2018高考倒计时第七天物理必考题型计算题专练

2018高考倒计时第七天物理必考题型计算题专练评卷人得分一、计算题1•如图甲所示，间距为d、垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀速磁场•取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示.t=0时刻，一质量为m、带电量为+q的粒子（不计重力），以初速度v由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平0行于板面的方向射入磁场区•当B0和Tb取某些特定值时，可使t=0时刻入射的粒子经时间At恰能垂直打在P板上（不考虑粒子反弹）•上述m、q、d、vo为已知量.甲乙11•若At=T,求B;B032•若At二T，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；2b4mv3•若B=°，为使粒子仍能垂直打在P板上，求T•0qdB如图甲所示，电阻不计、间距为l的平行长金属导轨置于水平面内,阻值为R的导体棒ab固定连接在导轨左端，另一阻值也为R的导体棒ef垂直放置到导轨上,ef与导轨接触良好，并可在导轨上无摩擦移动。现有一根轻杆一端固定在ef中点，另一端固定于墙上，轻杆与导轨保持平行,ef、ab两棒间距为d。若整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中，且从某一时刻开始，磁感应强度B随时间t按图乙所示的方式变化。求在0~t°时间内流过导体棒ef的电流的大小与方向;求在t0~21°时间内导体棒ef产生的热量；3.1.510时刻杆对导体棒ef的作用力的大小和方向。一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块,在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图(a)所示。t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动直至t—1s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反;运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1s内小物块的v-1图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍,重力加速度大小g取10m/s2，求：1•木板与地面间的动摩擦因数卩及小物块与木板间的动摩擦因数卩;12木板的最小长度；木板右端离墙壁的最终距离。4•如图所示，空间有相互平行、相距和宽度也都为L的1、11两区域，1、11区域内有垂直于纸面的匀强磁场，1区域磁场向内、磁感应强度为B,11区域磁场向外，大小待定。现有一0质量为m，电荷量为-q的带电粒子，从图中所示的一加速电场中的MN板附近由静止释放被加速，粒子经电场加速后平行纸面与I区磁场边界成45。角进入磁场，然后又从I区右边界成45。角射出。1•求加速电场两极板间电势差U，以及粒子在I区运动时间ti。2•若II区磁感应强度也是B时，则粒子经过I区的最高点和经II区的最低点之间的高度差0是多少。为使粒子能返回I区，11区的磁感应强度B应满足什么条件，粒子从左侧进入I区到从左侧射出I区需要的最长时间。如图所示，在方向竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中，有两条相互平行且相距为d的光滑固定金属导轨P]P2P3和Q]Q2Q3,两导轨间用阻值为R的电阻连接，导轨PXP2，QXQ2的倾

角均为e,导轨P2P3、Q2Q3在同一水平面上,p2Q2丄P2P3，倾斜导轨和水平导轨用相切的小段光滑国弧连接。质量为m的釜属杆CD从与P2Q2相距L处由静止沿倾斜导轨滑下，当杆CD运动到P2Q2处时速度恰好达到最大，然后沿水平导轨滑动一段距离后停五杆CD始终垂直于导轨并与导轨保持良好接触，空气阻力、导轨和杆CD的电阻均不计，重力加速度大小为g,求：1•杆CD到达P2Q2处的速度大小v22m杆CD沿傾斜导轨下滑的过程通过电阻R的电荷量q1以及全过程中电阻R上产生的焦耳热Q;杆CD沿倾斜导轨下滑的时间At】及其停止处到P2Q2的距离s如图甲所示，平行光滑金属导轨MN、PQ之间距离L=0.5m,所在平面与水平面成9=37。角,M、P两端接有阻值为R=0.8Q的定值电阻。质量为m=0.5kg、阻值为r=0.2Q的金属棒ab垂直导轨放置，其它部分电阻不计。整个装置处在磁感应强度为B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上从t=0时刻开始ab棒受到一个平行于导轨向上的外力F作用，由静止开始沿导轨向上运动,运动中棒始终与导轨垂直,且接触良好,ab棒受到的安培力F安的大小随时间变化的图像如图乙所示（t1=2s时,安培力F1=2N）。求：丄1t=2s末金属棒两端电压Ub;b从t=0到t=2s过程中通过电阻R横截面上的电量q;t=2s末电路热功率P热与拉力的瞬时功率P之比。如图所示，光滑曲面与长度L=1m的水平传送带BC平滑连接，传送带以v=lm/s的速度运行。质量ml=lkg的物块甲（可视为质点）从曲面上高h=1m的A点由静止释放，物块甲与传送带之间的动摩擦因数卩=0.2。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m2=3kg,重力加速度g=10m/s铁钉射入木块后共同的速度V;木块经过竖直圆轨道最低点铁钉射入木块后共同的速度V;木块经过竖直圆轨道最低点C时，对轨道的压力大小Fn；甲第一次运动到C点的速度大小甲第二次运动到C点的速度大小甲第二次到C点后,经多长时间再次到达C点&如图所示，水平面上AB间有一长度x=4m的凹槽，长度为L=2m、质量M=lkg的木板静止于凹槽右侧，木板厚度与凹槽深度相同，水平面左侧有一半径R=0.4m的竖直半圆轨道,右侧有一个足够长的圆弧轨道,A点右侧静止一质量ml=0.98kg的小木块.射钉枪以速度v°=100m/s射出一颗质量m0=0.02kg的铁钉，铁钉嵌在木块中并滑上木板，木板与木块间动摩擦因数卩=0.05,其它摩擦不计•若木板每次与A、B相碰后速度立即减为0,且与A、B不粘连，重力加速度g=10m/s2.求：甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D,求乙球在B点被碰后的瞬时速度大小;在满足1的条件下，求甲的速度甲仍以中的速度u°向右运动,增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围.如图所示,在直角坐标系xOy的第一、四象限区域内存在两个有界的匀强磁场;垂直纸面向外的匀强磁场I、垂直纸面向里的匀强磁场11,0、M、P、Q为磁场边界和x轴的交点,0M=MP=L。在第三象限存在沿y轴正向的匀强电场。一质量为m带电荷量为+q的带电粒子从电场中坐标为(-2L,-L)的点以速度v0沿+x方向射出,恰好经过原点0处射入磁场I又从M点射出磁场1(粒子的重力忽略不计)。(7XXX""■1rX!1XX1M:1XXX1K:1XXX1X!'Q线框cd边刚进入磁场时线框的速度大小线框从刚进入磁场到完全离开磁场的整个过程中产生的焦耳热如图所示，两根固定的光滑的金属导轨水平部分与倾斜部分平滑连接,两导轨间距为L=0.5m，导轨的倾斜部分与水平面成a=37。角。导轨的倾斜部分有一个匀强磁场区域abed,磁场方向垂直于斜面向上，导轨的水平部分在距离斜面底端足够远处有两个匀强磁场区域，磁场方向竖直且相反，所有磁场的磁感应强度大小均为B=1T,每个磁场区沿导轨的长度均为L=0.5m,磁场左、右两侧边界均与导轨垂直。现有一质量为m=0.5kg,电阻为r=0.2Q，边长也为L的正方形金属线框PQMN,从倾斜导轨上由静止释放，金属线框在MN边刚滑进磁场abed时恰好做匀速直线运动，此后，金属线框从导轨的倾斜部分滑上水平部分。取重力加速度金属线框刚释放时MN边与ab的距离s;可调节ed边界到水平导轨的高度,使得线框刚进入水平磁场区时速度大小为8m/s,求线框在穿越水平磁场区域过程中的加速度的最大值；若导轨的水平部分有多个连续的长度均为L磁场,且相邻磁场方向相反，求在（2）的条件下,线框在水平导轨上从进入磁场到停止的位移和在两导轨上运动过程中线框内产生的焦耳热如图所示,虚线框abedef内为边长均为L的正方形匀强电场和匀强磁场区域，左侧为竖直方向的匀强电场，右侧为匀强磁场（边界有磁场），方向垂直纸面向外,be为其分界线。一质量为m.电荷量为-e的电子（重力不计）从a点水平向右以初速度v0射入匀强电场中，从be中点进入磁场，求：

LbLb左侧匀强电场的场强大小和方向；电子进入磁场时的速度大小和方向；要使电子不从be边射出磁场，磁感应强度应该满足的条件。参考答案一、计算题mv3v2TOC\o"1-5"\h\z2.~dd2v0d2v03.—+arcsm—3.\o"CurrentDocument"24丿v2解析：1.设粒子做圆周运动的半径为R,由牛顿第二定律得qvB=m-0①00R1据题意由几何关系得R二d②1mv联立①②式得B=0③0qdv22.设粒子做圆周运动的半径为R2,加速度大小为a,由圆周运动公式得a=R④2根据题意由几何关系得3R二d⑤23v2联立④⑤式得a=厂⑥d2nR3•设粒子做圆周运动的半径为R，周期为T,由圆周运动公式得T二⑦v0v2由牛顿第二定律得化B=忤⑧4mv由题意知Bop，代入⑧式得d=4R?⑨粒子运动轨迹如图所示，O、O为圆心，OO连线与水平方向的夹角为o，在每个T内,1212B只有A、B两个位置才有可能垂直击中P板，且均要求0<0<专,00TOC\o"1-5"\h\z叟+9T由题意可知—T=¥⑩2兀2设经历完整T的个数为n(n=0,1,2,3,…)B若在A点击中P板,据题意由几何关系得R+2(R+Rsin9)n=d⑪当n=0时,无解.⑫\o"CurrentDocument"兀1当n=1时,联立⑨⑪式得9=(或sin0=)⑬62联立⑦⑨⑩⑬式得T=⑭B3v0兀当n>2时,不满足0<9<-的要求⑮当n=0时，无解若在B点击中P板,据题意由几何关系得R+2Rsin9+2(R+Rsin9当n=0时，无解⑰11当n=1时,联立⑨⑯式得9=arcsin4（或sin9=才）联立⑦⑧⑩⑱式得：T=“联立⑦⑧⑩⑱式得：T=“.1）d—+arcsm——12当n>2时,不满足0<9<90。的要求4丿2v0⑳〜ABB2•答案：1.在0t0时间内，磁感应强度的变化率丁=f①0Att0产生感应电动势的大小E=竽=ABS=ABld=鑒②AtAtAttEBld流过导体棒ef的电流大小£=2Rr—2RRt③0有楞次定律可判断电流方向为eTfTOC\o"1-5"\h\z〜AB2B2•在t02t0时间内，磁感应强度的变化率丁二一0④00Att0产生感应电动势的大小E二竽斗S斗Id=2Bld⑤2AtAtAtt0EBld流过导体棒ef的电流大小12二㊁宾二-R0t⑥0B2l2d2时间内导体棒ef产生的热量Q二12Rt=0⑦20Rt0在t0~1.510时，磁感应强度B二B⑧000B2l2d2ef棒受安培力：F=B11=B11=°⑨2202Rt0ef棒受安培力方向水平向左。艮据导体棒受力平衡,杆对导体棒的作用力大小为F,方向为向右的拉力。解析：3.答案：1.根据图像可以判定碰撞前木块与木板共同速度为v=4m/s,碰撞后木板速度水平向左，大小也是v=4m/s,木块受到滑动摩擦力而向右做匀减速,4m/s一0m/s根据牛顿第二定律有卩g=，解得卩=0.4,21s2木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t=1s,位移x=4.5m,末速度v=4m/s,1其逆运动则为匀加速直线运动可得x=vt+—t2,带入可得a=1m/s2,木块和木板整体受力分析,滑动摩擦力提供合外力,即卩g=a可得卩=0.1.112.碰撞后,木板向左匀减速,依据牛顿第二定律有4p(M+m)g+pmg=Ma可得a=m/s2,12113对滑块，则有加速度a2=4m/s2滑块速度先减小到0，此时碰后时间为ti=1s，此时，木板向左的位移为X=vt一2at2=130m，末速度v=8m/s,112113134m/s+0滑块向右位移t1=2m，此后，木块开始向左加速，加速度仍为a=4m/s2,2木块继续减速，加速度仍为a二4m/s2,TOC\o"1-5"\h\z13假设又经历t二者速度相等，则有at=v-at，解得t=0.5s,222112217此过程，木板位移x=vt-at2=m，末速度V=v-at=2m/s,122126311211滑块位移x=at2=m此后木块和木板一起匀减速，42222二者的相对位移最大为Ax二x+x+x-x二6m,1234滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m.3-最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止整体加速度a二卩ig二1m/s2,所以木板右端离墙壁最远的距离为£+X3+X5二6・5m.解析:mv2答案：1.粒子在I区做圆周运动，根据牛顿第二定律有qvB=—-oR1作出粒子在磁场中运动示意图，根据几何关系有R仝L解得v=空¥空2m粒子在电场中用动能定理：qU二1mv2qB2L解得U=右，

1兀m粒子在I区做圆周运动转过的圆心角为90°，则粒子在I区运动时间t二丁T=-142qB02•粒子在II区的运动半径与I区相同，高度差由图中几何关系可得：h=(R-R)(1-cos0)-Ltan02代入数据可得h二畧；2L3.画出粒子刚好从II区右边界穿出磁场的临界状态即轨迹圆与右边界相切的情况。L有几何关系R—(1+cos0)<L，即<—2qB21+至2解得BB220小12兀m粒子从在I区中运动的时间为2x万x—4qB0亠人、,、、,「、,2近L4m在两个磁场之间的时间为=——vqB勺0粒子在1粒子在1区中运动的时间为4-qB232兀m32兀m兀m—二x—3G/2-1)——4汽+1„qBqBo2o总时间为s=I、云-2兀+4)上-qBo解析:5•答案：1.经分析，杆CD到达P2Q2处时通过的电流最大(1丿，且此时杆CD受力平衡,则有:BcosQ•Id=mgsin9m感应电动势为：E=Bcos9•dvmm

由欧姆定律有:Im由欧姆定律有:Im解得vmgRsin0B2d2cos20A①2.杆CD沿倾斜导轨下滑过程中的平均感应电动势为：E=—1At1其中A①广Bcos其中A①广Bcos0Ld平均电流为:E丫节,犷卩解得:q1BLdcos0

R根据能量守恒定律有:Q=mgLsinG3-下滑过程中，根据运量守恒有:mgsin0"Ati-BCOs0-IidAti-mVm-0解得At解得Ati=mRB2d2cos20B2d2Lcos20mgRsin0水平运动过程中，根据运量定理有：-BIAt二0-mv22m通过R的电荷量为:q=通过R的电荷量为:q=IAt可得q2222Bds解得s=m2gR2sin0B4d4cos20解析：6.答案：l.Uab=1.6V;2.q=2C;3.4:11解析：17•答案：1.物块甲从A运动B,由动能定理得mgh=-mv2解得v=\；20m/s>v假设物i2--111体在传送带上一直做匀减速运动,由动能定理得—pmgL=三mv2-mv2解得211211v=4m/s2v>v则物体甲第一次运动到C点的速度大小为v=4m/s222.以物体甲和物体乙为研究对象,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:mv=mv+mv121324解得v=-2m/s3则甲从乙物体上滑下后向做匀速运动，第二次到达C点的速度大小为2m/s3.甲从左进入传送带，左匀减速运动，卩m-g=ma-,a=2m/s从C从C运动到B,由动能定理得-卩mgL=11mv2-mv2215215解得到达B点的速度v5=0v-v物体甲从c点运动左端B点的时间为t=g5=1s1a接着甲在传送带上向右左加速度仍为a的匀加速直线运动，设到与传送带共同速时,所用时间为t2v解得t==0.5s2a甲在t2时间内的位移为X]1卩mgx=mv2一0121解得x=0.25m1甲与传送带共速后随传送带一起匀速运动,位移为x—L-x21x所用时间为t=23v甲第二次到第三次的到达C的过程中的运动时间为t=t+t+t=2.25s123解析：&答案：1•设铁钉与木块的共同速度为v,取向左为正方向，根据动量守恒定律得：mv二(m+m)v0001v=2m/s2.木块滑上薄板后,木块的加速度a]=卩g二°5m/s，且方向向右木板产生的加速度a=匕竺=0.5m/s2，且方向向左2M设经过时间t,木块与木板共同速度v运动则:v-%t=a2t③得t=2s此时木块与木板一起运动的距离等于木板的长度Ax=vt-a12-a12=L2122故共速时,恰好在最左侧B点，此时木块的速度v'=v-a』=1m/s木块过C点时对其产生的支持力与重力的合力提供向心力，则:F-mg-mV2NR代入相关数据解得:Fn=12.5N

由牛顿第三定律知，木块过圆弧C点时对C点压力为12.5N3.木块还能上升的高度为h,由机械能守恒有：丄(m+m)v2=(m+m)gh0101h=0.05m<0.4m木块不脱离圆弧轨道，返回时以lm/s的速度再由B处滑上木板，设经过J共速，此时木板的加速度方向向右，大小仍为a2,木块的加速度仍为ai,则:v2-aj]=a2t]得t]=1s此时TOC\o"1-5"\h\zAxx=v't—at2—at2=1x1—x0.5x12—x0.5xI2=0.5mi2ii22i22v=v—at=1-0.5<1=0.5m/s321则t2v0.51=T==1Sa0.51碰撞后,V则t2v0.51=T==1Sa0.51x=vt-1a12=0.5x1-1x0.5x12=0.25m322222故AL=L-△x'-x=1.25m即木块停止运动时离A点1.25m远.解析：v29•答案：1.在乙恰过最高点，mg+qE=m卡R由动能定理得—由动能定理得—mg-2R-qE-2R11=—mv2一mv22D2乙解得v=5m/s乙根据动量守恒和机械能守恒定律1r1r1-联立得:

得：v=5?m/s02?w=圧=3•由第(2)问的甲、乙完全弹性碰撞的方程，解得-■in£"in€/"L?当增大甲的质量时，则.■■-■■■即5m/s〈V〈10m/s乙11由动能定理得—mg-2R-qE-2R=—mv'2-mv22d2乙解得：y5m/s<v<4、,；5m/sD设乙在水平轨道上的落点到B点的距离为2R二2at2,则有:mg+qEa二联立解得：0.5m<x'<2m解析：10.答案：1.带电粒子在匀强电场中做类平抛运动沿初速度方向：2L二v0tqE(qE(2L)2垂直初速度方向：L=2m(vmv2联立解得E二益mv2联立解得E二益2.设到原点时带电粒子的竖直分速度为vyqE2qEL片v=t==v；v=x；2v；ymmv0'0'0方向与x轴正向成45。；粒子进入区域I做匀速圆周运动，由几何知识可得：叫=2L；v2由洛伦兹力充当向心力：Bqv二m；R1mv2mv可解得：B=—qR13.运动轨迹如图，在区域II做匀速圆周的半径为：R2=J2ld>R—L=（\；mv2mv可解得：B=—qR13.运动轨迹如图，在区域II做匀速圆周的半径为：R2=J2ld>R—L=（\；2+1）L;运动时间:4v0v'2vv0o匹・J2l2_J2v2v01iXXXXIIXXXX!t=2（t+1）+v00解析:11•答案：1.设线框ab边刚进入磁场时线框的速度为vl,由运动学公式可得v2=2gh①1y线框ab边刚进入磁场时,ab边产生的感应电动势为EE=B叫②线框ab边受到安培力F=BIL④联立①②③④并代入数据解得

F=0.1N⑤即F=mg⑥故线框匀速进入磁场,cd边刚进入磁场时线框的速度大小也为V]V2=V2+V2101y⑦联立①⑦代入数据得v=\5m/s⑧12.线框进入磁场过程中产生的焦耳热Q二mgl=0.01J1设线框ad边刚离开磁场边界PQ时线框的速度为v2,则水平方向由动量定理得-BIl-At二mv一mv2x0i=ERA©BI2E==—AtAt联立上式并代入数据解得v二1m/s2x线框cd边刚进入磁场到线框ad边刚离开磁场过程中，由动能定理得:11mgH一W=—mv2一mgH一W2221又v2=v2+v222x2yv2一v2=2gH2y1y线框离开磁场过程中产生的焦耳热Q=W2F联立方程解得Q2=0.0155线框从刚进入磁场到完全离开磁场过程中产生的焦耳热Q=Q+Q=0.025J12解析：12.答案：1.设金属线框刚进入磁场区域abcd的速度为「则线框中产生的感应电动势EE=BLv；I=；1r安培力F=BIL依题意，有：F=mgsina;11线框下滑距离S的过程中,根据机械能守恒定律，有：mgssma二mv2；21联立以上各式解得：s=0.48m设金属线框MN边刚进入水平导轨上第一个磁场区时速度为v二8m/s,2MN边即将进入第二个磁场区时速度为v,3线框从刚进入第一个磁场区到刚要进入第二个磁场区的过程中,根据动量定理，有：一BILt=mv-mv，即一BLq=mv-mv;232A①BL又q==;rr得v=6.75m/s3E此时E=2BLv,I=,F=2BIL,F=ma；3r得加速度最大值a=67.5m/s2MN边刚进入第二个磁场区时速度为v,此后在安培力作用下减速到0,34B2L2v且安培力表达式为F=2BIL=—r设该过程位移为x;由动量定理，有—工4BLvt=