高三物理上學期期末復習備考黃金30題 專題04 大題好拿分(提升版,20題)新人教版-新人教版高三全

期末復習大題好拿分【提升版】〔20題）.如下列圖，質量M=8kg的長木板A放在水平光滑的平面上，木板左端受到水平推力F=8N的作用，當木板向右運動的速度達到v0=1.5m/s時，在木板右端輕輕地放上一個大小不計，質量為m=2kg的小物塊B，放上小物塊0.6s后撤去F，小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)R=0.2，木板足夠長，取g=10m/s2.求：〔1〕放上小物塊后撤去F前，長木板與小物塊的加速度；〔2〕撤去F后，二者達到一樣速度的時間；〔3〕整個過程系統(tǒng)產(chǎn)生的摩擦熱〔結果保存兩位有效數(shù)字〕.A|.如圖〔a〕所示，在傾角。=3。。的光滑固定斜面上有一勁度系數(shù)k=100N/m的輕質彈簧，彈簧下端固定在垂直于斜面的擋板上，彈簧上端拴接一質量m=2kg的物體，初始時物體處于靜止狀態(tài).取g=10m/s2.〔1〕求此時彈簧的形變量x0.〔2〕現(xiàn)對物體施加沿斜面向上的拉力F，拉力F的大小與物體位移x的關系如圖〔b〕所示，設斜面足夠長.a.分析說明物體的運動性質并求出物體的速度v與位移x的關系式；b.假設物體位移為0.1m時撤去拉力F，在圖〔c〕中做出此后物體上滑過程中彈簧彈力f的大小隨形變量x'的函數(shù)圖像；并且求出此后物體沿斜面上滑的最大距離xm以與此后運動的最大速度vm.3.如下列圖，質量?kg的木塊A套在水平桿上，并用輕繩將木塊與質量 kg的小球B相連。今用跟水平方向成=30。角的力 ?N,拉著球帶動木塊一起向右勻速運動，運動中M、m相對位置保持不變，取g=10m/s2。求：

〔1〕運動過程中輕繩與水平方向夾角；〔2〕木塊與水平桿間的動摩擦因數(shù)口?！?〕當角為多大時，力F使球和木塊一起向右勻速運動的拉力最小？最小拉力為多少？〔只要求寫出角度的函數(shù)值〕.為了使航天員能適應失重環(huán)境下的工作和生活，國家航天局組織對航天員進展失重訓練時創(chuàng)造出了一種失重環(huán)境。航天員乘坐在總質量m=5X104kg的訓練飛機上，飛機以200m/s的速度與水平面成30°傾角勻速飛升到7000m高空時向上拉起，沿豎直方向以v°=200m/s的初速度向上做勻減速直線運動，勻減速的加速度大小為g,當飛機到最高點后立即掉頭向下，沿豎直方向以加速度g做勻加速運動，這段時間內(nèi)便創(chuàng)造出了完全失重的環(huán)境。當飛機離地2000m高時，為了安全必須拉起，之后又可一次次重復為航天員提供失重訓練。假設飛機飛行時所受的空氣阻力F=kv（k=900N-s/m）,每次飛機速度達到350m/s后必須終止失重訓練（否如此飛機可能失控）。求：（整個運動過程中，重力加速度g的大小均取10m/s2）地面地面（1）飛機一次上下運動為航天員創(chuàng)造的完全失重的時間。⑵飛機從最高點下降到離地4500m時飛機發(fā)動機的推力。.如下列圖，物體1、物體3的質量均為m=1kg,質量為M=2kg、長度為L=1.0m的長木板2與物體3通過不可伸長輕繩連接.跨過光滑的定滑輪.設長板2到定滑輪足夠遠，物體3離地面高H=6.5m,物體1與長板2之間的動摩擦因數(shù)R=0.2。長板2在光滑的桌面上從靜止開始釋放，同時物體.（視為質點）在長板2的左端以v0=3m/s的初速度開始運動.求：⑴長板2開始運動時的加速度大小；⑵通過計算說明物體1是否會從長木板2的右端落下？⑶當物體3落地時，物體1在長板2上的位置..一長度為L的細線一端固定在。點，另一端拴一質量為m的小球，P為地面上的一點，0、P兩點的連線與水平地面垂直。假設小球恰好能在豎直平面內(nèi)繞。點做完整的圓周運動，在小球做圓周運動過程中，第一次在小球運動到最高點A的瞬間剪斷細線，第二次在小球運動到最低點B的瞬間剪斷細線，假設兩次小球的落地點到P點小為g0，在赤道處的重力加速度大小為g，地球自轉的周期為T，引力常量為G.假設地球可視為質量均勻分布的球體.求：〔1〕質量為m的物體在地球北極所受地球對它的萬有引力的大小.〔2〕地球的半徑.〔3〕地球的密度.8.如下列圖，長為91水平傳送帶以恒定的速度v0=4而作順時針轉動，緊鄰傳送帶的右端放置一長為6.51滑板，滑板靜止在光滑水平地面上，滑板的上外表與傳送帶處在同一水平面。在距滑板右端一段距離處固定一擋板C。一質量為m的物塊被輕放在傳送帶的最左端〔A點〕，物塊在傳送帶的作用下到達B點后滑上滑板，滑板在物塊的怍用下運動到C處撞上檔板并被結實粘連。物塊可視為質點，滑板的質量M=2m,物塊與傳送帶、物塊與滑板間的動摩擦因數(shù)均為R=0.5，重力加速度取g。求：〔1〕求物塊在傳送帶的作用下運動到B點時的速度大小v；〔2〕假設物塊和滑板共速時，滑板恰與擋板C相撞，求開始時滑板右端到C的距離L；〔3〕假設滑板右端到擋板C的距離為L〔己知〕，且1WLW51,試求解：a.假設物塊與滑板共速后，滑板撞上擋板C，如此物塊從滑上滑板到物塊撞上檔板C的過程中，物塊抑制摩擦力做的功卬；fb.假設物塊與滑板共速前，滑板撞上擋板C,如此物塊從滑上滑板到物塊撞上檔板C的過程中，物塊抑制摩擦力做的功W；并求出物塊到C時速度的最大值。f9.如下列圖，PQ為粗糙水平面，左端P處有一固定擋板，右端Q處與以速率v0逆時針轉動的水平傳送帶平滑連接。兩滑塊A、B質量均為m,A滑塊與處于壓縮狀態(tài)的彈簧不掛接，B滑塊靜止在Q點。現(xiàn)將A滑塊由靜止釋放，它向右運動距離L1后與B滑塊碰撞，碰撞后A與B粘在一起，共同在水平傳送帶上繼續(xù)運動，經(jīng)L2距離到達傳送帶最右端M時速度恰好為零。兩滑塊與水平面PQ之間以與與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)均為u,重力加速度為g，求；〔1〕A與B碰撞完畢時的速度v1；〔2〕彈簧的最大彈性勢能EP；〔3〕兩滑塊與傳送帶之間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q。.如下列圖，在光滑絕緣的水平面上，用長為2L的絕緣輕桿連接兩個質量均為m的帶電小球A和B.A球的帶電量為+2q,B球的帶電量為-3q,兩球組成一帶電系統(tǒng).虛線MN與PQ平行且相距3L,開始時A和B分別靜止于虛線MN的兩側，虛線MN恰為AB兩球連線的垂直平分線.假設視小球為質點，不計輕桿的質量，在虛線MN、PQ間加上水平向右的電場強度為E的勻強電場后.試求：

(1)B球剛進入電場時，帶電系統(tǒng)的速度大小；⑵帶電系統(tǒng)向右運動的最大距離和此過程中B球電勢能的變化量；⑶帶電系統(tǒng)運動的周期..如圖甲所示，有一磁感應強度大小為B、垂直紙面向外的勻強磁場，磁場邊界OP與水平方向夾角為45°,緊靠磁場右上邊界放置長為L,間距為d的平行金屬板M、N,磁場邊界上的。點與N板在同一水平面上，O1、O2是電場左右邊界中點.在兩板間存在如圖乙所示的交變電場〔取豎直向下為正方向〕.某時刻從O點豎直向上同時發(fā)射兩個一樣的粒子a和b,質量為m,電量為+q,初速度不同.粒子a在圖乙中的t=T時刻，從。點水平進4 1入板間電場運動，由電場中的02點射出.粒子b恰好從M板左端進入電場.〔不計粒子重力和粒子間相互作用，電場周期T未知〕求：〔1〕粒子a、b從磁場邊界射出時的速度va、vb；〔2〕粒子a從。點進入磁場到射出02點運動的總時間；〔3〕如果交變電場的周期T4m，要使粒子b能夠穿出板間電場，求這電場強度大小E滿足的條件.qB 0.如圖甲所示的是安全恒溫飲水機的自動控制電路.左邊是一個對水加熱的容器，內(nèi)有密封絕緣可調(diào)的電熱絲發(fā)熱器和接觸開關S「只要有水浸沒S「它就會導通.Rx是一個熱敏電阻，低溫時呈現(xiàn)高電阻，達到高溫時〔如水的沸點〕呈現(xiàn)低電阻.Ry是一個可變電阻，低溫時Rx?Ry,高溫〔水的沸點〕時Rx?Ry.中方框P內(nèi)是一個邏輯門，A、B是邏輯門的輸入端，Z是輸出端.當A、8輸入都為高電勢時，Z才輸出高電勢.右邊虛線框J內(nèi)是一

個繼電器，當Z輸出高電勢時電磁線圈中有電流，S2被吸動閉合，發(fā)熱器工作.該加熱電路中，電的電動勢為220V,內(nèi)電阻為4Q,電熱絲是一根額定電流為5A、總阻值為220Q的均勻電阻絲制成的圓環(huán)形滑動變阻器，如圖乙所示.CZ)CZ)〔1〕根據(jù)題意，甲圖中方框P是一個—〔選填“與〃、”或〃、”非〃〕邏輯門，該邏輯門輸入信號由水位上下控制的輸入端是—，輸入信號由水溫上下控制的輸入端是_.〔后兩空選填"A〃、”B〃〕〔2〕當加熱電路安全工作時，電的可能最高效率和可能最大輸出功率分別是多少？.如下列圖，傾斜角。=30°的光滑傾斜導體軌道〔足夠長〕與光滑水平導體軌道連接.軌道寬度均為L=1m,電阻忽略不計.勻強磁場I僅分布在水平軌道平面所在區(qū)域，方向水平向右，大小B1=1T；勻強磁場II僅分布在傾斜軌道平面所在區(qū)域，方向垂直于傾斜軌道平面向下，大小B2=1T.現(xiàn)將兩質量均為m=0.2kg,電阻均為R=0.5Q的一樣導體棒ab和cd，垂直于軌道分別置于水平軌道上和傾斜軌道上，并同時由靜止釋放.取g=10m/s2.〔1〕求導體棒cd沿斜軌道下滑的最大速度的大??；〔2〕假設從開始運動到cd棒達到最大速度的過程中，ab棒產(chǎn)生的焦耳熱Q=0.45J,求該過程中通過cd棒橫截面的電荷量；〔3〕假設cd棒開始運動時距水平軌道高度h=10m，cd棒由靜止釋放后，為使cd棒中無感應電流，可讓磁場H的磁感應強度隨時間變化，將cd棒開始運動的時刻記為t=0,此時磁場H的磁感應強度為B0=1T,試求cd棒在傾斜軌道上下滑的這段時間內(nèi)，磁場H的磁感應強度B隨時間t變化的關系式..如下列圖，豎直平面xOy內(nèi)有三個寬度均為L首尾相接的電場區(qū)域ABFE、BCGF和CDHG。三個區(qū)域中分別存在方向為+y、+y、+x的勻強電場，且電場區(qū)域豎直方向無限大，其場強大小比例為2：1：2?，F(xiàn)有一帶正電的物體以某一初速度從坐標為(0,LWTP點射入ABFE場區(qū)，初速度方向水平向右。物體恰從坐標為(2L,L/2)

的Q點射入CDHG場區(qū)，物體在ABFE區(qū)域所受電場力和所受重力大小相等，重力加速度為g,物體可以視為質點，求：⑴物體進入ABFE區(qū)域時的初速度大?。虎莆矬w在ADHE區(qū)域運動的總時間；⑶物體從DH邊界射出位置的坐標..在科學研究中，可以通過施加適當?shù)碾妶龊痛艌鰜韺崿F(xiàn)對帶電粒子運動的控制。如圖甲所示，M、N為間距足夠大的水平極板，緊靠極板右側放置豎直的熒光屏PQ,在MN間加上如圖乙所示的勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下，磁場方向垂直于紙面向里，圖中E0、B°、k均為量。t=0時刻，比荷q/m二k的正粒子以一定的初速度從O點沿水平方向射入極板間，在0-t〔t=1-〕時間內(nèi)粒子恰好沿直線運動，t=5-時刻粒子打到熒光屏1kB kBo 0上。不計粒子的重力，涉與圖象中時間間隔時取0.8=-,1.4石，求：4,、 - 2在t=f時刻粒子的運動速度v2kB

o在1.8時刻粒子偏離O點的豎直距離ykB0水平極板的長度L。16.如下列圖，光滑、足夠長的平行金屬導軌MN、16.如下列圖，光滑、足夠長的平行金屬導軌MN、PQ的間距為1,所在平面與水平面成9角，處于磁感應強度為B、方向垂直于導軌平面向上的勻強磁場中。兩導軌的一端接有阻值為R的電阻。質量為m、電阻為r的金屬棒ab垂直放置于導軌上，且m由一根輕繩通過一個定滑輪與質量為M的靜止物塊相連，物塊被釋放后，拉動金屬棒ab加速運動H距離后，金屬棒以速度v勻速運動。求：〔導軌電阻不計〕〔1〕金屬棒ab以速度v勻速運動時兩端的電勢差U；ab〔2〕物塊運動H距離過程中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱QR。.如下列圖，一面積為S的單匝圓形金屬線圈與阻值為R的電阻連接成閉合電路，不計圓形金屬線圈與導線的電阻。線圈內(nèi)存在一個方向垂直紙面向里、磁感應強度大小均勻增加且變化率為k的磁場Bt，電阻R兩端并聯(lián)一對平行金屬板M、N,兩板間距為d,N板右側xOy坐標系（坐標原點。在N板的下端）的第一象限內(nèi)，有垂直紙面向外的勻強磁場，磁場邊界OA和y軸的夾角NAOy=45°,AOx區(qū)域為無場區(qū)。在靠近M板處的P點由靜止釋放一質量為m、帶電荷量為十q的粒子〔不計重力〕，經(jīng)過N板的小孔，從點Q〔0,L〕垂直y軸進入第一象限，經(jīng)OA上某點離開磁場，最后垂直x軸離開第一象限。求：〔1〕平行金屬板M、N獲得的電壓U；〔2〕粒子到達Q點時的速度大??；〔3〕yOA區(qū)域內(nèi)勻強磁場的磁感應強度B；〔4〕粒子從P點射出至到達x軸的時間。.圖所示為一個小型旋轉電樞式交流發(fā)電機的原理圖，其矩形線圈的長度ab=0.25m,寬度bc=0.20m，共有n=100匝，總電阻r=1.0Q，可繞與磁場方向垂直的對稱軸。。'轉動.線圈處于磁感應強度B=0.40T的勻強磁場中，與線圈兩端相連的金屬滑環(huán)上接一個“3.0V,1.8V〃的燈泡，當線圈以角速度①勻速轉動時，小燈泡消耗的功率恰好為1.8W.〔不計轉動軸與電刷的摩擦〕〔1〕推導發(fā)電機線圈產(chǎn)生感應電動勢的最大值的表達式Em=nBS①〔其中S表示線圈的面積〕.〔2〕求線圈轉動的角速度①.〔3〕線圈以上述角速度轉動100周過程中發(fā)電機產(chǎn)生的電能..如圖是一種配有小型風力發(fā)電機和光電池的新型路燈，其功率為120肌該風力發(fā)電機的線圈由風葉直接帶動，其產(chǎn)生的電流可視為正弦交流電。風葉的半徑為r=1m,風能的利用效率為n1=4%,風力發(fā)電機的線圈共有N=200匝，磁場的磁感應強度為B=0.1T,線圈的面積為S1=0.2m2,空氣的密度為P=1.3kg/m3,太陽垂直照射到地面上單位面積上的功率為1kw,如果光電池板垂直太陽光方向的平均受光面積為S=1m2,光能的利用效率為n2=20%,n取3,結果保存2位有效數(shù)字。〔1〕假設某天是無風的晴天，太陽光照6小時，如此太陽能光電池產(chǎn)生的電能可使路燈正常工作多少小時？〔2〕如果在某天晚上，有8m/s的風速持續(xù)刮風6小時，如此風機所發(fā)的電可供路燈正常工作多少小時？〔3〕如果在一有風的晴天，經(jīng)3小時的光照和風吹，路燈可正常工作7小時，如此風速為多大？假設通過交流電表測得風力發(fā)電機線圈的電流強度為1A,如此此時風葉的轉速為多少？.發(fā)電機和電動機具有裝置上的類似性，源于它們機理上的類似性。直流發(fā)電機和直流電動機的工作原理可以簡化為如圖1、圖2所示的情景。在豎直向下的磁感應強度為B的勻強磁場中，兩根光滑平行金屬軌道MN、PQ固定在水平面內(nèi)，相距為L,電阻不計。電阻為R的金屬導體棒ab垂直于MN、PQ放在軌道上，與軌道接觸良好，以速度v〔v平行于MN〕向右做勻速運動。圖1軌道端點MP間接有阻值為r的電阻，導體棒ab受到水平向右的外力作用。圖2軌道端點MP間接有直流電源，導體棒ab通過滑輪勻速提升重物，電路中的電流為I。〔1〕求在At時間內(nèi)，圖1”發(fā)電機〃產(chǎn)生的電能和圖2"電動機〃輸出的機械能?！?〕從微觀角度看，導體棒ab中的自由電荷所受洛倫茲力在上述能量轉化中起著重要作用。為了方便，可認為導體棒中的自由電荷為正電荷。a.請在圖3〔圖1的導體棒ab〕、圖4〔圖2的導體棒ab〕中，分別畫出自由電荷所受洛倫茲力的示意圖。b.我們知道，洛倫茲力對運動電荷不做功。那么，導體棒ab中的自由電荷所受洛倫茲力是如何在能量轉化過程中起到作用的呢？請以圖2"電動機〃為例，通過計算分析說明。參考答案1.〔1〕0.5m/s2,2m/s2；〔2〕0.24s；〔3〕2.8J.【解析】試題分析：〔1〕對車和物體受力分析，由牛頓第二定律可以求得加速度的大??；〔2〕有推力F時，車和物體都做加速運動，由速度公式可以求得撤去力F時兩者各自的速度；撤去力F后車減速，物體繼續(xù)做加速運動，由速度公式可以求得兩者達到一樣速度時的時間；〔3〕由位移公式求出各自的位移，然后由摩擦力產(chǎn)生熱量的公式即可求出.〔1〕分別對小車和物體受力分析，由牛頓第二定律可得，物塊的加速度：a=^mg=從g=2m/s2Bm小車的加速度：a=F—：mgAM代入數(shù)據(jù)解得：aA=0.5m/s2⑵撤去力F時車的速度：匕=%+%%=（1_5+。一5工。一6）和/了=1_8和上了物塊的速度：出=口晶=2x0.6m/1=L2zk/sB的速度小于A的速度,可知B繼續(xù)做加速運動，此時A在水平方向只受到摩擦力則二噸=空9二05函1A-f速度相等時：匕4—心=%+aJ,代人數(shù)據(jù)解得：D.冽習⑶該時間△的位移二4二北七十；名博十九JL- -JL-B的位移：&=3/代+。）q產(chǎn)生的熱量：&=即虱天廣覆）聯(lián)在得：92.BJ2.〔1〕0.1m.〔2〕a4.8xb0.04m0.99m/s.【解析】〔1〕初始狀態(tài)時物體處于平衡狀態(tài)，如此有：k0=mgsine，代入數(shù)據(jù)計算得出x0=0.1m；〔2〕a.設物體運動微小位移x的過程中加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有:F+k（x0一x）一mgsine=ma.根據(jù)F一x圖象可以知道，F(xiàn)=4.8+100x聯(lián)立計算得出：a=2.4m/s2；彈簧發(fā)生拉伸形變時，上述結論仍成，可見物體做加速度a=2.4m/s2的加速直線運動.根據(jù)運動學公式可知物體的速度大小v隨x變化的表達式為：v2=2ax代入數(shù)據(jù)計算得出：v2=4.8x；b.物體位移x=0.1m后撤去拉力，此后物體上滑過程中彈力f隨形變量x'的圖象如如下圖所示；物體上滑過 一，，_ …1,程中抑制彈力所做的功對應右上圖中的面積,即，二2kkm.撤去拉力后，在上涓過程中根據(jù)動靛定理有：-21sin6-朽聯(lián)立以上可得口與=O.O+mj物體再次回到初始位置時速度最大,對于全過程只有拉力下對物體做功,拉力尸對圖象做的功力F-尤圖4B+148象下的面積，則有：叫■二一———二6兆L2根據(jù)動能定理可得；叫■=!球/笑底立計算得出；%=。一7國卷=0一99血點睛；本題考查動能定理及胡克定律的應用,解題的關鍵在于圖象規(guī)律的遷移應用，要求能明確圖象性質,知道如何用圖象的面積來表示功3.〔1〕3。。⑵鼻3.〔1〕3。。⑵鼻(M+m)g日 \：3〔3〕 , —tana=——\：1+四2 5【解析】〔1〕設細繩對B【解析】〔1〕設細繩對B的拉力為T.以小球為研究對象，分析受力，作出力圖如圖1,由平衡條件可得:圖1NFcos300=Tcos。①圖1NFcos300=Tcos。①Fsin30+Tsin0=mg②代入解得，tan。=:,0二30。(2)以木塊和小球蛆成的整體為研究對象，分析受力情況,如圖入再平衡條件得F8530c=fN+Fsm300=(M+m)g』曰第I McoM倚'詢: +網(wǎng)由口代人解得，〔3〕以木塊和小球組成的整體為研究對象，分析受力情況，如圖2.再平衡條件得Fcosa=fN+Fsina二〔M+m〕gu(M+m)g又f=uN聯(lián)立得F=—cosa+Rsma33 (M+m)g日當tana==——時，F(xiàn)有最小值，F(xiàn)= , —5 "十四24.⑴55s(2)2.7X10不【解析】試題分析：飛機先以加速度g減速上升，再以加速度g加速下降，判斷速度達到350m/s與離地2000m哪一個先到如此完畢訓練周期，根據(jù)運動學公式列式計算即可。⑴上升時間：t=%=200s=20s,上g10TOC\o"1-5"\h\z,V2 2002 c…上升高度為：hj=^0~=-TT-m=2000m,上2g20V2 3502豎直下落速度達到V=350m時，下落高度：h=十=——m=6125m,1 -s 下2g 20v350一此時飛機離地高度為Ah=h+h一h=2875m>2000m，所以t=—= s=35s,上下 下g10飛機一次上下為航天員創(chuàng)造的完全失重的時間為：t=t上+t下=55s；⑵飛機離地4500m>2875m,仍處于完全失重狀態(tài)，飛機自由下落的高度為h=2000m+7000m一4500m=4500m，此時飛機的速度為v=2ggh=300m/,由于飛機加速度為g,所以推力F應與空氣阻力大小相等，即F=\=900x300N=2.7x105N。點晴：解決此題的關鍵是分析清楚飛機的運動情況，然后對其運用運動學公式列式計算，注意判定速度與高度限制誰先達到是關鍵。5.〔1〕4m/s2〔2〕物體1不會從長木板右端落下；〔3〕物體1在長木板2的最左端.1解析】試題分析：(1)物體L相對于2向右運動？恰好沒有從長板2的右端掉下，則知物體L滑到長板2的右端時，1和2速度相等,根據(jù)牛頓第二定律求出物體1的加速度和物體2和3的整體加速度，由速度相等，求出時間,由位移公式分別求出物體1和物體23的位耨］兩者位移之差j匕)判斷三個物體船否相對靜止.假設物體相對鄢止，由牛頓第二定律求出加速度和物體1所受的靜摩梅力，與最大靜摩擦力比較，可知物體1和物體2相對滑動.再求出物體L和物體23的加速度，由位移公式求出物體3落地時整體下落高度必得到時間,并求出物體1的位移，可知物體1在長械2的最左端.⑴物體2和3的整體加速度為:生=號名望=4%5⑵龍向右為正方向，物體1的加速度；碉=絲望=邛/?設密過時間I二者速度相等即有；誨二/得十二知t,代入題據(jù)解二十產(chǎn)。.5”『“/力物體1的位移為/=止壁f=1而，物體2的位移2與=(=0-25m,由于為—x1VL故物體1不會從長木板右端落下j■1(3)此后，假設物體123相對靜止，a=3g，物體1受到的靜摩擦力為Ffi=ma=3.3N>Ff=umg=2N,故假設不成 一 一… ， 1 1立，如此知物體1和物體2相對滑動，整體下落高度卜印-乂，根據(jù)h=vt+-at2，物體1的位移x=vt+-a12,2 12 222 3 12 222由以上各式得h-x3=1m,故物體1在長木板2的最左端。點晴：此題是牛頓第二定律和運動學公式結合，邊計算邊分析，抓住臨界狀態(tài)：速度相等是一個關鍵點。6.1.5Lt解析】小球恰好能做圓周運動則在最高點二1Hg得：巧=志］■r此時若剪斷細繩,小球開始做平拋運動：在水平方向：￡=坳在豎直方向：&+工=；即:小球從A運動到H由動能定理如：掇x2L=g*-g撰式若在B點繩子被剪斷小球開始做平拋運動；在水平方向：Vi在豎直方向：h—L=—q由以上各式可解得：k=L5L綜上所述本題答案是：h=l.5L(g-g)T2 3兀g7.⑴F=mg0(2)R=-^0-^—；⑶P=^(0 \。0 4冗2 GT2(g一g)0【解析】〔1〕質量為m的物體在兩極所受地球的引力等于其所受的重力，即F=mg0〔2〕設地球的質量為M，半徑為R，在赤道處隨地球做圓周運動物體的質量為m，物體在赤道處隨地球自轉做圓周運動的周期等于地球自轉的周期，軌道半徑等于地球半徑，GMm 4n2c根據(jù)萬有引力定律和牛頓第二定律有 -mg=m-R,R2 T2從受力上分析知：在赤道上的物體所受地球的引力大小等于其在兩極所受的重力n(g-g)T2解得：R=- .4n2

_Mm 一.gR2⑶因為G而二mg0所以M二丁‘,,,「 4c MGT2又因地球的體積V=3nR3所以p=GT23,gGT2（g（g—3,gGT2（g綜上所述此題答案是：⑴F二mg0；⑵R二一4^；⑶p二8.〔1〕3vgi〔2〕21⑶a.17mgl/4b.（13/+2L）mg/2【解析】（1）詆物塊到達B點的速度為VI對物塊從乩到B由動能定理得：9乂91二礴-0a解得f=3而44幅,所以物塊一直加速,運動到B點時的速度大小噲=3而C）假設物塊與涓板達到共同速度v時，物塊還沒有離開滑板,對物塊與滑板,由動量守恒，有設物塊在渭板上運動的距離為8,由能量守恒得出叫￡/=二礴-三（融+M"）d@聯(lián)立解得事二宓;應5艮⑤即達到共同速度v時，物塊不會脫離滑板滑下,設此過程滑板向右運動的距離為的，對滑板由動能定理得河夢工=$MF@.X-〔3〕討論：①當1<L<21時，滑塊在滑板上一直減速到右端，設此時的速度為 vC,對物塊由動能定理得1 1—Hmg（6.51+L）=mv2—mv2⑦2c2b解得V。=Jg（2.5l—L）>0所以抑制摩擦力所做的功Wf.=Nmg（6.5l+L）=3.25mgl+0.5mgL=13mgl+4mgL②當21WLW51時，滑塊與滑板最終一起運動至滑板與C相碰，碰后滑塊在滑板上繼續(xù)做減速運動到右端，設此時的速度為VC1，對物塊由動能定得：1 1 _—Hmg（8l+0.51）二mv2—mv2⑨2c12b解得VC1

所以抑制摩擦力所做的功w=Rmg(81+0.5l)=17mglf 4.⑴2RggL2;(2)RmgL+4RmgL^；〔3〕2Rmg(L2+v0^2--2)【解析】(D兩滑塊碰撞后以共同速度箕一起做句激速直線運動,由動能定理可得：_粒.筋1螞=D—二接得：吸=pHgJ[2)謾月與正碰前的瞬間速度為力,獨普推A的過程,由能量守恒：瑪=：m寸+9哂q/與B的碰撞過程；由動量守恒：JK"+。=2加%聯(lián)立解得：%=jU^1gLi+4網(wǎng)叫G⑶兩物體減速到零的時間看⑶兩物體減速到零的時間看=此過程皮帶向左的位移x=v0摩擦為反向運動，生熱的相對位移為兩著之和Q=R-2mg(L2+x)2L2L a,聯(lián)立解得：Q=2RmgL+vI2 0【點睛】考查牛頓第二定律、運動學規(guī)律、動量守恒定律、動能定理與摩擦力做功產(chǎn)生的熱量.注意求熱量時滑塊相對傳送帶的位移，同時動量守恒定律關注方向..⑴v=IqEL^.(2)s=7L,AE=4qEL⑶T=f6V2—81mLmm總3P I3八qE1 ,12qEL【解析】〔1〕設B球剛進入電場時帶電系統(tǒng)速度為v,由動能定理得2qEL=G-2mv2解得v=：’一〔2〕帶電TOC\o"1-5"\h\z1 2 1im系統(tǒng)向右運動分三段：B球進入電場前、帶電系統(tǒng)在電場中、A球出電場.設A球出電場的最大位移為x,由動能定理得2qEL-qEL-3qEx=0,L, 7L解得*=7如此：s=—-3 總3， , …… , … ，一… ，4， 4B球從剛進入電場到帶電系統(tǒng)從開始運動到速度第一次為零時位移為7L其電勢能的變化量為△￡;W=3qE-L3 p 34qELO）取向右為正方向,第-段加速巧=翌=紇2ma玄="=磨第二段減速G二-坐2m設A球剛出電場速度為也，由動能定理得一亦兀=；然上前說一4）上解得吟二工降Vm所以帶電系統(tǒng)運動的周期為：丁=25+^+幻=[&份一.《急.11.⑴v二也v二幽⑵ t=鬻+md^L⑶E<qdBa2mbm 2qB qBd 0mL【解析】（1）如下列圖，粒子a、b在磁場中均速轉過90°,平行于金屬板進入電場.由幾何關系可得：r=1d，rb=d①a2b

「 v2由牛頓第二定律可得qvB=mf②arav2qvB=m-b-③b rbq,qBdqBd解得：v= ,v=一a2m bm(端立子口在磁場中運動軌跡如圖%在磁場中運動時間：A務源⑤粒子在電磁場邊界之間運動時，水平方向儆勻速直線運動F所用時間為后=%由@@1?則全程所用時間為：+r2二三十陽十江)2qBqBd_d d mT_(3)粒子在磁場中運動的時間一樣，a、b同時離開I磁場，a比匕進入電場落后時間At= = =-⑦2v qB4a故粒子b在t=0時刻進入電場.由于粒子a在電場中從O2射出，在電場中豎直方向位移為0,故a在板間運動的時間ta是周期的整數(shù)倍，由于vb=2va,_, , ,, 1 ，…，L]b在電場中運動的時間是t=t,可見b在電場中運動的時間是半個周期的整數(shù)倍即t=—二n--⑧b2a bv2b2Ln=——Tv. .T. ... . 1（T粒子b在刀內(nèi)豎直方向的位移為y=7a—⑩2 212）粒子在電場中的加速度a=qEOm4 4m由題知T=—-qB粒子b能穿出板間電場應滿足nyWd解得e0&qmd【點睛】此題考查了帶電粒子在電場與磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡是正確解題的關鍵，應用牛頓第二定律、粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期公式、牛頓第二定律、運動學公式即可正確解題.12. 〔1〕與AB；〔2〕①93.2%,②1190W.【解析】C）由題'當口、B輸入都為高電勢時，工才輸出高電勢，故P應是與邏輯門.本飲水機的自動加熱原理：當水溫較低時，取阻值較大』以為高電勢，目有水浸沒。S也為高電勢,則2才輸出高電勢,電磁線圈中有電流，5被吸動閉合,發(fā)熱器工作.所以該邏輯門輸入信號由水位高低控制的輸入端是B;輸入信號由水溫高低控制的輸入端是A.（2）①可見當電阻絲并臟電阻歐最大時】電可能達到的效率最高夏fR_n\ —'義220由于圮=』 叱】當Ri=R-Ri01,并聯(lián)電阻達最大值郊岫=^ 0=5陽R 2-IUUK電的敗率J7=--=—= IEER+r ^-xl00%=93.2%幾口+廣55+4②設電阻絲的一個支路電阻Ri為允許的最小值Rem時,其電流恰達到額定電流心%這時并聯(lián)電阻絲的達到允許的最大功率…LIR、一由閉合電路歐姆定律，得IR +I+n°朋n r=E01minI0R—R)1 1min，代入數(shù)據(jù)并整理，得R21min-264Rimin+8800=0解得R1min=39.1Q〔另一解大于220Q,不合題意，舍去〕

這時并聯(lián)電阻R"=RE(R-R )這時并聯(lián)電阻R"=RE(R-R )39.1x(220-39.1) 1minR220Q=32.15Q所以電可能的最大輸出功率為尸maxE2R〃2202(R〃+r)2 (32.15+4)2x32.15W=1190W點睛：解此題要知道兩點：當電阻絲并聯(lián)電阻R總電阻最大時，電源達到的效率最高；電阻絲的一個支路的電阻為允許的最小值，其電流恰達到額定電流時，這時并聯(lián)電阻絲達到允許的最大功率.13.〔1〕13.〔1〕二="；⑵【解析】試題分析：門）做出側視平面圖，R棒加速下滑,安培力逐漸增大，加速度逐漸減小，加速度減小到零時速度增大到最大％,此時出棒所受合力為零，此后cd棒勻速下滑,對西棒受力分析，如圖斫示.沿導軌方向有巴=如且如小感應電動勢且=刁感應電流 五2m遮血6 .%=-—=皿5得最大速度 君加〔2〕設cd棒下滑距離為x時，ab棒產(chǎn)生的焦耳熱Q,此時回路中總焦耳熱為2Q。根據(jù)能量守恒定律，有解得下滑距離心迪=吐蘭必根據(jù)法拉第電磁感應定律，感應電動勢平均值AzAr根據(jù)法拉第電磁感應定律，感應電動勢平均值AzArI=—感應電流平均值 二’通過cd通過cd棒橫截面的電荷量*2Jf〔3〕假設回路中沒有感應電流，如此cd棒勻加速下滑，加速度為二初始狀態(tài)回路中磁通量“sine一段時間:后，cd棒下滑距離i-初始狀態(tài)回路中磁通量“sine一段時間:后，cd棒下滑距離i-Ajt=—m■>此時回路中磁通量①二町51116回路中沒有感應電流，如此也由二①=0由上可得磁感應強度聲_LR由上可得磁感應強度聲_LR_ 05m在h1- --arsin&2代入數(shù)據(jù)得，磁感應強度B隨時間t變化的關系式為考點：電磁感應現(xiàn)象的綜合應用14.〔1〕14.〔1〕【解析】設三個區(qū)域的電場強度大小依次為在、E、2E,物體在三個區(qū)域運動的時間分別h.jt3.(1府30GF區(qū)域，對物體進行受力分析,由牛頓第二定律得：gr再碼,在水平方向有；L1在豎直方向有：-二2a2/1解得：v0=g解得：v0=g-，t2=2L⑵在ABEF區(qū)域.對物體進展受力分析，在豎直方向有：2qE=mggL物體做勻速直線運動,有：v。二在BCGF區(qū)域，物體做類平拋運動，有：v0gL2，t2=2L如此、點速度為：了在CDHG區(qū)域由于2qEgL物體做勻速直線運動,有：v。二在BCGF區(qū)域，物體做類平拋運動，有：v0gL2，t2=2L如此、點速度為：了在CDHG區(qū)域由于2qE二mg對物體進展受力分析，mggL2在Q點豎直方向速度為：a2t2與水平方向夾角為45°與水平方向夾角為45°,與速度方向一樣，物體做勻加速直線運動.運動到x軸過程，根據(jù)運動學公式，有:解得：廣?版體在ABFE區(qū)域做勻速直線運動，在BCGF區(qū)域物體做類平拋運動】偏移量為1在GDHG區(qū)域,沿與水平方向夾角為450,物體做為加速直線運動，豎直方向位移為L則物體從M邊界射出位置的坐標為J*—【點睛】此題是帶電體在電場和重力場的復合場中運動的問題,關鍵是分析物體的受力情況和運動情況.類平拋運動運用運動的合成與分解的方法批究,勻加速直線運動根據(jù)牛頓定律和運動學公式結合研究.15.〔1〕尸2EEB15.〔1〕尸2EEB0?1、E，萬向與水平萬向成45。角向下〔2〕(\2--)2kB20【解析】〔1〕在0?【解析】〔1〕在0?t1時間內(nèi)，粒子在電磁場中做勻速直線運動，如此:qvB=qE得v=在ti?t在ti?t2時間內(nèi)，粒子在電場中做類平拋運動，^=〃,=如此：v=J2v2EEB0?由：tan。=0=450=45。水平方向成45o⑵在電場中做類平拋運動向下偏移：在此處鍵入公式口苴=晟片熹在血一在時間內(nèi)，粒子在磁場中做勻速圖周運動』運動周期丁=^=至M叫7TI在酶中運動時昨甌二乙即圖周運動的圖心角為-45%此時速度恰好沿水平方向.磁場中｝由加一y2=^(l-?>s45o)=(-l)偏離的豎直距離：尸九十用二Q〔3〕在t3時刻進入電場時以初速度：v=v。=做類平拋運動，v「=做類平拋運動，v「=at=qE<2 v'2E—OX - (mkB0再次進入磁場時,v'=2v0=V,由tan 11y得。'=45。即得。'=45。即v，與水平方向成45。角向下.由qvB「得:2Er= o-2kB2綜上可得：長度：L=vx-^—+rsin450+弋2vx--+rsin45°okBi okB20 0016.〔1〕U=

ab016.〔1〕U=

abBlvRR+r（M一msin。）gH一一（M+m）v2

2【解析】國金屬棒顯以速度V勻速運動時，產(chǎn)生的感應電動勢大小為：日幅由閉含電路歐拇定律得：1=-^-R+r金屬棒岫兩端的電壓大小為：口班解得:口;照J?+r可知Q岫為負值，故；心可知Q岫為負值，故；心=J?-Fr但物塊運動h距離過程中,設整個回路產(chǎn)生的焦耳熱為5由能量守恒定律得：慰師=竭gHsinS+L加1+Q_2-由焦耳定律得：Q=f(R+4士解得二0=［解得二0=［（M （鮑"+拓）爐1￡.+rER睛】本題是一道電磁感JS與電路.運動學相結合的綜合題，分析清楚棒的運動付程、找出電漪的房你想,應用能量守恒和功能關系等相關知識,是正確解題的關鍵.17.〔1〕M、N兩板間的電壓為心卜5〔4〕17.〔1〕M、N兩板間的電壓為心卜5〔4〕【解析】〔1〕根據(jù)法拉第電磁感應定律，閉合線圈產(chǎn)生的感應電動勢為:E1二絲史二ksAt At因平行金屬板M、N與電阻并聯(lián)，故M、N兩板間的電壓為：U=Ur=E=kS〔2〕帶電粒子在M、N間做勻加速直線運動，有qU=1mv2(3)帶電粒子進入磁場區(qū)域的運動軌跡如圖所示』由幾何關系可得：廣+好率口=L聯(lián)立以上各式得：8=衛(wèi)磨工W4(4)粒子在電場中做為加速直線運動,則有口片根據(jù)牛頓第二定律得：q。=胞口TOC\o"1-5"\h\z 2TTf* 1粒子在磁場中「有『二里"」工v 4粒子在第一象限的無場區(qū)中n有后=嶗由幾何關系得：S=r粒子從P點射出到到達工軸的時間為:『二『1+與+與t+2 m聯(lián)立以上各式可得：/=(2d+—-L入，4 22mks綜上所述此題答案是：〔1〕U=kS；〔2〕v=：2返；m,、八212mks n+2 m〔3〕B=一1 ；〔4〕t=（2d+——L%；L\q