芜湖县一中2019届高考物理计算题专门训练题答案与解析

1、芜湖县一中2019届高考物理计算题专门训练题答案与解析第22题专门训练：_1. 【解析】(1)设力F作用时物体的加速度为ai，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知Fmgsin0卩mgcos4ma1撤去力后，由牛顿第二定律有mgsin0+卩mgcos=0ma2根据图像可知：a1=20m/s2,a2=10m/s2t1=is时物体的速度：v1=a1t1拉力F的平均功率为P=Fv2解得P=300W(2)设撤去力后物体运动到最高点时间为t2,V1=a2t2，解得t2=2s则物体沿着斜面下滑的时间为t3=tt1t2=1s设下滑加速度为a3，由牛顿第二定律mgsin0卩mgcos=ma3t=4s时速度v=

2、a3t3=2m/s，沿着斜面向下2. 【答案】30kg;6m。【解析】方法一：该演员由静止开始先加速下滑，加速度的大小为a1，后减速下滑，加速度大小为a2。u=a1t1=a2t2由图可知：t1=1s,t2=2s,得：a1=2a2第1秒内：mg-F1=ma1第2秒内：F?-mg=ma2解得：m=2=1802360kg=30kg3g3X1022a1=4m/sa2=2m/s杆长为：1212l=a1t1+a2t2=6m22方法2：设1s末演员的速度为u,人的质量为m,则在t=13s的过程中有：Ig+If=P即为：mgx3-180x1-360x2=00求得：m=30kg在第1s内有：mgx1-180x1

3、=mu-0求得：u=4ms故杆长为：VL=t=3=6m23解：（2分）(1) AB过程：重力做功W1=mgh由得Ph=2gti平均功率WP=tl（2分）=mg（2分）（1分）（2）设BC间的水平位移为s,初速度为-0-m02=mgh（2分）2由于倾角为45，平抛运动的竖直位移也为s1,2八s=-gt2（2分）S-：t（1分）全过程：末速度为：mg（hs）=m2由以上各式得：“.-10gh（2分）-（2分）4小鸟飞行时获得向上举力与重力平衡即KS=m1g同理飞机：2Kx6OOS1：2=m2g得2=80m/s根据运动学公式：:=2asS-=640m2a5对质子火箭发动机，加速每一个质子的过程eU1

4、2m2、二、2eU/m（1分）对任意一段时间t内通过质子的电量为q,质量为M,由能量关系：Ult22所以J2UI2V(2)由于FM.t(3)将（1）（2）代入（3）=1.2Um-0.032Ne第23题专门训练：121. 【解析】（1）设磁铁在下落过程中受的平均阻力为F，有：（MgF）h二？Mv2Mv2得：F=Mg2h（2）对导体棒ab、cd组成的系统动量守恒，设磁铁的重心下落到轨道和导体棒组成的平面内时它们的速度分别为Vi、V2有:my=m2v2Ek=miVi2设磁铁在下落过程中在导体棒中产生的总热量为Q，由能量守恒有:121212MghMvm1v1m2v2Q222由可得：1 2m1*m2_Q

5、二MghMv2-(12)Ek2 m2O302. 【解析】（1）质子先在匀强磁场中做匀速圆周运动，射出磁场后做匀速直线运动,最后进入匀强电场做类平抛运动，轨迹如图所示.根据牛仲2顿第二定律，有Bev0=m也-要使磁场的区域面积最小，则Oa为磁场区域的直R径，由几何关系可知：r=Rcos30求出圆形匀强磁场区域的最小半径3mv02eB22圆形匀强磁场区域的最小面积为S一23兀mV。Smin=-r224Be（2）质子进入电场后，做类平抛运动，垂直电场方向：ssin30=v0t；解得:4、3mv02eE22。0点到c点的距离：d二bc3mv0Be)2(4-3mvo(eE平行电场方向：012scos30

6、at，由牛顿第一定律eE_ma，23. 【解析】（1）设导体棒的初速度为vo,由动能的定义式Ek=1mvo得vo二2Ek2m设初始时刻产生的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得:E=BLv=BL2EkVm设初始时刻回路中产生的电流为I，由闭合电路的欧姆定律得：.EBL2EkIRRim设初始时刻导体棒受到的安培力为F，由安培力公式得:2Ekb2l2F=BIL=R（2）从初始时刻到最终导体棒静止的过程中，导体棒减少的机械能一部分转化为弹簧的弹性势能，另一部分通过克服安培力做功转化为电路中的电能，因在电路中只有电阻，电能最终全部转化为电阻上产生的焦耳热Q。当导体棒静止时，棒受力平衡，此时导体棒的位

7、置比初始时刻降低了h，则mg=kh,h译由能的转化和守恒定律得：mghEK二EpQEkR=r=0.5m，4解析：（1）由题意可知：粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径2有Bqv=m，可得粒子进入电场时的速度RqBR9-36v=11092100.5=1106m/s一11在磁场中运动的时间11=T=44Bq二一3=7.8510s21109210(2)粒子在磁场中转过120角后从P点垂直电场线进入电场，如图所示,在电场中的加速度大小a=Eq=1.51031109m12=1.510m/粒子穿出电场时L112vy=at2=a一=1.510v罟75106m/s)tana=Vy.0.751f.0.75vx1

8、106在磁场中yi=1.5r=1.5x0.5=0.75m在电场中侧移y2=lat；=11.51012(-)u2=22gh当A与C运动到最高点时，B受力平衡有：F-mg=0对A、C应用牛顿第二定律：F+2mg=2ma由联立解得求出a=1.5g开始时A处平衡状态，设弹簧的压缩量为X!，对A有：=0.1875mys=L2tana=(2-0.5-0.5)x0.75=0.75m22仆10kxi=mg当A与C运动到最高时，设弹簧的伸长量为X2,对B有:飞出电场后粒子做匀速直线运动1I5.【答案】2.2gh【解析】.设小物体故y=y1+y2+y3=0.75m+0.1875m+0.75m=1.6875m则该发

9、光点的坐标(2,1.6875):伽:譽C由静止开始运动到A点时速度为u,由机械能守恒定律得:1mgh=-mu1mu1=2mu2由联立解得：设C与A碰撞粘在一起时速度为u，由动量守恒定律得:Ep，对A、C从碰后开始到上升到因此，在这两个位置时弹簧的弹性势能相等，设为过程中，根据机械能守恒定律有：12Ep+?(m+m)u2=2mg(xi+X2)+Ep求得：x1=x2=h8则弹簧的劲度系数为：k=mg=8mgXhA,（2分）（1分）6.(1)整个过程弹簧由压缩状态变为伸长状态当弹簧被压缩时，对由牛顿定律得：Fkx_mg=ma即：F=mamg-kx初始弹簧压缩量最大，x取最大值x|,F有最小值F!，满

10、足kxi二mg(1分)当弹簧被伸长时，对A,由牛顿定律得：F-kx-mg二ma(2分)即：F=mamgkx(1分)当B恰好离开地面时，弹簧的伸长量最大,x取最大值x2,F有最大值F2,满足：kx2二mg（1分）对A,由匀加速运动得：12x1x2at（2分）2联立解得：x_!=x2二0.15ma=3.75%2（2分）R=45N（1分）F2=285N（1分）(2)由于初末状态为=X2，弹性势能相等，由功能关系得（2分）WF-mg（x1x2）m（at）2=49.5J7.(1)设环和电容器等达到共同速度：电动量守恒m：0=(Mm)m01Mm=40(2) 环距左板最近时内势能-q.Qq22c(3) 设从

11、开始到环距左板最近过程中，电容器移动距离为S,12由动能定理，F电S+fs=-M-2d1212对环有F电(s+刁)-f(sd)mm0)FqE=詈,得f_3m0qQ8d2ca第24题专门训练:1. 【解析】(1)瞬时冲量和碰撞是一样的，由于作用时间极短，可以忽略较小的外力的影响，而且认为，冲量结束后物体B的速度仍为零，冲量是物体动量变化的原因，根据动量定理即可求得小车获得的速度，进而求出小车的动能.2I=Mvo,Vo=I/M=13m/s,Ek=Mvo/2=169J.(2) 小车A获得水平向右的初速度后，由于A、B之间的摩擦，A向右减速运动B向右加速运动，由于洛伦兹力的影响，A、B之间摩擦也发生变

12、化，设A、B刚分离时B的速度为Vb,则：BqvB=mg,即卩vb=mg/Bq=10m/s若A、B能相对静止。设共同速度为v由MV。=(M+m)v，解得v=10.8m/s因VbmBgL?mAVA解得W8J3. 【解析】(1)线框进入磁场前，线框仅受到细线的拉力Ft,斜面的支持力和线框重力,重物M受到重力和拉力Ft。对线框，由牛顿第二定律得Ft-mgsina=ma.联立解得线框进入磁场前重物M的加速度a=Mg一mgsin：=5m/s2M+m(2)因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动所以重物受力平衡Mg=FT,线框abed受力平衡Ft，mgsina+Faab边进入磁场切割磁感线，产生的电动势E=

13、B11V形成的感应电流14二罟受到的安培力Fa=BII1联立上述各式得,Mg=mgsina+B2I12v代入数据解得v=6m/s做匀速直线运动;(3)线框abed进入磁场前时，做匀加速直线运动；进磁场的过程中，进入磁场后到运动到gh线，仍做匀加速直线运动。a=5m/s进磁场前线框的加速度大小与重物的加速度相同，为该阶段运动时间为t-s=1.2sa5进磁场过程中匀速运动时间t20.66s=0.1s2a=5m/ss-l2解得：t3=1.2s因此ab边由静止开始运动到gh线所用的时间为t=ti+t2+t3=2.5s(4)线框ab边运动到gh处的速度vv+at3=6m/s+51.2m/s=12m/s整

14、个运动过程产生的焦耳热Q=FaI2=(Mg-mgsin0)I2=9J4.【答案】(1)0.9s；4m/s；0.4J。【解析】.设线框ab边到达磁场边界时速度大小为u,由机械能守恒定律得:12Mg(h-I)=mg(h-1)+(M+m)u代入数据解得：u=2m/s线框的ab边刚进入磁场时，感应电流为：,Bl.I=R线框受到的安培力为：b2i2vF安=BIl=1NR因此有：Mg=mg+F安所以线框匀速进入磁场，设线框进入磁场之前运动时间为t1,有h-1=t1=計代入数据解得：t1=0.6s线框进入磁场过程做匀速运动所用的时间为:l0.2t2=s=0.1sV2线框完全进入磁场后，轻绳拉力和安培力同时消

15、失,所用时间为：线框做竖直上抛运动,到最咼点时V2t3=s=0.2sg10线框从开始运动到最高点，所用的时间为：t=t1+t2+t3=0.9s线框cd边下落到磁场边界时速度大小仍等于u线框所受安培力大小F安又因mg=1N，因此，线框穿出磁场过程还是做匀速运动，离开磁场后做竖直-动，由机械能守恒定律可得：121-mu1=-mu2+mg(h-1)代入数据解得线框落地时的速度为：=1N也不变,F抛运u1=4m/s线框进入和离开磁场产生的热量为:线框完全进入磁场后线框受力情况同进入磁场前，所以该阶段的加速度仍为Bi，坐标为Zi,下Q=2xmgl=0.4J或者：Q=2X2Rt2=2XL!t2=0.4JR

16、边所在磁场的磁感应强度为B2，坐标为Z2，则Bi=B。k乙,B?=Bokz2ab边产生的电动势Er=B1avz（2分）cd边产生的电动势E2=B2avz（2分）ad边和be边产生的两电动势相互抵消，所以2E合=E2Er=（B2-BJavz=kavz（2分）E合ka2vz1合7厂（2分）方向为逆时针方向。（2分）框所受到的安培力为:F安合二F安2-F安i=（B2-BJI合a24_kavz_R（2分）框在水平方向以v0做匀速直线运动，在竖直方向先变加速，再匀速，匀速时有:mg=F安合k2a4vzR（2分）所以vz-鯉（2分）22R2mgRv=v_vzrv-.24lka丿（4分）5.金属丝方框四条边都在切割磁感线。设上边