动量观点与能量观点,在力学中的应用

1、动量观点与能量观点在力学中的应用、【基础回归】1. 常见的功能关系 (1)合力做功与动能的关系：A Ek。 重力做功与重力势能的关系：WG=A Ep。弹力做功与弹性势能的关系：W= A吕。 除重力以外其他力做功与机械能的关系：W其他= E机。(5)滑动摩擦力做功与内能的关系：Ff X相对= E内。2. 机械能守恒定律 (1)条件：只有重力、系统内弹力做功。(2) 表达式：Eki+ Epi= Ek2+ Ep2o3. 动能定理 (1)内容：合外力做的功等于动能的变化。1 2 1 2表达式：W 2 mv2 2 mv14. 动量定理及动量守恒定律(1) 动量定理：Ft = mv mv (2)动量守恒定

2、律：mvi + mv2= mvi + mv2' (3)关于碰撞:二、【解题策略】 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。 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。三、【典例应用】应用1:力学中的几个功能关系的应用【

3、真题示例11(2017 全国卷皿，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（）fr1B.gmgL1D-mgL1A. gmgL1C.gmgL 解析：由题意可知，PM段细绳的机械能不变，MC段细绳的重心升高I2 l 1了6，则重力势能增加 Ep=尹96= gmgl,由功能关系可知，在此1过程中，外力做的功为 W=-mgL，故选项A正确，B、C D错误。9答案 A【真题示例2】（2017 全国卷I, 24） 质量为8.00 X 104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地

4、面。飞船在离地面高度1.60 X 105 m处以7.5 X 103 m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s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9.8 m/s 2（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厶匕 能;(2)求飞船从离地面高度600 m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 氐= 2mV 式中，m和vo分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由式和题给 数据得Eko = 4.0

5、 X 108 J 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1 2Eh= qmv + mg 式中，vh是飞船在高度1.6 X 105m处的速度大小。由式和题给数据&=2.4 X 1012 J 飞船在高度h'= 600 m处的机械能为1 2.0 2 & = 2m(100Vh) + mgh 由功能原理得W= & Ek0 式中，W是飞船从高度600 m处至着地瞬间的过程中克服阻力所做的 功。由式和题给数据得 W 9.7 X 108 J8 12 8答案 (1)(1)4.0 X 10 J 2.4 X 10 J (2)9.7 X 10 J【题后反思】1.

6、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m第16题的等效法(重心)。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。t =0时刻受到【对点强化】1.质量为m= 2 kg的物体沿水平面向右做直线运动,一个水平向左

7、的恒力F,如图2甲所示，此后物体的V t图象如图B642卄 -空 -4 -G乙所示，取水平向右为正方向,g 取 10 m/s2，则(I.'AiTTS"")A. 物体与水平面间的动摩擦因数为卩=0.5B. 10 s末恒力F的瞬时功率为6 WC. 10 s末物体在计时起点左侧 4 m处D.010 s内恒力F做功的平均功率为 0.6 W8解析：由图线可知04 s内的加速度大小a1=4 m/s2= 2 m/s2，可6 2得F+a mg= ma;由图线可知41 0 s内的加速度大小a2=召m/s =1 m/s2,可得 F- mg= ma;解得 F= 3 N,卩=0.05，选项

8、 A错误;10 s末恒力F的瞬时功率为Pio= Fvio = 3X 6 W= 18 W,选项B错误;1 104 s内的位移X1 = X 4 X 8 m= 16 m, 410 s内的位移X2=-X 6X 6 m=- 18 m,故10 s末物体在计时起点左侧 2 m处，选项CFx 3X2错误；010 s内恒力F做功的平均功率为 P=*W= 0.6 W, 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 0点，0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xo,释放弹簧后钢珠被弹出，钢珠运动到P点时的动能为4mgx,不计一切

9、阻力，下列说法正确的是（）TJA.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7x0D. 弹簧被压缩至M点时的弹性势能为7mgx 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4mgx, 且竖直方向上钢珠位置升高了 3x0，即重力势能增加量 &= 3mgx, 故弹簧被压缩至M点时的弹性势能为E= 4mgx + 3mgx= 7mgx, D正 确；钢珠到达管口

10、P点时动能为4mgx,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= 4mgx,故上升的最高点与管口的距离 h= 4xo, C错误。答案 AD3. 如图4所示，质量m = 3.5 kg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= 100 N/mo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 0、Q后，与套在光滑直 杆顶端E处的质量m= 1.6 kg的小球A连接。已知直杆固定不动,F 为 45 No杆长L为0.8 m且与水平面的夹角0 = 37°。初始时使小球A静止 不动，与A相连的一段绳子保持水

11、平，此时绳子中的张力 已知EO= 0.5 m，重力加速度g取10 m/s?，绳子不可伸长。现将小 球A从静止释放。D 7.e图4(1)求在释放小球A之前弹簧的形变量;(2)若直线CO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; 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= 0.1 m。(2)对A球从E点运动到C的过程应用动能定理得W mgh=2mvA 0 其中 h= xC Ocos 37 °，而 xC O = xE

12、0划n 37 ° = 0.3 m 物体B下降的高度h'= xE Oi xC O = 0.2 m由此可知，弹簧这时被压缩了0.1 m，此时弹簧弹性势能与初始时刻1 2相等，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，有 migh+ nmgh'= 2mvA+ mvB 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由得W7J 。 由题意知，杆长L= 0.8 m由几何知识可知 EO CDZ CDS/CEO =37°，故 DO= EO 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

13、方向的速度即B的速度，由几何关系得Vb'= Va' cos 37 ° ® 整个过程机械能守恒，可得1 2 1 2mgLsin 37 ° = 2mvA' 2 + 2mvB' 2 由得Va'= 2 m/s。答案 (1)0.1 m (2)7 J (3)2 m/s【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。 功能

14、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。应用2:动量定理和动能定理的应用【真题示例11 （多选）（2017 全国卷皿,20） 一质量为2 kg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（）A.t = 1 s时物块的速率为1 m/sB.t = 2 s时物块的动量大小为4 kg m/sC.t = 3 s时物块的动量大小为5 kg m/sD.t = 4 s时物块的速度为零解析：由动量定理可得Ft = mv解得V=¥。t = 1 s时物块的速Ft 2x1率为v= Fm=m/s=1 m/s，故A正确；t

15、=2 s时物块的动量大小 p2= F2t 2= 2X2 kg m/s=4 kg m/s, t = 3 s 时物块的动量大小 为 p3 = (2 X 2 1 X 1) kg m/s= 3 kg m/s, t = 4 s 时物块的动量大 小为 p4 = (2 X 2 1 X 2) kg m/s= 2 kg m/s,所以 t = 4 s 时物块的 速度为1 m/s，故B正确，C、D错误。答案 AB【真题示例21（2017 全国卷n, 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so和S1（S 1<so）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

16、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VI。重力 加速度为g。求:(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数; 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 由动能定理得 卩 mgs= 1mV mV2 2Vo Vi 解得卩=VzgSV 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

17、 大小分别为ai和82,所用的时间为t。由运动学公式得V0v? = 2aiSoVo vi= ait S1 = t2 联立式得232= S1(M0)2s2法2 对冰球由动量定理得 卩mgt= mv mvS1 = 1a2t2®由式得S1 (V1 + Vo) 232=2S12答案亲2S1(Vo + V1)2(2) 2S【题后反思】1. 高考考查特点(1) 动能定理是咼考的必考热点，运用动量定理解决生活中的物理问 题也已成为高考的热点。一般以生活中的物理问题(如2017年全国卷n第24以冰球运动) 为背景考查对动能定理的理解及应用。2. 常见误区及临考提醒 (1)不清楚物体动量变化规律是由合

18、外力的冲量决定的，物体动能变 化规律是由合外力的功决定的。(2)不清楚动能定理表达式是标量式，动量定理表达式是矢量式。【对点强化】1.（多选）一物体静止在粗糙水平面上,某时刻受到一沿水平方向的恒定拉力作用开始沿水平方向做直线运动,已知在第1s内合力对物体做的功为45 J，在第1 s末撤去拉力,物体整个运动过程的 v-t图象如图7所示，g取10 m/s，则（1)234 tisA. 物体的质量为5 kgB. 物体与水平面间的动摩擦因数为0.1C. 第1 s内摩擦力对物体做的功为60 JD. 第1 s内拉力对物体做的功为60 J解析：由动能定理有 W = mV，第1 s末速度v = 3 m/s，解出

19、m=110 kg，故A错误；撤去拉力后物体的位移X2= 2 3X 3 m= 4.5 m ,1由动能定理可得：一fx 2= 0-2mV,可解得：f =10 N，又f =卩mg 解出a = 0.1，故B正确；第1 s内物体的位移X1 = 1.5 m，第1 s 内摩擦力对物体做的功 W=-fX1 = - 15 J，故C错误；由FX1-f（x 1+ X2）= 0,可得F= 40 N,所以第1 s内拉力对物体做的功 W = Fx1 =60 J，故D正确。答案 BD2.（多选）如图8所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击右侧的煤层。设水柱直径为D,水流速度为V,方向水平，水柱垂直煤层表面，水柱冲击煤层后水的速

20、度为零。高压水枪的质量为M手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为p。下列说法正确的是（）右A.高压水枪单位时间喷出的水的质量为p V n D1B.高压水枪的功率为Tp n DV81C.7水柱对煤层的平均冲力为4P n前D.手对高压水枪的作用力水平向右 解析： 设 t时间内，从水枪喷出的水的体积为 V,质量为 m1 2则 m= p V, V= SvA t = 4 n Dv t，单位时间喷出水的质量为4p vn D2,选项A错误； t时间内水枪喷出的水的动能 &=2 mV=fp n DVa t，由动能定理知高压水枪在此期间对水做功为 W12 3W 12 3=&

21、;= 5 p n Dv t，高压水枪的功率P=匚；=7 p n Dv ,选项B正8 t 8确；考虑一个极短时间 t，在此时间内喷到煤层上水的质量为 m 设煤层对水柱的作用力为F,由动量定理得FA t'= mv t时间1 1内冲到煤层水的质量mT= 4p n DvA t，解得F= jp n DV，由牛顿 第三定律可知，水柱对煤层的平均冲力为F'= F= 1p n DV,选项C 正确；当高压水枪向右喷出高压水流时，水流对高压水枪的作用力向 左，由于高压水枪有重力，根据平衡条件，手对高压水枪的作用力方 向斜向右上方，选项D错误。答案 BC3. 如图9所示，轻绳长为L,竖直悬挂质量为M

22、的摆球，在最低点A 经两次打击后到达圆周最高点 C若第一次平均打击力为10 N,摆球 恰升到水平位置0B处，则第二次平均打击力至少应该为多大，才能 使摆球上升到最高点？（设两次打击时间相等且极短）C,-图9解析：设第一次被打击后，球的速度为 VA1, 由动能定理得：一mgL= 0 2mAi,l卩 VAi = /2gr。则第二次被打击后，球的速度为VA2,则 mg-2 L=2mV mV 联立得VA2=寸5gl。由动量定理FA t = mA v得Fl Va1i 亍忑* F匸5航N 答案 5/10 N【归纳总结】1. 应用动能定理解题应抓好“一个过程、两个状态、四个关注”(1) 一个过程：明确研究过

23、程，确定这一过程研究对象的受力情况和 位置变化或位移信息。(2) 两个状态：明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况。四个关注: 建立运动模型，判断物体做了哪些运动。分析各个运动过程中物体的受力和运动情况。抓住运动模型之间的联系纽带，如速度、加速度、位移，确定初、 末状态。根据实际情况分阶段或整体利用动能定理列式计算。2.使用动量定理的注意事项(1) 动量定理不仅适用于恒力，也适用于变力。这种情况下，动量定 理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。(2)动量定理的表达式是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、 动量及动量变化量的方向，公式中的 F是物体或系统所受的合力。应用3:动量观点和

24、能量观点的综合应用【真题示例11 （2017 全国卷I, 14）将质量为1.00 kg的模型火 箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口 在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为 （喷出过程中重力和空气阻力可忽略）（）A.30 kg - m/sB.5.7 X 102kg m/s2C.6.0 X 10 kg m/sD.6.3 X 102kg m/s解析：设火箭的质量为m,燃气的质量为m。由题意可知，燃气的3动量 p2 = mv2 = 50X 10X 600 kg m/s= 30 kg m/s。根据动量守恒 定律可得0= mv1 mv2，则火箭的动量大小为

25、 p1= mv1 = mv2 = 30 kg - m/s,所以A正确，B、C D错误。答案 A【真题示例21 （2017 天津理综，10）如图10所示，物块A和B通 过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两 侧，质量分别为m=2 kg、m= 1 kg。初始时A静止于水平地面上,B悬于空中。现将B竖直向上再举高h= 1.8 m（未触及滑轮），然后由 静止释放。一段时间后细绳绷直， A B以大小相等的速度一起运动, 之后B恰好可以和地面接触。取g= 10 m/s2，空气阻力不计。求:图10(1) B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t ;(2) A的最大速度v的大小;初始时B离地面的

26、高度H。解析：(1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有 h= -gt2 代入数据解得t = 0.6 s(2) 设细绳绷直前瞬间B速度大小为Vb, 有Vb= gt 细绳绷直瞬间，细绳张力远大于 A B的重力，A B相互作用，由动 量守恒得 nmvB= (mA+ mB)v 之后A做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度 v即为最大速度, 联立式，代入数据解得 v = 2 m/s (3) 细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时1A B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有-(mA + m)v + mgH= mgH 代入数据解得H= 0.6 m 答案 (1)0.6

27、 s (2)2 m/s (3)0.6 m【题后反思】 1.高考考查特点 (1)动量守恒定律的应用是高考热点，碰撞模型、反冲运动是动量守 恒定律的基础与核心模型。(2) 熟悉掌握并灵活应用动量守恒的条件，掌握常见的碰撞模型及规 律是突破该考点的关键。2. 常见误区及临考提醒 (1)对动量守恒条件理解不准确。 注意物理模型的构建。如天津卷第10题，绳子绷直瞬间，两物块 获得共同速度，可等效于发生完全非弹性碰撞。【对点强化】1.在一水平支架上放置一个质量m= 0.98 kg的小球A, 颗质量为 00= 20 g的子弹以vo= 300 m/s的水平速度击中小球 A并留在其中。之后小球A水平抛出恰好落入

28、迎面驶来的沙车中，已知沙车的质量 m= 2 kg，沙车的速度vi = 2 m/s，水平面光滑，不计小球与支架间 的摩擦。图11(1)若子弹打入小球A的过程用时t = 0.01 s，求子弹与小球间的 平均作用力大小;(2)求最终沙车B的速度。解析：(1)子弹打入小球的过程，子弹和小球组成的系统动量守恒, m0Vo = (mo+ m)v 对小球由动量定理得FA t = mv 0 解得 F= 588 N。(2)之后小球平抛，系统水平方向动量守恒，规定水平向右为正方向,(m0+ m)v mv1= (m0 + m+ m)v22 解得 V2 = 3 m/s ,方向水平向右。答案(1)588 N2(2) 3

29、 m/s，方向水平向右2.光滑水平面上,用轻质弹簧连接的质量为nA= 2 kg、nB= 3 kg的AB两物体都处于静止状态，此时弹簧处于原长状态。将质量为mc= 5 kg1的物体C,从半径R= 3.2 m的4光滑圆弧轨道最高点由静止释放'如图12所示，圆弧轨道的最低点与水平面相切，B与C碰撞后粘在一 起运动。求:A JjrhwwTI图12(1)B、C碰撞刚结束时的瞬时速度的大小;(2)在以后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能。解析：(1)对C下滑过程中，根据动能定理得12mcgRk qmvo 设B C碰撞后的瞬间速度为vi,以C的速度方向为正方向，由动量 守恒定律得 mvo = (mB+ m)vi 代入数据得V1 = 5 m/s。由题意可知，当A B、C速度大小相等时弹簧的弹性势能最大, 设此时三者的速度大小为V2,