2013年高考物理二輪復習 專題二 動量和能量

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1、 2013年高考二輪復習專題二動量和能量 知識網(wǎng)絡 考點預測 本專題涉及的內(nèi)容是動力學內(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)系的應用上，而不是在于動量守恒定律的應用上． 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

2、 一、基本的物理概念 1．沖量與功的比較 (2)屬性 2．動量與動能的比較 (1)定義式 (2)屬性 (3)動量與動能量值間的關(guān)系 (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：I＝Δp． 分方向的表達式：Ix合＝Δpx，Iy合＝Δpy． 2．動量定理推論：動量的變化率等于物體所受的合外力，即＝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物體)．

3、(2)動量守恒定律的適用條件 ①標準條件：系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)所受外力之和為零． ②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． ③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注意： ①速度的瞬時性； ②動量的矢量性； ③時間的同一性． (4)應用動量守恒定律解決問題的基本思路和方法 ①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)．對于比較復雜的

4、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． ②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．在受力分析的基礎上根據(jù)動量守恒定律的條件，判斷能否應用動量守恒定律． ③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取地球為參考系) ④確定正方向，建立動量守恒方程求解． 三、功和能 1．中學物理中常見的能量 動能Ek＝mv2；重力勢能Ep＝

5、mgh；彈性勢能E彈＝kx2；機械能E＝Ek＋Ep；分子勢能；分子動能；內(nèi)能；電勢能E＝qφ；電能；磁場能；化學能；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；風能(空氣的動能)；地熱、潮汐能． 2．常見力的功和功率的計算： 恒力做功W＝Fscos θ； 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； 恒定壓強下的壓力所做的功W＝p·ΔV； 電流所做的功W＝UIt； 洛倫茲力永不做功； 瞬時功率P＝Fvcos_θ； 平均功率＝＝Fcos θ． 3．中學物理中重要的功能

6、關(guān)系 能量與物體運動的狀態(tài)相對應．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＝ΔEk．(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＝－ΔEp(或W彈＝－ΔEp)． (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＝－ΔE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

7、W其他＝ΔE機．(功能原理) (5)當除重力(或彈簧彈力)以外的力對物體所做的功等于零時，則有ΔE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Q＝fs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)安培力做功對應著電能與其他形式的能相互轉(zhuǎn)化，即W安＝ΔE電．安培力做正功，對應著電能轉(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

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＝－ΔE分子． (9)外界對一定質(zhì)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＝ΔU． (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)化為化學能的功率之和． (13)在光電效應中，光子的能量hν＝W＋mv02． (14)在原子物理中，原子輻射光子的能量hν＝E初－E末，原子吸收光子的能量hν＝E末－E初． (15)核力對核子所做的功等于核能增

9、量的負值，即W核＝－ΔE核，并且Δmc2＝ΔE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，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ΔE減＝ΔE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

10、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v2′．v1、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： m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 由于彈性碰撞中沒有機械能損失，故有： m1v12＋m2v22＝m1v1′2＋m2v2′2 由以上兩式可得： v2′－v1′＝－(v2－v1)或v1′－v2′＝－(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

11、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： v1′＝ v2′＝ 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)量遠大于B的質(zhì)量，則有： v1′＝v1，v2′＝2v1－v2； 若A的質(zhì)量遠小于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)量遠大于另一物體的質(zhì)量，則質(zhì)量大的物體碰

12、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． 在高考復習中，若能引導學生推導出以上二級結(jié)論并熟記，對提高學生的解題速度是大有幫助的． 熱點、重點、難點 一、動量定理的應用問題 動量定理的應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，瓶的底端與豎直墻壁接觸．現(xiàn)打開右端閥門，氣體向外噴出，設噴口的面積為S，氣體的密度為ρ，氣體向外噴出的速度為v，則氣體

13、剛噴出時貯氣瓶底端對豎直墻壁的作用力大小是(　　) 圖2－1 A．ρvS　　　B．　　　C．ρv2S　　　D．ρv2S 【解析】Δt時間內(nèi)噴出氣體的質(zhì)量Δm＝ρSv·Δt 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·Δt＝Δm·v－0 解得：F＝ρv2S． [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

14、及此過程中墻對彈簧的沖量I的大小分別為(　　) 圖2－2 A．v＝，I＝0　　　　　B．v＝，I＝2mv0 C．v＝，I＝ D．v＝，I＝2mv0 【解析】設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＝(m＋M)v1 解得：v1＝ 對木塊(含子彈)壓縮彈簧再返回A點的過程，由動能定理得： (m＋M)v2－(m＋M)v12＝W總＝0 可知：v＝v1＝ 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＝－2mv0 負號表示方向向左． [答案]　B 二、動能定理、機械

15、能守恒定律的應用 1．對于單個平動的物體：W總＝ΔEk，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

16、題，不方便應用動能定理解題． ●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Ⅱ](　　) A．和v0 B．和v0 C．和v0 D．和v0 【解析】方法一：對于物塊上升的過程，由動能定理得： －(mgh＋fh)＝0－mv02 解得：h＝ 設物塊返回至原拋出點的速率為v，對于整個過程應用動能定理有： mv2－mv02＝－f·2h 解得：v＝v0． 方法二：設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： a1＝ 故物塊上升

17、的最大高度h＝＝ 設小物塊在下降過程中的加速度為a2，由牛頓第二定律有： a2＝ 可得：v＝＝v0． [答案]　A 【點評】動能定理是由牛頓第二定律導出的一個結(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，使雪橇繼續(xù)做直線運動，最后一

18、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 8 s 后馬拉雪橇的功率為P，則： 勻速運動時P＝F·v＝f·v 即運動過程中雪橇受到的阻力大小f＝ 對于整個過程運用動能定理得： ·t1＋P(t總－t1)－f·s總＝mvt2－0 即×8＋P(80－8)－×1000＝×60×152 解得：P＝723 W 故f＝48.2 N 再由動能定理可得t總－f·s＝mvt2 解得：＝687 W． [答案]　687 W　48.

19、2 N ●例3　如圖2－3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m1＋m3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2－3 【解析】開始時A、B靜止，即處于平衡狀態(tài)，設彈簧的壓縮量為x1，則有： kx1＝m1g 掛上C后，當B剛要離地時，設彈簧的伸長量為x

20、2，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)機械能守恒定律可知，彈性勢能的改變量為： ΔE＝m3g(x1＋x2)－m1g(x1＋x2) 將C換成D后，有： ΔE＋(m1＋m3＋m1)v2＝(m1＋m3)g(x1＋x2)－m1g(x1＋x2) 聯(lián)立解得：v＝． [答案]　 【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：①彈簧的壓縮量或伸長量相同時，彈性勢能相等；②彈性勢能的變化取決于彈簧的始末形變量，與過程無關(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

21、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： ①動量守恒； ②機械能不增加； ③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1、2、3……每個小球所帶的電荷量都相等且均為q＝3.75×10－3 C，第一個小球的質(zhì)量m＝0.03 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，小球均位于垂直于小球所在直線的勻強磁場里，已知該磁場的磁感應強度

22、B＝0.5 T．現(xiàn)給第一個小球一個水平速度v＝8 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g＝10 m/s2) 圖2－4 【解析】設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： mv＝mv1＋mv2 mv2＝mv12＋mv22 聯(lián)立解得：v2＝v 同理，可得第n＋1個小球被碰后的速度 vn＋1＝()nv 設第n＋1個小球被碰后對地面的壓力為零或脫離地面，則： qvn＋1B≥()nmg 聯(lián)立以上兩式代入數(shù)值可得n≥2，所以第3個小球

23、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2－5 【解析】物塊與鋼板碰撞前瞬間的速度為：

24、 v0＝ 設質(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： mv0＝2mv1 設彈簧的壓縮量為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： Ep＋×2m×v12＝2mgx0 設質(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： 2mv0＝3mv2 由機械能守恒定律有： Ep＋×3m×v22＝3mgx0＋×3m×v32 解得：v3＝ 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

25、，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： h＝＝ 所以物塊向上運動所到達的最高點與O點之間的距離為． [答案]　 【點評】①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． ②兩次下壓至回到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． ③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：0－×2m×v12＝W彈－2mgx0 第二次：×3m×v32－×3m×v22＝W彈－3mgx0． 四、高中物理

26、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Q＝f·s相． ●例5　如圖2－6所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角θ＝30°，皮帶在電動機的帶動下始終以v0＝2 m/s的速率運行．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)μ． (2)電動機由于傳送工件而多消耗的電能． 圖2－6 【解析】(1)由題意可知，皮帶長s＝＝3 m 工件的速度達到v0前工件做勻加速運動，設經(jīng)時間t1工件的速度達到v0，此過程工件的位移為

27、： s1＝v0t1 達到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 s 工件加速運動的加速度a＝＝2.5 m/s2 據(jù)牛頓第二定律得：μmgcos θ－mgsin θ＝ma 解得：μ＝． (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Δs＝s2－s1＝0.8 m 在時間t1內(nèi)，因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgcos θ·Δs＝60 J 工件獲得的動能Ek＝mv02＝20 J 工件增加的勢能Ep＝mgh＝150 J 電動機多消耗的電能E＝Q＋Ek＋Ep＝230 J． [答案]　(1)

28、　(2)230 J 2．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，質(zhì)量為m．開始時木塊靜止，有一半沒入水中，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2－7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2－7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．

29、 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(取容器底為零勢能面)： 圖2－7丙 ΔE水＝mgH－mg(H－a) ＝mga 木塊勢能的改變量為： ΔE木＝mg(H－)－mgH ＝－mga 根據(jù)功能原理，力F所做的功為： W＝ΔE水＋ΔE木＝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2－7丁所示，木塊到達容器底部時，水面上升a

30、，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2－7丁 ΔE水′＝mga＋mg(2a－＋)＝mga 木塊的勢能的變化量ΔE木′＝－mg·a 根據(jù)功能原理，壓力F做的功為： W′＝ΔE水′＋ΔE木′＝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2－7戊所示． 圖2－7戊 故WF＝mg·＝mga． (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

31、上升的高度，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2－7己所示 圖2－7己 故WF′＝mg·＋mg·a＝mga． [答案]　(1)mga　(2)mga 【點評】①通過兩種方法對比，深刻理解功能關(guān)系． ②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0～的位移段壓力也是線性增大的． 3．導體克服安培力做的功等于(切割磁感線引起的)電磁感應轉(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，在兩導軌間的矩形區(qū)域

32、OO1O1′O′內(nèi)有垂直導軌平面向里、寬為d的勻強磁場，磁感應強度為B．一質(zhì)量為m、電阻為r的導體棒ab垂直地擱在導軌上，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與導軌始終保持良好接觸且下落過程中始終保持水平，導軌的電阻不計)． 圖2－8 (1)求棒ab離開磁場的下邊界時的速度大?。? (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)生的感應電動勢為： E＝BLv 電路中的電流I＝ 對棒ab，由平衡條件得：m

33、g－BIL＝0 解得：v＝． (2)設整個回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，由能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律可得： mg(d0＋d)＝Q＋mv2 解得：Q＝mg(d0＋d)－ 故Qab＝[mg(d0＋d)－]． (3)設棒剛進入磁場時的速度為v0，由mgd0＝mv02 解得：v0＝ 棒在磁場中勻速運動時的速度v＝，則 ①當v0＝v，即d0＝時，棒進入磁場后做勻速直線運動； ②當v0＜v，即d0＜時，棒進入磁場后先做加速運動，后做勻速直線運動； ③當v0＞v，即d0＞時，棒進入磁場后先做減速運動，后做勻速直線運動． [答案]　(1) (2)[mg(d0＋d)－] (3)①當v0＝v，即d

34、0＝時，棒進入磁場后做勻速直線運動；②當v0＜v，即d0＜時，棒進入磁場后先做加速運動，后做勻速直線運動；③當v0＞v，即d0＞時，棒進入磁場后先做減速運動，后做勻速直線運動． 【點評】①計算轉(zhuǎn)化的電能時，也可應用動能定理： mg(d0＋d)－W安＝mv2－0，其中W安＝E電＝Q． ②對于電磁感應中能量轉(zhuǎn)化的問題，在以后的《感應電路》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2－9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μ．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，

35、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，以后每次的碰撞均如此．設左右擋板之間的距離足夠長，且M＞m． 圖2－9 (1)要想物塊不從長木板上落下，則長木板的長度L應滿足什么條件？ (2)若上述條件滿足，且M＝2 kg，m＝1 kg，v0＝10 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

36、可能掉下．由動量守恒定律和能量守恒定律有：(M－m)v0＝(M＋m)v1 μmgs＝(m＋M)v02－(M＋m)v12 解得：s＝ 故L應滿足的條件是： L≥s＝． (2)第2次碰撞前有： (M－m)v0＝(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＝()n－1v0 故第5次碰撞前有：v4＝()4v0 故第5次碰撞前損失的總機械能為： ΔE＝(M＋m)v02－(M＋m)v42 代入數(shù)據(jù)解得：ΔE＝149.98 J． [答案]　(1)L≥　(2)149.98 J 【點評】

37、在復雜的多過程問題上，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，

38、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)生正碰，碰撞后兩者的動量正好相等．兩者質(zhì)量之比可能為[2009年高考·全國理綜卷Ⅰ](　　) A．2　　　B．3　　　C．4　　　D．5 【解析】由題意知，碰后兩球動量相等，即p1＝p2＝Mv 故v1＝，v2＝ 由兩物塊的位置關(guān)系知：≥，得M≥m 又由能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律有： Mv2≥M()2＋m()2 解得：M≤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

39、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．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，再重復上述過程．下列選項正確的是[2009年高考·山東理綜卷](　　) A．m＝M B．m＝2M C．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】設彈

40、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－μ(m＋M)gcos 30°·s－Ep＝0 上滑過程：Ep－Mgsin 30°·s－μMgcos 30°·s＝0 解得：m＝2M． [答案]　BC 4．某同學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

41、守恒定律？試分析說明理由． [2008年高考·寧夏理綜卷] 【解析】設擺球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： h1＝l(1－cos 45°) mBvB2＝mBgh1 設碰撞前后兩擺球的總動量的大小分別為p1、p2，則有： p1＝mBvB 聯(lián)立解得：p1＝mB 同理可得：p2＝(mA＋mB) 聯(lián)立解得：＝ 解得：()2＝1.03 由此可以推出：||≤4% 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械能

42、守恒定律．) [答案]　是，理由略 5．用放射源釙的α射線轟擊鈹時，能放出一種穿透力極強的中性射線，這就是所謂的鈹“輻射”．1932年，查德威克用鈹“輻射”分別照射(轟擊)氫和氮(它們可視為處于靜止狀態(tài))，測得照射后沿鈹“輻射”方向高速運動的氫核、氮核的速度之比為7∶1．查德威克假設鈹“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．假設鈹“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條件下計算構(gòu)成鈹“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等于一個12C原子質(zhì)量的．取氫核和氮核的質(zhì)量分別為1.0 u和14 u)[20

43、07年高考·全國理綜卷Ⅱ] 【解析】設構(gòu)成鈹“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)成鈹“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′＋mHvH′ mv2＝mv′2＋mHvH′2 解得：vH′＝ 同理，對質(zhì)量為mN的氮核，其碰后速度為： vN′＝ 可得：m＝ 根據(jù)題意可知：vH′＝7vN′ 將數(shù)據(jù)代入可得：m＝1.2 u． [答案]　1.2 u 【點評】在課程標準中，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

44、，傾角為θ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μ，重力加速度為g．設碰撞時間極短，求： (1)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械能． [2009年高考·全國理綜卷Ⅰ] 【解析】(1)設工人的推力為F，則有： F＝3mg(sin θ＋μcos θ)． (2)設第一次碰撞前瞬間木箱的速度為v1，由功能關(guān)系得： Fl＝mgl sin θ＋

45、μmglcos θ＋mv12 設碰撞后兩木箱的速度為v2，由動量守恒得： mv1＝2mv2 設再次碰撞前瞬間兩木箱的速度為v3，由功能關(guān)系得： Fl＝2mglsin θ＋2μmglcos θ＋×2m(v32－v22) 設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＝． (3)設在第一次碰撞中損失的機械能為ΔE，有： ΔE＝mv12－×2mv22 聯(lián)立解得：ΔE＝mgl(sin θ＋μcos θ)． [答案]　(1)3mg(sin θ＋μcos θ) (2) (3)mgl(sin θ＋μcos θ) - 17 -