黄冈高考物理总复习决战资料(绝密)专题1-5参考答案.doc

黄冈高考物理总复习决战资料（绝密）
黄冈中学：郑帆

专题一 运动和力

【知识结构】

平抛运动
特例
匀变速曲线运动
恒力与初速度不
在一条直线上
天体的运动
带电粒子在磁
场中的运动
合力提供
向心力
匀速圆周运动
此类问题往往应用能量守恒定律和牛顿第二定律求解
合力的大小和
方向均在变化
轨迹不是圆周的曲线
轨迹是圆周
合力与位移
正比方向
力的方向作周期性变化
力的方向总
与速度垂直
力的大小不变
而方向变化
图像法解答
直观简捷
作周期性加速、
减速运动
此类问题往往应用动能定理或守恒律求解
简谐
运动
振动在媒质中的
传播——机械波
振动的周期性导致波的周期性
振动的多解性与波的多解性是一致的
多力平衡用
正方分解法
对多体问题，整
体分析与隔离分
析交替使用
三力平衡用
矢量三角形
方法
静止或匀速
直线运动状态
合力
为零
匀变速直线运动的规律

已知运动求力
解决两类问题
已知力求运动
力和运动状态变化
F=ma
匀变速
直线运
动
恒力与初
速度在一
条直线上
匀变速
运动
恒力
物体受力情况

专题一 运动和力参考答案

典型例题
f
N
F
(M＋m)g
图1—2
[例1] 解析：对系统进行整体分析，受力分析如图1—2：
由平衡条件有：

由此解得

[例2] 解析： （1）设t1、t2为声源S发出两个信号的时刻，为观察者接收到两个信号的时刻．则第一个信号经过时间被观察者A接收到，第二个信号经过（）时刻被观察者A接收到，且

t1
vA
S
A
t1

A′
L

t2
vS

t1
vA
t1

A′
A
S

L

设声源发出第一个信号时，S、A两点间的距离为L，两个声信号从声源传播到观察者的过程中，它们的运动的距离关系如图所示，
可得
由以上各式解得
（2）设声源发出声波的振动周期为T，这样，由以上结论，观察者接收到的声波振动的周期T′,．
由此可得，观察者接收到的声波频率与声源发出声波频率间的关系为
．
[例3] 解答：根据题意作图1—4．
对这两个天体而言，它们的运动方程分别为 ①
②
r2
r1
m1
m2
O
图1—4
以及 ③
由以上三式解得．
将r1和r2的表达式分别代①和②式，
可得．

[例4] 解答：（1）A、B两球以相同的初速度v0，从同一点水平抛出，可以肯定它们沿同一轨道运动．
作细线刚被拉直时刻A、B球位置示意图1—5．
根据题意可知：

x
y
图1—5

设A球运动时间为t，则B球运动时间为t－0.8，由于A、B球在竖直方向上均作自由落体运动，所以有．
由此解得t =1s．
（2）细线刚被拉直时，
A、B球的水平位移分别为
[例5] 解答：（1）A球通过最低点时，作用于环形圆管的压力竖直向下，根据牛顿第三定律，A球受到竖直向上的支持力N1，由牛顿第二定律，有：
①
由题意知，A球通过最低点时，B球恰好通过最高点，而且该时刻A、B两球作用于圆管的合力为零；可见B球作用于圆管的压力肯定竖直向上，根据牛顿第三定律，圆管对B球的反作用力N2竖直向下；假设B球通过最高点时的速度为v，则B球在该时刻的运动方程为 ②
由题意N1=N2 ③
∴ ④
对B球运用机械能守恒定律 ⑤
解得 ⑥
⑥式代入④式可得：．
[例6] 解答：火箭上升到最高点的运动分为两个阶段：匀加速上升阶段和竖直上抛阶段．
地面上的摆钟对两个阶段的计时为

即总的读数（计时）为t =t1＋t2=360（s）
放在火箭中的摆钟也分两个阶段计时．
第一阶段匀加速上升，a=8g，钟摆周期
其钟面指示时间
第二阶段竖直上抛，为匀减速直线运动，加速度竖直向下，a=g，完全失重，摆钟不“走”，计时．可见放在火箭中的摆钟总计时为．
综上所述，火箭中的摆钟比地面上的摆钟读数少了．
[例7] 解答：在情形（1）中，滑块相对于桌面以速度v0=0.1m/s向右做匀速运动，放手后，木板由静止开始向右做匀加速运动．
经时间t，木板的速度增大到v0=0.1m/s，．
在5s内滑块相对于桌面向右的位移大小为S1=v0t=0.5m．
而木板向右相对于桌面的位移为．
可见，滑块在木板上向右只滑行了S1－S2=0.25m，即达到相对静止状态，随后，它们一起以共同速度v0向右做匀速直线运动．只要线足够长，桌上的柱子不阻挡它们运动，滑块就到不了木板的右端．
在情形（2）中，滑块与木板组成一个系统，放手后滑块相树于木板的速度仍为v0，滑块到达木板右端历时．
[例8] 解答：以m表示球的质量，F表示两球相互作用的恒定斥力，l表示两球间的原始距离．A球作初速度为v0的匀减速运动，B球作初速度为零的匀加速运动．在两球间距由l先减小，到又恢复到l的过程中，A球的运动路程为l1，B球运动路程为l2，间距恢复到l时，A球速度为v1，B球速度为v2．
由动量守恒，有
由功能关系：A球 B球：
根据题意可知l1=l2，
由上三式可得
得v2=v0、v1=0 即两球交换速度．
当两球速度相同时，两球间距最小，设两球速度相等时的速度为v，
则
B球的速度由增加到v0花时间t0，即
得．
解二：用牛顿第二定律和运动学公式．（略）

跟踪练习
1．C 提示：利用平衡条件．
2．（1）重物先向下做加速运动，后做减速运动，当重物速度为零时，下降的距离最大，设下降的最大距离为h，
由机械能守恒定律得 解得．
（2）系统处于平衡状态时，两小环的可能位置为

T

N

m1
m
mg
T
a．两小环同时位于大圆环的底端
b．两小环同时位于大圆环的顶端
c．两小环一个位于大圆环的顶端，另一个位于大圆环的底端
d．除上述三种情况外，根据对称性可知，系统如能平衡，则小圆环的位置一定关于大圆环竖直对称轴对称．设平衡时，两小圆环在大圆环竖直对称轴两侧角的位置上（如图）．
对于重物m，受绳的拉力T与重力mg作用，有T=mg．对于小圆环，受到三个力的作用，水平绳的拉力T，竖直绳的拉力T，大圆环的支持力N．两绳的拉力沿大圆环切向的分力大小相等，方向相反．
得．
3．设测速仪扫描速度为v′，因P1、P2在标尺上对应间隔为30小格，所以格/s．
测速仪发出超声波信号P1到接收P1的反射信号n1．从图B上可以看出，测速仪扫描12小格，所以测速仪从发出信号P1到接收其反射信号n1所经历时间．
汽车接收到P1信号时与测速仪相距．
同理，测速仪从发出信号P2到接收到其反射信号n2，测速仪扫描9小格，故所经历时间．汽车在接收到P2信号时与测速仪相距．
所以，汽车在接收到P1、P2两个信号的时间内前进的距离△S=S1－S2=17m．
从图B可以看出，n1与P2之间有18小格，所以，测速仪从接收反射信号n1到超声信号P2的时间间隔．
所以汽车接收P1、P2两个信号之间的时间间隔为．
∴汽车速度m/s．
4．从B发出第一个超声波开始计时，经被C车接收．故C车第一次接收超声波时与B距离．
第二个超声波从发出至接收，经T＋△T时间，C车第二车接收超声波时距B为，C车从接收第一个超声波到接收第二个超声波内前进S2－S1，接收第一个超声波时刻，接收第二个超声波时刻为．
所以接收第一和第二个超声波的时间间距为．
故车速．车向右运动．
5．ACD
6．（1）根据动能定理，可求出卫星由近地点到远地点运动过程中，地球引力对卫星的功为．
（2）由牛顿第二定律知 ∴
y

g

O
x
7．（1）建立如图所示坐标系，将v0与g进行正交分解．

在x方向，小球以为初速度作匀加速运动．
在y方向，小球以为初速度，作类竖直上抛运动．
当y方向的速度为零时，小球离斜面最远，由运动学公式．
小球经时间t上升到最大高度，由得．
（2）

8．（1）设滑雪者质量为m，斜面与水平面夹角为，滑雪者滑行过程中克服摩擦力做功 ①
由动能定理 ②
离开B点时的速度 ③
（2）设滑雪者离开B点后落在台阶上
可解得 ④ 此时必须满足 ⑤
当时，滑雪者直接落到地面上，，
可解得．
9．AC
10．摆球先后以正方形的顶点为圆心，半径分别为R1=4a，R2=3a，R3=2a，R4=a为半径各作四分之一圆周的圆运动．
当摆球从P点开始，沿半径R1=4a运动到最低点时的速度v1，
根据动量定理 ①
当摆球开始以v1绕B点以半径R2=3a作圆周运动时，摆线拉力最大，为Tmax=7mg，这时摆球的运动方程为 ②
由此求得v0的最大许可值为．
当摆球绕C点以半径R3=2a运动到最高点时，为确保沿圆周运动，
到达最高点时的速度（重力作向心力）
由动能定理
∴
11．B
12．由题意知，周期为．波速．
P、Q两点距离相差次全振动所需时间即
∴．
13．ABC 开始时小车上的物体受弹簧水平向右的拉力为6N，水平向左的静摩擦力也为6N，合力为零．沿水平向右方向对小车施加以作用力，小车向右做加速运动时，车上的物体沿水平向右方向上的合力（F=ma）逐渐增大到8N后恒定．在此过程中向左的静摩擦力先减小，改变方向后逐渐增大到（向右的）2N而保持恒定；弹簧的拉力（大小、方向）始终没有变，物体与小车保持相对静止，小车上的物体不受摩擦力作用时，向右的加速度由弹簧的拉力提供：．
14．（1）设物体与板的位移分别为S物、S板，则由题意有 ①
② 解得：．
（2）由．

得，故板与桌面之间的动摩擦因数．
15．在0～10s内，物体的加速度（正向）
在10～14s内，物体的加速度 （反向）
由牛顿第二定律 ① ②
由此解得F=8.4N =0.34
16．（1）依题意得=0，设小滑块在水平面上运动的加速度大小为a，
由牛顿第二定律，，由运动学公式，解得．
（2）滑块在水平面上运动时间为t1，由．
在斜面上运动的时间
（3）若滑块在A点速度为v1=5m/s，则运动到B点的速度．
即运动到B点后，小滑块将做平抛运动．
假设小滑块不会落到斜面上，则经过落到水平面上，
则水平位移．
所以假设正确，即小滑块从A点运动到地面所需时间为．

专题二 动量与机械能

典型例题
[例1] D
解析：本题辨析一对平衡力和一对作用力和反作用力的功、冲量．因为，一对平衡力大小相等、方向相反，作用在同一物体上，所以，同一段时间内，它们的冲量大小相等、方向相反，故不是相同的冲量，则①错误．如果在同一段时间内，一对平衡力做功，要么均为零（静止），要么大小相等符号相反（正功与负功），故②正确．至于一对作用力与反作用力，虽然两者大小相等，方向相反，但分别作用在两个不同物体上（对方物体），所以，即使在同样时间内，力的作用点的位移不是一定相等的（子弹穿木块中的一对摩擦力），则做功大小不一定相等．而且作功的正负号也不一定相反（点电荷间相互作用力、磁体间相互作用力的做功，都是同时做正功，或同时做负功．）因此③错误，④正确．综上所述，选项D正确．
【例2】 解析：（1）飞机达到最大速度时牵引力F与其所受阻力f 大小相等，
由P=Fv得
（2）航空母舰上飞机跑道的最小长度为s，由动能定理得
将代入上式得或
【例3】 解析：解法1（程序法）：
选物体为研究对象，在t1时间内其受力情况如图①所示，选F的方向为正方向，根据牛顿第二定律，物体运动的加速度为．

mg
F

①

mg

②

撤去F时物体的速度为v1=a1t1=2×6m/s=12m/s
撤去F后，物体做匀减速运动，其受力情况如图②所示，根据牛顿第二定律，其运动的加速度为．
物体开始碰撞时的速度为v2=v1＋a2t2=[12＋(－2)×2]m/s=8m/s．
再研究物体碰撞的过程，设竖直墙对物体的平均作用力为，其方向水平向左．若选水平向左为正方向，根据动量定理有．
解得．
解法2（全程考虑）：取从物体开始运动到碰撞后反向弹回的全过程应用动量定理，并取F的方向为正方向，则
所以
点评：比较上述两种方法看出，当物体所受各力的作用时间不相同且间断作用时，应用动量定理解题对全程列式较简单，这时定理中的合外力的冲量可理解为整个运动过程中各力冲量的矢量和．此题应用牛顿第二定律和运动学公式较繁琐．
另外有些变力作用或曲线运动的题目用牛顿定律难以解决，应用动量定理解决可化难为易．
【例4】 解析：该题用守恒观点和转化观点分别解答如下：
解法一：（守恒观点）选小球为研究对象，设小球沿半径为R的轨道做匀速圆周运动的线速度为v0，根据牛顿第二定律有 ①
当剪断两物体之间的轻线后，轻线对小球的拉力减小，不足以维持小球在半径为R的轨道上继续做匀速圆周运动，于是小球沿切线方向逐渐偏离原来的轨道，同时轻线下端的物体m1逐渐上升，且小球的线速度逐渐减小．假设物体m1上升高度为h，小球的线速度减为v时，小球在半径为（R＋h）的轨道上再次做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有 ②
再选小球M、物体m1与地球组所的系统为研究对象，研究两物体间的轻线剪断后物体m1上升的过程，由于只有重力做功，所以系统的机械能守恒．选小球做匀速圆周运动的水平面为零势面，设小球沿半径为R的轨道做匀速圆周运动时m1到水平板的距离为H，根据机械能守恒定律有 ③
以上三式联立解得
解法二：（转化观点）与解法一相同，首先列出①②两式，然后再选小球、物体m1与地球组成的系统为研究对象，研究两物体间的轻线剪断后物体m1上升的过程，由于系统的机械能守恒，所以小球动能的减少量等于物体m1重力势能的增加量．即
④
①、②、④式联立解得
点评：比较上述两种解法可以看出，根据机械能守恒定律应用守恒观点列方程时，需要选零势面和找出物体与零势面的高度差，比较麻烦；如果应用转化观点列方程，则无需选零势面，往往显得简捷．
【例5】 解析：（1）第一颗子弹射入木块过程中动量守恒 ①
解得：=3m/s ②
木块向右作减速运动加速度m/s2 ③
木块速度减小为零所用时间 ④
解得t1 =0.6s<1s ⑤
所以木块在被第二颗子弹击中前向右运动离A点最远时，速度为零，移动距离为
解得s1=0.9m． ⑥
（2）在第二颗子弹射中木块前，木块再向左作加速运动，时间t2=1s－0.6s=0.4s ⑦
速度增大为v2=at2=2m/s（恰与传送带同速） ⑧
向左移动的位移为 ⑨
所以两颗子弹射中木块的时间间隔内，木块总位移S0=S1－S2=0.5m方向向右 ⑩
第16颗子弹击中前，木块向右移动的位移为
第16颗子弹击中后，木块将会再向右先移动0.9m，总位移为0.9m＋7.5=8.4m>8.3m木块将从B端落下．
所以木块在传送带上最多能被16颗子弹击中．
（3）第一颗子弹击穿木块过程中产生的热量为

木块向右减速运动过程中板对传送带的位移为
产生的热量为Q2=
木块向左加速运动过程中相对传送带的位移为
产生的热量为
第16颗子弹射入后木块滑行时间为t3有
解得t3=0.4s
木块与传送带的相对位移为S=v1t3＋0.8
产生的热量为Q4=
全过程中产生的热量为Q=15(Q1＋Q2＋Q3)＋Q1＋Q4
解得Q=14155.5J
【例6】 解析：运动分析：当小车被挡住时，物体落在小车上沿曲面向下滑动，对小车有斜向下方的压力，由于P的作用小车处于静止状态，物体离开小车时速度为v1，最终平抛落地，当去掉挡板，由于物对车的作用，小车将向左加速运动，动能增大，物体相对车滑动的同时，随车一起向左移动，整个过程机械能守恒，物体滑离小车时的动能将比在前一种情况下小，最终平抛落地，小车同时向前运动，所求距离是物体平抛过程中的水平位移与小车位移的和．求出此种情况下，物体离开车时的速度v2，及此时车的速度以及相应运动的时间是关键，由于在物体与小车相互作用过程中水平方向动量守恒这是解决v2、间关系的具体方法．
（1）挡住小车时，求物体滑落时的速度v1，物体从最高点下落至滑离小车时机械能守恒，设车尾部（右端）离地面高为h，则有， ①
由平抛运动的规律s0=v1t ②
． ③
（2）设去掉挡板时物体离开小车时速度为v2，小车速度为，物体从最高点至离开小车之时系统机械能守恒 ④
物体与小车相互作用过程中水平方向动量守恒． ⑤
此式不仅给出了v2与大小的关系，同时也说明了v2是向右的．
物体离开车后对地平抛 ⑥
⑦
车在时间内向前的位移 ⑧
比较式⑦、③，得解式①、④、⑤，得．
此种情况下落地点距车右端的距离
．
点评：此题解题过程运用了机械能守恒、动量守恒及平抛运动的知识，另外根据动量守恒判断m离车时速度的方向及速度间的关系也是特别重要的．
【例7】 解析：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动s，速度为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．
由动能定理 ①
②
代入数据得 ③
（3）假如平板车在第二次碰撞前还未和滑块相对静止，那么其速度的大小肯定还是2m/s，滑块的速度则大于2m/s，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰撞前肯定已和滑块具有共同速度v．此即平板车碰墙前瞬间的速度．
④
∴ ⑤
代入数据得 ⑥

A B C D
（a）
（b）
（c）
（3）平板车与墙壁第一次碰撞后到滑块与平板又达到共同速度v前的过程，可用图（a）（b）（c）表示．（a）为平板车与墙壁撞后瞬间滑块与平板车的位置，图（b）为平板车到达最左端时两者的位置，图（c）为平板车与滑块再次达到共同速度为两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功（平板车从B到A再回到B的过程中摩擦力做功为零），其中、分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为其中为滑块相对平板车的位移．此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为l，则有 ⑦
⑧
代入数据得 ⑨
l即为平板车的最短长度．
【例8】 解析：本题应用动量守恒，机械能守恒及能量守恒定律联合求解。
在m下落在砂箱砂里的过程中，由于车与小泥球m在水平方向不受任何外力作用，故车及砂、泥球整个系统的水平方向动量守恒，则有：
①
此时物块A由于不受外力作用，继续向右做匀速直线运动再与轻弹簧相碰，以物块A、弹簧、车系统为研究对象，水平方向仍未受任何外力作用，系统动量守恒，当弹簧被压缩到最短，达最大弹性势能Ep时，整个系统的速度为v2，则由动量守恒和机械能守恒有：
②
③
由①②③式联立解得： ④
之后物块A相对地面仍向右做变减速运动，而相对车则向车的左面运动，直到脱离弹簧，获得对车向左的动能，设刚滑至车尾，则相对车静止，由能量守恒，弹性势能转化为系统克服摩擦力做功转化的内能有： ⑤
由④⑤两式得：
跟踪练习
1．【答案】 D
【解析】 在△t1时间内，I1=F△t1=mv=△p1，在△t2时间内．I2=F△t2=2mv－mv=mv=△p2 ∴I1=I2
又
∴W1<W2，D选项正确．
【说明】 物体在恒定的合外力F作用下做直线运动，由牛顿第二定律可知物体做匀加速直线运动，速度由零增大到v的时间△t2和由v增大到2v的时间△t2是相等的，所以在△t1和△t2的两段时间内合外力的冲量是相等的．在△t1的平均速度小于△t2时间内的平均速度，从而得出在△t1内的位移小于在△t2时间的位移，恒力F所做的功W1<W2．D选项正确．
2．【答案】 C
【解析】 无论子弹射入的深度如何，最终子弹和木块都等速，由动量守恒定律知，两种情况最终两木块（包括子弹）速度都相等．对木块由动能定理知：两次子弹对木块做功一样多．由动量定理知：两次木块所受冲量一样大．对系统由能的转化和守恒定律知，两次损失的机械能一样多，产生的热量也一样多．
3．【解析】 （1）物体由A滑到B的过程中，容器不脱离墙，物块由B沿球面向上滑时，物块对容器的作用力有一水平向右的分量，容器将脱离墙向右运动．因此，物块由A→B动量变化量最大，受容器的冲量最大，竖直墙作用于容器的冲量也最大．
物块由A→B机械能守恒，设物块滑到B的速度为vB，则
∴ ①
物块动量变化量方向沿水平方向．容器作用于物块的冲量为．
容器不动，墙对容器的冲量，方向水平向右，这是最大冲量．
（2）物块从B处上升，容器向右运动过程中，系统水平方向动量守恒．物块上升到最高处相对容器静止的时刻，物块与容器具有共同的水平速度，设它为v，则由动量守恒定律得 ②
系统机械能守恒 ③
联立①②③式解得 M=3m
4．【解析】 设离子喷出尾喷管时的速度为v，单位时间内喷出n个离子，则△t时间内喷出离子数为n△t，由动量定理得
在发射离子过程中，卫星和发射出的离子系统，动量守恒，设喷出离子总质量为△m，则有△mv=(M－△m)v星 ∵△mm ∴v．

5．【解析】 （1）设整个过程摩擦力做的功是W，由动能定理得：mgh－W=0 ①
W=mgh
（2）设物块沿轨道AB滑动的加速度为a1，
由牛顿第二定律有 ②
设物块到达B点时的速度为VB，则有VB=a1t1 ③
设物块沿轨道BC滑动的加速度为a2，由牛顿第二定律有 ④
物块从B点开始作匀减速运动，到达C点时，速度为零，故有 ⑤
由②③④⑤式可得： ⑥
（3）使物块匀速地、缓慢地沿原路回到A点所需做的功应该是克服重力和阻力所做功之和，即是W1=mgh＋W=2mgh
6．【解析】 （1）物体P从A下滑经B到C过程中根据动能定理：

经C点时
根据牛顿第三定律，P对C点的压力
（2）从C到E机械能守恒
E与D间高度差
（3）物体P最后在B与其等高的圆弧轨道上来回运动时，经C点压力最小，由B到C根据机械能守恒

根据牛顿第三定律 压力
7．【解析】 物块的运动可分为以下四个阶段：①弹簧弹力做功阶段；②离开弹簧后在AB段的匀速直线运动阶段；③从B到C所进行的变速圆周运动阶段；④离开C点后进行的平抛运动阶段．弹簧弹力是变化的，求弹簧弹力的功可根据效果——在弹力作用下物块获得的机械能，即到达B点的动能求解．物块从B至C克服阻力做的功也是变力，同样只能根据B点和C点两点的机械能之差判断．因此求出物块在B点和C点的动能是关键．可根据题设条件：“进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍”、“恰能到达C点”，求出．
物块在B点时受力mg和导轨的支持力N=7mg，由牛顿第二定律，
有
∴
物块到达C点仅受重力mg，根据牛顿第二定律，有
∴．
（1）根据动能定理，可求得弹簧弹力对物体所做的功为W弹=EkB=3mgR．
（2）物体从B到C只有重力和阻力做功，根据动能定理，
有

即物体从B到C克服阻力做的功为0.5mgR．
（3）物体离开轨道后做平抛运动，仅有重力做功，机械能守恒，
有．
评析：中学阶段不要求直接用求解变力做功，可根据其效果——使用能量变化间接来判断．对于物体运动的全过程必须逐段进行认真分析，确定每一阶段符合的规律：如本题最后一个阶段是平抛运动，物块在C点有动能，不能把平抛当成自由落体来处理．
8．【解析】 以地面为参考系（下同），设传送带的运动速度为v0，在水平段运输的过程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，设这段路程为s，所用时间为t；加速度为a，则对小箱有
①
v0=at ②
在这段时间内，传送带运动的路程为s0=v0t ③
由以上可得s0=2s ④
用f 表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小箱做功为 ⑤
传送带克服小箱对它的摩擦力做功 ⑥
两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量 ⑦
可见，在小箱加速运动过程中，小箱获得的动能与发热量相等．
T时间内，电动机输出的功为 ⑧
此功用于增加小箱的动能、势能以克服摩擦力发热，
即 ⑨
已知相邻两小箱的距离为L，所以v0T=NL ⑩
联立⑦⑧⑨⑩，得
9．【解析】 （1）子弹做平抛运动，经时间t有解得t=0.6(s)．
此时子弹的速度与水平方向夹角为，水平分速度为vx、竖直分速度为 vy，则有
解得 ∴
由于子弹沿斜面方向与木块相碰，故斜面的倾角与t s末子弹的速度与水平方向的夹角相同，所以斜面的倾角．
（2）设在C点子弹的末速度为vt，则有
∴
子弹立即打入木块，满足动量守恒条件，有 解得（m/s）
碰后，子弹与木块共同运动由C点到与挡板碰撞并能够回到C点，
有

代入数据，得
子弹与木块共同运动要能够回到C点，则斜面与塑料块间的动摩擦因数．
10．【解析】 （1）设雪橇运动的方向为正方向，狗第1次跳下雪橇后雪橇的速度为V1，根据动量守恒定律，有
狗第1次跳上雪橇时，雪橇与狗的共同速度为满足
可解得
将u=－4m/s，v=5m/s，M=30kg，m=10kg代入，得=2m/s
（2）解法（一）
设雪橇运动的方向为正方向，狗第（n－1）次跳下雪橇后雪橇的速度为，则狗第（n－1）次跳上雪橇后的速度为满足
这样，狗n次跳下雪橇后，雪橇的速度为Vn，满足
解得
狗追不上雪橇的条件是Vn≥v
可化为
最后可求得n≥1＋
代入数据，得n≥3.41
狗最多能跳上雪橇3次．
雪橇最终的速度大小为V4=5.625m/s
解法（二）：
设雪橇运动的方向为正方向，狗第i次跳下雪橇后，雪橇的速度为Vi，狗的速度为；狗第i 次跳上雪橇后，雪橇和狗的共同速度为，由动量守恒定律可得
第一次跳下雪橇：

第一次跳上雪橇：
第二次跳下雪橇：
第三次跳下雪橇：，
第三次跳上雪橇
第四次跳下雪橇：
此进雪橇的速度已大于狗追赶的速度，狗将不可能追上雪橇．因此狗最多能跳上雪橇3次，雪橇最终的速度大小为5.625m/s．
11．【解析】 （1）当弹簧被压缩到最短时，A、B速度相等．由动量守恒定律得2mv0=3mv1 ①
A和B共同速度
由机械能守恒定律得 ②
可由此时弹簧的弹性势能
（2）B碰挡板时没有机械能损失，碰后弹簧被压缩到最短时，A、B速度也相等，由机械能守恒定律得
③
④
解得 ⑤取向右为正方向
若，则表示B球与板碰撞后，A、B此时一起向右运动．
B球与板碰撞前B与A动量守恒 ⑥
B球与板碰撞后B与A动量守恒 ⑦
解得
因为此时vA>vB，弹簧还将继续缩短，所以这种状态是能够出现的．
若则表示B球与板碰撞后A、B向左运动．
B球与板碰撞后B和A动量守恒 ⑧
由⑥⑧可得
此时A、B球的总动能
大于A球最初的动能，因此这种状态是不可能出现的
因此，必须使B球在速度为时与挡板发生碰撞．
12．【解析】 （1）设C球与B球粘结成D时，D的速度为v1，由动量守恒，有 ①
当弹簧压至最每短时，D与A的速度相等，设此速度为v2，由动量守恒，有 ②
由①②两式得A的速度
（2）设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为Ep，由能量守恒，有
撞击P后，A与D的动能都为零．解除锁定后，当弹簧刚恢复到自然长度时，势能全部转变成D的动能，设D的速度为v3，则有
以后弹簧伸长，A球离开挡板P，并获得速度．当A、D的速度相等时，弹簧伸至最长，设此时的速度为v4，由动时守恒，有
当弹簧伸到最长时，其势能最大，设此势能为，由能量守恒，有
解以上各式得
说明：该题以“双电荷交换反应”为背景，考查的是动量守恒和机械能守恒定律的知识，又考查了理解能力，推理能力，分析综合能力，突出了对物理过程的考查．考生必须首先弄清整个物理因素，针对不同的物体在各个阶段的受力情况，再确定其运动所遵循的规律．分析物理过程是解决这个问题的关键，现具体过程分析如下：
①C以v0与B发生完全非弹性碰撞，弹簧长度不能突变，A可看成静止．
②BC形成一体D向左压缩弹簧，A的速度增大，D的速度减小，两者共速，弹簧压缩最短．
③弹簧锁定后与挡板相碰而静止．
④解除锁定，D向右加速，墙对A的作用力不断减小，达到原长时作用力为零．
⑤弹簧达到自然长度后，D继续向右运动逐渐减速，而A开始向右加速，弹簧伸长到最长时，两物体的速度相等，这时弹簧的弹性势能最大．
根据上面的分析，把复杂的物理过程分解为几个简单的过程，同时发掘出弹簧压缩最短和伸长最长的隐含条件，运用物理规律列方程，就可达到准确解题的目的．
13．【解析】 （1）当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大
由于A、B、C三者组成的系统动量守恒，
解得
（2）B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为v′，
则
设物A速度为时弹簧的弹性势能最大为，根据能量守恒
（3）A不可能向左运动 系统动量守恒，
设A向左，vA<0，则vB>4m/s
则作用后A、B、C动能之和
实际上系统的机械能
根据能量守恒定律，E′>E是不可能的．
14．【解析】令A、B质量均为m，A刚接触B时的速度为v1（碰前）．
A克服阻力做功： ①
A、B碰撞过程中动量守恒，令碰后A、B的共同速度为v2，有mv1=2mv2 ②
碰后A、B先一起向左运动，接着A、B一起被弹回，在弹簧恢复到原长时，设A、B的共同速度为v3，在这一过程中，弹簧的弹性势能始末状态都是零，只有克服摩擦力做功 ③
此后A、B开始分离，A单独向右滑动到P点停下，克服阻力做功 ④
由以上各式得 ⑤
15．【解析】 C有可能停在B上，也有可能停在A上，还有可能滑离A，先假设停在B上，由动量守恒定律得：．
设C在B上滑动距离为x，木板B的位移为s，则C对地的位移为s＋x，
由功能关系得：对木板：
对C：所以得：
从而解得，大于板长，C将滑离B板．
设C刚滑到A板上速度为，此时AB两板的速度为vB，由动量守恒得
由功能关系得：
∴
合理的解是：
当C滑到A上，B以0.155m/s的速度匀速运动了，设C停在A上，速度vA，相对A滑行距离为y，由动量守恒得：
解得：0.563m/s，由动能关系得：
代入数据得y=0.50m，小于A板长度，C不能滑离A板，最后A、B、C的速度分别为vA=0.563m/s vB=0.155m/s，m/s
16．【解析】 对物体，滑动摩擦力f 做负功，
由动能定理得
即f 对物体做负功，使物块动能减少．
对木块，滑动摩擦力f 对木块做正功，由动能定理得，
即f 对木块做正功，使木块动能增加，系统减少的机械能为
①
本题中，物块与木块相对静止时，
则上式可简化为 ②
又以物块、木块为系统，系统在水平方向不受外力，动量守恒，
则 ③
联立②、③式得．
故系统机械能转化成内能的量为．
评析：系统内一对滑动摩擦力做功之和（净功）为负值，在数值上等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，其绝对值等于系统机械能的减少量，即系统机械能转化为系统的内能，记为．
上述情况①和②同样符合该规律，掌握了它可使许多计算简化．

专题三 电场和磁场

典型例题
[例1] 解析：A点拨：电场线从+Q发出，到接地的很大的薄金属板，并与金属板垂直。根据电场线可判断①正确，M点的电场是+Q的电场与金属板的感应电荷的电场的叠加，故②错误；N点与金属板接地，所以电势为零，但电场强度不为零，故③正确，④错误。
【例2】 解析：对A进行受力分析，设悬线的拉力为T，水平线的拉力为，在竖直方向上受重力和悬线的拉力而平衡： ①
在水平方向上，小球受电场力、电荷间的为库仑力、悬线的水平拉力和水平线的拉力而平衡： ②
要两球处于题设条件的平衡状态，则对水平线的受力要求为：
③
联解①②③得到：
【例3】　解析：电子经U1加速后，设以的速度垂直进入偏转电场，由动能定理得： ①
电子在偏转电场中运动的时间为： ②
电子在偏转电场中的加速度为： ③
电子在偏转电场中的偏转量为： ④
由以上四式联解得到示波管的灵敏度为：
可见增大、减小U1或d均可提高示波管的灵敏度。
【例4】解析：由于电容器与电源相连，则电容器两极板的电压不变，根据平行板电容器电容可知，当增大S不变时，电容C减小；又因可得，电荷量减小；又由可知，场强E减小，故A选项正确；当S增大，不变时，C增大，Q增大，E不变，所以B选项错误；当减小，S增大时，C增大，Q增大，E增大，所以C选项正确；当S减小，减小时，电容C不一定增大，Q也不一定增大，但E一定增大，所以D选项错误。可见本题AC选项正确。
【例5】　解析：如图所示，电场对粒子加速，由动能定理得：
θ
O
L
L
U
S
d
U
B
D
R
①
由于粒子在电场加速过程中做匀加速直线运动，则加速的时间为：
②
粒子在偏转电场中做类似平抛运动，其加速度为：
粒子通过偏转电场的时间为： ③
粒子在偏转电场中的侧移距离为： ④
侧向速度为：
则粒子射出偏转电场时的速度为： ⑤
以速度进入磁场做匀速度圆周运动的洛仑兹力为向心力，设运动半径为R：
⑥
则磁场宽度为：
⑦
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为：
所以
所以粒子在磁场中运动的时间为：
⑧
粒子从S出发到回到S的周期T为：

偏转电压正负极换向时间为：

【例6】 解析：正离子每次经过缝隙时都能得到加速必须满足在筒中飞行时间
所以第一个筒长度
进入第二个筒时速度为v2，则 ①
第二个筒长
进入第三个筒的速度为v3，则 ②
第三个筒长
进入第n个筒的速度vn满足 ③
第n个筒的长度为， 解以上各式得：

由动能定理得：

【例7】　解析：设带电粒子带电为，根据题目条件可知，要