高考物理第一道大题针对训练

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高考物理第一道大题针对训练

高考物理第一道大题针对训练 ‎1.如图(甲)所示,A车原来临时停在一水平路面上,B车在后面匀速向A车靠近,A车司机发现后启动A车,以A车司机发现B车为计时起点(t=0),A、B两车的v﹣t图象如图(乙)所示.已知B车在第1s内与A车的距离缩短了x1=12m.‎ ‎(1)求B车运动的速度vB和A车的加速度a的大小.‎ ‎(2)若A、B两车不会相撞,则A车司机发现B车时(t=0)两车的距离s0应满足什么条件?‎ ‎2.有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带,恒定速度v=4 m/s,传送带与水平面的夹角θ=37°,现将质量m=1kg的小物块轻放在其底端(小物块可视作质点),与此同时,给小物块沿传送带方向向上的恒力F=8N,经过一段时间,小物块上到了离地面高为=2.4 m的平台上。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5,(g取10 m/s2, sin37°=0.6,cos37°=0.8).问:‎ ‎(1)物块从传送带底端运动到平台上所用的时间?‎ ‎(2)若在物块与传送带达到相同速度时,立即撤去恒力F,计算小物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度? ‎ ‎3.(13分)完整的撑杆跳高过程可以简化成如图所示的三个阶段:持杆助跑、撑杆起跳上升、越杆下落。在第二十九届北京奥运会比赛中,俄罗斯女运动员伊辛巴耶娃以5.05m的成绩打破世界纪录。设伊辛巴耶娃从静止开始以加速度a=1.25m/s2匀加速助跑,速度达到v=9.0m/s时撑杆起跳,到达最高点时过杆的速度不计,过杆后做自由落体运动,重心下降h2=4.05m时身体接触软垫,从接触软垫到速度减为零的时间t=0.90s。已知伊辛巴耶娃的质量m=65kg,重力加速度g取10 m/s2,不计空气的阻力。求:‎ ‎(1)伊辛巴耶娃起跳前的助跑距离;‎ ‎(2)假设伊辛巴耶娃从接触软垫到速度减为零的过程中做匀减速运动,求软垫对她的作用力大小。‎ ‎4.(18分)如图所示为某种弹射装置的示意图,光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接,传送带长度L=4.0m,皮带轮沿顺时针方向转动,带动皮带以恒定速率v=3.0m/s匀速传动。三个质量均为m=1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上,开始时滑块B、C之间用细绳相连,其间有一压缩的轻弹簧,处于静止状态。滑块A以初速度v0=2.0m/s沿B、C连线方向向B运动,A与B碰撞后粘合在一起,碰撞时间极短,可认为A与B碰撞过程中滑块C的速度仍为零。因碰撞使连接B、C的细绳受扰动而突然断开,弹簧伸展,从而使C与A、B分离。滑块C脱离弹簧后以速度vC=2.0m/s滑上传送带,并从右端滑出落至地面上的P点。已知滑块C与传送带之问的动摩擦因数μ=0.20,重力加速度g取10m/s2。求:‎ ‎(1)滑块c从传送带右端滑出时的速度大小; ‎ ‎(2)滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep;‎ ‎(3)若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同,要使滑块C总能落至P点,则滑块A与滑块B碰撞前速度的最大值Vm是多少?‎ ‎5.如图甲所示,固定的光滑半圆轨道的直径PQ沿竖直方向,其半径R的大小可以连续调节,轨道上装有压力传感器,其位置N始终与圆心O等高。质量M=1kg、长度L=3m的小车静置在光滑水平地面上,小车上表面与P点等高,小车右端与P点的距离s=2m。一质量m=2kg的小滑块以v0=6m/s的水平初速度从左端滑上小车,当小车与墙壁碰撞后小车立即停止运动。在R取不同值时,压力传感器读数F与的关系如图乙所示。已知小滑块与小车表面的动摩擦因数μ= 0.2,取重力加速度g=10 m/s2。求:‎ ‎(1)小滑块到达P点时的速度v1的大小;‎ ‎(2)图乙中a和b的值。‎ ‎6.为研究运动物体所受的空气阻力,某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块,并在滑块上固定一个高度可升降的风帆。他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑,下滑过程帆面与滑块运动方向垂直。假设滑块和风帆总质量为.滑块与斜面间动摩擦因数为,斜面的倾角,重力加速度为g,帆受到的空气阻力与帆的运动速率的平方成正比,即。‎ ‎(1)写出滑块下滑过程中加速度的表达式;‎ ‎(2)求出滑块下滑的最大速度的表达式;‎ ‎(3)若,斜面倾角,取,滑块从静止下滑的速度图象如图所示,图中的斜线是时图线的切线,由此求出的值。‎ ‎7.如图,一个质量为m的小球(可视为质点)以某一初速度从A点水平抛出,恰好从圆管BCD的B点沿切线方向进入圆弧,经BCD从圆管的最高点D射出,恰好又落到B点。已知圆弧的半径为R且A与D在同一水平线上,BC弧对应的圆心角θ=60°,不计空气阻力。求:‎ ‎(1)小球从A点做平抛运动的初速度v0的大小;‎ ‎(2)在D点处管壁对小球的作用力N;‎ ‎(3)小球在圆管中运动时克服阻力做的功W克f。‎ ‎8.(计算)如右图所示,光滑曲面AB与水平面BC 平滑连接于B 点,BC 右端连接内壁光滑、半径为r 的细圆管CD,管口D 端正下方直立一根劲度系数为k 的轻弹簧,轻弹簧一端固定,另一端恰好与管口D 端齐平。质量为m 的小球在曲面上距BC 的高度为2r 处从静止开始下滑,小球与BC 间的动摩擦因数进入管口C 端时与圆管恰好无作用力,通过CD 后压缩弹簧,在压缩弹簧过程中速度最大时弹簧的弹性势能为EP 。求: ‎ ‎(1)小球达到B 点时的速度大小vB ; ‎ ‎(2)水平面BC 的长度s; ‎ ‎(3)在压缩弹簧过程中小球的最大速度vm 。‎ ‎9.如图所示,在竖直边界线 O1 O2 左侧空间存在一竖直向下的匀强电场.电场强度E=100N/C,电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面AB,其倾角为30°,A点距水平地面的高度为h=4m.BC段为一粗糙绝缘平面,其长度为L=m.斜面AB与水平面BC由一段极端的光滑小圆弧连接(图中未标出),竖直边界线O1O2右侧区域固定一半径为R=0.5m的半圆形光滑绝缘轨道,CD为半圆形光滑绝缘轨道的直径,C、D两点紧贴竖直边界线O1O2,位于电场区域的外部(忽略电场对O1O2右侧空间的影响).现将一个质量为m=1kg,带电荷量为q=0.1C的带正电的小球(可视为质点)在A点由静止释放,且该小球与斜面AB和水平BC间的动摩擦因数均为μ=(g取10m/s2).求:‎ ‎(1)小球到达C点时的速度大小;‎ ‎(2)小球到达D点时所受轨道的压力大小;‎ ‎(3)小球落地点距离C点的水平距离.‎ ‎10.如图所示,一质量不计的细线绕过无摩擦的轻质小定滑轮O与质量为5m的重物相连,另一端与套在一根固定的光滑的竖直杆上质量为m的圆环相连,直杆上有A、B、C三点,且B为A、C的中点,AO与竖直杆的夹角θ=53°,B点与滑轮O在同一水平高度,滑轮与竖直杆相距为L,重力加速度为g,设直杆足够长,圆环和重物运动过程中不会与其他物体相碰.现将圆环由A点静止开始释放(已知sin53°=0.8,cos53°=0.6).求:‎ ‎(1)重物下降到最低点时圆环的速度大小v1为多少?‎ ‎(2)圆环能下滑的最大距离h为多少?‎ ‎(3)圆环下滑到C点时的速度大小v2为多少?‎ ‎11.如图所示,空间有场强E=1.0×103V/m竖直向下的电场,长L=0.4m不可伸长的轻绳固定于O点,另一端系一质量m=0.05kg带电q=5×10﹣4C的小球,拉起小球至绳水平后在A点无初速度释放,当小球运动至O点的正下方B点时,绳恰好断裂,小球继续运动并垂直打在同一竖直平面且与水平面成θ=30°、无限大的挡板MN上的C点.试求:‎ ‎(1)绳子至少受多大的拉力才能被拉断;‎ ‎(2)A、C两点的电势差;‎ ‎(3)当小球刚要运动至C点时,突然施加一恒力F作用在小球上,同时把挡板迅速水平向右移动3.2m,若小球仍能垂直打在档板上,所加恒力F的方向的取值范围.‎ ‎12.如图所示.小球A从倾角37°足够长的斜面上的顶点处开始沿斜面匀速下滑,速度大小v1=6m/s,经过时间Δt后,从斜面顶点处以速度v2=4m/s水平抛出一个飞镖,结果飞镖恰好在斜面上某处击中小球A。不计飞镖运动过程中的空气阻力,可将飞镖和小球视为质点。已知重力加速度为g,试求:‎ ‎(1)飞镖是以多大的速度击中小球的?‎ ‎(2)两个物体开始运动的时间间隔Δt应为多少?‎ ‎13.如图所示,在直角坐标系xoy的第三、四象限区域内存在两个有界匀强磁场,匀强磁场I分布在x轴和MN之间,方向垂直纸面向外,PQ边界下方分布足够大垂直纸面向里的匀强磁场Ⅱ,MN、PQ均与x轴平行,C、D分别为磁场边界MN、PQ和y轴的交点,且OC=CD=L.在第二象限存在沿x 轴正向的匀强电场.一质量为m带电量为+q的带电粒子从电场中坐标为(-L,-2L)的A点以速度v0沿y负方向射出,恰好经过原点O处射入磁场区域I(粒子的重力忽略不计)。 ‎ ‎(1)求第二象限匀强电场场强E的大小;‎ ‎(2)要使粒子不能进入磁场区域Ⅱ,则区域Ⅰ内磁场的磁感应强度B1大小是多少;‎ ‎(3)若粒子恰从C点射出磁场区域Ⅰ,然后经过磁场Ⅱ能再次回到原点O,问磁场区域Ⅱ的磁感应强度B2大小为多少.‎ ‎14.如图所示,一个板长为L,板间距离也是L的平行板容器上极板带正电,下极板带负电。有一对质量均为m,重力不计,带电量分别为+q和-q的粒子从极板正中水平射入(忽略两粒子间相互作用),初速度均为v0。若-q粒子恰能从上极板边缘飞出,求 ‎⑴两极板间匀强电场的电场强度E的大小和方向 ‎⑵-q粒子飞出极板时的速度v的大小与方向 ‎⑶在极板右边的空间里存在着垂直于纸面向里的匀强磁场,为使得+q粒子与-q粒子在磁场中对心正碰(碰撞时速度方向相反),则磁感应强度B应为多少?并画出运动轨迹图。‎ ‎ ‎ ‎15.如图所示,在直角坐标系xOy平面内有一矩形区域MNPQ,矩形区域内有水平向右的匀强电场,场强为E;在y0的区域内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场,半径为R的光滑绝缘空心半圆管ADO固定在坐标平面内,半圆管的一半处于电场中,圆心O1为MN的中点,直径AO垂直于水平虚线MN,一质量为m、电荷量为q的带电粒子(重力不计)从半圆管的O点由静止释放,进入管内后从A点穿出恰能在磁场中做半径为R的匀速圆周运动。求 ‎(1)该粒子带哪种电荷?匀强磁场的磁感应强度B的大小为多少;‎ ‎(2)若粒子再次进入矩形区域MNPQ时立即撤去磁场,此后粒子恰好从QP的中点C离开电场。求矩形区域的边长MQ与R的关系。‎ ‎(3)在满足(2)的基础上,求从A点运动到C点的时间。‎ ‎16.如图所示,在xOy坐标系中有虚线OA,OA与x轴的夹角θ=300,OA与y轴之间的区域有垂直纸面向外的匀强磁场,OA与x轴之间的区域有沿x轴正方向的匀强电场,已知匀强磁场的磁感应强度B=0.25 T,匀强电场的电场强度E=5×105 N/C。现从y轴上的P点沿与y轴正方向夹角600的方向以初速度v0=5×105 m/s射入一个质量m=8×10-26 kg、电荷量q=+8×10-19 C的带电粒子,粒子经过磁场、电场后最终打在x轴上的Q点,已知P点到O的距离为m(带电粒子的重力忽略不计)。求:‎ ‎(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径;‎ ‎(2)粒子从P点运动到Q点的时间;‎ ‎(3)Q点的坐标.‎ ‎17.如图所示,水平放置的两平行金属导轨相距L=0.50 m,左端接一电阻 R=0.20 Ω,磁感应强度B=0.40 T的匀强磁场方向垂直于导轨平面向下,长也为 ‎0.50 m的导体棒ac垂直放在导轨上,并能无摩擦地沿导轨滑动,导轨和导体棒的电阻均可忽略不计.当ac棒以v=4.0 m/s的速度水平向右匀速滑动时,求:‎ ‎(1)ac棒中感应电动势的大小;‎ ‎(2)回路中感应电流的大小;‎ ‎(3)维持ac棒做匀速运动的水平外力的大小和方向.‎ ‎18.如图所示, 和为固定在绝缘水平面上两平行光滑金属导轨,导轨左端间接有阻值为=导线;导轨右端接有与水平轨道相切、半径内壁光滑的半圆金属轨道。导轨间距,电阻不计。导轨所在平面区域内有竖直向上的匀强磁场。导轨上长度也为、质量、电阻=的金属棒以=‎ 速度进入磁场区域,离开磁场区域后恰好能到达半圆轨道的最高点,运动中金属棒始终与导轨保持良好接触。已知重力加速度=。求:‎ ‎(1)金属棒刚滑出磁场右边界时的速度的大小;‎ ‎(2)金属棒滑过磁场区的过程中,导线中产生的热量。‎ ‎ ‎ 试卷答案 ‎1.解:(1)在t1=1s时A车刚启动,两车缩短的距离为:x1=vBt1,‎ 代入数据解得B车的速度为:vB=12m/s;‎ 速度图象的斜率表示加速度,则A车的加速度为:‎ a=;‎ ‎(2)两车的速度达到相等时,两车的距离达到最小,对应于v﹣t图象的t2=5s,此时两车已发生的相对位移为梯形的面积为:‎ s==36m,‎ 因此,A、B两车不会相撞,距离s0应满足条件为:‎ s0>36m.‎ 答:(1)B车运动的速度为12m/s,A车的加速度a的大小为3m/s2.‎ ‎(2)若A、B两车不会相撞,则A车司机发现B车时两车的距离s0应满足s0>36m.‎ ‎【考点】牛顿第二定律;匀变速直线运动的位移与时间的关系;匀变速直线运动的图像.‎ ‎【专题】计算题;定量思想;方程法;牛顿运动定律综合专题.‎ ‎【分析】(1)B做匀速直线运动,根据x1=vBt1求解速度大小;根据图象的斜率表示加速度求解A的加速度大小;‎ ‎(2)两车的速度达到相等时,两车的距离达到最小,计算出图象中梯形的面积即可.‎ ‎2.(1);(2)‎ 试题分析:(1)对物块受力分析可知,物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速为零的匀加速运动,直至速度达到传送带的速度,由牛顿第二定律:‎ ‎,‎ 计算得:‎ 加速时间:,加速距离: ‎ 物块达到与传送带同速后,对物块受力分析发现,物块受的摩擦力的方向改向,‎ 因为而下滑力和最大摩擦力之和为。故不能相对斜面向上加速。‎ 故得: ‎ 匀速运动时间:‎ 到平台所用的时间: (2)若达到同速后撤力F,对物块受力分析,因为,‎ 故减速上行,得 ‎ 物块还需离开传送带,离开时的速度为,则 ‎,,‎ 考点:牛顿第二定律、匀变速直线运动的位移与时间的关系 ‎3.解析:‎ ‎(1)设助跑距离为x,由运动学公式v2=2ax (2分)‎ 解得 x==32.4m (2分)‎ ‎(2)运动员过杆后做自由落体运动,设接触软垫时的速度为v',由运动学公式有 v'2=2gh2 (2分)‎ 设软垫对运动员的作用力为F,由牛顿第二定律得 F-mg =ma (3分)‎ 由运动学公式a= (2分)‎ 解得 F=1300 N (2分)‎ ‎4.解析:‎ ‎(1)滑块C滑上传送带后做匀加速运动,设滑块C从滑上传送带到速度达到传送带的速度v所用的时间为t,加速度大小为a,在时间t内滑块C的位移为x。‎ 根据牛顿第二定律和运动学公式 μmg=ma ‎ ‎ v=vC+at ‎ ‎ ‎ 解得 x=1.25m<L 即滑块C在传送带上先加速,达到传送带的速度v后随传送带匀速运动,并从右端滑出,则滑块C从传道带右端滑出时的速度为v=3.0m/s。‎ ‎(2)设A、B碰撞后的速度为v1,A、B与C分离时的速度为v2,由动量守恒定律 mv0=2mv1 ‎ ‎2 mv1=2mv2+mvC ‎ 由能量守恒规律 ‎ 解得EP=1.0J ‎ ‎(3)在题设条件下,若滑块A在碰撞前速度有最大值,则碰撞后滑块C的速度有最大值,它减速运动到传送带右端时,速度应当恰好等于传递带的速度v。‎ 设A与B碰撞后的速度为,分离后A与B的速度为,滑块C的速度为,由能量守恒规律和动量守恒定律 mvm=2mv1′ ‎ ‎2mv1′=mvC′+2mv2′‎ 由能量守恒规律 ‎ 由运动学公式 ‎ 解得: vm=7.1m/s ‎ 说明:其他方法解答正确也给分 ‎5.(1)4m/s (2)a=1.25,b=40‎ 试题分析:‎ ‎(1)小滑块滑上小车后将做匀减速直线运动,小车将做匀加速直线运动;算出到两者速度相等时,小车及滑块的位移;发现速度相等时,小物块恰到小车的最右端且此时车与墙相碰,可得小滑块到达P点时的速度;‎ ‎(2)据机械能守恒求得小滑块到N点的速度,再对小滑块在N点时受力分析,据牛顿第二定律求出对应的函数表达式,从而求出图乙中a和b的值。‎ 解:(1) 小滑块滑上小车后将做匀减速直线运动,小车将做匀加速直线运动,设小滑块的加速度大小为,小车加速度的大小为,由牛顿第二定律得:‎ 对小滑块,则 ‎ 对小车,则 设小车与滑块经时间速度相等,则:‎ 滑块的位移 小车的位移 代入数据解得:、、‎ 由于、,说明小滑块恰到小车的最右端时,车与墙相碰,即小滑块到达P点的速度 ‎(2)设小滑块到达N点的速度为,对N点的滑块受力分析,由牛顿第二定律可得:‎ 对小滑块从P点到N点过程,应用机械能守恒定律可得: ‎ 联立解得:‎ 则图乙中的 图线斜率,解得:‎ ‎6.解:(1)(4分)‎ ‎(2)当时速度最大, (3分)‎ ‎(3)当时,,解得(3分)‎ 最大速度, ,解得(2分)‎ ‎7.解:(1)小球从A到B:竖直方向 ‎=2gR(1+cos60°)=3gR (2分)‎ 则vy= (1分)‎ 在B点,由速度关系 v0== (2分)‎ ‎(2)小球从D到B:竖直方向 R(1+cos60°)=gt2 /2 (2分)‎ ‎ 解得:t= (1分)‎ 则小球从D点抛出的速度 vD==/2 (2分)‎ 在D点,由向心力公式得:‎ mg﹣N=m (2分)‎ 解得:N=3mg/4 (1分) 方向竖直向上 (1分) ‎ ‎(3)从A到D全程应用动能定理:‎ ‎﹣W克=﹣ (2分)‎ 解得:W克=3mgR /8 (2分)‎ ‎8.(1)2 (2)3r (3)‎ ‎9.‎ 考点:‎ 匀强电场中电势差和电场强度的关系;牛顿第二定律;动能定理..‎ 专题:‎ 电场力与电势的性质专题.‎ 分析:‎ ‎(1)以小球为研究对象,由A点至C点的运动过程中,根据动能定理求解小球到达C点时的速度大小;‎ ‎(2)小球从C点运动到C点的过程中,只有重力做功,机械能守恒,可求出小球到达D点的速度.在最高点以小球为研究对象,根据牛顿第二定律求解轨道对小球的压力.‎ ‎(3)小球离开D点后,受到重力和电场力作用,做类平抛运动,根据牛顿第二定律求出加速度,运用运动的分解法,结合运动学公式求解小球落地点距离C点的水平距离.‎ 解答:‎ 解:(1)以小球为研究对象,由A点至C点的运动过程中,根据动能定理可得:‎ ‎ (mg+Eq)h﹣μ(mg+Eq)cos30°•﹣μ(mg+Eq)L=mvC2﹣0 ‎ 则得:vC==m/s=2m/s ‎ ‎(2)以小球为研究对象,在由C点至D点的运动过程中,根据机械能守恒定律可得:‎ m=m+mg•2R 在最高点以小球为研究对象,根据牛顿第二定律可得:‎ ‎ FN+mg=m 联立解得:FN=m﹣5mg=1×﹣50=30N vD==m/s=2m/s ‎(3)小球做类平抛运动的加速大小为a,根据牛顿第二定律可得:mg+qE=ma 则得:a=g+=10+=20(m/s2)‎ 应用类平抛运动的规律列式可得:‎ ‎ x=vDt,2R=at2‎ 联立得:x=vD=2×m=m 答:(1)小球到达C点时的速度大小为2m/s;(2)小球到达D点时所受轨道的压力大小为30N;(3)小球落地点距离C点的水平距离为m.‎ 点评:‎ 本题是动能定理和圆周运动、平抛运动的综合,关键要把握每个过程所遵守的物理规律,当涉及力在空间的效果时要优先考虑动能定理,要注意电场力做功与沿电场力方向移动的距离成正比.‎ ‎10.‎ 考点:‎ 动能定理的应用;向心力..‎ 专题:‎ 动能定理的应用专题.‎ 分析:‎ ‎(1)当圆环运动到B点时,重物下降到最低点位置,则取环与重物作为系统,由于只有重力做功,所以系统的机械能守恒,因此根据机械能守恒定律可解出圆环的速度大小;‎ ‎(2)当圆环下滑到最大距离时,圆环与重物的速度均为零,再由机械能守恒定律,结合几何关系可求出圆环下滑的最大距离;‎ ‎(3)圆环下滑到C点时,根据几何关系来确定变化的高度,再由机械能守恒定律,并结合运动的分解来确定圆环下滑到C点时的速度大小.‎ 解答:‎ 解:(1)圆环在B点时重物在最低点,‎ 由 解得 ‎(2)圆环下滑最大距离时,圆环在最低点,重物在最高点,速度大小都为0,‎ 由mgh=5mg△H,‎ 解得 ‎(3)由,并且物体的速度v物=v2cos53°=0.6v2‎ 联立解得 答:(1)重物下降到最低点时圆环的速度大小v1为;‎ ‎(2)圆环能下滑的最大距离h为;‎ ‎(3)圆环下滑到C点时的速度大小v2为.‎ 点评:‎ 本题多次运用几何关系及机械能守恒定律,定律的表达式除题中变化的动能等于变化的重力势能外,还可以写成圆环的变化的机械能等于重物的变化的机械能.同时关注题中隐含条件的挖掘:重物下降到最低点的同时其速度等于零.‎ ‎11.‎ ‎(1)绳子至少受3N的拉力才能被拉断;‎ ‎(2)A、C两点的电势差为1600V;‎ ‎(3)当小球刚要运动至C点时,突然施加一恒力F作用在小球上,同时把挡板迅速水平向右移动3.2m,若小球仍能垂直打在档板上,所加恒力F与竖直向上的夹角α(以顺时针为正)范围为﹣15°≤α<150°.‎ 考点:带电粒子在匀强电场中的运动..‎ 分析:(1)由动能定理及圆周运动知识求得绳受到的拉力大小;‎ ‎(2)绳断后小球做类平抛运动,根据类平抛运动知识求得小球在C点的速度,再由动能定理求得电场力在AC过程中做的功,从而得出AC两点间的电势;‎ ‎(3)根据几何关系知,挡板水平移动3.2m,则小球在速度方向运动1.6m,根据几何关系分析小球受力的方向取值范围.‎ 解答:解:(1)A→B由动能定理及圆周运动知识有:‎ ‎(mg+qE)•L=mvB2‎ F﹣(mg+qE)=‎ 代入数据可解得:F=3N ‎ ‎(2)由(1)分析得m/s=4m/s,‎ 小球离开B点做类平抛运动,到达C点时由水平方向速度保持不变有:‎ 小球垂直撞在斜面上,故满足 根据动能定理有:W电+WG=2qU=mvc2‎ 代入数据可解得:U=1600V ‎ ‎(3)挡板向右移动3.2米,小球沿速度方向运动了1.6米,‎ 若小球做减速运动恰好垂直打到档板,则a=v2/2S=20m/s2=2g,所以要求a≤2g,F合≤2mg 设恒力F与竖直方向的夹角为α,作出小球的受力矢量三角形分析如图所示∴α≤15°(左斜向上) ‎ 若小球做匀速直线或匀加速直线运动垂直打在档板上,设恒力F与竖直向上方向的夹角为α,作出小球的受力矢量三角形分析如图所示 0≤(α+θ)<180°‎ ‎0°≤α<150°(如图斜右下方)‎ ‎ ‎ 综上:恒力F与竖直向上的夹角α(以顺时针为正)范围为﹣15°≤α<150°‎ 答:(1)绳子至少受3N的拉力才能被拉断;‎ ‎(2)A、C两点的电势差为1600V;‎ ‎(3)当小球刚要运动至C点时,突然施加一恒力F作用在小球上,同时把挡板迅速水平向右移动3.2m,若小球仍能垂直打在档板上,所加恒力F与竖直向上的夹角α(以顺时针为正)范围为﹣15°≤α<150°.‎ 点评:本题是动能定理、类平抛运动的综合题,理清物体的运动过程中是正确解题问题的关键,中等偏难.‎ ‎12.:(1)飞镖落在斜面上有tanθ=y/x=gt22/(2v2t2) (3分)‎ 得 t2=2v2tanθ/g=0.6s (1分)‎ vy=gt2=6m/s, (1分)‎ v==2m/s (2分)‎ ‎(2) 飞镖落在斜面上的竖直分位移为 y=gt22/2=1.8m (2分)‎ ‎ 得合位移 s=y/sinθ=3m (1分)‎ ‎ 小球的运动时间 t1=s/v1=0.5s (2分)‎ ‎ Δt= t2- t1=0.1s ‎ ‎13.‎ ‎【答案】(1) (2) (3)‎ 试题分析:(1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动,则有 由洛伦兹力充当向心力,则有: (1分)‎ 以上联立解得: (1分)‎ 故粒子不能进入磁场区域Ⅱ必须满足: (2分)‎ ‎(3)由几何知识(如图所示)可得粒子在区域Ⅱ中圆周运动的半径为: (1分) ‎ 由洛伦兹力充当向心力,则有: (2分)‎ 以上联立解得: (2分)‎ 考点:带电粒子在匀强电场中的运动、带电粒子在匀强磁场中的运动 ‎【名师点睛】本题主要考查了带电粒子在匀强电场中的运动、带电粒子在匀强磁场中的运动。带电粒子在匀强电场中做类平抛运动,运用运动的分解法,由牛顿第二定律和运动学公式求解场强E的大小;带电粒子进入磁场后,由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动.由题意画出轨迹,由几何知识求出轨迹半径,由牛顿第二定律即可求得磁感应强度的大小;当带电粒子恰好能再次回到原点O,画出在磁场Ⅱ中轨迹由几何知识求出轨迹半径,由牛顿第二定律即可求得磁感应强度的大小。‎ ‎14.解:(1)(4分)板间电场强度方向竖直向下 (1分)‎ ‎ -q粒子在水平方向上匀速运动,在竖直方向上匀加速运动 ‎ (1分)‎ ‎ = (1分)‎ ‎ 由①②得, (1分)‎ ‎(2)(4分)设粒子飞出板时水平速度为vx,竖直速度为vy,水平偏转角为 ‎ ‎ ‎ (1分)‎ ‎ (1分)‎ ‎ (1分)‎ ‎ 解得, (1分)‎ ‎(3)(4分)由于+q粒子在电场中向下偏转,且运动轨迹与-q粒子对称,它飞出下极板时速度大小与偏转角和-q粒子相同,进入磁场后它们均做圆周运动,为了使它们正碰,只须,轨迹如图所示(正确画出轨迹图可得1分)‎ ‎ 由几何关系易知. (1分)‎ ‎ 洛伦兹力提供向心力 (1分)‎ ‎ 由得⑨⑩⑾ (1分)‎ ‎15.(1)正、;(2)、;(3)‎ ‎(1)粒子要由静止进入管内,必须带正电。‎ 粒子从O到A过程中由动能定理得:‎ 从A点穿出后做匀速圆周运动,有: ‎ 解得: ‎ ‎(2)粒子再次进入矩形区域后做类平抛运动,由题意得:‎ ‎ ‎ 联立解得:‎ ‎(3)粒子从A点到矩形边界MN的过程中,有:‎ 从矩形边界MN到C点的过程中,有:‎ 故所求时间: ‎ 答:(1)该粒子带正电荷,匀强磁场的磁感应强度B的大小为;‎ ‎(2)矩形区域的长度,宽度;‎ ‎(3)从A点运动到C点的时间为。‎ ‎16.‎ 解:(1)由F向= qv0B = m得r =  = 0.2 m.       (4分)‎ ‎(2)粒子由P点进入磁场,由于∠O′PO = 300,延长PO′交OA于O″,则PO″⊥OA,则PO″= OPcos 300 = 0.3 m,则O′O″= PO″-PO′= 0.1 m得O′O″= O′M,即得∠O′MO″= 300  ‎ ‎(2分)‎ 由此得出粒子从OA边射出时v0与OA的夹角为600,即得从OA边射出时v0与x轴垂直。 (2分)‎ 从P点到Q点的时间为在磁场中运动的时间t1和电场中运动的时间t2之和。t1=  =8.37×10-7 s  ‎ ‎  (2分)‎ 粒子从P点到Q点的时间为t =t1+t2=1.18×10-6 s   (2分)‎ ‎(3)粒子在电场中qE=ma,a =  =5×1012 m/s2‎ 水平位移x2 = at22 = 0.3 m      (3分)‎ 粒子在磁场中水平位移x1=r+rsin 300=0.3m       (2分)‎ 故x = x1+x2 = 0.6 m  即Q点的坐标为(0.6 m,0)     (3分)‎ ‎17.(1)0.80 V (2)4.0 A (3)0.80 N,方向水平向右 ‎18.见解析 ‎(1)在轨道的最高点,根据牛顿定律 ‎ ①‎ 金属棒刚滑出磁场到最高点,根据机械能守恒 ②‎ 由①②式代入数据解得 ‎ ③ ‎ ‎(2)对金属棒滑过磁场的过程中,根据能量关系 ‎ ④ ‎ 对闭合回路,根据热量关系 ‎ ⑤‎ 由④⑤式并代入数据得 ‎ ⑥‎ 评分标准:①②④⑤式每式各3分,③⑥式每式各2分,共计16分。‎
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