训练（1）
1、如图所示，水平传送带的速度为4.0/s，它的右端与等高的光滑水平平台相接触.一工作（可看成质点）轻轻放手传送带的左端，工件与传送带间的动摩擦因数 ，经过一段时间工件从光滑水平平台上滑出，恰好落在小车左端，已知平台与小车的高度差h=0.8，小车左端距平台右端的水平距离为s=1.2，取g=10/s2，求：
（1）工件水平抛出的初速度 是多少？
（2）传送带的长度L是多少？

2、如图所示，质量=6.0kg物块（可视为质点）从斜面上的A点由静止开始下滑，滑到斜面底端B后沿水平桌面再滑行一段距离后从C点飞出，最后落在水平面上的E点。已知物块与斜面、水平桌面间的动摩擦因数都为μ=0.50，斜坡的倾角θ=37°，CD高h=0.45， BC长L=2.0，DE长S=1.2。假设斜坡与水平桌面间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计。试求：（1）物块经过C点的速度大小；(2) 物体在B点的速度大小；（3）物体在斜面上滑行的时间。

3、如图甲所示，一竖直平面内的轨道由粗糙斜面AD和光滑圆轨道DCE组成，AD与DCE相切于D点，C为圆轨道的最低点，将一小物块置于轨道ADC上离地面高为H处由静止释放，用力传感器测出其经过C点时对轨道的压力N，改变H的大小，可测出相应的N的大小，N随H的变化关系如图乙折线PQI所示(PQ与QI两直线相连接于Q点)，QI反向延长交纵轴于F点(0,5.8N)，重力加速度g取10/s2，求：
(1)图线上的PQ段是对应物块在哪段轨道上由静止释放（无需说明理由）？并求出小物块的质量；
(2)圆轨道的半径R、轨道DC所对应的圆心角θ；
(3)小物块与斜面AD间的动摩擦因数μ。

4、如图甲所示，两条足够长的光滑平行金属导轨竖直放置，导轨间距L=1，两导轨的上端间接有电阻，阻值R=2Ω，虚线OO'下方是垂直于导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度B=2T。现将质量为=0.1Kg，电阻不计的金属杆ab，从OO'上方某处由静止释放，金属杆在下落过程中与导轨保持良好接触，且始终保持水平，不计导轨电阻，已知金属杆下落0.4的过程中加速度a与下落距离h的关系如图乙所示，g=10/s2，求：
（1）金属杆刚进入磁场时的速度多大？
（2）金属杆下落0.4的过程中，电阻R上产生了多少热量

5、在水平放置的两块金属板AB上加上不同电压，可以使从炽热的灯丝释放的电子以不同速度沿直线穿过B板中心的小孔O进入宽度为L的匀强磁场区域，匀强磁场区域的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。若在A、B两板间加上电压U0时，电子不能穿过磁场区域而打在B板延长线上的P点，如图18所示。已知电子的质量为，电荷量为e，并设电子离开A板时的初速度为零。
（1）在A、B两板间加上电压U0时，求电子穿过小孔O的速度大小v0；
（2）求P点距小孔O的距离x；
（3）若改变A、B两板间的电压，使电子穿过磁场区域并从边界N上的Q点射出，且从Q点穿出时速度方向偏离原的方向的角度为θ，则A、B两板间电压U为多大？

6、如图19甲所示，在一个正方形金属线圈区域内，存在着磁感应强度B随时间变化的匀强磁场，磁场的方向与线圈平面垂直。金属线圈所围的面积S=200c2，匝数n=1000，线圈电阻r=1.0Ω。线圈与电阻R构成闭合回路，电阻R=4.0Ω。匀强磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图19乙所示，求：
（1）在t=2.0s时刻，通过电阻R的感应电流的大小；
（2）在t=2.0s时刻，电阻R消耗的电功率；
（3）0~6.0s内整个闭合电路中产生的热量。

7、如图所示, xoy为空间直角坐标系，PQ与y轴正方向成θ=30°角。在第四象限和第一象限的xoQ区域存在磁感应强度为B的匀强磁场，在Poy区域存在足够大的匀强电场，电场方向与PQ平行，一个带电荷量为+q，质量为的带电粒子从-y轴上的 A(0,-L)点，平行于x轴方向射入匀强磁场，离开磁场时速度方向恰与PQ垂直，粒子在匀强电场中经时间 后再次经过x轴, 粒子重力忽略不计。求：
（1）从粒子开始进入磁场到刚进入电场的时间 ；
（2）匀强电场的电场强度E的大小。

8、如图所示的区域中，左边为垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B ，右边是一个电场强度大小未知的匀强电场，其方向平行于OC且垂直于磁场方向．一个质量为 、电荷量为-q 的带电粒子从P孔以初速度V0沿垂直于磁场方向进人匀强磁场中，初速度方向与边界线的夹角θ＝600 ，粒子恰好从C孔垂直于OC射入匀强电场，最后打 在Q点，已知OQ＝ 2 OC ，
不计粒子的 重力，求：
( l )粒子从P运动到Q所用的时间 t 。
( 2 )电场强度 E 的大小
( 3 )粒子到达Q点时的动能EkQ

9、如图所示，在光滑的水平面上有一块质量为2的长木板A，木板左端放着一个质量为的小木块B，A与B之间的动摩擦因数为μ，开始时，A和B一起以v0向右运 动，木板与墙发生碰撞的时间极短，碰后木板以原速率弹回，
求：（1）木板与小木块的共同速度大小并判断方向.
（2）由A开始反弹到A、B共同运动的过程中，B在A上滑行 的距离L。
（3）由B开始相对于A运动起，B相对于地面向右运动的最大距离s。

10、如图所示，某空间内存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直于纸面向里。一段光滑绝缘的圆弧轨道AC固定在场中，圆弧所在平面与电场平行，圆弧的圆心为O，半径R=1. 8，连线OA在竖直方向上，圆弧所对应的圆心角 =37°。现有一质量=3.6×10—4kg、电荷量q=9.0×10—4C的带正电的小 球（视为质点），以v0=4.0/s的速度沿水平方向由A点射入圆弧轨道，一段时间后小球从C点离开圆弧轨道。小球离开圆弧轨道后在场中做匀速直线运动。不计空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）匀强电场场强E的大小；
（2）小球刚射入圆弧轨道瞬间对轨道压力的大小。

1．解：（1）小物块从平台右端水平抛出后，做平抛运动。
水平方向： ……………………（1分） 竖直方向： …………（1分）
得： …………………………（2分）
（2）由于 小于水平传送带的速度，故可知小物块在传送带上一直做匀加速运动。小物块在传送带上所受摩擦力： …………………………（1分）
由牛顿第二定律可知： …………………………………………（1分）
由运动学关系可知： ………………………………………………（1分）
得： …………………………………………………………（1分）

2、解：（1）物块从C到E的过程做平抛运动
竖直方向做自由落体运动 h=gt2/2 0.45= 10×t2/2 解得t=0.3 s 2分
水平方向做匀速直线运动 S=VCt 1.2=VC×0.3 得 VC=4/s 2分
（2）物块从B到C的过程做匀减速运动,设加速度为a1
f1= 2分
由2 a1L= VC2- VB2 2×（-5）×2= 42- VB2 得 VB=6/s 2分
(3)设物块在斜坡上时的加速度为a2
a2=2/s2 2分
斜面上匀加速运动VB= a2t t=3s 2分

3解：（1）对应物块在DC轨道上运动 1分
由图线可知，H=0时静止于P点，则N=g＝5 得＝0.5kg 1分
(2)当物块只圆轨道DC上运动时由动能定理得gH＝12v2解得v＝2gH ① 1分
由向心力公式N－g＝v2R ② 1分
由①、②式可得N＝v2R＋g＝2gRH＋g； 1分
由图象斜率可知2gR＝10 得R＝1 1分
据分析图像中的PQ部分对应光滑轨道DC段，D点离开地面的高度
HD=R(1-cosθ)＝1×(1-cosθ)=0.2 1分
解得θ＝37° 1分
(3)当物块由斜面上滑下时由动能定理得gH－μgcosθ(H－0.2)sinθ＝12v2 ③ 2分
③式代入向心力公式N－g＝v2R得N＝v2R＋g＝2g－83μgRH＋1.63μg＋g 2分
结合QI曲线知1.63μg＋g＝5.8 1分
解得μ＝0.3 1分

4、（1）F安－g=a，v=1.5 /s （2）收尾速度0.5/s，Q=0.3875 J
5、解：（1）电子在AB板间电场中加速时，由动能定理得

解得 （3分）
（2）电子进入磁场区域做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得
解得 （2分）
所以 （1分）
（3）若在A、B两板间加上电压U时，电子在AB板间加速后穿过B板进入磁场区域做圆周运动，并从边界N上的Q点穿出，由动能定理可得

由牛顿第二定律可得
且由几何关系可知
所以 （2分）
6、解：（1）根据法拉第电磁感应定律，0~4.0s时间内线圈中磁通量均匀变化，产生恒定的感应电流。t1=2.0s时的感应电动势
（2分）
根据闭合电路欧姆定律，闭合回路中的感应电流
（1分）
解得 I1= 0.2A （1分）
（2）由图象可知，在4.0s~6.0s时间内，线圈中产生的感应电动势

根据闭合电路欧姆定律，t2=5.0s时闭合回路中的感应电流
=0.8A
电阻消耗的电功率 P2=I22R=2.56W （2分）
（3）根据焦耳定律，0~4.0s内闭合电路中产生的热量
Q1=I12(r＋R)Δt1=0.8 J （1分）
4.0~6.0s内闭合电路中产生的热量
Q2=I22(r＋R)Δt2=6.4 J （2分）
0~6.0s内闭合电路中产生的热量
Q = Q1＋Q2 =7.2J （1分）

7. 解析：（1）设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R, 则由几何关系得 R=L
qvB= 联立得
又有
粒子在磁场中运动时间
由到 做匀速直线运动的时间
所以粒子从开始进入磁场到刚进入电场的时间
联立以上各式得
（2） 在电场中做类平抛运动 =vt

由几何关系得

联立得 把θ=30°代入得

8、
(1)画出粒子运动的轨迹如图示的三分之一圆弧
(O1为粒子在磁场中圆周运动的圆心）：∠PO1 C=120°
设粒子在磁场中圆周运动的半径为r，
……………………2分
r+rcos 60°= OC=x O C=x=3r/2 …………………………2分
粒子在磁场中圆周运动的时间 ……………………1分
粒子在电场中类平抛运动 O Q=2x=3r……………………1分
…………………………………………1分
粒子从P运动到Q所用的时间 …………………………1分
(2) 粒子在电场中类平抛运动 ……1分 ……1分
解得 …………………1分
(3)由动能定理 …………2分 解得粒子到达Q点时的动能为 ……1分
9、1、撞后无机械能损失A将以原速率返回
由动量守恒： ……………… 2分
解得： ……………… 1分 方向向左………………1分
2、由能的转化与守恒定律得 ………………3分
解得： ………………1分
3、B相对于地面速度为0时有最远的向右位移
由牛顿第二定律和匀变速直线运动规律得： ………………1分
得 ………………1分
由 ………………1分
得 ………………1分

10
解：（1）小球离开轨道后做匀速直线运动，其受力情况如图1所示，则有
①
所以 E=3.0N/C 4分
（2）设小球运动到C点时的速度为v。在小球沿轨道从A运动到C的过程中，根据动能定理有
②
解得 v=5.0/s ③
小球由A点射入圆弧轨道瞬间，设小球对轨道的压力为N，小球的受力情况如图2所示，根据牛顿第二定律有
④
根据图1还有： ⑤
由③④⑤可求得： N=h
根据牛顿第三定律可知，小球由A点射入圆弧轨道瞬间对轨道的压力
N′=N=3.2×10—3N 8分

本文来自：逍遥右脑记忆 https://www.jiyifa.com/gaosan/47701.html

相关阅读：第17题-2018年浙江学考物理选考复习备考分题汇编“4+6”（真题+