全国卷高考物理计算题32分练(四套带答案).doc

楚天龙腾教育 物理大讲堂 陈老师计算题32分练(一)(时间：20分钟分值：32分)图11(12分)(2018皖南八校4月联考)如图1甲所示，可视为质点的质量为m11 kg的小物块放在质量为m22 kg的长木板正中央位置，长木板静止在水平地面上，连接物块的轻质细绳与水平方向的夹角为37，现对长木板施加水平向左的拉力F18 N，长木板运动vt图象如图乙所示，sin 370.6，g10 m/s2，求： (1)长木板长度L；(2)木板与地面间的动摩擦因数2；(3)物块与木板间的动摩擦因数1.图22(20分)(2018运城康杰中学模拟)如图2所示，两条“”形足够长的光滑金属导轨PME和QNF平行放置，两导轨间距L1 m，导轨两侧均与水平面夹角为37，导体棒甲、乙分别放于MN两边导轨上，且与导轨垂直并接触良好两导体棒的质量均为m0.1 kg，电阻也均为R1 ，导轨电阻不计，MN 两边分别存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B1 T设导体棒甲、乙只在MN两边各自的导轨上运动，sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2.(1)将乙导体棒固定，甲导体棒由静止释放，问甲导体棒的最大速度为多少？ (2)若甲、乙两导体棒同时由静止释放，问两导体棒的最大速度为多少？ (3)若仅把乙导体棒的质量改为m0.05 kg，电阻不变，在乙导体棒由静止释放的同时，让甲导体棒以初速度v00.8 m/s沿导轨向下运动，问在时间t1 s内电路中产生的电能为多少？计算题32分练(二)(时间：20分钟分值：32分)图11(14分)(2018百校联盟4月联考)如图1所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道固定在地面上长直平板车放在光滑的水平面上，其右端与光滑圆弧轨道等高且平滑对接小车的左端挡板上连接有一劲度系数很大的轻质弹簧平板车右端到弹簧右端的距离为L.一物块从四分之一圆弧轨道的上端由静止下滑，运动到圆弧轨道的最低点时对轨道的压力为F，平板车的质量为物块质量的3倍重力加速度为g，整个过程中忽略弹簧的形变量，求：(1)物块的质量大小；(2)若平板车的上表面光滑，物块在平板车上运动的时间为多少(不计物块与弹簧作用的时间)；(3)若平板车的上表面粗糙，物块滑上车后最终停在平板车的右端，则物块与平板车上表面间的动摩擦因数为多少；物块与弹簧作用过程中弹簧具有的最大弹性势能为多少图22(18分)(2018湖南株洲质检)如图2所示，在真空室内的P点，能沿纸面向各个方向不断发射电荷量为q、质量为m的粒子(不计重力)，粒子的速率都相同ab为P点附近的一条水平直线，P到直线ab的距离PCL，Q为直线ab上一点，它与P点相距PQL.当直线ab以上区域只存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场时，水平向左射出的粒子恰到达Q点；当ab以上区域只存在平行该平面的匀强电场时，所有粒子都能到达ab直线，且它们到达ab直线时动能都相等，其中水平向左射出的粒子也恰好到达Q点已知sin 370.6，cos 370.8，求：(1)粒子的发射速率；(2)匀强电场的场强大小和方向；(3)仅有磁场时，能到达直线ab的粒子所用最长时间和最短时间的比值计算题32分练(三)(时间：20分钟分值：32分)1(12分)(2018辽宁辽南联考)如图1所示，两条光滑的绝缘导轨，导轨的水平部分与圆弧部分平滑连接，两导轨间距为L，导轨的水平部分有n段相同的匀强磁场区域(图中的虚线范围)，磁场方向竖直向上，磁场的磁感应强度为B，磁场的宽度为s，相邻磁场区域的间距也为s，且s大于L，磁场左、右两边界均与导轨垂直，现有一质量为m、电阻为r、边长为L的正方形金属框，由圆弧导轨上某高度处静止释放，金属框滑上水平导轨，在水平导轨上滑行一段时间进入磁场区域，最终线框恰好完全通过n段磁场区域，地球表面处的重力加速度为g，感应电流的磁场可以忽略不计，求：图1(1)金属框进入第1段磁场区域的过程中，通过线框某一横截面的感应电量及金属框完全通过n段磁场区域的过程中安培力对线框的总冲量的大小；(2)金属框完全进入第k(kn)段磁场区域前的瞬间，金属框速度的大小2(20分)(2018东北三省四市联考)如图2所示，光滑曲面AB与长度L1 m的水平传送带BC平滑连接，传送带以v1 m/s的速度运行质量m11 kg的物块甲从曲面上高h1 m的A点由静止释放，物块甲与传送带之间的动摩擦因数0.20，传送带右侧光滑水平地面上有一个四分之一光滑圆轨道状物体乙，物体乙的质量m23 kg，重力加速度g10 m/s2.求：图2(1)甲第一次运动到C点的速度大小；(2)甲第二次运动到C点的速度大小；(3)甲第二次到C点后经多长时间再次到达C点？计算题32分练(四)(时间：20分钟分值：32分)图11(12分)(2018雅安三诊)如图1所示，半径R2.0 m的光滑圆弧轨道固定在光滑的水平地面上，其末端水平平板小车上固定一木块，紧靠在轨道的末端，木块上表面水平粗糙，且与圆弧轨道末端等高木块的厚度h0.45 m，木块最右端到小车最右端的水平距离x0.45 m，小车连同木块总质量M2 kg.现使一个质量m0.5 kg的小球从圆弧轨道上由静止释放，释放小球的位置和圆弧轨道的圆心之间的连线与竖直方向的夹角为53，小球从木块右端飞出后恰好击中小车的最右端. (g10 m /s2, sin 530.8, cos 530.6)求：(1)小球到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；(2)小球离开木块最右端时，小球的速度大小；(3)小球运动到木块最右端过程中，系统产生的内能图22(20分)如图2所示，在直角坐标系xOy平面的第一、四象限内各有一个边长为L的正方形匀强磁场区域，第二、三象限区域内各有一个高L、，宽2L的长方形匀强磁场，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，各磁场的磁感应强度大小均相等，第一象限的xL、Ly2L的区域内，有沿y轴正方向的匀强电场现有一质量为m、电荷量为q的带负电粒子从坐标(L,3L/2)处以初速度v0沿x轴负方向射入电场，射出电场时通过坐标(0，L)点，不计粒子重力(1)求电场强度大小E；(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点O到达坐标(L,0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小B；(3)求第(2)问中粒子从进入磁场到坐标(L,0)点所用的时间【参考答案】：(一)1.【解析】(1)从图线可知，木板运动2 s离开小物块，在02 s，由图线可知x1 m，L2x2 m.(2)在23 s，由图线可得a24 m/s2，a2，解得20.5.(3)在02 s：小物块F支Tsin 37m1g，Tcos 37f1，f11F支长木板a10.5 m/s2，a1，解得1.【答案】(1)2 m(2)0.5(3)2.【解析】(1)将乙棒固定，甲棒静止释放，则电路中产生感应电动势E1BLv感应电流I1，甲棒受安培力F1BI1L甲棒先做加速度减小的变加速运动，达最大速度后做匀速运动，此时mgsin F1联立并代入数据解得甲棒最大速度vm11.2 m/s.(2)甲、乙两棒同时由静止释放，则电路中产生感应电动势E22BLv感应电流I2，甲、乙两棒均受安培力F2BI2L最终均做匀速运动，此时甲(或乙)棒受力mgsin F2联立并代入数据解得两棒最大速度均为vm20.6 m/s.(3)乙棒静止释放，甲棒以初速度v0下滑瞬间，则电路中产生感应电动势E3BLv0感应电流I3、甲、乙两棒均受安培力F3BI3L对于甲棒，根据牛顿第二定律得：mgsin 37F3ma 对于乙棒，根据牛顿第二定律得：F3mgsin 37ma代入数据联立解得：aa2 m/s2甲棒沿导轨向下，乙棒沿导轨向上，均做匀加速运动在时间t1 s内，甲棒位移s甲v0tat2，乙棒位移s乙at2甲棒速度v甲v0at，乙棒速度v乙at据能量的转化和守恒，电路中产生电能Emgs甲sin 37mgs乙sin 37mvmvmv联立并代入数据解得E0.32 J.【答案】(1)1.2 m/s(2)0.6 m/s(3)0.32 J(二)1.【解析】(1)物块在四分之一光滑圆弧轨道上下滑的过程中，根据机械能守恒得：mgRmv2在轨道最低点，由牛顿第二定律得：Fmgm联立解得：m.(2)物块滑上平板车的速度v物块与轻弹簧发生弹性碰撞的过程，由动量守恒得：mv3mv1mv2由能量守恒得：mv23mvmv联立解得：v1v2v则物块与弹簧作用前在车上运动的时间：t1物块与弹簧作用后在车上运动的时间为t2因此物块在平板车上运动的总时间为tt1t2.(3)设物块与平板车上表面间的动摩擦因数为，物块停在平板车右端时物块与车的共同速度为v3，根据动量守恒得：mv4mv3根据功能关系得：2mgLmv24mv联立解得：当弹簧具有最大弹性势能时，物块与平板车具有共同速度，根据动量守恒得：mv4mv4根据功能关系得：mgLEpmv24mv联立解得：EpFR.【答案】(1)(2)(3)FR2.【解析】 (1)设粒子做匀速圆周运动的半径为R，过O作PQ的垂线交PQ于A点，如图甲所示：甲由几何知识可得代入数据可得粒子轨迹半径R洛伦兹力提供向心力Bqvm解得粒子发射速度为v.(2)真空室只加匀强电场时，由粒子到达ab直线的动能相等，可知ab为等势面，电场方向垂直ab向下水平向左射出的粒子经时间t到达Q点，在这段时间内vtLat2式中a解得电场强度的大小为E.(3)只有磁场时，粒子以O1为圆心沿圆弧PD运动，当圆弧和直线ab相切于D点时，粒子速度的偏转角最大，对应的运动时间最长，如图乙所示据图有乙sin 解得37故最大偏转角max233粒子在磁场中运动最大时长t1T式中T为粒子在磁场中运动的周期粒子以O2为圆心沿圆弧PC运动的速度偏转角最小，对应的运动时间最短据图乙有sin 解得53速度偏转角最小为min106故最短时长t2T因此，粒子到达直线ab所用最长时间和最短时间的比值.【答案】(1)(2)电场方向垂直ab向下(3)(三)1.【解析】(1)设金属框在进入第一段匀强磁场区域前的速度为v0，金属框在进入第一段匀强磁场区域的过程中，线框中产生平均感应电动势为平均电流为：，qt设线框经过每一段磁场区域的过程中安培力冲量大小为I则IBLt0整个过程累计得到：I总冲量n.(2)金属框穿过第(k1)个磁场区域后，由动量定理得到：(k1)mvk1mv0金属框完全进入第k个磁场区域的过程中，由动量定理得到：mvkmvk1nmv0解得：vk.【答案】(1)n(2)2.【解析】(1)物块甲从A运动至B，由动能定理得：m1gh1m1v解得：v12m/sv假设物块在传送带上一直做匀减速运动，由动能定理得：m1gLm1vm1v解得：v24 m/s因v2v，故物块甲第一次运动至C点的速度大小为v24 m/s.(2)以物块甲和物块乙为研究对象，从甲滑上乙开始至甲滑下来的过程中，系统水平方向上动量守恒，则有：m1v2m1v3m2v4系统能量守恒，则有：m1vm1vm2v联立解得：v32 m/s则甲从乙物体上滑下后向左匀速运动，第二次到达C点的速度大小为2 m/s.(3)甲向左进入传送带，做匀减速运动，根据牛顿第二定律得：m1gm1a解得：a2 m/s2从C运动B，由动能定理得：m1gLm1vm1v解得：到达B点的速度为v50物块甲从C点运动到左端B点的时间为t11 s接着甲在传送带上向右做加速度仍为a的匀加速直线运动，设到与传送带共速时所用时间为t2，则有：t20.5 s甲在t2时间内的位移为x1，由动能定理得：m1gx1m1v0.解得：x10.25 m甲与传送带共速后随传送带一起匀速运动，位移为x2Lx1则所用的时间为t30.75 s故甲从第二次到C点后再次到达C点的过程中，运动时间为tt1t2t32.25 s.【答案】(1)4 m/s(2)2 m/s(3)2.25 s(四)1.【解析】(1)设小球到达轨道末端的速度为v0，由机械能守恒定律mgR(1cos 53)mv解得v04 m/s小球在轨道最低点 Fmgm解得F9 N由牛顿第三定律知小球对轨道的压力FF9 N.(2)设小球运动到木块最右端的速度为 v1，此时小车的速度为v2，由动量守恒定律得mv0mv1Mv2小球离开木块最右端后做平抛运动，运动时间为thgt2 解得 t0.3 s小球恰好击中小车的最右端v1tv2tx以上各式联立解得v12 m/s，v20.5 m/s 所以小球到达木块最右端的速度大小为2 m/s.(3)由能量守恒定律得mgR(1cos 53)mvMvQ解得Q2.75 J.【答案】(1) 9 N(2)2 m/s(3) 2.75 J2.【解析】(1)带电粒子在电场中做类平抛运动有：Lv0t，at2，qEma联立解得：E.(2)粒子进入磁场时，速度方向与y 轴负方向夹角的正切值tan 1速度大小vv0设x为每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达(L,0 )点，应满足L2nx，其中n1、2、3，粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为；当满足L(2n1)x时，粒子轨迹如图乙所示若轨迹如图甲，设圆弧的半径为R，圆弧对应的圆心角为.则有xR，此时满足L2nx联立可得：R洛伦兹力提供向心力，则有：qvBm得：B，n1、2、3若轨迹如图