【正文】 煤塊都是靜止的．現(xiàn)讓傳送帶以恒定的加速度 a開始運(yùn)動，當(dāng)其速度達(dá)到 v后，便以此速度作勻速運(yùn)動．經(jīng)過一段時(shí)間，煤塊在傳送帶上留下了一段黑色痕跡后，煤塊相對于傳送帶不再滑動，關(guān)于上述過程，以下判斷正確的是（重力加速度為 g）（ ） A． μ 與 a之間一定滿足關(guān)系 μ≥ B．黑色痕跡的長度為 C．煤塊從開始運(yùn)動到相對于傳送帶靜止經(jīng)歷的時(shí)間為 D．煤塊與傳送帶由于摩擦而產(chǎn)生的熱量為 【考點(diǎn)】 牛頓第二定律；滑動摩擦力；功能關(guān)系． 【專題】 傳送帶專題． 【分析】 A、要發(fā)生相對滑動，傳送帶的加速度需大于煤塊的加速度． B、當(dāng)煤塊的速度達(dá)到 v時(shí)，求出傳送帶的位移和煤塊的位移，兩者位移之差為黑色痕跡的長度． C、煤塊做勻加速直線運(yùn)動，加速度 a= ，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的速度時(shí)間公式求出經(jīng)歷的時(shí)間． D、煤塊與傳送帶由于摩擦產(chǎn)生的熱量 Q=fx 相 對 ． 【解答】 解： A、要發(fā)生相對滑動，傳送帶的加速度需大于煤塊的加速度．即 a＞ μg ，則．故 A錯誤． B、當(dāng)煤塊的速度達(dá)到 v時(shí)，經(jīng)過的位移 ，經(jīng)歷的時(shí)間 ．此時(shí)傳送帶的位移 ，則黑色痕跡的長度L= ．故 B錯誤， C正確． D、煤塊與傳送帶由于摩擦產(chǎn)生的熱量 Q=fx 相對 =fL= ．故 D錯誤． 故選 C． 【點(diǎn)評】 解決本題的關(guān)鍵知道要發(fā)生相對滑動，傳送帶的加速度需大于煤塊的加速度．黑色痕跡的長度等于傳送帶的位移和煤塊的位移之差．以及掌握煤塊與傳送帶由于摩擦產(chǎn)生的熱量 Q=fx 相對 ． 6．如圖所示， R0為熱敏電阻（溫度降低電阻增大）， D為理想二極管（正向電阻為零，反向電阻無窮大）， C為平行板電容器， C中央有一帶電液滴剛好靜止， M 點(diǎn)接地．下列各項(xiàng)單獨(dú)操作可能使帶電液滴向上運(yùn)動的是（ ） A．將熱敏電阻 R0 加熱 B．變阻器 R 的滑動頭 p 向上移動 C．開關(guān) K 斷開 D．電容器 C 的上極板向上移動 【考點(diǎn)】 帶電粒子在混合場中的運(yùn)動；閉合電路的歐姆定律． 【專題】 定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動專題． 【分析】 電容器板間電壓等于變阻器 R兩端的電壓，改變變阻器阻值時(shí)，分析外電阻的變 化，由歐姆定律分析電流的變化及變阻器兩端電壓的變化．當(dāng)變阻器的電壓增大時(shí)，油滴將向上運(yùn)動．改變板間距離，判斷電容的變化，由 E= 分析場強(qiáng)變化． 【解答】 解： A、將 R0加熱，電阻減小，電路中電流增加， R兩端電壓增大，電容器極板間的電壓增大，電場增強(qiáng)，故液滴受到的電場力大于重力，帶電液滴向上運(yùn)動，故 A正確． B、僅把 R的滑動端向上滑動時(shí)， R的電阻減小，故其分的電壓減小，故電容器要放電，由于理想二極管的影響，不可能放電，故帶電量不變，故電場強(qiáng)度不變，油滴所受的電場力不變．故 B錯誤． C、開關(guān) k斷開，電容器兩板間電 壓為電源電動勢，故電壓增大，電場增強(qiáng)，故液滴受到的電場力大于重力，帶電液滴向上運(yùn)動，故 C正確． D、電容器 C 的上極板向上移動，電容減小，要放電，由于理想二極管的影響，不可能放電，故帶電量不變； 根據(jù) C= 、 C= 、 U=Ed，有 E= ， 故板間場強(qiáng)不變，油滴所受的電場力不變．故 D錯誤． 故選： AC 【點(diǎn)評】 本題是電路的動態(tài)分析問題，關(guān)鍵抓住電容器的電壓等于變阻器兩端的電壓，由E= 分析板間場強(qiáng)變化，判斷出油滴的運(yùn)動方向． 7．如圖所示，足夠長的平行光滑導(dǎo)軌固定在水平面上，導(dǎo)軌間距為 L=1m，其右端連接 有定值電阻 R=2Ω ，整個裝置處于垂直導(dǎo)軌平面磁感應(yīng)強(qiáng)度 B=1T的勻強(qiáng)磁場中．一質(zhì)量 m=2kg的金屬棒在恒定的水平拉力 F=10N的作用下，在導(dǎo)軌上由靜止開始向左運(yùn)動，運(yùn)動中金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直．導(dǎo)軌及金屬棒的電阻不計(jì)，下列說法正確的是（ ） A．產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向在金屬棒中由 a指向 b B．金屬棒向左做先加速后減速運(yùn)動直到靜止 C．金屬棒的最大加速度為 5m/s2 D．水平拉力的最大功率為 200W 【考點(diǎn)】 導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動勢；牛頓第二定律；楞次定律． 【專題】 電磁感應(yīng)與電路結(jié)合． 【分析】 由右手定 則判斷感應(yīng)電流的方向．金屬棒在拉力和安培力作用下運(yùn)動，通過分析安培力的變化，判斷加速度的變化，即可確定最大加速度．當(dāng)拉力等于安培力時(shí)，速度達(dá)到最大，結(jié)合切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢公式、閉合電路歐姆定律以及安培力大小公式求出最大速度的大?。?P=Fv求解拉力的最大功率． 【解答】 解： A、金屬棒向左運(yùn)動切割磁感線，根據(jù)右手定則判斷得知產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向由 a→b ，故 A正確． B、金屬棒所受的安培力先小于拉力，棒做加速運(yùn)動，后等于拉力做勻速直線運(yùn)動，速度達(dá)到最大，故 B錯誤． C、根據(jù)牛頓第二定律得： F﹣ =ma，可知，棒 的速度 v增大，加速度 a減小，所以棒剛開始運(yùn)動時(shí)加速度最大，最大加速度為： am= = =5m/s2．故 C正確． D、設(shè)棒的最大速度為 vm，此時(shí) a=0，則有： F= ，得： vm= = m/s=20m/s 所以水平拉力的最大功率為： Pm=Fvm=1020W=200W ，故 D正確． 故選： ACD． 【點(diǎn)評】 本題考查了電磁感應(yīng)與力學(xué)知識的綜合，關(guān)鍵要能正確分析金屬棒的運(yùn)動情況，知道拉力與安培力相等時(shí)，速度最大，并能根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行研究． 8．如圖所示，半徑為 R的一圓柱形勻強(qiáng)磁場區(qū)域的橫截面（紙面），磁感應(yīng)強(qiáng)度大 小為 B，方向垂直于紙面向外，一電荷量為 q（ q＞ 0）．質(zhì)量為 m的粒子沿正對 co 中點(diǎn)且垂直于 co方向射入磁場區(qū)域．不計(jì)重力，則（ ） A．若要使帶電粒子能從 bd之間飛出磁場，射入粒子的速度大小的范圍是 B．若要使帶電粒子能從 bd之間飛出磁場，射入粒子的速度大小的范圍是 C．若要使粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間為四分之一周期，射入粒子的速度為 v3=（ ） D．若要使粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間為四分之一周期，射入粒子的速度為 v3= 【考點(diǎn)】 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動． 【專題】 定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中 的運(yùn)動專題． 【分析】 AB、作出粒子運(yùn)動軌跡，由幾何知識求出粒子軌道半徑，由牛頓第二定律求出粒子的速度； CD、由幾何知識求出粒子軌道半徑，由牛頓第二定律求出粒子速度． 【解答】 解： AB、粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡如圖所示： 由幾何知識得：（ ﹣ r1） 2+（ Rsin60176。=r 3， ， 解得： sin2α= ， α=30176。 聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得 α=β=45176。 δ= （ 60176。 ， 在三角 △ goo′ 中，由正弦定理得： ， 解得： ， 由牛頓第二定律得： ， 解得： ， 所以速度范圍： ； 故 A正確， B錯誤； CD、粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示： 設(shè) ∠ fod=α ，由幾何關(guān)系得： Rsin60176。= ，電燈燈絲電阻 R=9Ω ，電源電動勢 E=12V，內(nèi)阻 r=1Ω ．開關(guān) S閉合，電動機(jī)正常工作時(shí)，電壓表讀數(shù)為 9V．求： （ 1）流過電源的電流． （ 2）流過電動機(jī)的電流． （ 3）電動機(jī)對外輸出的機(jī)械功率． 12．如圖所示，在無限長的水平邊界 AB和 CD間有一勻強(qiáng)電場，同時(shí)在 AEFC、 BEFD區(qū)域分別存在水平向里和向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同， EF為左右磁場的分界線， AB邊界上的 P點(diǎn)到邊界 EF的距離為（ 2+ ） L，一帶正電微粒從 P點(diǎn)的正上方的 O點(diǎn)由靜止釋放，從 P點(diǎn)垂直 AB邊界進(jìn)入電、磁場區(qū)域，且恰好不從 AB邊界飛出電、磁場．已知微粒在磁場中的運(yùn)動軌跡為圓弧，重力加速度大小為 g，電場強(qiáng)度大小 E（ E未知