2019年高考物理大二輪復習 考前知識回扣 考前第7天 能量和動量.doc

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考前第7天　能量和動量 [回顧知識] 1．功的定義式 W＝Flcosα(α是F與位移l方向的夾角)，這種方法只適用于恒力做功．當0≤α<時F做正功，當α＝時F不做功，當<α≤π時F做負功． 2．功率 P＝＝Fvcosα (1)當v為瞬時速度時，對應的P為瞬時功率． (2)當v為平均速度時，對應的P為平均功率． 3．機車啟動問題中的注意點 (1)全程最大速度的臨界點為：F阻＝. (2)勻加速運動的最后點為－F阻＝ma；此時瞬時功率等于額定功率P額． (3)在勻加速過程中的某點有：－F阻＝ma. (4)在變加速運動過程中的某點有－F阻＝ma2. 4．動能定理 (1)定義：外力做功的代數(shù)和等于物體動能的變化量． (2)表達式：W合＝Ek2－Ek1. (3)適用范圍：單個物體，單一過程或多個過程，直線運動或曲線運動． 5．機械能守恒定律 (1)成立條件：系統(tǒng)內只有重力或彈力做功，其他任何內力、外力都不做功或做功的代數(shù)和為零． 物體間只有動能和重力勢能及彈性勢能相互轉化，系統(tǒng)跟外界沒有發(fā)生機械能的轉化，機械能也沒有轉化成其他形式的能(如沒有內能產生)，系統(tǒng)的機械能守恒． (2)表達式 ①Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2 ②ΔEk＝－ΔEp. ③ΔEA增＝ΔEB減 6．幾種常見的功能關系 做功 能量變化 功能關系 重力做功 重力勢能變化ΔEp WG＝－ΔEp 彈力做功 彈性勢能變化ΔEp WF＝－ΔEp 合外力做功W合 動能變化ΔEk W合＝ΔEk 除重力和彈力之外其他力做功W其 機械能變化ΔE W其＝ΔE 系統(tǒng)內滑動摩擦力與介質阻力做功Ffs相對 系統(tǒng)內能變化ΔE內 Ffs相對＝ΔE內 電場力做功 WAB＝qUAB 電勢能變化ΔEp WAB＝－ΔEp 電流做功W＝UIt 電能變化ΔE W＝－ΔE 7.動量定理 (1)內容：物體在一個過程始末的動量變化量等于它在這個過程中所受力的沖量，這個關系叫做動量定理． (2)表達式：Ft＝mv2－mv1＝Δp. 動量定理不僅適用于恒力作用的過程，也適用于隨時間變化的變力作用的過程．對于變力作用的過程，動量定理中的F可以理解為變力在作用時間內的平均值． (3)根據(jù)F＝ma得F＝ma＝m＝，即F＝，這是牛頓第二定律的另一種表達形式． 8．動量守恒定律 (1)內容：如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這個系統(tǒng)的總動量保持不變． (2)三種常見表達式 ①p＝p′(系統(tǒng)相互作用前的總動量p等于相互作用后的總動量p′)． 實際應用時的三種常見形式： a．m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(適用于作用前后都運動的兩個物體組成的系統(tǒng))． b．0＝m1v1′＋m2v2′(適用于原來靜止的兩個物體組成的系統(tǒng)，比如爆炸、反沖等)． c．m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v(適用于兩物體作用后結合為一體或具有相同速度的情況，如完全非彈性碰撞)． ②Δp＝0(系統(tǒng)總動量不變)． ③Δp1＝－Δp2(相互作用的兩物體組成的系統(tǒng)，兩物體動量的變化量大小相等、方向相反)． (3)動量守恒的條件 ①理想守恒：系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)所受外力之和為零，則系統(tǒng)動量守恒． ②分方向守恒：系統(tǒng)在某一方向上不受外力，或外力之和為零，則系統(tǒng)在這一方向上的動量變化量為零，系統(tǒng)在這一方向上動量守恒． ③近似守恒：系統(tǒng)的內力遠大于外力或者系統(tǒng)在某一方向上的內力遠大于外力，則系統(tǒng)的外力或系統(tǒng)在某一方向上的外力可以忽略不計，系統(tǒng)或系統(tǒng)在某一方向上的動量近似守恒． [回顧方法] 1．求變力做功的常用方法 (1)將變力轉化為恒力 以恒代變法——通過關聯(lián)點將變力做功轉化為恒力做功； 化曲為直法——可將方向變化大小不變的變力轉化為恒力來求所做的功； 平均力法——若力F隨位移l線性變化，可用平均力將變力轉化為恒力． (2)圖象法：作出變力F隨位移l變化的圖線，圖線與位移軸所圍的面積即變力所做的功． (3)當某力做功的功率P一定時，該力在時間t內做的功可由W＝Pt計算． (4)根據(jù)動能定理、功能關系，通過求能量的變化來求變力所做的功． 2．解決機械能守恒綜合題目的一般方法 (1)對物體進行運動過程的分析，分析每一運動過程的運動規(guī)律． (2)對物體進行每一過程中的受力分析，確定有哪些力做功，有哪些力不做功，哪一過程中滿足機械能守恒定律的條件． (3)分析物體的運動狀態(tài)，根據(jù)機械能守恒定律及有關的力學規(guī)律列方程求解． 3．分析小球碰撞是否合理的三種方法 (1)動量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′ (2)動能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或m1v＋m2v≥m1v1′2＋m2v2′2 (3)速度要符合物理情景 ①碰前兩物體同向，則應用v后>v前，碰后，原來在前的物體速度一定增大，且v前′≥v后′； ②兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變． [回顧易錯點] 1．區(qū)分一對靜摩擦力與一對滑動摩擦力做功． 2．區(qū)分平均功率與瞬時功率． 3．區(qū)分在機車啟動類問題中“勻加速最后時刻的速度”與“所能達到的最大速度”． 4．區(qū)分機械能守恒條件中“只有重力做功”和“只受重力作用”． 5．區(qū)分動量守恒條件與機械能守恒條件． 6．區(qū)分動量定理與動能定理． 7．區(qū)分彈性碰撞與非彈性碰撞． [保溫精練] 1．(多選)如圖所示，質量為2m的物體B靜止在光滑的水平面上，物體B的左邊固定有輕質彈簧，質量為m的物體A以速度v向物體B運動并與彈簧發(fā)生作用，從物體A接觸彈簧開始到離開彈簧的過程中，物體A、B始終沿同一直線運動．以初速度v方向為正，則(　　) A．此過程中彈簧對物體B的沖量大小大于彈簧對物體A的沖量大小 B．彈簧的最大彈性勢能為mv2 C．此過程彈簧對物體B的沖量為mv D．物體A離開彈簧后的速度為－v [解析]　此過程中彈簧對物體B的作用力和彈簧對物體A的作用力是一對作用力和反作用力，大小相等，作用時間相同，根據(jù)沖量的定義可知，此過程中彈簧對物體B的沖量大小等于彈簧對物體A的沖量大小，選項A錯誤；當兩物體速度相等時，彈簧彈性勢能最大，由動量守恒定律得mv＝(m＋2m)v′，解得v′＝，由能量守恒定律得，彈簧的最大彈性勢能Ep＝mv2－(m＋2m)v′2＝mv2，選項B正確；設物體A離開彈簧時速度為v1，物體B速度為v2，由動量守恒定律得，mv＝mv1＋2mv2，由能量守恒定律得，mv2＝mv＋2mv，聯(lián)立解得v1＝－v，v2＝v.在物體A離開彈簧時，由動量定理得，此過程中彈簧對B的沖量等于物體B動量的變化，即I＝2mv2＝mv，選項C錯誤，D正確． [答案]　BD 2.甲、乙兩物體用細線相連，跨過兩光滑滑輪按如圖所示方式連接，滑輪上方放置一豎直的光滑半圓形軌道，甲物體與地面接觸，乙物體緊挨滑輪位置，兩滑輪到地面距離與半圓軌道直徑相等，且與圓心在同一水平線上．若兩滑輪與甲、乙物體均視為質點，且兩滑輪之間距離可視為與半圓軌道直徑相等，現(xiàn)將乙由靜止開始釋放，甲物體向上運動到圓弧軌道后，恰好能沿半圓軌道做圓周運動，則甲、乙兩物體質量之比為(　　) A．1∶7 B．1∶6 C．1∶5 D．1∶4 [解析]　設甲、乙兩物體質量分別為m1、m2，軌道半徑為R，當乙下落到地面、甲運動到半圓軌道下端時，由題意知，對系統(tǒng)由機械能守恒定律可得2m2gR－2m1gR＝(m2＋m1)v2，甲球恰好能做圓周運動，則甲球在圓軌道最高點時必有m1g＝，甲由軌道下端運動到最高點過程中由機械能守恒定律可得：m1v2＝m1gR＋m1v，聯(lián)立以上各式可得：m2＝7m1，則A正確． [答案]　A 3．(2018衡水中學六調)有一條捕魚小船?？吭诤叴a頭，小船又窄又長，一位同學想用一個卷尺粗略地測定它的質量，他進行了如下操作：首先將船平行碼頭自由停泊，然后他輕輕從船尾上船，走到船頭后停下，而后輕輕下船，用卷尺測出船后退的距離為d，然后用卷尺測出船長為L.已知他自身的質量為m，則小船的質量m0為(　　) A. B. C. D. [解析]　人在小船上移動，人和船組成的系統(tǒng)動量守恒．根據(jù)動量守恒定律有，＝，解得m0＝，B正確． [答案]　B 4．(2018河北六校聯(lián)考)如圖所示，質量m1＝3 kg、速度v1＝2 m/s的小球A與質量m2＝1 kg、速度v2＝－4 m/s的小球B發(fā)生正碰，以下情況表示完全彈性碰撞的是(v′1、v′2分別對應碰后小球A、B的速度)(　　) A．v′1＝－1 m/s　v′2＝5 m/s B．v′1＝－2 m/s　v′2＝8 m/s C．v′1＝1 m/s　v′2＝－5 m/s D．v′1＝－ m/s　v′2＝4 m/s [解析]　取v1的方向為正方向，碰撞前總動量p＝m1v1＋m2v2＝32 kgm/s－14 kgm/s＝2 kgm/s，碰撞前的總動能Ek＝m1v＋m2v＝322 J＋142 J＝14 J. 如果v′1＝－1 m/s、v′2＝5 m/s，則碰撞后總動量p′1＝m1v′1＋m2v′2＝2 kgm/s，動量守恒． 碰撞后的總動能Ek1＝m1v′＋m2v′＝14 J，機械能守恒，所以發(fā)生完全彈性碰撞，故A正確． 如果v′1＝－2 m/s、v′2＝8 m/s，則碰撞后總動量p′2＝m1v′1＋m2v′2＝2 kgm/s，動量守恒． 碰撞后的總動能Ek2＝m1v′＋m2v′＝38 J，機械能不守恒，故B錯誤． 如果v′1＝1 m/s、v′2＝－5 m/s，則碰撞后總動量p′3＝m1v′1＋m2v′2＝－2 kgm/s，動量不守恒，故C錯誤． 如果v′1＝－ m/s、v′2＝4 m/s，則碰撞后總動量p′4＝m1v′1＋m2v′2＝2 kgm/s，動量守恒． 碰撞后的總動能Ek4＝m1v′＋m2v′≈8.7 J，機械能不守恒，故D錯誤． [答案]　A