2019-2020年高考物理二輪專題精煉 第一篇專題三仿高考計算題巧練（二）.doc

《2019-2020年高考物理二輪專題精煉 第一篇專題三仿高考計算題巧練（二）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020年高考物理二輪專題精煉 第一篇專題三仿高考計算題巧練（二）.doc（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

2019-2020年高考物理二輪專題精煉 第一篇專題三仿高考計算題巧練（二） 題組一 1.山地滑雪是人們喜愛的一項(xiàng)體育運(yùn)動．一滑雪道ABC的底部是一段半徑為R的圓弧，圓弧的末端C的切線沿水平方向，C點(diǎn)到地面之間是一懸崖峭壁，如圖所示．已知AC間的高度差為h，運(yùn)動員連同滑雪裝備總質(zhì)量為m，開始時運(yùn)動員從A點(diǎn)由靜止下滑，滑到C點(diǎn)后水平飛出，當(dāng)飛出時間為t時，迎面遭遇一股強(qiáng)風(fēng)，最終運(yùn)動員落到了與起點(diǎn)A高度差為H的水平雪地上，落地時速度大小為v，不計遭遇強(qiáng)風(fēng)前的空氣阻力和雪道的摩擦阻力，重力加速度為g.求： (1)運(yùn)動員到達(dá)C點(diǎn)時所受的支持力的大小； (2)運(yùn)動員剛遭遇強(qiáng)風(fēng)時的速度大小及此時距地面的高度； (3)強(qiáng)風(fēng)對運(yùn)動員所做的功為多大？ 2．如圖甲所示，兩平行金屬板A、B的板長L＝0.2 m，板間距d＝0.2 m，兩金屬板間加如圖乙所示的交變電壓，并在兩板間形成交變的勻強(qiáng)電場，忽略其邊緣效應(yīng)．在金屬板上側(cè)有一方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁場寬度D＝0.4 m，左右范圍足夠大，邊界MN和PQ均與金屬板垂直，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝110－2T.在極板下側(cè)中點(diǎn)O處有一粒子源，從t＝0時刻起不斷地沿著OO′發(fā)射比荷＝1108C/kg、初速度v0＝2105 m/s的帶正電粒子，忽略粒子重力、粒子間相互作用以及粒子在極板間飛行時極板間電壓的變化． (1)求粒子進(jìn)入磁場時的最大速率； (2)對于能從MN邊界飛出磁場的粒子，其在磁場的入射點(diǎn)和出射點(diǎn)的間距s是否為定值？若是，求出該值；若不是，求s與粒子由O出發(fā)的時刻t之間的關(guān)系式； (3)在磁場中飛行時間最長的粒子定義為“A類粒子”，求出“A類粒子”在磁場中飛行的時間以及由O出發(fā)的可能時刻． 題組二 3.如圖所示，光滑水平面上左端固定一擋板，擋板上固定一水平輕質(zhì)彈簧，右端與一豎直光滑半圓軌道相切于B點(diǎn)，圓弧半徑R＝0.9 m．一質(zhì)量為m＝1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))將彈簧壓縮并鎖定，解除鎖定后小物塊被彈開恰好能通過圓弧最高點(diǎn)A并水平滑上正以v0＝5 m/s的恒定速率逆時針轉(zhuǎn)動的水平傳送帶，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，小物塊到達(dá)傳送帶最左端時恰與傳送帶共速，g＝10 m/s2，求： (1)水平傳送帶的長度L； (2)鎖定后輕彈簧的彈性勢能Ep； (3)小物塊在與圓心等高的C點(diǎn)對半圓軌道的壓力F. 4.電磁緩沖裝置，能夠產(chǎn)生連續(xù)變化的電磁作用力，有效緩沖車輛間的速度差，避免車輛間發(fā)生碰撞和追尾事故．該裝置簡化為如下物理模型：如圖所示，水平面上有一個絕緣動力小車，在動力小車上豎直固定著一個長度為L1、寬度為L2的單匝矩形純電阻金屬線圈，線圈的總電阻為R，小車和線圈的總質(zhì)量為m，小車運(yùn)動過程中所受阻力恒為f，開始時，小車靜止在緩沖區(qū)域的左側(cè)，線圈的右邊剛好與寬為d(d>L1)的緩沖區(qū)域的左邊界重合．緩沖區(qū)域內(nèi)有方向垂直線圈平面向里、大小為B的勻強(qiáng)磁場，現(xiàn)控制動力小車牽引力的功率，讓小車以恒定加速度a駛?cè)刖彌_區(qū)域，線圈全部進(jìn)入緩沖區(qū)域后，立即開始做勻速直線運(yùn)動，直至完全離開緩沖區(qū)域，整個過程中，牽引力做的總功為W. (1)求線圈進(jìn)入磁場過程中，通過線圈橫截面的電荷量； (2)寫出線圈進(jìn)入磁場過程中，牽引力的功率隨時間變化的關(guān)系式； (3)求線圈進(jìn)入磁場過程中，線圈中產(chǎn)生的焦耳熱． 仿高考計算題巧練(二) 1．[解析](1)由A到C的過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒得 mgh＝mv 在C點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得 FN－mg＝m 解得支持力FN＝mg. (2)運(yùn)動員做平拋運(yùn)動時，在豎直方向的速度為 v⊥＝gt 速度為v′＝＝ 下落的高度為h1＝gt2 距地面的高度為 h2＝H－h(huán)－h(huán)1＝H－h(huán)－gt2. (3)對運(yùn)動員整個運(yùn)動過程應(yīng)用動能定理： Wf＋mgH＝mv2 解得Wf＝mv2－mgH. [答案]見解析 2．[解析](1)設(shè)粒子恰好從板邊緣飛出時，板AB間電壓為U0，則 2＝ 解得U0＝400 V<500 V 垂直極板的方向v1＝＝2105 m/s 因此最大速率v＝＝2105 m/s. (2)如圖所示，設(shè)粒子進(jìn)入磁場時，速度v′與OO′成θ角，則有 qv′B＝m， v′＝， s＝2Rcos θ 得s＝＝0.4 m，為定值． (3)如圖所示，“A類粒子”在電場中向B板偏轉(zhuǎn)，在磁場中的軌跡恰好與上邊界相切時，有 R(1＋sin θ)＝D 聯(lián)立2Rcos θ＝0.4 m，可得sin θ＝0.6(或者cos θ＝0.8)，即θ＝37 則粒子在磁場中飛行的總時間為 t＝＝π10－6s 進(jìn)入磁場時vy＝v0tan θ＝1.5105 m/s， 又vy＝， 則對應(yīng)的板AB間的電壓為U1＝300 V 故粒子從O出發(fā)的時刻可能為t＝4n＋0.4(s)或t＝4n＋3.6(s)(n＝0,1,2…)． [答案]見解析 3．[解析](1)因小物塊恰好能通過圓弧最高點(diǎn)A，所以在A點(diǎn)由牛頓第二定律知mg＝m，代入數(shù)值得vA＝3 m/s 又因小物塊到達(dá)傳送帶最左端時與傳送帶速度相等，由功能關(guān)系知 μmgL＝mv－mv 代入數(shù)值得L＝2 m. (2)由功能關(guān)系知Ep＝mg2R＋mv 代入數(shù)值得Ep＝22.5 J. (3)設(shè)小物塊到達(dá)C點(diǎn)時速度為vC，由功能關(guān)系知 Ep＝mgR＋mv 在C點(diǎn)由牛頓第二定律知FN＝m 代入數(shù)值得FN＝30 N 由牛頓第三定律知小物塊在與圓心等高的C點(diǎn)對半圓軌道的壓力F＝30 N，方向水平向右. [答案](1)2 m　(2)22.5 J　(3)30 N　水平向右 4．[解析](1)線圈進(jìn)入磁場的過程中通過線圈橫截面的電荷量q＝Δt① 根據(jù)歐姆定律有＝② 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有＝＝③ 由①②③得q＝. (2)線圈進(jìn)入磁場時，牽引力的功率P＝Fv④ 根據(jù)勻變速運(yùn)動的關(guān)系有v＝at⑤ 線圈進(jìn)入磁場，由牛頓第二定律得F－f－F安＝ma⑥ 線圈受到的安培力F安＝BIL2⑦ 根據(jù)歐姆定律有I＝⑧ 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝BL2v⑨ 由④～⑨得P＝t2＋(f＋ma)at. (3)線圈運(yùn)動的整個過程中，根據(jù)能量關(guān)系有 W＝mv＋f(d＋L1)＋Q總 線圈出磁場產(chǎn)生的熱量 Q出＝IRt? 根據(jù)歐姆定律有I1＝? 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E1＝BL2v1? 線圈出磁場的時間t＝? 根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式有v＝2aL1? Q進(jìn)＝Q總－Q出? 由～?得 Q進(jìn)＝W－maL1－f(d＋L1)－. [答案]見解析