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

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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L＝0.2 m，板间距d＝0.2 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D＝0.4 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B＝1×10－2T.在极板下侧中点O处有一粒子源，从t＝0时刻起不断地沿着OO′发射比荷＝1×108C/kg、初速度v0＝2×105 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R＝0.9 m．一质量为m＝1 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v0＝5 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μ＝0.4，小物块到达传送带最左端时恰与传送带共速，g＝10 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(d>L1)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
mgh＝mv
在C点，根据牛顿第二定律得
FN－mg＝m
解得支持力FN＝mg.
(2)运动员做平抛运动时，在竖直方向的速度为
v⊥＝gt
速度为v′＝＝
下落的高度为h1＝gt2
距地面的高度为
h2＝H－h－h1＝H－h－gt2.
(3)对运动员整个运动过程应用动能定理：
Wf＋mgH＝mv2
解得Wf＝mv2－mgH.
[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U0＝400 V<500 V
垂直极板的方向v1＝·＝2×105 m/s
因此最大速率v＝＝2×105 m/s.
(2)如图所示，设粒子进入磁场时，速度v′与OO′成θ角，则有

qv′B＝m，
v′＝，
s＝2Rcos θ
得s＝＝0.4 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(1＋sin θ)＝D
联立2Rcos θ＝0.4 m，可得sin θ＝0.6(或者cos θ＝0.8)，即θ＝37°
则粒子在磁场中飞行的总时间为
t＝·＝π×10－6s
进入磁场时vy＝v0tan θ＝1.5×105 m/s，
又vy＝·，
则对应的板AB间的电压为U1＝300 V
故粒子从O出发的时刻可能为t＝4n＋0.4(s)或t＝4n＋3.6(s)(n＝0,1,2…)．
[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mg＝m，代入数值得vA＝3 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
μmgL＝mv－mv
代入数值得L＝2 m.
(2)由功能关系知Ep＝mg·2R＋mv
代入数值得Ep＝22.5 J.
(3)设小物块到达C点时速度为vC，由功能关系知
Ep＝mgR＋mv
在C点由牛顿第二定律知FN＝m
代入数值得FN＝30 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F＝30 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q＝Δt①
根据欧姆定律有＝②
根据法拉第电磁感应定律有＝＝③
由①②③得q＝.
(2)线圈进入磁场时，牵引力的功率P＝Fv④
根据匀变速运动的关系有v＝at⑤
线圈进入磁场，由牛顿第二定律得F－f－F安＝ma⑥
线圈受到的安培力F安＝BIL2⑦
根据欧姆定律有I＝⑧
根据法拉第电磁感应定律有E＝BL2v⑨
由④～⑨得P＝t2＋(f＋ma)at.
(3)线圈运动的整个过程中，根据能量关系有
W＝mv＋f(d＋L1)＋Q总
线圈出磁场产生的热量
Q出＝IRt⑪
根据欧姆定律有I1＝⑫
根据法拉第电磁感应定律有E1＝BL2v1⑬
线圈出磁场的时间t＝⑭
根据运动学公式有v＝2aL1⑮
Q进＝Q总－Q出⑯
由～⑯得
Q进＝W－maL1－f(d＋L1)－.
[答案]见解析

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