（浙江選考）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 增分突破五 電磁感應(yīng)與動(dòng)量觀點(diǎn)綜合問(wèn)題.docx

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增分突破五電磁感應(yīng)與動(dòng)量觀點(diǎn)綜合問(wèn)題增分策略1.應(yīng)用動(dòng)量定理解題的基本思路(1)確定研究對(duì)象,在中學(xué)階段用動(dòng)量定理討論的問(wèn)題,其研究對(duì)象一般僅限于單個(gè)物體或能看成一個(gè)物體的系統(tǒng)。(2)對(duì)物體進(jìn)行受力分析,可以先求每個(gè)力的沖量,再求各力沖量的矢量和合力的沖量;或先求合力,再求其沖量。(3)抓住過(guò)程的初、末狀態(tài),選好正方向,確定各動(dòng)量和沖量的正負(fù)號(hào)。(4)根據(jù)動(dòng)量定理列方程,如有必要還需要其他補(bǔ)充方程。最后代入數(shù)據(jù)求解。2.應(yīng)用動(dòng)量定理的注意事項(xiàng)(1)一般來(lái)說(shuō),用牛頓第二定律能解決的問(wèn)題,用動(dòng)量定理也能解決,如果題目不涉及加速度和位移,用動(dòng)量定理求解更簡(jiǎn)單。動(dòng)量定理不僅適用于恒力,也適用于變力。為變力時(shí),動(dòng)量定理中的力F應(yīng)理解為變力在作用時(shí)間內(nèi)的平均值。(2)動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式,運(yùn)用它分析問(wèn)題時(shí)要特別注意沖量、動(dòng)量及動(dòng)量變化量的方向,公式中的F是物體或系統(tǒng)所受的合力。3.電磁感應(yīng)與動(dòng)量的結(jié)合主要有兩個(gè)考點(diǎn)(1)對(duì)與單桿模型,則是與動(dòng)量定理結(jié)合。例如在光滑水平軌道上運(yùn)動(dòng)的單桿(不受其他力作用),由于在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的單桿為變速運(yùn)動(dòng),則運(yùn)動(dòng)過(guò)程所受的安培力為變力,依據(jù)動(dòng)量定理F安t=P,而又由于F安t=BILt=BLq,q=NR總=NBLxR總,P=mv2-mv1,由以上四式將流經(jīng)桿的某一橫截面積的電荷量q、桿位移x及速度變化結(jié)合一起。(2)對(duì)于雙桿模型,除受到的安培力之外,受到的其他外力之和為零時(shí),與動(dòng)量守恒結(jié)合考查較多。典例1如圖所示,一質(zhì)量為m的金屬桿ab,以一定的初速度v0從一光滑平行金屬軌道的底端向上滑行,軌道平面與水平面成角,兩導(dǎo)軌上端用一電阻相連,磁場(chǎng)方向垂直軌道平面向上,軌道與金屬桿ab的電阻不計(jì)并接觸良好。金屬桿向上滑行到某一高度h后又返回到底端()A.整個(gè)過(guò)程中合外力的沖量大小為2mv0B.上滑過(guò)程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱等于下滑過(guò)程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱C.下滑過(guò)程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱小于12mv02-mghD.整個(gè)過(guò)程中重力的沖量大小為零答案C解析經(jīng)過(guò)同一位置時(shí),下滑的速度小于上滑的速度,所以返回底端時(shí)的速度小于v0,根據(jù)動(dòng)量定理可知,整個(gè)過(guò)程中合外力的沖量大小小于2mv0,故A錯(cuò)誤;在同一位置,棒下滑時(shí)受到的安培力小于上滑時(shí)所受的安培力,則下滑過(guò)程安培力的平均值小于上滑過(guò)程安培力的平均值,所以上滑過(guò)程導(dǎo)體棒克服安培力做功大于下滑過(guò)程克服安培力做功,故上滑過(guò)程中電阻R產(chǎn)生的熱量大于下滑過(guò)程中電阻R上產(chǎn)生的熱量,故B錯(cuò)誤。對(duì)下滑過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理得:Q=12mv2-mgh,因?yàn)関v0,所以Q12mv02-mgh,故C正確;重力的沖量I=mgt,時(shí)間不為零,沖量不為零,故D錯(cuò)誤。典例2如圖所示,兩根足夠長(zhǎng)的固定平行金屬光滑導(dǎo)軌位于同一水平面上,導(dǎo)軌上橫放著的兩根相同的導(dǎo)體棒ab、cd與導(dǎo)軌構(gòu)成矩形回路。導(dǎo)體棒的兩端連接著處于壓縮狀態(tài)的兩根輕質(zhì)彈簧,兩棒的中間用細(xì)線綁住,它們的電阻均為R,回路上其余部分的電阻不計(jì),在導(dǎo)軌平面內(nèi)兩導(dǎo)軌間有一豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。開(kāi)始時(shí),導(dǎo)體棒處于靜止?fàn)顟B(tài)。剪斷細(xì)線后,導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中()A.回路中有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)B.兩根導(dǎo)體棒所受安培力的方向相同C.兩根導(dǎo)體棒和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,機(jī)械能守恒D.兩根導(dǎo)體棒和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,機(jī)械能不守恒答案D解析剪斷細(xì)線后,導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,由于彈簧的作用,導(dǎo)體棒ab、cd反向運(yùn)動(dòng),在導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,穿過(guò)導(dǎo)體棒ab、cd與導(dǎo)軌構(gòu)成的矩形回路的磁通量增大,回路中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),導(dǎo)體棒ab、cd中的電流方向相反,根據(jù)左手定則可知兩根導(dǎo)體棒所受安培力的方向相反,故A、B錯(cuò)誤。兩根導(dǎo)體棒和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受合外力為0,所以系統(tǒng)動(dòng)量守恒,但是由于產(chǎn)生感應(yīng)電流,一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,所以系統(tǒng)機(jī)械能不守恒。典例3如圖甲所示,間距L=0.4 m的金屬軌道豎直放置,上端接定值電阻R1=1 ,下端接定值電阻R2=4 。其間分布著兩個(gè)有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域:區(qū)域內(nèi)的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里,其磁感應(yīng)強(qiáng)度B1=3 T;區(qū)域內(nèi)的磁場(chǎng)方向豎直向下,其磁感應(yīng)強(qiáng)度B2=2 T。金屬棒MN的質(zhì)量m=0.12 kg,在軌道間的電阻r=4 ,金屬棒與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.8?，F(xiàn)從區(qū)域的上方某一高度處?kù)o止釋放金屬棒,當(dāng)金屬棒MN剛離開(kāi)區(qū)域后B1便開(kāi)始均勻變化。整個(gè)過(guò)程中金屬棒的速度隨下落位移的變化情況如圖乙所示,v2-x圖像中除ab段外均為直線,Oa段與cd段平行。金屬棒在下降過(guò)程中始終保持水平且與軌道間接觸良好,軌道電阻及空氣阻力忽略不計(jì),兩磁場(chǎng)間互不影響。求:(g取10 m/s2)(1)金屬棒在圖像上a、c兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)的速度大小;(2)金屬棒經(jīng)過(guò)區(qū)域的時(shí)間;(3)B1隨時(shí)間變化的函數(shù)關(guān)系式(從金屬棒離開(kāi)區(qū)域后開(kāi)始計(jì)時(shí));(4)從金屬棒開(kāi)始下落到剛進(jìn)入?yún)^(qū)域的過(guò)程中回路中產(chǎn)生的焦耳熱。答案見(jiàn)解析解析(1)金屬棒在00.2 m內(nèi)未進(jìn)入?yún)^(qū)域,做自由落體運(yùn)動(dòng),有va2=2gx1,x1=0.2 m,解得va=2 m/s由圖乙可知在bc階段,金屬棒速度保持不變,安培力與重力是平衡力,mg=B1IL,I=B1LvcR總,金屬棒在區(qū)域切割磁感線,相當(dāng)于電源,R1、R2并聯(lián)后接在電源兩端,電路中總電阻R總=r+R1R2R1+R2=4.8 聯(lián)立得vc=4 m/s(2)從a點(diǎn)到c點(diǎn),根據(jù)動(dòng)量定理得mgt-B1ILt=mvc-mvaq=It=B1Lx2R總,x2=2.7 m-0.2 m=2.5 m解得t=0.825 s(3)由圖乙可知金屬棒進(jìn)入?yún)^(qū)域后速度大小保持不變,mg=B2I棒L,解得I棒=158 A磁場(chǎng)區(qū)域?yàn)榈刃Ц猩娫?金屬棒與R2并聯(lián)后再與R1串聯(lián)干路電流I總=2I棒=154 A,R總=R1+rR2r+R2=3 Lx2B1t=I總R總,解得B1t=11.25 T/s若金屬棒在導(dǎo)軌正面,則B1=(3+11.25t)T若金屬棒在導(dǎo)軌背面,則B1=(3-11.25t)T(4)Q1=mg(x1+x2)-12mvc2,得Q1=2.28 Jx3=vct+12gt2,x3=3.15 m-2.7 m=0.45 m,得t=0.1 sQ2=I總2R總t=154230.1 J4.22 JQ=Q1+Q2=6.50 J增分專(zhuān)練1.如圖所示,水平放置的、足夠長(zhǎng)的光滑金屬軌道與光滑傾斜軌道以小圓弧平滑對(duì)接。在傾斜軌道上高h(yuǎn)=1.8 m處放置一金屬桿a,在平直軌道靠右端處放置另一金屬桿b,平直軌道區(qū)域有豎直向上的勻強(qiáng)磁揚(yáng)?，F(xiàn)由靜止釋放桿a,桿a下滑到水平軌道后即進(jìn)入磁場(chǎng),此時(shí)桿b的速度大小為v0=3 m/s,方向向左。已知ma=2 kg,mb=1 kg,金屬桿與軌道接觸良好,g取10 m/s2。求:(1)桿a下滑到水平軌道上瞬間的速度大小。(2)桿a、b在水平軌道上的共同速度大小。(3)在整個(gè)過(guò)程中電路消耗的電能。答案(1)6 m/s(2)3 m/s(3)27 J解析(1)設(shè)桿a下滑到水平軌道瞬間的速度為va,桿a從斜軌道上下滑到水平軌道的過(guò)程中,只有重力做功,由機(jī)械能守恒定律得magh=12mava2解得va=6 m/s。(2)當(dāng)a以6 m/s的速度進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)后,a、b兩桿所受的安培力等大反向,合力為零,最終一起勻速運(yùn)動(dòng)。設(shè)共同的速度為v,取水平向右為正,由動(dòng)量守恒定律得mava-mbv0=(ma+mb)v解得v=3 m/s(3)設(shè)消耗的電能為E,由能量守恒定律得E=12mava2+12mbv02-12(ma+mb)v2代入數(shù)據(jù)解得E=27 J。2.如圖所示,相距較遠(yuǎn)的水平軌道與傾斜軌道用導(dǎo)線相連,MNEF、PQGH,且組成軌道的兩個(gè)金屬棒間距都為L(zhǎng)。金屬細(xì)硬桿ab、cd分別與軌道垂直,質(zhì)量均為m,電阻均為R,與軌道間動(dòng)摩擦因數(shù)均為,導(dǎo)軌電阻不計(jì)。水平軌道處于豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中;傾斜軌道與水平面成角,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2的勻強(qiáng)磁場(chǎng)平行于傾斜軌道向下。當(dāng)ab桿在平行于水平軌道的拉力作用下做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),cd桿由靜止開(kāi)始沿傾斜軌道向下以加速度a=g sin 運(yùn)動(dòng)。設(shè)ab、cd與軌道接觸良好,重力加速度為g。求:(1)通過(guò)cd桿的電流大小和方向;(2)ab桿勻速運(yùn)動(dòng)的速度的大小和拉力的大小;(3)cd桿由靜止開(kāi)始沿軌道向下運(yùn)動(dòng)距離x的過(guò)程中,整個(gè)回路產(chǎn)生的焦耳熱。答案(1)mgcosB2L,方向由d流向c(2)2mgRcosB1B2L2(B1cosB2+)mg(3)2m2g2Rcos2B22L22xgsin解析(1)根據(jù)cd桿以加速度a=g sin 沿軌道向下做勻加速運(yùn)動(dòng),可知cd桿不受摩擦力的作用,即安培力和重力垂直于導(dǎo)軌方向的分力平衡,所以安培力垂直于導(dǎo)軌向上,cd桿的電流方向?yàn)橛蒬流向c由mg cos =B2IL可得I=mgcosB2L(2)cd桿的電流方向?yàn)橛蒬流向c,可得ab桿的電流方向?yàn)橛蒩流向b,再根據(jù)右手定則判斷,得ab桿勻速運(yùn)動(dòng)的速度方向?yàn)樗较蛴?。拉力方向水平向?摩擦力和安培力方向水平向左。由I=B1Lv2R得v=2mgRcosB1B2L2ab桿所受拉力F=F安+mg=B1IL+mg=(B1cosB2+)mg(3)對(duì)cd桿由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式x=12at2得運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t=2xa=2xgsin整個(gè)回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q=I22Rt=2m2g2Rcos2B22L22xgsin。3.如圖所示,水平面內(nèi)固定兩對(duì)足夠長(zhǎng)的平行光滑導(dǎo)軌,左側(cè)兩導(dǎo)軌間的距離為2L,右側(cè)兩導(dǎo)軌間的距離為L(zhǎng),左、右兩部分用導(dǎo)線連接,左、右側(cè)的兩導(dǎo)軌間都存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。兩均勻的導(dǎo)體棒ab和cd分別垂直放在左、右兩側(cè)的導(dǎo)軌上,ab棒的質(zhì)量為2m、有效電阻為2r,而cd棒的質(zhì)量為m、有效電阻為r,其他部分的電阻不計(jì)。原來(lái)兩棒都處于靜止?fàn)顟B(tài),現(xiàn)給以一大小為I0、方向平行導(dǎo)軌向右的沖量使ab棒向右運(yùn)動(dòng),在達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí),兩棒均未滑出各自的軌道。求:(1)cd棒中的最大電流Im;(2)cd棒的最大加速度;(3)兩棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí),各自的速度。答案(1)BLI03mr(2)B2L2I03m2r(3)見(jiàn)解析解析(1)ab棒獲得一沖量,所以初速度v0=I02m分析知開(kāi)始時(shí)回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大,最大值為Em=2BLv0所以cd棒中最大感應(yīng)電流Im=Em2r+r=BLI03mr(2)cd棒受到的最大安培力Fm=BImLcd棒的最大加速度am=Fmm=B2L2I03m2r(3)當(dāng)兩棒中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小相等時(shí)系統(tǒng)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài),有2BLvab=BLvcd由ab棒與cd棒中感應(yīng)電流大小總是相等,可知安培力對(duì)ab棒與cd棒的沖量大小關(guān)系為Iab=2Icd根據(jù)動(dòng)量定理對(duì)ab棒有I0-Iab=2mvab根據(jù)動(dòng)量定理對(duì)cd棒有Icd=mvcd解得vab=I06m,vcd=I03m。4.如圖甲所示,兩個(gè)形狀相同、傾角均為37的足夠長(zhǎng)的斜面對(duì)接在一起,左側(cè)斜面粗糙,右側(cè)斜面光滑。一個(gè)電阻不計(jì)、質(zhì)量m=1 kg的足夠長(zhǎng)的U形金屬導(dǎo)軌MMNN置于左側(cè)斜面上,導(dǎo)軌MMNN與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.5,質(zhì)量m=1 kg、電阻為R的光滑金屬棒ab通過(guò)跨過(guò)定滑輪的輕質(zhì)絕緣細(xì)線與質(zhì)量為m0的滑塊相連,金屬棒ab與導(dǎo)軌MMNN接觸良好且始終垂直(金屬棒ab始終不接觸左側(cè)斜面),左側(cè)斜面處于垂直斜面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。初始狀態(tài)時(shí),托住滑塊,使導(dǎo)軌MMNN、金屬棒ab及滑塊組成的系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài),某時(shí)刻釋放滑塊,當(dāng)其達(dá)到最大速度時(shí),導(dǎo)軌MMNN恰好要向上滑動(dòng)。已知細(xì)線始終與斜面平行,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,sin 37=0.6,cos 37=0.8,重力加速度g取10 m/s2。甲乙(1)求滑塊的質(zhì)量m0。(2)以釋放滑塊的時(shí)刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn),滑塊的速度v隨時(shí)間t的變化情況如圖乙所示,若勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2 T,導(dǎo)軌MMNN寬度L=7 m,求在滑塊加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱。答案(1)103 kg(2)3.3 J解析(1)金屬框?qū)⒁蛏线\(yùn)動(dòng)時(shí),由平衡知識(shí)可知mg sin 37+2mg cos 37=F安解得F安=14 N對(duì)滑塊及金屬棒組成的系統(tǒng),由平衡條件可知:mg sin 37+F安=m0g sin 37解得m0=103 kg(2)達(dá)到最大速度時(shí),安培力F安=BIL=B2L2vR=14 N由圖乙知最大速度v=1 m/s解得R=2 加速階段對(duì)滑塊以及金屬棒ab組成的系統(tǒng),由動(dòng)量定理可知:m0gt sin 37-mgt sin 37-BILt=(m0+m)v加速階段通過(guò)金屬棒ab的電荷量為q=It結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律以及閉合電路的歐姆定律可得q=R=BLxR解得x=41105 m加速階段由能量守恒定律得m0gx sin 37=mgx sin 37+12(m0+m)v2+Q解得Q=3.3 J即滑塊在加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱為3.3 J。5.如圖所示,水平放置的平行光滑導(dǎo)軌,固定在桌面上,寬度為L(zhǎng),處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。桌子離開(kāi)地面的高度為H。初始時(shí)刻,質(zhì)量為m的桿ab與導(dǎo)軌垂直且靜止,距離導(dǎo)軌邊緣為d。質(zhì)量同為m的桿cd與導(dǎo)軌垂直,以初速度v0進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域。最終發(fā)現(xiàn)兩桿先后落在地面上。已知兩桿的電阻均為R,導(dǎo)軌電阻不計(jì),兩桿落地點(diǎn)之間的距離為s。求:(1)ab桿從磁場(chǎng)邊緣射出時(shí)的速度大小;(2)ab桿射出時(shí),cd桿運(yùn)動(dòng)的距離;(3)在兩根桿相互作用的過(guò)程中,回路中產(chǎn)生的電能。答案見(jiàn)解析解析(1)設(shè)ab、cd桿從磁場(chǎng)邊緣射出時(shí)的速度分別為v1、v2。設(shè)ab桿落地點(diǎn)的水平位移為x,cd桿落地點(diǎn)的水平位移為x+s,則有x=v12Hg(1分)x+s=v22Hg(1分)根據(jù)動(dòng)量守恒mv0=mv1+mv2(1分)我們可以求出v2=v02+s2g2Hv1=v02-s2g2H(1分)(2)ab桿運(yùn)動(dòng)距離為d,對(duì)ab桿應(yīng)用動(dòng)量定理BILt=BLq=mv1(1分)設(shè)cd桿運(yùn)動(dòng)距離為d+xq=2R=BLx2R(1分)解得x=2Rmv1B2L2(1分)cd桿運(yùn)動(dòng)距離為d+x=d+2RmB2L2v02-s2g2H(1分)(3)根據(jù)能量守恒,電路中損耗的焦耳熱等于體系損失的機(jī)械能Q=12mv02-12mv12-12mv22=14mv02-mgs28H(2分)6.如圖所示,MN、PQ是固定在水平桌面上,相距l(xiāng)=1.0 m的光滑平行金屬導(dǎo)軌,MP兩點(diǎn)間接有R=0.6 的定值電阻,導(dǎo)軌電阻不計(jì)。質(zhì)量均為m=0.1 kg,阻值均為r=0.3 的兩導(dǎo)體棒a、b垂直于導(dǎo)軌放置,并與導(dǎo)軌良好接觸。開(kāi)始時(shí)兩棒被約束在導(dǎo)軌上處于靜止,相距x0=2 m,a棒用細(xì)絲線通過(guò)光滑滑輪與質(zhì)量為m0=0.2 kg的重物c相連,重物c距地面高度h=2 m。整個(gè)桌面處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1.0 T。a棒解除約束后,在重物c的拉動(dòng)下開(kāi)始運(yùn)動(dòng)(運(yùn)動(dòng)過(guò)程中絲線始終與b棒沒(méi)有作用),當(dāng)a棒即將到達(dá)b棒位置前一瞬間,b棒的約束被解除,此時(shí)a棒已經(jīng)勻速運(yùn)動(dòng),試求:(1)a棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)棒中的電流大小;(2)已知a、b兩棒相碰后即粘合成一根“更粗的棒”,假設(shè)導(dǎo)軌足夠長(zhǎng),試求該“粗棒”能運(yùn)動(dòng)的距離;(3)a棒解除約束后整個(gè)過(guò)程中裝置產(chǎn)生的總焦耳熱。答案(1)2 A(2)0.075 m(3)3.875 J解析(1)由題意m0g=BlIa可得Ia=2 A(2)設(shè)碰前a棒的速度為v,則Ia=BlvR總R總=RrR+r+r=0.60.30.6+0.3+0.3 =0.5 v=1 m/sab碰撞過(guò)程:mv=2mvv=0.5 m/sab碰撞后的整體運(yùn)動(dòng)過(guò)程-IlBt=0-2mvq=It=BlxR+r2得x=0.075 m(3)發(fā)生碰撞前m0gh-Q1=12(m0+m)v2得Q1=3.85 J發(fā)生碰撞后Q2=12mv2=0.025 J所以整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程Q=Q1+Q2=3.875 J