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仿高考计算题巧练(二)(建议用时:60分钟)[题组一]13.如图所示,质量分别为0.5kg、0.2kg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0.8m,小球距离绳子末端6.5m,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,g=10m/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.14.如图所示,两足够长的平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L,导轨平面与水平面的夹角θ=30°,导轨电阻不计,磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上.长为L的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上,且始终与导轨接触良好,金属棒的质量为m、电阻为R.两金属导轨的上端连接一个灯泡,灯泡的电阻也为R.现闭合开关S,给金属棒施加一个方向垂直于杆且平行于导轨平面向上的、大小为F=2mg的恒力,使金属棒由静止开始运动,当金属棒达到最大速度时,灯泡恰能达到它的额定功率.重力加速度为g.(1)求金属棒能达到的最大速度vm;(2)求灯泡的额定功率PL;(3)若金属棒上滑距离为s时速度恰达到最大,求金属棒由静止开始上滑2s的过程中,金属棒上产生的电热Q1.15.如图甲所示,两平行金属板A、B的板长L=0.2m,板间距d=0.2m,两金属板间加如图乙所示的交变电压,并在两板间形成交变的匀强电场,忽略其边缘效应.在金属板上侧有一方向垂直于纸面向里的匀强磁场,磁场宽度D=0.4m,左右范围足够大,边界MN和PQ均与金属板垂直,匀强磁场的磁感应强度B=1×10-2T.在极板下侧中点O处有一粒子源,从t=0时刻起不断地沿着OO′发射比荷qm=1×108C/kg、初速度v0=2×105m/s的带正电粒子,忽略粒子重力、粒子间相互作用以及粒子在极板间飞行时极板间电压的变化.(1)求粒子进入磁场时的最大速率;(2)对于能从MN边界飞出磁场的粒子,其在磁场的入射点和出射点的间距s是否为定值?若是,求出该值;若不是,求s与粒子由O出发的时刻t之间的关系式;(3)在磁场中飞行时间最长的粒子定义为“A类粒子”,求出“A类粒子”在磁场中飞行的时间以及由O出发的可能时刻.[题组二]13.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L=6m,匀速运动的速度v0=4m/s.一质量m=1kg的小物块轻轻放在传送带上xP=2m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μ=0.4,重力加速度g=10m/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.14.如图甲所示,在xOy平面内存在半径为R=16cm的圆形有界磁场区域,有界磁场边界和x轴相切于O点,y轴上的P点为圆心,与y轴成60°角的MN为圆形有界磁场的一条直径,MN将磁场区域分成Ⅰ、Ⅱ两部分.x轴下方为随时间变化的电场,电场强度大小为E=8×10-3V/m,E-t图象如图乙所示,周期T=1.2×10-2s.当t=T4时,第三象限的粒子源S沿y轴正方向发射比荷为108C/kg的粒子,粒子经坐标原点O由y轴左侧进入磁场区域Ⅰ,依次经P、M两点垂直MN离开磁场.测得粒子在磁场中运动时间t=π3×10-4s,重力不计.求:(1)有界磁场区域Ⅰ中磁感应强度的大小;(2)粒子源S的可能坐标.15.如图甲所示,两条不光滑平行金属导轨倾斜固定放置,倾角θ=37°,间距d=1m,电阻r=2Ω的金属杆与导轨垂直连接,导轨下端接灯泡L,规格为“4V,4W”,在导轨内有宽为l、长为d的矩形区域abcd,矩形区域内有垂直导轨平面均匀分布的磁场,各点的磁感应强度B大小始终相等,B随时间t变化如图乙所示.在t=0时,金属杆从PQ位置由静止释放,向下运动直到cd位置的过程中,灯泡一直处于正常发光状态.不计两导轨电阻,sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g=10m/s2.求:(1)金属杆的质量m;(2)0~3s内金属杆损失的机械能ΔE.仿高考计算题巧练(二)[题组一]13.解析:(1)小球B加速下落,由牛顿第二定律得:m2g-km2g=m2aBaB=5m/s2小球A加速下落,由牛顿第二定律得m1g-km2g=m1aAaA=8m/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12aAt21+12aBt21=l,又l=6.5m解得t1=1sh1=12aBt21=2.5mv=aBt1=5m/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h2=6.5m+0.8m-2.5m=4.8mh2=vt2+12gt22,解得:t2=0.6st总=t1+t2=1.6s.答案:(1)8m/s25m/s2(2)1.6s14.解析:(1)金属棒先做加速度逐渐减小的加速运动,当加速度为零时,金属棒达到最大速度,此后开始做匀速直线运动.设最大速度为vm,则速度达到最大时有:E=BLvmI=E2RF=BIL+mgsinθ解得:vm=3mgRB2L2.(2)PL=I2R解得:PL=9m2g2R4B2L2.(3)设整个电路放出的电热为Q,由能量守恒定律有:F·2s=Q+mgsinθ·2s+12mv2m由题意可知Q1=Q2解得:Q1=32mgs-9m3g2R24B4L4.答案:(1)3mgRB2L2(2)9m2g2R4B2L2(3)32mgs-9m3g2R24B4L415.解析:(1)设粒子恰好从板边缘飞出时,板AB间电压为U0,则12·qU0md·Lv02=d2解得U0=400V500V垂直极板的方向v1=qU0md·Lv0=2×105m/s因此最大速率v=v20+v21=22×105m/s.(2)如图所示,设粒子进入磁场时,速度v′与OO′成θ角,则有qv′B=mv′2Rv′=v0cosθs=2Rcosθ得s=2mv0qB=0.4m,为定值.(3)“A类粒子”在电场中向B板偏转,在磁场中的轨迹恰好与上边界相切时,有R(1+sinθ)=D联立2Rcosθ=0.4m,可得sinθ=0.6(或者cosθ=0.8),即θ=37°则粒子在磁场中飞行的总时间为t=180°+37°×2360°·2πmqB=12790π×10-6s进入磁场时vx=v0tanθ=1.5×105m/s又vx=qU1md·Lv0则对应的板AB间的电压为U1=300V故粒子从O出发的时刻可能为t=4n+0.4(s)或t=4n+3.6(s)(n=0,1,2,…).答案:见解析[题组二]13.解析:(1)小物块在传送带上匀加速运动的加速度a=μg=4m/s2小物块与传送带共速时,小物块位移x1=v202a=2m(L-xP)=4m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:mg=mv2NR从Q→N有:12mv2Q-12mv2N=2mgR解得R=0.32myN=2R=0.64m.(2)若小物块能通过最高点N,则0≤x≤L-x1即0≤x≤4m若小物块在圆弧轨道上恰能到达高度为R的M点,设小物块在传送带上加速运动的位移为x2,则μmgx2=mgR解得:x2=0.8m,所以5.2m≤x6m所以当0≤x≤4m或5.2m≤x6m时,小物块均不脱离轨道.答案:(1)0.64m(2)0≤x≤4m或5.2m≤x6m14.解析:(1)带电粒子在圆形有界磁场区域内运动轨迹如图所示,由几何关系可知,在区域Ⅰ内轨迹半径R1=R,在区域Ⅱ内轨迹半径2R2=R由r=mvqB可知B2=2B1由周期公式T1=2πmqB1,T2=2πmqB2则粒子在圆形有界磁场内运动时间t=T16+T22解得B1=2.5×10-4T.(2)由qB1v=mv2R1得v=qB1R1m=4×103m/s与y轴正向夹角30°,将速度沿x轴负向与y轴正向分解:vx=vsin30°=2×103m/s,vy=vcos30°=23×103m/s带电粒子从S点发射运动到O点的过程,可分解为沿y轴正向匀速直线运动和沿x轴的变加速直线运动.粒子沿x轴运动的第一种情况如图:粒子在反向加速过程到达O点.加速度a=qEm=8×105m/s2x1=2×12aT42-v2x2a=4.7m.由于运动的周期性,粒子到达O点的运动时间t1=nT+T2+vxay1=vynT+T2+vxa=23(12n+8.5)m粒子沿x轴运动的第二种情况如图:粒子在反向减速过程到达O点.x2=v2x2a=2.5m由于运动的周期性,粒子到达O点的运动时间t2=nT+T-vxay2=vy(nT+T-vxa)=23(12n+9.5)m粒子源S的可能坐标(-4.7m,-23(12n+8.5)m)或(-2.5m,-23(12n+9.5)m)答案:(1)2.5×10-4T(2)见解析15.解析:(1)设小灯泡额定功率为P=4W,额定电流为I,额定电压为U=4V,正常发光时电阻为R,则P=IUR=UI在0~1s时间内,金属杆从PQ运动到ab位置,设整个回路中的感应电动势为E,磁场区域宽度为l,则E=I(R+r)E=ΔΦΔtΔΦΔt=ΔBΔt·dl,ΔBΔt=2T/s联立解得I=1A,R=4Ω,E=6V,l=3m在t=1s金属杆进入磁场后,磁场磁感应强度保持不变,设金属杆进入磁场时速度为v,金属杆中的感应电动势为E1,则E1=E,E1=Bdv设金属杆在运动过程中受到的摩擦力为Ff,杆进入磁场前加速度为a,则a=vt1mgsinθ-Ff=ma进入磁场后杆匀速运动,设受到的安培力为F安,所以F安=BIdmgsinθ-Ff-F安=0联立解得v=3m/s,a=3m/s2,Ff=2N,F安=2Nm=0.67kg.(2)设金属杆进入磁场前0~1s内的位移为x1,通过磁场的时间为t2,则x1=v2t1,t2=lv解得x1=1.5m,t2=1s故在2s后金属杆出磁场,设第3s内金属杆的位移为x3,3s末金属杆的速度为v3,则x3=vt3+12at23v3=v+at3ΔE机=mg(x1+l+x3)sinθ-12mv23联立解得x3=4.5m,v3=6m/sΔE机=24J.答案:(1)0.67kg(2)24J
本文标题:2016版优化方案高考物理---计算题巧练(二)
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