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(guān)《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(wǎng)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(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的光滑平行金屬導軌MN、PQ水平放置，左端用電阻可忽略不計的導線與阻值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，磁感應強度大小隨時間的變化關(guān)系為：Bt＝(0.2＋0.1t)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，已知導體棒中同時產(chǎn)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(lián)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(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L＝0.2 m的兩足夠長平行金屬導軌與水平面夾角為θ＝53，導軌兩端各接一個阻值為R0＝0.2 Ω的電阻，與導軌垂直的虛線ab下方有磁感應強度大小為B＝5 T、方向垂直導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(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)粒子到達坐標原點O時的速度大小； (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體棒中的電流I＝ 解得：I＝0.2 A 根據(jù)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(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 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D點：設所經(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μmgx2＝mgR 解得：x2＝0.8 m，所以5.2 m≤x<6 m 所以當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 由運動學公式得加速時間t1＝＝ s 到達O點時的速度大小為v＝at1＝1 m/s. 乙 (3)粒子在復合場中所受電場力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