18学年高考物理二轮复习专题检测十一应用“能量观点”和“动量观点”破解力学计算题18010414

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2018届高考物理二轮复习专题卷汇编功和能专题卷含

机械能知识网络：单元切块：按照考纲的要求，本章内容可以分成四个单元，即：功和功率；动能、势能、动能定理；机械能守恒定律及其应用；功能关系动量能量综合。

其中重点是对动能定理、机械能守恒定律的理解，能够熟练运用动能定理、机械能守恒定律分析解决力学问题。

难点是动量能量综合应用问题。

§1 功和功率教学目标：理解功和功率的概念，会计算有关功和功率的问题培养学生分析问题的基本方法和基本技能教学重点：功和功率的概念教学难点：功和功率的计算教学方法：讲练结合，计算机辅助教学教学过程：一、功1．功功是力的空间积累效应。

它和位移相对应（也和时间相对应）。

计算功的方法有两种：（1）按照定义求功。

即：W =Fs cos θ。

在高中阶段，这种方法只适用于恒力做功。

当20πθ<≤时F 做正功，当2πθ=时F 不做功，当πθπ≤<2时F 做负功。

这种方法也可以说成是：功等于恒力和沿该恒力方向上的位移的乘积。

（2）用动能定理W =ΔE k 或功能关系求功。

当F 为变力时，高中阶段往往考虑用这种方法求功。

这里求得的功是该过程中外力对物体做的总功（或者说是合外力做的功）。

这种方法的依据是：做功的过程就是能量转化的过程，功是能的转化的量度。

如果知道某一过程中能量转化的数值，那么也就知道了该过程中对应的功的数值。

【例1】如图所示，质量为m 的小球用长L 的细线悬挂而静止在竖直位置。

在下列三种情况下，分别用水平拉力F 将小球拉到细线与竖直方向成θ角的位置。

在此过程中，拉力F 做的功各是多少？⑴用F 缓慢地拉；⑵F 为恒力；⑶若F 为恒力，而且拉到该位置时小球的速度刚好为零。

可供选择的答案有A.θcos FL B .θsin FL C.()θcos 1-FL D .()θcos 1-mgL【例2】如图所示，线拴小球在光滑水平面上做匀速圆周运动，圆的半径是1m ，球的质量是0.1kg ，线速度v =1m/s ，小球由A 点运动到B点恰好是半个圆周。

通用版版高考物理二轮复习专题检测十一应用能量观点和动量观点破解力学计算题含解析

应用“能量观点”和“动量观点”破解力学计算题1.(2018·福建联考)如图，固定直杆上套有一小球和两根轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球相连，另一端分别固定在杆上相距为2L 的A 、B 两点。

直杆与水平面的夹角为θ，小球质量为m ，两根轻弹簧的原长均为L 、劲度系数均为3mg sin θL，g 为重力加速度。

(1)小球在距B 点45L 的P 点处于静止状态，求此时小球受到的摩擦力大小和方向；(2)设小球在(1)中P 点受到的摩擦力为最大静摩擦力，且与滑动摩擦力相等。

现让小球从P 点以一沿杆方向的初速度向上运动，小球最高能到达距A 点45L 的Q 点，求初速度的大小。

解析：(1)小球在P 点时两根弹簧的弹力大小相等，设为F ，根据胡克定律有F ＝k ⎝⎛⎭⎪⎫L －45L设小球静止时受到的摩擦力大小为F f ，方向沿杆向下，根据平衡条件有mg sin θ＋F f ＝2F 解得F f ＝mg sin θ5，方向沿杆向下。

(2)小球在P 、Q 两点时，弹簧的弹性势能相等，故小球从P 到Q 的过程中，弹簧对小球做功为零由动能定理有W 合＝ΔE k－mg ·2⎝ ⎛⎭⎪⎫L －45L sin θ－F f ·2⎝ ⎛⎭⎪⎫L －45L ＝0－12mv 2 解得v ＝26gL sin θ5。

答案：(1)mg sin θ5，方向沿杆向下 (2)26gL sin θ52．(2019届高三·湖南六校联考)如图所示，在光滑水平面上有一质量为2 018m 的木板，板上有2 018块质量均为m 的相同木块1、2、…、2 018。

最初木板静止，各木块分别以v 、2v 、…、2 018v 的初速度同时向同一方向运动，木块和木板间的动摩擦因数为μ，且木块间不发生碰撞和离开木板的现象。

求：(1)最终木板的速度；(2)运动中第88块木块的最小速度； (3)第2块木块相对木板滑动的时间。

解析：(1)设最终木板和木块一起以速度v ′运动，由动量守恒定律可知m (v ＋2v ＋…＋nv )＝2nmv ′解得v ′＝n ＋14v ＝2 0194v 。

2018年高考物理二轮复习专题整合高频突破专题二功和能动量和能量2动量和能量观点的应用课件

答案 (1)ρv 0S
��02 (2) 2��
��2�� − 2 2 2 2�� 0 ��
-61 2 3
解析 (1)设 Δt 时间内, 从喷口喷出的水的体积为 ΔV ,质量为 Δm, 则 Δm=ρΔV ① ΔV=v 0 SΔt ② 由①②式得, 单位时间内从喷口喷出的水的质量为
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1.(2017全国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 ) A.30 kg· m/s B.5.7×102 kg· m/s C.6.0×102 kg· m/s D.6.3×102 kg· m/s 解析根据动量守恒定律得:0=Mv1-mv2,故火箭的动量与燃气的动量等大反向。故p=Mv1=mv2=0.05 kg×600 m/s=30 kg· m/s。考点定位:动量定理命题能力点:侧重考查理解能力解题思路与方法:以火箭和燃气为研究对象,在燃气喷出的瞬间动量守恒。
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命题规律研究及预测分析高考试题可以看出,高考命题突出动量定理、动量守恒定律、碰撞模型的考查。动量守恒定律与运动学公式及动量守恒定律与能量守恒定律的综合题也是考查的重点。题型一般为选择题。在2018年的备考过程中要尤其注重动量守恒定律与能量守恒定律的综合题的复习。
第2讲
动量和能量观点的应用
-2网络构建要点必备
-3网络构建要点必备
1.动量定理 (1)内容:物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量。 (2)表达式:F·Δt=Δp=p'-p。 (3)矢量性:动量变化量的方向与合力的方向相同,可以在某一方向上应用动量定理。 2.动量、动能、动量的变化量的关系 (1)动量的变化量:Δp=p'-p。 ��2 (2)动能和动量的关系: Ek= 。 2�� 3.动量守恒定律 (1)条件:系统不受外力或系统所受外力的矢量和为零。 m1v1'+m2v2' (2)表达式:m1v1+m2v2= 。 4.能量的观点:在涉及系统内能量的转化问题时,常用能量守恒定律。

高考物理二轮复习专题检测试题：动量与能量的综合应用附参考答案

动量与能量的综合应用(附参考答案)1．有一种硬气功表演，表演者平卧于地面，将一大石板置于他的身子上，另一人将重锤举到高处并砸向石板，石板被砸碎，表演者却安然无恙，假设重锤与石板撞击后两者具有相同的速度，表演者在表演时尽量挑选质量较大的石板．对这一现象，下列说法正确的是( )A ．重锤在与石板撞击的过程中，重锤与石板的总机械能守恒B ．石板的质量越大，石板获得的动量就越小C ．石板的质量越大，石板所受到的打击力就越小D ．石板的质量越大，石板获得的速度就越小2．如图2－3－14所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程产生的内能为6 J ，那么此过程木块的动能可能增加了( )A ．12 JB ．16 JC ．4 JD ．6 J图2－3－14图2－3－153．如图2－3－15所示，A 、B 两木块的质量之比为m A ∶m B ＝3∶2，原来静止在小车C 上，它们与小车上表面间的动摩擦因数相同，A 、B 间夹一根被压缩了的弹簧后用细线拴住．小车静止在光滑水平面上，烧断细线后，在A 、B 相对小车停止运动之前，下列说法正确的是( )A ．A 、B 和弹簧组成的系统动量守恒 B ．A 、B 和弹簧组成的系统机械能守恒C ．小车将向左运动D ．小车将静止不动4．如图2－3－16所示，小车开始静止于光滑的水平面上，一个小滑块由静止从小车上端高h 处沿光滑圆弧面相对于小车向左滑动，滑块能到达左端的最大高度h ′( )图2－3－16A ．大hB ．小于hC ．等于hD ．停在中点与小车一起向左运动5．(双选，2011年全国卷)质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图2－3－17所示．现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )图2－3－17A.12m v 2B.mM 2(m ＋M )v 2C.12NμmgL D ．NμmgL6．(2010年福建卷)如图2－3－18所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v 0，则( )图2－3－18A ．小木块和木箱最终都将静止B ．小木块最终将相对木箱静止，两者一起向右运动C ．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动D ．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则两者将一起向左运动7．(双选，2011年深圳中学二模)如图2－3－19所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为M 的小车，其左侧有半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道AB ，轨道最低点B 与水平轨道BC 相切，整个轨道处于同一竖直平面内．将质量为m 的物块(可视为质点)从A 点无初速释放，物块沿轨道滑行至轨道末端C 处恰好没有滑出．设重力加速度为g ，空气阻力可忽略不计．关于物块从A 位置运动至 C 位置的过程中，下列说法正确的是( )A ．小车和物块构成的系统动量不守恒B ．摩擦力对物块和轨道BC 所做的功的代数和为零 C ．物块运动过程中的最大速度为2gRD ．小车运动过程中的最大速度为2m 2gRM 2＋Mm图2－3－19图2－3－208．(双选)如图2－3－20所示，质量均为M 的铝板A 和铁板B 分别放在光滑水平地面上．质量为m (m <M )的同一木块C ，先后以相同的初速度v 0从左端滑上A 和B ，最终C 相对于A 和B 都保持相对静止．在这两种情况下( )A ．C 的最终速度相同B ．C 相对于A 和B 滑行的距离相同 C ．A 和B 相对地面滑动的距离相同D ．两种情况下产生的热量相等9．(2012年天津卷)如图2－3－21所示，水平地面上固定有高为h 的平台，台面上固定有光滑坡道，坡道顶端距台面高也为h ，坡道底端与台面相切．小球A 从坡道顶端由静止开始滑下，到达水平光滑的台面后与静止在台面上的小球B 发生碰撞，并粘连在一起，共同沿台面滑行并从台面边缘飞出，落地点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半．两球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g .求：(1)小球A 刚滑至水平台面的速度v A ； (2)A 、B 两球的质量之比m a ∶m b .图2－3－2110．(2012年广州二模)如图2－3－22所示的水平地面，ab段粗糙，bc段光滑．可视为质点的物体A和B紧靠在一起，静止于b处，已知A的质量为3m，B的质量为m.两物体在足够大的内力作用下突然沿水平方向左右分离，获得的总动能为E.B碰到c处的墙壁后等速率反弹，并追上已停在ab段的A.A、B与ab段的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g.求：(1)分离瞬间A、B的速度大小；(2)A从分离到第一次停止的时间；(3)B第一次追上A时的速度大小．图2－3－2211．(2012年深圳二模)如图2－3－23所示，一长L ＝3 m ，高h ＝0.8 m ，质量为M ＝1 kg 的物块A 静止在水平面上．质量为m ＝0.49 kg 的物块B 静止在A 的最左端，物块B 与A 相比，大小可忽略不计，它们之间的动摩擦因数μ1＝0.5，物块A 与地之间的动摩擦因数μ2＝0.1.一个质量为m 0＝0.01 kg 的可视为质点的子弹，以速度v 0沿水平方向射中物块B ，假设在任何情况下子弹均不能穿出．取g ＝10 m/s 2，问：(1)子弹以v 0＝400 m/s 击中物块B 后的瞬间，它们的速度为多大？ (2)被击中的物块B 在A 上滑动的过程中，A 、B 的加速度各为多大？ (3)子弹速度为多大时，能使物块B 落地瞬间A 同时停下？图2－3－231．D2．C 解析：子弹射入木块的过程中，系统动量守恒，即m v 0＝(M ＋m )v 1，系统损失的机械能转化为内能，即Q ＝12m v 20－12(M ＋m )v 21，将两式联立解得Q ＝12m v 20·M M ＋m ＝6 J ，木块获得的动能E k ＝12M v 21＝12m v 20·Mm (M ＋m )2<6 J ，所以C 正确． 3．C 解析：由机械能守恒和动量守恒的条件可知A 、B 均错；小车对A 的摩擦力大于小车对B 的摩擦力，所以A 对小车向左的摩擦力大于B 对小车向右的摩擦力，因此小车将向左运动．4．C 解析：小滑块由静止滑下，小滑块和小车组成系统水平方向上动量守恒，到达左端的最大高度h ′时，两者速度相同，由动量守恒得，两者速度为零，由能量守恒，到达左端的最大高度h ′等于h ，选C.5．BD 解析：小物块和箱子组成的系统动量守恒，碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止，则最终两者速度相等，设为v 共，则有：m v ＝(m ＋M )v 共，系统损失的动能ΔE ＝12m v 2－12(m ＋M )v 2共，得ΔE ＝12mM m ＋Mv 2，所以B 正确；系统损失的动能为摩擦力做功转化成系统内能，N 次后恰又回到箱子正中间，相对滑动的距离为NL ，所以ΔE ＝W ＝NμmgL ，D 正确．6．B 解析：系统不受外力作用，系统动量守恒，最终两个物体以相同的速度一起向右运动，B 正确．7．AD 解析：小车和物块构成的系统水平方向上动量守恒，但在竖直方向上动量不守恒，A 正确；在滑动摩擦力作用下，物块的位移大于小车的位移，所以摩擦力对物块和轨道 BC 所做的功的代数和不为零，B 错误，且滑动摩擦力对系统做功，动能转化为内能；如果小车固定，则物块滑到最低点B 的速度由能量守恒有mgR ＝12m v 2，得v ＝2gR ，但小车不固定，则小车有速度，由能量守恒得物块的速度小于2gR ，C 错误；物块运动到B 点时小车的速度最大，设为v ′，由水平动量守恒得m v ＝M v ′，由能量守恒得mgR ＝12m v 2＋12M v ′2，解得v ′＝2m 2gR M 2＋Mm，D 正确．8．AD 解析：铝板A 和铁板B 分别放在光滑水平地面上，所以滑动过程中动量守恒，有m v 0＝(m ＋M )v ，所以两种情况下，C 的最终速度相同，且产生的热量等于摩擦过程中系统损失的动能，两种情况都为Q ＝ΔE ＝12m v 20－12(m ＋M )v 2，所以A 、D 正确；由于木块与铝板和铁板的动摩擦因数不同，对系统有fs相＝ΔE＝12m v2－12(m＋M)v2，则C相对于A和B滑行的距离不相同，对A和B，fs＝12M v2，A和B相对地面滑动的距离不相同，B、C都错误．9．解：(1)小球A在坡道上只有重力做功，根据机械能守恒有12m Av2A＝m A gh解得v A＝2gh.(2)设A、B两球在光滑台面上碰撞后粘在一起的速度为v，根据系统动量守恒得m A v A＝(m A＋m B)v离开平台后做平抛运动，在竖直方向上有12gt2＝h在水平方向上有12h＝v t联立解得m A∶m B＝1∶3.10．解：(1)物体A、B在内力作用下分离，设分离瞬间A的速度大小为v A，B的速度大小为v B 由A、B系统的动量守恒有3m v A＝m v B又由题意可知E＝12·3m v2A＋12·m v2B联立解得v A＝E6m，v B＝3E2m.(2)A、B分离后，A物体向左匀减速滑行，设滑行时间为t A，加速度大小为a A对A应用牛顿第二定律有μ·3mg＝3ma AA匀减速到停止的时间为t A＝v Aa A联立解得t A＝1μgE6m.(3)A、B分离后，A向左匀减速滑行，设滑行距离为s A对A应用动能定理有－μ·3mgs A＝0－12·3m v2A设B碰墙反弹后追上已停下的A时，速度大小为v对B应用动能定理有－μmgs B＝12m v2－12m v2B又因为B追上A时在粗糙面上滑行了s B＝s A联立解得v＝4E3m.11．解：(1)子弹击中B的过程中，由动量守恒定律可得m0v0＝(m0＋m)v解得v＝8 m/s.(2)由牛顿第二定律可得对B：μ1(m0＋m)g＝(m0＋m)a B得a B＝5 m/s2，方向水平向左对A：μ1(m0＋m)g－μ2(m0＋m＋M)g＝Ma A得a A＝1 m/s2，方向水平向右．(3)子弹击中B的过程中，由动量守恒定律可得m0v02＝(m0＋m)v B1设B在A上运动如图13的时间为t1，则s B－s A＝L⎝⎛⎭⎫v B1t1－12a B t21－12a A t21＝LB做平抛运动的时间为t2，则h＝12gt22a A′＝μ2MgM＝μ2g＝1 m/s20＝a A t1－a A′t2联立解得子弹的速度为v02＝m0＋mm0v B1＝435 m/s.图13。

高考物理二轮练习专项检测试题第5讲能量观点在电磁学中的应用

高考物理二轮练习专项检测试题第5讲能量观点在电磁学中的应用1、(2018年深圳三校联考)在绝缘的水平面上方存在着方向如图2－2－11所示的匀强电场，水平面上的带电金属块在水平拉力F的作用下，沿水平面移动，金属块在移动的过程中，外力F做功32J，金属块克服电场力做功8J，金属块克服摩擦力做功16J，那么在此过程中金属块的()图2－2－11A、动能增加8JB、电势能增加24JC、机械能减少24JD、机械能增加48J2、(双选，2017年江门一模)一带电粒子沿着如图2－2－12所示的虚线由A经B穿越电场，不计粒子的重力，那么以下说法中正确的选项是()A、粒子带正电B、粒子在A点受到的电场力小于在B点受到的电场力C、粒子在A处的动能小于在B处的动能D、粒子在A处的电势能小于在B处的电势能图2－2－12图2－2－133、(双选，2017年增城调研)如图2－2－13所示，绝缘光滑的半圆轨道位于竖直平面内，竖直向下的匀强电场正穿过其中，在轨道的上缘有一个质量为m、带电荷量为＋q的小球，由静止开始沿轨道运动、以下说法正确的选项是()A、小球运动过程中机械能守恒B、小球在轨道最低点时速度最大C、小球在最低点受到重力、支持力、电场力、向心力D、小球在最低点对轨道的压力为3(mg＋qE)4、(双选，2018年肇庆一模)如图2－2－14所示，固定在Q点的正点电荷的电场中有M、N两点，MQ＜NQ，以下表达正确的选项是()图2－2－14A、假设把一正的点电荷从M点沿直线移到N点，那么电场力对该电荷做正功，电势能减少B、假设把一正的点电荷从M点沿直线移到N点，那么该电荷克服电场力做正功，电势能增加C、假设把一负的点电荷从M点沿直线移到N点，那么电场力对该电荷做正功，电势能减少D、假设把一负的点电荷从M点沿直线移到N点，再从N点沿不同路径移回到M点，那么该电荷克服电场力做的功等于电场力对该电荷所做的功，电势能不变5、(双选，2017年广州一模)如图2－2－15所示，金属棒ab、cd与足够长的水平光滑金属导轨垂直且接触良好，匀强磁场垂直导轨所在的平面，ab 棒在恒力F 的作用下向右运动，那么()图2－2－15A 、安培力对ab 棒做正功B 、安培力对cd 棒做正功C 、abdca 回路的磁通量先增加后减少D 、F 做的功等于回路产生的总热量和系统的动能增加量之和6、如图2－2－16所示，实线为电场线，虚线为等势面，相邻两等势面间的电势差相等，一个正电荷在等势面L 3处的动能为20J ，运动到等势面L 1处时动能为零；现取L 2为零电势参考平面，那么当此电荷的电势能为4J 时，它的动能为(不计重力及空气阻力)()图2－2－16A 、16JB 、10JC 、6JD 、4J7、(双选，2017年四川卷)质量为m 的带正电小球由空中A 点无初速度自由下落，在t 秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再通过t 秒小球又回到A 点、不计空气阻力且小球从未落地，那么()A 、整个过程中小球的电势能变化了32mg 2t 2B 、整个过程中小球动量增加量的大小为2mgtC 、从加电场开始到小球运动到最低点时小球的动能变化了mg 2t 2D 、从A 点到最低点小球的重力势能变化了23mg 2t 28、(双选，2017年潮阳一中模拟)如图2－2－17所示，在粗糙绝缘水平面上固定一点电荷Q ，从M 点无初速度释放一带有恒定负电荷的小物块，小物块在Q 的电场中运动到N 点静止、那么从M 点运动到N 点的过程中，以下说法中正确的选项是()图2－2－17A 、小物块所受电场力逐渐增大B 、小物块具有的电势能逐渐增加C 、M 点的电势低于N 点的电势D 、小物块电势能变化量的大小等于克服摩擦力做的功9、如图2－2－18所示，回路竖直放在匀强磁场中，磁场的方向垂直于回路平面向外，导线AC 能够贴着光滑竖直长导轨下滑、设回路的总电阻恒定为R ，当导线AC 从静止开始下落后，下面有关回路中能量转化的表达中正确的说法有()图2－2－18A 、导线下落过程中机械能守恒B 、导线加速下落过程中，导线减少的重力势能全部转化为在回路产生的热量C 、导线加速下落过程中，导线减少的重力势能全部转化为导线增加的动能D 、导线达到稳定速度后的下落过程中，导线减少的重力势能全部转化为回路中增加的内能10、如图2－2－19所示，位于竖直平面内的正方形平面导线框abcd ，边长为L ＝10cm ，线框质量为m ＝0.1kg ，电阻为R ＝0.5Ω，其下方有一匀强磁场区域，该区域上、下两边界间的距离为H (H >L )，磁场的磁感应强度为B ＝5T ，方向与线框平面垂直、今线框从距磁场上边界h ＝30cm 处自由下落，线框的dc 边进入磁场后，ab 边到达上边界之前的某一时刻线框的速度已达到这一阶段的最大值，问从线框开始下落到dc 边刚刚到达磁场下边界的过程中，磁场作用于线框的安培力做的总功是多少？(取g ＝10m/s 2)图2－2－1911、如图2－2－20所示，ABCD 表示竖立在场强为E ＝104V/m 的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BCD 部分是半径为R 的半圆环，轨道的水平部分与半圆环相切，A 为水平轨道上的一点，而且，AB ＝R ＝0.2m ，把一质量m ＝10g 、带电量q ＝＋10－5C 的小球在水平轨道的A 点由静止释放后，小球在轨道的内侧运动，取g ＝10m/s 2，求：(1)小球到达C 点时的速度、(2)小球达到C 点时对轨道的压力、(3)要使小球刚好能运动到D 点，小球开始运动的位置应离B 点多远？图2－2－2012、(2017年惠州一模)如图2－2－21所示，PR 是一长为L ＝0.64m 的绝缘平板，固定在水平地面上，挡板R 固定在平板的右端、整个空间有一个平行于PR 的匀强电场E ，在板的右半部分有一垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的宽度d ＝0.32m 、一个质量m ＝0.50×10－3kg 、带电荷量为q ＝5.0×10－2C 的小物体，从板的P 端由静止开始向右做匀加速运动，从D 点进入磁场后恰能做匀速直线运动、当物体碰到挡板R 后被弹回，假设在碰撞瞬间撤去电场，物体返回时在磁场中仍做匀速运动，离开磁场后做减速运动，停在C 点，PC ＝L 4.假设物体与平板间的动摩擦因数μ＝0.20，取g ＝10m/s 2.(结果保留两位有效数字)(1)判断电场的方向及物体带正电依旧带负电；(2)求磁感应强度B 的大小；(3)求物体与挡板碰撞过程中损失的机械能、图2－2－211、A 解析：设外力F 做功为W 1，克服电场力做功为W 2，克服摩擦力做功为W 3.由动能定理得ΔE k ＝W 1－W 2－W 3＝8J 、由势能规律，电势能变化量ΔE p ＝W 2＝8J 、机械能增加量ΔE ＝W 1－W 2－W 3＝8J 、选A.2、AC 解析：从曲线运动弯曲方向看粒子受力应该沿电场线斜向上，因此电场力的方向与场强方向一致，粒子带正电，A 项正确；A 点电场线较密，因此粒子在A 点受到的电场力大于在B 点受到的电场力，B 项错误；从A 到B 电场力做正功，动能增加，C 项正确；电场力做正功电势能减少，D 项错误、3、BD4、AD 解析：φM ＞φN ，U MN ＞0，W ＝U MN ·q ，假设q ＞0，W ＞0，电场力做正功，电势能减少、假设q ＜0，W ＜0，电场力做负功，电势能增加、选AD.5、BD 解析：ab 棒在恒力F 的作用下向右运动，产生的电流、安培力如图12所示，可知安培力对ab 棒做负功，对cd 棒做正功，A 错B 对；电路中电流方向一直为逆时针方向，依照楞次定律，回路中磁通量一直增加，C 错；F 做的功等于回路产生的总热量和系统的动能增加量之和，D 对、图126、C 解析：L 2电势为0，电势能为0.L 3到L 1，动能变为0，那么在L 2处的动能为10J 、L 2处总能量为10J 、依照能量守恒，E 电＋E k ＝恒量，当E 电＝4J ，E k ＝6J 、选C.7、BD 解析：设下落t 秒时速度大小为v ，再次回到A 时为v x ，两次位移大小相等，那么v 2t ＝v x v 2t ，得v x ＝2v ，ΔE ＝12mv 2x ＝12m (2gt )2＝2mg 2t 2，A 错；动量增加量Δp ＝mv x ＝m (2gt )＝2mgt ，B 对；加电场时速度为v ，最低点时速度为零，那么动能变化ΔE ＝12mv 2＝12m (gt )2，C 错；加电场后加速度为a x ，a x ＝v x v t，g ＝v t ，因此a x ＝3g ，因此下落中减速时间t ′＝13t ，下落总位移h ＝12gt 2＋12a x ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 32＝23gt 2，ΔE p ＝mgh ＝23mg 2t 2，D 对、8、CD 解析：物块远离点电荷，场强变小，所受电场力逐渐减小，A 错；电场力做正功电势能逐渐减少，B 错；物块带负电，电势能减少，由E p ＝q φ，那么电势增大，C 对；过程初、末动能都为零，电势能转化为内能，因此电势能变化量的大小等于克服摩擦力做的功，D 对、9、D10、解：设线框的最大速度为v m ，此后直到ab 边开始进入磁场为止，线框做匀速直线运动，此过程中线框的动能不变、由mg ＝B 2L 2v m R 解得v m ＝mgRB 2L 2＝2m/s全部进入后，无安培力，因此只需考虑从开始下落到刚好全部进入时，这段时间内线框因克服安培力做功而损失的机械能为mg (h ＋L )－12mv 2m ＝0.2J因此磁场作用于线框的安培力做的总功是－0.2J.11、解：(1)设小球在C 点的速度大小是v C ，那么关于小球由A 运动到C 的过程中，应用动能定理得qE ·2R －mgR ＝12mv 2C －0解得v C ＝4qER m －2gR ＝2m/s. (2)设小球在C 点时，对轨道的压力大小为N C .在C 点的圆轨道径向应用牛顿第二定律，有N C －qE ＝mv 2CR 解得N C ＝qE ＋mv 2CR ＝0.3N.(3)设小球初始位置应在离B 点x m 的A ′点，对小球由A ′→D 的过程应用动能定理，有qEx －mg ·2R ＝12mv 2D在D 点的圆轨道径向应用牛顿第二定律，有mg ＝mv 2DR解得x ＝5mgR2qE ＝0.5m.12、解：(1)物体由静止开始向右做匀加速运动，证明电场力向右且大于摩擦力、进入磁场后做匀速直线运动，说明它所受的摩擦力增大，证明它所受的洛伦兹力方向向下、由左手定那么判断，物体带负电、物体带负电而所受电场力向右，证明电场方向向左、(2)设物体被挡板弹回后做匀速直线运动的速度为v 2，从离开磁场到停在C 点的过程中，依照动能定理有－μmg L 4＝0－12mv 22解得v 2＝0.80m/s物体在磁场中向左做匀速直线运动，受力平衡mg ＝qv 2B解得B ＝0.13T.(3)设从D 点进入磁场时的速度为v 1，依照动能定理有qE 12L －μmg 12L ＝12mv 21物体从D 到R 做匀速直线运动受力平衡，有qE ＝μ(mg ＋qv 1B )解得v 1＝1.6m/s小物体撞击挡板损失的机械能为ΔE ＝12mv 21－12mv 22解得ΔΕ＝4.8×10－4J.。

高中物理之动量观点解决力学问题,动量定理的运用、动量守恒定律的应用、动量和能量的综合应用

一、“解题快手”动量定理的应用题点(一) 应用动量定理解释生活中的现象[例1] 如图所示，篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前，这样做可以( )A ．减小球的动量的变化量B ．减小球对手作用力的冲量C ．减小球的动量变化率D ．延长接球过程的时间来减小动量的变化量[解析] 选C 篮球运动员接传来的篮球时，不能改变动量的变化量，A 、D 错误；根据动量定理，也不能改变冲量，B 错误；由于延长了作用时间，动量的变化慢了，C 正确。

题点(二) 应用动量定理求作用力和冲量[例2] (2015·重庆高考)高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h (可视为自由落体运动)，此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( ) A.m 2gh t＋mg B.m 2gh t －mg C.m gh t ＋mg D.m gh t －mg[解析] 选A 方法一：设高空作业人员自由下落h 时的速度为v ，则v 2＝2gh ，得v ＝2gh ，设安全带对人的平均作用力为F ，由牛顿第二定律得F －mg ＝ma又v ＝at ，解得F ＝m 2ght ＋mg 。

方法二：由动量定理得(mg －F )t ＝0－m v ，得F ＝m 2gh t＋mg 。

选项A 正确。

题点(三) 动量定理和F -t 图像的综合[例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 变化的图线如图所示，则( )A ．t ＝1 s 时物块的速率为1 m/sB ．t ＝2 s 时物块的动量大小为4 kg·m/sC ．t ＝3 s 时物块的动量大小为5 kg·m/sD ．t ＝4 s 时物块的速度为零[解析] 选AB 法一：根据F -t 图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F 的冲量，可知在0～1 s 、0～2 s 、0～3 s 、0～4 s 内合外力冲量分别为2 N·s 、4 N·s 、3 N·s 、2 N·s ，应用动量定理I ＝m Δv 可知物块在1 s 、2 s 、3 s 、4 s 末的速率分别为1 m/s 、2 m/s 、1.5 m/s 、1 m/s ，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kg·m/s 、4 kg·m/s 、3 kg·m/s 、2 kg·m/s ，则A 、B 项正确，C 、D 项错误。

全国2018届高考物理二轮复习专题二动量与能量第2讲动量观点和能量观点在电学中的应用学案

第2讲动量观点和能量观点在电学中的应用知识必备1.静电力做功与路径无关。

若电场为匀强电场，则W ＝Fl cos α＝qEl cos α；若是非匀强电场，则一般利用W ＝qU 来求。

2.静电力做的功等于电势能的变化，即W AB ＝－ΔE p 。

3.电流做功的实质是电场对移动电荷做功，即W ＝UIt ＝qU 。

4.磁场力又可分为洛伦兹力和安培力。

洛伦兹力在任何情况下对运动电荷都不做功；安培力可以做正功、负功，还可以不做功。

5.电磁感应中的能量问题(1)能量转化：其他形式的能量――→克服安培力做功电能电能――→电流做功焦耳热或其他形式能 (2)焦耳热的三种求法： ①焦耳定律：Q ＝I 2Rt ②功能关系：Q ＝W 克服安培力 ③能量转化：Q ＝W 其他能的减少量,备考策略动量观点和能量观点在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力，因此，要抓住4点：(1)受力分析和运动过程分析是关键。

(2)根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解。

(3)力学中的几个功能关系在电学中仍然成立。

(4)感应电动势是联系电磁感应与电路的桥梁，要做好“源”的分析，电磁感应产生的电功率等于内、外电路消耗的功率之和，这是能量守恒分析这类问题的思路。

功能关系在电学中的应用【真题示例】 (多选)(2017·全国卷Ⅲ，21)一匀强电场的方向平行于xOy 平面，平面内a 、b 、c 三点的位置如图1所示，三点的电势分别为10 V 、17 V 、26 V 。

下列说法正确的是( )图1A.电场强度的大小为2.5 V/cmB.坐标原点处的电势为1 VC.电子在a 点的电势能比在b 点的低7 eVD.电子从b 点运动到c 点，电场力做功为9 eV解析如图所示，设a 、c 之间的d 点电势与b 点电势相同，则ad dc ＝10－1717－26＝79，所以d 点的坐标为(3.5 cm ，6 cm)，过c 点作等势线bd 的垂线，电场强度的方向由高电势指向低电势。

高中物理大二轮物理复习专题目录

二轮物理
选择题48分专练(一) 选择题48分专练(二) 实验题15分专练(一) 实验题15分专练(二) 计算题32分专练(一) 计算题32分专练(二) 选考题15分专练(一) 选考题15分专练(二)
第二部分考前冲刺增分练
二轮物理
小卷冲刺抢分练(一)——(8＋2实验) 小卷冲刺抢分练(二)——(8＋2实验) 小卷冲刺抢分练(三)——(8＋2计算) 小卷冲刺抢分练(四)——(8＋2计算) 高考模拟标准练
大二轮专题复习与测试
物理
二轮物理
第一部分专题一力与运动第1讲物体的平衡考向一力学中的平衡问题考向二电学中的平衡问题考向三平衡中的临界极值问题第2讲牛顿运动定律和直线运动考向一运动图象的理解及应用考向二匀变速直线运动应用规律考向三牛顿运动定律的综合应用
专题整合突破
二轮物理
第2讲电学实验与创新考向一电表改装与读数、多用电表原理与使用考向二以伏安法测电阻为核心的实验考向三以测电源电动势和内阻为核心的实验考向四电学创新设计实验
二轮物理
专题七选考部分第1讲 (选修3－3) 分子动理论、气体及热力学定律考向一热学基础知识与气体实验定律的组合考向二热学基础知识、热力学定律与气体定律的组合第2讲 (选修3－4) 机械振动和机械波光电磁波考向一振动(或波动)与光的折射、全反射的组合考向二光学基础知识与波动(或振动)的组合考向三电磁波、光学、波动(或振动)的组合
二轮物理
第三部分一、物理学史和物理思想方法 (一)高中物理的重要物理学史 (二)高中物理的重要思想方法二、高考必知的五大解题思想 (一)守恒的思想 (二)等效的思想 (三)分解的思想 (四)对称的思想 (五)数形结合的思想

2020高考物理二轮复习专题检测十一应用“能量观点”和“动量观点”破解力学计算题

【2019最新】精选高考物理二轮复习专题检测十一应用“能量观点”和“动量观点”破解力学计算题1．(2017·全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1<s0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图所示。

训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。

训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处。

假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1，重力加速度大小为g。

求：(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；(2)满足训练要求的运动员的最小加速度。

解析：(1)设冰球的质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理得－μmgs0＝mv12－mv02 ①解得μ＝。

②(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小。

设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2，所用的时间为t。

由运动学公式得v02－v12＝2a1s0 ③v0－v1＝a1t ④s1＝a2t2 ⑤联立③④⑤式得a2＝。

答案：(1) (2)＋2s022．(2015·天津高考)某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图，皮带在电动机的带动下保持v＝1 m/s的恒定速度向右运动，现将一质量为m＝2 kg的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数μ＝0.5。

设皮带足够长，取g＝10 m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求(1)邮件滑动的时间t；(2)邮件对地的位移大小x；(3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W。

解析：(1)设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为F，则F＝μmg ①取向右为正方向，对邮件应用动量定理，有Ft＝mv－0 ②由①②式并代入数据得t＝0.2 s。

③(2)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，对邮件应用动能定理，有Fx＝mv2－0 ④由①④式并代入数据得x＝0.1 m。

全国通用2018年高考物理二轮温习精练一必考热点3动量观点和能量观点的应用

必考热点3 动量观点和能量观点的应用热点阐释动量观点和能量观点是解决力学问题的重要途径，功能关系(含动能定理和机械能守恒定律)，动量观点(含动量定理和动量守恒定律)是近几年高考理科综合物理命题的核心，选择题、计算题中均有表现，试题灵活性强，难度较大，能力要求高，且常常与牛顿运动定律、圆周运动、电磁学等知识综合命题。

一、选择题(1～5题为单项选择题，6～7题为多项选择题)1.如图1所示，物块的质量为m ，它与水平桌面间的动摩擦因数为μ。

起初，用手按住物块，物块的速度为零，弹簧的伸长量为x 。

然后放手，当弹簧的长度回到原长时，物块的速度为v 。

那么此进程中弹力所做的功为( )图1A.12mv 2－μmgx B.μmgx －12mv 2C.12mv 2＋μmgx D.以上选项均不对解析设W T 为弹力对物体做的功，因为克服摩擦力做的功为μmgx ，由动能定理得W T －μmgx ＝12mv 2－0，得W T＝12mv 2＋μmgx 。

答案 C2.如图2，滑腻圆轨道固定在竖直面内，一质量为m 的小球沿轨道做完整的圆周运动。

已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N 1，在最高点时对轨道的压力大小为N 2。

重力加速度大小为g ，那么N 1－N 2的值为( )图2A.3mgB.4mgC.5mgD.6mg解析小球在最低点有N 1－mg ＝m v 21r ，小球在最高点有N 2＋mg ＝m v 22r，从最低点到最高点，依照机械能守恒定律有12mv 21＝12mv 22＋mg ·2r ，联立解得N 1－N 2＝6mg ，D 正确。

答案 D3.水平推力F 1和F 2别离作用于水平面上的同一物体，一段时刻后撤去，使物体都从静止开始运动而后停下，若是物体在两种情形下的总位移相等，且F 1大于F 2，那么( ) A.F 2的冲量大 B.F 1的冲量大 C.F 1与F 2的冲量相等D.无法比较解析画出两种情形下物体运动的v －t 图如下图，图线与横轴所围的面积表示位移，故两种情形下物体运动的总位移相等，两种情形下物体运动的时刻t 1<t 2，由动量定理，Ft ′－μmgt ＝0，可知F 2的冲量大，选项A 正确。

专题04 能量观点和动量观点在考物理二轮热点题型归纳与变式演练(解析)

专题04能量观点和动量观点在力学中的应用【要点提炼】1.处理物理问题的三大观点(1)力和运动的观点，即牛顿运动定律和匀变速直线(曲线)运动规律、圆周运动规律等。

(2)功和能的观点，即动能定理等功能关系和机械能守恒定律、能量守恒定律。

(3)冲量和动量的观点，即动量定理和动量守恒定律。

2．力学中的功能关系(1)合外力做功与动能的关系：W合＝ΔE k。

(2)重力做功与重力势能的关系：W G＝－ΔE p。

(3)弹簧弹力做功与弹性势能的关系：W弹＝－ΔE p弹。

(4)除重力、系统内弹力以外其他力做功与机械能的关系：W其他＝ΔE机。

(5)系统内一对滑动摩擦力做功与内能的关系：fl相对＝ΔE内。

3．动量定理和动量守恒定律的普适性动量定理和动量守恒定律不仅适用于宏观物体、低速运动过程，对微观粒子、高速运动过程同样适用，比如原子核反应过程同样遵循动量定理和动量守恒定律。

【高考考向1能量观点在力学中的应用】命题角度1功和功率的理解及应用例1：（2022·北京密云·一模）电动汽车消耗电池能量驱动汽车前进，电池的性能常用两个物理量来衡量：一是电池容量Q，即电池能够存储的电量；另一个是电池的能量密度ρ，是指单位质量能放出电能的多少。

某m=的电池以恒定电流放电时，端电压与流过电池电量的关系如下图所示。

电池容量次实验中质量00.05kg检测系统在电压为4.0V时显示剩余电量100%，电压为3.0V时显示剩余电量为0。

通过计算机测得曲线与电量轴所围的面积约为7000V·mAh。

（1）该电池的能量密度ρ是多少？（2）在放电过程中显示剩余电量从100%到90%用了时间t，依据图像信息推测剩余电量从90%到70%约要多少时间？（3）电动汽车的续航里程是指单次充电后可以在水平路面上匀速行驶的最大距离。

某电动汽车除电池外总质量为M，配上质量为m，能量密度为ρ的电池，续航里程为s。

已知汽车行驶过程中所受阻力与总质量成正比，驱动汽车做功的能量占电池总能量的比例确定，为提升该电动汽车的续航里程，可以采用增加电池质量和提高电池能量密度两种方式，请计算说明哪种方式更合理？【答案】（1）51.410V mAh /kg ⨯⋅；（2）4t ；（3）见解析【详解】（1）根据图像的坐标轴可知，图像所围面积物理意义是qU 的积累，表示电池存储的总能量E ，根据题意可知能量密度为E m ρ=57000V mAh /kg=1.410V mAh /kg 0.05E m ρ==⋅⨯⋅（2）根据q It=可知I 保持不变，电量消耗与时间成正比，由U q -图像可知剩余电量从100%到90%，通过电池电量约为100Amh ，剩余电量从90%到70%，通过电池电量约400Amh ，则时间约为4t（3）设汽车质量M ，电池质量m ，单次充电行驶最大距离s ，由题意，阻力与总质量成正比，则有()f k M m =+汽车匀速运动，故消耗电能等于克服阻力做功()E fs k M m s∆==+设驱动汽车做功的能量与电池总能量的比例为η，则有E fs E m ηηρ∆===可得单次充电行驶最大距离为()(1)m s M k M m k mηρηρ==++s m s m 质量m 一定时，s 与ρ成正比，提升能量密度ρ，并不增加阻力，不造成电能额外损耗，可见，提高电池的能量密度ρ比增加电池质量m 更合理。

[最新版本]高考物理二轮复习专题检测试题能量观点在力学中的应

[最新版本]高考物理二轮复习专题检测试题能量观点在力学中的应数学就意味着要善于解题。

而当我们解题时遇到一个新问题，总想用熟悉的题型去“套”，这只是满足于解出来，只有对数学思想、数学方法理解透彻及融会贯通时，才能提出新看法、巧解法。

高考试题十分重视对于数学思想方法的考查，特别是突出考查能力的试题，其解答过程都蕴含着重要的数学思想方法。

我们要有意识地应用数学思想方法去分析问题解决问题，形成能力，提高数学素质，使自己具有数学头脑和眼光。

能量观点在力学中的应用(附参考答案)1．一物体在竖直平面内做匀速圆周运动，下列物理量一定不会发生变化的是()A．向心力B．向心加速度C．动能D．机械能2．(双选，2022年广州高三调研)用起重机提升货物，货物上升过程中的v－t图象如图2－1－10所示．在t＝3到t＝5内，重力对货物做的功为W1、绳索拉力对货物做的功为W2、货物所受合力做的功为W3，则() A．W1＞0B．W2＜0C．W2＞0D．W3＜0图2－1－10图2－1－113．(双选)如图2－1－11所示，斜面体置于光滑水平地面上，光滑斜面上有一物体由静止沿斜面下滑，在物体下滑过程中，下列说法正确的是()A．物体的重力势能减少，动能增加B．斜面体的机械能不变C．斜面体对物体的作用力垂直于接触面，不对物体做功D．物体和斜面体组成的系统机械能守恒4．(2022年上海卷)如图2－1－12所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍．当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高．将A由静止释放，B上升的最大高度是()图2－1－125R4R2RA．2RB.C.D.3335．(双选，珠海2022届高三摸底)如图2－1－13所示，在半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道的顶端a点，质量为m的物块(可视为质点)由静止开始下滑，经圆弧最低点b滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c点停止．若物块与水平面间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是()图2－1－13A．物块滑到b点时的速度为gRB．物块滑到b点时对b点的压力是2mgRC．c点与b点的距离为μD．整个过程中物块的机械能损失了mgR6．(双选，2022年广东四校联考)物体沿直线运动的v－t关系如图2－1－14所示，已知在第1内合外力对物体做的功为W，则()数学就意味着要善于解题。

高考物理二轮复习专项突破训练：动力学和能量观点的综合应用

动力学和能量观点的综合应用1．(多选)倾角为θ的三角形斜面体固定在水平面上，在斜面体的底端附近固定一挡板，一质量不计的弹簧下端固定在挡板上，其自然长度时弹簧的上端位于斜面体上的O 点．质量分别为4m 、m 的物块甲和乙用一质量不计的细绳连接，且跨过固定在斜面体顶端的光滑轻质定滑轮，如图1所示．开始物块甲位于斜面体上的M 处，且MO ＝L ，物块乙开始距离水平面足够高，现将物块甲和乙由静止释放，物块甲沿斜面下滑，当物块将弹簧压缩到N点时，物块的速度减为零，ON ＝，已知物块甲与斜面体之间的动摩擦因数为μ＝，θ＝L 23830°，重力加速度取g ＝10 m/s 2，忽略空气的阻力，整个过程中细绳始终没有松弛，且乙未碰到滑轮，则下列说法正确的是( )图1A ．物块甲由静止释放到斜面体上N 点的过程，物块甲先做匀加速直线运动，紧接着做匀减速直线运动到速度减为零B ．物块甲在与弹簧接触前的加速度大小为0.5 m/s 2C ．物块甲位于N 点时，弹簧所储存的弹性势能的最大值为mgL 158D ．物块甲位于N 点时，弹簧所储存的弹性势能的最大值为mgL 382．(多选)如图2甲所示，轻质弹簧的一端固定于倾角为θ＝30°的斜面底端，另一端恰好位于斜面上的B 点．一质量为m ＝2 kg 的小滑块(可视为质点)从斜面上的A 点由静止开始下滑，下滑过程中滑块下滑速度v 的平方与其下滑距离x 之间的关系如图乙所示，其中Oa 段为直线，重力加速度g 取10 m/s 2，则( )图2A ．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25B ．弹簧的劲度系数为50 N/mC ．滑块运动到最低点C 时，弹簧弹性势能大小为2.6 JD ．滑块从最低点C 返回时，一定能到达B 点3．如图3所示，质量为m 的小球套在半径为R 的固定光滑圆环上，圆环的圆心为O ，原长为0.8R 的轻质弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连，弹簧与圆环在同一竖直平面内，圆环上B 点在O 的正下方，当小球在A 处受到沿圆环切线方向的恒力F 作用时，恰好与圆环间无相互作用，且处于静止状态．已知：R ＝1.0 m ，m ＝1.0 kg ，∠AOB ＝θ＝37°，弹簧处于弹性限度内，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图3(1)该弹簧的劲度系数k ；(2)撤去恒力，小球从A 点沿圆环下滑到B 点时的速度大小v B ；(3)在(2)中，小球通过B 点时，圆环对小球的作用力大小F N B .4．雨滴在空中下落时，由于空气阻力的影响，最终会以恒定的速度匀速下降，我们把这个速度叫做收尾速度．研究表明，在无风的天气条件下，空气对下落雨滴的阻力可由公式F f ＝CρSv 2来计算，其中C 为空气对雨滴的阻力系数(不同空间为不同常量)，ρ为空气的密12度(不同空间密度不同)，S 为雨滴的有效横截面积(即垂直于速度方向的横截面积)．已知雨滴下落空间范围内的空气密度为ρ0，空气对雨滴的阻力系数为C 0，雨滴下落时可视为球形，半径均为R ，每个雨滴的质量均为m ，且在到达地面前均已达到收尾速度，重力加速度为g .(1)求雨滴在无风的天气条件下沿竖直方向下落时收尾速度的大小；(2)若根据云层高度估测出雨滴在无风的天气条件下由静止开始竖直下落距地面的高度为h，求每个雨滴在竖直下落到地面过程中克服空气阻力所做的功．5．如图4所示，光滑水平轨道AB与光滑半圆形导轨BC在B点相切连接，半圆导轨半径为R，轨道AB、BC在同一竖直平面内．一质量为m的物块在A处压缩弹簧，并由静止释放，物块恰好能通过半圆导轨的最高点C.已知物块在到达B点之前与弹簧已经分离，弹簧在弹性限度内，重力加速度为g.不计空气阻力，求：图4(1)物块由C点平抛出去后在水平轨道的落点与B点的距离；(2)物块在B点时对半圆轨道的压力大小；(3)物块在A点时弹簧的弹性势能．6．如图5所示，一质量m＝0.4 kg的滑块(可视为质点)静止于动摩擦因数μ＝0.1的水平轨道上的A点．现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P＝10.0 W．经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点以5 m/s的速度沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器．已知轨道AB的长度L＝2.0 m，半径OC和竖直方向的夹角α＝37°，圆弧形轨道的半径R＝0.5 m．(空气阻力忽略不计，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：图5(1)滑块运动到D点时压力传感器的示数；(2)水平外力作用在滑块上的时间t.7．如图6所示，倾角θ＝30°的足够长光滑斜面底端A固定有挡板P，斜面上B点与A 点的高度差为h.将质量为m、长度为L的木板置于斜面底端，质量也为m的小物块静止在木板上某处，整个系统处于静止状态．已知木板与物块间的动摩擦因数μ＝，且最大静32摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .图6(1)若给木板和物块一沿斜面向上的初速度v 0，木板上端恰能到达B 点，求v 0大小；(2)若对木板施加一沿斜面向上的拉力F 0，物块相对木板刚好静止，求拉力F 0的大小；(3)若对木板施加沿斜面向上的拉力F ＝2mg ，作用一段时间后撤去拉力，木板下端恰好能到达B 点，物块始终未脱离木板，求拉力F 做的功W .参考答案1.答案　BD2.答案　BC3.答案　(1)40 N/m (2)2.0 m/s (3)6.0 N解析　(1)小球在A 处由平衡条件可知：沿半径方向：k (R －0.8R )＝mg cos θ得：k ＝40 N/m(2)由A 到B 过程，由动能定理得：mgR (1－cos θ)＝mv B 2－012得：v B ＝2.0 m/s(3)在B 点由牛顿第二定律得，k (R －0.8R )＋F N B －mg ＝m v B 2R得：F N B ＝6.0 N4.答案　(1) (2)mg 1R 2mgπC 0ρ0(h －mπC 0ρ0R 2)解析　(1)设雨滴竖直下落的收尾速度大小为v雨滴达到收尾速度时开始匀速下落，则有：mg ＝F f又因为F f ＝C 0ρ0Sv 2＝C 0ρ0·πR 2v 21212解得：v ＝1R 2mgπC 0ρ0(2)设雨滴在空中由静止沿竖直方向下落至地面的过程克服空气阻力所做的功为W f ，由动能定理：mgh －W f ＝mv 212解得：W f ＝mg (h －mπC 0ρ0R 2)5.答案　(1)2R (2)6mg (3)mgR 52解析　(1)因为物块恰好能通过C 点，有：mg ＝m v C 2R物块由C 点做平抛运动，有：x ＝v C t,2R ＝gt 212解得：x ＝2R即物块在水平轨道的落点与B 点的距离为2R .(2)物块由B 到C 过程中机械能守恒，有：mv B 2＝2mgR ＋mv C 21212设物块在B 点时受到轨道的支持力为F N ，有：F N －mg ＝m ，v B 2R解得：F N ＝6mg由牛顿第三定律可知，物块在B 点时对半圆轨道的压力F N ′＝F N ＝6mg .(3)由机械能守恒定律可知，物块在A 点时弹簧的弹性势能为：E p ＝2mgR ＋mv C 2，解12得E p ＝mgR .526.答案　(1)25.6 N (2)0.4 s解析　(1)滑块由C 点运动到D 点的过程，由机械能守恒得：mv D 2＝mv C 2＋mgR (1－cos 37°)1212滑块在D 点的速度v D ＝＝3 m/sv C 2＋2gR 1－cos 37° 3在D 点对滑块受力分析，根据牛顿第二定律有：F N －mg ＝m v D 2R滑块受到的支持力F N ＝mg ＋m ＝25.6 N v D 2R根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力F N ′＝F N ＝25.6 N ，方向竖直向下(2)滑块离开B 点后做平抛运动，恰好在C 点沿切线方向进入圆弧形轨道由几何关系可知，滑块运动到B 点的速度为v B ＝v C cos 37°＝4 m/s滑块由A 点运动到B 点的过程，根据动能定理有：Pt －μmgL ＝mv －012B 2解得：水平外力作用在滑块上的时间t ＝＝0.4 s m v B 2＋2μgL 2P7.答案　见解析解析　(1)由动能定理得×2mv 02＝2mg (h －L sin θ)12解得：v 0＝ 2h －L g(2)对木板与物块整体，由牛顿第二定律得F 0－2mg sin θ＝2ma 0对物块，由牛顿第二定律得μmg cos θ－mg sin θ＝ma 0解得：F 0＝mg 32(3)设拉力F 的作用时间为t 1，再经时间t 2物块与木板达到共速，再经时间t 3木板下端到达B 点，速度恰好减为零．对木板由牛顿第二定律得，F －mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 3对物块由牛顿第二定律得，μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2对木板与物块整体由牛顿第二定律得，2mg sin θ＝2ma 4另有：a 1t 1－a 3t 2＝a 2(t 1＋t 2)a 2(t 1＋t 2)＝a 4t 3a 1t 12＋a 1t 1·t 2－a 3t 22＋a 4t 32＝121212hsin θW ＝F ·a 1t 1212解得：W ＝mgh94。

【高考复习】2018届高考物理二轮专题复习文档：“应用三大观点破解力电综合问题”

“应用三大观点破解力电综合问题” 学前诊断1.两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为l 。

导轨上面横放着两根导体棒ab 和cd ，构成矩形回路，如图所示。

两根导体棒的质量皆为m ，电阻皆为R ，回路中其他部分的电阻可不计。

在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B 。

设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，棒cd 静止，棒ab 有指向棒cd 的初速度v 0。

若两导体棒在运动中始终不接触，求：(1)在运动中产生的焦耳热最多是多少？(2)当棒ab 的速度变为初速度的34时，棒cd 的加速度是多大？解析：(1)从开始到两棒达到相同速度v 的过程中，两棒的总动量守恒，有m v 0＝2m v ，根据能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热 Q ＝12m v 02－12·2m v 2＝14m v 02。

(2)设棒ab 的速度变为34v 0时，cd 棒的速度为v ′，则由动量守恒可知m v 0＝34m v 0＋m v ′，得v ′＝14v 0，此时棒cd 所受的安培力F ＝BIl ＝B 2l 2v 04R 。

由牛顿第二定律可得：棒cd 的加速度大小为a ＝F m ＝B 2l 2v 04mR。

答案：(1)14m v 02(2)B 2l 2v 04mR2．如图所示，两根足够长的光滑金属导轨ab 、cd 与水平面成θ＝30°固定，导轨间距离为l ＝1 m ，电阻不计，一个阻值为R 0的定值电阻与电阻箱并联接在两金属导轨的上端，整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为B ＝1 T 。

现将一质量为m 、电阻可以忽略的金属棒MN 从图示位置由静止开始释放。

金属棒下滑过程中与导轨接触良好。

改变电阻箱的阻值R ，测定金属棒的最大速度v m ，得到1v m -1R的关系如图乙所示。

取g ＝10 m/s 2。

求：(1)金属棒的质量m 和定值电阻R 0的阻值；(2)当电阻箱R 取2 Ω，且金属棒的加速度为g4时，金属棒的速度。

高考物理二轮第一部分力学第二板块第2讲应用“能量观点”和“动量观点”破解力学计算题课件

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[悟一法]
解答含有弹簧的机械能守恒问题时，关键是选好系统，弄清楚弹性势能的变化情况或弹力做功的情况。
1．弹性势能：通常由功能关系或能量守恒定律计算，弹簧压缩或拉伸，均有弹性势能，同一弹簧压缩或拉伸相同的长度，其弹性势能相等。
2．弹力做功：与路径无关，取决于初、末状态弹簧形变量的大小，且 W 弹＝－ΔEp。
速度为 g，取 sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求： (1)小球受到手的拉力大小 F； (2)物块和小球的质量之比 M∶m；
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(3)小球向下运动到最低点时，物块 M 所受的拉力大小 T。
第二十一页，共四⊥BC，根据平衡条件得 (F＋mg)cos 53°＝Mg 解得 F＝53Mg－mg。 (2)与 A、B 相同高度时小球上升 h1＝3lsin 53° 物块下降 h2＝2l 物块和小球组成的系统机械能守恒 mgh1＝Mgh2 解得Mm＝65。
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(3)小球离开 C 点后做平抛运动，根据平抛运动规律有 2R＝12gt2，x＝vCt 解得 x＝2 2R 因为 x＝2 2R＞2R，所以小球不能落在薄板 DE 上。 [答案] (1)3mgR (2)分别为向右和向左，大小为 4mg 的压力 (3)小球不能落在薄板 DE 上，计算过程见解析
(1)摩擦力对小物块做的功； 12(/29/2)0小21 物块经过 D 点时对轨道压力的大小； (3)倾斜挡板与水平面间的夹角 θ。
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[审题指导]
运动情景是小物块的运动经历了三个过程，分别是直线运动、圆什么？周运动、平抛运动
用到什么规律？