高考物理真題和模擬題分類匯編20綜合計算題含解析

專題20綜合計算題

1.(2021?浙江卷)如圖甲所示，空間站上某種離子推進(jìn)器由離子源、間距為"的中間有小孔

的兩平行金屬板M、N和邊長為/，的立方體構(gòu)成，其后端面夕為噴口。以金屬板N的中心0

為坐標(biāo)原點，垂直立方體側(cè)面和金屬板建立小y和/坐標(biāo)軸。M、N板之間存在場強為反

方向沿z軸正方向的勻強電場;立方體內(nèi)存在磁場，其磁感應(yīng)強度沿z方向的分量始終為零，

沿x和y方向的分量凡和紇隨時間周期性變化規(guī)律如圖乙所示，圖中穌可調(diào)。敬離子

(Xe?+)束從離子源小孔S射出，沿z方向勻速運動到M板，經(jīng)電場加速進(jìn)入磁場區(qū)域，最

后從端面尸射出，測得離子經(jīng)電場加速后在金屬板N中心點。處相對推進(jìn)器的速度為z。已

知單個離子的質(zhì)量為加、電荷量為2e,忽略離子間的相互作用，且射出的離子總質(zhì)量遠(yuǎn)小

于推進(jìn)器的質(zhì)量。

(D求離子從小孔S射出時相對推進(jìn)器的速度大小看;

(2)不考慮在磁場突變時運動的離子，調(diào)節(jié)穌的值，使得從小孔S射出的離子均能從噴口后

端面尸射出，求線的取值范圍；

(3)設(shè)離子在磁場中的運動時間遠(yuǎn)小于磁場變化周期A單位時間從端面尸射出的離子數(shù)為〃，

且及=也”％<.求圖乙中辦時刻離子束對推進(jìn)器作用力沿z軸方向的分力。

5eL

答案：⑴%=J說一3且；(2)0~舞；⑶機(jī)%，方向沿Z軸負(fù)方向

Vm3eL5

解析：

⑴離子從小孔S射出運動到金屬板N中心點。處，根據(jù)動能定理有2eEd=；加4-;〃八］

解得離子從小孔S射出時相對推進(jìn)器的速度大小Vs=、片-箜2

Vm

(2)當(dāng)磁場僅有沿x方向的分量取最大值時，離子從噴口P的下邊緣中點射出，根據(jù)幾何關(guān)

系有(凡_亨)=

2

根據(jù)洛倫茲力提供向心力有24。綜二警

聯(lián)立解得穌=弊

5eL

當(dāng)磁場在x和y方向的分量同取最大值時，離子從噴口P邊緣交點射出，根據(jù)幾何關(guān)系有

此時B=6B0；根據(jù)洛倫茲力提供向心力有2ex%xV2B0=警

聯(lián)立解得綜=磐

3eL

故Bo的取值范圍為0~磐；

3eL

(3)粒子在立方體中運動軌跡剖面圖如圖所示

由題意根據(jù)洛倫茲力提供向心力有2exv0x>/2B0=警

氏3

且滿足6。=

5eL

所以可得懸

3

所以可得cos。=《

離子從端面，射出時，在沿Z軸方向根據(jù)動量定理有FZ=nAtmv()cos<9-0

3

根據(jù)牛頓第三定律可得離子束對推進(jìn)器作用力大小為F=-nm^

方向沿z軸負(fù)方向。

2.(2021?浙江卷)如圖所示，水平地面上有一高”=0.4m的水平臺面，臺面上豎直放置傾

角。二37。的粗糙直坑道A8、水平光滑直軌道8C、四分之一圓周光滑細(xì)圓管道CO和半

圓形光滑軌道。所，它們平滑連接，其中管道CO的半徑r=0.1m、圓心在。|點，軌道

。所的半徑R=0.2m、圓心在。2點，D、。2和產(chǎn)點均處在同一水平線上。小滑塊從

軌道A8上距臺面高為力的尸點靜止下滑,與靜止在軌道8c上等質(zhì)量的小球發(fā)生彈性碰撞，

碰后小球經(jīng)管道CO、軌道OE尸從尸點豎直向下運動，與正下方固定在直桿上的三棱柱G

碰撞，碰后速度方向水平向右，大小與碰前相同，最終落在地面上。點，已知小滑塊與軌道

A8間的動摩擦因數(shù)〃二士，sin37°=0.6,cos37°=0.8o

(D若小滑塊的初始高度h=0.9m,求小滑塊到達(dá)4點時速度%的大小;

(2)若小球能完成整個運動過程，求才的最小值熊in；

(3)若小球恰好能過最高點E,且三棱柱G的位置上下可調(diào)，求落地點0與匕點的水平距離x

的最大值Xmax。

答案：(l)4m/s；(2)hm.n=0.45m；(3)0.8m

解析：

(1)小滑塊AB軌道上運動mgh-jumgcos0?—^―=-mvl

sin。2

代入數(shù)據(jù)解得％=g屈=4m/s

(2)小滑塊與小球碰撞后動量守恒，機(jī)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/軌道運動，在最高點可得mg=

從0點到N點由機(jī)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)設(shè)/點到G點的距離為y,小球從￡點到。點的運動，由動能定理

1,

由平拋運動可得工=,H+r-y=-gt~

聯(lián)立可得水平距離為x=2&0.5—y)(0.3+y)

由數(shù)學(xué)知識可得當(dāng)0.5—y=0.3+y

取最小，最小值為/而=0.8m

3.(2021?全國乙卷)如圖，一傾角為a的光滑固定斜面的頂端放有質(zhì)量M=0.06kg的u

型導(dǎo)體框，導(dǎo)體框的電阻忽略不L；一電阻A=3C的金屬棒CO的兩端置于導(dǎo)體框上，與

導(dǎo)體框構(gòu)成矩形回路8口；砂與斜面底邊平行，長度L=0.6m0初始時CO與律相

3

距”=0.4m,金屬棒與導(dǎo)體框同時由靜止開始下滑，金屬棒下滑距離47m后進(jìn)入一

方向垂直于斜面的勻強磁場區(qū)域，磁場邊界(圖中虛線)與斜面底邊平行：金屬棒在磁場中做

勻速運動，直至離開磁場區(qū)域。當(dāng)金屬棒離開磁場的瞬間，導(dǎo)體框的"'邊正好進(jìn)入磁場，

并在勻速運動一段距離后開始加速。已知金屬棒與導(dǎo)體框之間始終接觸良好，磁場的磁感應(yīng)

強度大小3=1T,重力加速度大小取g=10m/s2,sina=0.6。求：

(1)金屬棒在磁場中運動時所受安培力的大??；

(2)金屬棒的質(zhì)量以及金屬棒與導(dǎo)體框之間的動摩擦因數(shù)；

(3)導(dǎo)體框勻速運動的距離。

35

答案：(D0.18N；(2)m=0.02kg,//=-；(3)x=—m

8218

解析：

(1)根據(jù)題意可得金屬棒和導(dǎo)體框在沒有進(jìn)入磁場時一起做勻加速直線運動，由動能定理可

得(M+m)gs]sina=g(M+咐片

3

代入數(shù)據(jù)解得%=/m/s

金屬棒在磁場中切割磁場產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得

￡

由閉合回路的歐姆定律可得1=~

R

則導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場時受到的安培力為F.安=BIL=0.18N

(2)金屬棒進(jìn)入磁場以后因為瞬間受到安培力的作用，根據(jù)楞次定律可知金屬棒的安培力沿

斜面向上，之后金屬棒相對導(dǎo)體框向上運動，因此金屬棒受到導(dǎo)休框給的沿斜面向下的滑動

摩擦力，因勻速運動，可有機(jī)gsina+〃機(jī)gcosa=/^

此時導(dǎo)體框向下做勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律可得Mgsina-Mngcosa=Ma

設(shè)磁場區(qū)域的寬度為x,則金屬棒在磁場中運動的時間為，=—

%

則此時導(dǎo)體框的速度為匕=%+m

1,

則導(dǎo)體框的位移百二卬+2。廣

因此導(dǎo)體框和金屬棒的相對位移為Ar=%=

由題意當(dāng)金屬棒離開磁場時金屬框的.上端)剛好進(jìn)入線框，則有位移關(guān)系$0-&二］

金屬框進(jìn)入磁場時勻速運動，此時的電動勢為互二3￡匕，1=等

導(dǎo)體框受到向上的安培力和滑動摩擦力，因此可得Mgsina=〃mgcosa+51|L

3

聯(lián)立以上可得x=0.3m,a=5m/s2?加=0.02kg,//=-

8

(3)金屬棒出磁場以后，速度小于導(dǎo)體框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速運動，則

有mgsina+〃〃2gcosa=［叫

金屬棒向下加速，導(dǎo)體框勻速，當(dāng)共速時導(dǎo)體框不再勻速，則有%+%(=匕

導(dǎo)體框勻速運動的距離為工2一印1

255

代入數(shù)據(jù)解得x?——^―m=—m

4.(2021?全國甲卷)如圖，長度均為/的兩塊擋板豎直相對放置，間距也為/,兩擋板上邊

緣尸和必處于同一水平線上，在該水平線的上方區(qū)域有方向豎直向下的勻強電場，電場強度

大小為E;兩擋板間有垂直紙面向外、磁感應(yīng)強度大小可調(diào)節(jié)的勻強磁場。一質(zhì)量為加，電

荷量為°(〃>0)的粒子自電場中某處以大小為％的速度水平向右發(fā)射，恰好從。點處射入磁

場，從兩擋板下邊緣。和N之間射出磁場，運動過程中粒子未與擋板碰撞。已知粒子射入磁

場時的速度方向與網(wǎng)的夾角為60。，不計重力。

(1)求粒子發(fā)射位置到尸點的距離；

(2)求磁感應(yīng)強度大小的取值范圍；

(3)若粒子正好從QV的中點射出磁場，求粒子在磁場中的軌跡與擋板越V的最近距離。

答案：(1)巫竺1；(2)(3)粒子運動軌跡見解析，39TM/

6qE(3+j3)q/ql44

解析：

(D帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，由類平拋運動規(guī)律可知

x=vQt①

vat

粒子射入磁場時的速度方向與々的夾角為60°,有tan3O0=」=一③

匕%

粒子發(fā)射位置到/點的距離s=舊+V④

由①@③④式得5=，畫3⑤

6qE

(2)帶電粒子在磁場運動在速度y='l—=獨生@

cos30°3

帶電粒子在磁場中運動兩個臨界軌跡(分別從Q、N點射出)如圖所示

由幾何關(guān)系可知，最小半徑不二5二61⑦

-COS30°~-

也/

最大半行”』=(國"⑧

帶電粒子在磁場中做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，由向心力公式可知

qvB=Q⑨

2mv-2mv

由⑥?⑧⑨解得，磁感應(yīng)強度大小的取值范圍J總aql$BW一了n

（3）若粒子正好從QV的中點射出磁場時，帶電粒子運動軌跡如圖所示。

I

由幾何關(guān)系可知sin8=黃-=彳⑩

21

帶電粒子的運動半徑為,爭?

3cos（30°+<9）

粒子在磁場中的軌跡與擋板用'的最近距離人加=（4sin30。+/）-弓?

由⑩??或解得d=39Toe/?

44

5.（2021?湖南卷）如圖，豎直平面內(nèi)一足夠長的光滑傾斜軌道與一長為L的水平軌道通過一

小段光滑圓弧平滑連接，水平軌道右下方有一段弧形軌道產(chǎn)。。質(zhì)量為〃?的小物塊A與水

平軌道間的動摩擦因數(shù)為〃。以水平軌道末端。點為坐標(biāo)原點建立平面直角坐標(biāo)系xQy，

x軸的正方向水平向右，），軸的正方向豎直向下，弧形軌道P端坐標(biāo)為（2〃L,〃L）,Q端

在y軸上。重力加速度為g。

（1）若A從傾斜軌道上距4軸高度為的位置由靜止開始下滑，求A經(jīng)過。點時的速度

大??；

（2）若A從傾斜軌道上不同位置由靜止開始下滑，經(jīng)過。點落在弧形軌道PQ上的動能均相

同，求PQ的曲線方程；

（3）將質(zhì)量為幾加（丸為常數(shù)且425）的小物塊8置于。點，A沿傾斜軌道由靜止開始下滑,

與B發(fā)生彈性碰撞（碰撞時間極短），要使A和B均能落在弧形軌道上，且A落在B落點的右

側(cè)，求A下滑的初始位置距工軸高度的取值范圍。

A

答案：⑴J24gL；(2)x=2萬石二7"(其中，

34-1乃+4+1

⑶-pL<x<?4"L

A—3（?。?

解析：

(1)物塊A從光滑軌道滑至O點，根據(jù)動能定理〃移―2"￡-〃，咫￡=；〃7丫2

解得v=y/2〃gL

⑵物塊A從。點飛出后做平拋運動，設(shè)飛出的初速度為%,落在弧形軌道上的坐標(biāo)為

Uy),將平拋運動分別分解到水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動，有

.12

工=卬，y=-gt

2

解得水平初速度為片二*

物塊A從。點到落點，根據(jù)動能定理可知mgy=Ef.--mv1

2

[.2

解得落點處動能為Ek=mgy+-/MVo=mgy+等L

24y

因為物塊A從。點到弧形軌道上動能均相同，將落點P(2〃L,〃L)的坐標(biāo)代入，可得

X

化簡可得y+丁=2〃L

即x=2y]2pLy-y2(其中，pL<y<2pL)

(3)物塊A在傾斜軌道上從距4軸高力處靜止滑下，到達(dá)O點與B物塊碰前，其速度為％,

根據(jù)動能定理可知mgh-/jmgL=gmv1

解得Vo=2gh-2〃g￡--------------①

物塊A與B發(fā)生彈性碰撞，使A和B均能落在弧形軌道上，且A落在B落點的右側(cè)，則A

與B碰撞后需要反彈后再經(jīng)過水平軌道一傾斜軌道一水平軌道再次到達(dá)。點。規(guī)定水平向右

為正方向，碰后AB的速度大小分別為可和匕，在物塊A與B碰撞過程中，動量守恒，能

量守恒。則wv0=-mv]+Amv2

2-1

解得w--------------②

A+1

2公

匕=377%-------------③

A+1

設(shè)碰后A物塊反彈，再次到達(dá)。點時速度為石，根據(jù)動能定理可知

解得片=片--------------④

據(jù)題意，A落在B落點的右側(cè)，則匕--------------⑤

據(jù)題意，A和B均能落在弧形軌道上，則A必須落在P點的左側(cè)，即：

匕<J24gL-------------⑥

聯(lián)立以上，可得h的取值范圍為乎??

A—3(x—1)

6.(2021春?浙江卷)如圖所示，豎直平面內(nèi)由傾角才60°的斜面軌道如半徑均為斤的半

圓形細(xì)圓管軌道加也和圓周細(xì)圓管軌道田&構(gòu)成一游戲裝置固定于地面，B、￡兩處軌道平

滑連接，軌道所在平面與豎直墻面垂直。軌道出口處G和圓心。的連線，以及。、E、。和

”等四點連成的直線與水平線間的夾角均為，=30°,6?點與豎直墻面的距離?，F(xiàn)將質(zhì)量為m

的小球從斜面的某高度力處靜止釋放。小球只有與豎直墻面間的碰撞可視為彈性碰撞，不計

小球大小和所受阻力。

(D若釋放處高度爐〃當(dāng)小球第一次運動到圓管最低點。時，求速度大小匕及在此過程中

所受合力的沖量的大小和方向；

(2)求小球在圓管內(nèi)與圓心a點等高的〃點所受彈力“與力的關(guān)系式；

(3)若小球釋放后能從原路返回到出發(fā)點，高度力應(yīng)該滿足什么條件？

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

K2

【解析】

⑴機(jī)械能守恒"Zg%=J機(jī)更

解得％=病區(qū)

動量定理/=mvc=個/2g逐方向水平向左

(2)機(jī)械能守恒tng(h—R)=；mv'l

2

牛頓第二定律”二等

解得冗=2加g4-1)

A

滿足的條件〃NR

(3)第1種情況：不滑離軌道原路返回，條件是

第2種情況：與墻面垂直碰撞后原路返回，在進(jìn)入。之前是平拋運動匕，=匕'

g

vcos0

其中匕=%sin。，vy=vGcos^,則%sin。一^-----=d

s

得分=2^

'5\j,

機(jī)械能守恒〃2gh~-R=~mVG

\2JZ

9

力滿足的條件力=二/?

7.(2021春?浙江卷)嫦娥五號成功實現(xiàn)月球著陸和返回，鼓舞人心。小明知道月球上沒有

空氣，無法靠降落傘減速降落，于是設(shè)計了一種新型著陸裝置。如圖所示，該裝置由船艙、

間距為的平行導(dǎo)軌、產(chǎn)生垂直船艙導(dǎo)軌平面的磁感應(yīng)強度大小為8的勻強磁場的磁體和

“八”型剛性線框組成，“八”型線框助邊可沿導(dǎo)軌滑動并接觸良好。船艙、導(dǎo)軌和磁體

固定在一起，總質(zhì)量為處整個裝置豎直著陸到月球表面前瞬間的速度大小為如接觸月球

表面后線框速度立即變?yōu)榱?。?jīng)過減速，在導(dǎo)軌下方緩沖彈簧接觸月球表面前船艙已可視為

勻速。已知船艙電阻為3人“△”型線框的質(zhì)量為例，其7條邊的邊長均為電阻均為r；

月球表面的重力加速度為。整個運動過程中只有防邊在磁場中，線框與月球表面絕緣，不

計導(dǎo)軌電阻和摩擦阻力。

(1)求著陸裝置接觸到月球表面后瞬間線框油邊產(chǎn)生的電動勢后

(2)通過畫等效電路圖，求著陸裝置接觸到月球表面后瞬間流過仍型線框的電流h

(3)求船艙勻速運動時的速度大小匕

(4)同桌小張認(rèn)為在磁場上方、兩導(dǎo)軌之間連接一個電容為。的電容器，在著陸減速過程中

還可以回收部分能量，在其他條件均不變的情i兄下，求船艙勻速運動時的速度大小/和此

時電容器所帶電荷量仇

崎-⑵空⑶*⑷爵鬻

【解析】

(1)導(dǎo)體切割磁感線，電動勢芯0=陰%

(2)等效電路圖如圖

并聯(lián)總電阻R=2〃

電流/。=^=誓

B2l2v

(3)勻速運動時線框受到安培力F&=

2r

根據(jù)牛頓第三定律，質(zhì)量為面的部分受力后用，方向豎直向上，勻速條件尸=第

6

得「翳

3BI

(4)勻速運動時電容器不充放電，滿足/=);=翳"

電容器兩端電壓為t/c=1/x3r=第

36B/

電荷量為4=。。。=噌工

8.(2021春?浙江卷)在芯片制造過程中，離子注入是其中一道重要的工序。如圖所示是離

子注入工作原理示意圖，離子經(jīng)加速后沿水平方向進(jìn)入速度選擇器，然后通過磁分析器，選

擇出特定比荷的離子，經(jīng)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)后注入處在水平面內(nèi)的晶圓(硅片)。速度選擇器、磁分析

器和偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中的勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小均為氏方向均垂直紙面向外；速度選擇器和

偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中的勻強電場場強大小均為反方向分別為豎直向上和垂直紙面向外。磁分析器截

面是內(nèi)外半徑分別為此和總的四分之一圓環(huán)，其兩端中心位置』/和"處各有一個小孔；偏

轉(zhuǎn)系統(tǒng)中電場和磁場的分布區(qū)域是同一邊長為￡的正方體，其速度選擇器底面與晶圓所在水

平面平行，間距也為當(dāng)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)不加電場及磁場時，離子恰好豎直注入到晶圓上的。點

(即圖中坐標(biāo)原點，x軸垂直紙面向外)。整個系統(tǒng)置于真空中，不計離子重力，打在晶圓上

的離子，經(jīng)過電場和磁場偏轉(zhuǎn)的角度都很小。當(dāng)&很小時，有sinaatana。。，

coscr?1——a2<)求：

2

(D離子通過速度選擇器后的速度大小/和磁分析器選擇出來離子的匕荷；

(2)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)僅加電場時離子注入晶圓的位置,用坐標(biāo)(人。表示：

(3)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)僅加磁場時離子注入晶圓的位置，用坐標(biāo)5,0表示；

(4)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)同時加上電場和磁場時離子注入晶圓位置，用坐標(biāo)(必y)表示，并說明理由。

E2E3￡2

【答案】(1)一0)；(3)(0,——)；(4)見解析

B(R+RJB?-a

【解析】

E

(1)通過速度選擇器離子的速度v=-

B

從磁分析器中心孔,v射出離子的運動半徑為R=鳥上勺

2

2qv2E

由-m-v--=qvB得一='TT=TTD\二

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

(2)經(jīng)過電場后，離子在x方向偏轉(zhuǎn)的距離玉=g

離開電場后，離子在X方向偏移的距離w==

mv~

3A2

位置坐標(biāo)為(~^卞，0)

4+為

mv

(3)離子進(jìn)入磁場后做圓周運動半徑r=—

qB

1}

經(jīng)過磁場后，離子在p方向偏轉(zhuǎn)距離y=r(l-cosa)。

&+壇

21}

離開磁場后，離子在y方向偏移距離1y2=Ltanct工——

R+生

31}

片+?2

3￡2

位置坐標(biāo)為(0,——)

3723日

(4)注入晶圓的位置坐標(biāo)為(一片羨，-^―),電場引起的速度增量對y方向的運動不產(chǎn)

生影響。

9.(2021?北京通州一模)如圖所示，電路中電源電動勢田80V,內(nèi)阻不計，電路中三個定值

電阻左的阻值相同。A、B分別為水平放置的平行板電容器的上、下板板，板長￡=90c制板

間距離340c五在兩金屬板左端正中間位置V處，有一個小液滴以某一初速度水平向右射

入兩板間，從A板右側(cè)邊緣射出電場。已知小液滴的質(zhì)量歷2.0義10一3|^,帶負(fù)電，電荷量

^1.0X10-3Co重力加速度交10Ws?求：

⑴平行板電容器兩極板間電壓U的大小。

(2)在此過程中液滴電勢能的變化量△綜。

(3)液滴進(jìn)入電場時初速度匕的大小。

【答案】(l)40V：(2)-0.02J；(3)r0=Wso

【解析】(1)〃的大小就等于電阻"的兩端電壓；

EE

故閉合電路歐姆定律得住/廬一X燈一二40V；

2R2

(2)液滴從極板中間剛好從A板右側(cè)邊緣射出電場,

則電場力對液滴做的功N"電X4=絲X4=四=40x1.0x10、

2d222

所以根據(jù)電場力做功與電勢能變化的關(guān)系，液滴電勢能的變化量△及;一W二-0.02J；

(3)液滴在極板間運動的加速度臚娛——=--g=40Z7/S2；

tndm

根據(jù)4=氏］XaX（^）2,代入數(shù)據(jù)解之得％=9勿/s。

10.（2021?北京通州一模）如圖甲所示，寬度為￡的足夠長光滑金屬導(dǎo)軌水平固定在勻強磁

場中，磁場范圍足夠大，磁感強度大小為8方向垂直于導(dǎo)軌平面向上?，F(xiàn)有一根質(zhì)量為加、

電阻為用的金屬棒物,放置在金屬導(dǎo)軌上，長度與金屬導(dǎo)軌寬度相等，金屬棒J邠在運動過程

中始終與導(dǎo)軌垂宜且接觸良好，不計導(dǎo)軌電阻。

（D若金屬棒神'以水平速度/向右勻速運動，請根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律推導(dǎo)金屬棒.啾’產(chǎn)

生的感應(yīng)電動勢

（2）若金屬棒MV在水平向右的恒力/作用下由靜止開始運動，請從速度、加速度兩個角度分

析金屬棒腑’的運動情況。

（3）若2=0時金屬棒有水平向右的初速度的，此時施加一水平外力H開始時廠方向向

右），使金屬棒業(yè)V做加速度大小為&的勻減速直線運動，直到速度減為零。

隊請推導(dǎo)金屬棒』押減速過程中外力網(wǎng)以初速度方向為正方向）隨時間t變化的關(guān)系式，并

在圖乙中畫出戶2的示意圖。

慶請說明根據(jù)尸￡圖像，如何求金屬棒拗,速度從修減為零的過程口外力尸的沖量/。

【答案】（1）推導(dǎo)略；（2）棒在做加速度減小的加速運動，最后做勻速直線運動；（3）&、

后巨"里上；圖像如圖所示；b、沖量為兩個面積的差C

RR

【解析】（1）設(shè)經(jīng)過時間△￡,則對于閉合電路，

則由法拉第電磁感應(yīng)定律可知^―=生竺=BxLvAt二BL匕

ArArAr

（2）根據(jù)歐姆定律、牛頓第二定律得，

底門七二刁|葉力”、由由F-F安F-BILFB2l3v

棒向右運動時加速度a=---------=-------------=-----------------，

inmtnRm

速度/逐漸增大，故棒的加速度隨棒速度的增加而減小，最后加速度變?yōu)?；

所以棒在做加速度減小的加速運動，最后做勻速直線運動：

（3）隊對棒受力分析得：F安一尺的;因為產(chǎn)產(chǎn)”"=史&匚如；

RR

n-r2n2

故外力P（以初速度方向為正方向）隨時間［變化的關(guān)系式為后"為一?一"”；

RR

當(dāng)速度減為。時，需要的時間t=-f尸安=0,故此時后一例：尸方向改變，F(xiàn)-1的示意圖

a

如圖所示；

顯尸一￡圖像中圖線與時間軸所圍的面積代表外力產(chǎn)的沖量/；如答題圖3中陰影所示，設(shè)

在第一象限中尸一，圖線與橫軸之間的面積為S”外力產(chǎn)方向不正，故沖量為正；設(shè)在第四

象限中?1圖線與橫軸之間的面積為S2,外力尸反向，故沖量為負(fù)，整個過程中外力的沖

量7=Si—S2.（1分）

11.（2021?北京通州一模）宏觀問題是由微觀機(jī)制所決定的。對同一個物理問題，常?？梢?/p>

從宏觀與微觀兩個不同角度研究，找出其內(nèi)在聯(lián)系，從而更加深刻地理解其物理本質(zhì)。

（1）如圖所示，一段長為￡、橫截面積為S的圓柱形金屬導(dǎo)體，在其兩端加上恒定電壓，金

屬導(dǎo)體中產(chǎn)生恒定電流已知該金屬導(dǎo)體中單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)量為〃，自由電子的

質(zhì)量為加、電量為4

a、請根據(jù)電流的定義，求金屬導(dǎo)體中自由電子定向移動的平均速率

6、經(jīng)典電磁理論認(rèn)為：當(dāng)金屬導(dǎo)體兩端電壓穩(wěn)定后，導(dǎo)體中產(chǎn)生恒定電場，這種恒定電場

的性質(zhì)與靜電場相同。金屬導(dǎo)體中的自由電子在電場力的驅(qū)動下開始定向移動，然后與導(dǎo)體

中可視為不動的粒子碰撞，碰撞后電子沿導(dǎo)體方向定向移動的速率變?yōu)榱?，然后再加速、?/p>

碰撞……，自由電子定向移動的平均速率不隨時間變化。金屬電阻反映的就是定向移動的自

由電子與不動的粒子的碰撞。假設(shè)自由電子連續(xù)兩次碰撞的平均時間間隔為以碰撞時間不

計，不考慮自由電子之間的相互作用力。請根據(jù)以上描述構(gòu)建物理模型，推導(dǎo)金屬導(dǎo)體兩端

電壓〃的大小和金屬導(dǎo)體的電阻幾

（2）超導(dǎo)體在溫度特別低時電阻可以降到幾乎為零。將一個閉合超導(dǎo)金屬圓環(huán)水平放置在勻

強磁場中，磁感線垂直于圓環(huán)平面，逐漸降低溫度使超導(dǎo)環(huán)發(fā)生由正常態(tài)到超導(dǎo)態(tài)的轉(zhuǎn)變后

突然撤去磁場，此后若環(huán)中的電流不隨時間變化，則表明其電阻為零。為探究該圓環(huán)在超導(dǎo)

狀態(tài)的電阻率上限夕，研究人員測得撤去磁場后環(huán)中電流為/,并經(jīng)過一年多的時間［未檢

測出電流變化。實際上儀器只能檢測出大于△/的電流變化，其中當(dāng)電流的變化

小于時，儀器檢測不出電流的變化，研究人員便認(rèn)為電流沒有變化。設(shè)該超導(dǎo)圓環(huán)粗細(xì)

均勻，環(huán)中單位體積內(nèi)參與導(dǎo)電的電子數(shù)為〃，電子質(zhì)量為小電荷量為e,環(huán)中定向移動

的電子減少的動能全部轉(zhuǎn)化為圓環(huán)的內(nèi)能。試用上述給出的各物理量，推導(dǎo)出。的表達(dá)式。

2，nLI2mL

【答案】（l）a、v=---從F/廬豆君；⑵/萬

neS

【解析】(Da、根據(jù)電流的定義得：『‘="Si"二%

故電子定向移動的平均速率o

neS

反由題意得，電子在電場力的作用下從靜止開始做勻加速直線運動，運動時間為九速度

變?yōu)?,然后與金屬粒子發(fā)生碰撞，速度減為0。

則電子被加速后的末速度/=2匕則電子的加速度@二

凡Ue2v2mLv2mLI

又根據(jù)牛頓第二定律得：a=^=—UP,則2-二丁，故解之得代

mLmLm環(huán)etQe~tonS

U2mL

再根據(jù)電阻的定義式得廬7=不導(dǎo)

(2)設(shè)圓環(huán)周長為八電阻為此由電阻定律得R=p《

設(shè)E時間內(nèi)環(huán)中電流釋放焦耳熱而損失的能量為AE，由焦耳定律得必二尸尺，

設(shè)環(huán)中電子定向移動的速率為%則I=nevS

式中小&S不變，只有定向移動電子的平均速率的變化才會引起環(huán)中電流的變化，電流變

化大小取A/時，相應(yīng)定向移動電子的平均速率的變化得大小為Au,則AI=neSAv

設(shè)環(huán)中定向移動電子減少的動能總和為△4,

「1212一

則\Ek=nlS—mv--w(v-Av)

由于△/K/,可得△&=---△/

e

因為環(huán)中定向移動電子減少的動能全轉(zhuǎn)化為圓環(huán)的內(nèi)能?！鳌?△&.

聯(lián)乂上述各式i，得P—~-尸7。

etlne~tl

12.(2021?四川瀘州三模)如圖所示，足夠長的粗糙水平軌道ab、光滑水平軌道cd和足夠

長的粗糙傾斜軌道而在同一豎直平面內(nèi)，斜面傾角為37°,cd和加平滑連接。在助的最

右端靜止一長￡,=2.5m、質(zhì)量，滬4kg的木板，其高度與cd等高，木板與軌道ab間動摩擦因

數(shù)〃i=0.05,質(zhì)量〃尸2kg的滑塊Q靜止在cd軌道上的某點，在曲軌道上距斜面底端乙=8山

處靜止釋放一相同的滑塊P,一段時間后滑塊P與Q發(fā)生正碰，碰撞時間忽略不詳，碰撞后

P、Q粘在一起運動。己知P、Q與斜面和木板間的動摩擦因數(shù)均為0.25,滑塊P、Q均

當(dāng)作質(zhì)點,重力加速度g取10m/s)sin37°=0.6,cos37°=0.8。求：

(D滑塊P、Q碰撞后獲得的速度大?。?/p>

(2)滑塊P、Q沖上木板前損失的機(jī)械能；

(3)P、Q一起滑上木板后能否從其左端滑離？若能，求滑離瞬間木板發(fā)生的位移大小；若不

能，求木板發(fā)生的總位移大小。

【答案】(l)4m/s；(2)64J；⑶不能，3m

【解析】

(1)滑塊P在下滑到底端的過程中，由動能定理得

代入數(shù)據(jù)可得K=8m/s

滑塊P、Q碰撞過程中動量守恒，〃匕+0=2加2

代入數(shù)據(jù)可得為=4m/s

(2)設(shè)滑塊P在斜面上滑動過程損失的機(jī)械能為

設(shè)滑塊P、Q碰撞過程損失的機(jī)械能為

則P、Q滑上木板前損失的總機(jī)械能為△￡：

(3)滑塊P、Q滑上木板時，由牛頓第二定律

對PQ整體2從2mg=2〃町

對木板2〃2，"g-M(2m+M)g=Ma2

假設(shè)兩滑塊與木板在共速前未滑離木板

代入數(shù)據(jù)t=Is,□共=1.5m/s

設(shè)兩滑塊與木板共速時，滑塊發(fā)生的位移為七，木板發(fā)生的位移為七，則

則相對位移x相=$一/=2mv。

即上述假設(shè)成立。

滑塊木板共速后，一起減速運動直到停止，則

一起減速的位移

則木板發(fā)生的總位移為工總=x2+x3=3m

13.（2021?北京海淀一模）電動汽車具有零排放、噪聲低、低速階段提速快等優(yōu)點。隨著儲

電技術(shù)的不斷提高，電池成木的不斷下降，電動汽車逐漸普及。

（D電動機(jī)是電動汽車的核心動力部件，其原理可以簡化為如圖18所示的裝置：無限長平行

光滑金屬導(dǎo)軌相距〃導(dǎo)軌平面水平，電源電動勢為區(qū)內(nèi)阻不計。星直于導(dǎo)軌放置?根質(zhì)

量為"的導(dǎo)體棒期V；導(dǎo)體棒在兩導(dǎo)軌之間的電阻為凡導(dǎo)軌電阻可忽略不計。導(dǎo)軌平面與勻

強磁場垂直，磁場的磁感應(yīng)強度大小為8導(dǎo)體棒運動過程中，始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。

閉合開關(guān)S,導(dǎo)體棒由靜止開始運動，運動過程中切割磁感線產(chǎn)生動生電動勢，該電動勢總

要削弱電源電動勢的作用，我們把這個電動勢稱為反電動勢力,此時閉合回路的電流大小

可用/=與二組來計算。

R

①在圖19中定件畫出導(dǎo)體棒運動的〃一￡圖像,并通過公式推導(dǎo)分析說明電動汽車低速比高

速行駛階段提速更快的原因；

②求導(dǎo)體棒從開始運動到穩(wěn)定的過程中流過的總電荷量qo

（2）電動汽車行駛過程中會受到阻力作用，阻力f與車速y的關(guān)系可認(rèn)為/=仙2,其中左為

未知常數(shù)。某品牌電動汽車的電動機(jī)最大輸出功率4=180kW,最高車速”=180km/h,

車載電池最大輸出電能A=60k/r?兒若該車以速度％60k勿/力在平直公路上勻速行駛時，電

能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能的總轉(zhuǎn)化率為90%,求該電動汽車在此條件下的最大行駛里程so

niE

【答案】（D①圖像及分析說明見解析；②^二(2)折486km

【解析】（10分）（1）①導(dǎo)體棒運動的『一1圖像如右圖所示…（1分）

設(shè)導(dǎo)體棒運動速度為r,根據(jù)反電動勢的作用及閉合電路歐姆定律有導(dǎo)體棒中的電流

.E-BLv

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

R

由牛頓第二定律有BiL=ina

(E—BLv)BL

聯(lián)立解得導(dǎo)體棒運動的加速度。(1分)

mR

由此可知，導(dǎo)體棒做加速度減小的加速運動，直至勻速運動。所以電動汽車在低速行駛時,

電動機(jī)產(chǎn)生的反電動勢較小，車輛加速度較大，提速更快。.....（1分）

②當(dāng)疔0時，導(dǎo)體棒達(dá)到最大速度％,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有

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

由動量定理有ZBiLN=mv................................（1分）

根據(jù)電流的定義有q=EiZ

mF

聯(lián)立解得流過導(dǎo)體棒的總電荷量q=半（1分）

B七

（2）車勻速運動時，有F=f

由題意，電動機(jī)功率有P=Fv=fv=kvy

所以車以速度/行駛時電動機(jī)的功率月=下幾........................（1分）

由題意可知90%A=%s...............................（1分）

v

解得該電動汽車的最大行駛里程尸486k加...............................（2分）

14.（2021?北京海淀一模）如圖15所示，豎直面內(nèi)有一光滑軌道ABC,力0部分與半徑為R

的圓弧比平滑連接，軌道C端切線沿水平方向。NC之間的高度差為力，豎直臺階切之間的

高度差為從一質(zhì)量為0、可視為質(zhì)點的滑塊，從/點由靜止滑下，由C點水平拋出，經(jīng)一

段時間后落到水平地面龐上。重力加速度為g,空氣阻力可忽略不計。求：

（D滑塊經(jīng)過C點時的速度大小看

（2）滑塊經(jīng)過C點時所受軌道支持力的大小R

（3）滑塊從。點拋出至落到水平地面龐過程中所受重力的沖量的大小乙

【答案】（l）o=J麗；⑵尸=叫+型他：⑶4〃0荻。

R

【解析】（9分）（1）滑塊由/滑到。的過程，根據(jù)動能定理有〃吆〃=3加/......已分）

解得。=師..........................（1分）

（2）根據(jù)牛頓第二定律，在。點有F-mg=m—......................（2分）

R

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

(3)根據(jù)運動學(xué)公式有H=^gr............................(1分)

解得重力的沖量大小I=mgt=m^H.............................(2分)

15.(2021?河北唐山一模)如圖所示為一研究導(dǎo)體棒在磁場中運動的裝置兩平行光滑金屬

軌道傾角為30°,導(dǎo)軌間距加hn,導(dǎo)軌上端通過單刀雙擲開關(guān)可以分別與1、2相連，其中

1連接光電管，2連接一個電容心0.25F的電容器。兩平行導(dǎo)軌間存在著垂直于軌道平面向

上的勻強有界磁場，磁感應(yīng)強度后IT,磁場長度物1m。現(xiàn)利用光電管把光信號轉(zhuǎn)換為電信

號，A和K分別是光電管的陽極和陰極，電源電壓為從用發(fā)光功率為〃的激光