高考物理二轮复习 第一部分 考前复习方略 力电综合检测-人教版高三全册物理试题

力电综合检测A一、选择题1.(多选)(2015·贵州省七校联考)如图所示，小车上固定一水平横杆，横杆左端的固定斜杆与竖直方向成α角，斜杆下端连接一质量为m的小球；同时横杆右端用一根细线悬挂相同的小球．当小车沿水平面做直线运动时，细线与竖直方向间的夹角β(β≠α)保持不变．设斜杆、细线对小球的作用力分别为F1、F2，下列说法正确的是()A．F1、F2大小不相等B．F1、F2方向相同C．小车加速度大小为gtanαD．小车加速度大小为gtanβ解析：选BD.两球受重力和拉力作用，其中重力相同，由加速度相同可知两球所受合外力相同，由平行四边形定则可知，拉力相同，A项错误，B项正确；因为绳对小球拉力沿绳收缩方向，合力水平向右，由平行四边形定则可知mgtanβ＝ma，即a＝gtanβ，C项错误，D项正确．2.(多选)如图所示，圆环套在水平棒上可以滑动，轻绳OA的A端与圆环(重力不计)相连，O端与质量m＝1kg的重物相连；定滑轮固定在B处，跨过定滑轮的轻绳，两端分别与重物m、重物G相连，当两条细绳间的夹角φ＝90°，OA与水平杆的夹角θ＝53°时圆环恰好没有滑动，不计滑轮大小，整个系统处于静止状态，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，滑动摩擦力等于最大静摩擦力．则下列说法正确的是()A．圆环与棒间的动摩擦因数μ＝0.75B．棒对环的支持力为1.6NC．重物G的质量M＝0.6D．圆环与棒间的动摩擦因数μ＝0.6解析：选AC.因为圆环将要开始滑动，所受的静摩擦力刚好达到最大值，有Ff＝μFN.对环进行受力分析，则有：μFN－FTcosθ＝0，FN－FTsinθ＝0，FT＝F′T＝mgsinθ，代入数据解得：μ＝cotθ＝eq\f(3,4)，FN＝6.4N，A正确，B、D错误；对重物m：Mg＝mgcosθ，得：M＝mcosθ＝0.6kg，C正确．3.(多选)如图所示是A、B两物体从同一点出发的x－t图象，由图象可知，下列说法正确的是()A．0～t1时间内A物体的速度大于B物体的速度B．t2时刻A、B两物体相遇C．0～t2时间内A的平均速度大于B的平均速度D．在0～t2时间内，t1时刻A、B两物体相距最远解析：选ABD.位移图象的斜率代表速度，A正确；t2时刻两物体运动的位移相同，所以0～t2时间内平均速度相同，B正确，C错误；在0～t2时间内，t1时刻A、B两物体相距最远，D正确．4.(多选)如图所示，从倾角为θ的斜面上的M点水平抛出一个小球，小球的初速度为v0，最后小球落在斜面上的N点，则(重力加速度为g)()A．可求M、N之间的距离B．可求小球落到N点时速度的大小和方向C．可求小球到达N点时的动能D．可以断定，当小球速度方向与斜面平行时，小球与斜面间的距离最大解析：选ABD.设小球从抛出到落到N点经历时间t，则有tanθ＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)，t＝eq\f(2v0tanθ,g)，因此可求出dMN＝eq\f(v0t,cosθ)＝eq\f(2veq\o\al(2,0)tanθ,gcosθ)，vN＝eq\r(（gt）2＋veq\o\al(2,0))，方向：tanα＝eq\f(gt,v0)，故A、B项正确；但因小球的质量未知，因此小球在N点的动能不能求出，C项错误；当小球速度方向与斜面平行时，小球垂直斜面方向的速度为零，此时小球与斜面间的距离最大，D项正确．5.(多选)在遥远的太空中有三颗星体A、B、C，已知三颗星体的质量均为M，且在空间上组成一正三角形，如图所示，其中的任意一颗星体在另两个星体的作用下，围绕着正三角形的中心做匀速圆周运动．已知正三角形的边长为L.星体的线速度为v、角速度为ω、周期为T、运行的加速度为a，则下列说法中正确的是()A．星体的线速度为eq\r(\f(3GM,L))B．星体的周期为2πeq\r(\f(L3,3GM))C．星体的角速度为eq\r(\f(GM,L3))D．星体的向心加速度为eq\f(\r(3)GM,L2)解析：选BD.由题中条件可知，任一星体的轨道半径均为R＝eq\f(\f(L,2),cos30°)＝eq\f(\r(3),3)L，对其中的A星体，得2Geq\f(M2,L2)cos30°＝Meq\f(v2,R)＝Mω2R＝Meq\f(4π2,T2)R＝Ma，则v＝eq\r(\f(GM,L))，ω＝eq\r(\f(3GM,L3))，T＝2πeq\r(\f(L3,3GM))，a＝eq\f(\r(3)GM,L2)，则B、D正确．6.(多选)将一小球从高处水平抛出，最初2s内小球动能Ek随时间t变化的图线如图所示，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2.根据图象信息，A．小球的质量B．小球的初速度C．最初2s内重力对小球做功的平均功率D．小球抛出时的高度解析：选ABC.根据图象可以知道小球在2s内动能由Ek0＝5J增加到Ek＝30J，因为小球做平抛运动，2s内下落的高度h＝eq\f(1,2)gt2＝20m，小球在2s时间内由动能定理有：mgh＝Ek－Ek0，所以：m＝eq\f(Ek－Ek0,gh)＝0.125kg，A正确；由eq\o(P,\s\up6(－))G＝mgeq\o(v,\s\up6(－))可以得出最初2s内重力对小球做功的平均功率eq\o(P,\s\up6(－))G＝12.5W，C正确；据Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)可得v0＝4eq\r(5)m/s，B正确；因为小球抛出的总时间未知，故不能确定小球抛出时的高度，D错误．7.(多选)在xOy平面内有一匀强电场，场强为E，方向未知，电场线跟x轴的负方向夹角为θ，电子在坐标平面xOy内，从原点O以大小为v0、方向沿x正方向的初速度射入电场，最后打在y轴上的M点，如图所示．(已知电子的质量为m，电荷量为e，重力不计)则()A．O点电势低于M点电势B．运动过程中电子在M点电势能最多C．运动过程中，电子的电势能先减少后增加D．电场力对电子先做负功，后做正功解析：选AD.由电子的运动轨迹知，电子受到的电场力方向斜向上，故电场方向斜向下，M点电势高于O点，A正确；电子在M点电势能最少，B错误；运动过程中，电子先克服电场力做功，后电场力对电子做正功，故C错误，D正确．8.如图所示，三个相同的灯泡a、b、c和电阻不计的线圈L与内阻不计的电源连接，下列判断正确的是()A．K闭合的瞬间，b、c两灯亮度不同B．K闭合足够长时间以后，b、c两灯亮度相同C．K断开的瞬间，a、c两灯立即熄灭D．K断开之后，b灯突然闪亮以后再逐渐变暗解析：选D.K闭合的瞬间，L上发生自感现象，对电流的阻碍很大，此时b与c串联，再与a并联，故Pb＝Pc＜Pa，b、c亮度相同，且a最亮，选项A错误；K闭合足够长时间以后，b熄灭，所以选项B错误；K断开的瞬间，L因发生自感，产生E感，此时，电路连接如图所示，故选项D正确，C错误．9.(多选)如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上放有一金属棒MN.现从t＝0时刻起，给棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比，即I＝kt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．下列关于棒的速度v、加速度a随时间t变化的关系图象，可能正确的是()解析：选BD.由左手定则可知，金属棒所受安培力垂直纸面向里，随着电流增大，安培力增大，滑动摩擦力增大，金属棒开始做加速度逐渐减小的加速运动，后来做加速度逐渐增大的减速运动．安培力F安＝BIL＝BLkt，金属棒所受合外力F合＝mg－μF安＝mg－μBLkt，加速度a＝g－eq\f(μBLkt,m)，选项B、D正确．10．光滑水平轨道abc、ade在a端很接近但是不相连，bc段与de段平行，尺寸如图所示．轨道之间存在磁感应强度为B的匀强磁场．初始时质量为m的杆放置在b、d两点上，除电阻R外，杆和轨道电阻均不计．用水平外力将杆以初速度v0向左拉动，运动过程中保持杆中电流不变，在杆向左运动位移L内，下列说法正确的是()A．杆向左做匀加速运动B．杆向左运动位移L的时间为Δt＝eq\f(3L,4v0)C．杆向左运动位移L的时间内电阻产生的焦耳热为Q＝eq\f(2B2L3v0,3R)D．杆向左运动位移L的时间内水平外力做的功为W＝eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)解析：选B.因为电流不变，所以E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝BLv0是一定值，Δt＝eq\f(ΔΦ,BLv0)＝eq\f(3L,4v0)，而速度是不断增大的，但不是匀加速，所以A错误，B正确；杆向左运动位移L的时间内电阻产生的焦耳热为Q＝I2RΔt，解得Q＝eq\f(3B2L3v0,4R)，即C错误；杆向左运动位移L的时间内水平外力做的功为W＝eq\f(1,2)m(2v0)2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋Q＝eq\f(3B2L3v0,4R)＋eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)，所以D错误．二、非选择题11．全国多地雾霾频发，且有愈演愈烈的趋势，空气质量问题备受关注．在雾霾天气下，能见度下降，机动车行驶速度降低，道路通行效率下降，对城市快速路、桥梁和高速公路的影响很大．如果路上能见度小于200m，应开启机动车的大灯、雾灯、应急灯，将车速控制在60km/h以下，并与同道前车保持50m的车距；当能见度小于100m时，应将车速控制在40km/h以下，并与同道前车保持100m的车距．已知汽车保持匀速正常行驶时受到地面的阻力为车重的0.1，刹车时受到地面的阻力为车重的0.5，重力加速度为g(1)若汽车在雾霾天行驶的速度为v＝36km/h，(2)若前车因故障停在车道上，当质量为m0＝1500kg的后车距已经停止的前车为x＝90m时紧急刹车，刚好不与前车相撞，解析：(1)汽车行驶的初速度：v＝36km/h＝10汽车刹车后的阻力：Ff2＝0.5mg故刹车后的加速度：a2＝eq\f(Ff2,m)＝5m/s2刹车时间：t＝eq\f(v,a2)＝2s.(2)由匀变速直线运动规律可知汽车刹车时的初速度：v0＝eq\r(2a2x)＝30m/s刹车前汽车所受的牵引力：F牵＝Ff1＝0.1所以后车正常行驶时的功率为：P＝F牵v0＝4.5×104W.答案：(1)2s(2)4.5×104W12.如图所示，在光滑水平面上，存在着垂直纸面向外的匀强磁场Ⅰ、垂直纸面向里的匀强磁场Ⅱ，O、M、P、Q为磁场边界和x轴的交点，OM＝MP＝L.一质量为m、带电荷量为＋q的带电小球，从原点O处以速度大小为v0、方向与x轴正向成45°射入区域Ⅰ，又从M点射出区域Ⅰ(粒子的重力忽略不计)．(1)求区域Ⅰ的磁感应强度大小；(2)若带电小球能再次回到原点O，则匀强磁场Ⅱ的宽度需满足什么条件？小球两次经过原点O的时间间隔为多少？解析：(1)小球进入区域Ⅰ做匀速圆周运动，由几何知识可得：R1＝eq\f(\r(2),2)L由R1＝eq\f(mv0,qB)解得B＝eq\f(\r(2)mv0,qL).(2)运动轨迹如图，在区域Ⅱ做匀速圆周运动的半径为：R2＝eq\r(2)L由几何知识得d≥(eq\r(2)＋1)L带电小球第一次在磁场Ⅰ中运动时间t1＝eq\f(1,4)×eq\f(2π\f(\r(2)L,2),v0)＝eq\f(\r(2)πL,4v0)带电小球第一次在空白区域运动时间t2＝eq\f(\r(2)L,v0)带电小球在磁场Ⅱ中运动时间t3＝eq\f(3,4)×eq\f(2π\r(2)L,v0)＝eq\f(3\r(2)πL,2v0)小球两次经过原点O的时间间隔为t总＝2(t1＋t2)＋t3＝eq\f(2\r(2)（π＋1）L,v0).答案：见解析13．如图所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属导轨上．导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．左侧是水平放置、间距为d的平行金属板，R和Rx分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻．(1)调节Rx＝R，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I及棒的速率v；(2)改变Rx，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m、带电荷量为＋q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的Rx.解析：(1)导体棒匀速下滑时，Mgsinθ＝BIl①I＝eq\f(Mgsinθ,Bl)②设导体棒产生的感应电动势为E0E0＝Blv③由闭合电路欧姆定律得I＝eq\f(E0,R＋Rx)④联立②③④，得v＝eq\f(2MgRsinθ,B2l2).⑤(2)改变Rx，待棒再次匀速下滑后，由②式可知电流不变，设带电微粒在金属板间匀速通过时，板间电压为U，电场强度大小为EU＝IRx⑥E＝eq\f(U,d)⑦mg＝qE⑧联立②⑥⑦⑧，得Rx＝eq\f(mBld,qMsinθ).答案：(1)eq\f(Mgsinθ,Bl)eq\f(2MgRsinθ,B2l2)(2)eq\f(mBld,qMsinθ)B一、选择题1.(多选)某遥控小车在平直路面上运动的v－t图线如图所示．则关于小车的运动，下列说法正确的是()A．0～5s内小车运动的路程为3B．小车开始以2m/s的速度做匀速直线运动，2～3s内做匀加速运动，加速度的大小为2mC．3～5s内小车的加速度的大小为2m/sD．0～5s内小车运动的位移为11解析：选BC.由题图知，小车开始以2m/s的速度做匀速直线运动，到2s末时开始做匀加速运动，加速度大小为2m/s2，3s末时速度达到4m/s，然后突然以4m/s的速度返回，沿反向做匀减速运动，加速度大小为2m/s2，B、C正确；路程s＝2×2m＋eq\f(2＋4,2)×1m＋eq\f(1,2)×4×2m＝11m，位移x＝2×2m＋eq\f(2＋4,2)×1m－eq\f(1,2)×4×2m＝3m，A、D错误．2.如图所示，倾斜放置的圆盘绕着中心轴匀速转动，圆盘的倾角为37°，在距转动中心r＝0.1m处放一小木块，小木块跟随圆盘一起转动，小木块与圆盘的动摩擦因数为μ＝0.8，木块与圆盘的最大静摩擦力与相同条件下的滑动摩擦力相同．若要保持小木块不相对圆盘滑动，圆盘转动的角速度最大值为(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()A．8rad/s B．2rad/sC.eq\r(124)rad/s D.eq\r(60)rad/s解析：选B.木块与圆盘的最大静摩擦力出现在最低点，此时最大静摩擦力指向圆心，最大静摩擦力与重力沿平行圆盘方向的分力的合力提供木块做圆周运动的向心力，即μmgcosθ－mgsinθ＝mrω2，解得最大角速度为ω＝2rad/s，B正确．3.(多选)近来我国暴雨频发，多地相继出现群众被困河心孤岛的险情，为此消防队员常常需要出动参与抢险救灾．用滑轮将被困人员悬挂于粗绳下方，一条细绳一端系住被困人员，另一端由位于河道边的救援人员拉动，其原理可以简化为如图所示．某时刻被困人员位于河道O处，与河岸距离为l，救援人员位于A处，沿OA方向以速度v1拉细绳，被困人员所受拉力大小恒为F，此时OA与粗绳OB夹角为α，被困人员此时速度为v2.则()A．v2＝eq\f(v1,cosα)B．v2＝v1cosαC．被困人员被拉到B点时拉力做功为FlD．拉力瞬时功率P＝Fv1解析：选AD.由被困人员的运动效果可知，细绳速度v1为被困人员的速度v2的一个分速度，由几何关系可知：v2＝eq\f(v1,cosα)，A正确，B错误；拉力的瞬时功率为P＝Fv1，D正确，拉力做功为eq\f(Fl,cosα)，C错误．4．(2015·河北唐山2月调研)卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为r，运动周期为T，地球半径为R，引力常量为G，下列说法正确的是()A．卫星的线速度大小为v＝eq\f(2πR,T)B．地球的质量为M＝eq\f(4π2R3,GT2)C．地球的平均密度为ρ＝eq\f(3π,GT2)D．地球表面重力加速度大小为g＝eq\f(4π2r3,T2R2)解析：选D.卫星的线速度大小v＝eq\f(2πr,T)，则A错误；由eq\f(GMm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，得地球的质量M＝eq\f(4π2r3,GT2)，则B错误；地球的密度ρ＝eq\f(M,\f(4πR3,3))＝eq\f(3πr3,GT2R3)，则C错误；由eq\f(GMm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，Geq\f(Mm,R2)＝mg，得地球表面重力加速度大小g＝eq\f(4π2r3,T2R2)，则D正确．5．(多选)一个质量为m的质点以速度v0做匀速运动，某一时刻开始受到恒力F的作用，质点的速度先减小后增大，其最小值为eq\f(v0,2).质点从开始受到恒力作用到速度减至最小的过程中()A．经历的时间为eq\f(\r(3)mv0,2F) `B．经历的时间为eq\f(mv0,2F)C．发生的位移为eq\f(\r(6)mveq\o\al(2,0),8F) D．发生的位移为eq\f(\r(21)mveq\o\al(2,0),8F)解析：选AD.质点减速运动的最小速度不为0，说明质点不是做直线运动，而是做匀变速曲线运动．分析可知初速度方向与恒力方向的夹角为150°，在恒力方向上有v0cos30°－eq\f(F,m)t＝0，x＝eq\f(v0cos30°,2)t，在垂直恒力方向上有y＝eq\f(v0,2)t，质点的位移s＝eq\r(x2＋y2)，联立解得经历时间为t＝eq\f(\r(3)mv0,2F)，发生的位移为s＝eq\f(\r(21)mveq\o\al(2,0),8F)，A、D正确．6.空间有一匀强电场，在电场中建立如图所示的直角坐标系O－xyz，M、N、P为电场中的三个点，M点的坐标为(0，a，0)，N点的坐标为(a，0，0)，P点的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(a,2)，\f(a,2))).已知电场方向平行于直线MN，M点电势为0，N点电势为1V，则P点的电势为()A.eq\f(\r(2),2)VB.eq\f(\r(3),2)VC.eq\f(1,4)VD.eq\f(3,4)V解析：选D.MN间的距离为eq\r(2)a，P点在MN连线上的投影点离M点的距离为eq\f(3\r(2)a,4)，所以P点的电势为：eq\f(\f(3\r(2)a,4),\r(2)a)×1V＝eq\f(3,4)V，D正确．7.(多选)(2014·高考广东卷)如图所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合电键S，下列说法正确的是()A．P向下滑动时，灯L变亮B．P向下滑动时，变压器的输出电压不变C．P向上滑动时，变压器的输入电流变小D．P向上滑动时，变压器的输出功率变大解析：选BD.由于理想变压器输入电压U1不变，原、副线圈匝数不变，所以输出电压U2也不变，灯L亮度不随P的滑动改变，故选项A错误，选项B正确．P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，负载总电阻R总减小，由I2＝eq\f(U2,R总)知，通过副线圈的电流I2增大，输出功率P2＝U2I2增大，再由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)知输入电流I1也增大，故选项C错误，D正确．8.如图所示，A、B为两个等量正点电荷，O为A、B连线的中点．以O为坐标原点、垂直AB向右为正方向建立Ox轴．下列四幅图分别反映了在x轴上各点的电势φ(取无穷远处电势为零)和电场强度E的大小随坐标x的变化关系，其中正确的是()解析：选C.本题关键是要明确两个等量同种正点电荷连线的中垂线上的场强分布情况和电势分布情况．沿着场强方向，电势越来越低．两个等量同种正点电荷连线中点O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O点沿着中垂线向右到无穷远处电场强度先增大后减小，故选项C正确，D错误；电场强度的方向一直向右，故电势越来越低，由于不是匀强电场，故电势不随坐标x线性减小，选项A、B错误．9.(多选)如图所示，在真空中半径为r＝0.1m的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场及水平向左的匀强电场，磁感应强度B＝0.01T，ab和cd是两条相互垂直的直径，一束带正电的粒子流连续不断地以速度v＝1×103m/s从c点沿cd方向射入场区，粒子将沿cd方向做直线运动，如果仅撤去磁场，带电粒子经过a点，如果撤去电场，使磁感应强度变为原来的eq\f(1,2)，不计粒子重力，下列说法正确的是()A．电场强度的大小为10N/CB．带电粒子的比荷为1×106C．撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的半径为0.1D．带电粒子在磁场中运动的时间为7.85×10－5s解析：选AC.两种场都存在时，对带电粒子受力分析，根据平衡条件得qE＝qvB，解得E＝vB＝10N/C，A项正确；带电粒子仅在电场中运动时，竖直方向上r＝vt，水平方向上r＝eq\f(1,2)at2，由牛顿第二定律a＝eq\f(qE,m)，联立解得eq\f(q,m)＝eq\f(2v,Br)＝2×106C/kg，B项错误；撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的半径R＝eq\f(mv,qB1)＝0.1m，C项正确；画出粒子的运动轨迹得粒子在磁场中运动了四分之一个周期，T＝eq\f(2πR,v)，因此运动的时间t＝eq\f(1,4)T＝eq\f(πR,2v)＝1.57×10－4s，D项错误．10.(2015·唐山模拟)如图所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场中．一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.当杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离l时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g.则此过程()A．杆的速度最大值为eq\f(（F－μmg）R,B2d2)B．流过电阻R的电荷量为eq\f(Bdl,R＋r)C．恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D．恒力F做的功与安培力做的功之和小于杆动能的变化量解析：选B.当杆的速度达到最大时，安培力F安＝eq\f(B2d2v,R＋r)，杆受力平衡，故F－μmg－F安＝0，所以v＝eq\f(（F－μmg）（R＋r）,B2d2)，A错；流过电阻R的电荷量为q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(BΔS,R＋r)＝eq\f(Bdl,R＋r)，B对；根据动能定理，恒力F、安培力、摩擦力做功的代数和等于杆动能的变化量，由于摩擦力做负功，所以恒力F、安培力做功的代数和大于杆动能的变化量，C、D错．二、非选择题11.将两个滑块1、2用一轻质细绳连接放在粗糙的水平面上，如图所示．已知细绳的长度为L＝1m，1、2的质量分别为m1＝2kg、m2＝8kg，滑块与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，g＝10m/s2，细绳的最大拉力为FT＝8N．今在滑块2上施加一水平向右的外力F，使两滑块共同向右运动，(1)求细绳恰好断裂的瞬间，水平外力F的大小；(2)如果细绳恰好断裂的瞬间，两滑块具有的速度为2m/s，此后水平外力F保持不变，求当滑块1的速度刚好为零时，解析：(1)绳刚要被拉断的瞬间绳上的拉力为FT＝8N，根据牛顿第二定律，对滑块1：FT－μm1g＝m代入数据得a＝2m/s对滑块1、2整体：F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a代入数据得F＝40N.(2)设绳断后，滑块1的加速度为a1，滑块2的加速度为a2，则：a1＝eq\f(μm1g,m1)＝2m/s2a2＝eq\f(F－μm2g,m2)＝3m/s2滑块1停下来的时间为t，则t＝eq\f(v,a1)＝1s滑块1的位移为x1，则x1＝eq\f(v2,2a1)＝1m滑块2的位移为x2，则x2＝vt＋eq\f(1,2)a2t2＝3.5m滑块1刚静止时，滑块1、滑块2间距离为Δx＝x2＋L－x1＝3.5m答案：(1)40N(2)3.5m12.(2015·西城一模)如图所示，两条光滑的金属导轨相距L＝1m，其中MN段平行于PQ段，位于同一水平面内，NN0段与QQ0段平行，位于与水平面成倾角37°的斜面上，且MNN0与PQQ0均在竖直平面内．在水平导轨区域和倾斜导轨区域内分别有垂直于水平面和斜面的匀强磁场B1和B2，且B1＝B2＝0.5T．ab和cd是质量均为m＝0.1kg、电阻均为R＝4Ω的两根金属棒，ab置于水平导轨上，cd置于倾斜导轨上，均与导轨垂直且接触良好．从t＝0时刻起，ab棒在外力作用下由静止开始沿水平方向向右运动(ab棒始终在水平导轨上运动，且垂直于水平导轨)，cd受到F＝0.6－0.25t(N)沿斜面向上的力的作用，始终处于静止状态．不计导轨的电阻．(sin37°＝0.6，g取10m(1)求流过cd棒的电流强度Icd随时间t变化的函数关系；(2)求ab棒在水平导轨上运动的速度vab随时间t变化的函数关系；(3)求从t＝0时刻起，1.0s内通过ab棒的电荷量q；(4)若t＝0时刻起，1.0s内作用在ab棒上的外力做功为W＝16J，求这段时间内cd棒上产生的焦耳热Qcd.解析：(1)由题意知cd棒受力平衡，则F＋Fcd＝mgsin37°Fcd＝B2IcdL得Icd＝0.5t(A)．(2)ab棒中电流Iab＝Icd＝0.5t(A)则回路中电源电动势E＝IcdR总ab棒切割磁感线，产生的感应电动势为E＝B1Lvab解得ab棒的速度vab＝8t(m/s)所以，ab棒做初速度为零的匀加速直线运动．(3)ab棒的加速度为a＝8m/s21．0s内的位移为x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×8×1.02m＝4m根据eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(eq\o(E,\s\up6(－)),R总)＝eq\f(ΔΦ,R总t)＝eq\f(B1Lx,R总t)得q＝eq\o(I,\s\up6(－))t＝eq\f(B1Lx,R总)＝eq\f(0.5×1×4,8)C＝0.25C.(4)t＝1.0s时，ab棒的速度vab＝8t(m/s)＝8m根据动能定理有W－W安＝eq\f(1,2)mv2－0得1.0s内克服安培力做功W安＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(16－\f(1,2)×0.1×82))