2022年深圳市高考备考物理中心组高中物理计算题专项训练26题 .pdf

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1、高三物理计算题专项训练三、计算题1、如图， 一位身高1.80m 的跳高运动员擅长背越式跳高，他经过 25m 弧线助跑， 下蹲 0.2m蹬腿、 起跳， 划出一道完美的弧线，创造出他的个人最好成绩2.39m(设其重心C 上升的最大高度实际低于横杆 0.1m).如果他在月球上采用同样的方式起跳和越过横杆， 请估算他能够跃过横杆的高度为多少？某同学认为：该运动员在地球表面能够越过的高度H=v022g地+0.1，则有 v0=.该名运动员在月球上也以0v 起跳，能够越过的高度H =v022g月+0.1.根据万有引力定律，月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度的16，所以 H =.你觉得这位同学的解答是否

2、合理？如果是，请完成计算； 如果你觉得不够全面，请说明理由，并请并用你自己的方法算出相应的结果. 不合理 .(2 分) 设运动员重心的高度为其身高的二分之一，即0.9m，在地球和月球上越过横杆的高度分别为 H 和 H ，重心的升高分别为h 和 h .则h=(2.39 0.1 0.9+0.2)=1.59m( 1 分 ) 同理， h =(H 0.1 0.9+0.2)=H 0.8m(1 分) 此外，运动员在月球和地球上起跳时所做的功相等，初速度并不相等.(1 分) 因为 W= Ek=0W人 mgh=0，所以 W人=mgh=m16gh (2 分 ) 得 h = 6h 即 H 0.8=6 1.59(1

3、分) H =10.34m(2 分) 2、目前， 滑板运动受到青少年的追捧。如图是某滑板运动员在一次表演时的一部分赛道在竖直平面内的示意图，赛道光滑，FGI 为圆弧赛道，半径R=6 .5m， G 为最低点并与水平赛道 BC 位于同一水平面，KA、DE 平台的高度都为h=1.8m。B、C、F 处平滑连接。滑板 a 和 b 的质量均为m，m=5kg，运动员质量为M，M=45kg。表演开始，运动员站在滑板 b 上，先让滑板a 从 A 点静止下滑， t1=0.1s 后再与 b 板一起从 A 点静止下滑。滑上 BC 赛道后，运动员从b 板跳到同方向运动的a 板上，在空中运动的时间t2=0.6s。（水平方向

4、是匀速运动）。运动员与a 板一起沿 CD 赛道上滑后冲出赛道，落在EF 赛道的 P 点，沿赛道滑行，经过G 点时，运动员受到的支持力N=742.5N。 （滑板和运动员的所有运动都在同一竖直平面内，计算时滑板和运动员都看作质点，取g=10m/s2）滑到 G 点时，运动员的速度是多大？运动员跳上滑板a 后，在 BC 赛道上与滑板a共同运动的速度是多大？从表演开始到运动员滑至I 的过程中， 系统的机械能改变了多少？C 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 29 页v0=6.5m/s v共=6.9m/s（提示：设人离开b 时人和 b

5、的速度分别为v1、v2，当时 a 的速度为 v=6 m/s，人离 a 的距离是0.6m，人追上 a 用的时间0.6s，由此可得v1=7m/s；再利用人和 b 动量守恒得v2=-3m/s。人跳上a 过程人和 a 动量守恒，得共同速度v共。 ） 88.75J（提示：b离开人后机械能不变，全过程系统机械能改变是ghmMvmMmv221212022。 ）难3、如图所示，可视为质点的三物块A、B、C 放在倾角为300、长 L=2m 的固定斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数 7 380，A 与 B 紧靠在一起， C 紧靠在固定挡板上，三物块的质量分别为mA0.80kg、mB0.64kg、mC0.50kg，其

6、中 A 不带电， B、C 的带电量分别为qB 4.0 10-5C、qC 2.0 10-5C 且保持不变，开始时三个物块均能保持静止且与斜面间均无摩擦力作用如果选定两点电荷在相距无穷远处的电势能为0，则相距为 r 时，两点电荷具有的电势能可表示为12pq qEkr现给 A 施加一平行于斜面向上的力 F，使 A在斜面上作加速度a 1.5m/s2的匀加速直线运动，经过时间t0，力 F 变为恒力，当A 运动到斜面顶端时撤去力F已知静电力常量k9.0 109N m2C2，g10m/s2求：（1）未施加力F 时物块 B、C 间的距离；（2）t0时间内 A 上滑的距离；（3）t0时间内库仑力做的功；（4）力

7、 F 对 A 物块做的总功3、解： （ 1）A、B、C 处于静止状态时，设B、 C 间距离为 L1， 则 C 对 B 的库仑斥力021CBkq qFL（1 分）以 A、B 为研究对象，根据力的平衡0)s i n 3 0ABFmmg0（1 分）联立解得L1=1.0m （1 分）（2）给 A 施加力 F 后，A、B 沿斜面向上做匀加速直线运动，C 对 B 的库仑斥力逐渐减小， A、B 之间的弹力也逐渐减小经过时间t0， B、C 间距离设为L2，A、B 两者间弹力减小到零，此后两者分离，力F 变为恒力则t0时刻 C 对 B 的库仑斥力为022CBkq qFL（1 分）以 B 为研究对象，由牛顿第二定

8、律有000sin30cos30BBBFm gm gm a（ 1分）联立解得L2=1.2m A B C D E F G I R P h h K 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 29 页则 t0时间内 A 上滑的距离210.2mLLL（1 分）（3）设 t0时间内库仑力做的功为W0，由功能关系有1212012q qq qWkkLL（ 1分）代入数据解得01.2JW（ 1分）（4）设在 t0时间内，末速度为v1，力 F 对 A 物块做的功为W1，由动能定理有21011()2GfABWWWWmmv（ 1分）而0()sin 30G

9、ABWmmgL0()cos30fABWmmgL212vaL（ 1分）由 式解得11. 0 5WJ （1 分）经过时间t0后， A、B 分离，力F 变为恒力，对A 由牛顿第二定律有00sin30cos30AAAFm gm gm a（1 分）力 F 对 A 物块做的功22()WFLL由式代入数据得25 JW（ 1分）则力 F 对 A 物块做的功126.05JWWW4、如图所示，一边长L = 0.2m，质量 m1 = 0.5kg ，电阻 R = 0.1 的正方形导体线框abcd，与一质量为m2= 2kg 的物块通过轻质细线跨过两定滑轮相连。起初ad 边距磁场下边界为 d1 = 0.8m，磁感应强度B

10、=2.5T，磁场宽度d2 =0.3m，物块放在倾角 =53 的斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数 =0.5。现将物块由静止释放，经一段时间后发现当ad 边从磁场上边缘穿出时，线框恰好做匀速运动。（g 取 10m/s2，sin53 =0.8，cos53 = 0.6）求：（1）线框 ad 边从磁场上边缘穿出时绳中拉力的功率；（2）线框刚刚全部进入磁场时速度的大小；（3）整个运动过程中线框产生的焦耳热。10、解：（1）由于线框匀速出磁场，则对 m2有：0cossin22Tgmgm得 T=10N 2 分对 m1有：01BILgmT又因为RBLvI联立可得：smRLBgmgmv/2)cos(sin2212

11、 2 分所以绳中拉力的功率P=Tv=20W 2 分（2）从线框刚刚全部进入磁场到线框ad 边刚要离开磁场，由动能定理得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 29 页KEvmmLdgmLdgmgm22121222)(21)()(cossin(3 分且2021)(21vmmEk解得 v0=5103=1.9m/s 2 分（3）从初状态到线框刚刚完全出磁场，由能的转化与守恒定律可得2212112122)(21)()(cossin(vmmQLddgmLddmgm 3 分将数值代入，整理可得线框在整个运动过程中产生的焦耳热为：Q = 1.

12、5 J 1 分5.有一带 负 电的小球，其带电量q= -3102C。如图所示，开始时静止在场强E=200N/C的匀强电场中的P 点，靠近电场极板B 有一挡板要S，小球与挡板S 的距离 h=5cm，与 A板距离 H=45cm，重力作用不计。在电场力作用下小球向左运动，与挡板S相碰后电量减少到碰前的k 倍，已知k=65，而碰后小球的速度大小不变。（1）设匀强电场中挡板S 所在位置的电势为零，则电场中P 点的电势为多少？小球在P 点时的电势能为多少？（电势能用E来表示）（2）小球从P 点出发第一次回到最右端的过程中电场力对小球做了多少功？（3）小球经过多少次碰撞后，才能抵达A 板？（取)08.02.

13、1lg答案： （1）0.02J （2） 0 （3） 13 次6.如图所示 ,一根竖直杆穿过一个质量M=2.0kg 的带孔的物块A,另一正方形金属线框B 的质量 m=2.7,边长 a=0.16m.杆的右侧距杆L=2.0 处固定有一个滑轮,一柔软绝缘的细绳跨过定滑轮,两端分别与物块和连接.开始时滑轮左侧的绳子处在水平方向上,让 A、 B 同时由静止释放，B 向上运动h=0.5m 便进入长度b=0.16m 的指向纸内的磁感应强度B=0.5T 的匀强磁场，经过磁场过程中线框近视做匀速运动；而后A 沿竖直杆下滑不计一切摩擦和空气阻力，g 取10m/s2.则：求线框 B 上边刚进入磁场时的速度；问线框B经

14、过磁场的过程中物块A向下做什么运动？求线框B经过匀强磁场时获得的内能：求线框的电阻；求物框A下滑的最大高度。A B + - H h P S A H L 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 29 页设 B 上升了 h 时绳子与水平方向的夹角为cos=8 .0hLL此时 A、 B的速度大小关系为sinBAvvA下降的高度为mLH5.1tan1A下降 B上升过程中， A、B组成系统机械能守恒：2212121BAmvMvmghMgH将代入可得线框B上边刚进入磁场时的速度smvB/0.2。根据sinBAvv，当线框 B匀速通过磁场的过

15、程中，随着 的增大，物块A做变减速运动。当线框B下边刚离开磁场时，设绳子与水平方向的夹角为/，21cos/bahLL此时 A、 B的速度大小关系为smvvB/82.2sin/设从 B开始上升起， A下降高度为H2，则 H2=Ltan /=2.0m设线框 B经过匀强磁场时获得的内能Q，整个过程中，A、B组成的系统能量守恒，有：QmvMvbahmgMgHBA22/22121)(联立并代入smvB/0.2的值，可求得：Q=4.461J 根据安培力做的功等于线框获得的内能，有：F安（a+b）=0，而 F安=RvaB22A L b H1VBVAB 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归

16、纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 29 页得线框的电阻422101.9)(baQvaBRA下滑到最低点时A、B的速度都为零。 设此时 A下降的总高度为H，则 B上升的总高度为LLH22。从 B开始上升起，整个过程中，A、B组成的系统能量守恒，有：QLLHmgMgH)(22由此解得： H5.8m 7如图所示，粒子源S可以不断地产生质量为m、电荷量为 +q 的粒子 (重力不计 )粒子从O1孔漂进 (初速不计 )一个水平方向的加速电场，再经小孔O2进入相互正交的匀强电场和匀强磁场区域，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B1，方向如图虚线PQ、MN 之间存在着水平向右的匀强磁场，磁感应

17、强度大小为B2(图中未画出 )有一块折成直角的硬质塑料板 abc(不带电，宽度很窄，厚度不计)放置在 PQ、MN 之间 (截面图如图 )，a、c 两点恰在分别位于 PQ、MN 上， ab=bc=L， = 45现使粒子能沿图中虚线O2O3进入 PQ、MN 之间的区域(1) 求加速电压U1(2) 假设粒子与硬质塑料板相碰后，速度大小不变，方向变化遵守光的反射定律粒子在PQ、MN 之间的区域中运动的时间和路程分别是多少？答案 （共 13 分）解： （1） 粒子源发出的粒子，进入加速电场被加速，速度为 v0，根据能的转化和守恒定律得：20121mvqU（2 分）要使粒子能沿图中虚线O2O3进入 PQ、

18、MN 之间的区域，则粒子所受到向上的洛伦兹力与向下的电场力大小相等，BqvqE0S O1 O2 O3 B2 B1 U1 E P Q a b c + + + + + + +M N 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 29 页得到10BEv（2 分）将式代入式，得21212qBmEU （1 分）（2）粒子从 O3以速度 v0进入 PQ、MN 之间的区域，先做匀速直线运动，打到ab 板上，以大小为 v0的速度垂直于磁场方向运动粒子将以半径R 在垂直于磁场的平面内作匀速圆周运动， 转动一周后打到ab 板的下部 由于不计板的厚度，所以

19、质子从第一次打到ab 板到第二次打到ab 板后运动的时间为粒子在磁场运动一周的时间，即一个周期T由RmvqvB202和运动学公式02vRT，得22qBmT（2 分）粒子在磁场中共碰到2 块板， 做圆周运动所需的时间为Tt21（2 分）粒子进入磁场中，在v0方向的总位移s=2Lsin45 ，时间为02vst（2 分）则 t=t1+t2=ELBqBm1224（2 分）8. 如图所示， 在直角坐标系的原点O处有一放射源， 向四周均匀发射速度大小相等、方向都平行于纸面的带电粒子。在放射源右边有一很薄的挡板，挡板与xoy平面交线的两端M 、N与原点O正好构成等腰直角三角形。已知带电粒子的质量为m，带电量

20、为q，速度为 ，MN的长度为L。（1）若在y轴右侧加一平行于x轴的匀强电场，要使y轴右侧所有运动的粒子都能打到挡板MN上，则电场强度E0的最小值为多大？在电场强度为E0时，打到板上的粒子动能为多大? （2）若在整个空间加一方向垂直纸面向里的匀强磁场，要使板右侧的MN连线上都有粒子打到，磁场的磁感应强度不能超过多少( 用m 、q、L表示 )? 若满足此条件，放射源O向外发射出的所有带电粒子中有几分之几能打在板的左边? 答案：由题意知，要使y 轴右侧所有运动粒子都能打在MN 板上，其临界条件为：沿y 轴方向运动的粒子作类平抛运动，且落在M 或 N 点。M O=21L=t xyOMN精选学习资料 -

21、 - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 29 页a=mqE0OO =21L=21at2解式得E0=Lqm24由动能定理知qE021L=Ek221m解式得Ek=225m由题意知，要使板右侧的MN 连线上都有粒子打到，粒子轨迹直径的最小值为 MN 板的长度 L。R0=21L=0qBmB0=qLm2放射源 O 发射出的粒子中，打在MN 板上的粒子的临界径迹如图所示。OM=ON，且 OMONOO1OO212 放射源 O 放射出的所有粒子中只有41打在 MN 板的左侧。评分标准：各1 分，各2 分，第 2 问的第二部分的文字叙述正确得2 分。9随着越来越

22、高的摩天大楼在各地的落成，至今普遍使用的钢索悬挂式电梯已经渐渐地不适用了这是因为钢索的长度随着楼层的增高而相应增加，这样这些钢索会由于承受不了自身的重量，还没有挂电梯就会被扯xyOMNOO精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 29 页F 2.5mg 0 h y 断为此， 科学技术人员正在研究用磁动力来解决这个问题如图所示就是一种磁动力电梯的模拟机， 即在竖直平面上有两根很长的平行竖直轨道，轨道间有垂直轨道平面的匀强磁场B1和 B2， 且 B1和 B2的方向相反，大小相等，即 B1= B2=1T,两磁场始终竖直向上作匀速运动电梯

23、桥厢固定在如图所示的一个用超导材料制成的金属框abcd 内（电梯桥厢在图中未画出），并且与之绝缘电梯载人时的总质量为5103kg，所受阻力f=500N，金属框垂直轨道的边长 Lcd=2m，两磁场的宽度均与金属框的边长Lac相同，金属框整个回路的电阻R=9.5104，假如设计要求电梯以v1=10m/s 的速度向上匀速运动，那么，（1）磁场向上运动速度v0应该为多大？（2）在电梯向上作匀速运动时，为维持它的运动，外界必须提供能量，那么这些能量是由谁提供的？此时系统的效率为多少？答案： 解： （1）当电梯向上用匀速运动时，金属框中感应电流大小为RvvLBIcd)(2101 （2 分）金属框所受安培力

24、cdILBF12 （2 分）安培力大小与重力和阻力之和相等，所以fmgF （2 分）由式求得：v0=13m/s. （1 分）（2）运动时电梯向上运动的能量由磁场提供的（1 分）磁场提供的能量分为两部分，一部分转变为金属框的内能，另一部分克服电梯的重力和阻力做功当电梯向上作匀速运动时，金属框中感应电流由得：I =1.26104A 金属框中的焦耳热功率为：P1 = I2R =1.51105W （ 1 分）而电梯的有用功率为：P2 = mgv1=5105W （1分）阻力的功率为：P3 = f v1=5103W （1 分）从而系统的机械效率=1003212PPPP （2 分）=76.2（1 分）10

25、跳水运动是我国体育运动的优势项目，某运动员参加10m 跳台（即跳台距水面10m）的跳水比赛，假如运动员质量为m=60kg，其体形可等效为长度L=1.0 米，直径d=0.3 米的圆柱体， 不计空气阻力， 运动员站立在跳台上向上跳起到达最高点时，他的重心离跳台台面的高度为0.70 米，在从起跳到接触水面过程中完成一系列动作，入水后水的等效阻力F（不包括浮力）作用于圆柱体的下端面，F 的数值随入水深度y 变化的函数图像如图所示，该直线与 F 轴相交于F=2.5mg 处，与 y 轴相交于y=h（某一未知深度） ，为了确保运动员的安全，水池必须有一定的深度，已知水的密度=1103kg/m3，根据以上的数

26、据估算（1）运动员起跳瞬间所做的功精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 29 页（2）运动员从起跳到接触水面过程的时间（3）跳水池至少应为多深？（保留两位有效数字）答案 （14 分）(1) 起跳瞬间做功w=mv02/2=mgh1（2分）代入数据得w=120J （2分）(2) 起跳到接触水面为竖直上抛运动mv02/2=mgh1代入数据得v0=2m/s （2分）根据位移公式 :h2= v0t gt2/2 代入数据得t=1.63s （3分）(3) 起跳到入水到最低点，设水池至少应为h 深，根据动能定理得w+mg(h2+h)Fh/2

27、F浮L/2 F浮(h L)=0 0 （3分）代入数据，得h=7.6m （2分）11 （17 分）某同学设想用带电粒子的运动轨迹做出“0” 、 “8”字样，首先，如图甲所示，在真空空间的竖直平面内建立xoy坐标系，在10.1my和20.1my处有两个与x 轴平行的水平界面 PQ 和MN把空间分成、三个区域，在三个区域中分别存在匀强磁场1B 、2B 、3B，其大小满足213220.02TBBB，方向如图甲所示. 在区域中的y轴左右两侧还分别存在匀强电场1E 、2E （图中未画出） ，忽略所有电、磁场的边缘效应.ABCD是以坐标原点O为中心对称的正方形，其边长0.2mL. 现在界面 PQ 上的A处沿

28、y轴正方向发射一比荷810 C/kgqm的带正电荷的粒子（其重力不计），粒子恰能沿图中实线途经BCD三点后回到A点并做周期性运动，轨迹构成一个 “0”字. 己知粒子每次穿越区域时均做直线运动 . （1）求1E 、2E 场的大小和方向. （2）去掉和区域中的匀强电场和磁场，其他条件不变，仍在A处以相同的速度发射相同的粒子，请在和区城内重新设计适当的匀强电场或匀强磁场，使粒子运动的轨迹成为上、下对称的“8”字，且粒子运动的周期跟甲图中相同，请通过必要的计算和分析，求出你所设计的“场”的大小、方向和区域，并在乙图中描绘出带电粒子的运动轨迹和你所设计的“场”. （上面半圆轨迹己在图中画出）精选学习资料

29、 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 29 页精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 29 页精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 29 页12、一辆汽车质量为1103kg ，最大功率为2104W，在水平路面由静止开始作直线运动，最大速度为v2，运动中汽车所受阻力恒定发动机的最大牵引力为3103N ，其行驶过程中牵引力F 与车速的倒数v1的关系如图所示试求（1）根据图线ABC 判断汽车作什么运动？（2

30、）v2的大小；（3）整个运动中的最大加速度；（4）当汽车的速度为10m/s 时发动机的功率为多大？解： （1）图线 AB 牵引力 F 不变，阻力f 不变，汽车作匀加速直线运动，图线BC 的斜率表示汽车的功率P，P 不变，则汽车作加速度减小的加速运动，直至达最大速度v2，此后汽车作匀速直线运动。（2 分）（ 2）汽车速度为v2，牵引力为F1=1 103 N，smsmFPvm/20/1011023412（3 分）（ 3）汽车做匀加速直线运动时的加速度最大阻力NNvPfm10002010242（1 分）2233/2/1010)13(smsmmfFam（3 分）（ 4）与 B 点对应的速度为smsmF

31、Pvmm/67.6/103102341（1 分）当汽车的速度为10m/s 时处于图线BC 段，故此时的功率为最大Pm =2 104W （2 分）13、 (14分 )如图所示，A 为位于一定高度处的质量为kgm5101、带电荷量为Cq6101的微粒，B 为位于水平地面上的质量为M 的用特殊材料制成的长方形空心盒子，盒子与地面间的动摩擦因数=0.2，盒内存在着竖直向上的匀强电场，场强大小CNE/1013，盒外存在着竖直向下的匀强电场，场强大小也为E，盒的上表面开有一系列略大于微粒的小孔，孔间距满足一定的关系，使得微粒进出盒子的过程中始终不与盒子接触当微粒A以 1m/s 的速度从孔1 进入盒子 的

32、瞬 间 ， 盒 子B 恰 以v1=0.4m/s的 速 度 向 右 滑行设盒子足够长， 取重力加速度 g=10m/s2， 不计微粒的重0)10(3NF)(11smv11v21vABC1231 2 3 n A B 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 29 页力，微粒恰能顺次从各个小孔进出盒子试求：(1)从微粒第一次进入盒子至盒子停止运动的过程中，盒子通过的总路程；(2)微粒 A 从第一次进入盒子到第二次进入盒子所经历的时间；(3) 盒子上至少要开多少个小孔，才能保证微粒始终不与盒子接触。解： （1）微粒在盒子内、外运动时，盒子

33、的加速度a=Mg/Mg0.210 m/s2=2 m/s2盒子全过程做匀减速直线运动，所以通过的总路程是：mmavs04.0224.022/21（4 分）（2）A 在盒子内运动时，maqE方向以向上为正方向由以上得aqE/m=110-61103/110-5 m/s2=1 102 m/s2（2 分）A 在盒子外运动时，maqE则 aqE/m=1102 m/s2方向向下A 在盒子内运动的时间t12v/ a21/1 102s210-2s 同理 A 在盒子外运动的时间t2210-2s A 从第一次进入盒子到第二次进入盒子的时间t= t1t2410-2s （4 分）（3）微粒运动一个周期盒子减少的速度为v

34、= a（t1 t2）=2（ 0.020.02）=0.08m/s 从小球第一次进入盒子到盒子停下，微粒球运动的周期数为n=v1/v=0.4/0.08=5 故要保证小球始终不与盒子相碰，盒子上的小孔数至少为2n+1 个，即 11 个（4 分）14（ l4 分）今年春节前后，我国南方大部分省区遭遇了罕见的雪灾，此次灾害过程造成17 个省（区、 市、兵团） 不同程度受灾。尤其是雪灾天气造成输电线被厚厚的冰层包裹（如图甲），使相邻两个铁塔间的拉力大大增加，导致铁塔被拉倒、压塌（如图乙），电力设施被严重损毁，给这些地方群众的生产生活造成了极大不便和巨大损失。当若干相同铁塔等高、等距时，可将之视为如图所示的

35、结构模型。已知铁塔（左右对称）质量为m，塔基宽度为d。相邻铁塔间输电线的长度为L，其单位长度的质量为m0， 输电线顶端的切线与竖直方向成 角。已知冰的密度为 ，设冰层均匀包裹输电线上，且冰层的横截面为圆形，其半径为R（输电线的半径可忽略）。d 丙H L 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 29 页（1）每个铁塔塔尖所受的压力将比原来增大多少？（2）被冰层包裹后，输电线在最高点、最低点所受的拉力大小分别为多少？（3）若某铁塔一侧的输电线在顶端断裂，该铁塔由于受力不对称，会造成该塔以塔基另一侧与地面的接触点为轴旋转翻倒。已知地

36、面对塔基的最大拉力为F（该力可简化为作用点位于塔基中心、方向竖直向下的拉力），设铁塔包裹冰前后的质量之比与输电线包裹冰前后的质量之比相同， 要使铁塔不致翻倒， 输电线上包裹的冰层半径R 的最大值Rmax为多少？（1）输电线线冰层的体积V冰= R2L （1 分）由对称关系可知，塔尖所受压力的增加值等于一根导线上冰层的重力，即 N = V冰g= R2Lg （2 分）（2）输电线与冰层的总质量M = m0L + R2Lg，输电线受力如图甲所示。由共点力的平衡条件，得2F1cos = m0Lg + R2Lg （2 分）输电线在最高点所受的拉力LgRmFcos2201（ 1分 ）半根输电线的受力如图乙所

37、示。由共点力的平衡条件，得F2 = F1sin（2 分）输电线在最低点所受的拉力tan2202LgRmF（1 分）（3）设铁塔被冰包裹后的质量为m，则mmRmm020（1 分）铁塔即将翻倒时受力如图丙所示。以塔基的最右端为转轴，R 取最大值时：HFdFgmsin2)(1（2 分）又 F1=F1，联立各式，得)tan(tan)(00maxmmdLHgLgHmdFmgR（2 分 ）15. 如图所示， A、B 为两块平行金属板，A 板带正电、 B 板带负电。两板之间存在着匀强电场，两板间距为d、电势差为U，在 B 板上开有两个间距为L 的小孔。 C、D 为两块同心半圆形金属板，圆心都在贴近B 板的

38、O 处， C 带正电、 D 带负电。两板间的距离很近，两板末端的中心线正对着B 板上的小孔，两板间的电场强度可认为大小处处相等，方向都指向O 。半圆形金属板两端与B 板的间隙可忽略不计。现从正对B板小孔紧靠A板的 O 处由静止释放一个质量为m、电量为 q 的带正电微粒（微粒的重力不计），问：（1）微粒穿过B 板小孔时的速度多大？图甲Mg F1F1图乙Mg/2 F1F2F1mgF图丙精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 29 页Od BACD OP L （2）为了使微粒能在CD 板间运动而不碰板，CD 板间的电场强度大小应满足

39、什么条件？（3）从释放微粒开始，经过多长时间微粒通过半圆形金属板间的最低点P 点？解： （1）设微粒穿过B 板小孔时的速度为v，根据动能定理，有: 212q Umv解得：2qUvm（2）微粒进入半圆形金属板后，电场力提供向心力，有222vvqEmmRL联立、，解得：4UEL（3）微粒从释放开始经t1射出 B 板的小孔，则12222ddmtdvvqU设微粒在半圆形金属板间运动经过t2第一次到达最低点P 点，则2442LLmtvqU所以从释放微粒开始，经过12242LmttdqU微粒第一次到达P 点；根据运动的对称性，易知再经过122 tt微粒再一次经过P 点；所以经过时间21242LmtkdqU

40、其中0,1,2,k微粒经过P 点。16 （14 分）如图甲所示，场强大小为E、方向竖直向上的匀强电场内存在一竖直平面内半径为R的圆形区域，O 点为该圆形区域的圆心，A 点是圆形区域的最低点，B 点是最右侧的点。在 A 点有放射源释放出初速度大小不同、方向均垂直于场强向右的正电荷，电荷的质量为m，电量为q，不计重力。试求：（1）电荷在电场中运动的加速度多大？（2）运动轨迹经过B 点的电荷在A 点时的速度多大？（3）某电荷的运动的轨迹和圆形区域的边缘交于P 点， POA= ，请写出该电荷经过P 点时动能的表达式。Od BACD OP L A O E C D B 乙A E B P O 甲精选学习资料

41、 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 29 页（4）若在圆形区域的边缘有一接收屏CBD ，C、D 分别为接收屏上最边缘的两点，如图乙，COB=BOD=30 。求该屏上接收到的电荷的末动能大小的范围。解： （1）a = Eqm（2 分）（2）由 R= v0t，R =12at2及 a = Eqm三个式子可解得：v0 =EqR2m（3 分）（3）Ek=Eq(R-Rcos )+12m v02，Rsin =v0t，R-Rcos =12at2及 a = Eqm（3 分）得： Ek=14EqR (5-3cos ) （2 分）（4）由第（ 3）小题的结

42、论可以看出，当 从 0 变化到 180 ，接收屏上电荷的动能逐渐增大，因此 D 点接收到的电荷的末动能最小，C 点接收到的电荷的末动能最大。（1 分）EkD=14EqR (5-3cos60) = 78EqR（1 分）EkC=14EqR (5-3cos120) = 138EqR（1 分）所以，屏上接收到的电荷的末动能大小的范围为 78EqR，138EqR （1 分）17 （20 分）如图甲所示，空间存在竖直向上的磁感应强度为B 的匀强磁场， ab、cd 是相互平行的间距为l 的长直导轨， 它们处于同一水平面内，左端由金属丝bc 相连， MN 是跨接在导轨上质量为m 的导体棒，已知MN 与 bc

43、的总电阻为R，ab、cd 的电阻不计。用水平向右的拉力使导体棒沿导轨做匀速运动，并始终保持棒与导轨垂直且接触良好。图乙是棒所受拉力和安培力与时间关系的图象，已知重力加速度为g。（1）求导体棒与导轨间的动摩擦因数；（2）已知导体棒发生位移s 的过程中 bc 边上产生的焦耳热为Q，求导体棒的电阻值；（3）在导体棒发生位移s 后轨道变为光滑轨道，此后水平拉力的大小仍保持不变，图丙中、是两位同学画出的导体棒所受安培力随时间变化的图线。判断他们画的是否正确，若正确请说明理由；若都不正确，请你在图中定性画出你认为正确的图线，并说明理由。（要求：说理过程写出必要的数学表达式）解： （1）根据导体棒MN 匀速

44、运动可知它受牵引力、安培力和摩擦力f 三力平衡，由图象可知拉力大小为F0，安培力大小为021F，根据牛顿第二定律有：（丙）Ft0 F0 21F0-F0 （乙）Ft0 F0 21F0M N B F a b c d （甲）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 29 页02100fFFmgFFfNN解得：mgF20（5 分）（2）根据功能关系可知导体棒MN 克服安培力做功将机械能转化为电能，在电路中电能转化为电热，电路中的总电热：Q总=sF021（4 分）设导体棒的电阻值为r，根据电阻串联关系可知：总总QQQRr解得：)21(0s

45、FQRr（4 分）（3）两位同学画的图线都不正确。（2分）设导体棒运动的速度大小为v，产生的感应电动势为E，感应电流为IB I lF安REI解得RvlBF22安BlvE根据牛顿第二定律有maFF安0分析可知随着导体棒加速，安培力安F逐渐增大，加速度逐渐减小。当0FF安时导体棒将做匀速运动，安F不再变化。（3 分）安培力正确的变化图像如图丁所示。（2 分）18电磁炉专用平底锅的锅底和锅壁均由耐高温绝缘材料制成起加热作用的是安在锅底的一系列半径不同的同心导电环导电环所用的材料单位长度的电阻R=0.125 /m,从中心向外第 n个同心圆环的半径为rn=(2n-1) r1(n为正整数且 n7)，已知

46、r1=1.0 cm当电磁炉开启后，能 产 生 垂 直 于 锅 底 方 向 的 变 化 磁 场 ， 已 知 该 磁 场 的 磁 感 应 强 度 B 的 变 化 率 为ttBsin2100，忽略同心导电圆环感应电流之间的相互影响(1)求出半径为 rn的导电圆环中产生的感应电动势瞬时表达式；(2)半径为 r1的导电圆环中感应电流的最大值I1m是多大？（计算中可取2=10 ) (3)若不计其他损失，所有导电圆环的总功率P是多大？解： (1)根据法拉第电磁感应定律，半径为rn的导电圆环中产生的感应电动势瞬时表达式为：（丁）Ft0 F0 21F0-F0 精选学习资料 - - - - - - - - - 名

47、师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 29 页trntBStEnsin) 12(21002122(2）第一个环中的感应电动势的最大值为：21212100rEm第一环的电阻为：112125.0rR故第一环中电流的最大值为：ArREImm2424001111(3) 第n环中感应电动势的最大值为：222100nnmrE第n环的电阻为：nnrR2125.0第 n环中电流的最大值为：nnnmnmrREI2400第 n 环中电流的有效值为：In =400rn 第 n 环中电功率为353242104104nnnnnrrRIP所有导电圆环的总功率为：WrrrPn333335332315109

48、 .101.0)1331(104)(10419 （16 分）如图所示，在竖直平面内放置一长为L、内壁光滑的薄壁玻璃管，在玻璃管的a 端放置一个直径比玻璃管直径略小的小球，小球带电荷量为q、质量为m玻璃管右边的空间存在着匀强电场与匀强磁场匀强磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度为B；匀强电场方向竖直向下，电场强度大小为mg/q，场的左边界与玻璃管平行，右边界足够远玻璃管带着小球以水平速度v0垂直于左边界进入场中向右运动，由于水平外力F 的作用， 玻璃管进入场中速度保持不变，一段时间后小球从玻璃管b 端滑出并能在竖直平面内自由运动， 最后从左边界飞离电磁场运动过程中小球的电荷量保持不变，不计一切阻力

49、，求：（1）小球从玻璃管b 端滑出时的速度大小；（2）从玻璃管进入磁场至小球从b 端滑出的过程中，外力F 随时间 t 变化的关系；（3）小球离开场时与边界的夹角解： （1）由mgEqqmgE,/得，即重力与电场力平衡1 分如图所示，所以小球管中运动的加速度为：mqBvmFay01 分设小球运动至b 端时的 y 方向速度分量为vy，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 29 页则：aLvy221 分所以小球运动至b 端时速度大小为：2002vLmqBvv 2 分（2）由平衡条件可知，玻璃管受到的水平外力为：qBvFFyx 2

50、分tmqBvatvy01 分解得外力随时间变化关系为：tmqvBF2022分（3）设小球在管中运动时间为t，小球在磁场中做圆周运动的半径为R，运动轨迹如图所示，t 时间内玻璃管的运动距离tvx01 分由牛顿第二定律得：RmvqvB2 1 分由几何关系得：Rxx1sin 1 分vvRxy1所以xtvqBmvmvBtqvRvvxy001 1 分可得0sin故00，即小球飞离磁场时速度方向垂直于磁场边界向左2 分20 （16 分）如图所示， MN、PQ 是平行金属板， 板长为 L，两板间距离为d，PQ 带正电 ,MN板带负电 ,在 PQ 板的上方有垂直纸面向里的匀强磁场。一个电荷量为q、质量为m 的