高考物理二輪復(fù)習(xí) 計(jì)算題47分模擬小卷(打包4套).zip
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計(jì)算題47分模擬小卷(三)
計(jì)算題:本題共3小題,共計(jì)47分。解答時(shí)請(qǐng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要的演算步驟,只寫(xiě)出最后答案不能得分。有數(shù)值計(jì)算的題,答案中必須明確寫(xiě)出數(shù)值和單位。
13.(15分)(2016·淮安三模)如圖1甲所示,在水平桌面上放置一邊長(zhǎng)L=0.2 m的正方形閉合金屬線圈abcd,線圈的匝數(shù)n=10,質(zhì)量m=0.1 kg,總電阻R=0.1 Ω,與水平桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2,線圈與水平面的最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力相等。線圈的右半邊處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)的左邊界MN與線圈ab、cd兩邊平行且距離相等。從t=0時(shí)刻起,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示。取g=10 m/s2,求:
圖1
(1)t=1 s時(shí)刻線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E;
(2)t=0 s至t=3 s線圈中流過(guò)的電荷量q和線圈中產(chǎn)生的熱量Q;
(3)線圈何時(shí)開(kāi)始發(fā)生滑動(dòng),向什么方向滑動(dòng)。
解析 (1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得
E=n=n=0.02 V(3分)
(2)I==0.2 A(2分)
q=It=0.6 C(2分)
Q=I2Rt=0.012 J(2分)
(3)nBIL=μmg(2分)
B==0.5 T(2分)
根據(jù)圖象規(guī)律可得t=6 s,向左滑動(dòng)(2分)
答案 (1)0.02 V (2)0.6 C 0.012 J
(3)6 s 向左滑動(dòng)
14.(16分)(2016·揚(yáng)泰南三模)如圖2所示,光滑斜面傾角為θ,底端固定一垂直于斜面的擋板C,在斜面上放置長(zhǎng)木板A,A的下端與C的距離為d,A的上端放置小物塊B,A、B的質(zhì)量均為m,A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=tan θ?,F(xiàn)同時(shí)由靜止釋放A、B,A與C發(fā)生碰撞的時(shí)間極短,碰撞前、后瞬間速度大小相等。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小物塊始終沒(méi)有從木板上滑落,已知重力加速度為g。求:
圖2
(1)A與C發(fā)生第一次碰撞前瞬間的速度大小v1;
(2)A與C發(fā)生第一次碰撞后上滑到最高點(diǎn)時(shí),小物塊B的速度大小v2;
(3)為使B不與C碰撞,木板A長(zhǎng)度的最小值L。
解析 (1)第一次碰撞前由機(jī)械能守恒定律有
(m+m)v=2mgdsin θ(3分)
解得v1=(1分)
(2)設(shè)發(fā)生第一次碰撞后,A上滑、B下滑的加速度大小分別為aA、aB,則
μmgcos θ+mgsin θ=maA(2分)
μmgcos θ-mgsin θ=maB(2分)
由于aA>aB,則A先減速到零。設(shè)A第一次碰撞后上滑到最高點(diǎn)的時(shí)間為t,則
v1=aAt(1分)
v2=v1-aBt(1分)
解得v2=(2分)
(3)研究A、B運(yùn)動(dòng)全過(guò)程,由能量守恒定律有
mgdsin θ+mg(d+L)sin θ=μmgLcos θ(3分)
解得L=4d(1分)
答案 (1) (2) (3)4d
15.(16分)如圖3所示,光滑桿AB長(zhǎng)為L(zhǎng),B端固定一根勁度系數(shù)為k、原長(zhǎng)為l0的輕彈簧,質(zhì)量為m的小球套在光滑桿上并與彈簧的上端連接。OO′為過(guò)B點(diǎn)的豎直軸,桿與水平面間的夾角始終為θ。
圖3
(1)桿保持靜止?fàn)顟B(tài),讓小球從彈簧的原長(zhǎng)位置靜止釋放,求小球釋放瞬間的加速度大小a及小球速度最大時(shí)彈簧的壓縮量Δl1;
(2)當(dāng)球隨桿一起繞OO′軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),彈簧伸長(zhǎng)量為Δl2,求勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω;
(3)若θ=30°,移去彈簧,當(dāng)桿繞OO′軸以角速度ω0=勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),小球恰好在桿上某一位置隨桿在水平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動(dòng),球受輕微擾動(dòng)后沿桿向上滑動(dòng),到最高點(diǎn)A時(shí)球沿桿方向的速度大小為v0,求小球從開(kāi)始滑動(dòng)到離開(kāi)桿的過(guò)程中,桿對(duì)球所做的功W。
解析 (1)小球從彈簧的原長(zhǎng)位置靜止釋放時(shí),根據(jù)牛頓第二定律有mgsin θ=ma(2分)
解得a=gsin θ(1分)
小球速度最大時(shí)其加速度為零,則
kΔl1=mgsin θ(1分)
解得Δl1=(1分)
(2)彈簧伸長(zhǎng)Δl2時(shí),球受力如圖所示,水平方向上有FNsin θ+kΔl2cos θ=mω2(l0+Δl2)cos θ(2分)
豎直方向上有
FNcos θ-kΔl2sin θ-mg=0(2分)
解得ω=(1分)
(3)當(dāng)桿繞OO′軸以角速度ω0勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),設(shè)小球距離B點(diǎn)L0,此時(shí)有mgtan θ=mωL0cos θ(1分)
解得L0=(1分)
此時(shí)小球的動(dòng)能Ek0=m(ω0L0cos θ)2(1分)
小球在最高點(diǎn)A離開(kāi)桿瞬間的動(dòng)能
EkA=m[v+(ω0Lcos θ)2](1分)
根據(jù)動(dòng)能定理有W-mg(L-L0)sin θ=EkA-Ek0(1分)
解得W=mgL+mv(1分)
答案 (1)gsin θ (2)
(3)mgL+mv
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