高考物理第一道大题针对训练 24页

高考物理第一道大题针对训练 ‎1.如图（甲）所示，A车原来临时停在一水平路面上，B车在后面匀速向A车靠近，A车司机发现后启动A车，以A车司机发现B车为计时起点（t=0），A、B两车的v﹣t图象如图（乙）所示．已知B车在第1s内与A车的距离缩短了x1=12m．‎ ‎（1）求B车运动的速度vB和A车的加速度a的大小．‎ ‎（2）若A、B两车不会相撞，则A车司机发现B车时（t=0）两车的距离s0应满足什么条件？‎ ‎2.有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度v＝4 m/s，传送带与水平面的夹角θ＝37°，现将质量m=1kg的小物块轻放在其底端(小物块可视作质点)，与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F＝8N，经过一段时间，小物块上到了离地面高为＝2.4 m的平台上。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，（g取10 m/s2， sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）.问：‎ ‎(1)物块从传送带底端运动到平台上所用的时间？‎ ‎(2)若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算小物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度？ ‎ ‎3.（13分）完整的撑杆跳高过程可以简化成如图所示的三个阶段：持杆助跑、撑杆起跳上升、越杆下落。在第二十九届北京奥运会比赛中，俄罗斯女运动员伊辛巴耶娃以5.05m的成绩打破世界纪录。设伊辛巴耶娃从静止开始以加速度a=1.25m/s2匀加速助跑，速度达到v=9.0m/s时撑杆起跳，到达最高点时过杆的速度不计，过杆后做自由落体运动，重心下降h2=4.05m时身体接触软垫，从接触软垫到速度减为零的时间t=0.90s。已知伊辛巴耶娃的质量m=65kg，重力加速度g取10 m/s2，不计空气的阻力。求：‎ ‎（1）伊辛巴耶娃起跳前的助跑距离；‎ ‎（2）假设伊辛巴耶娃从接触软垫到速度减为零的过程中做匀减速运动，求软垫对她的作用力大小。‎ ‎4.（18分）如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带长度L=4.0m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v=3.0m/s匀速传动。三个质量均为m=1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态。滑块A以初速度v0=2.0m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短，可认为A与B碰撞过程中滑块C的速度仍为零。因碰撞使连接B、C的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。滑块C脱离弹簧后以速度vC=2.0m／s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点。已知滑块C与传送带之问的动摩擦因数μ=0.20，重力加速度g取10m／s2。求：‎ ‎（1）滑块c从传送带右端滑出时的速度大小； ‎ ‎（2）滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep；‎ ‎（3）若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度的最大值Vm是多少?‎ ‎5.如图甲所示，固定的光滑半圆轨道的直径PQ沿竖直方向，其半径R的大小可以连续调节，轨道上装有压力传感器，其位置N始终与圆心O等高。质量M=1kg、长度L=3m的小车静置在光滑水平地面上，小车上表面与P点等高，小车右端与P点的距离s=2m。一质量m=2kg的小滑块以v0=6m/s的水平初速度从左端滑上小车，当小车与墙壁碰撞后小车立即停止运动。在R取不同值时，压力传感器读数F与的关系如图乙所示。已知小滑块与小车表面的动摩擦因数μ= 0.2，取重力加速度g=10 m/s2。求：‎ ‎(1)小滑块到达P点时的速度v1的大小；‎ ‎(2)图乙中a和b的值。‎ ‎6.为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆。他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程帆面与滑块运动方向垂直。假设滑块和风帆总质量为.滑块与斜面间动摩擦因数为，斜面的倾角，重力加速度为g，帆受到的空气阻力与帆的运动速率的平方成正比，即。‎ ‎（1）写出滑块下滑过程中加速度的表达式；‎ ‎（2）求出滑块下滑的最大速度的表达式；‎ ‎（3）若，斜面倾角，取，滑块从静止下滑的速度图象如图所示，图中的斜线是时图线的切线，由此求出的值。‎ ‎7.如图，一个质量为m的小球（可视为质点）以某一初速度从A点水平抛出，恰好从圆管BCD的B点沿切线方向进入圆弧，经BCD从圆管的最高点D射出，恰好又落到B点。已知圆弧的半径为R且A与D在同一水平线上，BC弧对应的圆心角θ=60°，不计空气阻力。求：‎ ‎（1）小球从A点做平抛运动的初速度v0的大小；‎ ‎（2）在D点处管壁对小球的作用力N；‎ ‎（3）小球在圆管中运动时克服阻力做的功W克f。‎ ‎8.（计算）如右图所示,光滑曲面AB与水平面BC 平滑连接于B 点,BC 右端连接内壁光滑、半径为r 的细圆管CD,管口D 端正下方直立一根劲度系数为k 的轻弹簧,轻弹簧一端固定,另一端恰好与管口D 端齐平。质量为m 的小球在曲面上距BC 的高度为2r 处从静止开始下滑,小球与BC 间的动摩擦因数进入管口C 端时与圆管恰好无作用力,通过CD 后压缩弹簧,在压缩弹簧过程中速度最大时弹簧的弹性势能为EP 。求: ‎ ‎（1）小球达到B 点时的速度大小vB ; ‎ ‎（2）水平面BC 的长度s; ‎ ‎（3）在压缩弹簧过程中小球的最大速度vm 。‎ ‎9.如图所示，在竖直边界线 O1 O2 左侧空间存在一竖直向下的匀强电场．电场强度E=100N/C，电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面AB，其倾角为30°，A点距水平地面的高度为h=4m．BC段为一粗糙绝缘平面，其长度为L=m．斜面AB与水平面BC由一段极端的光滑小圆弧连接（图中未标出），竖直边界线O1O2右侧区域固定一半径为R=0.5m的半圆形光滑绝缘轨道，CD为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C、D两点紧贴竖直边界线O1O2，位于电场区域的外部（忽略电场对O1O2右侧空间的影响）．现将一个质量为m=1kg，带电荷量为q=0.1C的带正电的小球（可视为质点）在A点由静止释放，且该小球与斜面AB和水平BC间的动摩擦因数均为μ=（g取10m/s2）．求：‎ ‎（1）小球到达C点时的速度大小；‎ ‎（2）小球到达D点时所受轨道的压力大小；‎ ‎（3）小球落地点距离C点的水平距离．‎ ‎10.如图所示，一质量不计的细线绕过无摩擦的轻质小定滑轮O与质量为5m的重物相连，另一端与套在一根固定的光滑的竖直杆上质量为m的圆环相连，直杆上有A、B、C三点，且B为A、C的中点，AO与竖直杆的夹角θ=53°，B点与滑轮O在同一水平高度，滑轮与竖直杆相距为L，重力加速度为g，设直杆足够长，圆环和重物运动过程中不会与其他物体相碰．现将圆环由A点静止开始释放（已知sin53°=0.8，cos53°=0.6）．求：‎ ‎（1）重物下降到最低点时圆环的速度大小v1为多少？‎ ‎（2）圆环能下滑的最大距离h为多少？‎ ‎（3）圆环下滑到C点时的速度大小v2为多少？‎ ‎11.如图所示，空间有场强E=1.0×103V/m竖直向下的电场，长L=0.4m不可伸长的轻绳固定于O点，另一端系一质量m=0.05kg带电q=5×10﹣4C的小球，拉起小球至绳水平后在A点无初速度释放，当小球运动至O点的正下方B点时，绳恰好断裂，小球继续运动并垂直打在同一竖直平面且与水平面成θ=30°、无限大的挡板MN上的C点．试求：‎ ‎（1）绳子至少受多大的拉力才能被拉断；‎ ‎（2）A、C两点的电势差；‎ ‎（3）当小球刚要运动至C点时，突然施加一恒力F作用在小球上，同时把挡板迅速水平向右移动3.2m，若小球仍能垂直打在档板上，所加恒力F的方向的取值范围．‎ ‎12.如图所示．小球A从倾角37°足够长的斜面上的顶点处开始沿斜面匀速下滑，速度大小v1=6m/s，经过时间Δt后，从斜面顶点处以速度v2=4m/s水平抛出一个飞镖，结果飞镖恰好在斜面上某处击中小球A。不计飞镖运动过程中的空气阻力，可将飞镖和小球视为质点。已知重力加速度为g，试求：‎ ‎（1）飞镖是以多大的速度击中小球的?‎ ‎（2）两个物体开始运动的时间间隔Δt应为多少?‎ ‎13.如图所示，在直角坐标系xoy的第三、四象限区域内存在两个有界匀强磁场，匀强磁场I分布在x轴和MN之间，方向垂直纸面向外，PQ边界下方分布足够大垂直纸面向里的匀强磁场Ⅱ，MN、PQ均与x轴平行，C、D分别为磁场边界MN、PQ和y轴的交点，且OC=CD=L．在第二象限存在沿x 轴正向的匀强电场．一质量为m带电量为+q的带电粒子从电场中坐标为（-L，-2L）的A点以速度v0沿y负方向射出，恰好经过原点O处射入磁场区域I（粒子的重力忽略不计）。　‎ ‎（1）求第二象限匀强电场场强E的大小；‎ ‎（2）要使粒子不能进入磁场区域Ⅱ，则区域Ⅰ内磁场的磁感应强度B1大小是多少；‎ ‎（3）若粒子恰从C点射出磁场区域Ⅰ，然后经过磁场Ⅱ能再次回到原点O，问磁场区域Ⅱ的磁感应强度B2大小为多少.‎ ‎14.如图所示，一个板长为L，板间距离也是L的平行板容器上极板带正电，下极板带负电。有一对质量均为m，重力不计，带电量分别为+q和-q的粒子从极板正中水平射入（忽略两粒子间相互作用），初速度均为v0。若-q粒子恰能从上极板边缘飞出，求 ‎⑴两极板间匀强电场的电场强度E的大小和方向 ‎⑵-q粒子飞出极板时的速度v的大小与方向 ‎⑶在极板右边的空间里存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，为使得+q粒子与-q粒子在磁场中对心正碰（碰撞时速度方向相反），则磁感应强度B应为多少？并画出运动轨迹图。‎ ‎ ‎ ‎15.如图所示，在直角坐标系xOy平面内有一矩形区域MNPQ，矩形区域内有水平向右的匀强电场，场强为E；在y0的区域内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，半径为R的光滑绝缘空心半圆管ADO固定在坐标平面内，半圆管的一半处于电场中，圆心O1为MN的中点，直径AO垂直于水平虚线MN，一质量为m、电荷量为q的带电粒子（重力不计）从半圆管的O点由静止释放，进入管内后从A点穿出恰能在磁场中做半径为R的匀速圆周运动。求 ‎（1）该粒子带哪种电荷？匀强磁场的磁感应强度B的大小为多少；‎ ‎（2）若粒子再次进入矩形区域MNPQ时立即撤去磁场，此后粒子恰好从QP的中点C离开电场。求矩形区域的边长MQ与R的关系。‎ ‎（3）在满足（2）的基础上，求从A点运动到C点的时间。‎ ‎16.如图所示，在xOy坐标系中有虚线OA，OA与x轴的夹角θ=300，OA与y轴之间的区域有垂直纸面向外的匀强磁场，OA与x轴之间的区域有沿x轴正方向的匀强电场，已知匀强磁场的磁感应强度B=0.25 T，匀强电场的电场强度E=5×105 N/C。现从y轴上的P点沿与y轴正方向夹角600的方向以初速度v0=5×105 m/s射入一个质量m=8×10－26 kg、电荷量q=+8×10－19 C的带电粒子，粒子经过磁场、电场后最终打在x轴上的Q点，已知P点到O的距离为m(带电粒子的重力忽略不计)。求：‎ ‎(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径；‎ ‎(2)粒子从P点运动到Q点的时间；‎ ‎(3)Q点的坐标．‎ ‎17.如图所示，水平放置的两平行金属导轨相距L＝0.50 m，左端接一电阻 R＝0.20 Ω，磁感应强度B＝0.40 T的匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，长也为 ‎0.50 m的导体棒ac垂直放在导轨上，并能无摩擦地沿导轨滑动，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计．当ac棒以v＝4.0 m/s的速度水平向右匀速滑动时，求：‎ ‎(1)ac棒中感应电动势的大小；‎ ‎(2)回路中感应电流的大小；‎ ‎(3)维持ac棒做匀速运动的水平外力的大小和方向．‎ ‎18.如图所示， 和为固定在绝缘水平面上两平行光滑金属导轨，导轨左端间接有阻值为=导线；导轨右端接有与水平轨道相切、半径内壁光滑的半圆金属轨道。导轨间距，电阻不计。导轨所在平面区域内有竖直向上的匀强磁场。导轨上长度也为、质量、电阻=的金属棒以=‎ 速度进入磁场区域，离开磁场区域后恰好能到达半圆轨道的最高点，运动中金属棒始终与导轨保持良好接触。已知重力加速度=。求：‎ ‎（1）金属棒刚滑出磁场右边界时的速度的大小；‎ ‎（2）金属棒滑过磁场区的过程中，导线中产生的热量。‎ ‎ ‎ 试卷答案 ‎1.解：（1）在t1=1s时A车刚启动，两车缩短的距离为：x1=vBt1，‎ 代入数据解得B车的速度为：vB=12m/s；‎ 速度图象的斜率表示加速度，则A车的加速度为：‎ a=；‎ ‎（2）两车的速度达到相等时，两车的距离达到最小，对应于v﹣t图象的t2=5s，此时两车已发生的相对位移为梯形的面积为：‎ s==36m，‎ 因此，A、B两车不会相撞，距离s0应满足条件为：‎ s0＞36m．‎ 答：（1）B车运动的速度为12m/s，A车的加速度a的大小为3m/s2．‎ ‎（2）若A、B两车不会相撞，则A车司机发现B车时两车的距离s0应满足s0＞36m．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【专题】计算题；定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】（1）B做匀速直线运动，根据x1=vBt1求解速度大小；根据图象的斜率表示加速度求解A的加速度大小；‎ ‎（2）两车的速度达到相等时，两车的距离达到最小，计算出图象中梯形的面积即可．‎ ‎2.（1）；（2）‎ 试题分析：（1）对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速为零的匀加速运动，直至速度达到传送带的速度，由牛顿第二定律：‎ ‎，‎ 计算得：‎ 加速时间：，加速距离： ‎ 物块达到与传送带同速后，对物块受力分析发现，物块受的摩擦力的方向改向，‎ 因为而下滑力和最大摩擦力之和为。故不能相对斜面向上加速。‎ 故得： ‎ 匀速运动时间：‎ 到平台所用的时间： （2）若达到同速后撤力F，对物块受力分析，因为，‎ 故减速上行，得 ‎ 物块还需离开传送带，离开时的速度为，则 ‎，，‎ 考点：牛顿第二定律、匀变速直线运动的位移与时间的关系 ‎3.解析：‎ ‎（1）设助跑距离为x，由运动学公式v2=2ax （2分）‎ 解得 x==32.4m （2分）‎ ‎（2）运动员过杆后做自由落体运动，设接触软垫时的速度为v'，由运动学公式有 v'2=2gh2 （2分）‎ 设软垫对运动员的作用力为F，由牛顿第二定律得 F-mg =ma （3分）‎ 由运动学公式a= （2分）‎ 解得 F=1300 N （2分）‎ ‎4.解析：‎ ‎（1）滑块C滑上传送带后做匀加速运动，设滑块C从滑上传送带到速度达到传送带的速度v所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块C的位移为x。‎ 根据牛顿第二定律和运动学公式 μmg=ma ‎ ‎ v=vC+at ‎ ‎ ‎ 解得 x=1.25m＜L 即滑块C在传送带上先加速，达到传送带的速度v后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C从传道带右端滑出时的速度为v=3.0m/s。‎ ‎（2）设A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2，由动量守恒定律 mv0=2mv1 ‎ ‎2 mv1=2mv2+mvC ‎ 由能量守恒规律 ‎ 解得EP=1.0J ‎ ‎（3）在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传递带的速度v。‎ 设A与B碰撞后的速度为，分离后A与B的速度为，滑块C的速度为，由能量守恒规律和动量守恒定律 mvm=2mv1′ ‎ ‎2mv1′=mvC′+2mv2′‎ 由能量守恒规律 ‎ 由运动学公式 ‎ 解得： vm=7.1m/s ‎ 说明：其他方法解答正确也给分 ‎5.(1)4m/s (2)a=1.25,b=40‎ 试题分析：‎ ‎(1)小滑块滑上小车后将做匀减速直线运动，小车将做匀加速直线运动；算出到两者速度相等时，小车及滑块的位移；发现速度相等时，小物块恰到小车的最右端且此时车与墙相碰，可得小滑块到达P点时的速度；‎ ‎(2)据机械能守恒求得小滑块到N点的速度，再对小滑块在N点时受力分析，据牛顿第二定律求出对应的函数表达式，从而求出图乙中a和b的值。‎ 解：(1) 小滑块滑上小车后将做匀减速直线运动，小车将做匀加速直线运动，设小滑块的加速度大小为，小车加速度的大小为，由牛顿第二定律得：‎ 对小滑块，则 ‎ 对小车，则 设小车与滑块经时间速度相等，则：‎ 滑块的位移 小车的位移 代入数据解得：、、‎ 由于、，说明小滑块恰到小车的最右端时，车与墙相碰，即小滑块到达P点的速度 ‎(2)设小滑块到达N点的速度为，对N点的滑块受力分析，由牛顿第二定律可得：‎ 对小滑块从P点到N点过程，应用机械能守恒定律可得： ‎ 联立解得：‎ 则图乙中的 图线斜率，解得：‎ ‎6.解：（1）（4分）‎ ‎（2）当时速度最大， （3分）‎ ‎（3）当时，，解得（3分）‎ 最大速度， ，解得（2分）‎ ‎7.解：（1）小球从A到B：竖直方向 ‎=2gR（1+cos60°）=3gR (2分)‎ 则vy= (1分)‎ 在B点，由速度关系 v0== (2分)‎ ‎（2）小球从D到B：竖直方向 R（1+cos60°）=gt2 /2 (2分)‎ ‎ 解得：t= (1分)‎ 则小球从D点抛出的速度 vD==/2 (2分)‎ 在D点，由向心力公式得：‎ mg﹣N=m (2分)‎ 解得：N=3mg/4 (1分) 方向竖直向上 (1分) ‎ ‎（3）从A到D全程应用动能定理：‎ ‎﹣W克=﹣ (2分)‎ 解得：W克=3mgR /8 (2分)‎ ‎8.（1）2 （2）3r （3）‎ ‎9.‎ 考点：‎ 匀强电场中电势差和电场强度的关系；牛顿第二定律；动能定理．.‎ 专题：‎ 电场力与电势的性质专题．‎ 分析：‎ ‎（1）以小球为研究对象，由A点至C点的运动过程中，根据动能定理求解小球到达C点时的速度大小；‎ ‎（2）小球从C点运动到C点的过程中，只有重力做功，机械能守恒，可求出小球到达D点的速度．在最高点以小球为研究对象，根据牛顿第二定律求解轨道对小球的压力．‎ ‎（3）小球离开D点后，受到重力和电场力作用，做类平抛运动，根据牛顿第二定律求出加速度，运用运动的分解法，结合运动学公式求解小球落地点距离C点的水平距离．‎ 解答：‎ 解：（1）以小球为研究对象，由A点至C点的运动过程中，根据动能定理可得：‎ ‎ （mg+Eq）h﹣μ（mg+Eq）cos30°•﹣μ（mg+Eq）L=mvC2﹣0 ‎ 则得：vC==m/s=2m/s ‎ ‎（2）以小球为研究对象，在由C点至D点的运动过程中，根据机械能守恒定律可得：‎ m=m+mg•2R 在最高点以小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得：‎ ‎ FN+mg=m 联立解得：FN=m﹣5mg=1×﹣50=30N vD==m/s=2m/s ‎（3）小球做类平抛运动的加速大小为a，根据牛顿第二定律可得：mg+qE=ma 则得：a=g+=10+=20（m/s2）‎ 应用类平抛运动的规律列式可得：‎ ‎ x=vDt，2R=at2‎ 联立得：x=vD=2×m=m 答：（1）小球到达C点时的速度大小为2m/s；（2）小球到达D点时所受轨道的压力大小为30N；（3）小球落地点距离C点的水平距离为m．‎ 点评：‎ 本题是动能定理和圆周运动、平抛运动的综合，关键要把握每个过程所遵守的物理规律，当涉及力在空间的效果时要优先考虑动能定理，要注意电场力做功与沿电场力方向移动的距离成正比．‎ ‎10.‎ 考点：‎ 动能定理的应用；向心力．.‎ 专题：‎ 动能定理的应用专题．‎ 分析：‎ ‎（1）当圆环运动到B点时，重物下降到最低点位置，则取环与重物作为系统，由于只有重力做功，所以系统的机械能守恒，因此根据机械能守恒定律可解出圆环的速度大小；‎ ‎（2）当圆环下滑到最大距离时，圆环与重物的速度均为零，再由机械能守恒定律，结合几何关系可求出圆环下滑的最大距离；‎ ‎（3）圆环下滑到C点时，根据几何关系来确定变化的高度，再由机械能守恒定律，并结合运动的分解来确定圆环下滑到C点时的速度大小．‎ 解答：‎ 解：（1）圆环在B点时重物在最低点，‎ 由 解得 ‎（2）圆环下滑最大距离时，圆环在最低点，重物在最高点，速度大小都为0，‎ 由mgh=5mg△H，‎ 解得 ‎（3）由，并且物体的速度v物=v2cos53°=0.6v2‎ 联立解得 答：（1）重物下降到最低点时圆环的速度大小v1为；‎ ‎（2）圆环能下滑的最大距离h为；‎ ‎（3）圆环下滑到C点时的速度大小v2为．‎ 点评：‎ 本题多次运用几何关系及机械能守恒定律，定律的表达式除题中变化的动能等于变化的重力势能外，还可以写成圆环的变化的机械能等于重物的变化的机械能．同时关注题中隐含条件的挖掘：重物下降到最低点的同时其速度等于零．‎ ‎11.‎ ‎（1）绳子至少受3N的拉力才能被拉断；‎ ‎（2）A、C两点的电势差为1600V；‎ ‎（3）当小球刚要运动至C点时，突然施加一恒力F作用在小球上，同时把挡板迅速水平向右移动3.2m，若小球仍能垂直打在档板上，所加恒力F与竖直向上的夹角α（以顺时针为正）范围为﹣15°≤α＜150°．‎ 考点：带电粒子在匀强电场中的运动．.‎ 分析：（1）由动能定理及圆周运动知识求得绳受到的拉力大小；‎ ‎（2）绳断后小球做类平抛运动，根据类平抛运动知识求得小球在C点的速度，再由动能定理求得电场力在AC过程中做的功，从而得出AC两点间的电势；‎ ‎（3）根据几何关系知，挡板水平移动3.2m，则小球在速度方向运动1.6m，根据几何关系分析小球受力的方向取值范围．‎ 解答：解：（1）A→B由动能定理及圆周运动知识有：‎ ‎（mg+qE）•L=mvB2‎ F﹣（mg+qE）=‎ 代入数据可解得：F=3N ‎ ‎（2）由（1）分析得m/s=4m/s，‎ 小球离开B点做类平抛运动，到达C点时由水平方向速度保持不变有：‎ 小球垂直撞在斜面上，故满足 根据动能定理有：W电+WG=2qU=mvc2‎ 代入数据可解得：U=1600V ‎ ‎（3）挡板向右移动3.2米，小球沿速度方向运动了1.6米，‎ 若小球做减速运动恰好垂直打到档板，则a=v2/2S=20m/s2=2g，所以要求a≤2g，F合≤2mg 设恒力F与竖直方向的夹角为α，作出小球的受力矢量三角形分析如图所示∴α≤15°（左斜向上） ‎ 若小球做匀速直线或匀加速直线运动垂直打在档板上，设恒力F与竖直向上方向的夹角为α，作出小球的受力矢量三角形分析如图所示 0≤（α+θ）＜180°‎ ‎0°≤α＜150°（如图斜右下方）‎ ‎ ‎ 综上：恒力F与竖直向上的夹角α（以顺时针为正）范围为﹣15°≤α＜150°‎ 答：（1）绳子至少受3N的拉力才能被拉断；‎ ‎（2）A、C两点的电势差为1600V；‎ ‎（3）当小球刚要运动至C点时，突然施加一恒力F作用在小球上，同时把挡板迅速水平向右移动3.2m，若小球仍能垂直打在档板上，所加恒力F与竖直向上的夹角α（以顺时针为正）范围为﹣15°≤α＜150°．‎ 点评：本题是动能定理、类平抛运动的综合题，理清物体的运动过程中是正确解题问题的关键，中等偏难．‎ ‎12.：（1）飞镖落在斜面上有tanθ=y/x=gt22/(2v2t2) (3分)‎ 得 t2=2v2tanθ/g=0.6s (1分)‎ vy=gt2=6m/s, (1分)‎ v==2m/s (2分)‎ ‎(2) 飞镖落在斜面上的竖直分位移为 y=gt22/2=1.8m (2分)‎ ‎ 得合位移 s=y/sinθ=3m (1分)‎ ‎ 小球的运动时间 t1=s/v1=0.5s (2分)‎ ‎ Δt= t2－ t1=0.1s ‎ ‎13.‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ 试题分析：（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，则有 由洛伦兹力充当向心力，则有: （1分）‎ 以上联立解得： （1分）‎ 故粒子不能进入磁场区域Ⅱ必须满足： （2分）‎ ‎（3）由几何知识（如图所示）可得粒子在区域Ⅱ中圆周运动的半径为： （1分） ‎ 由洛伦兹力充当向心力，则有: （2分）‎ 以上联立解得： （2分）‎ 考点：带电粒子在匀强电场中的运动、带电粒子在匀强磁场中的运动 ‎【名师点睛】本题主要考查了带电粒子在匀强电场中的运动、带电粒子在匀强磁场中的运动。带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，运用运动的分解法，由牛顿第二定律和运动学公式求解场强E的大小；带电粒子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动．由题意画出轨迹，由几何知识求出轨迹半径，由牛顿第二定律即可求得磁感应强度的大小；当带电粒子恰好能再次回到原点O，画出在磁场Ⅱ中轨迹由几何知识求出轨迹半径，由牛顿第二定律即可求得磁感应强度的大小。‎ ‎14.解：（1）（4分）板间电场强度方向竖直向下 （1分）‎ ‎ -q粒子在水平方向上匀速运动，在竖直方向上匀加速运动 ‎ （1分）‎ ‎ = （1分）‎ ‎ 由①②得， （1分）‎ ‎（2）（4分）设粒子飞出板时水平速度为vx，竖直速度为vy，水平偏转角为 ‎ ‎ ‎ （1分）‎ ‎ （1分）‎ ‎ （1分）‎ ‎ 解得， （1分）‎ ‎（3）（4分）由于+q粒子在电场中向下偏转，且运动轨迹与-q粒子对称，它飞出下极板时速度大小与偏转角和-q粒子相同，进入磁场后它们均做圆周运动，为了使它们正碰，只须，轨迹如图所示（正确画出轨迹图可得1分）‎ ‎ 由几何关系易知． （1分）‎ ‎ 洛伦兹力提供向心力 （1分）‎ ‎ 由得⑨⑩⑾ （1分）‎ ‎15.（1）正、；（2）、；（3）‎ ‎（1）粒子要由静止进入管内，必须带正电。‎ 粒子从O到A过程中由动能定理得：‎ 从A点穿出后做匀速圆周运动，有： ‎ 解得： ‎ ‎（2）粒子再次进入矩形区域后做类平抛运动，由题意得：‎ ‎ ‎ 联立解得：‎ ‎（3）粒子从A点到矩形边界MN的过程中，有：‎ 从矩形边界MN到C点的过程中，有：‎ 故所求时间： ‎ 答：（1）该粒子带正电荷，匀强磁场的磁感应强度B的大小为；‎ ‎（2）矩形区域的长度，宽度；‎ ‎（3）从A点运动到C点的时间为。‎ ‎16.‎ 解：(1)由F向= qv0B = m得r =  = 0.2 m.       （4分）‎ ‎(2)粒子由P点进入磁场，由于∠O′PO = 300，延长PO′交OA于O″，则PO″⊥OA，则PO″= OPcos 300 = 0.3 m，则O′O″= PO″－PO′= 0.1 m得O′O″= O′M，即得∠O′MO″= 300  ‎ ‎（2分）‎ 由此得出粒子从OA边射出时v0与OA的夹角为600，即得从OA边射出时v0与x轴垂直。 （2分）‎ 从P点到Q点的时间为在磁场中运动的时间t1和电场中运动的时间t2之和。t1=  =8.37×10－7 s  ‎ ‎  （2分）‎ 粒子从P点到Q点的时间为t =t1＋t2=1.18×10－6 s   （2分）‎ ‎(3)粒子在电场中qE=ma，a =  =5×1012 m/s2‎ 水平位移x2 = at22 = 0.3 m      （3分）‎ 粒子在磁场中水平位移x1=r＋rsin 300=0.3m       （2分）‎ 故x = x1＋x2 = 0.6 m  即Q点的坐标为（0.6 m,0）     （3分）‎ ‎17.(1)0.80 V　(2)4.0 A　(3)0.80 N，方向水平向右 ‎18.见解析 ‎（1）在轨道的最高点，根据牛顿定律 ‎ ①‎ 金属棒刚滑出磁场到最高点，根据机械能守恒 ②‎ 由①②式代入数据解得 ‎ ③ ‎ ‎（2）对金属棒滑过磁场的过程中，根据能量关系 ‎ ④ ‎ 对闭合回路，根据热量关系 ‎ ⑤‎ 由④⑤式并代入数据得 ‎ ⑥‎ 评分标准：①②④⑤式每式各3分，③⑥式每式各2分，共计16分。‎