发布时间 : 星期五 文章2020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学案更新完毕开始阅读0346c0166e1aff00bed5b9f3f90f76c660374c70
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【2019最新】精选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学案
知识必备
1.常见的功能关系
(1)合力做功与动能的关系:W合=ΔEk。 (2)重力做功与重力势能的关系:WG=-ΔEp。 (3)弹力做功与弹性势能的关系:W弹=-ΔEp。
(4)除重力以外其他力做功与机械能的关系:W其他=ΔE机。
(5)滑动摩擦力做功与内能的关系:Ff x相对=ΔE内。
2.机械能守恒定律
(1)条件:只有重力、系统内弹力做功。
(2)表达式:Ek1+Ep1=Ek2+Ep2。
3.动能定理
(1)内容:合外力做的功等于动能的变化。
(2)表达式:W=mv-mv21 4.动量定理及动量守恒定律 (1)动量定理:Ft=mv2-mv1
(2)动量守恒定律:m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′
(3) 备考策略
1.复习时应理清运动中功与能的转化与量度的关系,结合受力分析、运动过程分析,
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熟练地应用动量定理和动能定理解决问题。
2.深刻理解功能关系,综合应用动量守恒定律和能量守恒定律,结合动力学方程解决
多运动过程的问题。
3.必须领会的“1种物理思想和3种方法”
(1)守恒的思想。
(2)守恒法、转化法、转移法。 4.必须辨明的“3个易错易混点”
(1)动量和动能是两个和速度有关的不同概念。
(2)系统的动量和机械能不一定同时守恒。 (3)不是所有的碰撞都满足机械能守恒。
力学中的几个功能关系的应用
【真题示例1】 (2017·全国卷Ⅲ,16)如图1,一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点,M点与绳的上端
P相距l。重力加速度大小为g。在此过程中,外力做的功为( )
图1
B.mgl D.mgl
A.mgl C.mgl
解析 由题意可知,PM段细绳的机械能不变,MQ段细绳的重心升高了,则重力势能增加ΔEp=mg·=mgl,由功能关系可知,在此过程中,外力做的功为W=mgl ,故
选项A正确,B、C、 D错误。
答案 A
【真题示例2】 (2017·全国卷Ⅰ,24)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7.5×103 m/s的速度进入大气
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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)。
(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%。
解析 (1)飞船着地前瞬间的机械能为
Ek0=mv① 式中,m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由①式和题给数据得
Ek0=4.0×108 J② 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=mv+mgh③ 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 J④ (2)飞船在高度h′=600 m处的机械能为
Eh′=m(vh)2+mgh′⑤ 由功能原理得 W=Eh′-Ek0⑥ 式中,W是飞船从高度600 m处至着地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 J⑦
答案 (1)(1)4.0×108 J 2.4×1012 J (2)9.7×108 J
真题感悟 1.高考考查特点
(1)本考点高考命题既有选择题也有计算题,集中在物体系统机械能守恒及物体间的
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做功特点、力与运动的关系,并结合平抛、圆周运动等典型运动及生活科技为背景综
合考查。
(2)熟悉掌握并灵活应用机械能的守恒条件、力学中的功能关系、常见典型运动形式
的特点及规律是突破该考点的关键。
2.常见误区及临考提醒
(1)注意判断物体运动过程中的临界状态和隐含条件。
(2)注意物理方法的灵活选用。如全国卷Ⅲ第16题的等效法(重心)。
(3)注意提高计算能力。如全国卷Ⅰ第24题,试题情境难度不大,但增加了计算的难
度。
预测1 预测2 预测3 功、功率的理解与计算 机械能守恒定律的应用 功能关系、能量转化守恒定律的综合应用 1.(2017·潍坊模拟)质量为m=2 kg的物体沿水平面向右做直线运动,t=0时刻受到一个水平向左的恒力F,如图2甲所示,此后物体的v-t图象如图乙所示,取水平向右为正方向,g取10 m/s2,则( )
图2
A.物体与水平面间的动摩擦因数为μ=0.5
B.10 s末恒力F的瞬时功率为6 W C.10 s末物体在计时起点左侧4 m处
D.0~10 s内恒力F做功的平均功率为0.6 W
解析 由图线可知0~4 s内的加速度大小a1= m/s2=2 m/s2,可得F+μmg=ma1;由图线可知4~1 0 s内的加速度大小a2= m/s2=1 m/s2,可得F-μmg=ma2;解得F=3 N,μ=0.05,选项A错误;10 s末恒力F的瞬时功率为P10=Fv10=3×6 W=18 W,选项B错误;0~4 s内的位移x1=× 4×8 m=16 m,4~10 s内的位移