2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 全真精準(zhǔn)模擬 第07周 第二練（大題特訓(xùn)）（含解析）.docx

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第七周 第二練 24．（14分） 如圖所示，兩光滑平行金屬導(dǎo)軌abcd、dcba，aa之間接一阻值為R的定值電阻，dd之間處于斷開狀態(tài)，abba部分為處于水平面內(nèi)，且ab=bb=ba=aa=L，bcdbcd部分為處于傾角為θ的斜面內(nèi)，bc=cd=dd=dc=cb=bb=L。abba區(qū)域存在一豎直向下的磁場(chǎng)B1，其大小隨時(shí)間的變化規(guī)律為B1=kt（k為大于零的常數(shù)）；cddc區(qū)域存在一垂直于斜面向上的大小恒為B2的磁場(chǎng)。一阻值為r、質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒MN垂直于導(dǎo)軌從bb處由靜止釋放。不計(jì)導(dǎo)軌的電阻，重力加速度為g。求： (1)導(dǎo)體棒MN到達(dá)cc前瞬間，電阻R上消耗的電功率； (2)導(dǎo)體棒MN從bb到達(dá)cc的過程中，通過電阻R的電荷量； (3)若導(dǎo)體棒MN到達(dá)cc立即減速，到達(dá)dd時(shí)合力恰好為零，求導(dǎo)體棒MN從cc到dd運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。 【答案】（1）k2L4RR+r2（2）q=kL2R+r2Lgsinθ（3）t=mR+rv-v+B22L3kB2L3-mgR+rsinθ（式中v=2gLsinθ,v=B2kL3+mgR+rsinθB22L2 【解析】 【詳解】 （1）因磁場(chǎng)B1隨時(shí)間的變化規(guī)律為B1=kt，所以ΔBΔt=k， abba所組成回路產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=ΔφΔt=L2???ΔBΔt=kL2 流過電阻R的電流I=ER+r 電阻R消耗的功率PR=I2R 聯(lián)立以上各式求得PR=k2L4RR+r2 （2）電阻R的電荷量q=It I=I=kL2R+r 根據(jù)牛頓第二定律mgsinθ=ma 導(dǎo)體棒從MN從bb到達(dá)cc中，通過的位移L=12at2 聯(lián)立解得q=kL2R+r2Lgsinθ （3）根據(jù)（2）問，求得導(dǎo)體棒到達(dá)cc時(shí)的速度 v=2gLsinθ 到達(dá)dd時(shí)合力為0，則B2LB2Lv-kL2R+r=mgsinθ 解得：v=B2kL3+mgR+rsinθB22L2 導(dǎo)體棒MN從cc到達(dá)dd過程中，運(yùn)用動(dòng)量定理 B2ILt-mgtsinθ=-mv--mv 從cc到達(dá)dd過程中，流過導(dǎo)體棒MN的電荷量 q=It q=kL2R+rt-B2L2R+r 聯(lián)立以上式子，求得 t=mR+rv-v+B22L3kB2L3-mgR+rsinθ（式中v=2gLsinθ，v=B2kL3+mgR+rsinθB22L2） 25．（18分） 如圖1所示是某游樂場(chǎng)的過山車，現(xiàn)將其簡(jiǎn)化為如圖2所示的模型：傾角θ=37°、長(zhǎng)L=60cm的直軌道AB與半徑R=10cm的光滑圓弧軌道BCDEF在B處平滑連接，C、F為圓軌道最低點(diǎn)，D點(diǎn)與圓心等高，E為圓軌道最高點(diǎn)；圓軌道在F點(diǎn)與水平軌道FG平滑連接整條軌道寬度不計(jì)?，F(xiàn)將一質(zhì)量m=50g的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從A端由靜止釋放。已知滑塊與AB段的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.25，與FG段的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.5，sin37°=0.6，co37°=0.8。 (1)求滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能E1； (2)求滑塊到達(dá)E點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道FG的壓力FN； (3)若要滑塊能在水平軌道FG上停下，求FG長(zhǎng)度的最小值x； (4)若改變釋放滑塊的位置，使滑塊第一次運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)速度剛好為零，求滑塊從釋放到它第5次返回軌道AB上離B點(diǎn)最遠(yuǎn)時(shí)，它在AB軌道上運(yùn)動(dòng)的總路程s。 【答案】（1）0.12J；（2）1.7N；（3）0.48m；（4）0.73m 【解析】 【詳解】 （1）滑塊由A點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)的過程中，重力做正功，摩擦力做負(fù)功，設(shè)B點(diǎn)速度為vB，且從A端由靜止釋放，根據(jù)動(dòng)能定理可得：mgLsinθ-μ1mgLcosθ=12mvB2-0…① E1=12mvB2…② 由①②代入數(shù)據(jù)可解得：E1=0.12J； （2）滑塊在BCDEF光滑圓弧軌道上做圓周運(yùn)動(dòng)，從B點(diǎn)到E點(diǎn)，設(shè)到達(dá)E點(diǎn)時(shí)速度為vE，根據(jù)動(dòng)能定理可得： -mg2R=12mvE2-12mvB2…③ 且由軌道對(duì)滑塊的彈力N和重力提供向心力，則有：N+mg=mvE2R…④ 根據(jù)牛頓第三定律，軌道對(duì)滑塊的彈力N和滑塊對(duì)軌道的壓力FN是一對(duì)相互作用力，則有：FN=N…⑤ 由③④⑤帶入數(shù)據(jù)可解得：FN=1.7N； （3）在BCDEF圓弧軌道上只有重力做功，則從B點(diǎn)到F點(diǎn)，機(jī)械能守恒，則有：EF=E1=0.12J…⑥ 滑塊在FG軌道上由于摩擦力的作用做勻減速運(yùn)動(dòng)，且最終停下，根據(jù)動(dòng)能定理可得：-μ2mgx=0-EF…⑦ 由⑥⑦代入數(shù)據(jù)可解得：x=0.48m （4）該變釋放滑塊的位置，設(shè)此時(shí)距離B點(diǎn)距離為s1，此時(shí)滑塊到達(dá)D點(diǎn)時(shí)速度剛好為零，根據(jù)動(dòng)能定理有： mgs1sinθ-μ1mgs1cosθ-mgR=0…⑧ 設(shè)從D點(diǎn)第一次返回到AB軌道上離B點(diǎn)最遠(yuǎn)時(shí)到B點(diǎn)的距離為s2，根據(jù)動(dòng)能定理有： mgR-μ1mgs2cosθ-mgs2sinθ=0…⑨ 設(shè)從CD軌道第二次返回到AB軌道上離B點(diǎn)最遠(yuǎn)時(shí)到B點(diǎn)的距離為s3，根據(jù)動(dòng)能定理有： mgs2sinθ-μ1mgs2cosθ-μ1mgs3cosθ-mgs3sinθ=0…(10) 設(shè)從CD軌道第三次返回到AB軌道上離B點(diǎn)最遠(yuǎn)時(shí)到B點(diǎn)的距離為s4，根據(jù)動(dòng)能定理有：mgs3sinθ-μ1mgs3cosθ-μ1mgs4cosθ-mgs4sinθ=0…(11) 設(shè)從CD軌道第四次返回到AB軌道上離B點(diǎn)最遠(yuǎn)時(shí)到B點(diǎn)的距離為s5，根據(jù)動(dòng)能定理有：mgs4sinθ-μ1mgs4cosθ-μ1mgs5cosθ-mgs5sinθ=0…(12) 設(shè)從CD軌道第五次返回到AB軌道上離B點(diǎn)最遠(yuǎn)時(shí)到B點(diǎn)的距離為s6，根據(jù)動(dòng)能定理有：mgs5sinθ-μ1mgs5cosθ-μ1mgs6cosθ-mgs6sinθ=0…(13) 滑塊從釋放到它第5次返回軌道AB上離B點(diǎn)最遠(yuǎn)時(shí)，它在AB軌道上運(yùn)動(dòng)的總路程： s=s1+2s2+2s3+2s4+2s5+s6…(14) 由⑧⑨(10)(11)(12)(13)(14)代入數(shù)據(jù)可解得：s≈0.73m