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2019高考物理三輪沖刺練:計算題32分專練(2份)word版含解析

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2019高考物理三輪沖刺練:計算題32分專練(2份)word版含解析

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2019高考物理三輪沖刺練:計算題32分專練(1)含解析
計算題32分專練(一)
(本欄目內容,在學生用書中以獨立形式分冊裝訂!)
24.(12分)如圖所示,匝數N=100、截面積S=1.0×10-2 m2、電阻r=0.15 Ω的線圈內有方向垂直于線圈平面向上的隨時間均勻增加的勻強磁場B1,其變化率k=0.80 T/s。線圈通過開關S連接兩根相互平行、間距d=0.20 m的豎直導軌,下端連接阻值R=0.50 Ω的電阻。一根阻值也為0.50 Ω、質量m=1.0×10-2 kg的導體棒ab擱置在等高的擋條上。在豎直導軌間的區域僅有垂直紙面的不隨時間變化的勻強磁場B2。接通開關S后,棒對擋條的壓力恰好為零。假設棒始終與導軌垂直,且與導軌接觸良好,不計摩擦阻力和導軌電阻。

(1)求磁感應強度B2的大小,并指出磁場方向;
(2)斷開開關S后撤去擋條,棒開始下滑,經t=0.25 s后下降了h=0.29 m,求此過程棒上產生的熱量。
解析: (1)線圈中的感應電動勢為:
E=N=NS=NSk
流過導體棒ab的感應電流為:
Iab==
導體棒ab對擋條的壓力為零時有:
F安=B2Iabd=mg
聯立解以上各式得:B2=0.5 T,方向垂直紙面向外。
(2)斷開S撤去擋條,棒下滑h時導體棒ab的速度為v,整個過程電路產生熱量為Q,由能量守恒定律得:
mgh=mv2+Q,Qab=Q
整個下滑過程,由動量定理得:
mgt-安=mv-0
其中安培力平均沖量:安=B2d·t=B2qd
下滑h過程通過導體棒的電荷量:
q==
聯立解以上各式得:Qab=2.3×10-3 J。
答案: (1)0.5 T 方向垂直紙面向外 (2)2.3×10-3 J
25.(20分)如圖所示,固定在地面上的傾斜直軌道AB與圓弧軌道BC相切于B點,一可視為質點的小球由A點以某一初速度(設為v0)沖上直軌道,經一段時間,小球運動到圓弧軌道最高點C。已知圓弧軌道的半徑為R=0.5 m,小球的質量為m=0.2 kg;小球由A運動到C的過程中除重力外其他力做的功為-1.4 J,重力加速度g=10 m/s2。

(1)若小球的初速度大小為v0=5 m/s,則小球在C點對圓弧軌道的壓力為多大?
(2)若小球由A到C的過程中除重力外其他力做的功保持不變,欲使小球能從C點水平拋出,則小球的初速度應滿足什么條件?
解析: (1)小球從A點運動到C點的過程中,由動能定理有
-mgR+W=mv-mv
在最高點C,根據牛頓第二定律有mg-FN=m
聯立并代入數據解得FN=1.6 N
由牛頓第三定律可知,小球在C點對軌道的壓力大小為FN′=FN=1.6 N。
(2)要使小球能夠從C點水平拋出,則小球到達C點的速度要大于零且不脫離圓弧軌道
①若小球恰好能到達C點,設對應的初速度為v1
從A點到C點,由動能定理有-mgR+W=0-mv
解得v1=2 m/s
②若小球恰好不脫離圓軌道,設小球到達C點時速度為vC′,對應的初速度為v2
則在C點,小球對軌道的壓力為零,有mg=m
從A點到C點,由動能定理有-mgR+W=mvC′2-mv
解得v2= m/s
綜上可知,要使小球能夠從C點水平拋出,v0的取值范圍是2 m/s答案: (1)1.6 N (2)2 m/s




























































































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2019高考物理三輪沖刺練:計算題32分專練(2)含解析
計算題32分專練(二)
(本欄目內容,在學生用書中以獨立形式分冊裝訂!)
24.(12分)(2018·遼寧本溪聯考)如圖所示,CDE為光滑的軌道,其中ED段是水平的,CD段是豎直平面內的半圓,與ED相切于D點,且半徑R=0.5 m,質量m=0.1 kg的滑塊A靜止在水平軌道上,另一質量M=0.5 kg的滑塊B前端裝有一輕質彈簧(A、B均可視為質點)以速度v0向左運動并與滑塊A發生彈性正碰。若相碰后滑塊A滑上半圓軌道并能過最高點C,取重力加速度g=10 m/s2,問:

(1)B滑塊至少要以多大速度向前運動;
(2)如果滑塊A恰好能過C點,滑塊B與滑塊A相碰過程中輕質彈簧的最大彈性勢能為多少?
解析: (1)設滑塊A過C點時速度為vC,B與A碰撞后,B與A的速度分別為v1、v2,B碰撞前的速度為v0,過圓軌道最高點的臨界條件是重力提供向心力,由牛頓第二定律得mg=m,
由機械能守恒定律得
mv=mg·2R+mv,
B與A發生彈性碰撞,碰撞過程動量守恒、機械能守恒,以向左為正方向,由動量守恒定律得
Mv0=Mv1+mv2,
由機械能守恒定律得
Mv=Mv+mv,
聯立并代入數據解得v0=3 m/s。
(2)由于B與A碰撞后,當兩者速度相同時有最大彈性勢能Ep,設共同速度為v,A、B碰撞過程系統動量守恒、機械能守恒,以向左為正方向,由動量守恒定律得
Mv0=(M+m)v,
由機械能守恒定律得
Mv=Ep+(M+m)v2,
聯立并代入數據解得Ep=0.375 J。
答案: (1)3 m/s (2)0.375 J
25.(20分)(2018·南京三校聯考)

如圖所示,在xOy平面內,在x>0范圍內以x軸為電場和磁場的邊界,在x<0范圍內以第三象限內的直線OM為電場與磁場的邊界,OM與x軸負方向成θ=45°角,在邊界的下方空間存在著垂直于紙面向里的勻強磁場,磁感應強度大小為B=0.1 T,在邊界的上方有沿y軸正方向的勻強電場,場強大小為E=32 N/C。在y軸上的P點有一個不計重力的帶電微粒,以沿x軸負方向的初速度v0=2×103 m/s射出。已知OP=0.8 cm,微粒所帶電荷量q=-5×10-18 C,質量m=1×10-24 kg。求:
(1)帶電微粒第一次進入電場時的位置坐標。
(2)帶電微粒從P點出發到第三次經過電、磁場邊界經歷的總時間。
(3)帶電微粒第四次經過電、磁場邊界時的速度大小。
解析: 

(1)帶電微粒從P點開始在磁場中做勻速圓周運動,運動軌跡如圖所示,第一次經過磁場邊界上的A點,由半徑公式可得
r==4×10-3 m。
因為OP=0.8 cm,勻速圓周運動的圓心在OP的中點C,由幾何關系可知,A點位置的坐標為(-4×10-3 m,-4×10-3 m)。
(2)帶電微粒在磁場中做勻速圓周運動的周期為
T==1.256×10-5 s。
由圖可知,微粒運動四分之一個圓周后豎直向上進入電場,故t1=T=0.314×10-5 s。
微粒在電場中先做勻減速直線運動到速度為零,然后反向做勻加速直線運動,微粒運動的加速度為
a=,
故在電場中運動的時間為t2===2.5×10-5 s。
微粒再次進入磁場后又做四分之一圓周運動,故t3=t1=0.314×10-5 s,所以微粒從P點出發到第三次經過電、磁場邊界的時間為
t=t1+t2+t3=3.128×10-5 s。
(3)微粒從B點第三次經過電、磁場邊界水平向左進入電場后做類平拋運動,則加速度
a==1.6×108 m/s2,
則第四次到達電、磁場邊界時,
y=at,x=v0t4,tan 45°=,
解得vy=at4=4×103 m/s。
則微粒第四次經過電、磁場邊界時的速度為
v==2×103 m/s。
答案: (1)(-4×10-3 m,-4×10-3 m) (2)3.128×10-5 s (3)2×103 m/s





























































































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