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浙江2000年高2第18单元第16节课-高考物理模拟题


河南省各个市高中物理模拟题
一、力学综合题 1.3. (2010 年广州二模 36)(16 分)如图 9 所示,绝缘水平面上相距 L=1.6m 的空间内 存在水平向左的匀强电场 E, 质量 m=0.1kg、 带电量 q=1× 10-7C 的滑块 (视为质点) 以 v0=4m/s 的初速度沿水平面向右进入电场区域,滑块与水平面间的动摩擦因数 μ=0.4(设最大静摩擦 力与

滑动摩擦力相等) 。 (g 取 10m/s2) (1)如果滑块不会离开电场区域,电场强度 E 的取值范围多大。 (2)如果滑块能离开电场区域,试在 W—F 坐标中画出电场力对滑块所做的功 W 与电 场力 F 的关系图象。
2.0 1.6 1.2 0.8 0.4 O -0.4 -0.8 -1.2 -1.6 -2.0 W/×10-1J

E

v0
L

F/×10-1N 1 2 3 4 5 6 7 8

图9

解:(1)小滑块在摩擦力和电场力的作用下,向右做匀减速直线运动,设加速度为 a,依 题意和牛顿第二定律,有:

F ? f ? ma
又: F ? qE

①……1 分 ②……1 分 ③……1 分

f ? ?m g

若小滑块不会从右侧离开电场区域,由匀变速直线运动规律,有:
v0 2 ? 2aL

④……1 分 ⑤……1 分

联立①②③④并代入数据得: E ? 106 N / C 若小滑块不会从左侧离开电场区域,必须满足:

F ≤f
②⑤⑥可得: 106 N / C ? E ? 4 ? 106 N / C F=qE= q=1× 10-7× 106≤0.1N 或 F=qE = 1× 10 × 4× 10 >0.4N
-7 6

⑥……1 分 ⑦……1 分

(2)如果小滑块会离开电场区域,电场力 F 必须满足: ⑧……1 分 ⑨……1 分

若 F≤0.1N,小滑块将从右侧离开电场区域,此过程小滑块在电场中的位移 s=1.6m,则 电场力做功 W ? ? Fs ? ?1.6 F ⑩……2 分

若 F>0.4N,小滑块将从左侧离开电场区域,此过程小滑块在电场中的位移 s=0,电场 力做功为 0,即 W=0 评分说明:正确作图共 3 分
2.0 1.6 1.2 0.8 0.4 O -0.4 -0.8 -1.2 -1.6 -2.0 W/×10-1J

……2 分

F/×10-1N 1 2 3 4 5 6 7 8

2. (2010 年广州一模 36) (18 分)如图 18 所示的凹形场地,两端是半径为 L 的 1/4 圆 弧面,中间是长尾 4L 的粗糙水平面。质量为 3m 的滑块乙开始停在水平面的中点 O 处,质量 为 m 的滑块甲从光滑圆弧面顶端 A 处无初速度滑下, 进入水平面内并与乙发生碰撞, 碰后以 碰前一半的速度反弹。已知甲、乙与水平面的动摩擦因数分别为 μ 1、μ 2,且 μ 1=2μ 2,甲、 乙的体积大小忽略不计。求: (1)甲与乙碰撞前的速度。 (2)碰后瞬间乙的速度。 (3)甲、乙在 O 处发生碰撞后,刚好不再发生碰撞,则甲、乙停在距 B 点多远处。

解:(1)设甲到达 O 处与乙碰撞前的速度为 v 甲,由动能定理:

m甲 gL ? ?1 m甲 g ? 2 L ?
得:

1 2 m甲v甲 2

……2 分 ……2 分

v甲 ? 2gL(1 ? 2?1 )

(分步用机械能守恒和匀减速直线运动进行计算,结果正确的同样给 4 分) (2)设碰撞后甲、乙的速度分别为 v 甲′、v 乙′,由动量守恒:

? ? m乙v乙 ? m甲v甲 ?m甲 v甲
又: 得:

……2 分 ……1 分 ……1 分

1 ? ? ? v甲 v甲 2 ? ? v乙 1 v甲 2

(3)由于 μ1=2μ2,所以甲、乙在水平面上运动的加速度满足:a 甲=2a 乙 ……1 分

设甲在水平地面上通过的路程为 s1、乙在水平地面上通过的路程为 s2,则有:

?2 ? 2a甲s1 v甲

……1 分 ……1 分 ……1 分

? 2 ? 2a乙 s2 v乙
即:

s1 1 ? s2 2



由于甲、乙刚好不再发生第二次碰撞,所以甲、乙在同一地点停下.有以下两种情况: 第一种情况:甲返回时未到达 B 时就已经停下,此时有:s1<2L 而乙停在甲所在位置时,乙通过的路程为:s2=2L+2L+s1=4L+s1 因为 s1 与 s2 不能满足①,因而这种情况不能发生. 点,所以有:s1+s2=8L ①②两式得: s1 ? ② ……1 分 ……1 分 ……1 分 ……1 分 ……1 分

第二种情况:甲、乙分别通过 B、C 冲上圆弧面后,返回水平面后相向运动停在同一地

8L 16 L 或 s2 ? 3 3 2 L 3
A R

即小车停在距 B 为: ?L ? s1 ? 2 L ?

……1 分 O B

3. (2010 年深圳市二模 35) (18 分)如图所示, MN 为 3m 宽的小沟,M 点左侧 1m 处有一 5m 高的

1 平台与半径为 1.25m 的 圆弧底部相切,平台表面 4
与圆轨道都光滑,一质量为 3kg 的 B 球静止在平台 上.现让一小球 A 从圆弧左侧与圆心等高处静止释 放,A 球下滑至平台并与 B 球发生碰撞.A、B 两球 可视为质点,g=10m/s2.求: (1)A 球到达圆弧底端时的速度; (2)要使碰后两球刚好落在小沟两侧,A 球的可能质量. 解: (1)根据机械能守恒 mgR ? 5m M 1m 3m N

1 2 mv 2
( 1 分)

( 2 分)

代入数据得 v=5m/s (2) ①若碰后两球都向右运动,据平抛运动

h?

1 2 gt 2

得 t=1s 得 vA1=1m/s vB1=4m/s

(1 分) ( 2 分) ( 1 分) ( 1 分)

x ? v0 t
由动量守恒 得

mAv A ? mAv A1 ? mB vB1

mA=3kg

1 2 碰前总动能 E K 1 ? ? 3 ? 5 2 1 1 / 2 2 碰后总动能 E K 1 ? ? 3 ? 1 ? ? 3 ? 4 2 2

/ 因为 EK1 ? EK 1

其解成立

( 2 分) vB2=4m/s ( 2 分)

②若碰后 A 球向左运动,B 球向右运动,则可能有: vA2=-1m/s 由动量守恒

mAv A ? mAv A2 ? mB vB 2



mA=2kg

碰前总动能 E K 2 ? 碰后总动能 E K 2
/ 因为 EK 2 ? EK 2
/

1 ? 2 ? 52 2 1 1 ? ? 2 ? (?1) 2 ? ? 3 ? 4 2 2 2
其解成立 ( 2 分) vB2=1m/s ( 2 分)

③若碰后 A 球向左运动,B 球向右运动,则可能有:vA2=-4m/s 由动量守恒

mAv A ? mAv A3 ? mB vB3



mA=

1 kg 3

碰前总动能 E K 3 ? 碰后总动能 E K 3
/ 因为 EK 3 ? EK 3
/

1 1 2 ? ?5 2 3 1 1 1 ? ? ? (?4) 2 ? ? 3 ? 12 2 3 2
其解成立 ( 2 分)

4. (2011 年广州市一模 36) (18 分)如图,绝缘水平地面上有宽 L=0.4m 的匀强电场 区域,场强 E = 6×105N/C、方向水平向左.不带电的物块 B 静止在电场边缘的 O 点, 带电量 q = 5× 10-8C、质量 mA =1× 10-2kg 的物块 A 在距 O 点 s=2.25m 处以 v0=5m/s 的水平初 速度向右运动,与 B 发生碰撞,假设碰撞前后 A、B 构成的系统没有动能损失.A 的质量是 B 的 k(k>1)倍,A、B 与水平面间的动摩擦因 数都为 μ=0.2,物块均可视为质点,且 A 的电荷 量始终不变,取 g =10m/s2. (1)求 A 到达 O 点与 B 碰撞前的速度; (2)求碰撞后瞬间,A 和 B 的速度; (3)讨论 k 在不同取值范围时电场力对 A 做的功. 解: (1)设碰撞前 A 的速度为 v,由动能定理
? μmA gs ? 1 1 m Av 2 ? m Av0 2 ……① 2 2

s 左A + v0 O

L E B



得: v ? v0 2 ? 2 μgs =4m/s

……②

(2)设碰撞后 A、B 速度分别为 vA、vB,且设向右为正方向;由于弹性碰撞,所以有:
mAv ? mAv A ? mB vB

……③

1 1 2 1 2 m A v 2 ? m Av A ? mB vB ……④ 2 2 2

联立③④并将 mA=kmB 及 v=4m/s 代入得:

vA ?

4(k ? 1) m/s……⑤ k ?1

vB ?

8k m/s……⑥ k ?1

(3)讨论:
1 2 (i)如果 A 能从电场右边界离开,必须满足: mAv A ? ?mA gL ? qEL ……⑦ 2

联立⑤⑦代入数据,得: k>3……⑧ 电场力对 A 做功为:WE=qEL= 6× 105×5×10-8×0.4(J)=1.2×10-2(J) ……⑨
1 2 (ii)如果 A 不能从电场右边界离开电场,必须满足: mAv A ? ?mA gL ? qEL ……⑩ 2
11 联立⑤⑩代入数据,得:k≤3……○ 12 考虑到 k>1,所以在 1<k≤3 范围内 A 不能从电场右边界离开……○ 13 又: qE=3×10-2N>μmg=2×10-2N……○ 14 所以 A 会返回并从电场的左侧离开,整个过程电场力做功为 0.即:WE=0……○ 11 ○ 12 ○ 13 ○ 14 每项正确给 1 分 评分说明:①②③④每项正确给 2 分;⑤⑥⑦⑧⑨⑩○

⑤⑥两式如果没有将 v 的数值代入,即表达式含 v,只要正确就同样给分。 5.(2011 年深圳市二模 36)(18 分) 细管 AB 内壁光滑、厚度不计,加工成如图 所示形状,长 L=0.8m 的 BD 段固定在竖直 平面内,其 B 端与半径 R=0.4m 的光滑圆弧 ? 平滑连接, 轨道 BP CD 段是半径 R=0.4m 的

P E R B L

1 圆弧, AC 段在水平面上, 与长 S=1.25m、 4
动摩擦因数 μ=0.25 的水平轨道 AQ 平滑相 连,管中有两个可视为质点的小球 a、b, ma=3mb.开始 b 球静止,a 球以速度 v0 向右 运动,与 b 球发生弹性碰撞之后,b 球能够 越过轨道最高点 P,a 球能滑出 AQ. (重力
D Q a S A a v0 b C

加速度 g 取 10m/s2, 6 ? 2.45 ).求: (1)若 v0=4m/s,碰后 b 球的速度大小; (2)若 v0 未知,碰后 a 球的最大速度; (3)若 v0 未知,v0 的取值范围. 解: (1)设 a、b 碰后瞬间速度为 va1、vb1 mav0=mava1+mbvb1 ……………………2 分

1 1 1 2 2 2 ma v0 ? ma va mb vb 1? 1 ……………………2 分 2 2 2
解出: va1 ?

ma ? mb 2ma v0 ? 2m / s, vb1 ? v0 ? 6m / s ma ? mb ma ? mb
1 2 ma va 1max ? ma g ? 3R ……………………2 分 2

………2 分

(2)a 与 b 碰后,a 上升的高度不能超过 3R

va1max ? 6Rg ? 4.9m / s ……………2 分

(3)欲使 b 能通过最高点,有 mb g ? mb

2 vb 2 ……………………1 分 R

得出vb2 ? Rg ? 2m / s ……………1 分
b 球在上升过程中有

1 1 2 2 mb vb mb vb 1 ? 2 ? mb g ? (2 R ? L ) ……………1 分 2 2

解得vb1 ? 6m / s, v / 0min ?
因为 a 球能通过粗糙区域,有

ma ? mb vb1 ? 4m / s ………………1 分 2ma

2 va 1 ? 2? gs ……………………1 分

v/ / 0 ? 2va1 ? 5m / s ……………………1 分

碰后 a 上升的高度不能超过 3R ,必须满足

v/ 0max ? 2va1 ?? 2 6Rg ? 9.8m / s ……………………1 分
综上可得
5m / s ? v0 ? 9.8m / s ……………………1 分

6. (2011 年广州市二模 36)如图,质量 M=1kg 的木板静止在水平面上,质量 m=1kg、 大小可以忽略的铁块静止在木板的右端。 设最大摩擦力等于滑动摩擦力, 已知木板与地面间 的动摩擦因数 μ1=0.1,铁块与木板之间的动摩擦因数 μ2=0.4,取 g=10m/s2.现给铁块施加一 个水平向左的力 F. (1)若力 F 恒为 8N,经 1s 铁块运动到木板的左端。求:木板的长度 (2)若力 F 从零开始逐渐增加,且木板足够长。试通过分析与计算,在图中作出铁块 受到的摩擦力 f 随力 F 大小变化的图象 6 5 4 3 2 1
f/N

L 左 M

F

m


F/N

0 2 4 6 8 10 12 14 解: (1)铁块的受力如图,由牛顿第二定律: m

F ? μ 2 mg ? ma1 ……①
木板的受力如图,由牛顿第二定律:

f1′

F M

f1 f2

? 2 mg ? ?1 (M ? m) g ? Ma2 ……②
设木板的长度为L,经时间 t 铁块运动到木板的左端,则

s木 ? s铁

1 a 2 t 2 ……③ 2 1 2 ? a1t ……④ 2

又: s铁 ? s木 ? L ……⑤ 联立①②③④⑤解得:L=1m……⑥ 老子是癞蛤蟆 黑岩沦陷的书生 http://www.jiezhong.org/html/8/8128/ (2) (i) 当 F ? ?1 (m ? M ) g ? 2 N 时, 系统没有被拉动, 静摩擦力与外力成正比, 即: f=F (ii)当 F ? μ1 (m ? M ) g ? 2 N 时,如果 M、m 相对静止,铁块与木板有相同的加速度 a,则: F ? ?1 (m ? M ) g ? (m ? M )a ……⑦

F ? f ? ma ……⑧
解得: F ? 2 f ? 2 ……⑨ 此时: f ? μ1mg ? 4N ,也即 F ? 6N ……⑩ 所以:当 2N ? F ? 6N 时, f ? (iii)当 F

6 5 4 3 2 1

f/N

F/N 0 2 4 6 8 10 12 14

F ? 1( N) ……11 ○ 2

? 6N 时,M、m 相对滑动,此时铁块受到的摩擦力为: f ? μ2 mg ? 4N

f—F 图象如图所示 评分说明: (1)6 分(①②③④⑤⑥每式 1 分) ; (2)12 分: (i)2 分(条件、结论各 1 分) (ii)5 分(⑦⑧⑨⑩11 ○ 式各 1 分) (iii)2 分(条件、结论各 1 分) 正确做图 3 分(每做对一段给 1 分) 说明: (1)不管分析正确与否,只要作图正确就照给分;拐点处用小圆卷的不扣分。 (2) (ii)的分析不一定严格按照参考答案的顺序,只要结果正确就参照给分。 7. (2011 年湛江市一模 36) . (18 分)如图所示的轨道由半径为 R 的 1/4 光滑圆弧轨道 AB、竖直台阶 BC、足够长的光滑水平直轨 道 CD 组成. 小车的质量为 M, 紧靠台阶 BC 且上水平表面与 B 点等高. 一质量为 m 的可 视为质点的滑块自圆弧顶端 A 点由静止下 滑,滑过圆弧的最低点 B 之后滑到小车 上.已知 M=4m,小车的上表面的右侧固定 一根轻弹簧,弹簧的自由端在 Q 点,小车的上表面左端点 P 与 Q 点之间是粗糙的,滑块与 PQ 之间表面的动摩擦因数为 ? ,Q 点右侧表面是光滑的.求: B C P L D A R O Q

(1)滑块滑到 B 点的瞬间对圆弧轨道的压力大小. (2)要使滑块既能挤压弹簧,又最终没有滑离小车,则小车上 PQ 之间的距离应在什 么范围内?(滑块与弹簧的相互作用始终在弹簧的弹性范围内) 解: (18 分) (1)设滑块滑到 B 点的速度大小为 v,到 B 点时轨道对滑块的支持力为 N,由机械能 守恒定律有 mgR ?

1 2 mv 2

① (2 分)

滑块滑到 B 点时,由牛顿第二定律有 N ? mg ? m 联立①②式解得 N=3mg ③ (1 分)

v2 R

② (2 分)

根据牛顿第三定律,滑块在 B 点对轨道的压力大小为 N ? ? 3mg

(1 分)

(2)滑块最终没有离开小车,滑块和小车必然具有共同的末速度设为 u,滑块与小车组成 的系统动量守恒,有 ④ (2 分) 若小车 PQ 之间的距离 L 足够大,则滑块可能不与弹簧接触就已经与小车相对静止, 设滑块恰好滑到 Q 点,由功能关系有

mv ? ( M ? m)u

1 2 1 mv ? ( M ? m)u 2 ⑤ (2 分) 2 2 4R 联立①④⑤式解得 L ? ⑥ (2 分) 5?

? mgL ?

若小车 PQ 之间的距离 L 不是很大,则滑块必然挤压弹簧,由于 Q 点右侧是光滑的, 滑块必然被弹回到 PQ 之间,设滑块恰好回到小车的左端 P 点处,由功能关系有

2? mgL ?

1 2 1 mv ? ( M ? m)u 2 2 2

⑦ (2 分)

联立①④⑦式解得

L?

2R 5?

⑧ (2 分)

综上所述并由⑥⑧式可知,要使滑块既能挤压弹簧,又最终没有离开小车,PQ 之间 的距离 L 应满足的范围是

2R 4R ≤L? 5? 5?

⑨ (2 分)

8. (2012 年广州市一模 36)如图,木板 A 静止在光滑水平面上,其左端与固定台阶相 距 x.与滑块 B(可视为质点)相连的细线一端固定在 O 点.水平拉直细线并给 B 一个竖直 向下的初速度,当 B 到达最低点时,细线恰好被拉断,B 从 A 右端的上表面水平滑入.A 与台阶碰撞无机械能损失,不计空气阻力. 已知 A 的质量为 2m,B 的质量为 m,A、B 之间动摩擦因数为 μ;细线长为 L、能承受 的最大拉力为 B 重力的 5 倍;A 足够长,B 不会从 A 表面滑出;重力加速度为 g. (1)求 B 的初速度大小 v0 和细线被拉断瞬间 B 的速度大小 v1 (2)A 与台阶只发生一次碰撞,求 x 满足的条件 (3)x 在满足(2)条件下,讨论 A 与台阶碰撞前瞬间的速度

O 台阶
A

L

B

v0

v1 B

x 解析: (1)滑块 B 从释放到最低点,机械能守恒,有:

1 2 1 mv0 ? mgL ? mv12 ……① 2 2
在最低点,由牛顿运动定律:

T ? mg ?

mv12 ……② L

又: T ? 5mg ……③ 联立①②③得: v0 ? 2gL

v1 ? 2 g L

评分说明:①②③以及两个结果正确各给 1 分,共 5 分 (2)设 A 与台阶碰撞前瞬间,A、B 的速度分别为 vA 和 vB,由动量守恒 mv1 ? mvB ? 2mvA ……④ 若 A 与台阶只碰撞一次,碰撞后必须满足: 2mvA ? mvB ……⑤
1 2 对 A 应用动能定理: ?mgx ? ? 2mvA ……⑥ 2 L 联立④⑤⑥解得: x ? ,……⑦ 4?

即 A 与台阶只能碰撞一次的条件是: x ?

L 4?

评分说明:④⑤⑥⑦以及结果正确各给 1 分,共 5 分 (3)设 x= x0 时,A 左端到台阶板前瞬间,A、B 恰好达到共同速度 v AB ,由动量守恒……
mv1 ? ( m ? 2m )v AB ……⑧

1 2 对 A 应用动能定理: μmgx 0 ? ? 2mvAB ……⑨ 2 4L 联立⑧⑨得: x0 ? ……⑩ 9?

(i)当 x ? x0 即 x ?

4L 时,AB 共速后 A 与挡板碰撞. 9?
v1 2 gL ? ……⑩ 3 3

由⑧可得 A 与台阶碰撞前瞬间的速度: v A1 ? v AB ? (ii)当 x0 ? x ?

L 4L L 即 时,AB 共速前 A 就与台阶碰撞, ?x? 4? 9? 4?

1 2 11 对 A 应用动能定理: ?mgx ? ? 2mvA 2 ……○ 2
12 A 与台阶碰撞前瞬间的速度: vA2 ? ?gx ……○ 11 ○ 12 各 1 分。 评分说明:⑧⑨⑩各 1 分; (i)中的条件 1 分,结论 1 分; (ii)中条件 1 分,○

9. (2012 年揭阳一模 36)如图所示,质量为 M 的小球用长为 R=0.45m 的细绳固定于 O 点,从 A(与 O 点等高)处由静止释放,与 O 点 A O M 正下方 B 点处质量为 的物块弹性正碰。重力加 2 速度 g=10m/s2 C D (1)求小球碰后能上升的高度 h。 B (2)已知粗糙水平地面 BC 及传送带的动摩擦 E F H 因数均 为 μ=0.2, 传送带长为 l ? 0.5m , 顺时针匀 速转动,速度大小为 υ=2m/s,DE、EF、FH 的长 度均为 S=0.4m。若要保证物块碰后能落入 FH 间的沙坑内,求 BC 间的长度 L 。 解:1)小球摆至 B 点碰前速度为υ 0,由机械能守恒得: 1 ① 1分 MgR ? Mv0 2 2 代人数据解得: v0

? 2gR ? 3m / s


2,

1分 有: 2分 2分 2分

小球与物块弹性正碰,设碰后速度分别为有υ 1、υ 1 ③ Mv0 ? Mv1 ? Mv2 2

1 1 1 1 Mv0 2 ? Mv12 ? ( M )v2 2 ④ 2 2 2 2

联立②③④解得: v1

? 1m / s

v2 ? 4m / s

小球碰后上升至高度 h 的过程机械能守恒,有:

1 Mv12 ? Mgh 2

⑤ ⑥

1分 1分

代人数据解得: h ? 0.05m

2)设物块从 D 点以速度υ D 做平抛落入沙坑,时间为 t,有:

s?

⑧ 由题知: 0.4m ? x ? 0.8m 可解得: 2m / s ? vD ? 2 2m / s

x ? vDt

1 2 gt 2



1分 1分



1分

诡镯 诡镯左耳听不见 诡镯酷匠网 http://www.jiezhong.org/book/160/ 讨论:Ⅰ)当 vD ? 2 2m / s ? v0 ,物块在传送带上一定做匀减速运动,此时 C 点速度最大 为 v3 ,由 vD
2

? v32 =-2?gl
2

得: v3 = 10 m/s 得: v4 =0 12 ○ 11 ○



1分

Ⅱ)当 vD ? 2m / s ? v0 ,物块在传送带上一定做匀加速运动,此时 C 点速度最 小为 v 4 ,由 vD

? v42 =2?gl

1分 1分

物块要滑上传送带,则 vC >0 ,故 0 ? vC ? 10m / s 物块从 B 到 C,由动能定理得:

-2?

M 1M 2 1M 2 gL= vC ? v2 2 2 2 2 2

13 ○ 14 ○

1分 1分

联立○ 12 ○ 13 得: 1m ?

L ? 4m

10. (2012 年六校联考 36)如图,一个传送带倾斜放置,倾角 ? =53? ,传送带的动摩

擦因数为 ? =0.5 ,长度 L=10m,传送带沿顺时针方向转动,一个质量 m=1kg 的物体 1 在光 滑的平台上向右做匀速直线运动,速度大小为 v0 ,在平台末端,物体 1 和静止的相同质量 的物体 2 发生弹性碰撞,碰撞后物体 2 水平抛出,当物体 2 运动到传送带上表面顶端 A 点 时,速度方向刚好和传送带上表面平行,即物体 2 无碰撞地运动到传送带上,已知斜面顶端 与平台的高度差 h=0.8m,重力加速度 g ? 10 m s 2 , sin 53 ? 0.8 , cos 53 ? 0.6 。求:
? ?

(1)物体 1 的速度的大小 v0 。 (2)如果传送带静止,求物体 2 在传送带上下滑时的加速度。 (3)讨论传送带的摩擦力对物体 2 做的功 W f 与传送带转动速度 v 的关系。

解析: (1)物体 1、2 发生弹性碰撞,因为能量动量守恒,碰撞后两物体速度交换,物 体 2 速度 v0 抛出,由速度偏向角

1 gt ? tan 53? 和 h ? gt 2 得 v0=3m/s 2 v0
(2) 由牛顿第二定律: mg sin 53 ? ?mg cos53 ? ma
? ?

(6 分)

(2 分)

得:a=5m/s2,方向沿斜面向下。 (2 分) (3)物体 2 到达 A 点的速度为 vA=5m/s, 如果传送带速度很快,物体在传送带上的速度始终比传送带慢,设物体到达 B 点时的速度 大小为 vB 英雄联盟之逆天王者 http://m.jiezhong.org/info-198/ 由动能定理: mg sin 53 ? ? mg cos 53 ? L ?
? ?

?

?

1 2 1 2 mvB ? mv A 2 2

得:vB=7 5 m/s 故当 v≥7 5 m/s 时,滑动摩擦力一直做正功, Wf ? ?mg cos53? L ? 30J 如果传送带速度较慢,物体在传送带上的速度始终比传送带快, 由动能定理: mg sin 53 ? ? mg cos 53 ? L ?
? ?

(3 分)

?

?

1 2 1 2 mvB ? mv A 2 2

得:vB=5 5 m/s 故当 v<5m/s 时,滑动摩擦力一直做负功, Wf ? ??mg cos53? L ? ?30J (2 分)

当 5m/s<v<7 5 m/s 时,物体在斜面上开始时比传送带慢,设在传送带上经过距离 S 物体速 度达到 v , 由动能定理: mg sin 53 ? ? mg cos 53 ? S ?
? ?

?

?

1 2 1 2 mv ? mv A 2 2

得: S ?

v 2 ? 25 22

物体在传送带上前 S 距离摩擦力做正功,后 L-S 的距离摩擦力做负功,

3v 2 ? 405 故摩擦力做功:W f ? ? mg cos 53 S ? ? mg cos 53 ? L ? S ? ? 11
? ?

(3 分)

11. (2012 清远市期末理综物理 36) (18 分)如图所示,水平桌面的右端有一质量为 m 的物块 B,用长为 L 的不可伸长的细线悬挂,B 对水平桌 O 面压力刚好为零,水平桌面离地面的高度为 h=5.0 m,另 L s 一质量为 3m 的物块 A 在距水平桌面的右端 s=4.0 m 处在 m F 3m A B F ? 3mg (取 g=10 m/s2)水平推力向右运动,推到 B 处时 立即撤销 F 并与 B 发生弹性碰撞,已知 A 与桌面间的动摩 h 擦因数为 μ=0.8,物块均可视为质点. (1)求 A 与 B 碰撞前的速度; (2)求碰撞后 A 的落地点与桌面右端的水平距离 x; (3)要使物块 A 与物块 B 碰后,悬挂的细线始终有拉力,试求细线的长度 L 的取值范 围. 解答: (1)第一个过程:A 加速
2 (F ? ?3mg)s ? 1 ? 3mvA 0 ? 0 …(3 分) 2

A 碰撞前速度大小为 vA0 ? 4m/s …(1 分) ,方向向右…(1 分) (不说明方向,该步的分
要扣除) (2)第二个过程:A 与 B 弹性碰撞
3mvA0 ? 3mvA ? mvB …(1 分)

1 ? 3mv2 ? 1 ? 3mv2 ? 1 mv2 …(1 分) A0 A B 2 2 2

vA ? 3m ? m vA0 ? 2m/s , vB ? 2 ? 3m vA0 ? 6m/s …(2 分) 3m ? m 3m ? m
A 平抛: x ? vAt …(1 分) 代入数据得 t ? 1s 、 x ? 2m …(1 分)
h ? 1 gt 2 …(1 分) 2

(3)讨论:若 B 做一个完整的圆周运动时,通过最高点的最小速度 vmin ,则有

mg ? m

2 vmin …(1 分) L

v2 ? gL min

2 ? mg2L ? 1 mvB 从最低点到最高点: 1 mv2 …(1 分) 2 min 2

Lmax ? 0.72m

(1 分)

2 ? mgLmin …(1 分) 若 B 运动到与 O 等高时速度为零,则有: 1 mvB 2

Lmin ? 1.8m (1 分) L 取值范围: 0 ? L ? 0.72m 或 L ? 1.8m …(1 分) (说明:写成 0 ? L ? 0.72m 或 L ? 1.8m 该步不计分) 12. (2012 年执信月考 36) (18 分)图示为仓库中常用的皮带传输装置示意图,它由两 台皮带传送机组成,一台水平传送,A、B 两端相 距 3m , 另一台倾斜, 传送带与地面的倾角 θ= 37° , C、D 两端相距 4.45m , B、C 相距很近.水平部 分 AB 以 5m/s 的速率顺时针转动. 将质量为 10 kg 的一袋大米放在 A 端,到达 B 端后,速度大小不 变地传到倾斜的 CD 部分,米袋与传送带间的动摩擦因数均为 0.5.试求: (1)若 CD 部分传送带不运转,求米袋沿传送带所能上升的最大距离. (2) 若要米袋能被送到 D 端, 求 CD 部分顺时针运转的速度应满足的条件及米袋从 C 端到 D 端所用时间的取值范围.
解析:?米袋在 AB 上加速时的加速度 a0 =

? mg
m

=? g=5 m/s 2

(1 分)

米袋的速度达到 v0=5m/s 时,滑行的距离 s0=

2 v0 =2.5m <AB=3m (1 分) 2a0

因此米袋在到达 B 点之前就有了与传送带相同的速度 设米袋在 CD 上运动的加速度大小为 a,由牛顿第二定律得

(1 分)

mg sin ? +? mg cos ? =ma
代入数据得
2 a=1 0 m / s

(2 分) (1 分)
2 v0 =1.25 m 2a

所以能滑上的最大距离 s=

(2 分)

?设 CD 部分运转速度为 v1 时米袋恰能到达 D 点(即米袋到达 D 点时速度恰好为零) , 则米袋速度减为 v1 之前的加速度为

a1=-g ?sin ?+? cos? ?=-10m/s2

(1 分)

米袋速度小于 v1 至减为零前的加速度为

a2=-g ?sin ? -? cos? ?=-2m/s2

(1 分)



2 2 v1 -v0 0-v2 + 1 =4.45m 2a1 2a2

(1 分)

解得

v1=4 m / s

(1 分) (1 分)

即要把米袋送到 D 点,CD 部分的速度 vCD ≥ v1=4m/s 米袋恰能运到 D 点所用时间最长为

tmax =

v1 -v0 0-v1 + =2.1s a1 a2

(2 分)

若 CD 部分传送带的速度较大,使米袋沿 CD 上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上,则所 用时间最短,此种情况米袋加速度一直为 a2 。http://m.jiezhong.org/wapbook-3843/我在泰国 卖佛牌的那几年 由 sCD =v0tmax + a2tmax,得tmax =1.16s 所以,所求的时间 t 的范围为

1 2

2

(2 分)

1 . 1 6≤ st≤

2.1s (1 分)

二、电学综合题 1. (2011 年肇庆市二模 36) (18 分)如图所示,一半径为 r 的圆形导线框内有一匀强 磁场, 磁场方向垂直于导线框所在平面, 导线框的右端通过导线接一对水平放置的平行金属 板, 两板间的距离为 d. 在 t=0 时, 圆形导线框中的磁感应强度 B 从 B0 开始均匀增大; 同时, 有一质量为 m、带电量为 q 的液滴以初速度 v0 水平向右射入两板间(该液滴可视为质点) 。 该液滴恰能从两板间作匀速直线运动,然后液滴在电场强度大小恒定、方向未知、磁感应强 度为 B1、宽为 L 的(重力场、电场、磁场)复合场(磁场的上下区域足够大)中作匀速圆 周周运动.求: (1)磁感应强度 B 从 B0 开始均匀增大时,试判断 1、2 两极板哪一块为正极 板?磁感应强度随时间的变化率 K=?(2) (重力场、电场、磁场)复合场中的电场强度方 向如何?大小如何?(3)该液滴离开复合场时,偏离原方向的距离。 L ×
1 B 2

× × × × × ×

× ×

× ×

v0

×
d

× × × ×

× × B1 × × × × × ×

解: (18 分) (1)2 极板为正极板(2 分) 由题意可知:

两板间的电压 U= 而:S=πr2 ②

?? ?B ?S ? SK ?t ?t
qU d


①(1 分)

带电液滴所受的电场力:F= 在竖直方向:F-mg=0 由以上各式得 K=

(1 分) (1 分) (1 分)

④ ⑤

mgd ? r 2q

(2)液滴在复合场中作匀速圆周周运动,则电场力与重力平衡,所以,电场力方 向竖直向上,由题意知该液滴带正电,故电场强度方向竖直向上。 (2 分) 设匀强电场强度为 E,则 qE ? m g ⑥ (1 分)

E?

mg q

(1 分)

(3)液滴进入复合场后做匀速圆周运动,设运动半径为 R, 2 m? 0 由牛顿第二定律有: q? 0 B1 ? ⑦ (1 分) R 由⑦式得: R ?

m? 0 qB1

(1 分) (1 分)
2

讨论:①若 R>L,电子从磁场右边界离开 由几何关系知偏转距离为 y ? R ?
2

R ?L
2
2 0 2 1



(1 分)

m v m v0 (1 分) ? ? L2 ⑨ 2 q B qB1 ②若 R≤L,电子从磁场左边界离开 (1 分) 由几何关系知偏转距离为 y=2R (1 分) 2m v0 代入数据并整理得 y ? ⑩ (1 分) qB1 (用其他解法正确的同样给分) 2. (2011 年惠州市一模 36) (18 分)有一平行板电容器,内部为真空,两个电极板的 间距为 d ,每一个正方形电极板的长均为 L,电容器内有一均匀电场,U 为两个电极板间的 电压,如图甲所示。电子从电容器左端的正中央以初速 v0 射入,其方向平行于电极板之一 边,并打在图上的 D 点。电子的电荷以-e 表示,质量以 m 表示,重力可不计。回答下面各 问题(用已知物理的字母表示) (1)求电子打到 D 点瞬间的动能; (2)电子的初速 v0 至少 必须大于何值,电子才能避开电极板,逸出电容器外?(3)若电容器内没有电场,只有垂 直进入纸面的均匀磁场,其磁感应强度为 B,电子从电容器左端的正中央以平行于电极板一 边的初速 v0 射入,如图乙所示,则电子的初速 v0 为何值,电子才能避开电极板,逸出电容 器外?
代入数据并整理得 y ?

2 解: (1) Ue / 2 ? Ek ? mv0 /2 2 Ek ? (Ue ? mv0 )/2

(2 分)

(1 分)

(2)设电子刚好打到极板边缘时的速度位 V,则 E ? U \ d (1 分) a ? Ee / m (1 分)

d / 2 ? at 2 / 2 (1 分)
v ? L / t (1 分) L ue / m (1 分) 解得 V ? d L ue / m 要逸出电容器外必有 v0 ? d
(3)有两种情况 ①电子从左边出做半圆周运动其半径 R1 ? d / 4 (1 分)

(1 分)

ev1 B ? mv12 / R1
v1 ? eBd / 4m

(1 分) (1 分) (1 分) (1 分)

电子避开电极板的条件是 v1 ? eBd / 4m
2 ②电子从右边出 R2 ? L2 ? (R2 ? d / 2)2

R2 ? (4L2 ? d 2 ) / (4d )
2 ev2 B ? mv2 / R2

(1 分)

(1 分) (1 分)
2 2

v2 ? (4L2 ? d 2 )eB / (4dm)

电子避开电极板的条件是 v2 ? (4L ? d )eB / (4dm)

(1 分)

3. (2012 年肇庆一模 35)(18 分)有一平行板电容器,内部为真空,两个极板的间距 为 d ,极板长为 L,极板间有一匀强电场,U 为两极板间的电压,电子从极板左端的正中央

以初速 v0 射入,其方向平行于极板,并打在极板边缘的 D 点,如下图(甲)所示。电子的 电荷量用 e 表示,质量用 m 表示,重力不计。回答下面问题(用字母表示结果) 。 (1)求电子打到 D 点的动能; (2)电子的初速 v0 必须大于何值,电子才能飞出极板; (3)若极板间没有电场,只有垂直纸面的匀强磁场,磁感应强度大小为 B,电子从极 板左端的正中央以平行于极板的初速 v0 射入,如下图(乙)所示,则电子的初速 v0 为何值, 电子才能飞出极板? d/2 L D d d/2 v L D d

(甲) (乙) 解: (1)设电子打到 D 点时的动能为 Ek,由动能定理可得:

1 U 2 Ek ? mv 0 ? e ①(3 分) 2 2 2 由①式解得: Ek ? (Ue ? mv0 ) / 2 ②(2 分)
(2)设电子刚好打到极板边缘时的速度为 v,电子在平行板电容器间做类平抛运动, 设其在竖直方向的加速度为 a,在电场中的飞行时间为 t,则由电场力及牛顿第二定律、平 抛运动的规律可得:

eu ? ma ③(1 分) d d / 2 ? at 2 / 2 ④(1 分) v ? L / t ⑤(1 分)
由③④⑤式联立解得: v ?

L ue d m
d

(1 分) (1 分)

所以电子要逸出电容器,必有: v0 ? L ue / m

(3)在只有磁场情况下电子要逸出电容器,有两种情况. ①电子从左边出,做半圆周运动,其半径: R1 ? d / 4 ⑥(1 分)
2 由洛仑兹力和向心力公式可得: ev1 B ? mv1 / R1 ⑦(1 分)

由⑦式解得: v1 ? eBd / 4m ⑧(1 分) 因此电子避开极板的条件是: v1 ? eBd / 4m ⑨(1 分)
2 ②电子从右边出,做半圆周运动其半径: R2 ? L2 ? ( R2 ? d / 2)2



由⑩式解得: R2 ? (4L ? d ) / (4d )
2 2

(1 分)

2 由洛仑兹力和向心力公式可得: ev2 B ? mv2 11 (1 分) / R2 ○

由○ 11 式解得: v2 ? (4L2 ? d 2 )eB / (4dm) ○ 12 (1 分) 电子避开极板的条件是: v2 ? (4L ? d )eB / (4dm)
2 2

(1 分)


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