【小初高学习】2019年高考物理大一轮复习微专题09用动力学能量和动量的观点分析带电体在电场中的运动
动力学、动量和能量观点的综合应用
(2)2 J
(3)1 m
热点题型例析
第2课时
(18 分)两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水 平面内,两导轨间距为 l.导轨上面横放着两根导体棒 PQ 和 MN, 构成矩形回路,如图 4 所示.导体棒 PQ 的质量为 m、MN 的质量 为 2m,两者的电阻皆为 R,回路中其余部分的电阻可不计.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 MN 静止于距导轨右端 d 处,PQ 棒以大小为 v0 的初速度从导轨左端开始运动.忽略回路的 电流对磁场产生的影响.
第2课时
⑫ ⑬
滑块从挡板滑至左端需要的最小能量 Emin＝2μMgL＋EqL 解得 Ek<Emin
故滑块不会从左端滑出 (2 分) 1 由能量守恒得 (2M)v2＋Eqs′＝2μMgs 路＋Eq(s 路－s′)⑭(2 分) 2 本 课 故 s 路＝1 m. (1 分)
(1)0.2 m
时 栏 目 答案 开 关
第2课时Βιβλιοθήκη (1 分)因为 t0<t1,所以撤去外力 F 时,m、M 还未相对静止,此时 m 的速 (1 分) (1 分)
本 课 时 栏 目 开 关
(1 分) (1 分) (1 分) (1 分)
热点题型例析
第2课时
由能量守恒知此过程产生的热量为 1 2 1 2 1 Q2＝2mv1 ＋2Mv2 －2(M＋m)v共2＝1.5 J 所以滑块 m 在长木板 M 上表面上滑动时所产生的热量
热点题型例析
第2课时
题型 1 动量和能量观点在力学中的应用
本 【例 1】 (18 分)如图 1 所示,固定在地面上的光滑的 1/4 圆弧面 课 与车 C 的上表面平滑相接,在圆弧面上有一个滑块 A,其质量为 时 栏 mA＝2 kg,在半径为 R＝1.25 m 的 1/4 圆弧面顶端由静止下滑, 目 开 车 C 的质量为 mC＝6 kg,在车 C 的左端有一个质量 mB＝2 kg 关
高考物理核心素养微专题4 动力学、动量和能量观点的综合应用
取向右为正方向，对 C 根据动量定理，有 －FΔt＝－mCvC′－mCvC 解得 F＝1 200 N. (2)C 与 A 碰撞过程，根据动量守恒定律，有 mCvC＝－mCvC′＋mAvA 所以 vA＝2 m/s A 恰好滑至木板 B 右端并与其共速时，B 的长度最小 根据动量守恒定律，有 mAvA＝(mA＋mB)v 所以 v＝1.5 m/s
科学思维 动力学、动量和能量观点的综合应用
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Hale Waihona Puke 首页 上页 下页 尾页本讲为力学综合问题，涉及动力学、功能关系，解此类题目关 键要做好“五选择”： (1)当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间 时，一般选择用动力学方法解题． (2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定 律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时， 应优先选择能量守恒定律． (3)当涉及多个物体及时间时，一般考虑动量定理、动量守恒定 律．
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根据能量守恒定律， 有 μmAgx＝12mAv2A－12(mA＋mB)v2 所以 x＝0.5 m.
答案：(1)1 200 N (2)0.5 m
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2．如图所示，光滑水平面上有 一质量 M＝4.0 kg 的平板车，车 的上表面有一段长 L＝1.5 m 的 粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径 R＝0.25 m 的四分之一 光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点 O′处相切．现将一 质量 m＝1.0 kg 的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平 向左的初速度 v0 滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因 数 μ＝0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点 A.g 取 10 m/s2， 求：
2019年高考物理备考：动力学 动量和能量观点的综合应用
2019年高考物理备考--动力学动量和能量观点的综合应用题型一动量守恒中的力学综合问题1．应用动量守恒定律的解题步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)；(3)规定正方向，确定初、末状态动量；(4)由动量守恒定律列出方程；(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．2．解决动力学问题的三个基本观点3.两大定律的区分例1、如图所示，A 、B 两物体质量之比m A ∶m B ＝3∶2，原来静止在平板小车C 上，A 、B 间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则( )A ．若A 、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A 、B 组成系统的动量守恒B ．若A 、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A 、B 、C 组成系统的动量守恒 C ．若A 、B 所受的摩擦力大小相等，A 、B 组成系统的动量守恒D ．若A 、B 所受的摩擦力大小相等，A 、B、C 组成系统的动量守恒【答案】BCD【解析】如果A 、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后A 、B 分别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力F A 向右，F B 向左，由于m A ∶m B ＝3∶2，所以F A ∶F B＝3∶2，则A 、B 组成系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A 选项错误．对A 、B 、C 组成的系统，A 、B 与C 间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力、支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B 、D 选项正确．若A 、B 所受摩擦力大小相等，则A 、B 组成系统的受到的外力之和为零，故其动量守恒，C 选项正确．【易错点】 判断系统动量是否守恒的方法例2 A 、B 两球沿同一条直线运动，如图所示的x t 图象记录了它们碰撞前后的运动情况，其中a 、b 分别为A 、B 碰撞前的x t 图象．c 为碰撞后它们的x t 图象．若A 球质量为1kg ，则B 球质量及碰后它们的速度大小为( )A ．2 kgB. 23 kgC ．4 m/sD ．1 m/s【答案】BD 【解析】由图象可知碰撞前二者都做匀速直线运动，v a ＝4－102 m/s ＝－3 m/s ，v b ＝4－02 m/s ＝2 m/s ，碰撞后二者连在一起做匀速直线运动，v c ＝2－44－2 m/s ＝－1 m/s.碰撞过程中动量守恒，即m A v a ＋m B v b ＝(m A ＋m B )v c可解得m B ＝23 kg由以上可知选项B 、D 正确．【易错点】碰撞问题解题策略例3.高空坠物极易对行人造成伤害。
高考物理总复习课件座六动力学动量和能量观点的综合应用
光的干涉、衍射和偏振
干涉现象
当两束或多束相干光波在空间某 一点叠加时，其振幅相加而产生 的光强增强或减弱的现象。干涉 现象揭示了光的波动性。
衍射现象
光在传播过程中遇到障碍物或小 孔时，会偏离直线传播路径而绕 到障碍物后面继续传播的现象。 衍射现象也是光的波动性的表现 。
偏振现象
光波是横波，其振动方向垂直于 传播方向。当光通过某些物质或 经过反射、折射后，其振动方向 会发生改变，这种现象称为偏振 。偏振现象在光学仪器、光学通 信等领域有广泛应用。
带电粒子在匀强电场中的偏转
类平抛运动的处理方法，将粒子的运动分解为沿电场方向和垂直于电场方向的两个分运 动，结合牛顿第二定律和运动学公式求解。
带电粒子在交变电场中的运动
分析粒子的受力情况，结合牛顿第二定律和运动学公式，确定粒子的运动情况，如速度 、位移等。
带电粒子在磁场中运动
带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动
动量守恒，并给出动量守恒定律的表达式。
03
能量转化与损失
讨论碰撞过程中的能量转化和损失情况，包括动能、势能以及内能的变
化，解释完全非弹性碰撞中动能损失最大的原因。
弹性碰撞与非弹性碰撞
弹性碰撞的特点和规律
阐述弹性碰撞中物体间无机械能损失，遵守动量守恒和机 械能守恒定律，给出弹性碰撞中两物体速度变化的关系式 。
牛顿运动定律
第一定律（惯性定律）
物体在不受外力作用时，将保持静止状态或匀速直线运动状态。
第二定律（加速度定律）
物体加速度的大小与所受合力成正比，与物体质量成反比，方向与 合力方向相同。
第三定律（作用与反作用定律）
两个物体间的作用力和反作用力总是大小相等、方向相反，作用在 同一直线上。
动力学、动量和能量
L惚托动力学.动量和能量观点的综合应用:专题定位】本专题综合应用动力学、动量和能量的观点来解决物体运动的多过程问题.本专题是高考的重点和热点，命题情景新，联系实际密切，综合性强，侧重在计算题中命题，是高考的压轴题.:应考策略】本专题在高考中主要以两种命题形式出现：一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和动量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题；二是运用动能定理和能量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感应问题.由于本专题综合性强，因此要在审题上狠下功夫，弄清运动情景，挖掘隐含条件，有针对性的选择相应的规律和方法［知识回扣】1. 动量定理的公式Ft = p'—p除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因•动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系，反映了力对时间的累积效果，与物体的初、末动量无必然联系•动量变化的方向与合外力的冲量方向相同, 而物体在某一时刻的动量方向跟合外力的冲量方向无必然联系•动量定理公式中的F是研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力,丄可以是恒力，也可以是变力，当F为变力时，F应是合外力对作用时间的平均值•2. 动量守恒定律(1) 内容：一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变⑵表达式：m i v i + m2V2= m i v i'+ m2V2‘；或p= p'(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p');或釘)=0(系统总动量的增量为零)；或A p i=—A p2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反).(3)守恒条件①系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零②系统合外力不为零，但在某一方向上系统合力为零，则系统在该方向上动量守恒③系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如碰撞、爆炸过程3. 解决力学问题的三个基本观点(1) 力的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题.(2) 动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题^以及相互作用物体的问题•(3) 能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理分析；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律【规律方法】1•力学规律的选用原则(1) 单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律.若其中涉及时间的问题，应选用动_量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二 _________ 律.(2) 多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决2. 系统化思维方法，就是根据众多的已知要素、事实，按照一定的联系方式，将其各部分连接成整体的方法.(1) 对多个物理过程进行整体思维，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动.(2) 对多个研究对象进行整体思维，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统).高考題则」动般症理和动定律的应用- ------------------------------- ▼---------------------------------- :解题方略】1. 弹性碰撞与非弹性碰撞碰撞过程遵从动量守恒定律.如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做弹性碰撞；如果碰撞过程中机械能不守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞2. 应用动量守恒定律的解题步骤(1) 明确研究对象(系统包括哪几个物体及研究的过程)；(2) 进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)；(3) 规定正方向，确定初、末状态动量；(4) 由动量守恒定律列式求解；(5) 必要时对结果进行讨论.:例1】如图1所示，光滑水平面上有一质量为m= 1 kg的小车，小车右端固定一水平轻质弹簧，弹簧左端连接一质量为m0= 1 kg的物块，物块与上表面光滑的小车一起以v0= 5 m/s的速度向右匀速运动，与静止在光滑水平面上、质量为M = 4 kg的小球发生弹性正碰，若碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内.求：(1) 碰撞结束时，小车与小球的速度；(2) 从碰后瞬间到弹簧被压至最短的过程，弹簧弹力对小车的冲量大小解析(1)设碰撞后瞬间小车的速度大小为 V !,小球的速度大小为 V ,由动量守恒及机械能守恒有：mv o = Mv + mv 11 2 1 2 . 1 2 2mv o = 2mv i 十 2Mv解得 v 1 = —— v o = — 3 m/s ，小车速度方向向左m + M(2) 当弹簧被压缩到最短时，物块与小车有共同进度， 设小车的速度大小为 v 2，根据动量守恒定律有： m ovo + mv 1= (m 0+ m)v 2,解得 v 2= 1 m/s.设碰撞后瞬间到弹簧最短的过程，弹簧弹力对小车的冲量大小为 I ，根据动量定理有1= mv 2—mv 1，解得 1 = 4 N s . 答案⑴小车：3 m/s ,方向向左 小球：2 m/s ，方向向右 (2)4 N s -预测1 (2016全国乙卷35(2))某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为 M 的卡通玩具稳定地悬停在空中.为计算方便起见，假设水柱从横截面积为 S 的喷口持续以速度 v o 竖直向上喷出；玩具底 部为平板(面积略大于S);水柱冲击到玩具底板后， 在竖直方向水的速度变为零， 在水平方向 朝四周均匀散开.忽略空气阻力.已知水的密度为 p 重力加速度大小为 g.求： (1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；⑵玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度 答案(1) po s⑵常—2pfe解析(1)在刚喷出一段很短的 A t 时间内，可认为喷出的水柱保持速度 v o 不变.该时间内，喷出水柱高度 A = v °A t ①喷出水柱质量 A m = pA V ②其中A V 为水柱体积，满足 A V = A lS ③由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为2m=2 m/s , 小球速度方向向右措另邀型2动讣和能业规点的综合陶用- -------------------------------- ▼ ---------------------------------:解题方略】1. 弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程2. 进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点3. 光滑的平面或曲面，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木 块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析4. 如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析 :例21 如图2所示，光滑水平面上有一质量 M = 4.0 kg 的平板车，车的上表面是一段长L=1.5 m 的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R = 0.25 m 的四分之一光滑圆弧轨道， 圆弧轨道与水平轨道在点 O '处相切.现将一质量m = 1.0 kg 的小物块(可视为质点)从平板车的右 端以水平向左的初速度v o 滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数卩=0.5,小物块恰能到达圆弧轨道的最高点 A.取g = 10 m/s 2，求：A mWoS. A t⑵设玩具底面相对于喷口的高度为h由玩具受力平衡得 F 冲=Mg ④ 其中，F 冲为水柱对玩具底面的作用力 由牛顿第三定律：F 压=F 冲⑤其中，F 压为玩具底面对水柱的作用力, 由运动学公式：v ，2— v 2=- 2gh ⑥ v '为水柱到达玩具底面时的速度在很短A 时间内，冲击玩具水柱的质量为A mA m = p/o S A t ⑦由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理 (F 压 + A mg) A t = A mv '⑧由于A t 很小，A mg 也很小，可以忽略， ⑧式变为 F 压 A t = A mv '⑨2由④⑤⑥⑦⑨可得h=富(1)小物块滑上平板车的初速度 v o 的大小； ⑵小物块与车最终相对静止时，它距点0 '的距离.解析(1)平板车和小物块组成的系统在水平方向上动量守恒, A 时，二者的共同速度为 v i由动量守恒得： mv 0= (M + m)v 1① 由能量守恒得：1 2 1 2 qmv o — 2(M + m)V 1 = mgR + 卩 mg ② 联立①②并代入数据解得：v 0= 5 m/s ③(2)设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为 v 2，从小物块滑上平板车，到二者相对静止的过程中，由动量守恒得： mv 0 = (M + m)v 2 ④设小物块与车最终相对静止时，它距 0'点的距离为x ,由能量守恒得： 1 2 1 2^mv o — ^(M + m)V 2 =卩 mgL + x)⑤ 联立③④⑤并代入数据解得：x = 0.5 m. 答案 (1)5 m/s (2)0.5 m预测2如图3所示，小球A 质量为m ,系在细线的一端，线的另一端固定在 0点，0点到光滑水平面的距离为 h.物块B 和C 的质量分别是5m 和3m, B 与C 用轻弹簧拴接，置于光滑 的水平面上，且 B 物块位于 0点正下方.现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运 动到最低点时与物块B 发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点时到水平面的距离为16•小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为 g ,求碰撞过程中B 物块受到的冲量大小及碰后轻弹簧获得的最大弹性势能AQ-I5 ---- 15答案］m 一 2gh ^mghB 碰撞前的速度大小为 V 1,取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有: mgh = qmv i 解得：v 1= 2gh设碰撞后小球反弹的速度大小为v 1，同理有：h 1,2设小物块到达圆弧轨道最高点解析设小球运动到最低点与物块mg^6 = 2mv i解得：v i'=字4设碰撞后物块B的速度大小为V2,取水平向右为正方向，由动量守恒定律有：mv i = —mv i' + 5mv2解得：v2=字4由动量定理可得，碰撞过程中B物块受到的冲量大小为：1 = 5mv2 = ^m , 2gh碰撞后当B物块与C物块速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，据动量守恒定律有5mv2= 8mv3据机械能守恒定律得：E pm =1 2x 5mv23—2 x 8mv32解得：E pm= 128mgh.128 y高垮題世3力学三大观点的应川:解题方略】力学规律选用的一般原则力学中首先考虑使用两个守恒定律，从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量（速度、位置）,所以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程（位移x,时间t）问题，不能解决力（F）的问题•2 若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律3 若物体（或系统）涉及到速度和时间，应考虑使用动量定理⑶若物体（或系统）涉及到位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律（4）若物体（或系统）涉及到位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路程，运用动能定理解决曲线运动和变加速运动问题特别方便:例3（2015广东理综36）如图4所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R= 0.5 m,物块A以v o= 6 m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q,再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L= 0.1 m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为尸0.1, A、B的质量均为m= 1 kg(重力加速度g取10 m/s2; A、B 视为质点，碰撞时间极短).(1) 求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F ;⑵若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；⑶求碰后AB滑至第n个(n v k)光滑段上的速度v n与n的关系式. 解析(1)从A T Q由动能定理得1 1—mg 2R= ^mv2—qmv o2解得v= 4 m/s > gR= 5 m/s在Q点，由牛顿第二定律得2vF N+ mg= mR解得F N = 22 N.(2) A撞B,由动量守恒得mv o = 2mv'解得v' = "2"= 3 m/s设摩擦距离为x,则1 2—2 卩mg= 0—2mv'解得x= 4.5 m，所以k= f = 45.(3) AB滑至第n个光滑段上，由动能定理得1 2 1 2—y2mg nL=亍2mv n —? 2mv'所以v n= 9—0.2n m/s (n<45).答案(1)4 m/s 22 N (2)45(3) v n=疥9—0.2n m/s (n<45)预测3如图5所示，内壁粗糙、半径R= 0.4 m的四分之一圆弧轨道AB在最低点B与光滑水平轨道BC相切.质量m2= 0.2 kg的小球b左端连接一轻质弹簧，静止在光滑水平轨道上，另一质量m1 = 0.2 kg的小球a自圆弧轨道顶端由静止释放，运动到圆弧轨道最低点B时对轨道的压力为小球a重力的2倍.忽略空气阻力，重力加速度g = 10 m/s2.求：图5(1) 小球a由A点运动到B点的过程中，摩擦力做的功W f；(2) 小球a通过弹簧与小球b相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能E p；⑶小球a通过弹簧与小球b相互作用的整个过程中，弹簧对小球b的冲量I的大小.答案(1) —0.4 J (2)0.2 J (3)0.4 N s-1解析⑴小球由静止释放到最低点B的过程中，根据动能定理得：m i gR+ W f = ~m i v i 2,2小球在最低点B，根据牛顿第二定律得：F N—m i g =,R联立可得：W f=—0.4 J.(2) 小球a与小球b通过弹簧相互作用，达到共同速度V2时弹簧具有最大弹性势能，此过程中，由动量守恒定律：m1v1= E+ m2)v2,1 1由能量守恒定律：^m1V12= 1(m1 + m2)v22+ E p联立可得：E p = 0.2 J.(3) 小球a与小球b通过弹簧相互作用的整个过程中，a球最终速度为v3, b球最终速度为v4,由动量守恒定律：m1v1 = m1v3+ m2v4,由能量守恒定律：|m1v12= *m1v32+ |m2v42,根据动量定理有：I = m2v4,联立可得：1 = 0.4 N s.专题强化练1. 如图1所示，质量为m的b球用长为h的细绳悬挂于水平轨道BC的出口C处，质量也为m的小球a从距BC高h的A处由静止释放，沿ABC光滑轨道滑下，在C处与b球正碰并与b粘在一起，已知BC轨道距地面有一定的高度，悬挂b 球的细绳能承受的最大拉力为2.8mg.试问：E D(1)a球与b球碰前瞬间的速度多大?(2)a、b两球碰后，细绳是否会断裂？(要求通过计算回答).答案⑴，2gh ⑵会断裂1解析⑴设a球与b球碰前瞬间的速度大小为v C，由机械能守恒定律得mgh = ?mv C,解得v C = 2gh,即a球与b球碰前的速度大小为.2gh.(2)设b球碰后的速度为v, a、b碰撞过程中动量守恒，则假设a、b球碰撞后将一起绕0点摆动，若小球在最低点时细绳拉力为解得F T = 3mg, F T>2.8mg,故细绳会断裂，小球做平抛运动.2. 如图2所示，可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上，一起以v o的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生完全非弹性碰撞，B、C的上表面相平且B、C不粘连，A滑上C后恰好能达到C板的最右端，已知A、B、C质量均相等，木板C长为L,求：mv C = (m + m)v,2F T,则F T— 2mg= 2m^h 故v=1图22f 16L -此过程中对C,根据动量定理有F f t= mv2- mV"4L代入相关数据解得t=竺.V03. 如图3所示，整个空间中存在竖直向上的匀强电场，经过桌边的虚线PQ与桌面成45角,其上方有足够大的垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，光滑绝缘水平桌面上有两个可以视为质点的绝缘小球，A球对桌面的压力为零，其质量为m,电量为q; B球不带电且质量为km(k>7).A、B间夹着质量可忽略的火药•现点燃火药(此时间极短且不会影响小球的质量、电量和各表面的光滑程度)•火药炸完瞬间A的速度为v o.求：£r't4«1«na1 ■•*r图3(1) 火药爆炸过程中有多少化学能转化为机械能；(2) A球在磁场中的运动时间；⑶若一段时间后A、B在桌上相遇，求爆炸前A球与桌边P的距离•解析(1)设爆炸之后B的速度大小为v B，选向左为正方向,在爆炸前后由动量守恒可得：0 = mv0- kmv B代入解得mv oF f= ------答案⑴即mv2(2)f n m⑶占晋1E = 2mv o+ |kmv B2=k+ 1!T mv0(2)由A球对桌面的压力为零可知重力和电场力等大反向, 故A球进入电场中将会做匀速圆周运动，如图所示则(3) 由 0= mv o — kmv B 可得：V B =r v w .111 v w由 qvo B = mR 知，R=设爆炸前A 球与桌边P 的距离为X A ,爆炸后B 运动的位移为X B ，时间为t B 则 t B = XA + t 2+ -X B = V B t B由图可得：R = X A + X B4.如图4所示，在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连，O 点为弹簧原长位置，O 点左侧水平面光滑•水平段OP 长为L = 1 m ,P 点右侧一与水平方向成 0= 30°勺足够长的传送带与水平面在P 点平滑连接，传送带轮逆时针转动速率为 3 m/s ，一质量为1 kg 可视为质点的物块 A 压缩弹簧(与弹簧不拴接)，使弹簧获得的弹性势能E p = 9 J ,物块与OP 段动摩擦因数 M =0.1,另一与A 完全相同的物块 B 停在P 点，B 与传送带的动摩擦因数M =33，传送带足够长，A 与B 的碰撞时间不计，碰后 A 、B 交换速度，重力加速度 g = 10 m/s 4 5，现释放A ，求： 运动的时间t i = VB = 0.4 s.4 物块A 、B 第一次碰撞前瞬间， A 的速率V 0；5 从A 、B 第一次碰撞后到第二次碰撞前， B 与传送带之间由于摩擦而产生的热量;⑶A 、B 能够碰撞的总次数.答案 (1)4 m/s (2)12.25 J (3)6 次解析(1)设物块质量为 m , A 与B 第一次碰前的速率为 v 0, . 1 2 贝U E p = 2mv °+ w mgL , 解得 V 0 = 4 m/s.(2)设A 、B 第一次碰撞后的速度分别为V A 、V B ,则v A = 0, v B = 4 m/s ,碰后B 沿传送带向上做匀减速运动直至速度为零， 加速度大小设为 a 1,则mgsin 0+ M mgcos 0= ma 1, 解得 a 1 = gsin + M gcos 0= 10 m/s 2.有几何知识可得：粒子在磁场中运动了3个圆周mv oa i位移 X i =申t i = 0.8 m. 此过程相对运动路程空、=vt 1 + x 1 = 2 m.此后B 反向加速，加速度仍为 a i ，与传送带共速后匀速运动直至与A 再次碰撞，加速时间为t 2= v= 0.3 s.a i位移为 x 2 = Vt 2 = 0.45 m.此过程相对运动路程 Z\s 2= vt 2 — x 2= 0.45 m , 全过程摩擦生热 Q =血mgcos q A s i + 週）=12.25 J.（3）B 与A 第二次碰撞，两者速度再次互换，此后 A 向左运动再返回与B 碰撞，B 沿传送带向上运动再次返回，每次碰后到再次碰前速率相等，重复这一过程直至两者不再碰撞.则对A 、1 2B 和弹簧组成的系统，从第二次碰撞后到不再碰撞：？mv = 2n ^mgL ，解得第二次碰撞后重复的过程数为n = 2.25.所以碰撞总次数为 N = 2+ 2n = 6.5= 6次（取整数）.(1) A 物体的最终速度；(2) A 在木板C 上滑行的时间. 答案⑴晋⑵4L4v o解析(1)设A 、B 、C 的质量为m , B 、C 碰撞过程中动量守恒，设 B 、C 碰后的共同速度为V 1,则 mv °= 2mv 1，解得 w = v 0,B 、C 共速后A 以V 0的速度滑上C , A 滑上C 后，B 、C 脱离，A 、C 相互作用的过程中动量 守恒， 设最终A 、C 的共同速度为V 2 , 贝U mv 0+ mv 1 = 2mv 2，解得 v 2= 3v4(2)在A 、C 相互作用的过程中，根据机械能守恒有 111F f L = 2mv 01 2 + ?mv 12-? 2mv 22(F f 为 A 、C 间的摩擦力),图4。
物理一轮复习课件： 电磁感应中动力学、动量和能量问题共82页
物理一轮复习课件： 电磁感应中动力 学、动量和能量问题
51、山气日夕佳，飞鸟相与还。 52、木欣欣以向荣，泉涓涓而始流。
53、富贵非吾愿，帝乡不可期。 54、雄发指危冠，猛气冲长缨。 55、土地平旷，屋舍俨然，有良田美 池桑竹 之属， 阡陌交 通，鸡 犬相闻 。
பைடு நூலகம்
6、最大的骄傲于最大的自卑都表示心灵的最软弱无力。——斯宾诺莎 7、自知之明是最难得的知识。——西班牙 8、勇气通往天堂，怯懦通往地狱。——塞内加 9、有时候读书是一种巧妙地避开思考的方法。——赫尔普斯 10、阅读一切好书如同和过去最杰出的人谈话。——笛卡儿
综合运用动力学动量观点能量观点分析解决多物体多过程问题高三物理一轮复习专题
一.必备知识精讲1.解动力学问题的三个根本观点〔1〕力的观点：用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。
〔2〕能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
〔3〕动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
2.力学规律的选用原那么〔1〕如果要列出各物理量在某一时刻的动力学关系式，可用牛顿第二定律。
〔2〕研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理涉及时间的问题或动能定理涉及位移的问题去解决问题。
〔3〕假设研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和能量守恒定律机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。
〔4〕在涉及相对位移问题时那么优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量。
〔5〕在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换，这种问题由于作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。
3.解题技巧〔2〕通过画运动轨迹图和v-t图像，再现运动过程。
〔3〕明确研究对象，分析其不同的运动阶段的受力情况、运动特点、各力做功及系统能量转化情况，用量和未知量列出相关方程。
一个方程不能求解，那么通过方程组求解。
二.典型例题精讲：例1：(·高考)如下图，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5 m。
物块A以v0＝6 m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1 m。
物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1 kg(重力加速度g 取10 m/s 2；A 、B 视为质点，碰撞时间极短)。
(1)求A 滑过Q 点时的速度大小v 和受到的弹力大小F ； (2)假设碰后AB 最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值； (3)求碰后AB 滑至第n 个(n ＜k )光滑段上的速度v n 与n 的关系式。
高考物理总复习 专题五 动力学、动量和能量观点的综合应用
专题五动力学、动量和能量观点的综合应用力学的三个基本观点：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、功能关系与能量守恒定律)；③动量观点(动量定理、动量守恒定律)．熟练应用三大观点分析和解决综合问题是本专题要达到的目的．考点一碰撞模型的拓展模型1“弹簧系统”模型1.模型图2．模型特点(1)在能量方面，由于弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒．(2)在动量方面，系统动量守恒．(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大．(4)弹簧处于原长时，弹性势能为零．例1. (多选)如图甲所示，物块a、b间拴接一个压缩后被锁定的轻质弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中a物块最初与左侧固定的挡板相接触，b物块质量为1 kg.现解除对弹簧的锁定，在a物块离开挡板后，b物块的v t关系图象如图乙所示．则下列分析正确的是( )A．a的质量为1 kgB．a的最大速度为4 m/sC．在a离开挡板后，弹簧的最大弹性势能为1.5 JD．在a离开挡板前，a、b及弹簧组成的系统动量和机械能都守恒模型2“滑块—木板”模型1.模型图2．模型特点(1)当滑块和木板的速度相等时木板的速度最大，两者的相对位移也最大．(2)系统的动量守恒，但系统的机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统机械能的减少量，当两者的速度相等时，系统机械能损失最大．例2.如图所示，两块相同平板P 1、P 2置于光滑水平面上，质量均为m.P 2的右端固定一轻质弹簧，左端A 与弹簧的自由端B 相距L.物体P 置于P 1的最右端，质量为2m 且可看作质点．P 1与P 以共同速度v 0向右运动，与静止的P 2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P 1与P 2粘连在一起．P 压缩弹簧后被弹回并停在A 点(弹簧始终在弹性限度内)．P 与P 2之间的动摩擦因数为μ.求：(1)P 1、P 2刚碰完时的共同速度v 1和P 的最终速度v 2； (2)此过程中弹簧的最大压缩量x 和相应的弹性势能E p . 教你解决问题第一步：审条件 挖隐含①“与静止的P 2发生碰撞，碰撞时间极短”隐含→ P 的速度不变． ②“碰撞后P 1与P 2粘连在一起”隐含→ P 1、P 2获得共同速度． ③“P 压缩弹簧后被弹回并停在A 点”隐含→ P 1、P 2、P 三者有共同速度及整个碰撞过程中的弹性势能变化为零．第二步：审情景 建模型 ①P 1与P 2碰撞建模→ 碰撞模型．②P 与P 2之间的相互作用建模→ 滑块—滑板模型． 第三步：审过程 选规律 ①动量守恒定律―→求速度．②能量守恒定律―→求弹簧的压缩量x 及弹性势能E p .模型3“子弹打木块”模型 1.模型图2．模型特点(1)子弹打入木块若未穿出，系统动量守恒，能量守恒，即mv 0＝(m＋M)v，Q热＝fL相对＝12mv02－12(M＋m)v2.(2)若子弹穿出木块，有mv0＝mv1＋Mv2，Q热＝fL相对＝1 2mv−0212mv−1212Mv22.例3.(多选)如图所示，一质量m2＝0.25 kg的平顶小车，车顶右端放一质量m3＝0.30 kg的小物体，小物体可视为质点，与车顶之间的动摩擦因数μ＝0.45，小车静止在光滑的水平轨道上．现有一质量m1＝0.05 kg 的子弹以水平速度v0＝18 m/s射中小车左端，并留在车中，子弹与车相互作用时间很短．若使小物体不从车顶上滑落，g取10ms2.下列分析正确的是( )A．小物体在小车上相对小车滑行的时间为13sB．最后小物体与小车的共同速度为3 m/sC．小车的最小长度为1.0 mD．小车对小物体的摩擦力的冲量为0.45 N·s跟进训练1．[黑龙江哈尔滨模拟](多选)如图所示，两个小球A、B大小相等，质量分布均匀，分别为m1、m2，m1<m2，A、B与轻弹簧拴接，静止在光滑水平面上，第一次用锤子在左侧与A球心等高处水平快速向右敲击A，作用于A的冲量大小为I1，第二次两小球及弹簧仍静止在水平面上，用锤子在右侧与B球心等高处水平快速向左敲击B，作用于B的冲量大小为I2，I1＝I2，则下列说法正确的是( )A．若两次锤子敲击完成瞬间，A、B两球获得的动量大小分别为p1和p2，则p1＝p2B．若两次锤子敲击分别对A、B两球做的功为W1和W2，则W1＝W2C．若两次弹簧压缩到最短时的长度分别为L1和L2，则L1<L2D．若两次弹簧压缩到最短时，A、弹簧、B的共同速度大小分别为v1和v2，则v1>v22．如图甲所示，质量为M＝3.0 kg的平板小车C静止在光滑的水平面上，在t＝0时，两个质量均为1.0 kg的小物体A和B同时从左右两端水平冲上小车，1.0 s内它们的v t图象如图乙所示，g取10 m/s2.(1)小车在1.0 s内的位移为多大？(2)要使A、B在整个运动过程中不会相碰，车的长度至少为多少？考点二力学三大观点解决多过程问题1．三大力学观点的选择技巧根据问题类型，确定应采用的解题方法．一般来说，只涉及作用前后的速度问题，考虑采用动量守恒和能量守恒；涉及运动时间与作用力的问题，采用动量定理，考虑动能定理；涉及变化情况分析时由于涉及变量较多，一般采用图象法等．2．三大解题策略(1)力的观点解题：要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度．(2)两大定理解题：应确定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)．(3)过程中动量或机械能守恒：根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率)．例4.如图所示，质量为M＝100 g、带有光滑弧形槽的滑块放在水平面上，弧形槽上圆弧对应的圆心角为θ＝60°，半径R＝0.2 m，与其处于同一竖直平面内的光滑半圆轨道cd的半径为r＝0.2 m，c、d两点为半圆轨道竖直直径的两个端点，轨道与水平面相切于c点，已知b点左侧水平面光滑，b、c间的水平面粗糙．两质量分别为m1＝100 g、m2＝50 g的物块P、Q放在水平面上，两物块之间有一轻弹簧(弹簧与两物块均不拴接)，用外力将轻弹簧压缩一定长度后用细线将两物块拴接在一起，初始时弹簧储存的弹性势能为E p＝0.6 J．某时刻将细线烧断，弹簧将两物块弹开，两物块与弹簧分离时，物块P还未滑上弧形槽，物块Q还未滑到b点，此后立即拿走弹簧，物块P冲上弧形槽，已知/s2，两物块均可看成质点，忽略物块P冲上弧形槽瞬间的能量损失．(1)通过计算分析物块P能否从滑块左侧冲出，若能，求出物块P上升的最大高度，若不能，求出物块P和滑块的最终速度大小．(2)要使物块Q能冲上半圆轨道且不脱离半圆轨道，则物块Q与水平面间的动摩擦因数μ应满足什么条件？跟进训练3.如图所示，在竖直平面(纸面)内固定一内径很小、内壁光滑的圆管轨道ABC，它由两个半径均为R的四分之一圆管顺接而成，A、C两端切线水平．在足够长的光滑水平台面上静置一个光滑圆弧轨道DE，圆弧轨道D 端上缘恰好与圆管轨道的C端内径下缘水平对接．一质量为m的小球(可视为质点)以某一水平速度从A点射入圆管轨道，通过C点后进入圆弧轨道运动，过C点时轨道对小球的压力为2mg，小球始终没有离开圆弧轨道．已知圆弧轨道DE的质量为2m.重力加速度为g.求：(1)小球从A点进入圆管轨道时的速度大小；(2)小球沿圆弧轨道上升的最大高度．专题五 动力学、动量和能量观点的综合应用 关键能力·分层突破例1 解析：由题意可知，当b 的速度最小时，弹簧恰好恢复原长，设此时a 的速度最大为v ，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：m b v 0＝m b v 1+m a v ，12m b v 02＝12m b v 12＋12m a v 2，代入数据解得：m a ＝0.5 kg ，v ＝4m/s ，故A 错误，B 正确；两物块的速度相等时，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：m b v 0＝(m a ＋m b )v 2，E p ＝12m b v −0212(ma ＋ mb)v 22，代入数据解得：E p ＝1.5 J ，故C 正确；在a 离开挡板前，a 、b 及弹簧组成的系统受到挡板向右的力，所以系统机械能守恒、动量不守恒，故D 错误．答案：BC例2 解析：(1)P 1、P 2碰撞瞬间，P 的速度不受影响，根据动量守恒mv 0＝2mv 1，解得v 1＝v02最终三个物体具有共同速度，根据动量守恒： 3mv 0＝4mv 2， 解得v 2＝34v 0(2)根据能量守恒，系统动能减少量等于因摩擦产生的内能：12×2mv +1212×2mv −0212×4mv 22＝2mgμ(L＋x)×2解得x ＝v 0232μg－L在从第一次共速到第二次共速过程中，弹簧弹性势能等于因摩擦产生的内能，即：E p＝2mgμ(L＋答案：(1)v0234v0(2)v0232μg－L 116mv02例3 解析：子弹射入小车的过程中，由动量守恒定律得：m1v0＝(m1＋m2)v1，解得v1＝3 m/s；小物体在小车上滑行过程中，由动量守恒定律得(m1＋m2)v1＝(m1＋m2＋m3)v2，解得v2＝1.5 m/s，选项B错误；以小物体为研究对象，由动量定理得I＝μm3gt＝m3v2，解得t＝13s，选项A正确；小车对小物体的摩擦力的冲量为I＝0.45 N·s，选项D正确；当系统相对静止时，小物体在小车上滑行的距离为l，由能量守恒定律得μm3gl＝1 2(m1+m2)v−1212(m1＋m2＋m3)v22，解得l＝0.5 m，所以小车的最小长度为0.5 m，选项C错误．答案：AD1．解析：由动量定理I＝Δp可知，由于I1＝I2，则两次锤子敲击完成瞬间有p1＝p2，故A正确；由于两次锤子敲击完成瞬间两球具有动量大小相等，由E k＝p 22m可知，A球获得的初动能更大，由动能定理可知W1>W2，故B错误；由动量守恒定律可得m1v0＝(m1＋m2)v，得v＝m1v0m1+m2，由能量守恒有12m1v02＝12(m1＋m2)v2＋E p，得E p＝m1m22(m1+m2)v02，由于p1＝p2，则质量越大的，初速度越小，即A球获得的初速度较大，则敲击A球后弹簧的最大弹性势能较大，即L1<L2，故C正确；由动量守恒定律可得m1v0＝(m1＋m2)v＝p，得v＝m1v0m1+m2＝pm1+m2，则两次共速的速度大小相等，即v1＝v2，故D错误．答案：AC2．解析：(1)由v－t图象可知：A、B的加速度大小为a A＝2 m/s2，a B＝2 m/s2由牛顿第二定律可知，f A＝2 N，f B＝2 N所以平板小车在1.0 s内所受合力为零，故小车不动，即位移为零．(2)由图象可知0～1.0 s内A、B的位移分别为：＝3 m，＝1 m1．0 s后，系统的动量守恒，三者的共同速度为v，则mv A＝(M＋2m)v，代入数据得：v＝0.4 m/s1．0 s后A减速，小车和B一起加速且a车＝23+1m/s2＝0.5 m/s2车的长度至少为l＝x A＋x B＋例 4 解析：(1)弹簧将两物块弹开的过程中弹簧与两物块组成的系统动量守恒、机械能守恒，设弹簧恢复原长后P、Q两物块的速度大小分别为v1、v2，则有0＝m1v1－m2v2，E p＝12m1v+1212m2v22解得v1＝2 m/s，v2＝4 m/s物块P以速度v1冲上滑块，P与滑块相互作用的过程中水平方向动量守恒，系统的机械能守恒，假设P不能从滑块的左侧冲出，且P在滑块上运动到最高点时的速度为v ，距水平面的高度为h ，则有m 1v 1＝(m 1+M )v ，12m 1v 12＝12(m 1＋M)v 2＋m 1gh解得h ＝0.1 m由于h ＝R(1－cos 60°)，所以物块P 恰好不能从滑块左侧冲出，假设成立，之后物块P 沿弧形槽从滑块上滑下，设物块P 返回到水平面时的速度为v 3、滑块的速度为v 4，由动量守恒定律和机械能守恒定律得m 1v 1＝m 1v 3+Mv 4，12m 1v 12＝12m 1v +3212Mv 42 解得v 3＝0，v 4＝2 m/s.(2)若Q 恰能经过d 点，则Q 在d 点的速度v d 满足m 2g ＝m 2v d2rQ 从b 点运动到半圆轨道最高点d 的过程，由动能定理有－μm 2gx bc －2m 2gr ＝12m 2v −d 212m2v 22解得Q 恰能经过半圆轨道最高点时μ＝0.3若Q 恰好能运动到与半圆轨道圆心等高点，则由动能定理得－μm 2g 解得Q 恰能运动到与半圆轨道圆心等高点时μ＝0.6 若Q 恰能到达c 点，则由动能定理得－μm 2g 解得Q 恰能运动到c 点时μ＝0.8分析可知，要使Q 能冲上半圆轨道且不脱离半圆轨道，应使0<μ≤0.3或0.6≤μ<0.8.答案：(1)见解析 (2)0<μ≤0.3或0.6≤μ<0.83．解析：(1)小球过C 点时，有2mg ＋mg ＝m v C2R，解得v C ＝√3gR .小球从A 到C ，由机械能守恒定律得12mv 02＝12mv C 2＋mg·2R，联立解得v 0＝√7gR(2)小球冲上圆弧轨道后的运动过程，在水平方向上，由动量守恒定律得mv C＝(m＋2m)v共．由机械能守恒定律得12mv C2＝12(m+2m)v共2＋mgh，联立解得h＝R.答案：(1)√7gR(2)R。
2019年高考物理大一轮复习微专题09用动力学能量和动量的观点分析带电体在电场中的运动课件新人教版
高考物理专题——动力学和能量观点的综合应用
第2讲 动力学和能量观点的综合应用 专题复习目标学科核心素养 高考命题方向 1.本讲在应用机械能守恒定律解决问题的过程中，引导学生体会守恒的思想，领悟从守恒的角度分析问题的方法，增强分析和解决问题的能力。
2．掌握从动力学和能量观点分析问题的基本思路和方法。
1.物理观念：能量观念。
2．科学推理和论证：应用牛顿第二定律、运动学公式、动能定理以及能量守恒定律分析和推理。
高考以创设较为复杂的运动情景为依托，强调受力分析、运动过程分析以及应用动力学和能量观点进行分析和推理。
主要题型：动力学方法和动能定理的应用；动力学和能量观点分析多运动过程问题。
一、动力学方法1．匀变速直线运动的运动学公式 速度公式：v ＝v 0＋at ，位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2，速度位移公式：v 2－v 20＝2ax ，平均速度公式v －＝v 0＋v 2。
2．牛顿第二定律物体运动的加速度与物体受到的合外力成正比，与物体的质量成反比，加速度的方向与物体所受合外力的方向是一致的。
表达式：F 合＝ma ，加速度是联系受力和运动的桥梁。
二、能量观点1．动能定理(1)内容：物体所受合外力做的功等于物体动能的变化量。
(2)表达式：W ＝12m v 22－12m v 21。
(3)应用技巧：如果一个物体有多个运动过程，应用动能定理的时候，可以对全过程和分过程应用动能定理列式。
2．机械能守恒定律(1)内容：在只有重力(或者弹力)做功的物体系统内，动能和势能可以相互转化，但机械能的总量保持不变。
(2)表达式3．功率表达式P＝F v的应用(1)求v：由F牵－F阻＝ma，P＝F牵v，可求v＝PF阻＋ma。
(2)求v m：由P＝F阻v m，可求v m＝PF阻。
题型一动力学方法和动能定理的应用1．规律方法运动学的基本规律、牛顿运动定律、圆周运动的知识和动能定理。
2．解题技巧如果涉及加速度、时间和受力的分析和计算，一般应用动力学方法解决；如果只涉及位移、功和能量的转化问题，通常采用动能定理分析。
2019版高考物理一轮讲义：高考题突破讲座五应用动力学观点和能量观点解决力学综合问题 含解析 精品
高考必考题突破讲座(五)应用动力学观点和能量观点解决力学综合问题题型特点考情分析命题趋势1．动力学观点和能量观点综合流程2．涉及问题(1)受力情况：几个力？恒力还是变力？(2)做功情况：是否做功？正功还是负功？(3)能量分析：建立功能关系式．►解题方法1．若只要求分析运动物体的动力学物理量而不涉及能量问题，则用牛顿运动定律和运动学规律求解．2．若物体在运动过程中涉及能量转化问题，则用功能关系求解．角度1机械能守恒角度2[例1](2017·华中师大一附中模拟)如图甲所示，质量为m ＝1 kg 的滑块(可视为质点)，从光滑、固定的14圆弧轨道的最高点A 由静止滑下，经最低点B 后滑到位于水平面的木板上．已知木板质量M ＝2 kg ，其上表面与圆弧轨道相切于B 点，且长度足够长．整个过程中木板的v －t 图象如图乙所示，g ＝10 m/s 2.求：(1)滑块经过B 点时对圆弧轨道的压力； (2)滑块与木板之间的动摩擦因数； (3)滑块在木板上滑过的距离．解析 (1)设圆弧轨道半径为R ，从A 到B 过程，滑块的机械能守恒mgR ＝12m v 2，经B 点时，根据牛顿第二定律有 F N －mg ＝m v 2R，整理得F N ＝3mg ＝30 N ，根据牛顿第三定律知，滑块对轨道的压力大小为30 N ，方向竖直向下．(2)由v －t 图象知，木板加速的加速度大小为a 1＝1 m/s 2，滑块与木板共同减速的加速度大小为a 2＝1 m/s 2，设木板与地面之间的动摩擦因数为μ1，滑块与木板之间的动摩擦因数为μ2，在0～1 s 内，对木板μ2mg －μ1(m ＋M )g ＝Ma 1， 在1 s ～2 s 内，对滑块和木板μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 2， 解得μ1＝0.1，μ2＝0.5.(3)滑块在木板上滑动过程中，设滑块与木板相对静止时的共同速度为v 1，滑块从滑上木板到两者达到共同速度所用时间为t 1.对滑块μ2mg ＝ma ，v 1＝v －at 1，v 1＝1 m/s ，t 1＝1 s ， 木板的位移x 1＝v 12t 1，滑块的位移x 2＝v 1＋v2t 1，滑块在木板上滑过的距离Δx ＝x 2－x 1， 代入数据解得Δx ＝3 m.答案 (1)30 N ，方向竖直向下 (2)0.5 (3)3 m[例2]如图，—轻弹簧原长为2R ，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC 的底端A 处，另一端位于直轨道B 处，弹簧处于自然状态．直轨道与一半径为56R 的光滑圆弧轨道相切于C 点，AC ＝7R ，A 、B 、C 、D 均在同一竖直平面内．质量为m 的小物块P 自C 点由静止开始下滑，最低到达E 点(未画出)．随后P 沿轨道被弹回，最高到达F 点，AF ＝4R .已知P 与直轨道间的动摩擦因数μ＝14，重力加速度大小为g .(取sin 37°＝35，cos 37°＝45)(1)求P 第一次运动到B 点时速度的大小． (2)求P 运动到E 点时弹簧的弹性势能．(3)改变物块P 的质量，将P 推至E 点，从静止开始释放．已知P 自圆弧轨道的最高点D 处水平飞出后，恰好通过G 点．G 点在C 点左下方，与C 点水平相距72R 、竖直相距R .求P 运动到D 点时速度的大小和改变后P 的质量．解析 (1)根据题意知，B 、C 之间的距离为l ＝7R －2R ，① 设P 到达B 点时的速度为v B ，由动能定理得 mgl sin θ－μmgl cos θ＝12m v 2B， ②式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得v B ＝2gR . ③(2)设BE ＝x .P 到达E 点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为E p .P 由B 点运动到E 点的过程中，由动能定理有mgx sin θ－μmgx cos θ－E P ＝0－12m v 2B ， ④E 、F 之间的距离为l 1＝4R －2R ＋x ， ⑤P 到达E 点后反弹，从E 点运动到F 点的过程中，由动能定理有 E p －mgl 1sin θ－μmgl 1cos θ＝0，⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得x ＝R ， ⑦ E P ＝125mgR . ⑧(3)设改变后P 的质量为m 1.D 点与G 点的水平距离x 1和竖直距离y 1分别为x 1＝72R －56R sinθ， ⑨y 1＝R ＋56R ＋56R cos θ， ⑩式中，已应用了过C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实．设P 在D 点的速度为v D ，由D 点运动到G 点的时间为t .由平抛运动公式有y 1＝12gt 2，⑪x 1＝v D t ， ⑫联立⑨⑩⑪⑫式得v D ＝355gR . ⑬设P 在C 点速度的大小为v C .在P 由C 点运动到D 点的过程中机械能守恒，有 12m 1v 2C ＝12m 1v 2D ＋m 1g (56R ＋56R cos θ)， ⑭ P 由E 点运动到C 点的过程中，由动能定理有 E p －m 1g (x ＋5R )sin θ－μm 1g (x ＋5R )cos θ＝12m 1v 2C ， ⑮ 联立⑦⑧⑬⑭⑮式得m 1＝13m .答案 见解析1．(2017·江苏南京诊断)如图所示，质量M ＝0.4 kg 的长薄板BC 静置于倾角为37°的光滑斜面上，在A 点有质量m ＝0.1 kg 的小物体(可视为质点)以v 0＝4.0 m/s 速度水平抛出，恰以平行斜面的速度落在薄板的最上端B 并在薄板上运动，当小物体落在薄板上时，薄板无初速度释放开始沿斜面向下运动，小物体运动到薄板的最下端C 时，与薄板速度恰好相等，已知小物体与薄板之间的动摩擦因数为μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2.求：(1)A 点与B 点的水平距离； (2)薄板BC 的长度．解析 (1)小物体从A 到B 做平抛运动，下落时间为t 1，水平位移为x ，则 gt 1＝v 0tan 37°， ① x ＝v 0t 1，②联立①②得x ＝1.2 m.(2)小物体落到B 点的速度为v ，则v ＝v 20＋(gt 1)2，③小物体在薄板上运动，则mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 1，④ 薄板在光滑斜面上运动，则 Mg sin 37°＋μmg cos 37°＝Ma 2，⑤ 小物体从落到薄板到两者速度相等用时t 2，则 v ＋a 1t 2＝a 2t 2，⑥小物体的位移x 1＝v t 2＋12a 1t 22，⑦薄板的位移x 2＝12a 2t 22，⑧薄板的长度l ＝x 1－x 2，⑨ 联立③～⑨式得l ＝2.5 m. 答案 (1)1.2 m (2)2.5 m2．(2017·河北衡水一模)如图所示，滑块质量为m ，与水平地面间的动摩擦因数为0.1，它以v 0＝3gR 的初速度由A 点开始向B 点滑行，AB ＝5R ，并滑上光滑的半径为R 的14圆弧BC ，在C 点正上方有一离C 点高度也为R 的旋转平台，沿平台直径方向开有两个离轴心距离相等的小孔P 、Q ，P 、Q 位于同一直径上，旋转时两孔均能达到C 点的正上方．若滑块滑过C 点后穿过P 孔，又恰能从Q 孔落下，则平台转动的角速度ω应满足什么条件？解析 设滑块滑至B 点时速度为v B ，对滑块由A 点到B 点应用动能定理有 －μmg 5R ＝12m v 2B －12m v 20， 解得v 2B ＝8gR .滑块从B 点开始，运动过程机械能守恒，设滑块到达P 处时速度为v P ，则 12m v 2B ＝12m v 2P ＋mg 2R ， 解得v P ＝2gR ，滑块穿过P 孔后再回到平台的时间t ＝2v Pg ＝4R g， 要想实现题述过程，需满足ωt ＝(2n ＋1)π， ω＝π(2n ＋1)4gR(n ＝0,1,2，…)． 答案 ω＝π(2n ＋1)4gR(n ＝0,1,2，…) 3．(2017·湖北黄冈模拟)如图所示，半径R ＝1.0 m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B 和圆心O 的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C 为轨道的最低点．C 点右侧的光滑水平面上紧挨C 点静止放置一木板，木板质量M ＝1 kg ，上表面与C 点等高．质量为m ＝1 kg 的物块(可视为质点)从空中A 点以v 0＝1.2 m/s 的速度水平抛出，恰好从轨道的B 端沿切线方向进入轨道．已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2.求：(1)物块经过C 点时的速度v C ；(2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q .解析 (1)设物块在B 点的速度为v B ，在C 点的速度为v C ，从A 到B 物块做平抛运动，有v B sin θ＝v 0，从B 到C ，根据动能定理有mgR (1＋sin θ)＝12m v 2C －12m v 2B ，解得v C ＝6 m/s.(2)物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用，最终将一起共同运动．设相对滑动时物块加速度为a 1，木板加速度为a 2，经过时间t 达到共同速度为v ，则μmg ＝ma 1，μmg ＝Ma 2， v ＝v C －a 1t ，v ＝a 2t .根据能量守恒定律有12(m＋M)v 2＋Q＝12m v2C联立解得Q＝9 J.答案(1)6 m/s(2)9 J。
度高考物理一轮复习 第十章 动力学动量和能量观点在电学中的应
度高考物理一轮复习第十章动力学、动量和能量观点在电学中的应―――――――――― 新学期新成绩新目标新方向――――――――――2 电磁感应中的动力学和能量问题一、选择题(1～3题为单项选择题，4～7题为多项选择题)1．如图1所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动。
杆ef及线框中导线的电阻都可不计。
开始时，给ef一个向右的初速度，则( )图1A．ef将减速向右运动，但不是匀减速 B．ef将交减速向右运动，最后停止 C．ef 将匀速向右运动 D．ef将往返运动解析 ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而B2L2v做减速运动，直到停止，但不是匀减速，由F＝BIL＝＝ma知，ef做的是加速度减R小的减速运动，故A正确。
答案 A2．一半径为r、质量为m、电阻为R的金属圆环用一根长为L的绝缘轻细杆悬挂于O1点，杆所在直线过圆环圆心，在O1点的正下方有一半径为L＋2r的圆形匀强磁场区域，其圆心O2与O1点在同一竖直线上，O1点在圆形磁场区域边界上，如图2所示。
现使绝缘轻细杆从水平位置由静止释放，下摆过程中金属圆环所在平面始终与磁场垂直，已知重力加速度为g，不计空气阻力及其他摩擦阻力，则下列说法正确的是( )桑水图2A．金属圆环最终会静止在O1点的正下方 B．金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为mgL 1C．金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为mg(L＋2r)21D．金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为mg(L＋r)2解析圆环最终要在如图中A、C位置间摆动，因为此时圆环中的磁通量不再发生改变，圆环中不再有感应电流产生。
由几何关系可知，圆环在A、C位置时，其圆心与O1、O2的距离均为L＋r，则圆环在A、C位置时，圆环圆心到O1的高度为1得金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为mg(L＋2r)，C正确。
高三第一轮复习漫谈动量与能量新课程
高三第一轮复习闲谈动量与能量新课程1．对于动量和能量的差别和应用：动量是力的时间累积，能量是力的空间累积。
物体在力的作用下运动状态发生变化，冲量与动量的改变相关。
它们有着明显的因果关系。
对于功来说，它与能量的改变相关。
物体能够做功的条件是一定拥有能量。
功是能转变的量度。
物体在做功的过程中，一种形式的能量减少，另一种形式的能量增添。
在力学中，动量定理、动量守恒定律、以及在做功与能量转变的过程中，能量转变和能量守恒定律都是研究力和运动的关系的重要理论和基本法例。
（1）冲量与功的差别：冲量 I 是矢量，应用矢量合成法例求合冲量；而功W是标量，应用代数和运算求总功：它们的大小：冲量I=Ft ，功 W=FScosθ； I 改改动量p， W改变的是E k。
（2）动量与动能的差别：动量△ p 是矢量而动能是标量：△p∝ v，E k∝ v2；若速度发生变化，则△p 必定不为零，若速度发生变化时，则E k 可能为零（ v 不过方向变化，大小其实不变）；动量定律的数学表达式： F 合 t= △p，（其本质就是牛顿第二定律：F=ma）。
动能定理的数学表达式：W=△ E k。
（它是由功的定义、牛顿第二定律和运动学知识推导出来的）。
（3）动量定理与动能定理的差别：物体在力的作用下，在一段时间内速度发生变化，这种问题属于动量定理的应用问题；而物体在力的作用下，在一段位移内速度发生变化，这种问题属于动能定理的应用问题。
可见它们的差别在于：前者波实时间，后者波及位移（或行程）。
（4）动量守恒定律与动能守恒定律的差别：物体之间发生相互作用的过程中，假如没有外力作用，那幺相互作用的物体的总动量保持不变，这就是动量守恒定律。
它的合用条件是相互作用的物体不受外力，自然，世界上物体不受外力的状况是不存在的。
应用动量守恒定律的主若是以下三种状况：（ 1）系统遇到的合外力为零。
（ 2）系统所受的外力比相互作使劲（内力）小的多。
以致能够忽视外力的影响。
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微专题09 用动力学、能量和动量的观点分析带电体在电场中的运动
力学中的v t 图象在电场中的应用
由已知的带电粒子运动的v t 图象分析电场性质，此类题常用方法：
(1)由v t 图象的斜率变化分析带电粒子的加速度a 的大小变化；
(2)根据牛顿第二定律a ＝F m ＝Eq m
，判断场强E 的大小变化； (3)根据v t 图象分析带电粒子做加速运动还是减速运动，进而分析场强的方向；
(4)由场强的大小和方向分析电场的其他性质，如电场线、等势面、电势、电势能的变化等．
(2018·新余模拟)(多选)如图甲所示，在x 轴上有两个固定的点电荷Q 1、Q 2，
其中Q 1带正电处于原点O .现有一个正点电荷q 以一定的初速度沿x 轴正方向运动(只受电场力作用)，其v t 图象如图乙所示，q 经过a 、b 两点时速度分别为v a 、v b .则以下判断正确的是( )
甲 乙
A ．Q 2带负电且电荷量小于Q 1
B ．b 点的场强比a 点的场强大
C ．a 点的电势比b 点的电势高
D ．q 在a 点的电势能小于在b 点的电势能
解析：选AD 根据v t 图象的斜率表示加速度，可知正点电荷q 在b 点的加速度为零，电荷在b 点左侧做减速运动，在b 点右侧做加速运动，则在b 点受到两点电荷的电场力平衡，可知Q 2带负电，根据点电荷场强公式E ＝k Q
r 2得知Q 2带电荷量小于Q 1，故A 正确；正点电荷q 在b 点的加速度为零，受力为零，故b 的场强为零，而a 点的场强不为零，所以b 点的场强比a 点的场强小，故B 错误；该点电荷从a 点到b 点，做减速运动，电场力做负功，电势能增大，又因为该电荷为正电荷，所以电势升高，则b 点电势比a 点电势高，故C 错误；由C 分析得，点电荷在a 点的电势能小于在b 点的电势能，故D 正确．
场强E (电势φ)与位移x 的图象应用
在匀强电场中，静电力做的功可由W ＝qEx 求得．在非匀强电场中，根据微元思想有ΔW
＝qEΔx，同时ΔW也可由ΔW＝qΔφ求得．比较两式可得qEΔx＝qΔφ，即Δφ＝EΔx，此式可理解为在Ex图象中图线与x轴所围面积等于相距为Δx的两点间的电势差．在φx 图象中，图象上各点处切线斜率的大小表示该点电场强度沿x轴方向分量的大小．
(2018·宁波八校联考)(多选)真空中相距为3a的两个点电荷M、N，分别固定于x轴上x1＝0 和x2＝3a的两点上，在它们连线上各点场强随x变化关系如图所示，以下判断中正确的是( )
A．点电荷M、N一定为异种电荷
B．点电荷M、N一定为同种电荷
C．点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4∶1
D．x＝2a处的电势一定为零
解析：选BC 由它们连线上各点场强随x变化关系可知，点电荷M、N一定为同种正电荷，选项A错误，B正确．由点电荷电场强度公式和电场叠加原理可得点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4∶1，选项C正确．由于电势是相对量，x＝2a处的电势随零电势点的确定变化，选项D错误．
电势能E p与位移x关系的综合应用
此类问题借助vx或E px关系图象，在给出电势能E p或速度v在x轴上分布情况的基础上进行设计．解决这类问题的方法主要有两种：一是将图象还原为熟悉的情境模型；二是直接从vx和E px图象的面积、斜率的意义入手．
对于静电力做功，从力的角度看有ΔW＝FΔx，从能的角度看有ΔW＝－ΔE p，比较两
式有FΔx＝－ΔE p，即F＝－ΔE p
Δx
.E px关系图象切线的斜率反映静电力的大小，也间接反映
了由电场强度E的大小．
(2018·长沙模拟)(多选)一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能E p随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是( )
A．x1处电场强度最大
B．x2～x3段是匀强电场
C．x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1＞φ2＞φ3
D．粒子在0～x2段做匀变速运动，在x2～x3段做匀速直线运动
解析：选BC 因为图象的斜率可以反映电场强度大小，所以在x1处电场强度最小，A 错误；x2～x3段为直线，斜率恒定，所以该段为匀强电场，B正确；粒子带负电，0～x1阶段，电场力做正功，即逆着电场线方向到达x1处，之后电场力做负功，顺着电场线从x1依次到达x2、x3，而沿电场线方向电势降低，故有φ1＞φ2＞φ3，C正确；图象的斜率可以反映电场强度大小，所以粒子在0～x2段做变加速直线运动，在x2～x3段做匀加速直线运动，D错误．
用能量和动量观点分析力电综合问题
带电粒子在电场中的运动是一个综合电场力、电势能的力学问题，其研究方法与质点动力学相同，同样遵循运动的合成与分解、牛顿运动定律、动能定理、动量守恒定律等规律．处理问题的要点是注意区分不同的物理过程，弄清在不同的物理过程中物体的受力情况及运动性质(平衡、加速或减速，是直线运动还是曲线运动)，并选用相应的物理规律．在解决问题时，主要可以从三条线索展开：
其一，力和运动的关系．根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等这条线索通常适用于在恒力作用下做匀变速运动的情况．
其二，功和能的关系．根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、位移等．这条线索不但适用于匀强电场，也适用于非匀强电场．
其三，动量关系，当遇到带电体在电场中的碰撞问题时，往往要用动量守恒定律分析．
如图所示，两个形状、大小相同的金属小球A、B(均可视为质点)，A球质量为1.5 kg，B球质量为0.5 kg，开始A球不带电，静止在高h＝0.88 m的光滑绝缘平台上，B 球带0.3 C的正电，用长L＝1 m的绝缘细线悬挂在平台上方，悬点O与平台的高度也为L，整个装置放在竖直向下的匀强电场中，场大小E＝10 N/C．现将细线拉开角度α＝60°后，由静止释放B球，B球摆至最低点与A球发生对心碰撞，碰撞时无机械能损失，且碰撞后两球电量相等，不计空气阻力及A、B球间的静电力作用，取g＝10 m/s2，求：
(1)B 球摆至最低点时的速率及细线对小球的拉力；
(2)A 球从离开平台至着地的过程中水平位移的大小．
解析：(1)对B 球：从静止释放至摆到最低点过程中，根据动能定理，有 m B gL (1－cos α)＋qEL (1－cos α)＝12
mv 2
代入数据，解得B 球在最低点的速率 v ＝4 m/s
由T －(qE ＋mg )＝m v 2L
得T ＝16 N
(2)B 球与A 球碰撞过程中，两球所组成的系统动量守恒，碰撞时无机械能损失有 m B v ＝m B v 1＋m A v 2①
12m B v 2＝12m B v 21＋12
m A v 22② 联立①、②，解得B 球速率v 1＝2 m/s
A 球速度为v 2＝2 m/s
依题意，碰后A 球带电量q A ＝0.15 C
A 球离开平台后，在竖直方向的加速度
a y ＝m A g ＋q A E m A ＝1.5×10＋0.15×101.5
m/s 2＝11 m/s 2 A 球从离开平台至着地过程中，
由h ＝12a y t 2，得t ＝2h a y ＝2×0.8811
s ＝0.4 s 水平位移大小S ＝v 2t ＝2×0.4 m＝0.8 m
答案：(1)4 m/s 16 N (2)0.8 m。