广东专用高考物理二轮复习 专题突破四 第1课时 动量和能量观点的综合应用

【步步高】(广东专用）高考物理二轮复习专题突破四第1课时动量和能量观点的综合应用专题定位本专题综合应用动力学、动量和能量的观点来解决物体运动的多过程问题．本专题是高考的重点和热点，命题情景新、联系实际密切、综合性强，是高考的压轴题．应考策略本专题在高考中主要以两种命题形式出现：一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和动量守恒定律，结合动力学方法解决运动的多过程问题；二是运用动能定理和能量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子的运动或电磁感应问题．由于本专题综合性强，因此要在审题上狠下功夫，弄清运动情景，挖掘隐含条件，有针对性地选择相应的规律和方法．1．常见的几种力做功的特点(1)重力、弹簧弹力、静电力做功与路径无关．(2)摩擦力做功的特点①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零，在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的转移，没有机械能转化为其他形式的能；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值．在一对滑动摩擦力做功的过程中，不仅有相互摩擦物体间机械能的转移，还有部分机械能转化为内能．转化为内能的量等于系统机械能的减少量，等于滑动摩擦力与相对位移的乘积．③摩擦生热是指滑动摩擦生热，静摩擦不会生热．(3)静电力做功一般利用W＝qU来求，在匀强电场中也可以利用W＝Eqscosα求解．(4)洛伦兹力在任何情况下对运动的电荷都不做功；安培力可以做正功、负功，还可以不做功．(5)电流做功的实质是电场对移动电荷做功，即W＝UIt＝qU.2．几个重要的功能关系(1)重力的功等于重力势能的变化，即WG＝－ΔEp.(2)弹力的功等于弹性势能的变化，即W弹＝－ΔEp.(3)合力的功等于动能的变化，即W＝ΔEk.(4)重力(或弹簧弹力)之外的其他力的功等于机械能的变化，即W其他＝ΔE.(5)一对滑动摩擦力做的功等于系统中内能的变化，即Q＝F·s相对．(6)电场力做功等于电势能的变化，即WAB＝－ΔEp.(7)电流做功等于电能的变化，即ΔE＝UIt.(8)安培力做功等于电能的变化，即W安＝－ΔE电．1．动能定理的应用(1)动能定理的适用情况：解决单个物体(或可看成单个物体的物体系统)受力与位移、速率关系的问题．动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动；既适用于恒力做功，也适用于变力做功，力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用．(2)应用动能定理解题的基本思路①选取研究对象，明确它的运动过程．②分析研究对象的受力情况和各力做功情况，然后求各个外力做功的代数和．③明确物体在运动过程始、末状态的动能Ek1和Ek2.④列出动能定理的方程W合＝Ek2－Ek1，及其他必要的解题方程，进行求解．2．机械能守恒定律的应用(1)机械能是否守恒的判断①用做功来判断，看重力(或弹簧弹力)以外的其他力做功的代数和是否为零．②用能量转化来判断，看是否有机械能转化为其他形式的能．③对一些“绳子突然绷紧”、“物体间碰撞”等问题，机械能一般不守恒，除非题目中有特别说明及暗示．(2)应用机械能守恒定律解题的基本思路①选取研究对象——物体系统．②根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒．③恰当地选取参考平面，确定研究对象在运动过程的始、末状态时的机械能．④根据机械能守恒定律列方程，进行求解．3．动能定理和能量守恒定律在处理电学中能量问题时仍然是首选的方法．题型1力学中的几个重要功能关系的应用例1(双选)如图1所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，右端接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度．下列有关该过程的分析正确的是 ()图1A．B物体的机械能先增大后减小B．B物体的动能的增加量等于它所受重力与拉力做的功之和C．B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量D．细线拉力对A物体做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量解析把A、B和弹簧看做一个系统，该系统机械能守恒，在B下落直至B获得最大速度的过程中，A的动能增大，弹簧弹性势能增大，所以B物体的机械能一直减小，选项A错误；由动能定理知，B物体的动能的增加量等于它所受重力与拉力做的功之和，选项B正确；B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量与A物体动能的增加量之和，选项C错误；对A物体和弹簧组成的系统，由功能关系得，细线拉力对A物体做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量，选项D正确．答案BD以题说法1.本题要注意几个功能关系：重力做的功等于重力势能的变化量；弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化量；重力以外的其他力做的功等于机械能的变化量；合力做的功等于动能的变化量．2．本题在应用动能定理时，应特别注意研究过程的选取．并且要弄清楚每个过程各力做功的情况．(双选)(·山东·16)如图2所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮．质量分别为M、m(M>m)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中()图2A．两滑块组成的系统机械能守恒B．重力对M做的功等于M动能的增加C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功答案CD解析两滑块释放后，M下滑、m上滑，摩擦力对M做负功，M和m组成的系统机械能减小，减小的机械能等于M克服摩擦力所做的功，选项A错误，D正确．除重力对滑块M做正功外，还有摩擦力和绳的拉力对滑块M做负功，选项B错误．绳的拉力对滑块m做正功，滑块m机械能增加，且增加的机械能等于拉力做的功，选项C正确．题型2几个重要的功能关系在电学中的应用例2(双选)如图3所示，在竖直平面内有一匀强电场，其方向与水平方向成α＝30°斜向上，在电场中有一质量为m、电量为q的带电小球，用长为L的不可伸长的绝缘细线挂于O点，当小球静止于M点时，细线恰好水平．现用外力将小球拉到最低点P，然后无初速度释放，则以下判断正确的是 ()图3A．小球再次到达M点时，速度刚好为零B．小球从P到M过程中，合外力对它做了eq\r(3)mgL的功C．小球从P到M过程中，小球的机械能增加了eq\r(3)mgLD．如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球以后将做匀变速曲线运动审题突破小球静止在M时，受几个力的作用？重力和电场力的大小关系是什么？小球由P到M的过程中，各力做功是多少？解析小球从P到M的过程中，线的拉力不做功，只有电场力和小球重力做功，它们的合力也是恒力，大小为eq\r(3)mg，方向水平向右，所以小球再次到达M点时，速度最大，而不是零，选项A错．小球从P到M过程中，电场力与重力的合力大小为eq\r(3)mg，这个方向上位移为L，所以做功为eq\r(3)mgL，选项B正确．小球从P到M过程中，机械能的增加量等于电场力做的功，由于电场力为2mg，由P到M沿电场线方向的距离为d＝Lsin30°＋Lcos30°＝eq\f(L,2)(1＋eq\r(3))，故电场力做功为2mg·d＝mgL(1＋eq\r(3))，故选项C错误．如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球的速度方向竖直向上，所受合外力水平向右，小球将做匀变速曲线运动，选项D正确．答案BD以题说法在解决电学中功能关系问题时应注意以下几点：(1)洛伦兹力在任何情况下都不做功；(2)电场力做功与路径无关，电场力做的功等于电势能的变化；(3)力学中的几个功能关系在电学中仍然成立．(单选)如图4所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，一质量为m的带正电小球在外力F的作用下静止于图示位置，小球与弹簧不连接，弹簧处于压缩状态．现撤去F，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力、弹簧弹力对小球做的功分别为W1、W2和W3，不计空气阻力，则上述过程中()图4A．小球与弹簧组成的系统机械能守恒B．小球重力势能的变化为W1C．小球动能的变化为W1＋W2＋W3D．小球机械能的变化为W1＋W2＋W3答案C解析由于电场力做功，小球与弹簧组成的系统机械能不守恒，选项A错误．重力对小球做的功为W1，小球重力势能的变化为－W1，选项B错误．由动能定理可知，小球动能的变化为W1＋W2＋W3，选项C正确．由功能关系可知，小球机械能的变化为W2，选项D错误．题型3动力学方法和动能定理的综合应用图5例3(15分)如图5所示，上表面光滑、长度为3m、质量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匀速运动．现将一个质量为m＝3kg的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端，当木板运动了L＝1m时，又将第二个同样的小铁块无初速地放在木板最右端，以后木板每运动1m(1)木板与地面间的动摩擦因数；(2)刚放第三个小铁块时木板的速度；(3)从放第三个小铁块开始到木板停止的过程，木板运动的距离．审题突破木板在F＝50N的水平拉力作用下，沿水平地面匀速运动，隐含什么条件？放上小铁块后木板的受力如何变化？解析(1)木板做匀速直线运动时，受到地面的摩擦力设为f由平衡条件得：F＝f ①(1分)又f＝μMg ②(2分)联立①②并代入数据得：μ＝0.5 ③(1分)(2)每放一个小铁块，木板所受的摩擦力增加μmg设刚放第三个小铁块时木板的速度为v1，对木板从放第一个小铁块到刚放第三个小铁块的过程，由动能定理得：－μmgL－2μmgL＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0) ④(5分)联立③④并代入数据得：v1＝4m/s ⑤((3)从放第三个小铁块开始到木板停止之前，木板所受的合外力大小均为3μmg.从放第三个小铁块开始到木板停止的过程，设木板运动的距离为s，对木板由动能定理得：－3μmgs＝0－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1) ⑥(4分)联立③⑤⑥并代入数据得s＝eq\f(16,9)m≈1.78m ⑦(1分)答案(1)0.5(2)4m/s(3以题说法1.在应用动能定理解题时首先要弄清物体的受力情况和做功情况．此题特别要注意每放一个小铁块都会使滑动摩擦力增加μmg.2．应用动能定理列式时要注意运动过程的选取，可以全过程列式，也可以分过程列式．如图6所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R＝0.4m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O点为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高．质量m＝1kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O点等高的D点，g取10m/s2，sin37°＝0.6，图6(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值；(3)若滑块离开C点的速度大小为4m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间答案(1)0.375(2)2eq\r(3)m/s解析(1)滑块从A点到D点的过程中，根据动能定理有mg·(2R－R)－μmgcos37°·eq\f(2R,sin37°)＝0－0解得：μ＝eq\f(1,2)tan37°＝0.375(2)若使滑块能到达C点，根据牛顿第二定律有mg＋FN＝eq\f(mv\o\al(2,C),R)由FN≥0得vC≥eq\r(Rg)＝2m/s滑块从A点到C点的过程中，根据动能定理有－μmgcos37°·eq\f(2R,sin37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)则v0＝eq\r(v\o\al(2,C)＋4μgRcot37°)≥2eq\r(3)故v0的最小值为2eq\(3)滑块离开C点后做平抛运动，有x＝vC′t，y＝eq\f(1,2)gt2由几何知识得tan37°＝eq\f(2R－y,x)整理得：5t2＋3t－0.8＝0解得t＝0.2s(t＝－0.8s舍去)题型4应用动能定理分析带电体在电场中的运动例4如图7所示，虚线PQ、MN间存在如图所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为m＝2.0×10－11kg、电荷量为q＝＋1.0×10－5C，从a点由静止开始经电压为U＝100V的电场加速后，垂直进入匀强电场中，从虚线MN的某点b(图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成30°角．已知PQ、MN间距为20cm，图7(1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1；(2)水平匀强电场的场强大小；(3)ab两点间的电势差．审题突破带电粒子在水平匀强电场中做什么运动？速度与电场方向成30°角，隐含条件是什么？解析(1)由动能定理得：qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)代入数据得v1＝104(2)粒子沿初速度方向做匀速运动：d＝v1t粒子沿电场方向做匀加速运动：vy＝at由题意得：tan30°＝eq\f(v1,vy)由牛顿第二定律得：qE＝ma联立以上各式并代入数据得：E＝eq\r(3)×103N/C＝1.732×103N/C(3)由动能定理得：qUab＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,1)＋veq\o\al(2,y))－0联立以上各式并代入数据得：Uab＝400V.答案(1)104m/s(2)1.732×103N/C(3)以题说法1.电场力做功与重力做功的特点类似，都与路径无关．2．对于电场力做功或电势差的计算，选用动能定理往往最简便快捷，但运用动能定理时要特别注意运动过程的选取．如图8所示，在光滑绝缘水平面上，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B.A球的带电量为＋2q，B球的带电量为－3q，两球组成一带电系统．虚线MN与PQ平行且相距3L，开始时A和B分别静止于虚线MN的两侧，虚线MN恰为AB两球连线的垂直平分线．若视小球为质点，不计轻杆的质量，在虚线MN、PQ间加上水平向右的电场强度为E的匀强电场后，系统开始运动．试求图8(1)B球刚进入电场时，带电系统的速度大小；(2)带电系统向右运动的最大距离和此过程中B球电势能的变化量；(3)A球从开始运动至刚离开电场所用的时间．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)设B球刚进入电场时带电系统的速度为v1，由动能定理得2qEL＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)解得：v1＝eq\r(\f(2qEL,m))(2)带电系统向右运动分为三段：B球进入电场前、带电系统在电场中、A球出电场后．设A球出电场后移动的最大位移为s，对于全过程，由动能定理得2qEL－qEL－3qEs＝0解得s＝eq\f(L,3)，则B球移动的总位移为sB＝eq\f(7,3)LB球从刚进入电场到带电系统从开始运动到速度第一次为零时的位移为eq\f(4,3)L其电势能的变化量为ΔEp＝－W＝3qE·eq\f(4,3)L＝4qEL(3)取向右为正方向，B球进入电场前，带电系统做匀加速运动：a1＝eq\f(2qE,2m)＝eq\f(qE,m)，t1＝eq\f(v1,a1)＝eq\r(\f(2mL,qE))带电系统在电场中时，做匀减速运动：a2＝－eq\f(qE,2m)设A球刚出电场时速度为v2，由动能定理得：－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))解得总时间t＝t1＋t2＝(3eq\r(2)－2)eq\r(\f(mL,qE))6．综合应用动力学和能量观点分析多过程问题审题示例(12分)如图9所示，半径为R的光滑半圆轨道ABC与倾角为θ＝37°的粗糙斜面轨道DC相切于C点，半圆轨道的直径AC与斜面垂直．质量为m的小球从A点左上方距A点高为h的斜面上方P点以某一速度v0水平抛出，刚好与半圆轨道的A点相切进入半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到与抛出点等高的D点．已知当地的重力加速度为g，取R＝eq\f(50,9)h，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力，求：图9(1)小球被抛出时的速度v0；(2)小球到达半圆轨道最低点B时，对轨道的压力大小；(3)小球从C到D过程中摩擦力做的功Wf.审题模板答题模板(1)小球到达A点时，速度与水平方向的夹角为θ，如图所示．则有veq\o\al(2,1)＝2gh ①由几何关系得v0＝v1cotθ ②联立①②式得v0＝eq\f(4,3)eq\r(2gh) ③(2)A、B间竖直高度H＝R(1＋cosθ) ④设小球到达B点时的速度为v，则从抛出点到B过程中由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mg(H＋h)＝eq\f(1,2)mv2⑤在B点，根据牛顿第二定律有FN－mg＝meq\f(v2,R)⑥联立③④⑤⑥式解得FN＝5.6mg⑦由牛顿第三定律知，小球在B点对轨道的压力大小是5.6mg⑧(3)全过程应用动能定理：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(评分标准：本题共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点睛之笔多个运动的组合实际上是多种物理规律和方法的综合应用，分析这种问题时注意要各个运动过程独立分析，而不同过程往往通过连接点的速度建立联系；有时对整个过程应用能量的观点解决问题会更简单．如图10，竖直平面坐标系xOy的第一象限，有垂直xOy面向外的水平匀强磁场和竖直向上的匀强电场，大小分别为B和E；第四象限有垂直xOy面向里的水平匀强电场，大小也为E；第三象限内有一绝缘光滑竖直放置的半径为R的半圆轨道，轨道最高点与坐标原点O相切，最低点与绝缘光滑水平面相切于N.一质量为m的带电小球从y轴上(y>0)的P点沿x轴正方向进入第一象限后做圆周运动，恰好通过坐标原点O，且水平切入半圆轨道并沿轨道内侧运动，过N点水平进入第四象限，并在电场中运动(已知重力加速度为g)．图10(1)判断小球的带电性质并求出其所带电荷量；(2)P点距坐标原点O至少多高；(3)若该小球以满足(2)中OP最小值的位置和对应速度进入第一象限，通过N点开始计时，经时间t＝2eq\r(R/g)小球距坐标原点O的距离s为多远？答案(1)正电eq\f(mg,E)(2)eq\f(2E,B)eq\r(\f(R,g))(3)2eq\r(7)R解析(1)小球进入第一象限正交的电场和磁场后，在垂直磁场的平面内做圆周运动，说明重力与电场力平衡，设小球所带电荷量为q，则有qE＝mg ①解得：q＝eq\f(mg,E) ②又电场方向竖直向上，故小球带正电．(2)设小球做匀速圆周运动的速度为v、轨道半径为r，由洛伦兹力提供向心力得：qBv＝mv2/r ③小球恰能通过半圆轨道的最高点并沿轨道运动，则应满足：mg＝mv2/R ④由②③④得：r＝eq\f(E,B)eq\r(\f(R,g)) ⑤即PO的最小距离为：y＝2r＝eq\f(2E,B)eq\r(\f(R,g)) ⑥(3)小球由O运动到N的过程中设到达N点的速度为vN，由机械能守恒定律得：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小球从N点进入电场区域后，在绝缘光滑水平面上做类平抛运动，设加速度为a，则有：沿x轴方向有：x＝vNt ⑨沿电场方向有：z＝eq\f(1,2)at2 ⑩由牛顿第二定律得：a＝qE/m⑪t时刻小球距O点为：s＝eq\r(x2＋z2＋2R2)＝2eq\r(7)R(限时：45分钟)一、单项选择题1．(·安徽·17)质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为Ep＝－eq\f(GMm,r)，其中G为引力常量，M为地球质量，该卫星原来在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R2，此过程中因摩擦而产生的热量为 ()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解析由万有引力提供向心力知Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，所以卫星的动能为eq\f(1,2)mv2＝eq\f(GMm,2r)，则卫星在半经为r的轨道上运行时机械能为E＝eq\f(1,2)mv2＋Ep＝eq\f(GMm,2r)－eq\f(GMm,r)＝－eq\f(GMm,2r).故卫星在轨道R1上运行时：E1＝－eq\f(GMm,2R1)，在轨道R2上运行时：E2＝－eq\f(GMm,2R2)，由能的转化和守恒定律得产生的热量为Q＝E1－E2＝eq\f(GMm,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R2)－\f(1,R1)))，故正确选项为C.2．(·新课标Ⅰ·16)一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方eq\f(d,2)处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移eq\f(d,3)，则从P点开始下落的相同粒子将 ()A．打到下极板上B．在下极板处返回C．在距上极板eq\f(d,2)处返回D．在距上极板eq\f(2,5)d处返回答案D解析粒子两次落到小孔的速度相同，设为v，下极板向上平移后由E＝eq\f(U,d)知场强变大，故粒子第二次在电场中减速运动的加速度变大，由v2＝2ax得第二次减速到零的位移变小，即粒子在下极板之上某位置返回，设粒子在距上极板h处返回，对粒子两次运动过程应用动能定理得mg(eq\f(d,2)＋d)－qU＝0，mg(eq\f(d,2)＋h)－qeq\f(U,\f(2,3)d)·h＝0.两方程联立得h＝eq\f(2,5)d，选项D正确．3．质量为m的汽车在平直的路面上启动，启动过程的速度—时间图象如图1所示，其中OA段为直线，AB段为曲线，B点后为平行于横轴的直线．已知从t1时刻开始汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力的大小恒为f，以下说法正确的是 ()图1A．0～t1时间内，汽车牵引力的数值为meq\f(v1,t1)B．t1～t2时间内，汽车的功率等于(meq\f(v1,t1)＋f)v2C．t1～t2时间内，汽车的平均速率小于eq\f(v1＋v2,2)D．汽车运动的最大速率v2＝(eq\f(mv1,ft1)＋1)v1答案D解析0～t1时间内汽车的加速度大小为eq\f(v1,t1)，meq\f(v1,t1)为汽车所受的合外力大小，而不是牵引力大小，选项A错误；t1时刻汽车牵引力的功率为Fv1＝(meq\f(v1,t1)＋f)v1，之后汽车功率保持不变，选项B错误；t1～t2时间内，汽车的平均速率大于eq\f(v1＋v2,2)，选项C错误；牵引力等于阻力时速度最大，即t2时刻汽车速率达到最大值，则有(meq\f(v1,t1)＋f)v1＝fv2，解得v2＝(eq\f(mv1,ft1)＋1)v1，选项D正确．4．如图2所示，质量为m的物块(可视为质点)，带正电Q，开始时让它静止在倾角α＝60°的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置放在水平方向向左、大小为E＝eq\r(3)mg/Q的匀强电场中(设斜面顶端处电势为零)，斜面高为H.释放后，物块落地时的电势能为ε，物块落地时的速度大小为v，则 ()图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解析由电场力做功等于电势能的变化可得物块落地时的电势能为ε＝－QEH/tan60°＝－eq\r(3)mgH/eq\r(3)＝－mgH，选项A、B错误；由动能定理，mgH＋QEH/tan60°＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝2eq\r(gH)，选项C正确，D错误．二、双项选择题5．如图3所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一初速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度大小为eq\f(3,4)g，沿斜面上升的最大高度为h，则物体沿斜面上升的过程中()图3A．物体的重力势能增加了eq\f(3,4)mghB．物体的重力势能增加了mghC．物体的机械能损失了eq\f(1,2)mghD．物体的动能减少了mgh答案BC解析该过程物体克服重力做功为mgh，则物体的重力势能增加了mgh，选项A错误，选项B正确；由牛顿第二定律有f＋mgsin30°＝ma，解得f＝eq\f(1,4)mg，克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，Wf＝－f·eq\f(h,sin30°)＝－eq\f(1,2)mgh，选项C正确；根据动能定理知，合外力做的功等于动能的变化量，故动能减少量为eq\f(3,2)mgh，选项D错误．6．如图4所示，间距为L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m、电阻也为R的金属棒，金属棒与导轨接触良好．整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．现使金属棒以初速度v沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q.下列说法正确的是()图4A．金属棒在导轨上做匀减速运动B．整个过程中金属棒克服安培力做功为eq\f(1,2)mv2C．整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为eq\f(2qR,BL)D．整个过程中电阻R上产生的焦耳热为eq\f(1,2)mv2答案BC解析由题意可知金属棒在安培力作用下做减速运动直至静止，由于速度一直减小，故安培力的大小一直减小，金属棒的加速度减小，故金属棒做加速度减小的减速运动，选项A错误．在整个过程中，只有安培力做负功，由动能定理可知金属棒克服安培力做功为eq\f(1,2)mv2，选项B正确．由q＝eq\f(ΔΦ,R总)可知q＝eq\f(BLs,2R)，解得s＝eq\f(2qR,BL)，选项C正确．由B项可知整个回路中产生的焦耳热为eq\f(1,2)mv2，电阻R上产生的焦耳热为eq\f(1,4)mv2，选项D错误．7．将带正电的甲球放在乙球的左侧，两球在空间形成了如图5所示的稳定的静电场，实线为电场线，虚线为等势线．A、B两点与两球球心的连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则 ()图5A．乙球一定带负电B．C点和D点的电场强度相同C．正电荷在A点具有的电势能比其在B点具有的电势能大D．把负电荷从C点移至D点，电场力做的总功为零答案CD解析电场线从正电荷出发指向负电荷，根据电场线知乙球左侧带负电，右侧带正电，整体带电情况不确定，A错误；电场强度是矢量，C、D两点电场强度的方向不同，B错误；电场线的方向是电势降落最快的方向，A点的电势比B点的电势高，由电势能的定义式Ep＝qφ知，正电荷在A点的电势能比在B点的电势能大，C正确；C、D两点在同一等势面上，故将电荷从C点移至D点电势能不变，电场力做功是电势能变化的量度，故电场力不做功，D正确．8．如图6所示，绝缘轻弹簧的下端固定在斜面底端，弹簧与斜面平行，带电小球Q(可视为质点)固定在光滑绝缘斜面上的M点，且在通过弹簧中心的直线ab上．现把与Q大小相同、电性相同的小球P，从N点由静止释放，在小球P与弹簧接触到压缩至最短的过程中(弹簧始终在弹性限度内)，以下说法正确的是 ()图6A．小球P和弹簧组成的系统机械能守恒B．小球P和弹簧刚接触时其速度最大C．小球P的动能与弹簧弹性势能的总和增大D．小球P的加速度先减小后增大答案CD解析小球P沿斜面向下运动的过程中，在接触弹簧前，库仑斥力变小，合力变小，加速度变小，小球向下加速，接触弹簧后，弹簧弹力增大，故受到的合力沿斜面先向下再向上，小球的加速度先向下减小，再向上增加，小球先向下加速再向下减速，B错误，D正确；对于小球P和弹簧组成的系统，由于电场力对其做正功，故机械能要增大，A错误；全过程只发生了小球P的动能、重力势能、电势能与弹簧的弹性势能的相互转化，由于重力和电场力都做正功，重力势能和电势能的总和减小，故小球P的动能与弹簧弹性势能的总和增大，C正确．三、非选择题9．如图7所示是一皮带传输装载机械示意图．井下挖掘工将矿物无初速度地放置于沿图示方向运行的传送带A端，被传输到末端B处，再沿一段圆形轨道到达轨道的最高点C处，然后水平抛到货台上．已知半径为R＝0.4m的圆形轨道与传送带在B点相切，O点为半圆的圆心，BO、CO分别为圆形轨道的半径，矿物m可视为质点，传送带与水平面间的夹角θ