2014屆高三物理計算題專項訓練(20題附答案)

1、 2014屆高三計算題專項訓練MRO  mAO1、如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量M=4.0kg的平板車，車的上表面右側(cè)是一段長L=1.0m的水平軌道，水平軌道左側(cè)是一半徑R=0.25m的1/4光滑圓弧軌道，圓弧軌道與水平軌道在O點相切。車右端固定一個尺寸可以忽略，處于鎖定狀態(tài)的壓縮輕彈簧，一質(zhì)量m=1.0kg的小物體（可視為質(zhì)點）緊靠彈簧，小物體與水平軌道間的動摩擦因數(shù)。整個裝置處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將輕彈簧解除鎖定，小物體被彈出，恰能到達圓弧軌道的最高點A。不考慮小物體與輕彈簧碰撞時的能量損失，不計空氣阻力。g取10m/s2，求： （1）解除鎖定前輕彈簧的彈性勢能 （2）小物體第二次經(jīng)過

2、O點時的速度大小 （3）最終小物體與車相對靜止時距O點的距離。2、在光滑水平面上有一帶擋板的長木板,其質(zhì)量為m,長度為L(擋板的厚度可忽略),木板左端有一質(zhì)量也是m (可視為質(zhì)點)的滑塊,擋板上固定有一個小炸藥包,如圖所示,(小炸藥包長度以及質(zhì)量與長木板相比可忽略)滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)恒定,整個系統(tǒng)處于靜止.給滑塊一個水平向右的初速度v0,滑塊相對于木板向右運動,剛好能與小炸藥包接觸,此時小炸藥包爆炸(此過程時間極短,爆炸后滑塊與木板只在水平方向運動,且完好無損),滑塊最終回到木板的左端,恰與木板相對靜止.求:(1)小炸藥包爆炸完畢時,滑塊和木板的速度;(2)從滑塊開始運動到最終停在木板左

3、端的整個過程中木板相對地面的位移.Lv0mm3、如圖甲所示，一質(zhì)量為2.0kg的物體靜止在水平面上，物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.20。從t=0時刻起，物體受到水平方向的力F的作用而開始運動，8s內(nèi)F隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示。求：（g取10m/s2）（1）4s末物體速度的大小；（2）在圖丙的坐標系中畫出物體在8s內(nèi)的v t 圖象；（要求計算出相應數(shù)值）（3）在8s內(nèi)水平力F所做的功。4、如圖所示，水平桌面上有一輕彈簧，左端固定在A點，自然狀態(tài)時其右端位于B點。水平桌面右側(cè)有一豎直放置的光滑軌道MNP，其形狀為半徑R=0.8m的圓環(huán)剪去了左上角135°的圓弧，MN為其豎直直徑，P

4、點到桌面的豎直距離也是R。用質(zhì)量m1=0.4kg的物塊將彈簧緩慢壓縮到C點，釋放后彈簧恢復原長時物塊恰停止在B點。用同種材料、質(zhì)量為m2=0.2kg的物塊將彈簧緩慢壓縮到C點釋放，物塊過B點后其位移與時間的關系為，物塊飛離桌面后由P點沿切線落入圓軌道。g=10m/s2，求：NABCRDPRM45°（1）BP間的水平距離。（2）判斷m2能否沿圓軌道到達M點。（3）釋放后m2運動過程中克服摩擦力做的功5、“伽利略”號木星探測器，從1989年10月進入太空起，歷經(jīng)6年，行程37億千米，終于到達木星周圍。此后在t秒內(nèi)繞木星運行N圈后，對木星及其衛(wèi)星進行考察，最后墜入木星大氣層燒毀。設這N圈都

5、是繞木星在同一個圓周上運行，其運行速率為v ，探測器上的照相機正對木星拍攝到整個木星時的視角為q（如圖所示），設木星為一球體。求：木星探測器q（1）木星探測器在上述圓形軌道上運行時的軌道半徑；（2）若人類能在木星表面著陸，至少以多大的速度將物體從其表面水平拋出，才不至于使物體再落回木星表面。6、如圖所示，兩平行金屬板A、B板長L=8cm，兩板間距離d8cm，A板比B板電勢高300V，一帶正電的粒子電量q10-10C，質(zhì)量m10-20kg，沿電場中心線RO垂直電場線飛入電場，初速度02106m/s，粒子飛出平行板電場后經(jīng)過界面MN、PS間的無電場區(qū)域后，進入固定在O點的點電荷Q形成的電場區(qū)域，（

6、設界面PS右邊點電荷的電場分布不受界面的影響），已知兩界面MN、PS相距為12cm，O點在中心線上距離界面PS為9cm，粒子穿過界面PS最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏bc上。（靜電力常數(shù)k=9109Nm2/C2）（1）求粒子穿過界面MN時偏離中心線OR的距離多遠？V0ORPbcSM12cm9cmABN（2）試在圖上粗略畫出粒子運動的軌跡；（3）確定點電荷Q的電性并求其電量的大小。7、如圖所示的平行板器件中，存在相互垂直的勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應強度B1=0.40T，方向垂直紙面向里，電場強度E=2.0×105V/m，PQ為板間中線緊靠平行板右側(cè)邊緣xOy坐標系的第一象限內(nèi)

7、，有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度B2=0.25T，磁場邊界AO和y軸的夾角AOy=45°一束帶電量q=8.0×10-19C的正離子從P點射入平行板間，沿中線PQ做直線運動，穿出平行板后從y軸上坐標為（0，0.2m）的Q點垂直y軸射入磁場區(qū)，離子通過x軸時的速度方向與x軸正方向夾角在45°90°之間.則：（1）離子運動的速度為多大？xyO45°B2+E-AB1PQ（2）離子的質(zhì)量應在什么范圍內(nèi)？（3）現(xiàn)只改變AOy區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應強度大小，使離子都不能打到x軸上，磁感應強度大小B2´應滿足什么條件？8、如圖所示，兩足夠長的直平行

8、水平導軌相距10，導軌左邊連接阻值15的電阻，導軌上放置著、兩金屬捧，棒質(zhì)量075kg、電阻10，棒質(zhì)量025、電阻10，兩金屬棒與導軌垂直，兩棒靠得很近，之間用長為40m的絕緣輕繩相連，整個裝置置于磁感應強度大小B10T、方向豎直向下的勻強磁場中。從0開始對棒施加水平向右的拉力，使棒由靜止開始以20s2的加速度做勻加速運動，=20s時撤去拉力。已知棒右邊的導軌是光滑的，輕繩繃緊前棒靜止不動，輕繩繃緊后，兩棒以相同速度運動直至停止。導軌電阻不計。求：（1）拉力隨時間變化的關系式；（2）輕繩繃緊后，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱；9、如圖所示，正方形線框abcd放在光滑絕緣的水平面上，其邊長、質(zhì)量、電阻，

9、M、N分別為線框ad、bc邊的中點圖示兩個虛線區(qū)域內(nèi)分別有豎直向下和向上的勻強磁場，磁感應強度均為，PQ為其分界線線框從圖示位置以速度勻速向右滑動，當MN與PQ重合時，線框的速度，此時立刻對線框施加一沿運動方向的水平拉力，使線框勻速運動直至完全進入右側(cè)勻強磁場區(qū)域求：（1）線框由圖示位置運動到MN與PQ重合的過程中磁通量的變化量；（2）線框運動過程中最大加速度的大?。唬?）在上述運動過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱10、如圖所示，cd 、fe是與水平面成角的光滑平行金屬導軌，導軌間的寬度為D，電阻不計。質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒ab平行于cf且與cf相距為L，棒ab與導軌接觸良好，在導軌間存在垂直導

10、軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度隨時間的變化關系為B=Kt（K為定值且大于零）。在cf之間連接一額定電壓為U、額定功率為P的燈泡。當棒ab保持靜止不動時，燈泡恰好正常發(fā)光。（1）求棒ab靜止不動時，K值的大小。cdefab（2）為了保持棒ab靜止，現(xiàn)給其施加了一個平行導軌的力。求這個力的表達式，并分析這個力的方向。11（16分）如圖所示，水平放置的兩平行金屬板，板長L1.0m，板間距d=0.06m，上板帶正電，下板帶負電，兩板間有一質(zhì)量m=0.1g，帶電量q=4×10-7C的微小顆粒沿水平方向從兩板中央處以v0=10m/s的初速射入勻強電場，要使帶電微粒能穿出極板，求兩極板間所施電壓

11、范圍。（g取10m/s2）dv0mq+q mR2R1rEKd。hab12（20分）相距d=0.1m水平放置的平行金屬板a和b，且中央有孔，為其提供電壓的電路如圖所示，且已知電源的電動勢為E=24V，內(nèi)阻為r=5，分壓電阻為R2=100，現(xiàn)閉合電鍵K，當電流達到穩(wěn)定后，將帶電荷量為q=1.0×10-7C、質(zhì)量為m=6.0×10-7kg的液滴從小孔正上方h=0.1m高處無初速滴下，為使液滴剛好不落在b板上。g=10m/s2，求：(1) R2兩端的電壓。(2) 滑動變阻器R1的阻值。××××××××&

12、#215;×××U1U2v00BDL13（18分）一個質(zhì)量為m=2.0×10-11kg，電荷量q= +1.0×10-5C的帶電微粒（重力忽略不計），從靜止開始經(jīng)U1=100V電壓加速后，水平進入兩平行金屬板間偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)電場的電壓U2=100V。金屬板長L=20cm，兩板間距d=。求：（1）微粒進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度v0的大小。（2）微粒射出偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)角。（3）若該勻強磁場的寬度為D=10cm，為使微粒不會從磁場右邊射出，該勻強磁場的磁感應強度B至少多大？14（18分）一個質(zhì)量為m=0.1kg的正方形金屬框總電阻R=0.5，金屬框放在表面

13、絕緣且光滑的斜面頂端（金屬框上邊與AA/重合），自靜止開始沿斜面下滑，下滑過程中穿過一段邊界與斜面底邊BB/平行、寬度為d的勻強磁場后滑至斜面底端（金屬框下邊與BB/重合），高金屬框在下滑過程中的速度為v，與此對應的位移為s，那么v2t 圖象如圖所示，已知勻強磁場方向垂直斜面向上，g=10m/s2。（1）根據(jù)v2t 圖象所提供的信息，計算出斜面傾角和勻強磁場寬度d。（2）金屬框從進入磁場到穿出磁場所用的時間是多少？AA/B/BddBO123102030v2/(m2s-2)s/m（3）勻強磁場的磁感應強度多大？15（20分）邊長為L0.1m的正方形金屬線框abcd，質(zhì)量m0.1、總電阻R0.02

14、，從高為h0.2m處自由下落（金屬線框abcd始終在豎直平面上且ab水平）線框下有一水平的有界的勻強磁場，豎直寬度L0.1m。磁感應強度B1.0T，方向如圖所示。試求： （）分析線框ab邊剛進入磁場區(qū)域時的運動情況（）線框穿過磁場過程中產(chǎn)生的熱（）全程通過a點截面的電量 （）在如圖坐標中畫出線框從開始下落到dc邊穿出磁場的速度與時間的圖像ABCPaH16（16分）如圖所示，一豎直固定且光滑絕緣的直圓筒底部放置一可視為點電荷的場源電荷A，其電荷量Q=4×103 C?，F(xiàn)有一個質(zhì)量為m = 0.1 kg的帶正電的小球B，它與A球間的距離為a = 0.4 m，此時小球B處于平衡狀態(tài)。另一質(zhì)量

15、也為m的不帶電絕緣小球C從距離B的上方H = 0.8 m處自由下落，落在小球B上立刻與小球B粘在一起向下運動，它們到達最低點后又向上運動，向上運動到達的最高點為P。（取g = 10 m/s2，k = 9×109 N·m2/C2），求：(1)小球B的帶電量q為多少？(2)小球C與小球B碰撞后的共同速度v大小為多少？(3)若場源電荷A形成的電場中各點的電勢表達式為，其中k為靜電力恒量，r為空間某點到A的距離，則P點與小球A之間的距離為多大？ 17、（16分）在游樂場中，有一種大型游戲機叫“跳樓機”.參加游戲的游客被安全帶固定在座椅上，由電動機將座椅沿光滑的豎直軌道提升到離地面4

16、0m高處，然后由靜止釋放.為研究方便，可以認為座椅沿軌道做自由落體運動1.2 s后，開始受到恒定阻力而立即做勻減速運動，且下落到離地面4m高處時速度剛好減小到零然后再讓座椅以相當緩慢的速度穩(wěn)穩(wěn)下落，將游客送回地面.(取g=10ms2) 求：（1）座椅在自由下落結(jié)束時刻的速度是多大? （2）座椅在勻減速階段的時間是多少？ （3）在勻減速階段，座椅對游客的作用力大小是游客體重的多少倍?18、（20分）如圖所示，xOy是位于足夠大的絕緣光滑水平桌面內(nèi)的平面直角坐標系，虛線MN是xOy的角平分線.在MN的左側(cè)區(qū)域，存在著沿x軸負方向、場強為E的勻強電場；在MN的右側(cè)區(qū)域，存在著方向豎直向下，磁感應強度

17、為B的勻強磁場.現(xiàn)有一帶負電的小球a從y軸上的P（0，l）點，在電場力作用下由靜止開始運動，a球到達虛線MN上的Q點時與另一個不帶電的靜止小球b發(fā)生碰撞，碰后兩小球粘合在一起進入磁場，它們穿出磁場的位置恰好在O點.若a、b兩小球的質(zhì)量相等且均可視為質(zhì)點，a、b碰撞過程中無電荷量損失.求:（1）a、b兩球碰撞合在一起進入磁場中的速度大?。?）a球的比荷k（即電荷量與質(zhì)量之比）（3）過O點后，粘在一起的兩個小球再次到達虛線MN上的位置坐標（結(jié)果用E、B、l表示）19、（14分）豎直平面內(nèi)存在一個水平向左的勻強電場，電場強度E2mg/q，一帶電量為q的小球，質(zhì)量為m，通過一長為L的輕質(zhì)細繩固定在懸點

18、O.現(xiàn)將小球拉至與懸點O平行的水平位置，如圖所示，由靜止釋放小球，求小球第一次通過經(jīng)過O點的豎直平面OM時的速度大小。20、（18分）如圖所示，質(zhì)量M=1kg的帶有小孔的塑料塊沿斜面上滑到最高點C時速度恰為零，此時恰與從A點水平射出的彈丸相遇，彈丸從沿斜面的方向進入塑料塊中，并立即與塑料塊具有相同的速度。已知A點和C點距地面的高度分別為H=1.95m和h=0.15m，彈丸質(zhì)量m=1kg，水平初速度為v0=8m/s。求：斜面與水平面間的夾角；若在斜面下端有一垂直于斜面的彈性擋板，塑料塊與它相碰過程沒有機械能損失。塑料塊與斜面間的動摩擦因數(shù)0.125，求塑料塊彈回C點時的速度大小。（取g=10m/

19、s2）ACHhv0參考答案：1、解：（1）平板車和小物塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，故小物塊恰能到達圓弧最高點A時，二者的共同速度為：v共=0 設彈簧解除鎖定前的彈性勢能為EP，上述過程中系統(tǒng)能量守恒，則有 代入數(shù)據(jù)解得：EP=7.5J （2）設小物塊第二次經(jīng)過O時的速度大小為vm，此時平板車的速度大小為vM，研究小物塊在圓弧面上下滑過程，由系統(tǒng)水平方向動量守恒和機械能守恒，則有： 代入數(shù)據(jù)解得： （3）最終平板車和小物塊相對靜止時，二者的共同速度為0，設小物塊相對平板車滑動的總路程為s，對系統(tǒng)由能量守恒，有： 代入數(shù)據(jù)解得：s=1.5m則距O點的距離x=sL=0.5m2解析：(1)設滑塊剛要

20、與炸藥包接觸時的速度為v1對滑塊和木板系統(tǒng)在爆炸前: 解得: 水平向右對滑塊與木板系統(tǒng)在爆炸前應用功能關系: 設爆炸后滑塊和木板的速度分別為v1/，v2/,最終滑塊相對靜止于木板的左端時速度為v2,系統(tǒng)在爆炸過程、爆炸前后動量守恒: 對系統(tǒng)在爆炸后應用功能關系: 由解得: ,水平向右. (2)爆炸前,對木板應用動能定理: 爆炸后, 對木板應用動能定理: 所以木板對地的總位移:s=s1+s2 由以上各式解得:s=2L,水平向右 3解：（1）物體受到水平力F和摩擦力的作用由靜止開始向右做勻加速直線運動，設加速度為，4s末速度為，由牛頓第二定律 （2）由圖知，在45s內(nèi)，物體受到水平力F的大小不變，

21、方向改變，設加速度為，5s末速度為 由圖知，58s內(nèi)物體只受摩擦力作用，設加速度為，速度為， 在t=7.5s時物體停止運動， 物體運動的v-t圖像如圖所示 （3）由v-t圖可知（或計算得出）04s內(nèi) 45s內(nèi) 水平力F做功 得 4解析：（1）設物塊塊由D點以初速做平拋，落到P點時其豎直速度為 得平拋用時為t，水平位移為s，在桌面上過B點后初速BD間位移為則BP水平間距為 （2）若物塊能沿軌道到達M點，其速度為，有軌道對物塊的壓力為FN，則解得 即物塊不能到達M點 （3）設彈簧長為AC時的彈性勢能為EP，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為，釋放 釋放且在桌面上運動過程中克服摩擦力做功為Wf，則可得5解：

22、（1）由v= 得，r= 由題意T= 由兩式得r= .(2) 探測器在圓形軌道上運行時 G=m. 從木星表面水平拋出，恰好不再落回木星表面時 G=m¢.由兩式得v0=v . 由題意R=rsin . 由兩式得v0= . 6、(1)側(cè)向位移：y=at2/2=0.03m=3cm（2）第一段是拋物線、第二段必須是直線、第三段是圓（3）帶負電帶電粒子在離開電場后將做勻速直線運動y/Y=4/(4+12) Y=4y=12cm此時帶電粒子的速度方向：vx=v0=2106m/s vy=at=qut/md=1.5106m/sv=2.5106m/s此時的速度方向垂直于Oa由題的描述：粒子穿過界面PS最后垂直

23、打在放置于中心線上的熒光屏上，由此可以做出判斷：該帶電粒子在穿過界面PS后將繞點電荷Q作勻速圓周運動KQq/r2=mv2/r Q=1.0410-8CxyOQ45°B2AvO3r3第14題（2）答圖7解：（1）設正離子的速度為v，由于沿中線PQ做直線運動，則有 代入數(shù)據(jù)解得 v=5.0×105m/s（2）設離子的質(zhì)量為m，如圖所示，當通過x軸時的速度方向與x軸正方向夾角為45°時，由幾何關系可知運動半徑 r1=0.2m當通過x軸時的速度方向與x軸正方向夾角為90°時，由幾何關系可知運動半徑r2=0.1m 由牛頓第二定律有 由于解得 xyOQ45°

24、B2Av45°r2r1O2第14題（2）答圖（3）如圖所示，由幾何關系可知使離子不能打到x軸上的最大半徑設使離子都不能打到x軸上，最小的磁感應強度大小為B0，則 代入數(shù)據(jù)解得 B0=0.60T 則 B2´0.60T（或B2´>0.60T） 8（1）B棒運動時，其速度為：感應電動勢為：電路總電阻為：感應電流：金屬棒受安培力為：對金屬棒，由牛頓定律得：ma從而解得隨變化的關系式為：，2.0 （2）20s內(nèi)B棒發(fā)生的位移為：，即撤去拉力時繩恰好繃緊，2.0s時，B棒的速度為：繩繃緊時滿足動量守恒：繩繃緊后，AB共同切割磁感線，其內(nèi)阻所以，電阻R上產(chǎn)生的熱等為：9解

25、答：（1）MN與PQ重合時，穿過線框的磁通量為零，故磁通量的變化量為 （2）cd邊剛過PQ的瞬間，線框中的感應電動勢 MNPQv0adbc感應電流的大小為 線框所受安培力的大小為 線框加速度的大小為 （3）MN到達PQ前，由能量守恒可知，線框中產(chǎn)生的焦耳熱為 MN與PQ重合的時刻，線框中的感應電動勢 MN經(jīng)過PQ后，線框中產(chǎn)生的焦耳熱 故在整個運動過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱為 10解：（1）根據(jù)法拉第電磁感應定律，有-根據(jù)閉合電路歐姆定律，有-其中-由于燈泡正常發(fā)光，故電路的電流為 -聯(lián)立得-（2）根據(jù)愣次定律和左手定則，可判斷金屬棒ab受到的安培力方向沿斜面向上，假設<mgsin，由受

26、力分析知所需外力為F=mgsin-=BID-B=kt-聯(lián)立得因，所以，當時，由此可得：當t時，<mgsin，F(xiàn)的方向斜面向上；當t時，>mgsin，F(xiàn)的方向斜面向下.11帶電粒子在板間受電場力和重力作用，做類平拋運動，當微粒正好打在下板右邊緣時，v0t=L .(2分)d/2=at2/2 .(2分)mgqU1/d = ma .(3分)聯(lián)立解得 U1=60V .(2分)當微粒正好打在上板右邊緣時， qU2/d mg= ma.(3分)聯(lián)立解得 U2=240V .(2分)所以有60V<U<240V .(2分)12（1）當液滴從開始剛好能到b板附近時，對此過程應用動能定理： .(

27、6分)（或： ）解得ab兩板電壓（即為R1兩端分壓）. (3分)（2）當R1兩端分壓為U時，由閉合電路歐姆定律得： .(4分) 對于部分電路R2，.(4分)解得：.(3分)13（1）微粒在加速電場中由動能定理得 .(2分)解得.(2分)（2）微粒在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，有.(2分).(2分)（3）進入磁場時，微粒的速度是.(2分)由幾何關系有.(2分)洛倫茲力提供向心力 .(2分)聯(lián)立以上各式得 .(2分)解得 .(2分)14解：（1)由圖象可知，從s=0到s1=1.6m過程中，金屬框作勻加速度運動，由公式v2=2ass可得，金屬框的加速度為.(2分)根據(jù)牛頓第二定律 .(2分)解得.(2分

28、)金屬框一邊進入磁場到上邊出磁場，線框做勻速運動，故.(2分)（2)金屬框剛進入磁場到時 .(2分)金屬框穿過磁場所用的時間.(2分)（3)因勻速通過磁場，則.(4分)解得.(2分)15.（20分）解：（1）因為線框ab進入磁場時V12m/s 2分產(chǎn)生的電動勢EBLV10.2V 1分安培力FBLIBLV1/R1N 1分線框在磁場中FG作勻速運動， 2分（2）Qmg2L0.1×10×2×0.1J0.2J 4分（3）因為ab與dc切割磁感線產(chǎn)生的電動勢和電流是：EBLV1 IE/R 所以通過a點的電量QItE2L/R V1BL2 V1L/ R V12BL2/R2×1×0.01/0.02C1C 5分(4) 線框下落的時間：t10.2s 1分在磁場內(nèi)勻速VV1 t22L/ V10.1s 1分可作得圖像：略 3分16.（16分）解：(1) 小球B在碰撞前處于平衡狀態(tài)，對B球進行受力分析知： 3分代入數(shù)據(jù)得：C 1分(2) 小球C自由下落H距離的速度v0 = = 4 m/s 2分動量守恒：mv0=2mv v=2m/s 4分(3)C和B向下運動到最低點后又向上運動到P點，運動過程中系統(tǒng)能量守恒，設P與A之間的距離為x，由能量守恒得： 4分代入數(shù)據(jù)得：x = 0.68m或x = (0.4)）m 2分17、（16分）解：(1)設座椅