2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題沖刺 專題復(fù)習(xí)篇四 解決物理問題的三條途徑練習(xí)（含解析）

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1、解決物理問題的三條途徑 要點(diǎn)提煉 1.三條途徑 (1)以牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式為基礎(chǔ)用動(dòng)力學(xué)的觀點(diǎn)解決問題。 (2)以功與能的關(guān)系、動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律和能量守恒定律為基礎(chǔ)用能量的觀點(diǎn)解決問題。 (3)以動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律為基礎(chǔ)用動(dòng)量的觀點(diǎn)解決問題。 2．三條途徑的選用 (1)如果要列出各物理量在某一時(shí)刻的關(guān)系式，已知力的作用情形，涉及加速度、時(shí)間，則用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)解決問題。 (2)能量變化反映力在空間上的積累，即Ek2－Ek1＝∑F合·Δx＝W合，Ep2－Ep1＝∑(－F場·Δx)＝－W場，F(xiàn)場＝－，功初、末狀態(tài)的能量變化。如果不需要求解運(yùn)動(dòng)過程細(xì)節(jié)，且已知(

2、或隱含)力與位移的關(guān)系，優(yōu)先用能量的觀點(diǎn)解決問題。例如在涉及相對位移問題時(shí)則優(yōu)先考慮能量守恒定律，系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，即轉(zhuǎn)變?yōu)橄到y(tǒng)內(nèi)能的量。 (3)動(dòng)量變化反映力在時(shí)間上的積累，即p2－p1＝∑F·Δt＝I，F(xiàn)＝，沖量初、末狀態(tài)的動(dòng)量變化。如果不需要求解運(yùn)動(dòng)過程細(xì)節(jié)，且已知(或隱含)力和時(shí)間的關(guān)系，優(yōu)先用動(dòng)量的觀點(diǎn)解決問題。例如碰撞、反沖問題(相互作用力大小、作用時(shí)間均相等)，用微元法(∑F·Δt＝∑mΔv)求解碰撞產(chǎn)生的作用力、碰撞產(chǎn)生的壓強(qiáng)、正比于速度的阻力作用一段距離后的速度。 注：對于實(shí)際物理問題，經(jīng)常要綜合使用三條途徑解決問題。原則上求解整個(gè)過程用

3、能量、動(dòng)量的觀點(diǎn)，求解運(yùn)動(dòng)細(xì)節(jié)用動(dòng)力學(xué)的觀點(diǎn)，這要通過多加練習(xí)才能體會(huì)到。 3．物理學(xué)中的幾種功能關(guān)系 (1)合外力做功與動(dòng)能的關(guān)系：W合＝ΔEk。 (2)重力做功與重力勢能的關(guān)系：WG＝－ΔEp。 (3)彈簧彈力做功與彈性勢能的關(guān)系：W彈＝－ΔEp彈。 (4)電場力做功與電勢能的關(guān)系：W電＝－ΔEp電。 (5)分子力做功與分子勢能的關(guān)系：W分子＝－ΔEp分子。 (6)除重力、系統(tǒng)內(nèi)彈力以外其他力做功與機(jī)械能的關(guān)系：W其他＝ΔE機(jī)。 (7)滑動(dòng)摩擦力與內(nèi)能的關(guān)系：fl相對＝ΔE內(nèi)。 (8)安培力做功：WA>0時(shí)，WA＝ΔE機(jī)(若除重力、彈簧彈力外只有安培力做功，則安培力所做的

4、正功等于增加的機(jī)械能)；WA<0時(shí)，WA＝－E電(克服安培力所做的功等于產(chǎn)生的電能)。 (9)外界對氣體做功與氣體內(nèi)能的關(guān)系：ΔU＝W＋Q。(ΔU表示內(nèi)能的增量，Q表示從外界吸收的熱量) 高考考向1　解決力學(xué)問題的三條途徑 命題角度1 動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用 例1　(2019·江蘇高考)如圖所示，質(zhì)量相等的物塊A和B疊放在水平地面上，左邊緣對齊。A與B、B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ。先敲擊A，A立即獲得水平向右的初速度，在B上滑動(dòng)距離L后停下。接著敲擊B，B立即獲得水平向右的初速度，A、B都向右運(yùn)動(dòng)，左邊緣再次對齊時(shí)恰好相對靜止，此后兩者一起運(yùn)動(dòng)至停下。最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，

5、重力加速度為g。求： (1)A被敲擊后獲得的初速度大小vA； (2)在左邊緣再次對齊的前、后，B運(yùn)動(dòng)加速度的大小aB、aB′； (3)B被敲擊后獲得的初速度大小vB。 解析　A、B的運(yùn)動(dòng)過程如圖所示： (1)設(shè)A、B的質(zhì)量均為m，先敲擊A時(shí)，由牛頓第二定律可知， A的加速度大小aA＝＝μg 在B上滑動(dòng)時(shí)有2aAL＝v 解得：vA＝。 (2)對齊前，B所受A的摩擦力大小fA＝μmg，方向向左， 地面的摩擦力大小f地＝2μmg，方向向左， 合外力大小F＝fA＋f地＝3μmg 由牛頓第二定律F＝maB，得aB＝3μg 對齊后，A、B整體所受合外力大小F′＝f地＝2μ

6、mg 由牛頓第二定律F′＝2maB′，得aB′＝μg。 (3)設(shè)敲擊B后經(jīng)過時(shí)間t，A、B達(dá)到共同速度v，位移分別為xA、xB，A的加速度大小等于aA 則v＝aAt，v＝vB－aBt xA＝aAt2，xB＝vBt－aBt2 且xB－xA＝L 解得：vB＝2。 答案　(1)　(2)3μg　μg　(3)2 (1)利用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)解決力學(xué)問題的思路 (2)板塊模型中的臨界條件 ①滑塊與滑板存在相對滑動(dòng)的臨界條件 a．運(yùn)動(dòng)學(xué)條件：若兩物體速度和加速度不等，則會(huì)相對滑動(dòng)。 b．動(dòng)力學(xué)條件：假設(shè)兩物體間無相對滑動(dòng)，先用整體法算出一起運(yùn)動(dòng)的加速度，再用隔離法算出其中一個(gè)物體“所

7、需要”的摩擦力f；比較f與最大靜摩擦力fm的關(guān)系，若f＞fm，則發(fā)生相對滑動(dòng)。 ②滑塊滑離滑板的臨界條件 當(dāng)滑板的長度一定時(shí)，滑塊可能從滑板滑下，恰好滑到滑板的邊緣時(shí)共速是滑塊滑離滑板的臨界條件。 備課記錄：

8、 1－1　(2019·河南安陽二模)如圖所示，質(zhì)量為m＝2.0 kg的物體靜止在光滑的水平地面上。t＝0時(shí)刻起物體在一水平向右的恒力F1＝1.0 N的作用下開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過一段時(shí)間t0后，恒力大小變?yōu)镕2＝2.6 N，方向改為水平向左。在t＝12.0 s時(shí)測得物體運(yùn)動(dòng)的瞬時(shí)速度大小v＝6.24 m/s，則t0為(　　) A．12.1 s B．6.0 s C．5.2 s D．2.6 s 答案　C 解析　由牛頓第二定律可得：a1＝＝0.5 m/s2，a2＝＝1.3 m/s2，若t＝12 s時(shí)速度方向向左，由題意列出運(yùn)動(dòng)學(xué)方程為：－a1t0＋a2(t－t0)

9、＝v，解得：t0＝5.2 s；若t＝12 s時(shí)速度方向向右，由題意列出運(yùn)動(dòng)學(xué)方程為：a1t0－a2(t－t0)＝v，解得t0＝12.13 s>12 s，不符合題意，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確。 1－2　(2019·貴州畢節(jié)二模)一長木板置于粗糙水平地面上，木板右端放置一小物塊，如圖所示。木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.1，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.4。t＝0時(shí)刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向墻壁運(yùn)動(dòng)，當(dāng)t＝1 s時(shí)，木板以速度v1＝4 m/s與墻壁碰撞(碰撞時(shí)間極短)。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反。運(yùn)動(dòng)過程中小物塊第一次減速為零時(shí)恰好從木板上掉下。已知木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量

10、的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求： (1)t＝0時(shí)刻木板的速度； (2)木板的長度。 答案　(1)5 m/s　(2) m 解析　(1)小物塊與木板一起向墻壁運(yùn)動(dòng)時(shí)， 由牛頓第二定律：μ1(M＋m)g＝(M＋m)a1 設(shè)t＝0時(shí)刻木板的速度為v0， 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：v1＝v0－a1t 代入數(shù)據(jù)求得：v0＝5 m/s。 (2)碰撞后，對物塊：μ2mg＝ma2 設(shè)當(dāng)物塊速度為0時(shí)，經(jīng)歷的時(shí)間為t1，發(fā)生的位移大小為x1，則有x1＝，x1＝t1 對木板，由牛頓第二定律：μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3 式中M＝15m，解得a3＝ m/s2

11、可知物塊速度減為0時(shí)，木板速度還未減為0。 設(shè)木板在此時(shí)間t1內(nèi)發(fā)生的位移大小為x2，則有 x2＝v1t1－a3t 木板長度l＝x1＋x2代入數(shù)據(jù)可得l＝ m。 命題角度2 能量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用 例2　(2019·江蘇高考)(多選)如圖所示，輕質(zhì)彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài)。小物塊的質(zhì)量為m，從A點(diǎn)向左沿水平地面運(yùn)動(dòng)，壓縮彈簧后被彈回，運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)恰好靜止。物塊向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為s，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度。在上述過程中(　　) A．彈簧的最大彈力為μmg B．物塊克服摩擦力做的功為2μmgs C．彈簧的最大彈性勢能為μmgs D

12、．物塊在A點(diǎn)的初速度為 解析　物塊向左運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧，彈簧最短時(shí)，彈簧彈力最大，物塊具有向右的加速度，彈簧彈力大于摩擦力，即Fm>μmg，A錯(cuò)誤；根據(jù)功的公式，物塊克服摩擦力做的功W＝μmgs＋μmgs＝2μmgs，B正確；從物塊將彈簧壓縮到最短至物塊運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)靜止的過程中，根據(jù)能量守恒定律，彈簧的彈性勢能通過摩擦力做功轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故Epm＝μmgs，C正確；根據(jù)能量守恒定律，在整個(gè)過程中，物體的初動(dòng)能通過摩擦力做功轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，即mv2＝2μmgs，所以v＝2，D錯(cuò)誤。 答案　BC 利用能量觀點(diǎn)解決力學(xué)問題的思路 (1)明確研究對象和研究過程。 (2)進(jìn)行運(yùn)動(dòng)分析和受力分析。 (3

13、)選擇所用的規(guī)律列方程求解。 ①動(dòng)能定理：需要明確初、末動(dòng)能，明確力的總功，適用于所有情況。 ②機(jī)械能守恒定律：根據(jù)機(jī)械能守恒條件判斷研究對象的機(jī)械能是否守恒，只有滿足機(jī)械能守恒的條件時(shí)才能應(yīng)用此規(guī)律。 ③功能關(guān)系：根據(jù)常見的功能關(guān)系求解，適用于所有情況。 ④能量守恒定律：適用于所有情況。 (4)對結(jié)果進(jìn)行討論。 備課記錄：

14、 　 2－1　(2019·湖北八校聯(lián)合二模)(多選)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與質(zhì)量為m的圓環(huán)相連，圓環(huán)套在傾斜的粗糙固定桿上，桿與水平面之間的夾角為α，圓環(huán)在A處時(shí)彈簧豎直且處于原長。將圓環(huán)從A處由靜止釋放，到達(dá)C處時(shí)速度為零。若圓環(huán)在C處獲得沿桿向上的速度v，恰好能回到A。已知AC＝L，B是AC的中點(diǎn)，彈簧始終在彈性限度之內(nèi)，重力加速度為g，則(　　) A．下滑過程中，其加速度先減小后增大 B．下滑過程中，環(huán)與桿摩擦產(chǎn)生的熱量為m

15、v2 C．從C到A過程，彈簧對環(huán)做功為mgLsinα－mv2 D．環(huán)經(jīng)過B時(shí)，上滑的速度小于下滑的速度 答案　AC 解析　環(huán)由A到C，初速度和末速度均為0，環(huán)先加速后減速，加速度先減小后增大，故A正確；環(huán)由A到C，有mgLsinα＝EpC＋Q，環(huán)由C到A，有EpC＋mv2＝Q＋mgLsinα，解得Q＝mv2，EpC＝mgLsinα－mv2，故B錯(cuò)誤，C正確；由功能關(guān)系可知，圓環(huán)由A下滑至B，有mgh′－Wf′－W彈′＝mv－0，圓環(huán)由B上滑至A，有－mgh′－Wf′＋W彈′＝0－mvB′2，故可知，環(huán)經(jīng)過B時(shí)，上滑的速度大于下滑的速度，故D錯(cuò)誤。 2－2　(2019·湖南衡陽三模)如

16、圖所示，電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)傾角為θ＝37°的傳送帶以v＝8 m/s的速度逆時(shí)針勻速運(yùn)動(dòng)，傳送帶下端點(diǎn)C與水平面CDP平滑連接，B、C間距L＝20 m；傳送帶在上端點(diǎn)B恰好與固定在豎直平面內(nèi)的半徑為R＝0.5 m的光滑圓弧軌道相切，一輕質(zhì)彈簧的右端固定在P處的擋板上，質(zhì)量m＝2 kg可看做質(zhì)點(diǎn)的物體M靠在彈簧的左端D處，此時(shí)彈簧處于原長，C、D間距x＝1 m，PD段光滑，DC段粗糙，現(xiàn)將M壓縮彈簧一定距離后由靜止釋放，M經(jīng)過DC沖上傳送帶，經(jīng)B點(diǎn)沖上光滑圓孤軌道，通過最高點(diǎn)A時(shí)對A點(diǎn)的壓力為8 N。上述過程中，M經(jīng)C點(diǎn)滑上傳送帶時(shí)，速度大小不變，方向變?yōu)檠貍魉蛶Х较颉Ｒ阎狹與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1＝

17、0.8、與CD段間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.5，重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)在圓弧軌道的B點(diǎn)時(shí)物體的速度； (2)M在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的過程中，帶動(dòng)傳送帶的電動(dòng)機(jī)由于運(yùn)送M多輸出的電能E； (3)M釋放前，系統(tǒng)具有的彈性勢能Ep。 答案　(1)5.0 m/s　(2)512 J　(3)19 J 解析　(1)由題給條件和牛頓第三定律知，M在A點(diǎn)時(shí)受到軌道的壓力FA＝8 N， 由牛頓第二定律：mg＋FA＝m 解得vA＝ m/s， 從B到A機(jī)械能守恒，有： －mg(R＋Rcosθ)＝mv－mv 解得vB＝5.0 m/s。 (2)M在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)由于vB小于傳送帶

18、速度，可知物體一直做加速運(yùn)動(dòng)，所受摩擦力一直沿傳送帶向上 由μ1mgcosθ－mgsinθ＝ma 解得a＝0.4 m/s2 由公式：v－v＝2aL，解得vC＝3 m/s 由vB＝vC＋at解得t＝5 s； 傳送帶在t時(shí)間內(nèi)的位移：x1＝vt＝40 m， 由于物體對傳送帶有沿傳送帶向下的摩擦力，要維持傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)，故電動(dòng)機(jī)要額外給傳送帶一個(gè)沿傳送帶向上的牽引力，大小與物體受到的摩擦力一樣大， 牽引力做的功W＝μ1mgcosθ·x1＝512 J， 多輸出的電能E＝W＝512 J。 (3)設(shè)彈簧彈力對物體做功為W彈，則從彈簧的壓縮端到C點(diǎn)，對M由動(dòng)能定理： W彈－μ2mgx＝m

19、v－0 解得：W彈＝19 J 可知Ep＝W彈＝19 J。 命題角度3 動(dòng)量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用 例3　(2019·全國卷Ⅰ)豎直面內(nèi)一傾斜軌道與一足夠長的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接，小物塊B靜止于水平軌道的最左端，如圖a所示。t＝0時(shí)刻，小物塊A在傾斜軌道上從靜止開始下滑，一段時(shí)間后與B發(fā)生彈性碰撞(碰撞時(shí)間極短)；當(dāng)A返回到傾斜軌道上的P點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)時(shí)，速度減為0，此時(shí)對其施加一外力，使其在傾斜軌道上保持靜止。物塊A運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖b所示，圖中的v1和t1均為未知量。已知A的質(zhì)量為m，初始時(shí)A與B的高度差為H，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力。 (1)求物

20、塊B的質(zhì)量； (2)在圖b所描述的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，求物塊A克服摩擦力所做的功； (3)已知兩物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相等。在物塊B停止運(yùn)動(dòng)后，改變物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)，然后將A從P點(diǎn)釋放，一段時(shí)間后A剛好能與B再次碰上。求改變前后動(dòng)摩擦因數(shù)的比值。 解析　(1)根據(jù)圖b，v1為物塊A在碰撞前瞬間速度的大小，為其碰撞后瞬間速度的大小。設(shè)物塊B的質(zhì)量為m′，碰撞后瞬間的速度大小為v′。由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有 mv1＝m＋m′v′① mv＝m2＋m′v′2② 聯(lián)立①②式得m′＝3m③ (2)在圖b所描述的運(yùn)動(dòng)中，設(shè)物塊A與傾斜軌道間的滑動(dòng)摩擦力大小為f，下滑過程中所走過

21、的路程為s1，返回過程中所走過的路程為s2，P點(diǎn)離水平軌道的高度為h，整個(gè)過程中克服摩擦力所做的功為W。由動(dòng)能定理有 mgH－fs1＝mv－0④ －(fs2＋mgh)＝0－m2⑤ 從圖b所給出的v-t圖線可知 s1＝v1t1⑥ s2＝··(1.4t1－t1)⑦ 由幾何關(guān)系＝⑧ 物塊A在整個(gè)過程中克服摩擦力所做的功為 W＝fs1＋fs2⑨ 聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得W＝mgH⑩ (3)設(shè)傾斜軌道傾角為θ，物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)在改變前為μ，有 W＝μmgcosθ·? 設(shè)物塊B在水平軌道上能夠滑行的距離為s′，由動(dòng)能定理有－μm′gs′＝0－m′v′2? 設(shè)改變后的動(dòng)摩擦因

22、數(shù)為μ′，由動(dòng)能定理有 mgh－μ′mgcosθ·－μ′mgs′＝0? 聯(lián)立①③④⑤⑥⑦⑧⑩???式可得＝。 答案　(1)3m　(2)mgH　(3) 利用動(dòng)量觀點(diǎn)解決力學(xué)問題的思路 (1)確定研究對象和研究過程。 (2)兩種解題途徑 ①動(dòng)量守恒定律：判斷研究過程中所研究對象動(dòng)量是否守恒，若守恒，則可用動(dòng)量守恒定律列方程。(常與機(jī)械能守恒定律或能量守恒定律結(jié)合)。 ②動(dòng)量定理：明確初、末狀態(tài)的動(dòng)量，明確總沖量。 (3)對結(jié)果進(jìn)行討論。 備課記錄：

23、 　 3－1　(2019·全國卷Ⅰ)最近，我國為“長征九號(hào)”研制的大推力新型火箭發(fā)動(dòng)機(jī)聯(lián)試成功，這標(biāo)志著我國重型運(yùn)載火箭的研發(fā)取得突破性進(jìn)展。若某次實(shí)驗(yàn)中該發(fā)動(dòng)機(jī)向后噴射的氣體速度約為3 km/s，產(chǎn)生的推力約為4.8×106 N，則它在1 s時(shí)間內(nèi)噴射的氣體質(zhì)量約為(　　) A．1.6×102 kg B．1.6×

24、103 kg C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg 答案　B 解析　設(shè)1 s內(nèi)噴出氣體的質(zhì)量為m，噴出的氣體與該發(fā)動(dòng)機(jī)的相互作用力為F，由動(dòng)量定理知Ft＝mv，m＝＝ kg＝1.6×103 kg，B正確。 3－2　(2019·天津市和平區(qū)三模)利用沖擊擺測量速度的實(shí)驗(yàn)，可以簡化為圖示模型，一質(zhì)量M＝0.8 kg的木塊，用長L＝0.8 m的細(xì)繩懸掛在天花板上，處于靜止?fàn)顟B(tài)。一質(zhì)量m＝0.2 kg的小球以某一水平速度射向木塊，小球與木塊相互作用時(shí)間極短，并嵌在木塊里，測得小球與木塊上升最大高度為0.2 m，小球、木塊的大小與繩長相比可以忽略，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g＝1

25、0 m/s2。求： (1)小球與木塊共速瞬時(shí)，小球和木塊共同速度v的大??； (2)小球和木塊一起擺動(dòng)過程中，細(xì)繩受到的最大拉力T； (3)小球射入木塊的速度v0大小。 答案　(1)2 m/s　(2)15 N　(3)10 m/s 解析　(1)小球與木塊共速后上擺的過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得： (M＋m)v2＝(M＋m)gh 解得v＝2 m/s。 (2)小球與木塊剛共速時(shí)，細(xì)繩受到的拉力最大，選木塊和小球?yàn)檠芯繉ο? 由牛頓第二定律得T－(M＋m)g＝(M＋m) 解得T＝15 N。 (3)根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv0＝(m＋M)v， 解得v0＝10 m/s。 高考考

26、向2　解決電磁學(xué)問題的三條途徑 命題角度1 動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)在電磁學(xué)中的應(yīng)用 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 例4　(2019·全國卷Ⅲ)空間存在一方向豎直向下的勻強(qiáng)電場，O、P是電場中的兩點(diǎn)。從O點(diǎn)沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球A、B。A不帶電，B的電荷量為q(q>0)。A從O點(diǎn)發(fā)射時(shí)的速度大小為v0，到達(dá)P點(diǎn)所用時(shí)間為t；B從O點(diǎn)到達(dá)P點(diǎn)所用時(shí)間為。重力加速度為g，求： (1)電場強(qiáng)度的大??； (2)B運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能。 解析　(1)設(shè)電場強(qiáng)度的大小為E，小球B運(yùn)動(dòng)的加速度為a。根據(jù)牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題給條件，有 mg＋qE＝ma①

27、a2＝gt2② 聯(lián)立①②式得E＝③ (2)設(shè)B從O點(diǎn)發(fā)射時(shí)的速度大小為v1，到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為Ek，O、P兩點(diǎn)的高度差為h，根據(jù)動(dòng)能定理有 Ek－mv＝mgh＋qEh④ 且有v1＝v0t⑤ h＝gt2⑥ 聯(lián)立③④⑤⑥式得 Ek＝2m(v＋g2t2)。 答案　(1)　(2)2m(v＋g2t2) 利用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)解決電磁學(xué)問題的思路 備課記錄：

28、 　 　 4－1　(2019·河南六市高三第二次聯(lián)考)如圖所示為測磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的一種方式。邊長為l、一定質(zhì)量的等邊三角形導(dǎo)線框用絕緣細(xì)線懸掛于天花板，導(dǎo)線框中通以逆時(shí)針方向的電流。圖中虛線過ab邊中點(diǎn)和ac邊中點(diǎn)，在虛線的下方存在垂直于導(dǎo)線框向里的勻強(qiáng)磁場，導(dǎo)線框中的電流大小為I。此時(shí)導(dǎo)線框處于靜止?fàn)顟B(tài)，通過傳感器測得細(xì)線中的拉力大小為F1；保持其他條件不變，現(xiàn)將虛線下方的磁場移至虛線上方，待線框穩(wěn)定后，測得細(xì)線中拉力

29、大小為F2。則磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　當(dāng)磁場在虛線下方時(shí)，通電導(dǎo)線的等效長度為l，電流方向向右，受到的安培力方向豎直向上，故F1＋BIl＝mg，當(dāng)磁場在虛線上方時(shí)，通電導(dǎo)線的等效長度為l，電流方向向左，受到的安培力方向豎直向下，故F2＝BIl＋mg，聯(lián)立可得B＝，A正確。 4－2　(2019·山西高三二模)電磁緩沖車是利用電磁感應(yīng)原理進(jìn)行制動(dòng)緩沖，它的緩沖過程可以等效為：小車底部安裝有電磁鐵(可視為勻強(qiáng)磁場)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向豎直向下。水平地面埋著水平放置的單匝閉合矩形線圈abcd，如圖甲所示。小車沿水平方向通過線圈上方，

30、線圈與磁場的作用連同其他阻力使小車做減速運(yùn)動(dòng)，從而實(shí)現(xiàn)緩沖，俯視圖如圖乙所示。已知線圈的總電阻為r，ab邊長為L(小于磁場的寬度)。小車總質(zhì)量為m，受到的其他阻力恒為F，小車上的磁場邊界MN與ab邊平行，當(dāng)邊界MN剛抵達(dá)ab邊時(shí)，速度大小為v0。求： (1)邊界MN剛抵達(dá)ab邊時(shí)線圈中感應(yīng)電流I的大??； (2)整個(gè)緩沖過程中小車的最大加速度am的大小。 答案　(1)　(2) 解析　(1)磁場邊界MN剛抵到ab邊時(shí)，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝BLv0 根據(jù)閉合電路歐姆定律可得，感應(yīng)電流I＝ 解得：I＝。 (2)小車上的磁場邊界MN剛抵達(dá)ab邊時(shí)，小車的加速度最大， 根據(jù)右手

31、定則可判斷感應(yīng)電流的方向?yàn)閺腷流到a， 根據(jù)左手定則可判斷線框所受安培力方向水平向右，大小為FA＝BIL 則由牛頓第三定律可知小車受到的磁場力大小為：FA′＝FA，方向水平向左 由牛頓第二定律：FA′＋F＝mam 解得：am＝。 命題角度2 能量觀點(diǎn)在電磁學(xué)中的應(yīng)用 例5　(2019·天津高考)如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場中，質(zhì)量為m的帶電小球，以初速度v從M點(diǎn)豎直向上運(yùn)動(dòng)，通過N點(diǎn)時(shí)，速度大小為2v，方向與電場方向相反，則小球從M運(yùn)動(dòng)到N的過程(　　) A．動(dòng)能增加mv2 B．機(jī)械能增加2mv2 C．重力勢能增加mv2 D．電勢能增加2mv2 解析　動(dòng)能變化

32、量ΔEk＝m(2v)2－mv2＝mv2，A錯(cuò)誤；小球從M運(yùn)動(dòng)到N的過程中，只有重力和電場力做功，機(jī)械能的增加量等于電勢能的減少量，帶電小球在水平方向做向左的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得(2v)2－0＝2x，則電勢能減少量ΔEp電＝W電＝qEx＝2mv2，故B正確，D錯(cuò)誤；小球在豎直方向做勻減速運(yùn)動(dòng)，速度減小到零，由－v2＝－2gh，得重力勢能增加量ΔEp重＝mgh＝mv2，C錯(cuò)誤。 答案　B (1)動(dòng)能定理在力學(xué)和電場中應(yīng)用時(shí)的“三同一異” (2)功能關(guān)系在力學(xué)和電磁感應(yīng)中應(yīng)用時(shí)的“三同三異” 備課記錄：

33、 　 5－1　(2019·廣西欽州三模)如圖所示，虛線a、b、c代表電場中三條電場線，實(shí)線為一帶正電的粒子僅在電場力作用下通過該區(qū)域的運(yùn)動(dòng)軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點(diǎn)。下列判斷中正確的是(　　) A．P點(diǎn)的電勢比Q點(diǎn)的電勢高 B．P點(diǎn)的場強(qiáng)比Q點(diǎn)的場

34、強(qiáng)大 C．帶電粒子通過Q點(diǎn)時(shí)電勢能比P點(diǎn)時(shí)小 D．帶電粒子通過Q點(diǎn)時(shí)動(dòng)能比P點(diǎn)時(shí)大 答案　B 解析　若帶電粒子從P點(diǎn)進(jìn)入電場，由圖可知帶電粒子所受電場力沿電場線向右，由于粒子帶正電，故電場線方向向右，故P點(diǎn)的電勢低于Q點(diǎn)的電勢，A錯(cuò)誤；由于電場線越密的地方場強(qiáng)越大，則由圖可知P點(diǎn)的場強(qiáng)大于Q點(diǎn)的場強(qiáng)，B正確；帶電粒子在從P向Q運(yùn)動(dòng)的過程中電場力做負(fù)功，則帶電粒子的電勢能增大，故帶電粒子在P點(diǎn)時(shí)的電勢能較小，通過Q點(diǎn)時(shí)電勢能較大，C錯(cuò)誤；由于帶電粒子在從P向Q運(yùn)動(dòng)的過程中電場力做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理可知，帶電粒子在P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能大于在Q點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能，D錯(cuò)誤。 5－2　(2019·河南洛陽三模

35、)如圖所示，電阻不計(jì)的剛性?形金屬導(dǎo)軌放在光滑水平面上，導(dǎo)軌的兩條軌道之間的間距為L。一輕彈簧的左端與導(dǎo)軌的右邊中點(diǎn)相連，輕彈簧的右端固定在水平面某一位置處，彈簧和導(dǎo)軌的右邊垂直。質(zhì)量為m、長度為L、電阻為R的金屬桿ab可始終在導(dǎo)軌上滑動(dòng)，滑動(dòng)時(shí)與導(dǎo)軌的兩條軌道始終保持垂直(不計(jì)金屬桿ab和導(dǎo)軌之間的摩擦)。整個(gè)空間存在一垂直于水平面的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B。開始時(shí)，輕彈簧處于原長狀態(tài)，導(dǎo)軌和金屬桿ab都處于靜止?fàn)顟B(tài)。在t＝0時(shí)刻，有一位于導(dǎo)軌平面內(nèi)且與軌道平行的向右的拉力作用于金屬桿ab的中點(diǎn)上，使之從靜止開始在導(dǎo)軌上向右做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。在t＝t0時(shí)刻，撤

36、去拉力，此時(shí)輕彈簧的彈性勢能為最大值Ep。已知從t＝0到t＝t0的過程中，金屬桿ab上產(chǎn)生的焦耳熱為Q。試求： (1)在t＝t0時(shí)刻回路中的電流大??； (2)在t＝0到t＝t0的過程中，作用在金屬桿ab上的拉力所做的功； (3)外力撤去后的很長時(shí)間內(nèi)，金屬桿ab上最多還能產(chǎn)生的電熱。 答案　(1)　(2)Q＋Ep＋m(at0)2 (3)Ep＋m(at0)2 解析　(1)設(shè)金屬桿ab在t＝t0時(shí)刻的速度為v，則對金屬桿ab，有：v＝at0 此時(shí)輕彈簧的彈性勢能為最大值，可知金屬導(dǎo)軌的速度為0， 故金屬桿ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv 回路中的感應(yīng)電流I＝ 解得：I＝。

37、(2)在t＝0到t＝t0的過程中，對金屬桿ab、導(dǎo)軌和輕彈簧組成的系統(tǒng)，由能量守恒可知，拉力所做的功轉(zhuǎn)化為金屬桿的動(dòng)能、金屬桿ab產(chǎn)生的焦耳熱、輕彈簧的彈性勢能，由此可得：W＝Q＋Ep＋mv2 解得：W＝Q＋Ep＋m(at0)2。 (3)外力撤去后的很長時(shí)間后，金屬桿和導(dǎo)軌都靜止不動(dòng)，輕彈簧處于原長，輕彈簧的彈性勢能為0，即金屬棒ab的動(dòng)能與輕彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為ab上產(chǎn)生的焦耳熱，設(shè)金屬桿ab上最多還能產(chǎn)生的電熱為Q′， 由能量守恒定律得：Q′＝Ep＋mv2 解得：Q′＝Ep＋m(at0)2。 命題角度3 動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁學(xué)中的應(yīng)用 例6　(2018·天津高考)真空管道超高速

38、列車的動(dòng)力系統(tǒng)是一種將電能直接轉(zhuǎn)換成平動(dòng)動(dòng)能的裝置。圖1是某種動(dòng)力系統(tǒng)的簡化模型，圖中粗實(shí)線表示固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，電阻忽略不計(jì)，ab和cd是兩根與導(dǎo)軌垂直、長度均為l、電阻均為R的金屬棒，通過絕緣材料固定在列車底部，并與導(dǎo)軌良好接觸，其間距也為l，列車的總質(zhì)量為m。列車啟動(dòng)前，ab、cd處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下，如圖1所示，為使列車啟動(dòng)，需在M、N間連接電動(dòng)勢為E的直流電源，電源內(nèi)阻及導(dǎo)線電阻忽略不計(jì)，列車啟動(dòng)后電源自動(dòng)關(guān)閉。 (1)要使列車向右運(yùn)行，啟動(dòng)時(shí)圖1中M、N哪個(gè)接電源正極，并簡要說明理由； (2)求剛接通電源

39、時(shí)列車加速度a的大小； (3)列車減速時(shí)，需在前方設(shè)置如圖2所示的一系列磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場寬度和相鄰磁場間距均大于l。若某時(shí)刻列車的速度為v0，此時(shí)ab、cd均在無磁場區(qū)域，試討論：要使列車停下來，前方至少需要多少塊這樣的有界磁場？ 解析　(1)列車要向右運(yùn)動(dòng)，安培力方向應(yīng)向右，根據(jù)左手定則，接通電源后，金屬棒中電流方向由a到b，由c到d，故M接電源正極。 (2)由題意，啟動(dòng)時(shí)ab、cd并聯(lián)，電阻均為R，由并聯(lián)電路知ab、cd中電流均為I＝① 每根金屬棒受到的安培力F0＝BIl② 設(shè)兩根金屬棒所受安培力之和為F，有F＝2F0③ 根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma　④ 聯(lián)立

40、①②③④式得a＝?、? (3)設(shè)列車減速時(shí)，cd進(jìn)入磁場后經(jīng)Δt時(shí)間ab恰好進(jìn)入磁場，此過程中穿過兩金屬棒與導(dǎo)軌所圍回路的磁通量的變化量為ΔΦ，平均感應(yīng)電動(dòng)勢為E1，由法拉第電磁感應(yīng)定律有E1＝?、? 其中ΔΦ＝Bl2?、? 設(shè)回路中平均電流為I′，由閉合電路歐姆定律有 I′＝　⑧ 設(shè)cd受到的平均安培力為F′，有F′＝BI′l　⑨ 以向右為正方向，設(shè)Δt時(shí)間內(nèi)cd受安培力沖量為I沖，有I沖＝－F′Δt?、? 同理可知，回路出磁場時(shí)ab受安培力沖量仍為上述值，設(shè)回路進(jìn)出一塊有界磁場區(qū)域安培力沖量為I0，有 I0＝2I沖　? 設(shè)列車停下來受到的總沖量為I總，由動(dòng)量定理有 I總＝0－m

41、v0　? 聯(lián)立⑥⑦⑧⑨⑩??式得＝　? 討論：若恰好為整數(shù)，設(shè)其為n，則需設(shè)置n塊有界磁場；若不是整數(shù)，設(shè)的整數(shù)部分為N，則需設(shè)置N＋1塊有界磁場。 答案　(1)M接電源正極，理由見解析 (2) (3)見解析 應(yīng)用動(dòng)量定理解答電磁感應(yīng)問題的關(guān)鍵是：能否從速度和位移聯(lián)想到＝n，＝，q＝·Δt，－BL·Δt＝m·Δv。其實(shí)不難發(fā)現(xiàn)，問題的核心是電荷量q，它一方面可以聯(lián)系到平均感應(yīng)電動(dòng)勢，繼而到磁通量的變化ΔΦ，再到滑行距離；另一方面又可聯(lián)系到安培力，繼而通過動(dòng)量定理聯(lián)系到速度，最終可以作為橋梁把滑行距離和速度這兩個(gè)物理量聯(lián)系起來。能用電荷量q把幾個(gè)規(guī)律一個(gè)個(gè)串聯(lián)起來，問題就解決了。

42、 在電磁感應(yīng)綜合問題中，若以等寬雙桿在磁場中的運(yùn)動(dòng)作為命題背景，由于回路中為同一電流，兩桿所受安培力等大反向，系統(tǒng)合力為零，則可應(yīng)用動(dòng)量守恒定律方便快捷地求出桿的速度。另外，也可把雙桿問題當(dāng)成碰撞問題的變形拓展，可以對系統(tǒng)同時(shí)應(yīng)用動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律。 備課記錄：

43、 6－1　(2019·北京房山區(qū)二模)A、B是兩種放射性元素的原子核，原來都靜止在同一勻強(qiáng)磁場中，其中一個(gè)放出α粒子，另一個(gè)放出β粒子，運(yùn)動(dòng)方向都與磁場方向垂直。圖中a、b與c、d分別表示各粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，下列說法中正確的是(　　) A．磁場方向一定垂直紙面向里 B．A放出的是α粒子，B放出的是β粒子 C．a(chǎn)為α粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，d為β粒子運(yùn)動(dòng)軌跡 D．a(chǎn)軌跡中粒子比b軌跡中的粒子動(dòng)量大 答案　B 解析　粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由于α粒子和β粒子的速度方向未知，不能判斷磁場的方向，A錯(cuò)誤；放射性元素

44、的原子核放出α粒子時(shí)，α粒子與反沖核的速度方向相反，電性相同，則兩個(gè)粒子受到的洛倫茲力方向相反，兩個(gè)粒子的軌跡應(yīng)為外切圓，而放射性元素的原子核放出β粒子時(shí)，β粒子與反沖核的速度方向相反，電性相反，則兩個(gè)粒子受到的洛倫茲力方向相同，兩個(gè)粒子的軌跡應(yīng)為內(nèi)切圓，故A放出的是α粒子，B放出的是β粒子，B正確；放射性元素的原子核放出粒子時(shí)，兩帶電粒子的總動(dòng)量守恒，故a軌跡對應(yīng)的粒子與b軌跡對應(yīng)的粒子動(dòng)量大小相等，方向相反，由軌跡半徑公式r＝可得r＝，軌跡半徑與動(dòng)量成正比，與電荷量成反比，而α粒子和β粒子的電荷量比反沖核的電荷量小，則α粒子和β粒子的軌跡半徑比反沖核的軌跡半徑都大，故b為α粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，

45、c為β粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，C、D錯(cuò)誤。 6－2　(2019·浙江省溫州九校聯(lián)考)如圖甲所示，兩條相互平行的光滑金屬導(dǎo)軌，相距l(xiāng)＝0.2 m，左側(cè)軌道的傾斜角θ＝30°，右側(cè)軌道為圓弧線，軌道端點(diǎn)間接有電阻R＝1.5 Ω，軌道中間部分水平，在MP、NQ間有寬度為d＝0.8 m、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示。一質(zhì)量為m＝10 g、導(dǎo)軌間電阻為r＝1.0 Ω的導(dǎo)體棒a從t＝0時(shí)刻無初速釋放，初始位置與水平軌道間的高度差H＝0.8 m。另一與a棒完全相同的導(dǎo)體棒b靜置于磁場外的水平軌道上，靠近磁場左邊界PM。a棒下滑后平滑進(jìn)入水平軌道(轉(zhuǎn)角處無機(jī)械能損失)，并與b棒發(fā)生

46、碰撞而粘合在一起，此后作為一個(gè)整體運(yùn)動(dòng)。導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，軌道的電阻和電感不計(jì)。求： (1)導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場前，流過R的電流大小； (2)導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場瞬間受到的安培力大??； (3)導(dǎo)體棒最終靜止的位置離PM的距離； (4)全過程電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。 答案　(1)0.1 A　(2)0.04 N　(3)0.4 m　(4)0.042 J 解析　(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律可得E1＝dl 由圖乙，得＝ T/s＝1.25 T/s 由閉合電路歐姆定律得E1＝I1 聯(lián)立解得I1＝0.1 A。 (2)設(shè)a棒滑到底端時(shí)的速度為v0，由動(dòng)能定理得 mgH＝mv 設(shè)a棒與

47、b棒發(fā)生完全非彈性碰撞后的速度為v，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝2mv 由于a棒下滑時(shí)間t＝＝0.8 s 故兩棒碰撞后磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度不再變化，電動(dòng)勢大小為E2＝Blv 安培力大小為F＝BI2l 又E2＝I2 聯(lián)立解得F＝0.04 N。 (3)導(dǎo)體棒直到靜止，由動(dòng)量定理有 －Bl·Δt＝0－2mv 又q＝·Δt q＝＝ 其中s為導(dǎo)體棒在水平軌道上滑過的路程 聯(lián)立解得s＝2 m 所以導(dǎo)體棒最終靜止的位置離PM的距離為0.4 m。 (4)滑入磁場前，有QR1＝IRt＝0.012 J 碰撞過程損失的機(jī)械能為ΔE＝mv－·2mv2 由能量守恒定律知a、b棒碰撞后回路中產(chǎn)生的總

48、焦耳熱為Q＝mgH－ΔE 電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為QR2＝Q＝0.03 J 全過程電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為 QR＝QR1＋QR2＝0.042 J。 閱卷現(xiàn)場　動(dòng)量守恒定律應(yīng)用錯(cuò)誤 例7　(2019·吉林省長春市二模)(12分)如圖所示，一質(zhì)量為m2＝0.4 kg的平頂小車靜止在光滑的水平軌道上。質(zhì)量為m1＝0.39 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))靜止在車頂?shù)淖蠖?。一質(zhì)量為m0＝0.01 kg的子彈以水平速度v0＝200 m/s射中物塊左端并留在物塊中，子彈與物塊的作用時(shí)間極短。最終物塊相對地面以4 m/s的速度滑離小車，物塊與車頂面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，取重力加速度g＝10 m/s2。

49、求： (1)子彈射入物塊過程中與物塊共速時(shí)的速度大小； (2)小車的長度。 正解　(1)子彈與物塊相互作用過程動(dòng)量守恒，設(shè)共速時(shí)的速度為v1 有：m0v0＝(m0＋m1)v1(2分) 解得：v1＝5 m/s。(2分) (2)設(shè)物塊滑離小車時(shí)的速度為v2，此時(shí)小車的速度為v3，三個(gè)物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒： (m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v2＋m2v3(3分) 設(shè)小車的長度為L，由能量守恒定律可得： μ(m0＋m1)gL＝(m0＋m1)v－(m0＋m1)v－m2v(3分) 解得：L＝0.8 m。(2分) 答案　(1)5 m/s　(2)0.8 m 錯(cuò)解　(1)子彈與物

50、塊相互作用過程子彈、物塊與小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)共速時(shí)的速度為v1 有：m0v0＝(m0＋m1＋m2)v1(扣2分) 解得：v1＝2.5 m/s。(扣2分) (2)設(shè)小車的長度為L，由能量守恒定律可得： μ(m0＋m1)gL＝m0v2－(m0＋m1＋m2)v(扣6分) 解得：L＝98.75 m。(扣2分) 答案　(1)2.5 m/s　(2)98.75 m 本題是典型的三體二次作用，子彈射入小物塊的過程，小車的速度沒有發(fā)生變化，子彈射入小物塊后，子彈與小物塊可看做一個(gè)整體，再與小車發(fā)生作用。子彈射入小物塊的過程，要損失一部分機(jī)械能，子彈、小物塊整體與小車作用的過程中，系統(tǒng)動(dòng)

51、量守恒，機(jī)械能不守恒，第(2)問只涉及子彈、小物塊整體與小車作用的過程，且物塊最后滑離小車，與小車不共速，所以進(jìn)行運(yùn)動(dòng)過程分析，將運(yùn)動(dòng)過程合理分段很有必要。 專題作業(yè) 1. (2019·遼寧葫蘆島一模)我國女子短道速滑隊(duì)在2013年世錦賽上實(shí)現(xiàn)女子3000 m接力三連冠。觀察發(fā)現(xiàn)，“接棒”的運(yùn)動(dòng)員甲提前站在“交棒”的運(yùn)動(dòng)員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時(shí)，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出。在乙推甲的過程中，忽略運(yùn)動(dòng)員與冰面間在水平方向上的相互作用，則(　　) A．甲對乙的沖量一定等于乙對甲的沖量 B．甲、乙的動(dòng)量變化一定大小相等方向相反 C．甲的動(dòng)能增加量一定等于乙

52、的動(dòng)能減少量 D．甲對乙做多少負(fù)功，乙對甲就一定做多少正功 答案　B 解析　因?yàn)闆_量是矢量，甲對乙的作用力與乙對甲的作用力大小相等方向相反，故甲對乙的沖量與乙對甲的沖量大小相等方向相反，A錯(cuò)誤；甲、乙作用過程中，甲、乙組成的系統(tǒng)所受合外力為0，根據(jù)動(dòng)量定理可知，甲、乙動(dòng)量變化之和為0，故甲、乙的動(dòng)量變化一定大小相等方向相反，B正確；在相互作用的時(shí)間內(nèi)，甲、乙的位移大小不相同，故相互作用力做功的大小不相等，根據(jù)動(dòng)能定理可知，動(dòng)能變化量大小不相等，C、D錯(cuò)誤。 2. (2020·江蘇省漣水中學(xué)高三月考)如圖所示，虛線代表電場中的三個(gè)等勢面，實(shí)線為一帶電粒子僅在電場力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡，P、Q

53、是這條軌跡上的兩點(diǎn)，下列說法中正確的是(　　) A．粒子帶負(fù)電 B．粒子在Q點(diǎn)時(shí)的加速度較P點(diǎn)大 C．粒子在P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能較Q點(diǎn)大 D．粒子在P點(diǎn)時(shí)的電勢能較Q點(diǎn)大 答案　D 解析　因?yàn)殡妶鼍€和等勢面垂直，且由高電勢指向低電勢，所以在P點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向如圖所示，因?yàn)閹щ娏Ｗ邮艿降碾妶隽碗妶鰪?qiáng)度共線，且指向曲線的內(nèi)側(cè)，所以粒子在P點(diǎn)受到的電場力和電場強(qiáng)度方向相同，則粒子帶正電，故A錯(cuò)誤；因?yàn)镼點(diǎn)所在處的等勢面比P點(diǎn)疏，所以電場強(qiáng)度比P點(diǎn)小，受到的電場力比P點(diǎn)小，根據(jù)牛頓第二定律可知，粒子在Q點(diǎn)的加速度小于P點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；根據(jù)Ep＝qφ，P點(diǎn)的電勢大于Q點(diǎn)，粒子帶正電，可知粒子在P

54、點(diǎn)的電勢能大于Q點(diǎn)，根據(jù)能量守恒定律可知，粒子在P點(diǎn)的動(dòng)能小于Q點(diǎn)，故C錯(cuò)誤，D正確。 3. (2019·四川資陽二診)A、B兩小球在光滑水平面上沿同一直線運(yùn)動(dòng)，B球在前，A球在后。mA＝1 kg，mB＝2 kg。經(jīng)過一段時(shí)間，A、B發(fā)生正碰，碰撞時(shí)間極短，碰撞前、后兩球的位移—時(shí)間圖象如圖所示，根據(jù)以上信息可知碰撞類型屬于(　　) A．彈性碰撞 B．非彈性碰撞 C．完全非彈性碰撞 D．條件不足，無法判斷 答案　A 解析　由圖可知，A球碰前速度vA＝6 m/s，碰后速度vA′＝2 m/s；B球碰前速度為vB＝3 m/s，碰后速度為vB′＝5 m/s。根據(jù)題給數(shù)據(jù)可知，碰撞

55、過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒。碰前系統(tǒng)的總動(dòng)能為mAv＋mBv＝27 J，碰后的總動(dòng)能為mAvA′2＋mBvB′2＝27 J，則系統(tǒng)碰撞過程機(jī)械能也守恒，所以屬于彈性碰撞，A正確，B、C、D錯(cuò)誤。 4. (2019·云南二模)如圖所示，木塊靜止在光滑水平面上，兩顆不同的子彈A、B從木塊兩側(cè)同時(shí)射入木塊，最終都停在木塊內(nèi)，這一過程中木塊始終保持靜止。若子彈A射入的深度大于子彈B射入的深度，則(　　) A．子彈A的質(zhì)量一定比子彈B的質(zhì)量大 B．入射過程中子彈A受到的阻力比子彈B受到的阻力大 C．子彈A在木塊中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間比子彈B在木塊中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間長 D．子彈A射入木塊時(shí)的初動(dòng)能一定比子彈B射入木塊

56、時(shí)的初動(dòng)能大 答案　D 解析　由于木塊始終保持靜止?fàn)顟B(tài)，可知整個(gè)過程中，兩子彈對木塊的推力大小時(shí)刻相等，則兩子彈所受的阻力大小時(shí)刻相等，且作用時(shí)間也一定相等。設(shè)全過程平均阻力為f，根據(jù)動(dòng)能定理得，對子彈A：－fdA＝0－EkA，得EkA＝fdA，對子彈B：－fdB＝0－EkB，得EkB＝fdB，由于dA＞dB，則有子彈入射時(shí)的初動(dòng)能EkA＞EkB，故B、C錯(cuò)誤，D正確；兩子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有＝，而EkA＞EkB，則得到mA＜mB，故A錯(cuò)誤。 5. (2020·廣西南寧二中、柳州高中二校高三聯(lián)考)如圖所示，一半徑為R＝0.4 m的固定光滑圓弧軌道AB位于豎直平面內(nèi)，軌道下端與

57、一光滑水平直軌道相切于B點(diǎn)，一小球M從距圓弧軌道最高點(diǎn)A高度為h＝0.4 m處由靜止釋放，并恰好沿切線進(jìn)入圓弧軌道，當(dāng)滑到水平面上后與靜止在水平面上且前端帶有輕彈簧的小球N碰撞，M、N質(zhì)量均為m＝1 kg，g＝10 m/s2。下列說法正確的是(　　) A．小球M在圓弧軌道內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程中所受合外力方向始終指向軌道圓心 B．輕彈簧被壓縮至最短時(shí)，M和N的速度大小都是2 m/s C．輕彈簧被壓縮的過程中，M、N的總動(dòng)量和總動(dòng)能都保持不變 D．輕彈簧被壓縮過程中的最大彈性勢能為6 J 答案　B 解析　小球M在圓弧軌道內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程中受豎直向下的重力、指向圓心的支持力，做變速圓周運(yùn)動(dòng)，合外力方

58、向除在B點(diǎn)外都不指向軌道圓心，故A錯(cuò)誤；小球M從開始到滑到B的過程，由機(jī)械能守恒定律得：mg(h＋R)＝mv，代入數(shù)據(jù)解得：vB＝4 m/s，輕彈簧被壓縮至最短時(shí)兩球速度相等，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mvB＝2mv，代入數(shù)據(jù)解得：v＝2 m/s，故B正確；輕彈簧被壓縮的過程中，由動(dòng)量守恒定律知M、N的總動(dòng)量不變，根據(jù)機(jī)械能守恒定律知彈性勢能增大，所以M、N的總動(dòng)能減少，故C錯(cuò)誤；輕彈簧被壓縮至最短時(shí)，彈性勢能最大，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：mv＝·2mv2＋Epm，代入數(shù)據(jù)解得：Epm＝4 J，故D錯(cuò)誤。 6. (2019·福建省福州市檢測)如圖所示，傾角為θ＝30°的粗

59、糙絕緣斜面固定在水平面上，在斜面的底端A和頂端B分別固定等量的同種正電荷。質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的物塊從斜面上的M點(diǎn)由靜止釋放，物塊向下運(yùn)動(dòng)的過程中經(jīng)過斜面中點(diǎn)O時(shí)速度達(dá)到最大值v，運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)為N(圖中沒有標(biāo)出)，則下列說法正確的是(　　) A．物塊向下運(yùn)動(dòng)的過程中加速度先增大后減小 B．物塊和斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝ C．物塊運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)N到O點(diǎn)的距離小于M點(diǎn)到O點(diǎn)的距離 D．物塊的釋放點(diǎn)M與O點(diǎn)間的電勢差為 答案　D 解析　根據(jù)點(diǎn)電荷的電場特點(diǎn)和電場的疊加原理可知，沿斜面從A到B電場強(qiáng)度先減小后增大，中點(diǎn)O的電場強(qiáng)度為零。設(shè)物塊下滑過程中的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有m

60、gsinθ－μmgcosθ＋qE＝ma，物塊下滑的過程中電場力qE先沿斜面向下逐漸減小后沿斜面向上逐漸增大，所以物塊的加速度大小先減小后增大，A錯(cuò)誤；物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)的速度最大，則可知此時(shí)物塊的加速度為零，又電場強(qiáng)度為零，有mgsinθ－μmgcosθ＝0，所以物塊和斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝tanθ＝，B錯(cuò)誤；由于運(yùn)動(dòng)過程中mgsinθ－μmgcosθ＝0，所以物塊從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中受到的合外力為qE，因此最低點(diǎn)N與釋放點(diǎn)M關(guān)于O點(diǎn)對稱，C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理有qUMO＋mgxMOsinθ－μmgxMOcosθ＝mv2，且mgsinθ＝μmgcosθ，所以物塊的釋放點(diǎn)M與O點(diǎn)間的電勢

61、差UMO＝，D正確。 7. (2019·福建省泉州市檢測)(多選)一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小滑塊，從傾角為θ的光滑絕緣斜面上的A點(diǎn)由靜止下滑，經(jīng)時(shí)間t后立即加上沿斜面向上的勻強(qiáng)電場，再經(jīng)時(shí)間t滑塊恰好過A點(diǎn)。重力加速度大小為g，則(　　) A．勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為 B．滑塊過A點(diǎn)時(shí)的速度大小為2gtsinθ C．滑塊從A點(diǎn)到最低點(diǎn)過程中重力勢能減少了mg2t2sin2θ D．滑塊從最低點(diǎn)到A點(diǎn)的過程中電勢能減少了2mg2t2sin2θ 答案　AB 解析　未加電場時(shí)，小滑塊的加速度大小為a＝gsinθ，經(jīng)時(shí)間t后速度大小為v1＝at＝gtsinθ，位移大小為x＝at2

62、＝gt2sinθ；加上電場后，則加速度大小為a′＝－gsinθ，再經(jīng)時(shí)間t后，根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律有x＝－v1t＋a′t2，聯(lián)立解得a′＝3gsinθ，E＝，A正確；滑塊過A點(diǎn)時(shí)的速度大小為v2＝－v1＋a′t＝－gtsinθ＋3gtsinθ＝2gtsinθ，B正確；從A點(diǎn)到最低點(diǎn)，位移大小為x總＝at2＋＝gt2sinθ，所以重力勢能減小量ΔEp＝mgx總sinθ＝mg2t2sin2θ，C錯(cuò)誤；從最低點(diǎn)到A點(diǎn)根據(jù)動(dòng)能定理W電－mgx總sinθ＝mv－0，解得W電＝mg2t2sin2θ，所以電勢能減少了ΔEp′＝W電＝mg2t2sin2θ，D錯(cuò)誤。 8. (2019·陜西省西安市檢測)如圖所示

63、，間距為L、電阻不計(jì)的足夠長平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌左端有一阻值為R的電阻，一質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒橫跨在導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌接觸良好。整個(gè)裝置處于豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，金屬棒以初速度v0沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)，在金屬棒整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，下列說法正確的是(　　) A．金屬棒b端電勢比a端高 B．金屬棒ab克服安培力做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱 C．金屬棒ab運(yùn)動(dòng)的位移為 D．金屬棒ab運(yùn)動(dòng)的位移為 答案　D 解析　金屬棒ab相當(dāng)于電源，由右手定則可知，金屬棒ab上電流的方向是b→a，說明b端電勢比a端低，A錯(cuò)誤；由功能關(guān)系知金屬棒ab克服安培力做的功等于電阻R與

64、金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱之和，B錯(cuò)誤；由動(dòng)量定理得－BLΔt＝0－mv0，由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝B，由閉合電路的歐姆定律得E＝·2R，聯(lián)立解得金屬棒的位移x＝，C錯(cuò)誤，D正確。 9．(2019·云南省昆明市模擬)(多選)如圖所示，MN、PQ為足夠長的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌平面與水平面間夾角為θ＝37°，N、Q間連接一個(gè)阻值為R的電阻，勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。將一根質(zhì)量為m的金屬棒放在兩導(dǎo)軌的ab位置，現(xiàn)由靜止釋放金屬棒，金屬棒沿導(dǎo)軌下滑過程中始終與兩導(dǎo)軌垂直，且與導(dǎo)軌接觸良好，當(dāng)金屬棒滑行至cd位置，速度開始保持不變。已知cd與ab之間的距離為s，金屬棒與導(dǎo)

65、軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，金屬棒及導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。則(　　) A．金屬棒沿導(dǎo)軌剛開始下滑時(shí)的加速度大小為g B．金屬棒到達(dá)cd處的速度大小為 C．金屬棒由ab處運(yùn)動(dòng)到cd處所用的時(shí)間為t＝＋ D．金屬棒由ab處運(yùn)動(dòng)到cd處所用的時(shí)間為t＝＋ 答案　BC 解析　金屬棒沿導(dǎo)軌剛開始下滑時(shí)，有mgsin37°－μmgcos37°＝ma，解得a＝，A錯(cuò)誤；金屬棒到達(dá)cd處，速度達(dá)到最大，金屬棒所受的合外力為0，故有mgsin37°－μmgcos37°－F安＝0，其中F安＝BIL＝BL，聯(lián)立解得vm＝，B正確；金屬棒由ab處

66、運(yùn)動(dòng)到cd處，由動(dòng)量定理得(mgsin37°－μmgcos37°－BIL)Δt＝mΔv，其中I＝，整理式子并兩邊求和得∑(mgsin37°－μmgcos37°)Δt－∑Δt＝∑mΔv，則有(mgsin37°－μmgcos37°)t－＝mvm，解得t＝＋，C正確，D錯(cuò)誤。 10．(2019·河北唐山二模)如圖所示，有兩光滑平行金屬導(dǎo)軌PQR、DEF，PQ、DE部分為半徑為r的圓弧導(dǎo)軌，QR、EF部分為水平導(dǎo)軌，圓弧部分與水平部分相切，水平部分處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)軌間距為L。兩金屬桿a、b的質(zhì)量分別為m、3m，電阻均為R。開始時(shí)，桿b與兩水平軌道垂直且靜止于磁場中，a桿從圓弧軌道上端由靜止釋放，釋放位置與水平軌道的高度差為r，求： (1)a桿運(yùn)動(dòng)到圓弧末端時(shí)對軌道的壓力； (2)b桿的最大加速度和最大速度。 答案　(1)3mg　(2)　 解析　(1)對a沿圓弧軌道下滑過程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得：mgr＝mv， 對a在圓弧末端，根據(jù)牛頓第二定律可得： FN－mg＝m，解得：FN＝3mg， 根據(jù)牛頓第三定律可得，a桿運(yùn)動(dòng)到圓弧末端時(shí)對軌道的壓力為3