【知識(shí)結(jié)構(gòu)】黃岡中學(xué)：鄭帆動(dòng)v+vv+v2s2軌跡不是圓周的曲線此類問題往往應(yīng)用動(dòng)能定理或守mmFMx可以認(rèn)為這兩個(gè)天體除相互吸引作用外，不受其他外力作.............................................................？（用手抓住木板使它不動(dòng)，開啟小馬達(dá)，讓滑塊以速度v0運(yùn)動(dòng)起來(lái)，當(dāng)滑彈簧的長(zhǎng)度被壓縮了()），子水平，然后無(wú)初速釋放重物M，設(shè)繩子與大、小圓環(huán)間的摩擦均可忽略，求重物M下大、小圓環(huán)之間的摩擦均可以忽略，問兩個(gè)小圓環(huán)分接收超聲波脈沖信號(hào)．根據(jù)發(fā)出和接收到的信號(hào)間的時(shí)間差，測(cè)出被測(cè)物體的速度，圖的時(shí)間內(nèi)前進(jìn)的距離是________m，汽車BA5、關(guān)于繞地球勻速圓周運(yùn)動(dòng)的人造地球衛(wèi)星，下列說(shuō)法中，正確的是()AABθ的最大高度H的說(shuō)法中，正確的是()為1.6m，則兩擺長(zhǎng)la與lb分別為()443小車施以作用力，使小車由靜止開始運(yùn)動(dòng)起來(lái)速直線運(yùn)動(dòng)．以下說(shuō)法中，正確的是()mmMvF,該物體的運(yùn)動(dòng)速度隨時(shí)間變化的圖像如圖1864244運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)小滑塊將做什么運(yùn)動(dòng)？h黃岡中學(xué)：徐輝::命題導(dǎo)向:動(dòng)量守恒與能量守恒是近幾年高考理科綜合物理命題大考生普遍感到棘手的難點(diǎn)之一．動(dòng)量守恒與能量終，是聯(lián)系各部分知識(shí)的主線．它不僅為解決力學(xué)我們分析問題和解決問題提供了重要依據(jù)．守恒思想是物理學(xué)是物理學(xué)研究的極高境界，是開啟物理學(xué)大門的金鑰匙，同樣和能力培養(yǎng)的重要方面．因此，兩個(gè)守恒可謂高考物理的重中①靈活性強(qiáng)，難度較大，能力要求高，內(nèi)容極豐富，多次③兩個(gè)守恒定律不論是從內(nèi)容上看還是從方法上看都極易求，經(jīng)常與牛頓運(yùn)動(dòng)定律、圓周運(yùn)動(dòng)、電磁學(xué)和近代物理知放在分析問題和解決問題的能力上．因此在第二輪復(fù)習(xí)中，和規(guī)律的同時(shí)，注重分析綜合能力的培養(yǎng)，訓(xùn)練從能量、動(dòng)），），以上說(shuō)法正確的是()（1）飛機(jī)在跑道上加速時(shí)所受阻力f的大??；M光滑水平面上向右運(yùn)動(dòng)，并與豎直墻壁發(fā)生碰撞，設(shè)碰撞時(shí)間極短且碰撞后平Mm一水平輕彈簧，小車和砂箱的總質(zhì)量為M，車上放有一物塊A，質(zhì)量也是M，物塊A隨ABHW2，沖量是I2，那么()A．I<IW=WB．I<IW<WC．I=IW=W2．矩形滑塊由不同材料的上、下兩層粘在若射擊下層，整個(gè)子彈剛好嵌入，則上述兩種情況比較，說(shuō)法正確的是()A．①④B．②④3444．離子發(fā)動(dòng)機(jī)是一種新型空間發(fā)動(dòng)機(jī)，它能給衛(wèi)星中有一種離子發(fā)動(dòng)機(jī)是讓電極發(fā)射的電子撞擊氙原子，加速電場(chǎng)加速后從尾噴管噴出，從而使衛(wèi)星獲得反沖力時(shí)間內(nèi)噴出離子的數(shù)目和速率，能準(zhǔn)確獲得所需的糾偏個(gè)一個(gè)在A處放到傳送帶上，放置時(shí)初速為零，經(jīng)傳送帶運(yùn)送到D愛斯基摩狗站在雪橇上．狗向雪橇的正后方跳下，隨后又追后狗又反復(fù)地跳下、追趕并跳上雪橇．狗與雪橇始終沿一條．（．（CCBA與木塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，當(dāng)物塊與木塊達(dá)到相對(duì)靜止時(shí)黃岡中學(xué)：江楚橋②數(shù)學(xué)表達(dá)式：E=F/q，單位：V/mE=F/q②定義式或單位：VⅡ電勢(shì)是標(biāo)量，有正負(fù)，其正負(fù)表示該的電勢(shì)與零電勢(shì)的比較是高還是U=UU，若U>0，則U>U，若U=0，則U=U；若U<0，則U<U從牛頓力學(xué)中的所有規(guī)律，所以在計(jì)算其大小、方向時(shí)應(yīng)按電生的效果時(shí)，應(yīng)根據(jù)力學(xué)中解題思路進(jìn)行分析處理。對(duì)于靜電指帶電體的加速度為零的靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，屬于“靜帶電體受的外力時(shí)除重力、彈力、摩擦力等等，還需多一種電EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(2),2)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(2),1)在非勻強(qiáng)電場(chǎng)中的加速問題一般屬于物體受變力作用運(yùn)動(dòng)問題。處理的方法只設(shè)極板間的電壓為U，兩極板間的距離為d，極板長(zhǎng)度為L(zhǎng)。運(yùn)動(dòng)狀態(tài)分析：帶電粒子垂直于勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)方向進(jìn)動(dòng)vy0帶電粒子從極板的中線射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，其出射這類問題關(guān)鍵在于弄清楚哪些是變量；哪些是不變量量。同時(shí)要注意對(duì)公式的理解，定義式適用于任何電電容器結(jié)構(gòu)變化引起的動(dòng)態(tài)變化問題的分析方法平行板電容器是電容器的一兩極板間一帶電粒子，則其受力及運(yùn)動(dòng)情況將隨之變化，與接著弄清三點(diǎn)：①電容器兩極板是否與電源相連接？極板電勢(shì)為零度，電場(chǎng)中任一點(diǎn)的電勢(shì)均小于零且沿電場(chǎng)線方①v0=0f洛=0為靜止?fàn)顟B(tài)②v//Bf洛=0則粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)qmq（）mUU~~光速，根據(jù)愛因斯坦的狹義相對(duì)論，這里粒子的質(zhì)量將隨而使粒子的回旋周期變大（頻率變?。┻@樣交變電場(chǎng)的周運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生相應(yīng)的變化，粒子表現(xiàn)出來(lái)的運(yùn)動(dòng)形式可能是B?AAuuAt00u0uAt2、若粒子以初速度為v0從B板射入兩極板之間，并且電所以這類問題要結(jié)合粒子的初始狀態(tài)、電壓變化的特點(diǎn)關(guān)于這一模型，我們必須清楚，它只能選取擇速度，而不能選取其運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的改變由其受到的合力決定，因此，對(duì)運(yùn)動(dòng)物②重力、電場(chǎng)力與物體運(yùn)動(dòng)速度無(wú)關(guān)，由物體的質(zhì)量決定重電場(chǎng)力大小；但洛侖茲力的大小與粒子速度有關(guān)，方③非勻變速曲線運(yùn)動(dòng)；當(dāng)帶電物體所受的合力變化且和處理力電綜合題與解答力學(xué)綜合題的思維方①用力的觀點(diǎn)進(jìn)解答，常用到正交分解的方法將力分解到應(yīng)用牛頓第三定律列出運(yùn)動(dòng)方程，然后對(duì)研究對(duì)象的運(yùn)動(dòng)進(jìn)分直線運(yùn)動(dòng)來(lái)處理，再運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)的特點(diǎn)與方法，然后根據(jù)相關(guān)對(duì)于受變力作用的帶電體的運(yùn)動(dòng)，必須借助于能量觀點(diǎn)來(lái)a從初、末狀態(tài)的能量相等（即E1=E2）列方程即幾個(gè)場(chǎng)可以同時(shí)占據(jù)同一空間，從而形成疊加場(chǎng)，對(duì)于疊加據(jù)力的獨(dú)立作用原理分別研究每一種場(chǎng)力對(duì)物體的作用效果；②M點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為4kQ/d2上述說(shuō)法中正確的是()AEQ\*jc3\*hps31\o\al(\s\up7(·),MEQ\*jc3\*hps31\o\al(\s\up7(·),M)B場(chǎng)強(qiáng)E，使連接AB長(zhǎng)為l的絕緣細(xì)線拉OEAB入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)量為h，兩平行板間的距離為d，電勢(shì)差為U2，ll0hdU強(qiáng)度，則下列說(shuō)法中正確的是()偏轉(zhuǎn)極板長(zhǎng)度和極板距離均為L(zhǎng)，帶電粒子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后即進(jìn)入一個(gè)垂直紙面BDBDULSdUL弦交流電源的兩端，整個(gè)裝置放在高度真空容器中，圓＝－【例7】一水平放置的平行板電容器置于真空中yBExP勢(shì)，則()A.E一定大于E，U一定大于UO?B.E不一定大于E，U一定大于UC.E一定大于E，U不一定大于UD.E不一定大于E，U不一定大于U—5C的負(fù)電—5C的負(fù)電BAQ點(diǎn)的距離也為l，改變A球的帶電量，B球?qū)⒃诓煌臑?BAQA.OOABUUUU在每個(gè)電子通過電場(chǎng)區(qū)域的極短時(shí)間。內(nèi)，電場(chǎng)可視作恒定的。兩板右標(biāo)系的原點(diǎn)，并取y軸豎直向上，試計(jì)算電子打到記錄紙上的最高點(diǎn)的y坐標(biāo)和x坐lblAkSd0U0B圖5t0電計(jì)指針變化作出平行板電容器電容變小的結(jié)論，其依據(jù)是()A.兩極板間的電壓不變，極板上的電量變小BBAA置，則下列說(shuō)法中正確的是()A.θOyyMOxNBlA＝－力影響均可忽略，則(BlAkg，兩塊中心開有小孔的極板。原來(lái)電勢(shì)都是零，每當(dāng)粒子飛經(jīng)A板時(shí)，A板電勢(shì)升高為+U，B板電勢(shì)仍保持為零，粒子在兩板間電場(chǎng)中得到加速。每當(dāng)粒子離開B板時(shí)，A板nn(4)在圖22(2)中畫出A板電勢(shì)u與時(shí)間t的R0uU各時(shí)刻t1,t2,t3及tn的表達(dá)式（質(zhì)點(diǎn)開始從中點(diǎn)上升到最高點(diǎn)，及以后每次從最高uA+A0BtBtAD0EB0EB黃岡中學(xué)王小蘭形式能轉(zhuǎn)化為電能的特點(diǎn)和規(guī)律；電路問題主要是討論在復(fù)習(xí)電磁感應(yīng)部分時(shí)，其核心是法拉第電磁感應(yīng)定律和是揭示感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小所遵循的規(guī)律；一個(gè)是揭通量的變化率越大，外界所做的功也越大．楞次定律的表述礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化，從楞次定律的內(nèi)容可以判斷必須克服感應(yīng)電流的阻礙，需要外界做功，需要消耗其他形式如果能站在能量的角度對(duì)這兩個(gè)定律進(jìn)行再認(rèn)識(shí)，就能夠?qū)@），歐姆定律為中心討論電動(dòng)勢(shì)概念、閉合電路中的電流、路端轉(zhuǎn)化；其三，對(duì)高中物理所涉及的三種不同類別的電路進(jìn)行壓器電路、遠(yuǎn)距離輸電電路，比較這些電路哪些是基本不變?cè)谧儔浩麟娐分?，如果題目不加特殊強(qiáng)調(diào)，變壓器的輸入在遠(yuǎn)距離輸電電路中，如果題目不加特殊強(qiáng)調(diào)，發(fā)電廠輸方法：圖象問題有兩種：一是給出電磁感應(yīng)過程選出的有關(guān)圖象分析電磁感應(yīng)過程，求解相應(yīng)的物理量．其思路律計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)．感應(yīng)電流的大小，利用楞次定律或右手利用圖象法直觀，明確地表示出感應(yīng)電流的大小和方向．（1）求線框中感應(yīng)電流的最大值I0和交變感應(yīng)電流的頻率f．①方法：利用歐姆定律，串、并聯(lián)電路的性質(zhì)律感應(yīng)電流I感應(yīng)電流I隨速度變化，部分彈力及相應(yīng)的摩擦力也隨之而變，EQ\*jc3\*hps29\o\al(\s\up5(v0),2)①應(yīng)用動(dòng)量定理可以由動(dòng)量變化來(lái)求解變力的沖量，如在②在相互平行的水平軌道間的雙棒做切割磁感線運(yùn)動(dòng)時(shí)，由安培力等大反向，合外力為零，若不受其他外力，兩導(dǎo)體棒————————344方法：在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，切割磁感線的導(dǎo)體或磁LLRL①求電功、電功率以及確定保險(xiǎn)絲的熔斷電流等物理量時(shí)方法：從電場(chǎng)中的帶電粒子受力分析入手，綜合運(yùn)用v方法：①變壓器遵循的是法拉第電磁感應(yīng)定律，理想入功率等于輸出功率．②理想變壓器原線圈的電壓決定著負(fù)線負(fù)載反過來(lái)影響著原線圈的電流，輸入功率．③遠(yuǎn)距離輸電是中損失功率是最為關(guān)鍵的因素．④在供電電路、輸電電路、用中，輸出電路中的電流和輸電回路中的損失電壓是聯(lián)系其余兩I送RI送P輸~P輸U(kuò)送電的需求，則該輸電線路所使用的理想電壓、降壓變壓器的匝a(bǔ)ltdialtdi當(dāng)滑變阻器的滑動(dòng)觸頭向下滑動(dòng)時(shí)()A1~TA則()y屬環(huán)沿拋物線下滑后產(chǎn)生的焦耳熱總量是()的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌上，兩導(dǎo)軌間距也是線圈產(chǎn)生垂直于金屬工件所在平面的變化磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化率為運(yùn)動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，兩個(gè)電表中有一個(gè)電表的（2）將滑動(dòng)變阻器的電阻調(diào)到R0=3Ω,要使ab達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)狀態(tài)時(shí)，兩個(gè)電表中于()滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，則磁場(chǎng)B的變化情況是()PPE′中錯(cuò)誤的是()..~c黃岡中學(xué)丁汝輝刻度尺、游標(biāo)卡尺、螺旋測(cè)微器、天平、秒表、打用各種測(cè)量?jī)x器測(cè)量有關(guān)物理量，讀數(shù)時(shí)首先要弄器為例：精度為，其讀數(shù)方法是：讀數(shù)=固定刻度數(shù)(含半毫米刻度)+示數(shù)__________cm示數(shù)__________cm示數(shù)_________cm【特別提示】一般來(lái)說(shuō)，除游標(biāo)卡尺、秒表、電阻箱外，其他測(cè)量?jī)x器的讀數(shù)都有些物理量不能由測(cè)量?jī)x器直接測(cè)量，這時(shí)，可利用..力功根據(jù)F=ma轉(zhuǎn)化為測(cè)量m、a（1）多次測(cè)量求平均值2）圖象法定性分析某些實(shí)驗(yàn)中產(chǎn)生誤差的主要原因；知道用大或總是偏?。┑恼`差，稱為系統(tǒng)誤差．系統(tǒng)誤差的實(shí)驗(yàn)原理、方法不夠完善．由于偶然因素的差．偶然誤差是由于各種偶然因素對(duì)實(shí)驗(yàn)者、測(cè)量?jī)x多次測(cè)量偏大和偏小的機(jī)會(huì)相同，因此，多用測(cè)得的量及加速度a表示阻力的計(jì)算式為f=_______________．①由已知量和測(cè)得量表示角速度的表達(dá)式為ω=______________，式中各量的意角速度為_______．I/(A)I/(A)用（或還需）哪些實(shí)驗(yàn)器材，應(yīng)測(cè)量哪些物理量，如何編排計(jì)又往往依賴于所提供的實(shí)驗(yàn)器材（條件）和實(shí)驗(yàn)要求，VVAVAV1V1V2A2A1V1RA1A2V2R2S1RV1RV1V21GVS22R1V①電表選擇：為了減小電表讀數(shù)引起的偶然誤差，選擇電電壓的最大值，同時(shí)要考慮電表間、電表與電源間的量多組數(shù)據(jù)的要求．常見于變阻器全電阻遠(yuǎn)在限流、分壓兩種電路都滿足實(shí)驗(yàn)要求時(shí)，由于限流電路在限流電路中，對(duì)測(cè)量電路而言，全電阻較大的變阻器起.（1）電流表應(yīng)選______________，電壓表應(yīng)選________________．15—11上畫出連線．Ω,則待測(cè)電流表A1的內(nèi)阻R1=_____Ω._____________，選用的電池為_____________．確的電壓表VB對(duì)改裝后的電壓表的所有刻度進(jìn)行校2．甲、乙、丙三位同學(xué)在使用不同的游標(biāo)）．器應(yīng)該選_____________(填A(yù)或B)，這是因?yàn)開______________________．熱敏電阻的I—U關(guān)系圖線如圖5—26所示，則電流表mA的內(nèi)阻為()只能接一個(gè)電器元件．并且已知黑箱內(nèi)的電器元件是一只電阻和ABACBABCCACB（1）電阻接在_______________兩點(diǎn)間，阻值（2）二極管接在_______________兩點(diǎn)間，其劃板中心剖線對(duì)齊某亮條紋的中心，此時(shí)測(cè)手輪，使分劃線向一側(cè)移動(dòng)，到另一條亮條紋的中心位置，由測(cè)量頭再讀P數(shù)字]t=____________s．②某同學(xué)上交的實(shí)驗(yàn)報(bào)告顯示重錘的動(dòng)能略大于重錘的勢(shì)能測(cè)量,可以消除由于電表內(nèi)阻造成的系統(tǒng)誤差．利可算出滿偏電流I=__________，式中除N、n外,其他字母符號(hào)代表的物理量是g要求設(shè)計(jì)—個(gè)測(cè)定電流表A2（量程250mA，內(nèi)阻r2約為5Ω)內(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)方案．（2）要直接測(cè)出的物理量是__________________，用這些物理量等勢(shì)點(diǎn)．用探針把這一點(diǎn)的位置也壓印在白紙上．用相選用的量程是______________．若合上S，調(diào)節(jié)滑線變阻器后測(cè)得電壓表的讀數(shù)為D．滑動(dòng)變阻器（最大阻值10Ω,額定電流1A）F．電阻箱（最大阻值99．9Ω,最小改變量0.1Ω)器材的選擇上，除了電池組、導(dǎo)線、開關(guān)和待測(cè)電壓表外_____________________求對(duì)電壓表的每一條刻度線都進(jìn)行校正，請(qǐng)你將這些器材連24．量程為3V的電壓表V內(nèi)阻約為3kΩ,要求測(cè)出該電壓表內(nèi)阻的精滑線變阻器Rb（最大阻值1000Ω,允許最大電流0.2A）專題一運(yùn)動(dòng)和力參考答案由平衡條件有：Fcos30o=ffNFt1t1tAtAA—t1))tAtAL—t1)—L①①r12r12O[例4]解答1）A、B兩球以相同的初速度v0，從同一點(diǎn)水平拋出，可以肯定它xy[例5]解答1）A球通過最低點(diǎn)時(shí)，作用于環(huán)形圓管的壓力豎直向下，根據(jù)牛頓①⑤⑤解得v2=vEQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up3(2),0)—4gR⑥av0[例8]解答：以m表示球的質(zhì)量，F(xiàn)表示兩球相互作用的恒定斥力，l表示兩球間球間距由l先減小，到又恢復(fù)到l的過程中，A球的運(yùn)動(dòng)路程為l1，B球運(yùn)動(dòng)路程為l2，EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(2),0)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(2),1)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(2),2)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(2),2)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(2),0)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(2),2)跟蹤練習(xí)21）重物先向下做加速運(yùn)動(dòng)，后做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)重物速度為零NNTTTTEQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(1),2)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(2),2)T第二個(gè)超聲波從發(fā)出至接收，經(jīng)T+△T時(shí)間，C車第二車接收超聲波時(shí)距B為EQ\*jc3\*hps29\o\al(\s\up11(T),2)61）根據(jù)動(dòng)能定理，可求出衛(wèi)星由近地點(diǎn)到遠(yuǎn)地點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程中，地xxyv0gEQ\*jc3\*hps29\o\al(\s\up10(h),2)EQ\*jc3\*hps29\o\al(\s\up10(1),2)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(2),1)3EQ\*jc3\*hps29\o\al(\s\up10(9),4)EQ\*jc3\*hps30\o\al(\s\up10(Δ),Δ)EQ\*jc3\*hps30\o\al(\s\up10(v),t)EQ\*jc3\*hps30\o\al(\s\up10(Δ),Δ)EQ\*jc3\*hps30\o\al(\s\up10(v),t)②②EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up3(2),0)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(v0),2)EQ\*jc3\*hps29\o\al(\s\up10(2h),g)專題二動(dòng)量與機(jī)械能解析：本題辨析一對(duì)平衡力和一對(duì)作用力和反作用力的功力大小相等、方向相反，作用在同一物體上，所以，同一段時(shí)間力與反作用力，雖然兩者大小相等，方向相反，但分別作用在兩互作用力、磁體間相互作用力的做功，都是同時(shí)做正功，或同【例2】解析1）飛機(jī)達(dá)到最大速度時(shí)牽引力F與其所受阻力f大小相等，選物體為研究對(duì)象，在t1時(shí)間內(nèi)其受力情況如圖①所示，選F的方向?yàn)檎较?，根FNFN①FNN②應(yīng)用動(dòng)量定理解題對(duì)全程列式較簡(jiǎn)單，這時(shí)定理中的合外力的程中各力沖量的矢量和．此題應(yīng)用牛頓第二定當(dāng)剪斷兩物體之間的輕線后，輕線對(duì)小球的拉力減小，不足以維持小球在半的軌道上繼續(xù)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，于是小球沿切線方向逐漸④需要選零勢(shì)面和找出物體與零勢(shì)面的高度差，比較麻煩EQ\*jc3\*hps30\o\al(\s\up1(MV),1)①所以木塊在被第二顆子彈擊中前向右運(yùn)動(dòng)離A點(diǎn)最遠(yuǎn)時(shí)，⑩最終平拋落地，當(dāng)去掉擋板，由于物對(duì)車的作用，小車將向左體相對(duì)車滑動(dòng)的同時(shí)，隨車一起向左移動(dòng)，整個(gè)過程機(jī)械能守能將比在前一種情況下小，最終平拋落地，小車同時(shí)向前運(yùn)動(dòng)③⑦此種情況下落地點(diǎn)距車右端的距離【例7】解析1）設(shè)第一次碰墻壁后，平板車向左移動(dòng)s，速度為0．由于體系②⑤⑤⑥⑥圖（abc）表示a）為平板車與墻壁撞后瞬間滑塊與平板車的位置，圖（b）為板車與滑塊再次達(dá)到共同速度為兩者的位次碰撞，每次情況與此類似，最后停在墻邊．設(shè)滑塊相對(duì)平板車總位移為l，則有⑦⑧A、彈簧、車系統(tǒng)為研究對(duì)象，水平方向仍未受任何外力作用，系統(tǒng)③③彈簧，獲得對(duì)車向左的動(dòng)能，設(shè)剛滑至車尾，則相對(duì)車靜I1=I2【說(shuō)明】物體在恒定的合外力F作用下做直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可知物兩種情況最終兩木塊（包括子彈）速度都相等．對(duì)木塊由動(dòng)做功一樣多．由動(dòng)量定理知：兩次木塊所受沖量一樣大．對(duì)上滑時(shí)，物塊對(duì)容器的作用力有一水平向右的分量，容器將守恒定律得mvB=(m+M)v②在發(fā)射離子過程中，衛(wèi)星和發(fā)射出的離子系統(tǒng)，動(dòng)量守恒EQ\*jc3\*hps29\o\al(\s\up9(1),2)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(2),C)后進(jìn)行的平拋運(yùn)動(dòng)階段．彈簧彈力是變化的，求彈簧彈力能量變化間接來(lái)判斷．對(duì)于物體運(yùn)動(dòng)的全過程必須逐段進(jìn)合的規(guī)律：如本題最后一個(gè)階段是平拋運(yùn)動(dòng)，物塊在C點(diǎn)有動(dòng)能，不能把平拋當(dāng)成自由 用f表示小箱與傳送帶之間的滑動(dòng)摩擦力，則⑤T時(shí)間內(nèi)，電動(dòng)機(jī)輸出的功為W=PTEQ\*jc3\*hps29\o\al(\s\up9(3),4)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(2),t)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(2),x)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(2),y)有Ek2—Ek1=—WfEQ\*jc3\*hps29\o\al(\s\up11(1),2)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(2),C)ii此進(jìn)雪橇的速度已大于狗追趕的速度，狗將不可能追③④B球與板碰撞后B與A動(dòng)量守恒EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(v0),3)⑦EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(v0),3)Ek總大于A球最初的動(dòng)能mvEQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(2),0)，因此這種狀態(tài)是不可p說(shuō)明：該題以“雙電荷交換反應(yīng)”為背景，考查知識(shí)，又考查了理解能力，推理能力，分析綜合能力，突出了必須首先弄清整個(gè)物理因素，針對(duì)不同的物體在各個(gè)階段的受⑤彈簧達(dá)到自然長(zhǎng)度后，D繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)根據(jù)上面的分析，把復(fù)雜的物理過程分解為幾個(gè)簡(jiǎn)單的最短和伸長(zhǎng)最長(zhǎng)的隱含條件，運(yùn)用物理規(guī)律列設(shè)物A速度為v時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大為Ep，根據(jù)能量守恒做功③④,此時(shí)AB兩板的速度為vB，由動(dòng)量守恒得A滑行距離為y，由動(dòng)量守恒得：MvB+mv=(m+M)vA即f對(duì)物體做負(fù)功，使物塊動(dòng)能減少．對(duì)木塊，滑動(dòng)摩擦力f對(duì)木塊做正功，由動(dòng)能定理得即f對(duì)木塊做正功，使木塊動(dòng)能增加，系統(tǒng)減少的機(jī)械能為t評(píng)析：系統(tǒng)內(nèi)一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做功之和（凈功）為負(fù)值，與相對(duì)位移的乘積，其絕對(duì)值等于系統(tǒng)機(jī)械能的能，記為Q=fs相對(duì)．③0②③④電容器電容可知，當(dāng)d增大S不變時(shí)，電容C減電荷量減??；又由可知，場(chǎng)強(qiáng)E減小，故A選項(xiàng)正確；當(dāng)U①LBU①LBRLRLUDUD粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類似平拋運(yùn)動(dòng)，其加速度a為：00③④則磁場(chǎng)寬度D為：⑥⑦粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T為：T⑧⑧偏轉(zhuǎn)電壓正負(fù)極換向時(shí)間t為：【例6】解析：正離子每次經(jīng)過縫隙時(shí)都能得到加速T①②③【例7】解析：設(shè)帶電粒子帶電為+q，根據(jù)題目條件可知，要使粒子平衡，則a2，回到出發(fā)點(diǎn)A。設(shè)粒子從B到A的時(shí)間為t2。②②③⑤=a2=a2如圖所示．在這段時(shí)間內(nèi)微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明三力電場(chǎng)力作用，其合力為一恒力，與初速度有一夾角，因此—4N—4N則有：(Bqv)2=(Eq)2+(mgfBfx2G′在后一段時(shí)間內(nèi)的運(yùn)動(dòng)為類平拋運(yùn)動(dòng)．可沿初速度方向和合力跟蹤練習(xí)離電荷越遠(yuǎn)越低，必有Ua大于Ub，所以B選項(xiàng)正確。AB—53=—5.2—2JOABβAmgT2B（1234）βAB5.解析：設(shè)電子經(jīng)電場(chǎng)加速后的速度為v0①設(shè)電子射出平行板的偏角為θ,兩極板間的距離為d，電子的加速度為ax0x電子穿過A、B板的時(shí)間為t0，則l=v0t0，電子在垂直A、B板方向的運(yùn)動(dòng)為勻加速 d0小，根據(jù)可知，電容C增大，根據(jù)可知，極板間電壓變??；由電場(chǎng)強(qiáng)度和可知與極間距離d無(wú)關(guān)，所以電場(chǎng)強(qiáng)度EPPC yyMOxN動(dòng)…重復(fù)進(jìn)行，如圖所示軌跡，最后到達(dá)M點(diǎn)，粒子在電場(chǎng)中，運(yùn)動(dòng)距離b到達(dá):滿足條件的N至O距離 n次加速）回到A板時(shí)獲得的總動(dòng)能為E=nqUnnnnU②EQ\*jc3\*hps29\o\al(\s\up5(/),1)EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up3(/),1)33此后P在電場(chǎng)力和重力的共同作用下，由’得到：而③順時(shí)針方向合電路的歐姆定律可知電路中總電路I變小，由選A．【例3】解析1）由題意可知，金屬桿在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)分為兩個(gè)階段：先沿EQ\*jc3\*hps29\o\al(\s\up5(v0),2)EQ\*jc3\*hps30\o\al(\s\up10(v),a)線圈受到的安培力為F=BIL③（2）設(shè)線圈從開始下落到剛好完全進(jìn)入磁場(chǎng)所用時(shí)間為t，根據(jù)動(dòng)量定理mgt—IF=mv—0⑧E線圈中產(chǎn)生的平均電流I=⑩ER344mEQ\*jc3\*hps29\o\al(\s\up10(1),4)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up3(2),0)LEQ\*jc3\*hps30\o\al(\s\up10(L),3)聯(lián)立以上各式解得I【例7】解析1）線圈中產(chǎn)生的熱量應(yīng)用轉(zhuǎn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的交變電流的有效值來(lái)計(jì)算．因線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的峰值為E=NBa2①,故線圈中電流的有效值為m所以通過導(dǎo)體截面的電量為q=It=——R答案1）Q=【例8】解1）帶電粒子在電容器兩極板間靜止時(shí)，受向上的電場(chǎng)力和向下的Ud①②②EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(2),總)送則送電電壓為U送送燈跟蹤練習(xí)iil0Ov-l0vlvtEQ\*jc3\*hps27\o\al(\s\up7(O),/4)UU0U并=U2A2=IIR↑2A2A2E回路中的電流I=②Rf1=Bl1I③方向向上，作用于桿x2y2的安培力f2=Bl2I④金屬杯全部進(jìn)入磁場(chǎng)后，不產(chǎn)生磁感應(yīng)電流，由能量答案1）滿偏的電表是電壓表．因?yàn)槿綦娏鞅頋M偏，電路中的電流I=3A，電阻R功能關(guān)系有Fv=I2(R+r)