高考物理二轮复习 教材知识再回扣(必修2)
2023届高考物理二轮复习专题课件：传送带模型
sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:
(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a;
(2)小包裹通过传送带所需的时间t。
[思路导引]
①分析包裹刚滑上传送带时受到摩擦力的方向
↓
②根据牛顿第二定律求刚滑上传送带时的加速度大小
↓
③判断当包裹与传送带速度相等后是随传送带一起匀速运动的
道 AB 滑下，斜道倾角 37 ；离 B 点很近衔接一长 L=2m 的水平传送带，B 与 C 两点可认
为平滑衔接（速度大小不变），A 点距传送带垂直距离为 h=2.4m，冲关者经 C 点到 D 点后
水平抛出，落在水面上一点 E。已知：传送带末端距水面高度 H=0.8m，坐垫与 AB 斜道间
动摩擦因数为µ1=0.5，坐垫与传送带间动摩擦因数为µ2=0.2。（ sin37 0.6 ， cos37 0.8 ）
C．0~t2时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
D．0~t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
2．下图是行李安检机示意图。行李箱由静止放上匀速运行的传送带，后沿着斜面滑到地面
上，不计行李箱在 MN 转折处的机械能损失和斜面的摩擦力。关于行李箱在传送带和斜面的
速度 v 或加速度 a 随时间 t 变化的图像，下列可能正确的是（ C ）
B重合。已知:传送带匀速运动的速度大小为v,方向如图,物品(可视为质点)由
A端无初速度释放,加速到传送带速度一半时恰好进入探测区域,最后匀速通
过B端进入平台并减速至0,各处的动摩擦因数均相同,空气阻力忽略不计,重力
加速度为g。求:
(1)物品与传送带间的动摩擦因数μ;
(2)物品运动的总时间t。
2022届高考物理二轮复习做题技巧第二讲：假设法
第二讲：假设法（穷举法）【假设法归纳总结】能否使用假设法的关键，并不在于考查什么知识点，而在于是否为“有限多种可能”，多解的数量越少（比如2种可能，非A即B），则使用起来越方便。
相当于数学中“分类讨论”的方法。
（一）假设法在“非A即B”类问题中的应用（a）假设法判断“力的有/无”总结：当我们不太确定某个力到底有没有时，两种假设方法（两个假设最好都快速验证一下）：①假设有：如果可以成立，说明可能有这个力；如果与运动状态相矛盾，假设不成立，一定没有这个力。
②假设没有：如果可以成立，说明可能没有这个力；如果与运动状态相矛盾，假设不成立，一定有这个力。
例1、分析光滑球的受力.【答案】【变式1】如图所示，A、B两均匀直杆上端分别用细线悬挂于天花板上，下端置于水平地面上，处于静止状态，悬挂A杆的绳倾斜，悬挂B杆的绳恰好竖直，则关于两杆的受力情况，下列说法中正确的有( )A、A、B都受三个力作用B、A、B都受四个力作用C、A受三个力，B受四个力D、A受四个力，B受三个力【答案】D【变式2】如图所示，C是水平地面，A、B是两长方体物块，F是作用在物块B上沿水平方向的力，物块A和B以相同的速度匀速运动，由此可知，A、B间摩擦力F1和B、C间摩擦力F2的值为( )A．F1＝0，F2＝0 B．F1＝F，F2＝0 C．F1＝0，F2＝F D．F1≠0，F2≠0【答案】C【解析】本题首先要判断A、B间是否有静摩擦力存在，现在已知A、B间有正压力作用，若接触面光滑，则F1＝0．若接触面粗糙，则关键的问题是分析判断A、B间有无相对运动趋势，“趋势”是如果没有静摩擦力存在，它们要怎样相对运动，因为有静摩擦力存在，这个相对运动被阻止了，这种想要动而没有动起来的状态就叫“趋势”．因此，分析相对运动趋势就要先假定A、B间无静摩擦力，这样A在水平方向就不受任何外力了，A应该用原来的速度匀速前进，由题意知B也在匀速前进，谁也不超前，谁也不落后，也就是说，如果A、B间无静摩擦力它们也不会发生相对运动，即没有相对运动趋势，所以A、B间不存在静摩擦力，F1＝0.故正确选项为C．（b）假设法判断“两物体是/否为整体”（包含“是/否分离”、“静/滑动摩擦”的判断）总结：在动力学中，可用整体法的前提条件是加速度a相同。
专题五 电路与电磁感应 (2)——2023届高考物理大单元二轮复习讲重难
【例 1】答案：D 解析：A. 外壳不能使用金属材料，若使用金属材料外壳也会发生电磁感应，形成回路，消 耗能量，故 A 错误； B. 通过楞次定律结合右手螺旋法则，知电流由 d 流出，相当于电源正极， d 点电势高于 c 点，故 B 错误； C. 在送电线圈电压不变的情况下，增加送电线圈匝数不改变送电线圈的电流和周围的磁场， 不可以提高受电线圈的电压，故 C 错误； D. 根据电磁感应原理可知，接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同， 故 D 正确。
（1）解决电磁感应图象问题的一般步骤 ①明确图象的种类，即是 B t 图象还是 t 图象或者是 E t 图象、 I t 图象等。 ②分析电磁感应的具体过程。 ③用右手定则或楞次定律确定方向对应关系。 ④结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等写出函数关系式.平张号 ⑤根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等。 ⑥应用图象信息画图象、判断图象或讨论各物理量的变化。
（2） B t I t 如图 1，规定垂直纸面向里为磁场正方向，顺时针为电流正方向，根据 B t 图象画出 I t 图象，如图 2。
为方便记忆，我们设定：伸出右手，让大拇指指向磁场正方向，环绕四指，如果四指 环绕方向为线圈中电流正方向，则称为“B、I 二者满足右手”；若环绕方向为线圈中电流负 方向，则称为“B、I 二者不满足右手”。
专题五 电路与电磁感应 （2）
第十讲 电磁感应及应用
——2023届高考大单元二轮复习讲重难
一、核心思路
二、重点知识
1.“三定则、一定律”的应用 （1）安培定则：判断运动电荷、电流产生的磁场方向。 （2）左手定则：判断磁场对运动电荷、电流的作用力的方向。 （3）右手定则：判断部分导体切割磁感线产生感应电流的方向。 （4）楞次定律：判断闭合电路磁通量发生变化产生的感应电流的方向。 2.求感应电动势的两种方法 （1） E n ，用来计算感应电动势的平均值。
新教材 人教版高中物理必修第二册全册各章知识点汇总及配套习题
高中物理必修第二册全册各章知识点汇总及配套习题第五章抛体运动.................................................................................................................... - 1 - 第六章圆周运动.................................................................................................................... - 6 - 第七章万有引力与宇宙航行.............................................................................................. - 11 - 第八章机械能守恒定律...................................................................................................... - 16 -第五章抛体运动知识体系曲线运动及其研究方法1．曲线运动的特点(1)做曲线运动的物体，在某点的瞬时速度的方向，就是曲线在该点的切线方向，物体在曲线运动中的速度方向时刻在改变，所以曲线运动一定是变速运动。
(2)在曲线运动中，由于速度在时刻变化，所以物体的运动状态时刻改变，故做曲线运动的物体所受合外力一定不为零。
2．物体做曲线运动的条件(1)从动力学角度来理解：物体所受合外力的方向与物体的速度方向不在同一条直线上，具体有如图所示的几种形式。
(2)从运动学角度来理解：物体的加速度方向与速度方向不在同一条直线上。
3．曲线运动的研究方法——运动的合成与分解利用运动的合成与分解研究曲线运动的思维流程：(欲知)曲线运动规律――→等效分解(只需研究)两直线运动规律――→等效合成(得知)曲线运动规律。
2025高考物理二轮复习专题二 功和能、动量-第1讲 传送带模型综合问题 课件 (共38张PPT)
A.小物块对传送带做功为 B.小物块对传送带做功为 C.带动传送带转动的电动机多做的功为 D.带动传送带转动的电动机多做的功为
√
[解析] 小物块的加速度大小为 ，小物块向左减速至0过程的位移为 ，小物块向左运动的时间为 ，由于 ,所以之后小物块向右运动至与传送带共速，所用的时间为 ，小物块对传送带做功为 ，A、
段时间为，有，， ，解得，，设匀速阶段时间为，有 ，解得，所以货物从下端A点运动到上端B点的时间为 ，故C正确；由能量守恒定律可知，皮带输送机因运送该货物而多消耗的能量为 ，其中，解得 ，故D错误.
技法点拨1.物体沿倾斜传送带向下加速至与传送带共速后的运动有两种可能性，当满足 时，物体与传送带相对静止一起做匀速直线运动，当满足 时，物体继续做匀加速直线运动，但滑动摩擦力方向由沿传送带向下变成沿传送带向上，加速度大小发生变化.2.电动机因传送物体而多消耗的电能有两种求法.方法一，用能量守恒定律求解，多消耗的电能等于物体机械能的变化和系统产生的热量之和.方法二，用功能关系求解，以传送带为研究对象，多消耗的电能等于传送者克服摩擦力做的功.
1.(不定项)[2024·湖北黄石模拟] 如图所示，水平传送带以 的速度沿顺时针方向匀速转动，水平部分长为，并与长为 的光滑倾斜轨道在点平滑连接，与水平面的夹角为 .现将一个可视为质点的工件从点由静止释放，滑块与传送带间的动摩擦因数为 ， 取，要使工件能到达点(没有施加其他外力辅助)，下列关于 和 的取值可能正确的是( )
2018届高考物理二轮复习第一板块13个高考主题主干知识再回顾
第一板块 13个高考主题主干知识再回顾“源于课本，高于课本”一直是高考命题的基本原则，这种原则在命题时表现为以“中档题为主”，在高考中，以大多数似曾相识的“教材挖掘题”以及相对稳定的难度连年延续。
所以考前几天，不应再纠缠于偏难怪题不能自拨，而应回归教材主干知识，重温经典题目，树立自信心，保持良好状态，力避非能力因素而失分。
高考主题(一) 质点的直线运动[主干知识·忆一忆]1．质点是一种理想化模型，物体看成质点有条件，参考系具有任意性、差异性等，巧用参考系能快速解决问题。
2．位移表示位置的变化，为矢量。
位移相同，路程(标量)可能不同。
3．速度定义式v ＝Δx Δt。
平均速度对应位移(时间)，方向为位移方向，瞬时速度对应位置(时刻)，方向为运动方向。
读取汽车速度时要注意单位换算，1 m/s ＝3.6 km/h 。
4．加速度定义式a ＝Δv Δt。
物体运动是加速还是减速看加速度与速度方向是同向(或锐角)还是反向(或钝角)。
物体加速度大反映速度变化快。
类似描述量有磁通量及磁通量变化率。
加速度的方向与物体所受的合外力的方向相同(或与速度变化量的方向相同)。
5．匀变速直线运动的基本公式：v ＝v 0＋at ，x ＝v 0t ＋12at 2，v 2－v 02＝2ax 。
三个式子皆为矢量式。
匀变速直线运动的时间中点速度v t 2＝v 0＋v 2，位移中点速度v x 2＝ v 02＋v 22。
不管是匀加速直线运动还是匀减速直线运动都有v t 2小于v x2。
6．速度图像中斜率反映加速度、面积反映位移；位移图像中斜率反映速度；加速度图像中，面积对应速度的变化量。
7．在匀变速直线运动中，物体所受合力恒定，加速度恒定，速度均匀增大或减小。
物体做直线运动的条件为：所受合力(不是某个力)方向与速度方向在同一直线上(这招对判断带电粒子在电磁场中的“拐弯”现象很管用)。
[易错易混·醒一醒]1．混淆v 、Δv 、Δv Δt(磁通量处也有类似)；误将加速度的正负当成物体做加速运动还是减速运动的依据；误将速度当成标量计算加速度；混淆轨迹图和位移—时间图；计算速度或功率时看不清“平均”还是“瞬时”。
高考物理二轮复习专题突破(考情预览+易错辨析+核心突破)功 功率 动能定理课件课件
图3－1－5
2．机车以恒定加速度启动
(1)流程图呈现
明 考 向 · 考 情 预 览
析 考
(2)v－t 图象呈现(如图 3－1－6)
点
·
核
心
突
破
菜单
图3－1－6
二轮专题复习 ·物理
辨 误 区 · 易 错 例 析
高 考 冲 关
二轮专题复习 ·物理
(多选)(2013·临沂模拟)某电动汽车在平直公路
明 上从静止开始加速，测得发动机功率随时间变化的图象和其 辨
考
误
向 ·
速度随时间变化的图象分别如图 3－1－7 甲、乙所示，若电
区 ·
考
易
情 预
动汽车所受阻力恒定，则下列说法正确的是(
)
错 例
览
析
析 考 点 · 核 心 突 破
甲
图 3－1－7
菜单
高 考 冲 关
乙
二轮专题复习 ·物理
A．测试时该电动汽车所受阻力为 1.0×103 N
明 考
B．该电动汽车的质量为 1.2×103 kg
析
考
点
高
·
考
核
冲
心
关
突
破
菜单
二轮专题复习 ·物理
【解析】 小球做平抛运动离斜面最远时，速度方向平
明 考 向
行于斜面，则有vgt0＝tan θ，得 t＝v0tagn θ，A 对；由 H＝12gt2
辨 误 区
·
·
考 情 预 览
可得小球在这一过程中下落的位移为v20t2agn2θ，则这一过程重
易 错 例 析
析 力做的功 W＝mv20t2an2θ，B 错；由 P ＝Wt 可得重力的平均功
高考物理二轮复习专题归纳—动量观点在电磁感应中的应用
高考物理二轮复习专题归纳—动量观点在电磁感应中的应用命题规律1、命题角度：动量定理、动量守恒定律在电磁感应中的应用.2、常用方法：建立单杆切割中q、x、t的关系模型；建立双杆系统模型.3、常考题型：选择题、计算题．考点一动量定理在电磁感应中的应用在导体单杆切割磁感线做变加速运动时，若牛顿运动定律和能量观点不能解决问题，可运用动量定理巧妙解决问题求解的物理量应用示例电荷量或速度－B I LΔt＝mv2－mv1，q＝IΔt，即－BqL＝mv2－mv1位移－B2L2vΔtR总＝0－mv，即－B2L2xR总＝0－mv时间－B I LΔt＋F其他Δt＝mv2－mv1即－BLq＋F其他Δt＝mv2－mv1已知电荷量q、F其他(F其他为恒力)－B2L2vΔtR总＋F其他Δt＝mv2－mv1，即－B2L2xR总＋F其他Δt＝mv2－mv1已知位移x、F其他(F其他为恒力)例1(多选)(2022·河南开封市二模)如图所示，在光滑的水平面上有一方向竖直向下的有界匀强磁场．磁场区域的左侧，一正方形线框由位置Ⅰ以4.5m/s 的初速度垂直于磁场边界水平向右运动，经过位置Ⅱ，当运动到位置Ⅲ时速度恰为零，此时线框刚好有一半离开磁场区域．线框的边长小于磁场区域的宽度．若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q 1、q 2，线框经过位置Ⅱ时的速度为v .则下列说法正确的是()A．q 1＝q 2B．q 1＝2q 2C．v ＝1.0m/s D．v ＝1.5m/s答案BD 解析根据q ＝ΔΦR ＝BSR可知，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q 1＝2q 2，故A 错误，B 正确；线圈从开始进入到位置Ⅱ，由动量定理－B I 1L Δt 1＝mv －mv 0，即－BLq 1＝mv －mv 0，同理线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动量定理－B I 2L Δt 2＝0－mv ，即－BLq 2＝0－mv ，联立解得v ＝13v 0＝1.5m/s，故C 错误，D正确．例2(2022·浙江省精诚联盟联考)如图(a)所示，电阻为2R 、半径为r 、匝数为n 的圆形导体线圈两端与水平导轨AD 、MN 相连．与导体线圈共圆心的圆形区域内有竖直向下的磁场，其磁感应强度随时间变化的规律如图(b)所示，图(b)中的B 0和t 0均已知．PT 、DE 、NG 是横截面积和材料完全相同的三根粗细均匀的金属棒．金属棒PT 的长度为3L 、电阻为3R 、质量为m .导轨AD 与MN 平行且间距为L ，导轨EF 与GH 平行且间距为3L ，DE 和NG 的长度相同且与水平方向的夹角均为30°.区域Ⅰ和区域Ⅱ是两个相邻的、长和宽均为d 的空间区域．区域Ⅰ中存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B 0的匀强磁场.0～2t 0时间内，使棒PT 在区域Ⅰ中某位置保持静止，且其两端分别与导轨EF 和GH 对齐．除导体线圈、金属棒PT 、DE 、NG 外，其余导体电阻均不计，所有导体间接触均良好且均处于同一水平面内，不计一切摩擦，不考虑回路中的自感．(1)求在0～2t 0时间内，使棒PT 保持静止的水平外力F 的大小；(2)在2t 0以后的某时刻，若区域Ⅰ内的磁场在外力作用下从区域Ⅰ以v 0的速度匀速运动，完全运动到区域Ⅱ时，导体棒PT 速度恰好达到v 0且恰好进入区域Ⅱ，该过程棒PT 产生的焦耳热为Q ，求金属棒PT 与区域Ⅰ右边界的初始距离x 0和该过程维持磁场匀速运动的外力做的功W ；(3)若磁场完全运动到区域Ⅱ时立刻停下，求导体棒PT 运动到EG 时的速度大小v .答案(1)0～t 0时间内F ＝nB 02πLr 23Rt 0；t 0～2t 0时间内F ＝0(2)d －3mRv 0B 02L23Q ＋1 2mv2(3)v－23B2L33mR解析(1)在0～t0时间内，由法拉第电磁感应定律得E＝nΔBΔtS＝nBtπr2由闭合电路欧姆定律得I＝E3R＝nBπr23Rt故在0～t0时间内，使PT棒保持静止的水平外力大小为F＝FA＝BIL＝nB2πLr23Rt在t0～2t时间内，磁场不变化，回路中电动势为零，无电流，则外力F＝0(2)PT棒向右加速运动过程中，取向右的方向为正方向，由动量定理得B2L2Δx3R＝mv得Δx＝3mRv0 B2L2所以x0＝d－Δx＝d－3mRvB2L2PT棒向右加速过程中，回路中的总焦耳热为Q总＝3Q由功能关系和能量守恒定律得W＝3Q＋12 mv2(3)棒PT从磁场区域Ⅱ左边界向右运动距离x时，回路中棒PT的长度为lx ＝233x＋L回路中总电阻为R总x x＋2233xR233x＋L＋2233xR＝RL(23x＋3L)回路中电流为Ix ＝BlxvxR总x＝B233x＋L vxRL23x＋3L＝BLvx3R棒PT所受安培力大小为FA x ＝BIxlx＝B2Lvxlx3R棒PT从磁场区域Ⅱ左边界运动到EG过程中，以v方向为正方向，由动量定理得－∑B2Lvxlx3RΔt＝mv－mv即－B2LS梯3R＝mv－mv其中S梯＝23L2所以v＝v0－23B2L33mR.考点二动量守恒定律在电磁感应中的应用双杆模型物理模型“一动一静”：甲杆静止不动，乙杆运动，其实质是单杆问题，不过要注意问题包含着一个条件——甲杆静止，受力平衡两杆都在运动，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减；系统动量是否守恒分析方法动力学观点通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动能量观点两杆系统机械能减少量等于回路中产生的焦耳热之和动量观点对于两金属杆在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两金属杆所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题例3(2022·广东省模拟)如图所示，间距L＝1m的光滑平行金属导轨MN和PQ的倾斜部分与水平部分平滑连接，水平导轨处在方向竖直向上、磁感应强度大小为B＝0.2T的匀强磁场中，距离磁场左边界D＝1.8m的导轨上垂直放置着金属棒cd，现将金属棒ab从距离桌面高度h＝0.8m的倾斜导轨处由静止释放，随后进入水平导轨，两金属棒未相碰，金属棒cd从导轨右端飞出后，落地点距导轨右端的水平位移s＝1.20m．已知金属棒ab的质量m＝0.2kg，金属棒cd的质量1m＝0.1kg，金属棒ab、cd的电阻均为r＝0.1Ω、长度均为L，两金属棒在导2轨上运动的过程中始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，桌面离地面的高度H＝1.8m，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)金属棒cd在水平导轨上运动的最大加速度；(2)金属棒ab在水平导轨上运动的过程中克服安培力所做的功和整个回路中产生的焦耳热；(3)金属棒ab、cd在水平导轨上运动的过程中两金属棒之间距离的最小值．答案(1)8m/s2(2)0.7J0.5J(3)0.8m解析(1)金属棒ab从释放到刚进入水平导轨的过程，根据机械能守恒定律得m 1gh ＝12m 1v 2，金属棒ab 切割磁感线产生的感应电动势E ＝BLv ，回路中的电流I ＝E 2r金属棒cd 所受的安培力大小为F cd ＝BIL ，此时金属棒cd 的加速度最大，最大加速度a m ＝F cd m 2联立解得a ＝8m/s 2(2)金属棒cd 离开水平导轨后做平抛运动，有s ＝v c t ，H ＝12gt 2金属棒ab 与金属棒cd 在相互作用的过程中，根据动量守恒定律得m 1v ＝m 1v a ＋m 2v c 设金属棒ab 克服安培力做的功为W ，由动能定理得－W ＝12m 1v a 2－12m 1v 2解得W ＝0.7J，整个回路中产生的焦耳热Q ＝m 1gh －12m 1v a 2－12m 2v c2解得Q ＝0.5J(3)金属棒cd 在安培力的作用下加速，根据动量定理得B I L Δt ＝m 2v c金属棒ab 、金属棒cd 组成的回路中通过某截面的电荷量q ＝I －Δt根据法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ＝B ΔxL Δt ，I －＝E 2r ，联立解得Δx ＝1m，两金属棒之间距离的最小值为D －Δx ＝0.8m.1.(多选)如图所示，水平金属导轨P 、Q 间距为L ，M 、N 间距为2L ，P 与M 相连，Q 与N 相连，金属棒a 垂直于P 、Q 放置，金属棒b 垂直于M 、N 放置，整个装置处在磁感应强度大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场中．现给a 棒一大小为v 0的初速度，方向水平向右．设两部分导轨均足够长，两棒质量均为m ，在a 棒的速度由v 0减小到0.8v 0的过程中，两棒始终与导轨接触良好．在这个过程中，以下说法正确的是()A．俯视时感应电流方向为顺时针B．b 棒的最大速度为0.4v 0C．回路中产生的焦耳热为0.1mv 02D．通过回路中某一截面的电荷量为2mv 025BL 答案BC解析a 棒向右运动，根据右手定则可知，俯视时感应电流方向为逆时针，故A错误；由题意分析可知，a 棒减速，b 棒加速，设a 棒的速度大小为0.8v 0时b 棒的速度大小为v ，取水平向右为正方向，根据动量定理，对a 棒有－B I L Δt ＝m ·0.8v 0－mv 0，对b 棒有B I ·2L Δt ＝mv ，联立解得v ＝0.4v 0，此后回路中电流为0，a 、b 棒都做匀速运动，即b 棒的最大速度为0.4v 0，故B 正确；根据能量守恒定律有Q ＝12mv 02－[12m (0.8v 0)2＋12m (0.4v 0)2]＝0.1mv 02，故C 正确；对b 棒，由2B I L ·Δt ＝mv 得，通过回路中某一截面的电荷量q ＝I ·Δt ＝mv 2BL ＝mv 05BL ，故D 错误．2．(2022·安徽阜阳市质检)如图，两平行光滑金属导轨ABC 、A ′B ′C ′的左端接有阻值为R 的定值电阻Z，间距为L ，其中AB 、A ′B ′固定于同一水平面上(图中未画出)且与竖直面内半径为r 的14光滑圆弧形导轨BC 、B ′C ′相切于B 、B ′两点．矩形DBB ′D ′区域内存在磁感应强度大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场．导体棒ab 的质量为m 、阻值为R 、长度为L ，ab 棒在功率恒定、方向水平向右的推力作用下由静止开始沿导轨运动，经时间t 后撤去推力，然后ab 棒与另一根相同的导体棒cd 发生碰撞并粘在一起，以32gr 的速率进入磁场，两导体棒穿过磁场区域后，恰好能到达CC ′处．重力加速度大小为g ，导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨的电阻．(1)求该推力的功率P ；(2)求两导体棒通过磁场右边界BB ′时的速度大小v ；(3)求两导体棒穿越磁场的过程中定值电阻Z 产生的焦耳热Q ；(4)两导体棒到达CC ′后原路返回，请通过计算判断两导体棒能否再次穿过磁场区域．若不能穿过，求出两导体棒停止的位置与DD ′的距离x .答案(1)36mgrt(2)2gr(3)323mgr (4)不能3mR 2gr B 2L 2解析(1)设两导体棒碰撞前瞬间ab 棒的速度大小为v 0，在推力作用的过程中，由动能定理有Pt ＝12mv 02设ab 与cd 碰后瞬间结合体的速度大小为v 1，由题意知v 1＝32gr ，由动量守恒定律有mv 0＝2mv 1联立解得P＝36mgr t(2)对两导体棒沿圆弧形导轨上滑的过程分析，由机械能守恒定律有12×2mv2＝2mgr解得v＝2gr(3)两棒碰撞并粘在一起，由电阻定律可知，两导体棒的总电阻为R2，阻值为R的定值电阻Z产生的焦耳热为Q，故两棒产生的总焦耳热为Q2，由能量守恒定律有－(Q＋Q2)＝12×2mv2－12×2mv12解得Q＝323 mgr(4)设导体棒第一次穿越磁场的时间为t1，该过程回路中的平均电流为I，DD′与BB′的间距为x1，由动量定理有－B I Lt1＝2mv－2mv1根据法拉第电磁感应定律和电路相关知识有I t1＝BLx13R2解得x1＝6mR2grB2L2由机械能守恒定律可知，导体棒再次回到BB′处时的速度大小仍为v＝2gr，导体棒再次进入磁场向左运动的过程中，仍用动量定理和相关电路知识，并且假设导体棒会停在磁场中，同时设导体棒在磁场中向左运动的时间为t2，导体棒进入磁场后到停止运动的距离为Δx，该过程回路中的平均电流为I′，同前述道理可分别列式为－B I ′Lt 2＝0－2mvI ′t 2＝BL ·Δx 3R 2解得Δx ＝3mR 2gr B 2L 2显然Δx <x 1，假设成立，故导体棒不能向左穿过磁场区域，导体棒停止的位置与DD ′的距离x ＝x 1－Δx ＝3mR 2grB 2L2.专题强化练1.(2022·广东省调研)如图所示，左端接有阻值为R 的定值电阻，且足够长的平行光滑导轨CE 、DF 的间距为L ，导轨固定在水平面上，且处在磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场中，一质量为m 、电阻为r 的导体棒ab 垂直导轨放置且静止，导轨的电阻不计．某时刻给导体棒ab 一个水平向右的瞬时冲量I ，导体棒将向右运动，最后停下来，则此过程中()A．导体棒做匀减速直线运动直至停止运动B．电阻R 上产生的焦耳热为I 22m C．通过导体棒ab 横截面的电荷量为I BLD．导体棒ab 运动的位移为IRB 2L 2答案C解析导体棒获得向右的瞬时冲量后切割磁感线，回路中出现感应电流，导体棒ab 受到向左的安培力，向右做减速运动，有B 2L 2vR ＋r ＝ma ，由于导体棒速度减小，则加速度减小，所以导体棒做的是加速度减小的减速运动直至停止运动，A 错误；导体棒减少的动能E k ＝12mv 2＝12m (I m )2＝I 22m，根据能量守恒定律可得E k ＝Q 总，又根据串、并联电路知识可得Q R ＝R R ＋r Q 总＝I 2R2m R ＋r ，B 错误；根据动量定理可得－B I L Δt ＝0－mv ，I ＝mv ，q ＝I －Δt ，联立可得q ＝IBL，C 正确；由于q ＝I －Δt＝E －R ＋r Δt ＝ΔΦR ＋r ＝BLx R ＋r ，将q ＝I BL 代入可得，导体棒ab 运动的位移x ＝I R ＋r B 2L2，D 错误．2．(多选)如图甲所示，质量m ＝3.0×10－3kg 的形金属细框水平放置在两水银槽中，形框的水平细杆CD 长l ＝0.20m，处于磁感应强度大小为B 1＝1.0T、方向水平向右的匀强磁场中．有一匝数n ＝300匝、面积S ＝0.01m 2的线圈通过开关K 与两水银槽相连．线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B 2随时间t 变化的关系如图乙所示．t ＝0.22s 时闭合开关K，瞬间细框跳起(细框跳起瞬间安培力远大于重力)，跳起的最大高度h ＝0.20m．不计空气阻力，重力加速度g 取10m/s 2，下列说法正确的是()A．0～0.10s内线圈中的感应电动势大小为3VB．0.10～0.20s内线圈中的磁通量最大，故感应电动势最大C．开关K闭合瞬间，CD中的电流方向由C到DD．开关K闭合瞬间，通过细杆CD的电荷量为0.03C答案CD解析由题图乙所示图像可知，在0～0.10s内，ΔΦ＝ΔB2S＝(1.0－0)×0.01 Wb＝0.01Wb0～0.10s内线圈中的感应电动势大小E＝n ΔΦΔt＝300×0.010.1V＝30V，在0.10～0.20s内线圈中的磁通量最大，但B2－t图像的斜率为0，故感应电动势为0，A、B错误；由题可知细杆CD所受安培力方向竖直向上，由左手定则可知，电流方向为由C到D，C正确；对细杆，由动量定理及题意得B1I l·Δt＝mv－0，细杆竖直向上做竖直上抛运动，有v2＝2gh，电荷量Q＝IΔt，联立解得Q＝m2ghB1l＝0.03C，D正确．3．(多选)(2022·河南信阳市高三质量检测)如图所示，两根足够长相互平行、间距d＝0.20m的竖直导轨，下端连接阻值R＝0.50Ω的电阻．一根阻值也为0.50Ω、质量m＝1.0×10－2kg的导体棒ab搁置在两端等高的挡条上．在竖直导轨内有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度B＝0.50T(图中未画出)．撤去挡条，棒开始下滑，经t＝0.25s后下降了h＝0.29m．假设棒始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，不计一切摩擦阻力和导轨电阻，重力加速度取10m/s 2.下列说法正确的是()A．导体棒能获得的最大速度为20m/s B．导体棒能获得的最大速度为10m/sC．t ＝0.25s 时间内通过导体棒的电荷量为2.9×10－2CD．t ＝0.25s 时导体棒的速度为2.21m/s 答案BCD解析导体棒获得最大速度时，导体棒受力平衡，有mg ＝F 安＝BId ，解得I ＝1A，又由E ＝Bdv m ，I ＝E2R，解得v m ＝10m/s，故A 错误，B 正确；在下落0.29m 的过程中有E ＝ΔΦt ，I ＝E 2R ，q ＝I t ，可知q ＝ΔΦ2R ，其中ΔΦ＝ΔS ·B ＝0.2×0.29×0.5Wb＝0.029Wb，解得q ＝2.9×10－2C，故C 正确；由动量定理有(mg －B I d )t ＝mv ，通过导体棒的电荷量为q ＝I t ＝Bdh 2R ，可得v ＝gt －B 2hd 22Rm，代入数据解得v ＝2.21m/s，故D 正确．4.(多选)(2022·山东青岛市黄岛区期末)如图，光滑平行金属导轨MN 、PQ 固定在水平桌面上，窄轨MP 间距0.5m，宽轨NQ 间距1m，电阻不计．空间存在竖直向上的磁感应强度B ＝1T 的匀强磁场．金属棒a 、b 水平放置在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，a 棒的质量为0.2kg，b 棒的质量为0.1kg，若a 棒以v＝9m/s的水平初速度从宽轨某处向左滑动，最终与b棒以相同的速度沿窄轨运动．若a棒滑离宽轨前加速度恰好为0，窄导轨足够长．下列说法正确的是()A．从开始到两棒以相同速度运动的过程，a、b组成的系统动量守恒B．金属棒a滑离宽轨时的速度大小为3m/sC．金属棒a、b最终的速度大小为6m/sD．通过金属棒横截面的电荷量为0.8C答案BD解析由于两导轨的宽度不相等，根据F＝BIL，知a、b两个金属棒所受水平方向的安培力之和不为零，系统动量不守恒，故A错误；a棒滑离宽轨前加速度恰好为0，即做匀速运动，a棒匀速运动时，两棒切割磁感线产生的电动势大小相等，有BLb vb＝BLava，La＝2Lb，得末速度vb＝2va，对a棒根据动量定理可得－B I LaΔt＝ma va－mav，对b棒根据动量定理可得B I LbΔt＝mbvb，联立代入数据解得va＝3m/s，vb＝6m/s，故B正确；a棒滑离宽轨道进入窄轨道后，a、b两个金属棒所受水平方向的安培力之和为零，系统动量守恒，设a、b两个金属棒最终的共同速度为v′，则ma va＋mbvb＝(ma＋mb)v′，解得v′＝4m/s，故C错误；b金属棒始终在窄轨道上运动，对b金属棒全过程利用动量定理可得B I′Lb ·Δt′＝mbv′，q＝I′·Δt′，即BLb q＝mbv′，代入数据得q＝0.8C，故D正确．5．(多选)如图所示，两条足够长、电阻不计的平行导轨放在同一水平面内，相距l.磁感应强度大小为B的范围足够大的匀强磁场垂直于导轨平面向下．两根质量均为m 、电阻均为r 的导体杆a 、b 与两导轨垂直放置且接触良好，开始时两杆均静止．已知b 杆光滑，a 杆与导轨间最大静摩擦力大小为F 0.现对b 杆施加一与杆垂直且大小随时间按图乙所示规律变化的水平外力F ，已知在t 1时刻，a 杆开始运动，此时拉力大小为F 1，下列说法正确的是(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A．当a 杆开始运动时，b 杆的速度大小为2F 0r B 2l 2B．在0～t 1这段时间内，b 杆所受安培力的冲量大小为2mF 0r B 2l 2－12F 1t 1C．在t 1～t 2这段时间内，a 、b 杆的总动量增加了F 1＋F 2t 2－t 12D．a 、b 两杆最终速度将恒定，且两杆速度大小之差等于t 1时刻b 杆速度大小答案AD解析在整个运动过程中，a 、b 两杆所受安培力大小相等，当a 杆开始运动时，所受的安培力大小等于最大静摩擦力F 0，则B 2l 2v2r ＝F 0，解得b 杆的速度大小为v＝2F 0rB 2l2，选项A 正确；由动量定理得I F －I 安＝mv ，F －t 图线与横轴围成的面积表示I F 的大小，知I F ＝12F 1t 1，解得I 安＝I F －mv ＝12F 1t 1－2mF 0rB 2l2，选项B 错误；在t 1～t 2这段时间内，外力F 对a 、b 杆的冲量为I F ′＝F 1＋F 2t 2－t 12，因a 杆受摩擦力作用，可知a 、b 杆所受合力的总冲量小于F 1＋F 2t 2－t 12，即a 、b杆的总动量增加量小于F 1＋F 2t 2－t 12，选项C 错误；由于最终外力F ＝F 0，故此时对两杆整体，所受合力为零，两杆所受的安培力均为F 0，处于稳定状态，因开始时b 杆做减速运动，a 杆做加速运动，故a 、b 两杆最终速度将恒定，速度大小之差满足B 2l 2Δv2r ＝F 0，即Δv ＝v ，速度大小之差等于t 1时刻b 杆速度大小，选项D 正确．6.(2022·天津市红桥区第二次质检)如图所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L ，一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直．一质量为m 、有效电阻为R 的导体棒在距磁场上边界h 处由静止释放．导体棒进入磁场后流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I .整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻，重力加速度大小为g .求：(重力加速度取10m/s 2)(1)导体棒的最大速度v m ，磁感应强度的大小B ；(2)电流稳定后，导体棒运动速度的大小v ；(3)若导体棒进入磁场后恰经t 时间达到稳定，这段时间的位移x 大小．答案(1)2gh mg IL (2)I 2R mg (3)(mgt ＋m 2gh －I 2R g )RB 2L2解析(1)由题意得导体棒刚进入磁场时的速度最大，设为vm，由机械能守恒定律得12mvm2＝mgh解得vm＝2gh电流稳定后，导体棒做匀速运动，此时导体棒受到的重力和安培力平衡，则有：BIL＝mg解得：B＝mg IL(2)感应电动势E＝BLv感应电流I＝E R解得v＝I2R mg(3)导体棒进入磁场t时间运动的过程由动量定理有mgt－B I Lt＝mv－mvm又q＝I t＝ΔΦR＝BLxR，解得x＝(mgt＋m2gh－I2Rg)RB2L2.7．(2022·陕西西安市一模)如图所示，有两光滑平行金属导轨，倾斜部分和水平部分平滑连接，BE、CH段用特殊材料制成，光滑不导电，导轨的间距L＝1m，左侧接R＝1Ω的定值电阻，右侧接电容C＝1F的电容器，ABCD区域、EFGH区域均存在垂直于导轨所在平面向下、磁感应强度B＝1T的匀强磁场，ABCD区域长s ＝0.3m．金属杆a、b的长度均为L＝1m，质量均为m＝0.1kg，a的电阻为r ＝2Ω，b的电阻不计．金属杆a从距导轨水平部分h＝0.45m的高度处由静止滑下，金属杆b静止在BEHC区域，金属杆b与金属杆a发生弹性碰撞后进入EFGH区域，最终稳定运动．求：(重力加速度g 取10m/s 2)(1)金属杆a 刚进入ABCD 区域时通过电阻R 的电流I ；(2)金属杆a 刚离开ABCD 区域时的速度v 2的大小；(3)金属杆b 稳定运动时的速度v 4的大小；(4)整个运动过程中金属杆a 上产生的焦耳热．答案(1)1A(2)2m/s(3)211m/s (4)16J 解析(1)金属杆a 从开始运动到进入ABCD 区域，由动能定理有mgh ＝12mv 12解得v 1＝3m/s刚进入ABCD 区域时E ＝BLv 1I ＝E R ＋r联立解得I ＝1A(2)金属杆a 从进入ABCD 区域到离开ABCD 区域，由动量定理有－B I L ·t ＝mv 2－mv 1I t ＝BL vR ＋r t ＝BLsR ＋r 解得v 2＝2m/s(3)金属杆a 、b 碰撞过程中，有mv 2＝mv 2′＋mv 31 2mv22＝12mv2′2＋12mv32解得v3＝2m/s，v2′＝0分析可知，杆b进入磁场后，电容器充电，杆b速度减小，匀速运动时，杆b产生的感应电动势与电容器两端电压相同，且通过杆b的电荷量就是电容器储存的电荷量，由动量定理有－BLq＝mv4－mv3q C ＝BLv4联立解得v4＝211m/s(4)杆a仅在ABCD区域中运动时产生焦耳热，即Q＝rR＋r(12mv12－12mv22)＝16J.8.如图所示，MN、PQ为足够长的水平光滑金属导轨，导轨间距L＝0.5m，导轨电阻不计，空间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1T；两直导体棒ab、cd均垂直于导轨放置，导体棒与导轨始终接触良好．导体棒ab的质量m1＝0.5kg，电阻R1＝0.2Ω；导体棒cd的质量m2＝1.0kg，电阻R2＝0.1Ω.将cd棒用平行于导轨的水平细线与固定的力传感器连接，给ab一个水平向右、大小为v＝3m/s 的初速度，求：(1)导体棒ab开始运动瞬间两端的电压Uab；(2)力传感器示数F随ab运动距离x的变化关系；(3)若导体棒ab向右运动的速度为1.5m/s时剪断细线，求此后回路中产生的焦耳热．答案(1)0.5V(2)F＝2.5－2518x(N)(0≤x≤1.8m)(3)0.375J解析(1)导体棒ab开始运动瞬间产生的感应电动势E＝BLv＝1×0.5×3V＝1.5 V回路的电流I＝ER1＋R2＝1.50.2＋0.1A＝5A导体棒ab开始运动瞬间两端的电压U ab ＝IR2＝0.5V(2)设导体棒ab向右运动x时的速度为v，则根据动量定理得－B I LΔt＝m1v－m1v而I＝ER1＋R2，E＝ΔΦΔt ＝BLx Δtab棒所受安培力F安＝BI′L＝B2L2vR1＋R2cd棒与ab棒所受安培力大小相等，故力传感器的示数F＝F安，联立得F＝B2L2R1＋R2[v－B2L2xm1R1＋R2]代入数据得F＝2.5－2518x(N)(0≤x≤1.8m)(3)若导体棒ab向右运动的速度为1.5m/s时剪断细线，此后ab做减速运动，cd 做加速运动，当两棒速度相等时达到稳定状态，由动量守恒定律可知m1v1＝(m1＋m2)v′回路中产生的焦耳热等于损失的机械能，则Q＝12m1v12－12(m1＋m2)v′2代入数据解得Q＝0.375J.。
高考物理二轮复习专题二能量与动量第2讲机械能守恒定律功能关系课件
如图所示．迅速手后，弹簧把小球弹起，球
升至最高位置C点，途中经过位置B时弹簧正好
处于原长．已知A、B间的高度差为h1，B、C 间的高度差为h2，重力加速度为g，不计空气阻力，
则( )
A．小球从A上升到B位置的过程中，动能一直增大
B．小球从A上升到C位置的过程中，机械能一直增
在弹簧与杆垂直时及弹簧处于自然伸长状态时，小 球加速度等于重力加速度，选项B正确；弹簧与杆 垂直时，弹力方向与小球的速度方向垂直，则弹力 对小球做功的功率为零，选项C正确；由机械能守
恒定律知，在M、N两点弹簧弹性势能相等，在N点 小球的动能等于从M点到N点重力势能的减小值，
选项D正确．
答案：BCD
(2)为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零．由 ①②式可知5mgl>μMg·4l⑩ 要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半 圆轨道的中点C.由机械能守恒定律有 12MvB2 ≤Mgl⑪ 联立①②⑩⑪式得53m≤M<52m.⑫ 答案：(1) 6gl 2 2l (2)53m≤M<52m
大
C．小球在位置A时，弹簧的弹性势能为mg(h2＋h1) D．一定有h2≥h1
解 加速析度：为小零球，上速升度时最先大加，速此后时减弹速簧，还当处m于g＝压F缩弹状时态，， 选项A错误．从A到B，小球和弹簧组成的系统机械
能守恒，弹性势能减小，小球的机械能增大；而从
B到C，只有重力对小球做功，机械能不变，选项B 错误．从A到C系统的机械能守恒，弹性势能全部转 化 确．为从重A力到势C，能弹，簧故的E弹p ＝性势mg能(h转2化＋为h1小) ，球选的重项力C 正势 能，动能最大位置在B点下方，故h2可等于零，选
学科网2012高考物理二轮复习精品资料Ⅱ 专题01 数学方法在物理中的应用(同步课件)
d
几何图形法
a
通过做辅助线连接ab 与ac,应用几何图形法，
b
根据圆的知识解得
c d
R t1＝t2＝t3＝ 2 g
例3．一电场的电场强度随时间变化的图像如 图所示，此电场中有一个带电粒子，在t=0 时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力 作用，则下列判断正确的是（D） E/(V/m) A.带电粒子将向一个方向运动 40 B.1～3s内，电场力的功率为零 C.3s末带电粒子的速度最大 20 D.2～4s内，电场力的做功等于零
几何图形法
l
乙的像
例4．现有1200个氢原子被激发到量子数为4的能 级上，若这些受激氢原子最后都回到基态，则在 此过程中发出的光子总数是多少？(假定处在量子 数为n的激发态的氢原子跃迁到各较低能级的原子 数都是处在该激发态能级上的原子总数的1/(n1) )( A ) A．2200 B．2000 C．1200 D．2400
b 水
几何图形法
红 蓝 a
三角函数法
’ h=h/n
b
水
例2．如图所示，S为于在平面内的内的点光源。 一平面镜垂直于平面放置，它与平面的交线为MN， MN与轴的夹角θ ＝30°。现保持S不动，令平面镜 以速率v沿x轴正方向运动，则S经平面镜所成的像 【D】 y A．以速率v沿x轴正方向运动 B．以速率v沿y轴正方向运动 N C．以速度v/2沿像与S’连线 M 方向向S运动 S θ D．以速率v沿像与S’连线方 x 向向S运动
二．把握应用数学处理物理问 题的能力要求。
常见的数学思想: 方程函数思想 分类讨论思想 数形结合思想 化归转化思想
图像求解法 数列极限法
常见的数学方法: 三角函数法 数学比例法 指数对数法 几何图形法 数学极值法 导数微元法 空间向量的坐标运算法 排列组合二项式定理法
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1
必修2
1.(改编自人教版必修2第29页“离心运动”)在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低.
如图1所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些.汽车的运动可看
作是做半径为R的圆周运动.设内外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L.
已知重力加速度为g.要使车轮与路面之间的横向摩擦力(即垂直于前进方向)等于零，则汽车
转弯时的车速应等于( )
图1
A. gRhL B. gRLh
C. gRhd D. gRdh
答案 C
解析 设路面的斜角为θ，作出汽车的受力分析如图所示.
由牛顿第二定律得：mgtan θ＝mv2R；又由数学知识得tan θ＝hd，所以有mghd＝mv2R得v＝
gRh
d
，故选C.
2.(改编自人教版必修2第6页“演示实验”) 如图2所示，小球在光滑水平面上以速度
v
做直线运动，当它经过磁铁后的运动轨迹可能是( )
图2
A.Oa B.Ob C.Oc D.Od
答案 D
解析 速度方向是切线方向，合力方向是指向磁体的方向，两者不共线，小球做曲线运动，
且运动轨迹偏向合力的方向，故D正确，A、B、C错误.
3.(改编自人教版必修2第26页“问题与练习”第5题)质点在恒力F的作用下做曲线运动，
2
P、Q为运动轨迹上的两个点，若质点经过P点的速度比经过Q点时速度小，则F
的方向可能
为图中的( )
答案 B
解析 做曲线运动的物体，其合外力指向轨迹的凹侧，C、D错；在由Q到P的运动过程中，
A项中的拉力F对物体做正功，速度增加，A错；在B项中，物体由Q运动到P的过程中，拉
力F做负功，速度减小，B对.
4.(改编自人教版必修2第25页“问题与练习”第3题)如图3所示，物块A与水平圆盘保持
相对静止，随着圆盘一起做匀速圆周运动，下面说法正确的是( )
图3
A.物块A受重力、支持力和指向圆心的静摩擦力
B.物块A受重力、支持力、向心力和指向圆心的静摩擦力
C.物块A相对圆盘的运动趋势方向是沿着A所在圆周的切线方向
D.物块A相对圆盘的运动趋势方向是沿着半径且背离圆心的方向
答案 AD
解析 对物块受力分析，如图，
受重力G，向上的支持力FN，重力与支持力二力平衡，既然物块匀速转动，就要有向心力，
指向圆心的静摩擦力提供物块做圆周运动的向心力，故A正确，B错误；若没有摩擦力，则
3
物块将向背离圆心的方向运动，所以物块A相对圆盘的运动趋势方向是沿着半径且背离圆心
的方向，故C错误，D正确.
5.(改编自人教版必修2第15页“问题与练习”第1题)某同学设计了一个研究平抛运动初速
度的家庭实验装置，如图4所示.在水平桌面上放置一个斜面，让钢球从斜面上滚下，钢球滚
过桌边后便做平抛运动，他把桌子搬到竖直墙壁附近，使做平抛运动的钢球能打在附有白纸
和复写纸的墙壁上，记录钢球的落点，改变桌子和墙壁的距离，就可以得到多组数据.
图4
(1)为了完成实验，除了题中和图中所示的器材外还需要的器材有__________.
(2)如果该同学第一次让桌子紧靠墙壁，从斜面上某一位置静止释放钢球，在白纸上得到痕迹
A.以后每次将桌子向后移动距离x＝10.00 cm，重复刚才的操作，依次在白纸上留下痕迹B
、
C、D，测得B、C间距离y2＝14.58 cm，C、D间距离y
3
＝24.38 cm，根据以上直接测量的物
理量得小球平抛的初速度为v0＝______(用x、y2、y3、g表示)，小球初速度的值为_____ m/s，
若痕迹D刚好位于墙脚，桌子的高度为________ m.(计算结果都保留两位有效数字，g取9.80
m/s2)
(3)在(2)小问的实验中，下列说法错误的是________.
A.墙壁必须是竖直的
B.每次都应该从斜面上同一位置静止释放小球
C.实验过程中，可以在桌面上向前或向后移动斜面
D.钢球经过桌面边缘的位置的切线方向应该水平
答案 (1)刻度尺 (2)xgy3－y2 1.0 0.44 (3)C
解析 (1)此实验中还需要有刻度尺.
(2)由竖直方向的运动可得：y3－y2＝gt2，故初速度v0＝xt＝xgy3－y2，代入数据可得：t＝
0.1 s，v0＝1.0 m/s；桌子的高度为h＝12g(3t)2＝12×9.80×(0.3)2 m≈0.44 m；
(3)实验过程中，不可以在桌面上向前或向后移动斜面，以保证小球做平抛运动的初速度保持
不变，故选项C错误.
4
6.(改编自人教版必修2第27页“拱形桥”)如图5所示，一辆质量为800 kg的小汽车驶上
圆弧半径为50 m的拱桥.求：(g＝10 m/s2)
图5
(1)汽车到达桥顶时速度为5 m/s，汽车对桥的压力是多大？
(2)汽车以多大速度经过桥顶时恰好对桥没有压力？(结果可用根式表示)
答案 (1)7 600 N (2)105 m/s
解析 (1)由受力分析可知：
Fn＝G－F
N
所以FN＝G－mv2R＝(8 000－800×2550) N＝7 600 N.
根据牛顿第三定律可知汽车对桥的压力为7 600 N.
(2)根据mg＝mv′2R得，
v′＝gR
＝10×50 m/s＝105 m/s.
7.(改编自人教版必修2第70页“探究的思路”)如图6所示为“探究功与速度变化的关系”
的实验装置，让小车在橡皮筋的作用下弹出，沿木板滑行.思考该探究方案并回答下列问题：
图6
(1)实验操作中需平衡小车受到的摩擦力，其最根本的目的是________.
A.防止小车不能被橡皮筋拉动
B.保证橡皮筋对小车做的功等于合外力对小车做的功
C.便于小车获得较大的弹射速度
D.防止纸带上打点不清晰
(2)实验中甲、乙两同学用两种不同的方法来实现橡皮筋对小车做功的变化.
甲同学：把多条相同的橡皮筋并在一起，并把小车拉到相同位置释放；
乙同学：通过改变橡皮筋的形变量来实现做功的变化.
你认为________(填“甲”或“乙”)同学的方法可行.
5
图7
(3)本实验可通过作图来寻找功与速度变化的关系.若所作的W－v的图象如图7所示，则下一
步应作________(填“W－v2”或“W－v”)的关系图象.
答案 (1)B (2)甲 (3)W－v2
解析 (1)小车下滑时受到重力、橡皮筋的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合外力，则
应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，使得橡皮筋做的功等于合外力对小车的功，故B正确.
(2)橡皮筋对小车做的功我们没法直接测量，所以我们是通过改变橡皮筋的条数的方法来改变
功，为了让橡皮筋 的功能够有倍数关系就要求将橡皮筋拉到同一位置处，故应选甲同学的方
法，乙同学的方法测不出橡皮筋到底做了多少功.
(3)“W－v2”可能是线性关系，故应做“W－v2”图象.
8.(改编自人教版必修2第4页“运动描述的实例”)在研究“运动的合成与分解”的实验中，
如图8甲所示，在一端封闭、长约1 m的玻璃管内注满清水，水中放置一个蜡块，将玻璃管
的开口端用胶塞塞紧.然后将这个玻璃管倒置，在蜡块沿玻璃管上升的同时，将玻璃管水平向
右移动，假设从某时刻开始计时，蜡块在玻璃管内每1 s上升的距离都是20 cm，玻璃管向
右匀加速平移，每1 s通过的水平位移依次是5 cm、15 cm、25 cm、35 cm.图乙中，y表示
蜡块竖直方向的位移，x表示蜡块随玻璃管运动的水平位移，t＝0时蜡块位于坐标原点.
图8
(1)请在图乙中画出蜡块4 s内的运动轨迹.
(2)求出玻璃管向右平移的加速度大小.
(3)求t＝2 s时蜡块速度v的大小.
答案 (1)如图所示 (2)0.1 m/s2 (3)25 m/s
6
解析 (1)蜡块在竖直方向做匀速直线运动，在水平方向向右做匀加速直线运动，根据题中的
数据画出蜡块4 s内的运动轨迹.根据题意，进行描点，然后平滑连接，如图所示.
(2)蜡块在玻璃管内每1 s上升的距离都是20 cm，也就是在竖直方向是匀速运动；由于玻璃
管向右为匀加速平移，根据Δx＝aΔt2可求得加速度，由题中数据可得：Δx＝10 cm，相邻
时间间隔为Δt＝1 s，则a＝ΔxΔt2＝0.1 m/s2；
(3)由运动的独立性可知，t＝2 s时，竖直方向的分速度为vy＝0.2 m/s；水平方向的分速度
vx＝0.2 m/s，故t＝2 s时蜡块的速度v＝v 2x＋v
2
y
＝25 m/s.