课件58张PPT。专题四 能量和动量高考领航真题剖析备考跨越高考领航 过真题 做笔记真题在线1.(2018·全国Ⅱ卷,14)如图,某同学用绳子拉动木箱,使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度.木箱获得的动能一定( )
A.小于拉力所做的功
B.等于拉力所做的功
C.等于克服摩擦力所做的功
D.大于克服摩擦力所做的功A解析:由题意知,W拉-W克=Ek-0,则W拉>Ek,选项A正确,B错误;W克与Ek的大小关系不确定,选项C,D错误.内容排查:
动能□
动能定理□2.(2018·全国Ⅰ卷,18)如图,abc是竖直面内的光滑固定轨道,ab水平,长度为2R;bc是半径为R的四分之一圆弧,与ab相切于b点.一质量为m的小球,始终受到与重力大小相等的水平外力的作用,自a点处从静止开始向右运动.重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点,机械能的增量为( )
A.2mgR B.4mgR C.5mgR D.6mgRC内容排查:
恒力的功□
动能定理□
运动的合成和分解□
机械能的变化□ ?
?
?心得笔记:3.(2018·全国Ⅱ卷,15)高空坠物极易对行人造成伤害.若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下,与地面的碰撞时间约为2 ms,则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为( )
A.10 N B.102 N
C.103 N D.104 NC内容排查:
动能定理□
动量定理□
牛顿第三定律□ ?
?
?心得笔记:4.(2018·全国Ⅲ卷,19)(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∶5AC内容排查:
速度图像□
牛顿运动定律□
功和功率□ ?
?
?心得笔记:5.(2018·海南卷,5)如图,用长为l的轻绳悬挂一质量为M的沙箱,沙箱静止.一质量为m的弹丸以速度v水平射入沙箱并留在其中,随后与沙箱共同摆动一小角度.不计空气阻力.对子弹射向沙箱到与其共同摆过一小角度的过程( )
A.若保持m,v,l不变,M变大,则系统损失的机械能变小
B.若保持M,v,l不变,m变大,则系统损失的机械能变小
C.若保持M,m,l不变,v变大,则系统损失的机械能变大
D.若保持M,m,v不变,l变大,则系统损失的机械能变大C内容排查:
动量守恒定理□
非弹性碰撞□
碰撞中机械能的损失□ ?
?
?心得笔记:真题剖析 析真题 得技法第1讲 功能关系在力学中的应用考向一 力学中几个重要功能关系的应用【典例1】 (2018·永州一模)如图所示,一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端,弹簧的另一端固定于O点,将小球拉至A处,弹簧恰好无形变,由静止释放小球,当小球运动到O点正下方的竖直高度差为h的B点时,速度大小为v,已知重力加速度为g,下列说法正确的是( )D1.力学中几种功能关系规律总结2.运用功能关系分析问题的基本思路
(1)选定研究对象或系统,弄清物理过程;
(2)分析受力情况,看有什么力在做功,弄清系统内有多少种形式的能在参与转化;
(3)仔细分析系统内各种能量的转化情况、变化数量.【预测练1】 (2018·静安区一模)火箭的回收再利用已成为航天事业的发展趋势.若火箭在返回地面前的某段运动,可看成先匀速后减速的直线运动.最后火箭降落在地面上,不计火箭质量的变化.则( )
A.火箭在匀速下降过程中重力做负功,重力势能减小
B.火箭在匀速下降过程中没有力做功,动能不变
C.火箭在减速下降过程中合外力做负功,动能减小
D.火箭在减速下降过程中合力做功,等于火箭机械能的变化C解析:火箭在匀速下降过程中重力做正功,重力势能减小,故A错误.火箭在匀速下降过程中重力做正功,阻力做负功,动能不变,故B错误.火箭在减速下降过程中动能减小,由动能定理知合外力做负功,故C正确.火箭在减速下降过程中合力做功等于火箭动能的变化,阻力做功等于机械能的变化,故D错误.【预测练2】 (2018·泸州校级模拟)如图所示,质量为m的物体在水平传送带上由静止释放,传送带由电动机带动,始终保持以速度v匀速运动,物体与传送带间的动摩擦因数为μ,物体过一会儿能保持与传送带相对静止,对于物体从静止释放到相对静止这一过程,下列说法正确的是( )D【预测练3】 (2018·安徽三模)(多选)在粗糙的水平面上固定一挡板,一质量不计的弹簧左端固定在挡板上,一可视为质点的质量为m的物块A放在弹簧的右端,初始时刻弹簧为原长,物块与弹簧未连接,某瞬间给物块一向左的初速度,使其将弹簧压缩,经过一段时间弹簧将物块弹开,在整个运动过程中弹簧的最大压缩量为x0.已知物块的初速度大小为v0、物块与水平地面之间的动摩擦因数为μ.则下列结论正确的是( )ACD考向二 动力学规律和动能定理的综合应用(1)斜面对滑块摩擦力的大小Ff;解析:(1)由图(乙)可知,当t1=0.14 s时,滑块与弹簧开始分离,此后滑块受重力、斜面的支持力和摩擦力,滑块开始做匀减速直线运动.加速度大小为a1=10 m/s2.
根据牛顿第二定律有mgsin θ+Ff=ma1,
代入数据解得Ff=4.0 N.答案:(1)4.0 N (2)t=0.14 s时滑块与出发点间的距离d;答案:(2)0.20 m (3)在0～0.44 s时间内,摩擦力做的功W.答案:(3)-1.64 J【拓展变式】 在“典例2”的情境中,请把(乙)图0.24 s后到滑块再次碰到弹簧的a-t图像补画完整.答案:见解析规律总结1.对于物体受变力作用的力学问题,动能定理是解决问题的重要方法之一.
2.物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程),可以分段应用动能定理,也可以对整个过程利用动能定理,但不能在某一方向上应用动能定理.【预测练4】 (2018·广西模拟)小球从地面竖直向上抛出,到达最高点后竖直下落,与地面碰撞后向上反弹会到原高度再次下落,重复上述运动,以抛出点为原点建立竖直向上的一维坐标系,下落速度v及动能Ek随位置坐标y变化的关系图像正确的是( )C【预测练5】 (2018·衡水三模)质量m=1 kg的物体静止放在粗糙水平地面上.现对物体施加一个随位移变化的水平外力F时物体在水平面上运动.已知物体与地面间的滑动摩擦力与最大静摩擦力相等.若F-x图像如图所示.且4～5 m内物体匀速运动.x=7 m时撤去外力,取g=10 m/s2,则下列有关描述正确的是( )
A.物体与地面间的动摩擦因数为0.1
B.x=3 m时物体的速度最大
C.撤去外力时物体的速度为 m/s
D.撤去外力后物体还能在水平面上滑行3 sC考向三 应用动力学观点和能量观点解决多过程问题(1)求物块第一次向下运动到A点时的速度大小v1;
(2)已知弹簧的弹性势能表达式为Ep= kx2(其中x为弹簧的形变量),求物块第一次向下运动过程中的最大速度值v;
(3)求物块在A点上方运动的总路程s和总时间t.审题突破1.解决力学中的多过程问题,通常利用功能关系,结合物体的运动规律,分状态、分过程分别列出相应的关系式求解.
2.当涉及摩擦力做功时,机械能不守恒,一般应用能的转化和守恒定律,特别注意摩擦产生的内能Q=Ffx相对,x相对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度.
3.解题时,首先确定初、末状态,然后分清有多少种形式的能在转化,再分析状态变化过程中哪种形式的能量减少,哪种形式的能量增加,求出减少的能量总和ΔE减和增加的能量总和ΔE增,最后由ΔE减=ΔE增列式求解.规律总结【预测练6】 (2018·唐山二模)如图位于竖直面内的光滑轨道AB,与半径为R的圆形轨道底部相通,圆形轨道上部有一缺口CDE,D点为圆形轨道最高点,∠COD=∠DOE=30°,质量为m可视为质点的小球自光滑轨道AB上某点静止下滑,由底部进入圆形轨道,通过不断调整释放位置,直到小球从C飞出后能无碰撞地从E进入左侧轨道,重力加速度为g.下列说法正确的是( )D【预测练7】 (2018·南通二模)如图所示,半径R=4 m的光滑圆弧轨道BCD与足够长的传送带DE在D处平滑连接,O为圆弧轨道BCD的圆心,C点为圆弧轨道的最低点,半径OB,OD与OC的夹角分别为53°和37°.传送带以2 m/s的速度沿顺时针方向匀速转动,将一个质量m=0.5 kg的物块(视为质点)从B点左侧高为h=0.8 m处的A点水平抛出,恰从B点沿切线方向进入圆弧轨道.已知物块与轨道DE间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求:(1)物块水平抛出时的初速度大小v0;答案:(1)3 m/s (2)物块第一次到达圆弧轨道BCD上的D点对轨道的压力大小;(结果保留3位有效数字)答案:(2)9.13 N (3)物块第一次在传送带上运动的时间.(结果保留2位有效数字)答案:(3)3.1 s备考跨越 构网络 练培优网络构建培优精练【培优练1】 (2018·合肥三模)(多选)如图所示,一小球套在倾角为37°的固定粗糙直杆上,轻弹簧一端与小球相连,另一端固定于水平地面上O点.小球由A点静止释放,它沿杆下滑到达最低点C时速度恰为0.A,C相距0.8 m,B是A,C连线的中点,且到O点的距离最短.小球质量为1 kg,弹簧原长为0.5 m,劲度系数为40 N/m,sin 37°=0.6,g取10 m/s2.则小球从A到C过程中,下列说法正确的是( )
A.小球经过B点时的速度最大
B.小球在B点时的加速度为6 m/s2
C.弹簧弹力对小球先做正功后做负功
D.小球从A到C过程中摩擦力做功为4.8 JBDD【培优练2】 (2018·宿迁一模)如图所示,滑块以初速度v0滑上表面粗糙的固定斜面,到达最高点后又返回到出发点.则下列能大致描述滑块整个运动过程中的速度v、加速度a、动能Ek、重力对滑块所做的功W与时间t或位移x之间关系的图像是(取初速度方向为正方向)( )解析:设动摩擦因数为μ,斜面倾斜角为θ;对滑块,上滑时有mgsin θ+
μmgcos θ=ma1,下滑时,有mgsin θ-μmgcos θ=ma2;故上滑时做加速度为a1=g(sin θ+μcos θ)的匀减速运动;下滑时做加速度为a2=g(sin θ-
μcos θ)的匀加速运动;又有a1>a2,故v-t图线斜率上滑时比下滑时大,且都为负值,故A,B错误;由功的定义可知,重力对物块做的功W=-mgxsin θ,故D正确;物块运动过程只有重力、摩擦力做功;故由动能定理可得,上滑时Ek-Ek0=
-mgxsin θ-μmgxcos θ,所以,Ek=Ek0-mg(sin θ+μcos θ)x;下滑时,有Ek=mg(xmax-x)sin θ-μmg(xmax-x)cos θ=mg(xmax-x)(sin θ-μcos θ);故
Ek-x图线的倾斜角下滑时比上滑时小,而动能Ek只为正值,故C错误.【培优练3】 (2018·醴陵市一模)(多选)如图所示,半径为R的光滑圆弧轨道ABC固定在竖直平面内,O是圆心,OC竖直,OA水平,B是最低点,A点紧靠一足够长的平台MN,D点位于A点正上方,DA距离为有限值.现于D点无初速度释放一个大小可以忽略的小球,在A点进入圆弧轨道,从C点飞出后做平抛运动并落在平台MN上,P点是小球落在MN之前轨迹上紧邻MN的一点,不计空气阻力,下列说法正确的是( )
A.只要D点的高度合适,小球可以落在平台MN上任意一点
B.小球由D经A,B,C到P的过程中,其在D点的机械能等于P点的机械能
C.小球从A运动到B的过程中,重力的功率一直增大
D.如果DA距离为h,则小球经过B点时对轨道的压力为3mg+BD第1讲 功能关系在力学中的应用
一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分.第1～5题只有一项符合题目要求,第6～8题有多项符合题目要求)
1.(2018·北京模拟)用一根绳子竖直向上拉一个物块,物块从静止开始运动,绳子拉力的功率按如图所示规律变化,已知物块的质量为m,重力加速度为g,0～t0时间内物块做匀加速直线运动,t0时刻后功率保持不变,t1时刻物块达到最大速度,则下列说法正确的是( D )
A.物块始终做匀加速直线运动
B.0～t0时间内物块的加速度大小为
C.t0时刻物块的速度大小为
D.0～t1时间内物块上升的高度为(t1-)-
解析:0～t0时间内物块做匀加速直线运动,t0时刻后功率保持不变,根据P=Fv知v增大,F减小,物块做加速度减小的加速运动,当加速度减小到零,物块做匀速直线运动,故A错误;根据P=Fv=Fat,F=mg+ma,得P=(mg+ma)at,由图线的斜率k得=m(g+a)a,可知a≠,故B错误;在t1时刻速度达到最大,F=mg,则速度v=,可知t0时刻物块的速度小于,故C错误;Pt图线围成的面积表示牵引力做功的大小,根据动能定理得,+P0(t1-t0)-mgh=mv2,
解得h=(t1-)-.故D正确.
2.(2018·辽宁庄河五模)如图所示,竖直平面内放一直角杆MON,杆的水平部分粗糙,动摩擦因数μ=0.2,杆的竖直部分光滑.两部分各套有质量均为1 kg的小球A和B,A,B球间用细绳相连.初始A,B均处于静止状态,已知OA=3 m,OB=4 m,若A球在水平拉力的作用下向右缓慢地移动1 m(取g=10 m/s2),那么该过程中拉力F做功为( A )
A.14 J B.10 J C.6 J D.4 J
解析:对A,B整体,受力为拉力F、重力G、支持力FN、向左的摩擦力Ff和向左的弹力FN1,如图所示,根据共点力平衡条件,竖直方向有FN=
G1+G2;水平方向有F=f+FN1;而Ff=μFN解得FN=(m1+m2)g=20 N;Ff=μFN=
0.2×20 N=4 N;在整个运动过程中由动能定理得到WF-Ffx-m2g·h=0,根据几何关系,可知B上升距离h=1 m,故有WF=fx+m2g·h=4×1 J+
1×10×1 J=14 J;故选项A正确.
3.(2018·郑州一模)在光滑的水平面上有一静止的物体,现以水平恒力F1推这一物体,作用一段时间后换成相反方向的水平恒力F2推这一物体,当恒力F2作用的时间与恒力F1作用的时间相等时,物体恰好回到原处,此时物体的动能为32 J,则在整个过程中,恒力F1,F2做的功分别为( B )
A.16 J,16 J B.8 J,24 J
C.32 J,0 J D.48 J,-16 J
解析:设加速运动的末速度为v1,匀变速运动的末速度为v2,由于加速过程和匀变速过程的位移相反,又由于恒力F2作用的时间与恒力F1作用的时间相等,根据平均速度公式有=-,解得v2=2v1,根据动能定理,加速过程W1=m,匀变速过程W2=m-m,根据题意m=32 J;故W1=8 J,W2=24 J,选项B正确.
4.(2018·包头一模)如图所示,水平光滑长杆上套有小物块A,细线跨过位于O点的轻质光滑小定滑轮,一端连接A,另一端悬挂小物块B,物块A,B质量相等.C为O点正下方杆上的点,滑轮到杆的距离OC=h,重力加速度为g,开始时A位于P点,PO与水平方向的夹角为30°,现将A,B由静止释放,下列说法正确的是( B )
A.物块A由P点出发第一次到达C点过程中,速度先增大后减小
B.物块A经过C点时的速度大小为
C.物块A在杆上长为2h的范围内做往复运动
D.在物块A由P点出发第一次到达C点过程中,物块B克服细线拉力做的功小于B重力势能的减少量
解析:物块A由P点出发第一次到达C点过程中,绳子拉力对A做正功,其他力不做功,A动能不断增大,速度不断增大,故A错误;设物块A经过C点时的速度大小为v,此时B的速度为0,由于系统的机械能守恒,得 mg(-h)=mv2,解得v=,故B正确;由几何知识可得PC=h,由于A,B组成的系统机械能守恒,由对称性可得物块A在杆上长为2h的范围内做往复运动,故C错误;物块A到C点时B的速度为零,则根据功能关系可知,在物块A由P点出发第一次到达C点过程中,物块B克服细线拉力做的功等于B重力势能的减少量,故D错误.
5.(2018·和平区一模)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连,弹簧水平且处于原长.圆环从A处由静止开始下滑,到达C处的速度为零,AC=h.如果圆环在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A处.弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g.则( C )
A.从A到C的下滑过程中,圆环的加速度一直减小
B.从A下滑到C过程中弹簧的弹性势能增加量等于mgh
C.从A到C的下滑过程中,克服摩擦力做的功为
D.上滑过程系统损失的机械能比下滑过程多
解析:圆环从A处由静止开始下滑,经过某处B的速度最大,到达C处的速度为零,所以圆环先做加速运动,再做减速运动,经过B处的速度最大,所以经过B处的加速度为零,所以加速度先减小,后增大,故A错误;研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程中,运用动能定理得mgh-
Wf-W弹=0,在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A,有-mgh+W弹-Wf=0-mv2.解得Wf=-mv2,则克服摩擦力做的功为mv2,故C正确;由A到C,克服弹力做功为mgh-mv2,则在C处弹簧的弹性势能为mgh-mv2,而A处弹性势能为零,故B错误.由能量守恒定律知,损失的机械能全部转化为摩擦生热,而两个过程摩擦力情况相同,则做功相等,选项D错误.
6.(2018·吉林通化一模)如图所示,一个质量为m的物体(可视为质点),由斜面底端的A点以某一初速度冲上倾角为30°的固定斜面做匀减速直线运动,减速的加速度大小为g,物体沿斜面上升的最大高度为h,在此过程中( CD )
A.物体克服摩擦力做功mgh
B.物体的动能损失了mgh
C.物体的重力势能增加了mgh
D.系统机械能损失了mgh
解析:设摩擦力大小为Ff.根据牛顿第二定律得Ff+mgsin 30°=ma,又a=g,解得Ff=mg,物体在斜面上能够上升的最大距离为2h,则物体克服摩擦力做功Wf=Ff·2h=mgh,故A错误;根据动能定理,物体动能的变化量ΔEk=W合=-ma·2h=-2mgh,即动能损失了2mgh,故B错误;物体在斜面上能够上升的最大高度为h,所以重力势能增加了mgh,故C正确;根据功能原理可知,系统机械能减少量等于mgh,故D正确.
7.(2018·吉林省实验中学模拟)如图所示,一质量为m的小球(可看作质点)置于半径为R的光滑竖直轨道内侧最低点A处,B为轨道最高点,C,D为圆的水平直径两端点.轻质弹簧的一端固定在圆心O点,另一端与小球拴接,已知弹簧的劲度系数为k=,原长为L=2R,弹簧始终处于弹性限度内,若给小球一水平向右的初速度v0,已知重力加速度为g,则( CD )
A.无论v0多大,小球均不会离开圆轨道
B.若C.只要v0≥,小球就能做完整的圆周运动
D.只要小球能做完整圆周运动,则小球与轨道间的最大压力与最小压力之差与v0无关
解析:因弹簧的劲度系数为k=,原长为L=2R,若小球恰能到达最高点,此时弹簧的弹力为F=kR=,轨道的支持力为0,由弹簧的弹力和重力提供向心力,则有mg-F=m,解得v=,从A到最高点,弹性势能不变,由机械能守恒定律得2mgR+mv2=m,解得v0=,即当v0≥时小球才不会脱离轨道,故A,B错误,C正确;在最低点时,设小球受到的支持力为FN1,有FN1-kR-mg=m,解得FN1=kR+mg+m,小球运动到最高点时受到轨道的支持力最小,设为FN2,速度为v,有FN2-kR+mg=m,解得FN2=kR-mg+m,小球由A到B过程中,由机械能守恒定律得2mgR+
mv2=m,联立解得ΔFN=FN1-FN2=6mg,与初速度无关,故D正确.
8.(2018·南充模拟)如图(甲)所示,倾角为37°的足够长的传送带以恒定速率运行,将一质量m=2 kg的小物体以某一初速度放上传送带,物体相对地面的速度大小随时间变化的关系如图(乙)所示,取沿传送带向上为正方向,g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.则下列说法正确的是( AD )
A.物体与传送带间的动摩擦因数为0.875
B.0～8 s内物体位移的大小为20 m
C.0～8 s内物体机械能的增量为190 J
D.0～8 s内因放上物体,传送带电动机多消耗的电能为432 J
解析:根据v-t图像,可得物体在传送带上滑动时的加速度大小为a=
=1 m/s2.在0～6 s,物体相对传送带滑动,对此过程,由牛顿第二定律得μmgcos θ-mgsin θ=ma,解得μ=0.875,由图像得物体在0～8 s内的位移为s=-×2×2 m+×4 m=14 m,故A正确,B错误;物体被送上的高度为h=s·sin θ=14×sin 37°=8.4 m,重力势能增加量为
ΔEp=mgh=2×10×8.4 J=168 J,动能增加量为ΔEk=m(-)=×
2×[42-(-2)2] J=12 J,则机械能的增加量为ΔE=ΔEp+ΔEk=180 J,故C错误;0～8 s内只有前6 s内物体与传送带间发生相对滑动.在0～6 s内传送带运动的距离s带=v带t=4×6 m=24 m,物体的位移s物=
-×2×2 m+ m=6 m,则物体与传送带的相对位移大小Δs=s带-s物=
18 m,产生的热量Q=μmgcos θ·Δs=0.875×2×10×0.8×18 J=
252 J;0～8 s内因放上物体,传送带电动机多消耗的电能为E=ΔE+
Q=432 J,故D正确.
二、非选择题(本大题共2小题,共36分)
9.(16分)(2018·贵州模拟)质量为m=4 kg的小物块静止于水平地面上的A点,现用F=10 N的水平恒力拉动物块一段时间后撤去,物块继续滑动一段位移停在B点,A,B两点相距x=20 m,物块与地面间的动摩擦因数μ=0.2,g取10 m/s2,求:
(1)物块在力F作用过程发生位移x1的大小;
(2)撤去力F后物块继续滑动的时间t.
解析:(1)取小物块为研究对象,从A到B整个运动过程的拉力与摩擦力做功,根据动能定理,有
Fx1-Ffx=0,
其中Ff=μmg
联立解得x1=16 m;
(2)对从A到撤去F时根据动能定理,有
Fx1-μmgx1=mv2;
解得v=4 m/s
撤去F后,根据牛顿第二定律,有
μmg=ma′,
解得a′=μg=2 m/s2;
根据速度公式,有
v=a′t,
解得t=2 s.
答案:(1)16 m (2)2 s
10.(20分)(2018·如皋模拟)打井施工时要将一质量可忽略不计的坚硬底座A送到井底,由于A与井壁间摩擦力很大,工程人员采用了如图所示的装置.图中重锤B质量为m,下端连有一劲度系数为k的轻弹簧,工程人员先将B放置在A上,观察到A不动;然后在B上再逐渐叠加压块,当压块质量达到m时,观察到A开始缓慢下沉时移去压块.将B提升至弹簧下端距井口为H0处,自由释放B,A被撞击后下沉的最大距离为h1,以后每次都从距井口H0处自由释放.已知重力加速度为g,不计空气阻力,B与A撞击过程时间很短,且不损失能量,弹簧始终在弹性限度内.
(1)求缓慢下沉时A与井壁间的摩擦力大小Ff和弹簧的形变量ΔL;
(2)求撞击下沉时A的加速度大小a和弹簧弹性势能Ep;
(3)若第n次撞击后,底座A恰能到达井底,求井深H.
解析:(1)B放置A点,增加压块质量,A开始缓慢下沉时,则有Ff=2mg;
由于底座质量不计,则有kΔL=Ff,
解得ΔL=.
(2)撞击后A,B一起减速下沉,对B,根据牛顿第二定律得kΔL-mg=ma,
解得a=g
A第一次下沉,
由功能关系得
mg(H0+ΔL+h1)=Ep+Ffh1,
解得Ep=mg(H0-h1+).
(3)A第二次下沉,由功能关系得
mg(H0+ΔL+h1+h2)=Ep+Ffh2
又Ff=2mg
解得h2=2h1
A第三次下沉,
由功能关系有mg(H0+ΔL+h1+h2+h3)=Ep+Ffh3
解得h3=4h1
同理A第n次下沉过程中向下滑动的距离为
hn=2n-1h1
所以井的深度为
H=h1+h2+h3+…+hn=h1+2h1+4h1+…+2n-1h1=(2n-1)h1.
答案:见解析
课件32张PPT。第2讲 功能关系在电学中的应用考向一 动力学观点和能量观点解决电磁场问题(1)小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力;答案:(1)37.8 N,方向竖直向下(2)小物块与长木板间的动摩擦因数μ.答案:0.3【拓展变式】 在“典例1”的情景中,若木板未被固定,且撤掉电场,仍将滑块在A点以v0=2 m/s的初速度水平抛出,试通过计算说明小物块能否从长木板左端滑出?若能,则求出小物块和木板的最终速度,若不能,则求出小物块与木板刚保持相对静止时,木板右端与D点的距离.答案:见解析规律总结
1.功能关系在力学和电学中应用时的“三同一异”2.带电粒子在复合场中的运动问题是典型的力电综合问题,一般要从受力、运动、功能的角度来分析;此类问题所涉及的力有重力、电场力、磁场力、弹力、摩擦力等,涉及的运动形式有匀速直线运动、变速直线运动、曲线运动等.【预测练1】 (2018·江西师范大学附中高三测试)(多选)如图所示,绝缘的轻质弹簧竖直立于水平地面上,上面放一质量为m的带正电小球(小球与弹簧不拴接),整个系统处在方向竖直向上的匀强电场中.开始时,整个系统处于静止状态,现施加一外力F,将小球向下压至某一位置,然后撤去外力,使小球从静止开始向上运动.设小球从静止开始向上运动到离开弹簧的过程中,电场力对小球所做的功为W1,小球克服重力所做的功为W2,小球离开弹簧时的速度为v.不计空气阻力,则在上述过程中( )BCAD C 考向二 动力学观点和能量观点解决电磁感应问题【典例2】 (2018·衡水校级模拟)如图所示,MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨,间距为L,导轨弯曲部分光滑,水平部分粗糙,右端接一个阻值为R的电阻.水平部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场.质量为m、电阻不计的金属棒从高度为h处静止释放,到达磁场右边界处恰好停止.已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ,金属棒与导轨间接触良好(重力加速度为g).则金属棒穿过磁场区域的过程中( )A 审题突破规律总结 1.功能关系在电磁感应中应用时的“三同三异” (1)三同: ①运动过程分析;②受力分析;③功能转化分析.
(2)三异:
①受力分析:在电磁感应中比力学中多了一个安培力;
②功能转化分析:在电磁感应问题中,对主动切割磁感线的导体,安培力一般做负功,若有其他被动切割磁感线的导体,安培力做正功,焦耳热的计算一般由能的转化和守恒定律计算;
③涉及知识比力学中多了右手定则、左手定则、闭合电路的欧姆定律等. 2.电磁感应中焦耳热的求法【预测练4】 (2018·河南模拟)(多选)如图所示,质量为3m的重物与一质量为m的线框用一根绝缘细线连接起来,挂在两个高度相同的定滑轮上,已知线框电阻为R,横边边长为L,水平方向匀强磁场的磁感应强度为B,磁场上下边界的距离、线框竖直边长均为h.初始时刻,磁场的下边缘和线框上边缘的高度差为2h,将重物从静止开始释放,线框穿出磁场前,若线框已经做匀速直线运动,滑轮质量、摩擦阻力均不计.则下列说法中正确的是( )CD【预测练5】 (2018·福建厦门双十中学高三热身)如图(甲)所示,空间存在B= 0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场,MN,PQ是处于同一水平面内相互平行的粗糙长直导轨,间距L=0.2 m,在导轨一端连接着阻值为R=0.4 Ω 的定值电阻,ab是跨接在导轨上质量为m=0.1 kg 的导体棒.从零时刻开始,通过一小型电动机对ab棒施加一个牵引力,方向水平向左,使其从静止开始沿导轨做加速运动,此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好.图(乙)是拉力F与导体棒ab速率倒数关系图像(F2未知).已知导体棒ab与导轨的动摩擦因数μ=0.2,除R外其余部分电阻均不计,不计定滑轮的质量和摩擦,g=10 m/s2.答案:4.5 W (1)求电动机的额定功率;(2)若导体棒ab在16 s内运动了90 m并恰好达到最大速度,求在0～16 s内电阻R上产生的焦耳热.答案:49 J备考跨越 构网络 练培优网络构建培优精练BC【培优练2】 (2018·日照模拟)(多选)如图所示,一足够长的光滑平行金属轨道,其轨道平面与水平面成θ角,上端用一电阻R相连,处于方向垂直轨道平面向上的匀强磁场中.质量为m、电阻为r的金属杆ab,从高为h处由静止释放,下滑一段时间后,金属杆开始以速度v匀速运动直到轨道的底端.金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好,轨道电阻及空气阻力均可忽略不计,重力加速度为g.则( )BC【培优练3】 (2018·云南永善一中高三检测)如图所示,在一个大小为E=103 V/m,方向水平向左的匀强电场中,有一个小物块,质量为80 g,带正电荷q=2×10-4 C,与水平轨道之间的动摩擦因数μ=0.2,在水平轨道的末端N处,连接一个光滑的半圆形轨道,半径为R=40 cm,取g=10 m/s2,求:答案:见解析(1)若小物块恰好运动到轨道的最高点,那么小物块应该从水平轨道的哪个位置释放?(2)如果在第(1)问的位置释放小物块,当它运动到P点(轨道中点)时对轨道的压力等于多少?答案:见解析第2讲 功能关系在电学中的应用
一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分.第1～5题只有一项符合题目要求,第6～8题有多项符合题目要求)
1. (2018·安徽池州模拟)如图所示,匀强电场水平向左,带正电的物体沿绝缘、粗糙水平板向右运动,经A点时动能为100 J,到B点时动能减少到80 J,减少的动能中有12 J转化为电势能,则它再经过B点时,动能大小是( B )
A.4 J B.16 J C.32 J D.64 J
解析:设物体向右运动到C点速度为零,然后返回,A,B间距离为x1, B,C间距离为x2,从A到B过程中,由动能定理-(Ff+qE)x1=(80-100) J= -20 J.由电场力做功与电势能的关系知qEx1=12 J,解得qE=.从B到C过程中,由动能定理得-(Ff+qE)x2=-80 J,解得Ffx2=32 J.从B到C再返回B的过程中,由动能定理得-2Ffx2=Ek-80 J,解得Ek=16 J,故选项B正确.
2.(2018·常德一模)如图(甲),倾角为θ的光滑绝缘斜面,底端固定一带电荷量为Q的正点电荷.将一带正电小物块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放,小物块沿斜面向上滑动至最高点B处,此过程中小物块的动能和重力势能随位移的变化图像如图(乙)(E1和x1为已知量).已知重力加速度为g,静电力常量为k,由图像可以求出( C )
A.小物块所带电荷量
B.A,B间的电势差
C.小物块的质量
D.小物块速度最大时到斜面底端的距离
解析:由动能图线得知,随x增大,小物块的速度先增大后减小.加速度先减小后增大,小物块先沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动,再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动,直至速度为零.则加速度有最大值,此时小物块受力平衡,即mgsin θ=,由于没有x的具体数据,所以不能求得小物块所带电荷量,选项A错误;A到B的过程中重力势能的增加等于电势能的减少,所以可以求出小物块电势能的减少,由于小物块的电荷量不知道,所以不能求出A,B之间的电势差,选项B错误;由重力势能图线得到E1=mgh=mgx1sin θ,即可求出m,选项C正确;图像中不能确定哪一点的速度最大,又不知小物块的电荷量等信息,所以不能确定小物块速度最大时到斜面底端的距离,选项D错误.
3. (2018·衡阳模拟)如图所示,一电荷量为-Q的点电荷甲,固定在绝缘水平面上的O点.另一电荷量为+q、质量为m的点电荷乙,从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动,到B点时的速度减小到最小,大小为v,已知点电荷乙受到水平面的阻力恒为μmg,g为重力加速度,A,B间距离为L,静电力常量为k,则下列说法正确的是( A )
A.点电荷甲在B点处的电场强度大小为
B.O,B两点间的距离大于
C.在点电荷甲形成的电场中,A,B两点间电势差UAB=
D.点电荷甲形成的电场中,A点的电势低于B点的电势
解析: 因为电荷乙从A点运动到B点时的速度减小到最小,故此时电荷乙的加速度为零,即EBq=μmg,即EB=,选项A正确;根据点电荷的场强公式得EB=k=,解得xOB=,选项B错误;从A点到B点由动能定理可知qUAB-μmgL=mv2-m,UAB=,选项C错误;点电荷甲带负电,故在所形成的电场中,A点的电势高于B点的电势,选项D
错误.
4.(2018·河南模拟)如图所示,Ⅰ,Ⅱ是竖直平面内两个相同的半圆形光滑绝缘轨道,K为轨道最低点.轨道Ⅰ处于垂直纸面向外的匀强磁场中,轨道Ⅱ处于水平向右的匀强电场中.两个完全相同的带正电小球a,b从静止开始下滑至第一次到达最低点K的过程中,带电小球a,b相比( C )
A.球a所需时间较长
B.球a机械能损失较多
C.在K处球a速度较大
D.在K处球b对轨道压力较大
解析:对小球a,洛伦兹力不做功,仅重力做正功,机械能保持守恒,由动能定理得mgr=m;对小球b,重力做正功,电场力做负功,机械能减少,由动能定理得mgr-Eqr=m,则v1>v2,对应轨道的同一高度,a球总比b球快,因此a球所需时间较短,选项A,B错误,C正确;在最低点对a球有FN1+F洛-mg=,对b球有FN2-mg=,解得FN1=3mg- Bq, FN2=3mg-2Eq,无法比较FN1,FN2大小,选项D错误.
5. (2018·山西太原高三三模)如图所示,两竖直平行边界内,匀强电场方向竖直(平行纸面)向下,匀强磁场方向垂直纸面向里,一带电小球从P点以某一速度垂直边界进入,恰好沿水平方向做直线运动,若减小小球从P点进入的速度但保持方向不变,则在小球进入的一小段时间内( C )
A.小球的动能可能减小
B.小球的机械能可能不变
C.小球的电势能一定减小
D.小球的重力势能一定减小
解析:小球在重力、电场力和洛伦兹力作用下,沿水平方向做直线运动时,其竖直方向合力为零,当减小小球从P点进入的速度但保持方向不变时,若小球带负电,小球受到的向下的洛伦兹力变小,所以粒子会向上偏转,合力做正功,动能增大,电场力做正功,电势能减小,机械能不守恒,重力做负功,重力势能增加;若小球带正电,则粒子所受到的向上的洛伦兹力会变小,则粒子会向下发生偏转,则合外力做正功,动能增大,电场力做正功,电势能减小,机械能不守恒,重力做正功,重力势能减小,选项C正确.
6. (2018·榆林四模)如图所示,轻质绝缘弹簧的上端固定,下端连接一带负电的小球,小球在竖直方向上下自由运动,当运动到最高点M时弹簧恰好处于原长.已知小球经过O点有向上的最大速度,此时突然施加一方向竖直向下的匀强电场,则对于在这种情况下小球从O点第一次向上运动到最高点N的过程,下列说法正确的是( AC )
A.N点的位置比M点的位置高
B.小球的机械能逐渐减小
C.小球的机械能与弹簧的弹性势能之和逐渐增大
D.小球的电势能、重力势能与弹簧弹性势能之和逐渐增大
解析:小球向上运动的过程受重力、弹簧弹力和电场力作用,电场力方向向上,在相同位置,弹簧弹力、重力不变,两力做功情况与有无电场无关,但电场力做正功,故小球能够到达M点,且在M点仍然向上运动,故N点的位置比M点的位置高,故A正确;小球从O到M运动过程电场力做正功,弹簧弹力做正功,故小球机械能逐渐增大;从M到N的过程,电场力做正功,弹簧弹力做负功,小球机械能变化不确定,故B错误;电场力做正功,对弹簧和小球组成的系统机械能增加,即小球的机械能与弹簧的弹性势能之和逐渐增大,故C正确;小球向上运动的过程中,重力、弹力做功不改变机械能,而电场力做正功,且电场力做多少正功,小球和弹簧机械能就增加多少,而小球电势能就减少多少,其总能量不变,故D错误.
7. (2018·黑龙江大庆实验中学高三考试)如图,M,N两点处于同一水平面,O为M,N连线的中点,过O点的竖直线上固定一根绝缘光滑细杆,杆上A,B两点关于O点对称,第一种情况,在M,N两点分别放置电荷量为+Q和-Q的等量异种电荷,套在杆上带正电的小金属环从A点无初速度释放,运动到B点;第二种情况,在M,N两点分别放置电荷量为+Q的等量同种点电荷,该金属环仍从A点无初速度释放,运动到B点,则两种情况是( BD )
A.金属环运动到B点的速度第一种情况较大
B.金属环从A点运动到B点所用的时间第二种情况较长
C.金属环从A点运动到B点的过程中,动能与重力势能之和均保持
不变
D.金属环从A点运动到B点的过程中(不含A,B两点),在杆上相同位置的速度第一种情况较大
解析:当M,N两点分别放置等量异种电荷时,它们连线的中垂线是等势线,重力势能全部转化为动能,金属环做加速度为g的匀加速直线运动;当M,N两点分别放置等量同种电荷时,根据对称性可知,电场力对金属环先做负功、后做正功,总功为零,因此全过程中重力势能也是全部转化为动能,因此两种情况下,在B点的速度相等,故A错误;由于到B点之前第一种情况一直做匀加速直线运动,第二种情况的速度小,因此第二种情况所用的时间长,故B正确;等高处重力势能相等,但到达B点前第二种情况的电势能先增大,后减小,由能量守恒定律可知第二种情况动能与重力势能之和较小,故C错误;第二种情况中电场力对金属环先是阻力后是动力,结合到达B点时的速度与第一种情况的速度相等,可知在杆上相同位置的速度第一种情况较大,故D正确.
8.(2018·四川模拟)如图(甲)所示,倾角30°、上侧接有R=1 Ω的定值电阻的粗糙导轨(导轨电阻忽略不计、且ab与导轨上侧相距足够远),处于垂直导轨平面向上、磁感应强度大小B=1 T的匀强磁场中,导轨相距L=1 m.一质量m=2 kg、阻值r=1 Ω的金属棒,在作用于棒中点、沿斜面且平行于导轨的拉力F作用下,由静止开始从ab处沿导轨向上加速运动,金属棒运动的速度—位移图像如图(乙)所示,(b点为位置坐标原点).若金属棒与导轨间动摩擦因数μ=,g=10 m/s2,则金属棒从起点b沿导轨向上运动x=1 m的过程中( BC )
A.金属棒做匀加速直线运动
B.金属棒与导轨间因摩擦产生的热量为10 J
C.通过电阻R的感应电荷量为0.5 C
D.电阻R产生的焦耳热为0.5 J
解析:vx图像是直线,如果是匀加速直线运动,根据v2-=2ax,v-x图像应该是曲线,故金属棒做变加速直线运动,故A错误;金属棒与导轨间因摩擦产生的热量等于克服摩擦力做的功,
即Q1=μmgcos 30°·x=×2×10× J=10 J,故B正确;通过电阻R的感应电荷量q=t=t=t=== C=0.5 C,故C正确;设金属棒经某点时速度为v,移动距离为Δx,该过程产生的焦耳热即等于克服安培力做的功,则有F安·Δx=·Δx=·vΔx,vΔx即为v-x图线在该过程的面积,则在金属棒沿导轨向上运动1 m的过程中,其面积S=1,产生的焦耳热为Q=·∑x=×1 J=0.5 J,由于R=r,故R产生的焦耳热为0.25 J,故D错误.
二、非选择题(本大题共2小题,共36分)
9.(18分)(2018·湖南模拟)如图所示,A,B两物块用一根轻绳跨过定滑轮相连,其中A带负电,电荷量大小为q.A静止于斜面的光滑部分(斜面倾角为37°,其上部分光滑,下部分粗糙且足够长,粗糙部分的动摩擦因数为μ,且μ=,上方有一个平行于斜面向下的匀强电场),轻弹簧恰好无形变.不带电的B,C通过一根轻弹簧拴接在一起,且处于静止状态,弹簧劲度系数为k.B,C质量相等,均为m,A的质量为2m,不计滑轮的质量和摩擦,重力加速度为g.
(1)电场强度E的大小为多少?
(2)现突然将电场的方向改变180°,A开始运动起来,当C刚好要离开地面时(此时B还没有运动到滑轮处,A刚要滑上斜面的粗糙部分),B的速度大小为v,求此时弹簧的弹性势能Ep.
(3)若(2)问中A刚要滑上斜面的粗糙部分时,绳子断了,电场恰好再次反向,请问A再经多长时间停下来?
解析:(1)对A,B系统,根据平衡条件对物块A有
FT+Eq=2mgsin 37°,对物块B有FT=mg,解得E=.
(2)C刚离地时,弹簧伸长x=,由能量守恒定律得2mgxsin 37°+ qEx=mgx+·3mv2+Ep,解得Ep=-.
(3)绳断后,对A根据牛顿第二定律,有a==-0.2 g,
由运动公式得,t==.由于Eq=<2mgsin 37°,之后物块A不可能上滑而保持静止,即物块A经的时间停止运动.
答案:(1) (2)- (3)
10. (18分)(2018·福建模拟)如图所示,倾角θ=30°、宽为L=1 m的足够长的U形光滑金属导轨固定在磁感应强度B=1 T、范围足够大的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面斜向上.现用一平行于导轨的F牵引一根质量m=0.2 kg、电阻R=1 Ω的导体棒ab由静止开始沿导轨向上滑动;牵引力的功率恒定为P=90 W,经过t=2 s导体棒刚达到稳定速度v时棒上滑的距离s=11.9 m.导体棒ab始终垂直导轨且与导轨接触良好,不计导轨电阻及一切摩擦,取g=10 m/s2.求:
(1)从开始运动到达到稳定速度过程中导体棒产生的焦耳热Q1;
(2)若在导体棒沿导轨上滑达到稳定速度前某时刻撤去牵引力,从撤去牵引力到棒的速度减为零的过程中通过导体棒的电荷量为q=0.48 C,导体棒产生的焦耳热为Q2=1.12 J,则撤去牵引力时棒的速度v′
多大?
解析:(1)导体棒达到稳定时,整个过程中,牵引力做功W=Pt,即消耗机械能为Pt,感应电动势为E1=BLv,感应电流为I1=,牵引力的功率为P=Fv,根据平衡条件得F-mgsin θ-BI1L=0,整个过程中,牵引力做功W=Pt,即消耗机械能为Pt,由能量守恒有Pt=mg·ssin θ+mv2+Q1,
联立代入数据得Q1=160 J.
(2)设棒从撤去拉力到速度为零的过程沿导轨上滑距离为x,则有通过导体棒的电荷量q=·Δt,由闭合电路欧姆定律有=,根据法拉第电磁感应定律,有=,磁通量的变化量ΔΦ=B·(Lx),由能量守恒有
mv′2= mg·xsin θ+Q2,联立代入数据得v′=4 m/s.
答案:(1)160 J (2)4 m/s
课件40张PPT。第3讲 动量 三大观点的综合应用【典例1】 (2018·辽宁三模) 如图所示,质量为m的小球A静止于光滑水平面上,在A球与墙之间用轻弹簧连接.现用完全相同的小球B以水平速度v0与A相碰后粘在一起压缩弹簧.不计空气阻力,若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E,从球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中墙对弹簧的冲量大小为I,则下列表达式中正确的是( )D考向一 动量定理和动量守恒定律的应用【拓展变式】 在“典例1”的情境中,若小球B与A进行弹性碰撞,则表达式中正确的是( )B规律总结
1.恒力的冲量可应用I=Ft直接求解,变力的冲量可优先考虑应用动量定理求解.
2.某力的冲量大小只决定于力的大小和作用时间,与物体是否运动无关.
3.动量守恒定律的适用条件
(1)系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零.
(2)系统所受合力不为零,但在某一方向上系统所受外力的合力为零,则在该方向上系统动量守恒.
(3)系统虽受外力,但外力远小于内力且作用时间极短,如碰撞、爆炸过程.【预测练1】(2018·湖南师大附中模拟)如图所示,a,b两个带电小球,质量分别为ma,mb,用绝缘细线悬挂,细线无弹性且不会被拉断.两球静止时,它们距水平地面的高度均为h、绳与竖直方向的夹角分别为α和β(α<β).若同时剪断细线ac和bc,空气阻力不计,两球电荷量不变,重力加速度为g.则下列说法正确的是( )
A.a球先落地,b球后落地
B.落地时,a,b两球的动能之和等于(ma+mb)gh
C.整个运动过程中,a,b系统的机械能不守恒,但系统的动量守恒
D.整个运动过程中,库仑力对a和b两球的冲量大小相等D解析:因为两个球竖直方向只受重力,所以同时着地;下落过程中,重力和库仑力都做正功,所以动能大于(ma+mb)gh,运动过程中由于库仑力做功,所以机械能不守恒,由于系统合外力不为零,所以动量不守恒,a,b两球任意时刻所受库仑力大小相等,所以D正确.【预测练2】 (2018·包头一模)弹性小球A和B用轻绳相连挂在轻质弹簧下静止不动,如图(甲)所示,A的质量为m,B的质量为M,某时刻连接A,B的绳突然断开,同时在B球的正下方有一质量为M的物体C以v0的速度竖直上抛,此后B,C间发生弹性碰撞(碰撞时间不计),A上升经某一位置时的速度大小为v,这时物体B的速度大小为u,如图(乙)所示,从绳突然断开到A的速度为v的时间内,弹簧的弹力对物体A的冲量大小为( )
A.mv B.mv-Mu
C.mv+mu D.mv+mv0-muDAC【预测练3】(2018·龙岩模拟)(多选)如图所示,在粗糙水平面上,用水平轻绳相连的两个相同的物体A,B质量均为m,在水平恒力F作用下以速度v做匀速运动.在t=0时轻绳断开,A在F作用下继续前进,则下列说法正确的是( )考向二 动量和能量观点的综合应用(1)求碰撞后瞬间P与A的共同速度大小;
(2)当地面对物体B的弹力恰好为零时,求P和A的共同速度大小.审题突破规律总结
1.若研究对象为一个系统,应优先考虑应用动量守恒定律和机械能守恒定律(或能量守恒定律).
2.动量守恒定律和机械能守恒定律(或能量守恒定律),都只考查一个物理过程的初、末两个状态,对过程的细节不予细究.
3.如果求摩擦生热问题,应考虑用能量守恒定律分析.【预测练4】 (2018·赣州一模)如图所示,静止在光滑水平面上的木板,右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连,木板质量M=3 kg.质量m=1 kg的铁块以水平速度v0=4 m/s,从木板的左端沿板面向右滑行,压缩弹簧后又被弹回,最后恰好停在木板的左端.在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )
A.3 J B.6 J C.20 J D.4 JA【预测练5】 (2018·张家界三模)如图所示,一个质量为M的滑块放置在光滑水平面上,滑块的一侧是一个四分之一圆弧EF,圆弧半径为R=1 m.E点切线水平.另有一个质量为m的小球以初速度v0从E点冲上滑块,若小球刚好没跃出圆弧的上端,已知M=4m,g取10 m/s2,不计摩擦.则小球的初速度v0的大小为( )
A.4 m/s B.5 m/s
C.6 m/s D.7 m/sB【预测练6】 (2018·湖南郴州高三二次检测)(多选)如图所示,水平面上固定着两根相距L且电阻不计的足够长的光滑金属导轨,导轨处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中,铜棒a,b的长度均等于两导轨的间距,电阻均为R、质量均为m,铜棒平行地静止在导轨上且与导轨接触良好.现给铜棒a一个平行于导轨向右的瞬时冲量I,关于此后的过程,下列说法正确的是( )BD考向三 力学三大观点的应用【典例3】 (2018·全国Ⅰ卷,24)一质量为m的烟花弹获得动能E后,从地面竖直升空.当烟花弹上升的速度为零时,弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分,两部分获得的动能之和也为E,且均沿竖直方向运动.爆炸时间极短,重力加速度大小为g,不计空气阻力和火药的质量.求:
(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间;
(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度.规律总结
1.动力学观点
(1)适用于涉及加速度和运动时间的问题,特别是有匀变速直线运动、平抛运动、圆周运动等情景.
(2)一般先分析物体的受力,进而分析运动过程,然后利用牛顿运动定律和运动学规律求解.
2.动量观点
(1)对于不涉及加速度且作用力随时间变化的问题,特别对于打击一类的问题,应用动量定理求解,即Ft=mv-mv0.
(2)对于碰撞、爆炸、反冲一类的问题,若只涉及初、末速度而不涉及力、时间,应用动量守恒定律求解.
(3)对于物体间相互作用很复杂,且系统不受外力问题,应用动量守恒定律求解.3.能量观点
(1)对于不涉及加速度和运动时间的问题,无论是恒力做功还是变力做功,一般都利用动能定理求解.
(2)如果物体只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题,则采用机械能守恒定律求解.
(3)对于相互作用的两物体,若明确两物体相对滑动的距离,应考虑选用能量守恒定律求解.【预测练7】 (2018·内蒙古杭锦后旗中学检测)如图所示,光滑水平面上一个质量为0.6 kg的小球Q(可视为质点),Q和竖直墙壁之间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与Q和竖直墙壁均不拴接).用手挡住Q不动,此时弹簧弹性势能为Ep=4.8 J.一轻质细绳一端固定在竖直墙壁上,另一端系在小球上,细绳长度大于弹簧的自然长度.放手后Q向右运动,绳在短暂瞬间被拉断,之后Q沿水平面运动到最右端后脱离轨道,从P点水平抛出,恰好从光滑圆弧ABC的A点沿切线方向进入圆弧(不计空气阻力,进入圆弧时无机械能损失).已知圆弧的半径R=0.3 m,θ=60°,小球到达A点时的速度v=4 m/s.(取g=10 m/s2)求:(1)小球做平抛运动的初速度v1;
(2)P点与A点的水平距离和竖直高度;答案:见解析解析:(1)小球到A点的速度沿圆弧切线方向,设小球在P点的速度为v1,则v1=vcos θ=2 m/s.(3)小球到达圆弧最高点C时对轨道的压力;
(4)绳被拉断过程绳对小球所做的功W.答案:见解析【预测练8】(2018·安徽黄山模拟)如图所示,水平地面上的一辆小车在水平向右的拉力作用下,以速率v0向右做匀速直线运动,车内底面上紧靠左端面处有一光滑的小球,车的质量是小球质量的2倍,小球到车右端面的距离为L,车所受路面的摩擦阻力大小等于车对水平面压力的0.3倍.某时刻撤去水平拉力,经一段时间小球与车的右端面相撞,小球与车碰撞时间极短且碰撞后不再分离,已知重力加速度g=10 m/s2.撤去拉力后,求:(1)小车运动时的加速度大小;答案:见解析(2)再经多长时间小球与车右端面相撞;答案:见解析(3)小车向右运动的总路程.答案:见解析备考跨越 构网络 练培优网络构建培优精练ACD 【培优练2】 (2018·揭阳二模)在冰壶比赛中,某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶,两者在大本营中心发生对心碰撞如图(a)所示,碰撞前后两壶运动的v-t图线如图(b)中实线所示,其中红壶碰撞前后的图线平行,两冰壶质量相等,则( B )
A.碰后红壶将被反弹回来
B.碰后蓝壶速度为0.8 m/s
C.碰后蓝壶移动的距离为2.4 m
D.碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受的摩擦力【培优练3】(2018·安阳一模)如图所示,小球A和小球B位于同一竖直线上,小球A距水平地面的高度为H=0.6 m,小球B到水平地面的距离为h=0.2 m,同时由静止释放两球.设B和地面为弹性碰撞,两球碰撞后B球速度为0,小球A的质量为m,小球B的质量为5m.重力加速度大小为g=10 m/s2,忽略小球的直径、空气阻力及碰撞时间,小球所受重力远小于碰撞力.以地面为参考面, 两球第一次碰撞后小球A能到达的高度为( D )
A.1.6 m B.0.82 m
C.0.6 m D.0.35 m第3讲 动量 三大观点的综合应用
一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分.第1～5题只有一项符合题目要求,第6～8题有多项符合题目要求)
1. (2018·北京市八十中高三三模)在课堂中,老师用如图所示的实验研究平抛运动.A,B是质量相等的两个小球,处于同一高度.用小锤打击弹性金属片,使A球沿水平方向飞出,同时松开B球,B球自由下落.某同学设想在两小球下落的空间中任意选取两个水平面1,2,小球A,B在通过两水平面的过程中,动量的变化量分别为ΔpA和ΔpB,动能的变化量分别为ΔEkA和ΔEkB,忽略一切阻力的影响,下列判断正确的是( A )
A.ΔpA=ΔpB,ΔEkA=ΔEkB
B.ΔpA≠ΔpB,ΔEkA≠ΔEkB
C.ΔpA≠ΔpB,ΔEkA=ΔEkB
D.ΔpA=ΔpB,ΔEkA≠ΔEkB
解析:两个小球A,B的运动分别为平抛运动和自由落体运动,竖直方向的位移均为h=gt2,速度vy=gt.A,B同时开始下落,所以到达水平面1竖直方向上的速度与水平面2竖直方向上的速度相同,所以从水平面1到水平面2的时间tA=tB,动量变化量Δp=mgt,A,B质量相等,运动时间相同,所以ΔpA=ΔpB,小球运动过程中只有重力做功,根据动能定理有ΔEk=mgh,A,B质量相等,高度相同,所以ΔEkA=ΔEkB,选项A正确.
2.(2018·河南模拟)如图所示,质量为M的足够高光滑斜槽静止在光滑水平面上,质量为m的小球以一定的水平初速度冲上斜槽且不脱离斜槽,后又返回斜槽底部,则下列说法正确的是( D )
A.小球获得的最大重力势能等于小球初始动能
B.小球到达斜槽最高点处,小球的速度为零
C.小球回到斜槽底部时,小球速度方向一定向右
D.小球回到斜槽底部时,小球速度方向可能向左
解析:小球冲上斜槽的过程中,斜槽向左运动,获得了动能,所以小球获得的最大重力势能小于小球初始动能,故A错误;小球到达斜槽最高点时速度与斜槽速度相同,设为v′,取水平向左为正方向,由水平动量守恒得mv=(M+m)v′,可得v′=≠0,故B错误;设小球回到斜槽底部时,小球和斜槽的速度分别为v1和v2.取水平向左为正方向,由水平动量守恒得mv=mv1+Mv2.根据机械能守恒定律得mv2=m+M.解得v1=v,其中若m>M,得v′>0,说明小球速度方向向左,故C错误,D正确.
3. (2018·宜兴模拟)一滑块以一定的初速度从一固定斜面的底端向上冲,到斜面上某一点后返回底端,斜面粗糙,滑块运动过程中加速度与时间的关系图像如图所示.下列四幅图像分别表示滑块运动过程中位移x、速度v、动能Ek和重力势能Ep(以斜面底端为参考平面)随时间t变化的关系,其中正确的是( D )
解析:滑块沿斜面向上做匀减速直线运动,向下做匀加速直线运动,两者速度方向相反,选项B错误;由位移公式可得x=v0t-at2,即位移与时间成二次函数关系,而下滑所用的时间大于上滑所用的时间,下滑加速度小于上滑加速度,且总为负值,所以x-t图像应是开口向下,由左、右两不同形状的抛物线,故A错误;根据Ek=mv2知,动能先减小后增大,故C错误;由于Ep=mgh=mgxsin θ=mgsin θ(v0t-at2)(θ为斜面倾角),a始终为负,故图线为开口向下,由左、右两不同形状的抛物线,故D正确.
4. (2018·重庆二模)以速度v0在光滑水平面上匀速滑动的物块,某时刻受到一水平恒力F的作用,经一段时间后从A点运动到B点,速度大小仍为v0,方向改变了90°,如图所示,则在此过程中( B )
A.物块的动能一定始终不变
B.水平恒力F的方向一定与AB连线垂直
C.物块的速度一定先增大后减小
D.物块的加速度大小变化
解析:物块在水平恒力F作用下,向右方向上的速度由v0减小到零,向下方向上的速度由零增大到v0,由速度的合成易知,物块的速度先减小后增大,故动能先减小后增大,A,C错误;物块的初、末动能相同,根据动能定理,合力对物块做的功一定为零,故合力与位移垂直,即水平恒力F的方向一定与AB连线垂直,B正确;由于运动过程中,物块受力恒定,所以加速度大小不变,D错误.
5. (2018·宜宾模拟)如图所示,一沙袋用无弹性轻细绳悬于O点.开始时沙袋处于静止状态,一弹丸以水平速度v0击中沙袋后未穿出,二者共同摆动.若弹丸质量为m,沙袋质量为5m,弹丸和沙袋形状大小忽略不计,弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计,不计空气阻力,重力加速度为g.下列说法中正确的是( D )
A.弹丸打入沙袋过程中,细绳所受拉力大小保持不变
B.弹丸打入沙袋过程中,弹丸对沙袋的冲量大小大于沙袋对弹丸的冲量大小
C.弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为
D.沙袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为
解析:弹丸打入沙袋的过程由动量守恒定律mv0=(m+5m)v,解得v=v0;弹丸打入沙袋后,总质量变大,且做圆周运动,根据FT=6mg+6m可知,细绳所受拉力变大,选项A错误;根据牛顿第三定律可知,弹丸打入沙袋过程中,弹丸对沙袋的作用力与沙袋对弹丸的作用力大小相等,则弹丸对沙袋的冲量大小等于沙袋对弹丸的冲量大小,选项B错误;弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为Q=m-·6mv2=m,选项C错误;由机械能守恒可得·6mv2=6mgh,解得h=,选项D正确.
6. (2018·辽宁鞍山一中高三七模)如图,在水平面内固定有两根相互平行的无限长光滑金属导轨,其间距为L,电阻不计.在虚线l1的左侧存在着竖直向上的匀强磁场,在虚线l2的右侧存在着竖直向下的匀强磁场,两部分磁场的磁感应强度均为B.a,b两根电阻均为R的金属棒与导轨垂直,分别位于两块磁场中,现突然给a棒一个水平向左的初速度v0,在两棒达到稳定的过程中,下列说法正确的是( BD )
A.两金属棒组成的系统的动量守恒
B.两金属棒组成的系统的动量不守恒
C.安培力对a棒做功的功率等于a棒的发热功率
D.安培力对a棒做功的功率等于安培力对b棒做功功率与两棒总发热功率之和
解析:由于a,b棒所受安培力都向右,a,b系统所受合外力不为零,所以两金属棒组成的系统的动量不守恒,故A错误,B正确;根据能量守恒可知,a棒动能的减小量等于回路中产生的热量和b棒动能的增加,由动能定理可知,a棒动能的减小量等于安培力对a棒做的功,b棒动能的增加量等于安培力对b棒做的功,所以安培力对a棒做功的功率等于安培力对b棒做功功率与两棒总发热功率之和,故C错误,D正确.
7.(2018·郑州二模)在奥运比赛项目中,10 m跳台跳水是我国运动员的强项.某次训练中,质量为60 kg的跳水运动员从跳台自由下落10 m后入水,在水中竖直向下减速运动.设空中下落时空气阻力不计,水对他的阻力大小恒为2 400 N.那么在他入水后下降2.5 m的过程中,下列说法正确的是(取g=10 m/s2)( AC )
A.他的加速度大小为30 m/s2
B.他的动量减少了300 kg·m/s
C.他的动能减少了4 500 J
D.他的机械能减少了4 500 J
解析:运动员在水中受到重力和水的阻力,选取向下为正方向,则-F+mg=ma,代入数据得a=-30 m/s2,负号表示方向向上,故A正确;运动员入水时的速度v1== m/s=10 m/s,入水后下降2.5 m后的速度v2== m/s=5 m/s,所以动量的变化量|Δp|=m(v1-v2)=60×(10-5) kg·m/s=300 kg· m/s,故B错误;根据动能定理,运动员动能的减小量等于克服合力做的功,则Ek1-Ek2= (F-mg)h′=(2 400-600)×2.5 J=4 500 J,故C正确;由于机械能的减小量等于克服阻力做的功,则E1-E2=Fh=2 400×2.5 J=6 000 J,故D错误.
8.(2018·株洲二模)如图,光滑固定斜面的倾角为30°,甲、乙两物体的质量之比为4∶1.乙用不可伸长的轻绳分别与甲和地面相连,开始时甲、乙离地高度相同.现从E处剪断轻绳,则在乙落地前瞬间( BC )
A.甲、乙动量大小之比为4∶1
B.甲、乙动量大小之比为2∶1
C.以地面为零势能面,甲、乙机械能之比为4∶1
D.以地面为零势能面,甲、乙机械能之比为1∶1
解析:剪断细线后,甲的合力F甲=m甲gsin 30°=m甲g;乙的合力为F乙=m乙g,甲、乙两物体的质量之比为4∶1,故甲的合力为乙的合力的2倍,由牛顿第二定律可知,a乙=g,a甲=g,即乙落地时甲在斜面上运动,根据动量定理,甲的动量增加量为乙的动量增加量的2倍,初动量为零,故甲、乙动量大小之比为2∶1,故A错误,B正确;剪断细线后,甲、乙均是只有重力做功,机械能守恒,以地面为零势能面,而初位置高度相等,故初位置的重力势能之比即为落地前瞬间甲、乙机械能之比,即为4∶1,故C正确,D错误.
二、非选择题(本大题共2小题,共36分)
9. (16分)(2018·河南模拟)如图所示,足够长的U形光滑导轨固定在倾角为30°的斜面上,导轨的宽度L=0.5 m,其下端与R=1 Ω的电阻连接,质量为m=0.2 kg的导体棒(长度也为L)与导轨接触良好,导体棒及导轨电阻均不计.磁感应强度B=2 T的匀强磁场垂直于导轨所在的平面,用一根与斜面平行的不可伸长的轻绳跨过定滑轮将导体棒和质量为M=0.4 kg的重物相连,重物离地面足够高.使导体棒从静止开始沿导轨上滑,当导体棒沿导轨上滑t=1 s时,其速度达到最大(取g=10 m/s2).求:
(1)导体棒的最大速度vm;
(2)导体棒从静止开始沿轨道上滑时间t=1 s的过程中,电阻R上产生的焦耳热是多少?
解析:(1)速度最大时导体棒做匀速直线运动,导体棒切割磁感线产生感应电动势为E=BLvm.感应电流为I=,安培力为FA=BIL,由平衡条件得Mg=mgsin 30°+FA,联立解得vm=3 m/s.
(2)以导体棒和重物为系统,由动量定理得
Mgt-mgsin 30°·t-BILt=(M+m)v-0,
又q=It即为Mgt-mgsin 30°·t-BLq=(M+m)v-0而v=vm,代入数据得q=1.2 C;又电荷量为q==代入数据得1 s内导体棒上滑位移为x=1.2 m根据能量守恒定律有Mgx=mgxsin 30°+(M+m)v2+Q,
解得Q=0.9 J.
答案:(1)3 m/s (2)0.9 J
10.(20分)(2018·漳州模拟)如图所示,质量M=1.5 kg的小车静止于光滑水平面上并紧靠固定在水平面上的桌子右边,其上表面与水平桌面相平,小车的左端放有一质量为0.5 kg的滑块Q.水平放置的轻弹簧左端固定,质量为0.5 kg的小物块P置于光滑桌面上的A点并与弹簧的右端接触,此时弹簧处于原长.现用水平向左的推力F将P缓慢推至B点(弹簧仍在弹性限度内),推力做功WF=4 J,撤去F后,P沿桌面滑到小车左端并与Q发生弹性碰撞,最后Q恰好没从小车上滑下.已知Q与小车表面间动摩擦因数μ=0.1.(取g=10 m/s2)求:
(1)P刚要与Q碰撞前的速度是多少?
(2)Q刚在小车上滑行时的初速度v0是多少?
(3)为保证Q不从小车上滑下,小车的长度至少为多少?
解析:(1)推力F通过P压缩弹簧做功,根据功能关系有Ep=WF
当弹簧完全推开物块P时,有Ep=mPv2
由两式联立解得v=4 m/s.
(2)P,Q之间发生弹性碰撞,设碰撞后Q的速度为v0,P的速度为v′,由动量守恒和能量守恒得mPv=mPv′+mQv0
mPv2=mPv′2+mQ
解得v0=v=4 m/s,v′=0.
(3)设滑块Q在小车上滑行一段时间后两者的共同速度为u,由动量守恒可得mQv0=(mQ+M)u
系统因摩擦产生的热量Qf=μmQgL
根据能量守恒,有μmQgL=mQ-(mQ+M)u2
联立解得L=6 m.
答案:(1)4 m/s (2)4 m/s (3)6 m
