全国通用高考物理二轮复习专题二动量与能量第1讲动量观点与能量观点在力学中的应用学案Word文档下载推荐.docx

全国通用高考物理二轮复习专题二动量与能量第1讲动量观点与能量观点在力学中的应用学案Word文档下载推荐.docx

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4.动量定理及动量守恒定律

（1）动量定理：

Ft＝mv2－mv1

（2）动量守恒定律：

m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′

（3）

备考策略

1.复习时应理清运动中功与能的转化与量度的关系，结合受力分析、运动过程分析，熟练地应用动量定理和动能定理解决问题。

2.深刻理解功能关系，综合应用动量守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方程解决多运动过程的问题。

3.必须领会的“1种物理思想和3种方法”

（1）守恒的思想。

（2）守恒法、转化法、转移法。

4.必须辨明的“3个易错易混点”

（1）动量和动能是两个和速度有关的不同概念。

（2）系统的动量和机械能不一定同时守恒。

（3）不是所有的碰撞都满足机械能守恒。

　力学中的几个功能关系的应用

【真题示例1】（2017·

全国卷Ⅲ，16）如图1，一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。

用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距

l。

重力加速度大小为g。

在此过程中，外力做的功为（　　）

图1

A.

mglB.

mgl

C.

mglD.

mgl

解析　由题意可知，PM段细绳的机械能不变，MQ段细绳的重心升高了

，则重力势能增加ΔEp＝

mg·

＝

mgl，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为W＝

mgl，故选项A正确，B、C、D错误。

答案　A

【真题示例2】（2017·

全国卷Ⅰ，24）一质量为8.00×

104kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。

飞船在离地面高度1.60×

105m处以7.5×

103ms的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100ms时下落到地面。

取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8ms2（结果保留2位有效数字）。

（1）分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；

（2）求飞船从离地面高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。

解析　

（1）飞船着地前瞬间的机械能为

Ek0＝

①

式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。

由①式和题给数据得

Ek0＝4.0×

108J②

设地面附近的重力加速度大小为g，飞船进入大气层时的机械能为

Eh＝

＋mgh③

式中，vh是飞船在高度1.6×

105m处的速度大小。

由③式和题给数据得

Eh＝2.4×

1012J④

（2）飞船在高度h′＝600m处的机械能为

Eh′＝

m（

vh）2＋mgh′⑤

由功能原理得

W＝Eh′－Ek0⑥

式中，W是飞船从高度600m处至着地瞬间的过程中克服阻力所做的功。

由②⑤⑥式和题给数据得W＝9.7×

108J⑦

答案　

（1）

（1）4.0×

108J　2.4×

1012J　

（2）9.7×

108J

真题感悟

1.高考考查特点

（1）本考点高考命题既有选择题也有计算题，集中在物体系统机械能守恒及物体间的做功特点、力与运动的关系，并结合平抛、圆周运动等典型运动及生活科技为背景综合考查。

（2）熟悉掌握并灵活应用机械能的守恒条件、力学中的功能关系、常见典型运动形式的特点及规律是突破该考点的关键。

2.常见误区及临考提醒

（1）注意判断物体运动过程中的临界状态和隐含条件。

（2）注意物理方法的灵活选用。

如全国卷Ⅲ第16题的等效法（重心）。

（3）注意提高计算能力。

如全国卷Ⅰ第24题，试题情境难度不大，但增加了计算的难度。

预测1

功、功率的理解与计算

预测2

机械能守恒定律的应用

预测3

功能关系、能量转化守恒定律的综合应用

1.（2017·

潍坊模拟）质量为m＝2kg的物体沿水平面向右做直线运动，t＝0时刻受到一个水平向左的恒力F，如图2甲所示，此后物体的v－t图象如图乙所示，取水平向右为正方向，g取10ms2，则（　　）

图2

A.物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5

B.10s末恒力F的瞬时功率为6W

C.10s末物体在计时起点左侧4m处

D.0～10s内恒力F做功的平均功率为0.6W

解析　由图线可知0～4s内的加速度大小a1＝

ms2＝2ms2，可得F＋μmg＝ma1；

由图线可知4～10s内的加速度大小a2＝

ms2＝1ms2，可得F－μmg＝ma2；

解得F＝3N，μ＝0.05，选项A错误；

10s末恒力F的瞬时功率为P10＝Fv10＝3×

6W＝18W，选项B错误；

0～4s内的位移x1＝

×

4×

8m＝16m，4～10s内的位移x2＝－

6×

6m＝－18m，故10s末物体在计时起点左侧2m处，选项C错误；

0～10s内恒力F做功的平均功率为P＝

W＝0.6W，选项D正确。

答案　D

2.（多选）如图3，直立弹射装置的轻质弹簧顶端原来在O点，O与管口P的距离为2x0，现将一个重力为mg的钢珠置于弹簧顶端，再把弹簧压缩至M点，压缩量为x0，释放弹簧后钢珠被弹出，钢珠运动到P点时的动能为4mgx0，不计一切阻力，下列说法正确的是（　　）

图3

A.弹射过程，弹簧和钢珠组成的系统机械能守恒

B.弹簧恢复原长时，弹簧的弹性势能全部转化为钢珠的动能

C.钢珠弹射所到达的最高点距管口P的距离为7x0

D.弹簧被压缩至M点时的弹性势能为7mgx0

解析　弹射过程中，对弹簧和钢珠组成的系统而言，只受重力作用，故系统机械能守恒，A正确；

弹簧恢复原长时，钢珠的动能和势能都增加，选项B错误；

钢珠运动到P点时，钢珠的动能增加到4mgx0，且竖直方向上钢珠位置升高了3x0，即重力势能增加量ΔEp＝3mgx0，故弹簧被压缩至M点时的弹性势能为E＝4mgx0＋3mgx0＝7mgx0，D正确；

钢珠到达管口P点时动能为4mgx0，当钢珠达到最大高度时，动能为0，动能转化为重力势能，则上升的最高点与管口的距离h满足mgh＝4mgx0，故上升的最高点与管口的距离h＝4x0，C错误。

答案　AD

3.（名师改编）如图4所示，质量mB＝3.5kg的物体B通过下端固定在地面上的轻弹簧与地面连接，弹簧的劲度系数k＝100Nm。

轻绳一端与物体B连接，另一端绕过两个光滑的轻质小定滑轮O1、O2后，与套在光滑直杆顶端E处的质量mA＝1.6kg的小球A连接。

已知直杆固定不动，杆长L为0.8m，且与水平面的夹角θ＝37°

。

初始时使小球A静止不动，与A相连的一段绳子保持水平，此时绳子中的张力F为45N。

已知EO1＝0.5m，重力加速度g取10ms2，绳子不可伸长。

现将小球A从静止释放。

图4

（1）求在释放小球A之前弹簧的形变量；

（2）若直线CO1与杆垂直，求小球A从静止运动到C点的过程中绳子拉力对小球A所做的功；

（3）求小球A运动到直杆底端D点时的速度大小。

解析　

（1）释放小球A前，B处于静止状态，由于绳子中的张力大于物体B的重力，故弹簧被拉伸，设弹簧形变量为x，有kx＝F－mBg，解得x＝0.1m。

（2）对A球从E点运动到C的过程应用动能定理得

W＋mAgh＝

mAv

－0①

其中h＝xCO1cos37°

，而xCO1＝xEO1sin37°

＝0.3m

物体B下降的高度h′＝xEO1－xCO1＝0.2m②

由此可知，弹簧这时被压缩了0.1m，此时弹簧弹性势能与初始时刻相等，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，有mAgh＋mBgh′＝

＋

mBv

③

由题意知，小球A在C点时运动方向与绳垂直，此时B物体速度vB＝0④

由①②③④得W＝7J。

（3）由题意知，杆长L＝0.8m，由几何知识可知EC＝CD，∠CDO1＝∠CEO1＝37°

，故DO1＝EO1

当A到达D点时，弹簧弹性势能与初状态相等，物体B又回到原位置，将A在D点的速度沿平行于绳和垂直于绳两方向进行分解，平行于绳方向的速度即B的速度，由几何关系得

vB′＝vA′cos37°

⑤

整个过程机械能守恒，可得

mAgLsin37°

mAvA′2＋

mBvB′2⑥

由⑤⑥得vA′＝2ms。

答案　

（1）0.1m　

（2）7J　（3）2ms

归纳总结

解决功能关系问题应注意的三个问题

（1）分析清楚是什么力做功，并且清楚该力做正功，还是做负功；

根据功能之间的对应关系，判定能的转化形式，确定能量之间的转化情况。

（2）也可以根据能量之间的转化情况，确定是什么力做功，尤其是可以方便计算变力做功的多少。

（3）功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度和原因，在不同问题中的具体表现不同。

　动量定理和动能定理的应用

【真题示例1】（多选）（2017·

全国卷Ⅲ，20）一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。

F随时间t变化的图线如图5所示，则（　　）

图5

A.t＝1s时物块的速率为1ms

B.t＝2s时物块的动量大小为4kg·

ms

C.t＝3s时物块的动量大小为5kg·

D.t＝4s时物块的速度为零

解析　由动量定理可得Ft＝mv，解得v＝

t＝1s时物块的速率为v＝

ms＝1ms，故A正确；

t＝2s时物块的动量大小p2＝F2t2＝2×

2kg·

ms＝4kg·

ms，t＝3s时物块的动量大小为p3＝（2×

2－1×

1）kg·

ms＝3kg·

ms，t＝4s时物块的动量大小为p4＝（2×

2）kg·

ms＝2kg·

ms，所以t＝4s时物块的速度为1ms，故B正确，C、D错误。

答案　AB

全国卷Ⅱ，24）为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1（s1<

s0）处分别设置一个挡板和一面小旗，如图6所示。

训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；

冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。

训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处。

假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1。

重力加速度为g。

求：

图6

（1）冰球与冰面之间的动摩擦因数；

（2）满足训练要求的运动员的最小加速度。

解析　

（1）设冰球的质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理得

－μmgs0＝

解得μ＝

②

（2）法1　冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小。

设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2，所用的时间为t。

由运动学公式得v

－v

＝2a1s0③

v0－v1＝a1t④

s1＝

a2