江蘇省鎮(zhèn)江市20xx年高考物理一模試卷word版含解析(參考版)
2024-11-19 05:55本頁面
【正文】 設電子運動的軌道半徑為 r，運動的 T0，粒子在 x 軸方向上的位移恰好等于 r1； 在磁場變化的后三分之二個周期內(nèi)，因磁感應強度減半， 電子運動周期 T′=2T0，故粒子的偏轉角度仍為 60176。進入磁場時又豎直向上穿出磁場時，粒子恰好偏轉 60176。=，不計其它電阻和一切摩擦．求： （ 1） CD 棒的初始位置與磁場區(qū)域下邊界的距離 s； （ 2）該同學松手后， CD 棒能繼續(xù)上升的最大高度 h； （ 3）在拉升 CD 棒的過程中，該同學所做的功 W 和電阻 R 上產(chǎn)生的熱量 Q． 【考點】 導體切割磁感線時的感 應電動勢；閉合電路的歐姆定律． 【分析】 （ 1）根據(jù)牛頓第二定律求出 CD 棒進入磁場前的加速度，再由速度位移公式求出 CD 棒的初始位置與磁場區(qū)域下邊界的距離 s； （ 2）判斷 CD 棒在磁場中的運動情況是勻速直線運動，從而得出離開磁場時速度，松手后向上勻減速運動，由運動學公式求出勻減速運動的位移，即可求出CD 棒能繼續(xù)上升的最大高度 h； （ 3）根據(jù)能量守恒定律求解； 【解答】 解：（ 1） CD 棒向上運動： F﹣ mgsinθ=ma 代入數(shù)據(jù)解得： a=12m/s2 由運動學公式： v2=2as 代入數(shù)據(jù)解得： s= （ 2） 剛進入磁場時產(chǎn)生的感應電動勢為： E=Blv=2 = 由閉合電路歐姆定律有： I= = =48A 又： F 安 =BIl=2 48 =48N 因為： F=mg sinθ+ =40 +48=80N 所以： CD 棒在磁場中做勻速直線運動 離開磁場后， CD 棒沿導軌向上做勻減速運動 由 v2=2gxsinθ 代入數(shù)據(jù)解得： x= CD 棒還能繼續(xù)上升的最大高度為： h=xsinθ= （ 3）該同學所做的功為： W=F（ s+d） 代入數(shù)據(jù)解得： W=64J 由能量轉化和守恒定律得： F（ s+d） =mg[（ s+d） sinθ+h]+QR 代入數(shù)據(jù)解得： QR= 答：（ 1） CD 棒的初始位置與磁場區(qū)域下邊界的距離 s 為 ； （ 2）該同學松手后， CD 棒能繼續(xù)上升的最大高度 h 為 ； （ 3）在拉升 CD 棒的過程中，該同學所做的功 W 為 64J，電阻 R 上產(chǎn)生的熱量Q 為 15．如圖甲所示，在直角坐標系 0≤ x≤ L 區(qū)域內(nèi)有沿 y 軸正方向的勻強電場，右側有一個以點（ 3L， 0）為圓心、半徑為 L 的圓形區(qū)域，圓形區(qū)域與 x 軸的交點分別為 M、 N．現(xiàn)有一質量為 m、帶電量為 e 的電子，從 y 軸上的 A 點以速度v0沿 x 軸正方向射入電場，飛出電場后從 M 點進入圓形區(qū)域，此時速度方向與x 軸正方向的夾角為 30176。? = mv 2 解得： v=0 說明滑草車剛好到達下段滑道的最底端 答： （ 1）滑草車在下段滑道上運動的加速度是﹣ g； （ 2）滑草車在整個運動過程中最大速度的大小是 ； （ 3）滑草車剛好能到達下段滑道的最底端． 13．如圖所示的裝置由水平彈簧發(fā)射器及兩個軌道組成：軌道 Ⅰ 是光滑軌道 AB，AB 間高度差 h1=；軌道 Ⅱ 由 AE 和螺旋圓形 EFG 兩段光滑軌道和粗糙軌道GB 平滑連接而成，且 A 點與 F 點等高．軌道最低點與 AF 所在直線的高度差h2=．當彈簧壓縮量為 d 時，恰能使質量 m= 的滑塊沿軌道 Ⅰ 上升到B 點，當彈簧壓縮量為 2d 時，恰能使滑塊沿軌道 Ⅱ 上升到 B 點，滑塊兩次到達B 點處均被裝置鎖定不再運動．已知彈簧彈性勢能 Ep 與彈簧壓縮量 x 的平方成正比，彈簧始終處于彈性限度范圍內(nèi)，不考慮滑塊與發(fā)射器之間的摩擦，重力加速度 g=10m/s2． （ 1）當彈簧壓縮量為 d 時，求彈簧的彈性勢能及滑塊離開彈簧瞬間的速度大??； （ 2）求滑塊經(jīng)過最高點 F 處時對軌道的壓力大小； （ 3）求滑塊通過 GB 段過程中克服摩擦力所做的功． 【考點】 動能定理的應用；彈性勢能；功能關系． 【分析】 （ 1）當彈簧壓縮量為 d 時，恰能使質量 m= 的滑塊沿軌道 Ⅰ 上升到 B 點，根據(jù)能量轉化和守恒定律求勢能和速度； （ 2）受力分析，根據(jù)牛頓第二定律滑塊處對軌道的壓力； （ 3）根據(jù)能量轉化和守恒定律求滑塊通過 GB 段過程中克服摩擦力所做的功． 【解答】 解：（ 1）當彈簧壓縮量為 d 時，恰能使質量 m= 的滑塊沿軌道 Ⅰ上升到 B 點，所以根據(jù)能量轉化和守恒定律得： 彈簧彈性勢能 Ep1=mgh1 解得： Ep1= 又對滑塊由靜止到離開彈簧過程由能量轉化和守恒定律得： Ep1= mv2 解得： v=2m/s． （ 2）根據(jù)題意，彈簧彈性勢能 Ep 與彈簧壓縮量 x 的平方成正比，所以彈簧壓縮量為 2d 時，彈簧彈性勢能為 Ep2= 根據(jù)題意，滑塊到達 F 點處的速度 v′=4m/s 根據(jù)牛頓第二定律： F=ma 可得： mg+FN=m 解得： FN= 根據(jù)牛頓第三定律：滑塊處對軌道的壓力大小為 ． （ 3）滑塊通過 GB 段過程，根據(jù)能量轉化和守恒定律得 Ep2=mgh1+Q 解得： Q= 又 Q=W 克 所以滑塊通過 GB 段過程中克服摩擦力所做的功 W 克 = 答：（ 1）當彈簧壓縮量為 d 時，彈簧的彈性勢能為 ，滑塊離開彈簧瞬間的速度大小為 2m/s； （ 2）求滑塊經(jīng)過最高點 F 處時對軌道的壓力大小為 ； （ 3）滑塊通過 GB 段過程中克服摩擦力所做的功為 ． 14．如圖所示，兩根足夠長的平行金屬導軌間距 l=，傾角 θ=53176。? = 解得最大速度 vm= （ 3）根據(jù)動能定理 W 合 =△ Ek得： 對全過程： 2mgh﹣ μmgcos45176。﹣ μmgcos37176。=， cos 37176。和 37176。=，不計其它電阻和一切摩擦．求： （ 1） CD 棒的初始位置與磁場區(qū)域下邊界的距離 s； （ 2）該同學松手后， CD 棒能繼續(xù)上升的最大高度 h； （ 3）在拉升 CD 棒的過程中，該同學所做的功 W 和電阻 R 上產(chǎn)生的熱量 Q． 15．如圖甲所示，在直角坐標系 0≤ x≤ L 區(qū)域內(nèi)有沿 y 軸正方向的勻強電場，右側有一個以點（ 3L， 0）為圓心、半徑為 L 的圓形區(qū)域，圓形區(qū)域與 x 軸的交點分別為 M、 N．現(xiàn)有一質量為 m、帶電量為 e 的電子，從 y 軸上的 A 點以速度v0沿 x 軸正方向射入電場，飛出電場后從 M 點進入圓形區(qū)域，此時速度方向與x 軸正方向的夾角為 30176。=，計算結果請用 h 和 g 表示．求： （ 1）滑草車在下段滑道上運動的加速度； （ 2）滑草車在整個運動過程中最大速度的大??； （ 3）請通過計算來判斷滑草車能否到達下段 滑道的最底端． 13．如圖所示的裝置由水平彈簧發(fā)射器及兩個軌道組成：軌道 Ⅰ 是光滑軌道 AB，AB 間高度差 h1=；軌道 Ⅱ 由 AE 和螺旋圓形 EFG 兩段光滑軌道和粗糙軌道GB 平滑連接而成，且 A 點與 F 點等高．軌道最低點與 AF 所在直線的高度差h2=．當彈簧壓縮量為 d 時，恰能使質量 m= 的滑塊沿軌道 Ⅰ 上升到B 點，當彈簧壓縮量為 2d 時，恰能使滑塊沿軌道 Ⅱ 上升到 B 點，滑塊兩次到達B 點處均被裝置鎖定
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