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(名师一手)【广东专用】2014届高三物理二轮复习《专题二 功、动量、能量》课件(115张ppt)


专题二功、动量、能量

第4讲 第5讲 第6讲

功、功率与动能定理 能量转化与守恒 动量和能量

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考点

2011年

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2013年

功、功率 未独立命题 动能定理 广东卷36 功能关系 机械能守 恒定律 广东卷36 广东卷17 广东卷35 广东卷19

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网络知识构建

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网络知识构建
☆理解功和功率两个基本概念,掌握功和功率的计算; ☆理解一个定理和两个定律(动能定理、机械能守恒定律 和能 量守恒定律),掌握规律应用的基本思路和解题技巧; ☆通晓两类力做功(重力、电场力等保守力和摩擦力等耗 散力)的特点,掌握重要的功能关系(重力势能、弹性势能和 电势能变化,摩擦生热,机械能变化,电能转化等).

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第4讲 功、功率与动能定理

核心知识重组
一、功的求解方法 1.恒力的功:W=Fscos α ,α 是恒力 F 与位移 s 之间的夹角. 2.恒定功率的功:机车类功率恒定情况下,W=Pt. 3.合力的功:(1)W 合=Fscos α,α 是合力 F 与位移 s 之间的夹角; (2)W 合=W1+W2+?(代数和);(3)动能定理:W 合=Ek2-Ek1. 二、功率的计算 W 1.平均功率:-= t =F-cos α (-是平均速度). P v v 2.瞬时功率:P=Fvcos α (v 是瞬时速度,α 是力 F 与瞬时速度 v 之间的 夹角).重力的瞬时功率 PG=mgvcos α =mgvy,即重力的瞬时功率等于重力和 物体在该时刻的竖直分速度的乘积.

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核心知识重组
三、动能定理 1.动能定理:合力在一个过程中对物体做的功等于在这个过程中物体 1 2 1 2 动能的变化,W 合=2mv2-2mv1. 2.动能定理的理解:(1)公式中涉及的位移、速度必须相对于同一个参 考系, 一般以地面为参考系. (2)功是伴随一个物理过程而产生的, 是过程量, 而动能是状态量,动能定理表示了合力的功与动能的改变量的等量关系.

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第4讲
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功、功率与动能定理

1. [2013· 山东卷] (双选)如图 2- 1 所示, 4楔形木块 abc 固定 在水平面上, 粗糙斜面 ab 和光滑斜面 bc 与水平面的夹角相同, 顶角 b 处安装一定滑轮.质量分别为 M、m(M>m)的滑块,通 过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接,轻绳与斜面平行.两滑块 由静止释放后,沿斜面做匀加速运动.若不计滑轮的质量和摩 擦,在两滑块沿斜面运动的过程中 ( ) A.两滑块组成系统的机械能守恒 B.重力对 M 做的功等于 M 动能 的增加 C.轻绳对 m 做的功等于 m 机械 能的增加 D.两滑块组成系统的机械能损失 等于 M 克服摩擦力做的功
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第4讲
高 考 真 题 聚 焦

功、功率与动能定理

CD [解析] 因为 M>m,斜面倾角相同,所以 M 沿斜面 下降,m 沿斜面上升.斜面 ab 粗糙,所以对 M 有沿斜面向上 的摩擦力, 两滑块组成的系统机械能不守恒, 错误; A 对于 M, 重力、摩擦力、绳子的拉力做的总功等于其动能的增加,B 错 误;对于 m,绳子拉力做的功是除了重力以外其他力的功,故 等于其机械能的增加,C 正确;对于两滑块组成的系统,M 受 到的沿斜面向上的摩擦力做的功是除了重力和弹力以外其他 力的功,等于系统机械能的减少量,D 正确.

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第4讲
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功、功率与动能定理

【考题定位】 ?难度系数:中等 ?出题角度:本题考查了功、动能定理和功能关系的理解应 用,要求考生能准确应用功能关系分析物理过程、解决具体 问题.

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第4讲
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功、功率与动能定理

2.[2013· 新课标全国卷Ⅱ] 如图2- 2所示,匀强电场中有一 4半径为r的光滑绝缘圆轨道,轨道平面与电场方向平行.a、 b为轨道直径的两端,该直径与电场方向平行.一电荷量为 q(q>0)的质点沿轨道内侧运动,经过a点和b点时对轨道压力 的大小分别为Na和Nb.不计重力,求电场强度的大小E、质 点经过a点和b点时的动能.

图2-4-2
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功、功率与动能定理

1 r r (N -Na) (N +5Na) (5Nb+Na) 6q b 12 b 12 [解析] 质点所受电场力的大小为 f=qE ① 设质点质量为 m, 经过 a 点和 b 点时的速度大小分别为 va 和 vb,由牛顿第二定律有 v2 a f+Na=m r ② v2 b Nb-f=m r ③ 设质点经过 a 点和 b 点时的动能分别为 Eka 和 Ekb,有 1 2 Eka=2mva ④ 1 2 Ekb=2mvb ⑤
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功、功率与动能定理

根据动能定理有 Ekb-Eka=2rf ⑥ 联立①②③④⑤⑥式得 1 E=6q(Nb-Na) ⑦ r Eka=12(Nb+5Na) ⑧ r Ekb=12(5Nb+Na) ⑨

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第4讲
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功、功率与动能定理

【考题定位】 ?难度等级:中等 ?出题角度:本题考查了圆周运动、牛顿第二定律和动能定 理的理解应用,要求考生能应用动能定理研究曲线运动等复 杂运动过程.

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第4讲

功、功率与动能定理

高 频 考 点 探 究

考点一 功与功率的计算 1.做功的计算方法 (1)定义法:W=Fscos α,只适用恒力做功; (2)转化法:大小不变、方向变化的力做的功可以转 换研究对象,转化为恒力做的功进行计算; (3)动能定理:适用于单体的几乎所有运动情况. 2.功率的计算 W (1)P= t ,适用于计算平均功率; (2)P=Fvcos θ,适用于计算瞬时功率,若 v 为平均 速度,P 为平均功率.

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第4讲

功、功率与动能定理

例 1 如图 2- 3 所示,分别用恒力 F1、F2 先后使质量 4为 m 的物体由静止开始沿同一粗糙的固定斜面从底端运动 至顶端,两次所用时间相同,第一次力 F1 沿斜面向上,第 二次力 F2 沿水平方向向左.则两个过程
高 频 考 点 探 究

图 2- 3 4A.摩擦力做的功相同 B.全过程重力的功率相同 C.F1 做的功与 F2 做的功相同 D.到达顶端 F1 的功率比 F2 的功率大
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第4讲

功、功率与动能定理

B [解析] 设斜面的倾角为 θ, 斜面长度为 L, 物体由静 止从底端运动至顶端, 两次所用时间相同, 重力做功为 mgh, 由 mgh PG= t ,两次重力的功率相同,选项 B 正确;两次的摩擦力
高 频 考 点 探 究
? ? 分别为 f1=μmgcos θ 和 f2=μ??mgcos θ +F2sin θ ??,克服摩擦

力分别做功为 Wf1=μ mgLcos θ 和 Wf2=μmgLcos θ +μF2Lsin θ ,第二次克服摩擦力做功多,选项 A 错误;两次运动的加速 度相同,外力分别为 F1=mgsin θ +μmgcos θ +ma 和 F2= mgsin θ +μmgcos θ +ma ,由 W=Fs,第二次外力做功多, cos θ -μsin θ 由 P=Fv,第二次的瞬时功率大,选项 C、D 错误. [点评] 本题考查了用恒力做功公式求解重力、 摩擦力和外 力做功,用功率公式分别求解平均功率和瞬时功率.
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第4讲

功、功率与动能定理

高 频 考 点 探 究

变式 (双选)如图 2- 4 所示,位于一水平面内的、两根平 4行的光滑金属导轨,处在匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨所 在的平面,导轨的一端与一电阻相连;具有一定质量的金属杆 ab 放在导轨上并与导轨垂直.现用一平行于导轨的恒力 F 拉 杆 ab,使它由静止开始向右运动.杆和导轨的电阻、感应电流 产生的磁场均可不计.用 E 表示回路中的感应电动势,I 表示 回路中的感应电流,在 I 随时间增大的过程中,电阻消耗的功 率等于 ( ) A.F 的功率 B.安培力的功率的绝对值 C.F 与安培力的合力的功率 D.IE

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第4讲

功、功率与动能定理

高 频 考 点 探 究

BD [解析] ab 棒在匀强磁场中运动切割磁感线,在磁场 中受到安培力作用,电路中所产生的电能是通过克服安培力 做功实现的,电流通过电阻产生热量,电能转化为热量,由 能量守恒,电阻消耗的功率就是 ab 棒上的电功率,即 P 热=P 电=EI,也就是安培力的功率,由于安培力做负功,所以为安 培力的功率的绝对值,选项 B、D 正确;因不知 ab 棒的运动 情况,所以不知道外力 F 与安培力数值是否相等,选项 A 错 误.

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第4讲

功、功率与动能定理

高 频 考 点 探 究

考点二 动能定理的应用 1. “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. 2.动能定理既适用于直线运动,也适用于曲线运动;既适 用于恒力做功,也适用于变力做功;力既可以同时作用,也可 以分段作用.

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第4讲

功、功率与动能定理

高 频 考 点 探 究

例 2 北京时间 2013 年 4 月 20 日 8 时 02 分, 在四川省雅 安市芦山县发生 7.0 级地震. 地震引发多处山体崩塌, 严重危 害灾区人民的生命和财产安全.研究崩塌体的运动时可建立 如图 2- 5 所示的简化模型, 4当崩塌体速度较低、 坡面较缓时, 崩塌体的运动可视为滑动.假设某崩塌体质量为 m,初速度 为零,当地重力加速度为 g,θ 为坡面与水平面的夹角,H 为 崩塌体距水平面的高度, 为崩塌体与坡面以及地面间的动摩 μ 擦因数.不考虑崩塌体途经 A 处时的速度大小变化.求: (1)崩塌体滑动到坡底 A 点时的速度大小; (2)水平面上安全位 置距 A 点的最小距离. 图 2- 5 4返回目录

第4讲

功、功率与动能定理

(1) 2gH(1-μ cot θ )
?1 (2)H?μ ? ?

-cot

? θ? ? ?

高 频 考 点 探 究

[解析] (1)设崩塌体滑到 A 点的速度为 v,由动能定理得: 1 2 H 2mv -0=mgH-μmgcos θ ×sin θ 解得 v= 2gH(1-μcot θ ). (2)设最小安全距离为 x,则 ?1 ? 1 2 ? 0- mv =-μmgx 解得 x=H?μ -cot θ ?. ? 2 ? ? [点评] 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.
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第4讲

功、功率与动能定理

变式 如图2- 6所示,木盒中固定一质量为m的砝码, 4木盒和砝码在桌面上一起以一定的初速度滑行一段距离后停 止.今拿走砝码,而持续加一个竖直向下的恒力F(F=mg), 其他条件不变,则木盒滑行的距离 ( )
高 频 考 点 探 究

A.不变 B.变小 C.变大 D.变大变小均可能
图2- 6 4-

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第4讲

功、功率与动能定理

高 频 考 点 探 究

[解析] 设木盒质量为 M, 木盒中固定一质量为 m 的砝 1? ? ? ? ?m+M? gx =0- ?m+M? v2 ,解得 x = 码,由动能定理,有-μ? ? ? 1 1 2? v2 ;加一个竖直向下的恒力 F(F=mg),由动能定理,有- 2μ g Mv2 1 2 ? ? μ??m+M??gx2=0- Mv ,解得 x2= ?? ;显然 x2<x1,B 正 ? 2 2?m+M??μg 确. B

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第4讲

功、功率与动能定理

考点三 多过程中动能定理的应用 对于多过程的运动,往往明确多个位置的速度或动能, 高 未涉及运动过程中间某位置的物理量,一般情况下优先选取 频 全过程研究,若涉及运动过程中间某位置的物理量,一般分 考 段研究,但要注意“状态”与“过程”的对应关系.
点 探 究

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第4讲

功、功率与动能定理

高 频 考 点 探 究

例 3[2013·北京卷] (18 分)蹦床比赛分成预备运动和比赛动作两个阶段.最初,运 动员静止站在蹦床上;在预备运动阶段,他经过若干次蹦跳,逐渐增加上升高度,最终达 到完成比赛动作所需的高度;此后,进入比赛动作阶段.把蹦床简化为一个竖直放置的轻 弹簧,弹力大小 F=kx(x 为床面下沉的距离,k 为常量).质量 m=50 kg 的运动员静止站 在蹦床上,床面下沉 x0=0.10 m;在预备运动中,假定运动员所做的总功 W 全部用于增加 其机械能;在比赛动作中,把该运动员视作质点,其每次离开床面做竖直上抛运动的腾空 时间均为Δ t=2.0 s,设运动员每次落下使床面压缩的最大深度均为 x1.取重力加速度 g =10 m/s2,忽略空气阻力的影响. (1)求常量 k,并在图中画出弹力 F 随 x 变化的示意图; (2)求在比赛动作中,运动员离 开床面后上升的最大高度 hm; (3)借助 F-x 图像可以确定弹力做功 的规律,在此基础上,求 x1 和 W 的值. 图 2?4?7

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第4讲

功、功率与动能定理

高 频 考 点 探 究

(1)床面下沉 x0=0.10 m 时,运动员受力平衡,有 mg=kx0 mg 得 k= x =5.0×103 N/m 0 F-x 图线如图所示. (2)运动员从 x=0 处离开床面,开始腾空,其上升、下落 时间相等 1 ?Δ t?2 hm=2g? ? =5.0 m ? 2 ? ? ? (3)参考由速度-时间图像求位移的方法,F-x 图线下的 1 2 面积等于弹力做的功.从 x 处到 x=0,弹力做功 WT=2kx
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第4讲

功、功率与动能定理

运动员从 x1 处上升到最大高度 hm 的过程,根据动能定理, 有 1 2 kx -mg(x1+hm)=0 2 1
高 频 考 点 探 究

得 x1=x0+ x2+2x0hm=1.1 m 0 对整个预备运动,由题设条件以及功和能的关系,有 1 2 W+2kx0-mg(hm+x0)=0 得 W=2525 J≈2.5×103 J [点评] 本题中的第(3)问,“全程考虑”或“单程考虑”并 不影响解题结果,要看研究问题的方便而定,大多数情况下,应 用动能定理研究全程比单独分段研究简便, 有时全程分析和分段 研究交叉进行,相辅相成.在本题第(3)问,应用整体考虑,非 常简便.
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第4讲

功、功率与动能定理

高 频 考 点 探 究

变式 如图2- 9所示,上表面光滑,长度为3 m、质量M= 410 kg的木板,在F=50 N的水平拉力作用下,以v0=5 m/s的速 度沿水平地面向右匀速运动.现将一个质量为m=3 kg的小铁块 (可视为质点)无初速地放在木板最右端,当木板运动了L=1 m 时,又将第二个同样的小铁块无初速地放在木板最右端,以后 木板每运动1 m就在其最右端无初速地放上一个同样的小铁 块.g取10 m/s2,求: (1)木板与地面间的动摩擦因数; (2)刚放第三个铁块时木板的速度; (3)从放第三个铁块开始到木板停下的过程,木板运动的距 离.

图2- 9 4返回目录

第4讲

功、功率与动能定理

(1)0.5 (2)4 m/s (3)1.78 m [解析] (1)木板做匀速运动,由平衡条件有 f=F f=μFN=μMg 联立解得 μ=0.5. 高 (2)设刚放第三个铁块时木板的速度 v1, 从开始到刚放第三个铁块, 频 由动能定理,有 考 1 2 1 2 点 2FL-μ(m+M)gL-μ(2m+M)gL=2Mv1-2Mv0 探 究 代入数据得 v1=4 m/s (3)从开始到木板停下,由动能定理,有 1 2 F(2L+x)-μ(m+M)gL-μ(2m+M)gL-μ(3m+M)gx=-2Mv0 16 代入数据得 x= 9 m=1.78 m.
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第4讲

功、功率与动能定理

机车启动问题
启动方式 v-t图像 分为加速度减小 运动过程比 的加速直线运动和 较 匀速直线运动两个 运动阶段 以恒定功率启动 分为匀加速直线运动、 加速度减小的加速直线运 动和匀速直线运动三个阶 段 以恒定功率启动 以恒定加速度启动

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运动过程联 的运动过程与以恒 系 定加速度启动过程 的后两个阶段相似

第4讲

功、功率与动能定理

示例 在平直的马路上,质量为1.0×103 kg的汽车,发 动机的额定功率为6.0×104 W,汽车开始由静止以a=1 m/s2 的加速度做匀加速运动,运动中所受摩擦阻力大小恒为2000 N,当汽车达到额定功率后,保持功率不变,重力加速度g取 10 m/s2. (1)求汽车做匀加速运动的时间t1. (2)求汽车所能达到的最大速率v. (3)若汽车由静止到发生位移s=1000 m前已达到最大速 率,则汽车发生该1000 m位移需要多长时间?
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第4讲

功、功率与动能定理

(1)20 s (2)30 m/s (3)50.8 s [解析] (1)根据牛顿第二定律有:F-f=ma,求得:F=f +ma=3000 N v P 由 P=Fv 得:v=F=20 m/s,由 v=at1 得:t1=a=20 s. (2)当 F=f=2000 N 时速度最大,由 P=Fv= fvmax 求得: vmax=30 m/s.

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功、功率与动能定理

热 点 模 型 解 读

1 2 (3)汽车在 t1 内的位移为:s1=2at1=200 m 汽车开始以恒定功率行驶的时间为 t2,这段时间内的位移 为 s2=s-s1=800 m 由动能定理得 1 1 Pt2-fs2=2mv2 -2mv2 max 解得:t2=30.8 s,汽车运动的总时间 t=t1+t2=50.8 s. [点评] 本题考查了以恒定加速度启动的问题以及达到最 大功率后以恒定功率运动的问题, 揭示了相关问题所涉及的规 律及解题的方法.

第4讲

功、功率与动能定理

拓展 如图2- 10所示,用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面 4上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边.已知拖动缆绳的电 动机功率恒为P,小船受到的阻力大小恒定,小船的质量为 m,经过A点时的速度大小为v0,经过B点时的速度大小为v, 小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为t1,A、B两点间 距离为d,缆绳质量忽略不计.求: (1)小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功Wf ; (2) 小船受到的恒定阻力的大小f; (3)小船经过B点时的加速度大小a .
热 点 模 型 解 读

图2- 10 4-

第4讲

功、功率与动能定理

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2Pt1-mv2+mv2 1 2 1 2 0 (1)Pt1-2mv +2mv0 (2) 2d 2 2 P 2W-mv +mv0 (3)mv- 2md [解析] (1)小船从 A 点运动到 B 点, 电动机牵引缆绳对 小船做功 W=Pt1,由动能定理,有 1 2 1 2 Pt1-Wf= mv - mv0 2 2 1 2 1 2 小船克服阻力做功 Wf=Pt1- mv + mv0 2 2 (2)小船克服阻力做功 Wf=fd 2 2Pt1-mv2+mv0 联立解得 f= . 2d

第4讲

功、功率与动能定理

(3)设小船经过 B 点时绳的拉力大小为 F,电动机牵 引缆绳的速度大小为 v1 ,则 P=Fv1=Fvcos α 由牛顿第二定律,有 Fcos α -f=ma 2 2 P 2Pt1-mv +mv0 联立解得 a=mv- . 2md

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第5讲 能量转化与守恒

核心知识重组
一、机械能守恒定律 1.机械能守恒的判断 (1)做功角度:只有重力或弹力做功(弹力指与弹性势能对应的弹力,如 弹簧的弹力、橡皮筋的弹力,不是指压力、支持力等). (2)能量角度:只有动能和势能相互转化,而没有其他能量参与. 判断运动过程中机械能是否守恒时注意以下几种情况: ①如果没有摩擦和介质阻力,物体只发生动能和势能的相互转化,则机 械能守恒; ②可以对系统的受力进行整体分析,如果有除重力和弹力(弹簧类)以外 的其他力对系统做了功,则系统的机械能不守恒; ③当系统内的物体或系统与外界发生碰撞时,如果题目没有明确说明不 计机械能的损失,则系统的机械能不守恒; ④如果系统内部发生“爆炸”,则系统的机械能不守恒; ⑤当系统内部有细绳发生瞬间拉紧的情况时,系统的机械能不守恒.

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核心知识重组
2.机械能守恒定律的表述 (1)守恒角度:系统初态和末态的机械能相等,Ek1+Ep1= Ek2+Ep2,应 用过程中重力势能需要选取零势能面; (2)转化角度:系统增加的动能等于减少的势能,Δ Ek=-Δ Ep; (3)转移角度:两个物体组成的系统,A物体增加的机械能等于B物体减 少的机械能,Δ EA=-Δ EB. 二、能量守恒定律 1.能量守恒定律无条件,任何过程的能量都是守恒的,即系统初、末 态总能量相等,即E初=E末 . 2.系统某几种能量的增加等于其他能量的减少,即Δ En增=Δ Em减 . 3.能量守恒定律在不同条件下有不同的表现,例如只有重力或弹力(弹 簧类)做功时就表现为机械能守恒定律.

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核心知识重组
三、涉及弹性势能的机械能守恒问题 1.弹簧的弹性势能与弹簧规格和形变程度有关,对同一根弹簧而言, 无论是处于伸长状态还是压缩状态,只要形变量相同,其储存的弹性势能就 相同. 2.对同一根弹簧而言,若先后经历两次相同的形变过程,则两次过程 中弹簧弹性势能的变化相同. 1 3.弹性势能公式Ep= 2 kx2不是考试大纲中规定的内容,高考试题除非 在题干中明确给出该公式,否则不必用该公式定量解决物理计算题,以往高 考命题中涉及弹簧弹性势能的问题都是从“能量守恒”角度进行考查的. 四、机械能的变化 重力和弹力(弹簧类)做功,不能改变系统的机械能,除此之外的其他力 做功才能改变物体或系统的机械能.物体或系统的机械能的增量等于重力和 弹力(弹簧类)以外的其他力做的功,W其=E2-E1,即其他力做正功则机械能 增加,其他力做负功则机械能减少.

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第5讲
高 考 真 题 聚 焦

能量转化与守恒

1.[2013· 新课标全国卷Ⅱ] (双选)目前,在地球周围有 许多人造地球卫星绕着它运转,其中一些卫星的轨道可近 似为圆,且轨道半径逐渐变小.若卫星在轨道半径逐渐变 小的过程中,只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用,则 下列判断正确的是 ( ) A.卫星的动能逐渐减小 B.由于地球引力做正功,引力势能一定减小 C.由于气体阻力做负功,地球引力做正功,机械能 保持不变 D.卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小

第5讲
高 考 真 题 聚 焦

能量转化与守恒
2

v Mm GM BD [解析] 由 G 2 =m r 可得 v= r ,轨道半径 r 变小,则运行的速度变大,卫星的动能增大,A 错误;轨道 半径变小,地球引力做正功,引力势能减小,B 正确;由于 气体阻力做负功,产生热量,故机械能减小,C 错误;由动 能定理, 动能增大, 则克服气体阻力做的功小于引力做的功, 而引力做功等于引力势能的减小, 故克服气体阻力做的功小 于引力势能的减小,D 正确.

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高 考 真 题 聚 焦

能量转化与守恒

【考题定位】 ?难度等级:中等 ?出题角度:本题考查了力做功、功能关系的理解应 用,要求考生能准确选用功能关系(合力做功与动能、引力 做功与势能、摩擦力做功与机械能等)的规律分析.

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高 考 真 题 聚 焦

能量转化与守恒

2.[2013· 全国卷] (双选)如图2- 1所示,一固定斜面倾角 5为30°,一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度,沿 斜面向上做匀减速运动,加速度的大小等于重力加速度的大小 g.若物块上升的最大高度为H,则此过程中,物块的 ( ) A.动能损失了2mgH B.动能损失了mgH C.机械能损失了mgH 1 D.机械能损失了2mgH 图2- 1 5-

第5讲
高 考 真 题 聚 焦

能量转化与守恒

AC [解析] 因为加速度大小等于 g,故合外力 F=mg, 根据动能定理, 动能损失等于克服合外力做的功, 即Δ Ek=FL H =mg =2mgH,A 正确,B 错误;此过程中,重力势能 sin 30° 增加了Δ Ep=mgH, 故机械能损失了Δ E=Δ Ek-Δ Ep=mgH, C 正确,D 错误.

第5讲
高 考 真 题 聚 焦

能量转化与守恒

【考题定位】 ?难度等级:中等 ?出题角度:本题考查了牛顿第二定律、动能定理和功能 关系等,要求学生应用能量观点研究物理问题.

第5讲

能量转化与守恒

高 频 考 点 探 究

考点一 机械能守恒定律的应用 应用机械能守恒定律处理实际问题时,必须要判断是否 满足机械能守恒的条件.通常有两种方法: 1.用做功来判断,看重力(或弹簧弹力)以外的其他力做 功代数和是否为零; 2.用能量转化来判断,看是否有机械能转化为其他形 式的能.

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第5讲

能量转化与守恒

高 频 考 点 探 究

例1 如图2- 2所示,是游乐场翻滚过山车示意图, 5斜面轨道AC,弯曲、水平轨道CDE和半径R=7.5 m的竖 直圆形轨道平滑连接.质量m=100 kg的小车,从距水平 面H=20 m高处的A点静止释放,通过最低点C后沿圆形轨 道运动一周后进入弯曲、水平轨道CDE.取重力加速度g= 10 m/s2,不计摩擦力和阻力.求: (1)若小车从A点静止释放到达圆形轨道最低点C时的 速度大小; (2)小车在圆形轨道最高点B时轨道对小车的作用力; (3)为使小车通过圆形轨道的B点,相对于C点的水平 面小车下落高度的范围.

图25?2
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第5讲

能量转化与守恒

(1)20 m/s (2)333.3 N (3)大于 18.75 m [解析] (1)小车在下滑过程中机械能守恒,则 1 2 mgH=2mv
高 频 (2)设小车在圆形轨道最高点 B 时速度为 vB, 小车从 A 点到 考 最高点 B,由机械能守恒定律,有 点 1 探 mgH=mg· 2R+ mv2 2 B 究

解得 v= 2gH=20 m/s.

在最高点 B,有 v2 B N+mg=m R 联立解得 N=333.3 N.
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第5讲

能量转化与守恒

高 频 考 点 探 究

(3)设小车在圆形轨道最高点 B 恰不脱离的速度为 v? 小车 B, 从 A 到最高点 B,由机械能守恒定律,有 1 mgh=mg· 2R+2mv′2 B 在最高点 B,有 v′2 B mg=m R 联立解得 h=18.75 m 为使小车通过圆形轨道的 B 点,相对于 C 点的水平面小车 下落高度应大于 18.75 m. [点评] 本题结合竖直平面内圆周运动考查了机械能守恒问 题,解题关键是根据问题合理选取研究的过程(找对应的两个状 态或位置).

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第5讲

能量转化与守恒

高 频 考 点 探 究

变式 (双选)如图2- 3所示,质量为m的小球套在倾斜放 5置的固定光滑杆上,一根轻质弹簧的一端悬挂于O点,另一 端与小球相连,弹簧与杆在同一竖直平面内,将小球沿杆拉 到与弹簧水平的位置由静止释放,小球沿杆下滑,当弹簧位 于竖直位置时,小球速度恰好为零,此时小球下降的竖直高 度为h.若全过程中弹簧始终处于伸长状态且处于弹性限度范 围内,下列说法正确的是 ( ) A.弹簧与杆垂直时,小球速度最大 B.弹簧与杆垂直时,小球的动能与 重力势能之和最大 C.小球下滑至最低点的过程中,弹 簧的弹性势能增加量小于mgh D.小球下滑至最低点的过程中,弹 簧的弹性势能增加量等于mgh 图2- 3 5返回目录

第5讲

能量转化与守恒

高 频 考 点 探 究

BD [解析] 由小球、弹簧组成的系统机械能守恒,当弹簧 与杆垂直时,弹簧的弹性势能最小,则小球的动能与重力势能 之和最大,选项 A 错误,选项 B 正确;小球下滑至最低点的过 程中,重力势能的减小量等于弹簧的弹性势能增加量,即等于 mgh,选项 C 错误,选项 D 正确.

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第5讲

能量转化与守恒

高 频 考 点 探 究

考点二 能量守恒定律的应用 应用能量守恒定律解题的基本思路:明确物理过程中各 种形式的能量——动能、重力势能、弹性势能、电势能、内 能等能量的变化情况,分别列出减少的能量和增加的能量的 表达式,根据能量守恒定律解题.

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第5讲

能量转化与守恒

高 频 考 点 探 究

例2 2013· 海南卷一质量m=0.6 kg的物体以v0=20 m/s的 初速度从倾角为30° 的斜坡底端沿斜坡向上运动.当物体向 上滑到某一位置时,其动能减少了Δ Ek=18 J,机械能减少 了ΔE=3 J,不计空气阻力,重力加速度g=10 m/s2,求: (1)物体向上运动时加速度的大小; (2)物体返回斜坡底端时的动能.

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第2讲

力与直线运动

高 频 考 点 探 究

(1)6 m/s2 (2)80 J [解析] (1)动能减少量的数值即为合外力做功的数值,即 mgs·sin 30°+fs=Δ Ek 机械能减少的数值即为克服摩擦力做功的数值,即 fs=Δ E; 两者相比可得:f=0.1mg=0.6 N 由牛顿第二定律得: -(mgsin30°+f)=ma, 解得:a=-6 m/s2 1 2 1 (2)当动能减少为Δ Ek=Ek0=2mv0=2×0.6×202 J=120 J 时, 机械能减少为Δ E=20 J 由能量守恒定律知:物体返回斜坡底端时的动能 Ek=Ek0-2 Δ E=80 J. 下面的变式考查了受力分析、功和功率的简单计算和能量守恒定 律的应用.
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第5讲

能量转化与守恒

高 频 考 点 探 究

变式 如图2- 4所示,A、B、C三物块的质量均为m, 5B、C粘连在一起,将A、B两物块用劲度系数为k的轻质弹簧 连接,此时A、B、C三物块均处于静止状态.现在物块A上 施加竖直向上的拉力F,当物块C恰好要离开地面时物块A的 速度大小为v,重力加速度为g,则 ( ) 2m2g2 A.物块A的重力势能增加了 k B.弹簧的弹性势能不变 3m2g2 1 2 C.拉力F所做的功大于 k +2mv D.拉力F以及弹簧对A物块所做的 1 2 功等于2mv 图2- 4 5返回目录

第5讲

能量转化与守恒

高 频 考 点 探 究

mg C [解析] 初状态 A 处于静止状态, 弹簧压缩量 x1= k , 当 2mg C 物块恰好要离开地面时,弹簧处于拉伸状态,拉伸量 x2= k , 3m2g2 故物块 A 的重力势能增加量为 Ep=mg(x1+x2)= k ,选项 A 错 误; 由于 x2>x1, 故弹性势能增加, 选项 B 错误; 由功能关系可得: 1 2 3m2g2 1 2 WF=Ep+ mv +E 弹> k + mv ,选项 C 正确;由动能定理可 2 2 得物块 A 动能增量等于拉力 F、 弹簧以及 A 物块的重力所做的功, 选项 D 错误.

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第5讲

能量转化与守恒

考点三 功能关系的应用 功是能量转化的量度,做功的过程就是能量转化的过 程,常见功能关系的对比列表如下:
功 能量变化 等于动能的增加 等于重力势能的 减少 等于弹性势能的 减少 等于电势能的减 少 表达式 W合=Ek2-Ek1 WG=Ep1-Ep2 W弹=Ep1-Ep2 W电=Ep1-Ep2

高 频 考 点 探 究

合力做功 重力做功 弹力(弹簧类)做功 电场力做功

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第5讲

能量转化与守恒
克服安培力做功 重力和弹力之外 的其他力做功 系统克服一对滑动摩 等于产生的电能 等于机械能的增 加 等于系统内能的 增加 -W安=Δ E电 W其=E2-E1 Q=-W=-Ffs相

高 频 考 点 探 究

擦力或介质阻力做功 减末态量.

说明:表格中“增加”是末态量减初态量,“减少”是初态量

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第5讲

能量转化与守恒

高 频 考 点 探 究

例3 如图2- 5所示,固定的水平光滑金属导轨,间距为 5L,左端接有阻值为R的电阻,处在垂直于纸面向里、磁感应 强度为B的匀强磁场中,质量为m的导体棒与固定弹簧相 连,放在导轨上,导轨与导体棒的电阻均可忽略.初始时 刻,弹簧恰处于自然长度,导体棒具有水平向右的初速度 v0,沿导轨往复运动的过程中,导体棒始终与导轨垂直并保 持良好接触.

图2- 5 5返回目录

第5讲

能量转化与守恒

高 频 考 点 探 究

(1)求初始时刻导体棒受到的安培力. (2)若导体棒从初始时刻到速度第一次为零时,弹簧的弹 性势能为Ep,则这一过程中安培力所做的功W和电阻R上产 生的电热Q1分别为多少? (3)导体棒往复运动,最终将静止于何处?从导体棒开始 运动直到最终静止的过程中,电阻R上产生的电热Q为多 少?

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第5讲

能量转化与守恒

高 频 考 点 探 究

1 2 1 2 (2)2mv0-Ep (3)2mv0 [解析] 导体棒以初速度 v0 运动而产生感应电动势,回路中的感 应电流使导体棒受到安培力的作用.安培力做功使系统的机械能减 少,最终将机械能全部转化为电阻 R 上的电热.由平衡条件知,棒最 终静止时,弹簧的弹力为零,即此时弹簧处于初始的状态. (1)初始时刻导体棒产生的感应电动势 E=BLv,棒中产生的感应 B2L2v E 电流 I=R, 作用于棒上的安培力 F=ILB.联立以上各式解得 F= R , 安培力的方向为水平向左.

B2L2v (1) R ,方向向左

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第5讲

能量转化与守恒

高 频 考 点 探 究

1 (2)由功和能的关系得安培力做功:W1=Ep- mv2 2 0 1 2 电阻 R 上产生的电热:Q1= mv0-Ep. 2 (3)由能量转化及平衡条件,可判断导体棒最终静止于初始位置: 1 Q=2mv2 0 [点评] 解答本题要注意从做功的角度进行分析, 利用“功是能量 转化的量度”的含义解题,一是能量的变化通过做功多少来量度,二 是不同的力做功与某一形式的能量变化相对应.

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第5讲

能量转化与守恒

高 频 考 点 探 究

变式 (双选)一绝缘轻弹簧的下端固定在斜面底端,上端连 接一带正电的光滑滑块P,滑块所处的空间存在着沿斜面向上的 匀强电场,滑块平衡时,弹簧恰好处于原长状态;现给滑块一 沿斜面向下的初速度,滑块最低能运动到M点,在滑块从开始 运动至达到最低点M的过程中,以下说法正确的是 ( ) A.滑块机械能的减少量等于 滑块克服电场力所做的功 B.滑块电势能增量等于滑块 重力势能的减少量 C.弹簧弹性势能的增加量等 于滑块动能的减少量 D.滑块动能的变化量等于电 场力和重力做功的代数和 图2?56
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第5讲

能量转化与守恒

高 频 考 点 探 究

BC [解析] 滑块平衡时,Eq=mgsin α ;滑块从开始运动到 M 点,电场力 Eq 和重力 mg 做功的绝对值相等,选项 A 错误,选项 B 1 正确;由动能定理 Wmg+WEq+W 弹=W 弹=-E 弹=- mv2,选项 C 2 正确,选项 D 错误.

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第5讲

能量转化与守恒

摩擦生热问题 摩擦生热产生的条件:一是受到滑动摩擦力,二是存在 相对位移,两者缺一不可.系统内因滑动摩擦力做功产生的 热量Q=F滑s相对. 1.相互摩擦的系统内,一对滑动摩擦力做功的过程中, 能量转化有两种情况:一是相互摩擦的物体之间机械能转 移;二是机械能转化为内能(即热量).

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第5讲

能量转化与守恒

2.系统内一对摩擦力做功比较
种类 静摩擦力 一对摩擦力做功的 代数和 一对静摩擦力的功 的代数和总为零 一对滑动摩擦力 滑动摩擦力 的功的代数和等于 摩擦力与相对位移 的乘积 能量转化 静摩擦力起着传递机械 能的作用 相互摩擦的系统内有 机械能转化为其他形式 的能:Q内能=F滑s相对

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第5讲

能量转化与守恒

示例 一足够长的水平传送带以恒定的速度运动,现将质 量为M=2.0 kg 的小物块抛上传送带,如图2- 7甲所示.地 5面观察者记录了小物块抛上传送带后0~6 s内的速度随时间 变化的关系,以水平向右的方向为正方向,得到小物块的v- t 图像如图乙所示.取g=10 m/s2.



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图2- 7 5-

第5讲

能量转化与守恒

(1)指出传送带速度的大小和方向; (2)计算物块与传送带间的动摩擦因数μ; (3)计算0~6 s内传送带对小物块做的功; (4)计算0~6 s内由于物块与传送带摩擦产生的热量.

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第5讲

能量转化与守恒

(1)2 m/s,方向水平向左 (2)0.2 (3)-12 J (4)36 J [解析] (1)由图可知传送带的速度大小为 v=2.0 m/s,方向 水平向左. (2)由速度图像可得,物块在滑动摩擦力的作用下做匀变 速运动的加速度为 Δv 4.0 a= =- m/s2=-2.0 m/s2 2 Δt 由牛顿第二定律得-f=-μMg=Ma
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-a 2.0 则物块与传送带间的动摩擦因数 μ= g = =0.2. 10

第5讲

能量转化与守恒

1 1 (3)根据动能定理, 传送带对小物块做的功为 W= Mv2- 2 2 Mv2 0 1 1 2 即 W= ×2.0×2.0 J- ×2.0×4.02 J=-12 J 2 2 (4)物块从冲上传送带到相对静止的过程中,物块相对于 传送带的速度为 v′=v0+v=4.0 m/s+2.0 m/s=6.0 m/s v′ 6.0 这个过程中,物块相对传送带的位移为 s? = t= ×3 2 2 m=9.0 m 因摩擦而产生的热量为 Q=μMgs? =4.0×9.0 J=36 J.

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第5讲

能量转化与守恒

[点评] 求解物体在传送带上运动的问题,首先要正确分 析物体的运动过程, 做好受力情况分析, 然后利用运动学公式 结合牛顿第二定律, 求物体及传送带在相应时间内的位移, 找 出物体和传送带之间的位移关系.再利用 Q=fs 相对求摩擦生 热,利用功能关系或能量守恒定律求功.

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第2讲

力与直线运动

拓展 (双选)如图2- 8所示,质量为M、长度为L的小车 5静止在光滑的水平面上,质量为m的小物块放在小车的最左 端,现用一水平力F作用在小物块上,小物块与小车之间的 摩擦力为f,经过一段时间小车运动的位移为x,小物块刚好 滑到小车的最右端,则下列说法中正确的是 ( ) A.此时物块的动能为F(x+L) B.此时小车的动能为f(x+L) C.这一过程中,物块和小车 增加的机械能为F(x+L)-fL D.这一过程中,物块和小车 因摩擦而产生的热量为fL

热 点 模 型 解 读

图2- 8 5-

第5讲

能量转化与守恒

CD [解析] 由题意可知,在拉力的作用下物块前进的位 移为 L+x,故拉力的功为 F(x+L),摩擦力对物块做的功为- f(x+L), 则由动能定理可知物块的动能为(F-f)(x+L), 选项 A 错误;小车受摩擦力作用,摩擦力作用的位移为 x,摩擦力对 小车做功为 fx,小车的动能改变量为 fx,选项 B 错误;物块 和小车增加的机械能等于外力的功减去内能的增量, 内能的增 量等于 fL,故机械能的增量为 F(x+L)-fL,选项 C、D 正确.

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第5讲

能量转化与守恒

热 点 模 型 解 读

(1)2.85 s [解析] (1)设平板汽车从开始刹车到完全停止所需要的时 间为 t,则 v0 t 对车,有 s1= 2 v2 0 对木箱,有 s2= 2a 对木箱受力分析,由牛顿第二定律,有μ mg=ma 据题意:s2-s1=L, 联立解得:t=2.85 s.

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第6讲 动量和能量

核心知识重组
1.动量守恒定律:如果一个系统不受外力或者所受外力的矢量和为零,这 个系统的总动量保持不变.其表达形式为: (1)用两物体作用前后的速度表示 m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′; (2)用作用前后系统的总动量(p、p′)表示 p=p′; 用作用前后动量变化(Δ p、Δ p′)表示Δ p=-Δ p′; 2.动量守恒定律成立的条件 (1)一个系统不受外力或者所受外力的矢量和为零; (2)系统所受外力虽然不为零,但系统的内力远大于外力时(如碰撞、爆炸 等),可认为系统的动量近似守恒; (3)系统所受的外力虽不为零,但如果在某一方向上外力为零,则该方向上 动量守恒; (4)全过程的某一阶段系统受的外力为零,则该阶段系统动量守恒.

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核心知识重组
3.物体之间在极短的时间内发生相互作用,这种作用称为碰撞.由于作用 时间极短,通常满足内力远大于外力,所以可以认为系统的动量守恒.如果碰 撞过程中机械能守恒,这种碰撞叫做弹性碰撞;如果碰撞过程中机械能不守 恒,这种碰撞叫做非弹性碰撞;若碰撞后物体的速度相同,这种碰撞又叫完全 非弹性碰撞. 4.若系统内物体间的作用属于非弹性碰撞,则系统必然存在能量损失,发 生机械能和其他形式能的转化.

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第6讲
高 考 真 题 聚 焦

动量和能量

1.[2013· 福建卷] 将静置在地面上,质量为M(含燃料)的 火箭模型点火升空,在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向 下喷出质量为m的炽热气体.忽略喷气过程重力和空气阻力的 影响,则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是 ________.(填选项前的字母) m M A.M v0 B. m v0 M m C. v D. v M-m 0 M-m 0

第6讲
高 考 真 题 聚 焦

动量和能量

D [解析] 以向上为正方向,初动量为 0,发射瞬间炽热气 体的动量为-mv0,火箭模型的动量为(M-m)v,由动量守恒有: mv0 0=-mv0+(M-m)v,解得 v= ,D 正确. M-m

第6讲
高 考 真 题 聚 焦

动量和能量

【考题定位】 ?难度等级:容易 ?出题角度:考查动量守恒的条件及对动量守恒定律的 理解.

第6讲
高 考 真 题 聚 焦

动量和能量

2.[2013· 广东卷] 如图2- 1所示,两块相同平板P1、P2置 6于光滑水平面上,质量均为m.P2的右端固定一轻质弹簧,左端A 与弹簧的自由端B相距L.物体P置于P1的最右端,质量为2m且可 看作质点.P1与P以共同速度v0向右运动,与静止的P2发生碰 撞,碰撞时间极短,碰撞后P1与P2粘连在一起,P压缩弹簧后被 弹回并停在A点(弹簧始终在弹性限度内).P与P2之间的动摩擦 因数为μ,求: (1)P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2; (2)此过程中弹簧的最大压缩量x和相应的弹性势能Ep.

图2- 1 6-

第6讲
高 考 真 题 聚 焦

动量和能量

1 (1)v1=2v0

3 v2=4v 19 2 Ep= mv 8

19v2 0 (2)x= -L 16μ g

第6讲
高 考 真 题 聚 焦

动量和能量

【考题定位】 ?难度等级:难 ?出题角度:考查动量守恒的条件、动量守恒定律的运用、 能量转化与守恒定律、动能定

第6讲

动量和能量

高 频 考 点 探 究

考点一 动量守恒定律的应用 1.应用动量守恒定律应注意的问题: (1)选取正方向:若系统内物体作用前后都在同一直线上 运动,这时应规定正方向,将矢量运算转化为代数运算. (2)动量是状态量,对应着一个瞬时时刻.动量守恒是指 该相互作用过程中的任一时刻的总动量恒定. (3)动量表达式中的速度必须是相对同一惯性参考系的速 度,在研究地面上物体间相互作用的过程时,通常取地球为 参考系. 2.动量守恒的三种情况 (1)系统所受的合外力为零,动量守恒; (2)内力远大于外力,动量近似守恒; (3)某方向的合外力为零,该方向上的动量守恒.

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第6讲

动量和能量

高 频 考 点 探 究

例1 光滑水平面上放着质量mA=1 kg的物块A与质量 mB=2 kg的物块B,A与B均可视为质点,A靠在竖直墙壁 上,A、B 间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A、B均不拴 接),用手挡住B不动,此时弹簧弹性势能Ep=49 J.在 A、B间系一轻质细绳,细绳长度大于弹簧的自然长度, 如图2- 2所示.放手后B 向右运动,绳在短暂时间内被 6拉断,之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道,其 半径R=0.5 m,B 恰能到达最高点C.取g=10 m/s2,求: (1)绳拉断后瞬间B的速度vB的大小; (2)绳拉断过程绳对A所做的功W.

图2- 2 6返回目录

第6讲

动量和能量

(1)5 m/s (2)8 J [解析] (1)设 B 在绳被拉断后瞬间的速度为 vB,到达 C 点时的速 度为 vC,有 v2 C mBg=mB R
高 频 考 点 探 究

1 1 2 mBvB=2mBv2 +2mBgR C 2 代入数据得:vB=5 m/s (2)当弹簧伸长到自然长度时,B 物体的速度为 v0,则: 1 Ep=2mBv2 0 律有 mBv0=mBvB+mAvA 解得 vA=4 m/s. 1 绳拉断过程绳对 A 所做的功: W=2mAv2 =8 J. A
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解得:v0=7 m/s

设绳断后 A 的速度为 vA,取水平向右为正方向,根据动量守恒定

第6讲

动量和能量

[点评] 本题是两个物体相互作用动量守恒的最常规的试 题,旨在帮助同学们通过试题理解运用动量守恒定律解题时要 选择正方向,在有些解答中,可能你看不到诸如“选择??为 正方向”的字眼,但是方程的列出一定是选择了正方向的,如 果没有写也只能说是省略了.
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第6讲

动量和能量

高 频 考 点 探 究

变式 如图2- 3所示,水平地面上,质量为4m的凹槽左 6端紧靠墙壁但不粘连;凹槽内质量为m的木块压缩轻质弹簧后 用细线固定,整个装置处于静止状态.现烧断细线,木块被 弹簧弹出后与凹槽碰撞并粘在一起向右运动,此时弹簧恰好 恢复原长.测得凹槽在地面上移动的距离为s.设凹槽内表面光 滑,凹槽与地面的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,求: (1)木块与凹槽碰撞后瞬间的共同速度大小v; (2)弹簧对木块做的功W.

图2- 3 6返回目录

第6讲

动量和能量
(1) 2μ gs (2)25mgs

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[解析] (1)设木块与凹槽碰撞后共同速度为 v,由动能定理 有: 1 -μ(m+4m)gs=0- (m+4m)v2 2 可得: v= 2μ gs. (2)设木块与凹槽碰撞前瞬间的速度为 v0,由动量守恒定 律,有: mv0=(m+4m)v 可得:v0=5 2μ gs. 1 2 弹簧做的功:W= mv0=25μmgs. 2

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第6讲

动量和能量

考点二 弹性碰撞与非弹性碰撞 一个质量为m1的物体以速度v1碰撞一个质量为m2的静止的 物体,碰后它们的速度分别为v1、v2,在碰撞过程中,动量守 恒,其表达式为:m1v1=m1v1′+m2v2.
高 频 考 点 探 究

1 1.若碰撞是弹性碰撞,那么动能也守恒,其表达式为: 2 m1-m2 1 1 2 2 2 m1v 1 = 2 m1v′ 1+ 2 m2v′ 2 ,碰后的速度v1′= ·v1,v2= m1+m2 2m1v1 ,若它们的质量相等,那么它们碰撞后将交换速度. m1+m2 2.若碰撞为完全非弹性碰撞,碰撞后两物体的速度相同, m1v1 则v1=v2= . m1+m2

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第6讲

动量和能量

3.若碰撞为一般的非弹性碰撞,则碰撞后速度关系满足以 下两个关系式: m1-m2 m1v1 m1v1 2m1v1 ·v1≤v1′≤ , ≤v2≤ . m1+m2 m1+m2 m1+m2 m1+m2
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4.若碰撞为非弹性碰撞,则碰撞过程中将发生能量转化, 系统的机械能与其他形式的能相互转化,通常为机械能转化为 内能.

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第6讲

动量和能量

例2 [2013· 新课标全国卷Ⅰ] 在粗糙的水平桌面上有两个静止 的木块A和B,两者相距为d.现给A 一初速度,使A与B发生弹性正 碰,碰撞时间极短.当两木块都停止运动后,相距仍然为d.已知 两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ,B的质量为A的2倍,重力 加速度大小为g.求A的初速度的大小.
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第6讲

动量和能量

高 频 考 点 探 究

28 μ gd 5 [解析] 设在发生碰撞前的瞬间,木块 A 的速度大小为 v; 在碰撞后的瞬间,A 和 B 的速度分别为 v1 和 v2.在碰撞过程中, 由能量和动量守恒定律,得 1 2 1 2 1 mv =2mv1+2(2m)v2 ①; 2 2 mv=mv1+(2m)v2 ② 式中,以碰撞前木块 A 的速度方向为正.由①②式得: v2 v1=- 2 ③

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第6讲

动量和能量
设碰撞后 A 和 B 运动的距离分别为 d1 和 d2, 由动能定理得 1 2 μ mgd1= mv1④; 2 1 μ (2m)gd2= (2m)v2⑤ 2 2 按题意有 d=d1+d2⑥ 设 A 的初速度大小为 v0,由动能定理得 1 2 1 2 μ mgd=2mv0-2mv ⑦ 28 联立②至⑦式,得 v0= 5 μ gd

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第6讲

动量和能量

高 频 考 点 探 究

变式 如图2- 4所示,水平地面上OP段是粗糙的,OP长为L= 61.6 m,滑块A、B与该段的动摩擦因数都为μ=0.5,水平地面的其余 部分是光滑的.滑块B静止在O点,其质量mB=2 kg.滑块A在O点左侧 以v0=5 m/s的水平初速度向右运动,并与B发生碰撞.A的质量是B的 k(k取正整数)倍,滑块均可视为质点,取g=10 m/s2. (1)若滑块A与B发生完全非弹性碰撞,求A、B碰撞过程中损失的 机械能. (2)若滑块A、B构成的系统在碰撞过程中没有机械能损失,试讨 论k在不同取值范围时滑块A克服摩擦力所做的功.

图2- 4 6-

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第6讲

动量和能量
25k (1)Δ E= J; k+1 (2)当 k=1 时,WfA=0;当 1<k≤9
?k-1? ?2 时,25k? ?k+1? ? ?

J;当 k>9

高 频 考 点 探 究

时,WfA=16k J. [解析] (1)设滑块 A 碰 B 后的共同速度为 v,A、B 碰撞过程 中损失的机械能为Δ E. 由动量守恒定律有 mAv0=(mA+mB)v 由能量守恒定律有 1 1 Δ E= mAv2- (mA+mB ) v2 0 2 2 25k 联立以上两式并代入数据解得Δ E= J. k+1
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动量和能量

高 频 考 点 探 究

(2)设碰撞后 A、B 速度分别为 vA、vB,且设向右为正方向, 由于弹性碰撞,有 mAv0=mAvA+mBvB 1 1 1 2 2 mAv0=2mAvA+2mBv2 B 2 联立以上两式并代入数据解得 5(k-1) 10k vA= m/s,vB= m/s. k+1 k+1 假设滑块 A、B 都能在 OP 段滑动,滑块 A、B 在 OP 段的加 速度(aA=aB=μg)相等,在任意时刻 vB>vA,滑块 A、B 不会再一 次发生碰撞. 由题知,当滑块 A 刚好能够到达 P 点时有 1 mAv2 =μmAgL A 2 代入数据解得 k=9
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第6讲

动量和能量

讨论:①当 k=1 时,vA=0,滑块 A 停在 O 点,A 克服摩擦 力所做的功为 WfA=0 ②当 1<k<9 时,滑块 A 停在 O、P 之间,A 克服摩擦力所做 的功为
高 频 考 点 探 究
?k-1? 1 ?2 2 WfA=2mAvA=25k? ?k+1? J ? ?

③当 k>9 时,滑块 A 从 OP 段右侧离开,A 克服摩擦力所做 的功为 WfA=μmAgL=16k J.

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考点三 动量与能量问题的综合应用 解答动量与能量综合应用问题时,一般要用到以下规律: 1.系统的动量守恒定律; 2.系统的功能关系或能量守恒定律. 在解答这类问题时,关键要弄清能量转化的方向.高中阶 段碰到的题型多为机械能转化为内能.

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1 例3 如图2- 5所示的轨道由半径为R的 光滑圆弧轨道AB、竖直台 64 阶BC、足够长的光滑水平直轨道CD组成.小车的质量为M,紧靠台阶 BC且上水平表面与B点等高.一质量为m的可视为质点的滑块自圆弧顶 端A点由静止下滑,滑过圆弧的最低点B之后滑到小车上.已知M= 4m,小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧,弹簧的自由端在Q点,小车 的上表面左端点P与Q点之间是粗糙的,滑块与PQ之间表面的动摩擦因 数为μ,Q点右侧表面是光滑的.求: (1)滑块滑到B点的瞬间对圆弧 轨道的压力大小; (2)要使滑块既能挤压弹簧,又 最终没有滑离小车,则小车上PQ 之间的距离应在什么范围内?(滑块与 弹簧的相互作用始终在弹簧的弹性范围内) 图2- 5 6-

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动量和能量

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2R 4R (1)3mg (2) ≤L< 5μ 5μ [解析] (1)设滑块滑到 B 点的速度大小为 v,到 B 点时轨道对 滑块的支持力为 N,由机械能守恒定律有 1 mgR=2mv2 ① 滑块滑到 B 点时,由牛顿第二定律有 v2 N-mg=m R ② 联立①②式解得 N=3mg ③ 根据牛顿第三定律,滑块在 B 点对轨道的压力大小为 N? = 3mg.

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(2)滑块最终没有离开小车, 滑块和小车必然具有共同的末速 度设为 u,滑块与小车组成的系统动量守恒,有 mv=(M+m)u ④ 若小车 PQ 之间的距离 L 足够大,则滑块可能不与弹簧接触 就已经与小车相对静止,设滑块恰好滑到 Q 点,由功能关系有 1 1 μ mgL= mv2- (M+m)u2 ⑤ 2 2 4R 联立①④⑤式解得 L= ⑥ 5μ 若小车 P、Q 之间的距离 L 不是很大,则滑块必然挤压弹簧, 由于 Q 点右侧是光滑的,滑块必然被弹回到 P、Q 之间,设滑块 恰好回到小车的左端 P 点处,由功能关系有 1 1 2μ mgL= mv2- (M+m)u2 ⑦ 2 2 2R 联立①④⑦式解得 L= ⑧ 5μ
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综上所述并由⑥⑧式可知,要使滑块既能挤压弹簧,又最终 2R 4R 没有离开小车,P、Q 之间的距离 L 应满足的范围是 ≤L< . 5μ 5μ [点评] 本题考查了动量守恒定律和能量守恒定律,综合性很 强.在滑块与小车作用的过程中,滑块和小车系统动量守恒,由 于小车表面存在摩擦,这个过程中将有部分机械能转化为内能, 通过这个转化关系列出能量守恒的表达式,从而解答问题.变式 题也是类似的问题.

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变式 装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能 抵御穿甲弹的射击. 通过对以下简化模型的计算可以粗略说明其原因. 质量为2m、厚度为2d的钢板静止在水平光滑桌面上.质量为m的子 弹以某一速度垂直射向该钢板,刚好能将钢板射穿.现把钢板分成厚度 均为d、质量均为m的相同两块,间隔一段距离水平放置,如图2- 6所 6示.若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板,穿出后再射向第二块钢 板,求子弹射入第二块钢板的深度.设子弹在钢板中受到的阻力为恒 力,且两块钢板不会发生碰撞.不计重力影响.

图2- 6 6返回目录

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2+ 3 d 4 [解析] 设子弹初速度为 v0,射入厚度为 2d 的钢板后,最终钢板 和子弹的共同速度为 V,由动量守恒定律得 1 (2m+m)V=mv0① 解得 V= v0 3 此过程中动能损失为 1 2 1 1 2 2 Δ E= mv0- ×3mV ② 解得Δ E= mv0 2 2 3 分成两块钢板后,设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为 v1 和 V1,由动量守恒得 mv1+mV1=mv0③ 因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力,射穿第一块钢板的动能损 ΔE 失为 ,由能量守恒得 2

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1 2 1 2 1 2 ΔE mv + mV = mv - ④ 2 1 2 1 2 0 2 联立①②③④式,且考虑到 v1 必须大于 V1,得 ?1 3? ? v1=? + ?v0⑤ 6? ?2 ? 设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为 V2,由动 量守恒得 2mV2=mv1⑥ 1 2 1 损失的动能为 Δ E′=2mv1-2×2mV2⑦ 2 联立①②⑤⑥⑦式得 1? 3? Δ E ? Δ E′= ?1+ ?× ⑧ 2? 2 2? ? 因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力,由⑧式可得,射入第二钢 板的深度 x 为 1? 3? ? x=2?1+ ?d⑨ 2? ? ?
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动量和能量

滑块、长木板模型2 一个滑块以一定的初速度滑上一个长木板,最终滑块停 留在木板的表面,达到相同的速度,这个过程中系统有一部 分机械能转化为内能.类似的问题中,有的试题给定的条件 是长木板有初速度,有的试题中还在长木板的一端加上弹 簧,使得问题变得更为复杂.解决这类问题的关键是找到能 量转化的方向及去向,然后根据能量守恒定律列方程.

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动量和能量

示例 一辆质量m=2 kg的平板车左端放有质量M=3 kg 的小滑块,滑块与平板车之间的动摩擦因数μ=0.4.开始时平 板车和滑块共同以v0=2 m/s的速度在光滑水平面上向右运 动,并与竖直墙壁发生碰撞,设碰撞时间极短且碰撞后平板 车速度大小保持不变,但方向与原来相反.平板车足够长, 以至滑块不会滑到平板车右端.取g=10 m/s2. (1)求平板车第一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离. (2)求平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度. (3)为使滑块始终不会滑到平板车右端,平板车至少多 长?
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图2- 7 6-

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(1)0.33 m (2)0.4 m/s (3)0.833 m [解析] (1)设第一次碰墙壁后,平板车向左移动 s,速度变 为 0.由于体系总动量向右, 平板车速度为零时, 滑块还在向右 滑行. 由动能定理有 1 2 -μMgs=-2mv0 mv2 0 解得:s= 2μ Mg
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代入数据得

2×22 s= m=0.33 m. 2×0.4×3×10

第6讲

动量和能量

(2)假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止,那么其 速度的大小肯定还是 2 m/s,滑块的速度则大于 2 m/s,方向均向 右.这样就违反动量守恒定律.所以平板车在第二次碰墙前肯定已 和滑块具有共同的速度 v.此即平板车碰墙前瞬间的速度. M-m Mv0-mv0=(M+m)v 解得 v= v M+m 0 代入数据得 1 v=5v0=0.4 m/s

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(3)设滑块相对平板车总位移为 l,则由能量守恒定律有 (M+m)v2 1 0 (M+m)v2=μMgl 解得:l= ; 0 2 2μ Mg 代入数据可得 :l=0.833 m l 即为平板车的最短长度. 转化为系统的内能.

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动量和能量

[点评] 本题考查了滑块在木板上滑动的有关问题,一开 始滑块与木板都有速度, 当木板与墙壁相碰后, 滑块与木板的 速度方向相反, 由于木板表面不光滑, 最终滑块在摩擦力的作 用下达到与木板相同的速度, 这个过程中损失的机械能转化为 系统的内能.

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第6讲

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拓展 如图2- 8所示,长木板ab的b端固定一挡板,木板 6连同挡板的质量为M=4.0 kg,a、b间距离s=2.0 m.木板位 于光滑水平面上.在木板a端有一小物块,其质量m=1.0 kg,小物块与木板间的动摩擦因数μ=0.10,它们都处于静止 状态.现令小物块以初速度v0=4.0 m/s沿木板向前滑动,直 到和挡板相撞.碰撞后,小物块恰好回到a端而不脱离木 板.求碰撞过程中损失的机械能.

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图2- 8 6-

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2.4 J [解析] 设木块和物块最后共同的速度为 v, 由动量守恒定 律有 mv0=(m+M)v 设全过程损失的机械能为 E,则 1 2 1 E=2mv0-2(m+M)v2 用 E1 表示在碰撞过程中损失的机械能,而小物块在长木 板上滑动时损失的机械能为 E2=μmgs 相对 而小物块相对长木板滑动的距离为:s 相对=2s 故:E= E1+2μmgs 1 mM 2 由以上各式解得:E1= v -2μmgs 2m+M 0 代入数据得:E1=2.4 J.

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