物理二輪復(fù)習(xí) 精練一 必考熱點(diǎn)3 動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精1-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE必考熱點(diǎn)3動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用熱點(diǎn)闡釋動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)是解決力學(xué)問題的重要途徑,功能關(guān)系（含動(dòng)能定理和機(jī)械能守恒定律)，動(dòng)量觀點(diǎn)（含動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律）是近幾年高考理科綜合物理命題的焦點(diǎn)，選擇題、計(jì)算題中均有體現(xiàn)，試題靈活性強(qiáng),難度較大,能力要求高，且經(jīng)常與牛頓運(yùn)動(dòng)定律、圓周運(yùn)動(dòng)、電磁學(xué)等知識(shí)綜合命題.一、選擇題(1～5題為單項(xiàng)選擇題,6～7題為多項(xiàng)選擇題)1.如圖1所示，物塊的質(zhì)量為m，它與水平桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。起初，用手按住物塊，物塊的速度為零，彈簧的伸長(zhǎng)量為x.然后放手，當(dāng)彈簧的長(zhǎng)度回到原長(zhǎng)時(shí),物塊的速度為v。則此過程中彈力所做的功為()圖1A.eq\f（1,2）mv2－μmgx B.μmgx－eq\f（1，2)mv2C。eq\f（1,2)mv2＋μmgx D.以上選項(xiàng)均不對(duì)解析設(shè)WT為彈力對(duì)物體做的功，因?yàn)榭朔Σ亮ψ龅墓棣蘭gx，由動(dòng)能定理得WT－μmgx＝eq\f(1,2)mv2－0，得WT＝eq\f(1,2)mv2＋μmgx.答案C2。如圖2，光滑圓軌道固定在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量為m的小球沿軌道做完整的圓周運(yùn)動(dòng)。已知小球在最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為N1,在最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為N2.重力加速度大小為g，則N1－N2的值為（）圖2A。3mg B.4mgC.5mg D.6mg解析小球在最低點(diǎn)有N1－mg＝meq\f(veq\o\al（2，1）,r），小球在最高點(diǎn)有N2＋mg＝meq\f(veq\o\al（2，2）,r)，從最低點(diǎn)到最高點(diǎn),根據(jù)機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2）mveq\o\al（2,1）＝eq\f（1,2）mveq\o\al(2，2）＋mg·2r，聯(lián)立解得N1－N2＝6mg,D正確。答案D3。水平推力F1和F2分別作用于水平面上的同一物體，一段時(shí)間后撤去,使物體都從靜止開始運(yùn)動(dòng)而后停下,如果物體在兩種情況下的總位移相等，且F1大于F2，則（）A。F2的沖量大 B.F1的沖量大C.F1與F2的沖量相等 D。無法比較解析畫出兩種情況下物體運(yùn)動(dòng)的v－t圖如圖所示，圖線與橫軸所圍的面積表示位移,故兩種情況下物體運(yùn)動(dòng)的總位移相等，兩種情況下物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1<t2，由動(dòng)量定理,Ft′－μmgt＝0，可知F2的沖量大,選項(xiàng)A正確。答案A4。如圖3所示,輕彈簧上端固定,下端拴著一帶正電小球Q，Q在O處時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，Q可在O1處靜止。若將另一帶正電小球q固定在O1正下方某處，Q可在O2處靜止.現(xiàn)將Q從O處由靜止釋放,則Q從O運(yùn)動(dòng)到O1處的過程中（)圖3A。Q運(yùn)動(dòng)到O2處時(shí)電勢(shì)能最大B。電場(chǎng)力先做正功再做負(fù)功C.Q的機(jī)械能不斷減小D.Q、q、彈簧與地球組成的系統(tǒng)的勢(shì)能不斷減小解析因?yàn)镼從O運(yùn)動(dòng)到O1處的過程中，庫侖力一直做負(fù)功，電勢(shì)能一直增大，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤;Q的機(jī)械能E等于Q的動(dòng)能與重力勢(shì)能之和,由功能關(guān)系有ΔE＝W彈＋W電,而彈簧彈力一直做負(fù)功，庫侖力也一直做負(fù)功,故ΔE〈0,即Q的機(jī)械能不斷減小，選項(xiàng)C正確；由能量守恒定律有ΔEp＋ΔEk＝0，q在O1正下方某處時(shí),Q在O2處受力平衡，速率最大，即Q的動(dòng)能Ek先增大后減小，故系統(tǒng)的勢(shì)能先減小后增大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.答案C5。(2017·山西太原一模）將小球以10m/s的初速度從地面豎直向上拋出，取地面為零勢(shì)能面,小球在上升過程中的動(dòng)能Ek、重力勢(shì)能Ep與上升高度h間的關(guān)系分別如圖4中兩圖線所示。取g＝10m/s2，下列說法正確的是（)圖4A.小球的質(zhì)量為0.2kgB.小球受到的阻力(不包括重力)大小為0。20NC.小球動(dòng)能與重力勢(shì)能相等時(shí)的高度為eq\f（20，13）mD。小球上升到2m時(shí),動(dòng)能與重力勢(shì)能之差為0.5J解析在最高點(diǎn)Ep＝mgh得m＝0.1kg，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由除重力以外其他力做功W其＝ΔE可知:－fh＝E高－E低，E為機(jī)械能，解得f＝0。25N，B項(xiàng)錯(cuò)誤;設(shè)小球動(dòng)能和重力勢(shì)能相等時(shí)的高度為H,此時(shí)有mgH＝eq\f（1，2)mv2，由動(dòng)能定理：－fH－mgH＝eq\f(1，2）mv2－eq\f(1，2）mveq\o\al（2，0)得H＝eq\f(20,9)m,故C項(xiàng)錯(cuò)；當(dāng)上升h′＝2m時(shí)，由動(dòng)能定理，－fh′－mgh′＝Ek2－eq\f(1,2）mveq\o\al(2，0)得Ek2＝2。5J,Ep2＝mgh′＝2J，所以動(dòng)能與重力勢(shì)能之差為0。5J，故D項(xiàng)正確.答案D6。如圖5所示，兩根相距l(xiāng)＝0.4m、電阻不計(jì)的光滑金屬導(dǎo)軌在同一水平面內(nèi)平行放置，兩導(dǎo)軌左端與阻值R＝0。15Ω的電阻相連。導(dǎo)軌x〉0的一側(cè)存在沿＋x方向均勻增大的穩(wěn)恒磁場(chǎng),其方向與導(dǎo)軌平面垂直（豎直向下)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5＋0。5x（T）。一根質(zhì)量m＝0.1kg、電阻r＝0。05Ω的金屬棒置于導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直。金屬棒在水平外力作用下從x＝0處沿導(dǎo)軌向右做直線運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)過程中回路電流恒為2A。以下判斷正確的是（）圖5A。金屬棒在x＝3m處的速度為0。5m/sB.金屬棒在x＝3m處的速度為0.75m/sC。金屬棒從x＝0運(yùn)動(dòng)到x＝3m過程中克服安培力做的功為1。6JD.金屬棒從x＝0運(yùn)動(dòng)到x＝3m過程中克服安培力做的功為3.0J解析在x＝3m處，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝2T,因?yàn)榛芈分须娏骱銥?A，由閉合電路歐姆定律可知,回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0。4V,由E＝Blv可得，此時(shí)金屬棒的速度v＝0。5m/s，所以選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；由安培力公式可知,F安＝BIl＝Il(0.5＋0。5x)，隨著x變化呈線性變化，因此可用平均作用力來求安培力做的功，可得安培力做功為3J，所以選項(xiàng)C錯(cuò)誤,D正確.答案AD7.如圖6所示，質(zhì)量為M＝2kg、長(zhǎng)為L(zhǎng)＝2m的木板靜止放置在光滑水平面上，在其左端放置一質(zhì)量為m＝1kg的小木塊（可視為質(zhì)點(diǎn))，小木塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，先相對(duì)靜止,后用一水平向右的力F＝4N作用在小木塊上，經(jīng)過一段時(shí)間小木塊從木板另一端滑下，g取10m/s2，則(）圖6A。小木塊在長(zhǎng)木板上滑行的時(shí)間t＝2sB。在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中由于摩擦產(chǎn)生的熱量為8JC.小木塊脫離長(zhǎng)木板的瞬間，拉力F的瞬時(shí)功率為16WD。小木塊在運(yùn)動(dòng)過程中獲得的動(dòng)能為12J解析小木塊和長(zhǎng)木板之間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng),滑動(dòng)摩擦力大小為2N，根據(jù)牛頓第二定律可知長(zhǎng)木板以加速度a1＝1m/s2向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，位移s1＝eq\f（1,2)a1t2。小木塊以加速度a2＝2m/s2向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，位移s2＝eq\f(1，2）a2t2,s2－s1＝L，解得t＝2s，故選項(xiàng)A正確;由功能關(guān)系得因摩擦而產(chǎn)生的熱量等于滑動(dòng)摩擦力乘以相對(duì)位移，等于4J，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；小木塊脫離長(zhǎng)木板瞬間的速度v＝4m/s，根據(jù)P＝Fv＝16W，可知選項(xiàng)C正確；對(duì)小木塊應(yīng)用動(dòng)能定理有ΔEk＝WF＋Wf＝8J,故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案AC二、非選擇題8.如圖7所示，金屬棒MN質(zhì)量為m＝0。005kg,放在寬度為L(zhǎng)＝1m、摩擦不計(jì)的兩根水平金屬導(dǎo)軌上,磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T，方向豎直向上，電容C＝200μF,電源電動(dòng)勢(shì)E＝16V，導(dǎo)軌平面距離地面h＝0.8m。單刀雙擲開關(guān)先擲向1,然后再擲向2,此時(shí)，金屬棒MN被拋到水平射程為s＝0。064m的地面上，問電容器兩端的電壓還剩多大？圖7解析當(dāng)單刀雙擲開關(guān)擲向1時(shí)，電源對(duì)電容器充電，擲向2時(shí),設(shè)電容器短暫放電時(shí)間為Δt，即為安培力作用時(shí)間Δt，在這段時(shí)間內(nèi)使金屬棒MN獲得一定動(dòng)量并被拋出。開關(guān)擲向1時(shí)有q＝CE①開關(guān)擲向2時(shí)到金屬棒被拋出的Δt時(shí)間內(nèi)，根據(jù)動(dòng)量定理得Beq\o(I，\s\up6（－)）L·Δt＝mv②Δq＝eq\o（I,\s\up6（－)）Δt③根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)有h＝eq\f（1,2)gt2④s＝vt⑤U＝eq\f(q－Δq，C)⑥由①②③④⑤⑥式得U＝8V答案8V9.如圖8所示，半徑R＝1m的光滑半圓軌道AC與高h(yuǎn)＝8R的粗糙斜面軌道BD放在同一豎直平面內(nèi),BD部分水平長(zhǎng)度為x＝6R。兩軌道之間由一條光滑水平軌道相連，b球過D點(diǎn)時(shí)無機(jī)械能損失.在水平軌道上，輕質(zhì)彈簧被a、b兩小球擠壓（與小球不連接），處于靜止?fàn)顟B(tài)。同時(shí)釋放兩個(gè)小球，a球恰好能通過半圓軌道的最高點(diǎn)A,b球恰好能到達(dá)斜面軌道最高點(diǎn)B。已知a球質(zhì)量為m1＝2kg,b球質(zhì)量為m2＝1kg，兩小球均可視為質(zhì)點(diǎn)，b球與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(1,3），重力加速度為g＝10m/s2。（sin37°＝0。6，cos37°＝0.8）求：圖8（1）經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)a球的作用力大小;（2)釋放小球前彈簧的彈性勢(shì)能Ep。解析（1）a球恰好能通過半圓軌道的最高點(diǎn)A，所以有m1g＝m1eq\f(veq\o\al（2,A），R）,解得vA＝eq\r(gR)＝eq\r（10)m/s；a球從C到A的過程中，由動(dòng)能定理可得－m1g·2R＝eq\f(1，2)m1veq\o\al（2,A）－eq\f（1，2)m1veq\o\al（2，C），解得vC＝5eq\r(2）m/s；在C點(diǎn)，對(duì)a球進(jìn)行受力分析有FN－m1g＝m1eq\f(veq\o\al(2，C）,R），解得軌道對(duì)a球的作用力大小為FN＝120N。（2)由題意可知，b球從D點(diǎn)恰好到達(dá)最高點(diǎn)的過程中克服重力和摩擦力做功，位移xDB＝10m，由動(dòng)能定理可得－m2gh－μm2gsin37°·xDB＝0－Ek2，代入數(shù)據(jù)解得Ek2＝100J，故小球釋放前輕質(zhì)彈簧的彈性勢(shì)能Ep＝eq\f（1,2)m1veq\o\al(2,C)＋Ek2,解得Ep＝150J。答案(1)120N（2)150J10.(2017·安徽安慶十中月考）如圖9所示,長(zhǎng)L＝12m、質(zhì)量M＝1.0kg的木板靜置在水平地面上，其右端有一個(gè)固定立柱，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1.質(zhì)量m＝1.0kg的小貓靜止站在木板左端。某時(shí)小貓開始向右加速奔跑，經(jīng)過一段時(shí)間到達(dá)木板右端并立即抓住立柱。g取10m/s2。設(shè)小貓的運(yùn)動(dòng)為勻加速運(yùn)動(dòng)，若加速度a1＝4.0m/s2.試求：圖9(1）小貓從開始奔跑至到達(dá)木板右端所經(jīng)歷的時(shí)間;（2)從小貓開始運(yùn)動(dòng)到最終木板靜止，這一過程中木板的總位移。解析（1）貓相對(duì)木板奔跑時(shí),設(shè)木板與貓之間的作用力大小為F,根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)貓有F＝ma1＝4.0N，對(duì)木板有F－μ(M＋m)g＝Ma2，可得a2＝eq\f（F－μ（M＋m）g,M)＝2。0m/s2。當(dāng)貓跑到木板的右端時(shí),有eq\f（1，2）a1t2＋eq\f(1，2）a2t2＝L，解得t＝eq\r（\f（2L，a1＋a2)）＝2。0s。（2)當(dāng)貓奔跑至木板的右端時(shí)，貓的速度為v1＝a1t＝8。0m/s,方向向右，木板的速度v2＝a2t＝4。0m/s,方向向左，木板向左運(yùn)動(dòng)的位移s＝eq\f(1,2）a2t2＝4。0m,方向向左.貓?jiān)谧プ×⒅倪^程中，由于貓與木板相互作用的時(shí)間極短，所以貓和木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有mv1－Mv2＝(M＋m)v共，所以v共＝eq\f（mv1－Mv2,M＋m)＝2.0m/s，方向向右