新教材2025屆高考物理二輪專項(xiàng)分層特訓(xùn)卷第二部分專項(xiàng)增分練4數(shù)理結(jié)合練

專項(xiàng)增分練4數(shù)理結(jié)合練【1.三角函數(shù)求極值】1．[2024·湖南長(zhǎng)沙模擬](多選)2024年10月網(wǎng)上一保安用繩子輕松溜石頭的視頻火了．如圖所示，石頭在保安的拉動(dòng)下做滾動(dòng)，石頭的運(yùn)動(dòng)過(guò)程可以簡(jiǎn)化成勻速運(yùn)動(dòng)．設(shè)石頭的質(zhì)量為m，拉動(dòng)時(shí)石頭與地面的動(dòng)摩擦系數(shù)為μ，繩子(質(zhì)量不計(jì))對(duì)石頭的拉力大小為F、與水平方向的夾角為θ.下列有關(guān)說(shuō)法正確的是()A．石頭受重力、地面的支持力、繩子的拉力B．石頭受到沿水平方向的摩擦力大小為FcosθC．石頭對(duì)地面的壓力為mg－FsinθD．當(dāng)tanθ＝μ時(shí)，繩子的拉力最小2．在仰角α＝30°的雪坡上實(shí)行跳臺(tái)滑雪競(jìng)賽，如圖所示．運(yùn)動(dòng)員從坡上方A點(diǎn)起先下滑，到起跳點(diǎn)O時(shí)借助設(shè)備和技巧，保持在該點(diǎn)的速率不變而以與水平面成θ角的方向起跳．最終落在坡上B點(diǎn)，坡上O、B兩點(diǎn)距離為L(zhǎng).已知A點(diǎn)高于O點(diǎn)h＝50m，不計(jì)摩擦和阻力，則O、B兩點(diǎn)距離L最大值為多少？此時(shí)起跳角為多大？(取g＝10m/s2)【2.均值不等式求極值】3．[2024·山東煙臺(tái)模擬](多選)如圖所示，OA是豎直線，OB是水平線，點(diǎn)A距離點(diǎn)O的高度為h(h可調(diào)整)，點(diǎn)B與點(diǎn)O間的距離為x(x已知).將一小球從A點(diǎn)以合適的速度水平拋出，每次都能擊中水平面上的B點(diǎn)．不計(jì)空氣阻力，則()A．h越大，小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能越大B．小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為mg(eq\f(x2,h)＋h)C．小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能最小值為mgxD．h越大，小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率越大4．(多選)已知汽車在加速過(guò)程中每秒鐘的耗油量與行駛的加速度a的數(shù)量關(guān)系為V0＝Aa＋B(A、B均為常數(shù)).若某型號(hào)汽車由靜止起先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，行駛了位移s，若要此段運(yùn)動(dòng)中汽車的耗油量最小，則汽車的加速度大小及最小耗油量應(yīng)為()A．汽車加速度為a＝eq\f(A,B)B．汽車加速度為a＝eq\f(B,A)C．汽車最小耗油量為eq\r(8ABs)D．汽車最小耗油量為eq\r(4ABs)5．[2024·北京朝陽(yáng)模擬]如圖所示，位于堅(jiān)直平面上的eq\f(1,4)圓弧光滑軌道AB，半徑為R，OA沿水平方向，OB沿豎直方向，圓弧軌道上端A距地面高度為H，質(zhì)量為m的小球從A靜止釋放，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度大小為eq\r(2gR)，最終落在地面C點(diǎn)處，不計(jì)空氣阻力．求(1)小球剛運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道的壓力多大？(2)小球落地點(diǎn)C與B的水平距離s為多少？(3)比值eq\f(R,H)為多少時(shí)，小球落地點(diǎn)C與B點(diǎn)的水平距離最大？最大值為多少？【3.二次方程根的判別式推斷可能解】6．[2024·湖南模擬]某同學(xué)在操場(chǎng)練習(xí)擲鉛球，第一次以速度v0水平擲出鉛球，其次次以與水平方向成α角斜向上擲出鉛球，結(jié)果鉛球都落到了P點(diǎn)．已知鉛球兩次出手時(shí)的高度和速度大小均相同，兩次鉛球的水平射程均為x，重力加速度大小為g，則鉛球出手時(shí)的高度為()A．eq\f(gx2,veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))B．eq\f(2gx2,veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))C．xtanαD．eq\f(x,tanα)7．如圖所示，一半徑為R的光滑絕緣半球面開口向下，固定在水平面上．整個(gè)空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一電荷量為q(q＞0)、質(zhì)量為m的小球P在球面上做水平的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，圓心為O′.球心O到該圓周上任一點(diǎn)的連線與豎直方向的夾角為θ(0<θ<eq\f(π,2)).為了使小球能夠在該圓周上運(yùn)動(dòng)，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值及小球P相應(yīng)的速率．(已知重力加速度為g)8．如圖，在光滑水平長(zhǎng)直軌道上有A、B兩個(gè)絕緣體，它們之間有一根長(zhǎng)L的輕質(zhì)細(xì)線相連接，其中A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為M＝2m，A為帶有電量為＋q的物體，B不帶電，空間存在著方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E.起先時(shí)用外力把A與B靠在一起并保持靜止，某時(shí)刻撤去外力，A起先向右運(yùn)動(dòng)，直到細(xì)線繃緊．當(dāng)細(xì)線被繃緊時(shí)，細(xì)線存在極短時(shí)間的彈力，而后B起先運(yùn)動(dòng)，已知B起先運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度等于線剛繃緊前瞬間A的速度的eq\f(1,2).整個(gè)過(guò)程中，A的電荷量保持不變．求：(1)B起先運(yùn)動(dòng)時(shí)，A的速度為多少；(2)通過(guò)計(jì)算來(lái)推斷細(xì)線在其次次繃緊前A、B是否發(fā)生碰撞；(3)在(2)中，若A、B發(fā)生碰撞，求碰撞前瞬間B的位移；若A、B不發(fā)生碰撞，求細(xì)線其次次繃緊前瞬間B的位移．【4.函數(shù)求解功率的最大值】9．[2024·吉林白城模擬](多選)直流電路如圖所示，在滑動(dòng)變阻器的滑片P向右移動(dòng)時(shí)，電源的()A．總功率肯定減小B．效率保持不變C．內(nèi)部損耗功率肯定減小D．輸出功率肯定先增大后減小10．用電阻為13Ω的勻稱電阻絲制成一個(gè)圓環(huán)，并把它接到如圖所示的電路中．圖中導(dǎo)線的P端能沿圓環(huán)移動(dòng)，并保持良好接觸．已知R0為2Ω，電源電壓保持3V不變．變更P的位置，圓環(huán)的最大電功率為()A．eq\f(13,25)WB．eq\f(9,8)WC．eq\f(9,13)WD．eq\f(9,2)W11．如圖所示，一個(gè)志向自耦變壓器原線圈上加有電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r的溝通電源，副線圈連有電阻R，且R<r，當(dāng)移動(dòng)滑片使負(fù)載電阻R上獲得最大功率時(shí)，以下選項(xiàng)正確的是()A．原線圈中的電流I1＝eq\f(E,r)B．電阻R上獲得最大功率Pmax＝eq\f(E2,4R)C．變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為eq\r(\f(r,R))D．原線圈兩端的電壓為U1＝eq\f(E,4)【5.等比數(shù)列求路程、時(shí)間或速度】12．[2024·云南模擬]如圖所示，在光滑絕緣地面上存在垂直于地面對(duì)下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.有一質(zhì)量為m的不帶電小球P以v0的速度向右運(yùn)動(dòng)，與另一電荷量為＋q的靜止小球Q發(fā)生正碰．兩球碰撞后合為一體垂直撞向平行于v0方向的足夠長(zhǎng)的墻，已知小球與墻每次碰撞后的速率變?yōu)榕鲎睬暗膃q\f(1,2)，速度方向反向，則最終兩小球與小球Q的初始位置的距離為()A．eq\f(3mv0,qB)B．eq\f(\r(10)mv0,qB)C．eq\f(2mv0,qB)D．eq\f(\r(5)mv0,qB)13．將一籃球從距地面高度為H處由靜止釋放，籃球與地面碰撞過(guò)程損失的能量總為碰撞前動(dòng)能的eq\f(1,4)，籃球始終在豎直方向運(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力，則籃球停止運(yùn)動(dòng)前運(yùn)動(dòng)的總路程為()A．8HB．7HC．4HD．2H14．[2024·江西宜春模擬]如圖所示，質(zhì)量M＝2kg的木板Q靜止在光滑水平地面上，距其右端x(未知且可調(diào))處有一鉚釘固定的滑塊A.一質(zhì)量m＝1kg的小滑塊P(可視為質(zhì)點(diǎn))靜止于木板左端．現(xiàn)水平向右快速敲擊小滑塊P，使其瞬間獲得v0＝8m/s的初速度沿木板向右運(yùn)動(dòng)．已知重力加速度大小為g＝10m/s2，滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.4，整個(gè)過(guò)程中滑塊P未滑離木板Q，木板與右側(cè)滑塊A的碰撞中沒有機(jī)械能損失且碰撞時(shí)間極短可忽視．(1)若x＝0.25m，將A的釘去掉，滑塊A與水平面無(wú)摩擦，且mA＝2kg，求木板與物塊A碰撞的次數(shù)及碰后滑塊P、木板Q、物塊A最終速度的大??；(2)若小滑塊P的質(zhì)量為mP＝2kg，Q的質(zhì)量為mQ＝1kg，滑塊A用鉚釘固定在距Q右側(cè)x0＝6m處，多次碰撞后P、Q最終都靜止，求整個(gè)過(guò)程中木板Q的總路程．【6.幾何方法求解】15．[2024·河北衡水模擬]如圖，圓形水平餐桌面上有一個(gè)半徑為r、可繞中心軸轉(zhuǎn)動(dòng)的同心圓盤，在圓盤的邊緣放置一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊．物塊與圓盤及與餐桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，現(xiàn)從靜止起先緩慢增大圓盤的角速度，物塊從圓盤上滑落后，最終恰好停在桌面邊緣．若最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g，圓盤厚度及圓盤與餐桌間的間隙不計(jì)，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)．則()A．物塊從圓盤上滑落的瞬間，圓盤的角速度大小為eq\r(μgr)B．物塊從圓盤上滑落的瞬間，圓盤的線速度大小為eq\r(\f(μg,r))C．餐桌面的半徑為eq\f(\r(5),2)rD．物塊隨圓盤運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，圓盤對(duì)小物塊做功為μmgr16．如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量分別為mA和mB的帶電小球A、B(可視為質(zhì)點(diǎn))通過(guò)一根絕緣輕繩跨放在光滑的定滑輪上(滑輪大小不計(jì))，兩球靜止，O為滑輪正下方AB連線上的一個(gè)點(diǎn)．兩球到O點(diǎn)距離分別為xA和xB，到滑輪的距離分別為lA和lB，且lA∶lB＝1∶2，細(xì)繩與豎直方向的夾角分別為θ1和θ2，兩球電荷量分別為qA和qB.則()A．qA>qBB．θ1>θ2C．mA∶mB＝1∶2D．xA∶xB＝1∶217．(多選)一勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向平行于xOy平面，平面內(nèi)a、b、c三點(diǎn)的位置如圖所示，三點(diǎn)的電勢(shì)分別為18V、20V、26V，下列說(shuō)法正確的是()A．坐標(biāo)原點(diǎn)處的電勢(shì)為12VB．電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為100eq\r(2)V/mC．電子從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)，克服電場(chǎng)力做功為6eVD．電子在a點(diǎn)的電勢(shì)能比在b點(diǎn)的電勢(shì)能大2eV18．[2024·湖南模擬](多選)如圖所示，有一對(duì)平行金屬板，兩板相距為d＝0.5m，電壓為U＝10V，兩板之間有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0＝0.1T，方向與金屬板面平行并垂直于紙面對(duì)里．圖中右邊有一半徑R為0.2m、圓心為O的圓形區(qū)域內(nèi)也存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝1T，方向垂直于紙面對(duì)里．一寬度為0.2m、比荷為1×103C/kg的正離子束正對(duì)著O點(diǎn)沿平行于金屬板面、從金屬板左側(cè)垂直于磁場(chǎng)的方向射入平行金屬板之間，沿直線射出平行金屬板之間的區(qū)域，并射入圓形磁場(chǎng)區(qū)域．不計(jì)離子重力．下列說(shuō)法正確的是()A．金屬板的上極板帶正電，離子速度v＝200m/sB．最終全部離子均會(huì)從圓形磁場(chǎng)邊界上同一點(diǎn)出來(lái)，該點(diǎn)位于O點(diǎn)的正上方C．離子在圓形磁場(chǎng)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為eq\f(2π,3)×10－3sD．離子在圓形磁場(chǎng)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為eq\f(π,2)×10－3s19．[2024·河南聯(lián)考]用某透亮材料制作的半球形光學(xué)元件如圖所示，平行單色光垂直射到半徑為R的半球底平面上，材料對(duì)該單色光的折射率n＝eq\f(5,3)，半球的上方平行于半球底平面放置一足夠大的光屏，單色光經(jīng)半球折射后在光屏上可形成一個(gè)圓形光斑．不考慮光的干涉、衍射及在半球內(nèi)的多次反射，折射光線可視為近軸光線(全部光線可會(huì)聚于軸上同一點(diǎn))，真空中光速為c.求：(1)當(dāng)光屏上的光斑最小時(shí)，圓心O到光屏的距離；(2)圓心O到光屏的距離d＝eq\f(5,2)R時(shí)，光屏被照亮的面積及單色光從O點(diǎn)到達(dá)光屏的時(shí)間．20．[2024·山東煙臺(tái)模擬]光纖通信作為一門新型技術(shù)，以其通信容量大、抗干擾性高和信號(hào)衰減小，而遠(yuǎn)優(yōu)于電纜、微波通信的傳輸，已成為世界通信中主要傳輸方式．但光纖光纜在轉(zhuǎn)彎的地方彎曲半徑不能太小，否則影響正常通信．如圖所示，模擬光纖通信，將直徑為d的圓柱形玻璃棒彎成eq\f(3,4)圓環(huán)，已知玻璃的折射率為eq\r(2)，光在真空中的速度為c，要使從A端垂直入射的光線能全部從B端射出．求：(1)圓環(huán)內(nèi)徑R的最小值；(2)在(1)問(wèn)的狀況下，從A端最下方入射的光線，到達(dá)B端所用的時(shí)間．21．[2024·山東省一模]如圖所示，足夠大的光滑絕緣水平面上在0≤x≤d，0≤y≤eq\f(d,2)虛線范圍內(nèi)存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，有A、B兩個(gè)小球(均可視為質(zhì)點(diǎn))，小球A質(zhì)量為m電荷量為＋q，小球B不帶電．現(xiàn)將小球A從x＝0處無(wú)初速釋放，小球B位于x＝d處，A與B發(fā)生碰撞時(shí)間極短，且只撞一次，碰撞過(guò)程中A的電荷量不變，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間兩小球保持eq\f(d,4)的距離不變．求：(1)小球A與小球B碰前小球A的速度v0；(2)小球B的質(zhì)量mB；(3)若將虛線區(qū)域內(nèi)的電場(chǎng)換為垂直平面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，小球A從O點(diǎn)以不同的速度放射，速度方向均在xy平面內(nèi)，與y軸正方向的夾角分布在0～90°范圍內(nèi)．已知小球A在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑介于eq\f(d,2)到d之間，A在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)周期的四分之一，求當(dāng)A在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)時(shí)，從O點(diǎn)射出時(shí)的速度大?。甗答題區(qū)]題號(hào)134691011答案題號(hào)121315161718答案

專項(xiàng)增分練4數(shù)理結(jié)合練1．解析：石頭受重力、地面的支持力、繩子的拉力、地面給的摩擦力，A錯(cuò)誤；依據(jù)正交分解得Ff＝μFN＝Fcosθ，F(xiàn)N＝mg－Fsinθ，解得F＝eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)，對(duì)上式做數(shù)學(xué)變換得F＝eq\f(μmg,\r(1＋μ2)（cosθ\f(1,\r(1＋μ2))＋\f(μ,\r(1＋μ2))sinθ）)＝eq\f(μmg,\r(1＋μ2)cos（α－θ）)，上式中tanα＝eq\f(μ,1)，則當(dāng)θ＝α(tanθ＝μ)時(shí)，F(xiàn)取得最小值eq\f(μmg,\r(1＋μ2))，B、C、D正確．答案：BCD2．解析：運(yùn)動(dòng)員在O點(diǎn)速度為v0＝eq\r(2gh)＝10eq\r(10)m/s起跳后運(yùn)動(dòng)員做斜上拋運(yùn)動(dòng)；把運(yùn)動(dòng)分解為水平向右的勻速運(yùn)動(dòng)和豎直方向的豎直上拋運(yùn)動(dòng)，水平方向上有x＝v0cosθ·t豎直方向上有y＝v0sinθ·t－eq\f(1,2)gt2令y＝－xtanα，解得x＝eq\f(2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))cosθsin（α＋θ）,gcosα)＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))[sin（α＋2θ）＋sinα],gcosα)當(dāng)2θ＋α＝90°，即θ＝30°時(shí)，xmax＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))（1＋sinα）,gcosα)此時(shí)L有極大值，有Lmax＝eq\f(xmax,cosα)＝200m.答案：200m30°3．解析：設(shè)小球運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，水平初速度為v0，小球豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)h＝eq\f(1,2)gt2，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)x＝v0t，從A到B由動(dòng)能定理有mgh＝EkB－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，聯(lián)立解得EkB＝mgh＋eq\f(x2mg,4h).當(dāng)mgh＝eq\f(x2mg,4h)，即h＝eq\f(x,2)時(shí)，EkB有最小值為EkB最小＝mgx，A、B錯(cuò)誤，C正確；小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率為P＝mgVy＝mg2t，當(dāng)h越大，t越大，P也越大，D正確．答案：CD4．解析：依據(jù)公式s＝eq\f(1,2)at2可得行駛了位移s的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝eq\r(\f(2s,a))，則消耗的油量V＝(Aa＋B)t，化簡(jiǎn)可得V＝(Aa＋B)eq\r(\f(2s,a))＝eq\r(2s（A2a＋\f(B2,a)＋2AB）)，依據(jù)數(shù)學(xué)學(xué)問(wèn)可得當(dāng)A2a＝eq\f(B2,a)時(shí)，消耗的油量最小，即a＝eq\f(B,A)，最小油量V＝eq\r(8ABs)，B、C正確，A、D錯(cuò)誤．答案：BC5．解析：(1)質(zhì)量為m的小球從A靜止釋放，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度大小為eq\r(2gR)，由牛頓其次定律有FN－mg＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B)),R)，可得FN＝3mg依據(jù)牛頓第三定律可知，小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)對(duì)軌道的壓力為3mg.(2)小球離開B點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，拋出點(diǎn)高為H－R，有H－R＝eq\f(1,2)gt2，s＝vBt，解得s＝eq\r(4HR－4R2)＝2eq\r(R（H－R）)(3)由上式可知，當(dāng)R＝eq\f(H,2)時(shí)，即eq\f(R,H)＝eq\f(1,2)時(shí)，s有最大值，即smax＝H.答案：(1)3mg(2)2eq\r(R（H－R）)(3)eq\f(1,2)H6．解析：設(shè)鉛球以仰角θ擲出后，在空中做斜拋運(yùn)動(dòng)，則－h(huán)＝v0tsinθ－eq\f(1,2)gt2，x＝v0tcosθ，即eq\f(gx2,2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))cos2θ)－xtanθ－h(huán)＝0，上式變形有eq\f(gx2,2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))tan2θ－xtanθ＋eq\f(gx2,2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))－h(huán)＝0，tanα、tan0°為二次方程的兩個(gè)根，依據(jù)韋達(dá)定理有tanα＋tan0°＝eq\f(2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),gx)，tanαtan0°＝1－eq\f(2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))h,gx2)，解得h＝eq\f(gx2,2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))＝eq\f(x,tanα)，D正確．答案：D7．解析：據(jù)題意，小球P在球面上做水平的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，該圓周的圓心為O′.P受到向下的重力mg、球面對(duì)它沿OP方向的支持力N和磁場(chǎng)的洛侖茲力f＝qvB①式中v為小球運(yùn)動(dòng)的速率．洛侖茲力f的方向指向O′.依據(jù)牛頓其次定律Ncosθ－mg＝0②，f－Nsinθ＝meq\f(v2,Rsinθ)③由①②③式得v2－eq\f(qBRsinθ,m)v＋eq\f(gRsin2θ,cosθ)＝0④由于v是實(shí)數(shù)，必需滿意Δ＝(eq\f(qBRsinθ,m))2－eq\f(4gRsin2θ,cosθ)≥0⑤由此得B≥eq\f(2m,q)eq\r(\f(g,Rcosθ))⑥可見，為了使小球能夠在該圓周上運(yùn)動(dòng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的最小值為Bmin＝eq\f(2m,q)eq\r(\f(g,Rcosθ))⑦此時(shí)，帶電小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速率為v＝eq\f(qBminRsinθ,2m)⑧由⑦⑧式得v＝eq\r(\f(gR,cosθ))sinθ.答案：eq\f(2m,q)eq\r(\f(g,Rcosθ))eq\r(\f(gR,cosθ))sinθ8．解析：(1)從運(yùn)動(dòng)到拉直時(shí)，A的速度為v0，依據(jù)動(dòng)能定理有Eql＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))解得v0＝eq\r(\f(2Eql,m))所以由題知vB＝eq\f(1,2)eq\r(\f(2Eql,m))繃緊前后系統(tǒng)動(dòng)量守恒mv0＝mvA＋2m·vB解得vA＝0.(2)二者若能相遇，則有eq\f(1,2)v0t＝eq\f(1,2)eq\f(Eql,m)t2＋L一元二次方程的判別式：Δ＝－eq\f(3EqL,2m)<0故t無(wú)實(shí)數(shù)解，說(shuō)明B追不上A，所以二者不會(huì)發(fā)生碰撞．(3)設(shè)其次次繃緊時(shí)間為t2，則有sB＝sA，sA＝eq\f(v0,2)t2，sB＝eq\f(1,2)eq\f(Eq,m)teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，解得t2＝eq\f(mv0,Eq)，所以sB＝L.答案：(1)0(2)二者不會(huì)發(fā)生碰撞(3)L9．解析：滑動(dòng)變阻器的滑片P向右移動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器的電阻變大，電路總電阻變大，總電流I總變小，由電源總功率公式P總＝EI總得電源總功率減小，A正確；滑動(dòng)變阻器的電阻變大，依據(jù)閉合電路歐姆定律得，路端電壓U增大，依據(jù)電源效率公式η＝eq\f(UI總,EI總)×100%，電源效率變大，B錯(cuò)誤；設(shè)電源內(nèi)阻為r，則內(nèi)部損耗功率為P內(nèi)＝Ieq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(總))r，因?yàn)榭傠娏鱅總變小，電源內(nèi)阻r不變，所以電源內(nèi)部損耗功率肯定減小，C正確；設(shè)電源外部電阻為R，則電源輸出功率為P出＝Ieq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(總))R＝eq\f(E2R,（R＋r）2)＝eq\f(E2R,（R－r）2＋4Rr)＝eq\f(E2,\f(（R－r）2,R)＋4r)，則當(dāng)R＝r時(shí)，電源輸出功率最大，現(xiàn)在不知道外部電阻和內(nèi)部電阻的詳細(xì)數(shù)值關(guān)系，D錯(cuò)誤．答案：AC10．解析：依據(jù)題意可知，圓環(huán)分成兩部分并聯(lián)接入電路，設(shè)接入電路的等效電阻為R1，則圓環(huán)的功率為P＝(eq\f(U,R0＋R1))2×R1＝eq\f(U2,\f(Req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),R1)＋2R0＋R1)，由數(shù)學(xué)學(xué)問(wèn)可知eq\f(Req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),R1)＝R1，即R1＝R0時(shí)，P有最大值，最大值為Pm＝eq\f(U2,4R0)＝eq\f(9,8)W，B正確．答案：B11．解析：依據(jù)題意，設(shè)原副線圈匝數(shù)比為eq\f(n1,n2)，變壓器的原線圈等效電阻為R0，當(dāng)原線圈的輸入功率最大時(shí)，負(fù)載電阻R上獲得最大功率，原線圈的輸入功率為P＝EI1－Ieq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))r.由數(shù)學(xué)學(xué)問(wèn)可知，當(dāng)I1＝eq\f(E,2r)時(shí)，即R0＝r，P最大，最大功率為Pm＝eq\f(E2,4r)，由原副線圈功率關(guān)系有Ieq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))R0＝(eq\f(n1,n2)I1)2R，解得eq\f(n1,n2)＝eq\r(\f(r,R))，A、B錯(cuò)誤，C正確；原線圈兩端的電壓為U1＝eq\f(E,R0＋r)·R0＝eq\f(E,2)，D錯(cuò)誤．答案：C12．解析：設(shè)小球Q的質(zhì)量為M，兩球碰撞合為一體后的速度為v，依據(jù)動(dòng)量守恒有mv0＝(m＋M)v，依據(jù)洛倫茲力供應(yīng)向心力有qvB＝(m＋M)eq\f(v2,r)，解得兩球碰撞合為一體后運(yùn)動(dòng)半徑r＝eq\f(mv0,qB)，由題意可知小球與墻每次碰撞后的運(yùn)動(dòng)半徑變?yōu)榕鲎睬暗膃q\f(1,2)，所以在水平方向的距離為x＝r＋r＋eq\f(1,2)r＋eq\f(1,4)r＋eq\f(1,8)r＋…，利用等比數(shù)列求和公式可得x＝3r，最終利用勾股定理可得最終兩小球與小球Q的初始位置的距離d＝eq\r(10)r＝eq\f(\r(10)mv0,qB)，B正確．答案：B13．解析：籃球下落的過(guò)程，籃球的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為籃球的動(dòng)能，所以籃球下落到與地面第一次碰撞前動(dòng)能為Ek＝mgH，籃球與地面碰撞過(guò)程損失的能量總為碰撞前動(dòng)能的eq\f(1,4)，可知籃球與地面碰后籃球的動(dòng)能變?yōu)樵瓉?lái)的eq\f(3,4)，即Ek1＝eq\f(3,4)mgH，籃球反彈后所具有的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能，則Ek1＝mgh1，所以籃球與地面第一次碰撞后籃球上升的最大高度為h1＝eq\f(3,4)H，同理可以得出籃球與地面其次次碰撞后籃球上升的最大高度為h2＝(eq\f(3,4))2H，繼而求出第三次h3＝(eq\f(3,4))3H，…，第n次，hn＝(eq\f(3,4))nH，進(jìn)行數(shù)學(xué)歸納，發(fā)覺每次與地面碰撞后籃球上升的高度與之前下落高度為等比數(shù)列，籃球停止運(yùn)動(dòng)前運(yùn)動(dòng)的總路程x＝H＋2h1＋2h2＋2h3……，由等比數(shù)列學(xué)問(wèn)得x＝H＋eq\f(1－（\f(3,4)）n,1－\f(3,4))2h1，籃球停止，n取無(wú)窮大，總路程為x＝H＋eq\f(1,1－\f(3,4))2h1＝7H，B正確．答案：B14．解析：(1)木板Q、物塊A每次碰撞時(shí)，由動(dòng)量守恒與機(jī)械能守恒可得MvQ＋mAvA＝Mv′Q＋mAv′A，eq\f(1,2)Mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(Q))＋eq\f(1,2)mAveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A))＝eq\f(1,2)Mv′eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(Q))＋eq\f(1,2)mAv′eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A))解得v′Q＝vA，v′A＝vQ即木板Q、物塊A每次碰撞后，交換速度，故第一次碰撞前，木板Q向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，木板Q的加速度大小為a＝eq\f(μmg,M)＝2m/s2木板Q第一次碰撞A的速度大小為vQ1＝eq\r(2ax)＝1m/s對(duì)P和木板Q，由動(dòng)量守恒mv0＝MvQ1＋mv1木板Q第一次碰撞A時(shí)滑塊P的速度大小為v1＝6m/s第一次碰撞后，木板Q、物塊A的速度分別為v′Q1＝0，v′A1＝1m/s接下來(lái)木板Q向右勻加速直線運(yùn)動(dòng)，到其次次碰撞前，依據(jù)位移關(guān)系v′A1t＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(vQ2,2)t木板Q的速度為vQ2＝2m/s其次次碰撞后，木板Q、物塊A的速度大小分別為v′Q2＝1m/s，v′A2＝2m/s由動(dòng)量守恒mv0＝Mv′Q2＋mAv′A2＋mv2滑塊P的速度大小為v2＝2m/s木板Q接著向右勻加速直線運(yùn)動(dòng)，直到滑塊P、木板Q共速，有mv0＝(M＋m)v′＋mAv′A2若能發(fā)生第三次碰撞，由位移關(guān)系v′A2t＝v′Q2t′＋eq\f(1,2)at′2，vQ3＝v′Q2＋at′木板Q的速度大小為vQ3＝3m/s>v′所以不能發(fā)生第三次碰撞．即木板與物塊A碰撞的次數(shù)為2次，滑塊P、木板Q、物塊A最終速度的大小分別為eq\f(4,3)m/s，eq\f(4,3)m/s，2m/s.(2)第一次碰撞前，木板Q向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，木板Q的加速度大小為a′＝eq\f(μmPg,mQ)＝8m/s2解得木板Q碰A時(shí)的速度大小為vQ3＝eq\r(2a′x0)＝4eq\r(6)m/s>v0故木板Q先勻加速到與滑塊P共速mPv0＝(mP＋mQ)v共1再勻速運(yùn)動(dòng)至物塊A所在位置并與其發(fā)生碰撞，第一次碰撞后，木板Q速度反向，大小不變，加速度不變，向左運(yùn)動(dòng)位移為x1＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(共1)),2a′)＝eq\f(16,9)m然后向右勻加速運(yùn)動(dòng)直到與滑塊P共速mPv共1－mQv共1＝(mP＋mQ)v共2再勻速運(yùn)動(dòng)至物塊A所在位置并與其發(fā)生碰撞，其次次碰撞后，木板Q速度反向，大小不變，加速度不變，向左運(yùn)動(dòng)位移為x2＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(共2)),2a′)＝eq\f(16,81)m所以木板Q的總路程為s＝6m＋eq\f(16,9)×2m＋eq\f(16,81)×2m＋…＝6m＋32[(eq\f(1,9))1＋(eq\f(1,9))2＋(eq\f(1,9))3＋…]m＝10m.答案：(1)2次eq\f(4,3)m/seq\f(4,3)m/s2m/s(2)10m15.解析：物塊從圓盤上滑落的瞬間，物塊與圓盤的角速度大小相等，線速度大小相等，此時(shí)摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力，由牛頓其次定律可得μmg＝mω2r，解得ω＝eq\r(\f(μg,r))，由線速度與角速度的關(guān)系公式v＝ωr，可得圓盤的線速度大小為v＝ωr＝eq\r(\f(μg,r))r＝eq\r(μgr)，A、B錯(cuò)誤；物塊從圓盤上滑落到桌面的邊緣，如圖所示，由動(dòng)能定理可得－μmgx＝0－eq\f(1,2)mv2，代入數(shù)據(jù)解得x＝eq\f(r,2)，由幾何關(guān)系可得R2＝r2＋(eq\f(r,2))2，代入數(shù)據(jù)解得餐桌面的半徑為R＝eq\f(\r(5),2)r，C正確；物塊隨圓盤運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理，可得圓盤對(duì)小物塊做功為W＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)μmgr，D錯(cuò)誤．答案：C16.解析：由于兩球的電場(chǎng)力是相互作用力，故無(wú)法比較兩球電荷量的大小，A錯(cuò)誤；繩子上的力到處相等，對(duì)繩子跨過(guò)定滑輪的節(jié)點(diǎn)受力分析可知T′cosθ1＝T′cosθ2，所以θ1＝θ2，B錯(cuò)誤；對(duì)兩球受力可知，依據(jù)相像三角形eq\f(mAg,h)＝eq\f(T′,lA)＝eq\f(F,xA)，eq\f(mBg,h)＝eq\f(T′,lB)＝eq\f(F,xB)，可得mA∶mB＝2∶1，xA∶xB＝1∶2，C錯(cuò)誤，D正確．答案：D17．解析：依據(jù)φc－φa＝φb－φO，因a、b、c三點(diǎn)電勢(shì)分別為φa＝18V、φb＝20V、φc＝26V，解得原點(diǎn)處的電勢(shì)為φO＝12V，A正確；如圖所示，將ac連線四等分，可以確定b′點(diǎn)的電勢(shì)為20V，將bb′連線，即為等勢(shì)線，那么垂直bb′連線，則為電場(chǎng)線，再依據(jù)沿著電場(chǎng)線方向，電勢(shì)降低，則電場(chǎng)線方向如下圖：則有eq\f(ab′,b′c)＝eq\f(Ub′a,Ucb′)＝eq\f(20－18,26－20)＝eq\f(1,3)，因此可知ab′＝2cm.因?yàn)閯驈?qiáng)電場(chǎng)，則有E＝eq\f(Uce,d)，依據(jù)幾何關(guān)系，則d＝eq\f(b′c×bc,bb′)＝eq\f(6×6,\r(62＋62))cm＝3eq\r(2)cm，因此電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝eq\f(26－20,3\r(2))V/cm＝eq\r(2)V/cm＝100eq\r(2)V/m，B正確；bc間的電勢(shì)差Ubc＝φb－φc＝20V－26V＝－6V，電子從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功為W＝qUbc＝6eV，C錯(cuò)誤；因Uab＝φa－φb＝18V－20V＝－2V，電子從a點(diǎn)到b點(diǎn)電場(chǎng)力做功為W＝qUab＝2eV，因電場(chǎng)力做正功，則電勢(shì)能減小，那么電子在a點(diǎn)的電勢(shì)能比在b點(diǎn)的高2eV，D正確．答案：ABD18．解析：離子帶正電，故洛倫茲力向上，電場(chǎng)力向下，大小和洛倫茲力大小相等離子才能沿直線運(yùn)動(dòng)，有qeq\f(U,d)＝qvB，解得v＝200m/s，A正確；依據(jù)洛倫茲力供應(yīng)向心力有qvB＝meq\f(v2,r)，解得離子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝eq\f(mv,qB)＝0.2m＝R，即離子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑和磁場(chǎng)半徑相同，依據(jù)磁聚焦的學(xué)問(wèn)可知B正確；離子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲，離子均從O點(diǎn)正上方的F點(diǎn)出磁場(chǎng)．依據(jù)離子運(yùn)動(dòng)軌跡可知最下方進(jìn)入磁場(chǎng)的離子運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)，其圓心剛好在磁場(chǎng)邊界上的O1處，此處也恰好是最上方離子進(jìn)入磁場(chǎng)的位置，如圖乙．四邊形GOFO1為菱形，依據(jù)幾何關(guān)系可得α＝60°，故θ＝120°，而離子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝eq\f(2πm,qB)＝2π×10－3s，故離子運(yùn)動(dòng)的