1、2015届高考备考走出题海系列考前必做基础30题【考前必做基础】 考前复习备考，必须回归基础；本专题，也是参考了近几年高考命题，总结出考生必须复习到的常考点、重点、热点，本专题总结了破解它们的“根本”。完成本专题，增强考生应试的底气，更有自信。第一部分 选择题【试题1】质点沿x轴做直线运动，其v-t图像如图所示。 质点在t= 0时位于x = 3m处，开始沿x轴正方向运动。当t= 7s时，质点在轴上的位置坐标为（ ）A. x = 3.5m B. x= 6.5m C. x = 9m D. x=11.5m【试题2】甲、乙两车在同一水平路面上做直线运动，某时刻乙车在前、甲车在后，相距x6 m，从此刻开
2、始计时，乙做匀减速运动，两车运动的vt图象如图所示则在012 s内关于两车位置关系的判断，下列说法正确的是 () At4 s时两车相遇 Bt4 s时两车间的距离最大C012 s内两车有两次相遇 D012 s内两车有三次相遇2.D 【解析】试题分析：t4 s时，甲车的位移：，乙车的位移：，48m40m+6m，故此时甲车已超过乙车2m，且此时两车的距离不是最大选项AB错误；在t=8s时刻，乙车的位移：，甲车的位移：，因64m+6m68m，故此时乙车在甲车前2m，即乙车超过了甲车；在t=12s时，乙车的位移：，甲车的位移：，因84m72m+6m，故甲车又超过了乙车，故012 s内两车有三次相遇，选项
3、D正确。考点：v-t图线、追击及相遇问题【试题3】如图A、B两物体叠放在一起，用手托住，让它们静靠在平整的竖直墙边，然后释放，它们同时沿墙面向下滑，已知mAmB，则物体B 受力个数是A1 B2 C3 D43.A 【解析】 由于两个物体对墙壁没有压力，根据，不受墙壁的摩擦力作用，而两个物体一起下落，加速度是重力加速度g，再单独对B进行受力分析可知，A、B之间也没压力，因此B物体只受重力作用，A正确，BCD错误。考点：物体受力分析【试题4】如图所示，扶手电梯与地面的夹角为30，质量为m的人站在电梯上。当电梯斜向上作匀加速运动时，人对电梯的压力是他体重的1.2倍。那么，关于电梯的加速度a的大小和人与
4、电梯梯级表面间的静摩擦力f的大小，正确的是（ ）A，B，C，D，考点：牛顿第二定律.【试题5】如图所示，吊篮A、物体B、物体C的质量均为，B和C分别固定在竖直弹簧两端，弹簧的质量不计整个系统在轻绳悬挂下处于静止状态现将悬挂吊篮的轻绳剪断，在轻绳刚断的瞬间A. 物体B的加速度大小为 B. 物体C的加速度大小为C. 吊篮A的加速度大小为 D. A、C间的弹力大小为5.D 【解析】考点：本题旨在考查牛顿第二定律。【试题6】如图所示，一半圆形降落伞边缘用24根伞绳中心对称分布，下端悬挂一名飞行员，每根绳与中轴线的夹角为30，飞行员及飞行员身上装备的总质量为80kg，降落伞的质量为40kg。当匀速降落时
5、，不计飞行员所受空气作用力，每根悬绳的拉力是( )A50N B N C N D N6.C 【解析】 把绳的拉力正交分解为竖直向上和水平方向，竖直分力为，以飞行员为研究对象，由平衡条件知，解得：，故C正确；A、B、D错误。考点：本题考查物体的平衡【试题7】如图，斜面与水平面之间的夹角为45，在斜面底端A点正上方高度为10m处的O点，以5 m/s的速度水平抛出一个小球，飞行一段时间后撞在斜面上，这段飞行所用的时间为（g=10m/s2） A2 s B s C1 sD 0.5 s 7.C 【解析】试题分析：设小球撞到斜面AB中间的一点D上，则小球的水平运动的时间与竖直下落的时间相等，设飞行时间为t，则
6、根据几何关系可得：v0t=10mgt2，代入数据解之得t=1s，选项C正确。考点：本题旨在考查平抛运动。【试题8】如图所示，拖拉机后轮的半径是前轮半径的两倍，A和B是前轮和后轮边缘上的点，若车行进时车轮没有打滑，则AA点和B点的线速度大小之比为12 B前轮和后轮的角速度之比为21C两轮转动的周期相等 DA点和B点的向心加速度大小之比为128.B 【解析】试题分析：前后轮以相同的线速度运动，故A点和B点的线速度大小之比为11，选项A错误；前轮和后轮的角速度之比为，选项B正确；因为前后轮的角速度不相等，故周期不等，选项C错误；根据可知，A点和B点的向心加速度大小之比为2:1，选项D错误。考点：本题
7、旨在考查线速度、角速度、向心加速度。【试题9】如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球恰好能沿轨道到达最高点B。已知AP=2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中( )A. 重力做功mgR B机械能减少mgRC合外力做功mgR D克服摩擦力做功mgR9.ABC 【解析】 重力做功与路径无关，只与初末位置有关，故从P到B的运动过程中，重力做功mgR，故A正确；球恰好能沿轨道到达最高点B，即，取B所在水平面为零势面，故小球在B点机械能为，小球在P点机械能，所以从P到B机械能减少，故B正确；根据动能定理：
8、，所以C正确；除重力以外的力做功等于机械能的减少，即克服摩擦力做功，所以D错误。考点：本题考查动能定理、机械能守恒【试题10】一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为时，起重机达到额定功率P以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到达到最大速度为止，则整个过程中，下列说法正确的是(重力加速度为g) A钢绳的最大拉力为mg B钢绳的最大拉力为C重物的平均速度大小为 D重物匀加速运动的加速度为10.B 【解析】加速过程物体处于超重状态，钢索拉力较大，拉力值将大于mg，因为当重物的速度为时，起重机达到额定功率P，根据P=Fv可得：，选项A错误，B正确；起重机保持该功率不变时
9、做加速度减小的变加速运动，故重物的平均速度大小不等于，选项C错误；重物匀速运动阶段，由牛顿第二定律可知：F-mg=ma，解得，故选项D错误，故选B。考点：牛顿第二定律、功率【试题11】两颗在轨道正常运行的地球同步卫星，可能具有不同大小的A周期 B线速度 C向心加速度 D动能11.D 【解析】 所有的同步卫星转动的周期与地球自转周期相同，均为，根据万有引力充当向心力知所有同步卫星有四个“定”：定轨道、定高度、定速度、定周期;向心加速度大小也一定，而因卫星质量不一定相同，故动能可能不同。故选D考点：本题考查了万有引力定律、同步卫星【试题12】右图为两颗人造卫星绕地球运动的轨道示意图，为圆轨道，为椭
10、圆轨道，AB为椭圆的长轴，两轨道和地心都在同一平面内，C、D为两轨道交点。己知轨道上的卫星运动到C点时速度方向与AB平行，则下列说法正确的是ADBCA两颗卫星的运动周期相同B卫星在轨道的速率为v0，卫星在轨道B点的速率为vB，则v0 OB，A带负电荷，B带正电荷，一试探电荷仅受电场力作用，试探电荷从M运动到N的轨迹如图中实线所示。下列判断中正确的是（ ）A此试探电荷可能带负电B此试探电荷一定带正电C两点电势D此试探电荷在M处的电势能大于在N处的电势能14.BCD 【解析】试题分析：依题意，粒子受到的电场力指向轨迹弯曲的一侧，即该粒子受到的电场力指向带负电的A电荷，故该粒子带正电，选项A错误，B
11、正确；因为AOOB，根据等量异种点电荷等势面分布特点可知，由知，试探电荷在M处的电势能大于在N处的电势能，选项C、D正确。考点：本题考查电场线、电势电势能。【试题15】如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置闭合开关S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是()A增大R1的阻值 B增大R2的阻值 C增大两板间的距离 D断开开关S15.B 【解析】 以油滴为研究对象进行受力分析可知，油滴静止不动，所受电场力与重力平衡，即，现欲使油滴仍能处于平衡状态，则保证电场强度不发生变化即可，R1的电压不变即可
12、，题中R2没有电流通过，故改变R2时对电路工作状态无影响，所以选项B正确、A错误；而增大两板间距离时，电场强度减小，油滴下落，所以选项C错误；断开电键S时，电容器与可变电阻构成闭合回路，电容器放电，油滴下落，所以选项D错误。考点：闭合电路欧姆定律、平行板电容器【试题16】某控制电路如图所示，主要由电源（电动势为E、内阻为r）与定值电阻R1、R2及电位器（滑动变阻器）R连接而成，L1、L2是红绿两个指示灯，当电位器的触片滑向a端时，下列说法正确的是 AL1、L2两个指示灯都变亮BL1、L2两个指示灯都变暗CL1变亮，L2变暗DL1变暗，L2变亮【答案】B【解析】试题分析：当电位器的触片滑向a端时
13、，滑动变阻器连入电路的阻值减小，电路的总阻值减小，干路电流变大，内电压增大，路端电压减小，L1变暗，定值电阻R1两端电压增大，右侧并联的电路两端电压减小，L2变暗，B正确。考点：本题考查的是电路的动态变化分析。【试题17】如图所示，有一个正方形的匀强磁场区域abcd，e是ad的中点，f是cd的中点，如果在a点沿对角线方向以速度v射入一带负电的带电粒子（带电粒子重力不计），恰好从e点射出，则A如果粒子的速度增大为原来的二倍，将从d点射出B如果粒子的速度增大为原来的三倍，将从f点射出C如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的二倍，也将从d点射出D只改变粒子的速度使其分别从e、d、f点射出时，
14、从e点射出所用时间最短17.A 【解析】 试题分析：如图，粒子从e点射出圆心是O1 ，如果粒子的速度增大为原来的二倍，由可知半径也增大为原来的二倍，由对称性可看出粒子将从d点射出，选项A正确；如果粒子的速度增大为原来的三倍，圆心是O3 ，设正方形的边长为a ，原半径为，线段，所以不可能从f点射出，选项B错误；由可看出，磁感应强度增大时，半径减小，不会从d点射出，选项C错误；因粒子运动的周期一定，在磁场中运动的时间与圆心角成正比，从以上分析和图中可看出圆心为O1 、O2 时粒子运动轨迹对应的圆心角相等，故在磁场中运动的时间也相等，选项D错误。 考点：本题考查了本题考查了带电粒子在匀强磁场中做匀速
15、圆周运动的规律公式及几何知识在物理中的应用。【试题18】如图所示，宽为d的有界匀强磁场的边界为PP、QQ。一个质量为m、电荷量为q的微观粒子沿图示方向以速度v0垂直射入磁场，磁感应强度大小为B，要使粒子不能从边界QQ射出，粒子的入射速度v0的最大值可能是下面给出的（粒子的重力不计）（ ）A.B. C. D. 18.BC 【解析】 微观粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，qvB=，R=，要使粒子不能从边界QQ射出，粒子的入射速度v0最大时，轨迹与QQ相切。如粒子带正电，R=R/2+d，d=R/2，v0=，B正确；如粒子带负电，R+R/2=d，v0=，C正确。考点：带电粒子在匀强磁场中的运动【试题19
16、】如图所示的匀强磁场中有一个矩形闭合导线框在下列四种情况下，线框中会产生感应电流的是A如图甲所示，保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中左右运动B如图乙所示，保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中上下运动C如图丙所示，线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动D如图丁所示，线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD转动19.C 【解析】 产生感应电流的条件是穿过闭合线圈的磁通量发生变化，ABD中线圈中的磁通量都不发生变化，只有C中闭合线圈的磁通量发生变化，所以C正确考点：考查了感应电流产生条件【试题20】如图所示，边长为a的导线框abcd处于磁感应强度为B0的匀强磁场中，bc
17、边与磁场右边界重合现发生以下两个过程：一是仅让线框以垂直于边界的速度v匀速向右运动；二是仅使磁感应强度随时间均匀变化若导线框在上述两个过程中产生的感应电流大小相等，则磁感应强度随时间的变化率为（ ）A B C D20.B 【解析】试题分析：线框以垂直于边界的速度v匀速向右运动时，根据法拉第电磁感应定律：E= B0av，感应电流为：；磁感应强度随时间均匀变化：，E=IR，联立得：，得考点：本题考查了电磁感应。【试题21】下列说法正确的是 （ ） A液体温度越高、悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈B不考虑分子势能，则质量、温度均相同的氢气和氧气的内能也相同C第一类永动机不可能制成，因为违背了能量守恒定律
18、D物体吸收热量，则其内能一定增加E能量耗散从能量转化角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性21.ACE 【解析】 （1）布朗运动是悬浮在液体里的小颗粒受到液体分子无规则的碰撞而进行的无规则运动，温度越高，液体分子无规则运动越剧烈，对固体颗粒的撞击力越大，布朗运动越剧烈；悬浮颗粒越小，越容易受力不平衡，布朗运动越剧烈，A正确；不考虑分子势能，气体的内能只与分子动能有关。温度相同的氢气和氧气的分子平均动能相等，但质量相等的氢气和氧气的分子数量不相等，所以内能不相等，B错误；第一类永动机的设计思想是不消耗能量，且能够源源不断的释放能量，违背了能量守恒定律，不可能制成，C正确；做功和热传递都可以改变内
19、能，物体吸收热量，如果同时对外做功，则其内能不一定增加，D错误；能量耗散从能量转化角度只能从机械能转化成内能，而不能从内能转化成机械能而不引起任何变化，反映出自然界中的宏观过程具有方向性，E正确。故选ACE。【试题22】一列简谐横波，沿x轴正方向传播，传播速度为10m/s，在t=0时的波形图如图所示，则下列说法正确的是 A此时x=1.25m处的质点正在做加速度减小的加速度运动Bx=0.7m处的质点比x=0.6m处的质点先运动到波峰的位置Cx=0处的质点再经过0.05s时间可运动到波峰位置Dx=0.3m处的质点再经过0.08s可运动至波峰位置Ex=1m处的质点在做简谐运动，其振动方程为22.AC
20、D 【解析】 由于波向右传播，故此时x=1.25m处的质点向下振动，正在做加速度减小的加速度运动，选项A正确；因为x=0.7m处的质点和x=0.6m处的质点都向下振动，到最低点后向上振动到达波峰；则x=0.6m处的质点比x=0.7m处的质点先运动到波峰的位置，选项B错误；波的周期，故再经过0.05s时间，即，x=0处的质点可运动到波峰位置，选项C正确；x=0.3m处的质点要振动到波峰位置，只需波向前传播0.8m，则经过的时间为，选项D正确；x=1m处的质点在做简谐运动，其振动方程为，选项D错误；故选ACD。考点：机械波的传播；质点的振动.【试题23】关于近代物理学的结论中，下面叙述中正确的是
21、A结合能越小表示原子核中的核子结合的越牢固B衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的C一个氘核（H）与一个氚核（H）聚变生成一个氦核（He）的同时，放出一个中子D按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量也减小E质子、中子、粒子的质量分别是m1、m2、m3，质子和中子结合成一个粒子，释放的能量是（2m1+2m2-m3）c223.BCE 【解析】试题分析：结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，故A 错；衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生，故B正确；根据质量数守恒和电荷数守恒知：一个氘核（）与
22、一个氚核（）聚变生成一个氦核（）的同时，放出一个中子，C正确；、按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增大，D错误；根据爱因斯坦质能方程质子、中子、粒子的质量分别是m1、m2、m3，质子和中子结合成一个粒子，释放的能量是（2m1+2m2-m3）c2，E正确。故正确答案选BCE。考点：玻尔模型和氢原子的能级结构，爱因斯坦质能方程，裂变反应和聚变反应，原子核的结合能第二部分 非选择题【试题24】如图1所示，某学生小组借用“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置，进行“探究合外力做功和动能变化的关系”的实验：图1纸带打点计时器小车细绳滑轮砝码托
23、盘垫片（1）实验明使小车在砝码和托盘的牵引下运动，以此定量探究细绳拉力做功与小车动能变化的关系。实验准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸及图1所示的器材。若要完成该实验，必需的实验器材还有_。为达到平衡摩擦力的目的，取下细绳和托盘，通过调节垫片的位置，改变长木板倾斜程度，根据打出的纸带判断小车是否做_运动。实验开始时，先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行。这样做的目的是_（填字母代号）。A避免小车在运动过程中发生抖动B可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰C可以保证小车最终能够实现匀速直线运动D可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力（2）连接细绳及托盘，放入砝码，通过实
24、验得到图2所示的纸带。纸带上O为小车运动起始时刻所打的点，选取时间间隔为0.1s的相邻计数点A、B、C、D、E、F、G。实验时测得小车的质量为M=200g，小车所受细绳的拉力为F=0.2N。各计数点到O的距离为s，对应时刻小车的瞬时速度为v，小车所受拉力做的功为W，小车动能的变化为。请计算前补填表中空格（结果保留小数点后四位）。计数点s/mv/(ms-1)v2/(m2s-2)W/J/ JA0.15500.55600.30910.03100.0309B0.21600.65550.42970.04320.0430C0.28610.75500.57000.05720.0570D0.36700.857
25、00.73440.07340.0734E0.45750.95250.9073F0.55751.0511.1050.11150.1105G0.66771.1501.3230.13350.1323 分析上述数据可知：在实验误差允许的范围内 。（3）这个小组在之前的一次实验中分析发现拉力做功总是要比小车动能增量明显大一些。这一情况可能是下列个些原因造成的_（填字母代号）。A在接通电源的同时释放了小车 B小车释放时离打点计时器太近C平衡摩擦力时长木板倾斜程度不够 D平衡摩擦力时长木板倾斜程度过大（4）实验小组进一步讨论认为可以通过绘制图线来分析实验数据。请根据表中各计数点的实验数据在图中标出对应的坐标
26、点，并画出图线。分析图线为一条通过原点的直线，直线的斜率如果在实验误差允许的范围内等于理论值，也可以得出相同的结论。这种方案中直线斜率表达式为k=_（用题目中相关物理量字母表示）。 24.（1）天平 、刻度尺；匀速直线运动；D； （2）0.0915、0.0907 ； 细绳拉力做功等于小车动能变化（3）C；（4）如右图描点、连线， 【解析】 （1）实验时还必须用天平测量小车及托盘砝码的质量，用刻度尺测量纸带的长度；当小车拖着纸带做匀速运动时，可认为已经平衡了摩擦力；实验开始时，先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行。这样做的目的是可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力，故选D.
27、 （2）第E组中拉力的功：W=Fs=0.2N0.4575m=0.0915J；动能增量：；分析上述数据可知：在实验误差允许的范围内细绳拉力做功等于小车动能变化；（3）拉力做功总是要比小车动能增量明显大一些的原因还有其它功存在，即阻力功，也就是说阻力没有都平衡掉，即平衡摩擦力时长木板倾斜程度不够，选项C正确；（4）画出的图线如图；由动能定理可知：，解得，故图线的斜率为；考点：验证牛顿第二定律.【试题25】某同学用伏安法测量一未知电阻的阻值。可供使用的器材如下：电流表：量程0.6A，内阻约为10； 电压表：量程15V，内阻约为9k；滑动变阻器：最大值10； 电源：电动势9V，内阻可不计；开关、导线若
28、干。该同学先后用如图甲、乙两种连接进行了实验，把两次实验数据分别用“”、“”在图丙中描点如下。(1)分析可知，该实验应该使用_(填“甲”或“乙”)电路进行测量，由该电路得到的数据点是用_(填“O”或“”)表示的。(2)请你在丙图中选择一组合适的数据点作图，并由图线得出金属丝的电阻为_(结果保留三位有效数字) (3)请在答题卡虚线框中画出完整的实验电路图，并完成实物连线。25.（1）乙（2分），（2分）；（2）15.416.2（2分)（答案在此范围内即可）（3）电路图如图所示（3分） 实物连线如图所示（3分） 【解析】 （1）根据可求出电阻值无论用那种方法都较小，因此采用安培表的外接法，即乙图测
29、量准确；用该方法测量值比准确值偏小，因此一定是“”；（2）根据“”图中的数据，再根据可求出电阻值应在15.416.2；（3）电路图与实物图连线见答案考点：测电阻的阻值【试题26】某同学近日做了这样一个实验，将一个小铁块（可看成质点）以一定的初速度，沿倾角可在0o90之间任意调整的木板向上滑动，设它沿木板向上能达到的最大位移为x, 若木板倾角不同时对应的最大位移x与木板倾角的关系如图所示。g取10m/s2。求(结果如果是根号，可以保留)： （1）小铁块初速度的大小v0以及小铁块与木板间的动摩擦因数是多少？（2）当=60时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，物体速度将变为多大？30x（m）01.2
30、59026.（1）5m/s；（2）m/s【解析】 试题分析：（1）当=90时，x=1.25m 则 当=30时，x=1.25m 由牛顿第二定律： 解得： （2）当=60时 则 上滑的加速度：下滑的加速度： 因为v2=2ax 则：考点：匀变速直线运动规律、牛顿第二定律的应用.【试题27】如图，足够长斜面倾角=30，斜面上OA段光滑，A点下方粗糙且，水平面上足够长OB段粗糙且2=0.5，B点右侧水平面光滑。OB之间有与水平方向（已知）斜向右上方的匀强电场E=105V/m。可视为质点的小物体C、D质量分别为mC=4kg，mD=1kg，D带电q= +110-4C，用轻质细线通过光滑滑轮连在一起，分别放在
31、斜面及水平面上的P和Q点由静止释放，B、Q间距离d=1m，A、P间距离为2d，细绳与滑轮之间的摩擦不计。（sin=，cos=，g=10m/s2），求：（1）物体C第一次运动到A点时速度；（2）物块D运动过程中电势能变化量的最大值。【答案】（1）2m/s；（2）50J【解析】试题分析：（1）对D进入电场受力分析可得：，所以，（2分）所以D在OB段不受摩擦力，设C物体到A点速度为v0，由题知释放后C物将沿斜面下滑，C物从P到A过程，对CD系统由动能定理得： ，（2分）解得： （2分）（2）由题意，C经过A点后将减速下滑至速度为0后又加速上滑，设其减少下滑加速度大小为，向下运动的时间为，发生的位移为
32、，对物体C：（2分）对物体D： （2分） 整体法列方程直接求出加速度也给4分 （2分）D从开始运动到最左端过程中： （2分）所以电势能变化量的最大值为50J考点：动能定理、牛顿第二定律、匀变速直线运动规律【试题28】在许多建筑工地经常使用打夯机将桩料打入泥土中以加固地基。打夯前先将桩料扶起、使其缓慢直立进入泥土中，每次卷扬机都通过滑轮用轻质钢丝绳将夯锤提升到距离桩顶=5m处再释放，让夯锤自由下落，夯锤砸在桩料上并不弹起，而随桩料一起向下运动。设夯锤和桩料的质量均为m=500 kg，泥土对桩料的阻力为，其中常数，是桩料深入泥土的深度。卷扬机使用电动机来驱动，卷扬机和电动机总的工作效率为=95%，
33、每次卷扬机需用20 s的时间提升夯锤。提升夯锤时忽略加速和减速的过程，不计夯锤提升时的动能，也不计滑轮的摩擦。夯锤和桩料的作用时间极短，g取10，求：（1）在提升夯锤的过程中，电动机的输入功率；（结果保留2位有效数字）（2）打完第一夯后，桩料进入泥土的深度。28.（1）（2） 【解析】 （1）提升夯锤的过程中需做功则卷扬机的输入功率为（2）依靠自重桩料可下沉夯在打击前的速度为打击后的共同速度为下冲过程的阻力是随距离均匀变化的力，可用平均力求做功，下冲过程用动能定理，则第一夯打击后桩料深入泥土的浓度为考点：功，功率，动能定理【试题29】如图，在平面直角坐标系xoy内，第一象限的射线op与x轴夹角
34、为30，在pox范围之外存在垂直xoy面向里的匀强磁场，磁感应强度为B一质量为m、带电量为q的正电粒子，从o点以沿y轴负方向的速度v出发仅受磁场力而运动。试求： （1）粒子离开o点后，第三次经过磁场边界时的位置坐标；（2）粒子在磁场中运动的总时间；（3）若保持其它条件不变而将pox变为15，粒子出发之后将总共几次穿越磁场边界？【答案】（1）（，）（2）（3）11次【解析】试题分析：（1）粒子在磁场中做圆周运动，如图为粒子运动轨迹描绘，洛仑兹力提供向心力： 得圆轨道半径第一段圆弧轨迹OA为半圆，A点横坐标为2R粒子再次由点B（2R，）进入磁场，进入磁场时与边界OP夹角2=60粒子再次出磁场即第三
35、次经过磁场边界在位置C，由几何关系BC=2Rsin2= 由此易得C点坐标（，），即（，） （2）粒子在磁场中运动周期周期 粒子第一段圆弧OA圆心角180，第二段圆弧BC圆心角为360-22=240由几何关系，粒子第三次进入磁场时，速度与边界Ox夹角3=30，这也是粒子第三次出磁场时速度与边界Ox的夹角，因为Pox=30，所以第三次出磁场后粒子速度与OP平行，不再能进入磁场。1分容易求得粒子第三次在磁场中轨迹的圆心角为60.所以粒子在磁场中运动总时间为：t= （3）每一次粒子进入磁场时速度与磁场边界夹角，与出磁场时速度与磁场边界夹角相等，如右图可看出：n+1=n-其中n为粒子第n次在磁场中运动过
36、程中，进磁场或出磁场时其速度与磁场边界的夹角，可看出这个角度每次减小，若第n次的n减为0或者负值，则第n次圆周运动将不再发生。为15，1为90，因为：1-6=0所以粒子只能在磁场中进行6次圆周运动，出发后穿越磁场边界的次数为11次考点：带电粒子在匀强磁场中的运动。【试题30】如图所示，两根相同的平行金属直轨道竖直放置，上端用导线接一定值电阻，下端固定在水平绝缘底座上。底座中央固定一根弹簧，金属直杆ab通过金属滑环套在轨道上。在MNPQ之间分布着垂直轨道面向里的匀强磁场，现用力压杆使弹簧处于压缩状态，撤力后杆被弹起，脱离弹簧后进入磁场，穿过PQ后继续上升，然后再返回磁场，并能从边界MN穿出，此后
37、不再进入磁场。杆ab与轨道的摩擦力大小恒等于杆重力的倍。已知杆向上运动时，刚穿过PQ时的速度是刚穿过MN时速度的一半，杆从PQ上升的最大高度（未超过轨道上端）是磁场高度的n倍；杆向下运动时，一进入磁场立即做匀速直线运动。除定值电阻外不计其它一切电阻，已知重力加速度为g。求：（1）杆向上穿过PQ时的速度与返回PQ时的速度大小之比v1：v2；（2）杆向上运动刚进入MN时的加速度大小a；（3）杆向上、向下两次穿越磁场的过程中产生的电热之比Q1：Q2。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】试题分析：（1）设杆从PQ上升的最大高度为h，上升过程中的加速度大小为，则，； （1分）下降过程中的加速度大小，则，； （1分）。 （2分）（2）设杆质量为m，长度为l，定值电阻阻值为R。杆刚进入MN时的速度为v0，切割产生的电动势，回路中的电流，ab杆受到的安培力大小为，方向竖直向下。 （1分）杆刚进入MN时，由牛顿第二定律，得。 （1分）由题意，杆下落进入磁场做匀速运动，速度为v2，切割产生的电动势，此时回路中的电流，ab杆受到的安培力大小为， （1分）这一过程中杆受力平衡，即，可得。 （1分）考点：本题考查匀变速直线运动、牛顿第二定律、安培力、电动势和动能定理。
