中考物理复习专题05 动量和能量观点在力学中的应用解析版.docx

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中考物理复习专题05动量和能量观点在力学中的应用解析版

专题05　动量和能量观点在力学中的应用

【要点提炼】

一、功与功率

1.功和功率的求解

2.机车启动问题

（1）机车输出功率：

P＝Fv，其中F为机车牵引力。

（2）设机车匀加速启动过程的最大速度为v1，此时机车输出的功率最大；由F牵－F阻＝ma，P＝F牵v1可求v1＝

。

（3）设全程的最大速度为vm，此时F牵＝F阻；由P＝F阻vm，可求vm＝

。

（4）以额定功率启动的过程中，牵引力不断减小，机车做加速度减小的加速运动，牵引力的最小值等于阻力。

二、常见的功能关系

三、三种碰撞的特点

1.弹性碰撞：

动量守恒，机械能守恒。

质量为m1，速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞，碰后速度分别为v1′、v2′。

结果讨论：

（1）当两球质量相等时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换速度。

（2）当m1远大于m2时，v1′＝v1，v2′＝2v1。

（3）当m1远小于m2时，v1′＝－v1，v2′＝0。

2.非弹性碰撞：

动量守恒，机械能有损失。

3.完全非弹性碰撞：

动量守恒，机械能损失最大，以碰后系统速度相同为标志。

【方法指导】

一、动能定理的应用

1.当问题涉及力、位移（或路程）、速度，而不涉及加速度和时间时，可优先考虑利用动能定理分析问题。

2.对于多过程问题，求解时可对全过程应用动能定理，从而避开对每个运动过程的具体细节进行分析。

二、动量定理的两个重要应用

1.应用I＝Δp求变力的冲量

如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I＝Ft求变力的冲量，可以求出变力作用下物体动量的变化Δp，等效代换变力的冲量I。

2.应用Δp＝FΔt求动量的变化

例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化（Δp＝p2－p1）需要应用矢量运算方法，计算比较复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化。

三、解决力学综合题目的关键要做好“三选择”

1.当运动物体受到恒力作用而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题。

2.当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律。

3.当涉及多个物体及时间时，一般考虑动量定理、动量守恒定律。

　命题点一：

能量观点在力学中的应用

考向一　功和功率的理解与计算

【典例1】（多选）地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面。

某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图1所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。

不考虑摩擦阻力和空气阻力。

对于第①次和第②次提升过程（　　）

A.矿车上升所用的时间之比为4∶5

B.电机的最大牵引力之比为2∶1

C.电机输出的最大功率之比为2∶1

D.电机所做的功之比为4∶5（图1）

【解析】　根据位移相同可得两图线与时间轴围成的面积相等，t′为图线②过程比①过程多运动的时间，即

v0×2t0＝

×

v0[2t0＋t′＋（t0＋t′）]，解得t′＝

t0，则对于第①次和第②次提升过程中，矿车上升所用的时间之比为2t0∶（2t0＋

t0）＝4∶5，A正确；加速过程中的牵引力最大，且已知两次加速时的加速度大小相等，故两次中最大牵引力相等，B错误；由题知两次提升的过程中矿车的最大速度之比为2∶1，由功率P＝Fv，得最大功率之比为2∶1，C正确；两次提升过程中矿车的初、末速度都为零，则电机所做的功等于克服重力做的功，重力做的功相等，故电机所做的功之比为1∶1，D错误。

【答案】　AC

考向二　动力学规律和动能定理的综合应用

【典例2】完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。

航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图2甲所示。

为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图乙，AB长L1＝150m，BC水平投影L2＝63m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°（sin12°≈0.21）。

若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t＝6s到达B点进入BC。

已知飞行员的质量m＝60kg，g＝10m/s2，求

（图2）

（1）舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；

（2）舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大。

【解析】　

（1）舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有

＝

①

根据动能定理，有W＝

mv2－0②

联立①②式，代入数据，得

W＝7.5×104J③

（2）设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有L2＝Rsinθ④

由牛顿第二定律，有FN－mg＝m

⑤

联立①④⑤式，代入数据，得FN＝1.1×103N⑥

【答案】　

（1）7.5×104J　

（2）1.1×103N

考向三　功能关系的应用

【典例3】从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。

距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图3所示。

重力加速度取10m/s2。

该物体的质量为（　　）

A.2kg

B.1.5kg

C.1kg

D.0.5kg（图3）

【解析】　画出运动示意图。

设该外力的大小为F，据动能定理知

A→B（上升过程）：

－（mg＋F）h＝EkB－EkA

B→A（下落过程）：

（mg－F）h＝EkA′－EkB′

整理以上两式并代入数据得mgh＝30J，解得物体的质量m＝1kg。

选项C正确。

【答案】　C

考向四　应用动力学观点和能量观点解决多过程问题

【典例4】某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图4所示的物理模型。

竖直平面内有一倾角θ＝37°的直轨道AB，其下方右侧放置一水平传送带，直轨道末端B与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过。

转轮半径R＝0.4m、转轴间距L＝2m的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高度H＝2.2m。

现将一小物块放在距离传送带高h处静止释放，假设小物块从直轨道B端运动到达传送带上C点时，速度大小不变，方向变为水平向右。

已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5。

（sin37°＝0.6，g取10m/s2）

（图4）

（1）若h＝2.4m，求小物块到达B端时速度的大小；

（2）若小物块落到传送带左侧地面，求h需要满足的条件；

（3）改变小物块释放的高度h，小物块从传送带的D点水平向右抛出，求小物块落地点到D点的水平距离x与h的关系式及h需要满足的条件。

【解析】　

（1）小物块由静止释放到B的过程中，由牛顿第二定律

得mgsinθ－μmgcosθ＝ma

v

＝2a

解得vB＝4m/s

（2）若要小物块落到传送带左侧地面，设当小物块到达传送带上D点时速度为零时，小物块从距传送带高度为h1处由静止释放，根据动能定理得

mgh1－μmgcosθ·

－μmgL＝0解得h1＝3.0m

当h＜h1＝3.0m时满足题中条件

（3）当小物块从右侧抛出时，设小物块到达D点的速度为v，根据动能定理得

mgh－μmgcosθ

－μmgL＝

mv2

H＋2R＝

gt2，x＝vt解得x＝2

（m）

为使小物块能在D点水平向右抛出，则需满足mg≤

解得h≥3.6m

【答案】　

（1）4m/s　

（2）h＜3.0m　（3）x＝2

（m）　h≥3.6m

【拓展练习】

1.一汽车在平直公路上行驶。

从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图5所示。

假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。

下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是（　　）

（图5）

【解析】　由P－t图象知：

0～t1内汽车以恒定功率P1行驶，t1～t2内汽车以恒定功率P2行驶。

设汽车所受牵引力为F，则由P＝Fv得，当v增加时，F减小，由a＝

知a减小，又因速度不可能突变，所以选项B、C、D错误，A正确。

【答案】　　A

2.（多选）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。

取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图6所示。

重力加速度取10m/s2。

由图中数据可得（　　）

A.物体的质量为2kg

B.h＝0时，物体的速率为20m/s

C.h＝2m时，物体的动能Ek＝40J

D.从地面至h＝4m，物体的动能减少100J

（图6）

【解析】　由于Ep＝mgh，所以Ep与h成正比，斜率是k＝mg，由图象得k＝20N，因此m＝2kg，A正确；当h＝0时，Ep＝0，E总＝Ek＝

mv

，因此v0＝10m/s，B错误；由图象知h＝2m时，E总＝90J，Ep＝40J，由E总＝Ek＋Ep得Ek＝50J，C错误；h＝4m时，E总＝Ep＝80J，即此时Ek＝0，即从地面上升至h＝4m高度时，动能减少100J，D正确。

【答案】　AD

3.（多选）如图7所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d，杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点下方距离为d处。

现将环从A处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是（　　）

A.环到达B处时，重物上升的高度h＝

B.环到达B处时，环与重物的速度大小相等

C.环从A到B，环减少的机械能等于重物增加的机械能

D.环能下滑的最大高度为

d（图7）

【解析】　根据几何关系可知，环从A下滑至B点时，重物上升的高度h＝

d－d，故A错误；对环在B处时的速度v沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，有vcos45°＝v重物，故B错误；环下滑过程中，系统机械能守恒，即环减少的机械能等于重物增加的机械能，故C正确；环下滑到最大高度为h时，环和重物的速度均为0，此时重物上升的最大高度为

－d，根据机械能守恒有mgh＝2mg（

－d），解得h＝

d，故D正确。

【答案】　CD

4.如图8所示，半径R＝1.0m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C为轨道的最低点。

C点右侧的水平路面上紧挨C点放置一木板，木板质量M＝1kg，上表面与C点等高。

质量m＝1kg的物块（可视为质点）从空中A点以v0＝1.2m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道。

已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与路面间的动摩擦因数μ2＝0.05，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。

试求：

（图8）

（1）物块经过B端时速度的大小；

（2）物块经过轨道上的C点时对轨道的压力大小；

（3）若木板足够长，请问从开始平抛至最终木板、物块都静止，整个过程产生的热量是多少？

【解析】　

（1）根据运动的合成与分解，B点速度方向与水平方向夹角为53°，故vB＝

＝2m/s。

（2）物块从B到C应用动能定理，有

mg（R＋Rsinθ）＝

mv

－

mv

解得vC＝6m/s

在C点，由牛顿第二定律得F－mg＝m·

解得F＝46N

由牛顿第三定律知，物块经过圆弧轨道上的C点时对轨道的压力大小为46N。

（3）物块从A到C过程中无能量损失，所以整个过程产生的热量就是从C到最终木板、物块都静止这一过程中产生的热量，由能量守恒定律得Q＝

mv

＝18J