物理二輪復(fù)習 精練一 必考熱點3 動量觀點和能量觀點的應(yīng)用

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精1-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE必考熱點3動量觀點和能量觀點的應(yīng)用熱點闡釋動量觀點和能量觀點是解決力學(xué)問題的重要途徑,功能關(guān)系（含動能定理和機械能守恒定律)，動量觀點（含動量定理和動量守恒定律）是近幾年高考理科綜合物理命題的焦點，選擇題、計算題中均有體現(xiàn)，試題靈活性強,難度較大,能力要求高，且經(jīng)常與牛頓運動定律、圓周運動、電磁學(xué)等知識綜合命題.一、選擇題(1～5題為單項選擇題,6～7題為多項選擇題)1.如圖1所示，物塊的質(zhì)量為m，它與水平桌面間的動摩擦因數(shù)為μ。起初，用手按住物塊，物塊的速度為零，彈簧的伸長量為x.然后放手，當彈簧的長度回到原長時,物塊的速度為v。則此過程中彈力所做的功為()圖1A.eq\f（1,2）mv2－μmgx B.μmgx－eq\f（1，2)mv2C。eq\f（1,2)mv2＋μmgx D.以上選項均不對解析設(shè)WT為彈力對物體做的功，因為克服摩擦力做的功為μmgx，由動能定理得WT－μmgx＝eq\f(1,2)mv2－0，得WT＝eq\f(1,2)mv2＋μmgx.答案C2。如圖2，光滑圓軌道固定在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量為m的小球沿軌道做完整的圓周運動。已知小球在最低點時對軌道的壓力大小為N1,在最高點時對軌道的壓力大小為N2.重力加速度大小為g，則N1－N2的值為（）圖2A。3mg B.4mgC.5mg D.6mg解析小球在最低點有N1－mg＝meq\f(veq\o\al（2，1）,r），小球在最高點有N2＋mg＝meq\f(veq\o\al（2，2）,r)，從最低點到最高點,根據(jù)機械能守恒定律有eq\f(1,2）mveq\o\al（2,1）＝eq\f（1,2）mveq\o\al(2，2）＋mg·2r，聯(lián)立解得N1－N2＝6mg,D正確。答案D3。水平推力F1和F2分別作用于水平面上的同一物體，一段時間后撤去,使物體都從靜止開始運動而后停下,如果物體在兩種情況下的總位移相等，且F1大于F2，則（）A。F2的沖量大 B.F1的沖量大C.F1與F2的沖量相等 D。無法比較解析畫出兩種情況下物體運動的v－t圖如圖所示，圖線與橫軸所圍的面積表示位移,故兩種情況下物體運動的總位移相等，兩種情況下物體運動的時間t1<t2，由動量定理,Ft′－μmgt＝0，可知F2的沖量大,選項A正確。答案A4。如圖3所示,輕彈簧上端固定,下端拴著一帶正電小球Q，Q在O處時彈簧處于原長狀態(tài)，Q可在O1處靜止。若將另一帶正電小球q固定在O1正下方某處，Q可在O2處靜止.現(xiàn)將Q從O處由靜止釋放,則Q從O運動到O1處的過程中（)圖3A。Q運動到O2處時電勢能最大B。電場力先做正功再做負功C.Q的機械能不斷減小D.Q、q、彈簧與地球組成的系統(tǒng)的勢能不斷減小解析因為Q從O運動到O1處的過程中，庫侖力一直做負功，電勢能一直增大，選項A、B錯誤;Q的機械能E等于Q的動能與重力勢能之和,由功能關(guān)系有ΔE＝W彈＋W電,而彈簧彈力一直做負功，庫侖力也一直做負功,故ΔE〈0,即Q的機械能不斷減小，選項C正確；由能量守恒定律有ΔEp＋ΔEk＝0，q在O1正下方某處時,Q在O2處受力平衡，速率最大，即Q的動能Ek先增大后減小，故系統(tǒng)的勢能先減小后增大，選項D錯誤.答案C5。(2017·山西太原一模）將小球以10m/s的初速度從地面豎直向上拋出，取地面為零勢能面,小球在上升過程中的動能Ek、重力勢能Ep與上升高度h間的關(guān)系分別如圖4中兩圖線所示。取g＝10m/s2，下列說法正確的是（)圖4A.小球的質(zhì)量為0.2kgB.小球受到的阻力(不包括重力)大小為0。20NC.小球動能與重力勢能相等時的高度為eq\f（20，13）mD。小球上升到2m時,動能與重力勢能之差為0.5J解析在最高點Ep＝mgh得m＝0.1kg，A項錯誤；由除重力以外其他力做功W其＝ΔE可知:－fh＝E高－E低，E為機械能，解得f＝0。25N，B項錯誤;設(shè)小球動能和重力勢能相等時的高度為H,此時有mgH＝eq\f（1，2)mv2，由動能定理：－fH－mgH＝eq\f(1，2）mv2－eq\f(1，2）mveq\o\al（2，0)得H＝eq\f(20,9)m,故C項錯；當上升h′＝2m時，由動能定理，－fh′－mgh′＝Ek2－eq\f(1,2）mveq\o\al(2，0)得Ek2＝2。5J,Ep2＝mgh′＝2J，所以動能與重力勢能之差為0。5J，故D項正確.答案D6。如圖5所示，兩根相距l(xiāng)＝0.4m、電阻不計的光滑金屬導(dǎo)軌在同一水平面內(nèi)平行放置，兩導(dǎo)軌左端與阻值R＝0。15Ω的電阻相連。導(dǎo)軌x〉0的一側(cè)存在沿＋x方向均勻增大的穩(wěn)恒磁場,其方向與導(dǎo)軌平面垂直（豎直向下)，磁感應(yīng)強度B＝0.5＋0。5x（T）。一根質(zhì)量m＝0.1kg、電阻r＝0。05Ω的金屬棒置于導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直。金屬棒在水平外力作用下從x＝0處沿導(dǎo)軌向右做直線運動,運動過程中回路電流恒為2A。以下判斷正確的是（）圖5A。金屬棒在x＝3m處的速度為0。5m/sB.金屬棒在x＝3m處的速度為0.75m/sC。金屬棒從x＝0運動到x＝3m過程中克服安培力做的功為1。6JD.金屬棒從x＝0運動到x＝3m過程中克服安培力做的功為3.0J解析在x＝3m處，磁感應(yīng)強度為B＝2T,因為回路中電流恒為2A，由閉合電路歐姆定律可知,回路中的感應(yīng)電動勢為0。4V,由E＝Blv可得，此時金屬棒的速度v＝0。5m/s，所以選項A正確，B錯誤；由安培力公式可知,F安＝BIl＝Il(0.5＋0。5x)，隨著x變化呈線性變化，因此可用平均作用力來求安培力做的功，可得安培力做功為3J，所以選項C錯誤,D正確.答案AD7.如圖6所示，質(zhì)量為M＝2kg、長為L＝2m的木板靜止放置在光滑水平面上，在其左端放置一質(zhì)量為m＝1kg的小木塊（可視為質(zhì)點)，小木塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，先相對靜止,后用一水平向右的力F＝4N作用在小木塊上，經(jīng)過一段時間小木塊從木板另一端滑下，g取10m/s2，則(）圖6A。小木塊在長木板上滑行的時間t＝2sB。在整個運動過程中由于摩擦產(chǎn)生的熱量為8JC.小木塊脫離長木板的瞬間，拉力F的瞬時功率為16WD。小木塊在運動過程中獲得的動能為12J解析小木塊和長木板之間發(fā)生相對滑動,滑動摩擦力大小為2N，根據(jù)牛頓第二定律可知長木板以加速度a1＝1m/s2向右做勻加速運動，位移s1＝eq\f（1,2)a1t2。小木塊以加速度a2＝2m/s2向右做勻加速運動，位移s2＝eq\f(1，2）a2t2,s2－s1＝L，解得t＝2s，故選項A正確;由功能關(guān)系得因摩擦而產(chǎn)生的熱量等于滑動摩擦力乘以相對位移，等于4J，故選項B錯誤；小木塊脫離長木板瞬間的速度v＝4m/s，根據(jù)P＝Fv＝16W，可知選項C正確；對小木塊應(yīng)用動能定理有ΔEk＝WF＋Wf＝8J,故選項D錯誤。答案AC二、非選擇題8.如圖7所示，金屬棒MN質(zhì)量為m＝0。005kg,放在寬度為L＝1m、摩擦不計的兩根水平金屬導(dǎo)軌上,磁感應(yīng)強度B＝0.5T，方向豎直向上，電容C＝200μF,電源電動勢E＝16V，導(dǎo)軌平面距離地面h＝0.8m。單刀雙擲開關(guān)先擲向1,然后再擲向2,此時，金屬棒MN被拋到水平射程為s＝0。064m的地面上，問電容器兩端的電壓還剩多大？圖7解析當單刀雙擲開關(guān)擲向1時，電源對電容器充電，擲向2時,設(shè)電容器短暫放電時間為Δt，即為安培力作用時間Δt，在這段時間內(nèi)使金屬棒MN獲得一定動量并被拋出。開關(guān)擲向1時有q＝CE①開關(guān)擲向2時到金屬棒被拋出的Δt時間內(nèi)，根據(jù)動量定理得Beq\o(I，\s\up6（－)）L·Δt＝mv②Δq＝eq\o（I,\s\up6（－)）Δt③根據(jù)平拋運動知識有h＝eq\f（1,2)gt2④s＝vt⑤U＝eq\f(q－Δq，C)⑥由①②③④⑤⑥式得U＝8V答案8V9.如圖8所示，半徑R＝1m的光滑半圓軌道AC與高h＝8R的粗糙斜面軌道BD放在同一豎直平面內(nèi),BD部分水平長度為x＝6R。兩軌道之間由一條光滑水平軌道相連，b球過D點時無機械能損失.在水平軌道上，輕質(zhì)彈簧被a、b兩小球擠壓（與小球不連接），處于靜止狀態(tài)。同時釋放兩個小球，a球恰好能通過半圓軌道的最高點A,b球恰好能到達斜面軌道最高點B。已知a球質(zhì)量為m1＝2kg,b球質(zhì)量為m2＝1kg，兩小球均可視為質(zhì)點，b球與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(1,3），重力加速度為g＝10m/s2。（sin37°＝0。6，cos37°＝0.8）求：圖8（1）經(jīng)過C點時軌道對a球的作用力大小;（2)釋放小球前彈簧的彈性勢能Ep。解析（1）a球恰好能通過半圓軌道的最高點A，所以有m1g＝m1eq\f(veq\o\al（2,A），R）,解得vA＝eq\r(gR)＝eq\r（10)m/s；a球從C到A的過程中，由動能定理可得－m1g·2R＝eq\f(1，2)m1veq\o\al（2,A）－eq\f（1，2)m1veq\o\al（2，C），解得vC＝5eq\r(2）m/s；在C點，對a球進行受力分析有FN－m1g＝m1eq\f(veq\o\al(2，C）,R），解得軌道對a球的作用力大小為FN＝120N。（2)由題意可知，b球從D點恰好到達最高點的過程中克服重力和摩擦力做功，位移xDB＝10m，由動能定理可得－m2gh－μm2gsin37°·xDB＝0－Ek2，代入數(shù)據(jù)解得Ek2＝100J，故小球釋放前輕質(zhì)彈簧的彈性勢能Ep＝eq\f（1,2)m1veq\o\al(2,C)＋Ek2,解得Ep＝150J。答案(1)120N（2)150J10.(2017·安徽安慶十中月考）如圖9所示,長L＝12m、質(zhì)量M＝1.0kg的木板靜置在水平地面上，其右端有一個固定立柱，木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1.質(zhì)量m＝1.0kg的小貓靜止站在木板左端。某時小貓開始向右加速奔跑，經(jīng)過一段時間到達木板右端并立即抓住立柱。g取10m/s2。設(shè)小貓的運動為勻加速運動，若加速度a1＝4.0m/s2.試求：圖9(1）小貓從開始奔跑至到達木板右端所經(jīng)歷的時間;（2)從小貓開始運動到最終木板靜止，這一過程中木板的總位移。解析（1）貓相對木板奔跑時,設(shè)木板與貓之間的作用力大小為F,根據(jù)牛頓第二定律，對貓有F＝ma1＝4.0N，對木板有F－μ(M＋m)g＝Ma2，可得a2＝eq\f（F－μ（M＋m）g,M)＝2。0m/s2。當貓跑到木板的右端時,有eq\f（1，2）a1t2＋eq\f(1，2）a2t2＝L，解得t＝eq\r（\f（2L，a1＋a2)）＝2。0s。（2)當貓奔跑至木板的右端時，貓的速度為v1＝a1t＝8。0m/s,方向向右，木板的速度v2＝a2t＝4。0m/s,方向向左，木板向左運動的位移s＝eq\f(1,2）a2t2＝4。0m,方向向左.貓在抓住立柱的過程中，由于貓與木板相互作用的時間極短，所以貓和木板組成的系統(tǒng)動量守恒，則有mv1－Mv2＝(M＋m)v共，所以v共＝eq\f（mv1－Mv2,M＋m)＝2.0m/s，方向向右