2019-2020年高考物理二轮复习专题突破2功和能动量和能量第1讲能量和动量观在力学中的应用.doc

2019-2020年高考物理二轮复习专题突破2功和能动量和能量第1讲能量和动量观在力学中的应用1(多选)(xx全国卷，21)如图1所示，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点。已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且ONMOMN。在小球从M点运动到N点的过程中()图1A弹力对小球先做正功后做负功B有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差解析因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且ONMOMNMg4l要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C。由机械能守恒定律有MvMgl联立式得mMm答案(1)2l(2)mMm乙，甲乙，则r甲r乙。空气阻力fkr，对小球由牛顿第二定律得，mgfma，则agg，可得a甲a乙，由hat2知，t甲v乙，故选项B正确；因f甲f乙，由球克服阻力做功Wff h知，甲球克服阻力做功较大，选项D正确。答案BD3.在一个动物表演的娱乐节目中，小猫从平台边缘B点水平跳出，抓住有水平固定轴的车轮的边缘上的P点，运动到最低点C时松开，便可落到浮于水面的小橡皮船D上。如图12所示，已知车轮半径R m，B与车轮转轴上O点等高，OP与水平方向成37角，小猫抓住P点时速度方向恰好垂直于OP，小猫可看作质点，重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。图12(1)求小猫从B点跳出的速度v0及B、O间的水平距离x1；(2)若小猫质量为m1 kg，h(0.45) m，小猫与车轮作用过程中小猫损失的机械能为5.3 J，系统损失的机械能为2.3 J，求x2及车轮获得的机械能。解析(1)B点与O点等高，由几何关系得小猫竖直位移yRsin 370.8 m小猫做平抛运动，xv0t，ygt2vygt，v0vytan 37B、O间水平距离x1xRcos 37解得v03 m/s，x1.2 m，x12.27 m。(2)从P到C，对小猫，由能量守恒定律得EmvmgR(1sin )mv，vP从C到D，小猫做平抛运动，则hRgt2，x2vCt设车轮获得的机械能为E，对系统有EEE解得x21.5 m，E3 J。答案(1)3 m/s2.27 m(2)1.5 m3 J动量和能量观点的应用规 律 方 法1.动量守恒定律及动量定理(1)动量守恒定律：m1v1m2v2m1v1m2v2(2)动量定理：Ftmv2mv12.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。系统不受外力或所受合外力的矢量和为零时，系统动量守恒；系统所受内力远大于外力时，可认为系统动量守恒；系统在某一方向上不受外力或所受合外力的矢量和为零，在该方向上系统动量守恒。(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(m1v1m2v2m1v1m2v2)求解。 精 典 题 组1我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3 000 m接力三连冠。观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间的水平方向上的相互作用，则()图14A.甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B.甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D.甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功解析根据冲量的定义、动量守恒定律和能量守恒定律解决问题。乙推甲的过程中，他们之间的作用力大小相等，方向相反，作用时间相等，根据冲量的定义，甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等，但方向相反，选项A错误；乙推甲的过程中，遵守动量守恒定律，即p甲p乙，他们的动量变化大小相等，方向相反，选项B正确；在乙推甲的过程中，甲、乙的位移不一定相等，所以甲对乙做负功与乙对甲做的正功不一定相等，结合动能定理知，选项C、D错误。答案B2.(多选)如图15所示，质量为2 kg的足够长平板车Q上表面水平，原来静止在光滑水平面上，平板车左端静止着一块质量为2 kg的物体P，一颗质量为0.01 kg 的子弹以700 m/s的速度水平瞬间射穿P后，速度变为100 m/s，若P、Q之间的动摩擦因数为0.5，则()图15A.由于P、Q之间不光滑，子弹瞬间射穿P的过程，子弹和物体P组成的系统，动量不守恒B.子弹瞬间射穿P的过程，子弹和物体P组成的系统，动量守恒，能量守恒C.子弹瞬间射穿P的过程，子弹和物体P组成的系统，动量守恒，能量不守恒D.子弹瞬间射穿P后，P的速度为3 m/s解析取子弹的初速度v0的方向为正方向，子弹瞬间射穿物体P的过程满足动量守恒条件。由动量守恒，可知mv0mvMvP，解得vP3 m/s，选项A错误，D正确；子弹瞬间射穿P的过程，机械能不守恒，但能量守恒，选项B正确，C错误。答案BD3xx全国卷，35(2)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为，重力加速度大小为g。求()喷泉单位时间内喷出的水的质量；()玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。解析()在刚喷出一段很短的t时间内，可认为喷出的水柱保持速度v0不变。该时间内，喷出水柱高度lv0t喷出水柱质量mV其中V为水柱体积，满足VlS由可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为V0S()设玩具底面相对于喷口的高度为h由玩具受力平衡得F冲Mg其中，F冲为水柱对玩具底部柱的作用力由牛顿第三定律：F压F冲其中，F压为玩具底部对水柱的作用力，v为水柱到达玩具底部时的速度由运动学公式：v2v2gh在很短t时间内，冲击玩具水柱的质量为mmv0St由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理(F压mg)tmv由于t很小，mg也很小，可以忽略，式变为F压tmv由可得h答案()v0S()4.如图16所示，质量M1.5 kg的小车静止于光滑水平面上，并紧靠固定在水平面上的桌子右边，其上表面与水平桌面相平，小车的左端放有一质量为0.5 kg的滑块Q。水平放置的轻弹簧左端固定，质量为0.5 kg的小物块P置于光滑桌面上的A点并与弹簧的右端接触，此时弹簧处于原长。现用水平向左的推力F将P缓慢推至B点(弹簧仍在弹性限度内)，推力做功WF4 J，撤去F后，P沿桌面滑到小车左端并与Q发生弹性碰撞，最后Q恰好没从小车上滑下。已知Q与小车表面间动摩擦因数0.1。(取g10 m/s2)求：图16(1)P刚要与Q碰撞前的速度是多少？(2)Q刚在小车上滑行时的初速度v0是多少？(3)为保证Q不从小车上滑下，小车的长度至少为多少？解析(1)推力F通过P压缩弹簧做功，根据功能关系有EpWF当弹簧完全推开物块P时，有EpmPv2由式联立解得v4 m/s(2)P、Q之间发生弹性碰撞，设碰撞后Q的速度为v0，P的速度为v，由动量守恒和能量守恒得mPvmPvmQv0mPv2mPv2mQv由式解得v0v4 m/s，v0(3)设滑块Q在小车上滑行一段时间后两者的共同速度为u，由动量守恒可得mQv0(mQM)u根据能量守恒，系统产生的摩擦热mQgLmQv(mQM)u2联立解得L6 m答案(1)4 m/s(2)4 m/s(3)6 m高频考点五应用动力学方法和功能观点分析解决多过程问题方法阐释综合应用动力学方法和能量观点解决多过程问题是高考的重点、热点和难点。应对策略如下：(1)抓住物理情景中出现的运动状态与运动过程，将整个物理过程分成几个简单的子过程。(2)对每一个子过程分别进行受力分析、过程分析、能量分析，选择合适的规律对相应的子过程列方程，若某过程涉及时间和加速度，则选用动力学方法求解；若某过程涉及做功和能量转化问题，则要考虑应用动能定理、机械能守恒定律或功能关系求解。(3)两个相邻的子过程连接点，速度是连接两过程的纽带，因此要特别关注连接点速度的大小及方向。(4)解方程并分析结果。【典例】 在光滑的水平面上有一静止的物体，现以水平恒力F1推这一物体，作用一段时间后，换成相反方向的水平恒力F2推这一物体。当恒力F1作用时间与恒力F2作用时间相同时，物体恰好回到原处，此时物体的动能为32 J，求在整个过程中，恒力F1、F2做的功。解析方法一位移公式作出该物体运动的示意图如图所示，设向右为正方向，物体的质量为m，在水平恒力F1作用下的AB段位移为x，在水平恒力F2作用下的BC段位移为x，两段位移运动的时间均为t，加速度的大小分别为a1、a2，则有xa1t2，xv0ta2t2a1tta2t2，解得F23F1，由动能定理有F1xF2x32 J，解得F1x8 J，F2x24 J。方法二平均速度设物体经过B、C两点的速度大小分别为v1、v2，则有xt，xt，解得v22v1，由动能定理有F1xmv，F2xmvmv，而mv32 J，解得F1x8 J，F2x24 J。方法三图象法作出该物体的运动过程中的vt图象，如图所示，由合位移为零，有t1(2t0t1)，因t0到2t0过程中加速度不变，有，由以上两式解得v22v1，根据动能定理同样可求得F1x8 J，F2x24 J。答案8 J24 J变式1时间的变化质量为m的物体静止在水平面上，现用方向竖直向上的力F(Fmg)作用在物体上，经时间2t将F改为竖直向下，大小保持不变，又经时间t物体落回地面。求力F的大小。解析上升过程中，加速度的大小为a1，位移x(2t)2，下降过程中，加速度的大小为a2，位移xa1(2t)tt2，由以上各式解得F。答案变式2位移的变化如图13，在倾角为的光滑斜面O点静置一个质量为m的物体，从某时刻开始，有一个沿斜面向上的恒力F作用在物体上，使物体沿斜面向上滑动，经过一段时间到达A点，突然撤去这个力，又经过相同的时间物体返回到斜面的B点，且具有180 J的动能，已知AOBO，求：图13(1)撤去恒力F时，物体的动能；(2)恒力F的大小；(3)恒力F对物体所做的功。解析(1)设沿斜面向上为正方向，物体经过A、B点的速度的大小分别为v1、v2，两段运动的时间均为t，位移分别为x、2x，则有xt，2xt，解得v1，而mv180 J，故撤去恒力F时，物体的动能mv20 J。(2)由位移公式有xa1t2，2xt2t2，解得Fmgsin 。(3)对O到A的过程由动能定理有(Fmgsin )xmv，而Fmgsin ，即mgsin F，故Fx100 J。答案(1)20 J(2)mgsin (3)100 J变式3情境的变化平行金属板A、B的间距为d，如图14甲所示，板间加有随时间变化的电压，如图乙所示。设U0、T为已知，A板上孔O处有静止的带电粒子(不计重力)，其电荷量为q，质量为m。在t0的时刻受AB间电场力的作用而加速向B板运动，途中由于电场方向反向粒子又向O处返回，为使tT时粒子恰好又回到O点，则：图14(1)的比值应满足什么条件？(2)粒子返回O点时动能多大？(3)为使带电粒子在由A向B运动过程中不碰到金属板，求U0满足的条件。解析(1)设带电粒子在不同电压下运动的两段位移分别为x、x，加速度分别为a1、a2，经过两段位移的末速度的大小分别为v1、v2，则xa1t2()2，xv1ta2t2()()2，解得。(2)x，x，解得v22v1，而v1a1，故Ekmv。(3)设带电粒子返回前运动的位移分别为x、x，则有x，x。为使粒子在由A向B运动中不碰到板，则xxd，解得U0。答案(1)(2)(3)U0一、选择题(14题为单项选择题，57题为多项选择题)1.如图1，质量为m的小猴子在荡秋千，大猴子用水平力F缓慢将秋千拉到图示位置后由静止释放，此时藤条与竖直方向夹角为，小猴子到藤条悬点的长度为L，忽略藤条的质量。在此过程中正确的是()图1A缓慢上拉过程中拉力F做的功WFFLsin B缓慢上拉过程中小猴子重力势能增加mgLcos C小猴子再次回到最低点时重力的功率为零D由静止释放到最低点小猴子重力的功率逐渐增大解析缓慢上拉过程中拉力F是变力，由动能定理，F做的功等于克服重力做的功，即WFmgL(1cos )，重力势能增加mgL(1cos )，选顼A、B错误；小猴子由静止释放时速度为零，重力的功率为零，再次回到最低点时重力与速度方向垂直，其功率也为零，则小猴子下降过程中重力的功率先增大后减小，选项C正确、D错误。答案C2(xx四川理综，1)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J。韩晓鹏在此过程中()A动能增加了1 900 JB动能增加了2 000 JC重力势能减小了1 900 J D重力势能减小了2 000 J解析由题可得，重力做功WG1 900 J，则重力势能减少1 900 J ，故C正确，D错误；由动能定理得，WGWfEk，克服阻力做功Wf100 J，则动能增加1 800 J，故A、B错误。答案C3.质量为m的物块甲以3 m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质量也为m的物体乙以4 m/s 的速度与甲相向运动，如图2所示，则()图2A.甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力作用，系统动量不守恒B.当两物块相距最近时，甲物块的速率为零C.当甲物块的速率为1 m/s时，乙物块的速率可能为2 m/s，也可能为0D.甲物块的速率可能达到6 m/s解析甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力是系统内力，系统合外力为零，所以动量守恒，选项A错误；当两物块相距最近时，它们的速度相同，设为v，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有mv乙mv甲2mv，代入数据，可得v0.5 m/s，选项B错误；当甲物块的速率为1 m/s时，其方向可能向左，也可能向右，当水平向左时，根据动量守恒定律可得，乙物块的速率为2 m/s；当水平向右时，同理可得，乙物块的速率为0，所以选项C正确；因为整个过程中，系统的机械能不可能增加，选项D错误。答案C4(xx益阳模拟)一物体在粗糙的水平面上受到水平拉力作用，在一段时间内的速度随时间变化情况如图2所示。则拉力的功率随时间变化的图象可能是(g取10 m/s2)()图2解析由图知在0t0时间内，物体做初速度为零的匀加速运动，vat；由牛顿第二定律得FFfma，则拉力的功率PFv(Ffma)v(Ffma)at；在t0时刻以后，物体做匀速运动，v不变，则FFf，PFvFfv，P不变，故选项D正确。答案D5(xx浙江理综，18)如图4所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45和37的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin370.6，cos 370.8)。则()图4A动摩擦因数B载人滑草车最大速度为C载人滑草车克服摩擦力做功为mghD载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g解析对滑草车从坡顶由静止滑下，到底端静止的全过程，得mg2hmgcos 45mgcos 370，解得，选项A正确；对经过上段滑道过程，根据动能定理得，mghmgcos 45mv2，解得v，选项B正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，选项C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为ag，选项D错误。答案AB6.(xx华中师大附中模拟)水平光滑直轨道ab与半径为R的竖直半圆形光滑轨道bc相切，一小球以初速度v0沿直轨道ab向右运动，如图5所示，小球进入半圆形轨道后刚好能通过最高点c。则()图5AR越大，v0越大BR越大，小球经过b点后的瞬间对轨道的压力越大Cm越大，v0越大Dm与R同时增大，初动能Ek0增大解析小球刚好能通过最高点c，表明小球在c点的速度为vc，根据机械能守恒定律有mvmg2RmvmgR，则v0，R越大，v0越大，v0与m无关，选项A正确，C错误；m与R同时增大，初动能Ek0增大，选项D正确；从b到c机械能守恒，mg2Rmvmv得vb，在b点，Nmg得N6mg，选项B错误。答案AD7.如图6所示，固定于水平面上的光滑斜面足够长，一轻质弹簧的一端与固定在斜面上的木板P相连，另一端与盒子A相连，A内放有光滑球B，B恰与盒子前、后壁接触，现用力推A使弹簧处于压缩状态，然后由静止释放，则从释放盒子A到其获得最大速度的过程中，下列说法正确的是()图6A弹簧的弹性势能一直减少到零BA对B做的功等于B机械能的增加量C弹簧弹性势能的减少量等于A的机械能的增加量DA所受弹簧弹力和重力做的功的代数和大于A的动能的增加量解析盒子A运动过程中，弹簧弹性势能一直减少，当弹簧弹力与A、B的重力沿斜面向下的分力大小相等时，盒子的速度最大，此时弹簧的弹性势能不为零，A错误；由功能关系知，A对B做的功等于B机械能的增加量，B正确；将A、B和弹簧看作一个系统，则该系统机械能守恒，所以弹簧弹性势能的减少量等于A和B机械能的增加量，C错误；对盒子A，弹簧弹力做正功，盒子重力做负功，小球B对A沿斜面向下的弹力做负功，由动能定理知A所受弹簧弹力和重力做的功的代数和大于A的动能的增加量，D正确。答案BD二、非选择题8如图8所示，一光滑曲面的末端与一长L1 m的水平传送带相切，传送带离地面的高度h1.25 m，传送带的动摩擦因数0.1，地面上有一个直径D0.5 m的圆形洞，洞口最左端的A点离传送带右端的水平距离s1 m，B点在洞口的最右端。传送带以恒定的速度做顺时针运动。现使某小物体从曲面上距离地面高度H处由静止开始释放，到达传送带上后小物体的速度恰好和传送带相同，并最终恰好由A点落入洞中。求：(g10 m/s2)图8(1)传送带的运动速度v；(2)H的大小；(3)若要使小物体恰好由B点落入洞中，小物体在曲面上由静止开始释放的位置距离地面的高度H应该是多少？解析(1)最终恰好由A点落入洞中，由平抛运动规律可知：svthgt2解得：vs1 m/s2 m/s。(2)以地面为零势能面从开始释放小物体到滑上传送带根据机械能守恒定律可知，mgHmghmv2解得Hh(1.25) m1.45 m。(3)由平抛运动规律知：sDvthgt2解得v(sD)(10.5) m/s3 m/s从小物体开始释放到刚要滑出传送带的过程，由能量守恒定律知：mgHmghmgLmv2解得HhL1.250.111.8 m。答案(1)2 m/s(2)1.45 m(3)1.8 m9如图9所示，在水平轨道右侧安放一半径为R的竖直圆形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为L，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态。小物块A(可视为质点)从轨道右侧以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回，经水平轨道返回圆形轨道。已知R0.2 m，L1 m，v02 m/s，物块A质量为m1 kg，与PQ段间的动摩擦因数0.2，轨道其他部分摩擦不计，取g10 m/s2。图9(1)求物块A与弹簧刚接触时的速度大小；(2)求物块A被弹簧以原速率弹回后返回到圆形轨道的高度；(3)调节PQ段的长度L，A仍以v0从轨道右侧冲上轨道，当L满足什么条件时，物块A被弹簧弹回后能返回圆形轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道？解析(1)设物块A与弹簧刚接触时的速度大小为v1，由动能定理可得mgLmvmv解得v12 m/s。(2)设物块A被弹簧以原速率弹回后返回到圆形轨道的高度为h1，由动能定理可得mgLmgh10mv解得h10.2 mR，符合实际情况。(3)若A沿轨道上滑至最大高度h2时，速度减为0，则使A不脱离轨道时h2需满足的条件是0h2R由动能定理可得2mgL1mgh20mv联立可得1 mL11.5 m若A能沿轨道上滑至最高点，则需满足mmg由动能定理可得2mgL2mg2Rmvmv联立可得L20.25 m综上所述，要使物块A被弹簧弹回后能返回圆形轨道并沿轨道运动而不脱离轨道，L需满足的条件是1 mLx且xs，故假设成立整个过程系统产生的热量为Qmg(Lsx)由式解得Q1.4 J答案(1)1 s(2)0.3 J(3)1.4 J