江西省丰城四中2020届高考倒计时冲刺金典专题训练5 解决物理问题的“三大观点”.doc

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1、fcsz2020届高考倒计时冲刺金典专题训练专题5解决物理问题的“三大观点”一、选择题(12题为单项选择题，34题为多项选择题)1如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程()A动能增加mv2 B机械能增加2mv2C重力势能增加mv2 D电势能增加2mv2答案：B解析：小球从M点运动到N点的过程，可分解为水平方向上的匀加速直线运动和竖直方向上的匀减速直线运动竖直方向上，运动时间t，上升高度h；水平方向上，2vat，a，所以F电2mg，水平位移xtt.从M到N，动能增量Ekm(2v)

2、2mv2mv2，A错；重力势能增量Epmghmv2，C错；电势能增量Ep电W电F电x2mv2，故D错；机械能增量E机EkEp2mv2，B正确2一匀强电场的方向竖直向上t0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则P t关系图象是()答案：A解析：带电粒子所受电场力沿竖直方向，则粒子在电场中做类平抛运动，即沿初速度方向做匀速直线运动，沿电场力方向做初速度为零的匀加速直线运动，假设电场力大小为F，则PFv，其中v为沿电场力方向的速率，则vat、a，整理得Pt，由关系式可知Pt图象应为一条过原点的倾斜直线，A正确，B、C、D错误3.如图所示，质量为m24

3、5 g的物块(可视为质点)放在质量为M0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为0.4，质量为m05 g的子弹以速度v0300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2，则在整个过程中() A物块和木板组成的系统动量守恒B子弹的末动量大小为0.01 kgm/sC子弹对物块的冲量大小为0.49 NsD物块相对于木板滑行的时间为1 s答案：BD解析：子弹进入物块的过程中，物块的动量增大，所以物块和木板组成的系统动量不守恒，故A错误；选取向右为正方向，子弹射入物块过程，由动量守恒定律可得m0v0(m0m)v1物块在木板上滑动过程，由动

4、量守恒定律可得(m0m)v1(m0mM)v2联立可得v2 m/s2 m/s，所以子弹的末动量pm0v251032 kgm/s0.01 kgm/s，故B正确；由动量定理可得子弹受到的冲量Ippp00.01 kgm/s5103300 kgm/s1.49 kgm/s1.49 Ns.子弹与物块作用的时间相等，相互作用力大小始终相等，而方向相反，所以子弹对物块的冲量大小也是1.49 Ns，故C错误；对子弹和物块整体，由动量定理得(m0m)gt(m0m)(v2v1)由式可得，物块相对于木板滑行的时间t1 s，故D正确4.两间距为d的平行光滑导轨由固定在同一水平面上的导轨CDCD和竖直平面内半径为r的圆弧导

5、轨ACAC组成，水平导轨与圆弧导轨相切，左端接阻值为R的电阻；水平导轨处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中导体棒甲静止于CC处，导体棒乙从AA处由静止释放，沿圆弧导轨运动，与甲相碰后粘合在一起，并在到达水平导轨左端前停止两棒的质量均为m，导体棒及导轨的电阻均不计，重力加速度大小为g.下列判断正确的是()A两棒粘合前瞬间，乙棒速度大小为B两棒相碰并粘合在一起后瞬间的速度大小为C两棒粘合后受到的最大安培力为D从乙开始下滑至两棒静止的过程中，回路产生的焦耳热为mgr答案：BD解析：设两棒粘合前瞬间，乙棒的速度大小为v1，对乙棒沿圆弧导轨运动的过程，根据机械能守恒定律有mgrmv，解得v1

6、；设两棒相碰并粘合在一起瞬间的速度为v2，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律有mv12mv2，解得v2，故A错误，B正确经分析可知，两棒相碰并粘合在一起后瞬间切割磁感线的速度最大，为v2，故回路中产生的最大感应电动势为EmBdv2，根据闭合电路的欧姆定律可知，回路中通过的最大电流为：Im，最大安培力FmBImd，联立解得最大安培力Fm，故C错误根据能量守恒定律有：回路产生的焦耳热Q2mvm2mgr，故D正确二、非选择题5.如图所示，在光滑水平面上有一辆长为L、质量为m的绝缘木板小车正以向右的初速度v0做匀速直线运动，现无初速度释放一个质量也为m，带电荷量为q(q0)的小物块在小车的正中央，发

7、现物块恰好没有从车上掉下来(重力加速度为g)：(1)求物块与小车上表面间的滑动摩擦因数；(2)若车的初速度为2v0，在物块刚放上小车的同时在空间加一水平向右的匀强电场E1，为了让物块不从车的左端掉下来，求电场强度E1的最小值5：(1)0.25(2)解析：(1)放上物块到二者达到共同速度的过程中系统动量守恒，选取向右为正方向，则mv02mv1系统产生的热量等于系统动能的减少量，有：mgmv2mv得：0.25.(2)加上水平向右的电场后，物块向右做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：qE1mgma1小车在摩擦力作用下向右做匀减速直线运动，有：mgma2当E1取最小值时，二者达到共同速度v2时物块恰好

8、到达小车的左端，由运动学公式得：v2a1t2v0a2ttt解得：E1.6.如图所示，粗糙斜面与光滑水平面通过光滑小圆弧(长度可忽略)平滑连接，斜面倾角37.A、B是两个质量均为m1 kg的小滑块(可视为质点)，C为左侧附有胶泥的竖直薄板，D是两端分别连接B和C的水平轻质弹簧，C、D的质量均不计滑块A置于斜面上，当A受到大小F4 N、方向垂直于斜面向下的恒力作用时，恰能沿斜面向下匀速运动现撤去F，让滑块A从斜面上距底端L1 m处由静止下滑(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)(1)求滑块A到达斜面底端时的速度大小；(2)若滑块A与C接触后粘在一起，则A、B和弹簧在之后的相

9、互作用过程中，求弹簧的最大弹性势能6：(1)2 m/s(2)1 J解析：(1)设滑块与斜面间的动摩擦因数为，滑块A到达斜面底端时的速度为v1.当施加恒力F时，滑块A沿斜面匀速下滑，有(Fmgcos )mgsin 未施加恒力F时，滑块A将沿斜面匀加速下滑，由动能定理得(mgsin mgcos )Lmv联立解得v12 m/s.(2)当A、B具有共同速度时，系统动能最小，弹簧的弹性势能最大，设为Epm，由动量守恒定律得mv12mv由能量守恒定律得Epmmv2 mv2联立解得Epm1 J7.如图所示，两根质量均为m2 kg的金属棒垂直放在光滑的水平导轨上，左右两部分导轨间距之比为12，导轨间有大小相等

10、但左、右两部分方向相反的匀强磁场，两棒电阻与棒长成正比，不计导轨电阻现用250 N的水平拉力F向右拉CD棒，CD棒运动x0.5 m时其上产生的焦耳热为Q230 J，此时两棒速率之比为vA：vC1：2，现立即撤去拉力F，设导轨足够长且两棒始终在不同磁场中运动，求：(1)在CD棒运动0.5 m的过程中，AB棒上产生的焦耳热；(2)撤去拉力F瞬间，两棒的速度大小vA和vC；(3)撤去拉力F后，两棒最终匀速运动的速度大小vA和vC. 7：(1)15 J(2)4 m/s8 m/s(3)6.4 m/s3.2 m/s解析：(1)设两棒的长度分别为l和2l，所以电阻分别为R和2R，由于电路中任何时刻电流均相等

11、，根据焦耳定律QI2Rt可知AB棒上产生的焦耳热Q115 J.(2)根据能量守恒定律，有FxmvmvQ1Q2又vA：vC1：2，联立以上两式并代入数据得vA4 m/s，vC8 m/s.(3)撤去拉力F后，AB棒继续向左做加速运动，而CD棒向右做减速运动，两棒最终匀速运动时电路中电流为零，即两棒切割磁感线产生的电动势大小相等，此时两棒的速度满足BLvAB2LvC即vA2vC(不对过程进行分析，认为系统动量守恒是常见错误)对两棒分别应用动量定理，规定水平向左为正方向，有FAtmvAmvA，FCtmvCmvC.因为FC2FA，故有联立以上各式解得vA6.4 m/s，vC3.2 m/s.8一质量为m2

12、 000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶行驶过程中，司机突然发现前方100 m处有一警示牌，立即刹车刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图(a)中的图线图(a)中，0t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶)，t10.8 s；t1t2时间段为刹车系统的启动时间，t21.3 s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止已知从t2时刻开始，汽车第1 s内的位移为24 m，第4 s内的位移为1 m.(1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v t图线；(2)求t2时刻汽车的速度大小

13、及此后的加速度大小；(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1t2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少(以t1t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)?8：(1)见解析(2)28 m/s8 m/s2(3)30 m/s1.16105 J87.5 m压轴题透析：对题中所给信息“汽车第1 s内的位移为24 m，第4 s内的位移为1 m”的解读至关重要不进行深入思考很容易套用x1x43a(t)2计算加速度陷阱藏在哪里呢？还是老生常谈的问题，刹车问题要判断停车时间，t2时刻后的第4 s内，汽车并非一直在运动在此可以假设汽车在t23 s后再经t

14、0时间停止运动由中间时刻速度公式可知，汽车在t2时刻后第0.5 s时的瞬时速度为24 m/s，故由速度时间关系有：0v0.5a(2.5t0)，对最后1 m的运动过程，可逆向等效为反向匀加速直线运动，x4at，解两式可求得稳定刹车过程的加速度大小在t1t2阶段，可应用动量定理计算汽车刹车前的速度，而阻力的冲量可由F t图线与横轴所围图形的面积得到解析：(1)v t图象如图所示(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1，t2时刻的速度为v2，在t2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a，取t1 s，设汽车在(t2(n1)t)(t2nt)内的位移为sn，n1,2,3，

15、.若汽车在(t23t)(t24t)时间内未停止，设它在(t23t)时刻的速度为v3，在(t24t)时刻的速度为v4，由运动学公式有s1s43a(t)2s1v2ta(t)2v4v24at联立式，代入已知数据解得v4 m/s这说明在(t24t)时刻前，汽车已经停止因此，式不成立由于在(t23t)(t24t)内汽车停止，由运动学公式v3v23at2as4v联立式，代入已知数据解得a8 m/s2，v228 m/s或者a m/s2，v229.76 m/s但式情形下，v30，不合题意，舍去(3)设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1，由牛顿第二定律有f1ma在t1t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为If1(t2t1)由动量定理有Imv1mv2由动能定理，在t1t2时间内，汽车克服阻力做的功为Wmvmv联立式，代入已知数据解得v130 m/sW1.16105 J从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为sv1t1(v1v2)(t2t1)联立，代入已知数据解得s87.5 m