專題二動最與能駅 第1講動量觀點與能量觀點在力學中的應用高考必備丨 暑冒鑒靈鑒鑒噩鱷鹽遺牝圭垂魁遲暑冒明確備考萊昭知識必備常見的功能關系合力做功與動能的關系： W^=A丘。重力做功與重力勢能的關系： W=—A&。⑶彈力做功與彈性勢能的關系： W^=—AEpo(4)除重力以外其他力做功與機械能的關系： W其他=AE機。⑸滑動摩擦力做功與內(nèi)能的關系： FfX相對=AE內(nèi)o機械能守恒定律條件：只有重力、系統(tǒng)內(nèi)彈力做功。表達式：Ek1+Ep1=E<2+丘2。動能定理內(nèi)容：合外力做的功等于動能的變化。1212⑵表達式：W=-mu—mv22動量定理及動量守恒定律(1)動量定理：Ft=mv—mv⑵動量守恒定律： mv1+mv2=mv1'+mv?'⑶備考策略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。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。

必須領會的“1種物理思想和3種方法”守恒的思想。守恒法、轉(zhuǎn)化法、轉(zhuǎn)移法。必須辨明的“3個易錯易混點”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。高頻考點｝高頻考點｝熱點高效突破提升應希能力考點。力學中的幾個功能關系的應用【真題示例1】(2017?全國卷川，16)如圖1，一質(zhì)量為m長度為I的均勻柔軟細繩PQ豎直懸1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-I。重力加速度大3TOC\o"1-5"\h\z小為g。在此過程中，外力做的功為( )P1OjTOC\o"1-5"\h\z圖11 1A.—mgl B.—mgl9 61 1C.§mgl D.?mgl解析由題意可知，PM段細繩的機械能不變，MQ段細繩的重心升高了；，則重力勢能增加 △&=6100m/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，2大小取為9.8m/s(結果保留2位有效數(shù)字)。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能；求飛船從離地面高度 600m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E<o=2mV①式中，m和vo分別是飛船的質(zhì)量和著地前瞬間的速率。由①式和題給數(shù)據(jù)得8氐=4.0X10J②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12&=?m\h+mg③式中，Vh是飛船在高度1.6X105m處的速度大小。由③式和題給數(shù)據(jù)得12&=2.4X10J④⑵飛船在高度h'=600m處的機械能為曰=昴1°^)2+mgh⑤由功能原理得W=Eh—氐⑥式中，W是飛船從高度600m處至著地瞬間的過程中克服阻力所做的功。由②⑤⑥式和題給數(shù)據(jù)得 W=9.7X108J⑦8128答案(1)(1)4.0X10J2.4X10J(2)9.7X10J真題感悟高考考查特點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。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。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。⑵注意物理方法的靈活選用。如全國卷川第 16題的等效法(重心)。

預測1功、功率的理解與計算預測2機械能守恒定律的應用預測3功能關系、能量轉(zhuǎn)化守恒定律的綜合應用||考向預測.1.（2017?濰坊模擬）質(zhì)量為m=2kg的物體沿水平面向右做直線運動， t=0時刻受到一個水平向左的恒力F,如圖2左的恒力F,如圖2甲所示，此后物體的v—t圖象如圖乙所示，取水平向右為正方向，g取10m/s,TOC\o"1-5"\h\z物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為 卩=0.510s末恒力F的瞬時功率為6W10s末物體在計時起點左側(cè) 4m處D.0?10s內(nèi)恒力F做功的平均功率為 0.6W解析由圖線可知0解析由圖線可知0?4s內(nèi)的加速度大小ai822=4m/s=2m/s，可得F+卩mg=ma；由圖線可知6224?10s內(nèi)的加速度大小a2=m/s=1m/s，可得F—卩mg=ma;解得F=3N,卩=0.05，選項A錯誤；10s末恒力F的瞬時功率為Ro=Fvio=3X6W=18W,選項B錯誤；0?4s內(nèi)的位移11X1= 4x8m=16m,4?10s內(nèi)的位移X2=— 6X6m=—18m,故10s末物體在計時起Fx3X2點左側(cè)2m處，選項C錯誤；0?10s內(nèi)恒力F做功的平均功率為P=- W=0.6W,選項D正確。答案D2.（多選）如圖3，直立彈射裝置的輕質(zhì)彈簧頂端原來在 O點，O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X0,釋放彈簧后鋼珠被彈出，鋼珠運動到P點時的動能為4mgx,不計一切阻力，下列說法正確的是 （ ）彈射過程，彈簧和鋼珠組成的系統(tǒng)機械能守恒彈簧恢復原長時，彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為鋼珠的動能鋼珠彈射所到達的最高點距管口 P的距離為7X0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 3xo,即重力勢能增加量△巳=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AD(名師改編)如圖4所示，質(zhì)量mB=3.5kg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=100N/m。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 O、Q后，與套在光滑直桿頂端 E處的質(zhì)量m=1.6kg的小球A連接。已知直桿固定不動，桿長 L為0.8m，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平，此時繩子中的張力F為45N。已知EO=0.5m，重力加速度g取10m/s 求在釋放小球A之前彈簧的形變量； 若直線CO與桿垂直，求小球 求在釋放小球A之前彈簧的形變量； 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=0.1m。(2)對A球從E點運動到C的過程應用動能定理得12W/Fmigh=2imvA—0①其中h=xCOcos37°，而xCO=xEOsin37°=0.3m物體B下降的高度h'=xEO—xCO=0.2m②由此可知，彈簧這時被壓縮了 0.1m，此時彈簧彈性勢能與初始時刻相等， A、B和彈簧組成的系1212統(tǒng)機械能守恒，有mAgh+mgh'=qmAVAF2mvB③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=0④由①②③④得W=7J。⑶由題意知，桿長L=0.8m，由幾何知識可知EC=CD/CDOZCEd37°,故D8EO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，平行于繩方向的速度即 B的速度，由幾何關系得vb'=va'cos37°?整個過程機械能守恒，可得mgLsin37mgLsin371,=2mvA2+pmvB2由⑤⑥得Va'=2m/s。答案(1)0.1m(2)7J(3)2m/s歸納總結解決功能關系問題應注意的三個問題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。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。考點動量定理和動能定理的應用考點動量定理和動能定理的應用【真題示例1】(多選)(2017?全國卷川，20)一質(zhì)量為2kg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( )

t=1s時物塊的速率為1m/st=2s時物塊的動量大小為 4kg?m/st=3s時物塊的動量大小為 5kg?m/st=4s時物塊的速度為零解析由動量定理可得Ft=mv解析由動量定理可得Ft=mv解得v=弓。t=12s時物塊的速率為Ft2X1V=后二丁m/s=1m/s，故A正確；t=2s時物塊的動量大小p2=F2t2=2X2kg?m/s=4kg故A正確；t=2s時物塊的動量大小量大小為ps=(2X2-1X1)kg?m/s=3kg?m/s,t=4s時物塊的動量大小為 p4=(2X2-1X2)kg?m/s=2kg?m/s,所以t=4s時物塊的速度為1m/s，故B正確，CD錯誤。答案AB【真題示例2】（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S。和S1（S1<S。）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 V1。重力加速度為g。求：，由動能定理得，由動能定理得-mgs=fmV-fmV①22“e Vo—Vi解得卩=②2gso⑵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大小分別為 ai和a2，所用的時間為t。由運動學公式得v 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2—vi=2aiso③Vo—Vi=ait④si=*a2t2⑤聯(lián)立②③⑤式得Sia2=—(Vi+Vo2s2__2-⑥法2Sia2=—(Vi+Vo2s2__2-⑥法2對冰球由動量定理得—卩mgt=mV-mV③Si=ia2t2④由②③④式得2Si(Vi+Vo)a2=22so真題感悟2ViSi(Vo+Vi)222soi.高考考查特點(i)動能定理是高考的必考熱點，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。⑵一般以生活中的物理問題(如20i7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(i)不清楚物體動量變化規(guī)律是由合外力的沖量決定的，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。|考向予頁測?預測i動能定理的應用預測2動量定理的應用預測3動能疋理、動量疋理的綜合應用i.(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45J，在第1s末撤去拉力，物體整個運動過....2程的v-1圖象如圖7所示，g取10m/s,則（ ）物體的質(zhì)量為5kgTOC\o"1-5"\h\z物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為 0.1第1s內(nèi)摩擦力對物體做的功為 60J第1s內(nèi)拉力對物體做的功為 60J2mv解析由動能定理有叫=亍，第1s末速度v=3m/s，解出m=10kg，故A錯誤；撤去拉力后1一12物體的位移X2= 3X3m=4.5m，由動能定理可得：一fx2=0—qmv,可解得：f=10N，又f=卩mg解出卩=0.1，故B正確；第1s內(nèi)物體的位移X1=1.5m第1s內(nèi)摩擦力對物體做的功W=—fx1=—15J，故C錯誤；由FX1—f（X1+X2）=0,可得F=40N，所以第1s內(nèi)拉力對物體做的功W=FX1=60J，故D正確。答案BD（多選）（2017?陜西省寶雞市高三教學質(zhì)量檢測 ）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（ ）圖8高壓水槍單位時間噴出的水的質(zhì)量為 pvnD高壓水槍的功率為1pnDV81水柱對煤層的平均沖力為 4pnDV手對高壓水槍的作用力水平向右△V,質(zhì)量為△m則△V,質(zhì)量為△m則△m=pAV,△V=SvAt=1nD2vAt,單位時間噴出水的質(zhì)量為色工1pvnD2,選項A錯誤；△t時間內(nèi)水槍噴出的水的4 At4121231動能E=Amv=-pnDvAt,由動能定理知高壓水槍在此期間對水做功為W=Ek=-28823 W1 23pnDv3At,高壓水槍的功率P= nDv3,選項B正確；考慮一個極短時間At在此At8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FAt'=mvAt'11時間內(nèi)沖到煤層水的質(zhì)量m=4pnDvAt',解得F=4PnDV,由牛頓第三定律可知，水柱對1煤層的平均沖力為F'=F=^pnDv2,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BC如圖9所示，輕繩長為I，豎直懸掛質(zhì)量為 M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點C,若第一次平均打擊力為 10N,為多大，才能使擺球上升到最高點?（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）解析設第一次被打擊后，球的速度為由動能定理得：一mgl=解析設第一次被打擊后，球的速度為由動能定理得：一mgl=0—jmG，即VA1,VA1= 2gl。則第二次被打擊后，球的速度為 VA2,1212—mg-21=^mvt—尹⑷①2mvmg=-p②聯(lián)立①②得VA2^./5gl。由動量定理FAt=mAV得F1 VA1 —盲VA2,F2=510N答案5,10N歸納總結

應用動能定理解題應抓好“一個過程、兩個狀態(tài)、四個關注”一個過程：明確研究過程，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。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。⑶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。使用動量定理的注意事項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。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。考點動量觀點和能量觀點的綜合應用考點動量觀點和能量觀點的綜合應用【真題示例1】(2017?全國卷I, 14)將質(zhì)量為1.00kg的模型火箭點火升空，50g燃燒的燃氣以大小為600m/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 )( )2A.30kg?m/s B.5.7x10kg?m/s圖ioB從釋放到細繩剛繃直時的運動時間 t;A的最大速度v的大小；⑶初始時B離地面的高度H。解析(1)B從釋放到細繩剛繃直前做自由落體運動，有12h=2gt①代入數(shù)據(jù)解得t=0.6s②設細繩繃直前瞬間B速度大小為Vb,有Vb=gt③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 mBVB=(mi+m)v④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②③④式，代入數(shù)據(jù)解得v=2m/s⑤細繩繃直后，AB一起運動，B恰好可以和地面接觸，說明此時 AB的速度為零，這一過程12中A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，有 2(m+m)v+mgH=migH⑥代入數(shù)據(jù)解得H=0.6m⑦答案(1)0.6s(2)2m/s(3)0.6m真題感悟高考考查特點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。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。常見誤區(qū)及臨考提醒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。I考向予頁測盧預測1動量守恒定律的應用預測2與動量守恒定律相關的臨界問題預測3動量觀點和能量觀點的綜合應用(2017?云南玉溪一中模擬)在一水平支架上放置一個質(zhì)量m=0.98kg的小球A,—顆質(zhì)量為m=20g的子彈以Vo=300m/s的水平速度擊中小球A并留在其中。之后小球A水平拋出恰好落入迎面駛來的沙車中，已知沙車的質(zhì)量 m=2kg，沙車的速度vi=2m/s，水平面光滑，不計小球與支架間的摩擦。JA~n圖11若子彈打入小球A的過程用時△t=0.01s，求子彈與小球間的平均作用力大小；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，則mv°=(m+m)v對小球由動量定理得 Fat=mv—0解得F=588N。(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，則(m+m)v—mv1=(m+m+m)v2、，?一，，解得V2=3m/s，方向水平向右。32答案(1)588N(2)3m/s，方向水平向右(2017?西安一中模擬)光滑水平面上，用輕質(zhì)彈簧連接的質(zhì)量為 m=2kg、m=3kg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 nC=5kg的物體C,從半徑R=3.2m1的；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4撞后粘在一起運動。求:B、C碰撞剛結束時的瞬時速度的大小；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12mgA2mcvo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mcvo=(mi+me)vi代入數(shù)據(jù)得vi=5m/s。⑵由題意可知，當AB、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,以C的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得(mC+m)vi=(mA+mB+m)v設彈簧的最大彈性勢能為 Em,則對BC碰撞后到A、BC速度相同過程中，由能量守恒定律得12122(m+m)V1=2(m+m+m)V2+曰代入數(shù)據(jù)得氏=20J。答案(1)5m/s(2)20J(2017?肇慶高中畢業(yè)班一模)如圖13所示，質(zhì)量M=1.5kg的小車靜止于光滑水平面上并緊靠固定在水平面上的桌子右邊，其上表面與水平桌面相平，小車的左端放有一質(zhì)量為 0.5kg的滑塊Q水平放置的輕彈簧左端固定，質(zhì)量為 0.5kg的小物塊P置于光滑桌面上的A點并與彈簧的右端接觸，此時彈簧處于原長。現(xiàn)用水平向左的推力 F將P緩慢推至B點(彈簧仍在彈性限度內(nèi))，推力做功W4J，撤去F后，P沿桌面滑到小車左端并與 Q發(fā)生彈性碰撞，最后 Q恰好沒從小車上滑下。已知Q與小車表面間動摩擦因數(shù) =0.1。(取g=10m/s)求：(1)P剛要與Q碰撞前的速度是多少？⑵Q剛在小車上滑行時的初速度 V。是多少?為保證Q不從小車上滑下，小車的長度至少為多少？解析(1)推力F通過P壓縮彈簧做功，根據(jù)功能關系有護W①當彈簧完全推開物塊P時，有12丘=2mpv②由①