2022年高三专题复习学案能量与动量 .pdf

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1、学习好资料欢迎下载能量与动量专题一 高考考点要求及知识结构（一）高考考点要求机械能功和功率动能和动能定理重力做功与重力势能功能关系、机械能守恒定律及其应用碰撞与动量守恒动量、动量守恒定律及其应用弹性碰撞和非弹性碰撞只 限 于一维（二）知识结构功1.做功的两个要素力和物体在上发生的位移2公式： W. (1)该公式只适用于做功 (2)是力与的夹角， S为物体对地的位移 (3). 变力做功求法见一轮资料3功的正负的意义(1)功是量，但有正负之分， 正功表示动力对物体做功，负功表示对物体做功(2)一个力对物体做负功，往往说成是物体做功 (取绝对值 )功率1.定义 :功与完成这些功所用的比值2物理意义描

2、述做功的3公式 :(1)P，P 为时间 t 内的(2)PFvcos ( 为 F 与 v 的夹角 ) v 为平均速度，则P 为v 为瞬时速度，则P 为4额定功率与实际功率(1)额定功率：动力机械时输出的功率(2)实际功率：动力机械时输出的功率，要求额定功率必须明确的易错易混点(1) 公式WFScos中，S不一定是物体的位移(2) 混淆平均功率和瞬时功率；计算瞬时功率时，直接应用公式WFv，漏掉了F与v之间精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 12 页学习好资料欢迎下载的夹角(3) 功、动能、重力势能都是标量，但功、重力势能正负号

3、的意义不同(4) 机车启动时，在匀加速阶段的最大速度并不是机车所能达到的最大速度5)E内FfS相对中S相对为相对滑动的两物体间相对滑行路径的总长度功和功率计算要明确(1) 计算功时，要注意分析受力情况和能量转化情况，分清是恒力的功还是变力的功，选用合适的方法进行计算。(2) 计算功率时，要明确是求瞬时功率还是平均功率，若求瞬时功率应明确是哪一时刻或位置，若求平均功率则应明确是哪段时间内的平均功率。(3) 对于图象问题要首先看懂图象的物理意义，根据图象求出加速度、位移并明确是求合力的功还是某个力的功，是合力的功率还是某个力的功率。动能定理及其应用1. 动能定理内容合外力对物体所做的功或外力对物体

4、所做的功的总功等于物体2表达式 :W Ek. 3功与动能的关系(1)W0，物体的动能(2)W0，物体的动能(3)W0，物体的动能4.应用动能定理解题的基本步骤5. 应用动能定理解题时需注意的问题(1) 动能定理适用于物体做直线运动，也适用于曲线运动；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。只要求出在作用过程中各力做功的多少和正负即可。这正是动能定理解题的优越性所在。(2) 动能定理是计算物体的位移或速率的简捷方法，当题目中涉及到力和位移时可优先考虑动能定理 。(3) 若物体运动的过程中包含几个不同过程，应用动能定理时，可以分段考虑，也可以把全精

5、选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 12 页学习好资料欢迎下载过程作为一个整体来处理。机械能守恒定律及三种表达式(1) 守恒条件 :只有重力、弹力做功其它力不做功, 只出现动、势能间转化. (2) 守恒观点：Ek1Ep1Ek2Ep2或E1E2，运用此法求解只有一个物体( 实际是单个物体与地球组成的系统) 的问题还不是很复杂，但注意要选好参考平面，其难点是Ep 的确定。(3) 转化观点：Ep Ek，此法的 优点 是不用选取参考平面，使用起来最方便。(4) 转移观点：E增E减，此法适用于求解两个或两个以上物体( 实际是两个或两个以

6、上物体与地球组成的系统) 的问题。(5) 常用的功能关系见一轮资料动量守恒定律及其应用1.动量(1)定义：运动物体的质量和的乘积叫做物体的动量，通常用p 来表示(2)表达式： p. 动量变化量 .?p. (3)标矢性：动量是矢量，其方向和方向相同2动量守恒定律(1)内容：如果一个系统，或者，这个系统的总动量保持不变（包括大小和方向），这就是动量守恒定律(2)表达式 p，系统相互作用前总动量p 等于相互作用后的总动量p. m1v1m2v2，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和 p1，相互作用的两个物体动量的增量等大反向 p，系统总动量的增量为零3动量守恒定律的适用条件(

7、1) 系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系统处于平衡状态(2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力它所受到的外力(3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统动量守恒4. 应用动量守恒定律解题的步骤(1) 选取研究系统和研究过程(2) 分析系统的受力情况，判断系统动量是否守恒、或系统在某一方向上动量是否守恒(3) 规定正方向，确定系统的初、末状态的动量的大小和方向(4) 根据动量守恒定律列方程求解(5) 对求解的结果加以分析、验证和说明计算题审题技巧与策略在审题过程中，要特别注意以下几个方面：第一，题中给出什么第二，题中要求什么第三，

8、题中隐含什么第四，怎样把物理情景转化为具体的物理条件。理解题意的具体方法是：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 12 页学习好资料欢迎下载1认真审题， 捕捉关键词 . 如“最多”、 “最大”、 “最长”、 “最短”、 “刚好”、 “瞬间”“光滑”“轻质”等 2认真审题，挖掘隐含条件3审题过程要注意画好情境示意图，把物理图景转化为物理条件4审题过程要建立正确的物理模型5在审题过程中要特别注意题中的临界条件本专题特点综合应用动能定理、机械能守恒定律和动量守恒定律，结合动力学方法解决运动的多过程问题；二、近 3 年广东高考广东 2

9、012 17（ 6 分） 图 4 是滑道压力测试的示意图，光滑圆弧轨道与光滑斜面相切，滑道底部B 处安装一个压力传感器，其示数N 表示该处所受压力的大小，某滑块从斜面上不同高度h 处由静止下滑，通过B 时，下列表述正确的有(BC) A.N 小于滑块重力B.N 大于滑块重力C.N 越大表明h 越大D.N 越大表明h 越小36.（18 分）如图 18（a）所示的装置中，小物块A、B 质量均为m，水平面上PQ 段长为L，与物块间的动摩擦因数为，其余段光滑。初始时，挡板上的轻质弹簧处于原长；长为r 的连杆位于图中虚线位置；A 紧靠滑杆（ A、B 间距大于2r） 。随后，连杆以角速度匀速转动，带动滑杆作

10、水平运动，滑杆的速度-时间图像如图18（b）所示。 A 在滑杆推动下运动，并在脱离滑杆后与静止的B 发生完全非弹性碰撞。（1）求 A 脱离滑杆时的速度uo，及 A 与 B 碰撞过程的机械能损失E。（2）如果 AB 不能与弹簧相碰，设AB 从 P 点到运动停止所用的时间为t1，求得取值范围，及 t1与的关系式。（3）如果 AB 能与弹簧相碰，但不能返回道P 点左侧，设每次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为Ep，求的取值范围，及Ep与的关系式（弹簧始终在弹性限度内）。广东 2013 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 12 页学

11、习好资料欢迎下载广州卓越教育培训中心LLABCP1P2探测器图 24 35. （18 分）如图18，两块相同平板P1，P2置于光滑水平面上，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县城可看作质点。 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。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。广东 2014 35

12、、 （18 分）图 24 的水平轨道中， AC 段的中点B 的正上方有一探测器，C 处有一竖直挡板，物体 P1沿轨道向右以速度v1与静止在A 点的物体 P2碰撞， 并接合成复合体P，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t1=2s 至 t2=4s 内工作，已知P1、P2的质量都为m=1kg ，P 与 AC间的动摩擦因数为=0.1，AB 段长 L=4m，g 取 10m/s2，P1、P2和 P 均视为质点， P 与挡板的碰撞为弹性碰撞。求（1）若 v1=6m/s，求 P1、P2碰后瞬间的速度大小v 和碰撞损失的动能 E；（2）若 P 与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B 点，求 v1的取值范围和P

13、 向左经过 A 点时的最大动能E。三典例分析1.（广东 2011 年高考）如图20 所示，以 A、B和 C 、D为端点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内， 一滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠 B点，上表面所在平面与两半圆分别相切于 B、C。一物块被轻放在水平匀速运动的传送带上E 点，运动到A 时刚好与传送带速度相同， 然后经 A沿半圆轨道滑下，再经B滑上滑板。滑板运动到C时被牢固粘连。物块可视为质点，质量为m，滑板质量M=2m ，两半圆半径均为R，板长 l=6.5R，板右端到C的距离 L 在 RL5R范围内取值。E距 A为 S=5R，物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因素均为 =0.5 ，重

14、力加速度取g.(1) 求物块滑到B点的速度大小；0vPAB卓越教育李咏华作图L卓越教育李咏华作图2P1P图 18 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 12 页学习好资料欢迎下载(2) 试讨论物块从滑上滑板到离开滑板右端的过程中，克服摩擦力做的功Wf与 L 的关系， 并判断物块能否滑到CD轨道的中点。2.如图所示， 半径为 r=0.4m 的 1/4 圆形光滑轨道AB 固定于竖直平面内，轨道与粗糙的水平地面相切于B 点，CDE 为固定于竖直平面内的一段内壁光滑的中空方形细管，DE 段被弯成以 O 为圆心、半径R=0.2m 的一小

15、段圆弧，管的C 端弯成与地面平滑相接，O 点位于地面，OE 连线竖直可视为质点的物块b，从 A 点由静止开始沿轨道下滑，经地面进入细管（b横截面略小于管中空部分的横截面），b 滑到 E 点时受到细管下壁的支持力大小等于所受重力的 1/2已知物块b 的质量 m = 0.4kg ，g 取 10m/s2（1）求物块b 滑过 E 点时的速度大小vE（2）求物块b 滑过地面BC 过程中克服摩擦力做的功Wf（3）若将物块b 静止放在B 点，让另一可视为质点的物块a，从 A 点由静止开始沿轨道下滑，滑到 B 点时与 b 发生弹性正碰，已知a 的质量 M m，求物块b 滑过 E 点后在地面的首次落点到 O 点

16、的距离范围四. 针对性训练1.如图所示，光滑水平面上静止放置质量M = 2kg 的长木板C；离板右端x = 0.72m 处静止放置质量mA =1kg 的小物块A，A 与 C 间的动摩擦因数 = 0.4；在板右端静止放置质量 mB = 1kg 的小物块B，B 与 C 间的摩擦忽略不计设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B 均可视为质点，g = 10m/s2现在木板上加一水平向右的力F=3N, 到 A 与 B 发生弹性碰撞时撤去力F。问：20图?RS5RRABCDMRl5.6L精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 12 页学习好资料

17、欢迎下载A 与 B 碰撞之前运动的时间是多少？若 A 最终能停在C 上，则长木板C 的长度至少是多少？2. 如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点。水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP ，其形状为半径R=0.8m 的圆环剪去了左上角135的圆弧， MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离也是R。用质量m1=0.4kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点。用同种材料、 质量为 m2=0.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放，物块过B点后其位移与时间的关系为226ttx，物块飞离桌面后由P点沿切线落入圆轨道。g=10m/s2

18、，求：（1）BP间的水平距离。（2）判断 m2能否沿圆轨道到达M点。（3）释放后m2运动过程中克服摩擦力做的功3. 如图所示，光滑水平面MN左端有一弹性挡板P，右端N与处于同一高度的水平传送带之间的距离可忽略，传送带水平部分NQ的长度mL2，传送带逆时钟匀速转动其速度smv/1.MN上放置两个质量都为kgm1的相同小物块A、B,开始时A、B静止，A、B间压缩一轻质弹簧，其弹性势能JEP4. 现解除锁定，弹开A、B，并迅速移走弹簧 . 取2/10smg. （1）求物块A、B被弹开时速度的大小. （2） 要使小物块在传送带的Q端不掉下， 则小物块与传送带间的动摩擦因数至少为多大？（3） 若小物块与

19、传送带间的动摩擦因数4 .0， 当A与P发生第一次弹性碰撞后物块B精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 12 页学习好资料欢迎下载返回，在水平面MN上A、B相碰后粘接在一起,求碰后它们的速度大小及方向，并说明它们最终的运动情况近3年广东高考答案（2012）解析 ：(1)由（ b）图可知当滑杆的速度最大且向外运动时小物块A与滑杆分离，此时小物块的速度为ru0小物块 A 与 B 碰撞，由于水平面光滑则A、B 系统动量守恒，则由动量守恒定律和能量守定律得：mvmu2022022121mvmuE解得：rmE241(2)AB 进入 PQ

20、 段做匀减速运动，由牛顿第二定律有：mamg22AB 做减速运动的时间为avt1解得：grt21欲使 AB 不能与弹簧相碰，则滑块在PQ 段的位移有Lx而avx22解得：rgL20(3) 若 AB 能与弹簧相碰，则rgL21若 AB 压缩弹簧后恰能返回到P点，由动能定理得2221022mvLmg解得：rgL42的取值范围是：rgLrgL42从 AB 滑上 PQ 到弹簧具有最大弹性势能的过程中，由能量守恒定律得：mgLmvEP22212解得：mgLrmEP24122（2013）解析 ： （1）p1和 p2碰撞动量守恒 : NQvLPMAB精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳

21、总结 - - - - - - -第 8 页，共 12 页学习好资料欢迎下载mv0=(m+m)v1得出：0121vvP在 p2上滑行过程 p1、p2、p 系统动量守恒：2mv0+2mv1=4mv2得出：0243vv(2)p1 p2 p第一次等速弹簧最大压缩量最大，由能量守恒222120)4(21)2(21)2(21)(2vmvmvmExLmgp?p 刚进入 p2 到 p1 p2 p 第二次等速时有能量守恒得；222120)4(21)2(21)2(21)22(2vmvmvmxLmg?由得：Lvx32201620mvEp（2014）解析 ： （1）P1、P2碰撞过程，动量守恒：mv1= 2mv 解得

22、 v=v12=3m/s 碰撞损失的动能 E12mv2112(2m)v2解得 E9J （ 2） 由 于 P 与 挡 板 的 碰 撞 为 弹 性 碰 撞 ， 所 以 P在 AC 间 等 效 为 匀 减 速 运 动 ，设 P 在 AC 段 加 速 度 为 a， 根 据 牛 顿 第 二 定 律 得 ： ?2mg=2ma ，可以把 P从 A 点运动到 C 再返回 B 点的全过程看做是匀减速直线运动，根据运动学公式：3L=Vt-12at2 v2v-at 根 据 解 得 ： V1=t2+24tv2=24-t22t由 于 2s t 4s， 所 以 解 得 ： 10m/s v1 14 m/s ， 所 以 v2的

23、 取 值 范 围 是 1m/s v2 5m/s，所 以 当 v2=5m/s 时 ， P 向 左 经 过 A 点 时 有 最 大 动 能 ， 根 据 运 动 学 公 式 得 P 向 左 经过 A 点 时 速 度 大 小 是 v =17m/s ，EK=12mv2=17J 典例分析答案1.解： （1） mgs+mg2R=21mvB2所以vB=3Rg（2）设 M 滑动 x1,m 滑动 x2二者达到共同速度v,则mvB=(M+m)v mgx1=21mv2 mgx2=21mv221mvB2由得v=Rg, x1=2R, x2=8R 二者位移之差x= x2x1=6R6.5R，即滑块未掉下滑板讨论： (1) R

24、L2R 时， Wf=mg(l +L)=21mg（6.5R+L）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 12 页学习好资料欢迎下载要使滑块滑到CD 轨道中点， vc必须满足：21mvc2mgR 此时 L 应满足： mg(l +L) 21mvB221mvc2得 L 21R，不符合题意，滑块不能滑到CD 轨道中点。2RL5R 时，Wf=mgx2+mg(l x)=4.25mgR4.5mgR，即滑块速度不为0，滑上右侧轨道。设物块离开滑板沿圆轨道上升的高度为h，由机械能守恒得2112Cmvmgh解得4RhR，故物块不能滑到CD 轨道中点。

25、2.解： （1）物块 b 滑过 E 点时重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得RmNmgE2v代入mgN21联立解得1m/sm/s22.0102gREv（2）物块 b 从 A 点到 E 点的过程中，由动能定理得221)(EfmWRrmgv解得J6.0fW（3）物块 a 从 A 滑到 B 的过程机械能守恒，设物块a 滑到 B 点时速度为v，则有MgrM221v解得m/s22v设碰撞后物块a、b 的速度分别为va、vb，碰撞过程由动量守恒和机械能守恒得bamMMvvv（2 分）222212121bamMMvvv（2 分）联立解得MmmMMb122vvv因为 M m，由上式可知，碰撞后 v

26、 vb2v，即22m/s vb24m/s 物块 b 从 B 点到 E 点的过程中，由动能定理得222121bEfmmWmgRvv物块 b 离开 E 点后做平抛运动，设时间为t，首次落点到O 点的距离为x，则有txEv221gtR由以上三式联立解得0.2m x1 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 12 页学习好资料欢迎下载针对性训练答案1.解：若 AC 相对滑动，则A 受到的摩擦力为：4.AAgFumNF 故 AC 不可能发生相对滑动，设AC 一起运动的加速度为a21/AFamsmm由212xat 有：21.2xtsa因

27、AB 发生弹性碰撞，由于ABmm故 AB 碰后， A 的速度为0. 1 分由动量守恒定律：00()AMvMmvvat01.2/vm s0.8/vm s由能理守恒：22011()22AAUMg xMvMMv0.12xm故木板 C 的长度 L 至少为：Lxx=0.84 m2. 解： （1）设物块块由D点以初速Dv做平抛，落到P点时其竖直速度为gRvy245tanDyvv得smvD/4平抛用时为t ，水平位移为s，mRstvsgtRD6.12,212得在桌面上过B点后初速Dvsmasmv减速到加速度,/4,/620BD间位移为mavvsD5.222201则 BP水平间距为mss1 .41（2）若物块

28、能沿轨道到达M点，其速度为Mv，gRmvmvmDM22222222121轨道对物块的压力为FN，则RvmgmFMN222解得0)21(2gmFN即物块不能到达M点（3）设弹簧长为AC时的弹性势能为EP，物块与桌面间的动摩擦因数为，释放CBPgsmEm11,时释放2022221,vmgsmEmCBP时且JvmEmmP2.7,220221可2m在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为Wf，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 12 页学习好资料欢迎下载则2221DfPvmWE可得JWf6 .53. 解 : （1）对于A、B物块被弹簧分

29、开的过程，由动量守恒定律得：0BAmvmv由机械能守恒定律知：222121BAPmvmvE解得所求的速度大小：smvvBA/2（2）要使小物块在传送带的Q端不掉下，则小物块B在传送带上至多减速运动达Q处。以B物体为研究对象，滑到最右端时速度为0据动能定理：2min210BmvmgL得所求的：min=0.1 （3）因为1.04.0min，所以物块B必返回又因为smvsmvB/1/2，故返回时smvB/1设向右为正方向，则：smv/2A，smvB/1对 A 、B相碰后粘接在一起过程，由动量守恒定律得：ABBAmvvmvm2得所求的：smvAB/5 .0，方向向右 . 此 后A.B 整 体 冲 上 传 送 带 做 减 速 运 动 ， 同 理 可 得A.B将 返 回MN， 因 为smvsmvAB/1/5 .0，返回时smvAB/5.0，后又与P 弹性碰撞向右折回，再次一起冲上传送带，再返回，重复上述运动，最终在P板、 MN上和传送带间如此往复运动. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 12 页