2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 特色專題訓(xùn)練 仿高考計算題巧練(二).doc
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2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 特色專題訓(xùn)練 仿高考計算題巧練(二) 23.如圖所示,質(zhì)量分別為0.5 kg、0.2 kg的彈性小球A、B穿過一繞過定滑輪的輕繩,繩子末端與地面距離均為0.8 m,小球距離繩子末端6.5 m,小球A、B與輕繩的滑動摩擦力都為重力的0.5倍,設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.現(xiàn)由靜止同時釋放A、B兩個小球,不計繩子質(zhì)量,忽略與定滑輪相關(guān)的摩擦力,g=10 m/s2.求: (1)釋放A、B兩個小球后,A、B各自加速度的大??; (2)小球B從靜止釋放經(jīng)多長時間落到地面. 24.(xx浙江高考名校聯(lián)考信息優(yōu)化卷)如圖所示,兩根相距L=1 m、單位長度電阻為R0=0.1 Ω/m的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ水平放置,左端用電阻可忽略不計的導(dǎo)線與阻值r=0.1 Ω的電阻相連.MP、AB、CD、EF之間相鄰間距均為L=1 m,虛線AB右側(cè)空間存在方向豎直向下的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小隨時間的變化關(guān)系為:Bt=(0.2+0.1t)T.導(dǎo)體棒開始時在外力作用下靜止于CD處,導(dǎo)體棒電阻不計. (1)求通過導(dǎo)體棒的電流大小和方向; (2)若導(dǎo)體棒在外力作用下以v=2 m/s的速度勻速向右運動,在t=0時刻剛好經(jīng)過CD處,已知導(dǎo)體棒中同時產(chǎn)生了感生電動勢和動生電動勢,求此時導(dǎo)體棒所受的安培力大??; (3)在第(2)問的情境下,求導(dǎo)體棒從CD勻速運動到EF的過程中安培力所做的功. 25.(xx浙江高考名校聯(lián)考信息優(yōu)化卷)如圖所示,平面直角坐標(biāo)系xOy的x軸上方存在方向沿y軸正方向、場強大小為E的勻強電場,在x軸的下方存在方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場.在y軸上的P點處有一個質(zhì)量為m、帶電荷量為-q(q>0)的粒子,沿著x軸正方向以一定的初速度射入電場.(粒子重力不計) (1)若粒子能夠回到P點,求初速度v0的大??; (2)若OP=h,要使粒子射出后能經(jīng)過x軸上的D點,OD=d,求初速度v0滿足的條件. [題組二] 23.如圖所示,在傳送帶的右端Q點固定有一豎直光滑圓弧軌道,軌道的入口與傳送帶在Q點相切.以傳送帶的左端點為坐標(biāo)原點O,水平傳送帶上表面為x軸建立坐標(biāo)系,已知傳送帶長L=6 m,勻速運動的速度v0=4 m/s.一質(zhì)量m=1 kg的小物塊輕輕放在傳送帶上xP=2 m的P點,小物塊隨傳送帶運動到Q點后恰好能沖上光滑圓弧軌道的最高點N點.小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.4,重力加速度g=10 m/s2. (1)求N點的縱坐標(biāo)yN; (2)若將小物塊輕放在傳送帶上的某些位置,小物塊均不脫離圓弧軌道.求傳送帶上這些位置的橫坐標(biāo)的范圍. 24.如圖所示,間距為L=0.2 m的兩足夠長平行金屬導(dǎo)軌與水平面夾角為θ=53,導(dǎo)軌兩端各接一個阻值為R0=0.2 Ω的電阻,與導(dǎo)軌垂直的虛線ab下方有磁感應(yīng)強度大小為B=5 T、方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場.一長為L、質(zhì)量m=1 kg、電阻r=0.1 Ω的金屬棒MN垂直放在導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌始終接觸良好,金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5.將金屬棒從ab上方距離為s0=0.4 m處由靜止釋放,金屬棒剛要開始做勻速運動時,通過上端電阻R0的電荷量為Δq=1.5 C.導(dǎo)軌電阻不計,重力加速度g=10 m/s2,sin 53=0.8,cos 53=0.6. (1)求金屬棒做勻速運動時的速度大?。? (2)求金屬棒從釋放到開始勻速運動時上端電阻R0中產(chǎn)生的熱量; (3)請通過計算大致畫出金屬棒從開始下滑到勻速運動過程中的v-t圖象. 25.如圖所示,建立平面直角坐標(biāo)系,平行板電容器的兩極板P、Q與x軸成37角,電勢差為U,電容器P極板邊緣無限靠近坐標(biāo)原點,在D點(0.2 m,0)處有一垂直x軸的熒光屏.在x>0區(qū)域有豎直向上的勻強電場,場強E=0.4 N/C.在平面內(nèi)以C點(0.1 m,0)為圓心,半徑為0.1 m的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場,磁感應(yīng)強度B= T.一質(zhì)量m=410-7 kg、電荷量大小q=110-5 C的帶電粒子從電容器兩極板間的中點A(- m,0)由靜止開始沿x軸做直線運動,到達(dá)坐標(biāo)原點O后進入復(fù)合場,粒子最終打在熒光屏上N點.已知重力加速度g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8.求: (1)兩極板間電勢差U以及P極板電性; (2)粒子到達(dá)坐標(biāo)原點O時的速度大?。? (3)粒子從A點到N點所用時間(結(jié)果保留一位有效數(shù)字). 仿高考計算題巧練(二) [題組一] 23.解析:(1)小球B加速下落,由牛頓第二定律得: m2g-km2g=m2aB aB=5 m/s2 小球A加速下落,由牛頓第二定律得 m1g-km2g=m1aA aA=8 m/s2. (2)設(shè)經(jīng)歷時間t1小球B脫離繩子,小球B下落高度為h1,獲得速度為v,則aAt+aBt=l, 又l=6.5 m 解得t1=1 s h1=aBt=2.5 m v=aBt1=5 m/s 小球B脫離繩子后在重力作用下勻加速下落,此時距地面高度為h2,經(jīng)歷t2時間后落到地面,則 h2=6.5 m+0.8 m-2.5 m=4.8 m h2=vt2+gt,解得:t2=0.6 s t總=t1+t2=1.6 s. 答案:(1)8 m/s2 5 m/s2 (2)1.6 s 24.解析:(1)導(dǎo)體棒不動時,回路中產(chǎn)生感生電動勢,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得,電動勢E=L2 而此時回路總電阻R=4LR0+r 由閉合電路歐姆定律得導(dǎo)體棒中的電流I= 解得:I=0.2 A 根據(jù)楞次定律可知導(dǎo)體棒中電流的方向為由D到C. (2)導(dǎo)體棒勻速運動時,同時產(chǎn)生感生電動勢和動生電動勢,由楞次定律可知,兩電動勢方向相同 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得,回路中的總電動勢 E1=L2+B0Lv 其中B0=0.2 T 由閉合電路歐姆定律得,回路電流I1= 導(dǎo)體棒所受的安培力F1=B0I1L 解得:F1=0.2 N. (3)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,t時刻回路中的總電動勢為 Et=L(L+vt)+BtLv t時刻回路中的總電阻為Rt=r+4LR0+2vtR0 t時刻通過導(dǎo)體棒的電流為It= 解得:It=1 A 即回路電流為定值,與時間無關(guān),所以導(dǎo)體棒所受安培力隨時間均勻變化;而導(dǎo)體棒勻速運動,所以安培力隨位移也均勻變化,則導(dǎo)體棒運動到EF處所受安培力 F2=BEFItL 其中BEF=(T)=0.25 T 則安培力所做的功為W=-L 解得:W=-0.225 J. 答案:(1)0.2 A 方向由D到C (2)0.2 N (3)-0.225 J 25.解析: 甲 (1)粒子在電場區(qū)域內(nèi)做類平拋運動和類平拋運動的逆運動,在磁場中做勻速圓周運動,如圖甲所示,要使粒子能夠回到P點,粒子在磁場中做圓周運動的圓心一定在y軸上.設(shè)粒子經(jīng)過x軸上的Q點進入磁場,粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為R,則 由qvB=m得:R= 由幾何關(guān)系|OQ|=Rsin θ=sin θ= 其中vy為粒子在Q點速度沿y軸負(fù)方向的分量 vy=at=t 又|OQ|=v0t 聯(lián)立可得v0=. (2)粒子射入后有以下三種情況能經(jīng)過D點 ①粒子從P點射入后直接到達(dá)D點:設(shè)所經(jīng)歷的時間為t,則 h=t2,d=v0t 解得:v0=d. ②粒子從P點射入后,經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)、磁場回轉(zhuǎn)、又在電場中斜上拋,如此循環(huán)n次,最終經(jīng)由電場到達(dá)D點,如圖乙所示: 乙 粒子在磁場中回轉(zhuǎn)的半徑為r,圓弧所對的圓心角為2θ,則 rsin θ=sin θ= vy=t,h=t2 解得:rsin θ= 粒子在電場中做類平拋運動的水平位移為 dn=v0t=v0 則由幾何關(guān)系有 d=dn+2ndn-2nrsin θ(n=1,2,3,…) 解得:v0=(n=1,2,3,…). ③粒子從P點射入后,經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)、磁場回轉(zhuǎn)、又在電場中斜上拋,如此循環(huán)n次,最終經(jīng)由磁場回轉(zhuǎn)到達(dá)D點,如圖丙所示: 丙 粒子在磁場中回轉(zhuǎn)的半徑為r,圓弧所對的圓心角為2θ,設(shè)粒子在電場中運動的水平距離為dn,則由幾何關(guān)系有 d=(2n-1)dn-2nrsin θ(n=1,2,3,…) 解得:v0=(n=1,2,3,…) 綜上,粒子初速度v0的大小滿足的條件為 v0=(n1=0,1,2,…) 或v0=(n2=1,2,3,…). 答案:見解析 [題組二] 23.解析:(1)小物塊在傳送帶上勻加速運動的加速度 a=μg=4 m/s2 小物塊與傳送帶共速時, 小物塊位移x1==2 m<(L-xP)=4 m 故小物塊與傳送帶共速后以v0勻速運動到Q點,然后沖上圓弧軌道恰到N點有:mg=m 從Q→N有:mv-mv=2mgR 解得R=0.32 m yN=2R=0.64 m. (2)若小物塊能通過最高點N,則0≤x≤L-x1 即0≤x≤4 m 若小物塊恰能到達(dá)高度為R的M點,設(shè)小物塊在傳送帶上加速運動的位移為x2,則μmgx2=mgR 解得:x2=0.8 m,所以5.2 m≤x<6 m 所以當(dāng)0≤x≤4 m或5.2 m≤x<6 m時,小物塊均不脫離軌道. 答案:(1)0.64 m (2)0≤x≤4 m或5.2 m≤x<6 m 24.解析:(1)設(shè)金屬棒在磁場區(qū)域受到的安培力為FA,金屬棒做勻速運動時,由受力平衡有: mgsin θ=μmgcos θ+FA FA=,其中R=r+R0=0.2 Ω 解得:v1=1 m/s. (2)金屬棒進入磁場區(qū)域直到剛開始做勻速運動的過程中,通過上端電阻的電荷量Δq=1.5 C,即金屬棒中通過的電荷量為2Δq 設(shè)金屬棒在此過程中運動的距離為Δs,通過金屬棒的電荷量 2Δq=It== 解得:Δs=0.6 m 設(shè)上端電阻R0中產(chǎn)生的焦耳熱為Q,則金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱為2Q,全電路產(chǎn)生的焦耳熱為4Q 由能量守恒有: (mgsin θ-μmgcos θ)(s0+Δs)-4Q=mv 代入數(shù)據(jù)解得:Q=1.125 J. (3)金屬棒的運動分為在磁場區(qū)域外和磁場區(qū)域內(nèi)兩個階段. 開始時金屬棒在磁場區(qū)域外勻加速下滑,其加速度 a0=gsin θ-μgcos θ=5 m/s2 運動時間t0==0.4 s 進入磁場區(qū)域時的速度v0=a0t0=2 m/s 進入磁場區(qū)域后,當(dāng)金屬棒在磁場中做變速運動時,由牛頓第二定律有:mgsin θ-μmgcos θ-=ma mg(sin θ-μcos θ)Δt-Δt=maΔt 對等式兩邊求和有: mg(sin θ-μcos θ)t-Δs=m(v1-v0) 可得:t=0.4 s 金屬棒運動的v-t圖象如圖所示. 答案:見解析 25.解析: 甲 (1)由題意可知,粒子在平行板間做勻加速直線運動,受力分析如圖甲所示,則 q= 根據(jù)幾何關(guān)系得=xOAsin 37 聯(lián)立解得U==0.04 V 粒子經(jīng)過磁場向上偏轉(zhuǎn),知粒子帶正電,粒子在電容器中所受電場力指向P板,故P板帶負(fù)電. (2)粒子在平行板間運動時,由牛頓第二定律得 mgtan 37=ma 解得粒子加速度a=7.5 m/s2 由運動學(xué)公式得加速時間t1== s 到達(dá)O點時的速度大小為v=at1=1 m/s. 乙 (3)粒子在復(fù)合場中所受電場力qE=mg 故粒子先在磁場中做勻速圓周運動,離開磁場后做勻速直線運動打到N點,運動軌跡如圖乙所示 根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式得,圓周運動半徑r== m 可得tan∠CO1O== 所以∠CND=∠CO1O=30 故=0.1 m 粒子做圓周運動的時間為t2== s 從F到N用時t3==0.1 s 故粒子從A點到N點所用時間 t=t1+t2+t3= s+ s+0.1 s=0.4 s. 答案:見解析- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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