【物理】2020届一轮复习人教版能量和动量学案

【物理】2020届一轮复习人教版能量和动量学案

‎　能量和动量 ‎[回顾知识]‎ ‎1．功的定义式 W＝Flcosα(α是F与位移l方向的夹角)，这种方法只适用于恒力做功．当0≤α<时F做正功，当α＝时F不做功，当<α≤π时F做负功．‎ ‎2．功率 P＝＝Fvcosα ‎(1)当v为瞬时速度时，对应的P为瞬时功率．‎ ‎(2)当v为平均速度时，对应的P为平均功率．‎ ‎3．机车启动问题中的注意点 ‎(1)全程最大速度的临界点为：F阻＝.‎ ‎(2)匀加速运动的最后点为－F阻＝ma；此时瞬时功率等于额定功率P额．‎ ‎(3)在匀加速过程中的某点有：－F阻＝ma.‎ ‎(4)在变加速运动过程中的某点有－F阻＝ma2.‎ ‎4．动能定理 ‎(1)定义：外力做功的代数和等于物体动能的变化量．‎ ‎(2)表达式：W合＝Ek2－Ek1.‎ ‎(3)适用范围：单个物体，单一过程或多个过程，直线运动或曲线运动．‎ ‎5．机械能守恒定律 ‎(1)成立条件：系统内只有重力或弹力做功，其他任何内力、外力都不做功或做功的代数和为零．‎ 物体间只有动能和重力势能及弹性势能相互转化，系统跟外界没有发生机械能的转化，机械能也没有转化成其他形式的能(如没有内能产生)，系统的机械能守恒．‎ ‎(2)表达式 ‎①Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2‎ ‎②ΔEk＝－ΔEp.‎ ‎③ΔEA增＝ΔEB减 ‎6．几种常见的功能关系 做功 能量变化 功能关系 重力做功 重力势能变化ΔEp WG＝－ΔEp 弹力做功 弹性势能变化ΔEp WF＝－ΔEp 合外力做功W合 动能变化ΔEk W合＝ΔEk 除重力和弹力之外其他力做功W其 机械能变化ΔE W其＝ΔE 系统内滑动摩擦力与介质阻力做功Ffs相对 系统内能变化ΔE内 Ffs相对＝ΔE内 电场力做功 WAB＝qUAB 电势能变化ΔEp WAB＝－ΔEp 电流做功W＝UIt 电能变化ΔE W＝－ΔE ‎7.动量定理 ‎(1)内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量，这个关系叫做动量定理．‎ ‎(2)表达式：F·t＝mv2－mv1＝Δp.‎ 动量定理不仅适用于恒力作用的过程，也适用于随时间变化的变力作用的过程．对于变力作用的过程，动量定理中的F可以理解为变力在作用时间内的平均值．‎ ‎(3)根据F＝ma得F＝ma＝m＝，即F＝，这是牛顿第二定律的另一种表达形式．‎ ‎8．动量守恒定律 ‎(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变．‎ ‎(2)三种常见表达式 ‎①p＝p′(系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′)．‎ 实际应用时的三种常见形式：‎ a．m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(适用于作用前后都运动的两个物体组成的系统)．‎ b．0＝m1v1′＋m2v2′(适用于原来静止的两个物体组成的系统，比如爆炸、反冲等)．‎ c．m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v(适用于两物体作用后结合为一体或具有相同速度的情况，如完全非弹性碰撞)．‎ ‎②Δp＝0(系统总动量不变)．‎ ‎③Δp1＝－Δp2(相互作用的两物体组成的系统，两物体动量的变化量大小相等、方向相反)．‎ ‎(3)动量守恒的条件 ‎①理想守恒：系统不受外力或系统所受外力之和为零，则系统动量守恒．‎ ‎②分方向守恒：系统在某一方向上不受外力，或外力之和为零，则系统在这一方向上的动量变化量为零，系统在这一方向上动量守恒．‎ ‎③近似守恒：系统的内力远大于外力或者系统在某一方向上的内力远大于外力，则系统的外力或系统在某一方向上的外力可以忽略不计，系统或系统在某一方向上的动量近似守恒．‎ ‎[回顾方法]‎ ‎1．求变力做功的常用方法 ‎(1)将变力转化为恒力 以恒代变法——通过关联点将变力做功转化为恒力做功；‎ 化曲为直法——可将方向变化大小不变的变力转化为恒力来求所做的功；‎ 平均力法——若力F随位移l线性变化，可用平均力将变力转化为恒力．‎ ‎(2)图象法：作出变力F随位移l变化的图线，图线与位移轴所围的面积即变力所做的功．‎ ‎(3)当某力做功的功率P一定时，该力在时间t内做的功可由W＝Pt计算．‎ ‎(4)根据动能定理、功能关系，通过求能量的变化来求变力所做的功．‎ ‎2．解决机械能守恒综合题目的一般方法 ‎(1)对物体进行运动过程的分析，分析每一运动过程的运动规律．‎ ‎(2)对物体进行每一过程中的受力分析，确定有哪些力做功，有哪些力不做功，哪一过程中满足机械能守恒定律的条件．‎ ‎(3)分析物体的运动状态，根据机械能守恒定律及有关的力学规律列方程求解．‎ ‎3．分析小球碰撞是否合理的三种方法 ‎(1)动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′‎ ‎(2)动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或m1v＋m2v≥m1v1′2＋m2v2′2‎ ‎(3)速度要符合物理情景 ‎①碰前两物体同向，则应用v后>v前，碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v前′≥v后′；‎ ‎②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．‎ ‎[回顾易错点]‎ ‎1．区分一对静摩擦力与一对滑动摩擦力做功．‎ ‎2．区分平均功率与瞬时功率．‎ ‎3．区分在机车启动类问题中“匀加速最后时刻的速度”与“所能达到的最大速度”．‎ ‎4．区分机械能守恒条件中“只有重力做功”和“只受重力作用”．‎ ‎5．区分动量守恒条件与机械能守恒条件．‎ ‎6．区分动量定理与动能定理．‎ ‎7．区分弹性碰撞与非弹性碰撞．‎ ‎[保温精练]‎ ‎1．(多选)如图所示，质量为2m的物体B静止在光滑的水平面上，物体B的左边固定有轻质弹簧，质量为m的物体A以速度v向物体B运动并与弹簧发生作用，从物体A 接触弹簧开始到离开弹簧的过程中，物体A、B始终沿同一直线运动．以初速度v方向为正，则(　　)‎ A．此过程中弹簧对物体B的冲量大小大于弹簧对物体A的冲量大小 B．弹簧的最大弹性势能为mv2‎ C．此过程弹簧对物体B的冲量为mv D．物体A离开弹簧后的速度为－v ‎[解析]　此过程中弹簧对物体B的作用力和弹簧对物体A的作用力是一对作用力和反作用力，大小相等，作用时间相同，根据冲量的定义可知，此过程中弹簧对物体B的冲量大小等于弹簧对物体A的冲量大小，选项A错误；当两物体速度相等时，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律得mv＝(m＋2m)v′，解得v′＝，由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能Ep＝mv2－(m＋2m)v′2＝mv2，选项B正确；设物体A离开弹簧时速度为v1，物体B速度为v2，由动量守恒定律得，mv＝mv1＋2mv2，由能量守恒定律得，mv2＝mv＋·2mv，联立解得v1＝－v，v2＝v.在物体A离开弹簧时，由动量定理得，此过程中弹簧对B的冲量等于物体B动量的变化，即I＝2mv2＝mv ‎，选项C错误，D正确．‎ ‎[答案]　BD ‎2.甲、乙两物体用细线相连，跨过两光滑滑轮按如图所示方式连接，滑轮上方放置一竖直的光滑半圆形轨道，甲物体与地面接触，乙物体紧挨滑轮位置，两滑轮到地面距离与半圆轨道直径相等，且与圆心在同一水平线上．若两滑轮与甲、乙物体均视为质点，且两滑轮之间距离可视为与半圆轨道直径相等，现将乙由静止开始释放，甲物体向上运动到圆弧轨道后，恰好能沿半圆轨道做圆周运动，则甲、乙两物体质量之比为(　　)‎ A．1∶7 B．1∶6‎ C．1∶5 D．1∶4‎ ‎[解析]　设甲、乙两物体质量分别为m1、m2，轨道半径为R，当乙下落到地面、甲运动到半圆轨道下端时，由题意知，对系统由机械能守恒定律可得2m2gR－2m1gR＝(m2＋m1)v2，甲球恰好能做圆周运动，则甲球在圆轨道最高点时必有m1g＝，甲由轨道下端运动到最高点过程中由机械能守恒定律可得：m1v2＝m1gR＋m1v ‎，联立以上各式可得：m2＝7m1，则A正确．‎ ‎[答案]　A ‎3．(2018·衡水中学六调)有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺粗略地测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离为d，然后用卷尺测出船长为L.已知他自身的质量为m，则小船的质量m0为(　　)‎ A. B. C. D. ‎[解析]　人在小船上移动，人和船组成的系统动量守恒．根据动量守恒定律有，＝，解得m0＝，B正确．‎ ‎[答案]　B ‎4．(2018·河北六校联考)如图所示，质量m1＝3 kg、速度v1＝2 m/s的小球A与质量m2＝1 kg、速度v2＝－4 m/s的小球B发生正碰，以下情况表示完全弹性碰撞的是(v′1、v′2分别对应碰后小球A、B的速度)(　　)‎ A．v′1＝－1 m/s　v′2＝5 m/s B．v′1＝－2 m/s　v′2＝8 m/s C．v′1＝1 m/s　v′2＝－5 m/s D．v′1＝－ m/s　v′2＝4 m/s ‎[解析]　取v1的方向为正方向，碰撞前总动量p＝m1v1＋m2v2＝3×2 kg·m/s－1×4 kg·m/s＝2 kg·m/s，碰撞前的总动能Ek＝m1v＋m2v＝×3×22 J＋×1×42 J＝14 J.‎ 如果v′1＝－1 m/s、v′2＝5 m/s，则碰撞后总动量p′1＝m1v′1＋m2v′2＝2 kg·m/s，动量守恒．‎ 碰撞后的总动能Ek1＝m1v′＋m2v′＝14 J，机械能守恒，所以发生完全弹性碰撞，故A正确．‎ 如果v′1＝－2 m/s、v′2＝8 m/s，则碰撞后总动量p′2＝m1v′1＋m2v′2＝2 kg·m/s，动量守恒．‎ 碰撞后的总动能Ek2＝m1v′＋m2v′＝38 J，机械能不守恒，故B错误．‎ 如果v′1＝1 m/s、v′2＝－5 m/s，则碰撞后总动量p′3＝m1v′1＋m2v′2＝－2 kg·m/s，动量不守恒，故C错误．‎ 如果v′1＝－ m/s、v′2＝4 m/s，则碰撞后总动量p′4＝m1v′1＋m2v′2＝2 kg·m/s，动量守恒．‎ 碰撞后的总动能Ek4＝m1v′＋m2v′≈8.7 J，机械能不守恒，故D错误．‎ ‎[答案]　A