高三物理上學(xué)期期末復(fù)習(xí)備考黃金30題專題02大題好拿分基礎(chǔ)版20題新

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1、期末復(fù)習(xí)大題好拿分【基礎(chǔ)版】(20題) 1 ?接連發(fā)生的馬航 MH370失事和臺灣復(fù)興航空客機的墜毀，使人們更加關(guān)注飛機的安全問題?假設(shè)飛機從 靜止開始做勻加速直線運動，經(jīng)時間 to = 28s、在速度達到v0=7Om/s時駕駛員對發(fā)動機的運行狀態(tài)進行 判斷，在速度達到 v, =77m/s時必須做出決斷，可以中斷起飛或繼續(xù)起飛；若速度超過 v2=80m/s就必 須起飛，否則會滑出跑道?已知從開始到離開地面的過程中，飛機的加速度保持不變. (1 )求正常情況下駕駛員從判斷發(fā)動機運行狀態(tài)到做出決斷終止起飛的最長時間； (2)若在速度達到V2時，由于意外必須停止起飛，飛機立即以 5m/s2

2、的加速度做勻減速運動，要讓飛機 安全停下來，求跑道的最小長度. 2 .一輛值勤的警車停在公路邊，當(dāng)警員發(fā)現(xiàn)從他旁邊以 12m/s的速度勻速行駛的貨車嚴(yán)重超載時，決定前 去追趕，經(jīng)過4s后警車發(fā)動起來，并以3m/s2的加速度做勻加速運動, 但警車的行駛速度必須控制在 108km/h 以內(nèi)。問: (1)警車在追上貨車之前，兩車間的最大距離是多少; (2)警車發(fā)動后要多長時間才能追上貨車。 3 .用兩根輕繩 AC和BC懸掛一重物，繩與水平天花板的夾角分別為 37°和53°,如圖所示.AC繩能承受 的最大拉力為100N, BC繩能承受的最大拉力為 200N.已知sin37

3、=0.6 , g 取 10m/s2. (1 )若重物的質(zhì)量為 5kg，則兩根繩AC和BC上的拉力分別為多大? (2)為了不使繩子被拉斷.所懸掛 m物的質(zhì)量不應(yīng)超過多大? (//////////// C2用一定長度的輕質(zhì)細(xì)線懸掛于豎直墻 4.光滑圓柱體 O緊靠豎直墻壁置于水平地面上. 重為G的均勻圓球 壁上的A點，平衡時C2A與豎直方向的夾角 =60°,且兩圓心的連線與 C2A恰好垂直，其截面圖如圖所示.巳 知圓柱體重為 G,不計各接觸面間的摩擦，求: (1 )球?qū)A柱體的壓力大小 FN1； (2 )圓柱體對地面的壓力大小 FnR 5?如圖所示，

4、物塊以初速度 10m/s沿足夠長的固定斜面上滑，斜面傾角為 370，物體與該斜面間的動摩擦 (1 )物塊在斜面上運動的總時間. (2)物塊回到斜面底端的速度的大小. 6 ?如圖所示，電動玩具小車通過一根繞過光滑定滑輪的輕繩與質(zhì)量為 m=1kg的小物塊(可看作質(zhì)點)相連, 拉著物塊沿ABC軌道滑動.軌道 BC部分是半徑R=1m的四分之一圓弧，定滑輪在 C點正上方與C點相距R, 運動過程中小車受到地面阻力恒為 6、、5n，小車以P=20W的恒定功率向右運動，當(dāng)物塊運動至 B點時速度 7?如圖所示，傾角為37的斜面長I =1.9m，在斜面底端正上方的 0點將一小球以速度 v

5、0=m/s水平拋出, 與此同時釋放在頂端靜止的滑塊，經(jīng)過一段時間后，小球恰好能夠以垂直斜面的方向擊中滑塊 (小球和滑塊 均視為質(zhì)點，重力加速度 g =10m/s2, sin37 =0.6, cos37 =0.8)。求： (1) 拋出點O離斜面底端的高度； (2) 滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù) 」。 8?如圖所示，半徑 R=2.5m的豎直半圓光滑軌道在 B點與水平面平滑連接，一個質(zhì)量 m=0.50kg的小滑 塊(可視為質(zhì)點)靜止在 A點?一瞬時沖量使滑塊以一定的初速度從 A點開始運動，經(jīng) B點進入圓軌道， 沿圓軌道運動到最高點 C,并從C點水平飛出，落在水平面上的 D點.經(jīng)測

6、量，D B間的距離s, =10m , a、 B間的距離s2 =15m，滑塊與水平面的動摩擦因數(shù) J =0.20，重力加速度g =10m/s2 .求： (1 )滑塊通過C點時的速度大小. (2) 滑塊剛進入圓軌道時，在 B點軌道對滑塊的彈力. (3) 滑塊在A點受到的瞬時沖量大小. 1 9 .某工地某一傳輸工件的裝置可簡化為如圖所示的情形， AB為一段1圓弧的曲線軌道，BC為一段足夠長 4 的水平軌道，兩段軌道均光滑。一長為 L=2m質(zhì)量為M=1kg的平板小車最初停在 BC軌道的最左端，小車上 表面剛好與AB軌道相切。一可視為質(zhì)點、質(zhì)量為 m=2kg的工件從距AB軌道最低

7、點h高處沿軌道自由滑下， 滑上小車后帶動小車也向右運動，工件與小車的動摩擦因數(shù)為 」=0.5，取g =10m/s2: (1 )若h=2.8m，求工件滑到圓弧底端 B點時對軌道的壓力； (2 )要使工件不從平板小車上滑出，求 h的取值范圍. 10?中國計劃在2020年前后一次性實現(xiàn)火星的“繞”、“落”探測，如果火星探測任務(wù)成功以后將會對中 國的火星探測積累豐富的經(jīng)驗.已知地球表面重力加速度為 g，地球半徑為R,火星質(zhì)量與地球質(zhì)量之比為 q，火星半徑與地球半徑之比為 p，求： (1) 火星表面的重力加速度； (2) 探測器繞火星表面運行的速度. 11. 如圖所示，一輛質(zhì)量 M=

8、3 kg的小車A靜止在光滑的水平面上，小車上有一質(zhì)量 m=1 kg的光滑小球B, 將一輕質(zhì)彈簧壓縮并鎖定，此時彈簧的彈性勢能為 丘=6 J，小球與小車右壁距離為 L=0.4 m,解除鎖定，小 球脫離彈簧后與小車右壁的油灰阻擋層碰撞并被粘住，求： 、小松揄小小林柿H松小柿 (1) 小球脫離彈簧時小球和小車各自的速度大小。 (2) 在整個過程中，小車移動的距離。 12. 如圖所示，一質(zhì)量 M = 0.4kg的小物塊B在足夠長的光滑水平臺面上靜止不動，其右側(cè)固定有一輕質(zhì) 水平彈簧(處于原長)。臺面的右邊平滑對接有一等高的水平傳送帶，傳送帶始終以 V = 1m/ S的速率逆時

9、針轉(zhuǎn)動。另一質(zhì)量 m = 0.1kg的小物塊A以速度V0 =4m/s水平滑上傳送帶的右端。已知物塊 A與傳送帶 之間的動摩擦因數(shù)二-0.1，傳送帶左右兩端的距離I = 3.5m，滑塊A B均視為質(zhì)點，忽略空氣阻力，取 g = 10m / s2。 (1) 求物塊A第一次到達傳送帶左端時速度大?。? (2) 求物塊A第一次壓縮彈簧過程中彈簧的最大彈性勢能 Epm ； 13.如圖甲，質(zhì)量M=0.99kg的小木塊靜止放置在高 h=0.8m的平臺，小木塊距平臺右邊緣 d=2m質(zhì)量m=0.01kg 的子彈沿水平方向射入小木塊，留在其中一起向右運動，小木塊和子彈作用時間極短，可忽略不計，一起

10、 向右運動的 v2-s圖象如圖乙.最后，小木塊從平臺邊緣飛出落在距平臺右側(cè)水平距離 x=0.8m的地面上， 2 g=10m/s，求： 9 h 乙 (1)小木塊從平臺邊緣飛出的速度； (2 )小木塊平臺運動過程中產(chǎn)生的熱量; (3)子彈射入小木塊前的速度. 14 ?如圖所示，用一根絕緣輕繩懸掛一個帶電小球 2 ,小球的質(zhì)量為1. 0X 10 kg .現(xiàn)加一水平方向向左的勻 平衡時絕緣線與豎直方向的夾角 0 =30°,求: (1)小球帶何種電荷; (2)小球所帶的電荷量為多大; (g 取 1°m/s2) 15. 如圖所示，LMN是豎直平面內(nèi)固定的光滑絕

11、緣軌道， MN水平且足夠長, LM下端與MN相切。在0P與QR 之間的區(qū)域內(nèi)有一豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為 B。C D是質(zhì)量為m和 4m的絕緣小物塊(可視為質(zhì)點)，其中 D帶有電荷量q, C不帶電?，F(xiàn)將物塊 D靜止放置在水平軌道的 M0段, 將物塊C從離水平軌道 MN距離h高的 L處由靜止釋放，物塊 C沿軌道下滑進入水平軌道，然后與 D相碰, h 碰后物體C被反彈滑至斜面：處，物體 D進入虛線0P右側(cè)的復(fù)合場中繼續(xù)運動，最后從 RQ側(cè)飛出復(fù)合場區(qū) 域。求: P； (1) 物塊D進入磁場時的瞬時速度 vd； (2) 若

12、物塊D進入磁場后恰好做勻速圓周運動，求所加勻強電場的電場強度 E的值及物塊D的電性； (3) 若物塊D飛離復(fù)合場區(qū)域時速度方向與水平夾角為 60o,求物塊D飛出QR邊界時與水平軌道的距離 d。 16. 如圖所示，真空室內(nèi)有一個點狀的 a粒子放射源P,它向各個方向發(fā)射 a粒子(不計重力)，速率都 PQ = —L 相同.ab為P點附近的一條水平直線(P到直線ab的距離PC=L,Q為直線ab上一點，它與P點相距 (現(xiàn)只研究與放射源 P和直線ab同一個平面內(nèi)的 a粒子的運動)，當(dāng)真空室內(nèi)(直線 ab以上區(qū)域)只存 在垂直該平面向里、磁感應(yīng)強度為 B的勻強磁場時，水平向左射出的 a粒子恰到達

13、 Q點；當(dāng)真空室(直線 ab以上區(qū)域)只存在平行該平面的勻強電場時，不同方向發(fā)射的 a粒子若能到達ab直線，則到達ab直線 時它們動能都相等，已知水平向左射出的 a粒子也恰好到達 Q點.(a粒子的電荷量為+q,質(zhì)量為 m sin37 ° =0. 6; cos37° =0. 8)求： P 辛 ?I a 0 C b (1) a粒子的發(fā)射速率； (2 )勻強電場的場強大小和方向； (3)當(dāng)僅加上述磁場時，能到達直線 ab的a粒子所用最長時間和最短時間的比值. 17.如下圖所示的電路， E=9V r=1 Q , R2=2Q .燈A標(biāo)有“ 12V, 12W，燈 B標(biāo)有

14、“ 4V, 4W .如果要使 燈B正常發(fā)光，求： (1) R1應(yīng)是多大？ (2) 這時燈A的實際功率是多大?(設(shè)燈絲通電后電阻不變) 18.如圖所示，電源電動勢 E= 6 V，內(nèi)阻r = 1 Q,電阻Ri = 2 Q , R>= 3 Q , 7.5 Q ,電容器的電容 C= 4卩F.開關(guān)S原來斷開，現(xiàn)在合上開關(guān) S到電路穩(wěn)定，試問這一過程中通過電流表的電荷量是多少？ R\ R1 19?如圖所示裝置中，區(qū)域I和川中分別有豎直向上和水平向右的勻強電場，電場強度分別為 E和E/2, n 區(qū)域內(nèi)有垂直向外的水平勻強磁場，磁感應(yīng)強度為 B . 一質(zhì)量為m帶電量為q的帶負(fù)電粒子

15、(不計重力) 從左邊界O點正上方的M點以速度V。水平射入電場，經(jīng)水平分界線 OP上的A點與OP成60°角射入n區(qū)域 的磁場，并垂直豎直邊界 CD進入川區(qū)域的勻強電場中。求： (1) 粒子在n區(qū)域勻強磁場中運動的軌道半徑 (2) O M間的距離 (3) 粒子從M點出發(fā)到第二次通過 CD邊界所經(jīng)歷的時間. 20.如圖所示，分界線 MN左側(cè)存在平行于紙面水平向右的有界勻強電場，右側(cè)存在垂直紙面向里的有界勻 12 10 強磁場。電場強度 E=200N/C，磁感應(yīng)強度 B=1.0T。一質(zhì)量n=2.0 X 10 kg、電荷量q=+1.0 x 10 C的帶電質(zhì) 點，從A點由靜止開始在

16、電場中加速運動，經(jīng) 11=2.0 x 10-3s，在O點處沿垂直邊界的方向射入磁場，在磁 場中做勻速圓周運動。不計帶電質(zhì)點所受重力及空氣阻力。求 (1) 帶電質(zhì)點剛離開電場時的速度大小 v； (2) 帶電質(zhì)點在磁場中做勻速圓周運動的半徑 R (3) 帶電質(zhì)點在磁場中運動半周的時間 t2。 25 參考答案 1.( 1) 2.8s , (2) 1920m. 【解析】試題分析：(1)由時間to = 28s、速度Vo =70m/s,計算出加速度，結(jié)合 ％ =77m/s，得到做 出決斷終止起飛的最長時間； (2)由速度位移關(guān)系分別求解加速的位移和減速的位移，跑道的最

17、小長度即 為二者之和. (1)設(shè)加速過程加速度為 a1，允許作出判斷的時間為 t 則有：vo 二 qto “at 2 聯(lián)立解得： a=2.5m/s , t=2.8s (2)加速位移為: 2 V2 2a1 802 2 2.5 m =1280m 減速位移為： V； 802 一 c x2 m =640m 2a2 2 5 跑道的最小長度為： x=x+x2 解得：x=1920m 2. ( 1) 72m (2) 11s 【解析】解：依題意：?=1加/s r°=4s (1)兩車速度相等時』兩車間的距離最大 距離最犬時,警車的運動時間:^ =

18、^=45 a 此時貨車的位移:勺二％ b + rj二96m 彎車的位移：孔=扣只=24刑 ⑵警車發(fā)動達到最大速度vm = 108km/ h = 30m/ s，所用時間t2 Vm趙 vm t2 10s a 此時貨車的位移： 3 t0 t2 ]=168m 此時警車的位移： '1 2 S2 at 2 150 m 2 S - S2 此時警車還未追上貨車，還需時間 &追上貨車 Sl _S2 =Vmt^ _V1t3 七3 二 1S 警車發(fā)動后追上貨車的時間： t =t2 ? t3 =11S 3. ( 1)兩根繩AC和BC上的拉力分別為 30N和40N; (2)質(zhì)量不應(yīng)

19、超過 16.7kg . 【解析】解：(D對C點受力分析J根據(jù)共點力平衡得AC繩拉力為: B匸繩拉力為； 268^嚴(yán)二50河)思》＜=40乂 ?2)取(:點為研究對象進行受力分析如圖所示，由前面的分析可知』當(dāng)AC上的張力為最大值WON,先達 到最大值, J7 當(dāng)中叫時"診 4. ( 1)玉(2) G2 -G1 2 4 【解析】(1)對球受力分析可知，圓柱體對球的支持力 R^Gsin , 得球?qū)A柱體的壓力Fn「f“G1 E 工③ Gsimsi” , 2 (2 )對圓柱體受力分析可知，地面對圓柱體的支持力 得圓柱體對地面的壓力 fN2 =f2 =G2 -G1

20、。 4 5. (1) .5 1s (2)2 5m/s 【解析】試題分析：受力分折后，根據(jù)牛頓第二定律列式求出加速度，在根據(jù)運動學(xué)公式求出時間,下滑 過程抿揺運動學(xué)公式求出物體返回到底端時的速度大小內(nèi) ⑴ 依據(jù)受力分析如圖所示； 上去時根抿牛頓第二定律得：呻M+噸酒&叫 帝入數(shù)據(jù)解得：^ = 107?/? 依據(jù)運動學(xué)公式：耳二％—? 帶入數(shù)擔(dān)解得上滑的時間為：怦 鋼 2x10 上滑的位移為：= 下渭時依據(jù)牛二定律有： 帶入數(shù)據(jù)解得： 依據(jù)運動學(xué)公式：^ = -aA 2 解得：丸二屈 所次總時間為：Z = ^ + /3 =(I十擊卜 (2)依據(jù)(1)中條件根據(jù)運動學(xué)

21、公式： v =v0 a2t2 =2、5m/s 點睛：本題主要考查了牛頓第二定律和運動學(xué)公式的應(yīng)用，上滑時的根據(jù)受力情況求出加速度，然后在根 據(jù)受力情況確定下滑時的加速度是關(guān)鍵。 6. 6N 【解析】(1)將物塊的速度分解: 物塊在B點時: 2、5 V車wo—gm/s，車的牽引力: P _ F車 IO、、5N v車 物塊受到的拉力： F二F車- f =4、、.5N 對物塊受力分析: 2 根據(jù)物塊在B點時的受力分析： Fsinr ? Fn - mg二m—，解得： Fn =6N R 由牛頓第三定律得：物塊在 B點時對軌道的壓力為 6N. 根據(jù)P=F

22、V求出車的牽引力，再求出繩子的拉力, B點時對軌道的壓力. 【點睛】將物塊到達B點時的速度分解，求出小車的速度, 最后對物塊根據(jù)向心力公式及牛頓第三定律即可求解物塊在 7. ( 1) 1.7m, (2) 0.125 【解析】試題分折：(1)根據(jù)小球的豎直位移和水平位移，結(jié)合幾何關(guān)系求出拋出點到斜面底^的距離?< 2) 根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合位移公式」抓住時間相等求出滑塊與斜面間的動摩撫因數(shù). <1> 小球在卩點的速度分解"如圖所示 由幾何關(guān)系得： tanr= — Vy 解得：vy=4m/s 又 Vy=gt 解得：t = 0.4s 則平拋運動的水平位移 x = v0t =

23、 3 0.4m = 1.2m 平拋運動的豎直位移 y=lgt2= — 0 4 2m= 0 8m 2 2 根據(jù)幾何關(guān)系tan ■尸— x 3 解得： y‘二 Xtan v-1.2 m=0.9m 4 所以拋出點o離斜面底端的高度h = y，y'= 0.8 ? 0.9 m = 1.7m ⑺ 根據(jù)幾何關(guān)系少== = cos& 0.3 滑塊勻加速運動的位移X = /-eP = (1.9-L5)?M = 0.4w 根據(jù)位移公式工■丄皿1 2 解得：a = 5m/ s1 對滑塊；根牛頓第二定律：mg的&-註無棗恥& = ma 解彳專: a - ^3 inO - fi 代入數(shù)

24、IS解得：^ = 0.125 【點、睛】該題是平拋運動和牛頓第二定律等基本規(guī)律的應(yīng)用，主要抓住撞到斜面上時水平速度和豎直方向 速度關(guān)系*位移關(guān)系和幾何關(guān)系解題. 8. (1) 10m/s, (2) 45N, (3) 8.1kg m/s. 【解析】試題分析：(1)滑塊通過C點后做平拋運動，由平拋運動的規(guī)律可求得滑塊通過 C點的速度；(2) 由機械能守恒定律可求得滑塊到達 B點的速度，再由牛頓第二定律可求得滑塊受軌道的壓力； (3)由動能 定理可求得滑塊在 A點的速度，再由動量定理可求得 A點的瞬時沖量. (1 )設(shè)滑塊從C點飛出時的速度為 VC，從C點運動到D點時間為t，滑塊從C點飛

25、射后，做平拋運動 豎直方向：2^如2 R 水平方向： s =v：t 聯(lián)立得： vC = 10m/s (2)設(shè)滑塊通過 B點時的速度為Vg，根據(jù)機械能守恒定律： 1 mv； =1 mvf亠2mgR 2 2 解得： vB =10、2m/s 設(shè)在B點滑塊受軌道的壓力為 N,根據(jù)牛頓第二定律： N-mg=m 解得： N =45N (3)設(shè)滑塊從 A點開始運動時的速度為 v，根據(jù)動能定理： _mgs2 = — mvg —— 2 2 解得： v =16.m/ s 設(shè)滑塊在 A點受到的沖量大小為I，根據(jù)動量定理I二mvA 解得： 1 = ,6

26、5 = 8.1kg m/s 9. ( 1) 60N,方向豎直向下；(2)高度小于或等于 3m. 【解析】試題分析：⑴工件在光滑圓弧上下滑的過程，運用機械能守恒定律或動能定理求出工件滑到圓 弧底端B點時的速度?，在B點』由合力提供向心力，由牛頓第二定律求出軌道對工件的支持力，由牛頓第 三定律得到工件對軌道的壓力.⑵要使工件不從平板小車上滑出，則工件到達小車最右鯛恰好與小車共 速，此時衲最大高度，根1S動量守恒定律、能量守恒走律求出滑上小車的初速度大小，根據(jù)機械能守恒求 出下滑的最大高度一 (1)工件從起點滑到圓弧軌道底端B點，設(shè)點時的速度為片 根機械能守恒定律：mgh二扌加晞 工件做圓

27、周運動，在B點，由牛頓第二定律得：N—噸匸龐 Ji 聯(lián)立得：N-60N 由牛頓第三定律知，工件滑到圓弧底端B點時對軌道的壓力為M = N = 方向豎直向下. (2 )要使工件不從平板小車上滑出，則工件到達小車最右端恰好與小車共速，此時 h為最大高度，設(shè)共同 速度為v—，工件滑上小車的初速度為 v0 由動量守恒定律得： mvo 二 m M v1 由能量守恒定律得： , 1 2 1 □ n ” i 2 -mgL =—mvo -一 m M w 2 2 對于工件從AB軌道滑下的過程，由機械能守恒定律得： mgh ^^mv； 代入數(shù)據(jù)解得： h =3m 要使工件不從平板小車

28、上滑出， h的范圍為h二3m 【點睛】第(1)問做豎直平面內(nèi)的圓周運動，根據(jù)動量守恒定律、機械能守恒定律、牛頓第三定律求解; 第(2)問的解題關(guān)鍵：要使工件不從平板小車上滑出，則工件到達小車最右端恰好與小車共速，根據(jù)動量 守恒定律、機械能守恒定律、能量守恒定律求解. 【解析】試題分析：(1)根據(jù)萬有引力與重力相等，求得重力加速度的表達式，再根拯質(zhì)量與半徑關(guān)系求 得火星表面的重力加速度；(2)根JE萬有引力提供圓周運動向心力，求得探測器繞火星表面運行速度即可* <1)萬有引力與重力相等有，對地球有：mS = G竺竺 R丄 Af yti 對于火星有：^=G-^- 聯(lián)立得：?亠暮

29、巴 gx R q 所以可得火星表面的重力加速度知 〔2)火星表面重力提供圓周運動向心力有：驅(qū)次=期￡- 可得探測器的速度；卩二忌芯 11. (1) 3 m/s ; 1 m/s (2) 0.1 m 【解析】試題分析：解除鎖定后彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)動能，根據(jù)動量守恒和能量守恒列出等式求解. (1) 除鎖定后彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)動能 由動量守恒定律得： mv 一 M? = 0 由能量守恒定律得: 1 2 丄 1 2 Ep mv1 Mv2 2 2 聯(lián)立得： v =3m/s,v2 =1m/s (2)由動量守恒定律得： mv^My 由位移關(guān)系得： 為 x2

30、 = L 又 V1 =X1,V2 二生 t t 聯(lián)立得：x^ = 0.1m 【點睛】本題是動量守恒和能量守恒的綜合應(yīng)用?解除彈簧的鎖定后，系統(tǒng)所受合力為零，遵守動量守恒 和能量守恒，并根據(jù)位移關(guān)系列式求解 12. (1) 3m/s , (2) 0.36J. 【解析】試題分析：⑴物塊人從傳送帶的右端滑到左端的過程，根1S動能定理求解；⑴物塊A第一次 壓縮弾警過程中，當(dāng)物塊A和B的速度相等時，彈曹的弾性勢能最犬，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒走 律列式求解* (1)物塊A從傳送帶的右端滑到左端的過程，根動能左理有： 2 1 2 9 代入數(shù)據(jù)解得；片=3附“ 因為嶺X,所以物塊A

31、第一次到達傳送帶左端時速度大小為3加0 ⑵ 物塊A第一次壓縮弾董過程中』當(dāng)物塊A和B的速度相等時，彈齧的理性勢能最犬，根據(jù)動量守恒 定律有：=(Af + ?M)v, 根據(jù)機械能守恒定律有：E珈=扌構(gòu)訐滬 代入數(shù)JS解得；％ =0-367 【點睛】本題是多過程問題，在分析滑塊經(jīng)歷的每一個過程中都要將滑塊受情況和運動情況分析準(zhǔn)確，然 后根據(jù)運動情況分別運用動量守恒，能量守恒、動能定理分析和計算 13. (1) 2m/s (2) 6J (3) 400m/s 【解析】試題分析：(1)小木塊從平臺-滑出后像平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律列式求解；⑵ 先根據(jù)速度 位移公式可得到說-3團象的表達式

32、，求出加速眞 再根據(jù)牛頓第二定律求解出渭動摩擦力，最后根據(jù)功能 關(guān)系求解熱量；⑶ 子弾身抹塊過程，系統(tǒng)動量守恒』根據(jù)動量守恒主律求解* <1)設(shè)小木塊以速度“從平臺滑出，做平拋運動 豎直方向有：舟=丄川 2 解得：f = 0.4& 水平方向有： 解得：v = 2m! s (2) 因為小木塊在平臺上滑動過程中做勻減速運動 根據(jù) v2 _vi =2aS，可得 v2「S 圖象的斜率 k = -2a = -—10 m / s2 = -6m / s2 1 解得：小木塊在平臺上滑動的加速度大小 a =3m/s2 根據(jù)牛頓第二定律得：摩擦力 f = M，ma=3N 故小木塊在滑動過程

33、中產(chǎn)生的熱量： Q =fS =3 2J =6J 10-v2 4-10 (3) 由圖象可得 L 1-0 2-1 小木塊剛開始滑動時的速度為 v( =4m/s 子彈射入木塊的過程中，根據(jù)動量守恒定律得： mvo = M ? m w 解得：v)=400n/s 【點睛】本題關(guān)鍵是由圖象得到減速過程加速度，由平拋運動得到初速度，然后根據(jù)運動學(xué)規(guī)律、牛頓第 二定律和動量守恒定律等相關(guān)知識列式求解. 8 14. (1)正電(2) 1 . 9X 10- C. 【解析】試題分析：(1)因為電場力F方向水平向左，故小球帶正電. (2 )受力如圖，由小球受力平衡得：F=mgta n30 F

34、=qE 聯(lián)立兩式解得：q=1. 9X 10-8 C. 考點：電場強度；物體的平衡 15. (1) (2) 帶正電(3) F E=- q。 【解析】試題分析；(D對物塊G根抿動能定理有窗=葉 碰撞時由動量守恒定律：處一宀 v j2gA ?口 =—= 代入得；孑3 (2〉若物塊D做勻速圓周運動，則電場力與重力相等: 斗 mg= Eq (2)由幾何關(guān)系的 _ 4tnv _4rnj2gh 頁 3Bq T R M麗 E = _i = I 得： - - 考點：動量守恒定律；動能定理；圓周運動 1/ — - g—■ 1 — . 16. (1) ; (2)

35、■■- ; (3) 1 ' 【解析】試題分析：(D設(shè)圧粒子做勻速圓周運動的半徑R,過O作吃的垂線交PQ于A點，如團所示, 代入數(shù)據(jù)可得口粒子軌跡半徑： 洛侖磁力提供向心力：解得Q粒子發(fā)射速度為： Sm (2)真空室只加勻強電場時， 由?粒子到達ab直線的動能相等， 可得ab為等勢面，電場方向垂直ab向下, 水平向左射出的 與ab平行方向: ?粒子做類平拋運動，由運動學(xué)關(guān)系可知: L CQ =—=vt 2 1 , PC = L=-at^ 與ab垂直方向： Eg a~— m 日 2 帥 . 其中 解得: 真空室只加磁場時，圓弧 ?和直線ab相切于D點，?

36、粒子轉(zhuǎn)過的圓心角最大，運動時間最長，如圖所 (3) slnB= =- 則：. ■: ■' 最大圓心角： :, 最長時間： : , 圓弧 經(jīng)C點，?粒子轉(zhuǎn)過的圓心角最小，運動時間最短. 則： ■ ，‘ ：， 最小圓心角： 一 M - ■ t 最短時間：」 ?， ￡i _233 則最長時間和最短時間的比值為： I '（或2. 20）; 考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動、帶電粒子在勻強電場中的運動 【名師點睛】本題的突破口是確定 a粒子在勻強磁場中和勻強電場中的運動軌跡，由幾何知識求解磁場中 圓周運動的半徑。 17. 1Q 3W u 丄 TJ 2 【解析】根據(jù)

37、題意得：A燈的電阻"寸⑵，B燈的電*育 P 燈泡B1E常發(fā)光尸』二⑷ 所以并聯(lián)咅盼的電J± U ,=U&+IbR3=6V u 2 所皿燈的頭際功率?肯=3甲 厶二字=0.5/貝U干略電^l = L5A 1C j 根躺合電路咖律衛(wèi)，上產(chǎn)導(dǎo)皿 一 5 18. 1.92 X 10 C C兩端電壓 U為電阻R2兩端電壓U2,則 【解析】試題分析： S斷開時的等效電路如圖甲所示，電容器 R2 =3V 電容器C的電荷量 Q= CU= CU= 1.5 x 10 一5C。且 a 板帶正電, b板帶負(fù)電。 S閉合時的等效電路如圖乙所示，電容器 C兩端電壓U'為電阻Ri

38、兩端電壓U' 1 有甩卜=% & R2 3門， R3 +(R +R2 ) 電阻Ri中的電流 =0.9A, R外 r R R2 電阻Ri兩端電壓U' i= I ' iRi= 1.8 V , 電容器 C的電荷量 Q' = CU = CU 1 = 9.0 x 10 一6Co 且a板帶負(fù)電，b板帶正電。 通過電流表的電荷量 △ Q= Q+ Q = 2.4 x 10 _C。 考點：閉合電路的歐姆定律；電容器 【名師點睛】本題主要考查了閉合電路歐姆定律的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能理清電路的結(jié)構(gòu)，搞清電容器 兩端的電壓是哪部分電阻上的電壓，另外還要搞清電鍵閉合前后電容器極板的

39、極性的變化；此題難度中等。 2dv0 19. (1)粒子在n區(qū)域勻強磁場中運動的軌道半徑是 止 3m Vq CD邊界所經(jīng)歷的時間是 (2) O M間的距離是?「. (3) 粒子從M點出發(fā)到第二次通過 【解析】試題分折：(1)芾電粒子在勻強電場I中做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向像 初速度為零的勻加速運動，由題意，粒子經(jīng)過A點的速度方向與0P成抄角，即可求出此時粒子的速度.粒 子在勻強碗場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二走律即可求出軌道半徑. ⑵粒子在勻強電場中運動時，由牛頓第二定律求得加速度'在A點，豎直方向的速度大小為甘嚴(yán)伽50% 由速度公式求

40、解時間，由位移求得6 M間的距離. T ⑶畫出粒子在I【區(qū)域磁場中的運動軌跡，由幾何知識求出軌跡對應(yīng)的01心甬艮根據(jù)匕2兀、求出在 磁場中運動的時間*粒子進入111區(qū)域的勻強電場中后)先向右做勻減速運動』后向左做勻加速運動，第二 次通過CD邊界?由牛頓第二定律和運動學(xué)公式結(jié)合可求得粒子在川區(qū)域電場中運行時間，即可求解粒子從 M點出發(fā)到第二次通過 CD邊界所用時間. 解：(1)粒子在勻強電場中做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，設(shè)粒子過 A點時速度為v. 由類平拋運動的規(guī)律知 ' 粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得 2 V (2)設(shè)粒子在電場中運動

41、時間為 ti,加速度為a? 貝U有qE=ma votan6O ° =at i O M兩點間的距離為 -''一- 設(shè)粒子在II區(qū)域磁場中運動時間為t2. 則由幾何關(guān)系知軌道的圓心角ZAO1D = 50S則 」l_7lm 設(shè)粒子在III區(qū)域電場中運行時間為則牛頓第二定律得 2vp 4呼 則t3= 二噸 故粒子從M點出發(fā)到第二次通過 CD邊界所用時間為 答： 2dvq (1)粒子在n區(qū)域勻強磁場中運動的軌道半徑是 止 (2) O M間的距離是?「. (3)粒子從M點出發(fā)到第二次通過 CD邊界所經(jīng)歷的時間是 【點評】本題中帶電粒子在

42、復(fù)合場中運動，運用運動的分解法研究類平拋運動，畫軌跡確定圓心和半徑是 處理粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的關(guān)鍵. 20. (1) v=20m/s (2) F=0.40m (3) t 2=6.28 x 10-2s(或 6.3 x 10-2s) 【解析】(1)帶電質(zhì)點在電場中所受電場力卍t?E 根據(jù)牛頓第二定律可知，質(zhì)點運動的加速度沖溝 所以質(zhì)點離幵電場時的速度=20m/s m (2) 質(zhì)點進入嵐場做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力『根據(jù)牛頓第二定律有 qvB=m^/R 解得：R =0.40m (3) 質(zhì)點在磁場中運動半周的時間三=^=6.28xlO-2s(或&.3xlQ-2s)