高考物理二轮专题精炼第一篇专题三仿高考计算题巧练(二).doc

精诚凝聚 =_= 成就梦想 仿高考计算题巧练(二)建议用时：40分钟题组一1.山地滑雪是人们喜爱的一项体育运动一滑雪道ABC的底部是一段半径为R的圆弧，圆弧的末端C的切线沿水平方向，C点到地面之间是一悬崖峭壁，如图所示已知AC间的高度差为h，运动员连同滑雪装备总质量为m，开始时运动员从A点由静止下滑，滑到C点后水平飞出，当飞出时间为t时，迎面遭遇一股强风，最终运动员落到了与起点A高度差为H的水平雪地上，落地时速度大小为v，不计遭遇强风前的空气阻力和雪道的摩擦阻力，重力加速度为g.求：(1)运动员到达C点时所受的支持力的大小；(2)运动员刚遭遇强风时的速度大小及此时距地面的高度；(3)强风对运动员所做的功为多大？2如图甲所示，两平行金属板A、B的板长L0.2 m，板间距d0.2 m，两金属板间加如图乙所示的交变电压，并在两板间形成交变的匀强电场，忽略其边缘效应在金属板上侧有一方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场宽度D0.4 m，左右范围足够大，边界MN和PQ均与金属板垂直，匀强磁场的磁感应强度B1102T.在极板下侧中点O处有一粒子源，从t0时刻起不断地沿着OO发射比荷1108C/kg、初速度v02105 m/s的带正电粒子，忽略粒子重力、粒子间相互作用以及粒子在极板间飞行时极板间电压的变化(1)求粒子进入磁场时的最大速率；(2)对于能从MN边界飞出磁场的粒子，其在磁场的入射点和出射点的间距s是否为定值？若是，求出该值；若不是，求s与粒子由O出发的时刻t之间的关系式；(3)在磁场中飞行时间最长的粒子定义为“A类粒子”，求出“A类粒子”在磁场中飞行的时间以及由O出发的可能时刻题组二3.如图所示，光滑水平面上左端固定一挡板，挡板上固定一水平轻质弹簧，右端与一竖直光滑半圆轨道相切于B点，圆弧半径R0.9 m一质量为m1 kg的小物块(可视为质点)将弹簧压缩并锁定，解除锁定后小物块被弹开恰好能通过圆弧最高点A并水平滑上正以v05 m/s的恒定速率逆时针转动的水平传送带，小物块与传送带间的动摩擦因数0.4，小物块到达传送带最左端时恰与传送带共速，g10 m/s2，求： (1)水平传送带的长度L；(2)锁定后轻弹簧的弹性势能Ep；(3)小物块在与圆心等高的C点对半圆轨道的压力F.4.电磁缓冲装置，能够产生连续变化的电磁作用力，有效缓冲车辆间的速度差，避免车辆间发生碰撞和追尾事故该装置简化为如下物理模型：如图所示，水平面上有一个绝缘动力小车，在动力小车上竖直固定着一个长度为L1、宽度为L2的单匝矩形纯电阻金属线圈，线圈的总电阻为R，小车和线圈的总质量为m，小车运动过程中所受阻力恒为f，开始时，小车静止在缓冲区域的左侧，线圈的右边刚好与宽为d(dL1)的缓冲区域的左边界重合缓冲区域内有方向垂直线圈平面向里、大小为B的匀强磁场，现控制动力小车牵引力的功率，让小车以恒定加速度a驶入缓冲区域，线圈全部进入缓冲区域后，立即开始做匀速直线运动，直至完全离开缓冲区域，整个过程中，牵引力做的总功为W. (1)求线圈进入磁场过程中，通过线圈横截面的电荷量；(2)写出线圈进入磁场过程中，牵引力的功率随时间变化的关系式；(3)求线圈进入磁场过程中，线圈中产生的焦耳热仿高考计算题巧练(二)1解析(1)由A到C的过程中，根据机械能守恒得mghmv在C点，根据牛顿第二定律得FNmgm解得支持力FNmg.(2)运动员做平抛运动时，在竖直方向的速度为vgt速度为v下落的高度为h1gt2距地面的高度为h2Hhh1Hhgt2.(3)对运动员整个运动过程应用动能定理：WfmgHmv2解得Wfmv2mgH.答案见解析2解析(1)设粒子恰好从板边缘飞出时，板AB间电压为U0，则2解得U0400 V500 V垂直极板的方向v12105 m/s因此最大速率v2105 m/s.(2)如图所示，设粒子进入磁场时，速度v与OO成角，则有qvBm，v，s2Rcos 得s0.4 m，为定值(3)如图所示，“A类粒子”在电场中向B板偏转，在磁场中的轨迹恰好与上边界相切时，有R(1sin )D联立2Rcos 0.4 m，可得sin 0.6(或者cos 0.8)，即37则粒子在磁场中飞行的总时间为t106s进入磁场时vyv0tan 1.5105 m/s，又vy，则对应的板AB间的电压为U1300 V故粒子从O出发的时刻可能为t4n0.4(s)或t4n3.6(s)(n0,1,2)答案见解析3解析(1)因小物块恰好能通过圆弧最高点A，所以在A点由牛顿第二定律知mgm，代入数值得vA3 m/s又因小物块到达传送带最左端时与传送带速度相等，由功能关系知mgLmvmv代入数值得L2 m.(2)由功能关系知Epmg2Rmv代入数值得Ep22.5 J.(3)设小物块到达C点时速度为vC，由功能关系知EpmgRmv在C点由牛顿第二定律知FNm代入数值得FN30 N由牛顿第三定律知小物块在与圆心等高的C点对半圆轨道的压力F30 N，方向水平向右. 答案(1)2 m(2)22.5 J(3)30 N水平向右4解析(1)线圈进入磁场的过程中通过线圈横截面的电荷量qt根据欧姆定律有根据法拉第电磁感应定律有由得q.(2)线圈进入磁场时，牵引力的功率PFv根据匀变速运动的关系有vat线圈进入磁场，由牛顿第二定律得FfF安ma线圈受到的安培力F安BIL2根据欧姆定律有I根据法拉第电磁感应定律有EBL2v由得Pt2(fma)at.(3)线圈运动的整个过程中，根据能量关系有Wmvf(dL1)Q总线圈出磁场产生的热量Q出IRt根据欧姆定律有I1根据法拉第电磁感应定律有E1BL2v1线圈出磁场的时间t根据运动学公式有v2aL1Q进Q总Q出由得Q进WmaL1f(dL1).答案见解析 点亮心灯 /(v) 照亮人生