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文档简介
1、新课标最新年高考理综(物理)模拟试题(计算题)24. (12分)(自编)如图所示的装置叫做阿特伍德机,是阿特伍德创制的一种著名力学实验装置,用来研究匀变速直线运动的规律。绳子两端的物体下落(上升)的加速度总是小于自由落体的加速度g,同自由落体相比,下落相同的高度,所花费的时间要长,这使得实验者有足够的时间从容的观测、研究。已知物体A、B的质量相等均为M,放手后测得物体 A从静止开始运动距离 s,所用时间为t,轻绳与轻滑 轮间的摩擦不计,绳子不可伸长且足够长。求:(1)物体A的加速度大小a;(2)物体C的质量m。24. (1)解:由匀变速直线运动的规律得:1 , 2 Ls -at (3分)2-
2、2s解得:a)(1分)t2(2)设物体A、B间的轻绳拉力大小为 F,对物体A由牛顿第二定律得:F Mg Ma (3 分)对物体日C由牛顿第二定律得:(M m)g F (M m)a(3分)一一 一 -14Ms由式联立解得:m 4(2分)gt2 2s(用其他正确解法同样给分)。24. (12分)(2015济南模拟改编)2015年7月28日,吉林、重庆、四川、云南正式并入全国电子不停车收费(ETC)联网区域。至此,共有 22个省份高速公路 ETC联网开通,覆盖高速公 路总里程近80%。汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图所示。假设汽车以Vi=15m/s朝收费站正常沿直线行驶。如果过ETC通
3、道,需要在收费站中心线前10 m处正好匀减速至V2=5m/s,匀速通过中心线后,再匀加速至vi正常行驶;如果过人工收费通道,需要恰好在中心线处匀减速至零,经过 22 s缴费成功后,再让汽车匀加速至vi正常行驶。设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1 m/s2。汽车视为质点,求:(1)汽车过ETC通道时,从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小;(2)汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节约的时间是多少。收费站中心线I-* =Jpg行较方向*1%建柠*区同ETC痂道学无止境! ITtt 方向A匚收费通遒24.解:(1)过ETC通道时,减速的位移和加速的位移相等,均为 23Vl V2,一S1 (
4、2 分)2a所以总的位移s总.12s 10 210m (2 分)(2)过ETC通道时3 v v 2 12. 22s (2 分)av2过人工收费通道时v1_t2 2 22 52 s (2 分)a2V1 s2 2 225 m (1 分)2a二者的位移差s s S 225 210 15 (m) (1 分)在这段位移内过 ETC通道时是匀速直线运动s所以 t t2 (t1 )29 s (2 分)V124. (12分)(2015衡水模拟改编)如图所示,光滑绝缘的正方形水平桌面边长为d=0.48 m,离地高度h=1.25 m。桌面上存在一水平向左的匀强电场(除此之外其余位置均无电场),电场强度E=lx 1
5、04 N/Co在水平桌面上某一位置P处有一质量 m= 0.01 kg,电量q=lX10 6c的带正电小球以初速V0=0.8 m/s向右运动。空气阻力忽略不计,重力加速度g=10 m/s2。求:(1)小球在桌面上运动时加速度的大小和方向?(2) P处距右端桌面多远时,小球从开始运动到最终落地的水平距离最大?并求出该最大水平 距离。24.解:(1)对小球受力分析,受到重力、支持力和电场力,重力和支持力平衡,根据牛顿=第二定律,F ma(1分)F qEF _2得 a =1.0m/sm(1分)方向水平向左(2)设球到桌面右边的距离为 X1,球离开桌面后作平抛运动的水平距离为X2,则:X总 X1 X2(
6、1分) 22v Vo2aX1 (1 分)代入,解得:v 872x? %;0642x7(1 分)设平抛运动的时间为t ,根据平抛运动的分位移公式,,1,2 Lh gt (1 分)2得:t=0.5 s(1 分)水平方向,x2 vt J0.642x1 t(1分)故:X总Xi X2x总Xi 0.5.J0.64 2xi (1 分)令: y J0.64 2x1 (1 分)0 64 V2 y则:xy一y® (1 分)心21故,当y ,即天 0.195 m时,水平距离最大2最大值为:X总max 0.445 mO ( 1分)即距桌面右端X1 0.195 m处放入,有最大水平距离为0.445 m24.
7、(12分)(20157W水模拟改编)如图所示,两根足够长的金属导轨ab、cd与水平面成 =37。固定,导轨间距离为 L=1 m,电阻不计。在导轨上端接一个阻值为R。的定值电阻。在 c、N之间接有电阻箱。整个系统置于匀强磁场中,磁感应强度方向与导轨所在平面垂直,磁感应强度大小为B=1 T;现将一质量为 m=0.5 kg、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放。金属棒下滑过程中与导轨接触良好。改变电阻箱的阻值Vm ,得到Vm-R的关系如图所示。若轨道足够长,重力加速度 g取10 m/s2。求:R,测定金属棒的最大速度(1)金属棒与导轨间的滑动摩擦因数科和定值电阻 R。的阻值;(2)当电阻
8、箱R取何值时,金属杆的的速度 2 m/s且加速度为l m/s2。24.解:(1)金属杆以速度 vm下滑时,根据法拉第电磁感应定律:E=BLvm (1 分)由闭合电路的欧姆定律可知:E=I (R+R)(1 分)当金属棒以最大速度下滑时有:mg sin BIL mg cos (1分)联立解得:mg(sin cos ) R mg(sin cos ) R 小vm22R22R0 (1 勿)B LB L由Vm-R图线可知:mg(sin cos ) ,八厂2 1 ;( 1分)B L解得: 尸0.5; Rd=0.5Q(2 分)(2)设金属棒下滑的速度为 V,根据法拉第电磁感应定律可知:E =BLv (1 分)
9、由闭合电路的欧姆定律可知:E=I (R+R) (1 分)当金属杆下滑的加速度为1 m/s2时,根据牛顿第二定律可得:mg sin BIL mg cos ma (2 分)解得R=3.5 Q (1分)25. (20分)(2010河南模拟改编)如图所示,在质量为M=0.06 kg的小车上,固定着一个质量为m=0.04 kg、电阻R= 0.01 的矩形单匝线圈 MNPQ,其中MN边水平,NP边竖直,NP边 长为1i= 0.05 m。小车载着线圈在光滑水平面上一起以v0=2 m/s的速度做匀速运动,随后进入一水平有界匀强磁场(磁场宽度大于小车长度)场方向与线圈平面垂直并指向纸内、磁感应强度大小小车长度与
10、线圈 MN边长度相同。求:(1)小车通过磁场的过程中线圈电阻产生的热量(2)小车长度l2;',完全穿出磁场时小车速度Vi= 1.5 m/s。磁B=1.0 T。已知线圈与小车之间绝缘,Q;25.解:1 ,、2 1 ,、Q= (M+m) v0 - (M+m) 22解得 Q =8.75X 10-2 (J)(2)设小车完全进入磁场后速度为程中,根据牛顿第二定律得-Bi 11= ( M+m) vt2, 八、Vi (4 分)(2分)v,在小车进入磁场从 t时刻到t+t时刻( t0)过(2分)(20 分)(1)线圈进入磁场和离开磁场时克服安培力做功,动能转化成电能,产生的电热为-B li?iAt=
11、(M+m) Av(1 分)而入1=4入(1分)求和得B liq 入=(M+m)(皿-v )(1 分)同理得B 1普出=(M+m) (v-vi)(1 分)而 q=iAt= E?A t=(2 分)R R又线圈进入和穿出磁场过程中磁通量的变化量相同,因而有q入=q出(1分)故得 v0-v=v-v 1(1 分)即有v0v1(1分)(2分)v=1.75 m/s又 Bl1l2 (1 分)解得b= 0.1 m225.(20分)(2015安庆模拟)如图所示,两块平行金属极板 MN水平放置,板长L=l m,间距d=m,两金属板间电压 Umn=1X104V;在平行金属板右侧依次存在ABC和FGH两个全等的正三角形
12、区域,正三角形 ABC内存在垂直纸面向里的匀强磁场B1,三角形的上顶点 A与上金属板M平齐,BC边与金属板平行,AB边的中点P恰好在下金属板 N的右端点;正三角形 FGH内存在垂直纸 面向外的匀强磁场 B2,已知A、F G处于同一直线上,B、C、H也处于同一直线上, AF两点距2离为2m。现从平行金属极板 MN左端沿中心轴线方向入射一个重力不计的带电粒子,粒子质 3量 m=3Xl0 10 kg,带电量 q=+lX10 4 C,初速度 v0=1Xl05m/s。求:(1)带电粒子从电场中射出时的速度v的大小和方向?(2)若带电粒子进入三角形区域 ABC后垂直打在 AC边上,求该区域的磁感应强度 B
13、1应为多大?(3)接第(2)问,若要使带电粒子由 FH边界进入FGH区域并能再次回到 FH界面,求B2至 少应为多大?A FG二r;/* * « /' / X / * /歹X X 班/区 /x x . x、/JVCH25.解:(1)设带电粒子在电场中做类平抛运动的时间为t,加速度为a ,El U则:q ma(1分)d解得:a qU <3 101om/s2(1 分)md 3L5t 1 10 5 s(1 分)Vo竖直方向的速度为:3vv at 105 m/s(1 分)y 3射出时速度为:v :v2 V 23 105 m/s(1 分)3 V 3 设速度v与水平方向夹角为,有:
14、tan V03故: 30 ,即垂直于 AB方向出射(1分)(2)带电粒子出电场时竖直方向的偏转的位移:12 .3dy at m 一 262即粒子由P点垂直AB射入磁场(1分)由几何关系知在磁场 ABC区域内做圆周运动的半径为:d 2R1 - m (1 分)cos30 32由:qvB1 m © (1 分) R_ 1 一 ,一FP2=_m (1 分)311 R2(- R2)2 (3)2 R2C2(1 分)322 3解得R2=1+=J 2.15m>1m,则圆心O1在H右下万,若粒子返回FH界面要偏转180 ,则 3在GH界面就已离开磁场,无法返回FH界面。O (1分)分析知当轨迹与边
15、界 GH相切时,对应磁感应强度 B2最小,运动轨迹如图所示:ach由几何关系得:R2R2 0 10 (2 分)sin 600故半彳5: R2 (2<3 3) mO (1 分)2v又:qvB2 mO (2分)旦故:B2 2 点T。(1分)5所以B2应满足的条件为大于 33 T(1分)525. (20分)(2015?隹安模拟改编)如图甲所示,水平面上固定一个倾角为。的光滑足够长斜面,斜面顶端有一光滑的轻质定滑轮,跨过定滑轮的轻细绳两端分别连接物块A和B (可看作质点),开始A、B离水平地面的高度H =1 m, A的质量m0=1 kg。当B的质量m连续变化时,可以得到A的加速度变化图线如乙图所
16、示,图中虚线为渐近线,设加速度沿斜面向上的方向2为正方向,不甘仝气阻力,sin37o=0.6, cos37o=0.8, g取10 m/s ,求:斜面的倾角 0;图乙中a0值;若m=1 kg,由静止同时释放25.解:A、B后,A上升到最高点的时间t (设B着地后不反弹)由乙图得 m=0.6 kg时,a=0, mg=m0gsin 0(2 分)解得0=37° (2分) mg-F=maF -m°gsin 0=m0a阳 m m0 sin得:a 0g am m0当 m 8 时,a0= gAB 一起加速上升的加速度大小a1 m m°sin g=2 m/s2m m0(2分)(2分
17、)(m m0 sin )- gm m0(2分)(2分)(2分)B着地时的速度:v J2 a1 H2 m/s (2分)加速时间tl - 1sai(1分)接着A做匀减速直线运动,到速度为零时到达最高点,2a2= gsin 0=6 m/s, v 1t2sa23t=t1+t2=1.33 s(2分)(2分)(1分)(图中未25. (20分)(2014陆州自主招生改编)在地面上方某处的 存在着水平向左的匀强电场,以水平向右和竖直向上为 轴正方向建立如图所示的平面直角坐标系。一质量才为+q的微粒从点P(1l ,。)由静止释放后沿直线 当微粒到达点 Q (0, - l )的瞬间,电场顺时针旋转 变为E2 U9同时加上一个垂直于纸面向外的匀强磁场 q画出),磁感应强度的大小 B mJ8g ,该磁场有理想的下边界,其他方向范围无限大。已 q . 31知重力加速度为g。求:(1)匀强电场的场强日的大小;(2)欲使微粒不从磁场下边界穿出,该磁场下边界的y轴坐标值应满足什么条件;(3)微粒从P点开始运动到x轴所需的时间。25. (20 分)解:(1)由于微粒沿PQ方向运动,可
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