高2018屆高三二輪復習專題能量和動量

專題二能量和動量一、功能關系在力學中的應用本專題主要用功能的觀點解決物體的運動和帶電體、帶電粒子、導體棒在電場或磁場中的運動問題．考查的重點有以下幾方面：①重力、摩擦力、靜電力和洛倫茲力的做功特點和求解；②與功、功率相關的分析與計算；③幾個重要的功能關系的應用；④動能定理的綜合應用；⑤綜合應用機械能守恒定律和能量守恒定律分析問題．【重點知識梳理】一、求功的方法比較1．恒力做功的求法(1)應用公式W＝Fscosα其中α是F、s間的夾角．(2)用動能定理(從做功的效果)求功：此公式可以求恒力做功也可以求變力做功．特別提醒：(1)應用動能定理求的功是物體所受合外力的功，而不是某一個力的功．(2)合外力的功也可用W合＝F合scosα或W合＝F1s1cosα＋F2s2cosα＋…求解．2．變力做功的求法名稱適用條件求法平均值法變力F是位移s的線性函數(shù)W＝Fscosα圖象法已知力F與位移s的F－s圖象圖象下方的面積表示力做的功功率法已知力F做功的功率恒定W＝Pt轉換法力的大小不變，方向改變，如阻力做功，通過滑輪連接將拉力對物體做功轉換為力對繩子做功，阻力做功W＝－Ff·s功能法一般變力、曲線運動、直線運動W合＝ΔEk或W其他＝ΔE特別提醒：(1)摩擦力既可以做正功，也可以做負功，還可以不做功．(2)相互摩擦的系統(tǒng)內(nèi)：一對靜摩擦力做功的代數(shù)和總為零，靜摩擦力起著傳遞機械能的作用，而沒有機械能轉化為其他形式的能；一對滑動摩擦力做功的代數(shù)和等于摩擦力與相對路程的乘積，其值為負值，W＝－Ff·s相對，且Ff·s相對＝ΔE損＝Q內(nèi)能．二、兩種功率表達式的比較1．功率的定義式：P＝eq\f(W,t)，所求出的功率是時間t內(nèi)的平均功率．2．功率的計算式：P＝Fvcosθ，其中θ是力與速度間的夾角，該公式有兩種用法：(1)求某一時刻的瞬時功率．這時F是該時刻的作用力大小，eq\a\vs4\al(v)取瞬時值，對應的P為F在該時刻的瞬時功率；(2)當v為某段位移(時間)內(nèi)的平均速度時，則要求這段位移(時間)內(nèi)F必須為恒力，對應的P為F在該段時間內(nèi)的平均功率．特別提醒：公式P＝Fvcosθ在高中階段常用于機車類問題的處理，此時P指發(fā)動機的輸出功率，F(xiàn)為牽引力，F(xiàn)f為阻力，則任一時刻都滿足P＝F·v，機車任一狀態(tài)的加速度a＝eq\f(F－Ff,m)，當機車勻速運動時，F(xiàn)＝Ff，P＝F·v＝Ff·v.三、對動能定理的理解1．對公式的理解(1)計算式為標量式，沒有方向性，動能的變化為末動能減去初動能．(2)研究對象是單一物體或可以看成單一物體的整體．(3)公式中的位移和速度必須是相對于同一參考系，一般以地面為參考系．2．動能定理的優(yōu)越性(1)適用范圍廣：應用于直線運動，曲線運動，單一過程，多過程，恒力做功，變力做功．(2)應用便捷：公式不涉及物體運動過程的細節(jié)，不涉及加速度和時間問題，應用時比牛頓運動定律和運動學方程方便，而且能解決牛頓運動定律不能解決的變力和曲線運動問題.【高頻考點突破】考點一力學中的幾個重要功能關系的應用例1．【2017·天津卷】“天津之眼”是一座跨河建設、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標之一。摩天輪懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動。正確的是A．摩天輪轉動過程中，乘客的機械能保持不變B．在最高點，乘客重力大于座椅對他的支持力C．摩天輪轉動一周的過程中，乘客重力的沖量為零D．摩天輪轉動過程中，乘客重力的瞬時功率保持不變【變式探究2】如圖6所示，高臺的上面有一豎直的eq\f(1,4)圓弧形光滑軌道，半徑R＝eq\f(5,4)m，軌道端點B的切線水平．質(zhì)量M＝5kg的金屬滑塊(可視為質(zhì)點)由軌道頂端A由靜止釋放，離開B點后經(jīng)時間t＝1s撞擊在斜面上的P點．已知斜面的傾角θ＝37°，斜面底端C與B點的水平距離x0＝3m．g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不計空氣阻力．(1)求金屬滑塊M運動至B點時對軌道的壓力大??；(2)若金屬滑塊M離開B點時，位于斜面底端C點、質(zhì)量m＝1kg的另一滑塊，在沿斜面向上的恒定拉力F作用下由靜止開始向上加速運動，恰好在P點被M擊中．已知滑塊m與斜面間動摩擦因數(shù)μ＝0.25，求拉力F大??；(3)滑塊m與滑塊M碰撞時間忽略不計，碰后立即撤去拉力F，此時滑塊m速度變?yōu)?m/s，仍沿斜面向上運動，為了防止二次碰撞，迅速接住并移走反彈的滑塊M，求滑塊m此后在斜面上運動的時間．二、功能關系在電磁學中的應用【重點知識梳理】一、電場中的功能關系的應用1.電場力的大小計算： 電場力做功與路徑無關．其計算方法一般有如下四種． (1)由公式W＝Flcosα計算，此公式只適用于勻強電場，可變形為W＝Eqlcosα. (2)由W＝qU計算，此公式適用于任何電場． (3)由電勢能的變化計算：WAB＝EpA－EpB. (4)由動能定理計算：W電場力＋W其他力＝ΔEk.2．電場中的功能關系 (1)若只有電場力做功，電勢能與動能之和保持不變． (2)若只有電場力和重力做功，電勢能、重力勢能、動能之和保持不變． (3)除重力、彈簧彈力之外，其他各力對物體做的功等于物體機械能的變化． (4)所有外力對物體所做的功等于物體動能的變化．二、磁場中的功能關系的應用1.磁場力的做功情況 (1)洛倫茲力在任何情況下對運動電荷都不做功． (2)安培力對通電導線可做正功、負功，還可能不做功，其計算方法一般有如下兩種 ①由公式W＝Flcosα計算． ②由動能定理計算：W安＋W其他力＝ΔEk2．電磁感應中的功能關系 (1)電磁感應電路為純電阻電路時產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力做的功，即Q＝W克安 (2)電磁感應發(fā)生的過程遵從能量守恒．焦耳熱的增加量等于其他形式能量的減少量【高頻考點突破】考點一電場中的功能關系例1．【2017·新課標Ⅰ卷】在一靜止點電荷的電場中，任一點的電勢SKIPIF1<0與該點到點電荷的距離r的關系如圖所示。電場中四個點a、b、c和d的電場強度大小分別Ea、Eb、Ec和Ed。點a到點電荷的距離ra與點a的電勢SKIPIF1<0a已在圖中用坐標（ra，SKIPIF1<0a）標出，其余類推?，F(xiàn)將一帶正電的試探電荷由a點依次經(jīng)b、c點移動到d點，在相鄰兩點間移動的過程中，電場力所做的功分別為Wab、Wbc和Wcd。下列選項正確的是A．Ea：Eb=4:1 B．Ec：Ed=2:1 C．Wab:Wbc=3:1 D．Wbc:Wcd=1:3【變式探究1】如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場，實線和虛線分別表示電場線和等勢線．兩電子分別從a、b兩點運動到c點，設電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點的電場強度大小分別為Ea和Eb，則()A．Wa＝Wb，Ea>EbB．Wa≠Wb，Ea>EbC．Wa＝Wb，Ea<EbD．Wa≠Wb，Ea<Eb【變式探究2】如圖所示，在絕緣水平面上方存在著足夠大的水平向右的勻強電場，帶正電的小金屬塊以一定的初速度從A點開始沿水平面向左做直線運動，經(jīng)L長度到達B點，速度變?yōu)榱悖诖诉^程中，金屬塊損失的動能有eq\f(2,3)轉化為電勢能．金屬塊繼續(xù)運動到某點C(圖中未標出)時的動能和A點時的動能相同，則金屬塊從A開始運動到C的整個過程中經(jīng)過的總路程為()A．1.5LB.2L C．3LD.4L【變式探究3】(2015·新課標全國Ⅱ·24)如圖5，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩點．已知該粒子在A點的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60°；它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30°.不計重力．求A、B兩點間的電勢差．考點二功能觀點在電磁感應問題中的應用例2(多選)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一足夠長的寬度為L的金屬導軌，質(zhì)量為m的金屬導體棒ab可在導軌上無摩擦地上下滑動，且導體棒ab與金屬導軌接觸良好，ab電阻為R，其他電阻不計．導體棒ab由靜止開始下落，過一段時間后閉合開關S，發(fā)現(xiàn)導體棒ab立刻做變速運動，則在以后導體棒ab的運動過程中，下列說法中正確的是()A．導體棒ab做變速運動期間加速度一定減小B．單位時間內(nèi)克服安培力做的功全部轉化為電能，電能又轉化為內(nèi)能C．導體棒減少的機械能轉化為閉合電路中的電能和電熱之和，符合能的轉化和守恒定律D．導體棒ab最后做勻速運動時，速度大小為v＝eq\f(mgR,B2L2)【變式探究】【2017·新課標Ⅱ卷】（20分）如圖，兩水平面（虛線）之間的距離為H，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場。自該區(qū)域上方的A點將質(zhì)量為m、電荷量分別為q和–q（q>0）的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出。小球在重力作用下進入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開。已知N離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時動能的1.5倍。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。求（1）M與N在電場中沿水平方向的位移之比；（2）A點距電場上邊界的高度；（3）該電場的電場強度大小?？键c三、應用動力學知識和功能關系解決力電綜合問題例3、如圖所示，傾角為60°的傾斜平行軌道與豎直面內(nèi)的平行圓形軌道平滑對接，軌道之間距離為L，圓形軌道的半徑為r.在傾斜平行軌道的上部有磁感應強度為B的垂直于軌道向上的勻強磁場，磁場區(qū)域足夠大，圓形軌道末端接有一電阻值為R的定值電阻．質(zhì)量為m的金屬棒從距軌道最低端C點高度為H處由靜止釋放，運動到最低點C時對軌道的壓力為7mg，不計摩擦和導軌、金屬棒的電阻，求：(1)金屬棒通過軌道最低端C點的速度大??；(2)金屬棒中產(chǎn)生的感應電動勢的最大值；(3)金屬棒整個下滑過程中定值電阻R上產(chǎn)生的熱量；(4)金屬棒通過圓形軌道最高點D時對軌道的壓力的大?。咀兪教骄俊吭谌鐖D所示的豎直平面內(nèi)，物體A和帶正電的物體B用跨過定滑輪的絕緣輕繩連接，分別靜止于傾角θ＝37°的上的M點和粗糙絕緣水平面上，輕繩與對應平面平行．勁度系數(shù)k＝5N/m的輕彈簧一端固定在O點，一端用另一輕繩穿過固定的光滑小環(huán)D與A相連．彈簧處于原長，輕繩恰好拉直，DM垂直于斜面．水平面處于場強E＝5×104N/C、方向水平向右的勻強電場中．已知A、B的質(zhì)量分別為mA＝0.1kg和mB＝0.2kg，B所帶電荷量q＝＋4×10－6C.設兩物體均視為質(zhì)點，不計滑輪質(zhì)量和摩擦，繩不可伸長，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，B電荷量不變．取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求B所受靜摩擦力的大??；(2)現(xiàn)對A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a＝0.6m/s2開始做勻加速直線運動．A從M到N的過程中，B的電勢能增加了ΔEp＝0.06J．已知DN沿豎直方向，B與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4.求A到達N點時拉力F的瞬時功率．三、動量守恒定律【重點知識梳理】一、動量與動能、沖量的關系1．動量和動能的關系(1)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(zhì)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.(2)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，則動量必發(fā)生變化．(3)動量的變化量Δp＝p2－p1是矢量形式，其運算遵循平行四邊形定則；動能的變化量ΔEk＝Ek2－Ek1是標量式，運算時應用代數(shù)法．2．動量和沖量的關系沖量是物體動量變化的原因，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)公式W＝Ek′－Ek或Fs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,t)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)I＝pt－p0或Ft＝mvt－mv0物理量的意義公式中的W是合外力對物體所做的總功，做功是物體動能變化的原因．Ek′－Ek是物體動能的變化，是指做功過程的末動能減去初動能公式中的Ft是合外力的沖量，沖量是使研究對象動量發(fā)生變化的原因．mvt－mv0是研究對象的動量變化，是過程終態(tài)動量與初態(tài)動量的矢量差相同處①兩個定理都可以在最簡單的情景下，利用牛頓第二定律導出．②它們都反映了力的積累效應，都是建立了過程量與狀態(tài)量變化對應關系．③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不同處能定理是標量式，動量定理是矢量式．②側重于位移過程的力學問題用動能定理處理較為方便，側重于時間過程的力學問題用動量定理處理較為方便．③力對時間的積累決定了動量的變化，力對空間的積累則決定動能變化特別提醒：做功的過程就是能量轉化的過程，做了多少功，就表示有多少能量發(fā)生了轉化，所以說功是能量轉化的量度．功能關系是聯(lián)系功和能的“橋梁”．三、機械能守恒定律1．機械能守恒的判斷(1)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、拋體運動等．(2)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．(3)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．(4)物體除受重力(或彈力)外雖然受其他力的作用，但其他力不做功或者其他力做功的代數(shù)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：①如果沒有摩擦和介質(zhì)阻力，物體只發(fā)生動能和勢能的相互轉化時，機械能守恒；②可以對系統(tǒng)的受力進行整體分析，如果有除重力以外的其他力對系統(tǒng)做了功，則系統(tǒng)的機械能不守恒；③當系統(tǒng)內(nèi)的物體或系統(tǒng)與外界發(fā)生碰撞時，如果題目沒有明確說明不計機械能的損失，則系統(tǒng)機械能不守恒；④如果系統(tǒng)內(nèi)部發(fā)生“爆炸”，則系統(tǒng)機械能不守恒；⑤當系統(tǒng)內(nèi)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)轉化角度：系統(tǒng)增加的動能等于減少的勢能，即ΔEk＝－ΔEp或ΔEk＋ΔEp＝0；(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，ΔEA＝－ΔEB或ΔEA＋ΔEB＝0.四、能量守恒定律1．能量守恒定律具有普適性，任何過程的能量都是守恒的，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ΔEn增＝－ΔEm減．3．能量守恒定律在不同條件下有不同的表現(xiàn)，例如只有重力或彈簧彈力做功時就表現(xiàn)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，無論是處于伸長狀態(tài)還是壓縮狀態(tài)，只要形變量相同，其儲存的彈性勢能就相同．2．對同一根彈簧而言，先后經(jīng)歷兩次相同的形變過程，則兩次過程中彈簧彈性勢能的變化相同．3．彈性勢能公式Ep＝eq\f(1,2)kx2不是考試大綱中規(guī)定的內(nèi)容，高考試題除非在題干中明確給出該公式，否則不必用該公式定量解決物理計算題，以往高考命題中涉及彈簧彈性勢能的問題都是從“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＝E2－E1.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，機械能減少．【高頻考點突破】考點一、動量定理的應用例1．高空作業(yè)須系安全帶，如果質(zhì)量為m 的高空作業(yè)人員不慎跌落，從開始跌落到安全帶對人剛產(chǎn)生作用力前人下落的距離為h(可視為自由落體運動)．此后經(jīng)歷時間t安全帶達到最大伸長，若在此過程中該作用力始終豎直向上，則該段時間安全帶對人的平均作用力大小為()A.eq\f(m\r(2gh),t)＋mg B.eq\f(m\r(2gh),t)－mgC.eq\f(m\r(gh),t)＋mg D.eq\f(m\r(gh),t)－mg【變式探究1】如圖所示，質(zhì)量mA為4kg的木板A放在水平面C上，木板與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.24，木板右端放著質(zhì)量mB為1.0kg的小物塊B(視為質(zhì)點)，它們均處于靜止狀態(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：(1)瞬時沖量作用結束時木板的速度v0；(2)木板的長度L.【變式探究2】(2015·安徽理綜，22，14分)(難度★★★)一質(zhì)量為0.5kg的小物塊放在水平地面上的A點，距離A點5m的位置B處是一面墻，如圖所示．物塊以v0＝9m/s的初速度從A點沿AB方向運動，在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7m/s，碰后以6m/s的速度反向運動直至靜止．g取10m/s2.(1)求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ；(2)若碰撞時間為0.05s，求碰撞過程中墻面對物塊平均作用力的大小F；(3)求物塊在反向運動過程中克服摩擦力所做的功W.考點二、動量守恒定律的應用例2【2014·福建卷Ⅰ】一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進入太空預定位置，由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離．已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為m1，后部分的箭體質(zhì)量為m2，分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化，則分離后衛(wèi)星的速率v1為（）A．v0－v2B．v0＋v2C．v0－eq\f(m2,m1)v2D．v0＋eq\f(m2,m1)(v0－v2)【變式探究】如圖所示，在光滑的水平桌面上有體積相同的兩個小球A、B，質(zhì)量分別為m=0.1kg和M=0.3kg，兩球中間夾著一根壓縮的輕彈簧，原來處于靜止狀態(tài)，同時放開A、B球和彈簧，已知A球脫離彈簧時的速度為6m/s，接著A球進入與水平面相切，半徑為0.5m的豎直面內(nèi)的光滑半圓形軌道運動，P、Q為半圓形軌道豎直的直徑，g=10m/s2，下列說法正確的是A．彈簧彈開過程，彈力對A的沖量大于對B的沖量B．A球脫離彈簧時B球獲得的速度大小為2m/sC．A球從P點運動到Q點過程中所受合外力的沖量大小為1NsD．若半圓軌道半徑改為0.9m，則A球不能到達Q點例3、[2014·新課標全國Ⅰ,35(2)，9分](難度★★★)如圖，質(zhì)量分別為mA、mB的 兩個彈性小球A、B靜止在地面上方，B球距地面的高度h＝0.8m，A球在B 球的正上方．先將B球釋放，經(jīng)過一段時間后再將A球釋放．當A球下落t ＝0.3s時,剛好與B球在地面上方的P點處相碰，碰撞時間極短，碰后瞬間 A球的速度恰為零.已知mB＝3mA，重力加速度大小g＝10m/s2，忽略空氣阻力及碰撞中的動能損失．求(1)B球第一次到達地面時的速度；(2)P點距離地面的高度．例4【2014·天津卷】如圖所示，水平地面上靜止放置一輛小車A，質(zhì)量mA＝4kg，上表面光滑，小車與地面間的摩擦力極小，可以忽略不計．可視為質(zhì)點的物塊B置于A的最右端，B的質(zhì)量mB＝2kg.現(xiàn)對A施加一個水平向右的恒力F＝10N，A運動一段時間后，小車左端固定的擋板與B發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下繼續(xù)運動，碰撞后經(jīng)時間t＝0.6s，二者的速度達到vt＝2m/s.求：(1)A開始運動時加速度a的大小；(2)A、B碰撞后瞬間的共同速度v的大小；(3)A的上表面長度l.例5、[2015·山東理綜，39(2)](難度★★★★)如圖，三個質(zhì)量相同的滑塊A、B、C，間隔相等地靜置于同一水平直軌道上．現(xiàn)給滑塊A向右的初速度v0，一段時間后A與B發(fā)生碰撞,碰后A、B分別以eq\f(1,8)v0、eq\f(3,4)v0的速度向右運動，B再與C 發(fā)生碰撞,碰后B、C粘在一起向右運動．滑塊A、B與軌道間的動摩擦因數(shù)為同一恒定值．兩次碰撞時間均極短．求B、C碰后瞬間共同速度的大?。?、如圖所示，一小車上表面由粗糙的水平部分AB和光滑的半圓弧軌道BCD組成，小車緊靠臺階靜止在光滑水平地面上，且左端與光滑圓弧形軌道MN末端等高，圓弧形軌道MN末端水平．一質(zhì)量為m1=5kg的小物塊P從距圓弧形軌道MN末端高為h=1.8m處由靜止開始滑下，與靜止在小車左端的質(zhì)量為m2=1kg的小物塊Q（可視為質(zhì)點）發(fā)生彈性碰撞(碰后立即將小物塊P取走，使之不影響后續(xù)物體的運動)．已知AB長為L=10m，小車的質(zhì)量為M=3kg．取重力加速度g=10m/s2．（1）求碰撞后瞬間物塊Q的速度大?。唬?）若物塊Q在半圓弧軌道BCD上經(jīng)過一次往返運動（運動過程中物塊始終不脫離軌道），最終停在小車水平部分AB的中點，求半圓弧軌道BCD的半徑至少多大？ 專題能量和動量答案一、功能關系在力學中的應用例1、【答案】B【變式探究】答案AB【變式探究2】答案ABD例2【答案】C【變式探究】答案C例3．【答案】（1）SKIPIF1<0（2）SKIPIF1<0（3）SKIPIF1<0【解析】（1）B從釋放到細繩剛繃直前做自由落體運動，有：SKIPIF1<0解得：SKIPIF1<0（2）設細繩繃直前瞬間B速度大小為vB，有SKIPIF1<0細繩繃直瞬間，細繩張力遠大于A、B的重力，A、B相互作用，總動量守恒：SKIPIF1<0繩子繃直瞬間，A、B系統(tǒng)獲得的速度：SKIPIF1<0之后A做勻減速運動，所以細繩繃直瞬間的速度v即為最大速度，A的最大速度為2m/s例3【變式探究】答案(1)6m/s0.4(2)4.1m(3)不能(4)5.6J解析(1)由物塊m2過B點后其位移與時間的關系x＝6t－2t2與x＝v0t＋eq\f(1,2)at2比較得：v0＝6m/s加速度a＝－4m/s2而－μm2g＝m2a得μ＝0.4(2)設物塊由D點以vD做平拋運動落到P點時其豎直速度為vy＝eq\r(2gR)根據(jù)幾何關系有：eq\f(vy,vD)＝tan45°解得vD＝4m/s運動時間為：t＝eq\r(\f(2R,g))＝eq\r(\f(1.6,10))s＝0.4s所以DP的水平位移為：4×0.4m＝1.6mBD間位移為xBD＝eq\f(v\o\al(2,D)－v\o\al(2,0),2a)＝2.5m所以BP間位移為2.5m＋1.6m＝4.1m(3)設物塊到達M點的臨界速度為vM，有：m2g＝m2eq\f(v\o\al(2,M),R)vM＝eq\r(gR)＝2eq\r(2)m/s由機械能守恒定律得：eq\f(1,2)m2vM′2＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,D)－eq\f(\r(2),2)m2gR解得vM′＝eq\r(16－8\r(2))m/s因為eq\r(16－8\r(2))<2eq\r(2)所以物塊不能到達M點．【變式探究2】答案(1)150N(2)13N(3)(0.5＋eq\f(\r(7),2))s(2)M離開B后做平拋運動水平方向：x＝vBt＝5m由幾何知識可知，m的位移：s＝eq\f(x－x0,cos37°)＝2.5m設滑塊m向上運動的加速度為a由勻變速運動的位移公式得：s＝eq\f(1,2)at2解得a＝5m/s2對滑塊m，由牛頓第二定律得：F－mgsin37°－μmgcos37°＝ma解得F＝13N(3)撤去拉力F后，對m，由牛頓第二定律得：mgsin37°＋μmgcos37°＝ma′解得a′＝8m/s2滑塊上滑的時間t′＝eq\f(v,a′)＝0.5s上滑位移：s′＝eq\f(v2,2a′)＝1m滑塊m沿斜面下滑時，由牛頓第二定律得：mgsin37°－μmgcos37°＝ma″解得a″＝4m/s2下滑過程s＋s′＝eq\f(1,2)a″t″2解得t″＝eq\f(\r(7),2)s滑塊返回所用時間：t＝t′＋t″＝(0.5＋eq\f(\r(7),2))s二、功能關系在電磁學中的應用例1．【答案】AC【變式探究1】答案A【變式探究2】答案D【變式探究3】【答案】eq\f(mv\o\al(2,0),q)例2答案ABD【變式探究】答案】（1）3:1（2）SKIPIF1<0（3）SKIPIF1<0【解析】（1）設帶電小球M、N拋出的初速度均為v0，則它們進入電場時的水平速度仍為v0；M、N在電場中的運動時間t相等，電場力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場中沿水平方向的位移分別為s1和s2；由運動公式可得：v0–at=0①SKIPIF1<0②SKIPIF1<0③聯(lián)立①②③解得：SKIPIF1<0④（3）設電場強度為E，小球M進入電場后做直線運動，則SKIPIF1<0，SKIPIF1<0⑨設M、N離開電場時的動能分別為Ek1、Ek2，由動能定理：SKIPIF1<0⑩SKIPIF1<0?由已知條件：Ek1=1.5Ek2聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧⑨⑩??解得：SKIPIF1<0考點三、應用動力學知識和功能關系解決力電綜合問題例3、答案(1)eq\r(6gr)(2)eq\f(\r(3)mgR,2BL)(3)mg(H－3r)(4)mg【變式探究】(2)物體A從M點到N點的過程中，