《優(yōu)化方案（浙江專用）2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 特色專題訓(xùn)練 仿高考計(jì)算題巧練（二）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《優(yōu)化方案（浙江專用）2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 特色專題訓(xùn)練 仿高考計(jì)算題巧練（二）（13頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、仿高考計(jì)算題巧練(二) (建議用時(shí)：60分鐘) [題組一] 23.如圖所示，質(zhì)量分別為0.5 kg、0.2 kg的彈性小球A、B穿過一繞過定滑輪的輕繩，繩子末端與地面距離均為0.8 m，小球距離繩子末端6.5 m，小球A、B與輕繩的滑動(dòng)摩擦力都為重力的0.5倍，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．現(xiàn)由靜止同時(shí)釋放A、B兩個(gè)小球，不計(jì)繩子質(zhì)量，忽略與定滑輪相關(guān)的摩擦力，g＝10 m/s2.求： (1)釋放A、B兩個(gè)小球后，A、B各自加速度的大?。? (2)小球B從靜止釋放經(jīng)多長時(shí)間落到地面． 24．(2020·浙江高考名校聯(lián)考信息優(yōu)化卷)如圖所示，兩根相距L＝1

2、 m、單位長度電阻為R0＝0.1 Ω/m的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ水平放置，左端用電阻可忽略不計(jì)的導(dǎo)線與阻值r＝0.1 Ω的電阻相連．MP、AB、CD、EF之間相鄰間距均為L＝1 m，虛線AB右側(cè)空間存在方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間的變化關(guān)系為：Bt＝(0.2＋0.1t)T.導(dǎo)體棒開始時(shí)在外力作用下靜止于CD處，導(dǎo)體棒電阻不計(jì)． (1)求通過導(dǎo)體棒的電流大小和方向； (2)若導(dǎo)體棒在外力作用下以v＝2 m/s的速度勻速向右運(yùn)動(dòng)，在t＝0時(shí)刻剛好經(jīng)過CD處，已知導(dǎo)體棒中同時(shí)產(chǎn)生了感生電動(dòng)勢和動(dòng)生電動(dòng)勢，求此時(shí)導(dǎo)體棒所受的安培力大小； (3)在第(2)問的情境下，求導(dǎo)體

3、棒從CD勻速運(yùn)動(dòng)到EF的過程中安培力所做的功． 25．(2020·浙江高考名校聯(lián)考信息優(yōu)化卷)如圖所示，平面直角坐標(biāo)系xOy的x軸上方存在方向沿y軸正方向、場強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場，在x軸的下方存在方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場．在y軸上的P點(diǎn)處有一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為－q(q＞0)的粒子，沿著x軸正方向以一定的初速度射入電場．(粒子重力不計(jì)) (1)若粒子能夠回到P點(diǎn)，求初速度v0的大小； (2)若OP＝h，要使粒子射出后能經(jīng)過x軸上的D點(diǎn)，OD＝d，求初速度v0滿足的條件． [題組二] 23．如圖所示，在傳送帶的右端Q點(diǎn)固定有一

4、豎直光滑圓弧軌道，軌道的入口與傳送帶在Q點(diǎn)相切．以傳送帶的左端點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)O，水平傳送帶上表面為x軸建立坐標(biāo)系，已知傳送帶長L＝6 m，勻速運(yùn)動(dòng)的速度v0＝4 m/s.一質(zhì)量m＝1 kg的小物塊輕輕放在傳送帶上xP＝2 m的P點(diǎn)，小物塊隨傳送帶運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)后恰好能沖上光滑圓弧軌道的最高點(diǎn)N點(diǎn)．小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2. (1)求N點(diǎn)的縱坐標(biāo)yN； (2)若將小物塊輕放在傳送帶上的某些位置，小物塊均不脫離圓弧軌道．求傳送帶上這些位置的橫坐標(biāo)的范圍． 24.如圖所示，間距為L＝0.2 m的兩足夠長平行金屬導(dǎo)軌與水平面夾角為θ＝53

5、°，導(dǎo)軌兩端各接一個(gè)阻值為R0＝0.2 Ω的電阻，與導(dǎo)軌垂直的虛線ab下方有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝5 T、方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場．一長為L、質(zhì)量m＝1 kg、電阻r＝0.1 Ω的金屬棒MN垂直放在導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌始終接觸良好，金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5.將金屬棒從ab上方距離為s0＝0.4 m處由靜止釋放，金屬棒剛要開始做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，通過上端電阻R0的電荷量為Δq＝1.5 C．導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6. (1)求金屬棒做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大??； (2)求金屬棒從釋放到開始勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)上端電阻R0中產(chǎn)生的熱量；

6、(3)請通過計(jì)算大致畫出金屬棒從開始下滑到勻速運(yùn)動(dòng)過程中的v－t圖象． 25.如圖所示，建立平面直角坐標(biāo)系，平行板電容器的兩極板P、Q與x軸成37°角，電勢差為U，電容器P極板邊緣無限靠近坐標(biāo)原點(diǎn)，在D點(diǎn)(0.2 m，0)處有一垂直x軸的熒光屏．在x＞0區(qū)域有豎直向上的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)E＝0.4 N/C.在平面內(nèi)以C點(diǎn)(0.1 m，0)為圓心，半徑為0.1 m的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝ T．一質(zhì)量m＝4×10－7 kg、電荷量大小q＝1×10－5 C的帶電粒子從電容器兩極板間的中點(diǎn)A(－ m，0)由靜止開始沿x軸做直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)坐標(biāo)原點(diǎn)O后進(jìn)入復(fù)

7、合場，粒子最終打在熒光屏上N點(diǎn)．已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： (1)兩極板間電勢差U以及P極板電性； (2)粒子到達(dá)坐標(biāo)原點(diǎn)O時(shí)的速度大??； (3)粒子從A點(diǎn)到N點(diǎn)所用時(shí)間(結(jié)果保留一位有效數(shù)字)． 仿高考計(jì)算題巧練(二) [題組一] 23．解析：(1)小球B加速下落，由牛頓第二定律得： m2g－km2g＝m2aB aB＝5 m/s2 小球A加速下落，由牛頓第二定律得 m1g－km2g＝m1aA aA＝8 m/s2. (2)設(shè)經(jīng)歷時(shí)間t1小球B脫離繩子，小球B下落高度為h1，獲得速度為v，

8、則aAt＋aBt＝l， 又l＝6.5 m 解得t1＝1 s h1＝aBt＝2.5 m v＝aBt1＝5 m/s 小球B脫離繩子后在重力作用下勻加速下落，此時(shí)距地面高度為h2，經(jīng)歷t2時(shí)間后落到地面，則 h2＝6.5 m＋0.8 m－2.5 m＝4.8 m h2＝vt2＋gt，解得：t2＝0.6 s t總＝t1＋t2＝1.6 s. 答案：(1)8 m/s2　5 m/s2　(2)1.6 s 24．解析：(1)導(dǎo)體棒不動(dòng)時(shí)，回路中產(chǎn)生感生電動(dòng)勢，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得，電動(dòng)勢E＝L2 而此時(shí)回路總電阻R＝4LR0＋r 由閉合電路歐姆定律得導(dǎo)體棒中的電流I＝ 解得：I＝0.

9、2 A 根據(jù)楞次定律可知導(dǎo)體棒中電流的方向?yàn)橛蒁到C. (2)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，同時(shí)產(chǎn)生感生電動(dòng)勢和動(dòng)生電動(dòng)勢，由楞次定律可知，兩電動(dòng)勢方向相同 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得，回路中的總電動(dòng)勢 E1＝L2＋B0Lv 其中B0＝0.2 T 由閉合電路歐姆定律得，回路電流I1＝ 導(dǎo)體棒所受的安培力F1＝B0I1L 解得：F1＝0.2 N. (3)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，t時(shí)刻回路中的總電動(dòng)勢為 Et＝L(L＋vt)＋BtLv t時(shí)刻回路中的總電阻為Rt＝r＋4LR0＋2vtR0 t時(shí)刻通過導(dǎo)體棒的電流為It＝ 解得：It＝1 A 即回路電流為定值，與時(shí)間無關(guān)，所以導(dǎo)體棒所受

10、安培力隨時(shí)間均勻變化；而導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)，所以安培力隨位移也均勻變化，則導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到EF處所受安培力 F2＝BEFItL 其中BEF＝(T)＝0.25 T 則安培力所做的功為W＝－L 解得：W＝－0.225 J. 答案：(1)0.2 A　方向由D到C (2)0.2 N　(3)－0.225 J 25．解析： 甲 (1)粒子在電場區(qū)域內(nèi)做類平拋運(yùn)動(dòng)和類平拋運(yùn)動(dòng)的逆運(yùn)動(dòng)，在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖甲所示，要使粒子能夠回到P點(diǎn)，粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心一定在y軸上．設(shè)粒子經(jīng)過x軸上的Q點(diǎn)進(jìn)入磁場，粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R，則 由qvB＝m得：R＝ 由幾何關(guān)系|

11、OQ|＝Rsin θ＝sin θ＝ 其中vy為粒子在Q點(diǎn)速度沿y軸負(fù)方向的分量 vy＝at＝t 又|OQ|＝v0t 聯(lián)立可得v0＝. (2)粒子射入后有以下三種情況能經(jīng)過D點(diǎn) ①粒子從P點(diǎn)射入后直接到達(dá)D點(diǎn)：設(shè)所經(jīng)歷的時(shí)間為t，則 h＝t2，d＝v0t 解得：v0＝d. ②粒子從P點(diǎn)射入后，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)、磁場回轉(zhuǎn)、又在電場中斜上拋，如此循環(huán)n次，最終經(jīng)由電場到達(dá)D點(diǎn)，如圖乙所示： 乙 粒子在磁場中回轉(zhuǎn)的半徑為r，圓弧所對的圓心角為2θ，則 rsin θ＝sin θ＝ vy＝t，h＝t2 解得：rsin θ＝ 粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移為 dn＝v0t

12、＝v0 則由幾何關(guān)系有 d＝dn＋2ndn－2nrsin θ(n＝1，2，3，…) 解得：v0＝(n＝1，2，3，…)． ③粒子從P點(diǎn)射入后，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)、磁場回轉(zhuǎn)、又在電場中斜上拋，如此循環(huán)n次，最終經(jīng)由磁場回轉(zhuǎn)到達(dá)D點(diǎn)，如圖丙所示： 丙 粒子在磁場中回轉(zhuǎn)的半徑為r，圓弧所對的圓心角為2θ，設(shè)粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的水平距離為dn，則由幾何關(guān)系有 d＝(2n－1)dn－2nrsin θ(n＝1，2，3，…) 解得：v0＝(n＝1，2，3，…) 綜上，粒子初速度v0的大小滿足的條件為 v0＝(n1＝0，1，2，…) 或v0＝(n2＝1，2，3，…)． 答案：見解析 [題組

13、二] 23．解析：(1)小物塊在傳送帶上勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度 a＝μg＝4 m/s2 小物塊與傳送帶共速時(shí)， 小物塊位移x1＝＝2 m<(L－xP)＝4 m 故小物塊與傳送帶共速后以v0勻速運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，然后沖上圓弧軌道恰到N點(diǎn)有：mg＝m 從Q→N有：mv－mv＝2mgR 解得R＝0.32 m yN＝2R＝0.64 m. (2)若小物塊能通過最高點(diǎn)N，則0≤x≤L－x1 即0≤x≤4 m 若小物塊恰能到達(dá)高度為R的M點(diǎn)，設(shè)小物塊在傳送帶上加速運(yùn)動(dòng)的位移為x2，則μmgx2＝mgR 解得：x2＝0.8 m，所以5.2 m≤x<6 m 所以當(dāng)0≤x≤4 m或5.2 m≤x<

14、6 m時(shí)，小物塊均不脫離軌道． 答案：(1)0.64 m　(2)0≤x≤4 m或5.2 m≤x<6 m 24．解析：(1)設(shè)金屬棒在磁場區(qū)域受到的安培力為FA，金屬棒做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，由受力平衡有： mgsin θ＝μmgcos θ＋FA FA＝，其中R＝r＋R0＝0.2 Ω 解得：v1＝1 m/s. (2)金屬棒進(jìn)入磁場區(qū)域直到剛開始做勻速運(yùn)動(dòng)的過程中，通過上端電阻的電荷量Δq＝1.5 C，即金屬棒中通過的電荷量為2Δq 設(shè)金屬棒在此過程中運(yùn)動(dòng)的距離為Δs，通過金屬棒的電荷量 2Δq＝It＝＝ 解得：Δs＝0.6 m 設(shè)上端電阻R0中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，則金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱為

15、2Q，全電路產(chǎn)生的焦耳熱為4Q 由能量守恒有： (mgsin θ－μmgcos θ)(s0＋Δs)－4Q＝mv 代入數(shù)據(jù)解得：Q＝1.125 J. (3)金屬棒的運(yùn)動(dòng)分為在磁場區(qū)域外和磁場區(qū)域內(nèi)兩個(gè)階段． 開始時(shí)金屬棒在磁場區(qū)域外勻加速下滑，其加速度 a0＝gsin θ－μgcos θ＝5 m/s2 運(yùn)動(dòng)時(shí)間t0＝＝0.4 s 進(jìn)入磁場區(qū)域時(shí)的速度v0＝a0t0＝2 m/s 進(jìn)入磁場區(qū)域后，當(dāng)金屬棒在磁場中做變速運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律有：mgsin θ－μmgcos θ－＝ma mg(sin θ－μcos θ)Δt－Δt＝maΔt 對等式兩邊求和有： mg(sin θ－

16、μcos θ)t－Δs＝m(v1－v0) 可得：t＝0.4 s 金屬棒運(yùn)動(dòng)的v－t圖象如圖所示． 答案：見解析 25．解析： 甲 (1)由題意可知，粒子在平行板間做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，受力分析如圖甲所示，則 q＝ 根據(jù)幾何關(guān)系得＝xOAsin 37° 聯(lián)立解得U＝＝0.04 V 粒子經(jīng)過磁場向上偏轉(zhuǎn)，知粒子帶正電，粒子在電容器中所受電場力指向P板，故P板帶負(fù)電． (2)粒子在平行板間運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律得 mgtan 37°＝ma 解得粒子加速度a＝7.5 m/s2 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得加速時(shí)間t1＝＝ s 到達(dá)O點(diǎn)時(shí)的速度大小為v＝at1＝1 m/s. 乙 (3)粒子在復(fù)合場中所受電場力qE＝mg 故粒子先在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，離開磁場后做勻速直線運(yùn)動(dòng)打到N點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙所示 根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式得，圓周運(yùn)動(dòng)半徑r＝＝ m 可得tan∠CO1O＝＝ 所以∠CND＝∠CO1O＝30° 故＝0.1 m 粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝·＝ s 從F到N用時(shí)t3＝＝0.1 s 故粒子從A點(diǎn)到N點(diǎn)所用時(shí)間 t＝t1＋t2＋t3＝ s＋ s＋0.1 s＝0.4 s. 答案：見解析