高三物理第二轮复习专题一 动量和能量.pdf

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专题一动量和能量
正负号代表其方向,代入相关的公式中进行运算。另外,对于碰撞问题,要注
一、高考导航意碰撞的多种可能性,作出正确的分析判断后,再针对不同情况进行计算,防
功和能的概念是物理学的重要概念。能的转化和守恒律是
止出现漏洞。
自然界中最重要、最、最根本的客观规律。功和能量转化的关系不仅为解
动量与能量是高考的,难点,热点,是每年高考常出现的压轴题目,怎样
决力学问题开辟了一条的、重要的途径,同时它也是分析解决电磁学、热学领
解答此类问题?
域中问题的重要依据。运用能量的观点分析解决有关问题时,可以不涉及过程
答:用动量的观点和能量的观点解决力学问题,
中力的作用以及运动细节,关心的只是过程中的能量转化的关系和过程的始末
于变力作用或曲线运动问题,不涉及运动过程的细节,不涉及加速度,更显示
状态,这往往更能把握住问题的实质,使解决问题的思路变得简捷,并且能解
出这两大观点的优越性.
决一些用牛顿律无法解决的问题。
动量观点包括:动量理、动量守恒律,能量观点包括:动能理、机械能守
有关动量的规律是牛顿力学的拓展和延伸,尤其是动量守恒律,作为物理
恒律、能量转化与守恒律〔或功能关系〕.其中功和能的关系又包含:合外力做
学三大律之一,其在力学知识体系中具有重要的地位,在实际中有着重要的用,
功与物体动能的关系即动能理、重力做功与重力势能的关系、电场力做功与电
为解决力学、电磁学、原子物理的有关问题开辟了一条重要的途径。动量理在
势能的关系、重力弹力之外的力做功与机械能转化的关系、滑动摩擦力做功与
的高考中被列为Ⅱ级要求,理反映的是力对时间的积累效,由于其对变力作用
产生内能的关系.
也适用,在处理变力作用的多过程问题时往往比牛顿律更方便、更优越。
此类问题的根本解题方法:
针对上述情况,在复****有关动量和能量的内容时,要抓住以下三点:第一
(一).分步法〔又叫拆解法或程序法〕:即要将复杂的物理过程分解为几步
是研究过程的合理选取,不管是动能理、动量理还是机械能守恒律或动量守恒
简单的过程,
律,都有一个过程的选取问题;第二是要抓住摩擦力做功的特征、摩擦力做功
的问题分解为二三个简单的问题去解决,就化解了题目的难度.
与动能变化的关系以及物体在相互作用时能量的转化关系;第三是方向性问题,
(二).全程法〔又叫综合法〕:所研究的对象运动细节复杂,但从整个过程
去分析考虑问题,选用适合整个过程的物理规律,如两大守恒律或两大理或功
的作用。
能关系,就可以很方便的解决问题.〔2〕动量守恒律
(三).效法〔又叫类比法〕:所给的物理情境比拟颖,但可以把它和熟悉的动量守恒律是自然界中适用的规律,大到宇宙天体间的相互作用,小到微
观粒子的相互作用,无不遵守动量守恒律,它是解决爆炸、碰撞、反冲及较复
物理模型进行类比,把它效成我们熟知的情境,方便的解决问题.
杂的相互作用的物体系统类问题的根本规律。
(四).假设法:判断未知情境时,可以先假设其结论成立,推出与条件或
动量守恒条件为:
推论相一致或相反的结果,证明其假设是否成立,从而解决物理问题.
①系统不受外力或所受合外力为零
常见的物理模型要熟悉有:模型1:碰撞;模型2:炸裂;模型3:子弹射②在某一方向上,系统不受外力或所受合外力为零,该方向上动量守恒。
③系统内力远大于外力,动量近似守恒。
木块;模型4:平木板上的滑块;模型5:有档板的木板与滑块;模型6:带弹
④在某一方向上,系统内力远大于外力,该方向上动量近似守恒。
簧的木板或滑块;模型7:弧形板上的滑块;模型8:人船模型〔人在船上走〕;
用动量守恒律解题的一般步骤:
以上模型遵循的共同规律:对系统:动量守恒、能量守恒;对单个物体,动量
确研究对象,选取研究过程;分析内力和外力的情况,判断是否符合守恒
理,动能量,牛顿运动律.
条件;选正方向,确初、末状态的动量,最后根据动量守恒律列议程求解。
用时,无需分析过程的细节,这是它的优点所在,律的表述式是一个矢量
二、特别提示
式,用时要特别注意方向。
动量和能量的知识贯穿整个物理学,涉及到“力学、热学、电磁学、光学、
2、能的转化和守恒律
原子物理学〞,从动量和能量的角度分析处理问题是研究物理问题的一条重要
〔1〕能量守恒律的具体表现形式
的途径,也是解决物理问题最重要的思维方法之一。
高中物理知识包括“力学、热学、电学、原子物理〞五大内容,它们具有
1、动量关系
各自的性,但又有相互的联系性,其中能量守恒律是贯穿于这五大的主线,只
动量关系包括动量理和动量守恒律。
不过在不同的过程中,表现形式不同而已,如:
〔1〕动量理
在力的机械能守恒律:EEEE
凡涉及到速度和时间的物理问题都可利用动量理加以解决,特别对于处理k1p1k2p2
在热的热力学第一律:
位移变化不明显的打击、碰撞类问题,连续介质作用更具有其他方法无可替代UWQ
E
在电的闭合电路欧姆律:I,法拉第电磁感律En,以及楞次律。〔1〕飞机在跑道上加速时所受阻力f的大小;
Rrt
1
在光的光电效方程:nw2hvW〔2〕母舰上飞机跑道的最小长度s.
2m
在原子物理中爱因斯坦的质能方程:Emc2【例3】如以下图所示,质量为m=2kg的物体,在水平力F=8N的作用下,
〔2〕利用能量守恒律求解的物理问题具有的特点:=
①题目所述的物理问题中,有能量由某种形式转化为另一种形式;作用t=6s后撤去,撤去F后又经t=2s物体与竖直墙壁相碰,假设物体与墙壁
12
②题中参与转化的各种形式的能,每种形式的能如何转化或转移,根据能作用时间t=,碰墙后反向弹回的速度=6m/s,求墙壁对物体的平均作用
3v
量守恒列出方程即总能量不变或减少的能于增加的能。力〔g取10m/s2〕.
【典型例题】【例4】有一光滑水平板,板的有一小孔,孔内穿入一根光滑轻线,轻线
【例1】〔理科综合〕以下是一些说法:的上端系一质量为M的小球,轻线的下端系着质量分别为m和m的两个物体,
12
①一质点受到两个力作用且处于平衡状态〔静止或匀速〕,这两个力在同一当小球在光滑水平板上沿半径为R的轨道做匀速圆周运动时,轻线下端的两个
段时间内的冲量一相同;物体都处于静止状态〔如以下图〕.假设将两物体之间的轻线剪断,那么小球的
②一质点受两个力作用且处于平衡状态〔静止或匀速〕,这两个力在同一时线速度为多大时才能再次在水平板上做匀速圆周运动?
间内做的功或者都为零,或者大小相符号相反;【例5】如下图,水平传送带AB长l=,质量为M=1kg的木块随传送
带一起以v=2m/s的速度向左匀速运动〔传送带的传送速度恒〕,木块与传送带
③在同样时间内,作用力力和反作用力的功大小不一相,但正负符号一相反;1
间的动摩擦因数=,一颗质量为m=20g的子
④在同样的时间内,作用力和反作用力的功大小不一相,正负号也不一相反.
弹以v=300m/s水平向右的速度正对射入木块并穿出,穿出速度u=50m/s,以后
以上说法正确的选项是0
每隔1s就有一颗子弹射向木块,设子弹射穿木块的时间极短,且每次射入点各
A.①②B.①③C.②③D.②④
【例2】为了缩短母舰上飞机起飞前行驶的距离,通常用弹簧弹出飞机,不相同,g取10m/:
使飞机获得一的初速度,〔1〕在被第二颗子弹击中前,木块向右运动离A点的最大距离?
为v,之后,在水平跑道上以恒功率P沿直线加速,经过时间t,离开母舰且〔2〕木块在传达带上最多能被多少颗子弹击中?
0
,飞机在跑道上加速时所受阻力大小〔3〕从第一颗子弹木块到木块最终离开传送带的过程中,子弹、木块和传
m
送带这一系统产生的热能是多少?〔g取10m/s〕
:
[例1]D
v
【例6】质量为M的小车静止在光滑的水平面上,小车的上外表是一光滑0
mM
A
B解析:此题辨析一对平衡力和一对作用力和反作用力的功、,
的曲面,末端是水平的,如以下图所示,小车被挡板P挡住,质量为m的物体
一对平衡力大小相、方向相反,作用在同一物体上,所以,同一段时间内,它
从距地面高H处自由下落,然后沿光滑的曲面继续下滑,物体落地点与小车右
们的冲量大小相、方向相反,故不是相同的冲量,那么①
端距离s,假设撤去挡板P,物体仍从原处自由落下,求物体落地时落地点与
0时间内,一对平衡力做功,要么均为零〔静止〕,要么大小相符号相反〔正功与
小车右端距离是多少?
负功〕,故②,虽然两者大小相,方向相反,
【例7】如以下图所示,一辆质量是m=2kg的平板车左端放有质量M=3kg
但分别作用在两个不同物体上〔对方物体〕,所以,即使在同样时间内,力的作
的小滑块,滑块与平板车之间的动摩擦因数=,开始时平板车和滑块共同
用点的位移不是一相的〔子弹穿木块中的一对摩擦力〕,
以v=2m/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
0且作功的正负号也不一相反〔点电荷间相互作用力、磁体间相互作用力的做功,
时间极短且碰撞后平板车速度大小保持不变,
都是同时做正功,或同时做负功.〕因此③错误,④,选项D正
长,以至滑块不会滑到平板车右端.〔取g=10m/s2〕求:
确.
〔1〕平板车每一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离.
【例2】解析:〔1〕飞机到达最大速度时牵引力F与其所受阻力f大小
〔2〕平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度v.
相,
〔3〕为使滑块始终不会滑到平板车右端,平板车至少多长?
P
由P=Fv得Pfvf
mv
m
mv2mv2
【例8】如下图,光滑水平面上有一小车B,右端固一个砂箱,砂箱左侧〔2〕母舰上飞机跑道的最小长度为s,由动能理得m0
v0Ptfs
Mm22
mv2mv2mv2mv2
连着一水平轻弹簧,小车和砂箱的总质量为M,车上放有一物块A,质量也是M,(Pt0m)(Pt0m)v
Pmm(v2v2)
s22将f代入上式得s22或s[t0m]v
fvP2Pm
,m
0
【例3】解析:解法1〔程序法〕:
,距砂面H高处有一质量为m的泥球自由
选物体为研究对象,在t时间内其受力情况如图①所示,选F的方向为正
1
下落,恰好落在砂箱中,求:
Fmg8210
方向,根据牛顿第二律,物体运动的加速度为am/s22m/s2.
1m2
〔1〕小车在中,弹簧弹性势能的最大值.
FF
NN
〔2〕为使物体A不从小车上滑下,车面粗糙多长?撤去F时物体的速度为v=at=2×6m/s=12m/s
F111
FF
撤去F后,N物体做匀减速运动,N其受力情况如图②所示,根据牛顿第二律,
典型例题mmgmg
AH①②
Bv
0
mg
其运动的加速度为ag10m/s22m/,由于只有重力做功,
2m1
物体开始碰撞时的速度为v=v+at=[12+(-2)×2]m/s=8m/,设小球沿半径为R的轨道做匀速圆周运
2122
动时m到水平板的距离为H,根据机械能守恒律有11
再研究物体碰撞的过程,设竖直墙对物体的平均作用力为F,其方向水平Mv2mgHMv2mg(Hh)
120121
,根据动量理有Ftmvm(v).③
32
解得m(vv)2(68).(3mm)gR
F12N280N以上三式联立解得v12

33M
解法2〔全程考虑〕:取从物体开始运动到碰撞后反向弹回的全过程用动量解法二:〔转化观点〕与解法一相同,首先列出①②两式,然后再选小球、
理,并取F的方向为正方向,那么Ftmg(tt)Ftmv物体m与地球组成的系统为研究对象,研究两物体间的轻线剪断后物体m上升
112311
Ftmg(tt)mv86()210(62)26
所以F112280N的过程,由于系统的机械能守恒,所以小球动能的减少量于物体m重力势能的

3
点评:比拟上述两种方法看出,
11
作用时,用动量理解题对全程列式较简单,这时理中的合外力的冲量可理解为Mv2Mv2mgh④
2021
(3mm)gR
.①、②、④式联立解得v12
3M
另外有些变力作用或曲线运动的题目用牛顿律难以解决,用动量理解决可点评:比拟上述两种解法可以看出,根据机械能守恒律用守恒观点列方程
,需要选零势面和找出物体与零势面的高度差,比拟麻烦;如果用转化观点
【例4】解析:该题用守恒观点和转化观点分别解答如下:列方程,那么无需选零势面,往往显得简捷.
解法一:〔守恒观点〕选小球为研究对象,设小球沿半径为R的轨道做匀【例5】解析:〔1〕第一颗子弹射入木块过程中动量守恒mvMVmuMV
011
v2
速圆周运动的线速度为v,根据牛顿第二律有(mm)gM0①①
012R
当剪断两物体之间的轻线后,轻线对小球的拉力减小,缺乏以维持小球在解得:v=3m/s②
1
Mg2
半径为R的轨道上继续做匀速圆周运动,于是小球沿切线方向逐渐偏离原来的木块向右作减速运动加速度ag5m/s③
M
v
轨道,同时轻线下端的物体m逐渐上升,1④
11a
m上升高度为h,小球的线速度减为v时,小球在半径为〔R+h〕的轨道上再解得t=<1s⑤
11
v2
次做匀速圆周运动,根据牛顿第二律有mgM②所以木块在被第二颗子弹击中前向右运动离A点最远时,速度为零,移动
1Rh
v2
再选小球M、物体m与地球组所的系统为研究对象,研究两物体间的轻线距离为s1
112a
解得s=.⑥解得Q=1415J○21
1
〔2〕在第二颗子弹木块前,木块再向左作加速运动,时间t=1s-=【例6】解析:运动分析:当小车被挡住时,物体落在小车上沿曲面向
2
⑦下滑动,对小车有斜向下方的压力,由于P的作用小车处于静止状态,物体离
速度增大为v=at=2m/s〔恰与传送带同速〕⑧开小车时速度为v,最终平抛落地,当去掉挡板,由于物对车的作用,小车将
221
1
向左移动的位移为sat2⑨向左加速运动,动能增大,物体相对车滑动的同时,随车一起向左移动,整个
222
所以两颗子弹木块的时间间隔内,木块总位移S=S-S=,物体滑离小车时的动能将比在前一种情况下小,最终平抛落
012
⑩地,小车同时向前运动,所求距离是物体平抛过程中的水平位移与小车位移的
第16颗子弹击中前,木块向右移动的位移为s15○,物体离开车时的速度v,及此时车的速度v以及相运动
22
第16颗子弹击中后,,+的时间是关键,由于在物体与小车相互作用过程中水平方向动量守恒这是解决
=>、v间关系的具体方法.
22
所以木块在传送带上最多能被16颗子弹击中.〔1〕挡住小车时,求物体滑落时的速度v,物体从最高点下落至滑离小
1
1
〔3〕第一颗子弹击穿木块过程中产生的热量为车时机械能守恒,设车尾部〔右端〕离地面高为h,那么有mg(Hh)mv2,①
21
1111
Qmv2MV2mu2MV2○12由平抛运动的规律s=vt②
1202122101
1
木块向右减速运动过程中板对传送带的位移为Svts○13hgt2.③
1112
产生的热量为Q=MgS○14〔2〕设去掉挡板时物体离开小车时速度为v,小车速度为v,物体从最高
222
11
木块向左加速运动过程中相对传送带的位移为SVts○15点至离开小车之时系统机械能守恒mg(Hh)mv2Mv2④
1222222
产生的热量为QMgs○16物体与小车相互作用过程中水平方向动量守恒Mvmv0.⑤
322
1
第16颗子弹射入后木块滑行时间为t有2○17此式不仅给出了v与大小的关系,同时也说明了v是向右的.
3vtat
1323222
解得t=○18物体离开车后对地平抛svt⑥
322
1
木块与传送带的相对位移为S=vt+○19hgt2⑦
132
产生的热量为Q=Mgs○20车在t时间内向前的位移svt⑧
422
Mm
全过程中产生的热量为Q=15(Q+Q+Q)+Q+Q比拟式⑦、③,得tt,解式①、④、⑤,得vv,vv.
123142Mm12M2
此种情况下落地点距车右端的距离力对滑块所做功Mgs,平板车动能减少于摩擦力对平板车所做功Mgs〔平板车
mMmMMm.
sss(vv)t(1)vtvts从B到A再回到B的过程中摩擦力做功为零〕,其中s、s分别为滑块板车的位
2222M2MMm10M
点评:此题解题过程运用了机械能守恒、动量守恒及平抛运动的知识,Mgl,其中lss,
11
,每次情况与此类似,
1
【例7】解析:〔1〕设第一次碰墙壁后,平板车向左移动s,,那么有(Mm)v2Mgl⑦
20
于体系总动量向右,平板车速度为零时,滑块还在向右滑行.(Mm)v2
l0⑧
2Mg
1
由动能理MgS0mv2①
205225
代入数据得l⑨
23106
mv2
s0②
2Mgl即为平板车的最短长度.
2221
代入数据得s③【例8】解析:此题用动量守恒,机械能守恒及能量守恒律求解。
23103
〔3〕假设平板车在第二次碰撞前还未和滑块相对静止,那么其速度的大在m下落在砂箱砂里的过程中,由于车与小泥球m在水平方向不受任何外
小肯还是2m/s,滑块的速度那么大于2m/s,,故车及砂、泥球整个系统的水平方向动量守恒,那么有:
(Mm)v①
01
,继续向右做匀速直线运动再与轻弹簧相碰,
Mvmv(Mm)v④以物块A、弹簧、车系统为研究对象,水平方向仍未受任何外力作用,系统动
00
Mm
∴vv⑤量守恒,当弹簧被压缩到最短,达最大弹性势能E时,整个系统的速度为v,
Mm0p2
1
代入数据得vv⑥那么由动量守恒和机械能守恒有:
50
〔3〕平板车与墙壁第一次碰撞后到滑块与平板又到达共同速度v前的过程,Mv(Mm)v(2Mm)v②
012
111
可用图〔a〕〔b〕〔c〕表示.〔a〕为平板车与墙壁撞后Mv2(Mm)v2E(2Mm)v2③
01p1
ABCD222
瞬间滑块与平板车的位置,图〔b〕为平板车到达最左〔a〕Mm2
由①②③式联立解得:Ev2④
P2(Mm)(2Mm)0
端时两者的位置,图〔c〕为平板车与滑块再次到达共
〔b〕之后物块A相对地面仍向右做变减速运动,而相对车那么向车的左面运动,

〔c〕直到脱离弹簧,获得对车向左的动能,设刚滑至车尾,那么相对车静止,由能
SS
量守恒,弹性势能转化为系统克服摩擦力做功转化的内能有:MgLE⑤
p
m2v2
由④⑤两式得:L0
2g(Mm)(2Mm)