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1、2022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),對物體施加平行于斜面向上的拉力F,t1=2 s時拉力大小減半并反向,t2=3 s時撤去外力,物體運(yùn)動的部分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摩擦力,取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,求:
(1)物體與斜面間的動摩擦因數(shù)和拉力F的大小.
(2)3 s后再經(jīng)多長時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圖線知,物體勻加速運(yùn)動時加速度大小為
a1==10 m/s2(1分)
由牛頓第二定律
2、得F-mgsin θ-μmgcos θ=ma1(1分)
物體勻減速運(yùn)動時加速度大小為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)時間t物體回到斜面底端,由運(yùn)動學(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:
3、(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,從靜止開始沿框架無摩擦下滑,與框架接觸良好.框架的質(zhì)量M=0.2 kg、寬度l=0.4 m,框架與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=0.6,與斜面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,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,棒從靜止開始下滑6 m時速度
4、v=5 m/s,求此過程回路中產(chǎn)生的熱量Q及流過ab棒的電荷量q;
(3)若框架不固定,求框架剛開始運(yùn)動時棒的速度v1.
解析: (1)棒ab產(chǎn)生的電動勢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)
對棒ab,有mgsin 37°-BIl=ma(2分)
當(dāng)加速度a=0時,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(
5、1分)
對框架,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=8×10-5 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圓弧軌道的
6、最高點(diǎn)A,已知小物塊與水平軌道間的動摩擦因數(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能Ep;
(2)若在此空間加一方向水平向左的勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度E=2×103 V/m,小物塊仍由原位置釋放后通過A點(diǎn)再落回水平軌道,在此過程中小物塊電勢能變化量為多少?
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)
小物塊從開始運(yùn)動到到達(dá)半圓軌道最高點(diǎn)A的過程中,由能量守恒定律得
Ep=μmgL+mg·2R+mv(3分)
解
7、得Ep=9×10-2 J.(2分)
(2)若存在水平向左的勻強(qiáng)電場,設(shè)小物塊到達(dá)半圓軌道最高點(diǎn)A時的速度為v2,由功能關(guān)系得W彈=ΔEp=9×10-2 J,從小物塊開始運(yùn)動到到達(dá)A點(diǎn)的過程,由動能定理得
W彈+EqL-μmgL-mg·2R=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,在水平方向做勻減速直線運(yùn)動,由運(yùn)動學(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過程中電場力做功
8、為
W電=Eq(L-x)=9.6×10-3 J(2分)
此過程中小物塊的電勢能減小了9.6×10-3 J.(1分)
答案: (1)9×10-2 J (2)9.6×10-3 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,電場強(qiáng)度為E,第三象限內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小未知,在y軸上的C點(diǎn)(沒畫出)固定有一點(diǎn)電荷(點(diǎn)電荷對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,最后又恰好能擊中A點(diǎn),已知靜電力常量為k,求:
(1)磁感
9、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)入磁場中的速度為v,則由動能定理知
qE·a=mv2(3分)
粒子運(yùn)動軌跡如圖所示,由圖知粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑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做類平拋運(yùn)動,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)動的半徑為R=y(tǒng)+a(2分)
由類平拋運(yùn)動規(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)動時由庫侖力提供向心力,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