（江蘇專用）高考物理二輪復習 計算題47分模擬小卷（三）-人教版高三物理試題

計算題47分模擬小卷(三)計算題：本題共3小題，共計47分。解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案不能得分。有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。13．(15分)(2016·淮安三模)如圖1甲所示，在水平桌面上放置一邊長L＝0.2m的正方形閉合金屬線圈abcd，線圈的匝數(shù)n＝10，質量m＝0.1kg，總電阻R＝0.1Ω，與水平桌面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，線圈與水平面的最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等。線圈的右半邊處于豎直向上的勻強磁場中，磁場的左邊界MN與線圈ab、cd兩邊平行且距離相等。從t＝0時刻起，勻強磁場的磁感應強度B隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。取g＝10m/s2，求：圖1(1)t＝1s時刻線圈中的感應電動勢的大小E；(2)t＝0s至t＝3s線圈中流過的電荷量q和線圈中產生的熱量Q；(3)線圈何時開始發(fā)生滑動，向什么方向滑動。解析(1)根據法拉第電磁感應定律得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(L2ΔB,2Δt)＝0.02V(3分)(2)I＝eq\f(E,R)＝0.2A(2分)q＝It＝0.6C(2分)Q＝I2Rt＝0.012J(2分)(3)nBIL＝μmg(2分)B＝eq\f(μmg,nIL)＝0.5T(2分)根據圖象規(guī)律可得t＝6s，向左滑動(2分)答案(1)0.02V(2)0.6C0.012J(3)6s向左滑動14．(16分)(2016·揚泰南三模)如圖2所示，光滑斜面傾角為θ，底端固定一垂直于斜面的擋板C，在斜面上放置長木板A，A的下端與C的距離為d，A的上端放置小物塊B，A、B的質量均為m，A、B間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(3,2)tanθ?，F(xiàn)同時由靜止釋放A、B，A與C發(fā)生碰撞的時間極短，碰撞前、后瞬間速度大小相等。運動過程中小物塊始終沒有從木板上滑落，已知重力加速度為g。求：圖2(1)A與C發(fā)生第一次碰撞前瞬間的速度大小v1；(2)A與C發(fā)生第一次碰撞后上滑到最高點時，小物塊B的速度大小v2；(3)為使B不與C碰撞，木板A長度的最小值L。解析(1)第一次碰撞前由機械能守恒定律有eq\f(1,2)(m＋m)veq\o\al(2,1)＝2mgdsinθ(3分)解得v1＝eq\r(2gdsinθ)(1分)(2)設發(fā)生第一次碰撞后，A上滑、B下滑的加速度大小分別為aA、aB，則μmgcosθ＋mgsinθ＝maA(2分)μmgcosθ－mgsinθ＝maB(2分)由于aA>aB，則A先減速到零。設A第一次碰撞后上滑到最高點的時間為t，則v1＝aAt(1分)v2＝v1－aBt(1分)解得v2＝eq\f(4,5)eq\r(2gdsinθ)(2分)(3)研究A、B運動全過程，由能量守恒定律有mgdsinθ＋mg(d＋L)sinθ＝μmgLcosθ(3分)解得L＝4d(1分)答案(1)eq\r(2gdsinθ)(2)eq\f(4,5)eq\r(2gdsinθ)(3)4d15.(16分)如圖3所示，光滑桿AB長為L，B端固定一根勁度系數(shù)為k、原長為l0的輕彈簧，質量為m的小球套在光滑桿上并與彈簧的上端連接。OO′為過B點的豎直軸，桿與水平面間的夾角始終為θ。圖3(1)桿保持靜止狀態(tài)，讓小球從彈簧的原長位置靜止釋放，求小球釋放瞬間的加速度大小a及小球速度最大時彈簧的壓縮量Δl1；(2)當球隨桿一起繞OO′軸勻速轉動時，彈簧伸長量為Δl2，求勻速轉動的角速度ω；(3)若θ＝30°，移去彈簧，當桿繞OO′軸以角速度ω0＝eq\r(\f(g,L))勻速轉動時，小球恰好在桿上某一位置隨桿在水平面內勻速轉動，球受輕微擾動后沿桿向上滑動，到最高點A時球沿桿方向的速度大小為v0，求小球從開始滑動到離開桿的過程中，桿對球所做的功W。解析(1)小球從彈簧的原長位置靜止釋放時，根據牛頓第二定律有mgsinθ＝ma(2分)解得a＝gsinθ(1分)小球速度最大時其加速度為零，則kΔl1＝mgsinθ(1分)解得Δl1＝eq\f(mgsinθ,k)(1分)(2)彈簧伸長Δl2時，球受力如圖所示，水平方向上有FNsinθ＋kΔl2cosθ＝mω2(l0＋Δl2)cosθ(2分)豎直方向上有FNcosθ－kΔl2sinθ－mg＝0(2分)解得ω＝eq\r(\f(mgsinθ＋kΔl2,m（l0＋Δl2）cos2θ))(1分)(3)當桿繞OO′軸以角速度ω0勻速轉動時，設小球距離B點L0，此時有mgtanθ＝mωeq\o\al(2,0)L0cosθ(1分)解得L0＝eq\f(2L,3)(1分)此時小球的動能Ek0＝eq\f(1,2)m(ω0L0cosθ)2(1分)小球在最高點A離開桿瞬間的動能EkA＝eq\f(1,2)m[veq\o\al(2,0)＋(ω0Lcosθ)2](1分)根據動能定理有W－mg(L－L0)sinθ＝EkA－Ek0(1分)解得W＝eq\f(3,8)mgL＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)(1分)答案