2019届高考物理二轮专题复习 专题四 能量和动量(练习)【共3套21页】

本套资源目录2019届高考物理二轮专题复习专题四能量和动量第1讲功能关系在力学中的应用限时检测2019届高考物理二轮专题复习专题四能量和动量第2讲功能关系在电学中的应用限时检测2019届高考物理二轮专题复习专题四能量和动量第3讲动量三大观点的综合应用限时检测第1讲功能关系在力学中的应用一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分.第1～5题只有一项符合题目要求,第6～8题有多项符合题目要求)1.(2018·北京模拟)用一根绳子竖直向上拉一个物块,物块从静止开始运动,绳子拉力的功率按如图所示规律变化,已知物块的质量为m,重力加速度为g,0～t0时间内物块做匀加速直线运动,t0时刻后功率保持不变,t1时刻物块达到最大速度,则下列说法正确的是( D )A.物块始终做匀加速直线运动B.0～t0时间内物块的加速度大小为C.t0时刻物块的速度大小为D.0～t1时间内物块上升的高度为(t1-)-解析:0～t0时间内物块做匀加速直线运动,t0时刻后功率保持不变,根据P=Fv知v增大,F减小,物块做加速度减小的加速运动,当加速度减小到零,物块做匀速直线运动,故A错误;根据P=Fv=Fat,F=mg+ma,得P=(mg+ma)at,由图线的斜率k得=m(g+a)a,可知a≠,故B错误;在t1时刻速度达到最大,F=mg,则速度v=,可知t0时刻物块的速度小于,故C错误;P t 图线围成的面积表示牵引力做功的大小,根据动能定理得,+P0(t1-t0)-mgh=mv2,解得h=(t1-)-.故D正确.2.(2018·辽宁庄河五模)如图所示,竖直平面内放一直角杆MON,杆的水平部分粗糙,动摩擦因数μ=0.2,杆的竖直部分光滑.两部分各套有质量均为1 kg的小球A和B,A,B球间用细绳相连.初始A,B均处于静止状态,已知OA=3 m,OB=4 m,若A球在水平拉力的作用下向右缓慢地移动1 m(取g=10 m/s2),那么该过程中拉力F做功为( A )A.14 JB.10 JC.6 JD.4 J解析:对A,B整体,受力为拉力F、重力G、支持力F N、向左的摩擦力F f和向左的弹力F N1,如图所示,根据共点力平衡条件,竖直方向有F N=G1+G2;水平方向有F=f+F N1;而F f=μF N解得F N=(m1+m2)g=20 N;F f=μF N=0.2×20 N=4 N;在整个运动过程中由动能定理得到W F-F f x-m2g·h=0,根据几何关系,可知B 上升距离h=1 m,故有W F=fx+m2g·h=4×1 J+1×10×1 J=14 J;故选项A正确.3.(2018·郑州一模)在光滑的水平面上有一静止的物体,现以水平恒力F1推这一物体,作用一段时间后换成相反方向的水平恒力F2推这一物体,当恒力F2作用的时间与恒力F1作用的时间相等时,物体恰好回到原处,此时物体的动能为32 J,则在整个过程中,恒力F1,F2做的功分别为( B )A.16 J,16 JB.8 J,24 JC.32 J,0 JD.48 J,-16 J解析:设加速运动的末速度为v1,匀变速运动的末速度为v2,由于加速过程和匀变速过程的位移相反,又由于恒力F2作用的时间与恒力F1作用的时间相等,根据平均速度公式有=-,解得v2=2v1,根据动能定理,加速过程W1=m,匀变速过程W2=m-m,根据题意m=32 J;故W1=8 J,W2=24 J,选项B正确.4.(2018·包头一模)如图所示,水平光滑长杆上套有小物块A,细线跨过位于O点的轻质光滑小定滑轮,一端连接A,另一端悬挂小物块B,物块A,B质量相等.C为O点正下方杆上的点,滑轮到杆的距离OC=h,重力加速度为g,开始时A位于P点,PO与水平方向的夹角为30°,现将A,B由静止释放,下列说法正确的是( B )A.物块A由P点出发第一次到达C点过程中,速度先增大后减小B.物块A经过C点时的速度大小为C.物块A在杆上长为2h的范围内做往复运动D.在物块A由P点出发第一次到达C点过程中,物块B克服细线拉力做的功小于B重力势能的减少量解析:物块A由P点出发第一次到达C点过程中,绳子拉力对A做正功,其他力不做功,A动能不断增大,速度不断增大,故A错误;设物块A经过C点时的速度大小为v,此时B的速度为0,由于系统的机械能守恒,得 mg(-h)=mv2,解得v=,故B正确;由几何知识可得PC=h,由于A,B组成的系统机械能守恒,由对称性可得物块A在杆上长为2h的范围内做往复运动,故C错误;物块A到C点时B的速度为零,则根据功能关系可知,在物块A由P点出发第一次到达C点过程中,物块B克服细线拉力做的功等于B重力势能的减少量,故D错误.5.(2018·和平区一模)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连,弹簧水平且处于原长.圆环从A处由静止开始下滑,到达C处的速度为零,AC=h.如果圆环在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A处.弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g.则( C )A.从A到C的下滑过程中,圆环的加速度一直减小B.从A下滑到C过程中弹簧的弹性势能增加量等于mghC.从A到C的下滑过程中,克服摩擦力做的功为D.上滑过程系统损失的机械能比下滑过程多解析:圆环从A处由静止开始下滑,经过某处B的速度最大,到达C处的速度为零,所以圆环先做加速运动,再做减速运动,经过B处的速度最大,所以经过B处的加速度为零,所以加速度先减小,后增大,故A错误;研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程中,运用动能定理得mgh-W f-W弹=0,在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A,有-mgh+W弹-W f=0-mv2.解得W f=-mv2,则克服摩擦力做的功为mv2,故C正确;由A到C,克服弹力做功为mgh-mv2,则在C处弹簧的弹性势能为mgh-mv2,而A处弹性势能为零,故B错误.由能量守恒定律知,损失的机械能全部转化为摩擦生热,而两个过程摩擦力情况相同,则做功相等,选项D错误.6.(2018·吉林通化一模)如图所示,一个质量为m的物体(可视为质点),由斜面底端的A点以某一初速度冲上倾角为30°的固定斜面做匀减速直线运动,减速的加速度大小为g,物体沿斜面上升的最大高度为h,在此过程中( CD )A.物体克服摩擦力做功mghB.物体的动能损失了mghC.物体的重力势能增加了mghD.系统机械能损失了mgh解析:设摩擦力大小为F f.根据牛顿第二定律得F f+mgsin 30°=ma,又a=g,解得F f=mg,物体在斜面上能够上升的最大距离为2h,则物体克服摩擦力做功W f=F f·2h=mgh,故A错误;根据动能定理,物体动能的变化量ΔE k=W合=-ma·2h=-2mgh,即动能损失了2mgh,故B错误;物体在斜面上能够上升的最大高度为h,所以重力势能增加了mgh,故C正确;根据功能原理可知,系统机械能减少量等于mgh,故D正确.7.(2018·吉林省实验中学模拟)如图所示,一质量为m的小球(可看作质点)置于半径为R的光滑竖直轨道内侧最低点A处,B为轨道最高点,C,D为圆的水平直径两端点.轻质弹簧的一端固定在圆心O点,另一端与小球拴接,已知弹簧的劲度系数为k=,原长为L=2R,弹簧始终处于弹性限度内,若给小球一水平向右的初速度v0,已知重力加速度为g,则( CD )A.无论v0多大,小球均不会离开圆轨道B.若<v0<,则小球会在BD间脱离圆轨道C.只要v0≥,小球就能做完整的圆周运动D.只要小球能做完整圆周运动,则小球与轨道间的最大压力与最小压力之差与v0无关解析:因弹簧的劲度系数为k=,原长为L=2R,若小球恰能到达最高点,此时弹簧的弹力为F=kR=,轨道的支持力为0,由弹簧的弹力和重力提供向心力,则有mg-F=m,解得v=,从A到最高点,弹性势能不变,由机械能守恒定律得2mgR+mv2=m,解得v0=,即当v0≥时小球才不会脱离轨道,故A,B错误,C正确;在最低点时,设小球受到的支持力为F N1,有F N1-kR-mg=m,解得F N1=kR+mg+m,小球运动到最高点时受到轨道的支持力最小,设为F N2,速度为v,有F N2-kR+mg=m,解得F N2=kR-mg+m,小球由A到B过程中,由机械能守恒定律得2m g R+mv2=m,联立解得ΔF N=F N1-F N2=6mg,与初速度无关,故D正确.8.(2018·南充模拟)如图(甲)所示,倾角为37°的足够长的传送带以恒定速率运行,将一质量m=2 kg的小物体以某一初速度放上传送带,物体相对地面的速度大小随时间变化的关系如图(乙)所示,取沿传送带向上为正方向,g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.则下列说法正确的是( AD )A.物体与传送带间的动摩擦因数为0.875B.0～8 s内物体位移的大小为20 mC.0～8 s内物体机械能的增量为190 JD.0～8 s内因放上物体,传送带电动机多消耗的电能为432 J解析:根据v-t图像,可得物体在传送带上滑动时的加速度大小为a==1 m/s2.在0～6 s,物体相对传送带滑动,对此过程,由牛顿第二定律得μmgcos θ-mgsinθ=ma,解得μ=0.875,由图像得物体在0～8 s内的位移为s=-×2×2 m+×4 m=14 m,故A正确,B错误;物体被送上的高度为h=s·sin θ=14×sin 37°=8.4 m,重力势能增加量为ΔE p=mgh=2×10×8.4 J=168 J,动能增加量为ΔE k=m(-)=×2×[42-(-2)2] J=12 J,则机械能的增加量为ΔE=ΔE p+ΔE k=180 J,故C错误;0～8 s内只有前6 s内物体与传送带间发生相对滑动.在0～6 s内传送带运动的距离s带=v带t=4×6 m=24 m,物体的位移s物=-×2×2 m+ m=6 m,则物体与传送带的相对位移大小Δs=s带-s物=18 m,产生的热量Q=μmgcos θ·Δs=0.875×2×10×0.8×18 J=252 J;0～8 s内因放上物体,传送带电动机多消耗的电能为E=ΔE+Q=432 J,故D正确.二、非选择题(本大题共2小题,共36分)9.(16分)(2018·贵州模拟)质量为m=4 kg的小物块静止于水平地面上的A点,现用F=10 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x=20 m,物块与地面间的动摩擦因数μ=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)取小物块为研究对象,从A到B整个运动过程的拉力与摩擦力做功,根据动能定理,有Fx1-F f x=0,其中F f=μmg联立解得x1=16 m;(2)对从A到撤去F时根据动能定理,有Fx1-μmgx1=mv2;解得v=4 m/s撤去F后,根据牛顿第二定律,有μmg=ma′,解得a′=μg=2 m/s2;根据速度公式,有v=a′t,解得t=2 s.答案:(1)16 m (2)2 s10.(20分)(2018·如皋模拟)打井施工时要将一质量可忽略不计的坚硬底座A送到井底,由于A与井壁间摩擦力很大,工程人员采用了如图所示的装置.图中重锤B质量为m,下端连有一劲度系数为k的轻弹簧,工程人员先将B放置在A上,观察到A不动;然后在B上再逐渐叠加压块,当压块质量达到m时,观察到A开始缓慢下沉时移去压块.将B提升至弹簧下端距井口为H0处,自由释放B,A被撞击后下沉的最大距离为h1,以后每次都从距井口H0处自由释放.已知重力加速度为g,不计空气阻力,B与A撞击过程时间很短,且不损失能量,弹簧始终在弹性限度内.(1)求缓慢下沉时A与井壁间的摩擦力大小F f和弹簧的形变量ΔL;(2)求撞击下沉时A的加速度大小a和弹簧弹性势能E p;(3)若第n次撞击后,底座A恰能到达井底,求井深H.解析:(1)B放置A点,增加压块质量,A开始缓慢下沉时,则有F f=2mg;由于底座质量不计,则有kΔL=F f,解得ΔL=.(2)撞击后A,B一起减速下沉,对B,根据牛顿第二定律得kΔL-mg=ma, 解得a=gA第一次下沉,由功能关系得mg(H0+ΔL+h1)=E p+F f h1,解得E p=mg(H0-h1+).(3)A第二次下沉,由功能关系得mg(H0+ΔL+h1+h2)=E p+F f h2又F f=2mg解得h2=2h1A第三次下沉,由功能关系有mg(H0+ΔL+h1+h2+h3)=E p+F f h3解得h3=4h1同理A第n次下沉过程中向下滑动的距离为h n=2n-1h1所以井的深度为H=h1+h2+h3+…+h n=h1+2h1+4h1+…+2n-1h1=(2n-1)h1.答案:见解析第2讲功能关系在电学中的应用一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分.第1～5题只有一项符合题目要求,第6～8题有多项符合题目要求)1. (2018·安徽池州模拟)如图所示,匀强电场水平向左,带正电的物体沿绝缘、粗糙水平板向右运动,经A点时动能为100 J,到B点时动能减少到80 J,减少的动能中有12 J转化为电势能,则它再经过B点时,动能大小是( B )A.4 JB.16 JC.32 JD.64 J解析:设物体向右运动到C点速度为零,然后返回,A,B间距离为x1, B,C间距离为x2,从A到B过程中,由动能定理-(F f+qE)x1=(80-100) J= -20 J.由电场力做功与电势能的关系知qEx1=12 J,解得qE=.从B到C过程中,由动能定理得-(F f+qE)x2=-80 J,解得F f x2=32 J.从B到C再返回B的过程中,由动能定理得-2F f x2=E k-80 J,解得E k=16 J,故选项B正确. 2.(2018·常德一模)如图(甲),倾角为θ的光滑绝缘斜面,底端固定一带电荷量为Q的正点电荷.将一带正电小物块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放,小物块沿斜面向上滑动至最高点B处,此过程中小物块的动能和重力势能随位移的变化图像如图(乙)(E1和x1为已知量).已知重力加速度为g,静电力常量为k,由图像可以求出( C )A.小物块所带电荷量B.A,B间的电势差C.小物块的质量D.小物块速度最大时到斜面底端的距离解析:由动能图线得知,随x增大,小物块的速度先增大后减小.加速度先减小后增大,小物块先沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动,再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动,直至速度为零.则加速度有最大值,此时小物块受力平衡,即mgsin θ=,由于没有x的具体数据,所以不能求得小物块所带电荷量,选项A错误;A到B的过程中重力势能的增加等于电势能的减少,所以可以求出小物块电势能的减少,由于小物块的电荷量不知道,所以不能求出A,B之间的电势差,选项B错误;由重力势能图线得到E1=mgh=mgx1sin θ,即可求出m,选项C正确;图像中不能确定哪一点的速度最大,又不知小物块的电荷量等信息,所以不能确定小物块速度最大时到斜面底端的距离,选项D错误.3. (2018·衡阳模拟)如图所示,一电荷量为-Q的点电荷甲,固定在绝缘水平面上的O点.另一电荷量为+q、质量为m的点电荷乙,从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动,到B点时的速度减小到最小,大小为v,已知点电荷乙受到水平面的阻力恒为μmg,g为重力加速度,A,B间距离为L,静电力常量为k,则下列说法正确的是( A )A.点电荷甲在B点处的电场强度大小为B.O,B两点间的距离大于C.在点电荷甲形成的电场中,A,B两点间电势差U AB=D.点电荷甲形成的电场中,A点的电势低于B点的电势解析: 因为电荷乙从A点运动到B点时的速度减小到最小,故此时电荷乙的加速度为零,即E B q=μmg,即E B=,选项A正确;根据点电荷的场强公式得E B=k=,解得x OB=,选项B错误;从A点到B点由动能定理可知qU AB-μmgL=mv2-m,U AB=,选项C错误;点电荷甲带负电,故在所形成的电场中,A点的电势高于B点的电势,选项D错误.4.(2018·河南模拟)如图所示,Ⅰ,Ⅱ是竖直平面内两个相同的半圆形光滑绝缘轨道,K为轨道最低点.轨道Ⅰ处于垂直纸面向外的匀强磁场中,轨道Ⅱ处于水平向右的匀强电场中.两个完全相同的带正电小球a,b从静止开始下滑至第一次到达最低点K的过程中,带电小球a,b 相比( C )A.球a所需时间较长B.球a机械能损失较多C.在K处球a速度较大D.在K处球b对轨道压力较大解析:对小球a,洛伦兹力不做功,仅重力做正功,机械能保持守恒,由动能定理得mgr=m;对小球b,重力做正功,电场力做负功,机械能减少,由动能定理得mgr-Eqr=m,则v1>v2,对应轨道的同一高度,a球总比b球快,因此a球所需时间较短,选项A,B错误,C正确;在最低点对a球有F N1+F洛-mg=,对b球有F N2-mg=,解得F N1=3mg- Bq, F N2=3mg-2Eq,无法比较F N1,F N2大小,选项D错误.5. (2018·山西太原高三三模)如图所示,两竖直平行边界内,匀强电场方向竖直(平行纸面)向下,匀强磁场方向垂直纸面向里,一带电小球从P点以某一速度垂直边界进入,恰好沿水平方向做直线运动,若减小小球从P点进入的速度但保持方向不变,则在小球进入的一小段时间内( C )A.小球的动能可能减小B.小球的机械能可能不变C.小球的电势能一定减小D.小球的重力势能一定减小解析:小球在重力、电场力和洛伦兹力作用下,沿水平方向做直线运动时,其竖直方向合力为零,当减小小球从P点进入的速度但保持方向不变时,若小球带负电,小球受到的向下的洛伦兹力变小,所以粒子会向上偏转,合力做正功,动能增大,电场力做正功,电势能减小,机械能不守恒,重力做负功,重力势能增加;若小球带正电,则粒子所受到的向上的洛伦兹力会变小,则粒子会向下发生偏转,则合外力做正功,动能增大,电场力做正功,电势能减小,机械能不守恒,重力做正功,重力势能减小,选项C正确.6. (2018·榆林四模)如图所示,轻质绝缘弹簧的上端固定,下端连接一带负电的小球,小球在竖直方向上下自由运动,当运动到最高点M时弹簧恰好处于原长.已知小球经过O点有向上的最大速度,此时突然施加一方向竖直向下的匀强电场,则对于在这种情况下小球从O点第一次向上运动到最高点N的过程,下列说法正确的是( AC )A.N点的位置比M点的位置高B.小球的机械能逐渐减小C.小球的机械能与弹簧的弹性势能之和逐渐增大D.小球的电势能、重力势能与弹簧弹性势能之和逐渐增大解析:小球向上运动的过程受重力、弹簧弹力和电场力作用,电场力方向向上,在相同位置,弹簧弹力、重力不变,两力做功情况与有无电场无关,但电场力做正功,故小球能够到达M点,且在M点仍然向上运动,故N点的位置比M点的位置高,故A正确;小球从O到M运动过程电场力做正功,弹簧弹力做正功,故小球机械能逐渐增大;从M到N的过程,电场力做正功,弹簧弹力做负功,小球机械能变化不确定,故B错误;电场力做正功,对弹簧和小球组成的系统机械能增加,即小球的机械能与弹簧的弹性势能之和逐渐增大,故C正确;小球向上运动的过程中,重力、弹力做功不改变机械能,而电场力做正功,且电场力做多少正功,小球和弹簧机械能就增加多少,而小球电势能就减少多少,其总能量不变,故D错误.7. (2018·黑龙江大庆实验中学高三考试)如图,M,N两点处于同一水平面,O为M,N连线的中点,过O点的竖直线上固定一根绝缘光滑细杆,杆上A,B两点关于O点对称,第一种情况,在M,N两点分别放置电荷量为+Q和-Q的等量异种电荷,套在杆上带正电的小金属环从A点无初速度释放,运动到B点;第二种情况,在M,N两点分别放置电荷量为+Q的等量同种点电荷,该金属环仍从A点无初速度释放,运动到B点,则两种情况是( BD )A.金属环运动到B点的速度第一种情况较大B.金属环从A点运动到B点所用的时间第二种情况较长C.金属环从A点运动到B点的过程中,动能与重力势能之和均保持不变D.金属环从A点运动到B点的过程中(不含A,B两点),在杆上相同位置的速度第一种情况较大解析:当M,N两点分别放置等量异种电荷时,它们连线的中垂线是等势线,重力势能全部转化为动能,金属环做加速度为g的匀加速直线运动;当M,N两点分别放置等量同种电荷时,根据对称性可知,电场力对金属环先做负功、后做正功,总功为零,因此全过程中重力势能也是全部转化为动能,因此两种情况下,在B点的速度相等,故A错误;由于到B点之前第一种情况一直做匀加速直线运动,第二种情况的速度小,因此第二种情况所用的时间长,故B正确;等高处重力势能相等,但到达B点前第二种情况的电势能先增大,后减小,由能量守恒定律可知第二种情况动能与重力势能之和较小,故C错误;第二种情况中电场力对金属环先是阻力后是动力,结合到达B点时的速度与第一种情况的速度相等,可知在杆上相同位置的速度第一种情况较大,故D正确.8.(2018·四川模拟)如图(甲)所示,倾角30°、上侧接有R=1 Ω的定值电阻的粗糙导轨(导轨电阻忽略不计、且ab与导轨上侧相距足够远),处于垂直导轨平面向上、磁感应强度大小B=1 T的匀强磁场中,导轨相距L=1 m.一质量m=2 kg、阻值r=1 Ω的金属棒,在作用于棒中点、沿斜面且平行于导轨的拉力F作用下,由静止开始从ab处沿导轨向上加速运动,金属棒运动的速度—位移图像如图(乙)所示,(b点为位置坐标原点).若金属棒与导轨间动摩擦因数μ=,g=10 m/s2,则金属棒从起点b沿导轨向上运动x=1 m的过程中( BC )A.金属棒做匀加速直线运动B.金属棒与导轨间因摩擦产生的热量为10 JC.通过电阻R的感应电荷量为0.5 CD.电阻R产生的焦耳热为0.5 J解析:v x图像是直线,如果是匀加速直线运动,根据v2-=2ax,v-x图像应该是曲线,故金属棒做变加速直线运动,故A错误;金属棒与导轨间因摩擦产生的热量等于克服摩擦力做的功,即Q1=μmgcos 30°·x=×2×10× J=10 J,故B正确;通过电阻R的感应电荷量q=t= t=t=== C=0.5 C,故C正确;设金属棒经某点时速度为v,移动距离为Δx,该过程产生的焦耳热即等于克服安培力做的功,则有F安·Δx=·Δx=·vΔx,vΔx即为v-x图线在该过程的面积,则在金属棒沿导轨向上运动1 m的过程中,其面积S=1,产生的焦耳热为Q=·∑x=×1 J=0.5 J,由于R=r,故R产生的焦耳热为0.25 J,故D错误.二、非选择题(本大题共2小题,共36分)9.(18分)(2018·湖南模拟)如图所示,A,B两物块用一根轻绳跨过定滑轮相连,其中A带负电,电荷量大小为q.A静止于斜面的光滑部分(斜面倾角为37°,其上部分光滑,下部分粗糙且足够长,粗糙部分的动摩擦因数为μ,且μ=,上方有一个平行于斜面向下的匀强电场),轻弹簧恰好无形变.不带电的B,C通过一根轻弹簧拴接在一起,且处于静止状态,弹簧劲度系数为k.B,C质量相等,均为m,A的质量为2m,不计滑轮的质量和摩擦,重力加速度为g.(1)电场强度E的大小为多少?(2)现突然将电场的方向改变180°,A开始运动起来,当C刚好要离开地面时(此时B还没有运动到滑轮处,A刚要滑上斜面的粗糙部分),B的速度大小为v,求此时弹簧的弹性势能E p.(3)若(2)问中A刚要滑上斜面的粗糙部分时,绳子断了,电场恰好再次反向,请问A再经多长时间停下来?解析:(1)对A,B系统,根据平衡条件对物块A有F T+Eq=2mgsin 37°,对物块B有F T=mg,解得E=.(2)C刚离地时,弹簧伸长x=,由能量守恒定律得2mgxsin 37°+ qEx=mgx+·3mv2+E p,解得E p=-.(3)绳断后,对A根据牛顿第二定律,有a==-0.2 g,由运动公式得,t==.由于Eq=<2mgsin 37°,之后物块A不可能上滑而保持静止,即物块A经的时间停止运动.答案:(1)(2)-(3)10. (18分)(2018·福建模拟)如图所示,倾角θ=30°、宽为L=1 m的足够长的U形光滑金属导轨固定在磁感应强度B=1 T、范围足够大的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面斜向上.现用一平行于导轨的F牵引一根质量m=0.2 kg、电阻R=1 Ω的导体棒ab由静止开始沿导轨向上滑动;牵引力的功率恒定为P=90 W,经过t=2 s导体棒刚达到稳定速度v时棒上滑的距离s=11.9 m.导体棒ab始终垂直导轨且与导轨接触良好,不计导轨电阻及一切摩擦,取g=10 m/s2.求:(1)从开始运动到达到稳定速度过程中导体棒产生的焦耳热Q1;(2)若在导体棒沿导轨上滑达到稳定速度前某时刻撤去牵引力,从撤去牵引力到棒的速度减为零的过程中通过导体棒的电荷量为q=0.48 C,导体棒产生的焦耳热为Q2=1.12 J,则撤去牵引力时棒的速度v′多大?解析:(1)导体棒达到稳定时,整个过程中,牵引力做功W=Pt,即消耗机械能为Pt,感应电动势为E1=BLv,感应电流为I1=,牵引力的功率为P=Fv,根据平衡条件得F-mgsin θ-BI1L=0,整个过程中,牵引力做功W=Pt,即消耗机械能为Pt,由能量守恒有Pt=mg·ssin θ+mv2+Q1,联立代入数据得Q1=160 J.(2)设棒从撤去拉力到速度为零的过程沿导轨上滑距离为x,则有通过导体棒的电荷量q=·Δt,由闭合电路欧姆定律有=,根据法拉第电磁感应定律,有=,磁通量的变化量ΔΦ=B·(Lx),由能量守恒有mv′2= mg·xsin θ+Q2,联立代入数据得v′=4 m/s.答案:(1)160 J (2)4 m/s第3讲动量三大观点的综合应用一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分.第1～5题只有一项符合题目要求,第6～8题有多项符合题目要求)1. (2018·北京市八十中高三三模)在课堂中,老师用如图所示的实验研究平抛运动.A,B是质量相等的两个小球,处于同一高度.用小锤打击弹性金属片,使A球沿水平方向飞出,同时松开B球,B球自由下落.某同学设想在两小球下落的空间中任意选取两个水平面1,2,小球A,B在通过两水平面的过程中,动量的变化量分别为Δp A和Δp B,动能的变化量分别为ΔE kA和ΔE kB,忽略一切阻力的影响,下列判断正确的是( A )A.Δp A=Δp B,ΔE kA=ΔE kBB.Δp A≠Δp B,ΔE kA≠ΔE kBC.Δp A≠Δp B,ΔE kA=ΔE kBD.Δp A=Δp B,ΔE kA≠ΔE kB解析:两个小球A,B的运动分别为平抛运动和自由落体运动,竖直方向的位移均为h=gt2,速度v y=gt.A,B同时开始下落,所以到达水平面1竖直方向上的速度与水平面2竖直方向上的速度相同,所以从水平面1到水平面2的时间t A=t B,动量变化量Δp=mgt,A,B质量相等,运动时间相同,所以Δp A=Δp B,小球运动过程中只有重力做功,根据动能定理有ΔE k=mgh,A,B质量相等,高度相同,所以ΔE kA=ΔE kB,选项A正确.2.(2018·河南模拟)如图所示,质量为M的足够高光滑斜槽静止在光滑水平面上,质量为m 的小球以一定的水平初速度冲上斜槽且不脱离斜槽,后又返回斜槽底部,则下列说法正确的是( D )A.小球获得的最大重力势能等于小球初始动能B.小球到达斜槽最高点处,小球的速度为零C.小球回到斜槽底部时,小球速度方向一定向右D.小球回到斜槽底部时,小球速度方向可能向左解析:小球冲上斜槽的过程中,斜槽向左运动,获得了动能,所以小球获得的最大重力势能小于小球初始动能,故A错误;小球到达斜槽最高点时速度与斜槽速度相同,设为v′,取水平向。