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x 1=12m ．
（1）求B 车运动的速度v B 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s 0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/s 2， 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？
h
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v C=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E p；
（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V m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m.
滑块与斜面间动摩擦因数为μ，斜面的
倾角θ，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
2
f
F kv
=
。
（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2m kg =，斜面倾角30θ=?，g 取2
10/m s ，滑块从静止下滑的速度图象如图所
示，图中的斜线是0t =时v t -图线的切线，由此求出k μ、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 。
1
41
2μ
=
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=1.0×103
V/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=5×10﹣4
C 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v 0沿y 负方向射出，
sin370.6,cos370.8.=
=
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B 1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B 2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y 0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O 1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v 0=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
MN PQ MP 1R 2Ω0.5m r =0.4m L =abcd 0.5T B =0.4m 0.6kg m =2R 1ΩAB 0v
6m/s
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t 1=1s 时A 车刚启动，两车缩短的距离为：x 1=v B t 1， 代入数据解得B 车的速度为：v B =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t 2=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s 0应满足条件为： s 0＞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/s 2．
（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s 0应满足s 0＞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．
g 210m/s AB cd v 1R
Q
【分析】（1）B 做匀速直线运动，根据x 1=v B t 1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v 2=2ax （2分）
解得 x ==32.4m （2分）
1.33s
2.3/m s 00137sin 37cos mg mg F ma -+=μ2
1/6s m a =s a v t 3211==m a v x 3
4
2121==8F N =10N 02=a s v x x t 3
2
12=-=
124
1.333
s t t t s ==+=
37cos 37sin mg mg μ>0
337cos 37sin mg mg ma μ-=2
3/2s m a =t 't v 23222x a v v t =-s m s m v t /3.2/334==
s a v v t t 85.03
3
223≈-='－＝a
v 22
（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=2gh 2 （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 =v C +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v 1，A 、B 与C 分离时的速度为v 2，由动量守恒定律 mv 0=2mv 1 2 mv 1=2mv 2+mv C
由能量守恒规律
解得E P =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 mv m =2mv 1′
2mv 1′=mv C ′+2mv 2′
v t
'
22
1at t v s C +
=2
2
2
121
112222
2
P C E mv mv mv +?=
?+
'1v '2v '
C v
由能量守恒规律 由运动学公式
解得： v m =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：
2
22
121
1
1222
22
P C E mv mv mv '''+?=
?+aL v v C
222
=-'
联立解得： 则图乙中的 图线斜率
，解得：
6.解：（1）22
sin cos sin cos mg g kv a m
kv g g m θμθθμθ--=
=--
（4分）
（2）当0a =时速度最大，
max v =
3分）
（3）当0v =时，2
sin cos 3a g g m s θμθ=-=
，解得
15μ=
0.23=（3分）
最大速度2/v m s =，
max 2v m s
=
=，解得 1.5/k kg m =（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）2gr （2）3r （3）m
2E -k 2mg 3gr P
2
9.
12
12
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=mv C 2
﹣0
则得：v C =
=
m/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：
F N +mg=m
联立解得：F N =m ﹣5mg=1×﹣50=30N
v D =
=
m/s=2
m/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/s 2
）
应用类平抛运动的规律列式可得： x=v D t ，2R=at 2
联立得：x=v D
=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）
离C 点的水平距离为
m ．
10.
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．
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=mv B2
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+W G=2qU=mv c2
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=v22+vy2=213m/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）20
2mv qL
（2
）)
11mv B qL
≥
（3）
mv qL
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: 2
11
v B qv m r = （1分）
以上联立解得：)
1
1mv B qL
=
（1分）
故粒子不能进入磁场区域Ⅱ必须满足：)
1
1mv B qL
≥
（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：
2r =
（1分）
由洛伦兹力充当向心力，则有: 2
22
v B qv m r = （2分）
以上联立解得：0
2mv B qL
=
（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）
2021模拟模拟-选择题专项训练之交变电流 本考点是电磁感应的应用和延伸．高考对本章知识的考查主要体现在“三突出”：一是突出考查交变电流的产生过程；二是突出考查交变电流的图象和交变电流的四值；三是突出考查变压器．一般试题难度不大，且多以选择题的形式出现．对于电磁场和电磁波只作一般的了解．本考点知识易与力学和电学知识综合，如带电粒子在加有交变电压的平行金属板间的运动，交变电路的分析与计算等．同时，本考点知识也易与现代科技和信息技术相联系，如“电动自行车”、“磁悬浮列车”等．另外，远距离输电也要引起重视．尤其是不同情况下的有效值计算是高考考查的主要内容；对变压器的原理理解的同时，还要掌握变压器的静态计算和动态分析． 北京近5年高考真题 05北京18．正弦交变电源与电阻R、交流电压表按照图1所示的方式连接，R=10Ω，交流电压表的示数是10V。图2是交变电源输出电压u随时间t变化的图象。则( ) Ａ．通过R的电流i R随时间t变化的规律是i R=2cos100πt (A) Ｂ．通过R的电流 i R 随时间t变化的规律是i R=2cos50πt (A) Ｃ．R两端的电压u R随时间t变化的规律是u R=52cos100πt (V) Ｄ．R两端的电压u R随时间t变化的规律是u R=52cos50πt (V) 07北京17、电阻R1、R2交流电源按照图1所示方式连接，R1=10Ω，R2=20Ω。合上开关后S后，通过电阻R2的正弦交变电流i随时间t变化的情况如图2所示。则（） A、通过R1的电流的有效值是1.2A B、R1两端的电压有效值是6V C、通过R2的电流的有效值是1.22A D、R2两端的电压有效值是62V 08北京18.一理想变压器原、副线圈匝数比n1:n2=11:5。原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u如图所示。副线圈仅接入一个10 Ω的电阻。则（） A.流过电阻的电流是20 A B.与电阻并联的电压表的示数是1002V C.经过1分钟电阻发出的热量是6×103 J D.变压器的输入功率是1×103 W 北京08——09模拟题 08朝阳二模16．在电路的MN间加一如图所示正弦交流电，负载电阻为100Ω，若不考 虑电表内阻对电路的影响，则交流电压表和交流电流表的读数分别为（）A．220V，2.20 AB．311V，2.20 AC．220V，3.11A D．311V，3.11A t/×10-2s U/V 311 -311 1 2 3 4 A V M ~ R V 交变电源 ~ 图1 u/V t/×10-2s O U m -U m 12 图2
高考数学解答题常考公式及答题模板 题型一：解三角形 1、正弦定理： R C c B b A a 2sin sin sin === （R 是AB C ?外接圆的半径） 变式①：?????===C R c B R b A R a sin 2sin 2sin 2 变式②：?? ?? ? ???? == = R c C R b B R a A 2sin 2sin 2sin 变式③： C B A c b a sin :sin :sin ::= 2、余弦定理：???????-+=-+==+=C ab b a c B ac c a b A bc c b a cos 2cos 2cos 22222 22222 变式：???? ? ??????-+= -+=-+= ab c b a C ac b c a B bc a c b A 2cos 2cos 2cos 2 22222222 3、面积公式：A bc B ac C ab S ABC sin 2 1 sin 21sin 21=== ? 4、射影定理：?? ? ??+=+=+=A b B a c A c C a b B c C b a cos cos cos cos cos cos （少用，可以不记哦^o^） 5、三角形的内角和等于 180，即π=++C B A 6、诱导公式：奇变偶不变，符号看象限 利用以上关系和诱导公式可得公式：??? ??=+=+=+A C B B C A C B A sin )sin(sin )sin(sin )sin( 和 ??? ??-=+-=+-=+A C B B C A C B A cos )cos(cos )cos(cos )cos( 7、平方关系和商的关系：①1cos sin 22=+θθ ②θ θ θcos sin tan = 奇： 2 π 的奇数倍 偶： 2 π 的偶数倍
2016年高考押题 1.（18分）在竖直平面内，以虚线为界分布着如图所示足够大的匀强电场和匀强磁场，其中匀强电场方向竖直向下，大小为E ；匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小为B 。虚线与水平线之间的夹角为θ＝45°，一带负电粒子从O 点以速度v 0水平射入匀强磁场，已知带负电粒子电荷量为q ，质量为m ，（粒子重力忽略不计）。 （1）带电粒子从O 点开始到第1次通过虚线时所用的时间； （2）带电粒子第3次通过虚线时，粒子距O 点的距离； （3）粒子从O 点开始到第4次通过虚线时，所用的时间。 1.（18分）解：如图所示： （1）根据题意可得粒子运动轨迹如图所示。 2πm T Bq = ……………………………………（2分） 因为θ=45°，根据几何关系，带电粒子从O 运动到A 为3/4圆周……（1分） 则带电粒子在磁场中运动时间为： 3π2m t Bq = ………………………………………………………………………………………（1分） （2）由qvB=m 2 v r ………………………………………………………（2分） 得带电粒子在磁场中运动半径为：0 mv r Bq = ，…………………………（1分） 带电粒子从O 运动到A 为3/4圆周，解得0 22OA mv x r Bq ==…………………（1分） 带电粒子从第2次通过虚线到第3次通过虚线运动轨迹为1 4圆周，OA AC x x =所以粒子距O 点的距离0 2222OC mv x r Bq ==………………………………（1 分） （3）粒子从A 点进入电场，受到电场力F=qE ，则在电场中从A 到B 匀减速，再从B 到A 匀加速进入磁场。在电场中加速度大小为：
高考数学常用公式及结论200条（一） 湖北省黄石二中 杨志明 1. 元素与集合的关系 U x A x C A ∈??,U x C A x A ∈??. 2.德摩根公式 ();()U U U U U U C A B C A C B C A B C A C B == . 3.包含关系 A B A A B B =?= U U A B C B C A ???? U A C B ?=Φ U C A B R ?= 4.容斥原理 ()()card A B cardA cardB card A B =+- ()()card A B C cardA cardB cardC card A B =++- ()()()()card A B card B C card C A card A B C ---+ . 5．集合12{,,,}n a a a 的子集个数共有2n 个；真子集有2n –1个；非空子集有2n –1个；非空的真子集有2n –2个. 6.二次函数的解析式的三种形式 (1)一般式2()(0)f x ax bx c a =++≠; (2)顶点式2()()(0)f x a x h k a =-+≠; (3)零点式12()()()(0)f x a x x x x a =--≠. 7.解连不等式()N f x M <<常有以下转化形式 ()N f x M <- ? 11()f x N M N > --. 8.方程0)(=x f 在),(21k k 上有且只有一个实根,与0)()(21
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x 1=12m ． （1）求B 车运动的速度v B 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s 0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/s 2， 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？ h
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v C=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E p； （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V m是多少?
高考定位 受力分析、物体的平衡问题是力学的基本问题，主要考查力的产生条件、力的大小方向的判断(难点：弹力、摩擦力)、力的合成与分解、平衡条件的应用、动态平衡问题的分析、连接体问题的分析，涉及的思想方法有：整体法与隔离法、假设法、正交分解法、矢量三角形法、等效思想等．高考试题命题特点：这部分知识单独考查一个知识点的试题非常少，大多数情况都是同时涉及到几个知识点，而且都是牛顿运动定律、功和能、电磁学的内容结合起来考查，考查时注重物理思维与物理能力的考核． 考题1对物体受力分析的考查 例1如图1所示，质量为m的木块A放在质量为M的三角形斜面B上，现用大小均为F，方向相反的水平力分别推A和B，它们均静止不动，则() 图1 A．A与B之间不一定存在摩擦力 B．B与地面之间可能存在摩擦力 C．B对A的支持力一定大于mg D．地面对B的支持力的大小一定等于(M＋m)g 审题突破B、D选项考察地面对B的作用力故可以：先对物体A、B整体受力分析，根据平衡条件得到地面对整体的支持力和摩擦力；A、C选项考察物体A、B之间的受力，应当隔离，物体A受力少，故：隔离物体A受力分析，根据平衡条件求解B对A的支持力和摩擦力． 解析对A、B整体受力分析，如图， 受到重力(M＋m)g、支持力F N和已知的两个推力，水平方向：由于两个推力的合力为零，故
整体与地面间没有摩擦力；竖直方向：有F N＝(M＋m)g，故B错误，D正确；再对物体A受力分析，受重力mg、推力F、斜面体B对A的支持力F N′和摩擦力F f，在沿斜面方向：①当推力F沿斜面分量大于重力的下滑分量时，摩擦力的方向沿斜面向下，②当推力F沿斜面分量小于重力的下滑分量时，摩擦力的方向沿斜面向上，③当推力F沿斜面分量等于重力的下滑分量时，摩擦力为零，设斜面倾斜角为θ，在垂直斜面方向：F N′＝mg cos θ＋F sin θ，所以B对A的支持力不一定大于mg，故A正确，C错误．故选择A、D. 答案AD 1．(单选)(2014·广东·14)如图2所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P在支撑点M、N处受力的方向，下列说法正确的是() 图2 A．M处受到的支持力竖直向上 B．N处受到的支持力竖直向上 C．M处受到的静摩擦力沿MN方向 D．N处受到的静摩擦力沿水平方向 答案 A 解析M处支持力方向与支持面(地面)垂直，即竖直向上，选项A正确；N处支持力方向与支持面(原木接触面)垂直，即垂直MN向上，故选项B错误；摩擦力与接触面平行，故选项C、D错误． 2．(单选)如图3所示，一根轻杆的两端固定两个质量均为m的相同小球A、B，用两根细绳悬挂在天花板上，虚线为竖直线，α＝θ＝30°，β＝60°，求轻杆对A球的作用力() 图3 A．mg B.3mg C. 3 3mg D. 3 2mg