2019-2020年高考物理二輪復習 特色專題訓練 仿高考計算題巧練（二）.doc

《2019-2020年高考物理二輪復習 特色專題訓練 仿高考計算題巧練（二）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019-2020年高考物理二輪復習 特色專題訓練 仿高考計算題巧練（二）.doc（8頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

2019-2020年高考物理二輪復習 特色專題訓練 仿高考計算題巧練（二）23.如圖所示，質量分別為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，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力現由靜止同時釋放A、B兩個小球，不計繩子質量，忽略與定滑輪相關的摩擦力，g10 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從靜止釋放經多長時間落到地面24(xx浙江高考名校聯考信息優(yōu)化卷)如圖所示，兩根相距L1 m、單位長度電阻為R00.1 /m的光滑平行金屬導軌MN、PQ水平放置，左端用電阻可忽略不計的導線與阻值r0.1 的電阻相連MP、AB、CD、EF之間相鄰間距均為L1 m，虛線AB右側空間存在方向豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小隨時間的變化關系為：Bt(0.20.1t)T.導體棒開始時在外力作用下靜止于CD處，導體棒電阻不計(1)求通過導體棒的電流大小和方向；(2)若導體棒在外力作用下以v2 m/s的速度勻速向右運動，在t0時刻剛好經過CD處，已知導體棒中同時產生了感生電動勢和動生電動勢，求此時導體棒所受的安培力大?。?3)在第(2)問的情境下，求導體棒從CD勻速運動到EF的過程中安培力所做的功25(xx浙江高考名校聯考信息優(yōu)化卷)如圖所示，平面直角坐標系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、磁感應強度大小為B的勻強磁場在y軸上的P點處有一個質量為m、帶電荷量為q(q0)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OPh，要使粒子射出后能經過x軸上的D點，ODd，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原點O，水平傳送帶上表面為x軸建立坐標系，已知傳送帶長L6 m，勻速運動的速度v04 m/s.一質量m1 kg的小物塊輕輕放在傳送帶上xP2 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0.4，重力加速度g10 m/s2.(1)求N點的縱坐標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的范圍24.如圖所示，間距為L0.2 m的兩足夠長平行金屬導軌與水平面夾角為53，導軌兩端各接一個阻值為R00.2 的電阻，與導軌垂直的虛線ab下方有磁感應強度大小為B5 T、方向垂直導軌平面向上的勻強磁場一長為L、質量m1 kg、電阻r0.1 的金屬棒MN垂直放在導軌上且與導軌始終接觸良好，金屬棒與導軌間的動摩擦因數為0.5.將金屬棒從ab上方距離為s00.4 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q1.5 C導軌電阻不計，重力加速度g10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6.(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vt圖象25.如圖所示，建立平面直角坐標系，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原點，在D點(0.2 m，0)處有一垂直x軸的熒光屏在x0區(qū)域有豎直向上的勻強電場，場強E0.4 N/C.在平面內以C點(0.1 m，0)為圓心，半徑為0.1 m的圓形區(qū)域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B T一質量m4107 kg、電荷量大小q1105 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，到達坐標原點O后進入復合場，粒子最終打在熒光屏上N點已知重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：(1)兩極板間電勢差U以及P極板電性；(2)粒子到達坐標原點O時的速度大?。?3)粒子從A點到N點所用時間(結果保留一位有效數字)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：m2gkm2gm2aBaB5 m/s2小球A加速下落，由牛頓第二定律得m1gkm2gm1aAaA8 m/s2.(2)設經歷時間t1小球B脫離繩子，小球B下落高度為h1，獲得速度為v，則aAtaBtl，又l6.5 m解得t11 sh1aBt2.5 mvaBt15 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，經歷t2時間后落到地面，則h26.5 m0.8 m2.5 m4.8 mh2vt2gt，解得：t20.6 st總t1t21.6 s.答案：(1)8 m/s25 m/s2(2)1.6 s24解析：(1)導體棒不動時，回路中產生感生電動勢，根據法拉第電磁感應定律得，電動勢EL2而此時回路總電阻R4LR0r由閉合電路歐姆定律得導體棒中的電流I解得：I0.2 A根據楞次定律可知導體棒中電流的方向為由D到C.(2)導體棒勻速運動時，同時產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法拉第電磁感應定律得，回路中的總電動勢E1L2B0Lv其中B00.2 T由閉合電路歐姆定律得，回路電流I1導體棒所受的安培力F1B0I1L解得：F10.2 N.(3)根據法拉第電磁感應定律，t時刻回路中的總電動勢為EtL(Lvt)BtLvt時刻回路中的總電阻為Rtr4LR02vtR0t時刻通過導體棒的電流為It解得：It1 A即回路電流為定值，與時間無關，所以導體棒所受安培力隨時間均勻變化；而導體棒勻速運動，所以安培力隨位移也均勻變化，則導體棒運動到EF處所受安培力F2BEFItL其中BEF(T)0.25 T則安培力所做的功為WL解得：W0.225 J.答案：(1)0.2 A方向由D到C(2)0.2 N(3)0.225 J25解析：甲(1)粒子在電場區(qū)域內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軸上設粒子經過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qvBm得：R由幾何關系|OQ|Rsin sin 其中vy為粒子在Q點速度沿y軸負方向的分量vyatt又|OQ|v0t聯立可得v0.(2)粒子射入后有以下三種情況能經過D點粒子從P點射入后直接到達D點：設所經歷的時間為t，則ht2，dv0t解得：v0d.粒子從P點射入后，經電場偏轉、磁場回轉、又在電場中斜上拋，如此循環(huán)n次，最終經由電場到達D點，如圖乙所示：乙粒子在磁場中回轉的半徑為r，圓弧所對的圓心角為2，則rsin sin vyt，ht2解得：rsin 粒子在電場中做類平拋運動的水平位移為dnv0tv0則由幾何關系有ddn2ndn2nrsin (n1，2，3，)解得：v0(n1，2，3，)粒子從P點射入后，經電場偏轉、磁場回轉、又在電場中斜上拋，如此循環(huán)n次，最終經由磁場回轉到達D點，如圖丙所示：丙粒子在磁場中回轉的半徑為r，圓弧所對的圓心角為2，設粒子在電場中運動的水平距離為dn，則由幾何關系有d(2n1)dn2nrsin (n1，2，3，)解得：v0(n1，2，3，)綜上，粒子初速度v0的大小滿足的條件為v0(n10，1，2，)或v0(n21，2，3，)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ag4 m/s2小物塊與傳送帶共速時，小物塊位移x12 m(LxP)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：mgm從QN有：mvmv2mgR解得R0.32 myN2R0.64 m.(2)若小物塊能通過最高點N，則0xLx1即0x4 m若小物塊恰能到達高度為R的M點，設小物塊在傳送帶上加速運動的位移為x2，則mgx2mgR解得：x20.8 m，所以5.2 mx6 m所以當0x4 m或5.2 mx6 m時，小物塊均不脫離軌道答案：(1)0.64 m(2)0x4 m或5.2 mx6 m24解析：(1)設金屬棒在磁場區(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 mgcos FAFA，其中RrR00.2 解得：v11 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q1.5 C，即金屬棒中通過的電荷量為2q設金屬棒在此過程中運動的距離為s，通過金屬棒的電荷量2qIt解得：s0.6 m設上端電阻R0中產生的焦耳熱為Q，則金屬棒上產生的焦耳熱為2Q，全電路產生的焦耳熱為4Q由能量守恒有：(mgsin mgcos )(s0s)4Qmv代入數據解得：Q1.125 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a0gsin gcos 5 m/s2運動時間t00.4 s進入磁場區(qū)域時的速度v0a0t02 m/s進入磁場區(qū)域后，當金屬棒在磁場中做變速運動時，由牛頓第二定律有：mgsin mgcos mamg(sin cos )ttmat對等式兩邊求和有：mg(sin cos )tsm(v1v0)可得：t0.4 s金屬棒運動的vt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根據幾何關系得xOAsin 37聯立解得U0.04 V粒子經過磁場向上偏轉，知粒子帶正電，粒子在電容器中所受電場力指向P板，故P板帶負電(2)粒子在平行板間運動時，由牛頓第二定律得mgtan 37ma解得粒子加速度a7.5 m/s2由運動學公式得加速時間t1 s到達O點時的速度大小為vat11 m/s.乙(3)粒子在復合場中所受電場力qEmg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牛頓第二定律和向心力公式得，圓周運動半徑r m可得tanCO1O所以CNDCO1O30故0.1 m粒子做圓周運動的時間為t2 s從F到N用時t30.1 s故粒子從A點到N點所用時間tt1t2t3 s s0.1 s0.4 s.答案：見解析