【K12教育学习资料】[学习](浙江选考)2019高考物理二轮复习 专题七 计算题题型强化 第2讲

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(浙江选考)2019届高考物理二轮复习 19-23题:20题专练小卷

(浙江选考)2019届高考物理二轮复习 19-23题:20题专练小卷

20题专练小卷1.如图甲所示为一景区游乐滑道,游客坐在坐垫上沿着花岗岩滑道下滑,他可依靠手、脚与侧壁间的摩擦来控制下滑速度。

滑道简化图如乙所示,滑道由AB、BC、CD三段组成,各段之间平滑连接。

AB段和CD段与水平面夹角为θ1,竖直距离均为h0,BC段与水平面夹角为θ2,竖直距离为h0。

一质量为m的游客从A点由静止开始下滑,到达底端D点时的安全速度不得大于,已知sinθ1=、sinθ2=,坐垫与滑道底面间摩擦及空气阻力均不计,若未使用坐垫,游客与滑道底面间的摩擦力大小F f恒为重力的,运动过程中游客始终不离开滑道,问:(1)游客使用坐垫自由下滑(即与侧壁间无摩擦),则游客在BC段增加的动能ΔE k多大?(2)若游客未使用坐垫且与侧壁间无摩擦下滑,则游客到达D点时是否安全?(3)若游客使用坐垫下滑,则克服侧壁摩擦力做功的最小值是多少?2.如图所示,在水平轨道右侧安放半径为R=0.2 m的竖直圆形光滑轨道,水平轨道的PQ段铺设特殊材料,调节其初始长度为L=1 m,水平轨道左侧有一轻质弹簧,弹簧左端固定,弹簧处于自然状态。

质量为m=1 kg的小物块A(可视为质点)从轨道右侧以初速度v0=2 m/s冲上轨道,通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回,经水平轨道返回圆形轨道。

物块A与PQ段间的动摩擦因数μ=0.2,轨道其他部分摩擦不计,重力加速度g取10 m/s2。

求:(1)物块A与弹簧刚接触时的速度大小v1;(2)物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度h1;(3)调节PQ段的长度L,A仍以v0从轨道右侧冲上轨道,当L满足什么条件时,物块A能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道。

20题专练小卷1.答案 (1)mgh0(2)不安全(3)mgh0解析 (1)重力在BC段做的功即为增加的动能ΔE k可得ΔE k=W G=mgh0(2)在AD段,由动能定理,得mg-12F f h0=v D=到达D点时不安全(3)到达D点的速度为,对应的功最小。

2019年浙江高考(选考)物理试卷和答案

2019年浙江高考(选考)物理试卷和答案

2019年4月浙江省普通高校招生选考科目考试物理试卷一、单项选择题(本题共13小题,每小题3分,共39分。

每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)1.下列物理量属于基本量且单位属于国际单位制中基本单位的是( )A.功/焦耳B.质量/千克C.电荷量/库仑D.力/牛顿2.下列器件中是电容器的是()A B C D3.下列式子属于比值定义物理量的是( )A.B.C.D.4.下列陈述与事实相符的是()A.牛顿测定了引力常量B.法拉第发现了电流周围存在磁场C.安培发现了静电荷间的相互作用规律D.伽利略指出了力不是维持物体运动的原因5.在磁场中的同一位置放置一条直导线,导线的方向与磁场的方向垂直,则下列描述导线受到的安培力F的大小与通过导线的电流I关系图像正确的是A B C D6. 如图所示,小明撑杆使船离岸,则下列说法正确的是A 。

小明与船之间存在摩擦力B 。

杆的弯曲是由于受到杆对小明的力 C. 杆对岸的力大于岸对杆的力D 。

小明对杆的力和岸对杆的力是一对相互作用力7. 某颗北斗导航卫星属于地球静止轨道卫星(即卫星相对于地面静止)。

则此卫星的A .线速度大于第一宇宙速度B .周期小于同步卫星的周期C .角速度大于月球绕地球运行的角速度D .向心加速度大于地面的重力加速度8. 电动机与小电珠串联接入电路,电动机正常工作时,小电珠的电阻为1R ,两端电压为1U ,流过的电流为1I ;电动机内阻为2R ,两端电压为2U ,流过的电流为2I 。

则 A 。

12I I < 。

B.1122U R U R > C.1122U R U R = D 。

1122U R U R < 9. 甲、乙两物体零时刻开始从同一地点向同一方向做直线运动,位移-时间图像如图所示,则在0~1t 时间内A .甲的速度总比乙大B .甲、乙位移相同C .甲经过的路程比乙小D .甲、乙均做加速运动10. 当今医学上对某些肿瘤采用质子疗法进行治疗,该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞。

浙江专题07 功和能-2019年高考真题和模拟题分项汇编物理 Word版含解析

浙江专题07 功和能-2019年高考真题和模拟题分项汇编物理 Word版含解析

专题07 功和能1.(2019·新课标全国Ⅱ卷)从地面竖直向上抛出一物体,其机械能E 总等于动能E k 与重力势能E p 之和。

取地面为重力势能零点,该物体的E 总和E p 随它离开地面的高度h 的变化如图所示。

重力加速度取10 m/s 2。

由图中数据可得A .物体的质量为2 kgB .h =0时,物体的速率为20 m/sC .h =2 m 时,物体的动能E k =40 JD .从地面至h =4 m ,物体的动能减少100 J【答案】AD【解析】A .E p –h 图像知其斜率为G ,故G ==20 N ,解得m =2 kg ,故A 正确B .h =0时,80J4m E p =0,E k =E 机–E p =100 J–0=100 J ,故=100 J ,解得:v =10 m/s ,故B 错误;C .h =2 m 时,212mv E p =40 J ,E k =E 机–E p =85 J–40 J=45 J ,故C 错误;D .h =0时,E k =E 机–E p =100 J–0=100 J ,h =4 m 时,E k ′=E 机–E p =80 J–80 J=0 J ,故E k –E k ′=100 J ,故D 正确。

2.(2019·新课标全国Ⅲ卷)从地面竖直向上抛出一物体,物体在运动过程中除受到重力外,还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。

距地面高度h 在3 m 以内时,物体上升、下落过程中动能E k 随h 的变化如图所示。

重力加速度取10 m/s 2。

该物体的质量为A .2 kgB .1.5 kgC .1 kgD .0.5 kg【答案】C【解析】对上升过程,由动能定理,,得,即F +mg =12N ;下落过程,,即N ,联立两公式,得到m =1 kg 、F =2 N 。

3.(2019·江苏卷)如图所示,轻质弹簧的左端固定,并处于自然状态.小物块的质量为m ,从A 点向左沿水平地面运动,压缩弹簧后被弹回,运动到A 点恰好静止.物块向左运动的最大距离为s ,与地面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g ,弹簧未超出弹性限度.在上述过程中A .弹簧的最大弹力为μmgB .物块克服摩擦力做的功为2μmgsC .弹簧的最大弹性势能为μmgsD .物块在A 【答案】BC【解析】小物块压缩弹簧最短时有,故A 错误;全过程小物块的路程为,所以全过程中F mg弹μ>2s 克服摩擦力做的功为:,故B 正确;小物块从弹簧压缩最短处到A 点由能量守恒得:2mg s μ⋅,故C 正确;小物块从A 点返回A 点由动能定理得:,解得:D 错误。

(浙江选考)2019高考物理二轮复习 专题二 能量和动量 第2讲 动量和能量观点的应用学案

(浙江选考)2019高考物理二轮复习 专题二 能量和动量 第2讲 动量和能量观点的应用学案

第2讲动量和能量观点的应用[历次选考考情分析]章知识内容考试要求历次选考统计必考加试2015/102016/042016/102017/042017/112018/04动量守恒定律动量和动量定理c 22 23 22 22 23 动量守恒定律c 23 22碰撞 d反冲运动火箭b 23考点一动量与冲量有关概念与规律的辨析1.动量定理(1)冲量:力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量,即I=Ft,冲量是矢量,其方向与力的方向相同,单位是N·s.(2)物理意义:动量定理表示了合外力的冲量与动量变化间的因果关系;冲量是物体动量变化的原因,动量发生改变是物体合外力的冲量不为零的结果.(3)矢量性:动量定理的表达式是矢量式,应用动量定理时需要规定正方向.2.动量定理的应用(1)应用I=Δp求变力的冲量:若作用在物体上的作用力是变力,不能直接用Ft求变力的冲量,但可求物体动量的变化Δp,等效代换变力的冲量I.(2)应用Δp=Ft求恒力作用下物体的动量变化:若作用在物体上的作用力是恒力,可求该力的冲量Ft,等效代换动量的变化.3.动量守恒的适用条件(1)系统不受外力或所受外力的合力为零,不是系统内每个物体所受的合力都为零,更不能认为系统处于平衡状态.(2)近似适用条件:系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力. (3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零,则系统在该方向上动量守恒. 4.动量守恒的表达式(1)m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1′+m 2v 2′,相互作用的两个物体组成的系统,作用前的动量和等于作用后的动量和.(2)Δp 1=-Δp 2,相互作用的两个物体动量的增量等大反向. (3)Δp =0,系统总动量的增量为零.1.[动量定理的定性分析](多选)篮球运动员通常要伸出双手迎接传来的篮球.接球时,两手随球迅速收缩至胸前,如图1所示,下列说法正确的是( )图1A .球对手的冲量减小B .球对人的冲击力减小C .球的动量变化量不变D .球的动能变化量减小答案 BC解析 先伸出两臂迎接,手接触到球后,两臂随球引至胸前,这样可以增加球与手接触的时间,根据动量定理得:-Ft =0-mv 得F =mvt,当时间增大时,作用力减小,而冲量和动量变化量、动能变化量都不变,所以B 、C 正确.2.[动量定理的定量计算](多选)如图2所示为运动传感器探测到小球由静止释放后撞击地面弹跳的v -t 图象,小球质量为0.5 kg ,重力加速度g =10 m/s 2,不计空气阻力,根据图象可知( )图2A .横坐标每一小格表示的时间是0.1 sB .小球第一次反弹的最大高度为1.25 mC .小球下落的初始位置离地面的高度为1.25 mD .小球第一次撞击地面时地面给小球的平均作用力为55 N 答案 AB解析 小球下落时做自由落体运动,加速度为g ,则落地时速度为6 m/s ,用时t =610 s =0.6s ,图中对应6个小格,每一小格表示0.1 s ,故A 正确;第一次反弹后加速度也为g ,为竖直上抛运动,由题图可知,最大高度为:h =12×10×(0.5)2m =1.25 m ,故B 正确;小球下落的初始位置离地面的高度为:h ′=12×10×(0.6)2m =1.8 m ,故C 错误;设向下为正方向,由题图可知,碰撞时间约为t ′=0.1 s ,根据动量定理可知:mgt ′-Ft ′=mv ′-mv ,代入数据解得:F =60 N ,故D 错误.3.[动量守恒的应用](多选)如图3所示,在光滑水平面上,质量为m 的A 球以速度v 0向右运动,与静止的质量为5m 的B 球碰撞,碰撞后A 球以v =av 0(待定系数a <1)的速率弹回,并与固定挡板P 发生弹性碰撞,若要使A 球能再次追上B 球并相撞,则系数a 可以是( )图3A.14B.25C.23D.17 答案 BC解析 A 与B 发生碰撞,选取向右为正方向,根据动量守恒可知:mv 0=5mv B -mav 0.要使A 球能再次追上B 球并相撞,且A 与固定挡板P 发生弹性碰撞,则av 0>v B ,由以上两式可解得:a >14,故B 、C 正确,A 、D 错误.考点二 动量观点在电场和磁场中的应用例1 如图4所示,轨道ABCDP 位于竖直平面内,其中圆弧段CD 与水平段AC 及倾斜段DP 分别相切于C 点和D 点,水平段AB 、圆弧段CD 和倾斜段DP 都光滑,水平段BC 粗糙,DP 段与水平面的夹角θ=37°,D 、C 两点的高度差h =0.1 m ,整个轨道绝缘,处于方向水平向左、场强未知的匀强电场中.一个质量m 1=0.4 kg 、带正电、电荷量未知的小物块Ⅰ在A 点由静止释放,经过时间t =1 s ,与静止在B 点的不带电、质量m 2=0.6 kg 的小物块Ⅱ碰撞并粘在一起在BC 段上做匀速直线运动,到达倾斜段DP 上某位置.物块Ⅰ和Ⅱ与轨道BC 段间的动摩擦因数均为μ=0.2.g =10 m/s 2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求:图4(1)物块Ⅰ和Ⅱ在BC 段上做匀速直线运动的速度大小;(2)物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过C 点时,圆弧段轨道对物块Ⅰ和Ⅱ的支持力的大小. 答案 (1)2 m/s (2)18 N解析 (1)物块Ⅰ和Ⅱ粘在一起在BC 段上做匀速直线运动,设电场强度为E ,物块Ⅰ带电荷量为q ,与物块Ⅱ碰撞前物块Ⅰ的速度为v 1,碰撞后共同速度为v 2,取水平向左为正方向,则qE =μ(m 1+m 2)g ,qEt =m 1v 1,m 1v 1=(m 1+m 2)v 2解得v 2=2 m/s(2)设圆弧段CD 的半径为R ,物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过C 点时圆弧段轨道对物块Ⅰ和Ⅱ的支持力的大小为F N ,则R (1-cos θ)=hF N -(m 1+m 2)g =(m 1+m 2)v 22R解得F N =18 N4.(2018·诸暨市期末)在一个高为H =5 m 的光滑水平桌面上建立直角坐标系,x 轴刚好位于桌子的边缘,如图5所示为俯视平面图.在第一象限的x =0到x =4 3 m 之间有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度B =1.0 T ,第二象限内的平行金属板MN 之间加有一定的电压.甲、乙为两个绝缘小球,已知甲球质量m 1=3×10-3kg ,带q =5×10-3C 的正电荷,乙球的质量m 2=10×10-3 kg ,静止在桌子边缘上的F 点,即x 轴上x =3 3 m 处;现让甲球从金属板M附近由静止开始在电场中加速,经y 轴上y =3 m 处的E 点,垂直y 轴射入磁场,甲球恰好能与乙球对心碰撞,碰后沿相反方向弹回,最后垂直于磁场边界PQ 射出,而乙球落到地面.假设在整个过程中甲球的电荷量始终保持不变,重力加速度g =10 m/s 2,则:图5(1)求平行金属板MN 之间的电压; (2)求甲球从磁场边界PQ 射出时速度大小;(3)求乙球的落地点到桌子边缘(即x 轴)的水平距离. 答案 (1)30 V (2)103m/s (3)2 3 m解析 (1)设甲球做第一次圆周运动的半径为R 1,则由几何关系可得(R 1-OE )2+OF 2=R 12R 1=6.0 m.设平行金属板MN 之间的电压为U ,甲球加速后的速度为v 1,则qv 1B =m 1v 12R 1,得v 1=10 m/sqU =12m 1v 12代入数据得U =30 V.(2)设甲球做第二次圆周运动的半径为R 2,则由几何关系可得R 2=2.0 m qv 2B =m 1v 22R 2代入数据得v 2=103m/s.(3)甲、乙两球对心碰撞,设碰后乙球的速度为v ,以碰撞前甲球的速度方向为正方向,由动量守恒定律有m 1v 1=-m 1v 2+m 2v ,代入数据得v =4 m/s.由几何关系可得甲球的碰前速度方向与x 轴成60°,因此乙球的碰后速度方向也与x 轴成θ=60°,开始做平抛运动,设水平位移为s ,沿y 轴方向位移分量为y .H =12gt 2, s =vt , y =s sin θ,代入数据得y =2 3 m.考点三 动量和能量观点在电磁感应中的简单应用例2 如图6所示,足够长的水平轨道左侧b 1b 2-c 1c 2部分的轨道间距为2L ,右侧c 1c 2-d 1d 2部分的轨道间距为L ,曲线轨道与水平轨道相切于b 1b 2,所有轨道均光滑且电阻不计.在水平轨道内有斜向下与竖直方向成θ=37°的匀强磁场,磁感应强度大小为B =0.1 T .质量为M =0.2 kg 的金属棒C 垂直于导轨静止放置在右侧窄轨道上,质量为m =0.1 kg 的导体棒A自曲线轨道上a 1a 2处由静止释放,两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触,A 棒总在宽轨上运动,C 棒总在窄轨上运动.已知:两金属棒接入电路的有效电阻均为R =0.2 Ω,h =0.2 m ,L =0.2 m ,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g =10 m/s 2,求:图6(1)金属棒A 滑到b 1b 2处时的速度大小; (2)金属棒C 匀速运动的速度大小;(3)在两棒整个的运动过程中通过金属棒A 某截面的电荷量;(4)在两棒整个的运动过程中金属棒A 、C 在水平导轨间扫过的面积之差. 答案 (1)2 m/s (2)0.44 m/s (3)5.56 C (4)27.8 m 2解析 (1)A 棒在曲线轨道上下滑,由机械能守恒定律得:mgh =12mv 02得:v 0=2gh =2×10×0.2 m/s =2 m/s(2)选取水平向右为正方向,对A 、C 利用动量定理可得: 对C :F C 安cos θ·t =Mv C 对A :-F A 安cos θ·t =mv A -mv 0 其中F A 安=2F C 安联立可知:mv 0-mv A =2Mv C两棒最后匀速运动时,电路中无电流:有BLv C =2BLv A 得:v C =2v A 解得v C ≈0.44 m/s(3)在C 加速过程中:Σ(B cos θ)iL Δt =Mv C -0q =Σi Δt得:q =509C≈5.56 C(4)根据法拉第电磁感应定律有:E =ΔΦΔt磁通量的变化量:ΔΦ=B ΔS cos θ 电路中的电流:I =E2R通过截面的电荷量:q =I ·Δt 得:ΔS =2509m 2≈27.8 m 25.如图7所示,两平行光滑金属导轨由两部分组成,左面部分水平,右面部分为半径r =0.5 m 的竖直半圆,两导轨间距离d =0.3 m ,导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B =1 T 的匀强磁场中,两导轨电阻不计.有两根长度均为d 的金属棒ab 、cd ,均垂直导轨置于水平导轨上,金属棒ab 、cd 的质量分别为m 1=0.2 kg 、m 2=0.1 kg ,电阻分别为R 1=0.1 Ω、R 2=0.2 Ω.现让ab 棒以v 0=10 m/s 的初速度开始水平向右运动,cd 棒进入圆轨道后,恰好能通过轨道最高点PP ′,cd 棒进入圆轨道前两棒未相碰,重力加速度g =10 m/s 2,求:图7(1)ab 棒开始向右运动时cd 棒的加速度a 0; (2)cd 棒刚进入半圆轨道时ab 棒的速度大小v 1; (3)cd 棒进入半圆轨道前ab 棒克服安培力做的功W . 答案 (1)30 m/s 2(2)7.5 m/s (3)4.375 J解析 (1)ab 棒开始向右运动时,设回路中电流为I ,有E =Bdv 0 I =E R 1+R 2 BId =m 2a 0解得:a 0=30 m/s 2(2)设cd 棒刚进入半圆轨道时的速度为v 2,系统动量定恒,有m 1v 0=m 1v 1+m 2v 212m 2v 22=m 2g ·2r +12m 2v P 2 m 2g =m 2v P 2r解得:v 1=7.5 m/s(3)由动能定理得12m 1v 12-12m 1v 02=-W解得:W =4.375 J.专题强化练1.(多选)下列说法正确的是( )A.物体运动的方向就是它的动量的方向B.如果物体的速度发生变化,则可以肯定它受到的合外力的冲量不为零C.如果合外力对物体的冲量不为零,则合外力一定使物体的动能增大D.作用在物体上的合外力的冲量不一定能改变物体速度的大小答案ABD解析物体动量的方向与物体的运动方向相同,A对;如果物体的速度变化,则物体的动量一定发生了变化,由动量定理知,物体受到的合外力的冲量不为零,B对;合外力对物体的冲量不为零,但合外力可以对物体不做功,物体的动能可以不变,C错;作用在物体上的合外力的冲量可以只改变物体速度的方向,不改变速度的大小,D对.2.(多选)关于动量、冲量,下列说法成立的是( )A.某段时间内物体的动量增量不为零,而物体在某一时刻的动量可能为零B.某段时间内物体受到的冲量不为零,而物体动量的增量可能为零C.某一时刻,物体的动量为零,而动量对时间的变化率可能不为零D.某段时间内物体受到的冲量变大,则物体的动量大小可能变大、变小或不变答案ACD解析自由落体运动,从开始运动的某一段时间内物体动量的增量不为零,而其中初位置物体的动量为零,故A正确;某一段时间内物体受到的冲量不为零,根据动量定理,动量的变化量不为零,故B错误;某一时刻物体的动量为零,该时刻速度为零,动量的变化率是合力,速度为零,合力可以不为零,即动量的变化率可以不为零,故C正确;根据动量定理,冲量等于动量的变化.某段时间内物体受到的冲量变大,则物体的动量的改变量变大,动量大小可能变大、变小或不变,故D正确.3.(多选)如图1所示,一段不可伸长的轻质细绳长为L,一端固定在O点,另一端系一个质量为m的小球(可以视为质点),保持细绳处于伸直状态,把小球拉到跟O点等高的位置由静止释放,在小球摆到最低点的过程中,不计空气阻力,重力加速度大小为g,则( )图1A.合外力做的功为0 B.合外力的冲量为m2gLC.重力做的功为mgL D.重力的冲量为m2gL答案BC4.(多选)(2018·新高考研究联盟联考)如图2所示是两名短道速滑选手在接力瞬间的照片,在短道速滑接力时,后面队员把前面队员用力推出(推出过程中可忽略运动员受到的冰面水平方向的作用力),以下说法正确的是( )图2A.接力过程中前面队员的动能增加量等于后面队员的动能减少量B.接力过程中前面队员受到的冲量和后面队员受到的冲量大小相等方向相反C.接力过程中前后两名队员总动量增加D.接力过程中前后两名队员总动量不变答案BD5.(多选)(2018·诸暨中学段考)向空中发射一物体(不计空气阻力),当物体的速度恰好沿水平方向时,物体炸裂为a、b两块.若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向,则( ) A.b的速度方向一定与原速度方向相反B.从炸裂到落地这段时间里,a飞行的水平距离一定比b的大C.a、b一定同时到达地面D.炸裂的过程中,a、b的动量变化大小一定相等答案CD6.(多选)一辆小车静止在光滑的水平面上,小车立柱上固定一条长L(小于立柱高)、拴有小球的细线,将小球拉至和悬点在同一水平面处由静止释放,如图3所示,小球摆动时,不计一切阻力,重力加速度为g,下面说法中正确的是( )图3A.小球和小车的总机械能守恒B.小球和小车的动量守恒C.小球运动到最低点的速度为2gLD.小球和小车只在水平方向上动量守恒答案AD7.(多选)质量相同的子弹、橡皮泥和钢球以相同的水平速度射向竖直墙壁,结果子弹穿墙而过,橡皮泥粘在墙上,钢球被弹回.不计空气阻力,关于它们对墙的水平冲量的大小,下列说法正确的是( )A.子弹对墙的冲量最小B.橡皮泥对墙的冲量最小C.钢球对墙的冲量最大D.子弹、橡皮泥和钢球对墙的冲量大小相等答案AC解析由于子弹、橡皮泥和钢球的质量相等、初速度相等,取初速度的方向为正方向,则它们动量的变化量Δp=mv-mv0,子弹穿墙而过,末速度的方向为正,橡皮泥粘在墙上,末速度等于0,钢球被弹回,末速度的方向为负,可知子弹的动量变化量最小,钢球的动量变化量最大.由动量定理I=Δp,则子弹受到的冲量最小,钢球受到的冲量最大.结合牛顿第三定律可知,子弹对墙的冲量最小,钢球对墙的冲量最大,故A、C正确,B、D错误.8.(多选)如图4所示,质量为m的物体在一个与水平方向成θ角的拉力F作用下,一直沿水平面向右匀速运动,则下列关于物体在t时间内所受力的冲量,正确的是( )图4A.拉力F的冲量大小为Ft cos θB.摩擦力的冲量大小为Ft cos θC.重力的冲量大小为mgtD.物体所受支持力的冲量大小是mgt答案BC解析拉力F的冲量大小为Ft,故A错误;物体做匀速直线运动,可知摩擦力F f=F cos θ,则摩擦力的冲量大小为F f t=Ft cos θ,故B正确;重力的冲量大小为mgt,故C正确;支持力的大小为F N=mg-F sin θ,则支持力的冲量大小为(mg-F sin θ)t,故D错误.9.如图5所示,粗糙水平地面上方以PQ为界,左边有水平向右的匀强电场,场强大小为E=mgq,右边有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,磁场以MN为右边界,一个质量为2m的带电荷量为+q的物体从地面上O点出发,在电场力作用下运动到Q点时与另一质量为m、不带电的物体发生正碰,碰后两者粘为一体,并恰好能在QN间做匀速直线运动,已知两物体与地面间的动摩擦因数μ=0.1,g为重力加速度,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.图5(1)求O 、Q 之间的距离x 1;(2)若MN 右侧有一倾角θ=37°的倾斜传送带正以速度v 0逆时针转动,物体系统通过N 点到传送带时无动能损失,且传送带足够大,已知物体系统与传送带间的动摩擦因数为μ1=0.5,求物体系统在传送带上上升过程中运动的最大距离.答案 (1)405m 2g 16B 2q 2 (2)9m 2g 2B 2q2 解析 (1)设两物体碰后的瞬间速度为v 2,则有:Bqv 2=3mg设带电物体的碰撞前速度为v 1,取向右为正方向,由动量守恒定律有:2mv 1=3mv 2对2m ,从O 到Q 由动能定理可得:Eqx 1-μ·2mgx 1=12×2mv 12,则x 1=405m 2g 16B 2q2 (2)物体系统沿传送带向上做匀减速运动,由牛顿第二定律得:3mg sin θ+μ1·3mg cos θ=3ma则a =g . 故物体系统上升的最大距离为:x 2=v 222a =9m 2g 2B 2q2 10.(2017·名校协作体联考)用质量为m 、电阻率为ρ、横截面积为S 的均匀薄金属条制成边长为L 的闭合正方形框abb ′a ′,如图6甲所示,金属方框水平放在磁极的狭缝间,方框平面与磁场方向平行.设匀强磁场仅存在于相对磁极之间,其他地方的磁场忽略不计.可认为方框的aa ′边和bb ′边都处在磁极间,磁极间磁感应强度大小为B .方框从静止开始释放,其平面在下落过程中保持水平(不计空气阻力,重力加速度为g ).甲 装置纵截面示意图 乙 装置俯视示意图图6(1)请判断图乙金属方框中感应电流的方向;(2)当方框下落的加速度为g 3时,求方框的发热功率P ; (3)当方框下落的时间t =2mρB 2LS时,速度恰好达到最大,求方框的最大速度v m 和此过程中产生的热量.答案 (1)顺时针 (2)4m 2g 2ρ9B 2LS (3)mgρB 2LS m 3g 2ρ22B 4L 2S2 解析 (1)由右手定则可知:感应电流方向为顺时针.(2)方框受到的安培力:F 安=2BIL由牛顿第二定律有mg -F 安=mg 3 解得I =mg 3BL由电阻定律得金属方框电阻R =ρ4L S方框的发热功率P =I 2R =4m 2g 2ρ9B 2LS (3)当方框下落的加速度为零时,速度达到最大,即mg =F 安′=2B2BLv m R L 解得v m =mgρB 2LS将下落过程分成若干微元,由动量定理得mgt -∑2B2BLv i R Lt =mv m -0∑v i t =h 解得h =m 2gρ2B 4L 2S2 由能量守恒定律得mgh -Q =12mv m 2 解得Q =m 3g 2ρ22B 4L 2S2 11.(2017·鲁迅中学月考)如图7所示,两根平行金属导轨MN 和PQ 放在水平面上,左端向上弯曲且光滑,导轨间距为L ,电阻不计.水平段导轨所处空间有两个有界匀强磁场,相距一段距离不重叠,磁场Ⅰ左边界在水平段导轨的最左端,磁感应强度大小为B ,方向竖直向上;磁场Ⅱ的磁感应强度大小为2B ,方向竖直向下.质量均为m 、电阻均为R 的金属棒a 和b 垂直放置在导轨上,金属棒b 置于磁场Ⅱ的右边界CD 处.现将金属棒a 从弯曲导轨上某一高处由静止释放,使其沿导轨运动.设两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好.图7(1)若水平段导轨粗糙,两金属棒与水平段导轨间的最大静摩擦力均为15mg ,将金属棒a 从距水平面高度为h 处由静止释放.①金属棒a 刚进入磁场Ⅰ时,求通过金属棒b 的电流大小;②若金属棒a 在磁场Ⅰ内运动过程中,金属棒b 能在导轨上保持静止,通过计算分析金属棒a 释放时的高度h 应满足的条件;(2)若水平段导轨是光滑的,将金属棒a 仍从高度为h 处由静止释放,使其进入磁场Ⅰ.设两磁场区域足够大,金属棒a 在磁场Ⅰ内运动过程中,求金属棒b 中可能产生的电热的最大值.答案 (1)①BL 2gh 2R ②h ≤m 2gR 250B 4L 4 (2)110mgh 解析 (1)①a 棒从h 高处释放后在弯曲导轨上滑动时机械能守恒,有mgh =12mv 02 解得v 0=2gha 棒刚进入磁场Ⅰ时,E =BLv 0,此时通过a 、b 的感应电流大小为I =E 2R, 解得I =BL 2gh 2R. ②a 棒刚进入磁场Ⅰ时,b 棒受到的安培力大小F =2BIL为使b 棒保持静止,应有F ≤15mg 联立解得h ≤m 2gR 250B 4L4. (2)当金属棒a 进入磁场Ⅰ时,由左手定则判断,a 棒向右做减速运动,b 棒向左做加速运动. 二者产生的感应电动势相反,当二者产生的感应电动势大小相等时,闭合回路的电流为零,此后二者均匀速运动,故金属棒a 、b 均匀速运动时,金属棒b 中产生的电热最大. 设此时a 、b 的速度大小分别为v 1与v 2,有BLv 1=2BLv 2对金属棒a 应用动量定理,有-B I L Δt =mv 1-mv 0对金属棒b 应用动量定理,有2B I L Δt =mv 2联立解得v 1=45v 0,v 2=25v 0 根据能量守恒定律,电路中产生的总电热Q 总=12mv 02-12mv 12-12mv 22=15mgh 故金属棒b 中产生的电热最大值为Q =12Q 总=110mgh。

2019版高三物理第二轮复习课件第1部分板块2专题7动量和动量守恒定律

2019版高三物理第二轮复习课件第1部分板块2专题7动量和动量守恒定律
板块二 动能与能量 专题七 动量和动量守恒定律
高考统计·定方向
命题热点提炼
高考命题方向
五年考情汇总
1.动量和动量 定理
2.动量守恒定 律
3.碰撞与动量 守恒
2018·全国卷Ⅰ T14
动量和动量定理
2018·全国卷Ⅱ T15
2017·全国卷Ⅲ T20
动量守恒定律
2018·全国卷Ⅱ T24 2017·全国卷Ⅰ T14
B [列车启动的过程中加速度恒定,由匀变速直线运动的速度与时间关系 可知 v=at,且列车的动能为 Ek=12mv2,由以上整理得 Ek=12ma2t2,动能与时间 的平方成正比,动能与速度的平方成正比,A、C 错误;将 x=12at2 代入上式得 Ek=max,则列车的动能与位移成正比,B 正确;由动能与动量的关系式 Ek=2pm2 可知,列车的动能与动量的平方成正比,D 错误.]
Ft=mv,代入数据解得 F≈1×103 N,所以 C 正确.]
3.(多选)(2017·全国卷Ⅲ)一质量为 2 kg 的物块在合外力 F 的作用下 从静止开始沿直线运动.F 随时间 t 变化的图线如图 1 所示,则( )
图1
A.t=1 s 时物块的速率为 1 m/s B.t=2 s 时物块的动量大小为 4 kg·m/s C.t=3 s 时物块的动量大小为 5 kg·m/s D.t=4 s 时物块的速度为零 [题眼点拨] ①“合外力 F 的作用下”说明力 F 的冲量等于物块动量的增 量;②“从静止开始沿直线运动”说明物块的初动量为零.
AB [由动量定理可得:Ft=mv,故物块在 t=1 s 时的速度 v1=Fmt1=2×2 1 m/s=1 m/s,A 正确;物块在 t=2 s 时的动量大小 p2=Ft2=2×2 kg·m/s=4 kg·m/s, 在 t=3 s 时的动量大小 p3=(2×2-1×1) kg·m/s=3 kg·m/s,故 B 正确,C 错误; 在 t=4 s 时,I 合=(2×2-1×2)N·s=2 N·s,由 I 合=mv4 可得 t=4 s 时,物块的 速度大小 v4=1 m/s,D 错误.]

2019年浙江高考物理试题解析(选考科目)

2019年浙江高考物理试题解析(选考科目)

动能与重力势能,杆的弹性势能不是一直增加,B 错误;起跳上升过程中,运动员 的高度在不断增大,所以运动员的重力势能增加,C 正确;当运动员越过横杆下落 的过程中,他的高度降低、速度增大,重力势能被转化为动能,即重力势能减少, 动能增加,D 正确.
6.等量异种电荷的电场线如图所示,下列表述正确的是( )
A. a 点的电势低于 b 点的电势 B. a 点的场强大于 b 点的场强,方向相同 C. 将一负电荷从 a 点移到 b 点电场力做负功 D. 负电荷在 a 点的电势能大于在 b 点的电势能 【答案】C 沿电场线方向电势降低;电场线的疏密程度表示电场强度大小,电场线的切线方向 表示电场强度方向,负电荷在低电势处电势能大,在高电势处电势能小,据此分析. 【解析】沿电场线方向电势降低,故 a 点电势高于 b 点电势,A 错误;电场线的疏 密程度表示电场强度大小,电场线越密,电场强度越大,故 a 点的场强大于 b 点的 场强,电场线的切线方向为场强方向,故 ab 两点的电场强度方向不同,B 错误;负 电荷在低电势处电势能大,所以从 a 点(高电势)移动到 b 点(低电势),电势能 增大,电场力做负功,C 正确 D 错误. 7.电流天平是一种测量磁场力的装置,如图所示。两相距很近的通电平行线圈Ⅰ和Ⅱ,线圈
Ⅰ固定,线圈Ⅱ置于天平托盘上。当两线圈均无电流通过时,天平示数恰好为零。下列说法
正确的是( )
A. 当天平示数为负时,两线圈电流方向相同 B. 当天平示数为正时,两线圈电流方向相同 C. 线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力大于线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力 D. 线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对相互作用力 【答案】A 【解析】当两线圈电流相同时,表现为相互吸引,电流方向相反时,表现为相互排 斥,故当天平示数为正时,两者相互排斥,电流方向相反,当天平示数为负时,两 者相互吸引,电流方向相同,A 正确 B 错误;线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与线圈Ⅱ对 线圈Ⅰ的作用力是一对相互作用力,等大反向,C 错误;静止时,线圈 II 平衡,线 圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对平衡力,D 错误. 【迁移】本题的原理是两通电直导线间的相互作用规律:两条平行的通电直导线之 间会通过磁场发生相互作用. ①电流方向相同时,将会吸引; ②电流方向相反时,将会排斥.

推荐学习K12(浙江选考)2019届高考物理二轮复习 专题二 能量与动量 提升训练9 动量定理、动量

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提升训练9 动量定理、动量守恒及其应用1.如图所示,两辆质量相同的小车置于光滑的水平面上,有一个人静止站在A车上,两车静止,若这个人自A车跳到B车上,接着又跳回A车,静止于A车上,则A车的速率()A.等于零B.小于B车的速率C.大于B车的速率D.等于B车的速率2.有甲、乙两碰碰车沿同一直线相向而行,在碰前双方都关闭了动力,且两车动量关系为p甲>p乙。

假设规定p甲方向为正,不计一切阻力,则()A.碰后两车可能以相同的速度沿负方向前进,且动能损失最大B.碰撞过程甲车总是对乙车做正功,碰撞后乙车一定沿正方向前进C.碰撞过程甲车可能反弹,且系统总动能减小,碰后乙车一定沿正方向前进D.两车动量变化量大小相等,方向一定是Δp甲沿正方向,Δp乙沿负方向3.(2017新课标Ⅰ卷)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空,50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。

在燃气喷出后的瞬间,火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略) ()A.30 kg·m/sB.5.7×102kg·m/sC.6.0×102kg·m/sD.6.3×102kg·m/s4.质量为m的物体,以v0的初速度沿斜面上滑,到达最高点处返回原处的速度为v t,且v t=0.5v0,则()A.上滑过程中重力的冲量比下滑时大B.上滑时和下滑时支持力的冲量都等于零C.合力的冲量在整个过程中大小为mv0D.整个过程中物体动量变化量为mv05.如图,一长木板位于光滑水平面上,长木板的左端固定一挡板,木板和挡板的总质量为M=3.0 kg,木板的长度为L=1.5 m,在木板右端有一小物块,其质量m=1.0 kg,小物块与木板间的动摩擦因数μ=0.10,它们都处于静止状态,现令小物块以初速度v0沿木板向左运动,重力加速度g取10 m/s2。

(1)若小物块刚好能运动到左端挡板处,求v0的大小;(2)若初速度v0=3 m/s,小物块与挡板相撞后,恰好能回到右端而不脱离木板,求碰撞过程中损失的机械能。

2019版高考物理大二轮复习浙江专用课件:专题二能量与动量7

2019版高考物理大二轮复习浙江专用课件:专题二能量与动量7

考点2
-11-
解析:(1)在 B 点 vB=4 m/s 1 (2)A 至 B 过程,由动能定理 mgR-Wf=2 ������������������ 2 Wf=2.4 J (3)B 至 C 过程,由动能定理得
1 -kmgLBC=2 ������������������ 2
������������������ 2 FN-mg= ������
m
解析:(1)物块恰能沿斜面开始下滑,应有mgsinθ=μ1mgcosθ,解得 tanθ=0.05 (2)由牛顿第二定律可得mgsin37°-μ1mgcos37°=ma,解得a=5.6 m/s2 (3)设物块停止时与墙面的距离为x,由动能定理可得mgLsinθμ1mgLcosθ-μ2mg(x-Lcosθ)=0 整理得
考点2
-10-
(1)求小球运动至B点时的速度大小; (2)求小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功; (3)为使小球落点P与B点的水平距离最大,求BC段的长度; (4)小球落到P点后弹起,与地面多次碰撞后静止。假设小球每次 碰撞机械能损失75%、碰撞前后速度方向与地面的夹角相等。求 小球从C点飞出到最后静止所需时间。 答案:(1)4 m/s (2)2.4 J (3)3.36 m (4)2.4 s
考点1
-3-
(1)当θ增大到多少时,物块恰能沿斜面开始下滑?(用正切值表示) (2)当θ角增大到37°时,物块沿斜面下滑时的加速度为多大? (3)当θ角增大到多少时,物块停止时与墙面的距离最大?求此最大 距离xm。
考点1
-4-
答案:(1)tanθ=0.05 (2)5.6 m/s2 (3)53°
25 16
x= (sinθ+ cosθ)=
������ 2 4

(浙江选考)2019年高考物理二轮复习 提升训练9 动量定理、动量守恒及其应用

(浙江选考)2019年高考物理二轮复习 提升训练9 动量定理、动量守恒及其应用

(浙江选考)2019年高考物理二轮复习提升训练9 动量定理、动量守恒及其应用1.如图所示,两辆质量相同的小车置于光滑的水平面上,有一个人静止站在A车上,两车静止,若这个人自A车跳到B车上,接着又跳回A车,静止于A车上,则A车的速率()A.等于零B.小于B车的速率C.大于B车的速率D.等于B车的速率2.有甲、乙两碰碰车沿同一直线相向而行,在碰前双方都关闭了动力,且两车动量关系为p甲>pp甲方向为正,不计一切阻力,则()乙。

假设规定A.碰后两车可能以相同的速度沿负方向前进,且动能损失最大B.碰撞过程甲车总是对乙车做正功,碰撞后乙车一定沿正方向前进C.碰撞过程甲车可能反弹,且系统总动能减小,碰后乙车一定沿正方向前进D.两车动量变化量大小相等,方向一定是Δp甲沿正方向,Δp乙沿负方向3.如图所示,在光滑的水平面上有一物体M,物体上有一光滑的半圆弧轨道,最低点为C,两端A、B一样高。

现让小滑块m从A点静止下滑,则()A.m不能到达小车上的B点B.m从A到C的过程中M向左运动,m从C到B的过程中M向右运动C.m从A到B的过程中小车一直向左运动,m到达B的瞬间,M速度为零D.M与m组成的系统机械能守恒,动量守恒4.质量为m的物体,以v0的初速度沿斜面上滑,到达最高点处返回原处的速度为v t,且v t=0.5v0,则()A.上滑过程中重力的冲量比下滑时大B.上滑时和下滑时支持力的冲量都等于零C.合力的冲量在整个过程中大小为mv0D.整个过程中物体动量变化量为mv05.质量为M的物块以速度v运动,与质量为m的静止物块发生正撞,碰撞后两者的动量正好相等,两者质量之比可能为()A.3B.4C.5D.66.如图,一长木板位于光滑水平面上,长木板的左端固定一挡板,木板和挡板的总质量为M=3.0 kg,木板的长度为L=1.5 m,在木板右端有一小物块,其质量m=1.0 kg,小物块与木板间的动摩擦因数μ=0.10,它们都处于静止状态,现令小物块以初速度v0沿木板向左运动,重力加速度g 取10 m/s2。

(浙江选考)2019高考物理二轮复习-专题一 力与运动 第1讲 匀变速直线运动规律的应用课件

(浙江选考)2019高考物理二轮复习-专题一 力与运动 第1讲 匀变速直线运动规律的应用课件
专题一 力与运动
第1讲 匀变速直线运动规律的应用
内容索引
考点一 运动学概念的辨析 考点二 匀变速直线运动规律的应用 考点三 自由落体运动规律的应用 考点四 运动学图象的理解
考点一
运动学概念的辨析
1 基础知识梳理
1.矢量和标量:矢量既有大小又有方向,运算遵守平行四边形定则;标 量只有大小,没有方向,运算遵守代数加减法. 2.位移和路程:位移是从初位置到末位置的有向线段,是矢量;而路程 是运动轨迹的长度,是标量. 3.平均速度: (1) v =xt是定义式,适用于任何运动; (2) v =v0+2 v只适用于匀变速直线运动.
运送到地面.某一竖井的深度为104 m,升
降机运行的最大速度为8 m/s,加速度大
小不超过1 m/s2.假定升降机到井口的速度
为0,则将矿石从井底提升到井口的最短
时间是
√A.13 s
B.16 s
C.21 s
D.26 s
图5
解析 答案
拓展训练
6.(2018·嘉兴市期末)在平直的小区道路上,一毛开着玩具车正以7.2 km/h
√B.根据导航图中的数据可以预估“常规路线”行车的
平均速度约为59.7 km/h
C.图中显示的“59分钟”是指时间
D.途中经过“三都岭隧道”,进入隧道前路边竖有限
速标志80,指的是车辆经过隧道过程中,瞬时速度
不能超过80 km/h
12345
图3
答案
5.[速度与加速度]如图4甲所示,火箭发射时,速度能在10 s内由0增加到
3.分析交点、转折点、渐近线 (1)交点:往往是解决问题的切入点. (2)转折点:满足不同的函数关系式,对解题起关键作用. (3)渐近线:往往可以利用渐近线求出该物理量的极值或确定它的变化 趋势.

(浙江选考)2019年高考物理二轮复习 专题10 功与能要点剖析及相关题型解析试题(含解析)

(浙江选考)2019年高考物理二轮复习 专题10 功与能要点剖析及相关题型解析试题(含解析)

功与能要点剖析及相关题型解析●功与功率●功1.做功的两个要素(1)作用在物体上的力;(2)物体在力的方向上发生的位移。

2.公式:W=Fs cosα(1)α是力与位移方向之间的夹角,s为物体对地的位移。

(2)该公式只适用于恒力做功。

3.功的正负夹角功的正负α<90°力对物体做正功α=90°力对物体不做功力对物体做负功或说成物体克服这个力α>90°做了功功率1.定义:功与完成这些功所用时间的比值.2.物理意义:描述力对物体做功的快慢。

3.公式(1)P=错误!,P为时间t内的平均功率。

(2)P=Fv cosα(α为F与v的夹角)①v为平均速度,则P为平均功率。

②v为瞬时速度,则P为瞬时功率。

一、摩擦力做功问题1.静摩擦力做功的特点(1)静摩擦力可以对物体做正功,也可以做负功,还可以不做功.(2)在静摩擦力做功的过程中,只有机械能从一个物体转移到另一个物体,而没有机械能转化为其他形式的能。

(3)相互摩擦的物体系统,一对静摩擦力所做的功的代数和为零。

2.滑动摩擦力做功的特点(1)滑动摩擦力可以对物体做正功,也可以做负功,还可以不做功(如相对运动的两物体之一相对地面静止,则滑动摩擦力对该物体不做功)。

(2)在相互摩擦的物体系统中,一对相互作用的滑动摩擦力对物体系统所做的总功与路径无关,且总功为负值,其绝对值等于摩擦力与相对路程的乘积,即|W|=F f l相对,表示物体系统损失了机械能,克服摩擦力做功,ΔE损=F f l相对(摩擦生热)。

(3)一对滑动摩擦力做功的过程中能量转化和转移的情况:①相互摩擦的物体通过摩擦力做功将部分机械能转移到另一个物体上;②部分机械能转化为内能,此部分能量就是系统损失的机械能ΔE损=Q=F f l相对.二、一对作用力与反作用力做功问题1.一对作用力与反作用力做的功(1)作用力与反作用力的特点:大小相等、方向相反,作用在不同的物体上。

(2)作用力和反作用力作用下物体的运动特点:可能向相反的方向运动,也可能向同一方向运动;可能一个运动,另一个静止,还可能两个都静止。

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第2讲必考第20题动力学方法和能量观点的综合应用题型1 直线运动中动力学方法和能量观点的应用1.直线运动中多运动过程组合主要是指直线多过程或直线与斜面运动的组合问题.2.涉及的规律:(1)动力学观点:牛顿运动定律、运动学基本规律;(2)能量观点:动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律.3.受力分析、运动分析,将物理过程分解成几个简单的直线运动过程,分别选择合适的规律求解.4.相邻运动过程连接点的速度是解题关键.例1如图1甲所示,一倾斜角为37°的斜面底端固定有与斜面垂直的弹性挡板,一个可视为质点的小物块在t=0时刻从挡板开始向上运动,其速度—时间图象如图乙所示,运动到最高点返回底端,与挡板发生弹性碰撞,再次向上运动,如此往复.求:(不计空气阻力,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)图1(1)小物块与斜面间的动摩擦因数;(2)小物块第一次回到斜面底端时的速度大小; (3)小物块在斜面上运动所通过的总路程. 答案 (1)0.5 (2)2 5 m/s (3)12.5 m解析 (1)由题图乙可知,小物块在上滑过程中的加速度大小为a 1=v 0t 1=10 m/s 2由牛顿第二定律,有mg sin θ+μmg cos θ=ma 1 可得小物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5 (2)小物块第一次上滑的位移大小x 1=v 02t 1=102×1 m=5 m第一次下滑过程由动能定理有mgx 1sin θ-μmg cos θ·x 1=12mv 12-0可得小物块第一次回到斜面底端时的速度大小v 1=2 5 m/s (3)小物块最终停在挡板处,全程由动能定理有 -μmg cos θ·s =0-12mv 02可得在斜面上运动所通过的总路程s =12.5 m1.航母舰载机滑跃起飞有点像高山滑雪,主要靠甲板前端的上翘来帮助战斗机起飞,其示意图如图2所示,设某航母起飞跑道主要由长度为L 1=160 m 的水平跑道和长度为L 2=20 m 的倾斜跑道两部分组成,水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h =4.0 m .一架质量为m =2.0×104kg 的飞机,其喷气发动机的推力大小恒为F =1.2×105N ,方向与速度方向相同,在从静止开始运动的整个过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的0.1倍,假设航母处于静止状态,飞机质量视为不变并可看成质点,倾斜跑道看做斜面,不计拐角处的影响.取g =10 m/s 2.图2(1)求飞机在水平跑道上运动的时间; (2)求飞机到达倾斜跑道末端时的速度大小;(3)如果此航母去掉倾斜跑道,保持水平跑道长度不变,现在跑道上安装飞机弹射器,此弹射器弹射距离为84 m ,要使飞机在水平跑道的末端速度达到100 m/s ,则弹射器的平均作用力为多大?(已知弹射过程中发动机照常工作)答案 (1)8 s (2)2430 m/s (3)1.0×106N 解析 (1)设飞机在水平跑道的加速度为a 1,阻力为F f 由牛顿第二定律得F -F f =ma 1 L 1=12a 1t 12解得t 1=8 s(2)设飞机在水平跑道末端的速度为v 1,在倾斜跑道末端的速度为v 2,加速度为a 2 水平跑道上:v 1=a 1t 1倾斜跑道上: 由牛顿第二定律得F -F f -mg hL 2=ma 2v 22-v 12=2a 2L 2解得v 2=2430 m/s(3)设弹射器的平均作用力为F 1,弹射距离为x ,飞机在水平跑道末端速度为v 3 由动能定理得F 1x +FL 1-F f L 1=12mv 32解得F 1=1.0×106N.2.(2018·义乌市模拟)如图3甲所示,倾角为θ=37°的传送带以恒定速率逆时针运行,现将一质量m =2 kg 的小物体轻轻放在传送带的A 端,物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示,2 s 末物体到达B 端,取沿传送带向下为正方向,g =10 m/s 2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求:图3(1)小物体在传送带A 、B 两端间运动的平均速度v ; (2)物体与传送带间的动摩擦因数μ;(3)2 s 内物体机械能的减少量ΔE 及因与传送带摩擦产生的内能Q . 答案 (1)8 m/s (2)0.5 (3)48 J 48 J解析 (1)由v -t 图象的面积规律可知,传送带A 、B 间的距离L 即为v -t 图线与t 轴所围的面积,所以L =v 12t 1+v 1+v 22t 2,代入数值得:L =16 m ,平均速度为v =Lt=8 m/s(2)由v -t 图象可知传送带运行速度为v 1=10 m/s 物体从A 到B 先做加速度为a 1=10-01m/s 2=10 m/s 2的匀加速运动, 经过时间t 1=1 s 后再做加速度为a 2=12-102-1m/s 2=2 m/s 2的匀加速运动, 再经过时间t 2=1 s ,物体以大小为v 2=12 m/s 的速度到达传送带B 端. 由物体在传送带上的受力情况知a 1=mg sin θ+μmg cos θm 或a 2=mg sin θ-μmg cos θm解得μ=0.5(3)小物体到达传送带B 端时的速度大小v 2=12 m/s 物体的动能增加了ΔE k =12mv 22=12×2×122J =144 J物体的重力势能减少了ΔE p =mgL sin θ=20×16×0.6 J=192 J 所以物体的机械能的减少量ΔE =48 J 由功能关系可知Q =μmg cos θ(v 1t 1-v 12t 1)+μmg cos θ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 1+v 22t 2-v 1t 2代入数值得Q =48 J.题型2 曲线运动中动力学方法和能量观点的应用1.曲线运动中的动力学和能量观点的综合问题,主要是直线运动、平抛运动、圆周运动三种运动中两者或三者的组合问题.2.对物体进行受力分析、运动分析、能量分析,初步了解运动全过程,构建大致运动图景. 3.若为多过程问题,可将全过程分解,寻找子过程间的联系和解题方法.例2 (2018·浙江4月选考·20)如图4所示,一轨道为半径2 m 的四分之一竖直圆弧轨道AB 和长度可调的水平直轨道BC 在B 点平滑连接而成.现有一质量为0.2 kg 的小球从A 点无初速度释放,经过圆弧上B 点时,传感器测得轨道所受压力大小为3.6 N ,小球经过BC 段所受的阻力为其重力的0.2倍,然后从C 点水平飞离轨道,落到水平地面上的P 点,P 、C 两点间的高度差为3.2 m .小球运动过程中可视为质点,且不计空气阻力,g 取10 m/s 2.图4(1)求小球运动至B 点时的速度大小; (2)求小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功;(3)为使小球落点P 与B 点的水平距离最大,求BC 段的长度;(4)小球落到P 点后弹起,与地面多次碰撞后静止.假设小球每次碰撞机械能损失75%、碰撞前后速度方向与地面的夹角相等.求小球从C 点飞出到最后静止所需时间. 答案 (1)4 m/s (2)2.4 J (3)3.36 m (4)2.4 s解析 (1)由牛顿第三定律知,在B 点轨道对小球的支持力为F N =3.6 N. 由向心力公式和牛顿第二定律有F N -mg =m v B 2R,解得v B =4 m/s.(2)小球从A 到B 的过程,只有重力和摩擦力做功,设克服摩擦力所做的功为W 克. 由动能定理得:mgR -W 克=12mv B 2-0解得W 克=2.4 J.(3)分析运动可知,BC 段长度会影响匀减速运动的时间,进而影响平抛运动的水平初速度以及水平位移.设BC 段小球的运动时间为t ,加速度a =F f m=2 m/s 2由运动学公式得v C =v B -at =4-2t ①x BC =v B t -12at 2=4t -t 2②其中,0<t <2 s. 平抛运动中h =12gt 12③x CP =v C t 1④由③④可得x CP =3.2-1.6t ⑤则由②⑤可得x BP =x BC +x CP =-t 2+2.4t +3.2⑥ 由数学知识可得,当t =1.2 s 时,x BP 取得最大值. 代入②式,解得x BC =3.36 m.(4)由于碰撞前后速度方向与地面夹角相等,所以碰撞前后水平分速度与竖直分速度比值不变.每次碰撞机械能损失75%,故每次碰撞合速度、分速度均变为原来的12.设第n 次损失后的竖直分速度为v yn ,第n 次碰撞到第n +1次碰撞的时间为t n . 由平抛运动规律得v y 0=2gh =8 m/s⑦t 0=2hg=0.8 s⑧则v yn =v y 0·(12)n⑨t n =2·v yng⑩将⑦⑨代入⑩可得t n =0.8×(12)n -1(n =1,2,3…)由数学知识可得t 总=t 0+t 1+…+t n=0.8+0.8×[1-⎝ ⎛⎭⎪⎫12n]1-12当n 取无穷大时,小球处于静止状态. 解得t 总=2.4 s.3.(2017·绍兴市选考诊断)如图5所示为一种射程可调节的“抛石机”模型.抛石机长臂OA 的长度L =4 m ,B 为OA 中点,石块可装在长臂上的AB 区域中某一位置.开始时长臂与水平面间的夹角α=30°,对短臂施力,当长臂转到竖直位置时立即停止转动,石块被水平抛出.在某次投石试验中,将质量为m =10 kg 的石块安装在A 点,击中地面上距O 点水平距离为x =12 m 的目标.不计空气阻力和抛石机长臂与短臂的质量,g取10 m/s 2,求:(1)石块即将被投出瞬间所受向心力的大小; (2)整个过程中投石机对石块所做的功W ;(3)若投石机对石块做功恒定,问应将石块安装在离O 点多远处才能使石块落地时距O 点的水平距离最大?答案 (1)300 N (2)1 200 J (3)3 m解析 (1)石块被抛出后做平抛运动,水平方向x =vt 竖直方向h =12gt 2又h =L +L sin α,解得v =230 m/s所以石块受到的向心力为F =m v 2L=300 N(2)长臂从A 点转到竖直位置的整个过程中,根据动能定理得W -mg (L +L sin α)=12mv 2-0代入数值解得W =1 200 J (3)设抛出点距离O 点为lW -mg (l +l sin 30°)=12mv ′2-0 v ′=240-30l下落时间t ′=2h ′g=2(l +L sin α)g=l +25水平位移为s =2(24-3l )(l +2)=-6(l -3)2+150 因此当l =3 m 时石块落地时距O 点水平距离最大.4.(2018·9+1高中联盟期中)如图6所示,某装置的弹簧弹射器每次都将小物块(质量可选择,可视为质点)从A 点由静止弹出,通过竖直圆轨道和水平直轨道后水平抛入水池中,已知竖直圆轨道半径为R =1.0 m ,水平轨道BD 长为L =2.4 m ,水池水面离D 点高度为h =1.25 m ,水池长为s =6.0 m ,不计水平轨道AB 部分和竖直圆轨道的阻力,所有小物块与水平轨道BD 部分的动摩擦因数为μ=0.25.当所选择的小物块质量为m =1 kg ,在经过C 点时,对轨道的压力为10 N ,g 取10 m/s 2,求:(1)弹射器对小物块做的功;(2)小物块从D 点飞出落入水面时的水平位移x ;(3)为确保不同的小物块都能从A 点弹射并直接落入水面,对选择的小物块的质量有何要求? 答案 (1)30 J (2)2 3 m (3)513 kg≤m ≤1.2 kg解析 (1)在C 点时由牛顿第二定律得:F N +mg =m v C 2R由牛顿第三定律知F N =10 N 由A 到C 的过程,由动能定理得W -2mgR =12mv C 2-0得W =30 J(2)从弹出到D 点,由动能定理:W -μmgL =12mv D 2-0小物块从D 点飞出后做平抛运动,h =12gt 2 x =v D t解得x =2 3 m(3)若小物块质量最大为m 1时,恰能过C 点:m 1g =m 1v 02R从弹出到C 点,由动能定理:W -2m 1gR =12m 1v 02-0从弹出到D 点,W -μm 1gL ≥0 得m 1=1.2 kg若小物块恰能到达水池水面最右端时,质量最小为m 2W -μm 2gL =12m 2v D ′2-0 h =12gt 2 s =v D ′t得m 2=513 kg故质量范围为:513kg≤m ≤1.2 kg专题强化练1.滑沙游戏中,游客从沙坡顶部坐滑沙车呼啸滑下.为了安全,滑沙车上通常装有刹车手柄,游客可以通过操纵刹车手柄对滑沙车施加一个与车运动方向相反的制动力F ,从而控制车速.为便于研究,做如下简化:如图1所示,游客从顶端A 点由静止滑下8 s 后,操纵刹车手柄使滑沙车摩擦力变大匀速下滑至底端B 点,在水平滑道上继续滑行直至停止.已知游客和滑沙车的总质量m =70 kg ,倾斜滑道AB 长L AB =128 m ,倾角θ=37°,滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数μ=0.5.重力加速度g 取10 m/s 2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,不计空气阻力.求:图1(1)游客和滑沙车匀速下滑时的速度大小; (2)游客和滑沙车匀速下滑的时间;(3)游客和滑沙车从A 滑到B 的过程中由于摩擦产生的热量. 答案 (1)16 m/s (2)4 s (3)44 800 J解析 (1)对游客和滑沙车整体受力分析,由牛顿第二定律有mg sin θ-μmg cos θ=ma 1解得a 1=g (sin θ-μcos θ)=10×(0.6-0.5×0.8) m/s 2=2 m/s 2则游客和滑沙车匀速下滑时的速度v =a 1t 1=2×8 m/s=16 m/s(2)游客和滑沙车加速下滑通过的位移x 1=12a 1t 12=12×2×82 m =64 m则游客和滑沙车匀速下滑通过的位移x 2=L AB -x 1=128 m -64 m =64 m 匀速下滑的时间t =x 2v =6416s =4 s.(3)对游客和滑沙车从A 滑到B 的运动过程,由动能定理有mgL AB sin θ-W f =12mv 2Q =W f =mgL AB sin θ-12mv 2=44 800 J.2.(2018·新高考研究联盟联考)美媒称,美国国家航空航天局(NASA)正在研发一款电动飞机,如图2所示,以加紧推出比当今飞机能耗更低、巡航速度更高的零排放飞机.如果获得成功,这款飞机可能会成为朝着空中旅行更高效、更环保的新时代迈出的重要的第一步.这款被NASA 称为X -57的电动飞机仅能容纳一名驾驶员.NASA 目前还计划研发5款体型更大、能够搭载更多乘客和货物的飞机.报道称,X -57飞机将装有14台发动机,它们将为异常狭窄的机翼上的螺旋桨提供动力.通常情况下,飞机的机翼是不可能这样狭窄的,因为飞机在起飞和降落时需要宽阔的机翼来提供升力.尽管在起飞和降落时,所有14台发动机都将工作,但是一旦飞机在高空巡航,只需两台发动机工作便可正常飞行.若每台发动机能提供的功率均为30 kW ,飞机的总质量为2 000 kg ,受到的空气阻力恒力为1×104N ,g 取10 m/s 2.则:图2(1)在竖直向上起飞过程中,所有14台发动机都工作时,向上运动的最大速度是多少? (2)若某次竖直向上起飞时,受到的牵引力大小恒为3.02×104N ,当上升到离地面500 m 高处时,此时发动机的总机械功率为多大?(3)飞机降落时,若刚接触地面时的速度大小为80 m/s ,此时关闭所有发动机,在地面上滑行时受到的阻力恒为2×104N ,求飞机在水平地面上滑行的距离. 答案 (1)14 m/s (2)3.02×105W (3)320 m解析 (1)14台发动机的总功率:P 总=14P 0=14×30 kW =4.2×105W飞机上升,当F 牵=mg +F 阻=3×104N 时达到最大速度v max则v max =P 总F 牵=4.2×1053×104m/s =14 m/s(2)飞机起飞时的加速度a =F 牵′-mg -F 阻m =3.02×104-3×1042×103m/s 2=0.1 m/s 2 上升到离地面500 m 高处时的速度v =2ah =2×0.1×500 m/s =10 m/s 此时发动机的总机械功率P 总′=F 牵′·v =3.02×104×10 W=3.02×105W(3)关闭发动机后飞机在水平地面做匀减速直线运动-F 阻′·x =0-12mv ′2 滑行的距离x =320 m3.(2018·金、丽、衢十二校联考)滑板运动是时下许多年轻人所热爱的极限运动项目,图3为一段水平粗糙平台AB 和光滑半圆轨道组成的表演场地,某运动员在平台AB 段通过蹬地获得水平推力,加速滑至B 点后平抛落于半圆轨道上的C 处,圆轨道最低处装有力传感器,可显示运动员通过时对轨道的压力大小,已知:滑板与平台之间的动摩擦因数μ=0.2,长度L AB =5 m ,运动员(含滑板)质量m =60 kg ,AB 段获得的平均堆力F =360 N ,C 处距平台平面的竖直高度h =2 m ,g 取10 m/s 2,求:图3(1)运动员(含滑板)到达B 处的速度大小;(2)半圆轨道的半径R 的大小;(3)若传感器显示压力F 压=2 200 N ,运动员(含滑板)在C 处与轨道碰撞损失的机械能ΔE . 答案 (1)210 m/s (2)2.5 m (3)700 J解析 (1)对运动员(含滑板)受力分析,根据牛顿第二定律,有F -μmg =ma ,a =4 m/s 2由匀变速直线运动速度与位移关系式v B 2-0=2aL AB得v B =210 m/s(2)由平抛运动的规律h =12gt 2 可得t =2hg =105s ,x =v B t =4 m 由几何规律得(x -R )2+h 2=R 2解得R =2.5 m(3)由牛顿第三定律可知F ′=F 压=2 200 N ,F ′-mg =m v D 2RC 到D 过程,由动能定理有mg (R -h )=E k D -E k C解得E k C =12mv D 2-mg (R -h )ΔE =12mv B 2+mgh -E k C =700 J 4.如图4甲所示为单板滑雪U 形池的比赛场地,比赛时运动员在U 形滑道内边滑行边利用滑道做各种旋转和跳跃动作,裁判员根据运动员的腾空高度、完成的动作难度和效果评分.图乙为该U 形池场地的横截面图,AB 、CD 为半径R =4 m 的四分之一光滑圆弧雪道,BC 为水平雪道且与圆弧雪道相切,BC 长为4.5 m ,质量为60 kg 的运动员(含滑板)以5 m/s 的速度从A 点滑下,经U 形雪道从D 点竖直向上飞出,在D 点上方完成动作的时间为t =0.8 s ,然后又从D 点返回U 形雪道,忽略空气阻力,运动员可视为质点,g 取10 m/s 2,求:图4(1)运动员(含滑板)与BC 雪道间的动摩擦因数;(2)运动员(含滑板)首次运动到C 点时对雪道的压力;(3)运动员(含滑板)最后距离B 点多远处停下.答案 (1)0.1 (2)2 040 N ,方向竖直向下 (3)B 点右侧1.5 m 处解析 (1)设运动员(含滑板)从D 点向上飞出的速度为v D ,则v D =g ·t 2=4 m/s 运动员(含滑板)从A 点到D 点的过程,由动能定理得-μmgx BC =12mv D 2-12mv A 2 解得μ=0.1(2)运动员(含滑板)从C 点运动到D 点的过程中,由动能定理得-mgR =12mv D 2-12mv C 2 设运动员(含滑板)首次运动到C 点时,由牛顿第二定律知F N -mg =m v C 2R联立得F N =2 040 N ,由牛顿第三定律可知,运动员首次运动到C 点时对雪道的压力大小为2 040 N ,方向竖直向下(3)设运动员(含滑板)运动的全过程中在水平雪道上通过的路程为x ,由动能定理得 mgR -μmgx =0-12mv A 2解得x =52.5 m所以运动员(含滑板)在水平雪道上运动了5.5个来回后到达C 点左侧3 m 处,故最后在B 点右侧1.5 m 处停下.5.(2018·台州中学统练)某同学在设计连锁机关游戏中,设计了如图5所示的起始触发装置,AB 段是长度连续可调的竖直伸缩杆,BCD 段是半径为R 的四分之三圆弧弯杆,DE 段是长度为2R 的水平杆,与AB 杆稍稍错开.竖直杆外套有下端固定且劲度系数较大的轻质弹簧,在弹簧上端放置质量为m 的套环.每次将弹簧的长度压缩至P 点后锁定,设PB 的高度差为h ,解除锁定后弹簧可将套环弹出.在触发器的右侧有多米诺骨牌,多米诺骨牌的最高点Q 和P 等高,且与E 的水平距离x =8R ,已知弹簧锁定时的弹性势能E p =9mgR ,套环与水平杆的动摩擦因数为0.5,与其他部分的摩擦不计,空气阻力不计,重力加速度为g .求:图5(1)当h =3R 时,套环达到杆最高点C 处的速度大小;(2)在上问中当套环运动到最高点C 时对杆的作用力大小和方向;(3)若h 可在R ~6R 间连续可调,要使该套环恰好击中Q 点,则h 需调为多长?答案 (1)10gR (2)9mg ,方向竖直向上 (3)5R解析 (1)从P 到C 有,E p =mg (h +R )+12mv C 2 得v C =10gR(2)C 点对套环有,F +mg =mv C 2R得F =9mg根据牛顿第三定律,在C 点套环对杆的作用力大小为9mg ,方向竖直向上.(3)从P 到E ,由能量守恒有E p =mg (h -R )+μmg ·2R +12mv E 2从E 点飞出后做平抛运动, h -R =12gt 2x =v E t解得h =5R6.(2017·温州市9月选考)如图6所示是某公园中的一项游乐设施,它由弯曲轨道AB 、竖直圆轨道BC 以及水平轨道BD 组成,各轨道平滑连接.其中圆轨道BC 半径R =2.0 m ,水平轨道BD 长L =9.0 m ,BD 段对小车产生的摩擦阻力为车重的0.2倍,其余部分摩擦不计,质量为1.0 kg 的小车(可视为质点)从P 点由静止释放,恰好滑过圆轨道最高点,然后从D 点飞入水池中,空气阻力不计,取g =10 m/s 2,求:图6(1)P 点离水平轨道的高度H ;(2)小车运动到圆轨道最低点时对轨道的压力;(3)在水池中放入安全气垫MN (气垫厚度不计),气垫上表面到水平轨道BD 的竖直高度h =3.2 m ,气垫的左右两端M 、N 到D 点的水平距离分别为5.6 m 、8.0 m ,要使小车能安全落到气垫上,则小车释放点距水平轨道的高度H ′应满足什么条件?答案 (1)5 m (2)60 N ,方向竖直向下 (3)5 m≤H ′≤6.8 m解析 (1)小车恰好滑过圆轨道最高点C ,在圆轨道的最高点C 对小车有:mg =mv C 2R小车由P 运动到C 由动能定理可得mg (H -2R )=12mv C 2,联立解得H =5 m.(2)小车由P 运动到B 点,由动能定理得: mgH =12mv B 2,在B 点对小车: F N -mg =mv B 2R由以上两式可得F N =60 N根据牛顿第三定律可知,小车运动到圆轨道最低点时对轨道的压力大小为60 N ,方向竖直向下.(3)小车从D 点飞出后做平抛运动, x =v D t ,h =12gt 2因为5.6 m≤x ≤8.0 m,代入以上两式可得7 m/s≤v D ≤10 m/s, 从小车释放点至D 点,由动能定理得 mgH ′-kmgL =12mv D 2,代入v D ,得到4.25 m≤H ′≤6.8 m 若使小车能通过C 点,需要H ′≥5 m 综上可知,5 m≤H ′≤6.8 m.。

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