2013年高考物理回归教材绝对考点突破六动量定理和动能定理

1、-1 - 2013 年高考物理回归教材之绝对考点突破六 动量定理和动能定理 重点难点 1 .动量定理：是一个矢量关系式.先选定一个正方向，一般选初速度方向为正方向.在 曲线运动中，动量的变化 P也是一个矢量，在匀变速曲线运动中(如平抛运动) ，动量变化 的方向即合外力的方向. 2 .动能定理：是计算力对物体做的总功，可以先分别计算各个力对物体所做的功，再求 这些功的代数和，即 W总=W+W+计 W;也可以将物 体所受的各力合成求合力，再求合力所做 的功.但第二种方法只适合于各力为恒力的情形. 3 .说明：应用这两个定理时，都涉及到初、末状状态的选定，一般应通过运动过程的分 析来定初、末状态.初

2、、末状态的动量和动能都涉及到速度，一定要注意我们现阶段是在地 面参考系中来应用这两个定理，所以速度都必须是对地面的速度. 规律方法 【例 1】 如图所示， 质量 m为 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 卩为 0.24，木板右端放着质量 m为 1.0kg 的小物块B (视为质点)，它们均处于静止 状态.木板突然受到水平向右的 12N-s的瞬时冲量作用开始运动，当小物块滑离木板时，木 板的动能氐为 8.0J，小物块的动能 氐为 0.50J，重力加速度取 10m/s2，求： (1) 瞬时冲量作用结束时木板的速度 U 0； (2) 木板的长度 L. 【解析】(1)在瞬

3、时冲量的作用时，木板 A受水平面和小物块 B的摩擦力的冲量均可以忽略. 取水平向右为正方向，对 A由动量定理，有：I = mu 0代入数据得：u 0 = 3. (2)设A对B B对A C对A的滑动摩擦力大小分别为 FfAB、FfBA、RCA , B在A上滑行的 时间为t , B离开A时A的速度为u A, B的速度为u B. A B对C位移为SA、SB. 对 A 由动量定理有： 一(FfBA+FfCA) t = m u A-mu 0 对B由动理定理有： FfABt = mBu B 其中由牛顿第三定律可得 FfBA = FfAB,另FfCA =卩(m+RB) g RAu A = 2RAEKA，mu

4、 B = 2RBEKB 对A由动能定理有: (FfBA+FfCA) SA = 1/2 2 mu A-1/2 RAU 对B由动能定理有: FfA Bf SB = 1/2 RBu B 根据动H -2 - 木板A的长度即B相对A滑动距离的大小，故 L = SA-SB,-3 - 代入放数据由以上各式可得 L = 0.50m . 训练题质量为m= 1 kg的小木块(可看在质点)，放在质量为 M= 5 kg的长木板的左端, 如图所示长木板放在光滑水平桌面上小木块与长木板间的动摩擦因数 的长度I = 2m 系统处于静止状态.现使小木块从长木板右端脱离出来， 一 2 I 1H 可采用下列两种方法： (g取 1

5、0m/s ) 囱 (1)给小木块施加水平向右的恒定外力 F 作用时间 t = 2s，贝U F . ” . 至少多大？ 答案：(1) F=1. 85N (2) I=6 . 94NS 【例 2】在一次抗洪抢险活动中，解放军某部队用直升飞机抢救一重要落水物体，静止在 空中的直升飞机上的电动机通过悬绳将物 体从离飞机 90m 处的洪水中吊到机舱里.已知物体 的质量为 80kg，吊绳的拉力不能超过 1200N,电动机的最大输出功率为 12kW,为尽快把物体 安全救起，操作人员采取的办法是，先让吊绳以最大拉力工作一段时间，而后电动机又以最 大功率工作，当物体到达机舱前已达到最大速度. (g取 10m/s2

6、)求： (1)落水物体运动的最大速度； (2 )这一过程所用的时间. 【解析】先让吊绳以最大拉力 FTm= 1200 N工作时，物体上升的加速度为 a, 由牛顿第二定律有：a = FTm _mg，代入数据得a = 5m/s 2 m 当吊绳拉力功率达到电动机最大功率 Fm = 12 kW时，物体速度为 u ,由Fm = Tmu，得u =10 ms. 物体这段匀加速运动时间 11 = = 2s，位移S1 = 1/2 at2 = 10 m a 此后功率不变，当吊绳拉力 FT = mg时，物体达最大速度 u m = = 15m/s mg 这段以恒定功率提升物体的时间设为 t2，由功能定理有： Pt2-

7、mg( h- S1) 1 2 1 2 =nu m- mu 2 2 代入数据得t2 : =5 . 75s，故物体上升的总时间为 t = t1+t2 = 7.75 s. 即落水物体运动的最大速度为 15m/s，整个运动过程历时 7.75 s. 训练题一辆汽车质量为 m由静止开始运动，沿水平地面行驶 s后，达到最大速度 u m 设汽车的牵引力功率不变，阻力是车重的 k倍，求： (1) 汽车牵引力的功率； = 0.1 ，长木板 (2)给小木块一个水平向右的瞬时冲量 I，则冲量I至少是多大? -4 - (2) 汽车从静止到匀速运动的时间.-5 - 答案：(1) P=kmgw 2 (2) t= (vm+2

8、kgs) /2kgv m 【例 3】一个带电量为-q的液滴，从0点以速度u射入匀强电场中，u的方向与电场方 向成B角，已知油滴的质量为 m测得油滴达到运动轨道的最高点时, (1) 最高点的位置可能在 0 点上方的哪一侧？ (2) 电场强度为多大？ (3) 最高点处(设为 N与0点电势差绝对值为多大？ 【解析】(1 )带电液油受重力 mg和水平向左的电场力 qE,在水平方向 做匀变速直线运动，在竖直方向也为匀变速直线 .运动，合运动为匀变速曲线运动. 由动能定理有： 电=氐，而 EK - 0 重力做负功，WGv 0,故必有 Wt0,即电场力做正功，故最高点位置一定在 0点左侧. (2)从0点到最

9、高点运动过程中，运动过程历时 为t，由动量定理： 速度的大小为u ,求: 在水平方向取向右为正方向，有: 在竖直方向取向上为正方向，有: -qEt = m (- u ) -mu cos 0 -mgt = 0- mu sin 0 qE _ 1 COST 上两式相比得 mg si n& 故电场强度为 mg(1 cos E = qsin = (3 )竖直方向液滴初速度为 升的最大高度为h,则h =汀 2g 2g u 1 = u sin 0 , 2.2- sin y 加速度为重力加速度 g,故到达最高点时上 -6 - 从进入点0到最高点N由动能定理有qJmgh= EK = 0，代入h值得U = = 2

10、q 【例 4】一封闭的弯曲的玻璃管处于竖直平面内，其中充满某种液体，内有一密度为液体 密度一半的木块，从管的 A端由静止开始运动，木块和管壁间动摩擦因数 卩=0.5，管两臂 长AB= BC= L = 2m，顶端B处为一小段光滑圆弧，两臂与水平面成 a = 37角，如图所 示.求： (1) 木块从A到达B时的速率； (2) 木块从开始运动到最终静止经过的路程. 【解析】木块受四个力作用，如图所示，其中重力和浮力的合力竖 直向上，大小为 F = F浮-mg而F浮=p液Vg= 2 p木Vg = 2mg，故F = mg 在垂直于管壁方向有： FN = Fcos a = mapos a , 在平行管方向

11、受滑动摩擦力 Ff =卩 N =卩mgcos 0，比较可知， Fsin a = mgin a = 0.6 mg Ff = 0.4 mg Fsin a R .故木块从 A到B做匀加速运动，滑过 B后F的分布和滑动摩擦力均为阻力，做匀减速运动，未到 C之前速度即已为零，以后将在 B 两侧管间来回运动，但离 B点距离越来越近，最终只能静止在 B处. -7 - 代入 F、Ff各量得 U B = 2gL（sin：-cos： ） = 2 2 = 2.83m/s . （2）木块从开始运动到最 终静止，运动的路程设为 s，由动能定理有： FLsin a - Ffs = 吕- 0 代入各量得s = Lsin =

12、 3m mcosa 训练题质量为 2kg 的小球以 4m/s的初速度由倾角为 30斜面底端沿斜面向上滑行， 若上 滑时的最大距离为 1m 则小球滑回到出发点时动能为多少？（取 g = 10m/s 2） 答案：E=4J 能力训练 1在北戴河旅游景点之一的北戴河滑沙场有两个坡度不同的滑道 AB和AB （均可看作 斜面）.甲、乙两名旅游者分别乘坐两个完全相同的滑沙撬从 A点由静止开始分别沿 AB和AB 滑下，最后都停止在水平沙面 BC上，如图所示设滑沙撬和沙面间的动摩擦因数处处相同， 斜面与水平面连接处均可认为是圆滑时，滑沙者保持一定的姿势在滑沙撬上不动则下列说 法中正确的是 （ABD ） A. 甲

13、在B点速率一定大于乙在 B点的速率 B. 甲滑行的总路程一定大于乙滑行的总路程 C. 甲全部滑行的水平位移一定大于乙全部滑行的水平位移 D. 甲在B点的动能一定大于乙在 B的动能 2 .下列说法正确的是 (BCD ） A. 质点受两个力的作用而处于平衡状态（静止或匀速直线运动） 一作用时间内的冲量一定相同 B. 质点受两个力的作用而处于平衡状态，则这两个力在同一时间内做的功都为零，或 者一个做正功，一个做负功，且功的绝对值相等 C. 在同一时间内作用力和反作用力的冲量一定大小相等，方向相反 D. 在同一时间内作用力和反作用力有可能都做正功 3.质量分别为m和m的两个物体（mm）,在光滑的水平

14、面上沿同方向运动，具有相同 的初动能.与运动方向相同的水平力 F分别作用在这两个物体上，经过相同的时间后，两个 物体的动量和动能的大小分别为 R、F2和E、民贝U （ B ） A . F F2 和 E1 E B. F F2 和 B E C. F E2 D . R F2和 E m,置于光滑水平面上，相距较远.将 两个大小均为F的力, 同时分别作用在 A、B上经相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞 并粘在一起后将(C A.停止运动 B.向左运动 C.向右运动 不能确定 5.在宇宙飞船的实验舱内充满 CO气体，且一段时间内气体的压强不变，舱内有一块面 积为S的平板紧靠舱壁，如图 3-10-8 所示

15、.如果 CO气体对平板的压强是由于气体分子垂直 撞击平板形成的，假设气体分子中分别由上、下、左、右、前、后六个方向运动的分子个数 各有，且每个分子的速度均为 u ,设气体分子与平板碰撞后仍以原速反弹. 已知实验舱中单 位体积内CO的摩尔数为n, CO的 摩尔质量为，阿伏加德罗常数为 2,求: (1)单位时间内打在平板上的 CO分子数; (2) CO气体对平板的压力. 答案：(1)设在At时间内，CO 分子运动的距离为 L,贝 U L= u At 1 N=_ n L S N A 6 N 打在平板上的分子数 故单位时间内打在平板上的 C02 的分子数为N 1 得 N= n S N AU 6 (2)

16、根据动量定理 1 2 解得 F= n卩 Su 3 FA t=(2m u ) N CO2 气体对平板的压6 .如图所示，倾角0 / 1 2 =F = nSu 3 =37的斜面底端B平滑连接着半径r=0.40m n=0.50kg 的小物块，从距地面 h=2.7m 处沿 斜面由静止开始下滑，小物块与斜面间的动摩擦因数 的竖直光滑圆轨道。质量 (1)物块滑到斜面底端 B 时的速度大小。 -9 - (2)设物块运动到圆轨道的 最高点A时的速度为VA,在A点受到圆轨道的压力为 N,-10 - 由机械能守恒定律得： 丄m/ =mv； +mg .2r 2 2 2 物块运动到圆轨道的最高点 A时，由牛顿第二定律

17、得： Nmg=mVA r 代入数据解得： N=20N 由牛顿第三定律可知，物块运动到圆轨道的最高点 A时，对圆轨道的压力大小 Nx=N=20N 7 .一质量为 500kg 的汽艇，在静水中航行时能达到的最大速度为 10m/s，若汽艇的牵引 力恒定不变，航行时所受阻力与航行速度满足关系 f = kv,其中k=100Ns/m。 (1) 求当汽艇的速度为 5m/s时，它的加速度； (2) 若水被螺旋桨向后推动的速度为 8m/s，则螺旋桨每秒向后推动水的质量为多少？(以上 速度均以地面为参考系) 答案：(1)汽艇以v= 5m/s速度航行时所受阻力为 f = kv 其牵引力为： F= f m= kvm 根据牛顿运动定律有： F- f = ma 代入数据得： a= 1m/s1 2 (2)水向后的速度为 u，根据动量定理有： FA t = mu- 0 代入数据解得： m = F =i25kg/s At u 8如图所示，两块竖直放置的平行金属板 A、B,两板相距为 d,两板间电压 为U, 质量为m的带电小球从两板间的 M点开始以竖直向上的初速度 u 0进入两板 间匀强电场内运动，当它达到电场中的 N点时速度变为水平方向，大小变为 2 u 0, 求M N两点间的电势差和电场力对带电小球所