高考物理二轮复习 第一部分 专题二 能量与动量 第二讲 机械能守恒定律 功能关系课件
定轨道，ab 水平，长度为 2R，bc 是半径为 R 的四分之
一的圆弧，与 ab 相切于 b 点．一质量为 m 的小球．始终
受到与重力大小相等的水平外力的作用，自 a 点处从静止
开始向右运动，重力加速度大小为 g.小球从 a 点开始运动
到其轨迹最高点，机械能的增量为( )
A．2mgR
B．4mgR
C．5mgR
专题二 能量与动量
第二讲 机械能守恒定律 功能关系
近三年全国卷考情统计
高考必备知 识概览
常考点 全国Ⅰ卷 全国Ⅱ卷 全国Ⅲ卷
机械能守恒 的应用
功能关系的 应用
2017·T24 2018·T18
动力学与能 量观点的综 合应用
2016·T25
2016·T21 2016·T25
1．(2018·全国卷Ⅰ)如图，abc 是竖直面内的光滑固
设 P 在 D 点的速度为 vD，由 D 点运动到 G 点的时 间为 t.由平抛运动公式有
y1＝12gt2，⑪ x1＝vDt.⑫ 联立⑨⑩⑪⑫式得 vD＝35 5gR.⑬ 设 P 在 C 点速度的大小为 vC.在 P 由 C 运动到 D 的 过程中机械能守恒，有
(1)分别求出该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%.
[题眼点拨] ①“速度为 100 m/s 时下落到地面”说 明着地瞬间的动能可求；②“飞船在离地面高度 1.60×105 m 处以 7.5×103 m/s 的速度进入大气层”说明进入大气层 时的动能和重力势能可求；③“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%”说明此处的速度可求．
解：(1)飞船着地前瞬间的机械能为 Ek0＝12mv20，① 式中，m 和 v0 分别是飞船的质量和着地前瞬间的速 度．由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 1.6×105 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′＝12m120.00vh2＋mgh′，⑤ 由功能原理得 W＝Eh′－Ek0，⑥ 式中，W 是飞船从高度 600 m 处至着地前瞬间的过 程中克服阻力所做的功．由②⑤⑥式和题给数据得 W＝9.7×108 J．⑦ 答案：见解析
3．(2016·全国卷Ⅰ)如图，一轻弹簧原长为 2R，其一端 固定在倾角为 37°的固定直轨道 AC 的底端 A 处，另一端位 于直轨道上 B 处，弹簧处于自然状态．直轨道与一半径为56R 的光滑圆弧轨道相切于 C 点，AC＝7R，A、B、C、D 均在 同一竖直平面内．质量为 m 的小物块 P 自 C 点由静止开始 下滑，最低到达 E 点(未画出)，随后 P 沿轨道被弹回，最高 到达 F 点，AF＝4R.已知 P 与直轨道间的动摩擦因数 μ＝14， 重力加速度大小为 g.(取 sin 37°＝35，cos 37°＝45)
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联立③④⑤⑥式并由题给条件得 x＝R.⑦ Ep＝152mgR.⑧ (3)设改变后 P 的质量为 m1.D 点与 G 点的水平距离 x1 和竖直距离 y1 分别为 x1＝72R－56Rsin θ，⑨ y1＝R＋56R＋56Rcos θ，⑩ 式中，已应用了过 C 点的圆轨道半径与竖直方向夹 角仍为 θ 的事实．
(1)求 P 第一次运动到 B 点时速度的大小． (2)求 P 运动到 E 点时弹簧的弹性势能． (3)改变物块 P 的质量，将 P 推至 E 点，从静止开始释 放．已知 P 自圆弧轨道的最高点 D 处水平飞出后，恰好通 过 G 点．G 点在 C 点左下方，与 C 点水平相距72R、竖直相 距 R.求 P 运动到 D 点时速度的大小和改变后 P 的质量．
D．6mgR
[题眼点拨] ①“光滑固定轨道”说明无摩擦力做功；
②“始终受到与重力大小相等的水平外力的作用”说明
在最高点仍受水平力，则最高点速度不为 0. 解析：小球由 a 到 c 的过程，由动能定理得：F·3R
－mgR＝12mv2c，又 F＝mg，解得：v2c＝4gR 小球离开 c 点后，在竖直方向 vc＝gt，在水平方向的位移为 x＝12at2 ＝2R.从 a 点到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移 大小为 5R，则小球机械能的增加量 ΔE＝F·5R＝5mgR， 选项 C 正确，A、B、D 错误．
[题眼点拨] ①“光滑圆弧轨道相切于 C 点”说明 C 点既是直线上的一点也是圆上的一点；②“随后 P 沿轨 道被弹回，最高到达 F 点”说明研究此过程不用考虑弹 性势能问题；③“D 处水平飞出后”说明从 D 处水平飞 出做平抛运动．
解：(1)根据题意知，B、C 之间的距离为 l＝7R－2R① 设 P 到达 B 点时的速度为 vB，由动能定理得 mglsin θ－μmglcos θ＝12mv2B，② 式中 θ＝37°. 联立①②式并由题给条件得 vB＝2 gR.③
(2)设 BE＝x.P 到达 E 点时速度为零，设此时弹簧的 弹性势能为 Ep.P 由 B 点运动到 E 点的过程中，由动能定 理有
mgxsin θ－μmgxcos θ－Ep＝0－12mv2B，④ E、F 之间的距离为 l1＝4R－2R＋x，⑤ P 到达 E 点后反弹，从 E 点运动到 F 点的过程中， 由动能定理有 Ep－mgl1sin θ－μmgl1cos θ＝0.⑥
答案：C
2．(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)
高三物理 二轮复习 第1部分 专题2 功和能 第2讲 机械能守恒定律 功能关系课件
解决机械能守恒综合题目的一般方法 (1)对物体进行运动过程的分析，分析每一运动过程的运 动规律． (2)对物体进行每一过程中的受力分析，确定有哪些力做 功，有哪些力不做功，哪一过程中满足机械能守恒定律的条 件． (3)分析物体的运动状态，根据机械能守恒定律及有关的 力学规律列方程求解．
[题组训练] 1．静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升， 在某一高度撤去恒力．不计空气阻力，在整个上升过程中，物 体机械能随时间变化关系是( )
(3)物块恰好通过 M 点时，由牛顿第二定律得 mg＝mvR2M， 解得 vM＝ 6 m/s. 从 P 到 M 由机械能守恒定律得 mgR(1＋cos 60°)＋12mv′M2＝12mv2P 解得 v′M2＜0 不成立， 故物块不能通过最高点 M. 答案： (1)0.6 m (2)28 N，方向竖直向下 (3)见解题过 程
③“由 P 点沿切线落入圆弧轨道” 速度方向与水平方向成 60°
物块在 P 点的
④“动摩擦因数 μ＝0.4” 擦力
传送带与物块间存在摩
第二步：审问题 理思路
(1)求半径 R
P 处竖直方向上的分速度 vy.
物块离开传送带时的速度 v0
(2) 求 对 轨 道 的 压 力
Hale Waihona Puke 轨道对物块的支持力FN
N 处的速度
解析： 以地面为零势能面，以竖直向上为正方向，则对 物体，在撤去外力前，有 F－mg＝ma，h＝12at2，在某一时刻 的机械能 E＝ΔE＝F·h，解以上各式得 E＝F2a·t2∝t2，撤去外力 后，物体机械能守恒，故只有 C 正确．
答案： C
2.如图所示，劲度系数为 k 的轻弹簧下 端固定在水平地面上，上端连接一质量为 m 的物体 A，一不可伸长的轻绳跨过滑轮， 两端分别与物体 A 及质量为 2m 的物体 B 连接．不计空气阻力，定滑轮与轻绳间的 摩擦，重力加速度为 g，弹簧的形变始终在弹性限度内．
高考物理二轮复习专题2第2讲机械能守恒定律功能关系课件
(2)小环离开轨道后做平抛运动，由平抛运动规律得：h＋R＝12gt2
x＝vDt
解得：x＝4
5 5
m。
(3)小环刚到达 D 点的临界条件为 mg(h1＋R)＝Ep 解得 h1＝1.6 m 改变 h，小环做平抛运动，分析可得小环水平方向位移应有最大 值 根据机械能守恒定律得： Ep－mg(h2＋R)＝12mv′2D
(1)若小球经 C 点时所受的弹力的大小为32mg，求弹簧弹性势能 的大小 Ep；
(2)若用此锁定的弹簧发射质量不同的小球，问小球质量 m1 满足 什么条件，从 C 点抛出的小球才能击中薄板 DE?
[思路点拨] 求解本题关键要注意弹簧的弹性势能只与弹簧的 形变量有关，当形变量不变时，弹簧的弹性势能不变，但换用质量 不同的小球用锁定弹簧发射时速度大小会不同。
A．小球在 C 点的速度大小为 v0 B．小球在 D 点时的动能最大 C．小球在 B、D 两点的机械能不相等 D．小球在从 A 点经过 D 点到达 C 点的过程中机械能先变小后 变大
AB [小球运动过程中小球与弹簧组成的系统的重力势能、弹性 势能和动能相互转化，但三者之和保持不变。因为弹簧原长为 L0， 半长轴的长为 L0，故在 A 点弹簧处于压缩状态，压缩量等于 PO 的 长度，即12L0(由椭圆公式知 PO 长为12L0)。小球在 C 点时弹簧长度等 于 L0＋12L0＝32L0，故伸长量也等于 PO 的长度，即12L0，所以在 A、C 两点弹簧的形变量相等，弹簧的弹性势能相等，故在高度相同的 A、
A．圆环下滑 0.6 m 时速度为零
B．圆环与木块的动能始终相等
C．圆环的机械能守恒
D．圆环下滑 0.3 m 时速度为
170 5
m/s
D [当圆环下滑 0.6 m 时，由几何关系知，木块高度不变，圆环高度下
高考物理大二轮复习课件专题二第二讲机械能守恒定律功能关系PPTppt文档
(1)求 P 第一次运动到 B 点时速度的大小． (2)求 P 运动到 E 点时弹簧的弹性势能． (3)改变物块 P 的质量，将 P 推至 E 点，从静止开始释 放．已知 P 自圆弧轨道的最高点 D 处水平飞出后，恰好通 过 G 点．G 点在 C 点左下方，与 C 点水平相距72R、竖直相 距 R.求 P 运动到 D 点时速度的大小和改变后 P 的质量．
设 P 在 D 点的速度为 vD，由 D 点运动到 G 点的时 间为 t.由平抛运动公式有
y1＝12gt2，⑪ x1＝vDt.⑫ 联立⑨⑩⑪⑫式得 vD＝35 5gR.⑬ 设 P 在 C 点速度的大小为 vC.在 P 由 C 运动到 D 的 过程中机械能守恒，有
解：(1)飞船着地前瞬间的机械能为 Ek0＝12mv20，① 式中，m 和 v0 分别是飞船的质量和着地前瞬间的速 度．由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 1.6×105 m 处的速度大小．由 ③式和题给数据得 Eh＝2.4×1012 J．④
到其轨迹最高点，机械能的增量为( )
A．2mgR
B．4mgR
C．5mgR
D．6mgR
[题眼点拨] ①“光滑固定轨道”说明无摩擦力做功；
②“始终受到与重力大小相等的水平外力的作用”说明
在最高点仍受水平力，则最高点速度不为 0. 解析：小球由 a 到 c 的过程，由动能定理得：F·3R
－mgR＝12mv2c，又 F＝mg，解得：v2c＝4gR 小球离开 c 点后，在竖直方向 vc＝gt，在水平方向的位移为 x＝12at2 ＝2R.从 a 点到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移 大小为 5R，则小球机械能的增加量 ΔE＝F·5R＝5mgR， 选项 C 正确，A、B、D 错误．
高考物理二轮复习 第一部分 专题二 功和能 第2讲 机械能守恒定律 功能关系课件
考向二 物体落地时，b 物体的速度为零，由机械能守恒定律，可得当 a 落地时速度
大小为 2gh，B 项正确；当 b 物体速度减小时，轻杆对 a、b 都表现为拉力，
考向三
拉力在竖直方向上有分力与 a 的重力合成，其加速度大小大于 g，C 项错误；
b 的动能最大时，a 的机械能最小，此时轻杆对 a、b 的作用力均为零，故 b 对地面的压力大小为 mg，D 项正确．
考向一
研考向 融会贯通
提能力 强化闯关
限时 规范训练
试题 解析
答案
2.(2016·高考全国卷Ⅱ)小球 P 和 Q 用不可伸长的轻绳
考向三 律知 mg·2R＋12mv2C＝12m·(54v2)2，联立解得 R＝0.08 m，D 对．
研考向 融会贯通
提能力 强化闯关
限时 规范训练
考向一
试题 解析 答案
[题组突破]
考向一 考向二
1．(多选)(2015·高考全国卷Ⅱ)如图，滑块 a、b 的质 量均为 m，a 套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相 距 h，b 放在地面上，a、b 通过铰链用刚性轻杆连接， 由静止开始运动．不计摩擦，a、b 可视为质点，重
D．P 球的向心加速度一定小于 Q 球的向心加速度
考向三 力加速度大小为 g，则(BD ) A．a 落地前，轻杆对 b 一直做正功
B．a 落地时速度大小为 2gh C．a 下落过程中，其加速度大小始终不大于 g
D．a 落地前，当 a 的机械能最小时，b 对地面的压力大小为 mg
考向一
高中物理二轮复习课件机械能守恒定律功能关系
易错易混点辨析
01 02
混淆动能定理与机械能守恒定律
动能定理是合外力做功等于物体动能的变化量，而机械能守恒定律是只 有重力或弹力做功时，动能与势能可以互相转化，但总机械能保持不变 。
忽视摩擦力做功
在涉及机械能守恒的问题中，若存在摩擦力，则摩擦力做功会消耗机械 能，转化为内能，此时机械能不守恒。
高考真题模拟训练
（答案）C
（解题技巧）解决本题的关键知道小球在最高点向心力的来源，结合牛顿第二定 律进行求解，基础题。
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03 弹性势能与非弹 性碰撞问题探讨
弹性势能概念及计算方法
弹性势能定义：物体由于发生弹性形变而具有的势能，其大小与形变量有关。
弹性势能计算公式：$E_p = frac{1}{2}kx^2$，其中$k$为劲度系数，$x$为形变量 。
弹性势能单位：焦耳（J）。
非弹性碰撞中能量损失计算
01
02
03
非弹性碰撞定义
高中物理二轮复习课件机械 能守恒定律功能关系
汇报人：XX 20XX-01-14
目 录
• 机械能守恒定律基本概念 • 功能关系在机械能守恒中应用 • 弹性势能与非弹性碰撞问题探讨 • 天体运动与万有引力中机械能守恒问题 • 变力做功与机械能变化关系研究 • 总结回顾与拓展延伸
01 机械能守恒定律 基本概念
当只有重力或弹力做功时，机械能守 恒。
变力做功可能使物体的动能和势能同 时发生变化，需根据具体情况分析。
当有除重力或弹力以外的力做功时， 机械能发生变化，且该力做正功时机 械能增加，做负功时机械能减少。
典型例题解析
• 例题1：一物体在水平面上受到变力的作用，从静止开始运动，已知物体的位 移与时间的关系为x=kt²（k为常数），则物体在题解析
2021高考物理二轮复习专题复习篇专题2第2讲机械能守恒定律功能关系课件.ppt
小球质量满足5665m≤m1≤425956m 时，小球才能击中薄板。 [答案] (1)143mgR (2)6556m≤m1≤425956m
规律总结：应用机械能守恒定律解题的基本思路
[题组训练] 1.(多选)(2020·湖南长沙高三检测)如图所示， 一定质量的小球(可视为质点)套在固定的竖直光 滑椭圆形轨道上，椭圆的左焦点为 P，长轴 AC 水 平且长为 2L0，短轴 BD 竖直且长为 3L0。原长为 L0 的轻弹簧一端套在过 P 点的垂直纸面的光滑水平轴上，另一端与位 于 A 点的小球连接。若小球逆时针沿椭圆轨道运动，在 A 点时的速度 大小为 v0，弹簧始终处于弹性限度内，则下列说法正确的是( )
[解析] （1）解除弹簧锁定后，小球运动到 C 点的过程，弹簧和 小球组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律可得 Ep＝2mgR＋12 mv20
小球经 C 点时所受的弹力的大小为32mg，分析可知方向只能向下 根据向心力公式得 mg＋32mg＝mvR20 解得 Ep＝143mgR。
(2)小球离开 C 点后做平抛运动，若小球恰好落在 D 点，根据平 抛运动规律有
(1)若小球经 C 点时所受的弹力的大小为32mg，求弹簧弹性势能 的大小 Ep；
(2)若用此锁定的弹簧发射质量不同的小球，问小球质量 m1 满足 什么条件，从 C 点抛出的小球才能击中薄板 DE?
[思路点拨] 求解本题关键要注意弹簧的弹性势能只与弹簧的 形变量有关，当形变量不变时，弹簧的弹性势能不变，但换用质量 不同的小球用锁定弹簧发射时速度大小会不同。
由几何关系可知 PD＝L0，小球在 D 点时系统的重力势能、弹性势能 都最小，所以此时小球动能最大，B 正确；在 B、D 两点时，小球到 P 点的距离都等于 L0，即等于弹簧原长，弹簧的弹性势能相同(一般 视为零)，小球的机械能也是相等的，C 错误；小球在从 A 点经过 D 点到达 C 点的过程中弹簧的弹性势能先变小后变大，故小球的机械 能先变大后变小，D 错误。]
高考物理二轮复习专题二能量与动量2机械能守恒定律功能关系课件
(2)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 时要注意过程的选取． (3)要注意机械能守恒表达式的选取 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．而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．
今后高考中本部分内容
2018
曲线运动中功
Ⅰ卷 18T
物理观念 仍是高考的重点，难度
能关系的应用
较大，有时会成为高考
机械能的计算
中的压轴题，复习时应
和利用功能关 科学态度
Ⅰ卷 24T
掌握应用机械能守恒定
系，求克服阻力 与责任
2017
做功问题
律、能量守恒定律分析
与解决相关力学问题的
功能关系的利
Ⅲ卷 16T
解析：D [系统加速上升时，物块处于超重状态，物块对斜面 体的压力和对弹簧的拉力变大，所以弹簧形变量变大，物块 A 相对 斜面下滑一段距离，重力势能增加量小于 mgh，A 错误；根据动能 定理可知，物块 A 动能的增加量应等于重力、支持力及弹簧弹力对 其做功的代数和，B 错误；物块 A 机械能的增加量应等于除重力以 外的其他力对其做功的代数和，C 错误；物块 A 和弹簧组成的系统 的机械能增加量应等于除重力和弹簧弹力以外的其他力做功的代数 和，D 正确．]
考向二 功能关系的应用 [知识必备]——提核心 通技法
常见的功能关系
[典题例析]——析典题 学通法 [例 2] (2018·全国卷Ⅰ，18T)如图，abc 是竖直面内的光滑固定 轨道，ab 水平，长度为 2R；bc 是半径为 R 的四分之一圆弧，与 ab 相切于 b 点．一质量为 m 的小球，始终受到与重力大小相等的水平 外力的作用，自 a 点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为 g. 小球从 a 点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )
(新高考适用)2023版高考物理二轮总复习专题2 能量与动量 第2讲 动量 动量守恒定律
第一部分 专题二 第2讲基础题——知识基础打牢1. (多选)(2022·广东汕头二模)科学家常在云室中加入铅板以降低运动粒子的速度．图示为物理学家安德森拍下的正电子在云室中运动的径迹，已知图示云室加垂直纸面方向的匀强磁场，由图可以判定( BC )A ．匀强磁场方向向外B ．正电子由上而下穿过铅板C ．正电子在铅板上、下磁场中运动角速度相同D ．正电子在铅板上、下磁场运动中动量大小相等【解析】 正电子在匀强磁场中，洛伦兹力提供向心力，则有qvB ＝m v 2r 解得r ＝mv qB，由于正电子经过铅板后速度会减小，可知正电子经过铅板后的轨迹半径减小，从图中可以看出正电子在铅板上方轨迹半径比下方轨迹半径大，故正电子由上而下穿过铅板，由左手定则判断匀强磁场方向向里，A 错误，B 正确；正电子经过铅板后速度会减小，则正电子经过铅板后动量减小，正电子在铅板上、下磁场运动中动量大小不相等，D 错误；正电子在磁场中做圆周运动的角速度为ω＝v r ＝qBm可知正电子在铅板上、下磁场中运动角速度相同，C 正确．故选BC.2. (多选)(2022·重庆八中模拟)2022北京冬奥会期间，校园陆地冰壶也在积极的参与中．如图所示，某次投掷时，冰壶A 以速度v ＝3 m/s 与冰壶B 发生正碰，碰撞前后的速度均在同一直线上，若A 、B 的质量均为1 kg ，则下列说法正确的是( CD )A ．碰撞后A 的速度可能为2 m/sB ．碰撞后B 的速度可能为1 m/sC ．碰撞后A 不可能反向运动D ．碰撞后B 的速度可能为2.5 m/s【解析】 设A 、B 的质量为m ，若发生弹性碰撞，根据动量守恒得mv ＝mv A ＋mv B ，根据机械能守恒得12mv 2＝12mv 2A ＋12mv 2B ，解得A 、B 的速度分别为v A ＝0，v B ＝v ＝3 m/s ，若发生完全非弹性碰撞，则mv ＝(m ＋m )v 共，解得A 、B 的共同速度为v 共＝1.5 m/s ，所以碰撞后A 、B 球的速度范围分别为0～1.5 m/s,1.5 m/s ～3 m/s ，故选CD.3. (2022·广东汕头二模)汕头市属于台风频发地区，图示为风级(0～12)风速对照表．假设不同风级的风迎面垂直吹向某一广告牌，且吹到广告牌后速度立刻减小为零，则“12级”风对广告牌的最大作用力约为“4级”风对广告牌最小作用力的( A )C ．27倍D ．9倍【解析】 设空气的密度为ρ，广告牌的横截面积为S ，经过Δt 时间撞击在广告牌上的空气质量为Δm ＝ρΔV ＝ρSv Δt ，根据动量定理可得F Δt ＝Δmv ，解得F ＝ρSv 2，根据牛顿第三定律可知，风对广告牌作用力为F ′＝F ＝ρSv 2∝v 2，则“12级”风对广告牌的最大作用力与“4级”风对广告牌最小作用力的比值为F 12′F 4′＝36.925.52≈45，故选A.4. (2022·江苏连云港模拟)离子发动机是利用电场加速离子形成高速离子流而产生推力的航天发动机，这种发动机适用于航天器的姿态控制、位置保持等．某航天器质量M ，单个离子质量m ，带电量q ，加速电场的电压为U ，高速离子形成的等效电流强度为I ，根据以上信息计算该航天器发动机产生的推力为( B )A ．I mU qB ．I 2mUqC ．I3mUqD ．I5mUq【解析】 对离子，根据动能定理有qU ＝12mv 2，解得v ＝2qUm，根据电流的定义式则有I ＝Q Δt ＝Nq Δt ，对离子，根据动量定理有F ·Δt ＝Nmv ，解得F ＝Nmv Δt ＝mvIq＝I 2Um q，根据牛顿第三定律，推进器获得的推力大小为F ′＝I2Umq，故B 正确，A 、C 、D 错误．5. (多选)(2022·湖南长郡中学月考)如图所示，质量为m 的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB 长度为2R ，现将质量也为m 的小球从距A 点正上方h 0高处由静止释放，然后由A 点经过半圆轨道后从B 冲出，在空中能上升的最大高度为h 02(不计空气阻力)．则下列说法错误的是( ACD )A ．小球和小车组成的系统动量守恒B ．小车向左运动的最大距离为RC ．小球从B 点离开小车不会再落回轨道内D ．小球从B 点离开小车后又会从B 点落回轨道，再次恰好到达A 点时速度为零不会从A 点冲出【解析】 小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，所以只是系统水平方向动量守恒，故A 错误；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，m2R －x t ＝m xt解得x ＝R ，故B 正确；由于小球第二次在车中滚动时，对应位置的速度减小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，克服摩擦力做的功小于12mgh 0，因此小球一定能从A 点冲出，故D 错误；小球与小车组成的系统水平方向上动量守恒，则知小球由B 点离开小车时水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度均为零，小球离开小车后竖直上抛运动，最后又从B 点落回，故C 错误．故选ACD.6. (多选)(2022·湖南长沙二模)如图所示一平板车A 质量为2m ，静止于光滑水平面上，其右端与竖直固定挡板相距为L .小物块B 的质量为m ，以大小为v 0的初速度从平板车左端开始向右滑行，一段时间后车与挡板发生碰撞，已知车碰撞挡板时间极短，碰撞前后瞬间的速度大小不变但方向相反．A 、B 之间的动摩擦因数为μ，平板车A 表面足够长，物块B 总不能到平板车的右端，重力加速度大小为g .L 为何值，车与挡板能发生3次及以上的碰撞( CD )A ．L ＝v20μgB ．L ＝v2032μgC ．L ＝v2065μgD ．L ＝v2096μg【解析】 在车与挡板碰撞前，有mv 0＝2mv A ＋mv B ，如果L 为某个值L 1，使A 与挡板能发生二次碰撞，从A 开始运动到与挡板第一次碰撞前瞬间，对A 由动能定理可得μmgL 1＝12·2mv 2A ，设A 第二次与挡板碰撞前瞬间A 、B 的速度大小分别为v A ′、v B ′，从A 与挡板第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间，由动量守恒定律可得mv B －2mv A ＝2mv A ′＋mv B ′且第二次碰撞前，A 、B 未达到共同速度，A 在这段时间内先向左后向右运动，加速度保持不变，根据匀变速直线运动的对称性可知v A ′＝v A ，A 与挡板第二次碰撞后经一段时间后A 、B 同时停止运动，即mv B ′－2mv A ′＝0，联立解得L 1＝v2064μg ，车与挡板能发生3次及以上的碰撞的条件L <v 2064μg，故C 、D 可能，A 、B 不可能．7. (多选)(2022·江西贵溪二模)如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M 的滑块，滑块的一侧是一个14弧形凹槽OAB ，凹槽半径为R ，A 点切线水平，另有一个质量为m (m >M )的小球以速度v 0从A 点冲上凹槽，重力加速度大小为g ，不计摩擦．下列说法中正确的是( AB )A ．当v 0＝2gR 时，小球不可能到达B 点B ．当v 0＝2gR 时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大C ．如果小球的速度足够大，小球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上D ．当v 0＝gR 时，小球返回A 点后可能做自由落体运动【解析】 当小球能够恰好到达B 点时，设小球和滑块达到共同速度v ，根据动量守恒定律有mv 0＝(m ＋M )v ，根据机械能守恒定律有12mv 20＝12(m ＋M )v 2＋mgR ，联立以上两式解得v 0＝2M ＋mMgR >2gR ，所以当v 0＝2gR 时，小球不能到达B 点，A 正确；当v 0＝2gR 时，小球未到达B 点，小球从进入凹槽至最高点的过程中，小球对滑块的作用力始终做正功，所以滑块的动能一直增大，B 正确；如果小球的初速度足够大，小球将从B 点冲出，由于B 点的切线方向竖直，小球离开滑块时，二者水平方向的速度相同，小球相对滑块做竖直上抛运动，最后将从B 再次进入凹槽，最后从滑块的右侧离开，C 错误；当v 0＝gR 时，小球再次回到凹槽底部时的速度为v 1，凹槽的速度为v 2，根据系统机械能守恒和水平方向动量守恒可得12mv 20＝12mv 21＋12Mv 22，mv 0＝mv 1＋Mv 2，解得v 1＝m －M m ＋M v 0，因为m >M ，则可知v 1＝m －M m ＋M v 0>0，小球返回A 点后做平抛运动，而不是自由落体运动，D 错误．故选AB.应用题——强化学以致用8. (多选)(2022·重庆二诊)喷丸处理是一种表面强化工艺，即使用丸粒轰击工件表面，提升工件疲劳强度的冷加工工艺．用于提高零件机械强度以及耐磨性、抗疲劳性和耐腐蚀性等．某款喷丸发射器采用离心的方式发射喷丸，转轮直径为530 mm ，角速度为230 rad/s ，喷丸离开转轮时的速度与转轮上最大线速度相同．喷丸撞击到器件表面后发生反弹，碰撞后垂直器件方向的动能变为碰撞前动能的81%，沿器件表面方向的速度不变．一粒喷丸的质量为3.3×10－5kg ，若喷丸与器件的作用时间相同，且不计喷丸重力，则关于图甲、乙所示的两种喷射方式的说法正确的是( AD )A ．喷丸发出过程喷丸发射器对一粒喷丸做的功约为0.06 JB ．喷丸发出过程喷丸发射器对一粒喷丸做的功约为0.12 JC ．图甲、乙所示一粒喷丸对器件表面的平均作用力之比为2∶1D ．图甲、乙所示一粒喷丸对器件表面的平均作用力之比为2∶ 3【解析】 喷丸离开转轮时的速度与转轮上最大线速度相同，转轮上线速度的最大值为v ＝ωr ＝60.95 m/s ，则喷丸发出过程喷丸发射器对喷丸做的功约为W ＝12mv 2≈0.06 J，选项A 正确，B 错误；结合题述可知，喷丸碰撞后垂直器件表面的速度大小变为碰撞前的90%，设喷丸速度为v ，垂直喷射时有F 1＝0.9mv －－mvt，以60°角喷射时，有F 2＝0.9×32mv －⎝ ⎛⎭⎪⎫－32mv t，解得F 1F 2＝23，选项C 错误，D 正确．故选AD.9. (多选)(2022·河北衡水四调)质量为3m 足够长的木板静止在光滑的水平面上，木板上依次排放质量均为m 的木块1、2、3，木块与木板间的动摩擦因数均为μ.现同时给木块1、2、3水平向右的初速度v 0、2v 0、3v 0，已知重力加速度为g .则下列说法正确的是( BCD )A ．木块1相对木板静止前，木板是静止不动的B ．木块1的最小速度是12v 0C ．木块2的最小速度是56v 0D ．木块3从开始运动到相对木板静止时对地位移是4v 2μg【解析】 木块1在木板上向右减速运动，该过程木板向右做加速运动，当木块1与木板速度相等时相对木板静止，由此可知，木块1相对静止前木板向右做加速运动，故A 错误；木块与木板组成的系统所受合外力为零，当木块1与木板共速时木板的速度最小，设木块与木板间的摩擦力为f ，则木块1的加速度a 1＝f m 做匀减速运动，而木板a ＝3f 3m ＝fm做匀加速运动，则v 1＝v 0－a 1t ＝at ，v 1＝12v 0，故B 正确；设木块2的最小速度为v 2，此时木块2与木板刚刚共速，木块2此时速度的变量为2v 0－v 2，则木块3此时速度为3v 0－(2v 0－v 2)＝v 0＋v 2，由动量守恒定律得：m (v 0＋2v 0＋3v 0)＝5mv 2＋m (v 0＋v 2)，解得v 2＝56v 0，故C 正确；木块与木板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，木块3相对木板静止过程，由动量守恒定律得m (v 0＋2v 0＋3v 0)＝(3m ＋3m )v 3，解得v 3＝v 0，对木块3，由动能定理得－μmgx ＝12mv 23－12m (3v 0)2，解得x ＝4v20μg，故D 正确．故选BCD.10. (2022·辽宁沈阳二模)如图(a)，质量分别为m A 、m B 的A 、B 两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F 作用在A 上，系统静止在光滑水平面上(B 靠墙面)，此时弹簧形变量为x .撤去外力并开始计时，A 、B 两物体运动的a t 图像如图(b)所示，S 1表示0到t 1时间内A的a t 图线与坐标轴所围面积大小，S 2、S 3分别表示t 1到t 2时间内A 、B 的a t 图线与坐标轴所围面积大小．A 在t 1时刻的速度为v 0.下列说法正确的是( C )A ．m A <mB B ．S 1＋S 2＝S 3C ．0到t 1时间内，墙对B 的冲量大小等于m A v 0D ．B 运动后，弹簧的最大形变量等于x【解析】 a t 图线与坐标轴所围图形的面积大小等于物体速度的变化量，因t ＝0时刻A 的速度为零，t 1时刻A 的速度大小v 0＝S 1，t 2时刻A 的速度大小v A ＝S 1－S 2，B 的速度大小v B＝S3，由图(b)所示图像可知，t1时刻A的加速度为零，此时弹簧恢复原长，B开始离开墙壁，到t2时刻两者加速度均达到最大，弹簧伸长量达到最大，此时两者速度相同，即v A＝v B，则S1－S2＝S3，t1到t2时间内，A与B组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得m A v0＝(m A＋m B)v A，联立解得m A∶m B＝S3∶S2，由图知S3>S2，所以m A>m B，故A、B错误；撤去外力后A受到的合力等于弹簧的弹力，0到t1时间内，对A，由动量定理可知，合力即弹簧弹力对A的冲量大小I＝m A v0，弹簧对A与对B的弹力大小相等、方向相反、作用时间相等，因此弹簧对B的冲量大小与对A的冲量大小相等、方向相反，即弹簧对B的冲量大小I弹簧＝m A v0，对B，以向右为正方向，由动量定理得I墙壁－I弹簧＝0，解得，墙对B的冲量大小I墙壁＝m A v0，方向水平向右，故C正确；B运动后，当A、B速度相等时弹簧形变量(伸长量或压缩量)最大，此时A、B的速度不为零，A、B的动能不为零，由能量守恒定律可知，B运动后弹簧形变量最大时A、B的动能与弹簧的弹性势能之和与撤去外力时弹簧的弹性势能相等，则B 运动后弹簧形变量最大时弹簧弹性势能小于撤去外力时弹簧的弹性势能，即B运动后弹簧形变量最大时弹簧的形变量小于撤去外力时弹簧的形变量x，故D错误．11. (2022·山东押题练)2022年北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台决赛中，中国选手谷爱凌以188.25分的成绩获得金牌．北京冬奥会报道中利用“Al＋8K”技术，把全新的“时间切片”特技效果首次运用在8K直播中，更精准清晰地抓拍运动员比赛精彩瞬间，给观众带来全新的视觉体验．将谷爱凌视为质点，其轨迹视为一段抛物线图．图(a)是“时间切片”特技的图片，图(b)是谷爱凌从3 m高跳台斜向上冲出的运动示意图，图(c)是谷爱凌在空中运动时离跳台底部所在水平面的高度y随时间t变化的图线．已知t＝1 s时，图线所对应的切线斜率为4(单位：m/s)，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力．(1)求谷爱凌冲出跳台时竖直速度的大小；(2)求谷爱凌离跳台底部所在水平面的最大高度；(3)若谷爱凌从空中落到跳台底部所在水平地面时与地面的碰撞时间Δt＝0.4 s，经缓冲没有脱离地面，水平速度不受影响，求碰撞过程中谷爱凌受到地面的平均作用力大小与自身重力大小的比值．【答案】(1)14 m/s (2)12.8 m (3)5【解析】(1)运动员竖直方向做匀减速直线运动，有v y＝v y0－gty t 图线斜率表示竖直分速度，t ＝1 s 时v y ＝4 m/s解得谷爱凌冲出跳台时的竖直分速度v y 0＝14 m/s 谷爱凌冲出跳台时竖直速度的大小为14 m/s.(2)最高点竖直分速度为0，竖直方向做匀减速直线运动，设离开跳台可以上升h 高度，则0－v 2y 0＝－2gh代入数据解得h ＝9.8 m 跳台离地面高度y 0＝3 m解得离跳台底部所在水平面的最大高度为y ＝h ＋y 0＝12.8 m.(3)谷爱凌落到跳台底部所在水平面的竖直分速度大小v yt ＝2gy ＝16 m/s落在水平地面时，在竖直方向上，运动员受重力和水平地面的作用力，水平方向速度不变，以竖直向上为正方向，由动量定理得(F －mg )Δt ＝0－(－mv yt )代入数据解得Fmg＝5.12. (2021·浙江6月选考)如图所示，水平地面上有一高H ＝0.4 m 的水平台面，台面上竖直放置倾角θ＝37°的粗糙直轨道AB 、水平光滑直轨道BC 、四分之一圆周光滑细圆管道CD 和半圆形光滑轨道DEF ，它们平滑连接，其中管道CD 的半径r ＝0.1 m 、圆心在O 1点，轨道DEF 的半径R ＝0.2 m 、圆心在O 2点，O 1、D 、O 2和F 点均处在同一水平线上．小滑块从轨道AB 上距台面高为h 的P 点由静止下滑，与静止在轨道BC 上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道CD 、轨道DEF 从F 点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G 碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q 点．已知小滑块与轨道AB 间的动摩擦因数μ＝112，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2.(1)若小滑块的初始高度h ＝0.9 m ，求小滑块到达B 点时速度v 0的大小； (2)若小球能完成整个运动过程，求h 的最小值h min ；(3)若小球恰好能过最高点E ，且三棱柱G 的位置上下可调，求落地点Q 与F 点的水平距离x 的最大值x max .【答案】 (1)4 m/s (2)0.45 m (3)0.8 m【解析】 (1)小滑块在AB 轨道上运动，根据动能定理得mgh －μmg cos θ·hsin θ＝12mv 20，解得v 0＝4 m/s.(2)小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，因此有mv 0min ＝mv 块＋mv 球min ，12mv 20min ＝12mv 2块＋12mv 2球min ， 解得v 块＝0，v 球min ＝v 0min ，小球沿CDEF 轨道运动，在最高点可得mg ＝m v 2E minR，从C 点到E 点由机械能守恒可得 12mv 2E min ＋mg (R ＋r )＝12mv 2球min ， 由(1)问可知，小滑块提供给小球的初速度v 0min ＝43gh min ，解得h min ＝0.45 m.(3)设F 点到G 点的距离为y ，小球从E 点到G 点的运动，由动能定理得mg (R ＋y )＝12mv2G －12mv 2E min ， 由平抛运动可得x ＝v G t ，H ＋r －y ＝12gt 2，联立可得水平距离为x ＝20.5－y0.3＋y ，由数学知识可得当0.5－y ＝0.3＋y ，x 取最大值，最大值为x max ＝0.8 m.。
高中物理课件-2016高考物理二轮复习课件专题2功和能1-2-2《机械能守恒定律和功能关系》
映机械能守恒，不必选取参考平面，具体用哪种表达式解题，要
高 注意灵活选取．
频 考 点 二
提 能 演 练
第一部分 专题二 第2讲 第9页
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
[典例剖析]
高 频 考 点 一
高 频 考 点 三
[典例 1]
高
(多选)(2015·潍坊模拟)如图所示，竖直轻质弹簧下端固定在
频
考 点
第一部分 专题二 第2讲 第6页
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
二、方法必备
高 频 考 点 一
1．机械能守恒的判定
高
频
(1)利用机械能的定义判断，分析动能与势能的和是否变化，
考 点
三
如匀速下落的物体动能不变，重力势能减少，物体的机械能必减
高 少．
频
考 点
(2)用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧弹力)做功，
(5)根据机械能守恒定律列方程；
(6)解方程，统一单位，进行运算，求出结果，进行检验．
第一部分 专题二 第2讲 第8页
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
3．注意问题
高 频 考 点 一
第一种表达式是从“守恒”的角度反映机械能守恒，解题时 必须选取参考平面，而后两种表达式都是从“转化”的角度来反
高 频 考 点 三
频
考 点
包含在系统中，否则其他物体组成的系统机械能不守恒．
一
高 频 考 点 三
2．木板和物块组成的系统加速度为零时，速度最大，物块
克服重力做功的功率最大．
高 频 考 点 二
提 能 演 练
第一部分 专题二 第2讲 第13页
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高考物理二轮总复习课后习题专题2 能量与动量 动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用…
专题分层突破练5 动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用A组1.(多选)(广东普宁模拟)下列关于图片的说法正确的是( )A.图甲中蛟龙号被吊车匀速吊下水的过程中,它的机械能守恒B.图乙中火车在匀速转弯时所受合外力不为零,动能不变C.图丙中握力器在手的压力下弹性势能增加了D.图丁中撑竿跳高运动员在上升过程中机械能守恒2.(多选)(山东青岛二中高三开学考试)图甲为一种儿童玩具——不倒翁,其纵截面如图乙所示。
底部是半球形,球心为O,顶点为P。
不倒翁静止时直立,用手推一下上部,不倒翁倾斜,放手后来回摆动若干次后重新直立静止。
下列判断正确的是( )A.不倒翁的重心位于O点B.不倒翁的重心位于O、P两点之间C.摆动时不倒翁从直立变倾斜过程中,重力势能增加D.摆动时不倒翁从直立变倾斜过程中,重力势能减少3.(山东菏泽一模)科学家研发出的一款超小型风力发电机,也被称之为郁金香风力发电机,可以供家庭使用,具有噪音极低、启动风速较小等特点。
某家庭装有郁金香风力发电机10台,某日该地区的风速是6 m/s,风吹到的叶片有效面积为1 m2,已知空气的密度为1.2 kg/m3,假如该风力发电机能将通过此有效面积内空气动能的40%转化为电能。
下列表述符合事实的是( )A.每秒冲击每台风力发电机叶片的空气体积为1 m3B.每秒冲击每台风力发电机叶片的空气动能为259.2 JC.每台风力发电机发电的功率为129.6 WD.该风力发电机组工作24 h,发电量约12.44 kW·h4.(山东师范大学附中模拟)如图所示,某运动员在一次训练中脚踩滑雪板从平台BC的C点沿水平方向飞出,落在倾斜雪道上的D点。
已知倾斜的雪道与水平面的夹角θ=37°,运动员从C点飞出时他和装备的动能为400 J。
运动员及装备视为质点,不计空气阻力,sin 37°=0.6,重力加速度g取10 m/s2,则运动员(含装备)落到雪道上D点时的动能为( )A.800 JB.900 JC.1 300 JD.1 500 J5.(全国甲卷)北京冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。