2019高考物理二轮复习第4讲动能定理、能量守恒定律专题突破练.doc

1、1第 4讲 动能定理、能量守恒定律考点一 常见的功能关系1 (多选)如图 4-1所示,一绝缘轻弹簧的下端固定在斜面底端,上端连接一带正电的光滑滑块 P,滑块所处的空间存在着沿斜面向上的匀强电场,滑块平衡时,弹簧恰好处于原长状态 .现给滑块一沿斜面向下的初速度,滑块最低能运动到 M点,在滑块从开始运动至到达最低点 M的过程中,以下说法正确的是 ( )图 4-1A.滑块机械能的减少量等于滑块克服电场力所做的功B.滑块电势能的增加量等于滑块重力势能的减少量C.弹簧弹性势能的增加量等于滑块动能的减少量D.滑块动能的变化量等于电场力和重力做功的代数和归纳 对功能关系的理解2(1)做功的过程就是能量转化的

2、过程,不同形式的能量发生相互转化可以通过做功来实现 .(2)功是能量转化的量度,功和能的关系,一是体现在不同性质的力做功对应不同形式的能转化,二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等 .式 1 如图 4-2所示,竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻 R,质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦,棒与导轨的电阻均不计,整个装置放在匀强磁场中,磁场方向与导轨平面垂直 .现棒在竖直向上的恒力 F作用下加速上升的一段时间内,力 F做的功与安培力做的功的代数和等于 ( )图 4-2A.棒的机械能增加量 B.棒的动能增加量C.棒的重力势能增加量 D.电阻 R上放出的热量式 2 (

3、多选)如图 4-3所示,一倾角为 37的斜面固定在水平地面上,重为 4 N的滑块从距离水平面高度为 0.6 m处由静止释放,沿斜面向下运动,已知滑块与斜面间的动摩擦因数为 0.5,重力加速度 g取 10 m/s2,以水平地面为重力势能等于零的参考面 .滑块从静止运动到斜面底端的过程中,下列说法正确的是 ( )图 4-3A.滑块的重力势能减少 2.4 JB.滑块的动能增加 0.48 JC.滑块的机械能减少 1.6 JD.滑块因摩擦生热 0.96 J考点二 动能定理解决多过程问题2 由相同材料的木板搭成的轨道如图 4-4所示,其中木板 AB、 BC、 CD、 DE、 EF的长均为 L=1.5 m,

4、木板 OA和其他木板与水平地面的夹角都为 = 37,sin 37=0.6,cos 37=0.8,g取 10 m/s2.一个可看成质点的物体在木板 OA上从离地高度 h=1.8 m处由静止释放,物体与木板间的动摩擦因数都为 = 0.2,在两木板交接处都用小曲面相连,使物体能顺利地经过,既不损失动能,也不会脱离轨道,在以后的运动过程中,问:(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)物体能否静止在木板上?请说明理由 .(2)物体运动的总路程是多少?(3)物体最终停在何处?并作出解释 .图 4-4导思 物体若静止在木板上,应满足什么条件?物体最终将停在什么位置? 摩擦力做功3有何特点?对于运动的全过程,摩擦

5、力做功怎么表示?归纳 1.应用动能定理解题的思路和步骤(1)了解由哪些过程组成、选哪个过程研究;(2)分析每个过程物体的受力情况;(3)各个力做功有何特点,对动能的变化有无贡献;(4)从总体上把握全过程,表达出总功,找出初、末状态的动能;(5)对所研究的全过程运用动能定理列方程 .2.动能定理既适用于直线运动,也适用于曲线运动;既适用于恒力做功,也适用于变力做功;力既可以同时作用,也可以分段作用 .3.“两状态,一过程”是应用动能定理的着眼点,即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况,明确研究过程,关注这一过程的位置变化或位移信息 .式 1 (多选)如图 4-5所示,两块竖直木板夹着一物块,

6、物块在木板内静止,两板因弹簧作用对物块有一恒定压力并保持两板之间的距离不变(图中未画出弹簧) .让木板从离地 h高位置自由下落,落地后木板静止,物块在木板中下滑了 l长度 .已知物块与木板间的动摩擦因数不变,以下说法正确的是(以下过程中物块均未触地) ( )图 4-5A.如果仅改变木板下落的高度,使其从 2h高度落下,物块下滑的长度将为 2lB.如果仅改变木板对物块的压力,使其变为原来的一半,物块下滑的长度将大于 2lC.如果仅改变物块的质量,使其变与原来的 2倍,物块下滑的距离将为 2lD.如果仅改变木板的质量,使其变为原来的一半,物块下滑的距离将大于 2l式 2 某兴趣小组对一辆自制遥控小

7、车的性能进行研究,他们让这辆小车在水平的直轨道上以恒定加速度由静止启动,并将小车运动的全过程记录下来,通过处理转化为 v-t图像,如图 4-6所示(除 210 s时间段内的图像为曲线外,其余时间段图像均为直线),2 s后小车的功率不变,可认为在整个过程中小车所受到的阻力大小不变 .小车的质量为 1 kg,则小车在010 s运动过程中位移的大小为 ( )图 4-6A.39 m B.42 m C.45 m D.48 m考点三 连接体的功能关系问题3 半径为 R、圆心为 O的光滑圆环固定在竖直平面内, OC水平, D是圆环最低点 .质量为42m的小球 A与质量为 m的小球 B套在圆环上,两球之间用轻

8、杆相连 .两球初始位置如图 4-7所示,由静止释放,当小球 A运动至 D点时,小球 B的动能为(重力加速度为 g) ( )图 4-7A. mgR B. mgRC. mgR D. mgR导思 如何选取研究对象? 当 A运动到最低点 D时, B的位置在哪儿?归纳 1.对多个物体组成的系统,要注意判断物体运动过程中系统的机械能是否守恒,其条件可理解为:(1)只有重力做功或只有弹力做功时,系统的机械能守恒 .(2)系统内力、其他力做功代数和为零时,系统的机械能守恒;(3)系统内各物体间只有动能和势能转化,没有内能损耗或摩擦生热时,系统的机械能守恒 .2.注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关

9、系 .3.若系统的机械能守恒,列机械能守恒方程时,一般选用 Ek=- Ep或 EA=- EB的形式;若系统的机械能不守恒,列能量方程时,一般选用 W 外 = E的形式 .式 1 (多选)如图 4-8所示,水平长直轨道上紧靠放置 n个质量为 m的可看作质点的物块, 物块间用长为 l的细线连接,开始处于静止状态,物块与轨道间的动摩擦因数均为 . 用水平恒力 F拉动第 1个物块开始运动,每次细线绷直瞬间存在机械能损失,到连接第 n个物块的细线刚好拉直时整体的速度正好为零,则(重力加速度为 g) ( )图 4-8A.拉力 F做功为 nFlB.系统克服摩擦力做功为C.FD.nmgF (n-1)mg 式

10、2 (多选)如图 4-9所示,不可伸长的轻绳通过定滑轮将物块甲、乙(均可视为质点)连接,物块甲套在固定的竖直光滑杆上,用外力使两物块静止,轻绳与竖直方向的夹角 = 37,然后撤去外力,甲、乙两物块从静止开始运动,物块甲恰能上升到最高点 P,P点与滑轮上缘 O在同一水平线上 .已知甲、乙两物块的质量分别为 m、 M,sin 37=0.6,cos 37=0.8,重力加速度为 g,不计空气阻力,不计滑轮的大小和摩擦 .设物块甲上升到最高点 P时加速度为 a,则下列说法正确的是 ( )5图 4-9A.M=2m B.M=3mC.a=g D.a=0【真题模型再现】 机车启动问题来源 图例 考向 统计分析2

11、015全国卷 第 17题机车启动模型和 v-t图像分析2018全国卷 第 14题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正比B.与它的位移成正比C.与它的速度成正比D.与它的动量成正比在列车启动阶段的功率、动量等问题2018全国卷 第 19题v-t图像分析、牛顿运动定律、功和功率机车的启动问题可以考查受力分析和运动分析、牛顿运动定律、功和功率、功能关系等方面问题,综合性强,能力要求高 .从应用解题来看,需要综合应用动力学观点和功能观点来分析,涉及速度、加速度、牵引力和功率的动态变化的问题,是考查的热点 .(续表) 【模型核

12、心归纳】 启动方式 以恒定功率启动 以恒定加速度启动v-t图像运动过程比较分为加速度减小的加速直线运动和匀速直线运动两个运动阶段分为匀加速直线运动、加速度减小的加速直线运动和匀速直线运动三个阶段运动过程联系以恒定功率启动的运动过程与以恒定加速度启动过程的后两个阶段相似测 1 (与实际相结合)二十一世纪,能源问题是全球关注的焦点问题 .从环境保护的角度出发,电动汽车在近几年发展迅速 .下表给出的是某款电动汽车的相关参数:参数指标 整车质量 0100 km/h 最大速度 电池容量 制动距离6加速时间 (100 km/h0)数值 2000 kg 4.4 s 250 km/h 90 kWh 40 m请

13、从上面的表格中选择相关数据,完成下列问题:(1)求汽车在 100 km/h0的制动过程中的加速度大小 .(计算过程中 100 km/h近似为 30 m/s)(2)若已知电动汽车将电能转化为机械能的效率为 = 80%,整车在行驶过程中的阻力约为车重的 ,重力加速度 g取 10 m/s2,试估算此电动汽车以 20 m/s的速度匀速行驶时的续航里程(能够行驶的最大里程) .根据你的计算,提出提高电动汽车续航里程的合理化建议 .(至少两条)(3)若此电动汽车的速度从 5 m/s提升到 20 m/s需要 25 s,此过程中电动汽车获得的动力功率随时间变化的关系简化如图 4-10所示,整车在行驶过程中的阻

14、力仍约为车重的 ,求此加速过程中汽车行驶的路程 .(提示:可利用 P-t图像计算动力对电动汽车做的功)图 4-10测 2 (功率与 v-t图像结合)(多选)总质量为 m的汽车在水平公路上以速度 v0匀速行驶时,发动机的功率为 P.司机为合理进入限速区,减小了油门,使汽车功率立即减小到 P并保持该功率继续行驶 .设汽车行驶过程中所受阻力大小不变,从司机减小油门开始,汽车的 v-t图像如图 4-11所示, t1时刻后,汽车做匀速运动,汽车因耗油而改变的质量可忽略 .下列说法正确的是 ( )图 4-11A.t=0时,汽车的加速度大小为B.在 0t1时间内,汽车的牵引力不断增大C.在 0t1时间内,阻

15、力所做的功为 m - Pt1D.在 0t1时间内,汽车行驶的位移为 +7测 3 (功率的特殊图像分析)(多选)某汽车从静止开始以加速度 a匀加速启动,最后做匀速运动 .已知汽车的质量为 m,额定功率为 Pm,匀加速运动的末速度为 v1,匀速运动的速度为vm,所受阻力为 f.如图 4-12所示反映汽车的速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图像中正确的是 ( )图 4-128专题二 能量与动量第 4讲 动能定理、能量守恒定律高频考点探究考点一例 1 BC 解析 滑块平衡时,有 Eq=mgsin ,滑块运动到 M点,电场力 Eq 和重力 mg做功的绝对值相等,选项 B正确,A 错误;由动能定

16、理得 Wmg+WEq+Wkx=- mv2,而 Wmg+WEq=0,故弹簧对滑块做的功等于滑块动能的改变量,选项 C正确,D 错误 .例 1变式 1 A 解析 棒受重力 G、拉力 F和安培力 F 安 的作用,由动能定理得 WF+WG+W 安= Ek,则 WF+W 安 = Ek+mgh,即力 F做的功与安培力做的功的代数和等于棒的机械能增加量,选项 A正确 .例 1变式 2 AC 解析 重力做功 mgh=2.4 J,重力势能减少 2.4 J,选项 A正确;克服摩擦力做功 Wf=mg cos =1.6 J,滑块因摩擦生热 1.6 J,故机械能减少 1.6 J,选项 D错误,选项 C正确;合外力做功

17、W 合 =(mgsin -mg cos ) =0.8 J,由动能定理得,滑块的动能增加 0.8 J,选项 B错误 .考点二例 2 (1)不能 理由见解析 (2)11.25 m (3)C点 解释见解析解析 (1)物体在木板上时,重力沿木板的分力为mgsin = 0.6mg最大静摩擦力 fm=mg cos = 0.16mg因 mgsin mg cos ,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 x,由动能定理得mgh-mgx cos = 0解得 x=11.25 m(3)假设物体依次能到达 B、 D点,由动能定理得mg(h-Lsin )-mg cos = m解得 vB0mg(

18、h-Lsin )-mg cos = mvD无解说明物体能过 B点但不能过 D点,物体最终停在 C点 .例 2变式 1 AB 解析 让木板从离地 h高位置自由下落,对物块运动的全过程,由动能定理得 mg(h+l)-F Nl=0,如果仅改变木板下落的高度,使其从 2h高度落下,有 mg(2h+l1)-F Nl1=0,则 l1=2l,选项 A正确;如果仅改变木板对物块的压力,使其变为原来的一半,有mg(h+l2)- l2=0,则 l2=2l 2l,选项 B正确;如果仅改变物块的质量,使其变为原来的 2倍,有 2mg(h+l3)-F Nl3=0则 l3=2l 2l,选项 C错误;如果仅改变木板的质量,

19、使9其变为原来的一半,物块下滑的距离不受影响,仍为 l,选项 D错误 .例 2变式 2 B 解析 在 t=2 s时,牵引力 F1=f+ma,功率 P=F1v1=3(f+ma),在 t=10 s时,牵引力 F2=f,功率 P=F2v2=6f,联立可得 f=ma,而加速度 a= =1.5 m/s2;在 010 s内,由动能定理得 t1+Pt2-fx= m ,解得 x=42 m,选项 B正确 .考点三例 3 D 解析 A、 B组成的系统机械能守恒,当 A运动到最低点 D时, A下降的高度为hA=R+Rsin 45,B上升的高度为 hB=Rsin 45,有 2mghA-mghB= 2m + m ,又

20、vAcos 45=vBsin 45,故小球 B的动能为 EkB= m = mgR,选项 D正确 .例 3变式 1 BC 解析 拉力 F做功为( n-1)Fl,选项 A错误;系统克服摩擦力做功W=mg (n-1)l+mg (n-2)l+mgl= ,选项 B正确;因绳子绷直瞬间有机械能损失,则拉力 F做的功( n-1)Fl 大于系统克服摩擦力做的功 ,即 F ,选项C正确,选项 D错误 .例 3变式 2 AC 解析 设 Q、 P间的距离为 h,则 O、 Q间的绳长 l= = ,则乙下降的高度为 h=l-htan 37= ,根据机械能守恒定律得 mgh=Mgh,解得 M=2m,选项 A正确,B 错误

21、;甲上升到最高点 P时,由于不受摩擦力,所以在竖直方向上只受重力,在水平方向上弹力与绳子的拉力平衡,因此甲的加速度为 g,选项 C正确,D 错误 .热点模型解读预测 1 (1)11.25 m/s2 (2)259.2 km 建议有: 提高电动机的效率; 减小汽车行驶过程中的阻力; 提高电动汽车的电池容量 (3)265 m解析 (1)加速度 a= =-11.25 m/s2.所以加速度的大小为 11.25 m/s2.(2)对电动汽车运动的全过程,由动能定理得 W-Wf= Ek即 80% E-0.05mgx=0解得 x=259.2 km提高汽车续航里程的合理化建议有: 提高电动机的效率; 减小汽车行驶

22、过程中的阻力; 提高电动汽车的电池容量 .(3)根据动能定理得 W1-fx1= m - m由 P-t图像的面积可求得动力做的功 W1=6.4105 J解得 x1=265 m.预测 2 BD 解析 匀速运动时,阻力 f=F1,而牵引力 F1= ,t=0时刻,牵引力 F2= = ,加10速度 a= = ,选项 A错误;在 0t1时间内,速度减小,牵引力不断增大,由动能定理得t1+Wf= m - m ,则阻力做功 Wf=- m - ,选项 B正确,C 错误;由 Wf=- m -=-fx,可得汽车行驶的位移 x= + ,选项 D正确 .预测 3 ABC 解析 汽车开始做初速度为零的匀加速直线运动,当达到额定功率时,匀加速结束,然后做加速度逐渐减小的加速运动,直至最后匀速运动 .开始匀加速时,有 F-f=ma,匀加速刚结束时速度为 v1,有 Pm=Fv1,最后匀速时,有 F1=f,故 Pm=fvm,联立解得匀加速的末速度 v1= ,最后匀速的速度 vm= ,在 v-t图像中斜率表示加速度,开始汽车加速度不变,后来逐渐减小,最终做匀速直线运动,选项 A正确;开始汽车功率逐渐增大, P=Fv=Fat,后来功率恒定,选项 B正确;开始汽车牵引力大小不变,然后逐渐减小,最后牵引力等于阻力,选项 C正确;开始汽车运动过程中加速度不变,后来加速度逐渐减小,最后加速度为零,选项 D错误 .