2019复习物理高考综合计算题附详细答案 14页

‎ 2019物理复习高考综合计算题 第一组2018高考题全国1卷 ‎24．（12分）‎ 一质量为的烟花弹获得动能后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为，不计空气阻力和火药的质量。求 ‎（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；‎ ‎（2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。‎ ‎25．（20分）‎ E x y O h 如图，在y > 0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y < 0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核和一个氘核先后从y轴上点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。已知进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为，并从坐标原点O处第一次射出磁场。的质量为，电荷量为。不计重力。求 ‎（1）第一次进入磁场的位置到原点O的距离；‎ ‎（2）磁场的磁感应强度大小；‎ ‎（3）第一次离开磁场的位置到原点O的距离。‎ 答案24． ‎ ‎（1）设烟花弹上升的初速度为，由题给条件有 ‎ ①‎ 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为，由运动学公式有 ‎ ②‎ 联立①②式得 ‎ ③‎ ‎（2）设爆炸时烟花弹距地面的高度为，由机械能守恒定律有 ‎ ④‎ 火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为和。由题给条件和动量守恒定律有 ‎ ⑤‎ ‎ ⑥‎ 由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为，由机械能守恒定律有 ‎ ⑦‎ 联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为 ‎ ⑧‎ x y q1‎ O R1‎ ‎25．‎ ‎（1）在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示。设在电场中的加速度大小为，初速度大小为，它在电场中的运动时间为，第一次进入磁场的位置到原点Ｏ的距离为。由运动学公式有 ‎ ①‎ ‎ ②‎ 由题给条件，进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角。进入磁场时速度的y分量的大小为 ‎ ③‎ 联立以上各式得 ‎ ④‎ ‎（2）在电场中运动时，由牛顿第二定律有 ‎ ⑤‎ 设进入磁场时速度的大小为，由速度合成法则有 ‎ ⑥‎ 设磁感应强度大小为B，在磁场中运动的圆轨道半径为，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 ‎ ⑦‎ 由几何关系得 ‎ ⑧‎ 联立以上各式得 ‎ ⑨‎ ‎（3）设在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为，在电场中的加速度大小为，由题给条件得 ‎ ⑩‎ 由牛顿第二定律有 ‎ ⑪‎ 设第一次射入磁场时的速度大小为，速度的方向与x轴正方向夹角为，入射点到原点的距离为，在电场中运动的时间为。由运动学公式有 ‎ ⑫‎ ‎ ⑬‎ ‎ ⑭‎ ‎ ⑮‎ 联立以上各式得 ‎，， ⑯‎ 设在磁场中做圆周运动的半径为，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得 ‎ ⑰‎ 所以出射点在原点左侧。设进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为，由几何关系有 ‎ ⑱‎ 联立④⑧⑯⑰⑱式得，第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为 ‎ ⑲‎ 第二组 ‎24．（14分）‎ 冰壶运动是在水平冰面上进行的体育项目，运动场地示意图如下。在第一次训练中，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线上的A处放手，让冰壶以一定的速度沿虚线滑出，冰壶沿虚线路径运动了s=28.9m，停在圆垒内的虚线上。已知冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ=0.02，重力加速度大小为g=10m/s2。‎ ‎（1）运动员在投掷线A处放手时，冰壶的速度是多大？‎ ‎（2）在第二次训练中，该运动员在投掷线A处放手让冰壶以同样的速度滑出，同时，多名擦冰员用毛刷不断地擦冰壶运行前方的冰面，冰壶沿虚线路径比第一次多走了=5.1m停下。假设用毛刷擦冰面后，被擦冰面各处粗糙程度相同，求冰壶与被擦冰面间的动摩擦因数。‎ ‎25．（18分）‎ 如图所示，在方向竖直向上、大小为E=1×106V/m的匀强电场中，固定一个穿有A、B两个小球（均视为质点）的光滑绝缘圆环，圆环在竖直平面内，圆心为O、半径为R=0.2m。A、B用一根绝缘轻杆相连，A带的电荷量为q=+7×10-7C，B不带电，质量分别为mA=0.01kg、mB=0.08kg。将两小球从圆环上的图示位置（A与圆心O等高，B在圆心O的正下方）由静止释放，两小球开始沿逆时针方向转动。重力加速度大小为g=10m/s2。‎ ‎（1）通过计算判断，小球A能否到达圆环的最高点C？‎ ‎（2）求小球A的最大速度值。‎ ‎（3）求小球A从图示位置逆时针转动的过程中，其电势能变化的最大值。‎ ‎24．（14分）‎ ‎（1）第一次训练中，设冰壶离手时的速度为v0，加速度为a，以冰壶运动方向为正方向，根据匀变速直线运动的速度-位移公式： ①2分 设冰壶质量为m，冰壶沿水平方向只受摩擦力作用，根据牛顿第二定律：‎ ‎ ②2分 联立解得： ③2分 代入数据求得：=3.4m/s ④2分 ‎（2）设冰壶与被擦后的冰面之间的动摩擦因数为，同理可得：‎ ‎ ⑤2分 联立③⑤解得： ⑥2分 代入数据求得： ⑦2分 ‎25．（18分）‎ ‎（1）设A、B在转动过程中，轻杆对A、B做的功分别为、，则：‎ ‎ ①1分 设A、B到达圆环最高点的动能分别为、，‎ 对A由动能定理： ②2分 对B由动能定理： ③2分 联立解得： ④1分 上式表明：A在圆环最高点时，系统动能为负值，故A不能到达圆环最高点。 ⑤1分 ‎（2）设B转过α角时，A、B的速度大小分别为vA、vB，因A、B做圆周运动的半径和角速度均相同，故：vA=vB ⑥1分 对A由动能定理： ⑦2分 对B由动能定理： ⑧2分 联立解得： ⑨1分 由上式解得，当时，A、B的最大速度均为 ⑩1分 ‎（3）A、B从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为0时，电场力做功最多，电势能减少最多，由⑨式得： 2分 解得：或（舍去）‎ 故A的电势能减少： 2分 第三组 ‎24．（20分）如图（a）所示，间距为L电阻不计的光滑导轨固定在倾角为θ的斜面上。在区域I内有方向垂直于斜面的匀强磁场，磁感应强度恒为B不变；在区域Ⅱ内有垂直于斜面向下的匀强磁场，其磁感应强度Bt的大小随时间t变化的规律如图（b）所示。t=0时刻在轨道上端的金属细棒ab从如图位置由静止开始沿导轨下滑，同时下端的另一金属细棒cd在位于区域I内的导轨上也由静止释放。在ab棒运动到区域Ⅱ的下边界EF之前，cd棒始终静止不动，两棒均与导轨接触良好。又已知cd棒的质量为m，区域Ⅱ沿斜面的长度也是L，在t=tx时刻（tx未知）ab棒恰好进入区域Ⅱ，重力加速度为g。求：‎ ‎① 通过cd棒中的电流大小和区域I内磁场的方向 ‎② ab棒开始下滑的位置离区域Ⅱ上边界的距离s；‎ ‎③ ab棒从开始到下滑至EF的过程中，回路中产生的总热量。（结果均用题中的已知量表示）‎ ‎25．（22分）如图所示，虚线MO与水平线PQ相交于O，二者夹角θ=30°，在MO左侧存在电场强度为E、方向竖直向下的匀强电场，MO右侧某个区域存在磁感应强度为B、垂直纸面向里的匀强磁场，O点处在磁场的边界上．现有一群质量为m、电量为+q的带电粒子在纸面内以速度v()垂直于MO从O点射入磁场，所有粒子通过直线MO时，速度方向均平行于PQ向左．不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，求：‎ ‎① 速度最大的粒子自O点射入磁场至返回水平线POQ所用的时间．‎ ‎② 磁场区域的最小面积．‎ ‎③ 根据你以上的计算可求出粒子射到PQ上的最远点离O的距离，请写出该距离的大小（只要写出最远距离的最终结果，不要求写出解题过程）‎ 答案 ‎24解：(20分)‎ FN ‎ BIL ‎ θ ‎ mg ‎ ‎ ‎（1）(6分) 如图所示， cd棒受到重力、支持力和安培力 在tx后：有E2 = BLv （1分） 且 E1 = E2 （1分）‎ ‎ 解得： （1分） ‎ 由s= （1分） 解得s = （2分）‎ ‎（3）(6分)ab棒进入区域Ⅱ后，ab做匀速直线运动，且t2=tx，(1分)‎ 在区域Ⅱ中由能量守恒知 回路中的产生的热量为 Q2=，(2分)‎ 由于 Q1 = Q2 (1分)‎ 得回路中的总热量 Q=2(2分)‎ ‎25.(22分)解：（1）(11分)粒子的运动轨迹如图所示，设粒子在匀强磁场中做 匀速圆周运动的半径为R，周期为T，粒子在匀强磁场中运动时间为t1‎ 则 (1分)‎ 即 (1分)‎ ‎ (1分)‎ ‎ (1分)‎ 最大速度vm的粒子自N点水平飞出磁场，出磁场后做匀速运动至OM，设匀速运动的时间为t2，‎ 有： (1分)‎ 过MO后粒子做类平抛运动，设运动的时间为，‎ 则： (2分)‎ 又由题知最大速度vm= (1分)‎ 则速度最大的粒子自O进入磁场至重回水平线POQ所用的时间 (1分)‎ 解以上各式得： 或 (2分)‎ ‎（2）(7分)由题知速度大小不同的粒子均要水平通过OM，则其飞出磁场的位置均应在ON的连线上，故磁场范围的最小面积是速度最大的粒子在磁场中的轨迹与ON所围成的面积。‎ 扇形的面积 (2分)‎ 的面积为：‎ ‎ (2分)‎ 又 (1分)‎ 联立得：或 (2分)‎ ‎（3）(4分)粒子射到PQ上的最远点离O的距离d= （扣2分）‎ m m ‎2L L 第四组 ‎24、（19分）图中有一个竖直固定在地面的透气圆筒，筒中有一劲度为k的轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m的薄滑块，圆筒内壁涂有一层新型智能材料——ER 流体，它对滑块的阻力可调．起初，滑块静止，ER流体对其阻力为0，弹簧的长度为L，现有一质量也为m的物体从距地面2L处自由落下，与滑块碰撞后粘在一起向下运动．为保证滑块做匀减速运动，且下移距离为时速度减为0，ER流体对滑块的阻力须随滑块下移而变．试求（忽略空气阻力）：‎ ‎⑴下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能；‎ ‎⑵滑块向下运动过程中加速度的大小；‎ ‎⑶滑块下移距离d时ER流体对滑块阻力的大小．‎ ‎25、（20分）下图为一种质谱仪工作原理示意图．在以O为圆心，OH为对称轴，夹角为2α的扇形区域内分布着方向垂直于纸面的匀强磁场．对称于OH轴的C和D分别是离子发射点和收集点．CM垂直磁场左边界于M，且OM＝d．现有一正离子束以小发散角（纸面内）从C射出，这些离子在CM方向上的分速度均为v0．若该离子束中比荷为的离子都能汇聚到D，试求：‎ ‎⑴磁感应强度的大小和方向（提示：可考虑沿CM方向运动的离子为研究对象）；‎ ‎⑵离子沿与CM成θ角的直线CN进入磁场，其轨道半径和在磁场中的运动时间；‎ D O d C θ N M α ‎⑶线段CM的长度．‎ 答案 ‎24、解：⑴设物体下落末速度为v0，由机械能守恒定律 ‎ 解得：‎ 设碰后共同速度为v1，由动量守恒定律 ‎2mv1＝mv0 解得：‎ 碰撞过程中系统损失的机械能为：‎ ‎⑵设加速度大小为a，有：‎ 得：‎ ‎⑶设弹簧弹力为FN，ER流体对滑块的阻力为FER 解得：‎ ‎25、解：⑴沿CM方向运动的离子在磁场中做圆周运动的轨道半径为：‎ R＝d ‎ 由　‎ 解得：B＝ 磁场方向垂直纸面向外 ‎⑵沿CN运动的离子速度大小为v，在磁场中的轨道半径为R′，运动时间为t 由 vcosθ＝v0 ‎ 得 ‎ 方法一：设弧长为s t＝‎ s＝2(θ＋α) R′‎ 解得：‎ 方法二：离子在磁场中做匀速圆周运动的周期 ‎⑶方法一：CM＝MNcotθ ‎＝‎ ‎ ‎ 解得：CM＝dcotα 方法二：设圆心为A，过A做AB垂直NO，可以证明NM＝BO ‎∵NM＝CMtanθ 又∵BO＝ABcotα＝R′sinθcotα＝‎ ‎∴CM＝dcotα 第六组 ‎24．（19分）如图所示，相距0.5m足够长的两根光滑导轨与水平面成37°角，导轨电阻不计，下端连接阻值为2Ω的电阻R，导轨处在磁感应强度B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面斜向上．ab、cd为水平金属棒且与导轨接触良好，它们的质量均为0.5kg、电阻均为2Ω．ab棒与一绝缘水平细绳相连处于静止状态，现让cd棒从静止开始下滑，直至与ab相连的细绳刚好被拉断，在此过程中电阻R上产生的热量为0.5J，已知细线能承受的最大拉力为5N．求细绳被拉断时：（g=10m/s2，sin37°=0.6）‎ ‎（1）ab棒中的电流；‎ B a b c d ‎37°‎ R ‎37°‎ 绝缘水平细绳 ‎（2）cd棒的速度；‎ ‎（3）cd棒下滑的距离 ‎25．（20分）如图为某生产流水线工作原理示意图。足够长的工作平台上有一小孔A，一定长度的操作板（厚度可忽略不计）静止于小孔的左侧，某时刻开始，零件（可视为质点）被无初速度地放上操作板中点，同时操作板在电动机带动下向右做匀加速直线运动直至运动到A孔的右侧（忽略小孔对操作板运动的影响），最终零件运动到A孔时速度恰好为零，并由A孔下落进入下一道工序。已知零件与操作板间的动摩擦因素，与工作台间的动摩A 工作台 操作板 零件 工作台 擦因素，操作板与工作台间的动摩擦因素。试问：‎ ‎（1）电动机对操作板所施加的力是恒力还是变力（只要回答是“变力”或“恒力”即可）？‎ ‎（2）操作板做匀加速直线运动的加速度a的大小为多少？‎ ‎（3）若操作板长L=2m,质量M = 3kg，零件的质量m = 0.5kg,重力加速度取 g = 10m/s2,则操作板从A孔左侧完全运动到右侧过程中，电动机至少做了多少功？‎ 答案 ‎25．（19分）解：（1）细绳被拉断瞬时，对ab棒有:‎ Fm cos37°=mgsin37°+BIabL ( 2分)‎ ‎ Iab=1A ( 2分)‎ ‎ （2）因为Iab = IR ‎ Icd=Iab+ IR = 2A (2分)‎ 又由闭合欧姆定可得 ‎ (2分)‎ 联立可得v= 6 m/s  ( 2 分)‎ ‎(3) 金属棒cd从静止开始运动直至细绳刚好被拉断的过程中有：‎ ‎ ( 2分)‎ ‎ (2分)‎ 可得Qab= QR = 0.5J ( 1分)‎ Qcd =(2I)2Rcdt= 4I2Rabt= 2J ( 1分)‎ 由能量守恒得 ‎ ( 2分)‎ 即可得s = 4m  (1分)‎ ‎22．（20分）‎ ‎（1）变力（2分）‎ ‎（2）设零件相对于工作台运动距离为x，历时为t时与操作板分离，此后零件在工作台上做匀减速运动直到A点时速度减为零。设零件的质量为m,板长为L，取水平向右为正方向，则有：‎ ‎ ①（1分）‎ ‎ ②（1分）‎ ‎ ③（1分）‎ 从开始运动到零件与板分离，板的位移大小比零件多L/2，则有 ‎ ④（1分）‎ 零件从开始运动到运动到A点，总位移大小为L/2，则有 ‎ ⑤（1分）‎ 联立以上各式可得： ⑥（2分）‎ 代入数据得： （2分）‎ ‎（3）将及L=2m代入上述方程可得：（1分），（1分）‎ 由能量守恒可知电动机做功至少包含以下几部分：‎ ‎①操作板动能的增加 ‎ （1分）‎ ‎②零件在运动t时间内动能的增加 ‎ （1分）‎ ‎③零件在运动t时间内与操作板摩擦而产生的内能 ‎ （1分）‎ ‎④操作板在运动t时间内与工作台摩擦而产生的内能 ‎ （1分）‎ ‎⑤操作板从与零件分离到运动至工作台右侧过程中与工作台摩擦而产生的内能 ‎ （1分）‎ 所以电动机做功至少为 ‎ （2分）‎ 说明：1、在第（2）问中没有⑥式但能算出的，也一样给⑥式的2分 ‎ 2、在第（3）问中如没有算出各个量值，但有表达式又能说明各表达式意义的同样给步骤分。‎