(浙江专用)高考物理二轮复习特色专题训练仿高考计算题巧练(二).doc

1、仿高考计算题巧练(二) (建议用时：60分钟) 题组一23.如图所示，质量分别为0.5 kg、0.2 kg的弹性小球A、B穿过一绕过定滑轮的轻绳，绳子末端与地面距离均为0.8 m，小球距离绳子末端6.5 m，小球A、B与轻绳的滑动摩擦力都为重力的0.5倍，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力现由静止同时释放A、B两个小球，不计绳子质量，忽略与定滑轮相关的摩擦力，g10 m/s2.求：(1)释放A、B两个小球后，A、B各自加速度的大小；(2)小球B从静止释放经多长时间落到地面24(2015浙江高考名校联考信息优化卷)如图所示，两根相距L1 m、单位长度电阻为R00.1 /m的光滑平行金属导轨MN、PQ水

2、平放置，左端用电阻可忽略不计的导线与阻值r0.1 的电阻相连MP、AB、CD、EF之间相邻间距均为L1 m，虚线AB右侧空间存在方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小随时间的变化关系为：Bt(0.20.1t)T.导体棒开始时在外力作用下静止于CD处，导体棒电阻不计(1)求通过导体棒的电流大小和方向；(2)若导体棒在外力作用下以v2 m/s的速度匀速向右运动，在t0时刻刚好经过CD处，已知导体棒中同时产生了感生电动势和动生电动势，求此时导体棒所受的安培力大小；(3)在第(2)问的情境下，求导体棒从CD匀速运动到EF的过程中安培力所做的功25(2015浙江高考名校联考信息优化卷)如图所示，平面直角

3、坐标系xOy的x轴上方存在方向沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场，在x轴的下方存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场在y轴上的P点处有一个质量为m、带电荷量为q(q0)的粒子，沿着x轴正方向以一定的初速度射入电场(粒子重力不计)(1)若粒子能够回到P点，求初速度v0的大小；(2)若OPh，要使粒子射出后能经过x轴上的D点，ODd，求初速度v0满足的条件题组二23如图所示，在传送带的右端Q点固定有一竖直光滑圆弧轨道，轨道的入口与传送带在Q点相切以传送带的左端点为坐标原点O，水平传送带上表面为x轴建立坐标系，已知传送带长L6 m，匀速运动的速度v04 m/s.一质量m1 kg的小物块

4、轻轻放在传送带上xP2 m的P点，小物块随传送带运动到Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N点小物块与传送带间的动摩擦因数0.4，重力加速度g10 m/s2.(1)求N点的纵坐标yN；(2)若将小物块轻放在传送带上的某些位置，小物块均不脱离圆弧轨道求传送带上这些位置的横坐标的范围24.如图所示，间距为L0.2 m的两足够长平行金属导轨与水平面夹角为53，导轨两端各接一个阻值为R00.2 的电阻，与导轨垂直的虚线ab下方有磁感应强度大小为B5 T、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场一长为L、质量m1 kg、电阻r0.1 的金属棒MN垂直放在导轨上且与导轨始终接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数为0.

5、5.将金属棒从ab上方距离为s00.4 m处由静止释放，金属棒刚要开始做匀速运动时，通过上端电阻R0的电荷量为q1.5 C导轨电阻不计，重力加速度g10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6.(1)求金属棒做匀速运动时的速度大小；(2)求金属棒从释放到开始匀速运动时上端电阻R0中产生的热量；(3)请通过计算大致画出金属棒从开始下滑到匀速运动过程中的vt图象25.如图所示，建立平面直角坐标系，平行板电容器的两极板P、Q与x轴成37角，电势差为U，电容器P极板边缘无限靠近坐标原点，在D点(0.2 m，0)处有一垂直x轴的荧光屏在x0区域有竖直向上的匀强电场，场强E0.4 N/C.在平面

6、内以C点(0.1 m，0)为圆心，半径为0.1 m的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B T一质量m4107 kg、电荷量大小q1105 C的带电粒子从电容器两极板间的中点A( m，0)由静止开始沿x轴做直线运动，到达坐标原点O后进入复合场，粒子最终打在荧光屏上N点已知重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：(1)两极板间电势差U以及P极板电性；(2)粒子到达坐标原点O时的速度大小；(3)粒子从A点到N点所用时间(结果保留一位有效数字)仿高考计算题巧练(二)题组一23解析：(1)小球B加速下落，由牛顿第二定律得：m2gkm2gm2aBaB5 m/s

7、2小球A加速下落，由牛顿第二定律得m1gkm2gm1aAaA8 m/s2.(2)设经历时间t1小球B脱离绳子，小球B下落高度为h1，获得速度为v，则aAtaBtl，又l6.5 m解得t11 sh1aBt2.5 mvaBt15 m/s小球B脱离绳子后在重力作用下匀加速下落，此时距地面高度为h2，经历t2时间后落到地面，则h26.5 m0.8 m2.5 m4.8 mh2vt2gt，解得：t20.6 st总t1t21.6 s.答案：(1)8 m/s25 m/s2(2)1.6 s24解析：(1)导体棒不动时，回路中产生感生电动势，根据法拉第电磁感应定律得，电动势EL2而此时回路总电阻R4LR0r由闭合

8、电路欧姆定律得导体棒中的电流I解得：I0.2 A根据楞次定律可知导体棒中电流的方向为由D到C.(2)导体棒匀速运动时，同时产生感生电动势和动生电动势，由楞次定律可知，两电动势方向相同根据法拉第电磁感应定律得，回路中的总电动势E1L2B0Lv其中B00.2 T由闭合电路欧姆定律得，回路电流I1导体棒所受的安培力F1B0I1L解得：F10.2 N.(3)根据法拉第电磁感应定律，t时刻回路中的总电动势为EtL(Lvt)BtLvt时刻回路中的总电阻为Rtr4LR02vtR0t时刻通过导体棒的电流为It解得：It1 A即回路电流为定值，与时间无关，所以导体棒所受安培力随时间均匀变化；而导体棒匀速运动，所

9、以安培力随位移也均匀变化，则导体棒运动到EF处所受安培力F2BEFItL其中BEF(T)0.25 T则安培力所做的功为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)粒子在电场区域内做类平抛运动和类平抛运动的逆运动，在磁场中做匀速圆周运动，如图甲所示，要使粒子能够回到P点，粒子在磁场中做圆周运动的圆心一定在y轴上设粒子经过x轴上的Q点进入磁场，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R，则由qvBm得：R由几何关系|OQ|Rsin sin 其中vy为粒子在Q点速度沿y轴负方向的分量vyatt又|OQ|v0t联立可得v0.(2)粒子射

10、入后有以下三种情况能经过D点粒子从P点射入后直接到达D点：设所经历的时间为t，则ht2，dv0t解得：v0d.粒子从P点射入后，经电场偏转、磁场回转、又在电场中斜上抛，如此循环n次，最终经由电场到达D点，如图乙所示：乙粒子在磁场中回转的半径为r，圆弧所对的圆心角为2，则rsin sin vyt，ht2解得：rsin 粒子在电场中做类平抛运动的水平位移为dnv0tv0则由几何关系有ddn2ndn2nrsin (n1，2，3，)解得：v0(n1，2，3，)粒子从P点射入后，经电场偏转、磁场回转、又在电场中斜上抛，如此循环n次，最终经由磁场回转到达D点，如图丙所示：丙粒子在磁场中回转的半径为r，圆弧

11、所对的圆心角为2，设粒子在电场中运动的水平距离为dn，则由几何关系有d(2n1)dn2nrsin (n1，2，3，)解得：v0(n1，2，3，)综上，粒子初速度v0的大小满足的条件为v0(n10，1，2，)或v0(n21，2，3，)答案：见解析题组二23解析：(1)小物块在传送带上匀加速运动的加速度ag4 m/s2小物块与传送带共速时，小物块位移x12 m(LxP)4 m故小物块与传送带共速后以v0匀速运动到Q点，然后冲上圆弧轨道恰到N点有：mgm从QN有：mvmv2mgR解得R0.32 myN2R0.64 m.(2)若小物块能通过最高点N，则0xLx1即0x4 m若小物块恰能到达高度为R的M

12、点，设小物块在传送带上加速运动的位移为x2，则mgx2mgR解得：x20.8 m，所以5.2 mx6 m所以当0x4 m或5.2 mx6 m时，小物块均不脱离轨道答案：(1)0.64 m(2)0x4 m或5.2 mx6 m24解析：(1)设金属棒在磁场区域受到的安培力为FA，金属棒做匀速运动时，由受力平衡有：mgsin mgcos FAFA，其中RrR00.2 解得：v11 m/s.(2)金属棒进入磁场区域直到刚开始做匀速运动的过程中，通过上端电阻的电荷量q1.5 C，即金属棒中通过的电荷量为2q设金属棒在此过程中运动的距离为s，通过金属棒的电荷量2qIt解得：s0.6 m设上端电阻R0中产生

13、的焦耳热为Q，则金属棒上产生的焦耳热为2Q，全电路产生的焦耳热为4Q由能量守恒有：(mgsin mgcos )(s0s)4Qmv代入数据解得：Q1.125 J.(3)金属棒的运动分为在磁场区域外和磁场区域内两个阶段开始时金属棒在磁场区域外匀加速下滑，其加速度a0gsin gcos 5 m/s2运动时间t00.4 s进入磁场区域时的速度v0a0t02 m/s进入磁场区域后，当金属棒在磁场中做变速运动时，由牛顿第二定律有：mgsin mgcos mamg(sin cos )ttmat对等式两边求和有：mg(sin cos )tsm(v1v0)可得：t0.4 s金属棒运动的vt图象如图所示答案：见解

14、析25解析：甲(1)由题意可知，粒子在平行板间做匀加速直线运动，受力分析如图甲所示，则q根据几何关系得xOAsin 37联立解得U0.04 V粒子经过磁场向上偏转，知粒子带正电，粒子在电容器中所受电场力指向P板，故P板带负电(2)粒子在平行板间运动时，由牛顿第二定律得mgtan 37ma解得粒子加速度a7.5 m/s2由运动学公式得加速时间t1 s到达O点时的速度大小为vat11 m/s.乙(3)粒子在复合场中所受电场力qEmg故粒子先在磁场中做匀速圆周运动，离开磁场后做匀速直线运动打到N点，运动轨迹如图乙所示根据牛顿第二定律和向心力公式得，圆周运动半径r m可得tanCO1O所以CNDCO1O30故0.1 m粒子做圆周运动的时间为t2 s从F到N用时t30.1 s故粒子从A点到N点所用时间tt1t2t3 s s0.1 s0.4 s.答案：见解析