难点29物理状态及物理过程的分析

难点29物理状态及物理过程的分析成功的高考命题具有立意高、情境新、设问巧的特点.尽管立意是考题的灵魂，但是复杂新颖的情境设置同样是命题者苦心经营的重要环节，考生能否从复杂的物理情景中，对物理状态和过程作出清晰明了的认识和分析是重点的问题也是一个难点问题.●难点磁场1.（★★★）如图29-1所示，当金属棒a在金属轨道上运动时，线圈b向右摆动，则金属棒aA.向左匀速运动B.向右减速运动C.向左减速运动D.向右加速运动2.（★★★★★）如图29-2所示，A、B、C三物块质量均为m，置于光滑水平台面上.B、C间夹有原已完全压紧不能再压缩的弹簧，两物块用细绳相连，使弹簧不能伸展.物块A以初速度v０沿B、C连线方向向B运动，相碰后，A与B、C粘合在一起，然后连接B、C的细绳因受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离，脱离弹簧后C的速度为v０.(1)求弹簧所释放的势能ΔE.(2)若更换B、C间的弹簧，当物块A以初速v0向B运动，物块C在脱离弹簧后的速度为2v０，则弹簧所释放的势能ΔE′是多少?(3)若情况(2)中的弹簧与情况(1)中的弹簧相同，为使物块C在脱离弹簧后的速度仍为2v０，A的初速度v应为多大?●案例探究［例1］（★★★★★）质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上.平衡时弹簧的压缩量为x0，如图29-3所示.一物块从钢板正上方距离为3x0的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连.它们到达最低点后又向上运动.已知物块质量为m时，它们恰能回到O点.若物块质量为2m，仍从A处自由落下，则物块与钢板回到O点时，还具有向上的速度.求物块向上运动到达的最高点与O点的距离.命题意图：通过自由落体运动、竖直上抛运动、动量守恒定律、能量守恒定律等知识为依托，考查考生挖掘隐含条件的能力及运用动量观点、能量观点综合分析解决物理问题的能力.错解分析：考生不能将该复杂的物理过程化阶段逐层分析，对不同阶段物体状态及运动规律透析不到位，导致错误.解题方法与技巧：(1)物体下落与钢板碰撞过程.由自由落体运动知识，知碰前物体的速度为v０＝06gx，设碰后速度为v１，因碰撞过程时间极短，故物体与钢板系统动量守恒.mv０＝２mv１∴v１＝20v＝06gx／２(2)弹簧开始压缩到又伸长至O点的过程.刚碰完弹簧开始压缩时的弹簧的弹性势能令为Ｅp，当它们一起回到O点时，弹簧无形图29-1图29-3图29-2变，弹性势能为零.由机械能守恒，有Ｅp＋21２mv１２＝２mgｘ０所以Ｅp＝21mgｘ０(3)当物体质量为2m时，由自由落体知识及动量守恒定律，有v０′＝06gx和２mv０′＝３mv２，解得v２＝3206gx，其中v２为物体与钢板碰后的共同速度.刚碰完时弹簧的弹性势能为Ep′，它们回到O点时，弹性势能为零，但它们仍继续向上运动，设此时速度为v,则有Ｅp′＋21（３m）v２２＝３mgｘ０＋21（３m）v２.又因与钢板碰撞的两次过程中，弹簧的初始压缩量都是x０，故有Ｅp′＝Ｅp，从而由以上求得：v＝0gx(4)物体回到O点后继续上升过程.当质量为2m的物块与钢板一起回到O点时，弹簧的弹力为零，物块与钢板只受到重力作用，加速度为g,一过O点，钢板受到弹簧向下的拉力作用，加速度大于g.由于物块与钢板不粘连，物块不可能受到钢板的拉力，其加速度仍为g,故在O点物块与钢板分离，分离后，物块以速度v竖直上抛，因此，物块上升的最大高度为H＝gv22＝20x.［例2］（★★★★）如图29-4所示，一根长为l的轻绳，一端固定在O点，另一端拴一个质量为m的小球.用外力把小球提到图示位置，使绳伸直，并在过O点的水平面上方，与水平面成30°角.从静止释放小球，求小球通过O点正下方时绳的拉力大小.命题意图：考查考生对物理过程和状态的分析能力及综合能力.B级要求.错解分析：考生缺乏层层深入的分析能力，忽视了悬绳从伸直到对小球有拉力为止的短暂过程中，机械能的损失，直接对小球从初位置到末位置列机械能守恒的方程求最低点速度，导致错误.解题方法与技巧：选小球为研究对象，其运动过程可分为三个阶段如图29-5所示：（1）从A到B的自由落体运动.据机械能守恒定律得：mgl=21mvB2①(2)在B位置有短暂的绳子对小球做功的过程，小球的速度由竖直向下的vB变为切向的vB′,动能减小.则有：vB′=vBcos30°②(3)小球由B点到C点的曲线运动，机械能守恒则有：21mvB′2+mgl(1-cos60°)=21mvC2③在C点由牛顿第二定律得T-mg=mlvC2④图29-4图29-5联立①②③④解得T=27mg●锦囊妙计物理过程，即物理现象变化发展过程，它与某一段时间相对应.状态则与物理过程中的某个时刻相对应.任何一个物理过程均有初末两个状态及无数个中间状态.物体的状态通常用状态参量描述.一个物理问题的求解，很重要的环节即是对题目中包含物理过程和物理状态的分析，只有对物理过程的本质作深刻的透析，才能发现其遵循的规律，才能选择相应的物理公式、规律去求解某状态下的未知状态参量或某过程中未知过程量，达到对问题的求解目的.一般说，一个具体的物理问题可能是只讨论某一确定状态下各参量间关系；有些复杂问题往往包含几个或多个连续复杂的过程，这就要求考生树立善于将复杂过程隔离分为若干个不同阶段来处理的意识，对每个阶段初末状态及每个过程遵循的不同物理规律作深入的分析，同时要注意两相邻阶段中间状态，或某过程中临界状态的分析.所有这些如果都分析清楚了，一般说来问题的解决思路也就明确了.●歼灭难点训练1.（★★★★）在半径为r的轨道上做匀速圆周运动的卫星，它所具有的机械能为E、动能为Ek，由于某种原因使它的速度突然增大，则当它重新稳定下来做匀速圆周运动，它的A.r增大，E增大，Ek增大B.r增大，E增大，Ek减小C.r减小，E增大，Ek减小D.r减小，E减小，Ek增大2.（★★★）电饭锅工作时有两种状态：一种是锅内水烧干前的加热状态，另一种是锅内水烧干后的保温状态.如图29-6所示是电饭锅电路的示意图，S是感温材料制造的开关，R1是电阻，R2是加热用的电阻丝，那么当开关S接通时，电饭锅所处的工作状态为_____.如果要使R2在保温状态时的功率是加热状态时的91，那么21RR=_________.3.（★★★★）（2002年上海）如图29-7所示，两条相互平行的光滑金属导轨位于水平距离为l=0.2m，在导轨的一端接有阻值为R=0.5Ω的电阻，在x≥0处有一与水平面垂直的均匀磁场，磁感应强度B=0.5T.一质量为m=0.1kg的金属直杆垂直放置在导轨上，并以v0=2m/s的初速度进入磁场，在安培力和一垂直于杆的水平外力F的共同作用下做匀速直线运动，加速度大小为a=2m/s2、方向与初速度方向相反.设导轨和金属杆的电阻都可以忽略，且接触良好.求：（1）电流为零时金属杆所处的位置；（2）电流为最大值的一半时施加在金属杆上外力F的大小和方向；（3）保持其他条件不变，而初速度v0取不同值，求开始时F的方向与初速度v0取值的关系.4.（★★★★）如图29-8所示，小车A的质量M=2kg，置于光滑水平面上，初速度为v0=14m/s.带正电荷q=0.2C的可视为质点的物体B，质量m=0.1kg，轻放在小车A的右端，在A、B所在的空间存在着匀强磁场，方向垂直纸面向里，磁感应强度B=0.5T，物体与小图29-6图29-7图29-8车之间有摩擦力作用，设小车足够长，求：（1）B物体的最大速度？（2）小车A的最小速度？（3）在此过程中系统增加的内能？（g=10m/s2）5.（★★★★★）如图29-9所示，长木板A右边固定着一个挡板，包括挡板在内的总质量为1.5M，静止在光滑的水平地面上.小木块B质量为M，从A的左端开始以初速度v0在A上滑动，滑到右端与挡板发生碰撞，已知碰撞过程时间极短，碰后木块B恰好滑到A的左端就停止滑动.已知B与A间的动摩擦因数为μ，B在A板上单程滑行长度为l.求：（1）若μl=g160320v，在B与挡板碰撞后的运动过程中，摩擦力对木板A做正功还是负功？做多少功？（2）讨论A和B在整个运动过程中，是否有可能在某一段时间里运动方向是向左的.如果不可能，说明理由；如果可能，求出发生这种情况的条件.6.（★★★★）如图29-10所示，足够长的U形导体框架的宽度L=0.5m，电阻忽略不计，其所在平面与水平面成α=37°.磁感应强度B=0.8T的匀强磁场方向垂直于导体框平面，一根质量为m=0.2kg、有效电阻R=2Ω的导体棒MN垂直跨放在U形框架上，该导体棒与框架间的动摩擦因数μ=0.5，导体棒由静止开始沿框架下滑到刚开始匀速运动时，通过导体棒截面的电量共为Q=2C，求：（1）导体棒做匀速运动时的速度；（2）导体棒从开始下滑到刚开始匀速运动这一过程中，导体棒的有效电阻消耗的电功.（sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2）难点29物理状态及物理过程的分析［难点磁场］1.C2.（1）ΔE=31mv02（2）ΔE′=121m(v-6v0)2（3）v=4v0［歼灭难点训练］1.B2.加热；2∶13.（1）1m(2)向右运动，F=0.18N，方向与x轴相反；向左运动，F=0.22N，方向与x轴相反（3）当v010m/s时，F与x轴反向，v010m/s，F与x轴同向.4.（1）对B物体：fB+FN==mg,当B速度最大时，有FN=0，即vmax=Bqmg=10m/s.(2)A、B系统动量守恒：Mv0=Mv+mvmax,∴v=13.5m/s，即为A的最小速度.（3）Q=ΔE=21Mv02-21Mv2-21mvmax2=8.75J.5.(1)B与A碰撞后，B相对于A向左运动，A所受摩擦力方向向左，A的运动方向向右，图29-9图29-10故摩擦力做负功.设B与A碰撞后的瞬间A的速度为v1,B的速度为v2,A、B相对静止后的共同速度为v，整个过程中A、B组成的系统动量守恒，有Mv0=(M+1.5M)v,v=520v.碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即Mv2+1.5Mv1=2.5Mv,①21×1.5Mv12+21Mv22-21×2.5Mv2=Mμgl,②可解出v1=21v0(另一解v1=103v0因小于v而舍去)这段过程中，A克服摩擦力做功W=21×1.5Mv12-21×1.5Mv2=40027Mv02(0.068Mv02).(2)A在运动过程中不可能向左运动，因为在B未与A碰撞之前，A受到的摩擦力方向向右，做加速运动，碰撞之后A受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动.B在碰撞之后，有可能向左运动，即v20.先计算当v2=0时满足的条件，由①式，得v1=320v-322v,当v2=0时，v1=320v，代入②式，得21×1.5M9420v-21×2.5M25420v=Mμgl,解得μgl=15220v.B在某段时间内向左运动的条件之一是μlgv15220.另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即21Mv02-212.5M(520v)2≥2Mμgl,解出另一个条件是μl≤gv20320,最后得出B在某段时间内向左运动的条件是gv15220μl≤gv203206.(1)vm=22)cossin(LBmgR=5m/s(2)Q=IΔt=RtvLB22=RsLB22,s=BLQR=10mW=mg(sinα-μcosα)s-21mVm2=1.5J.