2020-2021学年高考理综物理模拟专题计算题及答案解析

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