2020高考物理二轮复习第一板块力学选择题锁定9大命题区间第8讲巧用“能量观点”解决力学选择题讲义
高考物理二轮 第一部分 力学 第一板块 第8讲 技法专题——巧用“能量观点”解决力学选择题课件
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2．应用动能定理的“两线索、两注意”
(1)两线索
(2)两注意 ①动能定理常用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度
和时间，比动力学研究方法更简便。
②当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理
求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用
动能1定 2/9/2理021 求解。
条滑道由上下两段高均为 h，与水平面倾角分
别为 45°和 37°的滑道组成，滑草车与草地之
间的动摩擦因数为 μ。质量为 m 的载人滑草
车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰
好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。则
＝0，解得动摩擦因数 μ＝67，选项 A 正确；载人滑草车在上下两
段的加速度分别为 a1＝g(sin 45°－μcos 45°)＝142g，a2＝g(sin 37°
－μcos 37°)＝－335g，则在下滑 h 时的速度最大，由动能定理知：
mgh－μmgs1cos 45°＝12mv2，解得 v＝ 2g7h，选项 B 正确，D
F x ＝ΔE f 相对(xiāngduì)
内
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2．功能关系的理解和应用 (1)功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能 量转化的量度和原因，在不同问题中的具体表现不同。 (2)分清是什么力做功，并且分析该力做功的正负；根据功能 之间的对应关系，判定能的转化情况。 (3)可以根据能量转化情况，确定是什么力做功，尤其可以方 便计算变力做的功。
Q ＝12mv02＋mgx0sin θ，又由全程产生的热量等于克服摩擦力所 做的功，即 Q ＝μmgxcos θ，解得 x＝μ12gvco02s θ＋x0tan θ，选项
2020年高考物理重点难点易考点总结专题四：动量和能量观点的综合运用
专题定位本专题综合应用动力学、动量和能量的观点来解决物体运动的多过程问题．本专题是高考的重点和热点，命题情景新，联系实际密切，综合性强，侧重在计算题中命题，是高考的压轴题．应考策略本专题在高考中主要以两种命题形式出现：一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和动量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题；二是运用动能定理和能量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感应问题．由于本专题综合性强，因此要在审题上狠下功夫，弄清运动情景，挖掘隐含条件，有针对性的选择相应的规律和方法．第1课时功能关系在力学中的应用1．常见的几种力做功的特点(1)重力、弹簧弹力、静电力做功与路径无关．(2)摩擦力做功的特点①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零，在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的转移，没有机械能转化为其他形式的能；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值．在一对滑动摩擦力做功的过程中，不仅有相互摩擦物体间机械能的转移，还有部分机械能转化为内能．转化为内能的量等于系统机械能的减少量，等于滑动摩擦力与相对位移的乘积．③摩擦生热是指滑动摩擦生热，静摩擦不会生热．2．几个重要的功能关系(1)重力的功等于重力势能的变化，即W G＝－ΔE p.(2)弹力的功等于弹性势能的变化，即W弹＝－ΔE p.(3)合力的功等于动能的变化，即W＝ΔE k.(5)一对滑动摩擦力做的功等于系统中内能的变化，即Q＝F f·l相对．1．动能定理的应用(1)动能定理的适用情况：解决单个物体(或可看成单个物体的物体系统)受力与位移、速率关系的问题．动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动；既适用于恒力做功，也适用于变力做功，力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用．(2)应用动能定理解题的基本思路①选取研究对象，明确它的运动过程．②分析研究对象的受力情况和各力做功情况，然后求各个外力做功的代数和．③明确物体在运动过程初、末状态的动能E k1和E k2.＝E k2－E k1，及其他必要的解题方程，进行求解．④列出动能定理的方程W合2．机械能守恒定律的应用(1)机械能是否守恒的判断①用做功来判断，看重力(或弹簧弹力)以外的其他力做功的代数和是否为零．②用能量转化来判断，看是否有机械能转化为其他形式的能．③对一些“绳子突然绷紧”、“物体间碰撞”等问题，机械能一般不守恒，除非题目中有特别说明及暗示．(2)应用机械能守恒定律解题的基本思路①选取研究对象——物体系统．②根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒．③恰当地选取参考平面，确定研究对象在运动过程的初、末状态时的机械能．④根据机械能守恒定律列方程，进行求解．考向1力学中的几个重要功能关系的应用例1如图1所示，足够长传送带与水平方向的倾角为θ，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m，开始时a、b及传送带均静止，且a不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b上升h高度(未与滑轮相碰)过程中()图1A．物块a重力势能小于mghC．摩擦力对a做的功小于物块a、b动能增加之和D．任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小相等审题突破重力势能的变化和什么力做功相对应？机械能的变化和什么力做功相对应？动能的变化又和什么力做功相对应？解析由题意m a g sinθ＝m b g，则m a＝msinθ.b上升h，则a下降h sinθ，则a重力势能的减少量为m a g×h sinθ＝mgh，故A错误．摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增加量．所以摩擦力对a做的功大于a的机械能增加量．因为系统重力势能不变，所以摩擦力做的功等于系统动能的增加量，故B、C错误．任意时刻a、b的速率相等，对b，克服重力的瞬时功率P b＝mg v，对a有：P a＝m a g v sinθ＝mg v，所以重力对a、b做功的瞬时功率大小相等，故D正确．故选D.答案D以题说法注意几个功能关系：重力做的功等于重力势能的变化量；弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化量；重力以外的其他力做的功等于机械能的变化量；合力做的功等于动能的变化量．(2014·广东·16)图2是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中()图2A．缓冲器的机械能守恒B．摩擦力做功消耗机械能C．垫板的动能全部转化为内能D．弹簧的弹性势能全部转化为动能答案B解析由于车厢相互撞击弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功，所以缓冲器的机械能减少，选项A错误，B正确；弹簧压缩的过程中，垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能，选项C、D错误．考向2动力学方法和动能定理的综合应用例2如图3甲所示，用固定的电动机水平拉着质量m＝2kg的小物块和质量M＝1kg的平板以相同的速度一起向右匀速运动，物块位于平板左侧，可视为质点．在平板的右侧一定距离处有台阶阻挡，平板撞上后会立刻停止运动．电动机功率保持P＝3W不变．从某时刻t＝0起，测得物块的速度随时间的变化关系如图乙所示，t＝6s后可视为匀速运动，t＝10s时物块离开木板．重力加速度g＝10m/s2，求：图3(1)平板与地面间的动摩擦因数μ为多大？(2)物块在1s 末和3s 末受到的摩擦力各为多大？(3)平板长度L 为多少？审题突破“平板以相同的速度一起向右匀速运动”隐含什么条件？求平板长度时应该选取哪段过程？电机的牵引力是恒力还是变力？怎么表示其做功的大小？解析(1)由题图可知，前2s 内物块和平板一起做匀速运动，对整体分析，在水平方向上受到水平向右的拉力和地面给平板的滑动摩擦力，此二力的合力为零．拉力大小为：F T1＝P v 1滑动摩擦力大小为：F f ＝μ(M ＋m )g 由平衡条件可得：P v 1＝μ(M ＋m )g 可得：μ＝0.2(2)物块在1s 末时与平板一起做匀速运动，合力为零．物块受到水平向右的拉力与水平向左的静摩擦力，因此静摩擦力大小为：F f1＝F T1＝P v 1＝6N 物块在2s 末之后与平板发生相对运动，之后物块与平板间的摩擦力为滑动摩擦力且大小保持不变．物块在6s 后可视为匀速运动，此时物块受到的合力为零，即拉力与滑动摩擦力大小相等方向相反，即：F f2＝F T2＝P v 2＝10N 物块在3s 末时受到的滑动摩擦力大小与6s 后受到的摩擦力大小相等，为10N.(3)依题意，物块在2s 末之后一直到10s 时，物块从平板的一端运动到另一端，对物块由动能定理得：P Δt －F f2L ＝12m v 22－12m v 21代入解得：L ＝P Δt －12m v 22＋12m v 21F f2＝2.416m 答案(1)0.2(2)6N 10N (3)2.416m 以题说法 1.在应用动能定理解题时首先要弄清物体的受力情况和做功情况．此题特别要注意地面对木板的滑动摩擦力为μ(M ＋m )g .2．应用动能定理列式时要注意运动过程的选取，可以全过程列式，也可以分过程列式．如图4，传送带A 、B 之间的距离为L ＝3.2m ，与水平面间夹角θ＝37°，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为v ＝2m /s ，在上端A 点无初速度放置一个质量为m ＝1kg 、大小可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为μ＝0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径R ＝0.4m 的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点E ，已知B 、D 两点的竖直高度差为h ＝0.5m(取g ＝10m/s 2)．求：图4(1)金属块经过D 点时的速度；(2)金属块在BCD 弯道上克服摩擦力做的功．答案(1)25m/s (2)3J 解析(1)对金属块在E 点，mg ＝m v 2E R，v E ＝2m/s 在从D 到E 过程中，由动能定理得：－mg ·2R ＝12m v 2E －12m v 2D v D ＝25m/s(2)金属块刚刚放上时，mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，a 1＝10m/s 2设经位移x 1达到共同速度，v 2＝2ax 1，x 1＝0.2m<3.2m继续加速过程中：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2a 2＝2m/s 2x 2＝L －x 1＝3mv 2B －v 2＝2a 2x 2v B ＝4m/s 在从B 到D 过程中，由动能定理：mgh －W ＝12m v 2D －12m v 2B W ＝3J.6．综合应用动力学和能量观点分析多过程问题例3(14分)如图5所示，倾角θ＝30°、长L ＝4.5m 的斜面，底端与一个光滑的14圆弧轨道平滑连接，圆弧轨道底端切线水平．一质量为m ＝1kg 的物块(可视为质点)从斜面最高点A 由静止开始沿斜面下滑，经过斜面底端B 后恰好能到达圆弧轨道最高点C ，又从圆弧轨道滑回，能上升到斜面上的D 点，再由D 点由斜面下滑沿圆弧轨道上升，再滑回，这样往复运动，最后停在B 点．已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝36，g ＝10m/s 2，假设物块经过斜面与圆弧轨道平滑连接处速率不变．求：图5(1)物块经多长时间第一次到B 点；(2)物块第一次经过B 点时对圆弧轨道的压力；(3)物块在斜面上滑行的总路程．解析(1)物块沿斜面下滑时，mg sin θ－μmg cos θ＝ma (2分)解得：a ＝2.5m/s 2(1分)从A 到B ，物块匀加速运动，由L ＝12at 2(1分)可得t ＝3105s(1分)(2)因为物块恰好到C 点，所以到C 点速度为0.设物块到B 点的速度为v ，则mgR ＝12m v 2(2分)F N －mg ＝m v 2R(1分)解得F N ＝3mg ＝30N(1分)由牛顿第三定律可得，物块对轨道的压力为F N ′＝30N ，方向向下(1分)(3)从开始释放至最终停在B 处，设物块在斜面上滑行的总路程为s ，则mgL sin θ－μmgs cos θ＝0(3分)解得s ＝9m(1分)答案(1)3105s (2)30N ，方向向下(3)9m 点睛之笔多个运动的组合实际上是多种物理规律和方法的综合应用，分析这种问题时注意要各个运动过程独立分析，而不同过程往往通过连接点的速度建立联系，有时对整个过程应用能量的观点解决问题会更简单．(限时：15分钟，满分：16分)如图6所示，有一个可视为质点的质量为m ＝1kg 的小物块，从光滑平台上的A 点以v 0＝1.8m /s 的初速度水平抛出，到达C 点时，恰好沿C 点的切线方向进人固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，最后小物块无碰撞地滑上紧靠轨道末端D 点的足够长的水平传送带．已知传送带上表面与圆弧轨道末端切线相平，传送带沿顺时针方向匀速运行的速度为v ＝3m/s ，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，圆弧轨道的半径为R ＝2m ，C 点和圆弧的圆心O 点连线与竖直方向的夹角θ＝53°，不计空气阻力，重力加速度g ＝10m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.求：图6(1)小物块到达圆弧轨道末端D 点时对轨道的压力；(2)小物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中产生的热量．答案(1)22.5N ，方向竖直向下(2)32J解析(1)设小物体在C 点时的速度大小为v C ，由平抛运动的规律可知，C 点的速度方向与水平方向成θ＝53°，则由几何关系可得：v C ＝v 0cos θ＝ 1.8cos 53°m /s ＝3m/s ①由C 点到D 点，由动能定理得：mgR (1－cos θ)＝12m v 2D －12m v 2C ②小物块在D 点，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2D R③由牛顿第三定律，小物块到达圆弧轨道末端D 点时对轨道的压力为：F N ′＝F N ④联立①②③④得：F N ′＝22.5N ，方向竖直向下(2)设小物块在传送带上滑动的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得：a ＝μmg m＝μg ＝0.5×10m /s 2＝5m/s 2⑤小物块匀减速直线运动的时间为t 1，向左通过的位移为x 1，传送带向右运动的距离为x 2，则：v D ＝at 1⑥x 1＝12at 21⑦x 2＝v t 1⑧小物块向右匀加速直线运动达到和传送带速度相同时间为t 2，向右通过的位移为x 3，传送带向右运动的距离为x 4，则v ＝at 2⑨x 3＝12at 22⑩整个过程小物块相对传送带滑动的距离为：x＝x1＋x2＋x4－x3⑫产生的热量为：Q＝μmgx⑬联立⑤～⑬解得：Q＝32J(限时：45分钟)题组1力学中的几个重要功能关系的应用1．如图1所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端．现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动．小物块和小车之间的摩擦力为F f，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x.此过程中，以下结论不正确的是()图1A．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－F f)·(L＋x)B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为F f xC．小物块克服摩擦力所做的功为F f(L＋x)D．小物块和小车增加的机械能为Fx答案D解析小物块受到的合外力是F－F f，位移为L＋x，由动能定理可得小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－F f)(L ＋x)，同理小车的动能也可由动能定理得出为F f x；由于小物块和小车间的滑动摩擦力产生内能，小物块和小车增加的机械能小于Fx.2．如图2甲所示，一物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向运动，运动过程中物体的机械能E与物体位移x关系的图象如图乙所示，其中0～x1过程的图线为曲线，x1～x2过程的图线为直线．由此可以判断()甲乙图2A．0～x1过程中物体所受拉力是变力，且一定不断减小B．0～x1过程中物体的动能一定是不断减小C．x1～x2过程中物体一定做匀速运动D．x1～x2过程中物体可能做匀加速运动解析小球受重力和绳子的拉力，由题图知在0～x1过程中拉力在逐渐增大，故A错误；若拉力小于重力，则小球加速运动，动能增大，故B错误；x1～x2过程中拉力不变，若拉力等于重力，小球做匀速运动，若拉力小于重力，小球可能做匀加速运动，故C错误，D正确．3．把质量为m的小球(可看做质点)放在竖直的轻质弹簧上，并把小球下按到A的位置，如图3甲所示．迅速松手后，弹簧把小球弹起，球升至最高位置C点(如图丙)，途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态(如图乙)．已知AB 的高度差为h1，BC的高度差为h2，重力加速度为g，不计空气阻力．则()图3A．小球从A上升到B位置的过程中，动能一直增大B．小球从A上升到C位置的过程中，机械能一直增大C．小球在图甲中时，弹簧的弹性势能为mg(h2＋h1)D．一定有h2≥h1答案C解析小球上升时先加速后减速，当mg＝F时，加速度为零，速度最大，此时弹簧还处于压缩状态，选项A错误．从弹A到B，小球和弹簧的系统机械能守恒，弹性势能减小，小球的机械能增大；而从B到C，小球只有重力做功，机械能不变，选项B错误．由A到C系统的机械能守恒可知，弹性势能全部转化为重力势能，故E p＝mg(h2＋h1)，选项C正确．由A到C弹簧的弹性势能转化为小球的重力势能，动能最大位置在B点下方，故h2可等于零，选项D 错误．故选C.4．如图4所示为通过弹射器研究弹性势能的实验装置．光滑34圆形轨道竖直固定于光滑水平面上，半径为R.弹射器固定于A处．某一实验过程中弹射器射出一质量为m的小球，恰能沿圆轨道内侧到达最高点C，然后从轨道D处(D 与圆心等高)下落至水平面．取重力加速度为g.下列说法正确的是()图4A．小球从D处下落至水平面的时间为2RgB．小球至最低点B时对轨道压力为5mgC．小球落至水平面时的动能为2mgRD．释放小球前弹射器的弹性势能为5mgR2解析小球恰好通过C 点，则由mg ＝m v 2R ，解得v ＝gR ；小球从C 到D 有mgR ＝12m v 2D －12m v 2，解得v D ＝3gR ，小球由D 到地面做匀加速直线运动；若做自由落体运动时，由R ＝12gt 2可得，t ＝2R g ；而现在有初速度，故时间小于2R g ，故A 错误；由B 到C 有：mg ·2R ＝12m v 2B －12m v 2，B 点F －mg ＝m v 2B R ，联立解得，F ＝6mg ，故B 错误；对C ，小球落到水平面E k －12m v 2＝mg ·2R ，E k ＝2.5mgR ，故C 错误；小球弹出后的机械能等于弹射器的弹性势能，故弹性势能为E ＝mg ·2R ＋12m v 2＝5mgR 2，故D 正确．5．如图5所示，在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A 、B ，它们的质最分别为m 1、m 2，弹簧劲度系数为k ，C 为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一平行斜面向上的恒力F 拉物块A 使之向上运动，当物块B 刚要离开挡板C 时，物块A 运动的距离为d ，速度为v .则此时()图5A ．拉力做功的瞬时功率为F v sin θB ．物块B 满足m 2g sin θ＝kdC ．物块A 的加速度为F －kd m 1D ．弹簧弹性势能的增加量为Fd －12m 1v 2答案C解析拉力F 与速度v 同向，瞬时功率应为P ＝F v ，故A 错误；开始时系统处于静止状态，弹簧弹力等于A 的重力沿斜面向下的分力，当B 刚离开C 时，弹簧的弹力等于B 的重力沿斜面向下的分力，故m 2g sin θ＝kx 2，但由于开始时弹簧是压缩的，故d ＞x 2，故m 2g sin θ＜kd ，故B 错误；当B 刚离开C 时，对A ，根据牛顿第二定律得：F －m 1g sin θ－kx 2＝m 1a 1，又开始时，A 平衡，则有：m 1g sin θ＝kx 1，而d ＝x 1＋x 2，解得：物块A 的加速度为a 1＝F －kd m 1，故C 正确；根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为：Fd －m 1gd sin θ－12m 1v 2，故D 错误．题组2动力学方法和动能定理的综合应用6．光滑圆轨道和两倾斜直轨道组成如图6所示装置，其中直轨道bc 粗糙，直轨道cd 光滑，两轨道相接处为一很小的圆弧．质量为m ＝0.1kg 的滑块(可视为质点)在圆轨道上做圆周运动，到达轨道最高点a 时的速度大小为v ＝4m /s ，当滑块运动到圆轨道与直轨道bc 的相切处b 时，脱离圆轨道开始沿倾斜直轨道bc 滑行，到达轨道cd 上的d 点时速度为零．若滑块变换轨道瞬间的能量损失可忽略不计，已知圆轨道的半径为R ＝0.25m ，直轨道bc 的倾角θ＝37°，其长度为L ＝26.25m ，d 点与水平地面间的高度差为h ＝0.2m ，取重力加速度g ＝10m/s 2，sin 37°＝0.6.求：图6(1)滑块在圆轨道最高点a 时对轨道的压力大小；(2)滑块与直轨道bc 间的动摩擦因数；(3)滑块在直轨道bc 上能够运动的时间．答案(1)5.4N (2)0.8(3)7.66s 解析(1)在圆轨道最高点a 处对滑块，由牛顿第二定律得：mg ＋F N ＝m v 2R ，得F N ＝m (v 2R－g )＝5.4N 由牛顿第三定律得滑块在圆轨道最高点a 时对轨道的压力大小为5.4N.(2)从a 点到d 点全程，由动能定理得：mg (R ＋R cos θ＋L sin θ－h )－μmg cos θ·L ＝0－12m v 2μ＝g (R ＋R cos θ＋L sin θ－h )＋v 22gL cos θ＝0.8(3)设滑块在bc 上向下滑动的加速度为a 1，时间为t 1，向上滑动的加速度为a 2，时间为t 2，在c 点时的速度为v c .由c 到d ：12m v 2c ＝mgh v c ＝2gh ＝2m/s a 点到b 点的过程：mgR (1＋cos θ)＝12m v 2b －12m v 2v b ＝v 2＋2gR (1＋cos θ)＝5m/s在轨道bc 上：下滑：L ＝v b ＋v c 2t 1t 1＝2L v b ＋v c ＝7.5s 上滑：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2a 2＝g sin θ＋μg cos θ＝12.4m/s 20＝v c －a 2t 2t 2＝v c a 2＝212.4s ≈0.16s μ>tan θ，滑块在轨道bc 上停止后不再下滑滑块在两个斜面上运动的总时间：t 总＝t 1＋t 2＝(7.5＋0.16)s ＝7.66s7．如图7所示，一滑板爱好者总质量(包括装备)为50kg ，从以O 为圆心，半径为R ＝1.6m 光滑圆弧轨道的A 点(α＝60°)由静止开始下滑，到达轨道最低点B 后(OB 在同一竖直线上)，滑板爱好者沿水平切线飞出，并恰好从C 点以平行斜面方向的速度进入倾角为37°的斜面，若滑板与斜面的动摩擦因数为μ＝0.5，斜面长s ＝6m ．(g ＝10m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图7(1)滑板爱好者在B、C间运动的时间；(2)滑板爱好者到达斜面底端时的速度大小．答案(1)0.3s(2)7m/s解析(1)滑板爱好者在圆轨道AB间运动的过程中，由动能定理得mgR(1－cos60°)＝12m v2B①由①得v B＝4m/s滑板爱好者在BC间做平抛运动，在C点：竖直方向的分速度v Cy＝v B tan37°＝3m/s②由v Cy＝gt③得平抛运动的时间t＝0.3s(2)在C点，由平抛运动的规律可知：v C＝v B/cos37°＝5m/s④滑板爱好者在斜面上运动的过程中，由动能定理可得：mgs sinθ－μmgs cosθ＝12m v2D－12m v2C⑤由⑤得v D＝7m/s题组3综合应用动力学和能量观点分析多过程问题8．如图8所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m＝0.5kg的小物块，它与水平台阶表面间的动摩擦因数μ＝0.5，且与台阶边缘O点的距离s＝5m．在台阶右侧固定了一个以O点为圆心的圆弧形挡板，并以O点为原点建立平面直角坐标系．现用F＝5N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板(g＝10 m/s2)．图8(1)若小物块恰能击中挡板的上边缘P点，P点的坐标为(1.6m,0.8m)，求其离开O点时的速度大小；(2)为使小物块击中挡板，求拉力F作用的距离范围；(3)改变拉力F的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值．(结果可保留根式)答案(1)4m/s (2)2.5m<x ≤3.3m (3)215J 解析(1)小物块从O 到P 做平抛运动水平方向：x ＝v 0t 竖直方向：y ＝12gt 2解得：v 0＝4m/s(2)为使小物块击中挡板，小物块必须能运动到O 点，设拉力F 作用的最短距离为x 1，由动能定理得：Fx 1－μmgs ＝0解得x 1＝2.5m为使小物块击中挡板，小物块的平抛初速度不能超过4m/s ，设拉力F 作用的最长距离为x 2，由动能定理得：Fx 2－μmgs ＝12m v 20解得x 2＝3.3m则为使小物块击中挡板，拉力F 作用的距离范围为：2．5m<x ≤3.3m(3)设小物块击中挡板的任意点坐标为(x ，y )，则x ＝v 0′t ′y ＝12gt ′2由机械能守恒得：E k ＝12m v 0′2＋mgy 又x 2＋y 2＝R 2，由P 点坐标可求R 2＝3.2化简得E k ＝mgR 24y ＋3mgy 4＝4y ＋154y 由数学方法求得E kmin ＝215J第2课时功能关系在电学中的应用1．静电力做功与路径无关．若电场为匀强电场，则W＝Fl cosα＝Eql cosα；若是非匀强电场，则一般利用W＝qU 来求．2．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的电荷都不做功；安培力可以做正功、负功，还可以不做功．3．电流做功的实质是电场对移动电荷做功．即W＝UIt＝Uq.4．导体棒在磁场中切割磁感线时，棒中感应电流受到的安培力对导体棒做负功，使机械能转化为电能．5．静电力做的功等于电势能的变化，即W AB＝－ΔE p.1．功能关系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，通过审题，抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后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．2．动能定理和能量守恒定律在处理电学中能量问题时仍然是首选的方法.考向1几个重要的功能关系在电学中的应用例1如图1所示，一绝缘轻弹簧的下端固定在斜面底端，上端连接一带正电的光滑滑块P，滑块所处空间存在着沿斜面向上的匀强电场，倾角为θ的光滑绝缘斜面固定在水平地面上，开始时弹簧是原长状态，物体恰好处于平衡状态，现给滑块一沿斜面向下的初速度v，滑块到最低点时，弹簧的压缩量为x，若弹簧始终处在弹性限度内，以下说法正确的是()图1A．滑块电势能的增加量大于滑块重力势能的减少量m v2B．滑块到达最低点的过程中，克服弹簧弹力做功12C．滑块动能的变化量等于电场力和重力做功的代数和D．当滑块的加速度最大时，滑块和弹簧组成的系统机械能最大审题突破弹簧原长状态时，物体恰好处于平衡状态，说明电场力和重力什么关系？滑块向下到达最低点的过程中，都有哪些力做功？何时加速度最大？解析由题意qE ＝mg sin θ，在运动到最低点过程中，电场力做功与重力做功相等，则滑块电势能增加量等于滑块重力势能的减小量，故A 错误．克服弹簧弹力做功等于弹性势能的增加量，即等于动能的减少量，故B 正确．电场力和重力做功的代数和为零，根据动能定理知，电场力、重力、弹簧弹力做功的代数和等于滑块动能的变化量，故C 错误．当滑块运动到最低点时，加速度最大，电场力做的负功最多，即电势能增加最多，此时系统机械能最小，故D 错误．答案B 以题说法在解决电学中功能关系问题时应注意以下几点：(1)洛伦兹力在任何情况下都不做功；(2)电场力做功与路径无关，电场力做的功等于电势能的变化；(3)力学中的几个功能关系在电学中仍然成立．质量为m 的带正电小球由空中A 点无初速度自由下落，在t 秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t 秒小球又回到A 点．不计空气阻力且小球从未落地，则()A ．整个过程中小球电势能减少了1.5mg 2t 2B ．整个过程中机械能的增量为2mg 2t 2C ．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了mg 2t 2D ．从A 点到最低点小球重力势能减少了mg 2t 2答案B 解析由12gt 2＝－(v t －12at 2)，又v ＝gt ，解得a ＝3g .由a ＝qE －mg m ，联立解得qE ＝4mg ，则小球电势能减少为Δε＝qE ·12gt 2＝2mg 2t 2.根据功能关系可知，机械能的增量为2mg 2t 2，故A 错误，B 正确．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了ΔE k ＝12m (gt )2，故C 错误．设从A 点到最低点的高度为h ，根据动能定理得mgh －qE (h －12gt 2)＝0，解得h ＝23gt 2，故从A 点到最低点小球重力势能减少了ΔE p ＝mgh ＝2mg 2t 23，故D 错误．选B.考向2应用动能定理分析带电体在电场中的运动例2如图2所示是研究带电体的质量与电量关系的光滑绝缘细管，长为L 且竖直放置，点电荷M 固定在管底部，电荷量为＋Q .现从管口A 处静止释放一带电体N ，当其电荷量为＋q 、质量为m 时，N 下落至距M 为h 的B 处速度恰好为0.已知静电力常量为k ，重力加速度为g ，带电体下落过程中不影响原电场．图2。
2020高考物理二轮复习名师专题点津系列――动量和能量
2020高考物理二轮复习名师专题点津系列 一一动量和能量一、专门提示动量和能量的知识贯穿整个物理学，涉及到”力学、热学、电磁学、光学、原子物理学'‘等，从动量 和能量的角度分析处理咨询题是研究物理咨询题的一条重要的途径，也是解决物理咨询题最重要的思维方 法之一。
1、 动量关系动量关系包括动量定理和动量守恒定律。
〔1〕动量定理凡涉及到速度和时刻的物理咨询题都可利用动量定理加以解决，专门关于处理位移变化不明显的打 击、碰撞类咨询题，更具有其他方法无可替代的作用。
〔2〕动量守恒定律动量守恒定律是自然界中一般适用的规律，大到宇宙天体间的相互作用，小到微观粒子的相互作用， 无不遵守动量守恒定律，它是解决爆炸、碰撞、反冲及较复杂的相互作用的物体系统类咨询题的差不多规 律。
动量守恒条件为：① 系统不受外力或所受合外力为零② 在某一方向上，系统不受外力或所受合外力为零，该方向上动量守恒。
③ 系统内力远大于外力，动量近似守恒。
④ 在某一方向上，系统内力远大于外力，该方向上动量近似守恒。
应用动量守恒定律解题的一样步骤：确定研究对象，选取研究过程；分析内力和外力的情形，判定是否符合守恒条件；选定正方向，确定 初、末状态的动量，最后依照动量守恒定律列议程求解。
应用时，无需分析过程的细节，这是它的优点所在，定律的表述式是一个矢量式，应用时要专门注意 方向。
2、 能的转化和守恒定律〔1〕能量守恒定律的具体表现形式高中物理知识包括"力学、热学、电学、原子物理"五大部分内容，它们具有各自的独立性，但又有 相互的联系性，其中能量守恒定律是贯穿于这五大部分的主线，只只是在不同的过程中，表现形式不同而 已，如：在力学中的机械能守恒定律：E k1 E p1 E k2 E p 2〔2〕利用能量守恒定律求解的物理咨询题具有的特点：① 题目所述的物理咨询题中，有能量由某种形式转化为另一种形式；② 题中参与转化的各种形式的能，每种形式的能如何转化或转移，依照能量守恒列出方程即总能量不在电学中的闭合电路欧姆定律:I，法拉第电磁感应疋律1 2nW m 2R r在光学中的光电效应方程：hv W 在热学中的热力学第一定律：U W QE n ——，以及楞次定律。
2020高考物理二轮复习名师专题点津系列――动量和能量
2020高考物理二轮复习名师专题点津系列――动量和能量一、专门提示动量和能量的知识贯穿整个物理学，涉及到〝力学、热学、电磁学、光学、原子物理学〞等，从动量和能量的角度分析处理咨询题是研究物理咨询题的一条重要的途径，也是解决物理咨询题最重要的思维方法之一。
1、动量关系动量关系包括动量定理和动量守恒定律。
〔1〕动量定理凡涉及到速度和时刻的物理咨询题都可利用动量定理加以解决，专门关于处理位移变化不明显的打击、碰撞类咨询题，更具有其他方法无可替代的作用。
〔2〕动量守恒定律动量守恒定律是自然界中一般适用的规律，大到宇宙天体间的相互作用，小到微观粒子的相互作用，无不遵守动量守恒定律，它是解决爆炸、碰撞、反冲及较复杂的相互作用的物体系统类咨询题的差不多规律。
动量守恒条件为：①系统不受外力或所受合外力为零②在某一方向上，系统不受外力或所受合外力为零，该方向上动量守恒。
③系统内力远大于外力，动量近似守恒。
④在某一方向上，系统内力远大于外力，该方向上动量近似守恒。
应用动量守恒定律解题的一样步骤：确定研究对象，选取研究过程；分析内力和外力的情形，判定是否符合守恒条件；选定正方向，确定初、末状态的动量，最后依照动量守恒定律列议程求解。
应用时，无需分析过程的细节，这是它的优点所在，定律的表述式是一个矢量式，应用时要专门注意方向。
2、能的转化和守恒定律〔1〕能量守恒定律的具体表现形式高中物理知识包括〝力学、热学、电学、原子物理〞五大部分内容，它们具有各自的独立性，但又有相互的联系性，其中能量守恒定律是贯穿于这五大部分的主线，只只是在不同的过程中，表现形式不同而已，如：在力学中的机械能守恒定律：2211p k p k E E E E +=+在热学中的热力学第一定律：Q W U +=∆ 在电学中的闭合电路欧姆定律：r R E I +=，法拉第电磁感应定律t n E ∆∆=φ，以及楞次定律。
在光学中的光电效应方程：W hv nw m -=221 在原子物理中爱因斯坦的质能方程：2mc E =〔2〕利用能量守恒定律求解的物理咨询题具有的特点：①题目所述的物理咨询题中，有能量由某种形式转化为另一种形式；②题中参与转化的各种形式的能，每种形式的能如何转化或转移，依照能量守恒列出方程即总能量不变或减少的能等于增加的能。
2020年高考物理二轮专题复习四：力学中的动量和能量问题(解析附后)
2．某电影里两名枪手在房间对决，他们各自背靠墙壁，一左一右。假设他们之间的地面光滑随机放着一均匀木块，木块到左右两边的距离不一样。两人拿着相同的步枪和相同的子弹同时朝木块射击一发子弹，听天由命。但是子弹都没有射穿木块，两人都活了下来反而成为了好朋友。假设你是侦探，仔细观察木块发现右边的射孔(弹痕)更深。设子弹与木块的作用力大小一样，请你分析一下，哪个结论是正确的( )
2020年高考物理二轮专题复习四：力学中的动量和能量问题（解析附后）
考纲指导
能量观点是高中物理解决问题的三大方法之一，既在选择题中出现，也在综合性的计算题中应用，常将动量与能量等基础知识融入其他问题考查，也常将动能定理、机械能守恒、功能关系、动量定理和动量守恒定律作为解题工具在综合题中应用。考查的重点有以下几方面：(1)动量定理和动量守恒定律的应用；(2)“碰撞模型”问题；(3)“爆炸模型”和“反冲模型”问题；(4)“板块模型”问题。
A．小车上表面长度
B．物体A与小车B的质量之比
C．A与小车B上表面的动摩擦因数
D．小车B获得的动能
2．某兴趣小组设计了一个玩具轨道模型如图甲所示，将一质量为m＝0.5 kg的玩具小车(可以视为质点)放在P点，用弹簧装置将其从静止弹出(弹性势能完全转化为小车初始动能)，使其沿着半径为r＝1.0 m的光滑圆形竖直轨道OAO′运动，玩具小车受水平面PB的阻力为其自身重力的0.5倍(g取10 m/s2)，PB＝16.0 m，O为PB中点。B点右侧是一个高h＝1.25 m，宽L＝2.0 m的壕沟。求：
【答案】BC
2．【解析】(1)在最高点mg＝ ，得vA＝ m/s
O→A：－mg2r＝ mv － mv ，得vO＝5 m/s
FNO－mg＝ ，得FNO＝6mg＝30 N。
2020高考物理二轮复习第一板块力学选择题锁定9大命题区间第5讲谙熟“三看两法”破解力学图像三类问题讲义
【2019最新】精选高考物理二轮复习第一板块力学选择题锁定9大命题区间第5讲谙熟“三看两法”破解力学图像三类问题讲义运动学图像和动力学图像一直是高考的热点，考查角度一般有三个：一是会识图，理解图线、斜率、截距、面积的意义，能根据需要列出函数关系式；二是会作图，依据物理现象、物理过程、物理规律作出图像；三是会用图，能结合物理公式和图像等解决物理问题。
高考中一般考查这三类问题：①应用运动图像分析物体的运动规律②应用动力学图像考查牛顿运动定律③根据物理情景描绘或者选择物理图像用到的思想方法主要有：①图像法②等效法③作图法一、应用运动图像分析物体的运动规律基础保分类考点1．“三看”图像(1)看清坐标轴所表示的物理量：是运动学图像(v t、x t、a t)，还是动力学图像(Fa、Ft、Fx)，明确因变量与自变量的制约关系。
(2)看图线本身：识别两个相关量的变化趋势，进而分析具体的物理过程。
(3)看交点、斜率和“面积”：明确图线与图线的交点、图线与坐标轴的交点、图线斜率、图线与坐标轴围成的面积的物理意义。
2．解答图像问题的“两法”(1)公式与图像的转化要作出一个确定的物理图像，需要得到相关的函数关系式。
在把物理量之间的关系式转化为一个图像时，最重要的就是要明确公式中的哪个量是自变量，哪些量是常量，关系式描述的是哪两个物理量之间的函数关系。
(2)图像与情境的转化运用物理图像解题，还需要进一步建立物理图像和物理情境之间的联系，根据物理图像，想象出图像所呈现的物理现象、状态、过程和物理变化的具体情境，因为这些情境中隐含着许多解题条件，这些过程中体现了物理量相互制约的规律，这些状态反映了理论结果是否能与现实相吻合，这些正是“审题”“分析”“审视答案”等解题环节所需要解决的问题。
三·平顶山联考)设竖直向上为y轴正方向，如图所 1.(2018届高沿y轴运动的位置—时间(y t)图像，已知图线为一示曲线为一质点图可知( )条抛物线，则由A．t＝0时刻质点速度为0B．0～t1时间内质点向y轴负方向运动C．0～t2时间内质点的速度一直减小D．t1～t3时间内质点相对坐标原点O的位移先为正后为负解析：选C 在t＝0时刻y t图线斜率不为0，说明t＝0时刻质点速度不为0,0～t1时间内质点向y轴正方向运动，故A、B错误。
全国通用2020年高考物理二轮复习精练一必考热点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焦点，选择题、计算题中均有体现，试题灵活性强，难度较大，能力要求高，且经常与牛顿运动定律、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 。
则此过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，光滑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 ，则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，根据机械能守恒定律有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分别作用于水平面上的同一物体，一段时间后撤去，使物体都从静止开始运动而后停下，如果物体在两种情况下的总位移相等，且F 1大于F 2，则( ) 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 画出两种情况下物体运动的v －t 图如图所示，图线与横轴所围的面积表示位移，故两种情况下物体运动的总位移相等，两种情况下物体运动的时间t 1<t 2，由动量定理，Ft ′－μmg t ＝0，可知F 2的冲量大，选项A 正确。
2020年高考物理二轮重点专题整合突破： 专题九：动力学、动量和能量观点的综合应用
2020年高考物理二轮重点专题整合突破专题九：动力学、动量和能量观点的综合应用专题定位：本专题综合应用动力学、动量和能量的观点来解决物体运动的多过程问题.本专题是高考的重点和热点，命题情景新，联系实际密切，综合性强，侧重在计算题中命题，是高考的压轴题.应考策略：本专题在高考中主要以两种命题形式出现：一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和动量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题；二是运用动能定理和能量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感应问题.由于本专题综合性强，因此要在审题上狠下功夫，弄清运动情景，挖掘隐含条件，有针对性的选择相应的规律和方法.知识回扣：1.动量定理的公式Ft＝p′－p除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因.动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系，反映了力对时间的累积效果，与物体的初、末动量无必然联系.动量变化的方向与合外力的冲量方向相同，而物体在某一时刻的动量方向跟合外力的冲量方向无必然联系.动量定理公式中的F是研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力，它可以是恒力，也可以是变力，当F为变力时，F应是合外力对作用时间的平均值.2.动量守恒定律(1)内容：一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变.(2)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；或p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)；或Δp ＝0(系统总动量的增量为零)；或Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反).(3)守恒条件①系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零.②系统合外力不为零，但在某一方向上系统合力为零，则系统在该方向上动量守恒.③系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如碰撞、爆炸过程.3.解决力学问题的三个基本观点(1)力的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题.(2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及相互作用物体的问题.(3)能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理分析；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律.规律方法：1.力学规律的选用原则(1)单个物体：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，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；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：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决.2.系统化思维方法，就是根据众多的已知要素、事实，按照一定的联系方式，将其各部分连接成整体的方法.(1)对多个物理过程进行整体思维，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动.(2)对多个研究对象进行整体思维，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统).题型一：动量定理和动量守恒定律的应用【解题方略】1.弹性碰撞与非弹性碰撞碰撞过程遵从动量守恒定律.如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做弹性碰撞；如果碰撞过程中机械能不守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞.2.应用动量守恒定律的解题步骤(1)明确研究对象(系统包括哪几个物体及研究的过程)；(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)；(5)必要时对结果进行讨论.(3)规定正方向，确定初、末状态动量；(4)由动量守恒定律列式求解；例1 如图所示，光滑水平面上有一质量为m ＝1 kg 的小车，小车右端固定一水平轻质弹簧，弹簧左端连接一质量为m 0＝1 kg 的物块，物块与上表面光滑的小车一起以v 0＝5 m/s 的速度向右匀速运动，与静止在光滑水平面上、质量为M ＝4 kg 的小球发生弹性正碰，若碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内.求：(1)碰撞结束时，小车与小球的速度；(2)从碰后瞬间到弹簧被压至最短的过程，弹簧弹力对小车的冲量大小.解析 (1)设碰撞后瞬间小车的速度大小为v 1，小球的速度大小为v ，由动量守恒及机械能守恒有：mv 0＝Mv ＋mv 112mv 20＝12mv 21＋12Mv 2 解得v 1＝m －M m ＋M v 0＝－3 m/s ，小车速度方向向左. v ＝2m m ＋M v 0＝2 m/s ，小球速度方向向右.(2)当弹簧被压缩到最短时，物块与小车有共同进度，设小车的速度大小为v 2，根据动量守恒定律有：m 0v 0＋mv 1＝(m 0＋m )v 2，解得v 2＝1 m/s.设碰撞后瞬间到弹簧最短的过程，弹簧弹力对小车的冲量大小为I ，根据动量定理有I ＝mv 2－mv 1，解得I ＝4 N·s.【答案】 (1)小车：3 m/s ，方向向左 小球：2 m/s ，方向向右(2)4 N·s检测1 某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M 的卡通玩具稳定地悬停在空中.为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S 的喷口持续以速度v 0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S )；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开.忽略空气阻力.已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g .求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度.【答案】(1)ρv 0S (2)v 202g －M 2g 2ρ2v 20S 2 解析 (1)在刚喷出一段很短的Δt 时间内，可认为喷出的水柱保持速度v 0不变.该时间内，喷出水柱高度Δl ＝v 0Δt ①喷出水柱质量Δm ＝ρΔV ②其中ΔV 为水柱体积，满足ΔV ＝ΔlS ③由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为Δm Δt＝ρv 0S . (2)设玩具底面相对于喷口的高度为h由玩具受力平衡得F 冲＝Mg ④其中，F 冲为水柱对玩具底面的作用力由牛顿第三定律：F 压＝F 冲⑤其中，F 压为玩具底面对水柱的作用力，v ′为水柱到达玩具底面时的速度由运动学公式：v ′2－v 20＝－2gh ⑥在很短Δt 时间内，冲击玩具水柱的质量为ΔmΔm ＝ρv 0S Δt ⑦由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理(F 压＋Δmg )Δt ＝Δmv ′⑧由于Δt 很小，Δmg 也很小，可以忽略，⑧式变为F 压Δt ＝Δmv ′⑨由④⑤⑥⑦⑨可得h ＝v 202g －M 2g 2ρ2v 20S 2. 题型二：动量和能量关点的综合应用【解题方略】1.弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程.2.进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点.3.光滑的平面或曲面，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析.4.如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析.例2 如图所示，光滑水平面上有一质量M ＝4.0 kg 的平板车，车的上表面是一段长L ＝1.5 m 的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R ＝0.25 m 的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点O ′处相切.现将一质量m ＝1.0 kg 的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v 0滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A .取g ＝10 m/s 2，求：(1)小物块滑上平板车的初速度v 0的大小；(2)小物块与车最终相对静止时，它距点O ′的距离.解析 (1)平板车和小物块组成的系统在水平方向上动量守恒，设小物块到达圆弧轨道最高点A 时，二者的共同速度为v 1由动量守恒得：mv 0＝(M ＋m )v 1①由能量守恒得：12mv 20－12(M ＋m )v 21＝mgR ＋μmgL ② 联立①②并代入数据解得：v 0＝5 m/s ③(2)设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为v 2，从小物块滑上平板车，到二者相对静止的过程中，由动量守恒得：mv 0＝(M ＋m )v 2④设小物块与车最终相对静止时，它距O ′点的距离为x ，由能量守恒得：12mv 20－12(M ＋m )v 22＝μmg (L ＋x )⑤ 联立③④⑤并代入数据解得：x ＝0.5 m.【答案】 (1)5 m/s (2)0.5 m检测2 如图所示，小球A 质量为m ，系在细线的一端，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5m 和3m ，B 与C 用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B 物块位于O 点正下方.现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，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到水平面的距离为h 16.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g ，求碰撞过程中B 物块受到的冲量大小及碰后轻弹簧获得的最大弹性势能.【答案】 54m 2gh 15128mgh 解析 设小球运动到最低点与物块B 碰撞前的速度大小为v 1，取小球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 ＝12mv 21 解得：v 1＝2gh设碰撞后小球反弹的速度大小为v 1′，同理有：mg h 16＝12mv 1′2 解得：v 1′＝ 2gh 4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：mv 1＝－mv 1′＋5mv 2解得：v 2＝ 2gh 4由动量定理可得，碰撞过程中B 物块受到的冲量大小为：I ＝5mv 2＝54m 2gh 碰撞后当B 物块与C 物块速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，据动量守恒定律有5mv 2＝8mv 3据机械能守恒定律得：E pm ＝12×5mv 22－12×8mv 23 解得：E pm ＝15128mgh . 题型三：力学三大观点的应用【解题方略】力学规律选用的一般原则力学中首先考虑使用两个守恒定律，从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量(速度、位置)，所以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程(位移x ，时间t )问题，不能解决力(F )的问题.(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律.(2)若物体(或系统)涉及到速度和时间，应考虑使用动量定理.(3)若物体(或系统)涉及到位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律.(4)若物体(或系统)涉及到位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路程，运用动能定理解决曲线运动和变加速运动问题特别方便.例3 如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R ＝0.5 m ，物块A 以v 0＝6 m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q ，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P 处静止的物块B 碰撞，碰后粘在一起运动，P 点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L ＝0.1 m ，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A 、B 的质量均为m ＝1 kg(重力加速度g 取10 m/s 2；A 、B 视为质点，碰撞时间极短).(1)求A 滑过Q 点时的速度大小v 和受到的弹力大小F ；(2)若碰后AB 最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值；(3)求碰后AB 滑至第n 个(n ＜k )光滑段上的速度v n 与n 的关系式.解析 (1)从A →Q 由动能定理得－mg ·2R ＝12mv 2－12mv 20 解得v ＝4 m/s ＞gR ＝ 5 m/s在Q 点，由牛顿第二定律得F N ＋mg ＝m v 2R解得F N ＝22 N.(2)A 撞B ，由动量守恒得mv 0＝2mv ′解得v ′＝v 02＝3 m/s 设摩擦距离为x ，则－2μmgx ＝0－12·2mv ′2 解得x ＝4.5 m ，所以k ＝x L＝45. (3)AB 滑至第n 个光滑段上，由动能定理得－μ·2mgnL ＝12·2mv 2n －12·2mv ′2 所以v n ＝9－0.2n m/s (n <45).【答案】(1)4 m/s 22 N (2)45 (3)v n ＝9－0.2n m/s (n <45)检测3 如图所示，内壁粗糙、半径R ＝0.4 m 的四分之一圆弧轨道AB 在最低点B 与光滑水平轨道BC 相切.质量m 2＝0.2 kg 的小球b 左端连接一轻质弹簧，静止在光滑水平轨道上，另一质量m 1＝0.2 kg 的小球a 自圆弧轨道顶端由静止释放，运动到圆弧轨道最低点B 时对轨道的压力为小球a 重力的2倍.忽略空气阻力，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)小球a 由A 点运动到B 点的过程中，摩擦力做的功W f ；(2)小球a 通过弹簧与小球b 相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能E p ；(3)小球a 通过弹簧与小球b 相互作用的整个过程中，弹簧对小球b 的冲量I 的大小.【答案】(1)－0.4 J (2)0.2 J (3)0.4 N·s解析 (1)小球由静止释放到最低点B 的过程中，根据动能定理得：m 1gR ＋W f ＝12m 1v 21， 小球在最低点B ，根据牛顿第二定律得：F N －m 1g ＝m 1v 21R， 联立可得：W f ＝－0.4 J.(2)小球a 与小球b 通过弹簧相互作用，达到共同速度v 2时弹簧具有最大弹性势能，此过程中，由动量守恒定律：m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2，由能量守恒定律：12m 1v 21＝12(m 1＋m 2)v 22＋E p 联立可得：E p ＝0.2 J.(3)小球a 与小球b 通过弹簧相互作用的整个过程中，a 球最终速度为v 3，b 球最终速度为v 4，由动量守恒定律：m 1v 1＝m 1v 3＋m 2v 4，由能量守恒定律：12m 1v 21＝12m 1v 23＋12m 2v 24， 根据动量定理有：I ＝m 2v 4，联立可得：I ＝0.4 N·s.。
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【2019最新】精选高考物理二轮复习第一板块力学选择题锁定9大命题区间第8讲巧用“能量观点”解决力学选择题讲义“能量观点”是解决力学问题的三大观点之一。
高考既可能在选择题中单独考查功和能，也可能在计算题中综合考查到功能问题，本讲主要解决的是选择题中的能量观点的应用。
考查内容①几种常见的功能关系②动能定理的综合应用③利用机械能守恒定律和能量守恒定律分析问题思想方法①整体法和隔离法②全程法和分段法③守恒思想1．(2016·四川高考)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。
他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J。
韩晓鹏在此过程中( )A．动能增加了1 900 JB．动能增加了2 000 JC．重力势能减小了1 900 J D．重力势能减小了2 000 J解析：选C 根据动能定理得韩晓鹏动能的变化ΔE＝WG＋Wf＝1 900 J－100 J＝1 800 J＞0，故其动能增加了1 800 J，选项A、B错误；根据重力做功与重力势能变化的关系WG＝－ΔEp，所以ΔEp＝－WG＝－1 900 J＜0，故韩晓鹏的重力势能减小了1 900 J，选项C正确，选项D错误。
届高三·天津联考)如图所示，楔形木块abc固定在 2.[多选](2018斜面ab与水平面的夹角为60°，光滑斜面bc与水平水平面上，粗糙面的夹角为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( )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C．拉力对M做的功等于M机械能的增加D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功解析：选BD 因作用在滑轮上的左右两边绳子的拉力大小相等，但是与竖直方向的夹角不同，故由力的合成知识可知，轻绳对滑轮作用力的方向沿右下方，选项A错误；根据动能定理，拉力、重力和摩擦力做功之和等于M的动能增量，故拉力和重力对M 做功之和大于M动能的增加，选项B正确；由功能关系可知，拉力和摩擦力对M做的功等于M机械能的增加，选项C错误；由功能关系可知，两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功，选项D正确。
选](2017·南昌模拟)如图所示，物体以100 J的初动 3.[多端向上运动，斜面足够长。
当它向上通过斜面上的M点能从斜面的底时，其动能减少了75 J，机械能减少了30 J。
如果以地面为零势能参考面，物体能从斜面上返回底端，则( )A．物体在向上运动过程中，机械能共减少100 JB．物体到达斜面上最高点时，重力势能增加了60 JC．物体返回斜面底端时动能为40 JD．物体返回M点时机械能为50 J 解析：选BD 设物体的质量为m，受到的摩擦力大小为f。
从出发点到M点，动能减少了75 J，根据动能定理得：－(mgsin α＋f)s1＝ΔEk1＝－75 J；根据功能关系得：－fs1＝ΔE1＝－30 J，联立得：＝2.5；物体从出发点到斜面上最高点的过程中，根据动能定理得：－(mgsin α＋f)s2＝ΔEk2＝0－100 J＝－100 J；根据功能关系得：－fs2＝ΔE2；联立得ΔE2＝－40 J，故物体在向上运动过程中，机械能共减少40 J，故A错误；物体在向上运动过程中，机械能减少40 J，动能减少100 J，说明重力势能增加了60 J，故B正确；物体在向下运动过程中，摩擦力做功与向上运动时摩擦力做功相等，所以向下运动的过程中，机械能也减少40 J，整个过程机械能减少80 J，所以物体返回斜面底端时动能为100 J－80 J＝20 J，故C错误；从M点到斜面上最高点的过程，机械能减少40 J－30 J＝10 J，从出发到返回M点时，机械能一共减少30 J＋2×10 J＝50 J。
物体返回M点时机械能为100 J－50 J＝50 J，故D正确。
1．常见的功能关系(1)重力做功与重力势能变化的关系：WG＝－ΔEp。
(2)弹力做功与弹性势能变化的关系：W弹＝－ΔEp。
(3)合外力做功与动能变化的关系：W合＝ΔEk。
(4)除重力以外其他力做功与机械能变化的关系：W其他＝ΔE机。
(5)滑动摩擦力、相对位移乘积与内能变化的关系：Ffx相对＝ΔE内。
2．功能关系的理解和应用(1)功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度和原因，在不同问题中的具体表现不同。
(2)分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功；根据功能之间的对应关系，判定能的转化情况。
(3)也可以根据能量转化情况，确定是什么力做功，尤其可以方便计算变力做的功。
二、“解题利器”动能定理的灵活应用多维探究类考点题点(一) 应用动能定理求解变力做功示，质量为m的物块与水平转台间的动摩擦因数为[例1] 如图所相距R，物块随转台由静止开始转动。
当转速增至某一μ，物块与转轴在转台上滑动，此时转台已开始匀速转动，在这一过程值时，物块即将中，摩擦力对物块做的功是(假设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )B．2μmgRA．0D.μmgRC．2πμmgR [解析] 选D 物块即将在转台上滑动但还未滑动时，转台对物块的最大静摩擦力恰好提供向心力，设此时物块做圆周运动的线速度为v，则有μmg＝。
在物块由静止到获得速度v的过程中，物块受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物块做功，由动能定理得W＝mv2－0。
联立解得W＝μmgR。
D正确。
题点(二) 应用动能定理解决多过程问题[例2] [多选](2016·浙江高考)如图所示为一滑草场。
某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ。
质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损后恰好静止于＝0.6，cos 37°＝0.8)。
则( )失，sin 37°67＝μ．动摩擦因数A2gh 7．载人滑草车最大速度为B C ．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD ．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为ghsin 37°＝s2＝、s1由题意知，上、下两段斜坡的长分别为 AB 选 ]解析[由动能定理(或功能关系)知：2mgh －μmgs1cos 45°－μmgs2cos 37°＝0解得动摩擦因数μ＝，选项A 正确；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a1＝g(sin 45°－μcos 45°)＝g ，a2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝－g ，则在下落h 时的速度最大，由动能定理知：mgh －μmg s1cos 45°＝mv2解得v ＝ ，选项B 正确，D 错误；载人滑草车克服摩擦力做的功与重力做功相等，即W ＝2mgh ，选项C 错误。
题点(三) 动能定理和图像的综合[例3] (2017·江苏高考)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。
物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek 与位移x 关系的图线是( )[解析] 选C 设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m ，则物块在上滑过程中根据动能定理有－(mgsin θ＋μmgcos θ)x＝Ek －Ek0，即Ek ＝Ek0－(mgsin θ＋μmgcos θ)x ，所以物块的动能Ek 与位移x 的函数关系图线为直线且斜率为负；物块沿斜面下滑的过程中根据动能定理有(mgsin θ－μmgcos θ)(x0－x)＝Ek ，其中x0为小物块到达最高点时的位移，即Ek ＝－(mgsin θ－μmgcos θ)x＋(mgsin θ＋μmgcos θ)x0，所以下滑时Ek 随x 的减小而增大且为直线。
由此可以判断C 项正确。
1．把握两点，准确理解动能定理(1)动能定理表达式中，W 表示所有外力做功的代数和，包括物体重力所做的功。
(2)动能定理表达式中，ΔEk 为所研究过程的末动能与初动能之差，而且物体的速度均是相对地面的速度。
2．应用动能定理的“两线索、两注意” (1)应用动能定理解题从两条线索着手：(2)两注意：①动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度和时间，比动力学研究方法更简便。
②当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解。
三、巧用机械能守恒定律破解三类连接体问题多维探究类考点题点(一) 绳连接的系统机械能守恒问题(2017·南京模拟)如图所示，一半圆形碗的边缘上[例1]轮，滑轮两边通过一不可伸长的轻质细线挂着两个装有一定滑别为m1、m2，m1>m2。
现让m1从靠近定滑轮处由静小物体，质量分止开始沿碗内壁下滑。
设碗固定不动，其内壁光滑、半径为R 。
则m1滑到碗最低点时的速度为( )2 ．A错误!B. C.错误!2 ．D[解析] 选D 设当m1到达碗最低点时速率为v1，此时m2的速率为v2，则有v1cos 45°＝v2，对m1、m2由机械能守恒定律得m1gR ＝m2g·R＋m1v12＋m2v22，解得v1＝2 ，D 正确。
题点(二) 杆连接的系统机械能守恒问题(2018届高三·广州五校联考)如图所示，有一光[例2] [多选] 部分为半径为R 的圆弧，BC 部分水平，质量均为m 滑轨道ABC ，AB 在竖直轻杆的两端，轻杆长为R ，不计小球大小。
开的小球a 、b 固定始时a 球处在圆弧上端A 点，由静止释放小球和轻杆，使其沿光滑轨道下滑，下列说法正确的是( )A ．a 球下滑过程中机械能保持不变B ．a 、b 两球和轻杆组成的系统在下滑过程中机械能保持不变2gR 滑到水平轨道上时速度为b 、a ．CmgR2球做的功为a 滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对b 、a ．从释放到D[解析] 选BD 由机械能守恒的条件得，a 机械能不守恒，a 、b 系统机械能守恒，所以A 错误，B 正确。
对ab 系统由机械能守恒定律得：mgR ＋2mgR ＝2×mv2，解得v ＝，C 错误。
对a 由动能定理得：mgR ＋W ＝mv2，解得W ＝，D 正确。
题点(三) 弹簧连接的系统机械能守恒问题[例3] [多选](2017·石家庄质检)如图所示，物体A 、B 通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体B 的质量为2m ，放置在倾角为30°的光滑斜面上，物体A 的质量托着物体A 使弹簧处于原长，细绳伸直，A 与地面的距离为m ，用手B 静止在斜面上挡板P 处。