2019-2020年高三物理一輪 第10章《交變電流》章末大盤點.doc

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2019-2020年高三物理一輪 第10章《交變電流》章末大盤點 (本欄目內(nèi)容，在學(xué)生用書中以活頁形式分冊裝訂！) 一、選擇題 1．如右圖所示，R1、R2為定值電阻，L為小燈泡，R3為光敏電阻，當照射光強度增大時(　　) A．電壓表的示數(shù)減小 B．R2中電流減小 C．小燈泡的功率減小 D．電路的路端電壓增大 解析：　當光強度增大時，R3阻值減小，外電路電阻隨R3的減小而減小，R1兩端電壓因干路電流增大而增大，同時內(nèi)電壓增大，故電路路端電壓減小，而電壓表的示數(shù)增大，A、D項均錯誤；由路端電壓減小，而R1兩端電壓增大知，R2兩端電壓必減小，則R2中電流減小，故B項正確；結(jié)合干路電流增大知流過小燈泡的電流必增大，則小燈泡的功率增大，故C項錯誤． 答案：　B 2.如右圖所示，左側(cè)的圓形導(dǎo)電環(huán)半徑為r＝1.0 cm，導(dǎo)電環(huán)與一個理想變壓器的原線圈相連，變壓器的副線圈兩端與一個電容為C＝100 pF的電容器相連，導(dǎo)電環(huán)的電阻不計．環(huán)中有垂直于圓環(huán)平面的變化磁場，磁場磁感應(yīng)強度B的變化率為＝100πsin ωt.若電容器C所帶電荷量的最大值為1.4110－9 C，則所用理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)之比為(取π2＝10)(　　) A．1∶100　　　　　　　　　 B．100∶1 C．1∶100 D．100∶1 答案：　A 3．如下圖甲、乙分別表示兩種電壓的波形，其中圖甲所示電壓按正弦規(guī)律變化．下列說法正確的是(　　) A．圖甲表示交流電，圖乙表示直流電 B．兩種電壓的有效值相等 C．圖甲所示電壓的瞬時值表達式為U＝311sin 100πt V D．圖甲所示電壓經(jīng)匝數(shù)比為10∶1的變壓器變壓后，頻率變?yōu)樵瓉淼? 解析：　因圖象的縱坐標上電壓的正負表示電壓的方向，因此兩圖均為交流電，A錯；對于正弦交流電才有U有效＝，雖然兩圖的峰值相同，但圖乙非正弦(余弦)交流電不適用上式有效值的求法，故B錯；正弦交流電電壓瞬時值的表達式為u＝Umsin ωt，由圖象可知Um＝311 V，T＝210－2 s，可得ω＝＝100 π，代入上式得u＝311sin100πt，故C對；由變壓器原理可知變壓器只能根據(jù)匝數(shù)比改變電壓和電流，它不會改變周期和頻率，故D錯． 答案：　C 4．(xx北京西城)下圖是一種理想自耦變壓器示意圖，線圈繞在一個圓環(huán)形的鐵芯上，P是可移動的滑動觸頭．A、B間接交流電壓U，輸出端連接了兩個相同的燈泡L1和L2，Q為滑動變阻器的滑動觸頭．當開關(guān)S閉合，P處于如圖所在的位置時，兩燈均能發(fā)光．下列說法正確的是(　　) A．將P沿逆時針方向移動，兩燈均變暗 B．P不動，將Q向左移動，兩燈均變亮 C．P不動，將Q向右移動，輸入功率變大 D．斷開開關(guān)S，L1將變暗 解析：　當P沿逆時針方向移動時，副線圈的匝數(shù)n2增大，由＝知，U2增大，L1、L2均變亮，A錯；當P不動時U2不變，Q向左移動，R減小，L1、L2電壓增大，兩燈泡變亮；B對；當P不動，Q向右移動時，R增大，變壓器輸出功率P2＝，R總增大，P2減小，而P1＝P2，故P1減小，C錯；斷開開關(guān)S，負載電阻增大，L1的電壓增大將變亮，D錯． 答案：　B 5.如右圖所示，動圈式話筒是能夠?qū)⒙曇粜盘栟D(zhuǎn)變?yōu)槲⑷醯碾娦盘?交變電流)的裝置，該裝置產(chǎn)生的電信號一般都不是直接送給擴音機，而是經(jīng)過一個變壓器后再送給擴音機放大，變壓器的作用是能夠減少電信號沿導(dǎo)線傳輸過程中的電能損失．下列說法中正確的是(　　) A．該話筒能夠?qū)⒙曇粜盘栟D(zhuǎn)變?yōu)殡娦盘?，利用的是電磁感?yīng)原理 B．該話筒將聲音信號轉(zhuǎn)變?yōu)殡娦盘柕牟考鋵嵸|(zhì)是一個電容傳感器 C．該話筒中的變壓器一定是升壓變壓器，因為P＝UI，升壓后，電流減小，導(dǎo)線上損失的電能增大 D．該話筒中的變壓器一定不是升壓變壓器，因為P＝U2/R，升壓后，導(dǎo)線上損失的電能會增加 解析：　動圈式話筒的工作原理即電磁感應(yīng)，選項A正確、B錯誤；變壓器的作用是能夠減少電信號沿導(dǎo)線傳輸過程中的電能損失，則由P＝UI及P＝I2R可知，電路中電流越小，導(dǎo)線上損失的電能越少，所以選項C、D均錯誤． 答案：　A 6．有些手機充電器由變壓器和整流電路組成，由變壓器把高壓交流電變?yōu)榈蛪航涣麟?，再整流為低壓直流電，現(xiàn)有一手機，充電電池的充電電壓為4 V直流電壓，充電電流為220 mA，若把變壓器視為理想變壓器，該手機充電器的變壓器的原副線圈的匝數(shù)比和原線圈的電流為(不考慮整流電路的電壓損失， 副線圈的有效電壓和直流電壓相等)(　　) A．55∶1,4 mA B．55∶1,4 mA C．55∶，4 mA D．55∶1,4 mA 解析：　由于充電電池的充電電壓為4 V，故整流前的低壓交流電的有效值也為4 V，n1∶n2＝220∶4＝55∶1，I1∶I2＝n2∶n1，得I1＝4 mA，選項A正確． 答案：　A 7．如下圖甲所示，A、B兩端接直流穩(wěn)壓電源，UAB＝100 V，R1＝40 Ω，滑動變阻器總電阻R＝20 Ω，滑片處于變阻器中點位置；圖乙中，自耦變壓器輸入端A、B接交流穩(wěn)壓電源，其電壓有效值也為UAB＝100 V，滑片也處于線圈中點位置，R2＝40 Ω.若R1和R2的發(fā)熱功率分別為P1和P2，則P1和P2的關(guān)系為(　　) A．P1＝P2 B.＝ C.＝ D.＝ 解析：　題圖甲中，R1兩端的電壓為U1＝80 V，題圖乙中，R2兩端的電壓的有效值為U2＝200 V，所以＝＝，即C選項正確． 答案：　C 8．某小型水電站的電能輸送示意圖如下，發(fā)電機的輸出電壓為200 V，輸電線總電阻為r，升壓變壓器原、副線圈匝數(shù)分別為n1、n2，降壓變壓器原副線圈匝數(shù)分別為n3、n4(變壓器均為理想變壓器)．要使額定電壓為220 V的用電器正常工作，則(　　) A.＞ B.＜ C．升壓變壓器的輸出電壓等于降壓變壓器的輸入電壓 D．升壓變壓器的輸出功率等于降壓變壓器的輸入功率 解析：　由于輸電線上有電阻，所以考慮到電壓損失，則有升壓變壓器的輸出電壓大于降壓變壓器的輸入電壓，根據(jù)變壓器的電壓與匝數(shù)之比的關(guān)系，可知要讓用電器正常工作，必須有＞，A對，B、C錯；考慮到輸電線上也有電功率的損失，可知D錯． 答案：　A 9．正弦交變電源與電阻R、交流電壓表、交流電流表按照下圖甲所示的方式連接，R＝200 Ω.圖乙是交變電源輸出電壓u隨時間t變化的圖象．則(　　) A．交流電壓表的讀數(shù)是311 V B．交流電流表的讀數(shù)是6.2 A C．R兩端電壓隨時間變化的規(guī)律是uR＝311cos πt V D．R兩端電壓隨時間變化的規(guī)律是uR＝311cos 100πt V. 解析：　由圖乙可知，電源輸出電壓峰值為311 V，有效值為220 V，所以電壓表示數(shù)為有效值220 V，電流表讀數(shù)為電流的有效值I＝＝1.1 A，A、B均錯，由圖乙可知T＝210－2 s，ω＝＝100π，所以R兩端電壓隨時間變化的規(guī)律為UR＝311cos 100πt V，C錯，D對． 答案：　D 10．(xx河北石家莊三月)甲圖為發(fā)電機結(jié)構(gòu)示意圖，其中N、S是永久磁鐵的兩個磁極，其表面呈半圓柱面狀．M是圓柱形鐵芯，它與磁極柱面共軸，鐵芯上繞有矩形線框，可繞與鐵芯共軸的固定軸轉(zhuǎn)動．磁極與鐵芯間的磁場均勻輻向分布．從圖示位置開始計時，當線框勻速轉(zhuǎn)動時，乙圖中可正確反映線框感應(yīng)電動勢e隨時間t變化規(guī)律的是(　　) 解析：　矩形線框在輻向磁場中轉(zhuǎn)動，B不動，v始終與B垂直，由E＝BLv知E大小不變，方向周期性變化，故選D. 答案：　D 11.如右圖所示，半徑為r的半圓形金屬導(dǎo)線(CD為直徑)處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于線圈平面，有關(guān)導(dǎo)線中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小的說法正確的是(　　) A．導(dǎo)線從圖示位置開始繞CD以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時E＝πr2Bωsin ωt B．導(dǎo)線在紙面內(nèi)沿與CD成45角以速度v斜向下勻速運動時E＝rBv C．導(dǎo)線不動，勻強磁場以速度v水平向左勻速運動時E＝0 D．導(dǎo)線在紙面內(nèi)以速度v水平向右運動，同時勻強磁場以速度v沿CD方向向上勻速運動時E＝Brv 解析：　半圓形導(dǎo)線CAD在勻強磁場中以角速度ω繞CD勻速轉(zhuǎn)動時，E＝BSωsin ωt＝πr2Bωsin ωt，A錯誤；半圓形導(dǎo)線的長度等效為2r，當它在紙面內(nèi)沿與CD成45角以速度v斜向下勻速運動時其切割磁感線的有效長度為r，則感應(yīng)電動勢的大小E＝rBv，B正確；導(dǎo)線不動，勻強磁場以速度v水平向左勻速運動時，等效為導(dǎo)線在紙面內(nèi)沿垂直CD方向以速度v向右勻速運動，則E＝2Brv，C錯誤；導(dǎo)線在紙面內(nèi)以速度v水平向右運動，同時勻強磁場以速度v沿CD方向向上勻速運動，等效為導(dǎo)線在紙面內(nèi)以大小為v、方向與CD成45斜向下勻速運動，則感應(yīng)電動勢的大小E＝2rBv，D錯誤． 答案：　B 二、非選擇題 12.如右圖所示，一小型發(fā)電機內(nèi)有n＝100匝的矩形線圈，線圈面積S＝0.10 m2，線圈電阻可忽略不計．在外力作用下矩形線圈在B＝0.10 T的勻強磁場中，以恒定的角速度ω＝100 π rad/s繞垂直于磁場方向的固定軸OO′勻速轉(zhuǎn)動，發(fā)電機線圈兩端與R＝100 Ω的電阻構(gòu)成閉合回路．求： (1)線圈轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的最大值； (2)從線圈平面通過中性面時開始，線圈轉(zhuǎn)過90角的過程中通過電阻R橫截面的電荷量； (3)線圈勻速轉(zhuǎn)動10 s，電流通過電阻R產(chǎn)生的焦耳熱． 解析：　(1)線圈中感應(yīng)電動勢的最大值 Em＝nBSω＝3.14102 V(說明：314 V,100π V也同樣得分)． (2)設(shè)從線圈平面通過中性面時開始，線圈轉(zhuǎn)過90角所用時間為Δt， 線圈中的平均感應(yīng)電動勢＝n 通過電阻R的平均電流＝＝ 在Δt時間內(nèi)通過電阻橫截面的電荷量 Q＝Δt＝＝1.010－2 C. (3)矩形線圈在勻強磁場中勻速轉(zhuǎn)動產(chǎn)生正弦交變電流，電阻兩端電壓的有效值U＝Em 經(jīng)過t＝10 s電流通過電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q熱＝t 解得Q熱＝4.9103 J. 答案：　(1)3.14102 V　(2)1.010－2 C　(3)4.9103 J  滾動訓(xùn)練(九) (本欄目內(nèi)容，在學(xué)生用書中以活頁形式分冊裝訂！) 一、選擇題 1．(xx海南卷)1873年奧地利維也納世博會上，比利時出生的法國工程師格拉姆在布展中偶然接錯了導(dǎo)線，把另一直流發(fā)電機發(fā)出的電接到了他自己送展的直流發(fā)電機的電流輸出端．由此而觀察到的現(xiàn)象導(dǎo)致了他的一項重要發(fā)明，從而突破了人類在電能利用方面的一個瓶頸．此項發(fā)明是(　　) A．新型直流發(fā)電機　　　　　 B．直流電動機 C．交流電動機 D．交流發(fā)電機 解析：　本題考查有關(guān)物理學(xué)史和電磁感應(yīng)及電動機等知識，意在考查考生對電磁學(xué)的發(fā)展過程的了解．題中說明把一發(fā)電機發(fā)的電接到了另一發(fā)電機的輸出端，必然使這臺發(fā)電機通過電流，電流在磁場中必定受到安培力的作用，在安培力的作用下一定會轉(zhuǎn)動起來，這就成了直流電動機，故正確答案為B. 答案：　B 2．xx年北京奧運會上，中國選手何雯娜獲得女子體操蹦床比賽冠軍．蹦床運動要求運動員在一張繃緊的彈性網(wǎng)上蹦起、騰空并做空中動作．為了測量運動員躍起的高度，訓(xùn)練時可在彈性網(wǎng)上安裝壓力傳感器，利用傳感器記錄彈性網(wǎng)的壓力，并在計算機上做出壓力—時間圖象，假如做出的圖象如下圖所示．設(shè)運動員在空中運動時可視為質(zhì)點，則運動員躍起的最大高度為(g取10 m/s2)(　　) A．1.8 m B．3.6 m C．5.0 m D．7.2 m 解析：　從題中F－t圖象中可以看出，運動員脫離彈性網(wǎng)后騰空的時間為2.0 s，則運動員上升到最大高度所用的時間為1.0 s，上升的最大高度h＝gt2＝5.0 m，選項C正確． 答案：　C 3.一帶電粒子在電場中僅在電場力作用下，從A點運動到B點，速度隨時間變化的圖象如右圖所示，tA、tB分別是帶電粒子到達A、B兩點時對應(yīng)的時刻，則下列說法中正確的有(　　) A．A點的場強一定小于B點的場強 B．A點的電勢一定高于B點的電勢 C．帶電粒子在A點的電勢能一定小于在B點的電勢能 D．帶電粒子從A點到B點過程中，電場力一定對帶電粒子做正功 解析：　由于v－t圖象上各點的斜率表示加速度的大小，從圖象可以看出帶電粒子在A點的加速度大于在B點時的加速度，由牛頓第二定律可知EA＞EB，選項A錯誤；帶電粒子帶電性質(zhì)未知，故A、B兩點電勢無法判斷，選項B錯誤；從v－t圖象中可以看出B點速度大于A點速度，故電場力對帶電粒子做正功，電勢能減小，所以選項C錯誤，選項D正確． 答案：　D 4．如右圖所示，理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)比為1∶5，原線圈兩端的交變電壓為u＝20sin 100 πt V．氖泡在兩端電壓達到100 V時開始發(fā)光，下列說法中正確的有(　　) A．開關(guān)接通后，氖泡的發(fā)光頻率為50 Hz B．開關(guān)接通后， 電壓表的示數(shù)為100 V C．開關(guān)斷開后，電壓表的示數(shù)變大 D．開關(guān)斷開后，變壓器的輸出功率不變 解析：　副線圈電壓由原線圈決定，則不論負載如何變化，電壓表的讀數(shù)不變，始終為有效值100 V，B正確．每個交流電周期內(nèi)氖管發(fā)光兩次，每秒發(fā)光100次，則氖管發(fā)光頻率為100 Hz，開關(guān)斷開后，負載電阻增大，電流減小，則變壓器的輸出功率減小．由以上分析可知，只有選項B正確． 答案：　B 5．(xx江西十校二模)矩形導(dǎo)線框abcd放在勻強磁場中，磁感線方向與線圈平面垂直，磁感應(yīng)強度B隨時間變化的圖象如右圖所示，t＝0時刻，磁感應(yīng)強度的方向垂直紙面向里．若規(guī)定導(dǎo)線框中感應(yīng)電流逆時針方向為正，則在0～4 s時間內(nèi)，線框中的感應(yīng)電流I以及線框的ab邊所受安培力F隨時間變化的圖象為下圖中的(安培力取向上為正方向)(　　) 【解析】　由E＝n＝n，推知電流恒定，A錯；因為規(guī)定了導(dǎo)線框中感應(yīng)電流逆時針方向為正，感應(yīng)電流在0～2 s內(nèi)為順時針方向，所以B錯；由F＝BIL得：F與B成正比，C正確，D錯． 答案：　C 6．在一些學(xué)校教室為了保證照明條件，采用智能照明系統(tǒng)，在自然光不足時接通電源啟動日光燈，而在自然光充足時，自動關(guān)閉日光燈．其原理圖如圖所示：R為一光敏電阻，L為一帶鐵芯的螺線管．在螺線管上方有一用細彈簧系著的輕質(zhì)銜鐵．一端用鉸鏈固定在墻上可以自由轉(zhuǎn)動，另一端用一絕緣棒鏈接兩動觸頭，有關(guān)這智能照明系統(tǒng)工作原理描述正確的是(　　) A．在光照越強，光敏電阻電阻越大，銜鐵被吸引下來 B．在光線不足時，光敏電阻阻值變大，電流小銜鐵被彈簧拉上去，日光燈斷開 C．上兩接線柱應(yīng)該和日光燈電路連接 D．下面兩接線柱和日光燈電路連接 解析：　由光敏電阻特性可知，光照強度越強，電阻越小電流大，所以A、B項均錯；上兩接線柱應(yīng)接日光燈電路，所以C項正確，而D項錯誤． 答案：　C 7.在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，一個面積為S的矩形線圈勻速轉(zhuǎn)動時所產(chǎn)生的交流電電壓隨時間變化的波形如右圖所示，線圈與一阻值R＝9 Ω的電阻串聯(lián)在一起，線圈的電阻為1 Ω.則(　　) A．通過電阻R的電流瞬時值表達式為i＝10sin 200πt(A) B．電阻R兩端的電壓有效值為90 V C．1 s內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的熱量為450 J D．圖中t＝110－2s時，線圈位于與中性面垂直的位置 解析：　通過電阻R的電流最大值為Im＝＝10 A，線圈轉(zhuǎn)動的角速度ω＝＝rad/s＝100π rad/s，故電流的瞬時值表達式為i＝10sin 100πt(A)，A錯誤；電阻R兩端的電壓有效值為U有效＝R＝9 V＝45 V，B錯誤；1 s內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的熱量Q＝t＝450 J，C正確；t＝1.010－2 s時感應(yīng)電動勢為零，此時穿過線圈的磁通量最大，線圈位于中性面，D錯誤． 答案：　C 8.如右圖所示，卷揚機的繩索通過定滑輪用力F拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上移動．在移動過程中，下列說法正確的是(　　) A．F對木箱做的功等于木箱增加的動能與木箱克服摩擦力所做的功之和 B．F對木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和 C．木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力勢能 D．F對木箱做的功大于木箱增加的機械能與木箱克服摩擦力做的功之和 解析：　木箱加速上滑的過程中，拉力F做正功，重力和摩擦力做負功．支持力不做功，由動能定理得：WF－WG－Wf＝mv2－0，即 WF＝WG＋Wf＋mv2，A、B錯誤，又因克服重力做功WG等于物體增加的重力勢能，所以WF＝ΔEp＋ΔEk＋WF，故D錯誤，又由重力做功與重力勢能變化的關(guān)系知C正確． 答案：　C 9.如右圖所示，在一水平桌面上有豎直向上的勻強磁場，已知桌面離地高h＝1.25 m，現(xiàn)有寬為1 m的U形金屬導(dǎo)軌固定在桌面上，導(dǎo)軌上垂直導(dǎo)軌放有一質(zhì)量為2 kg，電阻為2 Ω的導(dǎo)體棒，其他電阻不計，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為0.2，將導(dǎo)體棒放在CE左側(cè)3 m處，CE與桌邊重合，現(xiàn)用F＝12 N的力作用于導(dǎo)體棒上，使其從靜止開始運動，經(jīng)過3 s導(dǎo)體棒剛好到達導(dǎo)軌的末端(在此之前導(dǎo)體棒的運動已達到穩(wěn)定狀態(tài))，隨即離開導(dǎo)軌運動，其落地點距桌子邊緣的水平距離為2 m，g取10 m/s2，則(　　) ①導(dǎo)體棒先做勻加速運動，再做勻速運動，最后做平拋運動　②所加磁場的磁感應(yīng)強度B＝2 T?、蹖?dǎo)體棒上產(chǎn)生的焦耳熱為24 J　④整個過程中通過導(dǎo)體棒橫截面的電荷量為3 C A．①②　　　　　　　　　 B．②③ C．③④ D．②④ 解析：　導(dǎo)體棒水平方向受安培力、摩擦力和拉力，豎直方向受重力、支持力作用，在拉力F的作用下從靜止開始做加速運動，隨著速度的增加，安培力增大，合力減小，加速度減小，即開始做加速度減小的加速運動，當合力為零時做勻速運動，直到離開導(dǎo)軌后做平拋運動，①錯誤；由平拋運動規(guī)律h＝gt2及x＝vt知導(dǎo)體棒離開桌邊緣時速度為v＝x＝4 m/s，而導(dǎo)體棒已處于穩(wěn)定狀態(tài)，即F＝μmg＋BIL，I＝，所以 B＝2 T，②正確；由法拉第電磁感應(yīng)定律知E＝＝＝2 V，故q＝It＝t＝3 C，④正確；由能量轉(zhuǎn)化及守恒定律得導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝Fs－mv2－μmgs＝8 J，③錯誤．由以上可知選項D正確． 答案：　D 二、非選擇題 10．某同學(xué)準備利用下列器材測量電源電動勢和內(nèi)電阻． A．干電池兩節(jié)，每節(jié)電池電動勢約為1.5 V，內(nèi)阻約幾歐姆 B．直流電壓表V1、V2，量程均為1.5 V，內(nèi)阻約為3 kΩ C．定值電阻R0，阻值為5 Ω D．滑動變阻器R，最大阻值50 Ω E．導(dǎo)線和開關(guān) (1)該同學(xué)連接的實物電路如圖甲所示，其中還有一根導(dǎo)線沒有連，請補上這根導(dǎo)線． (2)實驗中移動滑動變阻器觸頭，讀出電壓表V1和V2的多組數(shù)據(jù)U1、U2，描繪出U1－U2圖象如圖乙所示，圖中直線斜率為k，與橫軸的截距為a，則電源的電動勢E＝________，內(nèi)阻r＝________(用k、a、R0表示)． (3)根據(jù)所給器材，請你再設(shè)計一種測量電源電動勢和內(nèi)電阻的電路圖，畫在圖丙的虛線框內(nèi)． 答案：　(1)如下圖所示 (2)a　 (3)如下圖所示 11．如圖甲所示，一半徑R＝1 m、圓心角等于143的豎直圓弧形光滑軌道，與斜面相切于B點，圓弧軌道的最高點為M，斜面傾角θ＝37，t＝0時刻有一物塊沿斜面上滑，其在斜面上運動的速度變化規(guī)律如圖乙所示．若物塊恰能到達M點，(取g＝10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8)，求： (1)物塊經(jīng)過B點時的速度vB； (2)物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ； (3)AB間的距離xAB. 解析：　(1)由題意物塊恰能到達M點 則在M點有mg＝m 由機械能守恒定律有 mgR(1＋cos 37)＝mv－mv 代入數(shù)據(jù)可求得： vB＝ m/s. (2)由v－t圖可知物塊運動的加速度 a＝10 m/s2 由牛頓第二定律有 mgsin 37＋μmgcos 37＝ma 所以物塊與斜面間的動摩擦因數(shù) μ＝＝0.5. (3)由運動學(xué)公式2axAB＝v－vB 又vA＝8 m/s 得xAB＝0.9 m. 答案：　(1) m/s　(2)0.5　(3)0.9 m 12.如右圖所示，豎直直角坐標系，第一象限有水平向左的勻強電場E1，第四象限有垂直于紙面向外的勻強磁場，且L/2～L處有豎直向下的勻強電場E2.質(zhì)量為m的小球自A(0，L/2)處以v0的初速度水平拋出，小球到達B(L,0)處是速度方向恰好與x軸垂直．在B處有一內(nèi)表面粗糙的圓筒，筒內(nèi)壁與小球間的動摩擦因數(shù)為μ，筒直徑略大于小球直徑，筒長為L，豎直放置．已知小球在離開筒以前就已經(jīng)勻速，且離開筒后做勻速圓周運動，恰在D(0，L)處水平進入第三象限．求： (1)E1∶E2是多少？ (2)小球從剛進入圓筒到剛好出來圓筒的過程中，小球克服摩擦力所做的功？ 解析：　(1)在第一象限，水平方向小球做勻減速運動，加速度大小為： a＝ 由運動學(xué)公式：有：＝at2① 豎直方向做自由落體運動，有：L＝gt2② 由①②得，a＝g 由牛頓第二定律可知，qE1＝mg③ 小球在第四象限的電磁場中做勻速圓周運動，應(yīng)用電場力與重力平衡，即：qE2＝mg④ 由③④得，E1∶E2＝1∶2. (2)設(shè)小球進入圓筒時的速度為v1，在第一象限，由運動規(guī)律有： 豎直方向：＝t⑤ 水平方向：L＝t⑥ 由⑤⑥得：v1＝ 小球在圓筒中做加速度減小的加速運動，當重力與摩擦力相等時，開始做勻速運動，設(shè)此速度為v2，由平衡條件，有：mg＝μBqv2⑦ 得：v2＝ 在第四象限的電磁場中做圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，有： Bqv2＝m⑧ 由⑦⑧得，v2＝ 從小球進入圓筒到離開圓筒，由動能定理，有： mv－mv＝mgL－Wf⑨ 解之得：Wf＝mgL＋mv. 答案：　(1)1∶2　(2)mgL＋mv