2021年高考物理真题和模拟题分类汇编专题20综合计算题含解析

1、专题20综合计算题1.( 2021 浙江卷)如图甲所示，空间站上某种离子推进器由离子源、间距为d的中间有小孔的两平行金属板 M N和边长为L的立方体构成，其后端面 P为喷口。以金属板 N的中心O 为坐标原点，垂直立方体侧面和金属板建立x、y和z坐标轴。M N板之间存在场强为 E、方向沿z轴正方向的匀强电场；立方体内存在磁场，其磁感应强度沿z方向的分量始终为零，沿x和y方向的分量Bx和By随时间周期性变化规律如图乙所示，图中Bo可调。氤离子 (Xe2 )束从离子源小孔 S射出，沿z方向匀速运动到 M板，经电场加速进入磁场区域，最后从端面P射出，测得离子经电场加速后在金属板N中心点O处相对推进器的

2、速度为 v。已知单个离子的质量为m电荷量为2e,忽略离子间的相互作用，且射出的离子总质量远小于推进器的质量。(1)求离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小Vs；(2)不考虑在磁场突变时运动的离子，调节B。的值，使得从小孔 S射出的离子均能从喷口后 端面P射出，求B。的取值范围;(3)设离子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T,单位时间从端面P射出的离子数为n,且B0 向V。求图乙中to时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力。5eL甲乙答案：(1) vs Jv2空里；(2) 0皿；3nmv。，方向沿z轴负方向 . m3eL 5解析：1 O 1 O(1)离子从小孔S射出运动到金属板 N中心点O

3、处，根据动能te理有2eEd mv0 mvs 22解得离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小Vs2 4eEdVo(2)当磁场仅有沿x方向的分量取最大值时，离子从喷口P的下边缘中点射出，根据几何关L2R2根据洛伦兹力提供向心力有 2ev0 B02mvo联立解得B02mv05eL当磁场在x和y方向的分量同取最大值时，离子从喷口P边缘交点射出，根据几何关系有R2此时B J2b0；根据洛伦兹力提供向心力有 2eVo2Bo2 m% r2联立解得B0 mv3eLmv0故Bo的取值范围为00 ；3eL(3)粒子在立方体中运动轨迹剖面图如图所示由题意根据洛伦兹力提供向心力有2e v0亚B2 mw IT且满足b

4、02mv05eL所以可得R3_mvo_5 l2x2eB04所以可得cos离子从端面P射出时，在沿z轴方向根据动量定理有F At n Atmv0 cos0根据牛顿第三定律可得离子束对推进器作用力大小为3F - nmv05方向沿z轴负方向。2.( 2021 浙江卷)如图所示，水平地面上有0.4m的水平台面，台面上竖直放置倾角 37的粗糙直轨道AB、水平光滑直轨道BC、四分之一圆周光滑细圆管道CD和半圆形光滑轨道DEF ,它们平滑连接，其中管道CD的半径r 0.1m、圆心在O1点，轨道DEF的半径R 0.2m、圆心在。2点，Oi、D.。2和F点均处在同一水平线上。小滑块从轨道AB上距台面高为h的P点

5、静止下滑，与静止在轨道 BC上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道 CD、轨道DEF从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右， 大小与碰前相同，最终落在地面上 Q点，已知小滑块与轨道AB间的动摩擦因数0.8。1 .一一 一,sin37 0.6 , cos37 12(1)若小滑块的初始高度 h 0.9m,求小滑块到达 B点时速度Vo的大小;(2)若小球能完成整个运动过程，求h的最小值hmin ；(3)若小球恰好能过最高点E,且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值xmax。答案：(1)4m/s ; (2) hmin0.45m ； (3

6、)0.8m解析： TOC o 1-5 h z h12(1)小滑块AB轨道上运动mgh mg cos -mv0sin2、ri -，i4 J代入数据斛得 v0 -Jgh 4m / s(2)小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，因此有mv0 mvA mvB , 1mv2 1 mv；+1 mvB解得 vA 0,vB 4m/s小球沿CDEF轨道运动，在最高点可得 mgm Emin,-一八-12从C点到E点由机械能寸恒可得 -mvEmin mg12-mvBmin24 一 ， -一其中 vBmin3 Jghmin ,解得 hmin 0,5m(3)设F点到G点的距离为y,小球从E点到Q点的运动，由动能定理1

7、212-mvG-mvEmin22mg(R y)由平抛运动可得x1.2VGt, H r y -gt 2联立可得水平距离为2(0.5-y)(0.3y)由数学知识可得当0.5 y 0.3 y取最小，最小值为xmin 0.8m3.( 2021 全国乙卷)如图，一倾角为的光滑固定斜面的顶端放有质量M 0.06kg的U型导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻 R 3Q的金属棒CD的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路 CDEF ; EF与斜面底边平行，长度 L 0.6m。初始时CD与EF相距包 0.4m ,金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离5 且m后进入一16方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁

8、场边界(图中虚线)与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的EF边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应强度大小B 1T ,重力加速度大小取 g 10m/s2,sin0.6。求：(1)金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；(2)金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数;(3)导体框匀速运动的距离。 TOC o 1-5 h z 35答案：(1) 0.18N; (2) m 0.02kg , ；(3)x2 m818解析：(1)根据题意可得金属棒和导体框在没有进入磁场时一起做匀加速直线运动，

9、由动能定理可2得 M m gS sinM m v0 13代入数据解得v0 - m/s2金属棒在磁场中切割磁场产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得EBLvo由闭合回路的欧姆定律可得I 旦R则导体棒刚进入磁场时受到的安培力为F安BIL 0.18N(2)金属棒进入磁场以后因为瞬间受到安培力的作用，根据楞次定律可知金属棒的安培力沿斜面向上，之后金属棒相对导体框向上运动，因此金属棒受到导体框给的沿斜面向下的滑动摩擦力，因匀速运动，可有 mg sin mg cosF安此时导体框向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得Mg sin mg cos Ma . ，x设磁场区域的宽度为X,则金属棒在磁场中运动的时

10、间为t v0则此时导体框的速度为v1v0at则导体框的位移X1v0t 1at22因此导体框和金属棒的相对位移为X1X 1at22由题意当金属棒离开磁场时金属框的上端EF刚好进入线框,则有位移关系s0金属框进入磁场时匀速运动，此时的电动势为E1 BLv1，I1BLv1Rmg cosBI1L导体框受到向上的安培力和滑动摩擦力，因此可得 Mg sin联立以上可得 x 0.3m, a 5m/s2，m 0.02kg ,有 mg sinmg cosma18(3)金属棒出磁场以后，速度小于导体框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速运动，则金属棒向下加速，导体框匀速，当共速时导体框不再匀速，则有v0 aiti

11、 V) TOC o 1-5 h z 导体框匀速运动的距离为X2V1t112 55代入数据解得x2 m m 9184.(2021 全国甲卷)如图，长度均为l的两块挡板竖直相对放置，间距也为l ,两挡板上边缘P和M处于同一水平线上， 在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场。一质量为m电荷量为q(q0)的粒子自电场中某处以大小为V0的速度水平向右发射，恰好从P点处射入磁场，从两挡板下边缘 Q和N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞。已知粒子射入磁场时的速度方向与 PQ的夹角为60。，不计重力。(1)求粒子发射位置到

12、P点的距离；(2)求磁感应强度大小的取值范围；(3)若粒子正好从 QNW中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板MN勺最近距离。答案:蜜;(2)瓷B等;(3)粒子运动轨迹见解札七1衿解析：(1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律可知X V0t y22qEt22m粒子射入磁场时的速度方向与 0, 一Vy atPQ勺夹角为60 ,有tan30 ,一Vx V。粒子发射位置到 P点的距离s 、由式得s西昭 6qE(2)带电粒子在磁场运动在速度 v带电粒子在磁场中运动两个临界轨迹v02Z3v0 cos30 03(分别从Q N点射出)如图所示由几何关系可知，最小半径rmin二I取大丰径2r

13、max ( 3cos751_2 艮 Icos30 3带电粒子在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由向心力公式可知qvB2mvr由解得，磁感应强度大小的取值范围2mv0(3 3)ql2mv0qi(3)若粒子正好从 QNW中点射出磁场时，带电粒子运动轨迹如图所示。由几何关系可知sin带电粒子的运动半径为 TOC o 1-5 h z I_ HYPERLINK l bookmark4 o Current Document 5.55I25一I.4cos(30 )粒子在磁场中的轨迹与挡板MN勺最近距离dmin (r3sin30l) r3 ?由？ ？式解得d39 IO? ?445.( 2021 湖南卷

14、)如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L的水平轨道通过小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ o质量为m的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为。以水平轨道末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系 xOy ,x轴的正方向水平向右,y轴的正方向竖直向下，弧形轨道P端坐标为2 L,L , Q端在y轴上。重力加速度为 g 。(1)若A从倾斜轨道上距x轴高度为2 L的位置由静止开始下滑，求A经过。点时的速度大小;(2)若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过。点落在弧形轨道 PQ上的动能均相同，求PQ的曲线方程;(3)将质量为 m (为常数且 5)的小物块B置于。点，A沿倾斜轨道

15、由静止开始下滑，与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，要使A和B均能落在弧形轨道上， 且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始位置距 x轴高度的取值范围。答案：（1），2 gL; （2） x 2也 Ly y2 （其中,L y 2 L）；解析：1 C(1)物块A从光滑轨道滑至 O点，根据动能te理 mg 2 L mgL - mv2解得 v . 2-gL(2)物块A从O点飞出后做平抛运动，设飞出的初速度为v0,落在弧形轨道上的坐标为(x,y),将平抛运动分别分解到水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，有,12x Vot , y 2 gt2解得水平初速度为v2 型2y物块A从O点到落点，根据动能定

16、理可知mgy Ek1 2一mv。2解得落点处动能为Ek12mgymv0 mgy22mgx4y因为物块A从O点到弧形轨道上动能均相同，将落点P(2 L, L)的坐标代入，可得2mgxEk mgy mg4ymg(2 L)22 mgL2x化简可得y 2 L4y即x 22 Ly尸(其中,L y 2 L)(3)物块A在倾斜轨道上从距x轴高h处静止滑下，到达 O点与B物块碰前，其速度为 TOC o 1-5 h z 12根据动能th理可知 mgh mgL mv0解得v2 2gh 2 gL 物块A与B发生弹性碰撞，使 A和B均能落在弧形轨道上，且 A落在B落点的右侧，则 A与B碰撞后需要反弹后再经过水平轨道-

17、倾斜轨道-水平轨道再次到达O点。规定水平向右 为正方向，碰后 AB的速度大小分别为 和丫2,在物块A与B碰撞过程中，动量守恒，能量守恒。则mv0mv1mv2121212mv0 mvi mv2 HYPERLINK l bookmark77 o Current Document 2221斛得v1 v012v2-7 V0O点时速度为v3,根据动能定理可知1设碰后a物块反弹，再次到达12122 mgLmv3mv1 HYPERLINK l bookmark34 o Current Document 2222解得 v3 v14 gL据题意,A落在B落点的右侧，则v3 v2(3)若小球释放后能从原路返回到出

18、发点，高度【答案】(1)、,2gh0 , m，、2gh ,水平向左;h9c(2) Fn2mg(1)(h F)； h-R HYPERLINK l bookmark94 o Current Document R210据题意，A和B均能落在弧形轨道上，则 A必须落在P点的左侧，即: TOC o 1-5 h z v32 gL一 ，八一 3121联立以上，可得h的取值范围为 L h 2-4 L(1)6.(2021春浙江卷)如图所示，竖直平面内由倾角a=60。的斜面轨道 AB半径均为R的半圆形细圆管轨道BCD即圆周细圆管轨道 EFG勾成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平 滑连接，轨道所在平面与竖直墙面

19、垂直。轨道出口处 G和圆心O的连线，以及 O、E、。和 B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为0 =30。，G点与竖直墙面的距离。 现将质量为 m的小球从斜面的某高度 h处静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计 小球大小和所受阻力。(1)若释放处高度h=H,当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小vc及在此过程中 所受合力的冲量的大小和方向；(2)求小球在圆管内与圆心 O点等高的D点所受弹力Fn与h的关系式;h应该满足什么条件?【解析】12机械能寸恒mgh0 - mvC 2解得 Vc . 2gh0动量定理I mvC m. 2gA方向水平向左2(2)机械能寸恒 mg(h R

20、) 一 mvD 2牛顿第二定律FN m也 R h 解得 Fn 2mg(- 1) R满足的条件h R5(3)第1种情况：不滑离轨道原路返回，条件是 h - R2vv第2种情况：与墙面垂直碰撞后原路返回，在进入G之前是平抛运动vxt vx g TOC o 1-5 h z Vg cos.其中 vx vGsin , Vy Vg cos ，贝UvGSin dg得 Vg 2 gR5 _12机械能守恒mg h R二一 mvG 229h满足的条件h -R 27.(2021春浙江卷)嫦娥五号成功实现月球着陆和返回，鼓舞人心。小明知道月球上没有空气，无法靠降落伞减速降落，于是设计了一种新型着陆装置。如图所示，该装

21、置由船舱、间距为的平行导轨、产生垂直船舱导轨平面的磁感应强度大小为B的匀强磁场的磁体和型刚性线框组成，型线框ab边可沿导轨滑动并接触良好。船舱、导轨和磁体固定在一起，总质量为m整个装置竖直着陆到月球表面前瞬间的速度大小为V。，接触月球表面后线框速度立即变为零。经过减速，在导轨下方缓冲弹簧接触月球表面前船舱已可视为匀速。已知船舱电阻为3r,型线框的质量为 m,其7条边的边长均为l ,电阻均为r;月球表面的重力加速度为。整个运动过程中只有ab边在磁场中，线框与月球表面绝缘，不 计导轨电阻和摩擦阻力。11(1)求着陆装置接触到月球表面后瞬间线框ab边产生的电动势 E;(2)通过画等效电路图，求着陆装

22、置接触到月球表面后瞬间流过ab型线框的电流I0；(3)求船舱匀速运动时的速度大小v；v和此；(4)migr3B2l2 m1grC6Bl(4)同桌小张认为在磁场上方、两导轨之间连接一个电容为C的电容器，在着陆减速过程中 还可以回收部分能量，在其他条件均不变的情况下，求船舱匀速运动时的速度大小12(1)导体切割磁感线，电动势EoBlvo(2)等效电路图如图3r3r411 I”3r并联总电阻R 2r电流I。e磬(3)匀速运动时线框受到安培力d2. 2B l v2r根据牛顿第三定律，质量为 m的部分受力F=Fa,方向竖直向上，匀速条件 F 侬6mgr信 V2723B l(4)匀速运动时电容器不充放电，

23、满足 vmgr3B2l2电容器两端电压为 Uc = lI 3r 谴 36Bl电荷量为q CU Cm1grC6Bl8.(2021春浙江卷)在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是离子注入工作原理示意图， 离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器， 选择出特定比荷的离子， 经偏转系统后注入处在水平面内的晶圆(硅片)。速度选择器、磁分析器和偏转系统中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B,方向均垂直纸面向外；速度选择器和偏转系统中的匀强电场场强大小均为E,方向分别为竖直向上和垂直纸面向外。磁分析器截面是内外半径分别为 R和R的四分之一圆环，其两端中心位置M和N处各有一个小孔

24、；偏转系统中电场和磁场的分布区域是同一边长为L的正方体，其速度选择器底面与晶圆所在水平面平行，间距也为 L。当偏转系统不加电场及磁场时，离子恰好竖直注入到晶圆上的O点(即图中坐标原点，x轴垂直纸面向外)。整个系统置于真空中，不计离子重力，打在晶圆上的离子，经过电场和磁场偏转的角度都很小。当a很小时，有 sin tan ,12cos 1 -。求：2(1)离子通过速度选择器后的速度大小V和磁分析器选择出来离子的比荷；(2)偏转系统仅加电场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x, y)表示；(3)偏转系统仅加磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x, y)表示；(4)偏转系统同时加上电场和磁场时离子注入晶圆位

25、置，用坐标(x, y)表示，并说明理由。13【答案】E, B2E(Ri R2)b2 3L (2)(- R23L2一一一，0) ; (3)(0 , ) ; (4)见解析R2RiR2(1)通过速度选择器离子的速度v EB从磁分析器中心孔N射出离子的运动半径为RRR22“2品mvq由qvB得Rm2Erb (W r2)b2qEL22 mvxx1X23qEL22mv23L2R R2、3L2位置坐标为(RiR2 0)(3)离子进入磁场后做圆周运动半径mv qB2(2)经过电场后，离子在 x方向偏转的距离 为 1qE 2 m v+qELtan 2 mv离开电场后，离子在 x方向偏移的距离x2 L tan14

26、sinL2RiR2经过磁场后，离子在 y方向偏转距离y1r(1 cos )离开磁场后，离子在 y方向偏移距离y2Ltan2L2R R2则yy13L2 y2 R0位置坐标为 3L2(4)注入晶圆的位置坐标为 (,Ri R R3L2一)，电场引起的速度增量对y方向的运动不产R生影响。9.( 2021 北京通州一模)如图所示，电路中电源电动势E=80V,内阻不计，电路中三个定值电阻R的阻值相同。A、B分别为水平放置的平行板电容器的上、下极板，板长L=90cm板间距离d=40cc在两金属板左端正中间位置M处，有一个小液滴以某一初速度水平向右射入两板间，从 A板右侧边缘射出电场。已知小液滴的质量m=2.

27、0 xi0 3kg,带负电，电荷量-32q=1.0 xi0 Co重力加速度g=10 m/s求：A1r JT T(1)平行板电容器两极板间电压U的大小。(2)在此过程中液滴电势能的变化量 Ep。(3)液滴进入电场时初速度 V。的大小。【答案】(1)40V ; (2) -0.02J ; (3) V0=9ms。【解析】(1) U的大小就等于电阻 R的两端电压;15故闭合电路欧姆定律得 U=IR= X R=E =40V;2R 240 1,0 10J=0.02J 。2（2）液滴从极板中间刚好从 A板右侧边缘射出电场,则电场力对液滴做的功 W=F电xdnUqxduUq2 d 22所以根据电场力做功与电势能

28、变化的关系，液滴电势能的变化量&=W=- 0.02J ;（3）液滴在极板间运动的加速度a=Fmg Uq g=40Ms2;m dm根据d =1 at 2= 1 x ax （且）2,代入数据解之得 V0=9ms 。 2 22V010.（ 2021 北京通州一模）如图甲所示，宽度为 L的足够长光滑金属导轨水平固定在匀强磁 场中，磁场范围足够大，磁感强度大小为 B,方向垂直于导轨平面向上。现有一根质量为m 电阻为R的金属棒MNB：置在金属导轨上，长度与金属导轨宽度相等，金属棒MM运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻。（1）若金属棒MW水平速度v向右匀速运动，请根据法拉第电磁感应定律推导金属

29、棒MNT生的感应电动势 E=BL%（2）若金属棒MN&水平向右的恒力 F作用下由静止开始运动，请从速度、加速度两个角度分 析金属棒MN勺运动情况。（3）若t = 0时金属棒MNt水平向右的初速度 V。，此时施加一水平外力F（开始时F方向向右），使金属棒 MN故加速度大小为a的匀减速直线运动，直到速度减为零。a、请推导金属棒 MN咸速过程中外力 F（以初速度方向为正方向）随时间t变化的关系式，并 在图乙中画出F? t的示意图。b、请说明根据F? t图像，如何求金属棒 MNM度从V0减为零的过程中外力 F的冲量I。【答案】（1）推导略；（2）棒在做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动；（3）

30、a、162 22 2b、冲量为两个面积的差。F= B L v0 -na- B L at ；图像如图所示;RR答图3【解析】（1）设经过时间 t,则对于闭合电路, BS B Lv t则由法拉第电磁感应定律可知E= -=BLv；t tt（2）根据欧姆定律、牛顿第二定律得，棒向右运动时加速度 a= F一四m_ _ 2 2F BIL FB L v ,m m Rm故外力F（以初速度方向为正方向）随时间t变化的关系式为2 2B L v0F= ma-R_ 2 2B L at；R速度v逐渐增大，故棒的加速度随棒速度的增加而减小，最后加速度变为 0;所以棒在做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动;（3） a

31、、对棒受力分析得:F 安一F=na ；B2L2vB2L2(vo at)因为F安=-;当速度减为0时，需要的时间t = v, F安=0,故此时F=-ma; F方向改变，F? t的示意图 如图所示；b、F-t图像中图线与时间轴所围的面积代表外力F的冲量I ;如答题图3中阴影所示，设在第一象限中F-t图线与横轴之间的面积为 Si,外力F方向不正，故冲量为正；设在第四 象限中F-t图线与横轴之间的面积为 险，外力F反向，故冲量为负，整个过程中外力的冲量 I=Si-S2.（1 分）11.（ 2021 北京通州一模）宏观问题是由微观机制所决定的。对同一个物理问题，常常可以 从宏观与微观两个不同角度研究，找

32、出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质。（1）如图所示，一段长为 L、横截面积为 S的圆柱形金属导体，在其两端加上恒定电压，金属导体中产生恒定电流 I。已知该金属导体中单位体积内的自由电子数量为n,自由电子的 质量为m电量为e。17a、请根据电流的定义，求金属导体中自由电子定向移动的平均速率v。b、经典电磁理论认为：当金属导体两端电压稳定后，导体中产生恒定电场，这种恒定电场的性质与静电场相同。 金属导体中的自由电子在电场力的驱动下开始定向移动，然后与导体中可视为不动的粒子碰撞，碰撞后电子沿导体方向定向移动的速率变为零，然后再加速、再碰撞，自由电子定向移动的平均速率不随时间变化。金属电阻反映

33、的就是定向移动的自由电子与不动的粒子的碰撞。假设自由电子连续两次碰撞的平均时间间隔为3,碰撞时间不计，不考虑自由电子之间的相互作用力。请根据以上描述构建物理模型，推导金属导体两端电压U的大小和金属导体的电阻 R(2)超导体在温度特别低时电阻可以降到几乎为零。将一个闭合超导金属圆环水平放置在匀强磁场中，磁感线垂直于圆环平面， 逐渐降低温度使超导环发生由正常态到超导态的转变后突然撤去磁场，此后若环中的电流不随时间变化，则表明其电阻为零。 为探究该圆环在超导状态的电阻率上限，研究人员测得撤去磁场后环中电流为I ,并经过一年多的时间t未检测出电流变化。实际上仪器只能检测出大于AI的电流变化，其中 A

34、II ,当电流的变化小于AI时，仪器检测不出电流的变化，研究人员便认为电流没有变化。设该超导圆环粗细均匀，环中单位体积内参与导电的电子数为n,电子质量为 m电荷量为e,环中定向移动m Ine2tI的电子减少的动能全部转化为圆环的内能。试用上述给出的各物理量，推导出的表达式。(1) a、v=; b、 TOC o 1-5 h z 2mLI2mLU=; R=f； (2)e2t0nSe2t0nS【解析】(1) a、根据电流的定义得：I =9 nSvte=neSv, t t故电子定向移动的平均速率v=匚。to,速度neSb、由题意得，电子在电场力的作用下从静止开始做匀加速直线运动，运动时间为 变为v,然

35、后与金属粒子发生碰撞，速度减为 0。2v则电子被加速后的末速度v =2v；则电子的加速度 a= 丁，to,一F 由UeUe2v,2mLv2mLI又根据牛顿第二定律得：a= 口匕，则Ue = 一，故解之得1= -mLmLmtoetoe tonS18一 U 2mL再根据电阻的定义式得 R=- -2。I e tonS(2)设圆环周长为I、电阻为R,由电阻定律得 R -S设t时间内环中电流释放焦耳热而损失的能量为E,由焦耳定律得E I2Rt设环中电子定向移动的速率为v,则 I nevS式中n、e、S不变，只有定向移动电子的平均速率的变化才会引起环中电流的变化，电流变I neS v化大小取|时，相应定向

36、移动电子的平均速率的变化得大小为v ,则设环中定向移动电子减少的动能总和为Ek,12则Ek nIS mv1m(vv)22由于I冬I ,可得Ek皿Ie因为环中定向移动电子减少的动能全转化为圆环的内能。EEk联立上述各式，得mvS I m I2=2-etI ne tIab、光滑水平轨道 cd和足够12.( 2021 四川泸州三模)如图所示，足够长的粗糙水平轨道 长的粗糙倾斜轨道 de在同一竖直平面内， 斜面倾角为37 , cd和de平滑连接。在ab的最 右端静止一长L1=2.5m、质量附4kg的木板，其高度与 cd等高，木板与轨道 ab间动摩擦因 数1=0.05,质量n=2kg的滑块Q静止在cd轨

37、道上的某点，在 de轨道上距斜面底端 L2=8m 处静止释放一相同的滑块 P, 一段时间后滑块 P与Q发生正碰，碰撞时间忽略不计，碰撞后P、Q粘在一起运动。已知P、Q与斜面和木板间的动摩擦因数均为2=0.25 ,滑块P、Q均当作质点，重力加速度 g取10m/s2, sin37 =0 .6 , cos37 =0.8。 求： (1)滑块P、Q碰撞后获得的速度大小；(2)滑块P、Q冲上木板前损失的机械能；(3)P、Q一起滑上木板后能否从其左端滑离？若能，求滑离瞬间木板发生的位移大小；若不 能，求木板发生的总位移大小。19(1)滑块P在下滑到底端的过程中，由动能定理得2 cmg sin 37 L22m

38、g cos37 L2mv1 0代入数据可得v1 8m/s滑块P、Q碰撞过程中动量守恒 mv1 0 2mv2代入数据可得v2 4m/s TOC o 1-5 h z (2)设滑块P在斜面上滑动过程损失的机械能为E1E12mg cos37 L2 32J设滑块P、Q碰撞过程损失的机械能为E21212E2 mv1 2mv2 32J 22则P、Q滑上木板前损失的总机械能为EE E1E2 64J(3)滑块P、Q滑上木板时，由牛顿第二定律对 PQ 整体 2 2mg 2ma12 a12.5m/s对木板 2 2mg1(2m M )g Ma22a2 1.5m/s假设两滑块与木板在共速前未滑离木板v 共 v2 a1t

39、 a2t代入数据t 1s,v共1.5m/s20设两滑块与木板共速时，滑块发生的位移为X1,木板发生的位移为 x2,则v2 v丑Xi-1 2.75m2v共x2 1 0.75m 2则相对位移X相 Xi X2 2m Li即上述假设成立。滑块木板共速后，一起减速运动直到停止，则1(2m M )g (2m M )a32a3 0.5m/s起减速的位移X30 v|2a32.25m则木板发生的总位移为 X总 x2 x3 3m.( 2021 北京海淀一模)电动汽车具有零排放、噪声低、低速阶段提速快等优点。随着储 电技术的不断提高，电池成本的不断下降，电动汽车逐渐普及。(1)电动机是电动汽车的核心动力部件，其原理

40、可以简化为如图 18所示的装置：无限长平行光滑金属导轨相距 L,导轨平面水平，电源电动势为E,内阻不计。垂直于导轨放置一根质量为m的导体棒MN导体棒在两导轨之间的电阻为R导轨电阻可忽略不计。 导轨平面与匀强磁场垂直，磁场的磁感应弓II度大小为 B,导体棒运动过程中， 始终与导轨垂直且接触良好。 闭合开关S,导体棒由静止开始运动，运动过程中切割磁感线产生动生电动势，该电动势总要削弱电源电动势的作用，我们把这个电动势称为反电动势E反，此时闭合回路的电流大小可用 E E反来计算。R21在图19中定性画出导体棒运动的v t图像，并通过公式推导分析说明电动汽车低速比高速行驶阶段提速更快的原因;求导体棒从

41、开始运动到稳定的过程中流过的总电荷量q。（2）电动汽车行驶过程中会受到阻力作用，阻力f与车速v的关系可认为f kv2,其中k为未知常数。某品牌电动汽车的电动机最大输出功率Pm 180kW ,最高车速Vm 180km/h ,车载电池最大输出电能A=60kWh。若该车以速度 v=60kmh在平直公路上匀速行驶时，电能转化为机械能的总转化率为90%求该电动汽车在此条件下的最大行驶里程so【答案】（1）图像及分析说明见解析； q ； （2） s=486kmB L【解析】（10分）（1）导体棒运动的 vt图像如右图所示一 （1分）设导体棒运动速度为v,根据反电动势的作用及闭合电路欧姆定律有导体棒中的电流

42、E BLv i R由牛顿第二定律有BiL ma联立解得导体棒运动的加速度a （E BLv）BL （1分）mR由此可知，导体棒做加速度减小的加速运动，直至匀速运动。所以电动汽车在低速行驶时，电动机产生的反电动势较小，车辆加速度较大，提速更快。（1分）22当a=0时，导体棒达到最大速度 Vm,根据法拉第电磁感应定律有 TOC o 1-5 h z E BLVm （1 分）由动量定理有BiL t mvm （1分）根据电流的定义有q i t联立解得流过导体棒的总电荷量q -叱 （1分）B2L2（2）车匀速运动时，有 F f由题意，电动机功率有P Fv fv kv33 TOC o 1-5 h z 所以车以

43、速度v行驶时电动机的功率 Pv Pm （1分）vm由题意可知 90%A 且s （1分）v解得该电动汽车的最大行驶里程s=486km （2分）.（ 2021 北京海淀一模）如图15所示，竖直面内有一光滑轨道ABC AB部分与半径为 R 的圆弧BC平滑连接，轨道C端切线沿水平方向。 AC之间的高度差为h,竖直台阶CD之间的C点水平抛出，经一高度差为H。一质量为m可视为质点白滑块，从 A点由静止滑下，由段时间后落到水平地面 DE上。重力加速度为（1）滑块经过C点时的速度大小v；g,空气阻力可忽略不计。求: TOC o 1-5 h z （2）滑块经过C点时所受轨道支持力的大小F;（3）滑块从C点抛出至

44、落到水平地面DE过程中所受重力的冲量的大小I。【答案】（1） v V2gh； （2） F mg 2mgh ;172。 R【解析】（9分）（1）滑块由A滑到C的过程，根据动能定理有mgh=1mv2 （2分）23（1分）解得v 2gh2 TOC o 1-5 h z (2)根据牛顿第二定律，在 C点有 F mg m (2分)R解得 F mg 2mgh (1分)(3)根据运动学公式有 h Igt2 (1分)2解得重力的冲量大小I =mgt=m2gH (2分)15.( 2021 河北唐山一模)如图所示为一研究导体棒在磁场中运动的装置。两平行光滑金属 轨道倾角为30。，导轨间距d=1m,导轨上端通过单刀双掷开关可以分别与1、2相连，其中1连接光电管，2连接一个电容 C=0.25F的电容器。两平行导轨间存在着垂直于轨道平面向 上的匀强有界磁场，磁感应强度B=IT,磁场长度DE=1ni现利用光电管把光信号转换为电信 号，A和K分别是光电管的阳极和阴极，电源电压为 以用发光功率为 P的激光器发出频率 为 的光全部照射在 K上，开关与