2019-2019高考物理机械能守恒定律和功能关系专题练习在只有重力或系统内弹力做功的物体系统内，物体的动能和势能可以相互转化，但机械能保持不变，下面是机械能守恒定律和功能关系专题练习，请考生仔细练习。
1.(2019高考天津卷)如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态.现让圆环由静止起先下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中()A.圆环的机械能守恒B.弹簧弹性势能改变了mgLC.圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D.圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变解析：选B.圆环沿杆下滑的过程中，圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，选项A、D错误;弹簧长度为2L时，圆环下落的高度h=L，依据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能增加了Ep=mgh=mgL，选项B正确;圆环释放后，圆环向下先做加速运动，后做减速运动，当速度最大时，合力为零，下滑到最大距离时，具有向上的加速度，合力不为零，选项C错误.2.如图所示，可视为质点的小球A、B用不行伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍.当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高.将A由静止释放，B上升的最大高度是()A.2RB.C.D.解析：选C.如图所示，以A、B为系统，以地面为零势能面，设A质量为2m，B质量为m，依据机械能守恒定律有：2mgR=mgR+3mv2，A落地后B将以v做竖直上抛运动，即有mv2=mgh，解得h=R.则B上升的高度为R+R=R，故选项C正确.3.(2019山东潍坊二模)(多选)如图所示，足够长粗糙斜面固定在水平面上，物块a通过平行于斜面的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m.起先时，a、b均静止且a刚好不受斜面摩擦力作用.现对b施加竖直向下的恒力F，使a、b做加速运动，则在b下降h高度过程中()A.a的加速度为B.a的重力势能增加mghC.绳的拉力对a做的功等于a机械能的增加D.F对b做的功与摩擦力对a做的功之和等于a、b动能的增加解析：选BD.由a、b均静止且a刚好不受斜面摩擦作用知：FT=mg，FT=magsin .即：mg=magsinEpa=maghsin由得：Epa=mgh选项B正确.当有力F作用时，物块a与斜面之间有滑动摩擦力的作用，即绳子的拉力增大，所以a的加速度小于，选项A错误;对物块a、b 分别由动能定理得：WFT-magsin h+Wf=EkaWF-WFT+mgh=Ekb由式可知，选项C错、D对.4.(2019湖北八校高三联考)(多选)如图所示，足够长的传送带以恒定速率沿顺时针方向运转.现将一个物体轻轻放在传送带底端，物体第一阶段被加速到与传送带具有相同的速度，其次阶段匀速运动到传送带顶端.则下列说法中正确的是()A.第一阶段和其次阶段摩擦力对物体都做正功B.第一阶段摩擦力对物体做的功大于物体机械能的增加量C.其次阶段摩擦力对物体做的功等于其次阶段物体机械能的增加量D.第一阶段摩擦力与物体和传送带间的相对位移的乘积在数值上等于系统产生的内能解析：选ACD.第一阶段和其次阶段传送带对物体的摩擦力方向均沿传送带方向向上，故对物体都做正功，选项A正确;在第一阶段和其次阶段摩擦力对物体做的功等于物体机械能的增加量，选项B错误、选项C正确;第一阶段摩擦力与物体和传送带之间的相对位移的乘积数值上等于系统产生的内能，选项D正确.5.(多选)如图所示，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块，现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为时小物块起先滑动，此时停止转动木板，小物块滑究竟端的速度为v，在整个过程中() A.木板对小物块做的功为mv2B.支持力对小物块做的功为零C.小物块的机械能的增量为mv2-mgLsinD.滑动摩擦力对小物块做的功为mv2-mgLsin解析：选AD.在运动过程中，小物块受重力、木板施加的支持力和摩擦力，整个过程重力做功为零，由动能定理W木=mv2-0，A 正确;在物块被缓慢抬高过程中摩擦力不做功，由动能定理得W 木-mgLsin =0-0，则有W木=mgLsin ，故B错误;由功能关系，机械能的增量为木板对小物块做的功，大小为mv2，C错误;滑动摩擦力对小物块做的功Wf=W木-W木=mv2-mgLsin ，D正确.6.(2019长春二模)(多选)如图所示，物体A的质量为M，圆环B 的质量为m，通过轻绳连接在一起，跨过光滑的定滑轮，圆环套在光滑的竖直杆上，设杆足够长.起先时连接圆环的绳处于水平，长度为l，现从静止释放圆环.不计定滑轮和空气的阻力，以下说法正确的是()A.当M=2m时，l越大，则圆环m下降的最大高度h越大B.当M=2m时，l越大，则圆环m下降的最大高度h越小C.当M=m时，且l确定，则圆环m下降过程中速度先增大后减小到零D.当M=m时，且l确定，则圆环m下降过程中速度始终增大解析：选AD.由系统机械能守恒可得mgh=Mg(-l)，当M=2m时，h=l，所以A选项正确;当M=m时，对圆环受力分析如图，可知FT=Mg，故圆环在下降过程中系统的重力势能始终在削减，则系统的动能始终在增加，所以D选项正确.7.(多选)如图为用一钢管弯成的轨道，其中两圆形轨道部分的半径均为R.现有始终径小于钢管口径的可视为质点的小球由图中的A位置以肯定的初速度射入轨道，途经BCD最终从E离开轨道.其中小球的质量为m，BC为右侧圆轨道的竖直直径，D点与左侧圆轨道的圆心等高，重力加速度为g，忽视一切摩擦以及转弯处能量的损失.则下列说法正确的是()A.小球在C点时，肯定对圆管的下壁有力的作用B.当小球刚好能通过C点时，小球在B点处轨道对小球的支持力为自身重力的6倍C.小球在圆管中运动时通过D点的速度最小D.小球离开轨道后的加速度大小恒定解析：选BD.当小球运动到C点的速度v=时，小球与轨道间没有力的作用，当v时，小球对轨道的上壁有力的作用;当v时，小球对轨道的下壁有力的作用，A错误;小球在C点对管壁的作用力为0时，有vC=，依据机械能守恒定律有mg2R+mv=mv，在B点时依据牛顿其次定律有N-mg=m，解得轨道对小球的支持力N=6mg，B正确;在B、C、D三点中瞬时速度最大的是B点，瞬时速度最小的是C点，C错误;小球从E点飞出后只受重力作用，加速度恒定，则小球做匀变速曲线运动，D正确.8.(2019名师原创卷)我国两轮电动摩托车的标准是：由动力驱动，整车质量大于40 kg，最高车速不超过50 km/h，最大载重量为75 kg.某厂欲生产一款整车质量为50 kg的电动摩托车，厂家已经测定该车满载时受水泥路面的阻力为85 N，g=10 m/s2.求：(1)请你设计该款电动摩托车的额定功率;(2)小王同学质量为50 kg，他骑着该电动车在平直的水泥路面上从静止起先以0.4 m/s2的加速度运动10 s，试求这10 s内消耗的电能.(设此时路面的阻力为65 N)解析：(1)该款摩托车满载时以额定功率匀速行驶，则P=FvF=f解得：P=1 181 W.(2)摩托车匀加速过程：F-f=ma解得F=105 N当达到额定功率时v1==11.2 m/s从静止起先以0.4 m/s2的加速度动身运动10 s的速度v2=at=4 m/s11.2 m/s故在10 s内做匀加速直线运动的位移x=at2=20 m牵引力做的功W=Fx=2 100 J由功能关系可得：E=W=2 100 J.答案：(1)1 181 W (2)2 100 J9.(2019高考福建卷)如图，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点.一质量为m的滑块在小车上从A点由静止起先沿轨道滑下，重力加速度为g. (1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力;(2)若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最终从C点滑出小车.已知滑块质量m=，在任一时刻滑块相对地面速度的水平重量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为，求：滑块运动过程中，小车的最大速度大小vm;滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小s.解析：(1)滑块滑到B点时对小车压力最大，从A到B机械能守恒mgR=mv滑块在B点处，由牛顿其次定律得N-mg=m解得N=3mg由牛顿第三定律得N=3mg(2)①滑块下滑到达B点时，小车速度最大.由机械能守恒得mgR=Mv+m(2vm)2解得vm=②设滑块运动到C点时，小车速度大小为vC，由功能关系得mgR-mgL=Mv+m(2vC)2设滑块从B到C过程中，小车运动加速度大小为a，由牛顿其次定律得mg=Ma由运动学规律得v-v=-2as解得s=L答案：(1)3mg (2) L10.某电视消遣节目装置可简化为如图所示模型.倾角=37的斜面底端与水平传送带平滑接触，传送带BC长L=6 m，始终以v0=6 m/s 的速度顺时针运动.将一个质量m=1 kg的物块由距斜面底端高度h1=5.4 m的A点静止滑下，物块通过B点时速度的大小不变.物块与斜面、物块与传送带间动摩擦因数分别为1=0.5、2=0.2，传送带上表面距地面的高度H=5 m，g取10 m/s2，sin 37=0.6，cos 37=0.8.(1)求物块由A点运动到C点的时间;(2)若把物块从距斜面底端高度h2=2.4 m处静止释放，求物块落地点到C点的水平距离;(3)求物块距斜面底端高度满意什么条件时，将物块静止释放均落到地面上的同点D.解析：(1)A到B过程：依据牛顿其次定律mgsin 1mgcos =ma1=a1t代入数据解得a1=2 m/s2，t1=3 s所以滑到B点的速度：vB=a1t1=23 m/s=6 m/s物块在传送带上匀速运动到Ct2== s=1 s所以物块由A到C的时间：t=t1+t2=3 s+1 s=4 s.(2)在斜面上依据动能定理mgh2-1mgcos =mv2解得v=4 m/s6 m/s设物块在传送带先做匀加速运动达v0，运动位移为x，则：a2==2g=2 m/s2v-v2=2ax，x=5 m6 m所以物块先做匀加速直线运动后和传送带一起匀速运动，离开C 点做平抛运动s=v0t0，H=gt，解得s=6 m.(3)因物块每次均抛到同一点D，由平抛学问知：物块到达C点时速度必需有vC=v0当离传送带高度为h3时物块进入传送带后始终匀加速运动，则：mgh3-1mgcos 2mgL=mvh3=1.8 m当离传送带高度为h4时物块进入传送带后始终匀减速运动，则：mgh4-1mgcos 2mgL=mvh4=9.0 m所以当离传送带高度在1.8～9.0 m的范围内均能满意要求，即1.8 m9.0 m.答案：(1)4 s (2)6 m (3)1.8 m9.0 m机械能守恒定律和功能关系专题练习及答案共享到这里，更多内容请关注高考物理试题栏目。
2019年11月1日理科考试研究•综合版• 47 •[2] 梁旭.指向核心素养的教学目标研制——以人教版必修2第六章“万有引力与航天”为例[J].中学物理教学参考,2017,46（07）:4-6.[3] 蔡钳.在“万有引力定律”的教与学中寻找学科的核心素养[J]•中学物理教学参考,2016,45（13） ：5 -6.[4]刘春红.万有引力中“随”、“绕”模型的区分[J].物理通报，2011（08） ：49 -50.（收稿日期:2019 - 09 - 23）2019年高考全国卷中图像信息题赏析王丽霞（会宁县第二中学甘肃白银730799）摘要：应用数学解决物理问题的能力是高考考查学生能力之一，把物体运动过程中的某一物理量随空间（时间等） 的变化用图像表达,是今年全国粗中的一大亮点，三套试卷均有体现.根据物体运动遵循的物理规律，依据已知条件建立方程,可以画出图像求解相关物理量;反过来根据已知图像信息、条件和遵循的物理规律同样可以求出相关物理量.关键词：高考题；图像；物理规律；比较系数法赏析1理想竖直方向的弹簧振子从原长处向下振动，平衡位置处速度最大，动能最大;加速度随位移的关系图线中，截距为重力加速度，斜率为弹簧的劲度系数 与振子质量的比值，与坐标轴所夹面积为平衡位置速 度二次方的一半例1 （全国卷I • 21 ♦«题）在星球M 上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P 由静止向下运动，物»0-. \体的加速度a 与弹簧的压缩f 量％间的关系如图1中实线° X ° 纽所示•在另一星球N 上用完 图1全相同的弹簧，改用物体Q 完成同样的过程，其a-x关系如图1中虚线所示•假设两星球均为质量均匀分布 的球体.已知星球M 的半径是星球N 的3倍，则（）A. M 与2V 的密度相等；B. Q 的质量是P 的3倍；C. Q 下落过程中的最大动能是P 的4倍；D. Q 下落过程中弹簧最大压缩量是P 的4倍.解析物体在弹簧原长处在重力、弹力共同作用 下加速向下运动，如图2所示，根据牛顿第二定律mg-kx=ma,得物体的加速度a 与弹簧的压缩量％间的 关系a=g--x.物体P 、Q 分别在星球M 、/V 上加速771度a 与弹簧的压缩量乂间的关系由如图1所示的直线方程分别得 a P = 3a 0 - —x^a Q = a 0 -x o 弊兀.比较系数得匪==2% S q 1 mQ3 2亍，可见m Q = —m P , 项B 错kx图2误;根据黄金代换GM = gP 得p =丿务=-¾-,又已47t R 4pGR3知两星球的半径关系为&竺==¥，知P mp ==卩收，选项A 正确;如图1所示的图线与横轴所加面积（三角形面积）表示弹簧振子平衡位置速度二次方的一半，即学, 又知伞=斗，平衡位置处的动能最大，即最大动能V OQ21 2尹讯" 3 3 9之比为一-=今煜=亍，选项C 错误;物体~2m Q V OQP 、Q 的振幅分别是％。
2019年高考物理备考：功能关系在电磁学中的应用一 电场中的功能关系的应用1.电场力的大小计算电场力做功与路径无关．其计算方法一般有如下四种．(1)由公式W ＝Fl cos α计算，此公式只适用于匀强电场，可变形为W ＝Eql cos α.(2)由W ＝qU 计算，此公式适用于任何电场．(3)由电势能的变化计算：W AB ＝E p A －E p B .(4)由动能定理计算：W 电场力＋W 其他力＝ΔE k .2．电场中的功能关系：(1)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变．(2)若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变．(3)除重力、弹簧弹力之外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化．(4)所有外力对物体所做的功等于物体动能的变化．【典例1】 如图所示，绝缘水平面上的AB 区域宽度为d ，带正电，电荷量为q ，质量为m 的小滑块以大小为v 0的初速度从A 点进入AB 区域，当滑块运动至区域的中心C 时，速度大小为v C ＝32v 0，从此刻起在AB 区域内加上一个水平向左的匀强电场，电场强度保持不变，并且区域外始终不存在电场．(1)若加电场后小滑块受到的电场力与滑动摩擦力大小相等，求滑块离开AB 区域时的速度．(2)要使小滑块在AB 区域内运动的时间达到最长，电场强度应满足什么条件？并求这种情况下滑块离开AB 区域时的速度．(设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力)审题流程第一步：抓好过程分析―→巧选物理规律(边读边看图)①A ―→C 过程――→不加电场滑块匀加速运动――→选规律⎩⎪⎨⎪⎧ ①动能定理②牛顿第二定律和运动学公式②C ―→B 过程――→加电场滑块匀减速运动――→选规律⎩⎪⎨⎪⎧①动能定理②牛顿第二定律和运动学公式 第二步：抓好关键点——找出突破口“要使……时间达到最长”(关键点)――→隐含滑块滑到B 的速度为零(突破口)――→推理滑块再向左加速运动―→最后从A 点离开AB 区域解析 (1)设滑块所受滑动摩擦力大小为F f ，则滑块从A 点运动至C 点的过程，由动能定理得：F f ·d 2＝12m v 20－12m v 2C ① 假设最后滑块从B 点离开AB 区域，则滑块从C 点运动至B 点过程，由动能定理得：(qE 1＋F f )·d 2＝12m v 2C －12m v 2B ② 将v C ＝32v 0和qE 1＝F f 代入解得v B ＝12v 0③ 由于滑块运动至B 点时还有动能，因此滑块从B 点离开AB 区域，速度大小为12v 0，方向水平向右．(2)要使小滑块在AB 区域内运动的时间达到最长，必须使滑块运动至B 点停下，然后再向左加速运动，最后从A 点离开AB 区域．滑块从C 点运动到B 点的过程，由动能定理得：(qE 2＋F f )·d 2＝12m v 2C④ 由①④两式可得电场强度E 2＝m v 202qd⑤ 由①⑤知qE 2＝2F f 滑块运动至B 点后，因为qE 2>F f ，所以滑块向左匀加速运动，从B 运动至A 点的过程，由动能定理得：(qE 2－F f )d ＝12m v 2A ⑥ 由以上各式解得滑块离开AB 区域时的速度v A ＝22v 0(水平向左)．⑦ 处理此问题应注意以下几点：① 电场力做功与路径无关，可运用动能定理对全程列式．② ②在运用动能定理处理电学问题时应注意运动过程的选取，特别应注意电场力和摩擦力做功的特点．【预测1】 如图所示，在粗糙水平面上，彼此靠近地放置两个带同种电荷的小物块．由静止释放后，两个物块向相反方向运动，并最终停止．在物块运动过程中，下列表述正确的是( )．A ．两个物块的机械能守恒B ．物块受到的库仑力不做功C ．两个物块的电势能逐渐减少D ．物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力答案 C【预测2】 如图所示，有三根长度均为L ＝0.3 m 的不可伸长的绝缘细线，其中两根的一端分别固定在天花板上的P 、Q 两点，另一端分别拴有质量均为m ＝0.12 kg 的带电小球A和B ，其中A 球带正电，电荷量为q ＝3×10－6 C ．A 、B 之间用第三根线连接起来．在水平向左的匀强电场E 作用下，A 、B 保持静止，悬线仍处于竖直方向，且A 、B 间细线恰好伸直．(静电力常量k ＝9×109 N·m 2/C 2，取g ＝10 m/s 2)(1)此匀强电场的电场强度E 为多大；(2)现将P A 之间的线烧断，由于有空气阻力，A 、B 球最后会达到新的平衡位置．求此时细线QB 所受的拉力F T 的大小，并求出A 、B 间细线与竖直方向的夹角θ；(3)求A 球的电势能与烧断前相比改变了多少(不计B 球所带电荷对匀强电场的影响)．解析 (1)B 球水平方向所受合力为零，则有q B E ＝k qq B L 2所以E ＝k q L 2＝9×109×3×10－60.32N/C ＝3×105 N/C(2)两球及细线最后位置如图所示，QB 的拉力F T ＝2mg ＝2×0.12×10 N ＝2.4 N A 球受力平衡，则有qE ＝mg tan θ，所以tan θ＝qE mg ＝3×10－6×3×1050.12×10＝34，即θ＝37°(3)A 球克服电场力做功，W ＝－qEL (1－sin θ)＝－3×10－6×3×105×0.3×(1－0.6) J ＝－0.108 J 所以A 球的电势能增加了ΔE p ＝－W ＝0.108 J答案 (1)3×105 N/C (2)2.4 N 37° (3)增加0.108 J二 磁场中的功能关系的应用1.磁场力的做功情况：(1)洛伦兹力在任何情况下对运动电荷都不做功．(2)安培力对通电导线可做正功、负功，还可能不做功，其计算方法一般有如下两种①由公式W ＝Fl cos α计算．②由动能定理计算：W 安＋W 其他力＝ΔE k2．电磁感应中的功能关系：(1)电磁感应电路为纯电阻电路时产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q ＝W 克安(2)电磁感应发生的过程遵从能量守恒．焦耳热的增加量等于其他形式能量的减少量．【典例2】 如图所示，相距为L 的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R ，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B .将质量为m 的导体棒由静止释放，当速度达到v 时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P ，导体棒最终以2v 的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g .下列选项正确的是( )．A ．P ＝2mg v sin θB ．P ＝3mg v sin θC ．当导体棒速度达到v 2时加速度大小为g 2sin θD ．在速度达到2v 以后匀速运动的过程中，R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功解析 导体棒由静止释放，速度达到v 时，回路中的电流为I ，则根据共点力的平衡条件，有mg sin θ＝BIL .对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，以2v 的速度匀速运动时，则回路中的电流为2I ，则根据平衡条件，有F ＋mg sin θ＝2BIL 所以拉力F ＝mg sin θ，拉力的功率P ＝F ·2v ＝2mg v sin θ，故选项A 正确，选项B 错误；当导体棒的速度达到v 2时，回路中的电流为I 2，根据牛顿第二定律，得mg sin θ－B I 2L ＝ma ，解得a ＝g 2sin θ，选项C 正确；当导体棒以2v 的速度匀速运动时，根据能量守恒定律，重力和拉力所做的功之和等于R 上产生的焦耳热，故选项D 错误．答案 AC【小结】功能关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力，因此，通过审题，抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程各力做功的特点来选择规律求解．2．动能定理和能量守恒定律在处理电学中能量问题时仍然是首选的规律．【预测3】 如图所示，水平固定放置的足够长的U 形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上放着金属棒ab ，开始时ab 棒以水平初速度v 0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和导轨粗糙的两种情况相比较，这个过程( )．A ．安培力对ab 棒所做的功相等B ．电流所做的功相等C ．产生的总内能相等D ．通过ab 棒的电荷量相等解析 光滑导轨无摩擦力，导轨粗糙的有摩擦力，动能最终都全部转化为内能，所以内能相等，C 正确；对光滑的导轨有：12m v 20＝W 安，对粗糙的导轨有：12m v 20＝W 安′＋W 摩，W 安≠W安′，则A 、B 错；q ＝It ＝Bl v t R ＝Blx R ，且x 光>x 粗，所以q 光>q 粗，D 错答案 C【预测4】 如图所示，宽度为d 的有界匀强磁场竖直向下穿过光滑的水平桌面，一质量为m 的椭圆形导体框平放在桌面上，椭圆的长轴平行于磁场边界，短轴小于d .现给导体框一个向右的初速度v 0(v 0垂直于磁场边界)，已知导体框全部在磁场中时速度为v ，导体框全部出磁场后的速度为v 1，导体框进入磁场过程中产生的焦耳热为Q 1，导体框离开磁场过程中产生的焦耳热为Q 2，下列说法正确的是( )．A ．导体框离开磁场过程中，感应电流的方向为顺时针方向B ．导体框进出磁场都是做匀变速直线运动C ．Q 1>Q 2D ．Q 1＋Q 2＝12m (v 20－v 21)解析 由楞次定律可知导体框离开磁场过程中，感应电流的方向为顺时针方向，选项A 正确．导体框受安培力而速度变化，根据F ＝B 2L 2v R，安培力是变力，导体框不可能做匀变速直线运动，选项B 错误．因为导体框进入和穿出磁场时做减速运动，在进入磁场时受的平均作用力大于穿出磁场时的平均作用力，所以导体框进入磁场时安培力做功较多，即产生热量较多，选项C 正确．根据能量守恒定律，产生的总热量等于动能的减少量，选项D 正确．答案 ACD三 守恒思维法的运用在物理变化的过程中，常存在着某些不变的关系或不变的量，在讨论一个物理变化过程时，对其中的各个量或量的变化关系进行分析，寻找到整个过程中或过程发生前后存在着不变关系或不变的量，则成为研究这一变化过程的中心和关键．这就是物理学中最常用的一种思维方法——守恒思维法，简称守恒法．人们在认识客观世界的过程中积累了丰富的经验，总结出许多守恒定律．建立在守恒定律之下的具体的解题方法可分为：能量守恒法、机械能守恒法、电荷守恒法、质量守恒法及动量守恒法等．能量守恒定律是物理学中普遍适用的规律之一，是物理教材的知识主干，也是历年高考各种题型正面考查或侧面渗透的重点，且常见于高考压轴题中．由于守恒定律适用范围广，处理问题方便，因此，寻求“守恒量”已成为物理研究的一个重要方面．【典例】如图所示，两平行金属导轨相距l ＝0.6 m ，其倾角为θ＝37°，导轨电阻不计，底端接有阻值为R ＝3 Ω的定值电阻，磁感应强度为B ＝1 T 的匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一质量m ＝0.2 kg 、长为l 的导体棒固定在ab 位置，导体棒的电阻为R 0＝1 Ω，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ＝0.3.现导体棒获得平行斜面向上的初速度v 0＝10 m/s 滑行最远至a ′b ′位置，所滑行距离为s ＝4 m ．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s 2)(1)把导体棒视为电源，最大输出功率是多少？(2)导体棒向上滑行至a ′b ′过程中所受的安培力做了多少功？(3)以ab 位置为重力势能的零点，若导体棒从ab 沿导轨面向上滑行d ＝3 m 过程中电阻R 产生的热量Q R ＝2.1 J ，此时导体棒的机械能E ′为多大？解析 (1)由闭合电路欧姆定律得感应电流的最大值为I m ＝E m R ＋R 0＝Bl v 0R ＋R 0＝1×0.6×103＋1A ＝1.5 A 故最大输出功率为P m ＝I 2m R ＝1.52×3 W ＝6.75 W. (2)导体棒向上滑行过程中，安培力做负功，由动能定理得－W 安－mgs (sin θ＋μcos θ)＝0－12m v 20代入数据得W 安＝3.28 J.(3)因R ∶R 0＝3∶1，由串联电路功率关系得焦耳热之间的关系为Q 总∶Q R ＝4∶3，解得Q 总＝2.8 J 根据功能关系得Q 总＋W f ′＝12m v 20－E ′W f ′＝μmgd cos θ，代入数据解得E ′＝5.76 J.答案 (1)6.75 W (2)3.28 J (3)5.76 J强化训练1．如图所示，光滑斜面固定在水平地面上，匀强电场平行于斜面向下，弹簧另一端固定，带电滑块处于静止状态，滑块与斜面间绝缘．现给滑块一个沿斜面向下的初速度，滑块最远能到达P 点．在这过程中( )．A ．滑块的动能一定减小B ．弹簧的弹性势能一定增大C ．滑块电势能的改变量一定小于重力与弹簧弹力做功的代数和D ．滑块机械能的改变量等于电场力与弹簧弹力做功的代数和答案 AD2．一带电粒子射入一固定的正点电荷Q 的电场中，沿如图2－5－10所示的虚线由a 点经b 点运动到c 点，b 点离Q 最近．若不计重力，则( )．A ．带电粒子带正电荷B ．带电粒子到达b 点时动能最大C ．带电粒子从a 到b 电场力对其做正功D ．带电粒子从b 到c 电势能增加答案 A3．如图所示，匀强电场E 方向水平向左，带有正电荷的物体沿绝缘水平面向右运动，经过A 点时动能是100 J ，经过B 点时，动能是A 点的15，减少的动能有35转化成电势能，那么，当它再次经过B 点时动能为( )．A ．4 JB ．8 JC ．16 JD ．20 J答案 A4．如图所示，质量为m 的金属线框A 静置于光滑平面上，通过细绳跨过定滑轮与质量为m的物体B 相连，图中虚线内为一水平匀强磁场，d 表示A 与磁场左边界的距离，不计滑轮摩擦及空气阻力，设B 下降h (h >d )高度时的速度为v ，则以下关系中成立的是( )．A ．v 2＝ghB ．v 2＝2ghC ．A 产生的热量Q ＝mgh －m v 2D．A产生的热量Q＝mgh－12m v2答案 C5．如图所示，带电平行板中匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向水平向里，一带电小球从光滑绝缘轨道上的a点自由滑下，经过轨道端点P进入板间恰好沿水平方向做直线运动．现使球从轨道上较低的b点开始滑下，经P点进入板间，在之后运动的一小段时间内()．A．小球的重力势能一定会减小B．小球的机械能可能不变C．小球的电势能一定会减小D．小球动能可能减小答案 C6．如图所示，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是竖直平面内三个相同的半圆形光滑绝缘轨道，k为轨道最低点，Ⅰ处于匀强磁场中，Ⅱ和Ⅲ处于匀强电场中，三个完全相同的带正电小球a、b、c从轨道最高点自由下滑至第一次到达最低点k的过程中，下列说法中正确的有()．A．在k处，球b速度最大B．在k处，球c对轨道压力最大C．球b需时最长D．球c机械能损失最多答案BC7．如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距L＝1 m，导轨平面与水平面成θ＝37°角，下端连接阻值R＝2 Ω的电阻．匀强磁场方向与导轨平面垂直．质量m＝0.2 kg、电阻r＝1 Ω的金属棒放在两导轨上．棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数μ＝0.25(设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小)．当金属棒由静止下滑60 m时速度达到稳定，电阻R消耗的功率为8 W，金属棒中的电流方向由a到b，则下列说法正确的是(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)()．A．金属棒沿导轨由静止开始下滑时加速度a的大小为4 m/s2B．金属棒达到稳定时速度v的大小为10 m/sC．磁场方向垂直导轨平面向上，磁感应强度B的大小为0.4 TD．金属棒由静止到稳定过程中电阻R上产生的热量为25.5 J答案AC8．如图所示，在E＝103 V/m的竖直向下的匀强电场中，有一光滑的半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN连接，半圆形轨道平面与电场线平行，P为QN圆弧的中点，其半径R＝40 cm，一带正电荷q＝10－4 C的小滑块质量m＝10 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N 点右侧1.5 m 处，取g ＝10 m/s 2，求：(1)要使小滑块恰能运动到半圆轨道的最高点Q ，则小滑块应以多大的初速度v 0向左运动？(2)这样运动的滑块通过P 点时对轨道的压力是多大？解析 设小滑块到达Q 点的速度为v ，在Q 点由牛顿第二定律得：mg ＋qE ＝m v 2R，小滑块从开始运动至到达Q 点的过程中，由动能定理得：－mg ·2R －qE ·2R －μ(mg ＋qE )x ＝12m v 2－12m v 20，联立解得v 0＝7 m/s.(2)设小滑块到达P 点的速度为v ′，则从开始运动至到达P 点的过程中，由动能定理得：－μ(qE ＋mg )x －(mg ＋qE )R ＝12m v ′2－12m v 20，在P 点有：F N ＝m v ′2R，代入数据得F N ＝0.6 N.答案 (1)7 m/s (2)0.6 N9．如图所示，一根质量为m 的金属棒MN 水平放置在两根竖直的光滑平行金属导轨上，并始终与导轨保持良好接触，导轨间距为L ，导轨下端接一阻值为R 的电阻，其余电阻不计．在空间内有垂直于导轨平面的磁场，磁感应强度大小只随竖直方向位移y 变化，变化规律B ＝ky ，k 为大于零的常量．质量M ＝4m 的物体静止在倾角θ＝30°的光滑斜面上，并通过轻质光滑定滑轮和绝缘细绳与金属棒相连接．当金属棒沿y 轴方向从y ＝0位置由静止开始向上运动h 时，加速度恰好为0.不计空气阻力，斜面和磁场区域足够大，重力加速度为g .求：(1)金属棒上升h 时的速度．(2)金属棒上升h 的过程中，电阻R 上产生的热量．解析 (1)当金属棒的加速度为零时，由金属棒受力平衡得：Mg sin 30°＝F ＋mg 金属棒所受的安培力F ＝BIL ＝khIL金属棒运动时产生的感应电动势E ＝khL v ，则金属棒中的电流有：I ＝khL v R 解得：v ＝mgR k 2h 2L 2. (2)设产生的焦耳热为Q ，由动能定理，有：12(M ＋m )v 2＝Mgh sin θ－mgh －Q 得Q ＝mgh －5m 3g 2R 22k 4L 4h 4. 答案 (1)mgR k 2h 2L 2 (2)mgh －5m 3g 2R 22k 4L 4h 4 10．如图所示，M 、N 为水平面内平行放置的粗糙金属长直导轨，间距为L ＝0.5 m ，导轨间接有阻值为R ＝2.0 Ω的定值电阻，导轨平面处在竖直向下、磁感应强度大小为B ＝4.0 T 的匀强磁场中．一导体杆ab垂直M 、N 置于导轨上，其质量为m ＝1.0 kg ，长度也为L ，电阻为r＝1.0 Ω，与导轨的动摩擦因数为μ＝0.2，且跟导轨接触良好．不计导轨电阻，重力加速度g 取10 m/s 2.(1)若在ab 杆上作用一个平行导轨方向的恒力F 使其向右运动，恒力大小为F ＝10 N ，求ab 杆可以达到的速度最大值v m ；(2)若用图2－9所示的电动机通过轻绳来水平向右牵引ab 杆，也可使ab 杆达到(1)中的速度最大值v m ，求电压表的示数U .已知电动机内阻r 1＝5.0 Ω，电压表和电流表示数恒定，且电流表示数为I ＝2.0 A ，不计电动机的摩擦损耗；(3)在(2)中的条件下，可认为ab 杆从静止开始经时间t ＝1.5 s ，位移x ＝7.5 m 后刚好达到最大速度v m ，求此过程中ab 杆上产生的电热．解析 (1)ab 杆达到速度最大值v m 时，ab 杆受力平衡，流过ab 杆的电流为I 1＝BL v m R ＋r且F ＝μmg ＋BI 1L 可求得v m ＝(F －μmg )(R ＋r )B 2L 2＝6.0 m/s. (2)当ab 杆达到的速度最大值也为v m 时，需要的牵引力仍为F ，由能量关系可知：UI ＝I 2r 1＋F v m U ＝I 2r 1＋F v m I＝40 V . (3)此过程中，ab 杆与电阻R 产生的总热量为Q ＝(UI －I 2r 1)t －μmgx －12m v 2m 代入数据得Q ＝57 J ，故ab 杆上产生的电热为Q ′＝r R ＋rQ ＝19 J. 答案 (1)6.0 m/s (2)40 V (3)19 J。
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绝密★启用前2019届高三高考全国卷Ⅰ考试大纲模拟卷(十三)理科综合物理参考答案及解析第Ⅰ卷一、选择题:本题共8个小题,每小题6分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第1~5题只有一项符合题目要求，第6～8有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1.【答案】C【解析】木块匀速滑下，合力为零,根据平衡条件得mg sin θ＝μmg cos θ；若增大斜面的倾角θ,重力沿斜面向下的分力mg sin θ增大,滑动摩擦力f＝μmg cos θ减小，木块的合力方向将沿斜面向下，木块做加速运动,故A错误；由上可知减小木块与斜面间的动摩擦因数，木块的合力方向将沿斜面向下，木块做加速运动，故B错误；对木块A施加一个垂直于斜面向下的力F,重力沿斜面向下的分力mg sin θ不变，而滑动摩擦力f＝μ（F＋mg cos θ)增大，合力方向沿斜面向上，木块做减速运动，可以使木块停下,故C正确;对木块A施加一个竖直向下的力，由于（F＋mg）sin θ＝μ(F＋mg)cos θ，木块的合力仍为零，仍做匀速运动,不可能停下，故D错误．2.【答案】A 【解析】由图乙可以看出，A先做匀减速运动，B做匀加速运动，最后一起做匀速运动,共同速度v＝1 m/s,取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0＝（m＋M)v,解得：M＝m＝2 kg,故A正确;由图象可知，木板B匀加速运动的加速度a＝ΔvΔt＝1 m/s2，对B，根据牛顿第二定律得μmg＝Ma B,解得动摩擦因数μ＝0.1，故B错误；由图象可知前1 s内B的位移x B＝0。
