陜西西安2019年高三物理二輪練習(xí)專項(xiàng)2動(dòng)量和能量

1、.陜西西安2019年高三物理二輪練習(xí)專項(xiàng)2動(dòng)量和能量知識(shí)網(wǎng)絡(luò)考點(diǎn)預(yù)測(cè)本專題涉及的內(nèi)容是動(dòng)力學(xué)內(nèi)容的延續(xù)和深化動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律比牛頓運(yùn)動(dòng)定律的適用范圍更廣泛它們是自然界中最基本、最普遍、最重要的客綜合起來考。但是，由于目前全國的課改形勢(shì)以及在課程標(biāo)準(zhǔn)中的內(nèi)容設(shè)置，在高考中出現(xiàn)的這類綜合題的難點(diǎn)主要在于功能關(guān)系的應(yīng)用上，而不是在于動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用上另外，從2018年各地的高考考卷中也可發(fā)現(xiàn)，除了能量與動(dòng)量的綜合題外，單獨(dú)考查功能原理的試題在卷中出現(xiàn)的概率也較大要點(diǎn)歸納一、基本的物理概念1沖量與功的比較(2)屬性2動(dòng)量與動(dòng)能的比較(1)定義式(2)屬性(3)動(dòng)量與動(dòng)能量值

2、間的關(guān)系(4)動(dòng)量和動(dòng)能都是描述物體狀態(tài)的量，都有相對(duì)性(相對(duì)所選擇的參考系)，都與物體的受力情況無關(guān)動(dòng)量的變化和動(dòng)能的變化都是過程量，都是針對(duì)某段時(shí)間而言的二、動(dòng)量觀點(diǎn)的基本物理規(guī)律1動(dòng)量定理的基本形式與表達(dá)式：Ip分方向的表達(dá)式：Ix合px，Iy合py2動(dòng)量定理推論：動(dòng)量的變化率等于物體所受的合外力，即F合3動(dòng)量守恒定律(1)動(dòng)量守恒定律的研究對(duì)象是一個(gè)系統(tǒng)(含兩個(gè)或兩個(gè)以上相互作用的物體)(2)動(dòng)量守恒定律的適用條件標(biāo)準(zhǔn)條件：系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)所受外力之和為零近似條件：系統(tǒng)所受外力之和雖不為零，但比系統(tǒng)的內(nèi)力小得多(如碰撞問題中的摩擦力、爆炸問題中的重力等外力與相互作用的內(nèi)力相比小得多)

3、，可以忽略不計(jì)分量條件：系統(tǒng)所受外力之和雖不為零，但在某個(gè)方向上的分量為零，則在該方向上系統(tǒng)總動(dòng)量的分量保持不變(3)使用動(dòng)量守恒定律時(shí)應(yīng)注意：速度的瞬時(shí)性；動(dòng)量的矢量性；時(shí)間的同一性(4)應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解決問題的基本思路和方法分析題意，明確研究對(duì)象在分析相互作用的物體總動(dòng)量是否守恒時(shí)，通常把這些被研究的物體統(tǒng)稱為系統(tǒng)對(duì)于比較復(fù)雜的物理過程，要采用程序法對(duì)全過程進(jìn)行分段分析，要明確在哪些階段中，哪些物體發(fā)生相互作用，從而確定所研究的系統(tǒng)是由哪些物體組成的對(duì)各階段所選系統(tǒng)內(nèi)的物體進(jìn)行受力分析，弄清哪些是系統(tǒng)內(nèi)部物體之間相互作用的內(nèi)力，哪些是作用于系統(tǒng)的外力在受力分析的基礎(chǔ)上根據(jù)動(dòng)量守恒定律的條

4、件，判斷能否應(yīng)用動(dòng)量守恒定律明確所研究的相互作用過程，確定過程的始末狀態(tài)，即系統(tǒng)內(nèi)各個(gè)物體的初動(dòng)量和末動(dòng)量的值或表達(dá)式(注意：在研究地面上物體間相互作用的過程時(shí)，各物體運(yùn)動(dòng)的速度均應(yīng)取地球?yàn)閰⒖枷?確定正方向，建立動(dòng)量守恒方程求解三、功和能1中學(xué)物理中常見的能量動(dòng)能Ekmv2；重力勢(shì)能Epmgh；彈性勢(shì)能E彈kx2；機(jī)械能EEkEp；分子勢(shì)能；分子動(dòng)能；內(nèi)能；電勢(shì)能Eq；電能；磁場(chǎng)能；化學(xué)能；光能；原子能(電子的動(dòng)能和勢(shì)能之和)；原子核能Emc2；引力勢(shì)能；太陽能；風(fēng)能(空氣的動(dòng)能)；地?zé)帷⒊毕?常見力的功和功率的計(jì)算：恒力做功WFscos ；重力做功Wmgh；一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做的總功Wffs

5、路；電場(chǎng)力做功WqU；功率恒定時(shí)牽引力所做的功WPt；恒定壓強(qiáng)下的壓力所做的功WpV；電流所做的功WUIt；洛倫茲力永不做功；瞬時(shí)功率PFvcos_；平均功率Fcos 3中學(xué)物理中重要的功能關(guān)系能量與物體運(yùn)動(dòng)的狀態(tài)相對(duì)應(yīng)在物體相互作用的過程中，物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)通常要發(fā)生變化，所以物體的能量變化一般要通過做功來實(shí)現(xiàn)，這就是常說的“功是能量轉(zhuǎn)化的量度”的物理本質(zhì)那么，什么功對(duì)應(yīng)著什么能量的轉(zhuǎn)化呢？在高中物理中主要的功能關(guān)系有：(1)外力對(duì)物體所做的總功等于物體動(dòng)能的增量，即W總Ek(動(dòng)能定理)(2)重力(或彈簧的彈力)對(duì)物體所做的功等于物體重力勢(shì)能(或彈性勢(shì)能)的增量的負(fù)值，即W重Ep(或W彈Ep)

6、(3)電場(chǎng)力對(duì)電荷所做的功等于電荷電勢(shì)能的增量的負(fù)值，即W電E電(4)除重力(或彈簧的彈力)以外的力對(duì)物體所做的功等于物體機(jī)械能的增量，即W其他E機(jī)(功能原理)(5)當(dāng)除重力(或彈簧彈力)以外的力對(duì)物體所做的功等于零時(shí)，則有E機(jī)0，即機(jī)械能守恒(6)一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做功與內(nèi)能變化的關(guān)系是：“摩擦所產(chǎn)生的熱”等于滑動(dòng)摩擦力跟物體間相對(duì)路程的乘積，即Qfs相對(duì)一對(duì)滑動(dòng)摩擦力所做的功的代數(shù)和總為負(fù)值，表示除了有機(jī)械能在兩個(gè)物體間轉(zhuǎn)移外，還有一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，這就是“摩擦生熱”的實(shí)質(zhì)(7)安培力做功對(duì)應(yīng)著電能與其他形式的能相互轉(zhuǎn)化，即W安E電安培力做正功，對(duì)應(yīng)著電能轉(zhuǎn)化為其他能(如電動(dòng)機(jī)模型)；克

7、服安培力做負(fù)功，對(duì)應(yīng)著其他能轉(zhuǎn)化為電能(如發(fā)電機(jī)模型)；安培力做功的絕對(duì)值等于電能轉(zhuǎn)化的量值(8)分子力對(duì)分子所做的功等于分子勢(shì)能的增量的負(fù)值，即W分子力E分子(9)外界對(duì)一定質(zhì)量的氣體所做的功W與氣體從外界所吸收的熱量Q之和等于氣體內(nèi)能的變化，即WQU(10)在電機(jī)電路中，電流做功的功率等于電阻發(fā)熱的功率與輸出的機(jī)械功率之和(11)在純電阻電路中，電流做功的功率等于電阻發(fā)熱的功率(12)在電解槽電路中，電流做功的功率等于電阻發(fā)熱的功率與轉(zhuǎn)化為化學(xué)能的功率之和(13)在光電效應(yīng)中，光子的能量hWmv02(14)在原子物理中，原子輻射光子的能量hE初E末，原子吸收光子的能量hE末E初(15)核力

8、對(duì)核子所做的功等于核能增量的負(fù)值，即W核E核，并且mc2E核(16)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律對(duì)于所有參與相互作用的物體所組成的系統(tǒng)，無論什么力做功，可能每一個(gè)物體的能量的數(shù)值及形式都發(fā)生變化，但系統(tǒng)內(nèi)所有物體的各種形式能量的總和保持不變4運(yùn)用能量觀點(diǎn)分析、解決問題的基本思路(1)選定研究對(duì)象(單個(gè)物體或一個(gè)系統(tǒng))，弄清物理過程(2)分析受力情況，看有什么力在做功，弄清系統(tǒng)內(nèi)有多少種形式的能在參與轉(zhuǎn)化(3)仔細(xì)分析系統(tǒng)內(nèi)各種能量的變化情況及變化的數(shù)量(4)列方程E減E增或E初E末求解四、彈性碰撞在一光滑水平面上有兩個(gè)質(zhì)量分別為m1、m2的剛性小球A和B以初速度v1、v2運(yùn)動(dòng)，若它們能發(fā)生正碰，碰撞后它

9、們的速度分別為v1和v2v1、v2、v1、v2是以地面為參考系的，將A和B看做系統(tǒng)由碰撞過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有：m1v1m2v2m1v1m2v2由于彈性碰撞中沒有機(jī)械能損失，故有：m1v12m2v22m1v12m2v22由以上兩式可得：v2v1(v2v1)或v1v2(v1v2)碰撞后B相對(duì)于A的速度與碰撞前B相對(duì)于A的速度大小相等、方向相反；碰撞后A相對(duì)于B的速度與碰撞前A相對(duì)于B的速度大小相等、方向相反【結(jié)論1】對(duì)于一維彈性碰撞，若以其中某物體為參考系，則另一物體碰撞前后速度大小不變、方向相反(即以原速率彈回)聯(lián)立以上各式可解得：v1v2若m1m2，即兩個(gè)物體的質(zhì)量相等，則v1v2，v2v1

10、，表示碰后A的速度變?yōu)関2，B的速度變?yōu)関1【結(jié)論2】對(duì)于一維彈性碰撞，若兩個(gè)物體的質(zhì)量相等，則碰撞后兩個(gè)物體互換速度(即碰后A的速度等于碰前B的速度，碰后B的速度等于碰前A的速度)若A的質(zhì)量遠(yuǎn)大于B的質(zhì)量，則有：v1v1，v22v1v2；若A的質(zhì)量遠(yuǎn)小于B的質(zhì)量，則有：v2v2，v12v2v1【結(jié)論3】對(duì)于一維彈性碰撞，若其中某物體的質(zhì)量遠(yuǎn)大于另一物體的質(zhì)量，則質(zhì)量大的物體碰撞前后速度保持不變至于質(zhì)量小的物體碰后速度如何，可結(jié)合結(jié)論1和結(jié)論2得出在高考復(fù)習(xí)中，若能引導(dǎo)學(xué)生推導(dǎo)出以上二級(jí)結(jié)論并熟記，對(duì)提高學(xué)生的解題速度是大有幫助的熱點(diǎn)、重點(diǎn)、難點(diǎn)一、動(dòng)量定理的應(yīng)用問題動(dòng)量定理的應(yīng)用在高考中主要

11、有以下題型：1定性解釋周圍的一些現(xiàn)象；2求打擊、碰撞、落地過程中的平均沖力；3計(jì)算流體問題中的沖力(或反沖力)；4根據(jù)安培力的沖量求電荷量例1如圖21所示，一個(gè)下面裝有輪子的貯氣瓶停放在光滑的水平地面上，瓶的底端與豎直墻壁接觸現(xiàn)打開右端閥門，氣體向外噴出，設(shè)噴口的面積為S，氣體的密度為，氣體向外噴出的速度為v，則氣體剛噴出時(shí)貯氣瓶底端對(duì)豎直墻壁的作用力大小是()圖21AvSBCv2SDv2S【解析】t時(shí)間內(nèi)噴出氣體的質(zhì)量mSvt對(duì)于貯氣瓶、瓶?jī)?nèi)氣體及噴出的氣體所組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量定理得：Ftmv0解得：Fv2S答案D【點(diǎn)評(píng)】動(dòng)量定理對(duì)多個(gè)物體組成的系統(tǒng)也成立，而動(dòng)能定理對(duì)于多個(gè)物體組成的系統(tǒng)不

12、適用同類拓展1如圖22所示，質(zhì)量為M的木塊位于光滑水平面上，在木塊與墻之間用輕彈簧連接，開始時(shí)木塊靜止在A位置現(xiàn)有一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射向木塊并嵌入其中，則當(dāng)木塊回到A位置時(shí)的速度v以及此過程中墻對(duì)彈簧的沖量I的大小分別為()圖22Av，I0Bv，I2mv0Cv，I Dv，I2mv0【解析】設(shè)在子彈射入木塊且未壓縮彈簧的過程中，木塊(含子彈)的速度為v1，由動(dòng)量守恒定律得：mv0(mM)v1解得：v1對(duì)木塊(含子彈)壓縮彈簧再返回A點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理得：(mM)v2(mM)v12W總0可知：vv1取子彈、木塊和彈簧組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，由動(dòng)量定理得：I(mM)(v)(mM)v12m

13、v0負(fù)號(hào)表示方向向左答案B 二、動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用1對(duì)于單個(gè)平動(dòng)的物體：W總Ek，W總指物體所受的所有外力做的總功2系統(tǒng)只有重力、彈力作為內(nèi)力做功時(shí)，機(jī)械能守恒(1)用細(xì)繩懸掛的物體繞細(xì)繩另一端做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，細(xì)繩對(duì)物體不做功(2)輕桿繞一端自由下擺，若輕桿上只固定一個(gè)物體，則輕桿對(duì)物體不做功；若輕桿上不同位置固定兩個(gè)物體，則輕桿分別對(duì)兩物體做功(3)對(duì)于細(xì)繩連接的物體，若細(xì)繩存在突然繃緊的瞬間，則物體(系統(tǒng))的機(jī)械能減少3單個(gè)可當(dāng)做質(zhì)點(diǎn)的物體機(jī)械能守恒時(shí)，既可用機(jī)械能守恒定律解題，也可用動(dòng)能定理解題，兩種方法等效發(fā)生形變的物體和幾個(gè)物體組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒時(shí)，一般用機(jī)械能守恒定律解

14、題，不方便應(yīng)用動(dòng)能定理解題例2以初速度v0豎直向上拋出一質(zhì)量為m的小物塊假定物塊所受的空氣阻力f大小不變已知重力加速度為g，則物塊上升的最大高度和返回到原拋出點(diǎn)的速率分別為2017年高考全國理綜卷()A和v0B和v0C和v0D和v0【解析】方法一：對(duì)于物塊上升的過程，由動(dòng)能定理得：(mghfh)0mv02解得：h設(shè)物塊返回至原拋出點(diǎn)的速率為v，對(duì)于整個(gè)過程應(yīng)用動(dòng)能定理有：mv2mv02f2h解得：vv0方法二：設(shè)小物塊在上升過程中的加速度大小為a1，由牛頓第二定律有：a1故物塊上升的最大高度h設(shè)小物塊在下降過程中的加速度為a2，由牛頓第二定律有：a2可得：vv0答案A【點(diǎn)評(píng)】動(dòng)能定理是由牛頓第

15、二定律導(dǎo)出的一個(gè)結(jié)論，對(duì)于單個(gè)物體受恒力作用的過程，以上兩種方法都可以用來分析解答，但方法二的物理過程較復(fù)雜例如涉及曲線運(yùn)動(dòng)或變力做功時(shí)，運(yùn)用動(dòng)能定理更為方便同類拓展2一匹馬拉著質(zhì)量為 60 kg 的雪橇，從靜止開始用 80 s 的時(shí)間沿平直冰面跑完 1000 m設(shè)在運(yùn)動(dòng)過程中雪橇受到的阻力保持不變，已知雪橇在開始運(yùn)動(dòng)的 8 s 時(shí)間內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，從第 8 s 末開始，馬拉雪橇做功的功率保持不變，使雪橇繼續(xù)做直線運(yùn)動(dòng)，最后一段時(shí)間雪橇做的是勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度大小為 15 m/s；開始運(yùn)動(dòng)的 8 s 內(nèi)馬拉雪橇的平均功率是 8 s 后功率的一半求：整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中馬拉雪橇做功的平均功率和雪橇

16、在運(yùn)動(dòng)過程中所受阻力的大小【解析】設(shè) 8 s 后馬拉雪橇的功率為P，則：勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)PFvfv即運(yùn)動(dòng)過程中雪橇受到的阻力大小f對(duì)于整個(gè)過程運(yùn)用動(dòng)能定理得：t1P(t總t1)fs總mvt20即8P(808)100060152解得：P723 W故f48.2 N再由動(dòng)能定理可得t總fsmvt2解得：687 W 答案687 W48.2 N例3如圖23所示，質(zhì)量為m1的物體A經(jīng)一輕質(zhì)彈簧與下方地面上的質(zhì)量為m2的物體B相連，彈簧的勁度系數(shù)為k，A、B都處于靜止?fàn)顟B(tài)一條不可伸長的輕繩繞過兩個(gè)輕滑輪，一端連物體A，另一端連一輕掛鉤開始時(shí)各段繩都處于伸直狀態(tài)，A上方的一段沿豎直方向若在掛鉤上掛一質(zhì)量為m3的物體

17、C，則B將剛好離地若將C換成另一個(gè)質(zhì)量為m1m3的物體D，仍從上述初始位置由靜止?fàn)顟B(tài)釋放，則這次B剛離地時(shí)D的速度大小是多少？(已知重力加速度為g)圖23【解析】開始時(shí)A、B靜止，即處于平衡狀態(tài)，設(shè)彈簧的壓縮量為x1，則有：kx1m1g掛上C后，當(dāng)B剛要離地時(shí)，設(shè)彈簧的伸長量為x2，則有：kx2m2g此時(shí)，A和C的速度均為零從掛上C到A和C的速度均為零時(shí)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，彈性勢(shì)能的改變量為：Em3g(x1x2)m1g(x1x2)將C換成D后，有：E(m1m3m1)v2(m1m3)g(x1x2)m1g(x1x2)聯(lián)立解得：v答案【點(diǎn)評(píng)】含彈簧連接的物理情境題在近幾年高考中出現(xiàn)的概率很高，

18、而且多次考查以下原理：彈簧的壓縮量或伸長量相同時(shí)，彈性勢(shì)能相等；彈性勢(shì)能的變化取決于彈簧的始末形變量，與過程無關(guān)三、碰撞問題1在高中物理中涉及的許多碰撞過程(包括射擊)，即使在空中或粗糙的水平面上，往往由于作用時(shí)間短、內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)的動(dòng)量仍可看做守恒2兩滑塊在水平面上碰撞的過程遵循以下三個(gè)法則：動(dòng)量守恒；機(jī)械能不增加；碰后兩物體的前后位置要符合實(shí)際情境3兩物體發(fā)生完全非彈性碰撞時(shí)，機(jī)械能的損耗最大例4如圖24所示，在光滑絕緣水平面上由左到右沿一條直線等間距的靜止排著多個(gè)形狀相同的帶正電的絕緣小球，依次編號(hào)為1、2、3每個(gè)小球所帶的電荷量都相等且均為q3.75103 C，第一個(gè)小球的質(zhì)量m

19、0.03 kg，從第二個(gè)小球起往下的小球的質(zhì)量依次為前一個(gè)小球的，小球均位于垂直于小球所在直線的勻強(qiáng)磁場(chǎng)里，已知該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.5 T現(xiàn)給第一個(gè)小球一個(gè)水平速度v8 m/s，使第一個(gè)小球向前運(yùn)動(dòng)并且與后面的小球發(fā)生彈性正碰若碰撞過程中電荷不轉(zhuǎn)移，則第幾個(gè)小球被碰后可以脫離地面？(不計(jì)電荷之間的庫侖力，取g10 m/s2)圖24【解析】設(shè)第一個(gè)小球與第二個(gè)小球發(fā)生彈性碰撞后兩小球的速度分別為v1和v2，根據(jù)動(dòng)量和能量守恒有：mvmv1mv2mv2mv12mv22聯(lián)立解得：v2v同理，可得第n1個(gè)小球被碰后的速度 vn1()nv設(shè)第n1個(gè)小球被碰后對(duì)地面的壓力為零或脫離地面，則：qvn1B

20、()nmg聯(lián)立以上兩式代入數(shù)值可得n2，所以第3個(gè)小球被碰后首先離開地面答案第3個(gè)【點(diǎn)評(píng)】解答對(duì)于多個(gè)物體、多次碰撞且動(dòng)量守恒的物理過程時(shí)，總結(jié)出通項(xiàng)公式或遞推式是關(guān)鍵同類拓展3如圖25所示，質(zhì)量為m的鋼板與直立輕彈簧的上端連接，彈簧下端固定在地上，平衡時(shí)，彈簧的壓縮量為x0一個(gè)物塊從鋼板的正上方相距3x0的A處自由落下，打在鋼板上并立刻與鋼板一起向下運(yùn)動(dòng)，但不粘連，它們到達(dá)最低點(diǎn)后又向上運(yùn)動(dòng)已知物塊的質(zhì)量也為m時(shí)，它們恰能回到O點(diǎn)；若物塊的質(zhì)量為2m，仍從A處自由落下，則物塊與鋼板回到O點(diǎn)時(shí)還具有向上的速度求物塊向上運(yùn)動(dòng)所到達(dá)的最高點(diǎn)與O點(diǎn)之間的距離圖25【解析】物塊與鋼板碰撞前瞬間的速度為

21、：v0設(shè)質(zhì)量為m的物塊與鋼板碰撞后瞬間的速度為v1，由動(dòng)量守恒定律有：mv02mv1設(shè)彈簧的壓縮量為x0時(shí)的彈性勢(shì)能為Ep，對(duì)于物塊和鋼板碰撞后直至回到O點(diǎn)的過程，由機(jī)械能守恒定律得：Ep2mv122mgx0設(shè)質(zhì)量為2m的物塊與鋼板碰撞后瞬間的速度為v2，物塊與鋼板回到O點(diǎn)時(shí)所具有的速度為v3，由動(dòng)量守恒定律有：2mv03mv2由機(jī)械能守恒定律有：Ep3mv223mgx03mv32解得：v3當(dāng)質(zhì)量為2m的物塊與鋼板一起回到O點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈力為零，物塊與鋼板只受到重力的作用，加速度為g；一過O點(diǎn)，鋼板就會(huì)受到彈簧向下的拉力作用，加速度大于g，由于物塊與鋼板不粘連，故在O點(diǎn)處物塊與鋼板分離；分離后

22、，物塊以速度v3豎直上升，由豎直上拋的最大位移公式得：h所以物塊向上運(yùn)動(dòng)所到達(dá)的最高點(diǎn)與O點(diǎn)之間的距離為答案【點(diǎn)評(píng)】物塊與鋼板碰撞的瞬間外力之和并不為零，但這一過程時(shí)間極短，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，故可近似看成動(dòng)量守恒兩次下壓至回到O點(diǎn)的過程中，速度、路程并不相同，但彈性勢(shì)能的改變(彈力做的功)相同在此題中，物塊與鋼板下壓至回到O點(diǎn)的過程也可以運(yùn)用動(dòng)能定理列方程第一次：02mv12W彈2mgx0第二次：3mv323mv22W彈3mgx0四、高中物理常見的功能關(guān)系1摩擦生熱等于摩擦力與兩接觸面相對(duì)滑動(dòng)的路程的乘積，即Qfs相例5如圖26所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角30，皮帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下始終以v0

23、2 m/s的速率運(yùn)行現(xiàn)把一質(zhì)量m10 kg的工件(可看做質(zhì)點(diǎn))輕輕放在皮帶的底端，經(jīng)時(shí)間t1.9 s，工件被傳送到h1.5 m的皮帶頂端取g10 m/s2求：(1)工件與皮帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)(2)電動(dòng)機(jī)由于傳送工件而多消耗的電能圖26【解析】(1)由題意可知，皮帶長s3 m工件的速度達(dá)到v0前工件做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)時(shí)間t1工件的速度達(dá)到v0，此過程工件的位移為：s1v0t1達(dá)到v0后，工件做勻速運(yùn)動(dòng)，此過程工件的位移為：ss1v0(tt1)代入數(shù)據(jù)解得：t10.8 s工件加速運(yùn)動(dòng)的加速度a2.5 m/s2據(jù)牛頓第二定律得：mgcos mgsin ma解得：(2)在時(shí)間t1內(nèi)，皮帶運(yùn)動(dòng)的位移s2v

24、0t11.6 m工件相對(duì)皮帶的位移ss2s10.8 m在時(shí)間t1內(nèi)，因摩擦產(chǎn)生的熱量Qmgcos s60 J工件獲得的動(dòng)能Ekmv0220 J工件增加的勢(shì)能Epmgh150 J電動(dòng)機(jī)多消耗的電能EQEkEp230 J答案(1)(2)230 J2機(jī)械能的變化除重力、彈簧的彈力以外的力做的功等于系統(tǒng)機(jī)械能的變化例6一面積很大的水池中的水深為H，水面上浮著一正方體木塊，木塊的邊長為a，密度為水的，質(zhì)量為m開始時(shí)木塊靜止，有一半沒入水中，如圖27甲所示，現(xiàn)用力F將木塊緩慢地向下壓，不計(jì)摩擦圖27甲(1)求從開始?jí)耗緣K到木塊剛好完全沒入水的過程中，力F所做的功(2)若將該木塊放在底面為正方形(邊長為a)

25、的盛水足夠深的長方體容器中，開始時(shí)，木塊靜止，有一半沒入水中，水面距容器底的距離為2a，如圖27乙所示現(xiàn)用力F將木塊緩慢地壓到容器底部，不計(jì)摩擦，求這一過程中壓力做的功圖2-7乙【解析】方法一：(1)因水池的面積很大，可忽略因木塊壓入水中所引起的水深變化，木塊剛好完全沒入水中時(shí)，圖27丙中原來處于劃斜線區(qū)域的水被排開，結(jié)果等效于使這部分水平鋪于水面，這部分水的質(zhì)量為m，其勢(shì)能的改變量為(取容器底為零勢(shì)能面)：圖27丙E水mgHmg(Ha)mga木塊勢(shì)能的改變量為：E木mg(H)mgHmga根據(jù)功能原理，力F所做的功為：WE水E木mga(2)因容器的底面積為2a2，僅是木塊的底面積的2倍，故不可

26、忽略木塊壓入水中所引起的水深變化如圖27丁所示，木塊到達(dá)容器底部時(shí)，水面上升a，相當(dāng)于木塊末狀態(tài)位置的水填充至木塊原浸入水中的空間和升高的水面處平面，故這一過程中水的勢(shì)能的變化量為：圖27丁E水mgamg(2a)mga木塊的勢(shì)能的變化量E木mga根據(jù)功能原理，壓力F做的功為：WE水E木mga方法二：(1)水池的面積很大，可忽略因木塊壓入水中引起的水深變化當(dāng)木塊浮在水面上時(shí)重力與浮力的大小相等；當(dāng)木塊剛沒入水中時(shí)，浮力的大小等于重力的2倍，故所需的壓力隨下壓位移的變化圖象如圖27戊所示圖27戊故WFmgmga(2)隨著木塊的下沉水面緩慢上升，木塊剛好完全沒入水中時(shí)，水面上升的高度，此時(shí)木塊受到的

27、浮力的大小等于重力的2倍此后，木塊再下沉a的距離即沉至容器底部，故木塊下沉的整個(gè)過程中壓力的大小隨位移的變化圖象如圖27己所示圖27己故WFmgmgamga答案(1)mga(2)mga【點(diǎn)評(píng)】通過兩種方法對(duì)比，深刻理解功能關(guān)系根據(jù)功的定義計(jì)算在小容器中下壓木塊時(shí)，嚴(yán)格的講還要說明在0的位移段壓力也是線性增大的3導(dǎo)體克服安培力做的功等于(切割磁感線引起的)電磁感應(yīng)轉(zhuǎn)化的電能例7如圖28所示，豎直放置的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距L，在M點(diǎn)和P點(diǎn)間接有一個(gè)阻值為R的電阻，在兩導(dǎo)軌間的矩形區(qū)域OO1O1O內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面向里、寬為d的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B一質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒ab垂直地?cái)R

28、在導(dǎo)軌上，與磁場(chǎng)的上邊界相距d0現(xiàn)使ab棒由靜止開始釋放，棒ab在離開磁場(chǎng)前已經(jīng)做勻速直線運(yùn)動(dòng)(棒ab與導(dǎo)軌始終保持良好接觸且下落過程中始終保持水平，導(dǎo)軌的電阻不計(jì))圖28(1)求棒ab離開磁場(chǎng)的下邊界時(shí)的速度大小(2)求棒ab在通過磁場(chǎng)區(qū)的過程中產(chǎn)生的焦耳熱(3)試分析討論棒ab在磁場(chǎng)中可能出現(xiàn)的運(yùn)動(dòng)情況【解析】(1)設(shè)棒ab離開磁場(chǎng)的邊界前做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：EBLv電路中的電流I對(duì)棒ab，由平衡條件得：mgBIL0解得：v(2)設(shè)整個(gè)回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，由能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律可得：mg(d0d)Qmv2解得：Qmg(d0d)故Qabmg(d0d)(3)設(shè)棒剛進(jìn)入

29、磁場(chǎng)時(shí)的速度為v0，由mgd0mv02解得：v0棒在磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度v，則當(dāng)v0v，即d0時(shí)，棒進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)；當(dāng)v0v，即d0時(shí)，棒進(jìn)入磁場(chǎng)后先做加速運(yùn)動(dòng)，后做勻速直線運(yùn)動(dòng)；當(dāng)v0v，即d0時(shí)，棒進(jìn)入磁場(chǎng)后先做減速運(yùn)動(dòng)，后做勻速直線運(yùn)動(dòng)答案(1)(2)mg(d0d)(3)當(dāng)v0v，即d0時(shí)，棒進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)；當(dāng)v0v，即d0時(shí)，棒進(jìn)入磁場(chǎng)后先做加速運(yùn)動(dòng)，后做勻速直線運(yùn)動(dòng)；當(dāng)v0v，即d0時(shí)，棒進(jìn)入磁場(chǎng)后先做減速運(yùn)動(dòng)，后做勻速直線運(yùn)動(dòng)【點(diǎn)評(píng)】計(jì)算轉(zhuǎn)化的電能時(shí)，也可應(yīng)用動(dòng)能定理：mg(d0d)W安mv20，其中W安E電Q對(duì)于電磁感應(yīng)中能量轉(zhuǎn)化的問題，在以后的感應(yīng)電路專題

30、中還會(huì)作更深入的探討五、多次相互作用或含多個(gè)物體的系統(tǒng)的動(dòng)量、功能問題例8如圖29所示，在光滑水平面上有一質(zhì)量為M的長木板，長木板上有一質(zhì)量為m的小物塊，它與長木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為開始時(shí)，長木板與小物塊均靠在與水平面垂直的固定擋板處，某時(shí)刻它們以共同的速度v0向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)長木板與右邊的固定豎直擋板碰撞后，其速度的大小不變、方向相反，以后每次的碰撞均如此設(shè)左右擋板之間的距離足夠長，且Mm圖29(1)要想物塊不從長木板上落下，則長木板的長度L應(yīng)滿足什么條件？(2)若上述條件滿足，且M2 kg，m1 kg，v010 m/s，求整個(gè)系統(tǒng)在第5次碰撞前損失的所有機(jī)械能【解析】(1)設(shè)第1次碰撞后小物塊與

31、長木板共同運(yùn)動(dòng)的速度為v1，第n次碰撞后小物塊與長木板共同運(yùn)動(dòng)的速度為vn每次碰撞后，由于兩擋板的距離足夠長，物塊與長木板都能達(dá)到相對(duì)靜止，第1次若不能掉下，往后每次相對(duì)滑動(dòng)的距離會(huì)越來越小，更不可能掉下由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有：(Mm)v0(Mm)v1mgs(mM)v02(Mm)v12解得：s故L應(yīng)滿足的條件是：Ls(2)第2次碰撞前有：(Mm)v0(Mm)v1第3次碰撞前有：(Mm)v1(Mm)v2第n次碰撞前有：(Mm)vn2(Mm)vn1所以vn1()n1v0故第5次碰撞前有：v4()4v0故第5次碰撞前損失的總機(jī)械能為：E(Mm)v02(Mm)v42代入數(shù)據(jù)解得：E149.98

32、 J答案(1)L(2)149.98 J【點(diǎn)評(píng)】在復(fù)雜的多過程問題上，歸納法和演繹法常常大有作為經(jīng)典考題動(dòng)量與功能問題可以與高中物理所有的知識(shí)點(diǎn)綜合，是高考的重點(diǎn)，試題難度大，需要多訓(xùn)練、多總結(jié)歸納1如下圖，一輕繩的一端系在固定粗糙斜面上的O點(diǎn)，另一端系一小球，給小球一足夠大的初速度，使小球在斜面上做圓周運(yùn)動(dòng)，在此過程中2017年高考海南物理卷()A小球的機(jī)械能守恒B重力對(duì)小球不做功C繩的張力對(duì)小球不做功D在任何一段時(shí)間內(nèi)，小球克服摩擦力所做的功是等于小球動(dòng)能的減少【解析】小球與斜面之間的摩擦力對(duì)小球做功使小球的機(jī)械能減小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在小球運(yùn)動(dòng)的過程中，重力、摩擦力對(duì)小球做功，繩的張力對(duì)小球不

33、做功小球動(dòng)能的變化等于重力、摩擦力做功之和，應(yīng)選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤，C正確答案C 2質(zhì)量為M的物塊以速度v運(yùn)動(dòng)，與質(zhì)量為m的靜止物塊發(fā)生正碰，碰撞后兩者的動(dòng)量正好相等兩者質(zhì)量之比可能為2017年高考全國理綜卷()A2B3C4D5【解析】由題意知，碰后兩球動(dòng)量相等，即p1p2Mv故v1，v2由兩物塊的位置關(guān)系知：，得Mm又由能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律有：Mv2M()2m()2解得：M3m，應(yīng)選項(xiàng)A、B正確答案AB 【點(diǎn)評(píng)】碰撞問題是高考對(duì)動(dòng)量守恒定律考查的主流題型，這類問題一般都要考慮動(dòng)量守恒、動(dòng)能不增加、位置不超越這三方面3圖示為某探究活動(dòng)小組設(shè)計(jì)的節(jié)能運(yùn)輸系統(tǒng)斜面軌道的傾角為30，質(zhì)量為M的木箱與軌道間

34、的動(dòng)摩擦因數(shù)為木箱在軌道頂端時(shí)，自動(dòng)裝貨裝置將質(zhì)量為m的貨物裝入木箱，然后木箱載著貨物沿軌道無初速度滑下，當(dāng)輕彈簧被壓縮至最短時(shí)，自動(dòng)卸貨裝置立刻將貨物卸下，然后木箱恰好被彈回到軌道頂端，再重復(fù)上述過程以下選項(xiàng)正確的選項(xiàng)是2017年高考山東理綜卷()AmMBm2MC木箱不與彈簧接觸時(shí)，上滑的加速度大于下滑的加速度D在木箱與貨物從頂端滑到最低點(diǎn)的過程中，減少的重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能【解析】設(shè)彈簧壓縮最大時(shí)的彈性勢(shì)能為Ep，由動(dòng)能定理得下滑過程有：(mM)gsin 30s(mM)gcos 30sEp0上滑過程：EpMgsin 30sMgcos 30s0解得：m2M答案BC 4某同學(xué)利用如下圖的裝置來驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律圖中兩擺的擺長相同，且懸掛于同一高度處，A、B兩擺球均很小，質(zhì)量之比為12當(dāng)兩擺均處于自由靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，其側(cè)面剛好接觸向右上方拉動(dòng)B球使其擺線伸直并與豎直方向成45角，然后將其由靜止釋放結(jié)果觀察到兩擺球粘在一起擺動(dòng)，且最大擺角為30若本實(shí)驗(yàn)允許的最大誤差為4%，則此實(shí)驗(yàn)是否成功地驗(yàn)證了動(dòng)量守恒定律？試分析說明理由2017年高考寧夏理綜卷【解析】設(shè)擺球A、B的質(zhì)量分別為mA、mB，擺長為l，B球的初始高度為h1，碰撞前B球的速度為vB在不考慮擺線的質(zhì)量的情況下，根據(jù)題意及機(jī)械能守恒定律得：