全国卷1物理题库汇编.doc

-* 2011 24．（2011全国新课标卷）（13分）甲乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变。在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半。求甲乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比。 解析：设汽车甲在第一段时间间隔末（时间t0）的速度为,第一段时间间隔内行驶的路程为s1,加速度为,在第二段时间间隔内行驶的路程为s2。由运动学公式得　　　　　　　　　①　　　②　　　③ 设乙车在时间t0的速度为，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为、。同样有　 ④　　　　　⑤　　　　　⑥ 设甲、乙两车行驶的总路程分别为、，则有 ⑦　　　　⑧ 联立以上各式解得，甲、乙两车各自行驶的总路程之比为　⑨ 25．（2011全国新课标卷）（19分） 如图，在区域I（0≤x≤d）和区域II（d≤x≤2d）内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，方向相反，且都垂直于Oxy平面。一质量为m、带电荷量q（q＞0）的粒子a于某时刻从y轴上的P点射入区域I，其速度方向沿x轴正向。已知a在离开区域I时，速度方向与x轴正方向的夹角为30；此时，另一质量和电荷量均与a相同的粒子b也从p点沿x轴正向射入区域I，其速度大小是a的1/3。不计重力和两粒子之间的相互作用力。求 （1）粒子a射入区域I时速度的大小； （2）当a离开区域II时，a、b两粒子的y坐标之差。 解析：（1）设粒子a在I内做匀速圆周运动的圆心为C（在y轴上），半径为Ra1，粒子速率为va，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为,如图，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 　①　　由几何关系得　 ②　　 ③ 式中，，由①②③式得 ④ (2)设粒子a在II内做圆周运动的圆心为Oa,半径为，射出点为（图中未画出轨迹），。由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 ⑤ 由①⑤式得 ⑥　 、和三点共线，且由 ⑥式知点必位于 ⑦ 的平面上。由对称性知，点与点纵坐标相同，即 ⑧ 式中，h是C点的y坐标。 设b在I中运动的轨道半径为，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 ⑨ 　 设a到达点时，b位于点，转过的角度为。如果b没有飞出I，则 ⑩ 　 　 式中，t是a在区域II中运动的时间，而 由⑤⑨⑩式得 由①③⑨式可见，b没有飞出。点的y坐标为 　　　　 由①③⑧⑨式及题给条件得，a、b两粒子的y坐标之差为 2012 24．（2012全国新课标卷）（14分） 拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具（如图）。设拖把头的质量为m，拖杆质量可以忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数μ，重力加速度为g，某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为θ。 （1）若拖把头在地板上匀速移动，求推拖把的力的大小。 （2）设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为λ。已知存在一临界角θ0，若θ≤θ0，则不管沿拖杆方向的推力多大，都不可能使拖把从静止开始运动。求这一临界角的正切tanθ0。 【解析】（1）设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把。将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，按平衡条件有 ① ② 式中N和f分别为地板对拖把的正压力和摩擦力。按摩擦定律有 ③ 联立①②③式得 ④ （2）若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动，应有 ⑤ 这时，①式仍满足。联立①⑤式得 ⑥ 现考察使上式成立的θ角的取值范围。注意到上式右边总大于零，且当F无限大时极限为零，有 ⑦ 使上式成立的θ角满足，这里θ0是题中所定义的临界角，即当时，不管拖杆方向用多大的力都推不动拖把。临界角的正切为 ⑧ 25．（2012全国新课标卷）（18分） 如图，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面（纸面）。在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域，在圆上的b点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直。圆心O到直线的距离为。现将磁场换为平等于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域，也在b点离开该区域。若磁感应强度大小为B，不计重力，求电场强度的大小。 【解析】粒子在磁场中做圆周运动。设圆周半径为r，由牛顿第二定律和洛仑兹力公式得 ① 式中v为粒子在a点的速度。 过b点和O点作直线的垂线，分别于直线交于c和d点。由几何关系，线段、和过a、b两点的轨迹圆弧的两条半径（未画出）围成一正方形。因此 ② 设。由几何关系得 ③ ④ 联立②③④式得 ⑤ 再考虑粒子在电场中的运动。设电场强度的大小为E，粒子在电场中做类平抛运动。设其加速度大小为a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得 qE=ma ⑥ 粒子在电场力方向和直线方向所走的距离均为r，由运动学公式得 ⑦ r=vt ⑧ 式中t是粒子在电场中运动的时间。联立①⑤⑥⑦⑧式得 2013 24. （2013全国新课标卷） (13分)水平桌面上有两个玩具车A和B，两者用一轻质细橡皮筋相连，在橡皮筋上有一红色标记R。在初始时橡皮筋处于拉直状态，A、B和R分别位于直角坐标系中的(0,2l)、(0,-l)和(0,0)点。已知A从静止开始沿y轴正向做加速度大小为a的匀加速运动：B平行于x轴朝x轴正向匀速运动。在两车此后运动的过程中，标记R在某时刻通过点(l, l)。假定橡皮筋的伸长是均匀的，求B运动速度的大小。 24.【答案】见解析 【解析】设B车的速度大小为v.如图，标记R的时刻t通过点K（l,l）,此时A、B的位置分别为Ｈ、Ｇ。由运动学公式，H的纵坐标yA，G的横坐标xB分别为 yA= 2l+ at2 ①　 　 　　 xB =vt ② 在开始运动时，R到Ａ和Ｂ的距离之比为２:１，即ＯE：OF=2:1 由于橡皮筋的伸长是均匀的，在以后任一时刻Ｒ到A和B的距离之比都为2:1。 因此，在时刻t有 HK：KG=2:1 ③ 由于ΔFGH∽ΔIGK，有 HK：KG=xB:( xB -l) ④ HK：KG=( yA+l):2l ⑤ 由③④⑤式得 xB =l ⑥ yA=5l ⑦ 联立①②⑥⑦式得 v= 25. （2013全国新课标卷）（19分）如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L。导轨上端接有一平行板电容器，电容为C。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求: m (1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系； (2)金属棒的速度大小随时间变化的关系。 25.【答案】见解析 【解析】（1）设金属棒下滑的速度大小为v,则感应电动势为 E=BLv ① 平行板电容器两极板间的电势差为 U=Ｅ ② 设此时电容器极板上积累的电荷量为Ｑ，按定义有 C= ③ 联立①②③式得 Q=CBLv ④ (2)设金属棒的速度大小为v时经历的时间为t,通过金属棒的电流为i。金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为 FA=BLi ⑤ 设在时间间隔（t,t+△t）内流经金属棒的电荷量为△Q，按定义有 i= ⑥ △Q也是平行板电容器极板在时间间隔（t,t+△t）内增加的电荷量。由④式得△Q=CBL△v ⑦ 式中，△v为金属棒的速度变化量。按定义有 a= ⑧ 金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为 f = μN ⑨ 式中N是金属棒对轨道的正压力的大小，有 N=mgcosθ ⑩ 金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a,根据牛顿第二定律有 mgsinθ- FA –f =ma ⑾ 联立⑤到⑾式得a=g ⑿ 由式及题设可知，金属棒做初速度为0的匀加速运动。t时刻金属棒的速度大小为 v= at = gt ⒀ 2014 24（2014全国新课标卷）．（12分）公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离．当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰．通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s，当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120 m．设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的，若要求安全距离仍为120 m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度． 24．2 m/s(或72 km/h) [解析] 设路面干燥时，汽车与地面的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为s，反应时间为t0，由牛顿第二定律和运动学公式得 μ0mg＝ma0① s＝v0t0＋② 式中，m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度． 设在雨天行驶时，汽车与地面的动摩擦因数为μ，依题意有 μ＝μ0③ 设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a，安全行驶的最大速度为v，由牛顿第二定律和运动学公式得 μmg＝ma④ s＝vt0＋⑤ 联立①②③④⑤式并代入题给数据得 v＝20 m/s　(72 km/h)．⑥ 25．（2014全国新课标卷）（20分）如图所示，O，A，B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，∠BOA＝60，OB＝OA，将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点，使此小球带电，电荷量为q(q>0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB所在平面平行．现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g.求 (1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值； (2)电场强度的大小和方向． 25．(1)7∶3　(2)，方向略 [解析] 设小球的初速度为v0，初动能Ek0，从O点运动到A点的时间为t，令OA＝d，则OB＝d，根据平抛运动的规律有 dsin 60＝v0t① dcos 60＝gt2② 又有Ek0＝mv③ 由①②③式得 Ek0＝mgd④ 设小球到达A点时的动能为EkA，则 EkA＝Ek0＋mgd⑤ 由④⑤式得 ＝.⑥ (2)加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了和d，设电势能分别减小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得 ΔEpA＝3Ek0－Ek0－mgd＝Ek0⑦ ΔEpB＝6Ek0－Ek0－mgd＝Ek0⑧ 在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的，设直线OB上的M点与A点等电势，M与O点的距离为x，如图，则有 ＝⑨ 解得x＝d，MA为等势线，电场必与其垂线OC方向平行，设电场方向与竖直向下的方向的夹角为α，由几何关系可得 α＝30⑩ 即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30. 设场强的大小为E，有 qEdcos 30＝ΔEpA⑪ 由④⑦⑪式得 E＝.⑫ 2015 24．（12分）如图，一长为10cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为0.1T，方向垂直于纸面向里，弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘，金属棒通过开关与一电动势为12V的电池相连，电路总电阻为2Ω，已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm，闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm，重力加速度大小取10m/s2，判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量． 分析： 在闭合前，导体棒处于平衡状态，在闭合后，根据闭合电路的欧姆定律求的电流，根据F=BIL求的安培力，由共点力平衡求的质量 解答： 解：闭合开关后，电流由b指向a，受到的安培力向下 断开时：2k△l1=mg 开关闭合后2k（△l1+△l2）=mg+F 受到的安培力为：F=BIL 回路中电流为I= 联立解得m=0.01kg 答：金属棒的质量为0.01kg 点评： 本题主要考查了共点力平衡，抓住通电前后的共点力平衡即可； 25．（20分）（2015春•合肥校级期末）一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图（a）所示，t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短），碰撞前后木板速度大小不变，方向相反，运动过程中小物块始终未离开木板，已知碰撞后1s时间内小物块的v﹣t图线如图（b）所示，木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2，求： （1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2 （2）木块的最小长度； （3）木板右端离墙壁的最终距离． 专题： 牛顿运动定律综合专题． 分析： （1）对碰前过程由牛顿第二定律时行分析，结合运动学公式可求得μ1；再对碰后过程分析同理可求得μ2； （2）分别对木板和物块进行分析，由牛顿第二定律求解加速度，由运动学公式求解位移，则可求得相对位移，即可求得木板的长度； （3）对木板和物块达相同静止后的过程进行分析，由牛顿第二定律及运动学公式联立可求得位移；则可求得木板最终的位置． 解答： 解：（1）设向右为正方向，木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，加速度设为a1，小物块和木板的质量分别为m和M，由牛顿第二定律有： ﹣μ1（m+M）g=（m+M）a1 由图可知，木板与墙壁碰前瞬时速度v1=4m/s；由运动学公式可得：v1=v0+a1t1 s0=v0t1+a1t12； 式中t1=1s，s0=4.5m是木板碰间有的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度． 联立以上各式解得：μ1=0.1． 在木板与墙壁碰撞后，木板以﹣v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有： ﹣μ2mg=ma2 由图可得： a2= t2=2s，v2=0；代入以上两式可得：μ2=0.4； （2）设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间△t，木板和小物块刚好具有共同速度v3，由牛顿第二定律及运动学公式得： μ2mg+μ1（M+m）g=Ma3 v3=﹣v1+a3△t v3=v1+a2△t 碰撞后至木板和小物块达到共同速度的过程中，木板运动的位移为： s1=△t 小物块的位移为： s2= 小物块相对于木板的位移为：△s=s2﹣s1 由以上各式解得：△s=6.0m； 因为运动过程中，小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m； （3）在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3，由牛顿第二定律及运动学公式可得； μ1（m+M）g=（m+M）a4 0﹣v23=2a4s3 碰后木板运动的位移为s=s1+s3 解得：s=﹣6.5m； 答：（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1为0.1；小物块与木板间的动摩擦因数μ2为0.4； （2）木块的最小长度为6.0m （3）木板右端离墙壁的最终距离为6.5m 点评： 本题考查牛顿第二定律及运动学公式的应用，涉及两个物体多个过程，题目中问题较多，但只要认真分析，一步步进行解析，是完全可以求解的．