高考物理二轮复习 精练一 必考热点3 动量观点和能量观点的应用

必考热点3动量观点和能量观点的应用热点阐释动量观点和能量观点是解决力学问题的重要途径，功能关系(含动能定理和机械能守恒定律)，动量观点(含动量定理和动量守恒定律)是近几年高考理科综合物理命题的焦点，选择题、计算题中均有体现，试题灵活性强，难度较大，能力要求高，且经常与牛顿运动定律、圆周运动、电磁学等知识综合命题。一、选择题(15题为单项选择题，67题为多项选择题)1.如图1所示，物块的质量为m，它与水平桌面间的动摩擦因数为。起初，用手按住物块，物块的速度为零，弹簧的伸长量为x。然后放手，当弹簧的长度回到原长时，物块的速度为v。则此过程中弹力所做的功为()图1A.mv2mgx B.mgxmv2C.mv2mgx D.以上选项均不对解析设WT为弹力对物体做的功，因为克服摩擦力做的功为mgx，由动能定理得WTmgxmv20，得WTmv2mgx。答案C2.如图2，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动。已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N1，在最高点时对轨道的压力大小为N2。重力加速度大小为g，则N1N2的值为()图2A.3mg B.4mg C.5mg D.6mg解析小球在最低点有N1mgm，小球在最高点有N2mgm，从最低点到最高点，根据机械能守恒定律有mvmvmg2r，联立解得N1N26mg，D正确。答案D3.水平推力F1和F2分别作用于水平面上的同一物体，一段时间后撤去，使物体都从静止开始运动而后停下，如果物体在两种情况下的总位移相等，且F1大于F2，则()A.F2的冲量大 B.F1的冲量大C.F1与F2的冲量相等 D.无法比较解析画出两种情况下物体运动的vt图如图所示，图线与横轴所围的面积表示位移，故两种情况下物体运动的总位移相等，两种情况下物体运动的时间t1t2，由动量定理，Ftmgt0，可知F2的冲量大，选项A正确。答案A4.如图3所示，轻弹簧上端固定，下端拴着一带正电小球Q，Q在O处时弹簧处于原长状态，Q可在O1处静止。若将另一带正电小球q固定在O1正下方某处，Q可在O2处静止。现将Q从O处由静止释放，则Q从O运动到O1处的过程中()图3A.Q运动到O2处时电势能最大B.电场力先做正功再做负功C.Q的机械能不断减小D.Q、q、弹簧与地球组成的系统的势能不断减小解析因为Q从O运动到O1处的过程中，库仑力一直做负功，电势能一直增大，选项A、B错误；Q的机械能E等于Q的动能与重力势能之和，由功能关系有EW弹W电，而弹簧弹力一直做负功，库仑力也一直做负功，故E0的一侧存在沿x方向均匀增大的稳恒磁场，其方向与导轨平面垂直(竖直向下)，磁感应强度B0.50.5x(T)。一根质量m0.1 kg、电阻r0.05 的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直。金属棒在水平外力作用下从x0处沿导轨向右做直线运动，运动过程中回路电流恒为2 A。以下判断正确的是()图5A.金属棒在x3 m处的速度为0.5 m/sB.金属棒在x3 m处的速度为0.75 m/sC.金属棒从x0运动到x3 m过程中克服安培力做的功为1.6 JD.金属棒从x0运动到x3 m过程中克服安培力做的功为3.0 J解析在x3 m处，磁感应强度为B2 T，因为回路中电流恒为2 A，由闭合电路欧姆定律可知，回路中的感应电动势为0.4 V，由EBlv可得，此时金属棒的速度v0.5 m/s，所以选项A正确，B错误；由安培力公式可知，F安BIlIl(0.50.5x)，随着x变化呈线性变化，因此可用平均作用力来求安培力做的功，可得安培力做功为3 J，所以选项C错误，D正确。答案AD7.如图6所示，质量为M2 kg、长为L2 m的木板静止放置在光滑水平面上，在其左端放置一质量为m1 kg的小木块(可视为质点)，小木块与长木板之间的动摩擦因数0.2，先相对静止，后用一水平向右的力F4 N作用在小木块上，经过一段时间小木块从木板另一端滑下，g取10 m/s2，则()图6A.小木块在长木板上滑行的时间t2 sB.在整个运动过程中由于摩擦产生的热量为8 JC.小木块脱离长木板的瞬间，拉力F的瞬时功率为16 WD.小木块在运动过程中获得的动能为12 J解析小木块和长木板之间发生相对滑动，滑动摩擦力大小为2 N，根据牛顿第二定律可知长木板以加速度a11 m/s2向右做匀加速运动，位移s1a1t2。小木块以加速度a22 m/s2向右做匀加速运动，位移s2a2t2，s2s1 L，解得t2 s，故选项A正确；由功能关系得因摩擦而产生的热量等于滑动摩擦力乘以相对位移，等于4 J，故选项B错误；小木块脱离长木板瞬间的速度v4 m/s，根据PFv16 W，可知选项C正确；对小木块应用动能定理有EkWFWf8 J，故选项D错误。答案AC二、非选择题8.如图7所示，金属棒MN质量为m0.005 kg，放在宽度为L1 m、摩擦不计的两根水平金属导轨上，磁感应强度B0.5 T，方向竖直向上，电容C200 F，电源电动势E16 V，导轨平面距离地面h0.8 m。单刀双掷开关先掷向1，然后再掷向2，此时，金属棒MN被抛到水平射程为s0.064 m的地面上，问电容器两端的电压还剩多大？图7解析当单刀双掷开关掷向1时，电源对电容器充电，掷向2时，设电容器短暂放电时间为t，即为安培力作用时间t，在这段时间内使金属棒MN获得一定动量并被抛出。开关掷向1时有qCE开关掷向2时到金属棒被抛出的t时间内，根据动量定理得BLtmvqt根据平抛运动知识有hgt2svtU由式得U8 V答案8 V9.如图8所示，半径R1 m的光滑半圆轨道AC与高h8R的粗糙斜面轨道BD放在同一竖直平面内，BD部分水平长度为x6R。两轨道之间由一条光滑水平轨道相连，b球过D点时无机械能损失。在水平轨道上，轻质弹簧被a、b两小球挤压(与小球不连接)，处于静止状态。同时释放两个小球，a球恰好能通过半圆轨道的最高点A，b球恰好能到达斜面轨道最高点B。已知a球质量为m12 kg，b球质量为m21 kg，两小球均可视为质点，b球与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度为g10 m/s2。(sin 370.6，cos 370.8)求：图8(1)经过C点时轨道对a球的作用力大小；(2)释放小球前弹簧的弹性势能Ep。解析(1)a球恰好能通过半圆轨道的最高点A，所以有m1gm1，解得vA m/s；a球从C到A的过程中，由动能定理可得m1g2Rm1vm1v，解得vC5 m/s；在C点，对a球进行受力分析有FNm1gm1，解得轨道对a球的作用力大小为FN120 N。(2)由题意可知，b球从D点恰好到达最高点的过程中克服重力和摩擦力做功，位移xDB10 m，由动能定理可得m2ghm2gsin 37xDB0Ek2，代入数据解得Ek2100 J，故小球释放前轻质弹簧的弹性势能Epm1vEk2，解得Ep150 J。答案(1)120 N(2)150 J10.(2017安徽安庆十中月考)如图9所示，长L12 m、质量M1.0 kg的木板静置在水平地面上，其右端有一个固定立柱，木板与地面间的动摩擦因数0.1。质量m1.0 kg的小猫静止站在木板左端。某时小猫开始向右加速奔跑，经过一段时间到达木板右端并立即抓住立柱。g取10 m/s2。设小猫的运动为匀加速运动，若加速度a14.0 m/s2。试求：图9(1)小猫从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间；(2)从小猫开始运动到最终木板静止，这一过程中木板的总位移。解析(1)猫相对木板奔跑时，设木板与猫之间的作用力大小为F，根据牛顿第二定律，对猫有Fma14.0 N，对木板有F(Mm)gMa2，可得a22.0 m/s2。当猫跑到木板的右端时，有a1t2a2t2L，解得t2.0 s。(2)当猫奔跑至木板的右端时，猫的速度为v1a1t8.0 m/s，方向向右，木板的速度v2a2t4.0 m/s，方向向左，木板向左运动的位移sa2t24.0 m，方向向左。猫在抓住立柱的过程中，由于猫与木板相互作用的时间极短，所以猫和木板组成的系统动量守恒，则有mv1Mv2(Mm)v共，所以v共2.0 m/s，方向向右