廣東專用高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題突破四 第1課時(shí) 動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用

【步步高】(廣東專用）高考物理二輪復(fù)習(xí)專題突破四第1課時(shí)動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用專題定位本專題綜合應(yīng)用動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量的觀點(diǎn)來解決物體運(yùn)動(dòng)的多過程問題．本專題是高考的重點(diǎn)和熱點(diǎn)，命題情景新、聯(lián)系實(shí)際密切、綜合性強(qiáng)，是高考的壓軸題．應(yīng)考策略本專題在高考中主要以兩種命題形式出現(xiàn)：一是綜合應(yīng)用動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律和動(dòng)量守恒定律，結(jié)合動(dòng)力學(xué)方法解決運(yùn)動(dòng)的多過程問題；二是運(yùn)用動(dòng)能定理和能量守恒定律解決電場(chǎng)、磁場(chǎng)內(nèi)帶電粒子的運(yùn)動(dòng)或電磁感應(yīng)問題．由于本專題綜合性強(qiáng)，因此要在審題上狠下功夫，弄清運(yùn)動(dòng)情景，挖掘隱含條件，有針對(duì)性地選擇相應(yīng)的規(guī)律和方法．1．常見的幾種力做功的特點(diǎn)(1)重力、彈簧彈力、靜電力做功與路徑無關(guān)．(2)摩擦力做功的特點(diǎn)①單個(gè)摩擦力(包括靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力)可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功．②相互作用的一對(duì)靜摩擦力做功的代數(shù)和總等于零，在靜摩擦力做功的過程中，只有機(jī)械能的轉(zhuǎn)移，沒有機(jī)械能轉(zhuǎn)化為其他形式的能；相互作用的一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做功的代數(shù)和不為零，且總為負(fù)值．在一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做功的過程中，不僅有相互摩擦物體間機(jī)械能的轉(zhuǎn)移，還有部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能．轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的量等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，等于滑動(dòng)摩擦力與相對(duì)位移的乘積．③摩擦生熱是指滑動(dòng)摩擦生熱，靜摩擦不會(huì)生熱．(3)靜電力做功一般利用W＝qU來求，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中也可以利用W＝Eqscosα求解．(4)洛倫茲力在任何情況下對(duì)運(yùn)動(dòng)的電荷都不做功；安培力可以做正功、負(fù)功，還可以不做功．(5)電流做功的實(shí)質(zhì)是電場(chǎng)對(duì)移動(dòng)電荷做功，即W＝UIt＝qU.2．幾個(gè)重要的功能關(guān)系(1)重力的功等于重力勢(shì)能的變化，即WG＝－ΔEp.(2)彈力的功等于彈性勢(shì)能的變化，即W彈＝－ΔEp.(3)合力的功等于動(dòng)能的變化，即W＝ΔEk.(4)重力(或彈簧彈力)之外的其他力的功等于機(jī)械能的變化，即W其他＝ΔE.(5)一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做的功等于系統(tǒng)中內(nèi)能的變化，即Q＝F·s相對(duì)．(6)電場(chǎng)力做功等于電勢(shì)能的變化，即WAB＝－ΔEp.(7)電流做功等于電能的變化，即ΔE＝UIt.(8)安培力做功等于電能的變化，即W安＝－ΔE電．1．動(dòng)能定理的應(yīng)用(1)動(dòng)能定理的適用情況：解決單個(gè)物體(或可看成單個(gè)物體的物體系統(tǒng))受力與位移、速率關(guān)系的問題．動(dòng)能定理既適用于直線運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線運(yùn)動(dòng)；既適用于恒力做功，也適用于變力做功，力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時(shí)作用，也可以分段作用．(2)應(yīng)用動(dòng)能定理解題的基本思路①選取研究對(duì)象，明確它的運(yùn)動(dòng)過程．②分析研究對(duì)象的受力情況和各力做功情況，然后求各個(gè)外力做功的代數(shù)和．③明確物體在運(yùn)動(dòng)過程始、末狀態(tài)的動(dòng)能Ek1和Ek2.④列出動(dòng)能定理的方程W合＝Ek2－Ek1，及其他必要的解題方程，進(jìn)行求解．2．機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用(1)機(jī)械能是否守恒的判斷①用做功來判斷，看重力(或彈簧彈力)以外的其他力做功的代數(shù)和是否為零．②用能量轉(zhuǎn)化來判斷，看是否有機(jī)械能轉(zhuǎn)化為其他形式的能．③對(duì)一些“繩子突然繃緊”、“物體間碰撞”等問題，機(jī)械能一般不守恒，除非題目中有特別說明及暗示．(2)應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題的基本思路①選取研究對(duì)象——物體系統(tǒng)．②根據(jù)研究對(duì)象所經(jīng)歷的物理過程，進(jìn)行受力、做功分析，判斷機(jī)械能是否守恒．③恰當(dāng)?shù)剡x取參考平面，確定研究對(duì)象在運(yùn)動(dòng)過程的始、末狀態(tài)時(shí)的機(jī)械能．④根據(jù)機(jī)械能守恒定律列方程，進(jìn)行求解．3．動(dòng)能定理和能量守恒定律在處理電學(xué)中能量問題時(shí)仍然是首選的方法．題型1力學(xué)中的幾個(gè)重要功能關(guān)系的應(yīng)用例1(雙選)如圖1所示，輕質(zhì)彈簧的一端與固定的豎直板P拴接，另一端與物體A相連，物體A靜止于光滑水平桌面上，右端接一細(xì)線，細(xì)線繞過光滑的定滑輪與物體B相連．開始時(shí)用手托住B，讓細(xì)線恰好伸直，然后由靜止釋放B，直至B獲得最大速度．下列有關(guān)該過程的分析正確的是 ()圖1A．B物體的機(jī)械能先增大后減小B．B物體的動(dòng)能的增加量等于它所受重力與拉力做的功之和C．B物體機(jī)械能的減少量等于彈簧的彈性勢(shì)能的增加量D．細(xì)線拉力對(duì)A物體做的功等于A物體與彈簧所組成的系統(tǒng)機(jī)械能的增加量解析把A、B和彈簧看做一個(gè)系統(tǒng)，該系統(tǒng)機(jī)械能守恒，在B下落直至B獲得最大速度的過程中，A的動(dòng)能增大，彈簧彈性勢(shì)能增大，所以B物體的機(jī)械能一直減小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理知，B物體的動(dòng)能的增加量等于它所受重力與拉力做的功之和，選項(xiàng)B正確；B物體機(jī)械能的減少量等于彈簧的彈性勢(shì)能的增加量與A物體動(dòng)能的增加量之和，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)A物體和彈簧組成的系統(tǒng)，由功能關(guān)系得，細(xì)線拉力對(duì)A物體做的功等于A物體與彈簧所組成的系統(tǒng)機(jī)械能的增加量，選項(xiàng)D正確．答案BD以題說法1.本題要注意幾個(gè)功能關(guān)系：重力做的功等于重力勢(shì)能的變化量；彈簧彈力做的功等于彈性勢(shì)能的變化量；重力以外的其他力做的功等于機(jī)械能的變化量；合力做的功等于動(dòng)能的變化量．2．本題在應(yīng)用動(dòng)能定理時(shí)，應(yīng)特別注意研究過程的選取．并且要弄清楚每個(gè)過程各力做功的情況．(雙選)(·山東·16)如圖2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(zhì)量分別為M、m(M>m)的滑塊，通過不可伸長(zhǎng)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(yùn)動(dòng)．若不計(jì)滑輪的質(zhì)量和摩擦，在兩滑塊沿斜面運(yùn)動(dòng)的過程中()圖2A．兩滑塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B．重力對(duì)M做的功等于M動(dòng)能的增加C．輕繩對(duì)m做的功等于m機(jī)械能的增加D．兩滑塊組成系統(tǒng)的機(jī)械能損失等于M克服摩擦力做的功答案CD解析兩滑塊釋放后，M下滑、m上滑，摩擦力對(duì)M做負(fù)功，M和m組成的系統(tǒng)機(jī)械能減小，減小的機(jī)械能等于M克服摩擦力所做的功，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，D正確．除重力對(duì)滑塊M做正功外，還有摩擦力和繩的拉力對(duì)滑塊M做負(fù)功，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．繩的拉力對(duì)滑塊m做正功，滑塊m機(jī)械能增加，且增加的機(jī)械能等于拉力做的功，選項(xiàng)C正確．題型2幾個(gè)重要的功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用例2(雙選)如圖3所示，在豎直平面內(nèi)有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，其方向與水平方向成α＝30°斜向上，在電場(chǎng)中有一質(zhì)量為m、電量為q的帶電小球，用長(zhǎng)為L(zhǎng)的不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)線掛于O點(diǎn)，當(dāng)小球靜止于M點(diǎn)時(shí)，細(xì)線恰好水平．現(xiàn)用外力將小球拉到最低點(diǎn)P，然后無初速度釋放，則以下判斷正確的是 ()圖3A．小球再次到達(dá)M點(diǎn)時(shí)，速度剛好為零B．小球從P到M過程中，合外力對(duì)它做了eq\r(3)mgL的功C．小球從P到M過程中，小球的機(jī)械能增加了eq\r(3)mgLD．如果小球運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)時(shí)，細(xì)線突然斷裂，小球以后將做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)審題突破小球靜止在M時(shí)，受幾個(gè)力的作用？重力和電場(chǎng)力的大小關(guān)系是什么？小球由P到M的過程中，各力做功是多少？解析小球從P到M的過程中，線的拉力不做功，只有電場(chǎng)力和小球重力做功，它們的合力也是恒力，大小為eq\r(3)mg，方向水平向右，所以小球再次到達(dá)M點(diǎn)時(shí)，速度最大，而不是零，選項(xiàng)A錯(cuò)．小球從P到M過程中，電場(chǎng)力與重力的合力大小為eq\r(3)mg，這個(gè)方向上位移為L(zhǎng)，所以做功為eq\r(3)mgL，選項(xiàng)B正確．小球從P到M過程中，機(jī)械能的增加量等于電場(chǎng)力做的功，由于電場(chǎng)力為2mg，由P到M沿電場(chǎng)線方向的距離為d＝Lsin30°＋Lcos30°＝eq\f(L,2)(1＋eq\r(3))，故電場(chǎng)力做功為2mg·d＝mgL(1＋eq\r(3))，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤．如果小球運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)時(shí)，細(xì)線突然斷裂，小球的速度方向豎直向上，所受合外力水平向右，小球?qū)⒆鰟蜃兯偾€運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確．答案BD以題說法在解決電學(xué)中功能關(guān)系問題時(shí)應(yīng)注意以下幾點(diǎn)：(1)洛倫茲力在任何情況下都不做功；(2)電場(chǎng)力做功與路徑無關(guān)，電場(chǎng)力做的功等于電勢(shì)能的變化；(3)力學(xué)中的幾個(gè)功能關(guān)系在電學(xué)中仍然成立．(單選)如圖4所示，豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，絕緣輕質(zhì)彈簧豎直立于水平地面上，一質(zhì)量為m的帶正電小球在外力F的作用下靜止于圖示位置，小球與彈簧不連接，彈簧處于壓縮狀態(tài)．現(xiàn)撤去F，小球從靜止開始運(yùn)動(dòng)到離開彈簧的過程中，重力、電場(chǎng)力、彈簧彈力對(duì)小球做的功分別為W1、W2和W3，不計(jì)空氣阻力，則上述過程中()圖4A．小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B．小球重力勢(shì)能的變化為W1C．小球動(dòng)能的變化為W1＋W2＋W3D．小球機(jī)械能的變化為W1＋W2＋W3答案C解析由于電場(chǎng)力做功，小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．重力對(duì)小球做的功為W1，小球重力勢(shì)能的變化為－W1，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．由動(dòng)能定理可知，小球動(dòng)能的變化為W1＋W2＋W3，選項(xiàng)C正確．由功能關(guān)系可知，小球機(jī)械能的變化為W2，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．題型3動(dòng)力學(xué)方法和動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用圖5例3(15分)如圖5所示，上表面光滑、長(zhǎng)度為3m、質(zhì)量M＝10kg的木板，在F＝50N的水平拉力作用下，以v0＝5m/s的速度沿水平地面向右勻速運(yùn)動(dòng)．現(xiàn)將一個(gè)質(zhì)量為m＝3kg的小鐵塊(可視為質(zhì)點(diǎn))無初速度地放在木板最右端，當(dāng)木板運(yùn)動(dòng)了L＝1m時(shí)，又將第二個(gè)同樣的小鐵塊無初速地放在木板最右端，以后木板每運(yùn)動(dòng)1m(1)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)剛放第三個(gè)小鐵塊時(shí)木板的速度；(3)從放第三個(gè)小鐵塊開始到木板停止的過程，木板運(yùn)動(dòng)的距離．審題突破木板在F＝50N的水平拉力作用下，沿水平地面勻速運(yùn)動(dòng)，隱含什么條件？放上小鐵塊后木板的受力如何變化？解析(1)木板做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，受到地面的摩擦力設(shè)為f由平衡條件得：F＝f ①(1分)又f＝μMg ②(2分)聯(lián)立①②并代入數(shù)據(jù)得：μ＝0.5 ③(1分)(2)每放一個(gè)小鐵塊，木板所受的摩擦力增加μmg設(shè)剛放第三個(gè)小鐵塊時(shí)木板的速度為v1，對(duì)木板從放第一個(gè)小鐵塊到剛放第三個(gè)小鐵塊的過程，由動(dòng)能定理得：－μmgL－2μmgL＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0) ④(5分)聯(lián)立③④并代入數(shù)據(jù)得：v1＝4m/s ⑤((3)從放第三個(gè)小鐵塊開始到木板停止之前，木板所受的合外力大小均為3μmg.從放第三個(gè)小鐵塊開始到木板停止的過程，設(shè)木板運(yùn)動(dòng)的距離為s，對(duì)木板由動(dòng)能定理得：－3μmgs＝0－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1) ⑥(4分)聯(lián)立③⑤⑥并代入數(shù)據(jù)得s＝eq\f(16,9)m≈1.78m ⑦(1分)答案(1)0.5(2)4m/s(3以題說法1.在應(yīng)用動(dòng)能定理解題時(shí)首先要弄清物體的受力情況和做功情況．此題特別要注意每放一個(gè)小鐵塊都會(huì)使滑動(dòng)摩擦力增加μmg.2．應(yīng)用動(dòng)能定理列式時(shí)要注意運(yùn)動(dòng)過程的選取，可以全過程列式，也可以分過程列式．如圖6所示，傾角為37°的粗糙斜面AB底端與半徑R＝0.4m的光滑半圓軌道BC平滑相連，O點(diǎn)為軌道圓心，BC為圓軌道直徑且處于豎直方向，A、C兩點(diǎn)等高．質(zhì)量m＝1kg的滑塊從A點(diǎn)由靜止開始下滑，恰能滑到與O點(diǎn)等高的D點(diǎn)，g取10m/s2，sin37°＝0.6，圖6(1)求滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(2)若使滑塊能到達(dá)C點(diǎn)，求滑塊從A點(diǎn)沿斜面滑下時(shí)的初速度v0的最小值；(3)若滑塊離開C點(diǎn)的速度大小為4m/s，求滑塊從C點(diǎn)飛出至落到斜面上所經(jīng)歷的時(shí)間答案(1)0.375(2)2eq\r(3)m/s解析(1)滑塊從A點(diǎn)到D點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有mg·(2R－R)－μmgcos37°·eq\f(2R,sin37°)＝0－0解得：μ＝eq\f(1,2)tan37°＝0.375(2)若使滑塊能到達(dá)C點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有mg＋FN＝eq\f(mv\o\al(2,C),R)由FN≥0得vC≥eq\r(Rg)＝2m/s滑塊從A點(diǎn)到C點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有－μmgcos37°·eq\f(2R,sin37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)則v0＝eq\r(v\o\al(2,C)＋4μgRcot37°)≥2eq\r(3)故v0的最小值為2eq\(3)滑塊離開C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，有x＝vC′t，y＝eq\f(1,2)gt2由幾何知識(shí)得tan37°＝eq\f(2R－y,x)整理得：5t2＋3t－0.8＝0解得t＝0.2s(t＝－0.8s舍去)題型4應(yīng)用動(dòng)能定理分析帶電體在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)例4如圖7所示，虛線PQ、MN間存在如圖所示的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶電粒子質(zhì)量為m＝2.0×10－11kg、電荷量為q＝＋1.0×10－5C，從a點(diǎn)由靜止開始經(jīng)電壓為U＝100V的電場(chǎng)加速后，垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)中，從虛線MN的某點(diǎn)b(圖中未畫出)離開勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)速度與電場(chǎng)方向成30°角．已知PQ、MN間距為20cm，圖7(1)帶電粒子剛進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)的速率v1；(2)水平勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大??；(3)ab兩點(diǎn)間的電勢(shì)差．審題突破帶電粒子在水平勻強(qiáng)電場(chǎng)中做什么運(yùn)動(dòng)？速度與電場(chǎng)方向成30°角，隱含條件是什么？解析(1)由動(dòng)能定理得：qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)代入數(shù)據(jù)得v1＝104(2)粒子沿初速度方向做勻速運(yùn)動(dòng)：d＝v1t粒子沿電場(chǎng)方向做勻加速運(yùn)動(dòng)：vy＝at由題意得：tan30°＝eq\f(v1,vy)由牛頓第二定律得：qE＝ma聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)得：E＝eq\r(3)×103N/C＝1.732×103N/C(3)由動(dòng)能定理得：qUab＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,1)＋veq\o\al(2,y))－0聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)得：Uab＝400V.答案(1)104m/s(2)1.732×103N/C(3)以題說法1.電場(chǎng)力做功與重力做功的特點(diǎn)類似，都與路徑無關(guān)．2．對(duì)于電場(chǎng)力做功或電勢(shì)差的計(jì)算，選用動(dòng)能定理往往最簡(jiǎn)便快捷，但運(yùn)用動(dòng)能定理時(shí)要特別注意運(yùn)動(dòng)過程的選取．如圖8所示，在光滑絕緣水平面上，用長(zhǎng)為2L的絕緣輕桿連接兩個(gè)質(zhì)量均為m的帶電小球A和B.A球的帶電量為＋2q，B球的帶電量為－3q，兩球組成一帶電系統(tǒng)．虛線MN與PQ平行且相距3L，開始時(shí)A和B分別靜止于虛線MN的兩側(cè)，虛線MN恰為AB兩球連線的垂直平分線．若視小球?yàn)橘|(zhì)點(diǎn)，不計(jì)輕桿的質(zhì)量，在虛線MN、PQ間加上水平向右的電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)后，系統(tǒng)開始運(yùn)動(dòng)．試求圖8(1)B球剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，帶電系統(tǒng)的速度大小；(2)帶電系統(tǒng)向右運(yùn)動(dòng)的最大距離和此過程中B球電勢(shì)能的變化量；(3)A球從開始運(yùn)動(dòng)至剛離開電場(chǎng)所用的時(shí)間．答案(1)eq\r(\f(2qEL,m))(2)eq\f(7,3)L4qEL(3)(3eq\r(2)－2)eq\r(\f(mL,qE))解析(1)設(shè)B球剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)帶電系統(tǒng)的速度為v1，由動(dòng)能定理得2qEL＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)解得：v1＝eq\r(\f(2qEL,m))(2)帶電系統(tǒng)向右運(yùn)動(dòng)分為三段：B球進(jìn)入電場(chǎng)前、帶電系統(tǒng)在電場(chǎng)中、A球出電場(chǎng)后．設(shè)A球出電場(chǎng)后移動(dòng)的最大位移為s，對(duì)于全過程，由動(dòng)能定理得2qEL－qEL－3qEs＝0解得s＝eq\f(L,3)，則B球移動(dòng)的總位移為sB＝eq\f(7,3)LB球從剛進(jìn)入電場(chǎng)到帶電系統(tǒng)從開始運(yùn)動(dòng)到速度第一次為零時(shí)的位移為eq\f(4,3)L其電勢(shì)能的變化量為ΔEp＝－W＝3qE·eq\f(4,3)L＝4qEL(3)取向右為正方向，B球進(jìn)入電場(chǎng)前，帶電系統(tǒng)做勻加速運(yùn)動(dòng)：a1＝eq\f(2qE,2m)＝eq\f(qE,m)，t1＝eq\f(v1,a1)＝eq\r(\f(2mL,qE))帶電系統(tǒng)在電場(chǎng)中時(shí)，做勻減速運(yùn)動(dòng)：a2＝－eq\f(qE,2m)設(shè)A球剛出電場(chǎng)時(shí)速度為v2，由動(dòng)能定理得：－qEL＝eq\f(1,2)×2m(veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1))解得：v2＝eq\r(\f(qEL,m))t2＝eq\f(v2－v1,a2)＝2(eq\r(2)－1)eq\r(\f(mL,qE))解得總時(shí)間t＝t1＋t2＝(3eq\r(2)－2)eq\r(\f(mL,qE))6．綜合應(yīng)用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)分析多過程問題審題示例(12分)如圖9所示，半徑為R的光滑半圓軌道ABC與傾角為θ＝37°的粗糙斜面軌道DC相切于C點(diǎn)，半圓軌道的直徑AC與斜面垂直．質(zhì)量為m的小球從A點(diǎn)左上方距A點(diǎn)高為h的斜面上方P點(diǎn)以某一速度v0水平拋出，剛好與半圓軌道的A點(diǎn)相切進(jìn)入半圓軌道內(nèi)側(cè)，之后經(jīng)半圓軌道沿斜面剛好滑到與拋出點(diǎn)等高的D點(diǎn)．已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，取R＝eq\f(50,9)h，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不計(jì)空氣阻力，求：圖9(1)小球被拋出時(shí)的速度v0；(2)小球到達(dá)半圓軌道最低點(diǎn)B時(shí)，對(duì)軌道的壓力大小；(3)小球從C到D過程中摩擦力做的功Wf.審題模板答題模板(1)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)，速度與水平方向的夾角為θ，如圖所示．則有veq\o\al(2,1)＝2gh ①由幾何關(guān)系得v0＝v1cotθ ②聯(lián)立①②式得v0＝eq\f(4,3)eq\r(2gh) ③(2)A、B間豎直高度H＝R(1＋cosθ) ④設(shè)小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為v，則從拋出點(diǎn)到B過程中由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mg(H＋h)＝eq\f(1,2)mv2⑤在B點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝meq\f(v2,R)⑥聯(lián)立③④⑤⑥式解得FN＝5.6mg⑦由牛頓第三定律知，小球在B點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小是5.6mg⑧(3)全過程應(yīng)用動(dòng)能定理：Wf＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)即Wf＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－eq\f(16,9)mgh⑨(評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題共12分，其中，⑤式2分，⑨式3分，其余每式1分)答案(1)eq\f(4,3)eq\r(2gh)(2)5.6mg(3)－eq\f(16,9)mgh點(diǎn)睛之筆多個(gè)運(yùn)動(dòng)的組合實(shí)際上是多種物理規(guī)律和方法的綜合應(yīng)用，分析這種問題時(shí)注意要各個(gè)運(yùn)動(dòng)過程獨(dú)立分析，而不同過程往往通過連接點(diǎn)的速度建立聯(lián)系；有時(shí)對(duì)整個(gè)過程應(yīng)用能量的觀點(diǎn)解決問題會(huì)更簡(jiǎn)單．如圖10，豎直平面坐標(biāo)系xOy的第一象限，有垂直xOy面向外的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)和豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，大小分別為B和E；第四象限有垂直xOy面向里的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)，大小也為E；第三象限內(nèi)有一絕緣光滑豎直放置的半徑為R的半圓軌道，軌道最高點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)O相切，最低點(diǎn)與絕緣光滑水平面相切于N.一質(zhì)量為m的帶電小球從y軸上(y>0)的P點(diǎn)沿x軸正方向進(jìn)入第一象限后做圓周運(yùn)動(dòng)，恰好通過坐標(biāo)原點(diǎn)O，且水平切入半圓軌道并沿軌道內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)，過N點(diǎn)水平進(jìn)入第四象限，并在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)(已知重力加速度為g)．圖10(1)判斷小球的帶電性質(zhì)并求出其所帶電荷量；(2)P點(diǎn)距坐標(biāo)原點(diǎn)O至少多高；(3)若該小球以滿足(2)中OP最小值的位置和對(duì)應(yīng)速度進(jìn)入第一象限，通過N點(diǎn)開始計(jì)時(shí)，經(jīng)時(shí)間t＝2eq\r(R/g)小球距坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離s為多遠(yuǎn)？答案(1)正電eq\f(mg,E)(2)eq\f(2E,B)eq\r(\f(R,g))(3)2eq\r(7)R解析(1)小球進(jìn)入第一象限正交的電場(chǎng)和磁場(chǎng)后，在垂直磁場(chǎng)的平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，說明重力與電場(chǎng)力平衡，設(shè)小球所帶電荷量為q，則有qE＝mg ①解得：q＝eq\f(mg,E) ②又電場(chǎng)方向豎直向上，故小球帶正電．(2)設(shè)小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度為v、軌道半徑為r，由洛倫茲力提供向心力得：qBv＝mv2/r ③小球恰能通過半圓軌道的最高點(diǎn)并沿軌道運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)滿足：mg＝mv2/R ④由②③④得：r＝eq\f(E,B)eq\r(\f(R,g)) ⑤即PO的最小距離為：y＝2r＝eq\f(2E,B)eq\r(\f(R,g)) ⑥(3)小球由O運(yùn)動(dòng)到N的過程中設(shè)到達(dá)N點(diǎn)的速度為vN，由機(jī)械能守恒定律得：mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)－eq\f(1,2)mv2 ⑦由④⑦解得：vN＝eq\r(5gR) ⑧小球從N點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域后，在絕緣光滑水平面上做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a，則有：沿x軸方向有：x＝vNt ⑨沿電場(chǎng)方向有：z＝eq\f(1,2)at2 ⑩由牛頓第二定律得：a＝qE/m?t時(shí)刻小球距O點(diǎn)為：s＝eq\r(x2＋z2＋2R2)＝2eq\r(7)R(限時(shí)：45分鐘)一、單項(xiàng)選擇題1．(·安徽·17)質(zhì)量為m的人造地球衛(wèi)星與地心的距離為r時(shí)，引力勢(shì)能可表示為Ep＝－eq\f(GMm,r)，其中G為引力常量，M為地球質(zhì)量，該衛(wèi)星原來在半徑為R1的軌道上繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由于受到極稀薄空氣的摩擦作用，飛行一段時(shí)間后其圓周運(yùn)動(dòng)的半徑變?yōu)镽2，此過程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量為 ()A．GMmeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R2)－\f(1,R1))) B．GMmeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R1)－\f(1,R2)))C.eq\f(GMm,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R2)－\f(1,R1))) D.eq\f(GMm,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R1)－\f(1,R2)))答案C解析由萬有引力提供向心力知Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，所以衛(wèi)星的動(dòng)能為eq\f(1,2)mv2＝eq\f(GMm,2r)，則衛(wèi)星在半經(jīng)為r的軌道上運(yùn)行時(shí)機(jī)械能為E＝eq\f(1,2)mv2＋Ep＝eq\f(GMm,2r)－eq\f(GMm,r)＝－eq\f(GMm,2r).故衛(wèi)星在軌道R1上運(yùn)行時(shí)：E1＝－eq\f(GMm,2R1)，在軌道R2上運(yùn)行時(shí)：E2＝－eq\f(GMm,2R2)，由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律得產(chǎn)生的熱量為Q＝E1－E2＝eq\f(GMm,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R2)－\f(1,R1)))，故正確選項(xiàng)為C.2．(·新課標(biāo)Ⅰ·16)一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d，極板分別與電池兩極相連，上極板中心有一小孔(小孔對(duì)電場(chǎng)的影響可忽略不計(jì))．小孔正上方eq\f(d,2)處的P點(diǎn)有一帶電粒子，該粒子從靜止開始下落，經(jīng)過小孔進(jìn)入電容器，并在下極板處(未與極板接觸)返回．若將下極板向上平移eq\f(d,3)，則從P點(diǎn)開始下落的相同粒子將 ()A．打到下極板上B．在下極板處返回C．在距上極板e(cuò)q\f(d,2)處返回D．在距上極板e(cuò)q\f(2,5)d處返回答案D解析粒子兩次落到小孔的速度相同，設(shè)為v，下極板向上平移后由E＝eq\f(U,d)知場(chǎng)強(qiáng)變大，故粒子第二次在電場(chǎng)中減速運(yùn)動(dòng)的加速度變大，由v2＝2ax得第二次減速到零的位移變小，即粒子在下極板之上某位置返回，設(shè)粒子在距上極板h處返回，對(duì)粒子兩次運(yùn)動(dòng)過程應(yīng)用動(dòng)能定理得mg(eq\f(d,2)＋d)－qU＝0，mg(eq\f(d,2)＋h)－qeq\f(U,\f(2,3)d)·h＝0.兩方程聯(lián)立得h＝eq\f(2,5)d，選項(xiàng)D正確．3．質(zhì)量為m的汽車在平直的路面上啟動(dòng)，啟動(dòng)過程的速度—時(shí)間圖象如圖1所示，其中OA段為直線，AB段為曲線，B點(diǎn)后為平行于橫軸的直線．已知從t1時(shí)刻開始汽車的功率保持不變，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中汽車所受阻力的大小恒為f，以下說法正確的是 ()圖1A．0～t1時(shí)間內(nèi)，汽車牽引力的數(shù)值為meq\f(v1,t1)B．t1～t2時(shí)間內(nèi)，汽車的功率等于(meq\f(v1,t1)＋f)v2C．t1～t2時(shí)間內(nèi)，汽車的平均速率小于eq\f(v1＋v2,2)D．汽車運(yùn)動(dòng)的最大速率v2＝(eq\f(mv1,ft1)＋1)v1答案D解析0～t1時(shí)間內(nèi)汽車的加速度大小為eq\f(v1,t1)，meq\f(v1,t1)為汽車所受的合外力大小，而不是牽引力大小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；t1時(shí)刻汽車牽引力的功率為Fv1＝(meq\f(v1,t1)＋f)v1，之后汽車功率保持不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；t1～t2時(shí)間內(nèi)，汽車的平均速率大于eq\f(v1＋v2,2)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；牽引力等于阻力時(shí)速度最大，即t2時(shí)刻汽車速率達(dá)到最大值，則有(meq\f(v1,t1)＋f)v1＝fv2，解得v2＝(eq\f(mv1,ft1)＋1)v1，選項(xiàng)D正確．4．如圖2所示，質(zhì)量為m的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，帶正電Q，開始時(shí)讓它靜止在傾角α＝60°的固定光滑絕緣斜面頂端，整個(gè)裝置放在水平方向向左、大小為E＝eq\r(3)mg/Q的勻強(qiáng)電場(chǎng)中(設(shè)斜面頂端處電勢(shì)為零)，斜面高為H.釋放后，物塊落地時(shí)的電勢(shì)能為ε，物塊落地時(shí)的速度大小為v，則 ()圖2A．ε＝eq\f(\r(3),3)mgH B．ε＝－eq\f(\r(3),3)mgHC．v＝2eq\r(gH) D．v＝2gH答案C解析由電場(chǎng)力做功等于電勢(shì)能的變化可得物塊落地時(shí)的電勢(shì)能為ε＝－QEH/tan60°＝－eq\r(3)mgH/eq\r(3)＝－mgH，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理，mgH＋QEH/tan60°＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝2eq\r(gH)，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．二、雙項(xiàng)選擇題5．如圖3所示，質(zhì)量為m的物體(可視為質(zhì)點(diǎn))以某一初速度從A點(diǎn)沖上傾角為30°的固定斜面，其運(yùn)動(dòng)的加速度大小為eq\f(3,4)g，沿斜面上升的最大高度為h，則物體沿斜面上升的過程中()圖3A．物體的重力勢(shì)能增加了eq\f(3,4)mghB．物體的重力勢(shì)能增加了mghC．物體的機(jī)械能損失了eq\f(1,2)mghD．物體的動(dòng)能減少了mgh答案BC解析該過程物體克服重力做功為mgh，則物體的重力勢(shì)能增加了mgh，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，選項(xiàng)B正確；由牛頓第二定律有f＋mgsin30°＝ma，解得f＝eq\f(1,4)mg，克服摩擦力做的功等于機(jī)械能的減少量，Wf＝－f·eq\f(h,sin30°)＝－eq\f(1,2)mgh，選項(xiàng)C正確；根據(jù)動(dòng)能定理知，合外力做的功等于動(dòng)能的變化量，故動(dòng)能減少量為eq\f(3,2)mgh，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．6．如圖4所示，間距為L(zhǎng)、電阻不計(jì)的足夠長(zhǎng)平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌左端用一阻值為R的電阻連接，導(dǎo)軌上橫跨一根質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒，金屬棒與導(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(chǎng)中．現(xiàn)使金屬棒以初速度v沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)，若金屬棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中通過的電荷量為q.下列說法正確的是()圖4A．金屬棒在導(dǎo)軌上做勻減速運(yùn)動(dòng)B．整個(gè)過程中金屬棒克服安培力做功為eq\f(1,2)mv2C．整個(gè)過程中金屬棒在導(dǎo)軌上發(fā)生的位移為eq\f(2qR,BL)D．整個(gè)過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,2)mv2答案BC解析由題意可知金屬棒在安培力作用下做減速運(yùn)動(dòng)直至靜止，由于速度一直減小，故安培力的大小一直減小，金屬棒的加速度減小，故金屬棒做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．在整個(gè)過程中，只有安培力做負(fù)功，由動(dòng)能定理可知金屬棒克服安培力做功為eq\f(1,2)mv2，選項(xiàng)B正確．由q＝eq\f(ΔΦ,R總)可知q＝eq\f(BLs,2R)，解得s＝eq\f(2qR,BL)，選項(xiàng)C正確．由B項(xiàng)可知整個(gè)回路中產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,2)mv2，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,4)mv2，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．7．將帶正電的甲球放在乙球的左側(cè)，兩球在空間形成了如圖5所示的穩(wěn)定的靜電場(chǎng)，實(shí)線為電場(chǎng)線，虛線為等勢(shì)線．A、B兩點(diǎn)與兩球球心的連線位于同一直線上，C、D兩點(diǎn)關(guān)于直線AB對(duì)稱，則 ()圖5A．乙球一定帶負(fù)電B．C點(diǎn)和D點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同C．正電荷在A點(diǎn)具有的電勢(shì)能比其在B點(diǎn)具有的電勢(shì)能大D．把負(fù)電荷從C點(diǎn)移至D點(diǎn)，電場(chǎng)力做的總功為零答案CD解析電場(chǎng)線從正電荷出發(fā)指向負(fù)電荷，根據(jù)電場(chǎng)線知乙球左側(cè)帶負(fù)電，右側(cè)帶正電，整體帶電情況不確定，A錯(cuò)誤；電場(chǎng)強(qiáng)度是矢量，C、D兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的方向不同，B錯(cuò)誤；電場(chǎng)線的方向是電勢(shì)降落最快的方向，A點(diǎn)的電勢(shì)比B點(diǎn)的電勢(shì)高，由電勢(shì)能的定義式Ep＝qφ知，正電荷在A點(diǎn)的電勢(shì)能比在B點(diǎn)的電勢(shì)能大，C正確；C、D兩點(diǎn)在同一等勢(shì)面上，故將電荷從C點(diǎn)移至D點(diǎn)電勢(shì)能不變，電場(chǎng)力做功是電勢(shì)能變化的量度，故電場(chǎng)力不做功，D正確．8．如圖6所示，絕緣輕彈簧的下端固定在斜面底端，彈簧與斜面平行，帶電小球Q(可視為質(zhì)點(diǎn))固定在光滑絕緣斜面上的M點(diǎn)，且在通過彈簧中心的直線ab上．現(xiàn)把與Q大小相同、電性相同的小球P，從N點(diǎn)由靜止釋放，在小球P與彈簧接觸到壓縮至最短的過程中(彈簧始終在彈性限度內(nèi))，以下說法正確的是 ()圖6A．小球P和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B．小球P和彈簧剛接觸時(shí)其速度最大C．小球P的動(dòng)能與彈簧彈性勢(shì)能的總和增大D．小球P的加速度先減小后增大答案CD解析小球P沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的過程中，在接觸彈簧前，庫(kù)侖斥力變小，合力變小，加速度變小，小球向下加速，接觸彈簧后，彈簧彈力增大，故受到的合力沿斜面先向下再向上，小球的加速度先向下減小，再向上增加，小球先向下加速再向下減速，B錯(cuò)誤，D正確；對(duì)于小球P和彈簧組成的系統(tǒng)，由于電場(chǎng)力對(duì)其做正功，故機(jī)械能要增大，A錯(cuò)誤；全過程只發(fā)生了小球P的動(dòng)能、重力勢(shì)能、電勢(shì)能與彈簧的彈性勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化，由于重力和電場(chǎng)力都做正功，重力勢(shì)能和電勢(shì)能的總和減小，故小球P的動(dòng)能與彈簧彈性勢(shì)能的總和增大，C正確．三、非選擇題9．如圖7所示是一皮帶傳輸裝載機(jī)械示意圖．井下挖掘工將礦物無初速度地放置于沿圖示方向運(yùn)行的傳送帶A端，被傳輸?shù)侥┒薆處，再沿一段圓形軌道到達(dá)軌道的最高點(diǎn)C處，然后水平拋到貨臺(tái)上．已知半徑為R＝0.4m的圓形軌道與傳送帶在B點(diǎn)相切，O點(diǎn)為半圓的圓心，BO、CO分別為圓形軌道的半徑，礦物m可視為質(zhì)點(diǎn)，傳送帶與水平面間的夾角θ