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2011届高考物理冲刺专题复习5


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2011 届高考黄冈中学物理冲刺讲解、练习题、预测题 03:第 2 专题 动量和能量(1)

知识网络

考点预测
本专题涉及的内容是动力学内容的延续和深化.动量守恒定律、机械能守恒定律、能量 守恒定律比牛顿运动定律的适用范围更广泛.它们是自然界中最基本、最普遍、最重要的客 观规律,也是高中物理的重点和难点、高考考查内容的重点.其命题形式一般是能量与动量 综合起来考,如:2009 年全国理综卷Ⅰ第 21 题、第 25 题,2008 年全国理综卷Ⅰ的第 24 题“下摆拉动 滑块碰撞问题”,全国理综卷Ⅱ的第 23 题“子弹射击木块问题”,重庆理综卷的第 24 题“碰撞后压缩弹簧问题”. 但是, 由于目前全国的课改形势以及在课程标准中的内容设置, 在高考中出现的这类综合题的难点主要在于功能关系的应用上, 而不是在于动量守恒定律的 应用上. 另外,从 2009 年各地的高考考卷中也可发现,除了能量与动量的综合题外,单独考查 功能原理的试题在卷中出现的概率也较大.高考资源网

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要点归纳
一、基本的物理概念 1.冲量与功的比较 ?冲量的定义式:I=Ft(作用力在时间上的积累效果) ? (1)定义式 ? ? ?功的定义式:W=Fscos θ(作用力在空间上的积累效果)
? ?冲量是矢量,既有大小又有方向(求合冲量应按矢,量合成法则来计算) (2)属性? ?功是标量,只有大小没有方向(求物体所受外力的,总功只需按代数和计算) ? 2.动量与动能的比较

?动量的定义式:p=mv (1)定义式? 1 动能的定义式:E = mv 2 ?
k

2

? ?动量是矢量(动量的变化也是矢量,求动量的变化,应按矢量运算法则来计算) (2)属性? ?动能是标量(动能的变化也是标量,求动能的变化,只需按代数运算法则来计算) ?

?p= 2mE ? (3)动量与动能量值间的关系? p 1 E = = pv 2m 2 ? ?
k 2 k

(4)动量和动能都是描述物体状态的量,都有相对性(相对所选择的参考系),都与物体的 受力情况无关.动量的变化和动能的变化都是过程量,都是针对某段时间而言的. 二、动量观点的基本物理规律 1.动量定理的基本形式与表达式:I=?p. 分方向的表达式:Ix 合=?px,Iy 合=?py. ?p 2.动量定理推论:动量的变化率等于物体所受的合外力高考资源网,即 =F 合. ?t 3.动量守恒定律 (1)动量守恒定律的研究对象是一个系统(含两个或两个以上相互作用的物体). (2)动量守恒定律的适用条件 ①标准条件:系统不受外力或系统所受外力之和为零. ②近似条件:系统所受外力之和虽不为零,但比系统的内力小得多(如碰撞问题中的摩 擦力、爆炸问题中的重力等外力与相互作用的内力相比小得多),可以忽略不计. ③分量条件:系统所受外力之和虽不为零,但在某个方向上的分量为零,则在该方向上 系统总动量的分量保持不变. (3)使用动量守恒定律时应注意: ①速度的瞬时性; ②动量的矢量性; ③时间的同一性. (4)应用动量守恒定律解决问题的基本思路和方法 ①分析题意,明确研究对象.在分析相互作用的物体总动量是否守恒时,通常把这些被 研究的物体统称为系统.对于比较复杂的物理过程,要采用程序法对全过程进行分段分析, 要明确在哪些阶段中, 哪些物体发生相互作用, 从而确定所研究的系统是由哪些物体组成的. ②对各阶段所选系统内的物体进行受力分析, 弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的 内力,哪些是作用于系统的外力.在受力分析的基础上根据动量守恒定律的条件,判断能否 应用动量守恒定律. ③明确所研究的相互作用过程, 确定过程的始末状态, 即系统内各个物体的初动量和末 动量的值或表达式.(注意:在研究地面上物体间相互作用的过程时,各物体运动的速度均
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应取地球为参考系) ④确定正方向,建立动量守恒方程求解.高考资源网 三、功和能 1.中学物理中常见的能量 1 1 动能 Ek= mv2;重力势能 Ep=mgh;弹性势能 E 弹= kx2;机械能 E=Ek+Ep;分子势 2 2 能;分子动能;内能;电势能 E=qφ;电能;磁场能;化学能;光能;原子能(电子的动能 和势能之和);原子核能 E=mc2;引力势能;太阳能;风能(空气的动能);地热、潮汐能. 2.常见力的功和功率的计算: 恒力做功 W=Fscos θ; 重力做功 W=mgh; 一对滑动摩擦力做的总功 Wf=-fs 路; 电场力做功 W=qU; 功率恒定时牵引力所做的功 W=Pt; 恒定压强下的压力所做的功 W=p·?V; 电流所做的功 W=UIt; 洛伦兹力永不做功; 瞬时功率 P=Fvcos_θ; - - W 平均功率 P = =F v cos θ. t 3.中学物理中重要的功能关系 能量与物体运动的状态相对应. 在物体相互作用的过程中, 物体的运动状态通常要发生 变化, 所以物体的能量变化一般要通过做功来实现, 这就是常说的“功是能量转化的量度” 的物理本质.那么,什么功对应着什么能量的转化呢?在高中物理中主要的功能关系有: (1)外力对物体所做的总功等于物体动能的增量,即 W 总=?Ek.(动能定理) (2)重力(或弹簧的弹力)对物体所做的功等于物体重力势能(或弹性势能)的增量的负值, 即 W 重=-?Ep(或 W 弹=-?Ep). (3)电场力对电荷所做的功等于电荷电势能的增量的负值,即 W 电=-?E 电. (4)除重力(或弹簧的弹力)以外的力对物体所做的功等于物体机械能的增量,即 W 其他= ?E 机.(功能原理) (5)当除重力(或弹簧弹力)以外的力对物体所做的功等于零时,则有 ?E 机=0,即机械能 守恒. (6)一对滑动摩擦力做功与内能变化的关系是:“摩擦所产生的热”等于滑动摩擦力跟 物体间相对路程的乘积,即 Q=fs 相对.一对滑动摩擦力所做的功的代数和总为负值,表示除 了有机械能在两个物体间转移外, 还有一部分机械能转化为内能, 这就是“摩擦生热”的实 质. (7)安培力做功对应着电能与其他形式的能相互转化,即 W 安=?E 电.安培力做正功,对 应着电能转化为其他能(如电动机模型); 克服安培力做负功, 对应着其他能转化为电能(如发 电机模型);安培力做功的绝对值等于电能转化的量值. (8)分子力对分子所做的功等于分子势能的增量的负值,即 W 分子力=-?E 分子. (9)外界对一定质量的气体所做的功 W 与气体从外界所吸收的热量 Q 之和等于气体内能 的变化,即 W+Q=?U. (10)在电机电路中,电流做功的功率等于电阻发热的功率与输出的机械功率之和. (11)在纯电阻电路中,电流做功的功率等于电阻发热的功率. (12)在电解槽电路中,电流做功的功率等于电阻发热的功率与转化为化学能的功率之 和. 1 (13)在光电效应中,光子的能量 hν=W+ mv02. 2 (14)在原子物理中,原子辐射光子的能量 hν=E 初-E 末,原子吸收光子的能量 hν=E 末 -E 初. (15)核力对核子所做的功等于核能增量的负值,即 W 核=-?E 核,并且 ?mc2=?E 核.
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(16)能量转化和守恒定律.对于所有参与相互作用的物体所组成的系统,无论什么力做 功,可能每一个物体的能量的数值及形式都发生变化,但系统内所有物高考资源网体的各种形式 能量的总和保持不变. 4.运用能量观点分析、解决问题的基本思路 (1)选定研究对象(单个物体或一个系统),弄清物理过程. (2)分析受力情况,看有什么力在做功,弄清系统内有多少种形式的能在参与转化. (3)仔细分析系统内各种能量的变化情况及变化的数量. (4)列方程 ?E 减=?E 增或 E 初=E 末求解. 四、弹性碰撞 在一光滑水平面上有两个质量分别为 m1、m2 的刚性小球 A 和 B 以初速度 v1、v2 运动, 若它们能发生正碰,碰撞后它们的速度分别为 v1′和 v2′.v1、v2、v1′、v2′是以地面为 参考系的,将 A 和 B 看做系统. 由碰撞过程中系统动量守恒,有: m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′ 由于弹性碰撞中没有机械能损失,故有: 1 1 1 1 m v 2+ m v 2= m v ′2+ m2v2′2 2 1 1 2 2 2 2 1 1 2 由以上两式可得: v2′-v1′=-(v2-v1)或 v1′-v2′=-(v1-v2) 碰撞后 B 相对于 A 的速度与碰撞前 B 相对于 A 的速度大小相等、方向相反;碰撞后 A 相对于 B 的速度与碰撞前 A 相对于 B 的速度大小相等、方向相反. 【结论 1】对于一维弹性碰撞,若以其中某物体为参考系,则另一物体碰撞前后速度大 小不变、方向相反(即以原速率弹回). 联立以上各式可解得: 2m2v2+(m1-m2)v1 v1′= m1+m2 2m1v1+(m2-m1)v2 v2′= 高考资源网 m1+m2 若 m1=m2,即两个物体的质量相等,则 v1′=v2,v2′=v1,表示碰后 A 的速度变为 v2,B 的速度变为 v1. 【结论 2】对于一维弹性碰撞,若两个物体的质量相等,则碰撞后两个物体互换速度(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 的质量远大于 B 的质量,则有: v1′=v1,v2′=2v1-v2; 若 A 的质量远小于 B 的质量,则有: v2′=v2,v1′=2v2-v1. 【结论 3】对于一维弹性碰撞,若其中某物体的质量远大于另一物体的质量,则质量大 的物体碰撞前后速度保持不变.至于质量小的物体碰后速度如何,可结合结论 1 和结论 2 得出. 在高考复习中, 若能引导学生推导出以上二级结论并熟记, 对提高学生的解题速度是大 有帮助的.

热点、重点、 热点、重点、难点
一、动量定理的应用问题 动量定理的应用在高考中主要有以下题型: 1.定性解释周围的一些现象; 2.求打击、碰撞、落地过程中的平均冲力; 3.计算流体问题中的冲力(或反冲力); 4.根据安培力的冲量求电荷量.
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●例 1 如图 2-1 所示,一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上,瓶的 底端与竖直墙壁接触.现打开右端阀门,气体向外喷出,设喷口的面积为 S,气体的密度为 ρ,气体向外喷出的速度为 v,则气体刚喷出时贮气瓶底端对竖直墙壁的作用力大小是( )

图 2-1 ρv2 1 2 A.ρvS B. C. ρv S D.ρv2S 2 S 【解析】?t 时间内喷出气体的质量 ?m=ρSv·?t 对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统,由动量定理得: F·?t=?m·v-0 解得:F=ρv2S. [答案] D 【点评】 动量定理对多个物体组成的系统也成立, 而动能定理对于多个物体组成的系统 不适用. ★同类拓展 1 如图 2-2 所示,质量为 M 的木块位于光滑水平面上,在木块与墙之间 用轻弹簧连接,开始时木块静止在 A 位置.现有一质量为 m 的子弹以水平速度 v0 射向木块 并嵌入其中, 则当木块回到 A 位置时的速度 v 以及此过程中墙对弹簧的冲量 I 的大小分别为 ( )

图 2-2 mv0 mv0 A.v= ,I=0 B.v= ,I=2mv0 M+m M+m mv0 2m2v0 mv0 C.v= ,I= D.v= ,I=2mv0 M M+m M+m 【解析】设在子弹射入木块且未压缩弹簧的过程中,木块(含子弹)的速度为 v1,由动量 守恒定律得: mv0=(m+M)v1 mv0 解得:v1= m+M 对木块(含子弹)压缩弹簧再返回 A 点的过程,由动能定理得: 1 1 (m+M)v2- (m+M)v12=W 总=0 2 2 mv0 可知:v=v1= m+M 取子弹、木块和弹簧组成的系统为研究对象,由动量定理得: I=(m+M)·(-v)-(m+M)v1=-2mv0 负号表示方向向左. [答案] B 二、动能定理、机械能守恒定律的应用 1.对于单个平动的物体:W 总=?Ek,W 总指物体所受的所有外力做的总功. 2.系统只有重力、弹力作为内力做功时,机械能守恒. (1)用细绳悬挂的物体绕细绳另一端做圆周运动时,细绳对物体不做功. (2)轻杆绕一端自由下摆,若轻杆上只固定一个物体,则轻杆对物体不做功;若轻杆上 不同位置固定两个物体,则轻杆分别对两物体做功. (3)对于细绳连接的物体,若细绳存在突然绷紧的瞬间,则物体(系统)的机械能减少.
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3.单个可当做质点的物体机械能守恒时,既可用机械能守恒定律解题,也可用动能定 理解题,两种方法等效.发生形变的物体和几个物体组成的系统机械能守恒时,一般用机械 能守恒定律解题,不方便应用动能定理解题. ●例 2 以初速度 v0 竖直向上抛出一质量为 m 的小物块.假定物块所受的空气阻力 f 大小不变.已知重力加速度为 g,则物块上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为 [2009 年高考·全国理综卷Ⅱ]( ) 2 v0 mg-f A. 和 v0 f mg+f 2g(1+ ) mg 2 v0 mg 和 v0 B. f mg+f 2g(1+ ) mg v 02 mg-f C. 和 v0 2f mg+f 2g(1+ ) mg v 02 mg 和 v0 D. 2f mg+f 2g(1+ ) mg 【解析】方法一:对于物块上升的过程,由动能定理得: 1 -(mgh+fh)=0- mv02 2 v 02 解得:h= f 2g(1+ ) mg 设物块返回至原抛出点的速率为 v,对于整个过程应用动能定理有: 1 2 1 mv - mv02=-f·2h 2 2 mg-f 解得:v=v0 . mg+f 方法二:设小物块在上升过程中的加速度大小为 a1,由牛顿第二定律有: mg+f a1= m v 02 v 02 故物块上升的最大高度 h= = 2a1 f 2g(1+ ) mg 设小物块在下降过程中的加速度为 a2,由牛顿第二定律有: mg-f a 2= m mg-f 可得:v= 2a2h=v0 . mg+f [答案] A 【点评】 动能定理是由牛顿第二定律导出的一个结论, 对于单个物体受恒力作用的过程, 以上两种方法都可以用来分析解答, 但方法二的物理过程较复杂. 例如涉及曲线运动或变力 做功时,运用动能定理更为方便. ★同类拓展 2 一匹马拉着质量为 60 kg 的雪橇,从静止开始用 80 s 的时间沿平直冰 面跑完 1000 m.设在运动过程中雪橇受到的阻力保持不变,已知雪橇在开始运动的 8 s 时 间内做匀加速直线运动,从第 8 s 末开始,马拉雪橇做功的功率保持不变,使雪橇继续做 直线运动, 最后一段时间雪橇做的是匀速直线运动, 速度大小为 15 m/s; 开始运动的 8 s 内 马拉雪橇的平均功率是 8 s 后功率的一半.求:整个运动过程中马拉雪橇做功的平均功率 和雪橇在运动过程中所受阻力的大小. 【解析】设 8 s 后马拉雪橇的功率为 P,则:
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匀速运动时 P=F·v=f·v P 即运动过程中雪橇受到的阻力大小 f= v 对于整个过程运用动能定理得: P 1 ·t +P(t 总-t1)-f·s 总= mvt2-0 2 1 2 P P 1 即 ×8+P(80-8)- ×1000= ×60×152 2 15 2 解得:P=723 W 故 f=48.2 N 1 - 再由动能定理可得 P t 总-f·s= mvt2 2 - 解得: P =687 W. [答案] 687 W 48.2 N ●例 3 如图 2-3 所示,质量为 m1 的物体 A 经一轻质弹簧与下方地面上的质量为 m2 的物体 B 相连,弹簧的劲度系数为 k,A、B 都处于静止状态.一条不可伸长的轻绳绕过两 个轻滑轮,一端连物体 A,另一端连一轻挂钩.开始时各段绳都处于伸直状态,A 上方的一 段沿竖直方向.若在挂钩上挂一质量为 m3 的物体 C,则 B 将刚好离地.若将 C 换成另一个 质量为 m1+m3 的物体 D,仍从上述初始位置由静止状态释放,则这次 B 刚离地时 D 的速度 大小是多少?(已知重力加速度为 g)

图 2-3 【解析】开始时 A、B 静止,即处于平衡状态,设弹簧的压缩量为 x1,则有: kx1=m1g 挂上 C 后,当 B 刚要离地时,设弹簧的伸长量为 x2,则有: kx2=m2g 此时,A 和 C 的速度均为零 从挂上 C 到 A 和 C 的速度均为零时,根据机械能守恒定律可知, 弹性势能的改变量为: ?E=m3g(x1+x2)-m1g(x1+x2) 将 C 换成 D 后,有: 1 ?E+ (m1+m3+m1)v2=(m1+m3)g(x1+x2)-m1g(x1+x2) 2 2m1(m1+m2)g2 联立解得:v= . k(2m1+m3) 2m1(m1+m2)g2 k(2m1+m3) 【点评】 含弹簧连接的物理情境题在近几年高考中出现的概率很高, 而且多次考查以下 原理:①弹簧的压缩量或伸长量相同时,弹性势能相等;②弹性势能的变化取决于弹簧的始 末形变量,与过程无关. 三、碰撞问题 1.在高中物理中涉及的许多碰撞过程(包括射击),即使在空中或粗糙的水平面上,往 往由于作用时间短、内力远大于外力,系统的动量仍可看做守恒. 2.两滑块在水平面上碰撞的过程遵循以下三个法则: [答案]
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①动量守恒; ②机械能不增加; ③碰后两物体的前后位置要符合实际情境. 3.两物体发生完全非弹性碰撞时,机械能的损耗最大. ●例 4 如图 2-4 所示,在光滑绝缘水平面上由左到右沿一条直线等间距的静止排着 多个形状相同的带正电的绝缘小球,依次编号为 1、2、3……每个小球所带的电荷量都相等 - 且均为 q=3.75×10 3 C,第一个小球的质量 m=0.03 kg,从第二个小球起往下的小球的质 1 量依次为前一个小球的 ,小球均位于垂直于小球所在直线的匀强磁场里,已知该磁场的磁 3 感应强度 B=0.5 T.现给第一个小球一个水平速度 v=8 m/s,使第一个小球向前运动并且与 后面的小球发生弹性正碰. 若碰撞过程中电荷不转移, 则第几个小球被碰后可以脱离地面? (不计电荷之间的库仑力,取 g=10 m/s2)

图 2-4 【解析】设第一个小球与第二个小球发生弹性碰撞后两小球的速度分别为 v1 和 v2,根 据动量和能量守恒有: 1 mv=mv1+ mv2 3 1 2 1 1 mv = mv12+ mv22 2 6 2 3 联立解得:v2= v 2 3 同理,可得第 n+1 个小球被碰后的速度 vn+1=( )nv 2 设第 n+1 个小球被碰后对地面的压力为零或脱离地面,则: 1 qvn+1B≥( )nmg 3 联立以上两式代入数值可得 n≥2,所以第 3 个小球被碰后首先离开地面. [答案] 第 3 个 【点评】解答对于多个物体、多次碰撞且动量守恒的物理过程时,总结出通项公式或递 推式是关键. ★同类拓展 3 如图 2-5 所示,质量为 m 的钢板与直立轻弹簧的上端连接,弹簧下端 固定在地上,平衡时,弹簧的压缩量为 x0.一个物块从钢板的正上方相距 3x0 的 A 处自由落 下,打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动,但不粘连,它们到达最低点后又向上运动.已 知物块的质量也为 m 时,它们恰能回到 O 点;若物块的质量为 2m,仍从 A 处自由落下,则 物块与钢板回到 O 点时还具有向上的速度.求物块向上运动所到达的最高点与 O 点之间的 距离.

图 2-5 【解析】物块与钢板碰撞前瞬间的速度为:
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v0= 6gx0 设质量为 m 的物块与钢板碰撞后瞬间的速度为 v1,由动量守恒定律有: mv0=2mv1 设弹簧的压缩量为 x0 时的弹性势能为 Ep, 对于物块和钢板碰撞后直至回到 O 点的过程, 由机械能守恒定律得: 1 Ep+ ×2m×v12=2mgx0 2 设质量为 2m 的物块与钢板碰撞后瞬间的速度为 v2, 物块与钢板回到 O 点时所具有的速 度为 v3,由动量守恒定律有: 2mv0=3mv2 由机械能守恒定律有: 1 1 Ep+ ×3m×v22=3mgx0+ ×3m×v32 2 2 解得:v3= gx0 当质量为 2m 的物块与钢板一起回到 O 点时, 弹簧的弹力为零, 物块与钢板只受到重力 的作用,加速度为 g;一过 O 点,钢板就会受到弹簧向下的拉力作用,加速度大于 g,由于 物块与钢板不粘连,故在 O 点处物块与钢板分离;分离后,物块以速度 v3 竖直上升,由竖 直上抛的最大位移公式得: v32 x0 h= = 2g 2 x0 所以物块向上运动所到达的最高点与 O 点之间的距离为 . 2 x0 [答案] 2 【点评】①物块与钢板碰撞的瞬间外力之和并不为零,但这一过程时间极短,内力远大 于外力,故可近似看成动量守恒. ②两次下压至回到 O 点的过程中,速度、路程并不相同,但弹性势能的改变(弹力做的 功)相同. ③在本题中,物块与钢板下压至回到 O 点的过程也可以运用动能定理列方程. 1 第一次:0- ×2m×v12=W 弹-2mgx0 2 1 1 第二次: ×3m×v32- ×3m×v22=W 弹-3mgx0. 2 2 四、高中物理常见的功能关系 1.摩擦生热——等于摩擦力与两接触面相对滑动的路程的乘积,即 Q=f·s 相. ●例 5 如图 2-6 所示,绷紧的传送带与水平面的夹角 θ=30°,皮带在电动机的带动 下始终以 v0=2 m/s 的速率运行.现把一质量 m=10 kg 的工件(可看做质点)轻轻放在皮带的 底端,经时间 t=1.9 s,工件被传送到 h=1.5 m 的皮带顶端.取 g=10 m/s2.求: (1)工件与皮带间的动摩擦因数 ?. (2)电动机由于传送工件而多消耗的电能.

图 2-6 h 【解析】(1)由题意可知,皮带长 s= =3 m sin 30° 工件的速度达到 v0 前工件做匀加速运动,设经时间 t1 工件的速度达到 v0,此过程工件 的位移为: 1 s1= v0t1 2 达到 v0 后,工件做匀速运动,此过程工件的位移为:
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s-s1=v0(t-t1) 代入数据解得:t1=0.8 s v0 工件加速运动的加速度 a= =2.5 m/s2 t1 据牛顿第二定律得:?mgcos θ-mgsin θ=ma 3 解得:?= . 2 (2)在时间 t1 内,皮带运动的位移 s2=v0t1=1.6 m 工件相对皮带的位移 ?s=s2-s1=0.8 m 在时间 t1 内,因摩擦产生的热量 Q=?mgcos θ·?s=60 J 1 工件获得的动能 Ek= mv02=20 J 2 工件增加的势能 Ep=mgh=150 J 电动机多消耗的电能 E=Q+Ek+Ep=230 J. 3 [答案] (1) (2)230 J 2 2.机械能的变化——除重力、弹簧的弹力以外的力做的功等于系统机械能的变化. ●例 6 一面积很大的水池中的水深为 H, 水面上浮着一正方体木块, 木块的边长为 a, 1 密度为水的 ,质量为 m.开始时木块静止,有一半没入水中,如图 2-7 甲所示,现用力 F 2 将木块缓慢地向下压,不计摩擦.

图 2-7 甲 (1)求从开始压木块到木块刚好完全没入水的过程中,力 F 所做的功. (2)若将该木块放在底面为正方形(边长为 2a)的盛水足够深的长方体容器中,开始时, 木块静止,有一半没入水中,水面距容器底的距离为 2a,如图 2-7 乙所示.现用力 F 将木 块缓慢地压到容器底部,不计摩擦,求这一过程中压力做的功.

图 2-7 乙 【解析】方法一:(1)因水池的面积很大,可忽略因木块压入水中所引起的水深变化, 木块刚好完全没入水中时,图 2-7 丙中原来处于划斜线区域的水被排开,结果等效于使这 部分水平铺于水面,这部分水的质量为 m,其势能的改变量为(取容器底为零势能面):

图 2-7 丙

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3 ?E 水=mgH-mg(H- a) 4 3 = mga 4 木块势能的改变量为: a ?E 木=mg(H- )-mgH 2 1 =- mga 2 根据功能原理,力 F 所做的功为: 1 W=?E 水+?E 木= mga. 4 (2)因容器的底面积为 2a2,仅是木块的底面积的 2 倍,故不可忽略木块压入水中所引起 1 的水深变化.如图 2-7 丁所示,木块到达容器底部时,水面上升 a,相当于木块末状态位 4 置的水填充至木块原浸入水中的空间和升高的水面处平面, 故这一过程中水的势能的变化量 为:

图 2-7 丁 a a 23 ?E 水′=mga+mg(2a- + )= mga 4 8 8 3 木块的势能的变化量 ?E 木′=-mg· a 2 根据功能原理,压力 F 做的功为: 11 W′=?E 水′+?E 木′= mga. 8 方法二:(1)水池的面积很大,可忽略因木块压入水中引起的水深变化.当木块浮在水 面上时重力与浮力的大小相等;当木块刚没入水中时,浮力的大小等于重力的 2 倍,故所需 的压力随下压位移的变化图象如图 2-7 戊所示.

图 2-7 戊 1 a 1 故 WF= mg· = mga. 2 2 4 a (2)随着木块的下沉水面缓慢上升,木块刚好完全没入水中时,水面上升 的高度,此时 4 5 木块受到的浮力的大小等于重力的 2 倍.此后,木块再下沉 a 的距离即沉至容器底部,故 4 木块下沉的整个过程中压力的大小随位移的变化图象如图 2-7 己所示

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图 2-7 己 1 a 5 11 故 WF′= mg· +mg· a= mga. 2 4 4 8 1 11 [答案] (1) mga (2) mga 4 8 【点评】①通过两种方法对比,深刻理解功能关系. a ②根据功的定义计算在小容器中下压木块时,严格的讲还要说明在 0~ 的位移段压力 4 也是线性增大的. 3.导体克服安培力做的功等于(切割磁感线引起的)电磁感应转化的电能. ●例 7 如图 2-8 所示,竖直放置的光滑平行金属导轨 MN、PQ 相距 L,在 M 点和 P 点间接有一个阻值为 R 的电阻, 在两导轨间的矩形区域 OO1O1′O′内有垂直导轨平面向里、 宽为 d 的匀强磁场,磁感应强度为 B.一质量为 m、电阻为 r 的导体棒 ab 垂直地搁在导轨 上,与磁场的上边界相距 d0.现使 ab 棒由静止开始释放,棒 ab 在离开磁场前已经做匀速 直线运动(棒 ab 与导轨始终保持良好接触且下落过程中始终保持水平,导轨的电阻不计).

图 2-8 (1)求棒 ab 离开磁场的下边界时的速度大小. (2)求棒 ab 在通过磁场区的过程中产生的焦耳热. (3)试分析讨论棒 ab 在磁场中可能出现的运动情况. 【解析】(1)设棒 ab 离开磁场的边界前做匀速运动的速度为 v,产生的感应电动势为: E=BLv E 电路中的电流 I= R+r 对棒 ab,由平衡条件得:mg-BIL=0 mg(R+r) 解得:v= . B 2L 2 (2)设整个回路中产生的焦耳热为 Q,由能量的转化和守恒定律可得: 1 mg(d0+d)=Q+ mv2 2 m3g2(R+r)2 解得:Q=mg(d0+d)- 2B4L4
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m3g2(R+r)2 r 故 Qab= [mg(d0+d)- ]. 2B4L4 R+r 1 (3)设棒刚进入磁场时的速度为 v0,由 mgd0= mv02 2 解得:v0= 2gd0 mg(R+r) 棒在磁场中匀速运动时的速度 v= ,则 B 2L 2 2 2 m g(R+r) ①当 v0=v,即 d0= 时,棒进入磁场后做匀速直线运动; 2B4L4 2 2 m g(R+r) ②当 v0<v,即 d0< 时,棒进入磁场后先做加速运动,后做匀速直线运动; 2B4L4 m2g(R+r)2 ③当 v0>v,即 d0> 时,棒进入磁场后先做减速运动,后做匀速直线运动. 2B4L4 mg(R+r) [答案] (1) B 2L 2 m3g2(R+r)2 r (2) [mg(d0+d)- ] 2B4L4 R+r m2g(R+r)2 (3)①当 v0=v,即 d0= 时,棒进入磁场后做匀速直线运动;②当 v0<v,即 2B4L4 m2g(R+r)2 时,棒进入磁场后先做加速运动,后做匀速直线运动;③当 v0>v,即 d0> d 0< 2B4L4 m2g(R+r)2 时,棒进入磁场后先做减速运动,后做匀速直线运动. 2B4L4 【点评】①计算转化的电能时,也可应用动能定理: 1 mg(d0+d)-W 安= mv2-0,其中 W 安=E 电=Q. 2 ②对于电磁感应中能量转化的问题, 在以后的 《感应电路》 专题中还会作更深入的探讨. 五、多次相互作用或含多个物体的系统的动量、功能问题 ●例 8 如图 2-9 所示,在光滑水平面上有一质量为 M 的长木板,长木板上有一质量 为 m 的小物块,它与长木板间的动摩擦因数为 ?.开始时,长木板与小物块均靠在与水平面 垂直的固定挡板处,某时刻它们以共同的速度 v0 向右运动,当长木板与右边的固定竖直挡 板碰撞后,其速度的大小不变、方向相反,以后每次的碰撞均如此.设左右挡板之间的距离 足够长,且 M>m.

图 2-9 (1)要想物块不从长木板上落下,则长木板的长度 L 应满足什么条件? (2)若上述条件满足,且 M=2 kg,m=1 kg,v0=10 m/s,求整个系统在第 5 次碰撞前损 失的所有机械能. 【解析】(1)设第 1 次碰撞后小物块与长木板共同运动的速度为 v1,第 n 次碰撞后小物 块与长木板共同运动的速度为 vn.每次碰撞后,由于两挡板的距离足够长,物块与长木板 都能达到相对静止,第 1 次若不能掉下,往后每次相对滑动的距离会越来越小,更不可能掉 下.由动量守恒定律和能量守恒定律有:(M-m)v0=(M+m)v1 1 1 ?mgs= (m+M)v02- (M+m)v12 2 2 2Mv02 解得:s= ?(M+m)g 故 L 应满足的条件是: 2Mv02 L≥s= . ?(M+m)g (2)第 2 次碰撞前有:
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(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 M-m n-1 ) v0 所以 vn-1=( M+m M-m 4 故第 5 次碰撞前有:v4=( )v M+m 0 故第 5 次碰撞前损失的总机械能为: 1 1 ?E= (M+m)v02- (M+m)v42 2 2 代入数据解得:?E=149.98 J. 2Mv02 [答案] (1)L≥ (2)149.98 J ?(M+m)g 【点评】在复杂的多过程问题上,归纳法和演绎法常常大有作为.

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