高考物理真题和模拟题分类汇编20综合计算题含解析

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"的中间有小孔

的两平行金属板M、N和边长为/，的立方体构成，其后端面夕为喷口。以金属板N的中心0

为坐标原点，垂直立方体侧面和金属板建立小y和/坐标轴。M、N板之间存在场强为反

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方向的分量凡和纥随时间周期性变化规律如图乙所示，图中稣可调。敬离子

(Xe?+)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

后从端面尸射出，测得离子经电场加速后在金属板N中心点。处相对推进器的速度为z。已

知单个离子的质量为加、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。

(D求离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小看;

(2)不考虑在磁场突变时运动的离子，调节稣的值，使得从小孔S射出的离子均能从喷口后

端面尸射出，求线的取值范围；

(3)设离子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期A单位时间从端面尸射出的离子数为〃，

且及=也”％<.求图乙中办时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力。

5eL

答案：⑴%=J说一3且；(2)0~舞；⑶机%，方向沿Z轴负方向

Vm3eL5

解析：

⑴离子从小孔S射出运动到金属板N中心点。处，根据动能定理有2eEd=；加4-;〃八］

解得离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小Vs=、片-箜2

Vm

(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

系有(凡_亨)=

2

根据洛伦兹力提供向心力有24。综二警

联立解得稣=弊

5eL

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

此时B=6B0；根据洛伦兹力提供向心力有2ex%xV2B0=警

联立解得综=磐

3eL

故Bo的取值范围为0~磐；

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2exv0x>/2B0=警

氏3

且满足6。=

5eL

所以可得悬

3

所以可得cos。=《

离子从端面，射出时，在沿Z轴方向根据动量定理有FZ=nAtmv()cos<9-0

3

根据牛顿第三定律可得离子束对推进器作用力大小为F=-nm^

方向沿z轴负方向。

2.(2021•浙江卷)如图所示，水平地面上有一高”=0.4m的水平台面，台面上竖直放置倾

角。二37。的粗糙直坑道A8、水平光滑直轨道8C、四分之一圆周光滑细圆管道CO和半

圆形光滑轨道。所，它们平滑连接，其中管道CO的半径r=0.1m、圆心在。|点，轨道

。所的半径R=0.2m、圆心在。2点，D、。2和产点均处在同一水平线上。小滑块从

轨道A8上距台面高为力的尸点静止下滑,与静止在轨道8c上等质量的小球发生弹性碰撞，

碰后小球经管道CO、轨道OE尸从尸点竖直向下运动，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。点，已知小滑块与轨道

A8间的动摩擦因数〃二士，sin37°=0.6,cos37°=0.8o

(D若小滑块的初始高度h=0.9m,求小滑块到达4点时速度%的大小;

(2)若小球能完成整个运动过程，求才的最小值熊in；

(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0与匕点的水平距离x

的最大值Xmax。

答案：(l)4m/s；(2)hm.n=0.45m；(3)0.8m

解析：

(1)小滑块AB轨道上运动mgh-jumgcos0•—^―=-mvl

sin。2

代入数据解得％=g屈=4m/s

(2)小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，因此有

121212

mvQ=tnvA+mvB,-mvQ=-mvA+-mvB

解得以=0,以=4m/s

小球沿CDE/轨道运动，在最高点可得mg=

从0点到N点由机械能守恒可得:如心防+AMg(R+r)=〈/M4min

L2

其中以min=g倔=，解得^min=0-45m

(3)设/点到G点的距离为y,小球从£点到。点的运动，由动能定理

1,

由平抛运动可得工=,H+r-y=-gt~

联立可得水平距离为x=2&0.5—y)(0.3+y)

由数学知识可得当0.5—y=0.3+y

取最小，最小值为/而=0.8m

3.(2021•全国乙卷)如图，一倾角为a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L；一电阻A=3C的金属棒CO的两端置于导体框上，与

导体框构成矩形回路8口；砂与斜面底边平行，长度L=0.6m0初始时CO与律相

3

距”=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47m后进入一

方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界(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"'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3=1T,重力加速度大小取g=10m/s2,sina=0.6。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。

35

答案：(D0.18N；(2)m=0.02kg,//=-；(3)x=—m

8218

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，由动能定理可

得(M+m)gs]sina=g(M+咐片

3

代入数据解得%=/m/s

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

£

由闭合回路的欧姆定律可得1=~

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，因此金属棒受到导休框给的沿斜面向下的滑动

摩擦力，因匀速运动，可有机gsina+〃机gcosa=/^

此时导体框向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得Mgsina-Mngcosa=Ma

设磁场区域的宽度为x,则金属棒在磁场中运动的时间为，=—

%

则此时导体框的速度为匕=%+m

1,

则导体框的位移百二卬+2。广

因此导体框和金属棒的相对位移为Ar=%=

由题意当金属棒离开磁场时金属框的.上端)刚好进入线框，则有位移关系$0-&二］

金属框进入磁场时匀速运动，此时的电动势为互二3£匕，1=等

导体框受到向上的安培力和滑动摩擦力，因此可得Mgsina=〃mgcosa+51|L

3

联立以上可得x=0.3m,a=5m/s2»加=0.02kg,//=-

8

(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

有mgsina+〃〃2gcosa=［叫

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%+%(=匕

导体框匀速运动的距离为工2一印1

255

代入数据解得x?——^―m=—m

4.(2021•全国甲卷)如图，长度均为/的两块挡板竖直相对放置，间距也为/,两挡板上边

缘尸和必处于同一水平线上，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。一质量为加，电

荷量为°(〃>0)的粒子自电场中某处以大小为％的速度水平向右发射，恰好从。点处射入磁

场，从两挡板下边缘。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

场时的速度方向与网的夹角为60。，不计重力。

(1)求粒子发射位置到尸点的距离；

(2)求磁感应强度大小的取值范围；

(3)若粒子正好从QV的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板越V的最近距离。

答案：(1)巫竺1；(2)(3)粒子运动轨迹见解析，39TM/

6qE(3+j3)q/ql44

解析：

(D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=vQt①

vat

粒子射入磁场时的速度方向与々的夹角为60°,有tan3O0=」=一③

匕%

粒子发射位置到/点的距离s=旧+V④

由①@③④式得5=，画3⑤

6qE

(2)带电粒子在磁场运动在速度y='l—=独生@

cos30°3

带电粒子在磁场中运动两个临界轨迹(分别从Q、N点射出)如图所示

由几何关系可知，最小半径不二5二61⑦

-COS30°~-

也/

最大半行”』=(国"⑧

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

qvB=Q⑨

2mv-2mv

由⑥®⑧⑨解得，磁感应强度大小的取值范围J总aql$BW一了n

（3）若粒子正好从QV的中点射出磁场时，带电粒子运动轨迹如图所示。

I

由几何关系可知sin8=黄-=彳⑩

21

带电粒子的运动半径为,争⑪

3cos（30°+<9）

粒子在磁场中的轨迹与挡板用'的最近距离人加=（4sin30。+/）-弓⑫

由⑩⑪©或解得d=39Toe/⑬

44

5.（2021•湖南卷）如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L的水平轨道通过一

小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道产。。质量为〃?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。点为坐标原点建立平面直角坐标系xQy，

x轴的正方向水平向右，），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4轴高度为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）将质量为几加（丸为常数且425）的小物块8置于。点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑,

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下滑的初始位置距工轴高度的取值范围。

A

答案：⑴J24gL；(2)x=2万石二7"(其中，

34-1乃+4+1

⑶-pL<x<•4"L

A—3（小）2

解析：

(1)物块A从光滑轨道滑至O点，根据动能定理〃移―2"£-〃，咫£=；〃7丫2

解得v=y/2〃gL

⑵物块A从。点飞出后做平抛运动，设飞出的初速度为%,落在弧形轨道上的坐标为

Uy),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

.12

工=卬，y=-gt

2

解得水平初速度为片二*

物块A从。点到落点，根据动能定理可知mgy=Ef.--mv1

2

[.2

解得落点处动能为Ek=mgy+-/MVo=mgy+等L

24y

因为物块A从。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

X

化简可得y+丁=2〃L

即x=2y]2pLy-y2(其中，pL<y<2pL)

(3)物块A在倾斜轨道上从距4轴高力处静止滑下，到达O点与B物块碰前，其速度为％,

根据动能定理可知mgh-/jmgL=gmv1

解得Vo=2gh-2〃g£--------------①

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一倾斜轨道一水平轨道再次到达。点。规定水平向右

为正方向，碰后AB的速度大小分别为可和匕，在物块A与B碰撞过程中，动量守恒，能

量守恒。则wv0=-mv]+Amv2

2-1

解得w--------------②

A+1

2公

匕=377%-------------③

A+1

设碰后A物块反弹，再次到达。点时速度为石，根据动能定理可知

解得片=片--------------④

据题意，A落在B落点的右侧，则匕--------------⑤

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：

匕<J24gL-------------⑥

联立以上，可得h的取值范围为乎?•

A—3(x—1)

6.(2021春・浙江卷)如图所示，竖直平面内由倾角才60°的斜面轨道如半径均为斤的半

圆形细圆管轨道加也和圆周细圆管轨道田&构成一游戏装置固定于地面，B、£两处轨道平

滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心。的连线，以及。、E、。和

”等四点连成的直线与水平线间的夹角均为，=30°,6•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力处静止释放。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。

(D若释放处高度炉〃当小球第一次运动到圆管最低点。时，求速度大小匕及在此过程中

所受合力的冲量的大小和方向；

(2)求小球在圆管内与圆心a点等高的〃点所受弹力“与力的关系式；

(3)若小球释放后能从原路返回到出发点，高度力应该满足什么条件？

【答案】(1)J2g4，mJ2g4,水平向左；(2)%=2mg(4一1)(力2用；(3)%=g/?

K2

【解析】

⑴机械能守恒"Zg%=J机更

解得％=病区

动量定理/=mvc=个/2g逐方向水平向左

(2)机械能守恒tng(h—R)=；mv'l

2

牛顿第二定律”二等

解得冗=2加g4-1)

A

满足的条件〃NR

(3)第1种情况：不滑离轨道原路返回，条件是

第2种情况：与墙面垂直碰撞后原路返回，在进入。之前是平抛运动匕，=匕'

g

vcos0

其中匕=%sin。，vy=vGcos^,则%sin。一^-----=d

s

得分=2^

'5\j,

机械能守恒〃2gh~-R=~mVG

\2JZ

9

力满足的条件力=二/?

7.(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8的匀强磁场的磁体和

“八”型刚性线框组成，“八”型线框助边可沿导轨滑动并接触良好。船舱、导轨和磁体

固定在一起，总质量为处整个装置竖直着陆到月球表面前瞬间的速度大小为如接触月球

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3人“△”型线框的质量为例，其7条边的边长均为电阻均为r；

月球表面的重力加速度为。整个运动过程中只有防边在磁场中，线框与月球表面绝缘，不

计导轨电阻和摩擦阻力。

(1)求着陆装置接触到月球表面后瞬间线框油边产生的电动势后

(2)通过画等效电路图，求着陆装置接触到月球表面后瞬间流过仍型线框的电流h

(3)求船舱匀速运动时的速度大小匕

(4)同桌小张认为在磁场上方、两导轨之间连接一个电容为。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i兄下，求船舱匀速运动时的速度大小/和此

时电容器所带电荷量仇

崎-⑵空⑶*⑷爵鬻

【解析】

(1)导体切割磁感线，电动势芯0=阴%

(2)等效电路图如图

并联总电阻R=2〃

电流/。=^=誓

B2l2v

(3)匀速运动时线框受到安培力F&=

2r

根据牛顿第三定律，质量为面的部分受力后用，方向竖直向上，匀速条件尸=第

6

得「翳

3BI

(4)匀速运动时电容器不充放电，满足/=);=翳"

电容器两端电压为t/c=1/x3r=第

36B/

电荷量为4=。。。=噌工

8.(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氏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反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此和总的四分之一圆环，其两端中心位置』/和"处各有一个小孔；偏

转系统中电场和磁场的分布区域是同一边长为£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。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&很小时，有sinaatana。。，

coscr«1——a2<)求：

2

(D离子通过速度选择器后的速度大小/和磁分析器选择出来离子的匕荷；

(2)偏转系统仅加电场时离子注入晶圆的位置,用坐标(人。表示：

(3)偏转系统仅加磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标5,0表示；

(4)偏转系统同时加上电场和磁场时离子注入晶圆位置，用坐标(必y)表示，并说明理由。

E2E3£2

【答案】(1)一0)；(3)(0,——)；(4)见解析

B(R+RJB?-a

【解析】

E

(1)通过速度选择器离子的速度v=-

B

从磁分析器中心孔,v射出离子的运动半径为R=鸟上勺

2

2qv2E

由-m-v--=qvB得一='TT=TTD\二

R1mRB(/?]+/?2)B~

(2)经过电场后，离子在x方向偏转的距离玉=g

离开电场后，离子在X方向偏移的距离w==

mv~

3A2

位置坐标为(~^卞，0)

4+为

mv

(3)离子进入磁场后做圆周运动半径r=—

qB

1}

经过磁场后，离子在p方向偏转距离y=r(l-cosa)。

&+坛

21}

离开磁场后，离子在y方向偏移距离1y2=Ltanct工——

R+生

31}

片+«2

3£2

位置坐标为(0,——)

3723日

(4)注入晶圆的位置坐标为(一片羡，-^―),电场引起的速度增量对y方向的运动不产

生影响。

9.(2021•北京通州一模)如图所示，电路中电源电动势田80V,内阻不计，电路中三个定值

电阻左的阻值相同。A、B分别为水平放置的平行板电容器的上、下板板，板长£=90c制板

间距离340c五在两金属板左端正中间位置V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。已知小液滴的质量历2.0义10一3|^,带负电，电荷量

^1.0X10-3Co重力加速度交10Ws?求：

⑴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△综。

(3)液滴进入电场时初速度匕的大小。

【答案】(l)40V：(2)-0.02J；(3)r0=Wso

【解析】(1)〃的大小就等于电阻"的两端电压；

EE

故闭合电路欧姆定律得住/庐一X灯一二40V；

2R2

(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N"电X4=丝X4=四=40x1.0x10、

2d222

所以根据电场力做功与电势能变化的关系，液滴电势能的变化量△及;一W二-0.02J；

(3)液滴在极板间运动的加速度胪娱——=--g=40Z7/S2；

tndm

根据4=氏］XaX（^）2,代入数据解之得％=9勿/s。

10.（2021•北京通州一模）如图甲所示，宽度为£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8方向垂直于导轨平面向上。现有一根质量为加、

电阻为用的金属棒物,放置在金属导轨上，长度与金属导轨宽度相等，金属棒J邠在运动过程

中始终与导轨垂宜且接触良好，不计导轨电阻。

（D若金属棒神'以水平速度/向右匀速运动，请根据法拉第电磁感应定律推导金属棒.啾’产

生的感应电动势

（2）若金属棒MV在水平向右的恒力/作用下由静止开始运动，请从速度、加速度两个角度分

析金属棒腑’的运动情况。

（3）若2=0时金属棒有水平向右的初速度的，此时施加一水平外力H开始时厂方向向

右），使金属棒业V做加速度大小为&的匀减速直线运动，直到速度减为零。

队请推导金属棒』押减速过程中外力网以初速度方向为正方向）随时间t变化的关系式，并

在图乙中画出户2的示意图。

庆请说明根据尸£图像，如何求金属棒拗,速度从修减为零的过程口外力尸的冲量/。

【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）&、

后巨"里上；图像如图所示；b、冲量为两个面积的差C

RR

【解析】（1）设经过时间△£,则对于闭合电路，

则由法拉第电磁感应定律可知^―=生竺=BxLvAt二BL匕

ArArAr

（2）根据欧姆定律、牛顿第二定律得，

底门七二刁|叶力”、由由F-F安F-BILFB2l3v

棒向右运动时加速度a=---------=-------------=-----------------，

inmtnRm

速度/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）队对棒受力分析得：F安一尺的;因为产产”"=史&匚如；

RR

n-r2n2

故外力P（以初速度方向为正方向）随时间［变化的关系式为后"为一•一"”；

RR

当速度减为。时，需要的时间t=-f尸安=0,故此时后一例：尸方向改变，F-1的示意图

a

如图所示；

显尸一£图像中图线与时间轴所围的面积代表外力产的冲量/；如答题图3中阴影所示，设

在第一象限中尸一，图线与横轴之间的面积为S”外力产方向不正，故冲量为正；设在第四

象限中〜1图线与横轴之间的面积为S2,外力尸反向，故冲量为负，整个过程中外力的冲

量7=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£、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已知该金属导体中单位体积内的自由电子数量为〃，自由电子的

质量为加、电量为4

a、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

6、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以碰撞时间不

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〃的大小和金属导体的电阻几

（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

状态的电阻率上限夕，研究人员测得撤去磁场后环中电流为/,并经过一年多的时间［未检

测出电流变化。实际上仪器只能检测出大于△/的电流变化，其中当电流的变化

小于时，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〃，电子质量为小电荷量为e,环中定向移动

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。

2，nLI2mL

【答案】（l）a、v=---从F/庐豆君；⑵/万

neS

【解析】(Da、根据电流的定义得：『‘="Si"二%

故电子定向移动的平均速率o

neS

反由题意得，电子在电场力的作用下从静止开始做匀加速直线运动，运动时间为九速度

变为/,然后与金属粒子发生碰撞，速度减为0。

则电子被加速后的末速度/=2匕则电子的加速度@二

凡Ue2v2mLv2mLI

又根据牛顿第二定律得：a=^=—UP,则2-二丁，故解之得代

mLmLm环etQe~tonS

U2mL

再根据电阻的定义式得庐7=不导

(2)设圆环周长为八电阻为此由电阻定律得R=p《

设E时间内环中电流释放焦耳热而损失的能量为AE，由焦耳定律得必二尸尺，

设环中电子定向移动的速率为%则I=nevS

式中小&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

化大小取A/时，相应定向移动电子的平均速率的变化得大小为Au,则AI=neSAv

设环中定向移动电子减少的动能总和为△4,

「1212一

则\Ek=nlS—mv--w(v-Av)

由于△/K/,可得△&=---△/

e

因为环中定向移动电子减少的动能全转化为圆环的内能。△£=△&.

联乂上述各式i，得P—~-尸7。

etlne~tl

12.(2021•四川泸州三模)如图所示，足够长的粗糙水平轨道ab、光滑水平轨道cd和足够

长的粗糙倾斜轨道而在同一竖直平面内，斜面倾角为37°,cd和加平滑连接。在助的最

右端静止一长£,=2.5m、质量，沪4kg的木板，其高度与cd等高，木板与轨道ab间动摩擦因

数〃i=0.05,质量〃尸2kg的滑块Q静止在cd轨道上的某点，在曲轨道上距斜面底端乙=8山

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，碰撞时间忽略不详，碰撞后

P、Q粘在一起运动。己知P、Q与斜面和木板间的动摩擦因数均为0.25,滑块P、Q均

当作质点,重力加速度g取10m/s)sin37°=0.6,cos37°=0.8。求：

(D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。

【答案】(l)4m/s；(2)64J；⑶不能，3m

【解析】

(1)滑块P在下滑到底端的过程中，由动能定理得

代入数据可得K=8m/s

滑块P、Q碰撞过程中动量守恒，〃匕+0=2加2

代入数据可得为=4m/s

(2)设滑块P在斜面上滑动过程损失的机械能为

设滑块P、Q碰撞过程损失的机械能为

则P、Q滑上木板前损失的总机械能为△£：

(3)滑块P、Q滑上木板时，由牛顿第二定律

对PQ整体2从2mg=2〃町

对木板2〃2，"g-M(2m+M)g=Ma2

假设两滑块与木板在共速前未滑离木板

代入数据t=Is,□共=1.5m/s

设两滑块与木板共速时，滑块发生的位移为七，木板发生的位移为七，则

则相对位移x相=$一/=2mv。

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

一起减速的位移

则木板发生的总位移为工总=x2+x3=3m

13.（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，电池成木的不断下降，电动汽车逐渐普及。

（D电动机是电动汽车的核心动力部件，其原理可以简化为如图18所示的装置：无限长平行

光滑金属导轨相距〃导轨平面水平，电源电动势为区内阻不计。星直于导轨放置•根质

量为"的导体棒期V；导体棒在两导轨之间的电阻为凡导轨电阻可忽略不计。导轨平面与匀

强磁场垂直，磁场的磁感应强度大小为8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力,此时闭合回路的电流大小

可用/=与二组来计算。

R

①在图19中定件画出导体棒运动的〃一£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；

②求导体棒从开始运动到稳定的过程中流过的总电荷量qo

（2）电动汽车行驶过程中会受到阻力作用，阻力f与车速y的关系可认为/=仙2,其中左为

未知常数。某品牌电动汽车的电动机最大输出功率4=180kW,最高车速”=180km/h,

车载电池最大输出电能A=60k/r•儿若该车以速度％60k勿/力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

niE

【答案】（D①图像及分析说明见解析；②^二(2)折486km

【解析】（10分）（1）①导体棒运动的『一1图像如右图所示…（1分）

设导体棒运动速度为r,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

.E-BLv

i=----------

R

由牛顿第二定律有BiL=ina

(E—BLv)BL

联立解得导体棒运动的加速度。(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）

②当疔0时，导体棒达到最大速度％,根据法拉第电磁感应定律有

E=BLvin..................................................H分）

由动量定理有ZBiLN=mv................................（1分）

根据电流的定义有q=EiZ

mF

联立解得流过导体棒的总电荷量q=半（1分）

B七

（2）车匀速运动时，有F=f

由题意，电动机功率有P=Fv=fv=kvy

所以车以速度/行驶时电动机的功率月=下几........................（1分）

由题意可知90%A=%s...............................（1分）

v

解得该电动汽车的最大行驶里程尸486k加...............................（2分）

14.（2021•北京海淀一模）如图15所示，竖直面内有一光滑轨道ABC,力0部分与半径为R

的圆弧比平滑连接，轨道C端切线沿水平方向。NC之间的高度差为力，竖直台阶切之间的

高度差为从一质量为0、可视为质点的滑块，从/点由静止滑下，由C点水平抛出，经一

段时间后落到水平地面庞上。重力加速度为g,空气阻力可忽略不计。求：

（D滑块经过C点时的速度大小看

（2）滑块经过C点时所受轨道支持力的大小R

（3）滑块从。点抛出至落到水平地面庞过程中所受重力的冲量的大小乙

【答案】（l）o=J丽；⑵尸=叫+型他：⑶4〃0荻。

R

【解析】（9分）（1）滑块由/滑到。的过程，根据动能定理有〃吆〃=3加/......已分）

解得。=师..........................（1分）

（2）根据牛顿第二定律，在。点有F-mg=m—......................（2分）

R

解得尸=,咫+誓..........................（1分）

(3)根据运动学公式有H=^gr............................(1分)

解得重力的冲量大小I=mgt=m^H.............................(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°,导轨间距加hn,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连接一个电容心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，磁感应强度后IT,磁场长度物1m。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，电源电压为从用发光功率为〃的激光