2022年高三物理二輪復(fù)習(xí) 計(jì)算題仿真練1

2022年高三物理二輪復(fù)習(xí) 計(jì)算題仿真練11(12分)如圖甲所示，質(zhì)量m1 kg的物體置于傾角為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，t12 s時(shí)拉力大小減半并反向，t23 s時(shí)撤去外力，物體運(yùn)動(dòng)的部分vt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g10 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的大小(2)3 s后再經(jīng)多長時(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vt圖線知，物體勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度大小為a110 m/s2(1分)由牛頓第二定律得Fmgsin mgcos ma1(1分)物體勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度大小為a220 m/s2(1分)由牛頓第二定律得mgsin mgcos ma2(2分)聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得F20 N，0.5.(2分)(2)由vt圖線知物體上滑的總距離為xt×3 m30 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 mgcos ma3(1分)代入數(shù)據(jù)解得a32 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xa3t2(1分)代入數(shù)據(jù)解得t5.5 s(1分)答案：(1)0.520 N(2)5.5 s2.(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B0.5 T質(zhì)量m0.1 kg、電阻R0.4 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M0.2 kg、寬度l0.4 m，框架與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)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，棒從靜止開始下滑6 m時(shí)速度v5 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(dòng)時(shí)棒的速度v1.解析：(1)棒ab產(chǎn)生的電動(dòng)勢EBlv(1分)回路中的感應(yīng)電流I(1分)棒ab所受的安培力FBIl(1分)對棒ab，有mgsin 37°BIlma(2分)當(dāng)加速度a0時(shí)，速度最大，最大值vm6 m/s.(2分)(2)根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律有mgxsin 37°mv2Q(2分)代入數(shù)據(jù)解得Q2.35 J(2分)qtt3 C(3分)(3)回路中感應(yīng)電流I1(1分)框架上邊所受安培力F1BI1l(1分)對框架，Mgsin 37°BI1l(mM)gcos 37°(2分)代入數(shù)據(jù)解得v12.4 m/s.(1分)答案：(1)6 m/s(2)3 C(3)2.4 m/s3.(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R0.1 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m0.02 kg、電荷量q8×105 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L0.5 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E2×103 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(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：mgm(2分)解得v11 m/s(1分)小物塊從開始運(yùn)動(dòng)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EpmgLmg·2Rmv(3分)解得Ep9×102 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(shí)的速度為v2，由功能關(guān)系得W彈Ep9×102 J，從小物塊開始運(yùn)動(dòng)到到達(dá)A點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理得W彈EqLmgLmg·2Rmv(3分)聯(lián)立解得v23 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運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有豎直方向：2Rgt2，(1分)t 0.2 s(1分)水平方向：Eqma，(1分)a8 m/s2，(1分)xv2tat20.44 m(1分)在小物塊落回軌道的整個(gè)過程中電場力做功為W電Eq(Lx)9.6×103 J(2分)此過程中小物塊的電勢能減小了9.6×103 J(1分)答案：(1)9×102 J(2)9.6×103 J4.(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(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的大小(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(dòng)能定理知qE·amv2(3分)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由圖知粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑ra(1分)由洛倫茲力提供向心力知Bqvm(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(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Rya(2分)由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律知avt，(1分)Rya·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Rya(2分)粒子在y軸右側(cè)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)由庫侖力提供向心力，即km(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