牵＝F 阻时，a＝0， v 达到最大； ②当机车功率达到最大功率(额定功率)后功率不 能再变，如果速度增大，则力减小．(3)注意一种情况：当机车 减速即 F 牵<F 阻时，若功率 P 不变，由于速度 v 变小，则牵引力 F 牵变大，而加速度反而变小．
(1)小球通过粗糙管道过程中克服摩擦阻力做的功； (2)小球通过“9”管道的最高点 M 时对轨道的作用力大小； (3)小球从 C 点离开“9”管道之后做平抛运动的水平位移．
【解析】 (1)小球从初始位置到达缝隙 P 的过程中，由动 能定理，有
mg(H＋3R)－Wf＝12mv2－0. 代入数据，得 Wf＝2 J.
(2)由机械能守恒，得 mgH＝12mv2B. 由牛顿第二定律，得 F′－mg＝mvR2B. 则 F′＝2mRgH＋mg＝10H＋1. 据此作图象如图所示．
【答案】 (1)0.1 kg 0.2 m (2)见解析
【解析】 (1)汽车以额定功率运行，其牵引力为
F＝Pv， 由牛顿第二定律，得 F－f＝ma. 当 F＝f 时，a＝0，此时 vm＝Pf ＝PF＝804×001003m/s＝20 m/s.
(2)汽车以恒定加速度起动后，有 F′－f＝ma. 所以 F′＝f＋ma＝4 000 N＋2 000×2 N＝8 000 N， 匀加速运动可达到的最大速度为 vm′＝FP＝808×001003m/s＝10 m/s. 所以匀加速运动的时间 t＝vma′＝120s＝5 s.
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匀加速运动 vt＝v0＋at；③机车功率 P＝F 牵 v； ④牵引力做功 W＝Pt.(2)抓住两个临界：①当 F 牵＝F 阻时，a＝0， v 达到最大； ②当机车功率达到最大功率(额定功率)后功率不 能再变，如果速度增大，则力减小．(3)注意一种情况：当机车 减速即 F 牵<F 阻时，若功率 P 不变，由于速度 v 变小，则牵引力 F 牵变大，而加速度反而变小．
(1)小球通过粗糙管道过程中克服摩擦阻力做的功； (2)小球通过“9”管道的最高点 M 时对轨道的作用力大小； (3)小球从 C 点离开“9”管道之后做平抛运动的水平位移．
【解析】 (1)小球从初始位置到达缝隙 P 的过程中，由动 能定理，有
mg(H＋3R)－Wf＝12mv2－0. 代入数据，得 Wf＝2 J.
(2)由机械能守恒，得 mgH＝12mv2B. 由牛顿第二定律，得 F′－mg＝mvR2B. 则 F′＝2mRgH＋mg＝10H＋1. 据此作图象如图所示．
【答案】 (1)0.1 kg 0.2 m (2)见解析
2021届高考物理二轮复习课件：1.3 动量与能量
专题三 动量与能量
知识方法·通关必备
【必备知识建体系】
【解题思维明方法】 方法1 整体法和隔离法 研究多个物体组成的系统时,根据研究问题的不同,可以以其中一个物体为研究 对象进行分析——隔离法;也可以以系统为研究对象进行分析——整体法。 方法2 分段法和全程法 研究多阶段问题时,根据研究问题的不同,可以以其中一个阶段进行分析——分 段法;也可以以全过程为研究对象进行分析——全程法。
方法3 图象法 利用图象可以更直观地表示物理量的变化规律,并根据图象的要素表达重要的物 理信息。 方法4 微元法 研究变力做功大小或其他非线性变化的物理量时,可以将某一过程或事件的结果有多种可能性时,可以假设为其中一种情况进行分析的 方法。
2021届高三二轮复习_专题二_能量与动量功和能PPT教学课件
（教学提纲）2021届高三二轮复习： 专题二 ：能量 与动量 功和能 获奖课 件（免 费下载 ）
3．[多选](2018·全国卷Ⅲ)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，
顿第二定律知，F－mg＝ma，所以F＝m(g＋a)，由于两
次提升的质量和加速度都相同，故最大牵引力相同，故B
错误。两次提升加速阶段达到的最大速度之比为2∶1，由
P＝Fv可知，电机输出的最大功率之比为2∶1，故C正
确。两个过程中动能变化量相同，克服重力做的功相同，
由动能定理知，两次电机做的功也相同，故D错误。
（教学提纲）2021届高三二轮复习： 专题二 ：能量 与动量 功和能 获奖课 件（免 费下载 ）
（教学提纲）2021届高三二轮复习： 专题二 ：能量 与动量 功和能 获奖课 件（免 费下载 ）
[例1] [多选](2020·天津等级考)
复兴号动车在世界上首次实现速
度350 km/h自动驾驶功能，成为我国
记牢 基本知识 1．功的计算 (1)功的定义式：W＝Flcos α适用于求恒力做功。 (2)变力做功的计算： ①用动能定理W＝12mv22－12mv12求功。 ②用F-l图像所围的面积求功。 ③用平均力求功(力与位移呈线性关系，如弹簧的弹力)。 ④利用W＝Pt求功。 ⑤用转换法求功：将变力做功转变为恒力做功。
（教学提纲）2021届高三二轮复习： 专题二 ：能量 与动量 功和能 获奖课 件（免 费下载 ）
（教学提纲）2021届高三二轮复习： 专题二 ：能量 与动量 功和能 获奖课 件（免 费下载 ）
高三物理二轮复习 专题二 能量、动量和原子物理 第1讲 功 功率 动能定理课件
(1)若小球恰好落在井底E点处，求小球释放 点距BC面的高度h1；
(2)若小球不能直接落在井底，求小球打在井 壁EF上的最小动能Ekmin和此时的释放点距BC面 的高度h2.
21
突破点拨 (1)小球从A到C过程中，根据动能定理求出C点速度，从C点飞出做平抛运动刚 好到达E点． (2)小球不能直接落在井底，而打在井壁上的动能，跟释放点距BC面的高度h2 有关，找出这个动能跟h2的关系并依据数学知识求出最小动能．
A．弹射器的推力大小为1.1×106 N B．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108 J C．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107 W D．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s2
11
突破点拨 (1)分析舰载机在弹射过程中做匀加速直线运动时的受力，先根据运动学公 式计算加速度，再根据牛顿第二定律求弹射器的推力． (2)根据 W＝Fl 求弹射器对舰载机所做的功，再根据 P＝Wt 计算其平均功率．
9
2．功率的计算方法 (1)功率定义式 P＝Wt ，所求功率是时间 t 内的平均功率； (2)功率计算式 P＝Fvcos α，其中 α 是力与速度间的夹角．若 v 为瞬时速度， 则 P 为 F 在该时刻的瞬时功率；若 v 为平均速度，则 P 为 F 在该段位移内的平 均功率．
10
1. (多选)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器．舰载机总质量为 3.0×104 kg，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105 N；弹射器有效作用长度为 100 m，推力恒定．要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s.弹射过程中 舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则 ( ABD )
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 解析 由于大圆环是光滑的，因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方 向始终与速度方向垂直，因此作用力不做功，A项正确，B项错误；小环刚下滑时， 大圆环对小环的作用力背离大圆环的圆心，滑到大圆环圆心以下的位置时，大圆环 对小环的作用力指向大圆环的圆心，C、D项错误．
(2)若小球不能直接落在井底，求小球打在井 壁EF上的最小动能Ekmin和此时的释放点距BC面 的高度h2.
21
突破点拨 (1)小球从A到C过程中，根据动能定理求出C点速度，从C点飞出做平抛运动刚 好到达E点． (2)小球不能直接落在井底，而打在井壁上的动能，跟释放点距BC面的高度h2 有关，找出这个动能跟h2的关系并依据数学知识求出最小动能．
A．弹射器的推力大小为1.1×106 N B．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108 J C．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107 W D．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s2
11
突破点拨 (1)分析舰载机在弹射过程中做匀加速直线运动时的受力，先根据运动学公 式计算加速度，再根据牛顿第二定律求弹射器的推力． (2)根据 W＝Fl 求弹射器对舰载机所做的功，再根据 P＝Wt 计算其平均功率．
9
2．功率的计算方法 (1)功率定义式 P＝Wt ，所求功率是时间 t 内的平均功率； (2)功率计算式 P＝Fvcos α，其中 α 是力与速度间的夹角．若 v 为瞬时速度， 则 P 为 F 在该时刻的瞬时功率；若 v 为平均速度，则 P 为 F 在该段位移内的平 均功率．
10
1. (多选)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器．舰载机总质量为 3.0×104 kg，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105 N；弹射器有效作用长度为 100 m，推力恒定．要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s.弹射过程中 舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则 ( ABD )
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 解析 由于大圆环是光滑的，因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方 向始终与速度方向垂直，因此作用力不做功，A项正确，B项错误；小环刚下滑时， 大圆环对小环的作用力背离大圆环的圆心，滑到大圆环圆心以下的位置时，大圆环 对小环的作用力指向大圆环的圆心，C、D项错误．
新课标高考物理二轮总复习第二部分应试高分策略专题二考前知能回扣223能量与动量课件
4．摩擦生热：Q＝Ffl 相对．
1．误认为斜面对物体的支持力始终不做功，不能正确理解 W＝Flcos α 中 l 的意义． 2．误认为“一对作用力与反作用力做功之和一定为零”． 3．误认为“摩擦力一定做负功”． 4．在机车启动类问题中将“匀加速最后时刻的速度”与“所能达到的最大速度” 混淆．
5．将机械能守恒条件中“只有重力做功”误认为“只受重力作用”． 6．在应用 ΔE 内＝Ffl 相对时，误认为“l 相对”是对地的位移． 7．应用机械能守恒时，不能正确理解三种表达方式的意义． 8．应用动量定理时，力和速度选取不同的正方向． 9．应用动量守恒定律时，各速度不是相对同一参考系．
C．小物块沿斜面上滑的过程中机械能减少136mv20
D．小物块沿斜面下滑的过程中动能增加14mv20
答案：BD
解析：根据题意可知，上滑阶段，根据牛顿第二定律：mgsin θ＋μmgcos θ＝mvt00， 同理下滑过程：mgsin θ－μmgcos θ＝m0.5t0v0，联立解得：μ＝ 93，A 错误；上滑加 速度 a＝vt00，下滑加速度 a′＝0.5t0v0，所以上滑过程的加速度大小是下滑过程的 2 倍，B 正确；联立：mgsin θ＋μmgcos θ＝mvt00与 mgsin θ－μmgcos θ＝m0.5t0v0两式， 可得：f＝μmgcos θ＝m4tv00，上滑过程中，机械能减小量等于摩擦力做的功：ΔE＝ Wf＝f·v20t0＝18mv02，C 错误；根据动能定理得：Ek－0＝(mgsin θ－f)x，解得：Ek ＝14mv20，D 正确．
3．(多选)如图所示，质量为 m 的小球从距离地面高 H 的 A 点由静止开始释放， 落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深度为 h 的 B 点时 速度减为零．不计空气阻力，重力加速度为 g.关于小球下落的整个过程，下列说 法正确的有( )
高三第二轮复习专题复习通用课件3动量和能量上
t3 v2 v0 / 2
2v0 2 v0 / 2
2 1
t1 : t2 : t3 (2 3) : ( 3 2) : ( 2 1)
四 碰撞的分类
完全弹性碰撞 —— 动量守恒，动能不损失 （质量相同，交换速度）
完全非弹性碰撞—— 动量守恒，动能损失 最大。 （以共同速度运动）
非完全弹性碰撞— 动量守恒，动能有损失。 碰 撞后的速度介于上面两种碰撞的 速度之间.
8J 焦耳，恒力乙做的功等于 24J 焦耳.
解：A---B S=1/2a1 t2 =F1 t2 /2m v=at=F1 t/m
B---C—A - S=vt - 1/2 a2 t2 = F1 t 2/m - F2 t2 /2m
∴F2 =3 F1
A—B—C—A 由动能定理 F1S+F2S=32
∴W1= F1S=8J
在工件加速运动过程中，工件的平均速度为 v/2 ，
因此工件的位移是皮带运动距离S′的1/2， 即S′= 2S = 1.6 m
由于滑动摩擦力作功而增加的内能 △ E 为 △E=f △S=mgcos30°(S′－S)= 60J
电动机多消耗的电能为 △EK+△EP+△E=280J
96年高考21 在光滑水平面上有一静止的物体，现以 水平恒力甲推这一物体，作用一段时间后，换成相反 方向的恒力乙推这一物体，当恒力乙作用时间与恒力 甲作用时间相同时，物体恰好回到原处，此时物体的 动能为32 J,则在整个过程中，恒力甲做的功等于
ΔE = fΔS （ ΔS 为相对位移） ⑻克服安培力所做的功等于感应电能的增加
三. 应用动能定理分析一个具体过程时，要做 到三个“明确”，即明确研究对象（研究哪个 物体的运动情况），明确研究过程（从初状态 到末状态）及明确各个力做功的情况。还要注 意是合力的功。
高考物理二轮专题复习 第2课 动量和能量课件
2．确定研究对象，进行受力分析、运动分析．
3．思考解题途径，正确选用规律．
K 考点 精辟 解析
(1)涉及求解物体运动的瞬时作用力、加速度以及运 动时间时，一般采用牛顿运动定律和运动学公式解答．
(2)不涉及物体运动过程中的加速度和时间，而涉
及力、位移、速度的问题，无论是恒力还是变力，一般
栏 目
采用动能定理解答；如果符合机械能守恒条件也可用机
端的小木块(可视为质点)以速度v0向右滑动，这时小木块 所受小车的滑动摩擦力向左，使其做匀减速运动；小车所 栏
目
受小木块的滑动摩擦力向右，使其做匀加速运动；如果双 链
接
方相对静止，则双方最后的速度相同．
K 考点 精辟 解析
设共同速度为 v，小木块与小车间的滑动摩擦力为 f，木块相对
小车的位移 d，小车相对于地面的位移为 s.
高考二轮专题复习与测试•物理 随堂讲义•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
栏 目 链 接
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
栏
动、物体做平抛运动、圆周运动、带电粒子在电磁场中运
K 考题 专项 训练
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，弹簧的压缩量达到最大，此时弹簧
栏
的弹性势能最大．此后，C继续加速，A、B减速，当弹 目
链
簧第一次恢复原长时，C的速度达到最大，A、B开始要 接
高考物理二轮复习 专题二 功和能 动量和能量 第2讲 动量和能量观点的应用课件
飞机当场殒命。设当时飞机正以720 km/h的速度飞行,撞到质量为
2 kg的兔子,作用时间为0.1 s。则飞机受到兔子的平均撞击力约为
( B )
A.1.44×103 N B.4.0×103 N
C.8.0×103 N D.1.44×104 N
解析 720 km/h=200 m/s;根据动量定理 Ft=mv 可得,F=
(3)运动制约:碰撞要受到运动的合理性要求的制约,如果碰前两
物体同向运动,碰撞后原来在前面的物体速度必增大,且大于或等
于原来在后面的物体的碰后速度。
12/8/2021
-18-
考点一
考点二
考点三
【典例2】 (2018江苏镇江三模)如图所示,A、B两个木块质量分
别为2 kg与0.9 kg,A、B与水平地面间接触面光滑,上表面粗糙,质量
C.6.0×102 kg·m/s
D.6.3×102 kg·m/s
考点定位:动量定理
命题能力点:侧重考查理解能力
物理学科素养点:科学思维
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。
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=Mv
m/s。
12/8/2021
据动量守恒得 mAvA+mBvB=(mA+mB)vA',代入数据得:mA∶mB=1∶
2,故 B 正确,不能选。碰撞前后 A 速度大小相等,则碰撞过程中 A
动能不变,故 C 错误,应选择。碰前 AB 速度方向相反,碰后 AB 速
度方向与 B 碰前速度方向相同,则碰前 B 动量较大,故 D 正确,不
能选。
命题能力点:侧重考查理解能力
2 kg的兔子,作用时间为0.1 s。则飞机受到兔子的平均撞击力约为
( B )
A.1.44×103 N B.4.0×103 N
C.8.0×103 N D.1.44×104 N
解析 720 km/h=200 m/s;根据动量定理 Ft=mv 可得,F=
(3)运动制约:碰撞要受到运动的合理性要求的制约,如果碰前两
物体同向运动,碰撞后原来在前面的物体速度必增大,且大于或等
于原来在后面的物体的碰后速度。
12/8/2021
-18-
考点一
考点二
考点三
【典例2】 (2018江苏镇江三模)如图所示,A、B两个木块质量分
别为2 kg与0.9 kg,A、B与水平地面间接触面光滑,上表面粗糙,质量
C.6.0×102 kg·m/s
D.6.3×102 kg·m/s
考点定位:动量定理
命题能力点:侧重考查理解能力
物理学科素养点:科学思维
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。
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=Mv
m/s。
12/8/2021
据动量守恒得 mAvA+mBvB=(mA+mB)vA',代入数据得:mA∶mB=1∶
2,故 B 正确,不能选。碰撞前后 A 速度大小相等,则碰撞过程中 A
动能不变,故 C 错误,应选择。碰前 AB 速度方向相反,碰后 AB 速
度方向与 B 碰前速度方向相同,则碰前 B 动量较大,故 D 正确,不
能选。
命题能力点:侧重考查理解能力