动量与能量专题复习
动量专题复习
动量守恒定律
Ⅱ
2005· 广 东 物 理 ·18 2005· 全 国 理 综 Ⅰ·25 2005·江苏物理·18 2006·天津理综·22、23 2006·重庆理综·25 2006·四川理综·25 2006·全国理综Ⅱ·23 2007·天津理综·15 2007·四川理综·18 2008·海南理综19 2009·全国理综Ⅰ·21 2005·江苏物理·18 2005·广东物理·18 2005·全国理综Ⅲ·25 2006·天津理综·23 2006·四川理综·25 2007·全国理综Ⅰ·24 2007·全国理综Ⅱ·24 2007·重庆理综·25 2007·四川理综·25 2007·广东物理·17 2008·全国理综Ⅰ·24 2008·全国理综Ⅱ·24 2008·宁夏理综·33 2008·山东理综 2008·天 津理综·24 2008·广东物理·20 2009·全国理综Ⅰ·25 2009·北京理综·24 2009·海南理综·36 2009·天津理综·10 2009·重庆理综·23、24
4.动量守恒定律和碰撞过程中的能量转化等是高考的 . 热点。 考试大纲》对本单元内容要求掌握的程度很高, 热点。《考试大纲》对本单元内容要求掌握的程度很高, 是高考考查的重点之一。 是高考考查的重点之一。高考试卷几乎每年都考查了本 单元内容, 单元内容,特别是多次出现动量守恒与能量守恒相结合 的综合计算题, 的综合计算题,有时还与带电粒子在电场和磁场中的运 动、电磁感应现象、核反应等结合起来综合考查,且常 电磁感应现象、核反应等结合起来综合考查, 作为压轴题出现。例如: 年全国Ⅱ 作为压轴题出现。例如: 2005年全国Ⅱ卷、2005年广 年全国 年广 东卷、 年江苏卷、 年重庆理综、 东卷、2005年江苏卷、2006年重庆理综、2006天津理 年江苏卷 年重庆理综 天津理 全国卷、 广东卷、 四川理综。 综、2007全国卷、2007广东卷、2007四川理综。2008 全国卷 广东卷 四川理综 全国Ⅰ 2008全国理综 全国理综Ⅱ 2008宁夏 宁夏33 全国Ⅰ 24 2008全国理综Ⅱ· 24 2008宁夏33 2008 2008天津 天津24 2008广东 广东20 北京理综、 山东 2008天津24 2008广东20 2009北京理综、2009 北京理综 宁夏理综、 天津理综、 重庆理综等。 宁夏理综、2009天津理综、2009重庆理综等。 天津理综 重庆理综等 5.物理过程设置复杂 与实际问题结合紧密, 物理过程设置复杂, 5.物理过程设置复杂,与实际问题结合紧密,对学生的 建模能力要求较高,并且常常考查学生应用数学知识处 建模能力要求较高,并且常常考查学生应用数学知识处 理物理问题能力。2008宁夏理综 2008江苏物理 2008四 理物理问题能力。2008宁夏理综 2008江苏物理 2008四 2008上海物理 2009重庆理综 2009北京理综 川理综 2008上海物理 2009重庆理综 2009北京理综 .
安徽庐江二中高三物理二轮复习----动量和能量(2)
专题训练——动量和能量(2)一、单项选择题1.如图所示,图线表示作用在某物体上的合外力随时间变化的关系,若物体开始时是静止的,那么( )A .前3 s 内合外力对物体做的功为零B .前5 s 内物体的动能变化量为零C .在前5 s 内只有第1 s 末物体的动能最大D .在前5 s 内只有第5 s 末物体的速率最大2.质量为g k 1023⨯、发动机的额定功率为80kw 的汽车在平直公路上行驶,若汽车所受阻力大小恒为N 3104⨯,则下列说法错误的是( )A .汽车的最大速度是20m/sB .若汽车保持额定功率启动,则当其速度为5m/s 时,加速度为6m/s 2C .汽车维持加速度2m/s 2匀加速运动的时间最多为10sD .汽车以加速度2m/s 2匀加速启动,启动后第2s 末时发动机的实际功率是32kw3.如图甲所示,斜面AB 与水平面BC 是由同种材料制成的。
质量相等的可视为质点的a 、b 两物块,从斜面上的同一位置A 由静止开始下滑,经B 点在水平面上滑行一段时间后停止。
不计经过B 点时的能量损失,用传感器采集到它们的速度—时间图象如图乙所示,则由上述信息判断下列说法正确的是( )A .在斜面上滑行的加速度物块a 比物块b 的小B .在水平面上滑行的距离物块a 比物块b 的小C .与斜面间的动摩擦因数物块a 比物块b 的小D .在整个运动过程中克服摩擦力做的功物块a 比物块b 多4.如图所示,一条轻绳一端通过定滑轮悬挂一个质量为m 的重物,在另一端施加拉力F ,使重物从地面由静止开始加速向上运动。
当重物上升高度为h 时,轻绳断开,不计一切摩擦,则( )A .重物从开始向上加速到轻绳断开的过程中重力势能的增量为FhB .轻绳断开瞬间重物重力的瞬时功率为-2(F -mg )mg 2hC .重物上升过程中机械能守恒D .重物落地前瞬间的动能为Fh ﹢mgh5.质量分别为2m 和m 的A 、B 两球之间压缩一根轻弹簧,静置于光滑水平桌面上。
智慧课堂 高效课堂--动量和能量之弧形槽模型专题复习
练供大家参考 。 例 : 图所示 , 如 水平光滑地面上停着一辆 小车 , 左侧靠 在竖直
墙 壁上 , 小车的 四分之一圆弧轨道 A B是光滑的 , 在最低点 曰与水
由动量守恒定律 , mv ( 3 v 有 = m+ m), 对物块 , 小车分别用动能定理 , 有
球物块落地点与小车右端距离是多少 ?
解析 :1设物块质量为 鸭其开始下落处 的位置距 B () C的竖直
高度为 ^ , B点时 的速度为 ,车 圆弧轨道半径 为 R 到达 ’、 J 。由机械
解 析 :1墙挡住小 车时设物块 滑落时 的速 度为 物块 从下 ()
能恒律 , 争 2 守 定 有啦=舢
新课{ ・ 暮 中学
鲁太平洋沿岸荒漠环境 的形成 , 了一定 的作用。 起
的道 理 。
21 0 2年 3月 8目
() 2对海洋生物分布的影响: 洋流对海洋生物分布的影响是
() 4 对海洋污染 的影响 : 陆地上 的污染物质进入海 洋以后 , 洋
形成渔场 。全球 四大渔场分为两类 : 一类是分 布在寒 暖流交汇 的 流可以把 近海 的污染 物质携带 到其他海 域 , 这样有利于污染 物的 地方 , 另一类是分布在上升补偿流的地方 ( 秘鲁 渔场 ) 。因为寒 暖 扩散 , 加快净化速度 。但是 , 随着洋 流的运动 , 污染 物质会传 到其 流交汇处 和上升流都能把营养盐类带至表层 。寒 、 暖流交汇处 , 海 他海域 。这样 , 的海域也可能因此受到污染 , 别 使污染范 围扩大 。 水受到扰 动 , 引起上下 翻腾 , 于是把下层 丰富 的营养盐类带 到表 【 小结 】 这节课 的学 习 , 们知道 , 通过 我 洋流对沿 岸地 区 的气 层 , 浮游 生物 大量 繁殖 , 促使 各种鱼类都集 中到这里觅食 , 这就形 候、 渔场的分布 、 海上航行 、 海洋污染等都有很大 的影 响。所 以我 成了渔场 。世界著名 的北海道渔场( 日本 )北海渔场( 、 英国)纽芬 、 们一定 要认 识洋 流的规律 , 明确 洋流对地理环 境的影 响 , 利用洋 兰渔场( 加拿 大) 都分布在寒 、 暖流交汇的海区 。
高考一轮复习 专题11 电磁感应中的动力学能量和动量问题
专题十一电磁感应中的动力学、能量和动量问题考点一电磁感应中的动力学问题师生共研例1 如图所示,两平行且无限长光滑金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ=30°,两导轨之间的距离为L=1 m,两导轨M、P之间接入电阻R=0.2 Ω,导轨电阻不计,在abdc区域内有一个方向垂直于两导轨平面向下的磁场Ⅰ,磁感应强度B0=1 T,磁场的宽度x1=1 m;在cd连线以下区域有一个方向也垂直于导轨平面向下的磁场Ⅱ,磁感应强度B1=0.5 T.一个质量为m=1 kg的金属棒垂直放在金属导轨上,与导轨接触良好,金属棒的电阻r=0.2 Ω,若金属棒在离ab连线上端x0处自由释放,则金属棒进入磁场Ⅰ恰好做匀速运动.金属棒进入磁场Ⅱ后,经过ef时又达到稳定状态,cd与ef之间的距离x2=8 m.求(g取10 m/s2):(1)金属棒在磁场Ⅰ运动的速度大小;(2)金属棒滑过cd位置时的加速度大小;(3)金属棒在磁场Ⅱ中达到稳定状态时的速度大小.【考法拓展1】在【例1】中,求金属棒从开始到刚离开磁场Ⅰ所经历的时间.【考法拓展2】在【例1】中,求金属棒由释放到ab连线滑过的距离x0.【考法拓展3】在【例1】中,求金属棒从开始到在磁场Ⅱ中达到稳定状态这段时间中电阻R产生的热量.练1 [2021·黑龙江大庆模拟](多选)在倾角θ=30°的斜面上固定两根足够长的平行金属导轨MN、EF,间距为L,导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直斜面向下.有两根质量均为m、电阻均为R、长度均为L的金属棒ab、cd垂直导轨放置且与导轨接触良好,光滑的ab棒用平行于导轨的不可伸长的轻绳跨过光滑定滑轮与质量为2m的重物P连接,如图所示.初始时作用在ab棒上一个外力(题中未画出)使ab棒、重物P保持静止,cd棒也静止在导轨上且刚好不下滑.已知重力加速度大小为g,导轨电阻不计,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.现撤去外力,ab棒和重物P从静止开始运动,到cd棒刚好要向上滑动的过程中,则( )A.重物P向下做加速度不断减小的加速运动B.cd棒刚好要向上滑动时,ab棒中的电流大小I=C.cd棒刚好要向上滑动时,重物P的速度大小为v=D.重物P减少的重力势能等于ab棒、重物P增加的动能与ab、cd棒产生的焦耳热之和练2 [2020·全国卷Ⅰ](多选)如图,U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上,ab和dc边平行,和bc边垂直.ab、dc足够长,整个金属框电阻可忽略.一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上,用水平恒力F向右拉动金属框,运动过程中,装置始终处于竖直向下的匀强磁场中,MN与金属框保持良好接触,且与bc边保持平行.经过一段时间后( )A.金属框的速度大小趋于恒定值B.金属框的加速度大小趋于恒定值C.导体棒所受安培力的大小趋于恒定值D.导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值练3 如图所示,间距为L的两根平行金属导轨弯成“L”形,竖直导轨面与水平导轨面均足够长,整个装置处于竖直向上大小为B的匀强磁场中.质量均为m、阻值均为R的导体棒ab、cd均垂直于导轨放置,两导体棒与导轨间动摩擦因数均为μ,当导体棒cd在水平恒力作用下以速度v0沿水平导轨向右匀速运动时,释放导体棒ab,它在竖直导轨上匀加速下滑.某时刻将导体棒cd所受水平恒力撤去,经过一段时间,导体棒cd静止,此过程流经导体棒cd的电荷量为q(导体棒ab、cd与导轨间接触良好且接触点及金属导轨的电阻不计,已知重力加速度为g),则下列判断错误的是( )A.导体棒cd受水平恒力作用时流经它的电流I=B.导体棒ab匀加速下滑时的加速度大小a=g-C.导体棒cd在水平恒力撤去后它的位移为s=D.导体棒cd在水平恒力撤去后它产生的焦耳热为Q=m-题后反思1.电磁感应中动力学问题的解题思路2.电磁感应中的动态分析导体受外力运动感应电动势感应电流导体受安培力―→合力变化加速度变化―→速度变化―→临界状态.考点二电磁感应中的能量问题多维探究1.能量转化2.求解焦耳热Q的三种方法3.解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路);(2)弄清电磁感应过程中哪些力做功,以及哪些形式的能量相互转化;(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解.题型1|由焦耳定律求解焦耳热例 2 小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示,两根平行金属导轨相距l=0.50 m,倾角θ=53 °,导轨上端串接一个R=0.05 Ω的电阻.在导轨间长d=0.56 m的区域内,存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度B=2.0 T.质量m=4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上,用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连.CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s=0.24 m.一位健身者用恒力F=80 N 拉动GH杆,CD棒由静止开始运动,上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直.当CD棒到达磁场上边界时健身者松手,触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g取10 m/s2,sin 53°=0.8,不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量).求:(1)CD棒进入磁场时速度v的大小.(2)CD棒进入磁场时所受的安培力F A的大小.(3)在拉升CD棒的过程中,健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q.题型2|由安培力做功求解焦耳热例3 如图所示,足够长的粗糙斜面与水平面成θ=37°角放置,在斜面上虚线cc′和bb′与斜面底边平行,且两线间距为d=0.1 m,在cc′、bb′围成的区域内有垂直斜面向上的有界匀强磁场,磁感应强度为B=1 T;现有一质量为m=10 g,总电阻为R=1 Ω,边长也为d=0.1 m的正方形金属线圈MNPQ,其初始位置PQ边与cc′重合,现让金属线圈以一定初速度沿斜面向上运动,当金属线圈从最高点返回到磁场区域时,线圈刚好做匀速直线运动.已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5,取g=10 m/s2,不计其他阻力,求:(取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)(1)线圈向下返回到磁场区域时的速度大小;(2)线圈向上离开磁场区域时的动能;(3)线圈向下通过磁场区域过程中,线圈中产生的焦耳热.题型3|由能量守恒或功能关系求解焦耳热例4 [2021·广州市模拟]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是水平放置的平行长直导轨,其间距L=0.2 m,R是连在导轨一端的电阻,ab是跨接在导轨上质量m=0.1 kg 的导体棒.从零时刻开始,对ab施加一个大小为F=0.45 N、方向水平向左的恒定拉力,使其从静止开始沿导轨滑动,滑动过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好,图乙是棒的v t图象,其中AO是图象在O 点的切线,AB是图象的渐近线.除R以外,其余部分的电阻均不计.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.已知当棒的位移为100 m时,其速度达到了最大速度10 m/s.求:(1)R的阻值;(2)在棒运动100 m过程中电阻R上产生的焦耳热.练4 [2020·济南模拟]如图所示,水平传送带上放置n个相同的正方形闭合导线圈,每个线圈的质量均为m,电阻均为R,边长均为L,线圈与传送带间的动摩擦因数均为μ,线圈与传送带共同以速度v0匀速向右运动.MN与PQ为匀强磁场的边界,平行间距为d(L<d),速度v0方向与MN垂直.磁场的磁感应强度为B,方向竖直向下.当线圈右侧边进入磁场时与传送带发生相对运动,线圈的右侧边到达边界PQ 时又恰好与传送带的速度相同.设传送带足够长,且线圈在传送带上始终保持右侧边平行于磁场边界.已知重力加速度为g,线圈间不会相碰.求:(1)线圈的右侧边刚进入磁场时,线圈的加速度大小;(2)线圈右侧边从MN运动到PQ经过的时间t;(3)n个线圈均通过磁场区域到恢复和传送带共速,线圈释放的焦耳热.练5 [2021·石嘴山模拟]如图所示,光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在竖直平面内,两导轨间的距离为L=1 m,导轨间连接的定值电阻R=3 Ω,导轨上放一质量为m=0.1 kg的金属杆ab,金属杆始终与导轨接触良好,杆的电阻r=1 Ω,其余电阻不计,AB位置下方存在磁感应强度为B=1 T 的匀强磁场,磁场的方向垂直导轨平面向里.重力加速度g取10 m/s2.现让金属杆从AB水平位置由静止释放,忽略空气阻力的影响,求:(1)金属杆的最大速度.(2)若从金属杆开始下落到刚好达到最大速度的过程中,电阻R上产生的焦耳热Q=0.6 J,此时金属杆下落的高度为多少?(3)达到最大速度后,为使ab杆中不产生感应电流,从该时刻开始,磁感应强度B′应怎样随时间t 变化?推导这种情况下B′与t的关系式.考点三电磁感应与动量的综合问题多维探究题型1|动量定理在电磁感应中的应用在电磁感应中,动量定理应用于单杆切割磁感线运动,可求解变力的时间、速度、位移和电荷量.(1)求电荷量或速度:B lΔt=mv2-mv1,q=t.(2)求时间:Ft=I冲=mv2-mv1,I冲=BIlΔt=Bl(3)求位移:-BIlΔt=-=0-mv0,即-x=m(0-v0).例5 [2020·山东潍坊期末] (多选)如图所示,水平金属导轨P、Q间距为L,M、N间距为2L,P与M相连,Q与N相连,金属棒a垂直于P、Q放置,金属棒b垂直于M、N放置,整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中.现给棒a一大小为v0、水平向右的初速度,假设导轨都足够长,两棒质量均为m,在棒a的速度由v0减小到0.8v0的过程中,两棒始终与导轨接触良好.以下说法正确的是( )A.俯视时感应电流方向为顺时针B.棒b的最大速度为0.4v0C.回路中产生的焦耳热为0.1mD.通过回路中某一截面的电荷量为题型2|动量守恒定律在电磁感应中的应用例6 [2019·全国卷Ⅲ,19](多选)如图,方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨,两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上.t=0时,棒ab以初速度v0向右滑动.运动过程中,ab、cd始终与导轨垂直并接触良好,两者速度分别用v1、v2表示,回路中的电流用I表示.下列图象中可能正确的是( )练6 [2020·山东阳谷二中期末](多选)如图所示,在高为h的桌面上固定着两根平行光滑金属导轨,导轨左段弯曲,右段水平,两部分平滑连接,导轨间距为L,电阻不计,在导轨的水平部分有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为B,ab、cd为两根相同的金属棒,质量均为m,长度均为L,电阻均为r.开始时cd静置于水平导轨上某位置,将ab从弯曲导轨上距离桌面高为h处由静止释放,cd离开导轨水平抛出,落地点ef距轨道末端的水平距离也为h,金属棒在运动过程中没有发生碰撞且与导轨接触良好,重力加速度为g.以下说法正确的是( )A.cd在导轨上的最大加速度为B.cd在导轨上的最大加速度为C.ab的落地点在ef的右侧D.电路中产生的热量为mgh练7 如图甲所示,两足够长且不计其电阻的光滑金属轨道,如图所示放置,间距为d=1 m,在左端弧形轨道部分高h=1.25 m处放置一金属杆a,弧形轨道与平面轨道以光滑圆弧连接,在平直轨道右端放置另一金属杆b.杆a、b电阻分别为R a=2 Ω,R b=5 Ω,在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度B=2 T.现杆b以大小5 m/s的初速度(设为v0)开始向左滑动,同时由静止释放杆a.杆a由静止滑到水平轨道的过程中,通过杆b的平均电流为0.3 A.从杆a下滑到水平轨道时开始计时,a、b杆运动图象如图乙所示(以杆a运动方向为正),其中m a=2 kg,m b=1 kg,g=10 m/s2,求:(1)杆a在弧形轨道上运动的时间;(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量;(3)在整个运动过程中杆b上产生的焦耳热.专题十一 电磁感应中的动力学、能量和动量问题考点突破例1 解析:(1)金属棒进入磁场Ⅰ做匀速运动,设速度为v 0,由平衡条件得mgsin θ=F 安① 而F 安=B 0I 0L ,② I 0=B 0Lv 0R +r③代入数据解得v 0=2 m/s.④(2)金属棒滑过cd 位置时,其受力如图所示.由牛顿第二定律得 mgsin θ-F ′安=ma ,⑤ 而F ′安=B 1I 1L ,⑥ I 1=B 1Lv 0R +r,⑦代入数据可解得a =3.75 m/s 2.⑧(3)金属棒在进入磁场Ⅱ区域达到稳定状态时,设速度为v 1,则mgsin θ=F ″安,⑨ 而F ″安=B 1I 2L ○10 I 2=B 1Lv 1R +r,⑪代入数据解得v 1=8 m/s.⑫答案:(1)2 m/s (2)3.75 m/s 2 (3)8 m/s考法拓展1 解析:金属棒从静止开始到刚进入磁场Ⅰ的时间t 1=v 0gsin θ=0.4 s ,在磁场Ⅰ运动时间t 2=x 1v 0=0.5 s ,所以金属棒从开始到刚离开磁场Ⅰ所经历的时间为t =t 1+t 2=0.9 s.答案:0.9 s考法拓展2 解析:金属棒在未进入磁场前做初速度为0的匀加速直线运动a =gsin θ,由运动学公式得v 20=2ax 0,代入数据解得x 0=0.4 m. 答案:0.4 m考法拓展3 解析:金属棒从开始运动到在磁场Ⅱ中达到稳定状态过程中,根据能量守恒得 mg(x 0+x 1+x 2)sin θ=Q +12mv 21,Q R =R R +r Q =7.5 J.答案:7.5 J练1 解析:本题考查电磁感应中的楞次定律,通过分析安培力判断物体的运动状态,回路中的电流以及焦耳热.重物P 和ab 棒是一个系统,重物P 的重力不变,ab 棒的重力沿斜面向下的分力不变,而ab 棒切割磁感线的速度在增大,则沿斜面向下的安培力随之增大,则ab 与P 的加速度变小,所以重物P 向下做加速度不断减小的加速运动,A 正确;cd 棒刚开始恰好不下滑,则有mgsin θ=μmgcos θ,cd 棒刚好要向上滑动时,则有BIL =mgsin θ+μmgcos θ,联立解得I =mgBL ,B 正确;cd 棒刚好要向上滑动时,ab 棒切割磁感线产生的感应电动势E =BLv ,感应电流I =BLv 2R ,可得v =2mgRB 2L 2,C 正确;由能量守恒定律可知,重物P 减少的重力势能等于ab 棒、重物P 增加的动能、ab 棒增加的重力势能与ab 、cd 棒产生的焦耳热之和,D 错误.答案:ABC练2 解析:用水平恒力F 向右拉动金属框,bc 边切割磁感线产生感应电动势,回路中有感应电流i ,bc 边受到水平向左的安培力作用,设金属框的质量为M ,加速度为a 1,由牛顿第二定律有F -BiL =Ma 1;导体棒MN 受到向右的安培力,向右做加速运动,设导体棒的质量为m ,加速度为a 2,由牛顿第二定律有BiL =ma 2.设金属框bc 边的速度为v 时,导体棒的速度为v ′,则回路中产生的感应电动势为E =BL(v -v ′),由闭合电路欧姆定律i =E R =BL (v -v ′)R,F 安=BiL ,可得金属框bc 边所受安培力和导体棒MN 所受的安培力均为F 安=B 2L 2(v -v ′)R ,二者加速度之差Δa =a 1-a 2=F -F 安M -F 安m =F M -F 安⎝ ⎛⎭⎪⎫1M +1m ,随着所受安培力的增大,二者加速度之差Δa 减小,当Δa 减小到零时,F M =B 2L 2(v -v ′)R ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1M +1m ,之后金属框和导体棒的速度之差Δv =v -v ′=FRmB 2L 2(m +M ),保持不变.由此可知,金属框的速度逐渐增大,金属框所受安培力趋于恒定值,金属框的加速度大小趋于恒定值,导体棒所受的安培力F 安=B 2L 2(v -v ′)R 趋于恒定值,选项A 错误,BC 正确;导体棒到金属框bc 边的距离x =⎠⎛0t (v -v ′)dt ,随时间的增大而增大,选项D 错误.答案:BC练3 解析:cd 切割磁感线产生感应电动势为E =BLv 0,根据闭合电路欧姆定律得I =E 2R =BLv 02R ,故A 项错误.对于ab 棒:根据牛顿第二定律得mg -F f =ma ,又F f =μF N ,F N =BIL ,联立解得,加速度大小为a =g -μB 2L 2v 02mR ,故B 项正确.对于cd 棒,由公式q =ΔΦR 总得q =BLs 2R ,则得,s =2Rq BL,故C 项正确.设导体棒cd 在水平恒力撤去后产生的焦耳热为Q ,由于ab 的电阻与cd 相同,两者串联,则ab 产生的焦耳热也为Q.根据能量守恒得2Q +μmgs =12mv 20,又s =2Rq BL ,解得Q =14mv 20-μmgRqBL ,故D 项正确.综上所述,应选择A.答案:A例2 解析:(1)由牛顿第二定律a =F -mgsin θm =12 m/s 2进入磁场时的速度v =2as =2.4 m/s. (2)感应电动势E =Blv 感应电流I =BlvR安培力F A =IBl代入得F A =(Bl )2vR =48 N.(3)健身者做功W =F(s +d)=64 J 由牛顿第二定律F -mgsin θ-F A =0 CD 棒在磁场区域做匀速运动 在磁场中运动的时间t =dv焦耳热Q =I 2Rt =26.88 J.答案:(1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J例3 解析:(1)金属线圈向下匀速进入磁场时,有mgsin θ=μmgcos θ+F 安 其中F 安=BId ,I =ER,E =Bdv解得v =(mgsin θ-μmgcos θ)RB 2d2=2 m/s. (2)设最高点离bb ′的距离为x ,线圈从最高点到开始进入磁场过程做匀加速直线运动,有v 2=2ax ,mgsin θ-μmgcos θ=ma 线圈从向上离开磁场到向下进入磁场的过程,根据动能定理有E k1-E k =μmgcos θ·2x ,其中E k =12mv 2得E k1=12mv 2+v 2μmgcos θgsin θ-μgcos θ=0.1 J.(3)线圈向下匀速通过磁场区域过程中, 有mgsin θ·2d -μmgcos θ·2d +W 安=0 Q =-W 安解得Q =2mgd(sin θ-μcos θ)=0.004 J. 答案:(1)2 m/s (2)0.1 J (3)0.004 J例4 解析:(1)由图乙得ab 棒刚开始运动瞬间a =2.5 m/s 2, 则F -F f =ma , 解得F f =0.2 N.ab 棒最终以速度v =10 m/s 匀速运动,则所受到拉力、摩擦力和安培力的合力为零,F -F f -F 安=0.F 安=BIL =BL Blv R =B 2L 2vR .联立可得R =B 2L 2vF -F f=0.4 Ω.(2)由功能关系可得(F -F f )x =12mv 2+Q ,解得Q =20 J.答案:(1)0.4 Ω (2)20 J练4 解析:(1)线圈刚进入磁场时有:E =BLv 0 根据闭合电路欧姆定律:I =ER所以安培力F =B 2L 2v 0R根据牛顿第二定律:F -μmg =ma. a =B 2L 2v 0mR -μg ,方向向左(2)根据动量定理,对线圈: μmgt -I 安=0. 其中安培力的冲量:I 安=F 安t ′=B I -L ·t ′=BLq q =ΔΦR =BL 2R .综上解得t =B 2L 3μmgR.(3)自线圈进入磁场到线圈右侧边到达PQ 过程中,对于单个线圈,根据动能定理得 μmgd -W 安=0,所以克服安培力做功W 安=μmgd单个线圈离开磁场的运动情况和进入磁场相同,W ′安=W 安=μmgd , 所以对于n 个线圈有Q =2n μmgd答案:(1)B 2L 2v 0mR -μg (2)B 2L3μmgR(3)2n μmgd练5 解析:(1)设金属杆的最大速度为v m ,安培力与重力平衡,则有:F 安=mg 又F 安=BIL ,I =ER +r,E =BLv m 联立得:F 安=B 2L 2v mR +r解得:v m =4 m/s(2)电路中产生的总焦耳热: Q 总=R +r R Q =3+13×0.6 J =0.8 J由能量守恒定律得:mgh =12mv 2m +Q 总解得:h =1.6 m(3)为使ab 杆中不产生感应电流,应使穿过回路平面的磁通量不发生变化, 在该时刻穿过回路平面的磁通量为: Φ1=BLht 时刻的磁通量为: Φ2=B ′L ⎝ ⎛⎭⎪⎫h +v m t +12gt 2 由Φ1=Φ2得:B ′=Bhh +v m t +12gt2代入数据解得:B ′= 1.65t 2+4t +1.6T答案:(1)4 m/s (2)1.6 m (3)B ′= 1.65t 2+4t +1.6T例5 解析:本题考查电磁感应中的电荷量、能量等物理量的计算.棒a 向右运动,回路面积减小,根据楞次定律可知,俯视时感应电流方向为逆时针,A 错误;在棒a 的速度由v 0减小到0.8v 0的过程中,棒a 减速,棒b 加速,对棒a ,由动量定理可得B I -·Lt =BqL =mv 0-0.8mv 0,对棒b ,由动量定理可得B I -·2Lt =mv ,联立可得v =0.4v 0,q =mv 05BL ,B 正确,D 错误;根据能量守恒定律可得Q =12mv 20-12m(0.8v 0)2+12m(0.4v 0)2=0.1mv 20,C 正确.答案:BC例6 解析:由楞次定律可知ab 棒做减速运动,cd 棒做加速运动,即v 1减小,v 2增加.回路中的感应电动势E =BL(v 1-v 2),回路中的电流I =E R =BL (v 1-v 2)R ,回路中的导体棒ab 、cd 的加速度大小均为a =F m =BIL m =B 2L 2(v 1-v 2)mR ,由于v 1-v 2减小,可知a 减小,所以ab 与cd 的v t 图线斜率减小,I 也非线性减小,所以A 、C 正确,B 、D 错误.答案:AC练6 解析:本题从动量和能量两个角度考查双棒问题.当cd 受到的安培力最大时,cd 在导轨上的加速度最大,即ab 刚进入磁场时,cd 在导轨上的加速度最大,设此时ab 的速度为v ,根据机械能守恒定律可得12mv 2=mgh ,解得v =2gh ,此时回路中的感应电流I =BLv 2r ,cd 在导轨上的最大加速度a =BIL m =B 2L 22gh2mr,故A 正确,B 错误; 设cd 离开导轨时的速度为v 1,根据平抛运动规律可知,下落时间t =2h g ,则v 1=h t=gh2,设cd 离开导轨时ab 的速度为v ′,根据动量守恒定律可得mv =mv ′+mv 1,解得v ′=v 1=gh2,所以ab 的落地点也在ef 处,故C 错误;电路中产生的热量Q =mgh -12mv ′2-12mv 21=12mgh ,故D 正确.答案:AD练7 解析:(1)设杆a 刚滑到水平轨道时,杆b 的速度为v b ,杆a 在弧形轨道上运动的时间与杆b 从开始滑动到杆a 刚滑到水平轨道时所用时间相等,对杆b 应用动量定理有Bd I -t 1=m b v b -m b v 0其中v 0=-5 m/s ,v b =-2 m/s 解得t 1=5 s.(2)设杆a 下滑到水平轨道时的速度为v a ,由杆a 下滑的过程中机械能守恒有 m a gh =12m a v 2a解得v a =5 m/s设两杆最后共同的速度为v ,两杆在水平轨道上运动过程中动量守恒,有 m a v a +m b v b =(m a +m b )v 解得v =83m/s对杆a 在水平轨道上运动过程应用动量定理有 -Bd I -t 2=m a v -m a v a 又q =I -t 2解得q =73C.(3)由能量守恒定律得,两杆产生的总焦耳热Q 总=m a gh +12m b v 20-12(m a +m b )v 2=1616 J杆a 、b 串联,电流相等,则相同时间内产生的焦耳热与电阻成正比 故杆b 上产生的焦耳热Q =R b R a +R b Q 总=1156J. 答案:(1)5 s (2)73 C (3)1156 J。
专题20 动量与能量综合问题(解析版)
2021届高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练专题20动量与能量综合问题【专题导航】目录热点题型一应用动量能量观点解决“子弹打木块”模型 (1)热点题型二应用动量能量观点解决“弹簧碰撞”模型 (4)热点题型三应用动量能量观点解决“板块”模型 (9)热点题型四应用动量能量观点解决斜劈碰撞现象 (13)【题型演练】 (16)【题型归纳】热点题型一应用动量能量观点解决“子弹打木块”模型s 2d s 1v 0子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。
作为一个典型,它的特点是:子弹以水平速度射向原来静止的木块,并留在木块中跟木块共同运动。
下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一过程。
设质量为m 的子弹以初速度0v 射向静止在光滑水平面上的质量为M 的木块,并留在木块中不再射出,子弹钻入木块深度为d 。
求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。
要点诠释:子弹和木块最后共同运动,相当于完全非弹性碰撞。
从动量的角度看,子弹射入木块过程中系统动量守恒:()v m M mv +=0……①从能量的角度看,该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。
设平均阻力大小为f ,设子弹、木块的位移大小分别为1s 、2s ,如图所示,显然有ds s =-21对子弹用动能定理:20212121mv mv s f -=⋅-……②对木块用动能定理:2221Mv s f =⋅……③②相减得:()()2022022121v m M Mm v m M mv d f +=+-=⋅……④对子弹用动量定理:0-mv mv t f -=⋅……⑤对木块用动量定理:Mv t f =⋅……⑥【例1】(2020·江苏苏北三市模拟)光滑水平地面上有一静止的木块,子弹水平射入木块后未穿出,子弹和木块的v -t 图象如图所示.已知木块质量大于子弹质量,从子弹射入木块到达稳定状态,木块动能增加了50J ,则此过程产生的内能可能是()A .10JB .50JC .70JD .120J【答案】D.【解】析:设子弹的初速度为v 0,射入木块后子弹与木块共同的速度为v ,木块的质量为M ,子弹的质量为m ,根据动量守恒定律得:mv 0=(M +m )v ,解得v =mv 0m +M .木块获得的动能为E k =122=Mm 2v 202(M +m )2=Mmv 202(M +m )·m M +m .系统产生的内能为Q =12mv 20-12(M +m )v 2=Mmv 202(M +m ),可得Q =M +m mE k >50J ,当Q =70J 时,可得M ∶m =2∶5,因已知木块质量大于子弹质量,选项A 、B 、C 错误;当Q =120J 时,可得M ∶m =7∶5,木块质量大于子弹质量,选项D 正确.【变式1】(2020·陕西咸阳模拟)如图所示,相距足够远完全相同的质量均为3m 的两个木块静止放置在光滑水平面上,质量为m 的子弹(可视为质点)以初速度v 0水平向右射入木块,穿出第一块木块时的速度为25v 0,已知木块的长为L ,设子弹在木块中所受的阻力恒定。
2022届高考物理二轮复习:专题07动量和能量的综合运用
2022届高考物理二轮复习专题07动量和能量的综合运用基础篇一、单选题,共10小题1.(2022·全国·高三专题练习)太空探测器常装配离子发动机,其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出,从而为探测器提供推力,若某探测器质量为490kg ,离子以30km/s 的速率(远大于探测器的飞行速率)向后喷出,流量为33.010g/s -⨯,则探测器获得的平均推力大小为( )A .1.47NB .0.147NC .0.09ND .0.009N 2.(2022·陕西汉中·一模)陕西面食种类繁多,其中“刀削面”堪称一绝,从同一位置依次削出三个小面条,分别落在水面上A 、B 、C 三点,运动轨迹如图所示,忽略空气阻力的影响,小面条被削离面团后均水平飞出,假设三个小面条质量相等,从面条削离到落在水面的过程中,下列说法正确的是( )A .三个小面条被削离时速度相等B .三个小面条动量的变化量相同C .落在A 点的小面条在空中运动时间最短D .落在C 点的小面条落在水面时重力的功率最大3.(2022·山东·泰安市基础教育教学研究室一模)冬奥会冰壶比赛中所用的冰壶除颜色外其他完全相同,如图(a )某队员将红壶推出,之后与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞,碰撞时间极短,碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面,来减小阻力。
碰撞前后两壶运动的v -t 图线如图(b )中实线所示。
重力加速度g=10m/s 2。
则运动员由于用冰壶刷摩擦冰面使冰壶与冰面间的动摩擦因数减少了( )A.0.02B.0.012C.0.008D.0.006 4.(2022·北京·一模)城市进入高楼时代后,高空坠物已成为危害极大的社会安全问题。
图为一则安全警示广告,非常形象地描述了高空坠物对人伤害的严重性。
小明同学用下面的实例来检验广告词的科学性:设一个50 g鸡蛋从25楼的窗户自由落下,与地面的碰撞时间约为3⨯,已知相邻楼层的高度差约为3 m,则该鸡蛋对地210s-面产生的冲击力约为()A.10 N B.102N C.103N D.104 N 5.(2022·重庆·模拟预测)如题图所示,水上飞行表演中,运动员操控喷射式悬浮飞行器将水带缓慢竖直送上来的水向下喷出,可以完成悬停、上升等各种动作。
2024年高考物理二轮复习专题二能量与动量、机械振动与机械波专题突破2板块模型的综合应用
B. 仅增大木板的质量M
C. 仅增大木块的质量m
D. 仅减小木块与木板间的动摩擦因数
考点二 板块模型中动量、能量的综合问题
板块模型中因滑块与滑板间的滑动摩擦力做功,产生摩擦热,所以常涉
及能量问题。若滑板在光滑水平面上,无水平外力作用时,滑板和滑块
组成的系统满足动量守恒,如涉及时间,可应用动量定理,所以该模型
M,平板车右端放一物块m,开始时M、m均静止。t=0时,平板车在外
力作用下开始沿水平面向右运动,其v-t图像如图乙所示,整个过程中
物块m恰好没有从平板车上滑下。已知物块与平板车间的动摩擦因数为
0.1,g取10m/s2,下列说法正确的是( C )
A. 0~4s内,物块m的加速度一直变大
B. 整个过程中,物块m相对平板车M滑动的时间为4s
(1) 在平台上运动的时间t。
解:(1) 在平台上,根据牛顿第二定
律,有F=mAa,根据匀变速直线运动
2
的位移公式,有L= at ,解得t= s。
(2) 刚滑上木板B时,地面对木板B的摩擦力f。
解:(2) 木块A刚滑上木板B时,A对
B的摩擦力大小为f1=μmAg=4N,假设
木板B滑动,地面对B的摩擦力为f2=μ
(mA+mB)g=6N,可知f1<f2,所以
木板B静止,由平衡条件得出f=f1=
4N,方向水平向左。
(3) 滑上木板B并与其右端碰撞后的最大动能Ekm。
解:(3) 对木块A,设其与木板B碰撞
前的速度为v1,根据动能定理,有FL-
μmAgL= mA ,碰撞为弹性碰撞,设
碰撞后A、B的速度分别为vA、vB,根据
如何进行动量和能量综合题的复习
关键 词 : 量 动 能量 复 习
“ 滑块 ” 问题是 动量和 能量 的综 合应用 之
一
而不要求考虑其运动的过程 。所 以 , 如果题 目
,
由于滑块与木板之间常存在一对相互作用
不涉及运动过程加速度而是涉及运动时间的问 的摩擦力 , 这对摩 擦力使 滑块 、 木板 的动量、 动
■ 扣 + 扣 ■ 叶 扣 ■ ■ + 扣 . 扣 ■ ■ . 扣 扣 一 卜■ 一 ■ 扣 扣 ■ ■ . 扣 + + .扣 ■ 叶 一 叶叶 ■ 扣 ■ 扣 ■ ■ ■ 扣 ■ 扣 和 + ■ ■ 一 . ■ _ + 扣 ■ . ■■
如何进行动量和能量综合题的复习
水平的考查 , 目让学生比较容易人题 , 题 而随着
一不Biblioteka 拘泥于教学大纲 , 会更加注重对考生能力
一
、
我们来看初中数学课程改革有哪些变化 ,
3注重培养学生对语言理解 能力 和表达能 对学生通过实际动手解决问题的能力的考查 。 .
值得我们留意
力。苏步青教授曾经讲过 , 学不好语文的学生 ,
考是高 中阶段 的学校招生考试 , 具有一 定的选 2创设 问题情景 , . 提高学生解决 问题 的能 拔性 , 因此 , 在试 卷上 重视对 “ 双基 ” 查 的同 考 力 。同样在新 的教材 中 , 课本亦 相当重视提高 答 题 的 深入 , 目难度 逐 渐 增加 , 需 知识 题 所 时, 进一步加强 了对数学能力 , 就是 思维能力 、 学生 自己动手 , 解决实 际问题 的能力 。例如在 点也越来越多 。进一步点明了“ 指挥棒 ” 指示 的 运算能力 、 空间概念 和应 用所 学知识分析 问题 新的几 何教材 中, 就有让学生 自己动手 , 通过实 方 向。 能力的考查 , 试题强调应用 型开放性与创新意 际操作得 出几何 中立体图形 的初步概念的实验 那么初 中数 学课程改革 和中考命题的变化 识, 试题新颖, 具有很强 的时代气息 。 课, 不仅提高学生 的学习兴趣 , 还促进学生动手 是否是互相配合 的呢?我们从 中是否可以看出 2 . 注重对学生通过实际动手获得知识 的考 解决 问题 的能力。 些中考发展方 向的轨迹 ? 查。近年 的中考 中,亦出现 了不少的题 目注重
第八关 动力学、动量和能量观点在力学中的应用-高考物理专题复习及典型试题
第八关动力学、动量和能量观点在力学中的应用1.动量和能量综合应用例 1 (多选)如图甲所示,质量M=0.8kg的足够长的木板静止在光滑的水平面上,质量m=0.2kg的滑块静止在木板的左端,在滑块上施加一水平向右、大小按图乙所示随时间变化的拉力F,4 s后撤去力F.若滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g=10m/s2,则下列说法正确的是()A.0∼4s时间内拉力的冲量共为3.2N⋅sB.t=4s时滑块的速度大小为9.5m/sC.木板受到滑动摩擦力的冲量共为2.8N⋅sD.木板的速度最大为2m/s练习1-1如图所示,带有圆管轨道的长轨道水平固定,圆管轨道竖直(管内直径可以忽略),底端分别与两侧的直轨道相切,圆管轨道的半径R=0.5 m,P点左侧轨道(包括圆管)光滑,右侧轨道粗糙.质量m=1 kg的物块A以v0=10 m/s的速度滑入圆管,经过竖直圆管轨道后与直轨道上P处静止的质量M=2 kg的物块B发生碰撞(碰撞时间极短),碰后物块B在粗糙轨道上滑行18 m后速度减小为零.已知物块A、B与粗糙轨道间的动摩擦因数均为μ=0.1,取重力加速度大小g=10 m/s2,物块A、B均可视为质点.求:(1)物块A滑过竖直圆管轨道最高点Q时受到管壁的弹力;(2)最终物块A静止的位置到P点的距离.2.综合分析多过程问题例2如图所示,有一个可视为质点的质量为m=1 kg的小物块,从光滑平台上的A点以v0=2 m/s的初速度水平抛出,到达C点时,恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道,最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M=3 kg的长木板.已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平,木板下表面与水平地面之间光滑,小物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.3,圆弧轨道的半径为R=0.4 m,C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ=60°,不计空气阻力,g取10 m/s2.求:(1)小物块到达C点时的速度大小;(2)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力;(3)要使小物块不滑出长木板,木板的长度L至少多大.练习2-1如图所示,半径为R的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上,下端与水平地面在P点相切,一个质量为2m的物块B(可视为质点)静止在水平地面上,左端固定有水平轻弹簧,Q点为弹簧处于原长时的左端点,P、Q间的距离为R,PQ段地面粗糙、动摩擦因数为μ=0.5,Q点右侧水平地面光滑,现将质量为m的物块A(可视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑,重力加速度为g.求:(1)物块A沿圆弧轨道滑至P点时对轨道的压力大小;(2)弹簧被压缩的最大弹性势能(未超过弹性限度);(3)物块A最终停止位置到Q点的距离.课后检测1. 质量为1 kg的物体静止在水平面上,t=0时受到水平拉力F的作用开始运动,F随时间t 变化的关系图象如图所示.已知t=4 s时物体刚好停止运动,取g=10m/s2,以下判断正确的是()A.物体所受摩擦力为3 NB.t=2 s时物体的速度最大C.t=3 s时物体的动量最大D.物体的最大动能为2 J2. 粗糙水平地面上的物体,在一个水平恒力作用下做直线运动,其v-t图象如图所示,下列物理量中第1 s内与第2 s内相同的是()A.摩擦力的功B.摩擦力的冲量C.水平恒力的功D.水平恒力的冲量3. 如图所示,质量均为m的两带电小球A与B,带电荷量分别为+q、+2q,在光滑绝缘水平桌面上由静止开始沿同一直线运动,当两带电小球运动一段时间后A球速度大小为v,在这段时间内,下列说法正确的是()A.任一时刻B的加速度比A的大B.两球均做加速度增大的加速运动C.两球组成的系统电势能减少了mv2,但动能和电势能之和不变D.两球动量均增大,且总动量也增大4.如图所示,质量为m、带有半圆形轨道的小车静止在光滑的水平地面上,其水平直径AB 的长度为2R,现将质量也为m的小球从距A点正上方为h的位置由静止释放,然后由A点ℎ(不计空气阻力),则() 进入半圆形轨道后从B点冲出,在空中上升的最大高度为12A.小球冲出B点后做斜上抛运动B.小球第二次进入轨道后恰能运动到A点C.小球第一次到达B点时,小车的位移大小是RmgℎD.小球第二次通过轨道克服摩擦力所做的功等于125.光滑水平面上放有质量分别为2m和m的物块A和B,用细线将它们连接起来,两物块中间加有一压缩的轻质弹簧(弹簧与物块不相连),弹簧的压缩量为x.现将细线剪断,此刻物块A的加速度大小为a,两物块刚要离开弹簧时物块A的速度大小为v,则()A.物块B的加速度大小为a时弹簧的压缩量为x3xB.物块A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为23mv2C.物块开始运动前弹簧的弹性势能为32D.物块开始运动前弹簧的弹性势能为3mv26. “飞针穿玻璃”是一项高难度的绝技表演,曾度引起质疑.为了研究该问题,以下测量能够得出飞针在穿越玻璃的时间内,对玻璃平均冲击力大小的是()A.测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃前后的速度B.测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间C.测出飞针质量、玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间D.测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度7.如图,立柱固定于光滑水平面上O点,质量为M的小球a向右运动,与静止于Q点的质量为m的小球b发生弹性碰撞,碰后a球立即向左运动,b球与立柱碰撞能量不损失,所有碰撞时间均不计,b球恰好在P点追到a球,Q点为OP间中点,则a、b球质量之比M:m=()A.3:5B.1:3C.2:3D.1:28. (多选)如图,在光滑的水平面上有一个长为L的木板,小物块b静止在木板的正中间,小物块a以某一初速度v0从左侧滑上木板.已知物块a、b与木板间的摩擦因数分别为μa、μb,木块与木板质量均为m,a、b之间的碰撞无机械能损失,滑动摩擦力等于最大静摩擦力.下列说法正确的是()mv02A.若没有物块从木板上滑下,则无论v0多大整个过程摩擦生热均为13B.若μb<2μa,则无论v0多大,a都不会从木板上滑落μa gL,则ab一定不相碰C.若v0≤√32D.若μb>2μa,则a可能从木板左端滑落9.(多选)如图所示,甲、乙两个小滑块(视为质点)静止在水平面上的A、B两处,B处左侧水平面光滑,右侧水平面粗糙.若甲在水平向右的拉力F=kt(其中k=2N/s)的作用下由静止开始运动,当t=3s时撤去力F,随后甲与乙发生正碰而粘合在一起,两滑块共同滑行2.4m后停下,已知甲的质量为1kg,两滑块与粗糙水平面间的动摩擦因数均为0.75,取g=10m/s2,则()A.0∼3s内,力F的冲量大小为18N⋅sB.撤去力F时甲的速度大小为9m/sC.两滑块正碰后瞬间的速度大小为4.5m/sD.乙的质量为0.5kg10. 如图所示,质量为M的木块位于光滑水平面上,在木块与墙壁之间用轻质弹簧连接,当木块静止时刚好位于A点,现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中(作用时间极短),求:(1)当木块回到A点时的速度大小;(2)从开始到木块回到A点的过程中,墙壁对弹簧的冲量.11. 如图所示,一轻质弹簧的一端固定在小球A上,另一端与小球B接触但未连接,该整体静止放在离地面高为H=5m的光滑水平桌面上.现有一小球C从光滑曲面上离桌面ℎ= 1.8m高处由静止开始滑下,与小球A发生碰撞(碰撞时间极短)并粘在一起压缩弹簧推动小球B向前运动,经一段时间,小球B脱离弹簧,继续在水平桌面上匀速运动一段时间后从桌面边缘飞出.小球均可视为质点,忽略空气阻力,已知m A=2kg,m B=3kg,m C=1kg,g=10m/s2.求:(1)小球C与小球A碰撞结束瞬间的速度;(2)小球B落地点与桌面边缘的水平距离.12. 如图所示,在水平桌面上放有长度为L=2m的木板C,C上右端是固定挡板P,在C 中点处放有小物块B,A、B的尺寸以及P的厚度皆可忽略不计.C上表面与固定在地面上半径为R=0.45m的圆弧光滑轨道相切,质量为m=1kg的小物块A从圆弧最高点由静止释放,设木板C与桌面之间无摩擦,A、C之间和B、C之间的滑动摩擦因数均为μ,A、B、C(包含挡板P)的质量相同,开始时,B和C静止,(g=10m/s2)(1)求滑块从释放到离开轨道受到的冲量大小;(2)若物块A与B发生碰撞,求滑动摩擦因数μ应满足的条件;(3)若物块A与B发生碰撞(设为完全弹性碰撞)后,物块B与挡板P发生碰撞,求滑动摩擦因数μ应满足的条件.13.一质量为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.14. 如图所示,水平光滑地面上有两个静止的小物块A和B(可视为质点),A的质量m=1.0 kg,B的质量M=4.0 kg,A、B之间有一轻质压缩弹簧,且A、B间用细线相连(图中未画出),弹簧的弹性势能E p=40 J,弹簧的两端与物块接触但不固定连接.水平面的左侧有一竖直墙壁,右侧与倾角为30°的光滑斜面平滑连接.将细线剪断,A、B分离后立即撤去弹簧,物块A与墙壁发生弹性碰撞后,A在B未到达斜面前追上B,并与B相碰后结合在一起向右运动,g取10 m/s2,求:(1)A与弹簧分离时的速度大小;(2)A、B沿斜面上升的最大距离.15. 如图所示,半径R1=1 m的四分之一光滑圆弧轨道AB与平台BC在B点平滑连接,半径R2=0.8 m的四分之一圆弧轨道上端与平台C端连接,下端与水平地面平滑连接,质量m =0.1 kg的乙物块放在平台BC的右端C点,将质量也为m的甲物块在A点由静止释放,让其沿圆弧下滑,并滑上平台与乙相碰,碰撞后甲与乙粘在一起从C点水平抛出,甲物块与平台间的动摩擦因数均为μ=0.2,BC长L=1 m,重力加速度g取10 m/s2,不计两物块的大小及碰撞所用的时间,求:(1)甲物块滑到B点时对轨道的压力大小;(2)甲和乙碰撞后瞬间共同速度的大小;(3)粘在一起的甲、乙两物块从C点抛出到落到CDE段轨道上所用的时间.16. 如图所示,一圆心为O、半径为R的光滑半圆轨道固定在竖直平面内,其下端和粗糙的水平轨道在A点相切,AB为圆弧轨道的直径.质量分别为m、2m的滑块1、2用很短的细线连接,在两滑块之间夹有压缩的短弹簧(弹簧与滑块不固连),滑块1、2位于A点.现剪断两滑块间的细线,滑块1恰能过B点,且落地点恰与滑块2停止运动的地点重合.滑块1、2可视为质点,不考虑滑块1落地后反弹,不计空气阻力,重力加速度为g,求:(1)滑块1过B点的速度大小;(2)弹簧释放的弹性势能大小;(3)滑块2与水平轨道间的动摩擦因数.17. 汽车A在水平冰雪路面上行驶.驾驶员发现其正前方停有汽车B,立即采取制动措施,但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示,碰撞后B车向前滑动了4.5 m,A车向前滑动了2.0 m.已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg,两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10,两车碰撞时间极短,在碰撞后车轮均没有滚动,重力加速度大小g=10 m/s2.求:(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小;(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小.。
C083.专题复习-动量和能量(下)
⑤ ⑥
v ′ = 7 .0 v ′ H N
将上式与题给数据代入⑤式得 将上式与题给数据代入⑤ m=1.2 u =
题目
2007年天津理综卷 年天津理综卷23 年天津理综卷 23. ( 16分 ) 如图所示 , 水平光滑地面上停放着一 . 分 如图所示, 辆小车, 左侧靠在竖直墙壁上, 辆小车 , 左侧靠在竖直墙壁上 , 小车的四分之一圆 弧轨道AB是光滑的 在最低点B与水平轨道 相切, 是光滑的, 与水平轨道BC相切 弧轨道 是光滑的 , 在最低点 与水平轨道 相切 , BC的长度是圆弧半径的 倍 , 整个轨道处于同一竖 的长度是圆弧半径的10倍 的长度是圆弧半径的 直平面内。可视为质点的物块从A点正上方某处无初 直平面内。可视为质点的物块从 点正上方某处无初 速下落, 恰好落入小车圆弧轨道滑动, 然后沿水平 速下落 , 恰好落入小车圆弧轨道滑动 , 轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出 处恰好没有滑出。 轨道滑行至轨道末端 处恰好没有滑出。已知物块到 达圆弧轨道最低点B时对轨道的压力是物块重力的 时对轨道的压力是物块重力的9 达圆弧轨道最低点 时对轨道的压力是物块重力的 小车的质量是物块的3倍 倍, 小车的质量是物块的 倍, 不考虑空气阻力和物 块落人圆弧轨道时的能量损失。 块落人圆弧轨道时的能量损失。求 物块开始下落的位置距水平轨道BC的竖直高度是 ⑴.物块开始下落的位置距水平轨道 的竖直高度是 物块开始下落的位置距水平轨道 圆弧半径的几倍; 圆弧半径的几倍; 物块与水平轨道BC ⑵.物块与水平轨道 物块与水平轨道 A 间的动摩擦因数μ。 C B
I = m 2g(12l + l1 )
⑥
题目
12
2007年理综全国卷Ⅱ.24 年理综全国卷Ⅱ 年理综全国卷 24.( 19分 ) 用放射源钋的 射线轰击铍时 , 能发射 用放射源钋的α射线轰击铍时 射线轰击铍时, ( 分 出一种穿透力极强的中性射线, 出一种穿透力极强的中性射线 , 这就是所谓铍 “ 辐 射 ” 。 1932年 , 查德威克用铍 “ 辐射 ” 分别照射 ( 轰 年 查德威克用铍“ 辐射” 分别照射( 氢和氮( 它们可视为处于静止状态) 击 ) 氢和氮 ( 它们可视为处于静止状态 ) , 测得照射 辐射” 后沿铍 “辐射”方向高速运动的氢核和氮核的速度之 比为7.0。查德威克假设铍“辐射” 比为 。 查德威克假设铍 “ 辐射 ” 是由一种质量不为 零的中性粒子构成的, 零的中性粒子构成的 , 从而通过实验在历史上首次发 现了中子。 假定铍“ 辐射” 现了中子 。 假定铍 “ 辐射 ” 中的中性粒子与氢核或氮 核发生弹性正碰, 核发生弹性正碰 , 试在一考虑相对论效应的条件下计 算构成铍“ 辐射” 的中性粒子的质量。 算构成铍 “ 辐射 ” 的中性粒子的质量 。 ( 质量用原子 12 质量单位u表示 原子质量的十二分之一。 质量单位 表示,1u等于 原子质量的十二分之一。 C 表示, 等于 取氢核和氮核的质量分别为1.0u和14.0u。) 取氢核和氮核的质量分别为 和 。
动能+动量
v0
s2
s1
L
动量和能量
2.运动学规律
速度—时间图象甲:子弹的匀减速直线 运动由图线 AB 表示, 木块的匀加速直线 运动由图线 OB 表示。t0s 末,两图线相 交,子弹和木块的速度相等,即子弹停 留在木块里或恰好打穿木块。此后,两 者做匀速直线运动由图线 BC 表示。 图乙则表示 t1s 末,子弹穿出木块后两 者在水平方向上以不同的速度做匀速直
2
s2 v
Mm 2 M m
v0
2
……② ……③
再结合动量守恒: mv 0 M m v
可解出:
d S2 M m m
运用动量和能量规律分析子弹打木块类问题时,灵 活运用关系式Q=f滑动s相对可使解答过程大大简化。
动量和能量
摩擦力做功
滑动摩擦力在做功过程中,能量的转化有 两个方向,一是相互摩擦的物体之间机械能的 转移;二是机械能转化为内能,转化为内能的 值等于机械能减少量,表达式为:
1 2
L
M
mv
s2
L
f s1
1
mv
2 0
1
mv ……①
2
1 2
2 0
Mv
1 2
Mm
2
……②
m v
v0
2
2
2
mv
M
2
Mm 2 M m
v0
2
……③
2 f M m
(2)以子弹为研究对象,由牛顿运动定律和运动学公式可得:
t v v0 a Mmv
动量和能量
例与练
1、钢球从高处向下落,最后陷入泥 中,如果空气阻力可忽略不计,陷入泥中的阻 力为重力的n 倍,求:(1)钢珠在空中下落的高 度H与陷入泥中的深度h的比值 H∶h =? (2)钢 珠在空中下落的时间T与陷入泥中的时间t的比 值T∶t=? 析与解 (1)对钢球运动全过程,由动能定理 mg(H+h)-nmgh=0 H + h = n h ∴H : h = n - 1 (2)对钢球运动全过程,由动量定理 mg(T+t)-nmgt=0 T+t=nt ∴ T:t=n-1
智慧课堂 高效课堂--动量和能量之弧形槽模型专题复习
智慧课堂高效课堂--动量和能量之
弧形槽模型专题复习
第一章动量的概念
动量是物体运动时所具有的内在性质,它可以衡量物体的运动能力。
根据牛顿第二定律,
动量可以用质量和速度的乘积来表示,即p=mv。
这里的m表示物体的质量,v表示物体的
速度,单位是千克·米/秒。
第二章动量守恒定律
动量守恒定律是物理学中的重要定律之一,它规定了在没有外力作用的情况下,物体的动
量是守恒的。
也就是说,在相同的时间内,物体的动量总是不变的。
这个定律在很多物理
现象中都有体现,如碰撞、弹弹球等。
第三章能量的概念
能量是物体存在的能力,它是物体可以进行动力学运动的条件。
根据第一定律,能量是动
量的函数,即E=f(p)。
这里的E表示能量,单位是千焦耳;p表示动量,单位是千克·米
/秒。
第四章能量守恒定律
能量守恒定律是物理学中另一个重要的定律,它规定了在任何情况下,物体的能量都是守
恒的。
这意味着,物体的能量不会凭空消失或增加,它只会从一种形式转化为另一种形式。
能量守恒定律在许多物理现象中都有体现,如热力学、光学、声学等。
第五章弧形槽模型
弧形槽模型是用来模拟物体在弧形轨道运动的过程。
这个模型可以用来研究物体在弧形轨道上的动量变化情况,以及物体的能量随时间的变化情况。
第六章弧形槽模型的应用
弧形槽模型在物理学中有广泛的应用,可以用来研究物体在自由落体运动、摆动运动等物理现象中的运动规律。
此外,弧形槽模型还可以用来解决许多实际问题,如机械设计、航天工程等。
【2020】高三物理专题复习-第五专题-动量与能量试卷及参考答案
②、③式联立解得
④
将①代入得④
(2)a由④式,考虑到得
根据动能传递系数的定义,对于1、2两球
⑤
同理可得,球m2和球m3碰撞后,动能传递系数k13应为
⑥
依次类推,动能传递系数k1n应为
解得
b.将m1=4m0,m3=mo代入⑥式可得
为使k13最大,只需使
由
8、答案:(1)0.24s (2)5m/s
解析:本题考查摩擦拖动类的动量和能量问题.。
涉及动量守恒定律、动量定理和功能关系这些物理规律的运用.。
(1)设物块与小车的共同速度为v,以水平向右为正方向,根据动量守恒定律有
①
设物块与车面间的滑动摩擦力为F,对物块应用动量定理有
②其中③
解得
代入数据得
④
(2)要使物块恰好不从车厢滑出,须物块到车面右端时与小车有共同的速度v′,则
⑤
+=S。
动量与动能冲量与功的区别及冲量的四种计算方法高三物理一轮复习专题
一.必备知识精讲1.对动量的理解(1)动量的两性①瞬时性:动量是描述物体运动状态的物理量,是针对某一时刻或位置而言的。
②相对性:动量的大小与参考系的选取有关,通常情况是指相对地面的动量。
(2)动量与动能的比拟(1)冲量的两性①时间性:冲量不仅由力决定,还由力的作用时间决定,恒力的冲量等于该力与该力的作用时间的乘积。
②矢量性:对于方向恒定的力来说,冲量的方向与力的方向一致。
(2)作用力和反作用力的冲量:一定等大、反向,但作用力和反作用力做的功之间并无必然联系。
(3)冲量与功的比拟标矢量矢量标量意义①表示力对时间的累积②是动量变化的量度①表示力对空间的累积②是能量变化的量度联系①都是过程量,都与力的作用过程相互联系②冲量不为零时,功可能为零;功不为零时,冲量一定不为零3.冲量的四种计算方法公式法利用定义式I=FΔt计算冲量,此方法仅适用于恒力的冲量,无需考虑物体的运动状态图像法利用F-t图像计算,F-t图像与时间轴围成的面积表示冲量,此法既可以计算恒力的冲量,也可以计算变力的冲量动量定理法如果物体受到大小或方向变化的力的作用,那么不能直接用I=FΔt 求变力的冲量,可以求出该力作用下物体动量的变化量,由I=Δp求变力的冲量平均力法如果力随时间是均匀变化的,那么F=12(F0+F t),该变力的冲量为I =12(F0+F t)t二.典型例题精讲题型1 对动量和冲量的定性分析例1如图为跳水运发动从起跳到落水过程的示意图,运发动从最高点到入水前的运动过程记为Ⅰ,运发动入水后到最低点的运动过程记为Ⅱ,忽略空气阻力,那么运发动( )A.过程Ⅰ的动量改变量等于零B.过程Ⅱ的动量改变量等于零C.过程Ⅰ的动量改变量等于重力的冲量D.过程Ⅱ的动量改变量等于重力的冲量答案 C解析过程Ⅰ中动量改变量等于重力的冲量,即为mgt,不为零,故A错误,C正确;运发动入水前的速度不为零,末速度为零,过程Ⅱ的动量改变量不等于零,故B错误;过程Ⅱ的动量改变量等于合外力的冲量,不等于重力的冲量,故D错误.题型2 对动量和冲量的定量计算例2(多项选择)一质量为m的运发动托着质量为M的重物从下蹲状态(图甲)缓慢运动到站立状态(图乙),该过程重物和人的肩部相对位置不变,运发动保持乙状态站立Δt时间后再将重物缓慢向上举,至双臂伸直(图丙).甲到乙、乙到丙过程重物上升高度分别为h1、h2,经历的时间分别为t1、t2,重力加速度为g,那么( )A.地面对运发动的冲量为(M+m)g(t1+t2+Δt),地面对运发动做的功为0B.地面对运发动的冲量为(M+m)g(t1+t2),地面对运发动做的功为(M+m)g(h1+h2)C.运发动对重物的冲量为Mg(t1+t2+Δt),运发动对重物做的功为Mg(h1+h2)D.运发动对重物的冲量为Mg(t1+t2),运发动对重物做的功为0答案AC解析因运发动将重物缓慢上举,那么可认为是平衡状态,地面对运发动的支持力为:(M+m)g,整个过程的时间为(t1+t2+Δt),根据I=Ft可知地面对运发动的冲量为(M+m)g(t1+t2+Δt);因地面对运发动的支持力没有位移,可知地面对运发动做的功为0,选项A正确,B错误;运发动对重物的作用力为Mg,作用时间为(t1+t2+Δt),根据I=Ft可知运发动对重物的冲量为Mg(t1+t2+Δt),重物的位移为(h1+h2),根据W=Fl cos α可知运发动对重物做的功为Mg(h1+h2),选项C正确,D错误.题型3 动量、冲量与图像结合例3某物体的vt图像如下图,以下说法正确的选项是( )A .0~t 1和t 2~t 3时间内,合力做功和冲量都相同B .t 1~t 2和t 3~t 4时间内,合力做功和冲量都相同C .0~t 2和t 2~t 4时间内,合力做功和冲量都相同D .0~t 1和t 3~t 4时间内,合力做功和冲量都相同 答案 C解析 0~t 1时间内物体动能的变化量为12mv 20,动量的变化量为mv 0;t 2~t 3时间内物体动能的变化量为12mv 20,动量的变化量为-mv 0,根据动能定理可知这两段时间内合力做的功相等;根据动量定理得知:合力的冲量不同,故A 错误。
(新高考适用)2023版高考物理二轮总复习专题2 能量与动量 第2讲 动量 动量守恒定律
第一部分 专题二 第2讲基础题——知识基础打牢1. (多选)(2022·广东汕头二模)科学家常在云室中加入铅板以降低运动粒子的速度.图示为物理学家安德森拍下的正电子在云室中运动的径迹,已知图示云室加垂直纸面方向的匀强磁场,由图可以判定( BC )A .匀强磁场方向向外B .正电子由上而下穿过铅板C .正电子在铅板上、下磁场中运动角速度相同D .正电子在铅板上、下磁场运动中动量大小相等【解析】 正电子在匀强磁场中,洛伦兹力提供向心力,则有qvB =m v 2r 解得r =mv qB,由于正电子经过铅板后速度会减小,可知正电子经过铅板后的轨迹半径减小,从图中可以看出正电子在铅板上方轨迹半径比下方轨迹半径大,故正电子由上而下穿过铅板,由左手定则判断匀强磁场方向向里,A 错误,B 正确;正电子经过铅板后速度会减小,则正电子经过铅板后动量减小,正电子在铅板上、下磁场运动中动量大小不相等,D 错误;正电子在磁场中做圆周运动的角速度为ω=v r =qBm可知正电子在铅板上、下磁场中运动角速度相同,C 正确.故选BC.2. (多选)(2022·重庆八中模拟)2022北京冬奥会期间,校园陆地冰壶也在积极的参与中.如图所示,某次投掷时,冰壶A 以速度v =3 m/s 与冰壶B 发生正碰,碰撞前后的速度均在同一直线上,若A 、B 的质量均为1 kg ,则下列说法正确的是( CD )A .碰撞后A 的速度可能为2 m/sB .碰撞后B 的速度可能为1 m/sC .碰撞后A 不可能反向运动D .碰撞后B 的速度可能为2.5 m/s【解析】 设A 、B 的质量为m ,若发生弹性碰撞,根据动量守恒得mv =mv A +mv B ,根据机械能守恒得12mv 2=12mv 2A +12mv 2B ,解得A 、B 的速度分别为v A =0,v B =v =3 m/s ,若发生完全非弹性碰撞,则mv =(m +m )v 共,解得A 、B 的共同速度为v 共=1.5 m/s ,所以碰撞后A 、B 球的速度范围分别为0~1.5 m/s,1.5 m/s ~3 m/s ,故选CD.3. (2022·广东汕头二模)汕头市属于台风频发地区,图示为风级(0~12)风速对照表.假设不同风级的风迎面垂直吹向某一广告牌,且吹到广告牌后速度立刻减小为零,则“12级”风对广告牌的最大作用力约为“4级”风对广告牌最小作用力的( A )C .27倍D .9倍【解析】 设空气的密度为ρ,广告牌的横截面积为S ,经过Δt 时间撞击在广告牌上的空气质量为Δm =ρΔV =ρSv Δt ,根据动量定理可得F Δt =Δmv ,解得F =ρSv 2,根据牛顿第三定律可知,风对广告牌作用力为F ′=F =ρSv 2∝v 2,则“12级”风对广告牌的最大作用力与“4级”风对广告牌最小作用力的比值为F 12′F 4′=36.925.52≈45,故选A.4. (2022·江苏连云港模拟)离子发动机是利用电场加速离子形成高速离子流而产生推力的航天发动机,这种发动机适用于航天器的姿态控制、位置保持等.某航天器质量M ,单个离子质量m ,带电量q ,加速电场的电压为U ,高速离子形成的等效电流强度为I ,根据以上信息计算该航天器发动机产生的推力为( B )A .I mU qB .I 2mUqC .I3mUqD .I5mUq【解析】 对离子,根据动能定理有qU =12mv 2,解得v =2qUm,根据电流的定义式则有I =Q Δt =Nq Δt ,对离子,根据动量定理有F ·Δt =Nmv ,解得F =Nmv Δt =mvIq=I 2Um q,根据牛顿第三定律,推进器获得的推力大小为F ′=I2Umq,故B 正确,A 、C 、D 错误.5. (多选)(2022·湖南长郡中学月考)如图所示,质量为m 的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上,其水平直径AB 长度为2R ,现将质量也为m 的小球从距A 点正上方h 0高处由静止释放,然后由A 点经过半圆轨道后从B 冲出,在空中能上升的最大高度为h 02(不计空气阻力).则下列说法错误的是( ACD )A .小球和小车组成的系统动量守恒B .小车向左运动的最大距离为RC .小球从B 点离开小车不会再落回轨道内D .小球从B 点离开小车后又会从B 点落回轨道,再次恰好到达A 点时速度为零不会从A 点冲出【解析】 小球与小车组成的系统在水平方向不受外力,所以只是系统水平方向动量守恒,故A 错误;系统水平方向动量守恒,以向右为正方向,在水平方向,由动量守恒定律得:mv -mv ′=0,m2R -x t =m xt解得x =R ,故B 正确;由于小球第二次在车中滚动时,对应位置的速度减小,因此小车给小球的弹力变小,摩擦力变小,克服摩擦力做的功小于12mgh 0,因此小球一定能从A 点冲出,故D 错误;小球与小车组成的系统水平方向上动量守恒,则知小球由B 点离开小车时水平方向动量为零,小球与小车水平方向速度均为零,小球离开小车后竖直上抛运动,最后又从B 点落回,故C 错误.故选ACD.6. (多选)(2022·湖南长沙二模)如图所示一平板车A 质量为2m ,静止于光滑水平面上,其右端与竖直固定挡板相距为L .小物块B 的质量为m ,以大小为v 0的初速度从平板车左端开始向右滑行,一段时间后车与挡板发生碰撞,已知车碰撞挡板时间极短,碰撞前后瞬间的速度大小不变但方向相反.A 、B 之间的动摩擦因数为μ,平板车A 表面足够长,物块B 总不能到平板车的右端,重力加速度大小为g .L 为何值,车与挡板能发生3次及以上的碰撞( CD )A .L =v20μgB .L =v2032μgC .L =v2065μgD .L =v2096μg【解析】 在车与挡板碰撞前,有mv 0=2mv A +mv B ,如果L 为某个值L 1,使A 与挡板能发生二次碰撞,从A 开始运动到与挡板第一次碰撞前瞬间,对A 由动能定理可得μmgL 1=12·2mv 2A ,设A 第二次与挡板碰撞前瞬间A 、B 的速度大小分别为v A ′、v B ′,从A 与挡板第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间,由动量守恒定律可得mv B -2mv A =2mv A ′+mv B ′且第二次碰撞前,A 、B 未达到共同速度,A 在这段时间内先向左后向右运动,加速度保持不变,根据匀变速直线运动的对称性可知v A ′=v A ,A 与挡板第二次碰撞后经一段时间后A 、B 同时停止运动,即mv B ′-2mv A ′=0,联立解得L 1=v2064μg ,车与挡板能发生3次及以上的碰撞的条件L <v 2064μg,故C 、D 可能,A 、B 不可能.7. (多选)(2022·江西贵溪二模)如图所示,在光滑水平面上放置一个质量为M 的滑块,滑块的一侧是一个14弧形凹槽OAB ,凹槽半径为R ,A 点切线水平,另有一个质量为m (m >M )的小球以速度v 0从A 点冲上凹槽,重力加速度大小为g ,不计摩擦.下列说法中正确的是( AB )A .当v 0=2gR 时,小球不可能到达B 点B .当v 0=2gR 时,小球在弧形凹槽上运动的过程中,滑块的动能一直增大C .如果小球的速度足够大,小球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上D .当v 0=gR 时,小球返回A 点后可能做自由落体运动【解析】 当小球能够恰好到达B 点时,设小球和滑块达到共同速度v ,根据动量守恒定律有mv 0=(m +M )v ,根据机械能守恒定律有12mv 20=12(m +M )v 2+mgR ,联立以上两式解得v 0=2M +mMgR >2gR ,所以当v 0=2gR 时,小球不能到达B 点,A 正确;当v 0=2gR 时,小球未到达B 点,小球从进入凹槽至最高点的过程中,小球对滑块的作用力始终做正功,所以滑块的动能一直增大,B 正确;如果小球的初速度足够大,小球将从B 点冲出,由于B 点的切线方向竖直,小球离开滑块时,二者水平方向的速度相同,小球相对滑块做竖直上抛运动,最后将从B 再次进入凹槽,最后从滑块的右侧离开,C 错误;当v 0=gR 时,小球再次回到凹槽底部时的速度为v 1,凹槽的速度为v 2,根据系统机械能守恒和水平方向动量守恒可得12mv 20=12mv 21+12Mv 22,mv 0=mv 1+Mv 2,解得v 1=m -M m +M v 0,因为m >M ,则可知v 1=m -M m +M v 0>0,小球返回A 点后做平抛运动,而不是自由落体运动,D 错误.故选AB.应用题——强化学以致用8. (多选)(2022·重庆二诊)喷丸处理是一种表面强化工艺,即使用丸粒轰击工件表面,提升工件疲劳强度的冷加工工艺.用于提高零件机械强度以及耐磨性、抗疲劳性和耐腐蚀性等.某款喷丸发射器采用离心的方式发射喷丸,转轮直径为530 mm ,角速度为230 rad/s ,喷丸离开转轮时的速度与转轮上最大线速度相同.喷丸撞击到器件表面后发生反弹,碰撞后垂直器件方向的动能变为碰撞前动能的81%,沿器件表面方向的速度不变.一粒喷丸的质量为3.3×10-5kg ,若喷丸与器件的作用时间相同,且不计喷丸重力,则关于图甲、乙所示的两种喷射方式的说法正确的是( AD )A .喷丸发出过程喷丸发射器对一粒喷丸做的功约为0.06 JB .喷丸发出过程喷丸发射器对一粒喷丸做的功约为0.12 JC .图甲、乙所示一粒喷丸对器件表面的平均作用力之比为2∶1D .图甲、乙所示一粒喷丸对器件表面的平均作用力之比为2∶ 3【解析】 喷丸离开转轮时的速度与转轮上最大线速度相同,转轮上线速度的最大值为v =ωr =60.95 m/s ,则喷丸发出过程喷丸发射器对喷丸做的功约为W =12mv 2≈0.06 J,选项A 正确,B 错误;结合题述可知,喷丸碰撞后垂直器件表面的速度大小变为碰撞前的90%,设喷丸速度为v ,垂直喷射时有F 1=0.9mv --mvt,以60°角喷射时,有F 2=0.9×32mv -⎝ ⎛⎭⎪⎫-32mv t,解得F 1F 2=23,选项C 错误,D 正确.故选AD.9. (多选)(2022·河北衡水四调)质量为3m 足够长的木板静止在光滑的水平面上,木板上依次排放质量均为m 的木块1、2、3,木块与木板间的动摩擦因数均为μ.现同时给木块1、2、3水平向右的初速度v 0、2v 0、3v 0,已知重力加速度为g .则下列说法正确的是( BCD )A .木块1相对木板静止前,木板是静止不动的B .木块1的最小速度是12v 0C .木块2的最小速度是56v 0D .木块3从开始运动到相对木板静止时对地位移是4v 2μg【解析】 木块1在木板上向右减速运动,该过程木板向右做加速运动,当木块1与木板速度相等时相对木板静止,由此可知,木块1相对静止前木板向右做加速运动,故A 错误;木块与木板组成的系统所受合外力为零,当木块1与木板共速时木板的速度最小,设木块与木板间的摩擦力为f ,则木块1的加速度a 1=f m 做匀减速运动,而木板a =3f 3m =fm做匀加速运动,则v 1=v 0-a 1t =at ,v 1=12v 0,故B 正确;设木块2的最小速度为v 2,此时木块2与木板刚刚共速,木块2此时速度的变量为2v 0-v 2,则木块3此时速度为3v 0-(2v 0-v 2)=v 0+v 2,由动量守恒定律得:m (v 0+2v 0+3v 0)=5mv 2+m (v 0+v 2),解得v 2=56v 0,故C 正确;木块与木板组成的系统动量守恒,以向右为正方向,木块3相对木板静止过程,由动量守恒定律得m (v 0+2v 0+3v 0)=(3m +3m )v 3,解得v 3=v 0,对木块3,由动能定理得-μmgx =12mv 23-12m (3v 0)2,解得x =4v20μg,故D 正确.故选BCD.10. (2022·辽宁沈阳二模)如图(a),质量分别为m A 、m B 的A 、B 两物体用轻弹簧连接构成一个系统,外力F 作用在A 上,系统静止在光滑水平面上(B 靠墙面),此时弹簧形变量为x .撤去外力并开始计时,A 、B 两物体运动的a t 图像如图(b)所示,S 1表示0到t 1时间内A的a t 图线与坐标轴所围面积大小,S 2、S 3分别表示t 1到t 2时间内A 、B 的a t 图线与坐标轴所围面积大小.A 在t 1时刻的速度为v 0.下列说法正确的是( C )A .m A <mB B .S 1+S 2=S 3C .0到t 1时间内,墙对B 的冲量大小等于m A v 0D .B 运动后,弹簧的最大形变量等于x【解析】 a t 图线与坐标轴所围图形的面积大小等于物体速度的变化量,因t =0时刻A 的速度为零,t 1时刻A 的速度大小v 0=S 1,t 2时刻A 的速度大小v A =S 1-S 2,B 的速度大小v B=S3,由图(b)所示图像可知,t1时刻A的加速度为零,此时弹簧恢复原长,B开始离开墙壁,到t2时刻两者加速度均达到最大,弹簧伸长量达到最大,此时两者速度相同,即v A=v B,则S1-S2=S3,t1到t2时间内,A与B组成的系统动量守恒,取向右为正方向,由动量守恒定律得m A v0=(m A+m B)v A,联立解得m A∶m B=S3∶S2,由图知S3>S2,所以m A>m B,故A、B错误;撤去外力后A受到的合力等于弹簧的弹力,0到t1时间内,对A,由动量定理可知,合力即弹簧弹力对A的冲量大小I=m A v0,弹簧对A与对B的弹力大小相等、方向相反、作用时间相等,因此弹簧对B的冲量大小与对A的冲量大小相等、方向相反,即弹簧对B的冲量大小I弹簧=m A v0,对B,以向右为正方向,由动量定理得I墙壁-I弹簧=0,解得,墙对B的冲量大小I墙壁=m A v0,方向水平向右,故C正确;B运动后,当A、B速度相等时弹簧形变量(伸长量或压缩量)最大,此时A、B的速度不为零,A、B的动能不为零,由能量守恒定律可知,B运动后弹簧形变量最大时A、B的动能与弹簧的弹性势能之和与撤去外力时弹簧的弹性势能相等,则B 运动后弹簧形变量最大时弹簧弹性势能小于撤去外力时弹簧的弹性势能,即B运动后弹簧形变量最大时弹簧的形变量小于撤去外力时弹簧的形变量x,故D错误.11. (2022·山东押题练)2022年北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台决赛中,中国选手谷爱凌以188.25分的成绩获得金牌.北京冬奥会报道中利用“Al+8K”技术,把全新的“时间切片”特技效果首次运用在8K直播中,更精准清晰地抓拍运动员比赛精彩瞬间,给观众带来全新的视觉体验.将谷爱凌视为质点,其轨迹视为一段抛物线图.图(a)是“时间切片”特技的图片,图(b)是谷爱凌从3 m高跳台斜向上冲出的运动示意图,图(c)是谷爱凌在空中运动时离跳台底部所在水平面的高度y随时间t变化的图线.已知t=1 s时,图线所对应的切线斜率为4(单位:m/s),重力加速度g取10 m/s2,忽略空气阻力.(1)求谷爱凌冲出跳台时竖直速度的大小;(2)求谷爱凌离跳台底部所在水平面的最大高度;(3)若谷爱凌从空中落到跳台底部所在水平地面时与地面的碰撞时间Δt=0.4 s,经缓冲没有脱离地面,水平速度不受影响,求碰撞过程中谷爱凌受到地面的平均作用力大小与自身重力大小的比值.【答案】(1)14 m/s (2)12.8 m (3)5【解析】(1)运动员竖直方向做匀减速直线运动,有v y=v y0-gty t 图线斜率表示竖直分速度,t =1 s 时v y =4 m/s解得谷爱凌冲出跳台时的竖直分速度v y 0=14 m/s 谷爱凌冲出跳台时竖直速度的大小为14 m/s.(2)最高点竖直分速度为0,竖直方向做匀减速直线运动,设离开跳台可以上升h 高度,则0-v 2y 0=-2gh代入数据解得h =9.8 m 跳台离地面高度y 0=3 m解得离跳台底部所在水平面的最大高度为y =h +y 0=12.8 m.(3)谷爱凌落到跳台底部所在水平面的竖直分速度大小v yt =2gy =16 m/s落在水平地面时,在竖直方向上,运动员受重力和水平地面的作用力,水平方向速度不变,以竖直向上为正方向,由动量定理得(F -mg )Δt =0-(-mv yt )代入数据解得Fmg=5.12. (2021·浙江6月选考)如图所示,水平地面上有一高H =0.4 m 的水平台面,台面上竖直放置倾角θ=37°的粗糙直轨道AB 、水平光滑直轨道BC 、四分之一圆周光滑细圆管道CD 和半圆形光滑轨道DEF ,它们平滑连接,其中管道CD 的半径r =0.1 m 、圆心在O 1点,轨道DEF 的半径R =0.2 m 、圆心在O 2点,O 1、D 、O 2和F 点均处在同一水平线上.小滑块从轨道AB 上距台面高为h 的P 点由静止下滑,与静止在轨道BC 上等质量的小球发生弹性碰撞,碰后小球经管道CD 、轨道DEF 从F 点竖直向下运动,与正下方固定在直杆上的三棱柱G 碰撞,碰后速度方向水平向右,大小与碰前相同,最终落在地面上Q 点.已知小滑块与轨道AB 间的动摩擦因数μ=112,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g 取10 m/s 2.(1)若小滑块的初始高度h =0.9 m ,求小滑块到达B 点时速度v 0的大小; (2)若小球能完成整个运动过程,求h 的最小值h min ;(3)若小球恰好能过最高点E ,且三棱柱G 的位置上下可调,求落地点Q 与F 点的水平距离x 的最大值x max .【答案】 (1)4 m/s (2)0.45 m (3)0.8 m【解析】 (1)小滑块在AB 轨道上运动,根据动能定理得mgh -μmg cos θ·hsin θ=12mv 20,解得v 0=4 m/s.(2)小滑块与小球碰撞后动量守恒,机械能守恒,因此有mv 0min =mv 块+mv 球min ,12mv 20min =12mv 2块+12mv 2球min , 解得v 块=0,v 球min =v 0min ,小球沿CDEF 轨道运动,在最高点可得mg =m v 2E minR,从C 点到E 点由机械能守恒可得 12mv 2E min +mg (R +r )=12mv 2球min , 由(1)问可知,小滑块提供给小球的初速度v 0min =43gh min ,解得h min =0.45 m.(3)设F 点到G 点的距离为y ,小球从E 点到G 点的运动,由动能定理得mg (R +y )=12mv2G -12mv 2E min , 由平抛运动可得x =v G t ,H +r -y =12gt 2,联立可得水平距离为x =20.5-y0.3+y ,由数学知识可得当0.5-y =0.3+y ,x 取最大值,最大值为x max =0.8 m.。
动量守恒与能量守恒练习题
动量守恒与能量守恒复习 1.质量为1m 的物体以速度1v 与质量为物体2m 发生弹性碰撞,求碰撞后它们的速度分别是多少?2.质量为M 的楔形物块上有圆弧轨道,静止在水平面上。
质量为m 的小球以速度v 0向物块运动。
不计一切摩擦,圆弧小于90°且足够长。
求:(1)小球能上升到的最大高度H 是多少 ?(2)小球与物块最终速度1v 和2v 是多少?3.如图所示,位于光滑水平桌面上的小滑块P 和Q 都可视做质点,质量分别为2m 和m .Q 与轻质弹簧相连(弹簧处于原长).设开始时P 和Q 分别以2v 和v 初速度向右匀速运动,当小滑块P 追上小滑块Q 与弹簧发生相互作用,在以后运动过程中,求:(1)弹簧具有的最大弹性势能?(2)小滑块Q 的最大速度?4.如图所示,质量M 的小车B 静止光滑的水平轨道上,一个质量m 的物体A 以初速度0v 冲上小车B 后经一段时间t 从小车的右端以速度1v 滑下。
物体A 与小车板面间的动摩擦因数为μ,(取g=10m/s 2)(1)对物体A 动量定理: (4)对物体A 动能定理:(2)对车B 动量定理: (5)对车B 动能定理:(3)系统动量守恒: (6)系统能量守恒:5.如图所示,一质量M =3.0 kg 的长方形木板B 放在光滑水平地面上,在其右端放一个质量m =1.0 kg 的小木块A (可视为质点),同时给A 和B 以大小均为2.0 m/s ,方向相反的初速度,使A 开始向左运动,B 开始向右运动,要使小木块A 不滑离长木板B 板,已知小木块与长木板之间的动摩擦因数为0.6,求长木板B 的最小长度L=?6.如图所示,质量为3m 、长度为L 的木块静止放置在光滑的水平面上。
质量为m 的子弹(可视为质点)以初速度v 0水平向右射入木块,穿出木块速度变为025v 。
试求:子弹穿透木块的过程中,所受到平均阻力的大小。
7.如图,长木板a b 的b 端固定一档板,木板连同档板的质量为M=4.0kg ,a 、b 间距离s=2.0m 。
第38课时动量和能量的综合问题2025届高考物理一轮复习课件
m3)3 2 =1.5 J。
−
1
(m2+
2
目录
高中总复习·物理
(3)小物块压缩弹簧的过程中弹簧具有的最大弹性势能。
答案:0.45 J
解析:设物块相对板运动的路程为s,则Q=μm3gs
解得s=1.5 m
1.5−0.6
则当弹簧压缩量最大时,物块相对板运动的路程为s'=
2
m+0.6 m=1.05 m
1
2
2
根据能量守恒定律得 m10 = m11 + m22 2
2
2
2
解得v1=v2=2 m/s。
目录
高中总复习·物理
(2)物块与长木板间因摩擦产生的热量;
答案:1.5 J
解析:设物块与平板最后的共同速度大小为v3,根据动量守恒
定律得m2v2=(m2+m3)v3
解得v3=1.5 m/s
1
根据能量守恒定律,因摩擦产生的热量Q= m22 2
1 kg的小球悬挂在O点,轻绳处于水平拉直状态。现将小球由静止
释放,下摆至最低点刚好与长木板的左端发生弹性碰撞,已知物块
与长木板间的动摩擦因数为0.1,物块与长木板相对静止时刚好停在
长木板的中点,重力加速度g取10 m/s2,所有碰撞时间忽略不计,
不计空气阻力,不计小球大小,绳长为0.8 m,挡板质量不计,求:
解得a=4 m/s2
由运动学公式有1 2 =2ax1
解得x1=0.125 m。
目录
高中总复习·物理
(2)求木板与弹簧接触以后,物块与木板之间即将相对滑动时弹簧
的压缩量x2及此时木板速度v2的大小。
答案:0.25 m
3
2
m/s
解析:木板与弹簧接触后,物块与木板先一起减速,当物块受到
高中物理第二轮专题复习
典型例题---动量能量结合
【例】质量为M的小车A左端固定一根轻弹簧, 车静止在光滑水平面上,一质量为m的小物块B从 右端以速度v0 冲上小车并压缩弹簧,然后又被弹 回,回到车右端时刚好与车保持相对静止。求这 过程弹簧的最大弹性势能EP 和全过程系统增加的 内能Q.
A
B
典型例题--动量能量结合--多个物体
功能关系—重要知识回顾 (1)WG=-ΔEP
(2)W弹=-ΔE弹
(4)WF除G=ΔE机 (6)W安=ΔE电
(3)W合=ΔEK (5)W滑=ΔE内
典型例题---功能关系
例.质量为M的木板在光滑的水平面上做速度 为V0的匀速直线运动,在右端静止放上一个质量 为m的小木块,为了使木板保持以原来的速度运动, 需在木板的左端施加一个恒力作用,直到木块获 得木板相同的速度时撤去,设木板的长度足够长, 木板与木块间的动摩擦因数为μ,求恒力的大小 m 和做功的多少.
机械能守恒—知识回顾
1.内容: 在只有重力或弹力做功的情况下,物体的 动能和势能发生相互转化,但机械能的总量保 持不变. 2.公式: EK 1 EP1 EK 2 EP 2 3.条件: (1) 只有重力或弹力做功,物体的其他力不做 功或做的总功为零 (2)只有动能和势能发生相互转化,没有其他 能之间的转化.
典型例题—冲量
例.质量为m的小球由高为H的、倾角为θ光滑 斜面顶端无初速滑到底端过程中,重力、弹力、 合力的冲量各是多大?
t
2H 1 2 g sin sin
2H g
IG
m 2 gH sin
,IN
m 2 gH tan
, I 合 m 2 gH
典型例题—单个物体的动量定理
例.两辆完全相同的平板小车,长为1m, 质量为4kg,A车最右端有一质量为2kg的铁块。 在光滑水平面上,A车与铁块以初速度v0= 5m/s向左运动,与静止在正前方的B车相撞, 碰撞时间极短,若两车碰后粘在一起,小铁 块恰能滑到B车的最左端。求铁块与平板小车 的动摩擦因数。 v0 B A
2025届高考英语复习:经典好题专项(动量和能量的综合问题)练习(附答案)
2025届高考英语复习:经典好题专项(动量和能量的综合问题)练习1. (多选)一个质量为m 的小型炸弹自水平地面朝右上方射出,在最高点以水平向右的速度v 飞行时,突然爆炸为质量相等的甲、乙、丙三块弹片,如图所示。
爆炸之后乙由静止自由下落,丙沿原路径回到原射出点。
若忽略空气阻力,则下列说法正确的是( )A .爆炸后乙落地的时间最长B .爆炸后甲落地的时间最长C .甲、丙落地点到乙落地点O 的距离比为4∶1D .爆炸过程释放的化学能为7m v 232. (2023ꞏ湖南永州市模拟)如图所示,质量均为m 的木块A 和B ,并排放在光滑水平地面上,A 上固定一竖直轻杆,轻杆上端的O 点系一长为L 的细线,细线另一端系一质量为m 0的球C(可视为质点),现将C 球拉起使细线水平伸直,并由静止释放C 球,重力加速度为g ,忽略空气阻力,则下列说法不正确的是( )A .A 、B 两木块分离时,A 、B 的速度大小均为m 0m mgL2m +m 0B .A 、B 两木块分离时,C 的速度大小为2mgL2m +m 0C .C 球由静止释放到最低点的过程中,A 对B 的弹力的冲量大小为2m 0mgL2m +m 0D .C 球由静止释放到最低点的过程中,木块A 移动的距离为m 0L2m +m 03. (多选)如图所示,质量为M 的小车静止在光滑水平面上,小车AB 段是半径为R 的四分之一圆弧轨道,BC 段是长为L 的粗糙水平轨道,两段轨道相切于B 点。
一质量为m 的可视为质点的滑块从小车上的A 点由静止开始沿轨道下滑,然后滑入BC 轨道,最后恰好停在C 点。
已知小车质量M =4m ,滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g ,则( )A .全过程滑块在水平方向上相对地面的位移的大小为R +LB .小车在运动过程中速度的最大值为gR 10C .全过程小车相对地面的位移大小为R +L5 D .μ、L 、R 三者之间的关系为R =μL4. (多选)如图所示,质量为M 的长木板静止在光滑水平面上,上表面OA 段光滑,AB 段粗糙且长为l ,左端O 处固定轻质弹簧,右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上,轻绳所能承受的最大拉力为F 。
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三、应用动量定理和动能定理时,研究对 象可以是单个物体,也可以是多个物体组成的 系统,而应用动量守恒定律和机械能守恒定律 时,研究对象必定是系统;此外,这些规律都 是运用于物理过程,而不是对于某一状态(或 时刻)。因此,在用它们解题时,首先应选好 研究对象和研究过程。对象和过程的选取直接 关系到问题能否解决以及解决起来是否简便。
知 识 概 要
一、功的计算方法:
(1)恒力做功由公式W=FScosa来求解。 (2)变力做功: ①若F是变力,且F是位移s的线性函数时,先求平均作 用力,再由上述公式求其功。 ②作出F-s图象,图象与位移轴所围的面积即为变力做 的功。 ③当变力做功的功率P一定时,则在时间t内做的功可由 公式P=W/t 求出。 ④根据功和能的关系,如动能定理,通过求能的变化来 求变力的功。
2 动量守恒定律的适用条件 ① 严格条件:物体系不受力或者物体系 所受合外力为零。 ② 近似条件:系统内的相互作用力远大 于系统的外力(如碰撞、爆炸、瞬时打 击等)。 ③ 某一方向动量守恒:系统所受合外力 不为零,但在某一方向上受外力为零。
3 应用动量守恒定律列方程时要注意 ① 矢量性:动量守恒是系统作用前后的各物体 动量的矢量和保持不变。在一维情形下,可以 选定正方向,将矢量运算简化为代数运算。 ② 同一性:列动量守恒方程时,所有动量都必 须相对同一惯性参考系,一般选地面为参考系。 ③同时性:动量守恒定律的表达式中、表示相 互作用前同一时刻两物体的速度,、表示相互 作用后同一时刻两物体的速度 。
二、功率的计算方法:
1 定义: 2 公式: 平均功率-- 瞬时功率-- 3 物理意义:
4 机动车辆的启动模式:
(1)在额定功率下启动 机车以恒定功率启动后,若运动过程中所受阻力f不 变,根据牛顿第二定律可得机车的加速度,可见机车随 着速度的增大,加速度变小,牵引力变小;当其加速度 为零时,机车的牵引力最小(等于阻力),机车的速度 最大,以后机车将做匀速直线运动。 (2)机车以恒定加速度a起动 机车以恒定加速度起动后,开始牵引力不变,机车做 匀加速直线运动;当其速度增大到一定值v时,其功率达 到最大值P,匀加速直线运动结束。以后若再使其速度增 加,由于机车的功率不变,机车的牵引力减小,从而加 速度也减小,直至加速度时,机车速度最大,以后将做 匀速直线运动,做匀速直线运动的速度。
(4)一对相互作用力的冲量和功 一对相互作用力由于作用时间必相同,它 们的冲量一定大小相等方向相反;而一对相互 作用力的功不一定大小相等、一个作正功一个 作负功。当相互作用的物体有相对位移时,它 们的功大小一定不相等,在特定情况下,可以 都作正功(例如两个压缩的静止弹性球弹开时 相互作用的弹力都作了正功)、或都作负功、 或一作正功一作负功、或一个力作功,另一个 力不作功。
八、动量守恒定律
1 动量守恒定律是研究相互作用的物体系作用 前后动量变化规律的重要定律,是自然界普遍 适用的基本规律之一,比牛顿第二定律的适用 范围要广泛得多。不但能解决低速运动的问题, 而且能处电子、中子、质子等微 观粒子的相互作用。无论物体之间是否接触, 也不论作用力的性质,只要符合动量守恒的条 件,动量守恒定律均是适用的。
二、对于一个力学问题求解的思路一般有如下三 条途径:第一,运用牛顿第二定律及相应的运动学公 式分析求解;第二,运用冲量与动量的关系分析求解; 第三,运用功与能量的关系分析求解。后两种思路以 动量定理、动能定理为基础,结合动量守恒定律、机 械能守恒定律及功能关系求解力学问题,这种方法往 往由于不涉及运动过程中的加速度因而比较方便,同 时对牛顿运动定律不能处理的变力问题也能简化处理。 在力学中,物体的多过程运动和多个物体的运动问题, 往往将不同种类运动的知识综合在一起,那么,对物 体在某个运动过程中的问题应该用那种方法去求解比 较有利呢?一般说来求解力和运动的瞬时关系必须用 牛顿第二定律,求解与时间有关的问题用动量观点、 求解与位移有关的问题用能量观点往往比较方便。
九、功能原理与能量守恒
1 功能原理。除重力和弹簧弹力以外的 力对物体所做的功等于物体机械能的增 量,这个结论也可以从动能定理来理解, 即( )。又因为重力(或弹簧弹力) 对物体所做的功等于物体重力势能(或 弹性势能)增量的负值,即( )。 由上述可以看出,动能定理反映的是功 与动能变化的规律,而功能原理反映的 是功与机械能变化的规律。
(3)一个物体所进行的复杂的运动往往是由 若干个过程或阶段组合而成。对于一个多过程 问题,若不需要计算过程与过程间的各物理量 时,可优先考虑用整体的方法对全过程用动能 定理。动能定理除了适用于单个物体(质点) 外,还可用于由多个物体组成的质点组,因而 动能定理的应用极为广泛。对质点组问题一般 的解题方法是:在力的分析、运动状态分析的 基础上,找出质点之间物理量和几何制约关系, 然后分别对各个质点运用动能定理列出方程, 最后联列各方程求解。
六、动能和动量的区别与联系
1 动能和动量都是描述某一时刻物体 的运动状态的物理量,动能是标量,与 物体的速度方向无关;动量是矢量,其 方向与速度方向相同。 2 由动能定理可知,动能的变化等于 合外力的功;由动量定理可知,动量的 变化等于合外力的冲量。 3 动能和动量的大小关系为( )。
七、机械能守恒定律
(3)两类力的功 ①一类是与势能相关联的力,如重力、 弹簧的弹力、电场力、分子力等,它们做功与 路径无关。 ②另一类是滑动摩擦力、空气阻力做功, 它们做功与路径有关。如摩擦力做功有如下特 点:a. 摩擦力做功的绝对性。滑动摩擦力做功 的多少是由摩擦力大小和物体所走路程(而非 位移)决定;b.滑动摩擦力对系统做的功等于 摩擦力大小与系统内因摩擦而作用的两个物体 间的相对位移S相的乘积,即Wf=-f· 相,系统因 S 摩擦而产生的内能为Q=f· 相 。 S
2 机械能守恒定律的表达方式 ①物体的初态总机械能等于末态总机械能,即 ( ); ②系统减小(增加)的势能等于系统增加(减 小)的动能,即( ); ③若系统内只有A、B两个物体,则A减小的机 械能等于B增加的机械能,即( )。
具体解题时,应根据题目条件,灵活选用合适的表 达式。另外,应用机械能守恒定律解题时,要注意选 择合适的零势能参考面,以使解题进一步简化。
动量与能量专题复习
高 考 大 纲 解 读
动量、机械能涉及的内容是动力学内容的继续和 深化,其中的动量守恒定律、能量守恒定律比牛顿运 动定律的适用范围更广泛,是自然界中普遍适用的基 本规律,因此是高中物理的重点,也是高考考查的重 点之一。高考中考题年年有,且常常成为高考的压轴 题。试题常常是动量与能量的综合,或者动量、能量 与平抛运动、圆周运动、热学、电磁学、原子物理等 知识的综合。试题的情景常常是物理过程较复杂的, 或者是作用时间很短的,如变加速运动、碰撞、爆炸、 打击、弹簧形变等。此外还要关注有关基本概念的题、 定性分析现象的题和联系实际、联系现代科技的题。
1 机械能是否守恒的判定方法 ①从做功来判定:对于某个物体系统包括外 力和内力,只有重力和弹簧的弹力做功,其它 力不做功或其它力做功的代数和为零,则该系 统的机械能守恒。即重力或弹力做功不引起机 械能和其它形式的能的转化,只能使系统内的 动能和势能相互转化。
②从能量转化来判定:对于物体系统只 有动能与势能的相互转化,而无机械能 与其它形式的能的转化(如系统无滑动 摩擦力和介质阻力、无电磁感应过程等 等),则系统的机械能守恒。 ③ 对一些绳子突然张紧、物体间非弹性 碰撞等问题,机械能必定不守恒。
(4)动能定理中的外力包含一切外力。 总功的计算方式有两种: ①先求出合外力,再利用公式( ) 计算功,此时角度a应是合外力与位移s 间的夹角。 ②先分别求出各个外力的功,再求各 个外力功的代数和,即( )。
(5)动能是标量,只有大小,没有方 向。不能由于速度是指向某一方向就说 动能是指向那一方向的,更不能把动能 沿不同方向分解,建立所谓动能定理的 分量式。
五、动能定理
(1)动能定理虽然是在恒力作用、物体做匀加 速直线运动的情况下推导出来的,但对于外力 是变力,物体做曲线运动时,动能定理同样适 用。 (2)动能定理对应的是一个过程,并且它只 涉及到物体初末状态的动能和整个过程中合外 力的功,不涉及物体运动过程中的加速度、时 间和中间状态的速度、动能,因此用它处理问 题比较方便。
4 碰撞 碰撞是非常重要的物理模型,处理碰撞问题时要 注意三项基本原则: (1)碰撞过程中动量守恒原则。 (2)碰撞后系统总动能不增加原则。如果是弹性碰撞, 碰撞前后总动能不变;如果是非弹性碰撞,系统总动 能减少;对于完全非弹性碰撞,即两物体碰后结为一 体的情形,损失的动能最多。 (3)碰撞后状态的合理性原则。碰撞过程的发生必 须符合客观实际。如甲追上乙并与乙发生碰撞,碰前 甲的速度必须大于乙的速度,碰后甲的速度必须小于、 等于乙的速度,或甲反向运动。
2 能量既不会凭空产生,也不会凭空 消失,它只能从一种形式转化为别的形 式,或者从一个物体转移到别的物体, 在转化或转移的过程中其总量不变。这 就是能量守恒定律,在研究具体问题时, 把握住有关能量转化的流程,结合能量 守恒,可找到一条快速解决问题的捷径。
小
结
一、冲量是力对时间的积累,其作用效果 是改变物体的动量;功是力对位移的积累,其 作用效果是改变物体的能量;冲量和动量的变 化、功和能量的变化都是原因和结果的关系, 对此,要像熟悉力和运动的关系一样熟悉。在 此基础上,还很容易理解守恒定律的条件,要 守恒,就应不存在引起改变的原因。能量还是 贯穿整个物理学的一条主线,从能量角度分析 思考问题是研究物理问题的一个重要而普遍的 思路。
三、冲量的计算方法
1 利用定义式直接计算,主要解决恒力 的冲量。 2 利用动量定理,解决变力的冲量或合 外力的冲量,有时变力的冲量也可以利 用F-t图来计算。
四、动量的计算方法
1 应用动量定理求恒力作用下的曲线运动中物体动量 的变化。曲线运动中物体速度方向时刻在改变,直接 用Δ p=p2-p1来计算涉及矢量运算较复杂,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。 2 应用动量定理进行定性(半定量)分析某些物理现 象。用动量定理解释的现象一般分为两类:①是物体 的动量变化一定,力的作用时间越短力越大;时间越 长力越小。②是作用力一定,力的作用时间越长,动 量变化越大;力的作用时间越短,动量变化越小。分 析问题时要把哪个量不变,哪个量变化搞清楚。