2019年高考物理一輪選練編題（含解析）（打包11套）新人教版.zip

2019年高考物理一輪選練編題（含解析）（打包11套）新人教版.zip,2019,年高,物理,一輪,選練編題,解析,打包,11,新人 人教版物理2019年高考一輪選練編題（10） 李仕才 一、選擇題 1、如圖(甲)所示,兩平行正對的金屬板A,B間加有如圖(乙)所示的交變電壓,一重力可忽略不計的帶負電粒子被固定在兩板的正中間P處.若在t=0時刻釋放該粒子,則(　C　) A.該粒子一直向B板運動 B.該粒子時而向B板運動,時而向A板運動,最后打在B板上 C.該粒子一直向A板運動 D.該粒子時而向A板運動,時而向B板運動,最后打在A板上 解析:粒子帶負電,t=0時刻,UAB>0,電場強度方向向右,粒子受電場力向左,所以粒子先向左加速再向左減速,以后沿同一方向重復(fù)這種運動,直到碰到A板,故選項C正確. 2、如圖所示，質(zhì)量相同的兩小球a、b分別從斜面頂端A和斜面中點B沿水平方向拋出后，恰好都落在斜面底端，不計空氣阻力，下列說法正確的是(　　) A．小球a、b在空中飛行的時間之比為2∶1 B．小球a、b拋出時的初速度大小之比為2∶1 C．小球a、b到達斜面底端時的動能之比為4∶1 D．小球a、b到達斜面底端時速度方向與斜面的夾角之比為1∶1 解析：選D.因為兩球下落的高度之比為2∶1，根據(jù)h＝gt2得，t＝，高度之比為2∶1，則時間之比為∶1，故A錯誤．兩球的水平位移之比為2∶1，時間之比為∶1，根據(jù)v0＝知，初速度之比為∶1，故B錯誤．根據(jù)動能定理可知，到達斜面底端時的動能之比Eka∶Ekb＝∶＝2∶1，故C錯誤．小球落在斜面上，速度方向與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的2倍，因為位移與水平方向的夾角相等，則速度與水平方向的夾角相等，到達斜面底端時速度方向與斜面的夾角也相等，故D正確．故選D. 3、如圖所示，三條繩子的一端都系在細直桿頂端，另一端都固定在水平地面上，將桿豎直緊壓在地面上，若三條繩長度不同，下列說法正確的有( ) A．三條繩中的張力都相等 B．桿對地面的壓力大于自身重力 C．繩子對桿的拉力在水平方向的合力為零 D．繩子拉力的合力與桿的重力是一對平衡力 【答案】BC 4、(多選)質(zhì)量M＝3 kg的滑塊套在水平固定著的軌道上并可在軌道上無摩擦滑動．質(zhì)量為m＝2 kg的小球(視為質(zhì)點)通過長L＝0.75 m的輕桿與滑塊上的光滑軸O連接，開始時滑塊靜止，輕桿處于水平狀態(tài)．現(xiàn)給小球一個v0＝3 m/s的豎直向下的初速度，取g＝10 m/s2.則(　　) A．小球m從初始位置到第一次到達最低點的過程中，滑塊M在水平軌道上向右移動了0.3 m B．小球m從初始位置到第一次到達最低點的過程中，滑塊M在水平軌道上向左移動了0.3 m C．小球m相對于初始位置可以上升的最大高度為0.27 m D．小球m從初始位置到第一次到達最大高度的過程中，滑塊M在水平軌道上向右移動了0.54 m 解析：選AD.可把小球和滑塊水平方向的運動看做人船模型，設(shè)滑塊M在水平軌道上向右運動了x，由滑塊和小球系統(tǒng)在水平方向時動量守恒，有＝，解得：x＝0.3 m，選項A正確B錯誤．根據(jù)動量守恒定律，小球m相對于初始位置上升到最大高度時小球和滑塊速度都為零，由能量守恒定律可知，小球m相對于初始位置可以上升的最大高度為0.45 m，選項C錯誤．根據(jù)動量守恒定律，在小球上升到軌道高度時，滑塊速度為零，由系統(tǒng)的能量守恒定律可知，小球m相對于初始位置可以到達的最大高度為h＝0.45 m，與水平面的夾角為cos α＝0.8，設(shè)小球從最低位置上升到最高位置過程中滑塊M在水平軌道上又向右運動了x′，由滑塊和小球系統(tǒng)在水平方向時動量守恒，有＝，解得：x′＝0.24 m．小球m從初始位置到第一次到達最大高度的過程中，滑塊在水平軌道上向右移動了x＋x′＝0.3 m＋0.24 m＝0.54 m，選項D正確． 5、(1)(5分)下列說法中正確的是　　　　(填正確答案標號.選對1個得2分,選對2個得4分,選對3個得5分.每選錯1個扣3分,最低得分為0分).? A.分子運動的平均速度可能為零,瞬時速度不可能為零 B.液體與大氣相接觸時,表面層內(nèi)分子所受其他分子的作用表現(xiàn)為相互吸引 C.空氣的相對濕度用空氣中所含水蒸氣的壓強表示 D.有些非晶體在一定條件下可以轉(zhuǎn)化為晶體 E.隨著分子間距增大,分子間引力和斥力均減小,分子勢能不一定 減小 (2)(10分)如圖所示,一汽缸固定在水平地面上,通過活塞封閉有一定質(zhì)量的理想氣體,活塞與缸壁的摩擦可忽略不計,活塞的截面積S=100 cm2.活塞與水平平臺上的物塊A用水平輕桿連接,在平臺上有另一物塊B,A,B的質(zhì)量均為m=62.5 kg,物塊與平臺間的動摩擦因數(shù)μ=0.8.兩物塊間距為d=10 cm.開始時活塞距缸底L1=10 cm,缸內(nèi)氣體壓強p1等于外界大氣壓強p0=1×105 Pa,溫度t1=27 ℃.現(xiàn)對汽缸內(nèi)的氣體緩慢加熱(g=10 m/s2),求: ①物塊A開始移動時,汽缸內(nèi)的溫度; ②物塊B開始移動時,汽缸內(nèi)的溫度. 解析:(1)分子做永不停息的無規(guī)則運動,分子運動的平均速度不可能為零,瞬時速度有可能為零,故A錯誤;液體與大氣相接觸,表面層內(nèi)分子間距較大,分子力表現(xiàn)為引力,故B正確;空氣的絕對濕度用空氣中所含水蒸氣的壓強表示,故C錯誤;晶體和非晶體通過外界干預(yù)可以相互轉(zhuǎn)化,如把晶體硫加熱熔化(溫度超過300 ℃)再倒進冷水中,會變成柔軟的非晶硫,再過一段時間又會轉(zhuǎn)化為晶體,故D正確;隨著分子間距增大,分子間引力和斥力均減小,若分子力表現(xiàn)為引力,分子力做負功,分子勢能增大,故E正確. (2)①物塊A開始移動前氣體做等容變化,則有 p2=p0+=1.5×105 Pa, 由查理定律有=,解得T2=T1=450 K. ②物塊A開始移動后,氣體做等壓變化,到A與B剛接觸時,p3=p2=1.5×105 Pa;V3=(L1+d)S 由蓋—呂薩克定律有=,解得T3=T2=900 K, 之后氣體又做等容變化,設(shè)物塊A和B一起開始移動時氣體的溫度 為T4 p4=p0+=2.0×105 Pa;V4=V3 由查理定律有=,解得T4=T3=1 200 K. 答案:(1)BDE　 (2)①450 K?、? 200 K 6、(多選)如圖甲所示，質(zhì)量m＝3.0×10－3 kg的“”形金屬細框豎直放置在兩水銀槽中，“”形框的水平細桿CD長l＝0.20 m，處于磁感應(yīng)強度大小B1＝1.0 T、方向水平向右的勻強磁場中．有一匝數(shù)n＝300匝、面積S＝0.01 m2的線圈通過開關(guān)K與兩水銀槽相連．線圈處于與線圈平面垂直、沿豎直方向的勻強磁場中，其磁感應(yīng)強度B2隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示．t＝0.22 s時閉合開關(guān)K瞬間細框跳起(細框跳起瞬間安培力遠大于重力)，跳起的最大高度h＝0.20 m．不計空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2，下列說法正確的是(　　) A．0～0.10 s內(nèi)線圈中的感應(yīng)電動勢大小為3 V B．開關(guān)K閉合瞬間，CD中的電流方向由C到D C．磁感應(yīng)強度B2的方向豎直向下 D．開關(guān)K閉合瞬間，通過細桿CD的電荷量為0.03 C 解析：選BD.0～0.1 s內(nèi)線圈中的磁場均勻變化，由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝n＝nS，代入數(shù)據(jù)得E＝30 V，A錯．開關(guān)閉合瞬間，細框會跳起，可知細框受向上的安培力，由左手定則可判斷電流方向由C到D，B對．由于t＝0.22 s時通過線圈的磁通量正在減少，再對線圈由楞次定律可知感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場的方向與B2的方向相同，故再由安培定則可知C錯誤．K閉合瞬間，因安培力遠大于重力，則由動量定理有B1IlΔt＝mv，通過細桿的電荷量Q＝IΔt，線框向上跳起的過程中v2＝2gh，解得Q＝0.03 C，D對． 7、如圖所示，在真空室中有一水平放置的不帶電平行板電容器，板間距離為d，電容為C，上板B接地．現(xiàn)有大量質(zhì)量均為m、帶電量均為q的小油滴，以相同的初速度持續(xù)不斷地從兩板正中間沿圖中虛線所示方向射入，第一滴油滴正好落到下板A的正中央P點．如果能落到A板的油滴僅有N滴，且第N＋1滴油滴剛好能飛離電場，假定落到A板的油滴的電量能被板全部吸收，不考慮油滴間的相互作用，重力加速度為g，則以下說法錯誤的是(　　) A．落到A板的油滴數(shù)N＝ B．落到A板的油滴數(shù)N＝ C．第N＋1滴油滴通過電場的整個過程所增加的動能等于 D．第N＋1滴油滴通過電場的整個過程所減少的機械能等于 【答案】A 中：E=＝＝，得：a=g-，第（N+1）粒子做勻變速曲線運動，豎直方向有：y=，第（N+1）滴油滴剛好能飛離電場，則有關(guān)系：y=，聯(lián)立以上公式得：N=，故A錯誤，B正確；由動能定理W合＝mg－qE，代入數(shù)據(jù)得：W合＝，故C對；克服電場力做的功等于油滴減少的機械能，W電＝qE＝，故D對． 8、如圖所示，傾角為θ的斜面體c置于水平地面上，小物塊b置于斜面上，通過細繩跨過光滑的定滑輪與沙漏斗a連接，連接b的一段細繩與斜面平行．在a中的沙子緩慢流出的過程中，a、b、c都處于靜止狀態(tài)，則 A. b對c的摩擦力一定減小 B. b對c的摩擦力方向平行斜面向上 C. 地面對c的摩擦力方向一定水平向左 D. 地面對c的支持力保持不變 【來源】【全國百強?！可轿魇√械谖逯袑W(xué)2018屆高三下學(xué)期第二次模擬考試（5月）物理試題 【答案】 C 【解析】設(shè)a、b的重力分別為Ga、Gb，若Ga＜Gbsinθ，b受到c的摩擦力沿斜面向上，根據(jù)平衡條件，有：f=Gbsinθ-Ga，在a中的沙子緩慢流出的過程中，Ga減小，故摩擦力增加；若Ga＞Gbsinθ，b受到c的摩擦力沿斜面向下，根據(jù)平衡條件，有：f=Ga-Gbsinθ，在a中的沙子緩慢流出的過程中，Ga減小，故摩擦力減小；若Ga=Gbsinθ，此時f=0，在a中的沙子緩慢流出的過程中，減小，f沿斜面向上，不斷減小，故AB錯誤；以bc整體為研究對象，分析受力如圖 【點睛】b受到c的摩擦力不一定為零，與兩物體的重力、斜面的傾角有關(guān)．對bc整體研究，由平衡條件分析水平面對c的摩擦力方向和支持力的大小． 二、非選擇題 1、如圖所示，長l＝1 m的輕質(zhì)細繩上端固定，下端連接一個可視為質(zhì)點的帶電小球，小球靜止在水平向右的勻強電場中，繩與豎直方向的夾角θ＝37°.已知小球所帶電荷量q＝1.0×10－6 C，勻強電場的場強E＝3.0×103 N/C，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： (1)小球所受電場力F的大??； (2)小球的質(zhì)量m； (3)將電場撤去，小球回到最低點時速度v的大小． 解析：(1)F＝qE＝3.0×10－3 N (2)由＝tan 37°得m＝4.0×10－4 kg (3)由mgl(1－cos 37°)＝mv2 得v＝＝2.0 m/s 答案：(1)3.0×10－3 N　(2)4.0×10－4 kg　(3)2.0 m/s 2．(2017·河南高考預(yù)測卷)如圖甲所示，相距L＝1 m、電阻不計的兩根長金屬導(dǎo)軌，各有一部分在同一水平面上，另一部分在同一豎直面內(nèi)．質(zhì)量均為m＝50 g、電阻均為R＝1.0 Ω的金屬細桿ab、cd與導(dǎo)軌垂直接觸形成閉合回路，桿與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5.整個裝置處于磁感應(yīng)強度B＝1.0 T、方向豎直向上的勻強磁場中，ab桿在水平拉力F作用下沿導(dǎo)軌向右運動，cd桿固定在某位置．現(xiàn)在釋放cd桿并開始計時，cd桿的vcd－t圖象如圖乙所示，已知在0～1 s和2～3 s內(nèi)，圖線為直線．取g＝10 m/s2. (1)求在0～1 s內(nèi)通過cd桿中的電流； (2)若已知ab桿在1 s～2 s內(nèi)做勻加速直線運動，求1 s～2 s時間內(nèi)拉力F隨時間t變化的關(guān)系式． 解析：(1)在0～1 s內(nèi)，cd桿的vcd－t圖線為傾斜直線，因此cd桿做勻變速直線運動，加速度為： a1＝＝4.0 m/s2 因此cd桿受向上的摩擦力作用，其受力圖如圖所示． 根據(jù)牛頓第二定律，有： mg－Ff＝ma 其中Ff＝μFN＝μFA＝μBIL 因此回路中的電流為：I＝＝0.6 A (2)在0～1 s內(nèi)，設(shè)ab桿產(chǎn)生的電動勢為E， 則：E＝BLv1 由閉合電路歐姆定律知：I＝ v1＝＝1.2 m/s 則ab桿的速度為：v1＝＝1.2 m/s 在2～3 s內(nèi)，由圖象可求出cd桿的加速度為： a2＝－4 m/s2 同理可求出ab桿的速度： v2＝＝2.8 m/s 在1～2 s內(nèi)，ab桿做勻加速運動，則加速度為： a＝＝1.6 m/s2 I′＝ 對ab桿，根據(jù)牛頓第二定律有：F－μmg－BI′L＝ma ab桿在t時刻的速度：v＝v1＋a(t－1) 回路中的電流：I′＝ 聯(lián)立可得：F＝0.8t＋0.13 答案：(1)在0～1 s內(nèi)通過cd桿中的電流0.6 A (2)這段時間內(nèi)拉力F隨時間t變化的關(guān)系式為：F＝0.8t＋0.13 9 人教版物理2019年高考一輪選練編題（11） 李仕才 一、選擇題 1、如圖(甲)所示,光滑平行金屬導(dǎo)軌MN,PQ所在平面與水平面成θ角,M,P之間接一阻值為R的定值電阻,阻值為r的金屬棒bc垂直導(dǎo)軌放置,其他電阻不計.整個裝置處在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中,磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向上.t=0時對棒施加一平行于導(dǎo)軌向上的外力F,棒由靜止開始沿導(dǎo)軌向上運動,通過R的感應(yīng)電荷量q隨t2的變化關(guān)系如圖(乙)所示.下列關(guān)于金屬棒bc的加速度a、通過棒的電流I、金屬棒受到的外力F、穿過回路cbPM的磁通量Φ隨時間t變化的圖像中不正確的是(　D　) 解析:由題意可得q=It=t=t2,結(jié)合圖(乙)可知金屬棒的加速度a恒定,選項A,B正確;由牛頓第二定律可得F-mgsin θ-BIl=ma,故有F=at+m(gsin θ+a),選項C正確;由Φ=Bl(x0+at2),可知選項D 錯誤. 2、如圖所示，ABC為豎直平面內(nèi)的金屬半圓環(huán)，AC連線水平，AB為固定在A、B兩點間的直金屬棒，在直棒和圓環(huán)的BC部分上分別套著小環(huán)M、N(棒和半圓環(huán)均光滑)，現(xiàn)讓半圓環(huán)繞豎直對稱軸以角速度ω1做勻速轉(zhuǎn)動，小球M、N在圖示位置．如果半圓環(huán)的角速度變?yōu)棣?，ω2比ω1稍微小一些．關(guān)于小環(huán)M、N的位置變化，下列說法正確的是(　　) A．小環(huán)M將到達B點，小環(huán)N將向B點靠近稍許 B．小環(huán)M將到達B點，小環(huán)N的位置保持不變 C．小環(huán)M將向B點靠近稍許，小環(huán)N將向B點靠近稍許 D．小環(huán)M向B點靠近稍許，小環(huán)N的位置保持不變 解析：選A.M環(huán)做勻速圓周運動，則mgtan 45°＝mω2r，小環(huán)M的合力大小為定值，如果角速度變小，其將一直下滑，直到B點，N環(huán)做勻速圓周運動，設(shè)其與ABC環(huán)圓心連線夾角為θ，則mgtan θ＝mω2r，r＝Rsin θ，＝ω2cos θ，如果角速度變小，則cos θ變大，θ變小，小環(huán)N將向B點靠近稍許，因此A正確． 3、（2018甘肅武威市第六中學(xué)高三階段考）將某材料制成的長方體鋸成A、B兩塊放在水平面上，A、B緊靠在一起，物體A的角度如圖所示．現(xiàn)用水平方向的力F推物體B，使物體A、B保持原來形狀，整體沿力F的方向勻速運動，則( ) A. 物體A在水平方向受兩個力的作用，合力為零 B. 物體A只受一個摩擦力 C. 物體B對A的彈力小于桌面對物體A的摩擦力 D. 物體B在水平方向受三個力的作用 【答案】C 【解析】對A受力分析，在水平方向上受B對A的彈力，桌面的滑動摩擦力，B對A的靜摩擦力，在三個力的作用下處于平衡，選項AB錯誤；受力如圖。 從圖上可知，木板B對A的壓力小于桌面對木板A的摩擦力，選項C正確；對B分析，在水平方向上受推力F，桌面的摩擦力，A對B的壓力，A對B的靜摩擦力，在四個力作用下平衡，選項D錯誤。 4、如圖所示，光滑絕緣的水平面上M、N兩點有完全相同的金屬小球A和B，帶有不等量的同種電荷，且qA＜qB.現(xiàn)使A、B以大小相等的初動量相向運動，并發(fā)生彈性碰撞，碰后返回M、N兩點，則下列說法正確的是(　　) A．碰撞發(fā)生在M、N的中點右側(cè) B．兩球不會同時返回M、N兩點 C．兩球回到原位置時各自的動量比原來大些 D．A與B碰撞過程A對B的沖量等于B對A的沖量 解析：選C.兩球所受的合力是相互間的靜電力，根據(jù)牛頓第二定律可知，加速度相等，通過運動學(xué)公式判斷兩者發(fā)生碰撞的位置，以及返回到M、N點的時間關(guān)系．通過碰撞后電荷重新分布，電場力發(fā)生變化，根據(jù)電場力做功比較返回到原位置動能的變化，從而分析動量關(guān)系．結(jié)合牛頓第三定律分析碰撞過程中沖量關(guān)系．由于兩球在任何時刻所受的庫侖力大小相等，質(zhì)量也相等，則兩球的加速度大小相等，速度大小相等，可知碰撞發(fā)生在M、N的中點，故A錯誤．由于兩球完全相同，碰撞前總動量為零，由碰撞過程中動量守恒可知，碰撞后總動量也為零，所以碰后兩球速度大小相等，庫侖力大小相等，則加速度大小相等，所以兩球同時返回M、N兩點，故B錯誤．兩球碰撞后，電量重新分配，兩球在同樣的位置間的作用力比之前增大，可知整個過程中電場力做正功，知返回到出發(fā)點的速度比較之前大，則兩球回到原位置時動量比原來大些．故C正確．A與B碰撞過程中，由牛頓第三定律知，相互間的作用力大小相等，方向相反，作用時間也相等，所以A對B的沖量與B對A的沖量大小相等，方向相反，所以沖量不等，D錯誤． 5、(1)(5分)關(guān)于一定量的氣體,下列說法正確的是　　　　(填正確答案標號.選對1個得2分,選對2個得4分,選對3個得5分.每選錯1個扣3分,最低得分為0分).? A.氣體的體積指的是該氣體的分子所能到達的空間的體積,而不是該氣體所有分子體積之和 B.只要能減弱氣體分子熱運動的劇烈程度,氣體的溫度就可以降低 C.在完全失重的情況下,氣體對容器壁的壓強為零 D.氣體從外界吸收熱量,其內(nèi)能一定增加 E.氣體在等壓膨脹過程中溫度一定升高 (2)(10分)在一端封閉、內(nèi)徑均勻的光滑直玻璃管內(nèi),有一段長為l=16 cm的水銀柱封閉著一定質(zhì)量的理想氣體,當玻璃管水平放置達到平衡時如圖(甲)所示,被封閉氣柱的長度l1=23 cm;當管口向上豎直放置時,如圖(乙)所示,被封閉氣柱的長度l2=19 cm.已知重力加速度g=10 m/s2,不計溫度的變化.求: ①大氣壓強p0(用cmHg表示); ②當玻璃管開口向上以a=5 m/s2的加速度勻加速上升時,水銀柱和玻璃管相對靜止時被封閉氣柱的長度. 解析:(1)氣體的體積指的是該氣體的分子所能到達的空間的體積,A正確;根據(jù)氣體溫度的微觀意義可知,B正確;在完全失重的情況下,分子運動不停息,氣體對容器壁的壓強不為零,C錯誤;若氣體在從外界吸收熱量的同時對外界做功,則氣體的內(nèi)能不一定增加,D錯誤;氣體在等壓膨脹過程中,根據(jù)蓋—呂薩克定律知,體積增大,溫度升高,E 正確. (2)①由玻意耳定律可得p0l1S=(p0+ρgl)l2S 解得p0=76 cmHg. ②當玻璃管加速上升時,設(shè)封閉氣體的壓強為p,氣柱的長度為l3,液柱質(zhì)量為m,對液柱,由牛頓第二定律可得 pS-p0S-mg=ma,又=16 cmHg, 解得p=p0+=100 cmHg, 由玻意耳定律可得p0l1S=pl3S 解得l3=17.48 cm. 答案:(1)ABE　 (2)①76 cmHg　②17.48 cm 6、如圖甲所示，間距為L的光滑導(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B，軌道左側(cè)連接一定值電阻R.垂直導(dǎo)軌的導(dǎo)體棒ab在水平外力F作用下沿導(dǎo)軌運動，F(xiàn)隨t變化的規(guī)律如圖乙所示．在0～t0時間內(nèi)，棒從靜止開始做勻加速直線運動．圖乙中t0、F1、F2為已知量，棒和導(dǎo)軌的電阻不計．則(　　) A．在t0以后，導(dǎo)體棒一直做勻加速直線運動 B．在t0以后，導(dǎo)體棒先做加速，最后做勻速直線運動 C．在0～t0時間內(nèi)，導(dǎo)體棒的加速度大小為 D．在0～t0時間內(nèi)，通過導(dǎo)體棒橫截面的電荷量為 解析：選BD.因在0～t0時間內(nèi)棒做勻加速直線運動，故在t0時刻F2大于棒所受的安培力，在t0以后，外力保持F2不變，安培力逐漸變大，導(dǎo)體棒做加速度越來越小的加速運動，當加速度a＝0，即導(dǎo)體棒所受安培力與外力F2相等后，導(dǎo)體棒做勻速直線運動，故A錯誤，B正確．設(shè)在0～t0時間內(nèi)導(dǎo)體棒的加速度為a，通過導(dǎo)體棒橫截面的電荷量為q，導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m，t0時刻導(dǎo)體棒的速度為v，則有：a＝，F(xiàn)2－＝ma，F(xiàn)1＝ma，q＝，ΔΦ＝BΔS＝BLt0，解得：a＝，q＝，故C錯誤、D正確． 7、如圖甲，兩水平金屬板間距為d，板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示．t＝0時刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～時間內(nèi)微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出.微粒運動過程中未與金屬板接觸．重力加速度的大小為g.關(guān)于微粒在0～T時間內(nèi)運動的描述，正確的是(　　) A．末速度大小為v0 B．末速度沿水平方向 C．重力勢能減少了mgd D．克服電場力做功為mgd 【答案】BC 8、如圖所示，豎直平面內(nèi)放一直角桿MON，桿的水平部分粗糙，動摩擦因數(shù)，桿的豎直部分光滑。兩部分各套有質(zhì)量均為的小球A和B，A、B球間用細繩相連。初始A、B均處于靜止狀態(tài)，已知知，，若A球在水平拉力的作用下向右緩慢地移動1m（?。?，那么該過程中拉力F做功為（ ） A. 14J B. 10 C. 6J D. 4J 【來源】【全國百強校】遼寧省莊河市高級中學(xué)2018屆高三第五次模擬考試理科綜合物理試題 【答案】 A 【解析】對AB整體受力分析，受拉力F、重力G、支持力N、向左的摩擦力f和向右的彈力N1，如圖； 點睛：本題中拉力為變力，先對整體受力分析后根據(jù)共點力平衡條件得出摩擦力為恒力，然后根據(jù)動能定理求變力做功。 二、非選擇題 1、如圖所示，相距2L的AB、CD兩直線間的區(qū)域存在著兩個大小不同、方向相反的有界勻強電場，其中PS下方的電場E1的場強方向豎直向上，PS上方的電場E2的場強方向豎直向下，在電場左邊界AB上寬為L的PQ區(qū)域內(nèi)，連續(xù)分布著電量為＋q、質(zhì)量為m的粒子．從某時刻起由Q到P點間的帶電粒子，依次以相同的初速度v0沿水平方向垂直射入勻強電場E1中，若從Q點射入的粒子，通過PS上的某點R進入勻強電場E2后從CD邊上的M點水平射出，其軌跡如圖，若MS兩點的距離為.不計粒子的重力及它們間的相互作用．試求： (1)電場強度E1與E2的大小； (2)在PQ間還有許多水平射入電場的粒子通過電場后也能垂直于CD邊水平射出，這些入射點到P點的距離有什么規(guī)律？ 解析：(1)設(shè)粒子由Q到R及R到M點的時間分別為t1與t2，到達R時豎直速度為vy， 則由y＝at2、vy＝at及F＝qE＝ma得： L＝a1t＝t ＝a2t＝t vy＝t1＝t2 v0(t1＋t2)＝2L 聯(lián)立解得：E1＝，E2＝. (2)由(1)知E2＝2E1，t1＝2t2.因沿PS方向所有粒子做勻速運動，所以它們到達CD邊的時間同為t＝. 設(shè)PQ間距離P點為h的粒子射入電場后，經(jīng)過n(n＝2,3,4，…)個類似于Q→R→M的循環(huán)運動(包括粒子從電場E2穿過PS進入電場E1的運動)后，恰好垂直于CD邊水平射出，則它的速度第一次變?yōu)樗剿脮r間為T＝＝(n＝2,3,4，…)，第一次到達PS邊的時間則為T，則有 h＝··2＝(n＝2,3,4，…)． 答案：(1)　　(2)(n＝2,3,4，…) 2、如圖所示，虛線框內(nèi)為某種電磁緩沖車的結(jié)構(gòu)示意圖，其主要部件為緩沖滑塊K和質(zhì)量為m的“U”形框緩沖車廂．在車廂的底板上固定著兩個光滑水平絕緣導(dǎo)軌PQ、MN，緩沖車的底部固定有電磁鐵(圖中未畫出)，能產(chǎn)生垂直于導(dǎo)軌平面向下并隨車廂一起運動的勻強磁場，磁場的磁感應(yīng)強度為B，設(shè)導(dǎo)軌右端QN是磁場的右邊界．導(dǎo)軌內(nèi)的緩沖滑塊K由高強度絕緣材料制成，滑塊K上繞有閉合矩形線圈abcd，線圈的總電阻為R，匝數(shù)為n，ab邊長為L.假設(shè)緩沖車以速度v0與障礙物C碰撞后，滑塊K立即停下(碰前車廂與滑塊相對靜止)，此后線圈與軌道磁場的作用使車廂減速運動，從而實現(xiàn)緩沖．不計一切摩擦阻力． (1)求滑塊K的線圈中感應(yīng)電流方向(從俯視圖看，寫 “順時針”，“逆時針”)及最大感應(yīng)電流的大?。? (2)若緩沖車與障礙物C碰撞后，滑塊K立即停下，為使緩沖車廂所受的最大水平磁場力不超過Fm，求緩沖車勻速運動時的最大速度vmax； (3)若緩沖車以速度v0與障礙物C碰撞后，滑塊K立即停下，求此后緩沖車的速度v隨位移x的變化規(guī)律及緩沖車在滑塊K停下后的最大位移(設(shè)此過程中緩沖車未與障礙物相碰)． 解析：(1)由右手定則判斷出感應(yīng)電流的方向是逆時針方向； 緩沖車以速度v0與障礙物C碰撞后，滑塊K立即停下，滑塊相對磁場的速度大小為v0，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大，由法拉第電磁感應(yīng)定律得Em＝nBLv0① 由閉合電路歐姆定律得：I＝② 解得感應(yīng)電流最大值為：Imax＝ (2)緩沖車與障礙物碰撞后，滑塊相對于磁場的速度大小為vmax， 線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：Em＝nBLv0③ 線圈中的電流為I＝④ 線圈ab邊受到的安培力F＝nBIl⑤ 根據(jù)牛頓第三定律，緩沖車廂受到的磁場力F′＝F⑥ 根據(jù)題意得F′≤Fm⑦ 聯(lián)立③④⑤⑥⑦得：vmax≤ (3)由第(2)③④⑤⑥可知，當小車速度為v時，小車所受安培力為：F＝v⑧ 以小車為對象利用動量定理得： －ΣFΔt＝mv－mv0⑨ 由⑧⑨解得：v＝v0－x⑩ 令⑩中v＝0，可解得小車最大位移為：xm＝v0 答案：(1)逆時針　　(2)vmax≤ (3)v＝v0－x　v0 9 人教版物理2019年高考一輪選練編題（1） 李仕才 一、選擇題 1、如圖,在水平面上A,B,C三點固定著三個電荷量為3Q的正點電荷,將另一質(zhì)量為m的帶正電的小球(可視為點電荷)放置在O點,OABC恰構(gòu)成一棱長為L的正四面體.已知靜電力常量為k,重力加速度為g.為使小球能靜止在O點,則關(guān)于小球所受電場力的合力方向和所帶的電荷量,下列說法中正確的是(　AD　) A.所受電場力的合力方向豎直向上 B.所受電場力的合力方向豎直向下 C.電荷量為 D.電荷量為 解析: 對小球受力分析可知,重力與庫侖力平衡,所以小球受到三個庫侖力的合力的方向與重力方向相反,選項A正確,B錯誤;將A,B,C處正點電荷施加的庫侖力正交分解到水平方向和豎直方向,設(shè)α是A,B,C處正點電荷施加的庫侖力方向與豎直方向的夾角,根據(jù)平衡條件在豎直方向上得3Fcos α=mg,又由庫侖定律得F=,再由圖可知,∠CAO′=30°,則AO′=,OO′=L,所以得cos α=,聯(lián)立以上各式解得q=,選項C錯誤,D正確. 2、如圖，兩段等長輕質(zhì)細線將質(zhì)量分別為m、3m的小球a、b，懸掛于O點．現(xiàn)在兩個小球上分別加上水平方向的外力，其中作用在a球上的力大小為F1、作用在b球上的力大小為F2，則此裝置平衡時，出現(xiàn)了如圖右所示的狀態(tài)，b球剛好位于O點的正下方．則F1與F2的大小關(guān)系應(yīng)為(　　) A．F1＝4F2 B．F1＝3F2 C．3F1＝4F2 D．3F1＝7F2 解析：選D.設(shè)Oa繩、ab繩和豎直方向的夾角為α.以兩個小球組成的整體為研究對象，根據(jù)平衡條件可知， F1－F2＝TOasin α；TOacos α＝4mg； 對小球b；Tabcos α＝3mg；F2＝Tabsin α 由此可得：＝；＝，解得3F1＝7F2；故選D. 3、一質(zhì)點做速度逐漸增大的勻加速直線運動，在時間間隔t內(nèi)位移為x，動能變?yōu)樵瓉淼?倍。該質(zhì)點的加速度為( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】動能變?yōu)樵瓉淼?倍，則物體的速度變?yōu)樵瓉淼?倍，即v＝2v0，由x＝(v0＋v)t和a＝得a＝，故C對。 4、(多選)正在粗糙水平面上滑動的物塊，從t1時刻到t2時刻受到恒定的水平推力F的作用，在這段時間內(nèi)物塊做直線運動，已知物塊在t1時刻的速度與t2時刻的速度大小相等，則在此過程中(　　) A．物塊可能做勻速直線運動 B．物塊的位移可能為零 C．合外力對物塊做功一定為零 D．F一定對物塊做正功 解析：選ACD.物塊做直線運動，合外力與速度共線，由于初、末速度相等，則物塊可能做勻速直線運動，也可能做勻變速直線運動，A正確．當物塊做勻變速直線運動時，其速度應(yīng)先減小為零，然后反向增大，則力F與初速度方向相反，由牛頓第二定律可知，減速時加速度大小a1＝，反向加速時加速度大小a2＝，結(jié)合速度位移關(guān)系式v2－v＝2ax分析可知，減速時位移大小小于反向加速時位移大小，則B錯誤．因初、末速度相等，則合外力做功為零，由動能定理有WF＋Wf＝0，因摩擦力做負功，則推力F一定對物塊做正功，C、D正確． 5、氫原子能級的示意圖如圖所示,大量氫原子從n=4的能級向n=2的能級躍遷時輻射出可見光a,從n=3的能級向n=2的能級躍遷時輻射出可見光b,則(　C　) A.氫原子從高能級向低能級躍遷時可能會輻射出γ射線 B.大量氫原子從n=4的能級向n=2的能級躍遷時能夠輻射出6種頻率的光子 C.a光子能量比b光子的能量大 D.氫原子在n=2的能級時可吸收任意頻率的光而發(fā)生電離 解析:因為γ射線是氫原子核變化時輻射的能量,因此不會輻射γ射線,故A錯誤.大量的氫原子從n=4的能級向基態(tài)躍遷時,會釋放6種光子,那么從n=4的能級向n=2的能級躍遷時釋放的種類小于6種,故B錯誤.從n=4的能級向n=2的能級躍遷時輻射出的光子能量大于從n=3的能級向n=2的能級躍遷時輻射出的光子能量,則a光的頻率大于b光的頻率,則a光子能量比b光子的能量大,故C正確.氫原子在n=2能級時,吸收的能量需大于等于3.4 eV,才能發(fā)生電離,故D 錯誤. 6、（2018浙江省嘉興市第一中學(xué)期末）如圖，某帶負電荷的小球沿電場中一豎直電場線從A運動到B。E表示電場強度，φ 表示小球的電勢，Ep表示小球的電勢能，Ek 表示小球的動能，則下列說法正確的是 A. 小球從A點到B點一定是勻加速度運動 B. EA一定大于EB ，φA一定大于φB C. 小球電勢能EpA大于EpB，動能EkA小于EkB D. 小球在A點的機械能大于在B點的機械能 【答案】D 7、如圖所示，a、b、c、d、O五點均在勻強電場中，它們剛好是一個半徑為R＝0.2 m的圓的四個等分點和圓心O，b、c、d三點的電勢如圖所示。已知電場線與圓所在平面平行，關(guān)于電場強度的大小和方向，下列說法正確的是(　　) A．電場強度的方向由O指向b點 B．電場強度的方向由O指向d點 C．電場強度的大小為10 V/m D．電場強度的大小為10 V/m 【答案】D 【解析】由勻強電場中平行線上等間距點間的電勢差相等可得，O點的電勢為6 V，O、d連線的中點e處的電勢為8 V，連接c、e，過O作ce的垂線交ce于f，則ce為等勢線，電場線垂直于ce向下，即電場強度的方向由f指向O點， 連接c、O，計算得Of長為R，O、f間的電勢差為2 V，則電場強度E＝＝10 V/m，選項D正確。 8、消防車的高壓水龍頭豎直向上噴水，噴出的水可上升到距離管口40m的最大高度：當高壓水龍頭固定在高為3m的消防車上，仍以同樣大小的速度將水斜向上噴出，可以使水流以的水平速度射入某樓層的窗戶，不計空氣阻力，，則該樓層的窗戶距離地面的高度約為（ ） A. 35m B. 38m C. 40m D. 44m 【來源】【全國百強?！窟|寧省莊河市高級中學(xué)2018屆高三第五次模擬考試理科綜合物理試題 【答案】 B 【解析】由公式 v2=2gx得 ；當水龍頭在消防車上時，豎直方向的速度為由 得； 水在豎直方向上升的高度為；樓層高度為H=h+h′=35m+3m=38m，故選B。 二、非選擇題 1、如圖所示，足夠長的固定木板的傾角為37°，勁度系數(shù)為k＝36 N/m的輕質(zhì)彈簧的一端固定在木板上的P點，圖中AP間距等于彈簧的自然長度．現(xiàn)將質(zhì)量m＝1 kg的可視為質(zhì)點的物塊放在木板上，在外力作用下將彈簧壓縮到某一位置B點后釋放．已知木板PA段光滑，AQ段粗糙，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝，物塊在B點釋放后向上運動，第一次到達A點時速度大小為v0＝3 m/s，取重力加速度g＝10 m/s2. (1)求物塊第一次向下運動到A點時的速度大小v1； (2)已知彈簧的彈性勢能表達式為Ep＝kx2(其中x為彈簧的形變量)，求物塊第一次向下運動過程中的最大速度值v； (3)請說出物塊最終的運動狀態(tài)，并求出物塊在A點上方運動的總路程s. 解析：運用動能定理，對物塊在AQ段上滑和下滑過程分別列式，即可求解v1；物塊第一次向下運動過程中合力為零時速度最大，由胡克定律和平衡條件求出速度最大時彈簧的壓縮量，再由系統(tǒng)的機械能守恒求最大速度v；根據(jù)能量守恒或動能定理可求出總路程． 設(shè)物塊從A點向上滑行的最大距離為s.根據(jù)動能定理， 上滑過程有：－mgssin 37°－μmgscos 37°＝0－mv 下滑過程有：mgssin 37°－μmgscos 37°＝mv－0 聯(lián)立解得：s＝1.5 m，v1＝3 m/s (2)物塊第一次向下運動過程中合力為零時速度最大，則有：mgsin 37°＝kx 根據(jù)物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒得： mgxsin 37°＋mv＝mv2＋kx2 解得：v＝ m/s 物塊最終在A點下方做往復(fù)運動，最高點為A 根據(jù)能量守恒：μmgscos 37°＝mv 代入數(shù)據(jù)解得：s＝4.5 m 答案：(1)3 m/s　(2) m/s　(3)在A點下方做往復(fù)運動　4.5 m 2、如圖所示，半徑為R＝1 m，內(nèi)徑很小的粗糙半圓管豎直放置，一直徑略小于半圓管內(nèi)徑、質(zhì)量為m＝1 kg的小球，在水平恒力F＝ N的作用下由靜止沿光滑水平面從A點運動到B點，A、B間的距離x＝ m，當小球運動到B點時撤去外力F，小球經(jīng)半圓管道運動到最高點C，此時球?qū)ν廛壍膲毫N＝2.6mg，然后垂直打在傾角為θ＝45°的斜面上(g＝10 m/s2)．求： (1)小球在B點時的速度的大??； (2)小球在C點時的速度的大??； (3)小球由B到C的過程中克服摩擦力做的功； (4)D點距地面的高度． 解析：(1)小球從A到B過程，由動能定理得 Fx＝mv 解得vB＝10 m/s. (2)在C點，由牛頓第二定律得mg＋FN＝m 由題意有FN＝2.6mg 解得vC＝6 m/s. (3)由B到C的過程，由動能定理得 －mg·2R－Wf＝mv－mv 解得克服摩擦力做的功Wf＝12 J. (4)設(shè)小球從C點到打在斜面上經(jīng)歷的時間為t， D點距地面的高度為h，則在豎直方向上有2R－h(huán)＝gt2 由小球垂直打在斜面上可知＝tan 45° 聯(lián)立解得h＝0.2 m. 答案：(1)10 m/s　(2)6 m/s　(3)12 J　(4)0.2 m 7 人教版物理2019年高考一輪選練編題（2） 李仕才 一、選擇題 1、學(xué)校“身邊的物理”社團小組利用傳感器研究物體的運動．在一小球內(nèi)部裝上無線傳感器，并將小球豎直向上拋出，通過與地面上接收裝置相連的計算機描繪出小球上拋后運動規(guī)律的相關(guān)圖象．已知小球在運動過程中受到的空氣阻力隨速度的增大而增大，則下列圖象可能是計算機正確描繪的是(已知v、t分別表示小球速度的大小、運動的時間)(　　) 解析：選D.在上升過程和下降過程中，小球受到重力和阻力，根據(jù)速度的變化關(guān)系，判斷出阻力的變化關(guān)系，結(jié)合牛頓第二定律判斷出加速度的變化即可判斷在上升階段，物體做減速運動，根據(jù)牛頓第二定律可知mg＋f＝ma，其中f＝kv，由于速度減小，阻力減小，加速度減小，當速度達到0時，小球向下做加速運動，根據(jù)mg－kv＝ma可知，隨時間的延續(xù)，速度增大，阻力增大，加速度減小，在v－t圖象中斜率代表加速度，故D正確． 2、如圖所示,質(zhì)量分別為m,2m的小球A,B,由輕質(zhì)彈簧相連后再用細線懸掛在電梯內(nèi),已知電梯正在豎直向上做勻加速直線運動,細線中的拉力為F,此時突然剪斷細線.在線斷的瞬間,彈簧的彈力大小和小球A的加速度的大小分別為(　A　) A.,+g B.,+g C.,+g D.,+g 解析:對兩球及彈簧整體,由牛頓第二定律 F-3mg=3ma,對B球有F彈-2mg=2ma, 解得F彈=,對A球有mg+F彈=maA, 得aA=+g,選項A正確. 3、（2018山東省臨沂市高三上學(xué)期期中）某質(zhì)點做勻變速直線運動，運動的時間為t，位移為x，該質(zhì)點的圖象如圖所示，下列說法錯誤的是( ) A. 質(zhì)點的加速度大小為 B. t=0時，質(zhì)點的初速度大小為a C. t=0到t=b這段時間質(zhì)點的平均速度為0 D. t=0到t=b這段時間質(zhì)點的路程為 【答案】D 4、如圖所示，電梯質(zhì)量為M，電梯地板上放置一個質(zhì)量為m的物塊，輕質(zhì)鋼索拉動電梯由靜止開始豎直向上做勻加速直線運動，當上升高度為H時，速度達到v.不計空氣阻力，重力加速度為g，在這個過程中(　　) A．物塊所受支持力與鋼索拉力之比為m∶M B．地板對物塊的支持力做的功等于mv2＋mgH C．物塊克服重力做功的平均功率等于mgv D．電梯及物塊構(gòu)成的系統(tǒng)機械能增加量等于(M＋m)v2 解析：選BC.鋼索拉力T＝(M＋m)(g＋a)，物塊所受支持力FN＝m(g＋a)，所以＝，A項錯誤．對物塊m，由動能定理有WFN－mgH＝mv2，得WFN＝mv2＋mgH，B項正確．因物塊做初速度為零的勻加速直線運動，則其平均速度＝，物塊克服重力做功的平均功率PG＝mg ＝mgv，C項正確．電梯及物塊構(gòu)成的系統(tǒng)機械能增加量等于(M＋m)gH＋(M＋m)v2，D項錯誤． 5、如圖(甲)所示為研究光電效應(yīng)的電路圖,實驗得到了如圖(乙)所示的遏止電壓Uc和入射光頻率ν的圖像.下列說法正確的是(　A　) A.圖像與橫軸交點坐標的物理意義是該金屬的截止頻率 B.圖像斜率為普朗克常量h C.遏止電壓越高,截止頻率越大 D.入射光頻率增大,逸出功也增大 解析:當遏止電壓為零時,最大初動能為零,則入射光的能量等于逸出功,所以W0=hν0,故A正確.根據(jù)光電效應(yīng)方程Ekm=hν-W0和eUc=Ekm得,Uc=-,知圖線的斜率等于,故B錯誤.當入射光的頻率大于截止頻率時,遏止電壓與入射光的頻率成線性關(guān)系,故C錯誤.從圖像上可知,逸出功W0=hν0,逸出功與入射光頻率無關(guān),故D錯誤. 6、關(guān)于玻爾建立的氫原子模型，下列說法正確的是(　　) A．氫原子處于基態(tài)時，電子的軌道半徑最大 B．氫原子在不同能量態(tài)之間躍遷時可以吸收任意頻率的光子 C．氫原子從基態(tài)向較高能量態(tài)躍遷時，電子的動能減小 D．氫原子從基態(tài)向較高能量態(tài)躍遷時，系統(tǒng)的電勢能減小 解析：選C.氫原子處于基態(tài)時，電子的軌道半徑最小，故A錯誤；由hν＝Em－En知氫原子在不同能量態(tài)之間躍遷時只可以吸收特定頻率的光子，故B錯誤；氫原子從基態(tài)向較高能量態(tài)躍遷，電子距離氫原子核的距離增大，勻速圓周運動的半徑增大，線速度減小，動能減小，C正確；氫原子從基態(tài)向較高能量態(tài)躍遷時，電子距離氫原子核的距離增大，電場力做負功，電勢能增大，D錯誤． 7、在地面附近，存在著兩個有邊界的理想電場，邊界AB將該空間分成上、下兩個區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，區(qū)域Ⅰ中有豎直向上的勻強電場，區(qū)域Ⅱ中有豎直向下的勻強電場，兩區(qū)域電場強度大小相等，在區(qū)域Ⅰ中的P點由靜止釋放一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球，小球穿過邊界AB時的速度為v0，進入?yún)^(qū)域Ⅱ到達M點時速度剛好為零，如圖所示．已知此過程中小球在區(qū)域Ⅱ中運動的時間是在區(qū)域Ⅰ中運動時間的2倍，已知重力加速度為g，不計空氣阻力，以下說法正確的是(　　) A．小球帶正電 B．電場強度大小為 C．P點距邊界AB的距離為 D．若邊界AB處電勢為零，則M點電勢為－ 【答案】BCD 的距離為x1＝＝，M點距邊界AB的距離為x2＝＝，M點與AB邊界的電勢差U＝Ex2＝·＝，若邊界AB處電勢為零，則M點的電勢φM＝－，選項B、C、D正確． 8、（多選）在冰壺比賽中，某隊員利用紅壺去碰撞對方的藍壺，兩者在大本營中心發(fā)生對心碰撞如圖(a)所示，碰后運動員用冰壺刷摩擦藍壺前進方向的冰面來減小阻力，碰撞前后兩壺運動的v-t圖線如圖(b)中實線所示，其中紅壺碰撞前后的圖線平行，兩冰壺質(zhì)量均為19 kg，則 A. 碰后藍壺速度為0.8m／s B. 碰后藍壺移動的距離為2.4m C. 碰撞過程兩壺損失的動能為7.22J D. 碰后紅、藍兩壺所滑過的距離之比為1:20 【來源】寧夏銀川一中2018屆高三第四次模擬考試理綜物理試卷 【答案】 AD 【解析】A、設(shè)碰后藍壺的速度為 ,碰前紅壺的速度 碰后紅壺的速度為 根據(jù)動量守恒定律可得: 解得v2=0.8m/s ，故A正確； B、根據(jù)碰前紅壺的速度圖像可以知道紅壺的加速度為: 碰后紅壺減速到零需要的時間為： 碰后藍壺運動圖像的面積代表走過的位移 ，故B錯； 點睛：知道v-t圖像中斜率代表加速度，面積代表運動走過的位移，并利用動量守恒解題。 二、非選擇題 1、如圖甲所示，工廠利用傾角θ＝30°的皮帶傳輸機，將每個質(zhì)量為m＝5 kg的木箱從地面運送到高為h＝5.25 m的平臺上，機械手每隔1 s就將一個木箱放到傳送帶的底端，傳送帶的皮帶以恒定的速度順時針轉(zhuǎn)動且不打滑．木箱放到傳送帶上后運動的部分v-t圖象如圖乙所示，已知各木箱與傳送帶間的動摩擦因數(shù)都相等．若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2.求： (1)木箱與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ； (2)傳送帶上最多有幾個木箱同時在向上輸送； (3)皮帶傳輸機由電動機帶動，從機械手放上第一個木箱開始計時的10分鐘內(nèi)，因為木箱的放入，電動機需要多做的功． 解析：(1)由乙圖可知，木箱運動的加速度為：a＝＝1 m/s2，皮帶勻速運動的速度為：v＝1 m/s，根據(jù)牛頓第二定律得：μmgcos θ－mgsin θ＝ma 解得：μ＝. (2)木箱加速運動的位移為：x1＝at＝0.5 m， 木箱相對皮帶靜止后，相鄰兩個木箱之間的距離都相等，有：ΔL＝vt＝1 m 傳送帶的長度為：L＝＝2 h＝10.5 m， L＝10ΔL＋x1， 所以傳送帶上最多同時存在的木箱個數(shù)為11個． (3)木箱在傳送帶上運動時，和皮帶間的相對位移為：Δx＝vt－x1＝1×1－0.5＝0.5 m，和皮帶間的摩擦產(chǎn)生的熱量為：Q1＝μmgcos θ·Δx＝15 J 木箱最終增加的動能為：Ek1＝mv2＝2.5 J， 木箱到達平臺增加的重力勢能為：Ep＝mgh＝262.5 J， 從開始的10分鐘內(nèi)共傳送木箱的個數(shù)N＝10×60＝600個，其中590個已經(jīng)到達平臺，還有10個正在傳送帶上，到達平臺的590個，電動機做的功為：W1＝590(Q1＋Ek1＋Ep1)＝165 200 J，在傳送帶上的已經(jīng)開始運動得10個木箱增加的動能為：10Ek1＝25 J， 10個木箱的摩擦生熱為：10Q1＝150 J,10個木箱增加的重力勢能共為：Ep′＝10mgΔxsin 30°＋mgΔLsin 30°＋2mgΔLsin 30°＋…＋9mgΔLsin 30°＝10mgΔxsin 30°＋mgLsin 30°(1＋2＋3…＋9)＝1 250 J，所以電動機多做的功為：W＝W1＋10Ek1＋10Q1＋Ep′＝166 625 J 答案：(1)木箱與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ為； (2)傳送帶上最多有11個木箱同時在向上輸送； (3)皮帶傳輸機由電動機帶動，從機械手放上第一個木箱開始計時的10分鐘內(nèi)，因為木箱的放入，電動機需要多做的功為166 625 J． 2．在真空中，邊長為3L的正方形區(qū)域ABCD分成相等的三部分，左右兩側(cè)為勻強磁場，中間區(qū)域為勻強電場，如圖所示．左側(cè)磁場的磁感應(yīng)強度大小為B1＝，方向垂直紙面向外；右側(cè)磁場的磁感應(yīng)強度大小為B2＝，方向垂直于紙面向里；中間區(qū)域電場方向與正方形區(qū)域的上下邊界平行．一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子從平行金屬板的正極板開始由靜止被加速，加速電壓為U，加速后粒子從a點進入左側(cè)磁場，又從距正方形上下邊界等間距的b點沿與電場平行的方向進入中間區(qū)域的電場中，不計粒子重力． (1)求a點到A點的距離． (2)電場強度E的取值在什么范圍內(nèi)時粒子能從右側(cè)磁場的上邊緣CC1間離開？ (3)改變中間區(qū)域的電場方向和場強大小，粒子可從D點射出，求粒子在左右兩側(cè)磁場中運動的總時間． 解析：(1)粒子在金屬板間加速時，有 qU＝mv2　 ① 粒子在左側(cè)磁場中運動時，如圖甲所示，有 qvB1＝m　 ② sin α＝　 ③ a點到A點的距離x＝－R1(1－cos α)　 ④ 聯(lián)立解得x＝L (2)如圖甲所示，粒子在右側(cè)磁場中以半徑為Rn和Rm的兩軌跡為臨界軌跡從上邊緣CC1離開磁場時，有Rn＝L　 ⑤ Rm＝L　 ⑥ 又qvnB2＝m　 ⑦ qvmB2＝m　 ⑧ 粒子在中間電場運動時，有 qEnL＝mv－mv2　 ⑨ qEmL＝mv－mv2　 ⑩ 聯(lián)立解得En＝，Em＝ 電場強度的取值范圍為＜E＜. (3)粒子在左右磁場中運動，T1＝　 ? T2＝　 ? 必須改變中間區(qū)域的電場方向并取定電場E的某一恰當確定數(shù)值，粒子才能沿如圖乙所示的軌跡從D點射出 由①～③式可得：α＝60°，有t＝＋　 ? 聯(lián)立???并代入數(shù)據(jù)解得t＝ . 答案：(1)L　(2)＜E＜　(3) 9