[推荐学习]全国通用版高考物理总复习优编增分练：计算题考点排查练7

全国通用版高考物理总复习优编增分练：选择题考点排查练72016年全国Ⅲ卷选择题考点排查练中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．14．(2018·安徽省A10联盟最后一卷)已知月球绕地球做圆周运动的轨道半径为r，周期为T.如图1，某小行星掠过地球时其轨道刚好与月球轨道相切于A点，若只考虑地球对它的引力作用，当这颗小行星运动到A点时，可以求出其( )图1A．加速度的大小B．线速度的大小C．角速度的大小D．受到地球的引力的大小答案A15．(2018·广东省湛江市第二次模拟)如图2所示，ACBD是一个过球心O的水平截面圆，其中AB与CD垂直，在C、D、A三点分别固定点电荷＋Q、－Q与＋q.光滑绝缘竖直杆过球心与水平截面圆垂直，杆上套有一个带少量负电荷的小球，不计小球对电场的影响．现将小球自E点无初速度释放，到达F点的过程中(重力加速度为g)，下列说法正确的是( )图2A．小球在O点的加速度大于gB．小球在E点的电势能大于在O点的电势能C．小球在F点的速度一定最大D．小球在运动过程中机械能一直减小答案B16．(2018·河南省新乡市第三次模拟)汽车以某一初速度开始做匀加速直线运动，第1 s内行驶了1 m，第2 s内行驶了2 m，则汽车第3 s内的平均速度为( )A．2 m/s B．3 m/sC．4 m/s D．5 m/s答案B解析根据匀变速直线运动的推论可知：x2－x1＝x3－x2，则x3＝3 m，则第3 s内的平均速度为3＝＝3 m/s，故选B.17．(2018·河南省新乡市第三次模拟)如图3所示，竖直平面内固定的半圆弧轨道两端点M、N连线水平，将一轻质小环套在轨道上，一细线穿过轻环，一端系在M点，另一端系一质量为m的小球，不计所有摩擦，重力加速度为g，小球恰好静止在图示位置，下列说法正确的是( )图3A．轨道对轻环的支持力大小为mgB．细线对M点的拉力大小为3mg2C．细线对轻环的作用力大小为3mg2D．N点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30°答案D解析对轻环受力分析，因轻环两边细线的拉力相等，可知两边细线拉力与圆弧对轻环的支持力方向的夹角相等，设为θ，由几何关系可知，∠OMA＝∠MAO＝θ，则3θ＝90°，θ＝30°；则轨道对轻环的支持力大小为FN＝2mgcos 30°＝mg，选项A错误；细线对M点的拉力大小为FT＝mg，选项B错误；细线对轻环的作用力大小为FN′＝FN ＝mg，选项C错误；由几何关系可知，N点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30°，选项D正确．18．(2018·江西省南昌市第二次模拟)如图4所示，正三角形的三条边都与圆相切，在圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，质子H和氦核He都从顶点A沿∠BAC的角平分线方向射入磁场，质子H从C点离开磁场，氦核He从相切点D离开磁场，不计粒子重力，则质子和氦核的入射速度大小之比为( )图4A．6∶1 B．3∶1C．2∶1 D．3∶2答案A解析设三角形的边长为L，根据几何关系可以得到磁场圆的半径为R ＝L，质子进入磁场时的运动轨迹如图甲所示由几何关系可得r1＝Rtan 60°＝L氦核进入磁场时的运动轨迹如图乙所示，由几何关系可得：r2＝Rtan 30°＝L粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力，即qvB＝m，结合两个粒子的轨迹半径可求得质子和氦核的入射速度大小之比为6∶1，故A正确．19．(2018·福建省南平市5月综合质检)用同样的交流电源分别给图5甲、乙两个电路中相同的四个灯泡供电，四个灯泡均正常发光，乙图中理想变压器原、副线圈的匝数比为3∶1，则( )图5A．滑动变阻器接入电路的阻值与灯泡正常发光时的阻值相等B．滑动变阻器接入电路的阻值与灯泡正常发光时的阻值之比为2∶1 C．甲、乙两个电路中的电功率之比为3∶2D．甲、乙两个电路中的电功率之比为2∶1答案AC解析设灯泡的额定电流为I，电阻为R；在题图乙中，副线圈的电压U2＝IR，根据理想变压器原、副线圈的匝数比为3∶1，得原线圈两端电压为U＝U1＝3U2＝3IR；在题图甲中，滑动变阻器两端电压为UR1＝U－2IR＝IR，流过的电流为I，则滑动变阻器接入电路的阻值为R1＝＝＝R，故A正确，B错误；在题图甲电路中，电功率为P1＝UI＝3I2R，在题图乙中，电功率为P2＝2I2R，则P1∶P2＝3∶2，故C正确，D错误．20．(2018·湖北省仙桃、天门、潜江三市期末联考)如图6所示，长为L的轻质细杆一端拴在天花板上的O点，另一端拴一质量为m的小球．刚开始细杆处于水平位置，现将小球由静止释放，细杆从水平位置运动到竖直位置，在此过程中小球沿圆弧从A点运动到B点，不计空气阻力和O点阻力，则( )图6A．小球下摆过程中，重力对小球做功的平均功率为0B．小球下落高度为0.5L时，细杆对小球拉力为1.5mgC．小球经过B点时，细杆对小球的拉力为2mgD．小球下摆过程中，重力对小球做功的瞬时功率先增大后减小答案BD解析小球下摆过程中，重力做的功W＝mgL，则重力的平均功率＝，不为零，故A错误；小球下落高度为0.5L时到达C点，设细杆与水平方向夹角为θ角，其受力情况如图所示由几何关系得：sin θ＝＝，解得θ＝30°；下降0.5L，只有重力做功，细杆的拉力不做功，由机械能守恒定律得：mg×0.5L＝mvC2，在C点有：FT－mgsin θ＝m，联立解得：FT＝1.5mg，故B正确；从A 点到B点，由机械能守恒定律得：mgL＝mvB2，在B点有：FT′－mg ＝m，联立解得：FT′＝3mg，故C错误；小球下摆过程中，竖直方向的分速度先变到最大再减小到0，由PG＝mgvy知，重力对小球做功的瞬时功率先增大后减小，故D正确．21．(2018·河北省衡水金卷模拟一)如图7所示，线圈ABCD匝数n＝10，面积S＝0.4 m2，边界MN(与线圈的AB边重合)右侧存在磁感应强度B＝ T的匀强磁场，若线圈从图示位置开始绕AB边以ω＝10πrad/s的角速度匀速转动．则以下说法正确的是( )图7A．线圈产生的是正弦交流电B．线圈在转动过程中产生的最大感应电动势为80 VC．线圈转动 s时瞬时感应电动势为40 VD．线圈产生的电动势的有效值为40 V答案BD解析线圈在有界磁场中将产生正弦半波脉动电流，故A错误；电动势最大值Em＝nBSω＝80 V，故B正确；线圈转动 s、转过角度，瞬。

2015年(全国Ⅰ卷)计算题考点排查练24．(2018·广东省东莞市上学期期末质检)如图1所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.4 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B＝0.5 T、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场，金属导轨的一端接有电动势E＝4.5 V、内阻r ＝0.5 Ω的直流电源，现把一个质量m＝0.04 kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R＝2.5 Ω，金属导轨电阻不计，g取10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图1(1)通过导体棒的电流I的大小；(2)导体棒受到的安培力F的大小及方向；(3)导体棒受到的摩擦力F f的大小及方向．答案(1)1.5 A (2)0.3 N 方向平行导轨向上(3)0.06 N 方向平行导轨向下解析(1)导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，由闭合电路欧姆定律得I＝ER＋r，解得：I＝1.5 A(2)导体棒受到的安培力F＝BIL＝0.3 N由左手定则可得，安培力F方向平行导轨向上．(3)导体棒所受重力沿导轨向下的分力F1＝mg sin 37°＝0.24 N由于F1小于安培力，故导体棒受沿导轨向下的摩擦力F f，画出导体棒的受力示意图如图：则据共点力平衡条件有mg sin 37°＋F f＝F，解得F f＝0.06 N.25．(2018·广东省梅州市5月二模)如图2所示，在光滑的水平面上有一质量为m C＝1 kg的足够长的木板C，在C上放置有A、B两物体，A的质量为m A＝1 kg，B的质量为m B＝2 kg.A、B 之间锁定一被压缩了的水平轻弹簧，弹簧储存的弹性势能E p ＝3 J ，现突然给A 、B 一瞬时冲量作用，使A 、B 同时获得v 0＝2 m/s 的初速度，与此同时弹簧由于受到扰动而解除锁定，并在极短的时间内恢复原长，之后与A 、B 分离(此过程中C 仍保持静止)．已知A 和C 之间的动摩擦因数为μ1＝0.2，B 、C 之间的动摩擦因数为μ2＝0.1，且滑动摩擦力略小于最大静摩擦力．求：(g 取10 m/s 2)图2(1)弹簧与A 、B 分离的瞬间，A 、B 的速度分别是多大？(2)已知在C 第一次碰到右边的固定挡板之前，A 、B 和C 已经达到了共同速度，求共同速度v 和达到共速之前A 、B 、C 的加速度a A 、a B 、a C 的大小？(3)已知C 与挡板的碰撞无机械能损失，求在第一次碰撞后到第二次碰撞前A 在C 上滑行的距离？答案 (1)v A ＝0 v B ＝3 m/s (2)v ＝1.5 m/s a A ＝a B ＝a C ＝1 m/s 2(3)0.75 m解析 (1)在弹簧弹开两物体的过程中，由于作用时间极短，对A 、B 及弹簧组成的系统由动量守恒定律和能量守恒定律可得：(m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B v B E p ＋12(m A ＋m B )v 02＝12m A v A 2＋12m B v B 2联立解得：v A ＝0，v B ＝3 m/s(2)对物体B 有：a B ＝μ2g ＝1 m/s 2假设A 、C 相对静止，有：μ2m B g ＝(m A ＋m C )a解得：a ＝1 m/s 2因为：m A a <μ1m A g ，假设成立故物体A 、C 的共同加速度为a ＝1 m/s 2对A 、B 、C 组成的系统，水平方向不受外力，由动量守恒定律可得：m B v B ＝(m A ＋m B ＋m C )v 解得：v ＝1.5 m/s(3)C 和挡板碰撞后，先向左匀减速运动，后向右匀加速运动，在向右加速过程中先C 和A 达到共同速度v 1，之后AC 再以共同的加速度向右匀加速，B 一直向右匀减速，最后三者达到共同速度做匀速运动． a A ′＝μ1g ＝2 m/s 2；a B ＝1 m/s 2μ1m A g ＋μ2m B g ＝m C a C ′解得：a C ′＝4 m/s 2v 1＝v －a A ′t ＝－v ＋a C ′t解得：v 1＝0.5 m/s ，t ＝0.5 sx A ＝v ＋v 12t ＝0.5 m x C ＝－v ＋v 12t ＝－0.25 m 故A 、C 间的相对运动距离为 x AC ＝x A ＋|x C |＝0.75 m.。

2017年(全国Ⅰ卷)计算题考点排查练24．(2018·江西省新余市上学期期末)滑梯是幼儿园必备的一种玩具，它可以培养孩子坚定的意志和信心，可以培养孩子的勇敢精神，现有一滑梯，高处水平台面距地面高h＝1.5 m，倾斜槽倾角为37°，下端为水平槽，长L＝0.5 m，厚度不计．倾斜部分和水平部分用一忽略大小的圆弧连接，示意图如图1所示，一质量为20 kg的小孩由静止从高处水平台面沿倾斜槽下滑，当滑到水平槽末端时速度大小为v＝2 m/s.(结果保留两位小数，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：图1(1)若滑梯的倾斜槽和水平槽摩擦因数相同，求此摩擦因数的值．(2)若小孩滑到水平槽末端速度大于1 m/s时危险性较大，为了小孩能滑到水平槽且保证安全，将滑梯水平槽粗糙处理．[倾斜槽的摩擦因数与(1)问中相同]，请你求出水平槽处理后的摩擦因数取值范围．答案(1)0.52(2)大于等于0.82解析(1)研究小孩的整个运动过程，利用动能定理：mgh－μmg cos θ×－μmgL ＝mv2可得：μ＝0.52(2)为使小孩能安全到达水平槽的末端，则在水平槽的末端速度v应小于等于v0＝1 m/s，设处理后水平槽摩擦因数为μ1，小孩到达斜槽末端的速度为v1，根据动能定理在斜面上有：mgh－μmg cos θ×＝mv12在水平面上有：mv02－mv12＝－μ1mgL联立得：μ1＝0.82所以μ1≥0.8225．(2018·四川省乐山市第一次调研)如图2所示，AB是位于竖直平面内、半径R＝0.5 m的圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端点B与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度E＝5×103 N/C.今有一质量为m＝0.1 kg、带电荷量q＝＋8×10－5C的小滑块(可视为质点)从A点由静止释放．若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.05，取g＝10 m/s2，求：图2(1)小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B时对B点的压力；(2)小滑块在水平轨道上向右滑过的最大距离；(3)小滑块最终的运动情况．答案(1)2.2 N方向竖直向下(2) m(3)在圆弧轨道上往复运动解析(1)设小滑块第一次到达B点时的速度为v B，圆弧轨道对滑块的支持力为F N，则由动能定理得mgR－qER＝mv B2由牛顿第二定律得F N－mg＝m解得F N＝2.2 N由牛顿第三定律知，小滑块滑到B点时对轨道的压力为2.2 N，方向竖直向下(2)设小滑块在水平轨道上向右滑行的最大距离为x，mgR－qE(R＋x)－μmgx＝0得x＝m(3)由题意知qE＝8×10－5×5×103 N＝0.4 Nμmg＝0.05×0.1×10 N＝0.05 N因此有qE>μmg所以小滑块最终在圆弧轨道上往复运动．。

2016年(全国Ⅰ卷)计算题考点排查练24．(2018·陕西省榆林市第四次模拟)如图1所示，间距为d 的两竖直光滑金属导轨间接有一阻值为R 的电阻，在两导轨间水平边界MN 下方的区域内存在着与导轨平面垂直的匀强磁场．一质量为m 、长度为d 、电阻为r 的金属棒PQ 紧靠在导轨上．现使棒PQ 从MN 上方d2高度处由静止开始下落，结果棒PQ 进入磁场后恰好做匀速直线运动．若棒PQ 下落过程中受到的空气阻力大小恒为其所受重力的14，导轨的电阻忽略不计，棒与导轨始终保持垂直且接触良好，重力加速度大小为g ，求：图1(1)棒PQ 在磁场中运动的速度大小v ；(2)匀强磁场的磁感应强度大小B .答案 (1)3gd 2 (2)3mg (R ＋r )2d 23gd解析 (1)棒PQ 进入磁场前做匀加速直线运动，设其加速度大小为a .由运动学公式得v 2＝2a ·d 2根据牛顿第二定律得mg －14mg ＝ma 解得：v ＝3gd 2(2)棒PQ 在磁场中做匀速直线运动时，切割磁感线产生的感应电动势为E ＝Bdv 回路中通过的感应电流为I ＝ER ＋r对棒PQ ，由受力平衡条件得BId ＝mg －14mg解得：B ＝3mg (R ＋r )2d 23gd25．(2018·贵州省贵阳市5月适应性考试二)如图2所示，半径为R ＝0.5 m 、内壁光滑的圆轨道竖直固定在水平地面上．圆轨道底端与地面相切，一可视为质点的物块A 以v 0＝6 m/s 的速度从左侧入口向右滑入圆轨道，滑过最高点Q ，从圆轨道右侧出口滑出后，与静止在地面上P 点的可视为质点的物块B 碰撞(碰撞时间极短)，P 点左侧地面光滑，右侧粗糙段和光滑段交替排列，每段长度均为L ＝0.1 m ，两物块碰后粘在一起做直线运动．已知两物块与各粗糙段间的动摩擦因数均为μ＝0.1，物块A 、B 的质量均为m ＝1 kg ，重力加速度g 取10 m/s 2.图2(1)求物块A 到达Q 点时的速度大小v 和受到的弹力F N ；(2)若两物块最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值；(3)求两物块滑至第n (n <k )个光滑段上的速度v n 与n 的关系式． 答案 见解析解析 (1)物块A 滑入圆轨道到达Q 的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律得： 12mv 02＝12mv 2＋2mgR ① 物块A 做圆周运动：F N ＋mg ＝m v 2R② 由①②联立得：v ＝4 m/sF N ＝22 N ，方向向下③(2)在与B 碰撞前，系统机械能守恒，A 和B 在碰撞过程中动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得：m A v 0＝(m A ＋m B )v 1④A 、B 碰后向右滑动，由动能定理得：－μ(m A ＋m B )gs ＝0－12(m A ＋m B )v 12 ⑤由④⑤联立得s ＝4.5 m ，所以k ＝s L＝45；(3)设碰后A 、B 滑至第n 个光滑段上的速度为v n ，由动能定理得：－μ(m A ＋m B )gnL ＝12(m A ＋m B )v n 2－12(m A ＋m B )v 12⑥ 解得：v n ＝v 12－2μgnL ＝9－0.2n (n <45)。

2014年(全国Ⅱ卷)选择题考点排查练二、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．14．(2018·广东省湛江市第二次模拟)某同学在开展研究性学习的过程中，利用速度传感器研究某一物体以初速度1 m/s 做直线运动的速度v 随时间t 变化的规律，并在计算机上得到了前4 s 内物体速度随时间变化的关系图象，如图1所示．则下列说法正确的是( )图1A ．物体在1 s 末速度方向改变B ．物体在3 s 末加速度方向改变C ．前4 s 内物体的最大位移只出现在第3 s 末，大小为3.5 mD ．物体在第2 s 末与第4 s 末的速度相同答案 C15．(2018·湖北省4月调研)如图2，某楼梯有k 级台阶，每级台阶长L ＝30 cm ，高h ＝15 cm.某同学从第0级台阶的边缘以v 0＝2.4 m/s 的速度平抛小球，小球将首先落在(不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2) ( )图2A ．第1级台阶上B ．第2级台阶上C ．第3级台阶上D ．第4级台阶上答案 B16．(2018·贵州省安顺市适应性监测三)在一次跳绳体能测试中，一位体重约为50 kg 的同学，一分钟内连续跳了140次，若该同学每次跳跃的腾空时间为0.2 s ，重力加速度g 取10 m/s 2，则他在这一分钟内克服重力做的功约为( )A ．3 500 JB ．14 000 JC ．1 000 JD ．2 500 J答案 A解析 G ＝mg ＝50 kg×10 N/kg＝500 N ，每次跳跃腾空时间为0.2 s ，故上升过程用时0.1 s ，上升的高度为h ＝0.05 m ，则起跳一次克服重力做的功W 0＝Gh ＝500 N×0.05 m＝25 J ；1 min 跳了140次，则1 min 内克服重力做功W ＝140W 0＝140×25 J＝3 500 J ，故选A.17．(2018·山西省太原市上学期期末)对于挑战世界最大的环形车道(直径 12.8 m ，位于竖直面内，如图3所示)的特技演员Steve Truglia 来说， 瞬间的犹豫都可能酿成灾难性后果．若速度太慢，汽车在环形车道上，便有可能像石头一样坠落；而如果速度太快，产生的离心力可能让他失去知觉．挑战中汽车以16 m/s 的速度进入车道，到达最高点时，速度降至10 m/s 成功挑战．已知演员与汽车的总质量为 1 t ，将汽车视为质点，在上升过程中汽车速度一直减小，下降过程中速度一直增大，取 g ＝10 m/s 2，则汽车在以16 m/s 的速度进入车道从最低点上升到最高点的过程中( )图3A ．通过最低点时，汽车受到的弹力为 4×104NB ．在距地面6.4 m 处，演员最可能失去知觉C ．只有到达最高点时汽车速度不小于10 m/s ，才可能挑战成功D ．只有汽车克服合力做的功小于 9.6×104 J ，才可能挑战成功答案 D解析 通过最低点时，汽车受到的弹力为F N1＝mg ＋m v 2R ＝1 000×(10＋1626.4)N ＝5×104 N ，选项A 错误；在轨道的最低点时，车速最大，人对座椅的压力最大，最容易失去知觉，选项B 错误；汽车到达最高点的最小速度为v ＝gR ＝10×6.4 m/s ＝8 m/s ，则只有到达最高点时汽车速度不小于8 m/s ，才可能挑战成功，选项C 错误；从最低点到最高点克服合外力做的功最大为W ＝12mv 02－12mv 2＝12×1 000×(162－82)J ＝9.6×104 J ，选项D 正确． 18．(2018·衡水金卷调研卷五)军用卫星指的是用于各种军事目的人造地球卫星，在现代战争中大显身手，作用越来越重要，一颗军事卫星在距离地面高度等于地球半径的圆形轨道上运行，卫星轨道平面与赤道平面重合，侦察信息通过无线电传输方式发送到位于赤道上的地面接收站，已知人造地球卫星的最小周期约为85 min ，此卫星运行方向为自西向东，则下列判断正确的是( )A ．该军事卫星的周期约480 minB ．该军事卫星的运行速度约为7 km/sC ．该军事卫星连续两次通过接收站正上方的时间间隔约为576 minD ．地面接收站能连续接收信息的时间约为96 min答案 D解析 对于该军事卫星和近地卫星，由开普勒第三定律可知⎝ ⎛⎭⎪⎫2R 0R 03＝⎝ ⎛⎭⎪⎫T T min 2，解得T ＝22T min ≈240 min，A 错误；卫星运行的速度v ＝GM 2R 0＝12×GM R 0＝7.92km/s ≈5.6 km/s ，B 错误；该军事卫星连续2次通过接收站正上方，由几何关系可知2πT t 1－2πT 0t 1＝2π，解得t 1≈288 min，C 错误；卫星与接收站的关系如图：设卫星在A 1、A 2位置接收站恰好能接收到信息，由几何关系可知∠A 1OB 1＝∠A 2OB 2＝π3，2π3＋t 2T 0·2π＝t 2T ·2π，解得t 2＝TT 03(T 0－T )≈96 min，D 正确． 19．(2018·广西钦州市第三次质检)真空中，两个固定点电荷A 、B 所带电荷量分别为Q A 和Q B ，在它们共同形成的电场中，有一条电场线如图4实线所示，实线上的箭头表示电场线的方向，电场线上标出了C 、D 两点，其中D 点的切线与AB 连线平行，O 点为AB 连线的中点，则( )图4A ．A 带正电，B 带负电，且|Q A |>|Q B |B ．O 点电势等于D 点电势C ．点电荷A 在D 点产生的场强比点电荷B 在D 点产生的场强大D ．负检验电荷在C 点的电势能大于在D 点的电势能答案 AC解析 根据电场线的方向，知A 带正电，B 带负电；D 点的场强可看成A 、B 两点电荷在该点产生场强的合场强，电荷A 在D 点产生的场强方向沿AD 向上，电荷B 在D 点产生的场强沿DB 向下，合场强水平向右，可知A 电荷在D 点产生的场强大于B 电荷在D 点产生的场强，而AD >BD ，所以|Q A |>|Q B |，A 、C 正确；因|Q A |>|Q B |，在AB 连线上电势与D 点相同的点在OB 之间，A 带正电荷，B 带负电荷，所以O 点电势比D 点电势高，B 错误；沿电场线方向电势逐渐降低，φC >φD ，再根据E p ＝q φ，q 为负电荷，知E p C <E p D ，D 错误．20．(2018·青海省西宁市二模)如图5所示，在长方形abcd 区域内，存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，O 点为ad 边的中点，ab ＝2ad ，由氕核(11H)和氘核(21H)(重力均不计)组成的一细束粒子流沿与ab 平行的方向以相同的速度从O 点射入磁场中，下列说法正确的是( )图5A ．氕核和氘核在磁场中运动的轨迹半径之比为2∶1B ．若氘核从Od 边射出磁场，则氕核和氘核在磁场中运动的时间之比为1∶2C ．若氕核从d 点射出磁场，则氕核和氘核在磁场中运动的时间之比为2∶1D ．若氕核从cd 边的中点射出磁场，则氘核从cd 边射出磁场答案 BD解析 根据r ＝mv qB 可知氕核和氘核在磁场中运动的轨迹半径之比为r D r C ＝m D m C ＝12，选项A 错误；若氘核从Od 边射出磁场，可知氘核在磁场中运动半个圆周，因为氕核运动半径小于氘核，可知氕核在磁场中运动半个圆周从Od 边射出，根据T ＝2πm qB可知，氕核和氘核的周期之比为1∶2，则氕核和氘核在磁场中运动的时间之比为1∶2，选项B 正确；若氕核从d 点射出磁场，因氘核运动半径是氕核运动半径的2倍，可知氘核运动14圆周垂直于dc 边从dc 边射出，结合B 的分析可知，氕核和氘核在磁场中运动的时间之比为1∶1，选项C 错误；设ab ＝2ad ＝2l ，则若氕核从cd 边的中点射出磁场，则由几何关系可知：r 2＝l 2＋(r －l 2)2，解得r ＝5l 4；因氘核运动半径为氕核的2倍，则氘核运动的半径为r ′＝5l 2，由几何关系，氘核出射点离d 点的距离：x ＝r ′2－(r ′－l 2)2＝3l 2，即氘核从cd 边射出磁场，选项D 正确． 21．(2018·山东省青岛市5月二模)如图6，将手摇交流发电机与一理想变压器的原线圈相连，副线圈电路中接有三个定值电阻、开关、灯泡及一个压敏电阻．压敏电阻具有这样的特点：只有加在它两端的电压大于某一值时，才会有电流通过．现将手摇发电机的手柄匀速转动，小灯泡周期性的闪亮，闭合开关后，小灯泡不再闪亮．下列说法正确的是( )图6A．将滑动头P向上滑动，可能使灯泡继续闪亮，且闪亮频率不变B．将滑动头P向下滑动，可能使灯泡继续闪亮，但闪亮频率变小C．将滑动头P向上滑动，可能使灯泡继续闪亮，但闪亮频率变大D．增大发电机手柄的转速，可能使灯泡继续闪亮，但闪亮频率变大答案AD解析将滑动头P向上滑动，变压器副线圈匝数增多，据U1∶U2＝n1∶n2可得，副线圈两端电压增大，压敏电阻两端电压增大，可能使灯泡继续闪亮；原线圈输入电流频率不变，副线圈回路中电流频率不变，灯泡闪亮频率不变，故A项正确，C项错误．将滑动头P向下滑动，变压器副线圈匝数减少，据U1∶U2＝n1∶n2可得，副线圈两端电压减小，压敏电阻两端电压减小，小灯泡可能闪亮，但频率不变，故B项错误．增大发电机手柄的转速，原线圈两端的电压增大，据U1∶U2＝n1∶n2可得，副线圈两端电压增大，压敏电阻两端电压增大，可能使灯泡继续闪亮，增大发电机手柄的转速，原线圈输入电流的频率增大，副线圈电流的频率增大，灯泡闪亮频率变大，故D项正确．。

2018年(全国Ⅱ卷)计算题考点排查练24．(2018·河南省开封市第三次模拟)如图1所示，水平光滑细杆上P 点套一轻质小环，小环通过长L ＝0.5 m 的轻绳悬挂一质量不计的夹子，夹子内夹有质量m ＝0.5 kg 的物块，物块两竖直侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F fm ＝3 N ．现对物块施加F ＝5 N 的水平恒力作用，物块和小环一起沿水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，小环碰到杆上的钉子Q 时立即停止运动，物块恰要相对夹子滑动，与此同时撤去外力，一质量为0.1 kg 的直杆以1 m/s 的速度沿水平方向相向插入夹子将夹子与物块锁定(此过程时间极短)．物块可看成质点，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图1(1)物块做匀加速运动的加速度大小a ；(2)P 、Q 两点间的距离s ；(3)物块向右摆动的最大高度h . 答案 (1)10 m/s 2 (2)0.05 m (3)0.022 m解析 (1)以整体为研究对象，由牛顿第二定律得：F ＝ma ，得：a ＝10 m/s 2(2)环到达Q ，物块刚达到最大静摩擦力，由牛顿第二定律2F fm －mg ＝m v 2L根据动能定理有Fs ＝12m v 2，联立得s ＝0.05 m (3)直杆插入夹子时，直杆与物块水平方向动量守恒，取向右为正方向，m v －m 0v 0＝(m ＋m 0)v 共由动能定理得：－(m ＋m 0)gh ＝0－12(m ＋m 0)v 共2 联立得h ≈0.022 m.25．(2018·河南省新乡市第三次模拟)如图2所示，xOy 坐标系中，在y <0的区域内分布有沿y 轴正方向的匀强电场，在0<y <y 0的区域内分布有垂直于xOy 平面向里的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为＋q 的粒子以初速度v 0由坐标(0，－y 0)处沿x 轴正方向射入电场．已知电场强度大小E ＝m v 022qy 0，粒子重力不计．图2(1)要使粒子不从y ＝y 0边界射出磁场，求磁感应强度应满足的条件；(2)要使粒子从电场进入磁场时能通过点P (50y 0,0)(图中未画出)，求磁感应强度的大小．答案 (1)B >(2＋1)m v 0qy 0(2)见解析 解析 (1)粒子在电场中做类平抛运动，则有：x ＝v 0t ，y 0＝12at 2 qE ＝ma ，v y ＝at解得：x ＝2y 0 ，v y ＝v 0进入磁场时的速度v ＝v 02＋v y 2＝2v 0速度与x 轴夹角的正切值tan θ＝v y v 0＝1，得θ＝45° 若粒子刚好不从y ＝y 0边界射出磁场，则有：q v B ＝m v 2r由几何关系知(1＋22)r ＝y 0 解得B ＝(2＋1)m v 0qy 0故要使粒子不从y ＝y 0边界射出磁场，应满足磁感应强度B >(2＋1)m v 0qy 0(2)粒子相邻两次从电场进入磁场时，沿x 轴前进的距离Δx ＝2x －2r ′＝4y 0－2r ′ 其中初始位置为(2y 0,0)由r ′＝m v qB 得B ＝2m v 0q (4y 0－Δx )又因为粒子不能射出边界：y ＝y 0，所以(22＋1)r ′<y 0，即0<r ′<(2－2)y 0 所以有(6－22)y 0 <Δx <4y 0粒子通过P 点，回旋次数n ＝50y 0－2y 0Δx则48y 04y 0<n <48y 0(6－22)y 0，即12<n <15.1 n 为整数，只能取n ＝13、n ＝14和n ＝15n ＝13时，B ＝13m v 02qy 0 n ＝14时，B ＝7m v 02qy 0 n ＝15时，B ＝5m v 02qy 0。

2018年(全国Ⅱ卷)计算题考点排查练24．(2018·河南省开封市第三次模拟)如图1所示，水平光滑细杆上P 点套一轻质小环，小环通过长L ＝0.5 m 的轻绳悬挂一质量不计的夹子，夹子内夹有质量m ＝0.5 kg 的物块，物块两竖直侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F fm ＝3 N ．现对物块施加F ＝5 N 的水平恒力作用，物块和小环一起沿水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，小环碰到杆上的钉子Q 时立即停止运动，物块恰要相对夹子滑动，与此同时撤去外力，一质量为0.1 kg 的直杆以1 m/s 的速度沿水平方向相向插入夹子将夹子与物块锁定(此过程时间极短)．物块可看成质点，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图1(1)物块做匀加速运动的加速度大小a ；(2)P 、Q 两点间的距离s ；(3)物块向右摆动的最大高度h . 答案 (1)10 m/s 2 (2)0.05 m (3)0.022 m解析 (1)以整体为研究对象，由牛顿第二定律得：F ＝ma ，得：a ＝10 m/s 2(2)环到达Q ，物块刚达到最大静摩擦力，由牛顿第二定律2F fm －mg ＝m v 2L根据动能定理有Fs ＝12m v 2，联立得s ＝0.05 m (3)直杆插入夹子时，直杆与物块水平方向动量守恒，取向右为正方向，m v －m 0v 0＝(m ＋m 0)v 共由动能定理得：－(m ＋m 0)gh ＝0－12(m ＋m 0)v 共2 联立得h ≈0.022 m.25．(2018·河南省新乡市第三次模拟)如图2所示，xOy 坐标系中，在y <0的区域内分布有沿y 轴正方向的匀强电场，在0<y <y 0的区域内分布有垂直于xOy 平面向里的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为＋q 的粒子以初速度v 0由坐标(0，－y 0)处沿x 轴正方向射入电场．已知电场强度大小E ＝m v 022qy 0，粒子重力不计．图2(1)要使粒子不从y ＝y 0边界射出磁场，求磁感应强度应满足的条件；(2)要使粒子从电场进入磁场时能通过点P (50y 0,0)(图中未画出)，求磁感应强度的大小．答案 (1)B >(2＋1)m v 0qy 0(2)见解析 解析 (1)粒子在电场中做类平抛运动，则有：x ＝v 0t ，y 0＝12at 2 qE ＝ma ，v y ＝at解得：x ＝2y 0 ，v y ＝v 0进入磁场时的速度v ＝v 02＋v y 2＝2v 0速度与x 轴夹角的正切值tan θ＝v y v 0＝1，得θ＝45° 若粒子刚好不从y ＝y 0边界射出磁场，则有：q v B ＝m v 2r由几何关系知(1＋22)r ＝y 0 解得B ＝(2＋1)m v 0qy 0故要使粒子不从y ＝y 0边界射出磁场，应满足磁感应强度B >(2＋1)m v 0qy 0(2)粒子相邻两次从电场进入磁场时，沿x 轴前进的距离Δx ＝2x －2r ′＝4y 0－2r ′其中初始位置为(2y 0,0)由r ′＝m v qB 得B ＝2m v 0q (4y 0－Δx )又因为粒子不能射出边界：y ＝y 0，所以(22＋1)r ′<y 0，即0<r ′<(2－2)y 0 所以有(6－22)y 0 <Δx <4y 0粒子通过P 点，回旋次数n ＝50y 0－2y 0Δx则48y 04y 0<n <48y 0(6－22)y 0，即12<n <15.1 n 为整数，只能取n ＝13、n ＝14和n ＝15n ＝13时，B ＝13m v 02qy 0 n ＝14时，B ＝7m v 02qy 0 n ＝15时，B ＝5m v 02qy 0。

2017年(全国Ⅲ卷)计算题考点排查练24．(2018·广东省湛江市第二次模拟)如图1所示的直角坐标系xOy 中，在第一象限和第四象限分别存在垂直纸面向外和向里的匀强磁场，PQ 是磁场的右边界，磁场的上下区域足够大，在第二象限存在沿x 轴正方向的匀强电场，一个质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子从x 轴上的M 点以速度v 0垂直于x 轴沿y 轴正方向射入电场中，粒子经过电场偏转后从y 轴上的N 点进入第一象限，带电粒子刚好不从y 轴负半轴离开第四象限，最后垂直磁场右边界PQ 离开磁场区域，已知M 点与原点O 的距离为32l ，N 点与原点O 的距离为3l ，第一象限的磁感应强度满足B 1＝2mv0ql，不计带电粒子的重力，求：图1(1)匀强电场的电场强度为多大？(2)第四象限内的磁感应强度多大？(3)若带电粒子从进入磁场到垂直磁场右边界离开磁场，在磁场中运动的总时间是多少？答案 (1)mv02ql (2)mv0ql (3)4πl 3v0＋5n πl 2v0(n ＝0,1,2，3，…) 解析 (1)设带电粒子在电场中运动的加速度为a根据牛顿第二定律得：qE ＝ma沿y 轴方向：3l ＝v 0t沿x 轴方向：32l ＝12at 2 解得：E ＝mv02ql(2)粒子在电场中沿x 轴方向做匀加速运动，速度v 1＝at进入磁场时与y 轴正方向夹角tan θ＝v1v0＝3 解得θ＝60°进入磁场时速度大小为v ＝2v 0其运动轨迹，如图所示在第一象限由洛伦兹力提供向心力得：qvB 1＝m v2R1解得：R 1＝l由几何知识可得粒子第一次到达x 轴时过A 点，因ON 满足：ON ＝2R cos 30°，所以NA 为直径．带电粒子刚好不从y 轴负半轴离开第四象限，满足：(2R 1＋R 2)sin 30°＝R 2，解得R 2＝2l根据：qvB 2＝m v2R2，解得：B 2＝B12＝mv0ql(3)带电粒子到达D 点时，因为DC ＝R 1sin 30°＝l 2D ′H ＝R 2－R 2sin 30°＝lF 点在H 点的左侧，带电粒子不可能从第一象限垂直磁场边界离开磁场，则应从第四象限G 点(或多个周期后相应点)离开磁场．带电粒子在第一象限运动周期T 1＝2πR12v0＝πl v0带电粒子在第四象限运动周期T 2＝2πR22v0＝2πl v0带电粒子在磁场中运动时间满足t ＝T12＋5T212＋n ×56(T 1＋T 2)解得：t ＝4πl 3v0＋5n πl 2v0(n ＝0,1,2,3…) 25．(2018·安徽省A10联盟最后一卷)如图2，光滑水平面上静止一质量m 1＝1.0 kg 、长L ＝0.3 m 的木板，木板右端有质量m 2＝1.0 kg 的小滑块，在滑块正上方的O 点用长r ＝0.4 m 的轻质细绳悬挂质量m ＝0.5 kg 的小球．将小球向右上方拉至细绳与竖直方向成θ＝60°的位置由静止释放，小球摆到最低点与滑块发生正碰并被反弹，碰撞时间极短，碰撞前后瞬间细绳对小球的拉力减小了4.8 N ，最终小滑块恰好不会从木板上滑下．不计空气阻力、滑块、小球均可视为质点，重力加速度g 取10 m/s 2.求：图2(1)小球碰前、碰后瞬间的速度大小；(2)小滑块与木板之间的动摩擦因数．答案 (1)2 m/s 0.4 m/s (2) 0.12。

2018年(全国Ⅱ卷)计算题考点排查练24．(2018·河南省开封市第三次模拟)如图1所示，水平光滑细杆上P 点套一轻质小环，小环通过长L ＝0.5 m 的轻绳悬挂一质量不计的夹子，夹子内夹有质量m ＝0.5 kg 的物块，物块两竖直侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F fm ＝3 N ．现对物块施加F ＝5 N 的水平恒力作用，物块和小环一起沿水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，小环碰到杆上的钉子Q 时立即停止运动，物块恰要相对夹子滑动，与此同时撤去外力，一质量为0.1 kg 的直杆以 1 m/s 的速度沿水平方向相向插入夹子将夹子与物块锁定(此过程时间极短)．物块可看成质点，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图1(1)物块做匀加速运动的加速度大小a ；(2)P 、Q 两点间的距离s ；(3)物块向右摆动的最大高度h .答案 (1)10 m/s 2(2)0.05 m (3)0.022 m解析 (1)以整体为研究对象，由牛顿第二定律得：F ＝ma ，得：a ＝10 m/s 2(2)环到达Q ，物块刚达到最大静摩擦力，由牛顿第二定律 2F fm －mg ＝mv 2L根据动能定理有Fs ＝12mv 2，联立得s ＝0.05 m (3)直杆插入夹子时，直杆与物块水平方向动量守恒，取向右为正方向，mv －m 0v 0＝(m ＋m 0)v 共由动能定理得：－(m ＋m 0)gh ＝0－12(m ＋m 0)v 共2 联立得h ≈0.022 m.25．(2018·河南省新乡市第三次模拟)如图2所示，xOy 坐标系中，在y <0的区域内分布有沿y 轴正方向的匀强电场，在0<y <y 0的区域内分布有垂直于xOy 平面向里的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为＋q 的粒子以初速度v 0由坐标(0，－y 0)处沿x 轴正方向射入电场．已知电场强度大小E ＝mv 022qy 0，粒子重力不计．图2(1)要使粒子不从y ＝y 0边界射出磁场，求磁感应强度应满足的条件；(2)要使粒子从电场进入磁场时能通过点P (50y 0,0)(图中未画出)，求磁感应强度的大小．答案 (1)B >(2＋1)mv 0qy 0(2)见解析 解析 (1)粒子在电场中做类平抛运动，则有：x ＝v 0t ，y 0＝12at 2qE ＝ma ，v y ＝at解得：x ＝2y 0 ，v y ＝v 0进入磁场时的速度v ＝v 02＋v y 2＝2v 0速度与x 轴夹角的正切值tan θ＝v yv 0＝1，得θ＝45° 若粒子刚好不从y ＝y 0边界射出磁场，则有：qvB ＝m v 2r由几何关系知(1＋22)r ＝y 0解得B ＝(2＋1)mv 0qy 0故要使粒子不从y ＝y 0边界射出磁场，应满足磁感应强度B >(2＋1)mv 0qy 0 (2)粒子相邻两次从电场进入磁场时，沿x 轴前进的距离Δx ＝2x －2r ′＝4y 0－2r ′ 其中初始位置为(2y 0,0)由r ′＝mvqB 得B ＝2mv 0q (4y 0－Δx ) 又因为粒子不能射出边界：y ＝y 0，所以(22＋1)r ′<y 0，即0<r ′<(2－2)y 0 所以有(6－22)y 0 <Δx <4y 0粒子通过P 点，回旋次数n ＝50y 0－2y 0Δx则48y 04y 0<n <48y 0(6－22)y 0，即12<n <15.1 n 为整数，只能取n ＝13、n ＝14和n ＝15n ＝13时，B ＝13mv 02qy 0 n ＝14时，B ＝7mv 02qy 0 n ＝15时，B ＝5mv 02qy 0。

2016年(全国Ⅱ卷)计算题考点排查练24．(2018·河南省周口市期末)如图1所示，正方形闭合单匝线圈abcd 边长l ＝0.2 m ，质量m 1＝0.47 kg ，电阻R ＝0.1 Ω，线圈上方有方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B ＝0.5 T 的匀强磁场．质量m 2＝1.0 kg 的滑块通过定滑轮O 用绝缘细线与线圈ab 边的中点相连后，放置在倾角为θ＝37°的固定斜面上的A 点．已知滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.15，绝缘细线OA 部分与斜面平行，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s 2.滑块由静止释放后沿斜面向下运动，当线圈开始进入磁场时，恰好做匀速运动，求此速度v 的大小．图1答案 1 m/s解析 线圈开始进入磁场时，ab 边切割磁感线E ＝Blv感应电流I ＝E R ＝Blv R安培力F 安＝BIl ＝B 2l 2v R① 对线圈abcd ，根据平衡条件有：F T ＝F 安＋m 1g ②对滑块：m 2g sin θ＝μm 2g cos θ＋F T ③联立①②③，代入数据解得：v ＝1 m/s25．(2018·贵州省安顺市适应性监测三)如图2所示，半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上，下端与水平地面在P 点相切，一个质量为2m 的物块B (可视为质点)静止在水平地面上，左端固定有轻弹簧，Q 点为弹簧处于原长时的左端点，P 、Q 间的距离为R ，PQ 段地面粗糙、动摩擦因数为μ＝0.5，Q 点右侧水平地面光滑，现将质量为m 的物块A (可视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑，重力加速度为g .求：图2(1)物块A 沿圆弧轨道滑至P 点时对轨道的压力；(2)弹簧被压缩的最大弹性势能(未超过弹性限度)；(3)物块A 最终停止位置到Q 点的距离．答案 (1)3mg ，方向向下 (2)13mgR (3)19R 解析 (1)物块A 从静止沿圆弧轨道滑至P 点，设速度大小为v P ，由机械能守恒定律有：mgR ＝12mv P 2 在最低点轨道对物块的支持力大小为F N ，由牛顿第二定律有：F N －mg ＝m v P 2R， 联立解得：F N ＝3mg ，由牛顿第三定律可知物块对轨道P 点的压力大小为3mg ，方向向下．(2)设物块A 与弹簧接触前瞬间的速度大小为v 0，由动能定理有mgR －μmgR ＝12mv 02－0，v 0＝gR ， 物块A 、物块B 具有共同速度v 时，弹簧的弹性势能最大， 由动量守恒定律有：mv 0＝(m ＋2m )v ，由能量守恒定律得：12mv 02＝12(m ＋2m )v 2＋E pm ， 联立解得E pm ＝13mgR ； (3)设物块A 与弹簧分离时，A 、B 的速度大小分别为v 1、v 2，规定向右为正方向，则有mv 0＝－mv 1＋2mv 2，12mv 02＝12mv 12＋12(2m )v 22， 联立解得：v 1＝13gR ， 设A 最终停在Q 点左侧x 处，由动能定理有：－μmgx ＝0－12mv 12， 解得x ＝19R。

2014年(全国Ⅱ卷)计算题考点排查练24．(2018·湖南省衡阳市第三次联考)一旦发生火灾，高楼居民如何逃生是一直困扰我们的致命问题．最近有人设计了一种新型逃生滑梯，如图1所示，提供了颇具创意的解决方式，这种装置类似于“滑滑梯”，紧急情况中放下，逃生者倚躺在滑梯内，即可顺势滑到底楼．(假设每层间的高度h ＝3 m ，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图1(1)经设计者测试，逃生者从5楼滑到1楼需要10秒钟，假设滑梯坡度为37°.忽略空气阻力和转角处的动能损失．求逃生者的下滑加速度大小和逃生者与“滑滑梯”间的动摩擦因数μ；(2)为了安全，处于高层的逃生者都备有智能躺椅，躺椅配有控速系统和刹车系统，控速系统可以限制下滑过程中速度不超过 6 m/s ，刹车系统可以使减速过程的加速度的大小和加速过程的加速度大小相等．为了安全，滑到地面时的速度大小要求不超过2 m/s ，假设逃生者躺在躺椅上加速下滑的加速度大小和(1)中的加速度大小相等，求从21楼下滑到地面的最短时间．答案 (1)0.4 m/s 20.7 (2)27.5 s解析 (1)由4h sin 37°＝12at 2 解得a ＝0.4 m/s 2由牛顿第二定律：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma解得μ＝0.7(2)经分析，逃生者先做匀加速运动再做匀速运动最后做匀减速运动时间最短 x ＝20h sin 37°＝100 m t 1＝v max a＝15 st 3＝v max －v 末a＝10 s x 1＝v max 2t 1＝45 m x 3＝v max ＋v 末2t 3＝40 m t 2＝x －x 1－x 3v max＝2.5 s 总时间：t ＝t 1＋t 2＋t 3＝27.5 s.25．(2018·江西省南昌市第二次模拟)如图2所示，两根竖直固定的足够长的金属导轨ab 和cd 相距L ＝0.2 m ，另外两根水平金属杆MN 和PQ 的质量均为m ＝0.1 kg ，可沿导轨无摩擦地滑动，MN 杆和PQ 杆接入电路的电阻均为R ＝0.2 Ω(竖直金属导轨电阻不计)，PQ 杆放置在水平绝缘平台上，整个装置处于垂直导轨平面向里的匀强磁场中，g 取10 m/s 2.图2(1)若将PQ 杆固定，让MN 杆在竖直向上的恒定拉力F ＝1.8 N 的作用下由静止开始向上运动，磁感应强度B 0＝1.0 T ，杆MN 的最大速度为多少？(2)若将MN 杆固定，MN 和PQ 的间距为d ＝0.4 m ，现使磁感应强度从零开始以ΔB Δt＝0.5 T/s 的变化率均匀地增大，经过多长时间，杆PQ 对地面的压力为零？答案 (1)8 m/s (2)100 s解析 (1)MN 杆切割磁感线产生的感应电动势为：E 1＝B 0Lv由闭合电路欧姆定律得：I 1＝E 12R MN 杆所受安培力大小为：F 安＝B 0I 1L对MN 杆应用牛顿第二定律得：F －mg －F 安＝ma当MN 杆速度最大时，MN 杆的加速度为零，联立得MN 杆的最大速度为：v m ＝8 m/s(2)磁场变化产生的感应电动势为：E 2＝ΔΦΔt ＝ΔBLd Δt由闭合电路欧姆定律得：I 2＝E 22Rt 时刻的磁感应强度为：B ＝ΔB Δtt PQ 杆受力平衡：mg ＝BI 2L 联立得：t ＝2mgR (ΔB Δt)2L 2d ＝100 s。

2017年(全国Ⅱ卷)计算题考点排查练24．(2018·河北省石家庄二中期中)如图1甲所示，在水平地面上放置一个质量为m＝4 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移x变化的图象如图乙所示．已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，g ＝10 m/s2.求：图1(1)运动过程中物体的最大加速度为多少？(2)距出发点多远时物体的速度达到最大？(3)物体在水平面上运动的最大位移是多少？答案(1)20 m/s2(2)3.2 m(3)10 m解析(1)由牛顿第二定律，得：F－μmg＝ma当推力F＝100 N时，物体所受的合力最大，加速度最大，代入数值解得a＝－μg＝20 m/s2(2)由题图可得推力F是随位移x变化的，当推力等于摩擦力时，加速度为0，速度最大则F＝μmg＝20 N由题图得到F与x的函数关系式F＝100－25x则得到x＝3.2 m(3)由题图得到推力对物体做的功等于F－x图线与x轴所围“面积”，得推力做功W＝200 J根据动能定理：W－μmgx m＝0代入数据得x m＝10 m.25．(2018·湖南省三湘名校第三次大联考)如图2所示，直角坐标系xOy的x轴水平，y轴竖直，处于竖直向下、大小为E0的匀强电场中，过O点，倾角为θ＝60°的足够大斜面固定在坐标系中．质量为m、带电荷量为＋q的粒子从y轴上的P点，以某一速度沿x轴正方向射入，经过时间t，在坐标平面内加上另一匀强电场E，再经过时间t，粒子刚好沿垂直于斜面的方向到达斜面，且到达斜面时速度为零．不计粒子重力，求：图2(1)粒子的初速度大小；(2)P点与x轴的距离；(3)匀强电场E的电场强度大小．答案(1)(2)(3)E0解析(1)粒子运动轨迹如图中虚线所示，第一个时间t内，粒子做类平抛运动加速度a＝加上电场E时，粒子做匀减速直线运动．粒子在竖直方向的速度v y＝at此时合速度方向垂直于斜面：＝tan θ可解得粒子的初速度v0＝(2)第一个时间t内，粒子在竖直方向的位移y1＝at2水平方向的位移x1＝v0t在第二个时间t内，粒子在竖直方向的位移也为y1，水平方向的位移x2＝y1tanθP点到x轴的距离l＝2y1＋(x1＋x2)tan θ代入数据得：l＝(3)在第二个时间t内，在竖直方向：qE y－qE0＝ma 在水平方向：＝所以E＝解得：E＝7E0。

2017年(全国Ⅰ卷)计算题考点排查练24．(2018·江西省新余市上学期期末)滑梯是幼儿园必备的一种玩具，它可以培养孩子坚定的意志和信心，可以培养孩子的勇敢精神，现有一滑梯，高处水平台面距地面高h ＝1.5 m ，倾斜槽倾角为37°，下端为水平槽，长L ＝0.5 m ，厚度不计．倾斜部分和水平部分用一忽略大小的圆弧连接，示意图如图1所示，一质量为20 kg 的小孩由静止从高处水平台面沿倾斜槽下滑，当滑到水平槽末端时速度大小为v ＝2 m/s.(结果保留两位小数，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：图1(1)若滑梯的倾斜槽和水平槽摩擦因数相同，求此摩擦因数的值． (2)若小孩滑到水平槽末端速度大于1 m/s 时危险性较大，为了小孩能滑到水平槽且保证安全，将滑梯水平槽粗糙处理．[倾斜槽的摩擦因数与(1)问中相同]，请你求出水平槽处理后的摩擦因数取值范围．答案 (1)0.52 (2)大于等于0.82解析 (1)研究小孩的整个运动过程，利用动能定理：mgh －μmg cos θ×h sin θ－μmgL ＝12mv 2可得：μ＝0.52(2)为使小孩能安全到达水平槽的末端，则在水平槽的末端速度v 应小于等于v 0＝1 m/s ，设处理后水平槽摩擦因数为μ1，小孩到达斜槽末端的速度为v 1，根据动能定理在斜面上有：mgh －μmg cos θ×h sin θ＝12mv 12 在水平面上有：12mv 02－12mv 12＝－μ1mgL 联立得：μ1＝0.82所以μ1≥0.8225．(2018·四川省乐山市第一次调研)如图2所示，AB 是位于竖直平面内、半径R ＝0.5 m的14圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端点B 与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度E ＝5×103 N/C.今有一质量为m ＝0.1 kg 、带电荷量q ＝＋8×10－5C 的小滑块(可视为质点)从A 点由静止释放．若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.05，取g ＝10 m/s 2，求：图2(1)小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B 时对B 点的压力；(2)小滑块在水平轨道上向右滑过的最大距离；(3)小滑块最终的运动情况．答案 (1)2.2 N 方向竖直向下 (2)23m (3)在圆弧轨道上往复运动 解析 (1)设小滑块第一次到达B 点时的速度为v B ，圆弧轨道对滑块的支持力为F N ，则由动能定理得mgR －qER ＝12mv B 2 由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v B 2R解得F N ＝2.2 N由牛顿第三定律知，小滑块滑到B 点时对轨道的压力为2.2 N ，方向竖直向下(2)设小滑块在水平轨道上向右滑行的最大距离为x ，mgR －qE (R ＋x )－ μmgx ＝0得x ＝23m (3)由题意知qE ＝8×10－5×5×103 N ＝0.4 Nμmg ＝0.05×0.1×10 N＝0.05 N因此有qE >μmg所以小滑块最终在圆弧轨道上往复运动．。

2017年(全国Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ卷)选考33题考点排查练1．(1)(2018·陕西省渭南市第三次模拟)下列说法正确的是________．A ．松香在熔化过程中温度不变，分子平均动能不变B ．当分子间的引力与斥力平衡时，分子势能最小C ．液体的饱和汽压与饱和汽的体积有关D ．若一定质量的理想气体被压缩且吸收热量，则压强一定增大E ．若一定质量的理想气体分子平均动能减小，且外界对气体做功，则气体一定放热(2)(2018·江西省重点中学协作体第二次联考) 如图1所示，粗细均匀且内壁光滑的导热细玻璃管长L 0＝65 cm ，用长为h ＝25 cm 的水银柱封闭一段理想气体．开始时玻璃管水平放置，气柱长L 1＝25 cm ，大气压强为p 0＝75 cmHg.不考虑环境温度的变化．图1①若将玻璃管由水平位置缓慢转至竖直位置(管口向上)，求此时气柱的压强p 2和长度L 2； ②保持玻璃管沿竖直方向放置，向玻璃管中缓慢注入水银，当水银柱上端与管口相平时封闭气柱的长度L 3.答案 (1)BDE (2)①100 cmHg 18.75 cm ②15 cm解析 (1)晶体在熔化过程中温度不变，分子平均动能不变，而松香是非晶体，A 错误；当分子间的引力与斥力平衡时，分子势能最小，B 正确；液体的饱和汽压与温度有关，与饱和汽的体积无关，C 错误；若一定质量的理想气体被压缩且吸收热量，则W >0，Q >0，根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 知，ΔU >0，说明气体的温度升高，又气体被压缩，体积减小，由理想气体状态方程可知，气体压强一定增大，D 正确；若一定质量的理想气体分子平均动能减小，说明温度降低，内能减小，即ΔU <0，又外界对气体做功，即W >0，根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 知，Q <0，即气体一定放热，E 正确．(2)①玻璃管水平放置时，气柱的压强等于大气压强，即p 1＝p 0＝75 cmHg ，当玻璃管管口朝上，且竖直放置时，气柱的压强为p 2＝p 0＋ρgh ＝100 cmHg ；设水银柱横截面积为S ，由于温度不变，由玻意耳定律得p 1L 1S ＝p 2L 2S ，解得L 2＝18.75 cm ； ②设注入的水银柱长度为x .当水银柱的上端刚好与管口相平时，气柱的压强为p 3＝p 0＋ρg (h ＋x )＝(100＋x ) cmHg此时气柱的长度为L 3＝L 0－h －x ＝(40－x )cm则由玻意耳定律得p 1L 1S ＝p 3L 3S ，解得x ＝25 cm 或x ＝－85 cm(舍)，故此时气柱的长度L 3＝15 cm.2．(2018·广西钦州市第三次质检)(1)关于气体的内能和热力学定律，下列说法正确的是________．A ．对气体做功可以改变其内能B ．质量和温度都相同的气体，内能一定相同C ．热量不可能从低温物体传到高温物体D ．一定量的理想气体在等温膨胀过程中，一定吸收热量E ．一定量的理想气体，温度越高，气体分子运动越剧烈，气体内能越大(2)如图2所示，绝热圆筒水平放置，圆筒内有一绝热活塞C ，活塞的长度是圆筒长的13，活塞的中心与圆筒中心重合，整个装置置于温度恒为300 K 、压强恒为1.0×105Pa 的大气中．现用导热材料A 、B 封闭圆筒的两端，然后把圆筒左端放入一温度恒定的密闭热源中，并保持圆筒水平，发现活塞缓慢向右移动．当活塞移动距离等于活塞长度的115时，活塞保持静止．不计活塞与圆筒内壁间的摩擦，求：图2①右端气体此时的压强；②热源的温度．答案 (1)ADE (2)①1.25×105 Pa ②450 K解析 (1)做功和热传递在改变内能上是等效的，都可以使内能发生变化，A 正确；温度相同，则分子平均动能相同；质量相同，若为不同的气体则分子数目不同，内能不一定相同，B 错误；热量可能从低温物体传到高温物体，但要引起其他变化，不是自发过程，C 错误；一定量的理想气体在等温膨胀过程中，对外做功，内能不变，根据ΔU ＝W ＋Q 可知Q >0，故一定从外界吸收热量，D 正确；理想气体内能与体积无关，一定量的理想气体，温度越高，气体分子运动越剧烈，分子平均动能越大，气体内能越大，E 正确．(2)①设活塞横截面积为S ，圆筒长为L ，对右侧气体：初态：p B ＝1.0×105 Pa ，V B ＝13LS 末态：p B ′＝？，V B ′＝(13－115)LS 由玻意耳定律得p B V B ＝p B ′V B ′解得：p B ′＝1.25×105 Pa②对左侧气体：初态：p A ＝1.0×105 Pa ，T A ＝300 K ，V A ＝13LS 末态：p A ′＝p B ′＝1.25×105Pa ，T A ′＝？， V A ′＝(13＋115)LS由理想气体状态方程得p A V A T A ＝p A ′V A ′T A ′解得T A ′＝450 K3．(2018·衡水金卷四省第三次大联考)(1)如图3所示，一定质量的理想气体，由状态a 经状态b 变化到状态c ，下列说法正确的是________．图3A ．状态a 的温度高于状态b 的温度B ．由状态a 到状态b 的过程，外界对气体做正功C ．由状态b 到状态c 的过程，气体放出热量D ．状态a 的温度低于状态c 的温度E ．由状态b 到状态c 的过程，气体分子的平均动能减小(2)如图4所示，可沿缸壁自由滑动的活塞把导热性能良好的圆筒形汽缸分成A 、B 两部分，汽缸底部通过阀门K 与容器C 相连，当活塞位于汽缸底部时，弹簧恰好无形变．开始时，B 内有一定量的理想气体，A 、C 内为真空，B 部分气体高h 0＝0.2 m ，此时C 的容积为B 的容积的56，弹簧对活塞的作用力恰好等于活塞的重力．现将阀门打开，当达到新的平衡时，求B 部分气体高h 为多少？(整个系统处于恒温状态)图4答案 (1)ABD (2)0.1 m解析 (1)由状态a 到状态b 的过程，压强不变，体积减小，根据pV T＝C 可知温度降低，故A 正确；由状态a 到状态b 的过程，体积减小，外界对气体做正功，故B 正确；由状态b 到状态c 的过程，体积不变，外界对气体不做功，压强增大，根据pV T ＝C 可知温度升高，气体分子的平均动能增大，内能增大，根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 可知气体吸收热量，故C 、E 错误；根据理想气体状态方程可得p a V a T a ＝p c V c T c，则有T c >T a ，故D 正确． (2)设活塞质量为m ，弹簧的劲度系数为k ，汽缸横截面积为S ，开始时B 内气体的压强为p 1 mg ＝kh 0对活塞受力分析，有p 1S ＝mg ＋kh 0＝2kh 0设阀门打开后，达到新的平衡时B 内气体的压强为p 2，由玻意耳定律得：p 1h 0S ＝p 2(56h 0＋h )S而又有：p 2S ＝mg ＋kh解得：h ＝h 02＝0.1 m(另一解不符合题意，舍去)．。

2014年(全国Ⅰ卷)选择题考点排查练二、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．14．(2018·广东省揭阳市模拟)如图1所示，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距离．两导线中通有图示方向的相同的恒定电流I .则当环( )图1A ．向上运动时，环中产生顺时针方向的感应电流B ．向下运动时，环中产生顺时针方向的感应电流C ．向左侧靠近导线时，环中产生逆时针方向的感应电流D ．向右侧靠近导线时，环中产生逆时针方向的感应电流答案 D15．(2018·安徽省芜湖市上学期期末)如图2所示，直角坐标系Oxyz 处于匀强磁场中，有一条长0.6 m 的直导线沿Ox 方向通有大小为9 A 的电流，受到的安培力沿Oz 方向，大小为2.7 N ．则该匀强磁场可能的方向和磁感应强度B 的最小值为( )图2A ．平行于yOz 平面，B ＝0.5 TB ．平行于xOz 平面，B ＝1.0 TC ．平行于xOy 平面，B ＝0.2 TD ．平行于xOy 平面，B ＝1.0 T答案 A16．(2018·重庆市江津中学、合川中学等七校第三次模拟)如图3所示，大圆的半径为2R ，同心的小圆半径为R ，在圆心处有一个放射源，可以向平面内的任意方向发射质量为m ，电荷量为q ，最大速率为v 的带电粒子，为了不让带电粒子飞出大圆以外，可以在两圆之间的区域内加一个垂直于纸面向里的匀强磁场，该磁场磁感应强度的最小值是( )图3A.4mv 3qR B.mv qR C.3mv 4qR D.2mv qR答案 A解析 设同心圆的圆心为O ，粒子恰好不飞出大圆，则其轨迹与大圆相切，如图所示，切点为A ，连接OA ，设粒子从C 点进入磁场，过C 点作OC 的垂线交OA 于D 点，D 点即为粒子做匀速圆周运动的圆心，设粒子做圆周运动的半径为r ，由几何关系可得：(2R －r )2＝R 2＋r 2，r ＝mv qB min ，由以上两式解得：B min ＝4mv 3qR，故A 正确．17．如图4所示，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一轻杆与竖直方向成θ角与横杆固定，下端连接一质量为m 的小球P .横杆右边用一根细线吊一相同的小球Q .当小车沿水平面做加速运动时，细线保持与竖直方向的夹角为α.已知θ<α，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )图4A ．小车一定向右做匀加速运动B ．轻杆对小球P 的弹力沿轻杆方向C ．小球P 受到的合力大小为mg tan θD ．小球Q 受到的合力大小为mg tan α答案 D解析 选择小球Q 作为研究对象，根据牛顿第二定律，得mg tan α＝ma ，得到a ＝g tan α，故加速度向右，小车可能向右加速，也可能向左减速，故A 错误．对小球P ，由牛顿第二定律，得mg tan β＝ma ′，因为a ＝a ′，得到β＝α>θ.则轻杆对小球的弹力方向与细线平行，故B 错误．对小球P 、Q 由牛顿第二定律可知F ＝ma ＝mg tan α，故C 错误，D 正确．18．(2018·河南省开封市第三次模拟)如图5，空间某区域内存在沿水平方向的匀强磁场，一正方形闭合金属线框自磁场上方某处释放后穿过磁场，整个过程线框平面始终竖直，线框边长小于磁场区域上下宽度．以线框刚进入磁场时为计时起点，下列描述线框所受安培力F 随时间t 变化关系的图中，不正确的是( )图5答案 A解析 线框受重力作用加速下落，进入与离开磁场时受到安培力作用．进入磁场时若安培力大于重力，做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，某时刻安培力等于重力，线框做匀速运动，此时速度达到v 0＝mgR B 2L 2，完全进入后只受重力，线框加速，刚要离开时的速度大于完全进入时的速度，故安培力大于重力，做减速运动，速度减小，安培力也减小，进入过程与离开过程安培力变化情况可能完全相同，故C 正确，A 错误；若线框进入磁场时恰好重力等于安培力，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，安培力减小，故B 正确；若进入时重力大于安培力，由mg －B 2L 2v R＝ma ，则做加速度减小的加速运动，安培力随速度的增大而增大，某时刻重力等于安培力，线框做匀速运动，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，故D 正确．19．(2018·湖南省衡阳市第三次联考)世界上没有永不谢幕的传奇，NASA 的“卡西尼”号探测器进入土星探测任务的最后篇章．据NASA 报道，“卡西尼”2017年4月26日首次到达土星和土星内环(碎冰块、岩石块、尘埃等组成)之间，之后，卫星将在土星的近圆轨道做圆周运动，如图6所示．在极其稀薄的大气阻力作用下，卫星最终将坠向土星的怀抱，这一阶段持续到九月中旬．若“卡西尼”只受土星引力和稀薄气体阻力的作用，则( )图6A ．4月26日，“卡西尼”在近圆轨道上绕土星的角速度大于它在内环上绕土星的角速度B ．4月28日，“卡西尼”在近圆轨道上绕土星的速率小于它在内环上绕土星的速率C ．5月到6月间，“卡西尼”的动能越来越大D ．6月到8月间，“卡西尼”的动能、以及它与火星的引力势能之和减小答案 ACD解析 由万有引力提供向心力得：G Mmr 2＝mr ω2，解得ω＝GM r 3，则轨道半径小的角速度大，则A 正确；由万有引力提供向心力得：G Mm r 2＝m v 2r，解得v ＝GM r ，则轨道半径小的速率大，则B 错误；5到6月间，因有稀薄气体阻力做负功，探测器的速度减小，做向心运动，重力做正功，动能增加，则C 正确；6月到8月间，因稀薄气体阻力做负功，机械能减小，则D 正确．20．(2018·江西省临川二中第五次训练)如图7所示，叠放在水平转台上的小物体A 、B 、C 能随转台一起以角速度ω匀速转动，A 、B 、C 的质量分别为3m 、2m 、m ，A 与B 、B 与转台、C 与转台间的动摩擦因数都为μ，B 、C 离转台中心的距离分别为r 、1.5r .设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以下说法中不正确的是( )图7 A．B对A的摩擦力一定为3μmgB．C与转台间的摩擦力大于A与B间的摩擦力C．转台的角速度一定满足：ω≤2μg 3rD．转台的角速度一定满足：ω≤μg 3r答案ABD解析对A受力分析，受重力、支持力以及B对A的静摩擦力，静摩擦力提供向心力，有F f A ＝3mω2r≤μ(3m)g，故A错误；F f A＝3mω2r，F f C＝mω2×1.5r，故B错误；由于A、AB整体、C受到的静摩擦力均提供向心力，故对A，有：(3m)ω2r≤μ(3m)g，对AB整体有：(3m＋2m)ω2r≤μ(3m＋2m)g，对物体C，有：mω2(1.5r)≤μmg，故ω≤2μg3r，故C正确，D错误．21．(2018·河南省开封市第三次模拟)如图8, M、N两点处于同一水平面，O为M、N连线的中点，过O点的竖直线上固定一根绝缘光滑细杆，杆上A、B两点关于O点对称．第一种情况，在M、N两点分别放置电荷量为＋Q和－Q的等量异种点电荷，套在杆上带正电的小金属环从A点无初速度释放，运动到B点；第二种情况，在M、N两点分别放置电荷量为＋Q的等量同种点电荷，该金属环仍从A点无初速度释放，运动到B点．则两种情况中( )图8A．金属环运动到B点的速度第一种情况较大B．金属环从A点运动到B点所用的时间第一种情况较短C．金属环从A点运动到B点的过程中，动能与重力势能之和均保持不变D．金属环从A点运动到B点的过程中(不含A、B两点)，在杆上相同位置的速度第一种情况较大答案BD解析等量异种电荷连线的中垂线是等势线，带电金属环沿杆运动时电势能不变，重力势能转化为动能，金属环所受合力等于重力，做加速度等于重力加速度的匀加速直线运动；在等量同种正电荷连线的中垂线上，中点O电势最高，与中点O距离越远，电势越低，A、B两点关于O点对称，电势相等，金属环的电势能相等，重力势能全部转化为动能，第一种情况与第二种情况在B点的速度相等，故A错误；由于到B点前第二种情况的平均速度比较小，所以运动时间比较长，故B正确；等高处重力势能相等，但到B点前第二种情况的速度均较小，所以动能与重力势能之和第二种情况均较小，故C错误；第二种情况中金属环电场力先是阻力后是动力，到B点时与第一种情况速度相等，故D正确．。

2017年(全国Ⅰ卷)计算题考点排查练24．(2018·江西省新余市上学期期末)滑梯是幼儿园必备的一种玩具，它可以培养孩子坚定的意志和信心，可以培养孩子的勇敢精神，现有一滑梯，高处水平台面距地面高h ＝1.5 m ，倾斜槽倾角为37°，下端为水平槽，长L ＝0.5 m ，厚度不计．倾斜部分和水平部分用一忽略大小的圆弧连接，示意图如图1所示，一质量为20 kg 的小孩由静止从高处水平台面沿倾斜槽下滑，当滑到水平槽末端时速度大小为v ＝2 m/s.(结果保留两位小数，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：图1(1)若滑梯的倾斜槽和水平槽摩擦因数相同，求此摩擦因数的值．(2)若小孩滑到水平槽末端速度大于1 m/s 时危险性较大，为了小孩能滑到水平槽且保证安全，将滑梯水平槽粗糙处理．[倾斜槽的摩擦因数与(1)问中相同]，请你求出水平槽处理后的摩擦因数取值范围．答案 (1)0.52 (2)大于等于0.82解析 (1)研究小孩的整个运动过程，利用动能定理：mgh －μmg cos θ×h sin θ－μmgL ＝12m v 2 可得：μ＝0.52(2)为使小孩能安全到达水平槽的末端，则在水平槽的末端速度v 应小于等于v 0＝1 m/s ，设处理后水平槽摩擦因数为μ1，小孩到达斜槽末端的速度为v 1，根据动能定理在斜面上有：mgh －μmg cos θ×h sin θ＝12m v 12 在水平面上有：12m v 02－12m v 12＝－μ1mgL 联立得：μ1＝0.82所以μ1≥0.8225．(2018·四川省乐山市第一次调研)如图2所示，AB 是位于竖直平面内、半径R ＝0.5 m 的14圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端点B 与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度E ＝5×103 N/C.今有一质量为m ＝0.1 kg 、带电荷量q ＝＋8×10－5 C 的小滑块(可视为质点)从A 点由静止释放．若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.05，取g ＝10 m/s 2，求：图2(1)小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B 时对B 点的压力；(2)小滑块在水平轨道上向右滑过的最大距离；(3)小滑块最终的运动情况．答案 (1)2.2 N 方向竖直向下 (2)23m (3)在圆弧轨道上往复运动 解析 (1)设小滑块第一次到达B 点时的速度为v B ，圆弧轨道对滑块的支持力为F N ，则由动能定理得mgR －qER ＝12m v B 2 由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v B 2R解得F N ＝2.2 N由牛顿第三定律知，小滑块滑到B 点时对轨道的压力为2.2 N ，方向竖直向下(2)设小滑块在水平轨道上向右滑行的最大距离为x ，mgR －qE (R ＋x )－ μmgx ＝0得x ＝23m (3)由题意知qE ＝8×10－5×5×103 N ＝0.4 N μmg ＝0.05×0.1×10 N ＝0.05 N因此有qE >μmg所以小滑块最终在圆弧轨道上往复运动．。

2017年(全国Ⅰ卷)计算题考点排查练24．(2018·江西省新余市上学期期末)滑梯是幼儿园必备的一种玩具，它可以培养孩子坚定的意志和信心，可以培养孩子的勇敢精神，现有一滑梯，高处水平台面距地面高h ＝1.5 m ，倾斜槽倾角为37°，下端为水平槽，长L ＝0.5 m ，厚度不计．倾斜部分和水平部分用一忽略大小的圆弧连接，示意图如图1所示，一质量为20 kg 的小孩由静止从高处水平台面沿倾斜槽下滑，当滑到水平槽末端时速度大小为v ＝2 m/s.(结果保留两位小数，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：图1(1)若滑梯的倾斜槽和水平槽摩擦因数相同，求此摩擦因数的值．(2)若小孩滑到水平槽末端速度大于1 m/s 时危险性较大，为了小孩能滑到水平槽且保证安全，将滑梯水平槽粗糙处理．[倾斜槽的摩擦因数与(1)问中相同]，请你求出水平槽处理后的摩擦因数取值范围．答案 (1)0.52 (2)大于等于0.82解析 (1)研究小孩的整个运动过程，利用动能定理：mgh －μmg cos θ×h sin θ－μmgL ＝12m v 2 可得：μ＝0.52(2)为使小孩能安全到达水平槽的末端，则在水平槽的末端速度v 应小于等于v 0＝1 m/s ，设处理后水平槽摩擦因数为μ1，小孩到达斜槽末端的速度为v 1，根据动能定理在斜面上有：mgh －μmg cos θ×h sin θ＝12m v 12 在水平面上有：12m v 02－12m v 12＝－μ1mgL 联立得：μ1＝0.82所以μ1≥0.8225．(2018·四川省乐山市第一次调研)如图2所示，AB 是位于竖直平面内、半径R ＝0.5 m 的14圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端点B 与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度E ＝5×103 N/C.今有一质量为m ＝0.1 kg 、带电荷量q ＝＋8×10－5 C 的小滑块(可视为质点)从A 点由静止释放．若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.05，取g ＝10 m/s 2，求：图2(1)小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B 时对B 点的压力；(2)小滑块在水平轨道上向右滑过的最大距离；(3)小滑块最终的运动情况．答案 (1)2.2 N 方向竖直向下 (2)23m (3)在圆弧轨道上往复运动 解析 (1)设小滑块第一次到达B 点时的速度为v B ，圆弧轨道对滑块的支持力为F N ，则由动能定理得mgR －qER ＝12m v B 2 由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v B 2R解得F N ＝2.2 N由牛顿第三定律知，小滑块滑到B 点时对轨道的压力为2.2 N ，方向竖直向下(2)设小滑块在水平轨道上向右滑行的最大距离为x ，mgR －qE (R ＋x )－ μmgx ＝0得x ＝23m (3)由题意知qE ＝8×10－5×5×103 N ＝0.4 N μmg ＝0.05×0.1×10 N ＝0.05 N因此有qE >μmg所以小滑块最终在圆弧轨道上往复运动．。