高中物理動量和能量

1、高中物理動量和能量知識網(wǎng)絡(luò)考點預(yù)測本專題涉及的內(nèi)容是動力學(xué)內(nèi)容的延續(xù)和深化.動量守恒定律、機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律比牛頓運動定律的適用范圍更廣泛.它們是自然界中最基本、最普遍、最重要的客觀規(guī)律，也是高中物理的重點和難點、高考考查內(nèi)容的重點.其命題形式一般是能量與動量 綜合起來考，如：2009年全國理綜卷i第 21題、第25題，2008年全國理綜卷i的第 24 題“下擺拉動滑塊碰撞問題”，全國理綜卷h的第23題“子彈射擊木塊問題”，重慶理綜卷的第24題“碰撞后壓縮彈簧問題”. 但是，由于目前全國的課改形勢以及在課程標(biāo)準(zhǔn)中的內(nèi)容設(shè)置， 在高考中出現(xiàn)的這類綜合題的難點主要在于功能關(guān)系的應(yīng)用上，而

2、不是在于動量守恒定律的應(yīng)用上.另外，從2009年各地的高考考卷中也可發(fā)現(xiàn)，除了能量與動量的綜合題外，單獨考查 功能原理的試題在卷中出現(xiàn)的概率也較大.要點歸納一、基本的物理概念1 .沖量與功的比較、沖量的定義式：i =旦（作用力在時間上的積累效果 ）（1）7e義式 功的定義式：w= fscos i作用力在空間上的積累效果）沖量是矢量，既有大小又有方向（求合沖量應(yīng)按矢，量合成法則來計算）屬性 功是標(biāo)量，只有大小沒有方向（求物體所受外力的，總功只需按代數(shù)和計算）2 .動量與動能的比較動量的定義式： p= mv3 定義式彳仔匕的”中匚1 2動能的7e義式：ek= 2mv2動量是矢量（動量的變化也是矢量

3、，求動量的變化，應(yīng)按矢量運算法則來計算） 屬性動能是標(biāo)量（動能的變化也是標(biāo)量，求動能的變化，只需按代數(shù)運算法則來計算）p= 2mek動量與動能量值間的關(guān)系近 1日2pv4 4）動量和動能都是描述物體狀態(tài)的量，都有相對性（相對所選擇的參考系），都與物體的受力情況無關(guān).動量的變化和動能的變化都是過程量，都是針對某段時間而言的.二、動量觀點的基本物理規(guī)律1 .動量定理的基本形式與表達(dá)式：i = ap.分方向的表達(dá)式：ix合=apx，iy合=apy.2 .動量定理推論：動量的變化率等于物體所受的合外力，即-1p=f合.3 .動量守恒定律（1）動量守恒定律的研究對象是一個系統(tǒng)（含兩個或兩個以上相互作用的

4、物體）.（2）動量守恒定律的適用條件標(biāo)準(zhǔn)條件：系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)所受外力之和為零.近似條件：系統(tǒng)所受外力之和雖不為零，但比系統(tǒng)的內(nèi)力小得多（如碰撞問題中的摩擦力、爆炸問題中的重力等外力與相互作用的內(nèi)力相比小得多），可以忽略不計.分量條件：系統(tǒng)所受外力之和雖不為零，但在某個方向上的分量為零，則在該方向上系統(tǒng)總動量的分量保持不變.（3）使用動量守恒定律時應(yīng)注意：速度的瞬時性；動量的矢量性；時間的同一性.（4）應(yīng)用動量守恒定律解決問題的基本思路和方法分析題意，明確研究對象.在分析相互作用的物體總動量是否守恒時，通常把這些被研究的物體統(tǒng)稱為系統(tǒng).對于比較復(fù)雜的物理過程，要采用程序法對全過程進(jìn)行分段分析

5、， 要明確在哪些階段中，哪些物體發(fā)生相互作用，從而確定所研究的系統(tǒng)是由哪些物體組成的.對各階段所選系統(tǒng)內(nèi)的物體進(jìn)行受力分析，弄清哪些是系統(tǒng)內(nèi)部物體之間相互作用的內(nèi)力，哪些是作用于系統(tǒng)的外力. 在受力分析的基礎(chǔ)上根據(jù)動量守恒定律的條件，判斷能否應(yīng)用動量守恒定律.明確所研究的相互作用過程，確定過程的始末狀態(tài)， 即系統(tǒng)內(nèi)各個物體的初動量和末動量的值或表達(dá)式.（注意：在研究地面上物體間相互作用的過程時，各物體運動的速度均應(yīng)取地球為參考系)確定正方向，建立動量守恒方程求解.三、功和能1.中學(xué)物理中常見的能量1 1動能ek=mv2;重力勢能ep=mgh；彈性勢能e彈= kx2；機(jī)械能e = ek+ep；分

6、子勢 能；分子動能；內(nèi)能；電勢能 e=q4；電能；磁場能；化學(xué)能；光能；原子能 (電子的動能 和勢能之和)；原子核能e=mc2;引力勢能；太陽能；風(fēng)能 (空氣的動能)；地?zé)?、潮汐?2 .常見力的功和功率的計算：恒力做功w= fscos華重力做功w= mgh;一對滑動摩擦力做的總功wf=- fs路；電場力做功 w= qu;功率恒定時牽引力所做的功 w= pt;恒定壓強(qiáng)下的壓力所做的功 w= p v;電流所做的功w= uit;洛倫茲力永不做功；瞬時功率 p = fvcos 9;平均功率p =弋=f v cos 0.3 .中學(xué)物理中重要的功能關(guān)系能量與物體運動的狀態(tài)相對應(yīng).在物體相互作用的過程中，

7、物體的運動狀態(tài)通常要發(fā)生變化，所以物體的能量變化一般要通過做功來實現(xiàn)，這就是常說的“功是能量轉(zhuǎn)化的量度”的物理本質(zhì).那么，什么功對應(yīng)著什么能量的轉(zhuǎn)化呢？在高中物理中主要的功能關(guān)系有：(1)外力對物體所做的總功等于物體動能的增量，即亞總=aek.(動能定理)(2)重力(或彈簧的彈力)對物體所做的功等于物體重力勢能(或彈性勢能)的增量的負(fù)值， 即w重=aep(或w彈=一正p).(3)電場力對電荷所做的功等于電荷電勢能的增量的負(fù)值，即川電=一a電.(4)除重力(或彈簧的彈力)以外的力對物體所做的功等于物體機(jī)械能的增量，即 w其他= ae機(jī).(功能原理)(5)當(dāng)除重力(或彈簧彈力)以外的力對物體所做的

8、功等于零時，則有ae機(jī)=0,即機(jī)械能守恒.(6) 一對滑動摩擦力做功與內(nèi)能變化的關(guān)系是：“摩擦所產(chǎn)生的熱”等于滑動摩擦力跟 物體間相對路程的乘積，即 q = fs相對.一對滑動摩擦力所做的功的代數(shù)和總為負(fù)值，表示除 了有機(jī)械能在兩個物體間轉(zhuǎn)移外，還有一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，這就是“摩擦生熱”的實質(zhì).安培力做功對應(yīng)著電能與其他形式的能相互轉(zhuǎn)化，即w安=正電安培力做正功，對應(yīng)著電能轉(zhuǎn)化為其他能(如電動機(jī)模型)；克服安培力做負(fù)功，對應(yīng)著其他能轉(zhuǎn)化為電能(如發(fā) 電機(jī)模型)；安培力做功的絕對值等于電能轉(zhuǎn)化的量值.(8)分子力對分子所做的功等于分子勢能的增量的負(fù)值，即w分子力=ae分子.(9)外界對一定質(zhì)

9、量的氣體所做的功w與氣體從外界所吸收的熱量 q之和等于氣體內(nèi)能的變化，即w+ q= au .(10)在電機(jī)電路中，電流做功的功率等于電阻發(fā)熱的功率與輸出的機(jī)械功率之和.(11)在純電阻電路中，電流做功的功率等于電阻發(fā)熱的功率.(12)在電解槽電路中，電流做功的功率等于電阻發(fā)熱的功率與轉(zhuǎn)化為化學(xué)能的功率之 和. 1 o(13)在光電效應(yīng)中，光子的能量h尸w+ -mv02 .(14)在原子物理中，原子車射光子的能量hke初一e末，原子吸收光子的能量h尸e末一e初*(15)核力對核子所做的功等于核能增量的負(fù)值，即 w核=ae核，并且amc2=正核.(16)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律.對于所有參與相互作用的物

10、體所組成的系統(tǒng)，無論什么力做功， 可能每一個物體的能量的數(shù)值及形式都發(fā)生變化，但系統(tǒng)內(nèi)所有物體的各種形式能量的 總和保持不變.4 .運用能量觀點分析、解決問題的基本思路(1)選定研究對象(單個物體或一個系統(tǒng))，弄清物理過程.(2)分析受力情況，看有什么力在做功，弄清系統(tǒng)內(nèi)有多少種形式的能在參與轉(zhuǎn)化.(3)仔細(xì)分析系統(tǒng)內(nèi)各種能量的變化情況及變化的數(shù)量.(4)列方程 ae減=ae增或e初=e末求解.四、彈性碰撞在一光滑水平面上有兩個質(zhì)量分別為 m1、m2的剛性小球 a和b以初速度vi、v2運動， 若它們能發(fā)生正碰，碰撞后它們的速度分別為v1 和v2.vi、v2、v1、v2是以地面為參考系的，將a和

11、b看做系統(tǒng).由碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒，有：m1v1 + m2v2= m1v1 + m2v2由于彈性碰撞中沒有機(jī)械能損失，故有：!m1v12+im2v22=!m1v1 2+!m2v2 22222由以上兩式可得：v2 一 v1 = 一 (v2 v1)或 v1 - v2 =一 (v1 v2)碰撞后b相對于a的速度與碰撞前 b相對于a的速度大小相等、方向相反；碰撞后 a 相對于b的速度與碰撞前 a相對于b的速度大小相等、方向相反.【結(jié)論1】對于一維彈性碰撞，若以其中某物體為參考系，則另一物體碰撞前后速度大 小不變、方向相反(即以原速率彈回).聯(lián)立以上各式可解得：, 2m2v2+(m1一 m2)v1v1

12、=m1+ m2, 2m1v1 + (m2m1)v2v2 =m1+ m2若m1 = m2,即兩個物體的質(zhì)量相等，則v1 = v2, v2 =v1,表示碰后 a的速度變?yōu)関2, b的速度變?yōu)関1.【結(jié)論2】對于一維彈性碰撞， 若兩個物體的質(zhì)量相等，則碰撞后兩個物體互換速度 (即碰后a的速度等于碰前 b的速度，碰后b的速度等于碰前 a的速度).若a的質(zhì)量遠(yuǎn)大于b的質(zhì)量，則有：v1 = v1 , v2 = 2v1 v2；若a的質(zhì)量遠(yuǎn)小于b的質(zhì)量，則有：v2 = v2, v1 = 2v2 v1 .【結(jié)論3】對于一維彈性碰撞，若其中某物體的質(zhì)量遠(yuǎn)大于另一物體的質(zhì)量，則質(zhì)量大 的物體碰撞前后速度保持不變.至

13、于質(zhì)量小的物體碰后速度如何，可結(jié)合結(jié)論1和結(jié)論2得出.在高考復(fù)習(xí)中，若能引導(dǎo)學(xué)生推導(dǎo)出以上二級結(jié)論并熟記，對提高學(xué)生的解題速度是大有幫助的.熱點、重點、難點一、動量定理的應(yīng)用問題動量定理的應(yīng)用在高考中主要有以下題型：1 .定性解釋周圍的一些現(xiàn)象；2 .求打擊、碰撞、落地過程中的平均沖力；3 .計算流體問題中的沖力(或反沖力)；4 .根據(jù)安培力的沖量求電荷量.例1如圖2-1所示，一個下面裝有輪子的貯氣瓶停放在光滑的水平地面上，瓶的s,氣體的密度為p,氣體向外噴出的速度為v則氣體剛噴出時貯氣瓶底端對豎直墻壁的作用力大小是d.2sa. vsc. 2 pv2s底端與豎直墻壁接觸.現(xiàn)打開右端閥門，氣體向

14、外噴出，設(shè)噴口的面積為【解析】at時間內(nèi)噴出氣體的質(zhì)量 am= p v - tx對于貯氣瓶、瓶內(nèi)氣體及噴出的氣體所組成的系統(tǒng)，由動量定理得:f a am v 0解得：f= (v2s.答案d【點評】動量定理對多個物體組成的系統(tǒng)也成立，而動能定理對于多個物體組成的系統(tǒng) 不適用.同類拓展1如圖2-2所示，質(zhì)量為 m的木塊位于光滑水平面上，在木塊與墻之間用輕彈簧連接，開始時木塊靜止在a位置.現(xiàn)有一質(zhì)量為 m的子彈以水平速度 vo射向木塊并嵌入其中，則當(dāng)木塊回到a位置時的速度v以及此過程中墻對彈簧的沖量 i的大小分別為 ()a.c.mvo v- m + mmvo v m + m.2m2v0i =m +

15、mmvob. v =, i = 2mvom + mmvod. v= m，i = 2mvo【解析】設(shè)在子彈射入木塊且未壓縮彈簧的過程中，木塊(含子彈)的速度為v1,由動量守恒定律得:mvo= (m+ m)v1mvo解得：v1 =m+ m對木塊(含子彈)壓縮彈簧再返回 a點的過程，由動能定理得:112(m+ m)v2-2(m+ m)v12=亞總=0mvo可知：v=v1 =m+ m取子彈、木塊和彈簧組成的系統(tǒng)為研究對象，由動量定理得:i = (m + m) (. v) (m+ m)v1= 2mvo 負(fù)號表示方向向左.答案b二、動能定理、機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用1 .對于單個平動的物體：亞總=正3 w總指

16、物體所受的所有外力做的總功.2 .系統(tǒng)只有重力、彈力作為內(nèi)力做功時，機(jī)械能守恒.(1)用細(xì)繩懸掛的物體繞細(xì)繩另一端做圓周運動時，細(xì)繩對物體不做功.(2)輕桿繞一端自由下擺，若輕桿上只固定一個物體，則輕桿對物體不做功；若輕桿上 不同位置固定兩個物體，則輕桿分別對兩物體做功.(3)對于細(xì)繩連接的物體，若細(xì)繩存在突然繃緊的瞬間，則物體(系統(tǒng))的機(jī)械能減少.3 .單個可當(dāng)做質(zhì)點的物體機(jī)械能守恒時，既可用機(jī)械能守恒定律解題，也可用動能定 理解題，兩種方法等效.發(fā)生形變的物體和幾個物體組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒時，一般用機(jī)械能守恒定律解題，不方便應(yīng)用動能定理解題.例2以初速度v0豎直向上拋出一質(zhì)量為 m的小物塊

17、.假定物塊所受的空氣阻力f大小不變.已知重力加速度為g,則物塊上升的最大高度和返回到原拋出點的速率分別為2009年高考全國理綜卷ii (a.b.c.d.v02f 2g(1+mp vo2 f 2g(1+mg) v02 2r 2g(1+mg) 2v0 2r 2g(1+mg)和vmg mg+f和vomgmg + f【解析】方法一：對于物塊上升的過程，由動能定理得:12(mgh+ fh) = 0 2mvo22解得：h = 一v0f2g(1 + mg)設(shè)物塊返回至原拋出點的速率為v,對于整個過程應(yīng)用動能定理有：1 2 122mv2 2mvo2 = f 2h解得：v=vo1國二, mg+f方法二：設(shè)小物塊

18、在上升過程中的加速度大小為a1，由牛頓第二定律有:mg+f a1 = -z- m故物塊上升的最大高度仁3設(shè)小物塊在下降過程中的加速度為vo2f2g(1+而a2,由牛頓第二定律有:mg-fa2 =可得:答案a【點評】動能定理是由牛頓第二定律導(dǎo)出的一個結(jié)論，對于單個物體受恒力作用的過程，以上兩種方法都可以用來分析解答，但方法二的物理過程較復(fù)雜.例如涉及曲線運動或變力做功時，運用動能定理更為方便.同類拓展2 匹馬拉著質(zhì)量為 60 kg的雪橇，從靜止開始用80 s的時間沿平直冰面跑完1000 m.設(shè)在運動過程中雪橇受到的阻力保持不變，已知雪橇在開始運動的8 s時間內(nèi)做勻加速直線運動，從第 8 s末開始

19、，馬拉雪橇做功的功率保持不變，使雪橇繼續(xù)做 直線運動，最后一段時間雪橇做的是勻速直線運動，速度大小為15 m/s；開始運動的 8 s內(nèi)馬拉雪橇的平均功率是8 s后功率的一半.求：整個運動過程中馬拉雪橇做功的平均功率和雪橇在運動過程中所受阻力的大小.【解析】設(shè)8 s后馬拉雪橇的功率為 p,則：勻速運動時p=fv=fv, 一 ，一 一 , p 即運動過程中雪橇受到的阻力大小f= p對于整個過程運用動能定理得：p102 ti + p（t 總ti） f s 總=mvt2 0 ppic即8+p（808） 15x 1000=2x60x 152解得：p=723 w故 f= 48.2 n再由動能定理可得 p

20、t總一fs=1mvt2解得：p =687 w.答案687 w 48.2 n例3如圖2- 3所示，質(zhì)量為 mi的物體a經(jīng)一輕質(zhì)彈簧與下方地面上的質(zhì)量為m2的物體b相連，彈簧的勁度系數(shù)為k, a、b都處于靜止?fàn)顟B(tài).一條不可伸長的輕繩繞過兩個輕滑輪，一端連物體 a,另一端連一輕掛鉤.開始時各段繩都處于伸直狀態(tài)，a上方的一段沿豎直方向.若在掛鉤上掛一質(zhì)量為m3的物體c,則b將剛好離地.若將 c換成另一個質(zhì)量為mi+m3的物體d,仍從上述初始位置由靜止?fàn)顟B(tài)釋放，則這次b剛離地時d的速度大小是多少？（已知重力加速度為 g）圖23【解析】開始時a、b靜止，即處于平衡狀態(tài)，設(shè)彈簧的壓縮量為xi,則有：kxi=

21、 mig掛上c后，當(dāng)b剛要離地時，設(shè)彈簧的伸長量為x2,則有：kx2= m2g此時，a和c的速度均為零從掛上c到a和c的速度均為零時，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，彈性勢能的改變量為:正=m3g(xi + x2) mig(xi + x2)將c換成d后，有:1,.、2正+ ,(mi+ m3+ mi)v2= (mi+ m3)g(xi + x2) mig(xi+ x2)聯(lián)立解得饋器需答案k(2mi+ m3)22mi(mi + m2)g而且多次考查以下【點評】含彈簧連接的物理情境題在近幾年高考中出現(xiàn)的概率很高,原理：彈簧的壓縮量或伸長量相同時，彈性勢能相等；彈性勢能的變化取決于彈簧的始末形變量，與過程無關(guān).

22、三、碰撞問題1 .在高中物理中涉及的許多碰撞過程（包括射擊），即使在空中或粗糙的水平面上，往往由于作用時間短、內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)的動量仍可看做守恒.2 .兩滑塊在水平面上碰撞的過程遵循以下三個法則：動量守恒；機(jī)械能不增加；碰后兩物體的前后位置要符合實際情境.3 .兩物體發(fā)生完全非彈性碰撞時，機(jī)械能的損耗最大.例4如圖2-4所示，在光滑絕緣水平面上由左到右沿一條直線等間距的靜止排著多個形狀相同的帶正電的絕緣小球，依次編號為 且均為q = 3.75xi0-3c,第一個小球的質(zhì)量i、2、3每個小球所帶的電荷量都相等m=0.03 kg,從第二個小球起往下的小球的質(zhì)i量依次為前一個小球的；，小球均位于

23、垂直于小球所在直線的勻強(qiáng)磁場里，已知該磁場的磁 3感應(yīng)強(qiáng)度b=0.5 t.現(xiàn)給第一個小球一個水平速度后面的小球發(fā)生彈性正碰.（不計電荷之間的庫侖力，取若碰撞過程中電荷不轉(zhuǎn)移, g= i0 m/s2）7=8 m/s,使第一個小球向前運動并且與 則第幾個小球被碰后可以脫離地面？勢福修.微輜既彩淞谿.:駿用1 2 3 4 5圖24vi和v2,根【解析】設(shè)第一個小球與第二個小球發(fā)生彈性碰撞后兩小球的速度分別為 據(jù)動量和能量守恒有：i mv= mvi + -mv2312 12 . 122mv =2mvi + 6mv2一 .一 3聯(lián)立解得：v2=2v同理，可得第n+ i個小球被碰后的速度vn+i = （2

24、）nv設(shè)第n+i個小球被碰后對地面的壓力為零或脫離地面，則：inqvn+ib（3）mg聯(lián)立以上兩式代入數(shù)值可得 n2,所以第3個小球被碰后首先離開地面.答案第3個【點評】解答對于多個物體、多次碰撞且動量守恒的物理過程時，總結(jié)出通項公式或遞 推式是關(guān)鍵.同類拓展3如圖2-5所示，質(zhì)量為 m的鋼板與直立輕彈簧的上端連接，彈簧下端固定在地上，平衡時，彈簧的壓縮量為x0, 一個物塊從鋼板的正上方相距3x0的a處自由落下，打在鋼板上并立刻與鋼板一起向下運動，但不粘連，它們到達(dá)最低點后又向上運動.已知物塊的質(zhì)量也為 m時，它們恰能回到。點；若物塊的質(zhì)量為2m,仍從a處自由落下，則o點之間的物塊與鋼板回到

25、o點時還具有向上的速度.求物塊向上運動所到達(dá)的最高點與 距離.圖25【解析】物塊與鋼板碰撞前瞬間的速度為：vo=q6gxo設(shè)質(zhì)量為m的物塊與鋼板碰撞后瞬間的速度為vi,由動量守恒定律有:mvo = 2mvio點的過程,設(shè)彈簧的壓縮量為 x0時的彈性勢能為 ep,對于物塊和鋼板碰撞后直至回到 由機(jī)械能守恒定律得：1、，ep+23mx v32 ；x 3mx v22= w 彈一3mgx0.四、高中物理常見的功能關(guān)系1 .摩擦生熱一一等于摩擦力與兩接觸面相對滑動的路程的乘積，即 q=f s相.例5如圖26所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角0= 30,皮帶在電動機(jī)的帶動下始終以vo=2 m/s的速率運行.

26、現(xiàn)把一質(zhì)量m= 10 kg的工件(可看做質(zhì)點)輕輕放在皮帶的 底端，經(jīng)時間t=1.9 s,工件被傳送到 h= 1.5 m的皮帶頂端.取 g= 10 m/s2.求：(1)工件與皮帶間的動摩擦因數(shù)山(2)電動機(jī)由于傳送工件而多消耗的電能.圖26【解析】由題意可知,皮帶長s=sn*3 m工件的速度達(dá)到 v0前工件做勻加速運動，設(shè)經(jīng)時間t1工件的速度達(dá)到 v0,此過程工件的位移為：1s1= 2v0t1達(dá)到v0后，工件做勻速運動，此過程工件的位移為：s s1= v0（t t1）代入數(shù)據(jù)解得：t1=0.8 sv0o工件加速運動的加速度a= 2 2.5 m/s2t1據(jù)牛頓第二定律得：mgos 0 mgsin

27、 0= ma解得：尸斗.(2)在時間t1內(nèi)，皮帶運動的位移 s2= v0t1 = 1.6 m工件相對皮帶的位移 as= s2 si= 0.8 m在時間t1內(nèi)，因摩擦產(chǎn)生的熱量 q=mgos 0 - s= 60 j1工件獲得的動能 ek= 2mv02= 20 j工件增加的勢能 ep= mgh= 150 j電動機(jī)多消耗的電能 e=q + ek+ ep= 230 j. -3答案(2)230 j2 .機(jī)械能的變化 一一除重力、彈簧的彈力以外的力做的功等于系統(tǒng)機(jī)械能的變化.例6 面積很大的水池中的水深為 h,水面上浮著一正方體木塊， 木塊的邊長為a, 密度為水的2,質(zhì)量為m.開始時木塊靜止，有一半沒入水

28、中，如圖 2-7甲所示，現(xiàn)用力f 將木塊緩慢地向下壓，不計摩擦.圖27甲(1)求從開始壓木塊到木塊剛好完全沒入水的過程中，力f所做的功.(2)若將該木塊放在底面為正方形(邊長為42a)的盛水足夠深的長方體容器中，開始時， 木塊靜止，有一半沒入水中，水面距容器底的距離為2a,如圖27乙所示.現(xiàn)用力f將木塊緩慢地壓到容器底部，不計摩擦，求這一過程中壓力做的功.圖2-7乙【解析】方法一：(1)因水池的面積很大，可忽略因木塊壓入水中所引起的水深變化，木塊剛好完全沒入水中時，圖 2-7丙中原來處于劃斜線區(qū)域的水被排開，結(jié)果等效于使這 部分水平鋪于水面，這部分水的質(zhì)量為 m,其勢能的改變量為(取容器底為零

29、勢能面): - ,-圖27丙3 、正水=mgh mg(h a) 3= mga木塊勢能的改變量為：小木=mg(h 2) mgh1=2mga根據(jù)功能原理，力 f所做的功為： ll 1w=正水+ ae木=4mga.(2)因容器的底面積為 2a2,僅是木塊的底面積的 2倍，故不可忽略木塊壓入水中所引起，一，1的水深變化.如圖 2-7 丁所示，木塊到達(dá)容器底部時，水面上升a,相當(dāng)于木塊末狀態(tài)位置的水填充至木塊原浸入水中的空間和升高的水面處平面，故這一過程中水的勢能的變化量為：a jl4 t15 &圖 27 丁a , a、 23正 水=mga+ mg(2a-+ 8)=mga 3木塊的勢能的變化重 ae木=

30、mg 2a根據(jù)功能原理，壓力 f做的功為：,11w = ae 水 + ae 木=mga.8方法二：(1)水池的面積很大，可忽略因木塊壓入水中引起的水深變化.當(dāng)木塊浮在水 面上時重力與浮力的大小相等；的壓力隨下壓位移的變化圖象如圖當(dāng)木塊剛沒入水中時， 浮力的大小等于重力的 2倍，故所需,1 a 1(2)隨著木塊的下沉水面緩慢上升，木塊剛好完全沒入水中時,水面上升a的高度，此時故 wf= 2mg 2 = 4mga.5 .、一、4a的距離即沉至容器底部，故2-7己所示木塊受到的浮力的大小等于重力的2倍.此后，木塊再下沉木塊下沉的整個過程中壓力的大小隨位移的變化圖象如圖圖27己為，1 a 511故 w

31、f =2mg 4+ mg ja= 8mga. 答案1mga (2)11mga 48【點評】通過兩種方法對比，深刻理解功能關(guān)系.根據(jù)功的定義計算在小容器中下壓木塊時，嚴(yán)格的講還要說明在。4的位移段壓力也是線性增大的.3.導(dǎo)體克服安培力做的功等于 (切割磁感線引起的)電磁感應(yīng)轉(zhuǎn)化的電能.例7如圖2 8所示，豎直放置的光滑平行金屬導(dǎo)軌mn、pq相距l(xiāng),在m點和p點間接有一個阻值為 r的電阻，在兩導(dǎo)軌間的矩形區(qū)域 oo1o1，o，內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面向里、 寬為d的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為 b. 一質(zhì)量為 m、電阻為r的導(dǎo)體棒ab垂直地擱在導(dǎo)軌 上，與磁場的上邊界相距 d0,現(xiàn)使ab棒由靜止開始釋放，棒 a

32、b在離開磁場前已經(jīng)做勻速 直線運動(棒ab與導(dǎo)軌始終保持良好接觸且下落過程中始終保持水平，導(dǎo)軌的電阻不計).圖28(1)求棒ab離開磁場的下邊界時的速度大小.(2)求棒ab在通過磁場區(qū)的過程中產(chǎn)生的焦耳熱.(3)試分析討論棒ab在磁場中可能出現(xiàn)的運動情況.【解析】(1)設(shè)棒ab離開磁場的邊界前做勻速運動的速度為v,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為:e=blv電路中的電流i = -e-r+ r對棒ab,由平衡條件得： mg-bil = 0mg(r+ r)解得： v = -b2l2 一.(2)設(shè)整個回路中產(chǎn)生的焦耳熱為q,由能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律可得:一，、八12mg(do+ d) = q+ 2mv2解得：q =

33、 mg(do+d) m3g2(r+ r)2一一 r故 qab=mg(do+d) 一r+ r2b4l4 m3g2(r+ r)2b4l42-.(3)設(shè)棒剛進(jìn)入磁場時的速度為解得：vo= 2gdovo,由 mgdo = ；mv。2棒在磁場中勻速運動時的速度v=mg(r+r)b2l2 ，則當(dāng)vo= v,當(dāng)vov,m2g(r+ r) d0= 2b4l4m2g(r+ r) d 2b4l42一時,2-時,2一時,棒進(jìn)入磁場后做勻速直線運動;棒進(jìn)入磁場后先做加速運動，后做勻速直線運動;棒進(jìn)入磁場后先做減速運動，后做勻速直線運動.mg(r+ r)答案(1) b2l2rm3g2(r r)2(2)q mg(d0+

34、d) 2b4l4 m2g(r+ r)2(3)當(dāng)vo=v,即do= 12bl4-時，棒進(jìn)入磁場后做勻速直線運動；當(dāng)vovv,即當(dāng)vov,即dom2g(r+ r)2dom.圖29(1)要想物塊不從長木板上落下，則長木板的長度l應(yīng)滿足什么條件？(2)若上述條件滿足，且 m = 2 kg , m= 1 kg , vo = 10 m/s,求整個系統(tǒng)在第5次碰撞前損 失的所有機(jī)械能.【解析】(1)設(shè)第1次碰撞后小物塊與長木板共同運動的速度為v1,第n次碰撞后小物塊與長木板共同運動的速度為vn.每次碰撞后，由于兩擋板的距離足夠長，物塊與長木板都能達(dá)到相對靜止，第1次若不能掉下，往后每次相對滑動的距離會越來越

35、小，更不可能掉下.由動量守恒定律和能量守恒定律有：(m m)v0= (m + m)v112 12mgs 2(m + m )vo2 (m + m)v12 2mvo2 解得：s=mm + m)g是:故l應(yīng)滿足的條件2mvo2 ls=mm + m)g(2)第2次碰撞前有：(m m)vo= (m + m)v1第3次碰撞前有：(m m)v1 = (m + m)v2第n次碰撞前有：(m m)vn 2= (m + m)vn 1所以 vn-1=(m)n 1v0m + m故第5次碰撞前有：v4= ()4v0m + m故第5次碰撞前損失的總機(jī)械能為：正= 2(m + m)vo2 2(m + m)v42代入數(shù)據(jù)解得

36、：ae= 149.98 j.i2mvo2答案(1)l (2)149.98 jmm + m)g【點評】在復(fù)雜的多過程問題上，歸納法和演繹法常常大有作為.經(jīng)典考題動量與功能問題可以與高中物理所有的知識點綜合，是高考的重點，試題難度大，需要多訓(xùn)練、多總結(jié)歸納.1 .如圖所示，一輕繩的一端系在固定粗糙斜面上的。點，另一端系一小球，給小球一足夠大的初速度，使小球在斜面上做圓周運動，在此過程中2008年高考海南物理卷()a.小球的機(jī)械能守恒b.重力對小球不做功c.繩的張力對小球不做功d.在任何一段時間內(nèi)，小球克服摩擦力所做的功是等于小球動能的減少【解析】小球與斜面之間的摩擦力對小球做功使小球的機(jī)械能減小，

37、選項 a錯誤；在 小球運動的過程中， 重力、摩擦力對小球做功，繩的張力對小球不做功.小球動能的變化等 于重力、摩擦力做功之和，故選項 b、d錯誤，c正確.答案c2.質(zhì)量為m的物塊以速度v運動，與質(zhì)量為 m的靜止物塊發(fā)生正碰，碰撞后兩者的動量正好相等.兩者質(zhì)量之比 m可能為2009年高考全國理綜卷i ()a. 2 b. 3 c. 4 d. 51【解析】由題意知，碰后兩球動量相等，即p1 = p2=2mvj vmv故 v1=2, v2 = 2m由兩物塊的位置關(guān)系知： mvv，得mm 2m 2又由能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律有：12、1 v 2 1 mv 22mv22m(2)2 + 2m(2m)2解得：mw

38、3m,故選項a、b正確.答案ab【點評】碰撞問題是高考對動量守恒定律考查的主流題型，這類問題一般都要考慮動量守恒、動能不增加、位置不超越這三方面.3.圖示為某探究活動小組設(shè)計的節(jié)能運輸系統(tǒng).斜面軌道的傾角為30。，質(zhì)量為m的木箱與軌道間的動摩擦因數(shù)為 坐.木箱在軌道頂端時，自動裝貨裝置將質(zhì)量為m的貨物裝6入木箱，然后木箱載著貨物沿軌道無初速度滑下，當(dāng)輕彈簧被壓縮至最短時，自動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.下列選項正確的是2009年高考山東理綜卷()a. m= mb. m = 2mc.木箱不與彈簧接觸時，上滑的加速度大于下滑的加速度d.在木箱與貨物從頂端滑

39、到最低點的過程中，減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性 勢能【解析】設(shè)彈簧壓縮最大時的彈性勢能為ep,由動能定理得下滑過程有：(m+m)gsin 30 s p(m+ m)gcos 30 s ep= 0上滑過程：epmgsin 30 s科 mcos 30 s= 0解得：m=2m.答案bc4 .某同學(xué)利用如圖所示的裝置來驗證動量守恒定律.圖中兩擺的擺長相同，且懸掛于 同一高度處，a、b兩擺球均很小，質(zhì)量之比為1 ： 2.當(dāng)兩擺均處于自由靜止?fàn)顟B(tài)時，其側(cè)面剛好接觸.向右上方拉動b球使其擺線伸直并與豎直方向成45。角，然后將其由靜止釋放.結(jié)果觀察到兩擺球粘在一起擺動，且最大擺角為30。.若本實驗允許的最

40、大誤差為掃,則此實驗是否成功地驗證了動量守恒定律？試分析說明理由.2008年高考寧夏理綜卷【解析】設(shè)擺球a、b的質(zhì)量分別為ma、mb,擺長為l, b球的初始高度為hi,碰撞前b球的速度為vb.在不考慮擺線的質(zhì)量的情況下，根據(jù)題意及機(jī)械能守恒定律得：hi = l(1 cos 45 )12?mbvb = mbghi設(shè)碰撞前后兩擺球的總動量的大小分別為pi、p2,則有:pi = mbvbp2 ma + mb i cos 30pi mb i - cos 45聯(lián)立解得：pi = mbj2gl(i cos 45 ) 同理可得：p2= (ma+mb)q2gl(i cos 30 )聯(lián)立解得：解得：(%2=i.

41、03 pip2 pi由此可以推出：|w4%pi 1所以，此實驗在規(guī)定的范圍內(nèi)驗證了動量守恒定律.（本題要求驗證碰撞中的動量守恒定律及碰撞前與碰撞后的機(jī)械能守恒定律.）答案是，理由略5 .用放射源針的a射線轟擊破時，能放出一種穿透力極強(qiáng)的中性射線，這就是所謂的 被“輻射”.1932年，查德威克用被“輻射”分別照射（轟擊）氫和氮（它們可視為處于靜止?fàn)顟B(tài)），測得照射后沿被“輻射”方向高速運動的氫核、氮核的速度之比為7： 1.查德威克假設(shè)被“輻射”是由一種質(zhì)量不為零的中性粒子構(gòu)成的，從而通過上述實驗在歷史上首次發(fā)現(xiàn)了中子.假設(shè)被“輻射”中的中性粒子與氫核或氮核發(fā)生彈性正碰，試在不考慮相對論效應(yīng)條件下計

42、算構(gòu)成被“輻射”的中性粒子的質(zhì)量.（質(zhì)量用原子質(zhì)量單位 u表示，1 u等于一1個12c原子質(zhì)量的 行.取氫核和氮核的質(zhì)量分別為 1.0 u和14 u）2007年局考 全國理綜卷ii 【解析】設(shè)構(gòu)成被“輻射”的中性粒子的質(zhì)量和速度分別為m和v,氫核的質(zhì)量為 mh,構(gòu)成被“輻射”的中性粒子與氫核發(fā)生彈性正碰，碰后兩粒子的速度分別為v和vh.由動量守恒和能量守恒定律得：mv=mv + mhvh2mv2 = mvz 2+2mhvh解得：vh2mvm + mh同理，對質(zhì)量為 mn的氮核，其碰后速度為:2mvvn =m + mn一. / . . /mnvn mhvh 可得：m=:一vh vn根據(jù)題意可知：

43、vh，= 7vn將數(shù)據(jù)代入可得：m=1.2 u.答案1.2 u【點評】在課程標(biāo)準(zhǔn)中，動量與原子物理同屬于選修3-5模塊，關(guān)于粒子之間碰撞動量守恒的試題在近幾年高考中也屢有出現(xiàn).6 .如圖所示，傾角為 。的斜面上靜止放置三個質(zhì)量均為 m的木箱，相鄰兩木箱的距離 均為l.工人用沿斜面的力推最下面的木箱使之上滑，逐一與其他木箱碰撞.每次碰撞后木 箱都粘在一起運動.整個過程中工人的推力不變，最后恰好能推著三個木箱勻速上滑.已知木箱與斜面間的動摩擦因數(shù)為內(nèi)重力加速度為g.設(shè)碰撞時間極短，求：工人的推力.（2）三個木箱勻速運動的速度.（3）在第一次碰撞中損失的機(jī)械能.2009年高考全國理綜卷i 則有:【解

44、析】（1）設(shè)工人的推力為f,f=3mg（sin 0+ pcos *（2）設(shè)第一次碰撞前瞬間木箱的速度為v1，由功能關(guān)系得:12fl = mgl sin 0+ 叱 mgios 0+ 2mv12設(shè)碰撞后兩木箱的速度為v2,由動量守恒得：mvi = 2mv2設(shè)再次碰撞前瞬間兩木箱的速度為v3,由功能關(guān)系得：1、，c ， ofl = 2mglsin 0+ 2 科 mglos 0+ x 2m(v32 v22)設(shè)碰撞后三個木箱一起運動的速度為v4,由動量守恒得:2mv3= 3mv4聯(lián)立解得： v4= 2j2gl(sin 0+ ros 0). 3設(shè)在第一次碰撞中損失的機(jī)械能為ae,有：1 c 1、，正=2m

45、vi2 2x 2mv22聯(lián)立解得： ae = mgl(sin 0+ pcos 0.答案(1)3mg(sin。+ pcos )(2)32gl (sin 0+(ros 0)(3)mgl(sin 0+ pcos 能力演練一、選擇題(10x4分)1 .美國的nba籃球賽非常精彩，因此吸引了眾多觀眾.在 nba籃球賽中經(jīng)常能看到 這樣的場面：在終場前0.1 s的時候，運動員把球投出且準(zhǔn)確命中，獲得比賽的最后勝利.已知球的質(zhì)量為 m,運動員將籃球投出時球離地的高度為h1，動能為ek,籃筐距地面的高度為h2,不計空氣阻力，則籃球進(jìn)筐時的動能為()a . ek+mgh1mgh2b . ek mgh + mgh

46、2c. ek+mgh+mgh2 d. ek mgh1 + mgh2【解析】由動能定理得：ej ek = wg= mg(h1h2)解得：ek，= ek+mgh1mgh2.答案a2 .如圖所示，豎直放置的勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧上端與質(zhì)量為 m的小球連接，下端與放在水平桌面上的質(zhì)量為m的絕緣物塊相連.小球帶正電，電荷量為q,且與彈簧絕緣，物塊、彈簧和小球組成的系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)突然加上一個豎直向上的大小為e的勻強(qiáng)電場，小球向上運動，某時刻物塊對水平面的壓力為零.從加上勻強(qiáng)電場到物塊對水平面的壓力為零的過程中，小球電勢能的改變量為a.qe(m + m)gc.kqemg qemgk d. kqe(m

47、+ m)gb .一(m+ m)gx1 + x2 =.k【解析】加電場前，彈簧的壓縮量 x1=mg,當(dāng)物塊對水平面的壓力為零時，彈簧的伸k日量x2=mq,故這一過程中小球沿電場方向運動的距離為 k電勢能的變化 ae=-亞電=qe(mm)g. k答案b3 .一個質(zhì)量為m的物體以某一速度從固定斜面底端沖上傾角“=30。的斜面.已知該物3體做勻減速運動的加速度為 4g,在斜面上上升的最大高度為h,則此過程中（）3a .物體的動能增加2mghb.物體的重力做功 mgh 1c.物體的機(jī)械能損失了 mgh 1d.物體克服摩擦力做功mgh【解析】由題意可知：3物體受到的合外力 f = 4mg1其中摩擦力f=

48、f mgsin 0= 4mg由動能定理得： aek= f -. h 3mghsin 302 v重力做功wg = mgh1 h物體的機(jī)械能的變化 ae = f s= 4mg sn茄1=mgh .1物體克服摩擦力做的功 wf =f s= qmgh.答案cd4 . 一質(zhì)量為m的物體在水平恒力 f的作用下沿水平面運動，在 to時刻撤去f,其vt圖象如圖所示.已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為叢則下列關(guān)于f的大小及其做的功的大小關(guān)系式中，正確的是 （）a . f=(imgb. f = 2mg3c. w= mvoto d. w= 2 pmgvoto【解析】由題圖知：f -mg= m v0匹mg vo m 2t解得：f = 3mg,vo3故 w= f 5 to= 2 科 mgoto.答案d5 .如圖所示，已知木板的質(zhì)量為 m,長度為l;小木塊的質(zhì)量為 m；水平地面光滑; 一根不計質(zhì)量的輕繩通過定滑輪分別與木板和小木塊連接，小木塊與木板間的動摩擦因數(shù)為d開始時，木塊靜止在木板左端，現(xiàn)用水平向右的力f將小木塊拉至木板右端，則拉力至少做的功大小為（）ttla . 2mgl b. mgl a mglc.y2 d. mm + m)gl【解析】方法一當(dāng)拉小木塊向右緩慢移動時，拉力 f =(1 mg ft= 2(1 mg當(dāng)小木塊向右運動2時到達(dá)木板的右端，有：lwf= f 2 =(1 mgl