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高中高考物理专题复习专题2 动量和能量


考点 2
命题趋势

动量和能量

本专题涉及的内容是动力学内容的继续和深化,其中的动量守恒定律、机械能守恒 定律、能量守恒定律比牛顿运动定律的适用范围更广泛,是自然界中普遍适用的基本规 律,因此是高中物理的重点,也是高考考查的重点之一。高考中年年有,且常常成为高 考的压轴题。如 2002 年、2003 年理综最后一道压轴题均是与

能量有关的综合题。但近年 采用综合考试后,试卷难度有所下降,因此动量和能量考题的难度也有一定下降。要更 加关注有关基本概念的题、定性分析现象的题和联系实际、联系现代科技的题。 试题常常是综合题,动量与能量的综合,或者动量、能量与平抛运动、圆周运动、 热学、电磁学、原子物理等知识的综合。试题的情景常常是物理过程较复杂的,或者是 作用时间很短的,如变加速运动、碰撞、爆炸、打击、弹簧形变等。 知识概要
力 对 时 间 的 积 累 效 应

冲量 I=Ft 动量 p=mv 动量定理 系统所受合力为 零或不受外力 动量守恒定律

Ft=mv2-mv1

m1v1+m2v2=m1v1’+m2v2’ 牛顿第二定律 F=ma

力 的 积 累 和 效 应

功:W=FScosα 力 对 位 移 的 积 累 效 应 瞬时功率:P=Fvcosα 平均功率: P = W = F v cos α t

动能定理

动能 1 E k = mv 2 2
机械能 势能 重力势能:Ep=mgh 弹性势能

WA =

1 2 1 2 mv2 mv1 2 2

机械能守恒定律

Ek1+EP1=Ek2+EP2
或ΔEk =ΔEP

冲量是力对时间的积累,其作用效果是改变物体的动量;功是力对位移的积累,其 作用效果是改变物体的能量;冲量和动量的变化、功和能量的变化都是原因和结果的关 系,对此,要像熟悉力和运动的关系一样熟悉。在此基础上,还很容易理解守恒定律的 条件,要守恒,就应不存在引起改变的原因。能量还是贯穿整个物理学的一条主线,从
1

能量角度分析思考问题是研究物理问题的一个重要而普遍的思路。 应用动量定理和动能定理时,研究对象可以是单个物体,也可以是多个物体组成的 系统,而应用动量守恒定律和机械能守恒定律时,研究对象必定是系统;此外,这些规 律都是运用于物理过程,而不是对于某一状态(或时刻) 。因此,在用它们解题时,首先 应选好研究对象和研究过程。对象和过程的选取直接关系到问题能否解决以及解决起来 是否简便。选取时应注意以下几点: 1.选取研究对象和研究过程,要建立在分析物理过程的基础上。临界状态往往应作 为研究过程的开始或结束状态。 2.要能视情况对研究过程进行恰当的理想化处理。 3.可以把一些看似分散的、相互独立的物体圈在一起作为一个系统来研究,有时这 样做,可使问题大大简化。 4.有的问题,可以选这部分物体作研究对象,也可以选取那部分物体作研究对象; 可以选这个过程作研究过程,也可以选那个过程作研究过程;这时,首选大对象、长过 程。 确定对象和过程后,就应在分析的基础上选用物理规律来解题,规律选用的一般原 则是: 1.对单个物体,宜选用动量定理和动能定理,其中涉及时间的问题,应选用动量定 理,而涉及位移的应选用动能定理。 2.若是多个物体组成的系统,优先考虑两个守恒定律。 3.若涉及系统内物体的相对位移(路程)并涉及摩擦力的,要考虑应用能量守恒定 律。 点拨解疑 【例题 1】某地强风的风速是 20m/s,空气的密度是 ρ =1.3kg/m3。一风力发电机的有 效受风面积为 S=20m2,如果风通过风力发电机后风速减为 12m/s,且该风力发电机的效 率为η =80%,则该风力发电机的电功率多大? 【点拨解疑】 风力发电是将风的动能转化为电能,讨论时间 t 内的这种转化,这段 时间内通过风力发电机的空气 的空气是一个以 S 为底、v0t 为高的横放的空气柱,其质 量为 m= ρ Sv0t,它通过风力发电机所减少的动能用以发电,设电功率为 P,则

1 2 1 1 2 Pt = ( mv0 mv 2 )η = ρSv0 tη (v 0 v 2 ) 2 2 2
代入数据解得 P=53kW

【例题 2】 (1998 年全国卷)在光滑水平面上,动能为 E0、动量的大小为 p 0 的小 钢球 1 与静止小钢球 2 发生碰撞,碰撞前后球 1 的运动方向相反。将碰撞后球 1 的动能

2

和动量的大小分别记为 E1、 p1 ,球 2 的动能和动量的大小分别记为 E2、p2,则必有 A.E1<E0 B.p1<p0 C.E2>E0 D.p2>p0

【点拨解疑】 两钢球在相碰过程中必同时遵守能量守恒和动量守恒。由于外界没 有能量输入,而碰撞中可能产生热量,所以碰后的总动能不会超过碰前的总动能,即 E1+E2≤E0 ,可见 A 对 C 错;另外,A 也可写成

p12 p2 < 0 ,因此 B 也对;根据动量守恒, 2m 2m

设球 1 原来的运动方向为正方向,有 p2-p1=p0,所以 D 对。故该题答案为 A、B、D。 点评:判断两物体碰撞后的情况,除考虑能量守恒和动量守恒外,有时还应考虑某 种情景在真实环境中是否可能出现,例如一般不可能出现后面的球穿越前面的球而超前 运动的情况。 【例题 3】 (2000 年全国)在原子核物理中,研究核子与核关联的最有效途径是“双 电荷交换反应” 这类反应的前半部分过程和下述力学模型类似。两个小球 A 和 B 用轻质 。 弹簧相连,在光滑的水平直轨道上处于静止状态。在它们左边有一垂直于轨道的固定挡 板 P,右边有一小球 C 沿轨道以速度 v0 射向 B 球,如图所示。C 与 B 发生碰撞并立即结 成一个整体 D。在它们继续向左运动的过程中,当弹簧长度变到最短时,长度突然被锁 定,不再改变。然后,A 球与挡板 P 发生碰撞,碰后 A、D 都静止不动,A 与 P 接触而不 粘连。过一段时间,突然解除锁定(锁定及解除锁定均无机械能损失) 。已知 A、B、C 三球的质量均为 m。 (1)求弹簧长度刚被锁定后 A 球的速度。 (2)求在 A 球离开挡板 P 之后的运动过程中,弹簧的最大弹性势能。



1

【点拨解疑】 (1)设 C 球与 B 球粘结成 D 时,D 的速度为 v1 ,由动量守恒,有

mv0 = (m + m)v1



当弹簧压至最短时,D 与 A 的速度相等,设此速度为 v 2 ,由动量守恒,有

2mv1 = 3mv 2



3

由①、②两式得 A 的速度

1 v 2 = v0 3



(2)设弹簧长度被锁定后,贮存在弹簧中的势能为 E P ,由能量守恒,有

1 1 2 2mv12 = 3mv 2 + E P 2 2



撞击 P 后,A 与 D 的动能都为零,解除锁定后,当弹簧刚恢复到自然长度时,势能 全部转变成 D 的动能,设 D 的速度为 v3 ,则有

EP =

1 2 ( 2 m) v 3 2



当弹簧伸长时,A 球离开挡板 P,并获得速度。当 A、D 的速度相等时,弹簧伸至最 长。设此时的速度为 v 4 ,由动量守恒,有

2mv3 = 3mv 4



′ 当弹簧伸到最长时,其势能最大,设此势能为 E P ,由能量守恒,有
1 1 2 2 ′ 2mv3 = 3mv 4 + E P ⑦ 2 2 1 2 ′ EP = mv0 解以上各式得 ⑧ 36
【例题 4】 (2003 年理综全国)一传送带装置示意图如图 2 所示,其中传送带经过 AB 区域时是水平的,经过 BC 区域时变为圆弧形(圆弧由光滑模板形成,为画出) ,经过 CD 区域时是倾斜的,AB 和 CD 都与 BC 相切。现将大量的质量均为 m 的小货箱一个一个在 A 处放到传送带上,放置时初速为零,经传送带运送到 D 处,D 和 A 的高度差为 h。稳 定工作时传送带速度不变,CD 段上各箱等距排列,相邻两箱的距离为 L。每个箱子在 A 处投放后,在到达 B 之前已经相对于传送带静止, D 且以后也不再滑动(忽略经 BC 段时的微小滑动) 。 A 已知在一段相当长的时间 T 内,共运送小货箱的数 L B C L 目为 N。这装置由电动机带动,传送带与轮子间无 相对滑动,不计轮轴处的摩擦。求电动机的平均输 图2 出功率 P。 【点拨解疑】 以地面为参考系(下同) ,设传送带的运动速度为 v0,在水平段运输 的过程中,小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动,设这段路程为 s,所用时间为 t, 加速度为 a,则对小箱有 s =

1 2 at ① 2

v0 = at ② 在这段时间内,传送带运动的路程

4

为 s 0 = v0 t ③ 由以上可得 s 0 = 2 s

用 f 表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力,则传送带对小箱做功为

A = fx =

1 2 mv0 2



传送带克服小箱对它的摩擦力做功 A0 = fx 0 = 2 两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量 Q =

1 2 mv0 2

⑥ ⑦

1 2 mv0 2

可见,在小箱加速运动过程中,小箱获得的动能与发热量相等。 T 时间内,电动机 输出的功为

W = PT



此功用于增加小箱的动能、势能以及克服摩擦力发热,即

W =

1 2 Nmv 0 + Nmgh + NQ 2

⑨ ⑩ ⑾

已知相邻两小箱的距离为 L,所以 v 0T = NL 联立⑦⑧⑨⑩,得 P = 针对训练 1. (2001 年高考理综卷)下列一些说法:

Nm N 2 L2 [ 2 + gh] T T

① 一质点受两个力作用且处于平衡状态(静止或匀速) ,这两个力在同一段时间内的 冲量一定相同 ②一质点受两个力作用且处于平衡状态(静止或匀速) ,这两个力在同一段时间内做 的功或者都为零,或者大小相等符号相反 ③ 在同样时间内,作用力和反作用力的功大小不一定相等,但正负号一定相反 ④ 在同样时间内,作用力和反作用力的功大小不一定相等,正负号也不一定相反 以上说法正确的是: A.①② B.①③ C.②③ D.②④

2.A、B 两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动,A 球的动量是 5kgm/s,B 球的动量是 7kgm/s,当 A 追上 B 球时发生碰撞,则碰撞后 A、B 两球的动量的可能值是 ( ) A.-4 kgm/s、14 kgm/s C.-5 kgm/s 、17kgm/ B.3kgm/s、9 kgm/s D.6 kgm/s、6 kgm/s

3. (1998 年高考上海卷)在光滑水平面上有质量均为 2kg 的 a、b 两质点,a 质点在 水平恒力 Fa=4N 作用下由静止出发运动 4s。b 质点在水平恒力 Fb=4N 作用下由静止出发 移动 4m。比较这两个质点所经历的过程,可以得到的正确结论是 A.a 质点的位移比 b 质点的位移大
5

B.a 质点的末速度比 b 质点的末速度小

C.力 Fa 做的功比力 Fb 做的功多

D.力 Fa 的冲量比力 Fb 的冲量小

4.矩形滑块由不同材料的上下两层粘结在一起组成,将其放在光滑的水平面上,如 图所示。质量为 m 的子弹以速度 v 水平射向滑块,若射击上层,则子弹恰好不射出;若 射击下层,则子弹整个儿恰好嵌入,则上述两种情况相比较 A.两次子弹对滑块做的功一样多 B.两次滑块所受冲量一样大 C.子弹嵌入下层过程中,系统产生的热量较多 D.子弹击中上层过程中,系统产生的热量较多 5.如图 3 所示,长 2m,质量为 1kg 的木板静止在光滑水平面上,一木块质量也为 1kg(可视为质点) ,与木板之间的动摩擦因数为 0.2。要使木块在木板上从左端滑向右端 而不至滑落,则木块初速度的最大值为 A.1m/s B.2 m/s C.3 m/s D.4 m/s

图3 6.如图 4 所示,质量分别为 m 和 2m 的 A、B 两个木块间用轻弹簧相连,放在光滑水 平面上,A 靠紧竖直墙.用水平力 F 将 B 向左压,使弹簧被压缩一定长度,静止后弹簧储 存的弹性势能为 E.这时突然撤去 F,关于 A、B 和弹簧组成的系统,下列说法中正确的是 ( ) F A B A.撤去 F 后,系统动量守恒,机械能守恒 B.撤去 F 后,A 离开竖直墙前,系统动量不守恒,机械能守恒 C.撤去 F 后,A 离开竖直墙后,弹簧的弹性势能最大值为 E D.撤去 F 后,A 离开竖直墙后,弹簧的弹性势能最大值为 E/3 7.如图 5 所示,质量为 M 的小车 A 右端固定一根轻弹簧,车静止在光滑水平面上, 一质量为 m 的小物块 B 从左端以速度 v0 冲上小车并压缩弹簧,然后又被弹回,回到车左 端时刚好与车保持相对静止.求整个过程中弹簧的最大弹性势能 EP 和 B 相对于车向右运 动过程中系统摩擦生热 Q 各是多少?
B A

图4

参考答案: 参考答案: 1. D 2. B 3. AC 4. AB 5. D 图5

6.解析:A 离开墙前墙对 A 有弹力,这个弹力虽然不做功,但对 A 有冲量,因此系 统机械能守恒而动量不守恒; 离开墙后则系统动量守恒、 A 机械能守恒. 刚离开墙时刻, A B 的动能为 E,动量为 p= 4mE 向右;以后动量守恒,因此系统动能不可能为零,当 A、
6

B 速度相等时,系统总动能最小,这时的弹性势能为 E/3. 答案: BD 7. mv0 = ( m + M )v , 2Q =
2 mMv0 1 2 1 mv0 (m + M )v 2 ,EP=Q= 2 2 4( m + M )

7


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