全國(guó)卷1物理2011~2015 24 25題.doc

201124（2011全國(guó)新課標(biāo)卷）（13分）甲乙兩輛汽車(chē)都從靜止出發(fā)做加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，加速度方向一直不變。在第一段時(shí)間間隔內(nèi)，兩輛汽車(chē)的加速度大小不變，汽車(chē)乙的加速度大小是甲的兩倍；在接下來(lái)的相同時(shí)間間隔內(nèi)，汽車(chē)甲的加速度大小增加為原來(lái)的兩倍，汽車(chē)乙的加速度大小減小為原來(lái)的一半。求甲乙兩車(chē)各自在這兩段時(shí)間間隔內(nèi)走過(guò)的總路程之比。解析：設(shè)汽車(chē)甲在第一段時(shí)間間隔末（時(shí)間t0）的速度為,第一段時(shí)間間隔內(nèi)行駛的路程為s1,加速度為,在第二段時(shí)間間隔內(nèi)行駛的路程為s2。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得設(shè)乙車(chē)在時(shí)間t0的速度為，在第一、二段時(shí)間間隔內(nèi)行駛的路程分別為、。同樣有 設(shè)甲、乙兩車(chē)行駛的總路程分別為、，則有 聯(lián)立以上各式解得，甲、乙兩車(chē)各自行駛的總路程之比為25（2011全國(guó)新課標(biāo)卷）（19分）如圖，在區(qū)域I（0xd）和區(qū)域II（dx2d）內(nèi)分別存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和2B，方向相反，且都垂直于Oxy平面。一質(zhì)量為m、帶電荷量q（q0）的粒子a于某時(shí)刻從y軸上的P點(diǎn)射入?yún)^(qū)域I，其速度方向沿x軸正向。已知a在離開(kāi)區(qū)域I時(shí)，速度方向與x軸正方向的夾角為30；此時(shí)，另一質(zhì)量和電荷量均與a相同的粒子b也從p點(diǎn)沿x軸正向射入?yún)^(qū)域I，其速度大小是a的1/3。不計(jì)重力和兩粒子之間的相互作用力。求（1）粒子a射入?yún)^(qū)域I時(shí)速度的大小；（2）當(dāng)a離開(kāi)區(qū)域II時(shí)，a、b兩粒子的y坐標(biāo)之差。解析：（1）設(shè)粒子a在I內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心為C（在y軸上），半徑為Ra1，粒子速率為va，運(yùn)動(dòng)軌跡與兩磁場(chǎng)區(qū)域邊界的交點(diǎn)為,如圖，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得 由幾何關(guān)系得 式中，由式得 (2)設(shè)粒子a在II內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心為Oa,半徑為，射出點(diǎn)為（圖中未畫(huà)出軌跡），。由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得 由式得 、和三點(diǎn)共線(xiàn)，且由 式知點(diǎn)必位于 的平面上。由對(duì)稱(chēng)性知，點(diǎn)與點(diǎn)縱坐標(biāo)相同，即 式中，h是C點(diǎn)的y坐標(biāo)。 設(shè)b在I中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得 設(shè)a到達(dá)點(diǎn)時(shí)，b位于點(diǎn)，轉(zhuǎn)過(guò)的角度為。如果b沒(méi)有飛出I，則 式中，t是a在區(qū)域II中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，而 由式得 由式可見(jiàn)，b沒(méi)有飛出。點(diǎn)的y坐標(biāo)為 由式及題給條件得，a、b兩粒子的y坐標(biāo)之差為 201224（2012全國(guó)新課標(biāo)卷）（14分）拖把是由拖桿和拖把頭構(gòu)成的擦地工具（如圖）。設(shè)拖把頭的質(zhì)量為m，拖桿質(zhì)量可以忽略；拖把頭與地板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為常數(shù)，重力加速度為g，某同學(xué)用該拖把在水平地板上拖地時(shí)，沿拖桿方向推拖把，拖桿與豎直方向的夾角為。（1）若拖把頭在地板上勻速移動(dòng)，求推拖把的力的大小。（2）設(shè)能使該拖把在地板上從靜止剛好開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的水平推力與此時(shí)地板對(duì)拖把的正壓力的比值為。已知存在一臨界角0，若0，則不管沿拖桿方向的推力多大，都不可能使拖把從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。求這一臨界角的正切tan0?！窘馕觥浚?）設(shè)該同學(xué)沿拖桿方向用大小為F的力推拖把。將推拖把的力沿豎直和水平方向分解，按平衡條件有 式中N和f分別為地板對(duì)拖把的正壓力和摩擦力。按摩擦定律有 聯(lián)立式得 （2）若不管沿拖桿方向用多大的力都不能使拖把從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，應(yīng)有 這時(shí)，式仍滿(mǎn)足。聯(lián)立式得 現(xiàn)考察使上式成立的角的取值范圍。注意到上式右邊總大于零，且當(dāng)F無(wú)限大時(shí)極限為零，有 使上式成立的角滿(mǎn)足，這里0是題中所定義的臨界角，即當(dāng)時(shí)，不管拖桿方向用多大的力都推不動(dòng)拖把。臨界角的正切為 25（2012全國(guó)新課標(biāo)卷）（18分）如圖，一半徑為R的圓表示一柱形區(qū)域的橫截面（紙面）。在柱形區(qū)域內(nèi)加一方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子沿圖中直線(xiàn)在圓上的a點(diǎn)射入柱形區(qū)域，在圓上的b點(diǎn)離開(kāi)該區(qū)域，離開(kāi)時(shí)速度方向與直線(xiàn)垂直。圓心O到直線(xiàn)的距離為。現(xiàn)將磁場(chǎng)換為平等于紙面且垂直于直線(xiàn)的勻強(qiáng)電場(chǎng)，同一粒子以同樣速度沿直線(xiàn)在a點(diǎn)射入柱形區(qū)域，也在b點(diǎn)離開(kāi)該區(qū)域。若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，不計(jì)重力，求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小?！窘馕觥苛Ｗ釉诖艌?chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)。設(shè)圓周半徑為r，由牛頓第二定律和洛侖茲力公式得 式中v為粒子在a點(diǎn)的速度。過(guò)b點(diǎn)和O點(diǎn)作直線(xiàn)的垂線(xiàn)，分別于直線(xiàn)交于c和d點(diǎn)。由幾何關(guān)系，線(xiàn)段、和過(guò)a、b兩點(diǎn)的軌跡圓弧的兩條半徑（未畫(huà)出）圍成一正方形。因此 設(shè)。由幾何關(guān)系得 聯(lián)立式得 再考慮粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)。設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)其加速度大小為a，由牛頓第二定律和帶電粒子在電場(chǎng)中的受力公式得 qE=ma 粒子在電場(chǎng)力方向和直線(xiàn)方向所走的距離均為r，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 r=vt 式中t是粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。聯(lián)立式得 201324. （2013全國(guó)新課標(biāo)卷） (13分)水平桌面上有兩個(gè)玩具車(chē)A和B，兩者用一輕質(zhì)細(xì)橡皮筋相連，在橡皮筋上有一紅色標(biāo)記R。在初始時(shí)橡皮筋處于拉直狀態(tài)，A、B和R分別位于直角坐標(biāo)系中的(0,2l)、(0,-l)和(0,0)點(diǎn)。已知A從靜止開(kāi)始沿y軸正向做加速度大小為a的勻加速運(yùn)動(dòng)：B平行于x軸朝x軸正向勻速運(yùn)動(dòng)。在兩車(chē)此后運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，標(biāo)記R在某時(shí)刻通過(guò)點(diǎn)(l, l)。假定橡皮筋的伸長(zhǎng)是均勻的，求B運(yùn)動(dòng)速度的大小。24.【答案】見(jiàn)解析【解析】設(shè)B車(chē)的速度大小為v.如圖，標(biāo)記R的時(shí)刻t通過(guò)點(diǎn)K（l,l）,此時(shí)A、B的位置分別為、。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，H的縱坐標(biāo)yA，G的橫坐標(biāo)xB分別為 yA= 2l+ at2 xB =vt 在開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，R到和的距離之比為:，即E：OF=2:1由于橡皮筋的伸長(zhǎng)是均勻的，在以后任一時(shí)刻到A和B的距離之比都為2:1。因此，在時(shí)刻t有 HK：KG=2:1 由于FGHIGK，有 HK：KG=xB:( xB -l) HK：KG=( yA+l):2l 由式得 xB =l yA=5l 聯(lián)立式得 v= 25. （2013全國(guó)新課標(biāo)卷）（19分）如圖，兩條平行導(dǎo)軌所在平面與水平地面的夾角為，間距為L(zhǎng)。導(dǎo)軌上端接有一平行板電容器，電容為C。導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于導(dǎo)軌平面。在導(dǎo)軌上放置一質(zhì)量為m的金屬棒，棒可沿導(dǎo)軌下滑，且在下滑過(guò)程中保持與導(dǎo)軌垂直并良好接觸。已知金屬棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為g。忽略所有電阻。讓金屬棒從導(dǎo)軌上端由靜止開(kāi)始下滑，求: m(1)電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關(guān)系；(2)金屬棒的速度大小隨時(shí)間變化的關(guān)系。25.【答案】見(jiàn)解析【解析】（1）設(shè)金屬棒下滑的速度大小為v,則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 E=BLv 平行板電容器兩極板間的電勢(shì)差為 U= 設(shè)此時(shí)電容器極板上積累的電荷量為，按定義有 C= 聯(lián)立式得 Q=CBLv (2)設(shè)金屬棒的速度大小為v時(shí)經(jīng)歷的時(shí)間為t,通過(guò)金屬棒的電流為i。金屬棒受到的磁場(chǎng)的作用力方向沿導(dǎo)軌向上，大小為 FA=BLi 設(shè)在時(shí)間間隔（t,t+t）內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為Q，按定義有 i= Q也是平行板電容器極板在時(shí)間間隔（t,t+t）內(nèi)增加的電荷量。由式得Q=CBLv 式中，v為金屬棒的速度變化量。按定義有 a= 金屬棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小為 f = N 式中N是金屬棒對(duì)軌道的正壓力的大小，有 N=mgcos 金屬棒在時(shí)刻t的加速度方向沿斜面向下，設(shè)其大小為a,根據(jù)牛頓第二定律有 mgsin- FA f =ma 聯(lián)立到式得a=g 由式及題設(shè)可知，金屬棒做初速度為0的勻加速運(yùn)動(dòng)。t時(shí)刻金屬棒的速度大小為 v= at = gt 201424（2014全國(guó)新課標(biāo)卷）（12分）公路上行駛的兩汽車(chē)之間應(yīng)保持一定的安全距離當(dāng)前車(chē)突然停止時(shí)，后車(chē)司機(jī)可以采取剎車(chē)措施，使汽車(chē)在安全距離內(nèi)停下而不會(huì)與前車(chē)相碰通常情況下，人的反應(yīng)時(shí)間和汽車(chē)系統(tǒng)的反應(yīng)時(shí)間之和為1 s，當(dāng)汽車(chē)在晴天干燥瀝青路面上以108 km/h的速度勻速行駛時(shí)，安全距離為120 m設(shè)雨天時(shí)汽車(chē)輪胎與瀝青路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為晴天時(shí)的，若要求安全距離仍為120 m，求汽車(chē)在雨天安全行駛的最大速度 242 m/s(或72 km/h)解析 設(shè)路面干燥時(shí)，汽車(chē)與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)為0，剎車(chē)時(shí)汽車(chē)的加速度大小為a0，安全距離為s，反應(yīng)時(shí)間為t0，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得0mgma0sv0t0式中，m和v0分別為汽車(chē)的質(zhì)量和剎車(chē)前的速度設(shè)在雨天行駛時(shí)，汽車(chē)與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)為，依題意有0設(shè)在雨天行駛時(shí)汽車(chē)剎車(chē)的加速度大小為a，安全行駛的最大速度為v，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得mgmasvt0聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得v20 m/s(72 km/h)25（2014全國(guó)新課標(biāo)卷）（20分）如圖所示，O，A，B為同一豎直平面內(nèi)的三個(gè)點(diǎn)，OB沿豎直方向，BOA60，OBOA，將一質(zhì)量為m的小球以一定的初動(dòng)能自O(shè)點(diǎn)水平向右拋出，小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中恰好通過(guò)A點(diǎn)，使此小球帶電，電荷量為q(q0)，同時(shí)加一勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)方向與OAB所在平面平行現(xiàn)從O點(diǎn)以同樣的初動(dòng)能沿某一方向拋出此帶電小球，該小球通過(guò)了A點(diǎn)，到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能是初動(dòng)能的3倍；若該小球從O點(diǎn)以同樣的初動(dòng)能沿另一方向拋出，恰好通過(guò)B點(diǎn)，且到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為初動(dòng)能的6倍，重力加速度大小為g.求(1)無(wú)電場(chǎng)時(shí)，小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能與初動(dòng)能的比值；(2)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向25(1)73(2)，方向略解析 設(shè)小球的初速度為v0，初動(dòng)能Ek0，從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的時(shí)間為t，令OAd，則OBd，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有dsin 60v0tdcos 60gt2又有Ek0mv由式得Ek0mgd設(shè)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為EkA，則EkAEk0mgd由式得.(2)加電場(chǎng)后，小球從O點(diǎn)到A點(diǎn)和B點(diǎn)，高度分別降低了和d，設(shè)電勢(shì)能分別減小EpA和EpB，由能量守恒及式得EpA3Ek0Ek0mgdEk0EpB6Ek0Ek0mgdEk0在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，沿任一直線(xiàn)，電勢(shì)的降落是均勻的，設(shè)直線(xiàn)OB上的M點(diǎn)與A點(diǎn)等電勢(shì)，M與O點(diǎn)的距離為x，如圖，則有解得xd，MA為等勢(shì)線(xiàn)，電場(chǎng)必與其垂線(xiàn)OC方向平行，設(shè)電場(chǎng)方向與豎直向下的方向的夾角為，由幾何關(guān)系可得30即電場(chǎng)方向與豎直向下的方向的夾角為30.設(shè)場(chǎng)強(qiáng)的大小為E，有qEdcos 30EpA由式得E.2015 24（12分）如圖，一長(zhǎng)為10cm的金屬棒ab用兩個(gè)完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.1T，方向垂直于紙面向里，彈簧上端固定，下端與金屬棒絕緣，金屬棒通過(guò)開(kāi)關(guān)與一電動(dòng)勢(shì)為12V的電池相連，電路總電阻為2，已知開(kāi)關(guān)斷開(kāi)時(shí)兩彈簧的伸長(zhǎng)量均為0.5cm，閉合開(kāi)關(guān)，系統(tǒng)重新平衡后，兩彈簧的伸長(zhǎng)量與開(kāi)關(guān)斷開(kāi)時(shí)相比均改變了0.3cm，重力加速度大小取10m/s2，判斷開(kāi)關(guān)閉合后金屬棒所受安培力的方向，并求出金屬棒的質(zhì)量分析：在閉合前，導(dǎo)體棒處于平衡狀態(tài)，在閉合后，根據(jù)閉合電路的歐姆定律求的電流，根據(jù)F=BIL求的安培力，由共點(diǎn)力平衡求的質(zhì)量解答：解：閉合開(kāi)關(guān)后，電流由b指向a，受到的安培力向下斷開(kāi)時(shí)：2kl1=mg開(kāi)關(guān)閉合后2k（l1+l2）=mg+F受到的安培力為：F=BIL回路中電流為I=聯(lián)立解得m=0.01kg答：金屬棒的質(zhì)量為0.01kg點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了共點(diǎn)力平衡，抓住通電前后的共點(diǎn)力平衡即可；25（20分）（2015春合肥校級(jí)期末）一長(zhǎng)木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊，在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5m，如圖（a）所示，t=0時(shí)刻開(kāi)始，小物塊與木板一起以共同速度向右運(yùn)動(dòng)，直至t=1s時(shí)木板與墻壁碰撞（碰撞時(shí)間極短），碰撞前后木板速度大小不變，方向相反，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小物塊始終未離開(kāi)木板，已知碰撞后1s時(shí)間內(nèi)小物塊的vt圖線(xiàn)如圖（b）所示，木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2，求：（1）木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)1及小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)2（2）木塊的最小長(zhǎng)度；（3）木板右端離墻壁的最終距離專(zhuān)題：牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題分析：（1）對(duì)碰前過(guò)程由牛頓第二定律時(shí)行分析，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可求得1；再對(duì)碰后過(guò)程分析同理可求得2；（2）分別對(duì)木板和物塊進(jìn)行分析，由牛頓第二定律求解加速度，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解位移，則可求得相對(duì)位移，即可求得木板的長(zhǎng)度；（3）對(duì)木板和物塊達(dá)相同靜止后的過(guò)程進(jìn)行分析，由牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式聯(lián)立可求得位移；則可求得木板最終的位置解答：解：（1）設(shè)向右為正方向，木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻變速運(yùn)動(dòng)，加速度設(shè)為a1，小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M，由牛頓第二定律有：1（m+M）g=（m+M）a1由圖可知，木板與墻壁碰前瞬時(shí)速度v1=4m/s；由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：v1=v0+a1t1s0=v0t1+a1t12；式中t1=1s，s0=4.5m是木板碰間有的位移，v0是小物塊和木板開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度聯(lián)立以上各式解得：1=0.1在木板與墻壁碰撞后，木板以v1的初速度向左做勻變速運(yùn)動(dòng)，小物塊以v1的初速度向右做勻變速運(yùn)動(dòng)設(shè)小物塊的加速度為a2，由牛頓第二定律有：2mg=ma2由圖可得：a2=t2=2s，v2=0；代入以上兩式可得：2=0.4；（2）設(shè)碰撞后木板的加速度為a3，經(jīng)過(guò)時(shí)間t，木板和小物塊剛好具有共同速度v3，由牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：2mg+1（M+m）g=Ma3v3=v1+a3tv3=v1+a2t碰撞后至木板和小物塊達(dá)到共同速度的過(guò)程中，木板運(yùn)動(dòng)的位移為：s1=t小物塊的位移為：s2=小物塊相對(duì)于木板的位移為：s=s2s1由以上各式解得：s=6.0m；因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小物塊沒(méi)有脫離木