高考物理二轮复习 专题二 动量与能量 第1讲 动量观点与能量观点在力学中的应用学案

第1讲动量观点与能量观点在力学中的应用网络构建备考策略1.解决力学综合题目的关键要做好“三选择”(1)当运动物体受到恒力作用而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题。

(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律。

(3)当涉及多个物体及时间时，一般考虑动量定理、动量守恒定律。

2.碰撞中的“三看”和“三想”(1)看到“弹性碰撞”，想到“动量守恒与机械能守恒”。

(2)看到“非弹性碰撞”，想到“动量守恒但机械能有损失”。

(3)看到“完全非弹性碰撞或者碰后连体”，想到“动量守恒，机械能损失最大”。

能量观点在力学中的应用功和功率的理解与计算【典例1】 (多选)(2018·全国卷Ⅲ，19)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面。

某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图1所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。

不考虑摩擦阻力和空气阻力。

对于第①次和第②次提升过程( )图1A.矿车上升所用的时间之比为4∶5B.电机的最大牵引力之比为2∶1C.电机输出的最大功率之比为2∶1D.电机所做的功之比为4∶5解析 根据位移相同可得两图线与时间轴围成的面积相等，即12v 0×2t 0＝12×12v 0[2t 0＋t ′＋(t 0＋t ′)]，解得t ′＝12t 0，则对于第①次和第②次提升过程中，矿车上升所用的时间之比为2t 0∶(2t 0＋12t 0)＝4∶5，A 正确；加速过程中的牵引力最大，且已知两次加速时的加速度大小相等，故两次中最大牵引力相等，B 错误；由题知两次提升的过程中矿车的最大速度之比为2∶1，由功率P ＝Fv ，得最大功率之比为2∶1，C 正确；两次提升过程中矿车的初、末速度都为零，则电机所做的功等于克服重力做的功，重力做的功相等，故电机所做的功之比为1∶1，D 错误。

答案 AC动能定理的应用【典例2】 (2018·全国卷Ⅱ，14)如图2，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。

木箱获得的动能一定( )图2A.小于拉力所做的功B.等于拉力所做的功C.等于克服摩擦力所做的功D.大于克服摩擦力所做的功解析 由动能定理W F －W f ＝E k －0，可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，A 正确。

答案 A动力学规律和动能定理的综合应用【典例3】 (2018·全国卷Ⅰ，18)如图3，abc 是竖直面内的光滑固定轨道，ab 水平，长度为2R ；bc 是半径为R 的四分之一圆弧，与ab 相切于b 点。

一质量为m 的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a 点处从静止开始向右运动。

重力加速度大小为g 。

小球从a 点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )图3A.2mgRB.4mgRC.5mgRD.6mgR解析 设小球运动到c 点的速度大小为v c ，则对小球由a 到c 的过程， 由动能定理有F ·3R －mgR ＝12mv 2c ，又F ＝mg ，解得v c ＝2gR 。

小球离开c 点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c 点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g ，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为t ＝v c g ＝2R g ，在水平方向的位移大小为x ＝12gt 2＝2R 。

由以上分析可知，小球从a 点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R ，则小球机械能的增加量为ΔE ＝F ·5R ＝5mgR ，C 正确，A 、B 、D 错误。

答案 C应用动力学观点和能量观点解决多过程问题【典例4】 (2018·全国卷Ⅲ，25)如图4，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道PA 在A 点相切，BC 为圆弧轨道的直径，O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，sin α＝35。

一质量为m 的小球沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆弧轨道通过C 点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用。

已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。

重力加速度大小为g 。

求图4(1)水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小； (2)小球到达A 点时动量的大小； (3)小球从C 点落至水平轨道所用的时间。

解析 (1)设水平恒力的大小为F 0，小球到达C 点时所受合力的大小为F 。

由力的合成法则有F 0mg＝tan α① F 2＝(mg )2＋F 20②设小球到达C 点时的速度大小为v ，由牛顿第二定律得F ＝m v 2R③由①②③式和题给数据得F 0＝34mg ④ v ＝5gR 2⑤ (2)设小球到达A 点的速度大小为v 1，作CD ⊥PA ，交PA 于D 点，由几何关系得DA ＝R sin α⑥ CD ＝R (1＋cos α)⑦由动能定理有－mg ·CD －F 0·DA ＝12mv 2－12mv 21⑧由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A 点的动量大小为p ＝mv 1＝m 23gR2⑨(3)小球离开C 点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g 。

设小球在竖直方向的初速度为v ⊥，从c 点落至水平轨道上所用时间为t 。

由运动学公式有v ⊥t ＋12gt 2＝CD ⑩ v ⊥＝v sin α⑪由⑤⑦○10⑪式和题给数据得t ＝355Rg⑫答案 (1)34mg5gR 2 (2)m 23gR 2 (3)355Rg功能关系的应用“三注意”(1)分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功；根据功能之间的对应关系，判定能的转化形式，确定能量之间的转化情况。

(2)当涉及摩擦力做功时，机械能不守恒，一般应用能的转化和守恒定律，特别注意摩擦产生的内能Q ＝F f x 相对，x 相对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度。

(3)应用能量守恒定律解题时，首先确定初、末状态，然后分清有多少种形式的能在转化，再分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE 减和增加的能量总和ΔE 增，最后由ΔE 减＝ΔE 增列式求解。

1.(多选)如图5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μ。

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)，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则( )图5A.动摩擦因数μ＝67B.载人滑草车最大速度为2gh 7C.载人滑草车克服摩擦力做功mghD.载人滑草车在下段道上的加速度大小为35g解析 由题意知，上、下两段斜坡的长分别为s 1＝h sin 45°，s 2＝hsin 37°由动能定理知：2mgh －μmgs 1cos 45°－μmgs 2cos 37°＝0 解得动摩擦因数μ＝67，选项A 正确；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a 1＝g (sin 45°－μcos 45°)＝214g ， a 2＝g (sin 37°－μcos 37°)＝－335g ，则在下落h 时的速度最大，由动能定理知：mgh －μmgs 1cos 45°＝12mv 2解得v ＝2gh7，选项B 正确，D 错误； 载人滑草车克服摩擦力做的功与重力做功相等，即W ＝2mgh ，选项C 错误。

答案 AB2.如图6所示，BC 是高处的一个平台，BC 右端连接内壁光滑、半径r ＝0.2 m 的四分之一细圆管CD ，管口D 端正下方一根劲度系数为k ＝100 N/m 的轻弹簧直立于水平地面上，弹簧下端固定，上端恰好与管口D 端平齐，一可视为质点的小球在水平地面上的A 点斜向上抛出，恰好从B 点沿水平方向进入高处平台，A 、B 间的水平距离为x AB ＝1.2 m ，小球质量m ＝1 kg 。

已知平台离地面的高度为h ＝0.8 m ，小球与BC 间的动摩擦因数μ＝0.2，小球进入管口C 端时，它对上管壁有10 N 的作用力，通过CD 后，在压缩弹簧过程中小球速度最大时弹簧弹性势能E p ＝0.5 J 。

若不计空气阻力，取重力加速度大小g ＝10 m/s 2。

求：图6(1)小球通过C 点时的速度大小v C ； (2)平台BC 的长度L ；(3)在压缩弹簧过程中小球的最大动能E km 。

解析 (1)小球通过C 点时，它对上管壁有F ＝10 N 的作用力，则上管壁对小球也有F ′＝10 N 的作用力，根据牛顿运动定律有F ′＋mg ＝m v 2Cr得v C ＝2 m/s(2)小球从A 点抛出到B 点所用时间t ＝2hg＝0.4 s到B 点时速度大小为v B ＝x ABt＝3 m/s 小球从B 点到C 点的过程中，根据动能定理有 －μmgL ＝12mv 2C －12mv 2B得平台BC 的长度L ＝1.25 m(3)小球压缩弹簧至速度达到最大时，加速度为零，则mg ＝kx弹簧的压缩量x ＝0.1 m从C 位置到小球的速度达到最大的过程中，根据机械能守恒定律有mg (r ＋x )＋12mv 2C ＝E km ＋E p得E km ＝4.5 J答案 (1)2 m/s (2)1.25 m (3)4.5 J动量观点和能量观点在力学中的应用动量和动能的关系【典例1】 (2018·全国卷Ⅰ，14)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。

在启动阶段，列车的动能( ) A.与它所经历的时间成比 B.与它的位移成正比 C.与它的速度成正比 D.与它的动量成正比解析 列车启动的过程中加速度恒定，由匀变速直线运动的速度与时间关系可知v ＝at ，且列车的动能为E k ＝12mv 2，由以上整理得E k ＝12ma 2t 2，动能与时间的平方成正比，动能与速度的平方成正比，A 、C 错误；将x ＝12at 2代入上式得E k ＝max ，则列车的动能与位移成正比，B正确；由动能与动量的关系式E k ＝p 22m可知，列车的动能与动量的平方成正比，D 错误。

答案 B动量定理的应用【典例2】 (2018·全国卷Ⅱ，15)高空坠物极易对行人造成伤害。