物理二輪練習(xí)精品資料專(zhuān)項(xiàng)05動(dòng)量和能量的綜合應(yīng)用教學(xué)案(教師版)

1、物理二輪練習(xí)精品資料專(zhuān)項(xiàng)05 動(dòng)量和能量的綜合應(yīng)用教學(xué)案（教師版）【 2018 考綱解讀】動(dòng)量和能量的思想, 特別是動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律，是貫穿高中物理各知識(shí)領(lǐng)域的一條主線(xiàn)。 用動(dòng)量和能量觀(guān)點(diǎn)分析物理問(wèn)題, 是物理學(xué)中的重要研究方法, 也是高考的永恒話(huà)題。具體表達(dá)在：題型全，年年有，不回避重復(fù)考查，常作為壓軸題出現(xiàn)在物理試卷中，是區(qū)別考生能力的重要內(nèi)容；題型靈活性強(qiáng)，難度較大，能力要求高，題型全，物理情景多變，多次出現(xiàn)在兩個(gè)守恒定律交匯的綜合題中；經(jīng)常與牛頓運(yùn)動(dòng)定律、圓周運(yùn)動(dòng)、電磁學(xué)知識(shí)綜合運(yùn)用，在高考中所占份量相當(dāng)大；要緊考查的知識(shí)點(diǎn)有：變力做功、瞬時(shí)功率、功和能的關(guān)系、動(dòng)能定理、機(jī)械

2、能守恒定律、動(dòng)量定理、動(dòng)量與能量的綜合應(yīng)用等?！局R(shí)網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建】【重點(diǎn)知識(shí)整合】【一】動(dòng)量與動(dòng)能、沖量的關(guān)系1、動(dòng)量和動(dòng)能的關(guān)系動(dòng)量和動(dòng)能都與物體的某一運(yùn)動(dòng)狀態(tài)相對(duì)應(yīng)，都與物體的質(zhì)量和速度有關(guān)、但它們存在明顯的不同：動(dòng)量的大小與速度成正比， p mv；動(dòng)能的大小與速度的平方成正比， Ek mv2/2. 兩者的關(guān)系： p2 2mEk.動(dòng)量是矢量而動(dòng)能是標(biāo)量、物體的動(dòng)量發(fā)生變化時(shí)，動(dòng)能不一定變化；但物體的動(dòng)能一旦發(fā)生變化，那么動(dòng)量必發(fā)生變化、動(dòng)量的變化量 p p2p1 是矢量形式，其運(yùn)算遵循平行四邊形定那么；動(dòng)能的變化量 Ek Ek2 Ek1 是標(biāo)量式，運(yùn)算時(shí)應(yīng)用代數(shù)法、2、動(dòng)量和沖量的關(guān)系沖量是物

3、體動(dòng)量變化的緣故，動(dòng)量變化量的方向與合外力沖量方向相同、【二】動(dòng)能定理和動(dòng)量定理的比較動(dòng)能定理動(dòng)量定理研究對(duì)象單個(gè)物體或可視為單個(gè)物體的系統(tǒng)單個(gè)物體或可視為單個(gè)物體的系統(tǒng)W Ek Ek 或公式11I pt p0或 Ft mvt mv220Fs 2mvt 2mv0公式中的 W是合外力對(duì)物體所做公式中的Ft 是合外力的沖量，沖量是物理量的意義的總功，做功是物體動(dòng)能變化的緣故、使研究對(duì)象動(dòng)量發(fā)生變化的緣故、mvt mv0Ek Ek 是物體動(dòng)能的變化， 是指做是研究對(duì)象的動(dòng)量變化，是過(guò)程終態(tài)動(dòng)量與功過(guò)程的末動(dòng)能減去初動(dòng)能初態(tài)動(dòng)量的矢量差兩個(gè)定理都能夠在最簡(jiǎn)單的情景下，利用牛頓第二定律導(dǎo)出、相同處它們都

4、反映了力的積存效應(yīng)，基本上建立了過(guò)程量與狀態(tài)量變化的對(duì)應(yīng)關(guān)系、既適用于直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，又適用于曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)；既適用于恒力的情況，又適用于變力的情況動(dòng)能定理是標(biāo)量式，動(dòng)量定理是矢量式、側(cè)重于位移過(guò)程的力學(xué)問(wèn)題用動(dòng)能定理處理較不同處為方便，側(cè)重于時(shí)間過(guò)程的力學(xué)問(wèn)題用動(dòng)量定理處理較為方便、力對(duì)時(shí)間的積存決定了動(dòng)量的變化，力對(duì)空間的積存那么決定動(dòng)能的變化特別提醒： 做功的過(guò)程確實(shí)是能量轉(zhuǎn)化的過(guò)程，做了多少功， 就表示有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化，因此說(shuō)功是能量轉(zhuǎn)化的量度、功能關(guān)系是聯(lián)系功和能的“橋梁”、【三】機(jī)械能守恒定律1、機(jī)械能守恒的判斷物體只受重力作用，發(fā)生動(dòng)能和重力勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化、如物體做自由落體運(yùn)動(dòng)、拋體運(yùn)動(dòng)

5、等、只有彈力做功，發(fā)生動(dòng)能和彈性勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化、如在光滑的水平面上運(yùn)動(dòng)的物體與一個(gè)固定的彈簧碰撞，在其與彈簧作用的過(guò)程中，物體和彈簧組成的系統(tǒng)的機(jī)械能守恒、上述彈力是指與彈性勢(shì)能對(duì)應(yīng)的彈力，如彈簧的彈力、橡皮筋的彈力，不是指壓力、支持力等、物體既受重力又受彈力作用，只有彈力和重力做功，發(fā)生動(dòng)能、重力勢(shì)能、彈性勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化、 如做自由落體運(yùn)動(dòng)的小球落到豎直彈簧上，在小球與彈簧作用的過(guò)程中，小球和彈簧組成的系統(tǒng)的機(jī)械能守恒、物體除受重力 ( 或彈力 ) 外盡管受其他力的作用，但其他力不做功或者其他力做功的代數(shù)和為零、 如物體在平行斜面向下的拉力作用下沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，其拉力與摩擦力大小相等，該過(guò)程

6、物體的機(jī)械能守恒、判斷運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能是否守恒時(shí)應(yīng)注意以下幾種情況：假如沒(méi)有摩擦和介質(zhì)阻力，物體只發(fā)生動(dòng)能和勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化時(shí)，機(jī)械能守恒；能夠?qū)ο到y(tǒng)的受力進(jìn)行整體分析，假如有除重力以外的其他力對(duì)系統(tǒng)做了功，那么系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒；當(dāng)系統(tǒng)內(nèi)的物體或系統(tǒng)與外界發(fā)生碰撞時(shí)，假如題目沒(méi)有明確說(shuō)明不計(jì)機(jī)械能的損失，那么系統(tǒng)機(jī)械能不守恒；假如系統(tǒng)內(nèi)部發(fā)生“爆炸”，那么系統(tǒng)機(jī)械能不守恒；當(dāng)系統(tǒng)內(nèi)部有細(xì)繩發(fā)生瞬間拉緊的情況時(shí)，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒、2、機(jī)械能守恒定律的表述(1) 守恒的角度：系統(tǒng)初、末態(tài)的機(jī)械能相等，即E1 E2 或 Ek1 Ep1 Ep2 Ek2，應(yīng)用過(guò)程中重力勢(shì)能需要取零勢(shì)能面；(2) 轉(zhuǎn)化角

7、度：系統(tǒng)增加的動(dòng)能等于減少的勢(shì)能，即EkEp 或EkEp0；(3) 轉(zhuǎn)移角度：在兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)中，A 物體增加的機(jī)械能等于B 物體減少的機(jī)械能，EAEB或EAEB 0.【四】能量守恒定律1、能量守恒定律具有普適性，任何過(guò)程的能量基本上守恒的，即系統(tǒng)初、末態(tài)總能量相等， E初E末、2、系統(tǒng)某幾種能量的增加等于其他能量的減少，即En 增Em 減、3、能量守恒定律在不同條件下有不同的表現(xiàn)，例如只有重力或彈簧彈力做功時(shí)就表現(xiàn)為機(jī)械能守恒定律、【五】涉及彈性勢(shì)能的機(jī)械能守恒問(wèn)題1、彈簧的彈性勢(shì)能與彈簧規(guī)格和形變程度有關(guān)，對(duì)同一根彈簧而言，不管是處于伸長(zhǎng)狀態(tài)依舊壓縮狀態(tài)，只要形變量相同，其儲(chǔ)存的彈性勢(shì)

8、能就相同、2、對(duì)同一根彈簧而言，先后經(jīng)歷兩次相同的形變過(guò)程，那么兩次過(guò)程中彈簧彈性勢(shì)能的變化相同、13、彈性勢(shì)能公式Ep 2kx2 不是考試大綱中規(guī)定的內(nèi)容，高考試題除非在題干中明確給題基本上從“能量守恒”角度進(jìn)行考查的、六、機(jī)械能的變化問(wèn)題1、除重力以外的其他力做的功等于動(dòng)能和重力勢(shì)能之和的增加、2、除 ( 彈簧、橡皮筋) 彈力以外的其他力做的功等于動(dòng)能和彈性勢(shì)能之和的增加、3、除重力、 ( 彈簧、橡皮筋) 彈力以外的其他力做的功等于機(jī)械能的增加，即W其 E2E1. 除重力、 ( 彈簧、橡皮筋 ) 彈力以外的其他力做正功，機(jī)械能增加；除了重力、 ( 彈簧、橡皮筋 ) 彈力以外的其他力做負(fù)功，

9、機(jī)械能減少、【高頻考點(diǎn)突破】考點(diǎn)一動(dòng)量定理的應(yīng)用1、動(dòng)量定理的理解動(dòng)量定理說(shuō)明沖量是使物體動(dòng)量發(fā)生變化的緣故，沖量是物體動(dòng)量變化的量度、那個(gè)地方所說(shuō)的沖量必須是物體所受的合外力的沖量( 或者說(shuō)是物體所受合外力沖量的矢量和) 、動(dòng)量定理給出了沖量 ( 過(guò)程量 ) 和動(dòng)量變化 ( 狀態(tài)量 ) 間的互求關(guān)系、現(xiàn)代物理學(xué)把力定義為物體動(dòng)量的變化率：pFt ( 牛頓第二定律的動(dòng)量形式 ) 、動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式、在一維的情況下，各個(gè)矢量必須以同一個(gè)規(guī)定的方向?yàn)檎?、解題步驟明確研究對(duì)象 ( 一般為單個(gè)物體 ) 及對(duì)應(yīng)物理過(guò)程、對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行受力分析并區(qū)分初、末運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，找出對(duì)應(yīng)的動(dòng)量、規(guī)定正方向，

10、明確各矢量的正負(fù)，假設(shè)為未知矢量，那么可先假設(shè)其為正方向、由動(dòng)量定理列方程求解、例 1、某興趣小組用如圖6 1 所示的裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)研究、他們?cè)谒阶烂嫔瞎潭ㄒ粌?nèi)3徑為 d 的圓柱形玻璃杯，杯口上放置一直徑為2d、質(zhì)量為 m的勻質(zhì)薄圓板， 板上放一質(zhì)量為2m 的小物塊、板中心、物塊均在杯的軸線(xiàn)上、物塊與板間動(dòng)摩擦因數(shù)為，不計(jì)板與杯口之間的摩擦力，重力加速度為g，不考慮板翻轉(zhuǎn)、圖 6-1對(duì)板施加指向圓心的水平外力 F，設(shè)物塊與板間最大靜摩擦力為 Ff max，假設(shè)物塊能在板上滑動(dòng)，求 F 應(yīng)滿(mǎn)足的條件、(2) 假如對(duì)板施加的指向圓心的水平外力是作用時(shí)間極短的較大沖擊力，沖量為 I 應(yīng)滿(mǎn)足什么條件才

11、能使物塊從板上掉下？物塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到掉下時(shí)的位移s 為多少？依照 s 與 I 的關(guān)系式說(shuō)明要使s 更小，沖量應(yīng)如何改變、【解析】 (1) 設(shè)圓板與物塊相對(duì)靜止時(shí)，它們之間的靜摩擦力為Ff ，共同加速度為I ，a. 由牛頓運(yùn)動(dòng)定律，有對(duì)物塊： Ff 2ma對(duì)圓板： F Ff ma兩物體相對(duì)靜止，有Ff Ff max3得 F 2Ff max3相對(duì)滑動(dòng)的條件F 2Ff max.設(shè)沖擊剛結(jié)束時(shí)圓板獲得的速度大小為 v0，物塊掉下時(shí)，圓板和物塊的速度大小分別為 v1 和 v2.由動(dòng)量定理，有0I mv由動(dòng)能定理，有31122101對(duì)物塊： 2 mgs 2(2 m) v220由動(dòng)量守恒定律，有mv0mv1

12、 2mv2要使物塊落下，必須v1 v23由以上各式得I 2m 2 gd1 I 9222s 2g23m312md2分子有理化得 s 2 g922I I2 mgd依照上式結(jié)果知：I越大， s 越小、【變式探究】如圖62 所示，質(zhì)量A 為 4kg 的木板A放在水平面C上，木板與水平面m間的動(dòng)摩擦因數(shù) 0.24，木板右端放著質(zhì)量m 為 1.0kg的小物塊 B( 視為質(zhì)點(diǎn) ) ，它們均處B于靜止?fàn)顟B(tài)、木板突然受到水平向右的12N s 的瞬時(shí)沖量 I 作用開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小物塊滑離木板時(shí)，木板的動(dòng)能EkA 為 8.0J ，小物塊的動(dòng)能EkB 為 0.50J，重力加速度取 10m/s2，求：圖 6-2瞬時(shí)沖量作

13、用結(jié)束時(shí)木板的速度v0；木板的長(zhǎng)度 L.【解析】 (1) 設(shè)水平向右為正方向，有I mAv0代入數(shù)據(jù)解得v03.0m/s.(2) 設(shè) A 對(duì) B、B 對(duì) A、C對(duì) A 的滑動(dòng)摩擦力的大小分別為時(shí)間為 t ，B 離開(kāi) A時(shí) A 和 B 的速度分別為vA 和 vB，有FAB、FBA和FCA，B在A(yíng) 上滑行的( FBA FCA) t mAvA mAv0FABt mBvB其中 FAB FBA，F(xiàn)CA ( mA mB) g設(shè) A、B 相關(guān)于 C的位移大小分別為sA 和 sB，112 有 ( FBAFCA) sA 2mAvA 2mAv0FABsB EkB動(dòng)量與動(dòng)能之間的關(guān)系為mAvA2mAEk A考點(diǎn)二動(dòng)

14、量守恒定律的應(yīng)用1、表達(dá)式：pp ( 相互作用前系統(tǒng)總動(dòng)量 p 等于相互作用后總動(dòng)量 p ) ；p 0( 系統(tǒng)總動(dòng)量的增量等于零 ) ；p1 p2( 兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)中，各自動(dòng)量的增量大小相等、方向相反) 、2、應(yīng)用范圍：平均動(dòng)量守恒：初動(dòng)量為零，兩物體動(dòng)量大小相等，方向相反、碰撞、爆炸、反沖：作用時(shí)間極短，相互作用力特別大，外力可忽略、分方向動(dòng)量守恒：一般水平動(dòng)量守恒，豎直動(dòng)量不守恒、3、應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解決問(wèn)題的步驟：確定研究對(duì)象，研究對(duì)象為相互作用的幾個(gè)物體、分析系統(tǒng)所受外力，判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒，哪一過(guò)程守恒、選取正方向，確定系統(tǒng)的初動(dòng)量和末動(dòng)量、依照動(dòng)量守恒列方程求解、例 2、如圖

15、 6 3 所示，甲、乙兩船的總質(zhì)量( 包括船、人和貨物) 分別為 10、12 ，兩mm船沿同一直線(xiàn)同一方向運(yùn)動(dòng)，速度分別為2v、v . 為幸免兩船相撞，乙船上的人將一質(zhì)量為00m的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上的人將貨物接住，求拋出貨物的最小速度.( 不計(jì)水的阻力 )圖 6-3【解析】設(shè)乙船上的人拋出貨物的最小速度大小為vmin，拋出貨物后船的速度為v1，甲船上的人接到貨物后船的速度為v2，由動(dòng)量守恒定律得12m v011m v1 m vmin10m 2v0 m vmin 11m v2為幸免兩船相撞應(yīng)滿(mǎn)足12v v 聯(lián)立式得vmin 4v0. 【答案】 4v0【變式探究】 在光滑水平面上， 一

16、質(zhì)量為、速度大小為v的A球與質(zhì)量為2 靜止的Bmm球碰撞后， A 球的速度方向與碰撞前相反、那么碰撞后B 球的速度大小可能是()A、 0.6 vB、 0.4 vC、 0.3 vD、 0.2 v【解析】選 A. 由動(dòng)量守恒定律得：設(shè)小球 A 碰前的速度方向?yàn)檎?，那?mv mv1 2mv2v那么 2v2 v1 vv，v22，即 v20.5 v， A 正確、【答案】 A考點(diǎn)三機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用1、機(jī)械能守恒的三種表達(dá)式Ek1 Ep1 Ek2Ep2或1112.12222mvmgh2mvmghEp Ek ( 勢(shì)能和動(dòng)能的變化量絕對(duì)值相等 ) 、(3)E1E2( 一部分機(jī)械能的變化量與另一部分機(jī)械能的

17、變化量絕對(duì)值相等注：應(yīng)用表達(dá)式(1) 時(shí)，涉及重力勢(shì)能的大小，必須首先選零勢(shì)能參考平面、) 、2、機(jī)械能守恒定律解題的差不多思路選取研究對(duì)象系統(tǒng)或物體、對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行受力、做功分析，判斷機(jī)械能是否守恒、依照要選取的表達(dá)式，確定研究對(duì)象的初、末機(jī)械能、動(dòng)能或勢(shì)能的變化、依照機(jī)械能守恒列方程求解、例 3、如圖6 4 所示是為了檢驗(yàn)?zāi)撤N防護(hù)罩承受沖擊力的裝置，M 是半徑為R1.0m1N 為待檢驗(yàn)的固定曲面，該曲面固定于豎直平面內(nèi)的 4光滑圓弧軌道，軌道上端切線(xiàn)水平、1在豎直面內(nèi)的截面為半徑r 0.69m 的 4圓弧，曲面下端切線(xiàn)水平且圓心恰好位于M軌道的上端點(diǎn)、 M的下端相切處放置豎直向上的彈簧槍?zhuān)?/p>

18、可發(fā)射速度不同的質(zhì)量為m 0.01kg 的小鋼珠，假設(shè)某次發(fā)射的小鋼珠沿軌道恰好能通過(guò)的上端點(diǎn)， 水平飛出后落到曲面N的某一M點(diǎn)上，取 g 10m/s 2. 求：圖 6-4發(fā)射該小鋼珠前，彈簧的彈性勢(shì)能Ep 多大？小鋼珠落到曲面 N上時(shí)的動(dòng)能 Ek 多大？ ( 結(jié)果保留兩位有效數(shù)字 )【解析】 (1) 設(shè)小鋼珠運(yùn)動(dòng)到軌道 M最高點(diǎn)的速度為 v，在 M的最低端速度為 v0，那么在最高點(diǎn)，由題意依照牛頓第二定律得2v從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律得11222mv0 mgR 2mv解得 v03gR設(shè)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep，由機(jī)械能守恒定律得13p21.5 10 10J.E2mv2mgR小鋼珠從最高

19、點(diǎn)飛出后，做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得1x vt ， y 2gt 2由幾何關(guān)系有x2y2 r 26聯(lián)立解得 t 10 s1因此，小鋼珠從最高點(diǎn)飛出后落到曲面N上時(shí)下落的高度為y2gt 2 0.3m，小鋼珠落到圓弧N上時(shí)的動(dòng)能 Ek ，由機(jī)械能守恒定律得1 22J.Ek 2mvmgy 8.0 10【答案】 (1)1.5 10 1J(2)8.0102J【變式探究】如圖6 5，和為兩個(gè)光滑固定軌道，、 、E在同一水平面上，ABC ABDABC、 D、 E 在同一豎直線(xiàn)上， D 點(diǎn)距水平面的高度為 h， C點(diǎn)的高度為2h，一滑塊從A 點(diǎn)以初速度 v0 分別沿兩軌道滑行到C或 D處后水平拋出、(1) 求

20、滑塊落到水平面時(shí)，落點(diǎn)與E 點(diǎn)間的距離sC和 sD；求實(shí)現(xiàn) sC sD， v0 應(yīng)滿(mǎn)足什么條件？【解析】 (1) 設(shè)拋出點(diǎn)高度為 y，地面為零勢(shì)能面，依照機(jī)械能守恒12122mv0 2mv mgy平拋初速度 v v02 2gy1落地時(shí)間 t 滿(mǎn)足 y gt 22因此 t 2yg2y落地點(diǎn)離拋出點(diǎn)水平距離s vt v02 2gyg分別以 y 2h，y h 代入得4h2hsC v02 4ghg ， sD v02 2ghg .22(2) 按題意 sC sD，有 2( v0 4gh) v0 2gh因此 v026gh考慮到滑塊必須要能夠到達(dá)拋出點(diǎn)C，222即 vC v0 4gh 0，因此 v0 4gh因

21、此為保證 sC sD，初速度應(yīng)滿(mǎn)足406.ghvgh考點(diǎn)四兩大守恒定律的綜合應(yīng)用在解決力學(xué)問(wèn)題時(shí)，有動(dòng)量和能量?jī)煞N不同的觀(guān)點(diǎn)、動(dòng)量的觀(guān)點(diǎn)： 要緊用動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律求解，常涉及物體的受力和時(shí)間問(wèn)題，以及相互作用的物體系問(wèn)題、能量的觀(guān)點(diǎn)： 在涉及單個(gè)物體的受力和位移問(wèn)題時(shí)，常用動(dòng)能定理分析， 在涉及物體系內(nèi)能量的轉(zhuǎn)化問(wèn)題時(shí)，常用能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律、在做題時(shí)首先確定研究的系統(tǒng)和過(guò)程，判斷動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒或能量守恒；其次，分析參與轉(zhuǎn)化的能量種類(lèi)，分清哪些能量增加，哪些能量減少、碰撞、反沖、火箭是動(dòng)量知識(shí)和機(jī)械能知識(shí)綜合應(yīng)用的特例，高考常從這幾個(gè)方面出題，在做題時(shí)，要善于查找題中給出的解題條

22、件，分析屬于哪種情況，從而順利解題、例 4、如圖 66 所示，一條軌道固定在豎直平面內(nèi)，粗糙的ab 段水平， bcde 段光滑，cde 段是以 O為圓心、 R為半徑的一小段圓弧，可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊A 和 B 緊靠在一起，靜止于 b 處， A 的質(zhì)量是 B的 3 倍、兩物塊在足夠大的內(nèi)力作用下突然分離，分別向左、右始終3沿軌道運(yùn)動(dòng)、 B 到 d 點(diǎn)時(shí)速度沿水平方向， 如今軌道對(duì) B 的支持力大小等于 B所受重力的 4. A 與 ab 段的動(dòng)摩擦因數(shù)為 ，重力加速度為 g，求：圖 6-6物塊 B 在 d 點(diǎn)的速度大小 v；物塊 A 滑行的距離 s.【解析】 (1) 設(shè)物塊 A 和 B 的質(zhì)量分別為m

23、A和 mB.B在 d 處的合力為F，依題意31F mBg4mBg 4mBg (2 分 )由牛頓第二定律1v2得 4mBgmB R (4 分 )Rgv2 . (6 分 )設(shè) A 和 B 分開(kāi)時(shí)的速度分別為 v1 和 v2，系統(tǒng)動(dòng)量守恒mAv1 mBv2 0(8 分 )B從位置 b 運(yùn)動(dòng)到 d 的過(guò)程中，機(jī)械能守恒112mBv22 2mBv2 mBgR (11 分)A在滑行過(guò)程中，由動(dòng)能定理0112 A(14 分)A2mvmgs聯(lián)立得Rs 8.(18分)1R【答案】 (1)2gR(2) 8【變式探究】 一質(zhì)量為 2的物體P靜止于光滑水平地面上，其截面如圖67 所示、 圖m中 ab 為粗糙的水平面，

24、長(zhǎng)度為L(zhǎng)； bc 為一光滑斜面，斜面和水平面通過(guò)與ab 和 bc 均相切的長(zhǎng)度可忽略的光滑圓弧連接、現(xiàn)有一質(zhì)量為m的木塊以大小為v0 的水平初速度從 a 點(diǎn)向左運(yùn)動(dòng)，在斜面上上升的最大高度為h，返回后在到達(dá) a 點(diǎn)前與物體 P相對(duì)靜止、重力加速度為 g. 求：圖 6-7木塊在 ab 段受到的摩擦力 Ff ；木塊最后距 a 點(diǎn)的距離 s.【解析】木快m和物體 P組成的系統(tǒng)在相互作用過(guò)程中遵守動(dòng)量守恒、能量守恒、以木塊開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至在斜面上上升到最大高度為研究過(guò)程，當(dāng)木塊上升到最高點(diǎn)時(shí)兩者具有相同的速度，依照動(dòng)量守恒，有mv (2 m m) v0依照能量守恒，有11220f2200聯(lián)立得 Ff 3L

25、L3L以木塊開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至與物體 P 相對(duì)靜止為研究過(guò)程，木塊與物體 P 相對(duì)靜止，兩者具有相同的速度，依照動(dòng)量守恒，有mv0 (2 m m) v依照能量守恒，有112mv02 2(2 m m) v2 Ff ( L Ls) v2gh L0L 6聯(lián)立得sv2.0 3gh2200【答案】 (1)(2)v2gh30 3L【難點(diǎn)探究】難點(diǎn)一機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用問(wèn)題應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題的一般思路：選擇適當(dāng)?shù)难芯繉?duì)象 ( 物體或系統(tǒng) ) ，明確哪些物體參與了動(dòng)能和勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化，選擇合適的初、末狀態(tài)；對(duì)物體進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析， 明確各個(gè)力做功的情況及初末狀態(tài)的速度， 判斷機(jī)械能是否守恒，只有符合守恒條件

26、才能應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題；選擇適當(dāng)?shù)臋C(jī)械能守恒定律表述形式列守恒方程，對(duì)多過(guò)程問(wèn)題可分階段列式， 也可對(duì)全過(guò)程列式、 ( 必要時(shí)應(yīng)選取重力勢(shì)能為零的參考平面)例 1 有一個(gè)固定的光滑直桿，該直桿與水平面的夾角為53，桿上套著一個(gè)質(zhì)量為m2kg 的滑塊 ( 可視為質(zhì)點(diǎn) ) 、如圖 2 6 1 甲所示， 滑塊從 O點(diǎn)由靜止釋放， 下滑了位移 x 1m后到達(dá) P點(diǎn)，求滑塊如今的速率；假如用不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩將滑塊m與另一個(gè)質(zhì)量為 M 2.7kg 的物塊通過(guò)光滑的定滑輪相連接，細(xì)繩因懸掛M而繃緊，如今滑輪左側(cè)繩恰好水平，其長(zhǎng)度l m(如圖乙所示) 、再次將滑塊從到地面， sin53O點(diǎn)由靜止釋放，求滑塊

27、滑至P 點(diǎn)的速度大小、2 0.8 ， cos53 0.6 ， g 10m/s )( 整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中M可不能落【答案】 (1)4m/s(2)5m/s1【解析】 (1) 設(shè)滑塊下滑至P 點(diǎn)時(shí)的速度為v ，由機(jī)械能守恒定律得2211解得 v1 4m/s設(shè)滑塊滑動(dòng)到某點(diǎn)時(shí)速度為v，繩與斜桿的夾角為 ，M的速度為 vM，如下圖、將繩端速度分解得：vM vcos 滑塊再次滑到P 點(diǎn)時(shí)，恰滿(mǎn)足x lcos53 ，即繩與斜桿的夾角 90，因此 vM 0對(duì)物塊和滑塊組成的系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定律12Mgl(1 sin53 ) mgxsin53 2mv2 0解得 v2 5m/s【變式探究】如圖2 6 2 所示，直角

28、坐標(biāo)系位于豎直平面內(nèi)，x 軸水平，一長(zhǎng)為2L的細(xì)繩一端系一小球，另一端固定在y 軸上的 A 點(diǎn)，A點(diǎn)坐標(biāo)為 (0 ，L) 、將小球拉至C點(diǎn)處，如今細(xì)繩呈水平狀態(tài)，然后由靜止釋放小球、在x 軸上某一點(diǎn)x1 處有一光滑小釘，小球落下后恰好可繞小釘在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，B 點(diǎn)為圓周運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)位置，不計(jì)一切阻、假設(shè) x1 點(diǎn)到 O點(diǎn)距離、(2) 假設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到 B 處時(shí)，將繩斷開(kāi)，小球落到 x 軸上 x2( 圖中未畫(huà)出 ) 處、求 x2 點(diǎn)到 O點(diǎn)的距離、圖 26 277 22【答案】 (1) 3 L(2)3L1【解析】繩斷開(kāi)后，小球做平拋運(yùn)動(dòng)、設(shè)落到x 軸上所需時(shí)間為t ，那么有 R 2gt 2

29、x1 與 x2 之間距離 x1x2 vBt22可得： x1x23L故 x2 到 O點(diǎn)距離 Ox2難點(diǎn)二能量守恒問(wèn)題7 223L應(yīng)用能量守恒定律解題的差不多思路：明確物理過(guò)程中各種形式的能量動(dòng)能、重力勢(shì)能、彈性勢(shì)能、 電勢(shì)能、內(nèi)能等能量的變化情況，分別列出減少的能量和增加的能量的表達(dá)式，依照能量守恒定律解題、例 2、如圖 2 6 3 所示，質(zhì)量分別為m1 1kg、m2 2kg 的 A、B 兩物體用勁度系數(shù)為k 100N/m 的輕質(zhì)彈簧豎直連接起來(lái)、在彈簧為原長(zhǎng)的情況下，使A、B 整體從靜止開(kāi)始自由下落，當(dāng)重物A 下降 h 高度時(shí)，重物B 剛好與水平地面相碰、假定碰撞后的瞬間重物B不反彈， 也不與

30、地面粘連，整個(gè)過(guò)程中彈簧始終保持豎直狀態(tài)，且彈簧形變始終不超過(guò)彈性1限度、彈簧的形變?yōu)?x 時(shí)，其彈性勢(shì)能的表達(dá)式為 Ep2kx2. 假設(shè)重物 A 在以后的反彈過(guò)程中恰能將重物 B 提離地面，取重力加速度 g 10m/s2，求：重物 A自由下落的高度 h；從彈簧開(kāi)始被壓縮到重物 B 離開(kāi)水平地面的過(guò)程中， 水平地面對(duì)重物 B 的最大支持力、圖 263【答案】 (1)0.4m(2)60N【解析】 (1) 重物 A、B 自由下落的過(guò)程機(jī)械能守恒，設(shè)重物 B 著地前瞬間重物 A 的速度為 v，由機(jī)械能守恒定律1(m1 m2)gh (m1 m2)v 22解得 v 2gh重物 B 落地后不反彈， 在此后

31、過(guò)程中， 重物 A 和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)重力勢(shì)能、彈性勢(shì)能、動(dòng)能相互轉(zhuǎn)化、設(shè)恰將重物 B 提離地面時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量為x ，那么有 kx mg1121212依照能量轉(zhuǎn)化和守恒定律 2kx1111聯(lián)立解得： hm2 2m1m2 g 0.4 m2mk1(2) 從彈簧開(kāi)始被壓縮到重物B 離開(kāi)水平地面的過(guò)程中，彈簧壓縮量最大時(shí)，重物B11對(duì)水平地面的壓力最大，設(shè)彈簧的最大壓縮量為x2，由能量轉(zhuǎn)化和守恒定律2m1v2 m1gx 2 22kx 2解得： x2 0.4 m或 x2 0.2 m( 舍去 )最大支持力FN kx 2 mg 60N【點(diǎn)評(píng)】此題中重物B 落地過(guò)程損失機(jī)械能，全過(guò)程機(jī)械能不守恒、因此應(yīng)將全過(guò)程

32、以物體 B 落地為臨界點(diǎn)分段討論、重物B恰被提離地面的條件是解題的關(guān)鍵、【變式探究】 如圖 2 64 所示，在豎直方向上A、B 兩物體通過(guò)勁度系數(shù)為k 的輕質(zhì)彈簧相連， A放在水平地面上， B、 C兩物體通過(guò)細(xì)繩繞過(guò)光滑輕質(zhì)定滑輪相連，C放在固定的光滑斜面上，斜面傾角為30 . 用手調(diào)整C，使細(xì)線(xiàn)剛剛拉直但無(wú)拉力作用，并保證ab段的細(xì)線(xiàn)豎直、cd段的細(xì)線(xiàn)與斜面平行、B的質(zhì)量為，的質(zhì)量為 4 ，的質(zhì)量遠(yuǎn)大于，m Cm Am重力加速度為g，細(xì)線(xiàn)與滑輪之間的摩擦力不計(jì)、開(kāi)始時(shí)整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，釋放C后它沿斜面下滑、假設(shè)斜面足夠長(zhǎng)，求：當(dāng) B 物體的速度最大時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量；B 物體的最大速度、m

33、gm【答案】 (1) k (2)2g5k【解析】 (1) 通過(guò)受力分析可知，當(dāng)B 的速度最大時(shí)，其加速度為小 T 4mgsin 30 2mg，如今彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，彈簧的伸長(zhǎng)量x 滿(mǎn)足0，繩子上的拉力大kx mg Tmg解得xkmg開(kāi)始時(shí)彈簧壓縮的長(zhǎng)度 x0 k .因 A 質(zhì)量遠(yuǎn)大于m，因此 A 一直保持靜止?fàn)顟B(tài)、物體B 上升的距離以及物體C 沿斜面2mg下滑的距離均為dx0 xk .由于 x x0，因此彈簧處于壓縮狀態(tài)和伸長(zhǎng)狀態(tài)時(shí)的彈性勢(shì)能相等，由機(jī)械能守恒定律：彈簧彈力做功為零，14mgdsin30 mgd22(m 4m)vBmm解得vBm 2g5k難點(diǎn)三能量觀(guān)點(diǎn)的綜合應(yīng)用功是能量轉(zhuǎn)化的量

34、度，做功的過(guò)程確實(shí)是能量轉(zhuǎn)化的過(guò)程、常見(jiàn)功能關(guān)系的對(duì)比列表如下：功能量變化表達(dá)式合力做功等于動(dòng)能的增加W合 Ek2 Ek1重力做功等于重力勢(shì)能的減少WGEp1 Ep2( 彈簧類(lèi) ) 彈力做功等于彈性勢(shì)能的減少?gòu)?p1 p2WEE分子力做功等于分子勢(shì)能的減少WEE分p1p2電場(chǎng)力 ( 或電流 ) 做功等于電能 ( 電勢(shì)能 ) 的減少W電 Ep1 Ep2安培力做功等于電能 ( 電勢(shì)能 ) 的減少W安 Ep1Ep2除了重力和彈力之外的等于機(jī)械能的增加W其 E2E1其他力做功系統(tǒng)克服一對(duì)滑動(dòng)摩擦等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加Qfs 相力或介質(zhì)阻力做功說(shuō)明：表格中“增加”是末態(tài)量減初態(tài)量，“減少”是初態(tài)量減末態(tài)量、

35、例 3、如圖 2 6 5 所示，傾角 30的粗糙斜面固定在地面上，長(zhǎng)為l、質(zhì)量為、m粗細(xì)均勻、 質(zhì)量分布均勻的軟繩置于斜面上，其上端與斜面頂端齊平、用細(xì)線(xiàn)將物塊與軟繩連接， 物塊由靜止釋放后向下運(yùn)動(dòng)， 直到軟繩剛好全部離開(kāi)斜面( 如今物塊未到達(dá)地面) ，在此過(guò)程中 ()圖 26 5A、物塊的機(jī)械能逐漸增加1B、軟繩重力勢(shì)能共減少了4mglC、物塊重力勢(shì)能的減少等于軟繩克服摩擦力所做的功D、軟繩重力勢(shì)能的減少小于其動(dòng)能的增加與克服摩擦力所做功之和【答案】 BD【解析】因物塊受的向上的拉力做負(fù)功，故物塊的機(jī)械能減少，選項(xiàng)A 錯(cuò)誤；軟繩原1ll來(lái)的重心距最高點(diǎn)為2lsin 4，軟繩剛好全部離開(kāi)斜面時(shí)

36、重心距最高點(diǎn)為2，故重力勢(shì)能ll1共減少了mg 2 4 4mgl ，選項(xiàng)B 正確；物塊受的重力大于軟繩受的摩擦力，因此物塊受的重力做的功大于軟繩克服摩擦力做的功，應(yīng)選項(xiàng) C 錯(cuò)誤；設(shè)拉軟繩的力F 做功為 WF，對(duì)軟繩由功能關(guān)系： WF Wf WG Ek2 Ek1，故 WF WG Ek2 Ek1 ( Wf) ，由于 WF0，應(yīng)選項(xiàng) D 正確、【點(diǎn)評(píng)】解答此題要注意從做功的角度進(jìn)行分析，利用“功是能量轉(zhuǎn)化的量度”的含義解題、分析選項(xiàng)A 用除重力以外的其他力對(duì)物體做的功等于其機(jī)械能的增量，分析選項(xiàng)B用重力做的功等于重力勢(shì)能的減少量，對(duì)選項(xiàng) C 也是從做功的角度進(jìn)行分析的，不宜從能量守恒的角度分析、【

37、變式探究】如圖2 6 6 所示， MNP為豎直面內(nèi)一固定軌道，其圓弧段MN與水平段NP切關(guān)于 N，P 端固定一豎直擋板、M相關(guān)于 N的高度為 h，NP長(zhǎng)度為 s. 一物塊自 M端從靜止開(kāi)始沿軌道下滑，與擋板發(fā)生一次完全彈性碰撞后停止在水平軌道上某處、假設(shè)在MN段的摩擦可忽略不計(jì)，物塊與 NP段軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 ，求物塊停止的地方與 N的距離的可能值、圖 2-6-6h【答案】 2s【解析】依照功能原理，在物塊從開(kāi)始下滑到靜止的過(guò)程中，物塊重力勢(shì)能減小的數(shù)值 Ep 與物塊克服摩擦力所做功的數(shù)值W相等，即Ep W設(shè)物塊質(zhì)量為m，在水平軌道上滑行的總路程為s，那么Ep mghW mgs設(shè)物塊在水平

38、軌道上停住的地方與N 點(diǎn)的距離為d. 假設(shè)物塊在與P 碰撞后， 在到達(dá)圓弧形軌道前停止，那么s 2s dh聯(lián)立式得d 2s hh此結(jié)果在 2s時(shí)有效、假設(shè) 2s，那么物塊在與P 碰撞后，可再一次滑上圓弧形軌道，滑下后在水平軌道上停止，如今有s 2s dh聯(lián)立式得d 2s.【歷屆高考真題】2018 高考】 2018大綱版全國(guó)卷21. 如圖，大小相同的擺球a 和 b 的質(zhì)量分別為m和 3m，擺長(zhǎng)相同， 并排懸掛，平衡時(shí)兩球剛好接觸， 現(xiàn)將擺球 a 向左邊拉開(kāi)一小角度后釋放，的碰撞是彈性的，以下判斷正確的選項(xiàng)是假設(shè)兩球第一次碰撞后的瞬間，兩球的速度大小相等第一次碰撞后的瞬間，兩球的動(dòng)量大小相等第一次

39、碰撞后，兩球的最大擺角不相同發(fā)生第二次碰撞時(shí)，兩球在各自的平衡位置【答案】 AD【解析】?jī)汕蛟谂鲎睬昂?，水平方向不受外力，故水平兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律有：mv0 mv13mv2；又兩球碰撞是彈性的，故機(jī)械能守恒，即： 121212，解兩式得：v1v0v0，可見(jiàn)第一次碰撞后的瞬間，2mv0mv13mv22, v2222兩球的速度大小相等，選項(xiàng) A 正確；因兩球質(zhì)量不相等， 故兩球碰后的動(dòng)量大小不相等，選項(xiàng) B 錯(cuò)；兩球碰后上擺過(guò)程，機(jī)械能守恒，故上升的最大高度相等，另擺長(zhǎng)相等，故兩球碰后的最大擺角相同，選項(xiàng)C錯(cuò)；由單擺的周期公式，可知，兩球擺動(dòng)周期相同，Tl2g故經(jīng)半個(gè)周期后，兩

40、球在平衡位置處發(fā)生第二次碰撞，選項(xiàng)D 正確?！究键c(diǎn)定位】此題考查彈性碰撞、單擺運(yùn)動(dòng)的等時(shí)性及其相關(guān)知識(shí)。 2018浙江 23、16 分為了研究魚(yú)所受水的阻力與其形狀的關(guān)系，小明同學(xué)用石蠟做成兩條質(zhì)量均為m、形狀不同的“ A 魚(yú)”和“ B 魚(yú)”，如下圖。在高出水面H 處分別靜止釋放“A 魚(yú)”和“ B 魚(yú)”，“A 魚(yú)”豎直下滑 hA后速度減為零， “ B 魚(yú)”豎直下滑 hB 后速度減為零。 “魚(yú)” 在水中運(yùn)動(dòng)時(shí)，除受重力外還受浮力和水的阻力， “魚(yú)” 在水中所受浮力是其重力的 10/9 倍，重力加速度為g，“魚(yú)”運(yùn)動(dòng)的位移遠(yuǎn)大于“魚(yú)”的長(zhǎng)度。假設(shè)“魚(yú)”運(yùn)動(dòng)時(shí)所受水的阻力恒定，空氣阻力不計(jì)。求： 1

41、“A 魚(yú)”入水瞬間的速度VA1； 2“A 魚(yú)”在水中運(yùn)動(dòng)時(shí)所受阻力f A； 3“A 魚(yú)”與“ B 魚(yú)”在水中運(yùn)動(dòng)時(shí)所受阻力之比f(wàn) A： f B【解析】“ A 魚(yú)”在入水前作自由落體運(yùn)動(dòng)，有v2A2gH得到： vA2gH (2) “A 魚(yú)”在水中運(yùn)動(dòng)時(shí)受到重力、浮力和阻力的作用，做勻減速運(yùn)動(dòng)， 設(shè)加速度為aA ,有F合 =F浮 +f A -mg F合 = maA0 vA22aA hA由題得：F浮 =10mg9綜合上述各式，得f A mg ( H1)hA9(3) 考慮到“ B 魚(yú)”的運(yùn)動(dòng)情況、受力與“A魚(yú)”相似，有fB mg ( H1)hB9綜合兩式得到 : fAhB (9 HhA )fBhA (

42、9 HhB )【考點(diǎn)定位】力和運(yùn)動(dòng)、動(dòng)能定理 2018天津 10、16 分如下圖，水平地面上固定有高為h 的平臺(tái)，臺(tái)面上有固定的光滑坡道，坡道頂端距臺(tái)面高度也為h，坡道底端與臺(tái)面相切。小球A 從坡道頂端由靜止開(kāi)始滑下， 到達(dá)水平光滑的臺(tái)面與靜止在臺(tái)面上的小球B發(fā)生碰撞， 并粘連在一起， 共同沿臺(tái)面滑行并從臺(tái)面邊緣飛出，落地點(diǎn)與飛出點(diǎn)的水平距離恰好為臺(tái)高的一半，兩球均可視為質(zhì)點(diǎn)，忽略空氣阻力，重力加速度為g。求1小球 A 剛滑至水平臺(tái)面的速度 vA；2 A、B 兩球的質(zhì)量之比 mA： mB。【答案】 1 2 1:3【解析】解： 1小球從坡道頂端滑至水平臺(tái)面的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律得2mAgh=

43、 mAvA解得： vA=2設(shè)兩球碰撞后共同的速度為v，由動(dòng)量守恒定律得mAvA=mA+mB v粘在一起的兩球飛出臺(tái)面后做平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向： h= gt 2水平方向：=vt聯(lián)立上式各式解得：【考點(diǎn)定位】此題考查機(jī)械能守恒定律，動(dòng)量守恒定律，平拋運(yùn)動(dòng)。 2018四川 24、 19 分如下圖， ABCD為固定在豎直平面內(nèi)的軌道，AB段光滑水平，段為光滑圓弧，對(duì)應(yīng)的圓心角 =370，半徑r=2.5m，段平直傾斜且粗糙，各段軌BCCD道均平滑連接，傾斜軌道所在區(qū)域有場(chǎng)強(qiáng)大小為E=2 105N/C、方向垂直于斜軌向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)。質(zhì)量m=5 10-2 kg、電荷量 q=+1 10-6 C 的小物體視為質(zhì)點(diǎn)被

44、彈簧槍發(fā)射后，沿水平軌道向左滑行，在 C點(diǎn)以速度 v0=3m/s 沖上斜軌。以小物體通過(guò)以后，場(chǎng)強(qiáng)大小不變，方向反向。斜軌與小物體間的動(dòng)摩擦因數(shù)C點(diǎn)時(shí)為計(jì)時(shí)起點(diǎn)， 0.1s =0.25 。設(shè)小物體的電荷量保持不變，取g=10m/s2， sin370=0.6 ， cos37 0=0.8 。 1求彈簧槍對(duì)小物體所做的功； 2在斜軌上小物體能到達(dá)的最高點(diǎn)為，求的長(zhǎng)度。PCP【答案】 1 0.475J 2 0.57m【解析】解： 1設(shè)彈簧槍對(duì)小物體做功為W，由動(dòng)能定理得 1 cos =mW mgr代入數(shù)據(jù)解得：W=0.475J2取沿平直斜軌向上為正方向。設(shè)小物體通過(guò) C點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)后的加速度為 a1，由

45、牛頓第二定律得mgsin mgcos +qE =ma1小物體向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)t 1=0.1s 后，速度達(dá)到v1，那么v1=v0+a1t 1解得： v1=2.1m/s設(shè)運(yùn)動(dòng)的位移為s1，那么2s1=v0t 1+ a1t 1電場(chǎng)力反向后，設(shè)小物體的加速度為a2，由牛頓第二定律得mgsin mgcos qE =ma2設(shè)小物體以此加速度運(yùn)動(dòng)到速度為0，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t 2，位移為 s2，那么0=v1+a2t 2s2=v1t 2+ a2t 22設(shè) CP的長(zhǎng)度為 s，那么 s=s1+s2解得： s=0.57m【考點(diǎn)定位】此題考查勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律，牛頓第二定律，動(dòng)能定理。2018全國(guó)新課標(biāo)卷 35. 物理

46、選修 3-5 15 分1 6 分氘核和氚核可發(fā)生熱核聚變而釋放巨大的能量，該反應(yīng)方程為：234234H+ HHe+x ，式中 x 是某種粒子。： H、 H、 He和粒子 x 的質(zhì)量分別為 2.0141u 、3.0161u 、1121124.0026u和 1.0087u ；1u=931.5MeV/c2，c是真空中的光速。由上述反應(yīng)方程和數(shù)據(jù)可知，粒子 x 是 _ ，該反應(yīng)釋放出的能量為_(kāi)MeV結(jié)果保留 3 位有效數(shù)字 2 9 分如圖，小球 a、b 用等長(zhǎng)細(xì)線(xiàn)懸掛于同一固定點(diǎn)O。讓球 a 靜止下垂，將球b 向右拉起，使細(xì)線(xiàn)水平。從靜止釋放球b，兩球碰后粘在一起向左擺動(dòng)，此后細(xì)線(xiàn)與豎直方向之間的最大

47、偏角為 60。忽略空氣阻力，求O i 兩球 a、 b 的質(zhì)量之比；b ii 兩球在碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能與球b 在碰前的最大動(dòng)能之比?！敬鸢浮?117.6a2【解析】2341 1依照核反應(yīng)方程遵循的規(guī)律可得：1H+1H 2He+0n2依照愛(ài)因斯坦質(zhì)能方程Emc 可得：E (2.0141+3.0161 4.0026 1.0087) 931.5MeV 17.6MeV【考點(diǎn)定位】本考點(diǎn)要緊考查核聚變、動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒、能量守恒 2018江蘇14.(16 分) 某緩沖裝置的理想模型如下圖, 勁度系數(shù)足夠大的輕質(zhì)彈簧與輕桿相連 , 輕桿可在固定的槽內(nèi)移動(dòng), 與槽間的滑動(dòng)摩擦力恒為f. 輕桿向右移動(dòng)不

48、超過(guò)l 時(shí) ,裝置可安全工作. 一質(zhì)量為 m的小車(chē)假設(shè)以速度v0撞擊彈簧 , 將導(dǎo)致輕桿向右移動(dòng)l4. 輕桿與槽間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力, 且不計(jì)小車(chē)與地面的摩擦.假設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為 k, 求輕桿開(kāi)始移動(dòng)時(shí) , 彈簧的壓縮量 x;求為使裝置安全工作 , 同意該小車(chē)撞擊的最大速度 vm;討論在裝置安全工作時(shí) , 該小車(chē)彈回速度 v和撞擊速度 v的關(guān)系 .【解析】 (1) 輕桿開(kāi)始移動(dòng)時(shí), 彈簧的彈力 F=kx且 F=f 于解得 x=f/k(2) 設(shè)輕桿移動(dòng)前小車(chē)對(duì)彈簧所做的功為W,那么小車(chē)從撞擊到停止的過(guò)程中動(dòng)能定理flW 01 mv0242同理 , 小車(chē)以 vm撞擊彈簧時(shí)fl W01

49、mvm22解得 vmv023 fl2m(3) 設(shè)輕桿恰好移動(dòng)時(shí), 小車(chē)撞擊速度為v1那么 12mv1W2由解得v02flv12m當(dāng)v02fl時(shí)， vvv2m當(dāng) v1vvm 時(shí)， vv1【考點(diǎn)定位】胡可定律動(dòng)能定理 2018山東22、 15 分如下圖，一工件置于水平地面上，其 AB 段為一半徑R1.0m的光滑圓弧軌道， BC段為一長(zhǎng)度 L0.5m 的粗糙水平軌道，二者相切與B 點(diǎn)，整個(gè)軌道位于同一豎直平面內(nèi)，P 點(diǎn)為圓弧軌道上的一個(gè)確定點(diǎn)。一可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊，其質(zhì)量m0.2kg ，與 BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)10.4 。工件質(zhì) M 0.8kg ，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)20.1 。取 g10m/s2 )求

50、 F 的大小當(dāng)速度時(shí)，使工件趕忙停止運(yùn)動(dòng)即不考慮減速的時(shí)間和位移，物塊飛離圓弧軌道落至 BC段，求物塊的落點(diǎn)與 B 點(diǎn)間的距離?！窘馕觥拷猓?1物塊從 P 點(diǎn)下滑經(jīng) B 點(diǎn)至 C 點(diǎn)的整個(gè)過(guò)程，依照動(dòng)能定理得mgh 1mgL 0 代入數(shù)據(jù)得 h0.2m 2設(shè)物塊的加速度大小為a ， P 點(diǎn)與圓心的連線(xiàn)與豎直方向間的夾角為，由幾何關(guān)系可得R h cosR依照牛頓第二定律，對(duì)物體有mgtanma對(duì)工件和物體整體有F2 ( Mm)g( Mm)a 聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得F8.5N 設(shè)物體平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t ，水平位移為x1 ，物塊落點(diǎn)與 B 間的距離為 x2 ，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得12x1vt x2x1 Rs

51、inhgt2聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得x20.4m 【考點(diǎn)定位】平拋運(yùn)動(dòng)、動(dòng)能定理 2018上海 22、 A 組 、兩物體在光滑水平地面上沿一直線(xiàn)相向而行，A質(zhì)量A B為 5kg ，速度大小為10m/s ， B 質(zhì)量為 2kg ，速度大小為5m/s ，它們的總動(dòng)量大小為_(kāi)kgm/s ：兩者碰撞后， A沿原方向運(yùn)動(dòng)，速度大小為4m/s ，那么 B 的速度大小為 _m/s 。22A 答案 .40 ， 10，【解析】總動(dòng)量P=M Av1M B v25 102 540kgm / s ；碰撞過(guò)程中滿(mǎn)足動(dòng)量守恒，M Av1M B v2M Av1M Bv2代入數(shù)據(jù)可得： vB10m / s【考點(diǎn)定位】動(dòng)量和能量20

52、17 高考】全國(guó)質(zhì)量為 M，內(nèi)壁間距為 L 的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質(zhì)量為的小物塊， 小物塊與箱子底板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。初始時(shí)小物塊停在箱子正中間，如mv，小物塊與箱壁碰撞 N次后恰又回到箱子正中間，下圖。現(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度并與箱子保持相對(duì)靜止。設(shè)碰撞基本上彈性的，那么整個(gè)過(guò)程中，系統(tǒng)損失的動(dòng)能為11mM1A、 2 mv2B、 2+Mv2C、 2 N mgL D、 NmgLm【答案】 BD【解析】由于水平面光滑，一方面，箱子和物塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，二者經(jīng)多次碰撞后，保持相對(duì)靜止， 易判斷二者具有向右的共同速度v ，依照動(dòng)量守恒定律有mv= M+mv ，系統(tǒng)損失的動(dòng)能

53、為1 mv2 1 Mm v ,2知 B 正確，另一方面，系統(tǒng)損失的動(dòng)能可Ek2由 Q= Ek ，且 Q= mg s相對(duì) ，由于小物塊從中間向右動(dòng)身，最終又回到箱子正中間，其間共發(fā)生N 次碰撞，那么S相對(duì)=NL,那么B 選項(xiàng)也正確。2、福建 20 分如圖甲，在x 0 的空間中存在沿y 軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直于xoy 平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B. 一質(zhì)量為m、電荷量為q(q 0) 的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn) O處，以初速度v0 沿 x 軸正方向射人，粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡見(jiàn)圖甲，不計(jì)粒子的重力。求該粒子運(yùn)動(dòng)到y(tǒng)=h 時(shí)的速度大小v；現(xiàn)只改變?nèi)松淞Ｗ映跛俣鹊拇笮。l(fā)明初速度大小不同的粒

54、子盡管運(yùn)動(dòng)軌跡 y-x 曲線(xiàn)不同，但具有相同的空間周期性，如圖乙所示；同時(shí)，這些粒子在y 軸方向上的運(yùn)動(dòng)y-t關(guān)系是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，且都有相同的周期T= 2m 。qB . 求粒子在一個(gè)周期T 內(nèi)，沿 x 軸方向前進(jìn)的距離s； . 當(dāng)入射粒子的初速度大小為v0 時(shí)，其 y-t圖像如圖丙所示，求該粒子在做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振幅A, 并寫(xiě)出 y-t的函數(shù)表達(dá)式。y 軸方向上解析：此題考查動(dòng)能定理、洛侖茲力、帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)等知識(shí)點(diǎn)。22 1由于洛侖茲力不做功，只有電場(chǎng)力做功，由動(dòng)能定理有- qEh= 1 mv-1 mv0，由式解得 v=2222qEh 。v0m2I 、由圖乙可知， 所有粒子在一個(gè)周期 T

55、內(nèi)沿 x 軸方向前進(jìn)的距離相同， 即都等于恰好沿 x 軸方向勻速運(yùn)動(dòng)的粒子在 T 時(shí)間內(nèi)前進(jìn)的距離。 設(shè)粒子恰好沿 x 軸方向勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為v1，那么 qv1B=qE, 又 s=v 1T，式中 T= 2 mqB由式解得s= 2mE qB2設(shè)粒子在 y 方向上的最大位移為 ym圖丙曲線(xiàn)的最高點(diǎn)處 ，對(duì)應(yīng)的粒子運(yùn)動(dòng)速度大小為 v2方向沿 x 軸，因?yàn)榱Ｗ釉趛 方向上的運(yùn)動(dòng)為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，因而在y=0 和 y=ym處粒子所受的合外力大小相等，方向相反，那么qv0B-qE=-( qv2B-qE),22由動(dòng)能定理有 -qEym= 1 mv2 -1 mv0，又y=1 y22mA2由式解得Ay = m (

56、 v0- E/B) 。qB可寫(xiě)出圖丙曲線(xiàn)滿(mǎn)足的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)y-t 的函數(shù)表達(dá)式為y= m ( v0- E/B)(1-cosqB t)qBm廣東 18 分如圖 20 所示，以A、B 和 C、 D 為斷電的兩半圓形光滑軌道固定于豎直平面內(nèi)，一滑板靜止在光滑的地面上，左端緊靠B 點(diǎn)，上表面所在平面與兩半圓分別相切于B、 C，一物塊被輕放在水平勻速運(yùn)動(dòng)的傳送帶上E 點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)到 A 時(shí)剛好與傳送帶速度相同，然后經(jīng) A沿半圓軌道滑下，再經(jīng)B 滑上滑板?；暹\(yùn)動(dòng)到C 時(shí)被牢固粘連。物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量為m，滑板質(zhì)量為M=2m，兩半圓半徑均為R，板長(zhǎng) l =6.5R, 板右端到C 的距離 L 在 RL5R范圍內(nèi)取

57、值， E 距 A 為 S=5R,物塊與傳送帶、物塊與滑板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為 =0.5 ，重力加速度取 g。AS=5RDEmRRBMCl=6.5R圖 19L 1求物塊滑到 B 點(diǎn)的速度大??； 2試討論物塊從滑上滑板到離開(kāi)右端的過(guò)程中，克服摩擦力做的功Wf 與 L 的關(guān)系，并判斷物塊能否滑到 CD軌道的中點(diǎn)。解析： 1滑塊從靜止開(kāi)始做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)到A 過(guò)程，滑動(dòng)摩擦力做正功，滑塊從A到 B，重力做正功，依照動(dòng)能定理，mgSmg2R12，解得： vB 3 gRmvB2 2滑塊從 B 滑上滑板后開(kāi)始作勻減速運(yùn)動(dòng), 如今滑板開(kāi)始作勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，當(dāng)滑塊與滑板達(dá)共同速度時(shí)，二者開(kāi)始作勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。設(shè)它們

58、的共同速度為v，依照動(dòng)量守恒mvB ( m 2m)v ，解得：vBv對(duì)滑塊，用動(dòng)能定理列方程：3，解得： s =8R1錯(cuò)誤！不能通過(guò)編輯域代碼創(chuàng)建對(duì)象。對(duì)滑板，用動(dòng)能定理列方程：mgs212mv20，解得： s2=2R2由此可知滑塊在滑板上滑過(guò)s1 s2=6R 時(shí)，小于 6.5R ，并沒(méi)有滑下去，二者就具有共同速度了。當(dāng) 2R L5R 時(shí)，滑塊的運(yùn)動(dòng)是勻減速運(yùn)動(dòng)8R， 勻速運(yùn)動(dòng) L 2R，勻減速運(yùn)動(dòng)0.5R ，滑上 C 點(diǎn)，依照動(dòng)能定理：，解得：mg (8R0.5R)1mvC21 mvB2221 mvC21 mgRmgR，22，滑塊不能滑到CD軌道的中點(diǎn)。Wfmg(8R 0.5R)17 mgR

59、4當(dāng) RL 2R 時(shí)，滑塊的運(yùn)動(dòng)是勻減速運(yùn)動(dòng)6.5R+L ，滑上 C 點(diǎn)。依照動(dòng)能定理：，解得：mg(6.5 RL)1mvC21 mvB2Wfmg(6.5 R L)1mg (13R 2L)224當(dāng) 121mg(2.5 RL)時(shí)，能夠滑到CD軌道的中點(diǎn)，如今要求Lm2) ，電荷量均為 q。加速電場(chǎng)的電勢(shì)差為U，離子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的初速度能夠忽略。不計(jì)重力，也不考慮離子間的相互作用。求質(zhì)量為 m1 的離子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速率 v1；當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為 B 時(shí)，求兩種離子在 GA邊落點(diǎn)的間距 s；在前面的討論中忽略了狹縫寬度的妨礙，實(shí)際裝置中狹縫具有一定寬度。假設(shè)狹縫過(guò)寬，可能使兩束離子在GA邊上的落點(diǎn)區(qū)

60、域交疊，導(dǎo)致兩種離子無(wú)法完全分離。設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可調(diào)，GA邊長(zhǎng)為定值L，狹縫寬度為d，狹縫右邊緣在A(yíng) 處。離子能夠從狹縫各處射入磁場(chǎng)，入射方向仍垂直于 GA邊且垂直于磁場(chǎng)。為保證上述兩種離子能落在 GA邊上并被完全分離，求狹縫的最大寬度。解析： 1動(dòng)能定理1m1v12Uq12得v12qUm11 2由牛頓第二定律2mv, Rmv ，利用 式得qvBRqB離子在磁場(chǎng)中的軌道半徑為別為，錯(cuò)誤！不能通過(guò)編輯域代碼創(chuàng)建對(duì)象。2R22m2UqB2兩種離子在 GA上落點(diǎn)的間距38U ( ms 2(RR )m )12qB212 3質(zhì)量為1 的離子，在邊上的落點(diǎn)都在其入射點(diǎn)左側(cè)21 處，由于狹縫的寬度為mGA