v≥5
F/N
2
6
3
（1）小物体P从开始运动至速率为2m/s所用的时间；
（2）小物体P从A运动至D的过程，电场力做的功．
图1 9
10．
（1）0.5s
（2）－9.25J
[解析]
（1）小物体P的速率从0至2m/s，受外力F1＝2N，设其做匀变速直线运动的加速度为a1，经过时间Δt1速度为v1，则
F1－μmg＝ma1①
v1＝a1Δt1②
由①②式并代入数据得
Δt1＝0.5s．③
（2）小物体P从速率为2m/s运动至A点，受外力F2＝6N，设其做匀变速直线运动的加速度为a2，则
F2－μmg＝ma2④
设小物体P从速度v1经过Δt2时间，在A点的速度为v2，则
Δt2＝0.55s－Δt1⑤
v2＝v1＋a2Δt2⑥
P从A点至B点，受外力F2＝6N、电场力和滑动摩擦力的作用，设其做匀变速直线运动的加速度为a3，电荷量为q，在B点的速度为v3，从A点至B点的位移为x1，则
F2－μmg－qE＝ma3⑦
v－v＝2a3x1⑧
P以速度v3滑出轨道右端B点，设水平方向受外力为F3，电场力大小为FE，有
FE＝F3⑨
F3与FE大小相等方向相反，P水平方向所受合力为零，所以，P从B点开始做初速度为v3的平抛运动．设P从B点运动至D点用时为Δt3，水平位移为x2，由题意知
＝tanα⑩
x2＝v3Δt3⑪
设小物体P从A点至D点电场力做功为W，则
W＝－qE（x1＋x2）⑫
联立④～⑧，⑩～⑫式并代入数据得
W＝－9.25J⑬
11．[2015·四川卷]A1C2D1E6J2L4I1如图1 10所示，金属导轨MNC和PQD，MN与PQ平行且间距为L，所在平面与水平面夹角为α，N、Q连线与MN垂直，M、P间接有阻值为R的电阻；光滑直导轨NC和QD在同一水平面内，与NQ的夹角都为锐角θ.均匀金属棒ab和ef质量均为m，长均为L，ab棒初始位置在水平导轨上与NQ重合；ef棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为μ（μ较小），由导轨上的小立柱1和2阻挡而静止．空间有方向竖直的匀强磁场（图中未画出）．两金属棒与导轨保持良好接触．不计所有导轨和ab棒的电阻，ef棒的阻值为R，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加速度为g.
图1 10
（1）若磁感应强度大小为B，给ab棒一个垂直于NQ、水平向右的速度v1，在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止，ef棒始终静止，求此过程ef棒上产生的热量；
（2）在
（1）问过程中，ab棒滑行距离为d，求通过ab棒某横截面的电荷量；
（3）若ab棒以垂直于NQ的速度v2在水平导轨上向右匀速运动，并在NQ位置时取走小立柱1和2，且运动过程中ef棒始终静止．求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab棒运动的最大距离．
11．
（1）mv
（2）
（3）
[解析]
（1）设ab棒的初动能为Ek，ef棒和电阻R在此过程产生的热量分别为W和W1，有
W＋W1＝Ek
且W＝W1
由题有Ek＝mv
得W＝mv.
（2）设在题设过程中，ab棒滑行时间为Δt，扫过的导轨间的面积为ΔS，通过ΔS的磁通量为ΔΦ，ab棒产生的电动势为E，ab棒中的电流为I，通过ab棒某横截面的电荷量为q，则
E＝
且ΔΦ＝BΔS
I＝
又有I＝
由图所示ΔS＝d（L－dcotθ）
联立解得q＝.
（3）ab棒滑行距离为x时，ab棒在导轨间的棒长Lx为
Lx＝L－2xcotθ
此时，ab棒产生电动势Ex为Ex＝Bv2Lx
流过ef棒的电流Ix为Ix＝
ef棒所受安培力Fx为Fx＝BIxL
联立解得Fx＝（L－2xcotθ）
由上式可得，Fx在x＝0和B为最大值Bm时有最大值F1.
由题知，ab棒所受安培力方向必水平向左，ef棒所受安培力方向必水平向右，使F1为最大值的受力分析如图所示，图中fm为最大静摩擦力，有
F1cosα＝mgsinα＋μ（mgcosα＋F1sinα）
得Bm＝.
上式就是题目所求最强磁场的磁感应强度大小，该磁场方向可竖直向上，也可竖直向下．
B为Bm时，Fx随x增大而减小，x为最大xm时，Fx为最小值F2，如图可知
F2cosα＋μ（mgcosα＋F2sinα）＝mgsinα
联立解得
xm＝.
D2抛体运动
23．D2[2015·安徽卷]在xOy平面内，有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E（图中未画出），由A点斜射出一质量为m、带电荷量为＋q的粒子，B和C是粒子运动轨迹上的两点，如图1 11所示，其中l0为常数．粒子所受重力忽略不计．求：
（1）粒子从A到C过程中电场力对它做的功；
（2）粒子从A到C过程所经历的时间；
（3）粒子经过C点时的速率．
图1 11
23．
（1）3qEl0
（2）3 （3）
[解析]
（1）WAC＝qE（yA－yC）＝3qEl0.
（2）根据抛体运动的特点，粒子在x方向做匀速直线运动，由对称性可知轨迹最高点D在y轴上，可令tAD＝tDB＝T，则tBC＝T
由qE＝ma得a＝
又yD＝aT2 yD＋3l0＝a（2T）2
解得T＝
则A→C过程所经历的时间t＝3
（3）粒子在DC段做类平抛运动，于是有
2l0＝vCx（2T） vCy＝a（2T）
vC＝＝.
22．[2015·福建卷]D2E2K3如图1 11所示，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动．A、C两点间距离为h，重力加速度为g.
（1）求小滑块运动到C点时的速度大小vC；
（2）求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf；
（3）若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点．已知小滑块在D点时的速度大小为vD，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小vP.
图1 11
[答案]
（1）
（2）mgh－
（3）
[解析]
（1）小滑块沿MN运动过程，水平方向受力满足
qvB＋N＝qE
小滑块在C点离开MN时，有
N＝0
解得vC＝.
（2）由动能定理，有
mgh－Wf＝mv－0
解得Wf＝mgh－.
（3）如图所示，小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直．撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为g′
g′＝
且v＝v＋g′2t2
解得vP＝.
18．D2[2015·全国卷Ⅰ]一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图1 4所示．水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为h.发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h.不计空气的作用，重力加速度大小为g.若乒乓球的发射速率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v的最大取值范围是（ ）
图1 4
A.B.C.D.18．D [解析]当球落到右侧角上的时候，设飞行时间为t1，则3h＝gt，t1＝，t1时间内的水平位移x1＝＝，发射速度v1＝＝；当球刚好擦网落到台面中间线上的时候，设飞行时间为t2，则3h－h＝gt，t2＝2，t2时间内的水平位移x2＝，发射速度v2＝＝ ，则v217．[2015·浙江卷]D2如图1 3所示为足球球门，球门宽为L.一个球员在球门中心正前方距离球门s处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角（图中P点）．球员顶球点的高度为h.足球做平抛运动（足球可看成质点，忽略空气阻力），则（ ）
图1 3
A．足球位移的大小x＝
B．足球初速度的大小v0＝
C．足球末速度的大小v＝
D．足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tanθ＝
[解析]B 足球水平方向位移大小为x平＝，竖直方向位移大小为y＝h，则足球的位移大小为x＝＝，故A选项是错误的；足球的运动时间t＝，初速度v0＝＝，故B选项是正确的；末速度的大小为v＝＝，故C选项是错误的；由平面几何关系可得足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tanθ＝，故D选项是错误的．
23．[2015·浙江卷]B2D2E1E2如图1 9所示，用一块长L1＝1.0m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H＝0.8m，长L2＝1.5m．斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定．将质量m＝0.2kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失．（重力加速度取g＝10m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力）
图1 9
（1）求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；（用正切值表示）
（2）当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；
（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（3）继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm.
23．
（1）tanθ≥0.05
（2）0.8 （3）1.9m
[解析]
（1）为使小物块下滑mgsinθ≥μ1mgcosθ①
θ满足的条件tanθ≥0.05②
（2）克服摩擦力做功Wf＝μ1mgL1cosθ＋μ2mg（L2－L1cosθ）③
由动能定理得mgL1sinθ－Wf＝0④
代入数据得μ2＝0.8⑤
（3）由动能定理得mgL1sinθ－Wf＝mv2⑥
代入数据得v＝1m/s⑦
H＝gt2
t＝0.4s⑧
x1＝vt
x1＝0.4m⑨
xm＝x1＋L2＝1.9m⑩
24．[2015·浙江卷]D2L2L4小明同学设计了一个“电磁天平”，如图1 10甲所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长L＝0.1m，竖直边长H＝0.3m，匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0T，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～2.0A范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．（重力加速度取g＝10m/s2）
甲 乙
图1 10
（1）为使电磁天平的量程达到0.5kg，线圈的匝数N1至少为多少？
（2）进一步探究电磁感应现象，另选N2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R＝10Ω，不接外电流，两臂平衡，如图乙所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d＝0.1m．当挂盘中放质量为0.01kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率.
24．
（1）25匝
（2）0.1T/s
[解析]
（1）线圈受到安培力F＝N1B0IL①
天平平衡mg＝N1B0IL②
代入数据得N1＝25匝③
（2）由电磁感应定律得E＝N2④
E＝N2Ld⑤
由欧姆定律得I′＝⑥
线圈受到安培力F′＝N2B0I′L⑦
天平平衡m′g＝NB0·⑧
代入数据可得
＝0.1T/s⑨
8．[2015·重庆卷]D2D4E2同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图1 10所示的实验装置．图中水平放置的底板上竖直地固定有M板和N板．M板上部有一半径为R的圆弧形的粗糙轨道，P为最高点，Q为最低点，Q点处的切线水平，距底板高为H.N板上固定有三个圆环．将质量为m的小球从P处由静止释放，小球运动至Q飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q水平距离为L处．不考虑空气阻力，重力加速度为g.求：
图1 10
（1）距Q水平距离为的圆环中心到底板的高度；
（2）小球运动到Q点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向；
（3）摩擦力对小球做的功．
[答案]
（1）H
（2）L mg 竖直向下 （3）mg
[解析]
（1）小球从Q点水平抛出，做平抛运动，有
H＝gt2，L＝vt
得v＝L
水平运动过程，有H－h＝gt，＝vt1
解得h＝H.
（2）由
（1）得v＝L
在Q点，由牛顿第二定律得FN－mg＝m
则小球对轨道的压力FN′＝FN＝mg，方向竖直向下．
（3）从P到Q由动能定理得mgR＋Wf＝mv2－0
解得Wf＝mg.
D3实验：
研究平抛物体的运动
D4圆周运动
16．D4，D5[2015·北京卷]假设地球和火星都绕太阳做匀速圆周运动，已知地球到太阳的距离小于火星到太阳的距离，那么（ ）
A．地球公转周期大于火星的公转周期
B．地球公转的线速度小于火星公转的线速度
C．地球公转的加速度小于火星公转的加速度
D．地球公转的角速度大于火星公转的角速度
16．D [解析]地球和火星绕太阳做匀速圆周运动，它们各自所受的万有引力充当向心力．由G＝mr可得T＝2π，又r地v火．所以选项B不正确．由G＝ma可得a＝，又r地a火．所以选项C不正确．由G＝mω2r可得ω＝，又r地ω火．所以选项D正确．
17．D4，F2，K2[2015·北京卷]实验观察到，静止在匀强磁场中A点的原子核发生β衰变，衰变产生的新核与电子恰在纸面内做匀速圆周运动，运动方向和轨迹示意图如图1 2所示，则（ ）
图1 2
A．轨迹1是电子的，磁场方向垂直纸面向外
B．轨迹2是电子的，磁场方向垂直纸面向外
C．轨迹1是新核的，磁场方向垂直纸面向里
D．轨迹2是新核的，磁场方向垂直纸面向里
17．D [解析]带电粒子在磁场中只受洛伦兹力做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，即qvB＝m，则半径R＝.β衰变过程动量守恒，而qβR新，所以轨迹1为电子的轨迹，轨迹2是新核的轨迹．又由左手定则可以判断，磁场方向垂直于纸面向里．所以选项D正确．
17.[2015·福建卷]D4如图1 5所示，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上．若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则（ ）
图1 5
A．t1B．t1＝t2
C．t1>t2
D．无法比较t1、t2的大小
[解析]A 滑块由A滑到C的AB段相对于滑块由C滑到A的AB段，由于滑块所受的平均支持力较小，则平均摩擦力较小，动能损失较小；同理，物块由A滑到C的BC段相对于滑块由C滑到A的BC段，动能损失也较小，从全程来看，滑块由A到C时动能损失较小，则平均速率较大，所用的时间较少．
21．[2015·福建卷]D4E6如图1 10所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点．一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g.
（1）若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；
（2）若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车．已知滑块质量m＝，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求：
①滑块运动过程中，小车的最大速度大小vm；
②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小s.
图1 10
[答案]
（1）3mg
（2） （3）L
[解析]
（1）滑块滑到B点时对小车压力最大，从A到B机械能守恒，有
mgR＝mv
滑块在B点处，由牛顿第二定律，有
N－mg＝
解得N＝3mg
由牛顿第三定律，有
N′＝3mg.
（2）①滑块下滑到达B点时，小车速度最大．由机械能守恒定律，有
mgR＝Mv＋m（2vm）2
解得vm＝.
②设滑块运动到C点时，小车速度大小为vC，由功能关系，有
mgR－μmgL＝Mv＋m（2vC）2
设滑块从B到C过程中，小车运动加速度大小为a，由牛顿第二定律，有
μmg＝Ma
由运动学规律，有
v－v＝－2as
解得s＝L.
14．B7，C2，D4，E6[2015·江苏卷]一转动装置如图1 14所示，四根轻杆OA、OC、AB和CB与两小球及一小环通过铰链连接，轻杆长均为l，球和环的质量均为m，O端固定在竖直的轻质转轴上．套在转轴上的轻质弹簧连接在O与小环之间，原长为L.装置静止时，弹簧长为L.转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升．弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g.求：
（1）弹簧的劲度系数k；
（2）AB杆中弹力为零时，装置转动的角速度ω0；
（3）弹簧长度从L缓慢缩短为L的过程中，外界对转动装置所做的功W.
图1 14
14．
（1）
（2） （3）mgL＋
[解析]
（1）装置静止时，设OA、AB杆中的弹力分别为F1、T1，OA杆与转轴的夹角为θ1.
小环受到弹簧的弹力F弹1＝k·
小环受力平衡F弹1＝mg＋2T1cosθ1
小球受力平衡F1cosθ1＋T1cosθ1＝mg；F1sinθ1＝T1sinθ1
解得k＝.
（2）设OA、AB杆中的弹力分别为F2、T2，OA杆与转轴的夹角为θ2，弹簧长度为x.
小环受到弹簧的弹力F弹2＝k（x－L）
小环受力平衡F弹2＝mg
得x＝L
对小球F2cosθ2＝mg；F2sinθ2＝mωlsinθ2
且cosθ2＝
解得ω0＝.
（3）弹簧长度为L时，设OA、AB杆中的弹力分别为F3、T3，OA杆与弹簧的夹角为θ3.
小环受到弹簧的弹力F弹3＝kL
小环受力平衡2T3cosθ3＝mg＋F弹3
且cosθ3＝
对小球F3cosθ3＝T3cosθ3＋mg；F3sinθ3＋T3sinθ3＝mωlsinθ3
解得ω3＝
整个过程弹簧弹性势能变化为零，则弹力做的功为零，由动能定理
W－mg－2mg＝2×m（ω3lsinθ3）2
解得W＝mgL＋.
22．D4[2015·全国卷Ⅰ]某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验．所用器材有：
玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器（圆弧部分的半径为R＝0.20m）．
（a） （b）
图1 7
完成下列填空：
（1）将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图1 7（a）所示，托盘秤的示数为1.00kg；
（2）将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图（b）所示，该示数为________kg；
（3）将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧，此过程中托盘秤的最大示数为m；多次从同一位置释放小车，记录各次的m值如下表所示：
序号
1
2
3
4
5
m（kg）
1.80
1.75
1.85
1.75
1.90
（4）根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为________N；小车通过最低点时的速度大小为________m/s.（重力加速度大小取9.80m/s2，计算结果保留2位有效数字）
22．
（2）1.40 （4）7.9 1.4
[解析]托盘秤的示数要估读一位，所以是1.40kg；对表格的五个数据求平均值，为1.81kg，所以小车把凹形桥模拟器的压力F＝（1.81－1.00）×9.8N＝7.9N，小车在最低点时所受的支持力F′＝F，小车质量m＝1.40kg－1.00kg＝0.40kg，小车在凹形桥最低点时，由牛顿第二定律，有F′－mg＝m，解得v＝1.4m/s.
4．D4[2015·天津卷]未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图1 3所示．当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力．为达到上述目的，下列说法正确的是（ ）
图1 3
A．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大
B．旋转舱的半径越大，转到的角速度就应越小
C．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大
D．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小
4．B [解析]宇航员受到的支持力为其在“旋转舱”中提供向心力，宇航员的质量一定，则他的向心加速度一定，根据向心加速度的公式可知半径越大时，转动的角速度应该越小，A错误，B正确；宇航员的向心加速度的大小与质量无关，等于地球表面的重力加速度大小，C、D错误．
19．[2015·浙江卷]D4如图1 4所示为赛车场的一个水平“U”形弯道，转弯处为圆心在O点的半圆，内外半径分别为r和2r.一辆质量为m的赛车通过AB线经弯道到达A′B′线，
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