专题(05)电学中的动量和能量问题(解析版)

第1课时力学中的动量和能量问题高考命题点命题轨迹情境图动量定理和动量守恒定律的应用20161卷35(2)17(3)20题20172卷15,3卷2020191卷16“碰撞模型”问题20151卷35(2)，2卷35(2)15(1)35(2)题15(2)35(2)题16(3)35(2)题18(2)24题19(1)25题20163卷35(2)20182卷15、2420191卷25“爆炸模型”和“反冲模20171卷1420181卷24型”问题19(3)25题20193卷25“板块模型”问题20162卷35(2)16(2)35(2)题1．动量定理(1)公式：Ft＝p′－p，除表明等号两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因．(2)意义：动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系，反映了力对时间的累积效果，与物体的初、末动量无必然联系．动量变化的方向与合外力的冲量方向相同，而物体在某一时刻的动量方向跟合外力的冲量方向无必然联系．2．动量守恒定律(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变．(2)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)，或Δp＝0(系统总动量的变化量为零)，或Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的变化量大小相等、方向相反)．(3)守恒条件①系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零．②系统所受外力的合力不为零，但在某一方向上系统受到的合力为零，则系统在该方向上动量守恒．③系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如碰撞、爆炸过程．3．解决力学问题的三大观点(1)力的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题．(2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及相互作用物体的问题．(3)能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理分析；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律．1．力学规律的选用原则(1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律．若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律．(2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决．2．系统化思维方法(1)对多个物理过程进行整体分析，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动．(2)对多个研究对象进行整体分析，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统)．类型1动量定理的应用例1(2019·全国卷Ⅰ·16)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3km/s，产生的推力约为4.8×106N，则它在1s时间内喷射的气体质量约为()A ．1.6×102kgB ．1.6×103kgC ．1.6×105kgD ．1.6×106kg 答案B解析设1s 时间内喷出的气体的质量为m ，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F ，由动量定理有Ft ＝m v －0，则m ＝Ft v ＝4.8×106×13×103kg ＝1.6×103kg ，选项B 正确．拓展训练1(2019·湖北武汉市二月调研)运动员在水上做飞行运动表演，他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中，如图1所示．已知运动员与装备的总质量为90kg ，两个喷嘴的直径均为10cm ，已知重力加速度大小g ＝10m /s 2，水的密度ρ＝1.0×103kg/m 3，则喷嘴处喷水的速度大约为()图1A ．2.7m /sB ．5.4m/sC ．7.6m /sD ．10.8m/s答案C解析设Δt 时间内一个喷嘴中有质量为m 的水喷出，忽略水的重力冲量，对两个喷嘴喷出的水由动量定理得：F Δt ＝2m vm ＝ρv Δt ·πd 24因运动员悬停在空中，则F ＝Mg 联立代入数据解得：v ≈7.6m/s ，故C 正确．类型2动量定理和动量守恒定律的应用例2(2019·河北省“五个一名校联盟”第一次诊断)观赏“烟火”表演是每年“春节”庆祝活动的压轴大餐．某型“礼花”底座仅用0.2s 的发射时间，就能将5kg 的礼花弹竖直抛上180m 的高空．(忽略发射底座高度，不计空气阻力，g 取10m/s 2)．(1)“礼花”发射时燃烧的火药对礼花弹的作用力约是多少？(2)某次试射，当礼花弹到达最高点180m 的高空时爆炸为沿水平方向运动的两块(爆炸时炸药质量忽略不计)，测得两块落地点间的距离s ＝900m ，落地时两者的速度相互垂直，则两块的质量各为多少？答案见解析解析(1)设礼花弹竖直抛上180m 高空用时为t ，由竖直上抛运动的对称性知：h ＝12gt 2代入数据解得：t ＝6s设发射时间为t 1，火药对礼花弹的作用力为F ，对礼花弹发射到180m 高空运用动量定理有：Ft 1－mg (t ＋t 1)＝0代入数据解得：F ＝1550N ；(2)设礼花弹在180m 高空爆炸时分裂为质量为m 1、m 2的两块，对应水平速度大小为v 1、v 2，方向相反，礼花弹爆炸时该水平方向合外力为零，由动量守恒定律有：m 1v 1－m 2v 2＝0且有：m 1＋m 2＝m由平抛运动的规律和题目落地的距离条件有：(v 1＋v 2)t ＝s设落地时竖直速度为v y ，落地时两块的速度相互垂直，如图所示，有：tan θ＝v y v 1＝v 2v y又v y ＝gt1＝1kg2＝4kg 1＝4kg2＝1kg拓展训练2(多选)(2019·福建厦门市上学期期末质检)如图2所示，一质量M ＝2.0kg 的长木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m ＝1.0kg 的小物块A .给A 和B 以大小均为3.0m/s 、方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，A 始终没有滑离B 板．下列说法正确的是()图2A ．A 、B 共速时的速度大小为1m/sB ．在小物块A 做加速运动的时间内，木板B 速度大小可能是2m/sC ．从A 开始运动到A 、B 共速的过程中，木板B 对小物块A 的水平冲量大小为2N·sD ．从A 开始运动到A 、B 共速的过程中，小物块A 对木板B 的水平冲量方向向左答案AD 解析设水平向右为正方向，根据动量守恒定律得：M v －m v ＝(M ＋m )v 共，解得v 共＝1m /s ，A 正确；在小物块向左减速到速度为零时，设长木板速度大小为v 1，根据动量守恒定律：Mv －m v ＝M v 1，解得：v 1＝1.5m/s ，所以当小物块反向加速的过程中，木板继续减速，木板的速度必然小于1.5m/s ，所以B 错误；根据动量定理，A 、B 相互作用的过程中，木板B 对小物块A 的水平冲量大小为I ＝m v 共＋m v ＝4N·s ，故C 错误；根据动量定理，A 对B 的水平冲量I ′＝M v 共－M v ＝－4N·s ，负号代表与正方向相反，即向左，故D 正确．1．模型介绍碰撞模型主要是从运动情景和解题方法高度相似角度进行归类．模型具体有以下几种情况：(水平面均光滑)①物体与物体的碰撞；②子弹打木块；③两个物体压缩弹簧；④两个带电体在光滑绝缘水平面上的运动等．2．基本思路(1)弄清有几个物体参与运动，并分析清楚物体的运动过程．(2)进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点．(3)光滑的平面或曲面(仅有重力做功)，不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析．3．方法选择(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律．(2)若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应使用牛顿运动定律．(3)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，运用动能定理解决曲线运动和变加速运动问题特别方便．(4)若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理．例3(2019·山东日照市3月模拟)A 、B 两小球静止在光滑水平面上，用水平轻弹簧相连接，A 、B 两球的质量分别为m 和M (m <M )．若使A 球获得瞬时速度v (如图3甲)，弹簧压缩到最短时的长度为L 1；若使B 球获得瞬时速度v (如图乙)，弹簧压缩到最短时的长度为L 2，则L 1与L 2的大小关系为()图3A ．L 1>L 2B ．L 1<L 2C ．L 1＝L 2D ．不能确定答案C解析当弹簧压缩到最短时，两球的速度相同，对题图甲取A 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m v ＝(m ＋M )v ′由机械能守恒定律得：E p ＝12m v 2－12(m ＋M )v ′2联立解得弹簧压缩到最短时有：E p ＝mM v 22(m ＋M )同理：对题图乙取B 的初速度方向为正方向，当弹簧压缩到最短时有：E p ＝mM v 22(m ＋M )故弹性势能相等，则有：L 1＝L 2，故A 、B 、D 错误，C 正确．拓展训练3(2019·四川省第二次诊断)如图4甲所示，一块长度为L 、质量为m 的木块静止在光滑水平面上．一颗质量也为m 的子弹以水平速度v 0射入木块．当子弹刚射穿木块时，木块向前移动的距离为s ，如图乙所示．设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点．则子弹穿过木块的时间为()图4A.1v 0(s ＋L ) B.1v 0(s ＋2L )C.12v 0(s ＋L ) D.1v 0(L ＋2s )答案D解析子弹穿过木块过程，对子弹和木块组成的系统，外力之和为零，动量守恒，以v 0的方向为正方向，有：m v 0＝m v 1＋m v 2，设子弹穿过木块的过程所受阻力为F f ，对子弹由动能定理：－F f (s ＋L )＝12m v 12－12m v 02，由动量定理：－F f t ＝m v 1－m v 0，对木块由动能定理：F f s ＝12m v 22，由动量定理：F f t ＝m v 2，联立解得：t ＝1v 0(L ＋2s )，故选D.例4(2019·全国卷Ⅰ·25)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B 静止于水平轨道的最左端，如图5(a)所示．t ＝0时刻，小物块A 在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B 发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A 返回到倾斜轨道上的P 点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止．物块A 运动的v －t 图象如图(b)所示，图中的v 1和t 1均为未知量．已知A 的质量为m ，初始时A 与B 的高度差为H ，重力加速度大小为g ，不计空气阻力．图5(1)求物块B 的质量；(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A 克服摩擦力所做的功；(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等．在物块B 停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A 从P 点释放，一段时间后A 刚好能与B 再次碰上．求改变前后动摩擦因数的比值．答案(1)3m (2)215mgH (3)119解析(1)根据题图(b)，v 1为物块A 在碰撞前瞬间速度的大小，v 12为其碰撞后瞬间速度的大小．设物块B 的质量为m ′，碰撞后瞬间的速度大小为v ′.由动量守恒定律和机械能守恒定律有m v 1＝m ′v ′①12m v 12＝12m －12v ＋12m ′v ′2②联立①②式得m ′＝3m ；③(2)在题图(b)所描述的运动中，设物块A 与轨道间的滑动摩擦力大小为F f ，下滑过程中所经过的路程为s 1，返回过程中所经过的路程为s 2，P 与B 的高度差为h ，整个过程中克服摩擦力所做的功为W .由动能定理有mgH －F f s 1＝12m v 12－0④－(F f s 2＋mgh )＝0－12m ⑤从题图(b)所给出的v －t 图线可知s 1＝12v 1t 1⑥s 2＝12·v 12·(1.4t 1－t 1)⑦由几何关系得：s 2s 1＝hH⑧物块A 在整个运动过程中克服摩擦力所做的功为W ＝F f s 1＋F f s 2⑨联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得W ＝215mgH ；⑩(3)设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有W ＝μmg cos θ·H ＋hsin θ⑪设物块B 在水平轨道上能够滑行的距离为s ′，由动能定理有－μm ′gs ′＝0－12m ′v ′2⑫设改变后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有mgh －μ′mg cos θ·hsin θ－μ′mgs ′＝0⑬联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩⑪⑫⑬式可得μμ′＝119.⑭拓展训练4(2019·福建泉州市质量检查)在游乐场中，父子两人各自乘坐的碰碰车沿同一直线相向而行，在碰前瞬间双方都关闭了动力，此时父亲的速度大小为v ，儿子的速度大小为2v .两车瞬间碰撞后儿子沿反方向滑行，父亲运动的方向不变且经过时间t 停止运动．已知父亲和车的总质量为3m ，儿子和车的总质量为m ，两车与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g ，求：(1)碰后瞬间父亲的速度大小和此后父亲能滑行的最大距离；(2)碰撞过程父亲坐的车对儿子坐的车的冲量大小．答案(1)μgt 12μgt 2(2)3m v －3μmgt解析(1)设碰后瞬间父亲的速度大小为v 1，由动量定理可得－μ·3mgt ＝0－3m v 1得v 1＝μgt设此后父亲能滑行的最大距离为s ，由动能定理可得－μ·3mgs ＝0－12×3m v 12得s ＝12μgt 2(2)设碰后瞬间儿子的速度大小为v 2，取父亲的运动方向为正方向，由动量守恒定律可得3m v －m ·2v ＝3m v 1＋m v 2设碰撞过程父亲坐的车对儿子坐的车的冲量大小为I ，由动量定理可得I ＝m v 2－(－m ·2v )解得I ＝3m v －3μmgt例5(2019·全国卷Ⅲ·25)静止在水平地面上的两小物块A 、B ，质量分别为m A ＝1.0kg ，m B ＝4.0kg ；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A 与其右侧的竖直墙壁距离l ＝1.0m ，如图6所示．某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A 、B 瞬间分离，两物块获得的动能之和为E k ＝10.0J ．释放后，A 沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A 、B 与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20.重力加速度取g ＝10m/s 2.A 、B 运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．图6(1)求弹簧释放后瞬间A 、B 速度的大小；(2)物块A 、B 中的哪一个先停止？该物块刚停止时A 与B 之间的距离是多少？(3)A 和B 都停止后，A 与B 之间的距离是多少？答案(1)4.0m /s 1.0m/s (2)物块B 先停止0.50m (3)0.91m解析(1)设弹簧释放瞬间A 和B 的速度大小分别为v A 、v B ，以向右为正方向，由动量守恒定律和题给条件有0＝m A v A －m B v B ①E k ＝12m A v A 2＋12m B v B 2②联立①②式并代入题给数据得v A ＝4.0m/s ，v B ＝1.0m/s ③(2)A 、B 两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a .假设A 和B 发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B .设从弹簧释放到B 停止所需时间为t ，B 向左运动的路程为s B ，则有m B a ＝μm B g ④s B ＝v B t －12at 2⑤v B －at ＝0⑥在时间t 内，A 可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A 将向左运动，碰撞并不改变A 的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A 在时间t 内的路程s A 都可表示为s A ＝v A t －12at 2⑦联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得s A ＝1.75m ，s B ＝0.25m ⑧这表明在时间t 内A 已与墙壁发生碰撞，但没有与B 发生碰撞，此时A 位于出发点右边0.25m 处．B 位于出发点左边0.25m 处，两物块之间的距离s 为s ＝0.25m ＋0.25m ＝0.50m ⑨(3)t 时刻后A 将继续向左运动，假设它能与静止的B 碰撞，碰撞时速度的大小为v A ′，由动能定理有12m A v A ′2－12m A v A 2＝－μm A g (2l ＋s B )⑩联立③⑧⑩式并代入题给数据得v A ′＝7m/s ⑪故A 与B 将发生碰撞．设碰撞后A 、B 的速度分别为v A ″和v B ″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有m A (－v A ′)＝m A v A ″＋m B v B ″⑫12m A v A ′2＝12m A v A ″2＋12m B v B ″2⑬联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得v A ″＝375m/s ，v B ″＝－275m/s ⑭这表明碰撞后A 将向右运动，B 继续向左运动．设碰撞后A 向右运动距离为s A ′时停止，B 向左运动距离为s B ′时停止，由运动学公式2as A ′＝v A ″2,2as B ′＝v B ″2⑮由④⑭⑮式及题给数据得s A ′＝0.63m ，s B ′＝0.28m ⑯s A ′小于碰撞处到墙壁的距离．由上式可得两物块停止后的距离s ′＝s A ′＋s B ′＝0.91m拓展训练5(2019·云南昆明市4月质检)科研人员乘热气球进行科学考察，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为M ＝200kg.热气球在空中以v 0＝0.1m /s 的速度匀速下降，距离水平地面高度h ＝186m 时科研人员将质量m ＝20k g 的压舱物竖直向下抛出，抛出后6s 压舱物落地．此过程中压舱物所受空气阻力可忽略不计，热气球所受浮力不变，重力加速度取g ＝10m/s 2，求：(1)压舱物刚被抛出时的速度大小；(2)压舱物落地时热气球距离水平地面的高度．答案(1)1m/s (2)206m 解析(1)设压舱物抛出时的速度为v 1，热气球的速度为v 2压舱物抛出后做竖直下抛运动，由运动学规律有：h ＝v 1t ＋12gt 2代入数据得到：v 1＝1m/s(2)热气球和压舱物组成的系统动量守恒，以v 0的方向为正方向，M v 0＝m v 1＋(M －m )v 2代入数据得到：v 2＝0设热气球所受浮力为F ，则F ＝Mg压舱物抛出后对热气球进行受力分析，由牛顿第二定律有：F －(M －m )g ＝(M －m )a代入数据得到：a ＝109m/s 2热气球6s 上升的高度为：h 2＝v 2t ＋12at 2代入数据得到：h 2＝20m 则H ＝h 1＋h 2＝206m.例6(2019·河南省九师联盟质检)如图7所示，在光滑水平面上有B 、C 两个木板，B 的上表面光滑，C 的上表面粗糙，B 上有一个可视为质点的物块A ，A 、B 、C 的质量分别为3m 、2m 、m .A 、B 以相同的初速度v 向右运动，C 以速度v 向左运动．B 、C 的上表面等高，二者发生完全非弹性碰撞但并不粘连，碰撞时间很短．A 滑上C 后恰好能到达C 的中间位置，C 的长度为L ，不计空气阻力．求：图7(1)木板C 的最终速度大小；(2)木板C 与物块A 之间的摩擦力F f 大小；(3)物块A 滑上木板C 之后，在木板C 上做减速运动的时间t .答案(1)56v (2)m v 23L(3)3L 2v解析(1)设水平向右为正方向，B 、C 碰撞过程中动量守恒：2m v －m v ＝(2m ＋m )v 1解得v 1＝v3A 滑到C 上，A 、C 动量守恒：3m v ＋m v 1＝(3m ＋m )v 2解得v 2＝56v ；(2)根据能量关系可知，在A 、C 相互作用过程中，木板C 与物块A 之间因摩擦产生的热量为Q ＝12(3m )v 2＋12m v 12－12(3m ＋m )v 22Q ＝F f ·L 2联立解得F f ＝m v 23L；(3)在A 、C 相互作用过程中，以C 为研究对象，由动量定理得F f t ＝m v 2－m v 1解得t ＝3L2v.拓展训练6(2019·四川攀枝花市第二次统考)如图8所示，质量m ＝1kg 的小物块静止放置在固定水平台的最左端，质量M ＝2kg 的小车左端紧靠平台静置在光滑水平地面上，平台、小车的长度l 均为0.6m ．现对小物块施加一水平向右的恒力F ，使小物块开始运动，当小物块到达平台最右端时撤去恒力F ，小物块刚好能够到达小车的右端．小物块大小不计，与平台间、小车间的动摩擦因数μ均为0.5，重力加速度g 取10m/s 2，求：图8(1)小物块离开平台时速度的大小；(2)水平恒力F 对小物块冲量的大小．答案(1)3m/s (2)5N·s 解析(1)设撤去水平向右的恒力F 时小物块的速度大小为v 0，小物块和小车的共同速度大小为v 1.从撤去恒力到小物块到达小车右端过程，以v 0的方向为正方向，对小物块和小车组成的系统：由动量守恒：m v 0＝(m ＋M )v 1由能量守恒：12m v 02＝12(m ＋M )v 12＋μmgl联立以上两式并代入数据得：v 0＝3m/s(2)设水平恒力F 对小物块冲量的大小为I ，小物块在平台上运动的时间为t .小物块在平台上运动的过程，对小物块：由动量定理：I －μmgt ＝m v 0－0由运动学规律：l ＝v 02·t联立并代入数据得：I ＝5N·s.专题强化练(限时45分钟)1.(多选)(2019·安徽宣城市第二次模拟)如图1，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m 的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m 的小球从槽上高h 处由静止开始自由下滑，则()图1A ．在小球下滑的过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒B ．在小球下滑的过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功C ．被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h 处D ．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动答案AD解析在小球下滑的过程中，小球和槽组成的系统，在水平方向上不受力，则水平方向上动量守恒，故A 正确；在小球下滑过程中，槽向左滑动，根据动能定理知，槽的速度增大，则小球对槽的作用力做正功，故B 错误；小球和槽组成的系统水平方向上动量守恒，开始总动量为零，小球离开槽时，小球和槽的动量大小相等，方向相反，由于质量相等，则速度大小相等，方向相反，然后小球与弹簧接触，被弹簧反弹后的速度与接触弹簧时的速度大小相等，可知反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动，且速度大小相等，则小球不会回到槽上高h 处，故D 正确，C 错误．2．(多选)(2019·辽宁葫芦岛市一模)一个静止的质点在t ＝0到t ＝4s 这段时间，仅受到力F 的作用，F 的方向始终在同一直线上，F 随时间t 的变化关系如图2所示．下列说法中正确的是()图2A ．在t ＝0到t ＝4s 这段时间，质点做往复直线运动B ．在t ＝1s 时，质点的动量大小为1kg·m/sC ．在t ＝2s 时，质点的动能最大D ．在t ＝1s 到t ＝3s 这段时间，力F 的冲量为零答案CD3．(2019·广东省“六校”第三次联考)开学了，想到又能够回到校园为梦想而拼搏，小明同学开心得跳了起来．假设小明质量为m ，从开始蹬地到离开地面用时为t ，离地后小明重心最大升高h ，重力加速度为g ，忽略空气阻力．以下说法正确的是()A ．从开始蹬地到到达最高点的过程中，小明始终处于失重状态B ．在t 时间内，小明机械能增加了mghC ．在t 时间内，地面给小明的平均支持力为F ＝m 2gh tD ．在t 时间内，地面对小明做功mgh答案B解析从开始蹬地到到达最高点的过程中，经历了向上加速和减速的过程，所以小明是先超重后失重，故A 错误；小明离开地面后，只受重力作用，机械能守恒，重心最大升高h ，可知小明离开地面时的机械能为mgh ，这是在蹬地的时间t 中，其他外力做功转化的，故B 正确；在时间t 内，由动量定理得：F t －mgt ＝m v －0，离开地面到最高点有：mgh ＝12m v 2，联立解得：F ＝m 2gh t＋mg ，故C 错误；在时间t 内，地面对小明的支持力并没有在力的方向上发生位移，做功为0，故D 错误．4．(2019·陕西榆林市第三次测试)如图3甲所示，物块A 、B 的质量分别是m A ＝4.0kg 和m B ＝3.0kg ，两物块之间用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B 右侧与竖直墙壁相接触，另有一物块C 从t ＝0时，以一定速度向右运动．在t ＝4s 时与物块A 相碰，并立即与A 粘在一起不再分开，物块C 的v －t 图象如图乙所示，墙壁对物块B 的弹力在4s 到12s 的时间内对B 的冲量I 的大小为()图3A ．9N·sB ．18N·sC ．36N·sD ．72N·s 答案C解析由题图乙知，C 与A 碰前速度为：v 1＝9m /s ，碰后瞬间C 的速度为：v 2＝3m/s ，C 与A 碰撞过程动量守恒，以C 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m C v 1＝(m A ＋m C )v 2，代入数据解得m C ＝2kg,12s 末A 和C 的速度为：v 3＝－3m/s,4s 到12s ，墙对B 的冲量为：I ＝(m A ＋m C )v 3－(m A ＋m C )v 2，代入数据解得：I ＝－36N·s ，方向向左，故C 正确，A 、B 、D 错误．5．(2019·陕西省第二次质检)核桃是“四大坚果”之一，核桃仁具有丰富的营养价值，但核桃壳十分坚硬，不借助专用工具不易剥开．小悠同学发现了一个开核窍门：把核桃竖直上抛落回与坚硬地面撞击后就能开裂．抛出点距离地面的高度为H ，上抛后达到的最高点与抛出点的距离为h .已知重力加速度为g ，空气阻力不计．(1)求核桃落回地面的速度大小v ；(2)已知核桃质量为m ，与地面撞击作用时间为Δt ，撞击后竖直反弹h 1高度，求核桃与地面之间的平均作用力F .答案(1)2g (H ＋h )(2)m [2gh 1＋2g (H ＋h )]Δt＋mg ，方向竖直向上解析(1)核桃竖直上抛到最高点后做自由落体运动，则有：v 2＝2g (H ＋h )则落回地面的速度：v ＝2g (H ＋h )(2)设核桃反弹速度为v 1，则有：v 12＝2gh 1以竖直向上为正方向，核桃与地面作用的过程：(F －mg )Δt ＝m v 1－m (－v )解得：F ＝m [2gh 1＋2g (H ＋h )]Δt ＋mg ，方向竖直向上．6．(2019·河南南阳市上学期期末)如图4所示，水平光滑地面上有两个静止的小物块A 和B (可视为质点)，A 的质量m ＝1.0kg ，B 的质量M ＝4.0kg ，A 、B 之间有一轻质压缩弹簧，且A 、B 间用细线相连(图中未画出)，弹簧的弹性势能E p ＝40J ，弹簧的两端与物块接触而不固定连接．水平面的左侧有一竖直墙壁，右侧与倾角为30°的光滑斜面平滑连接．将细线剪断，A 、B 分离后立即撤去弹簧，物块A 与墙壁发生弹性碰撞后，A 在B 未到达斜面前追上B ，并与B 相碰后结合在一起向右运动，g 取10m/s 2，求：图4(1)A 与弹簧分离时的速度大小；(2)A 、B 沿斜面上升的最大距离．答案(1)8m/s (2)1.024m解析(1)设A 、B 与弹簧分离时的速度大小分别为v 1、v 2，系统动量守恒：0＝m v 1－M v 2系统能量守恒：E p ＝12m v 12＋12M v 22解得v 1＝8m/s ，v 2＝2m/s ；(2)A 与墙壁碰后速度大小不变，设A 与B 相碰后，A 与B 的速度大小为v ，对A 、B 系统动量守恒：m v 1＋M v 2＝(m ＋M )v 解得v ＝3.2m/s对A 、B 整体，由动能定理：－(m ＋M )gL sin 30°＝0－12(m ＋M )v 2解得L ＝1.024m.7．(2019·河南郑州市第二次质量预测)如图5甲所示，半径为R ＝0.8m 的四分之一光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，A 为轨道最高点，与圆心O 等高；B 为轨道最低点．在光滑水平面上紧挨B 点有一静止的平板车，其质量M ＝3kg ，小车足够长，车的上表面与B 点等高，平板车上表面涂有一种特殊材料，物块在上面滑动时，动摩擦因数随物块相对小车左端位移的变化图象如图乙所示．物块(可视为质点)从圆弧轨道最高点A 由静止释放，其质量m ＝1kg ，g 取10m/s 2.图5(1)求物块滑到B 点时对轨道压力的大小；(2)物块相对小车静止时距小车左端多远？答案(1)30N (2)1.75m解析(1)物块从光滑圆弧轨道A 点滑到B 点的过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律得：mgR ＝12m v B 2代入数据解得v B ＝4m/s在B 点，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v B 2R代入数据解得F N ＝30N由牛顿第三定律可知，物块滑到B 点时对轨道的压力大小：F N ′＝F N ＝30N (2)物块滑上小车后，由于水平地面光滑，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒．以向右为正方向，由动量守恒定律得m v B ＝(m ＋M )v代入数据解得v ＝1m/s由能量关系得系统生热Q ＝12m v B 2－12(m ＋M )v 2解得Q ＝6J由功能关系知Q ＝12μ1mgx 1＋μ1mg (x －x 1)将μ1＝0.4，x 1＝0.5m 代入可解得x ＝1.75m.。

功能关系与机械能守恒目录【题型一】 机械能守恒定律的应用【题型二】 功能关系的综合应用【题型三】 动力学观点和能量观点的综合应用【题型一】机械能守恒定律的应用【解题指导】1.单物体多过程机械能守恒问题：划分物体运动阶段，研究每个阶段中的运动性质，判断机械能是否守恒；2.多物体的机械能守恒：一般选用ΔEp=-ΔEk形式，不用选择零势能面．1(2023·全国·统考高考真题)一同学将铅球水平推出，不计空气阻力和转动的影响，铅球在平抛运动过程中()A．机械能一直增加B．加速度保持不变C．速度大小保持不变D．被推出后瞬间动能最大【答案】B【详解】A．铅球做平抛运动，仅受重力，故机械能守恒，A错误；B．铅球的加速度恒为重力加速度保持不变，B正确；CD．铅球做平抛运动，水平方向速度不变，竖直方向做匀加速直线运动，根据运动的合成可知铅球速度变大，则动能越来越大，CD错误。

故选B。

2(2022·全国·统考高考真题)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于()A.它滑过的弧长B.它下降的高度C.它到P点的距离D.它与P点的连线扫过的面积【答案】C【详解】如图所示设圆环下降的高度为h ，圆环的半径为R ，它到P 点的距离为L ，根据机械能守恒定律得mgh =12mv 2由几何关系可得h =L sin θsin θ=L2R联立可得h =L 22R可得v =LgR故C 正确，ABD 错误。

故选C 。

3(2023上·山东济宁·高三嘉祥县第一中学校考期中)有一竖直放置的“T ”形架，表面光滑，滑块A 、B 分别套在水平杆与竖直杆上，A 、B 用一根不可伸长的轻细绳相连，A 、B 质量相等，且可看做质点，如图所示，开始时细绳水平伸直，A 、B 静止。

由静止释放B 后，已知当细绳与竖直方向的夹角为60°时，滑块B 沿着竖直杆下滑的速度为v ，则连接A 、B 的绳长为()A.4v 2g B.3v 2g C.2v 23g D.4v 23g【答案】D 【详解】如图所示将A 、B 的速度分解为沿绳的方向和垂直与绳的方向，两物体沿绳子的方向速度大小相等，则有v B cos60°=v A cos30°解得v A =33v B 减小的重力势能全部转化为A 和B 的动能，由于A 、B 组成的系统只有重力做功，所以系统机械能守恒，有mgh =12mv 2A +12mv 2B 解得h =2v 23g 绳长L =2h =4v 23g故选D 。

专题：动量和能量的综合问题1．燃放爆竹是我国传统民俗．春节期间，某人斜向上抛出一个爆竹，到最高点时速度大小为v0，方向水平向东，并炸开成质量相等的三块碎片a、b、c，其中碎片a的速度方向水平向东，忽略空气阻力．以下说法正确的是()A．炸开时，若碎片b的速度方向水平向西，则碎片c的速度方向可能水平向南B．炸开时，若碎片b的速度为零，则碎片c的速度方向一定水平向西C．炸开时，若碎片b的速度方向水平向北，则三块碎片一定同时落地D．炸开时，若碎片a、b的速度等大反向，则碎片c落地时的速度可能等于3v0答案C解析到最高点时速度大小为v0，方向水平向东，则总动量向东；炸开时，若碎片b的速度方向水平向西，碎片c的速度方向水平向南，则违反动量守恒定律，A错误；炸开时，若碎片b的速度为零，根据动量守恒定律，碎片c的速度方向可能水平向东，B错误；三块碎片在竖直方向上均做自由落体运动，一定同时落地，C正确；炸开时，若碎片a、b的速度等大反向，根据动量守恒定律3m v0＝m v c，解得v c＝3v0，碎片c 落地时速度的水平分量等于3v0，其落地速度一定大于3v0，D错误．2．天问一号探测器由环绕器、着陆器和巡视器组成，总质量达到5×103kg，于2020年7月23日发射升空，2021年2月24日进入火星停泊轨道．在地火转移轨道飞行过程中天问一号进行了四次轨道修正和一次深空机动，2020年10月9日23时，在距离地球大约2.94×107千米的深空，天问一号探测器3000N主发动机点火工作约480秒，发动机向后喷射的气体速度约为3×103m/s，顺利完成深空机动，天问一号飞行轨道变为能够准确被火星捕获的、与火星精确相交的轨道．关于这次深空机动，下列说法正确的是()A．天问一号的速度变化量约为2.88×103m/sB．天问一号的速度变化量约为288m/sC．喷出气体的质量约为48kgD．喷出气体的质量约为240kg答案B解析根据动量定理有Ft＝MΔvΔv＝FtM＝3000×4805×103m/s＝288m/s，即天问一号的速度变化量Δv约为288m/s，可知A错误，B正确；设喷出气体的速度为v气，方向为正方向，质量为m，由动量守恒定律可知m v气－(M－m)Δv＝0，解得喷出气体质量约为m＝438kg，C、D错误．3．某人站在静止于水面的船上，从某时刻开始，人从船头走向船尾，水的阻力不计，下列说法不正确的是()A．人匀速运动，船则匀速后退，两者的速度大小与它们的质量成反比B．人走到船尾不再走动，船也停止不动C ．不管人如何走动，人在行走的任意时刻人和船的速度方向总是相反，大小与它们的质量成反比D ．船的运动情况与人行走的情况无关答案D解析人从船头走向船尾的过程中，人和船组成的系统动量守恒．设人的质量为m ，速度为v .船的质量为M ，速度为v ′.以人行走的速度方向为正方向，由动量守恒定律得0＝m v ＋M v ′，解得vv ′＝－M m可知，人匀速行走，v 不变，则v ′不变，船匀速后退，且两者速度大小与它们的质量成反比，故A 正确，与题意不符；人走到船尾不再走动，设整体速度为v ″，由动量守恒定律得0＝(m ＋M )v ″，得v ″＝0即船停止不动，故B 正确，与题意不符；由以上分析知v v ′＝－Mm ，则不管人如何走动，人在行走的任意时刻人和船的速度方向总是相反，大小与它们的质量成反比，故C 正确，与题意不符；由以上分析知，船的运动情况与人行走的情况有关，人动船动，人停船停，故D 错误，与题意相符．4．(多选)倾角为θ的固定斜面底端安装一弹性挡板，P 、Q 两物块的质量分别为m 和4m ，Q 静止于斜面上A 处．某时刻，P 以沿斜面向上的速度v 0与Q 发生弹性碰撞．Q 与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．P 与斜面间无摩擦．斜面足够长，Q 的速度减为零之前P 不会再与之发生碰撞．重力加速度大小为g .关于P 、Q 运动的描述正确的是()A ．P 与Q 第一次碰撞后P 的瞬时速度大小为v P 1＝25v 0B ．物块Q 从A 点上升的总高度v 029g C ．物块P 第二次碰撞Q 前的速度为75v 0D ．物块Q 从A 点上升的总高度v 0218g 答案CD解析P 与Q 的第一次碰撞，取P 的初速度方向为正，由动量守恒定律得m P v 0＝m P v P 1＋m Q v Q 1，由机械能守恒定律得12m P v 02＝12m P v P 12＋12m Q v Q 12，联立解得v P 1＝－35v 0，A 错误；当P 与Q 达到H 高度时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程由动能定理得0－12m v 02＝－(m ＋4m )gH －tan θ·4mg cos θ·Hsin θ，解得H ＝v 0218g，B 错误，D 正确；P 运动至与Q 刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为v 02，第一次碰撞后至第二次碰撞前，对P 由动能定理得12m v 022－12m v P 12＝－mgh 1，P 与Q 的第一次碰撞，取P 的初速度方向为正，由动量守恒定律得m v 0＝m v P 1＋4m v Q 1，由机械能守恒定律得12m v 02＝12m v P 12＋12·4m v Q 12，联立解得v 02＝75v 0，C 正确．5．(多选)如图所示，一小车放在光滑的水平面上，小车AB 段是长为3m 的粗糙水平轨道，BC 段是光滑的、半径为0.2m 的四分之一圆弧轨道，两段轨道相切于B 点．一可视为质点、质量与小车相同的物块在小车左端A 点，随小车一起以4m/s 的速度水平向右匀速运动，一段时间后，小车与右侧墙壁发生碰撞，碰后小车速度立即减为零，但不与墙壁粘连．已知物块与小车AB 段之间的动摩擦因数为0.2，取重力加速度g ＝10m/s 2，则()A ．物块到达C 点时对轨道的压力为0B ．物块经过B 点时速度大小为1m/sC ．物块最终距离小车A 端0.5mD ．小车最终的速度大小为1m/s 答案AD解析对物块在AB 段分析，由牛顿第二定律可知F ＝ma代入数据解得a ＝μmg m ＝2m/s.根据运动学公式，物块在B 点的速度为－2ax ＝v B 2－v A 2，代入数据解得v B ＝2m/s从B 到C 的运动过程中，由动能定理可得－mgr ＝12m v C 2－12m v B 2，解得v C ＝0.根据向心力公式有F N ＝m v C 2r ，故物块到达C 点时对轨道的压力为0，A 正确；物块返回B 时，由于BC 是光滑的，有mgr ＝12m v B 2－12m v C 2，代入数据解得v B ＝2m/s ，B 错误；物块从B 到A ，以向左为正方向，由小车与物块的动量守恒，由动量守恒定律有m v B ＝(m ＋M )v ，解得v ＝1m/s ，整个过程由动能定理可得－mgx ＝12m v 2－12m v B 2，解得x ＝320m<3m ，不会从小车左端掉下来，符合题意，故物块最终距离A 端的距离为L ＝x AB －x ＝5720m ，C 错误，D 正确．6．如图所示，两平行光滑杆水平放置，两相同的小球M 、N 分别套在两杆上，并由轻弹簧拴接，弹簧与杆垂直。

专题强化5 电磁感应中的能量和动量问题[学习目标] 1.理解电磁感应现象中的能量转化，会用动能定理、能量守恒定律分析有关问题.2.会用动量定理、动量守恒定律分析电磁感应的有关问题．一、电磁感应中的能量问题1．电磁感应现象中的能量转化2．焦耳热的计算(1)电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q ＝I 2Rt .(2)感应电流变化，可用以下方法分析：①利用动能定理，求出克服安培力做的功W 安，即Q ＝W 安．②利用能量守恒定律，焦耳热等于其他形式能量的减少量．例1 (多选)如图1，一平行金属导轨静置于水平桌面上，空间中有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B ，粗糙平行导轨间距为L ，导轨和阻值为R 的定值电阻相连，质量为m 的导体棒和导轨垂直且接触良好，导体棒的电阻为r ，导体棒以初速度v 0向右运动，运动距离x 后停止，此过程中电阻R 产生的焦耳热为Q ，导轨电阻不计，重力加速度为g ，则( )图1A ．导体棒克服安培力做的功为R ＋r RQ B ．通过电阻R 的电荷量为q ＝BLx r ＋RC ．导体棒与导轨因摩擦产生的热量为12m v 02－Q D ．导体棒与导轨间的动摩擦因数μ＝v 022gx －r ＋R mgxRQ 答案 ABD解析 由功能关系可知，导体棒克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热，R 上产生的焦耳热为Q ，根据串联电路中焦耳热按电阻分配可知，W 安＝Q 焦＝R ＋r R Q ，故A 正确；通过电阻R 的电荷量q ＝ΔΦr ＋R ＝BLx r ＋R，故B 正确；由能量守恒可知，12m v 02＝Q 焦＋Q 摩，所以导体棒与导轨因摩擦产生的热量为Q 摩＝12m v 02－R ＋r R Q ＝μmgx ，解得：μ＝v 022gx －r ＋R mgxRQ ，故C 错误，D 正确．例2 如图2所示，足够长的平行光滑U 形导轨倾斜放置，所在平面的倾角θ＝37°，导轨间的距离L ＝1.0 m ，下端连接R ＝1.6 Ω的定值电阻，导轨电阻不计，所在空间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B ＝1.0 T ．质量m ＝0.5 kg 、电阻r ＝0.4 Ω的金属棒ab 垂直放置于导轨上，现用沿导轨平面且垂直于金属棒、大小为F ＝5.0 N 的恒力使金属棒ab 从静止开始沿导轨向上滑行且始终与导轨接触良好，当金属棒滑行x ＝2.8 m 后速度保持不变．求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)图2(1)金属棒匀速运动时的速度大小v ；(2)金属棒从静止到开始匀速运动的过程中，电阻R 上产生的热量Q R .答案 (1)4 m/s (2)1.28 J 解析 (1)金属棒匀速运动时产生的感应电流为I ＝BL v R ＋r由平衡条件有F ＝mg sin θ＋BIL联立并代入数据解得v ＝4 m/s.(2)设整个电路中产生的热量为Q ，由动能定理得Fx －mgx ·sin θ－W 安＝12m v 2，而Q ＝W 安，Q R ＝R R ＋rQ ，联立并代入数据解得Q R ＝1.28 J. 二、电磁感应中的动量问题(*)考向1 动量定理在电磁感应中的应用导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，安培力的冲量为：I 安＝B I Lt ＝BLq ，通过导体棒或金属框的电荷量为：q ＝I Δt ＝E R 总Δt ＝n ΔΦΔtR 总·Δt ＝n ΔΦR 总，磁通量变化量：ΔΦ＝B ΔS ＝BLx .如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力，则I 安＝m v 2－m v 1.当题目中涉及速度v 、电荷量q 、运动时间t 、运动位移x 时用动量定理求解更方便．例3 (多选)如图3所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN 和PQ ，两导轨间距为L ，导轨电阻均可忽略不计．在M 和P 之间接有一阻值为R 的定值电阻，导体杆ab 质量为m 、电阻也为R ，并与导轨接触良好．整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度为B 的匀强磁场中．现给ab 杆一个初速度v 0，使杆向右运动，最终ab 杆停止在导轨上．下列说法正确的是( )图3A ．ab 杆将做匀减速运动直到静止B ．ab 杆速度减为v 03时，ab 杆加速度大小为B 2L 2v 06mRC ．ab 杆速度减为v 03时，通过定值电阻的电荷量为m v 03BLD ．ab 杆速度减为v 03时，ab 杆走过的位移为4mR v 03B 2L 2 答案 BD解析 ab 杆在水平方向上受到与运动方向相反的安培力，安培力大小为F A ＝B 2L 2v 2R，加速度大小为：a ＝F A m ＝B 2L 2v 2mR，由于速度减小，所以ab 杆做加速度减小的变减速运动直到静止，故A 错误；当ab 杆的速度为v 03时，安培力大小为：F ＝B 2L 2v 06R ，所以加速度大小为：a ＝F m ＝B 2L 2v 06mR，故B 正确；对ab 杆，由动量定理得：－B I L ·Δt ＝m v 03－m v 0，即BLq ＝23m v 0，解得：q ＝2m v 03BL，所以通过定值电阻的电荷量为2m v 03BL ，故C 错误；由q ＝ΔΦ2R ＝B ·Lx 2R，解得ab 杆走过的位移：x ＝2Rq BL ＝4mR v 03B 2L 2，故D 正确． 考向2 动量守恒定律在电磁感应中的应用在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果两安培力等大反向，且它们受到的外力的合力为0，则满足动量守恒条件，运用动量守恒定律求解比较方便．这类问题可以从以下三个观点来分析：(1)力学观点：通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动．(2)动量观点：如果光滑导轨间距恒定，则两个金属杆的安培力大小相等，通常情况下系统的动量守恒．(3)能量观点：其中一个金属杆动能的减少量等于另一个金属杆动能的增加量与回路中产生的焦耳热之和．例4(多选)如图4，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上，t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示．下列图象中可能正确的是()图4答案AC例5足够长的平行金属轨道M、N相距L＝0.5 m，且水平放置；M、N左端与半径R＝0.4 m 的光滑竖直半圆轨道相连，与轨道始终垂直且接触良好的金属棒b和c可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量m b＝m c＝0.1 kg，接入电路的有效电阻R b＝R c＝1 Ω，轨道的电阻不计．平行水平金属轨道M、N处于磁感应强度B＝1 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于轨道平面向上，光滑竖直半圆轨道在磁场外，如图5所示．若使b棒以初速度v0＝10 m/s开始向左运动，运动过程中b、c不相撞，g取10 m/s2，求：图5(1)c棒的最大速度大小；(2)c棒达到最大速度时，此棒产生的焦耳热；(3)若c棒达到最大速度后沿半圆轨道上滑，金属棒c到达轨道最高点时对轨道的压力的大小．答案(1)5 m/s(2)1.25 J(3)1.25 N解析(1)在安培力作用下，b棒做减速运动，c棒做加速运动，当两棒速度相等时，c棒达到最大速度．选两棒为研究对象，根据动量守恒定律有m b v 0＝(m b ＋m c )v解得c 棒的最大速度大小为：v ＝m b m b ＋m c v 0＝5 m/s. (2)从b 棒开始运动到两棒速度相等的过程中，系统减少的动能转化为电能，两棒中产生的总焦耳热为：Q ＝12m b v 02－12(m b ＋m c )v 2＝2.5 J 因为R b ＝R c ，所以c 棒达到最大速度时此棒产生的焦耳热为Q c ＝Q 2＝1.25 J. (3)设c 棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v ′，从最低点上升到最高点的过程，由机械能守恒定律可得：12m c v 2－12m c v ′2＝m c g ·2R 解得v ′＝3 m/s.在最高点，设轨道对c 棒的弹力为F ，由牛顿第二定律得m c g ＋F ＝m c v ′2R解得F ＝1.25 N.由牛顿第三定律得，在最高点c 棒对轨道的压力大小为1.25 N ，方向竖直向上.1．(电磁感应中功能关系的应用)(多选)如图6所示，固定在水平绝缘平面上足够长的两条平行金属导轨电阻不计，但表面粗糙，导轨左端连接一个电阻R ，质量为m 的金属棒ab (电阻也不计)放在导轨上，并与导轨垂直，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，用水平恒力F 把ab 棒从静止起向右拉动的过程中( )图6A ．恒力F 做的功等于电路产生的电能B ．克服安培力做的功等于电路中产生的电能C ．恒力F 和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能D ．恒力F 和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和棒ab 获得的动能之和 答案 BD解析 由功能关系可得，克服安培力做的功等于电路中产生的电能，即W 安＝W 电，选项A错误，B 正确；根据动能定理可知，恒力F 、安培力与摩擦力的合力做的功等于棒ab 获得的动能，即W F －W f －W 安＝E k ，则恒力F 和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和棒ab 获得的动能之和，即W F －W f ＝W 电＋E k ，选项C 错误，D 正确．2．(电磁感应的能量问题)(多选)如图7所示，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向竖直向下，在磁场中有一个边长为L 的正方形刚性金属框，ab 边的质量为m ，电阻为R ，其他三边的质量和电阻均不计．cd 边上装有固定的水平轴，将金属框自水平位置由静止释放，第一次转到竖直位置时，ab 边的速度为v ，不计一切摩擦，重力加速度为g ，则在这个过程中，下列说法正确的是( )图7A ．通过ab 边的电流方向为a →bB ．ab 边经过最低点时的速度v ＝2gLC ．ab 边经过最低点时的速度v ＜2gLD ．金属框中产生的焦耳热为mgL －12m v 2 答案 CD解析 ab 边向下摆动过程中，穿过金属框的磁通量逐渐减少，根据楞次定律及右手螺旋定则可知感应电流方向为b →a ，选项A 错误；ab 边由水平位置到达最低点过程中，机械能一部分转化为焦耳热，故v ＜2gL ，选项B 错误，C 正确；根据能量守恒定律可知，金属框中产生的焦耳热应等于此过程中机械能的损失量，选项D 正确．3．(电磁感应中的动量和能量问题)(2020·绍兴高中月考)如图8所示，两根光滑的导轨平行放置．导轨的水平部分放在绝缘水平面上，水平部分所在空间有竖直向上的磁场，磁感应强度为B .导轨的水平部分和倾斜部分由光滑圆弧连接．两根完全相同的金属棒ab 和cd 质量均为m 、电阻均为R ，将cd 置于导轨的水平部分与导轨垂直放置，将ab 置于导轨的倾斜部分与导轨垂直放置，离水平面的高度为h ，现将ab 由静止释放，求：图8(1)cd 棒最终的速度；(2)整个过程中产生的焦耳热Q .答案 (1)2gh 2 (2)12mgh 解析 (1)ab 下落过程，有mgh ＝12m v 12，可得v 1＝2gh 在水平导轨上，ab 和cd 动量守恒，有m v 1＝2m v 2，可得v 2＝2gh 2 (2)整个过程中产生的焦耳热 Q ＝12m v 12－12×2m v 22＝12mgh .。

第2课时电学中的动量和能量问题例1(2019·湖北省4月份调研)如图1，在高度为H的竖直区域内分布着互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左；磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里．在该区域上方的某点A ，将质量为m 、电荷量为＋q 的小球，以某一初速度水平抛出，小球恰好在该区域做直线运动．已知重力加速度为g .图1(1)求小球平抛的初速度v 0的大小；(2)若电场强度大小为E ，求A 点距该区域上边界的高度h ；(3)若电场强度大小为E ，令该小球所带电荷量为－q ，以相同的初速度将其水平抛出，小球离开该区域时，速度方向竖直向下，求小球穿越该区域的时间．答案 (1)mg qB (2)E 22gB 2 (3)BH E －m 2gBEq 2解析 (1)设小球进入复合场时，速度方向与水平方向成θ角，分析小球的受力，如图所示，小球做直线运动则有qvB cos θ＝mg ，v ＝v 0cos θ解得v 0＝mg qB；(2)小球从A 点抛出到刚进入复合场，由动能定理mgh ＝12mv 2－12mv 02又由(1)知(mg )2＋(qE )2＝(qvB )2联立解得h ＝E 22gB2(3)设某时刻小球经复合场某处时速度为v ，将其正交分解为v x 、v y ，则小球受力如图，在水平方向上，由动量定理(qE －qv y B )·Δt ＝0－mv 0 即BqH －Eqt ＝mv 0解得t ＝BH E －m 2gBEq2.拓展训练1 (2019·云南昭通市上学期期末)真空中存在电场强度为E 1的匀强电场(未知)，一质量为m 、带正电的油滴，电荷量为q ，在该电场中竖直向下做匀速直线运动，速度大小为v 0，在油滴处于位置A 时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变，持续一段时间t 1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B 点，重力加速度大小为g ，求： (1)电场强度E 1的大小和方向； (2)油滴运动到B 点时的速度大小． 答案 (1)mg q方向竖直向上 (2)v 0＋2gt 1解析 (1)带电油滴在电场强度为E 1的匀强电场中匀速运动，所受的电场力与重力平衡，有：mg ＝qE 1.得：E 1＝mg q油滴所受的电场力方向竖直向上，由题意知油滴带正电，所以电场强度E1的方向竖直向上．(2)方法一：设增大后的电场强度为E2，对于场强突然增大后的第一段t1时间，由牛顿第二定律得：qE2－mg＝ma1对于第二段t1时间，由牛顿第二定律得：qE2＋mg＝ma2由运动学公式，可得油滴在电场反向时的速度为：v1＝v0－a1t1油滴在B点时的速度为：v B＝v1＋a2t1联立可得：v B＝v0＋2gt1.方法二：设增大后的电场强度为E2，对于油滴从A运动到B的过程，取竖直向下为正方向，由动量定理得：mg·2t1－qE2t1＋qE2t1＝mv B－mv0解得：v B＝v0＋2gt1.拓展训练2(2019·江西上饶市重点中学六校第一次联考)如图2所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B ＝2T ．小球1带正电，小球2不带电，静止放置于固定的水平悬空支架上．小球1向右以v 1＝12 m/s 的水平速度与小球2正碰，碰后两小球粘在一起在竖直平面内做匀速圆周运动，两小球速度水平向左时离碰撞点的距离为2 m ．碰后两小球的比荷为4 C/kg.(取g ＝10 m/s 2)图2(1)电场强度E 的大小是多少？ (2)两小球的质量之比m 2m 1是多少？ 答案 (1)2.5N/C (2)12解析 (1)碰后有(m 1＋m 2)g ＝qE 又qm 1＋m 2＝4C/kg得E ＝2.5N/C(2)以向右为正方向，由动量守恒定律：m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2 qv 2B ＝(m 1＋m 2)v 22r由题意可知：r ＝1m联立代入数据解得：m 2m 1＝12.例2(2019·山东泰安市第二轮复习质量检测)如图3所示，间距为L的足够长光滑平行金属导轨固定在同一水平面内，虚线MN右侧区域存在磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场．质量均为m 、长度均为L 、电阻均为R 的导体棒a 、b ，垂直导轨放置且保持与导轨接触良好．开始导体棒b 静止于与MN 相距为x 0处，导体棒a 以水平速度v 0从MN 处进入磁场．不计导轨电阻，忽略因电流变化产生的电磁辐射，运动过程中导体棒a 、b 没有发生碰撞．求：图3(1)导体棒b 中产生的内能； (2)导体棒a 、b 间的最小距离． 答案 (1)18mv 02 (2)x 0－mv 0RB 2L2解析 (1)导体棒a 进入磁场后，a 、b 及导轨组成的回路磁通量发生变化，产生感应电流．在安培力作用下，a 做减速运动、b 做加速运动，最终二者速度相等．此过程中系统的动量守恒，以v 0的方向为正方向，有mv 0＝2mv根据能量守恒定律 12mv 02－12·2mv 2＝Q 导体棒b 中产生的内能Q b ＝Q 2整理得Q b ＝18mv 02；(2)设经过时间Δt 二者速度相等，此过程中安培力的平均值为F ，导体棒ab 间的最小距离为x .以b 为研究对象，根据动量定理F Δt ＝mv而F ＝BILI ＝E 2R E ＝ΔΦΔtΔΦ＝BL (x 0－x ) 联立解得x ＝x 0－mv 0RB 2L 2. 拓展训练3 (2019·福建龙岩市5月模拟)如图4为电磁驱动与阻尼模型，在水平面上有两根足够长的平行轨道PQ 和MN ，左端接有阻值为R 的定值电阻，其间有垂直轨道平面的磁感应强度为B 的匀强磁场，两轨道间距及磁场宽度均为L .质量为m 的金属棒ab 静置于导轨上，当磁场沿轨道向右运动的速度为v 时，棒ab 恰好滑动．棒运动过程始终在磁场范围内，并与轨道垂直且接触良好，轨道和棒电阻均不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．图4(1)判断棒ab刚要滑动时棒中的感应电流方向，并求此时棒所受的摩擦力F f大小；(2)若磁场不动，将棒ab以水平初速度2v运动，经过时间t＝mRB2L2停止运动，求棒ab运动位移x及回路中产生的焦耳热Q；(3)若t＝0时棒ab静止，而磁场从静止开始以加速度a做匀加速运动，图5中关于棒ab运动的速度－时间图象哪个可能是正确的？请分析说明棒各阶段的运动情况．图5答案见解析解析(1)根据右手定则，感应电流方向由a至b依题意得，棒刚要运动时，受到的摩擦力等于安培力：F f＝F安F安＝BI1LI 1＝BLv R联立解得：F f ＝B 2L 2v R(2)设棒的平均速度为v ，根据动量定理可得：－F 安t －F f t ＝0－2mv F 安＝B I L ，又I ＝BL v R ，x ＝v t 联立解得：x ＝mvR B 2L 2根据动能定理有：－F f x －W 安＝0－12m (2v )2 根据功能关系有Q ＝W 安得：Q ＝mv 2；(3)丙图正确当磁场速度小于v 时，棒ab 静止不动；当磁场速度大于v 时，E ＝BL Δv ，棒ab 的加速度从零开始增加，a 棒<a 时，Δv 逐渐增大，电流逐渐增大，安培力F 逐渐增大，棒做加速度逐渐增大的加速运动；当a 棒＝a 时，Δv 保持不变，电流不变，F 不变，棒ab 的加速度保持不变，开始做匀加速运动． 拓展训练4(2019·安徽蚌埠市第二次质检)如图6所示，质量M＝1kg的半圆弧形绝缘凹槽放置在光滑的水平面上，凹槽部分嵌有cd和ef两个光滑半圆形导轨，c与e端由导线连接，一质量m＝1kg的导体棒自ce端的正上方h＝2m处平行ce由静止下落，并恰好从ce端进入凹槽，整个装置处于范围足够大的竖直方向的匀强磁场中，导体棒在槽内运动过程中与导轨接触良好．已知磁场的磁感应强度B＝0.5T，导轨的间距与导体棒的长度均为L＝0.5m，导轨的半径r＝0.5m，导体棒的电阻R＝1Ω，其余电阻均不计，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力．图6(1)求导体棒刚进入凹槽时的速度大小；(2)求导体棒从开始下落到最终静止的过程中系统产生的热量；(3)若导体棒从开始下落到第一次通过导轨最低点的过程中产生的热量为16J，求导体棒第一次通过最低点时回路中的电功率．答案 (1)210m/s (2)25J (3)94W 解析 (1)根据机械能守恒定律，可得：mgh ＝12mv 2 解得导体棒刚进入凹槽时的速度大小：v ＝210m/s(2)导体棒在凹槽导轨上运动过程中发生电磁感应现象，产生感应电流，最终整个系统处于静止，导体棒停在凹槽最低点．根据能量守恒可知，整个过程中系统产生的热量：Q ＝mg (h ＋r )＝25J(3)设导体棒第一次通过最低点时速度大小为v 1，凹槽速度大小为v 2，导体棒在凹槽内运动时系统在水平方向动量守恒，故有：mv 1＝Mv 2由能量守恒可得：12mv 12＋12Mv 22＝mg (h ＋r )－Q 1 导体棒第一次通过最低点时感应电动势：E ＝BL (v 1＋v 2)回路电功率：P ＝E 2R联立解得：P ＝94W. 专题强化练(限时45分钟)1.(2019·陕西省第二次质检)如图1所示，一竖直放置的足够大金属板正前方O 点固定一正点电荷Q ，一表面绝缘的带正电小球(可视为质点且不影响Q 的电场)从金属板的上端释放，由静止开始沿金属板下落先后运动到板面的A 、B 两位置，OB 垂直于金属板，已知小球的质量不可忽略，金属板表面粗糙，则小球在运动过程中( )图1A．小球可能一直做加速运动B．小球在A、B两点的电势能大小E p B>E p AC．小球在A、B两点的电场强度大小E B<E AD．小球受到合力的冲量一定为0答案 A解析金属板在Q的电场中达到静电平衡时，金属板是一个等势体，表面是一个等势面，表面的电场线与表面垂直，小球所受电场力与金属板表面垂直水平向左，根据等效法可知金属板表面的电场强度等效于等量异种电荷的连线的中垂线的电场强度，所以小球在A、B两点的电场强度大小E B>E A；由于电场力与小球的速度方向垂直，电场力对小球不做功，小球的电势能不变，小球在A、B两点的电势能大小E p B＝E p A；在竖直方向受到重力和摩擦力作用，由于重力和摩擦力作用大小未知，若重力一直大于摩擦力，小球有可能一直做加速运动；根据动量定理可知小球受到合力的冲量不为0，故选项A正确，B、C、D错误．2.(2019·贵州省部分重点中学3月联考)如图2所示，正方形区域ABCD中有垂直于纸面向里的匀强磁场，M、N分别为AB、AD边的中点，一带正电的粒子(不计重力)以某一速度从M点平行于AD边垂直磁场方向射入，并恰好从A点射出．现仅将磁场的磁感应强度大小变为原来的12，下列判断正确的是( )图2A ．粒子将从D 点射出磁场B ．粒子在磁场中运动的时间将变为原来的2倍C ．磁场的磁感应强度变化前后，粒子在磁场中运动过程的动量变化大小之比为2∶1D ．若其他条件不变，继续减小磁场的磁感应强度，粒子可能从C 点射出答案 C解析 设正方形磁场区域的边长为a ，由题意可知，粒子从A 点射出时在磁场中做圆周运动的轨道半径为a 4，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB ＝m v 2r ，解得：r ＝mv qB ，当磁场的磁感应强度大小变为原来的12时，粒子轨道半径变为原来的2倍，即：a 2，粒子将从N 点射出，故A 错误；由运动轨迹结合周期公式：T ＝2πm qB可知，当磁场的磁感应强度大小变为原来的12时：T 1＝T 22，粒子从A 点离开磁场的情况下，在磁场中运动的时间t 1＝T 12，粒子从N 点离开磁场的情况下，在磁场中运动的时间t 2＝T 24，可得：t 1＝t 2，即粒子在磁场中运动的时间不变，故B 错误；磁场的磁感应强度变化前，粒子在磁场中运动过程中，动量变化大小为2mv ，磁场的磁感应强度变为原来的12后，粒子在磁场中运动过程中，动量变化大小为2mv ，即动量变化大小之比为2∶1，故C 正确；无论磁场的磁感应强度大小如何变化，只要磁感应强度的方向不变，粒子都不可能从C 点射出，故D 错误．3.(多选)(2019·江西宜春市第一学期期末)如图3所示，固定的水平放置的平行导轨CD 、EH 足够长，在导轨的左端用导线连接一电阻R ，导轨间距为L ，一质量为M 、长为2L 的金属棒放在导轨上，在平行于导轨的水平力F 作用下以速度v 向右匀速运动，运动过程中金属棒与导轨保持垂直，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中(图中未画出)，磁场的磁感应强度大小为B ，导轨单位长度的电阻为r ，其余电阻不计，重力加速度为g .若在0时刻水平力的大小为F 0，则在0～t 时间内，以下说法正确的有( )图3A ．水平力F 对金属棒的冲量大小F 0tB ．水平力和摩擦力的合力对金属棒的冲量为零C ．合力对金属棒做的功为零D ．若某时刻通过电阻R 的电流为I ，则此时水平力F 的功率为(BIL ＋μMg )v答案 CD解析 由题意可知，金属棒在力F 作用下做匀速运动，由于金属棒切割磁感线，回路中产生感应电流，根据左手定则可知，金属棒受到向左的安培力作用，则外力F ＝F 安＋μMg ＝BIL＋μMg ＝B 2L 2v R ＋2xr＋μMg ，其中x 为金属棒CE 的距离，导轨电阻增大，所以外力F 随时间逐渐减小，并不是保持F 0不变，故选项A 错误；由于金属棒匀速运动，即安培力、水平力和摩擦力的合力为零，则这三个力的合力对金属棒的冲量为零，则这三个力的合力对金属棒做功为零，故选项B 错误，C 正确；若某时刻通过电阻R 的电流为I ，则根据平衡条件可知：F ＝BIL ＋μMg ，则此时水平力F 的功率为(BIL ＋μMg )v ，故选项D 正确．4．(2019·福建福州市期末)如图4所示，竖直平面MN 的右侧空间存在着相互垂直水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，MN 左侧的绝缘水平面光滑，右侧的绝缘水平面粗糙．质量为m 的小物体A 静止在MN 左侧的水平面上，该小物体带负电，电荷量为－q ( q >0)．质量为13m 的不带电的小物体B 以速度v 0冲向小物体A 并发生弹性正碰，碰撞前后小物体A 的电荷量保持不变．图4(1)求碰撞后小物体A 的速度大小；(2)若小物体A 与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，磁感应强度为B ＝3mg qv 0，电场强度为E ＝7μmg q.小物体A 从MN 开始向右运动距离为L 时速度达到最大．求小物体A 的最大速度v m 和此过程克服摩擦力所做的功W .答案 (1)12v 0 (2)2v 0 7μmgL －158mv 02 解析 (1)设A 、B 碰撞后的速度分别为v A 、v B ，由于A 、B 发生弹性正碰，动量守恒，总动能不变，以v 0的方向为正方向，则有：m B v 0＝m B v B ＋m A v A12m B v 02＝12m B v B 2＋12m A v A 2 解得：v A ＝2m B m A ＋m B v 0＝v 02(2)当物体A 的加速度等于零时，其速度达到最大值v m ，对物体A 受力分析，如图所示．由牛顿第二定律得：在竖直方向：F N ＝qv m B ＋mg在水平方向：qE ＝μF N联立解得：v m ＝2v 0根据动能定理得：qEL －W f 克＝12mv m 2－12mv A 2 联立并代入相关数据解得：W f 克＝7μmgL －158mv 02. 5．(2019·湖南长沙、望城、浏阳、宁乡四个县市区3月调研)如图5所示，P 1P 2P 3和Q 1Q 2Q 3是相互平行且相距为d 的光滑固定金属导轨，P 1Q 1为不计电阻的直导线且P 1Q 1⊥Q 1Q 2.P 1P 2、Q 1Q 2的倾角均为θ，P 2P 3、Q 2Q 3在同一水平面上，P 2Q 2⊥P 2P 3，整个轨道在方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，质量为m 、接入电路的电阻为R 的金属杆CD 从斜轨道上某处静止释放，然后沿水平导轨滑动一段距离后停下．杆CD 始终垂直导轨并与导轨保持良好接触，导轨电阻和空气阻力均不计，重力加速度大小为g ，轨道倾斜段和水平段平滑连接且都足够长，求：图5(1)杆CD 达到的最大速度大小；(2)杆CD 在距P 2Q 2距离L 处释放，滑到P 2Q 2处恰达到最大速度，则沿倾斜导轨下滑的时间Δt 1及在水平轨道上滑行的最大距离s .答案 见解析解析 (1) 杆CD 速度最大时，杆受力平衡，则有B cos θ·dI m ＝mg sin θ此时杆CD 切割磁感线产生的感应电动势为E m ＝B cos θ·dv m由欧姆定律可得I m ＝E m R解得：v m ＝mgR sin θB 2d 2cos 2θ(2)在杆CD 沿倾斜导轨下滑的过程中，根据动量定理有mg sin θ·Δt 1－B cos θ·I 1d Δt 1＝mv m －0又I 1t 1＝q 1＝ΔΦ1R ＝B cos θ·dL R联立解得：Δt 1＝mRB 2d 2cos 2θ＋B 2d 2L cos 2θmgR sin θ 在杆CD 沿水平导轨运动的过程中，根据动量定理有－B I 2d Δt 2＝0－mv m该过程中通过R 的电荷量为q 2＝I 2Δt 2＝mv m Bd又q 2＝ΔΦ2R ＝Bsd R联立解得：s ＝m 2gR 2sin θB 4d 4cos 2θ. 6．(2019·湖南衡阳市第一次联考)如图6所示，ab 、ef 是固定在绝缘水平桌面上的平行光滑金属导轨，导轨足够长，导轨间距为d .在导轨ab 、ef 间放置一个阻值为R 的金属导体棒PQ ，其质量为m 、长度恰好为d .另一质量为3m 、长为d 的金属棒MN 也恰好能和导轨良好接触，起初金属棒MN 静止于PQ 棒右侧某位置，整个装置处于方向垂直桌面向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．现有一质量为m 、带电荷量为q 的光滑绝缘小球在桌面上从O 点(O 为导轨上的一点)以与导轨ef 成60°角的方向斜向右方进入磁场，随后小球垂直地打在金属棒MN 的中点，小球与金属棒MN 的碰撞过程中无机械能损失，不计导轨间电场的影响，不计导轨和金属棒MN 的电阻，两棒运动过程中不相碰，求：图6(1)小球在O 点射入磁场时的初速度v 0的大小；(2)金属棒PQ 上产生的热量E 和通过的电荷量Q ；(3)在整个过程中金属棒MN 比金属棒PQ 多滑动的距离；(4)请通过计算说明小球不会与MN 棒发生第二次碰撞．答案 见解析解析 (1)小球运动轨迹如图所示，设光滑绝缘小球在水平桌面上做匀速圆周运动的半径为r ，由图可知：r cos60°＋r ＝d 2得：r ＝d 3由牛顿第二定律可得：qBv 0＝m v 02r 得：v 0＝qBd 3m(2)由题意可知小球与MN 棒发生弹性碰撞，设碰后小球速度为v 1，MN 棒速度为v 2，可得： mv 0＝mv 1＋3mv 212mv 02＝12mv 12＋12×3mv 22 联立可得：v 2＝12v 0，v 1＝－12v 0 此后棒MN 与棒PQ 组成的系统动量守恒，共速度时速度设为v ， 则有：3mv 2＝(m ＋3m )v可得：v ＝34v 2＝38v 0＝qBd 8m由能量守恒定律可知PQ 上产生的热量：E ＝12×3mv 22－12×4mv 2＝q 2B 2d 296m对棒PQ 应用动量定理可得：B I d Δt ＝mv －0即：BdQ ＝mv －0得：Q ＝q 8(3)由Q ＝ΔΦR ＝B ΔS R ＝Bd Δx R得棒MN 比棒PQ 多滑动的距离：Δx ＝QR Bd ＝qR 8Bd(4)由(2)可知球与MN 碰后，小球的速度为：v 1＝－12v 0, 棒MN 的速度为：v 2＝12v 0 小球碰后做圆周运动的半径：r ′＝d 6运动半个周期的时间为：t ＝πr ′v 02＝πd 3v 0假设这段时间内棒MN 减速到与PQ 同速，最小速度为v ＝38v 0，则其位移：x >vt ＝πd 8>r ′ 若这段时间内棒MN 没有减速到与PQ 同速，仍有其位移大于r ′ 此后棒MN 一直向左运动，故小球不会与MN 棒发生第二次碰撞．。

专题（五）动量和能量的综合一、大纲解读动量、能量思想是贯穿整个物理学的基本思想，应用动量和能量的观点求解的问题，是力学三条主线中的两条主线的结合部，是中学物理中涉及面最广，灵活性最大，综合性最强，内容最丰富的部分，以两大定律与两大定理为核心构筑了力学体系，能够渗透到中学物理大部分章节与知识点中。

将各章节知识不断分化，再与动量能量问题进行高层次组合，就会形成综合型考查问题，全面考查知识掌握程度与应用物理解决问题能力，是历年高考热点考查内容，而且命题方式多样，题型全，分量重，小到选择题，填空题，大到压轴题，都可能在此出题.考查内容涉及中学物理的各个版块，因此综合性强.主要综合考查动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律、动量定理和动量守恒定律的运用等. 相关试题可能通过以弹簧模型、滑动类模型、碰撞模型、反冲等为构件的综合题形式出现，也有可能综合到带电粒子的运动及电磁感应之中加以考查.二、重点剖析1.独立理清两条线：一是力的时间积累——冲量——动量定理——动量守恒；二是力的空间移位积累一一功——动能定理——机械能守恒一一能的转化与守恒.把握这两条主线的结合部：系统。

即两个或两个以上物体组成相互作用的物体系统。

动量和能量的综合问题通常是以物体系统为研究对象的，这是因为动量守恒定律只对相互作用的系统才具有意义。

2•解题时要抓特征扣条件，认真分析研究对象的过程特征，若只有重力、系统内弹力做功就看是否要应用机械能守恒定律；若涉及其他力做功，要考虑能否应用动能定理或能的转化关系建立方程；若过程满足合外力为零，或者内力远大于外力，判断是否要应用动量守恒；若合外力不为零，或冲量涉及瞬时作用状态，则应该考虑应用动量定理还是牛顿定律.3.应注意分析过程的转折点，如运动规律中的碰撞、爆炸等相互作用，它是不同物理过程的交汇点，也是物理量的联系点，一般涉及能量变化过程，例如碰撞中动能可能不变，也可能有动能损失，而爆炸时系统动能会增加.三、考点透视考点1、碰撞作用碰撞类问题应注意：⑴由于碰撞时间极短，作用力很大，因此动量守恒；⑵动能不增加,碰后系统总动能小于或等于碰前总动能，即E k1'+E k2' E k1+E k2;⑶速度要符合物理情景: 如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度一定大于前面物体的速度,即▼后＞v前，碰撞后，原来在前面的物体速度一定增大，且v前v后；如果两物体碰前是相向运动，则碰撞后，两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零。

热点五 动量和能量能量观点是解决力学问题的重要途径之一，功能关系(含动能定理和机械能守恒定律)是近几年高考理科综合物理命题的焦点，选择题、计算题中均有体现，试题灵活性强，难度较大，能力要求高，且经常与牛顿运动定律、圆周运动、电磁学等知识综合命题。

冲量和动量作为选修3－5的热点考核内容，考查频率特别高，现在作为必考内容后，其内容充实了力学解题的思路，在力学中的地位也日益显现出来，随着新课改的逐步推进，其冲量和动量的考查也会日渐重要。

考向一 与弹簧相关的功能关系竖直平面内有一14光滑椭圆轨道，如图1所示，一轻弹簧一端固定在椭圆的中心O ，另一端系一小球，小球套在光滑椭圆轨道上。

在Q 点安装一光电计时器，已知OP 是椭圆的半短轴，长度为a ，OQ 是椭圆的半长轴，长度为b ，轻弹簧的原长等于a ，小球的直径为d ，质量为m ，轻弹簧形变量为x 时，其弹性势能可表示为E p ＝12kx 2(轻弹簧始终在弹性限度内，k 为轻弹簧的劲度系数)。

小球从图中P 点由静止释放，经过Q 处光电计时器时的挡光时间为t ，下列说法正确的是图1A ．小球到达Q 点时的动能等于mgbB ．小球到达Q 点时弹簧的弹性势能为12kb 2 C ．小球从P 点运动到Q 点的过程中弹簧弹力不做功D ．该轻弹簧的劲度系数k ＝2mgb (b －a )2－md 2(b －a )2t 2[解析] 小球到达Q 点时弹簧的弹性势能为12k (b －a )2，由功能关系可知，小球到达Q点时的动能等于mgb－12k(b－a)2，选项A、B错误；小球到达Q点时的速度v＝dt，小球到达Q点时的动能E k＝12m v2＝md22t2，由功能关系可知，小球从P点运动到Q点的过程中克服弹簧弹力做的功W＝E p＝mgb－md22t2，C错误；由功能关系可知12k(b－a)2＝mgb－md22t2，解得k＝2mgb(b－a)2－md2(b－a)2t2，D正确。