【物理】2018届二轮复习动量观点与能量观点在力学中的应用学案（全国通用）

【物理】2018届二轮复习动量观点与能量观点在力学中的应用学案（全国通用）

第1讲　动量观点与能量观点在力学中的应用 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＝ΔEk。‎ ‎(2)重力做功与重力势能的关系：WG＝－ΔEp。‎ ‎(3)弹力做功与弹性势能的关系：W弹＝－ΔEp。‎ ‎(4)除重力以外其他力做功与机械能的关系：W其他＝ΔE机。‎ ‎(5)滑动摩擦力做功与内能的关系：Ff x相对＝ΔE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：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2。‎ ‎3.动能定理 ‎(1)内容：合外力做的功等于动能的变化。‎ ‎(2)表达式：W＝mv－mv ‎4.动量定理及动量守恒定律 ‎(1)动量定理：Ft＝mv2－mv1‎ ‎(2)动量守恒定律：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′‎ ‎(3)‎ 备考策略 ‎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。‎ ‎(2)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。‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎　力学中的几个功能关系的应用 ‎【真题示例1】 (2017·全国卷Ⅲ，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1‎ A.mgl B.mgl ‎ C.mgl D.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ΔEp＝mg·＝mgl，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为W＝mgl ，故选项A正确，B、C、 D错误。‎ 答案　A ‎【真题示例2】 (2017·全国卷Ⅰ，24)一质量为8.00×104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60×105 m 处以7.5×103 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/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 Ek0＝mv①‎ 式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由①式和题给数据得 Ek0＝4.0×108 J②‎ 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 Eh＝mv＋mgh③‎ 式中，vh是飞船在高度1.6×105 m处的速度大小。由③式和题给数据得 Eh＝2.4×1012 J④‎ ‎(2)飞船在高度h′＝600 m处的机械能为 Eh′＝m(vh)2＋mgh′⑤‎ 由功能原理得 W＝Eh′－Ek0⑥‎ 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②⑤⑥式和题给数据得W＝ 9.7×108 J⑦‎ 答案　(1)(1)4.0×108 J　2.4×1012 J　(2)9.7×108 J 真题感悟 ‎1.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Ⅲ第16题的等效法(重心)。‎ ‎(3)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。‎ 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·潍坊模拟)质量为m＝2 kg的物体沿水平面向右做直线运动，t＝0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v－t图象如图乙所示，取水平向右为正方向，g取10 m/s2，则(　　)‎ 图2‎ A.物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5‎ B.10 s末恒力F的瞬时功率为6 W C.10 s末物体在计时起点左侧4 m处 D.0～10 s内恒力F做功的平均功率为0.6 W 解析　由图线可知0～4 s内的加速度大小a1＝ m/s2＝2 m/s2，可得F＋μmg＝ma1；由图线可知4～1 0 s内的加速度大小a2＝ m/s2＝1 m/s2，可得F－μmg＝ma2；解得F＝3 N，μ＝0.05，选项A错误；10 s末恒力F的瞬时功率为P10＝Fv10＝3×6 W＝18 W，选项B错误；0～4 s内的位移x1＝× 4×8 m＝16 m，4～10 s内的位移x2＝－×6×6 m＝－18 m，故10 s末物体在计时起点左侧2 m 处，选项C错误；0～10 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，不计一切阻力，下列说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A.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 D.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ΔEp＝3mgx0，故弹簧被压缩至M点时的弹性势能为E＝4mgx0＋3mgx0＝7mgx0，D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mgh＝4mgx0，故上升的最高点与管口的距离h＝4x0，C错误。‎ 答案　AD ‎3.(名师改编)如图4所示，质量mB＝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/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mA＝1.6 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θ＝37°。初始时使小球A静止不动，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EO1＝0.5 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；‎ ‎(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＋mAgh＝mAv－0①‎ 其中h＝xC O1cos 37°，而xC O1＝xE O1sin 37°＝0.3 m 物体B下降的高度h′＝xE O1－xC O1＝0.2 m②‎ 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mAgh＋mBgh′＝mAv＋mBv③‎ 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＝0④‎ 由①②③④得W＝7 J。‎ ‎(3)由题意知，杆长L＝0.8 m，由几何知识可知EC＝CD，∠CDO1＝∠CEO1＝37°，故DO1＝EO1‎ 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，平行于绳方向的速度即B的速度，由几何关系得 vB′＝vA′cos 37°⑤‎ 整个过程机械能守恒，可得 mAgLsin 37°＝mAvA′2＋mBvB′2⑥‎ 由⑤⑥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。‎ ‎(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。‎ ‎　动量定理和动能定理的应用 ‎【真题示例1】 (多选)(2017·全国卷Ⅲ，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5‎ A.t＝1 s时物块的速率为1 m/s B.t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s C.t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s D.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时物块的速率为v＝＝ m/s＝1 m/s，故A正确；t＝2 s时物块的动量大小p2＝F2t2＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，t＝3‎ ‎ s时物块的动量大小为p3＝(2×2－1×1) kg·m/s＝3 kg·m/s，t＝4 s 时物块的动量大小为p4＝(2×2－1×2) 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2】 (2017·全国卷Ⅱ，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(s1

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