高考物理第一道大题针对训练.doc

高考物理第一道大题针对训练1.如图（甲）所示，A车原来临时停在一水平路面上，B车在后面匀速向A车靠近，A车司机发现后启动A车，以A车司机发现B车为计时起点（t=0），A、B两车的vt图象如图（乙）所示已知B车在第1s内与A车的距离缩短了x1=12m（1）求B车运动的速度vB和A车的加速度a的大小（2）若A、B两车不会相撞，则A车司机发现B车时（t=0）两车的距离s0应满足什么条件？2.有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度v4 m/s，传送带与水平面的夹角37，现将质量m=1kg的小物块轻放在其底端(小物块可视作质点)，与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F8N，经过一段时间，小物块上到了离地面高为2.4 m的平台上。已知物块与传送带之间的动摩擦因数0.5，（g取10 m/s2， sin370.6，cos370.8）.问：(1)物块从传送带底端运动到平台上所用的时间？(2)若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算小物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度？ 3.（13分）完整的撑杆跳高过程可以简化成如图所示的三个阶段：持杆助跑、撑杆起跳上升、越杆下落。在第二十九届北京奥运会比赛中，俄罗斯女运动员伊辛巴耶娃以5.05m的成绩打破世界纪录。设伊辛巴耶娃从静止开始以加速度a=1.25m/s2匀加速助跑，速度达到v=9.0m/s时撑杆起跳，到达最高点时过杆的速度不计，过杆后做自由落体运动，重心下降h2=4.05m时身体接触软垫，从接触软垫到速度减为零的时间t=0.90s。已知伊辛巴耶娃的质量m=65kg，重力加速度g取10 m/s2，不计空气的阻力。求：（1）伊辛巴耶娃起跳前的助跑距离；（2）假设伊辛巴耶娃从接触软垫到速度减为零的过程中做匀减速运动，求软垫对她的作用力大小。4.（18分）如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带长度L=4.0m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v=3.0m/s匀速传动。三个质量均为m=1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态。滑块A以初速度v0=2.0m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短，可认为A与B碰撞过程中滑块C的速度仍为零。因碰撞使连接B、C的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。滑块C脱离弹簧后以速度vC=2.0ms滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点。已知滑块C与传送带之问的动摩擦因数=0.20，重力加速度g取10ms2。求：（1）滑块c从传送带右端滑出时的速度大小； （2）滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep；（3）若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度的最大值Vm是多少?5.如图甲所示，固定的光滑半圆轨道的直径PQ沿竖直方向，其半径R的大小可以连续调节，轨道上装有压力传感器，其位置N始终与圆心O等高。质量M=1kg、长度L=3m的小车静置在光滑水平地面上，小车上表面与P点等高，小车右端与P点的距离s=2m。一质量m=2kg的小滑块以v0=6m/s的水平初速度从左端滑上小车，当小车与墙壁碰撞后小车立即停止运动。在R取不同值时，压力传感器读数F与的关系如图乙所示。已知小滑块与小车表面的动摩擦因数= 0.2，取重力加速度g=10 m/s2。求：(1)小滑块到达P点时的速度v1的大小；(2)图乙中a和b的值。6.为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆。他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程帆面与滑块运动方向垂直。假设滑块和风帆总质量为.滑块与斜面间动摩擦因数为，斜面的倾角，重力加速度为g，帆受到的空气阻力与帆的运动速率的平方成正比，即。（1）写出滑块下滑过程中加速度的表达式；（2）求出滑块下滑的最大速度的表达式；（3）若，斜面倾角，取，滑块从静止下滑的速度图象如图所示，图中的斜线是时图线的切线，由此求出的值。7.如图，一个质量为m的小球（可视为质点）以某一初速度从A点水平抛出，恰好从圆管BCD的B点沿切线方向进入圆弧，经BCD从圆管的最高点D射出，恰好又落到B点。已知圆弧的半径为R且A与D在同一水平线上，BC弧对应的圆心角=60，不计空气阻力。求：（1）小球从A点做平抛运动的初速度v0的大小；（2）在D点处管壁对小球的作用力N；（3）小球在圆管中运动时克服阻力做的功W克f。8.（计算）如右图所示,光滑曲面AB与水平面BC 平滑连接于B 点,BC 右端连接内壁光滑、半径为r 的细圆管CD,管口D 端正下方直立一根劲度系数为k 的轻弹簧,轻弹簧一端固定,另一端恰好与管口D 端齐平。质量为m 的小球在曲面上距BC 的高度为2r 处从静止开始下滑,小球与BC 间的动摩擦因数进入管口C 端时与圆管恰好无作用力,通过CD 后压缩弹簧,在压缩弹簧过程中速度最大时弹簧的弹性势能为EP 。求: （1）小球达到B 点时的速度大小vB ; （2）水平面BC 的长度s; （3）在压缩弹簧过程中小球的最大速度vm 。9.如图所示，在竖直边界线 O1 O2 左侧空间存在一竖直向下的匀强电场电场强度E=100N/C，电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面AB，其倾角为30，A点距水平地面的高度为h=4mBC段为一粗糙绝缘平面，其长度为L=m斜面AB与水平面BC由一段极端的光滑小圆弧连接（图中未标出），竖直边界线O1O2右侧区域固定一半径为R=0.5m的半圆形光滑绝缘轨道，CD为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C、D两点紧贴竖直边界线O1O2，位于电场区域的外部（忽略电场对O1O2右侧空间的影响）现将一个质量为m=1kg，带电荷量为q=0.1C的带正电的小球（可视为质点）在A点由静止释放，且该小球与斜面AB和水平BC间的动摩擦因数均为=（g取10m/s2）求：（1）小球到达C点时的速度大小；（2）小球到达D点时所受轨道的压力大小；（3）小球落地点距离C点的水平距离10.如图所示，一质量不计的细线绕过无摩擦的轻质小定滑轮O与质量为5m的重物相连，另一端与套在一根固定的光滑的竖直杆上质量为m的圆环相连，直杆上有A、B、C三点，且B为A、C的中点，AO与竖直杆的夹角=53，B点与滑轮O在同一水平高度，滑轮与竖直杆相距为L，重力加速度为g，设直杆足够长，圆环和重物运动过程中不会与其他物体相碰现将圆环由A点静止开始释放（已知sin53=0.8，cos53=0.6）求：（1）重物下降到最低点时圆环的速度大小v1为多少？（2）圆环能下滑的最大距离h为多少？（3）圆环下滑到C点时的速度大小v2为多少？11.如图所示，空间有场强E=1.0103V/m竖直向下的电场，长L=0.4m不可伸长的轻绳固定于O点，另一端系一质量m=0.05kg带电q=5104C的小球，拉起小球至绳水平后在A点无初速度释放，当小球运动至O点的正下方B点时，绳恰好断裂，小球继续运动并垂直打在同一竖直平面且与水平面成=30、无限大的挡板MN上的C点试求：（1）绳子至少受多大的拉力才能被拉断；（2）A、C两点的电势差；（3）当小球刚要运动至C点时，突然施加一恒力F作用在小球上，同时把挡板迅速水平向右移动3.2m，若小球仍能垂直打在档板上，所加恒力F的方向的取值范围12.如图所示小球A从倾角37足够长的斜面上的顶点处开始沿斜面匀速下滑，速度大小v1=6m/s，经过时间t后，从斜面顶点处以速度v2=4m/s水平抛出一个飞镖，结果飞镖恰好在斜面上某处击中小球A。不计飞镖运动过程中的空气阻力，可将飞镖和小球视为质点。已知重力加速度为g，试求：（1）飞镖是以多大的速度击中小球的?（2）两个物体开始运动的时间间隔t应为多少?13.如图所示，在直角坐标系xoy的第三、四象限区域内存在两个有界匀强磁场，匀强磁场I分布在x轴和MN之间，方向垂直纸面向外，PQ边界下方分布足够大垂直纸面向里的匀强磁场，MN、PQ均与x轴平行，C、D分别为磁场边界MN、PQ和y轴的交点，且OC=CD=L在第二象限存在沿x轴正向的匀强电场一质量为m带电量为+q的带电粒子从电场中坐标为（-L，-2L）的A点以速度v0沿y负方向射出，恰好经过原点O处射入磁场区域I（粒子的重力忽略不计）。（1）求第二象限匀强电场场强E的大小；（2）要使粒子不能进入磁场区域，则区域内磁场的磁感应强度B1大小是多少；（3）若粒子恰从C点射出磁场区域，然后经过磁场能再次回到原点O，问磁场区域的磁感应强度B2大小为多少.14.如图所示，一个板长为L，板间距离也是L的平行板容器上极板带正电，下极板带负电。有一对质量均为m，重力不计，带电量分别为+q和-q的粒子从极板正中水平射入（忽略两粒子间相互作用），初速度均为v0。若-q粒子恰能从上极板边缘飞出，求两极板间匀强电场的电场强度E的大小和方向-q粒子飞出极板时的速度v的大小与方向在极板右边的空间里存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，为使得+q粒子与-q粒子在磁场中对心正碰（碰撞时速度方向相反），则磁感应强度B应为多少？并画出运动轨迹图。 15.如图所示，在直角坐标系xOy平面内有一矩形区域MNPQ，矩形区域内有水平向右的匀强电场，场强为E；在y0的区域内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，半径为R的光滑绝缘空心半圆管ADO固定在坐标平面内，半圆管的一半处于电场中，圆心O1为MN的中点，直径AO垂直于水平虚线MN，一质量为m、电荷量为q的带电粒子（重力不计）从半圆管的O点由静止释放，进入管内后从A点穿出恰能在磁场中做半径为R的匀速圆周运动。求（1）该粒子带哪种电荷？匀强磁场的磁感应强度B的大小为多少；（2）若粒子再次进入矩形区域MNPQ时立即撤去磁场，此后粒子恰好从QP的中点C离开电场。求矩形区域的边长MQ与R的关系。（3）在满足（2）的基础上，求从A点运动到C点的时间。16.如图所示，在xOy坐标系中有虚线OA，OA与x轴的夹角=300，OA与y轴之间的区域有垂直纸面向外的匀强磁场，OA与x轴之间的区域有沿x轴正方向的匀强电场，已知匀强磁场的磁感应强度B=0.25 T，匀强电场的电场强度E=5105N/C。现从y轴上的P点沿与y轴正方向夹角600的方向以初速度v0=5105m/s射入一个质量m=81026kg、电荷量q=+81019C的带电粒子，粒子经过磁场、电场后最终打在x轴上的Q点，已知P点到O的距离为m(带电粒子的重力忽略不计)。求：(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径；(2)粒子从P点运动到Q点的时间；(3)Q点的坐标17.如图所示，水平放置的两平行金属导轨相距L0.50 m，左端接一电阻R0.20 ，磁感应强度B0.40 T的匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，长也为0.50 m的导体棒ac垂直放在导轨上，并能无摩擦地沿导轨滑动，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计当ac棒以v4.0 m/s的速度水平向右匀速滑动时，求：(1)ac棒中感应电动势的大小；(2)回路中感应电流的大小；(3)维持ac棒做匀速运动的水平外力的大小和方向18.如图所示， 和为固定在绝缘水平面上两平行光滑金属导轨，导轨左端间接有阻值为=导线；导轨右端接有与水平轨道相切、半径内壁光滑的半圆金属轨道。导轨间距，电阻不计。导轨所在平面区域内有竖直向上的匀强磁场。导轨上长度也为、质量、电阻=的金属棒以=速度进入磁场区域，离开磁场区域后恰好能到达半圆轨道的最高点，运动中金属棒始终与导轨保持良好接触。已知重力加速度=。求：（1）金属棒刚滑出磁场右边界时的速度的大小；（2）金属棒滑过磁场区的过程中，导线中产生的热量。 试卷答案1.解：（1）在t1=1s时A车刚启动，两车缩短的距离为：x1=vBt1，代入数据解得B车的速度为：vB=12m/s；速度图象的斜率表示加速度，则A车的加速度为：a=；（2）两车的速度达到相等时，两车的距离达到最小，对应于vt图象的t2=5s，此时两车已发生的相对位移为梯形的面积为：s=36m，因此，A、B两车不会相撞，距离s0应满足条件为：s036m答：（1）B车运动的速度为12m/s，A车的加速度a的大小为3m/s2（2）若A、B两车不会相撞，则A车司机发现B车时两车的距离s0应满足s036m【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的图像【专题】计算题；定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题【分析】（1）B做匀速直线运动，根据x1=vBt1求解速度大小；根据图象的斜率表示加速度求解A的加速度大小；（2）两车的速度达到相等时，两车的距离达到最小，计算出图象中梯形的面积即可2.（1）；（2）试题分析：（1）对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速为零的匀加速运动，直至速度达到传送带的速度，由牛顿第二定律：，计算得：加速时间：，加速距离：物块达到与传送带同速后，对物块受力分析发现，物块受的摩擦力的方向改向，因为而下滑力和最大摩擦力之和为。故不能相对斜面向上加速。故得： 匀速运动时间：到平台所用的时间： （2）若达到同速后撤力F，对物块受力分析，因为，故减速上行，得 物块还需离开传送带，离开时的速度为，则，考点：牛顿第二定律、匀变速直线运动的位移与时间的关系3.解析：（1）设助跑距离为x，由运动学公式v2=2ax （2分）解得 x=32.4m （2分）（2）运动员过杆后做自由落体运动，设接触软垫时的速度为v，由运动学公式有v2=2gh2 （2分）设软垫对运动员的作用力为F，由牛顿第二定律得F-mg =ma （3分）由运动学公式a= （2分）解得 F=1300 N （2分）4.解析：（1）滑块C滑上传送带后做匀加速运动，设滑块C从滑上传送带到速度达到传送带的速度v所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块C的位移为x。根据牛顿第二定律和运动学公式 mg=ma v=vC+at 解得 x=1.25mL即滑块C在传送带上先加速，达到传送带的速度v后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C从传道带右端滑出时的速度为v=3.0m/s。（2）设A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2，由动量守恒定律mv0=2mv1 2 mv1=2mv2+mvC 由能量守恒规律 解得EP=1.0J （3）在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传递带的速度v。设A与B碰撞后的速度为，分离后A与B的速度为，滑块C的速度为，由能量守恒规律和动量守恒定律 mvm=2mv1 2mv1=mvC+2mv2由能量守恒规律 由运动学公式 解得： vm=7.1m/s 说明：其他方法解答正确也给分5.(1)4m/s (2)a=1.25,b=40试题分析：(1)小滑块滑上小车后将做匀减速直线运动，小车将做匀加速直线运动；算出到两者速度相等时，小车及滑块的位移；发现速度相等时，小物块恰到小车的最右端且此时车与墙相碰，可得小滑块到达P点时的速度；(2)据机械能守恒求得小滑块到N点的速度，再对小滑块在N点时受力分析，据牛顿第二定律求出对应的函数表达式，从而求出图乙中a和b的值。解：(1) 小滑块滑上小车后将做匀减速直线运动，小车将做匀加速直线运动，设小滑块的加速度大小为，小车加速度的大小为，由牛顿第二定律得：对小滑块，则 对小车，则设小车与滑块经时间速度相等，则：滑块的位移小车的位移代入数据解得：、由于、，说明小滑块恰到小车的最右端时，车与墙相碰，即小滑块到达P点的速度(2)设小滑块到达N点的速度为，对N点的滑块受力分析，由牛顿第二定律可得：对小滑块从P点到N点过程，应用机械能守恒定律可得： 联立解得：则图乙中的图线斜率，解得：6.解：（1）（4分）（2）当时速度最大， （3分）（3）当时，解得（3分）最大速度， ，解得（2分）7.解：（1）小球从A到B：竖直方向=2gR（1+cos60）=3gR (2分)则vy= (1分)在B点，由速度关系v0= (2分)（2）小球从D到B：竖直方向R（1+cos60）=gt2 /2 (2分) 解得：t= (1分)则小球从D点抛出的速度vD=/2 (2分)在D点，由向心力公式得：mgN=m (2分)解得：N=3mg/4 (1分) 方向竖直向上 (1分) （3）从A到D全程应用动能定理：W克= (2分)解得：W克=3mgR /8 (2分)8.（1）2 （2）3r （3）9.考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；牛顿第二定律；动能定理.专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）以小球为研究对象，由A点至C点的运动过程中，根据动能定理求解小球到达C点时的速度大小；（2）小球从C点运动到C点的过程中，只有重力做功，机械能守恒，可求出小球到达D点的速度在最高点以小球为研究对象，根据牛顿第二定律求解轨道对小球的压力（3）小球离开D点后，受到重力和电场力作用，做类平抛运动，根据牛顿第二定律求出加速度，运用运动的分解法，结合运动学公式求解小球落地点距离C点的水平距离解答：解：（1）以小球为研究对象，由A点至C点的运动过程中，根据动能定理可得： （mg+Eq）h（mg+Eq）cos30（mg+Eq）L=mvC20 则得：vC=m/s=2m/s （2）以小球为研究对象，在由C点至D点的运动过程中，根据机械能守恒定律可得：m=m+mg2R在最高点以小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得： FN+mg=m联立解得：FN=m5mg=150=30NvD=m/s=2m/s（3）小球做类平抛运动的加速大小为a，根据牛顿第二定律可得：mg+qE=ma则得：a=g+=10+=20（m/s2）应用类平抛运动的规律列式可得： x=vDt，2R=at2联立得：x=vD=2m=m答：（1）小球到达C点时的速度大小为2m/s；（2）小球到达D点时所受轨道的压力大小为30N；（3）小球落地点距离C点的水平距离为m点评：本题是动能定理和圆周运动、平抛运动的综合，关键要把握每个过程所遵守的物理规律，当涉及力在空间的效果时要优先考虑动能定理，要注意电场力做功与沿电场力方向移动的距离成正比10.考点：动能定理的应用；向心力.专题：动能定理的应用专题分析：（1）当圆环运动到B点时，重物下降到最低点位置，则取环与重物作为系统，由于只有重力做功，所以系统的机械能守恒，因此根据机械能守恒定律可解出圆环的速度大小；（2）当圆环下滑到最大距离时，圆环与重物的速度均为零，再由机械能守恒定律，结合几何关系可求出圆环下滑的最大距离；（3）圆环下滑到C点时，根据几何关系来确定变化的高度，再由机械能守恒定律，并结合运动的分解来确定圆环下滑到C点时的速度大小解答：解：（1）圆环在B点时重物在最低点，由解得（2）圆环下滑最大距离时，圆环在最低点，重物在最高点，速度大小都为0，由mgh=5mgH，解得（3）由，并且物体的速度v物=v2cos53=0.6v2联立解得答：（1）重物下降到最低点时圆环的速度大小v1为；（2）圆环能下滑的最大距离h为；（3）圆环下滑到C点时的速度大小v2为点评：本题多次运用几何关系及机械能守恒定律，定律的表达式除题中变化的动能等于变化的重力势能外，还可以写成圆环的变化的机械能等于重物的变化的机械能同时关注题中隐含条件的挖掘：重物下降到最低点的同时其速度等于零11.（1）绳子至少受3N的拉力才能被拉断；（2）A、C两点的电势差为1600V；（3）当小球刚要运动至C点时，突然施加一恒力F作用在小球上，同时把挡板迅速水平向右移动3.2m，若小球仍能垂直打在档板上，所加恒力F与竖直向上的夹角（以顺时针为正）范围为15150考点：带电粒子在匀强电场中的运动.分析：（1）由动能定理及圆周运动知识求得绳受到的拉力大小；（2）绳断后小球做类平抛运动，根据类平抛运动知识求得小球在C点的速度，再由动能定理求得电场力在AC过程中做的功，从而得出AC两点间的电势；（3）根据几何关系知，挡板水平移动3.2m，则小球在速度方向运动1.6m，根据几何关系分析小球受力的方向取值范围解答：解：（1）AB由动能定理及圆周运动知识有：（mg+qE）L=mvB2F（mg+qE）=代入数据可解得：F=3N （2）由（1）分析得m/s=4m/s，小球离开B点做类平抛运动，到达C点时由水平方向速度保持不变有：小球垂直撞在斜面上，故满足根据动能定理有：W电+WG=2qU=mvc2代入数据可解得：U=1600V （3）挡板向右移动3.2米，小球沿速度方向运动了1.6米，若小球做减速运动恰好垂直打到档板，则a=v2/2S=20m/s2=2g，所以要求a2g，F合2mg设恒力F与竖直方向的夹角为，作出小球的受力矢量三角形分析如图所示15（左斜向上） 若小球做匀速直线或匀加速直线运动垂直打在档板上，设恒力F与竖直向上方向的夹角为，作出小球的受力矢量三角形分析如图所示 0（+）1800150（如图斜右下方） 综上：恒力F与竖直向上的夹角（以顺时针为正）范围为15150答：（1）绳子至少受3N的拉力才能被拉断；（2）A、C两点的电势差为1600V；（3）当小球刚要运动至C点时，突然施加一恒力F作用在小球上，同时把挡板迅速水平向右移动3.2m，若小球仍能垂直打在档板上，所加恒力F与竖直向上的夹角（以顺时针为正）范围为15150点评：本题是动能定理、类平抛运动的综合题，理清物体的运动过程中是正确解题问题的关键，中等偏难12.：（1）飞镖落在斜面上有tan=y/x=gt22/(2v2t2) (3分)得 t2=2v2tan/g=0.6s (1分)vy=gt2=6m/s, (1分)v=2m/s (2分)(2) 飞镖落在斜面上的竖直分位移为 y=gt22/2=1.8m (2分) 得合位移 s=y/sin=3m (1分) 小球的运动时间 t1=s/v1=0.5s (2分) t= t2 t1=0.1s 13.【答案】（1） （2） （3）试题分析：（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，则有由洛伦兹力充当向心力，则有: （1分）以上联立解得： （1分）故粒子不能进入磁场区域必须满足： （2分）（3）由几何知识（如图所示）可得粒子在区域中圆周运动的半径为： （1分） 由洛伦兹力充当向心力，则有: （2分）以上联立解得： （2分）考点：带电粒子在匀强电场中的运动、带电粒子在匀强磁场中的运动【名师点睛】本题主要考查了带电粒子在匀强电场中的运动、带电粒子在匀强磁场中的运动。带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，运用运动的分解法，由牛顿第二定律和运动学公式求解场强E的大小；带电粒子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动由题意画出轨迹，由几何知识求出轨迹半径，由牛顿第二定律即可求得磁感应强度的大小；当带电粒子恰好能再次