【物理】2020届一轮复习人教版 动量和能量学案

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【物理】2020届一轮复习人教版 动量和能量学案

热点五 动量和能量 能量观点是解决力学问题的重要途径之一,功能关系(含动能定理和机械能守恒定律)是近几年高考理科综合物理命题的焦点,选择题、计算题中均有体现,试题灵活性强,难度较大,能力要求高,且经常与牛顿运动定律、圆周运动、电磁学等知识综合命题。‎ 冲量和动量作为选修3-5的热点考核内容,考查频率特别高,现在作为必考内容后,其内容充实了力学解题的思路,在力学中的地位也日益显现出来,随着新课改的逐步推进,其冲量和动量的考查也会日渐重要。‎ 考向一 与弹簧相关的功能关系 ‎ 竖直平面内有一光滑椭圆轨道,如图1所示,一轻弹簧一端固定在椭圆的中心O,另一端系一小球,小球套在光滑椭圆轨道上。在Q点安装一光电计时器,已知OP是椭圆的半短轴,长度为a,OQ是椭圆的半长轴,长度为b,轻弹簧的原长等于a,小球的直径为d,质量为m,轻弹簧形变量为x时,其弹性势能可表示为Ep=kx2(轻弹簧始终在弹性限度内,k为轻弹簧的劲度系数)。小球从图中P点由静止释放,经过Q处光电计时器时的挡光时间为t,下列说法正确的是 图1‎ A.小球到达Q点时的动能等于mgb B.小球到达Q点时弹簧的弹性势能为kb2‎ C.小球从P点运动到Q点的过程中弹簧弹力不做功 D.该轻弹簧的劲度系数k=- ‎[解析] 小球到达Q点时弹簧的弹性势能为k(b-a)2‎ ‎,由功能关系可知,小球到达Q点时的动能等于mgb-k(b-a)2,选项A、B错误;小球到达Q点时的速度v=,小球到达Q点时的动能Ek=mv2=,由功能关系可知,小球从P点运动到Q点的过程中克服弹簧弹力做的功W=Ep=mgb-,C错误;由功能关系可知k(b-a)2=mgb-,解得k=-,D正确。‎ ‎[答案] D 考向二 与传送带相关的功能关系 ‎ 如图2所示,长为L=10.5 m的传送带与水平面成30°角,传送带向上做加速度为a0=1 m/s2的匀加速运动,当其速度为v0=3 m/s时,在其底端轻放一质量为m=1 kg的物块(可视为质点),已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ=,在物块由底端上升到顶端的过程中,求:‎ 图2‎ ‎(1)此过程所需时间;‎ ‎(2)传送带对物块所做的功;‎ ‎(3)此过程中产生的热量。‎ ‎[解析] (1)由牛顿第二定律知物块上滑时有 μmgcos θ-mgsin θ=ma1‎ 设经时间t1物块与传送带的速度相等,则有 a1t1=v0+a0t1‎ 联立并代入数值得a1=2.5 m/s2,t1=2 s 此时间内物块发生的位移为x1=a1t=5 m<L 所以物块与传送带相对静止后,以加速度a0匀加速到达顶端,经历的时间为t2,则速度刚相等时有 v1=a1t1=5 m/s 到达顶端时有v-v=2a0(L-x1)‎ L-x1=·t2‎ 联立并代入数值得t2=1 s 所以物块由底端上升到顶端所用的时间为 t=t1+t2= 3 s。‎ ‎(2)由动能定理知W-mgh=mv h=Lsin θ 代入数值得W=70.5 J。‎ ‎(3)物块发生的相对位移为 x相=v0t1+a0t-a1t 产生的热量为Q=μmgcos θ·x相 联立并代入数值得Q=22.5 J。‎ ‎[答案] 见解析 考向三 动量与能量综合应用 ‎ (2018·宜城月考)如图3所示,质量为3 kg的长木板B放在光滑的水平面上,右端与半径R=1 m的粗糙的圆弧相切,左端上方放一质量为1 kg物块C,物块C与长木板B间的动摩擦因数为0.2。现将一质量为1 kg的物体A从距圆弧上端h=5 m处静止释放,沿着圆弧到达水平轨道与B碰撞后粘在一起运动,再经1 s物块C刚好运动到B的右端且不会掉下。取g=10 m/s2。求:‎ 图3‎ ‎(1)物体A刚进入圆弧时对轨道的压力大小;‎ ‎(2)长木板B的长度;‎ ‎(3)物体A经过圆弧时克服阻力所做的功。‎ ‎[解析] (1)物体A从释放到进入圆弧前做自由落体运动 v=2gh①‎ 刚进入圆弧时FN=mA②‎ 联立①②式解得:FN=100 N③‎ ‎(2)物块C从开始运动到与长木板具有相同速度过程中 mCaC=μmCg④‎ 由④式解得:aC=2 m/s2‎ 物块C运动距离sC=aCt2=×2×12 m=1 m⑤‎ 物块C在B的右端时两者具有相同的速度 vB2=vC=aCt=2×1 m/s=2 m/s⑥‎ aB== m/s2=0.5 m/s2⑦‎ 由速度公式得木板刚开始运动时速度 vB1=vB2+aBt=2+0.5×1 m/s=2.5 m/s⑧‎ 木板B运动距离sB=t=×1 m=2.25 m⑨‎ 长木板B的长度L=sB-sC=2.25-1=1.25 m⑩‎ ‎(3)物块A与木板B碰撞过程中动量守恒 mAvA2=(mA+mB)vB1⑪‎ 由⑪式解得:vA2=10 m/s⑫‎ 物块A从静止释放到与木板A碰撞前,由动能定理 mAg(h+R)-Wf=mAv⑬‎ 物体A经过圆弧时克服阻力做的功:‎ 由⑬式解得Wf=10 J。‎ ‎[答案] (1)100 N (2)1.25 m (3)10 J ‎1.(2018·全国卷Ⅰ)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正比 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 答案 B ‎2.(2018·南平检测)如图4所示,轻弹簧的一端固定在墙上,另一端与置于粗糙水平面上质量为m的小球接触但不连接。开始时小球位于O点,弹簧水平且无形变。O点的左侧有一竖直放置的光滑半圆弧轨道,圆弧的半径为R,B为轨道最高点,小球与水平面间的动摩擦因数为μ。现用外力推动小球,将弹簧压缩至A点,OA间距离为x0,将球由静止释放,小球恰能沿轨道运动到最高点B。已知弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g。下列说法中正确的是 图4‎ A.小球在从A到O运动的过程中速度不断增大 B.小球运动过程中的最大速度为vm= C.小球与弹簧作用的过程中,弹簧的最大弹性势能Ep=2.5mgR+μmgx0‎ D.小球通过圆弧轨道最低点时,对轨道的压力为5mg 解析 小球在从A到O运动的过程中,受弹力和摩擦力,由牛顿第二定律可知:kΔx-μmg=ma,物体做加速度减小的加速运动,当加速度为零时(弹力等于摩擦力时)速度最大,接下来摩擦力大于弹力,小球开始做减速运动,当弹簧原长时离开弹簧,故A错误;因为小球恰能沿轨道运动到最高点B,由重力提供向心力:mg=m,解得:vB=,从O到B根据动能定理得:-mg2R=mv-mv,联立以上解得:v0=,由上分析可知:小球从开始运动到离开弹簧速度先增大后减小,所以最大速度要比大,故B错误;从A到O根据能量守恒得:Ep=mv+μmgx0,联立以上得:Ep=2.5mgR+μmgx0,故C正确;小球在最低点时做圆周运动,由牛顿第二定律得:N-mg=m,联立以上解得:N=6mg ‎,故D错误。所以C正确,ABD错误。‎ 答案 C ‎3.(多选)(2018·衡阳联考)如图5所示,质量m=1 kg的物体从高为h=0.2 m的光滑轨道上P点由静止开始下滑,滑到水平传送带上的A点,物体和皮带之间的动摩擦因数为μ=0.1,传送带AB之间的距离为L=5.5 m,传送带一直以v=3 m/s的速度沿顺时针方向匀速运动,则 图5‎ A.物体由A运动到B的时间是1.5 s B.物体由A运动到B的过程中,摩擦力对物体的冲量大小为 1N·s C.物体由A运动到B的过程中,系统产生0.5 J的热量 D.物体从A运动到B的过程中,摩擦力对物体做功2 J 解析 物体下滑到A点的速度为v0,由机械能守恒定律有:mv=mgh 代入数据得:v0=2 m/s物体在摩擦力作用下先匀加速运动,后做匀速运动,有:t1==1 s s1=t1=×1 m=2.5 m t2== s=1 s t=t1+t2=2 s,选项A错误;‎ 物体由A运动到B的过程中,摩擦力对物体的冲量大小为I=μmgt1=1 N·s,选项B正确;在t1时间内,皮带做匀速运动,s皮带=vt1=3 m Q=μmgΔs=μmg(s皮带-s1)代入数据得:Q=0.5 J,选项C正确;物体从A运动到B的过程中,摩擦力对物体做功:Wf=μmgs1=2.5 J,选项D错误;故选BC。‎ 答案 BC ‎4.(2018·西安八校联考)如图6甲所示,一半径为R=1‎ ‎ m的竖直圆弧形光滑轨道,与斜面相切于B处,圆弧轨道的最高点为M,O为圆心且OM竖直,斜面倾角θ=37°,t=0时刻,有一质量m=2 kg的物块从A点开始沿斜面上滑,其在斜面上运动的速度变化规律如图乙所示,若物块恰能到达M点,(取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求:‎ 图6‎ ‎(1)物块经过B点时的速度vB;‎ ‎(2)物块在斜面上滑动的过程中摩擦力做的功。‎ 解析 (1)物体从B到M上升的高度为h=R+Rcos 37°。‎ 物块恰能过最高点,则在M点由牛顿第二定律得 mg=m。‎ 物块从B到M的过程中机械能守恒,由机械能守恒定律得 mv=mg(R+Rcos 37°)+mv。‎ 联立以上各式,解得:vB= m/s。‎ ‎(2)分析v-t图像,求得物块在斜面上的加速度为 a== m/s2=10 m/s2。‎ 在斜面上对物块由牛顿第二定律得mgsin θ+f=ma,‎ 则摩擦力f=ma-mgsin θ=20 N-12 N=8 N。‎ 对物块由v-v=2ax,可得x=0.9 m。‎ 摩擦力做的功W=-fx=-8×0.9 J=-7.2 J。‎ 答案 (1) m/s (2)-7.2 J ‎5.红牛滑板大赛在内蒙古自治区的乌兰布和沙漠闭幕,参赛选手上演了滑板世界中的“速度与激情”。如图7所示,轨道BC为竖直平面内的四分之一圆弧赛道,半径为R=1.8 m,轨道ABC可认为是光滑的,且水平轨道AB与圆弧BC在B点相切。一个质量为M的运动员(可视为质点)以初速度v0冲上静止在 A点的滑板(可视点质点),设运动员蹬上滑板后立即与滑板一起共同沿着轨道运动。若运动员的质量M=48.0 kg,滑板质量m=2.0 kg,计算结果均保留三位有效数字,重力加速度g取10 m/s2(不计空气阻力)。‎ 图7‎ ‎(1)运动员至少以多大的水平速度v0冲上滑板才能到达C点?‎ ‎(2)运动员以第(1)问中的速度v0冲上滑板,滑过圆弧轨道B点时滑板对轨道的压力是多大,方向如何?‎ ‎(3)若A点右侧为μ=0.3 的水泥地面,则滑回后运动员与滑板停在距A点多远的位置?‎ 解析 (1)以运动员和滑板为一个系统,运动员以速度v0冲上滑板过程,系统水平方向总动量守恒,‎ 即Mv0=(m+M)v 若运动员与滑板恰好到达C点,以AB水平面为零势能面,由机械能守恒定律得 (m+M)v2=(m+M)gR 两式联立解得v=6.00 m/s,v0=6.25 m/s 运动员的水平速度至少要达到6.25 m/s才能到达C点。‎ ‎(2)运动员以第(1)问中的速率v0冲上滑板,由牛顿第二定律得FN-(m+M)g=,‎ 解得FN=1.50×103 N 由牛顿第三定律可知滑板对轨道的压力大小为1.50×103 N,方向竖直向下。‎ ‎(3)因为ABC光滑,由机械能守恒定律知运动员滑回A点时速度大小仍为v=6.00 m/s 运动员滑过A点至停下过程中,由动能定理得 ‎-μ(m+M)gx=0-(m+M)v2‎ 代入数据解得x=6.0 m。‎ 答案 (1)6.25 m/s (2)1.5×103 N 方向竖直向下 (3)6.0 m
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