2019届高考物理二轮复习专项突破训练：动力学和能量观点的综合应用

2019届高考物理（全国通用）二轮专题复习：动力学、动量和能量观点的综合应用（附答案）考题一 动量定理和能量观点的综合应用1.动量定理公式：Ft ＝p ′－p 说明：(1)F 为合外力 ①恒力，求Δp 时，用Δp ＝Ft②b.变力，求I 时，用I ＝Δp ＝m v 2－m v 1③牛顿第二定律的第二种形式：合外力等于动量变化率 ④当Δp 一定时，Ft 为确定值：F ＝Δptt 小F 大——如碰撞；t 大F 小——缓冲(2)等式左边是过程量Ft ，右边是两个状态量之差，是矢量式.v 1、v 2是以同一惯性参照物为参照的. Δp 的方向可与m v 1一致、相反或成某一角度，但是Δp 的方向一定与Ft 一致. 2.力学规律的选用原则单个物体：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.例1 据统计人在运动过程中，脚底在接触地面瞬间受到的冲击力是人体自身重力的数倍.为探究这个问题，实验小组同学利用落锤冲击的方式进行了实验，即通过一定质量的重物从某一高度自由下落冲击地面来模拟人体落地时的情况.重物与地面的形变很小，可忽略不计.g 取10 m/s 2.下表为一次实验过程中的相关数据.(1)请你选择所需数据，通过计算回答下列问题： ①重物受到地面的最大冲击力时的加速度大小；②在重物与地面接触过程中，重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的多少倍.(2)如果人从某一确定高度由静止竖直跳下，为减小脚底在与地面接触过程中受到的冲击力，可采取什么具体措施，请你提供一种可行的方法并说明理由. 解析 (1)①重物受到最大冲击力时加速度的大小为a 由牛顿第二定律：a ＝F m －mgm解得a ＝90 m/s 2②重物在空中运动过程中，由动能定理mgh ＝12m v 2重物与地面接触前瞬时的速度大小v 1＝2gH 重物离开地面瞬时的速度大小v 2＝2gh重物与地面接触过程，重物受到的平均作用力大小为F ，设竖直向上为正方向 由动量定理：(F －mg )t ＝m v 2－m (－v 1) 解得F ＝510 N ，故Fmg＝6因此重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的6倍.(2)可以通过增加人与地面接触时间来减小冲击力(如落地后双腿弯曲)，由动量定理Ft ＝Δm v 可知，接触时间增加了，冲击力F 会减小.答案 (1)①90 m/s 2 ②6倍 (2)见解析 变式训练1.高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h (可视为自由落体运动).此后经历时间t 安全带达到最大伸长量，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( ) A.m 2gh t＋mgB.m 2gh t－mgC.m gh t ＋mgD.m gh t－mg答案 A解析 由自由落体运动公式得人下降h 距离时的速度为v ＝2gh ，在t 时间内对人由动量定理得(F －mg )t ＝m v ，解得安全带对人的平均作用力为F ＝m 2ght＋mg ，A 项正确.2.一质量为0.5 kg 的小物块放在水平地面上的A 点，距离A 点5 m 的位置B 处是一面墙，如图1所示.物块以v 0＝9 m /s 的初速度从A 点沿AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s ，碰后以6 m /s 的速度反向运动直至静止.g 取10 m/s 2.图1(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为0.05 s ，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F ； (3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W . 答案 (1)0.32 (2)130 N (3)9 J解析 (1)对小物块从A 运动到B 处的过程中 应用动能定理－μmgs ＝12m v 2－12m v 2代入数值解得μ＝0.32(2)取向右为正方向，碰后滑块速度v ′＝－6 m/s 由动量定理得：F Δt ＝m v ′－m v 解得F ＝－130 N其中“－”表示墙面对物块的平均作用力方向向左. (3)对物块反向运动过程中应用动能定理得 －W ＝0－12m v ′2解得W ＝9 J.考题二 动量守恒定律和能量观点的综合应用1.动量守恒定律(1)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(系统总动量的增量为零)；或Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反).(2)动量守恒条件：①理想守恒：系统不受外力或所受外力合力为零.②近似守恒：外力远小于内力，且作用时间极短，外力的冲量近似为零，或外力的冲量比内力冲量小得多.③单方向守恒：合外力在某方向上的分力为零，则系统在该方向上动量守恒.动量守恒定律应用要注意的三性(1)矢量性：在一维运动中要选取正方向，未知速度方向的一律假设为正方向，带入求解.(2)同时性：m1v1和m2v2——作用前的同一时刻的动量m1v1′和m2v2′——作用后的同一时刻的动量(3)同系性：各个速度都必须相对于同一个惯性参考系.定律的使用条件：在惯性参考系中普遍适用(宏观、微观、高速、低速)2.力学规律的选用原则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、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决.例2如图2所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5 m，物块A以v0＝6 m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1 m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1 kg(重力加速度g取10 m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短).图2(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；(2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；(3)求碰后AB滑至第n个(n＜k)光滑段上的速度v n与n的关系式. 解析(1)从A→Q由动能定理得－mg·2R＝12m v 2－12m v2解得v＝4 m/s＞gR＝ 5 m/s在Q点，由牛顿第二定律得F＋mg＝m v 2R 解得F＝22 N.(2)A撞B，由动量守恒得m v0＝2m v′解得v′＝v02＝3 m/s设摩擦距离为x，则－2μmgx＝0－12·2m v′2解得x＝4.5 m所以k＝xL＝45.(3)AB滑至第n个光滑段上，由动能定理得－μ·2mgnL＝12·2m v 2n －12·2m v′2所以v n＝9－0.2n m/s(n<45).答案(1)4 m/s22 N(2)45(3)v n＝9－0.2n m/s(n<45)变式训练3.如图3，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间.A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态.现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞.设物体间的碰撞都是弹性的.图3答案(5－2)M≤m＜M解析设A运动的初速度为v0，A向右运动与C发生碰撞，由动量守恒定律得m v 0＝m v 1＋M v 2由机械能守恒定律得12m v 20＝12m v 21＋12M v 22可得v 1＝m －M m ＋M v 0，v 2＝2mm ＋Mv 0要使得A 与B 能发生碰撞，需要满足v 1＜0，即m ＜M A 反向向左运动与B 发生碰撞过程，有 m v 1＝m v 3＋M v 4 12m v 21＝12m v 23＋12M v 24 整理可得v 3＝m －M m ＋M v 1，v 4＝2m m ＋Mv 1由于m ＜M ，所以A 还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足v 3≤v 2 即2mm ＋M v 0≥m －M m ＋M v 1＝(m －M m ＋M )2v 0 整理可得m 2＋4Mm ≥M 2 解方程可得m ≥(5－2)M 另一解m ≤－(5＋2)M 舍去所以使A 只与B 、C 各发生一次碰撞，须满足 (5－2)M ≤m ＜M .考题三 电学中动量和能量观点的综合应用系统化思维方法，就是根据众多的已知要素、事实，按照一定的联系方式，将其各部分连接成整体的方法. (1)对多个物理过程进行整体思维，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思维，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).例3如图4所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，x轴与绝缘的水平面重合，在y轴右方有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场.质量为m2＝8×10－3kg的不带电小物块静止在原点O，A点距O点l ＝0.045 m，质量m1＝1×10－3kg的带电小物块以初速度v0＝0.5 m/s从A点水平向右运动，在O点与m2发生正碰并把部分电量转移到m2上，碰撞后m2的速度为0.1 m/s，此后不再考虑m1、m2间的库仑力.已知电场强度E＝40 N/C，小物块m1与水平面的动摩擦因数为μ＝0.1，取g＝10 m/s2，求：图4(1)碰后m1的速度；(2)若碰后m2做匀速圆周运动且恰好通过P点，OP与x轴的夹角θ＝30°，OP长为l OP＝0.4 m，求磁感应强度B的大小；(3)其他条件不变，若改变磁场磁感应强度的大小，使m2能与m1再次相碰，求B′的大小.解析(1)设m1与m2碰前速度为v1，由动能定理－μm1gl＝12m1v21－12m1v20代入数据解得：v1＝0.4 m/sv2＝0.1 m/s，m1、m2正碰，由动量守恒有：m1v1＝m1v1′＋m2v2代入数据得：v1′＝－0.4 m/s，方向水平向左(2)m2恰好做匀速圆周运动，所以qE＝m2g得：q＝2×10－3 C由洛伦兹力提供向心力，设物块m2做圆周运动的半径为R，则q v2B＝m2v2 2R 轨迹如图，由几何关系有：R＝l OP解得：B＝1 T(3)当m 2经过y 轴时速度水平向左，离开电场后做平抛运动，m 1碰后做匀减速运动. m 1匀减速运动至停止，其平均速度大小为： v ＝12|v 1′|＝0.2 m /s>v 2＝0.1 m/s ，所以m 2在m 1停止后与其相碰 由牛顿第二定律有：F f ＝μm 1g ＝m 1a m 1停止后离O 点距离：s ＝v 1′22a则m 2平抛的时间：t ＝sv 2平抛的高度：h ＝12gt 2设m 2做匀速圆周运动的半径为R ′，由几何关系有： R ′＝12h由q v 2B ′＝m 2v 22R ′，联立得：B ′＝0.25 T答案 (1)－0.4 m/s ，方向水平向左 (2)1 T (3)0.25 T 变式训练4.如图5所示，C 1D 1E 1F 1和C 2D 2E 2F 2是距离为L 的相同光滑导轨，C 1D 1和E 1F 1为两段四分之一的圆弧，半径分别为r 1＝8r 和r 2＝r .在水平矩形D 1E 1E 2D 2内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B .导体棒P 、Q 的长度均为L ，质量均为m ，电阻均为R ，其余电阻不计，Q 停在图中位置，现将P 从轨道最高点无初速度释放，则：图5(1)求导体棒P 进入磁场瞬间，回路中的电流的大小和方向(顺时针或逆时针)；(2)若P 、Q 不会在轨道上发生碰撞，棒Q 到达E 1E 2瞬间，恰能脱离轨道飞出，求导体棒P 离开轨道瞬间的速度；(3)若P 、Q 不会在轨道上发生碰撞，且两者到达E 1E 2瞬间，均能脱离轨道飞出，求回路中产生热量的范围. 答案 (1)2BL grR ，方向逆时针 (2)3gr(3)3mgr ≤Q ≤4mgr解析 (1)导体棒P 由C 1C 2下滑到D 1D 2，根据机械能守恒定律： mgr 1＝12m v 2D，v D ＝4gr导体棒P 到达D 1D 2瞬间：E ＝BL v D 回路中的电流I ＝E 2R ＝2BL grR方向逆时针(2)棒Q 到达E 1E 2瞬间，恰能脱离轨道飞出，此时对Q ： mg ＝m v 2Q r 2，v Q ＝gr设导体棒P 离开轨道瞬间的速度为v P ，根据动量守恒定律：m v D ＝m v P ＋m v Q 代入数据得，v P ＝3gr(3)由(2)知，若导体棒Q 恰能在到达E 1E 2瞬间飞离轨道，P 也必能在该处飞离轨道.根据能量守恒，回路中产生的热量：Q 1＝12m v 2D －12m v 2P －12m v 2Q ＝3mgr 若导体棒Q 与P 能达到共速v ，回路中产生的热量最多，则根据动量守恒： m v D ＝(m ＋m )v ，v ＝2gr回路中产生的热量：Q 2＝12m v 2D －12(m ＋m )v 2＝4mgr综上所述，回路中产生热量的范围是3mgr ≤Q ≤4mgr .专题规范练1.如图1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静止释放，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x ＝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：图1(1)BP 间的水平距离x 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 点时其竖直速度为v y ＝2gR 同时v yv D＝tan 45°，解得v D ＝4 m/s设平抛用时为t ，水平位移为x ，则有R ＝12gt 2x ＝v D t 解得x ＝1.6 m物块B 碰后以初速度v 0＝6 m/s ，加速度大小 a ＝－4 m/s 2减速到v D ，则BD 间的位移为x 1＝v 2D －v 202a＝2.5 m故BP 之间的水平距离x BP ＝x ＋x 1＝4.1 m(2)若物块B 能沿轨道到达M 点，在M 点时其速度为v M ，则有12m v 2M －12m v 2D ＝－22mgR设轨道对物块的压力为F N ，则F N ＋mg ＝m v 2MR解得F N ＝(1－2)mg <0，即物块不能到达M 点. (3)对物块A 、B 的碰撞过程，有： m A v A ＝m A v A ′＋m B v 0 12m A v 2A ＝12m A v A ′2＋12m B v 20 解得：v A ＝6 m/s设物块A 释放的高度为h ，则mgh ＝12m v 2A ， 解得h ＝1.8 m2.如图2所示为过山车简易模型，它由光滑水平轨道和竖直面内的光滑圆形轨道组成，Q 点为圆形轨道最低点，M 点为最高点，圆形轨道半径R ＝0.32 m.水平轨道PN 右侧的水平地面上，并排放置两块长木板c 、d ，两木板间相互接触但不粘连，长木板上表面与水平轨道PN 平齐，木板c 质量m 3＝2.2 kg ，长L ＝4 m ，木板d 质量m 4＝4.4 kg.质量m 2＝3.3 kg 的小滑块b 放置在轨道QN 上，另一质量m 1＝1.3 kg 的小滑块a 从P 点以水平速度v 0向右运动，沿圆形轨道运动一周后进入水平轨道与小滑块b 发生碰撞，碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失.碰后a 沿原路返回到M 点时，对轨道压力恰好为0.已知小滑块b 与两块长木板间动摩擦因数均为μ0＝0.16，重力加速度g ＝10 m/s 2.图2(1)求小滑块a 与小滑块b 碰撞后，a 和b 的速度大小v 1和v 2；(2)若碰后滑块b 在木板c 、d 上滑动时，木板c 、d 均静止不动，c 、d 与地面间的动摩擦因数μ至少多大？(木板c 、d 与地面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(3)若不计木板c 、d 与地面间的摩擦，碰后滑块b 最终恰好没有离开木板d ，求滑块b 在木板c 上滑行的时间及木板d 的长度.答案 (1)4 m /s 5.2 m/s (2)0.069 (3)1 s 1.4 m解析 (1)根据题意可知：小滑块a 碰后返回到M 点时：m 1v 2M R＝m 1g 小滑块a 碰后返回到M 点过程中机械能守恒：12m 1v 21＝12m 1v 2M ＋m 1g (2R ) 代入数据，解得：v 1＝4 m/s取水平向右为正方向，小滑块a 、b 碰撞前后：动量守恒：m 1v 0＝－m 1v 1＋m 2v 2机械能守恒：12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22 代入数据，解得：v 0＝9.2 m /s ，v 2＝5.2 m/s(2)若b 在d 上滑动时d 能静止，则b 在c 上滑动时c 和d 一定能静止μ(m 2＋m 4)g >μ0m 2g解得μ>m 2m 2＋m 4μ0≈0.069 (3)小滑块b 滑上长木板c 时的加速度大小：a 1＝μ0g ＝1.6 m/s 2此时两块长木板的加速度大小：a 2＝μ0m 2m 3＋m 4g ＝0.8 m/s 2 令小滑块b 在长木板c 上的滑行时间为t ，则：时间t 内小滑块b 的位移x 1＝v 2t －12a 1t 2 两块长木板的位移x 2＝12a 2t 2 且x 1－x 2＝L解得：t 1＝1 s 或t 2＝103s(舍去) b 刚离开长木板c 时b 的速度v 2′＝v 2－a 1t 1＝3.6 m/sb 刚离开长木板c 时d 的速度v 3＝a 2t 1＝0.8 m/sd 的长度至少为x ：由动量守恒可知：m 2v 2′＋m 4v 3＝(m 2＋m 4)v解得：v ＝2 m/sμ0m 2gx ＝12m 2v 2′2＋12m 4v 23－12(m 2＋m 4)v 2 解得：x ＝1.4 m3.如图3所示，两个圆形光滑细管在竖直平面内交叠，组成“8”字形通道，在“8”字形通道底端B 处连接一内径相同的粗糙水平直管AB .已知E 处距地面的高度h ＝3.2 m ，一质量m ＝1 kg 的小球a 从A 点以速度v 0＝12 m/s 的速度向右进入直管道，到达B 点后沿“8”字形轨道向上运动，到达D 点时恰好与轨道无作用力，直接进入DE 管(DE 管光滑)，并与原来静止于E 处的质量为M ＝4 kg 的小球b 发生正碰(a 、b 均可视为质点).已知碰撞后a 球沿原路返回，速度大小为碰撞前速度大小的13，而b 球从E 点水平抛出，其水平射程s ＝0.8 m.(g ＝10 m/s 2)图3(1)求碰后b 球的速度大小；(2)求“8”字形管道上下两圆的半径r 和R ；(3)若小球a 在管道AB 中运动时所受阻力为定值，请判断a 球返回到BA 管道时，能否从A 端穿出？ 答案 (1)1 m/s (2)0.9 m 0.7 m (3)不能解析 (1)b 球离开E 点后做平抛运动h ＝12gt 2，s ＝v b t ，解得v b ＝1 m/s (2)a 、b 碰撞过程，动量守恒，以水平向右为正方向，则有：m v a ＝－m ×13v a ＋M v b 解得v a ＝3 m/s碰前a 在D 处恰好与轨道无作用力，则有：mg ＝m v 2a rr ＝0.9 mR ＝h －2r 2＝0.7 m (3)小球从B 到D ，机械能守恒：12m v 2B ＝12m v 2a ＋mgh 解得：12m v 2B ＝36.5 J 从A 到B 过程，由动能定理得：－W f ＝12m v 2B －12m v 20解得：W f ＝35.5 J从D 到B ，机械能守恒：12m (v a 3)2＋mgh ＝12m v B ′2 解得：12m v B ′2＝32.5 J<W f 所以，a 球返回到BA 管道中时，不能从A 端穿出.4.如图4所示，整个空间中存在竖直向上的匀强电场，经过桌边的虚线PQ 与桌面成45°角，其上方有足够大的垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B ，光滑绝缘水平桌面上有两个可以视为质点的绝缘小球，A 球对桌面的压力为零，其质量为m ，电量为q ；B 球不带电且质量为km (k >7).A 、B 间夹着质量可忽略的火药.现点燃火药(此时间极短且不会影响小球的质量、电量和各表面的光滑程度).火药炸完瞬间A 的速度为v 0.求：图4(1)火药爆炸过程中有多少化学能转化为机械能；(2)A 球在磁场中的运动时间；(3)若一段时间后A 、B 在桌上相遇，求爆炸前A 球与桌边P 的距离.答案 (1)k ＋12k m v 20 (2)3πm 2qB (3)2k －2－3π2(k ＋1)·m v 0qB解析 (1)设爆炸之后B 的速度大小为v B ，选向左为正方向，在爆炸前后由动量守恒可得：0＝m v 0－km v BE ＝12m v 20＋12km v 2B ＝k ＋12km v 20 (2)由A 球对桌面的压力为零可知重力和电场力等大反向，故A 球进入电场中将会做匀速圆周运动，如图所示则T ＝2πm qB有几何知识可得：粒子在磁场中运动了34个圆周 则t 2＝3πm 2qB(3)由0＝m v 0－km v B 可得：v B ＝v 0k由q v 0B ＝m v 20R 知，R ＝m v 0qB设爆炸前A球与桌边P的距离为x A，爆炸后B运动的位移为x B，时间为t B则t B＝x A v0＋t2＋R v，x B＝v B t B由图可得：R＝x A＋x B联立上述各式解得：x A＝2k－2－3π2(k＋1)·m v0qB.。

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(2)方向：正电荷所受电场力方向与场强方向一致，负电荷所受电场力方向与场强方向相反．4．安培力(1)大小：F ＝BIL ，此式只适用于B ⊥I 的情况，且L 是导线的有效长度，当B ∥I 时F ＝0.(2)方向：用左手定则判断，安培力垂直于B 、I 决定的平面．5．洛伦兹力(1)大小：F 洛＝q v B ，此式只适用于B ⊥v 的情况．当B ∥v 时F 洛＝0.(2)方向：用左手定则判断，洛伦兹力垂直于B 、v 决定的平面，洛伦兹力不做功．6．共点力的平衡(1)平衡状态：物体静止或做匀速直线运动．(2)平衡条件：F 合＝0或F x ＝0，F y ＝0.(3)常用推论：①若物体受n 个作用力而处于平衡状态，则其中任意一个力与其余(n －1)个力的合力大小相等、方向相反．②若三个共点力的合力为零，则表示这三个力的有向线段首尾相接组成一个封闭三角形．1．处理平衡问题的基本思路：确定平衡状态(加速度为零)→巧选研究对象(整体法或隔离法)→受力分析→建立平衡方程→求解或作讨论．2．常用的方法(1)在判断弹力或摩擦力是否存在以及确定方向时常用假设法．(2)求解平衡问题时常用二力平衡法、矢量三角形法、正交分解法、相似三角形法、图解法等．3．带电体的平衡问题仍然满足平衡条件，只是要注意准确分析场力——电场力、安培力或洛伦兹力．4．如果带电粒子在重力场、电场和磁场三者组成的复合场中做直线运动，则一定是匀速直线运动，因为F洛⊥v.考向1共点力作用下的静态平衡问题例1如图1所示，质量为m的木块A放在水平面上的质量为M的斜面B上，现用大小相等、方向相反的两个水平推力F分别作用在A、B上，A、B均保持静止不动．则()图1A．A与B之间一定存在摩擦力B．B与地面之间一定存在摩擦力C．B对A的支持力一定等于mgD．地面对B的支持力大小一定等于(m＋M)g审题突破A、C选项考察物体A、B之间的受力应选谁为研究对象？B、D选项考察地面对B的作用力必须选B为研究对象吗？怎样选研究对象更简单？解析对A，若重力、推力、支持力的合力为零时，A、B间没有摩擦力，A错误；B对A的支持力无法求出，所以C错误；把A、B视为一个整体，水平方向两推力恰好平衡，故B 与地面间没有摩擦力，所以B错误；地面对B的支持力等于(m＋M)g，故D正确．答案 D以题说法 1.在分析两个或两个以上物体间的相互作用时，一般采用整体法与隔离法进行分析．2．采用整体法进行受力分析时，要注意系统内各个物体的状态应该相同．3．当直接分析一个物体的受力不方便时，可转移研究对象，先分析另一个物体的受力，再根据牛顿第三定律分析该物体的受力，此法叫“转移研究对象法”．轻质弹簧A的两端分别连在质量均为m的小球上，两球均可视为质点．另有两根与A完全相同的轻质弹簧B、C，且B、C的一端分别与两个小球相连，B的另一端固定在天花板上，C的另一端用手牵住，如图2所示．适当调节手的高度与用力的方向，保持B弹簧轴线跟竖直方向夹角为37°不变(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，当弹簧C的拉力最小时，B、C两弹簧的形变量之比为()图2A．1∶1 B．3∶5C．4∶3 D．5∶4答案 C解析以两球和弹簧A组成的整体为研究对象，受力分析如图所示，由合成法知当C弹簧与B弹簧垂直时，弹簧C施加的拉力最小，由几何关系知F T B∶F T C＝4∶3.考向2共点力作用下的动态平衡问题例2(2014·山东·14)如图3所示，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千，某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍保持等长且悬挂点不变．木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后()图3A．F1不变，F2变大B．F1不变，F2变小C．F1变大，F2变大D．F1变小，F2变小审题突破两轻绳各剪去一小段，两绳之间的夹角如何变化？木板所受合力根据什么判断大小是否变化？解析木板静止时，木板受重力G以及两根轻绳的拉力F2，根据平衡条件，木板受到的合力F1＝0，保持不变．两根轻绳的拉力F2的合力大小等于重力G，保持不变，当两轻绳剪去一段后，两根轻绳的拉力F2与竖直方向的夹角变大，因其合力不变，故F2变大．选项A正确，选项B、C、D错误．答案 A以题说法动态平衡问题分析的三个常用方法．1．解析法：一般把力进行正交分解，两个方向上列平衡方程，写出所要分析的力与变化角度的关系，然后判断各力的变化趋势．2．图解法：能用图解法分析动态变化的问题有三个显著特征：一、物体一般受三个力作用；二、其中有一个大小、方向都不变的力；三、还有一个方向不变的力．3．相似三角形法：物体一般受三个力作用而平衡，系统内一定总存在一个与矢量三角形相似的结构三角形，这种情况下采用相似三角形法解决问题简单快捷．如图4甲，手提电脑散热底座一般设置有四个卡位用来调节角度．某同学将电脑放在散热底座上，为了获得更好的舒适度，由原卡位4缓慢地调至卡位1(如图乙)，电脑始终静止在底座上，则()图4A．电脑受到的支持力变大B．电脑受到的摩擦力变小C ．散热底座对电脑的作用力变大D ．散热底座对电脑的作用力不变答案 D解析 对笔记本电脑受力分析如图所示，有：F N ＝mg cos θ、F f ＝mg sin θ.由原卡位1调至卡位4，θ减小，静摩擦力F f 减小、支持力F N 增加；散热底座对电脑的作用力的合力是支持力和静摩擦力的合力，与重力平衡，始终是不变的，故D 正确．考向3 带电体在电场内的平衡问题例3 (2014·浙江·19)如图5所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A ，细线与斜面平行．小球A 的质量为m 、电量为q .小球A 的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B ，两球心的高度相同、间距为d .静电力常量为k ，重力加速度为g ，两带电小球可视为点电荷．小球A 静止在斜面上，则( )图5A ．小球A 与B 之间库仑力的大小为kq 2d 2 B ．当q d＝ mg sin θk 时，细线上的拉力为0 C ．当q d＝ mg tan θk 时，细线上的拉力为0 D ．当q d ＝ mg k tan θ时，斜面对小球A 的支持力为0 审题突破 小球A 受哪几个力的作用？若细线上的拉力为0呢？通过对小球受力分析，斜面对小球A 的支持力能为0吗？解析 根据库仑定律，A 、B 球间的库仑力F 库＝k q 2d 2，选项A 正确；小球A 受竖直向下的重力mg ，水平向左的库仑力F 库＝kq 2d 2，由平衡条件知，当斜面对小球的支持力F N 的大小等于重力与库仑力的合力大小时，细线上的拉力等于零，如图所示，则kq 2d 2mg ＝tan θ，所以q d ＝ mg tan θk，选项C 正确，选项B 错误；斜面对小球的支持力F N 始终不会等于零，选项D 错误．答案 AC以题说法 1.电场和重力场内的平衡问题，仍然是力学问题．力学中用到的图解法和正交分解法仍然可以用在电场和重力场中．2．当涉及多个研究对象时，一般采用整体法和隔离法结合的方法求解．当物体受到的力多于三个时，往往采用正交分解法列出分方向的平衡方程．如图6所示，粗糙程度均匀的绝缘空心斜面ABC 放置在水平面上，∠CAB ＝30°，斜面内部O 点(与斜面无任何连接)固定一个正点电荷，一带负电可视为质点的小物体可以分别静止在M 、P 、N 点，P 为MN 的中点，OM ＝ON ，OM ∥AB ，则下列判断正确的是( )图6A．小物体在M、P、N点静止时一定都是受4个力B．小物体静止在P点时受到的摩擦力最大C．小物体静止在P点时受到的支持力最大D．小物体静止在M、N点时受到的支持力相等答案CD解析对小物体分别在三处静止时进行受力分析，如图：结合平衡条件小物体在P、N两点时一定受四个力的作用，而在M处不一定，故A错误；小物体静止在P点时，摩擦力F f＝mg sin 30°，设小物体静止在M、N点时，库仑力为F′，则小物体静止在N点时F f′＝mg sin 30°＋F′cos 30°，小物体静止在M点时F f″＝mg sin 30°－F′cos 30°，可见小物体静止在N点时所受摩擦力最大，故B错误；小物体静止在P点时，设库仑力为F，受到的支持力F N＝mg cos 30°＋F，小物体静止在M、N点时：F N′＝mg cos 30°＋F′sin 30°，由库仑定律知F＞F′，故F N＞F N′，即小物体静止在P点时受到的支持力最大，静止在M、N 点时受到的支持力相等，故C、D正确.1．应用平衡条件解决电学平衡问题例4(18分)如图7(BE左边为侧视图，右边为俯视图)所示，电阻不计的光滑导轨ABC、DEF 平行放置，间距为L，BC、EF水平，AB、DE与水平面成θ角．PQ、P′Q′是相同的两金属杆，它们与导轨垂直，质量均为m、电阻均为R.平行板电容器的两金属板M、N的板面沿竖直放置，相距为d，并通过导线与导轨ABC、DEF连接．整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中．要使杆P′Q′静止不动，求：图7(1)杆PQ应沿什么方向运动？速度多大？(2)从O点入射的带电粒子恰好沿图中虚线通过平行板电容器，则入射粒子的速度v0多大？思维导图解析 (1)设杆PQ 运动速度为v ，杆PQ 切割磁感线产生的感应电动势： E ＝BL v (2分)回路电流：I ＝ER ＋R(2分)P ′Q ′杆静止，对杆P ′Q ′受力分析，有： mg tan θ＝BIL (2分)联立解得：v ＝2mgR tan θB 2L 2(2分)根据左手定则与右手定则可知，PQ 应向右运动．(2分) (2)两平行板间的电压：U ＝IR (2分)粒子在电场中运动，电场力：F ＝qEqUd＝qB v 0(2分) 联立解得：v 0＝mgR tan θB 2Ld (2分)答案 (1)向右运动2mgR tan θB 2L 2 (2)mgR tan θB 2Ld点睛之笔 此题为力电综合问题，考查了力学知识的平衡问题和电磁感应知识．解答本题的思路是先通过P ′Q ′静止不动、受力平衡分析PQ 的运动方向．PQ 运动对P ′Q ′和电容器供电，带电粒子在电场、磁场中做匀速直线运动受力平衡．(限时：15分钟，满分：15分)(2014·江苏·13)如图8所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L ，长为3d ，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d 的薄绝缘涂层．匀强磁场的磁感应强度大小为B ，方向与导轨平面垂直．质量为m 的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端．导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R ，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g .求：图8(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ； (2)导体棒匀速运动的速度大小v ； (3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q . 答案 (1)tan θ (2)mgR sin θB 2L 2(3)2mgd sin θ－m 3g 2R 2sin 2θ2B 4L 4解析 (1)在绝缘涂层上导体棒受力平衡mg sin θ＝μmg cos θ 解得导体棒与涂层间的动摩擦因数μ＝tan θ. (2)在光滑导轨上 感应电动势：E ＝BL v 感应电流：I ＝ER安培力：F 安＝BIL受力平衡的条件是：F 安＝mg sin θ 解得导体棒匀速运动的速度v ＝mgR sin θB 2L 2.(3)摩擦生热：Q T ＝μmgd cos θ根据能量守恒定律知：3mgd sin θ＝Q ＋Q T ＋12m v 2解得电阻产生的焦耳热Q ＝2mgd sin θ－m 3g 2R 2sin 2 θ2B 4L 4.(限时：30分钟)题组1共点力作用下的静态平衡1．(2014·广东·14)如图1所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P在支撑点M、N处受力的方向，下列说法正确的是()图1A．M处受到的支持力竖直向上B．N处受到的支持力竖直向上C．M处受到的静摩擦力沿MN方向D．N处受到的静摩擦力沿水平方向答案 A解析M处支持力方向与支持面(地面)垂直，即竖直向上，选项A正确；N处支持力方向与支持面(原木接触面)垂直，即垂直MN向上，故选项B错误；摩擦力与接触面平行，故选项C、D错误．2．如图2所示，三个相同的轻质弹簧连接在O点，弹簧1的另一端固定在天花板上，且与竖直方向的夹角为30°，弹簧2水平且右端固定在竖直墙壁上，弹簧3的另一端悬挂质量为m的物体且处于静止状态，此时弹簧1、2、3的形变量分别为x1、x2、x3，则()图2A．x1∶x2∶x3＝3∶1∶2B．x1∶x2∶x3＝2∶1∶ 3C．x1∶x2∶x3＝1∶2∶ 3D．x1∶x2∶x3＝3∶2∶1答案 B解析对物体受力分析可知：kx3＝mg，对弹簧的结点受力分析可知：kx1cos 30°＝kx3，kx1sin 30°＝kx2，联立解得x1∶x2∶x3＝2∶1∶ 3.3．体育器材室里，篮球摆放在如图3所示的球架上．已知球架的宽度为d，每个篮球的质量为m、直径为D，不计球与球架之间的摩擦，则每个篮球对一侧球架的压力大小为()图3A.12mgB.mgD dC.mgD 2D 2－d 2D.2mg D 2－d 2D答案 C解析 篮球受力平衡，设一侧球架的弹力与竖直方向的夹角为θ，如图，由平衡条件，F 1＝F 2＝mg 2cos θ，而cos θ＝(D 2)2－(d 2)2D 2＝D 2－d 2D ，则F 1＝F 2＝mgD2D 2－d 2，选项C 正确．4．在如图所示的A 、B 、C 、D 四幅图中，滑轮本身的重力忽略不计，滑轮的轴O 安装在一根轻木杆P 上，一根轻绳ab 绕过滑轮，a 端固定在墙上，b 端下面挂一个质量都是m 的重物，当滑轮和重物都静止不动时，图A 、C 、D 中杆P 与竖直方向夹角均为θ，图B 中杆P 在竖直方向上，假设A 、B 、C 、D 四幅图中滑轮受到木杆弹力的大小依次为F A 、F B 、F C 、F D ，则以下判断中正确的是( )A．F A＝F B＝F C＝F DB．F D＞F A＝F B＞F CC．F A＝F C＝F D＞F BD．F C＞F A＝F B＞F D答案 B解析设滑轮两边细绳的夹角为φ，对重物，可得绳子拉力等于重物重力mg，滑轮受到木杆弹力F等于细绳拉力的合力，即F＝2mg cos φ2，由夹角关系可得F D＞F A＝F B＞F C，选项B正确．5．如图4所示，质量为M的木板C放在水平地面上，固定在C上的竖直轻杆的顶端分别用细绳a和b连接小球A和小球B，小球A、B的质量分别为m A和m B，当与水平方向成30°角的力F作用在小球B上时，A、B、C刚好相对静止一起向右匀速运动，且此时绳a、b与竖直方向的夹角分别为30°和60°，则下列判断正确的是()图4 A．力F的大小为m B gB．地面对C的支持力等于(M＋m A＋m B)gC．地面对C的摩擦力大小为32m B gD．m A＝m B答案ACD解析对小球B受力分析，水平方向：F cos 30°＝F T b cos 30°，得：F T b＝F，竖直方向：F sin 30°＋F T b sin 30°＝m B g，解得：F＝m B g，故A正确；对小球A受力分析，竖直方向：m A g＋F T b sin 30°＝F T a sin 60°水平方向：F T a sin 30°＝F T b sin 60°联立得：m A＝m B，故D正确；以A、B、C整体为研究对象受力分析，竖直方向：F N＋F sin 30°＝(M＋m A＋m B)g可见F N小于(M＋m A＋m B)g，故B错误；水平方向：F f＝F cos 30°＝m B g cos 30°＝32m B g，故C正确．题组2共点力作用下的动态平衡6．如图5所示为建筑工地一个小型起重机起吊重物的示意图．一根轻绳跨过光滑的动滑轮，轻绳的一端系在位置A处，动滑轮的下端挂上重物，轻绳的另一端挂在起重机的吊钩C处．起吊重物前，重物处于静止状态．起吊重物过程是这样的：先让吊钩从位置C竖直向上缓慢的移动到位置B，然后再让吊钩从位置B水平向右缓慢地移动到D，最后把重物卸载到某一个位置．则关于轻绳上的拉力大小变化情况，下列说法正确的是()图5A．吊钩从C向B移动过程中，轻绳上的拉力不变B．吊钩从B向D移动过程中，轻绳上的拉力变小C．吊钩从C向B移动过程中，轻绳上的拉力变大D．吊钩从B向D移动过程中，轻绳上的拉力不变答案 A解析因物体重力不变，故重力与两绳子的拉力为平衡力，并且滑轮两端绳子的张力相等；设绳子间的夹角为2θ；在由C到B上移的过程中有：2F T cos θ＝mg；由几何关系可知，设A到动滑轮的绳长为l，A到滑轮的水平距离为d，则有：l cos θ＝d；因由C到B的过程中A 到BC的垂直距离不变，故θ为定值，故轻绳上的拉力不变，故A正确，C错误；由B到D 的过程中，绳的总长不变，夹角2θ一定增大，则由A中分析可知，F T一定增大；故B、D 错误．7．如图6所示，物体A、B用细绳与弹簧连接后跨过滑轮，A静止在倾角为45°的粗糙斜面上，B悬挂着．已知质量m A＝3m B，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°减小到30°，且A、B仍处于静止状态，那么下列说法中正确的是()图6A．弹簧的弹力大小将不变B．物体A对斜面的压力将减少C．物体A受到的静摩擦力将减小D．弹簧的弹力及A受到的静摩擦力都不变答案AC解析弹簧弹力等于B物体的重力，即弹簧弹力不变，故A项正确；对A物体进行受力分析，列平衡方程可知，C项正确，D项错误；根据F N＝m A g cos θ，当倾角减小时，A物体对斜面压力变大，故B项错误．8．如图7所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏a连接，连接b的一段细绳与斜面平行．在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态，则()图7A ．b 对c 的摩擦力一定减小B ．b 对c 的摩擦力方向可能平行斜面向上C ．地面对c 的摩擦力方向一定向右D ．地面对c 的摩擦力一定减小 答案 BD解析 设a 、b 的重力分别为G a 、G b .若G a ＝G b sin θ，b 受到c 的摩擦力为零；若G a ≠G b sin θ，b 受到c 的摩擦力不为零．若G a ＜G b sin θ，b 受到c 的摩擦力沿斜面向上，故A 错误，B 正确．对b 、c 整体，水平面对c 的摩擦力F f ＝F T cos θ＝G a cos θ，方向水平向左．在a 中的沙子缓慢流出的过程中，则摩擦力在减小，故C 错误，D 正确．9．如图8所示，斜面上固定有一与斜面垂直的挡板，另有一截面为14圆的光滑柱状物体甲放置于斜面上，半径与甲相同的光滑球乙被夹在甲与挡板之间，没有与斜面接触而处于静止状态．现在从O 1处对甲施加一平行于斜面向下的力F ，使甲沿斜面方向缓慢向下移动．设乙对挡板的压力大小为F 1，甲对斜面的压力大小为F 2，甲对乙的弹力为F 3.在此过程中( )图8A ．F 1逐渐增大，F 2逐渐增大，F 3逐渐增大B ．F 1逐渐减小，F 2保持不变，F 3逐渐减小C ．F 1保持不变，F 2逐渐增大，F 3先增大后减小D ．F 1逐渐减小，F 2保持不变，F 3先减小后增大 答案 D解析 先对物体乙受力分析，如图甲所示，由牛顿第三定律可知乙对挡板的压力F 1不断减小，甲对乙的弹力F 3先减小后增大；再对甲与乙整体受力分析，受重力、斜面的支持力、挡板的支持力和已知力F，如图乙所示．根据平衡条件，设斜面倾角为θ，甲的质量为M，乙的质量为m，正交分解有x方向：F＋(M＋m)g sin θ－F1′＝0y方向：F2′－(M＋m)g cos θ＝0解得：F2′＝(M＋m)g cos θ，保持不变．结合牛顿第三定律，物体甲对斜面的压力F2不变，故D正确，A、B、C错误．10．如图9所示，三根细线共系于O点，其中OA在竖直方向上，OB水平并跨过定滑轮悬挂一个重物，OC的C点固定在地面上，整个装置处于静止状态．若OC加长并使C点左移，同时保持O点位置不变，装置仍然处于静止状态，则细线OA上拉力F A和OC上的拉力F C 与原先相比是()图9A．F A、F C都减小B．F A、F C都增大C．F A增大，F C减小D．F A减小，F C增大答案 A解析O点受F A、F B、F C三个力平衡，如图．当按题示情况变化时，OB绳的拉力F B不变，OA绳拉力F A的方向不变，OC绳拉力F C的方向与拉力F B方向的夹角减小，保持平衡时F A、F C的变化如虚线所示，显然都是减小了．题组3带电体在电场内的平衡问题11．(2014·广东·20)如图10所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电量为＋Q的小球P.带电量分别为－q和＋2q的小球M和N，由绝缘细杆相连，静止在桌面上．P与M相距L、M和N视为点电荷，下列说法正确的是()图10A ．M 与N 的距离大于LB ．P 、M 和N 在同一直线上C ．在P 产生的电场中，M 、N 处的电势相同D ．M 、N 及细杆组成的系统所受合力为零 答案 BD解析 假设P 、M 和N 不在同一直线上，对M 受力分析可知M 不可能处于静止状态，所以选项B 正确；M 、N 和杆组成的系统，处于静止状态，则系统所受合外力为零，故k QqL 2＝k Q ·2q (L ＋x )2，解得x ＝(2－1)L ，所以选项A 错误，D 正确；在正点电荷产生的电场中，离场源电荷越近，电势越高，φM >φN ，所以选项C 错误．12．一根套有细环的粗糙杆水平放置，带正电的小球A 通过绝缘细线系在细环上，另一带正电的小球B 固定在绝缘支架上，A 球处于平衡状态，如图11所示．现将B 球稍向右移动，当A 小球再次平衡(该过程A 、B 两球一直在相同的水平面上)时，细环仍静止在原位置，下列说法正确的是( )图11A ．细线对带电小球A 的拉力变大B ．细线对细环的拉力保持不变C ．细环所受的摩擦力变大D ．粗糙杆对细环的支持力变大 答案 AC解析 如图甲所示，以细环、细线及小球A 组成的整体为研究对象受力分析，整体的重力、杆的支持力、静摩擦力、水平向右的库仑斥力，由平衡可知F N ＝m A g ＋m 环g ，F ＝F f ，知粗糙杆对细环的支持力不变，再由小球A 的受力分析如图乙知，当B 球稍向右移动时，由库仑定律知，F 增大，F f 增大，小球A 的重力不变，它们的合力与细线的拉力等大反向，故由力的合成知当F 增大时细线的拉力也增大，综合以上分析知，A 、C 选项正确．甲 乙13．如图12所示，空间正四棱锥型的底面边长和侧棱长均为a ，水平底面的四个顶点处均固定着电量为＋q 的小球，顶点P 处有一个质量为m 的带电小球，在库仑力和重力的作用下恰好处于静止状态．若将P 处小球的电荷量减半，同时加竖直方向的匀强电场强度E ，此时P 处小球仍能保持静止．重力加速度为g ，静电力常量为k ，则所加匀强电场强度大小为( )图12A.mg 2qB.mg 4qC.2kq a 2D.22kq a2答案 D解析 设P 处的带电小球电量为Q ，根据库仑定律可知，则P 点小球受到各个顶点电荷的库仑力大小为F ＝kqQa 2；根据几何关系可知，正四棱锥型的侧棱与竖直线的夹角为45°；再由力的分解法则，可有：4×kqQ a 2×22＝mg ；若将P 处小球的电荷量减半，则四个顶点的电荷对P 的小球的库仑力合力为：F ′＝2kqQ a 2；当外加匀强电场后，再次平衡，则有：2kqQa 2＋Q 2E ＝mg ；解得：E ＝22kqa2，故D 正确，A 、B 、C 错误． 14．如图13所示，ACD 、EFG 为两根相距L 的足够长的金属直角导轨，它们被竖直固定在绝缘水平面上，CDGF 面与水平面成θ角．两导轨所在空间存在垂直于CDGF 平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B .两根质量均为m 、长度均为L 的金属细杆ab 、cd 与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，两金属细杆的电阻均为R ，导轨电阻不计．当ab 以速度v 1沿导轨向下匀速运动时，cd 杆也正好以速度v 2向下匀速运动．重力加速度为g .以下说法正确的是( )图13A ．回路中的电流强度为BL (v 1＋v 2)2RB ．ab 杆所受摩擦力为mg sin θC ．cd 杆所受摩擦力为μ(mg sin θ22D ．μ与v 1大小的关系为μ(mg sin θ。

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 ，另一端系一14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 ＝kx 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12Q 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kb 212C ．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)2md2(b －a)2t2[解析]　小球到达Q 点时弹簧的弹性势能为k(b －a)2，由功能关系可知，小球到达Q 点时的动能等于12mgb －k(b －a)2，选项A 、B 错误；小球到达Q 点时的速度v ＝，小球到达Q 点时的动能E k ＝mv 2＝，由12d t 12md22t2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 －，C 错误；由功能关系md22t2可知k(b －a)2＝mgb －，解得k ＝－，D 正确。

12md22t22mgb (b －a)2md2(b －a)2t2[答案]　D 考向二　与传送带相关的功能关系　如图2所示，长为L ＝10.5 m 的传送带与水平面成30°角，传送带向上做加速度为a 0＝1 m/s 2的匀加速运动，当其速度为v 0＝3 m/s 时，在其底端轻放一质量为m ＝1 kg 的物块(可视为质点)，已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝，在物块由底端上升到顶端的过程中，求：32图2(1)此过程所需时间；(2)传送带对物块所做的功；(3)此过程中产生的热量。

动力学和能量看法的综合应用1．(多项选择)倾角为θ的三角形斜面体固定在水平面上，在斜面体的底端邻近固定一挡板，一质量不计的弹簧下端固定在挡板上，其自然长度时弹簧的上端位于斜面体上的O点．质量分别为4m、m的物块甲和乙用一质量不计的细绳连结，且越过固定在斜面体顶端的圆滑轻质定滑轮，如图1所示．开始物块甲位于斜面体上的M处，且MO＝L，物块乙开始距离水平面足够高，现将物块甲和乙由静止开释，物块甲沿斜面下滑，当物块将弹簧压缩到N点时，物块的速度减为零，ON＝L2，已知物块甲与斜面体之间的动摩擦因数为μ＝38，θ＝30°，重力加快度取g＝10 m/s2，忽视空气的阻力，整个过程中细绳一直没有废弛，且乙未遇到滑轮，则以下说法正确的选项是()图1A．物块甲由静止开释到斜面体上N点的过程，物块甲先做匀加快直线运动，紧接着做匀减速直线运动到速度减为零B．物块甲在与弹簧接触前的加快度大小为0.5 m/s2C．物块甲位于N点时，弹簧所储藏的弹性势能的最大值为158mgLD．物块甲位于N点时，弹簧所储藏的弹性势能的最大值为38mgL2．(多项选择)如图2甲所示，轻质弹簧的一端固定于倾角为θ＝30°的斜面底端，另一端恰巧位于斜面上的B点．一质量为m＝2 kg的小滑块(可视为质点)从斜面上的A点由静止开始下滑，下滑过程中滑块下滑速度v的平方与其下滑距离x之间的关系如图乙所示，此中Oa段为直线，重力加快度g取10 m/s2，则()图2B．弹簧的劲度系数为50 N/mC．滑块运动到最低点C时，弹簧弹性势能大小为2.6 JD．滑块从最低点C返回时，必定能抵达B点3．如图3所示，质量为m的小球套在半径为R的固定圆滑圆环上，圆环的圆心为OR的轻质弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连，弹簧与圆环在同一竖直平面内，圆环上B点在O的正下方，当小球在A处遇到沿圆环切线方向的恒力F作用时，恰巧与圆环间无互相作用，且处于静止状态．已知：R＝1.0 m，m＝1.0 kg，∠AOB＝θ＝37°，弹簧处于弹性限度内，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加快度g＝10 m/s2.求：图3(1)该弹簧的劲度系数k；(2)撤去恒力，小球从A点沿圆环下滑到B点时的速度大小v B；(3)在(2)中，小球经过B点时，圆环对小球的作使劲大小F N B .4．雨滴在空中着落时，因为空气阻力的影响，最后会以恒定的速度匀速降落，我们把这个速度叫做扫尾速度．研究表示，在无风的天气条件下，空气对着落雨滴的阻力可由公式F f＝12CρSv2来计算，此中C为空气对雨滴的阻力系数(不一样空间为不一样常量)，ρ为空气的密度(不一样空间密度不一样)，S为雨滴的有效横截面积(即垂直于速度方向的横截面积)．已知雨滴着落空间范围内的空气密度为ρ0，空气对雨滴的阻力系数为C0，雨滴着落时可视为球形，半径均为R，每个雨滴的质量均为m，且在抵达地眼前均已达到扫尾速度，重力加快度为g.(1)求雨滴在无风的天气条件下沿竖直方向着落时扫尾速度的大小；(2)若依据云层高度估测出雨滴在无风的天气条件下由静止开始竖直着落距地面的高度为h，求每个雨滴在竖直着落到地面过程中战胜空气阻力所做的功．5．如图4所示，圆滑水平轨道AB与圆滑半圆形导轨BC在B点相切连结，半圆导轨半径为R，轨道AB、BC在同一竖直平面内．一质量为m的物块在A 处压缩弹簧，并由静止开释，物块恰巧能经过半圆导轨的最高点C.已知物块在抵达B点以前与弹簧已经分别，弹簧在弹性限度内，重力加快度为g.不计空气阻力，求：图4(1)物块由C点平抛出去后在水平轨道的落点与B点的距离；(2)物块在B点时对半圆轨道的压力大小；(3)物块在A点时弹簧的弹性势能．6．如图5所示，一质量m＝0.4 kg的滑块(可视为质点)静止于动摩擦因数μA 点．现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P＝10.0 W．经过一段时间后撤去外力，滑块持续滑行至B点后水平飞出，恰幸亏C点以5 m/s 的速度沿切线方向进入固定在竖直平面内的圆滑圆弧形轨道，轨道的最低点D 处装有压力传感器．已知轨道AB的长度L＝2.0 m，半径OC和竖直方向的夹角α＝37°，圆弧形轨道的半径R＝0.5 m．(空气阻力忽视不计，重力加快度g ＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：图5(1)滑块运动到D点时压力传感器的示数；(2)水平外力作用在滑块上的时间t.7．如图6所示，倾角θ＝30°的足够长圆滑斜面底端A固定有挡板P，斜面上B点与A点的高度差为h.将质量为m、长度为L的木板置于斜面底端，质量也为m的小物块静止在木板上某处，整个系统处于静止状态．已知木板与物块间的动摩擦因数μ＝32，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加快度为g.图6(1)若给木板和物块一沿斜面向上的初速度v0，木板上端恰能抵达B点，求v0大小；(2)若对木板施加一沿斜面向上的拉力F0，物块相对木板恰巧静止，求拉力F0的大小；(3)若对木板施加沿斜面向上的拉力F＝2mg，作用一段时间后撤去拉力，木板下端恰巧能抵达B点，物块一直未离开木板，求拉力F做的功W.参照答案1.答案 BD2.答案 BC3.答案 (1)40 N/m (2)2.0 m/s (3)6.0 N分析 (1)小球在A 处由均衡条件可知：沿半径方向：k (RR )＝mg cos θ得：k ＝40 N/m(2)由A 到B 过程，由动能定理得：mgR (1－cos θ)＝12mv B 2－0得：v B ＝2.0 m/s(3)在B 点由牛顿第二定律得，k (RR )＋F N B －mg ＝m v B 2R得：F N B ＝6.0 N4.答案 (1)1R 2mg πC 0ρ0 (2)mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫h －m πC 0ρ0R 2 分析 (1)设雨滴竖直着落的扫尾速度大小为v雨滴达到扫尾速度时开始匀速着落，则有：mg ＝F f又因为F f ＝12C 0ρ0Sv 2＝12C 0ρ0·πR 2v 2解得：v ＝1R 2mg πC 0ρ0(2)设雨滴在空中由静止沿竖直方向着落至地面的过程战胜空气阻力所做的功为W f ，由动能定理：mgh －W f ＝12mv 2解得：W f ＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫h －m πC 0ρ0R 2 5.答案 (1)2R (2)6mg (3)52mgR分析 (1)因为物块恰巧能经过C 点，有：mg ＝m v C 2R物块由C 点做平抛运动，有：x ＝v C t,2R ＝12gt 2解得：x ＝2R即物块在水平轨道的落点与B 点的距离为2R . (2)物块由B 到C 过程中机械能守恒，有：12mv B 2＝2mgR ＋12mv C 2设物块在B 点时遇到轨道的支持力为F N ，有：F N －mg ＝m v B 2R ， 解得：F N ＝6mg由牛顿第三定律可知，物块在B 点时对半圆轨道的压力F N ′＝F N ＝6mg .(3)由机械能守恒定律可知，物块在A 点时弹簧的弹性势能为：E p ＝2mgR ＋12mv C 2，解得E p ＝52mgR .6.答案 (1)25.6 N (2)0.4 s分析 (1)滑块由C 点运动到D 点的过程，由机械能守恒得：12mv D 2＝12mv C2＋mgR (1－cos 37°) 滑块在D 点的速度v D ＝错误!＝3错误! m/s在D 点对滑块受力剖析，依据牛顿第二定律有：F N －mg ＝m v D 2R滑块遇到的支持力F N ＝mg ＋m v D 2R ＝25.6 N依据牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力F N ′＝F N ＝25.6 N ，方向竖直向下(2)滑块走开B 点后做平抛运动，恰幸亏C 点沿切线方向进入圆弧形轨道 由几何关系可知，滑块运动到B 点的速度为v B ＝v C cos 37°＝4 m/s滑块由A 点运动到B 点的过程，依据动能定理有：Pt －μmgL ＝12mv B 2－0解得：水平外力作用在滑块上的时间t ＝m v B 2＋2μgL 2P＝0.4 s 7.答案 看法析分析 (1)由动能定理得12×2mv 02＝2mg (h －L sin θ)解得：v 0＝h －L g(2)对木板与物块整体，由牛顿第二定律得F 0－2mg sin θ＝2ma 0 对物块，由牛顿第二定律得μmg cos θ－mg sin θ＝ma 0解得：F 0＝32mg(3)设拉力F 的作用时间为t 1，再经时间t 2物块与木板达到共速，再经时间t 3木板下端抵达B 点，速度恰巧减为零．对木板由牛顿第二定律得，F －mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 3对物块由牛顿第二定律得，μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2 对木板与物块整体由牛顿第二定律得，2mg sin θ＝2ma 4 还有：a 1t 1－a 3t 2＝a 2(t 1＋t 2)a 2(t 1＋t 2)＝a 4t 312a 1t 12＋a 1t 1·t 2－12a 3t 22＋12a 4t 32＝h sin θW ＝F ·12a 1t 12解得：W ＝94mgh。

第2课时动力学、动量和能量观点的综合应用1．动量定理的公式Ft＝p′－p除表明两边大小、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．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．动量定理公式中的F是研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力，它可以是恒力，也可以是变力，当F为变力时，F应是合外力对作用时间的平均值．2．动量守恒定律(1)内容：一个系统不受外力或者所受外力之和为零，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(系统总动量的增量为零)；或Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、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系统合外力不为零，但在某一方向上系统合外力为零，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．解决力学问题的三个基本观点(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、反冲等问题时，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，就是根据众多的已知要素、事实，按照一定的联系方式，将其各部分连接成整体的方法．(1)对多个物理过程进行整体思维，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思维，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).题型1 动量和能量的观点在力学中的应用例1 (2013·广东·35)如图1，两块相同平板P 1、P 2置于光滑水平面上，质量均为m ，P 2的右端固定一轻质弹簧，左端A 与弹簧的自由端B 相距L ，物体P 置于P 1的最右端，质量为2m 且可看作质点．P 1与P 以共同速度v 0向右运动，与静止的P 2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P 1与P 2粘连在一起，P 压缩弹簧后被弹回并停在A 点(弹簧始终在弹性限度内)．P 与P 2之间的动摩擦因数为μ，求：图1(1)P 1、P 2刚碰完时的共同速度v 1和P 的最终速度v 2. (2)此过程中弹簧的最大压缩量x 和相应的弹性势能E p . 解析 (1)P 1和P 2碰撞过程动量守恒，有mv 0＝(m ＋m )v 1①解得v 1＝12v 0P 在P 2上滑行过程中，P 1、P 2、P 组成的系统动量守恒，有2mv 0＋2mv 1＝4mv 2②解得v 2＝34v 0(2)P 1、P 2、P 第一次等速时弹簧压缩量最大，由能量守恒得μ·2mg (L ＋x )＋E p ＝12×2mv 2＋12×2mv 21－12×4mv 22 ③ P 刚进入P 2到P 1、P 2、P 第二次等速时由能量守恒得μ·2mg (2L ＋2x )＝12×2mv 20＋12×2mv 21－12×4mv 22④由③④得：x ＝v 2032μg －L ，E p ＝mv 216. 答案 (1)12v 0 34v 0 (2)v 2032μg －L mv 216(2013·天津市南开区高考模拟)如图2所示，质量为m 的b 球用长为h 的细绳悬挂于水平轨道BC 的出口C 处．质量也为m 的小球a ，从距BC 高为h 的A 处由静止释放，沿ABC 光滑轨道滑下，在C 处与b 球正碰并与b 粘在一起．已知BC 轨道距水平地面ED 的高度为0.5h ，悬挂b 球的细绳能承受的最大拉力为2.8mg .试问：图2(1)a 球与b 球碰前瞬间的速度为多大？(2)a 、b 两球碰后，细绳是否会断裂？若细绳断裂，小球在DE 水平面上的落点距C 处的水平距离是多少？若细绳不断裂，小球最高将摆多高？(小球a 、b 均视为质点)答案 (1)2gh (2)细绳断裂，落点距C 处的水平距离是22h解析 (1)设a 球经C 点时速度为v C ，由机械能守恒定律，mgh ＝12mv 2C ，解得：v C ＝2gh即a 球与b 球碰前瞬间的速度为2gh(2)设a 、b 两球碰后速度为v ，由动量守恒定律，mv C ＝(m ＋m )v 解得：v ＝v C2＝2gh /2小球被细线悬挂绕O 摆动时，由T －2mg ＝2m v 2h，解得：T ＝3mg由于T >2.8mg ，细线会断裂，小球做平抛运动．设平抛运动时间为t ，则有0.5h ＝12gt 2，解得t ＝h gs ＝vt ＝2gh 2·h g ＝22h 小球在DE 水平面上的落点距C 处的水平距离是22h题型2 动量和能量观点在电学中的应用例2 在光滑水平面上静止着A 、B 两个小球(可视为质点)，质量均为m ，A 球带电荷量为q 的正电荷，B 球不带电，两球相距为L .从t ＝0时刻开始，在两小球所在的水平空间内加一范围足够大的匀强电场，电场强度为E ，方向与A 、B 两球的连线平行向右，如图3所示．A 球在电场力作用下由静止开始沿直线运动，并与B 球发生完全弹性碰撞．设两球间碰撞力远大于电场力且作用时间极短，每次碰撞过程中A 、B 之间都没有电荷量转移，且不考虑空气阻力及两球间的万有引力．问：图3(1)小球A 经多长时间与小球B 发生第一次碰撞？(2)小球A 与小球B 发生第一次碰撞后瞬间A 、B 两球的速度大小分别是多少？(3)第二次碰撞后，又经多长时间发生第三次碰撞？ 解析 (1)小球A 在电场力的作用下做匀加速直线运动， L ＝12at 21 a ＝qE m解得：t 1＝2mLqE(2)小球A 与小球B 发生完全弹性碰撞，动量守恒、机械能守恒．设A 球碰前速度为v A 1，碰后速度为v A 1′，B 球碰前速度为0，碰后速度为v B 1′，mv A 1＝mv A 1′＋mv B 1′12mv 2A 1＝12mv A 1′2＋12mv B 1′2 联立得：v A 1′＝0v B 1′＝v A 1 v A 1＝at 1＝2qELm所以v A 1′＝0v B 1′＝ 2qELm(3)第一次碰撞后，小球A 做初速度为0的匀加速直线运动，小球B 以v B 1′的速度做匀速直线运动，两小球发生第二次碰撞的条件是：两小球位移相等．设A 球第二次碰撞前速度为v A 2，碰后速度为v A 2′，B 球碰前速度为v B 2，碰后速度为v B 2′，v A 2＝at 2＝qE m t 2v B 2＝v B 1′＝2qELm12at 22＝v B 2t 2 解得：t 2＝22mL qEv A 2＝at 2＝22qELmmv A 2＋mv B 2＝mv A 2′＋mv B 2′12mv 2A 2＋12mv 2B 2＝12mv A 2′2＋12mv B 2′2 联立得：v A 2′＝v B 2v B 2′＝v A 2所以v A 2′＝2qELmv B 2′＝22qELm第二次碰撞后，小球A 做初速度为2qELm的匀加速直线运动，小球B 以v B 2′的速度做匀速直线运动，两小球发生第三次碰撞的条件是：两小球位移相等．设A 球第三次碰撞前速度为v A ，碰后速度为v A ′，B 球碰前速度为v B 3，碰后速度为v B 3′，v B 3＝v B 2′＝2 2qELm2qELmt 3＋12at 23＝v B 3·t 3解得：t 3＝22mLqE即完成第二次碰撞后，又经t 3＝2 2mLqE的时间发生第三次碰撞．答案 (1)2mLqE(2)A 球的速度大小是0，B 球的速度大小是2qELm (3)22mLqE(2013·东莞市五中二模)如图4所示，相距都为L 的两足够长的平行金属直导轨与水平面的夹角都是θ，通过最低点的PQ 用一段很小的圆弧连接(长度可以忽略)，PQ 左侧导轨处于磁感应强度为B 1、磁场方向垂直左导轨的匀强磁场中，PQ 的右侧导轨处于磁感应强度为B 2＝2B 1、磁场方向垂直右导轨的匀强磁场中，PQ 圆弧处没有磁场．现有电阻都为r 、长度都为L 、质量分别是m 1、m 2，m 2＝2m 1的导体棒AB 、CD 分别静置于两导轨的足够高处，导体棒与导轨垂直且接触良好．现先释放AB 棒，当AB 棒速度稳定时再释放CD 棒．一切摩擦不计，试分析下列问题：图4(1)求AB 棒的稳定速度v 1；(2)试分析AB 棒稳定运动时自由释放后的CD 棒的运动状态；(3)当AB 棒运动到最低点PQ 时，立即锁定它，不让其运动，随即解除锁定，随后会与下滑的CD 棒发生弹性碰撞．试求AB 、CD 在运动停止前的整个运动过程中的最大电流．答案 (1)2rm 1g sin θB 21L 2(2)CD 棒静止不动 (3)m 1g sin θB 1L解析 (1)回路中的感应电动势E ＝B 1Lv1①电流I ＝B 1Lv 12r② AB 棒受到的安培力F 安1＝B 1LI ＝B 21L 2v 12r③ AB 棒稳定后有B 21L 2v 12r ＝m 1g sin θ④解得v 1＝2rm 1g sin θB 21L2(2)CD 棒释放前瞬间所受到的安培力为F 安2＝B 2LI ＝B 1B 2L 2v 12r将B 2＝2B 1代入上式得F 安2＝B 21L 2v 1rCD 棒重力沿斜面方向的分量为m 2g sin θ＝2m 1g sin θ因B 21L 2v 12r＝m 1g sin θ，故F 安2＝m 2g sin θ，CD 棒静止不动(3)CD 棒由足够高滑下来，最终做匀速直线运动，F 安2＝B 2LI ＝B 22L 2v 22r又因F 安2＝B 1B 2L 2v 12r且B 2＝2B 1解得v 2＝12v 1两棒弹性碰撞，动量守恒m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′机械能守恒：12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2由以上解得：v 1′＝23v 1v 2′＝v 16由上述可知AB 棒以v 1下滑时速度最大，产生的最大电流I max ＝B 1Lv 12r ＝m 1g sin θB 1L7．综合应用动量和能量观点解决多过程问题审题示例(18分)如图5所示，光滑的水平面AB (足够长)与半径为R ＝0.8 m 的光滑竖直半圆轨道BCD 在B 点相切，D 点为半圆轨道最高点．A 点的右侧等高地放置着一个长为L ＝20 m 、逆时针转动且速度为v ＝10 m/s 的传送带．用轻质细线连接甲、乙两物体，中间夹一轻质弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴接．甲的质量为m 1＝3 kg ，乙的质量为m 2＝1 kg ，甲、乙均静止在光滑的水平面上．现固定乙球，烧断细线，甲离开弹簧后进入半圆轨道并可以通过D 点，且过D 点时对轨道的压力恰好等于甲的重力．传送带与乙物体间的动摩擦因数为0.6，重力加速度g 取10 m/s 2，甲、乙两物体可看做质点．图5(1)求甲球离开弹簧时的速度．(2)若甲固定，乙不固定，细线烧断后乙可以离开弹簧滑上传送带，求乙在传送带上滑行的最远距离．(3)甲、乙均不固定，烧断细线以后，求甲和乙能否再次在AB 面上水平碰撞？若碰撞，求再次碰撞时甲、乙的速度；若不会再次碰撞，请说明原因． 审题模板答题模板(1)甲离开弹簧时的速度大小为v 0，运动至D 点的过程中机械能守恒： 12m 1v 20＝m 1g ·2R ＋12m 1v 2D ， 在最高点D ，由牛顿第二定律，有2m 1g ＝m 1v 2D R联立解得：v 0＝4 3 m/s(4分) (2)甲固定，烧断细线后乙的速度大小为v 乙，由能量守恒得E p ＝12m 1v 20＝12m 2v 2乙得v 乙＝12 m/s(2分) 之后乙滑上传送带做匀减速运动：μm 2g ＝m 2a得a ＝6 m/s2(2分)v 速度为零时离A 端最远，最远距离为：s ＝v 2乙2a＝12 m<20 m(2分)即乙在传送带上滑行的最远距离为12 m.(3)甲、乙均不固定，烧断细线后，设甲、乙速度大小分别为v 1、v 2，甲、乙分离瞬间动量守恒：m 1v 1＝m 2v 2甲、乙、弹簧组成的系统能量守恒：E p ＝12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22解得：v 1＝2 3 m/s ，v 2＝6 3 m/s(2分)后甲沿轨道上滑，设上滑最高点高度为h ， 则12m 1v 21＝m 1gh 得h ＝0.6 m<0.8 m(2分)则甲上滑不到等圆心位置就会返回，返回AB 面上时速度大小仍然是v 2＝2 3 m/s(1分)乙滑上传送带，因v 2＝6 3 m/s<12 m/s ，则乙先向右做匀减速运动，后向左匀加速． 由对称性可知乙返回AB 面上时速度大小仍然为v 2＝6 3 m/s(1分)故甲、乙会再次相撞，碰撞时甲的速度为2 3 m/s ，方向向右，乙的速度为6 3 m/s ，方向向左 (2分)答案 (1)4 3 m/s (2)12 m (3)甲、乙会再次碰撞，碰撞时甲的速度为2 3 m/s ，方向向右，乙的速度为6 3 m/s ，方向向左(限时：60分钟)1．如图1所示，在离地面H ＝5.45 m 的O 处用长L ＝0.45 m 的不可伸长的细线挂一质量为0.09 kg 的爆竹(火药质量忽略不计)，把爆竹拉起至D 点使细线水平伸直，点燃导火线后将爆竹由静止释放，爆竹刚好到达最低点B 时炸成质量相等的两块，一块朝相反方向水平抛出，落到地面上的A 处，抛出的水平距离s ＝5 m ．另一块仍系在细线上继续做圆周运动，空气阻力忽略不计，取g ＝10 m/s 2，求：图1(1)爆竹爆炸前瞬间的速度大小v 0；(2)继续做圆周运动的那一块在B 处对细线的拉力的大小T ′； (3)火药爆炸释放的能量E .答案 (1)3 m/s (2)12.55 N (3)2.88 J解析 (1)设爆竹的总质量为2m ，爆竹从D 点运动到B 点的过程中，根据动能定理，得2mgL ＝12×2mv 2解得v 0＝3 m/s(2)设爆炸后抛出的那一块的水平速度为v 1，做圆周运动的那一块的水平速度为v 2. 对抛出的那一块，有：s ＝v 1t H －L ＝12gt 2解得v 1＝5 m/s对系统，根据动量守恒定律，得 2mv 0＝mv 2－mv 1在B 处，对于做圆周运动的那一块，根据牛顿第二定律，得T －mg ＝mv 22L根据牛顿第三定律，做圆周运动的那一块对细线的拉力大小T ′＝T 联立以上各式，解得T ′＝12.55 N (3)根据能量守恒定律，得 E ＝12mv 21＋12mv 22－12×2mv 20 解得E ＝2.88 J2．如图2所示，在距水平地面高h ＝0.80 m 的水平桌面一端的边缘放置一个质量m ＝0.80 kg 的木块B ，桌面的另一端有一块质量M ＝1.0 kg 的木块A 以初速度v 0＝4.0 m/s 开始向着木块B 滑动，经过时间t ＝0.40 s 与B 发生碰撞，碰后两木块都落到地面上．木块B 离开桌面后落到地面上的D 点．设两木块均可以看做质点，它们的碰撞时间极短，且已知D 点距桌面边缘的水平距离s ＝0.60 m ，木块A 与桌面间的动摩擦因数μ＝0.50，重力加速度取g ＝10 m/s 2.求：图2(1)两木块碰撞前瞬间，木块A 的速度大小； (2)木块B 离开桌面时的速度大小； (3)碰撞过程中损失的机械能．答案 (1)2.0 m/s (2)1.5 m/s (3)0.78 J解析 (1)木块A 在桌面上受到滑到摩擦力作用做匀减速运动，木块A 的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律，μMg ＝Ma ，a ＝5 m/s 2设两木块碰撞前瞬间A 的速度大小为v ，根据运动学公式，得v ＝v 0－at 解得：v ＝2.0 m/s 2(2)两木块离开桌面后均做平抛运动，设木块B 离开桌面时的速度大小为v 2，在空中飞行的时间为t ′.根据平抛运动规律有： h ＝12gt ′2，s ＝v 2t ′ 解得：v 2＝sg2h＝1.5 m/s (3)设两木块碰撞后木块A 的速度大小为v 1，根据动量守恒定律有Mv ＝Mv 1＋mv 2解得：v 1＝Mv －mv 2M＝0.80 m/s碰撞过程中损失的机械能：E 损＝12Mv 2－12Mv 21－12mv 22解得E 损＝0.78 J3．坡道顶端距水平滑道ab 高度为h ＝0.8 m ，质量为m 1＝3 kg 的小物块A 从坡道顶端由静止滑下，进入滑道ab 时无机械能损失，放在地面上的小车上表面与ab 在同一水平面上，右端紧靠水平滑道的b 端，左端紧靠锁定在地面上的挡板P .轻弹簧的一端固定在挡板P 上，另一端与质量为m 2＝1 kg 物块B 相接(不拴接)，开始时弹簧处于原长，B 恰好位于小车的右端，如图3所示．A 与B 碰撞时间极短，碰后结合成整体D 压缩弹簧，已知D 与小车之间的动摩擦因数为μ＝0.2，其余各处的摩擦不计，A 、B 可视为质点，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：图3(1)A 在与B 碰撞前瞬间速度v 的大小；(2)求弹簧达到最大压缩量d ＝1 m 时的弹性势能E p ；(设弹簧处于原长时弹性势能为零) (3)撤去弹簧和挡板P ，设小车长L ＝2 m ，质量M ＝6 kg ，且μ值满足0.1≤μ≤0.3，试求D 相对小车运动过程中两者因摩擦而产生的热量(计算结果可含有μ)．答案 (1)4 m/s (2)10 J (3)①当0.1≤μ<0.135时，摩擦生热80μ J ．②当0.135≤μ≤0.3时，摩擦生热10.8 J解析 (1)由机械能守恒定律得m 1gh ＝12m 1v 2解得：v ＝4 m/s(2)A 与B 碰撞后结合，由动量守恒定律得m 1v ＝(m 1＋m 2)v 1解得：v 1＝3 m/sD 压缩弹簧至最大压缩量时，由能量守恒定律得12(m 1＋m 2)v 21＝E p ＋μ(m 1＋m 2)gd 解得：E p ＝10 J(3)设D 滑到小车左端时刚好能够与小车共速，速度大小为v 2 由动量守恒定律得 (m 1＋m 2)v 1＝(m 1＋m 2＋M )v 2 即v 2＝1.2 m/s由能量守恒定律得μ1(m 1＋m 2)gL ＝12(m 1＋m 2)v 21－12(m 1＋m 2＋M )v 22得μ1＝0.135①当满足0.1≤μ<0.135时，D 和小车不能共速，D 将从小车的左端滑落，产生的热量为Q 1＝μ(m 1＋m 2)gL解得Q 1＝80μ J②当满足0.135≤μ≤0.3时，D 和小车能共速产生的热量为Q 2＝12(m 1＋m 2)v 21－12(m 1＋m 2＋M )v 22 解得Q 2＝10.8 J4．如图4所示，在一绝缘粗糙的水平桌面上，用一长为2L 的绝缘轻杆连接两个完全相同、质量均为m 的可视为质点的小球A 和B ，A 球带电量为＋q ，B 球不带电．开始时轻杆的中垂线与竖直虚线MP 重合，虚线NQ 与MP 平行且相距4L .在MP 、NQ 间加水平向右、电场强度为E 的匀强电场，A 、B 球恰能静止在粗糙桌面上．取最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求：图4(1)A 、B 球与桌面间的动摩擦因数；(2)若A 球带电量为＋8q 时，B 球带电量为－8q ，将A 、B 球由开始位置从静止释放，求A 球运动到最右端时距虚线NQ 的距离d ，及A 、B 组成的系统从开始运动到最终静止所运动的总路程s ；(3)若有质量为km 、带电量为－k 2q 的C 球，向右运动与B 球正碰后粘合在一起，为使A 球刚好能到达虚线NQ 的位置，问k 取何值时，C 与B 碰撞前瞬间C 球的速度最小？C 球速度的最小值为多大？(各小球与桌面的动摩擦因数都相同)答案 (1)qE 2mg (2)8L (3)k ＝ 32时C 球的速度最小，最小值为 6＋qEl m解析 (1)以A 、B 球整体为研究对象，系统处于静止状态，则有 qE ＝2μmgμ＝qE 2mg(2)从静止开始至A 球运动到最右端的过程中电场力对A 球做正功W A ＝8qE ×3L电场力对B 球做负功W B ＝－8qE [4L －(2L －d )]＝－8qE (2L ＋d )摩擦力对A 、B 组成的系统做负功W f ＝－2μmg ×(3L ＋d )＝－qE (3L ＋d )由动能定理可知W A ＋W B ＋W f ＝0得d ＝59L 分析运动过程后可知，A 、B 组成的系统最终静止在电场中，对全程应用动能定理可得 8qEL －2μmgs ＝0则：s ＝8L(3)C 与B 球碰后，C 与A 、B 组成的系统共同速度设为v 1，由动量守恒可知kmv 0＝(km ＋2m )v 1v 1＝k k ＋2v 0 C 与B 碰后至A 滑到虚线NQ 位置过程中，由动能定理可知 qE ·3L －k 2qE ·2L －μ(km ＋2m )g ·3L ＝0－12(km ＋2m )v 21解得： v 0＝qEL m k ＋6k ＋当4k ＝6k ，即k ＝ 32时，v 0有最小值v 0min v 0min ＝ 6＋qEL m。

动力学方法和能量观点的综合应用
动力学方法是研究物体运动的一种基本方法，它建立在牛顿第二定律的基础上。

根据牛顿第二定律，物体的运动状态取决于作用在它上面的力和质量，加速度与所受外力成正比，反比于物体质量。

动力学方法的核心是通过分析物体所受的所有外力，并根据牛顿第二定律，求解加速度，并进而推导出物体的运动情况。

可以说，动力学方法和能量观点是两种不同的物理观点，但它们并不矛盾，而是相辅相成的。

在很多情况下，我们需要综合运用这两种方法来解决实际的物理问题。

在实际问题中，动力学方法和能量观点的综合应用也有许多其他的例子。

比如，在弹性碰撞问题中，我们可以通过动力学方法计算碰撞力和加速度的变化，然后利用能量观点来分析碰撞前后物体的动能变化，从而得到碰撞的结果；在机械振动问题中，我们可以通过动力学方法分析弹簧等外力对系统的作用，再利用能量观点来计算振动系统的总能量和势能的变化，从而得到振动的频率等。

综上所述，动力学方法和能量观点是物理学中重要的两种方法，在实际问题中可以综合运用，得到更全面准确的描述和分析。

无论是从力的角度还是从能量的角度来研究物体的运动，都有助于我们深入理解物理学的基本原理和应用。

动量和能量观念在力学中的应用1．如图甲所示，质量m＝6 kg的空木箱静止在水平面上,某同学用水平恒力F推着木箱向前运动，1 s 后撤掉推力，木箱运动的v .t图像如图乙所示，不计空气阻力，g取10 m/s2。

下列说法正确的是（）A．木箱与水平面间的动摩擦因数μ＝0。

25B．推力F的大小为20 NC．在0～3 s内，木箱克服摩擦力做功为900 JD．在0.5 s时，推力F的瞬时功率为450 W解析撤去推力后，木箱做匀减速直线运动，由速度—时间图线知，匀减速直线运动的加速度大小a2＝错误! m/s2＝5 m/s2，由牛顿第二定律得,a2＝错误!＝μg，解得木箱与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5,故A错误；匀加速直线运动的加速度大小a1＝错误! m/s2＝10 m/s2，由牛顿第二定律得,F－μmg＝ma1，解得F＝μmg＋ma1＝0。

5×60 N＋6×10 N＝90 N，故B错误;0～3 s内，木箱的位移x＝错误!×3×10 m＝15 m，则木箱克服摩擦力做功W f＝μmgx＝0。

5×60×15 J＝450 J，故C错误；0。

5 s时木箱的速度v＝a1t1＝10×0。

5 m/s＝5 m/s，则推力F的瞬时功率P＝Fv＝90×5 W＝450 W,故D正确.答案D2．（2019·湖南株洲二模)如图，长为l的轻杆两端固定两个质量相等的小球甲和乙（小球可视为质点），初始时它们直立在光滑的水平地面上。

后由于受到微小扰动，系统从图示位置开始倾倒。

当小球甲刚要落地时，其速度大小为（）A.错误!B．错误!C.错误!D．0解析甲、乙组成的系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得mv－mv′＝0，由于甲球落地时，水平方向速度v＝0，故v′＝0，由机械能守恒定律得错误!mv错误!＝mgl，解得v甲＝2gl，故A正确.答案A3。

专题二能量与动量专题综合训练(二)1.质量为m=2 kg的物体沿水平面向右做直线运动,t=0时刻受到一个水平向左的恒力F,如图甲所示,取水平向右为正方向,此物体的v-t图象如图乙所示,g取10 m/s2,则()A.物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.5B.10 s内恒力F对物体做功102 JC.10 s末物体在计时起点位置左侧2 m处D.10 s内物体克服摩擦力做功30 J2.如图所示,质量为m的物块从A点由静止开始下落,加速度是,下落H到B点后与一轻弹簧接触,又下落h后到达最低点C,在由A运动到C的过程中,空气阻力恒定,则()A.物块机械能守恒B.物块和弹簧组成的系统机械能守恒C.物块机械能减少D.物块和弹簧组成的系统机械能减少3.如图所示,A、B、C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动,A由静止释放,B的初速度方向沿斜面向下,大小为v0,C的初速度方向沿斜面水平,大小也为v0。

下列说法中正确的是()A.A和C将同时滑到斜面底端B.滑到斜面底端时,B的动能最大C.滑到斜面底端时,B的机械能减少最多D.滑到斜面底端时,C的重力势能减少最多4.图甲为竖直固定在水平面上的轻弹簧,t=0时刻,将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放,小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点,然后又被弹簧弹起离开弹簧,上升到一定高度后再下落,如此反复。

通过安装在弹簧下端的压力传感器,测出此过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示,不计空气阻力,则()A.t1时刻小球的动能最大B.t2时刻小球的加速度最小C.t3时刻弹簧的弹性势能为零D.图乙中图线所围面积在数值上等于小球动量的变化量5.如图所示,某人在P点准备做蹦极运动,假设蹦极者离开跳台时的速度为零。

图中a是弹性绳的原长位置,c是人所到达的最低点。

b是人静止地悬吊着时的平衡位置。

不计空气阻力,下列说法中正确的是()A.从P到c过程中重力的冲量大于弹性绳弹力的冲量B.从P到c过程中重力做的功等于人克服弹力所做的功C.从P到b过程中人的速度不断减小D.从a到c过程中加速度方向保持不变6.如图所示,质量为m的小球从斜轨道高h处由静止滑下,然后沿竖直圆轨道内侧运动,已知圆形轨道半径为R,不计一切摩擦阻力,重力加速度为g。

专题突破练7 应用力学三大观点解决综合问题(时间:45分钟满分:100分)计算题(本题共5个小题,共100分)1.(20分)(2018江苏南京调研)如图所示,半径R=0.45 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内,B为轨道的最低点,B点右侧的光滑的水平面上紧挨B点有一静止的小平板车,平板车质量M=1 kg,长度l=1 m,小车的上表面与B点等高,距地面高度h=0.2 m。

质量m=1 kg的物块(可视为质点)从圆弧最高点A由静止释放。

g取10 m/s2。

试求:(1)物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力大小;(2)若锁定平板车并在上表面铺上一种特殊材料,其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化如图所示,求物块滑离平板车时的速率;(3)若解除平板车的锁定并撤去上表面铺的材料后,物块与木板间的动摩擦因数μ=0.2,物块仍从圆弧最高点A由静止释放,求物块落地时距平板车右端的水平距离。

2.(20分)(2018四川雅安三诊)如图所示,半径R=2.0 m的光滑圆弧轨道固定在光滑的水平地面上,其末端水平。

平板小车上固定一木块,紧靠在轨道的末端,木块上表面水平粗糙,且与圆弧轨道末端等高。

木块的厚度h=0.45 m,木块最右端到小车最右端的水平距离x=0.45 m,小车连同木块总质量M=2 kg。

现使一个质量m=0.5 kg的小球从圆弧轨道上由静止释放,释放小球的位置和弧轨道的圆心之间的连线与竖直方向的夹角为53°,小球从木块右端飞出后恰好击中小车的最右端。

(g 取10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6)求:(1)小球到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小;(2)小球离开木块最右端时,小球的速度大小;(3)小球运动到木块最右端过程中,系统产生的内能。

3.(20分)(2018广东东莞期末)如图,水平面MN右端N处与水平传送带恰好平齐且很靠近,传送带以速率v=1 m/s逆时针匀速转动,水平部分长度L=1 m。