必考熱點3動量觀點和能量觀點的應用熱點闡釋動量觀點和能量觀點是解決力學問題的重要途徑，功能關系(含動能定理和機械能守恒定律)，動量觀點(含動量定理和動量守恒定律)是近幾年高考理科綜合物理命題的焦點，選擇題、計算題中均有體現(xiàn)，試題靈活性強，難度較大，能力要求高，且經(jīng)常與牛頓運動定律、圓周運動、電磁學等知識綜合命題。一、選擇題(1～5題為單項選擇題，6～7題為多項選擇題)1.如圖1所示，物塊的質量為m，它與水平桌面間的動摩擦因數(shù)為μ。起初，用手按住物塊，物塊的速度為零，彈簧的伸長量為x。然后放手，當彈簧的長度回到原長時，物塊的速度為v。則此過程中彈力所做的功為()圖1A.eq\f(1,2)mv2－μmgx B.μmgx－eq\f(1,2)mv2C.eq\f(1,2)mv2＋μmgx D.以上選項均不對解析設WT為彈力對物體做的功，因為克服摩擦力做的功為μmgx，由動能定理得WT－μmgx＝eq\f(1,2)mv2－0，得WT＝eq\f(1,2)mv2＋μmgx。答案C2.如圖2，光滑圓軌道固定在豎直面內，一質量為m的小球沿軌道做完整的圓周運動。已知小球在最低點時對軌道的壓力大小為N1，在最高點時對軌道的壓力大小為N2。重力加速度大小為g，則N1－N2的值為()圖2A.3mg B.4mgC.5mg D.6mg解析小球在最低點有N1－mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),r)，小球在最高點有N2＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,2),r)，從最低點到最高點，根據(jù)機械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋mg·2r，聯(lián)立解得N1－N2＝6mg，D正確。答案D3.水平推力F1和F2分別作用于水平面上的同一物體，一段時間后撤去，使物體都從靜止開始運動而后停下，如果物體在兩種情況下的總位移相等，且F1大于F2，則()A.F2的沖量大 B.F1的沖量大C.F1與F2的沖量相等 D.無法比較解析畫出兩種情況下物體運動的v－t圖如圖所示，圖線與橫軸所圍的面積表示位移，故兩種情況下物體運動的總位移相等，兩種情況下物體運動的時間t1<t2，由動量定理，F(xiàn)t′－μmgt＝0，可知F2的沖量大，選項A正確。答案A4.如圖3所示，輕彈簧上端固定，下端拴著一帶正電小球Q，Q在O處時彈簧處于原長狀態(tài)，Q可在O1處靜止。若將另一帶正電小球q固定在O1正下方某處，Q可在O2處靜止?，F(xiàn)將Q從O處由靜止釋放，則Q從O運動到O1處的過程中()圖3A.Q運動到O2處時電勢能最大B.電場力先做正功再做負功C.Q的機械能不斷減小D.Q、q、彈簧與地球組成的系統(tǒng)的勢能不斷減小解析因為Q從O運動到O1處的過程中，庫侖力一直做負功，電勢能一直增大，選項A、B錯誤；Q的機械能E等于Q的動能與重力勢能之和，由功能關系有ΔE＝W彈＋W電，而彈簧彈力一直做負功，庫侖力也一直做負功，故ΔE<0，即Q的機械能不斷減小，選項C正確；由能量守恒定律有ΔEp＋ΔEk＝0，q在O1正下方某處時，Q在O2處受力平衡，速率最大，即Q的動能Ek先增大后減小，故系統(tǒng)的勢能先減小后增大，選項D錯誤。答案C5.(2017·山西太原一模)將小球以10m/s的初速度從地面豎直向上拋出，取地面為零勢能面，小球在上升過程中的動能Ek、重力勢能Ep與上升高度h間的關系分別如圖4中兩圖線所示。取g＝10m/s2，下列說法正確的是()圖4A.小球的質量為0.2kgB.小球受到的阻力(不包括重力)大小為0.20NC.小球動能與重力勢能相等時的高度為eq\f(20,13)mD.小球上升到2m時，動能與重力勢能之差為0.5J解析在最高點Ep＝mgh得m＝0.1kg，A項錯誤；由除重力以外其他力做功W其＝ΔE可知：－fh＝E高－E低，E為機械能，解得f＝0.25N，B項錯誤；設小球動能和重力勢能相等時的高度為H，此時有mgH＝eq\f(1,2)mv2，由動能定理：－fH－mgH＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得H＝eq\f(20,9)m，故C項錯；當上升h′＝2m時，由動能定理，－fh′－mgh′＝Ek2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得Ek2＝2.5J，Ep2＝mgh′＝2J，所以動能與重力勢能之差為0.5J，故D項正確。答案D6.如圖5所示，兩根相距l(xiāng)＝0.4m、電阻不計的光滑金屬導軌在同一水平面內平行放置，兩導軌左端與阻值R＝0.15Ω的電阻相連。導軌x>0的一側存在沿＋x方向均勻增大的穩(wěn)恒磁場，其方向與導軌平面垂直(豎直向下)，磁感應強度B＝0.5＋0.5x(T)。一根質量m＝0.1kg、電阻r＝0.05Ω的金屬棒置于導軌上，并與導軌垂直。金屬棒在水平外力作用下從x＝0處沿導軌向右做直線運動，運動過程中回路電流恒為2A。以下判斷正確的是()圖5A.金屬棒在x＝3m處的速度為0.5m/sB.金屬棒在x＝3m處的速度為0.75m/sC.金屬棒從x＝0運動到x＝3m過程中克服安培力做的功為1.6JD.金屬棒從x＝0運動到x＝3m過程中克服安培力做的功為3.0J解析在x＝3m處，磁感應強度為B＝2T，因為回路中電流恒為2A，由閉合電路歐姆定律可知，回路中的感應電動勢為0.4V，由E＝Blv可得，此時金屬棒的速度v＝0.5m/s，所以選項A正確，B錯誤；由安培力公式可知，F(xiàn)安＝BIl＝Il(0.5＋0.5x)，隨著x變化呈線性變化，因此可用平均作用力來求安培力做的功，可得安培力做功為3J，所以選項C錯誤，D正確。答案AD7.如圖6所示，質量為M＝2kg、長為L＝2m的木板靜止放置在光滑水平面上，在其左端放置一質量為m＝1kg的小木塊(可視為質點)，小木塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，先相對靜止，后用一水平向右的力F＝4N作用在小木塊上，經(jīng)過一段時間小木塊從木板另一端滑下，g取10m/s2，則()圖6A.小木塊在長木板上滑行的時間t＝2sB.在整個運動過程中由于摩擦產生的熱量為8JC.小木塊脫離長木板的瞬間，拉力F的瞬時功率為16WD.小木塊在運動過程中獲得的動能為12J解析小木塊和長木板之間發(fā)生相對滑動，滑動摩擦力大小為2N，根據(jù)牛頓第二定律可知長木板以加速度a1＝1m/s2向右做勻加速運動，位移s1＝eq\f(1,2)a1t2。小木塊以加速度a2＝2m/s2向右做勻加速運動，位移s2＝eq\f(1,2)a2t2，s2－s1＝L，解得t＝2s，故選項A正確；由功能關系得因摩擦而產生的熱量等于滑動摩擦力乘以相對位移，等于4J，故選項B錯誤；小木塊脫離長木板瞬間的速度v＝4m/s，根據(jù)P＝Fv＝16W，可知選項C正確；對小木塊應用動能定理有ΔEk＝WF＋Wf＝8J，故選項D錯誤。答案AC二、非選擇題8.如圖7所示，金屬棒MN質量為m＝0.005kg，放在寬度為L＝1m、摩擦不計的兩根水平金屬導軌上，磁感應強度B＝0.5T，方向豎直向上，電容C＝200μF，電源電動勢E＝16V，導軌平面距離地面h＝0.8m。單刀雙擲開關先擲向1，然后再擲向2，此時，金屬棒MN被拋到水平射程為s＝0.064m的地面上，問電容器兩端的電壓還剩多大？圖7解析當單刀雙擲開關擲向1時，電源對電容器充電，擲向2時，設電容器短暫放電時間為Δt，即為安培力作用時間Δt，在這段時間內使金屬棒MN獲得一定動量并被拋出。開關擲向1時有q＝CE①開關擲向2時到金屬棒被拋出的Δt時間內，根據(jù)動量定理得Beq\o(I,\s\up6(－))L·Δt＝mv②Δq＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt③根據(jù)平拋運動知識有h＝eq\f(1,2)gt2④s＝vt⑤U＝eq\f(q－Δq,C)⑥由①②③④⑤⑥式得U＝8V答案8V9.如圖8所示，半徑R＝1m的光滑半圓軌道AC與高h＝8R的粗糙斜面軌道BD放在同一豎直平面內，BD部分水平長度為x＝6R。兩軌道之間由一條光滑水平軌道相連，b球過D點時無機械能損失。在水平軌道上，輕質彈簧被a、b兩小球擠壓(與小球不連接)，處于靜止狀態(tài)。同時釋放兩個小球，a球恰好能通過半圓軌道的最高點A，b球恰好能到達斜面軌道最高點B。已知a球質量為m1＝2kg，b球質量為m2＝1kg，兩小球均可視為質點，b球與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(1,3)，重力加速度為g＝10m/s2。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：圖8(1)經(jīng)過C點時軌道對a球的作用力大小；(2)釋放小球前彈簧的彈性勢能Ep。解析(1)a球恰好能通過半圓軌道的最高點A，所以有m1g＝m1eq\f(veq\o\al(2,A),R)，解得vA＝eq\r(gR)＝eq\r(10)m/s；a球從C到A的過程中，由動能定理可得－m1g·2R＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)，解得vC＝5eq\r(2)m/s；在C點，對a球進行受力分析有FN－m1g＝m1eq\f(veq\o\al(2,C),R)，解得軌道對a球的作用力大小為FN＝120N。(2)由題意可知，b球從D點恰好到達最高點的過程中克服重力和摩擦力做功，位移xDB＝10m，由動能定理可得－m2gh－μm2gsin37°·xDB＝0－Ek2，代入數(shù)據(jù)解得Ek2＝100J，故小球釋放前輕質彈簧的彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)＋Ek2，解得Ep＝150J。答案(1)120N(2)150J10.(2017·安徽安慶十中月考)如圖9所示，長L＝12m、質量M＝1.0kg的木板靜置在水平地面上，其右端有一個固定立柱，木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1。質量m＝1.0kg的小貓靜止站在木板左端。某時小貓開始向右加速奔跑，經(jīng)過一段時間到達木板右端并立即抓住立柱。g取10m/s2。設小貓的運動為勻加速運動，若加速度a1＝4.0m/s2。試求：圖9(1)小貓從開始奔跑至到達木板右端所經(jīng)歷的時間；(2)從小貓開始運動到最終木板靜止，這一過程中木板的總位移。解析(1)貓相對木板奔跑時，設木板與貓之間的作用力大小為F，根據(jù)牛頓第二定律，對貓有F＝ma1＝4.0N，對木板有F－μ(M＋m)g＝Ma2，可得a2＝eq\f(F－μ（M＋m）g,M)＝2.0m/s2。當貓跑到木板的右端時，有eq\f(1,2)a1t2＋eq\f(1,2)a2t2＝L，解得t＝eq\r(\f(2L,a1＋a2))＝2.0s。(2)當貓奔跑至木板的右端時，貓的速度為v1＝a1t＝8.0m/s，方向向右，木板的速度v2＝a2t＝4.0m/s，方向向左，木板向左運動的位移s＝eq\f(1,2)a2t2＝4.0m，方向向左。貓在抓住立柱的過程中，由于貓與木板相