冲刺2022届高考物理大题限时集训预测卷01（广东专用解析）

冲刺2022届高考物理大题限时集训

（广东专用）瓦测卷01

13、如图所示，绝缘矩形平面A3。与水平面夹角为。，底边BC水平，分界线PQ、EF、GH均与

BC平行，PQ与EF、EF与G"间距均为分界线G4以上平面光滑，EF与尸。间的区域内有垂

直斜面向上的匀强磁场，磁感强度大小为B。将一质量为〃八总电阻为R、边长为L的正方形闭

合金属框时〃放于斜面上，〃边与G”平行且与其距离为与,金属框各边与G”以下斜面间的动

摩擦因数〃=tan。，无初速释放金属框后，金属框全程紧贴斜面运动，设重力加速度为g。

（1）若金属框的〃边刚越过E尸边界瞬间速度大小为%,求此时金属框的加速度大小a；

（2）求金属框的边刚越过EP边界瞬间速度大小％与％间的关系；

（3）为了使金属框的〃边能够离开磁场，且金属框最终能够静止在斜面上，求工的取值范围。

B

♦____________84-LJv28.L

［答案］（］）mR.（2）%=Jg（"+2xo）sin。:口）2gm2R2sin02<“一g/R,sin92

【解析】

（I）«/边刚越过E尸边界瞬间速度大小为％时的感应电动势为

E=BLVQ

则有安培力

广安―"L--------

根据牛顿第二定律得

mgsin0-"mgcos8-七=ma

解得

吗

mR

（2）金属杆从开始到穿过EF边界，摩擦力做功为",设W边越过GH长度为以，利用微元法,

由数学知识则有则有

4gcos6-Ax

/jmgcos6L_mgLsinO

由动能定理

%=Jg（L+2x0）sine

（3）金属框的〃边能够离开磁场，即〃边过P。时速度大于零，由动量定理得

mvcd-mv^=（mgsin9—从mgcos9—E友），

%>°带入解得

B4£6L

X{'y2gm2R2sin0~2

且金属框最终能够静止在斜面上即如边不能穿过P0,否则它将匀速运动下去，则由动量定理得

mvilh—mv0=（/ngsine—〃，〃gcos夕一七）/'

“4°带入解得

46

<2BLL

0-gm2R2sin02

综上所述金属框的〃边能够离开磁场，且金属框最终能够静止在斜面上，%的取值范围为

B&CL,28乜6L

2gm2R2sin02°gm2R2sin02

14、如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平

面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量”=60kg的物块A,装置的中间是水平传送带，它与

左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以

]_

〃=2.0m/s匀速运动，传送带的右边是一半径R=l.25m位于竖直平面内的光滑7圆弧轨道，质量

1

m=20kg的物块B从I圆弧的最高处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数〃=°1°,

传送带两轴之间的距离/=4.5m,设物块A、B之间发生的是正对弹性碰撞，第一次碰撞前，物块

A静止。取g=l0mzs,求：

\_

（1）物块B滑到I圆弧的最低点C时的速度大小；

（2）物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；

（3）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再

次碰撞前锁定被解除，求物块B第一次与物块A碰撞后在传送带上运动的总时间。

【解析】

（1）设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为内。由机械能守恒知

mgR„=—1tnv^2

得

%=y]2gR=5m/s

（2）设物块8在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为小则

乂mg=ma

设物块B通过传送带后运动速度大小为v,有

22

v-v0=-2al

联立解得

v=4m/s

由于v>"=2m/s,所以丫=4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小。

设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为-2、0，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒

定律得

mv=/?IVI+MV2

11。1A，2

—mv2~=—mv：4--

22'22

解得

v,=-2m/sv2=2m/s

弹簧具有的最大弹性势能等于物块B的初动能

1,

EP=-Mv1=\2J

(3)碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动。设物块B在传送带上向右运动的最大位移为

由动能定理得

-/jmgl'=0--mvf

解得

/'=2m<4.5m

所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上。物块B在滑动摩擦力作用下在传送带上向右

运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动。可以判断，物块B在传送带上一直做匀变速直

线运动，所以运动到左边台面时的速度大小为

匕'=-V|=2m/s

继而与物块A发生第二次碰撞。设第一次碰撞到第二次碰撞之间，物块B在传送带上运动的时间

为〃，由动量定理得

叩明=2〃码，

解得

2匕'A

4=-L=4s

设物块A、B第二次碰撞后的速度分别为臼、臼，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒

定律得

mvy=mv3+MV4

1，21,1»,，

—mvi---mVy+—Mv~

解得

匕=——Im/s

32

当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动。可以判断，物块B运

动到左边台面时的速度大小为

匕,=-v3=lm/s

继而与物块A发生第三次碰撞。则第二次碰撞到第三次碰撞之间，物块B在传送带上运动的时间

为期由动量定理得

解得

同理可知物块B与物块A第四次碰撞，第五次碰撞，....第〃次碰撞后物块B在传送带上运

动的时间为

1

%-。

所以物块B从第一次与物块A碰撞到第〃次碰撞在传送带上运动的时间为

‘总=4+，2+…+'〃=---\-4

1——

2

当〃―8时，可得

1/0

/总二-yx4s=8s

1--

2

预测二

13、如图所示，足够长的固定斜面的倾角9=30,初始时，质量均为机的甲、乙两滑块均位于斜

面上，且甲、乙的距离L=lm。现同时将两滑块由静止释放，在释放甲的同时，对它施加一大小

173G

一〃2gM=—=—

为5、方向沿斜面向下的恒力凡已知甲、乙与斜面间的动摩擦因数分别为3和-2,

取重力加速度大小g=l°向一,滑块之间的碰撞为弹性正碰(碰撞时间极短)，两滑块均视为质点，

认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：

(1)从两滑块被释放到两滑块第一次碰撞的时间乙;

(2)从两滑块第一次碰撞到两滑块第二次碰撞的时间〃；

(3)甲从被释放到停止运动通过的距离X。

2—

【答案】(1)1s；(2)51(3)5m

【解析】

(1)设两滑块第一次碰撞前，甲沿斜面下滑的加速度大小为4,根据牛顿第二定律有

F+mgsin，一必tncos0=may

解得

%=2mzs2

对乙有

机gsin，＜/J2mgcos0

故乙静止，根据匀变速直线运动的规律有

解得

t}=ls

(2)两滑块第一次碰撞前瞬间甲的速度大小

%=Q/i=2m/s

设两滑块第一次碰撞后瞬间甲、乙的速度分别为匕、匕，以沿斜面向下为正方向，根据动量守恒定

律有

mvQ=mvx+

根据机械能守恒定律有

121212

-mvQ=-mv]+-mv2

解得

Vj=0

v2=2m/s

两滑块第一次碰撞后乙开始向下做匀减速直线运动，设加速度大小为生,根据牛顿第二定律有

p2mgcos0-mgsin0=ma2

解得

2

a2=2.5m/s

设第一次碰撞后乙下滑时间'。后停止运动，可得

Zo=—=0.8s

a2

两滑块第一次碰撞后，在时间‘。内，甲、乙沿斜面下滑的距离分别为

1、n,

L[=0.64m

v

&=5%=0・8m

由于4<%乙停止运动时两滑块仍未第二次碰撞有

A=5a跖

解得

「迄

11—3

25

（3）由（2）可知，每次碰撞后，乙均先减速为零，然后再次与甲碰撞且

2mgsin6+尸<41mgeose+i^Hgcos。

故最终甲、乙都静止在斜面上，根据功能关系有

Fx+mg^mffic+mg^x-L）6sipZ］，”g600s•/21ff?g（x-L）6c©s

解得

%=5m

14、如图甲所示，两条平行的光滑金属导轨PQ、MN所在平面与水平面的夹角为。，两导轨间距

为d。导轨上端P、〃与电容器相连，电容器电容为C.导轨下端使用长度可忽略的绝缘光滑材

料与水平长直导轨平滑连接，水平导轨平行且间距为小整个导轨均处于匀强磁场中，磁感应强

度大小均为B,方向分别垂直于导轨所在平面向上。质量为m的金属棒ab在导轨某处垂直于导

轨由静止释放，质量为2加的金属棒cd静止在水平导轨上。已知金属棒cd的电阻为R,金属棒

必的电阻可忽略，金属棒cd、必均与导轨接触良好，金属棒外通过绝缘材料时无机械能损失,

整个过程金属棒ab与cd不会相碰，金属棒cd运动的v—t图像如图乙所示，重力加速度取g。

求：

（1）金属棒ab刚到达水平轨道时的速度v；

（2）金属棒时刚到达水平轨道时的加速度a；

（3）电容器充电的最大电荷量卬

（4）金属棒外释放位置距水平面的高度山

222

=3Bd\h9v^BdC+m)

【答案】(1)v=3vo；(2)mR；(3)q=3CBd%；⑷2mg

【解析】

（1）由绝缘材料连接倾斜导轨与水平导轨，金属棒成到达水平轨道前，金属棒”中无电流。当

金属棒"运动到水平导轨上时，产生感应电动势，金属棒"、cd与导轨构成闭合回路产生感应

电流，又时与c、d受到的安培力等大反向，最终两金属棒共速。根据系统动量守恒有

mv=（m+2〃z）%

解得

v=3%

（2）根据法拉第电磁感应定律得

E=3Bdv0

根据闭合电路欧姆定律

/一

R

又安培力

F=BId

根据牛顿第二定律

F=ma

联立以上各式解得

叫空也

mR

（3）金属棒"进入水平轨道前瞬间速度最大，则回路电动势最大

E=3Bdv（）

则电容器最大电荷量

q=3CBdvQ

（4）设金属棒帅的速度大小为u时，经历的时间为3通过金属棒加的电流为3金属棒时受

到的安培力方向沿导轨向上，大小为

£=Bdi

设在时间间隔加内流经金属棒ab的电荷量为，则

\Q=CBd\v

■为金属棒刃的速度变化量，AQ是平行板电容器极板在时间间隔内增加的电荷量

根据电流定义有

i卫

Ar

加速度定义式

△v

a--

Ar

联立以上各式得安培力

"=B2d2Ca

对金属棒必，根据牛顿第二定律有

mgsina-B2d2Ca=ma

解得

mgsina

Ct~B-d-C+m

说明金属棒ab做匀加速运动，

根据运动学公式，金属棒加在倾斜导轨上运动的位移

2a

h=xsina

解得

h笛C+m）

121ng

预测三

13、如图，A、K为平行板电容器的两极板，K板接地，正中有小孔。。半径为R的圆筒内充满

垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为8,圆筒左壁有一小孔。二。、。，及圆心C三点

均在纸面内，且处在同一直线上。平行板电容器充好电后，将质量为，小带电量为q的粒子从靠

近A板的位置无初速释放，恰沿直线。。，运动，射入圆筒，粒子与筒壁发生的每一次碰撞都是弹

性的，忽略粒子重力以及碰撞所需的时间，粒子与圆筒的碰撞过程中电量不发生转移。

（1）若使两极板间电势差为S,释放粒子，粒子进入匀强磁场后偏转90。首次与圆筒壁碰撞，求

Ui；

（2）若使两极板间电势差为U2,释放粒子，粒子从进入圆筒至首次离开磁场的时间恰取得最小

值，求此最小值加；

（3）若使两极板间电势差为再释放粒子，粒子进入圆筒后经历与圆筒四次碰撞后又恰能从

。离开圆筒，求“：S的可能值。（结果可用三角函数式表达）

..qB"R'rnn

U,=-------tm=—

【答案】⑴2/«.(2)%(3)见解析

【解析】

(1)带电粒子在电容中加速

T,1，

qUt=-mv；

射入圆筒后，洛伦兹力提供圆周运动的向心力

q%B=­L

如图(4)由几何分析得

qB-R1

(2)粒子在磁场中作圆周运动时

_2几丫

1=-----

v

得

.2兀m

1-------

qB

与粒子进入磁场的速度无关。

180

若粒子射进圆筒后，偏转2〃+1(n=l,2,3…)即与圆筒发生首次碰撞，图人就是最简单的一种

情况，此时粒子在筒内的总运动时间最短

o

I。，

b2

图（b）

tm=^T

即

nm

（3）粒子与筒壁发生四次碰撞，有可能是以下两种情况:

【情况一】

如图（c）,粒子在磁场中的运动半径

结合（1）的分析，得

,,qB2R2tan236°

--2-m-；------

q：G=tan?36。

【情况2】

如图（d）,粒子在磁场中的运动半径

结合（1）的分析，得

,,qB2R2tan272°

5=----n------

q：q=tan?72。

14、如图所示，动摩擦因数〃=0.5的水平地面与半径为R的光滑圆弧轨道平滑相连，B、C、D为

圆弧轨道上的三个点，8点为最低点，C点与圆心。等高，。点为圆弧轨道的最高点，而且。点

的切线方向与倾斜传送带平行，已知长度为5R的传送带与水平面的夹角为6=37。，动摩擦因数

也为〃，正以no顺时针转动，现位于水平面上A处一可视为质点的物体，其质量为根，在水平向

右的恒力产作用下从静止开始向右运动，当物体运动到B点时轨道对物体的支持力为11mg,物

体运