2019年高考物理一輪復習 全真精準模擬 第07周 第二練（大題特訓）（含解析）.docx

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第七周 第二練 24．（14分） 如圖所示，兩光滑平行金屬導軌abcd、dcba，aa之間接一阻值為R的定值電阻，dd之間處于斷開狀態(tài)，abba部分為處于水平面內，且ab=bb=ba=aa=L，bcdbcd部分為處于傾角為θ的斜面內，bc=cd=dd=dc=cb=bb=L。abba區(qū)域存在一豎直向下的磁場B1，其大小隨時間的變化規(guī)律為B1=kt（k為大于零的常數(shù)）；cddc區(qū)域存在一垂直于斜面向上的大小恒為B2的磁場。一阻值為r、質量為m的導體棒MN垂直于導軌從bb處由靜止釋放。不計導軌的電阻，重力加速度為g。求： (1)導體棒MN到達cc前瞬間，電阻R上消耗的電功率； (2)導體棒MN從bb到達cc的過程中，通過電阻R的電荷量； (3)若導體棒MN到達cc立即減速，到達dd時合力恰好為零，求導體棒MN從cc到dd運動的時間。 【答案】（1）k2L4RR+r2（2）q=kL2R+r2Lgsinθ（3）t=mR+rv-v+B22L3kB2L3-mgR+rsinθ（式中v=2gLsinθ,v=B2kL3+mgR+rsinθB22L2 【解析】 【詳解】 （1）因磁場B1隨時間的變化規(guī)律為B1=kt，所以ΔBΔt=k， abba所組成回路產(chǎn)生的感應電動勢E=ΔφΔt=L2???ΔBΔt=kL2 流過電阻R的電流I=ER+r 電阻R消耗的功率PR=I2R 聯(lián)立以上各式求得PR=k2L4RR+r2 （2）電阻R的電荷量q=It I=I=kL2R+r 根據(jù)牛頓第二定律mgsinθ=ma 導體棒從MN從bb到達cc中，通過的位移L=12at2 聯(lián)立解得q=kL2R+r2Lgsinθ （3）根據(jù)（2）問，求得導體棒到達cc時的速度 v=2gLsinθ 到達dd時合力為0，則B2LB2Lv-kL2R+r=mgsinθ 解得：v=B2kL3+mgR+rsinθB22L2 導體棒MN從cc到達dd過程中，運用動量定理 B2ILt-mgtsinθ=-mv--mv 從cc到達dd過程中，流過導體棒MN的電荷量 q=It q=kL2R+rt-B2L2R+r 聯(lián)立以上式子，求得 t=mR+rv-v+B22L3kB2L3-mgR+rsinθ（式中v=2gLsinθ，v=B2kL3+mgR+rsinθB22L2） 25．（18分） 如圖1所示是某游樂場的過山車，現(xiàn)將其簡化為如圖2所示的模型：傾角θ=37°、長L=60cm的直軌道AB與半徑R=10cm的光滑圓弧軌道BCDEF在B處平滑連接，C、F為圓軌道最低點，D點與圓心等高，E為圓軌道最高點；圓軌道在F點與水平軌道FG平滑連接整條軌道寬度不計?，F(xiàn)將一質量m=50g的滑塊(可視為質點)從A端由靜止釋放。已知滑塊與AB段的動摩擦因數(shù)μ1=0.25，與FG段的動摩擦因數(shù)μ2=0.5，sin37°=0.6，co37°=0.8。 (1)求滑塊到達B點時的動能E1； (2)求滑塊到達E點時對軌道FG的壓力FN； (3)若要滑塊能在水平軌道FG上停下，求FG長度的最小值x； (4)若改變釋放滑塊的位置，使滑塊第一次運動到D點時速度剛好為零，求滑塊從釋放到它第5次返回軌道AB上離B點最遠時，它在AB軌道上運動的總路程s。 【答案】（1）0.12J；（2）1.7N；（3）0.48m；（4）0.73m 【解析】 【詳解】 （1）滑塊由A點到達B點的過程中，重力做正功，摩擦力做負功，設B點速度為vB，且從A端由靜止釋放，根據(jù)動能定理可得：mgLsinθ-μ1mgLcosθ=12mvB2-0…① E1=12mvB2…② 由①②代入數(shù)據(jù)可解得：E1=0.12J； （2）滑塊在BCDEF光滑圓弧軌道上做圓周運動，從B點到E點，設到達E點時速度為vE，根據(jù)動能定理可得： -mg2R=12mvE2-12mvB2…③ 且由軌道對滑塊的彈力N和重力提供向心力，則有：N+mg=mvE2R…④ 根據(jù)牛頓第三定律，軌道對滑塊的彈力N和滑塊對軌道的壓力FN是一對相互作用力，則有：FN=N…⑤ 由③④⑤帶入數(shù)據(jù)可解得：FN=1.7N； （3）在BCDEF圓弧軌道上只有重力做功，則從B點到F點，機械能守恒，則有：EF=E1=0.12J…⑥ 滑塊在FG軌道上由于摩擦力的作用做勻減速運動，且最終停下，根據(jù)動能定理可得：-μ2mgx=0-EF…⑦ 由⑥⑦代入數(shù)據(jù)可解得：x=0.48m （4）該變釋放滑塊的位置，設此時距離B點距離為s1，此時滑塊到達D點時速度剛好為零，根據(jù)動能定理有： mgs1sinθ-μ1mgs1cosθ-mgR=0…⑧ 設從D點第一次返回到AB軌道上離B點最遠時到B點的距離為s2，根據(jù)動能定理有： mgR-μ1mgs2cosθ-mgs2sinθ=0…⑨ 設從CD軌道第二次返回到AB軌道上離B點最遠時到B點的距離為s3，根據(jù)動能定理有： mgs2sinθ-μ1mgs2cosθ-μ1mgs3cosθ-mgs3sinθ=0…(10) 設從CD軌道第三次返回到AB軌道上離B點最遠時到B點的距離為s4，根據(jù)動能定理有：mgs3sinθ-μ1mgs3cosθ-μ1mgs4cosθ-mgs4sinθ=0…(11) 設從CD軌道第四次返回到AB軌道上離B點最遠時到B點的距離為s5，根據(jù)動能定理有：mgs4sinθ-μ1mgs4cosθ-μ1mgs5cosθ-mgs5sinθ=0…(12) 設從CD軌道第五次返回到AB軌道上離B點最遠時到B點的距離為s6，根據(jù)動能定理有：mgs5sinθ-μ1mgs5cosθ-μ1mgs6cosθ-mgs6sinθ=0…(13) 滑塊從釋放到它第5次返回軌道AB上離B點最遠時，它在AB軌道上運動的總路程： s=s1+2s2+2s3+2s4+2s5+s6…(14) 由⑧⑨(10)(11)(12)(13)(14)代入數(shù)據(jù)可解得：s≈0.73m