(江浙选考1)202x版高考物理总复习 专题四 动量与能量观点的综合应用 考点强化练42 动量与能量
江浙选考版高考物理总复习专题一动力学与能量观点的综合应用考点强化练动力学与能量观点的综合应用.doc
考点强化练39动力学与能量观点的综合应用1.(2018学年浙江诸暨市牌头中学期中)如图所示,在竖直平面内,粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B点,C是最低点,圆心角∠BOC=37°,D与圆心O 等高,圆弧轨道半径R=1.0 m,先有一个质量为m=0.2 kg可视为质点的小物体,从D点的正上方E点处自由下落,DE距离h=1.6 m,物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ=0.5,g 取10 m/s2。
求:(1)物体第一次通过C点时对轨道的压力F N;(2)要是物体不从斜面顶端飞出,斜面的长度L AB至少要多长;(3)若斜面已经满足(2)要求,物体从E点开始下落,直至最后在光滑圆弧轨道做周期性运动,在此过程中物体克服摩擦力做了多少功?2.(2018浙江杭州高一上期末)如图所示,倾角为30°的光滑斜劈AB长L1=0.4 m,放在离地高h=0.8 m的水平桌面上,B点右端接一光滑小圆弧(图上未画出),圆弧右端切线水平,与桌面边缘的距离为L2。
现有一小滑块从A端由静止释放,通过B点后恰好停在桌面边缘的C点,已知滑块与桌面间的滑动摩擦因数μ=0.2。
(1)求滑块到达B点速度v B的大小;(2)求B点到桌面边缘C点的距离L2;(3)若将斜劈向右平移一段距离ΔL=0.64 m,滑块仍从斜劈上的A点静止释放,最后滑块落在水平地面上的P点。
求落地点P距C点正下方的O点的距离x。
3.(2018金华十校高三上)如图所示,质量m=0.2 kg小物块,放在半径R1=2 m的水平圆盘边缘A处,小物块与圆盘的动摩擦因数μ1=0.8。
圆心角为θ=37°、半径R2=2.5 m的光滑圆弧轨道BC与水平轨道光滑连接于C点,小物块与水平轨道的动摩擦因数为μ2=0.5。
开始圆盘静止,在电动机的带动下绕过圆心O1的竖直轴缓慢加速转动,某时刻小物块沿纸面水平方向飞出(此时O1与A连线垂直纸面),恰好沿切线进入圆弧轨道B 处,经过圆弧BC进入水平轨道CD,在D处进入圆心为O3、半径为R3=0.5 m光滑竖直圆轨道,绕过圆轨道后沿水平轨道DF向右运动。
(江浙选考1)2020版高考物理总复习专题一动力学与能量观点的综合应用课件
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(4)合位移:s= ������ 2 + ������ 2 ,方向与水平方向的夹角为 α,tan α= =
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-4考点一 考点二 考点三
(5)两个重要推论 ①做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延 长线一定通过此时水平位移的中点,如图中A点和B点所示。 ②做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻任一位置处,设其速 度方向与水平方向的夹角为θ,位移方向与水平方向的夹角为α,则 tan θ=2tan α。
又由动能定理 m������������ 2 +mgy= mv2
5 斜向下。 7
1 2
-17考点一 考点二 考点三
圆周运动相关综合问题研究
关键能力提升 【例3】 (2018浙江新高考研究联盟高三第二次联考)如图所示是 游乐场中过山车的模型图,半径为R=4.0 m的不光滑圆形轨道固定 在倾角为θ=37°斜轨道面上的B点,且圆形轨道的最高点C与A点平 齐,圆形轨道与斜轨道之间圆滑连接。游戏开始前,小车在水平向 左的外力F作用下静止在斜轨道P点。游戏开始时撤去水平外力F, 小车沿斜轨道向下运动,过图中A点时速度v0=14 m/s。已知小车质 1 2, sin 量m=2 kg。斜轨道面与小车间的动摩擦因数为 μ= ,g 取 10 m/s 6 37°=0.6,cos 37°=0.8。若小车通过圆形轨道最高点C时对轨道的 压力大小等于重力的两倍,设小车受到的最大静摩擦力与滑动摩擦 力相等,则
1 2 h=2gt ,又
h=L+Lsin α
������0 2 F=m ������ =300
则石块即将被抛出瞬间所需的向心力大小为 得:W-mgh=2 m������0 2
2023年高考物理一轮复习讲义——动量和能量的综合问题
专题强化十三 动量和能量的综合问题 目标要求 1.掌握解决力学综合问题常用的三个观点.2.会灵活选用三个观点解决力学综合问题．1．解动力学问题的三个基本观点(1)动力学观点：运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：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．用动量定理可简化问题的求解过程．2．力学规律的选用原则(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，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)若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则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，即转化为系统内能的量．(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化，作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决．题型一 动量与能量观点的综合应用例1 (2020·天津卷·11)长为l 的轻绳上端固定，下端系着质量为m 1的小球A ，处于静止状态．A 受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点．当A 回到最低点时，质量为m 2的小球B 与之迎面正碰，碰后A 、B 粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点．不计空气阻力，重力加速度为g ，求：(1)A 受到的水平瞬时冲量I 的大小；(2)碰撞前瞬间B 的动能E k 至少多大？答案 (1)m 15gl (2)5gl (2m 1＋m 2)22m 2解析 (1)A 恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A 在最高点时的速度大小为v ，由牛顿第二定律，有m 1g ＝m 1v 2l A 从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A 在最低点的速度大小为v A ，有12m 1v A 2＝12m 1v 2＋2m 1gl 联立解得v A ＝5gl由动量定理，有I ＝m 1v A ＝m 15gl(2)设两球粘在一起时速度大小为v ′，若A 、B 粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足v ′＝v A要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B 的速度方向相同，以此方向为正方向，设B 碰前瞬间的速度大小为v B ，由动量守恒定律，有m 2v B －m 1v A ＝(m 1＋m 2)v ′联立解得v B ＝5gl (2m 1＋m 2)m 2 又E k ＝12m 2v B 2 可得碰撞前瞬间B 的动能E k 至少为E k ＝5gl ()2m 1＋m 222m 2. 例2 如图所示，光滑水平轨道MN 左端与倾角θ＝37°的足够长的斜面PM 连接，右端与半径为R 的14光滑圆弧轨道QN 连接．质量分别为m 1＝2 kg 和m 2＝3 kg 的滑块A 、B 之间夹有少量炸药，静止在MN 上(滑块A 、B 均可视为质点，炸药的质量忽略不计)．炸药引爆后释放的化学能E ＝30 J 全部转化为两滑块的动能，之后滑块B 冲上圆弧轨道，滑块A 冲上斜面PM ，A 与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)炸药引爆后A 、B 到达M 、N 点时的动能E A 、E B 各为多大；(2)已知B 恰好能到达圆弧轨道的最高点Q ，圆弧轨道的半径R 是多大；(3)A 沿斜面上滑的最大距离x .答案(1)18 J12 J(2)0.4 m(3)0.9 m解析(1)设炸药引爆后A、B的速度大小各为v1、v2，取向左为正方向，由动量守恒定律得m1v1－m2v2＝0由能量守恒定律得：E＝12＋12m2v22；2m1v1可得E A＝12，E B＝12m2v22；2m1v1联立解得E A＝18 J，E B＝12 J(2)B从N到Q的上滑过程，由机械能守恒定律得E B＝m2gR可得R＝0.4 m(3)A从M沿斜面上滑的过程，运用动能定理得：－m1gx sin 37°－μm1gx cos 37°＝0－E A解得x＝0.9 m.题型二力学三大观点的综合应用例3如图所示，一质量为M＝3.0 kg的平板车静止在光滑的水平地面上，其右侧足够远处有一障碍物A，质量为m＝2.0 kg的b球用长l＝2 m的细线悬挂于障碍物正上方，一质量也为m的滑块(视为质点)以v0＝7 m/s的初速度从左端滑上平板车，同时对平板车施加一水平向右的，大小为6 N的恒力F.当滑块运动到平板车的最右端时，二者恰好相对静止，此时撤去恒力F.当平板车碰到障碍物A时立即停止运动，滑块水平飞离平板车后与b球正碰并与b粘在一起成为c.不计碰撞过程中的能量损失，不计空气阻力．已知滑块与平板车间的动摩擦因数μ＝0.3，g取10 m/s2，求：(1)撤去恒力F前，滑块、平板车的加速度各为多大，方向如何；(2)撤去恒力F时，滑块与平板车的速度大小；(3)c能上升的最大高度．答案(1)滑块的加速度为3 m/s2、方向水平向左，平板车的加速度为4 m/s2，方向水平向右(2)4 m/s(3)0.2 m解析 (1)对滑块，由牛顿第二定律得：a 1＝μg ＝3 m/s 2，方向水平向左对平板车，由牛顿第二定律得：a 2＝F ＋μmg M ＝6＋0.3×203m/s 2＝4 m/s 2，方向水平向右 (2)设经过时间t 1滑块与平板车相对静止，此时撤去恒力F ，共同速度为v 1则：v 1＝v 0－a 1t 1v 1＝a 2t 1解得：t 1＝1 s ，v 1＝4 m/s.(3)规定向右为正方向，对滑块和b 球组成的系统运用动量守恒得，m v 1＝2m v 2，解得v 2＝v 12＝42m/s ＝2 m/s. 根据机械能守恒得，12×2m v 22＝2mgh ， 解得h ＝v 222g ＝420m ＝0.2 m. 例4 如图所示，水平桌面左端有一顶端高为h 的光滑圆弧形轨道，圆弧的底端与桌面在同一水平面上．桌面右侧有一竖直放置的光滑圆轨道MNP ，其形状为半径R ＝0.8 m 的圆环剪去了左上角135°后剩余的部分，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离也为R .一质量m ＝0.4 kg 的物块A 自圆弧形轨道的顶端释放，到达圆弧形轨道底端恰与一停在圆弧底端水平桌面上质量也为m 的物块B 发生弹性正碰(碰撞过程没有机械能的损失)，碰后物块B 的位移随时间变化的关系式为s ＝6t －2t 2(关系式中所有物理量的单位均为国际单位)，物块B 飞离桌面后恰由P 点沿切线落入圆轨道．(重力加速度g 取10 m/s 2)求：(1)BP 间的水平距离s BP ；(2)判断物块B 能否沿圆轨道到达M 点；(3)物块A 由静止释放的高度h .答案 (1)4.1 m (2)不能 (3)1.8 m解析 (1)设碰撞后物块B 由D 点以初速度v D 做平抛运动，落到P 点时v y 2＝2gR ①其中v y v D＝tan 45°② 由①②解得v D ＝4 m/s ③设平抛用时为t ，水平位移为s 2，则有R ＝12gt 2④ s 2＝v D t ⑤由④⑤解得s 2＝1.6 m ⑥物块B 碰后以初速度v 0＝6 m/s ，加速度a ＝－4 m/s 2减速到v D ，则BD 过程由运动学公式v D 2－v 02＝2as 1⑦解得s 1＝2.5 m ⑧故BP 之间的水平距离s BP ＝s 2＋s 1＝4.1 m ⑨(2)若物块B 能沿轨道到达M 点，在M 点时其速度为v M ，由D 到M 的运动过程，根据动能定理， 则有－22mgR ＝12m v M 2－12m v D 2⑩ 设在M 点轨道对物块的压力为F N ，则F N ＋mg ＝m v M 2R⑪ 由⑩⑪解得F N ＝(1－2)mg <0，假设不成立，即物块不能到达M 点．(3)对物块A 、B 的碰撞过程，根据动量守恒有：m A v A ＝m A v A ′＋m B v 0⑫根据机械能守恒有：12m A v A 2＝12m A v A ′2＋12m B v 02⑬ 由⑫⑬解得：v A ＝6 m/s ⑭设物块A 释放的高度为h ，对下落过程，根据动能定理有：mgh ＝12m v A 2，⑮ 由⑭⑮解得h ＝1.8 m ．⑯课时精练1.如图，光滑轨道PQO 的水平段QO ＝h 2，轨道在O 点与水平地面平滑连接．一质量为m 的小物块A 从高h 处由静止开始沿轨道下滑，在O 点与质量为4m 的静止小物块B 发生碰撞．A 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度为g .假设A 、B 间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短．求：(1)第一次碰撞后瞬间A 和B 速度的大小；(2)请计算说明物块A 与B 能否发生第二次碰撞．答案 见解析解析 (1)设碰撞前A 的速度为v ，对A 下滑过程由动能定理得：mgh ＝12m v 2，得v ＝2gh 碰撞中由动量守恒得：m v ＝m v ′＋4m v B 由机械能守恒得：12m v 2＝12m v ′2＋12×4m v B 2 解得v ′＝m －4m m ＋4m v ，v B ＝2m m ＋4mv 解得碰撞后A 的速度：v ′＝－352gh B 的速度v B ＝252gh (2)碰撞后A 沿光滑轨道上升后又滑到O ，然后向右减速滑行至停止，对此过程由动能定理得：μmgx A ＝12m v ′2，解得x A ＝1825h B 沿地面减速滑行至停止，μ·4mgx B ＝12×4m v B 2 得x B ＝825h 因为x A >x B ，所以会发生第二次碰撞．2.如图，一水平放置的圆环形铁槽固定在水平面上，铁槽底面粗糙，侧壁光滑，半径R ＝2πm ，槽内放有两个大小相同的弹性滑块A 、B ，质量均为m ＝0.2 kg.两滑块初始位置与圆心连线夹角为90°；现给A 滑块一瞬时冲量，使其获得v 0＝210 m/s 的初速度并沿铁槽运动，与B 滑块发生弹性碰撞(设碰撞时间极短)；已知A 、B 滑块与铁槽底面间的动摩擦因数μ＝0.2，g ＝10 m/s 2；试求：(1)A 、B 第一次相碰过程中，系统储存的最大弹性势能E pm ；(2)A 滑块运动的总路程．答案 见解析解析 (1)对A 滑块，由动能定理可得：－μmg 2πR 4＝12m v 12－12m v 02 A 、B 碰撞时，两者速度相等时，储存的弹性势能最大，由动量守恒定律得：m v 1＝(m ＋m )v 2又由能量守恒定律可得：12m v 12＝12(m ＋m )v 22＋E pm 解得：E pm ＝1.8 J (2)A 、B 发生弹性碰撞，由动量守恒定律得：m v 1＝m v 3＋m v 4又由机械能守恒定律可得：12m v 12＝12m v 32＋12m v 42 解得：v 3＝0，v 4＝6 m/sA 、B 的总路程为s 1，由功能关系有：－μmgs 1＝0－12m v 02 A 、B 运动的总圈数为n ，有：s 1＝2πRn得：n ＝2.5对A 、B 的运动过程分析，A 运动了1.25圈，故A 滑块的路程s 2＝1.25×2πR ＝5 m.3.光滑四分之一圆弧导轨最低点切线水平，与光滑水平地面上停靠的一小车上表面等高，小车质量M ＝2.0 kg ，高h ＝0.2 m ，如图所示．现从圆弧导轨顶端将一质量为m ＝0.5 kg 的滑块由静止释放，当小车的右端运动到A 点时，滑块正好从小车右端水平飞出，落在地面上的B 点．滑块落地后0.2 s 小车右端也到达B 点．已知AB 相距L ＝0.4 m ，g 取10 m/s 2，求：(1)滑块离开小车时的速度大小；(2)圆弧导轨的半径；(3)滑块滑过小车的过程中产生的内能．答案 (1) 2 m/s (2) 1.8 m (3) 7 J解析 (1)滑块平抛过程中，沿竖直方向有：h ＝12gt 12 沿水平方向：L ＝v 1t 1解得：t 1＝2h g ＝0.2 s ，v 1＝L t 1＝2 m/s (2)滑块滑出后小车做匀速直线运动：v 2＝L t 1＋Δt ＝0.40.2＋0.2m/s ＝1 m/s 滑块在小车上运动的过程中，滑块与小车组成的系统在水平方向上动量守恒，选取向右为正方向，则：m v 0＝m v 1＋M v 2代入数据得：v 0＝6 m/s滑块在圆弧导轨上运动的过程中机械能守恒，有： mgR ＝12m v 02 代入数据得：R ＝1.8 m(3)根据能量守恒可得滑块滑过小车表面的过程中产生的内能：ΔE ＝mgR －(12m v 12＋12M v 22) 代入数据得：ΔE ＝7 J.4．如图所示，水平轨道OP 光滑，PM 粗糙，PM 长L ＝3.2 m ．OM 与半径R ＝0.15 m 的竖直半圆轨道MN 平滑连接．小物块A 自O 点以v 0＝14 m/s 向右运动，与静止在P 点的小物块B发生正碰(碰撞时间极短)，碰后A 、B 分开，A 恰好运动到M 点停止．A 、B 均看作质点．已知A 的质量m A ＝1.0 kg ，B 的质量m B ＝2.0 kg ，A 、B 与轨道PM 的动摩擦因数均为μ＝0.25，g 取10 m/s 2，求：(1)碰后A 、B 的速度大小；(2)碰后B 沿轨道PM 运动到M 所需时间；(3)若B 恰好能到达半圆轨道最高点N ，求沿半圆轨道运动过程损失的机械能．答案 (1) 4 m/s 5 m/s (2) 0.8 s (3) 1.5 J解析 (1)由牛顿第二定律，A 、B 在PM 上滑行时的加速度大小相同，均为a ，a ＝μm A g m A ＝μm B g m B＝μg 代入数据得：a ＝2.5 m/s 2由运动学知识，对A ，v 12＝2aL得碰后速度v 1＝4 m/sA 、B 相碰的过程中系统水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，得：m A v 0＝m A v 1＋m B v 2 得碰后B 的速度v 2＝5 m/s(2)对B 物块，P 到M 的运动过程，有：L ＝v 2t －12at 2 结合(1)可解得：t 1＝3.2 s(不符合，舍去)t 2＝0.8 s即所求时间t ＝0.8 s(3)B 在M 点的速度大小v 3＝v 2－at代入数值解得：v 3＝3 m/sB 恰好过N 点，满足：m B v 42R＝m B g M 到N 过程，由功能关系可得ΔE ＝12m B v 32－12m B v 42－2m B gR联立解得损失机械能：ΔE＝1.5 J.。
(江浙选考1)2020版高考物理总复习专题四动量与能量观点的综合应用考点强化练42动量与能量观点的综合应用
考点强化练42动量与能量观点的综合应用1.如图所示,水平放置的宽L=0.5 m的平行导体框,质量为m=0.1 kg,一端接有R=0.2 Ω的电阻,磁感应强度B=0.4 T的匀强磁场垂直导轨平面方向向下。
现有一导体棒ab垂直跨放在框架上,并能无摩擦地沿框架滑动,导体棒ab的电阻r=0.2 Ω。
当导体棒ab以v=4.0 m/s的速度向右匀速滑动时,试求:(1)导体棒ab上的感应电动势的大小及感应电流的方向?(2)要维持导体棒ab向右匀速运动,作用在ab上的水平拉力为多大?(3)电阻R上产生的热功率为多大?(4)若匀速后突然撤去外力,则棒最终静止,这个过程通过回路的电荷量是多少?2.(2018浙江嘉兴选考模拟)如图甲,两条足够长、间距为d的平行光滑非金属直轨道MN、PQ与水平面成θ角,EF上方存在垂直导轨平面的如图乙所示的磁场,磁感应强度在0~T时间内按余弦规律变化(周期为T、最大值为B0),T时刻后稳定为B0。
t=0时刻,正方形金属框ABCD在平行导轨向上的恒定外力作用下静止于导轨上。
T时刻撤去外力,框将沿导轨下滑,金属框在CD边、AB边经过EF时的速度分别为v1和v2。
已知金属框质量为m、边长为d、每条边电阻为R,余弦磁场变化产生的正弦交流电最大值E m=,求:(1)CD边刚过EF时,A、B两点间的电势差;(2)撤去外力到AB边刚过EF的总时间;(3)从0时刻到AB边刚过EF的过程中产生的焦耳热。
3.(2018浙江台州高三上学期期末质量评估)如图所示,两根相同平行金属直轨道竖直放置,上端用导线接一阻值为R的定值电阻,下端固定在水平绝缘底座上。
底座中央固定一根绝缘弹簧,长L质量为m的金属直杆ab通过金属滑环套在轨道上。
在直线MN的上方分布着垂直轨道面向里,磁感应强度为B的足够大匀强磁场。
现用力压直杆ab使弹簧处于压缩状态,撤去力后直杆ab被弹起,脱离弹簧后以速度为v1穿过直线MN,在磁场中上升高度h时到达最高点。
2022-2023年高考物理一轮复习 动量和能量观念在力学中的应用
第1讲 动量和能量观念在力学中的应用
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 1 冲量 。 (2)表达式：F·Δt＝ 2 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)动能和动量的关系：Ek＝2pm2 。 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。 (2)表达式：m1v1＋m2v2＝ 3 m1v1′＋m2v2′ 。
5．碰撞中的“三看”和“三想” (1)看到“弹性碰撞”，想到“动量守恒与机械能守恒”。 (2)看到“非弹性碰撞”，想到“动量守恒但机械能有损失”。 (3)看到“完全非弹性碰撞或者碰后连体”，想到“动量守恒，机械能损失 最大”。
考向1 动量定理的应用
应用动量定理的求解策略 1．动量定理的研究对象是一个质点(或可视为一个物体的系统)。 2．动量定理是过程定理，解题时必须明确过程及初末状态的动量。 3．动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选一个规定 正方向。二维情况下要注意矢量减法。 4．对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理。
例1 (多选)(2019·安徽宣城调研)如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角 为θ，质量为m的物体以速度v从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原 处，所用时间为t。对于这一过程，下列判断正确的是( )
A．斜面对物体的弹力的冲量为零 B．物体受到的重力的冲量大小为mgt C．物体受到的合力的冲量大小为零 D．物体动量的变化量大小为mgsinθ·t
[解析] 斜面对物体的弹力的冲量大小为：I＝Nt＝mgcosθ·t，弹力的冲量不 为零，故A错误；物体所受重力的冲量大小为：IG＝mg·t，物体受到的重力的冲 量大小不为零，故B正确；物体受到的合力的冲量大小为mgtsinθ，不为零，C错 误；由动量定理得，动量的变化量大小Δp＝I合＝mgsinθ·t，D正确。
(江浙选考1)2020版高考物理总复习专题四动量与能量观点的综合应用考点强化练42动量与能量观点的综合应用
考点强化练42动量与能量观点的综合应用1.如图所示,水平放置的宽L=0.5 m的平行导体框,质量为m=0.1 kg,一端接有R=0.2 Ω的电阻,磁感应强度B=0.4 T的匀强磁场垂直导轨平面方向向下。
现有一导体棒ab垂直跨放在框架上,并能无摩擦地沿框架滑动,导体棒ab的电阻r=0.2 Ω。
当导体棒ab以v=4.0 m/s的速度向右匀速滑动时,试求:(1)导体棒ab上的感应电动势的大小及感应电流的方向?(2)要维持导体棒ab向右匀速运动,作用在ab上的水平拉力为多大?(3)电阻R上产生的热功率为多大?(4)若匀速后突然撤去外力,则棒最终静止,这个过程通过回路的电荷量是多少?2.(2018浙江嘉兴选考模拟)如图甲,两条足够长、间距为d的平行光滑非金属直轨道MN、PQ与水平面成θ角,EF上方存在垂直导轨平面的如图乙所示的磁场,磁感应强度在0~T时间内按余弦规律变化(周期为T、最大值为B0),T时刻后稳定为B0。
t=0时刻,正方形金属框ABCD在平行导轨向上的恒定外力作用下静止于导轨上。
T时刻撤去外力,框将沿导轨下滑,金属框在CD边、AB边经过EF时的速度分别为v1和v2。
已知金属框质量为m、边长为d、每条边电阻为R,余弦磁场变化产生的正弦交流电最大值E m=,求:(1)CD边刚过EF时,A、B两点间的电势差;(2)撤去外力到AB边刚过EF的总时间;(3)从0时刻到AB边刚过EF的过程中产生的焦耳热。
3.(2018浙江台州高三上学期期末质量评估)如图所示,两根相同平行金属直轨道竖直放置,上端用导线接一阻值为R的定值电阻,下端固定在水平绝缘底座上。
底座中央固定一根绝缘弹簧,长L质量为m的金属直杆ab通过金属滑环套在轨道上。
在直线MN的上方分布着垂直轨道面向里,磁感应强度为B的足够大匀强磁场。
现用力压直杆ab使弹簧处于压缩状态,撤去力后直杆ab被弹起,脱离弹簧后以速度为v1穿过直线MN,在磁场中上升高度h时到达最高点。
(江浙选考1)2020版高考物理总复习专题四动量与能量观点的综合应用课件
C=1 C
m/s=0.4 m/s
-19考点一 考点二
(3)设 A 棒与 B 棒碰前的速度为 v0,碰撞过程动量守恒, 则有:mv0=mv+2mv,可得 v0=3v A 棒在安培力作用下加速,则有:BIlΔt=mΔv,即 BlΔq=mΔv 两边求和得:Bl(Q-Q')=mv0 ������������0 得 Q'=Q- ������������ 代入前面的数据可知,电容器所剩电量为 Q'=1
-5考点一 考点二
关键能力提升 命题点一 单杆做非匀变速直线运动 【例1】 (2018浙江台州中学高三上学期第四次统练)如图所示, 平行金属导轨OP、KM和PQ、MN相互垂直,且OP、KM与水平面 间夹角为θ=37°,导轨间距均为L=1 m,电阻不计,导轨足够长。两 根金属棒ab和cd与导轨垂直放置且接触良好,ab的质量为M=2 kg, 电阻为R1=2 Ω,cd的质量为m=0.2 kg,电阻为R2=1 Ω,金属棒和导轨 之间的动摩擦因数均为μ=0.5,两个导轨平面均处在垂直于轨道平 面OPMK向上的匀强磁场中。现让cd固定不动,将金属棒ab由静止 释放,当ab沿导轨下滑x=6 m时,速度已达到稳定,此时,整个回路消 耗的电功率为P=12 W。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2)求:
0.02×1.2 C- 2×0.1
C=0.88 C。
-20考点一 考点二
易错警示需要区分电容器放电电荷量和剩余电荷量。 方法技巧动量定理在电磁感应中的应用 设想在某一回路中,一部分导体仅在安培力作用下运动时,安培 力 F 为变力,但其冲量可用它对时间的平均值进行计算,应用动量定 理有 B������LΔt=mv2-mv1,而������t=q,故有
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：
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考点强化练42动量与能量观点的综合应用1.如图所示,水平放置的宽L=0.5 m的平行导体框,质量为m=0.1 kg,一端接有R=0.2 Ω的电阻,磁感应强度B=0.4 T的匀强磁场垂直导轨平面方向向下。
现有一导体棒ab垂直跨放在框架上,并能无摩擦地沿框架滑动,导体棒ab的电阻r=0.2 Ω。
当导体棒ab以v=4.0 m/s的速度向右匀速滑动时,试求:(1)导体棒ab上的感应电动势的大小及感应电流的方向?(2)要维持导体棒ab向右匀速运动,作用在ab上的水平拉力为多大?(3)电阻R上产生的热功率为多大?(4)若匀速后突然撤去外力,则棒最终静止,这个过程通过回路的电荷量是多少?2.(2018浙江嘉兴选考模拟)如图甲,两条足够长、间距为d的平行光滑非金属直轨道MN、PQ与水平面成θ角,EF上方存在垂直导轨平面的如图乙所示的磁场,磁感应强度在0~T时间内按余弦规律变化(周期为T、最大值为B0),T时刻后稳定为B0。
t=0时刻,正方形金属框ABCD在平行导轨向上的恒定外力作用下静止于导轨上。
T时刻撤去外力,框将沿导轨下滑,金属框在CD边、AB边经过EF 时的速度分别为v1和v2。
已知金属框质量为m、边长为d、每条边电阻为R,余弦磁场变化产生的正弦交流电最大值E m=,求:(1)CD边刚过EF时,A、B两点间的电势差;(2)撤去外力到AB边刚过EF的总时间;(3)从0时刻到AB边刚过EF的过程中产生的焦耳热。
3.(2018浙江台州高三上学期期末质量评估)如图所示,两根相同平行金属直轨道竖直放置,上端用导线接一阻值为R的定值电阻,下端固定在水平绝缘底座上。
底座中央固定一根绝缘弹簧,长L质量为m 的金属直杆ab通过金属滑环套在轨道上。
在直线MN的上方分布着垂直轨道面向里,磁感应强度为B的足够大匀强磁场。
现用力压直杆ab使弹簧处于压缩状态,撤去力后直杆ab被弹起,脱离弹簧后以速度为v1穿过直线MN,在磁场中上升高度h时到达最高点。
随后直杆ab向下运动,离开磁场前做匀速直线运动。
已知直杆ab与轨道的摩擦力大小恒等于杆重力的k倍(k<1),回路中除定值电阻外不计其他一切电阻,重力加速度为g。
求:(1)杆ab向下运动离开磁场时的速度v2;(2)杆ab在磁场中上升过程经历的时间t。
4.(2018浙江宁波六校期末)如图所示,两根平行金属导轨MN、PQ相距d=1.0 m,两导轨及它们所在平面与水平面的夹角均为α=30°,导轨上端跨接一阻值R=1.6 Ω的定值电阻,导轨电阻不计。
整个装置处于垂直两导轨所在平面且向上的匀强磁场中,磁感应强度大小B=1.0 T。
一根长度等于两导轨间距的金属棒ef垂直于两导轨放置(处于静止),且与导轨保持良好接触,金属棒ef的质量m1=0.1 kg、电阻r=0.4 Ω,到导轨最底端的距离s1=3.75 m。
另一根质量m2=0.05 kg的绝缘棒gh,从导轨最底端以速度v0=10 m/s沿两导轨上滑并与金属棒ef发生正碰(碰撞时间极短),碰后金属棒ef沿两导轨上滑s2=0.2 m后再次静止,此过程中电阻R产生的焦耳热Q=0.2 J。
已知两棒(ef和gh)与导轨间的动摩擦因数均为μ=,g取10 m/s2,求:(1)绝缘棒gh在与金属棒ef碰前瞬间的速率v;(2)两棒碰后,安培力对金属棒ef做的功W以及碰后瞬间金属棒ef的加速度a的大小;(3)金属棒ef在导轨上运动的时间t。
5.如图所示,光滑平行轨道abcd的水平部分处于竖直向上的匀强磁场中,bc段轨道宽度是cd段轨道宽度的2倍,bc段轨道和cd段轨道都足够长,将质量相等的金属棒P和Q分别置于轨道上的ab段和cd段,且与轨道垂直。
Q棒静止,让P棒从距水平轨道高为h的地方由静止释放,求:(1)P棒滑至水平轨道瞬间的速度大小;(2)P棒和Q棒最终的速度。
6.间距为l的平行金属导轨由倾斜和水平导轨平滑连接而成,导轨上端通过开关S连接一电容为C的电容器,如图所示。
倾角为θ的导轨处于大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅰ中,在水平导轨无磁场区静止放置金属杆cd,在杆右侧存在大小也为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅱ,区间长度足够长。
当S断开时,金属杆ab从倾斜导轨上端释放进入磁场区间Ⅰ达到匀速后进入水平轨道,在无磁场区与杆cd碰撞,杆ab与cd粘合成并联双杆(未产生形变),并滑进磁场区间Ⅱ,同时开关S接通(S接通前电容器不带电)。
在运动过程中,杆ab、cd以及并联双杆始终与导轨接触良好,且与导轨垂直。
已知杆ab和cd质量均为m,电阻均为R,不计导轨电阻和阻力,忽略磁场边界效应,求:(1)杆ab在倾斜导轨上达到匀速运动时的速度v0;(2)杆碰撞后粘合为并联双杆时的运动速度v1;(3)并联双杆进入磁场区间Ⅱ后最终达到稳定运动的速度v2.7.如图甲是我国自主研制的200 mm离子电推进系统,已经全面应用于我国航天器。
离子电推进系统的核心部件为离子推进器,它采用喷出带电离子的方式实现飞船的姿态和轨道的调整,具有大幅减少推进剂燃料消耗、操控更灵活、定位更精准等优势。
离子推进器的工作原理如图乙所示,推进剂氙原子P喷注入腔室C后,被电子枪G射出的电子碰撞而电离,成为带正电的氙离子。
氙离子从腔室C中飘移过栅电极A的速度大小可忽略不计,在栅电极A、B之间的电场中加速,并从栅电极B喷出。
在加速氙离子的过程中飞船获得推力。
已知栅电极A、B之间的电压为U,氙离子的质量为m、电荷量为q,AB间距为d,推进器单位时间内喷射的氙离子数目N。
(1)将该离子推进器固定在地面上进行试验。
求:a.氙离子经A、B之间的电场加速后,通过栅电极B时的速度v的大小,以及离子束的等效电流I;b.求喷射离子过程中,对推进器产生的反冲作用力大小;(2)配有推进器的飞船在太空运行时,处于完全失重状态,为了构建推进器在太空中运作情景,离子推进器可视为放置在光滑的水平地面上。
已知推进器的质量为M,且工作时质量保持不变,推进器刚开始运动的极短时间,可认为瞬间喷出N'个离子,即这些离子相对于地面以相同的速度同时喷出。
c.求喷出时每个离子的速度以及电场力对每个离子做的功;d.这一过程中飞船向后移动的距离;e.随着时间的推移,喷出的离子的动能逐渐变大还是变小?简要说明理由。
8.(2018浙江嘉兴高三普通高校招生选考科目教学测试)如图所示,坐标原点O处有一正离子源,其在单位时间内发出N个离子,离子的质量为m,电荷量为q,速度大小为v,发射方向在第一象限与+x方向夹角45°。
“∧”形物体的ab边和bc边的长度均为d且相互垂直,端点a、c的连线与x轴平行,在整个三角形abc区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。
初始时a端坐标为(0,d),现使“∧”形物体沿-y方向缓慢平移,平移的过程中a端点始终在y轴上,直至a、c的连线与x轴重合,在此过程中磁场区域随物体同步平移且磁感应强度保持不变。
忽略离子间的相互作用。
(1)若磁感应强度B=,求在缓慢平移全过程中,bc边被离子直接打中的区域(不考虑离子撞击后的反弹);(2)在缓慢平移全过程中,若所有离子均打到“∧”形物体上,求磁感应强度的取值范围;(3)若磁感应强度取(2)中的最大值,“∧”形物体位于某处时,从O点发出的离子进入磁场的ac边界做圆周运动后恰好能垂直撞击ab边上的P1点,求此时“∧”形物体a端的坐标。
若离子每次撞击ab 边后均能反向弹回,弹回的速度大小均是该位置撞击前速度大小的0.2倍,离子在P1点碰撞之后与ab 边发生多次碰撞,之后的碰撞点依次记为P2,P3,P4……求第n个碰撞点P n所受的撞击力大小。
9.(2018浙江嘉兴第一中学高二上学期期末)如图所示,在粗糙的水平面上0.5a~1.5a区间放置一探测板a=。
在水平面的上方存在水平向里,磁感应强度大小为B的匀强磁场,磁场右边界离小孔O 距离为a,位于水平面下方离子源C飘出质量为m,电荷量为q,初速度为0的一束负离子,这束离子经电势差为U=的电场加速后,从小孔O垂直水平面并垂直磁场射入磁场区域,t时间内共有N 个离子打到探测板上。
(1)求离子从小孔O射入磁场后打到板上的位置。
(2)若离子与挡板碰撞前后没有能量的损失,则探测板受到的冲击力为多少?(3)若射到探测板上的离子全部被板吸收,要使探测板不动,水平面需要给探测板的摩擦力为多少?考点强化练42动量与能量观点的综合应用1.答案 (1)0.8 V方向由b到a(2)0.4 N(3)0.8 W(4)2 C解析 (1)导体棒ab上的感应电动势的大小:E=BLv=0.4×0.5×4 V=0.8 V;感应电流的方向由b到a。
(2)要维持导体棒ab向右匀速运动,作用在ab上的水平拉力等于安培力:F外=F A= N=0.4 N(3)回路的电流:I= A=2 A电阻R上产生的热功率为P R=I2R=22×0.2 W=0.8 W(4)由动量定理:-B L·t=0-mvq=t,则BLq=mv解得q= C=2 C。
2.答案 (1)U AB=-B0dv1(2)t=(3)+mgdsin θ+m()解析 (1)E=B0dv1、由楞次定律知A点电势低于B点,故U AB=-E,即U AB=-B0dv1(2)mgtsin θ-B0dq=mv2-mv0q=,故:t=(3)交流电的有效值E=E m,Q1=t=线框出磁场的过程中,Q2=-W A结合动能定理:mgdsin θ+W A=ΔE k得:Q2=mgdsin θ+m()总焦耳热为:Q=Q1+Q2=+mgdsin θ+m()3.答案 (1)v2=(2)解析 (1)杆ab向下运动离开磁场前做匀速运动根据平衡条件:mg=F安+F f根据题意有:F f=kmg安培力为:F安=BIL=联立以上解得:v2=(2)杆ab在磁场中上升过程,由动量定理得:-mgt-kmgt-B L=0-mv1上升过程的感应电荷量为:q=t=联立解得:t=杆ab在磁场中上升过程经历的时间为:4.答案 (1)5 m/s(2)0.25 J25 m/s2(3)0.2 s解析 (1)绝缘棒gh从导轨最底端向上滑动的过程中,由动能定理有:-μm2gs1cos α-m2gs1sin α=m2v2-m2,解得v=5 m/s(2)由功能关系可知,金属棒ef克服安培力做的功等于回路中产生的总焦耳热,即有:W=Q总,而Q=Q,总解得W=0.25 J,设碰后瞬间金属棒ef的速率为v1,回路中产生的感应电动势为E,感应电流为I,安培力为F,有E=Bdv1,I=,F=BId,在金属棒ef上滑过程中,由动能定理有-W-μm1gs2cos α-m1gs2sin α=0-m1,解得v1=3 m/s,在两棒碰后瞬间,由牛顿第二定律有μm1gcos α+m1gsin α+F=m1a,解得a=25 m/s2。