高考模拟20分.docx
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高考模拟20分.docx
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高考模拟20分
(2012西城二模)24.(20分)如图所示,一个木板放置在光滑的水平桌面上,A、B两个小物体通过不可伸长的轻绳相连,并且跨过轻滑轮,A物体放置在木板的最左端,滑轮与物体A间的细绳平行于桌面。
已知木板的质量m1=20.0kg,物体A的质量m2=4.0kg,物体B的质量m3=1.0kg,物体A与木板间的动摩擦因数
,木板长L=2m,木板与物体A之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10m/s2。
为了使A、B两个物体以及木板均保持静止状态,需要对木板施加水平向左的力F1,加以维持
(1)求这个力F1的大小;
(2)为了使物体A随着木板一起向左运动,并且不发生相对滑动,现把力F1替换为水平向左的力F2,求力F2的最大值;
(3)现在用一个水平向左的力瞬间击打木板,并同时撤去力F1,使得物体B上升高度hB=1.0m(物体B未碰触滑轮)时,物体A刚好经过木板的最右端。
求打击木板的这个力的冲量大小I。
24.(20分)
(1)对物体B受力分析如图1所示,
根据共点力平衡条件T1=m3g①··················1分
对物体A和木板组成的整体受力分析如图2所示
根据共点力平衡条件得F1=T1②···················1分
代入数据,由①、②得F1=10N···················1分
(2)运动过程中,三个物体的加速度大小相等,设加速度大小为a。
对物体B受力分析如图3所示,
根据牛顿第二定律T2–m3g=m3a③··········1分
对物体A受力分析如图4所示,
根据牛顿第二定律f–T2=m2a④············1分
此时,f=μm2g⑤············1分
代入数据,由③、④、⑤式得
a=2.0m/s2············2分
对木板受力分析如图5所示,
根据牛顿第二定律F2–f=m1a⑤····1分
将加速度代入⑤式得F2=60N········1分
(3)由于木板与物体A之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,物体A、B运动的加速度与
(2)中的加速度相等。
即a=2.0m/s2
设物体B上升高度hB=1.0m,所用时间为t,满足
···········1分
代入数据,解得t=1.0s············1分
设木板减速运动过程中的加速度为
,
对木板受力分析如图6所示
根据牛顿第二定律
············1分
代入数据,解得
············1分
根据题意,物体B上升高度hB=1.0m过程中,木板向左运动的位移
x=L+hB=3m···········1分
设:
打击木板后的瞬间,木板的速度为v0,
则:
物体A刚好经过木板最右端时,木板的速度
············1分
对木板,根据运动学公式又有:
···········1分
代入数据,解得v0=3.5m/s················1分
根据动量定理,有:
I=m1v0-0············1分
代入数据,解得I=70N·s············1分
(2012东城二模)24.(20分)如图所示,竖直平面内有足够长、不计电阻的两组平行光滑金属导轨,宽度均为L=0.5m,上方连接一个阻值R=1Ω的定值电阻,虚线下方的区域内存在垂直纸面向里的磁感应强度B=2T的匀强磁场。
完全相同的两根金属杆1和2靠在导轨上,金属杆长与导轨等宽且与导轨接触良好,电阻均为r=0.5Ω。
将金属杆1固定在磁场的上边缘(仍在此磁场内),金属杆2从磁场边界上方h0=0.8m处由静止释放,进入磁场后恰作匀速运动。
(g取10m/s2)求:
(1)金属杆的质量m;
(2)若金属杆2从磁场边界上方h1=0.2m处由静止释放,进入磁场下落一段距离后做匀速运动。
在金属杆2加速的过程中整个回路产生了1.4J的电热。
求此过程中流过电阻R的电荷量q;
(3)若金属杆2仍然从磁场边界上方h1=0.2m处由静止释放,在金属杆2进入磁场的同时释放金属杆1,试求两根金属杆各自的最大速度。
24.(20分)
(1)金属杆2进入磁场前做自由落体运动,进入磁场的速度
vm=
=
m/s=4m/s
金属杆2进入磁场后切割磁感线,回路中产生感应电流,有
感应电动势E=BLvm,感应电流
金属杆恰做匀速运动,受安培力和重力平衡:
mg=BIL
解出m=
=
=0.2kg(5分)
(2)金属杆2自由下落h1,进入磁场,做加速运动,设金属杆2在磁场内下降h2后达到匀速运动,在加速的过程中,部分机械能转化为电能产生电热,有
mg(h1+h2)=
+Q
可得h2=
1=1.3m
金属杆2进入磁场到匀速运动的过程中
,
解出流过电阻的电量 q=
=
C=0.65C (6分)
(3)金属杆2刚进入磁场时的速度v=
=
m/s=2m/s
金属杆2进入磁场同时释放金属杆1后,回路中有感应电流,两杆都受安培力和重力,且受力情况相同,都向下做加速运动,随速度增大,感应电流增大,安培力增大,直到安培力和重力相等时,速度达到最大。
金属杆1和2产生的感应电动势为E1=BLv1,E2=BLv2
感应电流为
达到最大速度时杆的重力等于安培力
mg=BIL
整理得到:
v1+v2=
代入数据得v1+v2=4m/s………………①
因为两个金属杆任何时刻受力情况相同,因此任何时刻两者的加速度也都相同,在相同时间内速度的增量也必相同,即:
v1-0=v2-v
代入数据得v2=v1+2………………………………………………………②
(画出v-t图,找到两者速度差值(v2-v1)恒为2m/s的,同样给分)
1②两式联立求出:
v1=1m/s,v2=3m/s(9分)
(2012海淀二模)24.(20分)如图所示,坐标系xOy在竖直平面内,x轴正方向水平向右,y轴正方向竖直向上。
y<0的区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B;在第一象限的空间内有与x轴平行的匀强电场(图中未画出);第四象限有与x轴同方向的匀强电场;第三象限也存在着匀强电场(图中未画出)。
一个质量为m、电荷量为q的带电微粒从第一象限的P点由静止释放,恰好能在坐标平面内沿与x轴成θ=30°角的直线斜向下运动,经过x轴上的a点进入y<0的区域后开始做匀速直线运动,经过y轴上的b点进入x<0的区域后做匀速圆周运动,最后通过x轴上的c点,且Oa=Oc。
已知重力加速度为g,空气阻力可忽略不计,求:
(1)第一象限电场的电场强度E1的大小及方向;
(2)带电微粒由P点运动到c点的过程中,其电势能的变化量大小;
(3)带电微粒从a点运动到c点所经历的时间。
24.(20分)
(1)在第一象限内,带电微粒从静止开始沿Pa做匀加速直线运动,受重力mg和电场力qE1的合力一定沿Pa方向,电场力qE1一定水平向左。
……………………1分
带电微粒在第四象限内受重力mg、电场力qE2和洛仑兹力qvB做匀速直线运动,所受合力为零。
分析受力可知微粒所受电场力一定水平向右,故微粒一定带正电。
……………1分
所以,在第一象限内E1方向水平向左(或沿x轴负方向)。
………………………1分
根据平行四边形定则,有mg=qE1tanθ………………………………………………1分
解得E1=
mg/q…………………………………………………………………1分
(2)带电粒子从a点运动到c点的过程中,速度大小不变,即动能不变,且重力做功为零,所以从a点运动到c点的过程中,电场力对带电粒子做功为零。
…………………1分
由于带电微粒在第四象限内所受合力为零,因此有qvBcosθ=mg………………1分
带电粒子通过a点的水平分速度vx=vcosθ=
……………………………………1分
带电粒子在第一象限时的水平加速度ax=qE1/m=
g………………………………1分
带电粒子在第一象限运动过程中沿水平方向的位移x=
……………1分
由P点到a点过程中电场力对带电粒子所做的功W电=qE1x=
………………1分
因此带电微粒由P点运动到c点的过程中,电势能的变化量大小
ΔE电=
……………………………………………………………1分
说明:
其他方法正确的同样得分。
但用动能定理的水平分量式求解的不能得分。
(3)
在第三象限内,带电微粒由b点到c点受重力mg、电场力qE3和洛仑兹力qvB做匀速圆周运动,一定是重力与电场力平衡,所以有
qE3=mg……………………………………………1分
设带电微粒做匀速圆周运动的半径为R,根据牛顿第二定律,有qvB=mv2/R……………………………1分
带电微粒做匀速圆周运动的周期
T=
………………………………1分
带电微粒在第三象限运动的轨迹如图所示,连接bc弦,因Oa=Oc,所以Δabc为等腰三角形,即∠Ocb=∠Oab=30°。
过b点做ab的垂线,与x轴交于d点,因∠Oba=60°,所以∠Obd=30°,因此Δbcd为等腰三角形,bc弦的垂直平分线必交于x轴上的d点,即d点为轨迹圆的圆心。
…………………………………………………………………………2分
所以带电粒子在第四象限运动的位移xab=Rcotθ=
R
其在第四象限运动的时间t1=
……………………………………………1分
由上述几何关系可知,带电微粒在第三象限做匀速圆周运动转过的圆心角为120°,即转过1/3圆周,所以从b到c的运动时间t2=
………………………………1分
因此从a点运动到c点的时间t=t1+t2=
+
=
………1分
微粒从a点运动到c点所经历的时间。
(2012朝阳二模)24.(20分)
某同学用一个光滑的半圆形轨道和若干个大小相等、可视为质点的小球做了三个有趣的实验,轨道固定在竖直平面内,且两端同高。
第一次,他将一个小球从离轨道最低点的竖直高度h处由静止沿轨道下滑(h远小于轨道半径),用秒表测得小球在轨道底部做往复运动的周期为T;第二次,他将小球A放在轨道的最低点,使另一个小球B从轨道最高点由静止沿轨道滑下并与底部的小球碰撞,结果小球B返回到原来高度的1/4,小球A也上滑到同样的高度;第三次,用三个质量之比为m1:
m2:
m3=5:
3:
2的小球做实验,如图所示,先将球m2和m3放在轨道的最低点,球m1从某一高度由静止沿轨道下滑,它们碰后上升的最大高度分别为h1、h2和h3,不考虑之后的碰撞。
设实验中小球间的碰撞均无能量损失。
重力加速度为g。
求:
(1)半圆形轨道的半径R;
(2)第二次实验中两小球的质量之比mA:
mB;
(3)第三次实验中三个小球上升的最大高度之比h1:
h2:
h3。
24.(20分)
解:
(1)第一次实验中,小球的运动可以看做摆长为R的单摆,根据单摆周期公式有:
所以
(6分)
(2)第二次实验中,球B从高为R处释放,设球B与球A碰撞前瞬间的速度大小为vB,碰撞后瞬间它们速度的大小分别为
和vA。
由题意知,球B与A碰后达到的高度均为
,根据机械能守恒定律有新课标第一网
所以
;
又根据动量守恒定律有
所以
(6分)
(3)根据题意设球1、2、3的质量分别为5m、3m和2m。
设球1与球2碰撞前后的速度分别为v1、
,球2与球3碰撞前后的速度分别为
,球3与球2碰撞后的速度为
。
球1与球2碰撞过程中动量守恒,且机械能守恒,则有
解得
球2与球3碰撞过程中动量守恒,且机械能守恒,则有
解得:
在三个小球的上升过程中,根据机械能守恒定律有
解得
(8分)
(2012丰台二模)24.(20分)如图,光滑水平面上固定着一对竖直放置的平行金属板G和H。
在金属板G右壁固定一个可视为质点的小球C,其质量为MC=0.01kg、带电量为q=+1×10-5C。
G、H两板间距离为d=10cm,板H下方开有能让小球C自由通过的小洞。
质量分别为MA=0.01kg和MB=0.02kg的不带电绝缘小球A、B用一轻质弹簧连接,并用细线栓连使弹簧处于压缩状态,静放在H板右侧的光滑水平面上,如图(a)所示。
现将细线烧断,小球A、B在弹簧作用下做来回往复运动(A球不会进入G、H两板间)。
以向右为速度的正方向,从烧断细线断开后的某时刻开始计时,得到A球的速度—时间图象如图(b)所示。
(1)求在
时刻小球B的速度,并在图(b)中大致画出B球的速度—时间图象;
(2)若G、H板间是电场强度为E=8×104V/m的匀强电场,在某时刻将小球C释放,则小球C离开电场时的速度为多大?
若小球C以离开电场时的速度向右匀速运动,它将遇到小球A,并与之结合在一起运动,试求弹簧的最大弹性势能的范围。
24.(20分)解:
(1)(10分)对于小球A、B与轻质弹簧组成的系统,当烧断细线后动量守恒,有
(3分)
(1分)
当
时,有
(1分)
当
时,有
–
=–
m/s=–2m/s(1分)
当
时,有
(1分)
小球B的速度—时间图象如答图3所示。
(3分)
(2)(10分)当金属板间加有匀强电场时,电场力对小球做功,小球获得初动能并离开金属板。
由动能定理,有
得
=4m/s(2分)
因水平方向A、B、C三小球系统不受外力,故系统动量守恒。
由此可得,不论A、C两球何时何处相碰,三球的共同速度是一个定值,即三球速度相同时的总动能是一定值。
由MCvC=(MA+MB+MC)v共,解得v共=1m/s(1分)
当三球速度相同时弹簧的弹性势能最大。
当A球在运动过程中速度为4m/s且与C球同向时,跟C球相碰,系统损失能量最小(为0),此情况下三球在运动过程中弹簧具有的最大弹性势能设为E1
(2分)
当A球在运动过程中速度为4m/s与C球反向时,跟C球相碰,系统损失能量最大,此情况下三球运动的过程中弹簧具有的最大弹性势能设为E2
由MCvC–MAvA=(MA+MC)v3,解得v3=0(1分)
E2=
(MA+MC)v32+
MBvB2–
(MA+MB+MC)v共2=0.02J(2分)
由上可得:
弹簧具有的最大弹性势能的可能值在0.02J~0.18J的范围内。
(2分)
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