2010年高三备考物理“好题速递”系列试题（1）
一、选择题（每小题给出的四个选项中只有一个选项正确，）
1．如图1所示，倾角θ为的斜面静止在水平地面上，质量为m的木块（可视为质点）放在斜面上，现用
一平行于斜面大小恒定的拉力F作用于木块，拉力在斜面所在的平面内绕木块旋转一周的过程中，斜面体和木块始终保持静止状态，下列说法中正确的是（ ）
A．小木块受到斜面的最大摩擦力为F2+(mgsin?)2． B．小木块受到斜面的最大摩擦力为F
C．斜面体受到地面的最大摩擦力为F．
D．斜面体受到地面的最大摩擦力为Fcosθ
图1 F M θ 2． 如图2所示，物块A静止在水平放置的固定木板上，若分别对A施加相互垂直的两个水平拉力F1和
F2作用时（F1＜F2），A将分别沿F1和F2的方向匀加速滑动，其受到的滑动摩擦力木小分别为Ff1和Ff2，其加速度大小分别为a1和a2；若从静止开始同时对P施加F1和F2，其受到的滑动摩擦力大小为Ff3，
其加速度大小为a3，关于以上各物理量之间的关系，判断正确的是（ ） A．a3＝a1＝a2
F1 A B．a3＞a2＞a1
F2 C．Ff3＞Ff1＝Ff2
图2 D．Ff1＝Ff2＞Ff3
3．如图3所示，真空中存在竖直向上的匀强电场和水平向里的的匀强磁场，一质量为m，带电量为q的
物体以速度v在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，假设t＝0时刻物体在轨迹最低点且重力势能
为零，电势能也为零，下列说法错误的是（ ） ．．A．物体带正电且逆时针转动 B．匀强电场的场强E=mgqE mvqRB
，匀强磁场的磁感应强度B＝
图3 C．物体运动过程中，机械能随时间的变化关系为
E＝
12
mv＋mgR(1-cos2
vRt)
vRt-1)
D．物体运动过程中，机械能的变化量随时间的变化关系为?E=mgR(cos4．一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是5∶l，原线圈接入电压U1＝220V的正弦交流电，一只理想二
极管和一个滑动变阻器R串联接在副线圈上，如图4所示。电压表和电流表均为理想交流电表，则下列说法正确的是 （ ） A
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A．原、副线圈电流之比为1∶5
B．电压表的读数为44V
C．若将滑动变阻器滑片向下滑动，两电表读数均增大
u 图4 R V D．若滑动变阻器接入电路的阻值为10Ω，则1min内产生的热量为5808J
二、非选择题
5．如图5所示，在同一竖直平面内两正对着的相同半圆光滑轨道，相隔一定的距离，虚线沿竖直方向，
一小球能在其间运动。今在最低点与最高点各放一个压力传感器，测试小球对轨道的压力，并通过计算机显示出来。当轨道距离变化时，测得两点压力差与距离x的图像如右图所示。（不计空气阻力，g取10 m/s）求： （1）小球的质量；
（2）相同半圆光滑轨道的半径；
（3）若小球在最低点B的速度为20 m/s，为使小球能沿光滑轨道运动，x的最大值。
6．如图6所示，电动机带动滚轮作逆时针匀速转动，在滚轮的摩擦力作用下，将一金属板从斜面底端A
送往上部，已知斜面光滑且足够长，倾角θ＝30°。滚轮与金属板的切点B到斜面底端A的距离为L＝
6.5m，当金属板的下端运动到切点B处时，立即提起滚轮使它与板脱离接触。已知板之后返回斜面底部与挡板相撞后立即静止，此时放下滚轮再次压紧板，再次将板从最底端送往斜面上部，如此往复。已知板的质量为m＝1×103kg，滚轮边缘线速度恒为v＝4m/s，滚轮对板的正压力FN＝2×104N，滚轮与板间的动摩擦因数为μ＝0.35，取g＝10m/s2。求： （1）在滚轮作用下板沿斜面上升的加速度a；
滚轮 （2）板加速至与滚轮速度相同时前进的距离x；
B （3）每个周期中滚轮对金属板所做的功W； （4）板往复运动的周期T。
A θ 图6 B x 5 0 图5
?FN/N 15 10 2
A 5 10 x/m
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7．如图7所示，质量为M＝3.0kg的小车以v0＝1.0m/s的速度在光滑的水平面上向左运动，车上AD部分
是表面粗糙的水平轨道，DC部分是光滑的1/4圆弧，整个轨道由绝缘材料制成，小车所在空间内有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度E＝40N/C，磁感应强度B＝2.0T。现有一质量为m＝1.0kg、电荷量为q＝－1.0×10C的滑块以u＝8m/s的水平速度向右冲上小车，当滑块通过D点时速度为v1＝5.0m/s（滑块可视为质点，g取10 m/s2），求：
（1）滑块从A到D的过程中，小车、滑块组成的系统损失的机械能； （2）如果圆弧轨道半径R＝1.0m，求滑块刚过D点时对轨道的压力；
（3）若滑块通过D点时，立即撤去磁场，要使滑块不冲出圆弧轨道，求此圆弧的最小半径。
－2
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B E C u v0 A D 图7
参考答案
1．【答案】C
【解析】小木块始终静止，当F旋转到沿斜面向下时F与重力的向下分力mgsinθ的合力最大，此时
小木块受到的最大静摩擦力最大，Fmax＝F＋mgsinθ，A、B错误；在F旋转的过程中，当F旋转到沿水平方向时，斜面体受到地面的静摩擦力最大，根据平衡条件有，斜面体受到地面的最大摩擦力为F，C正确，D错误。
2．【答案】B 【解析】因拉力均沿水平方向，所以对水平木板的压力均等于物体A的重力，滑动摩擦力大小相等，C、D错误；由已知条件，结合牛顿第二定律有a3＞a2＞a1，A错误，B正确。 3．【答案】D
【解析】带电物体做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，电场力方向向上，物体带正电。洛伦兹力提供向心力，结合左手定则知，带电物体沿逆时针方向转动，A正确；因qE＝mg，qvB＝mmgqmvqRv2R，则
E=，B＝，B正确；物体运动过程中动能不变，重力势能随时间的变化EP＝ΔEP＝mgR（1－
vR12
cosθ） ＝mgR(1-cost)，所以机械能随时间的变化关系为E＝mv＋mgR(1-cos2
vRt)，C正确；
vRt)，D
机械能的变化等于电场力做的功，则ΔE＝qER（1－cosθ）＝mgR（1－cosθ） ＝mgR(1-cos错误。本题答案为D。 4．【答案】D
【解析】根据理想变压器的电压关系知变压器副线圈的输出电压U2＝44V，由于二极管具有单向导电性，可以求出电压表的示数U＝
442V，根据理想变压器的能量关系可得原、副线圈电流之比为1∶
52，A、B错误；电压表的示数与变阻器有阻值无关，示数不变。当滑动变阻器滑片向下滑动时，
变阻器接入电路的阻值增大，输出、输入功率减小，电流表的示数减小，C错误。根据焦耳定律有Q＝
U2Rt，代入数值，可得滑动变阻器接入电路的阻值为10Ω时1min内产生的热量为5808J，D正确。
5．【答案】（1）0．1kg；（2）2m；（3）15m。
【解析】（1）设轨道半径为R，根据机械能守恒定律有：
12mvB?mg(2R?x)?212mvA
2
在B点，根据向心力公式，有：
FN1?mg?mvBRvAR22
在A点，根据向心力公式，有：
FN2?mg?m
两点的压力差为：
解得：ΔFN＝FN1－FN2＝6mg?2mgRx
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由ΔFN－x图象截距知： 6mg＝6
解得：m＝0．1kg
（2）由ΔFN－x图象求得斜率k＝1，由ΔFN－x的函数关系有：
k?2mgR?1
解得：R＝2m
（3）为使小球能沿光滑轨道运动，应保证小球在A点不脱离轨道，所以： vA≥
Rg
代入数值，联立解得：x＝15m。
24
6．【答案】（1）2m/s；（2）4m；（3）4．05×10J；（4）5．225s。
【解析】（1）根据滑动摩擦定律，有滚轮对板的滑动摩擦力为： F1＝μFN＝7×10N
对板，沿斜面方向根据牛顿第二定律有： F1－mgsinθ＝ma 解得：a＝2m/s2
3
（2）板从静止开始至与滚轮速度相同时一直做匀加速运动，根据运动学公式有： v2＝2ax 解得：x＝4m
（3）因为x＜L，所以金属板先匀加速运动，后匀速运动。匀速运动的距离为： x1＝L－x＝2．5m 对板从静止开始运动至滚轮与板脱离接触这一过程，根据动能定理有： W－mgLsinθ＝
12mv?0
2
解得：W＝4．05×104J
（4）板做匀加速运动的时间为： t1＝
va＝2s
板做匀速运动的时间为： t2＝
L?xv＝0．625s
板与滚轮脱离接触后做匀变速运动，加速度为：
a1＝gsinθ＝5m/s2
设板从与滚轮脱离至返回斜面底端所用的时间为t3，根据运动学公式有： －L＝vt3－a1t32
21
解得：t3＝2．6s 板往复运动的周期为： T＝t1＋t2＋t3＝5．225s
7．【答案】（1）21J；（2）35．5 N，方向竖直向下；（3）0．90m。
【解析】（1）设滑块运动到D点时的速度为v1，小车此时的速度为v2，滑块从A运动到D的过程中系
统动量守恒，取向右方向为，根据动量守恒有： mu－Mv0＝mv1＋Mv2 解得：v2＝0
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滑块从A到D的过程中，小车、滑块组成的系统损失的机械能为：
ΔE=12mu+212Mv0-212mv1-2122Mv2
解得：ΔE＝21J
（2）因滑块过D点时小车的瞬间速度为零，所以滑块此该对地做圆周运动。设滑块刚过D点 时，受到轨道的支持力为FN，根据向心力公式有： FN－（mg＋qE＋qv1B）＝mv12R
解得：FN＝35．5 N
根据牛顿第三定律，滑块过D点时对轨道的压力为：
FN￠＝35．5 N，方向竖直向下。
（3）要使滑块不冲出圆弧轨道，且圆弧的最小半径，则滑块沿圆弧轨道上升到最高点C时滑块与小车具有共同速度，设此共同速度为v，根据动量守恒定律有： mv1＝（m＋M）v 解得：v＝1．25m/s
设圆弧轨道的最小半径为Rmin，由能量守恒有：
12mv1=212(m+M)v+(mg+qE)Rmin
2
解得：Rmin＝0．90m。
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