2018年高考物理第一篇专题三仿高考计算题巧练(二)

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q
m＝1×108C/kg、初速度v
＝2×105m/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v 0＝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/s 2，求：
(1)水平传送带的长度L ；
(2)锁定后轻弹簧的弹性势能E p ；
(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L 1、宽度为L 2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 >L 1)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 ＝12m v 2C
在C 点，根据牛顿第二定律得 F N －mg ＝m v 2C R
解得支持力F N ＝R ＋2h R
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 ′＝v 2C ＋v 2⊥＝2gh ＋g 2t 2
下落的高度为h 1＝12
gt 2 距地面的高度为
h 2＝H －h －h 1＝H －h －12
gt 2. (3)对运动员整个运动过程应用动能定理：
W f ＋mgH ＝12
m v 2 解得W f ＝12
m v 2－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U 0，则
12·qU 0md ·⎝⎛⎭⎫L v 02＝d 2
解得U 0＝400 V<500 V
垂直极板的方向v 1＝qU 0md ·L v 0
＝2×105 m/s 因此最大速率v ＝v 20＋v 21＝22×105 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
q v ′B ＝m v ′2R
， v ′＝v 0cos θ
， s ＝2R cos θ
得s ＝2m v 0qB
＝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2R cos 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 ＝180°＋37°×2360°·2πm qB ＝12790
π×10－6s 进入磁场时v y ＝v 0tan θ＝1.5×105 m/s ，
又v y ＝qU 1md ·L 0
， 则对应的板AB 间的电压为U 1＝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 v 2A R
，代入数值得v A ＝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 ＝12m v 20－12
m v 2A 代入数值得L ＝2 m.
(2)由功能关系知E p ＝mg ·2R ＋12
m v 2A 代入数值得E p ＝22.5 J.
(3)设小物块到达C 点时速度为v C ，由功能关系知
E p ＝mgR ＋12m v 2C
在C 点由牛顿第二定律知F N ＝m v 2C R
代入数值得F N ＝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 ＝I Δt ①
根据欧姆定律有I ＝E R ②
根据法拉第电磁感应定律有E ＝ΔΦΔt ＝BL 1L 2Δt
③ 由①②③得q ＝BL 1L 2R
. (2)线圈进入磁场时，牵引力的功率P ＝F v ④
根据匀变速运动的关系有v ＝at ⑤
线圈进入磁场，由牛顿第二定律得F －f －F 安＝ma ⑥
线圈受到的安培力F 安＝BIL 2⑦
根据欧姆定律有I ＝E R
⑧ 根据法拉第电磁感应定律有E ＝BL 2v ⑨ 由④～⑨得P ＝B 2L 22a 2R
t 2＋(f ＋ma )at . (3)线圈运动的整个过程中，根据能量关系有
W ＝12m v 21
＋f (d ＋L 1)＋Q 总○10 线圈出磁场产生的热量
Q 出＝I 21Rt ⑪
根据欧姆定律有I 1＝E 1R
⑫ 根据法拉第电磁感应定律有E 1＝BL 2v 1⑬
线圈出磁场的时间t ＝L 1v 1
⑭ 根据运动学公式有v 21＝2aL 1⑮
Q 进＝Q 总－Q 出⑯
由○10～⑯得
Q 进＝W －maL 1－f (d ＋L 1)－B 2L 22L 1R
2aL 1. [答案]见解析。