近三年全国卷24-25题

【2015·全国新课标Ⅰ·24】如图，一长为10cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘，金属棒通过开关与一电动势为12V的电池相连，电路总电阻为2Ω。已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm，重力加速度大小取10m/s2。判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向,并求出金属棒的质量。

【答案】m0.01kg

【解析】金属棒通电后，闭合回路电流I导体棒受到安培力FU12v6A R2BIL0.06N

根据安培定则可判断金属棒受到安培力方向竖直向下 开关闭合前2k0.510mmg

开关闭合后2k(0.50.3)10mmgF

22m0.01kg

【考点定位】安培力

【2017·新课标Ⅰ卷】（12分）一质量为8.00×104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60×105 m处以7.50×103 m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地面。取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s2。（结果保留2位有效数字）

（1）分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；

（2）求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。 【答案】（1）（1）4.0×108 J 2.4×1012 J （2）9.7×108 J

1

计算题

（2）飞船在高度h' =600 m处的机械能为Eh由功能原理得WEhE0⑥

式中，W是飞船从高度600 m处至着地瞬间的过程中克服阻力所做的功。由②⑤⑥式和题给数据得 W=9.7×108 J⑦

4．【2016·全国新课标Ⅰ卷】（18分）如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为

12.02m(vh)mgh⑤ 21005R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC=7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内。质量61，重力加速度大小为g。4为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点（未画出），随后P沿轨道被弹回，最高点到达F点，AF=4R，已知P与直轨道间的动摩擦因数=（取sin37，cos37354） 5

（1）求P第一次运动到B点时速度的大小。 （2）求P运动到Ｅ点时弹簧的弹性势能。

（3）改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。

7R、竖直相距R，2 2

计算题

【答案】（1）vB2gR；（2）Ep1231mgR；（3）vD5gR；m1m 553P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有Ep–mgl1sin θ–μmgl1cos θ=0⑥ 联立③④⑤⑥式并由题给条件得x=R⑦

Ep12mgR⑧ 5（3）设改变后P的质量为m1。D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为

x175RRsin⑨ 2655y1RRRcos⑩

66式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实。

设P在C点速度的大小为vC。在P由C运动到D的过程中机械能守恒，有

115522m1vCm1vDm1g(RRcos)⑭ 2266P由E点运动到C点的过程中，同理，由动能定理有

⑮

⑭⑮联立⑦⑧⑬式得m11m⑯ 36．【2017·新课标Ⅰ卷】（20分）真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴

3

计算题

在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0。在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变。持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点。重力加速度大小为g。 （1）求油滴运动到B点时的速度。

（2）求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。

【答案】（1）v2v02gt1 （2）E2[225vv01v021)0 ()]E1 t1(2ggt14gt1（2）由题意，在t=0时刻前有qE1mg⑥ 1油滴从t=0到时刻t1的位移为s1v0t1a1t12⑦

21油滴在从时刻t1到时刻t2=2t1的时间间隔内的位移为s2v1t1a2t12⑧

2由题给条件有⑨

式中h是B、A两点之间的距离。 若B点在A点之上，依题意有s1s2h⑩ 由①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得E2[22为使E2E1，应有22v01v02()]E1⑪ gt14gt1v01v02()1⑫ gt14gt1即当0t1(13v0)⑬ 2g 4

计算题

或t1(13v0)⑭ 2g才是可能的：条件⑬式和⑭式分别对应于v20和v20两种情形。

11．【2015·全国新课标Ⅰ·25】一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图（a）所示。t0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1s时间内小物块的vt图线如图（b）所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2。求

（1）木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2； （2）木板的最小长度； （3）木板右端离墙壁的最终距离。 【答案】（1）10.120.4（2）6m（3）6.5m

5

计算题

木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即1ga 可得10.1

（2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有1(Mm)g2mgMa1 可得a14m/s2 3对滑块，则有加速度a24m/s2

滑块速度先减小到0，此时碰后时间为t11s 此时，木板向左的位移为x1vt1滑块向右位移x212108a1t1m末速度v1m/s 2334m/s0t12m 2此后，木块开始向左加速，加速度仍为a24m/s2 木块继续减速，加速度仍为a14m/s2 3假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2v1a1t2 解得t20.5s

127x3v1t2a1t2m末速度v3v1a1t22m/s

此过程，木板位移26滑块位移x4121a2t2m 22此后木块和木板一起匀减速。

6

计算题

二者的相对位移最大为xx1x3x2x46m 滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m

【2016·全国新课标Ⅰ卷】（14分）如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连。两细金属棒ab（仅标出a端）和cd（仅标出c端）长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平。右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上。已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，已知金属棒ab匀速下滑。求

（1）作用在金属棒ab上的安培力的大小； （2）金属棒运动速度的大小。

【答案】（1）mg(sin θ–3μcos θ) （2）(sin θ–3μcos θ)

mgR 22BL【解析】（1）设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2。对于ab棒，由力的平衡条件得2mgsin θ=μN1+T+F① N1=2mgcos θ②

对于cd棒，同理有mgsinθ+μN2=T③，N2=mgcosθ④ 联立①②③④式得F=mg(sin θ–3μcos θ)⑤ （2）由安培力公式得F=BIL⑥

这里I是回路abdca中的感应电流。ab棒上的感应电动势为ε=BLv⑦ 式中，v是ab 棒下滑速度的大小。由欧姆定律得I=联立⑤⑥⑦⑧式得v=(sin θ–3μcos θ)

7

R⑧

mgR⑨ B2L2