全國卷1物理2011~2015 24 25題.doc

201124（2011全國新課標卷）（13分）甲乙兩輛汽車都從靜止出發(fā)做加速直線運動，加速度方向一直不變。在第一段時間間隔內(nèi)，兩輛汽車的加速度大小不變，汽車乙的加速度大小是甲的兩倍；在接下來的相同時間間隔內(nèi)，汽車甲的加速度大小增加為原來的兩倍，汽車乙的加速度大小減小為原來的一半。求甲乙兩車各自在這兩段時間間隔內(nèi)走過的總路程之比。解析：設(shè)汽車甲在第一段時間間隔末（時間t0）的速度為,第一段時間間隔內(nèi)行駛的路程為s1,加速度為,在第二段時間間隔內(nèi)行駛的路程為s2。由運動學(xué)公式得設(shè)乙車在時間t0的速度為，在第一、二段時間間隔內(nèi)行駛的路程分別為、。同樣有 設(shè)甲、乙兩車行駛的總路程分別為、，則有 聯(lián)立以上各式解得，甲、乙兩車各自行駛的總路程之比為25（2011全國新課標卷）（19分）如圖，在區(qū)域I（0xd）和區(qū)域II（dx2d）內(nèi)分別存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小分別為B和2B，方向相反，且都垂直于Oxy平面。一質(zhì)量為m、帶電荷量q（q0）的粒子a于某時刻從y軸上的P點射入?yún)^(qū)域I，其速度方向沿x軸正向。已知a在離開區(qū)域I時，速度方向與x軸正方向的夾角為30；此時，另一質(zhì)量和電荷量均與a相同的粒子b也從p點沿x軸正向射入?yún)^(qū)域I，其速度大小是a的1/3。不計重力和兩粒子之間的相互作用力。求（1）粒子a射入?yún)^(qū)域I時速度的大?。唬?）當(dāng)a離開區(qū)域II時，a、b兩粒子的y坐標之差。解析：（1）設(shè)粒子a在I內(nèi)做勻速圓周運動的圓心為C（在y軸上），半徑為Ra1，粒子速率為va，運動軌跡與兩磁場區(qū)域邊界的交點為,如圖，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得 由幾何關(guān)系得 式中，由式得 (2)設(shè)粒子a在II內(nèi)做圓周運動的圓心為Oa,半徑為，射出點為（圖中未畫出軌跡），。由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得 由式得 、和三點共線，且由 式知點必位于 的平面上。由對稱性知，點與點縱坐標相同，即 式中，h是C點的y坐標。 設(shè)b在I中運動的軌道半徑為，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得 設(shè)a到達點時，b位于點，轉(zhuǎn)過的角度為。如果b沒有飛出I，則 式中，t是a在區(qū)域II中運動的時間，而 由式得 由式可見，b沒有飛出。點的y坐標為 由式及題給條件得，a、b兩粒子的y坐標之差為 201224（2012全國新課標卷）（14分）拖把是由拖桿和拖把頭構(gòu)成的擦地工具（如圖）。設(shè)拖把頭的質(zhì)量為m，拖桿質(zhì)量可以忽略；拖把頭與地板之間的動摩擦因數(shù)為常數(shù)，重力加速度為g，某同學(xué)用該拖把在水平地板上拖地時，沿拖桿方向推拖把，拖桿與豎直方向的夾角為。（1）若拖把頭在地板上勻速移動，求推拖把的力的大小。（2）設(shè)能使該拖把在地板上從靜止剛好開始運動的水平推力與此時地板對拖把的正壓力的比值為。已知存在一臨界角0，若0，則不管沿拖桿方向的推力多大，都不可能使拖把從靜止開始運動。求這一臨界角的正切tan0。【解析】（1）設(shè)該同學(xué)沿拖桿方向用大小為F的力推拖把。將推拖把的力沿豎直和水平方向分解，按平衡條件有 式中N和f分別為地板對拖把的正壓力和摩擦力。按摩擦定律有 聯(lián)立式得 （2）若不管沿拖桿方向用多大的力都不能使拖把從靜止開始運動，應(yīng)有 這時，式仍滿足。聯(lián)立式得 現(xiàn)考察使上式成立的角的取值范圍。注意到上式右邊總大于零，且當(dāng)F無限大時極限為零，有 使上式成立的角滿足，這里0是題中所定義的臨界角，即當(dāng)時，不管拖桿方向用多大的力都推不動拖把。臨界角的正切為 25（2012全國新課標卷）（18分）如圖，一半徑為R的圓表示一柱形區(qū)域的橫截面（紙面）。在柱形區(qū)域內(nèi)加一方向垂直于紙面的勻強磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子沿圖中直線在圓上的a點射入柱形區(qū)域，在圓上的b點離開該區(qū)域，離開時速度方向與直線垂直。圓心O到直線的距離為?，F(xiàn)將磁場換為平等于紙面且垂直于直線的勻強電場，同一粒子以同樣速度沿直線在a點射入柱形區(qū)域，也在b點離開該區(qū)域。若磁感應(yīng)強度大小為B，不計重力，求電場強度的大小?！窘馕觥苛Ｗ釉诖艌鲋凶鰣A周運動。設(shè)圓周半徑為r，由牛頓第二定律和洛侖茲力公式得 式中v為粒子在a點的速度。過b點和O點作直線的垂線，分別于直線交于c和d點。由幾何關(guān)系，線段、和過a、b兩點的軌跡圓弧的兩條半徑（未畫出）圍成一正方形。因此 設(shè)。由幾何關(guān)系得 聯(lián)立式得 再考慮粒子在電場中的運動。設(shè)電場強度的大小為E，粒子在電場中做類平拋運動。設(shè)其加速度大小為a，由牛頓第二定律和帶電粒子在電場中的受力公式得 qE=ma 粒子在電場力方向和直線方向所走的距離均為r，由運動學(xué)公式得 r=vt 式中t是粒子在電場中運動的時間。聯(lián)立式得 201324. （2013全國新課標卷） (13分)水平桌面上有兩個玩具車A和B，兩者用一輕質(zhì)細橡皮筋相連，在橡皮筋上有一紅色標記R。在初始時橡皮筋處于拉直狀態(tài)，A、B和R分別位于直角坐標系中的(0,2l)、(0,-l)和(0,0)點。已知A從靜止開始沿y軸正向做加速度大小為a的勻加速運動：B平行于x軸朝x軸正向勻速運動。在兩車此后運動的過程中，標記R在某時刻通過點(l, l)。假定橡皮筋的伸長是均勻的，求B運動速度的大小。24.【答案】見解析【解析】設(shè)B車的速度大小為v.如圖，標記R的時刻t通過點K（l,l）,此時A、B的位置分別為、。由運動學(xué)公式，H的縱坐標yA，G的橫坐標xB分別為 yA= 2l+ at2 xB =vt 在開始運動時，R到和的距離之比為:，即E：OF=2:1由于橡皮筋的伸長是均勻的，在以后任一時刻到A和B的距離之比都為2:1。因此，在時刻t有 HK：KG=2:1 由于FGHIGK，有 HK：KG=xB:( xB -l) HK：KG=( yA+l):2l 由式得 xB =l yA=5l 聯(lián)立式得 v= 25. （2013全國新課標卷）（19分）如圖，兩條平行導(dǎo)軌所在平面與水平地面的夾角為，間距為L。導(dǎo)軌上端接有一平行板電容器，電容為C。導(dǎo)軌處于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于導(dǎo)軌平面。在導(dǎo)軌上放置一質(zhì)量為m的金屬棒，棒可沿導(dǎo)軌下滑，且在下滑過程中保持與導(dǎo)軌垂直并良好接觸。已知金屬棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為g。忽略所有電阻。讓金屬棒從導(dǎo)軌上端由靜止開始下滑，求: m(1)電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關(guān)系；(2)金屬棒的速度大小隨時間變化的關(guān)系。25.【答案】見解析【解析】（1）設(shè)金屬棒下滑的速度大小為v,則感應(yīng)電動勢為 E=BLv 平行板電容器兩極板間的電勢差為 U= 設(shè)此時電容器極板上積累的電荷量為，按定義有 C= 聯(lián)立式得 Q=CBLv (2)設(shè)金屬棒的速度大小為v時經(jīng)歷的時間為t,通過金屬棒的電流為i。金屬棒受到的磁場的作用力方向沿導(dǎo)軌向上，大小為 FA=BLi 設(shè)在時間間隔（t,t+t）內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為Q，按定義有 i= Q也是平行板電容器極板在時間間隔（t,t+t）內(nèi)增加的電荷量。由式得Q=CBLv 式中，v為金屬棒的速度變化量。按定義有 a= 金屬棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小為 f = N 式中N是金屬棒對軌道的正壓力的大小，有 N=mgcos 金屬棒在時刻t的加速度方向沿斜面向下，設(shè)其大小為a,根據(jù)牛頓第二定律有 mgsin- FA f =ma 聯(lián)立到式得a=g 由式及題設(shè)可知，金屬棒做初速度為0的勻加速運動。t時刻金屬棒的速度大小為 v= at = gt 201424（2014全國新課標卷）（12分）公路上行駛的兩汽車之間應(yīng)保持一定的安全距離當(dāng)前車突然停止時，后車司機可以采取剎車措施，使汽車在安全距離內(nèi)停下而不會與前車相碰通常情況下，人的反應(yīng)時間和汽車系統(tǒng)的反應(yīng)時間之和為1 s，當(dāng)汽車在晴天干燥瀝青路面上以108 km/h的速度勻速行駛時，安全距離為120 m設(shè)雨天時汽車輪胎與瀝青路面間的動摩擦因數(shù)為晴天時的，若要求安全距離仍為120 m，求汽車在雨天安全行駛的最大速度 242 m/s(或72 km/h)解析 設(shè)路面干燥時，汽車與地面的動摩擦因數(shù)為0，剎車時汽車的加速度大小為a0，安全距離為s，反應(yīng)時間為t0，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式得0mgma0sv0t0式中，m和v0分別為汽車的質(zhì)量和剎車前的速度設(shè)在雨天行駛時，汽車與地面的動摩擦因數(shù)為，依題意有0設(shè)在雨天行駛時汽車剎車的加速度大小為a，安全行駛的最大速度為v，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式得mgmasvt0聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得v20 m/s(72 km/h)25（2014全國新課標卷）（20分）如圖所示，O，A，B為同一豎直平面內(nèi)的三個點，OB沿豎直方向，BOA60，OBOA，將一質(zhì)量為m的小球以一定的初動能自O(shè)點水平向右拋出，小球在運動過程中恰好通過A點，使此小球帶電，電荷量為q(q0)，同時加一勻強電場，場強方向與OAB所在平面平行現(xiàn)從O點以同樣的初動能沿某一方向拋出此帶電小球，該小球通過了A點，到達A點時的動能是初動能的3倍；若該小球從O點以同樣的初動能沿另一方向拋出，恰好通過B點，且到達B點時的動能為初動能的6倍，重力加速度大小為g.求(1)無電場時，小球到達A點時的動能與初動能的比值；(2)電場強度的大小和方向25(1)73(2)，方向略解析 設(shè)小球的初速度為v0，初動能Ek0，從O點運動到A點的時間為t，令OAd，則OBd，根據(jù)平拋運動的規(guī)律有dsin 60v0tdcos 60gt2又有Ek0mv由式得Ek0mgd設(shè)小球到達A點時的動能為EkA，則EkAEk0mgd由式得.(2)加電場后，小球從O點到A點和B點，高度分別降低了和d，設(shè)電勢能分別減小EpA和EpB，由能量守恒及式得EpA3Ek0Ek0mgdEk0EpB6Ek0Ek0mgdEk0在勻強電場中，沿任一直線，電勢的降落是均勻的，設(shè)直線OB上的M點與A點等電勢，M與O點的距離為x，如圖，則有解得xd，MA為等勢線，電場必與其垂線OC方向平行，設(shè)電場方向與豎直向下的方向的夾角為，由幾何關(guān)系可得30即電場方向與豎直向下的方向的夾角為30.設(shè)場強的大小為E，有qEdcos 30EpA由式得E.2015 24（12分）如圖，一長為10cm的金屬棒ab用兩個完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強磁場中，磁場的磁感應(yīng)強度大小為0.1T，方向垂直于紙面向里，彈簧上端固定，下端與金屬棒絕緣，金屬棒通過開關(guān)與一電動勢為12V的電池相連，電路總電阻為2，已知開關(guān)斷開時兩彈簧的伸長量均為0.5cm，閉合開關(guān)，系統(tǒng)重新平衡后，兩彈簧的伸長量與開關(guān)斷開時相比均改變了0.3cm，重力加速度大小取10m/s2，判斷開關(guān)閉合后金屬棒所受安培力的方向，并求出金屬棒的質(zhì)量分析：在閉合前，導(dǎo)體棒處于平衡狀態(tài)，在閉合后，根據(jù)閉合電路的歐姆定律求的電流，根據(jù)F=BIL求的安培力，由共點力平衡求的質(zhì)量解答：解：閉合開關(guān)后，電流由b指向a，受到的安培力向下斷開時：2kl1=mg開關(guān)閉合后2k（l1+l2）=mg+F受到的安培力為：F=BIL回路中電流為I=聯(lián)立解得m=0.01kg答：金屬棒的質(zhì)量為0.01kg點評：本題主要考查了共點力平衡，抓住通電前后的共點力平衡即可；25（20分）（2015春合肥校級期末）一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊，在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5m，如圖（a）所示，t=0時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至t=1s時木板與墻壁碰撞（碰撞時間極短），碰撞前后木板速度大小不變，方向相反，運動過程中小物塊始終未離開木板，已知碰撞后1s時間內(nèi)小物塊的vt圖線如圖（b）所示，木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2，求：（1）木板與地面間的動摩擦因數(shù)1及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)2（2）木塊的最小長度；（3）木板右端離墻壁的最終距離專題：牛頓運動定律綜合專題分析：（1）對碰前過程由牛頓第二定律時行分析，結(jié)合運動學(xué)公式可求得1；再對碰后過程分析同理可求得2；（2）分別對木板和物塊進行分析，由牛頓第二定律求解加速度，由運動學(xué)公式求解位移，則可求得相對位移，即可求得木板的長度；（3）對木板和物塊達相同靜止后的過程進行分析，由牛頓第二定律及運動學(xué)公式聯(lián)立可求得位移；則可求得木板最終的位置解答：解：（1）設(shè)向右為正方向，木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻變速運動，加速度設(shè)為a1，小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M，由牛頓第二定律有：1（m+M）g=（m+M）a1由圖可知，木板與墻壁碰前瞬時速度v1=4m/s；由運動學(xué)公式可得：v1=v0+a1t1s0=v0t1+a1t12；式中t1=1s，s0=4.5m是木板碰間有的位移，v0是小物塊和木板開始運動時的速度聯(lián)立以上各式解得：1=0.1在木板與墻壁碰撞后，木板以v1的初速度向左做勻變速運動，小物塊以v1的初速度向右做勻變速運動設(shè)小物塊的加速度為a2，由牛頓第二定律有：2mg=ma2由圖可得：a2=t2=2s，v2=0；代入以上兩式可得：2=0.4；（2）設(shè)碰撞后木板的加速度為a3，經(jīng)過時間t，木板和小物塊剛好具有共同速度v3，由牛頓第二定律及運動學(xué)公式得：2mg+1（M+m）g=Ma3v3=v1+a3tv3=v1+a2t碰撞后至木板和小物塊達到共同速度的過程中，木板運動的位移為：s1=t小物塊的位移為：s2=小物塊相對于木板的位移為：s=s2s1由以上各式解得：s=6.0m；因為運動過程中，小物塊沒有脫離木