2022-2023年高考物理一輪復習 動量與能量課件

1、動量與能量專題二能量觀點在力學中的應用01動量觀點和能量觀點在力學中的應用02應用能量觀點解決力、電綜合問題03應用動量和能量觀點解決力、電綜合問題04PART 01能量觀點在力學中的應用能量觀點在力學中的應用命題角度01020304功和功率的理解與計算功能關(guān)系的理解和應用動能定理的應用應用動力學觀點和能量觀點解決多過程問題功和功率的理解與計算恒力功的計算(1)單個恒力的功 WFlcos .(2)合力為恒力的功先求合力,再求WF合lcos .WW1W2.（1）若力大小恒定,且方向始終沿軌跡切線方向,可用力的大小跟路程的乘積計算(2)力的方向不變,大小隨位移線性變化可用Wlcos 計算(2)PF

2、v,若v為瞬時速度,則P為瞬時功率；若v為平均速度,則P為平均功率注意：力F與速度v方向不在同一直線上時功率為Fvcos .變力功的計算功率的計算(3)Fl圖象中,功的大小等于“面積”(4)求解一般變力做的功常用動能定理.功和功率的理解與計算典例1下列表述中最符合實際情況的是()A.某高中同學做一次引體向上的上升過程中克服重力做功約為25 JB.將一個雞蛋從胸前舉過頭頂,克服重力做功約為10 JC.籃球從2 m高處自由下落到地面的過程中,重力做功的功率約為20 WD.某高中同學步行上樓時克服重力做功的功率約為10 kW解析高中的同學質(zhì)量約60 kg,在一次引體向上的過程中向上的位移約0.5 m

3、,則克服重力做的功Wmgh60100.5 J300 J,故A錯誤；一個雞蛋的質(zhì)量約為50 g0.05 kg,將一個雞蛋從胸前舉過頭頂,位移約0.4 m,克服重力做功約為Wmgh0.05100.4 J0.2 J,故B錯誤；籃球的質(zhì)量約0.6 kg,籃球從2 m高處自由下落到地面的過程中,重力做的功Wmgh0.6102 J12 J,籃球下落的時間t s0.63 s,功率約為 W20 W,故C正確；高中的同學質(zhì)量約60 kg,樓層的高度約為3 m,則高中同學步行上樓時,每秒鐘向上的高度約為0.3 m(兩個臺階),每秒鐘上樓克服重力做功Wmgh50100.3 J150 J,功率 W150 W,故D錯誤

4、.答案C功能關(guān)系的理解和應用1.幾個重要的功能關(guān)系(1)重力做的功等于重力勢能的減少量,即WGEp.(2)彈力做的功等于彈性勢能的減少量,即W彈Ep.(3)合力做的功等于動能的變化量,即WEk.(4)重力(或系統(tǒng)內(nèi)彈力)之外的其他力做的功等于機械能的變化量,即W其他E.(5)系統(tǒng)內(nèi)一對滑動摩擦力做的功是系統(tǒng)內(nèi)能改變的量度,即QFfx相對(1)分析物體運動過程中受哪些力,有哪些力做功,有哪些形式的能發(fā)生變化(2)列動能定理或能量守恒定律表達式2理解3應用(1)做功的過程就是能量轉(zhuǎn)化的過程,不同形式的能量發(fā)生相互轉(zhuǎn)化可以通過做功來實現(xiàn)(2)功是能量轉(zhuǎn)化的量度,功和能的關(guān)系,一是體現(xiàn)在不同性質(zhì)的力做

5、功對應不同形式的能轉(zhuǎn)化,二是做功的多少與能量轉(zhuǎn)化的多少在數(shù)值上相等2理解3應用從地面豎直向上拋出一物體,其機械能E總等于動能Ek與重力勢能Ep之和取地面為重力勢能零點,該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖4所示重力加速度取10 m/s2.由圖中數(shù)據(jù)可得()A物體的質(zhì)量為2 kgBh0時,物體的速率為20 m/sCh2 m時,物體的動能Ek40 JD從地面至h4 m,物體的動能減少100 J典例2答案AD解析根據(jù)題圖圖像可知,h4 m時物體的重力勢能mgh80 J,解得物體質(zhì)量m2 kg,拋出時物體的動能為Ek0100 J,由公式Ek0mv2可知,h0時物體的速率為v10 m/s,選

6、項A正確,B錯誤；由功能關(guān)系可知Ffh|E總|20 J,解得物體上升過程中所受空氣阻力Ff5 N,從物體開始拋出至上升到h2 m的過程中,由動能定理有mghFfhEk100 J,解得Ek50 J,選項C錯誤；由題圖圖像可知,物體上升到h4 m時,機械能為80 J,重力勢能為80 J,動能為零,即從地面上升到h4 m,物體動能減少100 J,選項D正確動能定理的應用1表達式：W總Ek2Ek1.(1)W總為物體在運動過程中所受各力做功的代數(shù)和(2)動能變化量Ek2Ek1一定是物體在末、初兩狀態(tài)的動能之差(3)動能定理既適用于直線運動,也適用于曲線運動(4)動能定理既適用于恒力做功,也適用于變力做功

7、(5)力可以是各種性質(zhì)的力,既可以同時作用,也可以分階段作用(1)對于物體運動過程中不涉及加速度和時間,而涉及力和位移、速度的問題時,一般選擇動能定理,尤其是曲線運動、多過程的直線運動等(2)動能定理也是一種功能關(guān)系,即合外力做的功(總功)與動能變化量一一對應2基本思路3在功能關(guān)系中的應用(1)確定研究對象和研究過程(2)進行運動分析和受力分析,確定初、末速度和各力做功情況,利用動能定理全過程或分過程列式2理解3應用(多選)如圖1所示,傾角為的光滑斜面足夠長,一質(zhì)量為m的小物體,在沿斜面向上的恒力F作用下,由靜止從斜面底端沿斜面向上做勻加速直線運動,經(jīng)過時間t,力F做功為60 J,此后撤去力F

8、,物體又經(jīng)過相同的時間t回到斜面底端,若以底端的平面為零勢能參考面,重力加速度為g,則下列說法正確的是()A.物體回到斜面底端的動能為60 JB.恒力F2mgsin C.撤去力F時,物體的重力勢能是45 JD.動能與勢能相等的時刻一定出現(xiàn)在撤去力F之前典例3解析由題設條件可知：前后兩段小物體的運動的位移大小相等,方向相反,則由牛頓第二定律和運動學公式可得,x0t2,解得Fmgsin ,選項B錯誤；由題設條件知,Fx0mgx0sin 60 J,則此過程中重力做的功為WGmgx0sin 45 J,撤去力F時,物體的重力勢能是45 J,選項C正確；全程由動能定理可得Fx0Ek0,則物體回到斜面底端的

9、動能Ek0為60 J,選項A正確；物體從最高點下滑的過程中一定有一個點的動能與勢能相等,選項D錯誤.答案AC動力學規(guī)律和動能定理的綜合應用1兩個分析(1)綜合受力分析、運動過程分析,由牛頓運動定律做好動力學分析(2)分析各力做功情況,做好能量的轉(zhuǎn)化與守恒的分析,由此把握各運動階段的運動性質(zhì),各連接點、臨界點的力學特征、運動特征、能量特征2四個選擇(1)當物體受到恒力作用發(fā)生運動狀態(tài)的改變而且又涉及時間時,一般選擇用動力學方法解題；(2)當涉及功、能和位移時,一般選用動能定理、機械能守恒定律、功能關(guān)系或能量守恒定律解題,題目中出現(xiàn)相對位移時,應優(yōu)先選擇能量守恒定律；(3)當涉及細節(jié)并要求分析力時

10、,一般選擇牛頓運動定律,對某一時刻的問題選擇牛頓第二定律求解；(4)復雜問題的分析一般需選擇能量的觀點、運動與力的觀點綜合分析求解2理解3應用如圖2,abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道,ab水平,長度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧,與ab相切于b點.一質(zhì)量為m的小球,始終受到與重力大小相等的水平外力的作用,自a點處從靜止開始向右運動.重力加速度大小為g.小球從a點開始運動到其軌跡最高點,機械能的增量為()A.2mgR B.4mgRC.5mgR D.6mgR典例4解析設小球運動到c點的速度大小為vc,則對小球由a到c的過程, 由動能定理有F3RmgRmv,又Fmg,解得vc2.小球離開c點后,

11、在水平方向做初速度為零的勻加速直線運動,豎直方向在重力作用下做勻減速直線運動,由牛頓第二定律可知,小球離開c點后水平方向和豎直方向的加速度大小均為g,則由豎直方向的運動可知,小球從離開c點到其軌跡最高點所需的時間為t2,在水平方向的位移大小為xgt22R.由以上分析可知,小球從a點開始運動到其軌跡最高點的過程中,水平方向的位移大小為5R,則小球機械能的增加量為EF5R5mgR,C正確,A、B、D錯誤.答案C某興趣小組設計了一個玩具軌道模型如圖3甲所示,將一質(zhì)量為m0.5 kg的玩具小車(可以視為質(zhì)點)放在P點,用彈簧裝置將其從靜止彈出(彈性勢能完全轉(zhuǎn)化為小車初始動能),使其沿著半徑為r1.0

12、m的光滑圓形豎直軌道OAO運動,玩具小車受水平面PB的阻力為其自身重力的0.5倍(g取10 m/s2),PB16.0 m,O為PB中點.B點右側(cè)是一個高h1.25 m,寬L2.0 m的壕溝.求：(1)要使小車恰好能越過圓形軌道的最高點A,則此種情況下,小車在O點受到軌道彈力的大??；(2)要求小車能安全的越過A點,并從B點平拋后越過壕溝,則彈簧的彈性勢能至少為多少；(3)若在彈性限度內(nèi),彈簧的最大彈性勢能Epm40 J,以O點為坐標原點,OB為x軸,從O到B方向為正方向,在圖乙坐標上畫出小車能進入圓形軌道且不脫離軌道情況下,彈簧彈性勢能Ep與小車停止位置坐標x關(guān)系圖.典例5解析(1)在最高點mg

13、,得vA m/sOA：mg2rmvmv,得vO5 m/sFNOmg,得FNO6mg30 N.(2)要求1：越過A點,vO5 m/s,PO：EP彈1kmgxPOmv0,得Ep彈132.5 J要求2：平拋運動LvBt,hgt2,得vB4 m/sEp彈2kmgxPBmv0,得Ep彈244 J綜上所述,彈簧彈性勢能的最小值為44 J.(3)分類討論：因為最大彈性勢能為40 J,由Epmmgs0,得s16 m,所以至多運動到B點,必不平拋.情況1：能越過O點,彈性勢能32.5 JEp彈140 J當Ep彈1kmgx100,得13 mx116 m,又因為O點是坐標原點,所以實際坐標值為5 mx118 m情況2：恰能到達圓軌道圓心等高點,當Ep彈2kmgxPOmgr00,得Ep彈225 Jmgrkmgx21,得x212 m,又因為O點是坐標原點,所以實際坐標值為x212 m恰能進入圓形軌道,當Ep彈2kmgxPO00,得Ep彈220 J,此時坐標值為0由動能定理表達式知,Ep彈與x是線性函數(shù),圖象如圖所示.答案(