2019高考物理总复习计算题增分练
2019高考物理总复习选考题增分练(二)选修3-3
选修3－3 增分练(二)1．[物理——选修3－3](15分)(2018·河南省平顶山市高三二模)(1)(5分)下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A ．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大B ．液晶像液体一样具有流动性，其光学性质与某些多晶体相似，具有各向同性的光学性质C ．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律D ．分子平均速率大的物体的温度比分子平均速率小的物体的温度高E ．晶体熔化时吸收热量，其分子平均动能不变(2)(10分)如图所示，直立的汽缸中有一定质量的理想气体，活塞的质量为m ，横截面积为S ，汽缸内壁光滑且缸壁导热良好，周围环境温度保持不变．开始时活塞恰好静止在A 处，现轻放一物体在活塞上，活塞下移．经过足够长时间后，活塞系统停在B 点，已知AB ＝h ，B 处到汽缸底部的距离为h ，大气压强为p 0，重力加速度为g .求：①物体将活塞压至B 处平衡时，缸内气体的压强p 2；整个过程中，缸内气体是吸热还是放热，简要说明理由；②已知初始温度为27 ℃，若升高环境温度至T 1，活塞返回A 处达稳定状态，T 1的值是多大．解析：(2)①设活塞静止在A 处时，气体压强为p 1.对活塞受力分析，由平衡条件可得 p 1S ＝p 0S ＋mg物体将活塞压至B 处平衡时，缸内气体的压强为p 2，对封闭气体由理想气体状态方程可得p 2Sh ＝p 1S ·2h联立解得p 2＝2p 0＋2mg S理想气体温度不变，则内能不变，压缩气体，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知气体向外放热．②环境温度升高，汽缸中气体体积增大，此过程中压强不变，由盖－吕萨克定律可得V 0T 0＝V 1T 1，由于T 0＝27 ℃＝300 K ，V 1＝2V 0代入数据解得T 1＝600 K ＝327 ℃.答案：(1)ACE (2)①2p 0＋2mg S放热 理由见解析 ②327 ℃2．[物理——选修3－3](15分)(1)(5分)一定质量的理想气体从状态a 开始，经历三个过程a 到b 、b 到c 、c 到a 回到原状态，其V T 图象如图所示，p a 、p b 、p c .分别表示状态a 、b 、c 的压强，下列说法正确的是________(填正确答案标号，选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错一个扣3分，最低得分为0分)A ．由a 到b 的过程中，气体一定吸热B ．p c ＞p b ＝p aC ．由b 到c 的过程中，气体放出的热量一定大于外界对气体做的功D ．由b 到c 的过程中，每一个气体分子的速率都减小E ．由c 到a 的过程中气体分子的平均动能不变(2)(10分)如图所示，水平放置且两端开口的柱形汽缸AB 由左、右两部分组成，两部分汽缸截面积分别为S 、2S ，缸内有两个厚度不计的活塞，两活塞间封闭着一定质量的理想气体，平衡时两活塞距连接处的距离均为L ，气体温度为T 0，已知外界气体压强恒为p 0，B 部分汽缸和活塞之间的最大静摩擦力为2p 0S ，A 部分汽缸内壁光滑，且距汽缸连接处左侧2L 处有一活塞销．现缓慢升高气体温度，求：①A 部分汽缸中活塞刚好被活塞销卡住时气体的温度；②B 部分汽缸中活塞刚要滑动时气体的温度．解析：(2)①A 中活塞被活塞销卡住之前，B 中活塞静止不动，理想气体做等压变化，压强始终为p 0初态：体积V 1＝LS ＋L ·2S ＝3LS ，温度T 1＝T 0A 中活塞刚好被活塞销卡住时：体积V 2＝2LS ＋L ·2S ＝4LS ，温度为T 2则V 1T 1＝V 2T 2得T 2＝43T 0 ②B 中活塞刚要滑动时，设被封闭气体压强为p ，对B 中活塞受力分析得p ·2S ＝p 0·2S ＋f 得p ＝2p 0从A 中活塞刚好被活塞销卡住到B 中活塞刚要滑动，被封闭气体做等容变化，设此时温度为T 3则p 0T 2＝p T 3得T 3＝83T 0 答案：(1)ACE (2)①43T 0 ②83T 0。
2019高考物理总复习 计算题增分练(四)
计算题增分练(四)(满分32分 20分钟)1．如图所示，间距为d 的平行金属板MN 与一对光滑的平行导轨相连，平行导轨间距为L .一根导体棒ab 与导轨垂直且以速度v 0沿导轨向右匀速运动，棒的右侧存在一个垂直纸面向里，大小为B 的匀强磁场．当棒进入磁场时，粒子源P 释放一个初速度为零的带负电的粒子，已知带电粒子的质量为m (重力不计)、电量为q .粒子经电场加速后从M 板上的小孔O 穿出．在板的上方，有一个环形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场．已知外圆半径为2d ，内圆半径为d ，两圆的圆心与小孔重合，求：(1)粒子到达M 板的速度大小v ；(2)若粒子不能从外圆边界飞出，则环形区域内磁感应强度最小为多少？解析：(1)ab 棒切割磁感线，产生的电动势U ＝BLv 0粒子从N 板到M 板，由动能定理得qU ＝12mv 2－0 解得v ＝2qBLv 0m(2)如图所示，要使粒子不从外边界飞出，则粒子最大半径时的轨迹与外圆相切．由几何关系得(2d －r )2＝r 2＋d 2解得r ＝34d由牛顿第二定律得qvB ′＝m v 2r解得B ′＝43d 2BLmv 0q答案：(1) 2qBLv 0m (2)B ′＝43d 2BLmv 0q2．如图所示，光滑水平地面的左侧静止放置一长木板AB ，右侧固定一足够长光滑斜面CD ，木板的上表面与斜面底端C 处于同一水平面．木板质量M ＝2 kg ，板长为l ＝7 m ．一物块以速度v 0＝9 m/s 冲上木板的A 端，木板向右运动，B 端碰到C 点时被粘连，且B 、C 之间平滑连接．物块质量为m ＝1 kg ，可视为质点，与木板间的动摩擦因数为μ＝0.45，取g ＝10 m/s 2，求(1)若初始时木板B 端距C 点的距离足够长，求物块第一次与木板相对静止时的速度和相对木板滑动的距离；(2)设初始时木板B 端距C 点的距离为L ，试讨论物块最终位置距C 点的距离与L 的关系，并求此最大距离．解析：(1)距离足够长，则m 与M 达到共同速度解法一：mv 0＝(M ＋m )v 共μmg Δl ＝12mv 20－12(M ＋m )v 2共 解得：v 共＝3 m/sΔl ＝6 m解法二：对物块a m ＝μg ＝4.5 m/s 2对木板a M ＝μmg M＝2.25 m/s 2 v 共＝v 0－a m t ＝a M t解得：v 共＝3 m/sΔl ＝v 20－v 2共2a m －v 2共2a M＝6 m (2)对木板：μmgs ＝12Mv 2共－0 s ＝2 m(或者等同于s ＝v 2共2a M＝2 m) 当L ≥2 m 时，木板B 端和C 点相碰前，物块和木板已经达到共同速度，碰后物块以v 共＝3 m/s 匀减速到C 点v 2共－v 2C 1＝2a m (l －Δl )a m＝μg＝4.5 m/s2解得v C1＝0 m/s恰好停在C点，与L无关当L＜2 m时，木板B端和C点相碰前，物块和木板未达到共同速度，物块一直在做匀减速运动v20－v2C2＝2a m(l＋L)v C2＝32－L物块以此速度冲上斜面并会原速率返回，最终停在木板上，s＝v2C22a m＝2－L 当L＝0 m时，s有最大值s max＝2 m答案：(1)v共＝3 m/s Δl＝6 m (2)当L≥2 m时，恰好停在C点与L无关，当L＜2 m，s＝2－L，s max＝2 m。
2019高考物理总复习计算题增分练一
计算题增分练(一)(满分32分 20分钟)1．如图所示，与水平面夹角θ＝37°的倾斜传送带以v 0＝2 m/s 的速度沿顺时针方向转动，小物块A 从传送带顶端无初速度释放的同时，小物块B 以v 1＝8 m/s 的速度从底端滑上传送带．已知小物块A 、B 质量均为m ＝1 kg ，与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，小物块A 、B 未在传送带上发生碰撞，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小物块B 向上运动过程中平均速度的大小；(2)传送带的长度l 应满足的条件．解析：(1)对小物块B 由牛顿第二定律得 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1解得a 1＝10 m/s 2小物块B 减速至与传送带共速的过程中，时间t 1＝v 1－v 0a 1＝0.6 s 位移s 1＝v 21－v 202a 1＝3 m 之后，小物块B 的速度小于传送带的速度，其所受滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，解得a 2＝2 m/s 2小物块B 减速至0的时间t 2＝v 0a 2＝1 s 位移s 2＝v 202a 2＝1 m 小物块B 向上运动过程中平均速度v ＝s 1＋s 2t 1＋t 2＝2.5 m/s (2)小物块A 的加速度也为a 2＝2 m/s 2，小物块B 开始加速向下运动时，小物块A 已经具有向下的速度，二者加速度大小相等，要使二者不相碰，应在小物块B 滑下传送带后，小物块A 到达传送带底端．当小物块B 刚滑下传送带时，小物块A 恰好运动至传送带底端，此时传送带长度最小，最小长度l 0＝12a 2t 2 小物块B 向下运动过程s 1＋s 2＝12a 2t 23 解得t 3＝2 s则t ＝t 1＋t 2＋t 3＝3.6 s代入解得l 0＝12.96 m ，即传送带的长度l ≥12.96 m答案：(1)2.5 m/s (2)l ≥12.96 m2．如图甲所示，间距为l 、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为θ的斜面上．在区域Ⅰ内有方向垂直于斜面的匀强磁场，磁感应强度恒为B ；在区域Ⅱ内有垂直于斜面向下的匀强磁场，其磁感应强度B 1的大小随时间t 变化的规律如图乙所示．t ＝0时刻，在轨道上端的金属细棒ab 从如图位置由静止开始沿导轨下滑，同时下端的另一金属细棒cd 在位于区域Ⅰ内的导轨上也由静止释放．在ab 棒运动到区域Ⅱ的下边界EF 之前，cd 棒始终静止不动，两棒均与导轨接触良好．已知cd 棒的质量为m 、电阻为R ，ab 棒的质量、阻值均未知，区域Ⅱ沿斜面的长度为2l ，在t ＝t x 时刻(t x 未知)ab 棒恰好进入区域Ⅱ，重力加速度为g .求：(1)试判断通过cd 棒的电流方向和区域Ⅰ内磁场的方向；(2)当金属棒ab 在区域Ⅱ内运动时，金属棒cd 消耗的电功率P ；(3)ab 棒开始下滑的位置离区域Ⅱ下边界的距离；(4)为了求得ab 棒开始下滑至EF 的过程中，回路中产生总的热量Q ，某同学先求出ab 棒的质量、到达EF 处的速度，并利用(3)问中的距离，然后用总热量Q 等于机械能的减小量进行求解．若这位同学的方法正确，请用他的方法求出总热量Q ；若他的方法不正确，请用你的方法求出总热量Q .解析： 本题考查电磁感应中的单棒问题，涉及楞次定律、法拉第电磁感应定律、平衡、闭合电路欧姆定律等知识的应用．(1)Ⅱ内磁场均匀变化因此在回路中产生感应电流，由楞次定律可知，流过cd 的电流方向是由d 到c .因cd 棒静止，由平衡条件可得cd 棒所受安培力沿导轨向上，据左手定则可知，区域Ⅰ内磁场垂直于斜面向上．(2)因cd 棒静止，由平衡条件可得BIl ＝mg sin θ，金属棒ab 在区域Ⅱ内运动时，金属棒cd 消耗的电功率P ＝I 2R ， 解得I ＝mg sin θBl ，P ＝m 2g 2R sin 2 θB 2l 2(3)ab 棒开始下滑到达区域Ⅱ前做匀加速运动，加速度a ＝g sin θ，因在ab 棒运动到区域Ⅱ的下边界EF 之前，cd 棒始终静止不动，则ab 棒达区域Ⅱ前后回路中的电动势不变，且ab 棒在区域Ⅱ中做匀速直线运动，可得ΔΦΔt ＝Blv ，即Bl ·2l t x＝Bl (g sin θ·t x ) 解得：t x ＝ 2l g sin θ，v ＝2gl sin θ ab 棒开始下滑的位置离区域Ⅱ下边界的距离s ＝12vt x ＋2l ＝3l(4)这位同学的解法不正确． ab 棒在区域Ⅱ匀速运动时，受力平衡有m ab g sin θ＝BIl ，可得ab 和cd 两棒质量相等均为m .第一阶段电路产热Q 1＝EIt x ＝Bl ·2l t x ×mg sin θBl×t x ＝2mg sin θ·l . 第二阶段ab 棒匀速下滑，根据能量守恒得电路产热Q 2＝mg 2l sin θ.所以电路中产生的总热量Q ＝Q 1＋Q 2＝4mgl sin θ.答案：(1)从d 到c 区域Ⅰ内磁场垂直于斜面向上(2)m 2g 2R sin 2 θB 2l 2(3)3l (4)不正确 4mgl sin θ 计算题增分练(二)(满分32分 20分钟)1．在短道速滑世锦赛女子500米决赛中，接连有选手意外摔倒，由于在短道速滑比赛中很难超越对手，因而在比赛开始阶段每个选手都要以最大的加速度加速，在过弯道前超越对手．为提高速滑成绩，选手在如下场地进行训练：赛道的直道长度为L ＝30 m ，弯道半径为R ＝2.5 m ．忽略冰面对选手的摩擦力，且冰面对人的弹力沿身体方向．在过弯道时，身体对冰面的夹角θ的最小值为45°，直线加速过程视为匀加速过程，加速度a ＝1 m/s 2.若训练过程中选手没有减速过程，为保证速滑中不出现意外情况，选手在直道上速滑的最短时间为多少？(g 取10 m/s 2)解析：若选手在直道上一直加速，选手能达到的最大速度为v1，根据运动学公式有v 21＝2aL ，解得v 1＝60 m/s ，设选手过弯道时，允许的最大速度为v 2，此时人与冰面的夹角θ为45°，对选手受力分析如图． 则：F N cos 45°＝mg 、F N sin 45°＝m v 22R解得：v 2＝5 m/s ，由于v 1＞v 2，因而选手允许加速达到的最大速度为v 2＝5 m/s ，设选手在直道上加速的距离为x ，则v 22＝2ax ，解得x ＝12.5 m ，选手在直道上的最短时间t ＝v 2a ＋L －x v 2，解得：t ＝8.5 s. 答案：8.5 s2．如图所示，在xOy 平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、＋y 轴方向为电场强度的正方向)．在t ＝0时刻由原点O 发射初速度大小为v 0、方向沿＋y 轴方向的带负电粒子(不计重力)．已知v 0、B 0、E 0，且E 0＝B 0v 0π，粒子的比荷q m ＝πB 0t 0，x 轴上有一点坐标为A ⎝ ⎛⎭⎪⎫48v 0t 0π，0.(1)求t 02时带电粒子的位置坐标； (2)求粒子运动过程中偏离x 轴的最大距离；(3)粒子经多长时间经过A 点？解析：(1)由T ＝2πm qB得T ＝2t 0， 所以t 02＝T 4，运动了T 4. 又因为r ＝mv qB 得r ＝v 0t 0π 所以位置坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0t 0π，v 0t 0π.(2)由图可知y 1＝v 0＋v 2t 0因v ＝v 0＋qE 0m t 0＝2v 0所以y 1＝3v 0t 02由r ＝mv qB 得r 2＝2v 0t 0π所以y m ＝y 1＋r 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋2πv 0t 0(3)由图可知粒子以4t 0为一个周期，在一个周期内的距离d ＝2(r 1＋r 2)＝6v 0t 0π所以t ＝48v 0t 0πd ×4t 0＝32t 0答案：(1)⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0t 0π，v 0t 0π (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋2πv 0t 0 (3)32t 0。
【2019-2020】高考物理总复习计算题增分练(三)
【2019-2020】高考物理总复习计算题增分练（三）(满分32分20分钟)1．(2018·××市高三三模)如右图所示一木板放置在光滑的水平桌面上，A、B两个小物体通过不可伸长的轻绳相连，细绳平行于地面，且跨过轻滑轮，A物体放置在木板的最左A的质量m2＝4.0 kg，物体端．已知木板的质量mB的质量m3＝1.0 kg，物体A与木板间的动摩擦因数μ＝0.5，木板长L＝2 m木板与物体A之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.不计滑轮摩擦．(1)为了使物体A随着木板一起向左运动，现对木板施加水平向左的力F，求力F的最大值；(2)若开始时不施加力F，在A、B、木板静止时，用向左的水平力击打木板一下，使木板、A向左运动，物体B上升．当物体B上升h B＝1.0 m(物体B未碰触滑轮)时，物体A刚好到达木板最右端．求最初击打木板的冲量I.解析：(1)设A、B、木板一起运动的加速度大小为a，物体B受两力：重力mg、绳拉力T，由根据牛顿第二定律有：T－m3g＝m3a ①物体A水平方向受两力：木板的摩擦力f、绳拉力T，根据牛顿第二定律有：f－T＝m2a ②木板水平方向受两力：外力F、A的摩擦力f，根据牛顿第二定律有：F－f＝m1a ③①②③联立得：F－m3g＝(m1＋m2＋m3)a ④f－m3g＝(m2＋m3)a ⑤从④⑤显然看出，F越大，a、f越大，当：f＝μm2g ⑥代入数据，解得F的最大值为：F＝60 N，a＝2.0 m/s2(2)打击木板后，物体A、B在木板的最大静摩擦力作用下，以加速度a＝2.0 m/s2加速运动，当物体B上升高度h B＝1.0 m时，有：h B ＝12at 2⑦木板向左运动的位移为： x ＝L ＋h B ⑧木板在A 的摩擦力作用下，做减速运动的加速度为a ′，根据牛顿第二定律有： μm 2g ＝m 1a ′ ⑨设打击木板后的瞬间，木板的速度为v 0，则：x ＝v 0t －12a ′t 2⑩代入数据，解得：v 0＝3.5 m/s根据动量定理得最初击打木板的冲量为： I ＝mv 0＝70 N·s⑪答案：(1)60 N (2)70 N·s 2．如图所示，直角坐标系xOy 的第一象限内存在与x 轴正方向成45°角的匀强电场，第二象限内存在与第一象限方向相反的匀强电场，两电场的场强大小相等．x 轴下方区域Ⅰ和区域Ⅱ内分别存在磁感应强度不同的、方向垂直纸面向外的足够大匀强磁场，两磁场的分界线与x 轴平行，区域Ⅰ中磁场的磁感应强度大小为B ，在分界线上有一绝缘弹性挡板，挡板关于y 轴对称．现在P (0，y 0)点由静止释放一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子(不计粒子重力)，粒子立即进入第一象限运动，以速度v 穿过x 轴后，依次进入区域Ⅰ和区域Ⅱ磁场，已知粒子从区域Ⅰ进入区域Ⅱ时，速度方向垂直挡板紧贴挡板的右侧边缘，在与挡板进行碰撞时粒子的电荷量和能量均无变化，且与挡板的中央发生过碰撞．求(1)电场强度E 的大小；(2)区域Ⅱ中磁场的磁感应强度大小；(3)粒子再次回到y 轴时的位置坐标和此时粒子速度方向．解析：(1)粒子在第一象限运动，根据动能定理得：Eq ·2y 0＝12mv 2解得：E ＝2mv 24qy 0. (2)如图所示，粒子在区域Ⅰ内做圆周运动的半径为R1，则有： qvB ＝m v 2R 1由几何知识可知：L AC ＝R 1(1－cos 45°)＝（2－2）mv 2qB由题意可知挡板长度L ＝2(y 0＋L AC )设区域Ⅱ磁场的磁感应强度大小为B 0，粒子在区域Ⅱ内做圆周运动的半径为R 2，则有：qvB 0＝m v 2R 2由题意可知挡板长度L ＝2R 2·2n ＝4nmv qB 0(n ＝1，2，3…)由以上各式可得：B 0＝4nBmv2qBy 0＋（2－2）mv(n ＝1，2，3…) (3)由对称性可知，粒子第二次通过x 轴时D 点距离坐标原点O 的距离为y 0，进入第二象限后粒子做类平抛运动，设粒子再次回到y 轴时的位置坐标Q (0，y ) 根据类平抛运动规律有：(y －y 0)cos 45°＝12·Eq m·t 2，2y 0＋(y －y 0)sin 45°＝vt 将E ＝2mv 24qy 0代入可得：y ＝3y 0 所以粒子再次回到y 轴时的位置坐标Q (0，3y 0)设粒子再次回到y 轴时沿电场方向的分速度大小为v E ，根据运动的分解可得 v 2E ＝2qE m×2y 0cos 45°＝v 2，所以v E ＝v . 根据运动的合成知粒子此时的合速度方向沿y 轴正方向．答案：(1)2mv 204qy 0 (2)4nBmv 2qBy 0＋（2－2）mv(n ＝1，2，3…) (3)(0，3y 0)，与y 轴的夹角为零。
2019高考物理：总复习：计算题增分练二9119(含答案).doc
计算题增分练(二)(满分32分20分钟)1．在短道速滑世锦赛女子500米决赛中，接连有选手意外摔倒，由于在短道速滑比赛中很难超越对手，因而在比赛开始阶段每个选手都要以最大的加速度加速，在过弯道前超越对手．为提高速滑成绩，选手在如下场地进行训练：赛道的直道长度为L ＝30 m，弯道半径为R＝2.5 m．忽略冰面对选手的摩擦力，且冰面对人的弹力沿身体方向．在过弯道时，身体对冰面的夹角θ的最小值为45°，直线加速过程视为匀加速过程，加速度a＝1 m/s2.若训练过程中选手没有减速过程，为保证速滑中不出现意外情况，选手在直道上速滑的最短时间为多少？(g取10 m/s2) 解析：若选手在直道上一直加速，选手能达到的最大速度为v1，根据运动学公式有v21＝2aL，解得v1＝60 m/s，设选手过弯道时，允许的最大速度为v2，此时人与冰面的夹角θ为45°，对选手受力分析如图．则：F N cos 45°＝mg 、F N sin 45°＝m v 22R解得：v 2＝5 m/s ，由于v 1＞v 2，因而选手允许加速达到的最大速度为v 2＝5 m/s ，设选手在直道上加速的距离为x ，则v 22＝2ax ，解得x ＝12.5 m ，选手在直道上的最短时间t ＝v 2a ＋L －x v 2，解得：t ＝8.5 s. 答案：8.5 s2．如图所示，在xOy 平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、＋y 轴方向为电场强度的正方向)．在t ＝0时刻由原点O 发射初速度大小为v 0、方向沿＋y 轴方向的带负电粒子(不计重力)．已知v 0、B 0、E 0，且E 0＝B 0v 0π，粒子的比荷q m ＝πB 0t 0，x 轴上有一点坐标为A ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫48v 0t 0π，0.(1)求t 02时带电粒子的位置坐标； (2)求粒子运动过程中偏离x 轴的最大距离； (3)粒子经多长时间经过A 点？解析：(1)由T ＝2πm qB 得T ＝2t 0，所以t 02＝T 4，运动了T 4.又因为r ＝mv qB 得r ＝v 0t 0π所以位置坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫v 0t 0π，v 0t 0π. (2)由图可知y 1＝v 0＋v 2t 0因v ＝v 0＋qE 0m t 0＝2v 0所以y 1＝3v 0t 02由r ＝mv qB 得r 2＝2v 0t 0π所以y m ＝y 1＋r 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32＋2πv 0t 0 (3)由图可知粒子以4t 0为一个周期，在一个周期内的距离d ＝2(r 1＋r 2)＝6v 0t 0π所以t ＝48v 0t 0πd ×4t 0＝32t 0 答案：(1)⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫v 0t 0π，v 0t 0π (2)⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32＋2πv 0t 0 (3)32t 0。
2019高考物理总复习 选考题增分练(三)选修3-3
C．雨伞伞面上有许多细小的孔，却能遮雨，是因为水的表面张力作用
D．一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热
E．一定量的理想气体，如果体积不变，分子每秒平均碰撞次数随着温度降低而减少
(2)(10分)如图所示，开口向上竖直放置内壁光滑的汽缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m的密闭活塞，活塞A导热，活塞B绝热，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分．初状态整个装置静止不动处于平衡，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度均为l0，温度为T0.设外界大气压强p0保持不变，活塞的横截面积为S，且mg＝0.1p0S，环境温度保持不变．在活塞A上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m时，两活塞在某位置重新处于平衡．求：
①若仅有汽缸上表面导热良好，其他部分及活塞绝热，现对B中气体缓慢加热，当B中气体温度升高至多少时，A中气体体积减小为 V?
②若整个汽缸及活塞均导热良好，现通过阀门向B中充气，每次充入压强p0＝1×105Pa、体积V0＝ 的气体，则在充气多少次后活塞才开始向上运动？
解析：(1)选CDE.达到热平衡的两个系统一定具有相同的温度，即相同的分子平均动能，内能不一定相等，A错误；相对湿度等于空气中水蒸气的压强与同温度下水的饱和汽压的比值，所以在水蒸气的压强大但温度不确定的情况下，空气的相对湿度大小不能确定，B错误；发生毛细现象时，浸润液体在细管中上升，不浸润液体在细管中下降，C正确；第二类永动机不违背能量守恒定律，但违背了热力学第二定律，故其一定不可能制成，D正确；生产半导体元件时，可以在高温条件下通过分子的扩散在纯净的半导体材料中掺入其他元素，E正确．
2019高考物理总复习 选考题增分练(三)选修3-3
选修3－3 增分练(三)1．[物理——选修3－3](15分)(2018·山东省济宁市高三二模)(1)(5分)下列说法中正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A ．当分子间距离增大时，分子间引力增大，分子间斥力减小B ．布朗运动反映了悬浮颗粒内部的分子在永不停息地做无规则的热运动C ．雨伞伞面上有许多细小的孔，却能遮雨，是因为水的表面张力作用D ．一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热E ．一定量的理想气体，如果体积不变，分子每秒平均碰撞次数随着温度降低而减少(2)(10分)如图所示，开口向上竖直放置内壁光滑的汽缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m 的密闭活塞，活塞A 导热，活塞B 绝热，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分．初状态整个装置静止不动处于平衡，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度均为l 0，温度为T 0.设外界大气压强p 0保持不变，活塞的横截面积为S ，且mg ＝0.1p 0S ，环境温度保持不变．在活塞A 上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m 时，两活塞在某位置重A 回到初始位置，求此时Ⅱ气体的温度．＝p 0＋2mg S＝1.2p 0 ＋4mg S＝1.4p 0 ②初状态Ⅰ气体压强p 1＝p 0＋mg S ＝1.1p 0添加铁砂后Ⅰ气体压强p 1′＝p 0＋3mg S＝1.3p 0 由玻意耳定律p 1l 0S ＝p 1′l 1S解得l 1＝1113l 0 当活塞A 回到原来位置时，Ⅱ气体长度为l 2′＝2l 0－l 1＝1513l 0由盖－吕萨克定律得l 2S T 0＝l 2′S T 2解得T 2＝3526T 0 答案：(1)CDE (2)①67l 0 ②3526T 0 2．[物理——选修3－3](15分)(2018·河北衡水中学押题卷)(1)(5分)下列说法正确的是________．(填正确答案标号，选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)A ．达到热平衡的两个系统一定具有相同的内能B ．空气中水蒸气的压强越大，空气的相对湿度一定越大C ．毛细现象可能表现为液体在细管中的上升，也可能表现为下降D ．第二类永动机不违背能量守恒定律，但违背了热力学第二定律，故其一定不可能制成E ．生产半导体元件时，可以在高温条件下通过分子的扩散在纯净的半导体材料中掺入其他元素(2)(10分)如图所示，质量m ＝10 kg 、横截面积S ＝50 cm 2、厚度不计的活塞被汽缸光滑内壁上的卡栓(体积不计)托住，将汽缸分成体积均为V 的A 、B 两部分，两部分空间内均封闭着一定量的理想气体．初始状态时两部分气体温度均与环境温度相同，其中A 中气体压强p A ＝2×105 Pa ，B 中气体压强p B＝1×105 Pa.汽缸底端安装有可充、放气的阀门及用来加热的电热丝，环境温度保持27 ℃不变，重力加速度g 取10 m/s 2，T ＝t ＋273 K.①若仅有汽缸上表面导热良好，其他部分及活塞绝热，现对B 中气体缓慢加热，当B中气体温度升高至多少时，A 中气体体积减小为45V? ②若整个汽缸及活塞均导热良好，现通过阀门向B 中充气，每次充入压强p 0＝1×105 Pa 、体积V 0＝V 5的气体，则在充气多少次后活塞才开始向上运动？ 解析：(1)选CDE.达到热平衡的两个系统一定具有相同的温度，即相同的分子平均动能，内能不一定相等，A 错误；相对湿度等于空气中水蒸气的压强与同温度下水的饱和汽压的比值，所以在水蒸气的压强大但温度不确定的情况下，空气的相对湿度大小不能确定，B 错误；发生毛细现象时，浸润液体在细管中上升，不浸润液体在细管中下降，C 正确；第二类永动机不违背能量守恒定律，但违背了热力学第二定律，故其一定不可能制成，D 正确；生产半导体元件时，可以在高温条件下通过分子的扩散在纯净的半导体材料中掺入其他元素，E 正确．(2)①对A 中气体由玻意耳定律可知p A V ＝p A ′·45V解得p A ′＝2.5×105Pa对活塞由平衡条件得p A ′S ＋mg ＝p B ′S解得p B ′＝2.7×105Pa对B 中气体由理想气体状态方程可知p B V T ＝p B ′·65VT B解得T B ＝972 K②活塞与卡栓间弹力恰好为0时，对活塞由平衡条件得p A S ＋mg ＝p B ″S解得p B ″＝2.2×105Pa对B 中气体由玻意耳定律得p B V ＋np 0V 0＝p B ″V解得n ＝6答案：(1)CDE (2)①972 K ②6。
(江苏专用)2019高考物理总复习 优编题型增分练：计算题规范练(二)
计算题规范练(二)四、计算题(本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)14．(15分)(2018·苏州市模拟)如图1所示，空间存在竖直向下的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B .一边长为L ，质量为m 、电阻为R 的正方形单匝导线框abcd 放在水平桌面上．在水平拉力作用下，线框从左边界以速度v 匀速进入磁场，当cd 边刚进入磁场时撤去拉力，ab 边恰好能到达磁场的右边界．已知线框与桌面间动摩擦因数为μ，磁场宽度大于L ，重力加速度为g .求：图1(1)ab 边刚进入磁场时，其两端的电压U ； (2)水平拉力的大小F 和磁场的宽度d ； (3)整个过程中产生的总热量Q .答案 (1)34BLv (2)B 2L 2v R ＋μmg L ＋v 22μg (3) μmgL ＋12mv 2＋B 2L 3vR解析 (1)E ＝BLvI ＝E R ＝BLvR U ＝I ·34R ＝34BLv .(2)F ＝F 安＋μmg ＝B 2L 2vR＋μmg撤去拉力后，线框在磁场中只受到滑动摩擦力，做匀减速运动，x 2＝v 22μg所以d ＝L ＋v 22μg.(3)进入磁场过程中产生焦耳热Q 1＝I 2Rt 1＝B 2L 3vR由于摩擦产生的热量Q 2＝μmg (L ＋v 22μg )＝μmgL ＋12mv 2所以整个过程产生的热量为Q ＝Q 1＋Q 2＝μmgL ＋12mv 2＋B 2L 3vR.15．(16分)(2018·淮安市、宿迁市等期中)如图2所示，水平桌面上质量为m 的薄木板右端叠放着质量也为m 的小物块，木板长为L ，整体处于静止状态．已知物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与桌面间的动摩擦因数为μ4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .图2(1)若使木板与物块一起以初速度v 0沿水平桌面向右运动，求木板向右运动的最大距离s 0；(2)若对木板施加水平向右的拉力F ，为使木板沿水平桌面向右滑动且与物块间没有相对滑动，求拉力F 应满足的条件；(3)若给木板施加大小为F ＝3μmg 、方向沿水平桌面向右的拉力，经过时间t 0，撤去拉力F ，此后运动过程中小物块始终未脱离木板，求木板运动全过程中克服桌面摩擦力所做的功W . 答案 (1)2v 02μg (2)μmg 2<F ≤5μmg 2 (3)1.95m (μgt 0)2解析 (1)对木板和物块组成的系统，由动能定理得： －μ4·2mgs 0＝0－12·2mv 02解得：s 0＝2v 02μg.(2)设使木板沿水平桌面向右滑动且与物块间没有相对滑动的最小拉力为F min ，最大拉力为F max 则：F min ＝2mg ×μ4＝μmg2对系统：F max －μmg2＝2ma max对物块：μmg ＝ma max 解得：F max ＝5μmg2则要使木板沿水平桌面向右滑动且与物块间没有相对滑动，需满足μmg 2<F ≤5μmg2.(3)由于F ＝3μmg >5μmg2，所以物块与木板之间发生相对滑动．物块的加速度：a 1＝μg撤去拉力F 时物块的速度：v 1＝a 1t 0＝μgt 0 对木板：F －μmg －2μmg4＝ma 2得：a 2＝32μg撤去拉力F 时木板的速度：v 2＝a 2t 0＝32μgt 0撤去拉力F 后木板的加速度：a 3＝－32μg设撤去拉力F 后，再经过时间t 1，物块与木板达到共同速度v ，之后再经过时间t 2，木板停止滑行．则：v ＝a 1(t 0＋t 1)＝a 2t 0＋a 3t 1 得：t 1＝15t 0；v ＝65μgt 0达到共同速度后：－2mg ·μ4＝2ma 4加速度：a 4＝－14μgt 2＝0－65μgt 0－μg 4＝245t 0木板运动的总位移：s ＝v 2t 02＋v 2＋v 2t 1＋v 2t 2＝3.9μgt 02木板运动全过程中克服桌面摩擦力所做的功：W ＝2mg ×μ4×3.9μgt 02＝1.95m (μgt 0)2.16．(16分)(2018·扬州市一模)在如图3所示的坐标系内，PQ 是垂直于x 轴的分界线，PQ 左侧的等腰直角三角形区域内分布着匀强磁场，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里，AC 边有一挡板可吸收电子，AC 长为d .PQ 右侧为偏转电场，两极板长度为12d ，间距为d .电场右侧的x 轴上有足够长的荧光屏．现有速率不同的电子在纸面内从坐标原点O 沿y 轴正方向射入磁场，电子能打在荧光屏上的最远处为M 点，M 到下极板右端的距离为12d ，电子电荷量为e ，质量为m ，不考虑电子间的相互作用以及偏转电场边缘效应，求：图3(1)电子通过磁场区域的时间t ； (2)偏转电场的电压U ；(3)电子至少以多大速率从O 点射出时才能打到荧光屏上． 答案 (1)πm 2eB (2)8eB 2d 23m (3)eBd33m解析 (1)电子在磁场区域洛伦兹力提供向心力evB ＝m v 2r ，得到：r ＝mv eB运动周期T ＝2πr v ，得到：T ＝2πm eB△OAC 和△OQC 均为等腰直角三角形，故通过磁场区域的时间为t 1＝90°360°T ＝πm2eB.(2)打在最远处，则必是速度最大的电子恰从偏转电场的最高点进入电场， 由几何知识得r ＝d ，由上述结果r ＝mv eB 解得v ＝eBd m通过电场的时间t 2＝d 2v ，解得t 2＝m2eB电子离开电场后做匀速直线运动到达M 点，由几何关系有： y 1y 2＝14d 12d ＝12， 又y 1＋y 2＝d 解得y 1＝13d即12·eU md t 22＝13d 代入数据解得U ＝8eB 2d 23m.(3)若电子恰好打在下极板右边缘 磁场中r ′＝mv ′eB电场中水平方向：12d ＝v ′t竖直方向：r ′＝12·eU md t 2由上述三式代入数据解得v ′＝eBd33m.。
2019高考物理总复习选考题增分练(三)选修3-3
选修3－3 增分练(三)1．[物理——选修3－3](15分)(2018·山东省济宁市高三二模)(1)(5分)下列说法中正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A ．当分子间距离增大时，分子间引力增大，分子间斥力减小B ．布朗运动反映了悬浮颗粒内部的分子在永不停息地做无规则的热运动C ．雨伞伞面上有许多细小的孔，却能遮雨，是因为水的表面张力作用D ．一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热E ．一定量的理想气体，如果体积不变，分子每秒平均碰撞次数随着温度降低而减少(2)(10分)如图所示，开口向上竖直放置内壁光滑的汽缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m 的密闭活塞，活塞A 导热，活塞B 绝热，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分．初状态整个装置静止不动处于平衡，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度均为l 0，温度为T 0.设外界大气压强p 0保持不变，活塞的横截面积为S ，且mg ＝0.1p 0S ，环境温度保持不变．在活塞A 上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m 时，两活塞在某位置重新处于平衡．求：①此时第Ⅱ部分气体的长度；②若只对Ⅱ气体缓慢加热，使活塞A 回到初始位置，求此时Ⅱ气体的温度．解析：(2)①初状态Ⅱ气体压强p 2＝p 0＋2mg S＝1.2p 0 添加铁砂后Ⅱ气体压强p 2′＝p 0＋4mg S＝1.4p 0 由玻意耳定律p 2l 0S ＝p 2′l 2S解得l 2＝67l 0 ②初状态Ⅰ气体压强p 1＝p 0＋mg S ＝1.1p 0添加铁砂后Ⅰ气体压强p 1′＝p 0＋3mg S＝1.3p 0 由玻意耳定律p 1l 0S ＝p 1′l 1S解得l 1＝1113l 0当活塞A 回到原来位置时，Ⅱ气体长度为l 2′＝2l 0－l 1＝1513l 0由盖－吕萨克定律得l 2S T 0＝l 2′S T 2解得T 2＝3526T 0 答案：(1)CDE (2)①67l 0 ②3526T 0 2．[物理——选修3－3](15分)(2018·河北衡水中学押题卷)(1)(5分)下列说法正确的是________．(填正确答案标号，选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)A ．达到热平衡的两个系统一定具有相同的内能B ．空气中水蒸气的压强越大，空气的相对湿度一定越大C ．毛细现象可能表现为液体在细管中的上升，也可能表现为下降D ．第二类永动机不违背能量守恒定律，但违背了热力学第二定律，故其一定不可能制成E ．生产半导体元件时，可以在高温条件下通过分子的扩散在纯净的半导体材料中掺入其他元素(2)(10分)如图所示，质量m ＝10 kg 、横截面积S ＝50 cm 2、厚度不计的活塞被汽缸光滑内壁上的卡栓(体积不计)托住，将汽缸分成体积均为V 的A 、B 两部分，两部分空间内均封闭着一定量的理想气体．初始状态时两部分气体温度均与环境温度相同，其中A 中气体压强p A ＝2×105 Pa ，B 中气体压强p B＝1×105 Pa.汽缸底端安装有可充、放气的阀门及用来加热的电热丝，环境温度保持27 ℃不变，重力加速度g 取10 m/s 2，T ＝t ＋273 K.①若仅有汽缸上表面导热良好，其他部分及活塞绝热，现对B 中气体缓慢加热，当B 中气体温度升高至多少时，A 中气体体积减小为45V? ②若整个汽缸及活塞均导热良好，现通过阀门向B 中充气，每次充入压强p 0＝1×105 Pa 、体积V 0＝V 5的气体，则在充气多少次后活塞才开始向上运动？ 解析：(1)选CDE.达到热平衡的两个系统一定具有相同的温度，即相同的分子平均动能，内能不一定相等，A 错误；相对湿度等于空气中水蒸气的压强与同温度下水的饱和汽压的比值，所以在水蒸气的压强大但温度不确定的情况下，空气的相对湿度大小不能确定，B 错误；发生毛细现象时，浸润液体在细管中上升，不浸润液体在细管中下降，C 正确；第二类永动机不违背能量守恒定律，但违背了热力学第二定律，故其一定不可能制成，D 正确；生产半导体元件时，可以在高温条件下通过分子的扩散在纯净的半导体材料中掺入其他元素，E 正确．(2)①对A 中气体由玻意耳定律可知p A V ＝p A ′·45V解得p A ′＝2.5×105Pa对活塞由平衡条件得p A ′S ＋mg ＝p B ′S解得p B ′＝2.7×105Pa对B 中气体由理想气体状态方程可知p B V T ＝p B ′·65VT B解得T B ＝972 K②活塞与卡栓间弹力恰好为0时，对活塞由平衡条件得p A S ＋mg ＝p B ″S解得p B ″＝2.2×105Pa对B 中气体由玻意耳定律得p B V ＋np 0V 0＝p B ″V解得n ＝6答案：(1)CDE (2)①972 K ②6。
[精品]2019高考物理总复习选考题增分练(一)选修3-3
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选修3－3 增分练(一)1．[物理——选修3－3](15分)(1)(6分)关于固体、液体和物态变化，下列说法正确的是________(填正确答案标号．选对一个给3分，选对两个给4分，选对3个给6分．每选错一个扣3分，最低得分为0分)A ．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大B ．当分子间距离增大时，分子间的引力减少、斥力增大C ．一定量的理想气体，在压强不变时，气体分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度升高而减少D ．水的饱和汽压随温度的升高而增大E ．叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用(2)(9分)如图所示，竖直放置的足够长圆柱形绝热汽缸内封闭着 1mol 单原子分子理想气体，气体温度为T 0.活塞的质量为m ，横截面积为S ，与汽缸底部相距h ，现通过电热丝缓慢加＝32RT ，大气压强为p 0，热气体，活塞上升了h .已知1 mol 单原子分子理想气体内能表达式为U重力加速度为g ，不计活塞与汽缸的摩擦．求：①加热过程中气体吸收的热量；②现停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加砂粒，当添加砂粒的质量为m 1时，活塞恰好回到原来的位置，求此时气体的温度．解析：(2)①加热前，活塞平衡，有： p 1S ＝mg ＋p 0S ①加热过程，气体等压膨胀，由盖吕萨克定律，得：hS T 0＝2hS T 1②解得：T 1＝2T 0 由题给条件得，加热过程气体内能的增量为：ΔU ＝32R (T 1－T 0)＝32RT 0 ③此过程，气体对外做功为： W ＝－p 1Sh ④由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 解得，气体吸收的热量为：Q ＝32RT 0＋(p 0S ＋mg )h②添加砂粒后，活塞平衡，有： p 2S ＝(m ＋m 1)g ＋p 0S⑤由查理定律有：p 1T 0＝p 2T 2⑥ 解得：T 2＝mg ＋m 1g ＋p 0S mg ＋p 0ST 0 答案：(1)CDE (2)①32RT 0＋(p 0S ＋mg )h ②mg ＋m 1g ＋p 0S mg ＋p 0ST 0 2．[物理——选修3－3](15分)(1)(5分)下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A ．物体的内能是物体所有分子热运动的动能和分子间的势能之和B ．布朗运动就是液体分子或者气体分子的热运动C ．利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可能的D ．气体分子间距离减小时，分子间斥力增大，引力减小E ．石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同(2)如图，粗细均匀的弯曲玻璃管A 、B 两端开口，管内有一段水银柱，中管内水银面与管口A 之间气体柱长为l A ＝40 cm ，右管内气体柱长为l B ＝39 cm.先将口B 封闭，再将左管竖直插入水银槽中，设被封闭的气体为理想气体，整个过程温度不变，若稳定后进入左管的水银面比水银槽水银面低 4cm ，已知大气压强p 0＝76 cmHg ，求：①A 端上方气柱长度；②稳定后右管内的气体压强．解析：(1)物体的内能是物体所有分子热运动的动能和分子间的势能之和，A 正确；布朗运动是悬浮颗粒的运动，不是液体分子或者气体分子的热运动，B 错误；利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可能的，不违背能的转化守恒定律和热力学第二定律，C 正确；气体分子间距离减小时，分子间引力、斥力都增大，D 错误，E 正确．(2)①设A 端上方气柱长度为l 1.由题可知，插入水银槽后左管内气体压强为 p 1＝p 0＋ρg Δh ＝80 cmHg由玻意耳定律得p 0l a ＝p 1l 1所以A 端上方气柱长度为l 1＝38 cm②设右管水银面上升h ，则右管内气柱长度为l B －h ，气体压强为p 1－2ρgh .由玻意耳定律得p0l B＝(p1－2ρgh)(l B－h)解得h＝1 cm所以右管内气体压强为p2＝p1－2h＝78 cmHg答案：(1)ACE (2)①38 cm②78 cmHg。
2019高考物理总复习选考题增分练(一)选修33
1 / 3哈哈哈哈 哈哈哈哈你好选修 3－3增分练 ( 一)1． [ 物理——选修 3－ 3](15 分 )(1)(6 分 ) 对于固体、 液体和物态变化， 以下说法正确的选项是________( 填正确答案标号． 选对一个给 3 分，选对两个给4 分，选对 3 个给 6 分．每选错一个扣 3 分，最低得分为0 分) A ．当人们感觉湿润时，空气的绝对湿度必定较大B ．当分子间距离增大时，分子间的引力减少、斥力增大C ．必定量的理想气体，在压强不变时，气体分子每秒对器壁单位面积均匀碰撞次数随着温度高升而减少D ．水的饱和汽压随温度的高升而增大E ．叶面上的小露水呈球形是因为液体表面张力的作用(2)(9 分 ) 如下图，竖直搁置的足够长圆柱形绝热汽缸内关闭着1mol 单原子分子理想气体， 气体温度为 T 0. 活塞的质量为 m ，横截面积为 S ，与汽缸底部相距 h ，现经过电热丝迟缓加热气体， 活塞上涨了 h . 已知 1 mol3单原子分子理想气体内能表达式为U ＝ 2RT ，大气压强为 p 0，重力加快度为 g ，不计活塞与汽缸的摩擦．求：①加热过程中气体汲取的热量；②现停止对气体加热，同时在活塞上迟缓增添砂粒，当增添砂粒的质量为 m 1 时，活塞恰巧回到本来的地点，求此时气体的温度．分析： (2) ①加热前，活塞均衡，有：p 1S ＝ mg ＋p 0S①加热过程，气体等压膨胀，由盖 - 吕萨克定律，得：hS 2hST 0＝ T 1 ②解得： T 1＝ 2T 0由题给条件得，加热过程气体内能的增量为：3 3 U ＝2R ( T 1－ T 0) ＝2RT 0③此过程，气体对外做功为：W ＝－ p 1Sh④由热力学第必定律 U ＝W ＋ Q 解得，气体汲取的热量为：电视播放动画动画哈哈哈哈哈哈哈哈你好3Q＝2RT0＋( p0S＋ mg) h②增添砂粒后，活塞均衡，有：p2S＝( m＋m1) g＋ p0S⑤由查理定律有：p1p2＝⑥T0T2mg＋ m1g＋p0S解得： T2＝mg＋ p0S T0答案： (1)CDE(2) ①3RT0＋( p0S＋mg) h 2mg＋ m1g＋ p0S②T0mg＋p0S2． [ 物理——选修3－ 3](15分)(1)(5分)以下说法正确的选项是________．( 填正确答案标号．选对 1 个得 2 分，选对 2 个得 4 分，选对 3 个得 5 分．每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分 )A．物体的内能是物体全部分子热运动的动能和分子间的势能之和B．布朗运动就是液体分子或许气体分子的热运动C．利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转变为机械能是可能的D．气体分子间距离减小时，分子间斥力增大，引力减小E．石墨和金刚石的物理性质不一样，是因为构成它们的物质微粒摆列构造不一样(2)如图，粗细均匀的曲折玻璃管A、 B 两头张口，管内有一段水银柱，中管内水银面与管口 A 之间气体柱长为l A＝40 cm，右管内气体柱长为l B＝39 cm.先将口 B 关闭，再将左管竖直插入水银槽中，设被关闭的气体为理想气体，整个过程温度不变，若稳固后进入左管的水银面比水银槽水银面低 4 cm，已知大气压强p0＝76 cmHg，求：①A 端上方气柱长度；②稳固后右管内的气体压强．分析： (1) 物体的内能是物体全部分子热运动的动能和分子间的势能之和， A 正确；布朗运动是悬浮颗粒的运动，不是液体分子或许气体分子的热运动， B 错误；利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转变为机械能是可能的，不违反能的转变守恒定律和热力学第二定律， C 正确；气体分子间距离减小时，分子间引力、斥力电视播放动画动画2 / 3哈哈哈哈哈哈哈哈你好都增大， D错误， E 正确．(2)①设 A 端上方气柱长度为 l 1.由题可知，插入水银槽后左管内气体压强为1＝ 0＋ρ＝ 80 cmHgp p g h由玻意耳定律得0 ＝ 1 1p la p l因此 A端上方气柱长度为l 1＝38 cm②设右管水银面上涨h，则右管内气柱长度为l B－ h，气体压强为p1－2ρ gh.由玻意耳定律得p0l B＝( p1－2ρ gh)( l B－h)解得 h＝1 cm因此右管内气体压强为p2＝ p1－2h＝78 cmHg答案： (1)ACE (2) ①38 cm②78 cmHg电视播放动画动画3 / 3。
2019高考物理总复习计算题增分练六0
计算题增分练(六)(满分32分 20分钟)1．2017年4月16日，国产大飞机C919在上海浦东机场进行了首次高速滑行测试．某次测试中，C919在平直跑道上由静止开始匀加速滑行，经t 1＝20 s 达到最大速度v m ＝288 km/h ，之后匀速滑行一段时间，再匀减速滑行，最后停下来．若滑行总距离x ＝3 200 m ，且减速过程的加速度大小与加速过程的加速度大小相等，取g ＝10 m/s 2.(1)求C919减速滑行时的加速度大小；(2)若C919的质量m ＝8×104 kg ，加速过程中飞机受到的阻力恒为自身重量的0.1倍，求飞机加速过程中发动机产生的推力大小；(3)求C919在整个滑行过程中的平均速度大小．(结果保留一位小数)解析：(1)由题意可知v m ＝at 1＝80 m/s解得a ＝4 m/s 2由于减速过程和加速过程的加速度大小相等，故 a ′＝4 m/s 2(2)加速过程F －kmg ＝ma解得F ＝4×105 N(3)加速过程t 1＝20 s ，x 1＝12at 21＝800 m 减速过程t 2＝20 s ，x 2＝12a ′t 22＝800 m 匀速过程t 3＝x －x 1－x 2v m＝20 s 故全程的平均速度大小v ＝x t 1＋t 2＋t 3＝53.3 m/s. 答案：(1)4 m/s 2 (2)4×105 N (3)53.3 m/s2．如图甲所示，两个形状相同、倾角均为37°的足够长的斜面对接在一起，左侧斜面粗糙，右侧斜面光滑．一个电阻不计、质量m ＝1 kg 的足够长的U 形金属导轨MM ′N ′N 置于左侧斜面上，导轨MM ′N ′N 与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，质量m ＝1 kg 、电阻为R 的光滑金属棒ab 通过跨过定滑轮的轻质绝缘细线与质量为m 0的滑块相连，金属棒ab 与导轨MM ′N ′N 接触良好且始终垂直(金属棒ab 始终不接触左侧斜面)，左侧斜面处于垂直斜面向下的匀强磁场中．初始状态时，托住滑块，使导轨MM ′N ′N 、金属棒ab 及滑块组成的系统处于静止状态，某时刻释放滑块，当其达到最大速度时，导轨MM ′N ′N 恰好要向上滑动．已知细线始终与斜面平行，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2.(1)求滑块的质量m 0；(2)以释放滑块的时刻为计时起点，滑块的速度v 随时间t 的变化情况如图乙所示，若匀强磁场的磁感应强度B ＝2 T ，导轨MM ′N ′N 宽度L ＝7 m ，求在滑块加速运动过程中系统产生的焦耳热．解析：(1)当滑块与金属棒ab 达到最大速度时，导轨MM ′N ′N 恰好不能向上滑动，导轨与左侧斜面间的静摩擦力向下达到最大，对导轨由平衡条件得mg sin 37°＋μ·2mg cos 37°＝F 安解得F 安＝14 N对滑块及金属棒ab 组成的系统由平衡条件得mg sin 37°＋F 安＝m 0g sin 37°解得m 0＝103kg (2)达到最大速度时安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2v R＝14 N 由图乙知最大速度v ＝1 m/s解得R ＝2 Ω加速阶段对滑块及金属棒ab 组成的系统由动量定理得m 0gt sin 37°－mgt sin 37°－B ILt ＝(m 0＋m )v加速阶段通过金属棒ab 的电荷量q ＝I t又结合法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律可得q ＝ΔΦR ＝BLx R解得x ＝41105m 加速阶段由能量守恒得m 0gx sin 37°＝mgx sin 37°＋12(m 0＋m )v 2＋Q 解得Q ＝3.3 J即滑块在加速运动过程中系统产生的焦耳热为3.3 J.答案：(1)103kg (2)3.3 J。
[精品]2019高考物理总复习选考题增分练(一)选修3-4
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选修3－4 增分练(一)1．[物理——选修3－4](15分)(2018·山东省济宁市高三二模)(1)(5分)一列简谐横波在弹性介质中沿x 轴传播，波源位于坐标原点O ，t ＝0时刻波源开始振动，t ＝3 s 时波源停止振动，如图所示为t ＝3.2 s 时靠近波源的部分波形图．其中质点a 的平衡位置离原点O 的距离为x ＝2.5 m ．下列说法中正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A ．波速为5 m/sB ．波长为2.0 mC ．波源起振方向沿y 轴正方向D ．在t ＝3.3 s ，质点a 位于波谷E ．从波源起振开始计时，3.0 s 内质点a 运动的总路程为2.5 m (2)(10分)如图所示，MN 为半圆形玻璃砖的对称轴，O 为玻璃砖的圆心，某同学在与MN 平行的直线上插上两枚大头针P 1、P 2，在MN 上插大头针P 3，从P 3一侧透过玻璃砖观察P 1、P 2的像，调整P 3位置使P 3能同时挡住P 1、P 2的像，确定P 3位置如图所示，他测得玻璃砖直径D ＝8 cm ，P 1、P 2连线与MN 之间的距离d 1＝2 cm ，P 3到O 的距离d 2＝6.92 cm.(取3＝1.73)．求该玻璃砖的折射率．解析：(2)作出光路图如图所示，sin i ＝ABOA ＝12得i ＝30° 则∠OAB ＝60°OB ＝OA sin 60°＝3.46 cm根据几何关系有P 3B ＝d 2－OB ＝3.46 cm tan∠BAP 3＝P 3BAB＝1.73，得∠BAP 3＝60° 因此r ＝180°－∠OAB －∠BAP 3＝60° 据折射定律得n ＝sin rsin i解得n ＝1.73答案：(1)ABE (2)1.732．[物理——选修3－4](15分)(2018·河北省荆台市高三二模)(1)(5分)某质点在竖直方向上做简谐运动，规定竖直向上为正方向，质点的振动图象如图所示，则质点在10 s 时的速度方向为________(选填“竖直向上”或“竖直向下”)，0.5～1.5 s 时间内的位移为________cm ，0～154 s内运动的路程为________cm.(2)(10分)两个横截面半径均为R 的半圆柱形玻璃砖ABC 和DEF 拼接在一起，形成一个圆柱形玻璃砖A (D )BC (F )E ，一束单色光从左侧玻璃砖上的M 点入射，M 点到AC (DF )的距离d ＝32R ，入射光线的延长线经过A (D )点，左侧玻璃砖ABC 对该单色光的折射率n 1＝3，右侧玻璃砖DEF 对该单色光的折射率n 2＝22，真空中的光速为c .①若将该单色光第一次在玻璃砖DEF 与空气的界面上的入射点记为N (图中未标出)，分析判断该单色光在N 点能否发生全反射．②求该单色光从M 点传播至N 点的时间．解析：(1)由图可得，该质点振动的周期为2 s ，由简谐运动时间的周期性可知，10 s 时的运动情况与t ＝0时相同，速度方向为x 轴正方向，即竖直向上；该质点的振动方程为x ＝40sin πt cm ，t 1＝0.5 s 时，x 1＝40 cm ，t 2＝1.5 s 时，x 2＝－40 cm ，0.5～1.5 s 时间内质点的位移x ＝x 2－x 1＝－80 cm ；t 3＝154s 时，x 3＝－20 2 cm ，质点在0～154s 内运动的路程s ＝8A －|x 3|＝(320－202)cm.(2)①如图(a)所示，cos θ＝32R R ＝32，则θ＝30°，∠MOA＝60°，△MAO 为等边三角形，所以光线在M 点的入射角α＝60° 由折射定律n 1＝sin αsin β可得折射角β＝30° 光路图如图(b)所示，由β＝θ可知折射光线恰好垂直AC (DF )面射入玻璃砖DEF ，由几何关系可得光线在N 点的入射角γ＝β＝30° sin C ＝1n 2＝122＜12故临界角C ＜30°所以该单色光在N 点能发生全反射 ②该单色光在玻璃砖ABC 中的传播时间t 1＝d v 1＝32R c 3＝3R 2c在玻璃砖DEF 中的传播时间t 2＝d ′v 2＝32R c 22＝6R c则该单色光从M 点传播至N 点的时间t ＝t 1＋t 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋6Rc答案：(1)竖直向上 －80 (320－202)(2)①能 ②⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋6Rc。
(江苏专用)2019高考物理总复习 优编题型增分练：计算题规范练(一)
计算题规范练(一)四、计算题(本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)14．(15分)(2018·江苏一模)如图1所示，匝数为N ＝100、边长为L ＝0.5 m 、阻值为r ＝1.5 Ω的正方形导线框与间距为d ＝0.5 m 的竖直导轨相连，正方形线框的上半部分处在水平向外的磁场B 1中，导轨的下部存在着水平向里的磁感应强度为B 2＝1 T 的匀强磁场．质量为m ＝0.2 kg 、电阻为R ＝0.5 Ω的导体棒ab 可以沿竖直导轨无摩擦地滑动，导体棒始终与导轨接触良好．当磁场B 1发生变化时，导体棒ab 刚好能处于静止状态．重力加速度g 取10 m/s 2，试求：图1(1)此时通过ab 棒的电流I 的大小和方向； (2)此过程中磁场B 1的变化率；(3)开始的5 s 内回路中产生的焦耳热Q .答案 (1)4 A 方向由a 到b (2)0.64 T/s (3)160 J 解析 (1)导体棒ab 静止，所以有： mg ＝B 2IL 可得：I ＝mg B 2L ＝0.2×101×0.5A ＝4 A 由左手定则判断知，电流方向由a 到b . (2)根据法拉第电磁感应定律得：E ＝NΔB 1ΔtS 式中S ＝L 22由闭合电路欧姆定律得：E ＝I (R ＋r )代入数据解得： ΔB 1Δt＝0.64 T/s (3)开始的5 s 内回路中产生的焦耳热为： Q ＝I 2(R ＋r )t ＝42×(0.5＋1.5)×5 J＝160 J.15．(16分)(2018·南通市等七市三模)如图2所示，两根不可伸长的细绳A 、B 端分别固定在水平天花板上，O 端系有一质量m ＝ 3 kg 的物体，ABO 组成一边长为L ＝5 3 m 的正三角形．物体受到方向水平向左的风力作用，绳BO 能承受的最大拉力F m ＝20 N ，绳AO 不会被拉断，取g ＝10 m/s 2.图2(1)水平风力F 1＝5 N 时，物体处于静止状态，求绳BO 中的拉力大小F B ；(2)水平风力为F 2时，绳BO 刚好被拉断，求F 2和绳BO 被拉断时物体的加速度大小a ；(3)在(2)的情况下，求物体运动过程中的最大速度v m 和物体运动到最高点时与初始位置的高度差h . 答案 (1)15 N (2)10 m/s 2(3)10 m/s 7.5 m 解析 (1)设此时绳AO 中的拉力大小为F A ，由平衡条件有F 1＋F A cos 60°－F B cos 60°＝0 F A sin 60°＋F B sin 60°－mg ＝0代入数据解得F B ＝15 N.(2)设绳BO 被拉断时，物体仍在原来位置，则拉断前瞬间绳BO 的拉力在水平和竖直方向的分力分别为：F m x ＝F m cos 60°＝10 N F m y ＝F m sin 60°＝10 3 N由于F m y ＝mg ，说明物体仍在原来位置，此时绳AO 中的拉力大小为0. 水平方向由平衡条件有F 2＝F m x ＝10 N绳BO 被拉断后，物体做圆周运动，拉断时加速度方向沿圆切线方向，则F 2sin 60°＋mg cos 60°＝ma解得a ＝10 m/s 2.(3)设绳AO 向左摆到与水平方向的夹角为θ时，物体运动的速度最大，则F 2sin θ－mg cos θ＝0F 2(L cos 60°＋L cos θ)＋mg (L sin θ－L sin 60°)＝12mv m 2解得v m ＝10 m/s设绳AO 向左摆到与水平方向的夹角为α时，物体到达最高点，则F 2(L cos 60 °＋L cos α)＋mg (L sin α－L s in 60°)＝0 h ＝L sin 60°－L sin α联立解得h ＝7.5 m.16．(16分)(2018·盐城市三模)如图3所示，两个相同的等腰直角三角形区域CDE 和FGH 中均有垂直纸面向里的匀强磁场，E 、F 、G 处在同一水平直线上，D 、C 、H 也处于同一水平直线上．平行四边形区域EFHC 间存在匀强电场．一个重力不计的带正电的粒子从边界ED 上的P 点射入磁场，速度v 的方向与EC 边平行，再从EC 边沿水平方向射出，已知图3(1)求区域CDE 内磁感应强度的大小；(2)若电场方向竖直向下，粒子到达电场边界FH 时，速度方向恰好与其平行，求粒子在电场中运动的时间； (3)若电场方向水平向右，要使粒子从GF 边界射出磁场，求电场强度大小满足的条件． 答案 (1)(2－1)v kd (2)2d v (3)0<E ≤(23－162)v22kd解析 (1) 粒子在区域CDE 内做匀速圆周运动的轨迹如图甲．设轨道半径为R 1，则22R 1＋22d ＝R 1 qvB 1＝m v 2R 1解得B 1＝(2－1)vkd(2)粒子到达FH 时v y ＝vx ＝vt y ＝12v y t由几何关系得x ＝d ＋y 解得t ＝2d v(3) 设EFHC 间电场强度大小为E 时，粒子以大小为v 1的速度进入FGH 区域，在FGH 内运动的半径为R ，则qEd ＝12mv 12－12mv 2qv 1B 2＝m v 12R粒子到达FH 边界时距GF 和DC 的距离分别为2＋22d 和d ，如图乙，若粒子运动到边界GF 时速度恰好沿GF 方向，则轨道半径R 2＝2＋24d若粒子运动到边界GH 时速度恰好沿HG 方向，则轨道半径R 3＝d 要使粒子从GF 边界射出磁场，其轨道半径须满足R 2<R ≤R 3 解得0<E ≤(23－162)v22kd.。
2019高考物理总复习 计算题增分练(五)
计算题增分练(五)(满分32分 20分钟)1．如图所示，半径为l 的金属圆环水平放置，圆心处及圆环边缘通过导线分别与两条平行的倾斜金属轨道相连．圆环区域内分布着磁感应强度为B ，方向竖直向下的匀强磁场，圆环上放置一金属棒a ，一端在圆心处，另一端恰好搭在圆环上，可绕圆心转动．倾斜轨道部分处于垂直轨道平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小也为B ，金属棒b 放置在倾斜平行导轨上，其长度与导轨间距均为2l .当棒a 绕圆心以角速度ω顺时针(俯视)匀速旋转时，棒b 保持静止．已知棒b 与轨道间的动摩擦因数为μ＝0.5，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力；棒b 的质量为m ，棒a 、b 的电阻分别为R 、2R ，其余电阻不计；斜面倾角为θ＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g ，求(1)金属棒b 两端的电压；(2)为保持b 棒始终静止，棒a 旋转的角速度大小的范围． 解析：(1)E ＝Bl v① v ＝0＋l ω2② U ＝2R R ＋2R·E ③ ①②③式联立，解得：U ＝13Bl 2ω④ (2)I ＝ER ＋2R⑤ F 安＝BI ·2l⑥由①②⑤⑥式联立，解得：F 安＝B 2l 3ω3R⑦为保持b 棒始终静止，棒a 旋转的角速度最小设为ω1，最大为ω2：mg sin θ＝μmg cos θ＋B 2l 3ω13R⑧mg sin θ＋μmg cos θ＝B 2l 3ω23R⑨ 3mgR 5B 2l 3≤ω≤3mgR B 2l3 ⑩答案：(1)13Bl 2ω (2)3mgR 5B 2l 3≤ω≤3mgR B 2l32．如图甲所示，光滑斜面OA 与倾斜传送带AB 在A 点相接，且OAB 在一条直线上，与水平面夹角α＝37°，轻质弹簧下端固定在O 点，上端可自由伸长到A 点．在A 点放一个物体，在力F 的作用下向下缓慢压缩弹簧到C 点，该过程中力F 随压缩距离x 的变化如图乙所示．已知物体与传送带间动摩擦因数μ＝0.5，传送带AB 部分长为5 m ，顺时针转动，速度v ＝4 m/s ，重力加速度g 取10 m/s 2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)物体的质量m ；(2)弹簧从A 点被压缩到C 点过程中力F 所做的功W ；(3)若在C 点撤去力F ，物体被弹回并滑上传送带，问物体在传送带上最远能到何处？ 解析：(1)由图象可知：mg sin 37°＝30 N ① 解得m ＝5 kg(2)图乙中图线与横轴所围成的面积表示力F 所做的功： W ＝390×⎝⎛⎭⎪⎫0.5－1282 J －30×1282J ＝90 J②(3)撤去力F ，设物体返回至A 点的速度大小为v 0， 从A 出发到第二次返回A 处的过程应用动能定理：W ＝12mv 20③解得：v 0＝6 m/s由于v 0＞v ，物体所受摩擦力沿传送带向下，设此阶段加速度大小为a 1，由牛顿第二定律：mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 1④解得：a 1＝10 m/s 2速度减为v 时，设沿斜面向上发生的位移大小为x 1，由运动学规律：x 1＝v 20－v 22a 1⑤解得：x 1＝1 m此后摩擦力改变方向，由于mg sin 37°＞μmg cos 37°，所以物块所受合外力仍沿传送带向下，设此后过程加速度大小为a 2，再由牛顿第二定律：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 2设之后沿斜面向上发生的最大位移大小为x 2，由运动学规律：x 2＝v 22a 2⑦解得：x 2＝4 m所以物体能够在传送带上发生的最大位移：x m ＝x 1＋x 2＝5 m即恰好到达传送带顶端B 点 答案：(1)5 kg (2)90 J (3)5 m。
2019高考物理总复习计算题增分练一
计算题增分练 ( 一)(满分 32 分20分钟)1．以下图，与水平面夹角θ＝37°的倾斜传递带以v 0＝2 m/s 的速度沿顺时针方向转动，小物块 A 从传递带顶端无初速度开释的同时，小物块 B 以 v 1＝ 8 m/s 的速度从底端滑上传递带．已知小物块、B 质量均为 ＝1 kg ，与传递带间的Am动摩擦因数均为μ ＝ 0.5 ，小物块、未在传递带上发生碰A B 撞，重力加快度 g 取 10 m/s 2，sin 37°＝ 0.6 ，cos 37°＝ 0.8.求：(1) 小物块 B 向上运动过程中均匀速度的大小；(2) 传递带的长度 l 应知足的条件．分析： (1) 对小物块 B 由牛顿第二定律得mg sin θ＋ μmg cos θ＝ma 1解得 a 1＝10 m/s 2小物块 B 减速至与传递带共速的过程中，v 1－ v 0时间 t 1＝a1 ＝ 0.6 s22v 1－ v 0位移 s 1＝ 2a 1 ＝ 3 m以后，小物块 B 的速度小于传递带的速度，其所受滑动摩擦力沿传递带向上， 由牛顿第二定律得mg sin θ－ μmg cos θ＝ma 2，解得 a 2＝2 m/s 2v 0小物块 B 减速至 0 的时间 t 2＝＝ 1 sa 22位移 s 2＝ v 0＝ 1 m22a小物块 B 向上运动过程中均匀速度1＋ s 2v ＝ s＝ 2.5 m/st 1＋ t 2(2) 小物块 A 的加快度也为 a 2＝ 2 m/s 2，小物块 B 开始加快向下运动时，小物块A 已经拥有向下的速度，两者加快度大小相等，要使两者不相碰，应在小物块B 滑下传递带后，小物块 A 抵达传递带底端． 当小物块 B 刚滑下传递带时， 小物块 A 恰巧运动至传递带底端， 此12时传递带长度最小，最小长度l 0＝2a2t12小物块 B 向下运动过程s1＋s2＝2a2t 3解得 t 3＝2 s则 t ＝t 1＋ t 2＋ t 3＝3.6 s代入解得 l 0＝12.96 m，即传递带的长度l ≥12.96 m答案： (1)2.5 m/s(2) l≥12.96 m2．如图甲所示，间距为l、电阻不计的圆滑导轨固定在倾角为θ的斜面上．在地区Ⅰ内有方向垂直于斜面的匀强磁场，磁感觉强度恒为B；在地区Ⅱ内有垂直于斜面向下的匀强磁场，其磁感觉强度 1 的大小随时间t 变化的规律如图乙所示．t＝ 0 时辰，在轨道上端的B金属细棒 ab 从如图地点由静止开始沿导轨下滑，同时下端的另一金属细棒cd 在位于地区Ⅰ内的导轨上也由静止开释．在ab 棒运动到地区Ⅱ的下界限EF 以前， cd 棒一直静止不动，两棒均与导轨接触优秀．已知cd 棒的质量为m、电阻为 R， ab 棒的质量、阻值均未知，区域Ⅱ沿斜面的长度为2l，在t＝t x时辰 ( t x未知 ) ab棒恰巧进入地区Ⅱ，重力加快度为g.求：(1)试判断经过 cd 棒的电流方向和地区Ⅰ内磁场的方向；(2)当金属棒 ab 在地区Ⅱ内运动时，金属棒 cd 耗费的电功率 P；(3)ab 棒开始下滑的地点离地区Ⅱ下界限的距离；(4) 为了求得ab 棒开始下滑至EF的过程中，回路中产生总的热量Q，某同学先求出ab棒的质量、抵达EF处的速度，并利用(3) 问中的距离，而后用总热量Q等于机械能的减小量进行求解．若这位同学的方法正确，请用他的方法求出总热量Q；若他的方法不正确，请用你的方法求出总热量Q.分析：此题考察电磁感觉中的单棒问题，波及楞次定律、法拉第电磁感觉定律、均衡、闭合电路欧姆定律等知识的应用．(1) Ⅱ内磁场均匀变化所以在回路中产生感觉电流，由楞次定律可知，流过cd的电流方向是由 d 到 c . 因 cd 棒静止，由均衡条件可得cd 棒所受安培力沿导轨向上，据左手定章可知，地区Ⅰ内磁场垂直于斜面向上．(2) 因cd 棒静止，由均衡条件可得 BIl＝ sin θ，金属棒 ab 在地区Ⅱ内运动时，金mg属棒cd 耗费的电功率＝ 2 ，P I Rmg sin θ2 22θ解得 I ＝， P ＝ mg R sinBl2 2B l(3)ab 棒开始下滑抵达地区Ⅱ前做匀加快运动，加快度 a ＝ sin θ ，因在 ab 棒运动到g地区Ⅱ的下界限 以前， cd 棒一直静止不动，则ab 棒达地区Ⅱ前后回路中的电动势不变，EFΦBl ·2l且 ab 棒在地区Ⅱ中做匀速直线运动，可得t ＝ Blv ，即t x＝ Bl ( g sin θ· t x )解得： t ＝ 2l θ， v ＝ 2gl sin θxab 棒开始下滑的地点离地区Ⅱ下界限的距离1s ＝ 2vt x ＋2l ＝ 3l(4) 这位同学的解法不正确．ab 棒在地区Ⅱ匀速运动时，受力均衡有sin θ ＝ BIl ，可得 ab 和 cd 两棒质量相等均为. 第一阶段电路产热abBl ·2sinθ1x＝lmgx＝ 2mg sin θ· l .Q ＝ EItt x ×Bl× t第二阶段 ab 棒匀速下滑，依据能量守恒得电路产热2Q 2＝ mgl sin θ. 所以电路中产生的总热量Q ＝ Q 1＋ Q 2＝4mgl sinθ.答案： (1) 从 d 到 c地区Ⅰ内磁场垂直于斜面向上2 22θmg R sin(2)B 2l 2(3)3 l(4) 不正确 4mgl sin θ计算题增分练 ( 二 )(满分 32分 20分钟)1．在短道速滑世锦赛女子 500 米决赛中，接连有选手不测跌倒，因为在短道速滑竞赛中很难超越敌手， 因此在竞赛开始阶段每个选手都要以最大的加快度加快， 在过弯道前超越敌手．为提升速滑成绩，选手在以下场所进行训练：赛道的直道长度为L ＝ 30 m ，弯道半径为 R ＝ 2.5 m ．忽视冰面对选手的摩擦力，且冰面对人的弹力沿身体方向．在过弯道时，身体对冰面的夹角θ 的最小值为245°，直线加快过程视为匀加快过程，加快度a ＝ 1 m/s . 若训练过程中选手没有减速过程， 为保证速滑中不出现不测状况， 选手在直道上速滑的最短时间为多少？ ( g 取 10 m/s 2)分析：若选手在直道上向来加快，选手能达到的最大速度为v 1，依据运2动学公式有 v 1＝ 2aL ，解得 v 1＝ 60 m/s ，设选手过弯道时，同意的最大速度为 v 2，此时人与冰面的夹角θ 为 45°，对选手受力剖析如图．2v 2则： F N cos 45°＝ mg 、 F N sin 45°＝ m R 解得： v 2＝ 5 m/s ，因为 v 1＞ v 2，因而选手同意加快达到的最大速度为v 2＝ 5 m/s ，设选手在直道上加快的距离为2x ，则 v 2＝ 2ax ，v 2 － x解得 x ＝ 12.5 m ，选手在直道上的最短时间t ＝ a ＋ v 2 ，解得： t ＝ 8.5 s.答案： 8.5 s2．以下图，在xOy 平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示 ( 规定垂直纸面向里为磁感觉强度的正方向、＋y 轴方向为电场强度的正方向 ) ．在 t ＝ 0 时辰由原点 O 发射初速度大小为 v 0、方向沿＋ y 轴方向的带负电粒子 ( 不q π48 0 t 0计重力 ) ．已知v 0、 0、 0，且 0＝ B v，粒子的比荷 ， 轴上有一点坐标为A ， 0 .＝0 0πB EEπm xB tt 0(1) 求 2 时带电粒子的地点坐标；(2) 求粒子运动过程中偏离 x 轴的最大距离；(3) 粒子经多长时间经过 A 点？2π m分析： (1) 由 T ＝ qB 得 T ＝ 2t 0，t 0 TT 所以 2 ＝4，运动了 4.mvv 0t 0 又因为 r ＝ qB 得 r ＝ πv 0t 0 v 0t 0所以地点坐标为π ， π.v 0＋ v(2) 由图可知 y 1＝ 2 t 0qE 0因 v ＝v 0＋ m t 0＝ 2v 03v 0t 0 所以 y 1＝2mv2v 0 t 0由 r ＝ qB 得 r 2＝ π32所以 y m ＝y 1＋ r 2＝ 2＋ π v 0t 0(3) 由图可知粒子以为一个周期，在一个周期内的距离126v 0t 04t d ＝ 2( r ＋ r ) ＝ π48v 0t 0所以 t ＝ π ×4t ＝ 32td0 00 032答案： (1)v tv t(2) 2＋ π v 0t 0 (3)32 t 0π，π。
2019高考物理总复习计算题增分练三
计算题增分练 ( 三)( 满分32 分20分钟)1．(2018 ·河南省濮阳市高三三模) 如右图所示一木板搁置在圆滑的水平桌面上，A、 B 两个小物体经过不行伸长的轻绳相连，细绳平行于地面，且越过轻滑轮， A 物体搁置在木板的最左端．已知木板的质量1＝20.0kg，物体A 的质量2＝4.0 kg，m m物体B 的质量3＝1.0kg，物体A与木板间的动摩擦因数μ＝ 0.5 ，m木板长 L＝2 m木板与物体 A 之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力， g取10 m/s2.不计滑轮摩擦．(1)为了使物体 A 跟着木板一同向左运动，现对木板施加水平向左的力 F，求力 F 的最大值；(2)若开始时不施加力 F，在 A、 B、木板静止时，用向左的水平力击打木板一下，使木板、 A向左运动，物体 B 上涨．当物体 B 上涨 h B＝1.0 m(物体 B 未碰触滑轮)时，物体 A 刚好抵达木板最右端．求最先击打木板的冲量I .分析： (1) 设A、B、木板一同运动的加快度大小为a，物体 B 受两力：重力mg、绳拉力T，由依据牛顿第二定律有：T－ m3g＝m3a①物体A水平方向受两力：木板的摩擦力f 、绳拉力T，依据牛顿第二定律有：f － T＝m2a②木板水平方向受两力：外力F、 A 的摩擦力 f ，依据牛顿第二定律有：F－ f ＝m1a③①②③联立得：F－ m3g＝( m1＋ m2＋ m3) a④f － m3g＝( m2＋ m3) a⑤从④⑤明显看出， F 越大， a、 f 越大，当：f ＝μ 2⑥mg代入数据，解得 F 的最大值为：F＝60 N， a＝2.0 m/s2(2) 打击木板后，物体A、B 在木板的最大静摩擦力作用下，以加快度a＝2.0 m/s2加快运动，当物体 B 上涨高度 h B＝1.0 m时，有：12h B＝2at⑦木板向左运动的位移为：x＝ L＋h B⑧木板在 A 的摩擦力作用下，做减速运动的加快度为a′，依据牛顿第二定律有：μ＝′⑨21设打击木板后的瞬时，木板的速度为v0，则：012⑩x＝ v t －2a′ t代入数据，解得：v0＝3.5 m/s依据动量定理得最先击打木板的冲量为：I ＝0＝70 N·s? mv答案： (1)60 N(2)70 N ·s2．如下图，直角坐标系xOy的第一象限内存在与x 轴正方向成45°角的匀强电场，第二象限内存在与第一象限方向相反的匀强电场，两电场的场强盛小相等．x 轴下方地区Ⅰ和地区Ⅱ内分别存在磁感觉强度不一样的、方向垂直纸面向外的足够大匀强磁场，两磁场的分界限与x 轴平行，地区Ⅰ中磁场的磁感觉强度大小为B，在分界限上有一绝缘弹性挡板，挡板对于y 轴对称．此刻P(0， y0)点由静止开释一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子( 不计粒子重力) ，粒子立刻进入第一象限运动，以速度v 穿过x 轴后，挨次进入地区Ⅰ和地区Ⅱ磁场，已知粒子从地区Ⅰ进入地区Ⅱ时，速度方向垂直挡板紧贴挡板的右边边沿，在与挡板进行碰撞时粒子的电荷量和能量均无变化，且与挡板的中央发生过碰撞．求(1)电场强度 E的大小；(2)地区Ⅱ中磁场的磁感觉强度大小；(3)粒子再次回到 y 轴时的地点坐标和此时粒子速度方向．分析： (1) 粒子在第一象限运动，依据动能定理得：12Eq · 2y 0＝ 2mv22mv解得： E ＝ 4qy 0 .(2) 如下图， 粒子在地区Ⅰ内做圆周运动的半径为R 1，则有：＝ v 2qvBm1R由几何知识可知： L AC ＝ R 1(1 －cos 45°) ＝（ 2－ 2） mv2qB由题意可知挡板长度L ＝2( y 0＋ L AC )设地区Ⅱ磁场的磁感觉强度大小为 B ，粒子在地区Ⅱ内做圆周运动的半径为R ，则有：2v 2R 2由题意可知挡板长度24nmv＝2R · 2n ＝( n ＝ 1， 2，qB由以上各式可得：0＝4nBmv( ＝ 1， 2，3 )2qBy 0＋（ 2－2） mv(3) 由对称性可知，粒子第二次经过x 轴时 D 点距离坐标原点O 的距离为 y 0，进入第二象限后粒子做类平抛运动，设粒子再次回到y 轴时的地点坐标 Q (0 ， y )依据类平抛运动规律有：1 Eq2 ， 0 0°＝ vt( y － y )cos 45 °＝ 2· m · t2y ＋ ( y － y )sin 452将 ＝2mv代入可得： y ＝ 3 y 0E 4qy 0因此粒子再次回到 y 轴时的地点坐标 Q (0 ， 3y 0)设粒子再次回到y 轴时沿电场方向的分速度大小为v E ，依据运动的分解可得2qE2v E ＝ 2 m ×2y 0cos 45 °＝ v ，因此 v E ＝ v .依据运动的合成知粒子此时的合速度方向沿y 轴正方向．24nBmv2mv 0 (2)( n ＝ 1， 2，3 )答案： (1)4qy2qBy 0＋（ 2－2） mv(3)(0 ， 3y 0) ，与 y 轴的夹角为零。
(江苏专用)2019高考物理总复习 优编题型增分练：计算题规范练(四)
计算题规范练(四)四、计算题(本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．) 14．(15分)(2018·江苏省高考压轴冲刺卷)如图1，水平面内有一光滑金属导轨QPMN ，MP 边长度为d ＝3 m 、阻值为R ＝1.5 Ω，且MP 与PQ 垂直，与MN 的夹角为135°，MN 、PQ 边的电阻不计．将质量m ＝2 kg 、电阻不计的足够长直导体棒放置在导轨上，并与MP 平行，棒与MN 、PQ 的交点F 、E 间的距离L ＝4 m ，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.5 T ．在外力作用下，棒由EF 处以初速度v 0＝3 m/s 向右做直线运动，运动过程中回路的电流强度始终不变．求：图1(1)棒在EF 处所受的安培力的功率P ；(2)棒由EF 处向右移动距离2 m 所需的时间Δt ； (3)棒由EF 处向右移动2 s 的过程中，外力做的功W . 答案 (1)24 W (2)56s (3)41.25 J解析 (1)棒在EF 处的感应电动势E ＝BLv 0＝6 V 电流I ＝ER＝4 A 安培力F A ＝BIL ＝8 N 安培力的功率P ＝F A v 0＝24 W.(2)棒向右移动2 m 的过程中回路磁通量变化量ΔΦ＝B ΔS ＝B (Lx ＋12x 2)＝5 Wb因为电流强度始终不变，电动势也不变，由E ＝ΔΦΔt 可得Δt ＝ΔΦE ＝56s.(3)棒由EF 处向右移动2 s 的过程中，回路磁通量的变化量ΔΦ′＝E Δt ′＝12 Wb 棒扫过的面积为ΔS ′＝ΔΦ′B＝24 m 22 s 的过程棒向右移动了x ′，ΔS ′＝Lx ′＋x ′22，解得x ′＝4 m此时电动势不变E ＝B (L ＋x ′)v ，解得v ＝1.5 m/s安培力做功等于回路产生的焦耳热W A ＝I 2Rt ′＝48 J 根据动能定理W －W A ＝12mv 2－12mv 02，解得W ＝41.25 J.15．(16分)(2018·南京市、盐城市二模)如图2所示，在竖直平面内固定一U 形轨道，轨道两边竖直，底部是半径为R 的半圆．质量均为m 的A 、B 两小环，用长为R 的轻杆连接在一起，套在U 形轨道上．小环在轨道的竖直部分运动时受到的阻力均为环重的0.2倍，在轨道的半圆部分运动时不受任何阻力．现将A 、B 两环从图示位置由静止释放，释放时A 环距离底部2R .不考虑轻杆和轨道的接触，重力加速度为g .求：图2(1) A 环从释放到刚进入半圆轨道时运动的时间； (2) A 环刚进入半圆轨道时杆对A 的作用力； (3) A 环在半圆轨道部分运动过程中的最大速度． 答案 (1)5R2g(2)0.1mg ，方向竖直向上 (3) (125＋3)gR 解析 (1)A 、B 两环沿竖直轨道下滑时，以整体为研究对象，在重力和摩擦力的作用下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有2mg －2F f ＝2ma 代入数据得a ＝0.8g两环沿竖直轨道下滑过程中，由运动学公式有R ＝12at 2代入数据得t ＝5R 2g. (2)A 环刚进入半圆轨道时，B 环受重力、摩擦力和杆对B 环的作用力F (设方向竖直向上)，A 环受重力和杆对环A 的作用力F (设方向竖直向下)，两环加速度相同，根据牛顿第二定律 对A 环：mg ＋F ＝ma 对B 环：mg －F f －F ＝ma 代入数据得F ＝－0.1mg所以A 环刚进入半圆轨道时，杆对环A 的作用力大小为0.1mg ，方向竖直向上． (3)当A 、B 两环均沿半圆轨道运动时，两环的速度大小始终相等则A 环的速度最大时整体的重心最低，此时轻杆水平，重心在圆心的正下方，由几何知识可知，此时重心距圆心的距离为32R 对全程运用动能定理有2mg (R ＋12R ＋32R )－0.2mg ×2R －0.2mg ×R ＝12×2mv 2解得v ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫125＋3gR所以A 环在半圆部分运动过程中的最大速度为v ＝(125＋3)gR . 16．(16分)回旋加速器是现代高能物理研究中用来加速带电粒子的常用装置．图3甲为回旋加速器原理示意图，置于真空中的两个半径为R 的D 形金属盒，盒内存在与盒面垂直、磁感应强度为B 的匀强磁场．两盒间的距离很小，带电粒子穿过的时间极短可以忽略不计．位于D 形盒中心A 处的粒子源能产生质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，粒子的初速度可以忽略．粒子在两盒间被加速，经狭缝进入盒内磁场．两盒间的加速电压按图乙所示的余弦规律变化，其最大值为U 0.加速过程中不考虑相对论效应和重力作用．已知t 0＝0时刻产生的粒子每次通过狭缝时都能被最大电压加速．求：图3(1)两盒间所加交变电压的最大周期T 0；(2)t 0＝0时刻产生的粒子第1次和第2次经过两D 形盒间狭缝后的轨道半径之比； (3)t 1＝T 012与t 2＝T 06时刻产生的粒子到达出口处的时间差．答案 (1)2πm qB (2)1∶ 2 (3)(3－3)πBR 23U 0＋πm6qB解析 (1)设粒子在某次被加速后的速度为v ，则它在匀强磁场中做半径为r 的圆周运动时：qvB ＝m v 2r ，运动周期为T ＝2πr v ，即：T ＝2πmqB要保证t 0＝0时刻产生的粒子每次通过狭缝时都能被最大电压加速，交变电压的最大周期与粒子做圆周运动的周期相同，所以：T 0＝2πm qB(2)t 0＝0时刻两盒间的电压为U 0，此时刻产生的粒子第1次经过狭缝后的速度为v 1，半径为r 1，则 qU 0＝12mv 12qv 1B ＝m v 12r 1解得：r 1＝1B2mU 0q粒子在磁场中运动T 02后第2次经过狭缝，此时两盒间的电压反向，大小仍为U 0，粒子再次加速qU 0＝12mv 22－12mv 12qv 2B ＝mv 22r 2解得：r 2＝1B 2m ·2U 0q，所以r 1∶r 2＝1∶ 2.(3)设粒子到达出口时的速度为v m ，则：qv m B ＝m v m 2R即所有从出口飞出的粒子，速度大小都相等，而每个粒子在磁场中运动的每一个周期时间内，被相同的电压加速两次．设某个粒子被加速时的电压为U ，它总共被加速了n 次，则：nqU ＝12mv m 2 整理可以得到：n ＝qB 2R 22mU该粒子在磁场中运动的总时间t ＝n ·T 02t 1＝T 012与t 2＝T 06时刻产生的粒子被加速时的电压分别为：U 1＝U 0cos (2πT 0·T 012)，U 2＝U 0cos (2πT 0·T 06) 即U 1＝32U 0，U 2＝12U 0 所以，t 1＝T 012与t 2＝T 06时刻产生的粒子到达出口处的时间差为：Δt ＝(n 2－n 1)T 02＋(T 06－T 012)， 即：Δt ＝(3－3)πBR 23U 0＋πm6qB .。
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计算题增分练(一)
(满分32分 20分钟)
1．如图所示，与水平面夹角θ＝37°的倾斜传送带以v 0
＝2 m/s 的速度沿顺时针方向转动，小物块A 从传送带顶端无
初速度释放的同时，小物块B 以v 1＝8 m/s 的速度从底端滑上
传送带．已知小物块A 、B 质量均为m ＝1 kg ，与传送带间的
动摩擦因数均为μ＝0.5，小物块A 、B 未在传送带上发生碰
撞，重力加速度g 取10 m/s 2
，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
求：
(1)小物块B 向上运动过程中平均速度的大小；
(2)传送带的长度l 应满足的条件．
解析：(1)对小物块B 由牛顿第二定律得 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1
解得a 1＝10 m/s 2
小物块B 减速至与传送带共速的过程中，
时间t 1＝v 1－v 0a 1
＝0.6 s 位移s 1＝v 2
1－v 202a 1
＝3 m 之后，小物块B 的速度小于传送带的速度，其所受滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得
mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，
解得a 2＝2 m/s 2
小物块B 减速至0的时间t 2＝v 0
a 2
＝1 s 位移s 2＝v 2
02a 2
＝1 m 小物块B 向上运动过程中平均速度v ＝
s 1＋s 2t 1＋t 2＝2.5 m/s (2)小物块A 的加速度也为a 2＝2 m/s 2，小物块B 开始加速向下运动时，小物块A 已经
具有向下的速度，二者加速度大小相等，要使二者不相碰，应在小物块B 滑下传送带后，小物块A 到达传送带底端．当小物块B 刚滑下传送带时，小物块A 恰好运动至传送带底端，此
时传送带长度最小，最小长度l 0＝12
a 2t 2 小物块B 向下运动过程s 1＋s 2＝12
a 2t 23 解得t 3＝2 s
则t ＝t 1＋t 2＋t 3＝3.6 s
代入解得l 0＝12.96 m ，
即传送带的长度l ≥12.96 m
答案：(1)2.5 m/s (2)l ≥12.96 m
2．如图甲所示，间距为l 、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为θ的斜面上．在区域Ⅰ内有方向垂直于斜面的匀强磁场，磁感应强度恒为B ；在区域Ⅱ内有垂直于斜面向下的匀强磁场，其磁感应强度B 1的大小随时间t 变化的规律如图乙所示．t ＝0时刻，在轨道上端的金属细棒ab 从如图位置由静止开始沿导轨下滑，同时下端的另一金属细棒cd 在位于区域Ⅰ内的导轨上也由静止释放．在ab 棒运动到区域Ⅱ的下边界EF 之前，cd 棒始终静止不动，两棒均与导轨接触良好．已知cd 棒的质量为m 、电阻为R ，ab 棒的质量、阻值均未知，区域Ⅱ沿斜面的长度为2l ，在t ＝t x 时刻(t x 未知)ab 棒恰好进入区域Ⅱ，重力加速度为g .求：
(1)试判断通过cd 棒的电流方向和区域Ⅰ内磁场的方向；
(2)当金属棒ab 在区域Ⅱ内运动时，金属棒cd 消耗的电功率P ；
(3)ab 棒开始下滑的位置离区域Ⅱ下边界的距离；
(4)为了求得ab 棒开始下滑至EF 的过程中，回路中产生总的热量Q ，某同学先求出ab 棒的质量、到达EF 处的速度，并利用(3)问中的距离，然后用总热量Q 等于机械能的减小量进行求解．若这位同学的方法正确，请用他的方法求出总热量Q ；若他的方法不正确，请用你的方法求出总热量Q .
解析： 本题考查电磁感应中的单棒问题，涉及楞次定律、法拉第电磁感应定律、平衡、闭合电路欧姆定律等知识的应用．
(1)Ⅱ内磁场均匀变化因此在回路中产生感应电流，由楞次定律可知，流过cd 的电流方
向是由d 到c .因cd 棒静止，由平衡条件可得cd 棒所受安培力沿导轨向上，据左手定则可知，区域Ⅰ内磁场垂直于斜面向上．
(2)因cd 棒静止，由平衡条件可得BIl ＝mg sin θ，金属棒ab 在区域Ⅱ内运动时，金属棒cd 消耗的电功率P ＝I 2
R ， 解得I ＝mg sin θBl ，P ＝m 2g 2R sin 2 θB 2l 2
(3)ab 棒开始下滑到达区域Ⅱ前做匀加速运动，加速度a ＝g sin θ，因在ab 棒运动到区域Ⅱ的下边界EF 之前，cd 棒始终静止不动，则ab 棒达区域Ⅱ前后回路中的电动势不变，
且ab 棒在区域Ⅱ中做匀速直线运动，可得ΔΦΔt ＝Blv ，即Bl ·2l t x
＝Bl (g sin θ·t x ) 解得：t x ＝ 2l g sin θ
，v ＝2gl sin θ ab 棒开始下滑的位置离区域Ⅱ下边界的距离
s ＝12
vt x ＋2l ＝3l
(4)这位同学的解法不正确． ab 棒在区域Ⅱ匀速运动时，受力平衡有
m ab g sin θ＝BIl ，可得ab 和cd 两棒质量相等均为m .第一阶段电路产热
Q 1＝EIt x ＝Bl ·2l t x ×mg sin θBl
×t x ＝2mg sin θ·l . 第二阶段ab 棒匀速下滑，根据能量守恒得电路产热
Q 2＝mg 2l sin θ.所以电路中产生的总热量
Q ＝Q 1＋Q 2＝4mgl sin θ.
答案：(1)从d 到c 区域Ⅰ内磁场垂直于斜面向上
(2)m 2g 2R sin 2 θB 2l 2
(3)3l (4)不正确 4mgl sin θ 计算题增分练(二)
(满分32分 20分钟)
1．在短道速滑世锦赛女子500米决赛中，接连有选手意外摔倒，由于在短道速滑比赛中很难超越对手，因而在比赛开始阶段每个选手都要以最大的加速度加速，在过弯道前超越对手．为提高速滑成绩，选手在如下场地进行训练：赛道的直道长度为L ＝30 m ，弯道半径为R ＝2.5 m ．忽略冰面对选手的摩擦力，且冰面对人的弹力沿身体方向．在过弯道时，身体对冰面的夹角θ的最小值为45°，直线加速过程视为匀加速过程，加速度a ＝1 m/s 2
.若训练过程中选手没有减速过程，为保证速滑中不出现意外情况，选手在直道上速滑的最短时
间为多少？(g 取10 m/s 2) 解析：若选手在直道上一直加速，选手能达到的最大速度为v 1，根据运
动学公式有v 21＝2aL ，解得v 1＝60 m/s ，设选手过弯道时，允许的最大速度
为v 2，此时人与冰面的夹角θ为45°，对选手受力分析如图． 则：F N cos 45°＝mg 、F N sin 45°＝m v 2
2R
解得：v 2＝5 m/s ，由于v 1＞v 2，因而选手允许加速达到的最大速度为v 2＝5 m/s ，设选手在直道上加速的距离为x ，则v 22＝2ax ，解得x ＝12.5 m ，选手在直道上的最短时间t ＝v 2a ＋
L －x v 2，解得：t ＝8.5 s. 答案：8.5 s
2．如图所示，在xOy 平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、＋y 轴方向为电场强度的正方向)．在t ＝0时刻由原点O 发射初速度大小为v 0、方向沿＋y 轴方向的带负电粒子(不计重力)．已知v 0、B 0、E 0，且E 0＝B 0v 0
π，粒子的比荷q m ＝πB 0t 0，x 轴上有一点坐标为A ⎝ ⎛⎭
⎪⎫48v 0t 0π，0.
(1)求t 02
时带电粒子的位置坐标； (2)求粒子运动过程中偏离x 轴的最大距离；
(3)粒子经多长时间经过A 点？
解析：(1)由T ＝2πm qB
得T ＝2t 0，
所以t 02＝T 4，运动了T 4
. 又因为r ＝mv qB 得r ＝
v 0t 0π 所以位置坐标为⎝ ⎛⎭
⎪⎫v 0t 0π，v 0t 0π.
(2)由图可知y 1＝
v 0＋v 2t 0 因v ＝v 0＋qE 0m
t 0＝2v 0 所以y 1＝3v 0t 02
由r ＝mv qB 得r 2＝2v 0t 0π
所以y m ＝y 1＋r 2＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫32＋2πv 0t 0 (3)由图可知粒子以4t 0为一个周期，在一个周期内的距离d ＝2(r 1＋r 2)＝6v 0t 0π
所以t ＝48v 0t 0
πd
×4t 0＝32t 0 答案：(1)⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0t 0π，v 0t 0π (2)⎝ ⎛⎭
⎪⎫32＋2πv 0t 0 (3)32t 0。