专题二 动量与能量（导学案）-2020高考物理【创新设计】二轮专题复习（全国版）

专题二 动量与能量 第1课时 动量观点和能量观点在力学中的应用 研透命题点 命题点1 例1 AC [根据位移相同可得两图线与时间轴围成的面积相等, 即1 2v0×2t0= 1 2× 1 2v0 [2t0+t′+(t0+t′)],解得t′= 1 2t0 ,则对 于第①次 和 第②次 提 升 过 程 中,矿 车 上 升 所 用 的 时 间 之 比 为 2t0∶(2t0+ 1 2t0 )=4∶5,A正确;加速过程中的牵引力最大,且已 知两次加速时的加速度大小相等,故两次中最大牵引力相等,B错 误;由题知两次提升的过程中矿车的最大速度之比为2∶1,由功率 P=Fv,得最大功率之比为2∶1,C正确;两次提升过程中矿车的 初、末速度都为零,则电机所做的功等于克服重力做的功,重力做的 功相等,故电机所做的功之比为1∶1,D错误。] 例2 C [画出运动示意图。 设该外力的大小为F,据动能定理知 A→B(上升过程):-(mg+F)h=EkB-EkA B→A(下落过程):(mg-F)h=EkA′-EkB′ 整理以上两式并代入数据得mgh=30J,解得物体的质量m=1kg。 选项C正确。] 例3 解析 (1)从最低点到最高点的过程中,由机械能守恒定律得 1 2 (M+m)v2=(M+m)g(R+H) 在最低点对运动员有 FN-Mg=M v2 R 联立解得FN=1800N 由牛顿第三定律得运动员对滑板的压力大小为1800N。 (2)从a到最低点的过程中以人和滑板为研究对象,设此过程中人 做的功为W,由动能定理可得 W+(M+m)gR= 12 (M+m)v2, 代入数据解得W=5000J。 答案 (1)1800N (2)5000J 例4 C [物体下滑过程只有重力、拉力做功,由图可知,0~x1 过 程中物体的机械能减少,由功能关系得拉力做负功,所以物体所受 拉力沿斜面向上,故A错误;由图可知,物体发生相同的位移,克服 拉力做的功越来越少,重力做的功不变,故合外力做的功越来越多, 由动能定理得,物体的动能越来越大,故B错误;物体沿斜面向下运 动,合外力方向沿斜面向下,在x1~x2 过程中,机械能和位移成线 性关系,故拉力大小不变,物体受力恒定,物体做匀加速直线运动, 故C正确,D错误。] [典例拓展1] BC [物体下滑过程中,重力做正功,摩擦力做负功, 由功能关系可知,物体重力做的功等于物体重力势能的减少量,合 外力做的功等于动能的增加量,克服摩擦力做的功等于机械能的减 少量,故A、D错误,B、C正确。] [典例拓展2] D [物体沿斜面下滑的过程,重力做正功,电场力做 负功,由功能关系得,物体的重力势能减少量等于物体重力做的功, WG=mgxsin30°= 1 2mgx ,故 A错误;物体机械能的变化量等于 除重力以外其他力做的功,电场力做负功,机械能减少,即 ΔE= -W 电=qExsin30°=12qEx ,故B错误;物体动能的增加量等于合 外力做的功,即W 合=(mg-qE)xsin30°=12 (mg-qE)x,故C错 误;物体克服电场力做功1 2qEx ,电势能增加1 2qEx ,故D正确 ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ ┈ 。] 命题预测 1.C [假如小球能到达最高点P,设小球在最高点P 时的速度大小为 vP,由机械能守恒定律可得 1 2mvP 2+mg·2l= 12mv 2,将v= 9 2gl 代入可解得vP= 1 2gl ,故小球能到达最高点,选项A、B 错误;由于 1 2gl< gl ,故小球在P 点将受到轻杆向上的弹力, 选项C正确,D错误。] 2.解析 (1)对木板:Ff=Ma1 由运动学公式,有v=a1t,解得Ff=2N。 (2)对滑块:-Ff=ma2 设滑块滑上木板时的速度为v0 则v-v0=a2t,可得v0=3m/s 由机械能守恒定律有 mgh=12mv0 2 h= v02 2g= 32 2×10m=0.45m 。 (3)根据功能关系有 Q=12mv0 2-12 (M+m)v2 =12×1×3 2J-12× (2+1)×12J=3J。 答案 (1)2N (2)0.45m (3)3J 命题点2 例1 B [根据动量定理有FΔt=Δmv-0,解得ΔmΔt= F v =1.6× 103kg/s,所以选项B正确。] 例2