2020届高考物理全优二轮复习课件：专题2 第1讲 能量观点在力学中的应用
解：(1)根据动能定理 mgh－W＝12mu2 可得 W＝mgh－12mu2. (2)a.根据牛顿第二定律 mg－f＝ma 得 a＝g－krm2v2 当加速度为零时，雨滴趋近于最大速度 vm 雨滴质量 m＝43ρπr3
W＝μmgcos
H＋h θ sin θ
⑪
设物块 B 在水平轨道上能够滑行的距离为 s′，由动能定理有
－μm′gs′＝0－12m′v′2
⑫
设改变后的动摩擦因数为 μ′，由动能定理有
mgh－μ′mgcos θ·sinh θ－μ′mgs′＝0
⑬
联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩⑪⑫⑬式可得μμ′＝191.
02
热点突破
★★★★
电场中的 Ⅰ卷·24 Ⅰ卷·21 能量 Ⅱ卷·21,24 Ⅲ卷·21
Ⅰ卷·20 Ⅲ卷·21
★★★
动量定 理、动量 守恒定律
Ⅰ卷·16,25 Ⅱ卷·25 Ⅲ卷·25
Ⅰ卷·14 Ⅱ卷·15,24
Ⅰ卷·14 Ⅱ卷·15 Ⅲ卷·20
Ⅰ卷、Ⅱ卷、 ★★★★★
Ⅲ卷·35(2)
摘要：高考对功能关系与能量守恒考查每年都有，频率较高的是功和功率、动 能定理、机械能守恒定律和功能关系.2020年高考重点：(1)对功和功率的考查情景 主要有：与现代科技结合，采用经典模型，与汽车的启动环绕运行结合，与速度图 象或力图象、功率图象结合，与运动分解结合等．(2)动能定理是高中物理的重要规 律，凡是涉及初末状态速度(或动能)和过程中做功(或位移)的都可以考虑运用．高 考命题一般设置曲线运动情景，摩擦力做功，与斜面结合、与机车启动和运行结 合、与实际情景结合等考查动能定理的运用．(3)高考对机械能守恒定律和功能关系 的考查情景主要有：与圆周运动结合、与弹簧模型结合、与平抛运动结合、与力图 象或能量图象结合、与传送带结合、连接体等．
例 1 (多选)(2019 年贵州安顺监测)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一 质量为 m、套在粗糙竖直固定杆 A 处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从 A 处由静止开始下滑，经过 B 处的速度最大，到达 C 处的速度为零，AC＝h.圆环在 C 处获得一竖直向上的速度 v，恰好能回到 A.弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为 g， 则圆环( )
A．物体的质量为2 kg B．h＝0时，物体的速率为20 m/s C．h＝2 m时，物体的动能Ek＝40 J D．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J 【答案】AD
【解析】Ep－h 图象知其斜率为 G，故 G＝840mJ＝20 N，解得 m＝2 kg，故 A 正 确；h＝0 时，Ep＝0，Ek＝E 机－Ep＝100 J－0＝100 J，故12mv2＝100 J，解得 v＝10 m/s， 故 B 错误；h＝2 m 时，Ep＝40 J，Ek＝E 机－Ep＝85 J－40 J＝45 J，故 C 错误；h ＝0 时，Ek＝E 机－Ep＝100 J－0＝100 J，h＝4 m 时，Ek′＝E 机－Ep＝80 J－80 J＝ 0 J，故 Ek－Ek′＝100 J，故 D 正确．
4．(2019 年北京卷)雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒， 这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关．雨滴间无相互作用且 雨滴质量不变，重力加速度为 g.
(1)质量为 m 的雨滴由静止开始，下落高度 h 时速度为 u， 求这一过程中克服空气阻力所做的功 W.
(2)将雨滴看作半径为 r 的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力 f＝ kr2v2，其中 v 是雨滴的速度，k 是比例系数．
2．(2018年天津卷)我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式 客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程，假设飞机在水平跑道上的滑 跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x＝1.6×103 m时才能达到起飞所要求的
速度v＝80 m/s.已知飞机质量m＝7.0×104 kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1
(1)弹簧的劲度系数； (2)篮球在运动过程中受到的空气阻力； (3)篮球在整个运动过程中通过的路程； (4)篮球在整个运动过程中速度最大的位置．
解：(1)球静止在弹簧上，根据共点力平衡条件可得mg－kx2＝0，解得k＝500 N/m
(2)球从开始运动到第一次上升到最高点，动能定理 mg(h1－h2)－f(h1＋h2＋2x1)＝0 解得f＝0.5 N. (3)球在整个运动过程中总路程s mg(h1＋x2)＝fs＋Ep 解得s＝11.05 m. (4)球在首次下落过程中，合力为零处速度最大，速度最大时弹簧形变量为x3 则mg－f－kx3＝0 在A点下方，离A点x3＝0.009 m.
热点1 动力学方法和动能定理的综合应用
1．结构
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Ek1和Ek2. (4)列出动能定理的方程W合＝Ek2－Ek1，及其他必要的解题方程，进行求解．
由 a＝0，可得雨滴最大速度 vm＝ 4π3kρgr. b．①对应半径为 r1 的雨滴，如图所示．
机械能及其守恒定律
5．(2019年新课标Ⅱ卷)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的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2.由图中数据可得( )
第1讲 能量观点在力学中的应用
栏 目 导 航
01
真题再现
02
热点突破
03
强化集训
01
真题再现
做功、功率、机车启动问题
1．(2018年新课标Ⅱ卷)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙 水平路面运动至具有某一速度．木箱获得的动能一定( )
A．小于拉力所做的功 B．等于拉力所做的功 C．等于克服摩擦力所做的功 D．大于克服摩擦力所做的功 【答案】A 【解析】根据动能定理 Ek＝12mv2＝WF－Wf，比较可得 A 正确．
mgH－fs1＝12mv21－0
④
－(fs2＋mgh)＝0－12m－v212
⑤
从图乙所给的 v－t 图线可知
s1＝12v1t1
⑥
s2＝12×v21×(1.4t1－t1)
⑦
由几何关系ss21＝Hh
⑧
物块 A 在整个过程中克服摩擦力所做的功为
W＝fs1＋fs2
⑨
联立④～⑨式可得
W＝125mgH
⑩
(3)设倾斜轨道倾角为 θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为 μ，有
倍，重力加速度取10 N/kg.求飞机滑跑过程中： (1)加速度a的大小； (2)牵引力的平均功率P. 【答案】(1)2 m/s2 (2)8.4×106 W
【解析】(1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，有 v2t ＝2as 解得 a＝2 m/s2 (2)设飞机滑跑受到的阻力为 F 阻，依题意可得 F 阻＝0.1mg 设发动机的牵引力为 F，根据牛顿第二定律有 F－F 阻＝ma 设飞机滑跑过程中的平均速度为－v ，有－v ＝v2 在滑跑阶段，牵引力的平均功率 P＝F－v 联立得 P＝8.4×106 W.
动力学方法和动能定理的综合应用
3．(2019年天津卷)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次 海试，并取得成功．航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘 甲板两部分构成，如图甲所示．为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板 BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图乙，AB长L1＝150 m，BC水平投影 L2＝63 m，图乙中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°(sin 12°≈0.21)．若舰载 机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t＝6 s到达B点进入BC.已知飞行员的质 量m＝60 kg，g＝10 m/s2，求：
动量守恒定律是重要的物理规律，动量、动量定理、动量守恒定律及其应用为 Ⅱ级要求，弹性碰撞和非弹性碰撞(只限于一维)为Ⅰ级要求．高考命题重点：一是 设置碰撞模型，结合能量守恒定律、动能定理等重点知识考查；二是设置板块模 型，结合功能关系、动能定理等重点知识考查；三是以速度图像给出解题信息，结 合动量守恒定律、动量定理、能量守恒定律、动能定理等重点知识考查．
(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做的功W； (2)舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN为多大？
解：(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为 v， 则有v2＝Lt1
根据动能定理，有 W＝12mv2－0 解得 F＝7.5×104 J. (2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为 R，根据几何关系，有 L2＝Rsin θ 由牛顿第二定律，有 FN－mg＝mvR2 联立得 FN＝1.1×103 N.
6．(2019年新课标Ⅲ卷)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Ek随h的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为( )
A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg 【答案】C
【解析】对上升过程，由动能定理－(F＋mg)h＝Ek－Ek0，得Ek＝Ek0－(F＋ mg)h，即F＋mg＝12 N；下落过程，(mg－F)h＝Ek－Ek0，即mg－F＝8 N，联立两 公式，得到m＝1 kg、F＝2 N.
功能关系的应用
7．(2019年浙江卷)如图所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原 长时上端与刻度尺上的A点等高．质量m＝0.5 kg的篮球静止在弹簧正上方，其底端 距A点高度h1＝1.10 m．篮球静止释放，测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最大形变 量x1＝0.15 m，第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度h2＝0.873 m，篮球多 次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x2＝0.01 m，弹性势能为Ep＝0.025 J．若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和 篮球的形变，弹簧形变在弹性限度范围内．求：
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
2020年高考物理二轮复习课件：专题二第一讲 功和能
3．[多选](2019·烟台模拟)如图所示，滑块以初 速度 v0 滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高 点后又返回到出发点。则能大致反映滑块整 个运动过程中速度 v、加速度 a、动能 Ek、重力对滑块所做 的功 W 与时间 t 或位移 x 关系的是(取初速度方向为正方向) ()
解析：滑块以初速度 v0 滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后 又返回到出发点。滑块先以较大加速度做匀减速直线运动，再以 较小加速度做反向匀加速直线运动，A 正确。滑块上滑和下滑时 的加速度方向都向下，B 错误。动能为标量且一定为正值，C 错 误。设斜面倾角为 θ，由做功的定义式 W＝－mgxsin θ，D 正确。
[题点全练]
1．(2019·云南昆明诊断)如图所示，两根不可伸
长的轻绳一端与一个质量为 m 的小球相连于
O 点，另一端分别固定在小车天花板上的 A、
B 两点，OA 绳与天花板的夹角为 30°，OB 绳与天花板的夹角为
60°，重力加速度为 g。当小车以速度 v 向右做匀速直线运动，小
球与车保持相对静止时，下列说法正确的是
第一讲 功和能
1
课 前 自 测 诊 断 点击进入
2
课堂重点攻坚
3
课后“高仿”检测
释疑 4 大考点
考点一 功和功率 功和功率是高考命题的热点，主要涉及的问题有：摩擦力做 功问题、变力做功问题、平均功率问题、瞬时功率问题、力与速 度方向不共线的功率问题，建议对本考点多加关注。
记 牢 基本知识
1．功的计算 (1)恒力的功：W＝ Flcos α 。 (2)变力的功： ①将变力做功转化为恒力做功；
()
A．2
m1－m2gR 2m1＋m2
B.
2m1－m2gR m1＋m2
2020届高考物理全优二轮复习课件：专题2 第2讲 能量观点在电磁学中的应用
1．[能量守恒与电势能的变化](2019年广西南宁模拟)如图甲所示，在光滑绝缘 的水平面上固定两个等量的正点电荷，M、O、N为两点电荷连线上的点，其中O为 连线中点，且MO＝ON.在M点由静止释放一个电荷量为q的正试探电荷，结果该试 探电荷在MN间做来回往复运动，在一个周期内的v－t图象如图乙所示，则下列说 法正确的是( )
C 刚好在圆心等高处绳子拉直，水平速度突然变为零．此时 C 向上的速度为 v1 ＝at＝vaAxB＝4 m/s
设小球运动到最高点速度为 v2 由动能定理得12mCv22－12mCv21＝(qE－mCg)l 解得 v2＝4 2 m/s.
(3)设小球从最高点运动到最低点时的速度为 v3，可得 12mCv23－12mCv22＝mCg×2l 解得 v3＝8 m/s 由 T＋F－mCg＝mCvl23
A．a的质量比b的大 B．在t时刻，a的动能比b的大 C．在t时刻，a和b的电势能相等 D．在t时刻，a和b的动量大小相等 【答案】BD
【解析】因为两粒子所受电场力大小相等，方向相反，设为 F，则根据牛顿第二 定律可知 aa＝mFa，ab＝mFb，依题有 xa＝12aat2>xb＝12abt2，所以有 ma<mb，选项 A 错误； 因为电场力做功 Wa>Wb，根据动能定理可知 a 的动能比 b 的动能大，选项 B 正确； 依据两粒子的电性不同，a 带正电，b 带负电，所以 a 的电势能大于 b 的电势能，选 项 C 错误；因为电场力的冲量大小相等，根据动量定理可知两粒子的动量大小相等， 选项 D 正确．
(1)碰撞过程中A球对B球做的功； (2)碰后C第一次离开电场时的速度； (3)C每次离开最高点时，电场立即消失，到达最低点时，电场又重新恢复，不 考虑电场瞬间变化产生的影响，求C每次离开电场前瞬间绳子受到的拉力．
2020届高考物理二轮复习专题2能量与动量第2讲能量观点在电磁学中的应用练习(含解析)
第2讲能量观点在电磁学中的应用一、选择题：每小题给出的四个选项中，第1～3题只有一项符合题目要求，第4～5题有多项符合题目要求．1．(2019年齐齐哈尔一模)在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形abcd，对角线的交点为O，顶点a、c分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图所示，若将一个带负电的粒子P置于b点，自由释放，粒子P将沿着对角线bd运动，则在线段bd上( )A．O点的电场强度最大B．O点电势最低C．粒子P在O点时电势能最大D．粒子P在O点时动能最大【答案】D2．(2019年甘肃五市二模)如图所示，一带电小球质量为m，用丝线悬挂于O点，并在竖直平面内摆动，最大摆角为60°，水平磁场垂直于小球摆动的平面，当小球自左侧摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，则小球自右侧摆到最低点时悬线上的张力为( )A．0 B．2mgC．4mg D．6mg【答案】C3．(2018年陕西韩城三模)如图所示，O点处有一固定的点电荷，虚线是等势面，另外两个质量及电量绝对值相等的带电粒子M、N以大小相同的速度射入点电荷的电场，仅在电场力作用下两个粒子运动的轨迹如图中实线所示，取无穷远电势为零，则下列说法正确的是( )A．M、N带异种电荷，M和O点处点电荷电性相同B．M从a点运动到b点的过程中，电势能先增大后减小C．N从c点运动到d点的过程中，动能先减小后增大D．N在d点的电势能比M在a点电势能小【答案】C4．(2019年河南郑州二模)如图，MN 和PQ 是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L ，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，固定在水平面上，右端接一个阻值为R 的定值电阻，平直部分导轨左边区域有宽度为d 、方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，质量为m 、电阻也为R 的金属棒从高为h 处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中(重力加速度为g )( )A ．金属棒中的最大电流为Bd 2gh2R B ．金属棒克服安培力做的功为mgh C ．通过金属棒的电荷量为BdL 2RD ．金属棒产生的电热为12mg (h －μd )【答案】CD5．(2018年山东泰安二模)如图所示，水平面内的等边三角形ABC 的边长为L ，两个等量异种点电荷＋Q 和－Q 分别固定于A 、B 两点．光滑绝缘直导轨CD 的上端点D 位于到A 、B 中点的正上方，且与A 、B 两点的距离均为L .在D 处质量为m 、电荷量为＋q 的小球套在轨道上(忽略它对原电场的影响)，并由静止释放，已知静电力常量为k ，重力加速度为g .忽略空气阻力，则下列说法正确的是( )A ．D 点的场强大小为kQ L2B ．小球到达CD 中点时，其加速度为零C ．小球刚到达C 点时，其动能为32mgL D ．小球沿直轨道CD 下滑过程中，其电势能先增大后减小 【答案】AC【解析】根据点电荷产生的电场的性质可知，负电荷在D 处的电场强度沿DB 方向，正电荷在D 处的电场强度沿AD 方向，两个点电荷的电量是相等的，所以两个点电荷在D 点的电场强度的大小相等，则它们的合场强的方向沿AD 、DB 的角平分线；由库仑定律得，A 、B 在D 点的场强E A ＝E ＝k q L2，则D 点的场强E D ＝E A cos 60°＋E B cos 60°＝k qL2，故A 正确；当小球到达CD 中点时，小球受重力、支持力、正电荷的排斥力、负电荷的吸引力，对其受力分析可知，重力和支持力的合力与正电荷的排斥力和负电荷的吸引力的合力不在同一平面上，故两个合力不可能平衡，故加速度不为零，故B 错误；由于C 与D 到A 、B 的距离都等于L ，结合等量异种点电荷的电场特点可知，C 点与D 点在同一等势面上，电场力不做功，故小球的电势能不变，下落过程只有重力做功，即mg ·OD ＝12mv 2，又几何关系可知OD ＝L ·sin 60°＝32L ，小球的动能E k ＝12mv 2＝32mgL ，故C 正确，D 错误．故选AC.二、非选择题6．(2019年资阳模拟)如图所示，一足够大的倾角θ＝30°的粗糙斜面上有一个粗细均匀的由同种材料制成的金属线框abcd ，线框的质量m ＝0.6 kg ，其电阻值R ＝1.0 Ω，ab 边长L 1＝1 m ，bc 边长L 2＝2 m ，与斜面之间的动摩擦因数μ＝39.斜面以EF 为界，EF 上侧有垂直于斜面向上的匀强磁场．一质量为M 的物体用绝缘细线跨过光滑定滑轮与线框相连，连接线框的细线与斜面平行且线最初处于松弛状态．现先释放线框再释放物体，当cd 边离开磁场时线框即以v ＝2 m/s 的速度匀速下滑，在ab 边运动到EF 位置时，细线恰好被拉直绷紧(时间极短)，随即物体和线框一起做匀速运动，t ＝1 s 后开始做匀加速运动．取g ＝10 m/s 2，求：(1)匀强磁场的磁感应强度B ； (2)细绳绷紧前，M 下降的高度H ；(3)系统在线框cd 边离开磁场至重新进入磁场过程中损失的机械能ΔE . 【答案】(1)1 T (2)1.8 m (3)21.6 J 【解析】(1)线框cd 边离开磁场后受到的安培力F ＝BIL 1＝B 2L 21vR线框cd 边离开磁场时匀速下滑，由平衡条件得mg sin θ－μmg cos θ－F ＝0，解得B ＝1 T.(2)由题意，线框第二次匀速运动方向向上，设其速度为v 1，细线拉力为T则匀速运动的速度v 1＝L 2t ＝21m/s ＝2 m/s对线框，由平衡条件得T －mg sin θ－μmg cos θ－B 2L 21v 1R＝0对物体，由平衡条件得T －Mg ＝0设绳突然绷紧过程中绳子作用力的冲量为I ，由动量定理得 对线框：I ＝mv 1－m (－v ) 对物体：－I ＝Mv 1－Mv 0绳绷紧前M 自由下落v 20＝2gH ，解得H ＝1.8 m. (3)根据能量守恒定律得线框匀速下滑过程Q 1＝mgL 2sin θ绳子突然绷紧过程Q 2＝12Mv 20＋12mv 2－12(M ＋m )v 21线框匀速上滑过程Q 3＝MgL 2－mgL 2sin θ损失的机械能ΔE ＝Q 1＋Q 2＋Q 3，解得ΔE ＝21.6 J.7．(2019年陕西韩城三模)某同学用如图所示的装置研究电磁阻尼现象．ACDE 、FGHI 为相互平行的轨道，AC 、FG 段是半径为r 的四分之一圆弧，CDE 、GHI 段在同一水平面内，CG 连线与轨道垂直，两轨道间距为L ，在E 、I 端连接阻值为R 的定值电阻，一长度也为L 、质量为m 的金属导棒固定在轨道上紧靠A 、F 端，导体棒与导轨垂直并接触良好，导棒的电阻也为R ，其他电阻不计，整个轨道处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，闭合开关S ，让导棒由静止释放，导棒在下滑过程中始终与导轨接触良好，当导棒运动到与CG 重合时，速度大小为v ，导棒最终静止在水平轨道DE 、HI 段某处，电阻R 上产生的热量为Q ，轨道DE 、HI 段粗糙且足够长，其他部分光滑，重力加速度为g ，求：(1)导棒运动到与CG 重合时，通过定值电阻R 的电量； (2)导棒运动到与CG 重合时，导棒的加速度大小；(3)若断开开关S ，再让导棒从轨道上紧靠F 、A 处由静止释放，则导棒在HI 、DE 段滑行的距离x 2是电键闭合时，导棒滑下在HI 、DE 段滑行的距离x 1的多少倍？【答案】(1)q ＝BLr2R(2)a ＝B 4L 4v 24m 2R 2＋v 4r2 (3)x 2x 1＝mgrmgr －2Q【解析】(1)当导棒运动到与CG 重合时，通过定值电阻R 的电量 q ＝I －·Δt ；I －＝E －2R ； E －＝ΔΦΔt 解得q ＝BLr 2R(2)导体棒运动到与CG 重合时，回路中的瞬时电动势E ＝BLv 回路中的电流为I ＝E 2R ＝BLv2R导体棒受到的安培力F ＝BIL ＝B 2L 2v2R水平方向的加速度a ＝F m ＝B 2L 2v2mR导体棒做圆周运动的向心加速度a 2＝v 2r所以，合加速度a ＝a 21＋a 22＝B 4L 4v 24m 2R 2＋v 4r2 (3)电键闭合时，由于导体棒与定值电阻串联，因此导棒上产生的热量也为Q ； 根据能量守恒，导体棒因摩擦产生的热量Q 1＝mgr －2Q若电键断开，根据能量守恒可知，导体棒在HI 、DE 段因摩探产生的热量Q 2＝mgr 由功能关系Q 1＝μmgx 1Q 2＝μmgx 2因此x 2x 1＝Q 2Q 1＝mgrmgr －2Q。
(江苏专用)2020高考物理二轮复习第一部分专题二功和能第一讲功和功率动能定理课件
＝PD>PB，故选项C正确，A、B、D错误。 答案：C
2．一物块在一个水平拉力作用下沿粗糙水平面运动，其v-t图像如 图甲所示，水平拉力的P-t图像如图乙所示，取g＝10 m/s2，求：
本课内容结束
(1)物块与水平面间的动摩擦因数μ； (2)物块运动全过程水平拉力所做的功W； (3)物块在0～2 s内所受的水平拉力大小。
解析：(1)由甲、乙两图比较可知，在第5～9 s内，物块做匀 减速运动
本 课 内 容 结 束 加速度：a＝09－－45.0 m/s2＝－1.0 m/s2
由牛顿第二定律得：－μmg＝ma 得：μ＝0.1。 (2)对全过程： W＝12·P1t1＋P2t2＝12.02×2 J＋4.0×3 J＝24 J。
4～8 s内，加速度的大小a2＝ΔΔvt′ ′＝8－ 8 4 m/s2＝2 m/s2。
本 课 内 容 结 束 (2)根据牛顿第二定律，在0～4 s内恒力F与摩擦力同向：F＋
μmg＝ma1 4～8 s内恒力F与摩擦力反向：F－μmg＝ma2 联立解得：F＝7 N，μ＝0.15。
(3)根据题给图形的面积可得8
时的速度成正比
D．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力
之比3∶2
解析：动车组启动时乘客的加速度的方向与车厢运动的方向
是相同的，所以乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向
相同，故A错误；动车组做匀速运动时，乘客相对车厢竖直向
上跳起后，因为惯性，所以人在车前进的方向保持匀速运动
状态，即人向前的位移等于车向前的位移，所以人将落在起
本课内容结束
高考物理第二轮复习9 功和能量知识在力学中的应用PPT课件
减
去
初
动
能
E
k
1
1 2
m
v
2，
2
等
式
的
左
边为各个力做功
的代数和，正功代入正值 ，负功代入负值．
③动能定理涉及的功是外力对物体所做的 总 功 ，外力包括作用在物体上的一切力，既可以是 重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或 其他的力．因此，必须对物体作全面的受力分析．
④动能定理可用于恒力作用的过程，也可以用 于变力作用的过程；可以是同时作用的力，也可以 是不同时作用的力．对于研究对象所受的几个外力 不同时作用的复杂过程，无法计算合外力和合外力 的功，物体的动能变化就等于整个过程各个外力所 做的功的 代数和 .
mgh2
或Ek Ep，或EA增 EB减
(4)参考平面的确定 在建立物体(系统)机械能守恒定律的表达式时，
应首先确定好参考平面的位置，并以此位置为标准 正确表示出物体(系统)在始末位置的重力势能．一 般情况下，我们都把问题中的 最低位置 作为参 考平面的位置．在同一问题中，参考平面应是 唯 一 的，系统内各个物体的势能都应以此为标准．
个 物 体 的 物 体 系 统 ． 适 用 条 件 是 惯 性 参 考 系 .位 移 和
速 度 都 必 须 相 对 同 一 惯 性 参 考 系 (一 般 以 地 面 为 参 考 系 )．
② 等 式 右 边 是 动 能 的 变 化 量 (增 量 )， 指 末 动 能 E k 2
1 2
m
v
2 2
5．功与能的关系：功是能量转化的量度 (1)动能定理：W总= Ek
(2)重力功WG与Ep的关系：WG= -Ep
(3)功能原理：W= E (4)摩擦力的功与摩擦生热的关系：fs =Q
(浙江专用)2020版高考物理复习专题二第1讲动量观点和能量观点在力学中的应用课件
2.(2019·杭州模拟)如图5所示，是一个简化后的娱乐项目示意图，游客被安全地固定 在球型装备(看成质点，图中未画出)内，被弹射系统水平贴地弹出后即刻进入长为 L＝5 m 的水平轨道SO。O点既是水平路面的末端，也是半圆轨道OA的起点，以O 点为坐标原点建立水平向右的x轴。竖直半圆轨道OA与AB(O、A、B在同一条竖直 线上，B点为半圆轨道的最高点，该处切线水平)的半径均为R＝2 m，它们在A点衔 接，不计衔接处的缝隙大小和装备运行到此处的能量损失。半圆轨道OA的右侧是 一片水域，水面略低于半径r＝2 m的水平圆盘，MN是圆盘的竖直支架(它与半圆轨 道在同一竖直面内)，N点是圆盘的圆心，M点可以左右移动，水平圆盘不能和半圆 轨道OA重叠。若球型装备与SO之间的动摩擦因数μ＝0.2，与两半圆轨道的摩擦不 计，圆盘转轴NM的高度H＝2 m，不计空气阻力，g取10 m/s2，球型装备的质量为 50 kg，在某次设备测试中，让球型装备空载运行，求：
力做的功 W＝mgh＝0.6×10×2 J＝12 J，篮球下落的时间 t＝
2gh＝
2×2 10
s≈0.63 s，功
率约为P－＝Wt ＝01.623 W≈20 W，故 C 正确；高中的同学质量约 60 kg，楼层的高度约为 3 m，
则高中同学步行上楼时，每秒钟向上的高度约为 0.3 m(两个台阶)，每秒钟上楼克服重力做
为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能( ) A.与它所经历的时间成比 B.与它的位移成正比 C.与它的速度成正比 D.与它的动量成正比
解析 列车启动的过程中加速度恒定，由匀变速直线运动的速度与时间关系可知 v ＝at，且列车的动能为 Ek＝12mv2，由以上整理得 Ek＝12ma2t2，动能与时间的平方 成正比，动能与速度的平方成正比，A、C 错误；将 x＝12at2 代入上式得 Ek＝max， 则列车的动能与位移成正比，B 正确；由动能与动量的关系式 Ek＝2pm2 可知，列车 的动能与动量的平方成正比，D 错误。 答案 B
高考物理二轮复习专题二 功和能(PPT版)共38张
,Ek= K -
tan θ
K tan θ,由于m未知,所以不能根据mgh=K求出h,因此v求不出来,可求滑块下滑至
底端时的动能Ek,故A项错误,C项正确;根据牛顿第二定律得mg cos θ-μmgsin θ=
ma,得a=g cos θ-g tan θ sin θ,可以求出加速度a,故B项正确;滑块下滑至底端时重
①全程最大速度的临界点满足条件为:Ff=
P额 vm
;
②匀加速运动达最大速度时满足的条件为
P v1
Ff
=ma,此时瞬时功率等于额定
功率PHale Waihona Puke ;③在匀加速过程中的某点,有:
P1 v
Ff
=ma;
④在变加速运动过程中的某点,有:
P额 v2
Ff
=ma'。
3.动能定理:W总=Ek2-Ek1=
。 1
2
mv
2 2
答案 AC 对乙施加水平向右的瞬时速度v,对木板甲来说,因为乙对甲的摩
擦力μmg小于木板与地面之间的最大静摩擦力2μmg,可知木板甲是不动的,则
对乙由动能定理Ek乙=Ek乙0-μmgx;当乙在甲上停止后,此时给甲一初速度v,则乙
在摩擦力作用下先做匀加速运动,动能Ek乙=μmgx;而甲做匀减速运动,动能Ek甲
解析 设AB=h。滑块M恰能沿斜面匀速下滑时,有mg sin θ=μmg cos θ,得μ=
tan θ,据重力势能减小量为K得mgh=K,该斜面逆时针旋转90°后,根据动能定
理mg· h -μmg sin θ· h =
tan θ
sin θ
1 2
mv2=Ek,联立解得v=
2gh 2gh tan θ tan θ
(通用版)2020版高考物理二轮复习专题二第二讲动量和能量观点的应用课件
米高处跳下,将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动,从绳恰好伸
直,到人第一次下降至最低点的过程中,下列分析正确的是( )
A.绳对人的冲量始终向上,人的动量先增大后减小
B.绳对人的拉力始终做负功,人的动能一直减小
C.绳恰好伸直时,绳的弹性势能为零,人的动能最大
关闭
D从的.人绳加在恰速最好运低伸 动点直 ,后时到做,人绳加第速对一度人次增的下大拉降的力至减等最速于低运点人动的所,加过受速程的度中重等,人于力先零做时加,速速度度最减大小,
B
解析
答案
-4-
2.(2018全国Ⅱ卷)高空坠物极易对行人造成伤害,若一个50 g的鸡蛋
从一居民楼的25层坠下,与地面的碰撞时间约为2 ms,则该鸡蛋对地
面产生的冲击力约为( )
A.10 N
B.102N
C.103N
D.104 N
考点定位:动量定理、机械能守恒定律
关闭
不 约动解考量3 m题虑定,则空 思理气路求h=阻与出24力方地×的法3面m影:的利=响接7用2,触设动m力鸡,能设。蛋定竖落理直地求向速出上度落为为地正时v方,有的向速m,对g度h鸡=,然蛋������2������后冲2,每借击层助地楼于面高过
-6-
答案: 3121���3���0������2������≤μ<���2���0������2������
解析: 设物块与地面间的动摩擦因数为μ。若要物块a、b能够发生
碰撞,应有
1 2
������������0
2>μmgl
①
即 μ<���2���0������2������
②
设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间,a的速度大小为v1。由能量守恒 有