2018年高考物理二輪復習 專題二 動量與能量 第1講 動量觀點與能量觀點在力學中的應用學案

1、第1講動量觀點與能量觀點在力學中的應用知識必備1.常見的功能關系(1)合力做功與動能的關系：W合Ek。(2)重力做功與重力勢能的關系：WGEp。(3)彈力做功與彈性勢能的關系：W彈Ep。(4)除重力以外其他力做功與機械能的關系：W其他E機。(5)滑動摩擦力做功與內(nèi)能的關系：Ff x相對E內(nèi)。2.機械能守恒定律(1)條件：只有重力、系統(tǒng)內(nèi)彈力做功。(2)表達式：Ek1Ep1Ek2Ep2。3.動能定理(1)內(nèi)容：合外力做的功等于動能的變化。(2)表達式：Wmvmv4.動量定理及動量守恒定律(1)動量定理：Ftmv2mv1(2)動量守恒定律：m1v1m2v2m1v1m2v2(3)備考策略1.復習時應

2、理清運動中功與能的轉化與量度的關系，結合受力分析、運動過程分析，熟練地應用動量定理和動能定理解決問題。2.深刻理解功能關系，綜合應用動量守恒定律和能量守恒定律，結合動力學方程解決多運動過程的問題。3.必須領會的“1種物理思想和3種方法”(1)守恒的思想。(2)守恒法、轉化法、轉移法。4.必須辨明的“3個易錯易混點”(1)動量和動能是兩個和速度有關的不同概念。(2)系統(tǒng)的動量和機械能不一定同時守恒。(3)不是所有的碰撞都滿足機械能守恒。力學中的幾個功能關系的應用【真題示例1】 (2017全國卷，16)如圖1，一質量為m、長度為l的均勻柔軟細繩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

3、點，M點與繩的上端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1A.mgl B.mgl C.mgl D.mgl解析由題意可知，PM段細繩的機械能不變，MQ段細繩的重心升高了，則重力勢能增加Epmgmgl，由功能關系可知，在此過程中，外力做的功為Wmgl ，故選項A正確，B、C、 D錯誤。答案A【真題示例2】 (2017全國卷，24)一質量為8.00104 kg的太空飛船從其飛行軌道返回地面。飛船在離地面高度1.60105 m 處以7.5103 m/s的速度進入大氣層，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，在飛船下落過程中，重力加速度可視為常量，大小取

4、為9.8 m/s2(結果保留2位有效數(shù)字)。(1)分別求出該飛船著地前瞬間的機械能和它進入大氣層時的機械能；(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入大氣層時速度大小的2.0%。解析(1)飛船著地前瞬間的機械能為Ek0mv式中，m和v0分別是飛船的質量和著地前瞬間的速率。由式和題給數(shù)據(jù)得Ek04.0108 J設地面附近的重力加速度大小為g，飛船進入大氣層時的機械能為Ehmvmgh式中，vh是飛船在高度1.6105 m處的速度大小。由式和題給數(shù)據(jù)得Eh2.41012 J(2)飛船在高度h600 m處的機械能為Ehm(vh)2mgh由

5、功能原理得WEhEk0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。由式和題給數(shù)據(jù)得W 9.7108 J答案(1)(1)4.0108 J2.41012 J(2)9.7108 J真題感悟1.高考考查特點(1)本考點高考命題既有選擇題也有計算題，集中在物體系統(tǒng)機械能守恒及物體間的做功特點、力與運動的關系，并結合平拋、圓周運動等典型運動及生活科技為背景綜合考查。(2)熟悉掌握并靈活應用機械能的守恒條件、力學中的功能關系、常見典型運動形式的特點及規(guī)律是突破該考點的關鍵。2.常見誤區(qū)及臨考提醒(1)注意判斷物體運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。如全國卷第

6、16題的等效法(重心)。(3)注意提高計算能力。如全國卷第24題，試題情境難度不大，但增加了計算的難度。預測1功、功率的理解與計算預測2機械能守恒定律的應用預測3功能關系、能量轉化守恒定律的綜合應用1.(2017濰坊模擬)質量為m2 kg的物體沿水平面向右做直線運動，t0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vt圖象如圖乙所示，取水平向右為正方向，g取10 m/s2，則()圖2A.物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.5B.10 s末恒力F的瞬時功率為6 WC.10 s末物體在計時起點左側4 m處D.010 s內(nèi)恒力F做功的平均功率為0.6 W解析由圖線可知04 s內(nèi)的加速度大小a1

7、 m/s22 m/s2，可得Fmgma1；由圖線可知41 0 s內(nèi)的加速度大小a2 m/s21 m/s2，可得Fmgma2；解得F3 N，0.05，選項A錯誤；10 s末恒力F的瞬時功率為P10Fv1036 W18 W，選項B錯誤；04 s內(nèi)的位移x1 48 m16 m，410 s內(nèi)的位移x266 m18 m，故10 s末物體在計時起點左側2 m 處，選項C錯誤；010 s內(nèi)恒力F做功的平均功率為P W0.6 W，選項D正確。答案D2.(多選)如圖3，直立彈射裝置的輕質彈簧頂端原來在O點，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，壓縮量為x0，釋放彈簧

8、后鋼珠被彈出，鋼珠運動到P點時的動能為4mgx0，不計一切阻力，下列說法正確的是()圖3A.彈射過程，彈簧和鋼珠組成的系統(tǒng)機械能守恒B.彈簧恢復原長時，彈簧的彈性勢能全部轉化為鋼珠的動能C.鋼珠彈射所到達的最高點距管口P的距離為7x0D.彈簧被壓縮至M點時的彈性勢能為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)機械能守恒，A正確；彈簧恢復原長時，鋼珠的動能和勢能都增加，選項B錯誤；鋼珠運動到P點時，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Ep3mgx0，故彈簧被壓縮至M點時的彈性勢能為E4mgx03mgx07mgx0，D正確；

9、鋼珠到達管口P點時動能為4mgx0，當鋼珠達到最大高度時，動能為0，動能轉化為重力勢能，則上升的最高點與管口的距離h滿足mgh4mgx0，故上升的最高點與管口的距離h4x0，C錯誤。答案AD3.(名師改編)如圖4所示，質量mB3.5 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)k100 N/m。輕繩一端與物體B連接，另一端繞過兩個光滑的輕質小定滑輪O1、O2后，與套在光滑直桿頂端E處的質量mA1.6 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EO10

10、.5 m，重力加速度g取10 m/s2，繩子不可伸長。現(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從靜止運動到C點的過程中繩子拉力對小球A所做的功；(3)求小球A運動到直桿底端D點時的速度大小。解析(1)釋放小球A前，B處于靜止狀態(tài)，由于繩子中的張力大于物體B的重力，故彈簧被拉伸，設彈簧形變量為x，有kxFmBg，解得x0.1 m。(2)對A球從E點運動到C的過程應用動能定理得WmAghmAv0其中hxC O1cos 37，而xC O1xE O1sin 370.3 m物體B下降的高度hxE O1xC O10.2 m由此可知，彈簧這時被壓縮

11、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)機械能守恒，有mAghmBghmAvmBv由題意知，小球A在C點時運動方向與繩垂直，此時B物體速度vB0由得W7 J。(3)由題意知，桿長L0.8 m，由幾何知識可知ECCD，CDO1CEO137，故DO1EO1當A到達D點時，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點的速度沿平行于繩和垂直于繩兩方向進行分解，平行于繩方向的速度即B的速度，由幾何關系得vBvAcos 37整個過程機械能守恒，可得mAgLsin 37mAvA2mBvB2由得vA2 m/s。答案(1)0.1 m(2)7 J(3)2 m/s歸納總結解決

12、功能關系問題應注意的三個問題(1)分析清楚是什么力做功，并且清楚該力做正功，還是做負功；根據(jù)功能之間的對應關系，判定能的轉化形式，確定能量之間的轉化情況。(2)也可以根據(jù)能量之間的轉化情況，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)功能關系反映了做功和能量轉化之間的對應關系，功是能量轉化的量度和原因，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用【真題示例1】 (多選)(2017全國卷，20)一質量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動。F隨時間t變化的圖線如圖5所示，則()圖5A.t1 s時物塊的速率為1 m/sB.t2 s時物塊的動量大小為4 kgm/

13、sC.t3 s時物塊的動量大小為5 kgm/sD.t4 s時物塊的速度為零解析由動量定理可得Ftmv，解得v。t1 s時物塊的速率為v m/s1 m/s，故A正確；t2 s時物塊的動量大小p2F2t222 kgm/s4 kgm/s，t3 s時物塊的動量大小為p3(2211) kgm/s3 kgm/s，t4 s 時物塊的動量大小為p4(2212) kgm/s2 kgm/s，所以t4 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，24)為提高冰球運動員的加速能力，教練員在冰面上與起跑線相距s0和s1(s1s0)處分別設置一個擋板和一面小旗，如圖6所示。

14、訓練時，讓運動員和冰球都位于起跑線上，教練員將冰球以速度v0擊出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑線的方向滑向擋板；冰球被擊出的同時，運動員垂直于起跑線從靜止出發(fā)滑向小旗。訓練要求當冰球到達擋板時，運動員至少到達小旗處。假定運動員在滑行過程中做勻加速運動，冰球到達擋板時的速度為v1。重力加速度為g。求：圖6(1)冰球與冰面之間的動摩擦因數(shù)；(2)滿足訓練要求的運動員的最小加速度。解析(1)設冰球的質量為m，冰球與冰面之間的動摩擦因數(shù)為，由動能定理得mgs0mvmv解得(2)法1冰球到達擋板時，滿足訓練要求的運動員中，剛好到達小旗處的運動員的加速度最小。設這種情況下，冰球和運動員的加速度大小分別為a1

15、和a2，所用的時間為t。由運動學公式得vv2a1s0v0v1a1ts1a2t2聯(lián)立式得a2法2對冰球由動量定理得mgtmv1mv0s1a2t2由式得a2答案(1)(2)真題感悟1.高考考查特點(1)動能定理是高考的必考熱點，運用動量定理解決生活中的物理問題也已成為高考的熱點。(2)一般以生活中的物理問題(如2017年全國卷第24以冰球運動)為背景考查對動能定理的理解及應用。2.常見誤區(qū)及臨考提醒(1)不清楚物體動量變化規(guī)律是由合外力的沖量決定的，物體動能變化規(guī)律是由合外力的功決定的。(2)不清楚動能定理表達式是標量式，動量定理表達式是矢量式。預測1動能定理的應用預測2動量定理的應用預測3動能定

16、理、動量定理的綜合應用1.(多選)一物體靜止在粗糙水平面上，某時刻受到一沿水平方向的恒定拉力作用開始沿水平方向做直線運動，已知在第1 s內(nèi)合力對物體做的功為45 J，在第1 s末撤去拉力，物體整個運動過程的vt圖象如圖7所示，g取10 m/s2，則()圖7A.物體的質量為5 kgB.物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.1C.第1 s內(nèi)摩擦力對物體做的功為60 JD.第1 s內(nèi)拉力對物體做的功為60 J解析由動能定理有W合，第1 s末速度v3 m/s，解出m10 kg，故A錯誤；撤去拉力后物體的位移x233 m4.5 m，由動能定理可得：fx20mv2，可解得：f10 N，又fmg，解出0.1，故B

17、正確；第1 s內(nèi)物體的位移x11.5 m，第1 s內(nèi)摩擦力對物體做的功Wfx115 J，故C錯誤；由Fx1f(x1x2)0，可得F40 N，所以第1 s內(nèi)拉力對物體做的功WFx160 J，故D正確。答案BD2.(多選)(2017陜西省寶雞市高三教學質量檢測)如圖8所示，用高壓水槍噴出的強力水柱沖擊右側的煤層。設水柱直徑為D，水流速度為v，方向水平，水柱垂直煤層表面，水柱沖擊煤層后水的速度為零。高壓水槍的質量為M，手持高壓水槍操作，進入水槍的水流速度可忽略不計，已知水的密度為。下列說法正確的是()圖8A.高壓水槍單位時間噴出的水的質量為vD2B.高壓水槍的功率為D2v3C.水柱對煤層的平均沖力為

18、D2v2D.手對高壓水槍的作用力水平向右解析設t時間內(nèi)，從水槍噴出的水的體積為V，質量為m，則mV，VSvtD2vt，單位時間噴出水的質量為vD2，選項A錯誤；t時間內(nèi)水槍噴出的水的動能Ekmv2D2v3t，由動能定理知高壓水槍在此期間對水做功為WEkD2v3t，高壓水槍的功率PD2v3，選項B正確；考慮一個極短時間t，在此時間內(nèi)噴到煤層上水的質量為m，設煤層對水柱的作用力為F，由動量定理得Ftmv，t時間內(nèi)沖到煤層水的質量mD2vt，解得FD2v2，由牛頓第三定律可知，水柱對煤層的平均沖力為FFD2v2，選項C正確；當高壓水槍向右噴出高壓水流時，水流對高壓水槍的作用力向左，由于高壓水槍有重力

19、，根據(jù)平衡條件，手對高壓水槍的作用力方向斜向右上方，選項D錯誤。答案BC3.如圖9所示，輕繩長為l，豎直懸掛質量為M的擺球，在最低點A經(jīng)兩次打擊后到達圓周最高點C，若第一次平均打擊力為10 N，擺球恰升到水平位置OB處，則第二次平均打擊力至少應該為多大，才能使擺球上升到最高點？(設兩次打擊時間相等且極短)圖9解析設第一次被打擊后，球的速度為vA1，由動能定理得：mgl0mv，即vA1。則第二次被打擊后，球的速度為vA2，則mg2lmvmvmg聯(lián)立得vA2。由動量定理Ftmv得，F(xiàn)25 N答案5 N歸納總結1.應用動能定理解題應抓好“一個過程、兩個狀態(tài)、四個關注”(1)一個過程：明確研究過程，確

20、定這一過程研究對象的受力情況和位置變化或位移信息。(2)兩個狀態(tài)：明確研究對象的始、末狀態(tài)的速度或動能情況。(3)四個關注：建立運動模型，判斷物體做了哪些運動。分析各個運動過程中物體的受力和運動情況。抓住運動模型之間的聯(lián)系紐帶，如速度、加速度、位移，確定初、末狀態(tài)。根據(jù)實際情況分階段或整體利用動能定理列式計算。2.使用動量定理的注意事項(1)動量定理不僅適用于恒力，也適用于變力。這種情況下，動量定理中的力F應理解為變力在作用時間內(nèi)的平均值。(2)動量定理的表達式是矢量式，運用它分析問題時要特別注意沖量、動量及動量變化量的方向，公式中的F是物體或系統(tǒng)所受的合力。動量觀點和能量觀點的綜合應用【真題

21、示例1】 (2017全國卷，14)將質量為1.00 kg的模型火箭點火升空，50 g燃燒的燃氣以大小為600 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出。在燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)()A.30 kgm/s B.5.7102 kgm/sC.6.0102 kgm/s D.6.3102 kgm/s解析設火箭的質量為m1，燃氣的質量為m2。由題意可知，燃氣的動量p2m2v250103600 kgm/s30 kgm/s。根據(jù)動量守恒定律可得0m1v1m2v2，則火箭的動量大小為p1m1v1m2v230 kgm/s，所以A正確，B、C、D錯誤。答案A【真題示例2】

22、(2017天津理綜，10)如圖10所示，物塊A和B通過一根輕質不可伸長的細繩相連，跨放在質量不計的光滑定滑輪兩側，質量分別為mA2 kg、mB1 kg。初始時A靜止于水平地面上，B懸于空中。現(xiàn)將B豎直向上再舉高h1.8 m(未觸及滑輪)，然后由靜止釋放。一段時間后細繩繃直，A、B以大小相等的速度一起運動，之后B恰好可以和地面接觸。取g10 m/s2，空氣阻力不計。求：圖10(1)B從釋放到細繩剛繃直時的運動時間t；(2)A的最大速度v的大小；(3)初始時B離地面的高度H。解析(1)B從釋放到細繩剛繃直前做自由落體運動，有hgt2代入數(shù)據(jù)解得t0.6 s(2)設細繩繃直前瞬間B速度大小為vB，有

23、vBgt細繩繃直瞬間，細繩張力遠大于A、B的重力，A、B相互作用，由動量守恒得mBvB(mAmB)v之后A做勻減速運動，所以細繩繃直后瞬間的速度v即為最大速度，聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得v2 m/s(3)細繩繃直后，A、B一起運動，B恰好可以和地面接觸，說明此時A、B的速度為零，這一過程中A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，有(mAmB)v2mBgHmAgH代入數(shù)據(jù)解得H0.6 m答案(1)0.6 s(2)2 m/s(3)0.6 m真題感悟1.高考考查特點(1)動量守恒定律的應用是高考熱點，碰撞模型、反沖運動是動量守恒定律的基礎與核心模型。(2)熟悉掌握并靈活應用動量守恒的條件，掌握常見的碰撞模型及規(guī)律是突

24、破該考點的關鍵。2.常見誤區(qū)及臨考提醒(1)對動量守恒條件理解不準確。(2)注意物理模型的構建。如天津卷第10題，繩子繃直瞬間，兩物塊獲得共同速度，可等效于發(fā)生完全非彈性碰撞。預測1動量守恒定律的應用預測2與動量守恒定律相關的臨界問題預測3動量觀點和能量觀點的綜合應用1.(2017云南玉溪一中模擬)在一水平支架上放置一個質量m10.98 kg的小球A，一顆質量為m020 g的子彈以v0300 m/s的水平速度擊中小球A并留在其中。之后小球A水平拋出恰好落入迎面駛來的沙車中，已知沙車的質量m22 kg，沙車的速度v12 m/s，水平面光滑，不計小球與支架間的摩擦。圖11(1)若子彈打入小球A的過

25、程用時t0.01 s，求子彈與小球間的平均作用力大??；(2)求最終沙車B的速度。解析(1)子彈打入小球的過程，子彈和小球組成的系統(tǒng)動量守恒，則m0v0(m0m1)v對小球由動量定理得Ftm1v0解得F588 N。(2)之后小球平拋，系統(tǒng)水平方向動量守恒，規(guī)定水平向右為正方向，則(m0m1)vm2v1(m0m1m2)v2解得v2 m/s，方向水平向右。答案(1)588 N(2) m/s，方向水平向右2.(2017西安一中模擬)光滑水平面上，用輕質彈簧連接的質量為mA2 kg、mB3 kg的A、B兩物體都處于靜止狀態(tài)，此時彈簧處于原長狀態(tài)。將質量為mC5 kg的物體C，從半徑R3.2 m的光滑圓弧軌道最高點由靜止釋放，如圖12所示，圓弧軌道的最低點與水平面相切，B與C碰撞后粘在一起運動。求：圖12(1)B、C碰撞剛結束時的瞬時速度的大小；(2)在以后的運動過程中，彈簧的最大彈性勢能。解析(1)對C下滑過程中，根據(jù)動能定理得mCgRmCv設B、C碰撞后的瞬間速度為v1，以C的速度方向為正方向，由動量守恒定律得mCv0(mBmC)v1代入數(shù)據(jù)得v15 m/s。(2)由題意可知，當A、B、C速度大小相等時彈簧的彈性勢能最大，