2022年高考物理专题动量和能量.docx

《2022年高考物理专题动量和能量.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高考物理专题动量和能量.docx（38页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载第 2 专题 动量和能量学问网络要点归纳一、基本的物理概念1冲量与功的比较1定义式冲量的定义式：I Ft作用力在时间上的积存成效功的定义式： WFscos作用力在空间上的积存成效2属性冲量是矢量,既有大小又有方向求合冲量应按矢,量合成法就来运算功是标量,只有大小没有方向求物体所受外力的,总功只需按代数和运算2动量与动能的比较名师归纳总结 1定义式动量的定义式：pmv第 1 页,共 21 页动能的定义式：Ek1 2mv 2- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载动量是矢量

2、 动量的变化也是矢量 ,求动量的变化 ,应按矢量运算法就来运算 2属性动能是标量 动能的变化也是标量 ,求动能的变化 ,只需按代数运算法就来运算 p2mEk3动量与动能量值间的关系 2Ek p 2m 1 2pv4动量和动能都是描述物体状态的量,都有相对性 相对所挑选的参考系 ,都与物体的受力情形无关动量的变化和动能的变化都是过程量,都是针对某段时间而言的二、动量观点的基本物理规律1动量定理的基本形式与表达式：I p p tF 合分方向的表达式：Ix合 px, Iy合 py2动量定理推论：动量的变化率等于物体所受的合外力,即3动量守恒定律1动量守恒定律的争论对象是一个系统含两个或两个以上相互作用

3、的物体2动量守恒定律的适用条件标准条件：系统不受外力或系统所受外力之和为零近似条件： 系统所受外力之和虽不为零,但比系统的内力小得多如碰撞问题中的摩擦力、爆炸问题中的重力等外力与相互作用的内力相比小得多,可以忽视不计重量条件：系统所受外力之和虽不为零,但在某个方向上的重量为零,就在该方向上系统总动量的重量保持不变3使用动量守恒定律时应留意：速度的瞬时性；动量的矢量性；时间的同一性4应用动量守恒定律解决问题的基本思路和方法分析题意,明确争论对象在分析相互作用的物体总动量是否守恒时,通常把这些被争论的物体统称为系统对于比较复杂的物理过程,要采纳程序法对全过程进行分段分析,要明确在哪些阶段中,哪些物

4、体发生相互作用,从而确定所争论的系统是由哪些物体组成的对各阶段所选系统内的物体进行受力分析,弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的内力,哪些是作用于系统的外力在受力分析的基础上依据动量守恒定律的条件,判定能否应用动量守恒定律明确所争论的相互作用过程,确定过程的始末状态,即系统内各个物体的初动量和末动量的值或表达式 留意：在争论地面上物体间相互作用的过程时,各物体运动的速度均应取地球为参考系 确定正方向,建立动量守恒方程求解三、功和能1中学物理中常见的能量动能 Ek1 2mv 2；重力势能 Epmgh；弹性势能 E弹1 2kx 2；机械能 EEkEp；分子势能；分子动能；内能；电势能 E q；电能

5、；磁场能；化学能；光能；原子能 电子的动能和势能之和 ；原子核能 Emc 2；引力势能；太阳能；风能 空气的动能 ；地热、潮汐能2常见力的功和功率的运算：恒力做功 WFscos；重力做功 Wmgh；一对滑动摩擦力做的总功Wf fs 路；WPt；Wp V；电场力做功WqU；功率恒定时牵引力所做的功 恒定压强下的压力所做的功电流所做的功WUIt ；洛伦兹力永不做功；瞬时功率 PFvcos_；名师归纳总结 平均功率 PWtF vcos第 2 页,共 21 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载3中学物理中重要的功能关系 能量与物体运动的状态

6、相对应在物体相互作用的过程中,物体的运动状态通常要发生变化,所以物体的能量变化一般要通过做功来实现,这就是常说的“ 功是能量转化的量度” 的物理本质那么,什么功对应着什么能量的转化呢？在高中物理中主要的功能关系有：1外力对物体所做的总功等于物体动能的增量,即W总 Ek 动能定理 2重力 或弹簧的弹力对物体所做的功等于物体重力势能或弹性势能 的增量的负值,即W重 Ep或 W弹 Ep3电场力对电荷所做的功等于电荷电势能的增量的负值,即 W电 E电4除重力 或弹簧的弹力 以外的力对物体所做的功等于物体机械能的增量,即 W其他 E机功能原理 5当除重力 或弹簧弹力 以外的力对物体所做的功等于零时,就有

7、 E机0,即机械能守恒6一对滑动摩擦力做功与内能变化的关系是：“ 摩擦所产生的热” 等于滑动摩擦力跟物体间相对路程的乘积,即 Qfs 相对一对滑动摩擦力所做的功的代数和总为负值,表示除了有机械能在两个物体间转移外,仍有一部分机械能转化为内能,这就是“ 摩擦生热” 的实质7安培力做功对应着电能与其他形式的能相互转化,即 W安 E 电安培力做正功,对应着电能转化为其他能 如电动机模型 ；克服安培力做负功,对应着其他能转化为电能 如发电机模型 ；安培力做功的绝对值等于电能转化的量值8分子力对分子所做的功等于分子势能的增量的负值,即 W分子力 E分子9外界对肯定质量的气体所做的功 W 与气体从外界所吸

8、取的热量 Q 之和等于气体内能的变化,即 WQ U10在电机电路中,电流做功的功率等于电阻发热的功率与输出的机械功率之和11在纯电阻电路中,电流做功的功率等于电阻发热的功率12在电解槽电路中,电流做功的功率等于电阻发热的功率与转化为化学能的功率之和13在光电效应中,光子的能量 hW12mv0 214在原子物理中,原子辐射光子的能量 hE初E末,原子吸取光子的能量 hE末E初15核力对核子所做的功等于核能增量的负值,即 W核 E核,并且 mc 2 E 核16能量转化和守恒定律对于全部参加相互作用的物体所组成的系统,无论什么力做功,可能每一个物体的能量的数值及形式都发生变化,但系统内全部物体的各种

9、形式能量的总和保持不变4运用能量观点分析、解决问题的基本思路1选定争论对象 单个物体或一个系统 ,弄清物理过程2分析受力情形,看有什么力在做功,弄清系统内有多少种形式的能在参加转化3认真分析系统内各种能量的变化情形及变化的数量4列方程 E减 E增或 E初E末求解四、弹性碰撞在一光滑水平面上有两个质量分别为 m1、m2 的刚性小球 A 和 B 以初速度 v1、v2 运动,如它们能发生正碰,碰撞后它们的速度分别为 v 1 和 v2 v1、v 2、v 1 、 v 2 是以地面为参考系的,将 A 和 B 看做系统由碰撞过程中系统动量守恒,有：m1v 1m2v 2 m1v1 m2v 2由于弹性碰撞中没有

10、机械能缺失,故有：1 2m1v121 2m2v 2 21 2m1v 121 2m2v22由以上两式可得：v 2 v1 v2v1或 v1 v2 v1v2 碰撞后 B 相对于 A 的速度与碰撞前 B 相对于 A 的速度大小相等、方向相反；碰撞后 A 相对于 B 的速度与碰撞前 A 相对于 B 的速度大小相等、方向相反【结论 1】 对于一维弹性碰撞,如以其中某物体为参考系,就另一物体碰撞前后速度大小不变、方向相反 即以原速率弹回 联立以上各式可解得：名师归纳总结 v 1 2m2v 2m1m2v 1 m1m2第 3 页,共 21 页v 2 2m1v 1m2m1v 2 m1m2- - - - - - -

11、精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载如 m1m2,即两个物体的质量相等,就 v 1 v2,v 2 v1,表示碰后 A 的速度变为 v2,B 的速度变为 v 1【结论 2】对于一维弹性碰撞,如两个物体的质量相等,就碰撞后两个物体互换速度 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 如 A 的质量远大于 B 的质量,就有：v 1 v1,v2 2v1v2；如 A 的质量远小于 B 的质量,就有：v 2 v2,v1 2v2v1【结论 3】 对于一维弹性碰撞,如其中某物体的质量远大于另一物体的质量,就质量大的物体碰撞前后速度保持不变至于

12、质量小的物体碰后速度如何,可结合结论 1 和结论 2 得出在高考复习中,如能引导同学推导出以上二级结论并熟记,对提高同学的解题速度是大有帮忙的热点、重点、难点一、动量定理的应用问题动量定理的应用在高考中主要有以下题型：1定性说明四周的一些现象；2求打击、碰撞、落地过程中的平均冲力；3运算流体问题中的冲力 或反冲力 ；4依据安培力的冲量求电荷量 例 1 如下列图, 一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上,瓶的底端与竖直墙壁接触现打开右端阀门,气体向外喷出,设喷口的面积为 S,气体的密度为 ,气体向外喷出的速度为 v,就气体刚喷出时贮气瓶底端对竖直墙壁的作用力大小是 2A vSBvS C1

13、2v 2SDv 2S【解析】 t 时间内喷出气体的质量 m Sv t对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统,由动量定理得：F t mv0 解得： Fv 2S 答案 D 【点评】 动量定理对多个物体组成的系统也成立,而动能定理对于多个物体组成的系统不适用同类拓展1 如图 22 所示,质量为M 的木块位于光滑水平面上,在木块与墙之间用轻弹簧连接,A开头时木块静止在A 位置现有一质量为m 的子弹以水平速度v0 射向木块并嵌入其中,就当木块回到位置时的速度v 以及此过程中墙对弹簧的冲量I 的大小分别为 A vCvmv 0,I0Bvmv0, I2mv 0Mm M mMm mv 0, I2m MmD

14、v2v 0 mv0M,I2mv0【解析】 设在子弹射入木块且未压缩弹簧的过程中,木块 mv0mMv1解得： v 1mv0 mM含子弹 的速度为 v1,由动量守恒定律得：对木块 含子弹 压缩弹簧再返回 A 点的过程,由动能定理得：1 2mM v 21 2mMv1 2W 总0 mv0 可知： vv 1mM取子弹、木块和弹簧组成的系统为争论对象,由动量定理得：名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 21 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载ImM vmMv1 2mv0负号表示方向向左 答案 B 二、动能定理、机械能守恒定律的应用1对于单个平动的物体

15、：W总 Ek,W 总指物体所受的全部外力做的总功2系统只有重力、弹力作为内力做功时,机械能守恒1用细绳悬挂的物体绕细绳另一端做圆周运动时,细绳对物体不做功2轻杆绕一端自由下摆,如轻杆上只固定一个物体,就轻杆对物体不做功；如轻杆上不同位置固定两 个物体,就轻杆分别对两物体做功3对于细绳连接的物体,如细绳存在突然绷紧的瞬时,就物体系统 的机械能削减3单个可当做质点的物体机械能守恒时,既可用机械能守恒定律解题,也可用动能定懂得题,两种 方法等效发生形变的物体和几个物体组成的系统机械能守恒时,一般用机械能守恒定律解题,不便利应 用动能定懂得题 例 2 以初速度 v 0 竖直向上抛出一质量为m 的小物块

16、 假定物块所受的空气阻力f 大小不变 已知重力加速度为g,就物块上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为2022 年高考 全国理综卷 A 2 v0 和 v 0 2g1f mgmgf mgfB2 v0 和 v 0 2g1f mgmgmg fCv022f mg和 v 0mg f mg fDv022f 和 v 0mgmgmg f2g12g1【解析】 方法一：对于物块上升的过程,由动能定理得：mgh fh01 2mv 0 22 v 0 解得： hf 2g1mg设物块返回至原抛出点的速率为 1 2mv 21 2mv0 2 f2hmgf 解得： vv 0mgfv,对于整个过程应用动能定理有：方法二：设小

17、物块在上升过程中的加速度大小为 a1,由牛顿其次定律有：mg fa1m2 2故物块上升的最大高度 hv0 2a1v 0f2g1mg设小物块在下降过程中的加速度为 a2,由牛顿其次定律有：mg fa2mmgf可得： v2a2hv 0mgf 答案 A 【点评】 动能定理是由牛顿其次定律导出的一个结论,对于单个物体受恒力作用的过程,以上两种方法都可以用来分析解答,但方法二的物理过程较复杂例如涉及曲线运动或变力做功时,运用动能定理更为便利名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 21 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载同类拓展 2 一匹马拉着质量为

18、60kg 的雪橇,从静止开头用 80s 的时间沿平直冰面跑完 1000m设在运动过程中雪橇受到的阻力保持不变,已知雪橇在开头运动的 8s 时间内做匀加速直线运动,从第 8s 末开头,马拉雪橇做功的功率保持不变,使雪橇连续做直线运动,最终一段时间雪橇做的是匀速直线运动,速度大小为15m/s；开头运动的8s 内马拉雪橇的平均功率是8s 后功率的一半求：整个运动过程中马拉雪橇做功的平均功率和雪橇在运动过程中所受阻力的大小【解析】 设 8s 后马拉雪橇的功率为 P,就：匀速运动时 PFv fv即运动过程中雪橇受到的阻力大小 fP v对于整个过程运用动能定理得：2t1Pt 总t1fs 总1 2mv t

19、20 即P 2 8P808 P 15 10001 2 60 152解得： P723W 故 f48.2N 再由动能定理可得t 总fs1 2mv t 2解得： P 687W 答案 687W48.2N 例 3 如图 23 所示,质量为 m1 的物体 A 经一轻质弹簧与下方地面上的质量为 m2 的物体 B 相连,弹簧的劲度系数为 k,A、 B 都处于静止状态一条不行伸长的轻绳绕过两个轻滑轮,一端连物体 A,另一端连一轻挂钩 开头时各段绳都处于伸直状态,A 上方的一段沿竖直方向如在挂钩上挂一质量为 m3 的物体 C,就 B 将刚好离地如将 C 换成另一个质量为 m1m3 的物体 D,仍从上述初始位置由静

20、止状态释放,就这次 B 刚离地时 D 的速度大小是多少？已知重力加速度为 g 【解析】 开头时 A、B 静止,即处于平稳状态,设弹簧的压缩量为 x1,就有：kx1m1g挂上 C 后,当 B 刚要离地时,设弹簧的伸长量为 x2,就有：kx2m2g此时, A 和 C 的速度均为零从挂上 C 到 A 和 C 的速度均为零时,依据机械能守恒定律可知,弹性势能的转变量为： Em3gx1x2m1gx1x2 将 C 换成 D 后,有： E1 2m1m3m1v2m1 m3gx1x2 m1gx1x2 弹簧联立解得： v2m1m1m2g2k2m1m3 答案 2m1m1m2g2k2m1 m3【点评】 含弹簧连接的物

21、理情境题在近几年高考中显现的概率很高,而且多次考查以下原理：的压缩量或伸长量相同时,弹性势能相等；三、碰撞问题 弹性势能的变化取决于弹簧的始末形变量,与过程无关1在高中物理中涉及的很多碰撞过程 包括射击 ,即使在空中或粗糙的水平面上,往往由于作用时间短、内力远大于外力,系统的动量仍可看做守恒2两滑块在水平面上碰撞的过程遵循以下三个法就：名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 21 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载动量守恒；机械能不增加；碰后两物体的前后位置要符合实际情境3两物体发生完全非弹性碰撞时,机械能的损耗最大 例 4 如下列图,在光

22、滑绝缘水平面上由左到右沿一条直线等间距的静止排着多个外形相同的带正电的绝缘小球,依次编号为 1、2、3 每个小球所带的电荷量都相等且均为 q3.75 103C,第一个小球的质量 m0.03kg,从其次个小球起往下的小球的质量依次为前一个小球的 13,小球均位于垂直于小球所在直线的匀强磁场里,已知该磁场的磁感应强度 B0.5T现给第一个小球一个水平速度 v 8m/s,使第一个小球向前运动并且与后面的小球发生弹性正碰如碰撞过程中电荷不转移,就第几个小球被碰后可以脱离地面？ 不计电荷之间的库仑力,取 g10m/s 2 【解析】 设第一个小球与其次个小球发生弹性碰撞后两小球的速度分别为 v1 和 v

23、2,依据动量和能量守恒有：mvmv 11 3mv2v n13 2nv1 2mv21 2mv121 6mv22联立解得： v23 2v同理,可得第n1 个小球被碰后的速度设第 n1 个小球被碰后对地面的压力为零或脱离地面,就：qvn1B 13 nmg联立以上两式代入数值可得 n2,所以第 3 个小球被碰后第一离开地面 答案 第 3 个【点评】 解答对于多个物体、多次碰撞且动量守恒的物理过程时,总结出通项公式或递推式是关键同类拓展 3 如下列图, 质量为 m 的钢板与直立轻弹簧的上端连接,弹簧下端固定在地上,平稳时,弹簧的压缩量为 x0一个物块从钢板的正上方相距 3x0 的 A处自由落下,打在钢板

24、上并马上与钢板一起向下运动,但不粘连,它们到达最低点后又向上运动已知物块的质量也为 m 时,它们恰能回到 O 点；如物块的质量为2m,仍从 A 处自由落下,就物块与钢板回到 上运动所到达的最高点与 O 点之间的距离O 点时仍具有向上的速度求物块向【解析】 物块与钢板碰撞前瞬时的速度为：v 06gx0设质量为 m 的物块与钢板碰撞后瞬时的速度为 mv02mv1v 1,由动量守恒定律有：设弹簧的压缩量为x0 时的弹性势能为Ep,对于物块和钢板碰撞后直至回到O 点的过程,由机械能守恒定律得：Ep1 2 2m v 122mgx0v2,物块与钢板回到O 点时所具有的速度为v 3,由动设质量为 2m 的物

25、块与钢板碰撞后瞬时的速度为量守恒定律有：2mv 03mv2由机械能守恒定律有：名师归纳总结 Ep1 2 3m v 223mgx01 2 3m v 32第 7 页,共 21 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 解得： v 3gx0学习好资料欢迎下载当质量为 2m 的物块与钢板一起回到O 点时,弹簧的弹力为零,物块与钢板只受到重力的作用,加速度为 g；一过 O 点,钢板就会受到弹簧向下的拉力作用,加速度大于g,由于物块与钢板不粘连,故在O点处物块与钢板分别；分别后,物块以速度 2 hv3 2gx0所以物块向上运动所到达的最高点与 答案 x0 2v3 竖直上

26、升,由竖直上抛的最大位移公式得：O 点之间的距离为x0 2【点评】 物块与钢板碰撞的瞬时外力之和并不为零,但这一过程时间极短,内力远大于外力,故可 近似看成动量守恒两次下压至回到O 点的过程中,速度、路程并不相同,但弹性势能的转变弹力做的功 相同在此题中,物块与钢板下压至回到O 点的过程也可以运用动能定理列方程第一次： 01 2 2m v1 2W 弹2mgx0其次次：1 2 3m v3 21 2 3m v2 2W 弹3mgx0四、高中物理常见的功能关系1摩擦生热 等于摩擦力与两接触面相对滑动的路程的乘积,即 Qf s相 例 5 如图 26 所示,绷紧的传送带与水平面的夹角 30,皮带在电动机的

27、带动下始终以 v 02m/s的速率运行现把一质量 m10kg 的工件 可看做质点 轻轻放在皮带的底端,经时间 t 1.9s,工件被传送到 h1.5m 的皮带顶端取 g10m/s 2求：1工件与皮带间的动摩擦因数 2电动机由于传送工件而多消耗的电能【解析】 1由题意可知,皮带长 ssin30 3m h工件的速度达到 v 0 前工件做匀加速运动,设经时间 t1 工件的速度达到 v 0,此过程工件的位移为：s11 2v 0t 1达到 v0 后,工件做匀速运动,此过程工件的位移为：s s1 v0tt1 名师归纳总结 代入数据解得：t10.8s 第 8 页,共 21 页工件加速运动的加速度av 0 t1

28、 2.5m/s 2据牛顿其次定律得： mgcos mgsinma解得： 3 22在时间 t1 内,皮带运动的位移s2 v0t11.6m 工件相对皮带的位移ss2s10.8m 在时间 t1 内,因摩擦产生的热量Q mgcos s60J 工件获得的动能Ek1 2mv0220J 工件增加的势能Ep mgh 150J 电动机多消耗的电能EQEk Ep230J 答案 13 2 2230J 2机械能的变化 除重力、弹簧的弹力以外的力做的功等于系统机械能的变化- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载 例 6 一面积很大的水池中的水深为 H,水面上浮着一

29、正方体木块,木块的边长为 a,密度为水的1 2,质量为 m开头时木块静止,有一半没入水中,如图 27 甲所示,现用力 F 将木块缓慢地向下压,不计摩擦1求从开头压木块到木块刚好完全没入水的过程中,力 F 所做的功2如将该木块放在底面为正方形 边长为 2a的盛水足够深的长方体容器中,开头时,木块静止,有一半没入水中,水面距容器底的距离为 2a,如图 27 乙所示现用力 F 将木块缓慢地压到容器底部,不计摩擦,求这一过程中压力做的功【解析】 方法一： 1因水池的面积很大,可忽视因木块压入水中所引起的水深变化,木块刚好完全没入水中时,图27 丙中原先处于划斜线区域的水被排开,结果等效于使这部分水平铺

30、于水面,这部分水的质量为m,其势能的转变量为取容器底为零势能面 ： E水mgHmgH3 4a 3 4mga 木块势能的转变量为： E木mgHa 2mgH2 倍,故不行忽视木块压入水中所引起的水深变化如1 2mga依据功能原理,力F 所做的功为：W E水 E木1 4mga2因容器的底面积为2a2,仅是木块的底面积的图 27 丁所示,木块到达容器底部时,水面上升1 4a,相当于木块末状态位置的水填充至木块原浸入水中的空间和上升的水面处平面,故这一过程中水的势能的变化量为： E 水mgamg2aa 4a 823 8 mga木块的势能的变化量 E 木 mg3 2a依据功能原理,压力 F 做的功为：W

31、E 水 E 木11 8 mga方法二： 1水池的面积很大,可忽视因木块压入水中引起的水深变化当木块浮在水面上时重力与浮力的大小相等；当木块刚没入水中时,浮力的大小等于重力的 如图 27 戊所示故 WF1 2mga 21 4mga2 倍,故所需的压力随下压位移的变化图象2随着木块的下沉水面缓慢上升,木块刚好完全没入水中时,水名师归纳总结 面上升a 4的高度,此时木块受到的浮力的大小等于重力的2 倍此后,第 9 页,共 21 页木块再下沉5 4a 的距离即沉至容器底部,故木块下沉的整个过程中压力的大小随位移的变化图象如图2 7 己所示故 WF1 2mg4mg5 4a11 8 mga- - - -

32、- - -精选学习资料 - - - - - - - - - 答案 11 4mga211 8 mga学习好资料欢迎下载【点评】 通过两种方法对比,深刻懂得功能关系的依据功的定义运算在小容器中下压木块时,严格的讲仍要说明在 0a 4的位移段压力也是线性增大3导体克服安培力做的功等于 切割磁感线引起的 电磁感应转化的电能 例 7 如下列图, 竖直放置的光滑平行金属导轨 MN 、PQ 相距 L,在 M 点和 P 点间接有一个阻值为 R的电阻,在两导轨间的矩形区域 OO1O1O 内有垂直导轨平面对里、宽为 d 的匀强磁场,磁感应强度为B一质量为 m、电阻为 r 的导体棒 ab 垂直地搁在导轨上,与磁场的

33、上边界相距 d0现使 ab 棒由静止开始释放,棒 ab 在离开磁场前已经做匀速直线运动 平,导轨的电阻不计 棒 ab 与导轨始终保持良好接触且下落过程中始终保持水1求棒 ab 离开磁场的下边界时的速度大小2求棒 ab 在通过磁场区的过程中产生的焦耳热3试分析争论棒 ab 在磁场中可能显现的运动情形【解析】 1设棒 ab 离开磁场的边界前做匀速运动的速度为 EBLv电路中的电流IE R rmgBIL 0 对棒 ab,由平稳条件得：解得： vmgRrB 2L 2v,产生的感应电动势为：名师归纳总结 2设整个回路中产生的焦耳热为Q,由能量的转化和守恒定律可得：m2gRr 2时,mgd0dQ1 2mv

34、2解得： Qmgd0dm 3g 2Rr22B 4L 4故 Qabrmgd0dm3g 2Rr 22B 4L 4 Rr3设棒刚进入磁场时的速度为v0,由 mgd01 2mv02解得： v 02gd0棒在磁场中匀速运动时的速度vmgRr B 2L 2,就当 v0v,即 d0m2gRr2B 4L 42时,棒进入磁场后做匀速直线运动；当 v0v,即 d0m2gRr2时,棒进入磁场后先做加速运动,后做匀速直线运动；2B 4L4当 v0v,即 d0m2gRr2时,棒进入磁场后先做减速运动,后做匀速直线运动2B 4L4 答案 1mgRr B 2L22rmgd0dm3g2Rr 2 2B4L4Rr3当 v0v,即

35、 d0m2gRr2当 v 0v,即 d0时,棒进入磁场后做匀速直线运动；2B 4L42B 4L4第 10 页,共 21 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料欢迎下载时,棒进入磁场后先做减棒进入磁场后先做加速运动,后做匀速直线运动；当 v 0v,即 d0m 2gR r 22B4L4速运动,后做匀速直线运动【点评】 运算转化的电能时,也可应用动能定理：mgd0dW 安1 2mv 2 0,其中 W 安E 电Q对于电磁感应中能量转化的问题,在以后的感应电路专题中仍会作更深化的探讨五、多次相互作用或含多个物体的系统的动量、功能问题 例 8 如图 29

36、所示,在光滑水平面上有一质量为 M 的长木板,长木板上有一质量为 m 的小物块,它与长木板间的动摩擦因数为 开头时,长木板与小物块均靠在与水平面垂直的固定挡板处,某时刻它们以共同的速度 v 0向右运动,当长木板与右边的固定竖直挡板碰撞后,其速度的大小不变、方向相反,以后每次的碰撞均如此设左右挡板之间的距离足够长,且 Mm1要想物块不从长木板上落下,就长木板的长度 L 应满意什么条件？2如上述条件满意, 且 M2kg,m1kg,v 010m/s,求整个系统在第 5 次碰撞前缺失的全部机械能【解析】 1 设第 1 次碰撞后小物块与长木板共同运动的速度为v 1,第 n 次碰撞后小物块与长木板共同运动

37、的速度为vn每次碰撞后,由于两挡板的距离足够长,物块与长木板都能达到相对静止,第1 次如不能掉下,往后每次相对滑动的距离会越来越小,更不行能掉下由动量守恒定律 和能量守恒定律有：Mmv0Mmv 1 mgs1 2mM v0 21 2Mmv1 22 2Mv0 解得： sMmg 故 L 应满意的条件是：2 2Mv0 LsMmg2第 2 次碰撞前有：Mmv0Mmv 1 第 3 次碰撞前有：Mmv1Mmv 2 第 n 次碰撞前有：Mmvn2Mmvn1Mm 所以 vn1 Mm n 1v 0Mm 4v 0 Mm故第 5 次碰撞前有： v 4故第 5 次碰撞前缺失的总机械能为： E1 2M mv0 21 2M

38、 mv4 2代入数据解得： E 149.98J2 2Mv 0 答案 1L2149.98J Mmg【点评】 在复杂的多过程问题上,归纳法和演绎法常常大有作为名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页,共 21 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载经典考题动量与功能问题可以与高中物理全部的学问点综合,是高考的重点,试题难度大,需要多训练、多总结归纳1如下列图,一轻绳的一端系在固定粗糙斜面上的O 点,另一端系一小球,给小球一足够大的初速度,使小球在斜面上做圆周运动,在此过程中 2022 年高考 海南物理卷 A 小球的机械能守恒 B重力对小球不做功 C绳的张力对小球不做功 D在任何一段时间内,小球克服摩擦力所做的功是等于小球动能的削减【解析】 小球与斜面之间的摩擦力对小球做功使小球的机械能减小,选项 A 错误； 在小球运动的过程中,重力、摩擦力对小球做功,绳的张力对小球不做功小球动能的变化等于重力、摩擦力做功之和,故选项 B、D 错误, C 正确 答案 C 碰撞后两者的动量正好相等两2质量为 M 的物块以速度v 运动,与质量为 m 的静止物块发生正碰,者质量之比M m可能为 2022 年高考 全国理综卷 A 2B3C4D5 【解析】 由题意知,碰后两球动量相等,即p1p21 2M