20xx高考物理复习微专题07用动力学和能量观点解决力学综合题学案。

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微专题07用动力学和能量观点解决力学综合题
多运动组合问题
(对应学生用书P96)
1．多运动组合问题主要是指直线运动、平抛运动和竖直面内圆周运动的组合问题．
2．解题策略
(1)动力学方法观点：牛顿运动定律、运动学基本规律．
(2)能量观点：动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律．
3．解题关键
(1)抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程．
(2)两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带，也是解题的关键．很多情况下平抛运动的末速度的方向是解题的重要突破口．
(20xx全国卷Ⅰ)如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为56R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内．质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)，随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF＝4R.已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝14，重力加速度大小为g.取sin37°＝35，cos37°＝45
(1)求P第一次运动到B点时速度的大小；
(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能；
(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放．已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点．G点在C点左下方，与C点水平相距72R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量．
解析：(1)由题意可知：lBC＝7R－2R＝5R①
设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得
mglBCsinθ－μmglBCcosθ＝12mv2B②
式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得
vB＝2gR③
(2)设BE＝x，P到达E点时速度为零，此时弹簧的弹性势能为Ep，由B→E过程，根据动能定理得
mgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－12mv2B④
E、F之间的距离l1为l1＝4R－2R＋x⑤
P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有
Ep－mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0⑥
联立③④⑤⑥式得
x＝R⑦
Ep＝125mgR⑧
(3)设改变后P的质量为m1，D点与G点的水平距离为x1、竖直距离为y1，由几何关系(如图所示)得θ＝37°.
由几何关系得：
x1＝72R－56Rsinθ＝3R⑨
y1＝R＋56R＋56Rcosθ＝52R⑩
设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t.
由平抛运动公式得：
y1＝12gt2
x1＝vDt
联立⑨⑩得
vD＝355gR
设P在C点速度的大小为vC，在P由C运动到D的过程中机械能守恒，有
12m1v2C＝12m1v2D＋m1g56R＋56Rcosθ
P由E点运动到C点的过程中，由动能定理得Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1g(x＋5R)cosθ＝12m1v2C
联立⑦⑧得
m1＝13m
答案：(1)2gR(2)125mgR(3)355gR13m
多过程问题的解题技巧
1．“合”——初步了解全过程，构建大致的运动图景．
2．“分”——将全过程进行分解，分析每个过程的规律．
3．“合”——找到子过程的联系，寻找解题方法．
(20xx南充模拟)如图所示，AB为倾角θ＝37°的斜面轨道，轨道的AC部分光滑，CB部分粗糙，BP为圆心角等于143°、半径R＝1m的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于B点，P、O两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A点，另一自由端在斜面上C点处，现有一质量m＝2kg的小物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D点后(不拴接)释放，物块经过C点后，从C点运动到B点过程中的位移与时间的关系为x＝12t－4t2(式中x单位是m，t单位是s)，假设物块第一次经过B点后恰能到达P点，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.试求：
(1)若CD＝1m，试求物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功；
(2)B、C两点间的距离x；
(3)若在P处安装一个竖直弹性挡板，小物块与挡板碰撞后速度反向，速度大小不变，小物块与弹簧相互作用不损失机械能，试通过计算判断物块在第一次与挡板碰撞后的运动过程中是否会脱离轨道？
解析：(1)由x＝12t－4t2知，
物块在C点速度为v0＝12m/s
设物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功为W，由动能定理得：
W－mgsin37°CD＝12mv20
代入数据得：W＝12mv20＋mgsin37°CD＝156J.
(2)由x＝12t－4t2知，物块从C运动到B的加速度大小为a＝8m/s2
物块在P点的速度满足mg＝mv2PR
物块从B运动到P的过程中机械能守恒，则有
12mv2B＝12mv2P＋mghBP
物块从C运动到B的过程中有v2B－v20＝－2ax
由以上各式解得x＝498m＝6.125m.
(3)设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律得
mgsinθ＋μmgcosθ＝ma
代入数据解得μ＝0.25
假设物块第一次从圆弧轨道返回并与弹簧相互作用后，能够回到与O点等高的位置Q点，且设其速度为vQ，由动能定理得
12mv2Q－12mv2P＝mgR－2μmgcos37°
解得v2Q＝－19＜0.
可见物块返回后不能到达Q点，故物块在以后的运动过程中不会脱离轨道．
答案：(1)156J(2)6.125m(3)不会
运用数学知识求解物理极值问题
(对应学生用书P97)
数学思想和方法已经渗透到物理学中各个层次和领域，特别是数学中的基本不等式思想在解决物理计算题中的极值问题时会经常用到，这也是数学知识在具体物理问题中实际应用的反映，也是高考中要求的五大能力之一．
如图所示，粗糙水平台面上静置一质量m＝0.5kg的小物块(视为质点)，它与平台表面的动摩擦因数μ＝0.5，与平台边缘O点的距离s＝5m．在平台右侧固定了一个1/4圆弧挡板，圆弧半径R＝1m，圆弧的圆心为O点．现用F＝5N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力．(不考虑空气阻力影响，g取10m/s2)
(1)为使小物块击中挡板，求拉力F作用的最短时间；
(2)改变拉力F的作用时间，小物块击中挡板的不同位置．求击中挡板时小物块动能的最小值．
解析：(1)由动能定理
Fx－μmgs＝ΔEk＝0
又F－μmg＝ma
x＝12at2
解得t＝1s.
(2)设物块离开O点的速度为v0时，击中挡板时小物块的动能最小
x＝v0t，y＝12gt2
x2＋y2＝R2
击中挡板时的动能
Ek＝12mv20＋mgy
由以上各式得Ek＝14mgR2y＋3y
当R2y＝3y.即y＝33时，Ek最小
最小值Ek＝532J.
答案：(1)1s(2)532J
(多选)如图所示，在粗糙水平台阶上有一轻弹簧，左端固定在A点，弹簧处于自然状态时其右端位于台阶右边缘O点．台阶右侧固定了14圆弧挡板，圆弧半径R＝1m，圆心为O，P为圆弧上的一点，以圆心O为原点建立平面直角坐标系，OP与x轴夹角53°(sin53°＝0.8)，用质量m＝2kg的小物块，将弹簧压缩到B点后由静止释放，小物块最终水平抛出并击中挡板上的P点．物块与水平台阶表面间的动摩擦因数μ＝0.5，BO间的距离s＝0.8m，g取10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是()
A．物块离开O点时的速度大小为1.5m/s
B．弹簧在B点时具有的弹性势能为10.25J
C．改变弹簧的弹性势能，击中挡板时物块的最小动能为103J
D．改变弹簧的弹性势能，物块做平抛运动，可能垂直落到挡板上
解析：选ABC设物块离开O点的速度为v0
则Rsin37°＝v0t
Rcos37°＝12gt2
解得v0＝1.5m/s
由B→O，则
Ep＝μmgs＋12mv20＝10.25J，故A、B正确．
设物块离开O点的速度为v时，击中挡板时动能最小
则Ek＝12mv2＋mgh
又h＝12gt2，t＝xv
x2＋h2＝R2
得Ek＝5h＋15h.当5h＝15h时，Ek最小
故Ek＝103J，C正确．
假设物块能垂直打在挡板上，则速度的反向延长过O点，故不可能，D错误．
传送带模型问题
(对应学生用书P97)
1．模型分类：水平传送带问题和倾斜传送带问题．
2．处理方法：求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．
(20xx河北衡水中学二模)如图所示为一皮带传送装置，其中AB段水平，长度LAB＝4m，BC段倾斜，长度足够长，倾角为θ＝37°，AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带以v＝4m/s的恒定速率顺时针运转．现将一质量m＝1kg的工件(可看成质点)无初速度地放在A点，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5.sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2.求：
(1)工件从A点开始至第一次到达B点所用的时间t；
(2)工件从第一次到达B点至第二次到达B点的过程中，工件与传送带间因摩擦而产生的热量Q.
解析：(1)由牛顿第二定律得μmg＝ma1，则a1＝μg＝5m/s2，
经t1时间工件与传送带的速度相同，则t1＝va1＝0.8s，
工件前进的位移为x1＝12a1t21＝1.6m，
此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时
t2＝LAB－x1v＝0.6s，
工件第一次到达B点所用的时间t＝t1＋t2＝1.4s.
(2)工件沿BC上升过程中受到摩擦力f＝μmgcosθ，
由牛顿第二定律可得，加速度大小a2＝mgsinθ－fm＝2m/s2，
由运动学公式可得t3＝va2＝2s，
下降过程加速度大小不变，a3＝a2＝2m/s2，
由运动学公式可得t4＝va3＝2s.
工件与传送带的相对位移Δx＝v(t3＋t4)＝16m，
摩擦生热Q＝fΔx＝64J.
答案：(1)1.4s(2)64J
1．分析流程
2．功能关系
(1)功能关系分析：WF＝ΔEk＋ΔEp＋Q.
(2)对WF和Q的理解：
①传送带的功：WF＝Fx传；
②产生的内能Q＝Ffx相对．
(20xx安徽江淮十校联考)(多选)如图所示，倾角θ＝37°的足够长的传送带以恒定速度运行，将一质量m＝1kg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所示，取沿传送带向上为正方向，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.则下列说法正确的是()
A．物体与传送带间的动摩擦因数为0.75
B．0～8s内物体位移的大小为14m
C．0～8s内物体机械能的增量为84J
D．0～8s内物体与传送带之间因摩擦而产生的热量为126J
解析：选BD根据vt图象的斜率表示加速度，可得物体相对传送带滑动时的加速度大小为a＝22m/s2＝1m/s2，由牛顿第二定律得μmgcosθ－mgsinθ＝ma，解得μ＝0.875，故A错误.0～8s内物体的位移为s＝－12×2×2m＋2＋62×4m＝14m，故B正确．物体上升的高度为h＝ssinθ＝8.4m，重力势能的增量为ΔEp＝mgh＝84J，动能增量为ΔEk＝12mv22－12mv21＝12×1×(42－22)J＝6J，机械能增量为ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝90J，故C错误.0～8s内只有前6s内物体与传送带发生相对滑动，0～6s内传送带运动的距离为s带＝4×6m＝24m,0～6s内物体位移为s物＝－12×2×2m＋4×42m＝6m，s相对＝s带－s物＝18m，产生的热量为Q＝μmgcosθs相对＝126J，故D正确．
滑块—木板模型问题
(对应学生用书P98)
1．滑块—木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块—木板模型．
2．滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度．
3．此类问题涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以应准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)，找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．
10个同样长度的木块放在水平地面上，每个木块的质量m＝0.5kg、长度L＝0.6m，它们与地面之间的动摩擦因数μ1＝0.1，在左方第一个木块上放一质量M＝1kg的小铅块(视为质点)，它与木块间的动摩擦因数μ2＝0.25.现给铅块一向右的初速度v0＝5m/s，使其在木块上滑行．g取10m/s2，求：
(1)开始带动木块运动时铅块的速度；
(2)铅块与木块间因摩擦产生的总热量；
(3)铅块运动的总时间．
解析：(1)设铅块可以带动n个木块移动，以这n个木块为研究对象，铅块施加的摩擦力应大于地面施加的摩擦力，即μ2Mg＞μ1(M＋nm)g
解得n＜3，取n＝2，此时铅块已滑过8个木块
根据动能定理有：12Mv20－12Mv2＝μ2Mg×8L
代入数据得，刚滑上木块9时铅块的速度：v＝1m/s.
(2)对铅块M：a2＝μ2g＝2.5m/s2，v2＝v－a2t2
对最后两块木块9和10有：
a1＝μ2Mg－μ1M＋2mg2m＝0.5m/s2，v1＝a1t2
令v1＝v2，故它们获得共同速度所需时间：
t2＝va1＋a2＝13s
铅块位移：x2＝vt2－12a2t22，
木块位移：x1＝12a1t22
铅块相对木块位移：Δx＝x2－x1＝16m＜L
所以铅块与木块间因摩擦产生的总热量：
Q＝μ2Mg(8L＋Δx)＝12.42J.
(3)由(2)问知，铅块与木块的共同速度为：
v1＝a1t2＝16m/s
铅块、木块一起做匀减速运动的时间：t3＝v1μ1g＝16s
铅块在前8个木块上运动时间：t1＝v0－vμ2g＝1.6s
所以铅块运动的总时间：
t＝t1＋t2＋t3＝2.1s.
答案：(1)1m/s(2)12.42J(3)2.1s
如图所示，在水平面上有A、B两块相同的木板．质量均为m＝2kg，每块木板长L＝1m．两木板放在一起但不粘连，木板与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，设定最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．现有一质量M＝4kg的金属块C以初速度v0＝22m/s从A的左端向右滑动，金属块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，g取g＝10m/s2，试求：
(1)金属块滑上B的左端时速度为多少？
(2)金属块停在木块B上何处？
(3)整个过程中木块B的位移是多少？
解析：(1)AB与地面：fAB＝μ1(2m＋M)g＝8N
AC间：fAC＝μ2Mg＝8N
故开始时AB静止，对C有：v20－v21＝2μ2gL
v1＝2m/s
(2)BC间：fBC＝μ2Mg＝8N
B地间：fB＝μ1(m＋M)g＝6N＜fBC
则C减速，B加速，设经时间t达共同速度v2，则：
对B：fBC－fB＝maB
aB＝1m/s2，v2＝aBt＝v1－μ2gt
t＝23sv2＝23m/s
此过程C相对B运动s＝v1＋v22t－v22t＝23m
(3)此后BC一起减速，a＝μ1g＝1m/s2，
B的位移sB＝v22t＋v222a＝49m.
答案：(1)2m/s(2)23m(3)49m

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20xx高考物理复习电磁感应中的动力学和能量问题学案

微专题14电磁感应中的动力学和能量问题
电磁感应中的动力学问题
1．题型简述：感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起．解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等)．
2．两种状态及处理方法
状态特征处理方法
平衡态加速度为零根据平衡条件列式分析
非平衡态加速度不为零根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析
3．动态分析的基本思路
解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度最大值或最小值的条件．具体思路如下：
Ⅰ.电磁感应中的平衡问题
(20xx全国甲卷)如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上．已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g.已知金属棒ab匀速下滑．求
(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；
(2)金属棒运动速度的大小．
解析：(1)设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2．对于ab棒，由力的平衡条件得2mgsinθ＝μN1＋T＋F①
N1＝2mgcosθ②
对于cd棒，同理有mgsinθ＋μN2＝T③
N2＝mgcosθ④
联立①②③④式得F＝mg(sinθ－3μcosθ)⑤
(2)由安培力公式得F＝BIL⑥
这里I是回路abdca中的感应电流，ab棒上的感应电动势为E＝BLv⑦
式中，v是ab棒下滑速度的大小．由欧姆定律得I＝ER⑧
联立⑤⑥⑦⑧式得v＝(sinθ－3μcosθ)mgRB2L2⑨
答案：(1)mg(sinθ－3μcosθ)
(2)(sinθ－3μcosθ)mgRB2L2
对金属棒正确进行受力分析和运动过程分析是解题的关键．
如图，两个倾角均为θ＝37°的绝缘斜面，顶端相同，斜面上分别固定着一个光滑的不计电阻的U型导轨，导轨宽度都是L＝1．0m，底边分别与开关S1、S2连接，导轨上分别放置一根和底边平行的金属棒a和b，a的电阻R1＝10．0Ω、质量m1＝2．0kg，b的电阻R2＝8．0Ω、质量m2＝1．0kg.U型导轨所在空间分别存在着垂直斜面向上的匀强磁场，大小分别为B1＝1．0T，B2＝2．0T，轻细绝缘线绕过斜面顶端很小的光滑定滑轮连接两金属棒的中点，细线与斜面平行，两导轨足够长，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10．0m/s2．开始时，开关S1、S2都断开，轻细绝缘线绷紧，金属棒a和b在外力作用下处于静止状态．求：
(1)撤去外力，两金属棒的加速度多大？
(2)同时闭合开关S1、S2，求金属棒a、b运动过程中达到的最大速度？
解析：(1)设撤去外力，线拉力为T，两金属棒的加速度大小相等，设为a，
则m1gsinθ－T＝m1a
T－m2gsinθ＝m2a
解得a＝2m/s2
(2)a、b达到速度最大时，速度相等，设为v，此时线拉力为T1，a中感应电动势为E1，电流为I1，b中感应电动势为E2，电流为I2，则
E1＝B1lv，I1＝E1R1；E2＝B2lv，I2＝E2R2，
又m1gsinθ－T1－B1I1l＝0
T1－m2gsinθ－B2I2l＝0
联立解得v＝10m/s
答案：(1)2m/s2(2)10m/s
Ⅱ.电磁感应中的非平衡问题
如图所示，光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为l，左侧接一阻值为R的电阻．区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁场宽度为s.一质量为m、有效电阻为r的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，受到F＝0.5v＋0.4(N)(v为金属棒速度)的水平外力作用，从磁场的左边界由静止开始运动，测得电阻两端电压随时间均匀增大．(已知：l＝1m，m＝1kg，R＝0.3Ω，r＝0.2Ω，s＝1m)
(1)判断该金属棒在磁场中是否做匀加速直线运动？简要说明理由；
(2)求加速度的大小和磁感应强度B的大小；
(3)若撤去外力后棒的速度v随位移x的变化规律满足v＝v0－B2l2mR＋rx，且棒在运动到ef处时恰好静止，则外力F作用的时间为多少？
解析：(1)是．
R两端电压U∝I∝E∝v，U随时间均匀增大，即v随时间均匀增大，所以加速度为恒量．
(2)E＝BlvI＝ER＋rF安＝BIl
F－F安＝ma，
将F＝0.5v＋0.4代入，得：
0.5－B2l2R＋rv＋0.4＝a
因为加速度为恒量，与v无关，所以a＝0.4m/s2
0．5－B2l2R＋r＝0，代入数据得：B＝0.5T.
(3)设外力F作用时间为t，则
x1＝12at2v0＝at
x2＝mR＋rB2l2v0x1＋x2＝s，
代入数据得0.2t2＋0.8t－1＝0
解方程得t＝1s或t＝－5s(舍去)．
答案：(1)是(2)0.4m/s20.5T(3)1s
如图，足够长的光滑导轨固定在水平面内，间距L＝1m，电阻不计，定值电阻R＝1．5Ω.质量m＝0.25kg、长度L＝1m、电阻r＝0.5Ω的导体棒AB静置在导轨上．现对导体棒施加一个平行于导轨、大小为F＝1．25N的恒力，使得导体棒由静止开始运动．当棒运动到虚线位置时速度达到v0＝2m/s.虚线右侧有一非匀强磁场，导体棒在里面运动时，所到位置的速度v(单位m/s)与该处磁感应强度B(单位T)在数值上恰好满足关系v＝12B2，重力加速度g取10m/s2．
(1)求导体棒刚进入磁场时，流经导体棒的电流大小和方向；
(2)导体棒在磁场中是否做匀加速直线运动？若是，给出证明并求出加速度大小；若不是，请说明理由；
(3)求导体棒在磁场中运动了t＝1s的时间内，定值电阻R上产生的焦耳热．
解析：(1)当v0＝2m/s时，B0＝0.5T
感应电动势E0＝B0Lv0＝1V
感应电流I0＝E0R＋r＝0.5A
方向由B向A
(2)速度为v时，磁感应强度为B
感应电动势E＝BLv，感应电流I＝ER＋r，安培力FA＝BIL
得到FA＝B2L2vR＋r
由题，B2v＝0.5T2m/s，则安培力FA＝0.25N，导体棒所受合力F合＝F－FA＝1N，为恒力，所以做匀加速直线运动．
由F合＝ma，可得a＝4m/s2
(3)t＝1s时，导体棒的速度v＝v0＋at＝6m/s
t＝1s内，导体棒的位移s＝v0t＋12at2＝4m
由动能定理，Fs－W克安＝12mv2－12mv20
由功能关系，W克安＝Q
定值电阻R上的焦耳热QR＝RR＋rQ
代入数据，QR＝0.75J
答案：(1)0.5A由B到A(2)是4m/s2(3)0.75J
1．(多选)如图所示，在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，有一水平放置的U形导轨，导轨左端连接一阻值为R的电阻，导轨电阻不计．导轨间距离为L，在导轨上垂直放置一根金属棒MN，与导轨接触良好，电阻为r，用外力拉着金属棒向右以速度v做匀速运动．则金属棒运动过程中()
A．金属棒中的电流方向为由N到M
B．电阻R两端的电压为BLv
C．金属棒受到的安培力大小为B2L2vr＋R
D．电阻R产生焦耳热的功率为B2L2vR
解析：选AC由右手定则判断得知金属棒MN中的电流方向为由N到M，故A正确；MN产生的感应电动势为E＝BLv，回路中的感应电流大小为I＝Er＋R＝BLvR＋r，则电阻R两端的电压为U＝IR＝BLvRR＋r，故B错误；金属棒MN受到的安培力大小为F＝BIL＝B2L2vR＋r，故C正确；电阻R产生焦耳热的功率为P＝I2R＝BLvR＋r2RB2L2v2RR＋r2，故D错误．
2．如图1所示，两相距L＝0.5m的平行金属导轨固定于水平面上，导轨左端与阻值R＝2Ω的电阻连接，导轨间虚线右侧存在垂直导轨平面的匀强磁场．质量m＝0.2kg的金属杆垂直置于导轨上，与导轨接触良好，导轨与金属杆的电阻可忽略．杆在水平向右的恒定拉力作用下由静止开始运动，并始终与导轨垂直，其v－t图象如图2所示．在15s末时撤去拉力，同时使磁场随时间变化，从而保持回路磁通量不变，杆中电流为零．求：
(1)金属杆所受拉力的大小F；
(2)0－15s内匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)撤去恒定拉力之后，磁感应强度随时间的变化规律．
解析：(1)10s内金属杆未进入磁场，
所以有F－μmg＝ma1
由图可知a1＝0.4m/s2
15s～20s内仅在摩擦力作用下运动，
由图可知a2＝0.8m/s2，解得F＝0.24N
(2)在10s～15s时间段杆在磁场中做匀速运动．
因此有F＝μmg＋B20L2vR
以F＝0.24N，μmg＝0.16N代入解得B0＝0.4T.
(3)撤去恒定拉力之后通过回路的磁通量不变，设杆在磁场中匀速运动距离为d，撤去外力后杆运动的距离为x，
BL(d＋x)＝B0Ld，
其中d＝20m，x＝4t－0.4t2
由此可得B＝2050＋10t－t2T.
答案：(1)0.24N(2)0.4T
(3)B＝2050＋10t－t2T
3．(20xx全国甲卷)如图，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上．t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动．t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求：
(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；
(2)电阻的阻值．
解析：(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得ma＝F－μmg①
设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v＝at0②
当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律可知，杆中的电动势E＝Blv③
联立①②③式可得E＝Blt0(Fm－μg)④
(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律I＝ER⑤
式中R为电阻的阻值，金属杆所受的安培力为f＝BIl⑥
因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得F－μmg－f＝0⑦
联立④⑤⑥⑦式得R＝B2l2t0m.
答案：(1)Blt0(Fm－μg)(2)B2l2t0m
电磁感应中能量问题
1．题型简述：电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的．安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程．
2．解题的一般步骤
(1)确定研究对象(导体棒或回路)；
(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化；
(3)根据能量守恒定律或功能关系列式求解．
3．求解电能应分清两类情况
(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算．
(2)若电流变化，则
①利用安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；
②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能．
Ⅰ.动能定理和能量守恒定律在电磁感应中的应用
如图所示，一个“U”形金属导轨靠绝缘的墙壁水平放置，导轨长L＝1．4m，宽d＝0.2m．一对长L1＝0.4m的等宽金属导轨靠墙倾斜放置，与水平导轨成θ角平滑连接，θ角可在0°～60°调节后固定．水平导轨的左端长L2＝0.4m的平面区域内有匀强磁场，方向水平向左，磁感应强度大小B0＝2T．水平导轨的右端长L3＝0.5m的区域有竖直向下的匀强磁场B，磁感应强度大小随时间以ΔBΔt＝1．0T/s均匀变大．一根质量m＝0.04kg的金属杆MN从斜轨的最上端静止释放，金属杆与斜轨间的动摩擦因数μ1＝0.125，与水平导轨间的动摩擦因数μ2＝0.5．金属杆电阻R＝0.08Ω，导轨电阻不计．
(1)求金属杆MN上的电流大小，并判断方向；
(2)金属杆MN从斜轨滑下后停在水平导轨上，求θ角多大时金属杆所停位置与墙面的距离最大，并求此最大距离xm.
解析：(1)由法拉第电磁感应定律，则有：E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtdL3
由闭合电路欧姆定律得：I＝ER
由上式，可得MN棒上的电流大小：I＝1．25A
根据右手定则，则MN棒上的电流方向：N→M；
(2)设导体棒滑出水平磁场后继续滑行x后停下，
由动能定理得：mgL1sinθ－μ1mgL1cosθ－μ2(mg＋B0Id)
(L2－L1cosθ)－μ2mgx＝0
代入数据得：
0．16sinθ＋0.16cosθ－0.18＝0.2x
当θ＝45°时，x最大，
解得：x＝0.82－0.9＝0.23m
则有：xm＝L2＋x＝0.63m.
答案：(1)1．25N由N→M(2)45°0.63m
能量转化问题的分析程序：先电后力再能量
如图所示，倾角30°的光滑倾斜导体轨道(足够长)与光滑水平导体轨道连接，轨道宽度均为L＝1m，电阻忽略不计．匀强磁场Ⅰ仅分布在水平轨道平面所在区域，方向水平向右，大小B1＝1T；匀强磁场Ⅱ仅分布在倾斜轨道平面所在区域，方向垂直于倾斜轨道平面向下，大小B2＝1T．现将两质量均为m＝0.2kg，电阻均为R＝0.5Ω的相同导体棒ab和cd，垂直于轨道分别置于水平轨道上和倾斜轨道上，并同时由静止释放．取g＝10m/s2．
(1)求导体棒cd沿斜轨道下滑的最大速度的大小；
(2)若已知从开始运动到cd棒达到最大速度的过程中，ab棒产生的焦耳热Q＝0.45J，求该过程中通过cd棒横截面的电荷量；
(3)若已知cd棒开始运动时距水平轨道高度h＝10m，cd棒由静止释放后，为使cd棒中无感应电流，可让磁场Ⅱ的磁感应强度随时间变化，将cd棒开始运动的时刻记为t＝0，此时磁场Ⅱ的磁感应强度为B0＝1T，试求cd棒在倾斜轨道上下滑的这段时间内，磁场Ⅱ的磁感应强度B随时间t变化的关系式．
解析：(1)cd棒匀速运动时速度最大，设为vm，棒中感应电动势为E，电流为I，
感应电动势：E＝BLvm，电流：I＝E2R，
由平衡条件得：mgsinθ＝BIL，代入数据解得：vm＝1m/s；
(2)设cd从开始运动到达最大速度的过程中经过的时间为t，通过的距离为x，cd棒中平均感应电动势E1，平均电流为I1，通过cd棒横截面的电荷量为q，
由能量守恒定律得：mgxsinθ＝12mv2m＋2Q，
电动势：E1＝BLxt，电流：I1＝E12R，电荷量：q＝I1t，
代入数据解得：q＝1C；
(3)设cd棒开始运动时穿过回路的磁通量为Φ0，cd棒在倾斜轨道上下滑的过程中，设加速度大小为a，经过时间t通过的距离为x1，穿过回路的磁通量为Φ，cd棒在倾斜轨道上下滑时间为t0，则：Φ0＝B0Lhsinθ，
加速度：a＝gsinθ，位移：x1＝12at2，Φ＝BLhsinθ－x1，hsinθ＝12at20.
解得：t0＝8s，
为使cd棒中无感应电流，必须有：Φ0＝Φ，
解得：B＝88－t2(t＜8s)．
答案：(1)1m/s(2)1C(3)B＝88－t2(t＜8s)
Ⅱ.动量定理和动量守恒定律在电磁感应中的应用
(20xx江西师大附中试卷)如图所示，两足够长且不计其电阻的光滑金属轨道，如图所示放置，间距为d＝1m，在左端斜轨道部分高h＝1．25m处放置一金属杆a，斜轨道与平直轨道区域以光滑圆弧连接，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b电阻Ra＝2Ω、Rb＝5Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感强度B＝2T．现杆b以初速度v0＝5m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.3A；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b杆运动速度－时间图象如图所示(以a运动方向为正)，其中ma＝2kg，mb＝1kg，g＝10m/s2，求：
(1)杆a在斜轨道上运动的时间；
(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电量；
(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热．
解析：(1)对b棒运用动量定理，有：
BdI－Δt＝mb(v0－vb0)
其中vb0＝2m/s
代入数据得到：Δt＝5s
即杆在斜轨道上运动时间为5s；
(2)对杆a下滑的过程中，机械能守恒：mgh＝12mav2a
va＝2gh＝5m/s
最后两杆共同的速度为v′，由动量守恒得
mava＋mbvb＝(ma＋mb)v′
代入数据计算得出v′＝83m/s
杆a动量变化等于它所受安培力的冲量，由动量定理可得I安＝BIdΔt′＝mava－mav′
而q＝IΔt′
由以上公式代入数据得q＝73C
(3)由能量守恒得，共产生的焦耳热为Q＝magh＋12mbv20－12(ma＋mb)v′2＝1616J
b棒中产生的焦耳热为Q′＝52＋5Q＝1156J.
答案：(1)5s(2)73C(3)1156J
如图所示，倾斜的金属导轨和水平的金属导轨接在一起，各自的两条平行轨道之间距离都为d，倾斜导轨与水平面间的夹角为30°，在倾斜导轨的区域有垂直于轨道平面斜向上的匀强磁场，在水平导轨的区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小都为B，倾斜导轨上放有金属棒a，在紧靠两导轨连接处的水平导轨上放有金属棒b，a、b都垂直于各自的轨道，a质量为m，b质量为2m，a、b与水平的金属导轨间的动摩擦因数是μ，倾斜的金属导轨光滑．倾斜轨道间接有电阻R，a、b的电阻值都是R，其余电阻不计．开始时，a固定，b静止，且a距水平导轨平面的高度为h，现释放a，同时给a一个平行于倾斜导轨向下的初速度，a就在倾斜导轨上做匀速运动，经过两导轨的连接处时速度大小不变，在此过程中b仍然静止，滑上水平导轨后即与b金属棒粘在一起，在水平导轨上运动距离L后静止．求：
(1)a在倾斜导轨上匀速运动的速度v0大小？
(2)a在倾斜导轨上运动的过程中，金属棒a上产生的热量Q是多大？
(3)a、b一起在水平导轨上运动的过程中，电阻R上产生的热量QR是多大？
解析：(1)设在倾斜导轨上运动的过程中，感应电动势为E，其中的电流强度为Ia，受到的磁场力为F，则
E＝Bdv0，R总＝32R
Ia＝E/R总，Ia＝2Bdv03R
F＝BIad，F＝2B2d2v03R
由于a在倾斜导轨上做匀速运动，所以所受的合外力为零，则：
F＝mgsin30°
解得：v0＝3mgR4B2d2
(2)a在倾斜导轨上运动的过程中，设a、b和电阻R中的电流强度分别是Ia、Ib和IR，产生的热量分别是Qa、Qb和Q1，则
Ia＝2IRIb＝IR
由：Q＝I2Rt得
Qa＝4Q1，Qb＝Q1
根据能量守恒有：mgh＝Qa＋Qb＋Q1
Q1＝16mgh，所以Qa＝23mgh
(3)设a、b粘在一起的共同速度为v，由动量守恒定律则有：
mv0＝3mv
ab在水平轨道上运动过程，克服摩擦力做功W，则
W＝μ3mgL
设电流流过a、b产生的热量共为Qab，则有：
Qab＝12QR
根据能量守恒定律得：12×3mv2＝QR＋Qab＋W
得：QR等于电阻R上产生的热量QR＝9m3g2R216B4d4－2μmgL
答案：(1)3mgR4B2d2(2)23mgh(3)9m3g2R216B4d4－2μmgL
4．(20xx东北三省四市教研联合体模拟考试)(多选)如图所示，平行导轨放在斜面上，匀强磁场垂直于斜面向上，恒力F拉动金属杆ab从静止开始沿导轨向上滑动，接触良好，导轨光滑．从静止开始到ab杆达到最大速度的过程中，恒力F做功为W，ab杆克服重力做功为W1，ab杆克服安培力做功为W2，ab杆动能的增加量为ΔEk，电路中产生的焦耳热为Q，ab杆重力势能增加量为ΔEp，则()
A．W＝Q＋W1＋W2＋ΔEk＋ΔEp
B．W＝Q＋W1＋W2＋ΔEk
C．W＝Q＋ΔEk＋ΔEp
D．W2＝Q，W1＝ΔEp
解析：选CD功是能量转化的量度，做功的过程就是能量转化的过程．力F做的功导致内能的增加、杆动能的增加和重力势能的增加，所以有W＝Q＋ΔEk＋ΔEp，选项AB错误，C正确；克服重力做的功等于杆重力势能的增加量，即W1＝ΔEp，克服安培力做的功等于电路产生的焦耳热，即W2＝Q，选项D正确．
5．(20xx成都二诊)如图所示，水平面上固定着两根相距L且电阻不计的足够长的光滑金属导轨，导轨处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，铜棒a、b的长度均等于两导轨的间距、电阻均为R、质量均为m，铜棒平行地静止在导轨上且与导轨接触良好．现给铜棒a一个平行导轨向右的瞬时冲量I，关于此后的过程，下列说法正确的是()
A．回路中的最大电流为BLImR
B．铜棒b的最大加速度为B2L2I2m2R
C．铜棒b获得的最大速度为Im
D．回路中产生的总焦耳热为I22m
解析：选B给铜棒a一个平行导轨的瞬时冲量I，此时铜棒a的速度最大，产生的感应电动势最大，回路中电流最大，每个棒受到的安培力最大，其加速度最大，I＝mv0，v0＝Im，铜棒a电动势E＝BLv0，回路电流I＝E2R＝BLI2mR，选项A错误；此时铜棒b受到安培力F＝BIL，其加速度a＝Fm＝IB2L22Rm2，选项B正确；此后铜棒a做变减速运动，铜棒b做变加速运动，当二者达到共同速度时，铜棒b速度最大，据动量守恒，mv0＝2mv，铜棒b最大速度v＝I2m，选项C错误；回路中产生的焦耳热Q＝12mv20－122mv2＝I24m，选项D错误．
6．如图，足够长的光滑平行导轨水平放置，电阻不计，MN部分的宽度为2l，PQ部分的宽度为l，金属棒a和b的质量ma＝2mb＝2m，其电阻大小Ra＝2Rb＝2R，a和b分别在MN和PQ上，垂直导轨相距足够远，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感强度为B，开始a棒向右速度为v0，b棒静止，两棒运动时始终保持平行且a总在MN上运动，b总在PQ上运动，求a、b最终的速度．
解析：本题由于两导轨的宽度不等，a、b系统动量不守恒，可对a、b分别用动量定理，a、b运动产生感应电流，a、b在安培力的作用下，分别作减速和加速运动．回路中电动势E总＝Ea－Eb＝2Blva－Blvb，
随着va减小，vb增加，E总减小，安培力F＝E总lB/(3R)也随之减小，故a棒的加速度a＝Fa/(2m)减小，b棒的加速度a′＝Fb/m也减小．
当E总＝0，即2Blva＝Blvb时，两者加速度为零，两棒均匀速运动，且有vb＝2va①
对a、b分别用动量定理－Fat＝2m(va－vb)②
Fbt＝mvb③
而Fa＝2Fb④
联立以上各式可得：va＝v03，vb＝2v03.
答案：v0323v0

高考物理第三轮专题复习动力学

第一部分动力学
明确研究对象进行受力分析和运动分析是整个力学的基础，是做好题目的前提和关键，而运动定律则将原因（力）和结果（加速度）联系起来，为解决力学问题提供了完整的方法，直线运动和曲线运动属于运动定律的应用。
(一)、力与平衡
【考纲解读】平衡问题大多以力学背景呈现，涉及力学、热学、电学等部分知识。按照考纲的要求，本专题内容可以分成三部分，即：力的概念、三个性质力；力的合成和分解；共点力作用下物体的平衡。其中重点是对摩擦力和弹力的理解、熟练运用平行四边形定则进行力的合成和分解。难点是受力分析。
一.典型题例
题型1.（受力分析问题）如图所示，物体A靠在倾斜的墙面上，在与墙面和B垂直的力F作用下，A、B保持静止，试分析A、B两个物体的受力个数。
题型2.（弹簧连接体问题）如图，在一粗糙的水平面上有三个质量分别为m1、m2、m3的木块1、2和3，中间分别用一原长为L，劲度系数为k的轻弹簧连接起来，木块与地面间的动摩擦因数为。现用一水平力向右拉木块3，当木块一起匀速运动时，1和3两木块之间的距离是（不计木块宽度）（）
题型3.（电场和重力场内的物体平衡问题）如图，倾角为300的粗糙绝缘斜面固定在水平地面上，整个装置处在垂直于斜面向上的匀强电场中，一质量为m、电荷量为-q的小滑块恰能沿斜面匀速下滑，已知滑块与斜面之间的动摩擦因数为，求该匀强电场场强E的大小。
题型4.（复合场内平衡问题）如图，坐标系xOy位于竖直平面内，在该区域有场强E=12N/C、方向沿x轴正方向的匀强电场和磁感应强度大小为B=2T、沿水平方向的且垂直于xOy平面指向纸里的匀强磁场。一个质量m=4×10-5kg，电荷量q=2.5×10-5C带正电的微粒，在xOy平面内做匀速直线运动，运动到原点O时，撤去磁场，经一段时间后，带电微粒运动到了x轴上的P点（g=10m/s2）,求：
⑴P点到原点O的距离
⑵带电微粒由原点O运动到P点的时间
题型5.（摩擦力问题）在粗糙的水平面上放一物体A,A上再放一质量为m的物体B，AB间的动摩擦因数为，施加一水平力F给物体A，计算下列情况下A对B的摩擦力的大小
⑴当AB一起做匀速运动时
⑵当AB一起以加速度a向右做匀加速运动时
⑶当力F足够大而使AB发生相对运动时
题型6（相似三角形问题）如图2所示，已知带电小球A、B的电荷量分别为QA、QB，OA=OB，都用长L的绝缘丝线悬挂在绝缘墙角O点处。静止时A、B相距为d。为使平衡时AB间距离减为d/2，可采用以下哪些方法（）
A.将小球A、B的质量都增加到原来的2倍；
B.将小球B的质量增加到原来的8倍；
C.将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半；
D.将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增加到原来的2倍
二.专题突破
1.某大型游乐场内的新型滑梯可以等效为如图所示的物理模型．一个小朋友在AB段的动摩擦因数μ1tanθ，BC段的动摩擦因数为μ2tanθ，他从A点开始下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态．则该小朋友从斜面顶端A点滑到底端C点的过程中（）
A．地面对滑梯始终无摩擦力作用
B．地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左，后水平向右
C．地面对滑梯的支持力的大小始终等于小朋友和滑梯的总重力的大小
D．地面对滑梯的支持力的大小先小于、后大于小朋友和滑梯的总重力的大小
2.质量为m的物体，放在质量为M的斜面体上，斜面体放在水平粗糙的地面上，m和M均处于静止状态，如图，在物体m上施加一个水平力F，在F由零逐渐加大到Fm的过程中，m和M仍保持静止状态，在此过程中，下列判断哪些是正确的（）
A.斜面体对m的支持力逐渐增大
B.物体m受到的摩擦力逐渐增大
C.地面受到的压力逐渐增大
D.地面对斜面体的摩擦力由零逐渐增大到Fm
3.如图，两个弹簧的质量不计，劲度系数分别为k1、k2，它们一端固定在P、Q上，当物体平衡时上面的弹簧处于原长，若要把物体的质量换为2m（弹簧的长度不变，且弹簧均处于弹性限度内），当物体再次平衡时，物体将比第一次平衡时下降的距离x为（）
A.B.
C.D.
4.如图，一质量为m、带电量为q的小球用细线系住，线的一端固定在O点，若在空间加上匀强电场，平衡时线与竖直方向成600，则电场强度的最小值为（）
A.mg/2qB.
C.2mg/qD.mg/q
5.如图，AC是上端带定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆BC一端通过铰链固定在C点，另一端B悬挂一重为G的物体，且B端系有一根轻绳，并绕过定滑轮A，用力F拉绳，开始时角BCA大于900，现使角BCA缓慢减小，直到杆BC接近竖直杆AC。此过程中，轻杆B端所受的力将（）
A.大小不变B.逐渐增大C.逐渐减小D.先减小后增大
6.如图，光滑平面上固定金属小球A，用长l0的绝缘弹簧将A与另一个金属小球B连接，让它们带上等量同种电荷，弹簧伸长量为x1，若两球电量各漏掉一半，弹簧伸长量变为x2，则有：（）
7.两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面。质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ，导轨电阻不计，回路总电阻为2R。整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中。当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度V1沿导轨匀速运动时，cd杆也正好以速率向下V2匀速运动。重力加速度为g。以下说法正确的是()
A．ab杆所受拉力F的大小为μmg＋
B．cd杆所受摩擦力为零
C.回路中的电流强度为
D．μ与大小的关系为μ＝
三.考题欣赏
1．（20xx海南物理）如图，水平地面上有一楔形物块，其斜面上有一小物块b，b与平行于斜面的细绳的一端相连，细绳的另一端固定在斜面上．a与b之间光滑，a和b以共同速度在地面轨道的光滑段向左运动．当它们刚运行至轨道的粗糙段时
A．绳的张力减小，b对a的正压力减小
B．绳的张力增加，斜面对b的支持力增加
C．绳的张力减小，地面对a的支持力增加
D．绳的张力增加．地面对a的支持力减小
2．（20xx安徽）L型木板P（上表面光滑）放在固定斜面上，轻质弹簧一端固定在木板上，另一端与置于木板上表面的滑块Q相连，如图所示。若P、Q一起沿斜面匀速下滑，不计空气阻力。则木板P的受力个数为（）
A．3B．4C．5D．6
3.（09北京）如图所示，将质量为m的滑块放在倾角为的固定斜面上。滑块与斜面之间的动摩擦因数为。若滑块与斜面之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，则（）
A．将滑块由静止释放，如果＞tan，滑块将下滑
B．给滑块沿斜面向下的初速度，如果＜tan，滑块将减速下滑
C．用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，如果=tan，拉力大小应是2mgsin
D．用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动，如果=tan，拉力大小应是mgsin
4.（09天津）物块静止在固定的斜面上，分别按图示的方向对物块施加大小相等的力F，A中F垂直于斜面向上。B中F垂直于斜面向下，C中F竖直向上，D中F竖直向下，施力后物块仍然静止，则物块所受的静摩擦力增大的是

5.（09广东）某缓冲装置可抽象成图所示的简单模型。图中为原长相等，劲度系数不同的轻质弹簧。下列表述正确的是
A．缓冲效果与弹簧的劲度系数无关
B．垫片向右移动时，两弹簧产生的弹力大小相等
C．垫片向右移动时，两弹簧的长度保持相等
D．垫片向右移动时，两弹簧的弹性势能发生改变
6.（09广东）如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中。质量为m、带电量为+Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑。在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是（）
A．滑块受到的摩擦力不变
B．滑块到地面时的动能与B的大小无关
C．滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下
D．B很大时，滑块可能静止于斜面上
7.（09江苏）用一根长1m的轻质细绳将一副质量为1kg的画框对称悬挂在墙壁上，已知绳能承受的最大张力为，为使绳不断裂，画框上两个挂钉的间距最大为（取）（）
A．B．
C．D．
8.（09广东）建筑工人用图所示的定滑轮装置运送建筑材料。质量为70.0kg的工人站在地面上，通过定滑轮将20.0kg的建筑材料以0．500m／s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则工人对地面的压力大小为(g取l0m／s2)（）
A．510NB．490NC．890ND．910N
9.（09山东）如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心，一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下静止P点。设滑块所受支持力为FN。OF与水平方向的夹角为0。下列关系正确的是（）
A．B．F＝mgtan
C．D．FN=mgtan
10.（09安徽）为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯。无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转。一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示。那么下列说法中正确的是()
A.顾客始终受到三个力的作用
B.顾客始终处于超重状态
C.顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下
D.顾客对扶梯作用的方向先指向右下方，再竖直向下
11.（09浙江）如图所示，质量为m的等边三棱柱静止在水平放置的斜面上。已知三棱柱与斜面之间的动摩擦因数为，斜面的倾角为，则斜面对三棱柱的支持力与摩擦力的大小分别为（）
A．mg和mgB．mg和mg
C．mg和mgD．mg和mg
12.(2008全国卷Ⅱ)如图9所示，一固定斜面上两个质量相同的小物块A和B紧挨着匀速下滑，A与B的接触面光滑．已知A与斜面之间的动摩擦因数是B与斜面之间动图9摩擦因数的2倍，斜面倾角为α，B与斜面之间的动摩擦因数是()
A.23tanαB.23cotα
C．tanαD．cotα
四.学法指导
力与物体的平衡常用解题思路：
第一步：选择研究对象（注意整体法与隔离法的应用）
第二步：进行受力分析（一定要准确，不然做题就会全错。一般受力分析的顺序是：场力（重力、电场力、磁场力）、弹力（接触面的弹力、绳子弹力、杆的弹力）、摩擦力等
第三步：选择合适的方法处理力（处理方法有：力的合成（一般适用于三力平衡）、力的分解（正交分解、图像法、相似三角形等）
第四步：列举方程求解（有时还需要讨论）
注意：对研究对象进行受力分析，作好受力分析图是解题的关键。解决问题，一是要认清物体平衡状态的特征和受力环境是分析平衡问题的关键；二是要学会利用力学平衡的结论（比如：合成法、正交分解法、效果分解法、三角形法、假设法等）来解答。三是要养成迅速处理大计算量和辨析图形几何关系的能力。

(一)、力与平衡(答案)
一.典型题例
题型2：C
题型3.解析：
得：
题型4.解析：匀速直线运动时：受力平衡
得：v=10m/s，与x轴370斜向右上③
撤去磁场后受2个力结合速度方向可知做类平抛运动
沿v方向：
垂直v方向：
得：OP=15mt=1.2s⑥
题型5、解析：⑴因AB向右做匀速运动，B物体受到的合力为零，所以B物体受到的摩擦力为零。
⑵因AB无相对滑动，所以B物体受到的摩擦力为静摩擦力，此时不能用滑动摩擦力的公式来计算，用牛顿第二定律对B物体有
⑶因为AB发生了相对滑动，所以B物体受到的摩擦力为滑动摩擦力，用滑动摩擦力的公式来计算，
题型6：AD
二.专题突破
1.BD2.AD3.A4.B5.A6.C7.AD
三.考题欣赏
1.C2.C3.C4.D5.BD6.CD7.A8.B9.A10.C11.A12.A

用动力学能量和动量的观点分析带电体在电场中的运动学案

微专题09用动力学、能量和动量的观点分析带电体在电场中的运动
力学中的vt图象在电场中的应用
由已知的带电粒子运动的vt图象分析电场性质，此类题常用方法：
(1)由vt图象的斜率变化分析带电粒子的加速度a的大小变化；
(2)根据牛顿第二定律a＝Fm＝Eqm，判断场强E的大小变化；
(3)根据vt图象分析带电粒子做加速运动还是减速运动，进而分析场强的方向；
(4)由场强的大小和方向分析电场的其他性质，如电场线、等势面、电势、电势能的变化等．
(20xx新余模拟)(多选)如图甲所示，在x轴上有两个固定的点电荷Q1、Q2，其中Q1带正电处于原点O.现有一个正点电荷q以一定的初速度沿x轴正方向运动(只受电场力作用)，其vt图象如图乙所示，q经过a、b两点时速度分别为va、vb.则以下判断正确的是()
甲乙
A．Q2带负电且电荷量小于Q1
B．b点的场强比a点的场强大
C．a点的电势比b点的电势高
D．q在a点的电势能小于在b点的电势能
解析：选AD根据vt图象的斜率表示加速度，可知正点电荷q在b点的加速度为零，电荷在b点左侧做减速运动，在b点右侧做加速运动，则在b点受到两点电荷的电场力平衡，可知Q2带负电，根据点电荷场强公式E＝kQr2得知Q2带电荷量小于Q1，故A正确；正点电荷q在b点的加速度为零，受力为零，故b的场强为零，而a点的场强不为零，所以b点的场强比a点的场强小，故B错误；该点电荷从a点到b点，做减速运动，电场力做负功，电势能增大，又因为该电荷为正电荷，所以电势升高，则b点电势比a点电势高，故C错误；由C分析得，点电荷在a点的电势能小于在b点的电势能，故D正确．
场强E(电势φ)与位移x的图象应用
在匀强电场中，静电力做的功可由W＝qEx求得．在非匀强电场中，根据微元思想有ΔW＝qEΔx，同时ΔW也可由ΔW＝qΔφ求得．比较两式可得qEΔx＝qΔφ，即Δφ＝EΔx，此式可理解为在Ex图象中图线与x轴所围面积等于相距为Δx的两点间的电势差．在φx图象中，图象上各点处切线斜率的大小表示该点电场强度沿x轴方向分量的大小．
(20xx宁波八校联考)(多选)真空中相距为3a的两个点电荷M、N，分别固定于x轴上x1＝0和x2＝3a的两点上，在它们连线上各点场强随x变化关系如图所示，以下判断中正确的是()
A．点电荷M、N一定为异种电荷
B．点电荷M、N一定为同种电荷
C．点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4∶1
D．x＝2a处的电势一定为零
解析：选BC由它们连线上各点场强随x变化关系可知，点电荷M、N一定为同种正电荷，选项A错误，B正确．由点电荷电场强度公式和电场叠加原理可得点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4∶1，选项C正确．由于电势是相对量，x＝2a处的电势随零电势点的确定变化，选项D错误．
电势能Ep与位移x关系的综合应用
此类问题借助vx或Epx关系图象，在给出电势能Ep或速度v在x轴上分布情况的基础上进行设计．解决这类问题的方法主要有两种：一是将图象还原为熟悉的情境模型；二是直接从vx和Epx图象的面积、斜率的意义入手．
对于静电力做功，从力的角度看有ΔW＝FΔx，从能的角度看有ΔW＝－ΔEp，比较两式有FΔx＝－ΔEp，即F＝－ΔEpΔx.Epx关系图象切线的斜率反映静电力的大小，也间接反映了由电场强度E的大小．
(20xx长沙模拟)(多选)一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是()
A．x1处电场强度最大
B．x2～x3段是匀强电场
C．x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1＞φ2＞φ3
D．粒子在0～x2段做匀变速运动，在x2～x3段做匀速直线运动
解析：选BC因为图象的斜率可以反映电场强度大小，所以在x1处电场强度最小，A错误；x2～x3段为直线，斜率恒定，所以该段为匀强电场，B正确；粒子带负电，0～x1阶段，电场力做正功，即逆着电场线方向到达x1处，之后电场力做负功，顺着电场线从x1依次到达x2、x3，而沿电场线方向电势降低，故有φ1＞φ2＞φ3，C正确；图象的斜率可以反映电场强度大小，所以粒子在0～x2段做变加速直线运动，在x2～x3段做匀加速直线运动，D错误．
用能量和动量观点分析力电综合问题
带电粒子在电场中的运动是一个综合电场力、电势能的力学问题，其研究方法与质点动力学相同，同样遵循运动的合成与分解、牛顿运动定律、动能定理、动量守恒定律等规律．处理问题的要点是注意区分不同的物理过程，弄清在不同的物理过程中物体的受力情况及运动性质(平衡、加速或减速，是直线运动还是曲线运动)，并选用相应的物理规律．在解决问题时，主要可以从三条线索展开：
其一，力和运动的关系．根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等这条线索通常适用于在恒力作用下做匀变速运动的情况．
其二，功和能的关系．根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、位移等．这条线索不但适用于匀强电场，也适用于非匀强电场．
其三，动量关系，当遇到带电体在电场中的碰撞问题时，往往要用动量守恒定律分析．
如图所示，两个形状、大小相同的金属小球A、B(均可视为质点)，A球质量为1.5kg，B球质量为0.5kg，开始A球不带电，静止在高h＝0.88m的光滑绝缘平台上，B球带0.3C的正电，用长L＝1m的绝缘细线悬挂在平台上方，悬点O与平台的高度也为L，整个装置放在竖直向下的匀强电场中，场大小E＝10N/C．现将细线拉开角度α＝60°后，由静止释放B球，B球摆至最低点与A球发生对心碰撞，碰撞时无机械能损失，且碰撞后两球电量相等，不计空气阻力及A、B球间的静电力作用，取g＝10m/s2，求：
(1)B球摆至最低点时的速率及细线对小球的拉力；
(2)A球从离开平台至着地的过程中水平位移的大小．
解析：(1)对B球：从静止释放至摆到最低点过程中，根据动能定理，有
mBgL(1－cosα)＋qEL(1－cosα)＝12mv2
代入数据，解得B球在最低点的速率
v＝4m/s
由T－(qE＋mg)＝mv2L
得T＝16N
(2)B球与A球碰撞过程中，两球所组成的系统动量守恒，碰撞时无机械能损失有
mBv＝mBv1＋mAv2①
12mBv2＝12mBv21＋12mAv22②
联立①、②，解得B球速率v1＝2m/s
A球速度为v2＝2m/s
依题意，碰后A球带电量qA＝0.15C
A球离开平台后，在竖直方向的加速度
ay＝mAg＋qAEmA＝1.5×10＋0.15×101.5m/s2＝11m/s2
A球从离开平台至着地过程中，
由h＝12ayt2，得t＝2hay＝2×0.8811s＝0.4s
水平位移大小S＝v2t＝2×0.4m＝0.8m
答案：(1)4m/s16N(2)0.8m

20xx高考物理复习知识点：热力学定律能量守恒

一名优秀负责的教师就要对每一位学生尽职尽责，作为教师就要好好准备好一份教案课件。教案可以让讲的知识能够轻松被学生吸收，帮助教师有计划有步骤有质量的完成教学任务。那么一篇好的教案要怎么才能写好呢？以下是小编为大家精心整理的“20xx高考物理复习知识点：热力学定律能量守恒”，仅供参考，希望能为您提供参考！

20xx高考物理复习知识点：热力学定律能量守恒

高考物理复习知识点：热力学定律能量守恒
一、选择题(本题共6小题，共48分)
1.已知某气体的摩尔体积为VA，摩尔质量为MA，阿伏加德罗常数为NA，则根据以上数据可以估算出的物理量是()
A.分子质量B.分子体积
C.分子密度D.分子间平均距离
解析：根据m=MANA可知选项A正确;由于气体分子间距很大，故无法求出分子的体积和密度，选项B、C错误;由V=VANA=d3可知选项D正确.
答案：AD
2.如图1-13所示为两分子间距离与分子势能之间的关系图象，则下列
说法中正确的是()
A.当两分子间距离r=r1时，分子势能为零，分子间相互作用的引力
和斥力也均为零
B.当两分子间距离r=r2时，分子势能最小，分子间相互作用的引力
和斥力也最小
C.当两分子间距离r
斥力也增大
D.当两分子间距离rr2时，随着r的增大，分子势能增大，分子间相互作用的引力和斥力也增大
解析：当两分子间距离r=r1时，分子势能为零，但rr2时，由图象可以看出分子势能随着r的增大而增大，而分子间相互作用的引力和斥力逐渐减小，选项D错误.
答案：C
3.下列说法中正确的是()
A.给轮胎打气的过程中，轮胎内气体内能不断增大
B.洒水车在不断洒水的过程中，轮胎内气体的内能不断增大
C.太阳下暴晒的轮胎爆破，轮胎内气体内能减小
D.拔火罐过程中，火罐能吸附在身体上，说明火罐内气体内能减小
解析：给轮胎打气的过程中，轮胎内气体质量增加，体积几乎不变，压强增加，温度升高，内能增加，选项A正确;洒水车内水逐渐减小，轮胎内气体压强逐渐减小，体积增大，对外做功，气体内能减小，选项B错误;轮胎爆破的过程中，气体膨胀对外做功，内能减小，选项C正确;火罐内气体温度逐渐降低时，内能减小，选项D正确.
答案：ACD
4.根据热力学定律和分子动理论，可知下列说法正确的是()
A.可以利用高科技手段，将流散到环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化
B.理想气体状态变化时，温度升高，气体分子的平均动能增大，气体的压强可能减小
C.布朗运动是液体分子的运动，温度越高布朗运动越剧烈
D.利用浅层海水和深层海水之间的温度差可以制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能，这在原理上是可行的
解析：根据热力学第二定律知机械能可以完全转化为内能，而内能向机械能的转化是有条件的，A项错.温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子平均动能越大，而气体压强大小宏观上取决于气体的温度与体积，温度升高，若体积增大，气体的压强可能减小，B项正确.布朗运动是布朗颗粒的运动而非液体分子的运动，但它反映了液体分子运动的无规则性，温度越高，布朗运动越显著，C项错误.利用浅层海水和深层海水之间的温度差可以制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能，理论上满足热力学第一、第二定律，这在原理上是可行的，D项正确.
答案：BD
5.下面关于分子力的说法中正确的有()
A.铁丝很难被拉长，这一事实说明铁分子间存在引力
B.水很难被压缩，这一事实说明水分子间存在斥力
C.将打气管的出口端封住，向下压活赛，当空气被压缩到一定程度后很难再压缩，这一事实说明这时空气分子间表现为斥力
D.磁铁可以吸引铁屑，这一事实说明分子间存在引力
解析：逐项分析如下
选项诊断结论
A原来分子间距r等于r0，拉长时rr0，表现为引力√
B压缩时r
C压缩到一定程度后，空气很难再压缩，是气体分子频繁撞击活塞产生的气体压强增大的结果×
D磁铁吸引铁屑是磁场力的作用，不是分子力的作用×
答案：AB
6.电冰箱的制冷设备是用机械的方式制造人工低温的装置，压缩机工作时，强迫制冷剂在冰箱内外的管道中不断循环，实现制冷作用，那么下列说法中正确的是()
A.打开冰箱门让压缩机一直工作，可使室内温度逐渐降低
B.在电冰箱的内管道中，制冷剂迅速膨胀并吸收热量
C.在电冰箱的外管道中，制冷剂被剧烈压缩放出热量
D.电冰箱的工作原理违背了热力学第二定律
解析：电冰箱工作过程中，消耗电能的同时部分电能转化为内能，故室内温度不可能降低，选项A错误;制冷剂在内管道膨胀吸热，在外管道被压缩放热，选项B、C正确;电冰箱的工作原理并不违背热力学第二定律，选项D错误.
答案：BC
二、非选择题(本题共6小题，共52分)
7.某同学学到分子动理论后，想估算一瓶纯净水所包含的水分子数目，已知一瓶纯净水的体积是600mL，则所含水分子的个数约为________个.(结果保留1位有效数字，已知水的摩尔质量为18g/mol，阿伏加德罗常数取6.0×1023mol-1)
解析：根据m=ρV及n=mM×NA解得：n=2×1025个.
答案：2×1025
8.将下列实验事实与产生的原因对应起来
A.水与酒精混合体积变小
B.固体很难被压缩
C.细绳不易拉断
D.糖在热水中溶解得快
E.冰冻食品也会变干
a.固体分子也在不停地运动
b.分子运动的剧烈程度与温度有关
c.分子间存在引力
d.分子间存在斥力
e.分子间存在着空隙
它们的对应关系分别是：A-________;B-________;C-________;D-________;E-________(在横线上填上与实验事实产生原因前后对应的符号).
答案：edcba
9.用油膜法估测分子大小的实验步骤如下：
①向体积为V1的纯油酸中加入酒精，直到油酸酒精溶液总量为V2;
②用注射器吸取上述溶液，一滴一滴地滴入小量筒，当滴入n滴时体积为V0;
③先往边长为30～40cm的浅盘里倒入2cm深的水;
④用注射器往水面上滴一滴上述溶液，等油酸薄膜形状稳定后，将事先准备好的玻璃板放在浅盘上，并在玻璃板上描出油酸薄膜的形状;
⑤将画有油酸薄膜轮廓形状的玻璃板，放在画有许多边长为a的小正方形的坐标纸上;
⑥计算出轮廓范围内正方形的总数为N，其中不足半个格的两个格算一格，多于半个格的算一格.
上述实验步骤中有遗漏和错误，遗漏的步骤是____________________;错误的步骤是____________________(指明步骤，并改正)，油酸分子直径的表达式d=________.
解析：本题考查的是用油膜法测分子直径，意在考查学生对单分子油膜的理解和粗略估算能力.本实验中为了使油膜不分裂成几块，需在水面上均匀撒上痱子粉;由于本实验只是一种估算，在数油膜所覆盖的坐标格数时，大于半个格的算一个格，少于半个格的舍去;油酸溶液在水面上充分扩散后形成一层单分子油膜，油膜厚度可看成分子直径，由题意可知，油酸溶液的浓度为V1/V2，一滴油酸溶液的体积为V0/n，一滴油酸溶液中含纯油酸体积为V1V0nV2，一滴油酸溶液形成的油膜面积为Na2，所以油膜厚度即分子直径d=V1V0NV2a2n.
答案：将痱子粉均匀撒在水面上错误的步骤是⑥，应该是不足半个格的舍去，多于半个格的算一格V1V0NV2a2n
10.(1)下列说法正确的是________.
A.空中下落的雨滴呈球形是因为液体有表面张力
B.布朗运动表明了分子越小，分子运动越剧烈
C.由能的转化和守恒定律知道，能源是不会减少的
D.液晶既有液体的流动性，又有光学性质的各向异性
(2)如图1-14所示，一个绝热活塞将绝热容器分成A、B两部分，用控制阀K固定活塞，保持A体积不变，给电热丝通电，则此过程中气体A的内能________，温度________;拔出控制阀K，活塞将向右移动压缩气体B，则气体B的内能________.
解析：(1)布朗运动表明了固体颗粒越小，液体温度越高，液体分子运动越剧烈，B错误;由能的转化和守恒定律知道，能量是守恒的，但能源是会不断减少的，能量与能源的意义不同，C错误.
(2)给电热丝通电，A容器温度升高，气体内能增加;拔出控制阀K，活塞将向右移动压缩气体B，对B做正功，气体B的内能增加.
答案：(1)AD(2)增加升高增加
11.一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做功1.7×105J，气体内能减少
1.3×105J，则此过程中气体________(填吸收或放出)的热量是________J.此后，保持气体压强不变，升高温度，气体对外界做了5.0×105J的功，同时吸收了
6.0×105J的热量，则此过程中，气体内能增加了________J.
解析：根据热力学第一定律得：W=1.7×105J，ΔU=-1.3×105J，代入ΔU=W+Q可得，Q=-3.0×105J，Q为负值，说明气体要放出热量，放出的热量为3.0×105J;同理W=-5×105J，Q=6×105J，ΔU=W+Q=1.0×105J，即内能增加了1.0×105J.
答案：放出3.0×1051.0×105
12.某学习小组做了如下实验：先把空的烧瓶放入冰箱冷冻，取出烧瓶，
并迅速把一个气球紧套在烧瓶颈上，封闭了一部分气体，然后将
烧瓶放进盛满热水的烧杯里，气球逐渐膨胀起来，如图1-15所
示.
(1)在气球膨胀过程中，下列说法正确的是________.
A.该密闭气体分子间的作用力增大
B.该密闭气体组成的系统熵增加
C.该密闭气体的压强是由于气体重力而产生的
D.该密闭气体的体积是所有气体分子的体积之和
(2)若某时刻该密闭气体的体积为V，密度为ρ，平均摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，则该密闭气体的分子个数为________.
(3)若将该密闭气体视为理想气体，气球逐渐膨胀起来的过程中，气体对外做了0.6J的功，同时吸收了0.9J的热量，则该气体内能变化了________J;若气球在膨胀过程中迅速脱离瓶颈，则该气球内气体的温度________(填升高、降低或不变).
解析：(1)一切自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减少，B正确;气球膨胀分子间的距离增大，分子间的作用力减小，A错误;气体的压强是由于气体分子频繁的撞击容器壁产生的，C错误;因气体分子之间存在间隙，所以密闭气体的体积大于所有气体分子的体积之和，D错误.
(2)该密闭气体的分子个数为n=ρVMNA.
(3)根据热力学第一定律ΔU=W+Q得：ΔU=-0.6J+0.9J=0.3J;气球在膨胀过程中对外界做功，气球内气体的温度必降低.
答案：(1)B(2)ρVMNA(3)0.3降低