2013年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 動量和能量

1、PAGE PAGE - 16 -2013年高考二輪復(fù)習(xí)專題二動量和能量知識網(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。但是，由于目前全國的課改形勢以及在課程標準中的內(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，而不是在于動量守恒定律的應(yīng)用上另外，從2012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

2、的物理概念1沖量與功的比較eq blc rc (avs4alco1(1)定義式)eq blcrc (avs4alco1(沖量的定義式：IFt(作用力在時間上的積累效果),功的定義式：WFscos (作用力在空間上的積累效果)(2)屬性eq blcrc (avs4alco1(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),功是標量，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(1)定義式eq blcrc (avs4alco1(動量的定義式：pmv,動能的定義式：Ekxbo(f(1,2)mv2)(2)屬性eq blcrc (avs4alco1(動量

3、是矢量(動量的變化也是矢量,求動量的變化,應(yīng)按矢量運算法則來計算),動能是標量(動能的變化也是標量,求動能的變化,只需按代數(shù)運算法則來計算)(3)動量與動能量值間的關(guān)系eq blcrc (avs4alco1(pxbo(r(2mEk),Ekf(p2,2m)xbo(f(1,2)pv)(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式：Ip分方向的表達式：Ix合px，Iy合py2動量定理推論：動量的變化率等于物體所受的合外力，即eq f(p,t)F

4、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物體)(2)動量守恒定律的適用條件標準條件：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

5、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行分段分析，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)物理中常見的能量動能Ekeq f(1,2)mv2；重力勢能Epm

6、gh；彈性勢能E彈eq f(1,2)kx2；機械能EEkEp；分子勢能；分子動能；內(nèi)能；電勢能Eq；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Emc2；引力勢能；太陽能；風(fēng)能(空氣的動能)；地?zé)?、潮汐?常見力的功和功率的計算：恒力做功WFscos ；重力做功Wmgh；一對滑動摩擦力做的總功Wffs路；電場力做功WqU；功率恒定時牽引力所做的功WPt；恒定壓強下的壓力所做的功WpV；電流所做的功WUIt；洛倫茲力永不做功；瞬時功率PFvcos_；平均功率eq o(P,sup6()eq f(W,t)Feq o(v,sup6()cos 3中學(xué)物理中重要的功能關(guān)系能量與物體

7、運動的狀態(tài)相對應(yīng)在物體相互作用的過程中，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W總Ek(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)的增量的負值，即W重Ep(或W彈Ep)(3)電場力對電荷所做的功等于電荷電勢能的增量的負值，即W電E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械能的增量，即W其他E機(功能原理)(5)當除重力(或彈簧彈力)以外的力對物體所

8、做的功等于零時，則有E機0，即機械能守恒(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Qfs相對一對滑動摩擦力所做的功的代數(shù)和總為負值，表示除了有機械能在兩個物體間轉(zhuǎn)移外，還有一部分機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，這就是“摩擦生熱”的實質(zhì)(7)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E電安培力做正功，對應(yīng)著電能轉(zhuǎn)化為其他能(如電動機模型)；克服安培力做負功，對應(yīng)著其他能轉(zhuǎn)化為電能(如發(fā)電機模型)；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值，即W分子力E分子(9)外界對一定質(zhì)量的氣體所做的功W與氣體從

9、外界所吸收的熱量Q之和等于氣體內(nèi)能的變化，即WQU(10)在電機電路中，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(13)在光電效應(yīng)中，光子的能量hWeq f(1,2)mv02(14)在原子物理中，原子輻射光子的能量hE初E末，原子吸收光子的能量hE末E初(15)核力對核子所做的功等于核能增量的負值，即W核E核，并且mc2E核(16)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律對于所有參與相互作用的物體所組成的系統(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，

10、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E減E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v1、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v2v1、v2、v1、v2是以地面為參考系的，將A和B看做系統(tǒng)由碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒，有：m1v1m2v2m1v1m2v2由于彈性碰撞中沒有機械能損失，故有：eq

11、f(1,2)m1v12eq f(1,2)m2v22eq f(1,2)m1v12eq f(1,2)m2v22由以上兩式可得：v2v1(v2v1)或v1v2(v1v2)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：v1eq f(2m2v2(m1m2)v1,m1m2)v2eq f(2m1v1(m2m1)v2,m1m2)若m1m2，即兩個物體的質(zhì)量相等，則v1v2，v2v1，表示碰后A的速度

12、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)量遠大于B的質(zhì)量，則有：v1v1，v22v1v2；若A的質(zhì)量遠小于B的質(zhì)量，則有：v2v2，v12v2v1【結(jié)論3】對于一維彈性碰撞，若其中某物體的質(zhì)量遠大于另一物體的質(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

13、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21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，瓶的底端與豎直墻壁接觸現(xiàn)打開右端閥門，氣體向外噴出，設(shè)噴口的面積為S，氣體的密度為，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()圖21AvSBeq f(v2,S)Ceq f(1,2)v2SDv2S【解析】t時間內(nèi)噴出氣體的質(zhì)量mSvt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：Ftmv0解得：Fv2S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

14、多個物體組成的系統(tǒng)不適用同類拓展1如圖22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v0射向木塊并嵌入其中，則當木塊回到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()圖22Aveq f(mv0,Mm)，I0Bveq f(mv0,Mm)，I2mv0Cveq f(mv0,Mm)，Ieq f(2m2v0,Mm) Dveq f(mv0,M)，I2mv0【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：mv0(mM)v1解得：v1eq f(mv0,mM)對木塊(含子彈)壓縮

15、彈簧再返回A點的過程，由動能定理得：eq f(1,2)(mM)v2eq f(1,2)(mM)v12W總0可知：vv1eq f(mv0,mM)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(mM)(v)(mM)v12mv0負號表示方向向左答案B 二、動能定理、機械能守恒定律的應(yīng)用1對于單個平動的物體：W總Ek，W總指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，機械能守恒(1)用細繩懸掛的物體繞細繩另一端做圓周運動時，細繩對物體不做功(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)對于細繩連

16、接的物體，若細繩存在突然繃緊的瞬間，則物體(系統(tǒng))的機械能減少3單個可當做質(zhì)點的物體機械能守恒時，既可用機械能守恒定律解題，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)機械能守恒時，一般用機械能守恒定律解題，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()Aeq f(v02,2g(1f(f,mg)和v0eq r(f(mgf,mgf)Beq f(v02,2g(1f(f,mg)和v0eq r(f(mg,mgf)Ceq f(v02,

17、2g(1f(2f,mg)和v0eq r(f(mgf,mgf)Deq f(v02,2g(1f(2f,mg)和v0eq r(f(mg,mgf)【解析】方法一：對于物塊上升的過程，由動能定理得：(mghfh)0eq f(1,2)mv02解得：heq f(v02,2g(1f(f,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：eq f(1,2)mv2eq f(1,2)mv02f2h解得：vv0eq r(f(mgf,mgf)方法二：設(shè)小物塊在上升過程中的加速度大小為a1，由牛頓第二定律有：a1eq f(mgf,m)故物塊上升的最大高度heq f(v02,2a1)eq f(v02,2g(

18、1f(f,mg)設(shè)小物塊在下降過程中的加速度為a2，由牛頓第二定律有：a2eq f(mgf,m)可得：veq r(2a2h)v0eq r(f(mgf,mgf)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2一匹馬拉著質(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，馬拉雪橇做功的功率保持不變，使雪

19、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PFvfv即運動過程中雪橇受到的阻力大小feq f(P,v)對于整個過程運用動能定理得：eq f(P,2)t1P(t總t1)fs總eq f(1,2)mvt20即eq f(P,2)8P(808)eq f(P,15)1000eq f(1,2)60152解得：P723 W故f48.2 N再由動能定理可得eq o(P,sup6()t總

20、fseq f(1,2)mvt2解得：eq o(P,sup6()687 W 答案687 W48.2 N例3如圖23所示，質(zhì)量為m1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都處于靜止狀態(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m1m3的物體D，仍從上述初始位置由靜止狀態(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x1，則有：kx1

21、m1g掛上C后，當B剛要離地時，設(shè)彈簧的伸長量為x2，則有：kx2m2g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)機械能守恒定律可知，彈性勢能的改變量為：Em3g(x1x2)m1g(x1x2)將C換成D后，有：Eeq f(1,2)(m1m3m1)v2(m1m3)g(x1x2)m1g(x1x2)聯(lián)立解得：veq r(f(2m1(m1m2)g2,k(2m1m3)答案eq r(f(2m1(m1m2)g2,k(2m1m3)【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，而且多次考查以下原理：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

22、過程無關(guān)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，機械能的損耗最大例4如圖24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1、2、3每個小球所帶的電荷量都相等且均為q3.75103 C，第一個小球的質(zhì)量m0.03 kg，從第二個小球起往下的小球的質(zhì)量依次為前一個小球的eq f(1,3)，小球均位于垂直于小球

23、所在直線的勻強磁場里，已知該磁場的磁感應(yīng)強度B0.5 T現(xiàn)給第一個小球一個水平速度v8 m/s，使第一個小球向前運動并且與后面的小球發(fā)生彈性正碰若碰撞過程中電荷不轉(zhuǎn)移，則第幾個小球被碰后可以脫離地面？(不計電荷之間的庫侖力，取g10 m/s2)圖24【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v1和v2，根據(jù)動量和能量守恒有：mvmv1eq f(1,3)mv2eq f(1,2)mv2eq f(1,2)mv12eq f(1,6)mv22聯(lián)立解得：v2eq f(3,2)v同理，可得第n1個小球被碰后的速度 vn1(eq f(3,2)nv設(shè)第n1個小球被碰后對地面的壓力為零或脫離

24、地面，則：qvn1B(eq f(1,3)nmg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25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O點；若物塊的質(zhì)量為2m，仍從A處自由落下，則物塊與鋼板回到O點時還具有向上的速度求物塊向上運動所到達的最高點與O點之間的距離圖25

25、【解析】物塊與鋼板碰撞前瞬間的速度為：v0eq r(6gx0)設(shè)質(zhì)量為m的物塊與鋼板碰撞后瞬間的速度為v1，由動量守恒定律有：mv02mv1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O點的過程，由機械能守恒定律得：Epeq f(1,2)2mv122mgx0設(shè)質(zhì)量為2m的物塊與鋼板碰撞后瞬間的速度為v2，物塊與鋼板回到O點時所具有的速度為v3，由動量守恒定律有：2mv03mv2由機械能守恒定律有：Epeq f(1,2)3mv223mgx0eq f(1,2)3mv32解得：v3eq r(gx0)當質(zhì)量為2m的物塊與鋼板一起回到O點時，彈簧的彈力為零，物塊與鋼板只受到重力的

26、作用，加速度為g；一過O點，鋼板就會受到彈簧向下的拉力作用，加速度大于g，由于物塊與鋼板不粘連，故在O點處物塊與鋼板分離；分離后，物塊以速度v3豎直上升，由豎直上拋的最大位移公式得：heq f(v32,2g)eq f(x0,2)所以物塊向上運動所到達的最高點與O點之間的距離為eq f(x0,2)答案eq f(x0,2)【點評】物塊與鋼板碰撞的瞬間外力之和并不為零，但這一過程時間極短，內(nèi)力遠大于外力，故可近似看成動量守恒兩次下壓至回到O點的過程中，速度、路程并不相同，但彈性勢能的改變(彈力做的功)相同在本題中，物塊與鋼板下壓至回到O點的過程也可以運用動能定理列方程第一次：0eq f(1,2)2m

27、v12W彈2mgx0第二次：eq f(1,2)3mv32eq f(1,2)3mv22W彈3mgx0四、高中物理常見的功能關(guān)系1摩擦生熱等于摩擦力與兩接觸面相對滑動的路程的乘積，即Qfs相例5如圖26所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角30，皮帶在電動機的帶動下始終以v02 m/s的速率運行現(xiàn)把一質(zhì)量m10 kg的工件(可看做質(zhì)點)輕輕放在皮帶的底端，經(jīng)時間t1.9 s，工件被傳送到h1.5 m的皮帶頂端取g10 m/s2求：(1)工件與皮帶間的動摩擦因數(shù)(2)電動機由于傳送工件而多消耗的電能圖26【解析】(1)由題意可知，皮帶長seq f(h,sin 30)3 m工件的速度達到v0前工件做勻加速運

28、動，設(shè)經(jīng)時間t1工件的速度達到v0，此過程工件的位移為：s1eq f(1,2)v0t1達到v0后，工件做勻速運動，此過程工件的位移為：ss1v0(tt1)代入數(shù)據(jù)解得：t10.8 s工件加速運動的加速度aeq f(v0,t1)2.5 m/s2據(jù)牛頓第二定律得：mgcos mgsin ma解得：eq f(r(3),2)(2)在時間t1內(nèi)，皮帶運動的位移s2v0t11.6 m工件相對皮帶的位移ss2s10.8 m在時間t1內(nèi)，因摩擦產(chǎn)生的熱量Qmgcos s60 J工件獲得的動能Ekeq f(1,2)mv0220 J工件增加的勢能Epmgh150 J電動機多消耗的電能EQEkEp230 J答案(1

29、)eq f(r(3),2)(2)230 J2機械能的變化除重力、彈簧的彈力以外的力做的功等于系統(tǒng)機械能的變化例6一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eq f(1,2)，質(zhì)量為m開始時木塊靜止，有一半沒入水中，如圖27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eq r(2)a)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

30、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27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(取容器底為零勢能面)：圖27丙E水mgHmg(Heq f(3,4)a)eq f(3,4)mga木塊勢能的改變量為：E木mg(Heq f(a,2)mgHeq f(1,2)mga根據(jù)功能原理，力F所做的功為：WE水E木eq f(1,4)mga(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的水深變化如圖27丁所示，木塊到達容器底部時，水面上升eq

31、 f(1,4)a，相當于木塊末狀態(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：圖27丁E水mgamg(2aeq f(a,4)eq f(a,8)eq f(23,8)mga木塊的勢能的變化量E木mgeq f(3,2)a根據(jù)功能原理，壓力F做的功為：WE水E木eq f(11,8)mga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木塊浮在水面上時重力與浮力的大小相等；當木塊剛沒入水中時，浮力的大小等于重力的2倍，故所需的壓力隨下壓位移的變化圖象如圖27戊所示圖27戊故WFeq f(1,2)mgeq f(a,2)eq f(1,4)mga(2

32、)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eq f(a,4)的高度，此時木塊受到的浮力的大小等于重力的2倍此后，木塊再下沉eq f(5,4)a的距離即沉至容器底部，故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27己所示圖27己故WFeq f(1,2)mgeq f(a,4)mgeq f(5,4)aeq f(11,8)mga答案(1)eq f(1,4)mga(2)eq f(11,8)mga【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，嚴格的講還要說明在0eq f(a,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

33、起的)電磁感應(yīng)轉(zhuǎn)化的電能例7如圖28所示，豎直放置的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距L，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OO1O1O內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面向里、寬為d的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為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ab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

34、速運動的速度為v，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：EBLv電路中的電流Ieq f(E,Rr)對棒ab，由平衡條件得：mgBIL0解得：veq f(mg(Rr),B2L2)(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：mg(d0d)Qeq f(1,2)mv2解得：Qmg(d0d)eq f(m3g2(Rr)2,2B4L4)故Qabeq f(r,Rr)mg(d0d)eq f(m3g2(Rr)2,2B4L4)(3)設(shè)棒剛進入磁場時的速度為v0，由mgd0eq f(1,2)mv02解得：v0eq r(2gd0)棒在磁場中勻速運動時的速度veq f(mg(Rr),B2L2)，則當v0v，即d0eq

35、f(m2g(Rr)2,2B4L4)時，棒進入磁場后做勻速直線運動；當v0v，即d0eq f(m2g(Rr)2,2B4L4)時，棒進入磁場后先做加速運動，后做勻速直線運動；當v0v，即d0eq f(m2g(Rr)2,2B4L4)時，棒進入磁場后先做減速運動，后做勻速直線運動答案(1)eq f(mg(Rr),B2L2)(2)eq f(r,Rr)mg(d0d)eq f(m3g2(Rr)2,2B4L4)(3)當v0v，即d0eq f(m2g(Rr)2,2B4L4)時，棒進入磁場后做勻速直線運動；當v0v，即d0eq f(m2g(Rr)2,2B4L4)時，棒進入磁場后先做加速運動，后做勻速直線運動；當v

36、0v，即d0eq f(m2g(Rr)2,2B4L4)時，棒進入磁場后先做減速運動，后做勻速直線運動【點評】計算轉(zhuǎn)化的電能時，也可應(yīng)用動能定理：mg(d0d)W安eq f(1,2)mv20，其中W安E電Q對于電磁感應(yīng)中能量轉(zhuǎn)化的問題，在以后的感應(yīng)電路專題中還會作更深入的探討五、多次相互作用或含多個物體的系統(tǒng)的動量、功能問題例8如圖29所示，在光滑水平面上有一質(zhì)量為M的長木板，長木板上有一質(zhì)量為m的小物塊，它與長木板間的動摩擦因數(shù)為開始時，長木板與小物塊均靠在與水平面垂直的固定擋板處，某時刻它們以共同的速度v0向右運動，當長木板與右邊的固定豎直擋板碰撞后，其速度的大小不變、方向相反，以后每次的碰撞

37、均如此設(shè)左右擋板之間的距離足夠長，且Mm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M2 kg，m1 kg，v010 m/s，求整個系統(tǒng)在第5次碰撞前損失的所有機械能【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小，更不可能掉下由動量守恒定律和能量守恒定律有：(Mm)v0(Mm)v1mgseq f(1,2)(mM)v02eq f(1,2)(Mm)v12解得：seq f(

38、2Mv02,(Mm)g)故L應(yīng)滿足的條件是：Lseq f(2Mv02,(Mm)g)(2)第2次碰撞前有：(Mm)v0(Mm)v1第3次碰撞前有：(Mm)v1(Mm)v2第n次碰撞前有：(Mm)vn2(Mm)vn1所以vn1(eq f(Mm,Mm)n1v0故第5次碰撞前有：v4(eq f(Mm,Mm)4v0故第5次碰撞前損失的總機械能為：Eeq f(1,2)(Mm)v02eq f(1,2)(Mm)v42代入數(shù)據(jù)解得：E149.98 J答案(1)Leq f(2Mv02,(Mm)g)(2)149.98 J【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

39、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O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械能減小，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C 2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

40、碰，碰撞后兩者的動量正好相等兩者質(zhì)量之比eq f(M,m)可能為2009年高考全國理綜卷()A2B3C4D5【解析】由題意知，碰后兩球動量相等，即p1p2eq f(1,2)Mv故v1eq f(v,2)，v2eq f(Mv,2m)由兩物塊的位置關(guān)系知：eq f(Mv,2m)eq f(v,2)，得Mm又由能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律有：eq f(1,2)Mv2eq f(1,2)M(eq f(v,2)2eq f(1,2)m(eq f(Mv,2m)2解得：M3m，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

41、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eq f(r(3),6)木箱在軌道頂端時，自動裝貨裝置將質(zhì)量為m的貨物裝入木箱，然后木箱載著貨物沿軌道無初速度滑下，當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()AmMBm2MC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：(mM)gsin 30s(mM)gcos 30s

42、Ep0上滑過程：EpMgsin 30sMgcos 30s0解得：m2M答案BC 4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12當兩擺均處于自由靜止狀態(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若本實驗允許的最大誤差為4%，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h1，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)題意及機械能守恒定律得：h1l(1cos 45)eq f(1,2)mBvB2mBgh1設(shè)碰撞前后兩擺球的總動