高考物理二轮 考前三个月 第一部分 专题四 动能定理 能量守恒定律学案
专题四 动量和能量学案 动能定理 能量守恒定律【考情分析】【考点预测】功和功率、动能和动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律是力学的重点，也是高考考查的重点，常以选择题、计算题的形式出现，考题常与生产生活实际联系紧密，题目的综合性较强．预计在2014年高考中，仍将对该部分知识进行考查，复习中要特别注意功和功率的计算，动能定理、机械能守恒定律的应用以及与平抛运动、圆周运动知识的综合应用．考题1 对功和功率的计算的考查例1 一质量为1 kg 的质点静止于光滑水平面上，从t ＝0时起，第1 s 内受到2 N 的水平外力作用，第2 s 内受到同方向的1 N 的外力作用．下列判断正确的是( )A ．0～2 s 内外力的平均功率是94W B ．第2 s 内外力所做的功是54J C ．第2 s 末外力的瞬时功率最大D ．第1 s 内与第2 s 内质点动能增加量的比值是25审题突破 ①分析质点运动情况，分别求第1 s 、第2 s 内的位移．②计算平均功率用公式P ＝W t，计算瞬时功率用公式P ＝Fv . 解析 第1 s 内，质点的加速度为a 1＝F 1m ＝2 m/s 2，位移x 1＝12a 1t 2＝1 m,1 s 末的速度v 1＝a 1t ＝2 m/s ，第1 s 内质点动能的增加量为ΔE k1＝12mv 21－0＝2 J. 第2 s 内，质点的加速度为a 2＝F 2m ＝1 m/s 2，位移x 2＝v 1t ＋12a 2t 2＝2.5 m,2 s 末的速度为v 2＝v 1＋a 2t ＝3 m/s ，第2 s 内质点动能的增加量为ΔE k2＝12mv 22－12mv 21＝2.5 J ；第1 s 内与第2 s 内质点动能的增加量的比值为ΔE k1ΔE k2＝45，D 选项错误．第2 s 末外力的瞬时功率P 2＝F 2v 2＝3 W ，第1 s 末外力的瞬时功率P 1＝F 1v 1＝4 W>P 2，C 选项错误．第1 s内外力做的功W 1＝F 1x 1＝2 m ，第2 s 内外力做的功为W 2＝F 2x 2＝2.5 J ，B 选项错误.0～2 s内外力的平均功率为P ＝W 1＋W 22t ＝94W ，所以A 选项正确． 答案 A 易错辨析1．计算力所做的功时，一定要注意是恒力做功还是变力做功．若是恒力做功，可用公式W ＝Fl cos α进行计算．若是变力做功，可用以下几种方法进行求解：(1)微元法：把物体的运动分成无数个小段，计算每一小段力F 的功．(2)将变力做功转化为恒力做功．(3)用动能定理或功能关系进行求解．2．对于功率的计算要区分是瞬时功率还是平均功率．P ＝W t只能用来计算平均功率，P ＝Fv cos α中的v 是瞬时速度时，计算出的功率是瞬时功率；v 是平均速度时，计算出的功率是平均功率． 突破练习1．图1中甲、乙是一质量m ＝6×103 kg 的公共汽车在t ＝0和t ＝4 s 末两个时刻的两张照片．当t ＝0时，汽车刚启动(汽车的运动可看成是匀加速直线运动)．图丙是车内横杆上悬挂的手拉环的图象，测得θ＝30°.根据题中提供的信息，无法估算出的物理量是( )图1A ．汽车的长度B ．4 s 内汽车牵引力所做的功C ．4 s 末汽车的速度D ．4 s 末汽车合外力的瞬时功率答案 B解析 根据题图丙，通过对手拉环受力分析，结合牛顿第二定律可知，汽车的加速度为a ＝g tan θ＝1033 m/s 2，所以，t ＝4 s 末汽车的速度v ＝at ＝4033m/s ，选项C 可估算出；根据题图甲、乙可知，汽车的长度等于4 s 时汽车的位移，即l ＝12at 2＝8033m ，选项A 可估算出；因为4 s 末汽车的瞬时速度可求出，汽车所受的合外力F ＝ma 也可求出，所以汽车在4 s 末的瞬时功率为P ＝Fv 也可估算出，即选项D 可估算；因为不知汽车与地面间的摩擦力，所以无法估算4 s 内汽车牵引力所做的功，选项B 符合题意．2．一质量m ＝0.5 kg 的滑块以某一初速度冲上倾角θ＝37°的足够长的斜面，利用传感器测出滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出滑块上滑过程中的v －t 图象如图2所示．取sin 37°＝0.6，g ＝10 m/s 2，认为滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则( )图2A ．滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5B ．滑块返回斜面底端时的速度为2 m/sC ．滑块在上升过程中重力做的功为－25 JD ．滑块返回斜面底端时重力的功率为7.5 W答案 D解析 由题图可知a ＝10 m/s 2，即g sin θ＋μg cos θ＝10 m/s 2，解得μ＝0.5.上滑位移x ＝102×1.0 m＝5 m ，下滑加速度 a ′＝g sin θ－μg cos θ＝2 m/s 2.所以回到斜面底端时的速度v ′＝2a ′x ＝2 5 m/s.上升过程中重力做功W ＝－Gx sin θ＝－15 J ，返回底端时求的是重力的瞬时功率，P ＝mgv ′sin θ＝6 5 W ．A 正确．考题2 对动能定理应用的考查例2 如图3甲，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E 、方向沿斜面向下的匀强电场中．一劲度系数为k 的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态．一质量为m 、带电荷量为q (q >0)的滑块从距离弹簧上端为s 0处静止释放，滑块在运动过程中电荷量保持不变，设滑块与弹簧接触过程中没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g .图3(1)求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t 1；(2)若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为v m ，求滑块从静止释放到速度大小为v m 过程中弹簧的弹力所做的功W ；(3)从滑块由静止释放瞬间开始计时，请在乙图中画出滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度与时间关系v －t 图象．图中横坐标轴上的t 1、t 2及t 3分别表示滑块第一次与弹簧上端接触、第一次速度达到最大值及第一次速度减为零的时刻，纵坐标轴上的v 1为滑块在t 1时刻的速度大小，v m 是题中所指的物理量．(本小题不要求写出计算过程)审题突破 ①滑块的运动过程经历三个阶段：匀加速运动、加速度逐渐减小的加速运动、 加速度逐渐增大的减速运动．②弹力是变力，可利用动能定理求弹力做的功．解析 (1)滑块从静止释放到与弹簧上端接触的过程中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a ，则有qE ＋mg sin θ＝ma① s 0＝12at 21 ② 联立①②可得t 1＝ 2ms 0qE ＋mg sin θ ③(2)滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为x 0，则有mg sin θ＋qE ＝kx 0④ 从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得(mg sin θ＋qE )·(s 0＋x 0)＋W ＝12mv 2m －0 ⑤联立④⑤可得W ＝12mv 2m －(mg sin θ＋qE )·(s 0＋mg sin θ＋qE k) (3)在0～t 1阶段，滑块做匀加速运动，其v －t 图线为过原点的倾斜直线．t 1～t 2阶段，滑块做加速度逐渐减小的加速运动，v －t 图线的斜率逐渐减小，t 2时刻速度达到最大值．t 2～t 3阶段，滑块做加速度逐渐增大的减速运动，v －t 图线的斜率逐渐增大，t 3时刻滑块的速度减为零．所以画出v －t 图象如图．答案 (1)2ms 0qE ＋mg sin θ (2)12mv 2m －(mg sin θ＋qE )·(s 0＋mg sin θ＋qE k) (3)见解析图题后反思应用动能定理的三点注意1．如果在某个运动过程中包含有几个不同运动性质的阶段(如加速、减速阶段)，可以分段应用动能定理，也可以对全程应用动能定理，一般对全程列式更简单．2．因为动能定理中功和动能均与参考系的选取有关，所以动能定理也与参考系的选取有关．在中学物理中一般取地面为参考系．3．动能定理通常适用于单个物体或可看成单个物体的系统．如果涉及多物体组成的系统，因为要考虑内力做的功，所以要十分慎重．在中学阶段可以先分别对系统内每一个物体应用动能定理，然后再联立求解． 突破练习3．如图4所示，光滑水平面上放着足够长的木板B ，木板B 上放着木块A ，A 、B 接触面粗糙，现用一水平拉力F 作用在B 上使其由静止开始运动，用F f1代表B 对A 的摩擦力，F f2代表A 对B 的摩擦力，下列说法正确的有( )图4A ．力F 做的功一定等于A 、B 系统动能的增加量B ．力F 做的功一定小于A 、B 系统动能的增加量C ．力F f1对A 做的功等于A 动能的增加量D ．力F 、F f2对B 做的功之和大于B 动能的增加量答案 C解析 当水平拉力F 较小时，二者一起运动，力F 做的功一定等于A 、B 系统动能的增加量；当水平拉力F 较大时，二者发生相对滑动，力F 做的功一定大于A 、B 系统动能的增加量，选项A 、B 错误；由动能定理，力F f1对A 做的功等于A 动能的增加量，力F 、F f2对B 做的功之和等于B 动能的增加量，选项C 正确，D 错误．4．如图5所示，倾角为45°的粗糙斜面AB 底端与半径R ＝0.4 m 的光滑半圆轨道BC 平滑相接，O 为轨道圆心，BC 为圆轨道直径且处于竖直平面内，A 、C 两点等高．质量m ＝1 kg 的滑块从A 点由静止开始下滑，恰能滑到与O 等高的D 点，g 取10 m/s 2.图5(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)若使滑块能到达C 点，求滑块至少从离地多高处由静止开始下滑；(3)若滑块离开C 点后恰能垂直打在斜面上，求滑块经过C 点时对轨道的压力．答案 (1)0.5 (2)2 m (3)3.3 N ，方向竖直向上解析 (1)A 到D 过程：根据动能定理有mg (2R －R )－μmg cos 45°·2R sin 45°＝0－0 解得μ＝0.5(2)若滑块恰能到达C 点，根据牛顿第二定律有mg ＝mv 2C Rv C ＝Rg ＝2 m/s 至少从离地高为H 处下滑到达C 的过程：根据动能定理有mg (H －2R )－μmg cos 45°·H sin 45°＝12mv 2C －0 解得H ＝2 m(3)离开C 点后滑块做平抛运动，垂直打在斜面上时有x ＝v C ′ty ＝12gt 2＝v y 2t tan 45°＝v C ′v ytan 45°＝2R －y x 解得v C ′＝433m/s 在C 点，由牛顿第二定律有mg ＋F N ＝m v C ′2R解得F N ＝3.3 N由牛顿第三定律可知，滑块经过C 点时对轨道的压力为F N ′＝F N ＝3.3 N ，方向竖直向上．考题3 对能量守恒定律的考查例3 如图6所示，AB 为一光滑固定轨道，AC 为动摩擦因数μ＝0.25的粗糙水平轨道，O 为水平地面上的一点，且B 、C 、O 在同一竖直线上，已知B 、C 两点的高度差为h ，C 、O 两点的高度差也为h ，AC 两点相距s ＝2h .若质量为m 的两滑块P 、Q 从A 点以相同的初速度v 0分别沿两轨道滑行，到达B 点或C 点后分别水平抛出．求：图6(1)两滑块P 、Q 落地点到O 点的水平距离．(2)欲使两滑块的落地点相同，滑块的初速度v 0应满足的条件．(3)若滑块Q 的初速度v 0已满足(2)的条件，现将水平轨道AC 向右延伸一段L ，要使滑块Q 落地点距O 点的距离最远，L 应为多少？审题突破 ①滑块P 沿曲线AB 运动，无摩擦力做功，机械能守恒，滑块Q 沿粗糙水平轨道AC 运动，机械能不守恒．②写出滑块Q 距O 点的距离d 与L 的关系式，利用数学方法判断何时d 最大．解析 (1)滑块P 从A 到B 过程机械能守恒：12mv 20＝12mv 2B ＋mgh 得v B ＝v 20－2gh从B 点抛出后：x 1＝v B t P,2h ＝12gt 2P 得x 1＝2v 20－2gh · h g滑块Q 从A 到C 过程，由动能定理得：－μmgs ＝12mv 2C －12mv 20 又μ＝0.25，s ＝2h ，得v C ＝v 20－gh从C 点抛出后：x 2＝v C t Q ，h ＝12gt 2Q 得x 2＝v 20－gh · 2h g(2)依题意有：x 1＝x 2，解得：v 0＝3gh所以滑块的初速度v 0应满足v 0＝3gh(3)由动能定理得：－μmg (s ＋L )＝12mv 2－12mv 20 滑块Q 从水平轨道AC 向右延伸的最右端抛出后：x ＝vt Q ′，h ＝12gt Q ′2 距O 点的距离为d ＝L ＋x 从而得d ＝4h 2－hL ＋L ，当L ＝154h 时，d 取最大值为174h 答案 (1)2v 20－2gh ·h g v 20－gh ·2h g(2)v 0＝3gh (3)154h知识拓展应用机械能守恒定律解题时的三点注意1．要注意研究对象的选取研究对象的选取是解题的首要环节，有的问题选单个物体(实为单个物体与地球组成的系统)为研究对象，机械能不守恒，但选此物体与其他几个物体组成的系统为研究对象时，机械能却是守恒的．如图7所示，单独选物体A 时机械能减少，但选由物体A 、B 组成的系统时机械能守恒．图72．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研究过程的选取．3．要注意机械能守恒定律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．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．突破练习5．如图8所示，弹簧的一端固定在水平面上，另一端与质量为1 kg 的小球相连，小球原来处于静止状态．现用竖直向上的拉力F 作用在小球上，使小球开始向上做匀加速直线运动，经0.2 s 弹簧刚好恢复到原长，此时小球的速度为1 m/s ，整个过程中弹簧始终在弹性限度内，g 取10 m/s 2.则 ( )图8A ．弹簧的劲度系数为50 N/mB ．在0～0.2 s 内拉力的最大功率为15 WC ．在0～0.2 s 内拉力对小球做的功等于1.5 JD ．在0～0.2 s 内小球和弹簧组成的系统机械能守恒答案 B解析 弹簧的压缩量x ＝v 2t ＝0.1 m ，又因为静止时，kx ＝mg 所以k ＝100 N/m ，选项A 错误．由v ＝at 得a ＝v t ＝5 m/s 2在0.2 s 时拉力的功率最大，F －mg ＝ma ，得F ＝15 N ，所以P ＝Fv ＝15×1 W＝15 W ，选项B 正确．0～0.2 s 内拉力F 逐渐增加到15 N ，拉力对小球的功应小于1.5 J ，选项C 错误． 0～0.2 s 内有拉力F 做功，小球和弹簧组成的系统的机械能增加，机械能不守恒，D 错误．6．如图9所示，固定坡道倾角为θ，顶端距光滑水平面的高度为h ，一可视为质点的小物块质量为m ，从坡道顶端由静止滑下，经过底端O 点进入水平面时无机械能损失，为使小物块制动，将轻弹簧的一端固定在水平面左侧M 处的竖直墙上，弹簧自由伸长时右侧一端恰好位于O 点．已知小物块与坡道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，则下列说法不正确的是 ( )图9A ．小物块在倾斜轨道上运动时，下滑的加速度比上滑的加速度小B ．当小物块压缩弹簧到最短时，物块的重力势能完全转化为弹簧的弹性势能C ．小物块返回倾斜轨道时所能达到的最大高度为1－μcot θ1＋μcot θh D ．小物块在往返运动的整个过程中损失的机械能为mgh答案 B解析 小物块在倾斜轨道上运动时，受重力、支持力、摩擦力3个力的作用，沿斜面方向的加速度由摩擦力和重力沿斜面方向的分力提供，下滑的加速度a 1＝mg sin θ－F f m ，上滑的加速度a 2＝mg sin θ＋F f m，故下滑的加速度比上滑的加速度小，A 正确．由于小物块在倾斜轨道上有摩擦力做功，故当小物块压缩弹簧到最短时，物块重力势能的部分转化为弹簧的弹性势能，B 错误．小物块下滑到O 点时，由动能定理得mgh －μmg cosθ·h sin θ＝12mv 2，在水平面上，由机械能守恒定律得12mv 2＝E p ，设小物块能够上升的最大高度为h 1，物块返回倾斜轨道过程中由动能定理得－mgh 1－μmg cos θ·h 1sin θ＝0－12mv 2，解得：h 1＝1－μcot θ1＋μcot θh ，C 正确．由能量守恒定律可知小物块最终将静止在O 点，重力势能全部转化为内能，故在往返运动的整个过程中损失的机械能为mgh ，D 正确．7．如图10所示，将质量为2m 的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m 的环(图中未画出)，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d ，杆上的A 点与定滑轮等高，杆上的B 点在A 点下方距离为d 处．现将环从A 处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是 ( )图10A ．环到达B 处时，重物上升的高度h ＝d2B ．环到达B 处时，环与重物的速度大小相等C ．环从A 到B ，环减少的机械能大于重物增加的机械能D ．环能下降的最大高度为43d 答案 D解析 将环和重物作为一个系统，显然整个系统满足机械能守恒，故环从A 到B ，环减少的机械能等于重物增加的机械能，C 错误．初状态：环在A 处，重物在起始位置，它们的速度都为0.末状态：环在最低处(设环最大下滑距离是H )，重物在最高处，它们的速度都为0.环从A 处下滑到最低处时，滑轮左侧的绳子长度增加了L ＝H 2＋d 2－d ，那么重物对应上升的高度也是h ＝L ，由机械能守恒，得mgH ＝(2m )gh ，即mgH ＝(2m )g (H 2＋d 2－d )，解得H ＝4d /3，可见，环下滑的最大距离是H ＝4d /3，D 正确．环到达B 处时，重物上升的高度h ＝(2－1)d ，A 错误．由运动的合成与分解可知环沿杆向下的速度沿绳的分速度等于重物上升的速度，故B 错误．物理模型三 传送带运动模型传送带有水平传送带和倾斜传送带两类，往往涉及多个运动过程，常结合圆周运动、平抛运动进行考查，解答时可从以下两点进行突破：1．分析物体在传送带上的运动过程物体相对传送带运动，分清二者的速度关系，明确不同状态下物体的受力情况及运动情况是解决问题的突破口．2．分析每个过程的初、末速度无论是单纯的传送带类问题，还是传送带与圆周运动、平抛运动相结合的问题，涉及多过程时，前一个运动过程的末速度是后一个运动过程的初速度，因此速度是联系前、后两个过程的桥梁，分析每个过程的初、末速度是解决问题的关键．例4 如图11所示，一传送带倾斜放置，倾角α＝53°，长为L ＝10 m ．一个质量m ＝1 kg的小物体在光滑的平台上以速度v 0向右做匀速直线运动，到达平台末端物体沿水平方向抛出，当物体运动到传送带上表面顶端A 点时，速度方向刚好和传送带上表面平行，即物体A 无碰撞地运动到传送带上．已知传送带顶端A 点与平台的高度差h ＝0.8 m ，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.求：图11(1)物体在平台上运动的速度大小v 0；(2)若传送带静止，物体到达传送带下端B 点时的速度大小v B ；(3)当传送带以v ＝4 5 m/s 的速度顺时针方向转动时，物体由A 到B 的过程中所受摩擦力做的功W f .审题突破 ①物体A 无碰撞地运动到传送带上，说明已知物体落到传送带上时速度的方向．②传送带静止时，传送带对物体的摩擦力做负功．③传送带v ＝4 5 m/s 时，传送带速度大于物体速度，物体加速，当速度相等后，要注意摩擦力方向的变化．解析 (1)由运动的合成与分解知识得v y v 0＝tan 53° v 2y ＝2gh联立并代入数据得，物体在平台上运动的速度v 0＝3 m/s(2)传送带静止，物体由A 加速到B 的过程中，由动能定理得(mg sin 53°－μmg cos 53°)L ＝12mv 2B －12mv 2A 又v 2A ＝v 20＋v 2y联立并代入数据得物体到达传送带下端B 点时的速度v B ＝5 5 m/s(3)当传送带以v ＝4 5 m/s 速度顺时针方向转动时，小物体加速到v ＝4 5 m/s 之前，传送带的摩擦力一直对物体做正功，由动能定理得(mg sin 53°＋μmg cos 53°)s ＝12mv 2－12mv 2A 代入数据得s ＝2.5 m小物体加速到v ＝4 5 m/s 之后直到到达底端，传送带的摩擦力对物体做负功，故得物体由A 到B 的过程中所受摩擦力做的功W f ＝μmgs cos 53°－μmg (L －s )cos 53°＝－15 J答案 (1)3 m/s (2)5 5 m/s (3)－15 J 题后反思1．在水平传送带上当物体相对传送带向后运动时，物体所受滑动摩擦力向前，当物体相对传送带向前运动时，物体所受滑动摩擦力向后．2．在倾斜传送带上，物体与传送带速度相等后，物体做加速运动还是匀速运动决定于重力的 分力与最大静摩擦力大小关系．3．若求摩擦生热，应用滑动摩擦力乘以相对位移，即Q ＝F f x 相对，若物体出现往返运动情况，应分段求摩擦生热．知识专题练 训练61．如图1甲所示，静止在水平地面的物块A ，受到水平向右的拉力F 作用，F 与时间t 的关系如图乙所示；设物块与地面间的静摩擦力最大值F fm 与滑动摩擦力大小相等，则( )图1A ．0～t 1时间内F 的功率逐渐增大B ．t 2时刻物块A 的动能最大C ．t 3时刻物块A 的动能最大D ．t 1～t 3时间内F 对物块先做正功后做负功答案 C解析 当拉力小于最大静摩擦力时，物块静止不动，静摩擦力与拉力二力平衡，当拉力大于最大静摩擦力时，物块开始加速，当拉力重新小于最大静摩擦力时，物块由于惯性继续减速运动．t 1时刻前，拉力小于最大静摩擦力，物块静止不动，静摩擦力与拉力二力平衡，合力为零，力F 的功率为零，故A 错误；t 1～t 2，合力向前，物块做加速度增大的加速运动，t 2时刻物块A 的加速度最大，t 3时刻之后合力向后，物块由于惯性减速前进，故t 3时刻A 的速度最大，动能最大，B 错误，C 正确；t 1～t 3时间内物块速度一直增大，动能一直增大，F 对物块A 始终做正功，D 错误；故选C.2．如图2所示，长为L 的长木板水平放置，在木板的A 端放置一个质量为m 的小物块，现缓慢地抬高A 端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v ，则下列说法不正确的是( )图2A ．木板对小物块做功为12mv 2 B ．摩擦力对小物块做功为mgL sin αC ．支持力对小物块做功为mgL sin αD ．滑动摩擦力对小物块做功为12mv 2－mgL sin α 答案 B解析 在抬高A 端的过程中，小物块受到的摩擦力为静摩擦力，其方向和小物块的运动方向时刻垂直，故在抬高阶段，摩擦力并不做功，这样在抬高小物块的过程中，由动能定理得：W N ＋W G ＝0，即W N －mgL sin α＝0，所以W N ＝mgL sin α.在小物块下滑的过程中，支持力不做功，滑动摩擦力和重力做功，由动能定理得：W G ＋W f ＝12mv 2，即W f ＝12mv 2－mgL sin α，B 错，C 、D 正确．在整个过程中，设木板对小物块做的功为W ，对小物块在整个过程由动能定理得W ＝12mv 2，A 正确． 3．(2013·山东·16改编)如图3所示，楔形木块abc 固定在水平面上，粗糙斜面ab 和光滑斜面bc 与水平面的夹角相同，顶角b 处安装一定滑轮．质量分别为M 、m (M >m )的滑块、通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )图3A ．两滑块组成系统的机械能守恒B ．重力对M 做的功等于M 动能的增加C ．轻绳对m 做的功大于m 机械能的增加D ．两滑块组成系统的机械能损失等于M 克服摩擦力做的功答案 D解析 两滑块释放后，M 下滑、m 上滑，摩擦力对M 做负功，系统的机械能减小，减小的机械能等于M 克服摩擦力做的功，选项A 错误，D 正确．除重力对滑块M 做正功外，还有摩擦力和绳的拉力对滑块M 做负功，选项B 错误．绳的拉力对滑块m 做正功，滑块m 机械能增加，且增加的机械能等于拉力做的功，选项C 错误．图44．如图4所示为汽车在水平路面上启动过程中的速度图象，Oa 段为过原点的倾斜直线，ab 段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc 段是与ab 段相切的水平直线，则下述说法中正确的是 ( )A ．0～t 1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定B ．t 1～t 2时间内汽车牵引力做功为12mv 22－12mv 21 C ．t 1～t 2时间内的平均速度为12(v 1＋v 2) D ．在全过程中t 1时刻的牵引力及功率都是最大值，t 2～t 3时间内牵引力最小答案 D解析 由题图知，0～t 1时间内汽车做匀加速运动，功率P ＝Fat 随时间均匀增加，t 1时刻的功率达到额定功率P 额，则A 错．t 1～t 2时间内以额定功率P 额加速行驶，由动能定理得P 额(t 2－t 1)－W f ＝12mv 22－12mv 21，牵引力做功W ＝P 额(t 2－t 1)＝W f ＋12mv 22－12mv 21，则B 错．t 1～t 2时间内汽车做加速度减小的加速运动，平均速度v >12(v 1＋v 2)，则C 错.0～t 1时间内加速度恒定，牵引力恒定；t 1～t 2时间内加速度减小，牵引力减小，在t 2时刻的牵引力恰减小到等于阻力；t 2～t 3时间内，汽车的加速度为0，牵引力恒定，则D 正确．5．如图5所示，劲度系数为k 的轻质弹簧，一端系在竖直放置、半径为R 的光滑圆环顶点P ，另一端连接一套在圆环上且质量为m 的小球，开始时小球位于A 点，此时弹簧处于原长且与竖直方向的夹角为45°，之后小球由静止沿圆环下滑，小球运动到最低点B 时速率为v ，此时小球与圆环之间压力恰好为零．下列分析正确的是 ( )图5A ．小球过B 点时，弹簧的弹力大小为m v 2RB ．小球过B 点时，弹簧的弹力大小为k (2R －2R )C ．从A 到B 的过程中，重力势能和弹簧的弹性势能转化为小球的动能D ．从A 到B 的过程中，重力对小球做的功等于小球克服弹簧弹力做的功答案 B解析 在B 点弹簧的伸长量Δx ＝2R －2R ×22＝2R －2R ，所以弹簧的弹力F ＝k Δx ＝k (2R －2R )，B 正确．另外，在B 点由向心力公式得：F －mg ＝m v 2R ，解得F ＝mg ＋m v 2R，A 错误． 在从A 到B 的过程中，小球的重力势能减少，弹簧的弹性势能增加，小球减少的重力势能转化为小球的动能和弹簧的弹性势能，C 、D 均错．6．如图6所示，劲度系数为k 的轻弹簧下悬挂一个质量为m 的重物，处于静止状态，手托重物使之缓慢上移，直到弹簧恢复原长，然后放手使重物从静止开始下落，重物下落过程中的最大速度为v ，不计空气阻力，则下列说法正确的是 ( )图6A ．小球速度最大时弹簧的弹性势能为零B ．弹簧的弹性势能最大时小球加速度为零C ．手托重物缓慢上移时手对重物做功为W 1＝m 2g 2kD ．重物从静止下落到速度最大过程中重物克服弹簧弹力所做的功为W 2＝m 2g 2k －12mv 2 答案 D解析 小球速度最大时，合外力为零，所以弹簧处于拉伸状态，弹性势能不为零，选项A 错误．当小球到达最低点时，速度为零，弹簧的伸长量最大，弹性势能最大，但加速度不为零，B 错误．重物上升过程，根据动能定理得W 1＋W 弹－mgx ＝0，其中x ＝mg k，所以W 1＝m 2g 2k －W 弹，C 错误．重物下落过程：mgx －W 弹＝12mv 2，解得W 弹＝m 2g 2k －12mv 2，D 正确．7．一辆汽车在水平路面匀速直线行驶，阻力恒定为F f .t 1时刻驶入一段阻力为F f /2的路段继续行驶．t 2时刻驶出这段路，阻力恢复为F f .行驶中汽车功率恒定，则汽车的速度v 及牵引力F 随时间变化图象可能是 ( )A ．①③B ．①④C ．②③D ．②④答案 A。
高三总复习功能关系能量守恒定律导学案
年级：高三学科：物理班级：学生姓名：制作人：不知名编号：2023－33第4讲功能关系能量守恒定律学习目标：结合运动学公式、牛顿运动定律、圆周运动规律、机械能守恒定律、功能关系、动量守恒定律等知识进行综合考查。
预学案1、三大类功能关系：（1）第一大类：做正功，能量减少；做负功，能量增加。
W=-∆E P重力做功↔重力势能的变化W G=-∆E P；电场力做功↔电势能的变化W F=--∆E P；弹簧弹力做功↔弹性势能的变化W F=-∆E P；分子力做功↔分子势能的变化W F=--∆E P。
(2) 第二大类：：做正功，能量增加；做负功，能量减少。
W=∆E P合力做功↔动能的变化W合=∆E K；单个物体除重力外其他力做功或系统除重力、弹簧弹力以外其他力做功↔机械能的变化W其=∆E（3）第三大类：两个特殊的功能关系a.滑动摩擦力与两物体间相对滑行距离的乘积等于产生的内能,即F f x相对=Q。
B.电磁感应过程中克服安培力做的功等于产生的电能,即W克安=E电。
2、能量守恒定律（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______为另一种形式,或者从一个物体_______ 到另一个物体,而在转化和转移的过程中,能量的总量__________。
（2）表达式:ΔE减=ΔE增。
探究案探究一：功能关系的理解及应用。
总复习大本P108 典例1、典例2、多维训练1、2。
探究二:功能关系的综合应用。
总复习大本P110 典例3、典例4、多维训练1、2。
检测案1、(多选)(2022·武汉模拟)如图所示,轻质弹簧下端固定在水平面上,弹簧原长为L,质量为m的小球从距弹簧上端高度为h的P点由静止释放,小球与弹簧接触后立即与弹簧上,弹簧端粘连,并在竖直方向上运动。
一段时间后,小球静止在O点,此时,弹簧长度为L2的弹性势能为E p,重力加速度为g,弹簧始终在弹性限度内。
下列说法正确的是()A.弹簧的劲度系数为2mgLB.小球在运动过程中,球与弹簧组成的系统机械能守恒C.小球第一次下落过程中速度最大位置在O点)D.E p<mg(h+L22、如图所示的离心装置中,光滑水平轻杆固定在竖直转轴的O点,小圆环A和轻质弹簧套在轻杆上,长为2L的细线和弹簧两端分别固定于O和A,质量为m的小球B固定在细线的中点,装置静止时,细线与竖直方向的夹角为37°,现将装置由静止缓慢加速转动,当细线与竖直方向的夹角增大到53°时,A、B间细线的拉力恰好减小到零,弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反,重力加速度为g,取sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:(1)装置静止时,弹簧弹力的大小F;(2)环A的质量M;(3)上述过程中装置对A、B所做的总功W。
高三动能定理复习教案
高三动能定理复习教案高三动能定理复习教案作为一名老师，通常需要准备好一份教案，借助教案可以恰当地选择和运用教学方法，调动学生学习的积极性。
那么写教案需要注意哪些问题呢？以下是小编精心整理的高三动能定理复习教案，供大家参考借鉴，希望可以帮助到有需要的朋友。
【导学目标】1、正确理解动能的概念。
2、理解动能定理的推导与简单应用。
【知识要点】一、动能1、物体由于运动而具有的能叫动能，表达式：Ek=_____________。
2、动能是______量，且恒为正值，在国际单位制中，能的单位是________。
3、动能是状态量，公式中的v一般是指________速度。
二、动能定理1、动能定理：作用在物体上的________________________等于物体____________，即w=_________________，动能定理反映了力对空间的积累效应。
2、注意：①动能定理可以由牛顿运动定律和运动学公式导出。
②可以证明，作用在物体上的力无论是什么性质，即无论是变力还是恒力，无论物体作直线运动还是曲线运动，动能定理都适用。
3、动能定理最佳应用范围：动能定理主要用于解决变力做功、曲线运动、多过程动力学问题，对于未知加速度a和时间t，或不必求加速度a和时间t的动力学问题，一般用动能定理求解为最佳方案。
【典型剖析】[例1] 在竖直平面内,一根光滑金属杆弯成如图所示形状,相应的曲线方程为y=2.5cos（kx+ π）(单位: m),式中k=1 m-1.将一光滑小环套在该金属杆上,并从x=0处以v0=5 m/s的初速度沿杆向下运动,取重力加速度g=10 m/s2.则当小环运动到x= m时的速度大小v= m/s;该小环在x轴方向最远能运动到x= m处.[例2]如图所示，质量为m的小球用长为L的轻细线悬挂在天花板上，小球静止在平衡位置．现用一水平恒力F向右拉小球，已知F=0．75mg，问：（1）在恒定拉力F作用下，细线拉过多大角度时小球速度最大?（2）小球的最大速度是多少?[例3]总质量为M的列车，沿平直轨道作匀速直线运动，其末节质量为m的车厢中途脱钩，待司机发觉时，机车已行驶了L的距离，于是立即关闭油门撤去牵引力.设运动过程中阻力始终与质量成正比，机车的牵引力是恒定的.当列车的两部分都停止时，它们之间的距离是多少?[例4]如图所示，质量为mA的物块A放在水平桌面上，为了测量A与桌面间的动摩擦因数?，用细线通过滑轮与另一个质量为mB的物体连接，开始时B距地面高度为h，A、B都从静止开始运动，最后停止时测得A沿桌面移动距离为s。
高三物理二轮复习专题教案(14个专题)上
专题1“双基”篇所谓“双基”知识（基本概念、基本规律），就是能举一反三、以不变应万变的知识．只有掌握了“双基”，才谈得上能力的提高，才谈得上知识和能力的迁移．综合分析近几年的高考物理试卷不难看出，虽然高考命题已由“知识立意”向“能力立意”转变，但每年的试卷中总有一定数量的试题是着重考查学生的知识面的，试卷中多数试题是针对大多数考生设计的，其内容仍以基本概念、基本规律的内涵及外延的判断和应用为主．只要考生知道有关的物理知识，就不难得出正确的答案．以2003年我省高考物理试卷为例，属于对物理概念、规律的理解和简单应用考查的试题，就有15题，共90分，占满分的60％．如果考生的基本概念、基本规律掌握得好，把这90分拿到手，就已大大超过了省平均分．许多考生解题能力差，得分低，很大程度上与考生忽视对物理基础知识的理解和掌握有关，对基础知识掌握得不牢固或不全面，就会在解题时难以下手，使应得的分白白丢失． 如果说，我们要求学生高考时做到“该得的分一分不丢，难得的分每分必争”，那么，就要先从打好基础做起，抓好物理基本知识和规律的复习．复习中，首先要求学生掌握概念、规律的“内涵”（例如内容、条件、结论等），做到“理科文学”，对概念、规律的内容，该记该背的，还是要在理解的基础上熟记．其次，要掌握概念和规律的“外延”，例如，对机械能守恒定律，如果条件不满足，即重力或弹力以外的其他力做了功，系统的机械能将如何变化？等等．有一些情况我的感受特别深，一是有些试题看似综合性问题，而学生出错的原因实质是概念问题．二是老师以为很简单的一些概念问题，学生就是搞不清，要反复讲练．下面，就高中物理复习中常遇到的一些基本概念问题，谈谈我的看法．我想按照高中物理知识的五大板块来讲述．一些共同性的概念和规律：1．不能简单地从数学观点来理解用比值定义的物理量（一个物理量与另一个物理量成正比或反比的说法）．2．图线切线的斜率．3．变加速运动中，合力为零时，速度最大或最小．一、力学●物体是否一定能大小不变地传力？例1：两物体A 和B ，质量分别为m 1和m 2，互相接触放在光滑水平面上，如图所示．对物体A 施以水平的推力F ，则物体A 对物体B 的作用力等于 （ B ）A ．112m F m m + B ．212m F m m + C ．F D ．21m F m 拓展：如图，物体A 叠放在物体B 上，B 置于光滑水平面上．A 、B质量分别为m A ＝6kg ，m B ＝2kg ，A 、B 之间的动摩擦因数μ＝0.2．开始时水平拉力F ＝10N ，此后逐渐增加，在增大到45N的过程中，则 ( D )A ．只有当拉力F ＜12N 时，两物体才没有相对滑动B ．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12N 时，开始相对滑动C ．两物体间从受力开始就有相对运动D ．两物体间始终没有相对运动●力、加速度、速度间的关系——拓展至与机械能的关系例2：如图所示，轻弹簧一端固定，另一端自由伸长时恰好到达O 点．将质量为m （视为质点）的物体P 与弹簧连接，并将弹簧压缩到A 由静止释放物体后，物体将沿水平面运动并能到达B 点．若物体与水平面间的摩擦力不能忽略，则关于物体运动的下列说法正确的是 （BC ）A ．从A 到O 速度不断增大，从O 到B 速度不断减小B ．从A 到O 速度先增大后减小，从O 到B 速度不断减小C ．从A 到O 加速度先减小后增大，从O 到B 加速度不断增大D ．从A 到O 加速度先减小后增大，从O 到B 加速度不断增大拓展1：（1991年）一物体从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻弹簧上，如图所示．在A 点，物体开始与弹簧接触，到B 点时，物体速度为零，然后被弹回．下列说法正确的是 （ C ） A ．物体从A 下降到B 的过程中，动能不断变小B ．物体从B 上升到A 的过程中，动能不断变大C ．物体从A 下降到B ，以及从B 上升到A 的过程中，速率都是先增大，后减小D ．物体在B 点时，所受合力为零●矢量的合成或分解 1．认真画平行四边形例3：三段不可伸长的细绳OA 、OB 、OC 能承受的最大拉力相同，它们共同悬挂一重物，如图所示，其中OB 是水平的，A 端、B 端固定．若逐渐增加C 端所挂物体的质量，则最先断的绳 （ C ）A ．必定是OAB ．必定是OBC ．必定是OCD ．可能是OB ，也可能是OA2．最小值问题例4：有一小船位于60m 宽的河边，从这里起在下游80m 处河流变成瀑布．假设河水流速为5m/s ，为了使小船能安全渡河，船相对于静水的速度不能小于多少？3．速度的分解——孰合孰分？例5：如图所示，水平面上有一物体A 通过定滑轮用细线与玩具汽车B 相连，汽车向右以速度v 作匀速运动，当细线OA 、OB 与水平方向的夹角分别为α、β时，物体A 移动的速度为 （ D ）A ．v sin αcos βB ．v cos αcos βC ．v cos α/cos βD ．v cos β/cos α●同向运动的物体，距离最大（或最小）或恰好追上时，速度相等（但不一定为零）． 例6：如图所示，在光滑水平桌面上放有长为L 的长木板C ，在C 上左端和距左端s 处各放有小物块A 和B ，A 、B 的体积大小可忽略不计，A 、B 与长木板C 间的动摩擦因数为μ，A 、B 、C 的质量均为m ，开始时，B 、C 静止，A 以某一初速度v 0向右做匀减速运动，设物体B 与板C 之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求：A OBAB（1）物体A 运动过程中，物块B 和木板C 间的摩擦力．（2）要使物块A 、B 相碰，物块A 的初速度v 0应满足的条件． ●匀变速运动的规律及其推论的应用——注意条件例7：已知做匀加速直线运动的物体，第5s 末的速度为10m/s ，则该物体 （ BD ）A ．加速度一定为2m/s 2B ．前5s 内位移可能为25mC ．前10s 内位移一定为100mD ．前10s 内位移不一定为100m●匀速圆周运动、万有引力定律： 注意公式2r GMm F =①和r mv F 2=②中r 的含义． 例8：今年10月15日9时，中国自行研制的载人航天飞船“神舟”五号，从酒泉航天发射场升空，10分钟后进入预定轨道，绕地球沿椭圆轨道Ⅰ运行，如图．（1）当飞船进入第5圈后，在轨道Ⅰ上A 点加速，加速后进入半径为r 2的圆形轨道Ⅱ．已知飞船近地点B 距地心距离为r 1，飞船在该点速率为v 1，求：轨道Ⅱ处重力加速度大小．（2）飞船绕地球运行14圈后，返回舱与轨道舱分离，返回舱开始返回．当返回舱竖直向下接近距离地球表面高度h 时，返回舱速度约为9m/s ，为实现软着落（着地时速度不超过3m/s ），飞船向下喷出气体减速，该宇航员安全抗荷能力（对座位压力）为其体重的4倍，则飞船至少应从多高处开始竖直向下喷气？（g ＝10m/s 2）●惯性、离心运动和向心运动例9：如图（俯视图）所示，以速度v 匀速行驶的列车车厢内有一水平桌面，桌面上的A 处有一小球．若车厢中的旅客突然发现小球沿图中虚线从A 运动到B ，则由此可判断列车 （ A ）A ．减速行驶，向南转弯B ．减速行驶，向北转弯C ．加速行驶，向南转弯D ．加速行驶，向北转弯 例10：卫星轨道速度的大小及变轨问题．●一对作用力和反作用力的冲量或功例11：关于一对作用力和反作用力，下列说法中正确的是 （ D ）A ．一对作用力和反作用力大小相等，方向相反，作用在同一直线上，是一对平衡力B ．一对作用力和反作用力一定可以是不同种性质的力C ．一对作用力和反作用力所做功的代数和一定为零D ．一对作用力和反作用力的冲量的矢量和一定为零●对动量守恒定律的理解1．内涵——条件及结论2．对表达式的理解3．外延例12：对于由两个物体组成的系统，动量守恒定律可以表达为Δp 1＝－Δp 2．对此表达式，沈飞同学的理解是：两个物体组成的系统动量守恒时，一个物体增加了多少动量，另一AB个物体就减少了多少动量．你同意沈飞同学的说法吗？说说你的判断和理由（可以举例说明）．例13：总质量为M的小车，在光滑水平面上匀速行驶．现同时向前后水平抛出质量相等的两个小球，小球抛出时的初速度相等，则小车的速度将________（填“变大”、“变小”或“不变”）．●对机械能守恒定律的理解1．内涵——条件及结论2．外延——重力（若涉及弹性势能，还包括弹力）以外的其它力做的功，等于系统机械能的增量．例14：如图所示，质量为M＝1kg的小车静止在悬空固定的水平轨道上，小车与轨道间的摩擦力可忽略不计，在小车底Array部O点拴一根长L＝0.4m的细绳，细绳另一端系一质量m＝4kg的金属球，把小球拉到与悬点O在同一高度、细绳与轨道平行的位置由静止释放．小球运动到细绳与竖直方向成60°角位置时，突然撤去右边的挡板P，取g＝10m/s2，求：（1）挡板P在撤去以前对小车的冲量；（2）小球释放后上升的最高点距悬点O的竖直高度；（3）撤去右边的挡板P后，小车运动的最大速度．●功和能、冲量和动量的关系1．合外力的功＝动能的变化2．重力/弹力/分子力/电场力的功＝重力势能/弹性势能/分子势能/电势能变化的负值3．重力（或弹簧弹力）以外的其它力的功＝机械能的变化4．合外力的冲量＝动量的变化5．合外力＝动量的变化率例15：一物体静止在升降机的地板上，在升降机加速上升的过程中，地板对物体的支持力所做的功等于（ C ）A．物体势能的增加量B．物体动能的增量C．物体动能的增加量加上物体势能的增加量D．物体动能的增加量加上重力所做的功例16：一粒钢珠从静止状态开始自由下落,然后陷入泥潭中.若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ,进入泥潭直到停住的过程称为过程Ⅱ，则（AC）A．过程Ⅰ中钢珠动量的改变量等于重力的冲量B．过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力冲量的大小C．过程Ⅱ中钢珠克服阻力所做的功等于过程Ⅰ与过程Ⅱ中钢珠所减少的重力势能之和D．过程Ⅱ中损失的机械能等于过程Ⅰ中钢珠所增加的动能例17：在光滑斜面的底端静止一个物体，从某时刻开始有一个沿斜面向上的恒力F作用在物体上，使物体沿斜面向上滑去，经过一段时间突然撤去这个力，又经过4倍的时间又返回斜面的底端，且具有250J的动能，则恒力F对物体所做的功为J, 撤去F时物体具有J的动能．若该物体在撤去F后受摩擦力作用，当它的动能减少100J时，机械能损失了40J，则物体再从最高点返回到斜面底端时具有J的动能．例18：如图所示，分别用两个恒力F1和F2先后两次将质量为m的物体从静止开始，沿着同一个粗糙的固定斜面由底端推到顶端，第一次力F 1的方向沿斜面向上，第二次F 2的方向沿水平向右，两次所用时间相同．在这两个过程中 （ BD ）A ．F 1和F 2所做功相同B ．物体的机械能变化相同C ．F 1和F 2对物体的冲量大小相同D ．物体的加速度相同例19：在光滑斜面的底端静止一个物体，从某时刻开始有一个沿斜面向上的恒力F 作用在物体上，使物体沿斜面向上滑去，经过一段时间突然撤去这个力，又经过4倍的时间又返回斜面的底端，且具有250J 的动能，则恒力F 对物体所做的功为 J, 撤去F 时物体具有 J 的动能。
高考物理二轮复习的时间安排
高考物理二轮复习的时间安排2023高考物理二轮复习的时间安排寒假过后物理将进入二轮复习，物理学是一门自然科学，注重于研究物质、能量、空间、时间，尤其是它们各自的性质与彼此之间的相互关系。
下面是小编为大家整理的高考物理二轮复习的时间安排，希望能帮助到大家!高考物理二轮复习的时间安排章节内容时间考点专题一力与物体的平衡3月10日考向一受力分析3月11日考向二静态平衡3月12日考向三动态平衡3月14日考向四电磁感应中的受力平衡专题二力与直线运动3月15日考向一匀变速直线运动规律的应用3月16日考向二运动图象问题3月17日考向三牛顿运动定律的应用3月18日考向四动力学方法分析“传送带”模型和“板—块”模型3月19日考向五动力学中的临界问题专题三力学中的曲线运动3月21日考向一平抛运动的规律及应用3月22日考向二圆周运动的分析3月23日考向三万有引力定律的理解和应用3月24日考向四双星和多星问题专题四电学中的曲线运动3月25日考向一带电粒子在电场中的曲线运动 3月26日考向二带电粒子在磁场中的曲线运动专题五动量和能量3月28日考向一功和功率动能定理3月29日考向二能量观点的应用3月30日考向三动力学观点和能量观点的综合应用3月31日考向四动量定理的应用4月3日考向五动量观点、能量观点的应用4月5日考向六力学三大观点的综合应用专题六电场和磁场4月6日考向一电场的性质4月11日考向二电势差与电场强度的关系4月12日考向三平行板电容器相关问题分析4月13日考向四带电粒子（带电体）在电场中的运动4月14日考向五磁场的性质4月15日考向六带电粒子在匀强有磁场中的运动4月16日考向七带电粒子（带电体）在叠加场中的运动专题七电路与电磁感应4月18日考向一直流电路的计算及动态分析4月19日考向二交变电流及理想变压器4月20日考向三楞次定律和法拉第电磁感应定律4月21日考向四电磁感应中的图象问题4月22日考向五电磁感应定律中的能量和动量问题4月23日考向六动力学中的单杆、双杆、导线框问题专题八原子结构与原子核4月25日考向一氢原子能级跃迁和光电效应 4月26日考向二衰变、核反应与核能的计算专题九力学实验4月27日考向一基本仪器的使用与读数4月28日考向二“纸带类”实验4月29日考向三“弹簧”“橡皮条”类实验4月30日考向四力学实验拓展创新专题十电学实验5月4日考向一基本器材的使用与读数5月5日考向二电表的改装、多用电表的原理与使用5月6日考向三以测电阻为核心的实验5月11日考向四以测电源的电动势和内阻为核心的实验专题十一热学5月12日考向一分子动理论内能、用油膜法估测分子的大小5月13日考向二气体热现象的微观意义、固体和液体5月14日考向三气体实验定律和理想气体状态方程5月15日考向二气体实验定律与图象、热力学第一定律等的综合高考物理复习6个关键点重点扫除知识“盲点”对照考纲，把新课学习时不太清楚的知识点全部都弄清楚，把已经弄清楚的进一步熟练。
高三物理一轮复习《动能__动能定理》学案
高三物理一轮复习《动能动能定理》复习教案凤县中学梁瑞琼【教学目标】1、知道做功与能量间的转化关系。
2、知道动能的概念，会计算物体动能的变化。
3、知道动能定理的适用条件，掌握动能定理解题的步骤，能运用动能定理解答有关问题。
【重点难点】1、计算物体的动能及动能的变化量。
2、动能定理的解题步骤、运用动能定理解答有关问题【使用说明与学法指导】先通读教材有关内容，进行知识梳理归纳，再认真限时完成课前预习部分内容，并将自己的疑问记下来（写上提示语、标记符号）。
【课前预习】一、知识梳理二、动能及其变化1、动能（1）定义：物体由于而具有的能量叫做动能。
E。
（2）表达式：k（3）单位：在国际单位制中动能的单位是。
（4）动能是标量。
只有大小，没有方向，且总大于(v≠0时)或等于零(v=0时)，不可能小于零(无负值)。
2、动能的变化量△E k动能的变化，又称动能的增量，是指一个运动过程中的物体末状态的动能E k2(对应于速度v2)与初状态的动能E k1(对应于速度v1)之差。
即△E k =___________________。
三、动能定理1、内容:合力对物体所做的功等于物体________________的变化。
2、公式：W总=W1+W2+W3+… =_____________________。
3、对动能定理的理解1．动能定理公式中等号的意义等号表明合力做功与物体动能的变化间的三个关系：(1)数量关系：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系．可以通过计算物体动能的变化，求合力的功，进而求得某一力的功．(2)单位相同，国际单位都是焦耳．(3)因果关系：合外力的功是引起物体动能变化的原因．2．适用范围：直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功、各个力同时做功、分段做功均可用动能定理．3. 动能具有相对性，其数值与参考系的选取有关，一般取地面为参考系．4. 动能定理只涉及到物体初、末状态的动能和整个过程中各外力所做的功，不需要考虑物体运动的加速度和时间。
高考物理二轮复习 第一部分 专题四 动量与能量 第1讲 动量和能量观念在力学中的应用练习(含解析)
动量和能量观念在力学中的应用1．如图甲所示，质量m＝6 kg的空木箱静止在水平面上,某同学用水平恒力F推着木箱向前运动，1 s 后撤掉推力，木箱运动的v .t图像如图乙所示，不计空气阻力，g取10 m/s2。
下列说法正确的是（）A．木箱与水平面间的动摩擦因数μ＝0。
25B．推力F的大小为20 NC．在0～3 s内，木箱克服摩擦力做功为900 JD．在0.5 s时，推力F的瞬时功率为450 W解析撤去推力后，木箱做匀减速直线运动，由速度—时间图线知，匀减速直线运动的加速度大小a2＝错误! m/s2＝5 m/s2，由牛顿第二定律得,a2＝错误!＝μg，解得木箱与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5,故A错误；匀加速直线运动的加速度大小a1＝错误! m/s2＝10 m/s2，由牛顿第二定律得,F－μmg＝ma1，解得F＝μmg＋ma1＝0。
5×60 N＋6×10 N＝90 N，故B错误;0～3 s内，木箱的位移x＝错误!×3×10 m＝15 m，则木箱克服摩擦力做功W f＝μmgx＝0。
5×60×15 J＝450 J，故C错误；0。
5 s时木箱的速度v＝a1t1＝10×0。
5 m/s＝5 m/s，则推力F的瞬时功率P＝Fv＝90×5 W＝450 W,故D正确.答案D2．（2019·湖南株洲二模)如图，长为l的轻杆两端固定两个质量相等的小球甲和乙（小球可视为质点），初始时它们直立在光滑的水平地面上。
后由于受到微小扰动，系统从图示位置开始倾倒。
当小球甲刚要落地时，其速度大小为（）A.错误!B．错误!C.错误!D．0解析甲、乙组成的系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得mv－mv′＝0，由于甲球落地时，水平方向速度v＝0，故v′＝0，由机械能守恒定律得错误!mv错误!＝mgl，解得v甲＝2gl，故A正确.答案A3。
2014高考物理二轮复习：知识必备 专题四 动能定理的综合应用
1. 恒力的功 W=Fxcosθ.
可以理解为W=F(xcosθ),即力F和力的方向上发生的位移xcosθ之积.
或者W=(Fcosθ)x,即位移x和位移方向上的力Fcosθ之积.
变力的功可以有多种方法求解:图象法、转化法、微元法、动能定理法、功能原理法等.
2. 瞬时功率P=Fvcosθ机车启动的两种方式:恒定功率启动、恒力启动.
平均功率P=W
t=F v cosθ.
3. 势能与势能的改变.
势能包括:重力势能E
p =mgh、弹性势能E
p
=
1
2kx2、电势能E
p
=qφ等.
势能的改变是通过力做功实现的.重力势能是通过重力做功实现的,弹性势能是通过弹力做功实现的,电势能是通过电场力做功实现的,且都满足W=-ΔE
p
.
4. 动能定理:W
合=2k
E
-1k
E
.
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高三物理功能关系能量守恒定律教案
功能关系能量守恒定律知识点功能关系Ⅱ1．能的概念：一个物体能对外做功，这个物体就具有能量。
2．功能关系(1)功是01能量转化的量度，即做了多少功就有02多少能量发生了转化。
(2)做功的过程一定伴随着03能量的转化，而且04能量转化必通过做功来实现。
知识点能量守恒定律Ⅱ1．内容：能量既不会凭空01产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式02转化为其他形式，或者从一个物体03转移到别的物体，在04转化或转移的过程中，能量的总量05保持不变。
2．适用范围：能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中06普遍适用的一条规律。
3．表达式(1)E初＝E末，初状态各种能量的07总和等于末状态各种能量的08总和。
(2)ΔE增＝ΔE减，增加的能量总和等于减少的能量总和。
一堵点疏通1．物体下落h，重力做功mgh，物体具有了能量mgh。
()2．在物体的机械能减少的过程中，动能有可能是增大的。
()3．一个物体的能量增加，必定有别的物体能量减少。
()4．滑动摩擦力做功时，一定会产生热量。
()5．重力和弹簧弹力之外的力做功的过程是机械能和其他形式能量转化的过程。
()答案 1.× 2.√ 3.√ 4.√ 5.√二对点激活1．有关功和能，下列说法正确的是()A．力对物体做了多少功，物体就具有多少能B．物体具有多少能，就一定能做多少功C．物体做了多少功，就有多少能量消失D．能量从一种形式转化为另一种形式时，可以用功来量度能量转化的多少答案 D解析功是能量转化的量度，力对物体做了多少功，就有多少能量发生了转化；并非力对物体做了多少功，物体就具有多少能；也并非物体具有多少能，就一定能做多少功，所以A、B错误。
做功的过程是能量转化的过程，能量在转化过程中总量守恒，并不消失，所以C错误，D正确。
2. (2018·浙江11月选考)奥运会比赛项目撑杆跳高如图所示。
下列说法不正确的是()A．加速助跑过程中，运动员的动能增加B．起跳上升过程中，杆的弹性势能一直增加C．起跳上升过程中，运动员的重力势能增加D．越过横杆后下落过程中，运动员的重力势能减少，动能增加答案 B解析加速助跑过程中，运动员的速度增大，动能增加，A正确；起跳上升过程中，杆的形变程度减小，杆的弹性势能减小，运动员的重力势能增加，B错误，C正确；越过横杆后下落过程中，运动员的高度降低，重力势能转化为动能，重力势能减少，动能增加，D正确。
高考物理动能定理和能量守恒专题汇总情况
弄死我咯,搞了一个多钟专题四动能定理与能量守恒(注意大点的字)本专题涉及的考点有：功和功率、动能和动能定理、重力做功和重力势能、弹性势能、机械能守恒定律，都是历年高考的必考内容，考查的知识点覆盖面全，频率高，题型全。
动能定理、机械能守恒定律是力学中的重点和难点，用能量观点解题是解决动力学问题的三大途径之一。
《大纲》对本部分考点要求为Ⅱ类有五个，功能关系一直都是高考的“重中之重”，是高考的热点和难点，涉及这部分内容的考题不但题型全、分值重，而且还常有高考压轴题。
考题的内容经常与牛顿运动定律、曲线运动、动量守恒定律、电磁学等方面知识综合，物理过程复杂，综合分析的能力要求较高，这部分知识能密切联系生活实际、联系现代科学技术，因此，每年高考的压轴题，高难度的综合题经常涉及本专题知识。
它的特点：一般过程复杂、难度大、能力要求高。
还常考查考生将物理问题经过分析、推理转化为数学问题，然后运用数学知识解决物理问题的能力。
所以复习时要重视对基本概念、规律的理解掌握，加强建立物理模型、运用数学知识解决物理问题的能力。
在09年的高考中要考查学生对于生活、生产中的实际问题要建立相关物理模型，灵活运用牛顿定律、动能定理、动量定理及能量转化的方法提高解决实际问题的能力。
二、重点剖析1、理解功的六个基本问题（1）做功与否的判断问题：关键看功的两个必要因素，第一是力；第二是力的方向上的位移。
而所谓的“力的方向上的位移”可作如下理解：当位移平行于力，则位移就是力的方向上的位的位移；当位移垂直于力，则位移垂直于力，则位移就不是力的方向上的位移；当位移与力既不垂直又不平行于力，则可对位移进行正交分解，其平行于力的方向上的分位移仍被称为力的方向上的位移。
（2）关于功的计算问题：①W=FS cos α这种方法只适用于恒力做功。
②用动能定理W=ΔE k 或功能关系求功。
当F 为变力时，高中阶段往往考虑用这种方法求功。
这种方法的依据是：做功的过程就是能量转化的过程，功是能的转化的量度。
2017届高考物理二轮复习 能量守恒定律 教案 Word版含答案
高三物理第二轮专题：能量守恒定律第一课时教学目的：1. 加深学生对能量守恒定律的理解2. 熟练掌握能量守恒定律的解题步骤。
3. 提升思维能力，能将题型涉及内容模型化。
4. 扩展应用，能量守恒在动力学，电磁学等各模块中的应用，将碎片知识关联网络化。
教学重点：1.熟练能量守恒定律的解题步骤2.能量守恒定律在个知识模块的体现形式。
教学难点：能量守恒中涉及的各种能量变化。
教学设计：一．基础知识点回顾：1.几种常见的功能关系：(1)合力的功影响动能，关系式为W 合＝ΔE k 。
(2)重力的功影响重力势能，关系式为W G ＝－ΔE p 。
(3)弹簧弹力的功影响弹性势能，关系式为W 弹＝－ΔE p 。
(4)电场力的功影响电势能，关系式为W 电＝－ΔE p 。
(5)除重力和弹簧弹力之外的其他力的功影响机械能，关系式为W 其＝ΔE 机。
(6)克服安培力的功影响电能，关系式为W 克安＝ΔE 电。
2.其他几种常见的能(1)外力拉力F 做功，拉力主体本身要消耗能量。
(2)摩擦内能。
（相对内fl E =）(3)碰撞内能。
（非弹性碰撞）(4)绳子突然绷紧产生内能。
（非弹性）二．能量守恒定律：1．概念：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另一种形式，或者从一个物体转移到另一个物体，而在转化或转移的过程中，其总量保持不变．初步认识能量不能多不能少，所以第一类永动机不能实现。
深入的认知，能量从哪里来，又去哪里了。
2.能量守恒定律不需要条件3能量守恒定律的常见表达式：守恒法：21E E =转化法：增减E ∆=∆E4.常见的求解问题：连接体速度，摩擦内能或相对路程，不要求决定式的能计算（如弹性势能，点电荷之间的电势能），抽象的功和能……三．能量守恒定律两种辅助图解：陈列图和能量流程图1．陈列图：最常见的用法，一般适用过程简单的单一过程。
选择表达式：增减E ∆=∆E某一些能量减少了，其他能量就会多了。
减少的能量为其他能量增加的来源。