单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,专题四达标测试,一、选择题(每题5分,共60分),1.(2023辽宁省一般高校招生统一考试测试)如图4-1,所示,斜面体固定在水平地面上,用一根轻绳跨过定,滑轮连接甲、乙两滑块,使其静止于两斜面等高处,轻绳均与斜面平行.甲、乙可看成质点,不计一切摩,擦.假设剪断轻绳(sin 37=0.6,sin 53=0.8)()A.甲、乙落地时的速度大小相等,B.甲、乙落地时的动能之比为43,C.甲、乙落地时重力的功率之比为11,D.甲、乙在下滑过程中重力做功相等,图4-1,答案,ABC,解析,m,甲,g,sin 37=,m,乙,g,sin 53,m,甲,=,m,乙,3,m,甲,=4,m,乙,由机械能守恒定律知,A、B,正确,D,错;由,于,P,=,mg,v,sin,得,C,正确,.,2.如图4-2所示,外表粗糙的斜面固定于地面上,并处,于方向垂直纸面对外、强度为B的匀强磁场中,质,量为m、带电荷量为+Q的小滑,块从斜面顶端由静止下滑.在滑,块下滑的过程中,以下推断正确,的是 (),图4-2,A.滑块受到的摩擦力不变,B.滑块到达地面时的动能与B的大小无关,C.滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面对下,D.B很大时,滑块可能静止于斜面上,解析 滑块下滑的过程中,受力分析如,右图所示,C对;摩擦力Ff=FN,而FN=,G2+F洛=G2+qvB,由于G2不变,v增大,故FN增大,Ff增大,A错;由于摩擦力的大小与B有关,而滑块到达地面时的,动能与重力做功和摩擦力做功有关,故B错;假设B很大,时,摩擦力增大较快,当摩擦力增大到Ff=G1之后,滑块,将保持匀速,不行能静止于斜面上,D错.,答案,C,3.(2023杭州市模拟三)如图4-3所示,下端固定在地面上的竖直轻弹簧,从,它的正上方H高处有一物块自由落,下,落到弹簧上后将弹簧压缩.假设,分别从H1和H2(H1H2)高处释放物块,物块落到弹,簧上将弹簧压缩的过程中获得的最大动能分别是,Ek1和Ek2,在具有最大动能时刻的重力势能分别是,Ep1和Ep2(以地面为参照系),那么有 (),图4-3,A.,E,k1,=,E,k2,E,p1,=,E,p2,B.,E,k1,E,k2,E,p1,E,p2,C.,E,k1,E,k2,E,p1,=,E,p2,D.,E,k1,E,k2,E,p1,mg,功率,P,F,T,mg,v,sin,D,错.,11.如图4-11所示,虚线EF的下方存在着正交的匀强电,场和匀强磁场,电场强度为E,磁感应,强度为B.一带电微粒自离EF为h的,高处由静止下落,从B点进入场区,做了一段匀速圆周运动,从D点射,出.以下说法正确的选项是 ()A.微粒受到的静电力的方向确定竖直向上,B.微粒做圆周运动的半径为,C.从B点运动到D点的过程中微粒的电势能先增大,后减小,D.从B点运动到D点的过程中微粒的电势能和重力,势能之和在最低点C最小,图4-11,答案,ABC,解析 由v2=2gh,得到,粒子做匀速圆周运动,可以推断qE=mg,可得,依据洛伦兹力供给向心力,可以推出圆周运动半径为,依据静电力向上,所以从B点运动到D点的过程中微粒的电势能先增大后减小;电势能加重力势能再加粒子的动能守恒,所以B点运动到D点的过程中电势能和重力势能之和不变.,12.(2023福建18)如图4-12所示,固定放置在同一水,平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d,其右,端接有阻值为R的电阻,整个装置处在竖直向上磁,感应强度大小为B的匀强磁场中.一质量为m(质量,分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置,且与两导,轨保持良好接触,杆与导轨之间的动摩擦因数为.,现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止,开头沿导轨运动距离l时,速度,恰好到达最大(运动过程中杆,始终与导轨保持垂直).设杆接,入电路的电阻为r,导轨电阻不,计,重力加速度大小为g.则此过程 (),图4-12,A.杆的速度最大值为,B.流过电阻,R,的电量为,C.恒力,F,做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变,化量,D.恒力,F,做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变,化量,答案,BD,解析,当,v,最大时有,F,=,F,f,+,F,安,即,F,=,mg,+,v,=;,通过电阻,R,的电量,q,=;,由动能定理有,W,F,+,W,f,+,W,F,安,=,E,k,其中,W,f,0,W,F安,0,故,B、D,对.,二、解答题(每题10分,共40分),13.一静止的物体所受到的合外力,随时间的变化关系如图4-13所,示,图中F1、F2未知,物体,从t=0时刻动身,在3t0时刻恰又,返回到动身点.试求:,(1)t0时刻物体的速度v1与3t0时刻物体的速度v2,之比.,(2)F1与F2之比.,图4-13,解析,(1),由图可知,F,1,作用时间为,t,0,物体做匀加速运动,然后改为反向,F,2,作用时间为,2,t,0,物体先减速再反向,加速至动身点.,设F1作用下物体的位移为s,则有,F2作用下物体的位移为-s,有,联立可得 ,(2)对于F1作用的过程,依据动能定理有,对于F2作用的过程,依据动能定理有,由得,答案,(1)23 (2)45,14.(2023大连市其次次模拟)如图4-14所示,一个半径,为R=0.3 m的半圆形轻质弯管上固定有两个小球,A、B,C为弯管的圆心,ACOB,弯管可以绕左端转,轴O在竖直平面内无摩擦自由转动.mA=2 kg,mB=1 kg,取g=10 m/s2,由静止开头释放此装置,则,(1)当B球摆到最低点时系统削减的重力势能是,多大?,(2)当A球摆到最低点时,A的动能是多大?,图4-14,解析 (1)B球到达最低点时,系统削减的机械能,E=mAghA1+mBghB1,hA1、hB1分别为A、B两球下落的高度,由于hA1=2R,hB1=2R,所以E=18 J,(2)A球到达最低点时,由系统机械能守恒得,mAghA2+mBghB2=mAvA2+mBvB2,A、B具有一样的角速度,转动半径,rB=2R,所以 vA=vB,A、B下落的高度分别为 ，,可得EkA=mAvA29.3 J,答案,(1)18 J (2)9.3 J,15.(2023成都市第三次诊断性检测)如图4-15所示,两,条足够长的平行光滑导轨MN和PQ之间的宽度为L,处于同一竖直平面内,MP间接有阻值为R的电阻.,轻质金属杆ab长为2L,紧贴导轨竖直放置并与导轨,接触良好,离a端 处固定有质量为m的小球(可视,为质点),整个装置处于磁感应强度为B并与导轨平,面垂直的匀强磁场中,当ab杆由静止开头紧贴导轨,绕a端固定轴向右倒下至水,平位置时,球的速度为v.假设导,轨及金属杆电阻不计,无视各,处的摩擦,重力加速度为g,则,图4-15,在金属杆b端马上脱离导轨MN的瞬间.求:,(1)小球的速度大小.,(2)电阻R的电功率.,解析 (1)设b端马上脱离MN时的速度为v0.在金属杆的b端马上脱离MN至ab杆倒下至水平位置的过程中,以小球为争论对象,由题中条件可知:b端马上脱离导轨MN时,ab杆与PQ的夹角为30,依据机械能守恒有mgLsin30+mv02=mv2,解得,(2)由于杆和球转动的角速度一样,所以,b端马上脱离导轨MN时,杆中点的速度,v,1,=2,v,0,=,感应电动势,E,=2,BL,v,1,功率,16.(2023山东调研)如图4-16所示,PR是一长L=0.64 m,的绝缘平板,且固定在水平地面上,挡板R固定在平板,的右端.整个空间有一个平行于PR的匀强电场E,在板,的右半局部有一个垂直纸面对里的匀强磁场B,磁场,的宽度d=0.32 m.一个质量m=0.5010-3 kg、电荷,量q=5.010-2 C的小物体,从板的P端由静止开头向,右做匀加速直线运动,从D点进入磁场后恰能做匀速,直线运动.当物体遇到挡板R后被弹回,假设在碰撞瞬间,撤去电场(不计撤掉电场对原磁场的影响),物体返回,答案,(1)(2),时在磁场中仍做匀速运动,离开磁场后做减速运动,停,在C点,.假设物体与平板间的动摩擦因数,=0.20(g取10 m/s2).,图4-16,(1)推断电场的方向及物体带正电还是带负电.,(2)求磁感应强度B的大小.,(3)求物体与挡板碰撞过程中损失的机械能.,解析 (1)物体由静止开头向右做匀加速直线运动,证明静电力向右且大于摩擦力.进入磁场后做匀速直线运动,说明它受的摩擦力增大,证明它受的洛伦兹力垂直平板向下.由左手定则推断,物体确定带负电.,物体带负电而所受静电力方向向右,所以电场的方向确定水平向左.,(2)设物体被挡板弹回后做匀速直线运动的速度为v2,从离开磁场到停在C点的过程中,物体在摩擦力的作用下做减速运动,直至静止,依据动能定理有,-mg =0-mv22,解得v2=0.80 m/s.,物体与挡板碰撞瞬间撤去电场后,物体返回时在磁场,中做匀速直线运动,依据受力平衡可有mg=qv2B,解得B=0.125 T.,(3)设从D点进入磁场时的速度为v1,依据动能定理有qE L-mg L=mv12,物体从D到R做匀速直线运动受力平衡有,qE=(mg+qv1B),解得v1=1.6 m/s,所以物体与挡板碰撞过程中损失的机械能为,E=mv12-mv22,解得E=4.810-4 J,答案,(1)电场方向水平向左 带负电 (2)0.125 T,(3)4.810,-4,J,返回,再见,