（全國通用）2018年高考物理二輪復(fù)習(xí)全冊學(xué)案（打包15套）.zip

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　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　力學(xué)中的幾個功能關(guān)系的應(yīng)用 【真題示例1】 (2017·全國卷Ⅲ，16)如圖1，一質(zhì)量為m、長度為l的均勻柔軟細(xì)繩PQ豎直懸掛。用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點(diǎn)，M點(diǎn)與繩的上端P相距l(xiāng)。重力加速度大小為g。在此過程中，外力做的功為(　　) 圖1 A.mgl B.mgl C.mgl D.mgl 解析　由題意可知，PM段細(xì)繩的機(jī)械能不變，MQ段細(xì)繩的重心升高了，則重力勢能增加ΔEp＝mg·＝mgl，由功能關(guān)系可知，在此過程中，外力做的功為W＝mgl ，故選項A正確，B、C、 D錯誤。 答案　A 【真題示例2】 (2017·全國卷Ⅰ，24)一質(zhì)量為8.00×104 kg的太空飛船從其飛行軌道返回地面。飛船在離地面高度1.60×105 m 處以7.5×103 m/s的速度進(jìn)入大氣層，逐漸減慢至速度為100 m/s時下落到地面。取地面為重力勢能零點(diǎn)，在飛船下落過程中，重力加速度可視為常量，大小取為9.8 m/s2(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)。 (1)分別求出該飛船著地前瞬間的機(jī)械能和它進(jìn)入大氣層時的機(jī)械能； (2)求飛船從離地面高度600 m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功，已知飛船在該處的速度大小是其進(jìn)入大氣層時速度大小的2.0%。 解析　(1)飛船著地前瞬間的機(jī)械能為 Ek0＝mv① 式中，m和v0分別是飛船的質(zhì)量和著地前瞬間的速率。由①式和題給數(shù)據(jù)得 Ek0＝4.0×108 J② 設(shè)地面附近的重力加速度大小為g，飛船進(jìn)入大氣層時的機(jī)械能為 Eh＝mv＋mgh③ 式中，vh是飛船在高度1.6×105 m處的速度大小。由③式和題給數(shù)據(jù)得 Eh＝2.4×1012 J④ (2)飛船在高度h′＝600 m處的機(jī)械能為 Eh′＝m(vh)2＋mgh′⑤ 由功能原理得 W＝Eh′－Ek0⑥ 式中，W是飛船從高度600 m處至著地瞬間的過程中克服阻力所做的功。 由②⑤⑥式和題給數(shù)據(jù)得W＝ 9.7×108 J⑦ 答案　(1)(1)4.0×108 J　2.4×1012 J　(2)9.7×108 J 真題感悟 1.高考考查特點(diǎn) (1)本考點(diǎn)高考命題既有選擇題也有計算題，集中在物體系統(tǒng)機(jī)械能守恒及物體間的做功特點(diǎn)、力與運(yùn)動的關(guān)系，并結(jié)合平拋、圓周運(yùn)動等典型運(yùn)動及生活科技為背景綜合考查。 (2)熟悉掌握并靈活應(yīng)用機(jī)械能的守恒條件、力學(xué)中的功能關(guān)系、常見典型運(yùn)動形式的特點(diǎn)及規(guī)律是突破該考點(diǎn)的關(guān)鍵。 2.常見誤區(qū)及臨考提醒 (1)注意判斷物體運(yùn)動過程中的臨界狀態(tài)和隱含條件。 (2)注意物理方法的靈活選用。如全國卷Ⅲ第16題的等效法(重心)。 (3)注意提高計算能力。如全國卷Ⅰ第24題，試題情境難度不大，但增加了計算的難度。 預(yù)測1 功、功率的理解與計算 預(yù)測2 機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用 預(yù)測3 功能關(guān)系、能量轉(zhuǎn)化守恒定律的綜合應(yīng)用 1.(2017·濰坊模擬)質(zhì)量為m＝2 kg的物體沿水平面向右做直線運(yùn)動，t＝0時刻受到一個水平向左的恒力F，如圖2甲所示，此后物體的v－t圖象如圖乙所示，取水平向右為正方向，g取10 m/s2，則(　　) 圖2 A.物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5 B.10 s末恒力F的瞬時功率為6 W C.10 s末物體在計時起點(diǎn)左側(cè)4 m處 D.0～10 s內(nèi)恒力F做功的平均功率為0.6 W 解析　由圖線可知0～4 s內(nèi)的加速度大小a1＝ m/s2＝2 m/s2，可得F＋μmg＝ma1；由圖線可知4～1 0 s內(nèi)的加速度大小a2＝ m/s2＝1 m/s2，可得F－μmg＝ma2；解得F＝3 N，μ＝0.05，選項A錯誤；10 s末恒力F的瞬時功率為P10＝Fv10＝3×6 W＝18 W，選項B錯誤；0～4 s內(nèi)的位移x1＝× 4×8 m＝16 m，4～10 s內(nèi)的位移x2＝－×6×6 m＝－18 m，故10 s末物體在計時起點(diǎn)左側(cè)2 m 處，選項C錯誤；0～10 s內(nèi)恒力F做功的平均功率為P＝＝ W＝0.6 W，選項D正確。 答案　D 2.(多選)如圖3，直立彈射裝置的輕質(zhì)彈簧頂端原來在O點(diǎn)，O與管口P的距離為2x0，現(xiàn)將一個重力為mg的鋼珠置于彈簧頂端，再把彈簧壓縮至M點(diǎn)，壓縮量為x0，釋放彈簧后鋼珠被彈出，鋼珠運(yùn)動到P點(diǎn)時的動能為4mgx0，不計一切阻力，下列說法正確的是(　　) 圖3 A.彈射過程，彈簧和鋼珠組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 B.彈簧恢復(fù)原長時，彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為鋼珠的動能 C.鋼珠彈射所到達(dá)的最高點(diǎn)距管口P的距離為7x0 D.彈簧被壓縮至M點(diǎn)時的彈性勢能為7mgx0 解析　彈射過程中，對彈簧和鋼珠組成的系統(tǒng)而言，只受重力作用，故系統(tǒng)機(jī)械能守恒，A正確；彈簧恢復(fù)原長時，鋼珠的動能和勢能都增加，選項B錯誤；鋼珠運(yùn)動到P點(diǎn)時，鋼珠的動能增加到4mgx0，且豎直方向上鋼珠位置升高了3x0，即重力勢能增加量ΔEp＝3mgx0，故彈簧被壓縮至M點(diǎn)時的彈性勢能為E＝4mgx0＋3mgx0＝7mgx0，D正確；鋼珠到達(dá)管口P點(diǎn)時動能為4mgx0，當(dāng)鋼珠達(dá)到最大高度時，動能為0，動能轉(zhuǎn)化為重力勢能，則上升的最高點(diǎn)與管口的距離h滿足mgh＝4mgx0，故上升的最高點(diǎn)與管口的距離h＝4x0，C錯誤。 答案　AD 3.(名師改編)如圖4所示，質(zhì)量mB＝3.5 kg的物體B通過下端固定在地面上的輕彈簧與地面連接，彈簧的勁度系數(shù)k＝100 N/m。輕繩一端與物體B連接，另一端繞過兩個光滑的輕質(zhì)小定滑輪O1、O2后，與套在光滑直桿頂端E處的質(zhì)量mA＝1.6 kg 的小球A連接。已知直桿固定不動，桿長L為0.8 m，且與水平面的夾角θ＝37°。初始時使小球A靜止不動，與A相連的一段繩子保持水平，此時繩子中的張力F為45 N。已知EO1＝0.5 m，重力加速度g取10 m/s2，繩子不可伸長?，F(xiàn)將小球A從靜止釋放。 圖4 (1)求在釋放小球A之前彈簧的形變量； (2)若直線CO1與桿垂直，求小球A從靜止運(yùn)動到C點(diǎn)的過程中繩子拉力對小球A所做的功； (3)求小球A運(yùn)動到直桿底端D點(diǎn)時的速度大小。 解析　(1)釋放小球A前，B處于靜止?fàn)顟B(tài)，由于繩子中的張力大于物體B的重力，故彈簧被拉伸，設(shè)彈簧形變量為x，有kx＝F－mBg，解得x＝0.1 m。 (2)對A球從E點(diǎn)運(yùn)動到C的過程應(yīng)用動能定理得 W＋mAgh＝mAv－0① 其中h＝xC O1cos 37°，而xC O1＝xE O1sin 37°＝0.3 m 物體B下降的高度h′＝xE O1－xC O1＝0.2 m② 由此可知，彈簧這時被壓縮了0.1 m，此時彈簧彈性勢能與初始時刻相等，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有mAgh＋mBgh′＝mAv＋mBv③ 由題意知，小球A在C點(diǎn)時運(yùn)動方向與繩垂直，此時B物體速度vB＝0④ 由①②③④得W＝7 J。 (3)由題意知，桿長L＝0.8 m，由幾何知識可知EC＝CD，∠CDO1＝∠CEO1＝37°，故DO1＝EO1 當(dāng)A到達(dá)D點(diǎn)時，彈簧彈性勢能與初狀態(tài)相等，物體B又回到原位置，將A在D點(diǎn)的速度沿平行于繩和垂直于繩兩方向進(jìn)行分解，平行于繩方向的速度即B的速度，由幾何關(guān)系得 vB′＝vA′cos 37°⑤ 整個過程機(jī)械能守恒，可得 mAgLsin 37°＝mAvA′2＋mBvB′2⑥ 由⑤⑥得vA′＝2 m/s。 答案　(1)0.1 m　(2)7 J　(3)2 m/s 歸納總結(jié) 解決功能關(guān)系問題應(yīng)注意的三個問題 (1)分析清楚是什么力做功，并且清楚該力做正功，還是做負(fù)功；根據(jù)功能之間的對應(yīng)關(guān)系，判定能的轉(zhuǎn)化形式，確定能量之間的轉(zhuǎn)化情況。 (2)也可以根據(jù)能量之間的轉(zhuǎn)化情況，確定是什么力做功，尤其是可以方便計算變力做功的多少。 (3)功能關(guān)系反映了做功和能量轉(zhuǎn)化之間的對應(yīng)關(guān)系，功是能量轉(zhuǎn)化的量度和原因，在不同問題中的具體表現(xiàn)不同。 　動量定理和動能定理的應(yīng)用 【真題示例1】 (多選)(2017·全國卷Ⅲ，20)一質(zhì)量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運(yùn)動。F隨時間t變化的圖線如圖5所示，則(　　) 圖5 A.t＝1 s時物塊的速率為1 m/s B.t＝2 s時物塊的動量大小為4 kg·m/s C.t＝3 s時物塊的動量大小為5 kg·m/s D.t＝4 s時物塊的速度為零 解析　由動量定理可得Ft＝mv，解得v＝。t＝1 s時物塊的速率為v＝＝ m/s＝1 m/s，故A正確；t＝2 s時物塊的動量大小p2＝F2t2＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，t＝3 s時物塊的動量大小為p3＝(2×2－1×1) kg·m/s＝3 kg·m/s，t＝4 s 時物塊的動量大小為p4＝(2×2－1×2) kg·m/s＝2 kg·m/s，所以t＝4 s時物塊的速度為1 m/s，故B正確，C、D錯誤。 答案　AB 【真題示例2】 (2017·全國卷Ⅱ，24)為提高冰球運(yùn)動員的加速能力，教練員在冰面上與起跑線相距s0和s1(s1

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