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专题五能量和动量-2-高考命题规律2020年高考必备2015年2016年2017年2018年2019年Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷考点一功、功率动能定理及其应用17191614、24141419、252124、2517、24、25考点二机械能守恒定律及其应用21241721考点三功能关系能量守恒定律2125252416182518考点四动量定理动量守恒定律35(2)35(2)35(2)35(2)35(2)14202415、2416、252525考点五实验:1.探究动能定理实验:2.验证机械能守恒定律22实验:3.验证动量守恒定律-3-一二三四五功、功率动能定理及其应用命题角度1功的计算高考真题体验·对方向(多选)(2016全国Ⅱ·19)两实心小球甲和乙由同一种材料制成,甲球质量大于乙球质量.两球在空气中由静止下落,假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比,与球的速率无关.若它们下落相同的距离,则()A.甲球用的时间比乙球长B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功-4-一二三四五答案:BD解析:设所受阻力为Ff,根据题意Ff=kr.根据牛顿第二定律,mg-Ff=ma,a=g-𝑘𝑟𝑚=g-𝑘𝑟𝜌·4π3𝑟3=g-3𝑘4π𝜌𝑟2,r越大,a越大,两小球密度相同,m甲m乙,所以r甲r乙,故a甲a乙,C选项错误;物体在空中的运动时间t=2ℎ𝑎,h相同,所以t甲t乙,A选项错误;物体落地速度v=2𝑎ℎ,可得v甲v乙,B选项正确;物体下落过程中克服阻力做功Wf=Ff·h=kr·h,所以Wf甲Wf乙,D选项正确.-5-一二三四五总功的计算方法(1)用动能定理W=ΔEk或功能关系W=ΔE,即用能量的变化量等效替代合力所做的功.(也可计算变力功)(2)总功等于合外力的功.先求出物体所受各力的合力F合,再根据W总=F合lcosα计算总功,但应注意α应是合力与位移l的夹角.(3)总功等于各力做功的代数和.分别求出每一个力做的功:W1,W2,W3,…,再把各个外力的功求代数和,即W总=W1+W2+W3+….-6-一二三四五典题演练提能·刷高分1.(多选)(2019山东济宁五校联考)在某一粗糙的水平面上,一质量为2kg的物体在水平恒定拉力作用下做匀速直线运动,当运动一段时间后,拉力逐渐减小,且当拉力减小到零时,物体刚好停止运动,图中给出了拉力随位移变化的关系图象.重力加速度g取10m/s2.根据以上信息能得出的物理量有()A.物体与水平面间的动摩擦因数B.合外力对物体所做的功C.物体做匀速运动时的速度D.物体运动的时间-7-一二三四五答案:ABC解析:由题意知物体开始做匀速直线运动,故拉力F与滑动摩擦力Ff大小相等,物体与水平面间的动摩擦因数为μ=𝐹𝑚𝑔=0.35,选项A正确;减速过程由动能定理得WF+WFf=0-12mv2,根据F-x图象中图线与横轴围成的面积可以估算力F做的功WF,而Wf=-μmgx,由此可求得合外力对物体所做的功,及物体做匀速运动时的速度v,选项B、C正确;因为物体做变加速运动,所以运动时间无法求出,选项D错误.-8-一二三四五2.(多选)如图所示,内壁光滑半径大小为R的圆轨道固定在竖直平面内,一个质量为m的小球静止在轨道的最低点A点.现给小球一个瞬时水平打击力,使小球沿轨道在竖直平面内运动.当小球运动重新回到A点时,再沿它的运动方向给第二次瞬时打击力.经过二次击打后,小球才能够通过轨道的最高点,已知第一次和第二次对小球的打击力做的功分别为W和3W,则W的值可能为()A.12mgRB.34mgRC.57mgRD.mgR-9-一二三四五答案:BCD解析:小球在竖直面内运动只有重力做功,故机械能守恒;小球要到达圆轨道最高点,那么对小球在最高点应用牛顿第二定律可得:mg≤𝑚𝑣2𝑅,所以小球的机械能E=2mgR+12mv2≥52mgR;小球在运动过程中始终未脱离轨道,且必须经过两次击打,小球才能运动到圆轨道的最高点,故第一次击打后,小球运动的高度不大于R,所以有W≤mgR,W+3W≥52mgR,所以,58mgR≤W≤mgR,故BCD正确,A错误,故选BCD.-10-一二三四五3.如图所示,水平平台上放置一长为L、质量为m的均匀木板,板右端距离平台边缘为s,板与台面间动摩擦因数为μ,重力加速度为g.现对板施加水平推力,要使板脱离平台,推力做功的最小值为()A.μmg(L+s)B.μmg𝐿2+𝑠C.μmg(L-s)D.μmg3𝐿4+𝑠-11-一二三四五答案:B解析:要使板脱离平台,即让板的重心脱离平台,则板运动的距离为𝐿2+s,需要克服摩擦力做功为Wf=μmg𝐿2+𝑠,即推力做功的最小值为μmg𝐿2+𝑠,故B正确,ACD错误.-12-一二三四五4.一物体由静止开始运动,其加速度a与位移x关系图线如图所示.下列说法正确的是()A.物体最终静止B.物体的最大速度为2𝑎𝑥0C.物体的最大速度为3𝑎𝑥0D.物体的最大速度为32𝑎𝑥0答案:C解析:由a-x图象可知,物体先做匀加速直线运动,后做加速度减小的加速运动,到2x0位置时速度最大,A错误;设最大速度为v,根据动能定理得ma0x0+12ma0x0=12mv2,解得v=3𝑎𝑥0,C正确.-13-一二三四五命题角度2功率的计算高考真题体验·对方向(多选)(2018全国Ⅲ·19)地下矿井中的矿石装在矿车中,用电机通过竖井运送到地面.某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示,其中图线①②分别描述两次不同的提升过程,它们变速阶段加速度的大小都相同;两次提升的高度相同,提升的质量相等.不考虑摩擦阻力和空气阻力.对于第①次和第②次提升过程,()A.矿车上升所用的时间之比为4∶5B.电机的最大牵引力之比为2∶1C.电机输出的最大功率之比为2∶1D.电机所做的功之比为4∶5-14-一二三四五答案:AC解析:由两次提升的高度相同可知,①②图形不重合部分面积应相等,可得②过程的总时间为2.5t0,上升所用时间之比为2t0∶2.5t0=4∶5,A选项正确;加速上升阶段牵引力最大,两次提升的质量和加速度都相同,根据牛顿第二定律,最大牵引力Fm-mg=ma,最大牵引力相等,B选项错误;最大输出功率为Pm=Fm·vm,已知最大牵引力相等,①过程的最大速度是②过程的2倍,故电机输出的最大功率之比为2∶1,C选项正确;设整个过程中电机所做的功为W,根据动能定理W-mgh=0,提升的质量和高度都相等,所以电机所做的功也相等,D选项错误.-15-一二三四五机车启动中的三个重要关系式(1)无论哪种启动过程,机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度,即vm=𝑃𝐹min=𝑃𝐹阻(式中Fmin为最小牵引力,其值等于阻力F阻).(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中,匀加速过程结束时,功率最大,速度不是最大,即v=𝑃𝐹vm=𝑃𝐹阻.(3)机车以恒定功率运行时,牵引力做的功W=Pt.由动能定理得Pt-F阻x=ΔEk.此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小.-16-一二三四五典题演练提能·刷高分1.(2019河南平顶山模拟)质量m=20kg的物体,在大小恒定的水平外力F的作用下,沿水平面做直线运动.0~2s内F与运动方向相反,2~4s内F与运动方向相同,物体的v-t图象如图所示.g取10m/s2,则()A.拉力F的大小为100NB.在4s时拉力的瞬时功率为120WC.4s内拉力所做的功为480JD.4s内物体克服摩擦力做的功为320J-17-一二三四五答案:B解析:取物体初速度方向为正方向,由题图可知物体与水平面间存在摩擦力,由题图可知0~2s内,-F-Ff=ma1,且a1=-5m/s2;2~4s内,-F+Ff=ma2,且a2=-1m/s2,联立以上两式解得F=60N,Ff=40N,选项A错误;由P=Fv得4s时拉力的瞬时功率为120W,选项B正确;由W=Fx,可知0~2s内,W1=-Fx1,2~4s内,W2=Fx2,由题图可知x1=10m,x2=2m,代入数据解得,4s内拉力所做的功为-480J,选项C错误;摩擦力做功W'=Ffs,摩擦力始终与速度方向相反,故s为路程,由题图可求得总路程为12m,4s内物体克服摩擦力做的功为480J,选项D错误.-18-一二三四五2.一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物,当重物的速度为v1时,起重机的功率达到最大值P,之后起重机保持该功率不变,继续提升重物,最后重物以最大速度v2匀速上升,不计钢绳重力.则整个过程中,下列说法正确的是()A.钢绳的最大拉力为𝑃𝑣2B.重物匀加速过程的时间为𝑚𝑣12𝑃-𝑚𝑔𝑣1C.重物匀加速过程的加速度为𝑃𝑚𝑣1D.速度由v1增大至v2的过程中,重物的平均速度𝑣𝑣1+𝑣22-19-一二三四五答案:B解析:匀加速过程物体处于超重状态,钢索拉力较大,匀加速运动阶段钢绳的拉力为F=𝑃𝑣1,故A错误;根据牛顿第二定律可以知道F-mg=ma,结合v=at计算得出a=𝑃𝑚𝑣1-g,t=𝑚𝑣12𝑃-𝑚𝑔𝑣1,所以B正确,C错误;在速度由v1增大至v2的过程中,做加速度减小的变加速运动,平均速度𝑣𝑣1+𝑣22,故D错误.-20-一二三四五3.将一小球从某高处水平抛出,最初2s内小球动能Ek随时间t变化的图象如图所示,不计空气阻力,g取10m/s2.根据图象信息,下列说法正确的是()A.小球的质量为1.25kgB.小球2s末的速度为20m/sC.小球在最初2s内下降的高度为40mD.小球2s末所受重力的瞬时功率为25W-21-一二三四五答案:D解析:小球运动过程只受重力作用,小球做平抛运动;设小球的初速度为v0,则2s末的速度为:v2=𝑣02+(𝑔𝑡)2=𝑣02+(20)2(m/s);根据图象可知,小球的初动能Ek0=12𝑚𝑣02=5J,2s末的动能Ek2=12𝑚𝑣22=30J,计算得出:m=0.125kg,v0=45m/s,v2=430m/s,故A、B错误;小球做平抛运动,故竖直方向为自由落体运动,小球在最初2s内下降的高度为h=12gt2=20m,故C错误;小球在最初2s末的竖直分速度为gt=20m/s,故2s末重力对小球做功的瞬时功率P=mg·vy=0.125×10×20W=25W,所以D正确.-22-一二三四五4.一汽车在平直公路上行驶.从某时刻开始计时,发动机的功率P随时间t的变化如图所示.假定汽车所受阻力的大小Ff恒定不变.下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图象中,可能正确的是()-23-一二三四五答案:A解析:假设刚开始汽车先加速,因为此段汽车发动机功率恒定为P1,所以由P1=Fv可知,随速度增大,牵引力减小,于是由牛顿第二定律知加速度减小,所以此段为斜率减小的曲线.接着,当牵引力与阻力相等时汽车匀速前进,速度为v=𝑃1𝐹f.在t1时刻,发动机功率减小为P2时,瞬间牵引力减小,使汽车减速,且加速度逐渐减小,最终匀速前进的速度为v=𝑃2𝐹f,故A正确,B、D项错误.假设刚开始汽车先匀速前进,速度为v=𝑃1𝐹f,则在t1时刻,发动机功率减小为P2时,瞬间牵引力减小,使汽车减速;而又因为汽车具有惯性,所以速度不可能突变,故C错误.-24-一二三四五5.(多选)总质量为m的汽车在平直公路上以速度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图象如图,从汽车开始减速到再次达到匀速运动的过程中,行驶的位移为x.汽车因油耗而改变的质量可忽略.则在该过程中,下列说法正确的是()A.汽车再次匀速运动时速度大小为2𝑣03B.t=0时刻,汽车的加速度大小为𝑃3𝑚𝑣0C.汽车的牵引力不断减小D.经历的时间为3𝑥2𝑣0−5𝑚