迎战2012届高考物理一轮复习课件 专题6 动量和能量

2020/5/31,专题六动量和能量,2020/5/31,2020/5/31,本专题是力和运动专题的拓展和深化首先，从知识的内在联系上，动能定理、动量定理均可由牛顿第二定律和运动学公式推导得出；其次，从分析问题的思路上，力和运动专题侧重于从动力学角度分析匀变速运动过程或某一瞬时状态，而本专题则开辟了动量观点、能量观点分析物理问题的途径，且研究范围从匀变速运动拓展到非匀变速运动问题，研究对象也从个体拓展到物体组或系统,2020/5/31,由于动量守恒定律能把系统中两个状态直接联系起来，所以动量观点犹如解题的时空隧道；而能量观点解题则更是与动力学观点和动量观点并行的一条绿色通道！动量守恒定律和能量守恒定律作为自然界中普遍适用的基本规律，是高中物理主干知识，更是高考考查的重点和热点在近年高考试题中，涉及动量、能量的问题经常综合平抛运动、圆周运动、热学、电磁学、原子物理等考点以计算题的形式出现，一般出现在理科综合卷题的位置上，为中偏难的题目,2020/5/31,预测1年高考涉及动量、能量的考题主要表现为以下几种形式：、涉及动量、能量基本概念或机车启动问题的选择题；、以体育竞技项目为背景的动力学和能量的综合题；、以能量守恒为核心考点并涉及弹簧的力学综合题；、以动量守恒为核心考点并涉及碰撞的力学综合题,2020/5/31,一.功和能二.功能关系三.应用动能定理、动量定理、动量守恒定律的注意点例1例2例3例4四.碰撞的分类五.弹性碰撞的公式例5,2020/5/31,一功和能,功,能,功能关系,功：W=FScos（只适用恒力的功）,功率:,动能：,势能：,机械能：E=EP+EK=mgh+1/2mv2,动能定理：,机械能守恒定律,功是能量转化的量度W=E,Ep=1/2kx2,2020/5/31,二.功能关系,-功是能量转化的量度,重力所做的功等于重力势能的减少电场力所做的功等于电势能的减少弹簧的弹力所做的功等于弹性势能的减少合外力所做的功等于动能的增加只有重力和弹簧的弹力做功，机械能守恒重力以外的力所做的功等于机械能的增加克服一对滑动摩擦力所做的净功等于机械能的减少E=fS（S为相对位移）克服安培力所做的功等于感应电能的增加,2020/5/31,三.应用动能定理分析一个具体过程时，要做到三个“明确”，即明确研究对象（研究哪个物体的运动情况），明确研究过程（从初状态到末状态）及明确各个力做功的情况。还要注意是合力的功。,应用动量定理、动量守恒定律的注意点：要注意研究对象的受力分析，研究过程的选择，还要特别注意正方向的规定。,应用动量守恒定律还要注意适用条件的检验。应用动量定理要注意是合外力。,2020/5/31,例1关于机械能守恒，下面说法中正确的是A物体所受合外力为零时，机械能一定守恒B在水平地面上做匀速运动的物体，机械能一定守恒C在竖直平面内做匀速圆周运动的物体，机械能一定守恒D做各种抛体运动的物体，若不计空气阻力，机械能一定守恒,D,练习按额定功率行驶的汽车，所受地面的阻力保持不变，则A汽车加速行驶时，牵引力不变，速度增大B汽车可以做匀加速运动C汽车加速行驶时，加速度逐渐减小，速度逐渐增大D汽车达到最大速度时，所受合力为零,CD,2020/5/31,例2.如图示的装置中，木块与水平面的接触是光滑的，子弹沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩到最短的整个过程中（）A.动量守恒，机械能守恒B.动量不守恒，机械能守恒C.动量守恒，机械能不守恒D.动量不守恒，机械能不守恒,D,2020/5/31,例3、钢球从高处向下落，最后陷入泥中，如果空气阻力可忽略不计，陷入泥中的阻力为重力的n倍，求(1)钢珠在空中下落的高度H与陷入泥中的深度h的比值Hh=?(2)钢珠在空中下落的时间T与陷入泥中的时间t的比值Tt=？,解:,(1)由动能定理，选全过程,mg(H+h)nmgh=0,H+h=nh,H:h=n-1,(2)由动量定理，选全过程,mg(T+t)nmgt=0,T+t=nt,T:t=n-1,说明：全程分析法是一种重要的物理分析方法，涉及到多个物理过程的题目可首先考虑采用全过程分析,2020/5/31,例4、如图所示，三块完全相同的木块固定在水平地面上，设速度为v0子弹穿过木块时受到的阻力一样，子弹可视为质点，子弹射出木块C时速度变为v0/2.求：(1)子弹穿过A和穿过B时的速度v1=?v2=?(2)子弹穿过三木块的时间之比t1t2t3=?,解：,(1)由动能定理:,f3l=1/2mv02-1/2m(v0/2)2,f2l=1/2mv02-1/2mv22,fl=1/2mv02-1/2mv12,2020/5/31,(2)由动量定理:,ft1=mv0-mv1,ft2=mv1mv2,ft3=mv2mv0/2,2020/5/31,四碰撞的分类,完全弹性碰撞动量守恒，动能不损失（质量相同，交换速度）完全非弹性碰撞动量守恒，动能损失最大。（以共同速度运动）非完全弹性碰撞动量守恒，动能有损失。碰撞后的速度介于上面两种碰撞的速度之间.,2020/5/31,五.弹性碰撞的公式：,由动量守恒得：m1V0=m1V1+m2V2,由系统动能守恒,质量相等的两物体弹性碰撞后交换速度.,上式只适用于B球静止的情况。,2020/5/31,物块m1滑到最高点位置时，二者的速度；物块m1从圆弧面滑下后，二者速度若m1=m2物块m1从圆弧面滑下后，二者速度,如图所示，光滑水平面上质量为m1=2kg的物块以v0=2m/s的初速冲向质量为m2=6kg静止的光滑圆弧面斜劈体。求：,例5.,2020/5/31,解：（1）由动量守恒得,m1V0=（m1+m2）V,V=m1V0/（m1+m2）=0.5m/s,（2）由弹性碰撞公式,（3）质量相等的两物体弹性碰撞后交换速度,v1=0v2=2m/s,2020/5/31,例6.一传送皮带与水平面夹角为30，以2m/s的恒定速度顺时针运行。现将一质量为10kg的工件轻放于底端，经一段时间送到高2m的平台上，工件与皮带间的动摩擦因数为=0.866，求带动皮带的电动机由于传送工件多消耗的电能。,2020/5/31,解:设工件向上运动距离S时，速度达到传送带的速度v，由动能定理可知,mgScos30mgSsin30=01/2mv2,解得S=0.8m，说明工件未到达平台时，速度已达到v，,所以工件动能的增量为EK=1/2mv2=20J,工件重力势能增量为EP=mgh=200J,在工件加速运动过程中，工件的平均速度为v/2，,因此工件的位移是皮带运动距离S的1/2，,即S=2S=1.6m,由于滑动摩擦力作功而增加的内能E为,E=fS=mgcos30(SS)=60J,电动机多消耗的电能为EK+EP+E=280J,2020/5/31,在光滑水平面上有一静止的物体，现以水平恒力甲推这一物体，作用一段时间后，换成相反方向的恒力乙推这一物体，当恒力乙作用时间与恒力甲作用时间相同时，物体恰好回到原处，此时物体的动能为32J,则在整个过程中，恒力甲做的功等于焦耳，恒力乙做的功等于焦耳.,解：A-B,S=1/2a1t2=F1t2/2m,v=at=F1t/m,B-CA,-S=vt-1/2a2t2=F1t2/m-F2t2/2m,F2=3F1,ABCA由动能定理F1S+F2S=32,W1=F1S=8JW2=F2S=24J,8J,24J,2020/5/31,练习1、一物体静止在光滑水平面，施一向右的水平恒力F1，经t秒后将F1换成水平向左的水平恒力F2，又经过t秒物体恰好回到出发点，在这一过程中F1、F2对物体做的功分别是W1、W2，求：W1W2=？,解一：画出运动示意图，由动量定理和动能定理：,F1t=mv1(1),F2t=-mv2-mv1(2),F1S=1/2mv12(3),F2S=1/2mv22-1/2mv12(4),(1)/(2)F1/F2=v1/(v1+v2),(3)/(4)F1/F2=v12/(v12-v22),化简得v2=2v1(5),由动能定理：,W1=1/2mv12,W2=1/2mv22-1/2mv12=31/2mv12,W2=3W1,2020/5/31,解法二、将代入/得F1F2=13,W2/W1=F1S/F2S=13,解法三、用平均速度:,v1/2=(-v2+v1)/2,v2=2v1,由动能定理：,W1=1/2mv12,W2=1/2mv22-1/2mv12=3/2mv12,W2=3W1,2020/5/31,例7、如图所示，质量为M的小车左端放一质量为m的物体.物体与小车之间的摩擦系数为，现在小车与物体以速度v0在水平光滑地面上一起向右匀速运动.当小车与竖直墙壁发生弹性碰撞后，物体在小车上向右滑移一段距离后一起向左运动，求物体在小车上滑移的最大距离.,解：小车碰墙后速度反向，由动量守恒定律,（M+m）V=（M-m）v0,最后速度为V，由能量守恒定律,1/2（M+m）v02-1/2（M+m）V2=mgS,2020/5/31,例8.如图所示，质量为M的火箭，不断向下喷出气体，使它在空中保持静止.如果喷出气的速度为，则火箭发动机的功率为（）(A)Mg；(B)Mg；(C)M2；(D)无法确定.,解：对气体：Ft=mv,对火箭：F=Mg,对气体：Pt=1/2mv2=1/2Ftv,P=1/2Fv=1/2Mgv,B,2020/5/31,如下图所示，劲度系数为k1的轻弹簧两端分别与质量为m1、m2的物块1、2拴接，劲度系数为k2的轻弹簧上端与物块2拴接，下端压在桌面上（不拴接），整个系统处于平衡状态。现施力将物块1缓缦地坚直上提，直到下面那个弹簧的下端刚脱离桌面，在此过程中，物块2的重力势能增加了，物块1的重力势能增加了_。,2020/5/31,一传送带装置示意如图，其中传送带经过AB区域时是水平的，经过BC区域时变为圆弧形（圆弧由光滑模板形成，未画出），经过CD区域时是倾斜的，AB和CD都与BC相切。现将大量的质量均为m的小货箱一个一个在A处放到传送带上，放置时初速为零，经传送带运送到D处，D和A的高度差为h。稳定工作时传送带速度不变，CD段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为L。每个箱子在A处投放后，在到达B之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动（忽略经BC段时的微小滑动）。已知在一段相当长的时间T内，共运送小货箱的数目为N。这装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。求电动机的平均输出功率P。,2020/5/31,解析:以地面为参考系(下同)，设传送带的运动速度为v0，在水平段运输的过程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，设这段路程为s，所用时间为t，加速度为a，则对小箱有：,S=1/2at2v0=at,在这段时间内，传送带运动的路程为：S0=v0t,由以上可得：S0=2S,用f表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小箱做功为,AfS1/2mv02,传送带克服小箱对它的摩擦力做功,A0fS021/2mv02,两者之差就是摩擦力做功发出的热量,Q1/2mv02,也可直接根据摩擦生热Q=fS=f（S0-S）计算,题目,2020/5/31,可见，在小箱加速运动过程中，小箱获得的动能与发热量相等.Q1/2mv02,T时间内，电动机输出的功为：,此功用于增加小箱的动能、势能以及克服摩擦力发热，即：,W=N1/2mv02+mgh+Q=Nmv02+mgh,已知相邻两小箱的距离为L，所以：,v0TNLv0NL/T,联立，得：,题目,2020/5/31,练习2.一个不稳定的原子核、质量为M，开始时处于静止状态、放出一个质量为m的粒子后反冲，已知放出粒子的动能为E0，则反冲核的动能为()(A)E0(B)(C)(D),C,2020/5/31,练习3.下列说法正确的是：（）(A)一对摩擦力做的总功，有可能是一负值，有可能是零；(B)物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化；(C)当作用力作正功时，反作用力一定做负功；(D)当作用力不作功时，反作用力一定也不作功；(E)合外力对物体做功等于零，物体一定是做匀速直线运动.,A,2020/5/31,练习4、水平传送带匀速运动,速度大小为v,现将一小工件放到传送带上(初速度为零),它将在传送带上滑动一段距离后速度才达到v而与传送带保持相对静止,设工件质量为m,它与传送带间的滑动摩擦系数为,在这相对滑动的过程中()（A）滑动摩擦力对工件所做的功为mv2/2（B）工件的机械能增加量为mv2/2（C）工件相对于传送带滑动的路程大小为v2/2g（D）传送带对工件做功为零,ABC,2020/5/31,练习5.如图所示，质量为M的木板静止在光滑的水平面上，其上表面的左端有一质量为m的物体以初速度v0，开始在木板上向右滑动，那么：()(A)若M固定，则m对M的摩擦力做正功，M对m的摩擦力做负功；(B)若M固定，则m对M的摩擦力不做功，M对m的摩擦力做负功；(C)若M自由移动，则m和M组成的系统中摩擦力做功的代数和为零；(D)若M自由移动，则m克服摩擦力做的功等于M增加的动能和转化为系统的内能之和。,BD,2020/5/31,2020/5/31,3两个“定理”（1）动量定理：F合t=p矢量式(力F在时间t上积累，影响物体的动量p)（2）动能定理：F合S=EK标量式(力F在空间S上积累，影响物体的动能Ek),动量定理与动能定理一样，都是以单个物体为研究对象但所描述的物理内容差别极大动量定理数学表达式：F合t=p，是描述力的时间积累作用效果使动量变化；该式是矢量式，即在冲量方向上产生动量的变化动能定理数学表达式：F合S=EK，是描述力的空间积累作用效果使动能变化；该式是标量式。,2020/5/31,4两个“定律”,（1）动量守恒定律：适用条件系统不受外力或所受外力之和为零公式：m1v1+m2v2=m1v1+m2v2或p=p,（2）机械能守恒定律：适用条件只有重力（或弹簧的弹力）做功公式：Ek2+Ep2=Ek1+Ep1或Ep=Ek,2020/5/31,5、功和能的关系,做功的过程是物体能量的转化过程，做了多少功，就有多少能量发生了变化，功是能量转化的量度,a.重力做功与重力势能增量的关系,重力做正功，重力势能减少；重力做负功，重力势能增加重力对物体所做的功等于物体重力势能增量的负值即WG=EP1EP2=EP,b.弹力做功与弹性势能增量的关系,弹力做正功，弹性势能减少；弹力做负功，弹性势能增加弹力对物体所做的功等于物体弹性势能增量的负值即W弹力=EP1EP2=EP,2020/5/31,c.动能定理,合外力对物体做的功等于物体动能的增量即,d.机械能守恒定律,在只有重力和弹簧的弹力做功的物体系内，动能和势能可以互相转化，但机械能的总量保持不变即EK2+EP2=EK1+EP1，或EK=-EP,e.功能原理,除重力和弹簧的弹力外，其他力对物体做的功等于物体机械能的增量即WF=E2E1=E,2020/5/31,f.静摩擦力做功的特点,（1）静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功；,（2）在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的互相转移，而没有机械能与其他形式的能的转化，静摩擦力只起着传递机械能的作用；,（3）相互摩擦的系统内，一对静摩擦力对系统所做功的和总是等于零,2020/5/31,g.滑动摩擦力做功的特点,（1）滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功；,（2）相互摩擦的系统内，一对滑动摩擦力对系统所做功的和总表现为负功，其大小为W=fS相对（S相对为相互摩擦的物体间的相对位移；若相对运动有往复性，则S相对为相对运动的路程）,（3）在滑动摩擦力对系统做功的过程中，系统的机械能转化为其他形式的能，其大小为Q=fS相对,h.一对作用力与反作用力做功的特点,(1)作用力做正功时，反作用力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功；作用力做负功、不做功时，反作用力亦同样如此,(2)一对作用力与反作用力对系统所做功的总和可以是正功,也可以是负功,还可以零,2020/5/31,6动能定理与能量守恒定律关系理解“摩擦热”(Q=fS),设质量为m2的板在光滑水平面上以速度2运动，质量为m1的物块以速度1在板上同向运动，且12，它们之间相互作用的滑动摩擦力大小为f，经过一段时间，物块的位移为S1，板的位移S2，此时两物体的速度变为1和2由动能定理得,-fS1=m112/2m112/2,fS2=m222/2m222/2,在这个过程中，通过滑动摩擦力做功，机械能不断转化为内能，即不断“生热”，,由能量守恒定律及式可得：,Q=(m112/2+m222/2)(m112/2m222/2)=f(S1S2)=fS,2020/5/31,由此可见，在两物体相互摩擦的过程中，损失的机械能（“生热”）等于摩擦力与相对位移的乘积。,特别要指出，在用Q=fS计算摩擦生热时，正确理解是关键。这里分两种情况：,（1）若一个物体相对于另一个物体作单向运动，S为相对位移；,（2）若一个物体相对于另一个物体作往返运动，S为相对路程。,2020/5/31,例1甲乙两个物体，甲物体动量大小比乙大，乙物体动能比甲大，那么A要使它们在相同的时间内停下来，应对甲施加较大的阻力B如果它们受到相同的阻力，到它们停下来时，乙的位移比甲大C甲的质量比乙大D甲的速度比乙大,ABC,练习质量为m的小球拴在长为L的细绳一端，在竖直平面内做圆周运动，当小球通过最高点时A它的最小动能为mgL/2B它的最小向心加速度为gC细绳对小球的最小拉力为零D小球所受重力为零,ABC,2020/5/31,D,2020/5/31,例3.在光滑的水平面上停放着质量为m、带有弧形槽的小车，现有一质量也为m的小球以v0的水平速度沿槽口向小车滑去（不计摩擦），到达某一高度后，小球又返回车右端，则()A.小球离车后，对地将向右做平抛运动B.小球离车后，对地将做自由落体运动C.此过程小球对车做功为mv02/2D.小球沿弧形槽上升的最大高度为v02/2g,BC,2020/5/31,例4.电阻为R的矩形导线框abcd,边长ab=l,ad=h,质量为m,自某一高度自由落体,通过一匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里,磁场区域的宽度为h,如图,若线框恰好以恒定速度通过磁场,线框内产生的焦耳热等于.(不考虑空气阻力),解:由能量守恒定律,线框通过磁场时减少的重力势能转化为线框的内能,所以Q=2mgh,2mgh,2020/5/31,例5、如图示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v匀速运动，现将质量为m的物体轻轻地放置在木板上的P点处，已知物体m与木板之间的动摩擦因素为，为保持木板的速度不变，从物体m放到木板上到它相对于木板静止的过程中，对木板施一水平向右的作用力F，那么F对木板做的功有多大？,解：物体m在摩擦力作用下做匀加速运动，经时间t速度达到v,f=mga=gt=v/a=v/g,在t时间内，物体m的位移S1=1/2vt,木板的位移S2=vt,W=FS2=fS2=mgvt=mv2,又解：由能量守恒定律，拉力F的功等于物体动能的增加和转化的内能.,W=1/2mv2+fS=1/2mv2+f(S2-S1)=1/2mv2+1/2mgvt=mv2,2020/5/31,练习、上题中，若物体m以水平向左的速度v轻轻地放置在木板上的P点处，那么F对木板做的功有多大？,解：物体m在摩擦力作用下向左做匀减速运动，经时间t速度减为0到达Q点，又在摩擦力作用下向右做匀加速运动，经时间t速度达到v，,f=mga=gt=v/a=v/g,在2t时间内，物体m的位移S1=0,木板的位移S2=2vt,W=FS2=fS2=mg2vv/g=2mv2,又解：物体的动能不变，由能量守恒定律，拉力F的功等于转化的内能.,W=fS=f(S2-S1)=fS2=mg2vt=2mv2,2020/5/31,如图所示：虚线框abcd内为一矩形匀强磁场区域，ab=2bc，磁场方向垂直于纸面；实线框abcd是一正方形导线框，ab边与ab边平行，若将导线框匀速地拉离磁场区域，以W1表示沿平行于ab的方向拉出过程中外力所做的功，W2表示以同样速率沿平行于bc的方向拉出过程中外力所做的功，则（）,W1=W2W2=2W1W1=2W2W2=4W1,B,2020/5/31,在原子核物理中，研究核子与核关联的最有效途径是“双电荷交换反应”。这类反应的前半部分过程和下述力学模型类似。两个小球A和B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态。在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P，右边有一小球C沿轨道以速度v0射向B球，如图所示。C与B发生碰撞并立即结成一个整体D。在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变。然后，A球与挡板P发生碰撞，碰后A、D都静止不动，A与P接触而不粘连。过一段时间，突然解除锁定（锁定及解除定均无机械能损失）。已知A、B、C三球的质量均为m。（1）求弹簧长度刚被锁定后A球的速度。（2）求在A球离开挡板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能。,2020/5/31,（1）设C球与B球粘结成D时，D的速度为v1，由动量守恒，有,mv0=(m+m)v1,当弹簧压至最短时，D与A的速度相等，设此速度为v2，由动量守恒，有,2mv1=3mv2,由、两式得A的速度v2=1/3v0,2020/5/31,（2）设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为EP，由能量守恒，有,撞击P后，A与D的动能都为零，解除锁定后，当弹簧刚恢复到自然长度时，势能全部转变成D的动能，设D的速度为v3，则有,当弹簧伸长，A球离开挡板P，并获得速度。当A、D的速度相等时，弹簧伸至最长。设此时的速度为v4，由动量守恒，有,2mv3=3mv4,当弹簧伸到最长时，其势能最大，设此势能为，由能量守恒，有,解以上各式得,2020/5/31,如图所示，A、B是静止在水平地面上完全相同的两块长木板。A的左端和B的右