高考物理电场精讲精练库仑力作用下的平衡问题和动力学问题

解得BB对A分析，B对A的最大静摩擦力提供向心力，有0.5u・mg=mwA2L解得AAAB一起转动的最大角速度为，此时圆盘对B的摩擦力为f=2m-L.①2=卩mgA故C正确，D错误。故选：BC。15．BCD解析】分析】详解】AB.根据题意可知，两棒组成回路，电流相同，故所受安培力合力为零，动量守恒，故任何一段时间内,导体棒b动量改变量跟导体棒a动量改变量总是大小相等、方向相反，根据能量守恒可知，a动能减少量的数值等于b动能增加量与产热之和，故A错误B正确;CD.最终共速速度2mv^=(2m+m)vmv-0=BIl.t=Blq解得2mvq=03Bl根据能量守恒，两棒共产生的焦耳热为Q=Q=丄x2mv220-1(2m+m)v2=mV023故CD正确。故选BCD。三、实验题：共2小题16．ABBCE22.5-10-1.25【解析】【分析】【详解】A、用小锤打击弹性金属片，B球就水平飞出，同时A球被松开，做自由落体运动，两球同时落到地面,知B球竖直方向上的运动规律与A球相同，即平抛运动竖直方向上做自由落体运动•故A正确.B、把两个质量相等的小钢球从斜面的同一高度由静止同时释放，滑道2与光滑水平板吻接，则将观察到的现象是球1落到水平木板上击中球2，知1球在水平方向上的运动规律与2球相同，即平抛运动在水平方向上做匀速直线运动•故B正确，C、D错误；故选AB.⑵A、小球与斜槽之间有摩擦，不会影响小球做平抛运动，故A错误；B、研究平抛运动的实验很关键的地方是要保证小球能够水平飞出，只有水平飞出时小球才做平抛运动，则安装实验装置时，斜槽末端切线必须水平的目的是为了保证小球飞出时初速度水平，故B正确；C、由于要记录小球的运动轨迹，必须重复多次，才能画出几个点，因此为了保证每次平抛的轨迹相同，所以要求小球每次从同一高度释放，故C正确；D、小球在斜槽上释放的位置离斜槽末端的高度不能太低，故D错误.E、根据平抛运动的特点可知其运动轨迹在竖直平面内，因此在实验前，应使用重锤线调整面板在竖直平面内，即要求木板平面与小球下落的竖直平面平行，故E正确；F、在白纸上记录斜槽末端槽口的位置0,不能作为小球做平抛运动的起点，故F错误；故选BCE.(3)①在竖直方向上△y=gT2，可得时间间隔T={丰={10=0.1s，则小球平抛运动的初速度x0.2v==m/s=2m/soT0.1②b点在竖直方向上的分速度；==1.5m/s，小球运动到b点的速度为v=讥+v=2.5m/s.③抛出点到b点的运动时间t=亠=0«15s.水平方向上的位移x1=vt=0.3m，竖直方向上的位移g1y=2gt2=0.1125m•所以开始做平抛运动的位置坐标x=0.2-0.3=-0.1m=-10cm，乙y=0.1-0.1125=-0.0125m=-1.25cm；17．R0R15009999解析】详解】[1].将S拨向接点1,接通S],调节R0使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时标准电流表A0的读数I。[2].然后将S拨向接点2,调节叫，使标准电流表A0的读数仍为I,记下此时叫的读数。[3].读取电阻箱各旋盘对应的数值后,再乘相应的倍率。其电阻为0X1000Q+0X100Q+5X10Q+0x1Q=500.该电阻箱可以提供的最大阻值为9x1000Q+9x100Q+9x100+9x10=99990电阻箱可以提供的阻值范围为099990四、解答题：本题共3题18.(1)24V；(2)4x10-3C；(3)0.192J。【解析】【分析】【详解】(1)由—ABoE—nSAt得E—10x60x4x10-4—24v1x10-2⑵在0~10ms过程中，由i-ER得I=0.4A在10~20ms过程中，线圈中电流为0,所以，由q—IAt流过线圈的电荷量为q—0.4x1x10-2—4x10-3C(3)由Q—2I2Rt0~30ms过程中，线圈产生的热量为Q=2xO.42x60xlx10-2=0.192Ju2u219-⑴xi=4^-x0；⑵1mu23113=—mu2+0tan3；(3)<p<-4。4“’235解析】详解】(1)从A到O'，由动能定理可得1(x+x)cos3解析】详解】(1)从A到O'，由动能定理可得1(x+x)cos3一W=0一一mu2①0120mg(x+x)sin3一卩mg01物块A离开弹簧后回到P点的过程，由动能定理得W-mg(x+x)sin3-ymg(x+x)cos3=0②0101解得u2x=0-x14ygcos30将xi带入②式可得，弹簧弹力做功为1mu2W=—mu2+亠tan304y即弹簧的弹性势能为1mu2E=W=—mu2+-tan3p404y⑶两物体分离的瞬间有3=aB，两物体之间的弹力为0,由牛顿第二定律可得mgsin3+ymgcos3=maA/3mgsin3+y^mgcos3一2T=BmaB解得T=0，即弹簧恢复原长的瞬间，两物体分离。设分离瞬间，两物体的速度为u，由能量守恒可得1in3+卩(1+p)mgxcos3+—(1+p)mu222E=(1+p)mgxsinP1将卩=将卩=tan0，u=3.：gxsin3，0v0u2xi=~x0带入解得土翌gxsin31+p0由于卩=tan0，F=mgsin0，故分离后两物体的加速大小分别为=gsin0mgsin0+ymgcos0-F=gsin0m=2gsin0fpmgsin0+^pmgcos0a―=2gsin0Bpm由此可知，分离后两物体均做减速运动，且B的加速度大于A,故在A物体上升阶段，两物体不会碰撞;B速度减为0后，由于卩=tan°，故B物体会保持静止状态，B物体上升的位移为u2x=B4gsin0若A物体与挡板碰撞前速度就减为0,则此后A物体保持静止状态，两物体一定不会碰撞；若A物体能与挡板相碰，当物体A与挡板碰撞后，继续以加速度gsin9向下做减速运动，直到速度减为0,保持静止;A物体速度减为0的总路程为u2x=A2gsin0若A物体不与挡板碰撞，则u2x=<xA2gsin00解得11B-刁若A物体能与挡板碰撞，则两物体不相撞的条件为A物体速度减为0时不与B物体相撞，即解得1131>B>-723由于u>0，故13p<T综上所述，0的取值范围为31<p<1323520．（1）4m/s（2）3.6J（3）1.0m/s解析】详解】(1)子弹打人小滑块A的过程中，动量守恒mv=(m+m)v0001解得v1=4m/s⑵小滑块A从传送带的左端滑到右端的过程中，根据动能定理有一卩(m+m)gl=—(m+m)v2一—(m+m)v2020220—代人数据解得v2=3m/s因为v2>v，所以小滑块A在第一次到达传送带右端时速度大小为3m/s，小滑块A第一次压编弹簧的过程中，当小滑块A和B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有(m+m)v=(m+m+M)v0203代人数据解得v3=0.6m/s根据能量守恒定律得——E=—(m+m)v2-—(m+m+M)v2pm2c22c3代人数据解得Epm=3.6J从小滑块A开始接触弹簧到弹簧恢复原长，整体可看成弹性碰撞，则有(m+m)v=(m+m)v+Mv02043—(m+m)v2=—(m+m)v2+—Mv220220423解得v4=-1.8m/sv3=1.2m/s设小滑块A又滑回传送带上且减速到零时在传送带上滑动的距离为L,