高考物理集训营(一)

高考物理集训营（一）(每题18分，限时45分钟)1.已知斜面体和物体的质量为M，m，各表面都光滑，如图所示，放置在水平地面上.若要使m相对M静止，求：(1)水平向右的外力F与加速度a各多大?(2)此时斜面对物体m的支持力多大?(3)若m与斜面间的最大静摩擦力是f，且μ＜tgα,求加速度a的范围.2.如图所示，质量为2m、长为l的木块置于光滑水平台面上，质量为m的子弹以初速v0水平向右射向木块，穿出木块时的速度为20V.设木块对子弹的阻力恒定.(1)求子弹穿越木块的过程中木块滑行的距离l1.(2)若木块固定在传送带上，使木块随传送带始终以恒定速度u水平向右运动，子弹仍以初速v0向右射向木块(v0＞u)，求子弹最终速度v.3.如图所示,小车A和小木块B(B可看成是质点)的质量分别是MA=15.0kg,mB=5.0kg,车的长度L=4.0m。B位于A的最左端，与A一起以u0=4.0m/s的速度沿水平地面向右做匀速运动。右面有一固定的竖直墙壁，A与墙壁相碰的时间极短，碰后A以原速率向左运动。由于A、B之间有摩擦力，最后B恰停在A的最右端而没有掉下去。取g=10m/s2。求：（1）A、B最终的共同速度的大小。（2）A、B间的动摩擦因数μ。（3）在整个运动过程中，木块B离墙壁的最近距离。4.在水平桌面上放置一个半径R＝0.5m的绝缘圆槽，小球可在槽中滑动，槽的宽度远小于其半径，如图甲所示，设小球质量m＝1.0×10－3㎏，带电量q＝5.0×10－3C。空间存在着竖直向下的匀强磁场，当磁感应强度的大小随时间的变化如图乙所示时槽所在处产生感应电场，其电场线半径为R，逆时针方向（俯视）的闭合同心圆，电场大小E0＝ε/2πr(其中ε为感应电动势)现小球沿电场线方向滑到A点时，磁感强度B0=0.8T，槽的内、外壁均不受压力，当小球经0.2s转过一圈再到A点时，槽外壁所受压力FN=3.0×10－3N，求小球在滑行一周的过程中克服摩擦力所做的功.5.质量为m，带电量为-q的绝缘滑环套在固定于水平方向且足够长的绝缘杆上，如图甲所示。滑环与杆之间的动摩擦因数为μ，整个装置处在磁感强度为B的匀强磁场中，B的方向垂直纸面向外。现给滑环一个水平向右瞬时冲量I使其开始运动，已知当I=I0时，滑环恰能沿杆作匀速直(1)I0(2)若瞬时冲量为某一定值Is，且Is≠I0,求滑环沿杆运动过程中克服摩擦力所做的功(设滑杆足够长，滑环仍在杆上)O1B/Tt/s1AvR图乙图甲高考物理集训营（一）参考答案1.(1)F=(M+m)gtgα,α=gtgα(2)mg/cosα(3)ααcossinmfmg≤a≤ααcossinmfmg2.(1)对子弹、木块系统，由动量守恒得mv0=2mv+m20v，得子弹穿出木块时的速度为v=１—４v0.设木块对子弹阻力为f，对子弹和木块分别应用动能定理(如图)-f(l1+l)=１—２m(20v)2-１—２mv20,(1)fl1=１—２·2mv2,(2)两式相加得fl=165mv20,(3)由(2)、(3)两式，得l1=１—５l.(2)设子弹与木块相互作用的时间为t,在这段时间内木块同时随带前移距离ut，对子-f(ut+l)=１—２mv2-１—２mv20(4)-ft=mv-mv0(5)将式(5)两边同乘u，得-fut=mu(v-v0),(6)联立式(4)、(6)得１—２mv20-mu(v0-v)-fl=１—２mv2.因为不论木块固定或可动，穿越木块所做的功恒定，故上式中fl=165mv20，于是可解得v=u+022085)(vuv.(7)显然，只有当(v0-u)2≥85v20,即u≤v0(1-410)时(7)式才成立.当u＞v0(1-410u)时，子弹不能从木块穿出，子弹的最终速度等于木块随带运动的速度u当u≤v0(1-410)时，v=u+022085)(vuv；当v0＞u＞v0(1-410)时，v=u.3解析：(1)A碰墙后,A、B组成的系统，没有外力作用，水平方向动量守恒，设水平向左为正方向，A、B最终速度为v,由动量守恒定律，有mAu0－mBv0=(mA+mB)v……………………解得v=BABAmmmmv0=2.0m/s……………………(2由功能关系,A、B间的摩擦力与A、B间的相对位移的乘积等于系统损失的机械能，umBgL=21(mA+mB)20－21(mA+mB))v2…代入(1)中的结果,解得=0.6………(3)自A碰墙向左运动开始,B做匀减运动,加速度大小为a=g=6.0m/s2当B对地的速度为减为零时,匀墙最近.设此时B已经向右运动了距离s,由运动学公式,有s=av220=1.3m………………………所以,B与墙的最近距离为:smin=L－S=2.7m………4.解：设小球第一次滑到A点时的速度为v0，由牛顿第二定律，得0020qvBRvm设小球第二次滑到A点时的速度为v，此时小球沿半径方向受洛伦兹力和压力，由牛顿第二定律，得RvmBqvFN2槽所在处产生的感应电动势ε，由法拉第电磁感应定律得2RtBt则感应电场220RTBRE小球运动一圈过程中，感应电场力做功为202RTBqRqEW小球运动一圈过程中，摩擦力做功Wf，由动能定理得2022121mvmvWWfTttBBsBTtB1/10解得Wf＝－1.4×10－3J5.(1)滑环受到冲量I0时，恰能沿杆作匀速直线运动，所以摩擦力为零。此时，滑环受力情况如图甲所示，环只受重力和洛伦兹力F0=qBv0qBv0-mg=0,I0=mv0-0,I0=qBgm2(2)当Is＞I0时，滑环获得的初速度vs＞vo，所以qBvs＞mg，此时滑环受力情况如图乙所示.N+mg＝Fs,Fs＝qBvs，f=μN=μ(qBv-mg).所以，f随环的速度减小而减小。当qBv=mg时，摩擦力消失，环不再克服摩擦力做功，而以此速度v沿杆作匀速运动。克服摩擦力做功W=21mv2s-21mv2,而Is=mvs-0,解得W=21(mIs2-2223Bqgm）。当Is＜I0时，环的初速vs＜v0,所以qBvs＜mg,mg-N=Fs，Fs=qBvs，f=μN=μ(mg-qBv).摩擦力f随环速度v减小而增大，最后环的速度为零。克服摩擦力做功W=21mv2s-0=mIs22.