高中生物一輪復習教案

高考物理第一輪考綱知識復習:功能關系能量守恒定律。

第4節(jié)功能關系能量守恒定律
【考綱知識梳理】
一、功能關系
1．做功的過程是能量轉化的過程，功是能的轉化的量度。
2.功能關系——功是能量轉化的量度
⑴重力所做的功等于重力勢能的減少
⑵電場力所做的功等于電勢能的減少
⑶彈簧的彈力所做的功等于彈性勢能的減少
⑷合外力所做的功等于動能的增加
⑸只有重力和彈簧的彈力做功，機械能守恒
⑹重力和彈簧的彈力以外的力所做的功等于機械能的增加WF=E2－E1=ΔE
⑺克服一對滑動摩擦力所做的凈功等于機械能的減少ΔE=fΔS（ΔS為相對滑動的距離）
⑻克服安培力所做的功等于感應電能的增加
二、能量守恒定律
【要點名師透析】
一、幾種常見的功能關系
【例1】(20xx杭州模擬)(10分)一物塊放在如圖所示的斜面上,用力F沿斜面向下拉物塊，物塊沿斜面運動了一段距離，若已知在此過程中，拉力F所做的功為A，斜面對物塊的作用力所做的功為B，重力做的功為C，空氣阻力做的功為D，其中A、B、C、D的絕對值分別為100J、30J、100J、20J，則
(1)物塊動能的增量為多少？
(2)物塊機械能的增量為多少？
【答案】(1)150J(2)50J
【詳解】(1)在物塊下滑的過程中，拉力F做正功，斜面對物塊有摩擦力，做負功，重力做正功，空氣阻力做負功.根據動能定理，合外力對物塊做的功等于物塊動能的增量，則
ΔEk=W合=A+B+C+D=100J+(-30J)+100J+(-20J)
=150J(5分)
(2)根據功能關系，除重力之外的其他力所做的功等于物塊機械能的增量，則
ΔE機=A+B+D=100J+(-30J)+(-20J)=50J(5分)
二、摩擦力做功的特點
【例2】(20xx廣州模擬)(12分)質量為M的長木板放在光滑的水平面上，一質量為m的滑塊以某一速度沿木板表面從A點滑到B點，在板上前進了L，而木板前進了l，如圖所示，若滑塊與木板間的動摩擦因數為μ，求：
(1)摩擦力對滑塊和木板做的功；
(2)系統產生的熱量.
【答案】(1)－μmg(L+l)μmgl(2)μmgL
【詳解】(1)滑塊的對地位移為x1=L+l
摩擦力對滑塊做的功為：W1=－Ffx1=－μmg(L+l)(4分)
木板的對地位移為x2=l
摩擦力對木板做的功為：W2=Ffx2=μmgl(4分)
(2)滑塊相對木板的位移為Δx=L
系統產生的熱量Q=FfΔx=μmgL(4分)
三、對能量守恒定律的理解和應用
1.對定律的理解
(1)某種形式的能減少,一定存在其他形式的能增加,且減少量和增加量一定相等.即ΔE減=ΔE增.
(2)某個物體的能量減少,一定存在其他物體的能量增加,且減少量和增加量一定相等.即ΔEA減=ΔEB增.
2.應用能量守恒定律解題的步驟
(1)分清有多少形式的能［如動能、勢能(包括重力勢能、彈性勢能、電勢能)、內能等］在變化.
(2)明確哪種形式的能量增加,哪種形式的能量減少,并且列出減少的能量ΔE減和增加的能量ΔE增的表達式.
(3)列出能量守恒關系式:ΔE減=ΔE增.
【例3】(20xx福州模擬)(16分)如圖所示,光滑水平面AB與豎直面內的半圓形導軌在B點相切,半圓形導軌的半徑為R.一個質量為m的物體將彈簧壓縮至A點后由靜止釋放,在彈力作用下物體獲得某一向右的速度后脫離彈簧,當它經過B點進入導軌的瞬間對軌道的壓力為其重力的8倍,之后向上運動恰能到達最高點C.(不計空氣阻力)試求:
(1)物體在A點時彈簧的彈性勢能.
(2)物體從B點運動至C點的過程中產生的內能.
【答案】(1)(2)mgR
【詳解】(1)設物體在B點的速度為vB,彈力為FNB,則有
(3分)
又FNB=8mg
由能量轉化與守恒可知:
彈性勢能(4分)
(2)設物體在C點的速度為vC,由題意可知:
(3分)
物體由B點運動到C點的過程中,由能量守恒得：
(4分)
解得：Q=mgR(2分)
【考點模擬演練】
1.（20xx新課標全國卷T16）一蹦極運動員身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺下落，到最低點時距水面還有數米距離。假定空氣阻力可忽略，運動員可視為質點，下列說法正確的是
A.運動員到達最低點前重力勢能始終減小
B.蹦極繩張緊后的下落過程中，彈性力做負功，彈性勢能增加
C.蹦極過程中，運動員、地球和蹦極繩所組成的系統機械能守恒
D.蹦極過程中，重力勢能的改變與重力勢能零點的選取有關
【答案】選A、B、C。
【詳解】運動員在下落過程中，重力做正功，重力勢能減小，故A正確。蹦極繩張緊后的下落過程中，彈性力向上，位移向下，彈性力做負功，彈性勢能增加，故B正確。選取運動員、地球和蹦繩為一系統，在蹦極過程中，只有重力和系統內彈力做功，這個系統的機械能守恒，故C正確。重力勢能改變的表達式為Ep=mgh，由于h是絕對的與選取的重力勢能參考零點無關，故D錯。
6.（20xx安徽高考T24）如圖所示，質量M=2kg的滑塊套在光滑的水平
軌道上，質量m=1kg的小球通過長L=0.5m的輕質細桿與滑塊上的光滑軸O連接，小球和輕桿可在豎直平面內繞O軸自由轉動，開始輕桿處于水平狀態(tài)，現給小球一個豎直向上的初速度=4m/s，g取10。
若鎖定滑塊，試求小球通過最高點P時對輕桿的作用力大小和方向。
（2）若解除對滑塊的鎖定，試求小球通過最高點時的速度大小。
在滿足（2）的條件下，試求小球擊中滑塊右側軌道位置點與小球起始位置點間的距離。
【答案】（1）2N，方向豎直向上（2）（3）m
【詳解】設小球能通過最高點，且此時的速度為v1，在上升過程中，因只有重力做功，小球的機械能守恒，則①
②
設小球到達最高點時，輕桿對小球的作用力為F，方向向下，則小球受到的拉力和重力提供做圓周運動的向心力，有③
由②③式，得④
由牛頓第三定律知，小球對輕桿的作用力大小為2N，方向豎直向上。
（2）若解除鎖定，設小球通過最高點時的速度為v2，此時滑塊的速度為V。小球和滑塊起始狀態(tài)沿在水平方向初速度均為零，在上升過程中，因系統在水平方向不受外力作用，水平方向的動量守恒。以水平向右方向為正方向，有⑤
在上升過程中，因只有重力做功，系統的機械能守恒，則⑥，
由⑤⑥式得。
（3）設小球擊中滑塊右側軌道的位置點與小球起始位置點間的距離為s1,滑塊向左移動的距離為s2。任意時刻小球的水平速度大小為v3，滑塊的速度大小為V‘。由系統水平方向的動量守恒，得⑦將⑦式兩邊同乘以，得⑧，因⑧式對任意時刻附近的微小間隔都成立，累積相加后，有⑨，又⑩,由⑨⑩式，得m
3.（20xx大綱版全國T26）26.裝甲車和戰(zhàn)艦采用多層鋼板比采用同樣質量的單層鋼板更能抵御穿甲彈的射擊。通過對一下簡化模型的計算可以粗略說明其原因。
質量為2m、厚度為2d的鋼板靜止在水平光滑桌面上。質量為m的子彈以某一速度垂直射向該鋼板，剛好能將鋼板射穿?，F把鋼板分成厚度均為d、質量均為m的相同兩塊，間隔一段距離水平放置，如圖所示。若子彈以相同的速度垂直射向第一塊鋼板，穿出后再射向第二塊鋼板，求子彈射入第二塊鋼板的深度。設子彈在鋼板中受到的阻力為恒力，且兩塊鋼板不會發(fā)生碰撞不計重力影響。
【詳解】設子彈初速度為，射入厚為的鋼板后，最終的共同速度為，根據動量守恒
…………………①
解得
動能損失…………………③
分成兩塊鋼板之后，設子彈打穿第一塊時兩者的速度分別是和，根據動量守恒
…………………③
子彈在鋼板中所受的阻力為恒力，射穿第一塊鋼板的動能損失為，根據能量守恒，
…………………④
聯立①②③④，考慮到必須大于，得
…………………⑤
設子彈射入第二塊鋼板并留在其中后兩者的共同速度為，根據動量守恒
…………………⑥
動能損失
…………………⑦
聯立①②⑤⑥⑦，得
…………………⑧
因為子彈在鋼板中所受的阻力為恒力，由⑧式，得射入第二塊鋼版的深度
…………………⑨
4.（09天津10）如圖所示，質量m1=0.3kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長L=15m,現有質量m2=0.2kg可視為質點的物塊，以水平向右的速度v0=2m/s從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車保持相對靜止。物塊與車面間的動摩擦因數=0.5,取g=10m/s2，求
（1）物塊在車面上滑行的時間t;
（2）要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v′0不超過多少。
答案：（1）0.24s(2)5m/s
解析：本題考查摩擦拖動類的動量和能量問題。涉及動量守恒定律、動量定理和功能關系這些物理規(guī)律的運用。
（1）設物塊與小車的共同速度為v，以水平向右為正方向，根據動量守恒定律有
①
設物塊與車面間的滑動摩擦力為F，對物塊應用動量定理有
②
其中③
解得
代入數據得④
（2）要使物塊恰好不從車廂滑出，須物塊到車面右端時與小車有共同的速度v′，則
⑤
由功能關系有
⑥
代入數據解得=5m/s
故要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車的速度v0′不能超過5m/s。
5.（09山東38）（2）如圖所示，光滑水平面軌道上有三個木塊，A、B、C，質量分別為mB=mc=2m,mA=m，A、B用細繩連接，中間有一壓縮的彈簧(彈簧與滑塊不栓接)。開始時A、B以共同速度v0運動，C靜止。某時刻細繩突然斷開，A、B被彈開，然后B又與C發(fā)生碰撞并粘在一起，最終三滑塊速度恰好相同。求B與C碰撞前B的速度。

解析：（2）設共同速度為v，球A和B分開后，B的速度為,由動量守恒定律有,,聯立這兩式得B和C碰撞前B的速度為。
考點：動量守恒定律
6.（09安徽24）過山車是游樂場中常見的設施。下圖是一種過山車的簡易模型，它由水平軌道和在豎直平面內的三個圓形軌道組成，B、C、D分別是三個圓形軌道的最低點，B、C間距與C、D間距相等，半徑、。一個質量為kg的小球（視為質點），從軌道的左側A點以的初速度沿軌道向右運動，A、B間距m。小球與水平軌道間的動摩擦因數，圓形軌道是光滑的。假設水平軌道足夠長，圓形軌道間不相互重疊。重力加速度取，計算結果保留小數點后一位數字。試求
（1）小球在經過第一個圓形軌道的最高點時，軌道對小球作用力的大?。?br> （2）如果小球恰能通過第二圓形軌道，B、C間距應是多少；
（3）在滿足（2）的條件下，如果要使小球不能脫離軌道，在第三個圓形軌道的設計中，半徑應滿足的條件；小球最終停留點與起點的距離。

答案：（1）10.0N；（2）12.5m(3)當時，；當時，
解析：（1）設小于經過第一個圓軌道的最高點時的速度為v1根據動能定理
①
小球在最高點受到重力mg和軌道對它的作用力F，根據牛頓第二定律
②
由①②得③
（2）設小球在第二個圓軌道的最高點的速度為v2，由題意
④
⑤
由④⑤得⑥
（3）要保證小球不脫離軌道，可分兩種情況進行討論：
I．軌道半徑較小時，小球恰能通過第三個圓軌道，設在最高點的速度為v3，應滿足
⑦
⑧
由⑥⑦⑧得
II．軌道半徑較大時，小球上升的最大高度為R3，根據動能定理
解得
為了保證圓軌道不重疊，R3最大值應滿足
解得R3=27.9m
綜合I、II，要使小球不脫離軌道，則第三個圓軌道的半徑須滿足下面的條件
或
當時，小球最終焦停留點與起始點A的距離為L′，則
當時，小球最終焦停留點與起始點A的距離為L〞，則
7.（09重慶23）2009年中國女子冰壺隊首次獲得了世界錦標賽冠軍，這引起了人們對冰壺運動的關注。冰壺在水平冰面上的一次滑行可簡化為如下過程：如題23圖，運動員將靜止于O點的冰壺（視為質點）沿直線推到A點放手，此后冰壺沿滑行，最后停于C點。已知冰面各冰壺間的動摩擦因數為，冰壺質量為m，AC=L，=r,重力加速度為g

（1）求冰壺在A點的速率；
（2）求冰壺從O點到A點的運動過程中受到的沖量大小；
（3）若將段冰面與冰壺間的動摩擦因數減小為，原只能滑到C點的冰壺能停于點，求A點與B點之間的距離。
解析：
8.（09廣東物理19）如圖19所示，水平地面上靜止放置著物塊B和C，相距=1.0m。物塊A以速度=10m/s沿水平方向與B正碰。碰撞后A和B牢固地粘在一起向右運動，并再與C發(fā)生正碰，碰后瞬間C的速度=2.0m/s。已知A和B的質量均為m，C的質量為A質量的k倍，物塊與地面的動摩擦因數=0.45.（設碰撞時間很短，g取10m/s2）
（1）計算與C碰撞前瞬間AB的速度；
（2）根據AB與C的碰撞過程分析k的取值范圍，并討論與C碰撞后AB的可能運動方向。
解析：⑴設AB碰撞后的速度為v1,AB碰撞過程由動量守恒定律得
設與C碰撞前瞬間AB的速度為v2，由動能定理得
聯立以上各式解得
⑵若AB與C發(fā)生完全非彈性碰撞，由動量守恒定律得
代入數據解得
此時AB的運動方向與C相同
若AB與C發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒和能量守恒得
聯立以上兩式解得
代入數據解得
此時AB的運動方向與C相反
若AB與C發(fā)生碰撞后AB的速度為0，由動量守恒定律得
代入數據解得
總上所述得當時，AB的運動方向與C相同
當時，AB的速度為0
當時，AB的運動方向與C相反
9.（09廣東物理20）如圖20所示，絕緣長方體B置于水平面上，兩端固定一對平行帶電極板，極板間形成勻強電場E。長方體B的上表面光滑，下表面與水平面的動摩擦因數=0.05（設最大靜摩擦力與滑動摩擦力相同）。B與極板的總質量=1.0kg.帶正電的小滑塊A質量=0.60kg，其受到的電場力大小F=1.2N.假設A所帶的電量不影響極板間的電場分布。t=0時刻，小滑塊A從B表面上的a點以相對地面的速度=1.6m/s向左運動，同時，B（連同極板）以相對地面的速度=0.40m/s向右運動。問（g取10m/s2）[好工具范文網 fANwEn.hao86.com]

（1）A和B剛開始運動時的加速度大小分別為多少？
（2）若A最遠能到達b點，a、b的距離L應為多少？從t=0時刻至A運動到b點時，摩擦力對B做的功為多少？
解析：⑴由牛頓第二定律有
A剛開始運動時的加速度大小方向水平向右
B剛開始運動時受電場力和摩擦力作用
由牛頓第三定律得電場力
摩擦力
B剛開始運動時的加速度大小方向水平向左
⑵設B從開始勻減速到零的時間為t1，則有
此時間內B運動的位移
t1時刻A的速度，故此過程A一直勻減速運動。
此t1時間內A運動的位移
此t1時間內A相對B運動的位移
此t1時間內摩擦力對B做的功為
t1后，由于，B開始向右作勻加速運動，A繼續(xù)作勻減速運動，當它們速度相等時A、B相距最遠，設此過程運動時間為t2，它們速度為v，則有
對A速度
對B加速度
速度
聯立以上各式并代入數據解得
此t2時間內A運動的位移
此t2時間內B運動的位移
此t2時間內A相對B運動的位移
此t2時間內摩擦力對B做的功為
所以A最遠能到達b點a、b的距離L為
從t=0時刻到A運動到b點時，摩擦力對B做的功為
。
10.（09寧夏24）冰壺比賽是在水平冰面上進行的體育項目，比賽場地示意如圖。比賽時，運動員從起滑架處推著冰壺出發(fā)，在投擲線AB處放手讓冰壺以一定的速度滑出，使冰壺的停止位置盡量靠近圓心O.為使冰壺滑行得更遠，運動員可以用毛刷擦冰壺運行前方的冰面，使冰壺與冰面間的動摩擦因數減小。設冰壺與冰面間的動摩擦因數為=0.008，用毛刷擦冰面后動摩擦因數減少至=0.004.在某次比賽中，運動員使冰壺C在投擲線中點處以2m/s的速度沿虛線滑出。為使冰壺C能夠沿虛線恰好到達圓心O點，運動員用毛刷擦冰面的長度應為多少？（g取10m/s2）
解析：

設冰壺在未被毛刷擦過的冰面上滑行的距離為，所受摩擦力的大小為：在被毛刷擦過的冰面上滑行的距離為，所受摩擦力的大小為。則有
+=S①
式中S為投擲線到圓心O的距離。
②
③
設冰壺的初速度為，由功能關系，得
④
聯立以上各式，解得
⑤
代入數據得
⑥
【考點模擬演練】
1.已知貨物的質量為m,在某段時間內起重機將貨物以a的加速度加速升高h,則在這段時間內，下列敘述正確的是(重力加速度為g)()
A.貨物的動能一定增加mah-mgh
B.貨物的機械能一定增加mah
C.貨物的重力勢能一定增加mah
D.貨物的機械能一定增加mah+mgh
【答案】選D.
【詳解】根據動能定理可知，貨物動能的增加量等于貨物合外力做的功mah，A錯誤；根據功能關系，貨物機械能的增量等于除重力以外的力做的功而不等于合外力做的功,B錯誤；由功能關系知,重力勢能的增量對應貨物重力做的負功的大小mgh,C錯誤；由功能關系,貨物機械能的增量為起重機拉力做的功m(g+a)h,D正確.
2.(20xx福州模擬)重物m系在上端固定的輕彈簧下端,用手托起重物,使彈簧處于豎直方向,彈簧的長度等于原長時,突然松手,重物下落的過程中,對于重物、彈簧和地球組成的系統來說,正確的是(彈簧始終在彈性限度內變化)()
A.重物的動能最大時,重力勢能和彈性勢能的總和最小
B.重物的重力勢能最小時,動能最大
C.彈簧的彈性勢能最大時,重物的動能最小
D.重物的重力勢能最小時,彈簧的彈性勢能最大
【答案】選A、C、D.
【詳解】重物下落過程中,只發(fā)生動能、重力勢能和彈性勢能的相互轉化,所以當動能最大時,重力勢能和彈性勢能的總和最小,A正確;當重物的重力勢能最小時,重物應下落到最低點,其速度為零,動能最小,此時彈簧伸長量最大,彈性勢能最大,故B錯誤,C、D正確.
3.如圖(甲)所示，質量不計的彈簧豎立固定在水平面上，t=0時刻，將一金屬小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點，然后又被彈起離開彈簧，上升到一定高度后再下落，如此反復.通過安裝在彈簧下端的壓力傳感器，測出這一過程彈簧彈力F隨時間t變化的圖象如圖(乙)所示，則()
A.t1時刻小球動能最大
B.t2時刻小球動能最大
C.t2～t3這段時間內，小球的動能先增加后減少
D.t2～t3這段時間內，小球增加的動能等于彈簧減少的彈性勢能
【答案】選C.
【詳解】小球在未碰彈簧前先做自由落體運動，碰后先做加速度減小的加速運動直到加速度為零，即重力等于彈簧的彈力時速度最大，而后做加速度增大的減速運動，上升過程恰好與下降過程互逆，在整個過程中小球的動能、勢能及彈簧的彈性勢能總和不變，由(乙)圖可知t1時刻小球開始接觸彈簧，t2時刻小球運動到最低點，動能最小，t3時刻小球恰好離開彈簧上升，t2～t3這段時間內小球從最低點向上運動的過程中先加速到速度最大然后做減速運動，小球動能先增加后減少，彈簧減少的彈性勢能轉化為小球的動能和重力勢能，故選C.
4.(20xx吉林模擬)如圖所示，小球從A點以初速度v0沿粗糙斜面向上運動，到達最高點B后返回A，C為AB的中點.下列說法中正確的是()
A.小球從A出發(fā)到返回A的過程中，位移為零，外力做功為零
B.小球從A到C過程與從C到B過程，減少的動能相等
C.小球從A到C過程與從C到B過程，速度的變化量相等
D.小球從A到C過程與從C到B過程，損失的機械能相等
【答案】選B、D.
【詳解】小球從A出發(fā)到返回A的過程中，重力做功為零，摩擦力做負功，A錯誤；小球從A到C過程與從C到B過程中，合外力做功相等，動能的增量相等，但速度的變化量不等，B正確，C錯誤；小球從A到C過程與從C到B過程，損失的機械能等于克服摩擦力做的功，而克服摩擦力做的功相等，故D正確.
5．節(jié)日燃放禮花彈時，要先將禮花彈放入一個豎直的炮筒中，然后點燃禮花彈的發(fā)射部分，通過火藥劇烈燃燒產生的高壓燃氣，將禮花彈由炮筒底部射向空中．若禮花彈在由炮筒底部出發(fā)至炮筒口的過程中，克服重力做功W1，克服炮筒阻力及空氣阻力做功W2，高壓燃氣對禮花彈做功W3，則禮花彈在炮筒內運動的過程中(設禮花彈發(fā)射過程中質量不變)
()
A．禮花彈的動能變化量為W3＋W2＋W1
B．禮花彈的動能變化量為W3－W2－W1
C．禮花彈的機械能變化量為W3－W2
D．禮花彈的機械能變化量為W3－W1
【答案】BC
【詳解】由動能定理，動能變化量等于合外力做的功，即W3－W2－W1，B正確．除重力之外的力的功對應機械能的變化，即W3－W2，C正確．
6．飛船返回時高速進入大氣層后，受到空氣阻力的作用，接近地面時，減速傘打開，在距地面幾米處，制動發(fā)動機點火制動，飛船迅速減速，安全著陸．下列說法正確的是
()
A．制動發(fā)動機點火制動后，飛船的重力勢能減少，動能減小
B．制動發(fā)動機工作時，由于化學能轉化為機械能，飛船的機械能增加
C．重力始終對飛船做正功，使飛船的機械能增加
D．重力對飛船做正功，阻力對飛船做負功，飛船的機械能不變
【答案】A
【詳解】制動發(fā)動機點火制動后，飛船迅速減速下落，動能、重力勢能均變小，機械能減小，A正確，B錯誤；飛船進入大氣層后，空氣阻力做負功，機械能一定減小，故C、D均錯誤．
7．如圖所示，具有一定初速度的物塊，沿傾角為30°的粗糙斜面向上運動的過程中，受一個恒定的沿斜面向上的拉力F作用，這時物塊的加速度大小為4m/s2，方向沿斜面向下，那么，在物塊向上運動過程中，正確的說法是()
A．物塊的機械能一定增加
B．物塊的機械能一定減小
C．物塊的機械能可能不變
D．物塊的機械能可能增加也可能減小
【答案】A
【詳解】機械能變化的原因是非重力、彈簧彈力做功，本題亦即看成F與Fμ做功大小問題，由mgsinα＋Fμ－F＝ma，知F－Fμ＝mgsin30°－ma0，即FFμ，故F做正功多于克服摩擦力做功，故機械能增大．
8．如圖所示，分別用恒力F1、F2先后將質量為m的物體由靜止開始沿同一粗糙的固定斜面由底端拉至頂端，兩次所用時間相同，第一次力F1沿斜面向上，第二次力F2沿水平方向，則兩個過程
()
A．合外力做的功相同
B．物體機械能變化量相同
C．F1做的功與F2做的功相同
D．F1做的功比F2做的功多
【答案】AB
【詳解】兩次物體運動的位移和時間相等，則兩次的加速度相等，末速度也應相等，則物體的機械能變化量相等，合力做功也應相等．用F2拉物體時，摩擦力做功多些，兩次重力做功相等，由動能定理知，用F2拉物體時拉力做功多．
9．一物體沿固定斜面從靜止開始向下運動，經過時間t0滑至斜面底端．已知在物體運動過程中物體所受的摩擦力恒定．若用F、v、x和E分別表示該物體所受的合力、物體的速度、位移和機械能，則如下圖所示的圖象中可能正確的是
()
【答案】AD
【詳解】物體在沿斜面向下滑動的過程中，受到重力、支持力、摩擦力的作用，其合力為恒力，A正確；而物體在此合力作用下做勻加速運動，v＝at，x＝12at2，所以B、C錯；物體受摩擦力作用，總的機械能將減小，D正確．
10.如圖所示，甲、乙兩車用輕彈簧相連靜止在光滑的水平面上，現在同時對甲、乙兩車施加等大反向的水平恒力F1、F2，使甲、乙同時由靜止開始運動，在整個過程中，對甲、乙兩車及彈簧組成的系統(假定整個過程中彈簧均在彈性限度內)，正確的說法是()
A.系統受到外力作用，動能不斷增大
B.彈簧伸長到最長時，系統的機械能最大
C.恒力對系統一直做正功，系統的機械能不斷增大
D.兩車的速度減小到零時，彈簧的彈力大小大于外力F1、F2的大小
【答案】選B.
【詳解】對甲、乙單獨受力分析，兩車都先加速后減速，故系統動能先增大后減小，A錯誤；彈簧最長時，外力對系統做正功最多，系統的機械能最大，B正確；彈簧達到最長后，甲、乙兩車開始反向加速運動，F1、F2對系統做負功，系統機械能開始減小，C錯；當兩車第一次速度減小到零時，彈簧彈力大小大于F1、F2的大小，當返回第二次速度最大時，彈簧的彈力大小等于外力大小，當速度再次為零時，彈簧的彈力大小小于外力F1、F2的大小，D錯誤.
11．(16分)工廠流水線上采用彈射裝置把物品轉運，現簡化其模型分析：如圖所示，質量為m的滑塊，放在光滑的水平平臺上，平臺右端B與水平傳送帶相接，傳送帶的運行速度為v0，長為L；現將滑塊向左壓縮固定在平臺上的輕彈簧，到達某處時由靜止釋放，若滑塊離開彈簧時的速度小于傳送帶的速度，當滑塊滑到傳送帶右端C時，恰好與傳送帶速度相同，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ.求：
(1)釋放滑塊時，彈簧具有的彈性勢能；
(2)滑塊在傳送帶上滑行的整個過程中產生的熱量．
【答案】(1)12mv20－μmgL
(2)mv0(v0－v20－2μgL)－μmgL
【詳解】(1)設滑塊沖上傳送帶時的速度為v，在彈簧彈開過程中，
由機械能守恒Ep＝12mv2
滑塊在傳送帶上做勻加速運動
由動能定理μmgL＝12mv20－12mv2
解得：Ep＝12mv20－μmgL.
(2)設滑塊在傳送帶上做勻加速運動的時間為t，則t時間內傳送帶的位移
s＝v0t
v0＝v＋atμmg＝ma
滑塊相對傳送帶滑動的位移Δs＝s－L
相對滑動生成的熱量Q＝μmgΔs
解得：Q＝mv0(v0－v20－2μgL)－μmgL.
12．(17分)如圖所示，一質量為m的滑塊從高為h的光滑圓弧形槽的頂端A處無初速度地滑下，槽的底端B與水平傳送帶相接，傳送帶的運行速度恒為v0，兩輪軸心間距為l，滑塊滑到傳送帶上后做勻加速運動，滑到傳送帶右端C時，恰好加速到與傳送帶的速度相同，求：
(1)滑塊到達底端B時的速度大小vB；
(2)滑塊與傳送帶間的動摩擦因數μ；
(3)此過程中，由于克服摩擦力做功而產生的熱量Q.
【答案】(1)2gh(2)v20－2gh2gl(3)mv0－2gh22
【詳解】(1)滑塊在由A到B的過程中機械能守恒，
可得：mgh＝12mv2B.
解得：vB＝2gh.
(2)滑塊在由B到C的過程中，應用動能定理得：
μmgl＝12mv20－12mv2B.
解得μ＝v20－2gh2gl.
(3)Q＝Ffl相對＝μmgl相對
l相對＝v0－vB22μg＝v0－2gh22μg，
故Q＝mv0－2gh22.

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20xx高考物理《功能關系能量守恒定律》材料分析

20xx高考物理《功能關系能量守恒定律》材料分析

考點一|功能關系

1．內容
(1)功是能量轉化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉化．
(2)做功的過程一定伴隨著能量的轉化，而且能量的轉化必須通過做功來實現．
2．做功對應變化的能量形式(加試要求)
(1)合外力的功影響物體的動能的變化．
(2)重力的功影響物體重力勢能的變化．
(3)彈簧彈力的功影響彈性勢能的變化．
(4)除重力或系統內彈力以外的力做功影響物體機械能的變化．
(5)滑動摩擦力的功影響系統內能的變化．

1．對功能關系的進一步理解
(1)做功的過程是能量轉化的過程．不同形式的能量發(fā)生相互轉化是通過做功來實現的．
(2)功是能量轉化的量度，功和能的關系，一是體現到不同的力做功，對應不同形式的能轉化，具有一一對應關系，二是做功的多少與能量轉化的多少在數量上相等．
2．幾種常見的功能關系及其表達式
力做功能的變化定量關系合力的功動能變化W＝Ek2－Ek1＝ΔEk重力的功重力勢能變化(1)重力做正功，重力勢能減少
(2)重力做負功，重力勢能增加
(3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2彈簧彈力的功彈性勢能變化(1)彈力做正功，彈性勢能減少
(2)彈力做負功，彈性勢能增加
(3)WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2只有重力、彈簧彈力做功機械能不變化機械能守恒ΔE＝0除重力和彈簧彈力之外的其他力做的功機械能變化(1)其他力做多少正功，物體的機械能就增加多少
(2)其他力做多少負功，物體的機械能就減少多少
(3)W其他＝ΔE一對相互作用的滑動摩擦力的總功機械能減少
內能增加(1)作用于系統的一對滑動摩擦力一定做負功，系統內能增加
(2)摩擦生熱Q＝Ffx相對
1．(20xx·平湖模擬)物質、能量、信息是構成世界的基本要素，下面關于能量的認識中錯誤的是()
A．能量是一個守恒量
B．同一個物體可能同時具有多種形式的能量
C．物體對外做了功，它的能量一定發(fā)生了變化
D．地面上滾動的足球最終停下來，說明能量消失了
D[能量的概念是在人類對能量守恒的認識過程中形成的，它的重要特性就是守恒，物體對外做功的過程即是能量釋放的過程，功是能量轉化的標志和量度．地面上滾動的足球最終停下來，其機械能轉化為內能，能量并沒有消失．故選項A、B、C正確，D錯誤．故選C.]
2.自然現象中蘊藏著許多物理知識，如圖541所示為一個盛水袋，某人從側面緩慢推袋壁使它變形，則水的勢能()

圖541
A．變大B．變小
C．不變D．不能確定
A[人緩慢推水袋，對水袋做正功，由功能關系可知，水的重力勢能一定增加，A正確．]
3.如圖542所示，質量為m的物體(可視為質點)以某一速度從A點沖上傾角為30°的固定斜面，其運動的加速度大小為g，此物體在斜面上上升的最大高度為h，則在這個過程中物體()

圖542
A．重力勢能增加了mgh
B．克服摩擦力做功mgh
C．動能損失了mgh
D．機械能損失了mgh
D[重力勢能增加量為mgh，A錯；由mgsin30°＋Ff＝m×g知Ff＝mg時，克服摩擦做功為mgh，由功能關系知B錯，D對，動能損失等于合力做功，即ΔEk＝mg×2h＝mgh，C錯．]
4.(加試要求)(20xx·杭州選考模擬)(多選)如圖543所示，輕質彈簧一端固定，另一端與一質量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長．圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，經過B處的速度最大，到達C處的速度為零，AC＝h.圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A.彈簧始終在彈性限度內，重力加速度為g.則圓環(huán)()

圖543
A．下滑過程中，加速度一直減小
B．下滑過程中，克服摩擦力做的功為mv2
C．在C處，彈簧的彈性勢能為mv2－mgh
D．上滑經過B的速度大于下滑經過B的速度
BD[由題意知，圓環(huán)從A到C先加速后減速，到達B處的加速度減小為零，故加速度先減小后增大，故A錯誤；根據能量守恒，從A到C有mgh＝Wf＋Ep，從C到A有mv2＋Ep＝mgh＋Wf聯立解得：Wf＝mv2，Ep＝mgh－mv2，所以B正確，C錯誤；根據能量守恒，從A到B的過程有mv＋ΔEp′＋Wf′＝mgh′，B到A的過程有mvB′2＋ΔEp′＝mgh′＋Wf′，比較兩式得vB′vB，所以D正確．]
考點二|能量守恒定律及應用
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1．內容
能量既不會憑空產生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉化為另一種形式，或者從一個物體轉移到另一個物體，在轉化和轉移的過程中，能量的總量保持不變．
2．適用范圍
能量守恒定律是貫穿物理學的基本規(guī)律，是各種自然現象中普遍適用的一條規(guī)律．
3．表達式
(1)E初＝E末，初狀態(tài)各種能量的總和等于末狀態(tài)各種能量的總和．
(2)ΔE增＝ΔE減，增加的那些能量的增加量等于減少的那些能量的減少量．

(20xx·浙江10月學考)畫作《瀑布》如圖544所示．有人對此畫作了如下解讀：水流從高處傾瀉而下，推動水輪機發(fā)電，又順著水渠流動，回到瀑布上方，然后再次傾瀉而下，如此自動地周而復始．這一解讀違背了()

圖544
A．庫侖定律
B．歐姆定律
C．電荷守恒定律
D．能量守恒定律
D[這是第一類永動機模型，違背了能量守恒定律，選D.]

1．對能量守恒定律的兩點理解
(1)某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量和增加量一定相等．
(2)某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量一定相等．
2．應用能量守恒定律解題的步驟
(1)分清有多少形式的能(動能、勢能、內能等)發(fā)生變化．
(2)明確哪種形式的能量增加，哪種形式的能量減少，并且列出減少的能量ΔE減和增加的能量ΔE增的表達式．
(3)列出能量守恒關系式：ΔE減＝ΔE增．

1.如圖545所示是安裝在列車車廂之間的摩擦緩沖器結構圖，圖中①和②為楔塊，③和④為墊板，楔塊與彈簧盒、墊板間均有摩擦，在車廂相互撞擊使彈簧壓縮的過程中()

圖545
A．緩沖器的機械能守恒
B．摩擦力做功消耗機械能
C．墊板的動能全部轉化為內能
D．彈簧的彈性勢能全部轉化為動能
B[本題考查能量轉化和守恒定律．由于車廂相互撞擊彈簧壓縮的過程中存在克服摩擦力做功，所以緩沖器的機械能減少，選項A錯誤、B正確；彈簧壓縮的過程中，墊板的動能轉化為內能和彈簧的彈性勢能，選項C、D錯誤．]
2.蹦極是一項既驚險又刺激的運動，深受年輕人的喜愛．如圖546所示，蹦極者從P點靜止下落，到達A點時彈性繩剛好伸直，繼續(xù)下降到最低點B點，B點離水面還有數米距離．蹦極者(可視為質點)從P點下降到B點的整個過程中，重力勢能的減少量為ΔE1、繩的彈性勢能增加量為ΔE2、克服空氣阻力做功為W，繩子重力不計．則下列說法正確的是()

圖546
A．蹦極者從P到A的運動過程中，機械能守恒
B．蹦極者與繩組成的系統從A到B的運動過程中，機械能守恒
C．ΔE1＝W＋ΔE2
D．ΔE1＋ΔE2＝W
C[蹦極者從P到A及蹦極者與繩組成的系統從A到B的運動過程中都受到空氣阻力作用，所以機械能不守恒，A、B錯誤；根據能量守恒定律可知，在整個過程中重力勢能的減少量等于彈性勢能的增加量和內能的增加量之和，內能的增加量等于克服空氣阻力做的功，C正確，D錯誤．]
3.(20xx·寧波調研)如圖547所示，光滑水平面AB與豎直面內的半圓形導軌在B點相切，半圓形導軌的半徑為R.一個質量為m的物體將彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，在彈力作用下物體獲得某一向右的速度后脫離彈簧，當它經過B點進入導軌的瞬間對軌道的壓力為其重力的8倍，之后向上運動恰能到達最高點C，C、O、B三點在同一豎直線上．(不計空氣阻力)試求：

圖547
(1)物體在A點時彈簧的彈性勢能；
(2)物體從B點運動至C點的過程中產生的內能．
【解析】(1)設物體在B點的速度為vB，受到的彈力為FNB，則有FNB－mg＝m又FNB＝8mg由能量守恒定律可知彈性勢能Ep＝mv＝mgR.(2)設物體在C點的速度為vC，由題意可知mg＝m物體由B點運動到C點的過程中，由能量守恒定律得E內＝mv－＝mgR.【答案】(1)mgR(2)mgR

高三物理《功能關系能量守恒定律》教材分析

一名優(yōu)秀的教師在每次教學前有自己的事先計劃，作為教師就要精心準備好合適的教案。教案可以讓學生更好的吸收課堂上所講的知識點，幫助教師緩解教學的壓力，提高教學質量。那么，你知道教案要怎么寫呢？為此，小編從網絡上為大家精心整理了《高三物理《功能關系能量守恒定律》教材分析》，歡迎大家與身邊的朋友分享吧！

高三物理《功能關系能量守恒定律》教材分析

考點20功能關系能量守恒定律

考點名片

考點細研究：本考點命題要點：(1)功能關系；(2)能量轉化和守恒定律；(3)結合牛頓運動定律、電磁學等相關內容處理綜合問題。其中考查到的如：20xx年全國卷第19題、21題、25題、20xx年江蘇高考第9題、20xx年福建高考第21題、20xx年廣東高考第16題、20xx年上海高考第11題、20xx年海南高考第10題、20xx年山東高考第20題、20xx年全國卷第20題、20xx年山東高考第16題、20xx年江蘇高考第9題、20xx年安徽高考第17題等。

備考正能量：本考點在高考中年年必考，題型全、分值多、難度大。在今后的高考中，考查思路應是功能關系、能的轉化和守恒、牛頓定律、平拋運動和圓周運動、電磁學知識和規(guī)律密切聯系的綜合應用，難度和能力要求不會降低。

一、基礎與經典

1．滑塊靜止于光滑水平面上，與之相連的輕質彈簧處于自然伸直狀態(tài)，現用恒定的水平外力F作用于彈簧右端，在向右移動一段距離的過程中拉力F做了10J的功。在上述過程中()

A．彈簧的彈性勢能增加了10J

B．滑塊的動能增加了10J

C．滑塊和彈簧組成的系統機械能增加了10J

D．滑塊和彈簧組成的系統機械能守恒

答案C

解析拉力F做功的同時，彈簧伸長，彈性勢能增大，滑塊向右加速，滑塊動能增加，由功能關系可知，拉力做功等于滑塊的動能與彈簧彈性勢能的增加量之和，C正確，A、B、D均錯誤。

2.(多選)如圖所示，楔形木塊abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc與水平面的夾角相同，頂角b處安裝一定滑輪，質量分別為M、m(Mm)的滑塊，通過不可伸長的輕繩跨過定滑輪連接，輕繩與斜面平行。兩滑塊由靜止釋放后，沿斜面做勻加速運動。若不計滑輪的質量和摩擦，在兩滑塊沿斜面運動的過程中()

A．兩滑塊組成系統的機械能守恒

B．重力對M做的功等于M動能的增加

C．輕繩對m做的功等于m機械能的增加

D．兩滑塊組成系統的機械能損失等于M克服摩擦力做的功

答案CD

解析以M和m兩滑塊整體為研究對象，除重力外，M受到的摩擦力做負功，所以兩滑塊組成系統的機械能不守恒，且系統機械能的損失等于M克服摩擦力做的功，A錯誤，D正確。由動能定理可知，M動能的增加應等于重力、摩擦力、輕繩的拉力對M做功之和，B錯誤。以m為研究對象，除重力外，只有輕繩對其做功，所以其機械能的增加等于輕繩對其做的功，C正確。

3．一個物體的機械能增大，究其原因()

A．重力對物體做了功

B．一定是合外力對物體做了功

C．一定是拉力對物體做了功

D．可能是摩擦力對物體做了功

答案D

解析除重力、彈力以外的力做功時，物體的機械能才會變化，一個系統的機械能增大，一定是除重力、彈力以外的力對系統做正功。重力做功時物體的動能和重力勢能之間相互轉化，不影響物體的機械能的總和。故A錯誤；除重力、彈力以外的力做功時，物體的機械能才會變化。故B、C錯誤；如果摩擦力對系統做正功，系統的機械能可以增大。故D正確。

4．“神舟八號”飛船返回時高速進入大氣層后，受到空氣阻力的作用，接近地面時，減速傘打開，在距地面幾米處，制動發(fā)動機點火制動，飛船迅速減速，安全著陸。下列說法正確的是()

A．制動發(fā)動機點火制動后，飛船的重力勢能減少，動能減少

B．制動發(fā)動機工作時，由于化學能轉化為機械能，飛船的機械能增加

C．重力始終對飛船做正功，使飛船的機械能增加

D．重力對飛船做正功，阻力對飛船做負功，飛船的機械能不變

答案A

解析制動發(fā)動機點火制動后，飛船迅速減速下落，動能、重力勢能均變小，機械能減少，A正確，B錯誤；飛船進入大氣層后，空氣阻力做負功，機械能一定減少，故C、D均錯誤。

5．起跳摸高是學生經常進行的一項體育活動。一質量為m的同學彎曲兩腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，從該同學用力蹬地到剛離開地面的起跳過程中，他的重心上升了h，離地時他的速度大小為v。下列說法正確的是()

A．該同學機械能增加了mgh

B．起跳過程中該同學機械能增量為mgh＋mv2

C．地面的支持力對該同學做功為mgh＋mv2

D．該同學所受的合外力對其做功為mv2＋mgh

答案B

解析考查的是力做功和能的轉化問題，學生重心升高h，重力勢能增大了mgh，又知離地時獲得動能為mv2，則機械能增加了mgh＋mv2，A錯，B對；人與地面作用過程中，支持力對人做功為零，C錯；學生受合外力做功等于動能增量，則W合＝mv2，D錯。

6.把小球放在豎立的彈簧上，并把球往下按至A位置，如圖甲所示。迅速松手后，球升高至最高位置C(圖丙)，途中經過位置B時彈簧正處于原長(圖乙)。忽略彈簧的質量和空氣阻力。則小球從A運動到C的過程中，下列說法正確的是()

A．經過位置B時小球的加速度為0

B．經過位置B時小球的速度最大

C．小球、地球、彈簧所組成系統的機械能守恒

D．小球、地球、彈簧所組成系統的機械能先增大后減小

答案C

解析分析小球從A到B的過程中受力情況，開始時彈力大于重力，中間某一位置彈力和重力相等，接著彈力小于重力，在B點時，彈力為零，小球從B到C的過程中，只受重力。根據牛頓第二定律可以知道小球從A到B過程中，先向上加速再向上減速，所以速度最大位置應該是加速度為零的位置，在AB之間某一位置，A、B錯誤；從A到C過程中對于小球、地球、彈簧組成的系統只有重力和彈力做功，所以系統的機械能守恒，C正確，D錯誤。

7．(多選)18世紀，數學家莫佩爾蒂和哲學家伏爾泰，曾設想“穿透”地球：假設能夠沿著地球兩極連線開鑿一條沿著地軸的隧道貫穿地球，一個人可以從北極入口由靜止自由落入隧道中，忽略一切阻力，此人可以從南極出口飛出，則以下說法正確的是(已知此人的質量m＝50kg；地球表面處重力加速度g取10m/s2；地球半徑R＝6.4×106m；假設地球可視為質量分布均勻的球體，均勻球殼對殼內任一點處的質點合引力為零)()

A．人與地球構成的系統，由于重力發(fā)生變化，故機械能不守恒

B．人在下落過程中，受到的萬有引力與到地心的距離成正比

C．人從北極開始下落，直到經過地心的過程中，萬有引力對人做功W＝1.6×109J

D．當人下落經過距地心R/2瞬間，人的瞬時速度大小為4×103m/s

答案BC

解析人與地球構成的系統，重力雖然發(fā)生變化，但只有重力做功，故機械能守恒，A錯誤；人在下落過程中，受到的萬有引力F＝G＝G＝r，與到地心的距離成正比，B正確；人從北極開始下落，直到經過地心的過程中，萬有引力對人做功W＝R＝R＝1.6×109J，C正確；當人下落經過距地心R/2瞬間，人的瞬時速度大小為v，由動能定理得：×＝mv2，解得：v＝＝6928m/s，D錯誤。

8．(多選)如圖甲所示，物體以一定的初速度從傾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上運動，上升的最大高度為3.0m。選擇地面為參考平面，上升過程中，物體的機械能E隨高度h的變化如圖乙所示。g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80。則()

A．物體的質量m＝0.67kg

B．物體與斜面之間的動摩擦因數μ＝0.40

C．物體上升過程中的加速度大小a＝10m/s2

D．物體回到斜面底端時的動能Ek＝10J

答案CD

解析上升過程，由動能定理得，－(mgsinα＋μmgcosα)·hm/sinα＝0－Ek1，摩擦產生的熱μmgcosα·hm/sinα＝E1－E2，解得m＝1kg，μ＝0.50，故A、B錯誤；物體上升過程中的加速度大小a＝gsinα＋μgcosα＝10m/s2，故C正確；上升過程中因摩擦產生的熱為E1－E2＝20J，下降過程因摩擦產生的熱也應為20J，故物體回到斜面底端時的動能Ek＝50J－40J＝10J，D正確。

9.(多選)如圖所示，在勻速轉動的電動機帶動下，足夠長的水平傳送帶以恒定速率v1勻速向右運動，一質量為m的滑塊從傳送帶右端以水平向左的速率v2(v2v1)滑上傳送帶，最后滑塊返回傳送帶的右端。關于這一過程的下列判斷，正確的有()

A．滑塊返回傳送帶右端的速率為v1

B．此過程中傳送帶對滑塊做功為mv－mv

C．此過程中電動機對傳送帶做功為2mv

D．此過程中滑塊與傳送帶間摩擦產生的熱量為m(v1＋v2)2

答案ABD

解析因為v2v1，在摩擦阻力下，滑塊在傳送帶上向左做勻減速直線運動，速度減小到零后向右做勻加速直線運動，速度增大到v1后隨傳送帶做速度為v1的勻速直線運動，所以滑塊返回傳送帶右端的速率為v1，選項A正確；由動能定理可得，此過程中傳送帶對滑塊做功為W＝mv－mv，選項B正確；此過程中滑塊與傳送帶間摩擦產生的熱量等于二者相對滑動的距離與摩擦力的乘積，即Q＝μmg＝m(v1＋v2)2，選項D正確；由能量守恒定律，此過程中電動機對傳送帶做功等于二者相對滑動產生的熱量Q和傳送帶對滑塊做功W之和，等于mv＋mv1v2，選項C錯誤。

10．(多選)傾角為37°的光滑斜面上固定一個槽，勁度系數k＝20N/m、原長l0＝0.6m的輕彈簧下端與輕桿相連，開始時桿在槽外的長度l＝0.3m，且桿可在槽內移動，桿與槽間的滑動摩擦力大小Ff＝6N，桿與槽之間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。質量m＝1kg的小車從距彈簧上端L＝0.6m處由靜止釋放沿斜面向下運動。已知彈性勢能Ep＝kx2，式中x為彈簧的形變量。g＝10m/s2，sin37°＝0.6。關于小車和桿的運動情況，下列說法中正確的是()

A．小車先做勻加速運動，然后做加速度逐漸減小的變加速運動

B．小車先做勻加速運動，然后做加速度逐漸減小的變加速運動，最后做勻速直線運動

C．桿剛要滑動時小車已通過的位移為0.9m

D．桿從開始運動到完全進入槽內所用時間為0.1s

答案BCD

解析小車從開始下滑至位移為L的過程中，小車只受重力和支持力，支持力不做功，只有重力做功，加速度a＝gsin37°＝6m/s2不變，所以小車先做勻加速運動，從剛接觸彈簧，直至將彈簧壓縮至彈力等于桿與槽的摩擦力，即彈力由0逐漸增大至6N，小車受到的合力逐漸減小到零，所以小車接著做加速度逐漸減小的加速運動，最后勻速運動，B正確，A錯誤；當彈力為6N時，彈簧的形變量為Δx＝＝0.3m，所以小車通過的位移為x＝L＋Δx＝0.9m，C正確；桿開始運動時，根據機械能守恒定律可知mgxsin37°＝k(Δx)2＋mv2，解得桿和小車的速度v＝3m/s，桿從開始運動到完全進入槽內的時間為t＝＝0.1s，D正確。

二、真題與模擬

11．20xx·全國卷](多選)兩實心小球甲和乙由同一種材料制成，甲球質量大于乙球質量。兩球在空氣中由靜止下落，假設它們運動時受到的阻力與球的半徑成正比，與球的速率無關。若它們下落相同的距離，則()

A．甲球用的時間比乙球長

B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小

C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小

D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功

答案BD

解析甲、乙下落的時間與加速度有關，應先求加速度，由m甲＝ρV甲＝ρ得R甲＝，阻力f甲＝kR甲＝k，由牛頓第二定律知a甲＝＝g－k，同理a乙＝g－k，因m甲m乙，所以a甲a乙，故C項錯誤；再由位移公式h＝at2可知t甲v乙，B項正確；甲球受到的阻力大，甲、乙下落距離相等，故甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功，D項正確。

12．20xx·全國卷](多選)如圖所示，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于O點，另一端與小球相連?，F將小球從M點由靜止釋放，它在下降的過程中經過了N點。已知在M、N兩點處，彈簧對小球的彈力大小相等，且ONM∠OMN。在小球從M點運動到N點的過程中()

A．彈力對小球先做正功后做負功

B．有兩個時刻小球的加速度等于重力加速度

C．彈簧長度最短時，彈力對小球做功的功率為零

D．小球到達N點時的動能等于其在M、N兩點的重力勢能差

答案BCD

解析由ONM∠OMN可知，在M點與N點彈簧長度lOMvB1，D項正確。

14．20xx·上海高考]靜止在地面上的物體在豎直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力。不計空氣阻力，在整個上升過程中，物體機械能隨時間變化關系是()

答案C

解析以地面為零勢能面，以豎直向上為正方向，則對物體，在撤去外力前，有F－mg＝ma，h＝at2，某一時刻的機械能E＝Fh，解以上各式得E＝·t2t2，撤去外力后，物體機械能守恒，故只有C正確。

15．20xx·武漢調研]如圖，半徑為R、圓心為O的光滑圓環(huán)固定在豎直平面內，OC水平，D是圓環(huán)最低點。質量為2m的小球A與質量為m的小球B套在圓環(huán)上，兩球之間用輕桿相連。兩球初始位置如圖所示，由靜止釋放，當小球A運動至D點時，小球B的動能為()

A.mgRB.mgR

C.mgRD.mgR

答案D

解析A、B組成的系統機械能守恒。當A運動到最低點D時，A下降的高度為hA＝R＋Rsin45°，B上升的高度為hB＝Rsin45°，則有2mghA－mghB＝·2mv＋mv，又vAcos45°＝vBcos45°，小球B的動能為EkB＝mv＝mgR，選項D正確。

16．20xx·湖北重點中學聯考]如圖，滑塊以初速度v0沿表面粗糙且足夠長的固定斜面，從頂端下滑，直至速度為零。對于該運動過程，若用x、a、Ep、Ek分別表示滑塊下滑的位移的大小、加速度的大小、重力勢能(以斜面底面所在平面為零勢面)和動能，t表示時間，則下列圖象最能正確描述這一運動規(guī)律的是()

答案D

解析滑塊在下滑過程中，設斜面的傾角為θ，斜面高度為H。則由牛頓第二定律有－μmgcosθ＋mgsinθ＝ma，解得a＝－μgcosθ＋gsinθ0，加速度的大小保持不變，所以加速度圖象應是與時間軸平行的直線，選項B錯誤；滑塊做勻減速直線運動，x＝v0t＋at2(a0)，故位移隨時間變化越來越慢，選項A錯誤；滑塊做勻減速直線運動，下降的高度為h＝xsinθ，Ep＝mgH－mgxsinθ＝mgH－mg··sinθ，所以Ept圖不是直線，選項C錯誤；下滑過程中速度大小關系式為v＝v0＋at＝v0＋(－μgcosθ＋gsinθ)t，動能Ek＝mv2，故動能變化越來越慢，選項D正確。

17．20xx·湖北部分重點中學聯考](多選)如圖所示，長為L的長木板水平放置，在木板的A端放置一個質量為m的小物塊?，F緩慢地抬高A端，使木板以B端為軸轉動，當木板轉到與水平面的夾角為α時小物塊開始滑動，此時停止轉動木板，小物塊滑到底端的速度為v，重力加速度為g。下列判斷正確的是()

A．整個過程物塊受的支持力垂直于木板，所以不做功

B．物塊所受支持力做功為mgLsinα

C．發(fā)生滑動前摩擦力逐漸增大

D．整個過程木板對物塊做的功等于物塊機械能的增加量

答案BCD

解析緩慢轉動過程中支持力與速度同向，所以支持力做正功，當停止轉動后，支撐力與速度垂直不再做功，故A選項錯誤，則轉動過程由動能定理得：WN－mgLsinα＝0，故WN＝mgLsinα，B選項正確；發(fā)生滑動前，摩擦力為靜摩擦力，大小等于mgsinα，隨著α的增大而增大，C選項正確；根據功能關系，除重力以外的力做的功等于物塊機械能的增加量，也就是木板對物塊做的總功等于物塊機械能的增加量，D選項正確。

一、基礎與經典

18．如圖所示，在傾角θ＝30°的光滑斜面上有兩個用輕質彈簧相連接的物塊A、B，它們的質量均為m，彈簧的勁度系數為k，C為一固定擋板，系統處于靜止狀態(tài)。現開始用一沿斜面方向的力F拉物塊A使之向上勻加速運動，當物塊B剛要離開C時F的大小恰為2mg。問：

(1)從F開始作用到物塊B剛要離開C的過程中彈簧彈力對物塊A做的功；

(2)物塊B剛要離開C時物塊A的動能；

(3)從F開始作用到物塊B剛要離開C的過程中力F做的功。

答案(1)0(2)(3)

解析(1)令x1表示未加F時彈簧的壓縮量，對物塊A有kx1＝mgsin30°，令x2表示B剛要離開C時彈簧的伸長量，對物塊B有kx2＝mgsin30°，所以x1＝x2，彈力做的功為零。

(2)B剛要離開C時，對物塊A，有F－mgsin30°－kx2＝ma，

將F＝2mg代入上式得a＝g,2a(x1＋x2)＝v2，

物塊A的動能Ek＝mv2＝。

(3)對A由動能定理有WF－WG＝mv2，

WG＝mg(x1＋x2)sin30°，

得WF＝。

19.如圖所示，傳送帶與水平面之間的夾角為θ＝30°，其上A、B兩點間的距離為l＝5m，傳送帶在電動機的帶動下以v＝1m/s的速度勻速運動，現將一質量為m＝10kg小物體(可視為質點)輕放在傳送帶上的A點，已知小物體與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝，在傳送帶將小物體從A點傳送到B點的過程中(g取10m/s2)，求：

(1)傳送帶對小物體做的功；

(2)電動機做的功。

答案(1)255J(2)270J

解析(1)根據牛頓第二定律μmgcosθ－mgsinθ＝ma知，物體上升的加速度為a＝g＝2.5m/s2，當物體的速度為v＝1m/s時，x＝＝0.2m，即物體將以v＝1m/s的速度完成剩余4.8m的位移，由功能關系得W＝ΔEk＋ΔEp＝mv2＋mglsin30°＝255J。

(2)電動機做功使小物體機械能增加，同時小物體與傳送帶間因摩擦產生熱量Q，而由v＝at得t＝0.4s。相對位移l′＝vt－t＝0.2m，摩擦生熱Q＝μmgl′cosθ＝15J，故電動機做的功為W電＝W＋Q＝270J。

二、真題與模擬

20．20xx·全國卷]輕質彈簧原長為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質量為5m的物體由靜止釋放，當彈簧被壓縮到最短時，彈簧長度為l。現將該彈簧水平放置，一端固定在A點，另一端與物塊P接觸但不連接。AB是長度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖所示。物塊P與AB間的動摩擦因數μ＝0.5。用外力推動物塊P，將彈簧壓縮至長度l，然后放開，P開始沿軌道運動，重力加速度大小為g。

(1)若P的質量為m，求P到達B點時速度的大小，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點之間的距離；

(2)若P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質量的取值范圍。

答案(1)2l(2)m≤MμMg·4l

要使P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道上的上升高度不能超過半圓軌道的中點C。

由機械能守恒定律有Mv≤Mgl

聯立式得m≤M

高一物理能量守恒定律

高考物理第一輪考綱知識復習：動量守恒定律

第1章動量守恒定律
【考綱知識梳理】
一、動量
1、動量：運動物體的質量和速度的乘積叫做動量．P=mv
是矢量，方向與速度方向相同；動量的合成與分解，按平行四邊形法則、三角形法則．是狀態(tài)量；
通常說物體的動量是指運動物體某一時刻的動量(狀態(tài)量)，計算物體此時的動量應取這一時刻的瞬時速度。
是相對量；物體的動量亦與參照物的選取有關，常情況下，指相對地面的動量。單位是kgm/s；
2、動量和動能的區(qū)別和聯系
①動量的大小與速度大小成正比，動能的大小與速度的大小平方成正比。即動量相同而質量不同的物體，
其動能不同；動能相同而質量不同的物體其動量不同。
②動量是矢量，而動能是標量。因此，物體的動量變化時，其動能不一定變化；而物體的動能變化時，其動量一定變化。
③因動量是矢量，故引起動量變化的原因也是矢量，即物體受到外力的沖量；動能是標量，
引起動能變化的原因亦是標量，即外力對物體做功。
④動量和動能都與物體的質量和速度有關，兩者從不同的角度描述了運動物體的特性，且二者大小間存在關系式：P2＝2mEk
3、動量的變化及其計算方法
動量的變化是指物體末態(tài)的動量減去初態(tài)的動量，是矢量，對應于某一過程（或某一段時間），是一個非常重要的物理量，其計算方法：
（1）ΔP=Pt一P0，主要計算P0、Pt在一條直線上的情況。
（2）利用動量定理ΔP=Ft，通常用來解決P0、Pt；不在一條直線上或F為恒力的情況。
二、沖量
1、沖量：力和力的作用時間的乘積叫做該力的沖量．
是矢量，如果在力的作用時間內，力的方向不變，則力的方向就是沖量的方向；沖量的合成與分解，按平行四邊形法則與三角形法則．沖量不僅由力的決定，還由力的作用時間決定。而力和時間都跟參照物的選擇無關，所以力的沖量也與參照物的選擇無關。單位是Ns；
2、沖量的計算方法
（1）I=Ft．采用定義式直接計算、主要解決恒力的沖量計算問題。I=Ft
（2）利用動量定理Ft=ΔP．主要解決變力的沖量計算問題，但要注意上式中F為合外力（或某一方向上的合外力）。
三、動量定理
1、動量定理：物體受到合外力的沖量等于物體動量的變化．Ft=mv/一mv或Ft＝p/－p；
該定理由牛頓第二定律推導出來：（質點m在短時間Δt內受合力為F合，合力的沖量是F合Δt；質點的初、未動量是mv0、mvt，動量的變化量是ΔP=Δ（mv）=mvt－mv0．根據動量定理得：F合=Δ（mv）/Δt）
2．單位：NS與kgm／s統一：lkgm／s=1kgm／s2s=Ns；
3．理解：（1）上式中F為研究對象所受的包括重力在內的所有外力的合力。
（2）動量定理中的沖量和動量都是矢量。定理的表達式為一矢量式，等號的兩邊不但大小相同，而且方向相同，在高中階段，動量定理的應用只限于一維的情況。這時可規(guī)定一個正方向，注意力和速度的正負，這樣就把矢量運算轉化為代數運算。
（3）動量定理的研究對象一般是單個質點。求變力的沖量時，可借助動量定理求，不可直接用沖量定義式．
四、動量守恒定律
內容：相互作用的物體系統，如果不受外力，或它們所受的外力之和為零，它們的總動量保持不變。即作用前的總動量與作用后的總動量相等．（研究對象：相互作用的兩個物體或多個物體所組成的系統）
動量守恒定律適用的條件
守恒條件：①系統不受外力作用。(理想化條件)
②系統受外力作用，但合外力為零。
③系統受外力作用，合外力也不為零，但合外力遠小于物體間的相互作用力。
④系統在某一個方向的合外力為零，在這個方向的動量守恒。
⑤全過程的某一階段系統受合外力為零，該階段系統動量守恒，
即：原來連在一起的系統勻速或靜止(受合外力為零)，分開后整體在某階段受合外力仍為零,可用動量守恒。
例：火車在某一恒定牽引力作用下拖著拖車勻速前進，拖車在脫勾后至停止運動前的過程中(受合外力為零)動量守恒
常見的表達式
不同的表達式及含義(各種表達式的中文含義)：
P＝P′或P1＋P2＝P1′＋P2′或m1V1＋m2V2＝m1V1′＋m2V2′
(其中p/、p分別表示系統的末動量和初動量，系統相互作用前的總動量P等于相互作用后的總動量P′)
ΔP＝0(系統總動量變化為0，或系統總動量的增量等于零。)
Δp1=－Δp2，(其中Δp1、Δp2分別表示系統內兩個物體初、末動量的變化量，表示兩個物體組成的系統，各自動量的增量大小相等、方向相反)。

如果相互作用的系統由兩個物體構成，動量守恒的實際應用中具體來說有以下幾種形式
A、m1vl＋m2v2＝m1v/l＋m2v/2，各個動量必須相對同一個參照物，適用于作用前后都運動的兩個物體組成的系統。
B、0=m1vl＋m2v2，適用于原來靜止的兩個物體組成的系統。
C、m1vl＋m2v2=（m1＋m2）v，適用于兩物體作用后結合在一起或具有共同的速度。
原來以動量(P)運動的物體，若其獲得大小相等、方向相反的動量(－P)，是導致物體靜止或反向運動的臨界條件。即：P+(－P)=0
4.爆炸現象的三個規(guī)律
(1)動量守恒：由于爆炸是在極短的時間內完成的，爆炸物體間的相互作用力遠遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統的總動量守恒.
(2)動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學能)轉化為動能，所以爆炸前后系統的總動能增加.
(3)位置不變：爆炸和碰撞的時間極短，因而作用過程中，物體產生的位移很小，一般可忽略不計，可以認為爆炸或碰撞后仍然從爆炸或碰撞前的位置以新的動量開始運動.
【要點名師透析】
類型一動量守恒定律的實際應用
【例1】如圖1所示，質量為的小車在光滑的水平面上以速度向右做勻速直線運動，一個質量為的小球從高處自由下落，與小車碰撞后反彈上升的高度為仍為。設，發(fā)生碰撞時彈力，小球與車之間的動摩擦因數為，則小球彈起時的水平速度可能是
.
.
.
.
解析：小球的水平速度是由于小車對它的摩擦力作用引起的，若小球在離開小車之前水平方向上就已經達到了，則摩擦力消失，小球在水平方向上的速度不再加速；反之，小球在離開小車之前在水平方向上就是一直被加速的。故分以下兩種情況進行分析：
小球離開小車之前已經與小車達到共同速度，則水平方向上動量守恒，有
由于
所以
若小球離開小車之前始終未與小車達到共同速度，則對小球應用動量定理得
水平方向上有
豎直方向上有
又
解以上三式，得
故，正確的選項為。
類型二動量守恒定律的綜合應用
【例2】如圖所示，一輛質量是m=2kg的平板車左端放有質量M=3kg的小滑塊，滑塊與平板車之間的動摩擦因數=0.4，開始時平板車和滑塊共同以v0=2m/s的速度在光滑水平面上向右運動，并與豎直墻壁發(fā)生碰撞，設碰撞時間極短且碰撞后平板車速度大小保持不變，但方向與原來相反．平板車足夠長，以至滑塊不會滑到平板車右端．（取g=10m/s2）求：
（1）平板車每一次與墻壁碰撞后向左運動的最大距離．
（2）平板車第二次與墻壁碰撞前瞬間的速度v．
（3）為使滑塊始終不會滑到平板車右端，平板車至少多長？
【解析】：（1）設第一次碰墻壁后，平板車向左移動s，速度為0．由于體系總動量向右，平板車速度為零時，滑塊還在向右滑行．
動能定理①
②
代入數據得③
（3）假如平板車在第二次碰撞前還未和滑塊相對靜止，那么其速度的大小肯定還是2m/s，滑塊的速度則大于2m/s，方向均向右．這樣就違反動量守恒．所以平板車在第二次碰撞前肯定已和滑塊具有共同速度v．此即平板車碰墻前瞬間的速度．
④
∴⑤
代入數據得⑥
（3）平板車與墻壁發(fā)生多次碰撞，最后停在墻邊．設滑塊相對平板車總位移為l，則有⑦
⑧
代入數據得⑨
l即為平板車的最短長度．
【感悟高考真題】
1.（20xx福建理綜T29（2））在光滑水平面上，一質量為m，速度大小為的A球與質量為2m靜止的B球碰撞后，A球的速度方向與碰撞前相反。則碰撞后B球的速度大小可能是__________。（填選項前的字母）
A.0.6B.0.4C.0.3D.0.2
【答案】選A.
【詳解】由動量守恒定律得，規(guī)定A球原方向為正方向，由題意可知vA為負值，則，因此B球的速度可能為0.6v，故選A.
2.（20xx新課標全國卷T35（2））如圖，A、B、C三個木塊的質量均為m。置于光滑的水平面上，B、C之間有一輕質彈簧，彈簧的兩端與木塊接觸而不固連，將彈簧壓緊到不能再壓縮時用細線把B和C緊連，使彈簧不能伸展，以至于B、C可視為一個整體，現A以初速v沿B、C的連線方向朝B運動，與B相碰并粘合在一起，以后細線突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A，B分離，已知C離開彈簧后的速度恰為v，求彈簧釋放的勢能。
【答案】13mv02
【詳解】設碰后A、B和C的共同速度大小為v，由動量守恒有，
3mv=mv0①
設C離開彈簧時，A、B的速度大小為v1，由動量守恒有，
3mv=2mv1+mv0②
設彈簧的彈性勢能為Ep，從細線斷開到C與彈簧分開的過程中機械能守恒，有，
12（3m）v2＋Ep=12（2m）v12＋12mv02③
由①②③式得彈簧所釋放的勢能為
Ep=13mv02
3.（20xx北京高考T21⑵）如圖2，用“碰撞實驗器”可以驗證動量守恒定律，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關系。
①實驗中，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是，可以通過僅測量（填選項前的符號），間接地解決這個問題
小球開始釋放高度
小球拋出點距地面的高度
小球做平拋運動的射程
②圖2中點是小球拋出點在地面上的垂直投影，實驗時，先讓入射球多次從斜軌上位置靜止釋放，找到其平均落地點的位置P,測量平拋射程，然后，把被碰小球靜止于軌道的水平部分，再將入射球從斜軌上位置靜止釋放，與小球相碰，并多次重復。
接下來要完成的必要步驟是(填選項前的符號)
A.用天平測量兩個小球的質量、
B.測量小球開始釋放高度h
C.測量拋出點距地面的高度H
D．分別找到相碰后平均落地點的位置M、N
E．測量平拋射程ＯＭ，ＯＮ
③若兩球相碰前后的動量守恒，其表達式可表示為（用②中測量的量表示）；若碰撞是彈性碰撞。那么還應滿足的表達式為（用②中測量的量表示）。
④經測定，，小球落地點的平均位置距Ｏ點的距離如圖３所示。
碰撞前、后m1的動量分別為p1與，則p1:‘=：11；若碰撞結束時m2的動量為,則‘:‘=11:
實驗結果說明，碰撞前、后總動量的比值為
⑤有同學認為，在上述實驗中僅更換兩個小球的材質，其它條件不變，可以使被撞小球做平拋運動的射程增大。請你用④中已知的數據，分析和計算出被撞小球m2平拋運動射程ON的最大值為cm.
【答案】①C，②ADE或DAE或DEA
③
④142.91～1.01
⑤76.8
【詳解】①在落地高度不變的情況下，水平位移就能反映平拋初速度的大小，所以，僅測量小球做平拋運動的射程就能間接測量速度.因此選C.
②找出平均落點的位置，測量平拋的水平位移，因此步驟中D、E是必須的，但D、E先后均可，至于用天平測質量先后均可。所以答案是ADE或DAE或DEA.
③設落地時間為t，則，，動量守恒的表達式是，
動能守恒的表達式是，所以若兩球相碰前后的動量守恒，則成立，若碰撞是彈性碰撞，動能守恒則成立.
④碰撞前后m1動量之比，，
⑤發(fā)生彈性碰撞時，被碰小球獲得的速度最大，根據動量守恒和動能守恒，，，聯立解得，因此，最大射程為
4.（20xx山東高考T38）（1）碘131核不穩(wěn)定，會發(fā)生β衰變，其半衰變期為8天。
碘131核的衰變方程：（衰變后的元素用X表示）。
經過________天75%的碘131核發(fā)生了衰變。
（2）如圖所示，甲、乙兩船的總質量（包括船、人和貨物）分別為10m、12m，兩船沿同一直線同一方向運動，速度分別為2V0、V0。為避免兩船相撞，乙船上的人將一質量為m的貨物沿水平方向拋出甲船，甲船上的人將貨物接住，求拋出貨物的最小速度。（不計水的阻力）
【答案】（1）16天（2）
【詳解】（1）由放射性元素經歷一個半衰期衰變總數的一半可知，共經歷了兩個半衰期即16天。
（2）設拋出貨物的最小速度為Vx,則有對乙船，其中v為后來兩船同向運動的速度。由以上兩式可得
5.（20xx天津理綜T12）回旋加速器在核科學、核技術、核醫(yī)學等高新技術領域得到了廣泛應用，有力地推動了現代科學技術的發(fā)展。
當今醫(yī)學影像診斷設備PET/CT堪稱“現代醫(yī)學高科技之冠”，它在醫(yī)療診斷中，常利用能放射正電子的同位素碳11作示蹤原子。碳11是由小型回旋加速器輸出的高速質子轟擊氮14獲得，同時還產生另一粒子，試寫出核反應方程。若碳11的半衰期為20min，經2.0h剩余碳11的質量占原來的百分之幾？（結果取2位有效數字）
回旋加速器的原理如圖，和是兩個中空的半徑為R的半圓金屬盒，它們接在電壓一定、頻率為的交流電源上，位于圓心處的質子源A能不斷產生質子（初速度可以忽略，重力不計），它們在兩盒之間被電場加速，、置于與盒面垂直的磁感應強度為B的勻強磁場中。若質子束從回旋加速器輸出時的平均功率為P，求輸出時質子束的等效電流I與P、B、R、的關系式（忽略質子在電場中的運動時間，其最大速度遠小于光速）。
試推力說明：質子在回旋加速器中運動時，隨軌道半徑的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差是增大、減小還是不變？
【答案】⑴
⑵
⑶隨軌道半徑r的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差減小
【詳解】⑴核反應方程為-------------①
設碳11原有質量為，經過剩余的質量為，根據半衰期定義有
----------------------②
⑵設質子的質量為m，電荷量為q，質子離開加速器時速度大小為，有牛頓第二定律得
----------------------------③
質子運動的回旋周期為--------------④
由回旋加速器原理可知，交流電源的頻率與質子回旋頻率相同，由周期T與頻率的關系得--------------------------------⑤
設在t時間內離開加速器的質子數為N，則質子束從回旋加速器輸出時的平均功率為
----------------------------⑥
輸出時質子束的等效電流為---------------⑦
由上述各式聯立解得：-----------------⑧
若以單個質子為研究對象解答過程正確的同樣得分。
⑶方法一：設k（）為同一盒中質子運動軌道半徑的序數，相鄰的軌道半徑分別為、（），，在相應軌道上質子對應的速度大小分別為、，、之間的電壓為U，由動能定理知--------⑨
由洛倫茲力充當質子做圓周運動的向心力，知，則
整理得----------⑩
因U、q、m、B均為定值，令,由上式得
相鄰軌道半徑、之差，同理得
因為，比較、得---------------⑾
說明隨軌道半徑r的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差減小
方法二：設k（）為同一盒中質子運動軌道半徑的序數，相鄰的軌道半徑分別為、（），，在相應軌道上質子對應的速度大小分別為、，、之間的電壓為U。
由洛倫茲力充當質子做圓周運動的向心力，知，故------⑿
由動能定理知，質子每加速一次，其動能增量------------------⒀
以質子在盒中運動為例，第k次進入時，被電場加速次，速度大小為
---------------------------⒁
同理，質子第次進入時，速度大小為
綜合上述各式得，
同理，對于相鄰軌道半徑、，，整理后有
由于，比較、得------⒂
說明隨軌道半徑r的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差減小。用同樣的方法也可得到質子在盒中運動時具有相同的結論。
6.（20xx海南物理T19）（1）20xx年3月11日，日本發(fā)生九級大地震，造成福島核電站的核泄漏事故。在泄漏的污染物中含有131I和137Cs兩種放射性核素，它們通過一系列衰變產生對人體有危害的輻射。在下列四個式子中，有兩個能分別反映131I和137Cs衰變過程，它們分別是_______和__________（填入正確選項前的字母）。131I和137Cs原子核中的中子數分別是________和_______.
A.X1→B.X2→
C.X3→D.X4→
（2）（8分）一質量為2m的物體P靜止于光滑水平地面上，其截面如圖所示。圖中ab為粗糙的水平面，長度為L；bc為一光滑斜面，斜面和水平面通過與ab和bc均相切的長度可忽略的光滑圓弧連接?，F有一質量為m的木塊以大小為v0的水平初速度從a點向左運動，在斜面上上升的最大高度為h，返回后在到達a點前與物體P相對靜止。重力加速度為g。求：
（i）木塊在ab段受到的摩擦力f；
（ii）木塊最后距a點的距離s。
【答案】（1）BC7882（2），
【詳解】（1）根據衰變過程電荷數守恒、質量數守恒，可知是Ba，是I，
是Cs，是Cs，所以能分別反映I、Cs的衰變過程的是分別是BC。I原子核中
的中子數是，Cs原子核中的中子數是。
（2）（i）木塊向右滑到最高點時，系統有共同速度，
動量守恒：①（1分）
②（2分）
聯立①②兩式解得：③（1分）
（ii）整個過程，由功能關系得：④（2分）
木塊最后距a點的距離⑤（1分）
聯立①③④⑤解得：（1分）
7.（20xx福建29（2））如圖所示，一個木箱原來靜止在光滑水平面上，木箱內粗糙的底板上放著一個小木塊。木箱和小木塊都具有一定的質量?，F使木箱獲得一個向右的初速度，則。（填選項前的字母）
A．小木塊和木箱最終都將靜止
B．小木塊最終將相對木箱靜止，二者一起向右運動
C．小木塊在木箱內壁將始終來回往復碰撞，而木箱一直向右運動
D．如果小木塊與木箱的左壁碰撞后相對木箱靜止，則二者將一起向左運動
答案：B
8．（20xx北京20）如圖，若x軸表示時間，y軸表示位置，則該圖像反映了某質點做勻速直線運動時，位置與時間的關系。若令x軸和y軸分別表示其它的物理量，則該圖像又可以反映在某種情況下，相應的物理量之間的關系。下列說法中正確的是
A.若x軸表示時間,y軸表示動能，則該圖像可以反映某物體受恒定合外力作用做直線運動過程中，物體動能與時間的關系
B.若x軸表示頻率，y軸表示動能，則該圖像可以反映光電效應中，光電子最大初動能與入射光頻率之間的關系
C.若x軸表示時間，y軸表示動量，則該圖像可以反映某物在沿運動方向的恒定合外力作用下，物體動量與時間的關系
D.若x軸表示時間，y軸表示感應電動勢，則該圖像可以反映靜置于磁場中的某閉合回路，當磁感應強度隨時間均勻增大時，增長合回路的感應電動勢與時間的關系
【答案】C
【解析】根據動量定理，說明動量和時間是線性關系，縱截距為初動量，C正確。結合得，說明動能和時間的圖像是拋物線，A錯誤。根據光電效應方程，說明最大初動能和時間是線性關系，但縱截距為負值，B錯誤。當磁感應強度隨時間均勻增大時，增長合回路內的磁通量均勻增大，根據法拉第電磁感應定律增長合回路的感應電動勢等于磁通量的變化率，是一個定值不隨時間變化，D錯誤。
9.（20xx天津10）如圖所示，小球A系在細線的一端，線的另一端固定在O點，O點到水平面的距離為h。物塊B質量是小球的5倍，置于粗糙的水平面上且位于O點的正下方，物塊與水平面間的動摩擦因數為μ?，F拉動小球使線水平伸直，小球由靜止開始釋放，運動到最低點時與物塊發(fā)生正碰（碰撞時間極短），反彈后上升至最高點時到水平面的距離為。小球與物塊均視為質點，不計空氣阻力，重力加速度為g，求物塊在水平面上滑行的時間t。
解析：設小球的質量為m，運動到最低點與物塊碰撞前的速度大小為，取小球運動到最低點重力勢能為零，根據機械能守恒定律，有
①
得
設碰撞后小球反彈的速度大小為，同理有
②
得
設碰撞后物塊的速度大小為，取水平向右為正方向，根據動量守恒定律，有
③
得④
物塊在水平面上滑行所受摩擦力的大小
⑤
設物塊在水平面上滑行的時間為，根據動量定理，有
⑥
得⑦
10.（20xx新課標34(2)）(10分)如圖所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一豎直的墻.重物質量為木板質量的2倍，重物與木板間的動摩擦因數為.使木板與重物以共同的速度向右運動，某時刻木板與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短.求木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經歷的時間.設木板足夠長，重物始終在木板上.重力加速度為g.
解析：木板第一次與墻碰撞后，向左勻減速直線運動，直到靜止，再反向向右勻加速直線運動直到與重物有共同速度，再往后是勻速直線運動，直到第二次撞墻。
木板第一次與墻碰撞后，重物與木板相互作用直到有共同速度，動量守恒，有：
，解得：
木板在第一個過程中，用動量定理，有：
用動能定理，有：
木板在第二個過程中，勻速直線運動，有：
木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經歷的時間t=t1+t2=+=
11.（20xx全國卷Ⅱ25）小球A和B的質量分別為mA和mB且mA＞＞mB在某高度處將A和B先后從靜止釋放。小球A與水平地面碰撞后向上彈回，在釋放處的下方與釋放出距離為H的地方恰好與正在下落的小球B發(fā)生正幢，設所有碰撞都是彈性的，碰撞事件極短。求小球A、B碰撞后B上升的最大高度。
連立①④⑤化簡得
⑥
12．（20xx北京24）雨滴在穿過云層的過程中，不斷與漂浮在云層中的小水珠相遇并結合為一體，其質量逐漸增大?，F將上述過程簡化為沿豎直方向的一系列碰撞。已知雨滴的初始質量為，初速度為，下降距離后于靜止的小水珠碰撞且合并，質量變?yōu)椤４撕竺拷涍^同樣的距離后，雨滴均與靜止的小水珠碰撞且合并，質量依次為、．．．．．．．．．．．．（設各質量為已知量）。不計空氣阻力。
若不計重力，求第次碰撞后雨滴的速度；
若考慮重力的影響，
ａ．求第１次碰撞前、后雨滴的速度和；
ｂ．求第ｎ次碰撞后雨滴的動能。
解析：（1）不計重力，全過程中動量守恒，m0v0=mnv′n
得
（2）若考慮重力的影響，雨滴下降過程中做加速度為g的勻加速運動，碰撞瞬間動量守恒
a．第1次碰撞前
第1次碰撞后
b.第2次碰撞前
利用○1式化簡得○2
第2次碰撞后，利用○2式得
同理，第3次碰撞后
…………
第n次碰撞后
動能
【考點模擬演練】
1．用不可伸長的細線懸掛一質量為M的小木塊，木塊靜止，如圖10所示．現有一質量為m的子彈自左方水平射向木塊，并停留在木塊中，子彈初速度為v0，則下列判斷正確的是
()
A．從子彈射向木塊到一起上升到最高點的過程中系統的機械能守恒
B．子彈射入木塊瞬間動量守恒，故子彈射入木塊瞬間子彈和木塊的共同速度為mv0M＋m
C．忽略空氣阻力，子彈和木塊一起上升過程中系統機械能守恒，其機械能等于子彈射入木塊前的動能
D．子彈和木塊一起上升的最大高度為m2v202g(M＋m)2
【答案】BD
【詳解】從子彈射向木塊到一起運動到最高點的過程可以分為兩個階段：子彈射入木塊的瞬間系統動量守恒，但機械能不守恒，有部分機械能轉化為系統內能，之后子彈在木塊中與木塊一起上升，該過程只有重力做功，機械能守恒但總能量小于子彈射入木塊前的動能，因此A、C錯誤；由子彈射入木塊瞬間動量守恒可得子彈射入木塊后的共同速度為mv0M＋m，B正確；之后子彈和木塊一起上升，該階段機械能守恒可得上升的最大高度為m2v202g(M＋m)2，D正確．
2.如圖所示，物體A靜止在光滑的水平面上，A的左邊固定有輕質彈簧，與A質量相等的物體B以速度v向A運動并與彈簧發(fā)生碰撞，A、B始終沿同一直線運動，則A、B組成的系統動能損失最大的時刻是()
A.A開始運動時
B.A的速度等于v時
C.B的速度等于零時
D.A和B的速度相等時
【答案】選D.
【詳解】當B觸及彈簧后減速，而物體A加速，當vA=vB時，A、B間距最小，彈簧壓縮量最大，彈性勢能最大，由能量守恒知系統損失動能最多，故只有D對.
3．一炮艇總質量為M，以速度v0勻速行駛，從艇上以相對海岸的水平速度v沿前進方向射出一質量為m的炮彈，發(fā)射炮彈后艇的速度為v′，若不計水的阻力，則下列各關系式中正確的是()
A．Mv0＝(M－m)v′＋mv
B．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v0)
C．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v′)
D．Mv0＝Mv′＋mv
【答案】A
【詳解】以炮艇及炮艇上的炮彈為研究對象，動量守恒，其中的速度均為對地速度，故A正確．
4．如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運動．兩球質量關系為mB＝2mA，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動量均為6kgm/s，運動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動量增量為－4kgm/s.則()

A．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5
B．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10
C．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5
D．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10
【答案】A
【詳解】由兩球的動量都是6kgm/s可知，運動方向都向右，且能夠相碰，說明左方是質量小速度大的小球，故左方是A球．碰后A球的動量減少了4kgm/s，即A球的動量為2kgm/s，由動量守恒定律得B球的動量為10kgm/s，故可得其速度比為2∶5，故選項A是正確的．
5．如圖所示，光滑水平面上兩小車中間夾一壓縮了的輕彈簧，兩手分別按住小車，使它們靜止，對兩車及彈簧組成的系統，下列說法中正確的是()
A．兩手同時放開后，系統總動量始終為零
B．先放開左手，后放開右手，動量不守恒
C．先放開左手，后放開右手，總動量向左
D．無論何時放手，只要兩手放開后在彈簧恢復原長的過程中，系統總動量都保持不變，但系統的總動量不一定為零
【答案】ACD
【詳解】當兩手同時放開時，系統的合外力為零，所以系統的動量守恒，又因為開始時總動量為零，故系統總動量始終為零，選項A正確；先放開左手，左邊的小車就向左運動，當再放開右手后，系統所受合外力為零，故系統的動量守恒，且開始時總動量方向向左，放開右手后總動量方向也向左，故選項B錯而C、D正確．
6.如圖所示，在光滑的水平地面上有一輛平板車，車的兩端分別站著人A和B，A的質量為mA，B的質量為mB，mAmB.最初人和車都處于靜止狀態(tài)．現在，兩人同時由靜止開始相向而行，A和B對地面的速度大小相等，則車()
A．靜止不動B．左右往返運動
C．向右運動D．向左運動
【答案】D
【詳解】系統動量守恒，A的動量大于B的動量，只有車與B的運動方向相同才能使整個系統動量守恒．
7．質量都為m的小球a、b、c以相同的速度分別與另外三個質量都為M的靜止小球相碰后，a球被反向彈回，b球與被碰球粘合在一起仍沿原方向運動，c球碰后靜止，則下列說法正確的是()
A．m一定小于M
B．m可能等于M
C．b球與質量為M的球組成的系統損失的動能最大
D．c球與質量為M的球組成的系統損失的動能最大
【答案】AC
【詳解】由a球被反向彈回，可以確定三小球的質量m一定小于M；若m≥M，則無論如何m不會被彈回．當m與M發(fā)生完全非彈性碰撞時損失的動能最大，b與M粘合在一起，發(fā)生的是完全非彈性碰撞，則選項A、C正確．
8．如圖所示，甲、乙兩小車的質量分別為m1、m2，且m1m2，用輕彈簧將兩小車連接，靜止在光滑的水平面上．現在同時對甲、乙兩車施加等大反向的水平恒力F1、F2，使甲、乙兩車同時由靜止開始運動，直到彈簧被拉到最長(彈簧仍在彈性限度內)的過程中，對甲、乙兩小車及彈簧組成的系統，下列說法正確的是()
A．系統受到外力作用，動量不斷增大
B．彈簧伸長到最長時，系統的機械能最大
C．甲車的最大動能小于乙車的最大動能
D．兩車的速度減小到零時，彈簧的彈力大小等于外力F1、F2的大小
【答案】BC
9.如圖所示，質量為M的小車靜止在光滑的水平面上，小車上AB部分是半徑為R的四分之一光滑圓弧，BC部分是粗糙的水平面．現把質量為m的小物體從A點由靜止釋放，m與BC部分間的動摩擦因數為μ，最終小物體與小車相對靜止于B、C之間的D點，則B、D間的距離x隨各量變化的情況是()
A．其他量不變，R越大x越大
B．其他量不變，μ越大x越大
C．其他量不變，m越大x越大
D．其他量不變，M越大x越大
【答案】A
【詳解】兩個物體組成的系統水平方向的動量是守恒的，所以當兩物體相對靜止時，系統水平方向的總動量為零，則兩物體最終會停止運動，由能量守恒有μmgx＝mgR，解得x＝Rμ，故選項A是正確的．
10．如圖所示，輕質彈簧的一端固定在墻上，另一端與質量為m的物體A相連，A
放在光滑水平面上，有一質量與A相同的物體B，從高h處由靜止開始沿光滑曲面滑下，與A相碰后一起將彈簧壓縮，彈簧復原過程中某時刻B與A分開且沿原曲面上升．下列說法正確的是()
A．彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為mgh
B．彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為mgh2
C．B能達到的最大高度為h2
D．B能達到的最大高度為h4
【答案】BD
【詳解】根據機械能守恒定律可得B剛到達水平地面的速度v0＝2gh，根據動量守恒定律可得A與B碰撞后的速度為v＝12v0，所以彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為Epm＝122mv2＝12mgh，即B正確；當彈簧再次恢復原長時，A與B將分開，B以v的速度沿斜面上滑，根據機械能守恒定律可得mgh′＝12mv2，B能達到的最大高度為h/4，即D正確．
11.如圖所示，A、B兩個木塊質量分別為2kg與0.9kg，A、B與水平地面間接觸光滑，上表面粗糙，質量為0.1kg的鐵塊以10m/s的速度從A的左端向右滑動，最后鐵塊與B的共同速度大小為0.5m/s，求：
(1)A的最終速度；
(2)鐵塊剛滑上B時的速度．

【答案】(1)0.25m/s(2)2.75m/s
【詳解】(1)選鐵塊和木塊A、B為一系統，由系統總動量守恒得：mv＝(MB＋m)vB＋MAvA
可求得：vA＝0.25m/s.
(2)設鐵塊剛滑上B時的速度為u，此時A、B的速度均為vA＝0.25m/s.
由系統動量守恒得：mv＝mu＋(MA＋MB)vA
可求得：u＝2.75m/s.
12.如圖所示，將質量為m1的鉛球以大小為v0、仰角為θ的初速度拋入一個裝有砂子的總質量為M的靜止的砂車中，砂車與水平地面間的摩擦可以忽略．求：

(1)球和砂車的共同速度；
(2)球和砂車獲得共同速度后，砂車底部出現一小孔，砂子從小孔中流出，當漏出質量為m2的砂子時砂車的速度．
【答案】(1)m1v0cosθM＋m1(2)m1v0cosθM＋m1
【詳解】(1)以鉛球、砂車為系統，水平方向動量守恒，m1v0cosθ＝(M＋m1)v，
得球和砂車的共同速度
v＝m1v0cosθM＋m1.
(2)球和砂車獲得共同速度后漏砂過程中系統水平方向動量也守恒，設當漏出質量為m2的砂子時砂車的速度為v′，砂子漏出后做平拋運動，水平方向的速度仍為v，
由(M＋m1)v＝m2v＋(M＋m1－m2)v′，
得v′＝v＝m1v0cosθM＋m1.