（江苏专用）2017届高考物理二轮复习 计算题47分模拟小卷（打包4套）.zip

1计算题 47 分模拟小卷(一)计算题：本题共 3 小题，共计 47 分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13．(15 分)(2016·盐城三模)如图 1 所示，水平桌面上的轻质弹簧左端固定，右端与静止在 O 点质量为 m＝1 kg 的小物块接触而不连接，此时弹簧无形变。现对小物块施加 F＝10 N 水平向左的恒力，使其由静止开始向左运动。小物块在向左运动到 A 点前某处速度最大时，弹簧的弹力为 6 N，运动到 A 点时撤去推力 F，小物块最终运动到 B 点静止。图中OA＝0.8 m， OB＝0.2 m，重力加速度取 g＝10 m/s 2。求小物块：(1)与桌面间的动摩擦因数 μ ；(2)向右运动过程中经过 O 点的速度；(3)向左运动的过程中弹簧的最大压缩量。图 1解析 (1)小物块速度达到最大时，加速度为零。F－ μmg － F 弹 ＝0(3 分)μ ＝ ＝0.4(1 分)F－ F弹mg(2)设向右运动通过 O 点时的速度为 v0，从 O→ B 由动能定理得－ f·xOB＝0－ mv (3 分)12 20f＝ μ mg＝4 N(2 分)解得 v0＝ m/s(1 分)1.6(3)设撤去 F 推力后，小物块继续向左运动 x 的距离，弹簧的压缩量最大值为 xmax。取小物块运动的全过程，根据动能定理得FxOA－ f(xOA＋2 x＋ xAB)＝0(3 分)x＝0.1 m(1 分)则 xmax＝0.8 m＋ x＝0.9 m(1 分)答案 (1)0.4 (2) m/s (3)0.9 m1.614．(16 分)(2016·南京模拟)如图 2 甲所示，足够长的光滑平行金属导轨 MN、 PQ 竖直放置，其宽度 L＝1 m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端 M 与 P 之间连接阻值为R＝0.40 Ω 的电阻，质量为 m＝0.01 kg、电阻为 r＝0.30 Ω 的金属棒 ab 紧贴在导轨上。2现使金属棒 ab 由静止开始下滑，下滑过程中 ab 始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离 x 与时间 t 的关系如图乙所示，图象中的 OA 段为曲线， AB 段为直线，导轨电阻不计， g 取 10 m/s2(忽略 ab 棒运动过程中对原磁场的影响)，求：图 2(1)磁感应强度 B 的大小；(2)金属棒 ab 从开始运动到 1.5 s 内，电路中产生的热量。解析 (1)从 1.5 s 到 2.1 s，由 x－ t 图象知金属棒这段时差是内做匀速直线运动，则mg＝ BIL①(2 分)I＝ ②(4 分)BLvmR＋ r且 vm＝ ③(2 分)Δ xΔ t解①②③式得 B＝0.1 T(1 分)(2)0～1.5 s 内，由能量守恒律得：mgh＝ mv ＋ Q④(4 分)12 2m解③④式得 Q＝0.455 J(3 分)答案 (1)0.1 T (2)0.455 J15．(16 分)(2016·南通一模)如图 3 所示，足够大的荧光屏 ON 垂直 xOy 坐标平面，与 x轴夹角为 30°， y 轴与 ON 间有沿＋ y 方向、场强为 E 的匀强电场，一质量为 m、电荷量为－ q 的离子从 y 轴上的 P 点以速度 v0、沿＋ x 轴方向射入电场，恰好垂直打到荧光屏上的M 点(图中未标出)。现撤去电场，在 y 轴与 ON 间加上垂直坐标平面向里的匀强磁场，相同的离子仍以速度 v0从 y 轴上的 Q 点沿＋ x 轴方向射入磁场，恰好也垂直打到荧光屏上的 M点，离子的重力不计。(1)求离子在电场中运动的时间 t1；(2)求 P 点距 O 点的距离 y1和离子在磁场中运动的加速度大小 a；(3)若相同的离子分别从 y 轴上的不同位置以速度 v＝ ky(y0， k 为常数)、沿＋ x 轴方向射入磁场，离子都能打到荧光屏上，求 k 应满足的条件。3图 3解析 设离子垂直打到荧光屏上的 M 点时，沿 y 方向的分速度大小为 vy，在电场中运动的加速度为 a1，则vy＝ (1 分)v0tan 30°qE＝ ma1(1 分)vy＝ a1t1(1 分)解得 t1＝ (1 分)3mv0qE(2)由几何关系可知y1＝ a1t ＋ v0t1tan 30°(1 分)12 21解得 y1＝ (1 分)设离子在磁场中做圆周运动半径为 r，则rcos 30°＝ v0t1(1 分)而 a＝ (1 分)解得 a＝ (1 分)qE2m(3)如图所示，设从纵坐标为 y 处射入磁场的离子恰好能打到荧光屏上，对应的圆周运动半径为 r0，则4r0＋ ＝ y(1 分)r0cos 30°而 qBv＝ (2 分)mv2r′其中 v＝ ky(1 分)为使离子能打到荧光屏上应满足 r′≥ r0qBv0＝ ma(1 分)解得 k≥ (2 分)（ 23－ 3） qE2mv0答案 (1) (2) 3mv0qE qE2m(3)k≥（ 23－ 3） qE2mv01计算题 47 分模拟小卷(三)计算题：本题共 3 小题，共计 47 分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13．(15 分)(2016·淮安三模)如图 1 甲所示，在水平桌面上放置一边长 L＝0.2 m 的正方形闭合金属线圈 abcd，线圈的匝数 n＝10，质量 m＝0.1 kg，总电阻 R＝0.1 Ω，与水平桌面间的动摩擦因数 μ ＝0.2，线圈与水平面的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。线圈的右半边处于竖直向上的匀强磁场中，磁场的左边界 MN 与线圈 ab、 cd 两边平行且距离相等。从 t＝0 时刻起，匀强磁场的磁感应强度 B 随时间的变化规律如图乙所示。取 g＝10 m/s2，求：图 1(1)t＝1 s 时刻线圈中的感应电动势的大小 E；(2)t＝0 s 至 t＝3 s 线圈中流过的电荷量 q 和线圈中产生的热量 Q；(3)线圈何时开始发生滑动，向什么方向滑动。解析 (1)根据法拉第电磁感应定律得E＝ n ＝ n ＝0.02 V(3 分)Δ ΦΔ t L2Δ B2Δ t(2)I＝ ＝0.2 A(2 分)ERq＝ It＝0.6 C(2 分)Q＝ I2Rt＝0.012 J(2 分)(3)nBIL＝ μmg (2 分)B＝ ＝0.5 T(2 分)μ mgnIL根据图象规律可得 t＝6 s，向左滑动(2 分)答案 (1)0.02 V (2)0.6 C 0.012 J(3)6 s 向左滑动14．(16 分)(2016·扬泰南三模)如图 2 所示，光滑斜面倾角为 θ ，底端固定一垂直于斜面的挡板 C，在斜面上放置长木板 A， A 的下端与 C 的距离为 d， A 的上端放置小物块2B， A、 B 的质量均为 m， A、 B 间的动摩擦因数 μ ＝ tan θ 。现同时由静止释放 A、 B， A32与 C 发生碰撞的时间极短，碰撞前、后瞬间速度大小相等。运动过程中小物块始终没有从木板上滑落，已知重力加速度为 g。求：图 2(1)A 与 C 发生第一次碰撞前瞬间的速度大小 v1；(2)A 与 C 发生第一次碰撞后上滑到最高点时，小物块 B 的速度大小 v2；(3)为使 B 不与 C 碰撞，木板 A 长度的最小值 L。解析 (1)第一次碰撞前由机械能守恒定律有(m＋ m)v ＝2 mgdsin θ (3 分)12 21解得 v1＝ (1 分)2gdsin θ(2)设发生第一次碰撞后， A 上滑、 B 下滑的加速度大小分别为 aA、 aB，则μmg cos θ ＋ mgsin θ ＝ maA(2 分)μmg cos θ － mgsin θ ＝ maB(2 分)由于 aAaB，则 A 先减速到零。设 A 第一次碰撞后上滑到最高点的时间为 t，则v1＝ aAt(1 分)v2＝ v1－ aBt(1 分)解得 v2＝ (2 分)452gdsin θ(3)研究 A、 B 运动全过程，由能量守恒定律有mgdsin θ ＋ mg(d＋ L)sin θ ＝ μmgL cos θ (3 分)解得 L＝4 d(1 分)答案 (1) (2) (3)4 d2gdsin θ452gdsin θ15.(16 分)如图 3 所示，光滑杆 AB 长为 L， B 端固定一根劲度系数为 k、原长为 l0的轻弹簧，质量为 m 的小球套在光滑杆上并与弹簧的上端连接。 OO′为过 B 点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为 θ 。3图 3(1)杆保持静止状态，让小球从弹簧的原长位置静止释放，求小球释放瞬间的加速度大小 a及小球速度最大时弹簧的压缩量 Δ l1；(2)当球随杆一起绕 OO′轴匀速转动时，弹簧伸长量为 Δ l2，求匀速转动的角速度 ω ；(3)若 θ ＝30°，移去弹簧，当杆绕 OO′轴以角速度 ω 0＝ 匀速转动时，小球恰好在杆gL上某一位置随杆在水平面内匀速转动，球受轻微扰动后沿杆向上滑动，到最高点 A 时球沿杆方向的速度大小为 v0，求小球从开始滑动到离开杆的过程中，杆对球所做的功 W。解析 (1)小球从弹簧的原长位置静止释放时，根据牛顿第二定律有 mgsin θ ＝ ma(2 分)解得 a＝ gsin θ (1 分)小球速度最大时其加速度为零，则kΔ l1＝ mgsin θ (1 分)解得 Δ l1＝ (1 分)mgsin θk(2)弹簧伸长 Δ l2时，球受力如图所示，水平方向上有 FNsin θ ＋ kΔ l2cos θ ＝ mω 2(l0＋Δ l2)cos θ (2 分)竖直方向上有FNcos θ － kΔ l2sin θ － mg＝0(2 分)解得 ω ＝ (1 分)mgsin θ ＋ kΔ l2m（ l0＋ Δ l2） cos2 θ(3)当杆绕 OO′轴以角速度 ω 0匀速转动时，设小球距离 B 点 L0，此时有 mgtan θ ＝ mω L0cos θ (1 分)20解得 L0＝ (1 分)2L34此时小球的动能 Ek0＝ m(ω 0L0cos θ )2(1 分)12小球在最高点 A 离开杆瞬间的动能EkA＝ m[v ＋( ω 0Lcos θ )2](1 分)12 20根据动能定理有 W－ mg(L－ L0)sin θ ＝ EkA－ Ek0(1 分)解得 W＝ mgL＋ mv (1 分)38 12 20答案 (1) gsin θ (2)mgsin θk mgsin θ ＋ kΔ l2m（ l0＋ Δ l2） cos2 θ(3) mgL＋ mv38 12 201计算题 47 分模拟小卷(二)计算题：本题共 3 小题，共计 47 分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13．(15 分)(2016·泰州一模)如图 1 所示，在倾角为 30°的光滑斜面上，一劲度系数为k＝200 N/m 的轻质弹簧一端连接固定挡板 C，另一端连接一质量为 m＝4 kg 的物体 A，一轻细绳通过定滑轮，一端系在物体 A 上，另一端与质量也为 m 的物体 B 相连，细绳与斜面平行，斜面足够长。用手托住物体 B 使绳子刚好没有拉力，然后由静止释放。求：图 1(1)弹簧恢复原长时的细绳上的拉力；(2)物体 A 沿斜面向上运动多远时获得最大速度；(3)物体 A 的最大速度的大小。解析 弹簧恢复原长时对 B 有 mg－ T＝ ma(2 分)对 A 有 T－ mgsin 30°＝ ma(2 分)解得 T＝30 N(1 分)(2)初态弹簧压缩 x1＝ ＝10 cm(2 分)mgsin 30°k当 A 速度最大时 mg＝ kx2＋ mgsin 30°(2 分)弹簧伸长 x2＝ ＝10 cm(1 分)mgsin 30°k所以 A 沿斜面向上运动 x＝ x1＋ x2＝20 cm 时获得最大速度。(1 分)(3)因 x1＝ x2，故弹性势能改变量Δ EP＝0(1 分)由系统机械能守恒mg(x1＋ x2)－ mg(x1＋ x2)sin 30°＝ ·2m·v2(2 分)12得 v＝ g· ＝1 m/s(1 分)m2k答案 (1)30 N (2)20 cm (3)1 m/s14．(16 分)(2016·无锡一模)如图 2 所示，水平面内有一对不计电阻的平行金属导轨，间2距为 l，导轨端点连接着阻值为 R 的定值电阻。导轨之间还存在一系列边界为半个正弦波形的有界匀强磁场，磁场的上边界与导轨 MN 相切，下边界与导轨 PQ 重合，宽度为 d，其中第奇数个磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度为 B，第偶数个磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度为 2B。建立图示坐标系，一质量为 m、长度为 l、不计电阻的细导体棒开始与 y 轴重合，棒与导轨紧密接触且摩擦不计、电阻不计。现对导体棒施加一个水平向右的拉力，使其向右以速度 v 匀速运动。(1)规定回路中逆时针电流方向为正，画出回路电流随时间的变化关系图线(至少画出一个周期)；(2)求运动过程中导体棒所受安培力的最大值；(3)求从开始运动到穿过第 4 个磁场区域的过程中水平拉力所做的功。图 2解析 (1)如图所示(3 分)(2)最大感应电动势 Em＝2 Blv(2 分)回路最大电流 Im＝ (1 分)EmR最大安培力 Fm＝2 BIml(2 分)联立得 Fm＝ (1 分)4B2l2vR(3)在第奇数个磁场内运动电流的有效值为I1＝ · (1 分)22 BlvR在第偶数个磁场内运动电流的有效值为I2＝ · (2 分)22 2BlvR产生的总热量为Q＝ I R( )＋ I R( )(2 分)212dv 2 2dv3由功能关系，拉力做功 W＝ Q＝ (2 分)5B2l2dvR答案 (1)见解析 (2) (3)4B2l2vR 5B2l2dvR15．(16 分)(2016·无锡二模)如图 3 所示，光滑 圆弧轨道与长为 L＝4.84 m 的水平传送14带 BC 相切于 B。传送带以 v＝2 m/s 的速度匀速向右传动。一质量为 m＝2 kg 的小滑块从轨道最高点 A 由静止开始释放。整个装置放在风洞实验室中，小滑块始终受到大小为 F＝6 N、水平向左的恒定风力的作用。当小滑块运动到 B 点时的速度大小为 v0＝6 m/s，当它滑过 B 后，立即将圆弧轨道撤去。已知滑块与传送带间的动摩擦因数为 μ ＝0.1，重力加速度取 g＝10 m/s 2。图 3(1)求圆弧轨道的半径和小滑块经过 B 点时对轨道的压力大小；(2)小滑块最终从哪边离开传送带？求它在传送带上运动的总时间；(3)求滑块在传送带上运动的过程中，系统产生的热量。解析 (1)由动能定理 mgR－ FR＝ mv (1 分)12 20得 R＝ m(1 分)187在 B 点： FN－ mg＝ (1 分)得 FN＝48 N由牛顿第三定律，小滑块对轨道的压力FN′＝48 N(1 分)(2)第一阶段，滑块向右匀减速，加速度大小为 a1，F＋ μmg ＝ ma1(1 分)得 a1＝4 m/s 2(1 分)从到达 B 至与传送带共速，用时t1＝ ＝1 s(1 分)v0－ va1此间滑块滑行x1＝ (v0－ v)t1＝4 m0.84 m(1 分)12说明滑块尚未减速至零，已由 C 端离开。设第二阶段滑行时间为 t2，有(L－ x1)＝ vt2－ a2t (1 分)12 2代入数据，得 t2＝0.6 s 或 t2′＝1.4 s(舍去)，所用总时间 t＝ t1＋ t2＝1.6 s(1 分)(3)第一阶段，相对位移Δ x1＝ x1－ vt1＝2 m第二阶段，相对位移Δ x2＝ vt2－( L－ x1)＝0.36 m(1 分)Q＝ μmg (Δ x1＋Δ x2)(1 分)代入数据，得 Q＝4.72 J(1 分)答案 (1) m 48 N (2)从 C 端离开 1.6 s187(3)4.72 J1计算题 47 分模拟小卷(四)计算题：本题共 3 小题，共计 47 分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13．(15 分)(2016·南京一模)如图 1 所示，在水平虚线范围内有 B＝0.5 T，高度为h＝1.0 m，方向垂直纸面向里的匀强磁场。质量 m＝0.2 kg，边长 L＝1.0 m 的正方形线框abcd，其电阻 R＝1.0 Ω， cd 边跟磁场下边平行且相距一段距离。现用 F＝3.0 N 竖直向上的恒力由静止开始拉动线框， cd 边刚进入磁场时，恰好做匀速运动，并穿过磁场区域，最后到达Ⅱ位置。整个过程中线框保持在竖直平面内，求线框：(取 g＝10 m/s 2)(1)开始运动的加速度；(2)刚进入磁场时 c、 d 两点间电势差；(3)在穿越磁场过程中产生的热量。图 1解析 (1)根据牛顿第二定律得F－ mg＝ ma(2 分)a＝5 m/s 2(2 分)(2)cd 边进入磁场后做匀速运动F＝ mg＋ BIL(2 分)I＝ (2 分)ERE＝ ＝2 V(2 分)（ F－ mg） RBLUcd＝－ E＝－1.5 V(2 分)34(3)Q＝( F－ mg)·2L＝2 J(3 分)答案 (1)5 m/s 2 (2)－1.5 V (3)2 J14．(16 分)(2016·上海单科，31)风洞是研究空气动力学的实验设备。如图 2，将刚性杆水平固定在风洞内距地面高度 H＝3.2 m 处，杆上套一质量 m＝3 kg，可沿杆滑动的小球。2将小球所受的风力调节为 F＝15 N，方向水平向左。小球以初速度 v0＝8 m/s 向右离开杆端，假设小球所受风力不变，取 g＝10 m/s 2。求：图 2(1)小球落地所需时间和离开杆端的水平距离；(2)小球落地时的动能；(3)小球离开杆端后经过多少时间动能为 78 J?解析 (1)小球在竖直方向做自由落体运动，运动时间为 t0＝ ＝0.8 s(2 分)2Hg小球在水平方向做匀减速运动，加速度大小为a＝ ＝5 m/s 2(2 分)Fm水平位移 s＝ v0t0－ at ＝4.8 m(2 分)12 20(2)由动能定理得 Ek－ mv ＝ mgH－ Fs(2 分)12 20可得 Ek＝120 J(2 分)(3)设小球离开杆后经过时间 t 的水平位移为 s，则s＝ v0t－ at2(1 分)12由动能定理得 Ek′－ mv ＝ mg· gt2－ Fs(2 分)12 20 12将 Ek′＝78 J 和 v0＝8 m/s 代入得 125t2－80 t＋12＝0(1 分)解得 t1＝0.4 s(舍去)， t2＝0.24 s(2 分)答案 (1)0.8 s 4.8 m (2)120 J (3)0.24 s15．(16 分)(2016·泰州一模)在 xOy 平面第Ⅰ象限中，存在沿 x 轴负方向的匀强电场，场强为 E1＝ ，第Ⅱ象限中存在沿 x 轴正方向的匀强电场，场强为 E2＝ ，在第3π Bl2t0 π Bl2t0Ⅲ、Ⅳ象限中，存在垂直于 xOy 平面方向的匀强磁场，方向如图 3 所示。磁感应强度B1＝ B， B2＝2 B。带电粒子 a、 b 同时从 y 轴上的点 M(0，－ l)以不同的速率向相反方向射3出，射出时粒子 a 的速度方向与 y 轴正方向成 60°角，经过时间 t0，粒子 a、 b 同时第一次垂直 x 轴进入电场，不计粒子重力和两粒子间相互作用。3图 3(1)求粒子 a 的比荷及射出磁场时的位置；(2)求粒子 a、 b 射出时速度的大小；(3)进入电场后，粒子 a、 b 先后第一次到达 y 轴上的 P、 Q 两点(图中未画出)，求 P、 Q 两点间的距离。解析 (1)粒子 a： t0＝ · ＝ (1 分)16 2π maBqa π ma3Bqa则 ＝ (1 分)qama π3Bt0经过 x 轴时位置 xa＝ l。(2)粒子 a： Ra＝2 l，Bqava＝ (1 分)则 va＝ ＝ 。(1 分)BqaRama 2π l3t0粒子 b： Rb＝2 l，t0＝ · ＝ ，(1 分)13 2π mb2Bqb π mb3Bqb则 ＝ ，(1 分)qbmb π3Bt0Rb＝ ，(1 分)mbvb2Bqb则 vb＝ ＝ ，(1 分)2BqbRbmb 4π l3t0(3)粒子进入电场后均做类平抛运动4对粒子 a： a1＝ ＝ (1 分)E1qamal＝ a1t ，12 21t1＝ ＝ ，(1 分)2la1 2t0πyP＝ vat1＝ l。(1 分)43对粒子 b： a2＝ ＝ ，(1 分)E2qbmb3l＝ a2t ，(1 分)12 2t2＝ ＝ ，(1 分)6la2 6t0πyQ＝ vbt2＝8 l，(1 分)则 PQ＝ yQ－ yP＝ l。(1 分)203答案 (1) l (2) (3) lπ3Bt0 2π l3t0 4π l3t0 203