高三物理二轮复习第一部分专题二能量和动量教师用书
专题二能量和动量第一讲功和功率__动能定理考点一功和功率1.[考查功的大小计算]如图所示，质量m＝1kg、长L＝0.8m的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平。板与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4。现用F＝5N的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F做的功至少为(g取10m/s2)( )A．1J B．1.6JC．2JD．4J解析：选B 在薄板没有翻转之前，薄板与水平面之间的摩擦力f＝μmg＝4N。力F做的功用来克服摩擦力消耗的能量，而在这个过程中薄板只需移动的距离为，则做的功至少为W＝f×＝1.6J，所以B正确。2．[考查机车的启动与牵引问题](多选)(2016·天津高考)我国高铁技术处于世界领先水平。和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。某列车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组( )A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2C．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2解析：选BD 启动时，乘客的加速度向前，车厢对人的作用力方向向前，与车运动的方向相同，选项A错误。以后面的车厢为研究对象，F56＝3ma，F67＝2ma，则5、6节与6、7节车厢间的作用力之比为3∶2，选项B正确。根据v2＝2ax，车厢停下来滑行的距离x与速度的二次方成正比，选项C错误。若改为4节动车，则功率变为原来2倍，由P＝Fv知，最大速度变为原来2倍，选项D正确。3．[考查瞬时功率与平均功率的计算]
(2016·潍坊模拟)质量为m＝2kg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，此后物体的vt图像如图乙所示，取水平向右为正方向，g取10m/s2，则( )A．物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5B．10s末恒力F的瞬时功率为6WC．10s末物体在计时起点左侧4m处D．0～10s内恒力F做功的平均功率为0.6W解析：选D 由图线可知0～4s内的加速度：a1＝m/s2＝2m/s2，可得：F＋μmg＝ma1；由图线可知4～10s内的加速度：a2＝m/s2＝1m/s2，可得：F－μmg＝ma2；解得：F＝3N，μ＝0.05，选项A错误；10s末恒力F的瞬时功率为P10＝Fv10＝3×6W＝18W，选项B错误；0～4s内的位移x1＝×4×8m＝16m,4～10s内的位移x2＝－×6×6m＝－18m，故10s末物体在计时起点左侧2m处，选项C错误；0～10s内恒力F做功的平均功率为＝＝W＝0.6W，选项D正确。4．[考查机车启动的图像问题](2015·全国卷Ⅱ)一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示。假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是( )解析：选A 由Pt图像知：0～t1内汽车以恒定功率P1行驶，t1～t2内汽车以恒定功率
P2行驶。设汽车所受牵引力为F，则由P＝Fv得，当v增加时，F减小，由a＝知a减小，又因速度不可能突变，所以选项B、C、D错误，选项A正确。考点二动能定理的应用5.[考查动能定理与vt图像的综合应用](多选)一物体静止在粗糙水平面上，某时刻受到一沿水平方向的恒定拉力作用开始沿水平方向做直线运动，已知在第1s内合力对物体做的功为45J，在第1s末撤去拉力，物体整个运动过程的vt图像如图所示，g取10m/s2，则( )A．物体的质量为5kgB．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1C．第1s内摩擦力对物体做的功为60JD．第1s内拉力对物体做的功为60J解析：选BD 由动能定理有45J＝，第1s末速度v＝3m/s，解出m＝10kg，故A错误；撤去拉力后物体的位移x2＝×3×3m＝4.5m，由动能定理可得：－fx2＝0－mv2，可解得：f＝10N，又f＝μmg，解出μ＝0.1，故B正确；第1s内物体的位移x1＝1.5m，第1s内摩擦力对物体做的功W＝－fx1＝－15J，故C错误；由Fx1－f(x1＋x2)＝0，可得F＝40N，所以第1s内拉力对物体做的功W′＝Fx1＝60J，故D正确。6．[考查应用动能定理判断物体动能增量的大小关系](多选)如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力F拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离。在此过程中( )A．外力F做的功等于A和B动能的增量B．B对A的摩擦力所做的功等于A的动能增量C．A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功D．外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和解析：选BD A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对物体A应用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，B对；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B相对地的位移不等，故二者做功不等，C错；对长木板B应用动能定理，WF－Wf＝ΔEkB，即WF＝ΔEkB＋Wf就是外力F对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，D对；由前述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等，故A错。
7．[考查应用动能定理求变力做功](2015·海南高考)如图所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g。质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为( )A.mgRB.mgRC.mgRD.mgR解析：选C 在Q点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力，所以有N－mg＝m，N＝2mg，联立解得v＝，下落过程中重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可得mgR－Wf＝mv2，解得Wf＝mgR，所以克服摩擦力做功为mgR，C正确。8．[考查动能定理与Fx图像的综合应用](多选)(2016·焦作月考)一质量为2kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图像。已知重力加速度g＝10m/s2，由此可知( )A．物体与水平面间的动摩擦因数约为0.35B．减速过程中拉力对物体所做的功约为13JC．匀速运动时的速度约为6m/sD．减速运动的时间约为1.7s解析：选ABC 物体匀速运动时，受力平衡，则F＝μmg，μ＝＝＝0.35，选项A正确；因为W＝Fx，故拉力的功等于Fx图线包含的面积，由图线可知小格数为13，则功为13×1J＝13J，选项B正确；由动能定理可知：WF－μmgx＝0－mv02，其中x＝7m，
则解得：v0＝6m/s，选项C正确；由于不知道具体的运动情况，无法求出减速运动的时间，故D错误。考点三应用动能定理解决力学综合问题9.[考查动能定理解决多过程问题](多选)(2016·浙江高考)如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。则( )A．动摩擦因数μ＝B．载人滑草车最大速度为C．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g解析：选AB 由题意知，上、下两段斜坡的长分别为s1＝、s2＝由动能定理知：2mgh－μmgs1cos45°－μmgs2cos37°＝0解得动摩擦因数μ＝，选项A正确；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a1＝g(sin45°－μcos45°)＝g，a2＝g(sin37°－μcos37°)＝－g，则在下落h时的速度最大，由动能定理知：mgh－μmgs1cos45°＝mv2解得v＝，选项B正确，D错误；载人滑草车克服摩擦力做的功与重力做功相等，即W＝2mgh，选项C错误。10．[考查动能定理解决往复运动问题](2016·成都高三月考)如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块距挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，
滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是( )A.B.C.D.解析：选A 因滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，故滑块最终停在斜面底端，而摩擦力始终对滑块做负功，其大小等于μmgcosθ与滑块滑行的各段距离之和的乘积，即Wf＝－μmgcosθ·s，由动能定理可得：mgx0sinθ＋Wf＝0－mv02，可解得s＝，故A正确。11．[考查动能定理与平抛运动的综合应用](2015·浙江高考)如图所示，用一块长L1＝1.0m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H＝0.8m，长L2＝1.5m。斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定。将质量m＝0.2kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失。(重力加速度取g＝10m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)当θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)(2)当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(3)继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm。解析：(1)为使小物块下滑，应有mgsinθ≥μ1mgcosθ①θ满足的条件tanθ≥0.05②即当θ＝arctan0.05时物块恰好从斜面开始下滑。(2)克服摩擦力做功Wf＝μ1mgL1cosθ＋μ2mg(L2－L1cosθ)③由动能定理得mgL1sinθ－Wf＝0④代入数据得μ2＝0.8。⑤(3)由动能定理得mgL1sinθ－Wf＝mv2⑥结合③式并代入数据得v＝1m/s⑦由平抛运动规律得H＝gt2，x1＝vt解得t＝0.4s⑧
x1＝0.4m⑨xm＝x1＋L2＝1.9m。⑩答案：(1)arctan0.05 (2)0.8 (3)1.9m12．[考查动能定理与圆周运动的综合问题](2016·山东省高考押题卷)如图所示，AB是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R。一个质量为m的物体(可以看作质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动。已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ。求：(1)物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程；(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力；(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′应满足什么条件？解析：(1)因为摩擦始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧上往复运动。对整体过程由动能定理得mgR·cosθ－μmgcosθ·x＝0所以总路程为x＝。(2)对B→E过程，B点的初速度为零，由动能定理得mgR(1－cosθ)＝mvE2①FN－mg＝m②由牛顿第三定律及①②得对轨道压力：FN′＝FN＝(3－2cosθ)mg。方向竖直向下。(3)设物体刚好到D点，则由向心力公式得mg＝m③对全过程由动能定理得mgL′sinθ－μmgcosθ·L′－mgR(1＋cosθ)＝mvD2④由③④得最少距离L′＝·R。
答案：(1) (2)(3－2cosθ)mg 方向竖直向下(3)·R考点一 功和功率本考点主要考查功和功率的计算，机车牵引与启动问题，试题难度一般，多为选择题。在二轮复习中，注意打牢基础知识，细化审题、解题过程，此考点就能轻松取分。建议考生自学为主[先记牢] 1．功(1)恒力的功：W＝Flcos_α。(2)合力的功：W＝F合lcos_α。(3)变力的功：①将变力做功转化为恒力做功；②应用Fx图像求解；③应用动能定理求解。2．功率(1)平均功率：P＝。(2)瞬时功率：P＝Fvcosα。(3)应用：机车启动，P＝Fv。[再用活] 1．不注意题目的要求，凭感觉求解，易导致错误。如诊断卷第1题，因为F＞μmg，在力F作用下薄板向右加速，当撤去F后，薄板向右滑至时，速度恰好为零，薄板翻下桌子，此时力F做功最少，由动能定理得：WFmin＝μmg·＝1.6J，不注意这一点，易得：WFmin＝F·＝2J，错选C项。2．将计算瞬时功率的公式P＝Fvcosα误记为P＝Fv。
3．不注意从受力和运动的角度分析机车的运动规律，易导致错误。如诊断卷第4题中，功率公式P＝Fv中的F为机车的牵引力，F－f＝ma，t1时刻之前，若车处于加速阶段，则F随v的增大而减小，汽车加速度a逐渐减小，匀速时F＝f，vmax＝；从t1时刻开始，功率增为P2，牵引力突然增大，汽车再次具有向前的加速度，但随v的增大，F和a均减小，直到匀速，根据vt图线斜率的变化规律，可知，A正确，而D错误。1.如图所示，质量为m的小球以初速度v0水平抛出，恰好垂直打在倾角为θ的斜面上，则球落在斜面上时重力的瞬时功率为(不计空气阻力)( )A．mgv0tanθ B.C.D．mgv0cosθ解析：选B 小球落在斜面上时重力的瞬时功率为P＝mgvy，而vytanθ＝v0，所以P＝，B正确，本题中若直接应用P＝mgv求解可得P＝，则得出错误答案C。2.(多选)(2016·安庆模拟)如图所示，摆球质量为m，悬线的长为L，把悬线拉到水平位置后放手。设在摆球从A点运动到B点的过程中空气阻力F阻的大小不变，则下列说法正确的是( )A．重力做功为mgLB．绳的拉力做功为0C．空气阻力F阻做功为－mgLD．空气阻力F阻做功为－F阻πL解析：选ABD 小球下落过程中，重力做功为mgL，A正确；绳的拉力始终与速度方向垂直，拉力做功为0，B正确；空气阻力F阻大小不变，方向始终与速度方向相反，故空气阻力F阻做功为－F阻·πL，C错误，D正确。3．(2016·银川模拟)一辆跑车在行驶过程中的最大输出功率与速度大小的关系如图所示，已知该车质量为2×103kg，在某平直路面上行驶，阻力恒为3×103N。若汽车从静止开始以恒定加速度2m/s2做匀加速运动，则此匀加速过程能持续的时间大约为( )
A．8sB．14sC．26sD．38s解析：选B 由图像可知，机车的最大功率约为P＝200kW，在加速阶段由牛顿第二定律可知：F－F阻＝ma即F＝F阻＋ma＝3000N＋2000×2N＝7000N，再由P＝Fv可知：v＝＝m/s＝m/s，由v＝at，解得t＝s≈14.2s，故选项B正确。考点二 动能定理的应用[先记牢] 1．对动能定理的两点理解(1)动能定理表达式中，W表示所有外力做功的代数和，包括物体重力所做的功。(2)动能定理表达式中，ΔEk为所研究过程的末动能与初动能之差，而且物体的速度均是相对地面的速度。2．动能定理的适用范围(1)既可适用于直线运动，也可适用于曲线运动。(2)既可适用于恒力做功，也可适用于变力做功。[再用活] 1．注意图像及其“面积”的含义。如诊断卷第5题中，物体在第1s内，W合＝mv2－0，在0～4s内，Fx1－f(x1＋x2)＝0。还可根据vt图线与t轴所围“面积”表示物体的位移求出x1和x2。诊断卷第8题中，Fx图线与x轴所围“面积”表示力F所做的功，易得B项正确。2．对单个物体的动能增量的判断宜采用动能定理，而对物体系统动能增量的大小判断则应考虑应用能量守恒定律。如诊断卷第6题，由动能定理可知，A的动能增量一定等于B对A的摩擦力对A所做的功，而外力F对A和B系统所做的功并没有全部转化为A、B的动能，
还有一部分摩擦热产生，故不可用动能定理对系统直接分析。3．动能定理可用于求解变力做功。如诊断卷第7题，质点在下滑过程中所受摩擦力的大小和方向都在变化，无法应用W＝Flcosα直接求解，应考虑使用动能定理求解。1.(2016·厦门一模)如图所示，质量为m的物块与水平转台之间的动摩擦因数为μ，物块与转台轴相距R，物块随转台由静止开始转动，当转速增加到某值时，物块即将开始滑动，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，在这一过程中，摩擦力对物块做的功是( )A.μmgR B．2πmgRC．2μmgRD．0解析：选A 物块即将开始滑动时，最大静摩擦力提供向心力，有μmg＝，根据动能定理有：W＝，解得W＝，选项A正确。2．(多选)如图所示，n个完全相同、边长足够小且互不粘连的小方块依次排列，总长度为l，总质量为M，它们一起以速度v在光滑水平面上滑动，某时刻开始滑上粗糙水平面。小方块与粗糙水平面之间的动摩擦因数为μ，若小方块恰能完全进入粗糙水平面，则摩擦力对所有小方块所做的功为( )A．－B．Mv2C．－D．μMgl解析：选AC 小方块恰能完全进入粗糙水平面，说明进入后的速度为零，根据功的公式：W＝fs＝－0.5μMgl，根据动能定理：W＝0－Mv2＝－Mv2，故选A、C。3．(2016·辽阳高三质检)一木块静止在光滑的水平面上，将一个大小恒为F的水平拉力作用在该木块上，经过位移x时，拉力的瞬时功率为P；若将一个大小恒为2F的水平拉力作用在该木块上，使该木块由静止开始运动，经过位移x时，拉力的瞬时功率是( )A.PB．2PC．2PD．4P解析：选C 木块初动能为零，末动能为mv2，动能增加为mv2，受重力、支持力和拉力，只有拉力做功，根据动能定理，有：Fx＝mv2解得：v＝，同理得2F后的速度为：
v′＝，所以功率为：P＝Fv＝F，P′＝2Fv′＝2F＝2P，故C正确。考点三 应用动能定理解决力学综合问题本考点在高考中所设计的题目，一般呈现出情景新颖，过程复杂，知识综合性强等特点，考生失分的原因不是不会做，而是不会“分步”做，这个“分步”就是要求考生按照一定流程认真做好运动分析和过程分析，再根据动能定理结合其他力学规律列出方程，问题便可分步解决。建议对本考点重点攻坚动能定理综合问题的思维流程—————————————————————————[应用流程] 诊断卷第11题的思维流程：[应用流程] 诊断卷第11题的思维流程： (2016·临沂二模)如图所示，倾角θ＝45°的粗糙平直导轨AB与半径为
R的光滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内。一质量为m的小滑块(可以看作质点)从导轨上离地面高为h＝3R的D处无初速度下滑进入圆环轨道。接着小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，不计空气阻力，已知重力加速度为g。求：(1)滑块运动到圆环最高点C时的速度大小。(2)滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小。(3)滑块在斜面轨道BD间运动的过程中克服摩擦力做的功。[思维流程][解析] (1)小滑块从C点飞出来做平抛运动，水平速度为v0。竖直方向上：R＝gt2水平方向上：R＝v0t解得：v0＝。(2)小滑块在最低点时速度为v，由动能定理得：－mg·2R＝mv02－mv2解得：v＝在最低点由牛顿第二定律得：FN－mg＝m
解得：FN＝6mg由牛顿第三定律得：FN′＝6mg。(3)从D到最低点过程中，设DB过程中克服摩擦阻力做功Wf，由动能定理得：mgh－Wf＝mv2－0解得：Wf＝mgR。[答案] (1) (2)6mg (3)mgR1．(多选)水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙，乙的斜面倾角大，甲、乙斜面长分别为S、L1，如图所示。两个完全相同的小滑块A、B可视为质点同时由静止开始从甲、乙两个斜面的顶端释放，小滑块A一直沿斜面甲滑到底端C，而小滑块B滑到底端P后沿水平面滑行到D处(小滑块B在P点从斜面滑到水平面的速度大小不变)，在水平面上滑行的距离PD＝L2，且S＝L1＋L2。小滑块A、B与两个斜面和水平面间的动摩擦因数相同，则( )A．滑块A到达底端C点时的动能一定比滑块B到达D点时的动能小B．两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，动能可能相同C．A、B两个滑块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中，滑块A重力做功的平均功率小于滑块B重力做功的平均功率D．A、B滑块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中，由于克服摩擦而产生的热量一定相同解析：选AC 研究滑块A到达底端C点的过程，根据动能定理得mgh－μmgcosα·S＝mvC2研究滑块B到达D点的过程，根据动能定理得mgh－μmgcosθ·L1－μmgL2＝mvD2S＝L1＋L2。根据几何关系得Scosα>L1cosθ＋L2。所以mvC2
mgR，质点不能到达Q点C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离D．WhCD．hA＝hC>hB解析：选D A球和C球上升到最高点时速度均为零，而B球上升到最高点时仍有水平方向的速度，即仍有动能。对A、C球列方程为mgh＝mv02，得h＝。
对B球列方程为mgh′＋mvt2＝mv02，且vt′≠0，所以hA＝hC>hB，故D正确。3．[考查机械能守恒与圆周运动的综合](2016·全国甲卷)小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点，( )A．P球的速度一定大于Q球的速度B．P球的动能一定小于Q球的动能C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度解析：选C 两球由静止释放到运动到轨迹最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒，取轨迹的最低点为零势能点，则由机械能守恒定律得mgL＝mv2，v＝，因LP＜LQ，则vP＜vQ，又mP＞mQ，则两球的动能无法比较，选项A、B错误；在最低点绳的拉力为F，则F－mg＝m，则F＝3mg，因mP＞mQ，则FP＞FQ，选项C正确；向心加速度a＝＝2g，选项D错误。4．[机械能守恒与平抛、圆周运动的综合](2016·宜春三中高三检测)如图所示，竖直平面内的轨道由一半径为4R、圆心角为150°的圆弧形光滑滑槽C1和两个半径为R的半圆形光滑滑槽C2、C3，以及一个半径为2R的半圆形光滑圆管C4组成，C4内径远小于R。C1、C2、C3、C4各衔接处平滑连接。现有一个比C4内径略小的、质量为m的小球，从与C4的最高点H等高的P点以一定的初速度v0向左水平抛出后，恰好沿C1的A端点沿切线从凹面进入轨道。已知重力加速度为g。求：(1)小球在P点开始平抛的初速度v0的大小。(2)小球能否依次通过C1、C2、C3、C4各轨道而从I点射出？请说明理由。(3)小球运动到何处，轨道对小球的弹力最大？最大值是多大？解析：(1)小球从P到A，竖直方向有：h＝2R＋4Rsin30°＝4R；由平抛运动规律可得：vy2＝2gh
解得：vy＝在A点，由速度关系tan60°＝解得：v0＝。(2)若小球能过D点，则D点速度满足v>小球从P到D由动能定理得：mgR＝mv2－mv02解得：v＝若小球能过H点，则H点速度满足vH>0小球从P到H由机械能守恒得H点的速度等于P点的初速度，为>0；综上所述小球能依次通过C1、C2、C3、C4各轨道从I点射出。(3)小球在运动过程中，轨道给小球的弹力最大的点只会在圆轨道的最低点，B点和F点都有可能小球从P到B由动能定理得：6mgR＝mvB2－mv02在B点轨道给小球的弹力NB满足：NB－mg＝m解得NB＝mg；小球从P到F由动能定理得：3mgR＝mvF2－mv02在F点轨道给小球的弹力NF满足：NF－mg＝m联立解得：NF＝mg；比较B、F两点的情况可知：F点轨道给小球的弹力最大，为mg。答案：(1) (2)能，理由见解析 (3)小球运动到F点时，轨道对小球的弹力最大，最大值是mg考点二多个物体的机械能守恒
5.[考查物体与弹簧组成的系统机械能守恒](多选)(2016·惠州模拟)如图1，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，刚接触轻弹簧的瞬间速度是5m/s，接触弹簧后小球速度v和弹簧缩短的长度Δx之间关系如图2所示，其中A为曲线的最高点。已知该小球重为2N，弹簧在受到撞击至压缩到最短的过程中，下列说法正确的是( )A．小球的动能先变大后变小B．小球的机械能先增大后减小C．小球速度最大时受到的弹力为2ND．小球受到的最大弹力为12.2N解析：选ACD 由题图可知，小球的速度先增加后减小，故小球的动能先增大后减小，故A正确；在小球下落过程中至弹簧压缩最短时，只有重力和弹簧弹力做功，故小球与弹簧组成的系统机械能守恒，在压缩弹簧的过程中弹簧的弹性势能增加，故小球的机械能减小，故B错误；小球下落时，当重力与弹簧弹力平衡时小球的速度最大，据此有：小球受到的弹力大小与小球的重力大小平衡，故此时小球受到的弹力为2N，所以C正确；小球速度最大时，小球的弹力为2N，此时弹簧的形变量为0.1m，故可得弹簧的劲度系数k＝20N/m，故弹簧弹力最大时形变量最大，根据胡克定律知，小球受到的最大弹力为Fmax＝kxmax＝20×0.61N＝12.2N，故D正确。6．[考查用杆连接的两物体机械能守恒](2016·烟台模拟)如图所示，可视为质点的小球A和B用一根长为0.2m的轻杆相连，两球质量相等，开始时两小球置于光滑的水平面上，并给两小球一个2m/s的初速度，经一段时间两小球滑上一个倾角为30°的光滑斜面，不计球与斜面碰撞时的机械能损失，g取10m/s2，在两小球的速度减小为零的过程中，下列判断正确的是( )A．杆对小球A做负功B．小球A的机械能守恒C．杆对小球B做正功D．小球B速度为零时距水平面的高度为0.15m解析：选D 由题意可知，AB在上升中受A的重力做功而做减速运动；假设没有杆连接，则A上升到斜面时，B还在水平面上运动，那么A在斜面上做减速运动，而B在水平面上做匀速运动，但是有杆存在，那肯定是B推着A上升，因此杆对A做正功，故A错误；因杆对A
球做正功，故A球的机械能不守恒，故B错误；由以上分析可知，杆对球B做负功，故C错误；根据系统机械能守恒，可得：mgh＋mg(h＋Lsin30°)＝×2mv2，解得：h＝0.15m，故D正确。7．[考查用绳连接的两物体机械能守恒](多选)如图所示，圆心在O点、半径为R的光滑圆弧轨道ABC竖直固定在水平桌面上，OC与OA的夹角为60°，轨道最低点A与桌面相切。一足够长的轻绳两端分别系着质量为m1和m2的两个小球(均可视为质点)，挂在圆弧轨道光滑边缘C的两边，开始时m1位于C点，然后从静止释放，则( )A．在m1由C点下滑到A点的过程中两球速度大小始终相等B．在m1由C点下滑到A点的过程中重力对m1做功的功率先增大后减小C．若m1恰好能沿圆弧下滑到A点，则m1＝2m2D．若m1恰好能沿圆弧下滑到A点，则m1＝3m2解析：选BC m1由C点从静止下滑到A点的过程中，m1、m2和地球组成的系统机械能守恒，m1速度沿轻绳方向的分速度和m2速度相等，A项错误；在m1由C点下滑到A点的过程中，在C点，重力的功率为零；在A点，重力与速度方向垂直，其功率仍为零，因此重力做功的功率先增大后减小，B项正确；若m1恰好能沿圆弧下滑到A点，根据机械能守恒定律得，m1gR(1－cos60°)＝m2gR，解得，m1＝2m2，C项正确，D项错误。8.[考查用弹簧连接的两物体机械能守恒](多选)(2016·青岛一模)如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为30°，质量分别为M、m的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板。开始时用手按住物体M，此时M到挡板的距离为s，滑轮两边的细绳恰好伸直，而没有力的作用。已知M＝2m，空气阻力不计。松开手后，关于二者的运动下列说法中正确的是( )A．M和m组成的系统机械能守恒B．当M的速度最大时，m与地面间的作用力为零C．若M恰好能到达挡板处，则此时m的速度为零D．若M恰好能到达挡板处，则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和解析：选BD 运动过程中，M、m与弹簧组成的系统机械能守恒，A错误；当M速度最大时，弹簧的弹力等于Mgsin30°＝mg，此时m对地面的压力恰好为零，B正确；然后M做减速运动，恰好能到达挡板时，也就是速度刚好减小到了零，之后M会上升并最终到达松手位置，所以此时弹簧弹力大于mg，即此时m受到的绳拉力大于自身重力，m还在加速上升，
C错误；根据功能关系，M减小的机械能，等于m增加的机械能与弹簧增加弹性势能之和，而M恰好到达板时，动能恰好为零，因此减小的机械能等于减小的重力势能，即等于重力对M做的功，D正确。考点三功能关系的应用9.[考查功与能量变化的对应关系](多选)(2016·佛山模拟)如图所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其减速的加速度为g，此物体在斜面上能够上升的最大高度为h，则在这个过程中物体( )A．重力势能增加了mghB．机械能损失了C．动能损失了mghD．克服摩擦力做功解析：选AB 加速度a＝g＝，解得摩擦力f＝mg；物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故A正确；机械能的损失量为fs＝mg·2h＝mgh，故B正确；动能损失量为克服合外力做的功的大小ΔEk＝F合外力·s＝mg·2h＝mgh，故C错误；克服摩擦力做功，故D错误。10．[考查动能、弹性势能的转化问题](2016·淮安模拟)“弹弓”一直是孩子们最喜爱的弹射类玩具之一，其构造如图所示，橡皮筋两端点A、B固定在把手上，橡皮筋ACB恰好处于原长状态，在C处(AB连线的中垂线上)放一固体弹丸，一手执把，另一手将弹丸拉至D点放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下迅速发射出去，打击目标，现将弹丸竖直向上发射，已知E是CD中点，则( )A．从D到C，弹丸的机械能守恒B．从D到C，弹丸的动能一直在增大C．从D到C，弹丸的机械能先增大后减小D．从D到E弹丸增加的机械能大于从E到C弹丸增加的机械能解析：选D 从D到C，橡皮筋对弹丸做正功，弹丸机械能一直在增加，A、C错；从D到E橡皮筋作用在弹丸上的合力大于从E到C橡皮筋作用在弹丸上的合力，两段高度相等，所以DE段橡皮筋对弹丸做功较多，即机械能增加的较多，D正确；在CD连线中的某一处，
弹丸受力平衡，所以从D到C，弹丸的速度先增大后减小，B错。11．[考查功与摩擦生热问题](多选)(2016·黄山模拟)如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑块。当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论中正确的是( )A．上述过程中，F做功大小为mv12＋Mv22B．其他条件不变的情况下，M越大，s越小C．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长D．其他条件不变的情况下，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多解析：选BD 由牛顿第二定律得：Ff＝Ma1，F－Ff＝ma2，又L＝a2t2－a1t2，s＝a1t2，M越大，a1越小，t越小，s越小，B正确；F越大，a2越大，t越小，C错误；由Q＝FfL可知，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多，D正确；力F做的功还有一部分转化为系统热量Q，故A错误。12．[考查滑块—滑板模型]如图所示，在光滑水平地面上放置质量M＝2kg的长木板，木板上表面与固定的竖直弧形轨道相切。一质量m＝1kg的小滑块自A点沿弧面由静止滑下，A点距离长木板上表面的高度h＝0.6m。滑块在木板上滑行t＝1s后，和木板以共同速度v＝1m/s匀速运动，取g＝10m/s2。求：(1)滑块与木板间的摩擦力；(2)滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功；(3)滑块自A点沿弧面由静止滑下到与木板共同运动，产生的内能是多少？解析：(1)滑块在木板上滑行时，对木板，根据牛顿第二定律有Ff＝Ma1由运动学公式得v＝a1t代入数据解得Ff＝2N。(2)滑块在木板上滑行时，对滑块，根据牛顿第二定律有－Ff＝ma2设滑块滑上木板时的初速度为v0，则有v－v0＝a2t代入数据解得v0＝3m/s滑块沿弧面下滑的过程，由动能定理得mgh－Wf＝mv02，则Wf＝mgh－mv02，
Q1＝Wf＝mgh－mv02＝1.5J。(3)滑块在木板上滑行，t＝1s时木板的位移为x1＝a1t2此过程中滑块的位移为x2＝v0t＋a2t2故滑块相对木板滑行的距离为L＝x2－x1＝1.5m所以Q＝Ff·L＝3J，则Q＝Q1＋Q2＝4.5J。答案：(1)2N (2)1.5J (3)4.5J考点一 单个物体的机械能守恒本考点是对单个物体的机械能守恒问题的考查，考查时常结合平抛运动、圆周运动、牛顿第二定律等知识进行简单交汇命题，难度一般，主要考查考生的理解和分析能力。建议考生适当关注即可[先记牢] [再用活] 1．对于单个物体，如果只有重力做功，那么物体的机械能守恒。如诊断卷第1题，小球下落后到运动到半圆形槽的最低点的过程中，只有重力做功，机械能守恒，但小球在半圆形槽右半部分运动时，槽向右移，槽对小球的弹力对小球做负功，小球的机械能不守恒，不注意这一点，易错选A、D选项。
2．不具体分析物体的运动规律，凭感觉列方程求解。如诊断卷第2题，B小球做斜抛运动，到达最高点时的速度不为零，因此不可列出mv02＝mghB求B球的最大高度，从而错选A选项。1．(多选)(2016·舟山模拟)如图所示，一个小环沿竖直放置的光滑圆环形轨道做圆周运动。小环从最高点A滑到最低点B的过程中，小环线速度大小的平方v2随下落高度h的变化图像可能是( )解析：选AB 对小环由机械能守恒定律得mgh＝mv2－mv02，则v2＝2gh＋v02，当v0＝0时，B正确；当v0≠0时，A正确。2．(2016·湖南省十三校联考)如图所示，P、Q是固定在竖直平面内的一段内壁光滑弯管的两端，P、Q间的水平距离为d。直径略小于弯管内径的小球以速度v0从P端水平射入弯管，从Q端射出，在穿过弯管的整个过程中小球与弯管无挤压。若小球从静止开始由P端滑入弯管，经时间t恰好以速度v0从Q端射出。重力加速度为g，不计空气阻力，那么( )A．v0< B．v0＝C．t＝D．t>解析：选D 以初速度v0水平入射时，因小球与管壁无挤压，故水平方向应是匀速运动，竖直方向是自由落体运动，所以此时小球运动时间为：t0＝，下落高度为：h＝gt02，小球由静止开始运动时根据机械能守恒定律得：mgh＝mv02，则v0＝＝，解得v0＝，故A、B错误。以初速度v0水平入射时，t0＝＝，当小球由静止释放时，水平方向平均速度一定小于v0，所以t>t0，故C错误，D正确。3．(2016·上海金山区期末)特战队员在进行素质训练时，抓住一端固定在同一水平高度的不同位置的绳索，从高度一定的平台由水平状态无初速度开始下摆，如图所示，在绳索到达竖直状态时放开绳索，
特战队员水平抛出直到落地。不计绳索质量和空气阻力，特战队员可看成质点，绳索一直处于伸直状态。下列说法正确的是( )A．绳索越长，特战队员落地时的速度越大B．绳索越长，特战队员落地时的水平位移越大C．绳索越长，特战队员落地时的水平方向速度越大D．绳索越长，特战队员落地时的竖直方向速度越大解析：选C 设平台高为H，特战队员落地时的速率为v，特战队员从开始下摆到落地，绳索的拉力不做功，根据机械能守恒定律有mgH＝mv2，得v＝，v与绳索长度无关，特战队员落地时的速度一样大，选项A错误；设绳索的长度为L，放开绳索时，特战队员的速率为v1，根据机械能守恒定律有mgL＝mv12，得v1＝，特战队员放开绳索后做平抛运动，则总的水平位移大小x＝L＋v1t，H－L＝gt2，得x＝L＋2，显然x＝f(L)不是单调增函数，选项B错误；特战队员落地时水平方向速度为v1＝，故选项C正确；特战队员落地时的竖直方向速度为vy＝＝，故选项D错误。考点二 多个物体的机械能守恒本考点常考多个物体(包括弹簧)机械能守恒的判断和相关计算，多以选择题的形式命题。解答此类问题的关键是掌握多个物体组成的系统机械能守恒的条件，确定物体间的速度关系和位移关系。需要考生学会迁移应用[先记牢] 1．判断机械能守恒的两个角度(1)若只有物体重力和弹簧弹力做功，则物体和弹簧组成的系统机械能守恒。(2)若系统只有动能和势能的相互转化，没有机械能与其他形式的能(如摩擦热)的相互转化，则系统机械能守恒。2．系统机械能守恒的三种表达式
[再用活] 1．物体与弹簧组成的系统机械能守恒时，物体的动能、重力势能和弹簧弹性势能之和保持不变。如诊断卷第5题中的B选项，小球下落到弹簧后，弹簧弹性势能增加，小球的机械能一定减少。2．系统内物体的运动位移及高度变化往往不同，同时又存在一定的数量关系。如诊断卷第6题中，B上升的高度为h，而A上升的高度为h＋Lsinθ；诊断卷第7题中，m2上升的高度为R，而m1下降的高度为R(1－cos60°)。3．系统内物体的速度大小不一定相同，往往存在一定的数量关系。如诊断卷第7题中，球m2的速度大小等于球m1的速度沿绳方向的分速度大小，故选项A错误。1．(2016·沈阳高三联考)将一质量为m的小球套在一光滑的、与水平面夹角为α(α＜45°)的固定杆上，小球与一原长为L的轻质弹性绳相连接，弹性绳的一端固定在水平面上，将小球从离地面L高处由静止释放，刚释放时，弹性绳长为L，如图所示。小球滑到底端时速度恰好为零，则小球运动过程中，下列说法中正确的是( )A．小球的机械能守恒B．弹性绳的弹性势能将一直增大C．小球到达底端时，弹性绳的弹性势能为mgL(cotα－1)D．小球和弹性绳组成的系统机械能守恒解析：选D 在小球下滑过程中，小球和弹性绳的机械能守恒，则A错误，D正确；弹性绳的弹性势能先不变后增大，选项B错误；由机械能守恒定律知，弹性绳的弹性势能增加了mgL，选项C错误。2．(多选)(2016·石家庄质检)如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体B的质量为2m，放置在倾角为30°的光滑斜面上，物体A的质量为m，用手托着物体A使弹簧处于原长，细绳伸直，A与地面的距离为h，物体B静止在斜面上挡板P处。放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B对挡板恰好无压力，则下列说法正确的是( )A．弹簧的劲度系数为B．此时弹簧的弹性势能等于mgh－mv2
C．此时物体A的加速度大小为g，方向竖直向上D．此后物体B可能离开挡板沿斜面向上运动解析：选AB 物体A刚落地时，弹簧伸长量为h，物体B受力平衡，所以kh＝2mgsinθ，所以k＝，选项A对；物体A落地前，系统机械能守恒，所以弹性势能等于mgh－mv2，选项B对；物体A刚落地时，对A应用牛顿第二定律得：mg－kh＝ma，所以a＝0，选项C错；物体A落地后，弹簧不再伸长，故物体B不可能离开挡板沿斜面向上运动，选项D错。3．(多选)(2016·包头高三期中)如图所示，轻杆长为3L，在杆的A、B两端分别固定质量均为m的球A和球B，杆上距球A长度为L处的点O装有光滑的水平转动轴，外界给予系统一定的能量后，杆和球在竖直面内转动。在转动的过程中，忽略空气的阻力。若球B运动到最高点时，球B对杆恰好无作用力，则下列说法正确的是( )A．球B在最低点时速度为B．球B在最低点时速度为C．球B在最高点时，杆对水平轴的作用力为1.5mgD．球B在最高点时，杆对水平轴的作用力为1.25mg解析：选AC 球B运动到最高点时，球B对杆恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有：mg＝m解得：v＝由于A、B两球的角速度相等，而线速度之比等于半径之比，故此时A的线速度为：vA＝＝；B转到最低点时，由机械能守恒定律有：mg3L＋mvB2＋mvA′2＝mgL＋mg4L＋mv2＋mvA2vA′＝，解得：vB＝；故A正确，B错误；B球到最高点时，对杆无弹力，此时A球受重力和拉力的合力提供向心力，有：F－mg＝m2L
解得：F＝1.5mg；故杆对支点的作用力为1.5mg。故C正确；D错误。考点三 功能关系的应用应用类题目最大的特色是用新颖材料考查已学知识，最常见的失误原因是不能透过表象提炼出问题的实质，合理应用规律解题。功能关系类题目更是如此，不能寄希望于押题训练，而是要善于总结规律，把握共性，以不变应万变一、必须理清的三种功能关系1．物体的动能增加量等于合外力做的总功，而动能的减少量等于其他形式的能量的增加。如诊断卷第9题，物体动能的减少量等于重力势能的增加量mgh与摩擦热mgh之和。2．物体机械能的增加量等于除重力以外的力对物体所做的功；反之，物体机械能的减少量等于物体克服除重力以外的力所做的功。如诊断卷第9题中，物体机械能的减少量等于物体克服摩擦力所做的功mgh；诊断卷第10题中，由D→E过程橡皮筋做的功比由E→C过程橡皮筋做的功多，因此由D→E弹丸机械能的增加量大于由E→C弹丸机械能的增加量，D项正确。3．两物体相对滑动时，因摩擦而产生的热量为Q＝FfL相对，L相对为相对滑动的位移而不是物体对地的位移。如诊断卷第11题中，系统产生的热量Q＝Ff·L，Ff越大，Q越大，D正确；诊断卷第12题中，产生的总内能包括小滑块下滑过程中克服摩擦力所做的功与滑块和木板相对滑动过程产生的热量之和，而滑块和木板相对滑动过程产生的热量为Ff·L相对，其中L相对为滑块位移与木板位移之差。二、必须掌握的两类滑块—滑板模型1．滑块—滑板模型的定义及拓展长木板与小滑块构成的系统，依靠两者间的滑动摩擦力或静摩擦力的相互作用，而呈现出的问题，称为滑块——滑板模型(如图甲)。另外，常见的子弹射击木块(如图乙)、圆环套在直杆上滑动(如图丙)都属于滑块类问题，处理方法与滑块—滑板模型类似。
2．滑块—滑板模型的三大分析方法(1)动力学分析分别对滑块和滑板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度。(2)功和能分析对滑块和滑板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律。如图所示，要注意区分三个位移：①求摩擦力对滑块做功时必须用滑块对地的位移s块；②求摩擦力对滑板做功必须用滑板对地的位移s板；③求摩擦生热时必须用相对滑动的总路程s相对。(3)相对运动分析法滑块和滑板分别做匀变速直线运动，从相对运动的角度出发，得出相对初速度、相对加速度、相对末速度和相对位移关系s相对＝t＝，用相对运动分析法来处理问题往往可简化数学运算过程。3．滑块—滑板模型的两大临界条件(1)相对滑动的临界条件①运动学条件：两者速度或加速度不相等。②动力学条件：两者间的静摩擦力达到最大静摩擦力。(2)滑块滑离滑板的临界条件滑块恰好滑到滑板的边缘时速度相同。4．两类滑块—滑板模型问题[类型一 光滑水平面上的滑块—滑板模型] 如图所示，一质量为M、长为L的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M。现以地面为参考系，给A和B以大小相等、方向相反的初速度(如图)，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A刚好没有滑离B板，以地面为参考系。(1)若已知A和B的初速度大小为v0，求它们最后的速度大小和方向。(2)若初速度的大小未知，求小木块A向左运动到达的最远处(从地面上看)离出发点的距离。[思路点拨]
[解析] 设它们最后的速度为v，经过时间为t，A、B间的滑动摩擦力为f。对A据牛顿第二定律和运动学公式有：f＝maA，L2＝v0t－aAt2，v＝－v0＋aAt；对B据牛顿第二定律和运动学公式有：f＝MaB，L0＝v0t－aBt2，v＝v0－aBt；由几何关系有：L0＋L2＝L；由以上各式可求得它们最后的速度大小为v＝v0，方向向右。fL＝。(2)对A，向左运动的最大距离为L1＝＝L。[答案] (1)v0 方向向右 (2)L[类型二 粗糙水平面上的滑块—滑板模型] 如图所示，一长木板B放在水平地面上，质量为M＝1kg，长度为3.2m，其与地面的动摩擦因数μ1＝0.1；一质量为m＝2kg的小铁块A放在B的左端，A、B之间的摩擦因数为μ2＝0.3。刚开始A、B均处于静止状态，现使A获得6m/s向右的初速度。(g＝10m/s2)求：(1)A、B刚开始运动的加速度；(2)A在B上滑动，经过多长时间达到共同速度？A最后停在B上何处？(3)B板运动的距离多大？[解析] (1)A向右做匀减速运动，加速度a1＝＝3m/s2，方向向左B向右做匀加速运动，加速度a2＝＝3m/s2，方向向右。
(2)设经过时间t达到共同速度，则满足6－a1t＝a2t t＝1s共同速度v＝a2t＝3m/sA的位移x1＝t＝4.5mB的位移x2＝t＝1.5mA在B上滑过的距离Δx＝x1－x2＝3m所以A停在距离B右端0.2m处。(3)达到共同速度之后，A、B一起匀减速，加速度a3＝μ1g＝1m/s2到停下来位移x3＝＝4.5m所以B板位移x＝x2＋x3＝6m。[答案] (1)A的加速度大小为3m/s2，方向向左，B的加速度大小为3m/s2，方向向右(2)1s 距B右端0.2m处 (3)6m一、练高考典题——每练一次都有新发现1．(2016·四川高考)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900J，他克服阻力做功100J。韩晓鹏在此过程中( )A．动能增加了1900J B．动能增加了2000JC．重力势能减小了1900JD．重力势能减小了2000J解析：选C 根据动能定理得韩晓鹏动能的变化ΔE＝WG＋Wf＝1900J－100J＝1800J＞0，故其动能增加了1800J，选项A、B错误；根据重力做功与重力势能变化的关系WG＝－ΔEp，所以ΔEp＝－WG＝－1900J＜0，故韩晓鹏的重力势能减小了1900J，选项C正确，选项D错误。2．(2014·全国卷Ⅱ)取水平地面为重力势能零点。一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等。不计空气阻力。该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( )A. B.C.D.解析：选B 设物块水平抛出的初速度为v0，高度为h，由机械能守恒定律得mv02＝
mgh，即v0＝。物块在竖直方向上的运动是自由落体运动，故落地时的竖直分速度vy＝＝vx＝v0，则该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角θ＝，故选项B正确，选项A、C、D错误。3．(多选)(2015·全国卷Ⅱ)如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上。a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g。则( )A．a落地前，轻杆对b一直做正功B．a落地时速度大小为C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于gD．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg解析：选BD 由题意知，系统机械能守恒。设某时刻a、b的速度分别为va、vb。此时刚性轻杆与竖直杆的夹角为θ，分别将va、vb分解，如图所示。因为刚性杆不可伸长，所以沿杆的分速度v∥与v∥′是相等的，即vacosθ＝vbsinθ。当a滑至地面时θ＝90°，此时vb＝0，由系统机械能守恒得mgh＝mva2，解得va＝，选项B正确。同时由于b初、末速度均为零，运动过程中其动能先增大后减小，即杆对b先做正功后做负功，选项A错误。杆对b的作用先是推力后是拉力，对a则先是阻力后是动力，即a的加速度在受到杆的向下的拉力作用时大于g，选项C错误。b的动能最大时，杆对a、b的作用力为零，此时a的机械能最小，b只受重力和支持力，所以b对地面的压力大小为mg，选项D正确。4.(多选)(2013·山东高考)如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮。质量分别为M、m(M＞m)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行。两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动。若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )A．两滑块组成系统的机械能守恒B．重力对M做的功等于M动能的增加C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功解析：选CD 本题考查多物体组成系统的功能关系及机械能守恒问题，意在考查考生分析综合能力。由于M与ab
面之间存在滑动摩擦力，故两滑块组成系统的机械能不守恒，A项错；合外力对M做的功等于M动能的增加，B项错；除了m的重力对其做功外，只有轻绳对其做功，故轻绳对m做的功等于m机械能的增加，C项正确；对于两滑块组成的系统，其在运动过程中克服摩擦阻力做功，系统的机械能转化为内能，故该系统机械能的损失等于M克服摩擦力做的功，D项正确。5．(多选)(2016·全国甲卷)如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点。已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<。在小球从M点运动到N点的过程中，( )A．弹力对小球先做正功后做负功B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差解析：选BCD 由题意可知在运动过程中受力分析如图所示，小球的位移为MN，则从M→A弹簧处于压缩态，则弹力做负功；从A→B弹簧从压缩变为原长，弹力做正功；从B→N弹簧从原长到伸长，弹力做负功，则A错。在A点，则F合＝mg即a＝g，在弹簧处于原长状态，小球的加速度a＝g，B对。在A点时，F弹垂直于杆，则P弹＝F弹vcosα＝0，C对。从M到N小球与弹簧机械能守恒，则Ek增＝Ep减即EkN－0＝Ep重M－Ep重N＋Ep弹N－Ep弹M，由于M、N两点弹簧弹力相同，由胡克定律可知，弹簧形变量相同，则Ep弹N＝Ep弹M，即EkN＝Ep重M－Ep重N，D对。6．(2016·浙江高考)在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示，P是个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒。高度为h的探测屏AB竖直放置，离P点的水平距离为L，上端A与P点的高度差也为h。(1)若微粒打在探测屏AB的中点，求微粒在空中飞行的时间；(2)求能被屏探测到的微粒的初速度范围；(3)若打在探测屏A、B两点的微粒的动能相等，求L与h的关系。解析：(1)打在探测屏AB中点的微粒下落的高度h＝gt2①解得t＝。②(2)打在B点的微粒初速度v1＝，2h＝gt12③
v1＝L④同理，打在A点的微粒初速度v2＝L⑤能被屏探测到的微粒初速度范围L≤v≤L⑥(3)由功能关系mv22＋mgh＝mv12＋2mgh⑦代入④、⑤式得L＝2h。⑧答案：(1) (2)L≤v≤L(3)L＝2h7．(2016·全国甲卷)轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示。物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5。用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动。重力加速度大小为g。(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。解析：(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律，弹簧长度为l时的弹性势能为Ep＝5mgl①设P的质量为M，到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得Ep＝MvB2＋μMg·4l②联立①②式，取M＝m并代入题给数据得vB＝③若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P
此时的速度大小v应满足－mg≥0④设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得mvB2＝mvD2＋mg·2l⑤联立③⑤式得vD＝⑥vD满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出。设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得2l＝gt2⑦P落回到AB上的位置与B点之间的距离为s＝vDt⑧联立⑥⑦⑧式得s＝2l。⑨(2)为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零。由①②式可知5mgl＞μMg·4l⑩要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C。由机械能守恒定律有MvB2≤Mgl⑪联立①②⑩⑪式得m≤M＜m。⑫答案：(1) 2l (2)m≤M＜m二、练名校模拟好题——一题能通一类题8．(多选)(2016·唐山模拟)如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一质量为m的小球，在水平恒力F作用下，小球由O点正下方的A点，从静止开始运动，刚好能到达B点。小球到达B点时，细线与竖直方向的夹角为60°。从A到B的运动过程中，则( )A．恒力F的值大于小球的重力B．恒力F的值小于小球的重力C．小球的机械能一直增大
D．小球的机械能先增大后减小解析：选BC 从静止开始运动，刚好能到达B点，说明小球到达B点的速度为零，设细线长为l，则从A到B由动能定理得Flsin60°－mgl(1－cos60°)＝0，即F＝mg，故A错误，B正确；从A到B的运动过程中，恒力F做正功，所以小球的机械能一直增大，故C正确，D错误。9．(2016·佛山模拟)如图所示，D、A、B、C四点的水平间距相等，D点与A点、A点与B点、B点与C点的高度差之比为1∶4∶9。在A、B、C三点分别放置相同的小球，压缩弹簧后释放，小球沿水平方向弹出，小球均落在D点，不计空气阻力，则下列关于A、B、C三点处的小球说法正确的是( )A．三个小球在空中运动的时间之比为1∶2∶3B．三个小球弹出时的动能之比为1∶4∶9C．三个小球在空中运动过程中重力做功之比为1∶5∶14D．三个小球落地时的动能之比为2∶5∶10解析：选C A、B、C三点的高度之比为1∶5∶14，由h＝gt2，A、B、C三个小球运动的时间之比为1∶∶，故A错误；A、B、C三个小球的水平位移之比为1∶2∶3，由x＝vt可得初速度之比为1∶∶，动能之比不是1∶4∶9，故B错误；根据W＝mgh知重力做功之比为1∶5∶14，故C正确；由于质量相等且已知高度之比，根据动能定理可得落地时动能之比为(mgh＋Ek1)∶(5mgh＋Ek2)∶(14mgh＋Ek3)，但无法求出具体比值，故D错误。10．(多选)(2016·武汉月考)有一系列斜面，倾角各不相同，它们的底端相同，都是O点，如图所示。有一系列完全相同的滑块(可视为质点)从这些斜面上的A、B、C、D…各点同时由静止释放，下列判断正确的是( )A．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的速率相同，则A、B、C、D…各点处在同一水平线上B．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的速率相同，则A、B、C、D…各点处在同一竖直面内的圆周上C．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的时间相同，则A、B、C、D…各点处在同一竖直面内的圆周上D．若各斜面与这些滑块间有相同的摩擦因数，滑块到达O点的过程中，各滑块损失的机械能相同，则A、B、C、D…各点处在同一竖直线上
解析：选ACD 根据mgh＝mv2，滑块质量相同，达O点的速率相同，则h相同，即各释放点处在同一水平线上，故A正确，B错误；以O点为最低点作等时圆，由gsinθ·t2＝2Rsinθ，可知从a、b点运动到O点时间相等，C正确；若各滑块滑到O点的过程中，滑块滑动的水平距离是x，滑块损失的机械能为克服摩擦力做功为：Wf＝μmgcosθ·，即各释放点处在同一竖直线上，D正确。11．(2016·包头高三期中)如图甲所示，带斜面的足够长木板P，质量M＝3kg。静止在水平地面上，其右侧靠竖直墙壁，倾斜面BC与水平面AB的夹角θ＝37°。两者平滑对接。t＝0时，质量m＝1kg、可视为质点的滑块Q从顶点C由静止开始下滑。图乙所示为Q在0～6s内的速率v随时间t变化的部分图线。已知P与Q间的动摩擦因数是P与地面间的动摩擦因数的5倍，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。求：(1)木板P与地面间的动摩擦因数；(2)t＝8s时，木板P与滑块Q的速度大小；(3)0～8s内，滑块Q与木板P之间因摩擦而产生的热量。解析：(1)0～2s内，P因墙壁存在而不动，Q沿CB下滑，2s末的速度为v1＝9.6m/s。设P、Q间动摩擦因数为μ1，P与地面间的动摩擦因数为μ2，对Q：由图像有a1＝＝m/s2＝4.8m/s2由牛顿第二定律有mgsin37°－μ1mgcos37°＝ma1联立求解得μ1＝0.15，则μ2＝μ1＝0.03。(2)2s后，Q滑到AB上，因μ1mg>μ2(m＋M)g故P、Q相对滑动，且Q减速、P加速。设加速度大小分别为a2和a3，Q从B滑到AB上到P、Q共速所用的时间为t0，对Q有：μ1mg＝ma2对P有：μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma3共速时v1－a2t0＝a3t0分别求解得a2＝1.5m/s2，a3＝0.1m/s2，t0＝6s，
故在t＝8s时，P、Q的速度大小恰相同，vP＝vQ＝a3t0＝0.1×6m/s＝0.6m/s。(3)0～2s内，据图像“面积”的含义，Q在BC上发生的位移x1＝×2×9.6m＝9.6m2～8s内，Q发生的位移x2＝×(v1＋vQ)t0＝30.6m，P发生的位移x3＝vPt0＝1.8m0～8s内，Q与木板P之间因摩擦而产生的热量ΔQ＝μ1mgx1cos37°＋μ1mg(x2－x3)代入数据解得ΔQ＝54.72J。答案：(1)0.03 (2)0.6m/s (3)54.72J
第三讲动量定理__动量守恒定律考点一动量、冲量、动量定理1.[考查冲量的概念]质量为m的物体放在光滑水平地面上，在与水平方向成θ角的恒力F作用下，由静止开始运动，经过时间t，速度为v，在此时间内恒力F和重力的冲量大小分别为( )A．Ft,0 B．Ftcosθ，0C．mv,0D．Ft，mgt解析：选D 冲量的计算一定要与功的计算区别开来，功的大小不但取决于力的大小、物体位移的大小，还与力和物体运动的方向的夹角θ有关。而力的冲量与力和物体运动的方向的夹角θ没有关系，可直接由公式进行计算，求得恒力F的冲量为Ft，重力的冲量为mgt。2．[考查冲量、动量的概念及动能定理](2015·北京高考)“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是( )A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力解析：选A 从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力。绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功。故选项A正确，选项B、C、D错误。3．[考查动量定理及应用]
(2016·唐山模拟)如图所示为某运动员用头颠球，若足球用头顶起，每次上升高度为80cm，足球的质量为400g，与头部作用时间Δt为0.1s，则足球一次在空中的运动时间及足球给头部的作用力大小(空气阻力不计，g＝10m/s2)( )A．t＝0.4s；FN＝40NB．t＝0.4s；FN＝36NC．t＝0.8s；FN＝36ND．t＝0.8s；FN＝40N解析：选C 足球自由下落时有h＝gt2，解得t＝＝0.4s，竖直向上运动的时间等于自由下落运动的时间，所以t总＝2t＝0.8s；设竖直向上为正方向，由动量定理得(FN－mg)Δt＝mv－(－mv)，又v＝gt＝4m/s，联立解得FN＝36N，故C正确。4．[考查应用动量定理求合力的冲量](2016·三明一中月考)质量为m的钢球自高处落下，以速率v1碰地面，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离开地面的速率为v2。在碰撞过程中，钢球受到合力的冲量的方向和大小为( )A．向下，m(v1－v2)B．向下，m(v1＋v2)C．向上，m(v1－v2)D．向上，m(v1＋v2)解析：选D 由于碰撞时间极短，钢球的重力相对于地面对钢球的冲量可忽略不计。根据动量定理求解在碰撞过程中地面对钢球的冲量的方向和大小，选取竖直向下方向为正方向，根据动量定理得，地面对钢球的冲量I＝－mv2－mv1＝－m(v1＋v2)，则地面对钢球的冲量的方向向上，大小为m(v1＋v2)，故D正确。考点二动量守恒定律及应用5.[考查动量守恒的条件](多选)如图所示，A、B两物体的质量mA>mB，中间用一段细绳相连并有一被压缩的弹簧，放在平板小车C上后，A、B、C均处于静止状态。若地面光滑，则在细绳被剪断后，A、B从C上滑离之前，A、B在C上向相反方向滑动过程中( )A．若A、B与C之间的摩擦力大小相同，则A、B组成的系统动量守恒，A、B、C组成的系统动量也守恒
B．若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B组成的系统动量不守恒，A、B、C组成的系统动量也不守恒C．若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B组成的系统动量不守恒，但A、B、C组成的系统动量守恒D．以上说法均不对解析：选AC 当A、B两物体组成一个系统时，弹簧的弹力为内力，而A、B与C之间的摩擦力为外力。当A、B与C之间的摩擦力等大、反向时，A、B组成的系统所受外力之和为零，动量守恒；当A、B与C之间的摩擦力大小不相等时，A、B组成的系统所受外力之和不为零，动量不守恒。而对于A、B、C组成的系统，由于弹簧的弹力及A、B与C之间的摩擦力均为内力，故不论A、B与C之间的摩擦力的大小是否相等，A、B、C组成的系统所受外力之和均为零，故系统的动量守恒，故A、C正确。6．[考查动量守恒的判断及应用](多选)(2016·佛山模拟)如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑( )A．在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功B．在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D．被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h处解析：选BC 在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽做功，选项A错误；在下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，选项B正确；小球被弹簧反弹后，小球和槽在水平方向不受外力作用，故小球和槽都做匀速运动，选项C正确；小球与槽组成的系统水平方向动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离后，小球与槽的速度大小相等，小球被弹簧反弹后与槽的速度相等，故小球不能滑到槽上，选项D错误。7．[考查某一方向的动量守恒问题]滑雪运动是人们酷爱的户外体育活动，现有质量为m的人站立于雪橇上，如图所示。人与雪橇的总质量为M，人与雪橇以速度v1在水平面上由北向南运动(雪橇所受阻力不计)。当人相对于雪橇以速度v2竖直跳起时，雪橇向南的速度大小为( )A.B.C.D．v1
解析：选D 根据动量守恒条件可知人与雪橇组成的系统水平方向动量守恒，人跳起后水平方向速度不变，雪橇的速度仍为v1，D正确。8．[考查多物体系统的动量守恒问题](2016·烟台二模)两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为mA＝2.0kg，mB＝0.90kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙，另有一质量mC＝0.10kg的滑块C，以vC＝10m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图所示。由于摩擦，滑块最后停在木块B上，B和C的共同速度为0.50m/s。求：(1)木块A的最终速度vA；(2)滑块C离开A时的速度vC′。解析：C从开始滑上A到恰好滑上A的右端过程中，A、B、C组成系统动量守恒mCvC＝(mB＋mA)vA＋mCvC′C刚滑上B到两者相对静止，对B、C组成的系统动量守恒mBvA＋mCvC′＝(mB＋mC)v解得vA＝0.25m/svC′＝2.75m/s。答案：(1)0.25m/s (2)2.75m/s考点三动量与能量的综合应用9.[考查反冲运动规律](2014·重庆高考)一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v＝2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，取重力加速度g＝10m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )解析：选B 由h＝gt2可知，爆炸后甲、乙两块做平抛运动的时间t＝1s，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的一块的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即v＞2m/s，因此水平位移大于2m，C、D项错误；甲、乙两块在爆炸前后，水平方向不受外力，
故水平方向动量守恒，即甲、乙两块的动量改变量大小相等，两块质量比为3∶1，所以速度变化量之比为1∶3，由平抛运动水平方向上，x＝v0t，所以A图中，v乙＝－0.5m/s，v甲＝2.5m/s，Δv乙＝2.5m/s，Δv甲＝0.5m/s，A项错误；B图中，v乙＝0.5m/s，v甲＝2.5m/s，Δv乙＝1.5m/s，Δv甲＝0.5m/s，B项正确。10．[考查弹性碰撞规律](2016·海口质检)如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由落下，h远大于两小球半径，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计。已知m2＝3m1，则A反弹后能达到的高度为( )A．hB．2hC．3hD．4h解析：选D 所有的碰撞都是弹性碰撞，所以不考虑能量损失。设竖直向上为正方向，根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得，(m1＋m2)gh＝(m1＋m2)v2，m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，(m1＋m2)v2＝m1v12＋m2v22，m1v12＝m1gh1，将m2＝3m1代入，联立可得h1＝4h，选项D正确。11．[考查弹性碰撞及临界问题](2015·全国卷Ⅰ)如图，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。解析：A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒。设速度方向向右为正，开始时A的速度为v0，第一次碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1。由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0＝mvA1＋MvC1①mv02＝mvA12＋MvC12②联立①②式得vA1＝v0③vC1＝v0④如果m＞M，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B
发生碰撞；所以只需考虑m＜M的情况。第一次碰撞后，A反向运动与B发生碰撞。设与B发生碰撞后，A的速度为vA2，B的速度为vB1，同样有vA2＝vA1＝2v0⑤根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有vA2≤vC1⑥联立④⑤⑥式得m2＋4mM－M2≥0⑦解得m≥(－2)M⑧另一解m≤－(＋2)M舍去。所以，m和M应满足的条件为(－2)M≤m＜M。⑨答案：(－2)M≤m＜M12．[考查动量守恒定律与能量的综合问题](2016·全国甲卷)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其前面的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1＝30kg，冰块的质量为m2＝10kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g＝10m/s2。(ⅰ)求斜面体的质量；(ⅱ)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？解析：(ⅰ)规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20＝(m2＋m3)v①m2v202＝(m2＋m3)v2＋m2gh②式中v20＝－3m/s为冰块推出时的速度。联立①②式并代入题给数据得m3＝20kg。③(ⅱ)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0④代入数据得v1＝1m/s⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有
m2v20＝m2v2＋m3v3⑥m2v202＝m2v22＋m3v32⑦联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝1m/s⑧由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩。答案：(ⅰ)20kg (ⅱ)见解析考点一 动量、冲量、动量定理本考点是对动量、冲量的概念及动量定理的理解及应用的考查，考查时常与运动学公式、牛顿运动定律等知识进行简单交汇命题，难度一般，主要考查考生的理解和分析能力。建议考生自学为主[先记牢] [再用活] 1．恒力的冲量可应用I＝Ft直接求解，如诊断卷第1题。2．变力的冲量可优先考虑应用动量定理求解，如诊断卷第4题中，钢球在撞击地面时，所受的合力为变力，其冲量大小I＝Δp＝－mv2－mv1。3．物体动量变化规律是由合外力的冲量决定的，物体动能变化规律是由合外力的功决定的，如诊断卷第2题中，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，人的合外力先向下后向上，因此动量和动能均是先增大后减小。1.如图所示，篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前，这样做可以( )A．减小球的动量的变化量
B．减小球对手作用力的冲量C．减小球的动量变化率D．延长接球过程的时间来减小动量的变化量解析：选C 篮球运动员接传来的篮球时，不能改变动量的变化量，A、D错误；根据动量定理，也不能改变冲量，B错误；由于延长了作用时间，动量的变化慢了，C正确。2．带电粒子a、b在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，它们的动量大小相等，a运动的半径大于b运动的半径。若a、b的电荷量分别为qa、qb，质量分别为ma、mb，周期分别为Ta、Tb。则一定有( )A．qaRb，所以qa4m/s则作用后A、B、C动能之和：E′＝mAvA2＋(mB＋mC)vB2>(mB＋mC)vB2实际上系统的总机械能为：E＝Ep＋(mA＋mB＋mC)vA′2＝12J＋36J＝48J根据能量守恒定律，E′>E是不可能的，所以A不可能向左运动。[答案] (1)3m/s (2)12J (3)见解析 (2016·北京市西城区二模)如图所示，半径R＝0.1m的竖直半圆形光滑轨道BC与水平面AB相切，AB距离x＝1m。质量m＝0.1kg的小滑块1放在半圆形轨道底端的B点，另一质量也为m＝0.1kg的小滑块2，从A点以v0＝2m/s的初速度在水平面上滑行，两滑块相碰，碰撞时间极短，碰后两滑块粘在一起滑上半圆形轨道。已知滑块2与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2。取重力加速度g＝10m/s2。两滑块均可视为质点。求：(1)碰后瞬间两滑块共同的速度大小v；(2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能ΔE；(3)在C点轨道对两滑块的作用力大小F。[解析] (1)滑块2从A运动到B，设滑块2在B点的速度为v1，由动能定理可得－μmgx＝mv12－mv02，解得v1＝6m/s；在B点，滑块2与滑块1发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得mv1＝2mv，解得v＝3m/s。(2)滑块2与滑块1在B点发生完全非弹性碰撞，由能量守恒得ΔE＝mv12－·2m·v2，解得ΔE＝0.9J。(3)滑块2和滑块1作为一个整体一起沿着光滑的半圆形轨道从B点运动到C
点做非匀速圆周运动，设到达C点的速度为v2，由动能定理得－2mg·2R＝·2m·v22－·2m·v2，解得v2＝m/s；在C点，由圆周运动条件得F＋2mg＝2m·，解得F＝8N。[答案] (1)3m/s (2)0.9J (3)8N一、练高考典题——每练一次都有新发现1．(2015·福建高考)如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )A．A和B都向左运动 B．A和B都向右运动C．A静止，B向右运动D．A向左运动，B向右运动解析：选D 选向右为正方向，则A的动量pA＝m·2v0＝2mv0。B的动量pB＝－2mv0。碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A、B的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D符合题意。2．(2013·天津高考)我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3000m接力三连冠。观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交捧”的运动员乙前面。并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则( )A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功解析：选B 由于甲对乙的作用力与乙对甲的作用力方向相反，因此两个力的冲量方向相反，A项错误；由动量定理可知，相互作用力大小相等，方向相反，因此冲量等大反向，动量变化量等大反向，B项正确；由于甲、乙的动能变化等于甲、乙各自所受的合外力做功，两者的合外力做功不一定相等，C项错误；两者的相互作用力等大反向，但在作用力作用下两人的位移不一定相等，所以做功不一定相等，D项错误。3．(2016·全国乙卷)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。
求(ⅰ)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(ⅱ)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。解析：(ⅰ)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔV①ΔV＝v0SΔt②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为＝ρv0S。③(ⅱ)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得(Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v02④在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp＝(Δm)v⑤设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt＝Δp⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg⑦联立③④⑤⑥⑦式得h＝－。⑧答案：(ⅰ)ρv0S (ⅱ)－4．(2016·全国丙卷)如图，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m。两物块与地面间的动摩擦因数均相同。现使a以初速度v0向右滑动。此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞。重力加速度大小为g。求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件。解析：设物块与地面间的动摩擦因数为μ。若要物块a、b能够发生碰撞，应有mv02＞μmgl①即μ＜②
设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1。由能量守恒有mv02＝mv12＋μmgl③设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1′、v2′，由动量守恒和能量守恒有mv1＝mv1′＋mv2′④mv12＝mv1′2＋v2′2⑤联立④⑤式解得v2′＝v1⑥由题意知，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知v2′2≤μmgl⑦联立③⑥⑦式，可得μ≥⑧联立②⑧式，a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件≤μ＜。⑨答案：≤μ＜5．(2015·全国卷Ⅱ)两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段。两者的位置x随时间t变化的图像如图所示。求：(1)滑块a、b的质量之比；(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比。解析：(1)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2。由题给图像得v1＝－2m/s①v2＝1m/s②a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v。由题给图像得
v＝m/s③由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v④联立①②③④式得m1∶m2＝1∶8。⑤(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为ΔE＝m1v12＋m2v22－(m1＋m2)v2⑥由图像可知，两滑块最后停止运动。由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为W＝(m1＋m2)v2⑦联立⑥⑦式，并代入题给数据得W∶ΔE＝1∶2。⑧答案：(1)1∶8 (2)1∶2二、练名校模拟好题——一题能通一类题6．(2016·泉州高三质检)“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜庆心情的流露。有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东；则另一块的速度为( )A．3v0－vB．2v0－3vC．3v0－2vD．2v0＋v解析：选C 取水平向东为正方向，爆炸过程系统动量守恒，3mv0＝2mv＋mvx，可得vx＝3v0－2v，C正确。7．2015年10月11日，温州乐清市一家公司的专家楼B幢发生惊险一幕，一个小男孩从楼上窗台突然坠落。但幸运的是，楼下老伯高高举起双手接住了孩子，孩子安然无恙。假设从楼上窗台到老伯接触男孩的位置高度差为h＝12.8m，老伯接男孩的整个过程时间约为Δt＝0.4s，则(忽略空气阻力，g取10m/s2)( )A．男孩接触老伯手臂时的速度大小为25m/sB．男孩自由下落时间约为4sC．老伯接男孩的整个过程，男孩处于失重状态D．老伯手臂受到的平均作用力是男孩体重的5倍解析：选D 男孩从楼上坠落可看作是自由落体运动，
根据自由落体公式可以计算出男孩接触老伯的末速度vt2＝2gh，得出vt＝＝16m/s，所以A项错误；根据h＝gt2，可以计算出下落时间t＝＝1.6s，所以B项错误；老伯接男孩的整个过程中，男孩做减速运动，加速度方向竖直向上，男孩处于超重状态，所以C项错误；根据动量定理，取竖直向上为正方向，老伯手臂对男孩的平均作用力为F，(F－mg)Δt＝0－(－mvt)，解得F＝5mg，根据牛顿第三定律可知，老伯手臂受到的平均作用力是男孩体重的5倍，所以D项正确。8.在水平地面的右端B处有一面墙，一小物块放在水平地面上的A点，质量m＝0.5kg，AB间距离s＝5m，如图所示。小物块以初速度v0＝8m/s从A向B运动，刚要与墙壁碰撞时的速度v1＝7m/s，碰撞后以速度v2＝6m/s反向弹回。重力加速度g取10m/s2。求：(1)小物块从A向B运动过程中的加速度a的大小；(2)小物块与地面间的动摩擦因数μ；(3)若碰撞时间t＝0.05s，碰撞过程中墙面对小物块平均作用力F的大小。解析：(1)从A到B过程是匀减速直线运动，根据速度位移公式，有：a＝＝m/s2＝－1.5m/s2。(2)从A到B过程，由动能定理，有：－μmgs＝mv12－mv02可得：μ＝0.15。(3)对碰撞过程，规定向左为正方向，由动量定理，有：FΔt＝mv2－m(－v1)可得：F＝130N。答案：(1)1.5m/s2 (2)0.15 (3)130N9．(2016·北京丰台区二模)如图所示，上表面光滑的水平平台左端与竖直面内半径为R的光滑半圆轨道相切，整体固定在水平地面上。平台上放置两个滑块A、B，其质量mA＝m，mB＝2m，两滑块间夹有被压缩的轻质弹簧，弹簧与滑块不拴接。平台右侧有一小车，静止在光滑的水平地面上，小车质量M＝3m，车长L＝2R，小车的上表面与平台的台面等高，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.2。解除弹簧约束，滑块A、B在平台上与弹簧分离，在同一水平直线上运动。滑块A经C点恰好能够通过半圆轨道的最高点D，滑块B冲上小车。两个滑块均可视为质点，重力加速度为g。求：
(1)滑块A在半圆轨道最低点C处时的速度大小；(2)滑块B冲上小车后与小车发生相对运动过程中小车的位移大小；(3)若右侧地面上有一高度略低于小车上表面的立桩(图中未画出)，立桩与小车右端的距离为x，当小车右端运动到立桩处立即被牢固粘连。请讨论滑块B在小车上运动的过程中，克服摩擦力做的功Wf与x的关系。解析：(1)滑块A在半圆轨道运动，设到达最高点的速度为vD，则有：mg＝m，解得：vD＝；滑块A在半圆轨道运动的过程中，机械能守恒，所以有：2mgR＋mvD2＝mvA2，解得vA＝。(2)A、B在弹簧恢复原长的过程中动量守恒，则有：mAvA＋(－mBvB)＝0，解得：vB＝，假设滑块B可以在小车上与小车共速，由动量守恒得：mBvB＝(mB＋M)v共，解得：v共＝vB＝，滑块B滑上小车后加速度大小为a＝μg，则滑块B从滑上小车到与小车共速时的位移为：xB＝＝，小车的加速度a车＝g，此过程中小车的位移为：x车＝＝R滑块B相对小车的位移为：Δx＝xB－x车＝＜2R，滑块B未掉下小车，假设合理；滑块B冲上小车后与小车发生相对运动过程中小车的位移x车＝。(3)分析如下：①当x≥R时，滑块B从滑上小车到共速时克服摩擦力做功为Wf1＝2μmgxB＝；
车与立桩相碰，静止后，滑块B做匀减速运动直到停下的位移为：x′＝＝＞(L－Δx)，滑块B会脱离小车。小车与立桩相碰静止后，滑块B继续运动脱离小车过程中，滑块B克服摩擦力做功为Wf2＝2μmg(L－Δx)＝，所以，当x≥R时，滑块B克服摩擦力做功为Wf＝Wf1＋Wf2＝。②当x＜R时，小车可能获得的最大动能小于Ek＝×3mv共2＝mgR滑块B与车发生相对位移2R的过程中产生的内能为：EQ＝μ×2mg×2R＝mgR，两者之和：E＝Ek＋EQ＝mgR，滑块B冲上小车时具有的初动能Ek＝×2mvB2＝mgR＞E，所以滑块B一定能滑离小车，则滑块B克服摩擦力做功为：Wf＝μ×2mg(L＋x)＝0.4mg(2R＋x)。答案：(1) (2) (3)①当x≥R时，Wf＝ ②当x＜R时，Wf＝0.4mg(2R＋x)第四讲功能关系在电磁学中的应用考点一电场中的功能关系1.[考查动能定理在平行板电容器中的应用](2013·全国卷Ⅰ)一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回。若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将( )A．打到下极板上 B．在下极板处返回
C．在距上极板处返回D．在距上极板d处返回解析：选D 当两极板距离为d时，粒子从开始下落到恰好到达下极板过程中，根据动能定理可得：mg×d－qU＝0，当下极板向上移动，设粒子在电场中运动距离x时速度减为零，全过程应用动能定理可得：mg－qx＝0，两式联立解得：x＝d，选项D正确。2．[考查动能定理在非匀强电场中的应用](2016·枣庄模拟)在光滑的水平面内有一沿x轴的静电场，其电势φ随x坐标值的变化图线如图所示。一质量为m，带电量为q的带正电小球(可视为质点)从O点以初速度v0沿x轴正向移动。下列叙述正确的是( )A．若小球能运动到x1处，则该过程小球所受电场力逐渐增大B．带电小球从x1运动到x3的过程中，电势能先减小后增大C．若该小球能运动到x4处，则初速度v0至少为2D．若v0为2，带电粒子在运动过程中的最大速度为解析：选D 由图像能看出从0到x1电势增大，电场强度不一定增大，小球受的电场力就不一定增大，故A项错；从x1到x3电势一直减小，电势能Ep＝qφ也一直减小，故B项错；由于沿电场线方向移动电势逐渐降低，所以从0到x1电场力阻碍小球的运动，从x1到x3电场力是动力，从x3到x4电场力是阻力，由于只受电场力作用，所以动能与电势能相互转化，总能量守恒，可看出只要能通过x1位置就能到达x4位置，假设到达x1时动能恰为0，由能量守恒定律mv02＝qφ0，得v0＝，故C项错；由以上分析可知，粒子到达x3处速度最大，由动能定理得qU＝qφ0＝mv32－mv02，将初速度代入得v3＝，故D项正确。3．[考查抛体运动、功能关系在匀强电场中的应用](2015·全国卷Ⅱ)如图，一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°。不计重力。求A、B两点间的电势差。解析：设带电粒子在B点的速度大小为vB。粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即
vBsin30°＝v0sin60°①由此得vB＝v0②设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有qUAB＝m(vB2－v02)③联立②③式得UAB＝④答案：UAB＝考点二复合场中的功能关系4.[考查功能关系在重力场和电场中的应用](2016·衡水检测)如图所示，一绝缘轻弹簧的下端固定在斜面底端，上端连接一带正电的光滑滑块P，滑块所处空间存在着沿斜面向上的匀强电场，倾角为θ的光滑绝缘斜面固定在水平地面上，开始时弹簧是原长状态，物块恰好处于平衡状态。现给滑块一沿斜面向下的初速度v，滑块到最低点时，弹簧的压缩量为x，若弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是( )A．滑块电势能的增加量大于滑块重力势能的减少量B．滑块到达最低点的过程中，克服弹簧弹力做功mv2C．滑块动能的变化量等于电场力和重力做功的代数和D．当滑块的加速度最大时，滑块和弹簧组成的系统机械能最大解析：选B 因为开始滑块受重力和电场力和支持力处于平衡，则有：qE＝mgsinθ，在运动到最低点过程中，电场力做功与重力做功相等，则滑块电势能增量等于滑块重力势能的减小量，故A错误。根据能量守恒得，动能减小，重力势能减小，电势能增加，弹性势能增加，因为电势能增量等于重力势能减小量，所以弹性势能增加量等于滑块动能减小量，可知滑块克服弹簧弹力做功mv2，故B正确。根据动能定理知，电场力、重力、弹簧弹力做功的代数和等于滑块动能的变化量，故C错误。由于qE＝mgsinθ，可知当滑块的加速度最大时，弹簧最长或最短。弹簧最长时，滑块的电势能最小，滑块和弹簧组成的系统机械能最大；弹簧最短时，滑块的电势能最大，滑块和弹簧组成的系统机械能最小，故D错误。
5．[考查能量守恒定律在复合场曲线运动中的应用](多选)(2016·开封二模)设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，已知一带电粒子在电场力和洛伦兹力的作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是运动的最低点，忽略粒子的重力，以下说法中正确的是( )A．此粒子必带正电荷B．A点和B位于同一高度C．离子在C点时机械能最大D．离子到达B点后，将沿原曲线返回A点解析：选ABC 从图中可以看出，上极板带正电，下极板带负电，带电粒子由静止开始向下运动，说明受到向下的电场力，可知粒子带正电。故A正确。离子具有速度后，它就在向下的电场力F及总与速度方向垂直并不断改变方向的洛伦兹力f作用下沿ACB曲线运动，因洛伦兹力不做功，电场力做功等于动能的变化，而离子到达B点时的速度为零，所以从A到B电场力所做正功与负功加起来为零。这说明离子在电场中的B点与A点的电势能相等，即B点与A点位于同一高度。故B正确。在由A经C到B的过程中，在C点时，电势最低，此时粒子的电势能最小，由能量守恒定律可知此时具有最大机械能。故C正确。只要将离子在B点的状态与A点进行比较，就可以发现它们的状态(速度为零，电势能相等)相同，如果右侧仍有同样的电场和磁场的叠加区域，离子就将在B之右侧重现前面的曲线运动，因此，离子是不可能沿原曲线返回A点的。如图所示。故D错误。6．[考查功能关系在电场、磁场中的应用对比](多选)(2016·唐山期末)如图所示，Ⅰ、Ⅱ是竖直平面内两个相同的半圆形光滑绝缘轨道，K为轨道最低点。轨道Ⅰ处于垂直纸面向外的匀强磁场中，轨道Ⅱ处于水平向右的匀强电场中。两个完全相同的带正电小球a、b从图中位置由静止开始下滑至第一次到达最低点K的过程，则此过程带电小球a、b相比( )A．球a所需时间较长B．球b机械能损失较多C．在K处球a速度较大D．在K处球b对轨道压力较大解析：选BC 洛伦兹力不做功，球a的运动过程只有重力做正功，球b除重力做正功外还有电场力做负功，所以二者下降到同一高度时，va>vb，
滑到最低点过程二者通过的路程相等，而在任意相同的位置都是va>vb，所以球a所需时间较短，选项A错C对。球a机械能守恒，球b机械能减少，选项B对。在K处，对球a：qvaB＋FN－mg＝，对球b：FN′－mg＝，整理得FN＝mg＋－qvaB，FN′＝mg＋，由于无法判断速度的定量关系所以无法判断支持力大小，故对轨道压力大小无法判断，选项D错。考点三电磁感应中的功能关系7.[考查能量守恒定律在电磁感应中的应用](多选)(2016·山东师大附中模拟)如图所示，宽度为d的有界匀强磁场竖直向下穿过光滑的水平桌面，一质量为m的椭圆形导体框平放在桌面上，椭圆的长轴平行磁场边界，短轴小于d。现给导体框一个初速度v0(v0垂直磁场边界)，已知导体框全部在磁场中的速度为v，导体框全部出磁场后的速度为v1；导体框进入磁场过程中产生的焦耳热为Q1，导体框离开磁场过程中产生的焦耳热为Q2。下列说法正确的是( )A．导体框离开磁场过程中，感应电流的方向为顺时针方向B．导体框进出磁场都是做匀变速直线运动C．Q1＞Q2D．Q1＋Q2＝m(v02－v12)解析：选ACD 导体框离开磁场时，磁通量减小，根据楞次定律得，感应电流的方向为顺时针方向，故A正确。导体框在进出磁场时，速度变化，则感应电动势变化，产生的感应电流变化，则所受的安培力变化，根据牛顿第二定律知，加速度变化，导体框做的是变减速运动，故B错误。因为进磁场时的速度大于出磁场时的速度，则进磁场时产生的电流要比出磁场时产生的电流大，根据克服安培力做功知，Q1＞Q2，故C正确。根据能量守恒定律知，导体框动能的减小量全部转化为焦耳热，则Q1＋Q2＝m(v02－v12)，故D正确。8．[考查电磁感应电路中的电功、电功率](2016·广州二模)如图所示，一均匀光滑正方形闭合框架，固定在绝缘水平桌面上，一根同质均匀金属杆ab搁在其上且始终接触良好。匀强磁场垂直桌面竖直向下，当ab杆在外力F作用下匀速沿框架从最左端向最右端运动过程中( )A．外力F是恒力B．桌面对框架的水平作用力保持不变C．ab杆的发热功率先变小后变大
D．正方形框架产生的总热量大于ab杆产生的总热量解析：选C ab向右匀速运动，产生的感应电动势为E＝BLv，是定值，ab可以看做电源，框架构成外电路，当ab运动到框架的中间位置时，外电路电阻最大，等于ab的电阻，因此在ab运动过程中，外电路总电阻R先增大后减小，由I＝可知，电路电流先减小后增大，ab受到的安培力为FB＝BIL，可知安培力先减小后变大，ab匀速运动，由平衡条件得：F＝FB，所以外力F先减小后增大，故A错误；由A可知，电路电流先减小后增大，框架受到的安培力FB框＝BIL，先减小后增大，由平衡条件可知，桌面对框架的水平作用力与所受的安培力大小相等，所以桌面对框架的水平作用力先变小后变大，故B错误；通过ab的电流I先减小后增大，则ab杆的发热功率P＝I2Rab，先减小后变大，故C正确；当ab在框架的中央时，内外电阻相等，除此之外，外电阻总是小于内电阻的，由U＝IR可知，外电压小于等于内电压，由Q＝W＝UIt可知外电路产生的总热量小于ab杆产生的总热量，故D错误。考点四应用动力学知识和功能关系解决力电综合问题9.(2016·江西红色七校二模)如图所示，左右两边分别有两根平行金属导轨相距为L，左导轨与水平面夹30°角，右导轨与水平面夹60°角，左右导轨上端用导线连接。导轨空间内存在匀强磁场，左边的导轨处在方向沿左导轨平面斜向下，磁感应强度大小为B的磁场中。右边的导轨处在垂直于右导轨斜向上，磁感应强度大小也为B的磁场中。质量均为m的导杆ab和cd垂直导轨分别放于左右两侧导轨上，已知两导杆与两侧导轨间动摩擦因数均为μ＝，回路电阻恒为R，若同时无初速释放两导杆，发现cd杆沿右导轨下滑s距离时，ab杆才开始运动。(认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)试求ab杆刚要开始运动时cd杆的速度大小？(2)以上过程中，回路中共产生多少焦耳热？(3)cd杆的最终速度为多少？解析：(1)ab杆刚运动时，有所以F安＝mg由安培力公式F安＝BIL得I＝
由闭合电路欧姆定律I＝得，E＝对cd杆，由法拉第电磁感应定律E＝BLv解得v＝。(2)由动能定理有：mgssin60°－μmgscos60°－W克安＝mv2而根据功能关系知W克安＝Q故：Q＝。(3)对cd杆，根据平衡条件得mgsin60°＝μmgcos60°＋解得vm＝。答案：(1) (2) (3)10.如图所示，一质量为m，边长为h的正方形金属线框abcd自某一高度静止下落，依次经过两匀强磁场区域，且金属线框bc边的初始位置离磁场B1的上边界的高度为h/4，两磁场的磁感应强度分别为B1和B2，且B1＝2B0，B2＝B0(B0已知)，两磁场的间距为H(H未知，但H>h)，线框进入磁场B1时，恰好做匀速运动，速度为v1(v1已知)，从磁场B1中穿出后又以v2匀速通过宽度也为h的磁场B2。(1)求v1与v2的比值；(2)写出H与h的关系式；(3)若地面离磁场B2的下边界的高度为h，求金属线框下落到地面所产生的热量。(用m、h、g表示)解析：(1)金属线框分别进入磁场B1和B2后，做匀速运动，由平衡条件有BIh＝mg①又金属线框切割磁感线，则I＝②联立①②得v＝所以＝＝。③(2)金属线框进入磁场B1前和离开磁场B1后到进入磁场B2前，都是做只在重力作用下的运动，由运动学公式有
v12＝2g·④v22－v12＝2g(H－h)⑤联立③④⑤得H＝h。⑥(3)解法一：金属线框从静止开始运动到落地，根据功能关系，损失的机械能等于所产生的热量，则Q＝mg－mv22⑦联立④⑤⑥⑦得Q＝4mgh。解法二：克服安培力做功等于产生的热量，Q＝BIh·4h⑧联立①⑧得Q＝4mgh。答案：(1) (2)H＝h (3)4mgh考点一 电场中的功能关系带电粒子(或带电体)在电场中的运动问题是近几年高考常考的问题，一般涉及受力情况和运动情况分析，特别是电场力做功与电势能变化关系分析和动能定理的应用等，具有试题情景新颖、过程复杂等特点。建议考生适当关注即可[先记牢]
[再用活] 1．电容器两极板始终与电池相连，两极板间电压保持不变，如诊断卷第1题中，板间电场强度由原来的增加到。2．φx图线的斜率表示沿x方向的电场强度，如诊断卷第2题中，φx图线均为倾斜直线，因此，沿x方向的电场强度分段恒定不变，故A项错误；当只有电场力做功时，电势能和动能之和保持不变，电势能最低的地方带电小球的动能最大，如诊断卷第2题的D选项，速度最大的位置一定在x3位置。3．注意判断是否要考虑重力，一般来说，带电小球或带电液滴的重力都要考虑，带电粒子的重力是否考虑与题目的条件或粒子的运动规律有关。如诊断卷第1题，带电粒子在板上方由静止下落，必须考虑粒子重力；而诊断卷第3题，题目中明确说明不计重力。1.(2016·江西高安中学模拟)假设空间某一静电场的电势φ随x变化情况如图所示，根据图中信息可以确定下列说法中正确的是( )A．O～x1范围内各点场强的方向均与x轴平行B．只在电场力作用下，正电荷沿x轴从O运动到x1，可做匀减速直线运动C．负电荷沿x轴从x2移到x3的过程中，电场力做正功，电势能减小D．无法比较x2～x3与x4～x5间的场强大小解析：选C 由图像可以知道，在O～x1范围内各点电势不变，是一条等势线，所以电场方向应该与x轴垂直，故选项A错误；x轴上在O～x1，各点电势相等，任意两点间电势差为零，电场力做功为零，而且电荷做直线运动，可能做匀速运动，故选项B错误；x轴从x2移到x3的过程中电势升高，则电场力对负电荷做正功，电势能减小，故选项C正确；在x2～x3范围内相对于x4～x5范围内等差等势面密集，所以前者电场强度大些，故选项D错误。2.(多选)(2015·四川高考)如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点静止释放，
沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零，则小球a( )A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B．从N到P的过程中，速率先增大后减小C．从N到Q的过程中，电势能一直增加D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量解析：选BC 小球a从N点释放一直到达Q点的过程中，a、b两球的距离一直减小，库仑力变大，a受重力不变，重力和库仑力的夹角从90°一直减小，故合力变大，选项A错误；小球a从N到P的过程中，速度方向与重力和库仑力的合力方向的夹角由小于90°到大于90°，故库仑力与重力的合力先做正功后做负功，a球速率先增大后减小，选项B正确；小球a由N到Q的过程中库仑力一直做负功，电势能一直增加，选项C正确；小球a从P到Q的过程中，减少的动能转化为重力势能和电势能之和，故动能的减少量大于电势能的增加量，则选项D错误。3．(多选)(2016·衡阳联考)如图所示，一个电荷量为－Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点。另一个电荷量为＋q、质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，到B点时的速度减小到最小，为v。已知点电荷乙与水平面间的动摩擦因数为μ，A、B间距离为L，静电力常量为k，则下列说法中正确的有( )A．O、B间的距离等于B．点电荷甲在B点处的电场强度大小为C．在点电荷甲形成的电场中，A、B间的电势差为UAB＝D．点电荷乙从A向O点靠近的过程中，其电势能一直减小解析：选ABD 点电荷乙到B点时速度最小，加速度为零，μmg＝Eq⇒E＝，B项正确；由库仑定律可知，μmg＝k⇒r＝，A项正确；点电荷乙由A到B过程中，由动能定理有qUAB－μmgxAB＝mv2－mv02，A、B两点间的电势差计算结果与摩擦力有关，C项错；点电荷乙由A向O点靠近过程中，电场力做正功，电势能减小，D项正确。考点二 复合场中的功能关系
带电粒子在复合场中的运动问题是典型的力电综合问题，一般要从受力、运动、功能的角度来分析；此类问题所涉及的力有重力、电场力、磁场力、弹力、摩擦力等，涉及的运动形式有匀速直线运动、变速直线运动、曲线运动等。综合性相对较强，难度在中等偏上。建议对本考点重点攻坚[先记牢] 1．电场、重力场并存：若重力和电场力平衡，则带电体做匀速直线运动，动能不变；若重力和电场力不平衡，一般考查带电体的匀变速直线运动或类平抛运动，应用牛顿运动定律或动能定理结合运动的合成与分解答题。2．电场、磁场并存：若电场力和洛伦兹力平衡，则带电微粒做匀速直线运动；若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电微粒做复杂曲线运动，因F洛不做功，可用动能定理求解问题。3．电场、磁场、重力场并存：若三力平衡，带电体做匀速直线运动，动能不变；若重力与电场力平衡，一般考查带电体的匀速圆周运动，应用牛顿运动定律和圆周运动知识答题，有时还会用到能量守恒或动能定理。[再用活] 1．对带电体要进行必要的受力分析和运动分析，特别要关注带电体受力、速度、位置及其变化特点。如诊断卷第4题，开始静止时弹簧处于原长状态，必有Eq＝mgsinθ，因此重力做功与电场力做功大小相等，滑块电势能与滑块重力势能之和保持不变，动能的减少量全部转化为弹簧的弹性势能，故只有选项B正确。2．带电粒子运动的速度大小或方向如果改变，其所受的洛伦兹力的大小和方向也随之改变，其运动为非匀变速曲线运动，运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线，如诊断卷第5题，粒子轨迹为一般的曲线，因只有电场力做功，粒子的动能和电势能之和守恒，A、B、B′必在同一等势面上，C点电势能最小，机械能(动能)最大。1．(多选)(2016·山西四校联考)如图所示，质量为m、带电荷量为q的带电微粒，以初速度v0从A点竖直向上射入真空中沿水平方向的匀强电场中，微粒通过电场中B点时速率vB＝2v0，方向与电场的方向一致，则下列选项正确的是( )A．微粒所受的电场力大小是其所受重力的2倍B．带电微粒的机械能增加了2mv02C．A、B两点间的电势差为
D．A、B两点间的电势差为解析：选ABC 由题意知，从A到B的运动可以看成水平方向上初速度为零的匀加速直线运动，其加速度为，竖直方向上初速度为v0的竖直上抛运动，且两个方向的运动具有同时性。由运动学公式可得2v0＝t，v0＝gt，则qE＝2mg，选项A正确；根据功能关系，机械能的增加量等于除重力外其他力做的功，即ΔE＝m(2v0)2＝2mv02，选项B正确；根据电场力做功的特点，qU＝2mv02，U＝，选项C正确，选项D错误。2．(多选)(2016·哈尔滨模拟)如图所示，可视为质点的质量为m且所带电量为q的小球，用一绝缘轻质细绳悬挂于O点，绳长为L，现加一水平向右的足够大的匀强电场，电场强度大小为E＝，小球初始位置在最低点，若给小球一个水平向右的初速度，使小球能够在竖直面内做圆周运动，忽略空气阻力，重力加速度为g。则下列说法正确的是( )A．小球在运动过程中机械能守恒B．小球在运动过程中机械能不守恒C．小球在运动过程的最小速度至少为D．小球在运动过程的最大速度至少为解析：选BD 小球在运动的过程中，电场力做功，机械能不守恒，故A错误，B正确；如图所示，小球在电场中运动的等效最高点和最低点分别为A点和B点，等效重力G′＝mg，小球在最高点的最小速度v1满足G′＝m，v1＝，故C错误；小球由最高点运动到最低点，由动能定理得，G′2L＝mv22－mv12，解得v2＝，故D正确。3．(多选)如图甲所示，绝缘轻质细绳一端固定在方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场中的O点，另一端连接带正电的小球，小球所带的电荷量为q＝6×10－7C，在图示坐标中，电场方向沿竖直方向，坐标原点O的电势为零。当小球以2m/s的速率绕O
点在竖直平面内做匀速圆周运动时，细绳上的拉力刚好为零。在小球从最低点运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势φ随纵坐标y的变化关系如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2。则下列判断正确的是( )A．匀强电场的场强大小为3.2×106V/mB．小球重力势能增加最多的过程中，电势能减少了2.4JC．小球做顺时针方向的匀速圆周运动D．小球所受的洛伦兹力的大小为3N解析：选BD 根据小球从最低点运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势φ随纵坐标y的变化关系可得，匀强电场的电场强度大小E＝V/m＝5×106V/m，选项A错误；由于带电小球在运动过程中，只有重力和电场力做功，则只有重力势能和电势能的相互转化，又由于带电小球在复合场(重力场、匀强电场和匀强磁场)中做匀速圆周运动，且细绳上的拉力刚好为零，则小球受到的竖直向下的重力与其受到的电场力等大、反向，即qE＝mg，因此当带电小球从最低点运动到最高点的过程中，即小球重力势能增加最多的过程中，电势能减少量为qE·2L＝2.4J，选项B正确；由于带电小球所受的洛伦兹力提供小球做匀速圆周运动的向心力，根据左手定则可知，小球沿逆时针方向运动，选项C错误；根据牛顿第二定律可得fB＝，又qE＝mg，解得fB＝3N，即小球所受的洛伦兹力的大小为3N，选项D正确。考点三 电磁感应中的功能关系利用能量观点分析电磁感应问题时，与力学中的分析方法类似，只是多了安培力做功，多了电能参与能量的转化，因此需要明确安培力做功及电能转化的特点。建议考生学会迁移应用
[先记牢] 1．法拉第电磁感应定律(1)E＝n，(2)E＝Blv。2．电磁感应中的功能对应关系(1)电磁感应电路为纯电阻电路时产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q＝W克安。(2)电磁感应发生的过程，遵从能量守恒，焦耳热的增加量等于其他形式能量的减少量。[再用活] 1．电磁感应中焦耳热的求法2．谨记“两点”提醒，跳出失分误区(1)定量与定性相结合，比较安培力做功大小。如诊断卷第7题中，导体框进入磁场的速度大于导体框出磁场时的速度，因此，进入磁场时导体框中的电流大于出磁场时导体框中的电流，同样可以比较进入磁场时安培力对导体框所做的负功大于出磁场时安培力对导体框所做的负功，C项正确。(2)正确分析电路的结构，确定哪部分相当于电源，哪部分相当于外电路。如诊断卷第8题，应明确ab杆为电源，框架是外电路，并判断出ab杆向右移动过程中，外电阻先增大后减小，本题即可迎刃而解。1．(2016·北京朝阳区高三期末)如图所示，匀强磁场的上下边界水平，宽度为L，方向垂直纸面向里。质量为m、边长为l(l＜L)的正方形导线框abcd始终沿竖直方向穿过该磁场，已知cd边进入磁场时的速度为v0，ab边离开磁场时的速度也为v0，重力加速度的大小为g。下列说法正确的是( )A．线框进入和离开磁场时产生的感应电流方向相同B．线框进入和离开磁场时受到的安培力方向相反C．线框穿过磁场的过程中克服安培力所做的功为mg(L＋l)D．线框穿过磁场的过程中可能先做加速运动后做减速运动
解析：选C 根据楞次定律可知，线框进入磁场和离开磁场时产生的感应电流方向相反，再根据左手定则可知线框受到的安培力方向一直向上，A、B错误；根据动能定理，可知从进入磁场到离开磁场的过程动能不变，所以WG－W克安＝0，即W克安＝mg(L＋l)，C正确；如果cd边以速度v0进入磁场时开始做加速运动，那么ab边离开磁场时不可能减速到v0，D错误。2．(2015·福建高考)如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场中。一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中( )A．PQ中电流先增大后减小B．PQ两端电压先减小后增大C．PQ上拉力的功率先减小后增大D．线框消耗的电功率先减小后增大解析：选C 设PQ左侧金属线框的电阻为r，则右侧电阻为3R－r；PQ相当于电源，其电阻为R，则电路的外电阻为R外＝＝，当r＝时，R外max＝R，此时PQ处于矩形线框的中心位置，即PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中外电阻先增大后减小。PQ中的电流为干路电流I＝，可知干路电流先减小后增大，选项A错误。PQ两端的电压为路端电压U＝E－U内，因E＝Blv不变，U内＝IR先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，选项B错误。拉力的功率大小等于安培力的功率大小，P＝F安v＝BIlv，可知因干路电流先减小后增大，PQ上拉力的功率也先减小后增大，选项C正确。线框消耗的电功率即为外电阻消耗的功率，因外电阻最大值为R，小于内阻R；根据电源的输出功率与外电阻大小的变化关系，外电阻越接近内阻时，输出功率越大，可知线框消耗的电功率先增大后减小，选项D错误。3．如图所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ。现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离l时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)。设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g。则此过程中( )
A．杆的速度最大值为B．安培力做的功等于电阻R上产生的热量C．恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D．恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量解析：选D 当杆达到最大速度vm时，F－μmg－＝0得vm＝，A错误；安培力做的功等于电阻R和r上产生的热量，B错误；在杆从开始到达到最大速度的过程中由动能定理得WF＋Wf＋W安＝ΔEk，其中Wf＝－μmgl，W安＝－Q，恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量与回路产生的焦耳热之和，C错误；恒力F做的功与安培力做的功之和等于杆动能的变化量与克服摩擦力做的功之和，D正确。考点四 应用动力学知识和功能关系解决力电综合问题本考点在高考中常以压轴题的形式出现，题目综合性强，分值高，考生易失分，分析此类问题的关键是在正确地进行受力分析和运动分析的前提下，合理选用规律，列出方程求解。建议对本考点重点攻坚一、力电综合问题的一般思维流程—————————————————————————[应用流程] 诊断卷第7题的思维流程：
二、力电综合问题的三类常考题型题型一 电场中的力电综合问题 (2015·四川高考)如图所示，粗糙、绝缘的直轨道OB固定在水平桌面上，B端与桌面边缘对齐，A是轨道上一点，过A点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E＝1.5×106N/C，方向水平向右的匀强电场。带负电的小物体P电荷量是2.0×10－6C，质量m＝0.25kg，与轨道间动摩擦因数μ＝0.4。P从O点由静止开始向右运动，经过0.55s到达A点，到达B点时速度是5m/s，到达空间D点时速度与竖直方向的夹角为α，且tanα＝1.2。P在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F作用，F大小与P的速率v的关系如表所示。P视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力，取g＝10m/s2。求：v/(m·s－1)0≤v≤220，故在c点时管壁对小球作用力总竖直向上。由牛顿第三定律可知，小球第N次过c点时对管道的作用力大小为(2N＋3－)mg，方向竖直向下。[答案] 见解析
题型三 电磁感应中的力电综合问题 (2016·宁波模拟)如图所示，空间存在方向竖直向下、磁感应强度大小B＝0.5T的匀强磁场，有两条平行的长直导轨MN、PQ处于同一水平面内，间距L＝0.2m，右端连接阻值R＝0.4Ω的电阻。质量m＝0.1kg的导体棒ab垂直跨接在导轨上，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2。从t＝0时刻开始，通过一小型电动机对棒施加一个水平向左的牵引力F，使棒从静止开始沿导轨方向做加速运动，此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，图乙是棒的速度—时间图像(其中OA是直线，AC是曲线，DE是AC曲线的渐近线)，电动机在12s末达到额定功率，此后功率保持不变。已知0～12s内电阻R上产生的热量Q＝12.5J。除R以外其余部分的电阻均不计，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：(1)棒在0～12s内的加速度大小a；(2)电动机的额定功率P；(3)0～12s内牵引力做的功W。[解析] (1)由图像知t1＝12s时的速度v1＝9m/sa＝＝0.75m/s2。(2)当棒达到收尾速度vm＝10m/s后，棒受力平衡，有F＝μmg＋BIL而I＝，P＝Fvm得P＝vm＝4.5W。(3)在0～12s内F是变力，根据动能定理有W－Wf－WB＝mv12－0而WB＝Q，Wf＝μmgs0～12s内棒移动的距离s＝v1t1＝×9×12m＝54m解得W＝27.35J。[答案] (1)0.75m/s2 (2)4.5W (3)27.35J
一、练高考典题——每练一次都有新发现1．(2014·天津高考)如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷。一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( )A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加C．微粒从M点运动到N点动能一定增加D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加解析：选C 微粒向下偏转，则微粒受到的电场力与重力的合力向下，若微粒带正电，只要电场力小于重力，就不能确定A、B板所带电荷的电性，A项错误；不能确定电场力的方向和微粒所带电荷的电性，因此不能确定电场力做功的正负，不能确定微粒从M点运动到N点电势能的变化，B项错误；由于电场力与重力的合力一定向下，因此微粒受到的合外力做正功，根据动能定理可知，微粒从M到N的过程中动能增加，C项正确；由于不能确定除重力以外的力即电场力做的是正功还是负功，根据功能原理可知，不能确定微粒从M到N过程中机械能是增加还是减少，D项错误。2．(多选)(2015·山东高考)如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是( )A．末速度大小为v0 B．末速度沿水平方向C．重力势能减少了mgdD．克服电场力做功为mgd解析：选BC 0～时间内微粒匀速运动，有mg＝qE0。把微粒的运动分解，水平方向：做速度为v0的匀速直线运动；竖直方向：～时间内，只受重力，做自由落体运动，时刻，v1y＝g；～T时间内，a＝＝g，做匀减速直线运动，T时刻，v2y＝v1y－a·
＝0，所以末速度v＝v0，方向沿水平方向，选项A错误、B正确。重力势能的减少量ΔEp＝mg·＝mgd，所以选项C正确。根据动能定理：mgd－W克电＝0，得W克电＝mgd，所以选项D错误。3．(2016·浙江高考)小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50m，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R＝0.05Ω的电阻。在导轨间长d＝0.56m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0T。质量m＝4.0kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连。CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s＝0.24m。一位健身者用恒力F＝80N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直。当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)。求(1)CD棒进入磁场时速度v的大小；(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小；(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q。解析：(1)由牛顿第二定律a＝＝12m/s2进入磁场时的速度v＝＝2.4m/s。(2)感应电动势E＝Blv感应电流I＝安培力FA＝IBl代入得FA＝＝48N。(3)健身者做功W＝F(s＋d)＝64J由牛顿第二定律F－mgsinθ－FA＝0CD棒在磁场区做匀速运动在磁场中运动时间t＝
焦耳热Q＝I2Rt＝26.88J。答案：(1)2.4m/s (2)48N (3)64J 26.88J二、练名校模拟好题——一题能通一类题4．(2016·六安一中模拟)如图所示，a、b两个带电小球，质量分别为ma、mb，用绝缘细线悬挂，细线无弹性且不会被拉断。两球静止时，它们距水平地面的高度均为h(h足够大)，细线与竖直方向的夹角分别为α和β(α<β)。若剪断细线OC，空气阻力不计，两球电量不变，重力加速度为g。则( )A．a球先落地，b球后落地B．落地时，a、b水平速度大小相等，且方向相反C．整个运动过程中，a、b系统的机械能守恒D．落地时，a、b两球的动能和为(ma＋mb)gh解析：选D 在竖直方向上，只受重力，因高度相同，则两球同时落地，故A错误；因为两球距地足够高，所以在落地前细线被拉直，又细线无弹性且不会拉断，故落地时，两球水平方向的速度均为零，故B错误；因为a、b球在拉直细线时，有一部分动能会转化为内能，机械能会损失，故C错误；水平方向在库仑斥力作用下，两球反向运动，当细线拉直时，水平方向速度损失，转化为内能，而竖直方向上作自由落体运动，根据运动的独立性可知，则落地时，a、b两球的动能和为(ma＋mb)gh，故D正确。5．(2016·烟台期末)如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻也为R的金属棒从高为h处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中(重力加速度为g)( )A．流过金属棒的最大电流为B．通过金属棒的电荷量为C．克服安培力所做的功为mghD．金属棒产生的电热为mg(h－μd)解析：选D 金属棒下滑过程中机械能守恒，有mgh＝mv2，金属棒到达水平面时的速度
v＝，金属棒到达水平面后做减速运动，刚到达水平面时的速度最大，感应电动势最大，感应电流也最大，故最大感应电流为I＝＝，选项A错误；通过金属棒的电荷量为q＝＝，选项B错误；对全过程应用动能定理mgh－W安－μmgd＝0，解得W安＝mgh－μmgd，选项C错误；金属棒产生的电热QR＝Q＝W安＝mg(h－μd)，选项D正确。6．(多选)如图所示，一质量为m、带电荷量为＋q的小球从半径为R的四分之一绝缘光滑圆弧轨道上与圆心等高处A由静止释放，经时间t下滑到轨道最低点B时对轨道压力为2mg，g为重力加速度，此后小球水平飞出，恰好垂直击中倾角为θ＝30°的斜面，整个斜面上方存在竖直向上的匀强电场，空气阻力不计，则下列说法中正确的是( )A．小球从A到B的平均速度为B．匀强电场的电场强度大小为C．小球从开始运动到击中斜面的过程中机械能守恒D．小球从圆弧轨道飞出到击中斜面的时间为3解析：选BD 由平均速度定义可知小球从A到B的平均速度为v＝，A错误；从A到B由动能定理有(mg－qE)R＝mvB2，在B点由牛顿第二定律有FN＋qE－mg＝m，FN＝2mg，联立得E＝，vB＝，B正确；小球从开始运动到击中斜面的过程中电场力做负功，由机械能守恒条件知此过程机械能不守恒，C错误；小球离开B点后做类平抛运动，由平抛规律知在击中斜面时有tan30°＝，而加速度a＝＝g，联立得t1＝3，D正确。
