2011年北京市各区高三一模试卷分题型汇编(计算题)

东城区 22 （16 分）如图所示，水平台面 AB 距地面的高度 h0.80m。质量为 0.2kg 的滑块以 v0 6.0m/s 的初速度从 A 点开始滑动，滑块与平台间的动摩擦因数 0.25。滑块滑到平台 边缘的 B 点后水平飞出。已知 AB 间距离 s12.2m。滑块可视为质点，不计空气阻力。 （g 取 10m/s2）求： （1）滑块从 B 点飞出时的速度大小； （2）滑块落地点到平台边缘的水平距离 s2。 （3）滑块自 A 点到落地点的过程中滑块的动能、 势能和机械能的变化量各是多少。 23 （18 分）回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示。它的核心部分是两个 D 形金属盒，两盒相距很近（缝隙的宽度远小于盒半径） ，分别和高频交流电源相连接，使带 电粒子每通过缝隙时恰好在最大电压下被加速。两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒 面，带电粒子在磁场中做圆周运动，粒子通过两盒的缝隙时反复被加速，直到最大圆周半 径时通过特殊装置被引出。若 D 形盒半径为 R，所加磁场的磁感应强度为 B。设两 D 形盒 之间所加的交流电压的最大值为 U，被加速的粒子为 粒子，其 质量为 m、电量为 q。 粒子从 D 形盒中央开始被加速（初动能 可以忽略） ，经若干次加速后， 粒子从 D 形盒边缘被引出。求： （1） 粒子被加速后获得的最大动能 Ek； （2） 粒子在第 n 次加速后进入一个 D 形盒中的回旋半径 与紧接着第 n+1 次加速后进入另一个 D 形盒后的回旋半径之比； （3） 粒子在回旋加速器中运动的时间； （4）若使用此回旋加速器加速氘核，要想使氘核获得与 粒子相同的动能，请你通过分析，提出一个简单可行的办法。 24 （20 分）如图所示，有一光滑轨道 ABC， AB 为竖直平面内半径为 R 的四分之一圆弧 轨道，BC 部分为足够长的水平轨道。一个质量为 m1 的小物体自 A 处由静止释放，m 1 沿圆 弧轨道 AB 滑下，与在水平轨道 BC 上质量为 m2 的静止的物体相碰。 （1）如果 m2 与水平轻弹簧相连，弹簧的另一端连在固定装置 P 上。m 1 滑到水平轨道后与 m2 发生碰撞但不粘连，碰撞后 m1 与 m2 一起将弹簧压缩后被弹回，m 1 与 m2 重新分开。若 弹簧压缩和伸长过程中无机械能损失，且 m1=m2，求 m1 反弹后能达到的最大高度； （2）如果去掉与 m2 相连的弹簧及固定装置 P，m 1 仍从 A 处由静止释放。 a若 m1= m2，且 m1 与 m2 的碰撞过程中无机械能损失，求碰撞后 m1 能达到的最大 高度。 b若 m1 与 m2 的碰撞过程中无机械能损失，要使 m1 与 m2 只能发生两次碰撞，求 m2 与 m1 的比值范围。 v0 B h A B A C O m2 P m1 东城区参考答案 22 （16 分） (1) 滑块从 A 点滑到 B 点的过程中，克服摩擦力做功，由动能定理 2210fsmv 滑动摩擦力 f=mg 由两式联立，将 v0 6.0m/s ，s 12.2m ，0.25 带入，可得 v=5.0m/s （6 分） （2）滑块离开 B 点后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动 2hgt 水平方向做匀速直线运动 2svt 由两式联立，将 h0.80m ，g=10m/s 2 带入，可得 s2=2.0m （5 分） （3）落地时的动能 E2= =4.1J1v 滑块在 A 点的初动能为 J2103.6 由 A 到落地点滑块的动能增加了 J210.5kE 重力势能减小量为 J.pmgh 机械能的减小量 J （5 分）1s 23 （18 分） （1） 粒子在 D 形盒内做圆周运动，轨道半径达到最大时被引出，具有最大动能。 设此时的速度为 v，有 （1） 2mvqBR 可得 粒子的最大动能 Ek= （4 分） 21qvm （2） 粒子被加速一次所获得的能量为 qU， 粒子被第 n 次和 n+1 次加速后的动能 分别为 - 3 - （2） 21nknnqBREmvU （3） 2111()nknnq 可得 （5 分）1nR （3）设 粒子被电场加速的总次数为 a，则 Ek= （4） 2qBRaUm 可得 a （5） 2 粒子在加速器中运动的时间是 粒子在 D 形盒中旋转 a 个半圆周的总时间 t。 （6）2Tt （7）mqB 解得 （5 分） 2RtU （4）加速器加速带电粒子的能量为 Ek= ，由 粒子换成氘核，有 21qBRmv ，则 ，即磁感应强度需增大为原来的 倍； 221()qBRm122 高频交流电源的周期 ，由 粒子换为氘核时，交流电源的周期应为原来的Tq 倍。 2 （4 分） 24 （20 分） （1）m 1 从 A 滑到 B 重力势能转化为动能， m1 的速度达到 v1 21gRmv m1 与 m2 发生碰撞时弹簧处于自然状态，系统动量守恒，碰撞后以共同速度 v 共 向右运 动。 1212()mvv共 v 共 = gR m1 与 m2 一起将弹簧压缩后又被弹回，当弹簧恢复到自然长度时 m1 与 m2 重新分开， 此时 m1 与 m2 的速度都为 v 共 ，m 1 以 v 共 为初速度滑上圆弧轨道，设 m1 能达到的最大高度 是 h 1gh共 解得 （5 分）4R （2）撤去弹簧及固定装置后。 a. m1 与 m2 发生碰撞时系统动量守恒，且没有机械能损失。设向右为正方向，有 12vv 2 21m 代入 m1= m2 可得 负号表示 m1 向左运动 13vgR 此后 m1 冲上圆弧轨道，设 m1 能达到的最大高度是 h 2vh 将 带入上式,可得 （5 分）19R b. m1 滑到水平轨道以速度 v1 与静止的 m2 发生第一次碰撞，设向右为正方向，有v 22211 解得 21()vvm122 要能发生第二次碰撞的条件是 v15qEdBmqEdB2 24 （1） （2） （3）当 k1 时， 当 k=1 时， 。 0vg040()vtg0vtg 朝阳区 22 （16 分） 如图所示，摩托车运动员做特技表演时，以 v0=9.0m/s 的初速度冲向高台，然后从高台 水平飞出。若摩托车冲向高台的过程中牵引力的平均功率 P=4.0kW，冲到高台顶端所用时 间 t=3.0s，人和车的总质量 m=1.5102kg，高台顶端距地面的高度 h=7.2m，摩托车落地点 到高台顶端的水平距离 x=10.8m。不计空气阻力，取 g=10m/s2。求： （1）摩托车从高台顶端飞出到落地所用时间； （2）摩托车落地时速度的大小； （3）摩托车冲上高台的过程中克服摩擦阻力所做的功。 23（18 分） 如图所示为某种质谱仪的结构示意图。其中加速电场的电压为 U，静电分析器中与圆 心 O1 等距各点的电场强度大小相同，方向沿径向指向圆心 O1。磁分析器中以 O2 为圆心、 圆心角为 90的扇形区域内，分布着方向垂直于纸面的匀强磁场，其左边界与静电分析器 的右边界平行。由离子源发出一个质量为 m、电荷量为 q 的正离子（初速度为零，重力不 计），经加速电场加速后，从 M 点沿垂直于该点的场强方向进入静电分析器，在静电分析 器中，离子沿半径为 R 的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，并从 N 点射出静电分析器。 - 19 - 而后离子由 P 点沿着既垂直于磁分析器的左边界，又垂直于磁场方向射入磁分析器中，最 后离子沿垂直于磁分析器下边界的方向从 Q 点射出，并进入收集器。测量出 Q 点与圆心 O2 的距离为 d。 （1）求静电分析器中离子运动轨迹处电场强度 E 的大小； （2）求磁分析器中磁场的磁感应强度 B 的大小和方向； （3）通过分析和必要的数学推导，请你说明如果离子的质量为 0.9m，电荷量仍为 q， 其他条件不变，这个离子射出电场和射出磁场的位置是否变化。 24 （20 分） 如图所示，ABC 为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC 段水平，AB 段与 BC 段平滑 连接。质量为 m 的小球从高为 h 处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道 BC 段上质量为 km 的小球发生碰撞，碰撞前后两小球的运动方向处于同一水平线上。 （1）若两小球碰撞后粘连在一起，求碰后它们的共同速度； （2）若两小球在碰撞过程中无机械能损失， a为使两小球能发生第二次碰撞，求 k 应满足的条件； b为使两小球仅能发生两次碰撞，求 k 应满足的条件。 km 朝阳区参考答案 22 （16 分） 解：（1）设摩托车在空中的飞行时间为 t1，则有 21hgt 解得 t1=1.2s 4 分 （2）摩托车做平抛运动的水平速度 19.0m/sxvt（ 落地时摩托车在竖直方向的速度 =12m/s1gty（ 摩托车落地时的速度 6 分215m/sxyv （3）设摩托车冲上高台的过程中，克服摩擦阻力所做的功为 。摩托车冲向高台fW 的过程中，根据动能定理有 22f 01xPtWghv 解得 J 6 分3f.20 23 （18 分） 解：（1）离子在静电分析器中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有 2vqEmR 设离子进入静电分析器时的速度为 v，离子在加速电场中加速的过程中，由 动能定理有 21qUv 由解得 6 分ER （2）离子在磁分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有 2vqBmr 由题意可知，圆周运动的轨道半径 r=d 由式解得 12UBq 磁场方向为垂直纸面向外。 6 分 （3）设质量为 0.9m 的离子经加速电场加速后，速度为 v，由动能定理可得 210.9qv 由式可得 2. 新离子进入电场时与 O1 的距离仍为 R，新离子如果在电场中做半径为 R 的 匀速圆周运动，所需要的向心力 20.9vFm向 由式可得 qE向 - 21 - 即该离子所受电场力，恰好等于它若做匀速圆周运动的向心力，因此这个离 子仍然在静电分析器中做半径为 R 的匀速圆周运动，仍从 N 点射出。 由式可知，离子在磁分析器中做匀速圆周运动的半径 ，与12mUrBq 离子的质量有关，所以不能沿原来的轨迹从 Q 点射出磁场。 6 分 24 （20 分） 解：（1）设质量为 m 的小球碰撞前的速度为 v0，根据机械能守恒定律有 201ghv 设两小球碰后的共同速度为 V ，根据动量守恒定律有 0()k 解得 6 分12Vgh （2） a取水平向右方向为正方向，设碰后 m 与 km 的速度分别为 v1 与 V1，根据动 量守恒定律和机械能守恒定律有 01mvkV 2221 解得 10kv 2V 两小球若要发生第二次碰撞，需要 v10， 1 由解得：k3 6 分 b对于第二次碰撞，设 v2 与 V2 分别为 m 与 km 碰后的速度，由动量守恒和机 械能守恒有 1122()mvkk 2VvV（ 由解得 2204(1)kv 2(Vv（ 只要满足 ，两球一定不会相碰 由 解得 352k 丰台区 22. （16 分） 如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距 L=1 m。导 轨平面与水平面成 37角，下端连接阻值为 R 的电阻。匀强磁场方向垂直于导轨平面向 上，磁感应强度为 B=0.4T。质量为 0.2 kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂 直且保持良好接触，它们间的动摩擦因数为 =0.25。金属棒沿导轨由静止开始下滑，当金 属棒下滑速度达到稳定时，速度大小为 10 m/s。 （取 g10 m/s2，sin 370.6，cos 37 0.8） 。求： （1）金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小； （2）当金属棒下滑速度达到稳定时电阻 R 消耗的功率； （3）电阻 R 的阻值。 23.（18 分） 1932 年美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器，巧妙地利用带电粒子在磁场中的运动 特点，解决了粒子的加速问题。现在回旋加速器被广泛应用于科学研究和医学设备中。 某型号的回旋加速器的工作原理如图甲所示，图为俯视图乙。回旋加速器的核心部分 为 D 形盒，D 形盒装在真空容器中，整个装置放在巨大的电磁铁两极之间的强大磁场中， 磁场可以认为是匀强在场，且与 D 形盒盒面垂直。两盒间狭缝很小，带电粒子穿过的时间 可以忽略不计。D 形盒半径为 R，磁场的磁感应强度为 B。设质子从粒子源 A 处时入加速 电场的初速度不计。质子质量为 m、电荷量为+q。加速器接一定涉率高频交流电源，其电 压为 U。加速过程中不考虑相对论效应和重力作用。 (1)求质子第 1 次经过狭缝被加速后进入 D 形盒运动轨道的半径 r1； (2)求质子从静止开始加速到出口处所需的时间 t ； (3)如果使用这台回旋加速器加速 粒子，需要进行怎样的改动？请写出必要的分析及 推理。 R a b B 高频电源 出口处 R A B D21 D1 1 图甲 图乙 - 23 - 24 （20 分） 如图所示，P 为质量为 m=1kg 的物块，Q 为位于水平地面上的质量为 M=4kg 的特殊平 板，平板与地面间的动摩因数 =0.02。在板上表面的上方，存在一定厚度的“相互作用区 域” ，区域的上边界为 MN。P 刚从距高 h=5m 处由静止开始自由落下时，板 Q 向右运动的 速度为 vo=4m/s。当物块 P 进入相互作用区域时，P、Q 之间有相互作用的恒力 F=kmg，其 中 Q 对 P 的作用竖直向上， k=21，F 对 P 的作用使 P 刚好不与 Q 的上表面接触。在水平 方向上，P、Q 之间没有相互作用力，板 Q 足够长，空气阻力不计。 ( 取 g=10m/s2，以下计算结果均保留两位有效数字)求： （1）P 第 1 次落到 MN 边界的时间 t 和第一次在相互作用区域中运动的时间 T； （2）P 第 2 次经过 MN 边界时板 Q 的速度 v； （3）从 P 第 1 次经过 MN 边界到第 2 次经过 MN 边界的过程中，P、Q 组成系统损失 的机械能E； （4）当板 Q 速度为零时，P 一共回到出发点几次？ 丰台区参考答案 22. （16 分） （1） （4 分） 金属棒开始下滑的初速为零，根据牛顿第二定律 （2 分）magmcossin 得：a10（0.60.250.8）m/s 24 m/s 2 （2 分） （2） （6 分） h NM Q P vo 设金属棒运动达到稳定时，设速度为 v，所受安培力为 F，棒沿导轨方向受力平衡， 根据物体平稳条件 （2 分）Fmgcossin 将上式代入即得 F0.8 N 此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻 R 消耗的电功率 PFv （2 分） P=0.810W=8W （2 分） （3） （6 分） 设电路中电流为 I，感应电动势为 E =0.4110V=4V （2 分）BLvE ， A=2A （2 分）48 ， = 2 （2 分）RII 23. （18 分） 解析: (1) （6 分） 设质子第 1 次经过狭缝被加速后的速度为 v1 （2 分） 21mvqU （2 分）11rB 联立解得： （2 分）q1 (2) （8 分） 设质子从静止开始加速到出口处被加速了 n 圈，质子在出口处的速度为 v （2 分）22mvnU （1 分）RqB （2 分）T2 （1 分）nt 联立解得 （2 分）BRtU (3) （4 分） 回旋加速器正常工作时高频电压的频率必须与粒子回旋的频率相同。设高频电压的频 - 25 - 率为 f, 则 mqBT21 当速 粒子时 粒子的比荷为质子比荷的 2 倍， ，所以不用直接使用。 （2 分） 4/ff 改动方法一：让回旋磁场的磁感应强度加倍。 （2 分） 改动方法二：让加速高频电压的频率减半。 24. 解：(1) （8 分） P 自由落下第一次到达边界 MN 时 s （2 分）21gth1h vP P 到达边界 MN 时速度 m/s （2 分）0gvP P 进入相互作用区域时，kmg - mg = ma a = (k - 1)g = 200m/s2 （2 分） P 第一次进入相互作用区域减速到零后又向上加速，以 速度大小再次越过 MN， 所Pv 以运动时 s （2 分）1.02avT (2) （4 分） 上面分析知 P 先自由下落，以 进入相互作用区域，减速到零后又向上加速，以Pv 速度大小再次越过 MN， 然后做竖直上抛运动回到原出发点，接着又重复上述运动过程。Pv 每当 P 从出发点运动到 MN 的时间 t 内，板 Q 加速度 a1向左， m/s2 （1 分） .01gM 每当 P 在相互作用区中运动的时间 T 内，板 Q 加速度 a2向左 m/s2 （1 分）5.)(2km P 第 2 次经过 MN 边界时，板 Q 的速度 m/s （2 分）7.321Tatvo （3） （4 分） P 第 1 次经过 MN 边界时，板 Q 的速度 m/s （2 分）8.to = J （2 分）E5.121Mv (4) （4 分） 设板 Q 速度为零时，P 一共回到出发点 n 次。由以上分析得： （2 分）021Tnatvo 代入数据，解得 故 n 取 7 （2 分）6. 延庆县 22.如图所示，一条小河两岸的高度差是 h，河宽是高度差的 4 倍，一辆摩托车（可看作质 点）以 v0=20m/s 的水平速度向河对岸飞出，恰好越过小河。若 g=10m/s2，求： （1）摩托车在空中的飞行时间 （2）小河的宽度 23.如图所示，M 1N1、M 2N2 是两根处于同一水平面内的平行导轨，导轨间距离是 d=0.5m， 导轨左端接有定值电阻 R=2 ，质量为 m=0.1kg 的滑块垂直于导轨，可在导轨上左右滑动 并与导轨有良好的接触，滑动过程中滑块与导轨间的摩擦力恒为 f=1N，滑块用绝缘细线与 质量为 M=0.2kg 的重物连接，细线跨过光滑的定滑轮，整个装置放在竖直向上的匀强磁场 中，磁场的磁感应强度是 B=2T，将滑块由静止释放。设导轨足够长，磁场足够大，M 未 落地，且不计导轨和滑块的电阻。g=10m/s 2 ，求： （1）滑块能获得的最大动能 （2）滑块的加速度为 a=2m/s2 时的速度 （3）设滑块从开始运动到获得最大速度的过程中，电流在电阻 R 上所做的电功是 w=0.8J，求此过程中滑块滑动的距离 24.如图表示用传送带将相同的工件从 A 点运送到 B 点的装置图，传送带的倾角是 ，传 送带的长度（A、B 之间的距离）是 L=21.5m，传送带的速度恒为 v=1.1m/s，传送带与工件 之间的动摩擦因数是 =0.06，每个工件的质量是 m=2kg，每秒钟将一个工件放在传送带 的 A 点（静止）由传送带送至 B 点，再由工人拿走。设 sin =tan =0.05， cos =1， g=10m/s2，求： （1）第一个工件从放上传送带到与传送带相对静止所用的时间 （2）把一个工件从 A 点运送到 B 点摩擦力做的功 （3）传送带上最多有几个工件 延庆县参考答案 22.（16 分） 解：（1） （ gt2/2） /v0t=1/4 -（ 8 分） t=1s -（ 2 分） （2）x=v 0t=20m -（ 6 分） 23.（18 分） 解：（1）Mg=f+BId -（ 2 分） I=E/R -（ 1 分） R m M1 N1 M2 N2 M d B A B - 27 - E=BdVm -（ 1 分） 联立 解之并代入动能表达式： EK=mVm2/2=0.2J -（ 2 分） （2）Mg-f-BId=(M+m)a -（ 3 分） I=E/R E=BdV 联立 解之：V=R Mg-f-(M+m)a/B 2d2 =0.8m/s -（ 3 分） （3）Mgx-fx-w= （ m+M） Vm2/2 -（ 3 分） x=（ m+M） (Mg-f)R2/2B4d4+w/(Mg-f)=1.4m -（ 3 分） 24.（20 分） 解：（1）v=at -（ 2 分） mgsin+mgcos=ma -（ 2 分） t=v/( gsin+gcos)=1s -（ 2 分） （2）mgLsin+w f=mv2/2 -（ 4 分） wf= mv2/2-mgLsin=-20.29J -（ 4 分） （3）每一个工件在传送带上滑行的距离是 x=vt-at2/2=0.55m 第一个工件放上传送带以后，经 1s 放第二个 经 20s 放第 21 个，此时第一个 工件移动的距离是：s=1.1 20-0.55=21.45m 小于传送带的长度，而当放第 22 个工件时， 第一个工件已经过了 B 点，因此传送带上最多有 21 个工件 -（ 6 分） 怀柔区零模 22 （16 分）一滑块经水平轨道 AB，进入竖直平面内的四分之一圆弧轨道 BC。已知滑块 的质量 m=0.60kg，在 A 点的速度 vA=8.0m/s，AB 长 x=5.0m，滑块与水平轨道间的动 摩擦因数 =0.15，圆弧轨道的半径 R=2.0m，滑块离开 C 点后竖直上升 h=0.20m，取 g=10m/s2。求： （1）滑块经过 B 点时速度的大小； (2) 滑块经过 B 点时圆弧轨道对它的支持力 的 大小; （3）滑块在圆弧轨道 BC 段克服摩擦力所做 的功。 23 （18 分）有一颗地球卫星，绕地球做匀速圆周运动 卫星与地心的距离为地球半径 oR的 2 倍，卫星圆形轨 道平面与地球赤道平面重合。卫星上的太阳能收集板可 以把光能转化为电能，太阳能收集板的面积为 S，在阳 光下照射下每单位面积提供的最大电功率为 P。已知 地球表面重力加速度为 g，近似认为太阳光是平行光， 试估算: (1) 卫星做匀速圆周运动的周期; (2) 卫星绕地球一周，太阳能收集板工作时间 B C A O vA 图 8 A B O 太 阳 光 60 图 9 D C 60 60 (3)太阳能收集板在卫星绕地球一周的时间内最多转化的电能？ 24 （20 分）随着越来越高的摩天大楼在世界各地的落成，而今普遍使用的钢索悬挂式电 梯已经不适应现代生活的需求。这是因为钢索的长度随着楼层的增高而相应增加，这些钢 索会由于承受不了自身的重力，还没有挂电梯就会被拉断。为此，科学技术人员开发一种 利用磁力的电梯，用磁动力来解决这个问题。如图 10 所示是磁动力电梯示意图，即在竖直 平面上有两根很长的平行竖直轨道，轨道间有垂直轨道平面交替排列的匀强磁场 B1 和 B2，B 1=B2=1.0T，B 1 和 B2 的方向相反，两磁场始终竖直向上作匀速运动。电梯轿厢固定 在如图所示的金属框 abcd 内（电梯轿厢在图中未画出） ，并且与之绝缘。已知电梯载人时 的总质量 为 4.75103kg，所受阻力 f=500N，金属框垂直轨道的边长 ，