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广东省德庆县孔子中学2022届高三物理下学期大题限时训练试题

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大题限时训练-------能量、动量、电场、磁场1、如图所示,光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接,传送带水平长度L=0.8m,皮带以恒定定速率v逆时针匀速运动.传送带的右端平滑连接着一个固定在竖直平面内、半径为R=0.4m的光滑半圆轨道PQ;质量为m=0.2kg,且可视为质点的滑块A置于水平导轨MN上,开始时滑块A与墙壁之间有一压缩的轻弹簧,系统处于静止状态.现松开滑块A,弹簧伸展,滑块脱离弹簧后滑上传送带,从右端滑出并沿半圆轨道运动到最高点Q后水平飞出,又正好落回N点.已知滑块A与传送带之间的动摩擦因数,取g=10m/s2.求:(1)滑块A到达Q点时速度的大小;(2)滑块A在半圆轨道P处对轨道的压力;(3)压缩的轻弹簧的弹性势能EP.2、如图所示,ABCD是由三部分光滑轨道平滑连接在一起组成的,AB为水平轨道,BCD是半径为R的半圆弧轨道,R=0.5m。质量为M=0.99kg的小物块,静止在AB轨道上,一颗质量为m=0.01kg子弹水平射入物块但未穿出,物块与子弹一起运动,恰能贴着轨道内侧通过最高点从D点飞出。取重力加速度g=10m/s2,求:(1)物块与子弹一起刚滑上圆弧轨道B点的速度;(2)子弹击中物块前的速度;(3)系统损失的机械能。3、如物图-14,在绝缘水平面上,放一质量为m=2.0×10-3kg的带正电滑块A,所带电量为q=1.0×10-7C,在滑块A的左边L处放置一个不带电、质量M=4.0×10-3kg的绝缘滑块B,B的左端与固定在竖直墙壁的轻弹簧接触(不连接),轻弹簧处于自然状态,弹簧原长S0=0.05m。如图所示。在水平方向加一水平向左的匀强电场,电场强度的大小为E=4.0×105N/C,滑块A由静止释放后向左滑动并与滑块B发生碰撞,设碰撞时间极短,碰撞后粘合在一起共同运动的速度为v=1m/s,两物体一起压缩弹簧至最短处(弹性限度内)时,弹簧的弹性势能EP=3.2×10-3J。设两滑块体积大小不计,与水平面间的动摩擦因数为μ=0.50,摩擦不起电,碰撞不失电,g取10m/s2。求:11⑴两滑块在碰撞前的瞬时,滑块A的速度V0;⑵滑块A起始运动位置与滑块B的距离L;⑶B滑块被弹簧弹开后距竖直墙壁的最大距离S.4、如图所示,EF为水平地面,O点左侧是粗糙的、右侧是光滑的。一轻质弹簧右端与墙壁固定,左端与静止在O点质量为m的小物块A连结,弹簧处于原长状态。质量为m的物块B在大小为F的水平恒力的作用下由C处从静止开始向左运动,已知物块B与地面EO段间的滑动摩擦力大小为,物块B运动到O点与物块A相碰并一起向右运动(设碰撞时间极短),运动到D点时撤去外力F。已知SCO=4S,SOD=S。求撤去外力后:(1)弹簧的最大弹性势能(2)物块B最终离O点的距离。5、(18分)如图所示,半径为r=0.4m的圆形光滑轨道AB固定于竖直平面内,轨道与粗糙的水平地面相切于B点,CDE为固定于竖直平面内的一段内壁光滑的中空方形细管,DE段被弯成以O为圆心、半径R=0.2m的一小段圆弧,管的C端弯成与地面平滑相接,O点位于地面,OE连线竖直.可视为质点的物块b,从A点由静止开始沿轨道下滑,经地面进入细管(b横截面略小于管中空部分的横截面),b滑到E点时受到细管下壁的支持力大小等于所受重力的.已知物块b的质量m=0.4kg,g取10m/s2.(1)求物块b滑过E点时的速度大小vE.(2)求物块b滑过地面BC过程中克服摩擦力做的功Wf.(3)若将物块b静止放在B点,让另一可视为质点的物块a,从A点由静止开始沿轨道下滑,滑到B点时与b发生弹性正碰,已知a的质量M≥m,求物块b滑过E点后在地面的首次落点到O点的距离范围.6、如下图,在平面直角坐标系xOy内,第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场,第Ⅳ11象限以ON为直径的半圆形区域内,存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场,磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的带正电粒子,从y轴正半轴上y=h处的M点,以速度v0垂直于y轴射入电场,经x轴上x=2h处的P点进入磁场,最后以垂直于y轴的方向射出磁场.不计粒子重力.求:(1)电场强度的大小E.(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r.(3)粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t.7、直角坐标系xoy界线OM两侧区域分别有如图所示电、磁场(第三象限除外),匀强磁场磁感应强度为B、方向垂直纸面向外,匀强电场场强、方向沿x轴负方向。一不计重力的带正电的粒子,从坐标原点O以速度为v、沿x轴负方向射入磁场,随后从界线上的P点垂直电场方向进入电场,并最终飞离电、磁场区域。已知粒子的电荷量为q,质量为m,求:yMBOx45°EPv(1)粒子在磁场中运动的轨迹半径R及P点的位置坐标;(2)粒子在磁场中运动的时间;(3)粒子最终飞离电、磁场区域的位置坐标。8、如图,左边矩形区域内,有场强为E0的竖直向下的匀强电场和磁感应强度为B0的垂直纸面向里的匀强磁场,电荷量为q、质量不同的带正电的粒子(不计重力),沿图中左侧的水平中线射入,并水平穿过该区域,再垂直射入右边磁感应强度为B的匀强磁场区域,该区域磁场边界为AA/、BB/,方向垂直纸面向外,左右宽为a,上下足够长。(1)求带电粒子速度的大小v;(2)如果带电粒子都能从AA/边界垂直进入后又返回到AA/边界,则带电粒子的质量在什么范围?(3)如果带电粒子能与BB/边界成600角射出磁场区域,则该带点粒子的质量是多少?60°dBUMNPQEF9、如图所示,两平行金属板E、F之间电压为U11,两足够长的平行边界MN、PQ区域内,有垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度为B。一质量为m、带电量为+q的粒子(不计重力),由E板中央处静止释放,经F板上的小孔射出后,垂直进入磁场,且进入磁场时与边界MN成60°角,最终粒子从边界MN离开磁场。求:(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径r;(2)两边界MN、PQ的最小距离d;(3)粒子在磁场中运动的时间t。10、如图所示,空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场,左侧匀强电场的场强大小为E、方向水平向右,其宽度为L;中间区域匀强磁场的磁感强度大小为B、方向垂直纸面向外;右侧匀强磁场的磁感强度大小也为B、方向垂直纸面向里.一个带正电的粒子(质量m,电量q,不计重力)从电场左边缘a点由静止开始运动,穿过中间磁场区域进入右侧磁场区域后,又回到了a点,然后重复上述运动过程.求:(1)中间磁场区域的宽度d.(2)带电粒子从a点开始运动到第一次回到a点时所用的时间t.11、如图甲所示,水平面上的两光滑金属导轨平行固定放置,间距d=0.5m,电阻不计,左端通过导线与阻值R=2W的电阻连接,右端通过导线与阻值RL=4W的小灯泡L连接.在CDEF矩形区域内有竖直向上的匀强磁场,CE长l=2m,有一阻值r=2W的金属棒PQ放置在靠近磁场边界CD处.CDEF区域内磁场的磁感应强度B随时间变化如图乙所示.在t=0至t=4s内,金属棒PQ保持静止,在t=4s时使金属棒PQ以某一速度进入磁场区域并保持匀速运动.已知从t=0开始到金属棒运动到磁场边界EF处的整个11过程中,小灯泡的亮度没有发生变化,求:(1)通过小灯泡的电流.(2)金属棒PQ在磁场区域中运动的速度大小.图乙图甲11物理大题答案1、解:(1)滑块B从Q飞出后做平抛运动,有:L=vQt…①2R=gt2…②代入数据解得:vQ=2m/s;(2)滑块B从P运动到Q过程中满足机械能守恒,有:mvQ2+2mgR=mvP2…③在P点由牛顿第二定律得:N﹣mg=m…④代入数据解得:N=12N,由牛顿第三定律可知,压力大小为12N;(3)皮带转动方向和滑块A运动方向相反,A在皮带上做匀减速运动弹簧松开之后,其弹性势能转化成滑块A的动能:EP=mvA2…⑤滑块从N点到P点运动过程中,由动能定理有:﹣μmgL=mvP2﹣mvA2…⑥代入数据解得:EP=2.5J;2、解:(1)由物块与子弹一起恰能通过轨道最高点D,得:(3分)又由物块与子弹上滑过中根据机械能守恒得:(3分)代入数据解得:(2分)(2)由动量守恒(3分)V=500m/s(2分)(3)根据能的转化和守恒定律得(3分)代入数据得:(2分)3、解:⑴取A、B为系统,碰撞过程动量守恒,有: mv0=(M+m)v(3分)代入数据解得:   v0=3m/s(2分)⑵对A,从开始运动至碰撞B之前,根据动能定理,有:qEL-μmgL=-0(3分)代入数据解得: L=0.3m (2分)(用牛顿第二定律和运动学公式求解,正确,同样参照给分)⑶设弹簧被压缩至最短时的压缩量为s1,对AB整体,从碰后至弹簧压缩最短过程中,根据能量守恒定律,有:  qEs1+=μ(M+m)gs1+EP  (2分)代入数据解得: s1=0.02m (1分)11设弹簧第一次将AB从最大压缩量弹出至两者同时同处停止时,向右运动距离为s2,根据能量守恒定律,有:EP=qEs2+μ(M+m)gs2 (2分)    解得:s2=0.046m(1分)故B离墙壁的最大距离sm=s0-s1+s2=0.076m(2分)4、解:(1)B与A碰撞前速度由动能定理(3分)得(3分)B与A碰撞,由动量守恒定律(3分)得(3分)碰后到物块A、B运动至速度减为零,弹簧的最大弹性势能(1分)(2)设撤去F后,A、B一起回到O点时的速度为,由机械能守恒得(1分)(1分)返回至O点时,A、B开始分离,B在滑动摩擦力作用下向左作匀减速直线运动,设物块B最终离O点最大距离为x由动能定理得:(2分(1分)5、(1)根据牛顿第二定律得:mg﹣N=m,已知:N=mg,代入数据解得:vE=1m/s;(2)物块b从A点到E点的过程中,由动能定理得:mg(r﹣R)﹣Wf=mvE2,得:Wf=0.6J;(3)物块a从A滑到B的过程机械能守恒,设物块a滑到B点时速度为v,则有Mv2=Mgr,代入数据解得:v=2m/s,设碰撞后物块a、b的速度分别为va、vb,由动量守恒Mv=Mva+mvb,由机械能守恒定律得:Mv2=Mva2+mvb2,代入数据解得:va=v=,因为M≥m,由上式可知,碰撞后v≤vb<2v,即2m/s≤vb<4m/s,物块b从B点到E点的过程中,由动能定理得:11﹣mgR﹣Wf=mvE′2﹣mvb2,物块b离开E点后做平抛运动,设时间为t,首次落点到O点的距离为x,则有:x=vE′t,R=gt2,代入数据解得:0.2m≤x<1m;6、解析:粒子的运动轨迹如下图所示(1)设粒子在电场中运动的时间为t1,x、y方向:2h=v0t1,h=at2根据牛顿第二定律Eq=ma求出E=(2)根据动能定理Eqh=mv2-mv设粒子进入磁场时速度为v,根据Bqv=mr=(3)粒子在电场中运动的时间t1=粒子在磁场中运动的周期T==设粒子在磁场中运动的时间为t2=T求出t=t1+t2=+yMBOx45°EPvQ7、(18分)解:(1)由洛仑兹力提供向心力,有:(3分)解得:(3分)如图所示,由几何关系可知,粒子经过界线OM的位置P的坐标为(,)(2分)(2)粒子在磁场中运动的周期(2分)粒子在磁场中运动的时间(2分)(3)粒子从P点射入电场将做类平抛运动,如图所示,有:①(1分)②(1分)其中:③(1分)联立①②③式解得(2分)故粒子最终飞离电、磁场区域的位置坐标为(1分)118、解:(1)矩形区域由力的平衡条件,得①3分得:②(2分)(2)如果带电粒子都能AA/的边界出来,则带电粒子在磁场区域中做匀速圆周运动最大的轨迹如图中所示。由几何关系,有:得:③(2分)带电粒子在磁场中运动时,根据牛顿第二定律,有:④(2分)②③④联立得:(2分)即带电粒子都能从三角形的竖直线上向左射出,则带电粒子的质量(1分)60°dBUMNPQEFOr30°vv(3)如果带电粒子都能与BB/成60°射出,如图,根据几何关系,则带电粒子在三角形区域中做匀速圆周运动最大的轨迹如图中Ⅱ所示(Q点与右上边相切)。由几何关系,有:⑤(2分)带电粒子在磁场中运动时,根据牛顿第二定律,有:⑥(2分)②⑤⑥联立得:(2分)9、解:(1)设粒子离开电场时的速度为v,由动能定理有:①(2分)解得:②(1分)粒子离开电场后,垂直进入磁场,由洛仑兹力提供向心力有:③(3分)联立②③解得:④(2分)(2)最终粒子从边界MN离开磁场,需满足:⑤(3分)11联立④⑤解得:⑥(2分)两边界MN、PQ的最小距离d为(3)粒子在磁场中做圆周运动的周期⑦(2分)联立③⑦解得:粒子在磁场中运动的时间⑨(3分)10、(1)电场中加速,由∴(3分)磁场中偏转,由牛顿第二定律得∴2分可见在两磁场区粒子运动半径相同,如图,三段圆弧的圆心组成的三角形△O1O2O3是等边三角形,其边长为2r1分∴2分(2)在电场中 ,在中间磁场中运动时间在右侧磁场中运动时间,则粒子第一次回到O点的所用时间为t=t1+t2+t3=11、(1)在t=0至t=4s内,金属棒PQ保持静止,磁场变化导致电路中产生感应电动势.电路为r与R并联,再与RL串联,电路的总电阻=5Ω①(2分)此时感应电动势=0.5×2×0.5V=0.5V②(2分)通过小灯泡的电流为:=0.1A③(2分)(2)当棒在磁场区域中运动时,由导体棒切割磁感线产生电动势,电路为R与RL并联,再与r串联,此时电路的总电阻11=2+Ω=Ω④(2分)由于灯泡中电流不变,所以灯泡的电流IL=0.1A,则流过棒的电流为=0.3A⑤(2分)电动势⑥(2分)解得棒PQ在磁场区域中运动的速度大小v=1m/s⑦(2分)11

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所属: 高中 - 物理
发布时间:2022-08-25 12:13:55 页数:11
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文章作者:U-336598

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