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.doc
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1、- 1 - / 19【2019【2019 最新最新】精选高考物理二轮复习专题二动量与能量第精选高考物理二轮复习专题二动量与能量第 1 1 讲讲动量观点与能量观点在力学中的应用学案动量观点与能量观点在力学中的应用学案知识必备1.常见的功能关系(1)合力做功与动能的关系:W 合Ek。(2)重力做功与重力势能的关系:WGEp。(3)弹力做功与弹性势能的关系:W 弹Ep。(4)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:Ek1Ep1Ek2Ep2。3.动能定理(1)内容:
2、合外力做的功等于动能的变化。(2)表达式:Wmvmv2 14.动量定理及动量守恒定律(1)动量定理:Ftmv2mv1(2)动量守恒定律:m1v1m2v2m1v1m2v2(3)备考策略- 2 - / 191.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
3、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,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 1B.mgl A.mgl D.mglC.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 Epmgmgl,由功能关系可知,在此过程中,外力做的功为 Wmgl ,故选项 A 正确,B、C、 D 错误。- 3 - / 19答案
4、 A【真题示例 2】 (2017全国卷,24)一质量为 8.00104 kg 的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度 1.60105 m 处以7.5103 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/s2(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 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E
5、k0mv式中,m 和 v0 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Ek04.0108 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Ehmvmgh式中,vh 是飞船在高度 1.6105 m 处的速度大小。由式和题给数据得Eh2.41012 J(2)飞船在高度 h600 m 处的机械能为Ehm(vh)2mgh由功能原理得- 4 - / 19WEhEk0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 9.7108 J答案 (1)(1)4.0108 J 2.41012 J (2)9.7108 J真题感悟1.高考考查特点(1
6、)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。如全国卷第 16 题的等效法(重心)。(3)注意提高计算能力。如全国卷第 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
7、潍坊模拟)质量为 m2 kg 的物体沿水平面向右做直线运动,t0 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vt 图象如图乙所示,取水平向右为正方向,g 取 10 m/s2,则( )- 5 - / 19图 2A.物体与水平面间的动摩擦因数为 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 W解析 由图线可知 04 s 内的加速度大小 a1 m/s22 m/s2,可得Fmgma1;由图线可知 41 0 s 内的加速度大小 a2 m/s21 m/s2,可得 Fmgma2;解得
8、F3 N,0.05,选项 A 错误;10 s 末恒力 F 的瞬时功率为 P10Fv1036 W18 W,选项 B 错误;04 s 内的位移 x1 48 m16 m,410 s 内的位移x266 m18 m,故 10 s 末物体在计时起点左侧 2 m 处,选项 C 错误;010 s 内恒力 F 做功的平均功率为 P W0.6 W,选项D 正确。答案 D2.(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
9、切阻力,下列说法正确的是( )图 3A.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- 6 - / 19D.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 Ep3mgx0,故弹簧被压缩至 M 点时的弹性势能为 E4mgx03mgx07mgx0,D
10、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 mgh4mgx0,故上升的最高点与管口的距离 h4x0,C 错误。答案 AD3.(名师改编)如图 4 所示,质量 mB3.5 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 k100 N/m。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 mA1.6 kg 的小球 A 连接。已知直杆固定不动,杆长 L 为 0.8 m,且与水平面的夹角 37。初始时使小球 A 静止不动,
11、与 A 相连的一段绳子保持水平,此时绳子中的张力 F 为 45 N。已知 EO10.5 m,重力加速度 g 取 10 m/s2,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;- 7 - / 19(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 kxFmBg,解得x0.1 m。(2)对 A 球从 E 点运动到 C 的过程应用动能定理
12、得WmAghmAv0其中 hxC O1cos 37,而 xC O1xE O1sin 370.3 m物体 B 下降的高度 hxE O1xC O10.2 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相等,A、B 和弹簧组成的系统机械能守恒,有mAghmBghmAvmBv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vB0由得 W7 J。(3)由题意知,杆长 L0.8 m,由几何知识可知ECCD,CDO1CEO137,故 DO1EO1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
13、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vBvAcos 37整个过程机械能守恒,可得mAgLsin 37mAvA2mBvB2- 8 - / 19由得 vA2 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。(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
14、定理和动能定理的应用【真题示例 1】 (多选)(2017全国卷,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( )图 5A.t1 s 时物块的速率为 1 m/sB.t2 s 时物块的动量大小为 4 kgm/sC.t3 s 时物块的动量大小为 5 kgm/sD.t4 s 时物块的速度为零解析 由动量定理可得 Ftmv,解得 v。t1 s 时物块的速率为v m/s1 m/s,故 A 正确;t2 s 时物块的动量大小p2F2t222 kgm/s4 kgm/s,t3 s 时物块的动量大小为- 9 - / 19p3(2211) k
15、gm/s3 kgm/s,t4 s 时物块的动量大小为p4(2212) kgm/s2 kgm/s,所以 t4 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 2】 (2017全国卷,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(s1s0)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,
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