高中物理常見12種題型及高中物理常見的物理模型-附帶經典63道壓軸題

第第頁高中物理12種常見題型的解題方法和思維模板高中物理考試常見的類型無非包括以下12種，本文將介紹12種常見題型的解題方法和思維模板，同時還將介紹高中物理各類試題的解題方法和技巧，提供各類試題的答題模版，飛速提升解題能力，力求做到人一看就會，一想就通，一做就對!…………1直線運動問題題型概述：直線運動問題是高中物理考試的熱點，可以單獨考查，也可以與其他知識綜合考查。單獨考查若出現(xiàn)在選擇題中，則重在考查基本概念，且常與圖像結合；在計算題中常出現(xiàn)在第一個小題，難度為中等，常見形式為單體多過程問題和追及相遇問題。思維模板：解圖像類問題關鍵在于將圖像與物理過程對應起來，通過圖像的坐標軸、關鍵點、斜率、面積等信息，對運動過程進行分析，從而解決問題；對單體多過程問題和追及相遇問題應按順序逐步分析，再根據前后過程之間、兩個物體之間的聯(lián)系列出相應的方程，從而分析求解，前后過程的聯(lián)系主要是速度關系，兩個物體間的聯(lián)系主要是位移關系。2物體的動態(tài)平衡問題題型概述：物體的動態(tài)平衡問題是指物體始終處于平衡狀態(tài)，但受力不斷發(fā)生變化的問題。物體的動態(tài)平衡問題一般是三個力作用下的平衡問題，但有時也可將分析三力平衡的方法推廣到四個力作用下的動態(tài)平衡問題。思維模板：常用的思維方法有兩種。(1)解析法：解決此類問題可以根據平衡條件列出方程，由所列方程分析受力變化；(2)圖解法：根據平衡條件畫出力的合成或分解圖，根據圖像分析力的變化.3運動的合成與分解問題題型概述：運動的合成與分解問題常見的模型有兩類。一是繩(桿)末端速度分解的問題，二是小船過河的問題，兩類問題的關鍵都在于速度的合成與分解.思維模板：(1)在繩(桿)末端速度分解問題中，要注意物體的實際速度一定是合速度，分解時兩個分速度的方向應取繩(桿)的方向和垂直繩(桿)的方向；如果有兩個物體通過繩(桿)相連，則兩個物體沿繩(桿)方向速度相等。(2)小船過河時，同時參與兩個運動，一是小船相對于水的運動，二是小船隨著水一起運動，分析時可以用平行四邊形定則，也可以用正交分解法，有些問題可以用解析法分析，有些問題則需要用圖解法分析。4拋體運動問題題型概述：拋體運動包括平拋運動和斜拋運動，不管是平拋運動還是斜拋運動，研究方法都是采用正交分解法，一般是將速度分解到水平和豎直兩個方向上。思維模板：(1)平拋運動物體在水平方向做勻速直線運動，在豎直方向做勻加速直線運動，其位移滿足x=v0t，y=gt2/2，速度滿足vx=v0，vy=gt；(2)斜拋運動物體在豎直方向上做上拋(或下拋)運動，在水平方向做勻速直線運動，在兩個方向上分別列相應的運動方程求解。5圓周運動問題題型概述：圓周運動問題按照受力情況可分為水平面內的圓周運動和豎直面內的圓周運動，按其運動性質可分為勻速圓周運動和變速圓周運動。水平面內的圓周運動多為勻速圓周運動，豎直面內的圓周運動一般為變速圓周運動。對水平面內的圓周運動重在考查向心力的供求關系及臨界問題，而豎直面內的圓周運動則重在考查最高點的受力情況。思維模板：(1)對圓周運動，應先分析物體是否做勻速圓周運動，若是，則物體所受的合外力等于向心力，由F合=mv2/r=mrω2列方程求解即可；若物體的運動不是勻速圓周運動，則應將物體所受的力進行正交分解，物體在指向圓心方向上的合力等于向心力。(2)豎直面內的圓周運動可以分為三個模型：①繩模型：只能對物體提供指向圓心的彈力，能通過最高點的臨界態(tài)為重力等于向心力；②桿模型：可以提供指向圓心或背離圓心的力，能通過最高點的臨界態(tài)是速度為零；③外軌模型：只能提供背離圓心方向的力，物體在最高點時，若v<(gR)1/2，沿軌道做圓周運動，若v≥(gR)1/2，離開軌道做拋體運動。6牛頓運動定律的綜合應用問題題型概述：牛頓運動定律是高考重點考查的內容，每年在高考中都會出現(xiàn)，牛頓運動定律可將力學與運動學結合起來，與直線運動的綜合應用問題常見的模型有連接體、傳送帶等，一般為多過程問題，也可以考查臨界問題、周期性問題等內容，綜合性較強。天體運動類題目是牛頓運動定律與萬有引力定律及圓周運動的綜合性題目，近幾年來考查頻率極高。思維模板：以牛頓第二定律為橋梁，將力和運動聯(lián)系起來，可以根據力來分析運動情況，也可以根據運動情況來分析力。對于多過程問題一般應根據物體的受力一步一步分析物體的運動情況，直到求出結果或找出規(guī)律。對天體運動類問題，應緊抓兩個公式：GMm/r2=mv2/r=mrω2=mr4π2/T2①GMm/R2=mg②對于做圓周運動的星體(包括雙星、三星系統(tǒng))，可根據公式①分析；對于變軌類問題，則應根據向心力的供求關系分析軌道的變化，再根據軌道的變化分析其他各物理量的變化。7機車的啟動問題題型概述：機車的啟動方式?？疾榈挠袃煞N情況，一種是以恒定功率啟動，一種是以恒定加速度啟動，不管是哪一種啟動方式，都是采用瞬時功率的公式P=Fv和牛頓第二定律的公式F-f=ma來分析。思維模板：(1)機車以額定功率啟動.機車的啟動過程如圖所示，由于功率P=Fv恒定，由公式P=Fv和F-f=ma知，隨著速度v的增大，牽引力F必將減小，因此加速度a也必將減小，機車做加速度不斷減小的加速運動，直到F=f，a=0，這時速度v達到最大值vm=P額定/F=P額定/f。這種加速過程發(fā)動機做的功只能用W=Pt計算，不能用W=Fs計算(因為F為變力)。(2)機車以恒定加速度啟動.恒定加速度啟動過程實際包括兩個過程?！斑^程1”是勻加速過程，由于a恒定，所以F恒定，由公式P=Fv知，隨著v的增大，P也將不斷增大，直到P達到額定功率P額定，功率不能再增大了；“過程2”就保持額定功率運動。過程1以“功率P達到最大，加速度開始變化”為結束標志。過程2以“速度最大”為結束標志。過程1發(fā)動機做的功只能用W=F?s計算，不能用W=P?t計算(因為P為變功率)。8以能量為核心的綜合應用問題題型概述：以能量為核心的綜合應用問題一般分四類。第一類為單體機械能守恒問題；第二類為多體系統(tǒng)機械能守恒問題；第三類為單體動能定理問題；第四類為多體系統(tǒng)功能關系(能量守恒)問題。多體系統(tǒng)的組成模式：兩個或多個疊放在一起的物體，用細線或輕桿等相連的兩個或多個物體，直接接觸的兩個或多個物體思維模板：能量問題的解題工具一般有動能定理，能量守恒定律，機械能守恒定律。(1)動能定理使用方法簡單，只要選定物體和過程，直接列出方程即可，動能定理適用于所有過程；(2)能量守恒定律同樣適用于所有過程，分析時只要分析出哪些能量減少，哪些能量增加，根據減少的能量等于增加的能量列方程即可；(3)機械能守恒定律只是能量守恒定律的一種特殊形式，但在力學中也非常重要。很多題目都可以用兩種甚至三種方法求解，可根據題目情況靈活選取.9力學實驗中速度的測量問題題型概述：速度的測量是很多力學實驗的基礎，通過速度的測量可研究加速度、動能等物理量的變化規(guī)律，因此在研究勻變速直線運動、驗證牛頓運動定律、探究動能定理、驗證機械能守恒等實驗中都要進行速度的測量。速度的測量一般有兩種方法：一種是通過打點計時器、頻閃照片等方式獲得幾段連續(xù)相等時間內的位移從而研究速度；另一種是通過光電門等工具來測量速度。思維模板：用第一種方法求速度和加速度通常要用到勻變速直線運動中的兩個重要推論：①vt/2=v平均=(v0+v)/2，②Δx=aT2，為了盡量減小誤差，求加速度時還要用到逐差法。用光電門測速度時測出擋光片通過光電門所用的時間，求出該段時間內的平均速度，則認為等于該點的瞬時速度，即：v=d/Δt。10電容器問題題型概述：電容器是一種重要的電學元件，在實際中有著廣泛的應用，是歷年高考?？嫉闹R點之一，常以選擇題形式出現(xiàn)，難度不大，主要考查電容器的電容概念的理解、平行板電容器電容的決定因素及電容器的動態(tài)分析三個方面。思維模板：(1)電容的概念：電容是用比值(C=Q/U)定義的一個物理量，表示電容器容納電荷的多少，對任何電容器都適用。對于一個確定的電容器，其電容也是確定的(由電容器本身的介質特性及幾何尺寸決定)，與電容器是否帶電、帶電荷量的多少、板間電勢差的大小等均無關。(2)平行板電容器的電容：平行板電容器的電容由兩極板正對面積、兩極板間距離、介質的相對介電常數決定，滿足C=εS/(4πkd)。(3)電容器的動態(tài)分析：關鍵在于弄清哪些是變量，哪些是不變量，抓住三個公式[C=Q/U、C=εS/(4πkd)及E=U/d]并分析清楚兩種情況：一是電容器所帶電荷量Q保持不變(充電后斷開電源)，二是兩極板間的電壓U保持不變(始終與電源相連)。11帶電粒子在電場中的運動問題題型概述：帶電粒子在電場中的運動問題本質上是一個綜合了電場力、電勢能的力學問題，研究方法與質點動力學一樣，同樣遵循運動的合成與分解、牛頓運動定律、功能關系等力學規(guī)律，高考中既有選擇題，也有綜合性較強的計算題。思維模板：(1)處理帶電粒子在電場中的運動問題應從兩種思路著手。①動力學思路：重視帶電粒子的受力分析和運動過程分析，然后運用牛頓第二定律并結合運動學規(guī)律求出位移、速度等物理量。②功能思路：根據電場力及其他作用力對帶電粒子做功引起的能量變化或根據全過程的功能關系，確定粒子的運動情況(使用中優(yōu)先選擇)。(2)處理帶電粒子在電場中的運動問題應注意是否考慮粒子的重力①質子、α粒子、電子、離子等微觀粒子一般不計重力；②液滴、塵埃、小球等宏觀帶電粒子一般考慮重力；③特殊情況要視具體情況，根據題中的隱含條件判斷。(3)處理帶電粒子在電場中的運動問題應注意畫好粒子運動軌跡示意圖，在畫圖的基礎上運用幾何知識尋找關系往往是解題的突破口。12帶電粒子在磁場中的運動問題題型概述：帶電粒子在磁場中的運動問題在歷年高考試題中考查較多，命題形式有較簡單的選擇題，也有綜合性較強的計算題且難度較大，常見的命題形式有三種：(1)突出對在洛倫茲力作用下帶電粒子做圓周運動的運動學量(半徑、速度、時間、周期等)的考查；(2)突出對概念的深層次理解及與力學問題綜合方法的考查，以對思維能力和綜合能力的考查為主；(3)突出本部分知識在實際生活中的應用的考查，以對思維能力和理論聯(lián)系實際能力的考查為主。思維模板：在處理此類運動問題時，著重把握“一找圓心，二找半徑(R=mv/Bq)，三找周期(T=2πm/Bq)或時間”的分析方法。(1)圓心的確定：因為洛倫茲力f指向圓心，根據f⊥v，畫出粒子運動軌跡中任意兩點(一般是射入和射出磁場的兩點)的f的方向，沿兩個洛倫茲力f作出其延長線的交點即為圓心。另外，圓心位置必定在圓中任一根弦的中垂線上。(2)半徑的確定和計算：利用平面幾何關系，求出該圓的半徑(或運動圓弧對應的圓心角)，并注意利用一個重要的幾何特點，即粒子速度的偏向角(φ)等于圓心角(α)，并等于弦AB與切線的夾角(弦切角θ)的2倍(如圖所示)，即φ=α=2θ。(3)運動時間的確定：t=φT/2π或t=s/v,其中φ為偏向角，T為周期，s為軌跡的弧長，v為線速度。以上介紹的12種常見題型的解題方法和思維模板，以及高中物理各類試題的解題方法和技巧，同學們要能認真理解，方能掌握，才可真正做到快速提升自己的解題能力。高三物理第二輪總復習(大綱版)第9專題高中物理常見的物理模型方法概述高考命題以《考試大綱》為依據，考查學生對高中物理知識的掌握情況，體現(xiàn)了“知識與技能、過程與方法并重”的高中物理學習思想．每年各地的高考題為了避免雷同而千變萬化、多姿多彩，但又總有一些共性，這些共性可粗略地總結如下：(1)選擇題中一般都包含3～4道關于振動與波、原子物理、光學、熱學的試題．(2)實驗題以考查電路、電學測量為主，兩道實驗小題中出一道較新穎的設計性實驗題的可能性較大．(3)試卷中下列常見的物理模型出現(xiàn)的概率較大：斜面問題、疊加體模型(包含子彈射入)、帶電粒子的加速與偏轉、天體問題(圓周運動)、輕繩(輕桿)連接體模型、傳送帶問題、含彈簧的連接體模型．高考中常出現(xiàn)的物理模型中，有些問題在高考中變化較大，或者在前面專題中已有較全面的論述，在這里就不再論述和例舉．斜面問題、疊加體模型、含彈簧的連接體模型等在高考中的地位特別重要，本專題就這幾類模型進行歸納總結和強化訓練；傳送帶問題在高考中出現(xiàn)的概率也較大，而且解題思路獨特，本專題也略加論述．熱點、重點、難點一、斜面問題在每年各地的高考卷中幾乎都有關于斜面模型的試題．如2009年高考全國理綜卷Ⅰ第25題、北京理綜卷第18題、天津理綜卷第1題、上海物理卷第22題等，2008年高考全國理綜卷Ⅰ第14題、全國理綜卷Ⅱ第16題、北京理綜卷第20題、江蘇物理卷第7題和第15題等．在前面的復習中，我們對這一模型的例舉和訓練也比較多，遇到這類問題時，以下結論可以幫助大家更好、更快地理清解題思路和選擇解題方法．1．自由釋放的滑塊能在斜面上(如圖9－1甲所示)勻速下滑時，m與M之間的動摩擦因數μ＝gtanθ．圖9－1甲2．自由釋放的滑塊在斜面上(如圖9－1甲所示)：(1)靜止或勻速下滑時，斜面M對水平地面的靜摩擦力為零；(2)加速下滑時，斜面對水平地面的靜摩擦力水平向右；(3)減速下滑時，斜面對水平地面的靜摩擦力水平向左．3．自由釋放的滑塊在斜面上(如圖9－1乙所示)勻速下滑時，M對水平地面的靜摩擦力為零，這一過程中再在m上加上任何方向的作用力，(在m停止前)M對水平地面的靜摩擦力依然為零(見一輪書中的方法概述)．圖9－1乙4．懸掛有物體的小車在斜面上滑行(如圖9－2所示)：圖9－2(1)向下的加速度a＝gsinθ時，懸繩穩(wěn)定時將垂直于斜面；(2)向下的加速度a＞gsinθ時，懸繩穩(wěn)定時將偏離垂直方向向上；(3)向下的加速度a＜gsinθ時，懸繩將偏離垂直方向向下．5．在傾角為θ的斜面上以速度v0平拋一小球(如圖9－3所示)：圖9－3(1)落到斜面上的時間t＝eq\f(2v0tanθ,g)；(2)落到斜面上時，速度的方向與水平方向的夾角α恒定，且tanα＝2tanθ，與初速度無關；(3)經過tc＝eq\f(v0tanθ,g)小球距斜面最遠，最大距離d＝eq\f((v0sinθ)2,2gcosθ)．6．如圖9－4所示，當整體有向右的加速度a＝gtanθ時，m能在斜面上保持相對靜止．圖9－47．在如圖9－5所示的物理模型中，當回路的總電阻恒定、導軌光滑時，ab棒所能達到的穩(wěn)定速度vm＝eq\f(mgRsinθ,B2L2)．圖9－58．如圖9－6所示，當各接觸面均光滑時，在小球從斜面頂端滑下的過程中，斜面后退的位移s＝eq\f(m,m＋M)L．圖9－6●例1有一些問題你可能不會求解，但是你仍有可能對這些問題的解是否合理進行分析和判斷．例如從解的物理量單位，解隨某些已知量變化的趨勢，解在一些特殊條件下的結果等方面進行分析，并與預期結果、實驗結論等進行比較，從而判斷解的合理性或正確性．舉例如下：如圖9－7甲所示，質量為M、傾角為θ的滑塊A放于水平地面上．把質量為m的滑塊B放在A的斜面上．忽略一切摩擦，有人求得B相對地面的加速度a＝eq\f(M＋m,M＋msin2θ)gsinθ，式中g為重力加速度．圖9－7甲對于上述解，某同學首先分析了等號右側的量的單位，沒發(fā)現(xiàn)問題．他進一步利用特殊條件對該解做了如下四項分析和判斷，所得結論都是“解可能是對的”．但是，其中有一項是錯誤的，請你指出該項[2008年高考·北京理綜卷]()A．當θ＝0°時，該解給出a＝0，這符合常識，說明該解可能是對的B．當θ＝90°時，該解給出a＝g，這符合實驗結論，說明該解可能是對的C．當M?m時，該解給出a≈gsinθ，這符合預期的結果，說明該解可能是對的D．當m?M時，該解給出a≈eq\f(g,sinθ)，這符合預期的結果，說明該解可能是對的【解析】當A固定時，很容易得出a＝gsinθ；當A置于光滑的水平面時，B加速下滑的同時A向左加速運動，B不會沿斜面方向下滑，難以求出運動的加速度．圖9－7乙設滑塊A的底邊長為L，當B滑下時A向左移動的距離為x，由動量守恒定律得：Meq\f(x,t)＝meq\f(L－x,t)解得：x＝eq\f(mL,M＋m)當m?M時，x≈L，即B水平方向的位移趨于零，B趨于自由落體運動且加速度a≈g．選項D中，當m?M時，a≈eq\f(g,sinθ)＞g顯然不可能．[答案]D【點評】本例中，若m、M、θ、L有具體數值，可假設B下滑至底端時速度v1的水平、豎直分量分別為v1x、v1y，則有：eq\f(v1y,v1x)＝eq\f(h,L－x)＝eq\f((M＋m)h,ML)eq\f(1,2)mv1x2＋eq\f(1,2)mv1y2＋eq\f(1,2)Mv22＝mghmv1x＝Mv2解方程組即可得v1x、v1y、v1以及v1的方向和m下滑過程中相對地面的加速度．●例2在傾角為θ的光滑斜面上，存在著兩個磁感應強度大小相同的勻強磁場，其方向一個垂直于斜面向上，一個垂直于斜面向下(如圖9－8甲所示)，它們的寬度均為L．一個質量為m、邊長也為L的正方形線框以速度v進入上部磁場時，恰好做勻速運動．圖9－8甲(1)當ab邊剛越過邊界ff′時，線框的加速度為多大，方向如何？(2)當ab邊到達gg′與ff′的正中間位置時，線框又恰好做勻速運動，則線框從開始進入上部磁場到ab邊到達gg′與ff′的正中間位置的過程中，線框中產生的焦耳熱為多少？(線框的ab邊在運動過程中始終與磁場邊界平行，不計摩擦阻力)【解析】(1)當線框的ab邊從高處剛進入上部磁場(如圖9－8乙中的位置①所示)時，線框恰好做勻速運動，則有：mgsinθ＝BI1L此時I1＝eq\f(BLv,R)當線框的ab邊剛好越過邊界ff′(如圖9－8乙中的位置②所示)時，由于線框從位置①到位置②始終做勻速運動，此時將ab邊與cd邊切割磁感線所產生的感應電動勢同向疊加，回路中電流的大小等于2I1．故線框的加速度大小為：圖9－8乙a＝eq\f(4BI1L－mgsinθ,m)＝3gsinθ，方向沿斜面向上．(2)而當線框的ab邊到達gg′與ff′的正中間位置(如圖9－8乙中的位置③所示)時，線框又恰好做勻速運動，說明mgsinθ＝4BI2L故I2＝eq\f(1,4)I1由I1＝eq\f(BLv,R)可知，此時v′＝eq\f(1,4)v從位置①到位置③，線框的重力勢能減少了eq\f(3,2)mgLsinθ動能減少了eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)m(eq\f(v,4))2＝eq\f(15,32)mv2由于線框減少的機械能全部經電能轉化為焦耳熱，因此有：Q＝eq\f(3,2)mgLsinθ＋eq\f(15,32)mv2．[答案](1)3gsinθ，方向沿斜面向上(2)eq\f(3,2)mgLsinθ＋eq\f(15,32)mv2【點評】導線在恒力作用下做切割磁感線運動是高中物理中一類常見題型，需要熟練掌握各種情況下求平衡速度的方法．二、疊加體模型疊加體模型在歷年的高考中頻繁出現(xiàn)，一般需求解它們之間的摩擦力、相對滑動路程、摩擦生熱、多次作用后的速度變化等，另外廣義的疊加體模型可以有許多變化，涉及的問題更多．如2009年高考天津理綜卷第10題、寧夏理綜卷第20題、山東理綜卷第24題，2008年高考全國理綜卷Ⅰ的第15題、北京理綜卷第24題、江蘇物理卷第6題、四川延考區(qū)理綜卷第25題等．疊加體模型有較多的變化，解題時往往需要進行綜合分析(前面相關例題、練習較多)，下列兩個典型的情境和結論需要熟記和靈活運用．1．疊放的長方體物塊A、B在光滑的水平面上勻速運動或在光滑的斜面上自由釋放后變速運動的過程中(如圖9－9所示)，A、B之間無摩擦力作用．圖9－92．如圖9－10所示，一對滑動摩擦力做的總功一定為負值，其絕對值等于摩擦力乘以相對滑動的總路程或等于摩擦產生的熱量，與單個物體的位移無關，即Q摩＝f·s相．圖9－10●例3質量為M的均勻木塊靜止在光滑的水平面上，木塊左右兩側各有一位拿著完全相同的步槍和子彈的射擊手．首先左側的射擊手開槍，子彈水平射入木塊的最大深度為d1，然后右側的射擊手開槍，子彈水平射入木塊的最大深度為d2，如圖9－11所示．設子彈均未射穿木塊，且兩子彈與木塊之間的作用力大小均相同．當兩顆子彈均相對木塊靜止時，下列說法正確的是(注：屬于選修3－5模塊)()圖9－11A．最終木塊靜止，d1＝d2B．最終木塊向右運動，d1<d2C．最終木塊靜止，d1<d2D．最終木塊靜止，d1>d2【解析】木塊和射出后的左右兩子彈組成的系統(tǒng)水平方向不受外力作用，設子彈的質量為m，由動量守恒定律得：mv0－mv0＝(M＋2m)v解得：v＝0，即最終木塊靜止設左側子彈射入木塊后的共同速度為v1，有：mv0＝(m＋M)v1Q1＝f·d1＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(m＋M)v12解得：d1＝eq\f(mMv02,2(m＋M)f)對右側子彈射入的過程，由功能原理得：Q2＝f·d2＝eq\f(1,2)mv02＋eq\f(1,2)(m＋M)v12－0解得：d2＝eq\f((2m2＋mM)v02,2(m＋M)f)即d1＜d2．[答案]C【點評】摩擦生熱公式可稱之為“功能關系”或“功能原理”的公式，但不能稱之為“動能定理”的公式，它是由動能定理的關系式推導得出的二級結論．三、含彈簧的物理模型縱觀歷年的高考試題，和彈簧有關的物理試題占有相當大的比重．高考命題者常以彈簧為載體設計出各類試題，這類試題涉及靜力學問題、動力學問題、動量守恒和能量守恒問題、振動問題、功能問題等，幾乎貫穿了整個力學的知識體系．為了幫助同學們掌握這類試題的分析方法，現(xiàn)將有關彈簧問題分類進行剖析．對于彈簧，從受力角度看，彈簧上的彈力是變力；從能量角度看，彈簧是個儲能元件．因此，彈簧問題能很好地考查學生的綜合分析能力，故備受高考命題老師的青睞．如2009年高考福建理綜卷第21題、山東理綜卷第22題、重慶理綜卷第24題，2008年高考北京理綜卷第22題、山東理綜卷第16題和第22題、四川延考區(qū)理綜卷第14題等．題目類型有：靜力學中的彈簧問題，動力學中的彈簧問題，與動量和能量有關的彈簧問題．1．靜力學中的彈簧問題(1)胡克定律：F＝kx，ΔF＝k·Δx．(2)對彈簧秤的兩端施加(沿軸線方向)大小不同的拉力，彈簧秤的示數一定等于掛鉤上的拉力．●例4如圖9－12甲所示，兩木塊A、B的質量分別為m1和m2，兩輕質彈簧的勁度系數分別為k1和k2，兩彈簧分別連接A、B，整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)．現(xiàn)緩慢向上提木塊A，直到下面的彈簧對地面的壓力恰好為零，在此過程中A和B的重力勢能共增加了()圖9－12甲A．eq\f((m1＋m2)2g2,k1＋k2)B．eq\f((m1＋m2)2g2,2(k1＋k2))C．(m1＋m2)2g2(eq\f(k1＋k2,k1k2))D．eq\f((m1＋m2)2g2,k2)＋eq\f(m1(m1＋m2)g2,k1)【解析】取A、B以及它們之間的彈簧組成的整體為研究對象，則當下面的彈簧對地面的壓力為零時，向上提A的力F恰好為：F＝(m1＋m2)g設這一過程中上面和下面的彈簧分別伸長x1、x2，如圖9－12乙所示，由胡克定律得：圖9－12乙x1＝eq\f((m1＋m2)g,k1)，x2＝eq\f((m1＋m2)g,k2)故A、B增加的重力勢能共為：ΔEp＝m1g(x1＋x2)＋m2gx2＝eq\f((m1＋m2)2g2,k2)＋eq\f(m1(m1＋m2)g2,k1)．[答案]D【點評】①計算上面彈簧的伸長量時，較多同學會先計算原來的壓縮量，然后計算后來的伸長量，再將兩者相加，但不如上面解析中直接運用Δx＝eq\f(ΔF,k)進行計算更快捷方便．②通過比較可知，重力勢能的增加并不等于向上提的力所做的功W＝eq\x\to(F)·x總＝eq\f((m1＋m2)2g2,2k22)＋eq\f((m1＋m2)2g2,2k1k2)．2．動力學中的彈簧問題(1)瞬時加速度問題(與輕繩、輕桿不同)：一端固定、另一端接有物體的彈簧，形變不會發(fā)生突變，彈力也不會發(fā)生突變．(2)如圖9－13所示，將A、B下壓后撤去外力，彈簧在恢復原長時刻B與A開始分離．圖9－13●例5一彈簧秤秤盤的質量m1＝1.5kg，盤內放一質量m2＝10.5kg的物體P，彈簧的質量不計，其勁度系數k＝800N/m，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，如圖9－14所示．圖9－14現(xiàn)給P施加一個豎直向上的力F，使P從靜止開始向上做勻加速直線運動，已知在最初0.2s內F是變化的，在0.2s后是恒定的，求F的最大值和最小值．(取g＝10m/s2)【解析】初始時刻彈簧的壓縮量為：x0＝eq\f((m1＋m2)g,k)＝0.15m設秤盤上升高度x時P與秤盤分離，分離時刻有：eq\f(k(x0－x)－m1g,m1)＝a又由題意知，對于0～0.2s時間內P的運動有：eq\f(1,2)at2＝x解得：x＝0.12m，a＝6m/s2故在平衡位置處，拉力有最小值Fmin＝(m1＋m2)a＝72N分離時刻拉力達到最大值Fmax＝m2g＋m2a＝168N．[答案]72N168N【點評】對于本例所述的物理過程，要特別注意的是：分離時刻m1與m2之間的彈力恰好減為零，下一時刻彈簧的彈力與秤盤的重力使秤盤產生的加速度將小于a，故秤盤與重物分離．3．與動量、能量相關的彈簧問題與動量、能量相關的彈簧問題在高考試題中出現(xiàn)頻繁，而且常以計算題出現(xiàn)，在解析過程中以下兩點結論的應用非常重要：(1)彈簧壓縮和伸長的形變相同時，彈簧的彈性勢能相等；(2)彈簧連接兩個物體做變速運動時，彈簧處于原長時兩物體的相對速度最大，彈簧的形變最大時兩物體的速度相等．●例6如圖9－15所示，用輕彈簧將質量均為m＝1kg的物塊A和B連接起來，將它們固定在空中，彈簧處于原長狀態(tài)，A距地面的高度h1＝0.90m．同時釋放兩物塊，A與地面碰撞后速度立即變?yōu)榱?，由于B壓縮彈簧后被反彈，使A剛好能離開地面(但不繼續(xù)上升)．若將B物塊換為質量為2m的物塊C(圖中未畫出)，仍將它與A固定在空中且彈簧處于原長，從A距地面的高度為h2處同時釋放，C壓縮彈簧被反彈后，A也剛好能離開地面．已知彈簧的勁度系數k＝100N/m，求h2的大?。畧D9－15【解析】設A物塊落地時，B物塊的速度為v1，則有：eq\f(1,2)mv12＝mgh1設A剛好離地時，彈簧的形變量為x，對A物塊有：mg＝kx從A落地后到A剛好離開地面的過程中，對于A、B及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，則有：eq\f(1,2)mv12＝mgx＋ΔEp換成C后，設A落地時，C的速度為v2，則有：eq\f(1,2)·2mv22＝2mgh2從A落地后到A剛好離開地面的過程中，A、C及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，則有：eq\f(1,2)·2mv22＝2mgx＋ΔEp聯(lián)立解得：h2＝0.5m．[答案]0.5m【點評】由于高中物理對彈性勢能的表達式不作要求，所以在高考中幾次考查彈簧問題時都要用到上述結論“①”．如2005年高考全國理綜卷Ⅰ第25題、1997年高考全國卷第25題等．●例7用輕彈簧相連的質量均為2kg的A、B兩物塊都以v＝6m/s的速度在光滑的水平地面上運動，彈簧處于原長，質量為4kg的物塊C靜止在前方，如圖9－16甲所示．B與C碰撞后二者粘在一起運動，則在以后的運動中：圖9－16甲(1)當彈簧的彈性勢能最大時，物體A的速度為多大？(2)彈簧彈性勢能的最大值是多少？(3)A的速度方向有可能向左嗎？為什么？【解析】(1)當A、B、C三者的速度相等(設為vA′)時彈簧的彈性勢能最大，由于A、B、C三者組成的系統(tǒng)動量守恒，則有：(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vA′解得：vA′＝eq\f((2＋2)×6,2＋2＋4)m/s＝3m/s．(2)B、C發(fā)生碰撞時，B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，設碰后瞬間B、C兩者的速度為v′，則有：mBv＝(mB＋mC)v′解得：v′＝eq\f(2×6,2＋4)＝2m/sA的速度為vA′時彈簧的彈性勢能最大，設其值為Ep，根據能量守恒定律得：Ep＝eq\f(1,2)(mB＋mC)v′2＋eq\f(1,2)mAv2－eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)vA′2＝12J．(3)方法一A不可能向左運動．根據系統(tǒng)動量守恒有：(mA＋mB)v＝mAvA＋(mB＋mC)vB設A向左，則vA＜0，vB＞4m/s則B、C發(fā)生碰撞后，A、B、C三者的動能之和為：E′＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)(mB＋mC)veq\o\al(2,B)＞eq\f(1,2)(mB＋mC)veq\o\al(2,B)＝48J實際上系統(tǒng)的機械能為：E＝Ep＋eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)vA′2＝12J＋36J＝48J根據能量守恒定律可知，E′＞E是不可能的，所以A不可能向左運動．方法二B、C碰撞后系統(tǒng)的運動可以看做整體向右勻速運動與A、B和C相對振動的合成(即相當于在勻速運動的車廂中兩物塊相對振動)由(1)知整體勻速運動的速度v0＝vA′＝3m/s圖9－16乙取以v0＝3m/s勻速運動的物體為參考系，可知彈簧處于原長時，A、B和C相對振動的速率最大，分別為：vAO＝v－v0＝3m/svBO＝|v′－v0|＝1m/s由此可畫出A、B、C的速度隨時間變化的圖象如圖9－16乙所示，故A不可能有向左運動的時刻．[答案](1)3m/s(2)12J(3)不可能，理由略【點評】①要清晰地想象、理解研究對象的運動過程：相當于在以3m/s勻速行駛的車廂內，A、B和C做相對彈簧上某點的簡諧振動，振動的最大速率分別為3m/s、1m/s．②當彈簧由壓縮恢復至原長時，A最有可能向左運動，但此時A的速度為零．●例8探究某種筆的彈跳問題時，把筆分為輕質彈簧、內芯和外殼三部分，其中內芯和外殼質量分別為m和4m．筆的彈跳過程分為三個階段：圖9－17①把筆豎直倒立于水平硬桌面，下壓外殼使其下端接觸桌面(如圖9－17甲所示)；②由靜止釋放，外殼豎直上升到下端距桌面高度為h1時，與靜止的內芯碰撞(如圖9－17乙所示)；③碰后，內芯與外殼以共同的速度一起上升到外殼下端距桌面最大高度為h2處(如圖9－17丙所示)．設內芯與外殼的撞擊力遠大于筆所受重力，不計摩擦與空氣阻力，重力加速度為g．求：(1)外殼與內芯碰撞后瞬間的共同速度大?。?2)從外殼離開桌面到碰撞前瞬間，彈簧做的功．(3)從外殼下端離開桌面到上升至h2處，筆損失的機械能．[2009年高考·重慶理綜卷]【解析】設外殼上升到h1時速度的大小為v1，外殼與內芯碰撞后瞬間的共同速度大小為v2．(1)對外殼和內芯，從撞后達到共同速度到上升至h2處，由動能定理得：(4m＋m)g(h2－h(huán)1)＝eq\f(1,2)(4m＋m)veq\o\al(2,2)－0解得：v2＝eq\r(2g(h2－h(huán)1))．(2)外殼與內芯在碰撞過程中動量守恒，即：4mv1＝(4m＋m)v2將v2代入得：v1＝eq\f(5,4)eq\r(2g(h2－h(huán)1))設彈簧做的功為W，對外殼應用動能定理有：W－4mgh1＝eq\f(1,2)×4mveq\o\al(2,1)將v1代入得：W＝eq\f(1,4)mg(25h2－9h1)．(3)由于外殼和內芯達到共同速度后上升至高度h2的過程中機械能守恒，只有在外殼和內芯的碰撞中有能量損失，損失的能量E損＝eq\f(1,2)×4mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)(4m＋m)veq\o\al(2,2)將v1、v2代入得：E損＝eq\f(5,4)mg(h2－h(huán)1)．[答案](1)eq\r(2g(h2－h(huán)1))(2)eq\f(1,4)mg(25h2－9h1)(3)eq\f(5,4)mg(h2－h(huán)1)由以上例題可以看出，彈簧類試題的確是培養(yǎng)和訓練學生的物理思維、反映和開發(fā)學生的學習潛能的優(yōu)秀試題．彈簧與相連物體構成的系統(tǒng)所表現(xiàn)出來的運動狀態(tài)的變化，為學生充分運用物理概念和規(guī)律(牛頓第二定律、動能定理、機械能守恒定律、動量定理、動量守恒定律)巧妙解決物理問題、施展自身才華提供了廣闊空間，當然也是區(qū)分學生能力強弱、拉大差距、選拔人才的一種常規(guī)題型．因此，彈簧試題也就成為高考物理題中的一類重要的、獨具特色的考題．四、傳送帶問題從1990年以后出版的各種版本的高中物理教科書中均有皮帶傳輸機的插圖．皮帶傳送類問題在現(xiàn)代生產生活中的應用非常廣泛．這類問題中物體所受的摩擦力的大小和方向、運動性質都具有變化性，涉及力、相對運動、能量轉化等各方面的知識，能較好地考查學生分析物理過程及應用物理規(guī)律解答物理問題的能力．如2003年高考全國理綜卷第34題、2005年高考全國理綜卷Ⅰ第24題等．對于滑塊靜止放在勻速傳動的傳送帶上的模型，以下結論要清楚地理解并熟記：(1)滑塊加速過程的位移等于滑塊與傳送帶相對滑動的距離；(2)對于水平傳送帶，滑塊加速過程中傳送帶對其做的功等于這一過程由摩擦產生的熱量，即傳送裝置在這一過程需額外(相對空載)做的功W＝mv2＝2Ek＝2Q摩．●例9如圖9－18甲所示，物塊從光滑曲面上的P點自由滑下，通過粗糙的靜止水平傳送帶后落到地面上的Q點．若傳送帶的皮帶輪沿逆時針方向勻速運動(使傳送帶隨之運動)，物塊仍從P點自由滑下，則()圖9－18甲A．物塊有可能不落到地面上B．物塊仍將落在Q點C．物塊將會落在Q點的左邊D．物塊將會落在Q點的右邊【解析】如圖9－18乙所示，設物塊滑上水平傳送帶上的初速度為v0，物塊與皮帶之間的動摩擦因數為μ，則：圖9－18乙物塊在皮帶上做勻減速運動的加速度大小a＝eq\f(μmg,m)＝μg物塊滑至傳送帶右端的速度為：v＝eq\r(v02－2μgs)物塊滑至傳送帶右端這一過程的時間可由方程s＝v0t－eq\f(1,2)μgt2解得．當皮帶向左勻速傳送時，滑塊在皮帶上的摩擦力也為：f＝μmg物塊在皮帶上做勻減速運動的加速度大小為：a1′＝eq\f(μmg,m)＝μg則物塊滑至傳送帶右端的速度v′＝eq\r(v02－2μgs)＝v物塊滑至傳送帶右端這一過程的時間同樣可由方程s＝v0t－eq\f(1,2)μgt2解得．由以上分析可知物塊仍將落在Q點，選項B正確．[答案]B【點評】對于本例應深刻理解好以下兩點：①滑動摩擦力f＝μFN，與相對滑動的速度或接觸面積均無關；②兩次滑行的初速度(都以地面為參考系)相等，加速度相等，故運動過程完全相同．我們延伸開來思考，物塊在皮帶上的運動可理解為初速度為v0的物塊受到反方向的大小為μmg的力F的作用，與該力的施力物體做什么運動沒有關系．●例10如圖9－19所示，足夠長的水平傳送帶始終以v＝3m/s的速度向左運動，傳送帶上有一質量M＝2kg的小木盒A，A與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.3．開始時，A與傳送帶之間保持相對靜止．現(xiàn)有兩個光滑的質量均為m＝1kg的小球先后相隔Δt＝3s自傳送帶的左端出發(fā)，以v0＝15m/s的速度在傳送帶上向右運動．第1個球與木盒相遇后立即進入盒中并與盒保持相對靜止；第2個球出發(fā)后歷時Δt1＝eq\f(1,3)s才與木盒相遇．取g＝10m/s2，問：圖9－19(1)第1個球與木盒相遇后瞬間，兩者共同運動的速度為多大？(2)第1個球出發(fā)后經過多長時間與木盒相遇？(3)在木盒與第1個球相遇至與第2個球相遇的過程中，由于木盒與傳送帶間的摩擦而產生的熱量是多少？【解析】(1)設第1個球與木盒相遇后瞬間，兩者共同運動的速度為v1，根據動量守恒定律得：mv0－Mv＝(m＋M)v1解得：v1＝3m/s，方向向右．(2)設第1個球與木盒的相遇點離傳送帶左端的距離為s，第1個球經過時間t0與木盒相遇，則有：t0＝eq\f(s,v0)設第1個球進入木盒后兩者共同運動的加速度大小為a，根據牛頓第二定律得：μ(m＋M)g＝(m＋M)a解得：a＝μg＝3m/s2，方向向左設木盒減速運動的時間為t1，加速到與傳送帶具有相同的速度的時間為t2，則：t1＝t2＝eq\f(Δv,a)＝1s故木盒在2s內的位移為零依題意可知：s＝v0Δt1＋v(Δt＋Δt1－t1－t2－t0)解得：s＝7.5m，t0＝0.5s．(3)在木盒與第1個球相遇至與第2個球相遇的這一過程中，設傳送帶的位移為s′，木盒的位移為s1，則：s′＝v(Δt＋Δt1－t0)＝8.5ms1＝v(Δt＋Δt1－t1－t2－t0)＝2.5m故木盒相對于傳送帶的位移為：Δs＝s′－s1＝6m則木盒與傳送帶間因摩擦而產生的熱量為：Q＝fΔs＝54J．[答案](1)3m/s(2)0.5s(3)54J【點評】本題解析的關鍵在于：①對物理過程理解清楚；②求相對路程的方法．能力演練一、選擇題(10×4分)1．圖示是原子核的核子平均質量與原子序數Z的關系圖象，下列說法正確的是()A．若D和E結合成F，結合過程中一定會吸收核能B．若D和E結合成F，結合過程中一定會釋放核能C．若A分裂成B和C，分裂過程中一定會吸收核能D．若A分裂成B和C，分裂過程中一定會釋放核能【解析】D、E結合成F粒子時總質量減小，核反應釋放核能；A分裂成B、C粒子時，總質量減小，核反應釋放核能．[答案]BD2．單冷型空調器一般用來降低室內溫度，其制冷系統(tǒng)與電冰箱的制冷系統(tǒng)結構基本相同．某單冷型空調器的制冷機從低溫物體吸收熱量Q2，向高溫物體放出熱量Q1，而外界(壓縮機)必須對工作物質做功W，制冷系數ε＝eq\f(Q2,W)．設某一空調的制冷系數為4，若制冷機每天從房間內部吸收2.0×107J的熱量，則下列說法正確的是()A．Q1一定等于Q2B．空調的制冷系數越大越耗能C．制冷機每天放出的熱量Q1＝2.5×107JD．制冷機每天放出的熱量Q1＝5.0×106J【解析】Q1＝Q2＋W＞Q2，選項A錯誤；ε越大，從室內向外傳遞相同熱量時壓縮機所需做的功(耗電)越小，越節(jié)省能量，選項B錯誤；又Q1＝Q2＋eq\f(Q2,ε)＝2.5×107J，故選項C正確．[答案]C3．圖示為一列簡諧橫波的波形圖象，其中實線是t1＝0時刻的波形，虛線是t2＝1.5s時的波形，且(t2－t1)小于一個周期．由此可判斷()A．波長一定是60cmB．波一定向x軸正方向傳播C．波的周期一定是6sD．波速可能是0.1m/s，也可能是0.3m/s【解析】由題圖知λ＝60cm若波向x軸正方向傳播，則可知：波傳播的時間t1＝eq\f(T,4)，傳播的位移s1＝15cm＝eq\f(λ,4)故知T＝6s，v＝0.1m/s若波向x軸負方向傳播，可知：波傳播的時間t2＝eq\f(3,4)T，傳播的位移s2＝45cm＝eq\f(3λ,4)故知T＝2s，v＝0.3m/s．[答案]AD4．如圖所示，在水平桌面上疊放著質量均為M的A、B兩塊木板，在木板A的上面放著一個質量為m的物塊C，木板和物塊均處于靜止狀態(tài)．A、B、C之間以及B與地面之間的動摩擦因數都為μ．若用水平恒力F向右拉動木板A，使之從C、B之間抽出來，已知重力加速度為g，則拉力F的大小應該滿足的條件是(已知最大靜摩擦力的大小等于滑動摩擦力)()A．F＞μ(2m＋M)gB．F＞μ(m＋2M)gC．F＞2μ(m＋M)gD．F＞2μmg【解析】無論F多大，摩擦力都不能使B向右滑動，而滑動摩擦力能使C產生的最大加速度為μg，故eq\f(F－μmg－μ(m＋M)g,M)＞μg時，即F＞2μ(m＋M)g時A可從B、C之間抽出．[答案]C5．如圖所示，一束單色光a射向半球形玻璃磚的球心，在玻璃與空氣的界面MN上同時發(fā)生反射和折射，b為反射光，c為折射光，它們與法線間的夾角分別為β和θ．逐漸增大入射角α，下列說法中正確的是()A．β和θ兩角同時增大，θ始終大于βB．b光束的能量逐漸減弱，c光束的能量逐漸加強C．b光在玻璃中的波長小于b光在空氣中的波長D．b光光子的能量大于c光光子的能量【解析】三個角度之間的關系有：θ＝α，eq\f(sinβ,sinα)＝n＞1，故隨著α的增大，β、θ都增大，但是θ＜β，選項A錯誤，且在全反射前，c光束的能量逐漸減弱，b光束的能量逐漸加強，選項B錯誤；又由n＝eq\f(sinβ,sinα)＝eq\f(c,v)＝eq\f(λ,λ′)，b光在玻璃中的波長小于在空氣中的波長，但光子的能量不變，選項C正確、D錯誤．[答案]C6．如圖所示，水平傳送帶以v＝2m/s的速度勻速前進，上方漏斗中以每秒50kg的速度把煤粉豎直抖落到傳送帶上，然后一起隨傳送帶運動．如果要使傳送帶保持原來的速度勻速前進，則傳送帶的電動機應增加的功率為()A．100WB．200WC．500WD．無法確定【解析】漏斗均勻持續(xù)將煤粉抖落在傳送帶上，每秒鐘有50kg的煤粉被加速至2m/s，故每秒鐘傳送帶的電動機應多做的功為：ΔW＝ΔEk＋Q＝eq\f(1,2)mv2＋f·Δs＝mv2＝200J故傳送帶的電動機應增加的功率ΔP＝eq\f(ΔW,t)＝200W．[答案]B7．如圖所示，一根用絕緣材料制成的輕彈簧，勁度系數為k，一端固定，另一端與質量為m、帶電荷量為＋q的小球相連，靜止在光滑絕緣水平面上．當施加水平向右的勻強電場E后，小球開始做簡諧運動，下列關于小球運動情況的說法中正確的是()A．小球的速度為零時，彈簧的伸長量為eq\f(qE,k)B．小球的速度為零時，彈簧的伸長量為eq\f(2qE,k)C．運動過程中，小球和彈簧系統(tǒng)的機械能守恒D．運動過程中，小球動能變化量、彈性勢能變化量以及電勢能的變化量之和保持為零【解析】由題意知，小球位于平衡位置時彈簧的伸長量x0＝eq\f(qE,k)，小球速度為零時彈簧處于原長或伸長了2x0＝eq\f(2qE,k)，選項A錯誤、B正確．小球做簡諧運動的過程中彈簧彈力和電場力都做功，機械能不守恒，動能、彈性勢能、電勢能的總和保持不變，選項D正確．[答案]BD8．如圖所示，將質量為m的滑塊放在傾角為θ的固定斜面上．滑塊與斜面之間的動摩擦因數為μ．若滑塊與斜面之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力大小相等，重力加速度為g，則[2009年高考·北京理綜卷]()A．將滑塊由靜止釋放，如果μ＞tanθ，滑塊將下滑B．給滑塊沿斜面向下的初速度，如果μ＜tanθ，滑塊將減速下滑C．用平行于斜面向上的力拉滑塊向上勻速滑動，如果μ＝tanθ，則拉力大小應是2mgsinθD．用平行于斜面向下的力拉滑塊向下勻速滑動，如果μ＝tanθ，則拉力大小應是mgsinθ【解析】對于靜止置于斜面上的滑塊，可沿斜面下滑的條件為mgsinθ＞μmgcosθ；同理，當mgsinθ＜μmgcosθ時，具有初速度下滑的滑塊將做減速運動，選項A、B錯誤；當μ＝tanθ時，滑塊與斜面之間的動摩擦力f＝mgsinθ，由平衡條件知，使滑塊勻速上滑的拉力F＝2mgsinθ，選項C正確、D錯誤．[答案]C9．國產“水刀”——超高壓數控萬能水切割機，以其神奇的切割性能在北京國際展覽中心舉行的第五屆國際機床展覽會上引起轟動，它能切割40mm厚的鋼板、50mm厚的大理石等材料．將普通的水加壓，使其從口徑為0.2mm的噴嘴中以800m/s～1000m/s的速度射出，這種水射流就是“水刀”．我們知道，任何材料承受的壓強都有一定限度，下表列出了一些材料所能承受的壓強的限度．A．橡膠5×107PaB．花崗石1.2×108Pa～2.6×108PaC．鑄鐵8.8×108PaD．工具鋼6.7×108Pa設想一“水刀”的水射流橫截面積為S，垂直入射的速度v＝800m/s，水射流與材料接觸后，速度為零，且不附著在材料上，水的密度ρ＝1×103kg/m3，則此水刀不能切割上述材料中的()【解析】以射到材料上的水量Δm為研究對象，以其運動方向為正方向，由動量定理得：－pS·Δt＝－ρSv·Δt·v得：p＝ρv2＝6.4×108Pa由表中數據可知：此“水刀”不能切割材料C和D．[答案]CD10．如圖甲所示，質量為2m的長木板靜止地放在光滑的水平面上，另一質量為m的小鉛塊(可視為質點)以水平速度v0滑上木板的左端，恰能滑至木板的右端且與木板保持相對靜止，鉛塊在運動過程中所受到的摩擦力始終不變．若將木板分成長度與質量均相等(即m1＝m2＝m)的兩段1、2后，將它們緊挨著放在同一水平面上，讓小鉛塊以相同的初速度v0由木板1的左端開始運動，如圖乙所示，則下列說法正確的是()A．小鉛塊滑到木板2的右端前就與之保持相對靜止B．小鉛塊滑到木板2的右端后與之保持相對靜止C．甲、乙兩圖所示的過程中產生的熱量相等D．圖甲所示的過程產生的熱量大于圖乙所示的過程產生的熱量【解析】長木板分兩段前，鉛塊和木板的最終速度為：vt＝eq\f(mv0,3m)＝eq\f(1,3)v0且有Q＝fL＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)×3m(eq\f(v0,3))2＝eq\f(1,3)mv02長木板分兩段后，可定量計算出木板1、2和鉛塊的最終速度，從而可比較摩擦生熱和相對滑動的距離；也可用圖象法定性分析(如圖丙所示)比較得到小鉛塊到達右端之前已與木板2保持相對靜止，故圖甲所示的過程產生的熱量大于圖乙所示的過程產生的熱量．丙[答案]AD二、非選擇題(共60分)11．(5分)圖示為伏安法測電阻的部分電路，電路其他部分不變，當開關S接a點時，電壓表的示數U1＝11V，電流表的示數I1＝0.2A；當開關S接b點時，U2＝12V，I2＝0.15A．那么，為了提高測量的準確性，開關S應接______點(填“a”或“b”)，Rx的測量值為________Ω．[答案]b(2分)80(3分)12．(10分)如圖所示，光滑水平軌道與光滑圓弧軌道相切，輕彈簧的一端固定在水平軌道的左端，OP是可繞O點轉動的輕桿，且擺到某處就能停在該處；另有一小鋼球．現(xiàn)在利用這些器材測定彈簧被壓縮時的彈性勢能．(1)還需要的器材是________、________．(2)以上測量實際上是把對彈性勢能的測量轉化為對________能的測量，需要直接測量________和________．(3)為了研究彈簧的彈性勢能與勁度系數和形變量間的關系，除以上器材外，還準備了幾個輕彈簧，所有彈簧的勁度系數均不相同．試設計記錄數據的表格．[答案](1)天平刻度尺(每空1分)(2)重力勢質量上升高度(每空1分)(3)設計表格如下(5分)小球的質量m＝________kg，彈簧A壓縮量x(m)上升高度h(m)E＝mgh(J)壓縮量x＝________cm，小球的質量m＝________kg彈簧ABC勁度系數k(N/m)上升高度h(m)E＝mgh(J)13．(10分)如圖所示，一勁度系數k＝800N/m的輕彈簧的兩端各焊接著兩個質量均為m＝12kg的物體A、B，A、B和輕彈簧靜止豎立在水平地面上．現(xiàn)加一豎直向上的力F在上面的物體A上，使物體A開始向上做勻加速運動，經0.4s物體B剛要離開地面，設整個過程中彈簧都處于彈性限度內，取g＝10m/s2．求：(1)此過程中所加外力F的最大值和最小值．(2)此過程中外力F所做的功．【解析】(1)A原來靜止時有：kx1＝mg(1分)當物體A剛開始做勻加速運動時，拉力F最小，設為F1．對物體A有：F1＋kx1－mg＝ma(1分)當物體B剛要離開地面時，拉力F最大，設為F2．對物體A有：F2－kx2－mg＝ma(1分)對物體B有：kx2＝mg(1分)對物體A有：x1＋x2＝eq\f(1,2)at2(1分)解得：a＝3.75m/s2聯(lián)立解得：F1＝45N(1分)，F(xiàn)2＝285N．(1分)(2)在力F作用的0.4s內，初末狀態(tài)的彈性勢能相等(1分)由功能關系得：WF＝mg(x1＋x2)＋eq\f(1,2)m(at)2＝49.5J．(2分)[答案](1)285N45N(2)49.5J14．(12分)如圖甲所示，傾角為θ、足夠長的兩光滑金屬導軌位于同一傾斜的平面內，導軌間距為l，與電阻R1、R2及電容器相連，電阻R1、R2的阻值均為R，電容器的電容為C，空間存在方向垂直斜面向上的勻強磁場，磁感應強度為B．一個質量為m、阻值也為R、長度為l的導體棒MN垂直于導軌放置，將其由靜止釋放，下滑距離s時導體棒達到最大速度，這一過程中整個回路產生的焦耳熱為Q，則：甲(1)導體棒穩(wěn)定下滑的最大速度為多少？(2)導體棒從釋放開始到穩(wěn)定下滑的過程中流過R1的電荷量為多少？【解析】(1)當達到最大速度時，導體棒勻速運動，電容器中沒有電流，設導體棒穩(wěn)定下滑的最大速度為v，有：E＝Blv(1分)I＝eq\f(E,R2＋R)(1分)所以F安＝BIl＝eq\f(B2l2v,2R)(2分)導體棒的受力情況如圖乙所示，根據受力平衡條件有：乙F安＝mgsinθ(1分)解得：v＝eq\f(2mgRsinθ,B2l2)．(2分)(2)棒加速運動時電容器上的電壓增大，電容器充電；當棒達到最大速度后，電容器上的電荷量最大并保持不變，所以流過R1的電荷量就是電容器所帶的電荷量，則：U＝IR2＝eq\f(E,2R)R＝eq\f(E,2)＝eq\f(Blv,2)＝eq\f(mgRsinθ,Bl)(3分)QR1＝CU＝eq\f(mgRCsinθ,Bl)．(2分)[答案](1)eq\f(2mgRsinθ,B2l2)(2)eq\f(mgRCsinθ,Bl)15．(13分)如圖甲所示，一質量為m、電荷量為q的正離子，在D處沿圖示方向以一定的速度射入磁感應強度為B的勻強磁場中，此磁場方向垂直紙面向里．結果離子正好從距A點為d的小孔C沿垂直于電場方向進入勻強電場，此電場方向與AC平行且向上，最后離子打在G處，而G處到A點的距離為2d(直線DAG與電場方向垂直)．不計離子重力，離子運動軌跡在紙面內．求：甲(1)正離子從D處運動到G處所需時間．(2)正離子到達G處時的動能．【解析】(1)正離子的運動軌跡如圖乙所示，在磁場中做圓周運動的時間為：乙t1＝eq\f(1,3)T＝eq\f(2πm,3Bq)(1分)圓周運動半徑r滿足：r＋rcos60°＝d(1分)解得：r＝eq\f(2,3)d(1分)設離子在磁場中運動的速度為v0，則有：r＝eq\f(mv0,Bq)(1分)解得：v0＝eq\f(2Bqd,3m)(1分)離子從C運動到G所需的時間t2＝eq\f(2d,v0)＝eq\f(3m,Bq)(2分)離子從D→C→G的總時間為：t＝t1＋t2＝eq\f((9＋2π)m,3Bq)．(2分)(2)設電場強度為E，對離子在電場中的運動過程，有：qE＝ma，d＝eq\f(1,2)at22(1分)由動能定理得：Eq·d＝EkG－eq\f(1,2)mv02(1分)解得：EkG＝eq\f(4B2q2d2,9m)．(2分)[答案](1)eq\f((9＋2π)m,3Bq)(2)eq\f(4B2q2d2,9m)16．(15分)如圖甲所示，質量m1＝2.0kg的物塊A隨足夠長的水平傳送帶一起勻速運動，傳送帶的速度大小v帶＝3.0m/s，方向如圖所示；在A的右側L＝2.5m處將質量m2＝3.0kg的物塊B無初速度放上傳送帶．已知在A、B碰后瞬間B相對傳送帶的速度大小為1.0m/s，之后當其中某一物塊相對傳送帶的速度為零時，傳送帶立即以大小為2.0m/s2的加速度制動，最后停止運動．傳送帶的運動情況不受物塊A、B的影響，且A、B碰撞的時間極短．設兩物塊與傳送帶間的動摩擦因數均為μ＝0.10．求：甲(1)物塊B剛開始滑動時的加速度．(2)碰撞后兩物塊的速度．(3)兩物塊間的最大距離．【解析】(1)物塊B剛開始滑動時，加速度為：a＝eq\f(μm2g,m2)＝μg＝1m/s2，方向向右．(2分)(2)設經t1時間，A、B兩物塊相碰，有：eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＋L＝v帶t1解得：t1＝1s，t1′＝5s(由上述分析可知，t1′不合題意，舍去)碰前B的速度v2＝at1＝1m/s(2分)由題意可知：碰后B的速度v2′＝2m/s或v2″＝4m/s由動量守恒定律得：m1v帶＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′m1v帶＋m2v2＝m1v1″＋m2v2″解得：碰后A的速度v1′＝1.5m/s或v1″＝－1.5m/s檢驗：由于eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,帶)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＜eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2″2故v1″＝－1.5m/s、v2″＝4m/s這組數據舍去所以碰后A的速度v1′＝1.5m/s，方向向右；B的速度v2′＝2m/s，方向向右．(3分)(3)因碰后兩物塊均做加速度運動，加速度都為a＝1m/s2，所以B的速度先達到與傳送帶相同速度，設B達到與傳送帶速度相同的時間為t2．乙有：v帶＝v2′＋at2，t2＝1s此時A的速度v3＝v1′＋at2＝2.5m/s＜v帶故從t2之后A繼續(xù)加速運動，B和傳送帶開始減速運動，直到A和傳送達到某個共同速度v4后，A所受的摩擦力換向，才開始減速運動．設A繼續(xù)加速度的時間為t3，則：v4＝v3＋at3＝v帶－a帶t3，t3＝eq\f(1,6)sA的速度v4＝v3＋at3＝eq\f(8,3)m/s(2分)此時B的速度v5＝v帶－at3＝eq\f(17,6)m/s，之后A、B均做減速運動，因為在整個過程中B的速度始終大于A的速度，所以當A、B都靜止時兩物塊間的距離最大．(1分)B碰后運動的總位移s2＝eq\f(v\o\al(2,帶)－v2′2,2a)＋eq\f(0－v\o\al(2,帶),2×(－a))＝7m或s2＝eq\f(v2′＋v帶,2)t2＋eq\f(v帶,2)×eq\f(v帶,a)＝7m(2分)A碰后運動的總位移s1＝eq\f(v\o\al(2,4)－v1′2,2×a)＋eq\f(0－v\o\al(2,4),2×(－a))≈6m(2分)兩物塊間的最大距離sm＝s2－s1＝1m．(1分)[答案](1)1m/s2，方向向左(2)A的速度為1.5m/s，方向向右；B的速度為2m/s，方向向右(3)1m1（20分）如圖12所示，PR是一塊長為L=4m的絕緣平板固定在水平地面上，整個空間有一個平行于PR的勻強電場E，在板的右半部分有一個垂直于紙面向外的勻強磁場B，一個質量為m=0．1kg，帶電量為q=0．5C的物體，從板的P端由靜止開始在電場力和摩擦力的作用下向右做勻加速運動，進入磁場后恰能做勻速運動。當物體碰到板R端的擋板后被彈回，若在碰撞瞬間撤去電場，物體返回時在磁場中仍做勻速運動，離開磁場后做勻減速運動停在C點，PC=L/4，物體與平板間的動摩擦因數為μ=0．4，取g=10m/s2，求：（1）判斷物體帶電性質，正電荷還是負電荷？（2）物體與擋板碰撞前后的速度v1和v2（3）磁感應強度B的大小圖12（4）電場強度E的大小和方向圖122(10分)如圖2—14所示，光滑水平桌面上有長L=2m的木板C，質量mc=5kg，在其正中央并排放著兩個小滑塊A和B，mA=1kg，mB=4kg，開始時三物都靜止．在A、B間有少量塑膠炸藥，爆炸后A以速度6m／s水平向左運動，A、B中任一塊與擋板碰撞后，都粘在一起，不計摩擦和碰撞時間，求：(1)當兩滑塊A、B都與擋板碰撞后，C的速度是多大?(2)到A、B都與擋板碰撞為止，C的位移為多少?3（10分）為了測量小木板和斜面間的摩擦因數，某同學設計如圖所示實驗，在小木板上固定一個輕彈簧，彈簧下端吊一個光滑小球，彈簧長度方向與斜面平行，現(xiàn)將木板連同彈簧、小球放在斜面上，用手固定木板時，彈簧示數為F，放手后，木板沿斜面下滑，穩(wěn)定后彈簧示數為F，測得斜面斜角為θ，則木板與斜面間動摩擦因數為多少？（斜面體固定在地面上）4有一傾角為θ的斜面，其底端固定一擋板M，另有三個木塊A、B和C，它們的質量分別為m=m=m，m=3m，它們與斜面間的動摩擦因數都相同.其中木塊A連接一輕彈簧放于斜面上，并通過輕彈簧與擋板M相連，如圖所示.開始時，木塊A靜止在P處，彈簧處于自然伸長狀態(tài).木塊B在Q點以初速度v向下運動，P、Q間的距離為L.已知木塊B在下滑過程中做勻速直線運動，與木塊A相碰后立刻一起向下運動，但不粘連，它們到達一個最低點后又向上運動，木塊B向上運動恰好能回到Q點.若木塊A靜止于P點，木塊C從Q點開始以初速度向下運動，經歷同樣過程，最后木塊C停在斜面上的R點，求P、R間的距離L′的大小。5如圖，足夠長的水平傳送帶始終以大小為v＝3m/s的速度向左運動，傳送帶上有一質量為M＝2kg的小木盒A，A與傳送帶之間的動摩擦因數為μ＝0．3，開始時，A與傳送帶之間保持相對靜止。先后相隔△t＝3s有兩個光滑的質量為m＝1kg的小球B自傳送帶的左端出發(fā)，以v0＝15m/s的速度在傳送帶上向右運動。第1個球與木盒相遇后，球立即進入盒中與盒保持相對靜止，第2個球出發(fā)后歷時△t1＝1s/3而與木盒相遇。求（取g＝10m/s2）（1）第1個球與木盒相遇后瞬間，兩者共同運動的速度時多大？（2）第1個球出發(fā)后經過多長時間與木盒相遇？BABAvv06如圖所示，兩平行金屬板A、B長l＝8cm，兩板間距離d＝8cm，A板比B板電勢高300V，即UAB＝300V。一帶正電的粒子電量q＝10-10C，質量m＝10-20kg，從R點沿電場中心線垂直電場線飛入電場，初速度v0＝2×106m/s，粒子飛出平行板電場后經過界面MN、PS間的無電場區(qū)域后，進入固定在中心線上的O點的點電荷Q形成的電場區(qū)域（設界面PS右邊點電荷的電場分布不受界面的影響）。已知兩界面MN、PS相距為L＝12cm，粒子穿過界面PS最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏EF上。求（靜電力常數k＝9×109N·m2/C2）BAv0RMBAv0RMNLPSOEFl（2）點電荷的電量。7光滑水平面上放有如圖所示的用絕緣材料制成的L形滑板(平面部分足夠長)，質量為4m，距滑板的A壁為L1距離的B處放有一質量為m，電量為+q的大小不計的小物體，物體與板面的摩擦不計．整個裝置置于場強為E的勻強電場中，初始時刻，滑板與物體都靜止．試問：(1)釋放小物體，第一次與滑板A壁碰前物體的速度v1，多大?(2)若物體與A壁碰后相對水平面的速度大小為碰前速率的3／5，則物體在第二次跟A碰撞之前，滑板相對于水平面的速度v2和物體相對于水平面的速度v3分別為多大?(3)物體從開始到第二次碰撞前，電場力做功為多大?(設碰撞經歷時間極短且無能量損失)8如圖(甲)所示，兩水平放置的平行金屬板C、D相距很近，上面分別開有小孔O和O'，水平放置的平行金屬導軌P、Q與金屬板C、D接觸良好，且導軌垂直放在磁感強度為B1=10T的勻強磁場中，導軌間距L=0.50m，金屬棒AB緊貼著導軌沿平行導軌方向在磁場中做往復運動，其速度圖象如圖(乙)，若規(guī)定向右運動速度方向為正方向．從t=0時刻開始，由C板小孔O處連續(xù)不斷地以垂直于C板方向飄入質量為m=3.2×10-21kg、電量q=1.6×10-19C的帶正電的粒子(設飄入速度很小，可視為零)．在D板外側有以MN為邊界的勻強磁場B2=10T，MN與D相距d=10cm，B1和B2方向如圖所示(粒子重力及其相互作用不計)，求(1)0到4.Os內哪些時刻從O處飄入的粒子能穿過電場并飛出磁場邊界MN?(2)粒子從邊界MN射出來的位置之間最大的距離為多少?9（20分）如下圖所示，空間存在著一個范圍足夠大的豎直向下的勻強磁場，磁場的磁感強度大小為B．邊長為l的正方形金屬框abcd（下簡稱方框）放在光滑的水平地面上，其外側套著一個與方框邊長相同的U型金屬框架MNPQ（僅有MN、NQ、QP三條邊，下簡稱U型框），U型框與方框之間接觸良好且無摩擦．兩個金屬框每條邊的質量均為m，每條邊的電阻均為r．（1）將方框固定不動，用力拉動U型框使它以速度垂直NQ邊向右勻速運動，當U型框的MP端滑至方框的最右側（如圖乙所示）時，方框上的bd兩端的電勢差為多大?此時方框的熱功率為多大?（2）若方框不固定，給U型框垂直NQ邊向右的初速度，如果U型框恰好不能與方框分離，則在這一過程中兩框架上產生的總熱量為多少?（3）若方框不固定，給U型框垂直NQ邊向右的初速度v（），U型框最終將與方框分離．如果從U型框和方框不再接觸開始，經過時間t后方框的最右側和U型框的最左側之間的距離為s．求兩金屬框分離后的速度各多大．10(14分)長為0.51m的木板A，質量為1kg．板上右端有物塊B，質量為3kg.它們一起在光滑的水平面上向左勻速運動.速度v0=2m/s.木板與等高的豎直固定板C發(fā)生碰撞，時間極短，沒有機械能的損失．物塊與木板間的動摩擦因數μ=0.5.g取10m/s2.求:（1）第一次碰撞后，A、B共同運動的速度大小和方向．（2）第一次碰撞后，A與C之間的最大距離．（結果保留兩位小數）（3）A與固定板碰撞幾次，B可脫離A板．11如圖10是為了檢驗某種防護罩承受沖擊能力的裝置，M為半徑為、固定于豎直平面內的光滑圓弧軌道，軌道上端切線水平，N為待檢驗的固定曲面，該曲面在豎直面內的截面為半徑的圓弧，圓弧下端切線水平且圓心恰好位于M軌道的上端點，M的下端相切處置放豎直向上的彈簧槍，可發(fā)射速度不同的質量的小鋼珠，假設某次發(fā)射的鋼珠沿軌道恰好能經過M的上端點，水平飛出后落到N的某一點上，取，求： （1）發(fā)射該鋼珠前，彈簧的彈性勢能多大？ （2）鋼珠落到圓弧上時的速度大小是多少？（結果保留兩位有效數字）12（10分）建筑工地上的黃沙堆成圓錐形，而且不管如何堆其角度是不變的。若測出其圓錐底的周長為12．5m，高為1．5m，如圖所示。（1）試求黃沙之間的動摩擦因數。（2）若將該黃沙靠墻堆放，占用的場地面積至少為多少？13（16分）如圖17所示，光滑水平地面上停著一輛平板車，其質量為2m，長為L，車右端（A點）有一塊靜止的質量為m的小金屬塊．金屬塊與車間有摩擦，與中點C為界，AC段與CB段摩擦因數不同．現(xiàn)給車施加一個向右的水平恒力，使車向右運動，同時金屬塊在車上開始滑動，當金屬塊滑到中點C時，即撤去這個力．已知撤去力的瞬間，金屬塊的速度為v0，車的速度為2v0，最后金屬塊恰停在車的左端（B點）。如果金屬塊與車的AC段間的動摩擦因數為，與CB段間的動摩擦因數為，求與的比值．FFACBL圖1714(18分)如圖10所示,空間分布著有理想邊界的勻強電場和勻強磁場,左側勻強電場的場強大小為E、方向水平向右，其寬度為L；中間區(qū)域勻強磁場的磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向外；右側勻強磁場的磁感應強度大小也為B、方向垂直紙面向里。一個帶正電的粒子（質量m,電量q,不計重力）從電場左邊緣a點由靜止開始運動，穿過中間磁場區(qū)域進入右側磁場區(qū)域后，又回到了a點，然后重復上述運動過程。（圖中虛線為電場與磁場、相反方向磁場間的分界面，并不表示有什么障礙物）。（1）中間磁場區(qū)域的寬度d為多大；（2）帶電粒子在兩個磁場區(qū)域中的運動時間之比；（3）帶電粒子從a點開始運動到第一次回到a點時所用的時間t.15．（20分）如圖10所示，abcd是一個正方形的盒子，在cd邊的中點有一小孔e，盒子中存在著沿ad方向的勻強電場，場強大小為E。一粒子源不斷地從a處的小孔沿ab方向向盒內發(fā)射相同的帶電粒子，粒子的初速度為v0，經電場作用后恰好從e處的小孔射出?，F(xiàn)撤去電場，在盒子中加一方向垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度大小為B（圖中未畫出），粒子仍恰好