1、2020 届高考物理【地市名校好题必刷】届高考物理【地市名校好题必刷】 考点考点 18 力学实验力学实验 考点考点 19 电学实验电学实验 考点考点 20 力学计算题力学计算题 考点考点 21 电学计算题电学计算题 考点考点 18 力学实验力学实验 1（海南省澄迈县澄迈中学 20192020 学年高一上学期期中）在原高中物理教科书中，有一张用频闪相机 拍摄小球做自由落体运动的图片。已知频闪相机每间隔 0.1 s 拍摄一次。如图所示是图片的一部分。从 图片中可以得到 AB 的距离为 33.15 cm，BC 间的距离为 42.94 cm。则小球从 A 下落到 B（或从 B 下落 到 C）的时间为_
2、s。在拍摄小球运动到 B 点时，小球的速度为_m/s.。不计空 气阻力，当地的重力加速度 g=_m/s2。（计算结果保留三位有效数字） 【答案】0.1 3.80 9.79 【解析】小球从 A 下落到 B（或从 B 下落到 C）的时间即为频闪相机的拍照周期为 0.1s；在拍摄小球运 动到 B 点时，小球的速度为 2 33.1542.94 10 m/s3.80m/s 22 0.1 ABBC B xx v T ，由公式 2 hgT ， 所以当地的重力加速度 222 22 42.9433.15 10 m/s9.79m/s 0.1 h g T 。 2（江苏省南通市 20192020 学年高二上学期期中质
3、量调研）在“探究加速度与力、质量的关系”实验中： （1）某小组同学用如图所示装置，采用控制变量法来研究在小车质量不变的情况下，小车加速度与小 车受力的关系。下列措施中正确的是_。 A平衡摩擦力的方法就是将木板一端垫高，在塑料小桶中添加砂，使小车在绳的拉力作用下能匀速运 动 B实验中应先放小车，然后打开打点计时器的电源 C在每次实验中，应使小车和砝码的质量远大于砂和小桶的总质量 （2）如图所示是某一次打点计时器打出的一条记录小车运动的纸带取计数点 A、B、C、D、E、F、 G，纸带上两相邻计数点的时间间隔为 T=0.10 s，用刻度尺测量出各相邻计数点间的距离如图乙 所示，则小车运动的加速度大小
4、 a=_m/s2，打纸带上 C 点时小车的瞬时速度大小 vC=_ _m/s。（结果保留二位有效数字） 【答案】（1）C （2）2.4 0.51 【解析】（1）平衡摩擦力时，取下小桶，推动小车，观察打点计时器正常工作时纸带上打出的点迹间 距相等即可，故 A 错误；实验时，先接通打点计时器电源，等打点稳定后再才放开小车，故 B 错误； 该实验的研究对象是小车，采用控制变量法研究。当质量一定时，研究小车的加速度和小车所受合力的 关系。为消除摩擦力对实验的影响，可以把木板 D 的左端适当垫高，以使小车的重力沿斜面分力和摩 擦力抵消，那么小车的合力，当小车和砝码的质量远大于砂和小桶的总质量时，绳子的拉力
5、近似等于砝 码和盘的总重力，故 C 正确； （2）根据匀变速直线运动的推论公式 x=aT2可得：设 A 到 B 之间的距离为 x1，以后各段分别为 x2、x 3、x4、x5、x6，根据匀变速直线运动的推论公式 x=aT 2 可以求出加速度的大小，得：x4x1=3a1T2，x5x 2=3a2T 2， x 6x3=3a3T 2， 为了更加准确的求解加速度， 我们对三个加速度取平均值， 有： 123 1 3 aaaa（）， 代入实验数据解得： 2 22 2 (13.49 11.088.676.263.88 1.50) 10 m/s2.4m/s 9 0.1 a ，根据匀变 速直线运动中时间中点的速度等
6、于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上 C 点时小车的瞬时速度大 小为： 2 3.886.26 10 m/s=0.51m/s 22 0.10 BD C x v T 。 3 （广东省佛山市第一中学 20192020 学年高二上学期期中）某实验小组利用下图所示的装置探究物体的 加速度与力、质量的关系。 （1）实验中下列做法正确的是_ A平衡摩擦力后，实验就不需要满足小车及车中砝码总质量远大于砝码盘及盘中砝码总质量的条件 B每次改变小车中砝码的质量后，都需要重新平衡摩擦力 C选取点迹清晰的纸带，必须以打的第一个点为计数起始点进行测量 D实验中应先接通打点计时器的电源，然后再释放小车 （2）实验中由于
7、实际绳对小车的拉力_（选填“大于”、“等于”、“小于”）重物所受的重力，会 给实验带来系统误差。为减小此误差，实验中要对小车质量 M 和重物质量 m 进行选取，以下四组 数据中最合理的一组是_。（填写相应序号） M=200g，m=40g、60g、80g、100g、120g M=200g，m=30g、35g、40g、45g、50g M=400g，m=20g、40g、60g、80g、100g M=400g，m=10g、15g、20g、25g、30g （3）如图所示是某一次打点计时器打出的一条记录小车运动的纸带。取计数点 1、2、3、4、5。已知 打点计时器的打点周期为 0.02 s，用刻度尺测量出
8、各相邻计数点间的距离分别为 3.05 cm、3.92 c m、4.77 cm、5.62 cm，则小车运动的加速度大小 a=_m/s2。（结果保留两位有效数字） （4）如图所示为此同学在探究加速度 a 与力 F 的关系时，根据测量数据作出的 aF 图象，说明实验存 在的问题是_。 【答案】（1）D （2）小于 （3）0.86 （4）平衡摩擦力不足或未平衡摩擦力 【解析】（1）平衡摩擦力后，只有当满足小车及车中砝码总质量远大于砝码盘及盘中砝码总质量的条 件下，可以认为小车受到的拉力等于砝码盘及盘中砝码的重力，故 A 错误；每次改变小车中砝码的质 量后，不需要重新平衡摩擦力，故 B 错误；研究实验中
9、打下的纸带，从而测定小车运动的加速度，不 一定以打的第一个点为计数起始点进行测量，故 C 错误；实验中必须先接通打点计时器的电源，然后 再释放小车，故 D 正确。 （2）由于砝码桶加速下降，处于失重状态，故实验中实际绳对小车的拉力小于重物所受的重力，为减 小此误差，需mM，故最合理的一组数据是； （3）据逐差法，小车运动的加速度大小 -222 2512 22 4.77+5.62 - 3.05+3.92 10 m/s =0.86 m/s 4 0.1 2 xx a T ； （4）aF 图像的斜率不过坐标原点，说明已经有拉力，但是还没有加速度，所以平衡摩擦力不足或未 平衡摩擦力。 4 （四川省仁和思
10、源实验中学 20192020 学年高三上学期月考） 为验证“拉力做功与物体动能改变的关系”， 某同学到实验室找到下列器材:长木板（一端带定滑轮）、打点计时器、质量为 200 g 的小车、质量分 别为 10 g、30 g 和 50 g 的钩码、细线、学生电源。该同学进行下列操作: A组装实验装置，如图甲所示 B将质量为 200g 的小车拉到打点计时器附近，并按住小车 C选用 50g 的钩码挂在拉线的挂钩 P 上 D释放小车，接通打点计时器的电源，打出一条纸带 E在多次重复实验得到的纸带中选出一条点迹清晰的纸带，如图乙所示 F进行数据采集与处理 请你完成下列问题。 （1）该同学将纸带上打的第一个点
11、标为“0”，且认为打“0”时小车的速度为零，其后依次标出计数点 1、 2、3、 4、5、6（相邻两个计数点间还有四个点未画），各计数点间的时间间隔为 0.1 s，如图乙 所示。该同学测量出计数点 0 到计数点 3、4、5 的距离，并标在图乙上。如果将钩码的重力在数 值上当成小车所受的拉力，则在打计数点 0 到 4 的过程中，拉力对小车做的功为_J，小车 的动能增量为_J。（重力加速度 g 取 9.8m/s2，结果均保留两位有效数字） （2）由（1）中数据发现，该同学并没有能够得到“拉力对物体做的功等于物体动能增量”的结论， 且 对其他的点（如 2、3、5 点）进行计算的结果与“4”计数点相似。
12、你认为产生这种实验结果的主要 原因可能是_。 【答案】（1）0.059 0.034 （2）小车质量不满足远大于钩码质量，没有平衡摩擦力 【解析】（1） 在打计数点 0 到 4 的过程中， 拉力对小车做的功为0.05 9.8 0.12J0.059JWmgs， 根据中点时刻的速度等于平均速度 35 4 2 s v T 所以小车的动能增量为 2 4 1 0.034J 2 EMv； （2）该实验产生误差的主要原因是钩码的重力大小并不等于绳子拉力的大小，设绳子上拉力为 F，对 小车根据牛顿第二定律有：FMa，对砂桶和砂有：mgFma，则 M Fmg mM ，由此可知 当 Mm 时，砂和砂桶的重力等于绳子
13、的拉力，显然该实验中没有满足这个条件，另外该实验要进行 平衡摩擦力操作，否则也会造成较大误差。 考点考点 19 电学实验电学实验 5（安徽省宿州市十三所省重点中学 20192020 学年高二上学期期中联考）在“描绘小灯泡的伏安特性曲 线”的实验中。 （1）设计如图所示电路图，要求小灯泡两端的电压从零开始变化，且能尽量减小系统误差，开关 1 S接 _（填“M”或“N”）闭合开关 S 前滑片 P 置于_（填“A 端”或“B 端”） （2）根据所选电路图，请在图中用笔画线代替导线，把实验仪器连接成完整的实验电路_。 （3）若实验中电流表出现故障，不能使用。该同学需将一个满偏电流为 1mA、内阻为 3
14、0 的表头改 装成量程为 00.6 A 的电流表，则应将表头与电阻箱_（填“串联”或“并联”），并将该电 阻箱阻值调为_.（保留一位有效数字） （4） 实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示.随着电压增大， 温度升高，小灯泡的电阻_。 （填“增大”，“减小”或“不变”） （5）若把这种规格的三个小灯泡 1 L、 2 L、 3 L按如图所示电路连接. 当开关 S 闭合后，电路中的总电 流为 0.25 A，则此时 1 L、 3 L的实际功率之比为_。 【答案】（1）N A 端 （2） （3）并联 0.05 （4）增大 （5）20:1 【解析】（1）要求小灯泡两端的电压从零开始变化，且能尽量减小系统误
15、差，滑动变阻器采用分压接 法；由于小灯泡电阻较小，电流表采用外接法，故开关 S1接 N 点，闭合开关前，为保护电表，闭合开 关 S 前滑片 P 置于 A 端； （2）根据实验原理图连接实物图如图所示： （3）把表头改装成大量程电流表应并联小电阻，根据并联电路特点和欧姆定律得 ggg I RIIR（） ， 解得： 0.05 gg g I R R II ； （4）根据 IU 图象中各点与坐标原点连线的斜率表示电阻倒数可知，随着电压增大，温度升高，小灯 泡的电阻增大； （5）据电路图可知据乙图可知电流为 0.25 A，L1灯泡的电压为 3 V；灯泡 L2、L3并联，每个灯泡通过 的电流为 0.125
16、 A，从图乙知电压为： 23 0.3VUU，故 11 1 33 3 3 0.2520 0.3 0.1251 PU I PU I 。 6 （福建省三明第一中学 20192020 学年高二上学期期中）某学校实验室购买了一卷表面有很薄绝缘层的 镍铬合金丝，该校的兴趣小组同学想通过实验来测算合金丝的长度。已知该镍铬合金丝的电阻率 6 1.0 10 m，测量选用的器材有多用电表、电流表、电压表、开关、滑动变阻器、螺旋测微器、 导线和学生电源等。 （1）实验前先使用多用电表粗测合金丝的电阻 机械调零后，选择旋钮指向电阻挡“10”位置，将红、黑表笔分别插入多用电表的对应插孔， 将两表笔短接，调节_（填“S”
17、或“T”）进行欧姆调零，使指针指到“电阻挡”零刻度。 把红、黑表笔分别与镍铭合金丝的两端（已刮去绝缘漆）相接，发现指针偏转角度过小，应选 择倍率为_（填“100”或“1”）的挡位，再将两表笔短接重新进行欧姆调零。 把红、黑表笔分别与镍铭合金丝的两端相接，多用电表的示数如图甲所示，则该合金丝的电阻 约为_。 （2）使用螺旋测微器测量镍铬合金丝的直径 d，示数如图乙所示，则镍铬合金丝的直径 d=_m m。 （3）为了更准确地测量镍铬合金丝电阻，减少实验误差，并获得较大的电压调节范围，选择如图丙所 示的电路进行测量，测量电压表示数为 U，电流表的示数为 I。不计合金丝绝缘漆的厚度，镍铬合 金丝的长度
18、的表达式 L=_（用 U、I、d 表示）。 （4）利用记录的多组电压 U 和电流值 I 的数据，绘制出如图丁所示的 UI 图像。可测出镍铬合金丝的 长度 L=_m。（保留三位有效数字）。 【答案】（1）T “100” 1 400 （2）0.305 （3） 2 4 d U L I （4）110 【解析】（1）欧姆调零时将插入“”、“”插孔的表笔短接，旋动部件 T，即欧姆调零旋钮，使指针 指电阻的 0 刻线；将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小。说明被测阻值较大，为使 指针只在中央刻度附近应换较大档，即 100 档；欧姆表选择 100 挡，由图甲所示可知，该合金丝的 电阻约为：1410
19、0=1400； （2）由图示螺旋测微器可知，螺旋测微器的读数为：0mm+30.5 0.01mm=0.305mm； （3）由电阻定律可知： 2 ( ) 2 LL d R S ，根据欧姆定律得： U R I ，联立解得： 2 4 d U L I 。 （4）由 UI 图象的斜率表示电阻得：R= 3 1.5 10 =1500，结合（3）问的结论，带入表达式 2 4 d U L I ， 解得：L=110m。 7（四川省仁和思源实验中学 20192020 学年高三上学期月考）小明用如图甲所示的电路测量电阻 Rx的 阻值（约几百欧）。R 是滑动变阻器，R0是电阻箱，S2是单刀双掷开关，部分器材规格图乙中已标
20、出。 （1）根据图甲实验电路，在图乙中用笔画线代替导线将实物图连接完整。 （2）正确连接电路后，断开 S1，S2接 1，调节好多用电表，将两表笔接触 Rx两端的接线柱，粗测其阻 值，此过程中存在的问题是_，正确操作后，粗测出 Rx的阻值为 R1。 （3）小明通过下列步骤，较准确测出 Rx的阻值。 将滑动变阻器的滑片 P 调至图甲中的 A 端。闭合 S1，将 S2拨至 1，调节变阻器的滑片 P 至某一位置， 使电压表的示数满偏; 调节电阻箱 R0，使其阻值_（选填“大于 R1”或“小于 R1”）; 将 S2拨至“2”，保持变阻器滑片 P 的位置不变，调节电阻箱的阻值，使电压表再次满偏，此时电阻箱
21、 示数为 R2，则 Rx=_。 【答案】（1） （2）待测电阻未与其他元件断开 （3）小于 R1 R2 【解析】（1）根据电路图连接实物图，如图所示 （2）测量电阻时，要把电阻与其它元件断开； （3）闭合开关前，将滑动变阻器的滑片 P 调至图甲中的 A 端，是电压表示数都为零，调节电阻箱，使 其阻值小于 R1； 将 S2拨至“2”， 保持变阻器滑片 P 的位置不变， 调节电阻箱的阻值， 使电压表再次满偏， 此时并联部分的电阻相等，Rx的阻值等于电阻箱的阻值，即 2x RR。 8（四川省成都石室中学 20192020 学年高二上学期期中）一细而均匀的导电材料，截面为同心圆环，如 图 1 所示，此
22、材料长约 3 cm，电阻约为 100，已知这种材料的电阻率为。欲测量该样品的内径， 但内径太小，无法直接测量。现提供以下实验器材： A20 分度的游标卡尺； B螺旋测微器； C电流表 A1（量程 50mA，内阻 r1=100）； D电流表 A2（量程 100mA，内阻 r2约为 40）； E滑动变阻器 R1（010，额定电流 2A）； F直流电源 E（电动势为 12V，内阻很小）； G上述导电材料 R2（长约为 3cm，电阻约为 100）； H开关一只，导线若干。 请用上述器材设计一个尽可能精确地测量该样品内径 d 的实验方案，回答下列问题： （1）用游标卡尺测得该样品的长度如图 2 所示，其
23、示数 L=_cm，用螺旋测微器测得该样品的外径 如图 3 所示，其示数 D=_mm。 （2）图 4 是实验测量电路一部分，为了多测几组数据，请在图上补全测量电路（所需仪器在题中给的 器材中选取，用常用的电路符号代替）。 （3）为了得到样品的内径 d，实验中还需要得到的一组测量值是_（用字母表示且要说 明相应字母的含义）。 （4）用已知的物理量字母和所测得的物理量的字母表示样品的内径 d=_。 【答案】（1）3.015 3.204mm3.206mm （2） （3）A1电流表示数为 I1，A2 电流表示数为 I2 （4） 212 1 1 4 L II D I r 【解析】（1）游标卡尺读数为 L=
24、30 mm+3 0.05 mm=30.15 mm=3.015cm，螺旋测微器测得该样品的外 径 d=3.0 mm+20.5 0.01 mm=3.205 mm；（3.204mm3.206mm）； （2）因两个电流表中，A2电流表的满偏电流大于 A1电流表的满偏电流，又 A1电流表内阻为定值，根 据欧姆定律与串并联知识，应将 A1电流表与待测材料并联后再与 A2电流表串联，又因滑动变阻器阻值 太小应用分压式接法，可设计电路图如图所示 （3）实验中还需要得到的一组测量值是：A1电流表示数为 I1，A2电流表示数为 I2， （4）由欧姆定律可得待测电阻阻值 1 1 21 I r R II ，又由电阻定
25、律 L R S 及 22 1 4 SDd（），解得样 品的直径 2 21 1 1 )4(L II dD I r 。 考点考点 20 力学计算题力学计算题 9（福建省三明第一中学 20192020 学年高二上学期期中）如图足够长的固定斜面倾角 =37 。一个物体 以 v0=4 m/s 的初速度从斜面 A 点处沿斜面向上运动。物体与斜面间的动摩擦因数为 =0.25。（取 g=10 m/s2，sin37 =0.6，cos37 =0.8）。求： （1）物体沿斜面上滑时的加速度； （2）物体沿斜面上滑的最大距离； （3）物体从最高点返回到 A 点时的速度大小。 【答案】（1） 2 1 8m/sa ，方向
26、沿斜面向下 （2）1mx （3） 2 2m/sv 【解析】（1）沿斜面向上运动时，由牛顿第二定律得 1 sincosmgmgma 解得： 2 1 sincos10 0.60.25 10 0.88m/sagg 方向沿斜面向下 （2）物体沿斜面匀减速上滑到速度为零，由速度位移关系得： 2 01 2va x 解得： 22 0 1 4 m1m 22 8 v x a （3）物体沿斜面返回下滑时，根据牛顿第二定律： 2 sincosmgmgma 解得： 2 2 sincos10 0.60.25 10 0.84m/sagg 由速度位移关系得： 2 2 2va x 解得： 2 22 2m/sva x 10（宁
27、夏银川市宁夏大学附中 20192020 学年高三上学期第二次月考）如图所示，一玩滚轴溜冰的小孩 （可视作质点）质量为 m=30 kg，他在左侧平台上滑行一段距离后平抛，恰能无碰撞地从 A 进入光滑 竖直圆弧轨道并沿轨道下滑，A、B 为圆弧两端点，其连线水平.已知圆弧半径为 R=1.0 m，对应圆心 角为 =106 ，平台与 AB 连线的高度差为 h=0.8 m（计算中取 g=10 m/s2，sin53 =0.8，cos53 =0.6）求: （1）小孩平抛的初速度； （2）小孩从离开平台到 A 点所用的时间； （3）若小孩运动到轨道最低点O 时的速度为33m/s，则小孩对轨道的压力为多少? 【答
28、案】（1）3 m/s （2）0.4 s （3）1 290 N 【解析】（1，2）由于小孩无碰撞进入圆弧轨道，即小孩落到 A 点时速度方向沿 A 点切线方向（如图） 则： 0 tan =tan53 y x v gt vv 又由： 2 1 2 hgt 得： 2 0.4s h t g 而：vy=gt=4 m/s 联立以上各式得：v0=3m/s （3）在最低点，据牛顿第二定律，有： 2 N v Fmgm R 代入数据解得 FN=1 290 N 由牛顿第三定律可知，小孩对轨道的压力为 1 290 N 11（福建省师范大学附属中学 20192020 学年高三上学期期中）如图所示，半径 R=1.6 m 的光
29、滑半圆形 轨道固定于竖直平面内，下端与传送带相切于 B 点，水平传送带上 A、B 两端点间距 L=16 m，传送带 以 v0=10 m/s 的速度顺时针运动，将质量 m=1 kg 的小滑块（可视为质点） 放到传送带上，滑块与传 送带间的动摩擦因数 =0.4，取 g=10 m/s2。 （1）将滑块在传送带 A 端由静止释放，求滑块由释放到第一次经过 B 端的过程中： 所需时间； 因放上滑块，电机对传送带多做的功； （2）若滑块仍由静止释放，要想滑块能通过圆轨道的最高点 C，求滑块在传送带上释放的位置范围。 【答案】（1）2.85 s 100 J （2）在 A 端与距 A 端 6 m 的范围内任何
30、一个位置 【解析】（1）设滑块加速运动的时间为 1 t，加速度大小为a，对滑块受力分析，有： mgma 01 vat 解得： 1 2.5st ， 2 4m/sa 设滑块速度达到 0 v时经过的位移为： 2 11 1 12.5m 2 xa 设滑块匀速运动的位移为： 21 3.5mxLx 则滑块匀速运动的时间为： 2 2 0 0.35s x t v 所需时间为： 12 2.85sttt 设滑块加速运动过程中传送带的位移为： 30 1 25mxv t 电机对传送带多做的功： 3 100JWmgx （2）滑块能通过C点的临界条件是在C点轨道对滑块压力为 0，则在C点由牛顿第二定律得： 2 C mv m
31、g R B点到C点由动能定理得： 22 1 2 2 1 2 CB mgRmvmv 滑块通过B点的速度至少为： 4 5m/s B v 由运动学得： 2 2 B vax 解得：10mx 滑块在 A 端与距 A 端 6 m 的范围内任何一个位置释放均可到达半圆轨道的最高点 C 处 12（天津市和平区耀华中学 20192020 学年高三上学期月考）如图所示，半圆形竖直光滑轨道 bc 固定在 水平地面上，轨道半径 R=0.6m，与水平粗糙地面 ab 相切，质量 m2=0.2 kg 的物块 B 静止在水平地面 上 b 点，另一质量 m1=0.6 kg 物块 A 在 a 点以 v0=10 m/s 的初速度沿
32、地面滑向物块 B，与物块 B 发生 碰撞（碰撞时间极短），碰后两物块粘在一起，之后冲上半圆轨道，到最高点 c 时，两物块对轨道的 压力恰好等于两物块的重力。已知 ab 两点间距 L=3.6 m，A 与 B 均可视为质点，空气阻力不计，g 取 10m/s2求： （1）物块 A 与 B 刚碰后一起运动的速度 v； （2）物块 A 和地面间的动摩擦因数 。 【答案】（1）6 m/s （2）0.5 【解析】（1）在轨道的最高点，根据牛顿定律： 2 2 c 112N v Fmmgmm R 12N Fmmg 从最低点到最高点的过程中，根据机械能守恒： 22 121212 11 2 22 c mmvmmgR
33、mmv 联立各式代入数据解得6m/sv （2）两物块碰撞的过程中，根据动量守恒定律： 112A mvmmv 物块 A 从 a 运动到 b 的过程中，根据动能定理： 22 111 0 11 22 A m gLmvmv 联立各式并代入数据得：0.5 考点考点 21 电电学计算题学计算题 13（安徽省宿州市十三所省重点中学 20192020 学年高二上学期期中联考）如图所示，半径为 R 的光滑 绝缘半圆形轨道 BPD 位于竖直平面内，P 为与圆心登高的点，D 为最高点，其下端与水平绝缘轨道在 B 点平滑连接，水平轨道的 BC 段粗糙且 BC=R，AC 段光滑，竖直线 BD 的左侧轨道处在水平向右的
34、匀强电场中， 电场强度 2 mg E q ，现有一质量为 m、 带+q 的小滑块 （质点）. 第一次从 A 点由静止释放， 在小滑块到达 C 点时即撤去电场，小滑块恰好能滑到 P 点；第二次从 A 点静止释放小滑块，在小滑块 到达 C 点时保持电场强度大小不变方向变为竖直向上（半圆形轨道 BPD 也在该电场中），小滑块恰好 能滑到 D 点，求： （1）小滑块与 BC 段的动摩擦因数； （2）AC 段的长度 L； （3）小滑块从 D 点落在水平轨道上到 B 点的距离。 【答案】（1）=0.5 （2）L=3R （3）x=2R 【解析】（1）第一次小滑块恰好滑到 P，从 A 到 P 由动能定理知 0
35、qELmg Rmg R 第二次从 A 到 D 由动能定理知 2 1 20 2 D qELmgqE RmgqERmv 在 D 点有 2 D v mgqEm R 联立以上并代入得 =0.5 （2）由式代入 E、 得 L=3R （3）由上得 1 2 D vgR 小滑块从 D 点落在水平轨道上到 B 点的过程做类平抛运动，加速度为 2 mgqEg a m 竖直方向有 2 1 2 2 Rat 水平方向有 D xv t 联立解得2xR 即小滑块从 D 点落在水平轨道上到 B 点的距离为 2R 14（湖南省张家界市民族中学 20192020 学年高二上学期期中）如图所示，在竖直平面内，AB 为水平放 置的绝
36、缘粗糙轨道，CD 为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB 与 CD 通过四分之一绝缘光滑圆弧形 轨道平滑连接，圆弧的圆心为 O，半径 R=0.50m，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度 的大小 E=1.0 104N/C，现有质量 m=0.20 kg，电荷量 q=8.0 104 C 的带电体（可视为质点），从 A 点 由静止开始运动，已知 SAB=1.0 m，带电体与轨道 AB、CD 间的动摩擦因数均为 0.5，假定带电体与轨 道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等求：（取 g=10 m/s2） （1）带电体运动到圆弧轨道 C 点时的速度大小； （2）带电体最终停在何处。 【答案】（1）1
37、0 m/s （2）C 点的竖直距离为 5 m 3 处 【解析】（1）设带电体到达 C 点时的速度为 v，从 A 到 C 由动能定理得： 2 ABAB 1 2 qE sRmgsmgRmv 解得 10m/sv （2）设带电体沿竖直轨道 CD 上升的最大高度为 h，从 C 到 D 由动能定理得： 2 1 0 2 mghqEhmv 解得 5 m 3 h 在最高点，带电体受到的最大静摩擦力 4N fmax FqE 重力 2NGmg 因为 fmax GF 所以带电体最终静止在与 C 点的竖直距离为 5 m 3 处 15（湖南省张家界市民族中学 20192020 学年高二上学期期中）如图所示，在直角坐标系的
38、第一、二象 限内有垂直于纸面的匀强磁场，第三象限有沿 y 轴负方向的匀强电场，第四象限内无电场和磁场。质 量为 m、带电荷量为 q 的粒子从 M 点以速度 v0沿 x 轴负方向进入电场，不计粒子的重力，粒子经 x 轴 上的 N 点和 P 点，最后又回到 M 点。设 OM=L，ON=2L。求： （1）运动粒子带正电还是带负电； （2）电场强度 E 的大小； （3）匀强磁场磁感应强度 B 的大小和方向。 【答案】（1）粒子带负电 （2） 2 0 2 mv qL （3） 0 2 3 mv qL ，方向垂直于纸面向里 【解析】（1）粒子从 M 至 N 运动过程粒子逆着电场线的方向发生偏转，说明受力的方
39、向与电场线的 方向相反，所以粒子带负电 （2）粒子从 M 至 N 运动过程做类平抛运动，有： 2 1 1 2 Lat 加速度： = qE a m 运动时间： 1 2 L t v 由以上各式得电场强度： 2 0 2 mv E qL （3）到达 N 时： 1 y vat 设 vN与 x 成 角 0 tan1 y v v 所以： 45 带电粒子到 N 点速度： 22 00 2 Ny vvvv 带电粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示 圆心在 O处，设半径为 R，由几何关系知带电粒子过 P 点的速度方向与 x 成 45 角， 则 OP=OM=L，则 3 2 L R 由牛顿第二定律得： 2 N N v
40、qv Bm R 由上面解得： 0 2 3 mv B qL 由左手定则可知，方向垂直于纸面向里 16（湖北省沙市中学 20192020 学年高二上学期期中）磁感应强度为 B 的匀强磁场中，水平面内有一根 弯成45的金属线 POQ，其所在平面与磁场垂直，如图所示，光滑长直导线 MN 与金属线紧密接触， 起始时 0 ObL，且 MNOQ，所有导线单位长度电阻均为 r，当 MN 以速度 v，平行于 OQ 向右匀速 滑动时，求： （1）闭合电路 aOb 中感应电流的大小和方向； （2）驱使 MN 作匀速运动的外力随时间变化的规律； （3）整个回路上产生的热功率随时间变化的规律。 【答案】 （1） (22
41、) 2 Bv r ， 方向由 ba； （2） 2 (22) 2 B v r （L0+vt） ； （3） 22 0 (22) 2 B v Lvt r 【解析】（1）设经过时间 t，则 b 点到 O 点的距离为 L0+vt，长直导线 MN 在回路中的长度为 L0+vt， 此时直导线产生的感应电动势为 E=B（L0+vt）v，整个回路的电阻 R=（2+ 2）（L0+vt）r，闭合电路 aOb 中感应电流的大小 I= E R = 0 0 22 B Lvtv Lvtr （） （）（） = (22) 2 Bv r 由楞次定律可判定回路中电流的方向由 ba （2）驱使 MN 作匀速运动的外力 F 大小等于安
42、培力，则 F=BI（L0+vt）= 2 (22) 2 B v r （L0+vt） （3）整个回路上产生的热功率 P=I2R= 222 2 (22) 4 B v r （2+ 2）（L0+vt）r= 22 0 (22) 2 B v Lvt r 17（海南省儋州市第一中学 20192020 学年高二上学期期中）如图所示，竖直向上的匀强磁场在初始时 刻的磁感应强度 B0=0.5 T，并且以 B t =1T/s 在增加，水平导轨的电阻和摩擦阻力均不计，导轨宽为 0. 5 m，左端所接电阻 R=0.4。在导轨上 l=1.0 m 处的右端搁一金属棒 ab，其电阻 R0=0.1 ，并用水平 细绳通过定滑轮吊着质量为 M=2 kg 的重物，欲将重物吊起，其中重力加速度 g=10 m/s2，求： （1）感应电流的方向（请将电流方向标在本题图上）以及感应电流的大小； （2）欲将重物吊起，至少金属棒 ab 所受安培力的大小和方向。 【答案】（1）1 A 顺时针绕向 （2）20 N 方向水平向左 【解析】（1）根据楞次定律可知感应电流的方向：顺时针绕向 1 0.5 1 0.5V B ld tt 感应电流大小： 0 0.5 A1A 0.40.1 I RR （2）欲将重物吊起，至少金属棒 ab 所受安培力的大小等于重物的重力，即 F安=Mg=20 N 方向水平向左
