.估算法

半定量计算(估算)试题在近几年各地高考题中屡见不鲜，如2018年全国卷ⅡT15结合高空坠物情境估算冲击力。此类试题是对考生生活经验的考查，要求考生在分析和解决问题时，要善于抓住事物的本质特征和影响事物发展的主要因素，忽略次要因素，从而使问题得到简捷的解决，迅速获得合理的结果。

【针对训练】

1.高空坠物极其危险。设想一个苹果从某人头部正上方45 m 高的楼上由静止落下，苹果与人头部的作用时间约为4.5×10^－4 s，则头部受到的平均冲击力约为(　　)

A.1×10² N                     B.1×10³ N

C.1×10⁴ N                      D.1×10⁵ N

解析　苹果做自由落体运动，则h＝gt²，苹果从静止下落到与人头部作用的全程根据动量定理有mgt－FΔt＝0－0，其中Δt＝4.5×10^－4 s，取g＝10 m/s²，一个苹果的质量m≈150 g＝0.15 kg，联立并代入数据解得F＝1×10⁴ N，选项C正确。

答案　C

2.如图1所示，某中学生在做引体向上运动，从双臂伸直到肩部与单杠同高度算1次，若他在1分钟内完成了10次，每次肩部上升的距离均为0.4 m，g取10 m/s²，则他在1分钟内克服重力所做的功及相应的功率约为(　　)

图1

A.200 J，3 W                 B.2 000 J，600 W

C.2 000 J，33 W              D.4 000 J，60 W

解析　中学生的质量约为50 kg，他做引体向上运动，每次肩部上升的距离均为0.4 m，单次引体向上克服重力所做的功约为W₁＝mgh＝50×10×0.4 J＝200 J，

1分钟内完成了10次，则1分钟内克服重力所做的功W＝10W₁＝2 000 J，相应的功率约为P＝＝ W＝33 W，选项C正确。

答案　C

3.(2019·山东日照模拟)2018年3月22日，一架中国国际航空CA103客机，从天津飞抵香港途中遭遇鸟击，飞机头部被撞穿一个直径约一平方米的大洞，雷达罩受损，所幸客机及时安全着陆，无人受伤。若飞机的速度为700 m/s，小鸟在空中的飞行速度非常小，小鸟的质量为0.4 kg。小鸟与飞机的碰撞时间为2.5×

10^－4 s，则飞机受到小鸟对它的平均作用力的大小约为(　　)

A.10⁴ N                           B.10⁵ N                 C.10⁶ N                  D.10⁷ N

解析　鸟与飞机撞击时系统动量守恒，以飞机的初速度方向为正方向，由于鸟的质量远小于飞机的质量，鸟的初速度远小于飞机的速度，故鸟的初动量远小于飞机的动量，可以忽略不计，由动量守恒定律可知，碰撞后鸟与飞机的速度相等，为v≈700 m/s，对小鸟，由动量定理得t＝mv－0，解得飞机对小鸟的平均作用力为＝＝ N＝1.12×10⁶ N，接近10⁶ N，由牛顿第三定律可知，飞机受到小鸟对它的平均作用力约为10⁶ N，选项C正确。

答案　C

4.(2019·重庆七校联考)2018年2月7日凌晨，太空探索技术公司Space X成功通过猎鹰重型火箭将一辆特斯拉跑车送入绕太阳飞行的轨道。如图2所示，已知地球中心到太阳中心的距离为r_D，火星中心到太阳中心的距离为r_H，地球和火星绕太阳运行的轨迹均可看成圆，且r_H＝1.4r_D，若特斯拉跑车沿图中椭圆轨道转移，则其在椭圆轨道上的运行周期约为(　　)

图2

A.1.69年       B.1.3年         C.1.44年        D.2年

解析　设跑车在椭圆轨道上的运行周期为T，椭圆轨道的半长轴为R，由开普勒第三定律有＝，其中R＝，T_D＝1年，解得跑车在椭圆轨道上的运行周期T≈1.3年，选项B正确。

答案　B

【知识链接】 解决此类问题需要了解一些常见的数据，例如：

原子直径数量级为10^－10 m　　　　　     地球半径约为6 400 km

地球自转周期约为1天(24小时)           地球公转周期约为1年

近地卫星的运行周期约为85分钟          月球绕地球运行周期约为27天

一个鸡蛋的质量约为50 g                一个苹果的质量约为150 g

一袋牛奶的质量约为200 g                      中学生的质量约为50 kg

课桌的高度约为80 cm                             每层楼的高度约为3 m

自行车的速度约为5 m/s                           π²≈10

.图象分析法

物理图象是将抽象物理问题直观、形象化的最佳工具，能从整体上反映出两个或两个以上物理量的定性或定量关系，利用图象纵、横坐标的物理意义，以及图线中的“点”“线”“斜率”“截距”和“面积”等方面寻找解题的突破口。利用图象解题不但快速、准确，能避免繁杂的运算，还能解决一些用一般计算方法无法解决的问题。

【针对训练】

1.如图3所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O点的水平线。已知一小球从M点出发，初速率为v₀，沿管道MPN运动，到N点的速率为v₁，所需时间为t₁；若该小球仍由M点以初速率v₀出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v₂，所需时间为t₂。则(　　)

图3

A.v₁＝v₂，t₁＞t₂                            B.v₁＜v₂，t₁＞t₂

C.v₁＝v₂，t₁＜t₂                            D.v₁＜v₂，t₁＜t₂

解析　由于小球在运动过程中机械能守恒，小球沿管道MPN运动到N点与沿管道MQN运动到N点的速率相等，即v₁＝v₂。小球沿管道MPN运动到N点与沿管道MQN运动到N点的路程相等，而沿管道MPN运动比沿管道MQN运动的平均速率小，所以沿管道MPN运动到N点比沿管道MQN运动到N点的时间长，即t₁＞t₂，故选项A正确。

答案　A

【以题说法】　在题中出现时间比较问题且又无法计算时往往利用速率随时间变化的关系图象求解。画图时一定要抓住初、末态速率关系，利用图线斜率表示加速度大小定性分析。

2.水平推力F₁和F₂分别作用于水平面上的同一物体，一段时间后撤去，使物体都从静止开始运动而后停下，如果物体在两种情况下的总位移相等，且F₁大于F₂，则(　　)

A.F₂的冲量大                                     B.F₁的冲量大

C.F₁与F₂的冲量相等                  D.无法比较

解析　画出两种情况下物体运动的v－t图，如图所示，图线与横轴所围图形的面积表示位移，两种情况下物体运动的总位移相等，两种情况下物体运动的时间t₁＜t₂，由动量定理，Ft′－μmgt＝0，可知F₂的冲量大，选项A正确。

答案　A

3.(多选)如图4甲所示，一等腰直角斜面ABC，其斜面BC是由CD和DB两段不同材料构成的面，且s_CD＞s_DB，先将直角边AB固定于水平面上，将一滑块从C点由静止释放，滑块能够滑到底端。再将直角边AC固定于水平面上，让同一滑块从斜面顶端由静止释放，滑块也能够滑到底端，如图乙所示。滑块两次运动中从顶端静止释放后运动到D点的时间相同。下列说法正确的是(　　)

图4

A.滑块在两次运动中到达底端的动能相同

B.两次运动过程中滑块损失的机械能相同

C.滑块两次通过D点的速度相同

D.滑块与CD段间的动摩擦因数大于它与BD段间的动摩擦因数

解析　滑块第一次从斜面顶端滑到底端，由动能定理得mgh－mgcos θ(μ₁·s_CD＋μ₂·s_DB)＝mv，滑块第二次从斜面顶端滑到底端，由动能定理得mgh－mgcos θ(μ₁s_CD＋μ₂s_DB)＝mv，由此可见滑块两次到达斜面底端的速度相同，两次运动过程中损失的机械能相同，故选项A、B都正确；由于两次运动过程中滑块到达D点的时间相等，由s_CD＞s_BD，t_CD＝t_BD，得滑块与BD段间的动摩擦因数大于它与CD段间的动摩擦因数，故选项D错误；两次运动的位移相同，可在同一坐标系中作出滑块在两次运动中的v－t图象，如图所示，由图象可看出滑块两次通过D点的速度不相同，故选项C错误。

答案　AB

.逆向思维法

正向思维法在解题中运用较多，而有时利用正向思维法解题比较烦琐，这时我们可以考虑利用逆向思维法解题。应用逆向思维法解题的基本思路：①分析确定研究问题的类型是否能用逆向思维法解决；②确定逆向思维问题的类型(由果索因、转换研究对象、过程倒推等)；③通过转换运动过程、研究对象等确定求解思路。

【针对训练】

1.(多选)如图5所示，完全相同的三个木块并排固定在水平地面上，一颗子弹以速度v水平射入，若子弹在木块中所受阻力恒定，且穿过第三个木块后速度恰好为零，则子弹依次射入每个木块时的速度之比和穿过每个木块所用时间之比分别为(　　)

图5

A.v₁∶v₂∶v₃＝3∶2∶1

B.v₁∶v₂∶v₃＝∶∶1

C.t₁∶t₂∶t₃＝1∶∶

D.t₁∶t₂∶t₃＝(－)∶(－1)∶1

解析　子弹依次射入每块木块做匀减速直线运动到零，采取逆向思维，即子弹从第三个木块开始做初速度为零的匀加速直线运动，则v＝6ad，v＝4ad，v＝2ad，解得v₁∶v₂∶v₃＝∶∶1，A错误，B正确；子弹依次射入每块木块做匀减速直线运动到零，采取逆向思维，子弹做初速度为零的匀加速直线运动，在通过相等位移内的时间比为1∶(－1)∶(－)反过来，子弹依次射入每块木块的时间之比为t₁∶t₂∶t₃＝(－)∶(－1)∶1，C错误，D正确。

答案　BD

2.在体育课上，某女生练习投篮，她站在罚球线处用力将篮球从手中投出，如图6所示，结果篮球以一定的速度水平撞击篮筐，已知篮球质量约为0.6 kg，篮筐离地高度约为3 m，罚球线离篮筐的水平距离约为4 m，则该女生投篮时对篮球做的功最接近(　　)

图6

A.5 J        B.10 J          C.30 J        D.50 J

解析　以篮球出手所在平面为零势能面，忽略空气阻力，篮球在上升过程中机械能守恒，该女生对篮球所做的功等于篮球出手时的机械能，也等于击中篮筐时的机械能。可把篮球的逆运动视为平抛运动处理，该女生身高约为1.6 m，篮球出手的高度约为1.75 m，根据h＝gt²，则篮球运动的时间t＝＝ s＝0.5 s，水平速度v＝＝8 m/s，篮球的机械能E＝mgh＋

mv²＝26.7 J，故选项C正确。

答案　C

.极限思维法

在某些物理状态变化的过程中，可以把某个物理量或物理过程推向极端，从而作出科学的推理分析，使问题化难为易，化繁为简，达到事半功倍的效果。极限法一般适用于定性分析类选择题。例如假设速度很大(趋近于无限大)或很小(趋近于零)、假设边长很大(趋近于无限大)或很小(趋近于零)或假设电阻很大(趋近于无限大)或很小(趋近于零)等，进行快速分析。运用此方法要注意因变量随自变量单调变化。

【针对训练】

1.如图7所示，在竖直平面内有一边长为a的等边三角形区域ABC，该区域中存在垂直平面向里的匀强磁场和竖直方向的匀强电场，匀强电场的场强为E，一带正电、电荷量为q的小球以速度v沿AB边射入匀强磁场中恰好能做匀速圆周运动，欲使带电小球能从AC边射出，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)

图7

A.匀强磁场的磁感应强度B的最小值应为

B.匀强磁场的磁感应强度B的最小值应为

C.匀强磁场的磁感应强度B的最小值应为

D.当磁感应强度取最小值时，小球在磁场内运动的时间最短

解析　小球进入磁场后恰好做匀速圆周运动，所以mg＝qE，即m＝，当圆周运动轨道半径最大时对应的磁感应强度最小，如图所示由几何关系可得r＝a，结合qvB＝m可得，a＝，所以B＝，A、B错误，C正确；小球运动时间t＝T，从AB边射出时偏转角相等，而周期T＝，磁感应强度B越小，周期越大，故运动时间越长，D错误。

答案　C

2.在如图8所示的电路中，R₁、R₂、R₃、R₄为定值电阻，R₅为可变电阻，电源的电动势为E、内阻为r。设电流表的读数为I，电压表的读数为U。当R₅的滑动触点向图中a端移动时(　　)

图8

A.I变大，U变小                         B.I变大，U变大

C.I变小，U变大                         D.I变小，U变小

解析　本题若运用极限思维法解答，则十分简便。由图可知，R₅的滑动触点向a端移动时，R_ab减小，因为题中对可变电阻的阻值未作具体限制，我们可以这样设想，将滑动触点移动到端点a处，R_ab＝0，的示数为零。因此，R₅的滑动触点从b向a端移动时，I变小，R_总变小。由I_总＝可知I_总变大；再由U＝E－

I_总r可知U变小。显然选项D正确。

答案　D

3.如图9所示，一半径为R的绝缘环上，均匀地带电荷量为Q的电荷，在垂直于圆环平面的对称轴上有一点P，它与环心O的距离OP＝L。静电力常量为k，关于P点的场强E，下列四个表达式中有一个是正确的，请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是(　　)

图9

A.E＝                                 B.E＝

C.E＝                              D.E＝

解析　当R＝0时，带电圆环等同一点电荷，由点电荷电场强度计算式可知在P点的电场强度为E＝，将R＝0代入四个选项，只有A、D选项满足；当L＝0时，均匀带电圆环的中心处产生的电场的电场强度为0，将L＝0代入选项A、D，只有选项D满足。

答案　D

.等效转换法

等效转换法是指在用常规思维方法无法求解那些有新颖情境的物理问题时，灵活地转换研究对象或采用等效转换法将陌生的情境转换成我们熟悉的情境，进而快速求解的方法。等效转换法在高中物理中是很常用的解题方法，常常有物理模型等效转换、参考系等效转换、研究对象等效转换、物理过程等效转换、受力情况等效转换等，从而认识研究对象本质和规律的一种思想方法。广泛应用于物理问题的研究中。

【针对训练】

1.(多选)(2015·全国卷Ⅰ)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图10所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是(　　)

图10

A.圆盘上产生了感应电动势

B.圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动

C.在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化

D.圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动

解析　当圆盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应电动势，选项A正确；如图所示，铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流阻碍其相对运动，但抗拒不了相对运动，故磁针会随圆盘一起转动，但略有滞后，选项B正确；在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零，选项C错误；圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场方向沿圆盘轴线方向，会使磁针沿轴线方向偏转，选项D错误。

答案　AB

【以题说法】　对于物理过程与我们熟悉的物理模型相似的题目，可尝试使用转换分析法，如本题中将圆盘看成由沿半径方向的“辐条”组成，则圆盘在转动过程中，“辐条”会切割磁感线产生感应电动势，在圆盘中产生涡电流的模型即可快速求解。

2.如图11所示，在方向水平向左、范围足够大的匀强电场中，固定一由内表面绝缘光滑且内径很小的圆管弯制而成的圆弧BD，圆弧的圆心为O，竖直半径OD＝R，B点和地面上A点的连线与地面成θ＝37°角，AB＝R。一质量为m、电荷量为q的小球(可视为质点)从地面上A点以某一初速度沿AB方向做直线运动，恰好无碰撞地从管口B进入管道BD中，到达管中某处C(图中未标出)时恰好与管道间无作用力。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度大小为g。求：

图11

(1)匀强电场的场强大小E和小球到达C处时的速度大小v；

(2)小球的初速度大小v₀以及到达D处时的速度大小v_D。

解析　(1)小球做直线运动时的受力情况如图甲所示，小球带正电，则qE＝，得E＝，小球到达C处时电场力与重力的合力恰好提供小球做圆周运动的向心力，如图乙所示，

甲

OC∥AB，则＝m

得v＝。

乙

(2)小球“恰好无碰撞地从管口B进入管道BD”，说明AB⊥OB

小球从A点运动到C点的过程，根据动能定理有

－·2R＝mv²－mv

得v₀＝，

小球从C处运动到D处的过程，根据动能定理有

(R－Rsin θ)＝mv－mv²，

得v_D＝。

答案　(1)　　(2)　

.分解思想

有些物理问题的运动过程、情景较为复杂，在运用一些物理规律或公式不奏效的情况下，将物理过程按照事物发展的顺序分成几段熟悉的子过程来分析，或者将复杂的运动分解成几个简单或特殊的分运动(如匀速直线运动、匀变速直线运动、圆周运动等)来考虑，往往能事半功倍。

【针对训练】

1.(2018·江苏单科，3)某弹射管每次弹出的小球速度相等。在沿光滑竖直轨道自由下落过程中，该弹射管保持水平，先后弹出两只小球。忽略空气阻力，两只小球落到水平地面的(　　)

A.时刻相同，地点相同                     B.时刻相同，地点不同

C.时刻不同，地点相同                     D.时刻不同，地点不同

解析　弹射管沿光滑竖直轨道自由下落，向下的加速度大小为g，且下落时保持水平，故先后弹出的两只小球在竖直方向的分速度与弹射管的分速度相同，即两只小球同时落地；又两只小球先后弹出且水平分速度相等，故两只小球在空中运动的时间不同，则运动的水平位移不同，落地点不同，选项B正确。

答案　B

2.如图12所示，匀强电场中相邻竖直等势面间距d＝10 cm，质量m＝0.1 kg、带电荷量为q＝－1×10^－3 C的小球以初速度v₀＝10 m/s 抛出，初速度方向与水平线的夹角为45°，已知重力加速度g＝10 m/s²，求：

图12

(1)小球加速度的大小；

(2)小球再次回到图中水平线时的速度大小以及与抛出点的距离。

解析　(1)根据题图可知，电场线方向向左，电场强度大小为

E＝＝ V/m＝1 000 V/m

合力大小为F＝＝ N，

方向与初速度方向垂直；

根据牛顿第二定律可得加速度大小为a＝＝10 m/s²。

(2)小球在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀加速直线运动，小球再次回到题图中水平线时的时间为

t＝2×＝ s，

此时与抛出点的距离为

x＝v₀cos 45°t＋·t²＝20 m，

在此过程中重力做功为零，根据动能定理可得

qEx＝mv²－mv

代入数据解得v＝10 m/s。

答案　(1)10 m/s²　(2)10 m/s　20 m

.对称思想

物理中对称现象比比皆是，对称表现为研究对象在结构上的对称性、作用上的对称性，物理过程在时间和空间上的对称性，物理量在分布上的对称性及作用效果的对称性等。物理解题中的对称法，就是从对称性的角度去分析物理过程，利用对称性解决物理问题的方法。

【针对训练】

1.下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘。坐标原点O处电场强度最大的是(　　)

解析　设圆环的电荷在原点O产生的电场强度为E₀，根据电场强度叠加原理和圆环场强的对称性，在坐标原点O处，A图场强为E₀，B图场强为E₀，C图场强为E₀，D图场强为0，故选项B正确。

答案　B

【以题说法】　敏锐地看出并抓住事物在某一方面的对称性，其对称部分存在某种相同特征，运用对称思维，可以从某一部分规律推知另一部分的规律，能一眼看出答案，大大简化解题步骤，是一种重要的物理思想方法。

2.(2019·浙江杭州模拟)如图13所示，虚线框内为某种电磁缓冲车的结构示意图，其主要部件为缓冲滑块K和质量为m的缓冲车厢。在缓冲车的底板上，沿车的轴线固定着两个光滑水平绝缘导轨PQ、MN。缓冲车的底部，安装有电磁铁(图中未画出)，能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B。导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，匝数为n，ab边长为L。假设缓冲车以速度v₀与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，此后线圈与轨道的磁场作用力使缓冲车厢减速运动，从而实现缓冲，一切摩擦阻力不计。

图13

(1)求线圈abcd中最大感应电动势的大小；

(2)若缓冲车厢向前移动距离L后速度为零(缓冲车厢未与滑块K接触)，求此过程线圈abcd中通过的电荷量q和产生的焦耳热Q；

(3)若缓冲车以速度v₀与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，求此后缓冲车厢的速度v随位移x的变化规律(缓冲车厢未与滑块K接触)。

解析　(1)缓冲车以速度v₀与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，滑块相对磁场的速度大小为v₀ ，此时线圈中产生的感应电动势最大，则E_m＝nBLv₀。

(2)由法拉第电磁感应定律有＝n

根据闭合电路欧姆定律有＝，通过线圈的电荷量q＝t，

解得q＝n

由能量守恒定律有Q＝mv。

(3)位移为x时线圈中通过的电荷量q₁＝n

由动量定理有

－nB₁Lt₁＝mv－mv₀，又q₁＝₁t₁

解得v＝－＋v₀。

答案　(1)nBLv₀　(2)n　mv  (3)v＝－＋v₀

【创新解读】　本题创新之处：①滑块K立即停下即线圈不动，磁场运动，即可等效为磁场不动，ab边水平向左做切割磁感线运动；②ab边有n个感应电动势串联；③ab边受到n个安培力。电荷量用平均电流计算，焦耳热根据能量守恒定律计算。

.守恒思想

物理学中最常用的一种思维方法——守恒。高中物理涉及的守恒定律有能量守恒定律、动量守恒定律、机械能守恒定律、质量守恒定律、电荷守恒定律等，它们是我们处理高中物理问题的主要工具。

【针对训练】

1.(多选)如图14所示，质量为m的小球置于半径为R的光滑竖直圆轨道最低点A处，B为轨道最高点，C、D为水平直径的两端，轻弹簧一端与过圆心O的转动轴连接，另一端与小球拴接，已知弹簧的劲度系数为k＝，原长为L＝2R，弹簧始终处于弹性限度内，若给小球一水平初速度v₀，已知重力加速度为g，则(　　)

图14

A.当v₀较小时，小球可能会离开轨道

B.若＜v₀＜，小球会在B、D间脱离圆轨道

C.只要v₀＞2，小球就能做完整的圆周运动

D.只要小球能做完整的圆周运动，则小球与轨道间最大压力与最小压力之差与v₀无关

解析　因弹簧的劲度系数为k＝，原长为L＝2R，所以小球始终会受到弹簧的弹力作用，大小为F＝k(L－R)＝kR＝mg，方向始终背离圆心，无论小球在CD以上的哪个位置速度为零，重力在沿半径方向上的分量都小于等于弹簧的弹力(在CD以下，轨道对小球一定有指向圆心的支持力)，所以无论v₀多大，小球均不会离开轨道，A、B错误；小球在运动过程中只有重力做功，弹簧的弹力和轨道的支持力不做功，机械能守恒，当运动到最高点速度为零，在最低点的速度最小，由mv²＝2mgR解得v＝2，所以只要v₀＞2，小球就能做完整的圆周运动，C正确；在最低点时，设小球受到的支持力为F_N，则有F_N－kR－mg＝m，解得F_N＝2mg＋m①

运动到最高点时受到轨道的支持力最小，设为F_N′，并设此时的速度为v，由机械能守恒有mv＝2mgR＋mv²②

此时合外力提供向心力，有F_N′－kR＋mg＝m③

联立解得F_N′＝m－4mg④

联立①、④式解得压力差为ΔF_N＝6mg，与初速度无关，D正确。

答案　CD

2.如图15甲所示，半径R＝0.45 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道的最低点，在光滑水平面上紧挨B点有一静止的平板车，其质量M＝5 kg，长度L＝0.5 m，车的上表面与B点等高。可视为质点的物块从圆弧轨道最高点A由静止释放，其质量m＝1 kg，g取10 m/s²。

图15

(1)求物块滑到B点时对轨道压力的大小；

(2)若平板车上表面粗糙，物块最终没有滑离平板车，求物块最终速度的大小；

(3)若将平板车固定且在上表面铺上一种动摩擦因数逐渐增大的特殊材料，物块在平板车上向右滑动时，所受摩擦力f随它距B点位移x的变化关系如图乙所示，物块最终滑离了平板车，求物块滑离平板车时的速度大小v。

解析　(1)设物块滑到B点时速度为v_B，物块从圆弧轨道A点滑到B点的过程中机械能守恒，则有mgR＝mv

解得v_B＝3 m/s

在B点，由牛顿第二定律得F_N－mg＝m

解得F_N＝30 N

由牛顿第三定律可知，物块滑到B点时对轨道的压力大小

F_N′＝F_N＝30 N。

(2)物块滑上平板车后，系统的动量守恒，设物块与平板车的最终速度为v_共，则mv_B＝(m＋M)v_共

解得v_共＝0.5 m/s，即物块最终速度的大小为0.5 m/s。

(3)物块在平板车上滑行时克服摩擦力做的功为f－x图线与横轴所围图形的面积，故物块克服摩擦力做的功

W_f＝ J＝2 J

物块在平板车上滑动过程中，由动能定理得

－W_f＝mv²－mv

解得v＝ m/s。

答案　(1)30 N　(2)0.5 m/s　(3) m/s