物理二轮（山东专用）学案：专题9 第1讲 2．动量和能量 Word版含解析.doc

1、- 1 - 2动量和能量 临考必背 一、功和功率 1判断某力是否做功，做正功还是负功 (1)F 与 l 的夹角(恒力)。 (2)F 与 v 的夹角(曲线运动的情况)。 (3)能量变化(两个相联系的物体做曲线运动的情况)。 2求功的六种方法 (1)WFlcos (恒力，定义式)。 (2)WPt(变力，恒定功率)。 (3)WEk(变力或恒力)。 (4)W其他E机(功能原理)。 (5)图像法(变力或恒力)。 (6)气体做功：WpV(p气体的压强；V气体的体积变化)。 3计算功率的两个公式 PW t 或 PFvcos 。 4机车启动类问题中的“图像”及“特殊点” (1)两种启动方式对应的图像 恒定功率

2、启动 恒定加速度启动 (2)全程最大速度的临界点为 FfP 额 vm。 (3)匀加速运动的最后点为P 额 v0Ffma，此时瞬时功率为额定功率，瞬时速度为匀加速过程的 最大速度。 (4)在匀加速过程中的某点有P1 v1Ffma1。 (5)在变加速运动过程中的某点有P 额 v2Ffma2。 5动能定理 W总Ek2Ek1。W总是外力所做的总功，包括自身重力所做的功。 6重力势能 Epmgh(h 是相对于零势能面的高度)。 7机械能守恒定律的三种表达方式 (1)始、末状态：mgh11 2mv 2 1mgh21 2mv 2 2。 (2)能量转化：EkEp。 (3)研究对象：EA增EB减。 8几种常见的

3、功能关系 做功 能量变化 功能关系 重力做功 重力势能变化 Ep WGEp 弹力做功 弹性势能变化 Ep W弹Ep 合外力做功 W合 动能变化 Ek W合Ek 除重力和弹力之外 其他力做功 W其他 机械能变化 E W其他E 滑动摩擦力与介 系统内能变化 E内 Ffl相对E内 - 2 - 质阻力做功 Ffl相对 电场力做功 WABqUAB 电势能变化 Ep WABEp 电流做功 WUIt 电能变化 E WE 二、动量 1动量：pmv。 2动量定理：Ftmv2mv1。 3动量守恒定律 (1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。 (2)近似守恒：系统所受外力不为零，但内力远远

4、大于外力，如碰撞、爆炸等。 (3)表达式：m1v1m2v2m1v1m2v2。 (4)某一方向上动量守恒：系统所受外力不为零，且内力也不是远远大于外力，但某一方向上 所受外力为零。 4可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足： v1m1m2 m1m2v0、v2 2m1 m1m2v0。 5熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度；当 m1m2， 且 v200 时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为 2v0。当 m1m2，且 v200 时，碰后 质量小的原速率反弹。 6碰撞问题应同时遵守三条原则 (1)动量守恒：即 p1p2p1p2。 (2)

5、动能不增加：即 Ek1Ek2Ek1Ek2或1 2m1v 2 11 2m2v 2 21 2m1v1 21 2m2v2 2。 (3)速度要符合物理情景。 7系统内物体作用时的能量关系：E损E初E末，摩擦生热 QFfx相对。 临考必练 1 “蹦极”运动中， 长弹性绳的一端固定， 另一端绑在人身上， 人从几十米高处跳下。 将“蹦 极”过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中， 下列分析正确的是( ) A绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小 B绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小 C绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大 D人在最低点时，绳对人的拉力等于

6、人所受的重力 解析：从绳子恰好伸直，到人第一次下降到最低点的过程中，拉力逐渐增大，由牛顿第二定 律 mgFma 可知，人先做加速度减小的加速运动，当 a0 时，Fmg，此时速度最大，动 量最大，动能最大，此后人继续向下运动，Fmg，由牛顿第二定律 Fmgma 可知，人做 加速度增大的减速运动，动量一直减小直到减为零，全过程中拉力方向始终向上，所以绳对 人的冲量始终向上，动量先增大后减小，拉力对人始终做负功，动能先增大后减小。综上可 知 A 正确，B、C、D 错误。 答案：A 2.良好的学习、生活习惯对人的一生有重要意义。在居家期间有些同学经常躺着看手机，出现 了手机碰伤眼睛的情况。若手机质量为

7、 120 g，从距离眼睛约 20 cm 的高度处无初速度掉落， 碰到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为 0.15 s，g 取 10 m/s2，则手机对眼睛的 冲击力约为( ) - 3 - A0.24 N B0.28 N C2.4 N D2.8 N 解析：手机碰到眼睛前瞬间速度为 v 2gh 2100.2 m/s2 m/s，以向下为正方向，对 于手机，碰撞过程由动量定理有(mgF)t0mv，代入数据得 F2.8 N，故 A、B、C 错误， D 正确。 答案：D 3 (多选)一质量为 m 的物体在竖直向上的恒力 F 作用下以大小为1 3g 的加速度竖直向上加速运 动， 且物体在运动中所受

8、空气阻力的大小恒为重力的1 6， 则在物体向上运动位移为 h 的过程中， 下列说法正确的是( ) A力 F 做功7 6mgh B物体的重力势能增加 mgh C物体的动能增加1 3mgh D物体的机械能减少2 3mgh 解析：由牛顿第二定律得 FmgF阻m g 3，解得 F 3 2mg，则力 F 做的功为 WFFh 3 2mgh， 故 A 错误；物体的重力势能增加 Epmgh，故 B 正确；由动能定理可知，物体动能的增加量 为 EkW合1 3mgh，故 C 正确；由功能关系可知，除重力或系统内弹力外其他力对物体做的 功等于物体机械能的变化量，则 E(F1 6mg)h 4 3mgh，即机械能增加

9、4 3mgh，故 D 错误。 答案：BC 4(多选)下列各图是反映汽车(额定功率 P额)从静止开始匀加速启动，最后做匀速直线运动的 过程中，其速度随时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图像，其中正确的是( ) 解析：汽车从静止开始匀加速启动，由公式 PFv 及题意知，当力恒定时，随着速度的增加 功率 P 增大，当 PP额时，功率不再增加，此时牵引力 F 大于阻力 f，速度继续增加，牵引力 减小，此后汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当 Ff 时，速度达最大，加速度为零，做匀 速直线运动，B 错误，A、C、D 正确。 答案：ACD 5.如图所示，一半圆形碗的边缘上装有一定滑轮，滑轮两边通过一不

10、可伸长的轻质细线挂着两 个小物体，质量分别为 m1、m2，m1m2。现让 m1从靠近定滑轮处由静止开始沿碗内壁下滑。 设碗固定不动，其内壁光滑、半径为 R，则 m1滑到碗最低点时的速度为( ) - 4 - A2 （m1m2）gR 2m1m2 B 2（m1m2）gR m1m2 C. 2（m1 2m2）gR m1m2 D2 （m1 2m2）gR 2m1m2 解析：设当 m1到达碗最低点时速率为 v1，此时 m2的速率为 v2，则有 v1cos 45 v2，由机械 能守恒定律得 m1gRm2g 2R1 2m1v 2 11 2m2v 2 2，解得 v12 （m1 2m2）gR 2m1m2 ，D 正确。

11、 答案：D 6 如图所示， AOB 是光滑水平轨道， BC 是半径为 R 的1 4光滑固定圆弧轨道， 两轨道恰好相切， 质量为 M 的小木块静止在 O 点，一个质量为 m 的子弹以初速度 v0水平向右快速射入小木块 内，并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点 C(木块和子弹均可以看成 质点)。已知 R0.4 m，m1 kg，M10 kg。(重力加速度 g 取 10 m/s2，结果保留两位有效数 字)求： (1)子弹射入木块前的速度 v0； (2)若每当小木块运动到圆弧并返回到 O 点时，立即有相同的子弹射入小木块，并留在其中， 则当第三颗子弹射入小木块后，木块速度多大？ 解析：(1)第一颗子弹射入木块的过程，系统动量守恒，即 mv0(mM)v1 系统由 O 到 C 的运动过程中机械能守恒，即 1 2(mM)v 2 1(mM)gR 联立以上两式解得 v0mM m 2gR31 m/s。 (2)由动量守恒定律可知，第二颗子弹射入木块后，木块的速度为 0 当第三颗子弹射入木块时，由动量守恒定律得 mv0(3mM)v3， 解得 v3 mv0 3mM2.4 m/s。 答案：(1)31 m/s (2)2.4 m/s