《高考物理二轮复习题型专练 》专题05 动量和能量观点在力学中的应用（解析版）

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专题 05　动量和能量观点在力学中的应用
【要点提炼】
一、功与功率
1.功和功率的求解
2.机车启动问题
(1)机车输出功率：P＝Fv，其中 F为机车牵引力。
(2)设机车匀加速启动过程的最大速度为 v1，此时机车输出的功率最大；由 F牵－F阻＝
ma，P＝F牵v1可求 v1＝。
(3)设全程的最大速度为 vm，此时 F牵＝F阻；由 P＝F阻vm，可求 vm＝。
(4)以额定功率启动的过程中，牵引力不断减小，机车做加速度减小的加速运动，牵引
力的最小值等于阻力。
二、常见的功能关系
三、三种碰撞的特点
1.弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒。
质量为 m1，速度为 v1的小球与质量为 m2的静止小球发生正面弹性碰撞，碰后速度分
别为 v1′、v2′。结果讨论：
(1)当两球质量相等时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换速度。
(2)当m1远大于 m2时，v1′＝v1，v2′＝2v1。
(3)当m1远小于 m2时，v1′＝－v1，v2′＝0。
2.非弹性碰撞：动量守恒，机械能有损失。
3.完全非弹性碰撞：动量守恒，机械能损失最大，以碰后系统速度相同为标志。
【方法指导】
一、动能定理的应用
1.当问题涉及力、位移(或路程)、速度，而不涉及加速度和时间时，可优先考虑利用动
能定理分析问题。
2.对于多过程问题，求解时可对全过程应用动能定理，从而避开对每个运动过程的具
体细节进行分析。
1
二、动量定理的两个重要应用
1.应用 I＝Δp求变力的冲量
如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用 I＝Ft 求变力的冲量，可以
求出变力作用下物体动量的变化 Δp，等效代换变力的冲量 I。
2.应用 Δp＝FΔt求动量的变化
例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(Δp＝p2－p1)需要应用矢量运
算方法，计算比较复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化。
三、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。
　命题点一：能量观点在力学中的应用
考向一　功和功率的理解与计算
【典例 1】 (多选) 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(　　)
A.矿车上升所用的时间之比为 4∶5
B.电机的最大牵引力之比为 2∶1
C.电机输出的最大功率之比为 2∶1
D.电机所做的功之比为 4∶5 （图 1）
【解析】　根据位移相同可得两图线与时间轴围成的面积相等，t′为图线②过程比①过
程多运动的时间，即 v0×2t0＝×v0[2t0＋t′＋(t0＋t′)]，解得 t′＝t0，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 2t0∶(2t0＋t0)＝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
考向二　动力学规律和动能定理的综合应用
【典例 2】 完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得
成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如
图2甲所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板 BC 是与水平甲板 AB 相切的
一段圆弧，示意如图乙，AB 长L1＝150 m，BC 水平投影 L2＝63 m，图中 C点切线方向与
水平方向的夹角 θ＝12°(sin 12°≈0.21)。若舰载机从 A点由静止开始做匀加速直线运动，经
t＝6 s 到达B点进入BC。已知飞行员的质量 m＝60 kg，g＝10 m/s2，求
2
（图 2）
(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功 W；
(2)舰载机刚进入BC 时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大。
【解析】　(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为
v，则有＝①
根据动能定理，有 W＝mv2－0②
联立①②式，代入数据，得
W＝7.5×104 J③
(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为 R，根据几何关系，有 L2＝Rsin θ④
由牛顿第二定律，有 FN－mg＝m⑤
联立①④⑤式，代入数据，得 FN＝1.1×103 N⑥
【答案】　(1)7.5×104 J　(2)1.1×103 N
考向三　功能关系的应用
【典例 3】 从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一
大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度 h在3 m 以内时，物体上升、
下落过程中动能 Ek随h的变化如图 3所示。重力加速度取 10 m/s2。该物体的质量为(　　)
A.2 kg
B.1.5 kg
C.1 kg
D.0.5 kg （图 3）
【解析】　画出运动示意图。
设该外力的大小为 F，据动能定理知
A→B(上升过程)：－(mg＋F)h＝EkB－EkA
B→A(下落过程)：(mg－F)h＝EkA′－EkB′
整理以上两式并代入数据得 mgh＝30 J，解得物体的质量 m＝1 kg。选项 C正确。
【答案】　C
考向四　应用动力学观点和能量观点解决多过程问题
【典例 4】 某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关
系，建立如图 4所示的物理模型。竖直平面内有一倾角 θ＝37°的直轨道 AB，其下方右侧放
置一水平传送带，直轨道末端 B与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过。转轮半径 R
＝0.4 m、转轴间距L＝2 m 的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高
度H＝2.2 m。现将一小物块放在距离传送带高h处静止释放，假设小物块从直轨道 B端运
动到达传送带上C点时，速度大小不变，方向变为水平向右。已知小物块与直轨道和传送
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