2020高考物理新课标专用版冲刺大二轮讲义：专题二 能量与动量 第4课时 WORD版含答案.docx

1、复习备考建议1能量观点是高中物理三大观点之一，是历年高考必考内容；或与直线运动、平抛运动、圆周运动结合，或与电场、电磁感应结合，或与弹簧、传送带、板块连接体等结合；或借助选择题单独考查功、功率、动能定理、功能关系的理解，或在计算题中考查动力学与能量观点的综合应用，难度较大2对于动量问题，可以只在选择题中出现，考查动量守恒定律、动量定理的基本应用，也可在计算题中出现，特别是动量与动力学、能量结合、综合性强、难度高，应加大训练第4课时功和功率功能关系考点功、功率的分析与计算1恒力功的计算(1)单个恒力的功 WFlcos.(2)合力为恒力的功先求合力，再求WF合lcos .WW1W2.2变力功的计算

2、(1)若力大小恒定，且方向始终沿轨迹切线方向，可用力的大小跟路程的乘积计算(2)力的方向不变，大小随位移线性变化可用Wlcos 计算(3)Fl图象中，功的大小等于“面积”(4)求解一般变力做的功常用动能定理3功率的计算(1)P，适用于计算平均功率；(2)PFv，若v为瞬时速度，则P为瞬时功率；若v为平均速度，则P为平均功率注意：力F与速度v方向不在同一直线上时功率为Fvcos .例1(多选)(2019山西晋中市适应性调研)如图1甲所示，足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，沿杆方向给环施加一个拉力F，使环由静止开始运动，已知拉力F及小环速度v随时间t变化的规律如图乙、丙

3、所示，重力加速度g取10 m/s2.则以下判断正确的是()图1A小环的质量是1 kgB细杆与地面间的倾角是30C前3 s内拉力F的最大功率是2.25 WD前3 s内拉力对小环做功5.75 J答案AD解析由速度时间图象得到环先匀加速上升，然后匀速运动，由题图可得：第1 s内，a m/s20.5 m/s2，加速阶段：F1mgsin ma；匀速阶段：F2mgsin 0，联立以上三式解得：m1 kg，sin 0.45，故A正确，B错误；第1 s内，速度不断变大，拉力的瞬时功率也不断变大，第1 s末，PFv150.5 W2.5 W；第1 s末到第3 s末，PFv14.50.5 W2.25 W，即拉力的最

4、大功率为2.5 W，故C错误；从速度时间图象可以得到，第1 s内的位移为0.25 m,13 s内的位移为1 m，前3 s内拉力做的功为：W50.25 J4.51 J5.75 J，故D正确变式训练1.(2019河南名校联盟高三下学期2月联考)如图2所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为最低点每根杆上都套着一个质量相等的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c处由静止释放，用P1、P2、P3依次表示各滑环从静止滑到d过程中重力的平均功率，则()图2AP1P2P2P3CP3P1P2 DP1P2P3答案B解析对小滑环b受力分析

5、，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得，小滑环做初速度为零的匀加速直线运动的加速度为agsin (为杆与水平方向的夹角)，由数学知识可知，小滑环的位移x2Rsin ，所以t，t与无关，即t1t2t3，而三个环重力做功W1W2W3，所以有：P1P2P3，B正确2.(多选)(2019福建龙岩市期末质量检查)如图3所示，在竖直平面内有一条不光滑的轨道ABC，其中AB段是半径为R的圆弧，BC段是水平的一质量为m的滑块从A点由静止滑下，最后停在水平轨道上C点，此过程克服摩擦力做功为W1.现用一沿着轨道方向的力推滑块，使它缓慢地由C点推回到A点，此过程克服摩擦力做功为

6、W2，推力对滑块做功为W，重力加速度为g，则下列关系中正确的是()图3AW1mgR BW2mgRCmgRW2mgR答案AC解析滑块由A到C的过程，由动能定理可知mgRW10，故A对；滑块由A到B做圆周运动，而在推力作用下从C经过B到达A的过程是一个缓慢的匀速过程，所以从A到B的过程中平均支持力大于从B到A 的平均支持力，那么摩擦力从A到B做的功大于从B到A做的功，而两次经过BC段摩擦力做功相等，故W2W1mgR，故B错；滑块由C到A的过程中，由能量守恒可知，推力对滑块做的功等于滑块重力势能增加量与克服摩擦力所做的功两部分，即WmgRW20，即WW1W2，由于 W2W1mgR，所以mgRWmgc

7、os ，故物体不会静止在木板上(2)从物体开始运动到停下，设总路程为s，由动能定理得mghmgscos 0解得s11.25 m(3)假设物体依次能到达B、D点，由动能定理得mg(hLsin )mgcos (L)mvB2解得vB0mg(hLsin )mgcos (3L)mvD2vD无解说明物体能通过B点但不能到达D点，因物体不能静止在木板上，故物体最终停在C点考点动力学与能量观点的综合应用1两个分析(1)综合受力分析、运动过程分析，由牛顿运动定律做好动力学分析(2)分析各力做功情况，做好能量的转化与守恒的分析，由此把握各运动阶段的运动性质，各连接点、临界点的力学特征、运动特征、能量特征2四个选择

8、(1)当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题；(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律；(3)当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻的问题选择牛顿第二定律求解；(4)复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合分析求解例4(2019河北邯郸市测试)如图10所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m1 kg可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度在平台的右端有一传送带，AB长L5 m，

9、物块与传送带间的动摩擦因数10.2，与传送带相邻的粗糙水平面BC长s1.5 m，它与物块间的动摩擦因数20.3，在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧轨道与BC平滑连接，圆弧对应的圆心角为120，在圆弧的最高点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来若传送带以v5 m/s的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失当弹簧储存的Ep18 J能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E点，取g10 m/s2.图10(1)求右侧圆弧的轨道半径R；(2)求小物块最终停下时与C点的距离；(3)若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围

10、答案(1)0.8 m(2) m(3) m/sv m/s解析(1)物块被弹簧弹出，由Epmv02，可知：v06 m/s因为v0v，故物块滑上传送带后先减速，物块与传送带相对滑动过程中，由：1mgma1，vv0a1t1，x1v0t1a1t12得到：a12 m/s2，t10.5 s，x12.75 m因为x10，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速，由运动的对称性可知，物块以相同的速率离开传送带，经分析可知最终在BC间停下，设最终停在距C点x处，由mvB22mg(sx)，代入数据解得：x m.(3)设传送带速度为v1时物块恰能到F点，在F点满足mgsin 30m从B到F

11、过程中由动能定理可知：2mgsmg(RRsin 30)mvF2mv12解得：v1 m/s设传送带速度为v2时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E点，由mv222mg3smgR解得：v2 m/s若物块在传送带上一直加速运动，由mvBm2mv021mgL知其到B点的最大速度vBm m/s若物块在E、F间速度减为0，则物块将脱离轨道综合上述分析可知，只要传送带速度 m/sv m/s就满足条件变式训练7.(2019山东青岛二中上学期期末)如图11所示，O点距水平地面的高度为H3 m，不可伸长的细线一端固定在O点，另一端系一质量m2 kg的小球(可视为质点)，另一根水平细线一端固定在墙上A点，另一端与小球

12、相连，OB线与竖直方向的夹角为37，lm)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4A两滑块组成的系统机械能守恒B轻绳对m做的功等于m机械能的增加量C重力对M做的功等于M动能的增加量D两滑块组成的系统机械能的损失等于M克服摩擦力做的功答案BD7(多选)(2019四川第二次诊断)如图5甲所示，质量m1 kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t0.5 s时撤去拉力，其1.5 s内的速度随时间变化关系如图乙所示，g取10 m/s2.则()图5A0.5 s时拉力功率为

13、12 WB0.5 s内拉力做功9 JC1.5 s后物块可能返回D1.5 s后物块一定静止答案AC解析00.5 s内物体的位移：x10.52 m0.5 m；0.51.5 s内物体的位移：x212 m1 m；由题图乙知，各阶段加速度的大小：a14 m/s2，a22 m/s2；设斜面倾角为，斜面对物块的动摩擦因数为，根据牛顿第二定律，00.5 s内Fgmcos mgsin ma1；0.51.5 s内mgcos mgsin ma2，联立解得：F6 N，但无法求出和.0.5 s时，拉力的功率PFv12 W，故A正确拉力做的功为WFx13 J，故B错误无法求出和，不清楚tan 与的大小关系，故无法判断物块

14、能否静止在斜面上，故C正确，D错误8.(多选)(2019安徽安庆市期末调研监测)如图6所示，重力为10 N的滑块轻放在倾角为30的光滑斜面上，从a点由静止开始下滑，到b点接触到一个轻质弹簧，滑块压缩弹簧到c点开始弹回，返回b点离开弹簧，最后又回到a点已知ab1 m，bc0.2 m，则以下结论正确的是()图6A整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6 JB整个过程中滑块动能的最大值为6 JC从c到b弹簧的弹力对滑块做功5 JD整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒答案AD解析滑块从a到c, mghacW弹00解得：W弹6 J.则EpmW弹6 J所以整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6 J，故A正

15、确；当滑块受到的合外力为0时，滑块速度最大，设滑块在d点合外力为0，由分析可知d点在b点和c点之间滑块从a到d有：mghadW弹Ekd0因mghad6 J，W弹0所以Ekd6J，故B错误；从c点到b点弹簧的弹力对滑块做的功与从b点到c点弹簧的弹力对滑块做的功大小相等，即为6 J，故C错误；整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒，没有与系统外发生能量转化，故D正确9(多选)如图7所示，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，重力加速度大小为g.则()图7Aa落地前，轻杆对b一直做

16、正功Ba落地时速度大小为Ca下落过程中，其加速度大小始终不大于gDa落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg答案BD解析滑块b的初速度为零，末速度也为零，所以轻杆对b先做正功，后做负功，选项A错误；以滑块a、b及轻杆组成的系统为研究对象，系统的机械能守恒，当a刚落地时，b的速度为零，则mghmva20，即va，选项B正确；a、b的先后受力如图甲、乙所示，由a的受力图可知，a下落过程中，其加速度大小先小于g后大于g，选项C错误；当a落地前b的加速度为零(即轻杆对b的作用力为零)时，b的机械能最大，a的机械能最小，这时b受重力、支持力，且FNbmg，由牛顿第三定律可知，b对地面的压力大

17、小为mg，选项D正确 级争分练10(2019吉林“五地六校”合作体联考)一辆赛车在水平路面上由静止启动，在前5 s内做匀加速直线运动，5 s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动其vt图象如图8所示已知赛车的质量为m1103 kg，赛车受到的阻力为车重力的0.1倍，重力加速度g取10 m/s2，则以下说法正确的是()图8A赛车在前5 s内的牵引力为5102 NB赛车速度为25 m/s时的加速度为5 m/s2C赛车的额定功率为100 kWD赛车的最大速度为80 m/s答案C解析匀加速直线运动的加速度大小为：a m/s24 m/s2，根据牛顿第二定律得：FFfma，解得牵引力为：FFfma0.11

18、10310 N11034 N5103 N，故A错误；额定功率为：PFv5 00020 W100 000 W100 kW.当车的速度是25 m/s时，牵引力：F N4 000 N，车的加速度：a m/s23 m/s2，故B错误，C正确；当牵引力与阻力相等时，速度最大，最大速度为：vm m/s100 m/s，故D错误11(2019福建泉州市期末质量检查)如图9所示，四分之一圆弧AB和半圆弧BC组成的光滑轨道固定在竖直平面内，A、C两端点等高，直径BC竖直，圆弧AB的半径为R，圆弧BC的半径为.一质量为m的小球从A点上方的D点由静止释放，恰好沿A点切线方向进入并沿轨道运动，不计空气阻力，重力加速度大

19、小为g.图9(1)要使小球能运动到C点，D、A两点间的高度差h至少为多大？(2)改变h，小球通过C点后落到圆弧AB上的最小动能为多少？答案(1)(2)mgR解析(1)设小球刚好通过C点的速度为v，则mgm小球从D点到C点的过程中机械能守恒，有：mghmv2联立解得h(2)设小球通过C点的速度为v0，落到圆弧AB上时，水平位移为x，下落高度为y，由平抛运动的规律可知xv0t；ygt2从C点抛出到落到圆弧AB上，由动能定理得：mgyEkmv02又x2y2R2联立可得：Ekmg(3y)式中当3y，即yR时，Ek有最小值，EkminmgR.12.如图10所示，倾角为30的足够长斜面固定于水平面上，轻滑

20、轮的顶端与固定于竖直平面内圆环的圆心O及圆环上的P点在同一水平线上，细线一端与套在环上质量为m的小球相连，另一端跨过滑轮与质量为M的物块相连小球在竖直向下拉力作用下静止于Q点，细线与环恰好相切，OQ、OP间成53角撤去拉力后球运动到P点速度恰好为零忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin 530.8，cos 530.6，求：图10(1)拉力的大小F；(2)物块和球的质量之比Mm；(3)撤去拉力瞬间，细线张力FT的大小答案(1)Mgmg(2)125(3)(mg或Mg)解析(1)由平衡条件，对物块M：FT1Mgsin 30对球m：(Fmg)cos 53FT1得到：FMgmg；(2)设环的半径为R，球运动至P过程中，球上升高度为：h1Rsin 53物块沿斜面下滑的距离为：LRtan 53(R)由机械能守恒定律有：mgh1MgLsin 30得到：Mm125；(3)细线的张力为FT，根据牛顿第二定律可以得到：物块M：Mgsin 30FTMa球m：FTmgcos 53ma解得：FT(FTmg或FTMg)