高考前题型训练1答案

PAGEPAGE6高考前题型训练1答案一1.解析：（1）小滑块与木板间的滑动摩擦力小滑块在滑动摩擦力f作用下向右匀加速运动的加速度木板在拉力F和滑动摩擦力f作用下向右匀加速运动的加速度使m能从M上面滑落下来的条件是即（2）设m在M上滑动的时间为t，当恒力F=22.8N，木板的加速度）小滑块在时间t内运动位移木板在时间t内运动位移因即2、提示：木块放上后木块加速度am=μg=2m/s2，小车加速度，此木块与小车同速历时为t1，则v0+amt1=amt1，得t1=1s，以后木块与小车共同加速运动，加速度。初速度，所以3．解：(1)金属板不掉下的条件是当金属板速度达到v0时相对木板位移小于L/2,对金属板有μmg=maa=μg2分速度达到v0所需要时间为t=v0/μg2分木板位移s1=v0t=v02/μg1分金属板位移s2=v02/2μg1分金属板在木板上向左位移s=s1-s2=v02/2μg<L/22分得到v0<（μgL）1/22分(2)拉动木板匀速运动的力F=μmg2分F所做功为W=Fs1=mv022分二、摩擦力1、CD2、D四个图中都是静摩擦。A图中fA=Gsinθ；B图中fB=Gsinθ；C图中fC=(G-F)sinθ；D图中fC=(G+F)sinθ。3、C未加F时,木块A在水平面内受弹簧的弹力F1和静摩擦力FA作用,且F1=FA=kx=8N,木块B在水平面内受弹簧弹力F2和静摩擦力FB作用,且F2=FB=kx=8N,在木块B上施加F=1N向右拉力后,由于F2+F<μGB,故木块B所受摩擦力仍为静摩擦力,其大小FB′=F2+F=9N,木块A的受力情况不变.4、A以Q为研究对象,Q在水平方向受绳的拉力f1和P对Q的摩擦力f1作用,由平衡可知：F1=f1=μmg以P为研究对象,水平方向受外力F,绳的拉力F2、Q对P的摩擦力f1′和地面对P的摩擦力f2,由平衡条件知：F=F2+f1′+f2f2=μN=μ·2mg,由牛顿第三定律知：F1=F2=μmg,f1′=f1=μmg代入得：F=4μmg5A由于人做匀速运动,所以人所受的合外力为零,水平方向不可能受力的作用.6、对处于斜面上的物块受力分析，要使物块沿斜面下滑则mgsinθ>μmgcosθ，故μ<tanθ，故AB错误；若要使物块在平行于斜面向上的拉力F的作用下沿斜面匀速上滑，由平衡条件有：F-mgsinθ-μmgcosθ=0故F=mgsinθ+μmgcosθ，若μ=tanθ，则mgsinθ=μmgcosθ，即F=2mgsinθ故C项正确；若要使物块在平行于斜面向下的拉力F作用下沿斜面向下匀速滑动，由平衡条件有：F+mgsinθ-μmgcosθ=0则F=μmgcosθ-mgsinθ若μ=tanθ，则mgsinθ=μmgcosθ，即F=0，故D项错误。7、A物体受重力沿斜面向下的分力Gx=mgsin30°=4.9N，而弹簧拉力为4.9N，物块静止在斜面上受力平衡，所以摩擦力应为0。支持力大小为4.9N方向垂直斜面向上8、D9、A斜劈和物块都平衡对斜劈和物块整体受力分析知地面对斜劈的摩擦力为零。10、C对整体应用牛顿第二定律(mA+mB)gsinθ=(mA+mB)a共,a共=gsinθ,对B应用牛顿第二定律:假设有摩擦力,mBgsinθ-f=mBa当f=0时a相同,所以假设不成立,A、B间摩擦力为零,故C对.11、A竖直悬挂时mg=kL ①沿斜面拉2m物体时,设物体受摩擦力为f,方向沿斜面向下,则kL=2mgsin30°+f② 由①②得f=0.12、B物体受重力mg、支持力N、摩擦力f、已知力F处于平衡，根据平衡条件，有，，联立解得：3、答案：CD解析：金属棒ab在一水平恒力F作用下由静止开始向右运动，随着ab运动速度的增大，产生的感应电流增大，所受与F方向相反的安培力增大，其加速度减小，选项A错误；外力F对ab做的功等于电路中产生的电能和导体棒增加的动能之和，选项B错误；由能量守恒定律可知，当ab做匀速运动时，外力F做功的功率等于电路中的电功率，选项C正确；无论ab做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能，选项D正确。4、小于，选项D错误。5、答案：AC解析：b进入磁场后，b中电流方向向右，a中的电流方向向左，选项A正确；b进入磁场后，由于ab二者电流方向相反，二者相斥，轻绳对a的拉力减小，选项B错误；b进入磁场后，所受安培力可能小于重力，继续加速运动，重力做功的瞬时功率可能增大，选项C正确；b由静止释放到穿出磁场的过程中，a和b中产生的焦耳热等于b减少的机械能，选项D错误。6、正确。7、答案：AD解析：由于金属棒在运动过程中受到与速度方向相反的安培力作用，金属棒在最低点的加速度小于g，选项A正确；回路中产生的总热量等于金属棒机械能的减少量，选项B错误；当弹簧弹力与安培力之和等于金属棒的重力时，金属棒下落速度最大，选项C错误；由于金属棒运动过程中产生电能，金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度，选项D正确。四、等势线1、C电场强度的大小和电势的高低没有直接关系，不能根据电场强度的大小判断电势的高低，也不能根据电势的高低判断电场强度的大小，A、B均错．电场强度的方向一定跟等势面垂直，C对．沿电场强度的方向电势降低，但电势降低的方向不一定是电场强度的方向，电势降低最快的方向才是电场强度的方向，D错．2、AB由a、b、c三球经过一段时间后均通过等势面B，可知它们所受的电场力向下，则电场方向竖直向下，故A正确；由动能定理得，三个小球通过等势面B时，电场力做功相等，三球的速度大小相同，且a、c方向相同，B正确；对a、b两球，由于运动方向不同，同一时间，电场力做功不同，因此同一时刻的动能不相同，C错误；三个小球运动的方向不同，大小也不相同，不可能在同一时刻位于同一等势面上，故电势能不可能相等，D错误．3、BC.因为电子从A到C运动时速度越来越小，所以动能越来越小，电场力做负功，电势能增大，B对．且知场强方向由A到C，故φA>φB>φC，C对．由A到C，电子离圆心越来越近，受电场力越来越大，A错．由图知UAB＜UBC，故D错．4、CD参照等量异号电荷的等势面和等势线分布可知，a点和b点的电场强度大小相等但方向不同，选项A错误；越靠近负电荷的等势面电势越低，故正电荷由c点移到d点，电场力做负功，选项B错误，同理，选项C、D均正确．5、B电场强度是矢量，e点和g点对称，电场强度大小相等，但方向不同，选项A错误；af连线是一条等势线，a点和f点电势相等，选项B正确；电子从g点到f点再到e点过程中，电场力方向向左侧，电场力一直做负功，电势能一直增加，选项C错误；电子从f点到e点再到d点过程中，电场力先做负功后做正功，选项D错误．6、B.由于带正电的小球由a到b动能减小了18eV，而电场中机械能和电势能总和不变，故在c的动能为8eV，总能量为8eV＋0＝8eV.因电势能为－6eV，所以动能为8eV－(－6eV)＝14eV，故选B.7、C.由于正电荷由a到b动能减小了21eV，而电场中机械能和电势能总和不变，故在等势面3的动能应为12eV，总能量为12eV＋0＝12eV.当在所求位置时，因为电势能为－8eV，所以动能为12eV－(－8eV)＝20eV，故应选C.8、【答案】ABC。A、B、C三点处在一根电场线上，沿着电场线的方向电势降落，故φA＞φB＞φC,A正确；由电场线的密集程度可看出电场强度大小关系为EC＞EB＞EA，B对；电场线密集的地方电势降落较快，故UBC＞UAB，C对D错.9、D．b、d两点的场强为＋Q产生的场与匀强电场E的合场强，由对称可知，其大小相等，方向不同，A错误；a、f两点虽在＋Q所形电场的同一等势面上，但在匀强电场E中此两点不等势，故B错误；在bedf面上各点电势相同，点电荷＋q在bedf面上移动时，电场力不做功，C错误；从a点移到c点，＋Q对它的电场力不做功，但匀强电场对＋q做功最多，电势能变化量一定最大，故D正确．10、C因等差等势线是平行线，故该电场是匀强电场，场强和等势线垂直，且由高等势线指向低等势线，故AD错误，故B错，以C点为圆心，以2cm为半径做圆，又几何知识可知圆将与、等势线相切，故C正确.11题12题计算题111、C由匀强电场中两点电势差U＝Ed，而ab、cd平行且相等，则有φb－φa＝φc－φd，即φc＝16V，选项A错误；将ba向上延长到e点，使ab＝ae＝cd＝L，则φe＝16V，即e、c连线为一条等势线，则∠abc的角平分线为电场线，选项B错误；质子从b运动到c，垂直电场方向有2Lcos45°＝v0t，解得t＝eq\f(\r(2)L,v0)，选项C正确；质子从b运动到c，电场力做功为W＝e(φb－φc)＝8eV，选项D错误．12、如图，根据匀强电场的电场线与等势面是平行等间距排列，且电场线与等势面处处垂直，沿着电场线方向电势均匀降落，取ab的中点O，即为三角形的外接圆的圆心，且该点电势为2V，故Oc为等势面，MN为电场线，方向为MN方向，UOP=UOa=V，UON∶UOP=2∶，故UON=2V，N点电势为零，为最小电势点，同理M点电势为4V，为最大电势点．B项正确．13、AC由等量异种点电荷的电场分布和等势面的关系可知，等量异种点电荷的连线的中垂线为一条等势线，故A、C两点的电势关系是φA＝φC，A对；空间中电势从左向右逐渐降低，故B、D两点的电势关系是φB＞φD，B错；＋q点电荷在O点的场强与－q点电荷在O点的场强的大小均为eq\f(kq,r2)，方向与BD方向向上和向下均成60°的夹角，合场强方向向右，根据电场的叠加原理知合场强大小为eq\f(kq,r2)，C对D错．14、AD