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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。
亲爱的同学：这份试卷将再次记录你的自信、沉着、智慧和收获，我们一直投给你信任的目光……学 习 资 料 专 题2016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·衡水金卷调研卷五)如图1所示，平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，静电计的金属球与电容器的负极板连接，外壳接地，以E 表示两极板间的场强，θ表示静电计指针的偏角，则各物理量的变化情况正确的是( )图1A ．将平行板电容器的正极板向右移动，E 变小，θ变大B ．将平行板电容器的正极板向右移动，E 不变，θ变小C ．将平行板电容器的正极板向左移动，E 变大，θ变大D ．将平行板电容器的正极板向左移动，E 变小，θ变小答案 B15．(2018·安徽省“江南十校”二模)如图2所示，含有11H 、21H 、42He 的带电粒子束从小孔O 1处射入速度选择器，沿直线O 1O 2运动的粒子在小孔O 2处射出后垂直进入偏转磁场，最终打在P 1、P 两点．不考虑重力作用，下列说法不正确的是( )图2A ．沿直线O 1O 2运动的粒子速度相等B ．打在P 点的粒子是21H 和42HeC ．O 2P 的长度是O 2P 1长度的2倍D ．粒子11H 在偏转磁场中运动的时间最长答案 D16．(2018·广西钦州市第三次质检)如图3所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的白炽灯泡a 、b 和c ，灯泡b 、c 规格相同，当左端输入电压U 为灯泡额定电压的10倍时，三只灯泡均能正常发光，导线电阻不计，下列说法正确的是( )图3A ．原、副线圈匝数比为10∶1B ．此时a 灯和b 灯的电流比为1∶1C ．此时a 灯和b 灯的电功率之比为1∶9D ．此时a 灯和b 灯的电阻比为9∶2答案 D解析 灯泡正常发光，则其两端电压均为额定电压U 额，则说明原线圈输入电压为9U 额，输出电压为U 额；则可知，原、副线圈匝数之比为9∶1，A 错误；原、副线圈匝数之比为9∶1，则：I aI b ＋I c ＝19，I a I b ＝29，由欧姆定律可知，它们的电阻之比为9∶2，B 错误，D 正确；由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P ＝UI 可得两者的电功率之比为2∶9，C 错误．17．(2018·河南省濮阳市第三次模拟)由中国科学家设计的空间引力波探测工程“天琴计划”，采用三颗相同的探测卫星(SC1、SC2、SC3)构成一个边长约为地球半径27倍的等边三角形，阵列如图4所示．地球恰好处于三角形中心，探测卫星在以地球为中心的圆轨道上运行，对一个周期仅有 5.4分钟的超紧凑双白矮星(RXJ0806.3＋1527)产生的引力波进行探测．若地球表面附近的卫星运行速率为v0，则三颗探测卫星的运行速率最接近( )图4A．0.10v0B．0.25v0C．0.5v0D．0.75v0答案 B解析由几何关系可知，等边三角形的几何中心到各顶点的距离等于边长的33，所以卫星的轨道半径与地球半径的关系：r＝27×33R＝93R；根据v＝GMr可得vv0＝R93R≈0.25，则v≈0.25v0，故选B.18．(2018·湖南省衡阳市第三次联考)某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角α＝60°，使飞行器恰好沿与水平方向成θ＝30°角的直线斜向右上方由静止开始匀加速飞行，如图5所示．经时间t后，将动力的方向沿逆时针旋转60°同时适当调节其大小．使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，下列说法中正确的是( )图5A．加速时动力的大小等于2mgB．加速与减速时的加速度大小之比为2∶1C．减速飞行时间t后速度减为零D．加速过程发生的位移与减速到零的过程发生的位移大小之比为2∶1答案 B解析起飞时，飞行器受推力和重力，两力的合力与水平方向成30°角斜向上，设动力为F，合力为F b ，如图甲所示：在△OFF b 中，由正弦定理得：F ＝3mg ，F b ＝mg ，故A 错误；由牛顿第二定律得飞行器的加速度为：a 1＝g ，推力方向逆时针旋转60°，合力的方向与水平方向成30°角斜向下，推力F ′跟合力F b ′垂直，如图乙所示，此时合力大小为：F b ′＝mg sin 30°；动力大小：F ′＝32mg ；飞行器的加速度大小为：a 2＝mg sin 30°m＝0.5g ；加速与减速时的加速度大小之比为a 1∶a 2＝2∶1，故B 正确；t 时刻的速率：v ＝a 1t ＝gt ，到最高点的时间为：t ′＝v a 2＝gt 0.5g ＝2t ，故C 错误，加速与减速过程发生的位移大小之比为v 22a 1∶v 22a 2＝1∶2，故D 错误． 19．(2018·江西省重点中学协作体第二次联考)如图6所示，重力不计的横梁(可伸缩)的一端固定在坚直墙壁上的A 点，另一端B 点用绳悬挂在墙壁上的C 点，初始时绳与墙的夹角为θ，当重为G 的物体由挂在梁上的B 点处逐渐移至A 点的过程中，横梁始终保持水平．问此过程中，A 点对横梁作用力F 的大小和CB 绳对横梁的拉力F T 的大小是如何变化的( )图6A ．F 先增大后减小B ．F T 一直减小C ．F 一直减小D ．F T 先减小后增大 答案 BC解析 对B 点受力分析，受重物的拉力，横梁的支持力和绳的拉力，如图所示．根据平衡条件，有F T ＝mgcos θ，F N ＝mg tan θ，当重为G 的物体由挂在梁上的B 点处逐渐移至A 点的过程中，θ减小，故F N 减小，F T 也减小；A 点对横梁的作用力F 与F N 等大，也减小，B 、C 正确．20．(2018·四川省第二次“联测促改”)有一种电四极子的电荷分布如图7所示，在正方形的顶点上分别有两个电荷量为＋q和两个电荷量为－q的点电荷．O点为正方形中心，a、b、c、d为正方形四条边的中点，电荷量为－Q的点电荷位于Oc延长线上，下列说法正确的是( )图7A．场强的大小关系有E b>E dB．电势的高低关系有φb<φdC．将一正点电荷沿直线由a移动到c的过程中电势能逐渐减小D．将一正点电荷沿直线由b移动到d的过程中电势能始终不变答案AC解析各点电荷在b、d两点产生的场强如图所示，按平行四边形合成规律可知，b点的场强大于d点的场强，故A正确；对两对等量的异种电荷产生的电场，b、d连线是等势线，对于－Q电荷，根据所产生电场的对称性，b、d两点电势相等，所以φb＝φd，故B错误；对于两对等量异种电荷产生的电场，a、c连线是等势线，对于－Q电荷，正点电荷沿直线由a移动到c的过程中，电场力做正功，电势能逐渐减小，故C正确；对两对等量的异种电荷产生的电场，b、d连线是等势线，对于－Q电荷，正点电荷沿直线由b移动到d的过程中，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故D错误．21．(2018·广东省汕头市第二次模拟)甲、乙两辆小汽车(都可视为质点)分别处于同一条平直公路的两条平行车道上，开始时(t＝0)乙车在前甲车在后，两车间距为x0.t＝0时甲车先启动，t＝3 s时乙车再启动，两车启动后都是先做匀加速运动，后做匀速运动，v－t图象如图8所示．根据图象，下列说法正确的是( )图8A ．两车加速过程，甲的加速度比乙大B ．若x 0＝80 m ，则两车间间距最小为30 mC ．若两车在t ＝5 s 时相遇，则在t ＝9 s 时再次相遇D ．若两车在t ＝4 s 时相遇，则在t ＝10 s 时再次相遇答案 BC解析 v －t 图象中的斜率大小表示加速度大小，从题图图象上可以看出乙的加速度大于甲的加速度，故A 错误；速度相等时两者之间的距离有最小值，从图象上可以看出0～7 s 内甲运动的位移为x 1＝(2＋7)×202 m ＝90 m ，而乙运动的位移为：x 2＝12×4×20 m＝40 m ，则甲、乙之间的距离为Δx ＝x 2＋80 m －x 1＝30 m ，故B 正确；若两车在t ＝5 s 时相遇，从图象上可以看出5～9 s 内甲、乙运动的位移相等，所以甲、乙在t ＝9 s 时会再次相遇，故C 正确；若两车在t ＝4 s 时相遇，从图象上可以看出4～10 s 内甲、乙运动的位移不相等，则在t ＝10 s 时不会再次相遇，故D 错误．。
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.。
2016年(全国Ⅲ卷)计算题考点排查练24．如图1所示，ABC 为固定在竖直面内的光滑四分之一圆轨道，其半径为r ＝10 m ，N为固定在水平面内的半圆平面，其半径为R ＝10πm ，轨道ABC 与平面N 相切于C 点，DEF 是包围在半圆平面N 周围且垂直于N 的光滑半圆形挡板，质量为M ＝1 kg 的长方体滑块的上表面与平面N 在同一水平面内，且滑块与N 接触紧密但不连接，现让物体自A 点由静止开始下滑，进入平面N 后立即受到挡板DEF 的约束并最终冲上滑块，已知物体质量m ＝1 kg ，物体与平面N 之间的动摩擦因数μ1＝0.5、与滑块之间的动摩擦因数μ2＝0.4，滑块与地面之间是光滑的，滑块的竖直高度为h ＝0.05 m ，长L ＝4 m ，(取g ＝10 m/s 2)求：图1(1)物体滑到C 时对圆轨道的压力是多大？(2)物体运动到F 处时的速度是多大？(3)当物体从滑块上滑落后到达地面时，物体与滑块之间的距离是多少？答案 (1)30 N (2)10 m/s (3)0.6 m解析 (1)对物体从A 处到C 处的过程，由机械能守恒定律得：mgr ＝12mv C 2在C 处，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m vC2r联立解得：F N ＝3mg ＝30 N由牛顿第三定律可知，物体滑到C 处时，对圆轨道的压力是30 N.(2)对物体从C 处到F 处的过程，由动能定理有－μ1mg ×πR ＝12mv F 2－12mv C 2 解得：v F ＝10 m/s(3)物体在滑块上运动，对物体由牛顿第二定律有：－μ2mg ＝ma 1解得：a 1＝－4 m/s 2对滑块由牛顿第二定律有：μ2mg ＝Ma 2，解得：a 2＝4 m/s 2设经时间t 物体刚要从滑块上滑落，此时物体的速度为v 1，滑块的速度为v 2.则有v F t ＋12a 1t 2－12a 2t 2＝L 解得t ＝12s 或2 s(不合题意舍去) 则有v 1＝v F ＋a 1t ，v 2＝a 2t设物体从抛出到落地时间为t 1，则有h ＝12gt 12 Δs ＝v 1t 1－v 2t 1联立解得Δs ＝0.6 m.25．(2018·广西钦州市第三次质检)如图2甲所示，两根间距L ＝1.0 m 、电阻不计的足够长平行金属导轨ab 、cd 水平放置，一端与阻值R ＝2.0 Ω的电阻相连，质量m ＝0.2 kg 的导体棒ef 在恒定外力F 作用下由静止开始运动，已知导体棒与两根导轨间的最大静摩擦力和滑动摩擦力均为F f ＝1.0 N ，导体棒电阻为r ＝1.0 Ω，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B ，导体棒运动过程中加速度a 与速度v 的关系如图乙所示(取g ＝10 m/s 2)，求：图2(1)拉力F 的大小；(2)磁场的磁感应强度B 的大小；(3)若ef 棒由开始运动6.9 m 时，速度达到3 m/s ，求此过程中电路产生的焦耳热． 答案 (1)2 N (2)1 T (3)6 J解析 (1)由题图可知，导体棒开始运动时加速度a 1＝5 m/s 2，初速度v 0＝0，导体棒中无电流．由牛顿第二定律知：F －F f ＝ma 1解得：F ＝2 N ；(2)当导体棒速度为v 时，导体棒上的电动势为E ，电路中的电流为I .由法拉第电磁感应定律：E ＝BLv ，由闭合电路欧姆定律：I ＝E R ＋r， 导体棒所受安培力F 安＝BIL ，由题图可知，当导体棒的加速度a ＝0时，导体棒开始以v ＝3 m/s 的速度做匀速运动， 此时有：F －F f －F 安＝0，解得：B ＝1 T ；(3)设ef 棒此过程中产生的热量为Q ，由功能关系知：(F －F f )s ＝Q ＋12mv 2， 代入数据解得Q ＝6 J.。
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 ＝BlvR安培力F 安＝BIl ＝B2l2vR①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 P2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 vP2R，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。
2016年(全国Ⅲ卷)计算题考点排查练24．如图1所示，ABC 为固定在竖直面内的光滑四分之一圆轨道，其半径为r ＝10 m ，N 为固定在水平面内的半圆平面，其半径为R ＝10πm ，轨道ABC 与平面N 相切于C 点，DEF 是包围在半圆平面N 周围且垂直于N 的光滑半圆形挡板，质量为M ＝1 kg 的长方体滑块的上表面与平面N 在同一水平面内，且滑块与N 接触紧密但不连接，现让物体自A 点由静止开始下滑，进入平面N 后立即受到挡板DEF 的约束并最终冲上滑块，已知物体质量m ＝1 kg ，物体与平面N 之间的动摩擦因数μ1＝0.5、与滑块之间的动摩擦因数μ2＝0.4，滑块与地面之间是光滑的，滑块的竖直高度为h ＝0.05 m ，长L ＝4 m ，(取g ＝10 m/s 2)求：图1(1)物体滑到C 时对圆轨道的压力是多大？(2)物体运动到F 处时的速度是多大？(3)当物体从滑块上滑落后到达地面时，物体与滑块之间的距离是多少？答案 (1)30 N (2)10 m/s (3)0.6 m解析 (1)对物体从A 处到C 处的过程，由机械能守恒定律得：mgr ＝12mv C 2在C 处，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v C 2r联立解得：F N ＝3mg ＝30 N由牛顿第三定律可知，物体滑到C 处时，对圆轨道的压力是30 N.(2)对物体从C 处到F 处的过程，由动能定理有－μ1mg ×πR ＝12mv F 2－12mv C 2 解得：v F ＝10 m/s(3)物体在滑块上运动，对物体由牛顿第二定律有：－μ2mg ＝ma 1解得：a 1＝－4 m/s 2对滑块由牛顿第二定律有：μ2mg ＝Ma 2，解得：a 2＝4 m/s 2设经时间t 物体刚要从滑块上滑落，此时物体的速度为v 1，滑块的速度为v 2.则有v F t ＋12a 1t 2－12a 2t 2＝L 解得t ＝12s 或2 s(不合题意舍去) 则有v 1＝v F ＋a 1t ，v 2＝a 2t设物体从抛出到落地时间为t 1，则有h ＝12gt 12 Δs ＝v 1t 1－v 2t 1联立解得Δs ＝0.6 m.25．(2018·广西钦州市第三次质检)如图2甲所示，两根间距L ＝1.0 m 、电阻不计的足够长平行金属导轨ab 、cd 水平放置，一端与阻值R ＝2.0 Ω的电阻相连，质量m ＝0.2 kg 的导体棒ef 在恒定外力F 作用下由静止开始运动，已知导体棒与两根导轨间的最大静摩擦力和滑动摩擦力均为F f ＝1.0 N ，导体棒电阻为r ＝1.0 Ω，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B ，导体棒运动过程中加速度a 与速度v 的关系如图乙所示(取g ＝10 m/s 2)，求：图2(1)拉力F 的大小；(2)磁场的磁感应强度B 的大小；(3)若ef 棒由开始运动6.9 m 时，速度达到3 m/s ，求此过程中电路产生的焦耳热． 答案 (1)2 N (2)1 T (3)6 J解析 (1)由题图可知，导体棒开始运动时加速度a 1＝5 m/s 2，初速度v 0＝0，导体棒中无电流． 由牛顿第二定律知：F －F f ＝ma 1解得：F ＝2 N ；(2)当导体棒速度为v 时，导体棒上的电动势为E ，电路中的电流为I .由法拉第电磁感应定律：E ＝BLv ，由闭合电路欧姆定律：I ＝ER ＋r ，导体棒所受安培力F 安＝BIL ，由题图可知，当导体棒的加速度a ＝0时，导体棒开始以v ＝3 m/s 的速度做匀速运动， 此时有：F －F f －F 安＝0，解得：B ＝1 T ；(3)设ef 棒此过程中产生的热量为Q ，由功能关系知：(F －F f )s ＝Q ＋12mv 2， 代入数据解得Q ＝6 J.。
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 R ①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百度文库是百度发布的供网友在线分享文档的平台。
2016年(全国Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ卷)选考33题考点排查练1．(1)(2018·四川省广安、眉山、内江和遂宁第三次模拟)下列关于温度及内能的说法中正确的是________． A ．物体的内能不可能为零B ．温度高的物体比温度低的物体内能大C ．一定质量的某种物质，即使温度不变，内能也可能发生变化D ．内能不相同的物体，它们的分子平均动能可能相同E ．温度是分子平均动能的标志，所以两个动能不同的分子相比，动能大的分子温度高 (2)(2018·衡水金卷调研卷五)如图1甲所示，一截面积为S 的汽缸竖直倒放，汽缸内有一质量为m 的活塞，将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，气柱的长度为L ，活塞与汽缸壁无摩擦，气体处于平衡状态，现保持温度不变，把汽缸倾斜，使汽缸侧壁与竖直方向夹角θ＝37°，重新达到平衡后，如图乙所示，设大气压强为p 0，汽缸导热良好，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g .图1①求此时气柱的长度；②分析说明汽缸从竖直倒放到倾斜过程，理想气体吸热还是放热． 答案 (1)ACD (2)①5p 0S －5mg 5p 0S －4mgL ②放热解析 (1)内能是物体内所有分子无规则热运动的动能和分子势能的总和，分子在永不停息地做无规则运动，所以内能永不为零，故A 正确；物体的内能除与温度有关外，还与物质的量、物体的体积及物态有关，温度高的物体的内能可能比温度低的物体的内能大，也可能与温度低的物体的内能相等，也可能比温度低的物体的内能小，故B 错误；一定质量的某种物质，即使温度不变，内能也可能发生变化，比如零摄氏度的冰化为零摄氏度的水，内能增加，故C 正确；内能与温度、体积、物质的量及物态有关，而分子平均动能只与温度有关，故内能不同的物体，它们的分子平均动能可能相同，故D 正确；温度是分子平均动能的标志，温度高平均动能大，但不一定每个分子的动能都大，故E 错误．(2)①以活塞为研究对象，汽缸竖直倒放时，根据平衡条件有p 0S ＝mg ＋p 1S ，得p 1＝p 0－mg S汽缸倾斜后，根据平衡条件有p 0S ＝mg cos 37°＋p 2S ，得p 2＝p 0－mg S cos 37°＝p 0－4mg5S根据玻意耳定律有p 1LS ＝p 2xS ，解得x ＝5p 0S －5mg5p 0S －4mg L②由①得出气体体积减小，大气压对气体做功，W >0，气体等温变化，ΔU ＝0，由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q ，知Q <0，故气体放出热量． 2．(1)(2018·广东省汕头市第二次模拟)一定量的理想气体从状态a 开始，经历ab 、bc 、ca 三个过程回到原状态，其V －T 图象如图2所示．下列判断正确的是________．图2A ．ab 过程中气体一定放热B ．ab 过程中气体对外界做功C ．bc 过程中气体内能保持不变D ．bc 过程中气体一定吸热E ．ca 过程中容器壁单位面积受到气体分子的撞击力一定减小(2)如图3所示是生活上常用喷雾器的简化图．已知贮液瓶容积为3 L(不计贮液瓶中打气筒和细管的体积)，喷液前，瓶内气体压强需达到2.5 atm ，方可将液体变成雾状喷出，打气筒每次能向贮液瓶内打入p 0＝1.0 atm 的空气ΔV ＝50 mL.现打开进水阀门A 和喷雾头阀门B ，装入2 L 的清水后，关闭阀门A 和B.设周围大气压恒为p 0，打气过程中贮液瓶内气体温度与外界温度相同且保持不变，不计细管中水产生的压强，求：图3①为确保喷雾器的正常使用，打气筒至少打气次数n ；②当瓶内气压达到2.5 atm 时停止打气，然后打开阀门B ，求喷雾器能喷出的水的体积的最大值．答案 (1)ADE (2)①30次 ②1.5 L解析 (1)由题图可知，ab 过程气体发生等温变化，气体内能不变，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 可知，气体放出热量，故A 正确，B 错误；由题图知，bc 过程气体体积不变而温度升高，气体内能增大，气体不做功，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故C 错误，D 正确；根据理想气体状态方程得p c V c T c ＝p a V aT a，因V c <V a ，T c >T a ，故p c >p a ，根据气体压强的微观解释可知E 正确． (2)①贮液瓶装水后，瓶内封闭气体的体积V 1＝V 总－V 液＝1 L打气过程瓶内气体做等温变化，有p 0(V 1＋V 外)＝p 2V 1 V 外＝n ΔV将p 0＝1.0 atm 、p 2＝2.5 atm 代入，解得打气的次数至少为n ＝30 次 ②阀门打开喷水过程，瓶内封闭气体做等温变化，有p 2V 1＝p 3V 3最后瓶内气体的压强p 3＝p 0代入数据解得最后瓶内气体的体积V 3＝2.5 L因此喷雾器能喷出的水的体积的最大值V 水＝V 3－V 1＝1.5 L3．(1)(2018·四川省第二次“联测促改”)节日放飞的氢气球，升到高空后会破裂．氢气球在破裂之前的上升过程中，下列说法正确的是________． A ．气球内氢气的内能减小 B ．气球内氢分子的速率都在减小 C ．气球内的氢气对外做功D ．气球内的氢分子的速率总是呈“中间多，两头少”的分布规律E ．气球内的氢分子的运动也叫布朗运动(2)(2018·江西省南昌市第二次模拟)如图4所示，一汽缸固定在水平地面上，通过活塞封闭有一定质量的理想气体，活塞与缸壁的摩擦可忽略不计，活塞的横截面积S ＝100 cm 2.活塞与水平平台上的物块A 用水平轻杆连接，在平台上有另一物块B ，A 、B 的质量均为m ＝62.5 kg ，两物块与平台间的动摩擦因数均为μ＝0.8.两物块间距为d ＝10 cm.开始时活塞距缸底L 1＝10 cm ，缸内气体压强等于大气压强p 0(p 0＝1×105Pa)，温度 t 1＝27 ℃.现对汽缸内的气体缓慢加热．求：(g ＝10 m/s 2)图4①物块A 开始移动时，汽缸内的温度； ②物块B 开始移动时，汽缸内的温度． 答案 (1)ACD (2)①450 K ②1 200 K解析 (1)在气球上升过程中，随着高度的增加，温度降低，空气的密度减小，大气压强逐渐减小，球内氢气的压强大于外界大气压，会使得氢气球向外膨胀，气球的体积变大，气体对外做功，其内能减小，故A 、C 正确；氢气温度降低，分子平均动能减小，平均速率减小，速率总是呈“中间多，两头少”的分布规律，不一定所有分子的速率都减小，故B 错误，D 正确；布朗运动是固体小颗粒的无规则运动，故E 错误． (2)①物块A 开始移动前气体做等容变化，则有p 2＝p 0＋μmg S＝1.5×105Pa由查理定律有：p 1T 1＝p 2T 2解得T 2＝450 K②物块A 开始移动后，气体做等压变化，到A 与B 刚接触时p 3＝p 2＝1.5×105 Pa ，V 3＝(L 1＋d )S由盖－吕萨克定律有V 2T 2＝V 3T 3，解得T 3＝900 K之后气体又做等容变化，设物块A 和B 一起开始移动时气体的温度为T 4p 4＝p 0＋2μmg S＝2.0×105PaV 4＝V 3由查理定律有p 3T 3＝p 4T 4，解得T 4＝1 200 K。
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。
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．。
