1、高考押題專練1.如下圖所示，兩個完全相同的質(zhì)量為m的木板A、B置于水平地面上，它們的間距s= 2.88 m.質(zhì)量為2m,大小可忽略的物塊 C置于A板的左端.C與A之間的動摩擦因數(shù) 圖=0.22, A、B與水平地面之間 的動摩擦因數(shù)為 垓=0.10,最大靜摩擦力可以認為等于滑動摩擦力.開始時，三個物體處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)給C施加一個水平向右、大小為 ：mg的恒力F,假定木板A、B碰撞時間極短且碰撞后連在一起，要使 C最5終不脫離木板，每塊木板的長度至少應(yīng)為多少？胃I1以1IhJN【解析】第一階段拉力F小于C、A間最大靜摩擦力，因此C、A共同加速到與B相碰.該過程對 C、A用動能定理有 32(F 陛

2、3mg)s=2mv2解得 vi = 8，0.3 m/s.A、B相碰瞬間，A、B系統(tǒng)動量守恒 mvi = (m+m)v2碰后共同速度V2 = 4、J03m/s.C在AB上滑行全過程，A、B、C系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒，C到B右端時恰好達到共同速度，即 2mvi+ 2mv2= 4mv因此共同速度v= 6 0.3m/s.C在A、B上滑行全過程用能量守恒得F 2L = 2><4mv2 (2>2mv2 + 2X2mv2)+ 口 2mg 2L代入數(shù)據(jù)解得L = 0.3 m.【答案】0.3 m2.如下圖甲所示，一邊長 L = 0.5 m,質(zhì)量m=0.5 kg的正方形金屬線框，放在光滑絕

3、緣的水平面上，整個裝置處在方向豎直向下、磁感應(yīng)強度B = 0.8 T的勻強磁場中.金屬線框的一個邊與磁場的邊界MN重合，在水平拉力作用下由靜止開始向右運動，經(jīng)過t = 0.5 s線框被拉出磁場.測得金屬線框中的電流I隨時間變化的圖象如圖乙所示，在金屬線框被拉出磁場的過程中.X X R M x；界(1)求通過線框?qū)Ь€截面的電量及該金屬框的電阻;(2)寫出水平力F隨時間t變化的表達式;(3)若已知在拉出金屬框的過程中水平拉力做功1.10 J,求此過程中線框產(chǎn)生的焦耳熱.【解析】(1)根據(jù)題圖乙知，在t=0.5 s時間內(nèi)通過金屬框的平均電流I =0.50 A,于是通過金屬框的電量4=宜=0.25 C

4、.由平均感應(yīng)電動勢"E =BL-,平均電流 T = -E，通過金屬框的電量 q=Tt,得q = BL-, tRR2于是金屬框的電阻 R=BL- = 0.80 Q. q(2)由題圖乙知金屬框中感應(yīng)電流線性增大，說明金屬框運動速度線性增加，即金屬框被勻加速拉出磁場.又知金屬框在 t=0.5 s時間內(nèi)運動距離 L = 0.5 m,由L = 2at2得加速度a=2L = 4 m/s2.由圖乙知金屬框中感應(yīng)電流隨時間變化規(guī)律為I= kt,其中比例系數(shù) k=2.0 A/s.于是安培力Fa隨時間t變化規(guī)律為FA=BIL = kBLt由牛頓運動定律得 F-FA=ma,所以水平拉力F = Fa+ ma

5、= ma+ kBLt代入數(shù)據(jù)得水平拉力隨時間變化規(guī)律為F = 2+0.8t(單位為 “N”)(3)根據(jù)運動情況知金屬框離開磁場時的速度v= 2aL= 2 m/s.由能量守恒知，此過程中金屬框產(chǎn)生的焦耳熱Q= Wf 2mv2= 0.1 J.【答案】(1)0.25 C 0.80 Q (2)F = 2+0.8t(單位為 "N')(3)0.1 J3.如圖所示，豎直平面內(nèi)軌道 ABCD的質(zhì)量M = 0.4 kg,放在光滑水平面上，其中AB段是半徑R=0.4m的光滑1圓弧，在B點與水平軌道 BD相切，水平軌道的 BC段粗糙，動摩擦因數(shù)尸0.4,長L = 3.5 m,4C點右側(cè)軌道光滑，軌

6、道的右端連一輕彈簧.現(xiàn)有一質(zhì)量m=0.1 kg的小物體(可視為質(zhì)點)在距A點高為H= 3.6 m處由靜止自由落下，恰沿A點滑入圓弧軌道(g=10 m/s2).求:(1)ABCD軌道在水平面上運動的最大速率；(2)小物體第一次沿軌道返回到A點時的速度大小.側(cè)乜加"點打二"|«必火熄力氏“上內(nèi)詞4分之工抄而以I萬【解析】(1)由題意分析可知，當(dāng)小物體運動到圓弧最低點B時軌道的速率最大，設(shè)為 Vm,假設(shè)此時小物體的速度大小為 V,則小物體和軌道組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒：以初速度的方向為正方向；由動量守恒定律可得：Mvm= mv1cle由機械能寸恒得：mg(H+R) =

7、 2Mvm+2mv2解得：Vm= 2.0 m/s(2)由題意分析可知，小物體第一次沿軌道返回到A點時小物體與軌道在水平方向的分速度相同，設(shè)為vx,假設(shè)此時小物體在豎直方向的分速度為vy,則對小物體和軌道組成的系統(tǒng)，由水平方向動量守恒得：(M + m)vx= 01 O 1 O由能重寸恒得： mgH = 2(M + m)v2+ 2mV2 +mgL解得 Vx= 0 ； vy = 4.0 m/s故小物體第一次沿軌道返回到A點時的速度大小va= " v2+v2 = ；16 m/s= 4 m/s【答案】(1)2.0 m/s (2)4 m/s4 .控制帶電粒子的運動在現(xiàn)代科學(xué)實驗、生產(chǎn)生活、儀器電

8、器等方面有廣泛的應(yīng)用.現(xiàn)有這樣一個簡 化模型：如圖所示，y軸左、右兩邊均存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，右邊磁場的磁感應(yīng)強度始終為左 邊的2倍.在坐標(biāo)原點 O處，一個電荷量為+ q、質(zhì)量為m的粒子a,在t=0時以大小為vO的初速度沿 軸正方向射出，另一與a相同的粒子b某時刻也從原點 。以大小為vo的初速度沿x軸負方向射出.不計粒子重力及粒子間的相互作用，粒子相遇時互不影響.(1)若a粒子能經(jīng)過坐標(biāo)為(孚l,，)的P點，求y軸右邊磁場的磁感應(yīng)強度Bi;(2)為使粒子a、b能在y軸上Q(0, lo)點相遇，求y軸右邊磁場的磁感應(yīng)強度的最小值B2；(3)若y軸右邊磁場的磁感應(yīng)強度為Bo,求粒子a、b

9、在運動過程中可能相遇的坐標(biāo)值.1 一l)2 = R2【解析】(1)設(shè)a粒子在y軸右側(cè)運動的半徑為 Ri,由幾何關(guān)系有(Ri/)2+由于BV2iqvo=mRi解得Bi =mvoqi(2)B2最小，說明Q點是a、b粒子在y軸上第一次相遇的點,由圖乙可知，a、b粒子同時從。點出發(fā),且粒子在y軸右側(cè)運動的圓周運動半徑乙loR2=2又 B2qvo =解得B2 =2mvoqlo(3)由圖丙可見，只有在兩軌跡相交或相切的那些點,才有相遇的可能性，所以有 y軸上的相切點和軸左側(cè)的相交點.經(jīng)分析可知，只要a、b粒子從O點出發(fā)的時間差滿足一定的條件，這些相交或相切的點均能相遇.X X XXXX丙粒子在y軸右側(cè)的運

10、動半徑ri=mv0B0q粒子在y軸左側(cè)的運動半徑2= 警Boqy軸上的相切點坐標(biāo)為0,2kmvoBoq(k= 1,2,3,)y軸左側(cè)的相交點相遇由丙圖可知，OA = AC=OC=2可得 xa= 2sin 603mvo BoqyA= r2 cos 60mvoB0qy軸左側(cè)的相遇點的坐標(biāo)“J3mv0B0q '(2n 1)mv0B0q(n=1,2,3,)(2)2mv0ql02kmv00， M3mv0 (k= 1,2,3 -W-B0q-,(2n 1)mv0B0q2 1,2,3，)5 .如圖所示，兩根足夠長且平行的光滑金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面成a= 53。角，導(dǎo)軌間接一阻值為 3 Q的電阻R,導(dǎo)

11、軌電阻忽略不計.在兩平行虛線間有一與導(dǎo)軌所在平面垂直的勻強磁場，磁場區(qū)域的寬度為d = 0.5 m.導(dǎo)體棒a的質(zhì)量為 m1=0.1 kg、電阻為R1=6 Q;導(dǎo)體棒b的質(zhì)量為 m2 =0.2 kg、電阻為R2=3 Q,它們分別垂直導(dǎo)軌放置并始終與導(dǎo)軌接觸良好.現(xiàn)從圖中的M、N處同時將a、b由靜止釋放，運動過程中它們都能勻速穿過磁場區(qū)域，且當(dāng) a剛出磁場時b正好進入磁場.(sin 53 = 0.8, cos 53 = 0.6, g取 10 m/s2, a、b電流間的相互作用不計),求:(1)在b穿越磁場的過程中 a、b兩導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的熱量之比；(2)在a、b兩導(dǎo)體棒穿過磁場區(qū)域的整個過程中，裝置

12、上產(chǎn)生的熱量;(3)M、N兩點之間的距離.【解析】(1)由焦耳定律得，Q=I2Rt,/曰 Q1 I2R1t 得QT函，又根據(jù)串并聯(lián)關(guān)系得，I1=32,3解得：Qi= 9(2)設(shè)整個過程中裝置上產(chǎn)生的熱量為Q由 Q=migsin ad+m2gsin ad,可解得Q= 1.2 J(3)設(shè)a進入磁場的速度大小為v1,此時電路中的總電阻 R總1 = (6 +養(yǎng)3) 0= 7.5 B2L2V2”曰v1m1R總13，可得V2=百=43 1 3由 m1gsin a= Bv m2gsin a=R啟1d0.5又由“"十=，倚v2=V1+8T由上述兩式可得 v2=12(m/s)2, v2=169 vV

13、-v2v17M. NwxiBj As= w2a=m【答案】(1)2 (2)1.2 J (3)172 m9126 .如圖所示，AB是傾角為0= 30°的粗糙直軌道，BCD是光滑的圓弧軌道，AB恰好在B點與圓弧相切.圓弧的半徑為 R.一個質(zhì)量為m的物體(可以看彳質(zhì)點)從直軌道上的P點由靜止釋放，結(jié)果它能在兩軌道上做往返運動.已知 P點與圓弧的圓心 。等高，物體與軌道 AB間的動摩擦因數(shù)為 內(nèi)重力加速度為g, 求:D(1)物體對圓弧軌道的最大壓力大小;(2)物體滑回到軌道 AB上距B點的最大距離;D.(3)釋放點距B點的距離L應(yīng)滿足什么條件，為能使物體能順利通過圓弧軌道的最高點 R_【解析

14、】根據(jù)幾何關(guān)系：pB=tan-7 從P點到E點根據(jù)動能定理，有:mgR-叱 mgos 0PB = ：mvE-0代入數(shù)據(jù)：mgR m怎 J3r= 1mvE解得：VE=y 2 3. gR在E點，根據(jù)向心力公式有：Fn - mg = mvER解得：Fn= 3mg 3mg(2)物體滑回到軌道 AB上距B點的最大距離x,根據(jù)動能定理，有 mg(BP x) sin 0科 mgos 6(BP + x)=0 0代入數(shù)據(jù)：mg(V3R- x) 1 mg3 (V3R+ x)=0解得：x=3-33葉1v2(3)剛好到達取局點時，有 mg= mR解得：v=gR根據(jù)動能定理，有1 O cmg(L sin) R Rcos

15、 0)科 mgos 0 L =2mv20 代入數(shù)據(jù)：mg(1L,- R-23R)-mg23 L = jmgR解得：L'=3R+ 3R1-X3 科所以L'3R3R物體才能順利通過圓弧軌道的最高點【答案】 3mg-3(img3 aR心+ 13R+3RL' h®7 .如圖所示，質(zhì)量為 M的平板車P高h,質(zhì)量為m的小物塊Q的大小不計，位于平板車的左端，系R, 一端懸于 Q正上方局為R處，另一端系統(tǒng)原來靜止在光滑水平面地面上.一不可伸長的輕質(zhì)細繩長為一質(zhì)量也為m的小球(大小不計).今將小球拉至懸線與豎直位置成60。角，由靜止釋放，小球到達最低點時Q與P之間的與Q的碰撞時

16、間極短，且無能量損失，已知Q離開平板車時速度大小是平板車速度的兩倍,動摩擦因數(shù)為 的M : m = 4 ： 1,重力加速度為g.求:(1)小物塊Q離開平板車時速度為多大？(2)平板車P的長度為多少？1 一【解析】(1)小球由靜止擺到最低點的過程中，有：mgR(1 cos 60 ) = 2mv2解得V0= gR小球與小物塊Q相撞時，動量守恒，機械能守恒，則有：mvo= mv1+ mvQ2mv2=2mv2 + 2mvQ解得：v1=0, vQ= vo= gR二者交換速度，即小球靜止下來.Q在平板車上滑行的過程中，系統(tǒng)的動量守恒，則有mvQ=Mv + m(2v)解得，v=1vQ= ?R 66小物塊Q離

17、開平板車時，速度為：2v= UR3(2)由能量守恒定律，知1cle 1 OFfL=2mv Q 2Mv2 2m(2v)2又 Ff=mg解得，平板車P的長度為L=誓.18a【答案】(1) gR (2喘8 .如圖所示，間距為 L的平行且足夠長的光滑導(dǎo)軌由兩部分組成：傾斜部分與水平部分平滑相連，傾角為0,在傾斜導(dǎo)軌頂端連接一阻值為 r的定值電阻.質(zhì)量為 m、電阻也為r的金屬桿MN垂直導(dǎo)軌跨放在導(dǎo)軌上，在傾斜導(dǎo)軌區(qū)域加一垂直導(dǎo)軌平面向下、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場；在水平導(dǎo)軌區(qū)域加另一垂直導(dǎo)軌平面向下、 磁感應(yīng)強度大小也為 B的勻強磁場.閉合開關(guān)S,讓金屬桿MN從圖示位置由靜止釋 放，已知金屬桿運動到

18、水平導(dǎo)軌前，已達到最大速度，不計導(dǎo)軌電阻且金屬桿始終與導(dǎo)軌接觸良好，重力加速度為g.求:(1)金屬桿MN在傾斜導(dǎo)軌上滑彳T的最大速率Vm；(2)金屬桿MN在傾斜導(dǎo)軌上運動，速度未達到最大速度vm前，當(dāng)流經(jīng)定值電阻的電流從零增大到I0的過程中，通過定值電阻的電荷量為q,求這段時間內(nèi)在定值電阻上產(chǎn)生的焦耳熱Q;(3)金屬桿MN在水平導(dǎo)軌上滑彳T的最大距離xm.【解析】(1)金屬桿MN在傾斜導(dǎo)軌上滑行的速度最大時，其受到的合力為零,對其受力分析，可得:mgsin 0 BIL =0根據(jù)歐姆定律可得:.BLvmI =2r解得：Vm=2mgrs2n(2)設(shè)在這段時間內(nèi)，金屬桿運動的位移為x,由電流的定義可

19、得：q= I At根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律得:_ B AS BLxI =2rAt=2rAt解得：x= 2qr BL設(shè)電流為I。時金屬桿的速度為 V0,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律，可得：I0 = BLv°1 C此過程中，電路廣生的總焦耳熱為Q總，由功能關(guān)系可得：mgxsin 0= Q總+ 2mv2定值電阻產(chǎn)生的焦耳熱 Q = 2Q總解得：Q =mgqrsin ( mI0r2BL B2L2由牛頓第二定律得： BIL = ma由法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律可得:BLvI= W可得：B2Lr=m?B2L2v At= m Av, 2r'門口 B2L2即 2r xm= mv

20、m22得：Xm=4m彘瀉【答案】(i)2mlg2s2n 9 B Lmgqrsin 0 mI0r2(2) BL B2L24m2gr2sin (B4L49 .如圖甲所示，滑塊與足夠長的木板疊放在光滑水平面上，開始時均處于靜止?fàn)顟B(tài).作用于滑塊的水平力F隨時間t變化圖象如圖乙所示，t=2.0 s時撤去力F,最終滑塊與木板間無相對運動.已知滑塊質(zhì)量m=2 kg,木板質(zhì)量 M = 1 kg,滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)尸0.2,取g= 10 m/s2.求:(1)t=0.5 s時滑塊的速度大小;(2)02.0 s內(nèi)木板的位移大小;(3)整個過程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量.【解析】(1)木板M的最大加速度am = JM

21、mg4 m/s2滑塊與木板保持相對靜止時的最大拉力Fm=(M+m)am=12 N即F為6 N時，M與m一起向右做勻加速運動對整體分析有：F= (M + m)a1v1 = a1t1代入數(shù)據(jù)得：v1= 1 m/s1 ,2(2)對 M ： 00.5 s, X1=2a1t10. 52 s,mg Ma212 X2= vit2 + 2a2t 22則。2 s內(nèi)木板的位移 x= Xi + X2 = 6.25 m(3)對滑塊：0. 52 s, Fmg ma2' .1 , 02 s時滑塊的位移 x = xi+ (vit2+ 2a212)在。2 s內(nèi)m與M相對位移 Axi = x' x= 2.25

22、mt= 2 s 時木板速度 v2= vi + a2t2= 7 m/s滑塊速度 V2'= vi+a2t2=i0 m/s撤去F后，對M： mg= Ma3對 m： mg= ma3z當(dāng)滑塊與木板速度相同時保持相對靜止，即 V2+ a3t3= V2 '+ a3 t3解得 t3= 0.5 si c該段時間內(nèi)，M位移x3= v2t3 + 2a3t3 im 位移 x3 = V2 t3+ 2a3 t 3相對位移 Ax2=x3'一 x3 = 0.75 m整個過程中滑塊在木板上滑行的相對位移Ax= Axi+ Ax2= 3 m系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量 Q=(img x= I2 J.【答案】見解析1

23、0 .如圖所示，以。為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直圓面向里、 磁感應(yīng)弓雖度為 B的勻強磁場， 一粒子源位于圓周上的 M點，可向磁場區(qū)域內(nèi)垂直磁場沿各個方向發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為一q的粒子,不計粒子重力，N為圓周上另一點，半徑 OM和ON間的夾角為 也且?足tan 2 = 0.5.(1)若某一粒子以速率 vi=qm：沿與MO成60。角斜向上方射入磁場，求此粒子在磁場中運動的時間;(2)若某一粒子以速率 V2,沿MO方向射入磁場，恰能從N點離開磁場，求此粒子的速率V2；(3)若由M點射入磁場各個方向的所有粒子速率均為V2,求磁場中有粒子通過的區(qū)域面積.門，由牛頓第二【解析】(1)粒子在勻強磁

24、場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，設(shè)軌跡半徑為2定律可得qviB=解得：1 =mvi qB粒子沿與MO成60。角方向射入磁場，設(shè)粒子從區(qū)域邊界 P射出，其運動軌跡如圖甲所示.由圖中幾何關(guān)系可知粒子軌跡所對應(yīng)的圓心角為a= 150°甲方法1 :故粒子在磁場中的運動時間a 1 ma 5m ti t = =V1 qB 6qB方法2:粒子運動周期T=2zmBq粒子在磁場中的運動時間1 = 罌T得1=5m兀 6qB(2)粒子以速率V2沿MO方向射入磁場，在磁場中做勻速圓周運動，恰好從 N點離開磁場，其運動軌跡如圖乙，設(shè)粒子軌跡半徑為2 ,由圖中幾何關(guān)系可得:0 12= Rtan2= 2R

25、乙由牛頓第二定律可得qv2B =解得粒子的速度V2 =qBr2 qBR丙2m(3)粒子沿各個方向以 V2進入磁場做勻速圓周運動時的軌跡半徑都為2,且不變.由圖丙可知，粒子在 磁場中通過的面積 S等于以。3為圓心的扇形 MO3O的面積S、以M為圓心的扇形 MOQ的面積S2和以O(shè) 點為圓心的圓弧 MQ與直線MQ圍成的面積 &之和.S1 = 2R)2= V1 2S2=6 近211則s=i4#212 1 R 。12S3=6 欣-2*力an 60 = 6近一【答案】見解析11 .如圖所示，一質(zhì)量為 m的小球C用輕繩懸掛在 。點，小球下方有一質(zhì)量為 2m的平板車B靜止在光滑水平地面上，小球的位置比

26、車板略高，一質(zhì)量為m的物塊A以大小為vo的初速度向左滑上平板車，此時A、C間的距離為d, 一段時間后，物塊A與小球C發(fā)生碰撞，碰撞時兩者的速度互換， 且碰撞時間極短，已知物塊與平板車間的動摩擦因數(shù)為科，重力加速度為g,若A碰C之前物塊與平板車已達共同速度，求:(1)A、C間的距離d與vo之間滿足的關(guān)系式；(2)要使碰后小球 C能繞O點做完整的圓周運動，輕繩的長度l應(yīng)滿足什么條件?【解析】(1)A碰C前與平板車速度達到相等，由動量守恒定律得：mvo= (m+ 2m)v',A碰C前與平板車速度達到相等，設(shè)整個過程A的位移是x,由動能定理得：“12 12-wmgx=2mv2_ 2m伉，聯(lián)立上式，解得x=4v°-,9 dg滿足的條件是d匿g(2)A碰C后，C以速度v'開始做完整的圓周運動，由機械能守恒定律得:11/mv2= mg 2l + 2mv 2小球經(jīng)過最高點時，有 mgmV,解得i W0-45 g【答案】(1)d4v2 (2)l弓"9g 45g12 .如圖所示，半徑為Li = 2 m的金屬圓環(huán)內(nèi)上、 下半圓各有垂直圓環(huán)平面的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強 度大小均為Bi=10T.長度也為Li、電阻為R的金屬桿ab, 一端處于圓環(huán)中心，另一端恰好搭接在金屬環(huán)，r . 一、一 一、，TT上，繞著a端沿逆時針萬向勻速轉(zhuǎn)動，角速度為3=而rad/s.通過導(dǎo)線將金