動量觀點與能量觀點,在力學中的應用

1、動量觀點與能量觀點在力學中的應用、【基礎回歸】1. 常見的功能關系 (1)合力做功與動能的關系：A Ek。 重力做功與重力勢能的關系：WG=A Ep。彈力做功與彈性勢能的關系：W= A呂。 除重力以外其他力做功與機械能的關系：W其他= E機。(5)滑動摩擦力做功與內(nèi)能的關系：Ff X相對= E內(nèi)。2. 機械能守恒定律 (1)條件：只有重力、系統(tǒng)內(nèi)彈力做功。(2) 表達式：Eki+ Epi= Ek2+ Ep2o3. 動能定理 (1)內(nèi)容：合外力做的功等于動能的變化。1 2 1 2表達式：W 2 mv2 2 mv14. 動量定理及動量守恒定律(1) 動量定理：Ft = mv mv (2)動量守恒定

2、律：mvi + mv2= mvi + mv2' (3)關于碰撞:二、【解題策略】 1.復習時應理清運動中功與能的轉(zhuǎn)化與量度的關系，結合受力分析、 運動過程分析，熟練地應用動量定理和動能定理解決問題。2.深刻理解功能關系，綜合應用動量守恒定律和能量守恒定律， 結合 動力學方程解決多運動過程的問題。3.必須領會的“1種物理思想和3種方法” (1)守恒的思想。(2)守恒法、轉(zhuǎn)化法、轉(zhuǎn)移法。4.必須辨明的“3個易錯易混點” (1)動量和動能是兩個和速度有關的不同概念。 系統(tǒng)的動量和機械能不一定同時守恒。(3) 不是所有的碰撞都滿足機械能守恒。三、【典例應用】應用1:力學中的幾個功能關系的應用【

3、真題示例11(2017 全國卷皿，16)如圖1，一質(zhì)量為m長度為L的均勻柔軟細繩PQ豎直懸掛。用外力將繩的下端 Q緩慢地豎直向上拉起至M點，M點與繩的上端P相距L。重力加速度大小為g。在此過程中，外力做的功為（）fr1B.gmgL1D-mgL1A. gmgL1C.gmgL 解析：由題意可知，PM段細繩的機械能不變，MC段細繩的重心升高I2 l 1了6，則重力勢能增加 Ep=尹96= gmgl,由功能關系可知，在此1過程中，外力做的功為 W=-mgL，故選項A正確，B、C D錯誤。9答案 A【真題示例2】（2017 全國卷I, 24） 質(zhì)量為8.00 X 104 kg的太空飛船從其飛行軌道返回地

4、面。飛船在離地面高度1.60 X 105 m處以7.5 X 103 m/s的速度進入大氣層，逐漸減慢至速度為100 m/s時下落 到地面。取地面為重力勢能零點，在飛船下落過程中，重力加速度可 視為常量，大小取為9.8 m/s 2（結果保留2位有效數(shù)字）。（1）分別求出該飛船著地前瞬間的機械能和它進入大氣層時的機械厶匕 能;(2)求飛船從離地面高度600 m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所 做的功，已知飛船在該處的速度大小是其進入大氣層時速度大小的 2.0%。解析：(1)飛船著地前瞬間的機械能為 氐= 2mV 式中，m和vo分別是飛船的質(zhì)量和著地前瞬間的速率。由式和題給 數(shù)據(jù)得Eko = 4.0

5、 X 108 J 設地面附近的重力加速度大小為 g,飛船進入大氣層時的機械能為1 2Eh= qmv + mg 式中，vh是飛船在高度1.6 X 105m處的速度大小。由式和題給數(shù)據(jù)&=2.4 X 1012 J 飛船在高度h'= 600 m處的機械能為1 2.0 2 & = 2m(100Vh) + mgh 由功能原理得W= & Ek0 式中，W是飛船從高度600 m處至著地瞬間的過程中克服阻力所做的 功。由式和題給數(shù)據(jù)得 W 9.7 X 108 J8 12 8答案 (1)(1)4.0 X 10 J 2.4 X 10 J (2)9.7 X 10 J【題后反思】1.

6、高考考查特點 (1)本考點高考命題既有選擇題也有計算題，集中在物體系統(tǒng)機械能 守恒及物體間的做功特點、力與運動的關系，并結合平拋、圓周運動 等典型運動及生活科技為背景綜合考查。(2)熟悉掌握并靈活應用機械能的守恒條件、力學中的功能關系、常 見典型運動形式的特點及規(guī)律是突破該考點的關鍵。2. 常見誤區(qū)及臨考提醒 (1)注意判斷物體運動過程中的臨界狀態(tài)和隱含條件。(2)注意物理方法的靈活選用。如全國卷m第16題的等效法(重心)。注意提高計算能力。如全國卷I第24題，試題情境難度不大，但 增加了計算的難度。t =0時刻受到【對點強化】1.質(zhì)量為m= 2 kg的物體沿水平面向右做直線運動,一個水平向左

7、的恒力F,如圖2甲所示，此后物體的V t圖象如圖B642卄 -空 -4 -G乙所示，取水平向右為正方向,g 取 10 m/s2，則(I.'AiTTS"")A. 物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為卩=0.5B. 10 s末恒力F的瞬時功率為6 WC. 10 s末物體在計時起點左側(cè) 4 m處D.010 s內(nèi)恒力F做功的平均功率為 0.6 W8解析：由圖線可知04 s內(nèi)的加速度大小a1=4 m/s2= 2 m/s2，可6 2得F+a mg= ma;由圖線可知41 0 s內(nèi)的加速度大小a2=召m/s =1 m/s2,可得 F- mg= ma;解得 F= 3 N,卩=0.05，選項

8、 A錯誤;10 s末恒力F的瞬時功率為Pio= Fvio = 3X 6 W= 18 W,選項B錯誤;1 104 s內(nèi)的位移X1 = X 4 X 8 m= 16 m, 410 s內(nèi)的位移X2=-X 6X 6 m=- 18 m,故10 s末物體在計時起點左側(cè) 2 m處，選項CFx 3X2錯誤；010 s內(nèi)恒力F做功的平均功率為 P=*W= 0.6 W, 選項D正確。答案 D 2.（多選）如圖3,直立彈射裝置的輕質(zhì)彈簧頂端原來在 0點，0與管 口 P的距離為2x0,現(xiàn)將一個重力為mg的鋼珠置于彈簧頂端，再把彈簧壓縮至M點，壓縮量為xo,釋放彈簧后鋼珠被彈出，鋼珠運動到P點時的動能為4mgx,不計一切

9、阻力，下列說法正確的是（）TJA.彈射過程，彈簧和鋼珠組成的系統(tǒng)機械能守恒B. 彈簧恢復原長時，彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為鋼珠的動能C. 鋼珠彈射所到達的最高點距管口P的距離為7x0D. 彈簧被壓縮至M點時的彈性勢能為7mgx 解析： 彈射過程中， 對彈簧和鋼珠組成的系統(tǒng)而言， 只受重力作用， 故系統(tǒng)機械能守恒，A正確；彈簧恢復原長時，鋼珠的動能和勢能都 增加，選項B錯誤；鋼珠運動到P點時，鋼珠的動能增加到4mgx, 且豎直方向上鋼珠位置升高了 3x0，即重力勢能增加量 &= 3mgx, 故彈簧被壓縮至M點時的彈性勢能為E= 4mgx + 3mgx= 7mgx, D正 確；鋼珠到達管口

10、P點時動能為4mgx,當鋼珠達到最大高度時，動 能為 0，動能轉(zhuǎn)化為重力勢能，則上升的最高點與管口的距離 h 滿足 mgh= 4mgx,故上升的最高點與管口的距離 h= 4xo, C錯誤。答案 AD3. 如圖4所示，質(zhì)量m = 3.5 kg的物體B通過下端固定在地面上的輕彈簧與地面連接，彈簧的勁度系數(shù)k= 100 N/mo輕繩一端與物體B 連接，另一端繞過兩個光滑的輕質(zhì)小定滑輪 0、Q后，與套在光滑直 桿頂端E處的質(zhì)量m= 1.6 kg的小球A連接。已知直桿固定不動,F 為 45 No桿長L為0.8 m且與水平面的夾角0 = 37°。初始時使小球A靜止 不動，與A相連的一段繩子保持水

11、平，此時繩子中的張力 已知EO= 0.5 m，重力加速度g取10 m/s?，繩子不可伸長?，F(xiàn)將小 球A從靜止釋放。D 7.e圖4(1)求在釋放小球A之前彈簧的形變量;(2)若直線CO與桿垂直，求小球A從靜止運動到C點的過程中繩子拉 力對小球A所做的功; 求小球A運動到直桿底端D點時的速度大小。解析：(1)釋放小球A前，B處于靜止狀態(tài)，由于繩子中的張力大 于物體B的重力，故彈簧被拉伸，設彈簧形變量為X,有kx = F- mBg, 解得 x= 0.1 m。(2)對A球從E點運動到C的過程應用動能定理得W mgh=2mvA 0 其中 h= xC Ocos 37 °，而 xC O = xE

12、0劃n 37 ° = 0.3 m 物體B下降的高度h'= xE Oi xC O = 0.2 m由此可知，彈簧這時被壓縮了0.1 m，此時彈簧彈性勢能與初始時刻1 2相等，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，有 migh+ nmgh'= 2mvA+ mvB 由題意知，小球A在C點時運動方向與繩垂直，此時 B物體速度VB由得W7J 。 由題意知，桿長L= 0.8 m由幾何知識可知 EO CDZ CDS/CEO =37°，故 DO= EO 當A到達D點時，彈簧彈性勢能與初狀態(tài)相等，物體B又回到原位置, 將A在D點的速度沿平行于繩和垂直于繩兩方向進行分解， 平行于繩

13、方向的速度即B的速度，由幾何關系得Vb'= Va' cos 37 ° ® 整個過程機械能守恒，可得1 2 1 2mgLsin 37 ° = 2mvA' 2 + 2mvB' 2 由得Va'= 2 m/s。答案 (1)0.1 m (2)7 J (3)2 m/s【歸納總結】 解決功能關系問題應注意的三個問題 (1)分析清楚是什么力做功，并且清楚該力做正功，還是做負功；根 據(jù)功能之間的對應關系，判定能的轉(zhuǎn)化形式，確定能量之間的轉(zhuǎn)化情 況。(2)也可以根據(jù)能量之間的轉(zhuǎn)化情況，確定是什么力做功，尤其是可 以方便計算變力做功的多少。 功能

14、關系反映了做功和能量轉(zhuǎn)化之間的對應關系，功是能量轉(zhuǎn)化 的量度和原因，在不同問題中的具體表現(xiàn)不同。應用2:動量定理和動能定理的應用【真題示例11 （多選）（2017 全國卷皿,20） 一質(zhì)量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動F隨時間t變化的圖線如圖5所示，則（）A.t = 1 s時物塊的速率為1 m/sB.t = 2 s時物塊的動量大小為4 kg m/sC.t = 3 s時物塊的動量大小為5 kg m/sD.t = 4 s時物塊的速度為零解析：由動量定理可得Ft = mv解得V=¥。t = 1 s時物塊的速Ft 2x1率為v= Fm=m/s=1 m/s，故A正確；t

15、=2 s時物塊的動量大小 p2= F2t 2= 2X2 kg m/s=4 kg m/s, t = 3 s 時物塊的動量大小 為 p3 = (2 X 2 1 X 1) kg m/s= 3 kg m/s, t = 4 s 時物塊的動量大 小為 p4 = (2 X 2 1 X 2) kg m/s= 2 kg m/s,所以 t = 4 s 時物塊的 速度為1 m/s，故B正確，C、D錯誤。答案 AB【真題示例21（2017 全國卷n, 24）為提高冰球運動員的加速能 力，教練員在冰面上與起跑線相距so和S1（S 1<so）處分別設置一個擋板和一面小旗，如圖6所示。訓練時，讓運動員和冰球都位于起跑

16、線上, 教練員將冰球以速度V0擊出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑線的方向 滑向擋板；冰球被擊出的同時，運動員垂直于起跑線從靜止出發(fā)滑向 小旗。訓練要求當冰球到達擋板時，運動員至少到達小旗處。假定運 動員在滑行過程中做勻加速運動， 冰球到達擋板時的速度為VI。重力 加速度為g。求:(1)冰球與冰面之間的動摩擦因數(shù); 滿足訓練要求的運動員的最小加速度。解析：(1)設冰球的質(zhì)量為m冰球與冰面之間的動摩擦因數(shù)為 由動能定理得 卩 mgs= 1mV mV2 2Vo Vi 解得卩=VzgSV 法1冰球到達擋板時，滿足訓練要求的運動員中，剛好到達小 旗處的運動員的加速度最小。設這種情況下，冰球和運動員的加速度

17、 大小分別為ai和82,所用的時間為t。由運動學公式得V0v? = 2aiSoVo vi= ait S1 = t2 聯(lián)立式得232= S1(M0)2s2法2 對冰球由動量定理得 卩mgt= mv mvS1 = 1a2t2®由式得S1 (V1 + Vo) 232=2S12答案親2S1(Vo + V1)2(2) 2S【題后反思】1. 高考考查特點(1) 動能定理是咼考的必考熱點，運用動量定理解決生活中的物理問 題也已成為高考的熱點。一般以生活中的物理問題(如2017年全國卷n第24以冰球運動) 為背景考查對動能定理的理解及應用。2. 常見誤區(qū)及臨考提醒 (1)不清楚物體動量變化規(guī)律是由合

18、外力的沖量決定的，物體動能變 化規(guī)律是由合外力的功決定的。(2)不清楚動能定理表達式是標量式，動量定理表達式是矢量式?！緦c強化】1.（多選）一物體靜止在粗糙水平面上,某時刻受到一沿水平方向的恒定拉力作用開始沿水平方向做直線運動,已知在第1s內(nèi)合力對物體做的功為45 J，在第1 s末撤去拉力,物體整個運動過程的 v-t圖象如圖7所示，g取10 m/s，則（1)234 tisA. 物體的質(zhì)量為5 kgB. 物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.1C. 第1 s內(nèi)摩擦力對物體做的功為60 JD. 第1 s內(nèi)拉力對物體做的功為60 J解析：由動能定理有 W = mV，第1 s末速度v = 3 m/s，解出

19、m=110 kg，故A錯誤；撤去拉力后物體的位移X2= 2 3X 3 m= 4.5 m ,1由動能定理可得：一fx 2= 0-2mV,可解得：f =10 N，又f =卩mg 解出a = 0.1，故B正確；第1 s內(nèi)物體的位移X1 = 1.5 m，第1 s 內(nèi)摩擦力對物體做的功 W=-fX1 = - 15 J，故C錯誤；由FX1-f（x 1+ X2）= 0,可得F= 40 N,所以第1 s內(nèi)拉力對物體做的功 W = Fx1 =60 J，故D正確。答案 BD2.（多選）如圖8所示，用高壓水槍噴出的強力水柱沖擊右側(cè)的煤層。設水柱直徑為D,水流速度為V,方向水平，水柱垂直煤層表面，水柱沖擊煤層后水的速

20、度為零。高壓水槍的質(zhì)量為M手持高壓水槍操作，進入水槍的水流速度可忽略不計，已知水的密度為p。下列說法正確的是（）右A.高壓水槍單位時間噴出的水的質(zhì)量為p V n D1B.高壓水槍的功率為Tp n DV81C.7水柱對煤層的平均沖力為4P n前D.手對高壓水槍的作用力水平向右 解析： 設 t時間內(nèi)，從水槍噴出的水的體積為 V,質(zhì)量為 m1 2則 m= p V, V= SvA t = 4 n Dv t，單位時間噴出水的質(zhì)量為4p vn D2,選項A錯誤； t時間內(nèi)水槍噴出的水的動能 &=2 mV=fp n DVa t，由動能定理知高壓水槍在此期間對水做功為 W12 3W 12 3=&

21、;= 5 p n Dv t，高壓水槍的功率P=匚；=7 p n Dv ,選項B正8 t 8確；考慮一個極短時間 t，在此時間內(nèi)噴到煤層上水的質(zhì)量為 m 設煤層對水柱的作用力為F,由動量定理得FA t'= mv t時間1 1內(nèi)沖到煤層水的質(zhì)量mT= 4p n DvA t，解得F= jp n DV，由牛頓 第三定律可知，水柱對煤層的平均沖力為F'= F= 1p n DV,選項C 正確；當高壓水槍向右噴出高壓水流時，水流對高壓水槍的作用力向 左，由于高壓水槍有重力，根據(jù)平衡條件，手對高壓水槍的作用力方 向斜向右上方，選項D錯誤。答案 BC3. 如圖9所示，輕繩長為L,豎直懸掛質(zhì)量為M

22、的擺球，在最低點A 經(jīng)兩次打擊后到達圓周最高點 C若第一次平均打擊力為10 N,擺球 恰升到水平位置0B處，則第二次平均打擊力至少應該為多大，才能 使擺球上升到最高點？（設兩次打擊時間相等且極短）C,-圖9解析：設第一次被打擊后，球的速度為 VA1, 由動能定理得：一mgL= 0 2mAi,l卩 VAi = /2gr。則第二次被打擊后，球的速度為VA2,則 mg-2 L=2mV mV 聯(lián)立得VA2=寸5gl。由動量定理FA t = mA v得Fl Va1i 亍忑* F匸5航N 答案 5/10 N【歸納總結】1. 應用動能定理解題應抓好“一個過程、兩個狀態(tài)、四個關注”(1) 一個過程：明確研究過

23、程，確定這一過程研究對象的受力情況和 位置變化或位移信息。(2) 兩個狀態(tài)：明確研究對象的始、末狀態(tài)的速度或動能情況。四個關注: 建立運動模型，判斷物體做了哪些運動。分析各個運動過程中物體的受力和運動情況。抓住運動模型之間的聯(lián)系紐帶，如速度、加速度、位移，確定初、 末狀態(tài)。根據(jù)實際情況分階段或整體利用動能定理列式計算。2.使用動量定理的注意事項(1) 動量定理不僅適用于恒力，也適用于變力。這種情況下，動量定 理中的力F應理解為變力在作用時間內(nèi)的平均值。(2)動量定理的表達式是矢量式，運用它分析問題時要特別注意沖量、 動量及動量變化量的方向，公式中的 F是物體或系統(tǒng)所受的合力。應用3:動量觀點和

24、能量觀點的綜合應用【真題示例11 （2017 全國卷I, 14）將質(zhì)量為1.00 kg的模型火 箭點火升空，50 g燃燒的燃氣以大小為600 m/s的速度從火箭噴口 在很短時間內(nèi)噴出。在燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為 （噴出過程中重力和空氣阻力可忽略）（）A.30 kg - m/sB.5.7 X 102kg m/s2C.6.0 X 10 kg m/sD.6.3 X 102kg m/s解析：設火箭的質(zhì)量為m,燃氣的質(zhì)量為m。由題意可知，燃氣的3動量 p2 = mv2 = 50X 10X 600 kg m/s= 30 kg m/s。根據(jù)動量守恒 定律可得0= mv1 mv2，則火箭的動量大小為

25、 p1= mv1 = mv2 = 30 kg - m/s,所以A正確，B、C D錯誤。答案 A【真題示例21 （2017 天津理綜，10）如圖10所示，物塊A和B通 過一根輕質(zhì)不可伸長的細繩相連，跨放在質(zhì)量不計的光滑定滑輪兩 側(cè)，質(zhì)量分別為m=2 kg、m= 1 kg。初始時A靜止于水平地面上,B懸于空中。現(xiàn)將B豎直向上再舉高h= 1.8 m（未觸及滑輪），然后由 靜止釋放。一段時間后細繩繃直， A B以大小相等的速度一起運動, 之后B恰好可以和地面接觸。取g= 10 m/s2，空氣阻力不計。求:圖10(1) B從釋放到細繩剛繃直時的運動時間t ;(2) A的最大速度v的大小;初始時B離地面的

26、高度H。解析：(1)B從釋放到細繩剛繃直前做自由落體運動，有 h= -gt2 代入數(shù)據(jù)解得t = 0.6 s(2) 設細繩繃直前瞬間B速度大小為Vb, 有Vb= gt 細繩繃直瞬間，細繩張力遠大于 A B的重力，A B相互作用，由動 量守恒得 nmvB= (mA+ mB)v 之后A做勻減速運動，所以細繩繃直后瞬間的速度 v即為最大速度, 聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得 v = 2 m/s (3) 細繩繃直后，A、B一起運動，B恰好可以和地面接觸，說明此時1A B的速度為零，這一過程中A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，有-(mA + m)v + mgH= mgH 代入數(shù)據(jù)解得H= 0.6 m 答案 (1)0.6

27、 s (2)2 m/s (3)0.6 m【題后反思】 1.高考考查特點 (1)動量守恒定律的應用是高考熱點，碰撞模型、反沖運動是動量守 恒定律的基礎與核心模型。(2) 熟悉掌握并靈活應用動量守恒的條件，掌握常見的碰撞模型及規(guī) 律是突破該考點的關鍵。2. 常見誤區(qū)及臨考提醒 (1)對動量守恒條件理解不準確。 注意物理模型的構建。如天津卷第10題，繩子繃直瞬間，兩物塊 獲得共同速度，可等效于發(fā)生完全非彈性碰撞?！緦c強化】1.在一水平支架上放置一個質(zhì)量m= 0.98 kg的小球A, 顆質(zhì)量為 00= 20 g的子彈以vo= 300 m/s的水平速度擊中小球 A并留在其中。之后小球A水平拋出恰好落入

28、迎面駛來的沙車中，已知沙車的質(zhì)量 m= 2 kg，沙車的速度vi = 2 m/s，水平面光滑，不計小球與支架間 的摩擦。圖11(1)若子彈打入小球A的過程用時t = 0.01 s，求子彈與小球間的 平均作用力大小;(2)求最終沙車B的速度。解析：(1)子彈打入小球的過程，子彈和小球組成的系統(tǒng)動量守恒, m0Vo = (mo+ m)v 對小球由動量定理得FA t = mv 0 解得 F= 588 N。(2)之后小球平拋，系統(tǒng)水平方向動量守恒，規(guī)定水平向右為正方向,(m0+ m)v mv1= (m0 + m+ m)v22 解得 V2 = 3 m/s ,方向水平向右。答案(1)588 N2(2) 3

29、 m/s，方向水平向右2.光滑水平面上,用輕質(zhì)彈簧連接的質(zhì)量為nA= 2 kg、nB= 3 kg的AB兩物體都處于靜止狀態(tài)，此時彈簧處于原長狀態(tài)。將質(zhì)量為mc= 5 kg1的物體C,從半徑R= 3.2 m的4光滑圓弧軌道最高點由靜止釋放'如圖12所示，圓弧軌道的最低點與水平面相切，B與C碰撞后粘在一 起運動。求:A JjrhwwTI圖12(1)B、C碰撞剛結束時的瞬時速度的大小;(2)在以后的運動過程中，彈簧的最大彈性勢能。解析：(1)對C下滑過程中，根據(jù)動能定理得12mcgRk qmvo 設B C碰撞后的瞬間速度為vi,以C的速度方向為正方向，由動量 守恒定律得 mvo = (mB+ m)vi 代入數(shù)據(jù)得V1 = 5 m/s。由題意可知，當A B、C速度大小相等時彈簧的彈性勢能最大, 設此時三者的速度大小為V2,