高考物理二轮复习动力学和能量观点的综合应用复习课件
2.分析技巧 多个运动过程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 应注意要独立分析各个运动过程，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.
例2 (2019·湖北恩施州2月教学质量检测)如图3所示为轮滑比赛的一段模拟赛道.一
个小物块从A点以一定的初速度水平抛出，刚好无碰撞地从C点进入光滑的圆弧赛道，
(3)弹簧储存的弹性势能. 答案 5 J
解析 由 P 至 N 全过程，由能量守恒定律：Ep＝12mvN2＋mg(H＋2R) 解得：Ep＝5 J.
高考题型3
含弹簧的动力学和能量问题
题型：选择或者计算题：5年2考
例3 (2019·湖南衡阳市第一次联考)如图6所示，由两个内径均为R的四分之一圆 弧细管道构成的光滑细管道ABC竖直放置，且固定在光滑水平面上，圆心连线 O1O2水平，轻弹簧左端固定在竖直板上，右端与质量为m的小球接触(不拴接，小 球的直径略小于管的内径，小球大小可忽略)，宽和高均为R的木盒子固定于水平 面上，盒子左侧DG到管道右端C的水平距离为R，开始时弹簧处于锁定状态，具 有的弹性势能为4mgR，其中g为重力加速度.当解除锁定后小球离开弹簧进入管道， 最后从C点抛出.(轨道ABC与木盒截面GDEF在同一竖直面内) (1)求小球经C点时的动能； 答案 2mgR
图2
解析 水杯通过最高点时，对水由牛顿第二定律得：
mg＝mvR02 其中R＝(0.2＋0.6) m＝0.8 m 解得：v0＝2 2 m/s；
(2)若在最高点水刚好不洒出，在最低点时水对杯底的压力为16 N，求蒸笼环从最高点 运动到最低点的过程中，蒸笼环对杯子和水所做的功W.
答案 3.2 J
解析 在最低点时水对水杯底的压力为16 N，杯底对水的支持力FN＝16 N，
图6
解析 对小球从释放到C的过程，应用动能定理可得：4mgR－2mgR＝EkC－0 解得小球经C点时的动能：EkC＝2mgR
(2)求小球经C点时对轨道的压力；
答案 3mg，方向竖直向上 解析 由(1)可知 C 点小球的速度：vC＝2 gR C 点：取向下为正方向，由牛顿第二定律可得：mg＋FN＝mvRC2 解得：FN＝3mg，方向向下 由牛顿第三定律可知在C点时小球对轨道的压力大小也为3mg，方向竖直向上
－mgR(1－sin θ)＝12mvC2－12mvP2， 解得 vP＝655 m/s 在 P 点由牛顿第二定律：mgsin θ＋FN＝mvRP2 解得FN＝36 N； 根据牛顿第三定律可知，小物块在P点对轨道的压力大小为FN′＝FN＝36 N
(3)为使小物块能沿水平面运动并通过圆轨道C点，则拉力F的大小范围.
3 3R
即物块刚好落在平台上的B点.
2gh＝
3 3R
拓展训练2 (2019·河南名校联盟高三下学期联考)如图4所示，AB是一段位于竖直
平面内的光滑轨道，高度为h，末端B处的切线方向水平.一个质量为m的小物体P从
轨道顶端A处由静止释放，滑到B端后飞出，落到地面上的C点，轨迹如图中虚线BC
所示.已知它落地时相对于B点的水平位移OC ＝l.现在轨道下方紧贴B点安装一水平
(1)物块的初速度v0的大小及物块与水平赛道间的动摩擦因数；
答案1 33Fra bibliotekR1 6
图3
解析 物块从 A 点抛出后做平抛运动，在 C 点 vC＝cosv060°＝2v0
由题意可知AB的高度：h＝Rcos 60°＝0.5R；
设物块的质量为 m，从 A 到 C 点的过程，由机械能守恒可得：mgh＝12mvC2－12mv02 解得 v0＝13 3gR
答案
210 11
N≤F≤50 N
解析 当小物块刚好能通过C点时，拉力F有最小值，对物块从A到B过程分析：
Ff＝μ(mg－Fminsin θ)，Fminxcos θ－Ffx＝12mvB2 解得 Fmin＝21110 N 当物块在AB段即将离开地面时，拉力F有最大值，则Fmaxsin θ＝mg 解得Fmax＝50 N 综上，拉力的取值范围是：21110 N≤F≤50 N.
解析 物块P位于A点，设弹簧伸长量为x1，
则：FT＝m2gsin θ＋kx1，
圆弧赛道所对的圆心角为60°，圆弧半径为R，圆弧赛道的最低点与水平赛道DE平滑
连接，DE长为R，物块经圆弧赛道进入水平赛道，然后在E点无碰撞地滑上左侧的斜
坡，斜坡的倾角为37°，斜坡也是光滑的，物块恰好能滑到斜坡的最高点F，F、O、
A三点在同一高度，重力加速度大小为g，不计空气阻力，不计物块的大小.求：
高考题型1
动力学方法和动能定理的综合应用
题型：选择或者计算题：5年3考
1.相关规律和方法 运动学的基本规律、牛顿运动定律、圆周运动的知识和动能定理.
2.解题技巧 如果涉及加速度、时间和受力的分析和计算，一般应用动力学方法；如果只涉及 位移、功和能量的转化问题，通常采用动能定理分析.
例1 (2019·广西梧州市联考)如图1所示，半径R＝0.4 m的光滑圆轨道与水平地面相切 于B点，且固定于竖直平面内.在水平地面上距B点x＝5 m处的A点放一质量m＝3 kg的 小物块，小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.5.小物块在与水平地面夹角θ＝37° 斜向上的拉力F的作用下由静止向B点运动，运动到B点时撤去F，小物块沿圆轨道上 滑，且能到圆轨道最高点C.圆弧的圆心为O，P为圆弧上的一点，且OP与水平方向的 夹角也为θ.(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求： (1)小物块在B点的最小速度vB的大小； 答案 2 5 m/s
18(3)25题
2016 1卷25,2卷25
含弹簧的 动力学和 能量问题
2019
1卷21
16(1)25题
16(2)25题
19(1)21题
内容索引
NEIRONGSUOYIN
高考题型1 动力学方法和动能定理的综合应用 高考题型2 动力学和能量观点分析多运动组合问题 高考题型3 含弹簧的动力学和能量问题
图1
解析 小物块恰能到圆轨道最高点时，物块与轨道间无弹力.设最高点物块速度为vC，
由 mg＝mvRC2得：vC＝2 m/s 物块从B运动到C，由动能定理得： －2mgR＝12mvC2－12mvB2 解得：vB＝2 5 m/s；
(2)在(1)情况下小物块在P点时对轨道的压力大小； 答案 36 N
解析 物块从P到C由动能定理：
物块从A到F的过程，由动能定理：
－μmgR＝0－12mv02 解得 μ＝16；
(2)试判断物块向右返回时，能不能滑到C点，如果能，试分析物块从C点抛出后，会 不会直接撞在竖直墙AB上；如果不能，试分析物块最终停在什么位置？
答案 物块刚好落在平台上的B点
解析 假设物块能回到C点，设到达C点的速度大小为vC′，
－μmg2l ＝12mv12－12mv02 解得物体与木板之间的动摩擦因数 μ＝32hl .
拓展训练3 (2019·四川省第二次诊断)如图5所示为某同学设计的一个游戏装置，用 弹簧制作的弹射系统将小球从管口P弹出，右侧水平距离为L，竖直高度为H＝0.5 m 处固定一半圆形管道，管道所在平面竖直，半径R＝0.75 m，内壁光滑.通过调节立柱 Q可以改变弹射装置的位置及倾角，若弹出的小球从最低点M沿切线方向进入管道， 从最高点N离开后能落回管口P，则游戏成功.小球质量为0.2 kg，半径略小于管道内 径，可视为质点，不计空气阻力，g取10 m/s2.该同学某次游戏取得成功，试求： (1)水平距离L； 答案 2 m
(2)P与木板之间的动摩擦因数μ.
答案
3h 2l
解析 当没有木板时，物体离开B点后做平抛运动，运动时间为t，有：
t＝vl0＝
l 2gh
当 B 点右方安装木板时，物体从木板右端水平抛出，在空中运动的时间也为 t，水
平位移为2l ，
因此物体从木板右端抛出的速度 v1＝v20＝
2gh 2
根据动能定理，物体在木板上滑动时，有
得：Ep1＝94mgR
当小球直接击中E点时，弹性势能取符合条件的最大值，由平抛运动规律可得：
竖直方向：2R＝12gt22 水平方向：2R＝vC2t2 联立解得：vC2＝ gR 小球从释放到 C 点的过程：Ep2－2mgR＝12mvC22－0 得：Ep2＝52mgR 综上符合条件的弹性势能应满足：94mgR<Ep<52mgR
拓展训练1 (2019·福建龙岩市3月质量检查)央视节目《加油向未来》中解题人将一个 蒸笼环握在手中，并在蒸笼环底部放置一个装有水的杯子，抡起手臂让蒸笼环连同水 杯在竖直平面内做圆周运动，水却没有洒出来.如图2所示，已知蒸笼环的直径为20 cm， 人手臂的长度为60 cm，杯子和水的质量均为m＝0.2 kg.转动时可认为手臂伸直且圆心 在人的肩膀处，不考虑水杯的大小，g取10 m/s2. (1)若要保证在最高点水不洒出，求水杯通过最高点的最小速率v0； 答案 2 2 m/s
图5
解析 设小球进入M点时速度为vM，运动至N点速度为vN， 由P至M，L＝vMt1
H＝12gt12 由N至P，L＝vNt2 H＋2R＝12gt22 由 M 至 N 过程，－2mgR＝12mvN2－12mvM2 联立解得：L＝2 m；
(2)小球在N处对管道的作用力；
答案
2 3
N，方向竖直向上
解析 由(1)可得，vN＝ 10 m/s mg＋FN＝mvRN2 解得：FN＝23 N 由牛顿第三定律可知，小球在 N 处对管道的作用力 FN′＝FN＝23 N，方向竖直向上；
对水，由牛顿第二定律得： FN－mg＝mvR2 对杯子和水，从最高点到最低点的过程中，由动能定理得： 2mg×2R＋W＝12×2mv2－12×2mv02 解得：W＝3.2 J.
高考题型2
动力学和能量观点分析多运动组合问题
题型：计算题：5年1考
例2 (2019·湖北恩施州2月教学质量检测)如图3所示为轮滑比赛的一段模拟赛道.一
个小物块从A点以一定的初速度水平抛出，刚好无碰撞地从C点进入光滑的圆弧赛道，
(3)弹簧储存的弹性势能. 答案 5 J
解析 由 P 至 N 全过程，由能量守恒定律：Ep＝12mvN2＋mg(H＋2R) 解得：Ep＝5 J.
高考题型3
含弹簧的动力学和能量问题
题型：选择或者计算题：5年2考
例3 (2019·湖南衡阳市第一次联考)如图6所示，由两个内径均为R的四分之一圆 弧细管道构成的光滑细管道ABC竖直放置，且固定在光滑水平面上，圆心连线 O1O2水平，轻弹簧左端固定在竖直板上，右端与质量为m的小球接触(不拴接，小 球的直径略小于管的内径，小球大小可忽略)，宽和高均为R的木盒子固定于水平 面上，盒子左侧DG到管道右端C的水平距离为R，开始时弹簧处于锁定状态，具 有的弹性势能为4mgR，其中g为重力加速度.当解除锁定后小球离开弹簧进入管道， 最后从C点抛出.(轨道ABC与木盒截面GDEF在同一竖直面内) (1)求小球经C点时的动能； 答案 2mgR
图2
解析 水杯通过最高点时，对水由牛顿第二定律得：
mg＝mvR02 其中R＝(0.2＋0.6) m＝0.8 m 解得：v0＝2 2 m/s；
(2)若在最高点水刚好不洒出，在最低点时水对杯底的压力为16 N，求蒸笼环从最高点 运动到最低点的过程中，蒸笼环对杯子和水所做的功W.
答案 3.2 J
解析 在最低点时水对水杯底的压力为16 N，杯底对水的支持力FN＝16 N，
图6
解析 对小球从释放到C的过程，应用动能定理可得：4mgR－2mgR＝EkC－0 解得小球经C点时的动能：EkC＝2mgR
(2)求小球经C点时对轨道的压力；
答案 3mg，方向竖直向上 解析 由(1)可知 C 点小球的速度：vC＝2 gR C 点：取向下为正方向，由牛顿第二定律可得：mg＋FN＝mvRC2 解得：FN＝3mg，方向向下 由牛顿第三定律可知在C点时小球对轨道的压力大小也为3mg，方向竖直向上
－mgR(1－sin θ)＝12mvC2－12mvP2， 解得 vP＝655 m/s 在 P 点由牛顿第二定律：mgsin θ＋FN＝mvRP2 解得FN＝36 N； 根据牛顿第三定律可知，小物块在P点对轨道的压力大小为FN′＝FN＝36 N
(3)为使小物块能沿水平面运动并通过圆轨道C点，则拉力F的大小范围.
3 3R
即物块刚好落在平台上的B点.
2gh＝
3 3R
拓展训练2 (2019·河南名校联盟高三下学期联考)如图4所示，AB是一段位于竖直
平面内的光滑轨道，高度为h，末端B处的切线方向水平.一个质量为m的小物体P从
轨道顶端A处由静止释放，滑到B端后飞出，落到地面上的C点，轨迹如图中虚线BC
所示.已知它落地时相对于B点的水平位移OC ＝l.现在轨道下方紧贴B点安装一水平
(1)物块的初速度v0的大小及物块与水平赛道间的动摩擦因数；
答案1 33Fra bibliotekR1 6
图3
解析 物块从 A 点抛出后做平抛运动，在 C 点 vC＝cosv060°＝2v0
由题意可知AB的高度：h＝Rcos 60°＝0.5R；
设物块的质量为 m，从 A 到 C 点的过程，由机械能守恒可得：mgh＝12mvC2－12mv02 解得 v0＝13 3gR
答案
210 11
N≤F≤50 N
解析 当小物块刚好能通过C点时，拉力F有最小值，对物块从A到B过程分析：
Ff＝μ(mg－Fminsin θ)，Fminxcos θ－Ffx＝12mvB2 解得 Fmin＝21110 N 当物块在AB段即将离开地面时，拉力F有最大值，则Fmaxsin θ＝mg 解得Fmax＝50 N 综上，拉力的取值范围是：21110 N≤F≤50 N.
解析 物块P位于A点，设弹簧伸长量为x1，
则：FT＝m2gsin θ＋kx1，
圆弧赛道所对的圆心角为60°，圆弧半径为R，圆弧赛道的最低点与水平赛道DE平滑
连接，DE长为R，物块经圆弧赛道进入水平赛道，然后在E点无碰撞地滑上左侧的斜
坡，斜坡的倾角为37°，斜坡也是光滑的，物块恰好能滑到斜坡的最高点F，F、O、
A三点在同一高度，重力加速度大小为g，不计空气阻力，不计物块的大小.求：
高考题型1
动力学方法和动能定理的综合应用
题型：选择或者计算题：5年3考
1.相关规律和方法 运动学的基本规律、牛顿运动定律、圆周运动的知识和动能定理.
2.解题技巧 如果涉及加速度、时间和受力的分析和计算，一般应用动力学方法；如果只涉及 位移、功和能量的转化问题，通常采用动能定理分析.
例1 (2019·广西梧州市联考)如图1所示，半径R＝0.4 m的光滑圆轨道与水平地面相切 于B点，且固定于竖直平面内.在水平地面上距B点x＝5 m处的A点放一质量m＝3 kg的 小物块，小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.5.小物块在与水平地面夹角θ＝37° 斜向上的拉力F的作用下由静止向B点运动，运动到B点时撤去F，小物块沿圆轨道上 滑，且能到圆轨道最高点C.圆弧的圆心为O，P为圆弧上的一点，且OP与水平方向的 夹角也为θ.(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求： (1)小物块在B点的最小速度vB的大小； 答案 2 5 m/s
18(3)25题
2016 1卷25,2卷25
含弹簧的 动力学和 能量问题
2019
1卷21
16(1)25题
16(2)25题
19(1)21题
内容索引
NEIRONGSUOYIN
高考题型1 动力学方法和动能定理的综合应用 高考题型2 动力学和能量观点分析多运动组合问题 高考题型3 含弹簧的动力学和能量问题
图1
解析 小物块恰能到圆轨道最高点时，物块与轨道间无弹力.设最高点物块速度为vC，
由 mg＝mvRC2得：vC＝2 m/s 物块从B运动到C，由动能定理得： －2mgR＝12mvC2－12mvB2 解得：vB＝2 5 m/s；
(2)在(1)情况下小物块在P点时对轨道的压力大小； 答案 36 N
解析 物块从P到C由动能定理：
物块从A到F的过程，由动能定理：
－μmgR＝0－12mv02 解得 μ＝16；
(2)试判断物块向右返回时，能不能滑到C点，如果能，试分析物块从C点抛出后，会 不会直接撞在竖直墙AB上；如果不能，试分析物块最终停在什么位置？
答案 物块刚好落在平台上的B点
解析 假设物块能回到C点，设到达C点的速度大小为vC′，
－μmg2l ＝12mv12－12mv02 解得物体与木板之间的动摩擦因数 μ＝32hl .
拓展训练3 (2019·四川省第二次诊断)如图5所示为某同学设计的一个游戏装置，用 弹簧制作的弹射系统将小球从管口P弹出，右侧水平距离为L，竖直高度为H＝0.5 m 处固定一半圆形管道，管道所在平面竖直，半径R＝0.75 m，内壁光滑.通过调节立柱 Q可以改变弹射装置的位置及倾角，若弹出的小球从最低点M沿切线方向进入管道， 从最高点N离开后能落回管口P，则游戏成功.小球质量为0.2 kg，半径略小于管道内 径，可视为质点，不计空气阻力，g取10 m/s2.该同学某次游戏取得成功，试求： (1)水平距离L； 答案 2 m
(2)P与木板之间的动摩擦因数μ.
答案
3h 2l
解析 当没有木板时，物体离开B点后做平抛运动，运动时间为t，有：
t＝vl0＝
l 2gh
当 B 点右方安装木板时，物体从木板右端水平抛出，在空中运动的时间也为 t，水
平位移为2l ，
因此物体从木板右端抛出的速度 v1＝v20＝
2gh 2
根据动能定理，物体在木板上滑动时，有
得：Ep1＝94mgR
当小球直接击中E点时，弹性势能取符合条件的最大值，由平抛运动规律可得：
竖直方向：2R＝12gt22 水平方向：2R＝vC2t2 联立解得：vC2＝ gR 小球从释放到 C 点的过程：Ep2－2mgR＝12mvC22－0 得：Ep2＝52mgR 综上符合条件的弹性势能应满足：94mgR<Ep<52mgR
拓展训练1 (2019·福建龙岩市3月质量检查)央视节目《加油向未来》中解题人将一个 蒸笼环握在手中，并在蒸笼环底部放置一个装有水的杯子，抡起手臂让蒸笼环连同水 杯在竖直平面内做圆周运动，水却没有洒出来.如图2所示，已知蒸笼环的直径为20 cm， 人手臂的长度为60 cm，杯子和水的质量均为m＝0.2 kg.转动时可认为手臂伸直且圆心 在人的肩膀处，不考虑水杯的大小，g取10 m/s2. (1)若要保证在最高点水不洒出，求水杯通过最高点的最小速率v0； 答案 2 2 m/s
图5
解析 设小球进入M点时速度为vM，运动至N点速度为vN， 由P至M，L＝vMt1
H＝12gt12 由N至P，L＝vNt2 H＋2R＝12gt22 由 M 至 N 过程，－2mgR＝12mvN2－12mvM2 联立解得：L＝2 m；
(2)小球在N处对管道的作用力；
答案
2 3
N，方向竖直向上
解析 由(1)可得，vN＝ 10 m/s mg＋FN＝mvRN2 解得：FN＝23 N 由牛顿第三定律可知，小球在 N 处对管道的作用力 FN′＝FN＝23 N，方向竖直向上；
对水，由牛顿第二定律得： FN－mg＝mvR2 对杯子和水，从最高点到最低点的过程中，由动能定理得： 2mg×2R＋W＝12×2mv2－12×2mv02 解得：W＝3.2 J.
高考题型2
动力学和能量观点分析多运动组合问题
题型：计算题：5年1考
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高考物理二轮复习 第一部分 专题三 功与能量 第2讲 能量观点在力学中的综合应用课件
12/8/2021
由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为p＝mv1＝ m
23gR 2
⑨
12/8/2021
(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大 小为g。设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C点落至水平轨道上所用时间为t。
由运动学公式有 v⊥t＋12gt2＝CD⑩ v⊥＝vsinα⑪ 由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得
[解析] (1)小物块运动到轨道最高点时，由牛顿第二定律得FN＋mg＝ mvR2，由牛顿第三定律得FN＝FN′＝130 N
联立解得v＝2 m/s 物块从B运动到轨道最高点的过程，由机械能守恒定律得 mg·2R＋12mv2＝12mv2B 解得vB＝4 m/s
12/8/2021
(2)小物块从A运动到B点的过程，由动能定理得 Fs－μ1mgxAB＝12mv2B－0 根据牛顿第二定律得：F－μ1mg＝ma 由运动学公式有s＝12at2 联立解得t＝53 s
12/8/2021
(1)小物块运动到B点时的速度大小； (2)拉力F作用在小物块上的时间t； (3)若小物块从竖直圆槽形轨道滑出后，经水平轨道BC到达C点，与竖直挡 板相碰时无机械能损失，为使小物块从C点返回后能再次冲上圆槽形轨道且不脱 离，试求小物块与水平轨道BC段间的动摩擦因数的取值范围。
12/8/2021
滑块由A点运动到B点的过程，根据动能定理，有： Pt－μmgL＝12mv2B－0 解得：水平外力作用在滑块上的时间 t＝mv2B＋2P2μgL＝0.4 s。 答案 (1)25.6 N (2)0.4 s
12/8/2021
考向2 能量观念综合应用
1．能量转化问题的解题方法 (1)当涉及摩擦力做功时，机械能不守恒，一般应用能的转化和守恒定律， 特别注意摩擦产生的内能Q＝Ffx相对，x相对为相对滑动的两物体间相对滑动路程的 总长度。 (2)解题时，首先确定初、末状态，然后分清有多少种形式的能在转化，再 分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的 能量总和ΔE减和增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解。
由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为p＝mv1＝ m
23gR 2
⑨
12/8/2021
(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大 小为g。设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C点落至水平轨道上所用时间为t。
由运动学公式有 v⊥t＋12gt2＝CD⑩ v⊥＝vsinα⑪ 由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得
[解析] (1)小物块运动到轨道最高点时，由牛顿第二定律得FN＋mg＝ mvR2，由牛顿第三定律得FN＝FN′＝130 N
联立解得v＝2 m/s 物块从B运动到轨道最高点的过程，由机械能守恒定律得 mg·2R＋12mv2＝12mv2B 解得vB＝4 m/s
12/8/2021
(2)小物块从A运动到B点的过程，由动能定理得 Fs－μ1mgxAB＝12mv2B－0 根据牛顿第二定律得：F－μ1mg＝ma 由运动学公式有s＝12at2 联立解得t＝53 s
12/8/2021
(1)小物块运动到B点时的速度大小； (2)拉力F作用在小物块上的时间t； (3)若小物块从竖直圆槽形轨道滑出后，经水平轨道BC到达C点，与竖直挡 板相碰时无机械能损失，为使小物块从C点返回后能再次冲上圆槽形轨道且不脱 离，试求小物块与水平轨道BC段间的动摩擦因数的取值范围。
12/8/2021
滑块由A点运动到B点的过程，根据动能定理，有： Pt－μmgL＝12mv2B－0 解得：水平外力作用在滑块上的时间 t＝mv2B＋2P2μgL＝0.4 s。 答案 (1)25.6 N (2)0.4 s
12/8/2021
考向2 能量观念综合应用
1．能量转化问题的解题方法 (1)当涉及摩擦力做功时，机械能不守恒，一般应用能的转化和守恒定律， 特别注意摩擦产生的内能Q＝Ffx相对，x相对为相对滑动的两物体间相对滑动路程的 总长度。 (2)解题时，首先确定初、末状态，然后分清有多少种形式的能在转化，再 分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的 能量总和ΔE减和增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解。
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
船以v=2.0×103 m/s的速度进入密度ρ=2.0×10-6 kg/m3的微粒尘区,飞船垂
直于运动方向上的最大截面积S=5 m2,且认为微粒与飞船相碰后都附着在
飞船上,则飞船要保持速度v不变,所需推力为多大?
答案 40 N
解析 设飞船在微粒尘区飞行Δt时间,则在这段时间内附着在飞船上的微粒
质量Δm=ρSvΔt
2022
专题二
第二讲 动量和能量观点的应用
内
容
索
引
01
体系构建•真题感悟
02
高频考点•能力突破
03
专项模块•素养培优
体系构建•真题感悟
知识回顾 构建网络
感悟高考 真题再练
1.(2020全国Ⅲ卷)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动,甲
追上乙,并与乙发生碰撞,碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线
即p1+p2=p1'+p2'。
(2)动能制约:在碰撞过程中,碰撞双方的总动能不会增加,即
Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'。
(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。
对点训练
4.(2021浙江高三二模,命题点1)两个质量相同的小圆环A、B用细线相连,A
W=μmgcos
+ℎ
θ·
sin
设物块 B 在水平轨道上能够滑行的距离为
1
s',由动能定理有-μm'gs'=0- m'v'2
2
设改变后的动摩擦因数为 μ',由动能定理有
直于运动方向上的最大截面积S=5 m2,且认为微粒与飞船相碰后都附着在
飞船上,则飞船要保持速度v不变,所需推力为多大?
答案 40 N
解析 设飞船在微粒尘区飞行Δt时间,则在这段时间内附着在飞船上的微粒
质量Δm=ρSvΔt
2022
专题二
第二讲 动量和能量观点的应用
内
容
索
引
01
体系构建•真题感悟
02
高频考点•能力突破
03
专项模块•素养培优
体系构建•真题感悟
知识回顾 构建网络
感悟高考 真题再练
1.(2020全国Ⅲ卷)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动,甲
追上乙,并与乙发生碰撞,碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线
即p1+p2=p1'+p2'。
(2)动能制约:在碰撞过程中,碰撞双方的总动能不会增加,即
Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'。
(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。
对点训练
4.(2021浙江高三二模,命题点1)两个质量相同的小圆环A、B用细线相连,A
W=μmgcos
+ℎ
θ·
sin
设物块 B 在水平轨道上能够滑行的距离为
1
s',由动能定理有-μm'gs'=0- m'v'2
2
设改变后的动摩擦因数为 μ',由动能定理有
高考物理二轮复习专题：力学三大观点的综合应用课件
A下滑的过程由动能定理
mgH
fs1
1 2
mv12
0
设P点的高度为h，则A上滑的过程由动能定理
mgh
fs2
0
1 2
m(
v1 )2 2
从图(b)所给出的v－t图线可知
s1
1 2
v1t1
Pss21 h
s2
1 2
v1 2
(1.4t1
t1 )
由几何关系知
s2 h s1 H
A在整个过程克服摩擦力做功为W
W fs1 fs2
(3)图见解析 3 900 N 第十八讲 力学三大观点的综合应用
解得 FN＝3900 N
从如图图(所b示)所,质给量出为的升mv－=t0物图. 线可理知 思维能力、综合运用相关知识解决问题
10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g取10 m/s2.
的能力 10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g取10 m/s2.
答案: (1)4 m/s (2)2 m/s
2.如图所示,质量为m=0.5 kg的小球用长为r=0.4 m的细绳悬挂于O 点,在O点的正下方有一个质量为m1=1.0 kg的小滑块,小滑块放在 一块静止在光滑水平面上、质量为m2=1.0 kg的木板左端。现将小 球向左上方拉至细绳与竖直方向夹角θ=60°的位置由静止释放,小 球摆到最低点与小滑块发生正碰并被反弹,碰撞时间极短,碰后瞬 间细绳对小球的拉力比碰前的瞬间减小了ΔT=4.8 N,而小滑块恰好 不会从木板上掉下。已知小滑块与木板之间的动摩擦 因数为μ=0.12,不计空气阻力,重力加速度g 取10 m/s2。求:
(1)碰后瞬间小球的速度大小;(2)木板的长度。
高考物理二轮复习优质PPT专题能量观点和动量观点在力学中的应用
高考考向 1 能量观点在力学中的应用
命题角度 1 功和功率的理解及应用
例 1 (2020·山东省青岛市高三二模)中国目前已系统掌握各种复杂地质
及气候条件下的高铁建造技术。动车组是指几节自带动力车厢与几节不带动
力车厢的编组。复兴号 CR400AF 型城际电力动车组由 6 节车厢编组而成，
每节车厢的质量均为 m＝5×104 kg，其中第 1 节和第 4 节车厢带有动力，牵
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间为 t，第 1 节车厢牵引电机的牵引力为 F ，第 4 节车厢牵引电机启动时动 【【名名校 校课课堂堂】】获获奖奖PPPPTT--高高考考物物理理二二轮轮复复习习课课件件： ：专专题题能能量量观观点点和和动动量量观观点点在在力力学学中中的的应应用用（（最最新新版版本本））1推推荐荐
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要点提炼
高 专考 题考 作向 业
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命题角度 2 动能定理的应用 例 2 (2020·江苏省盐城市高三(下)第三次模拟考试)如图所示，是人们 用打“夯”的方式把松散的地面夯实的情景。假设两人同时通过绳子对质量 为 m 的重物各施加一个力，大小均为 F，方向都与竖直方向成 α 角，重物 离开地面 h 高度后两人同时停止施力，最后重物下落把地面砸深 x。重力加 速度为 g。求：
2019版高考物理二轮复习 专题二 动量与能量 第1讲 动量观点与能量观点在力学中的应用课件
22
(3)小球压缩弹簧至速度达到最大时，加速度为零，则mg＝kx 弹簧的压缩量x＝0.1 m 从 C 位置到小球的速度达到最大的过程中，根据机械能守恒定律有 mg(r＋x)＋12mv2C＝ Ekm＋Ep 得 Ekm＝4.5 J 答案 (1)2 m/s (2)1.25 m (3)4.5 J
23
动量观点和能量观点在力学中的应用 动量和动能的关系 【典例1】 (2018·全国卷Ⅰ，14)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加 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
27
解析 (1)设烟花弹上升的初速度为 v0，由题给条件有 E＝12mv20① 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为 t，由运动学公式有 0－v0＝－gt② 联立①②式得 t＝1g 2mE③ (2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为 h1，由机械能守恒定律有 E＝mgh1④ 火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为 v1 和 v2。由题给条件和动量守恒定律有14mv21＋14mv22＝E⑤ 12mv1＋12mv2＝0⑥
24
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
答案 A
7
动力学规律和动能定理的综合应用
【典例3】 (2018·全国卷Ⅰ，18)如图3，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( )
(3)小球压缩弹簧至速度达到最大时，加速度为零，则mg＝kx 弹簧的压缩量x＝0.1 m 从 C 位置到小球的速度达到最大的过程中，根据机械能守恒定律有 mg(r＋x)＋12mv2C＝ Ekm＋Ep 得 Ekm＝4.5 J 答案 (1)2 m/s (2)1.25 m (3)4.5 J
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动量观点和能量观点在力学中的应用 动量和动能的关系 【典例1】 (2018·全国卷Ⅰ，14)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加 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
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解析 (1)设烟花弹上升的初速度为 v0，由题给条件有 E＝12mv20① 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为 t，由运动学公式有 0－v0＝－gt② 联立①②式得 t＝1g 2mE③ (2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为 h1，由机械能守恒定律有 E＝mgh1④ 火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为 v1 和 v2。由题给条件和动量守恒定律有14mv21＋14mv22＝E⑤ 12mv1＋12mv2＝0⑥
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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
答案 A
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动力学规律和动能定理的综合应用
【典例3】 (2018·全国卷Ⅰ，18)如图3，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( )
【高考】物理课标版二轮复习应用“三大观点”解决力学综合问题ppt课件
根据动量守恒定律和能量守恒定律可得 mv0=(M+m)v共
高考导航
μmgΔl=
1m
2
v02-
1 2
(M+m)
v共2
解得v共=3 m/s,Δl=6 m
(2)对木板有μmgs=
1M
2
v共2 -0,解得s=2
m
当L≥2 m时,木板B端和C点相碰前,物块和木板已经达到共同速度,碰后物块
以v共=3 m/s匀减速到C点
程中所走过的路程为s1,返回过程中所走过的路程为s2,P点的高度为h,整个过 程中克服摩擦力所做的功为W。由动能定理有
mgH-fs1=
1 2
mv12
-0
④
-(fs2+mgh)=0-
1 2
m
-
v1 2
2
⑤
从图(b)所给出的v-t图线可知
s1=
1 2
v1t1
⑥
s2=
1 2
·v1
2
·(1.4t1-t1)
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过C点,落至水平轨道;在整个过程中,除受到重力及轨道作用力外,小球还一 直受到一水平恒力的作用。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心,且此 时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求
考点一
栏目索引
(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小; (2)小球到达A点时动量的大小; (3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。
60°)=
1 2
mvA2
-1
2
mvP2
在P点受力分析如图an=
vP2 R
ax=g sin 60°
a=
an2 ax2 =
67 g
2
考点一
2019届高考物理二轮复习动量与能量观点的综合应用课件(38张)(全国通用)
时,圆形线圈中磁场随时间均匀变化,变化率为
������ ������
=
4 π
T/s ;稳定后
将开关拨向2,金属棒A被弹出,与金属棒B相碰,并在B棒刚出磁场时
A棒刚好运动到OO'处,最终A棒恰在PP'处停住。
考点一 考点二
考纲导引 备考定向
考点突破 互动探究
随堂演练 巩固检测
-17-
已知两根金属棒的质量均为0.02 kg、接入电路中的电阻均为0.1 Ω, 金属棒与金属导轨接触良好,其余电阻均不计,一切摩擦不计。问:
考纲导引 备考定向
考点突破 互动探究
随堂演练 巩固检测
-8-
当物体做非匀变速直线运动时,优先考虑动量定理和动能定理 (1)以ab棒为研究对象,受重力、弹力、摩擦力和安培力。 当ab沿导轨下滑x=6 m时,速度已达到稳定,所以合外力为零, 即:Mgsin 37°=BIL+μMgcos 37° 设稳定运动的速度为v,所以E=BLv 即:P=(������������21���+���2������������22)=12 W
过程,由能量守恒可知,
m1gh=12(m1+m2)v2+Q,代入数据解得:Q=340 J 由于 ab 和 cd 棒串联,所以产生的热量之比等于电阻之比,所以
Qab=������1���+���1������2Q=0.005.+005.15
×
4 30
J=310
J。
考纲导引 备考定向
考点突破 互动探究
从 ab 棒刚到 ef 处至两棒达共同速度过程,由动量守恒定律
得,m1v0=(m1+m2)v,即 0.2×2=(0.1+0.2)v,解得 v=43 m/s;