高考物理二轮复习 教师用书 热点难点专题透析专题2 动量和能量课件（新课标）.ppt

第2专题 主编 ah 物理 物理 物理 物理 决胜高考 专案突破 名师诊断 对点集训 考情报告 从近三年高考考点分布来看 安徽省高考对本专题的知识点考查频率非常高 每年必考 如2012年高考安徽理综卷第24题 2011年高考安徽理综卷第24题 2010年高考安徽理综卷第24题等 对动能定理 机械能守恒定律 功能关系考查难度较大 其中对机械能守恒定律的考查可与实验考查相结合 对能量守恒定律的考查偏易 动量定理这一考点在安徽省高考中历年均未涉及 但在2012年考试大纲中将 动量 动量定理 由 级要求变为 级要求 预示难度加大 在今 考向预测 动量和能量观点是贯穿整个物理学的最基本的观点 动量守恒定律 机械能守恒定律 能量守恒定律是自然界中普遍适用的基本规律 涉及面广 综合性强 能力要求高 多年的压轴题均与本专题知识有关 功与功率 动能定理和机械能守恒定律为考查热点 主要以选择题的形式出现 考查考生对基本概念 规律的掌握情况和初步应用的能力 另一种可能是与牛顿运动定律 曲线运动 电场和电磁感应等知识综合起来考查 题型以计算题为主 考题紧密联系生产生活 现代科技等问题 如传送带的功率消耗 站台的节能设计 弹簧中的能量 曲线轨道中的能量 碰撞中的动量守恒问题等 综合考查学生的分析综合能力 推理能力和利用数学知识解决物理问题的能力 预计在2013年高考中 会继续延续近两年的命题特点 一种可能是以 后的高考命题中肯定会有所体现 要引起重视 对动量守恒定律的考查则相对难度偏大 且经常与其他知识点进行综合 这些高考试题不仅考查了考生对这部分知识点的掌握程度 还考查了考生应用物理知识解决实际问题的能力 1 2012年湖北松滋高三调研 如图所示 一木块在水平拉力f1作用下沿水平地面做匀速直线运动 在移动距离l的过程中 拉力f1做的功为w1 若改用另一斜向上的拉力f2 使木块沿地面也做匀速直线运动 在移动距离l的过程中 拉力f2做的功为w2 则w1和w2大小关系为 知能诊断 a w1 w2b w1 w2 c w1 w2d 无法比较 解析 设木块与地面的动摩擦因数为 f2与水平方向的夹角为 由平衡条件有f1 mg f1 f2 mg f2sin f2cos 则f2 f1 拉力f1做的功为w1 f1l 拉力f2做的功为w2 f2lcos f2l 则w2 w1 故正确答案为c 答案 c 2 如图所示 细线的一端固定于o点 另一端系一小球 在水平拉力作用下 小球以恒定速率在竖直平面内由a点运动到b点 在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是 a 逐渐增大 b 逐渐减小 c 先增大 后减小 d 先减小 后增大 解析 小球在运动过程中受到重力g 拉力f和绳子的拉力t 根据动能定理可知 wg wf wt m m 0 而绳子的拉力始终与速度垂直 绳子的拉力不做功 所以拉力f做的功与克服重力做的功相等 它们的功率大小也相等 根据运动的分解可知 速度沿竖直方向的分速度越来越大 因此克服重力做功的功率将变大 即在此过程中拉力的瞬时功率也逐渐变大 a项正确 答案 a 3 2012年广东六校联考 升降机底板上放一质量为100kg的物体 物体随升降机由静止开始竖直向上移动5m时速度达到4m s 则此过程中 g取10m s2 a 升降机对物体做功4200j b 合外力对物体做功5800j c 物体的重力势能增加5000j d 物体的机械能增加5000j 解析 物体竖直向上提高h 5m 重力做功 mgh 5000j 则选项c正确 由动能定理 合外力对物体做功w总 wg wf mv2 800j wf 5800j 则选项a b d错误 答案 c 4 由光滑细管组成的轨道如图所示 其中ab段和bc段是半径为r的四分之一圆弧 轨道固定在竖直平面内 一质量为m的小球 从距离水平地面高为h的管口d处静止释放 最后能够从a端水平抛出落到地面上 下列说法 小球落到地面时相对于a点的水平位移值为2 小球落到地面时相对于a点的水平位移值为2 小球能从细管a端水平抛出的条件是h 2r 小球能从细管a端水平抛出的最小高度hmin r 其中正确的是 a b c d 解析 小球由d点到a点的过程机械能守恒 可得 mgh mg 2r mv2 离开a点的平抛运动过程有 2r gt2 x vt 联立解得 x 2 故 错 对 小球在a点的速度大于零即能做平抛运动 满足h 2r即可 故 错 答案 d 5 2012年湖南衡阳六校联考 如图所示 甲 乙两种粗糙面不同的传送带 倾斜于水平地面放置 以同样恒定速率v向上运动 现将一质量为m的小物体 视为质点 轻轻放在a处 小物体在甲传送带上到达b处时恰好达到传送带的速率v 在乙传送带上到达离b竖直高度为h的c处时达到传送带的速率v 已知b处离地面的高度皆为h 则在物体从a到b的过程中 a 甲传送带对小物体做功多 b 将小物体传送到b处 两种传送带消耗的电能相等 c 两种传送带与小物体之间的动摩擦因数不同 d 将小物体传送到b处 两种系统产生的热量相等 解析 对小物体 从a到b由动能定理 w mgh mv2 则a错误 小物体在加速过程中 由a 知 因位移x不同 故加速度不同 根据牛顿第二定律知 动摩擦因数不同 则c正确 系统产生的热量q mgcos s相 mgcos 因动摩擦因数不同 q不同 则d错误 将小物体传送到b处 传送带消耗的电能e w q 可见e也不同 则b错误 答案 c 6 如图所示 装置的左边是足够长的光滑水平台面 一轻质弹簧左端固定 右端连接着质量m 2kg的小物块a 装置的中间是水平传送带 它与左右两边的台面等高 并能平滑对接 传送带始终以v 2m s的速率逆时针转动 装置的右边是一光滑曲面 质量m 1kg的小物块b从其上距水平台面高h 1 0m处由静止释放 已知物块b与传送带之间的动摩擦因数 0 2 l 1 0m 设物块a b间发生的是对心弹性碰撞 第一次碰撞前物块a静止且处于平衡状态 取g 10m s2 1 求物块b与物块a第一次碰撞前的速度大小 2 通过计算说明物块b与物块a第一次碰撞后能否运动到右边的曲面上 3 如果物块a b每次碰撞后 物块a再回到平衡位置时都会立即被 锁定 而当它们再次碰撞前锁定被解除 试求出物块b第n次碰撞后的运动速度大小 解析 1 b从曲面滑下机械能守恒 mgh m 得b滑到皮带前 v0 2m s b滑上皮带做匀减速运动 2al a g 2m s2 解得b滑过皮带与a碰前速度 v1 4m s 2 a b发生弹性碰撞 动量守恒 机械能守恒 碰后b的速度为v2 a的速度为va2 mv1 mv2 mva2 m m m 联立解得 v2 m s v2 4m s 舍去 b将以v2 m s速度大小返回到皮带上做匀减速运动至速度为0 有 2ax 解得 x m 1m 所以不能回到曲面 3 设b第x 1次与a碰后 从皮带返回再与a第n 1碰撞 n x 1 mvx mvn mvan m m m 联立解得 vn vx vn vx 舍去 由此可知b与a碰撞后每次只能保留碰前速度大小的 所以碰撞n次后b的速度v n 1 应为 v n 1 4 nm s n 0 1 2 3 答案 1 4m s 2 不能回到曲面 3 4 nm s 7 如图 小球a b用等长细线悬挂于同一固定点o 让球a静止下垂 将球b向右拉起 使细线水平 从静止释放球b 两球碰后粘在一起向左摆动 此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60 忽略空气阻力 求 1 两球a b的质量之比 2 两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比 解析 1 设球b的质量为m2 细线长为l 球b下落至最低点 但未与球a相碰时的速率为v 由机械能守恒定律得 m2gl m2v2 式中g是重力加速度的大小 设球a的质量为m1 在两球碰后的瞬间 两球共同速度为v 以向左为正 由动量守恒定律得m2v m1 m2 v 设两球共同向左运动到最高处时 细线与竖直方向的夹角为 由机械能守恒定律得 m1 m2 v 2 m1 m2 gl 1 cos 联立上式得 1 代入题给数据得 1 2 两球在碰撞过程中的机械能损失是 q m2gl m1 m2 gl 1 cos 则q与碰前球b的最大动能ek ek m2v2 之比为 1 1 cos 联立上式 并代入题给数据得 1 答案 1 1 2 1 思维导图 高效整合 动量和能量问题涉及的内容是力和运动规律的延伸和拓展 是动力学内容的继续和深化 主要知识点有 动量 冲量 功和机械能等四 个重要概念 主要规律有 动量定理 动量守恒定律 动能定理 机械能守恒定律四大规律 同时又是处理物理问题的三把 金钥匙 力的观点 能量观点 动量观点 的最完美结合 是中学物理思想方法的最佳体现 本专题以两个定理 动能定理 动量定理 两个定律 机械能守恒定律 动量守恒定律 为核心 以力对物体做功 力的冲量为重点 从能量和动量两个角度研究力学问题 一 掌握动能定理与机械能守恒定律 1 动能定理 合力所做的功等于物体动能的变化 即w 动能定理的研究对象是单一物体 或是可以看成单一物体的物体系 它既适用于物体的直线运动 又适用于物体的曲线运动 既适用于恒 力做功 又适用于变力做功 既可以同时作用 又可以分段作用 既可以分段考虑 又可以把全过程作为一个整体来处理 2 机械能守恒定律 在只有重力 或弹簧的弹力 做功的情况下 物体的动能和势能相互转化 但总机械能守恒 具体表达式为 单个物体 ep ek 单个物体 或者 ea eb 由a b组成的系统 判断机械能是否守恒可用下列两种方法 1 用做功来判断 若只有重力 或弹力 做功 没有其他力做功或其他力做功的代数和为零 则机械能守恒 2 用能量转化来判断 若物体系中只有动能和势能 重力势能或弹性势能 的相互转化而无机械能与其他形式的能的转化 则机械能守恒 二 掌握动量定理与动量守恒定律 1 动量定理 物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化量 即ft mv2 mv1 动量定理的研究对象可以是单个物体 也可以是多个物体组成的系统 它不仅适用于恒力 而且适用于变力 不仅适用于短时间受力作用的物体 而且适用于长时间受力作用的物体 动量定理的数学表达式是矢量方程 即表示动量变化的方向与冲量的方向相同 由动量定理得 f 表明物体所受的合外力等于物体动量的变化率 这是牛顿第二定律的另一种表达形式 2 动量守恒定律 系统不受外力或所受外力之和为零 则系统的总动量保持不变 三种表达式 m1v1 m2v2 m1v1 m2v2 p p p1 p2 1 动量守恒定律的应用要注意以下三点 矢量性 相对性 普适性 2 动量守恒的条件有三 系统所受外力之和为零 系统所受外力远小于系统的内力 系统在某一方向上符合以上某一条件 此方向上的动量守恒 三 功能关系 做功的过程就是能量转化的过程 做了多少功 就有多少能量发生转化 因此功是能量转化的量度 中学阶段通常会遇到如下一些功能关系 四 动量与动能的比较 动量和动能都与物体的某一运动状态相对应 是状态量 动量是矢量 动能是标量 物体的动量变化时 动能不一定变化 但动能变化时 动量一定发生变化 质量为m的物体的动量 p 与动能 ek 的大小关系为 由此可知 动能相等的两物体 质量大的动量大 物体动量的变化用所受合外力的冲量来量度 物体动能的变化用合外力对物体做的功来量度 五 动量守恒定律和机械能守恒定律的比较 1 相似之处 1 两个定律都是用 守恒量 来表示自然界的变化规律 研究对象均为物体系 运用 守恒量 表示物体系运动状态的变 化规律是物理研究中的重要方法 要善于用守恒定律处理问题 2 两个守恒定律均是在一定条件下才成立的 它们都是用某一运动过程中前后两个状态的守恒量相等来表示物体系的规律特征的 因此 它们的表达式是相似的 且它们的表达式均有多种形式 3 运用两个守恒定律解题都要注意其整体性 不是其中一个物体 相对性 表达式的速度必须是对同一参考系 阶段性 满足条件后 各过程的始末状态守恒量均守恒 求解问题时 都只需考虑运动的初状态和末状态 而不必考虑两个状态之间 的过程 2 不同之处 1 守恒量不同 动量守恒定律的守恒量是动量 机械能守恒定律的守恒量是机械能 2 适用条件不同 动量守恒定律的适用条件是系统不受外力 或系统在某一方向上不受外力 或系统所受的外力之和等于零 或系统所受的外力远小于系统的内力 机械能守恒定律的适用条件是只有重力或弹簧的弹力做功 3 表达式不同 动量守恒定律的表达式是一个矢量式 而机械能守恒定律的表达式是一个标量式 六 动量和能量综合题的解题思路 1 仔细审题 把握题意 在读题的过程中 必须认真 仔细 要收集题中的有用信息 弄清物理过程 建立清晰的物理图景 充分挖掘题中的隐含条件 不放过每一个细节 进行物理过程分析时 理论分析或联想类比 注意把握过程中的变量 不变量 关联量之间的关系 2 确定研究对象 进行运动 受力分析 有的题目可能会有多个研究对象 选择时应注意 研究对象要充分涉及已知量和未知量 研究对象确定后 必须对它进行受力分析和运动分析 明确其运动的可能性 3 思考解题途径 正确选用规律 根据物体的受力情况和运动情况 选择与它相适应的物理规律及题中给予的某种等量关系列方程求解 4 检查解题过程 检验解题结果 检查思维过程 并检验结果是否符合题意以及是否符合实际 解题精要 一 功和功率概念的分析与计算 1 功的计算 1 恒力做功的计算一般根据公式w fscos 注意s严格地讲是力的作用点的位移 2 求解变力做功的方法 转换法 若某一变力的功和某一恒力的功相等 则可以通过计算该恒力的功来求变力的功 此法也可以说成是等效替代 微元法 主要用于解决大小不变 方向总与运动方向相同或相反的变力做功问题 如曲线运动中 滑动摩擦力 空气阻力 大小不变 等做的功 等于力和路程 不是位移 的乘积 平均力法 如果力的方向不变 力的大小对位移按线性规律变化时 可用力的算术平均值 恒力 代替变力 再利用功的定义式求功 利用功能关系求变力做功 用能量的变化量等效代换变力所做的功 利用w pt求变力做功 2 功率的计算 1 功率是描述做功快慢的物理量 通过p 所求出的功率是时间t内的平均功率 2 功率一般通过p fvcos 来计算 其中 是力与速度间的夹角 该公式有两种用法 求某一时刻的瞬时功率 这时f是该时刻的作用力大小 v取瞬时值 对应的p为f在该时刻的瞬时功率 当v为某段位移 时间 内的平均速度时 则要求这段位移 时间 内f必须为恒力 对应的p为f在该段时间内的平均功率 例1如图所示 质量为m的物体在与水平方向成 角的恒力f作用下以加速度a由静止开始做匀加速直线运动 已知物体和地面间的动摩擦因数为 物体在地面上运动距离为x 在运动的过程中力f做的功w和末位置力f的功率p分别为 a w mgx p mg b w p c w p d w p 解析 对物体 由牛顿第二定律有fcos mg fsin ma 解得f 在此过程中恒力f做功w fxcos 末态的速度v 功率p fvcos 故正确选项为b 答案 b 点评计算功和功率应注意以下问题 功的计算要看力是恒力还是变力 恒力的功应用公式w fscos 计算 变力要转换成恒力或应用其他方法计算 功率的计算分清是平均功率 还是瞬时功率 前者一般选取公式p 后者选取p fvcos 但要注意 为f与v的夹角 变式训练1一质量为m的木块静止在光滑的水平面上 从t 0时刻开始 将一个大小为f的水平恒力作用在该木块上 在t t1时刻力f的功率p1和在0到t1时间内力f的功率p2分别是 a p1 p2 b p1 p2 c p1 p2 d p1 p2 解析 木块做匀加速运动 加速度a 则t1时刻的速度v at1 力f的瞬时功率p1 fv 在0到t1时间内木块的平均速度 力f的功率p2 f 故选项c正确 答案 c 二 机车启动问题的探究 例2如图所示为汽车在水平路面上启动过程中的速度图象 oa为过原点的倾斜直线 ab段表示以额定功率行驶时的加速阶段 bc段是与ab段相切的水平直线 则下述说法正确的是 a 0 t1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定 b t1 t2时间内汽车牵引力做功为m m c t1 t2时间内的平均速度为 v1 v2 d 在全过程中t1时刻的牵引力及其功率都是最大值 t2 t3时间内牵引力最小 解析 0 t1时间内汽车做匀加速运动 功率p fat随时间均匀增加 t1时刻的功率达到额定功率p 则a错 t1 t2时间内汽车以额定功率p行驶时的加速阶段 由动能定理p t2 t1 wf m m 牵引力做功w p t2 t1 wf m m 则b错 t1 t2时间内做加速度减小的加速运动 平均速度 v1 v2 则c错 t1 t2时间内加速度减小 牵引力减小 在t2时刻的牵引力恰减小到等于阻力保持恒定 加速度为0做匀速运动 则d正确 答案 d 明确所求解的问题是处于第几个运动过程 同时要明确匀加速运动的最大速度vm 和全程的最大速度vm的求解区别 w p额 t是牵引力的功 或发动机的功 而不是合外力的功 点评对于汽车启动模型注意以下三点 汽车的功率达到额定值后 即开始做加速度逐渐减小的加速运动 匀变速运动的公式就不再适用 可用动能定理求解 对于恒加速度启动的题目 要 变式训练2如图甲所示 在水平路段ab上有一质量为2 103kg的汽车 正以10m s的速度向右匀速运动 汽车前方的水平路段bc较粗糙 汽车通过整个abc路段的v t图象如图乙所示 在t 15s处水平虚线与曲线相切 运动过程中汽车发动机的输出功率保持20kw不变 假设汽车在两个路段上受到的阻力 含地面摩擦力和空气阻力等 各自有恒定的大小 1 求汽车在ab路段上运动时所受的阻力f1 2 求汽车刚好到达b点时的加速度 3 求bc路段的长度 4 若汽车通过c位置以后 仍保持原来的输出功率继续行驶 且受到的阻力恒为f1 则在图乙上画出15s以后汽车运动的大致图象 解题时将汽车看成质点 解析 1 汽车在ab路段时 由平衡条件f1 f1 又牵引力的功率p f1v1 则f1 n 2000n 2 t 15s时汽车处于平衡状态 有f2 f2 又p f2v2 则f2 n 4000n t 5s时汽车开始减速运动 有f2 f1 ma 则a 1m s2 方向向左 3 对bc路段 由动能定理有pt f2s m m 解得s 68 75m 4 如图丙所示 答案 1 2000n 2 1m s2 向左 3 68 75m 4 如图丙所示 三 动能定理的理解与应用 1 应用动能定理的思维要点 两状态 一过程 是应用动能定理的着眼点 即明确研究对象的始 末状态的速度或动能情况 明确研究过程 关注这一过程的位置变化或位移信息 注意 状态 与 过程 的对应关系 力在空间上的积累过程实现状态的变化 2 应用动能定理求解的思路和步骤 1 了解由哪些过程组成 选哪个过程研究 2 分析每个过程物体的受力情况 3 各个力做功有何特点 对动能的变化有无贡献 4 从总体上把握全过程 表达出总功 找出初 末状态的动能 5 对所研究的全过程运用动能定理列方程 例3有一个推饮料瓶的游戏节目 规则是 选手们从起点开始用力推瓶一段距离后 放手让瓶向前滑动 若瓶最后停在桌上有效区域内 视为成功 若瓶最后未停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下 均视为失败 其简化模型如图所示 ad为水平桌面 选手们可将瓶子放在a点 从a点开始用一水平恒力推瓶 推到b点放手 让瓶子沿ad做直线运动 cd为有效区域 已知a b c d间长度分别为l1 0 3m l2 3 2m l3 0 5m 瓶子质量m 1kg 瓶子与桌面间的动摩擦因数 0 3 假设瓶子可视为质点 滑行过程中未倒下 g取10m s2 试问 解析 1 设瓶运动的最远距离为s 由功能关系得 mgs m 得s m 3 2m 所以不能成功 2 游戏要想获得成功 瓶滑到d点速度恰好为0 从a到d 由动能定理得 fmaxl1 mg l1 l2 l3 0 解得fmax 40n 答案 1 不能成功 2 40n 2 选手要想在游戏中获得成功 水平推力f的最大值不得超过多少 在物体多过程运动的情况下 全段考虑应用动能定理 比分阶段研究简便 点评不论物体做什么形式的运动 受力如何 动能定理总是适用的 凡涉及功 位移 初末速度和动能等力学问题 在明确初末状态和位移的情况下 一般优先考虑使用动能定理解题 尤其是 变式训练3在足球赛中 红队球员在白队禁区附近主罚定位球 将球从球门右上角擦着横梁进入球门 如图所示 球门高度为h 足球飞入球门的速度为v 足球的质量为m 则红队球员将足球踢出时对足球所做的功w为 不计空气阻力 a mv2 b mgh c mgh mv2 d 因为球被踢入球门过程中的运动曲线的形状不确定 所以做功的大小无法确定 解析 由动能定理知 w mgh mv2 所以w mgh mv2 答案 c 用守恒形式时 需要规定重力势能的参考平面 用转化形式和转移形式时则不必规定重力势能的参考平面 因为重力势能的改变量与参考平面的选取没有关系 四 机械能守恒定律的应用 1 机械能守恒定律的表达形式的选取 2 应用机械能守恒定律解题的思路和步骤 1 确定研究对象和研究过程 2 判断机械能是否守恒 3 选定一种表达式 列式求解 例4如图所示 将一质量为m 0 1kg的小球自水平平台右端o点以初速度v0 大小未知 水平抛出 小球飞离平台后由a点沿切线落入竖直光滑圆轨道abc 并沿轨道恰好通过最高点c 圆轨道abc的形状为半径r 2 5m的圆截去了左上角127 的圆弧 cb为其竖直直径 sin53 0 8 cos53 0 6 重力加速度g取10m s2 求 1 小球经过c点的速度大小 2 小球运动到轨道最低点b时对轨道的压力大小 3 平台末端o点到a点的竖直高度h 解析 1 恰好运动到c点 由重力提供向心力 即mg m 解得vc 5m s 2 从b点到c点 由机械能守恒定律有m 2mgr m 在b点对小球进行受力分析 由牛顿第二定律有fn mg m 解得 fn 6 0n 根据牛顿第三定律 小球对轨道的压力大小为6 0n 3 从a到b由机械能守恒定律有m mgr 1 cos53 m 所以 va m s 在a点进行速度的分解有 vy vasin53 h 3 36m 答案 1 5m s 2 6 0n 3 3 36m 点评熟练应用解题步骤 掌握解题思路 有助于建立解决机械能守恒类问题的模型 易于提高解题效率 其解题步骤 可以简单归纳为 定对象 明确是单个物体还是物体系 查条件 判断机械能是否守恒 找两态 明确两个状态 建等式 变式训练4如图所示 a b两小球用轻杆连接 a球只能沿内壁光滑的竖直固定滑槽运动 b球处于光滑水平面内 开始时杆竖直 a b两球静止 由于微小的扰动 b开始沿水平面向右运动 已知a球的质量为ma b球的质量为mb 杆长为l 则 1 a球着地时的速度为多大 解析 1 a球着地时 b球的速度为0 设此时a球速度为v 由系统机械能守恒得magl mav2 解得v 2 当a球机械能最小时 b球的速度最大 此时b球的加速度为0 则杆对球的作用力为0 设b球受到的支持力为fn 对b球受力分析可得fn mbg 2 a球机械能最小时 水平面对b球的支持力为多大 3 若ma mb 当a球机械能最小时 杆与竖直方向夹角的余弦值为多大 a球机械能的最小值为多大 选水平面为参考平面 数学公式 cosn ncosn 1 sin 可作参考 3 设杆与竖直方向间夹角为 b球的速度为vb 此时a球的速度为va 则 magl 1 cos ma mb 且va和vb沿杆方向上分速度大小相等 即vacos vbsin 联立解得vb 令y 1 cos cos2 当y的导数y 0时 a球机械能最小 vb达最大值 即 sin cos2 2 1 cos cos sin 0 解得cos va 则a球机械能的最小值eamin maglcos ma 答案 1 2 mbg 3 五 动量定理与动能定理的综合应用 解决力学问题有三个基本观点 1 力学观点 牛顿运动定律和运动学公式 2 能量观点 动能定理和机械能守恒定律 3 动量观点 动量定理和动量守恒定律 同一力学问题有时可以用不同的规律解决 要根据题目给定的条件 结合求解要求 选择相应的物理规律 1 牛顿第二定律揭示了力的瞬时效应 在研究某一物体所受力的瞬时作用与物体运动的关系时 或者物体受恒力作用 且又直接涉及物体运动过程中的加速度问题时 应采用运动学公式和牛顿第二定律求解 2 动量定理反映了力对时间的累积效应 适用于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及运动时间的问题 特别是冲击类问 题 因其过程时间短且冲力随时间变化 故应采用动量定理求解 3 动能定理反映了力对空间的累积效应 对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间 而涉及力 位移 速度的问题 无论是恒力还是变力 一般都利用动能定理求解 例5如图所示 质量m1 4 0kg的木板a放在水平面c上 木板与水平面间的动摩擦因数 0 24 木板右端放着一质量m2 1 0kg的小物块b 视为质点 开始时它们均处于静止状态 现在木板a突然受到水平向右的大小为12n s的瞬时冲量i作用后开始运动 已知当小物块滑离木板时 木板的动能eka 8 0j 小物块的动能ekb 0 50j 取g 10m s2 求 1 瞬时冲量作用结束时木板的速度v0 2 木板的长度l 解析 1 取水平向右为正方向 有 i m1v0 代入数据解得 v0 3 0m s 2 设a对b b对a c对a的滑动摩擦力的大小分别为fab fba fca b在a上滑行的时间为t b离开a时 a和b的速度分别为va和vb 由动量定理 对a有 fba fca t m1va m1v0 对b有 fabt m2vb 其中fab fba fca m1 m2 g 设a b相对于c的位移大小分别为sa和sb 由动能定理对a有 fba fca sa m1 m1 对b有fabsb ekb 动量与动能之间的关系为m1va m2vb 木板的长度l sa sb 代入数据得 l 0 50m 答案 1 3 0m s 2 0 50m 点评根据题目中木板受一瞬时冲量的作用 可知需用动量定理分析 又因题目中涉及动能 位移等量 所以还需结合动能定理解决 总之 本题是用动量定理 动能定理相综合求解的题目 六 动量守恒与机械能守恒的综合应用 动量守恒定律与能量守恒定律是高中物理中两个最重要的基本规律 在力学中能量守恒定律则表现为机械能守恒定律 它们在物理学中得到广泛应用 历年的高考物理试题对动量和能量的考查都占有较大比重 经常考查一些常见的要用动量和能量的观点解决的模型 题目综合性强 灵活性大 分析能力要求较高 因此 在高考物理总复习中 必须引起高度重视 在具体应用过程中应注意以下几点 1 如果物体只有重力或弹力做功而又不涉及物体运动过程中的加速度和时间 此类问题则首先考虑用机械能守恒定律求解 2 若研究对象为一物体系统 且它们之间有相互作用 一般用两 个 守恒定律 去解决问题 但必须注意研究对象是否满足定律的守恒条件 3 在涉及相对位移问题时则优先考虑能量的转化和守恒定律 即系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量 系统的机械能转化为系统的内能 4 在涉及碰撞 爆炸 打击 绳绷紧等物理现象时 必须注意到一般这些过程中均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化 这类问题由于作用时间都极短 动量守恒定律一般大有作为 例6如图所示 质量m 2kg的滑块套在光滑的水平轨道上 质量m 1kg的小球通过长l 0 5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴o连接 小球和轻杆可在竖直平面内绕o轴自由转动 开始轻杆处于水平状态 现给小球一个竖直向上的初速度v0 4m s g取10m s2 1 若锁定滑块 试求小球通过最高点p时对轻杆的作用力大小和方向 2 若解除对滑块的锁定 试求小球通过最高点时的速度大小 3 在满足 2 的条件下 试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离 解析 1 设小球能通过最高点 且此时的速度为v1 在上升过程中 因只有重力做功 小球的机械能守恒 则 m mgl m v1 m s 设小球到达最高点时 轻杆对小球的作用力为f 方向向下 则 f mg m 联立解得 f 2n 由牛顿第三定律可知 小球对轻杆的作用力大小为2n 方向竖直向上 2 解除锁定后 设小球通过最高点时的速度为v2 此时滑块的速度 为v 在上升过程中 因系统在水平方向不受外力作用 水平方向的动量守恒 以水平向右的方向为正方向 有 mv2 mv 0 在上升过程中 因只有重力做功 系统的机械能守恒 则 m mv2 mgl m 联立解得 v2 2m s 3 设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始位置点间的距离为s1 滑块向左移动的距离为s2 任意时刻小球的水平速度大小为v3 滑块的速度大小为v 由系统水平方向的动量守恒 得 mv3 mv 0 将上式两边同乘以 t 得mv3 t mv t 0 因该式对任意时刻附近的微小间隔 t都成立 累积相加后 有 ms1 ms2 0 又s1 s2 2l 联立解得s1 m 答案 1 2n方向竖直向上 2 2m s 3 m 点评应用动量守恒定律与机械能守恒定律解题 首先要确定研究对象然后分析所确定的研究对象是否满足两个守恒条件 对于复杂的问题 还要做好过程分析 变式训练5如图所示 在离地面h 5 45m的o处用长l 0 45m的不可伸长的细线挂一质量为90g的爆竹 火药质量忽略不计 把爆竹拉起至d点使细线水平伸直 点燃导火线后将爆竹无初速度释放 爆竹刚好到达最低点b时炸成质量相等的两块 一块朝相反方向水平抛出 落到地面上的a处 抛出的水平距离s 5m 另一块仍系在细线上继续做圆周运动通过最高点c 假设火药爆炸释放的能量全部转化为爆竹碎片的动能 空气阻力忽略不计 取g 10m s2 求 1 爆炸瞬间反向抛出的那一块的水平速度v1的大小 2 继续做圆周运动的那一块通过最高点时的细线的拉力t的大小 3 火药爆炸释放的能量e 解析 1 设爆竹的总质量为2m 刚好到达b时的速度为v 爆炸后 抛出的那一块的水平速度为v1 做圆周运动的那一块的水平速度为v2 则对做平抛运动的那一块有 h l gt2 s v1t 代入数据 解得v1 5m s 2 爆竹从d点运动到b点的过程中机械能守恒 所以有2mgl 2mv2 爆竹爆炸前后动量守恒 所以有2mv mv2 mv1 联立解得v2 11m s 设做圆周运动的那块通过最高点时的速度为vc 由机械能守恒定律可得 m m 2mgl 设最高点时线对爆竹的拉力为t 则由牛顿第二定律可得 t mg 联立以上各式 解得t 9 85n 3 火药爆炸释放的能量为 e m m 2mgl 2 88j 答案 1 5m s 2 9 85n 3 2 88j 七 动量及能量解题中的临界问题 在应用动量 能量解题时 常常会遇到相互作用的两物体相距最近 避免碰撞和物体开始反向运动等临界问题 分析临界问题的关键是寻找临界状态 而临界状态的出现是有条件的 这种条件就是临界条件 临界条件是解决临界问题的突破点 在解题中起着举足轻重的作用 临界条件往往表现为某个 或某些 物理量的特定取值 在与动量相关的临界问题中 临界条件常常表现为两个物体的相对速度关系与相对位移关系 如题干中含有 恰好到达最高点 最短距离 最大距离 刚好 不 滑出 两物体刚好不相撞 弹簧压缩到最短 等词语时 该问题一般是临界问题 这些特定关系的判断是求解这类问题的关键 边放有竖直固定挡板 b的右端距离挡板s 现有一小物体a 可视为质点 质量m 1kg 以水平初速度v0 6m s从b的左端滑上 已知a与b间的动摩擦因数 0 2 a始终未滑离b b与竖直挡板碰前a和b已相对静止 b与挡板的碰撞时间极短 碰后以原速率弹回 g取10m s2 求 例7如图所示 质量m 2kg的长木板b静止于光滑水平面上 b的右 1 b与挡板相碰时的速度大小 2 s的最短距离 3 木板b的长度l至少要多长 保留2位小数 解析 1 设b与挡板相碰时的速度大小为v1 由动量守恒定律得mv0 m m v1 求出v1 2m s 2 a与b刚好共速时b恰好到达挡板 这时s距离最短 由牛顿第二定律 b的加速度a 1m s2 所以s的最短距离s 2m 3 设a滑上b至b与挡板相碰过程中 a b间的相对位移为l1 根据能量守恒定律 有 mgl1 m m m 解得l1 6m b与挡板碰后 a b最后一起向左运动 设共同速度大小为v2 取向左为正方向 由动量守恒定律得 mv1 mv1 m m v2 解得 v2 m s 设此过程中a b的相对位移为l2 则有 mgl2 m m m m 解得l2 2 67m 所以木板b的最短长度为l l1 l2 8 67m 答案 1 2m s 2 2m 3 8 67m 点评在本题中 最短距离 至少要多长 都是临界条件 把握临界条件是解决此类问题的关键 一般而言 对于由弹簧组成的系统 在物体间发生相互作用的过程中 当弹簧被压缩到 最短 或拉伸到 最长 时 弹簧两端的两个物体的速度必相等 当物体沿置于光滑水平面上的粗糙斜面体上滑时 滑到斜面上 最高点 的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同的速度 物体在竖直方向的分速度等于零 两个在光滑水平面上运动且具有相互作用的物体 恰好追上 的临界条件是两者速度相等 在子弹打木块的问题中 子弹 刚好击穿木块 的临界条件为子弹穿出时的速度与木块的速度相同 变式训练6如图所示 光滑水平面上 质量为2m的小球b连接着轻质弹簧 处于静止 质量为m的小球a以初速度v0向右匀速运动 接着逐渐压缩弹簧并使b运动 过一段时间 a与弹簧分离 设小球a b与弹簧相互作用过程中无机械能损失 弹簧始终处于弹性限度以内 1 求当弹簧被压缩到最短时 弹簧的弹性势能e 解析 1 当a球与弹簧接触以后 在弹力作用下减速运动 而b球在弹力作用下加速运动 弹簧势能增加 当a b速度相同时 弹簧的势能最大 设a b的共同速度为v 弹簧的最大势能为e 则a b系统动量守恒 有mv0 m 2m v 由机械能守恒 有m m 2m v2 e 2 若开始时在小球b的右侧某位置固定一块挡板 图中未画出 在小球a与弹簧分离前使小球b与挡板发生弹性正撞 并在碰后立刻将挡板撤走 设小球b与固定挡板的碰撞时间极短 碰后小球b的速度大小不变 但方向相反 设此后弹簧弹性势能的最大值为em 试求em可能值的范围 联立两式得e m 2 设b球与挡板碰撞前瞬间的速度为vb 此时a的速度为va 系统动量守恒mv0 mva 2mvb b与挡板碰后 以vb向左运动 压缩弹簧 当a b速度相同 设为v共 时 弹簧势能最大 有mva 2mvb 3mv共 m 3m em 解得 v共 em vb 2 当弹簧恢复原长时小球b与挡板相碰 vb有最大值vbm 有 mv0 mva 2mvbm m mva 2 2m 解得 vbm v0 即vb的取值范围为0 vb v0 当vb 时em有最大值为em1 m 当vb 时 em有最小值为em2 m 答案 1 m 2 m em m 八 应用动量守恒和能量守恒分析多运动过程问题 两个物体甚至多个物体交替碰撞的问题 往往过程多 情景复杂 要解决好这类问题 重点要注意以下三个方面 一要将复杂的过程分化重组 选取最优的过程构建模型 二要将某一物理量定义为数列 写出数列的通项公式 三是要灵活选取动量守恒的表达式 例8如图所示 静置于水平地面的三辆手推车沿一直线排列 质量均为m 人在极短时间内给第一辆车一水平冲量使其运动 当车运动了距离l时与第二车相碰 两车以共同速率继续运动了距离l时与第三车相碰 三车以共同速度又运动了距离l时停止 车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍 重力加速度为g 若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用 碰撞时间很短 忽略空气阻力 求 1 整个过程中摩擦阻力所做的总功 2 人给第一辆车水平冲量的大小 3 第一次与第二次碰撞系统动能损失之比 解析 1 设运动过程中摩擦阻力做的总功为w 则 w kmgl 2kmgl 3kmgl 6kmgl 2 设第一车初速度为v0 第一次碰前速度为v1 碰后共同速度为v1 第二次碰前速度为v2 碰后共同速度为v2 人给第一车的水平冲量大小为i 由 kmgl m m k 2m gl 2m 2m v1 k 3m gl 0 3m v2 mv1 2mv1 2mv2 3mv2 得 i mv0 0 2m 3 设两次碰撞中系统动能损失分别为 ek1和 ek2 由 ek1 kmgl ek2 kmgl 得 ek1 ek2 13 3 答案 1 6kmgl 2 2m 3 13 3 点评本题考查动量定理 动量守恒定律 动能定理和过程分析等知识点 物理情景常规 来源于生活 求解本题要弄清物理过程和每个过程的求解规律 过程1是人推第一辆车 利用动量定理 过程2是第一辆车运动l 利用动能定理 过程3第一辆车与第二辆车 碰撞 满足动量守恒 过程4是第一 二两辆车一起运动l 过程5是前面的两车与第三辆车碰撞 满足动量守恒 过程6是三辆车整体一起运动l 求解的关键是分析清楚物理过程 找到每个过程对应的规律 问题就迎刃而解 变式训练7如图所示 在宽为2l的升降机的底板正中央有两个物体a和b 可看成质点 紧靠在一起 两者中间夹有少量炸药 已知b物体的质量是a物体的3倍 某时刻炸药定向爆炸使a b两物体向两侧分开 其中物体b获得向右的速度大小为v0 设两物体与升降机底面间的动摩擦因数相同 物体与侧壁碰撞时间极短且没有能量损失 若两物体再次相遇时b物体的速度刚好为零 重力加速度为g 1 求两物体的相遇点与升降机右侧壁间的距离x0以及物体与升降机底面间的动摩擦因数 2 两物体相遇后 相互碰撞并连接在一起运动 同时启动升降机以一定的加速度a向下做匀加速运动 为使两物体与升降机的右侧壁至少发生三次碰撞 则升降机的加速度必须满足什么条件 解析 1 在炸药爆炸过程中a b动量守恒 故有 mava mbv0 0 由牛顿第二定律有 mag maaa mbg mbab 两物体与侧壁碰撞没有机械能损失 即原速弹回 所以可视为始终做匀减速运动 对物体b有 0 v0 abt sb t 对物体a有 va va aat sa t 解得 va 2v0 sa 5sb 由此可知 两者相遇时b不可能到达右侧壁 故 sa sb 2l 解得 sb 所以相遇点与右侧壁间的距离x0 l sb 联立解得 2 两物体在碰撞过程中动量守恒 有 mava ma mb v共 此时升降机加速向下 在竖直方向上由牛顿第二定律得 ma mb g fn ma mb a a b整体所受到的摩擦力f fn 碰后的a b整体在滑动过程中由动能定理得 fs ma mb 若要求与右侧壁至少碰撞三次 则 整体的总路程s x0 8l 解得 升降机的加速度a g 答案 1 2 a g 九 电磁学中的动量 能量问题 电磁学中的动量和能量这类问题 解题时必须注意 对研究对象进行受力分析 明确受到的力是恒力还是变力 进而确定其运动形式 在规律选择上 优先考虑动量定理 动能定理 能量守恒定律等规律 如果所选对象是系统 还要分析系统动量是否守恒 一般情况下 求电磁感应中的电量问题 要用到动量定理 b l t bql p 求电磁感应中的电热问题 要用到动能定理 安培力做功 或能量守恒定律 带电荷量q 2 0 10 5c g取10m s2 水平轨道足够长 甲 乙两球可视为质点 整个运动过程无电荷转移 例9如图所示 abd为竖直平面内的光滑绝缘轨道 其中ab段是水平的 bd段为半径r 0 2m的半圆 两段轨道相切于b点 整个轨道处在竖直向下的匀强电场中 场强大小e 5 0 103v m 一不带电的绝缘小球甲 以速度v0沿水平轨道向右运动 与静止在b点带正电的小球乙发生弹性碰撞 已知甲 乙两球的质量均为m 1 0 10 2kg 乙所 1 甲 乙两球碰撞后 乙恰能通过轨道的最高点d 求乙在轨道上的首次落点到b点的距离 2 在满足 1 的条件下 求甲的速度v0 3 若甲仍以速度v0向右运动 增大甲的质量 保持乙的质量不 变 求乙在轨道上的首次落点到b点的距离范围 解析 1 在乙恰能通过轨道最高点d的情况下 设乙到达最高点的速度为vd 在d点对球乙受力分析 则 mg qe m 球乙离开d点后做类平抛运动 设其运动时间为t 水平位移为x 则有 2r t2 x vdt 解得 x 0 4m 2 甲 乙两球发生弹性正碰 设碰撞后两球的速度分别为v甲和v乙 由动量守恒定律和机械能守恒定律有 mv0 mv甲 mv乙 m m m 解得 v乙 v0 球乙从b点运动到d点过程中由动能定理 则有 mg 2r qe 2r m m 解得 v0 2m s 3 设甲的质量为m 碰撞后甲的速度为vm 乙的速度为vm 由动量守恒定律和机械能守恒定律有 mv0 mvm mvm m m m 解得 vm v0 球乙从b点运动到d点由动能定理有 mg 2r qe 2r mvd 2 m 由m m 求得 2m s vd 8m s 球乙离开d点后做类平抛运动 设其水平位移为x 则 x vd t 所以0 4m x 1 6m 答案 1 0 4m 2 2m s 3 0 4m x 1 6m 点评本题将重力场中的过山车模型迁移到电场和重力场的复合场中去 考查过最高点的临界条件 考查牛顿运动定律和类平抛运动规律 借助于碰撞模型考查了动量守恒定律和机械能守恒定律 在应用动量 能量解题时 常常还会遇到相互作用的两物体相距最近 避免相碰和物体开始反向运动等临界问题 对应的临界条件往往表现为某个 或某些 物理量的特定取值 在与动量相关的临界问题中 临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系 这些特定关系的判断是求解这类问题的关键 变式训练8如图所示 光滑水平面上停放一小车 车上固定一边长l 0 5m的正方形金属线框abcd 金属框的总电阻r 0 25 小车与金属框的总质量m 0 5kg 在小车的右侧 有一宽度大于金属线框边长 具有理想边界的匀强磁场 磁感应强度b 1 0t 方向水平且与线框平面垂直 现给小车一水平速度使其向右运动并能穿过磁场 当车上线框的ab边刚进入磁场时 测得小车加速度a 10m s2 求 解析 1 设小车初速度为v0 则线框刚进入磁场时 由于ab边切割磁感线而产生的电动势为e blv0 回路中的电流为i 根据牛顿第二定律有 bil ma 1 金属框刚进入磁场时 小车的速度 2 从金属框刚要进入磁场开始 到其完全离开磁场 线框中产生的焦耳热 联立解得v0 5m s 2 设线框全部进入磁场时小车速度为v1 进入过程平均电流为 所用时间为 t 则由法拉第电磁感应定律得 由动量定理有 bl t mv1 mv0 解得 v1 4m s 设线框离开磁场时小车速度为v2 离开过程平均电流为 所用时间为 t1 同理可得 bl t1 mv2 mv1 解得 v2 3m s 线框从进入到离开产生的焦耳热应等于系统损失的机械能 即 q m m 4 0j 答案 1 5m s 2 4 0j 1 2012年上海市10校联考 某同学从一楼到二楼 第一次是匀速走上去 第二次是匀速跑上去 则下列说法正确的是 a 两次做的功不相同 功率也不相同 b 两次做的功相同 功率也相同 c 两次做的功相