2019高考物理總復(fù)習(xí) 提分策略一 臨考必記2 動(dòng)量、功和能學(xué)案.docx

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2．動(dòng)量、功和能 [基本公式] 1．恒力做功的計(jì)算式 W＝Flcos α(α是F與位移l方向的夾角)． 2．恒力所做總功的計(jì)算 W總＝F合lcos α或W總＝W1＋W2＋…. 3．計(jì)算功率的兩個(gè)公式 P＝或P＝Fvcos α. 4．動(dòng)能定理 W總＝Ek2－Ek1.W總是外力所做的總功，包括自身重力所做的功． 5．重力勢(shì)能 Ep＝mgh(h是相對(duì)于零勢(shì)能面的高度)． 6．機(jī)械能守恒定律的三種表達(dá)方式 (1)始末狀態(tài)：mgh1＋mv＝mgh2＋mv. (2)能量轉(zhuǎn)化：ΔEk(增)＝ΔEp(減)． (3)研究對(duì)象：ΔEA＝－ΔEB. 7．幾種常見的功能關(guān)系 做功 能量變化 功能關(guān)系 重力做功 重力勢(shì)能變化ΔEp WG＝－ΔEp 彈力做功 彈性勢(shì)能變化ΔEp W彈＝－ΔEp 合外力做功W合 動(dòng)能變化ΔEk W合＝ΔEk 除重力和彈力之外其他力做 功W其他 機(jī)械能變化ΔE W其他＝ΔE 滑動(dòng)摩擦力與介 質(zhì)阻力做功Ffl相對(duì) 系統(tǒng)內(nèi)能變化ΔE內(nèi) Ffl相對(duì)＝ΔE內(nèi) 電場(chǎng)力做功 WAB＝qUAB 電勢(shì)能變化ΔEp WAB＝－ΔEp 電流做功W＝UIt 電能變化ΔE W＝ΔE 8.動(dòng)量：p＝mv. 9．動(dòng)量定理：Ft＝mv2－mv1. 10．動(dòng)量守恒定律 (1)理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒． (2)表達(dá)式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′. [二級(jí)結(jié)論] 1．判斷某力是否做功，做正功還是負(fù)功 (1)F與l的夾角(恒力)． (2)F與v的夾角(曲線運(yùn)動(dòng)的情況)． (3)能量變化(兩個(gè)相聯(lián)系的物體做曲線運(yùn)動(dòng)的情況)． 2．求功的途徑 (1)W＝Flcos α(恒力，定義式)． (2)W＝Pt(變力，恒定功率)． (3)W＝ΔEk(變力或恒力)． (4)W其他＝ΔE機(jī)，功能原理． (5)圖象法(變力或恒力)． (6)氣體做功：W＝pΔV(p——?dú)怏w的壓強(qiáng)；ΔV——?dú)怏w的體積變化)． 3．機(jī)車啟動(dòng)類問(wèn)題中的“特殊點(diǎn)” (1)全程最大速度的臨界點(diǎn)為Ff＝. (2)勻加速運(yùn)動(dòng)的最后點(diǎn)為－Ff＝ma；此時(shí)瞬時(shí)功率P為額定功率P額，瞬時(shí)速度v為勻加速過(guò)程的最大速度． (3)在勻加速過(guò)程中的某點(diǎn)有－Ff＝ma1. (4)在變加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的某點(diǎn)有－Ff＝ma2. 4．摩擦生熱：Q＝Ffl相對(duì)． 5．“一動(dòng)一靜”彈性正碰中，若兩個(gè)小球質(zhì)量相等，則碰后交換速度． [臨考必練] 1.(多選)如圖所示，擺球質(zhì)量為m，懸線的長(zhǎng)為L(zhǎng)，把懸線拉到水平位置后放手．設(shè)在擺球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中空氣阻力F阻的大小不變，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．重力做功為mgL B．線的拉力做功為0 C．空氣阻力F阻做功為－mgL D．空氣阻力F阻做功為－F阻πL 解析：小球下落過(guò)程中，重力做功為mgL，A正確；線的拉力始終與速度方向垂直，拉力做功為0，B正確；空氣阻力F阻大小不變，方向始終與速度方向相反，故空氣阻力F阻做功為－F阻πL，C錯(cuò)誤，D正確． 答案：ABD 2.如圖所示，兩個(gè)完全相同的小球A、B，在同一高度處以相同大小的初速度v分別水平拋出和豎直向上拋出，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．兩小球落地時(shí)的速度相同 B．兩小球落地時(shí)，A球重力的瞬時(shí)功率較小 C．從開始運(yùn)動(dòng)至落地，A球重力做功較大 D．從開始運(yùn)動(dòng)至落地，重力對(duì)A小球做功的平均功率較小 解析：根據(jù)機(jī)械能守恒定律得，mv2＋mgh＝mv′2，兩小球落地時(shí)速度大小v′是相同的，但兩小球的速度方向不同，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；兩小球落地時(shí)，A球重力瞬時(shí)功率為mgv′cos α，B球重力瞬時(shí)功率為mgv′，A球重力瞬時(shí)功率小于B球重力瞬時(shí)功率，選項(xiàng)B正確；從開始運(yùn)動(dòng)到落地，兩球重力做功都是mgh，是相等的，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；從開始運(yùn)動(dòng)到落地，兩球重力做功相等，A球下落時(shí)間較短，重力對(duì)A球做功的平均功率＝較大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 答案：B 3.(多選)如圖所示，質(zhì)量為M的小車原來(lái)靜止在光滑水平面上，小車A端固定一根輕彈簧，彈簧的另一端放置一質(zhì)量為m的物體C，小車底部光滑，開始讓彈簧處于壓縮狀態(tài)，當(dāng)彈簧釋放后，物體C被彈出向小車B端運(yùn)動(dòng)，最后與B端粘在一起，下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．物體離開彈簧時(shí)，小車向左運(yùn)動(dòng) B．物體與B端粘在一起之前，小車的運(yùn)動(dòng)速率與物體C的運(yùn)動(dòng)速率之比為 C．物體與B端粘在一起后，小車靜止下來(lái) D．物體與B端粘在一起后，小車向右運(yùn)動(dòng) 解析：在物體離開彈簧的過(guò)程中，物體和小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，系統(tǒng)原來(lái)的總動(dòng)量為零，物體向右運(yùn)動(dòng)，故小車向左運(yùn)動(dòng)，A正確；小車和物體動(dòng)量大小相等，運(yùn)動(dòng)速率與其質(zhì)量成反比，B正確；物體與小車B端粘在一起的過(guò)程動(dòng)量也守恒，二者粘在一起前的總動(dòng)量為零，則粘在一起后的總動(dòng)量也為零，因此小車將靜止下來(lái)，C正確，D錯(cuò)誤． 答案：ABC 4.(多選)如圖所示，光滑水平面OB與足夠長(zhǎng)的粗糙斜面BC相接于B點(diǎn)，一輕彈簧左端固定于豎直墻面，右端被一質(zhì)量為m的滑塊壓縮至D點(diǎn)，然后由靜止釋放，滑塊脫離彈簧后經(jīng)B點(diǎn)滑上斜面，上升到最大高度h時(shí)靜止在斜面上．重力加速度為g，以水平面OB為參考平面．下列說(shuō)法正確的是(　　) A．彈簧彈開滑塊的過(guò)程中，彈性勢(shì)能越來(lái)越小 B．彈簧對(duì)滑塊做功為W時(shí)，滑塊的動(dòng)能為0.5W C．滑塊在斜面上靜止時(shí)的重力勢(shì)能為mgh D．滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，克服摩擦力做的功為mgh 解析：彈簧彈開滑塊的過(guò)程中，彈簧的壓縮量越來(lái)越小，故彈簧的彈性勢(shì)能越來(lái)越小，A正確；彈簧對(duì)滑塊做功為W時(shí)，對(duì)滑塊，由動(dòng)能定理可知，滑塊的動(dòng)能為W，B錯(cuò)誤；滑塊在斜面上靜止時(shí)，離OB面的高度為h，以水平面OB為參考平面，則滑塊的重力勢(shì)能為mgh，C正確；對(duì)滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，由功能關(guān)系有mgh＋Wf＝mv，解得滑塊克服摩擦力做的功Wf＝mv－mgh，D錯(cuò)誤． 答案：AC 5．質(zhì)量為m的汽車在平直公路上行駛，阻力恒為車重力的k倍．當(dāng)它以加速度a加速前進(jìn)，速度達(dá)到v時(shí)，發(fā)動(dòng)機(jī)的實(shí)際功率剛好達(dá)到額定功率，從此時(shí)開始，發(fā)動(dòng)機(jī)功率保持不變，已知重力加速度大小為g，則(　　) A．汽車發(fā)動(dòng)機(jī)的額定功率為kmgv B．汽車行駛的最大速度為 C．當(dāng)汽車的加速度減小為時(shí)，速度增大到2v D．發(fā)動(dòng)機(jī)以額定功率工作后，汽車的牽引力不再變化 解析：汽車加速度為a時(shí)，設(shè)牽引力為F，由牛頓第二定律有F－kmg＝ma，解得F＝kmg＋ma，當(dāng)速度達(dá)到v時(shí)汽車的功率P＝(kmg＋ma)v，由題意知，此時(shí)汽車功率等于額定功率，A項(xiàng)錯(cuò)誤；汽車保持功率不變，達(dá)到最大速度時(shí)，汽車加速度為零，即P額＝kmgvm＝(kmg＋ma)v，解得vm＝，B項(xiàng)正確；當(dāng)汽車加速度減小為時(shí)，F(xiàn)′－kmg＝m，解得此時(shí)牽引力F′＝kmg＋m，并非F的一半，故速度一定不是2v，C項(xiàng)錯(cuò)誤；汽車功率不變，速度增大，牽引力不斷減小，速度達(dá)到最大后，牽引力不再變化，D項(xiàng)錯(cuò)誤． 答案：B 6.如圖所示，一半圓形碗的邊緣上裝有一定滑輪，滑輪兩邊通過(guò)一不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線掛著兩個(gè)小物體，質(zhì)量分別為m1、m2，m1>m2.現(xiàn)讓m1從靠近定滑輪處由靜止開始沿碗內(nèi)壁下滑．設(shè)碗固定不動(dòng)，其內(nèi)壁光滑、半徑為R，則m1滑到碗最低點(diǎn)時(shí)的速度為(　　) A．2 　　　 B. C. D．2 解析：設(shè)當(dāng)m1到達(dá)碗最低點(diǎn)時(shí)速率為v1，此時(shí)m2的速率為v2，則有v1cos 45＝v2，由機(jī)械能守恒定律得m1gR＝m2gR＋m1v＋m2v，解得v1＝2 ，D正確． 答案：D 7.如圖所示，AOB是光滑水平軌道，BC是半徑為R的光滑固定圓弧軌道，兩軌道恰好相切，質(zhì)量為M的小木塊靜止在O點(diǎn)，一個(gè)質(zhì)量為m的子彈以初速度v0水平向右快速射入小木塊內(nèi)，并留在其中和小木塊一起運(yùn)動(dòng)，且恰能到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)C(木塊和子彈均可以看成質(zhì)點(diǎn))．已知R＝0.4 m，m＝1 kg，M＝10 kg.(重力加速度g取10 m/s2，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)求： (1)子彈射入木塊前的速度v0； (2)若每當(dāng)小木塊上升到圓弧并返回到O點(diǎn)時(shí)，立即有相同的子彈射入小木塊，并留在其中，則當(dāng)?shù)谌w子彈射入小木塊后，木塊速度多大？ 解析：(1)第一顆子彈射入木塊的過(guò)程，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，即mv0＝(m＋M)v1 系統(tǒng)由O到C的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒，即 (m＋M)v＝(m＋M)gR 聯(lián)立以上兩式解得v0＝＝31 m/s. (2)由動(dòng)量守恒定律可知，第二顆子彈射入木塊后，木塊的速度為0 當(dāng)?shù)谌w子彈射入木塊時(shí)，由動(dòng)量守恒定律得 mv0＝(3m＋M)v3，解得v3＝＝2.4 m/s. 答案：(1)31 m/s　(2)2.4 m/s 8.如圖所示，在某豎直面內(nèi)，光滑曲面AB與水平面BC平滑連接于B點(diǎn)，BC右端連接內(nèi)壁光滑、半徑為r的細(xì)圓管CD，管口D端正下方直立一根勁度系數(shù)為k的輕彈簧，輕彈簧一端固定，另一端恰好與管口D端平齊．質(zhì)量為m的滑塊在曲面上距BC高度為2r處由靜止開始下滑，滑塊與BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，進(jìn)入管口C端時(shí)與圓管恰好無(wú)作用力，通過(guò)CD后壓縮彈簧，在壓縮彈簧過(guò)程中滑塊速度最大時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep.求： (1)滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小vB； (2)水平面BC的長(zhǎng)度s； (3)在壓縮彈簧過(guò)程中滑塊的最大速度vm. 解析：(1)滑塊在曲面的下滑過(guò)程，由動(dòng)能定理得 mg2r＝mv，解得vB＝2. (2)在C點(diǎn)，滑塊與圓管之間恰無(wú)作用力， 則mg＝m，解得vC＝ 滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過(guò)程，由動(dòng)能定理得 mg2r－μmgs＝mv，解得s＝3r. (3)設(shè)在壓縮彈簧過(guò)程中速度最大時(shí)，滑塊離D端的距離為x0，此時(shí)kx0＝mg，解得x0＝ 滑塊由C運(yùn)動(dòng)到距離D端x0處的過(guò)程中，由能量守恒得mg(r＋x0)＝mv－mv＋Ep 聯(lián)立解得vm＝ . 答案：(1)2　(2)3r　(3)