高考物理二輪復習 計算題47分模擬小卷（打包4套）.zip

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m/s2(忽略ab棒運動過程中對原磁場的影響)，求： 圖2 (1)磁感應強度B的大小； (2)金屬棒ab從開始運動到1.5 s內(nèi)，電路中產(chǎn)生的熱量。 解析　(1)從1.5 s到2.1 s，由x－t圖象知金屬棒這段時差是內(nèi)做勻速直線運動，則 mg＝BIL①(2分) I＝②(4分) 且vm＝③(2分) 解①②③式得B＝0.1 T(1分) (2)0～1.5 s內(nèi)，由能量守恒律得： mgh＝mv＋Q④(4分) 解③④式得Q＝0.455 J(3分) 答案　(1)0.1 T　(2)0.455 J 15．(16分)(2016·南通一模)如圖3所示，足夠大的熒光屏ON垂直xOy坐標平面，與x軸夾角為30°，y軸與ON間有沿＋y方向、場強為E的勻強電場，一質(zhì)量為m、電荷量為－q的離子從y軸上的P點以速度v0、沿＋x軸方向射入電場，恰好垂直打到熒光屏上的M點(圖中未標出)。現(xiàn)撤去電場，在y軸與ON間加上垂直坐標平面向里的勻強磁場，相同的離子仍以速度v0從y軸上的Q點沿＋x軸方向射入磁場，恰好也垂直打到熒光屏上的M點，離子的重力不計。 (1)求離子在電場中運動的時間t1； (2)求P點距O點的距離y1和離子在磁場中運動的加速度大小a； (3)若相同的離子分別從y軸上的不同位置以速度v＝ky(y>0，k為常數(shù))、沿＋x軸方向射入磁場，離子都能打到熒光屏上，求k應滿足的條件。 圖3 解析　設離子垂直打到熒光屏上的M點時，沿y方向的分速度大小為vy，在電場中運動的加速度為a1，則 vy＝(1分) qE＝ma1(1分) vy＝a1t1(1分) 解得t1＝(1分) (2)由幾何關系可知 y1＝a1t＋v0t1tan 30°(1分) 解得y1＝(1分) 設離子在磁場中做圓周運動半徑為r，則 rcos 30°＝v0t1(1分) 而a＝(1分) 解得a＝(1分) (3)如圖所示，設從縱坐標為y處射入磁場的離子恰好能打到熒光屏上，對應的圓周運動半徑為r0，則 r0＋＝y(tǒng)(1分) 而qBv＝(2分) 其中v＝ky(1分) 為使離子能打到熒光屏上應滿足r′≥r0 qBv0＝ma(1分) 解得k≥(2分) 答案　(1)　(2)　 (3)k≥ 4 計算題47分模擬小卷(三) 計算題：本題共3小題，共計47分。解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案不能得分。有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。 13．(15分)(2016·淮安三模)如圖1甲所示，在水平桌面上放置一邊長L＝0.2 m的正方形閉合金屬線圈abcd，線圈的匝數(shù)n＝10，質(zhì)量m＝0.1 kg，總電阻R＝0.1 Ω，與水平桌面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，線圈與水平面的最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等。線圈的右半邊處于豎直向上的勻強磁場中，磁場的左邊界MN與線圈ab、cd兩邊平行且距離相等。從t＝0時刻起，勻強磁場的磁感應強度B隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。取g＝10 m/s2，求： 圖1 (1)t＝1 s時刻線圈中的感應電動勢的大小E； (2)t＝0 s至t＝3 s線圈中流過的電荷量q和線圈中產(chǎn)生的熱量Q； (3)線圈何時開始發(fā)生滑動，向什么方向滑動。 解析　(1)根據(jù)法拉第電磁感應定律得 E＝n＝n＝0.02 V(3分) (2)I＝＝0.2 A(2分) q＝It＝0.6 C(2分) Q＝I2Rt＝0.012 J(2分) (3)nBIL＝μmg(2分) B＝＝0.5 T(2分) 根據(jù)圖象規(guī)律可得t＝6 s，向左滑動(2分) 答案　(1)0.02 V　(2)0.6 C　0.012 J (3)6 s　向左滑動 14．(16分)(2016·揚泰南三模)如圖2所示，光滑斜面傾角為θ，底端固定一垂直于斜面的擋板C，在斜面上放置長木板A，A的下端與C的距離為d，A的上端放置小物塊B，A、B的質(zhì)量均為m，A、B間的動摩擦因數(shù)μ＝tan θ?，F(xiàn)同時由靜止釋放A、B，A與C發(fā)生碰撞的時間極短，碰撞前、后瞬間速度大小相等。運動過程中小物塊始終沒有從木板上滑落，已知重力加速度為g。求： 圖2 (1)A與C發(fā)生第一次碰撞前瞬間的速度大小v1； (2)A與C發(fā)生第一次碰撞后上滑到最高點時，小物塊B的速度大小v2； (3)為使B不與C碰撞，木板A長度的最小值L。 解析　(1)第一次碰撞前由機械能守恒定律有 (m＋m)v＝2mgdsin θ(3分) 解得v1＝(1分) (2)設發(fā)生第一次碰撞后，A上滑、B下滑的加速度大小分別為aA、aB，則 μmgcos θ＋mgsin θ＝maA(2分) μmgcos θ－mgsin θ＝maB(2分) 由于aA>aB，則A先減速到零。設A第一次碰撞后上滑到最高點的時間為t，則 v1＝aAt(1分) v2＝v1－aBt(1分) 解得v2＝(2分) (3)研究A、B運動全過程，由能量守恒定律有 mgdsin θ＋mg(d＋L)sin θ＝μmgLcos θ(3分) 解得L＝4d(1分) 答案　(1)　(2)　(3)4d 15.(16分)如圖3所示，光滑桿AB長為L，B端固定一根勁度系數(shù)為k、原長為l0的輕彈簧，質(zhì)量為m的小球套在光滑桿上并與彈簧的上端連接。OO′為過B點的豎直軸，桿與水平面間的夾角始終為θ。 圖3 (1)桿保持靜止狀態(tài)，讓小球從彈簧的原長位置靜止釋放，求小球釋放瞬間的加速度大小a及小球速度最大時彈簧的壓縮量Δl1； (2)當球隨桿一起繞OO′軸勻速轉(zhuǎn)動時，彈簧伸長量為Δl2，求勻速轉(zhuǎn)動的角速度ω； (3)若θ＝30°，移去彈簧，當桿繞OO′軸以角速度ω0＝勻速轉(zhuǎn)動時，小球恰好在桿上某一位置隨桿在水平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動，球受輕微擾動后沿桿向上滑動，到最高點A時球沿桿方向的速度大小為v0，求小球從開始滑動到離開桿的過程中，桿對球所做的功W。 解析　(1)小球從彈簧的原長位置靜止釋放時，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin θ＝ma(2分) 解得a＝gsin θ(1分) 小球速度最大時其加速度為零，則 kΔl1＝mgsin θ(1分) 解得Δl1＝(1分) (2)彈簧伸長Δl2時，球受力如圖所示，水平方向上有FNsin θ＋kΔl2cos θ＝mω2(l0＋Δl2)cos θ(2分) 豎直方向上有 FNcos θ－kΔl2sin θ－mg＝0(2分) 解得ω＝(1分) (3)當桿繞OO′軸以角速度ω0勻速轉(zhuǎn)動時，設小球距離B點L0，此時有mgtan θ＝mωL0cos θ(1分) 解得L0＝(1分) 此時小球的動能Ek0＝m(ω0L0cos θ)2(1分) 小球在最高點A離開桿瞬間的動能 EkA＝m[v＋(ω0Lcos θ)2](1分) 根據(jù)動能定理有W－mg(L－L0)sin θ＝EkA－Ek0(1分) 解得W＝mgL＋mv(1分) 答案　(1)gsin θ　　(2) (3)mgL＋mv 4 計算題47分模擬小卷(二) 計算題：本題共3小題，共計47分。解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案不能得分。有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。 13．(15分)(2016·泰州一模)如圖1所示，在傾角為30°的光滑斜面上，一勁度系數(shù)為k＝200 N/m的輕質(zhì)彈簧一端連接固定擋板C，另一端連接一質(zhì)量為m＝4 kg的物體A，一輕細繩通過定滑輪，一端系在物體A上，另一端與質(zhì)量也為m的物體B相連，細繩與斜面平行，斜面足夠長。用手托住物體B使繩子剛好沒有拉力，然后由靜止釋放。求： 圖1 (1)彈簧恢復原長時的細繩上的拉力； (2)物體A沿斜面向上運動多遠時獲得最大速度； (3)物體A的最大速度的大小。 解析　彈簧恢復原長時 對B有mg－T＝ma(2分) 對A有T－mgsin 30°＝ma(2分) 解得T＝30 N(1分) (2)初態(tài)彈簧壓縮x1＝＝10 cm(2分) 當A速度最大時mg＝kx2＋mgsin 30°(2分) 彈簧伸長x2＝＝10 cm(1分) 所以A沿斜面向上運動x＝x1＋x2＝20 cm時獲得最大速度。(1分) (3)因x1＝x2，故彈性勢能改變量 ΔEP＝0(1分) 由系統(tǒng)機械能守恒 mg(x1＋x2)－mg(x1＋x2)sin 30°＝·2m·v2(2分) 得v＝g·＝1 m/s(1分) 答案　(1)30 N　(2)20 cm　(3)1 m/s 14．(16分)(2016·無錫一模)如圖2所示，水平面內(nèi)有一對不計電阻的平行金屬導軌，間距為l，導軌端點連接著阻值為R的定值電阻。導軌之間還存在一系列邊界為半個正弦波形的有界勻強磁場，磁場的上邊界與導軌MN相切，下邊界與導軌PQ重合，寬度為d，其中第奇數(shù)個磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度為B，第偶數(shù)個磁場方向垂直于紙面向外，磁感應強度為2B。建立圖示坐標系，一質(zhì)量為m、長度為l、不計電阻的細導體棒開始與y軸重合，棒與導軌緊密接觸且摩擦不計、電阻不計。現(xiàn)對導體棒施加一個水平向右的拉力，使其向右以速度v勻速運動。 (1)規(guī)定回路中逆時針電流方向為正，畫出回路電流隨時間的變化關系圖線(至少畫出一個周期)； (2)求運動過程中導體棒所受安培力的最大值； (3)求從開始運動到穿過第4個磁場區(qū)域的過程中水平拉力所做的功。 圖2 解析　(1)如圖所示(3分) (2)最大感應電動勢Em＝2Blv(2分) 回路最大電流Im＝(1分) 最大安培力Fm＝2BIml(2分) 聯(lián)立得Fm＝(1分) (3)在第奇數(shù)個磁場內(nèi)運動電流的有效值為 I1＝·(1分) 在第偶數(shù)個磁場內(nèi)運動電流的有效值為 I2＝·(2分) 產(chǎn)生的總熱量為 Q＝IR()＋IR()(2分) 由功能關系，拉力做功W＝Q＝(2分) 答案　(1)見解析　(2)　(3) 15．(16分)(2016·無錫二模)如圖3所示，光滑圓弧軌道與長為L＝4.84 m的水平傳送帶BC相切于B。傳送帶以v＝2 m/s的速度勻速向右傳動。一質(zhì)量為m＝2 kg的小滑塊從軌道最高點A由靜止開始釋放。整個裝置放在風洞實驗室中，小滑塊始終受到大小為F＝6 N、水平向左的恒定風力的作用。當小滑塊運動到B點時的速度大小為v0＝6 m/s，當它滑過B后，立即將圓弧軌道撤去。已知滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，重力加速度取g＝10 m/s2。 圖3 (1)求圓弧軌道的半徑和小滑塊經(jīng)過B點時對軌道的壓力大??； (2)小滑塊最終從哪邊離開傳送帶？求它在傳送帶上運動的總時間； (3)求滑塊在傳送帶上運動的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量。 解析　(1)由動能定理mgR－FR＝mv(1分) 得R＝ m(1分) 在B點：FN－mg＝(1分) 得FN＝48 N 由牛頓第三定律，小滑塊對軌道的壓力 FN′＝48 N(1分) (2)第一階段，滑塊向右勻減速，加速度大小為a1， F＋μmg＝ma1(1分) 得a1＝4 m/s2(1分) 從到達B至與傳送帶共速，用時 t1＝＝1 s(1分) 此間滑塊滑行 x1＝(v0－v)t1＝4 m<4.84 m(1分) 第二階段，滑塊繼續(xù)向左勻減速，加速度大小為a2， F－μmg＝ma2 得a2＝2 m/s2(1分) 減速至零，用時t0＝＝1 s(1分) 滑塊滑行x0＝vt0＝1 m>0.84 m(1分) 說明滑塊尚未減速至零，已由C端離開。 設第二階段滑行時間為t2，有 (L－x1)＝vt2－a2t(1分) 代入數(shù)據(jù)，得t2＝0.6 s或t2′＝1.4 s(舍去)， 所用總時間t＝t1＋t2＝1.6 s(1分) (3)第一階段，相對位移 Δx1＝x1－vt1＝2 m 第二階段，相對位移 Δx2＝vt2－(L－x1)＝0.36 m(1分) Q＝μmg(Δx1＋Δx2)(1分) 代入數(shù)據(jù)，得Q＝4.72 J(1分) 答案　(1) m　48 N　(2)從C端離開　1.6 s (3)4.72 J 4 計算題47分模擬小卷(四) 計算題：本題共3小題，共計47分。解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案不能得分。有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。 13．(15分)(2016·南京一模)如圖1所示，在水平虛線范圍內(nèi)有B＝0.5 T，高度為h＝1.0 m，方向垂直紙面向里的勻強磁場。質(zhì)量m＝0.2 kg，邊長L＝1.0 m的正方形線框abcd，其電阻R＝1.0 Ω，cd邊跟磁場下邊平行且相距一段距離?，F(xiàn)用F＝3.0 N豎直向上的恒力由靜止開始拉動線框，cd邊剛進入磁場時，恰好做勻速運動，并穿過磁場區(qū)域，最后到達Ⅱ位置。整個過程中線框保持在豎直平面內(nèi)，求線框：(取g＝10 m/s2) (1)開始運動的加速度； (2)剛進入磁場時c、d兩點間電勢差； (3)在穿越磁場過程中產(chǎn)生的熱量。 圖1 解析　(1)根據(jù)牛頓第二定律得 F－mg＝ma(2分) a＝5 m/s2(2分) (2)cd邊進入磁場后做勻速運動 F＝mg＋BIL(2分) I＝(2分) E＝＝2 V(2分) Ucd＝－E＝－1.5 V(2分) (3)Q＝(F－mg)·2L＝2 J(3分) 答案　(1)5 m/s2　(2)－1.5 V　(3)2 J 14．(16分)(2016·上海單科，31)風洞是研究空氣動力學的實驗設備。如圖2，將剛性桿水平固定在風洞內(nèi)距地面高度H＝3.2 m處，桿上套一質(zhì)量m＝3 kg，可沿桿滑動的小球。將小球所受的風力調(diào)節(jié)為F＝15 N，方向水平向左。小球以初速度v0＝8 m/s向右離開桿端，假設小球所受風力不變，取g＝10 m/s2。求： 圖2 (1)小球落地所需時間和離開桿端的水平距離； (2)小球落地時的動能； (3)小球離開桿端后經(jīng)過多少時間動能為78 J? 解析　(1)小球在豎直方向做自由落體運動，運動時間為t0＝＝0.8 s(2分) 小球在水平方向做勻減速運動，加速度大小為 a＝＝5 m/s2(2分) 水平位移s＝v0t0－at＝4.8 m(2分) (2)由動能定理得Ek－mv＝mgH－Fs(2分) 可得Ek＝120 J(2分) (3)設小球離開桿后經(jīng)過時間t的水平位移為s，則 s＝v0t－at2(1分) 由動能定理得Ek′－mv＝mg·gt2－Fs(2分) 將Ek′＝78 J和v0＝8 m/s代入得125t2－80t＋12＝0(1分) 解得t1＝0.4 s(舍去)，t2＝0.24 s(2分) 答案　(1)0.8 s　4.8 m　(2)120 J　(3)0.24 s 15．(16分)(2016·泰州一模)在xOy平面第Ⅰ象限中，存在沿x軸負方向的勻強電場，場強為E1＝，第Ⅱ象限中存在沿x軸正方向的勻強電場，場強為E2＝，在第Ⅲ、Ⅳ象限中，存在垂直于xOy平面方向的勻強磁場，方向如圖3所示。磁感應強度B1＝B，B2＝2B。帶電粒子a、b同時從y軸上的點M(0，－l)以不同的速率向相反方向射出，射出時粒子a的速度方向與y軸正方向成60°角，經(jīng)過時間t0，粒子a、b同時第一次垂直x軸進入電場，不計粒子重力和兩粒子間相互作用。 圖3 (1)求粒子a的比荷及射出磁場時的位置； (2)求粒子a、b射出時速度的大??； (3)進入電場后，粒子a、b先后第一次到達y軸上的P、Q兩點(圖中未畫出)，求P、Q兩點間的距離。 解析　(1)粒子a：t0＝·＝(1分) 則＝(1分) 經(jīng)過x軸時位置xa＝l。 (2)粒子a：Ra＝2l， Bqava＝(1分) 則va＝＝。(1分) 粒子b：Rb＝2l， t0＝·＝，(1分) 則＝，(1分) Rb＝，(1分) 則vb＝＝，(1分) (3)粒子進入電場后均做類平拋運動 對粒子a：a1＝＝(1分) l＝a1t， t1＝＝，(1分) yP＝vat1＝l。(1分) 對粒子b：a2＝＝，(1分) 3l＝a2t，(1分) t2＝＝，(1分) yQ＝vbt2＝8l，(1分) 則PQ＝y(tǒng)Q－yP＝l。(1分) 答案　(1)　l　(2)　　(3)l 4