高三物理二輪復習動量與能量專題

1、高三物理第二輪復習專題二動量與能量- Wj考導向1考題統(tǒng)計全全北天四重山寧上江廣小主題國國In京津川慶東夏海蘇東計17241833.293動量與能量242324242538.2812C.217.1192015總題量1111120.51.511.53.515計分值18152018202541558461942考題特點上表為08年11份全國及各地高考卷中涉及本專題的考題統(tǒng)計，其中山東、寧夏為 新課程卷，上海、江蘇、廣東為物理單科卷，由表可以看出：(1)本專題的內(nèi)容每卷必考，甚至反復考。試題的覆蓋面大。(2)常見的各種能量形式都可能考到，能量與動量多綜合考查。(3)機械能、內(nèi)能、電能通常以綜合題出現(xiàn)

2、的較多，其它形式的能以選擇題出現(xiàn)的較多。(4)選擇題、解答題、實驗題均可出現(xiàn)，解答題中以常規(guī)題型為主，適當綜合，多個 設問，逐步提高難度。二知識網(wǎng)絡要占執(zhí)占八.、八、八1概念規(guī)律的理解(1)功 區(qū)分力的功和物體的功，理解正負功的意義，掌握常見力的做功特點及其的 計算，特別是變力的功的計算，弄清一對相互作用力的做功特點。(2)動能定理與功能關系掌握常見各種能量定義及決定因素，重點弄清各種能量變化分別與哪些力做功有關。(3)機械能守恒定律與能量守恒定律關注定律的成立條件及判斷方法。(4)動量、沖量的理解 熟悉兩概念的定義、決定因素、特性及計算，區(qū)分動量與動能、沖量與功，特別注意變力的沖量的計算。(

3、5)動量定理的理解 熟悉定理的適用條件和意義，特別是定理的矢量性。(6)動量守恒定律的理解掌握定律的適用條件、范圍和意義，特別是定律的條件、矢量性和常見模型。例1如圖，豎直輕彈簧的下端固定在地面上，將質量為m的物體從其正上方釋放后自由落下，將彈簧壓縮。當物體到達距釋放點的高度為h時，經(jīng)過的時間為t,物體的速 TOC o 1-5 h z 度為v,下面關于此過程中的說法正確的是()fhi二12A 地面對彈黃的支持力做功為 w=mv +mgh212B 地面對彈黃的支持力做功為 w=mv -mghC地面對彈簧的支持力沖量大小可能為I=mgt-mvD地面對彈簧的支持力沖量大小可能為I=mv -mgt解析

4、：由于地面作用在彈簧上的力的作用點的位移為零，所以地面對彈簧的支持力 不做功；若物體的速度方向向下，則地面對彈簧的支持力沖量大小為I=mgt-mv ;若物體的速度方向向上，則地面對彈簧的支持力沖量大小為I=mv -mgt,故應選CD正確。2解題思路上一專題已總結，更注意過程分析，動量、能量守恒條件分析，矢量方向的確定。例2質量m a= 3.0kg、長度L=0.60 m、電量q=+ 4.0 X 10 5c的導體板 A在絕緣水 平面上，質量m b= 1.0kg可視為質點的絕緣物塊 B在導體板A上的左端，開始時 A B保 持相對靜止一起向右滑動，當它們的速度減小到v0=3.0 m / s時，立即施加

5、一個方向水平向左、場強大小 E= 1.0 X 105N/C的勻強電場，此時 A的右端到豎直絕緣擋板的距離為 s,此后A、B始終處在勻強電場中，如圖所示。假定A與擋板碰撞時間極短且無機械能損失，A與B之間(動摩擦因數(shù) 科1=0.25)及A與 地面之間(動摩擦因數(shù) 科2=0.10)的最大靜摩擦力 均可認為等于其滑動摩擦力，g=10m/ s2。試求要使B不從A上滑下，s應滿足的條件。解析：設B受到的最大靜摩擦力為f1m, A B間的滑動摩擦力為f1, A受到地面摩擦力為 f2,加電場后若 A B以共同加速度a做勻減速運動，由摩擦力公式及牛頓第二定律得：f1m=因mBgf2= w(mA+mB)gqE+

6、 f2= (m a+ m b) a fi = m b a解得：fim=2.5Nf2= 4.0Na = 2.0 m / s 2fi=2.0N由于fimfl,所以A B保持相對靜止且以共同加速度a做勻減速運動。A與擋板碰前瞬間，設 A B向右的共同速度為 vi,則有：v12 =v2 -2asA與擋板碰后，以 A、B系統(tǒng)為研究對象，則由于qE=f2,故系統(tǒng)動量守恒，設 A、B共同向左運動的速度為 v,取向左為正方向，由動量守恒 得：mAvi-mBvi=( m a+m b) v設該過程中，B相對于A向右的位移為si,由功能關系得：,i2 i2imBgsi = - (mA mB)v (mA mfe)v

7、22A、B達到共同速度后做勻速運動，要使B不從A上滑下來，則：si2.0m3常見解法直接法，間接法，等效法，微元法，全程法與分段法，模型法，圖象法，臨界法， 動態(tài)分析法等。例3如圖，用豎直向下的恒力 F通過跨過光滑定滑輪的細線拉動光滑水平面上的物 體，物體沿水平面移動過程中經(jīng)過A B C三點，設AB=BC若從A點至B點和從B點至 TOC o 1-5 h z C點的過程中拉力 F做的功分別為 WW,物體經(jīng)過A、B C三點時的動能分別為 昆、Eb、 民，則一定有()A Wi W2: ,B WiL2-L3,故 WiW2, A對B錯，再由動能定理可判斷 C錯D對，應選AD。例4如圖，物體 A、B相距9

8、.5m,現(xiàn)物體 A以vA=i0m/s的初速度向靜止的物體 B 運動，物體A與B發(fā)生正碰后仍沿原來的方向運動。已知物體A _vaBnhmrnmTnTnTrmA在碰撞前后共運動 6s后停止，求碰撞后物體 B運動多少時間停止？（已知mA=2mB,物體A、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為（1=0.1 , g=10m/s2）解析：取運動方向為正方向，設物體運動的時間分別為tA、tB ,對A、B組成的系統(tǒng)，由動量定理得：-a mAgtA- b mBg tB=-m ava解得：tB=8s四典例分析例5汽車在平直公路上以速度 V0勻速行駛，發(fā)動機功率為 司機減小了油門，汽車的功率立即減小一半，并保持該功率繼續(xù)行駛。

9、P,到牽引力為Foo ti 時亥I, t2時刻，汽車所受的阻力不變）化的圖象正確的是又恢復了勻速直線運動（設整個過程中汽車,則下圖中幾個關于汽車牽引力F汽車速度v在這個過程中隨時間t變（ ）解析：由P=Fv知：當P減小為原來的一半時，由于v不能突變，F(xiàn)立即減為原來的一半，由牛頓第二定律知：F-F E=ma,所以加速度逐漸減小，速度也逐漸減小，再由P=Fv知：F又逐漸增大，至t2時刻，汽車恢復勻速運動，F(xiàn)又與F阻平衡，即又恢復到原 大小，故應選AD。例6物體懸掛在細繩下端，由靜止開始沿豎直方向向下運動，運動過程中，物體 機械能E與位移s的關系圖象如圖所示，其中 0&過程的圖象為曲線，SiS2過程

10、的圖象 為直線。根據(jù)該圖象，下列說法正確的是（）A 0si過程中物體所受拉力一定是變力，且不斷減小B SiS2過程中物體可能在做勻變速直線運動C &$2過程中物體可能在做變加速直線運動D 0S2過程中物體的動能可能在不斷增大解析：設開始時物體的機械能為 Eo, Fn,則向下運動位移為 s時物體的機械能 圖線應為傾斜直線， 由圖可知：0Si過程 所以，此過程Fn應為變力，且力在增大，如果繩的拉力恒為E=Eo-Fns,可知:E減小得越來越快，A錯；SiS2過程,Fn恒定，F(xiàn)n可能大于重力,也可能性小于重力，但合力恒定，此時物體應做勻變速直線運動。故 應選B、D。B、D正確，C錯,例7如圖，質量為

11、m=0.5 kg的小球從距地面高 H=5m處自由下落，到達地面時恰能沿凹陷于地面的半圓形槽壁運動，半圓槽的半徑R=0.4m。小球到達槽最低點時的速率為v=10m/s,并繼續(xù)沿槽壁運動直到從槽左端邊緣飛出，如此反復幾次，設摩擦力恒定不變，求：（設小球與槽壁相碰時不損失能量）（1）小球第一次離槽上升的高度。（2）小球最多能飛出槽外的次數(shù)（g=10m/s2）解析：(1)設小球落至槽底的過程中摩擦力做功為Wf,第一次離槽上升的高度為 h,由動能定理得：小球落至槽底過程 mg (H+R) - Wf=mv2/2從槽底至第一次離槽后的最高點-mg (h+R) - Wf=- mv2/2解得：h=4.2m(2)

12、設小球飛出槽外 n次，由動能定理得mgH 2n WB 0解得 nW 6.25即小球最多能飛出槽外 6次。例8如圖，光滑水平面右端 B處連接一個豎直的半徑為 R的光滑半圓軌道，B點為 水平面與軌道的切點，在離 B處距離為x的A點，用 水平恒力F將質量為m的小球從靜止開始推到 B處后 撤去恒力，小球沿半圓軌道運動到 C處后又正好落回A 點。求：(1)推力F對小球所做的功？x取何值時，完成上述運動時推力所做的功最少？最少功是多少？x取何值時，完成上述運動時推力最小？最小推力是多少？解析：(1)設小球在C點的速度為Vc,從C運動到A點的時間是t,由平拋運動規(guī) 律得：x=vct2R=gt2/2設推力做功

13、為 Wf,小球由A到C,由動能定理得： 2WF =mg(16R x )8R(2)當Vc最小時F力做功最少，設小球在C點的最小速度為 v,由牛頓第二定律得： 2 mvxmg =，又 Vc =一R212WF -2mgR 二一 mv 2 解得：WF=5mgR/2 22、(3)由 Wf =訶 x %Wf =Fx得：8RWF 2mgR=mv/2 解得： x Vc - 2 _2216R mg（一 xF有極小值的條件是:16R/x=x/R即當x=4R時有最小推力 F=mg例9如圖，放在光滑水平面上的矩形滑塊是由不同材料的上下兩層粘在一起組成的。 質量為m的子彈以速度vo水平射向滑塊。若擊中上層，則子彈剛好不

14、穿出；若擊中下層, 則子彈剛好嵌入(即子彈尾部剛好進入到滑塊左側表面)。比較上述兩種情況，以下說法不正確的是()B、C選項正確，由能量守恒知D選項正確，由A兩次滑塊對子彈的阻力一樣大B兩次子彈對滑塊做功一樣多C兩次滑塊受到的沖量一樣大D兩次系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一樣多 解析：由動量守恒和動能定理知Q=Fx知：第一次位移大于第二次，故第一次阻力小于第二次，A錯，應選A。例10如圖，在傾角為9=37的足夠長的絕緣斜面上，帶負電的物塊 A和不帶電的絕 緣物塊B正沿斜面向上滑，斜面處于范圍足夠大的勻強電場中，場強方向平行于斜面向下。 當A剛要追上B發(fā)生碰撞時，A的速度VA=1.8m/s,方向沿斜面向上，B的速

15、度恰為零。 A、B碰撞時間極短，且 A的電荷沒有轉移，碰后瞬間A的速度vi=0.6m/s,方向仍沿斜面向上。第一次碰后經(jīng)0.6s, A的速率變?yōu)閂2=1.8m/s,在這段時間內(nèi)兩者沒有再次相碰。 已知A與斜面間的動摩擦因數(shù)科=0.15, B與斜面間的動摩擦因數(shù)極小，可認為無摩擦。A、B均可視為質點，它們的質量分別為mA=0.5kg, mB=0.25kg ,勻強電場的場強 E=6X106N/C , sin =0.6 , g=10m/s2,求：(1)A、B第一次碰撞后瞬間 B的速度B(2)第一次碰后的0.6s內(nèi)B沿斜面向上滑行的最遠距離“v、n(3)物塊A所帶的電荷量解析：(1)設碰后B的速度為V

16、b,由動量守恒定律得：%mAVA=mA V1+ mBVB解得：VB=2.4m/s(2)設碰后B的加速度為3b,上升到最遠的時間為tB,最遠距離為sb,由牛頓第二定律及運動學規(guī)律得：mBgsin (=mBaBvb=3bIb 2 sb= aBtB /2 解得：sB=0.48m(3)碰后的0.6s, A的速率變?yōu)閂2=1.8m/s ,方向有兩種可能：一是 A沿斜面一直 向上加速，二是 A先減速上升再加速下滑。如果A沿斜面一直向上加速，設加速度為3a, A、B再次相遇經(jīng)歷的時間為t,則:V1t +aAt 2/2= VBt +aBt 2/2解得：t =0.45s 0.60s可知：A、B在0.45s再次相

17、遇，不符合題意，所以A應先減速上升再加速下滑。設A上滑的加速度為 a1,時間為At,下滑的加速度為 a2, A受到的電場力為 F,取 沿斜面向上為正方向，t=0.60s,由運動學公式和牛頓第二定律得：ai=-vi/At, a2=-v2/ （t-At）上滑： F-mAgsin ,科 mAgcos 0=mAai下滑： F-mAgsin 卅 科 mAgcos ymAa2設A的帶電量為q,則有：F=qE解得：q=10-7C五專題訓練1某人把原來靜止于地面上的質量為2kg的物體向上提1m,并使物體獲得1m/s的速度，取g為10m/s2,則在這過程中（）A人對物體做功21JB合外力對物體做功 1JC合外力

18、對物體做功 21JD物體重力勢能增加 21J解析：設人做功為 W1，重力做功為 W2,合外力做的總功為 W,由動能定理得 W=W12W2=mv /2,代入數(shù)值得： W=1J,所以 W1= 21J, W2= -20J,應選 AB。2木塊在水平恒力F作用下，由靜止開始在水平路面上前進S,隨即撤去此恒力后又前進2s才停下來，設運動全過程中路面情況相同，則木塊在運動中所獲得的動能的最大 TOC o 1-5 h z 值為（）1_ _2AFSB FSC FSD FS33解析：設摩擦力為Fr由動能定理得：FS-3F,S=0,動能最大是在 F剛撤去時，設 最大動能為Ek,同理得：Ek= FSF$,解得：Ek=

19、2FS/3,應選D。3質量為m的物體，從靜止開始以 3g/4的加速度豎直向下運動了h米，以下判斷正確的是（）A物體的動能增加了 3 mgh /4B物體的重力勢能一定減少了3 mgh /4C物體的重力勢能增加了 mghD物體的機械能減少 mgh/4解析：由于加速度a=3g/4g,所以物體受阻力作用，設阻力為 F,由牛頓第二定律得：mg F=ma設動能為 E WAC ，而此過程中重力做功相等，由動能定理得：物塊在C點速率大于B點速率，同理，物塊在E點速率大于D點速率，AB錯，D正確。由運動學規(guī)律和牛頓第二定律得，物塊在三角體ABC斜面上的運動時間t=2h. g sin i(sin ?-cos -)

20、,易知：tABtAC, C正確，應選CD。8弧AB是豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧軌道， 在下端B與水平直軌道相切，如圖所示。 一小球自A點起由靜止開始沿軌道下滑。已知軌道半徑為 R,小球的質量為 m,不計各 處摩擦。求(1)小球運動到B點時的動能?(2)小球下滑到距水平軌道的高度為R/2時速度的大小和方向？(3)小球經(jīng)過圓弧軌道的B點和水平軌道的 C點時，所受軌道的支持力Nb、Nc各是30角B點多大？解析：(1)根據(jù)機械能守恒 Ek = mgR(2)根據(jù)機械能守恒 mv2/2= mgR/2小球速度大小 v=gR速度方向沿圓弧的切線向下，與豎直方向成 (3)根據(jù)牛頓第二定律及機械能守恒，在2VB1

21、2NB-mg=m, mgR=mvB R2解得NB=3mg在C點，由平衡條件可知：Nc=mg滑出槽口時速度為水平方向，槽Ri,半球的半徑為 R2。9如圖，從光滑的1/4圓弧槽的最高點滑下的小球， 口與一個半球頂點相切，半球底面為水平，已知圓弧槽的半徑為 求：(1)小球運動到1/4圓弧槽的底部對圓弧槽的底部壓力為多少?(2)若要使小球滑出槽口后不沿半球面下滑，則R1與R2應滿足什么關系?(3)若小球剛好不沿半球面下滑，則小球落地時的動能為多少？解析：(1)設小球滑出槽口時的速度為v,此時圓弧槽底部對小球的支持力為Fn,由機械能守恒和牛頓第二定律得：2-mgR1=mv /22 、FN-mg=mv /

22、R1解得FN=3mg ,所以小球對圓弧槽底部壓力為Fn =3mg(2)若要使小球滑出槽口后不沿半球面下滑，則重力恰好 或不足以提供向心力而作平拋運動，即一 2 、mg R2/2(3)設小球落地時動能為 Ek,由機械能守恒定律得：EK=mv2/2+mgR2解得：Ek =3mgR2/210如圖，半徑為R的1/4圓弧支架豎直放置，支架底 AB離地的距離為2R,圓弧邊緣C處在一小定滑輪，一輕繩兩端系著質量分別為m1與m2的物體，掛在定滑輪的兩邊，且 m1m2,開始時使 m1、m2均靜止，mm2可 視為質點，不計一切摩擦和空氣阻力。求：(1) mi從靠近滑輪處靜止釋放后，在緊貼著圓弧運動經(jīng)過最低點A時的

23、速度Va(2)若m1到最低點時繩突然斷開，求 m1落地點離A點的水平距離s TOC o 1-5 h z (3)在滿足(2)條件情況下，m2從靜止起在整個過程中可以上升的最大高度H解析：(1)由動能定理得：1212m1gR-m2 g晨 2R) =- mv1mv222而 Vi = 2V2解得：=2.他一切須:2mi m2(2)繩斷開后 mi做平拋運動，則s =v1t2R=；gt2解得：s=4R,m-2m2 .2m1 m2(3) m2上升：幾=v2r2h V2h2 2gH=h 1+h2解得：h J 2 R 2ml -m211有人做過這樣一個實驗：把雞蛋A向另一個完全相同的雞蛋 B撞去(用同一部分撞擊

24、)，結果每次都是被撞擊的雞蛋 B被撞破。則下面說法不正確的是()A A對B的作用力的大小等于 B對A的作用力的大小B A對B的作用力的大小大于 B對A的作用力的大小CA蛋碰撞瞬間，其內(nèi)蛋黃和蛋白由于慣性會對A蛋殼廣生向前的作用力D A蛋碰撞部位除受到 B的作用力外，還受到 A蛋中蛋黃和蛋白對它的作用力，所 以所受合力較小解析：由牛頓第三定律知： A對B錯；對于碰撞的過程，A向前運動，其內(nèi)蛋黃和蛋白也向前運動，所以當A的蛋殼停止運動時，它們?nèi)韵蚯斑\動對 A的蛋殼以力的作用， C對；又于A的蛋殼受到兩個力的作用：B蛋殼的作用與自身蛋黃和蛋白的作用，合力較小不易破碎，而 B僅受到A的作用，受力較大，

25、所以 B蛋殼易破，D對，應選Bo12 一小球沿光滑水平面運動，垂直撞到豎直墻上。小球撞墻前后的動量變化量為Ap,動能變化量為 AE,關于Ap和AE有下列說法：若 Ap最大，則A E也最大；若 TOC o 1-5 h z Ap最大，則A E一定最小；若 Ap最小，則A E也最?。蝗?Ap最小，則AE 一定最 大。以上說法中正確的是（）ABCD解析：如果是彈性碰撞，則碰撞前后動量大小相等，方向相反，此過程動量變化最大，動能變化為零；若是完全非彈性碰撞，碰后小球速度為零，動量變化最小，動能變 化最大，故應選Bo其中7m伸出平臺 B點。則以下關于13如圖，光滑的平臺上有一質量為 20kg、長度為10m

26、的長木板, 外，為了使木板不翻倒，讓一個質量為25kg的小孩站在長木板的右端 木板平衡的結論正確的是（）A如果小孩從木板的右端 B向左端A走動，欲使木 a板不翻倒，小孩在木板上走動的距離不能超過1.4m1 1 II IB如果小孩從木板的右端 B向左端A走動，欲使木板不翻倒，小孩在木板上走動的距離不能超過3mC小孩可以從木板的右端 B向左端A隨意走動，但小孩絕不能從左端 A離開長木板, 否則木板就會翻倒D小孩不但可以從木板的右端 B向左端A隨意走動，還可以從左端 A離開長木板, 整個過程木板都不會翻倒解析：由題意知：開始時系統(tǒng)靜止在地面上，因此重心也在地面上，由“人船模型” 知：在人向A端端走動的過程中，系統(tǒng)重心位置不變，故應選 D。14 “神舟”七號飛船升空后，進入近地點A,離地心距離為ri,遠地點B離地心距離為小的橢圓軌道。當它在遠地點時，飛船啟動變軌程序，將質量為Am的燃氣以一定的速度向后噴出后，飛船改做半徑為2的圓周運動。已知 地球表面處的重力加速度為 g,飛船在近地點的速度為 V1, 飛船的總質量為m ,設距地球無限遠處為引力勢能零點， 則距地心為r、質量為 m的物體的引力勢能為 b=-6駟（其中M為地球質量，G為引力常量，解題時 rM和G均要按未知量處理）。設飛船在橢圓軌道運動，機 械能守恒。求飛船在遠地點時， 應