（2012?銀川一模）中國(guó)女排享譽(yù)世界排壇，曾經(jīng)取得輝煌的成就。在某次比賽中，我國(guó)女排名將馮坤將排球從底線(xiàn)A點(diǎn)的正上方以某一速度水平發(fā)出，排球正好擦著球網(wǎng)落在對(duì)方底線(xiàn)的B點(diǎn)上，且AB平行于邊界CD。已知網(wǎng)高為h，球場(chǎng)的長(zhǎng)度為s，不計(jì)空氣阻力且排球可看成質(zhì)點(diǎn)，則排球被發(fā)出時(shí)，擊球點(diǎn)的高度H和水平初速度。分別為（）4A.H=3hs C.v=3h'''3ghH=2hB.D.s, v=五\：碩圖1—2圖1—2—5且車(chē)1t解析：選AD由平拋知識(shí)可知2gt2=H,H-h=2g（2）2得H=3h,A正確，B錯(cuò)誤。由s vt=s，得v=4h\|f6gh,D正確，C錯(cuò)誤。（2012?東北三校二模）如圖1—2—5所示，小車(chē)內(nèi)有一質(zhì)量為m的物塊，一根彈簧與小車(chē)和物塊相連，處于壓縮狀態(tài)且在彈性限度內(nèi)。彈簧的勁度系數(shù)為k,形變量為x,物塊和小車(chē)之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，物塊和小車(chē)始終保持相對(duì)靜止。下列說(shuō)法正確的是（ ）A.若因mg小于kx，則車(chē)的加速度方向一定向左kx—RmgB.若Rmg小于kx,則車(chē)的加速度a的最小值為m只能向左加速運(yùn)動(dòng)C.若^mg大于kx,則車(chē)的加速度方向可以向左也可以向右kx+^mgD.若pmg大于kx，則加速度的最大值為m，加速度的最小^mg—kx值為一m-解析：選AC若pmg<kx，對(duì)物塊受力分析如圖所示，則kx-Ff=ma,a方向一定向左，A正確。小車(chē)可向左加速，也可向右減速，故B錯(cuò)誤。若pmg>kx，車(chē)的加速度既可向右，也可向左。向右時(shí)，加速度有最小值，當(dāng)kx=kx+^mgFf時(shí)，amin”向左時(shí)，加速度有最大值，amax= ，故C正確，D錯(cuò)誤。3.（2012?江南十校聯(lián)考）如圖1—2—6所示，邊界OA與OC之間分布有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，邊界OA上有一粒子源S。某一時(shí)刻，從S平行于紙面向各個(gè)方向發(fā)射出大量帶正電的同種粒子（不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用），所有粒子的初速度大小相同，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間有大量粒子從邊界OC射出磁場(chǎng)。已知/AOC=60°,從邊界OCT射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間等于6（T為粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圖1—2—6周期），則從邊界OC射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為（）TA.3TB.22TC75TD/6解析：選B由左手定則可知，粒子在磁場(chǎng)中做逆時(shí)針?lè)较虻膱A周運(yùn)動(dòng)，由于粒子速度大小都相同，故軌跡弧長(zhǎng)越小，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間就越短；而弧長(zhǎng)越小，所對(duì)弦長(zhǎng)也越短，所以從S點(diǎn)作OC的垂線(xiàn)SD，則SD為最短弦，可知粒子從D點(diǎn)射出時(shí)運(yùn)行時(shí)T間最短，如圖所示，根據(jù)最短時(shí)間為6，可知4O‘SD為等邊三角形，粒子圓周運(yùn)動(dòng)半徑R=SD，過(guò)S點(diǎn)作OA垂線(xiàn)交OC于E點(diǎn),對(duì)應(yīng)弦最長(zhǎng)，運(yùn)行時(shí)由幾何關(guān)系可知SE=2SD,SE為圓弧軌跡的直徑，所以從E點(diǎn)射出T間最長(zhǎng)，且t=2，故B項(xiàng)正確。4.地球赤道上的物體重力加速度為g,物體在赤道上隨地球自轉(zhuǎn)的向心加速度為a,要使赤道上的物體“飄”起來(lái),則地球自轉(zhuǎn)的角速度應(yīng)為原來(lái)的（ ）a.a倍」g±a

B；Ja倍，:g—aC.a倍解析：選B赤道上的物體隨地球自轉(zhuǎn)時(shí)，物體受力分析如圖所示，物體隨地球自轉(zhuǎn)的向心力由地球?qū)λ娜f(wàn)有引力和地面對(duì)它的支持力的合力提供，由牛頓第二定律：MmGR02-FN=mR002其中FN=mg。要使赤道上的物體“飄”起來(lái)，即變?yōu)榻匦l(wèi)星。Mm則/N=0,于是：Gr02=mR產(chǎn)/2由前面三式得：不不，故應(yīng)選B。5.如圖1—2—7所示電路中，閉合電鍵S,當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P從最高端向下滑動(dòng)時(shí)，下列說(shuō)法正確的是( )A．電壓表⑹讀數(shù)先變大后變小電流表公讀數(shù)變大B．電壓表⑥讀數(shù)先變小后變大電流表團(tuán)讀數(shù)變小C．電壓表⑹讀數(shù)先變大后變小電流表G)讀數(shù)先變小后變大D．電壓表⑹讀數(shù)先變小后變大電流表?讀數(shù)先變大后變小圖1—2—7解析:選A設(shè)滑動(dòng)變阻器總電阻為R0,P以上電阻為Rx，則變阻器在電路中的阻值R‘(R。一RA, R='Ur*x。當(dāng)R=3,R‘最大。p從最高端向下滑動(dòng)時(shí)，回路總電阻先增大，后減小。0x當(dāng)P滑向中點(diǎn)時(shí)：P與桿間的動(dòng)，A．小球的加速度一直減小B．P與桿間的動(dòng)，A．小球的加速度一直減小B．小球的機(jī)械能和電勢(shì)能的總和保持不變圖1—2—8RP滑過(guò)中點(diǎn)后，R‘I-IT-U匕由并聯(lián)分流IA=RI,1A繼續(xù)增大，故A正確。6.(2012?江西八校聯(lián)考)如圖1—2—8所示，在水平勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有一豎直足夠長(zhǎng)固定絕緣桿MM小球P套在桿上，已知P的質(zhì)量為m,電荷量為+q，電場(chǎng)強(qiáng)度為E、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B摩擦因數(shù)為〃，重力加速度為g。小球由靜止開(kāi)始下滑直到穩(wěn)定的過(guò)程中(C．DC．D．2〃qE—mg下滑加速度為最大加速度一半時(shí)的速度可能是v=2MqB2MqE+mg下滑加速度為最大加速度一半時(shí)的速度可能是v=2MqB解析：選CD對(duì)小球受力分析如圖所示，則mg-m(Eq-qvB)=ma,隨著v的增加，小球加速度先增加，當(dāng)Eq=qvB時(shí)達(dá)到最大值amax=g，繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，mg-m(qvB-Eq)=ma,隨著v的增加，a逐漸減小，所以A錯(cuò)誤。因?yàn)橛心Σ亮ψ龉Γ瑱C(jī)械能與電勢(shì)能總和在減小，B錯(cuò)誤。若在前半段達(dá)到最大加速度的一半，則mg一MEq一qvB)=g 2MqE-mg gm2，得v=2MqB，若在后半段達(dá)到最大加速度的一半，則mg-M(qvB-Eq)=m2，得v2〃qE+mg=2"qB，故C、D正確。7.如圖所1—2—9示，足夠長(zhǎng)的水平傳送帶MN以恒定速度v0=1.0m/s沿順時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶右端平滑地接著光滑且絕緣的水平軌道NR在軌道NP上方存在水平向左的有界勻強(qiáng)電場(chǎng)，左邊界NN豎直，右邊界足夠大，電場(chǎng)強(qiáng)度大小E=2x103V/m。一質(zhì)量m=0.1kg、帶電量q=+2X10-4C的小物體從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始釋放向左運(yùn)動(dòng)。已知4、N間距l(xiāng)=50cm,小物體與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)"=0.2,物體在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電量始終保持不變，不計(jì)空氣阻力，g=10m/s2。求：圖1—2—9⑴物體滑上傳送帶后，向左運(yùn)動(dòng)的最大距離％；(2)物體滑上傳送帶到第一次離開(kāi)傳送帶過(guò)程中,傳送帶克服小物體的摩擦力所做的功W；(3)經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)時(shí)間的運(yùn)動(dòng)后,物體能否停下來(lái)？(直接給出結(jié)論即可)解析：(1)設(shè)小物體滑上傳送帶向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為％,由動(dòng)能定理得：Eql-"mgx=0,解得％=1m。(2)設(shè)滑塊滑上傳送帶時(shí)的速度為v，則有1qEl=2mv2,：12qEl解得v=\：m=2m/s"mg物體在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的加速度a=m=2m/s2v物體在傳送帶上向左運(yùn)動(dòng)的時(shí)間11=a=1sv物體向右運(yùn)動(dòng)速度達(dá)到v0時(shí)，所用時(shí)間12=蛾=0.5s傳送帶克服物體的摩擦力做功W="mgv0(11+12)=0.3J。(3)不能。答案：(1)1m(2)0.3J(3)不能.如圖1—2—10所示，在傾角a=30°的光滑斜面上，并排放著質(zhì) 點(diǎn)少量分別為mA=10kg和mB=2kg的4、B兩物塊。一勁度系數(shù)k=400N/m的輕彈簧一端與物塊B相連，另一端與固定擋板相連，整個(gè)系統(tǒng)次叱顯處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)對(duì)A施加一沿斜面向上的力F,使物塊A沿斜面向上圖1—2—10做勻加速運(yùn)動(dòng)。已知力F在前0.2s內(nèi)為變力，0.2s后為恒力，g=10m/s2。求力F的最大

值和最小值。解析：因?yàn)樵趖=0.2s內(nèi)F是變力，在t=0.2s以后F是恒力，所以在t=0.2s時(shí)，A與B分離，此時(shí)A與B的作用力FN為零。設(shè)在0?0.2s時(shí)間內(nèi)A與B沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的距離為％，對(duì)物體4,根據(jù)牛頓第二定律可得：F+FN-mAgsina=mAa對(duì)于A和B整體應(yīng)用牛頓第二定律可得：(m+m^gF+k[k sina-x]-(mA+mJgsina=(mA+mJamgsina-ma令FN=0,由以上兩式求得x= k1而x=2at2,所以求得a=5m/s2當(dāng)A、B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)拉力F最小，此時(shí)對(duì)A、B整體有Fmin=(mA+mB)a=60N當(dāng)A與B分離時(shí)拉力F最大，F(xiàn)也=mA(a+gsina)=100N。答案：100N60N.如圖1—2—11甲所示，建立xQy坐標(biāo)系，兩平行極板P、Q垂直于y軸且關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)，極板長(zhǎng)度和板間距均為l。在第一、四象限有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于xQy平面向里。位于極板左側(cè)的粒子源沿x軸向右連續(xù)發(fā)射質(zhì)量為m、電量為十外速度相同、重力不計(jì)的帶電粒子。在0?310時(shí)間內(nèi)兩板間加上如圖乙所示的電壓(不考慮極板邊緣的影響)。已知t=0時(shí)刻進(jìn)入兩板間的帶電粒子恰好在10時(shí)刻經(jīng)極板邊緣射入磁場(chǎng)。上述m、q、1、t0、B為已知量。(不考慮粒子間相互影響及返回極板間的情況)XXXXXXXXXX圖1—2—11XXXXXXXXXX圖1—2—11r0XXXXXXXXXXX(1)求電壓U0的大小。1(2)求210時(shí)刻進(jìn)入兩板間的帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑。(3)何時(shí)進(jìn)入兩板間的帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短？求此最短時(shí)間。解析：(1)t=0時(shí)刻進(jìn)入兩板間的帶電粒子在電場(chǎng)中做勻變速曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，t0時(shí)刻剛好從極1U板邊緣射出，在y軸負(fù)方向偏移的距離為21，則有E=I ①qE=ma1 121=2at02聯(lián)立①②③式，解得兩板間電壓為

ml2U0=qt0 ④(2)110時(shí)刻進(jìn)入兩板間的帶電粒子，前210時(shí)間在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)，后210時(shí)間兩板間沒(méi)有電場(chǎng)，帶電粒子做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。帶電粒子沿％軸方向的分速度大小為iTOC\o"1-5"\h\zvx=v0=t0 ⑤帶電粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)沿y軸負(fù)方向的分速度大小為1Vy=。2t0 ⑥帶電粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度大小為v=rjvx2+vy2 ⑦v2設(shè)帶電粒子離開(kāi)電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為七則有qvB=mR ⑧聯(lián)立③⑤⑥⑦⑧式解得5mlR=2qBt0 ⑨(3)210時(shí)刻進(jìn)入兩板間的帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短。帶電粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)沿y軸正方向的分速度為vy，=at0 ?設(shè)帶電粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)速度方向與y軸正方向的夾角為a，則v—0-?tana=vf?聯(lián)立③⑤0?式解得n帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，圓弧所對(duì)的圓心角2a=2所求最短時(shí)間為1L.=4Tmin帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為2nmT=~bB聯(lián)立??式得tmin=2qB。

ml2-5ml nml2答案：⑴q02(2)2qBt0(3)210時(shí)刻麗10.(2012?北京高考)勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向沿％軸正向，電場(chǎng)強(qiáng)度E隨％的分布如圖1-2-12所示，圖中E0和d均為已知量。將帶正電的質(zhì)點(diǎn)A在O點(diǎn)由靜止釋放。A離開(kāi)電場(chǎng)足夠遠(yuǎn)后，再將另一帶正電的質(zhì)點(diǎn)B放在O點(diǎn)也由靜止釋放。當(dāng)B在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，A、B間的相互作用力及相互作m和B的質(zhì)量分別為m和4。不計(jì)重力。圖1-2-12用能均為零；m和B的質(zhì)量分別為m和4。不計(jì)重力。圖1-2-12⑴求A在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t；4(2)若B的電荷量q=9Q,求兩質(zhì)點(diǎn)相互作用能的最大值Epm;⑶為使B離開(kāi)電場(chǎng)后不改變運(yùn)動(dòng)方向，求B所帶電荷量的最大值qm。FQE0解析：(1)由牛頓第二定律，A在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度a=m=常1A在電場(chǎng)中做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)d=2attTOC\o"1-5"\h\z：2d ：2dm解得運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=\:a=\:西(2)設(shè)A、B離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度分別為以八、4八，由動(dòng)能定理，有A0B01 1mQE0d=2mvA02,qE0d=2?44vB02 ①A、B相互作用過(guò)程中，動(dòng)量和能量守恒。A、B相互作用力為斥力，A受的力與其運(yùn)動(dòng)方向相同，B受的力與其運(yùn)動(dòng)方向相反，相互作用力對(duì)A做正功，對(duì)B做負(fù)功。A、B靠近的過(guò)程中，B的路程大于A的路程，由于作用力大小相等，作用力對(duì)B做功的絕對(duì)值大于對(duì)A做功的絕對(duì)值，因此相互作用力做功之和為負(fù)，相互作用能增加。所以，當(dāng)A、B最接近時(shí)相互作用能最大，此時(shí)兩者速度相同，設(shè)為v,,有(m+4)v'=mvA0+4vB0 ②1 1m1mEpm=(2mvA02+2?4vB02)一2(m+4)v,2 ③已知q=4Q,由①②③式解得相互作用能的最大值Epm=45QE0d(3)考慮A、B在％>d區(qū)間的運(yùn)動(dòng)，設(shè)A、B在末態(tài)時(shí)的速度分別為vA和