2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 高考題型三 考情題型練題組5.doc

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題組5 24.(12分)(2018陜西榆林三模)2018年2月18日晚在西安大唐芙蓉園進(jìn)行無(wú)人機(jī)燈光秀,300架無(wú)人機(jī)懸停時(shí)擺出“西安年、最中國(guó)”的字樣,假設(shè)一架質(zhì)量為m=2 kg的無(wú)人機(jī),其動(dòng)力系統(tǒng)所能提供的最大升力F=36 N,運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受空氣阻力大小恒定,無(wú)人機(jī)在地面上從靜止開始,以最大升力豎直向上起飛,在t=5 s時(shí)離地面的高度為75 m(g取10 m/s2)。 (1)求運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受空氣阻力大小; (2)假設(shè)由于動(dòng)力設(shè)備故障,懸停的無(wú)人機(jī)突然失去升力而墜落。無(wú)人機(jī)墜落地面時(shí)的速度為40 m/s,求無(wú)人機(jī)懸停時(shí)距地面高度; (3)假設(shè)在第(2)問(wèn)中的無(wú)人機(jī)墜落過(guò)程中,在遙控設(shè)備的干預(yù)下,動(dòng)力設(shè)備重新啟動(dòng)提供向上最大升力。為保證安全著地,求飛行器從開始下落到恢復(fù)升力的最長(zhǎng)時(shí)間。 25.(20分)(2018陜西榆林三模)如圖所示,一對(duì)帶電平行金屬板A、B水平放置,上下兩極板間的電勢(shì)差U=104 V,兩板間距d=10-2 m,B板中央開有小孔S;金屬板正下方有一半徑R=10-2 m的圓形的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B,磁場(chǎng)區(qū)域的圓心O位于小孔正下方。SO連線交圓的邊界于P點(diǎn)。比荷qm=5107 C/kg的帶正電粒子以速度v=53105 m/s從磁場(chǎng)外某處正對(duì)著圓心射向磁場(chǎng)區(qū)域,經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)的偏轉(zhuǎn)作用,偏轉(zhuǎn)的角度為60。帶電粒子恰好沿著OP方向從小孔S進(jìn)入電場(chǎng)。帶電粒子在SP間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間忽略不計(jì),帶電粒子的重力不計(jì)。求: (1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小; (2)帶電粒子從進(jìn)入磁場(chǎng)到最終離開磁場(chǎng)所用的時(shí)間。(取π≈3)  題組5 24.答案 (1)4 N　(2)100 m　(3)553 s 解析 (1)由牛頓第二定律:F-mg-f=ma 上升高度h=12at2 解得f=4 N (2)下落過(guò)程由牛頓第二定律 mg-f=ma1 得:a1=8 m/s2 落地時(shí)的速度v2=2a1H 解得H=100 m (3)恢復(fù)升力后向下減速由牛頓第二定律:F-mg+f=ma2 得:a2=10 m/s2 設(shè)恢復(fù)升力后的速度為vm, 則有vm22a1+vm22a2=H 得vm=4053 m/s 由vm=a1t1 得t1=553 s 25.答案 (1)1 T　(2)7.510-8 s 解析 (1)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng),從軌跡圖可知θ=30 tan θ=Rr=33 洛倫茲力提供向心力qvB=mv2r 解得B=mvqr=1 T (2)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期T=2πRv=1.210-7 s 則粒子第一次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1=16T=210-8 s 粒子進(jìn)入電場(chǎng)后先做減速運(yùn)動(dòng),加速度a=qEm=qUmd=51013 m/s2 在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的距離x=v22a=7.510-3 m<10-2 m=d, 因此粒子不能達(dá)到A板,由運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知,粒子返回的時(shí)間與減速的時(shí)間是相等的,所以粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2=2va=2310-8 s≈3.510-8 s 粒子會(huì)以同樣的速度再次進(jìn)入磁場(chǎng),繼續(xù)向左偏轉(zhuǎn),在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t3=t1=210-8 s 帶電粒子從進(jìn)入磁場(chǎng)到最終離開磁場(chǎng)所用的時(shí)間t=t1+t2+t3=7.510-8 s