(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
������������
(4)合位移:s= ������ 2 + ������ 2 ,方向与水平方向的夹角为 α,tan α= =
������������ 。 2������0
������ ������
-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
C目录 ONTENTS
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．
首页 上页 下页 尾页
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
首页 上页 下页 尾页
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：
高考物理知识体系总论：动量能量综合应用
THANKS
成绩，运动员应将手中的铁球(ꢀꢀ)
A．竖直向上抛出ꢀꢀꢀꢀ
B．向前方抛出
C．向后方抛出
D．竖直向下抛出
答案解析2
答案解析：要提高跳远成绩，要么使运动员获得更大的水平速度， C选项可实现；要么使运动员延长运动时间，D选项可实现。
经典例题3
质量为M的火箭，原来以速度v0在太空中飞行，现在突然向后喷出一股
F对子弹做的负功WF＝－Fx子 F对木块做的正功W′＝Fx木 F对系统(子弹和木块)做的功
W＝WF＋W′＝－F(x子－x木)＝－Fx相对 即摩擦生热的功能关系：Q＝Ff· x相对
动量和能量观点的综合应用
大致框架
知识点二 “子弹击中木块模型”
问题
反思总结 在研究系统内物体的相互作用时，必须同时考虑动量关系和能量关系， 否则问题往往会难以解决。 (1)动量关系一般是系统动量守恒(或某一方向动量守恒)。 (2)对于能量关系，若系统内外均无滑动摩擦力，则对系统应用机械能 守恒定律。 (3)若系统外部不受摩擦力，而内部有滑动摩擦力，则对系统应用摩擦 生热的功能关系：Q＝Ff·x相对＝E系统初－E系统末。 当然也可以分别对两个物体使用动能定理求解，只是过程繁琐些。
动量和能量观点 的综合应用 知识树原图
PART 2
利用知识体系框架来解题
此部分务必观看视频讲解
DREAM OF THE FUTURE
经典例题1
运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是(ꢀꢀ) A．燃料推动空气，空气的反作用力推动火箭 B．火箭发动机用力将燃料燃烧产生的气体向后推出，气体的反作用力推 动火箭 C．火箭吸入空气，然后向后排出，空气对火箭的反作用力推动火箭 D．火箭燃料燃烧放热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭
2020年高考物理考点重点难点专题4动量和能量观点的综合应用
2019年高考物理重点难点易考点总结专题四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．第1课时功能关系在力学中的应用1．常见的几种力做功的特点(1)重力、弹簧弹力、静电力做功与路径无关．(2)摩擦力做功的特点①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零，在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的转移，没有机械能转化为其他形式的能；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值．在一对滑动摩擦力做功的过程中，不仅有相互摩擦物体间机械能的转移，还有部分机械能转化为内能．转化为内能的量等于系统机械能的减少量，等于滑动摩擦力与相对位移的乘积．③摩擦生热是指滑动摩擦生热，静摩擦不会生热．2．几个重要的功能关系(1)重力的功等于重力势能的变化，即W G＝－ΔE p.(2)弹力的功等于弹性势能的变化，即W弹＝－ΔE p.(3)合力的功等于动能的变化，即W＝ΔE k.(4)重力(或弹簧弹力)之外的其他力的功等于机械能的变化，即W其他＝ΔE.(5)一对滑动摩擦力做的功等于系统中内能的变化，即Q＝F f·l相对．1．动能定理的应用(1)动能定理的适用情况：解决单个物体(或可看成单个物体的物体系统)受力与位移、速率关系的问题．动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动；既适用于恒力做功，也适用于变力做功，力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用．(2)应用动能定理解题的基本思路①选取研究对象，明确它的运动过程．②分析研究对象的受力情况和各力做功情况，然后求各个外力做功的代数和．③明确物体在运动过程初、末状态的动能E k1和E k2.④列出动能定理的方程W合＝E k2－E k1，及其他必要的解题方程，进行求解．2．机械能守恒定律的应用(1)机械能是否守恒的判断①用做功来判断，看重力(或弹簧弹力)以外的其他力做功的代数和是否为零．②用能量转化来判断，看是否有机械能转化为其他形式的能．③对一些“绳子突然绷紧”、“物体间碰撞”等问题，机械能一般不守恒，除非题目中有特别说明及暗示．(2)应用机械能守恒定律解题的基本思路①选取研究对象——物体系统．②根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒．③恰当地选取参考平面，确定研究对象在运动过程的初、末状态时的机械能．④根据机械能守恒定律列方程，进行求解．考向1力学中的几个重要功能关系的应用例1如图1所示，足够长传送带与水平方向的倾角为θ，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m，开始时a、b及传送带均静止，且a不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b上升h高度(未与滑轮相碰)过程中()图1A．物块a重力势能小于mghB．摩擦力对a做的功等于a机械能的增加C．摩擦力对a做的功小于物块a、b动能增加之和D．任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小相等审题突破重力势能的变化和什么力做功相对应？机械能的变化和什么力做功相对应？动能的变化又和什么力做功相对应？解析由题意m a g sin θ＝m b g，则m a＝msin θ.b上升h，则a下降h sin θ，则a重力势能的减少量为m a g×h sin θ＝mgh，故A错误．摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增加量．所以摩擦力对a做的功大于a的机械能增加量．因为系统重力势能不变，所以摩擦力做的功等于系统动能的增加量，故B、C错误．任意时刻a、b的速率相等，对b，克服重力的瞬时功率P b＝mg v，对a有：P a＝m a g v sin θ＝mg v，所以重力对a、b 做功的瞬时功率大小相等，故D正确．故选D.答案 D以题说法注意几个功能关系：重力做的功等于重力势能的变化量；弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化量；重力以外的其他力做的功等于机械能的变化量；合力做的功等于动能的变化量．(2014·广东·16)图2是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中()图2A．缓冲器的机械能守恒B．摩擦力做功消耗机械能C．垫板的动能全部转化为内能D．弹簧的弹性势能全部转化为动能答案 B解析由于车厢相互撞击弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功，所以缓冲器的机械能减少，选项A错误，B正确；弹簧压缩的过程中，垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能，选项C、D错误．考向2动力学方法和动能定理的综合应用例2如图3甲所示，用固定的电动机水平拉着质量m＝2 kg的小物块和质量M＝1 kg的平板以相同的速度一起向右匀速运动，物块位于平板左侧，可视为质点．在平板的右侧一定距离处有台阶阻挡，平板撞上后会立刻停止运动．电动机功率保持P＝3 W不变．从某时刻t＝0起，测得物块的速度随时间的变化关系如图乙所示，t＝6 s后可视为匀速运动，t＝10 s时物块离开木板．重力加速度g＝10 m/s2，求：图3(1)平板与地面间的动摩擦因数μ为多大？ (2)物块在1 s 末和3 s 末受到的摩擦力各为多大？ (3)平板长度L 为多少？审题突破 “平板以相同的速度一起向右匀速运动”隐含什么条件？求平板长度时应该选取哪段过程？电机的牵引力是恒力还是变力？怎么表示其做功的大小？解析 (1)由题图可知，前2 s 内物块和平板一起做匀速运动，对整体分析，在水平方向上受到水平向右的拉力和地面给平板的滑动摩擦力，此二力的合力为零．拉力大小为：F T1＝Pv 1滑动摩擦力大小为：F f ＝μ(M ＋m )g由平衡条件可得：Pv 1＝μ(M ＋m )g可得：μ＝0.2(2)物块在1 s 末时与平板一起做匀速运动，合力为零．物块受到水平向右的拉力与水平向左的静摩擦力，因此静摩擦力大小为：F f1＝F T1＝Pv 1＝6 N物块在2 s 末之后与平板发生相对运动，之后物块与平板间的摩擦力为滑动摩擦力且大小保持不变．物块在6 s 后可视为匀速运动，此时物块受到的合力为零，即拉力与滑动摩擦力大小相等方向相反，即：F f2＝F T2＝Pv 2＝10 N物块在3 s 末时受到的滑动摩擦力大小与6 s 后受到的摩擦力大小相等，为10 N.(3)依题意，物块在2 s 末之后一直到10 s 时，物块从平板的一端运动到另一端，对物块由动能定理得：P Δt －F f2L ＝12m v 22－12m v 21代入解得：L ＝P Δt －12m v 22＋12m v21F f2＝2.416 m答案 (1)0.2 (2)6 N 10 N (3)2.416 m以题说法 1.在应用动能定理解题时首先要弄清物体的受力情况和做功情况．此题特别要注意地面对木板的滑动摩擦力为μ(M ＋m )g .2．应用动能定理列式时要注意运动过程的选取，可以全过程列式，也可以分过程列式．如图4，传送带A 、B 之间的距离为L ＝3.2 m ，与水平面间夹角θ＝37°，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为v ＝2 m /s ，在上端A 点无初速度放置一个质量为m ＝1 kg 、大小可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为μ＝0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径R ＝0.4 m 的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点E ，已知B 、D 两点的竖直高度差为h ＝0.5 m(取g ＝10 m/s 2)．求：图4(1)金属块经过D 点时的速度；(2)金属块在BCD 弯道上克服摩擦力做的功． 答案 (1)2 5 m/s (2)3 J 解析 (1)对金属块在E 点， mg ＝m v 2ER，v E ＝2 m/s在从D 到E 过程中，由动能定理得：－mg ·2R ＝12m v 2E －12m v 2Dv D ＝2 5 m/s(2)金属块刚刚放上时，mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1， a 1＝10 m/s 2设经位移x 1达到共同速度，v 2＝2ax 1， x 1＝0.2 m<3.2 m 继续加速过程中： mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2 a 2＝2 m/s 2 x 2＝L －x 1＝3 mv 2B －v 2＝2a 2x 2 v B ＝4 m/s在从B 到D 过程中，由动能定理：mgh －W ＝12m v 2D －12m v 2B W ＝3 J.6．综合应用动力学和能量观点分析多过程问题例3 (14分)如图5所示，倾角θ＝30°、长L ＝4.5 m 的斜面，底端与一个光滑的14圆弧轨道平滑连接，圆弧轨道底端切线水平．一质量为m ＝1 kg 的物块(可视为质点)从斜面最高点A 由静止开始沿斜面下滑，经过斜面底端B 后恰好能到达圆弧轨道最高点C ，又从圆弧轨道滑回，能上升到斜面上的D 点，再由D 点由斜面下滑沿圆弧轨道上升，再滑回，这样往复运动，最后停在B 点．已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝36，g ＝10 m/s 2，假设物块经过斜面与圆弧轨道平滑连接处速率不变．求：图5(1)物块经多长时间第一次到B 点；(2)物块第一次经过B 点时对圆弧轨道的压力； (3)物块在斜面上滑行的总路程．解析 (1)物块沿斜面下滑时， mg sin θ－μmg cos θ＝ma (2分) 解得：a ＝2.5 m/s 2(1分)从A 到B ，物块匀加速运动，由L ＝12at 2(1分)可得t ＝3105s(1分)(2)因为物块恰好到C 点，所以到C 点速度为0.设物块到B 点的速度为v ，则mgR ＝12m v 2(2分)F N －mg ＝m v2R (1分)解得F N ＝3mg ＝30 N(1分)由牛顿第三定律可得，物块对轨道的压力为F N ′＝30 N ，方向向下(1分)(3)从开始释放至最终停在B 处，设物块在斜面上滑行的总路程为s ，则mgL sin θ－μmgs cos θ＝0(3分)解得s ＝9 m(1分)答案 (1)3105s (2)30 N ，方向向下 (3)9 m点睛之笔 多个运动的组合实际上是多种物理规律和方法的综合应用，分析这种问题时注意要各个运动过程独立分析，而不同过程往往通过连接点的速度建立联系，有时对整个过程应用能量的观点解决问题会更简单．(限时：15分钟，满分：16分)如图6所示，有一个可视为质点的质量为m ＝1 kg 的小物块，从光滑平台上的A 点以v 0＝1.8 m /s 的初速度水平抛出，到达C 点时，恰好沿C 点的切线方向进人固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，最后小物块无碰撞地滑上紧靠轨道末端D 点的足够长的水平传送带．已知传送带上表面与圆弧轨道末端切线相平，传送带沿顺时针方向匀速运行的速度为v ＝3 m/s ，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，圆弧轨道的半径为R ＝2 m ，C 点和圆弧的圆心O 点连线与竖直方向的夹角θ＝53°，不计空气阻力，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.求：图6(1)小物块到达圆弧轨道末端D 点时对轨道的压力；(2)小物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中产生的热量． 答案 (1)22.5 N ，方向竖直向下 (2)32 J解析 (1)设小物体在C 点时的速度大小为v C ，由平抛运动的规律可知，C 点的速度方向与水平方向成θ＝53°，则由几何关系可得：v C ＝v 0cos θ＝ 1.8cos 53° m /s ＝3 m/s ①由C 点到D 点，由动能定理得：mgR (1－cos θ)＝12m v 2D －12m v 2C ②小物块在D 点，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2DR③由牛顿第三定律，小物块到达圆弧轨道末端D 点时对轨道的压力为：F N ′＝F N ④ 联立①②③④得：F N ′＝22.5 N ，方向竖直向下(2)设小物块在传送带上滑动的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得：a ＝μmg m＝μg ＝0.5×10 m /s 2＝5 m/s 2⑤小物块匀减速直线运动的时间为t 1，向左通过的位移为x 1，传送带向右运动的距离为x 2，则： v D ＝at 1⑥x 1＝12at 21⑦x 2＝v t 1⑧小物块向右匀加速直线运动达到和传送带速度相同时间为t 2，向右通过的位移为x 3，传送带向右运动的距离为x 4，则 v ＝at 2⑨x 3＝12at 22⑩x 4＝v t 2⑪整个过程小物块相对传送带滑动的距离为： x ＝x 1＋x 2＋x 4－x 3⑫ 产生的热量为：Q ＝μmgx ⑬ 联立⑤～⑬解得：Q ＝32 J(限时：45分钟)题组1 力学中的几个重要功能关系的应用1．如图1所示，质量为M 、长度为L 的小车静止在光滑水平面上，质量为m 的小物块(可视为质点)放在小车的最左端．现用一水平恒力F 作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动．小物块和小车之间的摩擦力为F f ，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x .此过程中，以下结论不正确的是( )图1A ．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F －F f )·(L ＋x )B ．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为F f xC ．小物块克服摩擦力所做的功为F f (L ＋x )D ．小物块和小车增加的机械能为Fx 答案 D解析 小物块受到的合外力是F －F f ，位移为L ＋x ，由动能定理可得小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－F f)(L＋x)，同理小车的动能也可由动能定理得出为F f x；由于小物块和小车间的滑动摩擦力产生内能，小物块和小车增加的机械能小于Fx.2．如图2甲所示，一物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向运动，运动过程中物体的机械能E与物体位移x关系的图象如图乙所示，其中0～x1过程的图线为曲线，x1～x2过程的图线为直线．由此可以判断()甲乙图2A．0～x1过程中物体所受拉力是变力，且一定不断减小B．0～x1过程中物体的动能一定是不断减小C．x1～x2过程中物体一定做匀速运动D．x1～x2过程中物体可能做匀加速运动答案 D解析小球受重力和绳子的拉力，由题图知在0～x1过程中拉力在逐渐增大，故A错误；若拉力小于重力，则小球加速运动，动能增大，故B错误；x1～x2过程中拉力不变，若拉力等于重力，小球做匀速运动，若拉力小于重力，小球可能做匀加速运动，故C错误，D正确．3．把质量为m的小球(可看做质点)放在竖直的轻质弹簧上，并把小球下按到A的位置，如图3甲所示．迅速松手后，弹簧把小球弹起，球升至最高位置C点(如图丙)，途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态(如图乙)．已知AB的高度差为h1，BC的高度差为h2，重力加速度为g，不计空气阻力．则()图3A．小球从A上升到B位置的过程中，动能一直增大B．小球从A上升到C位置的过程中，机械能一直增大C．小球在图甲中时，弹簧的弹性势能为mg(h2＋h1)D．一定有h2≥h1答案 C解析 小球上升时先加速后减速，当mg ＝F 弹时，加速度为零，速度最大，此时弹簧还处于压缩状态，选项A 错误．从A 到B ，小球和弹簧的系统机械能守恒，弹性势能减小，小球的机械能增大；而从B 到C ，小球只有重力做功，机械能不变，选项B 错误．由A 到C 系统的机械能守恒可知，弹性势能全部转化为重力势能，故E p ＝mg (h 2＋h 1)，选项C 正确．由A 到C 弹簧的弹性势能转化为小球的重力势能，动能最大位置在B 点下方，故h 2可等于零，选项D 错误．故选C.4．如图4所示为通过弹射器研究弹性势能的实验装置．光滑34圆形轨道竖直固定于光滑水平面上，半径为R .弹射器固定于A 处．某一实验过程中弹射器射出一质量为m 的小球，恰能沿圆轨道内侧到达最高点C ，然后从轨道D 处(D 与圆心等高)下落至水平面．取重力加速度为g .下列说法正确的是( )图4A ．小球从D 处下落至水平面的时间为 2RgB ．小球至最低点B 时对轨道压力为5mgC ．小球落至水平面时的动能为2mgRD ．释放小球前弹射器的弹性势能为5mgR2答案 D解析 小球恰好通过C 点，则由mg ＝m v 2R ，解得v ＝gR ；小球从C 到D 有mgR ＝12m v 2D －12m v 2，解得v D＝3gR ，小球由D 到地面做匀加速直线运动；若做自由落体运动时，由R ＝12gt 2可得，t ＝ 2Rg；而现在有初速度，故时间小于 2R g ，故A 错误；由B 到C 有：mg ·2R ＝12m v 2B －12m v 2，B 点F －mg ＝m v 2BR，联立解得，F ＝6mg ，故B 错误；对C ，小球落到水平面E k －12m v 2＝mg ·2R ，E k ＝2.5mgR ，故C 错误；小球弹出后的机械能等于弹射器的弹性势能，故弹性势能为E ＝mg ·2R ＋12m v 2＝5mgR2，故D 正确．5．如图5所示，在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A 、B ，它们的质最分别为m 1、m 2，弹簧劲度系数为k ，C 为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一平行斜面向上的恒力F 拉物块A 使之向上运动，当物块B 刚要离开挡板C 时，物块A 运动的距离为d ，速度为v .则此时( )图5A ．拉力做功的瞬时功率为F v sin θB ．物块B 满足m 2g sin θ＝kdC ．物块A 的加速度为F －kdm 1D ．弹簧弹性势能的增加量为Fd －12m 1v 2答案 C解析 拉力F 与速度v 同向，瞬时功率应为P ＝F v ，故A 错误；开始时系统处于静止状态，弹簧弹力等于A 的重力沿斜面向下的分力，当B 刚离开C 时，弹簧的弹力等于B 的重力沿斜面向下的分力，故m 2g sin θ＝kx 2，但由于开始时弹簧是压缩的，故d ＞x 2，故m 2g sin θ＜kd ，故B 错误；当B 刚离开C 时，对A ，根据牛顿第二定律得：F －m 1g sin θ－kx 2＝m 1a 1，又开始时，A 平衡，则有：m 1g sin θ＝kx 1，而d ＝x 1＋x 2，解得：物块A 的加速度为a 1＝F －kdm 1，故C 正确；根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为：Fd －m 1gd sin θ－12m 1v 2，故D 错误．题组2 动力学方法和动能定理的综合应用6．光滑圆轨道和两倾斜直轨道组成如图6所示装置，其中直轨道bc 粗糙，直轨道cd 光滑，两轨道相接处为一很小的圆弧．质量为m ＝0.1 kg 的滑块(可视为质点)在圆轨道上做圆周运动，到达轨道最高点a 时的速度大小为v ＝4 m /s ，当滑块运动到圆轨道与直轨道bc 的相切处b 时，脱离圆轨道开始沿倾斜直轨道bc 滑行，到达轨道cd 上的d 点时速度为零．若滑块变换轨道瞬间的能量损失可忽略不计，已知圆轨道的半径为R ＝0.25 m ，直轨道bc 的倾角θ＝37°，其长度为L ＝26.25 m ，d 点与水平地面间的高度差为h ＝0.2 m ，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6.求：图6(1)滑块在圆轨道最高点a 时对轨道的压力大小； (2)滑块与直轨道bc 间的动摩擦因数； (3)滑块在直轨道bc 上能够运动的时间． 答案 (1)5.4 N (2)0.8 (3)7.66 s 解析 (1)在圆轨道最高点a 处对滑块，由牛顿第二定律得：mg ＋F N ＝m v 2R，得F N ＝m (v2R－g )＝5.4 N由牛顿第三定律得滑块在圆轨道最高点a 时对轨道的压力大小为5.4 N. (2)从a 点到d 点全程，由动能定理得：mg (R ＋R cos θ＋L sin θ－h )－μmg cos θ·L ＝0－12m v 2μ＝g (R ＋R cos θ＋L sin θ－h )＋v22gL cos θ＝0.8(3)设滑块在bc 上向下滑动的加速度为a 1，时间为t 1，向上滑动的加速度为a 2，时间为t 2，在c 点时的速度为v c .由c 到d ：12m v 2c ＝mghv c ＝2gh ＝2 m/sa 点到b 点的过程：mgR (1＋cos θ)＝12m v 2b －12m v 2v b ＝v 2＋2gR (1＋cos θ)＝5 m/s在轨道bc 上：下滑：L ＝v b ＋v c 2t 1 t 1＝2L v b ＋v c ＝7.5 s上滑：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2 a 2＝g sin θ＋μg cos θ＝12.4 m/s 2 0＝v c －a 2t 2t 2＝v c a 2＝212.4s ≈0.16 sμ>tan θ，滑块在轨道bc 上停止后不再下滑 滑块在两个斜面上运动的总时间： t 总＝t 1＋t 2＝(7.5＋0.16) s ＝7.66 s7．如图7所示，一滑板爱好者总质量(包括装备)为50 kg ，从以O 为圆心，半径为R ＝1.6 m 光滑圆弧轨道的A 点(α＝60°)由静止开始下滑，到达轨道最低点B 后(OB 在同一竖直线上)，滑板爱好者沿水平切线飞出，并恰好从C 点以平行斜面方向的速度进入倾角为37°的斜面，若滑板与斜面的动摩擦因数为μ＝0.5，斜面长s ＝6 m ．(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图7(1)滑板爱好者在B 、C 间运动的时间； (2)滑板爱好者到达斜面底端时的速度大小． 答案 (1)0.3 s (2)7 m/s解析 (1)滑板爱好者在圆轨道AB 间运动的过程中，由动能定理得mgR (1－cos 60°)＝12m v 2B ①由①得v B ＝4 m/s滑板爱好者在BC 间做平抛运动，在C 点： 竖直方向的分速度v Cy ＝v B tan 37°＝3 m/s ② 由v Cy ＝gt ③得平抛运动的时间t ＝0.3 s(2)在C 点，由平抛运动的规律可知： v C ＝v B /cos 37°＝5 m/s ④滑板爱好者在斜面上运动的过程中，由动能定理可得：mgs sin θ－μmgs cos θ＝12m v 2D －12m v 2C ⑤ 由⑤得vD ＝7 m/s题组3 综合应用动力学和能量观点分析多过程问题8．如图8所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m ＝0.5 kg 的小物块，它与水平台阶表面间的动摩擦因数μ＝0.5，且与台阶边缘O 点的距离s ＝5 m ．在台阶右侧固定了一个以O 点为圆心的圆弧形挡板，并以O 点为原点建立平面直角坐标系．现用F ＝5 N 的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板(g ＝10 m/s 2)．图8(1)若小物块恰能击中挡板的上边缘P 点，P 点的坐标为(1.6 m,0.8 m)，求其离开O 点时的速度大小； (2)为使小物块击中挡板，求拉力F 作用的距离范围；(3)改变拉力F 的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值．(结果可保留根式)答案 (1)4 m/s (2)2.5 m<x ≤3.3 m (3)215 J 解析 (1)小物块从O 到P 做平抛运动 水平方向：x ＝v 0t竖直方向：y ＝12gt 2解得：v 0＝4 m/s(2)为使小物块击中挡板，小物块必须能运动到O 点，设拉力F 作用的最短距离为x 1，由动能定理得：Fx 1－μmgs ＝0 解得x 1＝2.5 m为使小物块击中挡板，小物块的平抛初速度不能超过4 m/s ，设拉力F 作用的最长距离为x 2，由动能定理得：Fx 2－μmgs ＝12m v 20解得x 2＝3.3 m则为使小物块击中挡板，拉力F 作用的距离范围为： 2．5 m<x ≤3.3 m(3)设小物块击中挡板的任意点坐标为(x ，y )，则 x ＝v 0′t ′ y ＝12gt ′2 由机械能守恒得：E k ＝12m v 0′2＋mgy又x 2＋y 2＝R 2，由P 点坐标可求R 2＝3.2化简得E k ＝mgR 24y ＋3mgy 4＝4y ＋154y由数学方法求得E kmin ＝215 J第2课时 功能关系在电学中的应用1．静电力做功与路径无关．若电场为匀强电场，则W ＝Fl cos α＝Eql cos α；若是非匀强电场，则一般利用W ＝qU 来求．2．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的电荷都不做功；安培力可以做正功、负功，还可以不做功．3．电流做功的实质是电场对移动电荷做功．即W ＝UIt ＝Uq .4．导体棒在磁场中切割磁感线时，棒中感应电流受到的安培力对导体棒做负功，使机械能转化为电能． 5．静电力做的功等于电势能的变化，即W AB ＝－ΔE p .1．功能关系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，通过审题，抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后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． 2．动能定理和能量守恒定律在处理电学中能量问题时仍然是首选的方法.考向1 几个重要的功能关系在电学中的应用例1 如图1所示，一绝缘轻弹簧的下端固定在斜面底端，上端连接一带正电的光滑滑块P ，滑块所处空间存在着沿斜面向上的匀强电场，倾角为θ的光滑绝缘斜面固定在水平地面上，开始时弹簧是原长状态，物体恰好处于平衡状态，现给滑块一沿斜面向下的初速度v ，滑块到最低点时，弹簧的压缩量为x ，若弹簧始终处在弹性限度内，以下说法正确的是( )图1A ．滑块电势能的增加量大于滑块重力势能的减少量B ．滑块到达最低点的过程中，克服弹簧弹力做功12m v 2C ．滑块动能的变化量等于电场力和重力做功的代数和D ．当滑块的加速度最大时，滑块和弹簧组成的系统机械能最大审题突破 弹簧原长状态时，物体恰好处于平衡状态，说明电场力和重力什么关系？滑块向下到达最低点的过程中，都有哪些力做功？何时加速度最大？解析 由题意qE ＝mg sin θ，在运动到最低点过程中，电场力做功与重力做功相等，则滑块电势能增加量等于滑块重力势能的减小量，故A 错误．克服弹簧弹力做功等于弹性势能的增加量，即等于动能的减少量，故B 正确．电场力和重力做功的代数和为零，根据动能定理知，电场力、重力、弹簧弹力做功的代数和等于滑块动能的变化量，故C 错误．当滑块运动到最低点时，加速度最大，电场力做的负功最多，即电势能增加最多，此时系统机械能最小，故D 错误． 答案 B以题说法 在解决电学中功能关系问题时应注意以下几点：(1)洛伦兹力在任何情况下都不做功；(2)电场力做功与路径无关，电场力做的功等于电势能的变化；(3)力学中的几个功能关系在电学中仍然成立．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，再经过t 秒小球又回到A 点．不计空气阻力且小球从未落地，则( ) A ．整个过程中小球电势能减少了1.5mg 2t 2 B ．整个过程中机械能的增量为2mg 2t 2C ．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了mg 2t 2D ．从A 点到最低点小球重力势能减少了mg 2t 2答案 B解析 由12gt 2＝－(v t －12at 2)，又v ＝gt ，解得a ＝3g .由a ＝qE －mg m ，联立解得qE ＝4mg ，则小球电势能减少为Δε＝qE ·12gt 2＝2mg 2t 2.根据功能关系可知，机械能的增量为2mg 2t 2，故A 错误，B 正确．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了ΔE k ＝12m (gt )2，故C 错误．设从A 点到最低点的高度为h ，根据动能定理得mgh －qE (h －12gt 2)＝0，解得h ＝23gt 2，故从A 点到最低点小球重力势能减少了ΔE p ＝mgh ＝2mg 2t 23，故D 错误．选B.考向2 应用动能定理分析带电体在电场中的运动例2 如图2所示是研究带电体的质量与电量关系的光滑绝缘细管，长为L 且竖直放置，点电荷M 固定在管底部，电荷量为＋Q .现从管口A 处静止释放一带电体N ，当其电荷量为＋q 、质量为m 时，N 下落至距M 为h 的B 处速度恰好为0.已知静电力常量为k ，重力加速度为g ，带电体下落过程中不影响原电场．图2(1)若把A 换成电量为＋q 、质量为3m 的带电体N 1，仍从A 处静止释放．求N 1运动过程中速度最大处与M 的距离及到达B 处的速度大小；(2)若M 略向上移动，试判断带电体N 能否到达B 处，并说明理由；(3)若M 保持原位置不变，设法改变带电体N 的质量与电量，要求带电体下落的最低点在B 处，列出N 应满足的条件．审题突破 N 1运动过程中何时速度最大？质量为m 和3m 的带电体从A 到B 相同的物理量是什么？M 略向上移动又是哪个物理量发生变化？解析 (1)带电体N 1运动到重力等于电场力时，速度最大，设距底部距离为r ，则有3mg ＝kQqr2，解得r ＝ kQq3mg .设带电体N 1运动到B 处时的速度为v B ，由动能定理，有3mg (l －h )＋qU AB ＝12×3m v 2B ，。
2022-2023年高考物理二轮复习 动量和能量观点的综合应用
热点一 动量定理和动量守恒定律的应用 (多选)(2020·陕西西安中学二模)2020 年 5 月 8 日，我国新一代载人飞 船试验船成功着陆，3 具降落伞组成群伞完成减速，其总面积相当于五、六 个标准篮球场。飞船总质量为 m，接近地面时已经是以速度 v 匀速下落， 每个降落伞提供的拉力和竖直方向夹角均为 θ，重力加速度为 g；试验船底 部安装 6 个卡车轮大小的缓冲气囊帮助舱体平稳着陆，缓冲时间为 t，绳子 重力不计，飞船所受空气阻力不计，着陆的瞬间绳子自动断裂(抛伞)。以下 说法正确的是( )
2．从研究过程上看 (1)凡涉及瞬间状态的分析和运动性质的分析，则必须要用_动__力__学___观点； (2)凡涉及复杂的直线或曲线运动问题，一般要用能量观点或动量观点； (3)凡涉及短暂的相互作用问题优先考虑用_动__量___定理； (4)凡涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，一般应用动量守恒定律。
3．从所涉及的物理量看 (1)如果涉及加速度的问题，则一般要用_牛__顿__运__动__定__律___； (2)如果涉及运动时间或作用时间的问题，一般优先考虑用_动__量___定理，其 次考虑用牛顿运动定律； (3)如果涉及运动的位移或路程的问题，一般优先考虑用功能关系，其次再 考虑用牛顿运动定律； (4)如果涉及初、末速度的问题，一般优先考虑用功能关系，其次考虑用动 量观点，最后再考虑用牛顿运动定律。
四、三大规律的选取原则 1．从研究对象上看 (1) 若 多 个 物 体 的 运 动 状 态 不 同 ， 则 一 般 不 宜 对 多 个 物 体 整 体 应 用 _牛__顿__运__动__定__律___； (2)若研究对象为单个物体，则不能用动量观点中的_动__量__守__恒__定__律___； (3)若研究对象为多物体系统，且系统内的物体与物体间有相互作用，一般 用“守恒定律”去解决问题，但必须注意研究对象是否满足定律的守恒条 件。
高考物理一轮复习专题重组卷第一部分专题四动力学能量动量观点在电磁学中的应用课件
A．一定做减速运动 B．运动过程中克服摩擦力做的功可能是 0 C．最终稳定时的速度一定是mqBg D．最终稳定时的速度可能是 0
答案 BD
答案
解析 对小球受力分析，小球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力 及可能有的弹力和摩擦力。若 qv0B>mg，则小球受竖直向下的重力、竖直向 上的洛伦兹力、向下的弹力和向左的摩擦力；根据牛顿第二定律可得：qvB ＝mg＋FN，μFN＝ma，解得小球的加速度大小 a＝μqvBm－mg，方向向左， 小球做加速度减小的减速运动，最终匀速，速度 v＝mqBg。若 qv0B＝mg，则 小球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力，二力平衡，小球做匀速运动。
解析
5．(2019·甘肃民乐一中、张掖二中一调联考)如图所示，匀强电场的场强 方向与竖直方向成 α 角，一电荷量为 q，质量为 m 的小球，用绝缘细线固定 在竖直墙上，小球恰好静止在水平位置，重力加速度为 g，则( )
休息时间到啦
同学们，下课休息十分钟。现在是休息时间，你们休息一 下眼睛，
看看远处，要保护好眼睛哦~站起来动一动，久坐对身体 不好哦~
解析
将细线突然剪断，小球将水平向右做初速度为零的匀加速直线运动，根 据牛顿第二定律得：a＝Fm合＝mT＝mgmtanα＝gtanα，T 时间内发生的位移 x＝12 aT2＝12gT2tanα，则电场力对小球做功 W＝qExsinα＝12mg2T2tan2α，C 正确； 由以上分析知电场力对小球做功，所以小球运动过程中机械能不守恒，D 错 误。
解析
2．(2019·福州高考模拟)如图所示，一根长为 L 的金属细杆通有大小为 I 的电流时，水平静止在倾角为 θ 的光滑绝缘固定斜面上。斜面处在方向竖直 向上、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中。若电流和磁场的方向均不变，电 流大小变为 0.5I，磁感应强度大小变为 4B，重力加速度为 g。则此时金属细 杆( )
(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
故当 8-d=d+2,即 d=3 m 时 x'有最大值。
-13-
考点一 考点二 考点三
【例2】 滑草逐渐成为浙江一项新兴娱乐活动。某体验者乘坐 滑草车运动过程简化为如图所示,滑草车从A点静止滑下,滑到B点 时速度大小不变而方向变为水平,再滑过一段水平草坪后从C点水 平抛出,最后落在三角形状的草堆上。已知斜坡AB与水平面的夹 角θ=37°,长为xAB=15 m,水平草坪BC长为xBC=10 m。从A点滑到 了B点用时3 s。该体验者和滑草车的质量m=60 kg,运动过程中看 成质点,在斜坡上运动时空气阻力不计。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2)
-3-
考点一 考点二 考点三
核心知识整合 1.平抛规律
(1)水平方向:vx=v0,x=v0t。
(2)竖直方向:vy=gt,y=12gt2。
(3)合速度:v= ������������ 2 + ������������ 2,方向与水平方向的夹角为 θ,则 tan
θ=������������������������
FN; 当 v< ������������,在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道。
-6考点一 考点二 考点三
(3)杆模型 过最高点的最小速度为 0,当 v=0 时,FN=mg,FN 为支持力,沿半径 背离圆心;当 0<v< ������������时,-FN+mg=m������������2,FN 背离圆心,随 v 的增大而减 小;当 v= ������������时,FN=0;当 v> ������������时,FN+mg=m������������2,FN 指向圆心并随 v 的 增大而增大。
浙江选考版高考物理一轮复习增分突破四电磁感应与动力学和能量观点综合问题
增分突破四电磁感应与动力学和能量观点综合问题增分策略1.电磁感应与力学问题联系的桥梁是磁场对感应电流的安培力。
解答电磁感应中的力学问题,在分析方法上,要始终抓住导体的受力(特别是安培力)特点及其变化规律,明确导体的运动过程以及运动过程中状态的变化,准确把握运动状态的临界点。
解决电磁感应中的力、电问题的关键有以下几点(1)电学对象分析电路的结构利用电路的规律如E=I(R+r)或U=E-Ir。
电源:E=BLv或E=nΔΔ(2)力学对象受力分析:F安=BIL→F合=ma。
过程分析:F合=ma→v→E→I→F安。
(3)临界点:运动状态的临界点。
2.从能量观点解决电磁感应问题与解决力学问题时的分析方法相似,只是多了一个安培力做功、多了一个电能参与能量转化,因此需要明确安培力做功及电能转化的特点。
电磁感应中焦耳热的三种求法:(1)根据定义式Q=I2Rt计算;(2)利用克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热计算;(3)利用能量守恒定律计算。
典例1将一斜面固定在水平面上,斜面的倾角为θ=30°,其上表面绝缘且斜面的顶端固定一挡板,在斜面上加一垂直斜面向上的匀强磁场,磁场区域的宽度为H=0.4 m,如图甲所示,磁场边界与挡板平行,且上边界到斜面顶端的距离为x=0.55 m。
将一通电导线围成的矩形导线框abcd置于斜面的底端,已知导线框的质量为m=0.1 kg、导线框的电阻为R=0.25 Ω、ab的长度为L=0.5 m。
从t=0时刻开始在导线框上加一恒定的拉力F,拉力的方向平行于斜面向上,使导线框由静止开始运动,当导线框的下边与磁场的上边界重合时,将恒力F撤走,最终导线框与斜面顶端的挡板发生碰撞,碰后导线框以等大的速度反弹,导线框沿斜面向下运动。
已知导线框向上运动的v-t图像如图乙所示,导线框与斜面间的动摩擦因数为μ=,整个运动过程中导线框没有发生转动,且始终没有离开斜面,g=10 m/s2。
(1)求在导线框上施加的恒力F以及磁感应强度的大小;(2)若导线框沿斜面向下运动通过磁场时,其速度v与位移s的关系为v=v0-s,其中v0是导线框ab边刚进入磁场时的速度大小,s为导线框ab边进入磁场区域后对磁场上边界的位移大小,求整个过程中导线框中产生的热量Q。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
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。