2024-2025學(xué)年上學(xué)期杭州高二物理期末卷3

第1頁（共1頁）2024-2025學(xué)年上學(xué)期杭州高二物理期末卷3一．選擇題（共10小題，滿分30分，每小題3分）1．（3分）（2018秋?浙江期中）下列說法正確的是（）A．電荷在某處電勢(shì)能為零，該處的電場(chǎng)強(qiáng)度一定為零 B．線框在空間某處的磁通量為零，該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度一定為零 C．磁場(chǎng)中某點(diǎn)磁場(chǎng)的強(qiáng)弱，是用一小段通電導(dǎo)線放在該點(diǎn)時(shí)受到的磁場(chǎng)力與該小段導(dǎo)線長度和電流乘積的比值來描述 D．電場(chǎng)中某點(diǎn)電場(chǎng)的強(qiáng)弱，是用一個(gè)檢驗(yàn)電荷放在該點(diǎn)時(shí)受到的電場(chǎng)力與檢驗(yàn)電荷本身電荷量的比值來描述2．（3分）如圖所示，t＝1s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)所在的位置（）A．0 B．10cm C．﹣10cm D．12cm3．（3分）（2022?南京模擬）如圖所示，一根兩端開口的銅管豎直放置，一磁性較強(qiáng)的柱形磁體從上端放入管中，過了較長時(shí)間才從銅管下端落出，比自由落體慢了許多，則（）A．磁體下落變慢，主要是由于磁體受到了空氣的阻力 B．磁體下落變慢，主要是由于磁體受到金屬銅的吸引 C．磁體下落變慢，主要是變化的磁場(chǎng)在銅管內(nèi)激發(fā)出了渦流 D．銅管內(nèi)感應(yīng)電流方向保持不變4．（3分）（2024春?荔灣區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，圖甲為磁流體發(fā)電機(jī)原理示意圖，圖乙為質(zhì)譜儀原理圖，圖丙是寬為a，長為c的半導(dǎo)體霍爾元件，元件內(nèi)的導(dǎo)電粒子是電荷量為e的自由電子，圖丁是回旋加速器的原理示意圖，不計(jì)粒子的重力，下列說法正確的是（）A．圖甲為磁流體發(fā)電機(jī)原理示意圖，將一束等離子體噴入磁場(chǎng)，A、B板間產(chǎn)生電勢(shì)差，A板電勢(shì)高 B．圖乙為質(zhì)譜儀原理圖，11H、12HC．圖丙為速度選擇器，帶電粒子（不計(jì)重力）能夠從右向左沿圖中虛線勻速運(yùn)動(dòng) D．圖丁為回旋加速器的原理示意圖，忽略粒子在圖丁的D形盒狹縫中的加速時(shí)間，隨著粒子速度的增大，交變電流的頻率也應(yīng)該增大5．（3分）（2016春?興慶區(qū)校級(jí)期中）一個(gè)單擺在地面上的周期為T，當(dāng)將此擺放到離地面某一高度的地方時(shí)，周期變?yōu)?T，則此高度為地球半徑的（）A．2倍 B．3倍 C．8倍 D．9倍（多選）6．（3分）（2021秋?營口期末）如圖所示，圓環(huán)形導(dǎo)體線圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一豎直螺線管b，二者軸線重合，螺線管與電源和滑動(dòng)變阻器連接成如圖所示的電路。若將滑動(dòng)變阻器的滑片P向下滑動(dòng)，下列表述正確的是（）A．線圈a中將產(chǎn)生俯視順時(shí)針方向的感應(yīng)電流 B．穿過線圈a的磁通量變小 C．線圈a有收縮的趨勢(shì) D．線圈a對(duì)水平桌面的壓力F將增大7．（3分）（2020春?市中區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，長為3a、阻值為3R2的金屬桿可繞過O點(diǎn)的水平軸在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)，在O點(diǎn)正下方固定一半徑為a、總電阻為R的金屬圓環(huán)，圓環(huán)內(nèi)有方向垂直于環(huán)面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，金屬桿由水平位置轉(zhuǎn)到豎直位置時(shí)，其角速度為ω，且金屬桿與金屬環(huán)接觸良好，則此時(shí)金屬桿與圓環(huán)的接觸點(diǎn)M、NA．4Bωa2 B．45Bωa2 C．16Bωa25 D．8．（3分）質(zhì)量為m2的小車放在光滑的水平面上，小車上固定一豎直輕桿，輕桿上端的O點(diǎn)系一長為L的細(xì)線，細(xì)線另一端系一質(zhì)量為m1的小球，如圖所示，將小球向右拉至細(xì)線與豎直方向成60°角后由靜止釋放，下列說法正確的是（）A．球、車組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒 B．小球不能向左擺到原高度 C．小車向右移動(dòng)的最大距離為3mD．小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為m（多選）9．（3分）（2023春?荔灣區(qū)校級(jí)月考）在如圖所示的甲、乙、丙中除導(dǎo)體棒ab可動(dòng)外，其余部分均固定不動(dòng)。甲圖中的電容器C原來不帶電，設(shè)導(dǎo)體棒、導(dǎo)軌和直流電源的電阻均可忽略，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌間的摩擦不計(jì)。圖中裝置均在水平面內(nèi)，且都處于方向垂直水平面（即紙面）向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)軌足夠長，今給導(dǎo)體棒一個(gè)向右的初速度v0，導(dǎo)體棒的最終運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是（）A．三種情況下，導(dǎo)體棒最終均靜止 B．圖甲、丙中導(dǎo)體棒最終將以不同的速度做勻速運(yùn)動(dòng)；圖乙中導(dǎo)體棒最終靜止 C．圖甲、丙中，導(dǎo)體棒最終將以相同的速度做勻速運(yùn)動(dòng) D．甲、乙兩種情況下，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱一定不同10．（3分）（2017秋?泉州期末）如圖所示，三角形abc為勻強(qiáng)磁場(chǎng)的邊界，磁場(chǎng)方向垂直于紙面，三個(gè)同種粒子垂直ac邊射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，①、②和③三條實(shí)線分別為它們的運(yùn)動(dòng)軌跡，其中①、③兩條軌跡長度相等，則關(guān)于它們的速率和在磁場(chǎng)區(qū)域中飛行時(shí)間的關(guān)系，正確的是（）A．v1＜v2，t1＜t2 B．v1＞v2，t1＝t2 C．v2＜v3，t2＞t3 D．v1＜v3，t1＝t3二．多選題（共4小題，滿分16分，每小題4分）（多選）11．（4分）（2021?甌海區(qū)校級(jí)模擬）一條彈性繩子呈水平狀態(tài)，M為繩子中點(diǎn)，兩端P、Q同時(shí)開始上下振動(dòng)，一小段時(shí)間后產(chǎn)生的波形如圖，對(duì)于其后繩上各點(diǎn)的振動(dòng)情況，以下判斷正確的（）A．兩列波將同時(shí)到達(dá)中點(diǎn)M B．繩的兩端點(diǎn)P、Q開始振動(dòng)的方向相同 C．中點(diǎn)M的振動(dòng)始終是加強(qiáng)的 D．M點(diǎn)的位移大小在某時(shí)刻可能為零（多選）12．（4分）（2024?安徽二模）在一座高樓的頂層，工程師們正在安裝一個(gè)新型的安全裝置，來檢測(cè)大樓內(nèi)部的振動(dòng)情況，以便及時(shí)采取措施防止可能的安全隱患。如圖為該安全裝置的簡化模型，豎直放置的輕質(zhì)彈簧下端固定在地面上，上端與物塊甲連接，初始時(shí)物塊甲靜止于A點(diǎn)。現(xiàn)有質(zhì)量為m的物塊乙從距物塊甲上方h處由靜止釋放，乙與甲相碰后立即一起向下運(yùn)動(dòng)但不粘連，此時(shí)甲，乙兩物塊的總動(dòng)能為mgh2，向下運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)總動(dòng)能達(dá)到最大為2mgh3，繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)到達(dá)最低點(diǎn)C（未標(biāo)出），之后在彈起過程中將乙拋離甲。整個(gè)過程中彈簧始終處于豎直狀態(tài)，且在彈性限度內(nèi)，重力加速度為A．物塊甲的質(zhì)量為m B．彈起過程中，物塊甲和物塊乙一起運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)分離 C．A、B兩點(diǎn)間距離與B、C兩點(diǎn)間距離之比為1：2 D．彈簧彈性勢(shì)能的最大值為7mgh（多選）13．（4分）（2023春?珠海期末）如圖所示圓心為O、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)，有垂直于圓面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。從圓上的P點(diǎn)沿PO方向，先后射入甲、乙兩個(gè)比荷相同的粒子，甲粒子從M點(diǎn)離開磁場(chǎng)，乙粒子從N點(diǎn)離開磁場(chǎng)，已知磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，MN為圓的直徑，∠POM＝60°，粒子重力不計(jì)，下列說法正確的有（）A．甲粒子帶正電 B．乙粒子的速度是甲粒子的3倍 C．乙粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是甲粒子的2倍 D．若磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)?B，乙粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間變?yōu)樵瓉淼娜种ǘ噙x）14．（4分）（2016秋?岳麓區(qū)校級(jí)期末）等腰直角三角形OPQ區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)．另有一等腰直角三角形導(dǎo)線框ABC以恒定的速度沿垂直于磁場(chǎng)方向穿過磁場(chǎng)，穿越過程中速度方向始終與AB邊垂直且保持AC平行于OQ，關(guān)于線框中的感應(yīng)電流，以下說法中正確的是（）A．開始進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電流最大 B．產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)屬于動(dòng)生電動(dòng)勢(shì) C．開始進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向 D．開始穿出磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向三．實(shí)驗(yàn)題（共2小題，滿分20分）15．（8分）（2020秋?沙河口區(qū)校級(jí)月考）利用如圖甲所示裝置驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律。實(shí)驗(yàn)過程如下：請(qǐng)將實(shí)驗(yàn)過程補(bǔ)充完整。（1）將打點(diǎn)計(jì)時(shí)器固定在長木板的一端；（2）小車上連好紙帶，把長木板有打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的一端墊高，微調(diào)木板的傾斜程度，直到，這樣做的目的是；（3）后面貼有雙面膠的小車A靜止在木板上，靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的小車B連著穿過限位孔的紙帶；（4）接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源，輕推一下小車B，使小車B運(yùn)動(dòng)一段距離后與小車A發(fā)生正碰，碰后粘在一起繼續(xù)運(yùn)動(dòng)；（5）小車運(yùn)動(dòng)到木板下端后，關(guān)閉電源，取下紙帶如圖乙，圖中已標(biāo)出各計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的距離，小車碰撞發(fā)生在（填“ab段”“bc段”“cd段”或“de段”）；（6）若打點(diǎn)計(jì)時(shí)器電源頻率為50Hz，小車A的質(zhì)量為0.2kg，小車B的質(zhì)量為0.6kg，則碰前兩小車的總動(dòng)量是kg?m/s，碰后兩小車的總動(dòng)量是kg?m/s（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）。16．（12分）（2022秋?紅旗區(qū)校級(jí)期末）“后浪”學(xué)習(xí)實(shí)驗(yàn)小組在“研究回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小與磁通最變化快慢的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)中使用的實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示。（1）實(shí)驗(yàn)小組的同學(xué)用螺旋測(cè)微器測(cè)量擋光片的寬度時(shí)，測(cè)得的示數(shù)如圖乙所示，則擋光片的寬度d＝mm。（2）在實(shí)驗(yàn)中，讓小車以不同的速度靠近螺線管，記錄光電門的擋光時(shí)間Δt內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值E，改變速度多次實(shí)驗(yàn)，得到多組數(shù)據(jù)。在小車以不同的速度靠近螺線管的過程中，時(shí)間Δt內(nèi)不變的量是。A.磁通量B.磁通量的變化量C.磁通量的變化率（3）根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，作出E-1Δt圖像，發(fā)現(xiàn)該圖像是一條過原點(diǎn)的傾斜直線，可以得出的實(shí)驗(yàn)結(jié)論是：四．解答題（共3小題，滿分34分）17．（10分）（2011?武漢校級(jí)模擬）如圖所示，光滑斜面與水平地面在C點(diǎn)平滑連接，質(zhì)量為0.4kg的滑塊A無初速地沿斜面滑下后，又沿水平地面運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn)與質(zhì)量也為0.4kg的小球B發(fā)生正碰，碰撞時(shí)沒有機(jī)械能損失，小球B用長為L＝0.32m的細(xì)繩懸于O點(diǎn)，其下端恰好與水平地面上的D點(diǎn)相切，已知滑塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.1，C、D間距LCD＝1.4m，碰后B球恰好能在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，g＝10m/s2，求：（1）B球碰后的速度（2）滑塊A在斜面上滑下時(shí)的高度h（3）滑塊A最終與D點(diǎn)間的距離S。18．（12分）（2021秋?工農(nóng)區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，真空中有以O(shè)為圓心，半徑為R的圓柱形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外，在虛線范圍內(nèi)、x軸上方足夠大的范圍內(nèi)有寬度為d，方向沿y軸負(fù)向、大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)。圓形磁場(chǎng)區(qū)域的右端與電場(chǎng)左邊界相切，現(xiàn)從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿紙面不同方向發(fā)射速率為v的質(zhì)子，已知質(zhì)子的電荷量為e，質(zhì)量為m，不計(jì)質(zhì)子的重力。試求：（1）P、N兩點(diǎn)在圓周上，M是OP的中點(diǎn)，MN平行于x軸，若質(zhì)子從N點(diǎn)平行于x軸出磁場(chǎng)，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和質(zhì)子從O點(diǎn)出射時(shí)的方向。（2）求質(zhì)子從N點(diǎn)平行于x軸出磁場(chǎng)后與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)。19．（12分）（2016秋?葫蘆島期末）如圖所示，兩足夠長的平行光滑的金屬導(dǎo)軌MNPQ相距為d＝0.5m，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角θ＝30°，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，磁感應(yīng)強(qiáng)度且B＝2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面向上，長為d＝0.5m的金屬棒ab垂直于MNPQ放置在導(dǎo)軌上，且始終與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒的質(zhì)量為m＝0.1kg，電阻為r＝2Ω．兩金屬導(dǎo)軌的上端連接一個(gè)燈泡，燈泡在額定功率時(shí)的電阻RL＝2Ω，現(xiàn)閉合開關(guān)S，給金屬棒施加一個(gè)方向垂直于桿且平行于導(dǎo)軌平面向上的大小為F＝1N的恒力，使金屬棒由靜止開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)金屬棒達(dá)到最大速度時(shí)，燈泡恰能達(dá)到它的額定功率（已知重力加速度為g＝10m/s2），求：（1）金屬棒能達(dá)到的最大速度vm（2）若金屬棒上滑距離為L＝0.5m時(shí)速度恰達(dá)到最大，求金屬棒由靜止開始上滑2m的過程中，金屬棒上產(chǎn)生的電熱Q．

2024-2025學(xué)年上學(xué)期杭州高二物理期末典型卷3參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題，滿分30分，每小題3分）1．（3分）（2018秋?浙江期中）下列說法正確的是（）A．電荷在某處電勢(shì)能為零，該處的電場(chǎng)強(qiáng)度一定為零 B．線框在空間某處的磁通量為零，該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度一定為零 C．磁場(chǎng)中某點(diǎn)磁場(chǎng)的強(qiáng)弱，是用一小段通電導(dǎo)線放在該點(diǎn)時(shí)受到的磁場(chǎng)力與該小段導(dǎo)線長度和電流乘積的比值來描述 D．電場(chǎng)中某點(diǎn)電場(chǎng)的強(qiáng)弱，是用一個(gè)檢驗(yàn)電荷放在該點(diǎn)時(shí)受到的電場(chǎng)力與檢驗(yàn)電荷本身電荷量的比值來描述【考點(diǎn)】磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義與物理意義；電場(chǎng)強(qiáng)度與電場(chǎng)力的關(guān)系和計(jì)算．【專題】定性思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；磁場(chǎng)磁場(chǎng)對(duì)電流的作用；理解能力．【答案】D【分析】電勢(shì)能具有相對(duì)性，電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)能無關(guān)；線框在空間某處的磁通量為零，該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度不一定為零；磁場(chǎng)中某點(diǎn)磁場(chǎng)的強(qiáng)弱，是用垂直于磁場(chǎng)的一小段通電導(dǎo)線放在該點(diǎn)時(shí)受到的磁場(chǎng)力與該小段導(dǎo)線長度和電流乘積的比值來描述；電場(chǎng)強(qiáng)度為放入電場(chǎng)中某點(diǎn)的電荷所受的電場(chǎng)力F跟它的電荷量q的比值。【解答】解：A、電勢(shì)能具有相對(duì)性，電荷在某處電勢(shì)能為零，該處的電場(chǎng)強(qiáng)度不一定為零。故A錯(cuò)誤；B、線框在空間某處的磁通量為零，可能是線框平面和磁場(chǎng)平行，該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度不一定為零。故B錯(cuò)誤；C、磁場(chǎng)中某點(diǎn)磁場(chǎng)的強(qiáng)弱，是用垂直于磁場(chǎng)的一小段通電導(dǎo)線放在該點(diǎn)時(shí)受到的磁場(chǎng)力與該小段導(dǎo)線長度和電流乘積的比值來描述。故C錯(cuò)誤；D、電場(chǎng)中某點(diǎn)電場(chǎng)的強(qiáng)弱，是用一個(gè)檢驗(yàn)電荷放在該點(diǎn)時(shí)受到的電場(chǎng)力與檢驗(yàn)電荷本身電荷量的比值來描述。故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了磁感應(yīng)強(qiáng)度、電場(chǎng)強(qiáng)度與電場(chǎng)力等知識(shí)點(diǎn)。這種題型屬于基礎(chǔ)題，只要善于積累，難度不大。2．（3分）如圖所示，t＝1s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)所在的位置（）A．0 B．10cm C．﹣10cm D．12cm【考點(diǎn)】簡諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式及振幅、周期、頻率、相位等參數(shù)．【專題】比較思想；圖析法；簡諧運(yùn)動(dòng)專題．【答案】C【分析】質(zhì)點(diǎn)的位置可根據(jù)質(zhì)點(diǎn)的位移確定，由圖象直接讀出即可．【解答】解：由圖知，t＝1s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)所在的位置x＝﹣10cm，故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】振動(dòng)圖象反映振動(dòng)質(zhì)點(diǎn)的位移隨時(shí)間的變化情況，由振動(dòng)圖象可直接讀出振幅和周期，及任意時(shí)刻的位移等．3．（3分）（2022?南京模擬）如圖所示，一根兩端開口的銅管豎直放置，一磁性較強(qiáng)的柱形磁體從上端放入管中，過了較長時(shí)間才從銅管下端落出，比自由落體慢了許多，則（）A．磁體下落變慢，主要是由于磁體受到了空氣的阻力 B．磁體下落變慢，主要是由于磁體受到金屬銅的吸引 C．磁體下落變慢，主要是變化的磁場(chǎng)在銅管內(nèi)激發(fā)出了渦流 D．銅管內(nèi)感應(yīng)電流方向保持不變【考點(diǎn)】渦流的產(chǎn)生及原理；楞次定律及其應(yīng)用．【專題】定性思想；推理法；電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題；理解能力．【答案】C【分析】強(qiáng)磁鐵通過銅管時(shí)，導(dǎo)致穿過磁鐵周圍的銅管磁通量發(fā)生變化，從而使得磁體周圍的銅管有產(chǎn)生感應(yīng)電流，出現(xiàn)感應(yīng)磁場(chǎng)要阻礙原磁場(chǎng)的變化，導(dǎo)致強(qiáng)磁鐵受到一定阻力。【解答】解：ABC．磁體下落變慢，產(chǎn)生該現(xiàn)象的原因是磁體下落，變化的磁場(chǎng)在銅管內(nèi)激發(fā)出了渦流，渦流反過來又對(duì)強(qiáng)磁鐵產(chǎn)生了很大的阻力，銅管對(duì)磁體的作用力方向始終向上，故AB錯(cuò)誤，C正確；D．根據(jù)楞次定律知銅管對(duì)磁體先有向上的斥力，再有向上的吸引力，電流方向發(fā)生改變，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象的應(yīng)用，理解磁體下落變慢的原因，掌握楞次定律的“來拒去留”：當(dāng)強(qiáng)磁鐵過來時(shí)，就拒絕它；當(dāng)離開時(shí)就挽留它。4．（3分）（2024春?荔灣區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，圖甲為磁流體發(fā)電機(jī)原理示意圖，圖乙為質(zhì)譜儀原理圖，圖丙是寬為a，長為c的半導(dǎo)體霍爾元件，元件內(nèi)的導(dǎo)電粒子是電荷量為e的自由電子，圖丁是回旋加速器的原理示意圖，不計(jì)粒子的重力，下列說法正確的是（）A．圖甲為磁流體發(fā)電機(jī)原理示意圖，將一束等離子體噴入磁場(chǎng)，A、B板間產(chǎn)生電勢(shì)差，A板電勢(shì)高 B．圖乙為質(zhì)譜儀原理圖，11H、12HC．圖丙為速度選擇器，帶電粒子（不計(jì)重力）能夠從右向左沿圖中虛線勻速運(yùn)動(dòng) D．圖丁為回旋加速器的原理示意圖，忽略粒子在圖丁的D形盒狹縫中的加速時(shí)間，隨著粒子速度的增大，交變電流的頻率也應(yīng)該增大【考點(diǎn)】與速度選擇器相結(jié)合的質(zhì)譜儀；磁流體發(fā)電機(jī)．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；分析綜合能力．【答案】B【分析】根據(jù)左手定則得出離子的受力方向，結(jié)合離子的電性得出電勢(shì)的高低；根據(jù)動(dòng)能定理和牛頓第二定律得出半徑的表達(dá)式，結(jié)合粒子的比荷得出半徑的大小關(guān)系；在速度選擇器中，根據(jù)左手定則得出洛倫茲力的方向，再對(duì)離子受力分析即可完成解答；理解回旋加速器的工作原理，結(jié)合圓周運(yùn)動(dòng)的周期公式即可完成分析?！窘獯稹拷猓篈．圖甲中，將一束等離子體噴入磁場(chǎng)，根據(jù)左手定則可知，帶正電的離子向B板偏轉(zhuǎn)，則B板電勢(shì)高，故A錯(cuò)誤；B．圖乙中，11H、12qU=1在磁場(chǎng)中，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得：Bqv=mv解得：r=13H粒子的比荷最小，則C．粒子從左邊水平進(jìn)入時(shí)能勻速直線通過，是因?yàn)槁鍌惼澚εc電場(chǎng)力等大反向，合力為零。若從右邊進(jìn)入，則受到的電場(chǎng)力與洛倫茲力同向，合力不為零，則無法勻速直線通過，故C錯(cuò)誤；D．回旋加速器正常工作時(shí)，忽略粒子在圖丁的D形盒狹縫中的加速時(shí)間，交流電流的周期等于粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期，其周期為T=2πm周期與速度大小無關(guān)，保持不變，所以隨著粒子速度的增大，交變電流的周期不變，頻率也不變，故D錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了霍爾效應(yīng)的相關(guān)應(yīng)用，能根據(jù)左手定則分析出洛倫茲力的方向，再結(jié)合電場(chǎng)力和洛倫茲力的等量關(guān)系即可完成分析。5．（3分）（2016春?興慶區(qū)校級(jí)期中）一個(gè)單擺在地面上的周期為T，當(dāng)將此擺放到離地面某一高度的地方時(shí)，周期變?yōu)?T，則此高度為地球半徑的（）A．2倍 B．3倍 C．8倍 D．9倍【考點(diǎn)】單擺及單擺的條件．【專題】定量思想；推理法；單擺問題．【答案】A【分析】根據(jù)萬有引力和物體受到的重力的大小相等可以求得在地面上和高度為h處的重力加速度大小的表達(dá)式，進(jìn)而由單擺的周期公式可以求得高度的大小【解答】解：設(shè)單擺的擺長為L，地球的質(zhì)量為M，則據(jù)萬有引力定律可得地面的重力加速度和高度為h時(shí)的重力加速度分別為：g＝GMR2，gh＝據(jù)單擺的周期公式可知T0＝2πLg，T＝2π由以上各式可求得h＝（TT0-1）R＝2R故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】單擺的周期是由單擺的擺長和當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣鹊拇笮」餐瑳Q定的，在不同的地方，重力加速度的大小是不同的．（多選）6．（3分）（2021秋?營口期末）如圖所示，圓環(huán)形導(dǎo)體線圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一豎直螺線管b，二者軸線重合，螺線管與電源和滑動(dòng)變阻器連接成如圖所示的電路。若將滑動(dòng)變阻器的滑片P向下滑動(dòng)，下列表述正確的是（）A．線圈a中將產(chǎn)生俯視順時(shí)針方向的感應(yīng)電流 B．穿過線圈a的磁通量變小 C．線圈a有收縮的趨勢(shì) D．線圈a對(duì)水平桌面的壓力F將增大【考點(diǎn)】增反減同；增縮減擴(kuò)；判斷磁通量的大小或變化；楞次定律及其應(yīng)用．【專題】定性思想；推理法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；理解能力．【答案】CD【分析】此題的關(guān)鍵首先明確滑動(dòng)觸頭向下滑動(dòng)時(shí)通過判斷出線圈b中的電流增大，然后根據(jù)楞次定律判斷出線圈a中感應(yīng)電流的方向。本題利用“楞次定律的第二描述”求解將更為簡便。【解答】解：A、B：當(dāng)滑動(dòng)觸頭P向下移動(dòng)時(shí)電阻減小，由閉合電路歐姆定律可知通過線圈b的電流增大，從而判斷出穿過線圈a的磁通量增加方向向下，再根據(jù)楞次定律即可判斷出線圈a中感應(yīng)電流方向俯視應(yīng)為逆時(shí)針，故AB錯(cuò)誤。C、再根據(jù)微元法將線圈a無線分割根據(jù)左手定則不難判斷出線圈a應(yīng)有收縮的趨勢(shì)，或直接根據(jù)楞次定律的第二描述“感應(yīng)電流產(chǎn)生的效果總是阻礙引起感應(yīng)電流的原因”，因?yàn)榛瑒?dòng)觸頭向下滑動(dòng)導(dǎo)致穿過線圈a的磁通量增加，故只有線圈面積減少時(shí)才能阻礙磁通量的增加，故線圈a應(yīng)有收縮的趨勢(shì)，故C正確；D、開始時(shí)線圈a對(duì)桌面的壓力等于線圈a的重力，當(dāng)滑動(dòng)觸頭向下滑動(dòng)時(shí)，可以用“等效法”，即將線圈a和b看作兩個(gè)條形磁鐵，不難判斷此時(shí)兩磁鐵的N極相對(duì)，互相排斥，故線圈a對(duì)水平桌面的壓力將增大，故D正確。故選：CD?！军c(diǎn)評(píng)】首先應(yīng)掌握楞次定律的基本應(yīng)用，楞次定律的第二描述是能量守恒定律在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中得出的必然結(jié)果。一般在解決有關(guān)相對(duì)運(yùn)動(dòng)類問題時(shí)用楞次定律的第二描述將會(huì)非常簡便。7．（3分）（2020春?市中區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，長為3a、阻值為3R2的金屬桿可繞過O點(diǎn)的水平軸在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)，在O點(diǎn)正下方固定一半徑為a、總電阻為R的金屬圓環(huán)，圓環(huán)內(nèi)有方向垂直于環(huán)面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，金屬桿由水平位置轉(zhuǎn)到豎直位置時(shí)，其角速度為ω，且金屬桿與金屬環(huán)接觸良好，則此時(shí)金屬桿與圓環(huán)的接觸點(diǎn)M、NA．4Bωa2 B．45Bωa2 C．16Bωa25 D．【考點(diǎn)】導(dǎo)體平動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式．【專題】定量思想；方程法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；推理論證能力．【答案】B【分析】根據(jù)切割磁感線的金屬桿的平均速度求得電動(dòng)勢(shì)，再由閉合電路的歐姆定律求得路端電壓?！窘獯稹拷猓寒?dāng)金屬桿由水平位置轉(zhuǎn)到豎直位置時(shí)，其角速度為ω，那么金屬桿接入電路，切割磁感線的長度L＝2a；由于金屬棒各點(diǎn)角速度不變，故求解電動(dòng)勢(shì)時(shí)的速度取用NM的中點(diǎn)速度，所以，E＝BLv＝B?2a?2ωa＝4Bωa2；NM的外電阻R′=1所以此時(shí)金屬桿與圓環(huán)的接觸點(diǎn)M、N之間的電壓為路端電壓，MN接入電路的電阻為：r=2U=ER+14R×14R=故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】由于金屬桿上任一點(diǎn)的角速度相同，速度與到O點(diǎn)的距離成正比，故求電動(dòng)勢(shì)時(shí)的速度可取平均速度，即NM的中點(diǎn)的速度，知道MN兩端電壓是指路端電壓。8．（3分）質(zhì)量為m2的小車放在光滑的水平面上，小車上固定一豎直輕桿，輕桿上端的O點(diǎn)系一長為L的細(xì)線，細(xì)線另一端系一質(zhì)量為m1的小球，如圖所示，將小球向右拉至細(xì)線與豎直方向成60°角后由靜止釋放，下列說法正確的是（）A．球、車組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒 B．小球不能向左擺到原高度 C．小車向右移動(dòng)的最大距離為3mD．小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為m【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問題；機(jī)械能守恒定律的簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題；動(dòng)量與動(dòng)能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合；推理論證能力．【答案】C【分析】機(jī)械能守恒條件為除重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力外無外力做功，動(dòng)量守恒條件為系統(tǒng)合外力為0；根據(jù)動(dòng)量守恒定律列式，求位移；根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒和能量守恒列式，求最低點(diǎn)速度?！窘獯稹拷猓篈．系統(tǒng)在水平方向的合力為零，豎直方向的合力不為零，故水平方向的動(dòng)量守恒，總動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；B．小球和小車組成的系統(tǒng)，只有重力做功，機(jī)械能守恒，小球和小車水平方向的合動(dòng)量為零，當(dāng)小球速度為零時(shí)、小車速度也為零，故小球能向左擺到原高度，故B錯(cuò)誤；C．小球與小車組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)小車向右運(yùn)動(dòng)的最大距離為x，則小球向左運(yùn)動(dòng)的位移為2lsin60°﹣x；取向右為正方向，根據(jù)水平方向平均動(dòng)量守恒m得x=故C正確；D．從靜止釋放到最低點(diǎn)，小球與小車組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，以水平向右為正方向，根據(jù)水平方向平均動(dòng)量守恒有m2v2﹣m1v1＝0能量守恒得m得小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的速度大小v1=m故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查學(xué)生對(duì)機(jī)械能守恒條件和動(dòng)量守恒條件的掌握，以及對(duì)動(dòng)量守恒、能量守恒的應(yīng)用，是一道中等難度題。（多選）9．（3分）（2023春?荔灣區(qū)校級(jí)月考）在如圖所示的甲、乙、丙中除導(dǎo)體棒ab可動(dòng)外，其余部分均固定不動(dòng)。甲圖中的電容器C原來不帶電，設(shè)導(dǎo)體棒、導(dǎo)軌和直流電源的電阻均可忽略，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌間的摩擦不計(jì)。圖中裝置均在水平面內(nèi)，且都處于方向垂直水平面（即紙面）向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)軌足夠長，今給導(dǎo)體棒一個(gè)向右的初速度v0，導(dǎo)體棒的最終運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是（）A．三種情況下，導(dǎo)體棒最終均靜止 B．圖甲、丙中導(dǎo)體棒最終將以不同的速度做勻速運(yùn)動(dòng)；圖乙中導(dǎo)體棒最終靜止 C．圖甲、丙中，導(dǎo)體棒最終將以相同的速度做勻速運(yùn)動(dòng) D．甲、乙兩種情況下，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱一定不同【考點(diǎn)】含有電容器的導(dǎo)軌滑桿模型；單桿在導(dǎo)軌上無外力作用下切割磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)問題；有電源存在的導(dǎo)軌滑桿模型．【專題】定性思想；推理法；電磁感應(yīng)——功能問題；電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；推理論證能力．【答案】BD【分析】圖甲中，導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流而使電容器充電，分析電路中電流的變化，即可判斷ab棒所受的安培力，確定ab棒的運(yùn)動(dòng)情況；圖乙中，導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，通過電阻R轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，ab棒將做減速運(yùn)動(dòng)；圖丙中，分析導(dǎo)體棒受到的安培力情況，判斷ab棒的運(yùn)動(dòng)情況。根據(jù)生成的焦耳熱與ab棒的初動(dòng)能大小關(guān)系，比較甲、乙兩種情況下，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱大小關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈BC、圖甲中，導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流而使電容器充電，當(dāng)電容器C極板間電壓與導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等時(shí)，電路中沒有電流，ab棒不受安培力，向右做勻速運(yùn)動(dòng)；圖乙中，導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，ab棒的動(dòng)能通過電阻R轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，ab棒速度減小，當(dāng)ab棒的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能時(shí)，ab棒靜止；圖丙中，導(dǎo)體棒先受到向左的安培力作用向右做減速運(yùn)動(dòng)，速度減為零后再在安培力作用下向左做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電源的電動(dòng)勢(shì)相等時(shí)，電路中沒有電流，ab棒向左做勻速運(yùn)動(dòng)，圖甲、丙中，導(dǎo)體棒最終將勻速運(yùn)動(dòng)的速度方向不同，故AC錯(cuò)誤，B正確；D、甲圖中棒的部分動(dòng)能在電阻R上轉(zhuǎn)化為焦耳熱，圖乙中，棒的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為焦耳熱，故有Q甲＜Q乙，故D正確。故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查對(duì)電磁感應(yīng)現(xiàn)象動(dòng)態(tài)變化分析的問題，分析安培力的變化是關(guān)鍵，根據(jù)合力和速度方向的關(guān)系判斷導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)情況。10．（3分）（2017秋?泉州期末）如圖所示，三角形abc為勻強(qiáng)磁場(chǎng)的邊界，磁場(chǎng)方向垂直于紙面，三個(gè)同種粒子垂直ac邊射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，①、②和③三條實(shí)線分別為它們的運(yùn)動(dòng)軌跡，其中①、③兩條軌跡長度相等，則關(guān)于它們的速率和在磁場(chǎng)區(qū)域中飛行時(shí)間的關(guān)系，正確的是（）A．v1＜v2，t1＜t2 B．v1＞v2，t1＝t2 C．v2＜v3，t2＞t3 D．v1＜v3，t1＝t3【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問題．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】C【分析】對(duì)粒子由洛倫茲力提供向心力，可知半徑與速度的關(guān)系，結(jié)合T=2πr【解答】解：AB、對(duì)粒子由洛倫茲力提供向心力qvB=mv2r，求得半徑r=mvqB，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T=2πrv，求得T=2πmqB，因?yàn)槭侨齻€(gè)同種粒子，根據(jù)①、②的運(yùn)動(dòng)軌跡可知其圓心角為180°，因此t1＝t2=T2，由于r1CD、由于r2＜r3，因此v2＜v3，運(yùn)動(dòng)軌跡③所對(duì)的圓心角θ＜180°，由于t=θ2π?T，因此t1＝t2＞t3，故C故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，解題關(guān)鍵掌握粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，注意通過圓心角計(jì)算運(yùn)動(dòng)時(shí)間。二．多選題（共4小題，滿分16分，每小題4分）（多選）11．（4分）（2021?甌海區(qū)校級(jí)模擬）一條彈性繩子呈水平狀態(tài)，M為繩子中點(diǎn)，兩端P、Q同時(shí)開始上下振動(dòng)，一小段時(shí)間后產(chǎn)生的波形如圖，對(duì)于其后繩上各點(diǎn)的振動(dòng)情況，以下判斷正確的（）A．兩列波將同時(shí)到達(dá)中點(diǎn)M B．繩的兩端點(diǎn)P、Q開始振動(dòng)的方向相同 C．中點(diǎn)M的振動(dòng)始終是加強(qiáng)的 D．M點(diǎn)的位移大小在某時(shí)刻可能為零【考點(diǎn)】波的疊加；波長、頻率和波速的關(guān)系；機(jī)械波的圖像問題．【專題】計(jì)算題；定量思想；方程法；波的多解性；理解能力；推理論證能力；分析綜合能力．【答案】ABD【分析】波在同種介質(zhì)傳播，波速相同，同時(shí)到達(dá)M點(diǎn)；據(jù)波的傳播特點(diǎn)可知，依據(jù)上下坡法，那么它們起振方向相同，繩子的兩端點(diǎn)開始振動(dòng)的方向相同；波的頻率不同，故兩列波并不能發(fā)生穩(wěn)定的干涉現(xiàn)象；當(dāng)兩波剛傳到M點(diǎn)時(shí)，此時(shí)刻位移為零?！窘獯稹拷猓篈、這兩列波的波速由介質(zhì)決定，波在同種介質(zhì)傳播，所以波速相同，所以波速之比為1：1；由于距離相同，所以兩波同時(shí)到達(dá)M點(diǎn)。故A正確；B、據(jù)波的傳播特點(diǎn)可知，各質(zhì)點(diǎn)的起振方向與波源的起振方向相同，由圖可知，左邊波向右傳播，而右邊的波向左，依據(jù)上下坡法，那么它們起振方向相同，所以繩子的兩端點(diǎn)開始振動(dòng)的方向相同，故B正確；C、由于波的頻率不同，故兩列波并不能發(fā)生穩(wěn)定的干涉現(xiàn)象，因此兩列波在M點(diǎn)相遇時(shí)，并不總是加強(qiáng)或減弱的，故C錯(cuò)誤；D、當(dāng)兩波剛傳到M點(diǎn)時(shí)，此時(shí)刻位移為零，所以M點(diǎn)的位移大小在某時(shí)刻可能為零，故D正確。故選：ABD。【點(diǎn)評(píng)】明確波傳播的特點(diǎn)，知道如何判斷波的傳播方向與質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方向之間的關(guān)系，波的穩(wěn)定干涉的條件。（多選）12．（4分）（2024?安徽二模）在一座高樓的頂層，工程師們正在安裝一個(gè)新型的安全裝置，來檢測(cè)大樓內(nèi)部的振動(dòng)情況，以便及時(shí)采取措施防止可能的安全隱患。如圖為該安全裝置的簡化模型，豎直放置的輕質(zhì)彈簧下端固定在地面上，上端與物塊甲連接，初始時(shí)物塊甲靜止于A點(diǎn)。現(xiàn)有質(zhì)量為m的物塊乙從距物塊甲上方h處由靜止釋放，乙與甲相碰后立即一起向下運(yùn)動(dòng)但不粘連，此時(shí)甲，乙兩物塊的總動(dòng)能為mgh2，向下運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)總動(dòng)能達(dá)到最大為2mgh3，繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)到達(dá)最低點(diǎn)C（未標(biāo)出），之后在彈起過程中將乙拋離甲。整個(gè)過程中彈簧始終處于豎直狀態(tài)，且在彈性限度內(nèi)，重力加速度為A．物塊甲的質(zhì)量為m B．彈起過程中，物塊甲和物塊乙一起運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)分離 C．A、B兩點(diǎn)間距離與B、C兩點(diǎn)間距離之比為1：2 D．彈簧彈性勢(shì)能的最大值為7mgh【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律在含有彈簧的碰撞問題中的應(yīng)用；常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化．【專題】定量思想；推理法；力學(xué)三大知識(shí)結(jié)合的綜合問題；分析綜合能力．【答案】AC【分析】由動(dòng)能定理求出碰撞前A的速度，再由動(dòng)量守恒定律結(jié)合題設(shè)條件聯(lián)立求解B的質(zhì)量；分離時(shí)A與B的速度、加速度均相等，AB間相互作用力為零，根據(jù)分離時(shí)的受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)確定彈起時(shí)AB分離的位置；根據(jù)胡克定律、動(dòng)能定理及題設(shè)條件求AB與BC之間距離之比；AB一起運(yùn)動(dòng)時(shí)，在平衡位置速度最大，AB碰撞過程中有機(jī)械能損失。在C點(diǎn)時(shí)彈性勢(shì)能最大，從A到C，由機(jī)械能守恒定律結(jié)合彈性勢(shì)能的公式求彈性勢(shì)能的最大值?！窘獯稹拷猓篈、物塊乙自由下落h，設(shè)碰撞前乙的速度為v0，對(duì)物塊乙由機(jī)械能守恒有：mg而根據(jù)題意，設(shè)碰后物塊甲和物塊乙的共同速度為v，碰后甲、乙的總動(dòng)能為：1物塊甲和物塊乙碰撞，碰撞過程中動(dòng)量守恒，以向下為正，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：mv0＝（m甲+m）v聯(lián)立解得：m甲＝m，故A正確；B、物塊甲與物塊乙分離時(shí)速度、加速度均相等，相互作用的彈力為零，此時(shí)刻物塊乙只受重力，加速度豎直向下等于g，因此分離時(shí)物塊甲的加速度也等于g，合力為mg，即此時(shí)彈簧處于原長狀態(tài)，所以物塊甲與物塊乙是在彈簧恢復(fù)原長時(shí)分離的，故B錯(cuò)誤；C、設(shè)彈簧勁度系數(shù)為k，甲、乙兩個(gè)物塊的質(zhì)量均為m，設(shè)B、A兩點(diǎn)間距離為l1，C、B兩點(diǎn)間距離為l2，在A點(diǎn)彈簧形變量：x同樣的道理，在B點(diǎn)彈簧形變量：x所以可得：l從A到B，由題設(shè)條件可知：EkA=mgh2，E根據(jù)動(dòng)能定理可得：2mg聯(lián)立解得：l在C點(diǎn)彈簧的形變量：x2＝x1+l2從B到C，對(duì)AB整體根據(jù)動(dòng)能定理可得：2mg聯(lián)立解得：l由上面結(jié)果可知：l1：l2＝1：2，故C正確；D、物塊甲和物塊乙在最低點(diǎn)C時(shí)彈性勢(shì)能最大。又根據(jù)題意，初始時(shí)彈簧的壓縮量為：x初始時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能：E從物塊甲和物塊乙在A點(diǎn)碰后到運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)C，由機(jī)械能守恒定律有：mgh聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：Epm=8故選：AC。【點(diǎn)評(píng)】本題考查的知識(shí)點(diǎn)比較綜合，注意分離時(shí)A與B的速度、加速度均相等，AB間相互作用力為零。B與A相碰后一起運(yùn)動(dòng)，屬于非彈性碰撞，碰撞過程中有機(jī)械能損失。（多選）13．（4分）（2023春?珠海期末）如圖所示圓心為O、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)，有垂直于圓面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。從圓上的P點(diǎn)沿PO方向，先后射入甲、乙兩個(gè)比荷相同的粒子，甲粒子從M點(diǎn)離開磁場(chǎng)，乙粒子從N點(diǎn)離開磁場(chǎng)，已知磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，MN為圓的直徑，∠POM＝60°，粒子重力不計(jì)，下列說法正確的有（）A．甲粒子帶正電 B．乙粒子的速度是甲粒子的3倍 C．乙粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是甲粒子的2倍 D．若磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)?B，乙粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間變?yōu)樵瓉淼娜种究键c(diǎn)】帶電粒子在直線邊界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問題．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；分析綜合能力．【答案】ABD【分析】根據(jù)題意作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，應(yīng)用左手定則在判斷粒子的電性；求出粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑，然后應(yīng)用牛頓第二定律求出粒子的速度大小關(guān)系；求出粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過的圓心角，然后求出粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈、由題意可得，甲、乙兩粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示，由左手定則可知，甲粒子帶正電，乙粒子帶負(fù)電，故A正確；B、由幾何知識(shí)可知，甲、乙兩粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為：r甲=Rtan30°=3粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可得：qvB=m解得：v=qBrm所以乙粒子的速度與甲粒子的速度比為：v即乙粒子的速度是甲粒子的3倍，故B正確；C、由幾何知識(shí)可知，粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過的圓心角，即偏轉(zhuǎn)角：θ甲＝120°，θ乙＝60°由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期：T=由于比荷相同，兩粒子的周期相同，所以粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t=乙粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與甲粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間比：t乙t甲D、若磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)?B，則乙粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑：r乙′=13由幾何知識(shí)可得，乙粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過的圓心角：θ乙′＝120°＝2θ乙乙粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期：T乙粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t乙′=120°360°T'=故選：ABD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)問題，要畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)幾何知識(shí)求軌跡半徑；運(yùn)用粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過的圓心角，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，求解粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。（多選）14．（4分）（2016秋?岳麓區(qū)校級(jí)期末）等腰直角三角形OPQ區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)．另有一等腰直角三角形導(dǎo)線框ABC以恒定的速度沿垂直于磁場(chǎng)方向穿過磁場(chǎng)，穿越過程中速度方向始終與AB邊垂直且保持AC平行于OQ，關(guān)于線框中的感應(yīng)電流，以下說法中正確的是（）A．開始進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電流最大 B．產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)屬于動(dòng)生電動(dòng)勢(shì) C．開始進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向 D．開始穿出磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向【考點(diǎn)】導(dǎo)體平動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式；楞次定律及其應(yīng)用；右手定則．【專題】定性思想；推理法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合．【答案】ABD【分析】根據(jù)切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，通過有效長度的大小確定何時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，感應(yīng)電流最大．根據(jù)楞次定律或右手定則判斷感應(yīng)電流的方向．【解答】解：A、當(dāng)線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)切割磁感線，產(chǎn)生的動(dòng)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝BLv，導(dǎo)線框ABC的速度恒定，當(dāng)有效的切割長度最大時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)也最大，那么感應(yīng)電流I=ER=BLvRC、由右手定則可判定，開始進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)镃到A，即感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向，故C錯(cuò)誤；D、由楞次定律可得開始穿出磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電流為A到C，即感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向，故D正確。故選：ABD?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式，以及會(huì)運(yùn)用右手定則和楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向，基礎(chǔ)題．三．實(shí)驗(yàn)題（共2小題，滿分20分）15．（8分）（2020秋?沙河口區(qū)校級(jí)月考）利用如圖甲所示裝置驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律。實(shí)驗(yàn)過程如下：請(qǐng)將實(shí)驗(yàn)過程補(bǔ)充完整。（1）將打點(diǎn)計(jì)時(shí)器固定在長木板的一端；（2）小車上連好紙帶，把長木板有打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的一端墊高，微調(diào)木板的傾斜程度，直到輕推小車，使小車能夠沿木板勻速下滑，這樣做的目的是平衡摩擦力，使系統(tǒng)的合外力為零，滿足動(dòng)量守恒的條件；（3）后面貼有雙面膠的小車A靜止在木板上，靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的小車B連著穿過限位孔的紙帶；（4）接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源，輕推一下小車B，使小車B運(yùn)動(dòng)一段距離后與小車A發(fā)生正碰，碰后粘在一起繼續(xù)運(yùn)動(dòng)；（5）小車運(yùn)動(dòng)到木板下端后，關(guān)閉電源，取下紙帶如圖乙，圖中已標(biāo)出各計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的距離，小車碰撞發(fā)生在cd段（填“ab段”“bc段”“cd段”或“de段”）；（6）若打點(diǎn)計(jì)時(shí)器電源頻率為50Hz，小車A的質(zhì)量為0.2kg，小車B的質(zhì)量為0.6kg，則碰前兩小車的總動(dòng)量是1.13kg?m/s，碰后兩小車的總動(dòng)量是1.08kg?m/s（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）?！究键c(diǎn)】驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律．【專題】實(shí)驗(yàn)題；實(shí)驗(yàn)探究題；定性思想；實(shí)驗(yàn)分析法；動(dòng)量與動(dòng)能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合；實(shí)驗(yàn)探究能力．【答案】（2）輕推小車，使小車能夠沿木板勻速下滑；平衡摩擦力，使系統(tǒng)的合外力為零，滿足動(dòng)量守恒的條件；（5）cd段（6）1.13；1.08?！痉治觥浚?）把長木板有打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的一端墊高，為了平衡摩擦力，應(yīng)輕推小車，使小車能夠沿木板勻速下滑；（5）小車碰撞發(fā)生碰撞速度要減小，根據(jù)速度的變化情況分析小車碰撞發(fā)生在哪段；（6）根據(jù)勻速運(yùn)動(dòng)的公式求出碰撞前后小車的速度，再求碰撞前后兩小車的總動(dòng)量?！窘獯稹拷猓海?）把長木板有打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的一端墊高，輕推小車，使小車能夠沿木板勻速下滑，這樣做的目的是平衡摩擦力，使系統(tǒng)合外力為零，滿足動(dòng)量守恒的條件；（5）小車碰撞發(fā)生碰撞速度要減小，則由紙帶可知小車碰撞發(fā)生在cd段；（6）bc段小車的速度v1=xbctde段小車的速度v2=xdet碰前兩小車的總動(dòng)量是p＝mBv1＝0.6×1.883kg?m/s≈1.13kg?m/s；碰后兩小車的總動(dòng)量是p′＝（mA+mB）v2＝（0.2+0.6）×1.352kg?m/s≈1.08kg?m/s；故p≈p′因此，在實(shí)驗(yàn)差誤允許的范圍，碰撞前后兩小車的總動(dòng)量守恒。故答案為：（2）輕推小車，使小車能夠沿木板勻速下滑；平衡摩擦力，使系統(tǒng)的合外力為零，滿足動(dòng)量守恒的條件；（5）cd段（6）1.13；1.08。【點(diǎn)評(píng)】本題為探究型實(shí)驗(yàn)，解題的關(guān)鍵在于分析題意，明確實(shí)驗(yàn)原理，掌握動(dòng)量守恒的條件：系統(tǒng)的合外力為零，應(yīng)控制實(shí)驗(yàn)條件，滿足實(shí)驗(yàn)條件，再根據(jù)對(duì)應(yīng)的物理規(guī)律進(jìn)行分析求解。16．（12分）（2022秋?紅旗區(qū)校級(jí)期末）“后浪”學(xué)習(xí)實(shí)驗(yàn)小組在“研究回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小與磁通最變化快慢的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)中使用的實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示。（1）實(shí)驗(yàn)小組的同學(xué)用螺旋測(cè)微器測(cè)量擋光片的寬度時(shí)，測(cè)得的示數(shù)如圖乙所示，則擋光片的寬度d＝4.800mm。（2）在實(shí)驗(yàn)中，讓小車以不同的速度靠近螺線管，記錄光電門的擋光時(shí)間Δt內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值E，改變速度多次實(shí)驗(yàn)，得到多組數(shù)據(jù)。在小車以不同的速度靠近螺線管的過程中，時(shí)間Δt內(nèi)不變的量是B。A.磁通量B.磁通量的變化量C.磁通量的變化率（3）根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，作出E-1Δt【考點(diǎn)】研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象；螺旋測(cè)微器的使用與讀數(shù)．【專題】實(shí)驗(yàn)題；實(shí)驗(yàn)探究題；定性思想；實(shí)驗(yàn)分析法；基本實(shí)驗(yàn)儀器；電磁感應(yīng)——功能問題；實(shí)驗(yàn)探究能力．【答案】（1）4.800；（2）B；（3）感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與磁通量的變化率成正比?！痉治觥浚?）螺旋測(cè)微器的精確度為0.01mm，測(cè)量值＝固定刻度對(duì)應(yīng)示數(shù)（mm）+對(duì)齊格數(shù)（估讀一位）×精確度；（2）實(shí)驗(yàn)過程中磁鐵的初末位置相同，螺線管位置不變，磁鐵相對(duì)于螺線管的位置變化相同，穿過螺線管的磁通量的變化相同；（3）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，得到感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與所用時(shí)間Δt的關(guān)系式，根據(jù)題意分析作答。【解答】解：（1）螺旋測(cè)微器的精確度為0.01mm，擋光片的寬度d＝4.5mm+30.0×0.01mm＝4.800mm。（2）在擋光片每次經(jīng)過光電門的過程中，磁鐵與螺線管之間相對(duì)位置的改變量都一樣，穿過螺線管磁通量的變化量都相同，故B正確，AC錯(cuò)誤。故選：B。（3）根據(jù)作出的圖像可以得出的結(jié)論是：感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與磁通量的變化率成正比。故答案為：（1）4.800；（2）B；（3）感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與磁通量的變化率成正比。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小與磁通量變化快慢的關(guān)系，掌握實(shí)驗(yàn)的原理及法拉第電磁感應(yīng)定律的內(nèi)容。四．解答題（共3小題，滿分34分）17．（10分）（2011?武漢校級(jí)模擬）如圖所示，光滑斜面與水平地面在C點(diǎn)平滑連接，質(zhì)量為0.4kg的滑塊A無初速地沿斜面滑下后，又沿水平地面運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn)與質(zhì)量也為0.4kg的小球B發(fā)生正碰，碰撞時(shí)沒有機(jī)械能損失，小球B用長為L＝0.32m的細(xì)繩懸于O點(diǎn)，其下端恰好與水平地面上的D點(diǎn)相切，已知滑塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.1，C、D間距LCD＝1.4m，碰后B球恰好能在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，g＝10m/s2，求：（1）B球碰后的速度（2）滑塊A在斜面上滑下時(shí)的高度h（3）滑塊A最終與D點(diǎn)間的距離S?！究键c(diǎn)】動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問題；動(dòng)能定理的簡單應(yīng)用；機(jī)械能守恒定律的簡單應(yīng)用．【專題】動(dòng)量定理應(yīng)用專題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）碰撞后B球恰好能在豎直面做作完整的圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得出最高點(diǎn)的臨界速度，再根據(jù)機(jī)械能守恒定律求出A、B碰撞后B的速度。（2）結(jié)合碰撞過程中動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒求出A球碰撞前的速度，最后根據(jù)動(dòng)能定理求出滑塊A在斜面上滑下時(shí)的高度h；（3）通過碰后A的速度，根據(jù)動(dòng)能定理求出A還能滑行的路程，從而得出滑塊A最終與D點(diǎn)間的距離。【解答】解：（1）設(shè)A和B碰后B的速度為vB，對(duì)于B從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過程，由機(jī)械能守恒得：12mvB2=在最高點(diǎn)，對(duì)B由牛頓第二定律得：mg＝mv解得：vB=5gL（2）設(shè)A與B碰前、碰后速度分別為vD和vB′根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：mvD＝mvD′+mvB根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：12mvD2=12mvD′2+聯(lián)立兩式解得：vB＝vD＝4m/s，vD′＝0對(duì)A從C到D的過程，由動(dòng)能定理得：μmgLCD=下滑過程，有：mgh=解得：h＝0.94m（3）設(shè)滑塊A最終與A的距離為S，由動(dòng)能定理得：μmgS=解得：S＝8m答：（1）B球碰后的速度是4m/s。（2）滑塊A在斜面上滑下時(shí)的高度h是0.94m。（3）滑塊A最終與D點(diǎn)間的距離是8m?！军c(diǎn)評(píng)】本題綜合考查了動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律、牛頓第二定律、動(dòng)能定理，綜合性較強(qiáng)，對(duì)學(xué)生的能力要求較高，需加強(qiáng)訓(xùn)練。18．（12分）（2021秋?工農(nóng)區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，真空中有以O(shè)為圓心，半徑為R的圓柱形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外，在虛線范圍內(nèi)、x軸上方足夠大的范圍內(nèi)有寬度為d，方向沿y軸負(fù)向、大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)。圓形磁場(chǎng)區(qū)域的右端與電場(chǎng)左邊界相切，現(xiàn)從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿紙面不同方向發(fā)射速率為v的質(zhì)子，已知質(zhì)子的電荷量為e，質(zhì)量為m，不計(jì)質(zhì)子的重力。試求：（1）P、N兩點(diǎn)在圓周上，M是OP的中點(diǎn)，MN平行于x軸，若質(zhì)子從N點(diǎn)平行于x軸出磁場(chǎng)，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和質(zhì)子從O點(diǎn)出射時(shí)的方向。（2）求質(zhì)子從N點(diǎn)平行于x軸出磁場(chǎng)后與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)。【考點(diǎn)】帶電粒子由磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場(chǎng)中的問題；帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)．【專題】計(jì)算題；定量思想；推理法；帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力；分析綜合能力．【答案】（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為mveR，質(zhì)子從O點(diǎn)出射時(shí)的方向與+x軸成60（2）①當(dāng)d≤vmReE時(shí)，質(zhì)子與x軸交點(diǎn)坐標(biāo)為（R+d2+mRv22eEd，0）；當(dāng)d＞vmR【分析】（1）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)洛倫茲力作為向心力可解得磁感應(yīng)強(qiáng)度；（2）粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)對(duì)應(yīng)運(yùn)動(dòng)規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系可解得粒子與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)?！窘獯稹拷猓海?）如圖所示，質(zhì)子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心在NA上，AB為ON的垂直平分線，故交點(diǎn)A為圓心，OM為ON的一半，可知∠ONM＝30°，∠CNA＝60°，則NA＝R，質(zhì)子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R。由洛倫茲力作為向心力可得：evB＝mv解得：B=質(zhì)子速度沿OB方向，由幾何關(guān)系可知，質(zhì)子出射時(shí)速度斜向右上方與+x軸成60°角。（2）設(shè)質(zhì)子剛好打到電場(chǎng)右邊界與x軸的交點(diǎn)，在豎直方向R2在水平方向d＝vt聯(lián)立解得d＝vmR①當(dāng)d≤vmReE時(shí)，質(zhì)子出電場(chǎng)邊界之后與x軸相交，設(shè)在電場(chǎng)中的偏移為y，出電場(chǎng)時(shí)在y軸方向的速度為vy，偏轉(zhuǎn)角為θy=又t=聯(lián)立解得y=在豎直方向的速度為vy=偏轉(zhuǎn)角為tanθ=由圖中幾何關(guān)系可得DF=R2-y聯(lián)立解得DG=根據(jù)幾何關(guān)系得OG＝R+DG+d＝R+故質(zhì)子與x軸交點(diǎn)坐標(biāo)為（R+d2+②當(dāng)d＞vmReE時(shí)，質(zhì)子在電場(chǎng)區(qū)域內(nèi)與xR2解得t'=水平位移為sx＝vt'＝vmR由圖中幾何關(guān)系可得OH＝R+sx＝R+vmR故質(zhì)子與x軸交點(diǎn)坐標(biāo)為（R+vmReE，0答：（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為mveR，質(zhì)子從O點(diǎn)出射時(shí)的方向與+x軸成60（2）①當(dāng)d≤vmReE時(shí)，質(zhì)子與x軸交點(diǎn)坐標(biāo)為（R+d2+mRv22eEd，0）；當(dāng)d＞vmR【點(diǎn)評(píng)】本題考查了質(zhì)子在磁場(chǎng)與電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，質(zhì)子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，質(zhì)子運(yùn)動(dòng)過程復(fù)雜，根據(jù)題意分析清楚質(zhì)子的運(yùn)動(dòng)過程、作出其運(yùn)動(dòng)軌跡是解題的關(guān)鍵．19．（12分）（2016秋?葫蘆島期末）如圖所示，兩足夠長的平行光滑的金屬導(dǎo)軌MNPQ相距為d＝0.5m，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角θ＝30°，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，磁感應(yīng)強(qiáng)度且B＝2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面向上，長為d＝0.5m的金屬棒ab垂直于MNPQ放置在導(dǎo)軌上，且始終與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒的質(zhì)量為m＝0.1kg，電阻為r＝2Ω．兩金屬導(dǎo)軌的上端連接一個(gè)燈泡，燈泡在額定功率時(shí)的電阻RL＝2Ω，現(xiàn)閉合開關(guān)S，給金屬棒施加一個(gè)方向垂直于桿且平行于導(dǎo)軌平面向上的大小為F＝1N的恒力，使金屬棒由靜止開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)金屬棒達(dá)到最大速度時(shí)，燈泡恰能達(dá)到它的額定功率（已知重力加速度為g＝10m/s2），求：（1）金屬棒能達(dá)到的最大速度vm（2）若金屬棒上滑距離為L＝0.5m時(shí)速度恰達(dá)到最大，求金屬棒由靜止開始上滑2m的過程中，金屬棒上產(chǎn)生的電熱Q．【考點(diǎn)】導(dǎo)體平動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；用焦耳定律計(jì)算電熱；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式．【專題】計(jì)算題；定量思想；推理法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）由受力平衡求得安培力大小，進(jìn)而得到速度大小；（2）首先求得金屬棒的末速度，再由動(dòng)能定理求得安培力做的功，根據(jù)電路原理，求得金屬棒產(chǎn)熱占整個(gè)閉合電路產(chǎn)熱的比例即可求得產(chǎn)熱．【解答】解：（1）導(dǎo)體棒靜止時(shí)，安培力為零，導(dǎo)體棒所受合外力F-隨速度增加，安培力增大，合外力減小，加速度減小，直到加速度為零后，金屬棒受力平衡，沿斜面勻速運(yùn)動(dòng)；所以，金屬棒達(dá)到最大速度vm時(shí)，金屬棒受力平衡，即F-所以，vm（2）若金屬棒上滑距離為L＝0.5m時(shí)速度恰達(dá)到最大，那么由（1）可知金屬棒上滑2m時(shí)的速度也是2m/s；金屬棒上滑過程中，只有外力F、重力和安培力做功，那么，對(duì)金屬棒從靜止開始上滑s＝2m的過程應(yīng)用動(dòng)能定理，可得：克服安培力做的功W=Fs-又有克服安培力做的功等于閉合電路放出的熱量，又有金屬棒電阻r＝2Ω，燈泡電阻RL＝2Ω，所以，金屬棒和燈泡產(chǎn)熱相等，則金屬棒上產(chǎn)生的電熱Q=1答：（1）金屬棒能達(dá)到的最大速度vm為2m/s；（2）若金屬棒上滑距離為L＝0.5m時(shí)速度恰達(dá)到最大，則金屬棒由靜止開始上滑2m的過程中，金屬棒上產(chǎn)生的電熱Q為0.4J．【點(diǎn)評(píng)】在閉合電路中金屬棒切割磁感線運(yùn)動(dòng)的問題中，一般先由受力平衡求得速度，進(jìn)而求得電動(dòng)勢(shì)及安培力，最后可取的電量，發(fā)熱量，做功等問題．

考點(diǎn)卡片1．牛頓第二定律的簡單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】牛頓第二定律的表達(dá)式是F＝ma，已知物體的受力和質(zhì)量，可以計(jì)算物體的加速度；已知物體的質(zhì)量和加速度，可以計(jì)算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計(jì)算物體的質(zhì)量。【命題方向】一質(zhì)量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：對(duì)人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可。解答：對(duì)人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據(jù)牛頓第三定律，人對(duì)電梯的壓力等于電梯對(duì)人的支持力，故人對(duì)電梯的壓力等于43mg故選：A。點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵對(duì)人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解?！窘忸}方法點(diǎn)撥】在應(yīng)用牛頓第二定律解決簡單問題時(shí)，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達(dá)式，再根據(jù)需要求出相關(guān)物理量。2．牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問題【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】圓周運(yùn)動(dòng)的過程符合牛頓第二定律，表達(dá)式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命題方向】我國著名體操運(yùn)動(dòng)員童飛，首次在單杠項(xiàng)目中完成了“單臂大回環(huán)”：用一只手抓住單杠，以單杠為軸做豎直面上的圓周運(yùn)動(dòng)．假設(shè)童飛的質(zhì)量為55kg，為完成這一動(dòng)作，童飛在通過最低點(diǎn)時(shí)的向心加速度至少是4g，那么在完成“單臂大回環(huán)”的過程中，童飛的單臂至少要能夠承受多大的力．分析：運(yùn)動(dòng)員在最低點(diǎn)時(shí)處于超重狀態(tài)，由單杠對(duì)人拉力與重力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解．解答：運(yùn)動(dòng)員在最低點(diǎn)時(shí)處于超重狀態(tài)，設(shè)運(yùn)動(dòng)員手臂的拉力為F，由牛頓第二定律可得：F心＝ma心則得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飛的單臂至少要能夠承受2750N的力．點(diǎn)評(píng)：解答本題的關(guān)鍵是分析向心力的來源，建立模型，運(yùn)用牛頓第二定律求解．【解題思路點(diǎn)撥】圓周運(yùn)動(dòng)中的動(dòng)力學(xué)問題分析（1）向心力的確定①確定圓周運(yùn)動(dòng)的軌道所在的平面及圓心的位置．②分析物體的受力情況，找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力，該力就是向心力．（2）向心力的來源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個(gè)力的合力或某個(gè)力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解決圓周運(yùn)動(dòng)問題步驟①審清題意，確定研究對(duì)象；②分析物體的運(yùn)動(dòng)情況，即物體的線速度、角速度、周期、軌道平面、圓心、半徑等；③分析物體的受力情況，畫出受力示意圖，確定向心力的來源；④根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律及向心力公式列方程．3．動(dòng)能定理的簡單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.動(dòng)能定理的內(nèi)容：合外力做的功等于動(dòng)能的變化量。2.表達(dá)式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考點(diǎn)針對(duì)簡單情況下用動(dòng)能定理來解題的情況。【命題方向】如圖所示，質(zhì)量m＝10kg的物體放在水平地面上，物體與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物體上，使物體由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，作用時(shí)間t＝6s后撤去F，求：（1）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的過程中的加速度；（2）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的位移（3）物體從開始運(yùn)動(dòng)直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）對(duì)物體受力分析知，物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律就可求出加速度；（2）用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移公式即可求得位移的大??；（3）對(duì)全程用動(dòng)能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）對(duì)物體受力分析，由牛頓第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=12×3×6（3）對(duì)全程用動(dòng)能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的過程中的加速度是3m/s2；（2）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的位移是54m；（3）物體從開始運(yùn)動(dòng)直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功為2700J。點(diǎn)評(píng)：分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)過程，直接應(yīng)用牛頓第二定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解即可，求摩擦力的功的時(shí)候?qū)θ虘?yīng)用動(dòng)能定理比較簡單?！窘忸}思路點(diǎn)撥】1．應(yīng)用動(dòng)能定理的一般步驟（1）選取研究對(duì)象，明確并分析運(yùn)動(dòng)過程。（2）分析受力及各力做功的情況①受哪些力？②每個(gè)力是否做功？③在哪段位移哪段過程中做功？④做正功還是負(fù)功？⑤做多少功？求出代數(shù)和。（3）明確過程始末狀態(tài)的動(dòng)能Ek1及Ek2。（4）列方程W總＝Ek2﹣Ek1，必要時(shí)注意分析題目潛在的條件，補(bǔ)充方程進(jìn)行求解。注意：①在研究某一物體受到力的持續(xù)作用而發(fā)生狀態(tài)改變時(shí)，如涉及位移和速度而不涉及時(shí)間時(shí)應(yīng)首先考慮應(yīng)用動(dòng)能定理，而后考慮牛頓定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，如涉及加速度時(shí)，先考慮牛頓第二定律。②用動(dòng)能定理解題，關(guān)鍵是對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行準(zhǔn)確的受力分析及運(yùn)動(dòng)過程分析，并畫出物體運(yùn)動(dòng)過程的草圖，以便更準(zhǔn)確地理解物理過程和各物理量的關(guān)系。有些力在物體運(yùn)動(dòng)全過程中不是始終存在的，在計(jì)算外力做功時(shí)更應(yīng)引起注意。4．常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．內(nèi)容（1）功是能量轉(zhuǎn)化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化。（2）做功的過程一定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化，而且能量的轉(zhuǎn)化必通過做功來實(shí)現(xiàn)。2．高中物理中幾種常見的功能關(guān)系功能量的變化合外力做正功動(dòng)能增加重力做正功重力勢(shì)能減少彈簧彈力做正功彈性勢(shì)能減少電場(chǎng)力做正功電勢(shì)能減少其他力（除重力、彈力）做正功機(jī)械能增加一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做的總功為負(fù)功系統(tǒng)的內(nèi)能增加【解題思路點(diǎn)撥】如圖所示，質(zhì)量為m的物體靜止在地面上，物體上面連著一個(gè)輕彈簧，用手拉住彈簧上端上移H，將物體緩緩提高h(yuǎn)，拉力F做功WF，不計(jì)彈簧的質(zhì)量，則下列說法正確的是（）A、重力做功﹣mgh，重力勢(shì)能減少mghB、彈力做功﹣WF，彈性勢(shì)能增加WFC、重力勢(shì)能增加mgh，彈性勢(shì)能增加FHD、重力勢(shì)能增加mgh，彈性勢(shì)能增加WF﹣mgh分析：重力勢(shì)能的變化量等于負(fù)的重力所做的功，物體緩緩提高說明速度不變，拉力F做的功等于物體重力勢(shì)能的變化量與彈簧彈性勢(shì)能增加量之和．解答：重力勢(shì)能的變化量等于負(fù)的重力所做的功，即ΔEP＝﹣WG＝﹣（﹣mgh）＝mgh物體緩緩提高說明速度不變，所以物體動(dòng)能不發(fā)生變化，ΔE彈＝WF+WG＝WF﹣mgh故選：D。點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了重力勢(shì)能的變化量與重力做功的關(guān)系以及能量轉(zhuǎn)化關(guān)系，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．【解題思路點(diǎn)撥】1.常見的功能關(guān)系：合力做功——?jiǎng)幽茏兓恢亓ψ龉Α亓?shì)能變化；彈力做功——彈性勢(shì)能變化；摩擦力做功——內(nèi)能變化；其他力做功——機(jī)械能變化。2.判斷和計(jì)算做功或能量變化時(shí)，可以反其道而行之，通過計(jì)算能量變化或做功多少來進(jìn)行。5．機(jī)械能守恒定律的簡單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.機(jī)械能守恒定律的內(nèi)容：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動(dòng)能與勢(shì)能可以互相轉(zhuǎn)化，而總的機(jī)械能保持不變。2.對(duì)三種表達(dá)式的理解（1）守恒式：Ek1+EP1＝Ek2+EP2，這里應(yīng)注意等式不是指某兩個(gè)特別的狀態(tài)，而是過程中的每一狀態(tài)機(jī)械能的總量都是守恒的，但我們解題時(shí)往往選擇與題目所述條件或所求結(jié)果相關(guān)的狀態(tài)建立方程式。另外，表達(dá)式中是相對(duì)的，建立方程時(shí)必須選擇合適的參考平面，且每一狀態(tài)的E都應(yīng)是對(duì)同一參考平面而言的。（2）轉(zhuǎn)化式：ΔEk＝﹣ΔEP，系統(tǒng)動(dòng)能的增加量等于系統(tǒng)重力勢(shì)能的減少量，可以不選擇參考平面。（3）轉(zhuǎn)移式：ΔEA＝﹣ΔEB，將系統(tǒng)分為A、B兩部分，A部分機(jī)械能的增加量等于另一部分B的機(jī)械能的減少量，可以不選擇參考平面。3.運(yùn)用機(jī)械能守恒定律的基本思路4.機(jī)械能守恒定律和動(dòng)能定理的比較【命題方向】NBA籃球賽非常精彩，吸引了眾多觀眾.2012﹣2013賽季總決賽第六場(chǎng)中，雷阿倫在終場(chǎng)前5.2s的時(shí)候，把球投出且準(zhǔn)確命中，把比賽拖入加時(shí)從而讓熱火獲得比賽的勝利．如果雷阿倫投籃過程中對(duì)籃球做功為W，出手高度為h1，籃筐距地面高度為h2，籃球的質(zhì)量為m，空氣阻力不計(jì)，則籃球進(jìn)筐時(shí)的動(dòng)能為（）A、W+mgh1﹣mgh2B、W+mgh2﹣mgh1C、mgh1+mgh2﹣WD、mgh2﹣mgh1﹣W分析：籃球在空中飛行時(shí)受到的空氣阻力忽略不計(jì)，只受重力，故機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律直接列式分析．解答：籃球機(jī)械能守恒，有mgh1+Ek1＝mgh2+Ek2解得Ek2＝Ek+mgh1一mgh2故選：A。點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵根據(jù)機(jī)械能守恒定律列式求解，守恒條件為只有重力做功；應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題不需要分析過程，只找出初末狀態(tài)即可．【解題方法點(diǎn)撥】1.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﹣﹣物體或系統(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)象在過程的初、末態(tài)時(shí)的機(jī)械能。（4）選取方便的機(jī)械能守恒定律的方程形式（Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2、△Ek＝﹣△Ep或△EA＝﹣△EB）進(jìn)行求解。注：機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用往往與曲線運(yùn)動(dòng)綜合起來，其聯(lián)系點(diǎn)主要在初末狀態(tài)的速度與圓周運(yùn)動(dòng)的動(dòng)力學(xué)問題有關(guān)、與平拋運(yùn)動(dòng)的初速度有關(guān)。2.對(duì)于系統(tǒng)機(jī)械能守恒問題，應(yīng)抓住以下幾個(gè)關(guān)鍵：（1）分析清楚運(yùn)動(dòng)過程中各物體的能量變化；（2）哪幾個(gè)物體構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒；（3）各物體的速度之間的聯(lián)系。3.動(dòng)能定理與機(jī)械能守恒定律的選擇（1）能用機(jī)械能守恒定律解決的題一般都能用動(dòng)能定理解決，而且省去了確定是否守恒和選定重力勢(shì)能參考平面的麻煩。（2）能用動(dòng)能定理來解決的題卻不一定都能用機(jī)械能守恒定律來解決，在這個(gè)意義上講，動(dòng)能定理比機(jī)械能守恒定律應(yīng)用更廣泛、更普遍。6．動(dòng)量守恒定律在含有彈簧的碰撞問題中的應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.對(duì)于彈簧類問題，在作用過程中，系統(tǒng)合外力為零，滿足動(dòng)量守恒。2.整個(gè)過程涉及彈性勢(shì)能、動(dòng)能、內(nèi)能、重力勢(shì)能的轉(zhuǎn)化，應(yīng)用能量守恒定律解決此類問題。3.彈簧壓縮最短或拉伸最長時(shí)，彈簧連接的兩物體速度相等，此時(shí)彈簧具有最大彈性勢(shì)能?！久}方向】如圖，光滑水平直軌道上有三個(gè)質(zhì)量均為m的物塊A、B、C．B的左側(cè)固定一輕彈簧（彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計(jì)）。設(shè)A以速度v0朝B運(yùn)動(dòng)，壓縮彈簧；當(dāng)A、B速度相等時(shí)，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運(yùn)動(dòng)。假設(shè)B和C碰撞過程時(shí)間極短。求從A開始?jí)嚎s彈簧直至與彈簧分離的過程中，（i）整個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能；（ii）彈簧被壓縮到最短時(shí)的彈性勢(shì)能。分析：（i）A壓縮彈簧的過程，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律可以求出A、B相等的速度．此時(shí)B與C發(fā)生完全非彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律求出碰后共同速度．再由能量守恒定律可以求出損失的機(jī)械能．（ii）系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律求出三個(gè)物體共同速度，然后應(yīng)用能量守恒定律可以求出彈簧的彈性勢(shì)能．解答：（i）從A壓縮彈簧到A與B具有相同速度v1時(shí)，對(duì)A、B與彈簧組成的系統(tǒng)，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝2mv1①此時(shí)B與C發(fā)生完全非彈性碰撞，設(shè)碰撞后的瞬時(shí)速度為v2，損失的機(jī)械能為△E．對(duì)B、C組成的系統(tǒng)，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒和能量守恒定律得mv1＝2mv2②12mv12=△E+聯(lián)立①②③式得：整個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能為△E=116（ii）由②式可知v2＜v1，A將繼續(xù)壓縮彈簧，直至A、B、C三者速度相同，設(shè)此時(shí)速度為v3，此時(shí)彈簧被壓縮至最短，其彈性勢(shì)能為Ep．由動(dòng)量守恒和能量守恒定律得mv0＝3mv3，⑤由能量守恒定律得：12mv02-△E=12聯(lián)立④⑤⑥式得解得：EP=13答：（i）整個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能是116（ii）彈簧被壓縮到最短時(shí)的彈性勢(shì)能是1348點(diǎn)評(píng)：本題綜合考查了動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律，關(guān)鍵合理地選擇研究的系統(tǒng)，知道彈簧被壓縮到最短時(shí)三個(gè)物體速度相同，運(yùn)用動(dòng)量守恒和能量守恒進(jìn)行研究．【解題思路點(diǎn)撥】當(dāng)彈簧壓縮到最短時(shí)，該彈簧具有最大彈性勢(shì)能，而彈簧壓縮到最短，彈簧連著的兩物體不能再靠近，此時(shí)兩物體具有相同的速度。因此，該類問題臨界狀態(tài)相對(duì)應(yīng)的臨界條件是彈簧連著的兩物體速度相等。7．動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問題【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律的綜合應(yīng)用有很多，我們將板塊模型、子彈打木塊以及彈簧類模型單獨(dú)分了出來仍遠(yuǎn)遠(yuǎn)不夠，其他的綜合應(yīng)用暫時(shí)歸類于此。例如多種因素共存的動(dòng)量和能量的綜合應(yīng)用、有電場(chǎng)存在的綜合應(yīng)用等等。【命題方向】如圖所示為某種彈射裝置的示意圖，光滑的水平導(dǎo)軌MN右端N處與水平傳送帶理想連接，傳送帶長度L＝4.0m，皮帶輪沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，帶動(dòng)皮帶以恒定速率v＝3.0m/s勻速傳動(dòng)。三個(gè)質(zhì)量均為m＝1.0kg的滑塊A、B、C置于水平導(dǎo)軌上，開始時(shí)滑塊B、C之間用細(xì)繩相連，其間有一壓縮的輕彈簧，處于靜止?fàn)顟B(tài)?；瑝KA以初速度v0＝2.0m/s沿B、C連線方向向B運(yùn)動(dòng)，A與B碰撞后粘合在一起，碰撞時(shí)間極短。連接B、C的細(xì)繩受擾動(dòng)而突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、B分離?；瑝KC脫離彈簧后以速度vC＝2.0m/s滑上傳送帶，并從右端滑出落至地面上的P點(diǎn)。已知滑塊C與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.20，重力加速度g取10m/s2．求：（1）滑塊C從傳送帶右端滑出時(shí)的速度大小；（2）滑塊B、C用細(xì)繩相連時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能Ep；（3）若每次實(shí)驗(yàn)開始時(shí)彈簧的壓縮情況相同，要使滑塊C總能落至P點(diǎn)，則滑塊A與滑塊B碰撞前速度的最大值vm是多少？分析：本題主要考查以下知識(shí)點(diǎn)：碰撞中的動(dòng)量守恒，碰撞中的能量守恒以及物體在傳送帶上的減速運(yùn)動(dòng)，涉及平拋的基本知識(shí)。（1）碰撞前后系統(tǒng)的動(dòng)量保持不變，這是動(dòng)量守恒定律（2）彈性碰撞中在滿足動(dòng)量守恒的同時(shí)還滿足機(jī)械能守恒及碰撞中的能量保持不變；本題中AB碰撞后在彈簧伸開的過程中同時(shí)滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒。（3）物體滑上傳送帶后，如果物體的速度大于傳送帶的速度則物體將在摩擦力的作用下做減速運(yùn)動(dòng)，減速運(yùn)動(dòng)持續(xù)到物體到達(dá)傳送帶的另一端或速度降為和傳送帶同速時(shí)止，解題時(shí)要注意判斷；如果物體的速度小于傳送帶的速度則物體將在摩擦力的作用下做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速運(yùn)動(dòng)持續(xù)到物體到達(dá)傳送帶的另一端或速度加到與傳送帶同速時(shí)止，解題時(shí)同樣要注意判斷。（4）物體做平拋的射程與拋體的高度和初速度共同決定，要使C物體總能落到P點(diǎn)，在高度一定的情況下，即物體做平拋的初速度相等也就是物體到達(dá)C端時(shí)的速度相等（此為隱含條件）。解答：（1）滑塊C滑上傳送帶后做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)滑塊C從滑上傳送帶到速度達(dá)到傳送帶的速度v所用的時(shí)間為t，加速度大小為a，在時(shí)間t內(nèi)滑塊C的位移為x。根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式μmg＝mav＝vC+atx=v代入數(shù)據(jù)可得x＝1.25m∵x＝1.25m＜L∴滑塊C在傳送帶上先加速，達(dá)到傳送帶的速度v后隨傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)，并從右端滑出，則滑塊C從傳送帶右端滑出時(shí)的速度為v＝3.0m/s（2）設(shè)A、B碰撞后的速度為v1，A、B與C分離時(shí)的速度為v2，由動(dòng)量守恒定律mAv0＝（mA+mB）v1（mA+mB）v1＝（mA+mB）v2+mCvCAB碰撞后，彈簧伸開的過程系統(tǒng)能量守恒∴E代入數(shù)據(jù)可解得：EP＝1.0J（3）在題設(shè)條件下，若滑塊A在碰撞前速度有最大值，則碰撞后滑塊C的速度有最大值，它減速運(yùn)動(dòng)到傳送帶右端時(shí)，速度應(yīng)當(dāng)恰好等于傳遞帶的速度v。設(shè)A與B碰撞后的速度為v1′，分離后A與B的速度為v2′，滑塊C的速度為vc′，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：AB碰撞時(shí)：mAvm＝（mA+mB）v1′（1）彈簧伸開時(shí)：（mA+mB）v1′＝mcvC′+（mA+mB）v2′（2）在彈簧伸開的過程中，系統(tǒng)能量守恒：則EP+12∵C在傳送帶上做勻減速運(yùn)動(dòng)的末速度為v＝3m/s，加速度大小為2m/s2∴由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v2_vc′2＝2（﹣a）L得vC′＝5m/s（4）代入數(shù)據(jù)聯(lián)列方程（1）（2）（3）（4）可得vm＝7.1m/s點(diǎn)評(píng)：本題著重考查碰撞中的動(dòng)量守恒和能量守恒問題，同時(shí)借助傳送帶考查到物體在恒定摩擦力作用下的勻減速運(yùn)動(dòng)，還需用到平拋的基本知識(shí)，這是力學(xué)中的一道知識(shí)點(diǎn)比較多的綜合題，學(xué)生在所涉及的知識(shí)點(diǎn)中若存在相關(guān)知識(shí)缺陷，則拿全分的幾率將大大減小?！窘忸}思路點(diǎn)撥】1．應(yīng)用動(dòng)量守恒定律的解題步驟：（1）明確研究對(duì)象（系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體及研究的過程）；（2）進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒（或某一方向上是否守恒）；（3）規(guī)定正方向，確定初末狀態(tài)動(dòng)量；（4）由動(dòng)量守恒定律列式求解；（5）必要時(shí)進(jìn)行討論．2．解決動(dòng)量守恒中的臨界問題應(yīng)把握以下兩點(diǎn)：（1）尋找臨界狀態(tài)：題設(shè)情境中看是否有相互作用的兩物體相距最近，避免相碰和物體開始反向運(yùn)動(dòng)等臨界狀態(tài)．（2）挖掘臨界條件：在與動(dòng)量相關(guān)的臨界問題中，臨界條件常常表現(xiàn)為兩物體的相對(duì)速度關(guān)系與相對(duì)位移關(guān)系，即速度相等或位移相等．正確把握以上兩點(diǎn)是求解這類問題的關(guān)鍵．3．綜合應(yīng)用動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)4．動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)：這兩個(gè)觀點(diǎn)研究的是物體或系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)變化所經(jīng)歷的過程中狀態(tài)的改變，不對(duì)過程變化的細(xì)節(jié)作深入的研究，而只關(guān)心運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化的結(jié)果及引起變化的原因，簡單地說，只要求知道過程的始末狀態(tài)動(dòng)量、動(dòng)能和力在過程中所做的功，即可對(duì)問題求解．5．利用動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)解題應(yīng)注意下列問題：（1）動(dòng)量守恒定律是矢量表達(dá)式，還可寫出分量表達(dá)式；而動(dòng)能定理和能量守恒定律是標(biāo)量表達(dá)式，無分量表達(dá)式．（2）動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的規(guī)律，它們研究的是物體系，在力學(xué)中解題時(shí)必須注意動(dòng)量守恒條件及機(jī)械能守恒條件．在應(yīng)用這兩個(gè)規(guī)律時(shí)，當(dāng)確定了研究對(duì)象及運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變化過程后，根據(jù)問題的已知條件和求解的未知量，選擇研究的兩個(gè)狀態(tài)列方程求解．（3）中學(xué)階段凡可用力和運(yùn)動(dòng)解決的問題，若用動(dòng)量觀點(diǎn)或能量觀點(diǎn)求解，一般比用力和運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)簡便．8．簡諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式及振幅、周期、頻率、相位等參數(shù)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】簡諧運(yùn)動(dòng)的描述（1）描述簡諧運(yùn)動(dòng)的物理量①位移x：由平衡位置指向質(zhì)點(diǎn)所在位置的有向線段，是矢量．②振幅A：振動(dòng)物體離開平衡位置的最大距離，是標(biāo)量，表示振動(dòng)的強(qiáng)弱．③周期T和頻率f：物體完成一次全振動(dòng)所需的時(shí)間叫周期，而頻率則等于單位時(shí)間內(nèi)完成全振動(dòng)的次數(shù)，它們是表示震動(dòng)快慢的物理量．二者互為倒數(shù)關(guān)系．（2）簡諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式x＝Asin（ωt+φ）．（3）簡諧運(yùn)動(dòng)的圖象①物理意義：表示振子的位移隨時(shí)間變化的規(guī)律，為正弦（或余弦）曲線．②從平衡位置開始計(jì)時(shí)，