【优化方案】2016版高考物理二轮复习特色专题训练仿高考计算题巧练(二)

1仿高考计算题巧练(二)(建议用时：60分钟)[题组一]23.如图所示，质量分别为0.5kg、0.2kg的弹性小球A、B穿过一绕过定滑轮的轻绳，绳子末端与地面距离均为0.8m，小球距离绳子末端6.5m，小球A、B与轻绳的滑动摩擦力都为重力的0.5倍，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现由静止同时释放A、B两个小球，不计绳子质量，忽略与定滑轮相关的摩擦力，g＝10m/s2.求：(1)释放A、B两个小球后，A、B各自加速度的大小；(2)小球B从静止释放经多长时间落到地面．24．(2015·浙江高考名校联考信息优化卷)如图所示，两根相距L＝1m、单位长度电阻为R0＝0.1Ω/m的光滑平行金属导轨MN、PQ水平放置，左端用电阻可忽略不计的导线与阻值r＝0.1Ω的电阻相连．MP、AB、CD、EF之间相邻间距均为L＝1m，虚线AB右侧空间存在方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小随时间的变化关系为：Bt＝(0.2＋0.1t)T.导体棒开始时在外力作用下静止于CD处，导体棒电阻不计．(1)求通过导体棒的电流大小和方向；(2)若导体棒在外力作用下以v＝2m/s的速度匀速向右运动，在t＝0时刻刚好经过CD处，已知导体棒中同时产生了感生电动势和动生电动势，求此时导体棒所受的安培力大小；(3)在第(2)问的情境下，求导体棒从CD匀速运动到EF的过程中安培力所做的功．25．(2015·浙江高考名校联考信息优化卷)如图所示，平面直角坐标系xOy的x轴上方存在方向沿y轴正方向、场强大小为E的匀强2电场，在x轴的下方存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场．在y轴上的P点处有一个质量为m、带电荷量为－q(q＞0)的粒子，沿着x轴正方向以一定的初速度射入电场．(粒子重力不计)(1)若粒子能够回到P点，求初速度v0的大小；(2)若OP＝h，要使粒子射出后能经过x轴上的D点，OD＝d，求初速度v0满足的条件．[题组二]23．如图所示，在传送带的右端Q点固定有一竖直光滑圆弧轨道，轨道的入口与传送带在Q点相切．以传送带的左端点为坐标原点O，水平传送带上表面为x轴建立坐标系，已知传送带长L＝6m，匀速运动的速度v0＝4m/s.一质量m＝1kg的小物块轻轻放在传送带上xP＝2m的P点，小物块随传送带运动到Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N点．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g＝10m/s2.(1)求N点的纵坐标yN；(2)若将小物块轻放在传送带上的某些位置，小物块均不脱离圆弧轨道．求传送带上这些位置的横坐标的范围．24.如图所示，间距为L＝0.2m的两足够长平行金属导轨与水平面夹角为θ＝53°，导轨两端各接一个阻值为R0＝0.2Ω的电阻，与导轨垂直的虚线ab下方有磁感应强度大小为B＝5T、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场．一长为L、质量m＝1kg、电阻r＝0.1Ω的金属棒MN垂直放在导轨上且与导轨始终接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5.将金属棒从ab上方距离为s0＝0.4m处由静止释放，金属棒刚要开始做匀速运动时，通过上端电阻R0的电荷量为Δq＝1.5C．导轨电阻不计，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.(1)求金属棒做匀速运动时的速度大小；(2)求金属棒从释放到开始匀速运动时上端电阻R0中产生的热量；(3)请通过计算大致画出金属棒从开始下滑到匀速运动过程中的v－t图象．25.如图所示，建立平面直角坐标系，平行板电容器的两极板P、Q与x轴成37°角，电势差为U，电容器P极板边缘无限靠近坐标原点，3在D点(0.2m，0)处有一垂直x轴的荧光屏．在x＞0区域有竖直向上的匀强电场，场强E＝0.4N/C.在平面内以C点(0.1m，0)为圆心，半径为0.1m的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝2315T．一质量m＝4×10－7kg、电荷量大小q＝1×10－5C的带电粒子从电容器两极板间的中点A(－115m，0)由静止开始沿x轴做直线运动，到达坐标原点O后进入复合场，粒子最终打在荧光屏上N点．已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)两极板间电势差U以及P极板电性；(2)粒子到达坐标原点O时的速度大小；(3)粒子从A点到N点所用时间(结果保留一位有效数字)．仿高考计算题巧练(二)[题组一]23．解析：(1)小球B加速下落，由牛顿第二定律得：m2g－km2g＝m2aBaB＝5m/s2小球A加速下落，由牛顿第二定律得m1g－km2g＝m1aAaA＝8m/s2.(2)设经历时间t1小球B脱离绳子，小球B下落高度为h1，获得速度为v，则12aAt21＋12aBt21＝l，又l＝6.5m解得t1＝1sh1＝12aBt21＝2.5mv＝aBt1＝5m/s小球B脱离绳子后在重力作用下匀加速下落，此时距地面高度为h2，经历t2时间后落到地面，则h2＝6.5m＋0.8m－2.5m＝4.8mh2＝vt2＋12gt22，解得：t2＝0.6st总＝t1＋t2＝1.6s.答案：(1)8m/s25m/s2(2)1.6s24．解析：(1)导体棒不动时，回路中产生感生电动势，根据法拉第电磁感应定律得，电动势E＝L2ΔBtΔt而此时回路总电阻R＝4LR0＋r4由闭合电路欧姆定律得导体棒中的电流I＝ER解得：I＝0.2A根据楞次定律可知导体棒中电流的方向为由D到C.(2)导体棒匀速运动时，同时产生感生电动势和动生电动势，由楞次定律可知，两电动势方向相同根据法拉第电磁感应定律得，回路中的总电动势E1＝L2ΔBtΔt＋B0Lv其中B0＝0.2T由闭合电路欧姆定律得，回路电流I1＝E1R导体棒所受的安培力F1＝B0I1L解得：F1＝0.2N.(3)根据法拉第电磁感应定律，t时刻回路中的总电动势为Et＝L(L＋vt)ΔBtΔt＋BtLvt时刻回路中的总电阻为Rt＝r＋4LR0＋2vtR0t时刻通过导体棒的电流为It＝EtRt解得：It＝1A即回路电流为定值，与时间无关，所以导体棒所受安培力随时间均匀变化；而导体棒匀速运动，所以安培力随位移也均匀变化，则导体棒运动到EF处所受安培力F2＝BEFItL其中BEF＝0.2＋0.1×Lv(T)＝0.25T则安培力所做的功为W＝－F1＋F22L解得：W＝－0.225J.答案：(1)0.2A方向由D到C(2)0.2N(3)－0.225J25．解析：甲(1)粒子在电场区域内做类平抛运动和类平抛运动的逆运动，在磁场中做匀速圆周运动，如图甲所示，要使粒子能够回到P点，粒子在磁场中做圆周运动的圆心一定在y轴上．设粒子经过x轴上的Q点进入磁场，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R，则由qvB＝mv2R得：R＝mvqB5由几何关系|OQ|＝Rsinθ＝mvqBsinθ＝mvyqB其中vy为粒子在Q点速度沿y轴负方向的分量vy＝at＝qEmt又|OQ|＝v0t联立可得v0＝EB.(2)粒子射入后有以下三种情况能经过D点①粒子从P点射入后直接到达D点：设所经历的时间为t，则h＝12qEmt2，d＝v0t解得：v0＝dqE2hm.②粒子从P点射入后，经电场偏转、磁场回转、又在电场中斜上抛，如此循环n次，最终经由电场到达D点，如图乙所示：乙粒子在磁场中回转的半径为r，圆弧所对的圆心角为2θ，则rsinθ＝mvqBsinθ＝mvyqBvy＝qEmt，h＝12qEmt2解得：rsinθ＝EB2hmqE粒子在电场中做类平抛运动的水平位移为dn＝v0t＝v02mhqE则由几何关系有d＝dn＋2ndn－2nrsinθ(n＝1，2，3，…)解得：v0＝12n＋1dqE2hm＋2nEB(n＝1，2，3，…)．③粒子从P点射入后，经电场偏转、磁场回转、又在电场中斜上抛，如此循环n次，最终经由磁场回转到达D点，如图丙所示：丙粒子在磁场中回转的半径为r，圆弧所对的圆心角为2θ，设粒子在电场中运动的水平距离为dn，则由几何关系有6d＝(2n－1)dn－2nrsinθ(n＝1，2，3，…)解得：v0＝12n－1dqE2hm＋2nEB(n＝1，2，3，…)综上，粒子初速度v0的大小满足的条件为v0＝12n1＋1dqE2hm＋2n1EB(n1＝0，1，2，…)或v0＝12n2－1dqE2hm＋2n2EB(n2＝1，2，3，…)．答案：见解析[题组二]23．解析：(1)小物块在传送带上匀加速运动的加速度a＝μg＝4m/s2小物块与传送带共速时，小物块位移x1＝v202a＝2m(L－xP)＝4m故小物块与传送带共速后以v0匀速运动到Q点，然后冲上圆弧轨道恰到N点有：mg＝mv2NR从Q→N有：12mv2Q－12mv2N＝2mgR解得R＝0.32myN＝2R＝0.64m.(2)若小物块能通过最高点N，则0≤x≤L－x1即0≤x≤4m若小物块恰能到达高度为R的M点，设小物块在传送带上加速运动的位移为x2，则μmgx2＝mgR解得：x2＝0.8m，所以5.2m≤x6m所以当0≤x≤4m或5.2m≤x6m时，小物块均不脱离轨道．答案：(1)0.64m(2)0≤x≤4m或5.2m≤x6m24．解析：(1)设金属棒在磁场区域受到的安培力为FA，金属棒做匀速运动时，由受力平衡有：mgsinθ＝μmgcosθ＋FAFA＝B2L2v1R，其中R＝r＋12R0＝0.2Ω解得：v1＝1m/s.(2)金属棒进入磁场区域直到刚开始做匀速运动的过程中，通过上端电阻的电荷量Δq＝1.5C，即金属棒中通过的电荷量为2Δq设金属棒在此过程中运动的距离为Δs，通过金属棒的电荷量2Δq＝It＝ΔΦR＝BLΔsR解得：Δs＝0.6m设上端电阻R0中产生的焦耳热为Q，则金属棒上产生的焦耳热为2Q，全电路产生的焦耳热为4Q由能量守恒有：7(mgsinθ－μmgcosθ)(s0＋Δs)－4Q＝12mv21代入数据解得：Q＝1.125J.(3)金属棒的运动分为在磁场区域外和磁场区域内两个阶段．开始时金属棒在磁场区域外匀加速下滑，其加速度a0＝gsinθ－μgcosθ＝5m/s2运动时间t0＝2s0a0＝0.4s进入磁场区域时的速度v0＝a0t0＝2m/s进入磁场区域后，当金属棒在磁场中做变速运动时，由牛顿第二定律有：mgsinθ－μmgcosθ－B2L2vR＝mamg(sinθ－μcosθ)Δt－B2L2vRΔt＝maΔt对等式两边求和有：mg(sinθ－μcosθ)t－B2L2RΔs＝m(v1－v0)可得：t＝0.4s金属棒运动的v－t图象如图所示．答案：见解析25．解析：甲(1)由题意可知，粒子在平行板间做匀加速直线运动，受力分析如图甲所示，则qUd＝mgcos37°根据几何关系得d2＝xOAsin37°联立解得U＝2xOAmgsin37°qcos37°＝0.04V粒子经过磁场向上偏转，知粒子带正电，粒子在电容器中所受电场力指向P板，故P板带负电．(2)粒子在平行板间运动时，由牛顿第二定律得mgtan37°＝ma解得粒子加速度a＝7.5m/s28由运动学公式得加速时间t1＝2xOAa＝215s到达O点时的速度大小为v＝at1＝1m/s.乙(3)粒子在复合场中所受电场力qE＝mg故粒子先在磁场中做匀速圆周运动，离开磁场后做匀速直线运动打到N点，运动轨迹如图乙所示根据牛顿第二定律和向心力公式得，圆周运动半径r＝mvqB＝310m可得tan∠CO1O＝xOCr＝33所以∠CND＝∠CO1O＝30°故FN＝0.1m粒子做圆周运动的时间为t2＝60°360°·2πmqB＝3π30s从F到N用时t3＝FNv＝0.1s故粒子从A点到N点所用时间t＝t1＋t2＋t3＝215s＋3π30s＋0.1s＝0.4s.答案：见解析