【物理】2020届二轮复习解决物理问题的“三大观点”作业

【物理】2020届二轮复习解决物理问题的“三大观点”作业

课时作业5　解决物理问题的“三大观点”‎ A卷　专题强化练 一、选择题(1～2题为单项选择题，3～4题为多项选择题)‎ ‎1．[2019·江苏卷，5]一匀强电场的方向竖直向上．t＝0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(　　)‎ 命题意图：本题考查了带电粒子在电场中的运动以及功率等知识，意在考查考生定性分析问题的能力．‎ 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P＝Fv，其中v为沿电场力方向的速率，则v＝at、a＝，整理得P＝t，由关系式可知P—t图象应为一条过原点的倾斜直线，A正确，B、C、D错误．‎ 答案：A ‎2．[2019·天津卷，3]‎ 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2mv2‎ C．重力势能增加mv2 D．电势能增加2mv2‎ 命题意图：本题为带电小球在匀强电场中的运动问题，考查了应用电场知识进行分析推理的能力，体现了运动和相互作用观念、能量观念等核心素养．‎ 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，2v＝at，a＝，所以F电 ‎＝2mg，水平位移x＝t＝·t＝.从M到N，动能增量ΔEk＝m×(2v)2－mv2＝mv2，A错；重力势能增量ΔEp＝mgh＝mv2，C错；电势能增量ΔEp电＝－W电＝－F电·x＝－2mv2，故D错；机械能增量ΔE机＝ΔEk＋ΔEp＝2mv2，B正确．‎ 答案：B ‎3.‎ 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CD—C′D′和竖直平面内半径为r的圆弧导轨AC—A′C′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 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mgr＝mv，解得v1＝；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mv1＝2mv2，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Em＝Bdv2，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Fm ‎＝BImd，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Q＝×2mv＝m2＝mgr，故D正确．‎ 答案：BD ‎4.‎ 如图所示，质量为m＝‎245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝‎0.5 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μ＝0.4，质量为m0＝‎5 g的子弹以速度v0＝‎300 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 kg·m/s C．子弹对物块的冲量大小为0.49 N·s D．物块相对于木板滑行的时间为1 s 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＝(m0＋m)v1①‎ 物块在木板上滑动过程，由动量守恒定律可得(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2②‎ 联立可得v2＝＝ m/s＝‎2 m/s，所以子弹的末动量p＝m0v2＝5×10－3×‎2 kg·m/s＝‎0.01 kg·m/s，故B正确；由动量定理可得子弹受到的冲量I＝Δp＝p－p0＝‎0.01 kg·m/s－5×10－3×‎300 kg·m/s＝－‎1.49 kg·m/s＝－1.49 N·s.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 N·s，故C错误；对子弹和物块整体，由动量定理得 ‎－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)(v2－v1)③‎ 由①②③式可得，物块相对于木板滑行的时间t＝＝1 s，故D正确．‎ 答案：BD 二、非选择题 ‎5.‎ 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α＝37°.A、B是两个质量均为m＝‎1 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F＝4 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L＝‎1 m处由静止下滑．(g取‎10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)‎ ‎(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和弹簧在之后的相互作用过程中，求弹簧的最大弹性势能．‎ 解析：(1)设滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，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μ(F＋mgcos α)＝mgsin α 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 α－μmgcos α)L＝mv 联立解得v1＝‎2 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 mv1＝2mv 由能量守恒定律得 Epm＝mv－×2 mv2‎ 联立解得Epm＝1 J.‎ 答案：(1)‎2 m/s　(2)1 J ‎6.[2019·河南省驻马店市高三二模]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(q>0)的小物块在小车的正中央，发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μ；‎ ‎(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．‎ 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 mv0＝2mv1‎ 系统产生的热量等于系统动能的减少量，有：‎ μmg＝mv－×2mv 得：μ＝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：‎ qE1＋μmg＝ma1‎ 小车在摩擦力作用下向右做匀减速直线运动，有：‎ μmg＝ma2‎ 当E1取最小值时，二者达到共同速度v2时物块恰好到达小车的左端，由运动学公式得：‎ v2＝a1t＝2v0－a2t t－t＝ 解得：E1＝.‎ 答案：(1)0.25　(2) ‎7.‎ 如图所示，两根质量均为m＝‎2 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12，导轨间有大小相等但左、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x＝‎0.5 m时其上产生的焦耳热为Q2＝30 J，此时两棒速率之比为vA：vC＝1：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v′A和v′C.‎ 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，根据焦耳定律Q＝I2Rt可知AB棒上产生的焦耳热Q1＝15 J.‎ ‎(2)根据能量守恒定律，有 Fx＝mv＋mv＋Q1＋Q2‎ 又vA：vC＝1：2，联立以上两式并代入数据得vA＝‎4 m/s，vC＝‎8 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 BLvA′＝B·2LvC′‎ 即vA′＝2vC′(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 FA·t＝mvA′－mvA，－FC·t＝mvC′－mvC.‎ 因为FC＝2FA，故有＝ 联立以上各式解得vA′＝‎6.4 m/s，vC′＝‎3.2 m/s.‎ 答案：(1)15 J　(2)‎4 m/s　‎8 m/s　(3)‎6.4 m/s　‎3.2 m/s ‎8．[2019·全国卷Ⅱ，25]一质量为m＝2 ‎000 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，0～t1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)，t1＝0.8 s；t1～t2时间段为刹车系统的启动时间，t2＝1.3 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t1～t2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t1～t2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)?‎ 命题意图：本题综合考查了动能定理、动量定理等基本考点，考查了学生综合分析及运用数学知识解决问题的能力，体现了科学推理与科学论证的素养要素，通过研究汽车的运动渗透了关注生产、生活的价值观念．‎ 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Δt＝1 s，设汽车在(t2＋(n－1)Δt)～(t2＋nΔt)内的位移为sn，n＝1,2,3，….‎ 若汽车在(t2＋3Δt)～(t2＋4Δt)时间内未停止，设它在(t2＋3Δt)时刻的速度为v3，在(t2＋4Δt)时刻的速度为v4，由运动学公式有 s1－s4＝‎3a(Δt)2①‎ s1＝v2Δt－a(Δt)2②‎ v4＝v2－4aΔt③‎ 联立①②③式，代入已知数据解得 v4＝－ m/s④‎ 这说明在(t2＋4Δt)时刻前，汽车已经停止．因此，①式不成立．‎ 由于在(t2＋3Δt)～(t2＋4Δt)内汽车停止，由运动学公式 v3＝v2－3aΔt⑤‎ ‎2as4＝v⑥‎ 联立②⑤⑥式，代入已知数据解得 a＝‎8 m/s2，v2＝‎28 m/s⑦‎ 或者a＝ m/s2，v2＝‎29.76 m/s⑧‎ 但⑧式情形下，v3<0，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 f1＝ma⑨‎ 在t1～t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为 I＝f1(t2－t1)⑩‎ 由动量定理有 I＝mv1－mv2⑪‎ 由动能定理，在t1～t2时间内，汽车克服阻力做的功为 W＝mv－mv⑫‎ 联立⑦⑨⑩⑪⑫式，代入已知数据解得 v1＝‎30 m/s⑬‎ W＝1.16×105 J⑭‎ 从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为 s＝v1t1＋(v1＋v2)(t2－t1)＋⑮‎ 联立⑦⑬⑮，代入已知数据解得 s＝‎87.5 m⑯‎ 答案：(1)见解析　(2)‎28 m/s　‎8 m/s2‎ ‎(3)‎30 m/s　1.16×105 J　‎‎87.5 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x1－x4＝‎3a(Δt)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t2＋3 s后再经t0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：0＝v0.5－a(2.5＋t0)，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，x4＝at，解两式可求得稳定刹车过程的加速度大小．在t1～t2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．‎ B卷　应用“三大观点”解决实际问题 ‎1.‎ ‎[2019·天津卷，10]完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功．航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示．为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图2，AB长L1＝‎150 m，BC水平投影L2＝‎63 m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°(sin 12°≈0.21)．若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t＝6 s到达B点进入BC.已知飞行员的质量m＝‎60 kg，g＝‎10 m/s2，求 ‎(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；‎ ‎(2)舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大．‎ 命题意图：本题考查匀变速直线运动、动能定理、圆周运动．通过对舰载机整个起飞过程的运动分析、受力分析，以及学生的综合分析能力，体现了科学推理的核心素养．国产航母是大国重器，通过本题也能厚植爱国情怀．‎ 解析：(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有 ＝①‎ 根据动能定理，有 W＝mv2－0②‎ 联立①②式，代入数据，得 W＝7.5×104 J③‎ ‎(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有 L2＝Rsin θ④‎ 由牛顿第二定律，有 FN－mg＝m⑤‎ 联立①④⑤式，代入数据，得 FN＝1.1×103 N⑥‎ 答案：(1)7.5×104 J　(2)1.1×103 N ‎2．[2019·浙江卷，20]某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图所示的物理模型．竖直平面内有一倾角θ＝37°的直轨道AB，其下方右侧放置一水平传送带，直轨道末端B与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过．转轮半径R＝‎0.4 m、转轴间距L＝‎2 m的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高度H＝‎2.2 m．现将一小物块放在距离传送带高h处静止释放，假设小物块从直轨道B端运动到达传送带上C点时，速度大小不变，方向变为水平向右．已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5.(sin 37°＝0.6)‎ ‎(1)若h＝‎2.4 m，求小物块到达B端时速度的大小；‎ ‎(2)若小物块落到传送带左侧地面，求h需要满足的条件；‎ ‎(3)改变小物块释放的高度h，小物块从传送带的D点水平向右抛出，求小物块落地点到D点的水平距离x与h的关系式及h需要满足的条件．‎ 命题意图：本题考查匀变速直线运动、平抛运动和牛顿运动定律．‎ 解析：(1)小物块由静止释放到B的过程中，有 mgsin θ－μmgcos θ＝ma v＝‎2a 解得vB＝‎4 m/s ‎(2)若要小物块落到传送带左侧地面，设当小物块到达传送带上D点时速度为零时，小物块从距传送带高度为h1处由静止释放，则由能量守恒定理 ‎0＝mgh1－μmgcos θ·－μmgL 解得h1＝‎‎3.0 m 当h

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