【精品试卷】漳州市高三毕业班高考物理模拟题集(计算题)复习专用试卷

高中物理学习材料 （精心收集**整理制作）计算题24．（12分）（自编）如图所示的装置叫做阿特伍德机，是阿特伍德创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律。

绳子两端的物体下落（上升）的加速度总是小于自由落体的加速度g ，同自由落体相比，下落相同的高度，所花费的时间要长，这使得实验者有足够的时间从容的观测、研究。

已知物体A 、B 的质量相等均为M ，放手后测得物体A 从静止开始运动距离s ，所用时间为t ，轻绳与轻滑轮间的摩擦不计，绳子不可伸长且足够长。

求： （1）物体A 的加速度大小a ； （2）物体C 的质量m 。

24.（1）解：由匀变速直线运动的规律得：221at s =①（3分） 解得： a 22t s= ②（1分）（2）设物体A 、B 间的轻绳拉力大小为F ，对物体A 由牛顿第二定律得：Ma Mg F =- ③（3分） 对物体B 、C 由牛顿第二定律得：a m M F g m M )()(+=-+ ④（3分）由②③④式联立解得：sgt Msm 242-=⑤（2分） （用其他正确解法同样给分）。

24．（12分）（2015·济南模拟改编）2015年7月28日，吉林、重庆、四川、云南正式并入全国电子不停车收费（ETC ）联网区域。

至此，共有22个省份高速公路ETC 联网开通，覆盖高速公路总里程近80%。

汽车分别通过ETC 通道和人工收费通道的流程如图所示。

假设汽车以v 1=15 m/s 朝收费站正常沿直线行驶。

如果过ETC 通道，需要在收费站中心线前10 m 处正好匀减速至v 2=5m/s ，匀速通过中心线后，再匀加速至v 1正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过22 s 缴费成功后，再让汽车匀加速至v 1正常行驶。

设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1 m/s 2。

汽车视为质点，求：（1）汽车过ETC 通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小； （2）汽车通过ETC 通道比通过人工收费通道节约的时间是多少。

24.解：（1）过ETC 通道时，减速的位移和加速的位移相等，均为av v s 232211-= …………………（2分）所以总的位移m 21010211=+=s s 总 ………（2分）（2）过ETC 通道时221022211=+⨯-=v a v v t s ………………（2分）过人工收费通道时 5222212=+⨯=av t s ……………（2分） 22522212=⨯=av s m ………………（1分） 二者的位移差1521022512=-=-=∆s s s （m ） ……………（1分）在这段位移内过ETC 通道时是匀速直线运动所以 29112=∆+-=∆）（v st t t s ………………（2分） 24.（12分）（2015·衡水模拟改编）如图所示，光滑绝缘的正方形水平桌面边长为d =0.48 m ，离地高度h =1.25 m 。

桌面上存在一水平向左的匀强电场（除此之外其余位置均无电场），电场强度E =l×l04N ／C 。

在水平桌面上某一位置P 处有一质量m = 0.01 kg ，电量q =l×106-C 的带正电小球以初速v 0=0.8m/s 向右运动。

空气阻力忽略不计，重力加速度g =10 m/s 2。

求： （1）小球在桌面上运动时加速度的大小和方向？（2）P 处距右端桌面多远时，小球从开始运动到最终落地的水平距离最大？并求出该最大水平距离。

24.解：（1）对小球受力分析，受到重力、支持力和电场力，重力和支持力平衡，根据牛顿=第二定律，ma F = ①（1分） qE F =得mFa ==1.0 m/s 2 方向水平向左 ②（1分）qE（2）设球到桌面右边的距离为1x ，球离开桌面后作平抛运动的水平距离为2x ，则：12x x x =+总③（1分）12022ax v v -=- ④（1分）代入，解得：1120264.02x x v v -=-= ⑤（1分）设平抛运动的时间为t ，根据平抛运动的分位移公式，212h gt =⑥（1分） 得： t =0.5 s⑦（1分）水平方向，t x vt x ⋅-==12264.0⑧（1分）故： 21x x x +=总11264.05.0x x x -+=总 ⑨（1分） 令： 1264.0x y -= ⑩（1分）则： 264.02yy x +-=总○11（1分） 故，当12y =，即195.01=x m 时，水平距离最大 最大值为： 445.0max =总x m ○12（1分） 即距桌面右端195.01=x m 处放入，有最大水平距离为445.0m24．（12分）（2015•衡水模拟改编）如图所示，两根足够长的金属导轨ab 、cd 与水平面成θ=37固定，导轨间距离为L =1 m ，电阻不计。

在导轨上端接一个阻值为R 0的定值电阻。

在c 、N 之间接有电阻箱。

整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为B =1 T ；现将一质量为m =0.5 kg 、电阻可以忽略的金属棒MN 从图示位置由静止开始释放。

金属棒下滑过程中与导轨接触良好。

改变电阻箱的阻值R ，测定金属棒的最大速度v m ，得到v m -R 的关系如图所示。

若轨道足够长，重力加速度g 取10 m/s 2。

求：（1）金属棒与导轨间的滑动摩擦因数μ和定值电阻 R 0的阻值；（2）当电阻箱R 取何值时，金属杆的的速度2 m/s 且加速度为l m/s 2。

24．解：（1）金属杆以速度v m 下滑时，根据法拉第电磁感应定律：E =BLv m （1分） 由闭合电路的欧姆定律可知：E =I （R +R 0） （1分） 当金属棒以最大速度下滑时有：sin cos mg BIL mg θμθ=+ （1分） 联立解得：02222(sin cos )(sin cos )m mg mg v R R B L B Lθμθθμθ--=+ （1分）由v m -R 图线可知：22(sin cos )1mg B L θμθ-=； （1分）解得：μ=0.5；R 0=0.5 Ω （2分）（2）设金属棒下滑的速度为v ，根据法拉第电磁感应定律可知：E ’=BLv （1分） 由闭合电路的欧姆定律可知：E ’=I （R+R 0） （1分）当金属杆下滑的加速度为1 m/s 2时，根据牛顿第二定律可得： sin cos mg BIL mg ma θμθ--= （2分） 解得R =3.5 Ω （1分） 25．（20分）（2010·河南·模拟改编）如图所示，在质量为M ＝0.06 kg 的小车上，固定着一个质量为m ＝0.04 kg 、电阻R ＝0.01 Ω的矩形单匝线圈MNPQ ，其中MN 边水平，NP 边竖直，NP 边长为l 1＝0.05 m 。

小车载着线圈在光滑水平面上一起以v 0＝2 m/s 的速度做匀速运动，随后进入一水平有界匀强磁场（磁场宽度大于小车长度），完全穿出磁场时小车速度v 1＝1.5 m/s 。

磁场方向与线圈平面垂直并指向纸内、磁感应强度大小B ＝1.0 T 。

已知线圈与小车之间绝缘，小车长度与线圈MN 边长度相同。

求：（1）小车通过磁场的过程中线圈电阻产生的热量Q ； （2）小车长度l 2；25．（20分）解：（1）线圈进入磁场和离开磁场时克服安培力做功，动能转化成电能，产生的电热为 Q =21（M +m ）20v -21（M +m ）21v （4分） 解得Q =8.75×10-2（J ） （2分）（2）设小车完全进入磁场后速度为v ，在小车进入磁场从t 时刻到t +△t 时刻（△t →0）过程中，根据牛顿第二定律得 -Bi l 1=（M +m ）tv∆∆ （2分） 即-B l 1•i △t =（M +m ）△v （1分） 而 i △t =q 入 （1分） 求和得B l 1q 入=（M +m ）（v 0-v ） （1分） 同理得B l 1q 出=（M +m ）（v -v 1） （1分） 而 q =i △t =R E •△t =Rφ∆ （2分） 又线圈进入和穿出磁场过程中磁通量的变化量相同，因而有q 入=q 出 （1分） 故得 v 0-v =v -v 1 （1分） 即有 v =210v v +=1.75 m/s （1分） l 1 B M N Q P v 0又21l Bl =∆φ （1分） 解得l 2＝0.1 m （2分）25．（20分）（2015·安庆模拟）如图所示，两块平行金属极板MN 水平放置，板长L =l m ，间距d =33m ，两金属板间电压U MN =1×104 V ；在平行金属板右侧依次存在ABC 和FGH 两个全等的正三角形区域，正三角形ABC 内存在垂直纸面向里的匀强磁场B 1，三角形的上顶点A 与上金属板M 平齐，BC 边与金属板平行，AB 边的中点P 恰好在下金属板N 的右端点；正三角形FGH 内存在垂直纸面向外的匀强磁场B 2，已知A 、F 、G 处于同一直线上，B 、C 、H 也处于同一直线上，AF 两点距离为 23m 。

现从平行金属极板MN 左端沿中心轴线方向入射一个重力不计的带电粒子，粒子质量m =3×l010-kg ，带电量q =+l×104-C ，初速度v 0=1×l05m/s 。

求：（1）带电粒子从电场中射出时的速度v 的大小和方向？（2）若带电粒子进入三角形区域ABC 后垂直打在AC 边上，求该区域的磁感应强度B 1应为多大? （3）接第（2）问，若要使带电粒子由FH 边界进入FGH 区域并能再次回到FH 界面，求B 2 至少应为多大？25. 解：（1）设带电粒子在电场中做类平抛运动的时间为t ，加速度为a ，则：Uqmad =①（1分） 解得： 101033⨯==md qU a m/s 2 ②（1分）50101-⨯==v Lt s ③（1分） 竖直方向的速度为：51033⨯==at v y m/s④（1分）射出时速度为：522010332⨯=+=y v v v m/s⑤（1分） 设速度v 与水平方向夹角为θ，有：03tan 3y v v θ==故： 30=θ，即垂直于AB 方向出射 ⑥（1分） （2）带电粒子出电场时竖直方向的偏转的位移：213262d y at m === 即粒子由P 点垂直AB 射入磁场 ⑦（1分） 由几何关系知在磁场ABC 区域内做圆周运动的半径为：3230cos 1==d R m⑧（1分） 由： 121R v m qvB =⑨（1分）得：103311==qR mv B T⑩（1分）（3）若轨迹与边界FG 相切，设切点为E ，由几何关系得，FP 2=31m ○11（1分） 222222)231()31(R R R ++=+ ○12（1分） 解得R 2=1+15.2332≈m ＞1 m ，则圆心O 1在H 右下方，若粒子返回FH 界面要偏转180°，则在GH 界面就已离开磁场，无法返回FH 界面。