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高考物理二轮复习 第10讲 专题5题第1讲 能量和动量知识在力学中的应用(问题突破)


专题五 能量与动量

1.变力作用下的直线运动问题 . 【例1】如图5-1-1所示,一辆质量为6t的汽车,额定功 率为90kW,以a=2m/s2 的加速度在平直公路从静止启 动,车受的阻力为车重的0.05倍,g取10m/s2.问:

图5?1?1

(1)汽车做匀加速运动的时间有多长? (2)汽车能够达到的最大速度是多少? (3)若汽车从达到额定功率时起经86.4s而达到最大速度, 则汽车在这段时间中前进了多远? (4)汽车的速度是20m/s时,它的加速度是多少?

【解析】(1)匀加速运动时,F牵-0.05mg=ma 得F牵=ma+0.05mg=(2+0.05×10) ×6000N=15000N 由P额=F牵v1可求得匀加速运动的最大速度v1=6m/s 由v1=at1得汽车做匀加速运动的时间为t1=3s; (2)当F牵=0.05mg时,a=0,汽车能够达到的最大速度 3 P额 = 90 × 10 m/s=30m/s v m= 0.05mg 3000

1 1 2 (3)根据动能定理Pt2 ? 0.05mgs = mvm ? mv12 2 2 即90 × 103 × 86.4 ? 0.05 × 6000 × 10 s 1 1 2 = × 6000 × 30 ? × 6000 × 62 2 2 解得汽车从达到额定功率时起到达到最大速度 这段时间中前进了s = 1728m;

( 4 ) 汽车的速度是20m / s时,由P额 = F ′牵 v2,
90 × 103 可得F ′牵 = = N = 4500N, v2 20 P额 F ? 0.05mg 加速度a′ = = 0.25m/s 2 m

汽车启动过程分为三个阶段:第一阶段 第一阶段是匀加速 第一阶段 运动过程,过程结束时,恰达到最大功率.第二 第二 个阶段是保持恒定的最大功率做加速度逐渐减少 个阶段 的变加速运动,最后 最后当牵引力等于阻力时,汽车 最后 保持最大速度做匀速运动.对于变加速运动过程, 牛顿定律和匀变速直线运动规律无法解答,而用 动能定理便能轻而易举地解决,这就是应用动能 定理的好处.

电动机通过一绳子吊起质量为8kg的物 体,绳的拉力不能超过120N,电动机的功率不能超 过1200W,要将此物体由静止起用最快的方式吊高 90m(已知此物体在被吊高接近90m时,已开始以最 大速度匀速上升)所需时间为多少?

【解析】此题可以用机车启动类问题的思路,即将物 体吊高分为两个过程处理:第一过程是以绳所能承受 的最大拉力拉物体,使物体以最大加速度匀加速上升, 第一个过程结束时,电动机刚达到最大功率.第二个 过程是电动机一直以最大功率拉物体,拉力逐渐减小, 当拉力等于重力时,物体开始匀速上升.
在匀加速运动过程中加速度为 Fm ? mg 120 ? 8 × 10 a= = m/s 2 = 5m/s 2, m 8 Pm 1200 = 末速度vt = m/s = 10m/s Fm 120

vt 10 vt 2 102 上升的时间t1 = = s = 2s,上升高度为h = = m = 10m a 5 2a 2 × 5 在功率恒定的过程中,最后匀速运动的速率为 Pm 1200 vm = = m / s = 15m/s mg 8 ×10 外力对物体做的总功W = Pmt2 ? mgh2, 1 1 2 2 动能变化量为?Ek = mvm ? mvt 2 2 1 1 2 2 由动能定理得Pmt2 ? mgh2 = mvm ? mvt 代入数据后 2 2 解得t2 = 5.75s,所以t = t1 + t2 = 7.75s所需时间至少为7.75s.

2.动能定理的综合应用 动能定理揭示了物体动能变化的原因及动能变 化量大小与合外力对物体所做的总功的关系.动能 定理的研究对象是单个质点,或者是可看做单个质 点的系统. 动能定理既适用于物体的直线运动,也适用于 曲线运动;既适用于恒力做功,也适用于变力做功; 力可以是各种性质的力,既可以同时作用,也可以 分段作用. 若物体的运动过程包含几个不同的过程,应用动 能定理时,可以分段考虑,也可以将全程作为一个整 体考虑.

【例1】如图5-1-2所示,物体在离斜面底端4m 处由静止滑下,若动摩擦因数均为0.5,斜面倾角 为37°,斜面与平面间由一小段圆弧连接,求物 体能在水平面上滑行多远?

【解析】物体在斜面上受重力mg、支持力FN1 、摩 擦 力 F1 的 作 用 , 沿 斜 面 加 速 下 滑 ( 因 ?=0.5<tanθ=0.75), 到水平面后,在摩擦力F2作用下做减速运动, 直至停止. 解法一:对物体在斜面上和平面上进行受力分 析,如图所示,知下滑阶段:

由动能定理得: 1 mg sin 37°s1 ? ? mg cos 37°s1 = mv12 2 在水平运动过程中由动能定理: 1 ? ? mgs2 = 0 ? mv12 2 由①、②式可得: s2 = sin 37° ? ? cos 37° ② 0.6 ? 0.5 × 0.8 s1 = × 4m = 1.6m. 0.5 ①

?

解法二:物体受力分析同上.物体运动的全过程中, 初、末状态速度均为零,对全过程应用动能定理 mg sin 37°s1 ? ? mg cos 37°s1 ? ? mgs2 = 0 得s2 = sin 37°s1 ? ? cos 37°s1

?

(0.6 ? 0.5 × 0.8) × 4 m = 0.5

= 1.6m.

对这种多过程问题,既可以分段利用动能定 理列方程求解,也可以对全过程利用动能定理列 方程求解,解题时可根据具体情况选择使用,一 般情况下,对全过程列方程简单些.

如图5-1-3所示,质量为m的小车在水平恒 力F推动下,从山坡底部A处由静止起运动至高为 h的坡顶B,获得速度为v,AB的水平距离为s.下列 说法不正确的是( )
A.小车克服重力所做的功是mgh B.合力对小车做的功是 1 mv2 2 C.推力对小车做的功是Fs-mgh
1 D.阻力对小车做的功是 2

mv2+mgh-Fs

【解析】
重力对小车做负功,即小车克服重力所做的功是mgh,选项A正确. 1 根据动能定理W = ?Ek,合力对小车做的功是 mv 2,选项B正确. 2 推力是恒力,由功的公式W = Fs知推力对小车做的功是Fs, 选项C 错误. 由动能定理有Fs + W f ? mgh = 1 2 mv , 2

1 阻力对小车做的功是 mv 2 + mgh ? Fs,选项D正确. 2 答案: C

3.机械能守恒定律的综合应用 【例3】 (2010·安徽卷)伽利 略曾设计如图5?1?4所示的一个 实验,将摆球拉至M点放开,摆 球会达到同一水平高度上的N 点.如果在E或F处钉钉子,摆 球将沿不同的圆弧达到同一高度的对应点;反过 来,如果让摆球从这些点下落,它同样会达到原 水平高度上的M点.这个实验可以说明,物体由静 止开始沿不同倾角的光滑斜面(或弧线)下滑时, 其末速度的大小( )

A.只与斜面的倾角有关 C.只与下滑的高度有关

B.只与斜面的长度有关 D.只与物体的质量有关

【解析】伽利略的理想斜面和摆球实验,斜面上的 小球和摆线上的小球好像“记得”起自己的起始高 度,实质是动能与势能的转化过程中,总能量不 变.物体由静止开始沿不同倾角的光滑斜面(或弧线) 下滑时,高度越大,初始的势能越大,转化后的末 动能也就越大,速度越大.选项C正确.

【例4】如图5-1-5所示,半径R=0.40m的光滑半圆环 轨道处于竖直平面内,半圆环与粗糙的水平地面相 切于圆环的端点A.一质量m=0.10kg的小球,以初速 度v0=7.0m/s在水平地面上向左做加速度a=3.0m/s2 的 匀减速直线运动,运动4.0m后,冲上竖直半圆环, 最后小球落在C点,求A、C间的距离.(取重力加速 度g=10m/s2)

【解析】匀减速运动过程中,有:v A ? v0 = ?2as①
2 2

恰好做圆周运动时,物体在最高点B满足: vB1 2 mg = m ② 解得:vB1 = 2m/s R 假设物体能达到圆环的最高点B, 1 1 由机械能守恒得: mv = 2mgR + mvB 2 2 2 联立①③可得:vB = 3m/s 因为vB>vB1,所以小球能通过最高点B. 小球从B点做平抛运动,有: 1 2 2 R = gt ④ s AC = vB t 2 由④⑤得:s AC = 1.2m. ⑤ ③

机械能守恒定律方程往往只涉及过程的初、 末状态,不必考虑中间过程的细节,这使问题解决 变得简单快捷.列机械能守恒定律方程之前,须先 确定零势能平面,灵活选择零势面可使方程得到简 化.

【例4】如图5-1-6所示,长为L 的轻杆右端和中点分别固定一 个质量都是m的小球A和B,杆 的左端可绕O点无摩擦地转动, 现将轻杆拉到水平位置后自由 释放,求杆转到竖直位置时,A、 B两球的线速度分别为多少?试 分析在此过程中杆对A、B球做 功的正负.

【解析】A、B两球组成的系统只有重力做功,所以系统的 1 l 1 2 机械能守恒,由机械能守恒定律得:mgl + mg = mvA + mvB2 2 2 2 由于两球在同一杆上,角速度相等,故vA = 2vB 解之得:vA = 15gl,vB = 15gl A、B球自由下落时的速度分别为: v′ A = 2gl,v′B = gl 可见vA > v′ A,vB < v′B ,故杆对A球做正功,对B球做负功. 2 1 答案:vA = 15gl,vB = 15gl;杆对A球做正功,对B球做负功. 5 5

本题涉及两个物体,几个物体组成的物体系 机械能守恒时,其中每个物体的机械能不一定守 恒,因为它们之间有相互作用,对物体系运用机 械能守恒定律解题时,一定要从整体考虑.列方 程时可以利用物体系势能的减少(或增加)等于其 动能的增加(或减少)或物体系中一部分物体机械 能的减少等于另一部分物体机械能的增加较为简 单.

一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m和 2m的小球A和B.支架的两直角边长度分别为2l和l, 支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动,如图 5-1-7所示.开始时OA边处于水平位置,由静止 释放,则下列说法不正确的是( ) A球的最大速度为 2 gl B.A球速度最大时,两小球的总重力势能最小 C.A球速度最大时,两直角边与竖直方向的夹角为45° D.A、B两球的最大速度之比vA∶vB=2∶1

【解析】A、B绕O点转动的角速度相等,所以速度之 比等于转动半径之比,选项D正确.对A、B两球组成 的系统,重力势能转化为动能,所以二者动能最大 时,必有总重力势能最小,选项B正确.设由静止释 放起,转过θ角,A球速度最大. 由mg × 2l sin θ ? 2mgl (1 ? cos θ ) = ?Ek 系,
得系统动能增量 ?Ek 系 = 2 2mgl sin(q + 45°) ? 2mgl, 所以当θ = 45°时,?Ek 系最大,选项C正确 答案:A

4.动量守恒定律的应用 .
【例6】质量为m的人在质量为M的小车上从左端走到右 端,如图5-1-8所示,当车与地面的摩擦不计时,那么( ) A.人在车上行走时,若人相对车突然停止运动,则车也 突然停止运动 B.人在车上行走的平均速度越大,则车在地面上移动的 距离也越大 C.人在车上行走的平均速度越小,则车在地面上移动的 距离就越大 D.不管人在车上行走的平均速度多大,车在地面上移动 的距离相同

【解析】人和车系统动量守恒, mv1 = Mv2,故选项A正确; 当人在车上从左端走到右端,设相对车的位移为L, 对地的位移为s1,则有ms1 = Ms2,且s1 + s2 = L, m 由以上两式得s2 = L, m+M 故选项D正确,选项B、C 错误. 答案:AD

本题属“人船模型”问题,处理此类问题,应 画草图,确定位移关系.速度和位移都是对同一参考 系而言,本题中的船长应理解为人相对船的位移,在 求解过程中应讨论人及船的对地位移. 在解相关物理问题时,人船模型有多种表现形式, 哪些情景可简化为人船模型,这需要同学们在日常训 练中去思考.当问题符合动量守恒定律的条件,而又 仅涉及位移而不涉及速度时,可用关系式m1s1=m2s2 来 求解,关键是先判断初速是否为零(若初速度不为零, 则此式不成立).

质量为m的气球下带有质量为 M的小猴,停在距地面高为h 的空中,现从气球上放下一 轻绳使小猴沿绳滑到地面上, 如图5-1-9所示,为使小猴安 全着地,绳至少多长?

【解析】气球与小猴组成的系统竖直方向合 外力为零,动量守恒,初速度为零,可类比 “人船模型”求解.设绳长至少为L,气球、 小猴组成的系统在竖直方向动量守恒,由动 量守恒定律得:

0 = Mh ? m ( L ? h ), m 所以 L = h m+M

5.能量和动量知识的综合运用 . 【例7】(2009·全国Ⅰ卷)质量为M的物块以速度v运 动,与质量为m的静止物块发生正撞, A.2 B.3 C.4 D.5
【解析】本题考查动量守恒,设碰撞后两者的动量都为 M v2 p = Mv1 = mv2,碰后必须满足v1 ≤ v2,即 ≥ ≥ 1. m v1 根据动量守恒知总动量为2 p,根据p 2 = 2mEk, 4 p2 p2 p2 M 由能量守恒得 得 ≥ + ≤ 3, 2 M 2m 2 M m 所以AB正确. 答案:AB

碰撞过程除满足动量守恒定律,还满足能 量守恒定律.一般情况下,碰撞前的动能大于 等于碰撞后的动能.但是在爆炸过程中,其他 形式的能要转化为系统动能,故爆炸后的动能 要大于爆炸前的动能.

【例8】如图5-1-10所示,滑块A、B的质量分别为m1与 m2,m1<m2,由轻质弹簧相连接置于水平的气垫导轨上, 用一轻绳把两滑块拉至最近,使弹簧处于最大压缩状态 后绑紧.两滑块一起以恒定的速率v0向右滑动.轻绳突 然断开.当弹簧伸至本身的自然长度时,滑块A的速度 正好为零.求: (1)绳断开到第一次恢复自然长度的过程中弹簧释放的弹 性势能Ep; (2)在以后的运动过程中,滑块B是否会有速度为零的时 刻?试通过定量分析证明你的结论.

【解析】(1)当弹簧处压缩状态时,系统的机械能等于 两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和.当弹簧伸长到 自然长度时,弹性势能为零,因这时滑块A的速度为零, 故系统的机械能等于滑块B的动能.设这时滑块B的速 1 度为v,则有E=Ek= m2v2 因系统所受外力为0,由动量守恒定律(m1+m2)v0=m2v 由于只有弹簧的弹力做功,系统的总机械能守恒
1 (m1+m2)v+Ep=E 2
( m1 + m2 )2 v0 2 解得 E = 2m2 ( m1 + m2 )2 v0 2 解得 E = 2m2

2

(2)假设在以后的运动中滑块B可以出现速度为0的时刻, 并设此时A的速度为v1,弹簧的弹性势能为E p ′, ( m1 + m2 )2 v0 2 1 由机械能守恒定律得 m1 v12 + E′ p = 2 2m2 根据动量守恒得 ( m1 + m 2 ) v 0 = m1 v1, ( m1 + m2 )2 v0 2 ( m1 + m2 )2 v0 2 求出v1代入上式得: + E′ p = 2m1 2m2 ( m1 + m2 )2 v0 2 ( m1 + m2 )2 v0 2 因为E′ p ≥ 0,故得: ≤ 2m1 2m2 即m1 ≥ m 2,这与已知条件中m1 < m 2 不符. 可见在以后的运动中不可能出现滑块B的速度为0的情况.   ( m1 + m2 )2 v0 2 答案: ) E p = (1 2m2   ) 见解析 (2

【例9】如图5-1-11所示,甲、乙两个小孩各乘一辆冰 车在水平冰面上游戏.甲和他的冰车的质量共为 M=30kg,乙和他的冰车总质量也是30kg,游戏时,甲 推着一个质量为m=15kg的箱子,和他一起以大小为 v0=2.0m/s 的 速 度 滑 行 , 乙 以 同 样 大 小 的 速 度 迎 面 滑 来.为了避免相撞,甲突然将箱子沿冰面推给乙,箱 子滑到乙处时乙迅速把它抓住.若不计冰面的摩擦 力.求甲至少要以多大的速度(相对于地面)将箱子推出, 才能避免与乙相撞.

【解析】如图,在甲推出箱子的过程中,甲和箱子 组成的系统动量守恒.乙接到箱子并和乙一起运动 的过程中,乙和箱子组成的系统动量也是守恒 的.在全过程中甲推箱子和乙接箱子中三个物体组 成的系统动量也是守恒的.那么应该以哪个物体组 为研究对象呢?若仅以甲、乙和箱子为研究对象显 然无法求得甲推箱子的最小速度.为此只能分别选 甲、箱子为研究对象,箱子、乙为研究对象求解。 设箱子被甲推出后的速度为v,甲的速度为v1 , 根据动量守恒,则:

( m + M ) v0 = mv + Mv1
mv ? Mv0 = ( m + M ) v2

① ② ③

设乙抓住箱子后其速度为v2,根据动量守恒,则: 为了不使甲、乙相撞v1、v2 应满足:v1 ≤ v2 将①②③式联立得推出箱子的最小速度: m 2 + 2mM + 2 M 2 v= v0 2 m + 2mM 代入数值后得推箱子的最小速度v = 5.2m / s. 这道题若以甲、乙和箱子为研究对象,三体动量守恒有:

( m + M ) v0 ? Mv0 = ( m + 2M ) v1



可以先求出三个物体具有相同运动速度时的速度v1, 再选甲和箱子(或箱子和乙)为研究对象,问题同样可以解决.

动量守恒定律一般以处理物体组(系统)问题 最擅长,但对于有三个或三个以上物体间相互 作用问题时,怎样确定研究对象就显得十分重 要了.有时在一个题目中要选不同的物体组作 为研究对象方可求解.

本节完,谢谢!


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