【步步高】(廣東專用）高考物理二輪復習專題突破四第1課時動量和能量觀點的綜合應用專題定位本專題綜合應用動力學、動量和能量的觀點來解決物體運動的多過程問題．本專題是高考的重點和熱點，命題情景新、聯系實際密切、綜合性強，是高考的壓軸題．應考策略本專題在高考中主要以兩種命題形式出現：一是綜合應用動能定理、機械能守恒定律和動量守恒定律，結合動力學方法解決運動的多過程問題；二是運用動能定理和能量守恒定律解決電場、磁場內帶電粒子的運動或電磁感應問題．由于本專題綜合性強，因此要在審題上狠下功夫，弄清運動情景，挖掘隱含條件，有針對性地選擇相應的規律和方法．1．常見的幾種力做功的特點(1)重力、彈簧彈力、靜電力做功與路徑無關．(2)摩擦力做功的特點①單個摩擦力(包括靜摩擦力和滑動摩擦力)可以做正功，也可以做負功，還可以不做功．②相互作用的一對靜摩擦力做功的代數和總等于零，在靜摩擦力做功的過程中，只有機械能的轉移，沒有機械能轉化為其他形式的能；相互作用的一對滑動摩擦力做功的代數和不為零，且總為負值．在一對滑動摩擦力做功的過程中，不僅有相互摩擦物體間機械能的轉移，還有部分機械能轉化為內能．轉化為內能的量等于系統機械能的減少量，等于滑動摩擦力與相對位移的乘積．③摩擦生熱是指滑動摩擦生熱，靜摩擦不會生熱．(3)靜電力做功一般利用W＝qU來求，在勻強電場中也可以利用W＝Eqscosα求解．(4)洛倫茲力在任何情況下對運動的電荷都不做功；安培力可以做正功、負功，還可以不做功．(5)電流做功的實質是電場對移動電荷做功，即W＝UIt＝qU.2．幾個重要的功能關系(1)重力的功等于重力勢能的變化，即WG＝－ΔEp.(2)彈力的功等于彈性勢能的變化，即W彈＝－ΔEp.(3)合力的功等于動能的變化，即W＝ΔEk.(4)重力(或彈簧彈力)之外的其他力的功等于機械能的變化，即W其他＝ΔE.(5)一對滑動摩擦力做的功等于系統中內能的變化，即Q＝F·s相對．(6)電場力做功等于電勢能的變化，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．動能定理的應用(1)動能定理的適用情況：解決單個物體(或可看成單個物體的物體系統)受力與位移、速率關系的問題．動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動；既適用于恒力做功，也適用于變力做功，力可以是各種性質的力，既可以同時作用，也可以分段作用．(2)應用動能定理解題的基本思路①選取研究對象，明確它的運動過程．②分析研究對象的受力情況和各力做功情況，然后求各個外力做功的代數和．③明確物體在運動過程始、末狀態的動能Ek1和Ek2.④列出動能定理的方程W合＝Ek2－Ek1，及其他必要的解題方程，進行求解．2．機械能守恒定律的應用(1)機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和是否為零．②用能量轉化來判斷，看是否有機械能轉化為其他形式的能．③對一些“繩子突然繃緊”、“物體間碰撞”等問題，機械能一般不守恒，除非題目中有特別說明及暗示．(2)應用機械能守恒定律解題的基本思路①選取研究對象——物體系統．②根據研究對象所經歷的物理過程，進行受力、做功分析，判斷機械能是否守恒．③恰當地選取參考平面，確定研究對象在運動過程的始、末狀態時的機械能．④根據機械能守恒定律列方程，進行求解．3．動能定理和能量守恒定律在處理電學中能量問題時仍然是首選的方法．題型1力學中的幾個重要功能關系的應用例1(雙選)如圖1所示，輕質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，右端接一細線，細線繞過光滑的定滑輪與物體B相連．開始時用手托住B，讓細線恰好伸直，然后由靜止釋放B，直至B獲得最大速度．下列有關該過程的分析正確的是 ()圖1A．B物體的機械能先增大后減小B．B物體的動能的增加量等于它所受重力與拉力做的功之和C．B物體機械能的減少量等于彈簧的彈性勢能的增加量D．細線拉力對A物體做的功等于A物體與彈簧所組成的系統機械能的增加量解析把A、B和彈簧看做一個系統，該系統機械能守恒，在B下落直至B獲得最大速度的過程中，A的動能增大，彈簧彈性勢能增大，所以B物體的機械能一直減小，選項A錯誤；由動能定理知，B物體的動能的增加量等于它所受重力與拉力做的功之和，選項B正確；B物體機械能的減少量等于彈簧的彈性勢能的增加量與A物體動能的增加量之和，選項C錯誤；對A物體和彈簧組成的系統，由功能關系得，細線拉力對A物體做的功等于A物體與彈簧所組成的系統機械能的增加量，選項D正確．答案BD以題說法1.本題要注意幾個功能關系：重力做的功等于重力勢能的變化量；彈簧彈力做的功等于彈性勢能的變化量；重力以外的其他力做的功等于機械能的變化量；合力做的功等于動能的變化量．2．本題在應用動能定理時，應特別注意研究過程的選取．并且要弄清楚每個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．質量分別為M、m(M>m)的滑塊，通過不可伸長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，沿斜面做勻加速運動．若不計滑輪的質量和摩擦，在兩滑塊沿斜面運動的過程中()圖2A．兩滑塊組成的系統機械能守恒B．重力對M做的功等于M動能的增加C．輕繩對m做的功等于m機械能的增加D．兩滑塊組成系統的機械能損失等于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M做負功，M和m組成的系統機械能減小，減小的機械能等于M克服摩擦力所做的功，選項A錯誤，D正確．除重力對滑塊M做正功外，還有摩擦力和繩的拉力對滑塊M做負功，選項B錯誤．繩的拉力對滑塊m做正功，滑塊m機械能增加，且增加的機械能等于拉力做的功，選項C正確．題型2幾個重要的功能關系在電學中的應用例2(雙選)如圖3所示，在豎直平面內有一勻強電場，其方向與水平方向成α＝30°斜向上，在電場中有一質量為m、電量為q的帶電小球，用長為L的不可伸長的絕緣細線掛于O點，當小球靜止于M點時，細線恰好水平．現用外力將小球拉到最低點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M點時，速度剛好為零B．小球從P到M過程中，合外力對它做了eq\r(3)mgL的功C．小球從P到M過程中，小球的機械能增加了eq\r(3)mgLD．如果小球運動到M點時，細線突然斷裂，小球以后將做勻變速曲線運動審題突破小球靜止在M時，受幾個力的作用？重力和電場力的大小關系是什么？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M點時，速度最大，而不是零，選項A錯．小球從P到M過程中，電場力與重力的合力大小為eq\r(3)mg，這個方向上位移為L，所以做功為eq\r(3)mgL，選項B正確．小球從P到M過程中，機械能的增加量等于電場力做的功，由于電場力為2mg，由P到M沿電場線方向的距離為d＝Lsin30°＋Lcos30°＝eq\f(L,2)(1＋eq\r(3))，故電場力做功為2mg·d＝mgL(1＋eq\r(3))，故選項C錯誤．如果小球運動到M點時，細線突然斷裂，小球的速度方向豎直向上，所受合外力水平向右，小球將做勻變速曲線運動，選項D正確．答案BD以題說法在解決電學中功能關系問題時應注意以下幾點：(1)洛倫茲力在任何情況下都不做功；(2)電場力做功與路徑無關，電場力做的功等于電勢能的變化；(3)力學中的幾個功能關系在電學中仍然成立．(單選)如圖4所示，豎直向上的勻強電場中，絕緣輕質彈簧豎直立于水平地面上，一質量為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．現撤去F，小球從靜止開始運動到離開彈簧的過程中，重力、電場力、彈簧彈力對小球做的功分別為W1、W2和W3，不計空氣阻力，則上述過程中()圖4A．小球與彈簧組成的系統機械能守恒B．小球重力勢能的變化為W1C．小球動能的變化為W1＋W2＋W3D．小球機械能的變化為W1＋W2＋W3答案C解析由于電場力做功，小球與彈簧組成的系統機械能不守恒，選項A錯誤．重力對小球做的功為W1，小球重力勢能的變化為－W1，選項B錯誤．由動能定理可知，小球動能的變化為W1＋W2＋W3，選項C正確．由功能關系可知，小球機械能的變化為W2，選項D錯誤．題型3動力學方法和動能定理的綜合應用圖5例3(15分)如圖5所示，上表面光滑、長度為3m、質量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動．現將一個質量為m＝3kg的小鐵塊(可視為質點)無初速度地放在木板最右端，當木板運動了L＝1m時，又將第二個同樣的小鐵塊無初速地放在木板最右端，以后木板每運動1m(1)木板與地面間的動摩擦因數；(2)剛放第三個小鐵塊時木板的速度；(3)從放第三個小鐵塊開始到木板停止的過程，木板運動的距離．審題突破木板在F＝50N的水平拉力作用下，沿水平地面勻速運動，隱含什么條件？放上小鐵塊后木板的受力如何變化？解析(1)木板做勻速直線運動時，受到地面的摩擦力設為f由平衡條件得：F＝f ①(1分)又f＝μMg ②(2分)聯立①②并代入數據得：μ＝0.5 ③(1分)(2)每放一個小鐵塊，木板所受的摩擦力增加μmg設剛放第三個小鐵塊時木板的速度為v1，對木板從放第一個小鐵塊到剛放第三個小鐵塊的過程，由動能定理得：－μmgL－2μmgL＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0) ④(5分)聯立③④并代入數據得：v1＝4m/s ⑤((3)從放第三個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.從放第三個小鐵塊開始到木板停止的過程，設木板運動的距離為s，對木板由動能定理得：－3μmgs＝0－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1) ⑥(4分)聯立③⑤⑥并代入數據得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.在應用動能定理解題時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小鐵塊都會使滑動摩擦力增加μmg.2．應用動能定理列式時要注意運動過程的選取，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點為軌道圓心，BC為圓軌道直徑且處于豎直方向，A、C兩點等高．質量m＝1kg的滑塊從A點由靜止開始下滑，恰能滑到與O點等高的D點，g取10m/s2，sin37°＝0.6，圖6(1)求滑塊與斜面間的動摩擦因數μ；(2)若使滑塊能到達C點，求滑塊從A點沿斜面滑下時的初速度v0的最小值；(3)若滑塊離開C點的速度大小為4m/s，求滑塊從C點飛出至落到斜面上所經歷的時間答案(1)0.375(2)2eq\r(3)m/s解析(1)滑塊從A點到D點的過程中，根據動能定理有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C點，根據牛頓第二定律有mg＋FN＝eq\f(mv\o\al(2,C),R)由FN≥0得vC≥eq\r(Rg)＝2m/s滑塊從A點到C點的過程中，根據動能定理有－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點后做平拋運動，有x＝vC′t，y＝eq\f(1,2)gt2由幾何知識得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應用動能定理分析帶電體在電場中的運動例4如圖7所示，虛線PQ、MN間存在如圖所示的水平勻強電場，一帶電粒子質量為m＝2.0×10－11kg、電荷量為q＝＋1.0×10－5C，從a點由靜止開始經電壓為U＝100V的電場加速后，垂直進入勻強電場中，從虛線MN的某點b(圖中未畫出)離開勻強電場時速度與電場方向成30°角．已知PQ、MN間距為20cm，圖7(1)帶電粒子剛進入勻強電場時的速率v1；(2)水平勻強電場的場強大小；(3)ab兩點間的電勢差．審題突破帶電粒子在水平勻強電場中做什么運動？速度與電場方向成30°角，隱含條件是什么？解析(1)由動能定理得：qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)代入數據得v1＝104(2)粒子沿初速度方向做勻速運動：d＝v1t粒子沿電場方向做勻加速運動：vy＝at由題意得：tan30°＝eq\f(v1,vy)由牛頓第二定律得：qE＝ma聯立以上各式并代入數據得：E＝eq\r(3)×103N/C＝1.732×103N/C(3)由動能定理得：qUab＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,1)＋veq\o\al(2,y))－0聯立以上各式并代入數據得：Uab＝400V.答案(1)104m/s(2)1.732×103N/C(3)以題說法1.電場力做功與重力做功的特點類似，都與路徑無關．2．對于電場力做功或電勢差的計算，選用動能定理往往最簡便快捷，但運用動能定理時要特別注意運動過程的選取．如圖8所示，在光滑絕緣水平面上，用長為2L的絕緣輕桿連接兩個質量均為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．虛線MN與PQ平行且相距3L，開始時A和B分別靜止于虛線MN的兩側，虛線MN恰為AB兩球連線的垂直平分線．若視小球為質點，不計輕桿的質量，在虛線MN、PQ間加上水平向右的電場強度為E的勻強電場后，系統開始運動．試求圖8(1)B球剛進入電場時，帶電系統的速度大小；(2)帶電系統向右運動的最大距離和此過程中B球電勢能的變化量；(3)A球從開始運動至剛離開電場所用的時間．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B球剛進入電場時帶電系統的速度為v1，由動能定理得2qEL＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)解得：v1＝eq\r(\f(2qEL,m))(2)帶電系統向右運動分為三段：B球進入電場前、帶電系統在電場中、A球出電場后．設A球出電場后移動的最大位移為s，對于全過程，由動能定理得2qEL－qEL－3qEs＝0解得s＝eq\f(L,3)，則B球移動的總位移為sB＝eq\f(7,3)LB球從剛進入電場到帶電系統從開始運動到速度第一次為零時的位移為eq\f(4,3)L其電勢能的變化量為ΔEp＝－W＝3qE·eq\f(4,3)L＝4qEL(3)取向右為正方向，B球進入電場前，帶電系統做勻加速運動：a1＝eq\f(2qE,2m)＝eq\f(qE,m)，t1＝eq\f(v1,a1)＝eq\r(\f(2mL,qE))帶電系統在電場中時，做勻減速運動：a2＝－eq\f(qE,2m)設A球剛出電場時速度為v2，由動能定理得：－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))解得總時間t＝t1＋t2＝(3eq\r(2)－2)eq\r(\f(mL,qE))6．綜合應用動力學和能量觀點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，半圓軌道的直徑AC與斜面垂直．質量為m的小球從A點左上方距A點高為h的斜面上方P點以某一速度v0水平拋出，剛好與半圓軌道的A點相切進入半圓軌道內側，之后經半圓軌道沿斜面剛好滑到與拋出點等高的D點．已知當地的重力加速度為g，取R＝eq\f(50,9)h，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不計空氣阻力，求：圖9(1)小球被拋出時的速度v0；(2)小球到達半圓軌道最低點B時，對軌道的壓力大小；(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A點時，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由幾何關系得v0＝v1cotθ ②聯立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設小球到達B點時的速度為v，則從拋出點到B過程中由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mg(H＋h)＝eq\f(1,2)mv2⑤在B點，根據牛頓第二定律有FN－mg＝meq\f(v2,R)⑥聯立③④⑤⑥式解得FN＝5.6mg⑦由牛頓第三定律知，小球在B點對軌道的壓力大小是5.6mg⑧(3)全過程應用動能定理：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(評分標準：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點睛之筆多個運動的組合實際上是多種物理規律和方法的綜合應用，分析這種問題時注意要各個運動過程獨立分析，而不同過程往往通過連接點的速度建立聯系；有時對整個過程應用能量的觀點解決問題會更簡單．如圖10，豎直平面坐標系xOy的第一象限，有垂直xOy面向外的水平勻強磁場和豎直向上的勻強電場，大小分別為B和E；第四象限有垂直xOy面向里的水平勻強電場，大小也為E；第三象限內有一絕緣光滑豎直放置的半徑為R的半圓軌道，軌道最高點與坐標原點O相切，最低點與絕緣光滑水平面相切于N.一質量為m的帶電小球從y軸上(y>0)的P點沿x軸正方向進入第一象限后做圓周運動，恰好通過坐標原點O，且水平切入半圓軌道并沿軌道內側運動，過N點水平進入第四象限，并在電場中運動(已知重力加速度為g)．圖10(1)判斷小球的帶電性質并求出其所帶電荷量；(2)P點距坐標原點O至少多高；(3)若該小球以滿足(2)中OP最小值的位置和對應速度進入第一象限，通過N點開始計時，經時間t＝2eq\r(R/g)小球距坐標原點O的距離s為多遠？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)小球進入第一象限正交的電場和磁場后，在垂直磁場的平面內做圓周運動，說明重力與電場力平衡，設小球所帶電荷量為q，則有qE＝mg ①解得：q＝eq\f(mg,E) ②又電場方向豎直向上，故小球帶正電．(2)設小球做勻速圓周運動的速度為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并沿軌道運動，則應滿足：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運動到N的過程中設到達N點的速度為vN，由機械能守恒定律得：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點進入電場區域后，在絕緣光滑水平面上做類平拋運動，設加速度為a，則有：沿x軸方向有：x＝vNt ⑨沿電場方向有：z＝eq\f(1,2)at2 ⑩由牛頓第二定律得：a＝qE/m?t時刻小球距O點為：s＝eq\r(x2＋z2＋2R2)＝2eq\r(7)R(限時：45分鐘)一、單項選擇題1．(·安徽·17)質量為m的人造地球衛星與地心的距離為r時，引力勢能可表示為Ep＝－eq\f(GMm,r)，其中G為引力常量，M為地球質量，該衛星原來在半徑為R1的軌道上繞地球做勻速圓周運動，由于受到極稀薄空氣的摩擦作用，飛行一段時間后其圓周運動的半徑變為R2，此過程中因摩擦而產生的熱量為 ()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)，所以衛星的動能為eq\f(1,2)mv2＝eq\f(GMm,2r)，則衛星在半經為r的軌道上運行時機械能為E＝eq\f(1,2)mv2＋Ep＝eq\f(GMm,2r)－eq\f(GMm,r)＝－eq\f(GMm,2r).故衛星在軌道R1上運行時：E1＝－eq\f(GMm,2R1)，在軌道R2上運行時：E2＝－eq\f(GMm,2R2)，由能的轉化和守恒定律得產生的熱量為Q＝E1－E2＝eq\f(GMm,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R2)－\f(1,R1)))，故正確選項為C.2．(·新課標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(小孔對電場的影響可忽略不計)．小孔正上方eq\f(d,2)處的P點有一帶電粒子，該粒子從靜止開始下落，經過小孔進入電容器，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eq\f(d,2)處返回D．在距上極板eq\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，設為v，下極板向上平移后由E＝eq\f(U,d)知場強變大，故粒子第二次在電場中減速運動的加速度變大，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，設粒子在距上極板h處返回，對粒子兩次運動過程應用動能定理得mg(eq\f(d,2)＋d)－qU＝0，mg(eq\f(d,2)＋h)－qeq\f(U,\f(2,3)d)·h＝0.兩方程聯立得h＝eq\f(2,5)d，選項D正確．3．質量為m的汽車在平直的路面上啟動，啟動過程的速度—時間圖象如圖1所示，其中OA段為直線，AB段為曲線，B點后為平行于橫軸的直線．已知從t1時刻開始汽車的功率保持不變，整個運動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時間內，汽車牽引力的數值為meq\f(v1,t1)B．t1～t2時間內，汽車的功率等于(meq\f(v1,t1)＋f)v2C．t1～t2時間內，汽車的平均速率小于eq\f(v1＋v2,2)D．汽車運動的最大速率v2＝(eq\f(mv1,ft1)＋1)v1答案D解析0～t1時間內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A錯誤；t1時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B錯誤；t1～t2時間內，汽車的平均速率大于eq\f(v1＋v2,2)，選項C錯誤；牽引力等于阻力時速度最大，即t2時刻汽車速率達到最大值，則有(meq\f(v1,t1)＋f)v1＝fv2，解得v2＝(eq\f(mv1,ft1)＋1)v1，選項D正確．4．如圖2所示，質量為m的物塊(可視為質點)，帶正電Q，開始時讓它靜止在傾角α＝60°的固定光滑絕緣斜面頂端，整個裝置放在水平方向向左、大小為E＝eq\r(3)mg/Q的勻強電場中(設斜面頂端處電勢為零)，斜面高為H.釋放后，物塊落地時的電勢能為ε，物塊落地時的速度大小為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解析由電場力做功等于電勢能的變化可得物塊落地時的電勢能為ε＝－QEH/tan60°＝－eq\r(3)mgH/eq\r(3)＝－mgH，選項A、B錯誤；由動能定理，mgH＋QEH/tan60°＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝2eq\r(gH)，選項C正確，D錯誤．二、雙項選擇題5．如圖3所示，質量為m的物體(可視為質點)以某一初速度從A點沖上傾角為30°的固定斜面，其運動的加速度大小為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．物體的重力勢能增加了eq\f(3,4)mghB．物體的重力勢能增加了mghC．物體的機械能損失了eq\f(1,2)mghD．物體的動能減少了mgh答案BC解析該過程物體克服重力做功為mgh，則物體的重力勢能增加了mgh，選項A錯誤，選項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械能的減少量，Wf＝－f·eq\f(h,sin30°)＝－eq\f(1,2)mgh，選項C正確；根據動能定理知，合外力做的功等于動能的變化量，故動能減少量為eq\f(3,2)mgh，選項D錯誤．6．如圖4所示，間距為L、電阻不計的足夠長平行光滑金屬導軌水平放置，導軌左端用一阻值為R的電阻連接，導軌上橫跨一根質量為m、電阻也為R的金屬棒，金屬棒與導軌接觸良好．整個裝置處于豎直向上、磁感應強度為B的勻強磁場中．現使金屬棒以初速度v沿導軌向右運動，若金屬棒在整個運動過程中通過的電荷量為q.下列說法正確的是()圖4A．金屬棒在導軌上做勻減速運動B．整個過程中金屬棒克服安培力做功為eq\f(1,2)mv2C．整個過程中金屬棒在導軌上發生的位移為eq\f(2qR,BL)D．整個過程中電阻R上產生的焦耳熱為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動直至靜止，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動，選項A錯誤．在整個過程中，只有安培力做負功，由動能定理可知金屬棒克服安培力做功為eq\f(1,2)mv2，選項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C正確．由B項可知整個回路中產生的焦耳熱為eq\f(1,2)mv2，電阻R上產生的焦耳熱為eq\f(1,4)mv2，選項D錯誤．7．將帶正電的甲球放在乙球的左側，兩球在空間形成了如圖5所示的穩定的靜電場，實線為電場線，虛線為等勢線．A、B兩點與兩球球心的連線位于同一直線上，C、D兩點關于直線AB對稱，則 ()圖5A．乙球一定帶負電B．C點和D點的電場強度相同C．正電荷在A點具有的電勢能比其在B點具有的電勢能大D．把負電荷從C點移至D點，電場力做的總功為零答案CD解析電場線從正電荷出發指向負電荷，根據電場線知乙球左側帶負電，右側帶正電，整體帶電情況不確定，A錯誤；電場強度是矢量，C、D兩點電場強度的方向不同，B錯誤；電場線的方向是電勢降落最快的方向，A點的電勢比B點的電勢高，由電勢能的定義式Ep＝qφ知，正電荷在A點的電勢能比在B點的電勢能大，C正確；C、D兩點在同一等勢面上，故將電荷從C點移至D點電勢能不變，電場力做功是電勢能變化的量度，故電場力不做功，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(可視為質點)固定在光滑絕緣斜面上的M點，且在通過彈簧中心的直線ab上．現把與Q大小相同、電性相同的小球P，從N點由靜止釋放，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)，以下說法正確的是 ()圖6A．小球P和彈簧組成的系統機械能守恒B．小球P和彈簧剛接觸時其速度最大C．小球P的動能與彈簧彈性勢能的總和增大D．小球P的加速度先減小后增大答案CD解析小球P沿斜面向下運動的過程中，在接觸彈簧前，庫侖斥力變小，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錯誤，D正確；對于小球P和彈簧組成的系統，由于電場力對其做正功，故機械能要增大，A錯誤；全過程只發生了小球P的動能、重力勢能、電勢能與彈簧的彈性勢能的相互轉化，由于重力和電場力都做正功，重力勢能和電勢能的總和減小，故小球P的動能與彈簧彈性勢能的總和增大，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行的傳送帶A端，被傳輸到末端B處，再沿一段圓形軌道到達軌道的最高點C處，然后水平拋到貨臺上．已知半徑為R＝0.4m的圓形軌道與傳送帶在B點相切，O點為半圓的圓心，BO、CO分別為圓形軌道的半徑，礦物m可視為質點，傳送帶與水平面間的夾角θ