試題積累高三二輪小本

1、2.(2015·陜西寶雞一檢)在如圖所示的A、B、C、D四幅圖中，滑輪本身的重力忽略不計，滑輪的軸O安裝在一根輕木桿P上，一根輕繩ab繞過滑輪，a端固定在墻上，b端下面掛一個質(zhì)量都是m的重物，當(dāng)滑輪和重物都靜止不動時，圖A、C、D中桿P與豎直方向夾角均為，圖B中桿P在豎直方向上，假設(shè)A、B、C、D四幅圖中滑輪受到木桿彈力的大小依次為FA、FB、FC、FD，則以下判斷中正確的是()A.FAFBFCFDB.FDFAFBFCC.FAFCFDFBD.FCFAFBFD解析設(shè)滑輪兩邊細(xì)繩的夾角為，對重物，可得繩子拉力等于重物重力mg，滑輪受到木桿彈力F等于細(xì)繩拉力的合力，即F2mgcos，由夾角

2、關(guān)系可得FDFAFBFC，選項B正確。答案B3.(2015·煙臺一模)如圖2所示，放在水平面上的斜面體B始終靜止，物塊A放在斜面體上，一輕質(zhì)彈簧，兩端分別與物塊A及固定在斜面體底端的擋板拴接，初始時A、B靜止，彈簧處于壓縮狀態(tài)?，F(xiàn)用力F沿斜面向上拉A，但并未運(yùn)動。下列說法正確的是()圖2A.彈簧對擋板的作用力減小B.A、B之間的摩擦力可能大小不變C.B對地面的壓力增加D.水平面對B的摩擦力不變解析開始彈簧處于壓縮狀態(tài)，加力F后，A未運(yùn)動，彈簧長度不變，則彈簧對擋板作用力不變，A錯；隔離物塊A分析得，A受B的摩擦力可能方向變化、大小不變，B對；A、B整體受力平衡，F(xiàn)水平Ff，F(xiàn)豎直FN

3、M總g，所以C、D錯誤。答案B8.如圖7所示，在粗糙水平面上建立一直角坐標(biāo)系xOy，在坐標(biāo)原點(diǎn)處有一物體，質(zhì)量m5 kg，物體和水平面間的動摩擦因數(shù)為0.08，物體受到沿坐標(biāo)軸的三個恒力F1、F2、F3的作用而靜止于水平面上，其中F13 N，方向沿x軸正方向；F24 N，方向沿y軸正方向；F3沿x軸負(fù)方向。則下列說法正確的是()圖7A.F3的大小可能大于4 NB.F3的大小可能小于3 NC.物體受到的摩擦力大小一定等于4 N，方向沿y軸負(fù)方向D.物體受到的摩擦力大小可能小于4 N，方向沿y軸負(fù)方向解析物體所受地面的最大靜摩擦力Ffmmg4 N，由平衡條件可知，F(xiàn)1、F2、F3的合力必須小于或等

4、于4 N，其中F24 N，F(xiàn)1與F3反向，只有當(dāng)F1F3時，三力的合力才等于4 N，否則一定大于4 N，因此F33 N，靜摩擦力FfFfm4 N，方向與F2相反，即沿y軸負(fù)方向，選項C正確。答案C9.如圖8甲所示，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物塊正沿斜面以速度v0勻速下滑，斜劈保持靜止，地面對斜劈的摩擦力為Ff1。若對該物塊施加一平行于斜面向下的推力F1，使其加速下滑，如圖乙所示，則地面對斜劈的摩擦力為Ff2；若對該物塊施加一平行于斜面向上的推力F2，使其減速下滑，如圖丙所示，則地面對斜劈的摩擦力為Ff3，下列關(guān)于Ff1、Ff2、Ff3的大小關(guān)系正確的是()圖8A.Ff10 B.Ff2F

5、f3C.Ff2Ff3 D.Ff2Ff3解析題圖甲中斜劈和物塊都處于平衡狀態(tài)，對整體，只有豎直方向的重力和支持力，地面對斜劈的摩擦力Ff10，若有摩擦力，則系統(tǒng)不能平衡，故選項A錯誤；根據(jù)題圖甲的情景可知，在題圖乙、丙中，物塊受到的斜面作用力都是滑動摩擦力和支持力，合力與物塊的重力平衡，即豎直向上，因此物塊對斜面的作用力(滑動摩擦力和壓力的合力)總是豎直向下的，且與物塊的重力等大，所以對斜劈，只受到了豎直方向的重力、地面支持力和物塊的作用力，與題圖甲中的受力情況相同，因此有Ff1Ff2Ff30，選項B、C錯誤，D正確。答案D12. (2015·山東省日照市高三校際聯(lián)合檢測)如圖11所示

6、，一根繩子一端固定于豎直墻上的A點(diǎn)，另一端繞過動滑輪P懸掛一重物B，其中繩子的PA段處于水平狀態(tài)，另一根繩子一端與動滑輪P的軸相連，在繞過光滑的定滑輪Q后在其端點(diǎn)O施加一水平向左的外力F，使整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，滑輪均為光滑、輕質(zhì)，且均可看做質(zhì)點(diǎn)，現(xiàn)拉動繩子的端點(diǎn)O使其向左緩慢移動一小段距離后達(dá)到新的平衡狀態(tài)，則該平衡狀態(tài)與原平衡狀態(tài)相比較()圖11A.拉力F增加 B.拉力F減小C.角不變 D.角減小解析以動滑輪P為研究對象，AP、BP段繩子受的力始終等于B的重力，兩繩子拉力的合力在APB角平分線上，拉動繩子后，滑輪向上運(yùn)動，兩繩子夾角減小，兩拉力的合力增大，故F增大，A項正確，B項錯；PQ與

7、豎直方向夾角等于APB的一半，故拉動繩子后角減小，C項錯，D正確。答案AD13.(2015·四川省成都市畢業(yè)班一診)如圖12所示，一個質(zhì)量為4 kg的半球形物體A放在傾角為37°的斜面B上靜止不動。若用通過球心的水平推力F10 N作用在物體上，物體仍靜止在斜面上，斜面仍相對地面靜止。已知sin 37°0.6，cos 37°0.8，取g10 m/s2，則()圖12A.物體A受到斜面B的摩擦力增加8 NB.物體A對斜面B的作用力增加10 NC.地面對斜面B的彈力不變D.地面對斜面B的摩擦力增加10 N解析若用通過球心的水平推力F10 N作用在物體上，物體仍靜

8、止在斜面上，將該力沿斜面方向和垂直斜面方向分解，由平衡條件可得：Fcos 37°Ffmgsin 37°，解得摩擦力Ff16 N。物體A受到斜面B的摩擦力減小Ff24 N16 N8 N，選項A錯誤；沒有施加水平力F時，根據(jù)平衡條件，A受斜面作用力與重力等大反向，即大小為40 N，根據(jù)牛頓第三定律，物體A對斜面的作用力為40 N，方向豎直向下。施加水平力F后，物體A對斜面的作用力如圖，F(xiàn)N10 N，物體A對斜面B的作用力增加(1040)N，選項B錯誤；把物體A和斜面B看做整體，分析受力，由平衡條件可知，地面對斜面B的彈力不變，摩擦力增加10 N，選項C、D正確。答案 CD1.(

9、2015·浙江理綜，15)如圖1所示，氣墊導(dǎo)軌上滑塊經(jīng)過光電門時，其上的遮光條將光遮住，電子計時器可自動記錄遮光時間t。測得遮光條的寬度為x，用近似代表滑塊通過光電門時的瞬時速度。為使更接近瞬時速度，正確的措施是()圖1A.換用寬度更窄的遮光條B.提高測量遮光條寬度的精確度C.使滑塊的釋放點(diǎn)更靠近光電門D.增大氣墊導(dǎo)軌與水平面的夾角解析是t時間內(nèi)的平均速度，t越小，就越接近某點(diǎn)的瞬時速度。A選項中換用更窄的遮光條，就是取更短的時間t，A正確；B、C、D選項中的處理不能保證t很短，不能確定更接近瞬時速度，選項B、C、D錯誤。答案A7.(2015·江蘇單科，5)如圖7所示，某“

10、闖關(guān)游戲”的筆直通道上每隔8 m設(shè)有一個關(guān)卡，各關(guān)卡同步放行和關(guān)閉，放行和關(guān)閉的時間分別為5 s和2 s。關(guān)卡剛放行時，一同學(xué)立即在關(guān)卡1處以加速度2 m/s2由靜止加速到2 m/s，然后勻速向前，則最先擋住他前進(jìn)的關(guān)卡是()圖7A.關(guān)卡2 B.關(guān)卡3C.關(guān)卡4 D.關(guān)卡5解析由題意知，該同學(xué)先加速后勻速，速度增大到2 m/s用時t11 s，在加速時間內(nèi)通過的位移x1at1 m，t24 s，x2vt28 m，已過關(guān)卡2，t32 s時間內(nèi)x34 m，關(guān)卡打開，t45 s，x4vt410 m，此時關(guān)卡關(guān)閉，距離關(guān)卡4還有1 m，到達(dá)關(guān)卡4還需t50.5 s，小于2 s，所以最先擋住他前進(jìn)的是關(guān)卡4

11、，故C正確。答案C9.傾角為37°的光滑斜面上固定一個槽，勁度系數(shù)k20 N/m、原長l00.6 m的輕彈簧下端與輕桿相連，開始時桿在槽外的長度l0.3 m，且桿可在槽內(nèi)移動，輕桿與槽間的滑動摩擦力大小Ff6 N，桿與槽之間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。質(zhì)量m1 kg的小車從距彈簧上端L0.6 m處由靜止釋放沿斜面向下運(yùn)動。已知在本次碰撞過程中輕桿已滑動。g取10 m/s2，sin 37°0.6。關(guān)于小車和桿的運(yùn)動情況，下列說法正確的是()圖9A.桿剛要滑動時小車已通過的位移為0.6 mB.桿剛要滑動時小車已通過的位移為0.9 mC.小車先做勻加速運(yùn)動，后做加速度逐漸增大的

12、變加速運(yùn)動D.小車先做勻加速運(yùn)動，后做加速度逐漸減小的變加速運(yùn)動，再做勻速直線運(yùn)動解析小車在沿斜面向下的重力分力Gxmgsin 6 N作用下，先沿斜面做勻加速運(yùn)動，碰到彈簧后，小車受到沿斜面向上的彈力，做加速度逐漸減小的變加速運(yùn)動，當(dāng)彈力等于6 N后，小車、彈簧、輕桿構(gòu)成的系統(tǒng)做勻速直線運(yùn)動，C錯誤，D正確；桿剛要滑動時，彈力為6 N，所以彈簧形變量為x0.3 m，所以小車已通過的位移為Lx0.9 m，A錯誤，B正確。答案BD11.如圖10所示，甲、乙兩傳送帶傾斜放置，與水平方向夾角均為37 °，傳送帶乙長為4 m，傳送帶甲比乙長0.45 m，兩傳送帶均以3 m/s的速度逆時針勻速運(yùn)

13、動，可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊A從傳送帶甲的頂端由靜止釋放，可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊B由傳送帶乙的頂端以3 m/s的初速度沿傳送帶下滑，兩物塊質(zhì)量相等，與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為0.5，取g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8。求：圖10(1)物塊A由傳送帶頂端滑到底端經(jīng)歷的時間；(2)物塊A、B在傳送帶上顯示的劃痕長度之比。解析(1)物塊A一開始受重力、支持力和沿斜面向下的滑動摩擦力，由牛頓第二定律知mgsin 37°mgcos 37°ma1，代入數(shù)值得a110 m/s2設(shè)經(jīng)時間t1物塊A與傳送帶共速，則由運(yùn)動學(xué)規(guī)律知v帶a1t1，即t10.3 s

14、此過程中物塊A的位移為x1a1t0.45 m物塊A與傳送帶共速后，由牛頓第二定律知mgsin 37°mgcos 37°ma2，代入數(shù)值得a22 m/s2由運(yùn)動學(xué)規(guī)律知L甲x1v帶t2a2t，代入數(shù)值得t21 s所以物塊A由傳送帶頂端滑到底端經(jīng)歷的時間為tt1t21.3 s(2)在物塊A的第一個加速過程中，物塊A在傳送帶上顯示的劃痕長度為L1v帶t1x10.45 m在物塊A的第二個加速過程中，物塊A在傳送帶上的劃痕長度為L2v帶t2a2tv帶t21.0 m所以物塊A在傳送帶上顯示的劃痕長度為LAL21 m由分析知物塊B的加速度與物塊A在第二個加速過程的加速度相同，從傳送帶頂端

15、加速到底端所需時間與t2相同所以物塊B在傳送帶上的劃痕長度為LBv帶t2a2tv帶t21.0 m故物塊A、B在傳送帶上的劃痕長度之比為LALB11。答案(1)1.3 s(2)1112.如圖11所示，質(zhì)量M0.2 kg的長板靜止在水平地面上，與地面間動摩擦因數(shù)10.1，另一質(zhì)量m0.1 kg的帶正電小滑塊以v08 m/s初速度滑上長木板，滑塊與長木板間動摩擦因數(shù)20.5，小滑塊帶電荷量為q2×103C，整個運(yùn)動過程始終處于水平向右的勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度E1×102N/C，(g取10 m/s2)求：圖11(1)剛開始時小滑塊和長木板的加速度大小各為多少？(2)小滑塊最后停在距木

16、板左端多遠(yuǎn)的位置？(3)整個運(yùn)動過程中產(chǎn)生的熱量。解析(1)設(shè)小滑塊的加速度為a1，長木板的加速度為a2，規(guī)定水平向右為正方向。由牛頓第二定律得qE2mgma1，得a13 m/s2，2mg1(mM)gMa2，得a21 m/s2。(2)設(shè)兩者經(jīng)過時間t相對靜止，此時的速度為v，則vv0a1ta2t，得t2 s，v2 m/s。這段時間內(nèi)小滑塊的位移x1v0ta1t210 m。木板的位移x2a2t22 m。由于此后兩者一起向右減速運(yùn)動，所以小滑塊最后停在距木板左端xx1x28 m處。(3)設(shè)兩者一起向右減速運(yùn)動的加速度為a3，由牛頓第二定律得qE1(Mm)g(Mm)a3，解得a3 m/s2。一起向右

17、減速的位移x36 m。由能量守恒可知QmvEq(x1x3)6.4 J。答案(1)3 m/s21 m/s2(2)8 m(3)6.4 J12.如圖9所示為一半球形的坑，其中坑邊緣兩點(diǎn)M、N剛好與圓心等高。現(xiàn)甲、乙兩位同學(xué)分別站在M、N兩點(diǎn)同時將兩個小球以v1、v2的速度沿如圖所示的方向拋出，發(fā)現(xiàn)兩球剛好落在坑中同一點(diǎn)Q，已知MOQ60°，忽略空氣的阻力。則下列說法正確的是()圖9A.B.同時增大v1、v2，則兩球落在坑中時，落地點(diǎn)位于Q點(diǎn)的右側(cè)C.兩球的初速度無論怎樣變化，只要落在坑中的同一點(diǎn)，v1v2就為常數(shù)D.若僅增大v1，則兩球可在落在坑中前相遇解析根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律可知，兩球在豎直

18、方向下落的高度相等，因此在空中運(yùn)動的時間相同，又MOQ60°，則由幾何關(guān)系可知兩球的水平位移之比為13，由xv0t可得兩球的初速度與水平位移成正比，則A正確；要使兩小球落在Q點(diǎn)右側(cè)弧面上同一點(diǎn)，則要增大v1，減小v2，B錯誤；要使兩小球落在弧面上的同一點(diǎn)，必須滿足v1與v2之和與時間的乘積等于半球形坑的直徑，故C錯誤；若只增大v1，則兩小球能在空中相遇，D正確。答案AD1.如圖1所示，兩極板與電源相連接，電子從負(fù)極板邊緣垂直電場方向射入勻強(qiáng)電場，且恰好從正極板邊緣飛出，現(xiàn)在使電子的入射速度變?yōu)樵瓉淼?倍，而電子仍從原來位置射入，且仍從正極板邊緣飛出，則兩極板間的距離應(yīng)變?yōu)樵瓉淼?)圖

19、1A.2倍 B.4倍 C.倍 D.倍解析第一次d·，第二次d·，兩式相比可得d，所以選項C正確。答案C9. (2015·湖南長沙一中、攸縣一中、瀏陽一中聯(lián)考)真空中的某裝置如圖9所示，現(xiàn)有質(zhì)子、氘核和粒子都從O點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過相同加速電場和偏轉(zhuǎn)電場，射出后都打在同一個與OO垂直的熒光屏上，使熒光屏上出現(xiàn)亮點(diǎn)(已知質(zhì)子、氘核和粒子質(zhì)量之比為124，電荷量之比為112，重力不計)。下列說法中正確的是()圖9A.三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動時間之比為211B.三種粒子出偏轉(zhuǎn)電場時的速度相同C.在熒光屏上將只出現(xiàn)1個亮點(diǎn)D.偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為112解析帶電

20、粒子經(jīng)過加速電場時根據(jù)電場力做功有qU1mv，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運(yùn)動，水平方向做勻速直線則有運(yùn)動時間tl，代入三種粒子的電荷量和質(zhì)量之比，可得t1t2t31，選項A錯誤；粒子在偏轉(zhuǎn)電場中豎直方向上做勻加速直線運(yùn)動，a，偏轉(zhuǎn)位移yat2，偏轉(zhuǎn)電場對粒子做功Wy，所以有W1W2W3112，選項D正確；粒子出偏轉(zhuǎn)電場時，假設(shè)速度與水平方向夾角方向為，則有tan ，可見速度方向與電荷量及質(zhì)量均無關(guān)，所以速度方向相同，所以它們將打在熒光屏上同一點(diǎn)，選項C正確；出偏轉(zhuǎn)電場的速度v/cos ，由于相同可得v1v2v311，選項B錯誤。答案CD11.如圖11所示，在直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)O處有放射源，向四周均勻

21、發(fā)射速度大小相等、方向都平行于紙面的帶電粒子。在放射源右邊有一很薄的擋板，擋板的兩端M、N與原點(diǎn)O正好構(gòu)成等腰直角三角形。已知帶電粒子的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，速度為v，MN的長度為L，不計粒子重力。圖11(1)若在y軸右側(cè)加一平行于x軸的勻強(qiáng)電場，要使y軸右側(cè)所有運(yùn)動的粒子都能打到擋板MN上，則電場強(qiáng)度E0的最小值為多大？在電場強(qiáng)度E0取最小值時，打到板上的粒子動能為多大？(2)若在整個空間加一方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，要使整個擋板右側(cè)都有粒子打到，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度不能超過多少(用m、v、q、L表示)？若滿足此條件，放射源O向外發(fā)射出的所有帶電粒子中有幾分之幾能打在板的左邊？解析(1)由題

22、意知，要使y軸右側(cè)所有運(yùn)動的粒子都能打在MN板上，其臨界條件為：沿y軸方向運(yùn)動的粒子做類平拋運(yùn)動，且落在M或N點(diǎn)，則MOLvtaOOLat2聯(lián)立式得E0由動能定理知qE0×LEkmv2聯(lián)立式得Ekmv2(2)由題意知，要使整個擋板右側(cè)都有粒子打到，畫出粒子的運(yùn)動軌跡如圖甲所示，分析知軌跡直徑的最小值為MN板的長度L，則R0L甲得B0放射源O發(fā)射出的粒子中，打在MN板左側(cè)的粒子的臨界軌跡如圖乙所示。乙因為OMON，且OMON所以O(shè)O1OO2則v1v2故放射源O放射出的所有粒子中只有打在MN板的左側(cè)。答案(1)mv2(2)6.(2015·海寧市高三考試)在某一高度用細(xì)繩提著一質(zhì)

23、量m0.2 kg的物體，由靜止開始沿豎直方向運(yùn)動，運(yùn)動過程中物體的機(jī)械能與位移關(guān)系的Ex圖象如圖4所示，圖中兩段圖線都是直線。取g10 m/s2，則下面說法正確的是()圖4A.物體在x2 m時的加速度比物體在x6 m時的加速度小B.物體在x4 m時的速度大小為2 m/sC.物體在04 m過程中合力做功為10 JD.物體在x2 m時的動能可能比物體在x6 m時的動能大解析根據(jù)功能關(guān)系有W非重E機(jī)，即FxE末E初，所以E末FxE初，從表達(dá)式可以看出，圖象斜率為力F，顯然x4 m后圖象的斜率大，所以產(chǎn)生的加速度大，A正確；在04 m內(nèi)FxE末E初，將有關(guān)數(shù)據(jù)代入得F2.5 N，由動能定理得Fxmgx

24、mv20，所以v2 m/s，B正確；合力做功W合Fxmgx2 J，C錯誤；因為物體一直加速運(yùn)動，所以動能逐漸增多，D錯誤。答案AB9.(2015·稽陽聯(lián)誼學(xué)校高三聯(lián)考)如圖7所示，足夠長的水平傳送帶在電動機(jī)的帶動下勻速轉(zhuǎn)動?，F(xiàn)有一可視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量m0.5 kg的煤塊落在傳送帶左端(不計煤塊落下的速度)，煤塊在傳送帶的作用下達(dá)到傳送帶的速度后從右輪軸正上方的P點(diǎn)恰好離開皮帶做平拋運(yùn)動，正好落入運(yùn)煤車車廂中心點(diǎn)Q。已知煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)0.8，P點(diǎn)與運(yùn)煤車底板間的豎直高度H1.8 m，與運(yùn)煤車車廂底板中心點(diǎn)Q的水平距離x1.2 m，取g10 m/s2，求：圖7(1)傳送帶的速度v

25、0；(2)右輪半徑R；(3)由于傳送煤塊，電動機(jī)多做的功W。解析(1)煤塊最終將與傳送帶一起勻速運(yùn)動，故傳送帶的速度等于煤塊運(yùn)動到P點(diǎn)后做平拋運(yùn)動的初速度為v0v02 m/s(2)煤塊運(yùn)動至P點(diǎn)恰好離開皮帶的臨界條件是：它在P點(diǎn)做圓周運(yùn)動且恰好不受到皮帶的支持力，因此有mgvPv0解得R0.4 m(3)根據(jù)功能關(guān)系，在傳送帶傳送煤塊過程中，電動機(jī)多做的功等于該過程煤塊動能的增量Ek與煤塊與皮帶由于摩擦生熱而產(chǎn)生的內(nèi)能Q之和，即WEkQ其中EkmvQmg(x皮x煤)mg(vP·)mv得W2 J答案(1)2 m/s(2)0.4 m(3)2 J10.(2015·浙江理綜，23)如

26、圖8所示，用一塊長L11.0 m的木板在墻和桌面間架設(shè)斜面，桌子高H0.8 m，長L21.5 m。斜面與水平桌面的傾角可在060°間調(diào)節(jié)后固定。將質(zhì)量m0.2 kg的小物塊從斜面頂端靜止釋放，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)10.05，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為2，忽略物塊在斜面與桌面交接處的能量損失(重力加速度取g10 m/s2；最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)圖8(1)求角增大到多少時，物塊能從斜面開始下滑；(用正切值表示)(2)當(dāng)角增大到37°時，物塊恰能停在桌面邊緣，求物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)2；(已知sin 37°0.6，cos 37°0.8)(3)繼續(xù)增

27、大角，發(fā)現(xiàn)53°時物塊落地點(diǎn)與墻面的距離最大，求此最大距離xm。解析(1)要使小物塊能夠下滑必須滿足mgsin 1mgcos 解得tan 0.05(2)物塊從斜面頂端下滑到停在桌面邊緣過程中物塊克服摩擦力做功Wf1mgL1cos 2mg(L2L1cos )全過程由動能定理得：mgL1sin Wf0代入數(shù)據(jù)解得20.8(3)當(dāng)53°時物塊能夠滑離桌面，做平拋運(yùn)動落到地面上，物塊從斜面頂端由靜止滑到桌面邊緣，由動能定理得：mgL1sin Wfmv2由解得v1 m/s對于平拋過程列方程有：Hgt2，解得t0.4 sx1vt，解得x10.4 m則xmx1L21.9 m答案(1)ta

28、n 0.05(2)0.8(3)1.9 m6.如圖6所示，一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球從半徑為R的四分之一絕緣光滑圓弧軌道上與圓心等高處A由靜止釋放，經(jīng)時間t下滑到軌道最低點(diǎn)B時對軌道壓力為2mg，g為重力加速度，此后小球水平飛出，恰好垂直擊中傾角為30°的斜面，整個斜面上方存在豎直向上的勻強(qiáng)電場，空氣阻力不計，則下列說法中正確的是()圖6A.小球從A到B的平均速度為B.勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為C.小球從開始運(yùn)動到擊中斜面的過程中機(jī)械能守恒D.小球從圓弧軌道飛出到擊中斜面的時間為3解析由平均速度定義可知小球從A到B的平均速度為v，A錯誤；從A到B由動能定理有(mgqE)Rmv，在B點(diǎn)

29、由牛頓第二定律有FNqEmgm，F(xiàn)N2mg，聯(lián)立得E，vB，B正確；小球從開始運(yùn)動到擊中斜面的過程中電場力做負(fù)功，由機(jī)械能守恒條件知此過程機(jī)械能不守恒，C錯誤；小球離開B點(diǎn)后做類平拋運(yùn)動，由平拋規(guī)律知在擊中斜面時有tan 30°，而加速度ag，聯(lián)立得t13，D正確。答案BD7.(2015·山東萊蕪期末)如圖7所示，兩根足夠長、電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)1 m，導(dǎo)軌平面與水平面成37°角，上、下端各連接一電阻，阻值分別為R14 、R26 。質(zhì)量為m0.5 kg，電阻為r0.6 的金屬棒ab放在導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，它們之間的動摩擦因數(shù)為0.25，整個

30、裝置處于與導(dǎo)軌平面垂直的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1 T(sin 37°0.6，cos 37°0.8，g取10 m/s2)。求：圖7(1)金屬棒下滑的最大速度；(2)從ab開始運(yùn)動到達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時，電阻R2上產(chǎn)生的熱量Q0.4 J，求該過程中ab位移x的大小。解析(1)金屬棒達(dá)到最大速度時，受力平衡mgsin FNBIl，F(xiàn)Nmgcos ，BIl，Rr解得v6 m/s(2)電阻R1上產(chǎn)生的熱量為Q1Q金屬棒上產(chǎn)生的熱量為Qr(QQ1)由能的轉(zhuǎn)化和守恒可得mgsin ·xmgcos ·xQQ1Qrmv2x5.125 m答案(1)6 m/s(2)5.125 m

31、8.(2015·長春市高中畢業(yè)班調(diào)研測試)如圖8所示，在豎直邊界線O1O2左側(cè)空間存在一豎直向下的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E100 N/C，電場區(qū)域內(nèi)有一固定的粗糙絕緣斜面AB，其傾角為30°，A點(diǎn)距水平地面的高度為h4 m。BC段為一粗糙絕緣平面，其長度為L m。斜面AB與水平面BC由一極短的光滑小圓弧連接(圖中未標(biāo)出)。豎直邊界線O1O2右側(cè)區(qū)域固定一半徑為R0.5 m的半圓形光滑絕緣軌道，CD為半圓形光滑絕緣軌道的直徑，C、D兩點(diǎn)緊貼豎直邊界線O1O2，位于電場區(qū)域的外部(忽略電場對O1O2右側(cè)空間的影響)?，F(xiàn)將一個質(zhì)量為m1 kg、帶電荷量為q0.1 C的帶正電的小球(可

32、視為質(zhì)點(diǎn))在A點(diǎn)由靜止釋放，且該小球與斜面AB和水平面BC間的動摩擦因數(shù)(g取10 m/s2)。求：圖8(1)小球到達(dá)C點(diǎn)時的速度大??；(2)小球到達(dá)D點(diǎn)時所受軌道的壓力大小；(3)小球落地點(diǎn)距離C點(diǎn)的水平距離。解析(1)以小球為研究對象，由A點(diǎn)至C點(diǎn)的運(yùn)動過程，根據(jù)動能定理可得(mgEq)h(mgEq)cos 30°(mgEq)Lmv解得vC2 m/s(2)以小球為研究對象，由C點(diǎn)至D點(diǎn)的運(yùn)動過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得mvmvmg·2R在最高點(diǎn)以小球為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得FNmgm解得FN30 NvD2 m/s(3)設(shè)小球做類平拋運(yùn)動的加速度大小為a，根據(jù)牛頓

33、第二定律，可得mgEqma應(yīng)用類平拋運(yùn)動的規(guī)律列式可得xvDt2Rat2解得x m答案(1)2 m/s(2)30 N(3) m9.如圖9所示，質(zhì)量M0.2 kg的長木板靜止于水平地面上，與地面間的動摩擦因數(shù)10.1。一質(zhì)量m0.1 kg、帶電荷量q2×103C的滑塊(可看作質(zhì)點(diǎn))在t0時刻以v05 m/s的初速度滑上長木板的同時加上一個水平向右的勻強(qiáng)電場，滑塊與長木板間的動摩擦因數(shù)20.4，所加電場的電場強(qiáng)度E100 N/C，取g10 m/s2，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，最終滑塊沒有從長木板上滑下，求；圖9(1)長木板的最小長度；(2)滑塊從滑上長木板到靜止經(jīng)歷的時間；(3)整個

34、過程中產(chǎn)生的熱量。解析(1)加上電場時，由牛頓第二定律知對滑塊：qE2mgma1，代入數(shù)值得a12 m/s2，即滑塊做勻減速直線運(yùn)動對長木板：2mg1(Mm)gMa2代入數(shù)值得a20.5 m/s2設(shè)經(jīng)時間t1滑塊與長木板共速，速度為v，則有vv0a1t1a2t1，代入數(shù)值得t12 s，v1 m/s此段時間內(nèi)滑塊的位移為x1t16 m長木板的位移為x2t11 m此后兩者一起向右做勻減速直線運(yùn)動直到靜止，所以長木板的最小長度Lx1x25 m。(2)設(shè)兩者一起向右運(yùn)動的加速度大小為a，則a，即a m/s2兩者一直做勻減速直線運(yùn)動的時間為t23 s所以滑塊從滑上長木板到靜止經(jīng)歷的時間為tt1t25 s

35、。(3)兩者相對靜止后一起向右滑動的位移為x3t21.5 m由能量守恒知整個過程中產(chǎn)生的熱量為QmvqE(x1x3)2.75 J答案(1)5 m(2)5 s(3)2.75 J10.在粗糙絕緣的水平面上固定一個可視為點(diǎn)電荷的帶電荷量為Q的正點(diǎn)電荷，已知點(diǎn)電荷周圍電場的電勢可表示為k，式中k為靜電力常量，Q為場源電荷的帶電荷量，r為距場源電荷的距離?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電的滑塊(可視作質(zhì)點(diǎn))，其與水平面間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為g。圖10(1)若滑塊與點(diǎn)電荷的距離為x，且滑塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，寫出滑塊的電勢能表達(dá)式，求出滑塊所受的摩擦力的大小和方向；(2)若將滑塊無初速地從距離場源點(diǎn)電

36、荷x1處釋放且此后滑塊能夠在水平面上滑動，推導(dǎo)出滑塊最終停止點(diǎn)的位置坐標(biāo)；(3)若將滑塊無初速地從距離場源點(diǎn)電荷x 1處釋放，求出滑塊運(yùn)動到距離場源點(diǎn)電荷x3處時的速度和加速度大小。解析(1)滑塊與帶電荷量為Q的正點(diǎn)電荷距離為x處的電勢k，滑塊的電勢能表達(dá)式Epqkq由庫侖定律，滑塊所受庫侖力Fk由于滑塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，由平衡條件可知滑塊所受的摩擦力的大小fk，方向沿x軸負(fù)方向。(2)設(shè)滑塊停止的位置為x2，由動能定理得q(12)mg(x2x1)0即q(kk)mg(x2x1)0可解得x2(3)將滑塊無初速地從距離場源點(diǎn)電荷x1處釋放，設(shè)滑塊運(yùn)動到距離場源點(diǎn)電荷x3處時的速度為v，由動能定理得q(

37、13)mg(x3x1)mv2即q(kk)mg(x3x1)mv2解得v設(shè)滑塊運(yùn)動到距離場源點(diǎn)電荷x3處的加速度大小為a，由牛頓第二定律得，F(xiàn)mgma，F(xiàn)k聯(lián)立解得加速度akg答案(1)方向沿x軸負(fù)向(2)x2(3)g12.(2015·江蘇常州期末)如圖12所示，在矩形區(qū)域abcd內(nèi)充滿垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，在ad邊中點(diǎn)的粒子源，在t0時刻垂直于磁場發(fā)射出大量的同種帶電粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向與Od的夾角分布在0180°范圍內(nèi)。已知沿Od方向發(fā)射的粒子在tt0時刻剛好從磁場邊界cd上的P點(diǎn)離開磁場，ab1.5L，bcL，粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑

38、RL，不計粒子的重力和粒子間的相互作用，求：圖12(1)粒子在磁場中的運(yùn)動周期T和粒子的比荷；(2)粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間；解析(1)初速度沿Od方向發(fā)射的粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡如圖甲，其圓心為O1，由幾何關(guān)系有甲OO1P，T6t0；粒子做圓周運(yùn)動的向心力由洛倫茲力提供，根據(jù)牛頓第二定律得qvB，v，得。(2)在磁場中運(yùn)動時間最長的粒子的軌跡的弦ObL，設(shè)此粒子運(yùn)動軌跡對應(yīng)的圓心角為，則sin，圓心恰在ab邊上，在磁場中運(yùn)動的最長時間tmTT2t0。答案(1)6t0(2)2t04.在xOy平面第一、二象限中，存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E，在第三、四象限中分別存在垂直于xOy平面

39、、方向如圖4所示的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B22B12B，帶電粒子a、b先后從第一、二象限的P、Q兩點(diǎn)(圖中沒有標(biāo)出)由靜止釋放，結(jié)果兩粒子同時進(jìn)入勻強(qiáng)磁場B1、B2中，再經(jīng)時間t第一次經(jīng)過y軸時恰在點(diǎn)M(0，l)發(fā)生正碰，碰撞前帶電粒子b的速度方向與y軸正方向成60°角，不計粒子重力和兩粒子間相互作用。求：圖4(1)兩帶電粒子的比荷及在磁場中運(yùn)動的軌道半徑；(2)兩帶電粒子釋放的位置P、Q兩點(diǎn)坐標(biāo)及釋放的時間差。解析(1)a、b兩粒子在y軸上發(fā)生正碰時粒子b的速度與y軸正方向成60°角，兩粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡如圖所示，兩粒子在磁場中運(yùn)動時間相等且為t，即t1t2t，而t1，

40、t2代入B22B12B得由題意分析可知兩粒子的軌道半徑相等，且R1R2R2l。(2)由v可得兩粒子進(jìn)入磁場時的速度大小分別為v1v2粒子在電場中加速，由動能定理得qEdmv2由及E得d12l，d28l由圖可知xPR1R1cos 60°l，xQ(R2R2cos 60°)3l則P、Q兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為P(l，2l)、Q(3l，8l)粒子在電場中的運(yùn)動時間為t其中加速度a由及E可得釋放的時間差t(v2v1)代入解得t。答案(1)2l(2)P(l，2l)，Q(3l，8l)5.如圖5甲所示，在xOy平面內(nèi)存在磁場和電場，磁感應(yīng)強(qiáng)度和電場強(qiáng)度大小隨時間周期性變化，B的變化周期為4t0，E

41、的變化周期為2t0，變化規(guī)律分別如圖乙和圖丙所示。在t0時刻從O點(diǎn)發(fā)射一帶負(fù)電的粒子(不計重力)，初速度大小為v0，方向沿y軸正方向。在x軸上有一點(diǎn)A(圖中未標(biāo)出)，坐標(biāo)為(，0)。若規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向，y軸正方向為電場強(qiáng)度的正方向，v0、t0、B0為已知量，磁感應(yīng)強(qiáng)度與電場強(qiáng)度的大小滿足：；粒子的比荷滿足：。求：圖5(1)在t時，粒子的位置坐標(biāo)；(2)粒子偏離x軸的最大距離；(3)粒子運(yùn)動至A點(diǎn)的時間。解析(1)在0t0時間內(nèi)，粒子做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qB0v0mr1m解得T2t0，r1則粒子在時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角所以在t時，粒子的位置坐標(biāo)為(，)。(2

42、)在t02t0時間內(nèi)，設(shè)粒子經(jīng)電場加速后的速度為v，粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示則vv0t02v0運(yùn)動的位移xt01.5v0t0在2t03t0時間內(nèi)粒子做勻速圓周運(yùn)動，半徑r22r1故粒子偏離x軸的最大距離hxr21.5v0t0。(3)粒子在xOy平面內(nèi)做周期性運(yùn)動的周期為4t0故粒子在一個周期內(nèi)向右運(yùn)動的距離d2r12r2AO間的距離為8d所以，粒子運(yùn)動至A點(diǎn)的時間t32t0。答案(1)(，)(2)1.5v0t0(3)32t02.(2015·浙江寧波八?？荚?如圖1所示電路，電阻R1與電阻R2阻值相同，都為R，和R1并聯(lián)的D為理想二極管(正向電阻可看成零，反向電阻可看成無窮大)，在A、B

43、間加一正弦交流電u20sin 100t V，則加在R2上的電壓有效值為()圖1A.10 V B.20 V C.15 V D.5 V解析由二極管的單向?qū)щ娦钥芍?，加在R2上的電壓，在D被導(dǎo)通即R1被短路時為電源電壓 V20 V；在D被截止時，R1、R2串聯(lián)分壓，分別為10 V。根據(jù)T，得U5 V，選項D正確。答案D12.如圖11所示，一個匝數(shù)為N100匝的矩形線圈以固定轉(zhuǎn)速50轉(zhuǎn)/秒在勻強(qiáng)磁場中旋轉(zhuǎn)，其產(chǎn)生的交流電通過一匝數(shù)比為n1n2101的變壓器給阻值R20 的電阻供電，已知交流電壓表的示數(shù)為20 V，從圖示位置開始計時(矩形線圈跟磁場垂直)，則下列說法正確的是()圖11A.穿過矩形線圈平面

44、的最大磁通量為 WbB.t0.002 5 s時刻穿過矩形線圈平面的磁通量為 WbC.t0時刻流過矩形線圈的電流為零D.電阻R消耗的電功率為10 W解析由可得U1200 V，所以Em200 V，根據(jù)EmNBSNm得m Wb Wb，故A錯誤；T0.02 s，t0.0025 sT，mcos t× Wb Wb，故B正確；電阻R消耗的電功率為：P W20 W，故D錯誤；t0時刻，線圈處于中性面位置，感應(yīng)電動勢為零，故感應(yīng)電流為零，故C正確。答案BC13.(2015·浙江杭州十四中月考)如圖12所示，長方體發(fā)電導(dǎo)管的前后兩個側(cè)面是絕緣體，上下兩個側(cè)面是電阻可忽略的導(dǎo)體電極，兩極間距為d

45、，極板面積為S，這兩個電極與定值電阻R相連。在垂直前后側(cè)面的方向上，有一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。發(fā)電導(dǎo)管內(nèi)有電阻率為的高溫電離氣體，氣體以速度v向右流動，并通過專用管道導(dǎo)出。由于運(yùn)動的電離氣體受到磁場的作用，將產(chǎn)生大小不變的電動勢。下列說法中正確的是()圖12A.發(fā)電導(dǎo)管的內(nèi)阻rB.流過電阻R的電流方向為baC.發(fā)電導(dǎo)管產(chǎn)生的電動勢為BdvD.電阻R消耗的電功率為解析由電阻的決定式可知選項A正確；由左手定則可知電離氣體的正離子向上側(cè)面聚集，上側(cè)面相當(dāng)于電源的正極，故流過電阻R的電流方向為ab，選項B錯誤；對某個氣體離子受力分析，由電場力等于洛倫茲力可知qBqv，解得發(fā)電導(dǎo)管產(chǎn)生的電動勢為

46、Bdv，選項C正確；由于發(fā)電導(dǎo)管有內(nèi)阻，故電阻R消耗的電功率一定小于，選項D錯誤。答案AC14.在如圖13甲所示的電路中，有一理想的降壓變壓器，其匝數(shù)比為31，一額定功率為“6 W9 V”的燈泡L1與變壓器的原線圈串接，在變壓器的副線圈兩端并聯(lián)接入三個與L1完全相同的燈泡L2、L3、L4，兩個理想的交流電表按如圖的方式接入電路中，已知理想變壓器原線圈兩端的電壓隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。則下列說法正確的是()圖13A.m、n兩點(diǎn)間所加電壓的瞬時值為umn27sin (100t) VB.L1、L2、L3、L4均正常發(fā)光C.只有L2、L3、L4正常發(fā)光D.整個電路消耗的總功率為24 W解析由原線圈

47、兩端的電壓隨時間變化的規(guī)律可知電壓的效值為27 V，則副線圈兩端的電壓為9 V，副線圈電路中的三只燈泡均能正常發(fā)光。電流表的讀數(shù)為I3× A2 A，原線圈中的電流為×2 A A，所以原線圈中的燈泡也能正常發(fā)光，m、n兩點(diǎn)電壓的瞬時值表達(dá)式為umn36sin (100t) V，A、C錯誤，B正確；由于四個燈泡都正常發(fā)光，故整個電路消耗的總功率為P4×6 W24 W，D正確。答案BD2.(2015·云南一模)如圖2甲所示，線圈ABCD固定于勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直紙面向外，當(dāng)磁場變化時，線圈AB邊所受安培力向右且變化規(guī)律如圖乙所示，則磁場的變化情況可能是圖中

48、的()圖2解析AB邊受的安培力向右，根據(jù)左手定則可知感應(yīng)電流方向為順時針方向，則感應(yīng)電流的磁場與原磁場方向相反，說明原磁場在增強(qiáng)，C圖不可能；安培力FBIL，I，ES，安培力大小不變，而磁感應(yīng)強(qiáng)度在增大，說明感應(yīng)電流的大小在減小，即Bt圖象的斜率在減小，A、B圖均不可能，D圖是可能的。答案D4.如圖4甲所示，質(zhì)量為2 kg的絕緣板靜止在粗糙水平地面上，質(zhì)量為1 kg、邊長為1 m、電阻為0.1 的正方形金屬框ABCD位于絕緣板上，E、F分別為BC、AD的中點(diǎn)。某時刻起在ABEF區(qū)域內(nèi)有豎直向下的磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，AB邊恰在磁場邊緣以外；FECD區(qū)域內(nèi)有豎直

49、向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B20.5 T，CD邊恰在磁場邊緣以內(nèi)。假設(shè)金屬框受到的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g10 m/s2，則()圖4A.金屬框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為1 VB.金屬框受到向左的安培力大小為1 NC.金屬框中的感應(yīng)電流方向沿ADCB方向D.如果金屬框與絕緣板間的動摩擦因數(shù)為0.3，則金屬框可以在絕緣板上保持靜止解析因為ES，而左邊磁場的有效面積僅限于ABEF之內(nèi)，所以E0.5 V，選項A錯誤；電流I5 A，由楞次定律可知金屬框中的感應(yīng)電流方向沿ABCD方向，選項C錯誤；CD邊處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，則F安B2IL2.5 N，由左手定則可知方向向右，選項B錯誤；設(shè)金屬框的

50、質(zhì)量為m，如果金屬框與絕緣板間的動摩擦因數(shù)為0.3，則金屬框與絕緣板間的最大靜摩擦力Ffmaxmg3 N，因為F安Ffmax，所以金屬框可以在絕緣板上保持靜止，選項D正確。答案D8.(2015·臺州市高三期末質(zhì)量評估)在如圖8所示的傾角為的光滑斜面上，存在著兩個磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B的勻強(qiáng)磁場，區(qū)域的磁場方向垂直斜面向上，區(qū)域的磁場方向垂直斜面向下，磁場的寬度均為L。一個質(zhì)量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形導(dǎo)線框，由靜止開始沿斜面下滑，t1時刻ab邊剛越過GH進(jìn)入磁場區(qū)，此時線框恰好以速度v1做勻速直線運(yùn)動；t2時刻ab邊下滑到JP與MN的中間位置，此時線框又恰好以速度v2做勻速直線

51、運(yùn)動。重力加速度為g，下列說法中正確的是()圖8A.線框兩次勻速直線運(yùn)動的速度之比v1v221B.從t1到t2過程中，線框中通過的電流方向先是由adcb，然后是從abcdC.從t1到t2過程中，線框克服安培力做功的大小等于重力勢能的減少量D.從t1到t2過程中，有的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能解析根據(jù)題意，第一次勻速運(yùn)動時，mgsin ，第二次勻速運(yùn)動時，mgsin ，解得v1v241，選項A錯誤；根據(jù)楞次定律可以判斷，選項B中所判斷的感應(yīng)電流的方向是正確的，選項B正確；線框克服安培力做的功等于導(dǎo)線框產(chǎn)生的熱量，根據(jù)能量守恒定律，線框克服安培力做的功等于重力勢能的減少量和動能的減少量之和，重力勢能的減少量

52、為，動能的減少量為，選項C錯誤，選項D正確。答案BD11.如圖11所示，兩足夠長的平行光滑的金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距為L，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角30°，導(dǎo)軌電阻不計，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面向上。長為L的金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導(dǎo)軌上，且始終與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒的質(zhì)量為m、電阻為R。兩金屬導(dǎo)軌的上端連接一個燈泡，燈泡的電阻也為R?，F(xiàn)閉合開關(guān)K，給金屬棒施加一個方向垂直于桿且平行于導(dǎo)軌平面向上的、大小為F2mg的恒力，使金屬棒由靜止開始運(yùn)動，當(dāng)金屬棒達(dá)到最大速度時，燈泡恰能達(dá)到它的額定功率。重力加速度為g。圖11(1)求金屬棒能達(dá)到的最大速度vm；(2)求燈泡的額

53、定功率PL；(3)若金屬棒上滑距離為s時速度恰達(dá)到最大，求金屬棒由靜止開始上滑2s的過程中，金屬棒上產(chǎn)生的電熱Q1。解析(1)金屬棒先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，當(dāng)加速度為零時，金屬棒達(dá)到最大速度，此后開始做勻速直線運(yùn)動。設(shè)最大速度為vm，則速度達(dá)到最大時有：EBLvmIFBILmgsin 解得：vm(2)PLI2R解得：PL(3)設(shè)整個電路放出的電熱為Q，由能量守恒定律有：F·2sQmgsin ·2smv由題意可知Q1解得：Q1mgs答案(1)(2)(3)mgs(2)一半徑為R的半圓柱形玻璃磚，橫截面如圖2所示。已知玻璃的全反射臨界角()。與玻璃磚的底平面成()角度、且與

54、玻璃磚橫截面平行的平行光射到玻璃磚的半圓柱面上。經(jīng)柱面折射后，有部分光(包括與柱面相切的入射光)能直接從玻璃磚底面射出。若忽略經(jīng)半圓柱內(nèi)表面反射后射出的光。求底面透光部分的寬度。圖2解析(1)任意振動質(zhì)點(diǎn)連續(xù)2次經(jīng)過平衡位置的時間間隔為0.4 s，則T0.4 s，解得T0.8 s。從題圖中可知4 m，所以波速為v m/s5 m/s，故A錯誤；根據(jù)公式f可得波的頻率為1.25 Hz，B正確；x坐標(biāo)為15 m的質(zhì)點(diǎn)距波源x3，此時在波谷位置經(jīng)t0.6 s即tT，質(zhì)點(diǎn)振動到平衡位置，C錯誤；x的坐標(biāo)為22 m的質(zhì)點(diǎn)距波源x5，此時在平衡位置向上運(yùn)動，質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過t0.2 s即四分之一周期恰好位于波峰，D正確；當(dāng)質(zhì)點(diǎn)P位于波峰時，x坐標(biāo)為17 m的質(zhì)點(diǎn)距P的距離x14 m，即x3，此時坐標(biāo)為17 m的質(zhì)點(diǎn)恰好位于波谷，E正確。(2)光路圖如圖所示，沿半徑方向射入玻璃磚的光線，即光線射到MN上時，根據(jù)幾何知識，入射角恰好等于臨界角，即恰好在圓心O處發(fā)生全反射，光線左側(cè)的