1.如图1甲所示，滑块与足够长的木板叠放在光滑水平面上，开始时均处于静止状态.作用于滑块的水平力F随时间t变化图象如图乙所示，t＝2.0 s时撤去力F，最终滑块与木板间无相对运动.已知滑块质量m＝2 kg，木板质量M ＝ 1 kg，滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2.求：
图1
(1)t＝0.5 s时滑块的速度大小；
(2)0～2.0 s内木板的位移大小；
(3)整个过程中因摩擦而产生的热量.
答案 见解析
解析 (1)木板M的最大加速度am＝μmgM＝4 m/s2，滑块与木板保持相对静止时的最大拉力
Fm＝(M＋m)am＝12 N
即F为6 N时，M与m一起向右做匀加速运动
对整体分析有：F＝(M＋m)a1
v1＝a1t1
代入数据得：v1＝1 m/s
(2)对M：0～0.5 s，x1＝12a1t 21
0.5～2 s，μmg＝Ma2
x2＝v1t2＋12a2t 22
则0～2 s内木板的位移x＝x1＋x2＝6.25 m
(3)对滑块：
0.5～2 s，F－μmg＝ma2′ 0～2 s时滑块的位移x′＝x1＋(v1t2＋12a2′t 22)
在0～2 s内m与M相对位移Δx1＝x′－x＝2.25 m
t＝2 s时木板速度v2＝v1＋a2t2＝7 m/s
滑块速度v2′＝v1＋a2′t2＝10 m/s
撤去F后，对M：μmg＝Ma3 对m：－μmg＝ma3′
当滑块与木板速度相同时保持相对静止，即v2＋a3t3＝v2′＋a3′t3
解得t3＝0.5 s
该段时间内，M位移x3＝v2t3＋12a3t 23
m位移x3′＝v2′t3＋12a3′t 23
相对位移Δx2＝x3′－x3＝0.75 m
整个过程中滑块在木板上滑行的相对位移Δx＝Δx1＋Δx2＝3 m
系统因摩擦产生的热量Q＝μmg•Δx＝12 J.
2.如图2所示，以O为圆心、半径为R的圆形区域内存在垂直圆面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一粒子源位于圆周上的M点，可向磁场区域内垂直磁场沿各个方向发射质量为m、电荷量为－q的粒子，不计粒子重力，N为圆周上另一点，半径OM和ON间的夹角为θ，且满足tanθ2＝0.5.
图2
(1)若某一粒子以速率v1＝qBRm，沿与MO成60°角斜向上方射入磁场，求此粒子在磁场中运动的时间；
(2)若某一粒子以速率v2，沿MO方向射入磁场，恰能从N点离开磁场，求此粒子的速率v2；
(3)若由M点射入磁场各个方向的所有粒子速率均为v2，求磁场中有粒子通过的区域面积.
答案 见解析
解析 (1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设轨迹半径为r1，由牛顿第二定律可得qv1B＝mv 21r1
解得：r1＝mv1qB＝R
粒子沿与MO成60°角方向射入磁场，设粒子从区域边界P射出，其运动轨迹如图甲所示.由图中几何关系可知粒子轨迹所对应的圆心角为α＝150°，
甲
方法1：故粒子在磁场中的运动时间
t＝αr1v1＝mαqB＝5mπ6qB
方法2：粒子运动周期T＝2πmBq
粒子在磁场中的运动时间t＝150°360°T
得t＝5mπ6qB
(2)粒子以速率v2沿MO方向射入磁场，在磁场中做匀速圆周运动，恰好从N点离开磁场，其运动轨迹如图乙，设粒子轨迹半径为r2 ，由图中几何关系可得：
r2＝Rtanθ2＝12R
乙
由牛顿第二定律可得
qv2B＝mv 22r2
解得粒子的速度
v2＝qBr2m＝qBR2m
(3)粒子沿各个方向以v2进入磁场做匀速圆周运动时的轨迹半径都为r2，且不变.由图丙可知，粒子在磁场中通过的面积S等于以O3为圆心的扇形MO3O的面积S1、以M为圆心的扇形MOQ的面积S2和以O点为圆心的圆弧MQ与直线MQ围成的面积S3之和.
丙
S1＝12π(R2)2＝πR28
S2＝16πR2
S3＝16πR2－12×R×R2tan 60°＝16πR2－34R2
则S＝1124πR2－34R2.
本文来自：逍遥右脑记忆 /gaosan/1318427.html
相关阅读：河南省中原名校届高三上学期期中联考物理试题
2012年新课标高考理综物理试题
2012版物理《6年高考4年模拟》：牛顿运动定律试题（有参考答案）
甘肃省民乐一中2015-2016学年高三12月诊断考试物理试题
广西桂林十八中2014届高三第六次月考物理试题