教学课件2016届高考物理二轮复习 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）

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.W1W2 B.W1=W2,C.W1W2 D.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f2f1;拉力F1 做的功为W1=f1l,拉力F2做的功为W2=F2lcos =f2l,则W2W1,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100 kg的物体,物 体随升降机由静止开始竖直向上移动5 m时速度达到4 m/s,则此过 程中(g取10 m/s2) ( ),A.升降机对物体做功4200 J,B.合外力对物体做功5800 J,C.物体的重力势能增加5000 J,D.物体的机械能增加5000 J,【解析】物体竖直向上提高h=5 m,重力做功-mgh=-5000 J ,则选项 C正确;由动能定理,合外力对物体做功W总=WG+WF= mv2=800 J,WF =5800 J,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H2R;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-mg2R= 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H2R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=mg cos 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=2 kg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=2 m/s的速 率逆时针转动.装置的右边是一光滑曲面,质量m=1 kg的小物块B从 其上距水平台面高h=1.0 m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=1.0 m.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=10 m/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= =2 m/s,B滑上皮带做匀减速运动: - =2al,a=g=2 m/s2,解得B滑过皮带与A碰前速度:v1=4 m/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=4 m/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= m1 m,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( )n m/s (n=0、1、2、3).,【答案】(1)4 m/s (2)不能回到曲面 (3)4( )n m/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)v2=(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.0t1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定,B.t1t2时间内汽车牵引力做功为 m - m,C.t1t2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,t2t3时间内牵引 力最小,【解析】0t1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;t1t2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;t1t2时间内做加速度减小的 加速运动,平均速度 (v1+v2),则C错;t1t2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2103 kg的汽 车,正以10 m/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=15 s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20 kW 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15 s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=2000 N.,(2)t=15 s时汽车处于平衡状态,有F2=f2,又P=F2v2,则f2= = N=4000 N,t=5 s时汽车开始减速运动,有f2-F1=ma,则a=1 m/s2,方向向左.,(3)对BC路段,由动能定理有Pt-f2s= m - m,解得s=68.75 m.,(4)如图丙所示.,【答案】(1)2000 N (2)1 m/s2,向左 (3)68.75 m,(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=0.3 m, L2=3.2 m,L3 =0.5 m,瓶子质量m=1 kg,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10 m/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= m3.2 m,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=40 N.,【答案】(1)不能成功 (2)40 N,(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=0.1 kg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=2.5 m的圆截去了左上角127的圆弧,CB为其竖直直径,(sin 53=0.8,cos 53=0.6,重力加速度g取10 m/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= =5 m/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=6.0 N,根据牛顿第三定律,小球对轨道的压力大小为6.0 N.,(3)从A到B由机械能守恒定律有 m +mgR(1-cos 53)= m,所以:vA= m/s,在A点进行速度的分解有:vy=vAsin 53,H= =3.36 m.,【答案】(1)5 m/s (2)6.0 N (3)3.36 m,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=4.0 kg 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=1.0 kg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12 Ns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=8.0 J,小物块的动能EkB=0.50 J,取g=10 m/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=3.0 m/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=0.50 m.,【答案】(1)3.0 m/s (2)0.50 m,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=2 kg的滑块套在光滑的水平轨道上,质量m=1 kg的小球通过长L=0.5 m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=4 m/s,g取10 m/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=2 N,由牛顿第三定律可知,小球对轻杆的作用力大小为2 N,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=2 m/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mv3t-Mvt=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)2 N 方向竖直向上 (2)2 m/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=5.45 m的O处用长L=0.45 m的不 可伸长的细线挂一质量为90 g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=5 m.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=10 m/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=5 m/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= 2 mv2,爆竹爆炸前后动量守恒,所以有2mv=mv2-mv1,联立解得v2=11 m/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=9.85 N.,(3)火药爆炸释放的能量为:E= m + m -2mgL=2.88 J.,【答案】(1)5 m/s (2)9.85 N (3)2.88 J,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=1 kg,以水平初速度v0=6 m/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10 m/s2.求:,例7 如图所示,质量M=2 kg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=2 m/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= =1 m/s2,所以s的最短距离s= =2 m.,(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=6 m,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=2.67 m,所以木板B的最短长度为L=L1+L2=8.67 m.,【答案】(1)2 m/s (2)2 m (3)8.67 m,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 = mvA2+ 2m,解得:vBm= v0,即vB的取值范围为0vB 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:Ek1Ek2=133.,【答案】(1)-6kmgL (2)2m (3)133,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sx0+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 Lt=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=2.010-5 C,g取10 m/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=0.2 m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=5.0103 V/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