2019-2020年高三物理二輪復(fù)習(xí) 計(jì)算題仿真練1.doc

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2019-2020年高三物理二輪復(fù)習(xí) 計(jì)算題仿真練1 1．(12分)如圖甲所示，質(zhì)量m＝1 kg的物體置于傾角為θ＝37的固定斜面的底端(斜面足夠長(zhǎng))，對(duì)物體施加平行于斜面向上的拉力F，t1＝2 s時(shí)拉力大小減半并反向，t2＝3 s時(shí)撤去外力，物體運(yùn)動(dòng)的部分v－t圖象如圖乙所示，設(shè)物體受到的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取g＝10 m/s2，sin 37＝0.6，求： (1)物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)和拉力F的大?。? (2)3 s后再經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間物體回到斜面底端(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)． 解析：　(1)由v－t圖線(xiàn)知，物體勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度大小為 a1＝＝10 m/s2(1分) 由牛頓第二定律得F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma1(1分) 物體勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度大小為a2＝－＝20 m/s2(1分) 由牛頓第二定律得＋mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2(2分) 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得F＝20 N，μ＝0.5.(2分) (2)由v－t圖線(xiàn)知物體上滑的總距離為 x＝t＝3 m＝30 m(1分) 設(shè)撤去外力后物體的加速度大小為a3 ，由牛頓第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma3(1分) 代入數(shù)據(jù)解得a3＝2 m/s2(1分) 設(shè)3 s后再經(jīng)時(shí)間t物體回到斜面底端，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律知x＝a3t2(1分) 代入數(shù)據(jù)解得t＝5.5 s．(1分) 答案：　(1)0.5　20 N　(2)5.5 s 2.(19分)如圖所示，電阻不計(jì)且足夠長(zhǎng)的U形金屬框架放置在傾角θ＝37的絕緣斜面上，該裝置處于垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.5 T．質(zhì)量m＝0.1 kg、電阻R＝0.4 Ω的導(dǎo)體棒ab垂直放在框架上，從靜止開(kāi)始沿框架無(wú)摩擦下滑，與框架接觸良好．框架的質(zhì)量M＝0.2 kg、寬度l＝0.4 m，框架與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.6，與斜面間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8. (1)若框架固定，求導(dǎo)體棒的最大速度vm； (2)若框架固定，棒從靜止開(kāi)始下滑6 m時(shí)速度v＝5 m/s，求此過(guò)程回路中產(chǎn)生的熱量Q及流過(guò)ab棒的電荷量q； (3)若框架不固定，求框架剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)棒的速度v1. 解析：　(1)棒ab產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝Blv(1分) 回路中的感應(yīng)電流I＝(1分) 棒ab所受的安培力F＝BIl(1分) 對(duì)棒ab，有mgsin 37－BIl＝ma(2分) 當(dāng)加速度a＝0時(shí)，速度最大，最大值vm＝＝6 m/s.(2分) (2)根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律有mgxsin 37＝mv2＋Q(2分) 代入數(shù)據(jù)解得Q＝2.35 J(2分) q＝Δt＝Δt＝＝＝3 C．(3分) (3)回路中感應(yīng)電流I1＝(1分) 框架上邊所受安培力F1＝BI1l(1分) 對(duì)框架，Mgsin 37＋BI1l＝μ(m＋M)gcos 37(2分) 代入數(shù)據(jù)解得v1＝2.4 m/s.(1分) 答案：　(1)6 m/s　(2)3 C　(3)2.4 m/s 3.(20分)如圖所示為固定在水平地面上的軌道ABCD，其中半圓形軌道ABC光滑，水平軌道CD粗糙，且二者在C點(diǎn)相切，A與C分別是半徑R＝0.1 m的半圓軌道的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)．一根輕彈簧固定在水平軌道的最右端，將一質(zhì)量m＝0.02 kg、電荷量q＝810－5 C的絕緣小物塊緊靠彈簧并向右壓縮彈簧，直到小物塊和圓弧最低點(diǎn)的距離L＝0.5 m．現(xiàn)在由靜止釋放小物塊，小物塊被彈出后恰好能夠通過(guò)圓弧軌道的最高點(diǎn)A，已知小物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.4，小物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，g取10 m/s2. (1)求小物塊釋放前彈簧具有的彈性勢(shì)能Ep； (2)若在此空間加一方向水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝2103 V/m，小物塊仍由原位置釋放后通過(guò)A點(diǎn)再落回水平軌道，在此過(guò)程中小物塊電勢(shì)能變化量為多少？ 解析：　(1)設(shè)小物塊到達(dá)半圓軌道的最高點(diǎn)時(shí)速度為v1，因?yàn)樾∥飰K恰好能到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)，故向心力剛好由重力提供：mg＝m(2分) 解得v1＝＝1 m/s(1分) 小物塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到到達(dá)半圓軌道最高點(diǎn)A的過(guò)程中，由能量守恒定律得 Ep＝μmgL＋mg2R＋mv(3分) 解得Ep＝910－2 J．(2分) (2)若存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，設(shè)小物塊到達(dá)半圓軌道最高點(diǎn)A時(shí)的速度為v2，由功能關(guān)系得W彈＝ΔEp＝910－2 J，從小物塊開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到到達(dá)A點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得 W彈＋EqL－μmgL－mg2R＝mv(3分) 聯(lián)立解得v2＝3 m/s(1分) 小物塊由A飛出后在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，在水平方向做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有 豎直方向：2R＝gt2，(1分) t＝ ＝0.2 s(1分) 水平方向：Eq＝ma，(1分) a＝＝8 m/s2，(1分) x＝v2t－at2＝0.44 m(1分) 在小物塊落回軌道的整個(gè)過(guò)程中電場(chǎng)力做功為 W電＝Eq(L－x)＝9.610－3 J(2分) 此過(guò)程中小物塊的電勢(shì)能減小了9.610－3 J．(1分) 答案：　(1)910－2 J　(2)9.610－3 J 4.(20分)在如圖所示的直角坐標(biāo)系中，第二象限內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，第三象限內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小未知，在y軸上的C點(diǎn)(沒(méi)畫(huà)出)固定有一點(diǎn)電荷(點(diǎn)電荷對(duì)y軸左側(cè)不起作用)．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子由第二象限的點(diǎn)A處由靜止釋放(不計(jì)重力)，粒子恰好垂直y軸進(jìn)入第四象限并在y軸右側(cè)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，最后又恰好能擊中A點(diǎn)，已知靜電力常量為k，求： (1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。? (2)C點(diǎn)的坐標(biāo)． (3)點(diǎn)電荷的電荷量Q. 解析：　(1)設(shè)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)中的速度為v，則由動(dòng)能定理知 qEa＝mv2(3分) 粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由圖知粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝a(1分) 由洛倫茲力提供向心力知Bqv＝m(1分) 聯(lián)立解得B＝ .(2分) (2)由圖知粒子從D到A做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)C點(diǎn)的坐標(biāo)為(0，y)，則粒子在y軸右側(cè)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R＝y(tǒng)＋a(2分) 由類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律知a＝vt，(1分) R＋y－a＝t2(2分) 聯(lián)立可得y＝，即C點(diǎn)的坐標(biāo)為.(1分) (3)由(2)知粒子在y軸右側(cè)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為 R＝y(tǒng)＋a＝(2分) 粒子在y軸右側(cè)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)由庫(kù)侖力提供向心力，即 k＝m(2分) 所以Q＝，(2分) 即點(diǎn)電荷的電荷量Q為，且?guī)ж?fù)電．(1分) 答案：　(1) 　(2)　(3)　負(fù)電