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(共40張PPT)
專題六　動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的
綜合應(yīng)用
[專題復(fù)習(xí)定位]
1．該專題在應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解決問題的過程中，引導(dǎo)學(xué)生體會(huì)守恒的思想，領(lǐng)悟從守恒的角度分析問題的方法，增強(qiáng)分析和解決問題的能力。　2.掌握從動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)分析問題的基本思路和方法。
高考真題再現(xiàn)
PART
01
第一部分
命題點(diǎn)1　運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用
1．(2024·江蘇卷，T15)如圖所示，粗糙斜面與物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，傾角為θ，斜面長(zhǎng)為L(zhǎng)。一個(gè)質(zhì)量為m的物塊，在電動(dòng)機(jī)作用下，從 A點(diǎn)由靜止加速至 B點(diǎn)時(shí)達(dá)到最大速度v，之后做勻速運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)，關(guān)閉電動(dòng)機(jī)，從C點(diǎn)又恰好到達(dá)最高點(diǎn)D。求：
(1)CD段長(zhǎng)x；
(2)BC段電動(dòng)機(jī)的輸出功率P；
解析：物塊在BC段勻速運(yùn)動(dòng)，得電動(dòng)機(jī)的牽引力
F＝mg sin θ＋μmg cos θ
由P＝Fv得P＝mgv(sin θ＋μcos θ)。
答案：mgv(sin θ＋μcos θ)　
(3)全過程物塊增加的機(jī)械能E1和電動(dòng)機(jī)消耗的總電能 E2的比值。
√
√
√
(1)求小物塊到達(dá)D點(diǎn)的速度大小；
(2)求B和D兩點(diǎn)的高度差；
答案：0　
(3)求小物塊在A點(diǎn)的初速度大小。
題型分類講練
PART
02
第二部分
題型一　動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用
1．運(yùn)動(dòng)模型
多運(yùn)動(dòng)過程通常包括勻變速直線運(yùn)動(dòng)、平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)或者一般的曲線運(yùn)動(dòng)。在實(shí)際問題中通常是兩種或者多種運(yùn)動(dòng)的組合。
2．規(guī)律方法
運(yùn)動(dòng)學(xué)的基本規(guī)律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、圓周運(yùn)動(dòng)的知識(shí)和動(dòng)能定理。
3．分析技巧
(1)如果涉及加速度、時(shí)間和受力的分析和計(jì)算，一般應(yīng)用動(dòng)力學(xué)方法解決；如果只涉及位移、功和能量的轉(zhuǎn)化，通常采用動(dòng)能定理分析。
(2)多個(gè)運(yùn)動(dòng)過程的組合實(shí)際上是多種物理規(guī)律和方法的綜合應(yīng)用，分析這種問題時(shí)應(yīng)先獨(dú)立分析各個(gè)運(yùn)動(dòng)過程，而不同過程往往通過連接點(diǎn)的速度建立聯(lián)系，有時(shí)對(duì)整個(gè)過程應(yīng)用能量的觀點(diǎn)解決問題會(huì)更簡(jiǎn)單。
√
√
√
√
√
　如圖所示，固定的光滑半圓柱面ABCD與粗糙矩形水平桌面OABP相切于AB邊，半圓柱面的圓弧半徑R＝0.4 m，OA的長(zhǎng)L＝2 m。小物塊從O點(diǎn)開始以某一大小不變的初速度v0沿水平面運(yùn)動(dòng)，初速度方向與OA方向之間的夾角為θ。若θ＝0°，則小物塊恰好經(jīng)過半圓弧軌道的最高點(diǎn)。已知小物塊與水平桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求初速度v0的大小；
(2)若小物塊沿半圓弧運(yùn)動(dòng)的最大高度＝0.4 m，求夾角θ的余弦值。
　如圖，滑雪運(yùn)動(dòng)員由靜止從助滑坡道上A點(diǎn)自由滑下，經(jīng)C點(diǎn)以50 m/s的速度水平飛出跳臺(tái)，在坡道上K點(diǎn)著陸。若AC高度差H＝136 m，CK高度差h＝80 m，g取10 m/s2，忽略空氣阻力，請(qǐng)分析說明：
(1)該運(yùn)動(dòng)員由A滑至C的過程中機(jī)械能是否守恒？
[答案]　不守恒
(2)該運(yùn)動(dòng)員在空中飛行的水平距離s是多少？
[答案]　200 m
(3)落點(diǎn)K處的坡面與水平的夾角θ的正切tan θ接近什么值時(shí)，運(yùn)動(dòng)員著陸時(shí)坡面對(duì)他的沖擊力最小？
[答案]　0.8
題型二　傳送帶模型和板塊模型
1．動(dòng)力學(xué)分析
2．功能關(guān)系分析
(1)做功分析：根據(jù)各種力做功的不同特點(diǎn)，分析各種力在不同的運(yùn)動(dòng)過程中的做功情況。
(2)功能關(guān)系分析：運(yùn)用動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律或能量守恒定律進(jìn)行分析，選擇合適的規(guī)律求解。
3．相對(duì)位移
一對(duì)相互作用的滑動(dòng)摩擦力做功所產(chǎn)生的熱量Q＝Fx相對(duì)，其中x相對(duì)是物體間相對(duì)路徑長(zhǎng)度，如果兩物體同向運(yùn)動(dòng)，x相對(duì)為兩物體對(duì)地位移大小之差；如果兩物體反向運(yùn)動(dòng)，x相對(duì)為兩物體對(duì)地位移大小之和。
(1)細(xì)線能承受的最大拉力的大??；
[答案]　40 N
(2)傳送帶速度大小滿足的條件；
[答案]　v傳≥2 m/s
(3)彈簧的最大彈性勢(shì)能。
[答案]　31 J
　如圖所示，光滑半圓形軌道AB豎直固定放置，軌道半徑為R(可調(diào)節(jié))，軌道最高點(diǎn)A處有一彈射裝置，最低點(diǎn)B處與放在光滑水平面上足夠長(zhǎng)的木板Q上表面處于同一高度，木板左側(cè)x處有一固定擋板C(x未知)?？梢暈橘|(zhì)點(diǎn)的物塊P壓縮彈射裝置中的彈簧，使彈簧具有彈性勢(shì)能Ep，P從A處被彈出后沿軌道運(yùn)動(dòng)到B處時(shí)的速度大小始終為vB＝6 m/s；已知P的質(zhì)量m＝1 kg，Q的質(zhì)量M＝2 kg，P、Q間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.3，Q與C之間的碰撞為彈性碰撞，忽略空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)若P恰好不脫離軌道，求軌道半徑R的值；
[答案]　0.72 m
(2)若P始終不脫離軌道，寫出彈性勢(shì)能Ep與R的關(guān)系式，并指出R的取值范圍；
[答案]　Ep＝18－20R(J)(0(3)若Q與C恰好發(fā)生n次碰撞后靜止，求x的值。(共55張PPT)
專題七　三大觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用
[專題復(fù)習(xí)定位]
1．理解動(dòng)量和沖量的概念，應(yīng)用動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律分析和解決簡(jiǎn)單問題?！?br/>2．培養(yǎng)學(xué)生應(yīng)用動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律、動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律和能量守恒定律分析與解決力學(xué)綜合問題的能力。
高考真題再現(xiàn)
PART
01
第一部分
命題點(diǎn)1　動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律
1．(多選)(2024·廣西卷，T8)如圖，在光滑平臺(tái)上有兩個(gè)相同的彈性小球M和N。M水平向右運(yùn)動(dòng)，速度大小為v，M與靜置于平臺(tái)邊緣的N發(fā)生正碰，碰撞過程中總機(jī)械能守恒。若不計(jì)空氣阻力，則碰撞后，N在(　　)
A．豎直墻面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)是勻速運(yùn)動(dòng)
B．豎直墻面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)是勻加速運(yùn)動(dòng)
C．水平地面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)速度大小等于v
D．水平地面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)速度大小大于v
√
√
解析：由于兩小球碰撞過程中機(jī)械能守恒，可知兩小球碰撞過程是彈性碰撞，由于兩小球質(zhì)量相等，故碰撞后兩小球交換速度，即vM＝0，vN＝v，碰后小球N做平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即水平地面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)速度大小等于v；在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，即豎直墻面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)是勻加速運(yùn)動(dòng)。
√
√
√
3．(2024·廣東卷，T14)汽車的安全帶和安全氣囊是有效保護(hù)乘客的裝置。
(1)安全帶能通過感應(yīng)車的加速度自動(dòng)鎖定，其原理的簡(jiǎn)化模型如圖甲所示。在水平路面上剎車的過程中，敏感球由于慣性沿底座斜面上滑直到與車達(dá)到共同的加速度a，同時(shí)頂起敏感臂，使之處于水平狀態(tài)，并卡住卷軸外齒輪，鎖定安全帶。此時(shí)敏感臂對(duì)敏感球的壓力大小為FN，敏感球的質(zhì)量為m，重力加速度為g，忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面傾角的正切值tan θ；
(2)如圖乙所示，在安全氣囊的性能測(cè)試中，可視為質(zhì)點(diǎn)的頭錘從離氣囊表面高度為H處做自由落體運(yùn)動(dòng)。與正下方的氣囊發(fā)生碰撞。以頭錘到氣囊表面為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，氣囊對(duì)頭錘豎直方向作用力F隨時(shí)間t的變化規(guī)律，可近似用圖丙所示的圖像描述。已知頭錘質(zhì)量M＝30 kg，H＝3.2 m，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
①碰撞過程中F的沖量大小和方向；
②碰撞結(jié)束后頭錘上升的最大高度。
答案：①330 N·s　方向豎直向上
②0.2 m
命題點(diǎn)2　三大觀點(diǎn)分析力學(xué)中的碰撞問題
4．(2024·遼寧、吉林、黑龍江卷，T14)如圖，高度h＝0.8 m的水平桌面上放置兩個(gè)相同物塊A、B，質(zhì)量mA＝mB＝0.1 kg。A、B間夾一壓縮量Δx＝0.1 m的輕彈簧，彈簧與A、B不拴接。同時(shí)由靜止釋放A、B，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)A恰好從桌面左端沿水平方向飛出，水平射程xA＝0.4 m；B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離xB＝0.25 m后停止。A、B均視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)脫離彈簧時(shí)A、B的速度大小vA和vB；
答案：1 m/s　1 m/s
(2)物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；
答案：0.2　
(3)整個(gè)過程中，彈簧釋放的彈性勢(shì)能ΔEp。
答案：0.12 J
5．(2024·安徽卷，T14)如圖所示，一實(shí)驗(yàn)小車靜止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平軌道與光滑四分之一圓弧軌道。圓弧軌道與水平軌道相切于圓弧軌道最低點(diǎn)，一物塊靜止于小車最左端，一小球用不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線懸掛于O點(diǎn)正下方，并輕靠在物塊左側(cè)?，F(xiàn)將細(xì)線拉直到水平位置時(shí)，靜止釋放小球，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與物塊發(fā)生彈性碰撞。碰撞后，物塊沿著軌道運(yùn)動(dòng)，已知細(xì)線長(zhǎng)L＝1.25 m，小球質(zhì)量m＝0.20 kg，物塊、小車質(zhì)量均為M＝0.30 kg，小車上的水平軌道長(zhǎng)s＝1.0 m，圓弧軌道半徑R＝0.15 m，小球、物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊碰撞前所受拉力的大?。?br/>答案：6 N
(2)求小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大??；
答案：4 m/s
(3)為使物塊能進(jìn)入圓弧軌道，且在上升階段不脫離小車，求物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ的取值范圍。
答案：0.25≤μ<0.4
6.(2024·湖北卷，T14)如圖所示，水平傳送帶以5 m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶左右兩端的距離為3.6 m。傳送帶右端的正上方有一懸點(diǎn)O，用長(zhǎng)為0.3 m、不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛一質(zhì)量為0.2 kg的小球，小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在O點(diǎn)右側(cè)的P點(diǎn)固定一釘子，P點(diǎn)與O點(diǎn)等高。將質(zhì)量為0.10 kg的小物塊無初速度輕放在傳送帶左端，小物塊運(yùn)動(dòng)到右端與小球正碰，碰撞時(shí)間極短，碰后瞬間小物塊的速度大小為1 m/s、方向水平向左。小球碰后繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)輕繩被釘子擋住后，小球繼續(xù)繞P點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng)。已知小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度大小g取10 m/s2。
(1)求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小；
答案：5 m/s
(2)求小物塊與小球碰撞過程中，兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動(dòng)能；
答案：0.3 J　
(3)若小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)正上方，繩子不松弛，求P點(diǎn)到O點(diǎn)的最小距離。
答案：0.2 m
命題點(diǎn)3　三大觀點(diǎn)分析力學(xué)中的“板塊模型”問題
7.(2024·山東卷，T17)如圖甲所示，質(zhì)量為M的軌道靜止在光滑水平面上，軌道水平部分的上表面粗糙，豎直半圓形部分的表面光滑，兩部分在P點(diǎn)平滑連接，Q為軌道的最高點(diǎn)。質(zhì)量為m的小物塊靜置在軌道水平部分上，與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。已知軌道半圓形部分的半徑R＝0.4 m，重力加速度大小g取10 m/s2。
(1)若軌道固定，小物塊以一定的初速度沿軌道運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)，受到軌道的彈力大小等于3mg，求小物塊在Q點(diǎn)的速度大小v；
答案：4 m/s
(2)若軌道不固定，給軌道施加水平向左的推力F，小物塊處在軌道水平部分時(shí)，軌道加速度a與F對(duì)應(yīng)關(guān)系如圖乙所示。
①求μ和m；
答案：0.2　1 kg
(2)若軌道不固定，給軌道施加水平向左的推力F，小物塊處在軌道水平部分時(shí)，軌道加速度a與F對(duì)應(yīng)關(guān)系如圖乙所示。
②初始時(shí)，小物塊靜置在軌道最左端，給軌道施加水平向左的推力F＝8 N，當(dāng)小物塊到P點(diǎn)時(shí)撤去F，小物塊從Q點(diǎn)離開軌道時(shí)相對(duì)地的速度大小為7 m/s。求軌道水平部分的長(zhǎng)度L。
答案：4.5 m
題型分類講練
PART
02
第二部分
題型一　動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律
1．動(dòng)量定理
(1)公式：I＝p′－p，除表明等號(hào)兩邊大小、方向的關(guān)系外，還說明了兩邊的因果關(guān)系，即合外力的沖量是動(dòng)量變化的原因。
(2)意義：動(dòng)量定理說明的是合外力的沖量與動(dòng)量變化的關(guān)系。動(dòng)量變化的方向與合外力的沖量方向相同。
2．動(dòng)量守恒定律
(1)內(nèi)容：如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為零，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變。
(2)表達(dá)式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或p＝p′(系統(tǒng)相互作用前總動(dòng)量p等于相互作用后總動(dòng)量p′)，或Δp＝0(系統(tǒng)總動(dòng)量的變化量為零)，或Δp1＝－Δp2 (相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，兩物體動(dòng)量的變化量大小相等、方向相反)。
(3)守恒條件
①系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)雖受外力但所受外力的合力為零。
②系統(tǒng)所受外力的合力不為零，但在某一方向上系統(tǒng)受到的合力為零，則系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒。
③系統(tǒng)雖受外力，但外力遠(yuǎn)小于內(nèi)力且作用時(shí)間極短，如碰撞、爆炸過程。
√
考向1　動(dòng)量和沖量的理解
　(多選)(2023·新課標(biāo)卷，T19)使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離，靜止于水平桌面上，甲的N極正對(duì)著乙的S極，甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量，兩者與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等?，F(xiàn)同時(shí)釋放甲和乙，在它們相互接近過程中的任一時(shí)刻(　　)
A．甲的速度大小比乙的大
B．甲的動(dòng)量大小比乙的小
C．甲的動(dòng)量大小與乙的相等
D．甲和乙的動(dòng)量之和不為零
√
√
考向2　動(dòng)量定理的理解和應(yīng)用
　如圖所示，足球場(chǎng)上，守門員會(huì)戴著厚厚的手套向水平飛奔而來的球撲去，使球停下。關(guān)于此過程守門員戴手套的作用，以下分析正確的是
(　　)
A．減小球的平均作用力
B．增大手受到球的沖量
C．球受到的動(dòng)量變大
D．使球的加速度變大
　人們對(duì)手機(jī)的依賴性越來越強(qiáng)，有些人喜歡躺著看手機(jī)，經(jīng)常出現(xiàn)手機(jī)砸到眼睛的情況。若手機(jī)的質(zhì)量m＝200 g，從離人眼約h＝20 cm的高度無初速度掉落，砸到眼睛后經(jīng)Δt＝0.01 s手機(jī)停止運(yùn)動(dòng)，重力加速度g取10 m/s2，下列分析正確的是(　　)
A．手機(jī)對(duì)眼睛的作用力大小為30 N
B．手機(jī)對(duì)眼睛的作用力大小為40 N
C．全過程手機(jī)所受重力的沖量大小為0.42 N·s
D．全過程手機(jī)所受重力的沖量大小為0.40 N·s
√
√
考向3　應(yīng)用動(dòng)量定理分析“流體模型”
　某人用水管沖洗豎直墻面，水龍頭的流量(單位時(shí)間流出水的體積)可視為一定，水管的入水口與水龍頭相連接，水從出水口水平出射，水打到墻面后不反彈順墻面流下。若用手?jǐn)D壓出水口，使出水口的橫截面積變?yōu)樵瓉淼囊话?，則被水流沖擊部分的墻面所受壓強(qiáng)約為原先的多少倍(　　)
A．1　　　　　　 B．2
C．4 D．8
√
考向4　動(dòng)量守恒定律的理解和應(yīng)用
　如圖所示，曲面體P靜止于光滑水平面上，物塊Q自P的上端由靜止釋放。Q與P的接觸面光滑，Q在P上運(yùn)動(dòng)的過程中，下列說法正確的是
(　　)
A．P對(duì)Q做功為零
B．P和Q之間的相互作用力做功之和為零
C．P和Q構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒、動(dòng)量守恒
D．P和Q構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒、動(dòng)量守恒
[解析]　Q在P上運(yùn)動(dòng)的過程中，P對(duì)Q的彈力方向垂直于接觸面，與Q的位移方向夾角大于90°，則P對(duì)Q做功不為零，故A錯(cuò)誤。Q在P上運(yùn)動(dòng)的過程中，整個(gè)系統(tǒng)只有重力做功，機(jī)械能守恒，P和Q之間的相互作用力屬于內(nèi)力并且等大、反向，二者在力的方向上發(fā)生的位移相等，所以做功之和為零。系統(tǒng)在水平方向上合力為零，即水平方向動(dòng)量守恒。系統(tǒng)在豎直方向上所受合力不為零，則豎直方向動(dòng)量不守恒。故B正確，C、D錯(cuò)誤。
√
題型二　三大觀點(diǎn)分析力學(xué)綜合問題
1．從研究對(duì)象上看
(1)若多個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不同，則一般不宜對(duì)多個(gè)物體整體應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律。
(2)若研究對(duì)象為單個(gè)物體，則不能用動(dòng)量觀點(diǎn)中的動(dòng)量守恒定律。
(3)若研究對(duì)象為多物體系統(tǒng)，且系統(tǒng)內(nèi)的物體與物體間有相互作用，一般用“守恒定律”去解決問題，但必須注意研究對(duì)象是否滿足定律的守恒條件。
2．從研究過程上看
(1)凡涉及瞬間狀態(tài)的分析和運(yùn)動(dòng)性質(zhì)的分析，則必須要用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)。
(2)凡涉及復(fù)雜的直線或曲線運(yùn)動(dòng)問題，一般要用能量觀點(diǎn)或動(dòng)量觀點(diǎn)。
(3)凡涉及短暫的相互作用問題優(yōu)先考慮用動(dòng)量定理。
(4)凡涉及碰撞、爆炸、反沖等問題，一般應(yīng)用動(dòng)量守恒定律。
3．從所涉及的物理量看
(1)如果涉及加速度的問題，則一般要用牛頓運(yùn)動(dòng)定律；
(2)如果涉及運(yùn)動(dòng)時(shí)間或作用時(shí)間的問題，則一般優(yōu)先考慮用動(dòng)量定理，其次考慮用牛頓運(yùn)動(dòng)定律；
(3)如果涉及運(yùn)動(dòng)的位移或路程的問題，則一般優(yōu)先考慮用功能關(guān)系，其次再考慮用牛頓運(yùn)動(dòng)定律；
(4)如果涉及初、末速度的問題，則一般優(yōu)先考慮用功能關(guān)系，其次考慮用動(dòng)量觀點(diǎn)，最后再考慮用牛頓運(yùn)動(dòng)定律。
　如圖所示，小球B靜止在光滑的水平臺(tái)面上，臺(tái)面距離地面的高度h＝0.8 m。小球A以速度v0＝4 m/s向著B運(yùn)動(dòng)并發(fā)生正碰，之后A和B先后從臺(tái)面水平拋出，落到地面上時(shí)的落點(diǎn)分別為a和b，測(cè)得a、b之間的距離x＝1.20 m。已知兩個(gè)小球A和B的質(zhì)量相同，g取10 m/s2。
(1)小球A、B落到地面上的時(shí)間分別為多少？
[答案]　均為0.4 s　
(2)正碰后小球A、B的速度分別為多大？
[解析]　設(shè)小球A、B的質(zhì)量均為m，正碰后的速度分別為v1、v2，由動(dòng)量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2
在平拋運(yùn)動(dòng)中的水平方向上有位移關(guān)系v2t－v1t＝1.2 m
聯(lián)立解得v1＝0.5 m/s，v2＝3.5 m/s。
[答案]　0.5 m/s　3.5 m/s
　如圖所示，在光滑的水平面上有一質(zhì)量M＝4 kg的平板車，小車右端固定一豎直擋板，擋板的質(zhì)量不計(jì)，一輕質(zhì)彈簧右端固定在擋板上，在平板車左端P處有一可以視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊，其質(zhì)量m＝2 kg。平板車上表面Q點(diǎn)的左側(cè)粗糙，右側(cè)光滑，PQ間的距離L＝10 m。某時(shí)刻平板車以v1＝1 m/s的速度向左滑行，同時(shí)小滑塊以v2＝8 m/s的速度向右滑行。一段時(shí)間后，小滑塊與平板車達(dá)到相對(duì)靜止，此時(shí)小滑塊與Q點(diǎn)相距d＝5 m，g取10 m/s2。求：
(1)小滑塊與平板車相對(duì)靜止時(shí)的速度v；
[解析]　設(shè)M、m共同速度為v，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有mv2－Mv1＝(M＋m)v
解得v＝2 m/s
方向水平向右。
[答案]　2 m/s，方向水平向右　
(2)小滑塊與平板車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；
[答案]　見解析
(3)彈簧可能獲得的最大彈性勢(shì)能Ep。
[答案]　18 J(共58張PPT)
模塊二　能量和動(dòng)量
專題五　功和功率　動(dòng)能定理和
機(jī)械能守恒定律
[專題復(fù)習(xí)定位]
1．本專題主要是復(fù)習(xí)功和功率的分析與計(jì)算、動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律以及力學(xué)中的功能關(guān)系應(yīng)用。
2．應(yīng)用動(dòng)能定理和力學(xué)中的功能關(guān)系分析和解決問題。
高考真題再現(xiàn)
PART
01
第一部分
√
命題點(diǎn)1　功和功率
1．(2024·江西卷，T5) 廬山瀑布“飛流直下三千尺，疑是銀河落九天”瀑布高150 m，水流量10 m3/s，假設(shè)利用瀑布來發(fā)電，能量轉(zhuǎn)化效率為70%，則發(fā)電功率為(　　)
A．109 W　　　　　 B．107 W
C．105 W D．103 W
√
2．(多選)(2022·廣東卷，T9)如圖所示，載有防疫物資的無人駕駛小車，在水平MN段以恒定功率200 W、速度5 m/s勻速行駛，在斜坡PQ段以恒定功率570 W、速度2 m/s勻速行駛。已知小車總質(zhì)量為50 kg，MN＝PQ＝20 m，PQ段的傾角為30°，重力加速度g取10 m/s2，不計(jì)空氣阻力。下列說法正確的有(　　)
A．從M到N，小車牽引力大小為40 N
B．從M到N，小車克服摩擦力做功800 J
C．從P到Q，小車重力勢(shì)能增加1×104 J
D．從P到Q，小車克服摩擦力做功700 J
√
√
√
3.(2022·1月浙江選考，T12)某節(jié)水噴灌系統(tǒng)如圖所示，水以v0＝15 m/s的速度水平噴出，每秒噴出水的質(zhì)量為2.0 kg，噴出的水是從井下抽取的，噴口離水面的高度保持H＝3.75 m不變。水泵由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)，電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)，輸入電壓為220 V，輸入電流為2.0 A，不計(jì)電動(dòng)機(jī)的摩擦損耗，電動(dòng)機(jī)的輸出功率等于水泵所需要的輸入功率。已知水泵的抽水效率(水泵的輸出功率與轉(zhuǎn)入功率之比)為75%，忽略水在管道中運(yùn)動(dòng)的機(jī)械能損失，則(　　)
A．每秒水泵對(duì)水做功為75 J B．每秒水泵對(duì)水做功為225 J
C．水泵輸入功率為440 W D．電動(dòng)機(jī)線圈的電阻為10 Ω
√
√
√
解析：在地面附近雨滴做勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理得mgh－Wf＝0，故雨滴克服空氣阻力做的功為mgh。
7.(2024·新課標(biāo)卷，T24)將重物從高層樓房的窗外運(yùn)到地面時(shí)，為安全起見，要求下降過程中重物與樓墻保持一定的距離。如圖，一種簡(jiǎn)單的操作方法是一人在高處控制一端系在重物上的繩子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的繩子Q，二人配合可使重物緩慢豎直下降。若重物的質(zhì)量m＝42 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，當(dāng)P繩與豎直方向的夾角α＝37°時(shí)，Q繩與豎直方向的夾角β＝53°。(sin 37°＝0.6)
(1)求此時(shí)P、Q繩中拉力的大??；
解析：重物下降的過程中受力平衡，設(shè)此時(shí)P、Q繩中拉力的大小分別為T1和T2，豎直方向
T1cos α＝mg＋T2cos β
水平方向T1sin α＝T2sin β
聯(lián)立代入數(shù)值得T1＝1 200 N，T2＝900 N。
答案：1 200 N　900 N　
(2)若開始豎直下降時(shí)重物距地面的高度h＝10 m，求在重物下降到地面的過程中，兩根繩子拉力對(duì)重物做的總功。
解析：整個(gè)過程，根據(jù)動(dòng)能定理得W＋mgh＝0
解得兩根繩子拉力對(duì)重物做的總功W＝－4 200 J。
答案：－4 200 J
√
√
√
10．(2023·1月浙江選考，T4)一位游客正在體驗(yàn)蹦極，綁上蹦極專用的橡皮繩后從跳臺(tái)縱身而下。游客從跳臺(tái)下落直到最低點(diǎn)過程中(　　)
A．彈性勢(shì)能減小
B．重力勢(shì)能減小
C．機(jī)械能保持不變
D．繩一繃緊動(dòng)能就開始減小
解析：游客從跳臺(tái)下落直到最低點(diǎn)過程中，游客所受的重力做正功，重力勢(shì)能減小，B正確；橡皮繩繃緊后形變量一直增大，彈性勢(shì)能一直增大，A錯(cuò)誤；橡皮繩繃緊后的過程，橡皮繩的彈力做負(fù)功，因此游客的機(jī)械能減小，C錯(cuò)誤；繩繃緊后游客先加速后減速，因此游客的動(dòng)能先增大后減小，D錯(cuò)誤。
題型分類講練
PART
02
第二部分
題型一　功和功率
1．幾種力做功
(1)重力、彈簧彈力、電場(chǎng)力、分子力做功與位移有關(guān)，與路徑無關(guān)。
(2)摩擦力的功
①單個(gè)摩擦力(包括靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力)可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功。
②相互作用的一對(duì)靜摩擦力做功的代數(shù)和總等于零，在靜摩擦力做功的過程中，只有機(jī)械能的轉(zhuǎn)移，沒有機(jī)械能轉(zhuǎn)化為其他形式的能；相互作用的一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做功的代數(shù)和不為零，且總為負(fù)值。在一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做功的過程中，相互摩擦的物體間不僅有機(jī)械能的轉(zhuǎn)移，還有部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的量等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，等于滑動(dòng)摩擦力與相對(duì)位移的乘積。
3．瞬時(shí)功率
(1)P＝Fv cos α，v為t時(shí)刻的瞬時(shí)速度。
(2)P＝FvF，vF為物體的速度v在力F方向上的分速度，v為t時(shí)刻的瞬時(shí)速度。
(3)P＝Fvv，F(xiàn)v為物體受到的外力F在速度v方向上的分力，v為t時(shí)刻的瞬時(shí)速度。
√
考向1　功和功率的分析
　(2023·江蘇卷，T11)滑塊以一定的初速度沿粗糙斜面從底端上滑，到達(dá)最高點(diǎn)B后返回到底端。利用頻閃儀分別對(duì)上滑和下滑過程進(jìn)行拍攝，頻閃照片示意圖如圖所示。與圖乙中相比，圖甲中滑塊(　　)
A．受到的合力較小
B．經(jīng)過A點(diǎn)的動(dòng)能較小
C．在A、B之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間較短
D．在A、B之間克服摩擦力做的功較小
√
　(2023·遼寧卷，T3)如圖(a)所示，從高處M點(diǎn)到地面N點(diǎn)有Ⅰ、Ⅱ兩條光滑軌道。兩相同小物塊甲、乙同時(shí)從M點(diǎn)由靜止釋放，沿不同軌道滑到N點(diǎn)，其速率v與時(shí)間t的關(guān)系如圖(b)所示。由圖可知，兩物塊在離開M點(diǎn)后、到達(dá)N點(diǎn)前的下滑過程中(　　)
A．甲沿Ⅰ下滑且同一時(shí)刻甲的動(dòng)能比乙的大
B．甲沿Ⅱ下滑且同一時(shí)刻甲的動(dòng)能比乙的小
C．乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不變
D．乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大
[解析]　由題圖(b)可知小物塊甲做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，小物塊乙做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，結(jié)合題圖(a)可知，小物塊甲沿軌道Ⅱ下滑，小物塊乙沿軌道Ⅰ下滑，A、D錯(cuò)誤；由題圖(b)可知，兩物塊在離開M點(diǎn)后、到達(dá)N點(diǎn)前的下滑過程中，同一時(shí)刻物塊乙的速度大于物塊甲的速度，則同一時(shí)刻甲的動(dòng)能比乙的小，B正確；小物塊乙由靜止釋放的瞬間，小物塊乙的速度為零，則小物塊乙的重力功率為0，小物塊乙滑到軌道Ⅰ底端的瞬間，小物塊乙的速度方向與重力方向垂直，則小物塊乙的重力功率為0，但在下滑過程，小物塊乙的重力做的功不為0，則小物塊乙的重力的瞬時(shí)功率先增大后減小，C錯(cuò)誤。
√
考向2　機(jī)車啟動(dòng)類問題
　小明同學(xué)乘電動(dòng)汽車出行，當(dāng)汽車以90 km/h的速度勻速行駛時(shí)，在該車的行車信息顯示屏上看到了如下信息，電池組輸出電壓400 V，電流為25 A。已知該車電機(jī)及傳動(dòng)系統(tǒng)將電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能的效率約為80%，則此時(shí)該車(　　)
A．電池組輸出的電功率約為8 000 W
B．牽引力的功率約為10 000 W
C．受到的阻力約為320 N
D．受到的牽引力約為400 N
題型二　動(dòng)能定理的應(yīng)用
1．基本思路
(1)確定研究對(duì)象和研究過程。
(2)進(jìn)行運(yùn)動(dòng)分析和受力分析，確定初、末速度和各力做功情況，利用動(dòng)能定理全過程或者分過程列式。
2．解題技巧
(1)動(dòng)能定理雖然是根據(jù)恒力做功和直線運(yùn)動(dòng)推導(dǎo)出來的，但是也適用于變力做功和曲線運(yùn)動(dòng)。
(2)在解決涉及位移和速度而不涉及加速度和時(shí)間的問題時(shí)，常選用動(dòng)能定理求解。
(3)動(dòng)能定理常用于分析多運(yùn)動(dòng)過程問題，關(guān)鍵是明確各力及各力作用的位移。
√
　一個(gè)小球在離地一定高度處向右水平拋出，不計(jì)空氣阻力，拋出的初速度越大，則小球(　　)

A．落地時(shí)的速度越小
B．從拋出到落地過程中，速度的變化量越大
C．落地時(shí)的重力的瞬時(shí)功率不變
D．從拋出到落地過程中，動(dòng)能的變化量變大
　一位同學(xué)設(shè)計(jì)的直角輸送推料裝置如圖所示，導(dǎo)軌輸送線A與傾角θ＝37°、長(zhǎng)度L＝3.5 m的導(dǎo)軌輸送線B平滑連接。每相同時(shí)間間隔有一個(gè)質(zhì)量m＝1 kg的料盒通過輸送線A被送到推桿前并處于靜止?fàn)顟B(tài)，推桿將其沿輸送線B推動(dòng)距離L0＝0.1 m后，快速縮回到原推料處，料盒離開推桿后恰能到達(dá)輸送線B的頂端。已知輸送線B與料盒間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，整個(gè)過程料盒可視為質(zhì)點(diǎn)，輸送線B靜止不動(dòng)，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)料盒離開推桿后，在輸送線B上滑行的加速度；
[解析]　對(duì)料盒，根據(jù)牛頓第二定律得
mg sin θ＋μmg cos θ＝ma
解得a＝6.8 m/s2
加速度方向沿輸送線B向下。
[答案]　6.8 m/s2　方向沿輸送線B向下
(2)推桿對(duì)每個(gè)料盒做的功。
[解析]　設(shè)推桿對(duì)每個(gè)料盒做的功W，
對(duì)料盒，由動(dòng)能定理得W－(mg sin θ＋μmg cos θ)L＝0
解得W＝23.8 J。
[答案]　23.8 J
題型三　機(jī)械能守恒定律
1．機(jī)械能守恒的判斷
定義判斷法 看動(dòng)能與勢(shì)能之和是否變化
能量轉(zhuǎn)化判斷法 機(jī)械能沒有與其他形式的能轉(zhuǎn)化時(shí)，系統(tǒng)機(jī)械能守恒
做功判斷法 只有重力(或系統(tǒng)內(nèi)彈簧的彈力)做功時(shí)，系統(tǒng)機(jī)械能守恒
2.機(jī)械能守恒定律的表達(dá)式
3．連接體的機(jī)械能守恒問題
共速率模型
分清兩物體位移大小與高度變化關(guān)系
共角速度模型
兩物體角速度相同，線速度與半徑成正比
關(guān)聯(lián)速度模型
此類問題注意速度的分解，找出兩物體速度關(guān)系，當(dāng)某物體位移最大時(shí)，速度可能為0
輕彈簧模型
①同一根彈簧彈性勢(shì)能大小取決于彈簧形變量的大小，在彈簧彈性限度內(nèi)，形變量相等，彈性勢(shì)能相等
②由兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體與彈簧組成的系統(tǒng)，當(dāng)彈簧形變量最大時(shí)，彈簧兩端連接的物體具有相同的速度；彈簧處于自然長(zhǎng)度時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最小(為零)
√
√
題型四　功能關(guān)系的理解和應(yīng)用
1．常見的功能關(guān)系
2.兩條基本思路
(1)某種形式的能減少，一定存在其他形式的能增加，且減少量和增加量一定相等，即ΔE減＝ΔE增。
(2)某個(gè)物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量一定相等，即ΔEA減＝ΔEB增。
√
　急行跳遠(yuǎn)起源于古希臘奧林匹克運(yùn)動(dòng)。如圖所示，急行跳遠(yuǎn)由助跑、起跳、騰空與落地等動(dòng)作組成，空氣阻力不能忽略，下列說法正確的是
(　　)
A．蹬地起跳時(shí)，運(yùn)動(dòng)員處于失重狀態(tài)
B．助跑過程中，地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員做正功
C．從起跳到最高點(diǎn)過程，運(yùn)動(dòng)員重力勢(shì)能的增加量小于其動(dòng)能的減少量
D．從空中最高點(diǎn)到落地瞬間，運(yùn)動(dòng)員克服空氣阻力做的功等于重力勢(shì)能的減少量
[解析]　蹬地起跳時(shí)，運(yùn)動(dòng)員加速度向上，處于超重狀態(tài)，A錯(cuò)誤；在助跑加速過程中，地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員有豎直向上的支持力和水平方向的靜摩擦力，其對(duì)應(yīng)位移都為0，地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員不做功，B錯(cuò)誤；空氣阻力不能忽略，從起跳到最高點(diǎn)過程，要克服阻力做功，機(jī)械能會(huì)有損失，因此運(yùn)動(dòng)員重力勢(shì)能的增加量小于其動(dòng)能的減少量，C正確；落地瞬間運(yùn)動(dòng)員有速度，有動(dòng)能，因此從空中最高點(diǎn)到落地瞬間，運(yùn)動(dòng)員克服空氣阻力做的功與運(yùn)動(dòng)員動(dòng)能增加量之和等于重力勢(shì)能的減少量，D錯(cuò)誤。
√
√
　(多選)如圖所示，在模擬風(fēng)洞管中的光滑斜面上，一個(gè)小物塊受到沿斜面方向的恒定風(fēng)力作用，沿斜面加速向上運(yùn)動(dòng)，則從物塊接觸彈簧至到達(dá)最高點(diǎn)的過程中(　　)
A．物塊的速度先增大后減小
B．物塊加速度一直減小到零
C．彈簧彈性勢(shì)能先增大后減小
D．物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能一直增大
√
[解析]　接觸彈簧之前，物塊所受的合力F＝F風(fēng)－mg sin θ，接觸彈簧后，開始時(shí)彈力F彈小于合力F，物塊仍加速向上運(yùn)動(dòng)，隨著彈力增加，加速度減小，當(dāng)加速度減小到零時(shí)速度最大，以后當(dāng)彈力F彈大于合力F時(shí)，加速度反向，物塊做減速運(yùn)動(dòng)直到停止，此時(shí)加速度反向最大，則此過程中，物塊的速度先增大后減小，加速度先減小后增大，彈簧的彈性勢(shì)能一直變大，因風(fēng)力做正功，則物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能一直增大。

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