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高三物理二輪復(fù)習(xí)專題二: 動(dòng)量和能量

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1、高2010級(jí)高三物理專題復(fù)習(xí)資料 專題二 動(dòng)量和能量 重慶市渝西中學(xué) 李懷釗 一.疑難辨析 (一)概述 根據(jù)近幾年各?。ㄊ校└呖荚囶}統(tǒng)計(jì)表明,本專題的考查重點(diǎn)是五個(gè)概念和五個(gè)規(guī)律:功和能、功率、沖量和動(dòng)量;動(dòng)能定理和動(dòng)量定理、機(jī)械能守恒定律和動(dòng)量守恒定律以及能量守恒定律。 由于動(dòng)量、能量與牛頓運(yùn)動(dòng)定律、曲線運(yùn)動(dòng)、電磁學(xué)以及原子物理學(xué)中的基本粒子的運(yùn)動(dòng)等內(nèi)容綜合,物理過程復(fù)雜,綜合分析的能力要求高,難度大,給高考命題提供了較好的命題空間,近幾年的高考試題常常以生產(chǎn)實(shí)際、貼近生活(2009年重慶理綜24小題中的彈簧筆)與現(xiàn)代科技內(nèi)容為命題背景,就要求我們要根據(jù)題干分析出物理過程和

2、建立熟悉的物理模型。同時(shí)本專題在考查應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決物理問題的能力也有較多體現(xiàn)。 動(dòng)量和能量部分的試題特點(diǎn)是物理過程復(fù)雜、靈活性強(qiáng)、綜合性大、能力要求較高、難度大,高考的壓軸題多與這部分知識(shí)有聯(lián)系,是高考的必考點(diǎn)、熱點(diǎn)和難點(diǎn)。 根據(jù)理科綜合的特點(diǎn):單科試題少,考查內(nèi)容多,必然會(huì)一題多考點(diǎn)的特點(diǎn),廣大考生在進(jìn)行了第一輪系統(tǒng)復(fù)習(xí)之后,加強(qiáng)綜合性強(qiáng)點(diǎn)的試題訓(xùn)練是必要的,更應(yīng)把較多精力放在理清分析物理問題的思路和方法上。 動(dòng)量和能量的觀點(diǎn)始終貫穿從力學(xué)到原子物理的整個(gè)高中物理學(xué),動(dòng)量和能量的觀點(diǎn)是繼牛頓定律解決力學(xué)問題的另一條方法,它往往可以忽略力作用的中間過程,只需關(guān)注始、末狀態(tài),用全局的觀點(diǎn)和

3、整體的觀點(diǎn)使得解題的思路更加簡捷。 (二)提醒 臨考前對(duì)動(dòng)量和能量專題的鞏固和加深并形成穩(wěn)定的思維模式和解題思路,應(yīng)注意下面幾個(gè)問題。 1.再現(xiàn)物理基本概念的表述、基本公式及其變形式的適用條件、基本物理量的單位、基本規(guī)律和這些規(guī)律應(yīng)用的典型模型等。 力學(xué):⑴功W及其正負(fù)的涵義 ⑵功率P ⑶平均功率和瞬時(shí)功率 ⑷動(dòng)能EK及其變化量ΔEK ⑸勢能EP及其變化量ΔEP ⑹碰撞(彈性、非彈性、完全非彈性)⑺沖量I ⑻動(dòng)量P ⑼動(dòng)量的變化量ΔP ⑽動(dòng)量的變化率⑾系統(tǒng) ⑿內(nèi)力、外力及合外力 ⒀動(dòng)能定理與動(dòng)量定理 ⒁機(jī)械能守恒定律與動(dòng)量守恒定律 ⒂功能關(guān)系和能的轉(zhuǎn)化和守恒定律; 電磁學(xué):⑴電勢

4、能 ⑵電勢差 ⑶電勢 ⑷等勢面 ⑸電功和電功率 ⑹交變電流的最大值和有效值。 2.本專題必須具備的思想方法: (1)物理規(guī)律的選擇方法: 對(duì)單個(gè)物體,主要有四條思路: a.若是勻變速問題,常選用牛頓定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律或動(dòng)能定理、動(dòng)量定理解題。 b.若是在變力作用下通過一段位移外力對(duì) 物體做功,常選用動(dòng)能定理解題。 c.若是在變力作用下有一段時(shí)間,特別是打擊、碰撞等瞬時(shí)問題,常選用動(dòng)量定理解題。 d.光滑軌道或拋體運(yùn)動(dòng)中的能量問題一般選用機(jī)械能守恒定律。 對(duì)多個(gè)物體組成的系統(tǒng),主要有四條思路: a.若系統(tǒng)內(nèi)無滑動(dòng)摩擦和介質(zhì)陰力,常選用機(jī)械

5、能守恒定律。 b.若系統(tǒng)受到的合外力為零,常選用動(dòng)量守恒定律。 c.若涉及系統(tǒng)內(nèi)物體的相對(duì)位移(路程)并涉及摩擦力的要優(yōu)先考慮應(yīng)用能量守恒定律(或二級(jí)公式Q=fs)。 d.對(duì)于動(dòng)量與機(jī)械能雙守恒問題,常常對(duì)整個(gè)系統(tǒng)建立方程組求解。同時(shí)注意題目中的“最高點(diǎn)”、“最大速度”、“最大加速度”、“最大位移” “拉伸最長” “壓縮最短”等臨界條件的判定。 (2)處理問題的技巧方法: a.建立物理情景:分析運(yùn)動(dòng)過程,善于用“想象法”展示題目敘述的過程,做到歷歷在目。 b.小過程的劃分:題目往往是多物體多過程,不同子過程有不同的規(guī)律,要學(xué)會(huì)分段列方程法,最后綜合分析求解。 c.在用動(dòng)量守恒定律

6、和機(jī)械能守恒定律列式時(shí),一定要注意是否滿足守恒的條件。同時(shí)要注 意動(dòng)量守恒定律是矢量式,能量守恒定律是標(biāo)量式。 d.提醒:應(yīng)用機(jī)械能守恒和能量守恒形式求解時(shí)要特別注意不能涉及功的問題,應(yīng)用動(dòng)能定理和功能關(guān)系時(shí)注意功和能的對(duì)應(yīng)關(guān)系。 (三)辨析 1. 對(duì)于功、功率和動(dòng)能定理 ⑴功的計(jì)算方法: ① W=Fscosα ② W= Pt (p==Fv) ③動(dòng)能定理 W合=W1+ W2+…+Wn=ΔEK=E末-E初 (W可以是不同的性質(zhì)力做功) ④圖象法,在F-S圖象中,圖線所圍的面積表示力F所做的功,如圖所示。 ⑤微元法計(jì)算變力做功。 ⑵正確理解功率,功率是表示做功快

7、慢的物理量。應(yīng)用時(shí)注意: ①公式P=W/t是定義式,求平均功率. ②公式P=Fvcosθ是計(jì)算式,v是平均速度,則P表示平均功率;若v是瞬時(shí)速度,則P表示瞬時(shí)功率,該式常用于計(jì)算瞬時(shí)功率 。 ③發(fā)動(dòng)機(jī)的功率P是指牽引力F做功的功率 ,不是合外力做的功的功率。應(yīng)用時(shí)還要注意區(qū)別發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率和額定功率,當(dāng)輸出功率等于額定功率且物體在勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),牽引力F和阻力Ff相等,此時(shí)物體達(dá)到最大速度Vm=P/F=P/Ff,即達(dá)到的最大速度。 ⑶動(dòng)能定理:外力對(duì)物體所做的總功等于物體動(dòng)能的變化。 公式: W合= W合=W1+ W2+…+Wn= DEk = Ek2 —Ek1 = 應(yīng)用時(shí)要注意:

8、 ①外力對(duì)物體做正功,物體的動(dòng)能就增加;外力對(duì)物體做負(fù)功,物體的動(dòng)能就減少。作用在物體上的所有外力(包括重力)所做功的代數(shù)和數(shù)值上等于物體動(dòng)能的變化量。 ②動(dòng)能定理不必追究全過程中的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)和狀態(tài)變化的細(xì)節(jié),特別是變力情況下,只要把各個(gè)力在各個(gè)階段所做的功都按照代數(shù)和加起來,就可以得到總功,應(yīng)用起來十分方便、簡捷。 ③應(yīng)用動(dòng)能定理時(shí),其研究對(duì)象是單體或能視為物體系的整體。 ④做功的過程實(shí)際是能量的轉(zhuǎn)化過程,動(dòng)能定理中的“=”號(hào)的意思是一種因果關(guān)系,做功是因,動(dòng)能變化是果,并不意味著“功就是動(dòng)能的增量”,也不意味著“功轉(zhuǎn)變成了動(dòng)能”。 2. 機(jī)械能守恒定律:機(jī)械能=動(dòng)能+重力勢能+

9、彈性勢能(條件:系統(tǒng)只有內(nèi)部的重力或彈力做功)。 (1)守恒條件:① (做功角度)只有重力,彈力做功;② (能轉(zhuǎn)化角度)只發(fā)生動(dòng)能與勢能之間的相互轉(zhuǎn)化;③ 當(dāng)研究對(duì)象由多個(gè)物體組成時(shí),往往根據(jù)是否“有沒有摩擦力和介質(zhì)阻力”來判定機(jī)械能是否守恒。 (2)理解:“只有重力做功”不等于“只受重力作用”。在該過程中,物體可以受其它力的作用,只要這些力不做功,或所做功的代數(shù)和為零,就可以認(rèn)為是“只有重力做功”。 (3)列式形式:①E1=E2(先要確定零勢面) ; ②EP減(或增)=EK增(或減) ; ③ EA減(或增)=EB增(或減); ④ 或者 DEp減 = DEk增。 (4)除重力

10、和彈簧彈力做功外,其它力做功引起機(jī)械能改變;滑動(dòng)摩擦力和空氣阻力做功W=fd(路程)=E內(nèi)能(發(fā)熱)。 (5)機(jī)械能守恒是對(duì)系統(tǒng)而言的,至少包括地球在內(nèi),動(dòng)能中的速度V也是相對(duì)地面的速度,W中的位移也是對(duì)地位移。 3.對(duì)于能的轉(zhuǎn)化和守恒: (1)功是能量轉(zhuǎn)化的量度(易忽視)主要形式有:(是慣穿整個(gè)高中物理的主線) 力學(xué): ①重力的功------量度-----重力勢能的變化 ②電場力的功-----量度------電勢能的變化 ③分子力的功----量度-----分子勢能的變化 ④合外力的功----量度-----動(dòng)能的變化 ⑤除重力和彈簧彈力做功外,其它力

11、的功----量度-----系統(tǒng)機(jī)械能的變化 ⑥滑動(dòng)摩擦力和空氣阻力做功-----量度-----系統(tǒng)內(nèi)能的變化 { W=fd(路程)=E內(nèi)能(發(fā)熱)}。 說明:與勢能相關(guān)的力做功特點(diǎn):如重力,彈簧彈力,分子力,電場力它們做功與路徑無關(guān),只與始末位置有關(guān)。 熱學(xué):(熱力學(xué)第一定律) 電學(xué): 磁學(xué): 安培力的功 說明:安培力做功是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能,克服安培力做功是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能。 (2)做功的過程就是能量轉(zhuǎn)化的過程,做多少功就有多少某種形式的能轉(zhuǎn)化為其它形式的能,功是能量轉(zhuǎn)化的量度。這就是功能關(guān)系的普遍意義。強(qiáng)調(diào):功是過程量,它和一段

12、位移相對(duì)應(yīng);而能是狀態(tài)量,它與時(shí)刻相對(duì)應(yīng)。兩者的單位是相同的(都是J),但不能說功就是能,也不能說“功變成了能”。 (3)應(yīng)用能的轉(zhuǎn)化和守恒定律解決問題的兩條基本思路: ①某種形式的能量減少,一定存在另一種形式的能量增加,且減少量和增加量相等。 ②某個(gè)物體的能量減少,一定存在另一個(gè)物體的能量增加,且減少量和增加量相等。 4.對(duì)于動(dòng)量、沖量和動(dòng)量定理 動(dòng)量的數(shù)學(xué)表達(dá)式為p=mv,它的方向與速度方向一致.動(dòng)量和動(dòng)能都跟物體的質(zhì)量和速度有關(guān),是從不同角度描述物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的物理量.動(dòng)量是矢量,動(dòng)能是標(biāo)量.動(dòng)量的改變是由物體所受合外力的沖量決定的,動(dòng)能的改變是由物體所受合外力做的功決定的。

13、沖量的數(shù)學(xué)表達(dá)式為I=Ft,它是矢量,是力對(duì)時(shí)間的積累,沖量是個(gè)過程量。 動(dòng)量定理的數(shù)學(xué)表達(dá)式為Ft=ΔP,它是一個(gè)矢量關(guān)系式.動(dòng)量定理表示的是力作用一段時(shí)間所產(chǎn)生的累積效果,它表達(dá)了一個(gè)過程量與兩個(gè)狀態(tài)量間的關(guān)系.將上式變形為F=ΔP/t,即作用在物體上的合外力等于動(dòng)量的變化率,這就是牛頓第二定律的動(dòng)量表達(dá)形式.事實(shí)上,動(dòng)量定理是牛頓第二定律推導(dǎo)出來的,只是前者表示的是力的瞬時(shí)效應(yīng),后者表示的是力的持續(xù)作用效應(yīng).在解決某些問題時(shí)動(dòng)量定理因不必考慮運(yùn)動(dòng)過程中的細(xì)節(jié),只管初、末狀態(tài),應(yīng)用起來比牛頓第二定律快捷、方便一些. 解題時(shí)受力分析和正方向的規(guī)定是關(guān)鍵。 5.對(duì)于動(dòng)量守恒定律 動(dòng)量守恒

14、定律:內(nèi)容、守恒條件、不同的表達(dá)式及含義:(系統(tǒng)相互作用前的總動(dòng)量P等于相互作用后的總動(dòng)量P′);ΔP=0(系統(tǒng)總動(dòng)量變化為0)。 如果相互作用的系統(tǒng)由兩個(gè)物體構(gòu)成,動(dòng)量守恒的具體表達(dá)式為: P1+P2=P1′+P2′(系統(tǒng)相互作用前的總動(dòng)量等于相互作用后的總動(dòng)量) m1V1+m2V2=m1V1′+m2V2′ ΔP=-ΔP'(兩物體動(dòng)量變化大小相等、方向相反) 實(shí)際應(yīng)用有:m1V1+m2V2=m1V1′+m2V2′; 0=m1v1+m2v2 m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 提醒:原來以動(dòng)量(P)運(yùn)動(dòng)的物體,若其獲得大小相等、方向相反的動(dòng)量(-P),是導(dǎo)致物體靜止或反

15、向運(yùn)動(dòng)的臨界條件。即:P+(-P)=0。 注意理解四性:系統(tǒng)性、矢量性、同時(shí)性、相對(duì)性。 矢量性:對(duì)一維情況,先選定某一方向?yàn)檎较颍俣确较蚺c正方向相同的速度取正,反之取負(fù),把矢量運(yùn)算簡化為代數(shù)運(yùn)算。 相對(duì)性:所有速度必須是相對(duì)同一慣性參考系(即以地面)。 同時(shí)性:表達(dá)式中v1和v2必須是相互作用前同一時(shí)刻的瞬時(shí)速度,和必須是相互作用后同一時(shí)刻的瞬時(shí)速度。 二.解決本專題內(nèi)容的基本思維方式和步驟 (一)應(yīng)用動(dòng)能定理時(shí): 1.選取研究對(duì)象。 2.分析運(yùn)動(dòng)過程。 3.分析研究對(duì)象的受力情況(包括重力)和各個(gè)力的做功情況:受哪些力?每個(gè)力是否做功?做正功還是負(fù)功?做多少功?然后求

16、各個(gè)外力做功的代數(shù)和;但要注意求功時(shí),位移必須是相對(duì)地面的。 4.明確物體在運(yùn)動(dòng)過程始末狀態(tài)的動(dòng)能EK1和EK2。 5.利用動(dòng)能定理列方程W合=mv22/2-mv12/2,要注意方程的左邊是功,右邊是動(dòng)能的變化量,以及其它輔助方程,然后求解。 (二)應(yīng)用機(jī)械能守恒定律時(shí): 1.明確研究對(duì)象。 2.分析運(yùn)動(dòng)過程:即哪些物體參與了動(dòng)能和勢能的相互轉(zhuǎn)化,選擇合適的初、末狀態(tài)。 3.分析物體的受力及各個(gè)力做功情況,看是否滿足機(jī)械能守恒條件。只有符合條件才能應(yīng)用機(jī)械能守恒解題。 4.正確選擇守恒定律的表達(dá)式列方程:可分過程列式,也可以對(duì)全過程列式。 5.統(tǒng)一單位求解結(jié)果并說明其物理意義

17、。 注意: 1.注意機(jī)械能守恒條件與動(dòng)量守恒條件的區(qū)別。 2.系統(tǒng)內(nèi)部動(dòng)能與勢能轉(zhuǎn)化守恒多用公式求解;物體之間機(jī)械能的轉(zhuǎn)移守恒多用公式求解,利用動(dòng)態(tài)方程時(shí),可以不選擇零勢能參考平面。 (三)應(yīng)用動(dòng)量定理時(shí): 1.選取研究對(duì)象:單體或可以視為單體的物體系。 2.確定所研究的物理過程及其始、末狀態(tài)。 3.分析研究對(duì)象在運(yùn)動(dòng)過程中的受力情況。 4.規(guī)定正方向,確定物體在運(yùn)動(dòng)過程中始末兩狀態(tài)的動(dòng)量。 5.利用動(dòng)量定理列式求解。 6.統(tǒng)一單位,解方程得出結(jié)果,并對(duì)結(jié)果進(jìn)行說明。 (四)應(yīng)用動(dòng)量守恒定律時(shí): 1.明確守恒對(duì)象是由兩個(gè)甚至多個(gè)質(zhì)點(diǎn)所構(gòu)成的一個(gè)系統(tǒng),這應(yīng)視具體的物理過程

18、而定。 2.明確研究的物理過程是否滿足動(dòng)量守恒的條件。 3.注意動(dòng)量守恒適用于系統(tǒng)內(nèi)物體相互作用的整個(gè)過程,同時(shí)確定始、末狀態(tài)。 4.在一條直線上應(yīng)用動(dòng)量守恒時(shí),應(yīng)首先確定正方向,再確定這一些動(dòng)量的正負(fù),最后利用動(dòng)量守恒列式計(jì)算。 5.統(tǒng)一單位,解方程得出結(jié)果,并對(duì)結(jié)果進(jìn)行說明。 三.高考熱點(diǎn)題型解析 【例1】圖中滑塊和小球的質(zhì)量均為m,滑塊可在水平放置的光滑固定導(dǎo)軌上自由滑動(dòng),小球與滑塊上的懸點(diǎn)O由一不可伸長的輕繩相連,輕繩長為l。開始時(shí),輕繩處于水平拉直狀態(tài),小球和滑塊均靜止。現(xiàn)將小球由靜止釋放,當(dāng)小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí),滑塊剛好被一表面涂有粘住物質(zhì)的固定擋板粘住,在極短的時(shí)間內(nèi)速度

19、減為零,小球繼續(xù)向左擺動(dòng),當(dāng)輕繩與豎直方向的夾角θ=60時(shí)小球達(dá)到最高點(diǎn)。求 (1)從滑塊與擋板接觸到速度剛好變?yōu)榱愕倪^程中,擋板阻力對(duì)滑塊的沖量; (2)小球從釋放到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過程中,繩的拉力對(duì)小球做功的大小。 情景分析:小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過程中,小球做曲線運(yùn)動(dòng),繩的拉力對(duì)滑塊做正功,對(duì)小球做負(fù)功,滑塊向右運(yùn)動(dòng), 小球做曲線運(yùn)動(dòng),滑塊、小球和地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒;小球從最低向左擺到最高點(diǎn),小球和地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,滑塊被粘住瞬間,滑塊、小球和地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒。 求解思路分析:(1)要求滑塊的沖量就須知滑塊碰撞前的初速度和末速度,求初速度根據(jù)碰撞前系統(tǒng)機(jī)

20、械能守恒和碰撞后系統(tǒng)機(jī)械能守恒就可求得碰前滑塊和小球的速度v1、v2,末速度為0,根據(jù)動(dòng)量定理即可求得沖量;(2)要求繩的拉力對(duì)小球做的功,知道了小球從釋放到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過程中重力做的功和小球的初、末動(dòng)能,由動(dòng)能定理即可求得。 解析:(1)設(shè)小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí),滑塊和小球速度的大小分別為、,則由機(jī)械能守恒定律得 (1) 小球由最低點(diǎn)向左擺動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí),由機(jī)械能守恒定律得 (2) 聯(lián)立(1)(2)式得 (3) 設(shè)所求的擋板阻力對(duì)滑塊的沖量為I,規(guī)定動(dòng)量方向向右為正,有解得

21、 (4) (2)小球從開始釋放到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過程中,設(shè)繩的拉力對(duì)小球做功為W,由動(dòng)能定理得 (5) 聯(lián)立③⑤式得 小球從釋放到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過程中,繩的拉力對(duì)小球做功的大小為。 解后反思 (1)本題考查了系統(tǒng)的機(jī)械能守恒以及對(duì)單個(gè)物體應(yīng)用動(dòng)量定理和動(dòng)能定理的能力。本題中在小球向下運(yùn)動(dòng)過程中,有些考生認(rèn)為mgl=成立。導(dǎo)致思維進(jìn)入盲區(qū),實(shí)際上該過程小球的機(jī)械能是不守恒的,滑塊與擋板碰撞瞬間系統(tǒng)有機(jī)械能的損失,有的考生認(rèn)為整個(gè)過程系統(tǒng)機(jī)械能守恒,導(dǎo)致解題出錯(cuò)。 (2) 通過解這類題應(yīng)學(xué)會(huì):動(dòng)量定理和動(dòng)能定理適用對(duì)象一般

22、是單個(gè)物體,所以在多個(gè)物體相互作用的情況下應(yīng)用該兩定理時(shí),一般要用“隔離法”:分別隔離每一個(gè)物體,分析其所受沖量及做功情況,然后應(yīng)用動(dòng)量定理和動(dòng)能定理列方程求解。 M O B v A L 課堂訓(xùn)練1:如圖所示,質(zhì)量為M的滑塊B在光滑的水平桿上可自由滑動(dòng),質(zhì)量為m的小球A用一長為L的輕桿與B上的O點(diǎn)相連接,輕桿處于水平位置,可繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動(dòng)。 (1)固定滑塊B,給小球A一豎直向上的初速度,使輕桿繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)過90,則小球初速度的最小值是多少? (2)若M=2m,不固定滑塊B,把輕桿換成輕繩,給小球A一豎直向上的初速度v,則當(dāng)輕繩繞O點(diǎn)恰好轉(zhuǎn)過90,球A運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)時(shí),滑

23、塊B的速率多大? 【例2】光滑水平面上放著質(zhì)量mA=1kg的物塊A與質(zhì)量mB=2kg的物塊B,A與B均可視為質(zhì)點(diǎn),A靠在豎直墻壁上,A、B間夾一個(gè)被壓縮的輕彈簧(彈簧與A、B均不拴接),用手擋住B不動(dòng),此時(shí)彈簧彈性勢能EP=49J。在A、B間系一輕質(zhì)細(xì)繩,細(xì)繩長度大于彈簧的自然長度,如圖所示。放手后B向右運(yùn)動(dòng),繩在短暫時(shí)間內(nèi)被拉斷,之后B沖上與水平面相切的豎直半圓光滑軌道,其半徑R=0.5m,B恰能到達(dá)最高點(diǎn)C。取g=10m/s2,求: (1)繩拉斷后瞬間B的速度vB的大??; (2)繩拉斷過程繩對(duì)

24、B的沖量I的大?。? (3)繩拉斷過程繩對(duì)A所做的功W。 情景分析:放手后,彈簧對(duì)B做功,彈簧彈性勢能轉(zhuǎn)化為B的動(dòng)能,B向右運(yùn)動(dòng),當(dāng)繩突然被繃緊并拉斷的瞬間,A、B系統(tǒng)受合外力為零動(dòng)量守恒,此后B沖上與水平面相切的豎直半圓光滑軌道做豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)且恰能過最高點(diǎn),A也向右運(yùn)動(dòng)沖上與水平面相切的豎直半圓光滑軌道。 求解思路分析:(1)要求繩拉斷后瞬間B的速度vB的大小就要知道B在C點(diǎn)的速度,求B在C點(diǎn)的速度根據(jù)牛頓第二定律重力提供向心力即得,B由拉斷繩后一直到最高點(diǎn)C的過程由機(jī)械能守恒定律即可求得繩拉斷后瞬間B的速度vB的大小;(2)要求繩拉斷過程繩對(duì)B的沖量I的大小就須知道B在拉斷繩的

25、前、后的速度,后的速度已求得,只需求拉斷前的速度,由彈簧彈性勢能轉(zhuǎn)化為B的動(dòng)能即求得,再對(duì)B應(yīng)用動(dòng)量定理即可求得沖量;(3)要求繩拉斷過程繩對(duì)A所做的功W就需知A的動(dòng)能變化量,需求繩斷后A的速度,以A、B為系統(tǒng)應(yīng)用動(dòng)量守恒定律即可求得。 解析:(1)設(shè)B在繩被拉斷后瞬間的速度為,到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度為,有 (1) (2) 代入數(shù)據(jù)得 (3) (2)設(shè)彈簧恢復(fù)到自然長度時(shí)B的速度為,取水平向右為正方向,有 (4) (5) 代入數(shù)據(jù)得 I=-4NS 其大小為4NS (3)設(shè)繩斷后A的速度

26、為,取水平向右為正方向,有 (6) (7) 代入數(shù)據(jù)得 解后反思 : (1)分析清楚物塊A與B的運(yùn)動(dòng)過程并聯(lián)系已知量和未知量的關(guān)系來恰當(dāng)?shù)剡x取動(dòng)力學(xué)的重要規(guī)律是解題的關(guān)鍵。 (2)本題是一道考查學(xué)生應(yīng)用動(dòng)量定理、動(dòng)能定理、動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律處理物理問題能力的典型題目,解題的關(guān)鍵有三個(gè):一是抓住過程的關(guān)鍵狀態(tài),B恰能通過最高點(diǎn)。二是正確選出機(jī)械能守恒定律得以成立的系統(tǒng)和動(dòng)量守恒的系統(tǒng)。三是求繩對(duì)B的沖量和繩對(duì)A做的功時(shí)用“隔離法”分別隔離每一個(gè)物體,分析其所受沖量及做功情況,然后應(yīng)用動(dòng)量定理和動(dòng)能定理列方程求解。

27、 A B C R P Q O 課堂訓(xùn)練2 可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A、B靜止在光滑水平軌道上, A的左邊固定有輕質(zhì)彈簧,B與彈簧左端接觸但不拴接, A的右邊有一垂直于水平軌道的固定擋板P.左邊有一小球C沿軌道以某一未知的速度射向B球,如題圖所示,C與B發(fā)生碰撞并立即結(jié)成一整體D,在它們繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)的過程中,當(dāng) D和A的速度剛好相等時(shí),小球A恰好與擋板P發(fā)生碰撞,碰后A立即靜止并與擋板P粘連。之后D被彈簧向左彈出,D沖上左側(cè)與水平軌道相切的豎直半圓光滑軌道,其半徑為R=0.6m,D到達(dá)最高點(diǎn)Q時(shí),D與軌道間彈力F=2N.已知三小球的質(zhì)量分別為、.取,求: ⑴D到達(dá)最高點(diǎn)Q時(shí)的速度

28、的大??; ⑵C球的初速度的大?。? 【例3】如圖所示,某貨場將質(zhì)量為m1=100 kg的貨物(可視為質(zhì)點(diǎn))從高處運(yùn)送至地面,為避免貨物與地面發(fā)生撞擊,現(xiàn)利用固定于地面的光滑四分之一圓軌道,使貨物從軌道頂端無初速滑下,軌道半徑R=1.8 m。地面上緊靠軌道依次排放兩個(gè)完全相同的木板A、B,長度均為l=2m,質(zhì)量均為m2=100 kg,木板上表面與軌道末端相切。貨物與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為1,木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)2=0.2。(最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等,取g=10 m/s2) 求:(1)求貨物到達(dá)圓軌道末端時(shí)對(duì)軌道的壓力。 (2)若貨物滑上木板A時(shí),木板不動(dòng),而滑上木

29、板B時(shí),木板B開始滑動(dòng),求1應(yīng)滿足的條件。 (3)若1=0.5,求貨物滑到木板A末端時(shí)的速度和在木板A上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。 情景分析:貨物從圓軌道頂端下滑到底端的過程中機(jī)械能守恒,在A上作勻減速運(yùn)動(dòng),在B上作勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)B與地面發(fā)生滑動(dòng)。 求解思路分析:(1)貨物從圓軌道頂端下滑到底端的過程中機(jī)械能守恒,求出底端速度,根據(jù)牛頓第二定律求出貨物所受的支持力,再根據(jù)牛頓第三定律即可得壓力;(2)若滑上木板A時(shí),木板不動(dòng),貨物對(duì)A、B的摩擦力小于或等于A、B受地面的最大靜摩擦力,當(dāng)貨物在B上滑動(dòng)時(shí),木板B開始滑動(dòng),則貨物對(duì)B的摩擦力大于B受地面的最大靜摩擦力;(3)貨物在木板A上滑動(dòng)時(shí),木板不動(dòng),

30、根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式或動(dòng)能定理、動(dòng)量定理即可求得。 解析:(1)設(shè)貨物滑到圓軌道末端的速度為,對(duì)貨物的下滑過程中根據(jù)機(jī)械能守恒定律得,① 設(shè)貨物在軌道末端所受支持力的大小為,根據(jù)牛頓第二定律得,② 聯(lián)立以上兩式代入數(shù)據(jù)得③ 根據(jù)牛頓第三定律,貨物到達(dá)圓軌道末端時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為3000N,方向豎直向下。 (2)若滑上木板A時(shí),木板不動(dòng),由受力分析得④ 若滑上木板B時(shí),木板B開始滑動(dòng),由受力分析得⑤ 聯(lián)立④⑤式代入數(shù)據(jù)得⑥。 (3),由⑥式可知,貨物在木板A上滑動(dòng)時(shí),木板不動(dòng)。設(shè)貨物在木板A上做減速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為,由牛頓第二定律得⑦ 設(shè)貨物滑到木板A末端是的速度

31、為,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得⑧ 聯(lián)立①⑦⑧式代入數(shù)據(jù)得⑨ 設(shè)在木板A上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得⑩ 聯(lián)立①⑦⑨⑩式代入數(shù)據(jù)得。 解后反思 :本題考查機(jī)械能守恒定律、牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)方程、受力分析。本題中考生在計(jì)算貨物對(duì)A的壓力時(shí)誤認(rèn)為受力平衡,導(dǎo)至壓力計(jì)算出錯(cuò),也有考生只計(jì)算出了支持力就結(jié)束,也導(dǎo)致失分。有的考生對(duì)貨物在A上和在B上運(yùn)動(dòng)的臨界不清楚導(dǎo)致思維進(jìn)入盲區(qū),無法解答(2)(3)小問。 課堂訓(xùn)練3:如圖所示,在光滑水平面上靜止有質(zhì)量均為M的滑槽A和木板B,木板B上表面粗糙,滑槽A上有光滑的圓弧軌道,其圓弧軌道O點(diǎn)切線水平且與木板B上表面相平,A、B靠在一起.一可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊

32、C,質(zhì)量為m,且,從木板B的右端以初速度滑上木板.已知物塊C與木板B的動(dòng)摩擦因數(shù)為,第一次剛至O點(diǎn)時(shí)速度為,隨后滑上滑槽A,A、B分離.求: (1)物塊C第一次剛至O點(diǎn)時(shí)木板B的速度v; (2)木板的長度L; (3)物塊C第二次返回到O點(diǎn)時(shí)滑槽A的速度大?。? 【例4】如圖所示,在光滑的水平面上有一輛長平板車,它的中央放一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊,物塊跟車表面的動(dòng)摩擦因數(shù)為,平板車的質(zhì)量M=2m,車與物塊一起向右以初速度勻速運(yùn)動(dòng),車跟右側(cè)的墻壁相碰.設(shè)車跟墻壁碰撞的時(shí)間很短,碰撞時(shí)沒有機(jī)械能損失,重力加速度為g. (1)平板車的長度至少是多大時(shí),小物塊才不會(huì)從車上掉落下來? (2)

33、若在車的左側(cè)還有一面墻壁,左右墻壁相距足夠遠(yuǎn),使得車跟墻壁相碰前,車與小物塊總是相對(duì)靜止的,車在左右墻壁間來回碰撞,碰撞n次后,物塊跟車一起運(yùn)動(dòng)的速度大小是多少? (3)小物塊在車表面相對(duì)于車滑動(dòng)的總路程是多少? 情景分析:(1)平板車跟右側(cè)墻壁相碰后速度大小不變方向相反,車向左做減速,物塊先向右減速再向左做加,直到二者共速。 (2)由第(1)問可知平板車和物塊一起以共同的速度向左運(yùn)動(dòng),跟左側(cè)墻壁碰撞,同樣討論,依次類推可知碰撞n次后,物塊跟車一起運(yùn)動(dòng)的速度大小是多少。 (3)經(jīng)過足夠多次的碰撞后,由于不斷有摩擦力做功,后一次碰撞的速度總比前一次小,最后平板車和物塊的動(dòng)能都克服摩擦

34、力做功轉(zhuǎn)化成內(nèi)能。 求解思路分析:(1)要求平板車的長度至少是多大時(shí),就是物塊恰好在平板車最右端達(dá)到共速,只需知道車與墻壁碰后的瞬時(shí)兩者的速度,由動(dòng)量守恒和二級(jí)結(jié)論即可求得; (2)要求碰撞n次后,物塊跟車一起運(yùn)動(dòng)的速度大小,通過數(shù)學(xué)歸納法,分求出第一次共速、第二次共速、第三次共速┉,最后找出規(guī)律得出結(jié)論; (3)要求小物塊在車表面相對(duì)于車滑動(dòng)的總路程是多少,就是小物塊以后相對(duì)小車不在滑動(dòng),即就是車不在與墻壁碰撞,兩者速度都為零,機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化成內(nèi)能,由能量守恒即可求得。 解析:(1)平板車跟右側(cè)墻壁相碰后速度大小不變方向相反,車與物塊有相對(duì)運(yùn)動(dòng),車與物塊之間的滑動(dòng)摩擦力       

35、         設(shè)物塊與車共同速度為,對(duì)車與物塊組成的系統(tǒng),根據(jù)動(dòng)量守恒定律有                   設(shè)平板車的長至少為L,根據(jù)能量守恒則有           解得                    ?。?)由第(1)問可解得            即平板車和物塊一起以速度向左運(yùn)動(dòng),跟左側(cè)墻壁碰撞,同樣討論可得:  ?。来晤愅瓶芍?,經(jīng)過n次碰撞后,一起運(yùn)動(dòng)的速度大小是                       ?。?)經(jīng)過足夠多次的碰撞后,由于不斷有摩擦力做功,最終物塊和平板車的速度都變?yōu)?,則在這個(gè)過程中,平板車和物塊的動(dòng)能都克服摩擦力做功轉(zhuǎn)

36、化成內(nèi)能, 因此有           則物塊相對(duì)于車滑動(dòng)的總路程是:.    解后反思 (1)動(dòng)量守恒僅涉及初、末兩個(gè)狀態(tài),與中間過程無關(guān),因此利用它解決綜合問題特別簡便、快捷;(2)要注意分析物理情景,以及物理語言(像本題中的“至少”、其他題目還可能出現(xiàn)的“最小”“最遠(yuǎn)”“恰好”等)所蘊(yùn)含的臨界狀態(tài),此類題目應(yīng)用極限分析法是確定臨界狀態(tài)和臨界條件行之有效的方法;(3)滑板碰撞模型是動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律和諧統(tǒng)一中最為典型的模型,也常以壓軸題的形式出現(xiàn),應(yīng)引起廣大考生的注意;(4)此題考查了數(shù)學(xué)歸納法在物理學(xué)中的應(yīng)用,近幾年高考對(duì)學(xué)生應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)處理物理問題的能力的考查有加強(qiáng)的趨

37、勢,加強(qiáng)考生的數(shù)學(xué)能力培養(yǎng)也是必要的。 課堂訓(xùn)練4:如圖所示,在光滑水平面上有一質(zhì)量為M,長為L的長木板,另一小物塊質(zhì)量為m,它與長木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,開始時(shí),木板與小物塊均靠在與水平面垂直的固定擋板處,以共同的速度v0向右運(yùn)動(dòng),當(dāng)長木板與右邊固定豎直擋板碰撞后,速度反向,大小不變,且左右擋板之間距離足夠長。 試求物塊不從長木板上落下的條件。 (2)若上述條件滿足,且M=2kg,m=1kg,v0=10m/s。試計(jì)算整個(gè)系統(tǒng)在第五次碰撞前損失的所有機(jī)械能。 【例5】如圖所示在工廠的流水線上安裝的足夠長的水平傳送帶。用水平傳送帶傳送工件,可大大提高工作效率,水平傳送帶以恒定的速度

38、v=2m/s運(yùn)送質(zhì)量為m=0.5kg的工件。工件都是以v0=1m/s的初速度從A位置滑上傳送帶,工件與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù),每當(dāng)前一個(gè)工件在傳送帶上停止相對(duì)滑動(dòng)時(shí),后一個(gè)工件立即滑上傳送帶。取g=10m/s2,求: v0 v A (1)工件經(jīng)多長時(shí)間停止相對(duì)滑動(dòng) (2)在正常運(yùn)行狀態(tài)下傳送帶上相鄰工件間的距離 (3)摩擦力對(duì)每個(gè)工件做的功 (4)每個(gè)工件與傳送帶之間的摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能 情景分析:工件滑到傳送帶A點(diǎn)后,先做勻加速直線運(yùn)動(dòng),當(dāng)工件的速度與傳送帶相同時(shí),摩擦力突變?yōu)榱?,小貨箱勻速運(yùn)動(dòng),以后每個(gè)小貨箱運(yùn)動(dòng)情景相同。 求解思路分析:(1)以工件為研究對(duì)象,

39、對(duì)工件進(jìn)行受力分析,求出工件的加速度,根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)的公式即可求得; (2)求出工件的對(duì)地位移和工件在皮帶上打滑的位移之和就是正常運(yùn)行狀態(tài)下傳送帶上相鄰工件間的距離; (3) 摩擦力對(duì)每個(gè)工件做的功等于摩擦力與工件的對(duì)地位移的乘積;(4) 求傳送一個(gè)工件產(chǎn)生的熱量只需求工件和傳送帶的相對(duì)位移,由二級(jí)公式即可求得。 解析:(1) v0 v A (2) ,則兩物相距(也可直接用) (3) (4) 解后反思 (1)多個(gè)運(yùn)動(dòng)情景相同的物體在一起,看起來很復(fù)雜無從下手,但隔離一個(gè)物體進(jìn)行研究,其它物體的運(yùn)動(dòng)

40、情形一樣,這樣把多體變成單體進(jìn)行研究,使問題變得簡單;(2)關(guān)于傳送帶的問題關(guān)鍵是要找到摩擦力突變點(diǎn),就是物體與傳送帶速度相等時(shí),摩擦力發(fā)生突變的點(diǎn);(3)一對(duì)滑動(dòng)摩擦力產(chǎn)生的熱量應(yīng)與二者的相對(duì)位移有關(guān)即Q=fs相對(duì),(4)工件增加的機(jī)械能和系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量是從電動(dòng)機(jī)哪兒得來的。 v A 課堂訓(xùn)練5:在車站檢查三危物品時(shí),安裝有水平傳送帶,用水平傳送帶傳送旅客攜帶的物品,如圖所示,水平傳送帶以恒定速率v=1m/s運(yùn)行,假設(shè)每位旅客攜帶物品的質(zhì)量都為m=5kg,物品都是靜止從A位置滑上傳送帶,物品與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因素為,每當(dāng)前一個(gè)物品在傳送帶上停止相對(duì)滑動(dòng)時(shí),后一個(gè)物品立即放上傳送帶,(

41、取g=10m/s2)。求: (1)物品滑上傳送帶后經(jīng)多長時(shí)間停止相對(duì)滑動(dòng); (2)在正常運(yùn)行狀態(tài)下傳送帶上相鄰物品間的距離; (3)傳送帶摩擦力對(duì)每個(gè)物品做的功; (4)每個(gè)物品與傳送帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量; (5)傳送每個(gè)物品電動(dòng)機(jī)提供多少能量。 -2 0 2 6 4 5 10 15 t/s v/ms-1 乙 C 甲 【例6】如圖所示,物體A、B的質(zhì)量分別是4kg和8kg,用輕彈簧相連放在光滑的水平面上,物體B左側(cè)與豎直墻壁接觸,另有一物體C從t=0時(shí)刻起水平向左運(yùn)動(dòng),在t=5s時(shí)與物體A相碰,并立即與A有相

42、同的速度一起向左運(yùn)動(dòng),物體C的速度——時(shí)間圖像如圖乙所示。 (1)求物塊C的質(zhì)量; (2)彈簧壓縮過程中具有的最大彈性勢能; (3)在5s到10s的時(shí)間內(nèi)墻壁對(duì)物體B的作用力做的功; (4)在5s到15s的時(shí)間內(nèi)墻壁對(duì)物體B的作用力的沖量的大小和方向; (5)在上述過程中產(chǎn)生的內(nèi)能是多少? 情景分析:由圖可知物體C先向左做勻速運(yùn)動(dòng),在時(shí)間為5s與A發(fā)生完全非彈性碰撞,過后一起壓縮彈簧直到10s停止,彈簧被壓縮最短,此過程A、C做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng),壓縮過程機(jī)械能守恒、動(dòng)量不守恒;接著A、C在彈簧的彈力作用下向右做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),直到15s彈簧恢復(fù)原長,C脫離A。 求解思路

43、分析:(1)要求C的質(zhì)量,只需知道A的質(zhì)量,C的初速度和A、C碰后的速度,這些量都已知;(2)A、C共同具有的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為彈性勢能,(3)在5s到10s雖然墻對(duì)B有力的作用(此力為變力),但無位移,有力無位移,勞而無功;(4)在5s到15s墻對(duì)B有力的作用(此力為變力),因此不能用I=Ft來計(jì)算沖量,就只能用動(dòng)量定理,就需知道A、B、C系統(tǒng)的動(dòng)量變化,從圖上都已知,對(duì)系統(tǒng)用動(dòng)量定理;(5)在上述過程產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量,由能量守恒即可求得。 解析:(1)由圖象可知,物體C以速度與A相碰,立即有相同的速度,A與C相互作用的時(shí)間很短,水平方向動(dòng)量守恒, 有,解得物塊C的質(zhì)量 (

44、2)物塊C和A一起運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧,它們的動(dòng)能完全轉(zhuǎn)化成彈性勢能時(shí),彈性勢能最大 (3)5s 到10s的時(shí)間內(nèi),B處于靜止,墻壁對(duì)B的作用力F做功為零。 (4)5s 到15s的時(shí)間內(nèi),B處于靜止,墻壁對(duì)B的作用力F等于輕彈簧的彈力,輕彈簧的彈力使物體A和C的速度由減到零,再反彈到。 則彈力的沖量大小等于力F 的沖量,為 方向向右。 (5)由能量守恒可得 解后反思 (1) 本題是一道考查學(xué)生根據(jù)圖像獲取信息來處理物理問題能力的典型題目.解題的關(guān)鍵有三個(gè):一是抓住圖像可以獲得哪些信息和已知量;二是正確分析物體運(yùn)動(dòng)的物理過程;三是正確分析系統(tǒng)初、末狀態(tài)的機(jī)械能或弄清過程中動(dòng)能、勢能變化的數(shù)

45、量關(guān)系; (2)從能量的轉(zhuǎn)化和守恒的角度分析物理現(xiàn)象和問題是首選的方法; (3)在上述A、B、C的作用過程中系統(tǒng)的動(dòng)量是不守恒的,部分考生認(rèn)為是守恒的從而解題出錯(cuò); (4)彈簧類問題要注意把相互作用的總過程劃分為多個(gè)依次進(jìn)行的子過程,分析確定哪些子過程機(jī)械能是守恒的(如此題的壓縮過程),哪些子過程動(dòng)量是守恒的(如此題的碰撞過程),哪些子過程機(jī)械能是不守恒的,哪些子過程動(dòng)量是不守恒的,還有一個(gè)常見的物理?xiàng)l件就是當(dāng)彈簧最長或最短(或彈性勢能最大)時(shí),彈簧兩端的物體速度相等。 課堂訓(xùn)練6 如圖甲所示,質(zhì)量mB=1kg的平板小車B在光滑水平面上以v1=1m/s的速度向左勻速運(yùn)動(dòng).當(dāng)t=0時(shí),

46、質(zhì)量mA=2kg的小鐵塊A以v2=2 m/s的速度水平向右滑上小車,A與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.2,A的底部涂有顏色的物質(zhì)。若A最終沒有滑出小車,取水平向右為正方向,g=10m/s2,求: 甲 v2 v1 B A -0.5 v/(m/s) 1.5 1.0 0.5 0 1.5 1.0 0.5 t/s 乙 -1.5 -1.0 (1)A在小車上停止運(yùn)動(dòng)時(shí),小車的速度大??; (2)上述過程系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量是多少? (3)A在小車上留下痕跡的長度; (4)在圖乙所示的坐標(biāo)紙中畫出1.5 s內(nèi)小車B運(yùn)動(dòng)的速度一時(shí)間圖象;

47、 四.能力訓(xùn)練 1.一物體獲得一定初速度后,沿一粗糙斜面上滑.在上滑過程中,物體和斜面組成的系統(tǒng)( ) A.機(jī)械能守恒 B.內(nèi)能減少 C.機(jī)械能和內(nèi)能增加 D.機(jī)械能減少 2.一帶電小球在空中由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中,受重力和電場力作用,若重力做功-3J,電場力做功1J,則小球的( ) A.重力勢能增加3J B.電勢能增加1J C.動(dòng)能減少3J D.機(jī)械能減少2J 3. 運(yùn)動(dòng)員投籃過程中對(duì)籃球做功為W,出手高度為h1,籃筐距地面高度為h2,球的質(zhì)量為m,空氣阻力不計(jì),則籃球進(jìn)筐時(shí)的動(dòng)能為 ( ) ( ) A.W+mgh1-mgh2

48、 B.W+mgh2-mgh1 C.mgh2+mgh1-W D.mgh2-mgh1-W 4. 如圖所示,一輕彈簧豎直放置,下端固定在水平面上,上端處于a位置,一重球(可視為質(zhì)點(diǎn))無初速放在彈簧上端靜止時(shí),彈簧上端被壓縮到b位置?,F(xiàn)讓重球從高于a位置的c位置沿彈簧中軸線自由下落,彈簧被重球壓縮至d,以下關(guān)于重球下落運(yùn)動(dòng)過程中的正確說法是(不計(jì)空氣阻力)( ) A.整個(gè)下落a至d過程中,重球均做減速運(yùn)動(dòng) B.重球落至b處獲得最大加速度 C.在a至d過程中,重球克服彈簧彈力做的功等于重球由c至 d的重力勢能的減小量  D.重球在b處具有的動(dòng)能等于重球由c至b處減小的重力勢能

49、 a b 5. 一滑塊在水平地面上沿直線滑行,t=0時(shí)其速度為1 m/s。從此刻開始滑塊運(yùn)動(dòng)方向上再施加一水平面作用F,力F和滑塊的速度v隨時(shí)間的變化規(guī)律分別如圖a和圖b所示。設(shè)在第1秒內(nèi)、第2秒內(nèi)、第3秒內(nèi)力F對(duì)滑塊做的功分別為則以下關(guān)系正確功是( ) A. B. C. D. 6. 如圖所示,重球A放在光滑的斜面體B上,A、B質(zhì)量相等,在力F的作用下,B在光滑水平面上向左緩慢移動(dòng)了一段距離,使A球相對(duì)于最低點(diǎn)C升高h(yuǎn),若突然撤去外力F,則下列敘述不正確的是( )

50、A.A球以后上升的最大高度為h/2 B.A球獲得的最大速度為 C.在B離開A之前,A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 D.A、B相互作用的沖量大小相等 7.如圖甲所示,光滑水平面上的兩個(gè)物體A、B在運(yùn)動(dòng)中彼此間發(fā)生了相互作用,圖乙為A、B相互作用前后的速度一時(shí)間圖象,下列說法正確的是( ) A.A、B的質(zhì)量之比為l:2 B.A、B的質(zhì)量之比為2:l C.A、B作用前后的總動(dòng)能減小 D.A、B作用前后的總動(dòng)能不變 8.圖示為某探究活動(dòng)小組設(shè)計(jì)的節(jié)能運(yùn)動(dòng)系統(tǒng)。斜面軌道傾角為30,質(zhì)量為M的木箱與軌道的動(dòng)摩擦因數(shù)為。木箱在軌道端時(shí),自動(dòng)裝貨裝置將質(zhì)量為m的貨物裝入木箱,然后木箱載著貨

51、物沿軌道無初速滑下,與輕彈簧被壓縮至最短時(shí),自動(dòng)卸貨裝置立刻將貨物卸下,然后木箱恰好被彈回到軌道頂端,再重復(fù)上述過程。下列選項(xiàng)正確的是( ) A.m=M   B.m=2M   C.木箱不與彈簧接觸時(shí),上滑的加速度等于下滑的加速度 D.在木箱與貨物從頂端滑到最低點(diǎn)的過程中,減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能 9. 如圖所示,質(zhì)量m1=0.3 kg 的小車靜止在光滑的水平面上,車長L=1.5 m,現(xiàn)有質(zhì)量m2=0.2 kg可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊,以水平向右的速度v0=2 m/s從左端滑上小車,最后在車面上某處與小車保持相對(duì)靜止。物塊與車面間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.5,取g=1

52、0 m/s2,求 (1)物塊在車面上滑行的時(shí)間t; m1 m2 v0 (2)要使物塊不從小車右端滑出,物塊滑上小車左端的速度v′0不超過多少。 10.如圖所示,在傾角為的光滑斜面上有兩個(gè)用輕質(zhì)彈簧相連接的物塊A、B,它們的質(zhì)量分別為mA、mB,彈簧的勁度系數(shù)為k,C為一固定擋板。系統(tǒng)處一靜止?fàn)顟B(tài),一不可伸長的輕繩跨過輕滑輪,一端與A連接(繩與斜面平行),開始A、B處于靜止,不計(jì)一切摩擦和A、B間的萬有引力,重力加速度為g。 D (1)若在另一端掛一質(zhì)量為M的物塊D并由靜止釋放,當(dāng)D下落到最低點(diǎn)時(shí),可使物塊B對(duì)擋板C的壓力恰好零,但不會(huì)離開C,

53、求物塊D下降的最大距離; (2)若D的質(zhì)量改為2M,則當(dāng)B剛離開擋板C時(shí),A的速度多大? 11. 如下圖所示是固定在水平地面上的橫截面為“”形的光滑長直導(dǎo)軌槽,槽口向上(圖為俯視圖)。槽內(nèi)放置一個(gè)木質(zhì)滑塊,滑塊的左半部是半徑為R的半圓柱形光滑凹槽,木質(zhì)滑塊的寬度為2R,比“”形槽的寬度略小?,F(xiàn)有半徑r(r<

54、金屬小球經(jīng)過木質(zhì)滑塊上的半圓柱形槽的最右端A點(diǎn)時(shí),金屬小球的對(duì)地速度。 12.過山車是游樂場中常見的設(shè)施。下圖是一種過山車的簡易模型,它由水平軌道和在豎直平面內(nèi)的三個(gè)圓形軌道組成,B、C、D分別是三個(gè)圓形軌道的最低點(diǎn),B、C間距與C、D間距相等,半徑R1=2.0m、R2=1.4m。一個(gè)質(zhì)量為m=1.0kg的小球(視為質(zhì)點(diǎn)),從軌道的左側(cè)A點(diǎn)以v0=12.0m/s的初速度沿軌道向右運(yùn)動(dòng),A、B間距L1=6.0m。小球與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2,圓形軌道是光滑的。假設(shè)水平軌道足夠長,圓形軌道間不相互重疊。重力加速度取g=10m/s2,計(jì)算結(jié)果保留小

55、數(shù)點(diǎn)后一位數(shù)字。試求 (1)小球在經(jīng)過第一個(gè)圓形軌道的最高點(diǎn)時(shí),軌道對(duì)小球作用力的大??; (2)如果小球恰能通過第二圓形軌道,B、C間距應(yīng)是多少; (3)在滿足(2)的條件下,如果要使小球不能脫離軌道,在第三個(gè)圓形軌道的設(shè)計(jì)中,半徑R3應(yīng)滿足的條件;小球最終停留點(diǎn)與起點(diǎn)的距離。 R1 R2 R3 A B C D v0 第一圈軌道 第二圈軌道 第三圈軌道 L L L1 專題二參考答案(動(dòng)量和能量) 世紀(jì)金榜 圓您夢(mèng)想

56、 課堂訓(xùn)練部分參考答案 課堂訓(xùn)練1 解析:(1)只要小球轉(zhuǎn)過時(shí)速度為零,對(duì)應(yīng)初速度為最小,設(shè)此初速度為 由機(jī)械能守恒定律得 (2)當(dāng)球A運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)速度為,此時(shí)滑塊B的速度為,A、B水平方向動(dòng)量守恒,有 由機(jī)械能守恒定律得 解得 課堂訓(xùn)習(xí)2 解析:⑴D在Q點(diǎn)時(shí)據(jù)牛頓第二定律有: 解得: ⑵C碰B,據(jù)動(dòng)量守恒有: 解得: D向右壓縮彈簧的過程中,據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒: 解得:

57、 據(jù)機(jī)械能守恒: 解得: A碰P靜止后,D被彈簧向左彈出直到Q的過程中,據(jù)機(jī)械能守恒有: 代入數(shù)據(jù)解得: 課堂訓(xùn)練3 解析:(1)物塊第一次剛至點(diǎn)時(shí),設(shè)共同速度為。由三者構(gòu)成系統(tǒng)動(dòng)量守恒, 得 又, 則 (2)物塊運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)過程中,根據(jù)能量守恒得: 則 (3)物塊第二次至點(diǎn)時(shí),設(shè)物塊與滑槽的速度分別為、,滑槽與物塊構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,機(jī)械能守恒,得 解之得

58、 所以滑槽的速度為 課堂訓(xùn)練4 解析:(1)設(shè)第一次碰撞后速度為v1,第n次碰撞后速度為vn,每次碰撞后,由于兩擋板距離足夠長,物塊與長木板都能達(dá)到相對(duì)靜止,第一次若不能掉下,往后每次滑動(dòng)距離越來越短,更不可能掉下。由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律知 (M-m)v0=(M+m)v1 ①     μmg L= (m+M)- (M+m) ② 由①②解得 當(dāng)木板長大于L即可, 即L≥ (2)第二次碰撞前,有(M-m)v0=(M+m)v1 第三次碰撞前,(M-m)v1=(M+m)v2 第n次碰撞前 (M-m)vn-2=(M+m)v

59、n-1 vn-1= 第五次碰撞前 故第五次碰撞前損失的總機(jī)械能為 代入數(shù)據(jù)J 課堂訓(xùn)練5 解析:(1)物品的速度增加到v時(shí)與傳送帶停止相對(duì)滑動(dòng)。由牛頓第二定律有:mg=ma,得 ,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有:v=at,得t=0.2s. (2)因所有物品勻加速的時(shí)間相同,加速階段位移相同,多運(yùn)動(dòng)的時(shí)間內(nèi)物品做勻速運(yùn)動(dòng)的位移即兩物品的距離,s=vt=0.2m A v (3)摩擦力對(duì)物品做功改變物品的動(dòng)能,由動(dòng)能定理得: (4)如圖所示,皮帶的位移減去物品的位移就是相對(duì)位移: (5)傳送一個(gè)物品電機(jī)需要提供的能量為物品增加的動(dòng)能和

60、與皮帶的摩擦產(chǎn)生的熱量之和: 課堂訓(xùn)練6:解析:(1)A在小車上停止運(yùn)動(dòng)時(shí),A、B以共同速度運(yùn)動(dòng),設(shè)其速度為v,取水平向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律得: mAv2-mBv1=(mA+mB)v 解得,v=lm/s -0.5 v/(m/s) 1.5 1.0 0.5 0 1.5 1.0 0.5 t/s -1.5 -1.0 (2)由能量守恒有: 解得:Q=3J (3)由二級(jí)結(jié)論有 得 (4)設(shè)小車做勻變速運(yùn)動(dòng)的加速度為a,時(shí)間為t 由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得: 所以 解得:t=0.5s 故小車的速度時(shí)間圖象如圖所示. 能力訓(xùn)練部分參考答案

61、 1.D 解析:由于接觸面粗糙,有機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。 2.A 解析:根據(jù),可知A正確;根據(jù)可知B錯(cuò);可知C錯(cuò);根據(jù)可知D錯(cuò)。 3.A 解析:籃球的機(jī)械能守恒,由機(jī)械能守恒定律即得A正確。 4.C 解析:重球從a至d過程中,重球先做加速度減小的加速再加速度增大的減速運(yùn)動(dòng) ,A錯(cuò);重球落至b處速度最大,加速度為零,B錯(cuò);重球在b處具有的動(dòng)能和彈性勢能等于重球由c至b處減小的重力勢能,D錯(cuò)。 5.B 解析:本題考查v-t圖象、功的概念。力F做功等于每段恒力F與該段滑塊運(yùn)動(dòng)的位移(v-t圖象中圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積),第1秒內(nèi),位移為一個(gè)小三角形面積S,第2秒內(nèi),位移也為一個(gè)小三角形

62、面積S,第3秒內(nèi),位移為兩個(gè)小三角形面積2S,故W1=1S,W2=3S,W3=22S,W1<W2<W3 。 6.C 解析:突然撤去外力,A、B構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,在最低點(diǎn)A、B球速度相等且A球速度最大,由機(jī)械能守恒mgh= 得,所以B錯(cuò);再由機(jī)械能守恒得A球上升的最大高度為h/2,A錯(cuò);在A離開B之前A、B系統(tǒng)受重力、繩的拉力和地面的支持力的合力不為零,故系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒;C選項(xiàng)正確;A、B間的作用力為相互作用力,作用時(shí)間相等,故D項(xiàng)錯(cuò)誤。 7.D 解析:由v-t圖象可知A、B的初速度和發(fā)生作用后的末速度,由動(dòng)量守恒定律:mAvA0+mBvB0=mAvA1+mBvB1得mA﹕mB=3

63、﹕2,故A錯(cuò)、B錯(cuò);由和可知C錯(cuò),D正確。 8. B 解析:受力分析可知,下滑時(shí)加速度為,上滑時(shí)加速度為,即C不正確。設(shè)下滑的距離為l,根據(jù)能量守恒,得m=2M。也可以根據(jù)除了重力、彈性力做功以外,還有其他力(非重力、彈性力)做的功之和等于系統(tǒng)機(jī)械能的變化量,B正確。在木箱與貨物從頂端滑到最低點(diǎn)的過程中,減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能和內(nèi)能,所以D不正確。 9. 解析:(1)設(shè)物塊與小車的共同速度為v,以水平向右為正方向,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有 ① 設(shè)物塊與車面間的滑動(dòng)摩擦力為F,對(duì)物塊應(yīng)用動(dòng)量定理有

64、 ② 其中 ③ 解得 代入數(shù)據(jù)得 ④ (2)要使物塊恰好不從小車右端滑出,須物塊到車面右端時(shí)與小車有共同的速度v′,則 ⑤ 由功能關(guān)系有

65、 ⑥ 代入數(shù)據(jù)解得 =5m/s 故要使物塊不從小車右端滑出,物塊滑上小車的速度v0′不能超過5m/s。 10.解析:開始時(shí)彈簧的壓縮量為,由平衡條件: 設(shè)當(dāng)B剛離開擋板時(shí)彈簧的伸長量為, 以B為研究對(duì)象,由平衡條件可得: 故D下降的最大距離為: (2)由能量守恒定律可知:D物體下落h過程中,D的重力勢能的減少量等于A的重力勢能的增加量和彈性勢能的增量以及系統(tǒng)動(dòng)能的增量之和,兩種情況下彈簧彈性勢能的增量相同。 當(dāng)D的質(zhì)量為M: 當(dāng)D的質(zhì)量為2M時(shí),設(shè)B剛離開擋板時(shí)A的速度為v 由以上二式可解得B剛離

66、開C時(shí)A的速度為: 11.解析:(1)設(shè)滑離時(shí)小球與滑塊的速度分別為,由動(dòng)量守恒 V’ V 又 得 (2)小球過A點(diǎn)時(shí)沿軌道方向兩者有共同速度v,沿切向方向速度為 得 12.解析:(1)設(shè)小于經(jīng)過第一個(gè)圓軌道的最高點(diǎn)時(shí)的速度為v1根據(jù)動(dòng)能定理 ① 小球在最高點(diǎn)受到重力mg和軌道對(duì)它的作用力F,根據(jù)牛頓第二定律 ② 由①②得 ③ (2)設(shè)小球在第二個(gè)圓軌道的最高點(diǎn)的速度為v2,由題意 ④ ⑤ 由④⑤得

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