物理二輪練習精品資料專項05動量和能量的綜合應用教學案(教師版)

1、物理二輪練習精品資料專項05 動量和能量的綜合應用教學案（教師版）【 2018 考綱解讀】動量和能量的思想, 特別是動量守恒定律與能量守恒定律，是貫穿高中物理各知識領域的一條主線。 用動量和能量觀點分析物理問題, 是物理學中的重要研究方法, 也是高考的永恒話題。具體表達在：題型全，年年有，不回避重復考查，常作為壓軸題出現在物理試卷中，是區(qū)別考生能力的重要內容；題型靈活性強，難度較大，能力要求高，題型全，物理情景多變，多次出現在兩個守恒定律交匯的綜合題中；經常與牛頓運動定律、圓周運動、電磁學知識綜合運用，在高考中所占份量相當大；要緊考查的知識點有：變力做功、瞬時功率、功和能的關系、動能定理、機械

2、能守恒定律、動量定理、動量與能量的綜合應用等?！局R網絡構建】【重點知識整合】【一】動量與動能、沖量的關系1、動量和動能的關系動量和動能都與物體的某一運動狀態(tài)相對應，都與物體的質量和速度有關、但它們存在明顯的不同：動量的大小與速度成正比， p mv；動能的大小與速度的平方成正比， Ek mv2/2. 兩者的關系： p2 2mEk.動量是矢量而動能是標量、物體的動量發(fā)生變化時，動能不一定變化；但物體的動能一旦發(fā)生變化，那么動量必發(fā)生變化、動量的變化量 p p2p1 是矢量形式，其運算遵循平行四邊形定那么；動能的變化量 Ek Ek2 Ek1 是標量式，運算時應用代數法、2、動量和沖量的關系沖量是物

3、體動量變化的緣故，動量變化量的方向與合外力沖量方向相同、【二】動能定理和動量定理的比較動能定理動量定理研究對象單個物體或可視為單個物體的系統(tǒng)單個物體或可視為單個物體的系統(tǒng)W Ek Ek 或公式11I pt p0或 Ft mvt mv220Fs 2mvt 2mv0公式中的 W是合外力對物體所做公式中的Ft 是合外力的沖量，沖量是物理量的意義的總功，做功是物體動能變化的緣故、使研究對象動量發(fā)生變化的緣故、mvt mv0Ek Ek 是物體動能的變化， 是指做是研究對象的動量變化，是過程終態(tài)動量與功過程的末動能減去初動能初態(tài)動量的矢量差兩個定理都能夠在最簡單的情景下，利用牛頓第二定律導出、相同處它們都

4、反映了力的積存效應，基本上建立了過程量與狀態(tài)量變化的對應關系、既適用于直線運動，又適用于曲線運動；既適用于恒力的情況，又適用于變力的情況動能定理是標量式，動量定理是矢量式、側重于位移過程的力學問題用動能定理處理較不同處為方便，側重于時間過程的力學問題用動量定理處理較為方便、力對時間的積存決定了動量的變化，力對空間的積存那么決定動能的變化特別提醒： 做功的過程確實是能量轉化的過程，做了多少功， 就表示有多少能量發(fā)生了轉化，因此說功是能量轉化的量度、功能關系是聯系功和能的“橋梁”、【三】機械能守恒定律1、機械能守恒的判斷物體只受重力作用，發(fā)生動能和重力勢能的相互轉化、如物體做自由落體運動、拋體運動

5、等、只有彈力做功，發(fā)生動能和彈性勢能的相互轉化、如在光滑的水平面上運動的物體與一個固定的彈簧碰撞，在其與彈簧作用的過程中，物體和彈簧組成的系統(tǒng)的機械能守恒、上述彈力是指與彈性勢能對應的彈力，如彈簧的彈力、橡皮筋的彈力，不是指壓力、支持力等、物體既受重力又受彈力作用，只有彈力和重力做功，發(fā)生動能、重力勢能、彈性勢能的相互轉化、 如做自由落體運動的小球落到豎直彈簧上，在小球與彈簧作用的過程中，小球和彈簧組成的系統(tǒng)的機械能守恒、物體除受重力 ( 或彈力 ) 外盡管受其他力的作用，但其他力不做功或者其他力做功的代數和為零、 如物體在平行斜面向下的拉力作用下沿斜面向下運動，其拉力與摩擦力大小相等，該過程

6、物體的機械能守恒、判斷運動過程中機械能是否守恒時應注意以下幾種情況：假如沒有摩擦和介質阻力，物體只發(fā)生動能和勢能的相互轉化時，機械能守恒；能夠對系統(tǒng)的受力進行整體分析，假如有除重力以外的其他力對系統(tǒng)做了功，那么系統(tǒng)的機械能不守恒；當系統(tǒng)內的物體或系統(tǒng)與外界發(fā)生碰撞時，假如題目沒有明確說明不計機械能的損失，那么系統(tǒng)機械能不守恒；假如系統(tǒng)內部發(fā)生“爆炸”，那么系統(tǒng)機械能不守恒；當系統(tǒng)內部有細繩發(fā)生瞬間拉緊的情況時，系統(tǒng)機械能不守恒、2、機械能守恒定律的表述(1) 守恒的角度：系統(tǒng)初、末態(tài)的機械能相等，即E1 E2 或 Ek1 Ep1 Ep2 Ek2，應用過程中重力勢能需要取零勢能面；(2) 轉化角

7、度：系統(tǒng)增加的動能等于減少的勢能，即EkEp 或EkEp0；(3) 轉移角度：在兩個物體組成的系統(tǒng)中，A 物體增加的機械能等于B 物體減少的機械能，EAEB或EAEB 0.【四】能量守恒定律1、能量守恒定律具有普適性，任何過程的能量基本上守恒的，即系統(tǒng)初、末態(tài)總能量相等， E初E末、2、系統(tǒng)某幾種能量的增加等于其他能量的減少，即En 增Em 減、3、能量守恒定律在不同條件下有不同的表現，例如只有重力或彈簧彈力做功時就表現為機械能守恒定律、【五】涉及彈性勢能的機械能守恒問題1、彈簧的彈性勢能與彈簧規(guī)格和形變程度有關，對同一根彈簧而言，不管是處于伸長狀態(tài)依舊壓縮狀態(tài)，只要形變量相同，其儲存的彈性勢

8、能就相同、2、對同一根彈簧而言，先后經歷兩次相同的形變過程，那么兩次過程中彈簧彈性勢能的變化相同、13、彈性勢能公式Ep 2kx2 不是考試大綱中規(guī)定的內容，高考試題除非在題干中明確給題基本上從“能量守恒”角度進行考查的、六、機械能的變化問題1、除重力以外的其他力做的功等于動能和重力勢能之和的增加、2、除 ( 彈簧、橡皮筋) 彈力以外的其他力做的功等于動能和彈性勢能之和的增加、3、除重力、 ( 彈簧、橡皮筋) 彈力以外的其他力做的功等于機械能的增加，即W其 E2E1. 除重力、 ( 彈簧、橡皮筋 ) 彈力以外的其他力做正功，機械能增加；除了重力、 ( 彈簧、橡皮筋 ) 彈力以外的其他力做負功，

9、機械能減少、【高頻考點突破】考點一動量定理的應用1、動量定理的理解動量定理說明沖量是使物體動量發(fā)生變化的緣故，沖量是物體動量變化的量度、那個地方所說的沖量必須是物體所受的合外力的沖量( 或者說是物體所受合外力沖量的矢量和) 、動量定理給出了沖量 ( 過程量 ) 和動量變化 ( 狀態(tài)量 ) 間的互求關系、現代物理學把力定義為物體動量的變化率：pFt ( 牛頓第二定律的動量形式 ) 、動量定理的表達式是矢量式、在一維的情況下，各個矢量必須以同一個規(guī)定的方向為正、2、解題步驟明確研究對象 ( 一般為單個物體 ) 及對應物理過程、對研究對象進行受力分析并區(qū)分初、末運動狀態(tài)，找出對應的動量、規(guī)定正方向，

10、明確各矢量的正負，假設為未知矢量，那么可先假設其為正方向、由動量定理列方程求解、例 1、某興趣小組用如圖6 1 所示的裝置進行實驗研究、他們在水平桌面上固定一內3徑為 d 的圓柱形玻璃杯，杯口上放置一直徑為2d、質量為 m的勻質薄圓板， 板上放一質量為2m 的小物塊、板中心、物塊均在杯的軸線上、物塊與板間動摩擦因數為，不計板與杯口之間的摩擦力，重力加速度為g，不考慮板翻轉、圖 6-1對板施加指向圓心的水平外力 F，設物塊與板間最大靜摩擦力為 Ff max，假設物塊能在板上滑動，求 F 應滿足的條件、(2) 假如對板施加的指向圓心的水平外力是作用時間極短的較大沖擊力，沖量為 I 應滿足什么條件才

11、能使物塊從板上掉下？物塊從開始運動到掉下時的位移s 為多少？依照 s 與 I 的關系式說明要使s 更小，沖量應如何改變、【解析】 (1) 設圓板與物塊相對靜止時，它們之間的靜摩擦力為Ff ，共同加速度為I ，a. 由牛頓運動定律，有對物塊： Ff 2ma對圓板： F Ff ma兩物體相對靜止，有Ff Ff max3得 F 2Ff max3相對滑動的條件F 2Ff max.設沖擊剛結束時圓板獲得的速度大小為 v0，物塊掉下時，圓板和物塊的速度大小分別為 v1 和 v2.由動量定理，有0I mv由動能定理，有31122101對物塊： 2 mgs 2(2 m) v220由動量守恒定律，有mv0mv1

12、 2mv2要使物塊落下，必須v1 v23由以上各式得I 2m 2 gd1 I 9222s 2g23m312md2分子有理化得 s 2 g922I I2 mgd依照上式結果知：I越大， s 越小、【變式探究】如圖62 所示，質量A 為 4kg 的木板A放在水平面C上，木板與水平面m間的動摩擦因數 0.24，木板右端放著質量m 為 1.0kg的小物塊 B( 視為質點 ) ，它們均處B于靜止狀態(tài)、木板突然受到水平向右的12N s 的瞬時沖量 I 作用開始運動，當小物塊滑離木板時，木板的動能EkA 為 8.0J ，小物塊的動能EkB 為 0.50J，重力加速度取 10m/s2，求：圖 6-2瞬時沖量作

13、用結束時木板的速度v0；木板的長度 L.【解析】 (1) 設水平向右為正方向，有I mAv0代入數據解得v03.0m/s.(2) 設 A 對 B、B 對 A、C對 A 的滑動摩擦力的大小分別為時間為 t ，B 離開 A時 A 和 B 的速度分別為vA 和 vB，有FAB、FBA和FCA，B在A 上滑行的( FBA FCA) t mAvA mAv0FABt mBvB其中 FAB FBA，FCA ( mA mB) g設 A、B 相關于 C的位移大小分別為sA 和 sB，112 有 ( FBAFCA) sA 2mAvA 2mAv0FABsB EkB動量與動能之間的關系為mAvA2mAEk A考點二動

14、量守恒定律的應用1、表達式：pp ( 相互作用前系統(tǒng)總動量 p 等于相互作用后總動量 p ) ；p 0( 系統(tǒng)總動量的增量等于零 ) ；p1 p2( 兩個物體組成的系統(tǒng)中，各自動量的增量大小相等、方向相反) 、2、應用范圍：平均動量守恒：初動量為零，兩物體動量大小相等，方向相反、碰撞、爆炸、反沖：作用時間極短，相互作用力特別大，外力可忽略、分方向動量守恒：一般水平動量守恒，豎直動量不守恒、3、應用動量守恒定律解決問題的步驟：確定研究對象，研究對象為相互作用的幾個物體、分析系統(tǒng)所受外力，判斷系統(tǒng)動量是否守恒，哪一過程守恒、選取正方向，確定系統(tǒng)的初動量和末動量、依照動量守恒列方程求解、例 2、如圖

15、 6 3 所示，甲、乙兩船的總質量( 包括船、人和貨物) 分別為 10、12 ，兩mm船沿同一直線同一方向運動，速度分別為2v、v . 為幸免兩船相撞，乙船上的人將一質量為00m的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上的人將貨物接住，求拋出貨物的最小速度.( 不計水的阻力 )圖 6-3【解析】設乙船上的人拋出貨物的最小速度大小為vmin，拋出貨物后船的速度為v1，甲船上的人接到貨物后船的速度為v2，由動量守恒定律得12m v011m v1 m vmin10m 2v0 m vmin 11m v2為幸免兩船相撞應滿足12v v 聯立式得vmin 4v0. 【答案】 4v0【變式探究】 在光滑水平面上， 一

16、質量為、速度大小為v的A球與質量為2 靜止的Bmm球碰撞后， A 球的速度方向與碰撞前相反、那么碰撞后B 球的速度大小可能是()A、 0.6 vB、 0.4 vC、 0.3 vD、 0.2 v【解析】選 A. 由動量守恒定律得：設小球 A 碰前的速度方向為正，那么 mv mv1 2mv2v那么 2v2 v1 vv，v22，即 v20.5 v， A 正確、【答案】 A考點三機械能守恒定律的應用1、機械能守恒的三種表達式Ek1 Ep1 Ek2Ep2或1112.12222mvmgh2mvmghEp Ek ( 勢能和動能的變化量絕對值相等 ) 、(3)E1E2( 一部分機械能的變化量與另一部分機械能的

17、變化量絕對值相等注：應用表達式(1) 時，涉及重力勢能的大小，必須首先選零勢能參考平面、) 、2、機械能守恒定律解題的差不多思路選取研究對象系統(tǒng)或物體、對研究對象進行受力、做功分析，判斷機械能是否守恒、依照要選取的表達式，確定研究對象的初、末機械能、動能或勢能的變化、依照機械能守恒列方程求解、例 3、如圖6 4 所示是為了檢驗某種防護罩承受沖擊力的裝置，M 是半徑為R1.0m1N 為待檢驗的固定曲面，該曲面固定于豎直平面內的 4光滑圓弧軌道，軌道上端切線水平、1在豎直面內的截面為半徑r 0.69m 的 4圓弧，曲面下端切線水平且圓心恰好位于M軌道的上端點、 M的下端相切處放置豎直向上的彈簧槍，

18、可發(fā)射速度不同的質量為m 0.01kg 的小鋼珠，假設某次發(fā)射的小鋼珠沿軌道恰好能通過的上端點， 水平飛出后落到曲面N的某一M點上，取 g 10m/s 2. 求：圖 6-4發(fā)射該小鋼珠前，彈簧的彈性勢能Ep 多大？小鋼珠落到曲面 N上時的動能 Ek 多大？ ( 結果保留兩位有效數字 )【解析】 (1) 設小鋼珠運動到軌道 M最高點的速度為 v，在 M的最低端速度為 v0，那么在最高點，由題意依照牛頓第二定律得2v從最低點到最高點，由機械能守恒定律得11222mv0 mgR 2mv解得 v03gR設彈簧的彈性勢能為Ep，由機械能守恒定律得13p21.5 10 10J.E2mv2mgR小鋼珠從最高

19、點飛出后，做平拋運動，由平拋運動規(guī)律得1x vt ， y 2gt 2由幾何關系有x2y2 r 26聯立解得 t 10 s1因此，小鋼珠從最高點飛出后落到曲面N上時下落的高度為y2gt 2 0.3m，小鋼珠落到圓弧N上時的動能 Ek ，由機械能守恒定律得1 22J.Ek 2mvmgy 8.0 10【答案】 (1)1.5 10 1J(2)8.0102J【變式探究】如圖6 5，和為兩個光滑固定軌道，、 、E在同一水平面上，ABC ABDABC、 D、 E 在同一豎直線上， D 點距水平面的高度為 h， C點的高度為2h，一滑塊從A 點以初速度 v0 分別沿兩軌道滑行到C或 D處后水平拋出、(1) 求

20、滑塊落到水平面時，落點與E 點間的距離sC和 sD；求實現 sC sD， v0 應滿足什么條件？【解析】 (1) 設拋出點高度為 y，地面為零勢能面，依照機械能守恒12122mv0 2mv mgy平拋初速度 v v02 2gy1落地時間 t 滿足 y gt 22因此 t 2yg2y落地點離拋出點水平距離s vt v02 2gyg分別以 y 2h，y h 代入得4h2hsC v02 4ghg ， sD v02 2ghg .22(2) 按題意 sC sD，有 2( v0 4gh) v0 2gh因此 v026gh考慮到滑塊必須要能夠到達拋出點C，222即 vC v0 4gh 0，因此 v0 4gh因

21、此為保證 sC sD，初速度應滿足406.ghvgh考點四兩大守恒定律的綜合應用在解決力學問題時，有動量和能量兩種不同的觀點、動量的觀點： 要緊用動量定理和動量守恒定律求解，常涉及物體的受力和時間問題，以及相互作用的物體系問題、能量的觀點： 在涉及單個物體的受力和位移問題時，常用動能定理分析， 在涉及物體系內能量的轉化問題時，常用能量的轉化和守恒定律、在做題時首先確定研究的系統(tǒng)和過程，判斷動量守恒和機械能守恒或能量守恒；其次，分析參與轉化的能量種類，分清哪些能量增加，哪些能量減少、碰撞、反沖、火箭是動量知識和機械能知識綜合應用的特例，高考常從這幾個方面出題，在做題時，要善于查找題中給出的解題條

22、件，分析屬于哪種情況，從而順利解題、例 4、如圖 66 所示，一條軌道固定在豎直平面內，粗糙的ab 段水平， bcde 段光滑，cde 段是以 O為圓心、 R為半徑的一小段圓弧，可視為質點的物塊A 和 B 緊靠在一起，靜止于 b 處， A 的質量是 B的 3 倍、兩物塊在足夠大的內力作用下突然分離，分別向左、右始終3沿軌道運動、 B 到 d 點時速度沿水平方向， 如今軌道對 B 的支持力大小等于 B所受重力的 4. A 與 ab 段的動摩擦因數為 ，重力加速度為 g，求：圖 6-6物塊 B 在 d 點的速度大小 v；物塊 A 滑行的距離 s.【解析】 (1) 設物塊 A 和 B 的質量分別為m

23、A和 mB.B在 d 處的合力為F，依題意31F mBg4mBg 4mBg (2 分 )由牛頓第二定律1v2得 4mBgmB R (4 分 )Rgv2 . (6 分 )設 A 和 B 分開時的速度分別為 v1 和 v2，系統(tǒng)動量守恒mAv1 mBv2 0(8 分 )B從位置 b 運動到 d 的過程中，機械能守恒112mBv22 2mBv2 mBgR (11 分)A在滑行過程中，由動能定理0112 A(14 分)A2mvmgs聯立得Rs 8.(18分)1R【答案】 (1)2gR(2) 8【變式探究】 一質量為 2的物體P靜止于光滑水平地面上，其截面如圖67 所示、 圖m中 ab 為粗糙的水平面，

24、長度為L； bc 為一光滑斜面，斜面和水平面通過與ab 和 bc 均相切的長度可忽略的光滑圓弧連接、現有一質量為m的木塊以大小為v0 的水平初速度從 a 點向左運動，在斜面上上升的最大高度為h，返回后在到達 a 點前與物體 P相對靜止、重力加速度為 g. 求：圖 6-7木塊在 ab 段受到的摩擦力 Ff ；木塊最后距 a 點的距離 s.【解析】木快m和物體 P組成的系統(tǒng)在相互作用過程中遵守動量守恒、能量守恒、以木塊開始運動至在斜面上上升到最大高度為研究過程，當木塊上升到最高點時兩者具有相同的速度，依照動量守恒，有mv (2 m m) v0依照能量守恒，有11220f2200聯立得 Ff 3L

25、L3L以木塊開始運動至與物體 P 相對靜止為研究過程，木塊與物體 P 相對靜止，兩者具有相同的速度，依照動量守恒，有mv0 (2 m m) v依照能量守恒，有112mv02 2(2 m m) v2 Ff ( L Ls) v2gh L0L 6聯立得sv2.0 3gh2200【答案】 (1)(2)v2gh30 3L【難點探究】難點一機械能守恒定律的應用問題應用機械能守恒定律解題的一般思路：選擇適當的研究對象 ( 物體或系統(tǒng) ) ，明確哪些物體參與了動能和勢能的相互轉化，選擇合適的初、末狀態(tài)；對物體進行受力分析和運動分析， 明確各個力做功的情況及初末狀態(tài)的速度， 判斷機械能是否守恒，只有符合守恒條件

26、才能應用機械能守恒定律解題；選擇適當的機械能守恒定律表述形式列守恒方程，對多過程問題可分階段列式， 也可對全過程列式、 ( 必要時應選取重力勢能為零的參考平面)例 1 有一個固定的光滑直桿，該直桿與水平面的夾角為53，桿上套著一個質量為m2kg 的滑塊 ( 可視為質點 ) 、如圖 2 6 1 甲所示， 滑塊從 O點由靜止釋放， 下滑了位移 x 1m后到達 P點，求滑塊如今的速率；假如用不可伸長的細繩將滑塊m與另一個質量為 M 2.7kg 的物塊通過光滑的定滑輪相連接，細繩因懸掛M而繃緊，如今滑輪左側繩恰好水平，其長度l m(如圖乙所示) 、再次將滑塊從到地面， sin53O點由靜止釋放，求滑塊

27、滑至P 點的速度大小、2 0.8 ， cos53 0.6 ， g 10m/s )( 整個運動過程中M可不能落【答案】 (1)4m/s(2)5m/s1【解析】 (1) 設滑塊下滑至P 點時的速度為v ，由機械能守恒定律得2211解得 v1 4m/s設滑塊滑動到某點時速度為v，繩與斜桿的夾角為 ，M的速度為 vM，如下圖、將繩端速度分解得：vM vcos 滑塊再次滑到P 點時，恰滿足x lcos53 ，即繩與斜桿的夾角 90，因此 vM 0對物塊和滑塊組成的系統(tǒng)，由機械能守恒定律12Mgl(1 sin53 ) mgxsin53 2mv2 0解得 v2 5m/s【變式探究】如圖2 6 2 所示，直角

28、坐標系位于豎直平面內，x 軸水平，一長為2L的細繩一端系一小球，另一端固定在y 軸上的 A 點，A點坐標為 (0 ，L) 、將小球拉至C點處，如今細繩呈水平狀態(tài)，然后由靜止釋放小球、在x 軸上某一點x1 處有一光滑小釘，小球落下后恰好可繞小釘在豎直平面內做圓周運動，B 點為圓周運動的最高點位置，不計一切阻、假設 x1 點到 O點距離、(2) 假設小球運動到 B 處時，將繩斷開，小球落到 x 軸上 x2( 圖中未畫出 ) 處、求 x2 點到 O點的距離、圖 26 277 22【答案】 (1) 3 L(2)3L1【解析】繩斷開后，小球做平拋運動、設落到x 軸上所需時間為t ，那么有 R 2gt 2

29、x1 與 x2 之間距離 x1x2 vBt22可得： x1x23L故 x2 到 O點距離 Ox2難點二能量守恒問題7 223L應用能量守恒定律解題的差不多思路：明確物理過程中各種形式的能量動能、重力勢能、彈性勢能、 電勢能、內能等能量的變化情況，分別列出減少的能量和增加的能量的表達式，依照能量守恒定律解題、例 2、如圖 2 6 3 所示，質量分別為m1 1kg、m2 2kg 的 A、B 兩物體用勁度系數為k 100N/m 的輕質彈簧豎直連接起來、在彈簧為原長的情況下，使A、B 整體從靜止開始自由下落，當重物A 下降 h 高度時，重物B 剛好與水平地面相碰、假定碰撞后的瞬間重物B不反彈， 也不與

30、地面粘連，整個過程中彈簧始終保持豎直狀態(tài)，且彈簧形變始終不超過彈性1限度、彈簧的形變?yōu)?x 時，其彈性勢能的表達式為 Ep2kx2. 假設重物 A 在以后的反彈過程中恰能將重物 B 提離地面，取重力加速度 g 10m/s2，求：重物 A自由下落的高度 h；從彈簧開始被壓縮到重物 B 離開水平地面的過程中， 水平地面對重物 B 的最大支持力、圖 263【答案】 (1)0.4m(2)60N【解析】 (1) 重物 A、B 自由下落的過程機械能守恒，設重物 B 著地前瞬間重物 A 的速度為 v，由機械能守恒定律1(m1 m2)gh (m1 m2)v 22解得 v 2gh重物 B 落地后不反彈， 在此后

31、過程中， 重物 A 和彈簧構成的系統(tǒng)重力勢能、彈性勢能、動能相互轉化、設恰將重物 B 提離地面時彈簧的伸長量為x ，那么有 kx mg1121212依照能量轉化和守恒定律 2kx1111聯立解得： hm2 2m1m2 g 0.4 m2mk1(2) 從彈簧開始被壓縮到重物B 離開水平地面的過程中，彈簧壓縮量最大時，重物B11對水平地面的壓力最大，設彈簧的最大壓縮量為x2，由能量轉化和守恒定律2m1v2 m1gx 2 22kx 2解得： x2 0.4 m或 x2 0.2 m( 舍去 )最大支持力FN kx 2 mg 60N【點評】此題中重物B 落地過程損失機械能，全過程機械能不守恒、因此應將全過程

32、以物體 B 落地為臨界點分段討論、重物B恰被提離地面的條件是解題的關鍵、【變式探究】 如圖 2 64 所示，在豎直方向上A、B 兩物體通過勁度系數為k 的輕質彈簧相連， A放在水平地面上， B、 C兩物體通過細繩繞過光滑輕質定滑輪相連，C放在固定的光滑斜面上，斜面傾角為30 . 用手調整C，使細線剛剛拉直但無拉力作用，并保證ab段的細線豎直、cd段的細線與斜面平行、B的質量為，的質量為 4 ，的質量遠大于，m Cm Am重力加速度為g，細線與滑輪之間的摩擦力不計、開始時整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，釋放C后它沿斜面下滑、假設斜面足夠長，求：當 B 物體的速度最大時，彈簧的伸長量；B 物體的最大速度、m

33、gm【答案】 (1) k (2)2g5k【解析】 (1) 通過受力分析可知，當B 的速度最大時，其加速度為小 T 4mgsin 30 2mg，如今彈簧處于伸長狀態(tài)，彈簧的伸長量x 滿足0，繩子上的拉力大kx mg Tmg解得xkmg開始時彈簧壓縮的長度 x0 k .因 A 質量遠大于m，因此 A 一直保持靜止狀態(tài)、物體B 上升的距離以及物體C 沿斜面2mg下滑的距離均為dx0 xk .由于 x x0，因此彈簧處于壓縮狀態(tài)和伸長狀態(tài)時的彈性勢能相等，由機械能守恒定律：彈簧彈力做功為零，14mgdsin30 mgd22(m 4m)vBmm解得vBm 2g5k難點三能量觀點的綜合應用功是能量轉化的量

34、度，做功的過程確實是能量轉化的過程、常見功能關系的對比列表如下：功能量變化表達式合力做功等于動能的增加W合 Ek2 Ek1重力做功等于重力勢能的減少WGEp1 Ep2( 彈簧類 ) 彈力做功等于彈性勢能的減少彈 p1 p2WEE分子力做功等于分子勢能的減少WEE分p1p2電場力 ( 或電流 ) 做功等于電能 ( 電勢能 ) 的減少W電 Ep1 Ep2安培力做功等于電能 ( 電勢能 ) 的減少W安 Ep1Ep2除了重力和彈力之外的等于機械能的增加W其 E2E1其他力做功系統(tǒng)克服一對滑動摩擦等于系統(tǒng)內能的增加Qfs 相力或介質阻力做功說明：表格中“增加”是末態(tài)量減初態(tài)量，“減少”是初態(tài)量減末態(tài)量、

35、例 3、如圖 2 6 5 所示，傾角 30的粗糙斜面固定在地面上，長為l、質量為、m粗細均勻、 質量分布均勻的軟繩置于斜面上，其上端與斜面頂端齊平、用細線將物塊與軟繩連接， 物塊由靜止釋放后向下運動， 直到軟繩剛好全部離開斜面( 如今物塊未到達地面) ，在此過程中 ()圖 26 5A、物塊的機械能逐漸增加1B、軟繩重力勢能共減少了4mglC、物塊重力勢能的減少等于軟繩克服摩擦力所做的功D、軟繩重力勢能的減少小于其動能的增加與克服摩擦力所做功之和【答案】 BD【解析】因物塊受的向上的拉力做負功，故物塊的機械能減少，選項A 錯誤；軟繩原1ll來的重心距最高點為2lsin 4，軟繩剛好全部離開斜面時

36、重心距最高點為2，故重力勢能ll1共減少了mg 2 4 4mgl ，選項B 正確；物塊受的重力大于軟繩受的摩擦力，因此物塊受的重力做的功大于軟繩克服摩擦力做的功，應選項 C 錯誤；設拉軟繩的力F 做功為 WF，對軟繩由功能關系： WF Wf WG Ek2 Ek1，故 WF WG Ek2 Ek1 ( Wf) ，由于 WF0，應選項 D 正確、【點評】解答此題要注意從做功的角度進行分析，利用“功是能量轉化的量度”的含義解題、分析選項A 用除重力以外的其他力對物體做的功等于其機械能的增量，分析選項B用重力做的功等于重力勢能的減少量，對選項 C 也是從做功的角度進行分析的，不宜從能量守恒的角度分析、【

37、變式探究】如圖2 6 6 所示， MNP為豎直面內一固定軌道，其圓弧段MN與水平段NP切關于 N，P 端固定一豎直擋板、M相關于 N的高度為 h，NP長度為 s. 一物塊自 M端從靜止開始沿軌道下滑，與擋板發(fā)生一次完全彈性碰撞后停止在水平軌道上某處、假設在MN段的摩擦可忽略不計，物塊與 NP段軌道間的動摩擦因數為 ，求物塊停止的地方與 N的距離的可能值、圖 2-6-6h【答案】 2s【解析】依照功能原理，在物塊從開始下滑到靜止的過程中，物塊重力勢能減小的數值 Ep 與物塊克服摩擦力所做功的數值W相等，即Ep W設物塊質量為m，在水平軌道上滑行的總路程為s，那么Ep mghW mgs設物塊在水平

38、軌道上停住的地方與N 點的距離為d. 假設物塊在與P 碰撞后， 在到達圓弧形軌道前停止，那么s 2s dh聯立式得d 2s hh此結果在 2s時有效、假設 2s，那么物塊在與P 碰撞后，可再一次滑上圓弧形軌道，滑下后在水平軌道上停止，如今有s 2s dh聯立式得d 2s.【歷屆高考真題】2018 高考】 2018大綱版全國卷21. 如圖，大小相同的擺球a 和 b 的質量分別為m和 3m，擺長相同， 并排懸掛，平衡時兩球剛好接觸， 現將擺球 a 向左邊拉開一小角度后釋放，的碰撞是彈性的，以下判斷正確的選項是假設兩球第一次碰撞后的瞬間，兩球的速度大小相等第一次碰撞后的瞬間，兩球的動量大小相等第一次

39、碰撞后，兩球的最大擺角不相同發(fā)生第二次碰撞時，兩球在各自的平衡位置【答案】 AD【解析】兩球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律有：mv0 mv13mv2；又兩球碰撞是彈性的，故機械能守恒，即： 121212，解兩式得：v1v0v0，可見第一次碰撞后的瞬間，2mv0mv13mv22, v2222兩球的速度大小相等，選項 A 正確；因兩球質量不相等， 故兩球碰后的動量大小不相等，選項 B 錯；兩球碰后上擺過程，機械能守恒，故上升的最大高度相等，另擺長相等，故兩球碰后的最大擺角相同，選項C錯；由單擺的周期公式，可知，兩球擺動周期相同，Tl2g故經半個周期后，兩

40、球在平衡位置處發(fā)生第二次碰撞，選項D 正確?！究键c定位】此題考查彈性碰撞、單擺運動的等時性及其相關知識。 2018浙江 23、16 分為了研究魚所受水的阻力與其形狀的關系，小明同學用石蠟做成兩條質量均為m、形狀不同的“ A 魚”和“ B 魚”，如下圖。在高出水面H 處分別靜止釋放“A 魚”和“ B 魚”，“A 魚”豎直下滑 hA后速度減為零， “ B 魚”豎直下滑 hB 后速度減為零。 “魚” 在水中運動時，除受重力外還受浮力和水的阻力， “魚” 在水中所受浮力是其重力的 10/9 倍，重力加速度為g，“魚”運動的位移遠大于“魚”的長度。假設“魚”運動時所受水的阻力恒定，空氣阻力不計。求： 1

41、“A 魚”入水瞬間的速度VA1； 2“A 魚”在水中運動時所受阻力f A； 3“A 魚”與“ B 魚”在水中運動時所受阻力之比f A： f B【解析】“ A 魚”在入水前作自由落體運動，有v2A2gH得到： vA2gH (2) “A 魚”在水中運動時受到重力、浮力和阻力的作用，做勻減速運動， 設加速度為aA ,有F合 =F浮 +f A -mg F合 = maA0 vA22aA hA由題得：F浮 =10mg9綜合上述各式，得f A mg ( H1)hA9(3) 考慮到“ B 魚”的運動情況、受力與“A魚”相似，有fB mg ( H1)hB9綜合兩式得到 : fAhB (9 HhA )fBhA (

42、9 HhB )【考點定位】力和運動、動能定理 2018天津 10、16 分如下圖，水平地面上固定有高為h 的平臺，臺面上有固定的光滑坡道，坡道頂端距臺面高度也為h，坡道底端與臺面相切。小球A 從坡道頂端由靜止開始滑下， 到達水平光滑的臺面與靜止在臺面上的小球B發(fā)生碰撞， 并粘連在一起， 共同沿臺面滑行并從臺面邊緣飛出，落地點與飛出點的水平距離恰好為臺高的一半，兩球均可視為質點，忽略空氣阻力，重力加速度為g。求1小球 A 剛滑至水平臺面的速度 vA；2 A、B 兩球的質量之比 mA： mB?！敬鸢浮?1 2 1:3【解析】解： 1小球從坡道頂端滑至水平臺面的過程中，由機械能守恒定律得2mAgh=

43、 mAvA解得： vA=2設兩球碰撞后共同的速度為v，由動量守恒定律得mAvA=mA+mB v粘在一起的兩球飛出臺面后做平拋運動豎直方向： h= gt 2水平方向：=vt聯立上式各式解得：【考點定位】此題考查機械能守恒定律，動量守恒定律，平拋運動。 2018四川 24、 19 分如下圖， ABCD為固定在豎直平面內的軌道，AB段光滑水平，段為光滑圓弧，對應的圓心角 =370，半徑r=2.5m，段平直傾斜且粗糙，各段軌BCCD道均平滑連接，傾斜軌道所在區(qū)域有場強大小為E=2 105N/C、方向垂直于斜軌向下的勻強電場。質量m=5 10-2 kg、電荷量 q=+1 10-6 C 的小物體視為質點被

44、彈簧槍發(fā)射后，沿水平軌道向左滑行，在 C點以速度 v0=3m/s 沖上斜軌。以小物體通過以后，場強大小不變，方向反向。斜軌與小物體間的動摩擦因數C點時為計時起點， 0.1s =0.25 。設小物體的電荷量保持不變，取g=10m/s2， sin370=0.6 ， cos37 0=0.8 。 1求彈簧槍對小物體所做的功； 2在斜軌上小物體能到達的最高點為，求的長度。PCP【答案】 1 0.475J 2 0.57m【解析】解： 1設彈簧槍對小物體做功為W，由動能定理得 1 cos =mW mgr代入數據解得：W=0.475J2取沿平直斜軌向上為正方向。設小物體通過 C點進入電場后的加速度為 a1，由

45、牛頓第二定律得mgsin mgcos +qE =ma1小物體向上做勻減速運動，經t 1=0.1s 后，速度達到v1，那么v1=v0+a1t 1解得： v1=2.1m/s設運動的位移為s1，那么2s1=v0t 1+ a1t 1電場力反向后，設小物體的加速度為a2，由牛頓第二定律得mgsin mgcos qE =ma2設小物體以此加速度運動到速度為0，運動時間為t 2，位移為 s2，那么0=v1+a2t 2s2=v1t 2+ a2t 22設 CP的長度為 s，那么 s=s1+s2解得： s=0.57m【考點定位】此題考查勻變速直線運動規(guī)律，牛頓第二定律，動能定理。2018全國新課標卷 35. 物理

46、選修 3-5 15 分1 6 分氘核和氚核可發(fā)生熱核聚變而釋放巨大的能量，該反應方程為：234234H+ HHe+x ，式中 x 是某種粒子。： H、 H、 He和粒子 x 的質量分別為 2.0141u 、3.0161u 、1121124.0026u和 1.0087u ；1u=931.5MeV/c2，c是真空中的光速。由上述反應方程和數據可知，粒子 x 是 _ ，該反應釋放出的能量為_MeV結果保留 3 位有效數字 2 9 分如圖，小球 a、b 用等長細線懸掛于同一固定點O。讓球 a 靜止下垂，將球b 向右拉起，使細線水平。從靜止釋放球b，兩球碰后粘在一起向左擺動，此后細線與豎直方向之間的最大

47、偏角為 60。忽略空氣阻力，求O i 兩球 a、 b 的質量之比；b ii 兩球在碰撞過程中損失的機械能與球b 在碰前的最大動能之比?！敬鸢浮?117.6a2【解析】2341 1依照核反應方程遵循的規(guī)律可得：1H+1H 2He+0n2依照愛因斯坦質能方程Emc 可得：E (2.0141+3.0161 4.0026 1.0087) 931.5MeV 17.6MeV【考點定位】本考點要緊考查核聚變、動量守恒、機械能守恒、能量守恒 2018江蘇14.(16 分) 某緩沖裝置的理想模型如下圖, 勁度系數足夠大的輕質彈簧與輕桿相連 , 輕桿可在固定的槽內移動, 與槽間的滑動摩擦力恒為f. 輕桿向右移動不

48、超過l 時 ,裝置可安全工作. 一質量為 m的小車假設以速度v0撞擊彈簧 , 將導致輕桿向右移動l4. 輕桿與槽間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力, 且不計小車與地面的摩擦.假設彈簧的勁度系數為 k, 求輕桿開始移動時 , 彈簧的壓縮量 x;求為使裝置安全工作 , 同意該小車撞擊的最大速度 vm;討論在裝置安全工作時 , 該小車彈回速度 v和撞擊速度 v的關系 .【解析】 (1) 輕桿開始移動時, 彈簧的彈力 F=kx且 F=f 于解得 x=f/k(2) 設輕桿移動前小車對彈簧所做的功為W,那么小車從撞擊到停止的過程中動能定理flW 01 mv0242同理 , 小車以 vm撞擊彈簧時fl W01

49、mvm22解得 vmv023 fl2m(3) 設輕桿恰好移動時, 小車撞擊速度為v1那么 12mv1W2由解得v02flv12m當v02fl時， vvv2m當 v1vvm 時， vv1【考點定位】胡可定律動能定理 2018山東22、 15 分如下圖，一工件置于水平地面上，其 AB 段為一半徑R1.0m的光滑圓弧軌道， BC段為一長度 L0.5m 的粗糙水平軌道，二者相切與B 點，整個軌道位于同一豎直平面內，P 點為圓弧軌道上的一個確定點。一可視為質點的物塊，其質量m0.2kg ，與 BC間的動摩擦因數10.4 。工件質 M 0.8kg ，與地面間的動摩擦因數20.1 。取 g10m/s2 )求

50、 F 的大小當速度時，使工件趕忙停止運動即不考慮減速的時間和位移，物塊飛離圓弧軌道落至 BC段，求物塊的落點與 B 點間的距離。【解析】解： 1物塊從 P 點下滑經 B 點至 C 點的整個過程，依照動能定理得mgh 1mgL 0 代入數據得 h0.2m 2設物塊的加速度大小為a ， P 點與圓心的連線與豎直方向間的夾角為，由幾何關系可得R h cosR依照牛頓第二定律，對物體有mgtanma對工件和物體整體有F2 ( Mm)g( Mm)a 聯立式，代入數據得F8.5N 設物體平拋運動的時間為t ，水平位移為x1 ，物塊落點與 B 間的距離為 x2 ，由運動學公式可得12x1vt x2x1 Rs

51、inhgt2聯立式，代入數據得x20.4m 【考點定位】平拋運動、動能定理 2018上海 22、 A 組 、兩物體在光滑水平地面上沿一直線相向而行，A質量A B為 5kg ，速度大小為10m/s ， B 質量為 2kg ，速度大小為5m/s ，它們的總動量大小為_kgm/s ：兩者碰撞后， A沿原方向運動，速度大小為4m/s ，那么 B 的速度大小為 _m/s 。22A 答案 .40 ， 10，【解析】總動量P=M Av1M B v25 102 540kgm / s ；碰撞過程中滿足動量守恒，M Av1M B v2M Av1M Bv2代入數據可得： vB10m / s【考點定位】動量和能量20

52、17 高考】全國質量為 M，內壁間距為 L 的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質量為的小物塊， 小物塊與箱子底板間的動摩擦因數為。初始時小物塊停在箱子正中間，如mv，小物塊與箱壁碰撞 N次后恰又回到箱子正中間，下圖?，F給小物塊一水平向右的初速度并與箱子保持相對靜止。設碰撞基本上彈性的，那么整個過程中，系統(tǒng)損失的動能為11mM1A、 2 mv2B、 2+Mv2C、 2 N mgL D、 NmgLm【答案】 BD【解析】由于水平面光滑，一方面，箱子和物塊組成的系統(tǒng)動量守恒，二者經多次碰撞后，保持相對靜止， 易判斷二者具有向右的共同速度v ，依照動量守恒定律有mv= M+mv ，系統(tǒng)損失的動能

53、為1 mv2 1 Mm v ,2知 B 正確，另一方面，系統(tǒng)損失的動能可Ek2由 Q= Ek ，且 Q= mg s相對 ，由于小物塊從中間向右動身，最終又回到箱子正中間，其間共發(fā)生N 次碰撞，那么S相對=NL,那么B 選項也正確。2、福建 20 分如圖甲，在x 0 的空間中存在沿y 軸負方向的勻強電場和垂直于xoy 平面向里的勻強磁場，電場強度大小為E，磁感應強度大小為B. 一質量為m、電荷量為q(q 0) 的粒子從坐標原點 O處，以初速度v0 沿 x 軸正方向射人，粒子的運動軌跡見圖甲，不計粒子的重力。求該粒子運動到y(tǒng)=h 時的速度大小v；現只改變人射粒子初速度的大小，發(fā)明初速度大小不同的粒

54、子盡管運動軌跡 y-x 曲線不同，但具有相同的空間周期性，如圖乙所示；同時，這些粒子在y 軸方向上的運動y-t關系是簡諧運動，且都有相同的周期T= 2m 。qB . 求粒子在一個周期T 內，沿 x 軸方向前進的距離s； . 當入射粒子的初速度大小為v0 時，其 y-t圖像如圖丙所示，求該粒子在做簡諧運動的振幅A, 并寫出 y-t的函數表達式。y 軸方向上解析：此題考查動能定理、洛侖茲力、帶電粒子在復合場中的運動等知識點。22 1由于洛侖茲力不做功，只有電場力做功，由動能定理有- qEh= 1 mv-1 mv0，由式解得 v=2222qEh 。v0m2I 、由圖乙可知， 所有粒子在一個周期 T

55、內沿 x 軸方向前進的距離相同， 即都等于恰好沿 x 軸方向勻速運動的粒子在 T 時間內前進的距離。 設粒子恰好沿 x 軸方向勻速運動的速度大小為v1，那么 qv1B=qE, 又 s=v 1T，式中 T= 2 mqB由式解得s= 2mE qB2設粒子在 y 方向上的最大位移為 ym圖丙曲線的最高點處 ，對應的粒子運動速度大小為 v2方向沿 x 軸，因為粒子在y 方向上的運動為簡諧運動，因而在y=0 和 y=ym處粒子所受的合外力大小相等，方向相反，那么qv0B-qE=-( qv2B-qE),22由動能定理有 -qEym= 1 mv2 -1 mv0，又y=1 y22mA2由式解得Ay = m (

56、 v0- E/B) 。qB可寫出圖丙曲線滿足的簡諧運動y-t 的函數表達式為y= m ( v0- E/B)(1-cosqB t)qBm廣東 18 分如圖 20 所示，以A、B 和 C、 D 為斷電的兩半圓形光滑軌道固定于豎直平面內，一滑板靜止在光滑的地面上，左端緊靠B 點，上表面所在平面與兩半圓分別相切于B、 C，一物塊被輕放在水平勻速運動的傳送帶上E 點，運動到 A 時剛好與傳送帶速度相同，然后經 A沿半圓軌道滑下，再經B 滑上滑板。滑板運動到C 時被牢固粘連。物塊可視為質點，質量為m，滑板質量為M=2m，兩半圓半徑均為R，板長 l =6.5R, 板右端到C 的距離 L 在 RL5R范圍內取

57、值， E 距 A 為 S=5R,物塊與傳送帶、物塊與滑板間的動摩擦因數均為 =0.5 ，重力加速度取 g。AS=5RDEmRRBMCl=6.5R圖 19L 1求物塊滑到 B 點的速度大??； 2試討論物塊從滑上滑板到離開右端的過程中，克服摩擦力做的功Wf 與 L 的關系，并判斷物塊能否滑到 CD軌道的中點。解析： 1滑塊從靜止開始做勻加速直線運動到A 過程，滑動摩擦力做正功，滑塊從A到 B，重力做正功，依照動能定理，mgSmg2R12，解得： vB 3 gRmvB2 2滑塊從 B 滑上滑板后開始作勻減速運動, 如今滑板開始作勻加速直線運動，當滑塊與滑板達共同速度時，二者開始作勻速直線運動。設它們

58、的共同速度為v，依照動量守恒mvB ( m 2m)v ，解得：vBv對滑塊，用動能定理列方程：3，解得： s =8R1錯誤！不能通過編輯域代碼創(chuàng)建對象。對滑板，用動能定理列方程：mgs212mv20，解得： s2=2R2由此可知滑塊在滑板上滑過s1 s2=6R 時，小于 6.5R ，并沒有滑下去，二者就具有共同速度了。當 2R L5R 時，滑塊的運動是勻減速運動8R， 勻速運動 L 2R，勻減速運動0.5R ，滑上 C 點，依照動能定理：，解得：mg (8R0.5R)1mvC21 mvB2221 mvC21 mgRmgR，22，滑塊不能滑到CD軌道的中點。Wfmg(8R 0.5R)17 mgR

59、4當 RL 2R 時，滑塊的運動是勻減速運動6.5R+L ，滑上 C 點。依照動能定理：，解得：mg(6.5 RL)1mvC21 mvB2Wfmg(6.5 R L)1mg (13R 2L)224當 121mg(2.5 RL)時，能夠滑到CD軌道的中點，如今要求Lm2) ，電荷量均為 q。加速電場的電勢差為U，離子進入電場時的初速度能夠忽略。不計重力，也不考慮離子間的相互作用。求質量為 m1 的離子進入磁場時的速率 v1；當磁感應強度的大小為 B 時，求兩種離子在 GA邊落點的間距 s；在前面的討論中忽略了狹縫寬度的妨礙，實際裝置中狹縫具有一定寬度。假設狹縫過寬，可能使兩束離子在GA邊上的落點區(qū)

60、域交疊，導致兩種離子無法完全分離。設磁感應強度大小可調，GA邊長為定值L，狹縫寬度為d，狹縫右邊緣在A 處。離子能夠從狹縫各處射入磁場，入射方向仍垂直于 GA邊且垂直于磁場。為保證上述兩種離子能落在 GA邊上并被完全分離，求狹縫的最大寬度。解析： 1動能定理1m1v12Uq12得v12qUm11 2由牛頓第二定律2mv, Rmv ，利用 式得qvBRqB離子在磁場中的軌道半徑為別為，錯誤！不能通過編輯域代碼創(chuàng)建對象。2R22m2UqB2兩種離子在 GA上落點的間距38U ( ms 2(RR )m )12qB212 3質量為1 的離子，在邊上的落點都在其入射點左側21 處，由于狹縫的寬度為mGA