高考物理一轮复习 专题5.4 功能关系、能量转化和守恒定律教学案 新人教版.doc

2016高考物理一轮复习 专题5.4 功能关系、能量转化和守恒定律教学案 新人教版【2016考纲解读】1.掌握功和能的对应关系，特别是合力功、重力功、弹力功分别对应的能量转化关系2.理解能量守恒定律，并能分析解决有关问题【重点知识梳理】一、功能关系功能量的变化 合外力做正功动能增加重力做正功重力势能减少弹簧弹力做正功弹性势能减少电场力做正功电势能减少其他力(除重力、弹力外)做正功机械能增加二、能量守恒定律1内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变2表达式：e减e增【高频考点突破】考点一功能关系的应用1在应用功能关系解决具体问题的过程中，若只涉及动能的变化用动能定理分析2只涉及重力势能的变化用重力做功与重力势能变化的关系分析3只涉及机械能变化用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析4只涉及电势能的变化用电场力做功与电势能变化的关系分析例1、如图所示，在升降机内固定一光滑的斜面体，一轻弹簧的一端连在位于斜面体上方的固定木板b上，另一端与质量为m的物块a相连，弹簧与斜面平行整个系统由静止开始加速上升高度h的过程中() a物块a的重力势能增加量一定等于mghb物块a的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的代数和c物块a的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的代数和d物块a和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和b对弹簧的拉力做功的代数和解析由于斜面光滑，物块a静止时弹簧弹力与斜面支持力的合力与重力平衡，当整个装置加速上升时，由牛顿第二定律可知物块a受到的合力应向上，故弹簧伸长量增加，物块a相对斜面下滑一段距离，故选项a错误；根据动能定理可知，物块a动能的增加量应等于重力、支持力及弹簧弹力对其做功的代数和，故选项b错误；物块a机械能的增加量应等于除重力以外的其他力对其做功的代数和，选项c正确；物块a和弹簧组成的系统机械能增加量应等于除重力和弹簧弹力以外的其他力做功的代数和，故选项d正确答案cd【变式探究】如图所示，一轻弹簧左端与物体a相连，右端与物体b相连，开始时，a、b均在粗糙水平面上不动，弹簧处于原长状态在物体b上作用一水平向右的恒力f，使物体 a、b向右运动在此过程中，下列说法正确的是 ()a合外力对物体a所做的功小于物体a的动能增量b外力f做的功与摩擦力对物体b做的功之和等于物体b的动能增量c外力f做的功及摩擦力对物体a和b做功的代数和等于物体a和b的动能增量及弹簧弹性势能增量之和d外力f做的功加上摩擦力对物体b做的功等于物体b的动能增量与弹簧弹性势能增量之和答案c考点二摩擦力做功的特点及应用1静摩擦力做功的特点(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零(3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能2滑动摩擦力做功的特点(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果：机械能全部转化为内能；有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能(3)摩擦生热的计算：qffs相对其中s相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程【特别提醒】从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的功等于系统内能的增加量；从能量的角度看，其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量例2、如图所示，质量为m的长木块a静止于光滑水平面上，在其水平的上表面左端放一质量为m的滑块b，已知木块长为l，它与滑块之间的动摩擦因数为.现用水平向右的恒力f拉滑块b.(1)当长木块a的位移为多少时，b从a的右端滑出？(2)求上述过程中滑块与木块之间产生的内能解析(1)设b从a的右端滑出时，a的位移为l，a、b的速度分别为va、vb，由动能定理得mglmv(fmg)(ll)mv又由同时性可得(其中aag，ab)解得l.(2)由功能关系知，拉力f做的功等于a、b动能的增加量和a、b间产生的内能，即有f(ll)mvmvq解得qmgl.答案(1)(2)mgl【变式探究】如图所示，一质量为m2 kg的滑块从半径为r0.2 m的光滑四分之一圆弧轨道的顶端a处由静止滑下，a点和圆弧对应的圆心o点等高，圆弧的底端b与水平传送带平滑相接已知传送带匀速运行的速度为v04 m/s，b点到传送带右端c点的距离为l2 m当滑块滑到传送带的右端c时，其速度恰好与传送带的速度相同(g10 m/s2)，求： (1)滑块到达底端b时对轨道的压力；(2)滑块与传送带间的动摩擦因数；(3)此过程中，由于滑块与传送带之间的摩擦而产生的热量q.答案(1)60 n，方向竖直向下(2)0.3(3)4 j解析(1)滑块由a到b的过程中，由机械能守恒定律得：mgrmv物体在b点，由牛顿第二定律得：fbmgm由两式得：fb60 n由牛顿第三定律得滑块到达底端b时对轨道的压力大小为60 n，方向竖直向下(2)解法一：滑块在从b到c运动过程中，由牛顿第二定律得：mgma由运动学公式得：vv2al由三式得：0.3解法二：滑块在从a到c整个运动过程中，由动能定理得：mgrmglmv0解得：0.3(3)滑块在从b到c运动过程中，设运动时间为t由运动学公式得：v0vbat产生的热量：qmg(v0tl)由得：q4 j.考点三能量守恒定律及应用列能量守恒定律方程的两条基本思路：(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等；(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加且减少量和增加量一定相等例3、如图所示有一倾角为37的硬杆，其上套一底端固定且劲度系数为k120 n/m的轻弹簧，弹簧与杆间无摩擦一个质量为m1 kg的小球套在此硬杆上，从p点由静止开始滑下，已知小球与硬杆间的动摩擦因数0.5，p与弹簧自由端q间的距离为l1 m弹簧的弹性势能与其形变量x的关系为epkx2.求： (1)小球从开始下滑到与弹簧自由端相碰所经历的时间t；(2)小球运动过程中达到的最大速度vm；(3)若使小球在p点以初速度v0下滑后又恰好回到p点，则v0需多大？解析(1)f合mgsin mgcos agsin gcos 2 m/s2lat2所以t 1 s(2)小球从p点无初速度滑下，当弹簧的压缩量为x时小球有最大速度vm，有mgsin mgcos kx，x m此过程由能量守恒定律可得：mg(lx)sin w弹mgcos (lx)mv而w弹kx2代入数据解得：vm m/s2 m/s(3)设小球从p点以初速度v0下滑，压缩弹簧至最低点时弹簧的压缩量为x1，由能量守恒有：mg(lx1)sin mvmgcos (lx1)kx小球从最低点经过q点回到p点时的速度为0，则有：kxmg(lx1)sin mgcos (lx1)联立以上二式解得x10.5 m，v02 m/s4.9 m/s.答案(1)1 s(2)2 m/s(3)4.9 m/s【变式探究】假设某足球运动员罚点球直接射门时，球恰好从横梁下边缘踢进，此时的速度为v.横梁下边缘离地面的高度为h，足球质量为m，运动员对足球做的功为w1，足球运动过程中克服空气阻力做的功为w2，选地面为零势能面，下列说法正确的是 ()a运动员对足球做的功为w1mghmv2w2b足球机械能的变化量为w1w2c足球克服阻力做的功为w2mghmv2w1d运动员刚踢完球的瞬间，足球的动能为mghmv2答案b解析由功能关系可知：w1mghmv2w2，a项错足球机械能的变化量为除重力、弹力之外的力做的功e机w1w2，b项对；足球克服阻力做的功w2w1mghmv2，c项错d项中，刚踢完球瞬间，足球的动能应为ekw1mghmv2w2，d项错。考点四 传送带模型中的动力学和功能关系 1模型概述传送带模型是高中物理中比较成熟的模型，典型的有水平和倾斜两种情况一般设问的角度有两个：(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力情况分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律，求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系(2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解2传送带模型问题中的功能关系分析(1)功能关系分析：wfekepq.(2)对wf和q的理解：传送带的功：wffx传；产生的内能qffs相对传送带模型问题的分析流程例4、如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角30，皮带在电动机的带动下，始终保持v02 m/s的速率运行，现把一质量为m10 kg的工件(可看做质点)轻轻放在皮带的底端，经过时间t1.9 s，工件被传送到h1.5 m的高处，取g10 m/s2，求：(1)工件与传送带间的动摩擦因数；(2)电动机由于传送工件多消耗的电能解析(1)由题图可知，皮带长x3 m工件速度达到v0前，做匀加速运动的位移x1t1t1匀速运动的位移为xx1v0(tt1)解得加速运动的时间t10.8 s加速运动的位移x10.8 m，所以加速度a2.5 m/s2由牛顿第二定律有：mgcos mgsin ma，解得.(2)根据能量守恒的观点，显然电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功产生的热量在时间t1内，皮带运动的位移x皮v0t11.6 m在时间t1内，工件相对皮带的位移x相x皮x10.8 m在时间t1内，摩擦产生的热量qmgcos x相60 j工件获得的动能ekmv20 j工件增加的势能epmgh150 j电动机多消耗的电能wqekep230 j.答案(1)(2)230 j【变式探究】如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放， 传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为，物体在滑下传送带之前能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到与传送带相对静止这一过程，下列说法中正确的是()a电动机多做的功为mv21b物体在传送带上的划痕长c传送带克服摩擦力做的功为mv2d电动机增加的功率为mgv答案d解析小物块与传送带相对静止之前，物体做匀加速运动，由运动学公式知x物t，传送带做匀速运动，由运动学公式知x传vt，对物块根据动能定理mgx物mv2，摩擦产生的热量qmgx相mg(x传x物)，四式联立得摩擦产生的热量qmv2，根据能量守恒定律，电动机多做的功一部分转化为物块的动能，一部分转化为热量，故电动机多做的功等于mv2，a项错误；物体在传送带上的划痕长等于x传x物x物，b项错误；传送带克服摩擦力做的功为mgx传2mgx物mv2，c项错误；电动机增加的功率也就是电动机克服摩擦力做功的功率为mgv，d项正确【经典考题精析】 1(2014重庆卷)题7图为“嫦娥三号”探测器在月球上着陆最后阶段的示意图，首先在发动机作用下，探测器受到推力在距月球表面高度为h1处悬停(速度为0，h1远小于月球半径)；接着推力改变，探测器开始竖直下降，到达距月面高度为h2处的速度为v；此后发动机关闭，探测器仅受重力下落到月面，已知探测器总质量为m(不包括燃料)，地球和月球的半径比为k1，质量比为k2，地球表面附近的重力加速度为g，求：题7图(1)月球表面附近的重力加速度大小及探测器刚接触月面时的速度大小；(2)从开始竖直下降到刚接触月面时，探测器机械能的变化【答案】(1)g(2)mv2mg(h1h2)本题利用探测器的落地过程将万有引力定律，重力加速度概念，匀变速直线运动，机械能等的概念融合在一起考查设计概念比较多，需要认真审题【解析】(1)设地球质量和半径分别为m和r，月球的质量、半径和表面附近的重力加速度分别为m、r和g，探测器刚接触月面时的速度大小为vt.由mgg和mgg得gg由vv22gh2得vt(2)设机械能变化量为e，动能变化量为ek，重力势能变化量为ep.由eekep有em(v2)mgh1得emv2mg(h1h2)2（2014新课标卷） 一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为f1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v.若将水平拉力的大小改为f2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v.对于上述两个过程，用wf1、wf2分别表示拉力f1、f2所做的功，wf1、wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则()awf24wf1，wf22wf1 bwf24wf1，wf22wf1cwf24wf1，wf22wf1 dwf24wf1，wf22wf1【答案】c【解析】因物体均做匀变速直线运动，由运动学公式得前后两个过程的平均速度是2倍关系，那么位移xt也是2倍关系，若wf1fx，则wf2f2x故wf22wf1；由动能定理wf1fxmv2和wf2f2xm(2v)2得wf24wf12fx4wf1，c正确3（2014广东卷） 图9是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中和为楔块，和为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中()a缓冲器的机械能守恒b摩擦力做功消耗机械能c垫板的动能全部转化为内能d弹簧的弹性势能全部转化为动能【答案】b【解析】由于楔块与弹簧盒、垫块间均有摩擦，摩擦力做负功，则缓冲器的机械能部分转化为内能，故选项a错误，选项b正确；车厢撞击过程中，弹簧被压缩，摩擦力和弹簧弹力都做功，所以垫块的动能转化为内能和弹性势能，选项c、d错误4（2014福建卷）如图所示，两根相同的轻质弹簧，沿足够长的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不动质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端现用外力作用在两物块上，使两弹簧具有相同的压缩量，若撤去外力后，两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧，则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程，两物块()a最大速度相同b最大加速度相同c上升的最大高度不同d重力势能的变化量不同【答案】c【解析】设斜面倾角为，物块速度达到最大时，有kxmgsin ，若m1m2，则x1x2，当质量为m1的物块到达质量为m2的物块速度最大位置的同一高度时，根据能量守恒得：epmghmv2，所以v，因为m1v2max，此时质量为m1的物块还没达到最大速度，因此v1maxv2max，故a错；由于撤去外力前，两弹簧具有相同的压缩量，所以撤去外力时两弹簧的弹力相同，此时两物块的加速度最大，由牛顿第二定律可得a，因为质量不同，所以最大加速度不同，故b错误；由于撤去外力前，两弹簧具有相同的压缩量，所以两弹簧与物块分别组成的两系统具有相同的弹性势能，物块上升过程中系统机械能守恒，所以上升到最大高度时，弹性势能全部转化为重力势能，所以两物块重力势能的增加量相同，故d错误；由epmgh可知，两物块的质量不同，所以上升的最大高度不同，故c正确（2013广东卷）如下图，游乐场中，从高处a到水面b处有两条长度相同的光滑轨道甲、乙两小孩沿不同轨道同时从a处自由滑向b处，下列说法正确的有()a甲的切向加速度始终比乙的大b甲、乙在同一高度的速度大小相等c甲、乙在同一时刻总能到达同一高度d甲比乙先到达b处【答案】bd【解析】由机械能守恒定律知：下落相同的高度，获得相同的动能，故甲、乙在同一高度的速率相等，b正确；作出速率一时间图像如图所示最初甲的加速度大，速度增加得快，下落得快，乙的加速度小，速度增加得慢，所以甲先到达b处，a、c错误，d正确（2013山东卷）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(mm)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【答案】cd【解析】 因为mm，斜面倾角相同，所以m沿斜面下降，m沿斜面上升斜面ab粗糙，所以对m有沿斜面向上的摩擦力，两滑块组成的系统机械能不守恒，a错误；对于m，重力、摩擦力、绳子的拉力做的总功等于其动能的增加，b错误；对于m，绳子拉力做的功是除了重力以外其他力的功，故等于其机械能的增加，c正确；对于两滑块组成的系统，m受到的沿斜面向上的摩擦力做的功是除了重力和弹力以外其他力的功，等于系统机械能的减少量，d正确（2013浙江卷）(16分)山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤，其示意图如下图中a、b、c、d均为石头的边缘点，o为青藤的固定点，h11.8 m，h24.0 m，x14.8 m，x28.0 m开始时，质量分别为m10 kg和m2 kg的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头的a点水平跳至中间石头大猴抱起小猴跑到c点，抓住青藤下端，荡到右边石头上的d点，此时速度恰好为零运动过程中猴子均可看成质点，空气阻力不计，重力加速度g10 m/s2.求：(1)大猴从a点水平跳离时速度的最小值；(2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小；(3)猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小【解析】(1)设猴子从a点水平跳离时速度的最小值为vmin，根据平抛运动规律，有h1gt2x1vmint联立式，得vmin8 m/s(2)猴子抓住青藤后的运动过程中机械能守恒，设荡起时的速度为vc，有(mm)gh2(mm)vvc m/s9 m/s(3)设拉力为ft，青藤的长度为l，对最低点，由牛顿第二定律得ft(mm)g(mm)由几何关系(lh2)2xl2得l10 m综合式并代入数据解得：ft(mm)g(mm)216 n（2013北京卷）(18分)蹦床比赛分成预备运动和比赛动作两个阶段最初，运动员静止站在蹦床上；在预备运动阶段，他经过若干次蹦跳，逐渐增加上升高度，最终达到完成比赛动作所需的高度；此后，进入比赛动作阶段把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧，弹力大小fkx(x为床面下沉的距离，k为常量)质量m50 kg的运动员静止站在蹦床上，床面下沉x00.10 m；在预备运动中，假定运动员所做的总功w全部用于增加其机械能；在比赛动作中，把该运动员视作质点，其每次离开床面做竖直上抛运动的腾空时间均为t2.0 s，设运动员每次落下使床面压缩的最大深度均为x1.取重力加速度g10 m/s2，忽略空气阻力的影响(1)求常量k，并在图中画出弹力f随x变化的示意图；(2)求在比赛动作中，运动员离开床面后上升的最大高度hm；(3)借助fx图像可以确定弹力做功的规律，在此基础上，求x1和w的值【解析】(1)床面下沉x00.10 m时，运动员受力平衡mgkx0得k5.0103 n/mfx图线如图(2)运动员从x0处离开床面，开始腾空，其上升、下落时间相等hmg5.0 m(3)参考由速度时间图像求位移的方法，fx图线下的面积等于弹力做的功从x处到x0，弹力做功wtwtxkxkx2运动员从x1处上升到最大高度hm的过程，根据动能定理，有kxmg(x1hm)0得x1x01.1 m对整个预备运动，由题设条件以及功和能的关系，有wkxmg(hmx0)得w2525 j2.5103 j（2013福建卷）如图甲，空间存在一范围足够大的垂直于 xoy 平面向外的匀强磁场， 磁感应强度大小为b.让质量为m，电量为q(q0)的粒子从坐标原点o沿 xoy 平面以不同的初速度大小和方向入射到该磁场中不计重力和粒子间的影响(1)若粒子以初速度v1沿 y 轴正向入射，恰好能经过 x 轴上的a (a，0)点，求v1的大小；(2)已知一粒子的初速度大小为v (vv1) ，为使该粒子能经过a (a，0) 点，其入射角(粒子初速度与x轴正向的夹角)有几个？并求出对应的 sin值；(3)如图乙，若在此空间再加入沿 y 轴正向、大小为e的匀强电场，一粒子从o点以初速度v0沿 y 轴正向发射研究表明：粒子在 xoy 平面内做周期性运动，且在任一时刻，粒子速度的 x 分量vx与其所在位置的 y 坐标成正比，比例系数与场强大小e无关求该粒子运动过程中的最大速度值vm.【解析】(1)带电粒子以速率v在匀强磁场b中做匀速圆周运动，半径为r，有qvbm当粒子沿y轴正向入射，转过半个圆周至a点，该圆周半径为r1，有：r1由代入式得v1(2)如图，o、a两点处于同一圆周上，且圆心在x的直线上，半径为r.当给定一个初速率v时，有2个入射角，分别在第1、2象限，有sin sin由式解得sin(3)粒子在运动过程中仅电场力做功，因而在轨道的最高点处速率最大，用ym表示其y坐标，由动能定理，有qeymmvmv由题知，有vmkym若e0时，粒子以初速度v0沿y轴正向入射，有qv0bm由式解得vm。（2013山东卷）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(mm)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【答案】cd【解析】因为mm，斜面倾角相同，所以m沿斜面下降，m沿斜面上升斜面ab粗糙，所以对m有沿斜面向上的摩擦力，两滑块组成的系统机械能不守恒，a错误；对于m，重力、摩擦力、绳子的拉力做的总功等于其动能的增加，b错误；对于m，绳子拉力做的功是除了重力以外其他力的功，故等于其机械能的增加，c正确；对于两滑块组成的系统，m受到的沿斜面向上的摩擦力做的功是除了重力和弹力以外其他力的功，等于系统机械能的减少量，d正确（2013四川卷） (15分)近来，我国多个城市开始重点治理“中国式过马路”行为每年全国由于行人不遵守交通规则而引发的交通事故上万起，死亡上千人只有科学设置交通管制，人人遵守交通规则，才能保证行人的生命安全如图所示，停车线ab与前方斑马线边界cd间的距离为23 m质量8 t、车长7 m的卡车以54 km/h的速度向北匀速行驶，当车前端刚驶过停车线ab，该车前方的机动车交通信号灯由绿灯变黄灯(1)若此时前方c处人行横道路边等待的行人就抢先过马路，卡车司机发现行人，立即制动，卡车受到的阻力为3104 n求卡车的制动距离；(2)若人人遵守交通规则，该车将不受影响地驶过前方斑马线边界cd.为确保行人安全，d处人行横道信号灯应该在南北向机动车信号灯变黄灯后至少多久变为绿灯？【解析】 已知卡车质量m8 t8103 kg，初速度v054 km/h15 m/s.(1)从制动到停车阻力对卡车所做的功为w，由动能定理有wmv已知卡车所受阻力f3104 n，设卡车的制动距离s1，有wfs1联立上式，代入数据解得s130 m(2)已知车长l7 m，ab与cd的距离为s023 m设卡车驶过的距离为s2，d处人行横道信号灯至少需经过时间t后变灯，有s2s0ls2v0t联立上式，代入数据解得t2 s（2013天津卷）一圆筒的横截面如图所示，其圆心为o.筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为b.圆筒下面有相距为d的平行金属板m、n，其中m板带正电荷，n板带等量负电荷质量为m、电荷量为q的带正电粒子自m板边缘的p处由静止释放，经n板的小孔s以速度v沿半径so方向射入磁场中粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从s孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：(1)m、n间电场强度e的大小；(2)圆筒的半径r；(3)保持m、n间电场强度e不变，仅将m板向上平移d，粒子仍从m板边缘的p处由静止释放，粒子自进入圆筒至从s孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n.【解析】 (1)设两板间的电压为u，由动能定理得qumv2由匀强电场中电势差与电场强度的关系得ued联立上式可得e(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为o，圆半径为r.设第一次碰撞点为a，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从s孔射出，因此，sa弧所对的圆心角aos等于.由几何关系得rrtan粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得qvbm联立式得r(3)保持m、n间电场强度e不变，m板向上平移d后，设板间电压为u，则u 设粒子进入s孔时的速度为v，由式看出综合式可得v设粒子做圆周运动的半径为r，则r设粒子从s到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为，比较两式得到rr，可见粒子须经过四个这样的圆弧才能从s孔射出，故n3（2013天津卷）质量为m4 kg的小物块静止于水平地面上的a点，现用f10 n的水平恒力拉动物块一段时间后撤去，物块继续滑动一段位移停在b点，a、b两点相距x20 m，物块与地面间的动摩擦因数0.2，g取10 m/s2，求：(1)物块在力f作用过程发生位移x1的大小；(2)撤去力f后物块继续滑动的时间t.【解析】(1)设物块受到的滑动摩擦力为f1，则f1 mg根据动能定理，对物块由a到b整个过程，有fx1f1x0代入数据，解得x116 m(2)设刚撤去力f时物块的速度为v，此后物块的加速度为a，滑动的位移为x2，则x2 xx1由牛顿第二定律得a由匀变速直线运动公式得v22ax2以物块运动的方向为正方向，由动量定理，得f1t0mv代入数据，解得t2 s（2013江苏卷）水平面上，一白球与一静止的灰球碰撞，两球质量相等碰撞过程的频闪照片如图所示，据此可推断，碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的()a30%b50%c70% d90%【答案】a【解析】从图中可看出，左边的白球间隔大，表示在相等的时间里运动的位移大，即速度大，右边的白球间隔小，表示速度小，所以白球是从左向右运动碰到静止的灰球，碰撞后分开运动用刻度尺量出左边白球(碰撞前)的位移大小，约为1.35 cm，可算作135等份；再用刻度尺量出右边灰球和白球(碰撞后)的位移大小，均约为1.15 cm，可算作115等份设照相机每隔时间t闪光一次，小球的质量为m，每等份的长度为l，则白球碰撞前的动能为ek0mv2m白球碰撞后的动能为ek1m灰球的动能与碰撞后的白球动能相等，这样就可算出损失的动能为ek02ek1，代入数据进而算出结果：0.3630%，故选项a正确（2013安徽卷） 质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为ep，其中g为引力常量，m为地球质量该卫星原来在半径为r1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为r2，此过程中因摩擦而产生的热量为()agmm() bgmm()c.() d.()【答案】c【解析】本题考查万有引力与功能关系的综合知识，考查理解题目的新信息并且应用信息解决问题的能力根据功能关系，摩擦产生的热量等于卫星机械能的减少量卫星的机械能等于动能与引力势能之和，有emv2()，由万有引力提供向心力，有g，可得卫星机械能e，摩擦产生的热量为qe1e2()，选项c正确（2013全国卷） (12分)测量小物块q与平板p之间动摩擦因数的实验装置如图所示ab是半径足够大的、光滑的四分之一圆弧轨道，与水平固定放置的p板的上表面bc在b点相切，c点在水平地面的垂直投影为c .重力加速度大小为g，实验步骤如下：用天平称出物块q的质量m；测量出轨道ab的半径r、bc的长度l和cc 的长度h；将物块q在a点从静止释放，在物块q落地处标记其落地点d；重复步骤，共做10次；将10个落地点用一个尽量小的圆围住，用米尺测量圆心到c的距离s.(1)用实验中的测量量表示：()物块q到达b点时的动能ekb_；()物块q到达c点时的动能ekc_；()在物块q从b运动到c的过程中，物块q克服摩擦力做的功wf_；()物块q与平板p之间的动摩擦因数_.(2)回答下列问题：()实验步骤的目的是_；()已知实验测得的值比实际值偏大，其原因除了实验中测量量的误差之外，其他的可能是_(写出一个可能的原因即可)【答案】(1)()mgr()()mgr()(2)()减小实验结果的误差()圆弧轨道存在摩擦(或接缝b处不平滑等)【解析】 (1)()由机械能守恒得，ekbmgr；()根据平抛运动有：hgt2，svct，则vcs，所以ekcmv；()根据动能定理wfekbekcmgr；()由wfmgl，所以.(2)多次实验取平均值有利于减小偶然误差；测得值偏大，说明实验阻力做功较多，原因可能有圆弧轨道不够光滑、接缝处不平滑或存在空气阻力等. （2013全国卷）如图，一固定斜面倾角为30，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度，沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小g.若物块上升的最大高度为h，则此过程中，物块的()a动能损失了2mgh b动能损失了mghc机械能损失了mgh d机械能损失了mgh【答案】ac【解析】因为加速度大小等于g，故合外力fmg，根据动能定理，动能损失等于克服合外力做的功，即ekflmg2mgh，a正确，b错误；此过程中，重力势能增加了epmgh，故机械能损失了eekepmgh，c正确，d错误（2013新课标全国卷） 某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究：一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连；弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图(a)所示向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放；小球离开桌面后落到水平地面通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能图(a) 回答下列问题：(1)本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能ep与小球抛出时的动能ek相等已知重力加速度大小为g.为求得ek，至少需要测量下列物理量中的_(填正确答案标号)a小球的质量mb小球抛出点到落地点的水平距离sc桌面到地面的高度hd弹簧的压缩量xe弹簧原长l0(2)用所选取的测量量和已知量表示ek，得ek_(3)图(b)中的直线是实验测量得到的sx图线从理论上可推出，如果h不变，m增加，sx图线的斜率会_(填“增大”“减小”或“不变”)；如果m不变，h增加，sx图线的斜率会_(填“增大”“减小”或“不变”)由图(b)中给出的直线关系和ek的表达式可知，ep与x的_次方成正比图(b)【答案】(1)abc(2)(3)减小增大2【解析】(1)根据平抛运动规律求小球抛出时的动能动能ekmv，根据平抛运动规律有：hgt2，sv0t，可得：ek，故需要测量小球的质量m、小球抛出点到落地点的水平距离s和桌面到地面的高度h，选项a、b、c正确(3)由图像可知，s与x成正比，设图像斜率为k，则skx，弹性势能ep与动能ek的关系为epek，故epx2，即弹簧的弹性势能与x的二次方成正比当h不变时，m增大，k就减小；当m不变时，h增大，k就增大（2013新课标全国卷）目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转，其中一些卫星的轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是()a卫星的动能逐渐减小b由于地球引力做正功，引力势能一定减小c由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变d卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小【答案】bd【解析】由gm可得v，轨道半径变小，则运行的速度变大，卫星的动能增大，a错误；轨道半径变小，地球引力做正功，引力势能减小，b正确；由于气体阻力做负功，产生热量，故机械能减小，c错误；由动能定理，动能增大，则克服气体阻力做的功小于引力做的功，而引力做功等于引力势能的减小，故克服气体阻力做的功小于引力势能的减小，d正确（2013江苏卷） 如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连弹簧处于自然长度时物块位于o点(图中未标出)物块的质量为m，aba，物块与桌面间的动摩擦因数为.现用水平向右的力将物块从o点拉至a点，拉力做的功为w.撤去拉力后物块由静止向左运动，经o点到达b点时速度为零重力加速度为g.则上述过程中()a物块在a点时，弹簧的弹性势能等于wmgab物块在b点时，弹簧的弹性势能小于wmgac经o点时，物块的动能小于wmgad物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在b点时弹簧的弹性势能 甲【答案】bc【解析】先大致画出o点所在位置，如图甲所示，设oa的距离为b.当物块从a由静止向左运动时，受力如图乙所示，fmg，此过程中，弹簧在缩短，弹簧拉力ft变小；当到达o点右侧某点p时，ft与f相等，此时合力为0，由于惯性，物块继续向左运动；当物块到达o点时，水平方向只受摩擦力f，但仍向左运动至b停止在ap段，物块除受摩擦阻力外，还受弹簧拉力这一个动力作用，而在ob段，物块除受到摩擦阻力外，还受弹簧弹力这一个阻力作用，所以物块很快停止，oboa，所以ba.当拉力把物块从o点由静止拉至a点时，根据动能定理得wmgbepa，即epawmgbwmga，选项a错误；对物块从a运动至b的过程中运用动能定理得epaepbmg0，即epbwmgbmgawmga，选项b正确；经o点时，物块的动能是epoepamgbw2mgbwmga