2022年高三专题复习学案能量与动量.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载能量与动量专题一 高考考点要求及学问结构（一）高考考点要求机械能功和功率一维只 限 于动能和动能定理碰撞与动重力做功与重力势能功能关系、机械能守恒定律及其应用动量、动量守恒定律及其应用弹性碰撞和非弹性碰撞量守恒（二）学问结构功1.做功的两个要素力和物体在上发生的位移的夹角, S为物体对地的位2公式： W. 1该公式只适用于做功 2 是力与移 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 取肯定值 功率1.定义 :

2、功与完成这些功所用 的比值2物理意义描述做功的3公式 :1P,P 为时间 t 内的2PFv cos 为 F 与 v 的夹角 v 为平均速度,就 P 为v 为瞬时速度,就 P 为4额定功率与实际功率1额定功率：动力机械额定功率时输出的功率2实际功率：动力机械时输出的功率,要求必需明确的易错易混点1 公式 WFScos 中, S不肯定是物体的位移名师归纳总结 2 混淆平均功率和瞬时功率；运算瞬时功率时,直接应用公式WFv,漏掉了F 与 v 之间第 1 页,共 12 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载的夹角 3 功、动能、重力势能都是标

3、量,但功、重力势能 正负号的意义不同 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 功和功率运算要明确 1 运算功时,要留意分析受力情形和能量转化情形,分清是恒力的功仍是变力的功,选用 合适的方法进行运算；2 运算功率时,要明确是求瞬时功率仍是平均功率,如求瞬时功率应明确是哪一时刻或位 置,如求平均功率就应明确是哪段时间内的平均功率；3 对于图象问题要第一看懂图象的物理意义,依据图象求出加速度、位移并明确是求合力 的功仍是某个力的功,是合力的功率仍是某个力的功率；动能定理及其应用 1. 动能定理内

4、容合外力对物体所做的功或外力对物体所做的功的总功等于物体. 2表达式 :W Ek3功与动能的关系1W0,物体的动能2W0,物体的动能3W0,物体的动能4.应用动能定懂得题的基本步骤5. 应用动能定懂得题时需留意的问题 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；这正是动能定懂得题的优越性所在；2 动能定理是运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 如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

5、,也可以把全名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 12 页精选学习资料 - - - - - - - - - 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 , 只显现动、势能间转化 . 2 守恒观点： Ek 1Ep1Ek 2Ep2 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 的问题仍不是很复杂,但留意要选好参考平面,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,使用起来最便利；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

6、实际是两个或两个以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：假如一个系统,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p 等于相互作用后的总动量p2表达式 p,系统相互作用前总动量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1 系统不

7、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稳状态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假如系统在某一方向上所受外力的合力为零,就系统 动量守恒4. 应用动量守恒定律解题的步骤1 选取争论系统和争论过程2 分析系统的受力情形,判定系统动量是否守恒、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 依据动量守恒定律列方程求解运算题审题技巧与策略5 对求解的结果加以分析、验证和说明在审题过程中,要 特殊留意以下几个方面：第一,题中给出什么其次,题中要求什么第三,题中隐含什么第四,怎样把物理情形转化

8、为详细的物理条件；懂得题意的详细方法是：名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 12 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载1仔细审题, 捕获关键词 . 如“ 最多” 、 “ 最大” 、 “ 最长” 、 “ 最短” 、 “ 刚好” 、 “ 瞬间”“ 光滑”“ 轻质” 等 2仔细审题,挖掘隐含条件3审题过程要留意画好情境示意图,4审题过程要建立正确的物理模型本专题特点把物理图景转化为物理条件5在审题过程中要特殊留意题中的临界条件综合应用动能定理、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 2022

9、 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,以下表述正确的有 BC A. N 小于滑块重力B. N 大于滑块重力C. N 越大说明 h 越大D. N 越大说明 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

10、 匀速转动,带动滑杆作水平运动,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 碰撞过程的机械能缺失 E；（2）假如 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）假如 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 的取值范畴,及Ep 与 的关系式（弹簧始终在弹性限度内）；广东 2022 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 12 页精选学

11、习资料 - - - - - - - - - 35. （18 分）如图学习好资料欢迎下载m；P2的右端固定18,两块相同平板P1,P2置于光滑水平面上,质量均为一轻质弹簧,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；Ep；（2）此过程中弹簧的最大压缩量x 和相应的弹

12、性势能0vPAL B杰出训练李咏华作图 P 2杰出训练李咏华作图 P 1图 18 广东 2022 35、（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 t 1=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）如 v1=6m/s,求 P1、P

13、2 碰后瞬时的速度大小v 和碰撞缺失的动能 E；P 向左经（2）如 P 与挡板碰后,能在探测器的工作时间内通过B 点,求 v1 的取值范畴和过 A 点时的最大动能E；探测器广州杰出训练培训中心 P1 P2LLABC图 24 三典例分析1. （广东 2022 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时被坚固粘连； 物块可

14、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 范畴内取值； E 距 A为 S=5R,物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因素名师归纳总结 均为=0.5 ,重力加速度取g.第 5 页,共 12 页1 求物块滑到B 点的速度大小；- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料欢迎下载Wf 与 L 的关系, 并2 试争论物块从滑上滑板到离开滑板右端的过程中,克服摩擦力做的功判定物块能否滑到CD轨道的中点；DAS5RR.RBMC轨道与粗糙的水平l6.5 RL图20AB 固定于竖直平面内

15、,2.如下列图, 半径为 r=0.4m 的 1/4 圆形光滑轨道地面相切于 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 点由静止开头沿轨道下滑,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

16、的功 Wf（3）如将物块 b 静止放在 B 点,让另一可视为质点的物块 a,从 A 点由静止开头沿轨道下滑,滑到 B 点时与 b 发生弹性正碰,已知 次落点到 O 点的距离范畴四. 针对性训练a 的质量 Mm,求物块 b 滑过 E 点后在地面的首1.如下列图,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 间的摩擦忽视不计设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,名师归纳总结 A、B 均可视为质点,g = 10m/s2

17、现在木板上加一水平向右的力F=3N, 到 A 与 B 发生第 6 页,共 12 页弹性碰撞时撤去力F；问：- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载A 与 B 碰撞之前运动的时间是多少？如 A 最终能停在 C 上,就长木板 C 的长度至少是多少？2. 如下列图,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,其外形为半径 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,

18、释放后弹簧复原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 x 6 t 2 t 2,物块飞离桌面后由 P点沿切线落入圆轨道；g=10m/s 2,求：（1）BP间的水平距离；（2）判定 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. 如下列图,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视,传送带水平部分 NQ 的长度 L 2 m,传送带逆时钟匀速转动其速度 v 1 m / s . MN 上放置两个质量都为 m 1 kg

19、的相同小物块 A、B, 开头时A、B静止, A 、 B 间压缩一轻质弹簧,其弹性势能 E P 4 J . 现解除锁定,弹开 A 、 B ,并迅速移走弹簧 . 取 g 10 m / s 2. （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, 就小物块与传送带间的动摩擦因数至少为多大？名师归纳总结 （3）如小物块与传送带间的动摩擦因数04.,当 A 与 P 发生第一次弹性碰撞后物块B第 7 页,共 12 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 返回,在水平面学习好资料欢迎下载MN上A、B相碰后粘接在一起, 求碰后它们的

20、速度大小及方向,并说明它们最终的运动情形PABNvQML近3年广东高考答案（2022）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与滑杆分别,此时小物块的速度为 u0 r小物块 A 与 B 碰撞,由于水平面光滑就A、B 系统动量守恒,就由动量守恒定律和能量守定律得：mu02mvE12 mu 012 2 mv解得：E1m2r2242AB 进入 PQ 段做匀减速运动,由牛顿其次定律有：2 mg2 maAB 做减速运动的时间为t1v解得：t12rag欲使 AB 不能与弹簧相碰,就滑块在PQ 段的位移有xL而xv2解得：02rgL2a3 如 AB 能与弹簧相碰,就12rgL如 AB

21、 压缩弹簧后恰能返回到P 点,由动能定理得2mg2L012 mv2解得：24rgL2的取值范畴是：2rgL4rgL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：名师归纳总结 EP12 mv22 mgL第 8 页,共 12 页2解得：EP1m2r22mgL4（2022）解析 ：（1）p1 和 p2碰撞动量守恒 : - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料欢迎下载mv0=m+mv1得出：v 11 v 20P在 p2 上滑行过程 p 1、p2、p 系统动量守恒：2mv0+2mv1=4mv2得出：v23 v 04由能量守恒2p1

22、p2 p第一次等速弹 簧最大压缩量最大,.2 mg Lx Ep12 m v 0212 m v 1214 m v22222v1 2 =3m/s p 刚进入 p2 到 p1 p2 p 其次次等速时有能量守恒得；.2 mg 2L2x 12 m v 0212 m v 1214 m v 22222由得：xv 02LE pmv023216（2022）解析 ：（1）P1、P2 碰撞过程,动量守恒：mv1= 2mv 解得 v=碰撞缺失的动能E1 2mv2 11 22mv2 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

23、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,依据运动学公式：3L=Vt- 1 2at2 v 2v-at 根 据 解 得 ： V1=t2+24t v2=24-t2 2t 由 于 2s t 4s, 所 以 解 得 ： 10m/s v 1 14 m/s , 所 以 v 2 的 取 值 范 围 是 1m/s v 2 5m/s,所 以 当 v 2 =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

24、 经过 A 点 时 速 度 大 小 是 v=17 m/s ,EK=1 2mv2=17J 典例分析答案1.解： （1） mgs+mg2R=1mv B2所以 v B=3Rgx 2=8R 2（2）设 M 滑动 x 1,m 滑动 x2 二者达到共同速度v,就mv B=M+mv mgx 1=1mv22 mgx 2=1mv21mvB2由得v=Rg , x 1=2R, 22二者位移之差x= x 2x 1=6R6.5R,即滑块未掉下滑板争论： 1 名师归纳总结 RL2R 时, W f= mgl +L=1mg（6.5R+ L）第 9 页,共 12 页2- - - - - - -精选学习资料 - - - - -

25、- - - - 要使滑块滑到学习好资料欢迎下载CD 轨道中点, v c必需满意：1 mv c 2 mgR 2此时 L 应满意：mgl +L 1mvB21mv c20,22得 L 1 R,不符合题意,滑块不能滑到 2CD 轨道中点；2RL5R 时, W f= mgx2+ mgl x=4.25mgR4.5mgR,即滑块速度不为滑上右侧轨道；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1mv C 21mgh解得hRR,故物块不能滑到CD 轨道中点；242.解：（1）物块 b 滑过 E 点时重力和支持力的合力供应向心力,依据牛顿其次定律得mgNmv2 EgR代入N1mgR2联立解得vE100.

26、 21m/sm/s22（2）物块 b 从 A 点到 E 点的过程中,由动能定理得mg r R W f 1m v 2E 解得 W f 0 . 6 J2（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,就有1M v 2Mgr 解得 v 2 2 m/s2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M v M v a m v b（2 分）1 2 1 2 1 2M v M v a m v b（2 分）2 2 2联立解得 v bM 2 Mm v1 2 vmM由于 Mm,由上式可知,碰撞后 vvb2v,即22m/s vb42m/s

27、物块 b 从 B 点到 E 点的过程中,由动能定理得名师归纳总结 mgRWf1mvE21m v2 bt,首次落点到O 点的距离为x,就有第 10 页,共 12 页22物块 b 离开 E 点后做平抛运动,设时间为xvEtR1 gt 22由以上三式联立解得0.2mx1 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载针对性训练答案名师归纳总结 1.解：如 AC 相对滑动,就A 受到的摩擦力为：gR第 11 页,共 12 页FAumAg4N.F 故 AC 不行能发生相对滑动,设AC 一起运动的加速度为aaFm1 m/2 s由x12 at 有：t2x1.

28、2sm A2a因 AB 发生弹性碰撞,由于mAm 故 AB 碰后, A 的速度为 0. 1 分由动量守恒定律：Mv0atMm Avv01.2m sv0.8 m sv0由能理守恒：UMAg x1Mv21 2MMA v2x0.12 m02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vD做平抛,落到P 点时其竖直速度为vy2gRvytan45得vD4m/svD平抛用时为t ,水平位移为s,R1gt2,sv Dt,得s2R1 . 6 m2在桌面上过B 点后初速v06m/s ,加速度a4m/s2,减速到vDBD间位移为s 1v22v22 .5 m就 BP水平间

29、距为ss 141. m0Da（2）如物块能沿轨道到达M点,其速度为vM,1m 2v21m 2v22m2MD222轨道对物块的压力为FN,就F Nm 2gm 2v2 M解得FN 12 m 2g0R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m 1 时,EPm 1gs CB释放m 2 时,EPm 2gs CB1m 22 v 02且m 12 m2,可EPm2v27 .2J0m 在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为Wf,- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 就EPWf1m 2v学习好资料可得W f56.欢迎下载2J2D3

30、. 解 : （1）对于 A 、 B 物块被弹簧分开的过程,由动量守恒定律得：名师归纳总结 mvAmvB0第 12 页,共 12 页由机械能守恒定律知：EP1mvA21mvB222解得所求的速度大小：vAvB2m/s（2）要使小物块在传送带的Q 端不掉下,就小物块B在传送带上至多减速运动达Q 处；以 B 物体为争论对象,滑到最右端时速度为0据动能定理：minmgL01mv B22得所求的：min=0.1 （3）由于0.4min0 .1,所以物块 B 必返回又由于vB2m/sv1 m/s,故返回时vB1 m/s设向右为正方向,就：vA2 m/s,vB1 m/s对 A、B 相碰后粘接在一起过程,由动量守恒定律得：m vAm vB2 mvAB得所求的：v AB05.m/s,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vAB0 5.m/sv1 m/s,返回时v AB0.5m/s,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. - - - - - - -