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专题二考前知能回扣回扣3能量与动量1．恒力做功的计算式W＝Flcosα(α是F与位移l方向的夹角)．2．恒力所做总功的计算W总＝F合lcosα或W总＝W1＋W2＋……3．计算功率的两个公式P＝Wt或P＝Fvcosα.4．动能定理W总＝Ek2－Ek1.5．机车启动类问题中的临界点(1)全程最大速度为：vm＝PmF阻.(2)匀加速运动的最大速度为v＝PmF阻＋ma，此时瞬时功率等于额定功率．(3)在匀加速过程中的某点有Pv－F阻＝ma.(4)在变加速运动过程中的某点有Pmv－F阻＝ma.6．重力势能Ep＝mgh(h是相对于零势能面的高度)．7．机械能守恒定律的三种表达方式(1)始末状态：mgh1＋12mv21＝mgh2＋12mv22.(2)能量转化：ΔEk＝ΔEp.(3)研究对象：ΔEA＝－ΔEB.8．几种常见的功能关系做功能量变化功能关系重力做功重力势能变化ΔEpWG＝－ΔEp弹力做功弹性势能变化ΔEpWFN＝－ΔEp合外力做功W合动能变化ΔEkW合＝ΔEk除重力和弹力之外其他力做功W其机械能变化ΔEW其＝ΔE滑动摩擦力做功系统内能变化ΔE内ΔE内＝Ffl相对电场力做功WAB＝qUAB电势能变化ΔEpWAB＝－ΔEp9.应用动能定理的情况(1)动能定理的计算式为标量式，不涉及方向问题，在不涉及加速度和时间的问题时，可优先考虑动能定理．(2)动能定理的研究对象是单一物体，或者可以看成单一物体的系统．(3)动能定理适用于物体的直线运动，也适用于曲线运动；适用于恒力做功，也适用于变力做功，力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用．(4)若物体运动的过程中包含几个不同过程，应用动能定理时，可以分段考虑，也可以视全过程为一整体来处理．10．动量定理p′－p＝I11．动量守恒定律①守恒条件：系统不受合外力，或所受合外力等于零．②表达式：p1＋p2＝p1′＋p2′.12．三类碰撞(1)弹性碰撞：系统动量守恒，机械能守恒．(2)非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能损失．(3)完全非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能损失最多．1．判断某力是否做功，做正功还是负功．(1)F与x的夹角(恒力)(2)F与v的夹角(曲线运动的情况)(3)能量变化(两个相联系的物体做曲线运动的情况)2．求功的五种方法．(1)W＝Flcosα(恒力)定义式(2)W＝Pt(变力，恒力)(3)W＝ΔEk(变力，恒力)(4)W＝ΔE(除重力做功的变力，恒力)功能原理(5)图象法(变力，恒力)3．恒力做功的大小与路面粗糙程度无关，与物体的运动状态无关．4．摩擦生热：Q＝Ffl相对．1．误认为斜面对物体的支持力始终不做功，不能正确理解W＝Flcosα中l的意义．2．误认为“一对作用力与反作用力做功之和一定为零”．3．误认为“摩擦力一定做负功”．4．在机车启动类问题中将“匀加速最后时刻的速度”与“所能达到的最大速度”混淆．5．将机械能守恒条件中“只有重力做功”误认为“只受重力作用”．6．在应用ΔE内＝Ffl相对时，误认为“l相对”是对地的位移．7．应用机械能守恒时，不能正确理解三种表达方式的意义．8．应用动量定理时，力和速度选取不同的正方向．9．应用动量守恒定律时，各速度不是相对同一参考系．1．(2019·郑州模拟)背越式跳高采用弧线助跑，距离长，速度快，动作舒展大方．如图所示是某运动员背越式跳高过程的分解图，由图可估算出运动员在跃起过程中起跳的竖直速度大约为()A．2m/sB．5m/sC．8m/sD．11m/s答案：B解析：运动员跳高过程可以看作竖直上抛运动，当重心达到横杆时速度恰好为零，运动员重心升高高度约为1.3m，根据机械能守恒定律可知：12mv2＝mgh；解得：v＝2gh＝26m/s≈5m/s，B正确，A、C、D错误．2．(多选)(2019·江苏调研)如图所示，光滑水平面OB与足够长的粗糙斜面BC交于B点．轻弹簧左端固定于竖直墙面，用质量为m1的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释放滑块，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上．换用相同材料、质量为m2的滑块(m2m1)压缩弹簧至同一点D后，重复上述过程．不计滑块经过B点时的机械能损失，下列说法正确的是()A．两滑块到达B点的速度相同B．两滑块沿斜面上升过程中的加速度相同C．两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功相同D．两滑块上升到最高点的过程中因摩擦产生的热量相同答案：BCD解析：两次实验，弹簧压缩形变量是相同的，所以弹性势能相等，两滑块到达B点的动能是相等的，12m1v21＝12m2v22，又m2m1，所以v1v2，两滑块到达B点的速度不相同，A错误；根据牛顿运动定律可得，沿斜面上升时，物体受到重力、支持力、摩擦力，将重力沿垂直斜面和平行斜面分解，可得ma＝mgsinθ＋μmgcosθ，a＝gsinθ＋μgcosθ，两滑块材料相同，B正确；设初始弹簧压缩了x，滑块沿斜面运动的距离为s，根据能量守恒可知12kx2＝mgssinθ＋μmgscosθ，所以WG＝smgsinθ＝kx2sinθ2sinθ＋μcosθ，C正确；滑块上升到最高点的过程中因摩擦产生的热量Q＝μmgscosθ＝kx2μcosθ2sinθ＋μcosθ，D正确．3．(多选)如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深度为h的B点时速度减为零．不计空气阻力，重力加速度为g.关于小球下落的整个过程，下列说法正确的有()A．小球的机械能减少了mg(H＋h)B．小球克服阻力做的功为mghC．小球所受阻力的冲量大于m2gHD．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量答案：AC解析：小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小了mg(H＋h)，则小球的机械能减小了mg(H＋h)，故A正确；对小球下落的全过程运用动能定理得，mg(H＋h)－Wf＝0，则小球克服阻力做功Wf＝mg(H＋h)，故B错误；小球落到地面的速度v＝2gH，对进入泥潭的过程运用动量定理得：IG－IF＝0－m2gH，得：IF＝IG＋m2gH知阻力的冲量大于m2gH，故C正确；对全过程分析，运用动量定理知，动量的变化量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和，故D错误．4．(多选)两个小球在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，B球在前，A球在后，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝3m/s，当A球与B球发生碰撞后，A、B两球速度可能为()A．vA＝4m/s，vB＝4m/sB．vA＝2m/s，vB＝5m/sC．vA＝－4m/s，vB＝6m/sD．vA＝7m/s，vB＝2.5m/s答案：AB解析：两球碰撞过程系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v，代入数据解得v＝4m/s；如果两球发生完全弹性碰撞，有mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′，由机械能守恒定律得12mAv2A＋12mBv2B＝12mAvA′2＋12mBvB′2，代入数据解得vA′＝2m/s，vB′＝5m/s，则碰撞后A、B的速度2m/s≤vA≤4m/s,4m/s≤vB≤5m/s，故A、B正确，C、D错误．5．(多选)(2019·大连二模)如图甲所示，固定斜面的倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以初速度v0沿斜面向上做匀减速运动，经过一段时间后又沿斜面下滑回到底端，整个过程小物块的v－t图象如图乙所示．下列判断正确的是()A．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝33B．上滑过程的加速度大小是下滑过程的2倍C．小物块沿斜面上滑的过程中机械能减少316mv20D．小物块沿斜面下滑的过程中动能增加14mv20答案：BD解析：根据题意可知，上滑阶段，根据牛顿第二定律：mgsinθ＋μmgcosθ＝mv0t0，同理下滑过程：mgsinθ－μmgcosθ＝m0.5v0t0，联立解得：μ＝39，A错误；上滑加速度a＝v0t0，下滑加速度a′＝0.5v0t0，所以上滑过程的加速度大小是下滑过程的2倍，B正确；联立：mgsinθ＋μmgcosθ＝mv0t0与mgsinθ－μmgcosθ＝m0.5v0t0两式，可得：f＝μmgcosθ＝mv04t0，上滑过程中，机械能减小量等于摩擦力做的功：ΔE＝Wf＝f·v0t02＝18mv02，C错误；根据动能定理得：Ek－0＝(mgsinθ－f)x，解得：Ek＝14mv20，D正确．6．(2019·泸州质量诊断)将一小球从A点竖直向上抛出上升至最高点B后又返回A点，C为AB中点，选A点为重力势能零点，其小球动能Ek和重力势能Ep随运动路程S变化的图象如图所示，则对小球运动过程中的判断不正确的是()A．运动过程中空气阻力大小恒定B．上升过程的时间比下落过程的时间短C．上升过程中机械能损失了2E0D．下落经过C点时动能小于重力势能答案：C解析：根据动能定理可知动能随路程变化的图象中斜率表示合力，由图象可知，上升和下降斜率不变，即合力恒定不变，运动过程中空气阻力大小恒定，A正确；根据牛顿第二定律得上升过程的加速度为a上＝mg＋fm＝g＋fm.下落过程的加速度为a下＝mg－fm＝g－fm＜a上，又上升和下落的高度相同，根据x＝12at2得：t上＜t下，B正确；设上升过程克服阻力做功为W，整个过程根据动能定理得：－2W＝E0－3E0，解得：W＝E0，根据功能关系得：上升过程中机械能损失ΔE＝W＝E0，C错误；从B到C由动能定理得：mg·h2－W2＝E′k－0①，下落整个过程由动能定理得：mgh－W＝E0－0②，①②联立解得：E′k＝12E0，由图象可知地面为重力势能零点，且由图象可知mgh＝2E0，故EpC＝mg·h2＝E0E′k，即下落经过C点时动能小于重力势能，D正确．7．(2019·合肥质检)如图所示，一对杂技演员荡秋千(均视为质点)，女演员由与悬点O1等高的A位置静止摆下，男演员从平台上D点静止摆下，某时刻女演员摆到最低点B时离开秋千，到达C点(男演员下摆的最低点)刚好被男演员接住，最后二者恰好摆回到平台D点．已知男、女演员均在同一竖直平面内运动，其质量分别为2m和m，其余质量忽略不计，秋千的绳长分别为l和2l，O1与O2等高，空气阻力不计，重力加速度为g.求：(1)女演员摆到最低点B的速度；(2)秋千绳O2D与竖直方向的夹角；(3)若男演员接住女演员用时t，此过程女演员对男演员的平均作用力．答案：(1)2gl(2)60°(3)mg＋m2glt，方向竖直向下解析：(1)对于女演员，从A运动到B，设其速度大小为v，由机械能守恒定律得：mgl＝12mv2代入数据得：v＝2gl；(2)设秋千绳O2D和竖直方向的夹角为θ，男演员从平台上D点静止摆下至C点时，速度大小为vc，由机械能守恒定律有：2mg×2l×(1－cosθ)＝12(2m)v2c当女演员到达C点时刚好被男演员接住，最后二者恰好摆回到平台D点，可见男、女演员的共同速度大小也应该为vc.男演员接住女演员的过程水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，有：mv＋2mvc＝3mvc代入数据得：cosθ＝12，θ＝60°若男演员接住女演员时两者速度方向相反，有：mv－2mvc＝3mvc代入数值得：cosθ＝4950(不符合实际，舍去)(3)女演员从B点离开秋千做平抛运动，到达C点的竖直速度大小为vyv2y＝2g(2l－l)＝2gl设男演员对女演员的平均作用力大小为F，取竖直向上方向为正方向，对女演员，由动量定理：(F－mg)t＝mvy解得：F＝mg＋m2glt根据牛顿第三定律，女演员对男演员的平均作用力大小为F＝mg＋m2glt，方向竖直向下．