解答題(教師版)

1、 曲一線科學(xué)備考精品題庫(kù)試題用戶：小小生成時(shí)間：2015.04.06 14:18:23物理1.(2014山東，24，20分)如圖甲所示,間距為d、垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)。取垂直于紙面向里為磁場(chǎng)的正方向,磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0時(shí)刻,一質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子(不計(jì)重力),以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置,沿垂直于磁場(chǎng)且平行于板面的方向射入磁場(chǎng)區(qū)。當(dāng)B0和TB取某些特定值時(shí),可使t=0時(shí)刻入射的粒子經(jīng)t時(shí)間恰能垂直打在P板上(不考慮粒子反彈)。上述m、q、d、v0為已知量。圖甲圖乙(1)若t=TB,求B0;(2)若t=TB,求粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度

2、的大小;(3)若B0=,為使粒子仍能垂直打在P板上,求TB。答案 1. (1)(2)(3)或解析 1.(1)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R1,由牛頓第二定律得qv0B0=據(jù)題意由幾何關(guān)系得R1=d聯(lián)立式得B0=(2)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R2,加速度大小為a,由圓周運(yùn)動(dòng)公式得a=據(jù)題意由幾何關(guān)系得3R2=d聯(lián)立式得a=(3)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R,周期為T,由圓周運(yùn)動(dòng)公式得T=由牛頓第二定律得qv0B0=由題意知B0=,代入式得d=4R粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,O1、O2為圓心,O1O2連線與水平方向的夾角為,在每個(gè)TB內(nèi),只有A、B兩個(gè)位置才有可能垂直擊中P板,且均要求0<<,由題

3、意可知T=設(shè)經(jīng)歷完整TB的個(gè)數(shù)為n(n=0,1,2,3)若在A點(diǎn)擊中P板,據(jù)題意由幾何關(guān)系得R+2(R+R sin )n=d當(dāng)n=0時(shí),無(wú)解當(dāng)n=1時(shí),聯(lián)立式得=聯(lián)立式得TB=當(dāng)n2時(shí),不滿足0<<90°的要求若在B點(diǎn)擊中P板,據(jù)題意由幾何關(guān)系得R+2R sin +2(R+R sin )n=d當(dāng)n=0時(shí),無(wú)解當(dāng)n=1時(shí),聯(lián)立式得=arcsin 聯(lián)立式得TB=當(dāng)n2時(shí),不滿足0<<90°的要求2.(2014山東，23，18分)研究表明,一般人的剎車反應(yīng)時(shí)間(即圖甲中“反應(yīng)過程”所用時(shí)間)t0=0.4 s,但飲酒會(huì)導(dǎo)致反應(yīng)時(shí)間延長(zhǎng)。在某次試驗(yàn)中,志愿者少

4、量飲酒后駕車以v0=72 km/h的速度在試驗(yàn)場(chǎng)的水平路面上勻速行駛,從發(fā)現(xiàn)情況到汽車停止,行駛距離L=39 m。減速過程中汽車位移s與速度v的關(guān)系曲線如圖乙所示。此過程可視為勻變速直線運(yùn)動(dòng)。取重力加速度的大小g=10 m/s2。求:圖甲圖乙(1)減速過程汽車加速度的大小及所用時(shí)間;(2)飲酒使志愿者的反應(yīng)時(shí)間比一般人增加了多少;(3)減速過程汽車對(duì)志愿者作用力的大小與志愿者重力大小的比值。答案 2.(1)8 m/s22.5 s(2)0.3 s(3)解析 2.(1)設(shè)減速過程中汽車加速度的大小為a,所用時(shí)間為t,由題可得初速度v0=20 m/s,末速度vt=0,位移s=25 m,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得

5、=2ast=聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù)得a=8 m/s2t=2.5 s(2)設(shè)志愿者反應(yīng)時(shí)間為t',反應(yīng)時(shí)間的增加量為t,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得L=v0t'+st=t'-t0聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù)得t=0.3 s(3)設(shè)志愿者所受合外力的大小為F,汽車對(duì)志愿者作用力的大小為F0,志愿者質(zhì)量為m,由牛頓第二定律得F=ma由平行四邊形定則得=F2+(mg)2聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù)得=3.（2014山東濰坊高三3月模擬考試?yán)砜凭C合試題，23）如圖所示，在xOy平面內(nèi)存在著垂直于菇何平面的磁場(chǎng)和平行于y軸的電場(chǎng)，磁場(chǎng)和電場(chǎng)隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖甲、乙所示以垂直于xOy平面向里磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為正，以沿y軸正方

6、向電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為正t=0時(shí)，帶負(fù)電粒子從原點(diǎn)O以初速度沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)，t=5t0時(shí)，粒子回到O點(diǎn)，v0、t0、B0已知，粒子的比荷，不計(jì)粒子重力   (1) 求粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期；(2) 求電場(chǎng)強(qiáng)度B的值；(3) 保持磁場(chǎng)仍如圖甲所示，將圖乙所示的電場(chǎng)換成圖丙所示的電場(chǎng)t=0時(shí)刻，前述帶負(fù)電粒子仍由O點(diǎn)以初速度v0沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)，求粒子在t=9t0時(shí)的位置坐標(biāo)答案 3.查看解析解析 3.：（1）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)Bqv0=m 得T=2t0。（2）粒子t=5t0時(shí)回到原點(diǎn)，軌跡如圖所示由牛頓第二定律Bqv0=m由幾何關(guān)系得得由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式由牛頓第二

7、定律得（3）t0時(shí)刻粒子回到x軸t02t0時(shí)間內(nèi)，粒子位移，2t0時(shí)刻粒子速度為3t0時(shí)刻，粒子以速度到達(dá)y軸3t04 t0時(shí)間內(nèi)，粒子運(yùn)動(dòng)的位移5t0時(shí)刻粒子運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)，代入數(shù)值即為4.（2014山東濰坊高三3月模擬考試?yán)砜凭C合試題，22）如圖所示，光滑半圓軌道AB豎直固定，半徑R=04m，與水平光滑軌道相切于A水平軌道上平鋪一半徑r=01m的圓形桌布，桌布中心有一質(zhì)量m=1kg的小鐵塊保持靜止現(xiàn)以恒定的加速度將桌布從鐵塊下水平向右抽出后，鐵塊沿水平軌道經(jīng)A點(diǎn)進(jìn)入半圓軌道，到達(dá)半圓軌道最高點(diǎn)B時(shí)對(duì)軌道剛好無(wú)壓力，已知鐵塊與桌布間動(dòng)摩擦因數(shù)=05，取g=10m/s2，求：   

8、;(1) 鐵塊離開B點(diǎn)后在地面上的落點(diǎn)到A的距離；   (2) 鐵塊到A點(diǎn)時(shí)對(duì)圓軌道的壓力；   (3) 抽桌布過程中桌布的加速度答案 4.查看解析解析 4.22（1）鐵塊離開B點(diǎn)后在地面上的落點(diǎn)到A的距離為0.8m；      （2）鐵塊到A點(diǎn)時(shí)對(duì)圓軌道的壓力為60N；      （3）抽桌布過程中桌布的加速度為5.25m/s2解析：（1）設(shè)鐵塊在B點(diǎn)的速度為v，根據(jù)向心力公式得：mg=解得：v=2m/s，鐵塊離開B點(diǎn)后作平拋運(yùn)動(dòng)，則2R=gt2，解得：t=0.4s，則鐵塊離開B點(diǎn)后在地面上的

9、落點(diǎn)到A的距離x=vt=2×0.4=0.8m；（2）從A到B的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理得：mg2R mv2m在A點(diǎn)，根據(jù)向心力公式得：Nmgm由解得：N=60N，根據(jù)牛頓第三定律得：鐵塊到A點(diǎn)時(shí)對(duì)圓軌道的壓力N=N=60N，（3）鐵塊脫離桌布時(shí)的速度v0=vA，設(shè)鐵塊加速度為a0，由牛頓第二定律得：mg=ma0鐵塊在桌布上加速的時(shí)間為t0，由運(yùn)動(dòng)學(xué)基本公式得：v0=a0t0，由位移關(guān)系得：r=at02a0t02由解得：a=5.25m/s2 5.（2014山東青島高三第一次模擬考試?yán)砭C物理，23）如圖所示，兩條平行的金屬導(dǎo)軌相距L = lm，金屬導(dǎo)軌的傾斜部分與水平方向的夾角為37

10、6;，整個(gè)裝置處在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中金屬棒MN和PQ的質(zhì)量均為m=0.2kg，電阻分別為RMN =1和RPQ = 2 MN置于水平導(dǎo)軌上，與水平導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.5，PQ置于光滑的傾斜導(dǎo)軌上，兩根金屬棒均與導(dǎo)軌垂直且接觸良好從t=0時(shí)刻起，MN棒在水平外力F1的作用下由靜止開始以a =1m/s2的加速度向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，PQ則在平行于斜面方向的力F2作用下保持靜止?fàn)顟B(tài)t=3s時(shí)，PQ棒消耗的電功率為8W，不計(jì)導(dǎo)軌的電阻，水平導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，MN始終在水平導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)求：（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；（2）t=03 s時(shí)間內(nèi)通過MN棒的電荷量；（3）求 t =6s時(shí)F2的大小和方向；（4）若改

11、變F1的作用規(guī)律，使MN棒的運(yùn)動(dòng)速度v與位移s滿足關(guān)系：，PQ棒仍然靜止在傾斜軌道上求MN棒從靜止開始到s=5m的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量答案 5.查看解析解析 5.：（1）t=3s時(shí)MN棒的速度為MN切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為    由閉合電路的歐姆定律可得             PQ棒消耗的電功率為     代入數(shù)據(jù)得B = 2T  。   &#

12、160;  (2) 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得t=03 s時(shí)間內(nèi)通過MN棒的電荷量為代入數(shù)據(jù)可得q = 3C。(3) t =6s時(shí)MN棒的速度為MN切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為 由閉合電路的歐姆定律可得 規(guī)定沿斜面向上為正方向，對(duì)PQ進(jìn)行受力分析可得代入數(shù)據(jù)：F2=-5.2N  （負(fù)號(hào)說明力的方向沿斜面向下）。（4）MN棒做變加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)s=5m時(shí)，   。因?yàn)樗俣葀與位移s成正比，所以電流I、安培力也與位移s成正比，      6.（2014山東青島高三第一次模擬考試?yán)砭C物

13、理，22）如圖所示，一質(zhì)量為m的物塊在與水平方向成的力F的作用下從A點(diǎn)由靜止開始沿水平直軌道運(yùn)動(dòng)，到B點(diǎn)后撤去力F， 物體飛出后越過“壕溝” 落在平臺(tái)EG段已知物塊的質(zhì)量m =1kg，物塊與水平直軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為=0.5，AB段長(zhǎng)L=10m，BE的高度差h =0.8m，BE的水平距離 x =1.6m若物塊可看做質(zhì)點(diǎn)，空氣阻力不計(jì)，g取10m/s2（1）要越過壕溝，求物塊在B點(diǎn)最小速度v的大?。唬?）若=370，為使物塊恰好越過“壕溝” ，求拉力F的大?。唬?）若大小不確定，為使物塊恰好越過“壕溝” ，求力F的最小值（結(jié)果可保留根號(hào)）答案 6.查看解析解析 6.：物塊通過B點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，豎

14、直方向  解得 水平方向：    （2）由A到B由   可得a=0.8m/s2    對(duì)物塊受力分析，由牛頓第二定律可得：         代入數(shù)據(jù)可得F = 5.27N（3）由數(shù)學(xué)知識(shí)可知：   代入數(shù)據(jù)得   7.(山東省濟(jì)南市2014屆高三上學(xué)期期末考試) （13分）如圖所示，在x0的區(qū)域內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在第一象限傾斜直線OM的下方和第四

15、象限內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一帶電粒子自電場(chǎng)中的P點(diǎn)沿x軸正方向射出，恰好經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)O進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后垂直于y軸從N點(diǎn)回到電場(chǎng)區(qū)域，并恰能返回P點(diǎn)。已知P點(diǎn)坐標(biāo)為，帶電粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，初速度為v0，不計(jì)粒子重力。求：（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小；（2）N點(diǎn)的坐標(biāo)；（3）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。答案 7.查看解析解析 7.解析：（1）設(shè)粒子從P到O時(shí)間為t，加速度為a，則粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)：      水平方向：   豎直方向：    由牛頓第二定律，可得&#

16、160;            由以上三式，可解得     （2）設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)速度為v，則        所以粒子從N到P的時(shí)間沿y軸位移    因此N點(diǎn)坐標(biāo)為（0，）  （3）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)半徑為R。粒子在O點(diǎn)時(shí)速度方向與y軸負(fù)方向的夾角為30º  由幾何關(guān)系可知 

17、;   又因?yàn)?#160;      解得     8.(山東省濟(jì)南市2014屆高三上學(xué)期期末考試) （12分）如圖所示，固定于水平桌面上足夠長(zhǎng)的兩平行光滑導(dǎo)軌PQ、MN，其電阻不計(jì)，間距d0.5m，P、M兩端接有一只理想電壓表，整個(gè)裝置處于豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩金屬棒ab、cd垂直導(dǎo)軌放置，其電阻均為r0.1, 質(zhì)量均為m0.5kg，與導(dǎo)軌接觸良好。現(xiàn)固定棒ab，使cd在水平恒力F0.8N的作用下，由靜止開始做加速運(yùn)動(dòng)。求（1）棒cd哪端電勢(shì)高？（2）當(dāng)電壓表讀數(shù)為U0

18、.2V時(shí)，棒cd的加速度多大？（3）棒cd能達(dá)到的最大速度vm。答案 8.查看解析解析 8.：（1）由右手定則判知：c端電勢(shì)高。   （2）流過L2的電流     L2所受的安培力    對(duì)L2得：            所以L2的加速度：   a=1.2m/s2     （3）當(dāng)棒L2所受合力為零時(shí)，速度達(dá)到最大，根據(jù)平衡條件

19、，有：         又     解得：      9.(山東省濟(jì)南市2014屆高三上學(xué)期期末考試) （7分）在海濱游樂場(chǎng)里有一種滑沙運(yùn)動(dòng)，如圖所示。某人坐在滑板上從斜坡的最高處A點(diǎn)由靜止開始滑下，滑到斜坡底端B點(diǎn)后，沿水平的滑道再滑行一段距離停下來。若滑板與斜坡滑道和水平滑道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.50，斜坡的傾角37°，AB長(zhǎng)度為25m，斜坡與水平滑道間是平滑連接的，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中空氣阻力忽略不計(jì)，重力加速度g取

20、10m/s2，sin37°0.6，cos37°0.8。求：（1）人從斜坡上滑下時(shí)的加速度大??；（2）為保證安全，水平滑道BC的最短長(zhǎng)度。答案 9.查看解析解析 9.15解析：（1）人在斜面上受力如圖所示，建立圖示坐標(biāo)系，設(shè)人在斜坡上滑下的加速度為a1，由牛頓第二定律有：           聯(lián)立解得：   （2）人滑到B點(diǎn)時(shí) 在水平軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)： 由解得：       

21、0;或   解得：      10.(山東省德州市2014屆高三上學(xué)期期末考試) (18分) 在豎直平面內(nèi)建立一平面直角坐標(biāo)系xoy，x軸沿水平方向，如圖甲所示。第一象限內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第二象限內(nèi)有一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)。某種發(fā)射裝置(未畫出) 豎直向上發(fā)射出一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(可視為質(zhì)點(diǎn)) ，該粒子以v0的初速度從x軸上的A點(diǎn)進(jìn)入第二象限，并從y軸上的C點(diǎn)沿水平方向進(jìn)入第一象限后能夠沿水平方向運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)。已知OA、OC距離相等，CD的距離為OC，E點(diǎn)在D點(diǎn)正下方，位于x軸上，重力加速度為g

22、。則：(1) 求粒子在C點(diǎn)的速度大小以及OC之間的距離；(2) 若第一象限同時(shí)存在按如圖乙所示規(guī)律變化的磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面，(以垂直紙面向外的磁場(chǎng)方向?yàn)檎较颍瑘D中B0，T0均為未知量) ，并且在時(shí)刻粒子由C點(diǎn)進(jìn)入第一象限，且恰好也能通過同一水平線上的D點(diǎn)，速度方向仍然水平。若粒子在第一象限中運(yùn)動(dòng)的周期與磁場(chǎng)變化周期相同，求交變磁場(chǎng)變化的周期；(3) 若第一象限仍同時(shí)存在按如圖乙所示規(guī)律變化的磁場(chǎng)(以垂直紙面向外的磁場(chǎng)方向?yàn)檎较颍瑘D中B0，T0均為未知量) ，調(diào)整圖乙中磁場(chǎng)變化的周期，讓粒子在t=0時(shí)刻由C點(diǎn)進(jìn)入第一象限，且恰能通過E點(diǎn)，求交變磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0應(yīng)滿足的條件。答案 10

23、.查看解析解析 10.15. 解析：豎直方向水平方向則豎直方向上（2）因?yàn)闆]有磁場(chǎng)時(shí)粒子能夠沿水平方向到達(dá)D點(diǎn)所以應(yīng)該滿足，帶電的粒子在第一象限將做速度也為的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，使粒子從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到同一水平線上的D點(diǎn)，如圖所示，則有：由位移關(guān)系解得粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期則磁場(chǎng)變化的周期為（3）使粒子從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)，如右圖所示，設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)圓軌道半徑為，則每經(jīng)過磁場(chǎng)的半個(gè)周期粒子轉(zhuǎn)過圓心角600交變磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)滿足的關(guān)系11.(山東省德州市2014屆高三上學(xué)期期末考試) (14分) 如圖甲所示，電阻不計(jì)的“” 形光滑導(dǎo)體框架水平放置，導(dǎo)體框處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=1T，有一導(dǎo)體棒A

24、C橫放在框架上且與導(dǎo)體框架接觸良好，其質(zhì)量為m=02kg，電阻為R=08，現(xiàn)用絕緣輕繩拴住導(dǎo)體棒，輕繩的右端通過光滑的定滑輪繞在電動(dòng)機(jī)的轉(zhuǎn)軸上，左端通過另一光滑的定滑輪與物體D相連，物體D的質(zhì)量為M=02kg，電動(dòng)機(jī)內(nèi)阻r=1。接通電路后電壓表的讀數(shù)恒為U=10V, 電流表讀數(shù)恒為I=1A，電動(dòng)機(jī)牽引原來靜止的導(dǎo)體棒AC平行于EF向右運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)位移x隨時(shí)間t變化的圖象如圖乙所示，其中OM段為曲線，MN段為直線。(取g=10m/s2) 求： (1) 電動(dòng)機(jī)的輸出功率； (2) 導(dǎo)體框架的寬度；  (3) 導(dǎo)體棒在變速運(yùn)動(dòng)階段產(chǎn)生的熱量。答案 11.查看解析解析 1

25、1.14解析：（1）根據(jù)電路知識(shí)電動(dòng)機(jī)的輸出功率為（2）根據(jù)1.0s時(shí)圖線斜率可知?jiǎng)蛩龠\(yùn)動(dòng)的速度為在導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)的任意時(shí)刻對(duì)于整個(gè)系統(tǒng)根據(jù)功率關(guān)系可得解得（3）從靜止到開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)階段，根據(jù)能量守恒定律對(duì)整個(gè)系統(tǒng)可得解得Q=6.6J12.(山東省德州市2014屆高三上學(xué)期期末考試) (12分) 如右圖所示，PQ是兩塊平行金屬板，上極板接電源正極，兩極板之間的電壓為U=12×104V，一帶負(fù)電的粒子通過P極板的小孔以速度v0=20×104m/s垂直金屬板飛入，通過Q極板上的小孔后，垂直AC邊經(jīng)中點(diǎn)O進(jìn)入邊界為等腰直角三角形的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=10T，邊界AC

26、的長(zhǎng)度為L(zhǎng)=16m，粒子比荷=5×104C/kg，不計(jì)粒子的重力。求：  (1) 粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大??；  (2) 粒子經(jīng)過磁場(chǎng)邊界上的位置到B點(diǎn)的距離以及在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間。答案 12.查看解析解析 12.13解析：（1）粒子從P極板至Q極板的過程中，由動(dòng)能定理得：解得v=(2) 粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：解得=0.8m故粒子垂直地打在BC邊的中點(diǎn)D，則BD=0.8m粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為粒子的偏轉(zhuǎn)角為900故粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：13.（2012山東理綜，22，中）如圖所示，一工件置于水平地面上，其AB段為一半徑R=1. 0 m的

27、光滑圓弧軌道，BC段為一長(zhǎng)度L=0. 5 m的粗糙水平軌道，二者相切于B點(diǎn)，整個(gè)軌道位于同一豎直平面內(nèi)，P點(diǎn)為圓弧軌道上的一個(gè)確定點(diǎn). 一可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊，其質(zhì)量m=0. 2 kg，與BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0. 4. 工件質(zhì)量M=0. 8 kg，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0. 1. （取g=10 m/）（1）若工件固定，將物塊由P點(diǎn)無(wú)初速度釋放，滑至C點(diǎn)時(shí)恰好靜止，求P、C兩點(diǎn)間的高度差h. （2）若將一水平恒力F作用于工件，使物塊在P點(diǎn)與工件保持相對(duì)靜止，一起向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng). 求F的大小. 當(dāng)速度v=5 m/s時(shí)，使工件立刻停止運(yùn)動(dòng)（即不考慮減速的時(shí)間和位移），物塊飛離圓弧軌道落至BC段，求

28、物塊的落點(diǎn)與B點(diǎn)間的距離. 答案 13.（1）0. 2 m（2）8. 5 N0. 4 m解析 13.（1）物塊從P點(diǎn)下滑經(jīng)B點(diǎn)至C點(diǎn)的整個(gè)過程，根據(jù)動(dòng)能理定得mgh-1mgL=0代入數(shù)據(jù)得h=0. 2 m（2）設(shè)物塊的加速度大小為a，P點(diǎn)與圓心的連線與豎直方向間的夾角為，由幾何關(guān)系可得cos =根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)物塊有mg tan =ma對(duì)工件和物塊整體有F-2（M+m）g=（M+m）a聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得F=8. 5 N設(shè)物塊平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，水平位移為x1，物塊落點(diǎn)與B點(diǎn)間的距離為x2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得h=gt2x1=vtx2=x1-R sin 聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得x2=0. 4 m14.

29、（2011山東理綜，24，中）如圖所示，在高出水平地面h=1. 8 m 的光滑平臺(tái)上放置一質(zhì)量M=2 kg、由兩種不同材料連接成一體的薄板A，其右段長(zhǎng)度=0. 2 m且表面光滑，左段表面粗糙. 在A最右端放有可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊B，其質(zhì)量m=1 kg，B與A左段間動(dòng)摩擦因數(shù)=0. 4. 開始時(shí)二者均靜止，現(xiàn)對(duì)A施加F=20 N水平向右的恒力，待B脫離A（A尚未露出平臺(tái)）后，將A取走. B離開平臺(tái)后的落地點(diǎn)與平臺(tái)右邊緣的水平距離x=1. 2 m. （取g=1）求：（1）B離開平臺(tái)時(shí)的速度vB.（2）B從開始運(yùn)動(dòng)到剛脫離A時(shí)，B運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和位移. （3）A左段的長(zhǎng)度. 答案 14. （1）2 m/s（

30、2）0. 5 s0. 5 m（3）1. 5 m解析 14. （1）設(shè)物塊做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)可得h=gt2x=vBt聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得vB=2 m/s（2）設(shè)B的加速度為aB，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)的知識(shí)得mg=maBvB=aBtBxB=aB聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得tB=0. 5 sxB=0. 5 m（3）設(shè)B剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)A的速度為v1，由動(dòng)能定理得Fl1=M設(shè)B運(yùn)動(dòng)后A的加速度為aA，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)的知識(shí)得F-mg=MaAl2+xB=v1tB+aA聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得15.（2009山東理綜，24，難）如圖所示，某貨場(chǎng)需將質(zhì)量為=100 kg 的貨物（可視為質(zhì)點(diǎn)）從高處運(yùn)送至地

31、面，為避免貨物與地面發(fā)生撞擊，現(xiàn)利用固定于地面的光滑四分之一圓軌道，使貨物由軌道頂端無(wú)初速滑下，軌道半徑R=1. 8 m. 地面上緊靠軌道依次排放兩塊完全相同的木板A、B，長(zhǎng)度均為l=2 m，質(zhì)量均為=100 kg，木板上表面與軌道末端相切. 貨物與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0. 2. （最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等，取g=10 m/s2）（1）求貨物到達(dá)圓軌道末端時(shí)對(duì)軌道的壓力. （2）若貨物滑上木板A時(shí)，木板不動(dòng)，而滑上木板B時(shí)，木板B開始滑動(dòng)，求應(yīng)滿足的條件. （3）若=0. 5，求貨物滑到木板A末端時(shí)的速度和在木板A上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間. 答案 15. （1）3 00

32、0 N方向豎直向下（2）0. 4<10.6（3）4 m/s0. 4 s解析 15. （1）設(shè)貨物滑到圓軌道末端時(shí)的速度為v0，對(duì)貨物的下滑過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得m1gR=m1設(shè)貨物在軌道末端所受支持力的大小為FN，根據(jù)牛頓第二定律得FN-m1g=m1聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得FN=3 000 N根據(jù)牛頓第三定律，貨物對(duì)軌道的壓力大小為3 000 N，方向豎直向下. （2）若滑上木板A時(shí)，木板不動(dòng)，由受力分析得1m1g2（m1+2m2）g若滑上木板B時(shí)，木板B開始滑動(dòng)，由受力分析得1m1g>2（m1+m2）g聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得0. 4<10. 6（3）1=0. 5，由式可知，貨物在

33、木板A上滑動(dòng)時(shí)，木板不動(dòng). 設(shè)貨物在木板A上做減速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得1m1g=m1a1設(shè)貨物滑到木板A末端時(shí)的速度為v1，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得-=-2a1l聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得v1=4 m/s設(shè)在木板A上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v1=v0-a1t聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得t=0. 4 s16.（2008山東理綜，24，難）某興趣小組設(shè)計(jì)了如圖所示的玩具軌道，其中“2008”四個(gè)等高數(shù)字用內(nèi)壁光滑的薄壁細(xì)圓管彎成，固定在豎直平面內(nèi)（所有數(shù)字均由圓或半圓組成，圓半徑比細(xì)管的內(nèi)徑大得多），底端與水平地面相切. 彈射裝置將一個(gè)小物體（可視為質(zhì)點(diǎn)）以=5 m/s的水平初速度由a點(diǎn)彈出，從b

34、點(diǎn)進(jìn)入軌道，依次經(jīng)過“8002”后從p點(diǎn)水平拋出. 小物體與地面ab段間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0. 3，不計(jì)其他機(jī)械能損失. 已知ab段長(zhǎng)L=1. 5 m，數(shù)字“0”的半徑R=0. 2 m，小物體質(zhì)量m=0. 01 kg，g=10 m/s2. 求：（1）小物體從p點(diǎn)拋出后的水平射程. （2）小物體經(jīng)過數(shù)字“0”的最高點(diǎn)時(shí)管道對(duì)小物體作用力的大小和方向. 答案 16.（1）0. 8 m（2）0. 3 N豎直向下解析 16.（1）設(shè)小物體運(yùn)動(dòng)到p點(diǎn)時(shí)速度大小為v，對(duì)小物體由a運(yùn)動(dòng)到p過程應(yīng)用動(dòng)能定理得-mgL-2mgR=mv2-m小物體自p點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，水平射程為s，則2R=gt2s=vt

35、聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得s=0. 8 m（2）設(shè)在數(shù)字“0”的最高點(diǎn)時(shí)管道對(duì)小物體的作用力大小為F，取豎直向下為正方向F+mg=聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得F=0. 3 N，方向豎直向下17.（2012山東理綜，23，難）如圖甲所示，相隔一定距離的豎直邊界兩側(cè)為相同的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，在邊界上固定兩長(zhǎng)為L(zhǎng)的平行金屬極板MN和PQ，兩極板中心各有一小孔、，兩極板間電壓的變化規(guī)律如圖乙所示，正反向電壓的大小均為，周期為. 在t=0時(shí)刻將一個(gè)質(zhì)量為m、電量為-q（q>0）的粒子由靜止釋放，粒子在電場(chǎng)力的作用下向右運(yùn)動(dòng)，在t=時(shí)刻通過垂直于邊界進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)區(qū). （不計(jì)粒子重力，不考慮極板外的

36、電場(chǎng)）（1）求粒子到達(dá)時(shí)的速度大小v和極板間距d. （2）為使粒子不與極板相撞，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小應(yīng)滿足的條件. （3）若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在t=3時(shí)刻再次到達(dá)，且速度恰好為零，求該過程中粒子在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小. 答案 17. （1）（2）B<（3）解析 17. （1）粒子由S1至S2的過程，根據(jù)動(dòng)能定理得qU0=mv2由式得v=設(shè)粒子的加速度大小為a，由牛頓第二定律得q=ma由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得d=a（）2聯(lián)立式得d=（2）設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，由牛頓第二定律得qvB=m要使粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)不與極板相撞，須滿足2R&g

37、t;聯(lián)立式得B<（3）設(shè)粒子在兩邊界之間無(wú)場(chǎng)區(qū)向左勻速運(yùn)動(dòng)的過程用時(shí)為t1，有d=vt1聯(lián)立式得t1=若粒子再次到達(dá)S2時(shí)速度恰好為零，粒子回到極板間應(yīng)做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得d=t2聯(lián)立式得t2=設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為tt=3T0-t1-t2聯(lián)立式得t=設(shè)粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T，由式結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得T=由題意可知T=t聯(lián)立式得B=18.（2011山東理綜，25，難）扭擺器是同步輻射裝置中的插入件，能使粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡發(fā)生扭擺. 其簡(jiǎn)化模型如圖：、兩處的條形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)邊界豎直，相距為L(zhǎng)，磁場(chǎng)方向相反且垂直于紙面. 一質(zhì)量為m、電量為-q

38、、重力不計(jì)的粒子，從靠近平行板電容器MN板處由靜止釋放，極板間電壓為U，粒子經(jīng)電場(chǎng)加速后平行于紙面射入?yún)^(qū)，射入時(shí)速度與水平方向夾角=30°. （1）當(dāng)區(qū)寬度=L、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小=時(shí)，粒子從區(qū)右邊界射出時(shí)速度與水平方向夾角也為30°，求及粒子在區(qū)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t. （2）若區(qū)寬度=L、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小=，求粒子在區(qū)的最高點(diǎn)與區(qū)的最低點(diǎn)之間的高度差h. （3）若=L、=，為使粒子能返回區(qū)，求B2應(yīng)滿足的條件. （4）若、，且已保證了粒子能從區(qū)右邊界射出. 為使粒子從區(qū)右邊界射出的方向與從區(qū)左邊界射入的方向總相同，求、之間應(yīng)滿足的關(guān)系式. 答案 18.（1）（2）L（3）B2>（

39、4）B1L1=B2L2解析 18.（1）如圖1所示，設(shè)粒子射入磁場(chǎng)區(qū)的速度為v，在磁場(chǎng)區(qū)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R1，由動(dòng)能定理和牛頓第二定律得圖1qU=mv2qvB1=m由幾何知識(shí)得L=2R1 sin 聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得B0=設(shè)粒子在磁場(chǎng)區(qū)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為tT=t=T聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得t=（2）設(shè)粒子在磁場(chǎng)區(qū)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R2，由牛頓第二定律得qvB2=m由幾何知識(shí)可得h=（R1+R2）（1-cos ）+L tan 聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得h=（2-）L（3）如圖2所示，為使粒子能再次回到區(qū)，應(yīng)滿足R2（1+sin ）<L或R2（1+sin ）L圖2聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得B2

40、>（或B2）（4）如圖3（或圖4）所示，設(shè)粒子射出磁場(chǎng)區(qū)時(shí)速度與水平方向的夾角為，由幾何知識(shí)可得L1=R1（sin +sin ）或L1=R1（sin -sin ）L2=R2（sin +sin ）或L2=R2（sin -sin ）聯(lián)立式得B1R1=B2R2聯(lián)立式得B1L1=B2L2圖3圖419.（2010山東理綜，25，難）如圖所示，以兩虛線為邊界，中間存在平行紙面且與邊界垂直的水平電場(chǎng)，寬度為d，兩側(cè)為相同的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直紙面向里. 一質(zhì)量為m、帶電量+q、重力不計(jì)的帶電粒子，以初速度垂直邊界射入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，后進(jìn)入電場(chǎng)做勻加速運(yùn)動(dòng)，然后第二次進(jìn)入磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，此后粒子在電場(chǎng)和磁

41、場(chǎng)中交替運(yùn)動(dòng). 已知粒子第二次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此類推. 求（1）粒子第一次經(jīng)過電場(chǎng)的過程中電場(chǎng)力所做的功. （2）粒子第n次經(jīng)過電場(chǎng)時(shí)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小. （3）粒子第n次經(jīng)過電場(chǎng)所用的時(shí)間. （4）假設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)區(qū)域場(chǎng)強(qiáng)為零. 請(qǐng)畫出從粒子第一次射入磁場(chǎng)至第三次離開電場(chǎng)的過程中，電場(chǎng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的關(guān)系圖線（不要求寫出推導(dǎo)過程，不要求標(biāo)明坐標(biāo)刻度值）. 答案 19. （1）m（2）（3）（4）見解析解析 19. （1）設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，粒子第n次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的半徑為Rn，速度為vn，由牛頓第二定律得qvnB=m得vn=因?yàn)镽2=2R

42、1，所以v2=2v1對(duì)于粒子第一次在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得W1=m-m得W1=（2）粒子第n次進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)速度為vn，出電場(chǎng)時(shí)速度為vn+1，有vn=nv1，vn+1=（n+1）v1由動(dòng)能定理得qEnd=m-m得En=（3）設(shè)粒子第n次在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度為an，由牛頓第二定律得qEn=man由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得vn+1-vn=antn得tn=（4）如圖所示20.（2009山東理綜，25，難）如圖甲所示，建立Oxy坐標(biāo)系. 兩平行極板P、Q垂直于y軸且關(guān)于x軸對(duì)稱，極板長(zhǎng)度和板間距均為l. 在第一、四象限有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于Oxy平面向里. 位于極板左側(cè)的粒子源沿x軸向右連續(xù)發(fā)射

43、質(zhì)量為m、電量為+q、速度相同、重力不計(jì)的帶電粒子. 在03時(shí)間內(nèi)兩板間加上如圖乙所示的電壓（不考慮極板邊緣的影響）. 已知t=0時(shí)刻進(jìn)入兩板間的帶電粒子恰好在時(shí)刻經(jīng)極板邊緣射入磁場(chǎng). 上述m、q、l、B為已知量. （不考慮粒子間相互影響及返回極板間的情況）（1）求電壓的大小. （2）求時(shí)刻進(jìn)入兩板間的帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑. （3）何時(shí)進(jìn)入兩板間的帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短?求此最短時(shí)間. 答案 20. （1）（2）（3）2t0解析 20. （1）t=0時(shí)刻進(jìn)入兩板間的帶電粒子在電場(chǎng)中做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，t0時(shí)刻剛好從極板邊緣射出，在y軸負(fù)方向偏移的距離為l，則有E=qE=mal

44、=a聯(lián)立式，解得兩板間偏轉(zhuǎn)電壓為U0=（2）t0時(shí)刻進(jìn)入兩板間的帶電粒子，前t0時(shí)間在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)，后t0時(shí)間兩板間沒有電場(chǎng)，帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng). 帶電粒子沿x軸方向的分速度大小為v0=帶電粒子離開電場(chǎng)時(shí)沿y軸負(fù)方向的分速度大小為vy=a·t0帶電粒子離開電場(chǎng)時(shí)的速度大小為v=設(shè)帶電粒子離開電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，則有qvB=m聯(lián)立式解得R=（3）2t0時(shí)刻進(jìn)入兩板間的帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短. 帶電粒子離開電場(chǎng)時(shí)沿y軸正方向的分速度為vy'=at0設(shè)帶電粒子離開電場(chǎng)時(shí)速度方向與y軸正方向的夾角為，則tan =聯(lián)立式解得=帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，

45、圓弧所對(duì)的圓心角2=，所求最短時(shí)間為tmin=T帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為T=聯(lián)立式得tmin=21.（2008山東理綜，25，難）兩塊足夠大的平行金屬極板水平放置，極板間加有空間分布均勻、大小隨時(shí)間周期性變化的電場(chǎng)和磁場(chǎng)，變化規(guī)律分別如下圖中圖1、圖2所示（規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向）. 在t=0時(shí)刻由負(fù)極板釋放一個(gè)初速度為零的帶負(fù)電的粒子（不計(jì)重力）. 若電場(chǎng)強(qiáng)度、磁感應(yīng)強(qiáng)度、粒子的比荷均已知，且=，兩板間距h=. （1）求粒子在0時(shí)間內(nèi)的位移大小與極板間距h的比值. （2）求粒子在極板間做圓周運(yùn)動(dòng)的最大半徑（用h表示）. （3）若板間電場(chǎng)強(qiáng)度E隨時(shí)間的變化仍如圖1所示，磁場(chǎng)的

46、變化改為如圖3所示，試畫出粒子在板間運(yùn)動(dòng)的軌跡圖（不必寫計(jì)算過程）. 答案 21. （1）15（2）（3）如圖解析 21. 解法一：（1）設(shè)粒子在0t0時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移大小為s1s1=aa=又已知t0=，h=聯(lián)立式解得=（2）粒子在t02t0時(shí)間內(nèi)只受洛倫茲力作用，且速度與磁場(chǎng)方向垂直，所以粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng). 設(shè)運(yùn)動(dòng)速度大小為v1，軌道半徑為R1，周期為T，則v1=at0qv1B0=聯(lián)立式得R1=又T=即粒子在t02t0時(shí)間內(nèi)恰好完成一個(gè)周期的圓周運(yùn)動(dòng). 在2t03t0時(shí)間內(nèi)，粒子做初速度為v1的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)位移大小為s2s2=v1t0+a解得s2=h由于s1+s2<h，所以粒子

47、在3t04t0時(shí)間內(nèi)繼續(xù)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)速度大小為v2，半徑為R2v2=v1+at0qv2B0=解得R2=由于s1+s2+R2<h，粒子恰好又完成一個(gè)周期的圓周運(yùn)動(dòng). 在4t05t0時(shí)間內(nèi)，粒子運(yùn)動(dòng)到正極板（如圖所示）. 因此粒子運(yùn)動(dòng)的最大半徑R2=. （3）粒子在極板間運(yùn)動(dòng)的軌跡圖見答案. 解法二：由題意可知，電磁場(chǎng)的周期為2t0，前半周期粒子受電場(chǎng)作用做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a=，方向向上后半周期粒子受磁場(chǎng)作用做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，周期為TT=t0粒子恰好完成一次勻速圓周運(yùn)動(dòng). 至第n個(gè)周期末，粒子位移大小為snsn=a（nt0）2又已知h=由以上各式得sn=h粒子速度大小為vn=

48、ant0粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為Rn=解得Rn=h顯然s2+R2<h<s3（1）粒子在0t0時(shí)間內(nèi)的位移大小與極板間距h的比值=（2）粒子在極板間做圓周運(yùn)動(dòng)的最大半徑R2=（3）粒子在極板間運(yùn)動(dòng)的軌跡圖見答案. 22.（2013濰坊四縣一區(qū)聯(lián)考，17）如圖所示，半徑為R=0.2m的光滑1/4圓弧軌道在豎直平面內(nèi)，圓弧B處的切線水平.B端高出水平地面h=0.8m，O點(diǎn)在B點(diǎn)的正下方.將一質(zhì)量為m=1.0kg的滑塊從A點(diǎn)由靜止釋放，落在水平面上的C點(diǎn)處，(9取10m/s2)求:(1)滑塊滑至B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧的壓力及Xoc的長(zhǎng)度;(2)在B端接一長(zhǎng)為L(zhǎng)=l.0m的木板，滑塊從A端釋放后正好運(yùn)動(dòng)

49、到N端停止，求木板與滑塊的動(dòng)摩擦因數(shù);(3)若將木板右端截去長(zhǎng)為L(zhǎng)的一段，滑塊從A端釋放后將滑離木板落在水平面P點(diǎn)處，要使落地點(diǎn)P距O點(diǎn)的距離最遠(yuǎn)，L應(yīng)為多少.答案 22.（1）0.8m(2)0.2(3)0.16m.解析 22.（1）由機(jī)械能守恒定律可知： 由向心力公式可知：可得： 由牛頓第三定律可知：滑塊滑至B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧的壓力為30N，方向垂直向下。根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律： OC的長(zhǎng)度為 (2)由牛頓第二定律可知：由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知：聯(lián)立可得： （3）由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知： 由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律和幾何關(guān)系： 當(dāng) 評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：每式2分，其余每式1分，共11分。其他做法只要正確同樣給分。23.(山東濰坊市2013屆

50、高三3月第一次模擬考試，12)質(zhì)量M9kg、長(zhǎng)L=1m的木板在動(dòng)摩擦因數(shù)=0.1的水平地面上向右滑行，當(dāng)速度時(shí)，在木板的右端輕放一質(zhì)量m=1kg的小物塊如圖所示當(dāng)小物塊剛好滑到木板左端時(shí)，物塊和木板達(dá)到共同速度取g=10m/s2，求：（1）從木塊放到木板上到它們達(dá)到相同速度所用的時(shí)間t；（2）小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)。答案 23.（1）1s (2) 0.08解析 23.（1）設(shè)木板在時(shí)間t內(nèi)的位移為x1；木塊的加速度大小為a2，時(shí)間t內(nèi)的位移為x2則有x1= v0t- x2= x1= 又 代入數(shù)據(jù)得t=1s (2) 根據(jù)牛頓第二定律，有解得24.(山東濰坊市2013屆高三3月第一次模擬考試，

51、13)如圖所示，在xOy坐標(biāo)系中，x軸上N點(diǎn)到O點(diǎn)的距離是12cm，虛線NP與x軸負(fù)向的夾角是30°第象限內(nèi)NP的上方有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1T，第IV象限有勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向沿y軸正向一質(zhì)量m8×10-10kg. 電荷量q=1×10-4C帶正電粒子，從電場(chǎng)中M（12，8）點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)電場(chǎng)加速后從N點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，又從y軸上P點(diǎn)穿出磁場(chǎng)不計(jì)粒子重力，取3，求：（1）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度v；（2）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t；（3）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E。 答案 24.（1） （2）（3）解析 24.（1）粒子在磁場(chǎng)中的軌跡如圖 ，由幾何關(guān)系，得粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑由

52、得 （2）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)圓心角為120°，則有（3）由得25.(山東濰坊市2013屆高三3月第一次模擬考試，14)如圖所示，半徑為R的光滑半圓軌道ABC與傾角為=37°的粗糙斜面軌道DC相切于C，圓軌道的直徑AC與斜面垂直質(zhì)量為m的小球從A點(diǎn)左上方距A高為h的斜面上方P點(diǎn)以某一速度水平拋出，剛好與半圓軌道的A點(diǎn)相切進(jìn)入半圓軌道內(nèi)側(cè)，之后經(jīng)半圓軌道沿斜面剛好滑到與拋出點(diǎn)等高的D處. 已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，取，不計(jì)空氣阻力，求：（1）小球被拋出時(shí)的速度v0；（2）小球到達(dá)半圓軌道最低點(diǎn)B時(shí)，對(duì)軌道的壓力大?。唬?）小球從C到D過程中摩擦力做的功W.答案 25.（1

53、）（2）5.6mg (3) 。解析 25.（1）小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)，速度與水平方向的夾角為，如圖所示. 則有 由幾何關(guān)系得得 （2）A、B間豎直高度 設(shè)小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為v，則從拋出點(diǎn)到B過程中有 在B點(diǎn)，有解得 由牛頓第三定律知，小球在B點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小是5.6mg (3) 小球沿斜面上滑過程中摩擦力做的功等于小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初動(dòng)能，有 26.(山東省淄博市2013屆高三下學(xué)期4月復(fù)習(xí)階段性檢測(cè),9)如圖所示，上表面光滑，長(zhǎng)度為3m、質(zhì)量M=10kg的木板，在F=50N的水平拉力作用下，以v0=5mS的速度沿水平地面向右勻速運(yùn)動(dòng)。現(xiàn)將一個(gè)質(zhì)量為m=3kg的小鐵塊(可視為質(zhì)點(diǎn))無(wú)初速地放在木

54、板最右端，當(dāng)木板運(yùn)動(dòng)了L=1m時(shí)，又將第二個(gè)同樣的小鐵塊無(wú)初速地放在木板最右端，以后木板每運(yùn)動(dòng)lm就在其最右端無(wú)初速地放上一個(gè)同樣的小鐵塊。(g取10ms2) 求(1) 木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。(2) 剛放第三個(gè)鐵塊時(shí)木板的速度。(3) 從放第三個(gè)鐵塊開始到木板停下的過程，木板運(yùn)動(dòng)的距離。答案 26.（1）05（2）4m/s（3）1.78m解析 26.（1）木板做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，受到地面的摩擦力為f由平衡條件得 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得 （2）每放一個(gè)小鐵塊，木板所受的摩擦力增加令剛放第三塊鐵塊時(shí)木板速度為，對(duì)木板從放第一塊鐵塊到剛放第三塊鐵塊的過程，由動(dòng)能定理得聯(lián)立代入數(shù)據(jù)得 （3）從放第三個(gè)鐵塊開始到木板停下之前，木板所受的摩擦力均為從放第三個(gè)鐵塊開始到木板停下的過程，木板運(yùn)動(dòng)的距離為x，對(duì)木板由動(dòng)能定理得聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得27.(山東省淄博市2013屆高三下學(xué)期4月復(fù)習(xí)階段性檢測(cè),10)在直角坐標(biāo)系y軸右側(cè)有相互垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，電場(chǎng)方向沿y軸負(fù)方向，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E。一質(zhì)量為m、電荷量為q的正粒子(重力不計(jì))從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸正方向做直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)撤去電場(chǎng)，當(dāng)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)到距離原點(diǎn)O最遠(yuǎn)處P點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)時(shí)，撤去磁場(chǎng)，同時(shí)加另一勻強(qiáng)電場(chǎng)，其方向沿y軸負(fù)方向，最終粒子垂直于y軸飛出。已知A點(diǎn)坐標(biāo)為(a，0)，P點(diǎn)