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2017届《新步步高》物理二轮专题复习与增分策略专题突破习题:专题6 电场与磁场 专题五 动力学、动量和能量观点的综合应用

资料类别: 物理/同步

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专题定位 本专题综合应用动力学、动量和能量的观点来解决物体运动的多过程问题.本专题是高考的重点和热点,命题情景新,联系实际密切,综合性强,侧重在计算题中命题,是高考的压轴题.
应考策略 本专题在高考中主要以两种命题形式出现:一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和动量守恒定律,结合动力学方法解决多运动过程问题;二是运用动能定理和能量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感应问题.由于本专题综合性强,因此要在审题上狠下功夫,弄清运动情景,挖掘隐含条件,有针对性的选择相应的规律和方法.

1.动量定理的公式Ft=p′-p除表明两边大小、方向的关系外,还说明了两边的因果关系,即合外力的冲量是动量变化的原因.
动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系,反映了力对时间的累积效果,与物体的初、末动量无必然联系.动量变化的方向与合外力的冲量方向相同,而物体在某一时刻的动量方向跟合外力的冲量方向无必然联系.
动量定理公式中的F是研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力,它可以是恒力,也可以是变力,当F为变力时,F应是合外力对作用时间的平均值.
2.动量守恒定律
(1)内容:一个系统不受外力或者所受外力之和为零,这个系统的总动量保持不变.
(2)表达式:m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′;或p=p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′);或Δp=0(系统总动量的增量为零);或Δp1=-Δp2(相互作用的两个物体组成的系统,两物体动量的增量大小相等、方向相反).
(3)守恒条件
①系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零.
②系统合外力不为零,但在某一方向上系统合力为零,则系统在该方向上动量守恒.
③系统虽受外力,但外力远小于内力且作用时间极短,如碰撞、爆炸过程.
3.解决力学问题的三个基本观点
(1)力的观点:主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合,常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题.
(2)动量的观点:主要应用动量定理或动量守恒定律求解,常涉及物体的受力和时间问题,以及相互作用物体的问题.
(3)能量的观点:在涉及单个物体的受力和位移问题时,常用动能定理分析;在涉及系统内能量的转化问题时,常用能量守恒定律.

1.力学规律的选用原则
(1)单个物体:宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律.若其中涉及时间的问题,应选用动量定理;若涉及位移的问题,应选用动能定理;若涉及加速度的问题,只能选用牛顿第二定律.
(2)多个物体组成的系统:优先考虑两个守恒定律,若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时,应选用动量守恒定律,然后再根据能量关系分析解决.
2.系统化思维方法,就是根据众多的已知要素、事实,按照一定的联系方式,将其各部分连接成整体的方法.
(1)对多个物理过程进行整体思维,即把几个过程合为一个过程来处理,如用动量守恒定律解决比较复杂的运动.
(2)对多个研究对象进行整体思维,即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑,如应用动量守恒定律时,就是把多个物体看成一个整体(或系统).

解题方略
1.弹性碰撞与非弹性碰撞
碰撞过程遵从动量守恒定律.如果碰撞过程中机械能守恒,这样的碰撞叫做弹性碰撞;如果碰撞过程中机械能不守恒,这样的碰撞叫做非弹性碰撞.
2.应用动量守恒定律的解题步骤
(1)明确研究对象(系统包括哪几个物体及研究的过程);
(2)进行受力分析,判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒);
(3)规定正方向,确定初、末状态动量;
(4)由动量守恒定律列式求解;
(5)必要时对结果进行讨论.
例1如图1所示,光滑水平面上有一质量为m=1 kg的小车,小车右端固定一水平轻质弹簧,弹簧左端连接一质量为m0=1 kg的物块,物块与上表面光滑的小车一起以v0=5 m/s的速度向右匀速运动,与静止在光滑水平面上、质量为M=4 kg的小球发生弹性正碰,若碰撞时间极短,弹簧始终在弹性限度内.求:
(1)碰撞结束时,小车与小球的速度;
(2)从碰后瞬间到弹簧被压至最短的过程,弹簧弹力对小车的冲量大小.

图1
解析 (1)设碰撞后瞬间小车的速度大小为v1,小球的速度大小为v,由动量守恒及机械能守恒有:
mv0=Mv+mv1
mv=mv+Mv2
解得v1=v0=-3 m/s,小车速度方向向左.
v=v0=2 m/s,小球速度方向向右.
(2)当弹簧被压缩到最短时,物块与小车有共同进度,
设小车的速度大小为v2,根据动量守恒定律有:
m0v0+mv1=(m0+m)v2,解得v2=1 m/s.
设碰撞后瞬间到弹簧最短的过程,弹簧弹力对小车的冲量大小为I,根据动量定理有I=mv2-mv1,解得I=4 N·s.
答案 (1)小车:3 m/s,方向向左
小球:2 m/s,方向向右
(2)4 N·s
预测1 (2016·全国乙卷·35(2))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:
(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量;
(2)玩具在空中悬停时,其底面相对于喷口的高度.
答案 (1)ρv0S (2)-
解析 (1)在刚喷出一段很短的Δt时间内,可认为喷出的水柱保持速度v0不变.
该时间内,喷出水柱高度Δl=v0Δt①
喷出水柱质量Δm=ρΔV②
其中ΔV为水柱体积,满足ΔV=ΔlS③
由①②③可得:喷泉单位时间内喷出的水的质量为
=ρv0S.
(2)设玩具底面相对于喷口的高度为h

由玩具受力平衡得F冲=Mg④
其中,F冲为水柱对玩具底面的作用力
由牛顿第三定律:F压=F冲⑤
其中,F压为玩具底面对水柱的作用力,v′为水柱到达玩具底面时的速度
由运动学公式:v′2-v=-2gh⑥
在很短Δt时间内,冲击玩具水柱的质量为Δm
Δm=ρv0SΔt⑦
由题意可知,在竖直方向上,对该部分水柱应用动量定理
(F压+Δmg)Δt=Δmv′⑧
由于Δt很小,Δmg也很小,可以忽略,⑧式变为
F压Δt=Δmv′⑨
由④⑤⑥⑦⑨可得h=-.

解题方略
1.弄清有几个物体参与运动,并划分清楚物体的运动过程.
2.进行正确的受力分析,明确各过程的运动特点.
3.光滑的平面或曲面,还有不计阻力的抛体运动,机械能一定守恒;碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题,一般考虑用动量守恒定律分析.
4.如含摩擦生热问题,则考虑用能量守恒定律分析.
例2如图2所示,光滑水平面上有一质量M=4.0 kg的平板车,车的上表面是一段长L=1.5 m的粗糙水平轨道,水平轨道左侧连一半径R=0.25 m的四分之一光滑圆弧轨道,圆弧轨道与水平轨道在点O′处相切.现将一质量m=1.0 kg的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v0滑上平板车,小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.5,小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A.取g=10 m/s2,求:

图2
(1)小物块滑上平板车的初速度v0的大小;
(2)小物块与车最终相对静止时,它距点O′的距离.
解析 (1)平板车和小物块组成的系统在水平方向上动量守恒,设小物块到达圆弧轨道最高点A时,二者的共同速度为v1
由动量守恒得:mv0=(M+m)v1①
由能量守恒得:
mv-(M+m)v=mgR+μmgL②
联立①②并代入数据解得:v0=5 m/s③
(2)设小物块最终与车相对静止时,二者的共同速度为v2,从小物块滑上平板车,到二者相对静止的过程中,由动量守恒得:
mv0=(M+m)v2④
设小物块与车最终相对静止时,它距O′点的距离为x,由能量守恒得:
mv-(M+m)v=μmg(L+x)⑤
联立③④⑤并代入数据解得:x=0.5 m.
答案 (1)5 m/s (2)0.5 m
预测2 如图3所示,小球A质量为m,系在细线的一端,线的另一端固定在O点,O点到光滑水平面的距离为h.物块B和C的质量分别是5m和3m,B与C用轻弹簧拴接,置于光滑的水平面上,且B物块位于O点正下方.现拉动小球使细线水平伸直,小球由静止释放,运动到最低点时与物块B发生正碰(碰撞时间极短),反弹后上升到最高点时到水平面的距离为.小球与物块均视为质点,不计空气阻力,重力加速度为g,求碰撞过程中B物块受到的冲量大小及碰后轻弹簧获得的最大弹性势能.

图3
答案 m mgh
解析 设小球运动到最低点与物块B碰撞前的速度大小为v1,取小球运动到最低点时的重力势能为零,根据机械能守恒定律有:
mgh=mv
解得:v1=
设碰撞后小球反弹的速度大小为v1′,同理有:
mg=mv1′2
解得:v1′= 
设碰撞后物块B的速度大小为v2,取水平向右为正方向,由动量守恒定律有:
mv1=-mv1′+5mv2
解得:v2= 
由动量定理可得,碰撞过程中B物块受到的冲量大小为:I=5mv2=m
碰撞后当B物块与C物块速度相等时轻弹簧的弹性势能最大,据动量守恒定律有
5mv2=8mv3
据机械能守恒定律得:Epm=×5mv-×8mv
解得:Epm=mgh.

解题方略
力学规律选用的一般原则
力学中首先考虑使用两个守恒定律,从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量(速度、位置),所以守恒定律能解决状态问题,不能解决过程(位移x,时间t)问题,不能解决力(F)的问题.
(1)若是多个物体组成的系统,优先考虑使用两个守恒定律.
(2)若物体(或系统)涉及到速度和时间,应考虑使用动量定理.
(3)若物体(或系统)涉及到位移和时间,且受到恒力作用,应考虑使用牛顿运动定律.
(4)若物体(或系统)涉及到位移和速度,应考虑使用动能定理,系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路程,运用动能定理解决曲线运动和变加速运动问题特别方便.
例3(2015·广东理综·36)如图4所示,一条带有圆轨道的长轨道水平固定,圆轨道竖直,底端分别与两侧的直轨道相切,半径R=0.5 m,物块A以v0=6 m/s的速度滑入圆轨道,滑过最高点Q,再沿圆轨道滑出后,与直轨上P处静止的物块B碰撞,碰后粘在一起运动,P点左侧轨道光滑,右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列,每段长度都为L=0.1 m,物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ=0.1,A、B的质量均为m=1 kg(重力加速度g取10 m/s2;A、B视为质点,碰撞时间极短).

图4
(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F;
(2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上,求k的数值;
(3)求碰后AB滑至第n个(n<k)光滑段上的速度vn与n的关系式.
解析 (1)从A→Q由动能定理得
-mg·2R=mv2-mv
解得v=4 m/s>= m/s
在Q点,由牛顿第二定律得
FN+mg=m
解得FN=22 N.
(2)A撞B,由动量守恒得
mv0=2mv′
解得v′==3 m/s
设摩擦距离为x,则
-2μmgx=0-·2mv′2
解得x=4.5 m,所以k==45.
(3)AB滑至第n个光滑段上,由动能定理得
-μ·2mgnL=·2mv-·2mv′2
所以vn= m/s (n<45).
答案 (1)4 m/s 22 N (2)45
(3)vn= m/s (n<45)
预测3 如图5所示,内壁粗糙、半径R=0.4 m的四分之一圆弧轨道AB在最低点B与光滑水平轨道BC相切.质量m2=0.2 kg的小球b左端连接一轻质弹簧,静止在光滑水平轨道上,另一质量m1=0.2 kg的小球a自圆弧轨道顶端由静止释放,运动到圆弧轨道最低点B时对轨道的压力为小球a重力的2倍.忽略空气阻力,重力加速度g=10 m/s2.求:

图5
(1)小球a由A点运动到B点的过程中,摩擦力做的功Wf;
(2)小球a通过弹簧与小球b相互作用的过程中,弹簧的最大弹性势能Ep;
(3)小球a通过弹簧与小球b相互作用的整个过程中,弹簧对小球b的冲量I的大小.
答案 (1)-0.4 J (2)0.2 J (3)0.4 N·s
解析 (1)小球由静止释放到最低点B的过程中,根据动能定理得:m1gR+Wf=m1v,
小球在最低点B,根据牛顿第二定律得:FN-m1g=,
联立可得:Wf=-0.4 J.
(2)小球a与小球b通过弹簧相互作用,达到共同速度v2时弹簧具有最大弹性势能,此过程中,由动量守恒定律:
m1v1=(m1+m2)v2,
由能量守恒定律:m1v=(m1+m2)v+Ep
联立可得:Ep=0.2 J.
(3)小球a与小球b通过弹簧相互作用的整个过程中,a球最终速度为v3,b球最终速度为v4,由动量守恒定律:
m1v1=m1v3+m2v4,
由能量守恒定律:m1v=m1v+m2v,
根据动量定理有:I=m2v4,
联立可得:I=0.4 N·s.
专题强化练
1.如图1所示,质量为m的b球用长为h的细绳悬挂于水平轨道BC的出口C处,质量也为m的小球a从距BC高h的A处由静止释放,沿ABC光滑轨道滑下,在C处与b球正碰并与b粘在一起,已知BC轨道距地面有一定的高度,悬挂b球的细绳能承受的最大拉力为2.8mg.试问:

图1
(1)a球与b球碰前瞬间的速度多大?
(2)a、b两球碰后,细绳是否会断裂?(要求通过计算回答).
答案 (1)  (2)会断裂
解析 (1)设a球与b球碰前瞬间的速度大小为vC,由机械能守恒定律得mgh=mv,
解得vC=,即a球与b球碰前的速度大小为.
(2)设b球碰后的速度为v,a、b碰撞过程中动量守恒,则
mvC=(m+m)v,故v=vC=,
假设a、b球碰撞后将一起绕O点摆动,若小球在最低点时细绳拉力为FT,则FT-2mg=2m
解得FT=3mg,FT>2.8mg,
故细绳会断裂,小球做平抛运动.
2.如图2所示,可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上,一起以v0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动,与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生完全非弹性碰撞,B、C的上表面相平且B、C不粘连,A滑上C后恰好能达到C板的最右端,已知A、B、C质量均相等,木板C长为L,求:

图2
(1)A物体的最终速度;
(2)A在木板C上滑行的时间.
答案 (1) (2)
解析 (1)设A、B、C的质量为m,B、C碰撞过程中动量守恒,设B、C碰后的共同速度为v1,
则mv0=2mv1,解得v1=,
B、C共速后A以v0的速度滑上C,A滑上C后,B、C脱离,A、C相互作用的过程中动量守恒,
设最终A、C的共同速度为v2,
则mv0+mv1=2mv2,解得v2=.
(2)在A、C相互作用的过程中,根据机械能守恒有
FfL=mv+mv-·2mv(Ff为A、C间的摩擦力),
代入解得Ff=.
此过程中对C,根据动量定理有Fft=mv2-mv1,
代入相关数据解得t=.
3.如图3所示,整个空间中存在竖直向上的匀强电场,经过桌边的虚线PQ与桌面成45°角,其上方有足够大的垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度为B,光滑绝缘水平桌面上有两个可以视为质点的绝缘小球,A球对桌面的压力为零,其质量为m,电量为q;B球不带电且质量为km(k>7).A、B间夹着质量可忽略的火药.现点燃火药(此时间极短且不会影响小球的质量、电量和各表面的光滑程度).火药炸完瞬间A的速度为v0.求:

图3
(1)火药爆炸过程中有多少化学能转化为机械能;
(2)A球在磁场中的运动时间;
(3)若一段时间后A、B在桌上相遇,求爆炸前A球与桌边P的距离.
答案 (1)mv (2) (3)·
解析 (1)设爆炸之后B的速度大小为vB,选向左为正方向,
在爆炸前后由动量守恒可得:0=mv0-kmvB
E=mv+kmv=mv
(2)由A球对桌面的压力为零可知重力和电场力等大反向,故A球进入电场中将会做匀速圆周运动,如图所示则

T=
有几何知识可得:粒子在磁场中运动了个圆周
则t2=
(3)由0=mv0-kmvB可得:vB=
由qv0B=m知,R=
设爆炸前A球与桌边P的距离为xA,爆炸后B运动的位移为xB,时间为tB
则tB=+t2+
xB=vBtB
由图可得:R=xA+xB
联立上述各式解得:xA=·.
4.如图4所示,在水平面上有一弹簧,其左端与墙壁相连,O点为弹簧原长位置,O点左侧水平面光滑.水平段OP长为L=1 m,P点右侧一与水平方向成θ=30°的足够长的传送带与水平面在P点平滑连接,传送带轮逆时针转动速率为3 m/s,一质量为1 kg可视为质点的物块A压缩弹簧(与弹簧不拴接),使弹簧获得的弹性势能Ep=9 J,物块与OP段动摩擦因数μ1=0.1,另一与A完全相同的物块B停在P点,B与传送带的动摩擦因数μ2=,传送带足够长,A与B的碰撞时间不计,碰后A、B交换速度,重力加速度g=10 m/s2,现释放A,求:

图4
(1)物块A、B第一次碰撞前瞬间,A的速率v0;
(2)从A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前,B与传送带之间由于摩擦而产生的热量;
(3)A、B能够碰撞的总次数.
答案 (1)4 m/s (2)12.25 J (3)6次
解析 (1)设物块质量为m,A与B第一次碰前的速率为v0,
则Ep=mv+μ1mgL,
解得v0=4 m/s.
(2)设A、B第一次碰撞后的速度分别为vA、vB,
则vA=0,vB=4 m/s,碰后B沿传送带向上做匀减速运动直至速度为零,
加速度大小设为a1,则mgsin θ+μ2mgcos θ=ma1,
解得a1=gsin θ+μ2gcos θ=10 m/s2.
运动的时间t1==0.4 s.
位移x1=t1=0.8 m.
此过程相对运动路程Δs1=vt1+x1=2 m.
此后B反向加速,加速度仍为a1,与传送带共速后匀速运动直至与A再次碰撞,加速时间为t2==0.3 s.
位移为x2=t2=0.45 m.
此过程相对运动路程Δs2=vt2-x2=0.45 m,
全过程摩擦生热Q=μ2mgcos θ(Δs1+Δs2)=12.25 J.
(3)B与A第二次碰撞,两者速度再次互换,此后A向左运动再返回与B碰撞,B沿传送带向上运动再次返回,每次碰后到再次碰前速率相等,重复这一过程直至两者不再碰撞.则对A、B和弹簧组成的系统,从第二次碰撞后到不再碰撞:mv2=2nμ1mgL,解得第二次碰撞后重复的过程数为n=2.25.所以碰撞总次数为N=2+2n=6.5=6次(取整数).













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